专题07 工艺流程-2024年新高一化学人教版2019尖子生专题复习

2024年新高一化学人教新版尖子生专题复习《工艺流程》 一．工艺流程题（共21小题） 1．Fe3O4是合成氨催化剂的主要成分。用铁泥（主要成分为Fe2O3、FeO，含少量Fe）制备Fe3O4的主要流程如图： 查阅资料： 部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表： 阳离子 Mg2+ Fe2+ Fe3+ 开始沉淀时的pH 9.1 7.6 1.9 沉淀完全时的pH 11.1 9.7 3.2 请回答下列问题： （1）加入H2O2，将部分FeSO4转化为Fe2（SO4）3。“氧化”时温度不宜太高，原因是 　 　。 （2）“沉淀”时要控制NaOH的量，原因是 　 　。 （3）“转化”时生成四氧化三铁的同时还生成一种稀酸，则发生反应的化学方程式为 　 　。 （4）合成氨催化过程中因部分Fe3O4与H2反应使催化剂“失效”。在一定温度下可用O2将其“再生”，原理如图2所示。“再生”过程中铁元素的质量分数 　 　（选填“变大”“变小”或“不变”）。 （5）通入O2加热，将一定质量的失效催化剂进行“再生”，固体质量与温度变化的关系如图3所示。T1～T2℃时，FeO转化为Fe3O4，T3～T4℃时，Fe3O4转化为Fe2O3，则M＝　 　。 2．（Te）广泛用于彩色玻璃和陶瓷工艺。以某工业废渣（主要含有TeO2，少量Ag、Au）为原料制备碲的一种工艺流程如图： 资料： ①Ag、Au不与稀硫酸或氢氧化钠溶液反应。 ②TeO2能与较浓的碱溶液反应。 ③TeO2可溶解在酸性较强的酸溶液中。 （1）请类比CO2与NaOH的反应，写出“碱浸”时发生反应的化学方程式 　 　。 （2）“碱浸”后过滤得到的滤渣成分为 　 　。 （3）“沉碲”时，缓慢加入硫酸降低pH至4.5～5.0之间，不断搅拌生成TeO2沉淀，pH不能降太低的原因是 　 　。 （4）“酸溶”后，在TeCl4溶液中通入SO2，反应生成固体碲和初中化学中两种常见的酸，则该反应的化学方程式是 　 　。 （5）若测得废渣中TeO2的含量为80%，则每千克废渣通过这一流程可以提炼出单质碲的质量是 　 　kg（不考虑元素损失）。 3．我国是世界上最早开发和利用海洋的国家之一，海洋资源的合理开发和综合利用对人类有重要意义。 （1）海水淡化（图1）：用膜分离法淡化海水，水分子可以通过淡化膜进入左侧的淡水池（海水中体积较大的盐的离子和其他分子不能通过），从而得到淡水。下列说法中，不合理的是 　 　（填字母）。 A.膜分离法的原理与滤纸过滤原理类似 B.膜分离法较传统蒸馏法更节约能源 C.加压后右侧海水的溶质质量增大 D.加压后右侧海水的溶质质量分数增大 （2）海水晒盐：海水晒盐能得到粗盐和卤水，卤水中含有MgCl2、KCl和MgSO4等物质，如图2是它们的溶解度曲线。 ①t2℃时，MgCl2的饱和溶液中溶质的质量分数为20%，则a＝　 　g。 ②t℃时，MgSO4的溶解度大于KCl的溶解度，则t的取值范围是 　 　。 ③t3℃时，将等质量的MgCl2、KCl和MgSO4三种物质的饱和溶液降温到t2℃，所得溶液的质量由大到小的顺序为 　 　。 （3）海水制镁：以海水晒盐后的母液来制取镁的流程如图： 写出步骤②中氢氧化镁转化为氯化镁的化学方程式：　 　。 4．铁及其化合物在日常生活、工业生产、医疗中均发挥着重要的作用。 Ⅰ.铁是人体中不可或缺的微量元素 （1）正常情况下，从食物中获取的铁就能满足人体对铁的需要。菠菜中的铁元素以草酸亚铁（FeC2O4，淡黄色难溶于水的晶体）的形式存在。FeC2O4常用于照相显影剂和制药工业，常温下性质稳定，受热会生成三种常见的氧化物：Fe2+、都能使酸性高锰酸钾溶液褪色。为了验证菠菜中Fe2+的存在，小明同学设计了如下实验： ①预处理：灼烧菠菜。 ②酸浸：用硫酸浸泡，在浸泡时，加入足量 　 　脱色用于排除菠菜本身的颜色干扰。 ③过滤：除去不溶物。 ④检验：在滤液中加入酸性高锰酸钾溶液，若观察到 　 　，则菠菜中确实存在Fe2+。 （2）有同学对实验步骤④的结论产生了质疑，认为可能是使高锰酸钾溶液褪色的，小明提出此时不可能存在，理由是 　 　。 Ⅱ.铁是工业上一种用途广泛的金属材料 （3）铁红（主要成分Fe2O3）是一种红棕色粉末，用于油漆、油墨、橡胶等工业中，用工业废料铁尾渣制备高品质铁红的方法，为铁红涂料的制备提供了新途径。 ①下列说法正确的是 　 　。 a．“酸溶”时，将铁尾渣加水调浆、升温至85—90℃，均有利于加快反应速率 b．加氨水调节pH时，将温度冷却至15℃，是为了减缓化学反应速率 c．催化剂仅能改变化学反应速率，对产率无影响 ②根据下列信息，在还原步骤时，最佳实验条件是 　 　。 ③在氧化步骤中发生的反应主要是：4FeSO4+O2+8NH3•H2O═4（NH4）2SO4+2Fe2O3+4H2O，最后获得的Fe2O3固体需进行洗涤，判断洗净的方法是：取最后一次洗涤液，　 　。 Ⅲ.铁可作为药品的原料 （4）硫酸亚铁曾为儿童缺铁性贫血的治疗药剂。将15g变质铁粉（含铁和氧化铁）与63g35%的硫酸溶液恰好完全反应后，得到了浅绿色的硫酸亚铁溶液。其中氧化铁发生的反应方程式为 　 　；已知Fe+Fe2（SO4）3═3FeSO4，样品中的铁的质量是 　 　g。 5．以高铁铝土矿、硫酸厂渣尘为配料（主要成分为Al2O3、Fe2O3，杂质为FeO、二氧化硅等）生产PAFC（化学通式：[FeaAlb（OH）cCly]n）的流程如图： （1）为提高“酸溶”速率，除适当提高盐酸浓度外还可以采取的措施有 　 　。 （2）写出“酸溶”时生成FeCl3的化学方程式 　 　。 （3）“氧化”时，反应的化学方程式为NaClO3+6FeCl2+6HCl═6FeCl3+NaCl+3H2O，属于氧化还原反应，在氧化还原反应中，氧化剂得到电子，元素化合价会 　 　（填“升高”或“降低”），该反应中的氧化剂是 　 　。 （4）“聚合”时，pH不易调节过高，可能的原因是 　 　。 （5）“操作”包括过滤、洗涤、干燥，判断产品PAFC已经洗净的方法是：取最后一次洗涤液于试管中，滴加 　 　溶液，不产生白色沉淀，则证明已经洗净。 6．碳酸锰和硫酸锰在工业生产中有广泛应用，均可用软锰矿（主要成分为MnO2，含少量铁的氧化物）为原料进行制备。 Ⅰ．制备高纯MnCO3 一种以软锰矿为原料制备高纯MnCO3的基本流程如图： 已知： ①Mn2+遇碱可反应生成难溶于水的Mn（OH）2； ②MnCO3难溶于水、乙醇，在100℃时开始分解，潮湿时易被O2氧化。 （1）MnCO3属于 　 　（选填“酸”“碱”或“盐”）。 （2）“浸取”反应生成MnSO4，其化学方程式为 　 　。 （3）“沉锰”反应为MnSO4+2NH4HCO3═（NH4）2SO4+MnCO3↓+CO2↑+H2O。若溶液碱性过强，所得MnCO3粗产品中可能会混有 　 　（填化学式）。 （4）“洗涤”时，不用蒸馏水洗涤，而使用无水乙醇进行洗涤，其原因是 　 　。 Ⅱ．制备MnSO4晶体 一种以软锰矿和硫铁矿（主要成分为FeS2）为原料制备MnSO4•H2O的基本流程如下： 已知： ①H2O2能将Fe2+氧化为Fe3+； ②常温下，部分金属阳离子转化为氢氧化物的开始沉淀和完全沉淀的pH如下表： 金属阳离子 Fe2+ Fe3+ Mn2+ 开始沉淀的pH 7 1.9 8.1 完全沉淀的pH 9.5 3.2 10.1 （5）“酸浸”时，为提高锰的浸出率，除了将矿石粉碎、不断搅拌以外，还可采取的措施是 　 　（任写一条）。所加入的硫酸不宜过量太多，原因是 　 　。 （6）“调pH”是为了除去Fe3+，需要调节溶液的pH的范围为 　 　。加入CaCO3也可将滤液中的Fe2（SO4）3转化为Fe（OH）3沉淀，同时生成CaSO4固体，并放出CO2气体，该反应的化学方程式为 　 　。 （7）“操作X”为蒸发浓缩、　 　、过滤、洗涤、烘干。 7．农药波尔多液是常见的杀菌剂，为天蓝色碱性悬浊液。以硫酸铜、生石灰及水为原料，制备波尔多液。 （一）硫酸铜的制备 如图为某兴趣小组用含较多杂质的铜粉制取硫酸铜晶体[CuSO4•5H2O]的两种实验方案。 （1）方案Ⅰ通入氧气，少量Cu转化为CuSO4。该反应的化学方程式为 　 　。 （2）方案Ⅱ中加入浓硫酸发生的反应有Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O。方案Ⅰ优于方案Ⅱ的理由是 　 　。 （二）波尔多液的制备及组成测定 为测定从波尔多液中分离出的天蓝色固体[CuSO4•aCu（OH）2•bCa（OH）2•cH2O]的组成，设计如下实验： 【实验Ⅰ】称取64.4g天蓝色固体，加入足量稀HNO3使其完全溶解，再加入过量Ba（NO3）2溶液，过滤、洗涤、干燥得白色固体23.3g。 【实验Ⅱ】另取64.4g天蓝色固体，用如图装置进行热分解实验： 【资料】 ①CuSO4、Cu（OH）2、Ca（OH）2在一定温度下能受热分解，分别生成两种氧化物，分解过程中各元素的化合价均不改变。 ②天蓝色固体在110℃时，完全失去结晶水。 ③Cu（OH）2在100℃时分解完全。CuSO4和Ca（OH）2在580℃左右时开始分解，到650℃时均能分解完全。 ④浓硫酸可用于吸收SO3。 （3）按图连接好装置，实验前要先 　 　。 （4）控制温度在110℃充分加热，测得B装置增重10.8g。再升温至650℃充分加热，B装置又增重了15.2g。最终剩余固体中的成分是 　 　。 （5）反应停止后要继续通一段时间的氮气，目的是 　 　，整个过程中，天蓝色固体分解生成水的总质量为 　 　g。 （6）天蓝色固体CuSO4•aCu（OH）2•bCa（OH）2•cH2O中，a：b：c＝　 　。 8．工业上以硫铁矿烧渣（主要成分为Fe2O3、Fe3O4及少量难溶杂质）为主要原料制备铁红（Fe2O3）的步骤如图1所示。 （1）酸浸：用硫酸溶液浸取硫铁矿烧渣中的铁元素。若其他条件不变，下列措施中能提高铁元素浸出效率的有 　 　。（填序号） A.适当升高温度 B.适当加快搅拌速率 C.减小硫酸浓度 （2）过滤1：所得滤液中含有的阳离子有：Fe2+、　 　、　 　。 （3）沉铁：为将铁元素充分转化为沉淀，取10mL“酸浸”后的滤液并加入一定量NH4HCO3，铁的沉淀率随氨水用量变化如图2所示。 ①氨水的最佳用量为 　 　mL。 ②“沉铁”过程温度不宜过高，主要原因是 　 　。（任答一点即可） （4）过滤2：“沉铁”后过滤，滤渣中含有FeOOH和FeCO3，所得滤液中溶质主要是 　 　。 （5）焙烧：将FeOOH和FeCO3高温焙烧后均可得到铁红。 ①FeOOH高温脱水分解的化学方程式：　 　 ②4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2 （6）测定FeOOH和FeCO3的质量比x：y，利用如图3所示的装置（夹持仪器省略）进行实验。 ①实验前首先要 　 　，再装入样品。装置A的作用是 　 　。 ②现控制B装置温度在600℃加热至固体完全变为红色，装置C实验后增重3.6g，装置D实验后增重17.6g。请结合实验数据求出x：y的值 　 　。 ③若无装置E，则实验测定结果 　 　。（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）， 9．中国是世界上第三个在月球发现新矿物的国家，其中有一种含钛的矿石﹣钛铁矿，主要成分为钛酸亚铁（FeTiO3）。工业上常用钛铁矿制取钛，并获得副产品（NH4）xFe（SO4）y，生产工艺流程如下： 信息揭示：Ba2+遇到生成BaSO4沉淀；钛能与盐酸反应。 （1）反应前将钛铁矿粉碎的目的是 　 　。 （2）由H2TiO3到TiO2，其中钛元素的化合价是 　 　（选填“升高”“降低”或“不变）。 （3）反应②通常在800～900℃的条件下进行，产物中还有一种可燃性无色气体，该反应的化学方程式为 　 　。 （4）反应③中用镁在高温下与四氯化钛（TiCl4）反应制取金属钛，反应中需要加入氩气的理由是 　 　；反应③后的产物中需要加入 　 　（填试剂名称）就能达到分离的目的。 （5）钛和钛合金常被用于航空航天工业，是因为钛合金具备的优良性能有 　 　（答一点即可）。 （6）为确定（NH4）xFe（SO4）y的化学式，进行如下实验： 现称取2.84g（NH4）xFe（SO4）y溶于水，再将该溶液分成两等份。 实验1：向其中一份溶液中加入足量BaCl2溶液，搅拌，再用足量稀盐酸处理沉淀物，过滤、洗涤和干燥，得到2.33gBaSO4沉淀。 实验2：向另一份溶液加入足量的氢氧化钠，充分反应后得到0.17gNH3。则（NH4）xFe（SO4）y的化学式为 　 　。 10．高纯碳酸锰（MnCO3）广泛应用于电子工业，是制造高性能磁性材料的主要原料。工业上以软锰矿（主要成分是MnO2、含有少量的Fe2O3、SiO2）为主要原料制备高纯碳酸锰的工艺流程如图1所示。 已知：①SiO2难溶于水，且不与稀硫酸、二氯化硫反应。 ②碳酸锰难溶于水和乙醇，潮湿时易被空气氧化。 ③该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示： 金属离子 Mn2+ Fe3+ Fe2+ 开始沉淀时的pH 8.1 1.5 6.3 沉淀完全时的pH 10.2 2.8 8.4 （1）“浸锰”过程中的反应原理是：MnO2+SO2═MnSO4，Fe3O4+2H2SO4+SO2═3FeSO4+2H2O。其中锰元素的化合价 　 　（填“升高”“降低”或“不变”）。 （2）“过滤Ⅰ”的目的是 　 　。 （3）“氧化”过程中加入二氧化锰可将Fe2+转化为Fe3+，再调节pH在6.5﹣7.0。pH控制在该范围，对工艺流程的有利影响是：　 　，　 　。 （4）“沉锰”过程中的反应原理是2NH4HCO3+MnSO4═MnCO3↓+CO2↑+（NH4）2SO4+H2O。欲得到了115kg的MnCO3，至少需要溶质质量分数为15.8%的碳酸氢铵溶液多少千克？（写出计算过程） （5）为了得到高纯碳酸锰，在“沉锰”后需进行过滤、洗涤、干燥。洗涤试剂应选用乙醇而不用水，其原因是 　 　。 （6）得到的高纯MnCO3（不含其他杂质）在空气中加热易转化为不同价态的锰的氧化物。随着温度的升高，残留固体的质量如图2所示。则B点的成分为 　 　（填化学式）。 11．过碳酸钠（2Na2CO3•3H2O2）兼具碳酸钠和过氧化氢双重性质，广泛应用于洗涤、纺织、医药等领域。一种制备过碳酸钠的流程如图1。 已知：过碳酸钠在异丙醇中的溶解度较低。 （1）工业碳酸钠中含有的铁离子会消耗过氧化氢，从而干扰过碳酸钠的合成。 ①图2为铁离子消耗过氧化氢的反应机理，铁离子所起的作用是 　 　。 ②结晶发生的化学反应方程式为 　 　，加入异丙醇的作用是 　 　。 （2）过碳酸钠中有效氧的含量越高，产品的品质越高。已知有效氧[O]%定义为：[O]%＝×100%。 过碳酸钠的理论有效氧为15.29%。在过碳酸钠的制备过程中，温度对产品有效氧[O]%的影响如图3所示。取某次制备的产品，测量其有效氧的实验步骤如下： 步骤1：称量一定质量的样品加入锥形瓶中，加入10%硫酸至不再产生气体，将所得气体依次通过浓硫酸和碱石灰（由烧碱和氧化钙组成），充分吸收后碱石灰质量增加17.6g。 步骤2：称量与步骤1等质量的样品，放入坩埚中，加热，每隔10分钟测量一次坩埚和坩埚内固体的总质量，记录数据如下： 测量时间/min 0 10 20 30 40 坩埚和坩埚内固体总质量/g 109.4 102.2 95.8 92.4 92.4 ①计算样品的有效氧，写出计算过程。 ②产品有效氧低于理论有效氧的可能原因是 　 　。 12．铜及其化合物在生产、生活中都有广泛的应用。 探究一：铜的性质研究 圆明园十二生肖兽首中的兔首为青铜器（铜、锡合金），兔首表面呈有绿色斑点，这是因为铜器长期暴露在空气中生了铜绿。 （1）铜绿可能是铜与氧气及 　 　共同作用而形成的。 （2）同学们为了比较青铜与铜片的硬度，将青铜和铜片互相刻划，观察到 　 　上有明显的划痕。 探究二：铜的制备研究 （3）工业冶炼铜的方法有细菌冶铜和高温火法炼铜。 ①用黄铜矿细菌冶铜的原理为4CuFeS2+2H2SO4+17O2═4CuSO4+2Fe2（SO4）3+2X，X的化学式为 　 　。冶炼过程中溶液的pH 　 　（填“增大”、“减小”或“不变”）。 ②火法炼铜时，由Cu2S制得铜的原理是：。 两种炼铜方案中，“细菌冶铜”相比“火法炼铜”的优点有 　 　（答一点即可）。 探究三：铜的化合物的研究 （4）工业制取硫酸铜的方案是：将废铜屑倒入稀硫酸中，控温80℃并通入氧气制备硫酸铜。反应的化学方程式为 　 　。 （5）切割钢板时，常用硫酸铜溶液在钢板上画出红线，该反应的化学方程式为 　 　。 （6）工业上用微蚀刻废液（含硫酸铜和少量硫酸）制备高纯度碱式碳酸铜，过程如图： “沉淀”时的反应为：2CuSO4+2Na2CO3+H2O═Cu2（OH）2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑。 ①试剂1为氢氧化铜，中和反应的方程式为 　 　。 ②沉淀过程中，判断所加碳酸钠溶液已经过量的方法为：静置后，向上层清液中 　 　。（写出操作、现象和结论） ③烘干时若产品中出现少量黑色物质，可能的原因为 　 　。 ④加入Na2CO3进行反应时，反应液pH对产品中的含量以及溶液残留铜元素浓度的影响如图所示。当pH＝6.0时，产品中的含量为 　 　；为使产率更高，溶液pH最好控制在 　 　左右。 13．铝及其化合物用途非常广泛。 （一）了解铝的冶炼 （1）19世纪末，霍尔应用电解熔融金属化合物的方法制备金属，写出电解熔融氧化铝制备铝的化学方程式 　 　。 （二）探究硫酸铝铵晶体（铵明矾晶体）[NH4Al（SO4）2•12H2O]的制取 以铝土矿（主要成分是Al2O3和少量SiO2、Fe2O3杂质）为原料可以制取硫酸铝铵（铵明矾）晶体，其工艺流程如图所示。 【资料】 ①SiO2不与稀盐酸反应，也不溶于水。 ②Al（OH）3能溶解在NaOH溶液中，生成可溶性钠盐[偏铝酸钠（NaAlO2）]。 ③Al（OH）3加热分解成氧化铝和水。 请回答下列问题： （2）步骤Ⅰ中所得滤液含有的阳离子有 　 　（填离子符号）。 （3）步骤Ⅱ生成的固体b为 　 　（填化学式）。 （4）步骤Ⅲ中通入足量CO2发生的反应之一为CO2+NaAlO2+2H2O═Al（OH）3↓+X，推断X的化学式为 　 　。 （5）步骤Ⅴ通过化合反应制取硫酸铝铵[NH4Al（SO4）2]，其化学方程式为 　 　。从硫酸铝铵溶液中获得硫酸铝铵晶体的实验操作依次为加热浓缩、冷却结晶、过滤等，据此可知硫酸铝铵晶体的溶解度受温度影响的情况是 　 　。 （6）步骤Ⅱ中加过量烧碱的目的是 　 　；若步骤Ⅱ所加烧碱量不足，则最终硫酸铝铵晶体的产率将 　 　（填“偏低”、“不变”或“偏高”）。 （7）工业上通过控制硫酸的用量可以同时生产硫酸铝铵和硫酸铝。欲使制得的硫酸铝和硫酸铝铵的“微粒”个数之比为1：1，则投料时铝土矿中的Al2O3和H2SO4的“微粒”数之比为 　 　。 （8）通过加热分解硫酸铝铵晶体可得到纳米材料氧化铝。取4.53g硫酸铝铵晶体（相对分子质量为453）加热分解，最终剩余的固体只有Al2O3，其质量为 　 　。（写出计算过程） 14．从古至今，铁及其化合物一直被人类广泛应用。 （一）铁及其化合物的应用 （1）明代科学著作《天工开物》中记载：“泥固塞其孔，然后使水转釉”是指高温下CO将红砖中的Fe2O3转化为Fe3O4而形成青砖。该转化的化学方程式为 　 　。 （2）铁的化合物在现代更多领域发挥着重要作用。 ①碳酸亚铁（FeCO3）不溶于水，可作补血剂，服用后与胃酸反应生成 　 　被人体吸收，促进血红蛋白的生成。 ②火星探测器发回的信息表明，火星上存在FeOOH，从而证明火星表面曾经存在过水，其理由为 　 　。 ③活性FeOOH可除去石油开采过程中的有害气体H2S，并获得S，原理如下。 FeOOHFe2S3•H2OFeOOH+S 吸收中生成的另一种物质的化学式为 　 　，再生时发生反应的化学方程式为 　 　。 （二）FeOOH的制备 用废铁屑（主要成分为Fe，含少量Fe2O3和FeCO3）制备FeOOH主要流程如下。 （3）酸溶时适当提高反应温度和H2SO4浓度，目的是 　 　，产生的气体为 　 　。 （4）还原发生的反应为Fe2（SO4）3+Fe═3FeSO4。 沉淀发生的反应为2FeSO4+H2O2+2H2O═2FeOOH↓+2H2SO4。 沉淀时反应温度不宜太高，原因是 　 　。 （三）FeOOH的含量测定 已知：FOOH及铁的氧化物加热分解的温度如下。 FeOOHFe2O3Fe3O4FeO 称取含Fe3O4的FeOOH样品76.6g，进行热分解实验。控制不同的温度对样品加热，测得剩余固体质量随温度的变化如图所示。 （5）样品中FeOOH的含量为 　 　%（精确到0.1%）。 （6）当加热到T4℃时，M点固体的成分是 　 　。 15．从古至今，铁及其化合物一直被人类广泛应用。 Ⅰ.铁及其化合物的应用 （1）明代科学著作《天工开物》中记载：“泥固塞其孔，然后使水转釉”是指高温下CO将红砖中的Fe2O3转化为Fe3O4而形成青砖。该转化的化学方程式为 　 　。 （2）铁的化合物在现代更多领域发挥着重要作用。 ①碳酸亚铁（FeCO3）不溶于水，可作补血剂，服用后与胃酸反应生成 　 　（填化学式）被人体吸收，促进血红蛋白的生成。 ②火星探测器发回的信息表明，火星上存在FeOOH，从而证明火星表面曾经存在过水，其理由为 　 　。 Ⅱ.FeOOH的制备 用废铁屑（主要成分为Fe，含少量Fe2O3和FeCO3）制备FeOOH主要流程如图： （3）“酸溶”时适当提高反应温度和H2SO4浓度，目的是 　 　，产生的气体为 　 　。 （4）制备过程中，“还原”反应的化学方程式为Fe2（SO4）3+Fe═3FeSO4；“沉淀”反应的化学方程式为2FeSO4+H2O2+2H2O═2FeOOH↓+2H2SO4。 （5）“沉淀”时温度不宜太高，原因是 　 　。“沉淀”时会有部分FeOOH与FeSO4反应生成Fe3O4反应的化学方程式为 　 　。 Ⅲ.FeOOH的含量测定 已知：FeOOH及铁的氧化物加热分解的温度如下： FeOOHFe2O3Fe3O4FeO 称取含Fe3O4的FeOOH样品76.6g，进行热分解实验。控制不同的温度对样品加热，测得剩余固体质量随温度的变化如图所示。 （6）样品中FeOOH的含量为 　 　%。（写出解题过程，精确到0.1%） （7）当加热到T4℃时，M点固体的成分是 　 　。 16．2023年10月31日，神舟十六号载人飞船成功返回地面，圆满完成任务。氧气和水是保障航天员生命的重要物质。 “天宫”中水和氧气的最大化利用是保障生活的重要措施。如图是空间站资源再利用模拟图。 （1）在“水净化系统”中，活性炭可以除去色素和异味，是利用活性炭具有 　 　性；用臭氧（O3）消毒，臭氧在一定条件下可以转化成氧气，该转化过程是 　 　变化（填“物理”或“化学”）；高分子膜可以除去水中大分子杂质，与实验常用的 　 　操作原理相同，从微观角度分析水分子能透过高分子膜的原因 　 　。 （2）“氢氧燃料电池”中有催化剂，氢气与氧气在催化剂作用下能直接化合释放出电能，实现由化学能到电能的转化，该反应中不变的粒子是 　 　，该技术的优点：　 　。 （3）“水电解系统”中产生氧气的电极应接在电源的 　 　（填“正”或“负”）极；在空间站失重状态下收集氧气可以选择下列什么装置 　 　。经换算可知理论上1个人一天约需要786克氧气，供给1个人一天用氧量至少电解水的质量是 　 　克。（保留整数）。 （4）“萨巴蒂尔反应器”可以除去CO2，该反应的化学方程式是 　 　。 17．海水资源综合利用体现了人类认识物质、改造物质的智慧。 （1）Ⅰ.海水提取粗盐 从贮水池到蒸发池，氯化钠的质量分数 　 　（填“变大”“变小”或“不变”）。 （2）Ⅱ.粗盐提纯 可以采用物理和化学方法除去粗盐中的MgCl2、CaCl2和Na2SO4等可溶性杂质。 ①物理方法：用NaCl溶液浸洗粗盐，溶解其中的可溶性杂质，则浸洗溶液应选用NaCl的 　 　（填“饱和”或“不饱和”）溶液。 ②化学方法：操作步骤依次为：加水溶解—加过量NaOH溶液—加过量BaCl2溶液—加过量试剂①—过滤—加适量盐酸，试剂①是 　 　（填化学式）溶液，过滤后滤液成分有Mg（OH）2、BaSO4及 　 　（填化学式，写出全部成分）。 （3）Ⅲ.侯氏“制碱” 我国科学家侯德榜为纯碱和氮肥工业技术的发展做出了杰出贡献。如图是侯氏联合制碱法和西方索尔维制碱法的工艺流程。（已知：NH4ClNH3↑+HCl↑） ①在制取纯碱的过程中，是先向饱和食盐水中通入氨气。制成饱和氨盐水，再通入二氧化碳；先通入过量氨气的目的是 　 　。 ②利用碳酸氢钠热解生产纯碱反应的基本类型是 　 　。 ③我国化学家侯德榜创立的联合制碱法的优点有 　 　（填字母序号）。 A.大大提高了食盐的利用率，节约了成本 B.析出的NH4Cl晶体可用作复合肥，提高了原料的利用率 C.无“索尔维氨碱法”中的废弃物CaCl2生成，有利于保护环境 18．从古至今。铜及其化合物一直被人类广泛应用。 一、对古代铜制品的认识 （1）先秦《考工记》中有关青铜成分记载：“六分其金而锡居其一”（注：此处“金”指铜），由此可知，雁鱼灯灯体的材质硬度比纯铜 　 　（选填“大”或“小”）。 （2）雁鱼灯的灯罩可自由开合，以调节进风量的大小。当看到有大量黑烟产生时，应 　 　（选填“扩大”或“减小”）进风口从而促进燃料充分燃烧，使用完毕后可将灯罩合住即可将其熄灭，其原理是 　 　。 （3）雁鱼灯出土时表面某些部分存在绿色锈蚀。主要成分是碱式碳酸铜。写出铜生锈的化学方程式为 　 　。该物质可用棉签蘸取 　 　（填化学式）擦拭除去。 （4）铜锈成分非常复杂。考古专家将铜锈分为无害锈和有害锈，碱式碳酸铜是无害锈，而碱式氯化铜是有害锈，结构如图2所示，无害锈能保护雁鱼灯的原因可能是 　 　。 二、碱式氯化铜的制备 碱式氯化铜[Cux（OH）yClz]是绿色固体，难溶于水，能溶于稀盐酸和氨水，是重要的杀虫剂，以废铜屑（Cu和少量CuO）为原料制备碱式氯化铜的主要流程如下。 （1）“酸溶”时，为使废铜屑充分反应，可采取的措施有 　 　。 （2）“酸溶”时的反应为CuO+2HCl═CuCl2+H2O。“氧化”时铜单质全部转化为氯化铜，反应的化学方程式为 　 　，该过程中反应温度不宜太高，原因是 　 　。 （3）“转化”中滴入稀盐酸过量，碱式氯化铜的产量 　 　（选填“偏高”“偏低”或“无影响”）。 三、碱式氯化铜的组成测定 称取碱式碳酸铜和碱式氯化铜[Cux（OH）yClz]混合固体54.0g置于装置A中，控制不同的温度对其加热，测得装置B和C的质量如表。 表：装置B和C的质量变化 温度/℃ 装置B/g 装置C/g 室温 200.0 300.0 250℃ m 302.2 500℃ 204.5 309.5 资料：①加热到200℃以上，Cu2（OH）2CO3开始分解；加热到400℃以上，碱式氯化铜开始分解生成CuO、HCl和H2O。 ②浓硫酸、碱石灰可作干燥剂，碱石灰还能吸收HCl和CO2。 （1）装置D的作用是 　 　。 （2）表中m的值是 　 　，Cux（OH）yClz中x：y：z＝　 　。 （3）将装置A中固体继续加热到1000℃，发现固体质量减少4.0g后质量不再改变，则此过程中发生反应的化学方程式为 　 　。 19．二氧化锰因应用广泛而备受关注。化学兴趣小组采用如图装置通过焙烧MnCO3制取MnO2，发生反应的化学方程式为：2MnCO3+O22MnO2+2CO2。 （1）图中尾气吸收剂主要吸收的气体是 　 　。 （2）实验过程中，石英管内剩余固体的质量和成分随温度的变化如图二所示。若焙烧过程中温度达到900℃，　 　（填写“能”或“不能”）达到实验目的。 （3）当加热到300﹣900℃时，锰的氧化物会分解产生一种常见气体，该气体是 　 　（填化学式）。若加热到一定温度，当剩余固体质量为33.2g时，则剩余固体中的物质成分是 　 　。 20．氧化钙是一种重要的化工原料，制备氧化钙有以下两种方法。 方法一：煅烧石灰石。 方法二：电解水制氢联合制备氧化钙和甲醇（化学式CH4O），制备流程如图所示： Ⅰ.煅烧过程中发生反应的化学方程式是 　 　。 Ⅱ.列举一种绿色能源 　 　。 Ⅲ.写出电解水的化学方程式 　 　，生成氢气的电极连接的是电源 　 　（选填“正极”或“负极”）。 Ⅳ.反应1中消耗氢气和碳酸钙的物质的量相等，物质X的化学式为 　 　。 Ⅴ.甲醇（化学式CH4O）中氢元素与氧元素的质量比为 　 　。反应2属于化合反应，写出反应2的化学方程式 　 　。 Ⅵ.方法二理论上制得氧化钙和甲醇的物质的量之比为 　 　。 Ⅶ.对比两种制备方法，方法二的优点除了利用绿色能源之外，请再写出一条优点。 　 　。 21．MnCO3可用作涂料和清漆的颜料。已知MnCO4、Mn（OH）2均难溶于水，MnCO3在100℃时开始分解。以软锰矿（主要成分MnO2）为原料制备高纯MnCO3的流程如图： （1）反应塔1中往往有副产物MnS2O6生成，温度对该反应的影响如图所示，为减少MnS2O6的生成，最适宜的温度为 　 　℃；为了提高锰元素的浸出率，通常还可以采取的措施是 　 　。（任写一种） （2）反应塔2中的反应为MnSO4+2NH4HCO3═（NH4）2SO4+MnCO3↓+CO2↑+H2O。反应塔2中需控制溶液的酸碱度，若碱性过强，MnCO3粗产品中将混有 　 　（填化学式）。 （3）向反应塔2中加入碳酸氢铵溶液时，往往需要控制温度在30～35℃，原因是 　 　。 （4）洗涤塔中洗涤的目的是 　 　，判断洗涤干净的方法是取最后一次洗液于试管，滴加 　 　（填名称），无现象，证明洗液中不含 　 　（填离子符号），说已洗净。 （5）若akg软锰矿经历上述制备流程，最终制得高纯碳酸锰bkg。若整个流程锰元素损耗率为10%，则软锰矿中MnO2纯度是 　 　（列出计算式）。 2024年新高一化学人教新版尖子生专题复习《工艺流程》 参考答案与试题解析 一．工艺流程题（共21小题） 1．Fe3O4是合成氨催化剂的主要成分。用铁泥（主要成分为Fe2O3、FeO，含少量Fe）制备Fe3O4的主要流程如图： 查阅资料： 部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表： 阳离子 Mg2+ Fe2+ Fe3+ 开始沉淀时的pH 9.1 7.6 1.9 沉淀完全时的pH 11.1 9.7 3.2 请回答下列问题： （1）加入H2O2，将部分FeSO4转化为Fe2（SO4）3。“氧化”时温度不宜太高，原因是 　为了防止H2O2发生分解　。 （2）“沉淀”时要控制NaOH的量，原因是 　防止NaOH与FeSO4发生反应，从而影响Fe3O4的产率　。 （3）“转化”时生成四氧化三铁的同时还生成一种稀酸，则发生反应的化学方程式为 　2Fe（OH）3+FeSO4Fe3O4+H2SO4+2H2O　。 （4）合成氨催化过程中因部分Fe3O4与H2反应使催化剂“失效”。在一定温度下可用O2将其“再生”，原理如图2所示。“再生”过程中铁元素的质量分数 　变小　（选填“变大”“变小”或“不变”）。 （5）通入O2加热，将一定质量的失效催化剂进行“再生”，固体质量与温度变化的关系如图3所示。T1～T2℃时，FeO转化为Fe3O4，T3～T4℃时，Fe3O4转化为Fe2O3，则M＝　69.6　。 【考点】物质的相互转化和制备．版权所有 【专题】物质的制备． 【答案】（1）为了防止H2O2发生分解； （2）防止NaOH与FeSO4发生反应，从而影响Fe3O4的产率； （3）2Fe（OH）3+FeSO4Fe3O4+H2SO4+2H2O； （4）变小； （5）69.6。 【分析】（1）根据温度过高时过氧化氢溶液会发生分解来分析解答； （2）根据NaOH与FeSO4能发生反应分析； （3）根据Fe（OH）3和FeSO4在一定条件下反应生成Fe3O4，根据质量守恒定律可知，同时还一定会生成H2SO4和H2O分析； （4）根据“再生”时是氧化亚铁和氧气反应生成四氧化三铁来分析解答； （5）根据质量守恒定律，转化过程中铁元素的质量不变来分析解答。 【解答】解：（1）由于温度过高时过氧化氢溶液会发生分解，会降低原料的利用率，所以为了防止H2O2发生分解，“氧化”时温度不宜太高；故答案为：为了防止H2O2发生分解； （2）由于NaOH与FeSO4能发生反应，因此“沉淀”时要控制NaOH的量，防止其与FeSO4发生反应，从而影响Fe3O4的产率；故答案为：防止NaOH与FeSO4发生反应，从而影响Fe3O4的产率； （3）“转化”时，Fe（OH）3和FeSO4在一定条件下反应生成Fe3O4，根据质量守恒定律可知，同时还一定会生成H2SO4和H2O，故发生反应的化学方程式为2Fe（OH）3+FeSO4Fe3O4+H2SO4+2H2O；故答案为：2Fe（OH）3+FeSO4Fe3O4+H2SO4+2H2O； （4）“再生”时是FeO和氧气反应生成Fe3O4，氧元素的质量分数增大，所以铁元素的质量分数变小；故答案为：变小； （5）根据元素守恒，转化过程中铁元素的质量不变，T1℃﹣T2℃下，FeO转化为Fe3O4，M点固体成分为Fe3O4，T3℃﹣T4℃下，Fe3O4转化为Fe2O3，则T4℃时，固体质量为Fe2O3，Fe2O3的质量为72.0g，Fe3O4与Fe2O3中铁元素的质量相等，所以M点Fe3O4的质量为：＝69.6g；故答案为：69.6。 【点评】在解此类题时，首先分析题中考查的问题，然后结合学过的知识和题中的知识进行分析解答。 2．（Te）广泛用于彩色玻璃和陶瓷工艺。以某工业废渣（主要含有TeO2，少量Ag、Au）为原料制备碲的一种工艺流程如图： 资料： ①Ag、Au不与稀硫酸或氢氧化钠溶液反应。 ②TeO2能与较浓的碱溶液反应。 ③TeO2可溶解在酸性较强的酸溶液中。 （1）请类比CO2与NaOH的反应，写出“碱浸”时发生反应的化学方程式 　TeO2+2NaOH＝Na2TeO3+H2O　。 （2）“碱浸”后过滤得到的滤渣成分为 　Ag和Au　。 （3）“沉碲”时，缓慢加入硫酸降低pH至4.5～5.0之间，不断搅拌生成TeO2沉淀，pH不能降太低的原因是 　酸性过强导致TeO2继续与酸反应　。 （4）“酸溶”后，在TeCl4溶液中通入SO2，反应生成固体碲和初中化学中两种常见的酸，则该反应的化学方程式是 　2SO2+TeCl4+4H2O═4HCl+2H2SO4+Te↓　。 （5）若测得废渣中TeO2的含量为80%，则每千克废渣通过这一流程可以提炼出单质碲的质量是 　0.64　kg（不考虑元素损失）。 【考点】物质的相互转化和制备．版权所有 【专题】物质的制备． 【答案】（1）TeO2+2NaOH＝Na2TeO3+H2O； （2）Ag和Au； （3）酸性过强导致TeO2继续与酸反应； （4）2SO2+TeCl4+4H2O═4HCl+2H2SO4+Te↓； （5）0.64。 【分析】（1）类比CO2与NaOH的反应，“碱浸”时氢氧化钠和TeO2反应生成Na2TeO3和水； （2）根据Ag、Au不与稀硫酸或氢氧化钠溶液反应分析； （3）根据氢氧化钠和稀硫酸反应生成硫酸钠和水。为生成TeO2沉淀，需控制溶液的pH在4.5～5.0之间，其原因是防止酸性过强导致TeO2继续与酸反应分析； （4）根据“酸溶”后，在TeCl4溶液中通入SO2，反应生成碲和初中化学中两种常见的酸，即盐酸和硫酸分析； （5）根据提供数据可以进行相关方面的计算。 【解答】解：（1）类比CO2与NaOH的反应，“碱浸”时，氢氧化钠和TeO2发生反应应生成Na2TeO3和水，反应的化学方程式：TeO2+2NaOH＝Na2TeO3+H2O； （2）“碱浸”时，氢氧化钠和TeO2发生反应生成Na2TeO3和水，银和金不与氢氧化钠反应，故滤渣成分为银和金； （3）有资料③：TeO2可溶解在酸性较强的酸溶液中。为了防止酸性过强导致TeO2继续与酸反应，生成TeO2沉淀需控制溶液的pH在4.5～5.0之间； （4）“酸溶”后，在TeCl4溶液中通入SO2，反应生成碲和初中化学中两种常见的酸，根据反应前所提供的元素可知为盐酸和硫酸，根据反应前后元素种类不变，反应物中应有水，故方程式为：2SO2+TeCl4+4H2O═4HCl+2H2SO4+Te↓； （5）由流程图可知，TeO2中的碲元素全部转化成了单质碲，即TeO2中的碲元素质量等于单质碲的质量，一千克TeO2的含量为80%滤渣中碲元素质量为：，故生成单质碲的质量为0.64g。 故答案为： （1）TeO2+2NaOH＝Na2TeO3+H2O； （2）Ag和Au； （3）酸性过强导致TeO2继续与酸反应； （4）2SO2+TeCl4+4H2O═4HCl+2H2SO4+Te↓； （5）0.64。 【点评】本题主要考查物质的制备等，注意在书写化学方程式后，首先检查化学式，再检查是否配平、反应条件和沉淀、气体符号的标注。 3．我国是世界上最早开发和利用海洋的国家之一，海洋资源的合理开发和综合利用对人类有重要意义。 （1）海水淡化（图1）：用膜分离法淡化海水，水分子可以通过淡化膜进入左侧的淡水池（海水中体积较大的盐的离子和其他分子不能通过），从而得到淡水。下列说法中，不合理的是 　C　（填字母）。 A.膜分离法的原理与滤纸过滤原理类似 B.膜分离法较传统蒸馏法更节约能源 C.加压后右侧海水的溶质质量增大 D.加压后右侧海水的溶质质量分数增大 （2）海水晒盐：海水晒盐能得到粗盐和卤水，卤水中含有MgCl2、KCl和MgSO4等物质，如图2是它们的溶解度曲线。 ①t2℃时，MgCl2的饱和溶液中溶质的质量分数为20%，则a＝　25　g。 ②t℃时，MgSO4的溶解度大于KCl的溶解度，则t的取值范围是 　t2＞t＞t1　。 ③t3℃时，将等质量的MgCl2、KCl和MgSO4三种物质的饱和溶液降温到t2℃，所得溶液的质量由大到小的顺序为 　氯化镁＞硫酸镁＞氯化钾　。 （3）海水制镁：以海水晒盐后的母液来制取镁的流程如图： 写出步骤②中氢氧化镁转化为氯化镁的化学方程式：　2HCl+Mg（OH）2＝MgCl2+2H2O　。 【考点】对海洋资源的合理开发与利用；固体溶解度曲线及其作用．版权所有 【专题】物质的制备． 【答案】（1）C； （2）①25； ②t2＞t＞t1； ③氯化镁＞硫酸镁＞氯化钾； （3）2HCl+Mg（OH）2＝MgCl2+2H2O。 【分析】（1）根据蒸馏法是常用的海水淡化方法，膜分离法只能让水分子透过进行分析； （2）根据溶解度曲线进行分析； （3）根据氢氧化镁和稀盐酸反应生成氯化镁和水分析。 【解答】解：（1）A、过滤是分离难溶性固体和液体的操作，膜分离法将水分子和海水中的其他物质分离，则膜分离法的原理与滤纸过滤原理类似，将水分子和其他杂质分离，故说法合理； B、传统蒸馏法需要消耗大量能源，膜分离法较传统蒸馏法更节约能源，故说法合理； C、加压后是将右侧海水压入左侧，则右侧海水的溶质质量不变，故说法不合理； D、加压后右侧的水分子运动到左侧，右侧溶剂水减小，则右侧海水中溶质质量分数增大，故说法合理； 故选：C； （2）①t2℃时，MgCl2的饱和溶液中溶质的质量分数为20%，则有：，a＝25g； ②t℃时，MgSO4的溶解度大于KCl的溶解度，根据图示，当t2＞t＞t1时，硫酸镁的溶解度曲线在氯化钾的溶解度曲线上方，MgSO4的溶解度大于KCl的溶解度，则的取值范围是t2＞t＞t1； ③t3℃时，将等质量的MgCl2、KCl和MgSO4三种物质的饱和溶液降温到t2℃，降低温度，氯化镁和氯化钾的溶解度降低，析出晶体，变为t2℃的饱和溶液，t2℃时，氯化镁的溶解度＞氯化钾，则溶质质量分数氯化镁＞氯化钾；t3℃降温至t2℃硫酸镁的溶解度增大，则变为t2℃的不饱和溶液，溶液组成不变，溶质质量分数不变，t2℃时氯化镁的溶解度＞t3℃硫酸镁的溶解度＞t2℃氧化钾的溶解度，故所得溶液的质量由大到小的顺序为氯化镁＞硫酸镁＞氯化钾； （3）氢氧化镁和稀盐酸反应生成氯化镁和水，化学方程式为：2HCl+Mg（OH）2＝MgCl2+2H2O。 故答案为： （1）C； （2）①25； ②t2＞t＞t1； ③氯化镁＞硫酸镁＞氯化钾； （3）2HCl+Mg（OH）2＝MgCl2+2H2O。 【点评】本题主要考查海洋资源的合理开发等，注意在书写化学方程式后，首先检查化学式，再检查是否配平、反应条件和沉淀、气体符号的标注。 4．铁及其化合物在日常生活、工业生产、医疗中均发挥着重要的作用。 Ⅰ.铁是人体中不可或缺的微量元素 （1）正常情况下，从食物中获取的铁就能满足人体对铁的需要。菠菜中的铁元素以草酸亚铁（FeC2O4，淡黄色难溶于水的晶体）的形式存在。FeC2O4常用于照相显影剂和制药工业，常温下性质稳定，受热会生成三种常见的氧化物：Fe2+、都能使酸性高锰酸钾溶液褪色。为了验证菠菜中Fe2+的存在，小明同学设计了如下实验： ①预处理：灼烧菠菜。 ②酸浸：用硫酸浸泡，在浸泡时，加入足量 　活性炭　脱色用于排除菠菜本身的颜色干扰。 ③过滤：除去不溶物。 ④检验：在滤液中加入酸性高锰酸钾溶液，若观察到 　溶液褪色　，则菠菜中确实存在Fe2+。 （2）有同学对实验步骤④的结论产生了质疑，认为可能是使高锰酸钾溶液褪色的，小明提出此时不可能存在，理由是 　在灼烧菠菜时，变成了氧化物而被除去　。 Ⅱ.铁是工业上一种用途广泛的金属材料 （3）铁红（主要成分Fe2O3）是一种红棕色粉末，用于油漆、油墨、橡胶等工业中，用工业废料铁尾渣制备高品质铁红的方法，为铁红涂料的制备提供了新途径。 ①下列说法正确的是 　ac　。 a．“酸溶”时，将铁尾渣加水调浆、升温至85—90℃，均有利于加快反应速率 b．加氨水调节pH时，将温度冷却至15℃，是为了减缓化学反应速率 c．催化剂仅能改变化学反应速率，对产率无影响 ②根据下列信息，在还原步骤时，最佳实验条件是 　在90℃，加Na2SO3反应一小时　。 ③在氧化步骤中发生的反应主要是：4FeSO4+O2+8NH3•H2O═4（NH4）2SO4+2Fe2O3+4H2O，最后获得的Fe2O3固体需进行洗涤，判断洗净的方法是：取最后一次洗涤液，　加碱溶液，加热，若没有刺激性气味的气体产生，湿润的红色石蕊试纸未变蓝，则已洗净　。 Ⅲ.铁可作为药品的原料 （4）硫酸亚铁曾为儿童缺铁性贫血的治疗药剂。将15g变质铁粉（含铁和氧化铁）与63g35%的硫酸溶液恰好完全反应后，得到了浅绿色的硫酸亚铁溶液。其中氧化铁发生的反应方程式为 　Fe2O3+3H2SO4＝Fe2（SO4）3+3H2O　；已知Fe+Fe2（SO4）3═3FeSO4，样品中的铁的质量是 　7　g。 【考点】物质的相互转化和制备；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式；矿物质与微量元素；常见离子的检验方法及现象．版权所有 【专题】物质的制备． 【答案】（1）②活性炭； ④溶液褪色； （2）在灼烧菠菜时，变成了氧化物而被除去； （3）①ac； ②在90℃，加Na2SO3反应一小时； ③加碱溶液，加热，若没有刺激性气味的气体产生，湿润的红色石蕊试纸未变蓝，则已洗净； （4）Fe2O3+3H2SO4＝Fe2（SO4）3+3H2O；7。 【分析】（1）根据活性炭的吸附性、题目信息进行分析； （2）根据FeC2O4受热会生成三种常见的氧化物进行分析解答； （3）根据流程图及图像信息分析； （4）根据数据结合化学方程式进行计算。 【解答】解：（1）②酸浸：脱色可用活性炭的吸附性除去异色物质； ④检验：题目中信息指出亚铁离子能使酸性高锰酸钾溶液褪色，菠菜中有亚铁离子，会使酸性高锰酸钾溶液褪色； （2）FeC2O4受热会生成三种常见的氧化物，草酸根离子变成了氧化物而被除去； （3）①a、“酸溶”时，将铁尾渣加水调浆、升温至85﹣90℃均有利于加快反应速率，升温、增大物质的浓度，均能提高反应速率，a正确； b、加氨水调节pH时，将温度冷却至15℃是为了防止氨水挥发，b错误； c、催化剂仅能改变化学反应速率，对产率无影响，c正确； 故选：ac； ②图中使铁的浸出率最大的催化剂是加Na2SO3一小时，温度在90℃； ③根据反应方程式可知，氧化铁表面最多的物质是硫酸铵，硫酸铵洗涤干净后，其他杂质也被洗涤干净，可以加与硫酸铵反应有明显现象的物质，以氯化钡为例，会和硫酸铵反应生成硫酸钡沉淀； （4）氧化铁与稀硫酸反应生成硫酸铁与水，该反应的化学方程式为：Fe2O3+3H2SO4＝Fe2（SO4）3+3H2O； 设样品中氧化铁的质量为x，故铁的质量为15g﹣x。 Fe2O3+3H2SO4＝Fe2（SO4）3+3H2O、Fe+Fe2（SO4）3═3FeSO4 160 294 400 56 400 x 1.8375x 2.5x 0.35x 2.5x Fe+H2SO4＝FeSO4+H2↑ 56 98 63g×35%﹣1.8375x x+0.35x+＝15g 解得x＝8g，故样品中的铁的质量是7g。 故答案为： （1）②活性炭； ④溶液褪色； （2）在灼烧菠菜时，变成了氧化物而被除去； （3）①ac； ②在90℃，加Na2SO3反应一小时； ③加碱溶液，加热，若没有刺激性气味的气体产生，湿润的红色石蕊试纸未变蓝，则已洗净； （4）Fe2O3+3H2SO4＝Fe2（SO4）3+3H2O；7。 【点评】本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。 5．以高铁铝土矿、硫酸厂渣尘为配料（主要成分为Al2O3、Fe2O3，杂质为FeO、二氧化硅等）生产PAFC（化学通式：[FeaAlb（OH）cCly]n）的流程如图： （1）为提高“酸溶”速率，除适当提高盐酸浓度外还可以采取的措施有 　升高反应温度或减少固体配料的粒直径　。 （2）写出“酸溶”时生成FeCl3的化学方程式 　Fe2O3+6HCl＝2FeCl3+3H2O　。 （3）“氧化”时，反应的化学方程式为NaClO3+6FeCl2+6HCl═6FeCl3+NaCl+3H2O，属于氧化还原反应，在氧化还原反应中，氧化剂得到电子，元素化合价会 　降低　（填“升高”或“降低”），该反应中的氧化剂是 　NaClO3　。 （4）“聚合”时，pH不易调节过高，可能的原因是 　铝离子和铁离子容易转化成氢氧化铝和氢氧化铁沉淀　。 （5）“操作”包括过滤、洗涤、干燥，判断产品PAFC已经洗净的方法是：取最后一次洗涤液于试管中，滴加 　AgNO3　溶液，不产生白色沉淀，则证明已经洗净。 【考点】物质的相互转化和制备；还原反应；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式；酸的化学性质．版权所有 【专题】物质的制备． 【答案】（1）升高反应温度或减少固体配料的粒直径； （2）Fe2O3+6HCl＝2FeCl3+3H2O； （3）降低；NaClO3； （4）铝离子和铁离子容易转化成氢氧化铝和氢氧化铁沉淀； （5）AgNO3。 【分析】根据流程可知，配料（主要成分：Al2O3、Fe2O3，杂质FeO、二氧化硅等）用盐酸酸浸，过滤后可得氯化铝、氯化铁、氯化亚铁混合溶液，滤渣1为SiO2，在滤液中加入氯酸钠溶液，将亚铁离子氧化为铁离子，再调节pH值为3，进行聚合得[FeaAlb（OH）cCly]n沉淀，经过过滤、洗涤、干燥即可得PAFC。 【解答】解：（1）根据影响反应速率的因素可知，为提高“酸溶”速率可采取的措施是升高反应温度或减少固体配料的粒直径， 故答案为：升高反应温度或减少固体配料的粒直径； （2）Fe2O3与盐酸反应生成氯化铝和水，反应的方程式为Fe2O3+6HCl＝2FeCl3+3H2O， 故答案为：Fe2O3+6HCl＝2FeCl3+3H2O； （3）在氧化还原反应中，由于氧化剂得到电子，元素化合价会降低，故NaClO3+6FeCl2+6HCl═6FeCl3+NaCl+3H2O中NaClO3的氯元素化合价由+5价降低到﹣1价，故NaClO3为氧化剂， 故答案为：降低；NaClO3； （4）根据铁离子和铝离子的性质可知，如果溶液的pH值过高，铝离子和铁离子容易转化成氢氧化铝和氢氧化铁沉淀， 故答案为：铝离子和铁离子容易转化成氢氧化铝和氢氧化铁沉淀； （5）判断产品PAFC已洗涤干净的方法是取最后一次洗涤后的滤液，滴加AgNO3溶液，不产生白色沉淀，则证明已经洗净，因为若未清洗干净，则氯化钠会与硝酸银溶液反应生成氧化银沉沉淀和硝酸钠； 故答案为：AgNO3。 【点评】本题考查物质的制备，为高频考点，侧重与学生的分析能力和实验能力及计算能力的考查，把握流程中发生的化学反应为解答的关键，难度较大。 6．碳酸锰和硫酸锰在工业生产中有广泛应用，均可用软锰矿（主要成分为MnO2，含少量铁的氧化物）为原料进行制备。 Ⅰ．制备高纯MnCO3 一种以软锰矿为原料制备高纯MnCO3的基本流程如图： 已知： ①Mn2+遇碱可反应生成难溶于水的Mn（OH）2； ②MnCO3难溶于水、乙醇，在100℃时开始分解，潮湿时易被O2氧化。 （1）MnCO3属于 　盐　（选填“酸”“碱”或“盐”）。 （2）“浸取”反应生成MnSO4，其化学方程式为 　SO2+MnO2＝MnSO4　。 （3）“沉锰”反应为MnSO4+2NH4HCO3═（NH4）2SO4+MnCO3↓+CO2↑+H2O。若溶液碱性过强，所得MnCO3粗产品中可能会混有 　Mn（OH）2　（填化学式）。 （4）“洗涤”时，不用蒸馏水洗涤，而使用无水乙醇进行洗涤，其原因是 　MnCO3难溶于水和乙醇，但潮湿时易被空气氧化　。 Ⅱ．制备MnSO4晶体 一种以软锰矿和硫铁矿（主要成分为FeS2）为原料制备MnSO4•H2O的基本流程如下： 已知： ①H2O2能将Fe2+氧化为Fe3+； ②常温下，部分金属阳离子转化为氢氧化物的开始沉淀和完全沉淀的pH如下表： 金属阳离子 Fe2+ Fe3+ Mn2+ 开始沉淀的pH 7 1.9 8.1 完全沉淀的pH 9.5 3.2 10.1 （5）“酸浸”时，为提高锰的浸出率，除了将矿石粉碎、不断搅拌以外，还可采取的措施是 　升温（合理即可）　（任写一条）。所加入的硫酸不宜过量太多，原因是 　避免后续反应中消耗更多的石灰乳　。 （6）“调pH”是为了除去Fe3+，需要调节溶液的pH的范围为 　3.2≤pH＜8.1　。加入CaCO3也可将滤液中的Fe2（SO4）3转化为Fe（OH）3沉淀，同时生成CaSO4固体，并放出CO2气体，该反应的化学方程式为 　Fe2（SO4）3+3H2O+3CaCO3＝2Fe（OH）3+3CaSO4+3CO2↑　。 （7）“操作X”为蒸发浓缩、　冷却结晶　、过滤、洗涤、烘干。 【考点】物质的相互转化和制备；常见的氧化物、酸、碱和盐的判别．版权所有 【专题】物质的制备． 【答案】（1）盐； （2）SO2+MnO2＝MnSO4； （3）Mn（OH）2； （4）MnCO3难溶于水和乙醇，但潮湿时易被空气氧化； （5）升温（合理即可）；避免后续反应中消耗更多的石灰乳； （6）3.2≤pH＜8.1；Fe2（SO4）3+3H2O+3CaCO3＝2Fe（OH）3+3CaSO4+3CO2↑； （7）冷却结晶。 【分析】（1）根据物质的分类进行分析； （2）根据“浸取”反应生成MnSO4是指二氧化硫与MnO2反应生成MnSO4进行分析； （3）根据若溶液碱性过强，Mn2+遇碱可反应生成难溶于水的Mn（OH）2进行分析； （4）根据MnCO3难溶于水和乙醇，但潮湿时易被空气氧化进行分析； （5）根据影响反应速率的因素进行分析； （6）根据表中数据及碳酸钙、水和硫酸铁反应生成硫酸钙、氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体进行分析； （7）根据实验操作进行分析。 【解答】解：（1）MnCO3是由金属阳离子和酸根离子构成的化合物，属于盐； （2）“浸取”反应生成MnSO4是指二氧化硫与MnO2反应生成MnSO4，该反应化学方程式：SO2+MnO2＝MnSO4； （3）MnSO4+2NH4HCO3＝（NH4）2SO4+MnCO3↓+CO2↑+H2O。若溶液碱性过强，Mn2+遇碱可反应生成难溶于水的Mn（OH）2，所得MnCO3粗产品中可能会混有Mn（OH）2； （4）“洗涤”时，不用蒸馏水洗涤，而使用无水乙醇进行洗涤，其原因是MnCO3难溶于水和乙醇，但潮湿时易被空气氧化，所以不能用水洗涤，而用乙醇洗涤，同时乙醇易挥发，便于碳酸锰的干燥； （5）相同条件下，温度越高，反应速率越快，为提高锰的浸出率，除了将矿石粉碎、不断搅拌以外，还可采取的措施是升温。加入的硫酸不宜过量太多，消耗石灰乳来中和硫酸的量增多，避免不必要的浪费； （6）由表中数据可知：Fe3+完全沉淀时pH为3.2，Mn2+开始沉淀时pH为8.1，在除去铁离子而不影响Mn2+的情况下，pH应控制在3.2≤pH＜8.1。CaCO3可将滤液中的Fe2（SO4）3转化为Fe（OH）3沉淀，同时生成CaSO4固体，并放出CO2气体，生成物Fe（OH）3含有氢元素，依据质量守恒定律可知：水参与了反应，碳酸钙、水和硫酸铁反应生成硫酸钙、氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体，该反应化学方程式：Fe2（SO4）3+3H2O+3CaCO3＝2Fe（OH）3+3CaSO4+3CO2↑； （7）从MnSO4溶液中得到MnSO4•H2O的“操作X”方法为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 故答案为： （1）盐； （2）SO2+MnO2＝MnSO4； （3）Mn（OH）2； （4）MnCO3难溶于水和乙醇，但潮湿时易被空气氧化； （5）升温（合理即可）；避免后续反应中消耗更多的石灰乳； （6）3.2≤pH＜8.1；Fe2（SO4）3+3H2O+3CaCO3＝2Fe（OH）3+3CaSO4+3CO2↑； （7）冷却结晶。 【点评】本题主要考查物质的制备，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行。 7．农药波尔多液是常见的杀菌剂，为天蓝色碱性悬浊液。以硫酸铜、生石灰及水为原料，制备波尔多液。 （一）硫酸铜的制备 如图为某兴趣小组用含较多杂质的铜粉制取硫酸铜晶体[CuSO4•5H2O]的两种实验方案。 （1）方案Ⅰ通入氧气，少量Cu转化为CuSO4。该反应的化学方程式为 　2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O　。 （2）方案Ⅱ中加入浓硫酸发生的反应有Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O。方案Ⅰ优于方案Ⅱ的理由是 　没有污染气体SO2产生，节约H2SO4的量　。 （二）波尔多液的制备及组成测定 为测定从波尔多液中分离出的天蓝色固体[CuSO4•aCu（OH）2•bCa（OH）2•cH2O]的组成，设计如下实验： 【实验Ⅰ】称取64.4g天蓝色固体，加入足量稀HNO3使其完全溶解，再加入过量Ba（NO3）2溶液，过滤、洗涤、干燥得白色固体23.3g。 【实验Ⅱ】另取64.4g天蓝色固体，用如图装置进行热分解实验： 【资料】 ①CuSO4、Cu（OH）2、Ca（OH）2在一定温度下能受热分解，分别生成两种氧化物，分解过程中各元素的化合价均不改变。 ②天蓝色固体在110℃时，完全失去结晶水。 ③Cu（OH）2在100℃时分解完全。CuSO4和Ca（OH）2在580℃左右时开始分解，到650℃时均能分解完全。 ④浓硫酸可用于吸收SO3。 （3）按图连接好装置，实验前要先 　检查装置的气密性　。 （4）控制温度在110℃充分加热，测得B装置增重10.8g。再升温至650℃充分加热，B装置又增重了15.2g。最终剩余固体中的成分是 　CuO、CaO　。 （5）反应停止后要继续通一段时间的氮气，目的是 　使反应生成的气体全部被B装置吸收　，整个过程中，天蓝色固体分解生成水的总质量为 　18　g。 （6）天蓝色固体CuSO4•aCu（OH）2•bCa（OH）2•cH2O中，a：b：c＝　1：4：5　。 【考点】物质的相互转化和制备；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式；盐的化学性质．版权所有 【专题】物质的制备． 【答案】（1）2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O； （2）没有污染气体SO2产生，节约H2SO4的量； （3）检查装置的气密性； （4）CuO、CaO； （5）使反应生成的气体全部被B装置吸收；18； （6）1：4：5。 【分析】（1）根据方案Ⅰ中反应为铜、氧气和稀硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜和水进行分析； （2）根据方案Ⅱ有浓硫酸参加反应，消耗较多硫酸，并产生污染性二氧化硫气体进行分析； （3）根据有气体参与的反应，在实验前需要检验装置气密性进行分析； （4）（5）根据Cu（OH）2在110℃时分解完全。CuSO4和Ca（OH）2在580℃左右时开始分解，到650℃时均能分解完全进行分析； （6）根据化学方程式和题中的数据进行计算。 【解答】解：（1）由图可知，方案Ⅰ中反应为铜、氧气和稀硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜和水，该反应的化学方程式为：2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O； （2）方案Ⅱ中有污染气体二氧化硫气体产生，同时浪费硫酸，方案Ⅰ中用的是稀硫酸且没有污染气体二氧化硫产生，故方案Ⅰ优于方案Ⅱ的理由是：没有污染气体SO2产生，节约H2SO4的量； （3）该实验过程中有气体生成，故按图连接好装置，实验前要先检查装置的气密性； （4）控制温度在110℃充分加热，天蓝色固体在110℃时，完全失去结晶水，CuSO4、Cu（OH）2、Ca（OH）2在一定温度下能受热分解，分别生成两种氧化物，分解过程中各元素的化合价均不改变，根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类不变，氢氧化铜由Cu、H、O元素组成，则氢氧化铜在100℃时完全分解，生成氧化铜和水，再升温至650℃充分加热，该温度下，硫酸铜完全分解，硫酸铜由铜、硫、氧元素组成，则硫酸铜分解生成氧化铜和三氧化硫，氢氧化钙由钙、氢、氧元素组成，则氢氧化钙完全分解生成氧化钙和水，故最终剩余固体中的成分是：氧化铜、氧化钙； （5）反应停止后要继续通一段时间的氮气，目的是：使反应生成的气体全部被B装置吸收； 控制温度在110℃充分加热，该温度下，天蓝色固体完全失去结晶水，氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，B装置增重10.8g，则生成水的质量为10.8g，再升温至650℃充分加热，硫酸铜受热分解生成氧化铜和三氧化硫，氢氧化钙受热分解生成氧化钙和水，B装置又增重了15.2g，则生成三氧化硫和水的质量和为15.2g，实验Ⅰ中，硫酸铜和硝酸钡反应生成硫酸钡和硝酸铜，即CuSO4+Ba（NO3）2＝BaSO4↓+Cu（NO3）2，硫酸铜受热分解生成氧化铜和三氧化硫，即，可得关系式：SO3～CuO～CuSO4～BaSO4； 设生成三氧化硫的质量为x，硫酸铜分解生成氧化铜的质量为y SO3～CuO～CuSO4～BaSO4↓ 80 80 233 x y 23.3g ，x＝8g ，y＝8g 则整个过程中，天蓝色固体分解生成水的总质量为：10.8g+15.2g﹣8g＝18g； （6）氢氧化钙分解生成水的质量为：15.2g﹣8g＝7.2g 设天蓝色固体中氢氧化钙的质量为m，反应生成氧化钙的质量为n Ca（OH）2H2O+CaO 74 18 56 m 7.2g n ，m＝29.6g ，n＝22.4g 则氢氧化铜分解生成氧化铜的质量为：64.4g﹣8g﹣22.4g﹣15.2g﹣10.8g＝8g 设氢氧化铜分解生成水的质量为a，天蓝色固体中氢氧化铜的质量为b Cu（OH）2H2O+CuO 98 18 80 b a 8g ，a＝1.8g ，b＝9.8g 则天蓝色固体中结晶水的质量为：10.8g﹣1.8g＝9g 则天蓝色固体CuSO4•aCu（OH）2•bCa（OH）2•cH2O中，a：b：c＝。 故答案为： （1）2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O； （2）没有污染气体SO2产生，节约H2SO4的量； （3）检查装置的气密性； （4）CuO、CaO； （5）使反应生成的气体全部被B装置吸收；18； （6）1：4：5。 【点评】合理设计实验，科学地进行实验、分析实验，是得出正确实验结论的前提，因此要学会设计实验、进行实验、分析实验，为学好化学知识奠定基础。 8．工业上以硫铁矿烧渣（主要成分为Fe2O3、Fe3O4及少量难溶杂质）为主要原料制备铁红（Fe2O3）的步骤如图1所示。 （1）酸浸：用硫酸溶液浸取硫铁矿烧渣中的铁元素。若其他条件不变，下列措施中能提高铁元素浸出效率的有 　AB　。（填序号） A.适当升高温度 B.适当加快搅拌速率 C.减小硫酸浓度 （2）过滤1：所得滤液中含有的阳离子有：Fe2+、　H+　、　Fe3+　。 （3）沉铁：为将铁元素充分转化为沉淀，取10mL“酸浸”后的滤液并加入一定量NH4HCO3，铁的沉淀率随氨水用量变化如图2所示。 ①氨水的最佳用量为 　10　mL。 ②“沉铁”过程温度不宜过高，主要原因是 　防止碳酸氢铵受热分解或防止氨水挥发　。（任答一点即可） （4）过滤2：“沉铁”后过滤，滤渣中含有FeOOH和FeCO3，所得滤液中溶质主要是 　（NH4）2SO4　。 （5）焙烧：将FeOOH和FeCO3高温焙烧后均可得到铁红。 ①FeOOH高温脱水分解的化学方程式：　2FeOOHFe2O3+H2O　 ②4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2 （6）测定FeOOH和FeCO3的质量比x：y，利用如图3所示的装置（夹持仪器省略）进行实验。 ①实验前首先要 　检查装置气密性　，再装入样品。装置A的作用是 　吸收空气中的二氧化碳和水　。 ②现控制B装置温度在600℃加热至固体完全变为红色，装置C实验后增重3.6g，装置D实验后增重17.6g。请结合实验数据求出x：y的值 　89：116　。 ③若无装置E，则实验测定结果 　偏小　。（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）， 【考点】物质的相互转化和制备．版权所有 【专题】物质的制备． 【答案】（1）AB； （2）H+；Fe3+； （3）①10； ②防止碳酸氢铵受热分解或防止氨水挥发； （4）（NH4）2SO4； （5）①2FeOOHFe2O3+H2O； （6）①检查装置气密性；吸收空气中的二氧化碳和水； ②89：116； ③偏小。 【分析】（1）根据适当升温、适当加快搅拌速率，均可以提高单位时间内铁元素浸出率，而减小硫酸浓度进行分析； （2）根据硫铁矿烧渣（主要成分为Fe2O3、Fe3O4，含少量难溶杂质），加入过量硫酸，硫酸与氧化铁反应生成硫酸铁和水，四氧化三铁与硫酸反应生成硫酸亚铁、硫酸铁和水进行分析； （3）根据氨水最佳用量在铁的沉淀率最大处92%，碳酸氢铵受热易分解进行分析； （4）根据Fe2O3、Fe3O4与硫酸反应生成的硫酸亚铁、硫酸铁进行分析； （5）根据FeOOH脱水分解，即为FeOOH高温下反应生成氧化铁（铁红）和水进行分析； （6）根据实验前首先要检查装置的气密性，再装入样品，元素守恒，水中的氢元素全部来自于FeCOOH，二氧化碳中的碳元素全部来自于FeCO3进行分析。 【解答】解：（1）适当升温、适当加快搅拌速率，均可以提高单位时间内铁元素浸出率，而减小硫酸浓度，会降低单位时间内铁元素的浸出率，故选AB； （2）硫铁矿烧渣（主要成分为Fe2O3、Fe3O4，含少量难溶杂质），加入过量硫酸，硫酸与氧化铁反应生成硫酸铁和水，四氧化三铁与硫酸反应生成硫酸亚铁、硫酸铁和水，故过滤1后所得滤液中含有过量的硫酸、硫酸亚铁和硫酸铁，过滤1，所得滤液中含有的阳离子有：Fe2+、Fe3+、H+； （3）①由图可知，氨水最佳用量在铁的沉淀率最大处92%，所对应横坐标10mL； ②由于碳酸氢铵受热易分解，“沉铁”过程温度不宜过高的主要原因是反应温度过高，NH4HCO3发生分解，防止氨水挥发或分解，降低产率； （4）Fe2O3、Fe3O4与硫酸反应生成的硫酸亚铁、硫酸铁，加入氨水、碳酸氢铵，“过滤2”所得滤渣的主要成分为FeOOH和FeCO3，滤液中主要含有（NH4）2SO4； （5）①FeOOH脱水分解，即为FeCOOH高温下反应生成氧化铁（铁红）和水，该反应方程式为2FeOOHFe2O3+H2O； ②根据质量守恒定律，反应前后原子种类和数目不变，反应前有4个铁原子、4个碳原子、14个氧原子，反应后已知物中有4个铁原子、6个氧原子，故未知物中有4个碳原子和8个氧原子，由于化学计量数为4，则未知物的化学式为CO2； （6）①实验前首先要检查装置的气密性，再装入样品；装置A的作用是吸收空气中的CO2和H2O，防止影响实验结果的测定； ②根据元素守恒，水中的氢元素全部来自于FeOOH，二氧化碳中的碳元素全部来自于FeCO3，则有 2FeOOH∼H2O 178 18 x 3.6g x＝35.6g； FeCO3∼CO2 116 44 y 17.6g y＝46.4g， 则x：y＝35.6g：46.4g＝89：116。 ③若无装置E，空气中的水蒸气和二氧化碳会进入D装置，导致计算的二氧化碳质量偏大，从而导致测定结果偏小。 故答案为： （1）AB； （2）H+；Fe3+； （3）①10； ②防止碳酸氢铵受热分解或防止氨水挥发； （4）（NH4）2SO4； （5）①2FeOOHFe2O3+H2O； （6）①检查装置气密性；吸收空气中的二氧化碳和水； ②89：116； ③偏小。 【点评】本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。 9．中国是世界上第三个在月球发现新矿物的国家，其中有一种含钛的矿石﹣钛铁矿，主要成分为钛酸亚铁（FeTiO3）。工业上常用钛铁矿制取钛，并获得副产品（NH4）xFe（SO4）y，生产工艺流程如下： 信息揭示：Ba2+遇到生成BaSO4沉淀；钛能与盐酸反应。 （1）反应前将钛铁矿粉碎的目的是 　增大反应物接触面积，加快反应速率　。 （2）由H2TiO3到TiO2，其中钛元素的化合价是 　不变　（选填“升高”“降低”或“不变）。 （3）反应②通常在800～900℃的条件下进行，产物中还有一种可燃性无色气体，该反应的化学方程式为 　TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO　。 （4）反应③中用镁在高温下与四氯化钛（TiCl4）反应制取金属钛，反应中需要加入氩气的理由是 　防止镁和钛高温下被氧化　；反应③后的产物中需要加入 　稀盐酸　（填试剂名称）就能达到分离的目的。 （5）钛和钛合金常被用于航空航天工业，是因为钛合金具备的优良性能有 　耐高温、抗腐蚀性能非常好（合理即可）　（答一点即可）。 （6）为确定（NH4）xFe（SO4）y的化学式，进行如下实验： 现称取2.84g（NH4）xFe（SO4）y溶于水，再将该溶液分成两等份。 实验1：向其中一份溶液中加入足量BaCl2溶液，搅拌，再用足量稀盐酸处理沉淀物，过滤、洗涤和干燥，得到2.33gBaSO4沉淀。 实验2：向另一份溶液加入足量的氢氧化钠，充分反应后得到0.17gNH3。则（NH4）xFe（SO4）y的化学式为 　（NH4）2Fe（SO4）2　。 【考点】物质的相互转化和制备；有关元素化合价的计算．版权所有 【专题】物质的制备． 【答案】（1）增大反应物接触面积，加快反应速率； （2）不变； （3）TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO； （4）防止镁和钛高温下被氧化；稀盐酸； （5）耐高温、抗腐蚀性能非常好（合理即可）； （6）（NH4）2Fe（SO4）2。 【分析】（1）根据将钛铁矿粉碎后加入的目的是：增大反应物之间的接触面积，进行分析； （2）根据化合物中，正、负化合价的代数和为零，进行分析； （3）根据题目中的信息分析； （3）根据氩气化学性质稳定，可作保护气；反应②所得金属钛中可能含有少量的金属单质Mg，进行分析； （4）根据一氧化碳和氢气在一定条件下反应生成甲醇，元素的质量比进行分析； （5）根据钛和钛合金的抗腐蚀性能非常好进行分析。 （6）根据题目中的数据进行计算。 【解答】解：（1）反应前需将钛铁矿进行粉碎，粉碎的目的是增大反应物接触面积，加快反应速率；故答案为：增大反应物接触面积，加快反应速率； （2）钛酸亚铁中铁元素化合价是+2，氧元素化合价是﹣2，根据化合物中元素化合价代数和为零可知，钛元素的化合价为+4价；TiO2中氧元素化合价为﹣2价，故钛元素化合价仍为+4价；因此由H2TiO3到TiO2，其中钛元素的化合价是不变；故答案为：不变； （3）反应②通常在800～900℃的条件下进行，产物中还有一种可燃性无色气体，根据质量守恒定律，化学变化前后，元素的种类不变，该反应的化学方程式为TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO；故答案为：TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO； （4）氩气化学性质稳定，可作保护气，故②中反应需在充满氩气（Ar）的“无氧气”氛围中进行，目的是：防止镁和钛高温下被氧化；反应②所得金属钛中可能含有少量的金属单质Mg，若要除去该杂质，可选用的试剂是稀盐酸，是因为稀盐酸不能和钛反应，能和镁反应生成氯化镁和氢气；故答案为：防止镁和钛高温下被氧化；稀盐酸； （5）钛和钛合金耐高温、抗腐蚀性能非常好；故答案为：耐高温、抗腐蚀性能非常好（合理即可）； （6）由化学式（NH4）xFe（SO4）y可得如下关系： （NH4）xFe（SO4）y～xNH3～yBaSO4 18x+56+96y 17x 233y 1.42g 0.17g 2.33g ＝ ＝ 列比例式解得：x＝2 y＝2 故化学式为（NH4）2Fe（SO4）2； 故答案为：（NH4）2Fe（SO4）2。 【点评】在解此类题时，首先要将题中的知识认知透，然后结合学过的知识进行解答。 10．高纯碳酸锰（MnCO3）广泛应用于电子工业，是制造高性能磁性材料的主要原料。工业上以软锰矿（主要成分是MnO2、含有少量的Fe2O3、SiO2）为主要原料制备高纯碳酸锰的工艺流程如图1所示。 已知：①SiO2难溶于水，且不与稀硫酸、二氯化硫反应。 ②碳酸锰难溶于水和乙醇，潮湿时易被空气氧化。 ③该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示： 金属离子 Mn2+ Fe3+ Fe2+ 开始沉淀时的pH 8.1 1.5 6.3 沉淀完全时的pH 10.2 2.8 8.4 （1）“浸锰”过程中的反应原理是：MnO2+SO2═MnSO4，Fe3O4+2H2SO4+SO2═3FeSO4+2H2O。其中锰元素的化合价 　降低　（填“升高”“降低”或“不变”）。 （2）“过滤Ⅰ”的目的是 　除去SiO2　。 （3）“氧化”过程中加入二氧化锰可将Fe2+转化为Fe3+，再调节pH在6.5﹣7.0。pH控制在该范围，对工艺流程的有利影响是：　使Fe3+全部沉淀　，　溶液接近中性，降低了污染　。 （4）“沉锰”过程中的反应原理是2NH4HCO3+MnSO4═MnCO3↓+CO2↑+（NH4）2SO4+H2O。欲得到了115kg的MnCO3，至少需要溶质质量分数为15.8%的碳酸氢铵溶液多少千克？（写出计算过程） （5）为了得到高纯碳酸锰，在“沉锰”后需进行过滤、洗涤、干燥。洗涤试剂应选用乙醇而不用水，其原因是 　乙醇易挥发便于快速干燥，且能防止碳酸锰被氧化（合理即可）　。 （6）得到的高纯MnCO3（不含其他杂质）在空气中加热易转化为不同价态的锰的氧化物。随着温度的升高，残留固体的质量如图2所示。则B点的成分为 　Mn2O3　（填化学式）。 【考点】物质的相互转化和制备；根据化学反应方程式的计算；有关溶质质量分数的简单计算．版权所有 【专题】物质的制备． 【答案】（1）降低； （2）除去SiO2； （3）使Fe3+全部沉淀；溶液接近中性，降低了污染； （4）1000kg； （5）乙醇易挥发便于快速干燥，且能防止碳酸锰被氧化（合理即可）； （6）Mn2O3。 【分析】（1）根据化合物中正负化合价代数和为0进行分析； （2）依据SiO2难溶于水，且不与稀硫酸、二氧化硫反应，氧化铁能和稀硫酸反应，二氧化锰能和二氧化硫反应进行分析； （3）依据调节pH在6.5﹣7.0可以使Fe3+全部沉淀分析； （4）根据化学方程式进行计算； （5）根据MnCO3难溶于水和乙醇，但潮湿时易被空气氧化分析； （6）根据MnCO3在空气中加热易转化为锰的不同氧化物，其残留固体质量随温度的变化如图所示。残留固体11.5g，在图中B点对应固体的质量为7.9g，而过程中锰元素的质量不变分析。 【解答】解：（1）在化合物中，氧元素显﹣2价，硫酸根显﹣2价，根据化合物中正负化合价代数和为0可知，MnO2中锰的化合价为+4价，MnSO4中锰的化合价为+2价，所以在反应前后锰元素的化合价降低； （2）SiO2难溶于水，且不与稀硫酸、二氧化硫反应，氧化铁能和稀硫酸反应，二氧化锰能和二氧化硫反应，所以“过滤Ⅰ”的目的是：除去SiO2； （3）调节pH在6.5﹣7.0可以使Fe3+全部沉淀，溶液接近中性，降低了污染； （4）设至少需要溶质质量分数为15.8%的碳酸氢铵溶液质量为x， MnSO4+2NH4HCO3＝MnCO3↓+（NH4）2SO4+CO2↑+H2O 158 115 x×15.8% 115kg x＝1000kg 答：至少需要溶质质量分数为15.8%的碳酸氢铵溶液质量为1000kg； （5）MnCO3难溶于水和乙醇，但潮湿时易被空气氧化，所以不能用水洗涤，而用乙醇洗涤，同时乙醇易挥发，便于碳酸锰的干燥； （6）MnCO3在空气中加热易转化为锰的不同氧化物，其残留固体质量随温度的变化如图所示。残留固体11.5g，在图中B点对应固体的质量为7.9g，而过程中锰元素的质量不变，11.5g碳酸锰中锰元素的质量为，则B点物质含氧元素的质量为，在固体中锰原子和氧原子个数比为：：＝2：3，其化学式为Mn2O3。 故答案为： （1）降低； （2）除去SiO2； （3）使Fe3+全部沉淀；溶液接近中性，降低了污染； （4）1000kg； （5）乙醇易挥发便于快速干燥，且能防止碳酸锰被氧化（合理即可）； （6）Mn2O3。 【点评】此题是关于工业流程分析和化学方程式计算结合题，主要是利用实验流程及反应方程式来分析和解决流程中、化学计算中的有关问题，要求学生有较强的数据分析能力和实验分析能力。 11．过碳酸钠（2Na2CO3•3H2O2）兼具碳酸钠和过氧化氢双重性质，广泛应用于洗涤、纺织、医药等领域。一种制备过碳酸钠的流程如图1。 已知：过碳酸钠在异丙醇中的溶解度较低。 （1）工业碳酸钠中含有的铁离子会消耗过氧化氢，从而干扰过碳酸钠的合成。 ①图2为铁离子消耗过氧化氢的反应机理，铁离子所起的作用是 　催化作用　。 ②结晶发生的化学反应方程式为 　2Na2CO3+3H2O2＝2Na2CO3•3H2O2　，加入异丙醇的作用是 　减少过碳酸钠的溶解　。 （2）过碳酸钠中有效氧的含量越高，产品的品质越高。已知有效氧[O]%定义为：[O]%＝×100%。 过碳酸钠的理论有效氧为15.29%。在过碳酸钠的制备过程中，温度对产品有效氧[O]%的影响如图3所示。取某次制备的产品，测量其有效氧的实验步骤如下： 步骤1：称量一定质量的样品加入锥形瓶中，加入10%硫酸至不再产生气体，将所得气体依次通过浓硫酸和碱石灰（由烧碱和氧化钙组成），充分吸收后碱石灰质量增加17.6g。 步骤2：称量与步骤1等质量的样品，放入坩埚中，加热，每隔10分钟测量一次坩埚和坩埚内固体的总质量，记录数据如下： 测量时间/min 0 10 20 30 40 坩埚和坩埚内固体总质量/g 109.4 102.2 95.8 92.4 92.4 ①计算样品的有效氧，写出计算过程。 ②产品有效氧低于理论有效氧的可能原因是 　温度升高，导致过碳酸钠的有效氧降低　。 【考点】物质的相互转化和制备；盐的化学性质．版权所有 【专题】物质的制备． 【答案】（1）①催化作用； ②2Na2CO3+3H2O2＝2Na2CO3•3H2O2；减少过碳酸钠的溶解； （2）①21.65%； ②温度升高，导致过碳酸钠的有效氧降低； 【分析】（1）①根据过氧化氢在铁离子的催化下分解生成水和氧气来分析解答； ②根据过氧化氢和碳酸钠反应生成过碳酸钠来分析解答；根据过碳酸钠在异丙醇中的溶解度较低来分析解答； （2）①根据二氧化碳的质量求出产品的总质量，由分解产生水和氧气的质量之和推算出氧气的质量，进而求出样品的有效氧； ②根据温度升高，导致过碳酸钠的有效氧降低来分析解答； 【解答】解：（1）①图1为铁离子消耗过氧化氢的反应机理，过氧化氢在铁离子的催化下分解生成水和氧气，则铁离子所起的作用是催化作用； ②结晶发生的反应是过氧化氢和碳酸钠反应生成过碳酸钠，反应的化学方程式为2Na2CO3+3H2O2＝2Na2CO3•3H2O2，过碳酸钠在异丙醇中的溶解度较低，加入异丙醇的作用是减少过碳酸钠的溶解； （2）①碱石灰增加的质量就是二氧化碳的质量，则产生二氧化碳的质量为17.6g， 设碳酸钠的质量为x， Na2CO3+H2SO4＝Na2SO4+CO2↑+H2O 106 44 x 17.6g ＝ x＝42.4g 即碳酸钠的质量为42.4g，则过碳酸钠的质量为42.4g×＝42.4g×＝62.8g，根据质量守恒定律，产品分解产生氧气和水的质量之和为109.4g﹣92.4g＝17g，根据化学方程2（2Na2CO3•3H2O2）4Na2CO3+6H2O+3O2↑可知，生成水和氧气的质量比为（6×18）：（3×16×2）＝9：8，则氧气的质量为17g×＝8g，则样品的有效氧为×100%≈12.74%； ②根据图示，随着温度的升高，过碳酸钠的有效氧含量降低，则产品有效氧低于理论有效氧的可能原因是温度升高，导致过碳酸钠的有效氧降低。 故答案为：（1）①催化作用； ②2Na2CO3+3H2O2＝2Na2CO3•3H2O2；减少过碳酸钠的溶解； （2）①21.65%； ②温度升高，导致过碳酸钠的有效氧降低； 【点评】本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。 12．铜及其化合物在生产、生活中都有广泛的应用。 探究一：铜的性质研究 圆明园十二生肖兽首中的兔首为青铜器（铜、锡合金），兔首表面呈有绿色斑点，这是因为铜器长期暴露在空气中生了铜绿。 （1）铜绿可能是铜与氧气及 　H2O、CO2　共同作用而形成的。 （2）同学们为了比较青铜与铜片的硬度，将青铜和铜片互相刻划，观察到 　铜片　上有明显的划痕。 探究二：铜的制备研究 （3）工业冶炼铜的方法有细菌冶铜和高温火法炼铜。 ①用黄铜矿细菌冶铜的原理为4CuFeS2+2H2SO4+17O2═4CuSO4+2Fe2（SO4）3+2X，X的化学式为 　H2O　。冶炼过程中溶液的pH 　增大　（填“增大”、“减小”或“不变”）。 ②火法炼铜时，由Cu2S制得铜的原理是：。 两种炼铜方案中，“细菌冶铜”相比“火法炼铜”的优点有 　节约能源或环保（合理即可）　（答一点即可）。 探究三：铜的化合物的研究 （4）工业制取硫酸铜的方案是：将废铜屑倒入稀硫酸中，控温80℃并通入氧气制备硫酸铜。反应的化学方程式为 　2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O　。 （5）切割钢板时，常用硫酸铜溶液在钢板上画出红线，该反应的化学方程式为 　Fe+CuSO4＝FeSO4+Cu　。 （6）工业上用微蚀刻废液（含硫酸铜和少量硫酸）制备高纯度碱式碳酸铜，过程如图： “沉淀”时的反应为：2CuSO4+2Na2CO3+H2O═Cu2（OH）2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑。 ①试剂1为氢氧化铜，中和反应的方程式为 　Cu（OH）2+H2SO4＝CuSO4+2H2O　。 ②沉淀过程中，判断所加碳酸钠溶液已经过量的方法为：静置后，向上层清液中 　继续滴加Na2CO3溶液，无沉淀和气体生成则已过量　。（写出操作、现象和结论） ③烘干时若产品中出现少量黑色物质，可能的原因为 　生成了CuO　。 ④加入Na2CO3进行反应时，反应液pH对产品中的含量以及溶液残留铜元素浓度的影响如图所示。当pH＝6.0时，产品中的含量为 　1.77%　；为使产率更高，溶液pH最好控制在 　8.5　左右。 【考点】物质的相互转化和制备；金属的化学性质；常见金属的冶炼方法；金属锈蚀的条件及其防护．版权所有 【专题】物质的制备；金属与金属材料． 【答案】（1）H2O、CO2； （2）铜片； （3）①H2O；增大； ②节约能源或环保（合理即可）； （4）2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O； （5）Fe+CuSO4＝FeSO4+Cu； （6）①Cu（OH）2+H2SO4＝CuSO4+2H2O； ②继续滴加Na2CO3溶液，无沉淀和气体生成则已过量； ③生成了CuO； ④1.77%；8.5。 【分析】（1）根据质量守恒定律知，反应前后元素种类不变分析； （2）根据合金的硬度比组成的它的纯金属大分析； （3）根据质量守恒定律，反应前后原子的种类和个数不变；“细菌冶铜”相比“火法炼铜”的优点是在常温下就能进行反应，且无污染物二氧化硫产生分析； （4）根据工业制取硫酸铜的方案是：将废铜屑倒入稀硫酸中，控温80℃并通入氧气制备硫酸铜。反应为铜与氧气与硫酸在80℃式生成硫酸铜，同时生成水分析； （5）根据切割钢板时，用硫酸铜溶液在钢板上画出红线，该反应为铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜分析； （6）根据试剂1为氢氧化铜，则中和反应为氢氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜和水；碳酸钠与硫酸铜溶液反应生成碱式碳酸铜沉淀和二氧化碳气体；碱式碳酸铜受热分解生成氧化铜、水和二氧化碳；图中信息分析。 【解答】解：（1）根据质量守恒定律知，反应前后元素种类不变，铜绿含铜、氢、氧、碳元素，则铜绿可能是铜与氧气及水、二氧化碳共同作用而形成的； （2）合金的硬度比组成的它的纯金属大，所以将青铜和铜片互相刻划，观察到铜片上有明显的划痕； （3）①根据质量守恒定律，反应前后原子的种类和个数不变，反应前Cu、Fe、S、H、O的原子个数分别为：4、4、10、4、42，反应后除去2X外，Cu、Fe、S、H、O的原子个数分别为：4、4、10、0、40，所以2X中含有4个H和2个O，所以X中含有2个H和1个O，故X为H2O；冶炼过程中溶液由硫酸变成硫酸铜和硫酸铁混合溶液，氢离子减少，酸性减弱，pH增大； ②“细菌冶铜”相比“火法炼铜”的优点是在常温下就能进行反应，且无污染物二氧化硫产生，所以更节能环保； （4）工业制取硫酸铜的方案是：将废铜屑倒入稀硫酸中，控温80℃并通入氧气制备硫酸铜。反应为铜与氧气与硫酸在80℃式生成硫酸铜，同时生成水，化学方程式为：2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O； （5）切割钢板时，用硫酸铜溶液在钢板上画出红线，该反应为铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，化学方程式为：Fe+CuSO4＝FeSO4+Cu； （6）①试剂1为氢氧化铜，则中和反应为氢氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜和水，化学方程式为：Cu（OH）2+H2SO4＝CuSO4+2H2O； ②由沉淀时的方程式可知，碳酸钠与硫酸铜溶液反应生成碱式碳酸铜沉淀和二氧化碳气体，所以沉淀过程中，判断所加碳酸钠溶液已经过量的方法为：静置后，向上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，无沉淀和气体生成则已过量； ③碱式碳酸铜受热分解生成氧化铜、水和二氧化碳，氧化铜为黑色，烘干时若产品中出现少量黑色物质为生成的氧化铜； ④由图可知当pH＝6.0时，产品中的含量为1.77%；溶液残留铜元素浓度越低，碱式碳酸铜的产率就越高，所以为使产率更高，溶液pH最好控制在8.5左右。 故答案为： （1）H2O、CO2； （2）铜片； （3）①H2O；增大； ②节约能源或环保（合理即可）； （4）2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O； （5）Fe+CuSO4＝FeSO4+Cu； （6）①Cu（OH）2+H2SO4＝CuSO4+2H2O； ②继续滴加Na2CO3溶液，无沉淀和气体生成则已过量； ③生成了CuO； ④1.77%；8.5。 【点评】在解此类题时，首先要将题中的知识认知透，然后结合学过的知识进行解答，其次读图，从中获得解答题目所需的信息，所以在解答题目时先看解答的问题是什么，然后带着问题去读给出的图进而去寻找解答有用的信息，这样提高了信息扑捉的有效性。解答的问题实际上与复杂的转化图相比，其实很简单很基础，或者可以说转化图提供的是情境，考查基本知识，本题信息量大，难度较大。 13．铝及其化合物用途非常广泛。 （一）了解铝的冶炼 （1）19世纪末，霍尔应用电解熔融金属化合物的方法制备金属，写出电解熔融氧化铝制备铝的化学方程式 　2Al2O34Al+3O2↑　。 （二）探究硫酸铝铵晶体（铵明矾晶体）[NH4Al（SO4）2•12H2O]的制取 以铝土矿（主要成分是Al2O3和少量SiO2、Fe2O3杂质）为原料可以制取硫酸铝铵（铵明矾）晶体，其工艺流程如图所示。 【资料】 ①SiO2不与稀盐酸反应，也不溶于水。 ②Al（OH）3能溶解在NaOH溶液中，生成可溶性钠盐[偏铝酸钠（NaAlO2）]。 ③Al（OH）3加热分解成氧化铝和水。 请回答下列问题： （2）步骤Ⅰ中所得滤液含有的阳离子有 　Al3+、Fe3+、H+　（填离子符号）。 （3）步骤Ⅱ生成的固体b为 　Fe（OH）3　（填化学式）。 （4）步骤Ⅲ中通入足量CO2发生的反应之一为CO2+NaAlO2+2H2O═Al（OH）3↓+X，推断X的化学式为 　NaHCO3　。 （5）步骤Ⅴ通过化合反应制取硫酸铝铵[NH4Al（SO4）2]，其化学方程式为 　Al2O3+4H2SO4+2NH3＝2NH4Al（SO4）2+3H2O　。从硫酸铝铵溶液中获得硫酸铝铵晶体的实验操作依次为加热浓缩、冷却结晶、过滤等，据此可知硫酸铝铵晶体的溶解度受温度影响的情况是 　硫酸铝铵晶体的溶解度随温度的升高而升高　。 （6）步骤Ⅱ中加过量烧碱的目的是 　将氯化铝完全转化成偏铝酸钠　；若步骤Ⅱ所加烧碱量不足，则最终硫酸铝铵晶体的产率将 　偏低　（填“偏低”、“不变”或“偏高”）。 （7）工业上通过控制硫酸的用量可以同时生产硫酸铝铵和硫酸铝。欲使制得的硫酸铝和硫酸铝铵的“微粒”个数之比为1：1，则投料时铝土矿中的Al2O3和H2SO4的“微粒”数之比为 　3：10　。 （8）通过加热分解硫酸铝铵晶体可得到纳米材料氧化铝。取4.53g硫酸铝铵晶体（相对分子质量为453）加热分解，最终剩余的固体只有Al2O3，其质量为 　0.51g　。（写出计算过程） 【考点】物质的相互转化和制备；常见金属的冶炼方法．版权所有 【专题】物质的制备． 【答案】（1）2Al2O34Al+3O2↑； （2）Al3+、Fe3+、H+； （3）Fe（OH）3； （4）NaHCO3； （5）Al2O3+4H2SO4+2NH3＝2NH4Al（SO4）2+3H2O；硫酸铝铵晶体的溶解度随温度的升高而升高； （6）将氯化铝完全转化成偏铝酸钠；偏低； （7）3：10； （8）0.51g。 【分析】（1）根据化学反应原理进行分析； （2）根据铝土矿中的氧化铝和氧化铁分别与过量的盐酸反应生成氯化铝和氯化铁进行分析； （3）根据步骤Ⅱ向滤液中加入过量烧碱溶液，FeCl3与NaOH反应生成红褐色固体Fe（OH）3和NaCl进行分析； （4）根据质量守恒定律，化学反应前后原子个数和种类不变进行分析； （5）根据氧化铝与稀硫酸和氢气反应生成硫酸铝铵进行分析； （6）根据氯化铝与氢氧化钠反应会生成氢氧化铝沉淀进行分析； （7）根据硫酸铝铵与硫酸铝的微粒个数比为1：1，则Al3+与的微粒个数比为3：5，Al3+全部来自Al2O3，全部来自H2SO4进行分析； （8）根据加热分解硫酸铝铵晶体得到氧化铝，铝元素的质量守恒进行分析。 【解答】解：（1）电解熔融氧化铝制备铝的化学方程式为2Al2O34Al+3O2↑； （2）铝土矿中的氧化铝和氧化铁分别与过量的盐酸反应生成氯化铝和氯化铁，所以步骤Ⅰ所得的滤液中阳离子有Al3+和Fe3+以及过量盐酸里的H+； （3）步骤Ⅱ向滤液中加入过量烧碱溶液，FeCl3与NaOH反应生成红褐色固体Fe（OH）3和NaCl，故红褐色固体b是Fe（OH）3； （4）根据质量守恒定律，化学反应前后原子个数和种类不变，可以判断物质X的化学式为：NaHCO3； （5）由图知，氧化铝与稀硫酸和氢气反应生成硫酸铝铵，反应的方程式为：Al2O3+4H2SO4+2NH3＝2NH4Al（SO4）2+3H2O； 从硫酸铝铵溶液中获得硫酸铝铵固体的操作是加热浓缩，冷却结晶，过滤等操作，可以看出硫酸铝铵晶体的溶解度随温度的升高而升高； （6）氯化铝与氢氧化钠反应会生成氢氧化铝沉淀，所以过量的氢氧化钠溶液可以将氯化铝完全转化成偏铝酸钠； 若步骤Ⅱ中所加的烧碱量不足，则会使生成的Al（OH）3可能没有全部溶解，导致硫酸铝铵晶体的产率偏低； （7）硫酸铝铵与硫酸铝的微粒个数比为1：1，则Al3+与的微粒个数比为3：5，Al3+全部来自Al2O3，全部来自H2SO4，根据 Al3+和守恒，投料时Al2O3和H2SO4的微粒个数之比为3：10； （8）通过加热分解硫酸铝铵晶体得到氧化铝，设氧化铝的质量为x，根据铝元素的质量守恒可得： 2[NH4Al（SO4）2•12H2O]～Al2O3 453×2 102 4.53g x x＝0.51g 答：氧化铝的质量为0.51g。 故答案为： （1）2Al2O34Al+3O2↑； （2）Al3+、Fe3+、H+； （3）Fe（OH）3； （4）NaHCO3； （5）Al2O3+4H2SO4+2NH3＝2NH4Al（SO4）2+3H2O；硫酸铝铵晶体的溶解度随温度的升高而升高； （6）将氯化铝完全转化成偏铝酸钠；偏低； （7）3：10； （8）0.51g。 【点评】本题主要考查物质的制备等，注意在书写化学方程式后，首先检查化学式，再检查是否配平、反应条件和沉淀、气体符号的标注。 14．从古至今，铁及其化合物一直被人类广泛应用。 （一）铁及其化合物的应用 （1）明代科学著作《天工开物》中记载：“泥固塞其孔，然后使水转釉”是指高温下CO将红砖中的Fe2O3转化为Fe3O4而形成青砖。该转化的化学方程式为 　3Fe2O3+CO2Fe3O4+CO2　。 （2）铁的化合物在现代更多领域发挥着重要作用。 ①碳酸亚铁（FeCO3）不溶于水，可作补血剂，服用后与胃酸反应生成 　FeCl2　被人体吸收，促进血红蛋白的生成。 ②火星探测器发回的信息表明，火星上存在FeOOH，从而证明火星表面曾经存在过水，其理由为 　FeOOH中存在H、O元素　。 ③活性FeOOH可除去石油开采过程中的有害气体H2S，并获得S，原理如下。 FeOOHFe2S3•H2OFeOOH+S 吸收中生成的另一种物质的化学式为 　H2O　，再生时发生反应的化学方程式为 　2（Fe2S3•H2O）+3O2＝4FeOOH+6S　。 （二）FeOOH的制备 用废铁屑（主要成分为Fe，含少量Fe2O3和FeCO3）制备FeOOH主要流程如下。 （3）酸溶时适当提高反应温度和H2SO4浓度，目的是 　加快反应速率　，产生的气体为 　氢气和二氧化碳的混合气体　。 （4）还原发生的反应为Fe2（SO4）3+Fe═3FeSO4。 沉淀发生的反应为2FeSO4+H2O2+2H2O═2FeOOH↓+2H2SO4。 沉淀时反应温度不宜太高，原因是 　防止过氧化氢受热分解　。 （三）FeOOH的含量测定 已知：FOOH及铁的氧化物加热分解的温度如下。 FeOOHFe2O3Fe3O4FeO 称取含Fe3O4的FeOOH样品76.6g，进行热分解实验。控制不同的温度对样品加热，测得剩余固体质量随温度的变化如图所示。 （5）样品中FeOOH的含量为 　69.7　%（精确到0.1%）。 （6）当加热到T4℃时，M点固体的成分是 　Fe3O4和FeO　。 【考点】物质的相互转化和制备；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式；酸的化学性质．版权所有 【专题】物质的制备． 【答案】（1）3Fe2O3+CO2Fe3O4+CO2； （2）①FeCl2； ②FeOOH中存在H、O元素； ③H2O；2（Fe2S3•H2O）+3O2＝4FeOOH+6S； （3）加快反应速率；氢气和二氧化碳的混合气体； （4）防止过氧化氢受热分解； （5）69.7； （6）Fe3O4和FeO。 【分析】（1）根据高温下CO将红砖中的Fe2O3转化为Fe3O4而形成青砖分析； （2）①根据碳酸亚铁（FeCO3）不溶于水，可作补血剂，服用后与盐酸反应生成氯化亚铁（FeCl2）被人体吸收，促进血红蛋白的生成分析； ②根据质量守恒定律分析； ③根据流程过程知分析； （3）根据酸溶时适当提高反应温度和H2SO4浓度，目的是加快反应速率；铁与稀硫酸反应生成氢气，碳酸亚铁与稀硫酸反应生成二氧化碳分析； （4）根据过氧化氢在高温下发生分解，氧化能力减弱分析； （5）根据图像可知结合题目中的数据进行分析； （6）根据当加热到T4℃时，Fe3O4还没有完全反应分析。 【解答】解：（1）高温下CO将红砖中的Fe2O3转化为Fe3O4而形成青砖，该转化的化学方程式为3Fe2O3+CO2Fe3O4+CO2；故答案为：3Fe2O3+CO2Fe3O4+CO2； （2）①碳酸亚铁（FeCO3）不溶于水，可作补血剂，服用后与胃酸反应生成氯化亚铁（FeCl2）被人体吸收，促进血红蛋白的生成；故答案为：FeCl2； ②火星探测器发回的信息表明，火星上存在FeOOH，从而证明火星表面曾经存在过水（分子式为H2O），其理由为FeOOH中存在H、O元素；故答案为：FeOOH中存在H、O元素； ③根据流程过程知，发生反应的方程式为：2FeOOH+3H2S＝Fe2S3•H2O+3H2O，则吸收中生成的另一种物质的化学式为H2O；根据流程过程知，再生时发生反应的化学方程式为2（Fe2S3•H2O）+3O2＝4FeOOH+6S；故答案为：H2O；2（Fe2S3•H2O）+3O2＝4FeOOH+6S； （3）酸溶时适当提高反应温度和H2SO4浓度，目的是加快反应速率；铁与稀硫酸反应生成氢气，碳酸亚铁与稀硫酸反应生成二氧化碳，因此产生的气体为氢气和二氧化碳的混合气体；故答案为：加快反应速率；氢气和二氧化碳的混合气体； （4）过氧化氢具有氧化性，把亚铁离子氧化为FeOOH，但是过氧化氢在高温下发生分解，氧化能力减弱，因此沉淀时反应温度不宜太高，原因是防止过氧化氢受热分解；故答案为：防止过氧化氢受热分解； （5）由图像可知，生成氧化铁的质量为71.2g； 设FeOOH的质量为x。 2FeOOHFe2O3+H2O 178 18 x 76.6g﹣71.2g＝5.4g x＝53.4g 样品中FeOOH的含量为：×100%≈69.7% 故答案为：69.7； （6）由图像看出，当加热到T4℃时，Fe3O4还没有完全反应，M点固体的成分是Fe3O4和FeO； 故答案为：Fe3O4和FeO。 【点评】本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。 15．从古至今，铁及其化合物一直被人类广泛应用。 Ⅰ.铁及其化合物的应用 （1）明代科学著作《天工开物》中记载：“泥固塞其孔，然后使水转釉”是指高温下CO将红砖中的Fe2O3转化为Fe3O4而形成青砖。该转化的化学方程式为 　3Fe2O3+CO2Fe3O4+CO2　。 （2）铁的化合物在现代更多领域发挥着重要作用。 ①碳酸亚铁（FeCO3）不溶于水，可作补血剂，服用后与胃酸反应生成 　FeCl2　（填化学式）被人体吸收，促进血红蛋白的生成。 ②火星探测器发回的信息表明，火星上存在FeOOH，从而证明火星表面曾经存在过水，其理由为 　FeOOH中存在H、O元素　。 Ⅱ.FeOOH的制备 用废铁屑（主要成分为Fe，含少量Fe2O3和FeCO3）制备FeOOH主要流程如图： （3）“酸溶”时适当提高反应温度和H2SO4浓度，目的是 　加快反应速率　，产生的气体为 　氢气和二氧化碳的混合气体　。 （4）制备过程中，“还原”反应的化学方程式为Fe2（SO4）3+Fe═3FeSO4；“沉淀”反应的化学方程式为2FeSO4+H2O2+2H2O═2FeOOH↓+2H2SO4。 （5）“沉淀”时温度不宜太高，原因是 　防止过氧化氢受热分解　。“沉淀”时会有部分FeOOH与FeSO4反应生成Fe3O4反应的化学方程式为 　2FeOOH+FeSO4＝Fe3O4+H2SO4　。 Ⅲ.FeOOH的含量测定 已知：FeOOH及铁的氧化物加热分解的温度如下： FeOOHFe2O3Fe3O4FeO 称取含Fe3O4的FeOOH样品76.6g，进行热分解实验。控制不同的温度对样品加热，测得剩余固体质量随温度的变化如图所示。 （6）样品中FeOOH的含量为 　69.7　%。（写出解题过程，精确到0.1%） （7）当加热到T4℃时，M点固体的成分是 　Fe3O4和FeO　。 【考点】物质的相互转化和制备；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式；酸的化学性质．版权所有 【专题】物质的制备． 【答案】（1）3Fe2O3+CO2Fe3O4+CO2； （2）①FeCl2； ②FeOOH中存在H、O元素； （3）加快反应速率；氢气和二氧化碳的混合气体； （5）防止过氧化氢受热分解；2FeOOH+FeSO4＝Fe3O4+H2SO4； （6）69.7； （7）Fe3O4和FeO。 【分析】（1）根据高温下CO将红砖中的Fe2O3转化为Fe3O4而形成青砖分析； （2）①根据碳酸亚铁（FeCO3）不溶于水，可作补血剂，服用后与盐酸反应生成氯化亚铁（FeCl2）被人体吸收，促进血红蛋白的生成分析； ②根据质量守恒定律分析； （3）根据酸溶时适当提高反应温度和H2SO4浓度，目的是加快反应速率；铁与稀硫酸反应生成氢气，碳酸亚铁与稀硫酸反应生成二氧化碳分析； （5）根据过氧化氢在高温下发生分解，氧化能力减弱分析；根据沉淀时会有部分FeOOH与FeSO4反应生成Fe3O4分析； （6）根据图像可知结合题目中的数据进行分析； （7）根据当加热到T4℃时，Fe3O4还没有完全反应分析。 【解答】解：（1）高温下CO将红砖中的Fe2O3转化为Fe3O4而形成青砖，该转化的化学方程式为3Fe2O3+CO2Fe3O4+CO2；故答案为：3Fe2O3+CO2Fe3O4+CO2； （2）①碳酸亚铁（FeCO3）不溶于水，可作补血剂，服用后与胃酸反应生成氯化亚铁（FeCl2）被人体吸收，促进血红蛋白的生成；故答案为：FeCl2； ②火星探测器发回的信息表明，火星上存在FeOOH，从而证明火星表面曾经存在过水（分子式为H2O），其理由为FeOOH中存在H、O元素；故答案为：FeOOH中存在H、O元素； （3）酸溶时适当提高反应温度和H2SO4浓度，目的是加快反应速率；铁与稀硫酸反应生成氢气，碳酸亚铁与稀硫酸反应生成二氧化碳，因此产生的气体为氢气和二氧化碳的混合气体；故答案为：加快反应速率；氢气和二氧化碳的混合气体； （5）过氧化氢具有氧化性，把亚铁离子氧化为FeOOH，但是过氧化氢在高温下发生分解，氧化能力减弱，因此沉淀时反应温度不宜太高，原因是防止过氧化氢受热分解；故答案为：防止过氧化氢受热分解； 沉淀时会有部分FeOOH与FeSO4反应生成Fe3O4，反应的化学方程式为2FeOOH+FeSO4＝Fe3O4+H2SO4；故答案为：2FeOOH+FeSO4＝Fe3O4+H2SO4； （6）由图像可知，生成氧化铁的质量为71.2g； 设FeOOH的质量为x。 2FeOOHFe2O3+H2O 178 18 x 76.6g﹣71.2g＝5.4g x＝53.4g 样品中FeOOH的含量为：×100%≈69.7% 故答案为：69.7； （7）由图像看出，当加热到T4℃时，Fe3O4还没有完全反应，M点固体的成分是Fe3O4和FeO； 故答案为：Fe3O4和FeO。 【点评】本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。 16．2023年10月31日，神舟十六号载人飞船成功返回地面，圆满完成任务。氧气和水是保障航天员生命的重要物质。 “天宫”中水和氧气的最大化利用是保障生活的重要措施。如图是空间站资源再利用模拟图。 （1）在“水净化系统”中，活性炭可以除去色素和异味，是利用活性炭具有 　吸附　性；用臭氧（O3）消毒，臭氧在一定条件下可以转化成氧气，该转化过程是 　化学　变化（填“物理”或“化学”）；高分子膜可以除去水中大分子杂质，与实验常用的 　过滤　操作原理相同，从微观角度分析水分子能透过高分子膜的原因 　高分子膜的间隙大于水分子的直径　。 （2）“氢氧燃料电池”中有催化剂，氢气与氧气在催化剂作用下能直接化合释放出电能，实现由化学能到电能的转化，该反应中不变的粒子是 　氢原子和氧原子　，该技术的优点：　产物是水，无污染　。 （3）“水电解系统”中产生氧气的电极应接在电源的 　正　（填“正”或“负”）极；在空间站失重状态下收集氧气可以选择下列什么装置 　D和E　。经换算可知理论上1个人一天约需要786克氧气，供给1个人一天用氧量至少电解水的质量是 　884　克。（保留整数）。 （4）“萨巴蒂尔反应器”可以除去CO2，该反应的化学方程式是 　CO2+4H2CH4+2H2O　。 【考点】物质的相互转化和制备；化学变化和物理变化的判别；过滤的原理、方法及其应用；电解水实验；碳单质的物理性质及用途．版权所有 【专题】物质的制备． 【答案】（1）吸附；化学；过滤；高分子膜的间隙大于水分子的直径； （2）氢原子和氧原子；产物是水，无污染； （3）正；D和E；884； （4）CO2+4H2CH4+2H2O。 【分析】（1）根据活性炭的特点和过滤的原理分析； （2）根据化学反应的实质及氢氧燃料电池中，反应后只生成水，无污染分析； （3）根据电解水时，正极产生的是氧气，负极产生的是氢气；氧气的收集方法以及化学方程式的计算分析； （4）根据图中物质分析。 【解答】解：（1）活性炭具有吸附性，能够吸附水中的色素和异味，可用于净化水；臭氧和氧气是氧元素组成的性质不同的两种物质，则臭氧在一定条件下可以转化成氧气，有新物质生成，则该转化过程是化学变化；高分子膜可以除去水中大分子杂质，将水与大分子的杂质进行分离，与实验常用的过滤操作原理相同；从微观角度分析水分子能透过高分子膜的原因是高分子膜的间隙大于水分子的直径； （2）氢气与氧气在催化剂作用下能直接化合释放出电能，同时生成水，氢气由氢分子构成，氢分子由氢原子构成，氧气由氢分子构成，氧分子由氧原子构成，水由水分子构成，水分子由氢原子和氧原子构成，所以该反应中不变的粒子是氢原子和氧原子；氢氧燃料电池中，反应后只生成水，无污染； （3）电解水实验中，连接电源正极的玻璃管中生成的气体是氧气；在空间站失重状态下，水在漂浮在空气中的，此时由排水法收集氧气是不合适的，要加上抽水泵更合适，即收集氧气可以选择D装置，在空间站失重状态下，不能利用密度大小 的原理来收集气体，可采用真空袋，即装置E收集气体，故选D或E； 解：设电解水的质量为x。 2H2O2H2↑+O2↑ 36 32 x 786g ， x≈884g， 答：电解水的质量为884克； （4）由图可知，“萨巴蒂尔反应器”可以除去CO2的反应是二氧化碳和氢气反应生成甲烷和水，故反应的化学方程式为：CO2+4H2CH4+2H2O。 故答案为： （1）吸附；化学；过滤；高分子膜的间隙大于水分子的直径； （2）氢原子和氧原子；产物是水，无污染； （3）正；D和E；884； （4）CO2+4H2CH4+2H2O。 【点评】本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。 17．海水资源综合利用体现了人类认识物质、改造物质的智慧。 （1）Ⅰ.海水提取粗盐 从贮水池到蒸发池，氯化钠的质量分数 　变大　（填“变大”“变小”或“不变”）。 （2）Ⅱ.粗盐提纯 可以采用物理和化学方法除去粗盐中的MgCl2、CaCl2和Na2SO4等可溶性杂质。 ①物理方法：用NaCl溶液浸洗粗盐，溶解其中的可溶性杂质，则浸洗溶液应选用NaCl的 　饱和　（填“饱和”或“不饱和”）溶液。 ②化学方法：操作步骤依次为：加水溶解—加过量NaOH溶液—加过量BaCl2溶液—加过量试剂①—过滤—加适量盐酸，试剂①是 　Na2CO3　（填化学式）溶液，过滤后滤液成分有Mg（OH）2、BaSO4及 　CaCO3和BaCO3　（填化学式，写出全部成分）。 （3）Ⅲ.侯氏“制碱” 我国科学家侯德榜为纯碱和氮肥工业技术的发展做出了杰出贡献。如图是侯氏联合制碱法和西方索尔维制碱法的工艺流程。（已知：NH4ClNH3↑+HCl↑） ①在制取纯碱的过程中，是先向饱和食盐水中通入氨气。制成饱和氨盐水，再通入二氧化碳；先通入过量氨气的目的是 　吸收尽可能多的二氧化碳　。 ②利用碳酸氢钠热解生产纯碱反应的基本类型是 　分解反应　。 ③我国化学家侯德榜创立的联合制碱法的优点有 　AC　（填字母序号）。 A.大大提高了食盐的利用率，节约了成本 B.析出的NH4Cl晶体可用作复合肥，提高了原料的利用率 C.无“索尔维氨碱法”中的废弃物CaCl2生成，有利于保护环境 【考点】纯碱的制取；氯化钠与粗盐提纯．版权所有 【专题】物质的制备． 【答案】（1）变大； （2）①饱和；②Na2CO3；CaCO3和BaCO3； （3）①吸收尽可能多的二氧化碳；②分解反应；③AC。 【分析】（1）根据在蒸发过程中，溶剂在不断减小，溶质质量不变进行分析； （2）根据用NaCl溶液浸洗粗盐，溶解除去其中的可溶性杂质，不能溶解氯化钠；加过量NaOH溶液可除去MgCl2，加过量Na2CO3可除去CaCl2进行分析； （3）根氨气极易溶于水，水溶液显碱性，可以和二氧化碳反应利于吸收更多二氧化碳气体；碳酸氢钠热解生产纯碱、水和二氧化碳；大大提高了食盐的利用率，节约了成本，将“制碱”与制氨生产联合起来，同时析出的NH4Cl晶体进行分析。 【解答】解：（1）在蒸发过程中，溶剂在不断减小，溶质质量不变，则蒸发池中氯化钠的质量分数会变大； （2）①根据用NaCl溶液浸洗粗盐，溶解除去其中的可溶性杂质，不能溶解氯化钠，故应选择氯化钠的饱和溶液来浸洗粗盐； ②加过量NaOH溶液可除去MgCl2，同时引入杂质NaOH，过滤后用盐酸除去，加过量BaCl2溶液可以除去Na2SO4同时引入杂质BaCl2。加入试剂①的目的是除去CaCl2及过量的BaCl2，Na2CO3与CaCl2反应生成CaCO3沉淀，Na2CO3与过量的BaCl2反应生成BaCO3沉淀，故试剂①可选用Na2CO3；过滤后滤液成分有Mg（OH）2、BaSO4及CaCO3和BaCO3； （3）①氨气极易溶于水，水溶液显碱性，可以和二氧化碳反应利于吸收更多二氧化碳气体，先向饱和食盐水中通入氨气，目的是吸收尽可能多的二氧化碳； ②碳酸氢钠受热分解生成纯碱、水和二氧化碳，符合一变多的特征，属于分解反应； ③A、大大提高了食盐的利用率，节约了成本，说法正确； B、将“制碱”与制氨生产联合起来，同时析出的NH4Cl晶体，氯化铵是一种含氮、磷、钾中氮元素的物质，可用作氮肥，而不是复合肥，说法错误； C、无“索尔维氨碱法”中的废弃物CaCl2生成，有利于保护环境，说法正确。 故答案为： （1）变大； （2）①饱和；②Na2CO3；CaCO3和BaCO3； （3）①吸收尽可能多的二氧化碳；②分解反应；③AC。 【点评】本题主要考查纯碱的制取等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。 18．从古至今。铜及其化合物一直被人类广泛应用。 一、对古代铜制品的认识 （1）先秦《考工记》中有关青铜成分记载：“六分其金而锡居其一”（注：此处“金”指铜），由此可知，雁鱼灯灯体的材质硬度比纯铜 　大　（选填“大”或“小”）。 （2）雁鱼灯的灯罩可自由开合，以调节进风量的大小。当看到有大量黑烟产生时，应 　扩大　（选填“扩大”或“减小”）进风口从而促进燃料充分燃烧，使用完毕后可将灯罩合住即可将其熄灭，其原理是 　隔绝氧气　。 （3）雁鱼灯出土时表面某些部分存在绿色锈蚀。主要成分是碱式碳酸铜。写出铜生锈的化学方程式为 　2Cu+O2+CO2+H2O＝Cu2（OH）2CO3　。该物质可用棉签蘸取 　HCl或H2SO4　（填化学式）擦拭除去。 （4）铜锈成分非常复杂。考古专家将铜锈分为无害锈和有害锈，碱式碳酸铜是无害锈，而碱式氯化铜是有害锈，结构如图2所示，无害锈能保护雁鱼灯的原因可能是 　碱式碳酸铜在铜表面能形成一层致密的保护膜，阻止内部的铜与外界潮湿空气接触反应生锈，起到保护作用　。 二、碱式氯化铜的制备 碱式氯化铜[Cux（OH）yClz]是绿色固体，难溶于水，能溶于稀盐酸和氨水，是重要的杀虫剂，以废铜屑（Cu和少量CuO）为原料制备碱式氯化铜的主要流程如下。 （1）“酸溶”时，为使废铜屑充分反应，可采取的措施有 　搅拌，使固液充分混合　。 （2）“酸溶”时的反应为CuO+2HCl═CuCl2+H2O。“氧化”时铜单质全部转化为氯化铜，反应的化学方程式为 　H2O2+Cu+2HCl＝CuCl2+2H2O　，该过程中反应温度不宜太高，原因是 　温度太高过氧化氢易分解，盐酸易挥发　。 （3）“转化”中滴入稀盐酸过量，碱式氯化铜的产量 　偏低　（选填“偏高”“偏低”或“无影响”）。 三、碱式氯化铜的组成测定 称取碱式碳酸铜和碱式氯化铜[Cux（OH）yClz]混合固体54.0g置于装置A中，控制不同的温度对其加热，测得装置B和C的质量如表。 表：装置B和C的质量变化 温度/℃ 装置B/g 装置C/g 室温 200.0 300.0 250℃ m 302.2 500℃ 204.5 309.5 资料：①加热到200℃以上，Cu2（OH）2CO3开始分解；加热到400℃以上，碱式氯化铜开始分解生成CuO、HCl和H2O。 ②浓硫酸、碱石灰可作干燥剂，碱石灰还能吸收HCl和CO2。 （1）装置D的作用是 　吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，防止影响实验结果　。 （2）表中m的值是 　200.9　，Cux（OH）yClz中x：y：z＝　2：3：1　。 （3）将装置A中固体继续加热到1000℃，发现固体质量减少4.0g后质量不再改变，则此过程中发生反应的化学方程式为 　4CuO2Cu2O+O2↑　。 【考点】物质的相互转化和制备；灭火的原理和方法；合金与合金的性质；酸的化学性质．版权所有 【专题】物质的制备；化学与能源；金属与金属材料． 【答案】一、（1）大； （2）扩大；隔绝氧气； （3）2Cu+O2+CO2+H2O＝Cu2（OH）2CO3；HCl或H2SO4； （4）碱式碳酸铜在铜表面能形成一层致密的保护膜，阻止内部的铜与外界潮湿空气接触反应生锈，起到保护作用； 二、（1）搅拌，使固液充分混合； （2）H2O2+Cu+2HCl＝CuCl2+2H2O；温度太高过氧化氢易分解，盐酸易挥发； （3）偏低； 三、（1）吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，防止影响实验结果； （2）200.9；2：3：1； （3）4CuO2Cu2O+O2↑。 【分析】一、（1）根据合金的硬度大于组成成分金属的硬度来分析解答； （2）根据雁鱼灯点燃时，当看到有大量黑烟产生，说明燃料燃烧不充分来分析解答；根据灯罩合住起到隔绝氧气的作用来分析解答； （3）根据铜、氧气、二氧化碳和水作用生成碱式碳酸铜来分析解答；根据碱式碳酸铜能与盐酸或硫酸反应来分析解答； （4）根据碱式碳酸铜在铜表面能形成一层致密的保护膜，阻止内部的铜与外界潮湿空气接触反应生锈来分析解答； 二、（1）根据搅拌可以使废铜屑充分反应来分析解答； （2）根据双氧水、盐酸和铜反应生成氯化铜和水来分析解答；根据温度太高过氧化氢易分解，盐酸易挥发来分析解答； （3）根据碱式氯化铜会与盐酸反应来分析解答； 三、（1）根据碱石灰吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，防止影响实验结果来分析解答； （2）根据题中数据来分析解答； （3）根据题中数据求出生成物的成分，进而写出化学方程式。 【解答】解：一、（1）根据六分其金而锡居其一可知，青铜是铜锡合金，合金的硬度大于组成成分金属的硬度，则雁鱼灯灯体的材质硬度比纯铜大； （2）雁鱼灯点燃时，当看到有大量黑烟产生，说明燃料燃烧不充分，此时应增大氧气的浓度，则应扩大进风口从而促进燃料充分燃烧，灯罩合住起到隔绝氧气的作用，所以使用完毕后可将灯罩合住即可将其熄灭，其原理是隔绝氧气； （3）铜生锈是铜、氧气、二氧化碳和水作用生成碱式碳酸铜的过程，反应的化学方程式为2Cu+O2+CO2+H2O＝Cu2（OH）2CO3，碱式碳酸铜能与盐酸或硫酸反应，则该物质可用棉签蘸取HCl或H2SO4擦拭除去； （4）碱式碳酸铜是无害锈，无害锈能保护雁鱼灯的原因可能是碱式碳酸铜在铜表面能形成一层致密的保护膜，阻止内部的铜与外界潮湿空气接触反应生锈，起到保护作用； 二、（1）酸溶”时，为使废铜屑充分反应，可采取的措施有搅拌，使固液充分混合； （2）以废铜屑（Cu和少量CuO）为原料制备碱式氯化铜，氧化铜能直接溶于盐酸，铜不溶于盐酸，则过滤后的滤渣是铜，由流程图可知，氧化时是双氧水、盐酸和铜反应生成氯化铜和水，反应的化学方程式为H2O2+Cu+2HCl＝CuCl2+2H2O，温度太高过氧化氢易分解，盐酸易挥发，所以该过程中反应温度不宜太高； （3）碱式氯化铜会与盐酸反应，所以“转化”中滴入稀盐酸过量，碱式氯化铜的产量偏低； 三、（1）空气中含有水蒸气和二氧化碳，则装置D的作用是吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，防止影响实验结果； （2）加热到200℃以上，Cu2（OH）2CO3开始分解，浓硫酸、碱石灰可作干燥剂，碱石灰还能吸收HCl和CO2，则250℃时装置C增加的质量为302.2g﹣300.0g＝2.2g，即生成二氧化碳的质量为2.2g， 设分解碱式碳酸铜的质量为x，生成氧化铜的质量为y，生成水的质量为z， Cu2（OH）2CO32CuO+CO2↑+H2O 222 160 44 18 x y 2.2g z ＝ x＝11.1g ＝ y＝8g ＝ z＝0.9g 装置B增加的质量就是生成水的质量，则装置B的质量为200g+0.9g＝200.9g，故表中m的值是200.9，加热到400℃以上，碱式氯化铜开始分解生成CuO、HCl和H2O，500℃时碱式氯化铜完全分解，此时装置C又增加309.5g﹣302.2g＝7.3g，即生成氯化氢的质量为7.3g，装置B又增加204.5g﹣200.9g＝3.6g，即生成水的质量为3.6g，混合物中碱式碳酸铜的质量为11.1g，混合物的质量为54.0g，则混合物中碱式氯化铜的质量为54.0g﹣11.1g＝42.9g，根据质量守恒定律，生成氧化铜的质量为42.9g﹣7.3g﹣3.6g＝32g，在碱式氯化铜中铜原子、氧原子、氢原子和氯原子的个数比为：：：＝2：3：3：1，则Cux（OH）yClz中x：y：z＝2：3：1； （3）碱式碳酸铜和碱式氯化铜完全分解后，装置A中剩余固体为氧化铜，质量为8g+32g＝40g，其中铜元素质量为40g×＝32g，氧元素质量为40g﹣32g＝8g，将装置A中固体继续加热到1000℃，发现固体质量减少4.0g后质量不再改变，根据质量守恒定律，减少的质量就是氧元素的质量，即有4g氧元素变成氧气，铜元素质量不变，则固体生成物的质量为40g﹣4.0g＝36g，其中铜原子、氧原子的个数比为：＝2：1，即固体生成物是Cu2O，则此过程中发生反应的化学方程式为4CuO2Cu2O+O2↑。 故答案为：一、（1）大； （2）扩大；隔绝氧气； （3）2Cu+O2+CO2+H2O＝Cu2（OH）2CO3；HCl或H2SO4； （4）碱式碳酸铜在铜表面能形成一层致密的保护膜，阻止内部的铜与外界潮湿空气接触反应生锈，起到保护作用； 二、（1）搅拌，使固液充分混合； （2）H2O2+Cu+2HCl＝CuCl2+2H2O；温度太高过氧化氢易分解，盐酸易挥发； （3）偏低； 三、（1）吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，防止影响实验结果； （2）200.9；2：3：1； （3）4CuO2Cu2O+O2↑。 【点评】在解此类题时，首先要将题中的知识认知透，然后结合学过的知识进行解答，此类题难度较大，要细心进行分析解答。 19．二氧化锰因应用广泛而备受关注。化学兴趣小组采用如图装置通过焙烧MnCO3制取MnO2，发生反应的化学方程式为：2MnCO3+O22MnO2+2CO2。 （1）图中尾气吸收剂主要吸收的气体是 　二氧化碳　。 （2）实验过程中，石英管内剩余固体的质量和成分随温度的变化如图二所示。若焙烧过程中温度达到900℃，　不能　（填写“能”或“不能”）达到实验目的。 （3）当加热到300﹣900℃时，锰的氧化物会分解产生一种常见气体，该气体是 　O2　（填化学式）。若加热到一定温度，当剩余固体质量为33.2g时，则剩余固体中的物质成分是 　MnO2和Mn2O3　。 【考点】盐的化学性质．版权所有 【专题】常见的盐 化学肥料． 【答案】（1）二氧化碳； （2）不能； （3）O2；MnO2和Mn2O3。 【分析】（1）根据反应的方程式可知该反应产生了二氧化碳分析； （2）根据在焙烧MnCO3制取MnO2的过程中，温度高于300℃可能会生成Mn2O3来分析； （3）根据质量守恒定律来分析。 【解答】解：（1）由反应的方程式可知该反应产生了二氧化碳，故图一中尾气吸收剂主要吸收的气体是二氧化碳； （2）根据图像可知，300°℃时对应的剩余固体为MnO2，温度再高，MnO2会分解，则焙烧MnCO3制取MnO2应该控制反应的温度不高于300℃。若焙烧过程中温度达到900℃不能达到实验目的； （3）若加热到300﹣900℃时，锰的氧化物会分解产生一种常见气体，锰的氧化物中含有锰元素和氧元素，根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变，则该气体为氧气，化学式是O2； 46.0gMnCO3中锰元素的质量为46.0g×＝22g，根据反应前后锰元素质量不变，若全部转化成MnO2，则MnO2的质量为：22g÷＝34.8g；若全部转化成Mn2O3，则Mn2O3的质量为：22g÷＝31.6g；若全部转化成MnO，则MnO的质量为：22g÷＝28.4g，33.2g在34.8g至31.6g之间，若加热到一定温度，当剩余固体质量为33.2g时，则剩余固体中的物质成分是MnO2和Mn2O3。 故答案为：（1）二氧化碳； （2）不能； （3）O2；MnO2和Mn2O3。 【点评】在解此类题时，首先要将题中的知识认知透，然后结合学过的知识进行解答。 20．氧化钙是一种重要的化工原料，制备氧化钙有以下两种方法。 方法一：煅烧石灰石。 方法二：电解水制氢联合制备氧化钙和甲醇（化学式CH4O），制备流程如图所示： Ⅰ.煅烧过程中发生反应的化学方程式是 　CaCO3CaO+CO2↑　。 Ⅱ.列举一种绿色能源 　太阳能　。 Ⅲ.写出电解水的化学方程式 　2H2O2H2↑+O2↑　，生成氢气的电极连接的是电源 　负极　（选填“正极”或“负极”）。 Ⅳ.反应1中消耗氢气和碳酸钙的物质的量相等，物质X的化学式为 　H2O　。 Ⅴ.甲醇（化学式CH4O）中氢元素与氧元素的质量比为 　1：4　。反应2属于化合反应，写出反应2的化学方程式 　CO+2H2CH4O　。 Ⅵ.方法二理论上制得氧化钙和甲醇的物质的量之比为 　1：1　。 Ⅶ.对比两种制备方法，方法二的优点除了利用绿色能源之外，请再写出一条优点。 　充分利用物质，将含碳物质转化为甲醇，减少二氧化碳排放　。 【考点】物质的相互转化和制备；元素质量比的计算；电解水实验．版权所有 【专题】物质的制备． 【答案】Ⅰ、CaCO3CaO+CO2↑； Ⅱ、太阳能； Ⅲ、2H2O2H2↑+O2↑；负极； Ⅳ、H2O； Ⅴ、1：4；CO+2H2CH4O； Ⅵ、1：1； Ⅶ、充分利用物质，将含碳物质转化为甲醇，减少二氧化碳排放。 【分析】Ⅰ、根据碳酸钙在高温的条件下生成氧化钙和二氧化碳来分析； Ⅱ、根据常见的绿色能源有风能、太阳能等来分析； Ⅲ、根据电解水生成氢气和氧气，负极生成氢气来分析； Ⅳ、根据化学反应前后原子的种类和数目不变以及题中信息来分析； Ⅴ、根据元素的质量比＝相对原子质量×原子个数之比，以及一氧化碳和氢气在催化剂和275℃的条件下生成甲醇来分析； Ⅵ、根据反应1和反应2的化学方程式来分析； Ⅶ、根据方法二充分利用物质，将含碳物质转化为甲醇，减少二氧化碳排放来分析。 【解答】解：Ⅰ、煅烧过程中发生的反应是碳酸钙在高温的条件下生成氧化钙和二氧化碳，反应的化学方程式是：CaCO3CaO+CO2↑。 Ⅱ、常见的绿色能源有风能、太阳能等。 Ⅲ、电解水生成氢气和氧气，反应的化学方程式为：2H2O2H2↑+O2↑；生成氢气的电极连接的是电源负极。 Ⅳ、反应1中消耗氢气和碳酸钙的物质的量相等，则它们的化学计量数之比为1：1，由流程图可知，该反应是氢气和碳酸钙在750℃的条件下生成氧化钙、一氧化碳和物质X，根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和数目不变，则该反应的化学方程式为：H2+CaCO3CaO+CO+H2O，所以物质X的化学式为：H2O。 Ⅴ、甲醇（化学式CH4O）中氢元素与氧元素的质量比为（1×4）：16＝1：4。反应2属于化合反应，则反应2是一氧化碳和氢气在催化剂和275℃的条件下生成甲醇，反应的化学方程式为：CO+2H2CH4O。 Ⅵ、反应1是H2+CaCO3CaO+CO+H2O，反应2是CO+2H2CH4O，由化学方程式可知，方法二理论上制得氧化钙和甲醇的物质的量之比为1：1。 Ⅶ、对比两种制备方法，方法二的优点除了利用绿色能源之外，还有的优点是：充分利用物质，将含碳物质转化为甲醇，减少二氧化碳排放。 故答案为： Ⅰ、CaCO3CaO+CO2↑； Ⅱ、太阳能； Ⅲ、2H2O2H2↑+O2↑；负极； Ⅳ、H2O； Ⅴ、1：4；CO+2H2CH4O； Ⅵ、1：1； Ⅶ、充分利用物质，将含碳物质转化为甲醇，减少二氧化碳排放。 【点评】本题主要考查学生运用所学知识综合分析和解决问题的能力。增加了学生分析问题的思维跨度，强调了学生整合知识的能力。 21．MnCO3可用作涂料和清漆的颜料。已知MnCO4、Mn（OH）2均难溶于水，MnCO3在100℃时开始分解。以软锰矿（主要成分MnO2）为原料制备高纯MnCO3的流程如图： （1）反应塔1中往往有副产物MnS2O6生成，温度对该反应的影响如图所示，为减少MnS2O6的生成，最适宜的温度为 　90　℃；为了提高锰元素的浸出率，通常还可以采取的措施是 　将锰铁矿粉碎（合理即可）　。（任写一种） （2）反应塔2中的反应为MnSO4+2NH4HCO3═（NH4）2SO4+MnCO3↓+CO2↑+H2O。反应塔2中需控制溶液的酸碱度，若碱性过强，MnCO3粗产品中将混有 　Mn（OH）2　（填化学式）。 （3）向反应塔2中加入碳酸氢铵溶液时，往往需要控制温度在30～35℃，原因是 　温度过高NH4HCO3会分解　。 （4）洗涤塔中洗涤的目的是 　洗去碳酸锰表面的可溶性杂质，提高产品的纯度　，判断洗涤干净的方法是取最后一次洗液于试管，滴加 　硝酸钡或氯化钡　（填名称），无现象，证明洗液中不含 　　（填离子符号），说已洗净。 （5）若akg软锰矿经历上述制备流程，最终制得高纯碳酸锰bkg。若整个流程锰元素损耗率为10%，则软锰矿中MnO2纯度是 　×100%　（列出计算式）。 【考点】物质的相互转化和制备．版权所有 【专题】物质的制备． 【答案】（1）90；将锰铁矿粉碎（合理即可）； （2）Mn（OH）2； （3）温度过高NH4HCO3会分解； （4）洗去碳酸锰表面的可溶性杂质，提高产品的纯度；硝酸钡或氯化钡；； （5）×100%。 【分析】（1）根据在90℃后时，可以看到MnS2O6产生的产率最低，升高温度对MnS2O6产率降低不大进行分析； （2）根据碱性过强，溶液中存在较多的氢氧根离子，锰离子与氢氧根离子生成氢氧化锰沉淀进行分析； （3）根据温度过高NH4HCO3会分解进行分析； （4）根据碳酸锰中带有可溶性杂质，经过洗涤塔可以洗去碳酸锰表面的可溶性杂质，提高碳酸锰的纯度，硫酸根可与钡离子反应生成硫酸钡沉淀进行分析； （5）根据质量守恒定律，化学反应前后元素的质量不变进行分析。 【解答】解：（1）根据图示可知：在90℃后时，可以看到MnS2O6产生的产率最低，升高温度对MnS2O6产率降低不大，所以最佳温度为90℃；为了提高锰元素的浸出率，通常还可以采取的措施是增加接触面积，即将锰铁矿粉碎，以及提高温度等； （2）碱性过强，溶液中存在较多的氢氧根离子，锰离子与氢氧根离子生成氢氧化锰沉淀，所以沉淀可能还有氢氧化锰，其化学式为Mn（OH）2； （3）向反应塔2中加入碳酸氢铵溶液时，往往需要控制温度在30﹣35℃，温度过高NH4HCO3会分解生成水、二氧化碳和氨气； （4）碳酸锰中带有可溶性杂质，经过洗涤塔可以洗去碳酸锰表面的可溶性杂质，提高碳酸锰的纯度；判断洗涤干净主要验证是否含有硫酸铵和硫酸锰，硫酸铵、硫酸锰中硫酸根可与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，加入含有钡离子的可溶性盐，例如硝酸钡或者氯化钡等。洗涤塔中洗涤的目的是洗去碳酸锰表面的可溶性杂质，提高产品的纯度，判断洗涤干净的方法是取最后一次洗液于试管，滴加硝酸钡或者氯化钡，无现象，证明洗液中不含； （5）若akg软锰矿经历上述制备流程，最终制得高纯碳酸锰bkg。若整个流程锰元素损耗率为10%，设软锰矿中MnO2纯度为x。则参加反应的锰元素质量为akg××90%。根据流程图可知，反应塔1中的反应为：MnO2+SO2＝MnSO4，反应塔2中的反应为MnSO4+2NH4HCO3＝（NH4）2SO4+MnCO3↓+CO2↑+H2O，则有：MnO2∼MnCO3。碳酸锰中锰元素全部来自二氧化锰，则有：akg××90%＝bkg××100%，x＝×100%。 故答案为： （1）90；将锰铁矿粉碎（合理即可）； （2）Mn（OH）2； （3）温度过高NH4HCO3会分解； （4）洗去碳酸锰表面的可溶性杂质，提高产品的纯度；硝酸钡或氯化钡；； （5）×100%。 【点评】本题主要考查物质的制备，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行。 考点卡片 1．过滤的原理、方法及其应用 【知识点的认识】如图所示， 过滤是把不溶于液体的固体物质跟液体分离开来的一种混合物分离的方法；它根据滤纸能够透过液体和溶于液体的物质的特殊功能，将混合物分离开来的；常用来分离不溶于液体的固体物质跟液体等等．所需器材有铁架台、漏斗、滤纸、烧杯、玻璃棒等．要想过滤，首先要制过滤器，具体如图所示： ， 将一张滤纸对折两次后，展成圆锥形，用水润湿倒贴在漏斗内壁水即可．过滤的具体操作要领及注意事项有： 一贴，即滤纸紧贴漏斗内壁，中间不要留有气泡． 二低，即漏斗内滤纸边缘低于漏斗口边缘，漏斗内液面低于滤纸边缘． 三靠，即倾倒液体时，盛浑浊液的烧杯嘴紧靠玻璃棒；玻璃棒末端轻靠漏斗内三层滤纸处；漏斗下端紧靠承接滤液的烧杯内壁． 【命题方向】该考点的命题方向主要是考查过滤的原理、实验操作、注意事项和滤液浑浊的原因分析等等．题型有操作题、选择题、填空题和实验探究题．中考的重点是实验操作及注意事项和滤液浑浊的原因分析等等． 【解题方法点拨】要想解答好这类题目，首先，要熟记过滤的方法、原理、所需器材、操作及注意事项等等；然后，结合问题情景，细致地分析题意或者图示信息，并根据所学的相关知识，设计好实验方案，或者是按照给出实验方案，进行细心探究即可． 2．电解水实验 【知识点的认识】电解水实验如图所示： 1．实验用品有：水槽、试管、直流电、石墨电极（正极不能用铜等金属或与氧气反应的电极）、12V的直流电源． 2．实验过程及现象：按照上面的实物图所示，连接好装置．为增强水的导电性，可在水中加入少量稀硫酸或氢氧化钠溶液（一般不加氢氧化钠溶液，容易起泡沫）．闭合电路后，会看到试管内的电极上出现气泡，过一段时间，与电源正（氧气），负极（氢气）相连的试管产生的气体体积比约为1：2．（氧气的密度为1.429g/mL，氢气的为0.089g/mL；通过计算可得氧气与氢气的质量比为8：1，氢，氧两种分子和原子个数比都是2：1）．可简单概括为：“正氧负氢1：2，质量比为8：1”． 3．该实验结论或推论有：（1）水由氢、氧两种元素组成．（2）水（分子）中，氢、氧两种元素的原子个数比为2：1，两气体的分子个数比为2：1、体积比为2：1．（3）水通电生成氢气、氧气，正极产生的是氧气，负极产生的是氢气．该反应的化学方程式为2H2O通电¯2H2↑+O2↑．（4）化学反应前后，原子种类、个数不变，元素种类不变．（5）在化学变化中，分子可分，而原子不可分．（6）化学反应的实质是在化学变化中分子分解成原子，原子重新组合成新的分子（或聚集后直接构成物质）（7）分子是保持物质化学性质的最小粒子．（8）原子是化学变化中的最小粒子．（9）氧气是由氧元素组成；氢气是由氢元素组成．⑽水是由水分子构成的；一个水分子是由二个氢原子和一个氧原子构成；一个氢气分子是由二个氢原子构成；一个氧气分子是由二个氧原子构成．⑾水是纯净物中的化合物中的氧化物，氧气和氢气是纯净物中的单质．⑿该实验中发生的化学反应属于分解反应． 4．电解水时的误差分析，即氧气、氢气的体积比小于1：2，其原因主要有如下三个：（1）氧气、氢气在水中的溶解度不同造成的．由于氧气的溶解度比氢气的稍大些，导致氧气、氢气的体积比小于1：2．（2）电极的氧化造成的．当使用金属电极进行实验时，由于氧气的化学性质比较活泼，所以有可能有一部分氧气在电极处与电极发生了反应，使氧气损耗了一部分；导致氧气、氢气的体积比小于1：2．（3）电极产生副反应等造成的．如用稀硫酸溶液作电解液，可能会有下列副反应发生：H2SO4＝H++，在阴极：2H++2e＝H2；在阳极：2﹣2e＝H2S2O8（过二硫酸），H2S2O8+H2O＝H2SO4+H2SO5（过一硫酸），H2SO5+H2O＝H2O2+H2SO4；生成的过氧化氢在酸性溶液中较稳定，不易放出氧气．从而使生成的氢气增多了，导致氧气、氢气的体积比小于1：2． 克服的办法是，在电解液中加入碱比加入酸的误差会小些．或者事先将电解液用氧气饱和，可以消除因溶解度不同而产生的误差，或者电极不能是金属或易与氧气、氢气反应的，等等． 【命题方向】该考点的命题方向主要是通过设置有关的实验、问题情景，有时还会以如图所示的图示信息的形式呈现，让学生阅读、观察、思考和分析后，来解答该实验的用品、象、结论或推论、误差分析和改进完善措施等，或者是补全其中的部分空白．题型有选择题、填空题、实验探究题．中考重点是凭借着电解水这一非常典型的实验情景，来考查学生对具体物质的性质、组成、变化进行科学探究的能力，分析、推断和归纳的能力，和对科学探究方法的掌握情况，以及运用它们来解决实际问题的能力等．特别是，对电解水实验的有关操作、现象、结论或推论、误差分析、改进完善措施的考查，是近几年中考的重中之重．【解题方法点拨】解答这类题目时，首先，要熟记电解水实验的有关操作、现象、结论或推论等；并且，还要充分理解所涉及到的物质的组成、构成、分类、性质等，以及有关的理论知识（如分子和原子的定义、区别、联系，化学反应的实质、基本类型，等等）．然后，根据所给的实验、问题情景信息，或者是图示信息，结合所学的相关知识和技能，细心地探究后，按照题目要求进行选择或填写即可． 另外，对电解水实验的结论或推论的总结，如果从化学式的意义，物质的组成、构成、分类、性质和变化，分子和原子的定义、区别、联系，化学反应的实质、基本类型，以及质量守恒定律的方面来考虑、理解的话，就会事半功倍了．对于误差分析来说，一定联系着氧气和氢气的溶解性、氧气的氧化性，以及增强导电性的物质的性质等；来分析探究之．对于改进完善措施，可以从气体溶解性及其饱和溶液，将试管换成带刻度的仪器或专用的水电解器，电极不能是金属或易与氧气、氢气反应的等方面来考虑改进． 3．固体溶解度曲线及其作用 【知识点的认识】所谓固体溶解度曲线如图所示：； 就是用纵坐标表示溶解度（用字母S表示，单位为克/g），横坐标表示温度（用字母t表示，单位为℃），根据物质在不同温度时的溶解度不同，画出的物质溶解度随温度变化的曲线． 固体溶解度曲线的作用可从点、线、面和交点四方面来理解．具体如下： 1．点，溶解度曲线上的每个点（即饱和点）表示的是某温度下某种物质的溶解度．即曲线上的任意一点都对应有相应的温度和溶解度．温度在横坐标上可以找到，溶解度在纵坐标上可以找到．溶解度曲线上的点有三个方面的作用：（1）根据已知的温度可以查出有关物质的溶解度；（2）根据物质的溶解度也可以查出它所对应的温度；（3）可以判断或比较相同温度下，不同物质溶解度的大小（或饱和溶液中溶质的质量分数的大小）． 2．线，溶解度曲线表示某物质在不同温度下的溶解度或溶解度随温度的变化情况．曲线的坡度越大，说明溶解度受温度影响越大；反之，说明受温度影响较小．溶解度曲线也有三个方面的应用：（1）根据溶解度曲线，可以看出物质的溶解度随着温度的变化而变化的情况．一般规律是：大部分固体随温度升高溶解度增大，如硝酸钾；只有少数固体溶解度受温度影响不大，如食盐（氯化钠）；极少数物质溶解度随温度升高反而减小，如熟石灰．（2）根据溶解度曲线，判断或比较某一物质在不同温度下的溶解度大小． （3）根据溶解度曲线，选择分离、提纯某些可溶性混合物的方法（即选用蒸发结晶还是降温结晶）；并且，还可以判断或比较析出晶体的质量大小（即曲线越陡，析出的晶体就越多）． 3．面，对于曲线下部面积上的任何点，依其数据配制的溶液为对应温度时的不饱和溶液；曲线上部面积上的点，依其数据配制的溶液为对应温度时的饱和溶液，且溶质有剩余．如果要使不饱和溶液（曲线下部的一点）变成对应温度下的饱和溶液，方法有两种：第一种方法是向该溶液中添加适量的溶质使之到达曲线上；第二种方法是蒸发掉过量的溶剂． 4．交点，两条溶解度曲线的交点表示该点所示的温度下，两物质的溶解度是相同的；并且，此时两种物质饱和溶液的溶质质量分数也相同的． 【命题方向】该考点的命题方向主要是通过设置相关的实验、问题情景或图表信息等，来考查学生对固体溶解度曲线及其使用的理解和掌握情况，以及对固体溶解度的溶概念和意义、固体溶解度的影响因素等相关问题的分析、推断、表达的能力和对知识的迁移能力等．并且，经常将其与“饱和溶液和不饱和溶液的概念、特点及其相互转变方法”、“固体溶解度的概念和意义”、“溶质质量分数及其有关计算”、“物质的溶解和结晶方法”等关联起来考查．凸显了命题的能力立意．由于这类题目的信息量大，涉及的知识点多，所以固体溶解度曲线及其作用是重要的中考考点，并且还是中考化学的热点．题型有选择题、填空题．中考重点是考查学生阅读、分析实验、问题情景或图表信息的能力，对固体溶解度曲线及其使用等相关知识的理解和掌握情况，以及运用它们来解决实际问题的能力等．特别是，对查找某种物质在不同温度下的溶解度，比较不同物质在相同温度下的溶解度的大小，判断温度对物质溶解度的影响，判断结晶方法及析出晶体的多少，溶质质量分数及其有关计算，以及饱和溶液和不饱和溶液的概念及其相互转变方法的综合考查，是近几年中考的重中之重． 【解题方法点拨】解答这类题目时，首先，要熟记和理解固体溶解度曲线及其使用，固体溶解度的概念和意义，溶质质量分数及其有关计算，饱和溶液和不饱和溶液的概念及其相互转变方法，以及物质的溶解和结晶的方法等相关知识；然后，根据所给的实验、问题情景或图表信息等，结合所学的相关知识和技能，细致地阅读、分析题意等，联系着生活实际，细心地进行探究、推理，最后，按照题目的要求，认真地进行选择或解答即可． 爱心提示：做这方面的题时，还要特别注意以下两点： 1．掌握好溶解度曲线的画法、意义、作用，善于从溶解度曲线中获取有价值的信息．例如，要弄清曲线的横、纵坐标分别表示什么意义，明确曲线的趋势、陡度及其含义，理解曲线上的点和其它位置的点所表示的意义． 2．归纳、整合好溶液的相关知识，并能结合溶解度曲线及设置的问题情景来解决有关的实际问题． 4．有关溶质质量分数的简单计算 【知识点的认识】有关溶质质量分数的简单计算的公式有如下3种： 1．溶质质量分数的一般计算公式是： 2．特殊计算公式（使用于饱和溶液）是： 3．变形公式有： 值得注意的是：①溶质的质量分数只表示溶质质量与溶液质量之比，并不代表具体的溶液质量和溶质质量． ②溶质的质量分数是比值，没有单位；一般用百分数表示．③溶质的质量分数计算式中溶质质量与溶液质量的单位必须统一．④计算式中溶质质量是指被溶解的那部分溶质的质量，没有被溶解的那部分溶质质量不能计算在内．⑤当计算饱和溶液中溶质的质量分数（即该温度下该溶质质量分数的最大值）时，才可以使用特殊计算公式来计算． 有关溶质质量分数的简单计算的题型包括以下几种： 1．已知溶质和溶液（或溶剂）的质量，求算溶质的质量分数．此时，只要将已知的质量代入相应的计算公式，进行计算即可． 2．已知（暗知）某温度下的某物质的溶解度，求算该溶质的质量分数．此时，首先要确认该溶液是饱和溶液，并制定该物质的溶解度（有时从溶解的曲线上或括号内的补充说明中寻找），如果将溶解度代入溶质的质量分数的特殊计算公式进行计算即可． 3．已知溶质的质量分数和溶液（或溶质）的质量，求算溶质（或溶液或溶剂）的质量．此时，可将已知的溶质的质量分数和溶液的质量代入相应的变形公式中，进行计算即可（注意：溶剂的质量是溶液的质量与溶质的质量之差）． 4．已知某温度时某饱和溶液中溶质的质量分数，求算该溶质在此温度下的溶解度．此时，可以将已知的溶质的质量分数代入相应的变形公式中，进行计算即可． 5．溶液稀释前后有关溶质的质量分数的计算．此时，由于溶液稀释前后，溶质的质量是不变的；若设浓溶液质量为m g，溶质的质量分数为a%，加水稀释成溶质的质量分数为b%的稀溶液n g，则等式m g×a%＝ng×b%成立，加入水的质量为ng﹣mg． 6．在溶液中发生化学反应时的有关溶质的质量分数的综合计算；即有关溶质的质量分数的计算和有关化学方程式的计算的综合性计算．特别是，在计算反应后溶液中某溶质的质量分数时，需要注意的是：①如果某溶质反应前有，反应生成物中也有，并且反应后的溶液为该溶质的不饱和溶液，那么该溶质的质量应该是原来的质量与反应生成的质量（根据化学方程式计算）之和；反应后溶液的质量可以根据质量守恒定律来计算，即反应后溶液的质量＝反应前各组份的质量之和﹣气体的质量﹣沉淀（或杂质）的质量；然后将所求的两个质量相除，再乘以100%，就可求得反应后溶液中该溶质的质量分数了．②如果反应后的溶液已是某溶质的饱和溶液（此时，会给其溶解度或有关信息），那么判定饱和后，就可根据所给的溶解度来计算该溶质的质量分数了． 【命题方向】该考点的命题方向主要是通过设置相关的实验、问题情景或图表信息等，来考查学生对有关溶质质量分数的简单计算的理解和掌握情况，以及对溶质的质量分数及其与溶解度的关系等相关问题的分析、推断、计算的能力和对知识的迁移能力．并且，经常将其与“有关化学方程式的计算”、“固体溶解度的概念、意义”、“固体溶解度曲线及其使用”、“有关化学方程式的计算”、“质量守恒定律”等关联起来考查．当然，有时也单独考查之．题型有选择题、填空题、计算题；并且，经常以计算题或计算型的填空题的形式出现．中考重点是考查学生阅读、分析实验、问题情景或图表信息的能力，对溶质的质量分数及其有关计算，固体溶解度的概念、意义，固体溶解度曲线及其使用，质量守恒定律等相关知识的理解和掌握情况，以及运用它们来解决实际问题的能力等．特别是，对溶质的质量分数及其有关计算，固体溶解度概念、意义，固体溶解度曲线及其使用，有关化学方程式的计算和质量守恒定律的综合考查，是近几年中考的重中之重． 【解题方法点拨】解答这类题目时，首先，要熟记和理解溶质的质量分数及其有关计算方法，固体溶解度的概念、意义，固体溶解度曲线及其使用，有关化学方程式的计算方法，以及质量守恒定律解等相关知识；然后，根据所给的实验、问题情景或图表信息等，结合所学的相关知识和技能，细致地阅读、分析题意等，联系着生活实际，细心地进行探究、推理，最后，按照题目的要求，认真地进行选择或解答即可． 爱心提示：在有关溶质的质量分数的计算和有关化学方程式的计算的综合性计算时，需要特别注意的是： 1．化学方程式中化学式下面所对应的物质质量不能直接写成溶液质量，一定要写参加化学反应的溶质实际质量． 2．若已知溶液的体积或求溶液的体积，要用m＝ρV这个公式进行换算． 3．计算过程中，单位一定要统一． 5．合金与合金的性质 【知识点的认识】合金是在某种金属中加热熔合某些其它金属（或非金属），而形成的具有金属特性的物质． 合金的性质主要是：合金的强度和硬度一般比组成它的纯金属更高，抗腐蚀性能等也比组成它的纯金属更好；但是，大多数合金的熔点比它的纯金属的熔点低，导电、导热性能比它的纯金属差；总之，合金的性能主要决定于合金的成分．具体如下表所示： 其中，青铜是人类历史上使用最早的合金；生铁和钢是人类利用最广泛的合金．另外，钛的合金（如钛镍合金）具有“记忆”能力，可记住某个特定温度下的形状，只要复回这个温度，就会恢复到这个温度下的形状，又被称为“记忆金属”．此外，钛还可制取超导材料，美国生产的超导材料中的90%是用钛铌合金制造的． 【命题方向】该考点的命题方向主要是通过创设相关问题情景或图表信息等，来考查学生对合金与合金的性质的理解或掌握情况，以及对常见金属的特性及其应用，金属的物理性质、化学性质及用途等相关问题的分析、推断、表达的能力和对知识的迁移能力等；并且，经常将其与“常见金属的特性及其应用”、“金属的性质及用途”等关联起来，进行综合考查．当然，有时也单独考查之．命题方式是根据合金与合金的性质来推断、选择或解答其用途或合金的制备及其组分分析问题，或者是给出常见合金的用途来反推其特性，或者是对所给的有关的表达进行判断，等等．题型有选择题、填空题．中考重点是考查学生阅读、分析问题情景或图表信息的能力，对合金与合金的性质，金属的性质及用途、常见金属的特性及其应用等相关知识的理解或掌握情况，以及运用它们来解决实际问题的能力等．特别是，对我们身边生活中常用、常见金属及合金的考查，是近几年中考的重中之重． 【解题方法点拨】解答这类题目时，首先，要熟记和理解合金与合金的性质、金属的性质及用途、常见金属的特性及其应用等相关知识；然后，根据所给的问题情景或图表信息等，结合所学的相关知识和技能，以及从生活、电视、网络中了解到的有关金属及合金的信息，细致地阅读、分析题意等，联系着生活实际，细心地进行探究、推理，最后，按照题目的要求，认真地进行选择或解答即可． 爱心提示：要想做好这方面的题目，除了学好教材中的有关金属及合金的知识以外，还要做到以下两点： 1．在平时的学习和生活中，注意留意、理解、搜集和熟记我们身边经常用到和见到的金属及合金的有关知识，以及最新的有关金属方面的科技前沿信息，等等． 2．要特别注意灵活运用物质的性质与用途之间的相互联系（即性质用途），根据它们之间的联系来分析、推断和解答，将会是事半功倍的． 6．金属的化学性质 【知识点的认识】金属的化学性质在初中阶段要求掌握三个： 一、金属能与氧气反应（金即使在高温时也不与氧气反应） 1．铁与氧气的反应：常温下，干燥的空气中铁很难与氧气反应．在潮湿的空气中，铁与氧气发生缓慢氧化而生成铁锈（主要成分：Fe2O3；铁锈呈红色，结构疏松，易吸水，加快铁器的腐蚀）；还有铁经过缓慢氧化后，形成的化合物也可认为是氧化铁，即4Fe+3O2＝2Fe2O3．在纯氧中，铁丝能够被点燃，剧烈燃烧，火星四射，生成黑色固体，放出大量的热（在点燃前，先将铁丝打磨，在集气瓶中留有少量细砂或水，防止高温溅落物炸裂瓶底 ）即3Fe+2O2点燃¯Fe3O4．由上述实验现象，可以看出：“同种物质，在不同的反应条件下，现象可能不同，生成物有可能不同．” 2．镁与氧气的反应：常温下所看到的镁条呈黑色，用砂纸打磨后呈银白色．做镁条燃烧实验时，要注意用坩埚钳夹持，在下面垫上石棉网．镁条被点燃后，剧烈燃烧，产生耀眼的白光，形成白烟，放出大量的热；即2Mg+O2点燃¯2MgO． 3．铝与氧气的反应：铝在空气容易形成致密的氧化物，故其抗腐蚀性能很好．铝箔在纯氧中能够剧烈燃烧，即4Al+3O2点燃¯2Al2O3． 4．铜与氧气的反应：在加热的情况下，铜能与氧气反应，生成黑色的物质（氧化铜）；即2Cu+O2△¯2CuO．即使在纯氧中，铜也不能被点燃．在潮湿的空气中，铜能被腐蚀，形成绿色粉末状固体﹣﹣铜绿[Cu2（OH）2CO3]；即2Cu+O2+CO2+H2O＝Cu2（OH）2CO3． 总之，大多数金属一般都能与氧气反应，只是难易及剧烈程度不同而已，由此可判断金属的活动性强弱；反之亦然． 二、金属能与稀盐酸、稀硫酸反应 1．镁、铝、锌、铁、铜与稀盐酸的反应：现象、结论如下表所示． 2．镁、铝、锌、铁、铜与稀硫酸的反应：现象、结论如下表所示． 总之，大多数金属一般都能与稀盐酸或稀硫酸反应，根据金属能否与稀盐酸或稀硫酸反应或反应的剧烈程度，可以判断金属的活动性强弱；反之亦然． 需要注意的是：（1）金属应是在金属活动性顺序中排在（H）前面的金属；（2）酸应是不具有强氧化性的酸，例如盐酸、稀硫酸，不包括浓硫酸和硝酸；（3）单质铁与酸发生置换反应时生成亚铁盐；（4）K、Ca、Na除与酸反应外，还能与水在常温下发生置换反应（如2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑），其余金属则不能（初中阶段大体上了解即可）． 三、金属能与金属化合物溶液（即盐溶液）反应 分别将铝丝浸入硫酸铜溶液中、将铜丝浸入硝酸银溶液和硫酸铝溶液中，进行实验．现象、结论下面的图表所示． 总之，部分金属能与金属化合物溶液反应，根据金属能否把另一种金属从它的化合物溶液中置换出来，可以判断金属的活动性强弱；反之亦然． 需要注意的是：（1）在金属活动性顺序中只有排在前面的金属才能把排在后面的金属从其盐溶液中置换出来，而与H的位置无关．但K、Ca、Na等金属例外，由于它们过于活泼，与盐溶液不发生置换反应，而是先与溶液中的水发生置换反应（初中阶段大体上了解即可）．如把钠放入硫酸铜溶液中虽然反应[2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，CuSO4+2NaOH＝Cu（OH）2↓+Na2SO4]，最终没有单质铜生成．（2）铁与盐溶液发生置换反应时，生成二价亚铁盐．（3）用同种金属置换不同的盐溶液，盐中金属排在金属活动性顺序中较后的金属首先被置换出来．用不同的金属置换同种盐溶液，盐中金属先被排在金属活动性顺序中较前的金属置换出来．另外，若有一种金属和多种混合盐溶液反应，最先反应的是最不活泼的那个金属的盐溶液．例如，锌粒与氯化亚铁和硫酸铜和硝酸汞的混合溶液反应，最先反应的是硝酸汞，当硝酸汞被消耗完时，硫酸铜才与锌粒反应，同理，硫酸铜反应完后，锌才会和氯化亚铁反应．还有，当多种金属与一种盐溶液反应时，最活泼的金属先反应．例如，把打磨光亮的镁带、铝丝、铜丝一起放入硝酸银溶液中，镁被消耗完后，铝才和硝酸银反应，铝反应完后，铜跟硝酸银反应． 【命题方向】该考点的命题方向主要是通过创设相关实验、问题情景或图表信息等，来考查学生对金属的化学性质的理解或掌握情况，以及对常见金属的特性及其应用、金属的物理性质及用途、合金与合金的性质、金属活动性顺序及其应用、实验现象及结论（包括反应化学方程式）等相关问题的分析、推断、表达的能力和对知识的迁移能力等；并且，经常将其与常见金属的特性及其应用、金属的物理性质及用途、金属活动性顺序及其应用、化学方程式的书写等关联起来，进行综合考查．当然，有时也单独考查之．命题方式是根据金属的化学性质来分析、推断、选择或解答有关实验现象、实验结论（包括反应化学方程式）、金属的制备、金属的应用、生活中有关金属的实际问题，或者是反过来考查，或者是对所给的有关金属性质及用途的表达进行判断，等等．题型有选择题、填空题、实验探究题．中考重点是考查学生阅读、分析和提炼所给的实验、问题情景或图表信息的能力，对金属的性质及用途，常见金属的特性及其应用，合金与合金的性质，金属活动性顺序及其应用等相关知识的理解或掌握情况，以及运用它们来解决实际问题的能力等．特别是，对我们身边生活中常用、常见金属及合金的考查，是近几年中考的重中之重． 【解题方法点拨】解答这类题目时，首先，要熟记和理解金属的性质及用途、常见金属的特性及其应用、合金与合金的性质、金属活动性顺序及其应用等相关知识；然后，根据所给的实验、问题情景或图表信息等，结合所学的相关知识和技能，以及从生活、电视、网络中了解到的有关金属及合金的信息，细致地阅读、分析题意等，联系着生活实际，细心地进行探究、推理，最后，按照题目的要求，认真地进行选择或解答即可． 爱心提示：要想做好这方面的题目，除了学好教材中的有关金属的化学性质等知识以外，还要做到以下两点： 1．在平时的学习和生活中，注意留意、理解、搜集和熟记我们身边经常用到和见到的金属及合金的有关知识，以及最新的有关金属方面的科技前沿信息，等等． 2．要特别注意灵活运用物质的性质与用途之间的相互联系（即性质用途），根据它们之间的联系来分析、推断和解答，将会是事半功倍的． 7．常见金属的冶炼方法 【知识点的认识】常见金属的冶炼方法主要有以下5种： 1．电解法，主要使用于金属活动顺序表中钠至铝之间的金属的冶炼．例如，钠的冶炼：2NaCl（熔融）通电¯2Na+Cl2↑；镁的冶炼：MgCl2（熔融）通电¯Mg+Cl2↑；铝的冶炼：2Al2O3（熔融）通电¯4Al+3O2↑． 2．热还原法，主要使用于金属活动顺序表中锌至铜之间的金属的冶炼．例如，（1）用H2作还原剂（优点：得到的金属较纯，污染小，但价格较贵），如H2+CuO△¯Cu+H2O；（2）用C（焦炭、木炭）、CO作还原剂（火法冶金；缺点：易混入杂质，污染空气），如 C+2CuO高温¯2Cu+CO2↑、CO+CuO△¯Cu+CO2，C+ZnO高温¯Zn+CO↑（我国是世界上冶炼锌最早的国家，明朝宋应星在《天工开物》一书中有记载），3C+2Fe2O3高温¯4Fe+3CO2↑、3CO+Fe2O3高温¯2Fe+3CO2；（3）用Al作还原剂（铝热剂）冶炼难熔的金属，如2Al+Fe2O3高温¯2Fe+Al2O3；（4）用Na、Mg等活泼金属作还原剂冶炼Ti等现代的有色金属，即4Na+TiCl4（熔融）Ti+4NaCl、2Mg+TiCl4（熔融）Ti+2MgCl2（钛和钛合金被认为是21世纪的重要金属材料）． 3．加热法（即用加热其氧化物或锻烧其硫化物的方法），主要使用于Hg、Ag等不活泼金属的冶炼．如：2HgO△¯Hg+O2↑、HgS+O2△¯Hg+SO2↑、2Ag2O△¯4Ag+O2↑． 4．置换法（湿法冶金），即根据金属的活动性顺序表的应用，利用排在金属活动性顺序中前面的金属把排在后面的金属从其盐溶液里置换出来．例如，Fe+CuSO4＝FeSO4+Cu；2Al+3CuSO4＝Al2（SO4）3+3Cu； 5．物理提取法，主要使用于提取Pt、Au等极不活泼的金属．由于它们在自然界中以单质形式存在，且密度很大，用多次淘洗法去掉矿粒、泥沙等杂质，便可得到． 【命题方向】该考点的命题方向主要是通过创设相关实验、问题情景或图表信息等，来考查学生对钠、镁、铝、铜、锌、铁、钛、汞、银、铂和金等常见金属的冶炼方法及其原理的理解或掌握情况，以及对常用的还原剂、金属铜的冶炼原理、氧化还原反应、金属的化学性质、金属活动性顺序及其应用、化学方程式的书写和意义、一氧化碳的可燃性和毒性、混合物的分离、空气的污染和实验基本操作等相关问题的分析、推断、表达的能力和对知识的迁移能力等；并且，经常将其与这些相关知识等关联起来，进行综合考查．命题方式就是结合着这些相关知识等来设计相应的综合性题目，让学生通过分析、推断和探究，来选择或解答有关钠、镁、铝、铜、锌、铁、钛、汞、银、铂和金等常见金属的冶炼方法及其原理的实际问题，或者是反过来设计考查，或者是对所给的有关的表达来进行科学的判断，等等．题型有选择题、填空题、实验探究题．中考重点是考查学生阅读、分析和提炼所给的实验、问题情景或图表信息的能力，对钠、镁、铝、铜、锌、铁、钛、汞、银、铂和金等常见金属的冶炼方法及其原理等相关知识的理解或掌握情况，以及运用它们来探究和分析解决实际问题的能力等．特别是，镁、铝、铜、铁、汞和银的冶炼是历年来中考命题的热点，当然也是中考的重中之重． 【解题方法点拨】解答这类题目时，首先，要熟记和理解钠、镁、铝、铜、锌、铁、钛、汞、银、铂和金等常见金属的冶炼方法及其原理等相关知识；然后，根据所给的实验、问题情景或图表信息等，结合所学的相关知识和技能，特别是有关的化学方程式的书写和意义、常用的还原剂、金属活动性顺序及其应用等，细致地阅读、分析题意，联系着生活实际，细心地进行探究、推理，最后，按照题目的要求，认真地进行选择或解答即可． 8．金属锈蚀的条件及其防护 【知识点的认识】金属锈蚀的条件是金属要与水、空气中氧气或二氧化碳等接触．初中阶段主要是指金属铁的锈蚀条件，即铁与氧气、水同时接触就会生锈．防止铁制品生锈（即铁锈蚀的防护）的常用措施主要有如下： 1．用完铁制品后及时擦洗干净，置于干燥的环境，保持其表面的洁净、干燥． 2．在铁制品表面涂上一层保护膜．例如，机械零件等表面涂油，家用电器、自行车车架、钢窗等表面刷漆，等等． 3．在铁制品表面进行烤蓝、煮黑等处理（使其表面形成一层致密的四氧化三铁薄膜）．例如，锯条、链条等． 4．在铁制品表面镀上一层其他金属．例如，自行车车把、钢圈以及门把手和水龙头等表面上，经常镀锌、锡或铬等． 5．改变铁制品的内部结构，将其制成不锈钢等合金． 【命题方向】该考点的命题方向主要是通过创设相关实验、问题情景或图表信息等，来考查学生对金属锈蚀的条件及其防护措施的理解或掌握情况，以及对空气的成分、金属的化学性质、氧气的化学性质、水的化学性质、食品包装内的保鲜剂（又称双吸剂，即吸收食品袋内残留氧气和水，以防食品腐烂变质）、化学方程式的书写和意义、合金及其性质等相关问题的分析、推断、表达的能力和对知识的迁移能力等；并且，经常将其与这些相关知识等关联起来，进行综合考查．命题方式就是结合着这些相关知识等来设计相应的综合性题目，让学生通过分析、推断和探究，来选择或解答有关金属锈蚀的条件及其防护措施的实际问题，或者是反过来设计考查，或者是对所给的有关的表达来进行科学的判断，等等．题型有选择题、填空题、实验探究题．中考重点是考查学生阅读、分析和提炼所给的实验、问题情景或图表信息的能力，对金属锈蚀的条件及其防护措施等相关知识的理解或掌握情况，以及运用它们来探究和分析解决实际问题的能力等．特别是，铁生锈的条件及其防护措施，以及将其迁移到铜的锈蚀条件（即铜与空气中的水、氧气和二氧化碳同时接触）是历年来中考命题的热点，当然也是中考考查这块知识的重中之重． 【解题方法点拨】解答这类题目时，首先，要熟记和理解金属锈蚀的条件及其防护措施等相关知识；然后，根据所给的实验、问题情景或图表信息等，结合所学的相关知识和技能，特别是有关铁生锈的条件及其防护措施等，细致地阅读、分析题意，联系着生活实际，细心地进行探究、推理，最后，按照题目的要求，认真地进行选择或解答即可． 另外，对于铜生锈的探究，除了联系比较熟悉的铁的生锈条件之外，还可以根据铜锈（又名铜绿或孔雀石等）的化学式Cu2（OH）2CO3，结合着质量守恒定律来分析、探究，就不难反推出铜生锈的条件了． 9．碳单质的物理性质及用途 【知识点的认识】碳单质的物理性质及用途主要是指金刚石和石墨的物理性质及用途，具体如下表所示： 当然，还会经常考查到木炭和活性炭的吸附性及其用作吸附剂，等等． 【命题方向】该考点的命题方向主要是通过创设相关问题情景或图表信息等，来考查学生对碳单质的物理性质及用途的理解和掌握情况；以及阅读、分析、推断能力和对知识的迁移能力．并且，经常将其与物质的组成和构成、碳元素组成的单质、碳单质的化学性质、金属的物理性质及其用途、吸附剂、水的净化、物质的推断和鉴别、铁的冶炼等相关知识联系起来，进行综合考查．当然，有时也单独考查之．题型有选择题、填空题．中考的重点是考查学生阅读、分析问题情景或图表信息的能力，对碳单质的物理性质及用途等相关知识的理解和掌握情况，以及运用它们来分析、解答相关的实际问题的能力等．当然，有时还会根据所给的有关的表达，来反推碳单质的物理性质及用途，或评价表达的正误等．特别是，对金刚石的硬和夺目光泽及相应的用途，石墨的软、润滑和导电及相应的用途，物理性质差别大的原因、活性炭的吸附性及用作吸附剂等，以及知识的迁移能力的考查，是近几年中考命题的热点，并且还是中考考查这块知识的重中之重． 【解题方法点拨】要想解答好这类题目，首先，要理解和熟记碳单质的物理性质及用途等相关知识．然后，根据所给的问题情景或图表信息等，结合所学的相关知识和技能，以及自己的生活经验所得，细致地分析题意或图表信息等各种信息资源，联系起来综合分析，并细心地探究、推理后，按照题目要求进行认真地选择或解答即可．同时，还需要注意以下几点： 1．关于碳单质的物理性质及用途，可以根据“结构性质用途”这个相互关系来互推巧记和理解． 2．虽然金刚石和石墨都是由碳元素组成的碳的单质，但是金刚石是天然存在的最硬的物质，而石墨却可以说是天然存在的最软的物质．它们的物理性质之所以相差这么大，是由于其中的碳原子的排列方式不同造成的． 3．金属光泽一般是金属的特性，可是石墨却具有金属光泽，但是它不是金属；这一点有特别注意． 4．至于木炭和活性炭的吸附性，还要注意活性炭的吸附作用比木炭的更强些，所以牵扯的安全方面的用作吸附剂时，一般都用活性炭．例如，防毒面具里的滤毒罐就是利用活性炭来吸附毒气的，制糖工业中也利用活性炭来脱色以制白糖，还有自来水厂净水和净水器中也都是利用活性炭来吸附、过滤水中的不溶性和一些可溶性的杂质，以及除去臭味的． 10．酸的化学性质 【知识点的认识】酸的化学性质主要有如下五个： 1．酸溶液能跟酸碱指示剂起反应．紫色石蕊试液遇酸变红，无色酚酞试液遇酸不变色．变色情况可以简记为：“石红酚无”． 2．酸能跟多种活泼金属起反应，通常生成盐和氢气．只有位于金属活动性顺序表中氢前面的金属才能与稀盐酸（或稀硫酸）反应，产生氢气，而位于氢后的金属却不能．例如，常见的镁、铝、锌、铁、铜五种金属分别与稀盐酸、稀硫酸反应，具体的现象、结论（用化学方程式表示）如下表所示． 3．酸能跟金属氧化物（即碱性氧化物）反应生成盐和水．例如，铁锈（主要成分是氧化铁）分别与盐酸、硫酸反应，具体现象、结论（用化学方程式表示）如右表所示． 4．酸能跟碱起中和反应生成盐和水．例如，NaOH+HCl＝NaCl+H2O、2NaOH+H2SO4＝Na2SO4+2H2O、Ca（OH）2+2HCl＝CaCl2+2H2O、Ca（OH）2+H2SO4＝CaSO4+2H2O、H2SO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓（白色沉淀，不溶于硝酸）+2H2O． 5．酸能跟某些盐反应生成新酸和新盐．例如，H2SO4+BaCl2＝BaSO4↓+2HCl、HCl+AgNO3＝AgCl↓（白色沉淀，不溶于硝酸）+HNO3．有时生成的新酸不稳定，会继续分解；例如，CaCO3+2HCl＝CaCl2+CO2↑+H2O、Na2CO3+2HCl＝2NaCl+CO2↑+H2O、NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O． 另外，碳酸不稳定，容易分解成二氧化碳和水． 【命题方向】该考点的命题方向主要是通过创设相关实验、问题情景或图表信息等，来考查学生对酸的化学性质的理解和掌握情况；以及阅读、分析、推断能力和对知识的迁移能力．并且，经常将其与酸碱指示剂及其性质、金属的化学性质、酸的用途、中和反应、二氧化碳和氢气的实验室制取原理、碳酸钠和碳酸氢钠的化学性质、灭火器的反应原理、物质的推断和鉴别、碳酸根离子的检验、复分解反应的条件与实质、化学方程式的书写、有关实验操作（或现象、结论）等相关知识联系起来，进行综合考查．当然，有时也单独考查之．题型有选择题、填空题、实验探究题和计算题．中考的重点是考查学生阅读、分析实验、问题情景或图表信息的能力，对酸的化学性质、用途、反应现象和化学方程式等相关知识的理解和掌握情况，以及运用它们来分析、解答相关的实际问题的能力等．当然，有时还会根据所给的有关的表达，来反推酸的化学性质和用途，或评价表达的正误，或实验注意事项等．特别是，对后四个化学性质（包括反应现象、化学方程式）和用于金属除锈的用途等，以及知识的迁移能力的考查，是近几年中考命题的热点，并且还是中考考查这块知识的重中之重． 【解题方法点拨】要想解答好这类题目，首先，要理解和熟记酸的化学性质、用途、反应现象和化学方程式，以及与之相关的知识．然后，根据所给的实验、问题情景或图表信息等，结合所学的相关知识和技能，以及自己的生活经验所得，细致地分析题意（或实验、图表信息）等各种信息资源，联系起来综合分析，并细心地探究、推理后，按照题目要求进行认真地选择或解答即可．同时，还需要注意以下六点： 1．酸溶液具有相似化学性质的原因是不同的酸溶液里都含有相同的氢离子． 2．酸与酸碱指示剂反应时，显色的物质是指示剂，而不是酸溶液． 3．根据活泼金属与酸反应的快慢和盐酸的挥发性，可以推断出实验室里制取氢气时，应该选用锌和硫酸反应为好． 4．根据铁锈（主要成分是氧化铁）能与盐酸、硫酸反应，不难推出可以用稀盐酸或稀硫酸来除铁锈；反过来亦然成立．也就是根据“性质用途”的关系来巧记这类知识，将会是事半功倍的！ 5．在做中和反应的实验时，一般都要用指示剂酚酞试液来帮助判断反应是否完成．也就是，事先在碱溶液中滴入几滴酚酞试液（使溶液成红色），然后再慢慢地向其中滴入稀酸溶液，边滴边振荡（或搅拌溶液），直到溶液颜色恰好变成无色． 6．根据酸能与碳酸盐（即含有碳酸根的盐）反应生成二氧化碳气体的性质，结合反应速度的快慢（碳酸钠和碳酸氢钠的反应太快，常被用作灭火器的反应原理）和生成物的溶解性（碳酸钙与硫酸反应生成的硫酸钙微溶于水，会覆盖在主要成分为碳酸钙的石灰石或大理石的表面上，使反应慢且不连续，甚至会中断），可以推断出实验室里制取二氧化碳时，应该选用主要成分为碳酸钙的石灰石（或大理石）与稀盐酸反应为好． 11．氯化钠与粗盐提纯 【知识点的认识】氯化钠俗称食盐，其物理性质是一种白色晶体，易溶于水，并且溶解度随温度变化不大，有咸味，密度为2.165g/cm3，熔点801℃，沸点1461℃．其化学性质是PH值呈中性，其水溶液能与硝酸银溶液反应生成白色不容于稀硝酸的沉淀（即氯化银；同时，这也是氯离子的检验方法）；电解熔融的氯化钠能够分解得到金属钠和氯气．氯化钠的用途主要是常用来做调味品、防腐剂、融雪剂（降低雪的熔点）；农业上，常用一定质量分数的氯化钠溶液来选种；医疗上，还用氯化钠来制生理盐水（0.9% 氯化钠溶液）；工业上，还常用来制取氯气、烧碱等． 粗盐提纯主要是指将粗盐中含有泥沙等不溶性杂质，用过滤的方法除去，然后蒸发水分得到较纯净的精盐的过程．具体的操作步骤、方法如下： 1．溶解：用托盘天平称取5.0g粗盐，用量筒量取10mL水倒入烧杯里．用药匙将该粗盐逐渐加入盛有10mL水的烧杯里，边加边用玻璃棒搅拌（玻璃棒的作用是搅拌，加速溶解），直加到粗盐不再溶解时为止．观察所得食盐水是否浑浊．然后，在天平上称量剩下的粗盐，计算在10毫升水中大约溶解了多少克粗盐． 2．过滤：如图所示：， 过滤该食盐水．待滤纸内无水时，仔细观察滤纸上的剩余物及滤液的颜色．如滤液仍浑浊，应该再过滤一次．如果经两次过滤滤液仍浑浊，则应检查装置并分析原因（例如，滤纸破损，过滤时漏斗里的液面高于滤纸边缘，仪器不干净等）．找出原因后，要重新操作． 3．蒸发：把所得澄清滤液倒入蒸发皿．如图所示：， 把蒸发皿放在铁架台的铁圈上，用酒精灯加热，同时用玻璃棒不断搅拌滤液（使液体均匀受热，防止局部过热，造成液滴飞溅）．待蒸发皿中出现较多量固体时，停止加热．利用蒸发皿的余热使滤液蒸干． 4．计算产率：用玻璃棒把固体转移到纸上，称量后，回收到教师指定的容器中．将提纯前后食盐与粗盐作比较，并计算精盐的产率． 【命题方向】该考点的命题方向主要是通过创设相关实验、问题情景或图表信息等，来考查学生对氯化钠与粗盐提纯的理解和掌握情况；以及阅读、分析、推断能力和对知识的迁移能力．并且，经常将其与固体溶解度随温度的变化、氯离子的检验、常见金属的冶炼方法、酸碱盐的应用、工农业生产及生活实际、医疗及健康、混合物的分离方法、物质的溶解、过滤、蒸发结晶、有关实验基本操作（或现象、结论）等相关知识联系起来，进行综合考查．当然，有时也单独考查之．题型有选择题、填空题、实验探究题．中考的重点是考查学生阅读、分析实验、问题情景或图表信息的能力，对氯化钠与粗盐提纯等相关知识的理解和掌握情况，以及运用它们来分析、解答相关的实际问题的能力等．当然，有时还会根据所给的有关的表达，或评价表达的正误，或实验注意事项等．特别是，对氯化钠的溶解度随温度的变化、氯化钠用作调味品（或防腐剂、融雪剂、农业选种的试剂、配制生理盐水的原料）、氯化钠与硝酸银溶液的反应及其化学方程式的书写、过滤和蒸发的操作及其注意事项的考查，以及对误差分析的能力和知识的迁移能力的考查，是近几年中考命题的热点，并且还是中考考查这块知识的重中之重． 【解题方法点拨】要想解答好这类题目，首先，要理解和熟记氯化钠与粗盐提纯等相关知识．然后，根据所给的实验、问题情景或图表信息等，结合所学的相关知识和技能，以及自己的生活经验所得，细致地分析题意（或实验、图表信息）等，联系起来综合分析，并细心地探究、推理后，按照题目要求进行认真地选择或解答即可．同时，还需要注意以下三点： 1．在粗盐提纯的过程中，3次用到了玻璃棒；但它所起的作用却不尽相同：（1）溶解时的作用是搅拌，加速溶解；（2）过滤时的作用是引流；（3）蒸发时的作用是搅拌，使液体均匀受热，防止局部过热，造成液滴飞溅． 2．对于氯化钠的性质和用途，可以联系着“性质用途”的关系；并且，要巧妙地利用这个互推关系来理解和识记，效果会更好． 3．在进行误差分析时，首先要细致地检查实验的全过程，然后逐一分析每一个错误或误差，最后综合起来分析、判断即可． 12．盐的化学性质 【知识点的认识】盐的化学性质主要有如下几点： 1．某些盐能与某些金属反应生成新盐和新金属（该金属一定要比盐中的金属活泼才可以把它给置换出来）；例如，CuSO4+Fe＝FeSO4+Cu、3CuSO4+2Al＝Al2（SO4）3+3Cu、2AgNO3+Cu＝Cu（NO3）2+2Ag． 2．某些盐能与酸发生反应生成新盐和新酸；例如，BaCl2+H2SO4＝BaSO4↓+2HCl、AgNO3+HCl＝AgCl↓（白色沉淀，不溶于硝酸）+HNO3．有时生成的新酸不稳定，会继续分解；例如，CaCO3+2HCl＝CaCl2+CO2↑+H2O、Na2CO3+2HCl＝2NaCl+CO2↑+H2O、NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O． 3．某些盐能与碱发生反应生成新盐和新碱；例如，Na2CO3+Ca（OH）2＝CaCO3↓+2NaOH、CuSO4+2NaOH＝Na2SO4+Cu（OH）2↓（蓝色沉淀）、FeCl3+3NaOH＝3NaCl+Fe（OH）3↓（红褐色沉淀）． 4．盐能与盐发生反应生成两种新盐；例如，NaCl+AgNO3＝AgCl↓+NaNO3、CuSO4+BaCl2＝BaSO4↓+CuCl2． 5．某些盐受热分解；例如，2KClO32KCl+3O2↑、2KMnO4 K2MnO4+MnO2+O2↑、CaCO3CaO+CO2↑、2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O． 【命题方向】该考点的命题方向主要是通过创设相关实验、问题情景或图表信息等，来考查学生对盐的化学性质的理解和掌握情况；以及阅读、分析、推断能力和对知识的迁移能力．并且，经常将其与金属的化学性质、金属的活动性顺序、酸（或碱）的化学性质、碳酸钠和碳酸氢钠的化学性质、物质的推断和鉴别、碳酸根离子（或硫酸根离子、氯离子）的检验、氧气（或二氧化碳）的实验室制取原理、二氧化碳的工业制法、复分解反应的条件与实质、化学方程式的书写、常用盐的用途、有关实验操作（或现象、结论）等相关知识联系起来，进行综合考查．当然，有时也单独考查之．题型有选择题、填空题、实验探究题和计算题．中考的重点是考查学生阅读、分析实验、问题情景或图表信息的能力，对盐的化学性质等相关知识的理解和掌握情况，以及运用它们来分析、解答相关的实际问题的能力等．当然，有时还会根据所给的有关的表达，或评价表达的正误，或实验注意事项等．特别是，对盐的化学性质中的反应现象和化学方程式的考查，以及知识的迁移能力的考查，是近几年中考命题的热点，并且还是中考考查这块知识的重中之重． 【解题方法点拨】要想解答好这类题目，首先，要理解和熟记酸的化学性质、用途、反应现象和化学方程式，以及与之相关的知识．然后，根据所给的实验、问题情景或图表信息等，结合所学的相关知识和技能，以及自己的生活经验所得，细致地分析题意（或实验、图表信息）等，联系起来综合分析，并细心地探究、推理后，按照题目要求进行认真地选择或解答即可．同时，还需要注意以下几点： 1．由于不同盐的溶液里，含有的阳离子（或阴离子）不尽相同，所以盐没有必然的相似化学性质．但是，组成中具有相同成分的少部分盐，也是具有一定的规律的． 2．某些盐和某些金属的反应与否，可以根据金属活动性顺序及其应用来判断（切记：“前置后，盐可溶，钾、钙、钠不能够”）；而所涉及的化学反应方程式的书写，可以根据置换反应的定义（或特点）来进行． 3．某些盐和酸（或碱、盐）的反应与否，可以根据复分解反应发生的条件来判断；而所涉及的化学反应方程式的书写，可以根据复分解反应的定义（或实质、特点）来进行． 4．某些盐的分解，可以联系着氧气的实验室制取原理和二氧化碳的工业制取反应原理，来理解和识记相关的化学反应即可． 5．根据碳酸盐（即含有碳酸根的盐）能与酸反应生成二氧化碳气体的性质，结合反应速度的快慢（碳酸钠和碳酸氢钠的反应太快，常被用作灭火器的反应原理）和生成物的溶解性（碳酸钙与硫酸反应生成的硫酸钙微溶于水，会覆盖在主要成分为碳酸钙的石灰石或大理石的表面上，使反应慢且不连续，甚至会中断），可以推断出实验室里制取二氧化碳时，应该选用主要成分为碳酸钙的石灰石（或大理石）与稀盐酸反应为好． 13．纯碱的制取 【知识点的认识】纯碱的制取是指工业上常用氨碱法（又称为索尔维法）生产纯碱，具体过程如图所示．也就是，先向饱和食盐水中通入氨气，制成饱和氨盐水，在加压并不断通入二氧化碳的条件下使溶解度较小的碳酸氢钠结晶析出，过滤后，将碳酸氢钠加热分解即可得到纯碱．该过程中的化学反应原理是：NaCl+NH3+CO2+H2O＝NaHCO3↓+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O． 【命题方向】该考点的命题方向主要是通过创设相关实验、问题情景或图表信息等，来考查学生对纯碱的制取的理解和掌握情况；以及阅读、分析、推断能力和对知识的迁移能力．并且，经常将其与饱和溶液、结晶、酸碱盐的性质、氨气和二氧化碳的性质、化学反应方程式的书写等相关知识联系起来，进行综合考查．当然，有时也单独考查之．题型有选择题、填空题、实验探究题．中考的重点是考查学生阅读、分析实验、问题情景或图表信息的能力，对纯碱的制取及其相关知识的理解和掌握情况，以及运用它们来分析、解答相关的实际问题的能力等．当然，有时还会根据所给的有关的表达，进行科学地评价、判断正误等．特别是，对纯碱的制取过程中所发生的化学反应及其现象的考查，以及对知识的迁移能力的考查，是近几年中考命题的热点，并且还是中考考查这块知识的重中之重． 【解题方法点拨】要想解答好这类题目，首先，要理解和熟记纯碱的制取，以及与之相关的知识．然后，根据所给的实验、问题情景或图表信息等，结合所学的相关知识和技能，以及自己的生产或生活经验所得，细致地分析题意（或实验、图表信息）等，并细心地探究、推理后，按照题目要求进行认真地选择或解答即可．同时，还需要注意以下几点： 1．向饱和氨盐水中，不断通入二氧化碳时，发生的反应实际上是多个反应的综合反应．即氨气和水化合生成氨水，二氧化碳和水化合生成碳酸，氨水和过量的碳酸反应中和反应生成碳酸氢铵和水，碳酸氢铵和氯化钠反应生成溶解度较小的碳酸氢钠沉淀和氯化铵溶液． 2．碳酸氢钠分解生成的二氧化碳可回收循环使用；含有氯化铵的滤液与熟石灰混合反应放出氨气，也可回收循环使用． 14．常见离子的检验方法及现象 【知识点的认识】常见离子的检验方法及现象，主要是指氯离子、硫酸根离子、碳酸根离子、铵根离子、氢离子和氢氧根离子的检验方法及现象．具体如表所示： 【命题方向】该考点的命题方向主要是通过创设相关实验、问题情景或图表信息等，来考查学生对常见离子的检验方法及现象的理解和掌握情况；以及阅读、分析、推断能力和对知识的迁移能力．由于它们常作为物质的鉴别和推断（包括酸碱盐的鉴别）的突破口或题眼出现，具有考查知识点典型、综合性强等特点，是化学知识在一个较高层次上的巩固和应用，所以它倍受命题人的青睐．并且，经常将其与常见酸碱盐的性质和鉴别、元素单质和化合物知识、物质的鉴别和推断、酸碱指示剂及其性质、常见酸碱盐的溶解性表、化学方程式的书写等相关知识联系起来，进行综合考查．当然，有时也单独考查之．题型有选择题、填空题、实验探究题．中考的重点是考查学生阅读、分析实验、问题情景或图表信息的能力，对常见离子的检验方法及现象等相关知识的理解和掌握情况，以及运用它们来分析、解答相关的实际问题的能力等．当然，有时还会根据检验时的反应现象或结果，来反推断所滴加试剂的名称、分析错误及实验误差等；有时还会根据所给的有关的表达，进行科学地评价、判断正误等．特别是，对氯离子、硫酸根离子、碳酸根离子、铵根离子、氢离子和氢氧根离子的检验方法及现象等相关问题的考查，以及对知识的迁移能力的考查，是近几年中考命题的热点，并且还是中考考查这块知识的重中之重． 【解题方法点拨】要想解答好这类题目，首先，要理解和熟记常见离子的检验方法及现象，以及与之相关的知识．然后，根据所给的实验、问题情景或图表信息等，结合所学的相关知识和技能，细致地分析题意（或实验、图表信息）等，并细心地探究、推理后，按照题目要求进行认真地选择或解答即可．同时，还需要注意以下几点： 1．在表达常见离子的检验方法或实验方案时，一定要注意先取样于试管中，然后再滴加所选用的试剂，并振荡（为了使反应充分，现象更明显）． 2．在检验硫酸根离子时，如果已知其中的阳离子不是银离子的话，那么还可以滴加少量的硝酸酸化了的氯化钡溶液来检验． 3．在检验碳酸根离子时，还可以在滴加完试剂后，立即用带导管的橡皮塞塞住试管口，并把导管的另一端插入澄清的石灰水中来辅助检验． 4．在检验氢离子或氢氧根离子时，除了使用酸碱指示剂以外，还可以使用pH试纸，或根据酸碱的化学性质来检验． 5．在书写有关的化学方程式时，一定要严格按照“写、配、标、注”这四个步骤正确的地书写，切不可丢三落四． 15．物质的相互转化和制备 【知识点的认识】物质的相互转化和制备主要是指以氧气、氢气、碳、硫、磷等为代表的非金属单质，以铝、镁、锌、铁、铜为代表的金属单质，以一氧化碳、二氧化碳等为代表的非金属氧化物，以氧化铜、氧化铁等为代表的金属氧化物，以盐酸、硫酸、碳酸等为代表的酸，以氢氧化钠、氢氧化钙等为代表的碱，以氯化钠、碳酸钠、碳酸氢钠、碳酸钙等为代表的盐，等等物质之间的相互和制备．物质的相互转化关系和制备如图所示： 需要说明的是：图中的各规律为各物质间相互转化的一般规律，具体到某些物质时有些规律要具体分析，未必都能适用．例如，根据图示的物质的相互转化关系，来制备氯化锌和硫酸铜时，能够采用的方法分别有7种和3种（由于不同原因，图示的其它制备盐的方法就不可取了），具体转化是这样的： 【命题方向】该考点的命题方向主要是通过创设相关实验、问题情景或图表信息等，来考查学生对物质的相互转化和制备方法的理解和掌握情况；以及阅读、分析、推断能力和对知识的迁移能力．由于该考点具有考查知识面广、综合性强等特点，是化学知识在一个较高层次上的巩固和应用，所以经常它倍受命题人的青睐．并且，经常将其与常见酸碱盐的性质、元素单质和化合物知识、常见离子的检验方法及现象、典型反应及现象、金属活动性顺序表及其应用、常见酸碱盐的溶解性表等相关知识联系起来，进行综合考查．题型有选择题、填空题、实验探究题．中考的重点是考查学生阅读、分析实验、问题情景或图表信息的能力，对物质的相互转化和制备方法等相关知识的理解和掌握情况，以及运用它们来分析、解答相关的实际问题的能力等．当然，有时还会根据所给的有关的表达，进行科学地评价、判断正误等．特别是，对氧气、氢气、碳、硫、磷等非金属单质，铝、镁、锌、铁、铜等金属单质，一氧化碳、二氧化碳等非金属氧化物，氧化铜、氧化铁等金属氧化物，盐酸、硫酸、碳酸等典型的酸，氢氧化钠、氢氧化钙等重要的碱，氯化钠、碳酸钠、碳酸氢钠、碳酸钙等常见的盐，物质鉴别、推断等相关问题的考查，以及对知识的迁移能力的考查，是近几年中考命题的热点，并且还是中考考查这块知识的重中之重． 【解题方法点拨】要想解答好这类题目，首先，要理解和熟记物质的相互转化和制备方法，以及与之相关的知识．然后，根据所给的实验、问题情景或图表信息等，结合所学的相关知识和技能，以及自己的生产或生活经验所得，细致地分析题意（或实验、图表信息）等，并细心地探究、推理后，按照题目要求进行认真地选择或解答即可．同时，还需要注意以下几点： 1．一定要掌握好以氧气、氢气、碳、硫、磷等为代表的非金属单质，以铝、镁、锌、铁、铜为代表的金属单质，以一氧化碳、二氧化碳等为代表的非金属氧化物，以氧化铜、氧化铁等为代表的金属氧化物，以盐酸、硫酸、碳酸等为代表的酸，以氢氧化钠、氢氧化钙等为代表的碱，以氯化钠、碳酸钠、碳酸氢钠、碳酸钙等为代表的盐，等等物质的性质和用途等相关知识． 2．还要弄清各类物质之间的相互转化规律和典型物质的制备方法等． 3．要理解和熟记金属活动性顺序表及其应用、常见酸碱盐的溶解性表和元素周期表等有关图表的内容，并且还要学会利用它们来分析解决实际问题． 16．常见的氧化物、酸、碱和盐的判别 【知识点的认识】常见的氧化物、酸、碱和盐的判别是根据氧化物、酸、碱和盐的概念，以及它们的组成或构成特点，来对某化合物进一步地辨析、推断，看它到底是氧化物、酸、碱和盐中的哪一种．具体的判别方法或技巧是： 1．从宏观角度来说，首先，要看它是不是纯净物，是不是化合物，只有当它是纯净物中的化合物时，它才有可能是氧化物、酸、碱或盐．然后，再根据它们的组成特点，对号入座即可．而它们的特点分别是：（1）氧化物的组成特点是含有两种元素，并且，其中一种必须是氧元素；书写其化学式时，氧元素符号在后面．例如：二氧化硫（SO2）、五氧化二磷（P2O5）和氧化铜（CuO）等．（2）酸的组成特点是它是由氢元素和酸根组成的；书写其化学式时，一般氢元素符号在前，氢原子的个数是由后面的酸根的化合价的数值决定的（不过，醋酸特殊一点，起作用的氢原子在后面，前面是醋酸根）．例如：盐酸（HCl）、硫酸（H2SO4）和醋酸（CH3COOH）等．（3）碱的组成特点是它是由金属元素和氢氧根组成的；书写其化学式时，金属元素符号在前，后面的氢氧根的个数是由前面的金属元素的化合价决定的．例如：氢氧化钠（NaOH）、氢氧化钙[Ca（OH）2]和氢氧化铜[Cu（OH）2]等．（4）盐的组成特点是它是由金属元素和酸根组成的；书写其化学式时，金属元素符号在前，酸根在后；并且金属离子所带正电荷的总数等于酸根离子所带负电荷的总数．例如：氯化钠（NaCl）、碳酸钙（CaCO3）和硫酸铝[Al2（SO4）3]等． 2．从微观角度来说，首先，也要看它是不是纯净物，是不是化合物；当确认它是化合物时，再根据它们的构成粒子的不同，来进一步分析、判断．如果它是由某原子和氧原子构成的，就是氧化物（如水H2O）；如果它是由氢原子和酸根构成的，就是酸（如碳酸H2CO3）；如果它是由金属离子和氢氧根离子构成的，就是碱（如氢氧化钠NaOH）；如果是由金属离子和酸根离子构成的，就是盐（如氯化钠NaCl）． 【命题方向】该考点的命题方向主要是通过创设相关问题情景或图表信息等，来考查学生对常见的氧化物、酸、碱和盐的判别方法的理解和掌握情况；以及阅读、分析、推断能力和对知识的迁移能力．并且，经常将其与物质的组成和构成、物质及元素的分类和类别辨析、氧化物和酸碱盐的概念、化学式的书写和命名等相关知识联系起来，进行综合考查．当然，有时也单独考查之．题型有选择题、填空题．中考的重点是考查学生阅读、分析问题情景或图表信息的能力，对常见的氧化物、酸、碱和盐的判别方法等相关知识的理解和掌握情况，以及运用它们来分析、解答相关的实际问题的能力等．当然，有时还会根据所给的有关的表达，进行科学地评价、判断正误等．特别是，对氧化物、酸、碱和盐的概念、判别及其化学式的书写（或命名）等相关问题的考查，以及对知识的迁移能力的考查，是近几年中考命题的热点，并且还是中考考查这块知识的重中之重． 【解题方法点拨】要想解答好这类题目，首先，要理解和熟记常见的氧化物、酸、碱和盐的概念、组成或构成特点、判别方法，以及与之相关的知识．然后，根据所给的问题情景或图表信息等，结合所学的相关知识和技能，以及自己的生产或生活经验所得，细致地分析题意（或图表信息）等各种信息资源，并细心地探究、推理后，按照题目要求进行认真地选择或解答即可．同时，还要注意以下几点： 1．在对氧化物、酸、碱和盐进行判别时，首先，要明确它们都是化合物的进一步分类；只有确认某物质是化合物以后，才可对它进一步分析、判别，然后，根据氧化物、酸、碱和盐的概念、宏观组成或微观构成特点，来确认它到底是氧化物、酸、碱和盐中的哪一种． 2．在对氧化物、酸、碱和盐进行判别时，还要注意一种特殊的碱（即氨水NH3•H2O）和一种特殊的盐（即硝酸铵NH4NO3）；前者是由铵根离子和氢氧根离子构成的，后者是由铵根离子和硝酸根离子构成的；虽然其中的铵根离子不是金属离子，但是，由于它的性质跟金属离子的很相似，所以就把它看作金属离子了；这样，它们也就顺理成章地分别归为碱和盐了． 17．有关元素化合价的计算 【知识点的认识】有关元素化合价的计算是指根据化合价的原则，结合着常见元素或原子团的化合价，来推算化学式中某种元素或原子团的化合价；或者是来推断化学式；或者是推算化学式中某原子或原子团的个数；等等． 例如，计算二氧化硫中硫元素的化合价是多少？ 解析：在SO2里，O为﹣2价，根据“在化合物中，正负化合价的代数和为零”的原则，硫元素肯定为正价．设：硫元素的化合价为x，列：x+（﹣2）×2＝0，解得：x＝+4．答：二氧化硫中硫元素的化合价为+4． 又如，含有氯元素的酸有多种，高氯酸是其中的一种．已知高氯酸中氯元素的化合价为+7价，则高氯酸的化学式是（　　） A．HCl B．HClO C．HClO3 D．HClO4 解析：根据“在化合物中，正负化合价的代数和为零”的原则，结合高氯酸中氯元素的化合价为+7价，氢元素为+1，就不难看出选项A是明显不对的；观察比较后三个选项可得，它们只是含有的氯原子的个数不同而已；又知氧元素在化合物中通常显﹣2价．因此，可以设：氯原子的个数为x，列：（+1）+（+7）+（﹣2）x＝0，解得：x＝4．故选项D是正确的． 同理可得，交通警察常用装有硫酸酸化的重铬酸钾（K2CrxO7）的仪器检测司机是否酒后驾驶，因为乙醇分子可以使红色的重铬酸钾变为绿色硫酸铬．已知重铬酸钾中铬元素的化合价为+6价，那么，重铬酸钾的化学式中x的值为 2． 【命题方向】该考点的命题方向主要是通过创设相关问题情景或图表信息等，来考查学生对有关元素化合价的计算原理和方法的理解和掌握情况；以及阅读、分析、推断能力和对知识的迁移能力．并且，经常将其与“常见元素与原子团的化合价、化合价的规律和原则、化合价和离子的表示方法、化学式的书写和有关计算”等相关知识联系起来，进行综合考查．当然，有时也单独考查之．题型有选择题、填空题．中考的重点是考查学生阅读、分析问题情景或图表信息的能力，对有关元素化合价的计算等相关知识的理解和掌握情况，以及运用它们来分析、解答相关的实际问题的能力等．当然，有时还会根据所给的有关的表达，进行科学地评价、判断正误等．特别是，对化学式与化合价的相互推算或根据化合价推算化学式中的原子个数等相关问题的考查，以及对有关知识的迁移能力的考查，是近几年中考命题的热点，并且还是中考考查这块知识的重中之重． 【解题方法点拨】要想解答好这类题目，首先，要理解和熟记有关元素化合价的计算原理和方法，以及与之相关的知识．然后，根据所给的问题情景或图表信息等，结合所学的相关知识和技能，细致地分析题意（或图表信息）等各种信息资源，并细心地探究、推理后，按照题目要求进行认真地选择或解答即可．同时，还要注意以下几点： 1．根据化学式推算化合价时，首先要辨析一下物质的类别，如果是单质，其中的元素的化合价也就不用推算了，根据“在单质中，单质中元素的化合价为零”的原则可知，其化合价为零；如果是化合物，然后再设未知量，根据“在化合物中，正负化合价的代数和为零”的原则，结合已知元素的化合价（即常见元素和原子团的化合价，或题中给出的某元素或原子团的化合价等），列等式求解即可．但是，列等式时，一定要注意元素符号或原子团的右下角的个数不能忽略了；还有，化合价的正、负（特别是负价）也不容忽视．最后，求解的结果一定要带有正、负号，特别是，正号不能省略不写． 2．根据化合价推断化学式或推求化学式中的部分原子（或原子团）的个数时，比较明显的采用交叉正、负化合价数值的方法即可，复杂一点的，要先设未知量，然后，再根据“在化合物中，正负化合价的代数和为零”的原则，结合已知元素的化合价，列等式求解即可． 18．元素质量比的计算 【知识点的认识】元素质量比的计算是指利用相对原子质量，根据化学式来计算某物质中所含的元素的质量比．计算公式是：“元素质量比＝相对原子质量与相应原子个数的乘积比”．当然，如果知道了物质中各元素的实际质量，就可以利用元素的实际质量来直接相比即可． 【命题方向】该考点的命题方向主要是通过创设相关问题情景或图表信息等，来考查学生对元素质量比的计算方法的理解和掌握情况；以及阅读、分析、推断能力和对知识的迁移能力．并且，经常将其与“相对原子质量、元素符号的意义、化学式的意义及有关的其它计算、化学方程式表示的意义及有关计算”等相关知识联系起来，进行综合考查．当然，有时也单独考查之．题型有选择题、填空题、计算题．中考的重点是考查学生阅读、分析问题情景或图表信息的能力，对元素质量比的计算方法等相关知识的理解和掌握情况，以及运用它们来分析、解答相关的实际问题的能力等．当然，有时还会根据所给的有关的表达，进行科学地评价、判断正误等．特别是，对“利用相对原子质量和化学式来计算物质中各元素的质量比，或者是利用物质中各元素的质量比来反推化学式中的某原子的相对原子质量或原子个数（即右下角的数字）”等相关问题的考查，以及对有关知识的迁移能力的考查，是近几年中考命题的热点，并且还是中考考查这块知识的重中之重． 【解题方法点拨】要想解答好这类题目，首先，要理解和熟记相对分子质量的概念及其计算方法，以及与之相关的知识．然后，根据所给的问题情景或图表信息等，结合所学的相关知识和技能，细致地分析题意（或图表信息）等各种信息资源，并细心地探究、推理后，按照题目要求进行认真地选择或解答即可．同时，还要注意以下几点： 1．虽然计算元素质量比的公式中的相对原子质量是原子的相对质量而不是其实际质量，但是计算出来的元素的质量比与利用元素的实际质量计算出来的是相等的．因为，各元素的原子的相对原子质量的标准是一样的，都是以一种碳原子（即碳﹣12原子）质量的1/12（即1.66×10﹣27kg）作为标准的；当然，可以利用该标准推算出原子的实际质量（即某原子的实际质量＝该原子的相对原子质量×碳﹣12原子实际质量的1/12），但是当用来计算元素的质量比的时候，这个标准又以约数的形式被约分掉了；所以，按照元素质量比的计算公式，采用原子的相对原子质量来计算，是根本不会影响各元素的质量比的． 2．利用公式计算物质的各元素质量比时，用到的相对原子质量一定要用试卷上给出的数值来计算．还有，其中的原子个数一般是相应元素符号的右下角的数字（没有数字时，默认为是1）；但是，如果某元素在同一化学式中出现多次，那么该元素的原子个数应该是该元素符号右下角的数字之和；如果某元素符号被括号括起来了，那么该元素的原子个数应该是该元素符号右下角的数字与括号的右下角的数字的乘积． 3．利用物质中各元素的质量比来反推化学式中的某原子的相对原子质量或原子个数（即右下角的数字）时，可以先将某原子的相对原子质量或原子个数设为x，然后再代入公式进行计算即可． 4．有时还会利用某物质中各元素的质量比，来计算其中某元素的质量分数．例如，如果已知或已求氧化铁（Fe2O3）中的铁元素与氧元素的质量比为7：3（即56×2：16×3），那么就可以推算出氧化铁中铁元素的质量分数为70%[即7÷（7+3）×100%]，也可以推算出氧元素的为30%． 19．化学变化和物理变化的判别 【知识点的认识】化学变化和物理变化的判别，方法是根据化学变化和物理变化的本质区别（即有无新物质生成）来进行细心地分析、判断． 【命题方向】该考点的命题方向主要是通过创设相关问题情景或图表信息等，来考查学生对化学变化和物理变化的判别方法的理解和掌握情况；以及阅读、分析、推断能力和对知识的迁移能力．并且，经常将其与“化学变化的基本特征、物理变化的特点、物理性质、化学性质、变化时的现象和能量的变化”等相关知识联系起来，进行综合考查．当然，有时也单独考查之．题型有选择题、填空题．中考的重点是考查学生阅读、分析问题情景或图表信息的能力，对化学变化和物理变化的判别方法等相关知识的理解和掌握情况，以及运用它们来分析、解答相关的实际问题的能力等．当然，有时还会根据所给的有关的表达，进行科学地评价、判断正误等．特别是，对“新物质的理解和判断，运用化学变化和物理变化的本质区别来判别物理变化和化学变化”等相关问题的考查，以及对有关知识的迁移能力的考查，是近几年中考命题的热点，并且还是中考考查这块知识的重中之重． 【解题方法点拨】要想解答好这类题目，首先，要理解和熟记化学变化和物理变化的判别方法，以及与之相关的知识．然后，根据所给的问题情景或图表信息等，结合所学的相关知识和技能，以及自己的生产或生活经验所得，细致地分析题意（或图表信息）等各种信息资源，并细心地探究、推理后，按照题目要求进行认真地选择或解答即可．同时，还要注意以下几点： 1．对于化学变化和物理变化的本质区别中新物质来说，关键是个“新”字．并且，这里的“新”是相对的，而不是指自然界中原来没有的物质才算是新物质，只要是相对于变化前的物质是新的（即和变化前的物质不是同种物质），就认为是有新物质生成． 2．运用化学变化和物理变化的本质区别来判别物理变化和化学变化时，可以参考着化学变化常伴随的一些现象；例如，发光、放热或吸热、变色、放出气体、出现沉淀等．但是，也不要被这些表面现象所迷惑了；因为有时虽然有这些现象出现了，也不一定是化学变化；如灯泡的发光、放热，就不是化学变化而是物理变化．因此，在判断某变化是物理变化还是化学变化时，一定要抓住变化前后的物质的本质进行分析，看它们是不是同一种物质．如果它们是同一种物质，那么该变化就是物理变化；如果它们不是同一种物质，那么该变化就是化学变化． 20．还原反应 【知识点的认识】还原反应是指含氧化合物里的氧被夺去的反应．但它不是四大基本反应类型之一，因为它只考虑了反应物中的含氧化合物是不是失去氧了，而没有考虑到生成物的问题．其特点是物质失去氧的反应，可以简记为：“物失氧”．例如，C+2CuO2Cu+CO2↑，3C+2Fe2O34Fe+3CO2↑，等等． 【命题方向】该考点的命题方向主要是通过创设相关问题情景或图表信息等，来考查学生对还原反应的理解和掌握情况；以及阅读、分析、推断能力和对知识的迁移能力．并且，经常将其与“物质（特别是碳、一氧化碳和氢气等）的化学性质、物质的组成、物质的鉴别或推断、文字表达式或化学反应方程式的书写及其它的反应类型”等相关知识联系起来，进行综合考查．当然，有时也单独考查之．题型有选择题、填空题．中考的重点是考查学生阅读、分析问题情景或图表信息的能力，对还原反应等相关知识的理解和掌握情况，以及运用它们来分析、解答相关的实际问题的能力等．当然，有时还会根据所给的有关的表达，进行科学地评价、判断正误等．特别是，对“碳、一氧化碳和氢气等物质的化学性质，还原反应的判定及其与其它反应类型的判别”等相关问题的考查，以及对有关知识的迁移能力的考查，是近几年中考命题的热点，并且还是中考考查这块知识的重中之重． 【解题方法点拨】要想解答好这类题目，首先，要理解和熟记还原反应的概念和特点，以及与之相关的知识．然后，根据所给的问题情景或图表信息等，结合所学的相关知识和技能，细致地分析题意（或图表信息）等各种信息资源，并细心地探究、推理后，按照题目要求进行认真地选择或解答即可．同时，还要注意以下几点： 1．在判定还原反应时，一定要抓住它的特点，结合它的概念来细心地判定．值得一提的是，还原反应的概念和特点中的“氧”是指“氧元素”．并且，含氧化合物中的氧元素可能是全部失去了，也可能是失去一部分；不管是哪一种情况，这样的反应都是还原反应．例如，在化学反应C+CO22CO中，对比反应物和生成物的元素组成可知，二氧化碳中氧元素就仅仅失去了一半，从而变成了一氧化碳；但是它发生的反应仍然是还原反应，而碳得到氧元素后发生反应，也变成了一氧化碳，因此，碳发生的反应是氧化反应． 2．在判别它与其它反应类型时，除了关注它本身的特点外，还要兼顾其它反应类型的特点．由于还原反应往往和氧化反应同时发生在同一个化学反应中，也就是常说的氧化还原反应，即有失氧的物质，就有得氧的物质；它们往往在同一个反应中同时发生反应．所以，经常将其与氧化反应关联起来，通过对比反应物和生成物的元素组成，从物质得、失氧（即氧元素）的角度来分析、判定；物质得氧的反应是氧化反应，物质失氧的反应是还原反应．例如，在化学反应H2+CuOCu+H2O中，对比氢气和水的元素组成可知，氢气发生的是得氧的反应，即氧化反应；而同理可知，氧化铜发生的是失氧的反应，即还原反应． 21．书写化学方程式、文字表达式、电离方程式 【知识点的认识】书写化学方程式的步骤一般有四步： 1．根据实验事实，在式子的左、右两边分别写出反应物和生成物的化学式，并在式子的左、右两边之间画一条短线；当反应物或生成物有多种时，中间用加号（即“+”）连接起来． 2．配平化学方程式，并检查后，将刚才画的短线改写成等号（表示式子左、右两边每一种元素原子的总数相等）． 3．标明化学反应发生的条件（因为化学反应只有在一定的条件下才能发生）；如点燃、加热（常用“△”号表示）、催化剂、通电等．并且，一般都写在等号的上面，若有两个条件，等号上面写一个下面写一个，等等． 4．注明生成物中气体或固体的状态符号（即“↑”、“↓”）；一般标注在气体或固体生成物的化学式的右边．但是，如果反应物和生成物中都有气体或固体时，其状态符号就不用标注了． 书写文字表达式的步骤一般分为两步： 1．根据实验事实，将反应物和生成物的名称分别写在式子的左、右两边，并在式子的左、右两边之间标出一个指向生成物的箭头（即“→”）；当反应物或生成物有多种时，中间用加号（即“+”）连接起来． 2．标明化学反应发生的条件（因为化学反应只有在一定的条件下才能发生）；如点燃、加热、催化剂、通电等．并且，一般都写在箭头的上面，若有两个条件，箭头上面写一个下面写一个，等等． 书写电离方程式的步骤一般也分为两步： 1．在式子的左、右两边分别写出反应物的化学式和电离产生的阴、阳离子符号，并在式子的左、右两边之间画一条短线；阴、阳离子符号的中间用加号（即“+”）连接起来． 2．将阴、阳离子的原形的右下角的个数，分别配在阴、阳离子符号的前面，使阳离子和阴离子所带的正、负电荷的总数相等（即溶液不显电性）；检查好后，将刚才画的短线改写成等号即可．当然，也可以，根据阴、阳离子所带的电荷数，利用最小公倍数法，在阴、阳离子符号的前面，配上适当的化学计量数，使阴、阳离子所带的电荷总数相等（即溶液不显电性）． 【命题方向】该考点的命题方向主要是通过创设相关问题情景或图表信息等，来考查学生对书写化学方程式、文字表达式或电离方程式的理解和掌握情况；以及阅读、分析、推断能力和对知识的迁移能力．并且，经常将其与“常见物质的化学性质、元素符号和化学式的书写和意义、化学符号及其周围数字的意义、质量守恒定律及其应用、化学方程式的读法和含义、溶解现象和溶解原理、物质的微粒性、物质的构成、物质的电离、溶液的导电性及其原理分析、常见化学反应中的质量关系、有关化学方程式的计算”等相关知识联系起来，进行综合考查．当然，有时也单独考查之．题型有选择题、填空题．中考的重点是考查学生阅读、分析问题情景或图表信息的能力，对书写化学方程式、文字表达式或电离方程式等相关知识的理解和掌握情况，以及运用它们来分析、解答相关的实际问题的能力等．当然，有时还会根据所给的有关的表达，进行科学地评价、判断正误等．特别是，对化学方程式的书写等相关问题的考查，以及对有关知识的迁移能力的考查，是近几年中考命题的热点，并且还是中考考查这块知识的重中之重． 【解题方法点拨】要想解答好这类题目，首先，要理解和熟记书写化学方程式、文字表达式或电离方程式，以及与之相关的知识等．然后，根据所给的问题情景或图表信息等，结合所学的相关知识和技能，细致地分析题意（或图表信息）等各种信息资源，并细心地探究、推理后，按照题目要求进行认真地选择或解答即可．同时，还要注意以下几点： 1．对于化学方程式的书写，可以联系着质量守恒定律、元素符号和化学式的书写及其意义、化学方程式的配平、常见物质的状态等相关知识细心地进行书写．并且，书写化学方程式的步骤，可以简记为“写、配、标、注”四个字． 2．在书写电离方程式时，可以联系着溶解现象与溶解原理、物质的电离、溶液的导电性及其原理分析、化学式和离子符号的书写、化学符号及其周围数字的意义等相关知识，来理解、分析和书写即可．其中，最关键的是从化学式的哪个地方电离开来，产生相应的阴、阳离子；技巧是根据元素或原子团的正、负化合价来将其分离开来，切记原子团要作为一个整体来对待，不可将其划分开来．还要注意，电离出来的阴、阳离子的电荷总数一定是相等的，即整个溶液不显电性． 22．根据化学反应方程式的计算 【知识点的认识】根据化学反应方程式的计算的步骤一般分为六步： 1．设未知量，即﹣﹣﹣的质量为x． 2．书写用到的化学方程式（即写→配→标→注），特别是化学方程式的配平是至关重要的． 3．将用到的物质的质量关系标注在相应的化学式的正下方；上行是相对质量关系（即利用相对原子质量或相对分子质量乘以相应的化学计量数得来的），下行是纯物质质量（即已知量和未知量x）． 4．列计算用到比例式，即上行的相对质量比等于下行的实际质量比． 5．求算结果，注意一定要有单位． 6．写出简明的答案，一般是问什么就答什么． 根据化学反应方程式的计算的格式，以“工业上，高温煅烧石灰石（主要成分为CaCO3）可制得生石灰（CaO）和二氧化碳．如果制取10t氧化钙，需要碳酸钙多少吨？”为例，介绍如图所示： ． 【命题方向】该考点的命题方向主要是通过创设相关问题情景或图表信息等，来考查学生对根据化学反应方程式的计算步骤和格式的理解和掌握情况；以及阅读、分析、推断能力和对知识的迁移能力．并且，经常将其与“书写化学方程式、相对分子质量的计算、化学符号及其周围数字的意义、元素符号和化学式的意义、质量守恒定律及其应用、化学方程式的读法和含义、常见化学反应中的质量关系、溶液中溶质质量分数的有关计算、含杂质物质的化学反应的有关计算”等相关知识联系起来，进行综合考查．当然，有时也单独考查之．题型有选择题、填空题和计算题；主要是以计算题为主．中考的重点是考查学生阅读、分析问题情景或图表信息的能力，对根据化学反应方程式的计算步骤和格式等相关知识的理解和掌握情况，以及运用它们来分析、解答相关的实际问题的能力等．当然，有时还会根据所给的有关的表达，进行科学地评价、判断正误等．特别是，对“化学方程式的书写、相对分子质量的计算、质量守恒定律及其应用、化学方程式的读法和含义、常见化学反应中的质量关系、溶液中溶质质量分数的有关计算、含杂质物质的化学反应的有关计算”等相关问题的考查，以及对有关知识的迁移能力的考查，是近几年中考命题的热点，并且还是中考考查这块知识的重中之重． 【解题方法点拨】要想解答好这类题目，首先，要理解和熟记根据化学反应方程式的计算步骤和格式，以及与之相关的知识等．然后，根据所给的问题情景或图表信息等，结合所学的相关知识和技能，细致地分析题意（或图表信息）等各种信息资源，并细心地探究、推理后，按照题目要求进行认真地选择或解答即可．同时，还要注意以下几点： 1．根据化学反应方程式的计算的审题是非常关键的，一般是抓住“三找”；即一找化学反应方程式，二找已知量和未知量x，三找用到的相对质量关系． 2．根据化学反应方程式的计算步骤和格式，一般可以简记为：“六步七行”．其中的“六步”，又可以对应着简记为：“设、方、质（分为相对质量和实际质量两行）、比、算、答”． 3．根据化学反应方程式计算的过程中，一定要注意：（1）设未知量x时，x的后面不要带单位；（2）书写化学方程式的时候，切记严格地按照“写→配→标→注”步骤细心书写；（3）找质量关系时，最好先找下一行的实际质量关系（即已知量和未知量），然后再对应着找上一行的相对质量关系．并且，切记将它们都写在相应的化学式的正下方，分居上下两行．（4）列比例式时，要按照“上一行的相对质量比等于下一行的实际质量比”的顺序来列；保证是对应比相等．（5）求算x时，可以参考着化学方程式下面的两行质量关系中的上下或左右的倍数关系来求算．当没有倍数关系时，再按照一般的方法来求算便是．（6）在写答案时，只需要简明扼要地答出关键语句即可． 23．灭火的原理和方法 【知识点的认识】灭火的原理和方法，主要有如下三种： 1．清除可燃物或使可燃物与其他物品隔离；如森林失火时，经常砍到一条带树木（即造隔离带）． 2．隔绝氧气或空气；如油锅着火时，可盖严锅盖． 3．使温度降低着火点以下，如用嘴吹灭燃烧的蜡烛． 【命题方向】该考点的命题方向主要是通过创设相关问题情景或图表信息等，来考查学生对灭火的原理和方法的理解和掌握情况；以及阅读、分析、推断能力和对知识的迁移能力．并且，经常将其与“燃烧与燃烧的条件、常用物质的性质、几种常用的灭火器”等相关知识联系起来，进行综合考查．当然，有时也单独考查之．题型有选择题、填空题．中考的重点是考查学生阅读、分析问题情景或图表信息的能力，对灭火的原理和方法等相关知识的理解和掌握情况，以及运用它们来分析、解答相关的实际问题的能力等．当然，有时还会根据所给的有关的表达，进行科学地评价、判断正误等．特别是，对“利用灭火的原理和方法来设计灭火的方案，或分析、解决生产、生活中的实际问题”等相关问题的考查，以及对有关知识的迁移能力的考查，是近几年中考命题的热点，并且还是中考考查这块知识的重中之重． 【解题方法点拨】要想解答好这类题目，首先，要理解和熟记灭火的原理和方法，以及与之相关的知识等．然后，根据所给的问题情景或图表信息等，结合所学的相关知识和技能，以及自己的生产或生活经验所得，细致地分析题意（或图表信息）等各种信息资源，并细心地探究、推理后，按照题目要求进行认真地选择或解答即可．同时，还要注意以下几点： 1．所谓灭火，实际上就是破坏燃烧的条件，使燃烧反应停止．因此，可以根据燃烧的条件来分析、推断和理解．值得一提的是：燃烧发生时，燃烧的三个条件需要同时满足才可；但是，灭火时，就没有不要将燃烧的三个条件同时破坏，只要其一被破坏，即可达到灭火之目的．当然，三个条件同时就破坏更能灭火了． 2．如果采用第三种原理和方法来灭火，那么在表达时一定要注意是使温度降低到着火点以下（或降温至着火点以下），而不能说成降低着火点．因为着火点是物质固有的本身的属性，一般是不变的． 24．对海洋资源的合理开发与利用 【知识点的认识】对海洋资源的合理开发与利用就是依据海洋资源的承载能力，我国采取科学开发、合理保护、综合开发利用海洋资源的政策，依托海洋资源推进可协调发展．过去由于开发方式不当、对环保不够重视，对海洋的开发利用也产生了诸多问题：海洋环境恶化，野生动植物减少，自燃灾害增加，自然资源被破坏，我国的可持续发展能力受到损害．所以，对待海洋资源应该既科学开发，又合理保护，统筹兼顾、共同推进．从而从长远上保障我国经济社会的可持续发展． 近年来，我国不断改造海洋捕捞业、运输业和海水制盐业等传统产业；大力发展海洋增养殖业、油气业、旅游业和医药业等新兴产业；积极勘探新的可开发海洋资源，促进深海采矿、海水综合利用、海洋能发电等潜在海洋产业的形成和发展．在这里主要介绍其中与初中化学有关的经常考查到四个例子，大致地了解一下这方面的知识． 1．海水淡化：地球上的水97%以上是海洋里的咸水，只有2.53%是淡水，而其中可供人类使用的淡水还不到总水量的1%．淡水资源的短缺已越来越成为制约社会发展的重要因素，从浩瀚的海洋里获取淡水，对解决淡水危机具有重要的意义．目前，世界上已采用的海水淡化方法有20多种，其中普遍采用的是蒸馏法中的“多级闪急蒸馏法”，70%的淡化海水是用这种方法生产的．所谓“多级闪急蒸馏法”就是设计了一套压强一个比一个低的蒸发室，将它们连通在一起．当高温海水从从压强较高的蒸发室流入压强较低的蒸发室后，就会发生瞬间蒸发，变为水蒸气，水蒸气经冷凝成为淡水．这种蒸发室越多，海水瞬间蒸发的次数就越多，总的蒸发效率也就越高． 2．海水晒盐：目前从海水中提取食盐的方法主要是“盐田法”（也称“太阳能蒸发法”），使用该法，需要在气候温和、光照充足的地区选择大片平坦的海边滩涂，构筑盐田．如图所示：． 盐田通常分为两部分：蒸发池和结晶池如图所示：． 用海水晒盐，先将海水（或海边地下卤水）引入盐田的蒸发池，通过日晒蒸发水分到一定程度时，再导入结晶池，继续日晒，海水就会成为食盐的饱和溶液，再晒就会逐渐析出食盐晶体来． 3．海水“制碱”：海水中蕴含着大量的氯化钠，从海水中得到的食盐不仅是必不可少的生活用品，也是重要的化工原料．碳酸钠（俗称纯碱或苏打）就是以食盐、石灰石为原料，以氨气为媒介，采用氨碱法制得的．也就是，先向饱和的食盐水中通入氨气，制成饱和氨盐水，在加压并不断通入二氧化碳的条件下使溶解度较小的碳酸氢钠结晶析出，过滤后，将碳酸氢钠加热分解即可得到纯碱．生产流程如图所示．该过程中的化学反应原理是：NaCl+NH3+CO2+H2O＝NaHCO3↓+NH4Cl、2NaHCO3△¯Na2CO3+CO2↑+H2O． 4．人类提取海水中的各种元素，来大量制备对我们有用的物质．例如，广泛应用于火箭、导弹和飞机制造业的金属镁，就是利用海水中提取的镁盐制取的．即通常将石灰乳加入海水或卤水中，沉淀出氢氧化镁，氢氧化镁再与盐酸反应生成氯化镁，电解熔融状态的氯化镁，就能制得金属镁．生产流程及转化过程中发生的化学反应如图所示． 除此之外，科学家还在海底发现了可燃冰﹣﹣天然气水合物（主要含有由甲烷分子和水分子组成的甲烷水合物，可能成为未来的新能源）和锰结核﹣﹣多金属结核（由铁锰氧化物组成的黑色团块，是一种含有多金属的矿物）；如图所示： ． 但目前开采在技术上还存在一定的困难． 【命题方向】该考点的命题方向主要是通过创设相关问题情景或图表信息等，来考查学生对对海洋资源的合理开发与利用的理解和掌握情况；以及阅读、分析、推断能力和对知识的迁移能力．并且，经常将其与“海洋中的资源、水资源的状况、海水淡化、海水晒盐、海水‘制碱’、海水制取镁、可燃冰、锰结核”等相关知识联系起来，进行综合考查．当然，有时也单独考查之．题型有选择题、填空题．中考的重点是考查学生阅读、分析问题情景或图表信息的能力，对对海洋资源的合理开发与利用等相关知识的理解和掌握情况，以及运用它们来分析、解答相关的实际问题的能力等．当然，有时还会根据所给的有关的表达，进行科学地评价、判断正误等．特别是，对“海水淡化、海水晒盐、海水‘制碱’、海水制取镁、可燃冰、锰结核”等相关问题的考查，以及对有关知识的迁移能力的考查，是近几年中考命题的热点，并且还是中考考查这块知识的重中之重． 【解题方法点拨】要想解答好这类题目，首先，要理解和熟记对海洋资源的合理开发与利用，以及与之相关的知识．然后，根据所给的问题情景或图表信息等，结合所学的相关知识和技能，以及自己从生产、生活、电视、报纸或网络中了解到相关信息等，细致地分析题意（或图表信息）等各种信息资源，并细心地探究、推理后，按照题目要求进行认真地选择或解答即可． 25．矿物质与微量元素 【知识点的认识】矿物质又称无机盐，它是构成人体组织和维持正常生理活动的重要物质．组成人体自身的元素约有50多种．其中，氧、碳、氢、氮四种元素以水、糖类、油脂、蛋白质和维生素的形式存在，其余的各种元素主要以无机盐（即矿物质，属于无机化合物）的形式存在于水溶液中．当然，也有一些元素是体内有机化合物（如酶、激素、血红蛋白）的组成成分．在这些元素中，含量较多的元素有11种，它们约占人体质量的99.95%．在人体中含量超过0.01%的元素，称为常量元素（又称宏量元素）；它们都是人体必需的元素，其中的钙、磷、钾、硫、钠、氯、镁等七种元素主要存在于矿物质中；含量在0.01%以下的元素，称为微量元素，它们在人体中的含量虽然很小，却是维持正常生命活动所必需的；其种类很多，目前人们认为必需的微量元素有铁、钴、铜、锌、铬、锰、钼、氟、碘、硒等．它们在体内含量虽小，却有很重要的生理功能． 矿物质和微量元素的生理功能概括起来可分三方面： 1．它们是构成人体骨骼牙齿等硬组织的主要材料． 2．它们以离子形式溶解在体液中，维持人体水分的正常分布、体液的酸硷平衡和神经肌肉的正常兴奋性． 3．它们是一些酶的组成成分和激活剂． 其中一些必需微量元素对人体的作用及成年人每天的适宜摄入量，如表所示：． 由于新陈代谢，每天都有一定量的矿物质和微量元素经粪、尿、皮肤、头发、指甲等途径排出，必须从食物和饮水中得到补充．几种元素的主要食物来源，如表所示：． 在我国人民膳食中容易缺乏的矿物质和微量元素有钙、铁、碘等元素．当然，在一些地质条件特殊的地区，也存在因摄入氟或硒过多而发生的氟中毒或硒中毒问题．如果人体所需的元素仅从食物中摄取还不足时，可通过食品添加剂和保健药剂来予以补充．如在食品中添加含钙、锌、硒、锗的化合物，或制成补钙、补锌等的保健药剂或加碘食盐，来增加对这些元素的摄入量． 【命题方向】该考点的命题方向主要是通过创设相关问题情景或图表信息等，来考查学生对矿物质与微量元素的理解和掌握情况；以及阅读、分析、推断能力和对知识的迁移能力．并且，经常将其与“人体的元素组成与元素对人体健康的重要作用、生命活动与六大营养素、矿物质与微量元素、亚硝酸钠的性质与人体健康、加碘食盐的检验、常见中毒途径及预防方法、微量元素和维生素与健康的关系及摄取方法、生物学的有关知识”等相关知识联系起来，进行综合考查．当然，有时也单独考查之．题型有选择题、填空题．中考的重点是考查学生阅读、分析问题情景或图表信息的能力，对矿物质与微量元素等相关知识的理解和掌握情况，以及运用它们来分析、解答相关的实际问题的能力等．当然，有时还会根据所给的有关的表达，进行科学地评价、判断正误等．特别是，对“微量元素与常量元素的判别、一些必需微量元素对人体的作用、几种典型的元素的食物来源”等相关问题的考查，以及对有关知识的迁移能力的考查，是近几年中考命题的热点，并且还是中考考查这块知识的重中之重． 【解题方法点拨】要想解答好这类题目，首先，要理解和熟记矿物质与微量元素，以及与之相关的知识．然后，根据所给的问题情景或图表信息等，结合所学的相关知识和技能，以及自己从生产、生活、电视、报纸或网络中了解到相关信息等，细致地分析题意（或图表信息）等各种信息资源，并细心地探究、推理后，按照题目要求进行认真地选择或解答即可．同时，还要注意以下几点： 1．微量元素是矿物质的元素组成的一部分，而另一部分则为常量元素． 2．对于人体所需的矿物质和微量元素来说，都有一个合理摄入量的问题：不能太少，也不能过量；因为摄入不足或摄入过量均不利于人体健康．例如，碘元素人体缺乏时会引起甲状腺肿大，如图所示：， 幼儿缺碘会影响生长发育，造成思维迟钝．可是，过量时也会引起甲状腺肿大，而且还会得甲亢症（即甲状腺功能亢进的简称）． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/6/20 17:10:50；用户：组卷24；邮箱：zyb024@xyh.com；学号：41418987 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$