專題09推斷題、工業流程題、溶解度曲線題?題型一推斷題?題型二工業流程題?題型三溶解度曲線題?題型一推斷題【真題1-1】（2023年遼寧省撫順、本溪、遼陽中考）小麗學習酸、堿的知識后，構建了有關酸、堿與甲、乙、丙三種初中常見物質之間的反應關系圖，圖中連線兩端的物質均能發生反應，其中甲為黑色固體，乙、丙為氧化物。請回答。（1）Ca(OH)2的俗稱為_____。（2）甲的化學式為_____。（3）乙與稀鹽酸反應得到黃色溶液，寫出該反應的化學方程式_____。（4）丙與甲反應過程會_____（填“吸收”或“放出”）熱量。【答案】（1）熟石灰或消石灰（2）C（3）（4）吸收【解析】【分析】氫氧化鈣能和酸、部分鹽以及部分非金屬氧化物發生反應；鹽酸能和堿、部分鹽以及金屬氧化物發生反應；又因為甲能和乙、丙發生反應且甲是黑色固體，則甲是碳，乙是金屬氧化物，丙是二氧化碳，帶入驗證，推理正確，由此回答問題。（1）氫氧化鈣的俗稱是熟石灰（或消石灰）。（2）由分析可知，甲是碳，化學式為C。（3）由分析可知，乙是金屬氧化物，又因乙與稀鹽酸反應得到黃色溶液，則乙是三氧化二鐵，三氧化二鐵與稀鹽酸反應生成氯化鐵和水，氯化鐵其水溶液呈黃色，化學方程式書寫為。（4）由分析可知，丙是二氧化碳，二氧化碳和碳在高溫條件下反應生成一氧化碳，該反應過程會吸收熱量。【真題1-2】（2023遼寧鐵嶺、葫蘆島中考）同學們學習了酸、堿、鹽等物質的相關知識后，構建了以碳酸鈉為中心物質的網絡關系圖。其中甲、乙、丙、丁分別是初中常見的不同類別化合物，丁是常見的溫室氣體。各物質間的關系如下圖所示(“——”表示相鄰兩種物質能發生反應；“→”表示兩種物質間的轉化關系；圖中部分反應物、生成物及反應條件已略去)。請回答。（1）甲的化學式為_____。（2）若乙中只含兩種元素，反應①的化學方程式為_____。（3）若丙是大理石的主要成分，其用途是_____。（4）甲和丁的反應_____(填“屬于”或“不屬于”)復分解反應。【答案】（1）NaOH（2）（3）建筑材料(或補鈣劑)（合理即可）（4）不屬于【解析】【分析】丁是常見的溫室氣體，則丁是二氧化碳，丁（二氧化碳）能與丙相互轉化，氫氧化鈣能與二氧化碳反應生成碳酸鈣和水，碳酸鈣高溫分解生成二氧化碳和氧化鈣，丙可能是碳酸鈣；甲能與丁（二氧化碳）反應，能與碳酸鈉相互轉化，氫氧化鈉能與二氧化碳反應生成碳酸鈉和水，碳酸鈉能與氫氧化鈣反應生成碳酸鈣和氫氧化鈉，甲可能是氫氧化鈉；甲、乙、丙、丁分別是初中常見的不同類別化合物，甲（氫氧化鈉）屬于堿，丙（碳酸鈣）屬于鹽，丁（二氧化碳）屬于氧化物，則乙屬于酸，乙能與甲（氫氧化鈉）、碳酸鈉、丙（碳酸鈣）反應，甲可能是鹽酸、硫酸或硝酸等，將猜想代入驗證，猜想成立。（1）甲是氫氧化鈉，化學式為NaOH；（2）若乙中只含兩種元素，則乙是鹽酸，反應①的反應是碳酸鈉與鹽酸反應生成氯化鈉、水和二氧化碳，化學方程式為：；（3）若丙是大理石的主要成分，其用途是建筑材料(或補鈣劑)（4）甲和丁的反應是氫氧化鈉與二氧化碳反應生成碳酸鈉和水，該反應在反應過程中沒有相互交換成分，不屬于復分解反應。【真題1-3】（2023遼寧錦州中考）A~E是初中化學常見的五種不同物質。它們的組成中都含有一種相同的元素，C和D物質類別不同，B是黑色固體，E的濃溶夜可用作干燥劑，它們之間的轉化或反應均為初中化學常見的化學反應，關系如圖所示（“→”表示物質間能轉化，“一”表示相連的物質能發生反應；圖中部分反應物、反應條件、生成物已省略）請回答下列問題：（1）A的化學式為______。（2）C的物質類別是______（選填“單質”、“氧化物”“酸”、“堿”或“鹽”）。（3）B一E反應現象是______。（4）寫出B→D反應的化學方程式______，該反應的基本反應類型是______。【答案】（1）O2（2）氧化物（3）黑色固體減少或消失，溶液由無色變為藍色（4）①.CuO+H2SO4=CuSO4+H2O②.復分解反應【解析】【分析】E的濃溶夜可用作干燥劑，E是濃硫酸，B是黑色固體，且B、E之間可發生反應，B是氧化銅。B→C，E→C，則C是水。C和D物質類別不同，B→D、E→D，D是硫酸銅。A→B，AC，則A是氧氣。將推出的各種物質代入轉化關系中進行驗證，推斷正確。（1）A的化學式為O2。（2）C是H2O，H2O的物質類別是氧化物。（3）B、E之間發生的反應是：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，該反應的現象是：黑色固體減少或消失，溶液由無色變為藍色。（4）B→D反應的化學方程式為：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，兩種化合物互相交換成分生成另外兩種化合物的反應是復分解反應，則該反應的基本反應類型是復分解反應。推斷題：1.對于重點學習研究的物質，做到心中有數2.要善于從題干中找到“題眼”（1）以物質的顏色為“題眼”①常見固體顏色：黃色──（S）暗紫色──（KMnO4）紅色──Cu黑色──Fe3O4、CuO、MnO2、C粉、Fe粉②沉淀的顏色：藍色沉淀──Cu(OH)2；紅褐色沉──Fe(OH)3。白色沉淀（可溶于酸）──CaCO3、BaCO3、Mg(OH)2；白色沉淀（不溶于酸）──BaSO4、AgCl。③溶液的顏色：藍色──（含Cu2+的溶液）如CuSO4、Cu(NO3)2等；淺綠色──（含Fe2+的溶液）如FeCl2、FeSO4、Fe（NO3）2等；黃色──（含Fe3+的溶液）。④火焰的顏色：S在O2中燃燒（藍紫色）；S、H2在空氣中燃燒（淺藍色）；CO、CH4在空氣中燃燒（藍色）。（2）以反應條件為“題眼”，如：點燃、通電、催化劑、高溫、加熱等。（3）以個性現象為“題眼”，如使帶火星木條復燃的氣體是O2；使澄清石灰水變渾濁的氣體是CO2；常溫下為液態的物質最常見的是H2O；最簡單的有機物是甲烷CH4。（4）以元素或物質之最為“題眼”，如：①地殼中含量最多的元素是O，含量最多的金屬元素是Al。②人體中含量最多的元素是O。③空氣中含量最多的元素是N。④形成化合物最多的元素是C。⑤相對分子質量最小，密度最小的氣體是H2。⑥相對分子質量最小的氧化物是H2O。⑦自然界中硬度最大的物質是金剛石。⑧最簡單的有機物是CH4。⑨最常用的溶劑是H2O。⑩人體中含量最多的物質是H2O。（5）利用特征反應判斷在解題過程中，要特別注意特征反應的出現。特征反應往往能夠提供直接的線索，幫助我們確定某種物質的存在。因此，要學會識別和利用這些特征反應。以物質特征反映為“題眼”，如：單質A＋化合物B→單質C＋化合物D（6）敢于大膽去猜測如果實在找不到突破口，在大致范圍確定的情況下，敢于大膽猜測。根據題目給出的條件猜出幾個可能的、常見的、常用的物質，然后再用排除法找到正確答案。【變式1-1】（2024·吉林長春·一模）A是大理石的主要成分；B是金屬氧化物；C是常見的一種堿。三種物質之間的一步轉化關系如圖所示(部分反應物、生成物未標出)。下列說法錯誤的是A．大理石和物質C均可作建筑材料B．物質B轉化為可以加入稀鹽酸C．物質C可以改良酸性土壤D．物質C轉化到物質A只能通入【答案】D【分析】A是石灰石或大理石的主要成分，所以A是碳酸鈣；B是金屬氧化物，可作干燥劑，所以B是氧化鈣；C是常見的一種堿，氧化鈣會轉化成C，所以C是氫氧化鈣；代入驗證，推導正確。【詳解】A、大理石和物質C氫氧化鈣均可作建筑材料，故正確；B、根據分析，B是氧化鈣，氧化鈣和鹽酸反應生成氯化鈣、水，所以物質B轉化為CaCl2可以加入稀鹽酸，故正確；C、物質C氫氧化鈣可用來配制改良酸性土壤，故正確；D、物質C（氫氧化鈣）轉化到物質A（碳酸鈣）可以通入CO2，還可以通過氫氧化鈣和碳酸鈉等可溶性碳酸鹽反應生成碳酸鈣，故錯誤；故選：D。【變式1-2】（2024·陜西咸陽·模擬預測）下圖是初中化學最常見的物質之間的反應關系圖，圖中“一”表示兩端的物質能夠發生反應，“→”表示一種物質可以直接轉化為另一種物質。下列說法不正確的是

A．X可以是碳酸鈉，Y可以是氫氧化鈣溶液B．X與BaCl2，X與Y反應均有白色沉淀生成C．圖中發生的反應均無元素化合價的變化D．將Y換成氫氧化鈉，圖中物質之間反應關系也成立【答案】D【詳解】A.若X是碳酸鈉，Y是氫氧化鈣溶液，則碳酸鈉與氯化鋇反應生成碳酸鋇白色沉淀和氯化鈉，碳酸鈉與鹽酸反應生成氯化鈉、水和二氧化碳；氫氧化鈣與硫酸反應生成硫酸鈣和水，氫氧化鈣與碳酸鈉反應生成碳酸鈣白色沉淀和氫氧化鈉，二氧化碳與氫氧化鈣反應生成碳酸鈣和水，符合物質之間的反應關系圖，故選項說法正確；B.若X為碳酸鈉，Y為氫氧化鈣，碳酸鈉與氯化鋇反應生成碳酸鋇白色沉淀和氯化鈉，氫氧化鈣與碳酸鈉反應生成碳酸鈣白色沉淀和氫氧化鈉，故選項說法正確；C.若X是碳酸鈉，Y是氫氧化鈣溶液，除二氧化碳與氫氧化鈣的反應不屬于復分解反應，其他反應均屬于復分解反應，復分解反應中，各元素的化合價不變；二氧化碳與氫氧化鈣的反應生成碳酸鈣和水，反應中各元素的化合價不變；故選項說法正確；D.將Y換成氫氧化鈉，X為碳酸鈉，碳酸鈉與氫氧化鈉不能發生反應，故選項說法錯誤；故選：D。【變式1-3】（2024·陜西西安·一模）已知A～E是初中化學常見的5種物質，其中A是胃酸的主要成分，B是光合作用的原料，C是大理石或石灰石的主要成分。它們相互轉化的關系如圖所示(“→”表示反應能一步實現，“—”表示相連物質間能發生反應，部分反應物、生成物和反應條件已省略)。下列說法不正確的是A．A與E反應可生成D B．E物質在農業上可用于配制波爾多液C．D→E的反應過程放出熱量 D．C只能通過B和E反應生成【答案】D【分析】已知A～E是初中化學常見的5種物質，其中A是胃酸的主要成分，則A為鹽酸，B是光合作用的原料，則B為二氧化碳，C是大理石或石灰石的主要成分，則C為碳酸鈣，B（二氧化碳）能與E反應，E能轉化為C（碳酸鈣），二氧化碳和氫氧化鈣反應生成碳酸鈣沉淀和水，則E為氫氧化鈣，A（鹽酸）能轉化為D，B（二氧化碳）能與D反應，D能轉化為E（氫氧化鈣），鹽酸和氫氧化鈉反應生成氯化鈉和水，二氧化碳和水反應生成碳酸，氧化鈣和水反應生成氫氧化鈣，則D為水，代入驗證，推論合理。【詳解】A、由分析可知，A為鹽酸，E為氫氧化鈣，D為水，鹽酸和氫氧化鈣反應生成氯化鈣和水，即A與E反應可生成D，故A說法正確；B、由分析可知，E為氫氧化鈣，在農業上可用于配制波爾多液，故B說法正確；C、由分析可知，D為水，E為氫氧化鈣，D→E即為氧化鈣和水反應生成氫氧化鈣，該反應過程放出熱量，故C說法正確；D、由分析可知，C為碳酸鈣，B為二氧化碳，E為氫氧化鈣，二氧化碳和氫氧化鈣反應生成碳酸鈣沉淀和水，但氫氧化鈣和碳酸鈉也能反應生成碳酸鈣沉淀和氫氧化鈉，故D說法不正確；故選：D。【變式1-4】（2024·天津河西·一模）是初中化學中常見物質，它們的轉化關系如圖所示，A是最常見的溶劑，A轉化生成B時放出熱量。是四種不同類別的化合物，B與D是同一類物質，F是制玻璃的原料，俗稱“蘇打”。（圖中“—”表示相連的兩種物質能反應，“”表示通過一步反應能實現轉化），回答：(1)C的化學式是；E的物質類別是（填“酸”、“堿”、“鹽”或“氧化物”）。(2)物質B的用途（寫一種）。(3)B與F發生反應的化學方程式為，基本反應類型是反應。(4)為鑒別含溶質的兩種稀溶液，可選取的物質是______（填序號）。A．二氧化碳 B．硝酸銅溶液 C．酚酞溶液 D．稀鹽酸【答案】(1)酸(2)改良酸性土壤(3)復分解(4)A【分析】根據題意分析，F是制玻璃的原料，俗稱蘇打，則F是碳酸鈉，F與D可以相互轉化，假設D為氫氧化鈉，氫氧化鈉和碳酸鈉可以相互轉化，假設合理；C、D、E、F是四種不同類別的化合物，E分別能與D和F反應，D是堿，F是鹽，則E為酸；A是最常見的溶劑，則A是水；B與D是同一類物質，A能生成B，A轉化生成B時放出熱量，則B為氫氧化鈣，氧化鈣和水生成氫氧化鈣；剩余C為氧化物，且C能與堿溶液反應，則C為二氧化碳，二氧化碳能與氫氧化鈣和氫氧化鈉反應；代入驗證，推理正確。【詳解】（1）由分析可知，C是二氧化碳，C的化學式是CO2；由分析可知，E的物質類別是酸；（2）由分析可知，B是氫氧化鈣，常用于改良酸性土壤；（3）由分析可知，B是氫氧化鈣，F是碳酸鈉，氫氧化鈣和碳酸鈉反應生成碳酸鈣沉淀和氫氧化鈉，反應的方程式為；反應符合兩種物質相互交換成分生成另兩種化合物，則基本反應類型是復分解反應；（4）由分析可知，B是氫氧化鈣，D為氫氧化鈉，均屬于堿，具有堿的通性；A、氫氧化鈉與二氧化碳反應無明顯現象，氫氧化鈣與二氧化碳反應有沉淀產生，現象不同，可以鑒別；B、氫氧化鈉與氫氧化鈣均可與硝酸銅反應產生藍色沉淀，現象相同，不可鑒別；C、氫氧化鈉與氫氧化鈣均可使酚酞變紅，現象相同，不可鑒別；D、氫氧化鈉與氫氧化鈣均可與稀鹽酸反應且無明顯現象，現象相同，不可鑒別；故選A。?題型二工業流程題【真題2-1】（2023遼寧營口中考）我國承諾：努力爭取2060年前實現“碳中和”，體現大國擔當。工業上有一種利用燒堿溶液實現“碳捕捉”的技術，其主要流程如下：（1）分離區進行的實驗操作是_______（填操作名稱）；（2）該流程中可循環利用的物質甲、乙分別是_______。（3）反應區1中發生反應的化學方程式為_______（答一個即可）；（4）為了確定“捕捉區”進入反應區Ⅰ中溶液的成分，請完成下表中實驗方案。實驗步驟實驗現象實驗結論______________溶液成分只有Na2CO3【答案】（1）過濾（2）氧化鈣、氫氧化鈉##CaO、NaOH（3）或（4）①.①取少量該溶液于試管中，向溶液中滴加過量的氯化鈣溶液，并不斷振蕩；②取①中上層清液，加入酚酞溶液（合理即可）②.①產生白色沉淀，②無明顯變化（與前一空對應）【解析】【分析】工業上有一種利用燒堿溶液實現“碳捕捉”技術，根據流程可知，捕捉區發生的反應是燒堿與二氧化碳反應生成碳酸鈉和水，經反應區Ⅰ、分離區得到碳酸鈣，所以反應區Ⅰ發生的反應是碳酸鈉和氫氧化鈣生成碳酸鈣沉淀和氫氧化鈉，物質乙是氫氧化鈉，送回捕捉區循環使用，碳酸鈣經反應區Ⅱ得到二氧化碳，碳酸鈣高溫反應分解生成氧化鈣和二氧化碳，則甲是氧化鈣，送回反應區Ⅰ循環使用。（1）根據分析可知，分離室中分離出碳酸鈣和氫氧化鈉溶液，分離難溶性固體和溶液的操作為過濾；（2）根據分析可知，既能做反應物又能做生成物的物質可循環利用，故流程中可循環利用的物質有CaO、NaOH。（3）反應區1中發生的反應分別為碳酸鈉和氫氧化鈣生成碳酸鈣沉淀和氫氧化鈉和氧化鈣和水生成氫氧化鈣，化學方程式分別為、；（4）氫氧化鈉與二氧化碳恰好完全反應，“捕捉區”進入反應區Ⅰ中溶液的成分是碳酸鈉；氫氧化鈉過量，“捕捉區”進入反應區Ⅰ中溶液的成分是碳酸鈉和氫氧化鈉。碳酸鈉、氫氧化鈉都顯堿性，碳酸鈉對氫氧化鈉的檢驗會產生干擾，因此在檢驗碳酸鈉溶液中是否存在氫氧化鈉時，應先用足量的中性溶液（如可溶性的鋇鹽、鈣鹽）檢驗碳酸鈉存在，并完全除去碳酸鈉，再檢驗氫氧化鈉的存在。氫氧化鈉是一種堿具有堿的通性，可通過堿的通性，檢驗氫氧化鈉存在。因此：實驗步驟實驗現象實驗結論①取少量該溶液于試管中，向溶液中滴加過量的氯化鈣溶液，并不斷振蕩；②取①中上層清液，加入酚酞溶液①產生白色沉淀②無明顯變化溶液成分只有Na2CO3【真題2-2】（2023遼寧沈陽中考）《禮記》等文獻中記載古人用草木灰（主要成分是）與石灰石灼燒后的固體、水混合制取氫氧化鉀，用作紡織品漂洗劑。小組同學以“古法制堿”為主題開展了項目式學習。項目一：實驗室模擬古法制堿【實驗設計】制堿的主要流程如圖3所示。（1）①步驟一反應類型是______（填“化合反應”或“分解反應”）。②請寫出步驟二反應的化學方程式：______。③資料顯示，步驟三反應的化學方程式：【實驗實施】小組同學完成步驟一、步驟二實驗后，立即進行步驟三實驗，如圖4所示。項目二：驗證氫氧化鉀生成（2）為了證明步驟三反應的發生，小組同學再次設計并進行了如下實驗：實驗操作實驗現象實驗結論取圖4燒杯靜置后底部的少量固體，洗凈后置于試管中，加入足量的______，將產生的氣體通入澄清石灰水試管中產生氣泡澄清石灰水變渾濁固體中含有（3）小明同學認為上述實驗結論中的均為步驟三反應生成。點點同學提出質疑，理由應是______。（實驗過程中得到的相關物質均未變質）（4）點點同學提出了新思路：可以通過測量溶液pH的變化證明步驟三反應發生。經測定：常溫下飽和溶液的pH為12.7，實驗配制的溶液pH為11.3。重新做步驟三實驗，向盛有溶液的燒杯中，分3次加入步驟二得到的懸濁液，分別測得燒杯內混合液pH變化后的數據如下：次數第一次第二次第三次pH12.213.214.0①小組同學通過分析以上實驗數據認為可以證明步驟三反應的發生，依據是______。②為了進一步驗證有KOH生成，還應測定的數據是______，請說明驗證的理由：______。項目三：處理堿性廢液為了：防止污染，同學們用實驗室廢液處理裝置，并按其使用說明，對上述實驗產生的堿性廢液進行處理。【處理過程】（5）①第一步：配制稀硫酸。用______g溶質質量分數為98%的濃硫酸配制溶質質量分數為10%的稀硫酸490g，冷卻后倒入軟塑料瓶。②第二步：處理廢液。將堿性廢液倒入反應槽，開啟攪拌機，按壓軟塑料瓶注入稀硫酸，將pH調至約等于______。當pH穩定后停止攪拌。打開水閥，廢液流入過濾槽、活性炭槽，處理達標后排放。③第三步：處理廢渣。【分析交流】（6）按說明書建議，裝置中應使用稀硫酸、而不用鹽酸處理堿性廢液，請結合所學知識推測其原因是______。（7）第二步中攪拌機攪拌的作用是______。（8）請寫出一條在第二步處理廢液過程中應注意的安全事項：______。【總結評價】實驗是學習的一部分，敢質疑、敢創新，一定能在科學探究中收獲成功，感受快樂!【答案】（1）①.分解反應②.（2）稀鹽酸（3）步驟一中碳酸鈣可能未反應完全（4）①.混合液的pH逐漸增大，說明有堿性物質生成，則可以證明步驟三反應的發生②.單獨的氫氧化鉀溶液的pH③.氫氧化鈣和碳酸鉀的pH均小于14，碳酸鈣難溶，若測定出氫氧化鉀溶液的pH在14左右，即可說明有氫氧化鉀生成（5）①.50②.7（6）酸堿中和反應放熱，鹽酸受熱會揮發出氯化氫氣體（7）增大反應物的接觸面積，使反應更充分（8）防止攪拌時液滴飛濺（合理即可）【解析】（1）①步驟一碳酸鈣高溫分解生成氧化鈣和二氧化碳，該反應符合“一變多”的特點，屬于分解反應；②步驟二氧化鈣和水反應生成氫氧化鈣，化學方程式為：；（2）根據實驗結論固體中含有CaCO3，碳酸鈣和鹽酸反應生成氯化鈣、二氧化碳和水，二氧化碳能使澄清石灰水變渾濁，取圖4燒杯靜置后底部的少量固體，洗凈后置于試管中，加入足量的稀鹽酸，將產生的氣體通入澄清石灰水，可觀察到試管中產生氣泡澄清石灰水變渾濁；（3）由于步驟一中的碳酸鈣可能沒有完全反應，所以上述實驗結論中的CaCO3也可能來自于步驟一中剩余的碳酸鈣；（4）①由于常溫下Ca(OH)2飽和溶液的pH為12.7，實驗配制的K2CO3溶液pH為11.3，向盛有K2CO3溶液的燒杯中，分3次加入步驟二得到的懸濁液，混合液的pH逐漸增大，說明有堿性物質生成，則可以證明步驟三反應的發生；②為了進一步驗證有KOH生成，還應測定的數據是單獨的氫氧化鉀溶液的pH，氫氧化鈣和碳酸鉀的pH均小于14，碳酸鈣難溶，若測定出氫氧化鉀溶液的pH在14左右，即可說明有氫氧化鉀生成；（5）①根據稀釋前后溶質質量不變，則需要溶質質量分數為98%的濃硫酸的質量為;②pH=7的溶液顯中性，因此將堿性廢液倒入反應槽，開啟攪拌機，按壓軟塑料瓶注入稀硫酸，將pH調至約等于7；（6）由于酸堿中和反應放熱，鹽酸受熱會揮發出氯化氫氣體，因此不用鹽酸處理堿性廢液；（7）第二步中用攪拌機攪拌，可以增大反應物的接觸面積，使反應更充分；（8）在第二步處理廢液過程中應注意，防止攪拌時液滴飛濺。【真題2-3】（2023年遼寧省撫順、本溪、遼陽中考）認識物質是化學研究的主要任務之一，同學們對NaOH展開了如下探究活動。活動一：探究NaOH的化學性質【查閱資料】Mg(OH)2是難溶于水的白色固體（1）A試管中觀察到酚酞溶液變為紅色，說明氫氧化鈉溶液顯_____性。向A試管中繼續加入稀硫酸，觀察到_____，由此證明NaOH能與H2SO4反應。（2）B試管中無明顯現象。為證明B試管中已發生化學反應，向該試管中再加入足量的_____，觀察到有氣泡產生。（3）C試管中出現白色沉淀，發生反應的化學方程式為_____。活動二：了解NaOH的制備（4）工業上，可以通過電解飽和食鹽水的方法獲得NaOH，該反應的化學方程式為：，則X的化學式為_____。活動三：測定NaOH樣品的純度工業制得的NaOH中常含有一定量的NaCl。同學們采用“沉淀法”對某NaOH樣品的純度進行測定。實驗方案如下：（5）判斷方案中MgCl2溶液過量的化學方法是_____。（6）稱量前需將濾渣洗滌、干燥，否則會導致測定結果_____(填“偏大”“偏小”或“不變”)。【答案】（1）①.堿②.溶液由紅色變為無色（2）稀鹽酸(或稀硫酸等合理即可)（3）（4）H2O（5）取少量濾液于試管中，加入氫氧化鈉溶液，有白色沉淀產生(合理即可)（6）偏大【解析】（1）無色酚酞遇堿性溶液變為紅色，遇中性和酸性溶液不變色，A試管中觀察到酚酞溶液變為紅色，說明氫氧化鈉溶液顯堿性；向A試管中繼續加入稀硫酸，NaOH能與稀硫酸反應生成硫酸鈉與水，硫酸鈉溶液呈中性，則向A試管中繼續加入稀硫酸，可以觀察到溶液由紅色變為無色；由此證明氫氧化鈉被消耗，則證明氫氧化鈉能與硫酸反應；（2）B試管中二氧化碳氧氫氧化鈉反應生成碳酸鈉和水，該反應無明顯現象，所以為了驗證該反應的發生，即為驗證生成了碳酸鈉，碳酸鈉與鹽酸（或硫酸）反應生成氯化鈉（或硫酸鈉）、二氧化碳和水，故可向該試管中再加入足量的稀鹽酸（或稀硫酸），觀察到有氣泡產生，說明B試管中已發生反應；（3）C試管中氯化鎂與氫氧化鈉反應生成氫氧化鎂沉淀和氯化鈉，該反應的化學方程式為：；（4）根據質量守恒定律，反應前后原子種類和數目不變，反應前有2個Na、2個Cl，反應后有2個Na、2個Cl、2個O、4個H，故2X中含有2個O和4個H，X中含有1個O和2個H，X的化學式為H2O；（5）根據氯化鎂與氫氧化鈉反應生成氫氧化鎂沉淀和氯化鈉，所以判斷方案中MgCl2溶液過量的化學方法為：取少量濾液于試管中，加入氫氧化鈉溶液，有白色沉淀產生，說明氯化鎂溶液過量；（6）該實驗室根據沉淀的質量計算出氫氧化鈉的質量，繼而得出氫氧化鈉的純度，稱量前需將濾渣洗滌、干燥，否則會導致濾渣質量偏大，導致測定結果偏大。一：工業流程示意圖核心反應目標產品原料原料預處理（清洗、除雜、粉碎等）產品分離提純核心反應目標產品原料原料循環利用排放物環保處理關鍵核心：1.物質的生產制備要明確目標產品，把握整體思路。規律：主線主產品，分支副產品，回頭為循環2.關鍵核心：物質的分離操作、除雜試劑的選擇、生成條件的控制、化學方程式書寫等3.金屬資源的回收利用要熟練掌握并應用金屬活動性順序4.“三廢”處理的過程中要明確有害物,加入的試劑主要是為了將其無害化處理5.注意除雜過程中除雜試劑的滴加順序、注意事項、實驗步驟等二：流程中涉及的主要操作1.粉碎(研磨、噴淋)：增大反應物的接觸面積，加快反應速度或使反應更充分2.打磨：除去氧化膜(或污物)3.溶解(水溶、酸溶)：通過溶于水或酸，使其與不溶性物質經過過濾分離4.灼燒(煅燒)：除去可燃性雜質或使物質高溫氧化。灼燒完全的判斷依據:質量不再變化5.加洗滌劑：乳化除去油污三：加入某試劑的目的或判斷試劑的選擇1.加入過量試劑目的：將原物質中的雜質完全反應掉或全部轉化2.判斷加入試劑種類：多為除去某過量物質或者反應副產物，可從加入目的、產物入手3.判斷某步存在或得到的物質：根據上一步可能發生的反應，且注意所加試劑是否有剩余考點四：判斷可循環利用的物質根據箭頭方向(可逆線)，即某一步的產物是前面某步流程中的原料五、混合物分離、提純的操作1.過濾：使固體、液體分離2.蒸發結晶：提純溶解度受溫度影響變化不大的物質3.降溫結晶：提純溶解度隨溫度升高明顯增大的物質4.洗滌：①濾渣用水洗②晶體產品用飽和溶液洗滌等判斷濾渣是否洗滌干凈方法：取少量最后一次洗滌液，檢驗洗滌液中是否含有溶液中的溶質六、陌生化學方程式的書寫根據箭頭方向，箭頭進入的是反應物,出去的是生成物(包括主產物和副產物)。若從已知信息中找到的反應物和生成物不滿足質量守恒定律，可在反應物或生成物中加入水，然后進行配平,還應注意反應條件的有關信息;若在空氣中煅燒或通入空氣，則還需考慮空氣中的氧氣是否參與反應七、控制反應條件1.攪拌或加熱：加快反應(或溶解)速率2.溶液趁熱過濾(控溫處理)：防止目標物質損失3.調節溶液pH的目的：使目標陽離子沉淀、防止發生副反應、防止工業廢水污染4.通入保護氣(如氬氣)的作用：防止物質被氧化【變式2-1】（2024·江西上饒·模擬預測）我國力爭在2060年前實現“碳中和”。為實現這一目標，一種捕集煙氣中二氧化碳并轉化利用的流程如圖：(1)工藝流程中循環使用的物質是。(2)“轉化器”中發生的反應是，X化學式是。(3)“合成塔”中發生的基本反應類型是，參加反應的CO和的質量最簡比是。(4)甲醇可以作燃料，甲醇在氧氣中充分燃燒生成二氧化碳和水，反應的化學方程式是。【答案】(1)氧化鈣或碳酸鈣(2)CH4(3)化合反應7：1(4)【詳解】（1）由流程圖可知，氧化鈣在吸收塔中轉化成碳酸鈣，碳酸鈣在轉化器中轉化成氧化鈣，則在此流程中可循環使用的物質是氧化鈣或碳酸鈣。（2）根據化學反應前后原子個數不變，反應后鈣原子1個、氧原子3個、碳原子是2個、氫原子是4個，反應前鈣原子1個、氧原子3個、碳原子是1個、氫原子是0個，缺的原子由X提供，則X的化學式是CH4；（3）“合成塔”中，一定條件下一氧化碳和氫氣反應生成甲醇，反應的化學方程式是：，由2種物質生成1種物質，屬于化合反應；參加反應的CO和的質量最簡比是28：（14）=7：1；（4）甲醇可以作燃料，甲醇在氧氣中充分燃燒生成二氧化碳和水，反應的化學方程式是:。【變式2-2】（2024·廣東汕尾·一模）《周禮·考工記》記載了我國勞動人民制取氫氧化鉀以漂洗絲帛的工藝。大意是先將干燥的木頭燒成灰(含)，用其灰汁浸泡絲帛，再加入石灰即可，該圖為模擬該法制取氫氧化鉀的工藝流程。(1)“操作a”的名稱是，需要用到的玻璃儀器有燒杯、和玻璃棒。(2)反應①的化學方程式是；反應②過程會(填“放出”或“吸收”)熱量，反應③屬于反應(填基本反應類型)。(3)“漂洗絲帛”是指洗去衣物表面的污漬，該工藝中起去除污漬作用的物質是。(4)工藝中所燒的木頭是干燥的。根據燃燒的條件分析，濕木頭不易燃燒的原因是。(5)該工藝中可以循環利用的物質是。【答案】(1)過濾漏斗(2)放出復分解(3)氫氧化鉀/KOH(4)濕木頭表面有水分，水蒸發吸熱，溫度沒有達到可燃物的著火點(5)碳酸鈣/CaCO3【詳解】（1）操作a是將不溶于液體的固體物質與液體分離的一種方法，操作a的名稱是過濾；需要用到的玻璃儀器有燒杯、漏斗和玻璃棒。（2）反應①為碳酸鈣高溫分解生成氧化鈣和二氧化碳，化學方程式為：；反應②為氧化鈣和水反應生成氫氧化鈣，該過程放出熱量；反應③為氫氧化鈣和碳酸鉀反應生成碳酸鈣沉淀和氫氧化鉀，該反應是兩種化合物相互交換成分生成另外兩種化合物，屬于復分解反應；（3）“漂洗絲帛”將干燥的木頭燒成灰（含K2CO3），用其灰汁浸泡絲帛，再加入石灰即可，結合流程圖可知，碳酸鉀和氫氧化鈣反應生成碳酸鈣和氫氧化鉀，氫氧化鉀能與油污發生化學反應去除油污，故該工藝中起去除污漬作用的物質是氫氧化鉀或KOH；（4）燃燒的三個條件：可燃物、充足的空氣、溫度達到可燃物的著火點，濕木頭表面有水分，周圍溫度升高，表面水分會蒸發吸熱，使周圍溫度降低，溫度不易達到可燃物的著火點，故不易燃燒；（5）由流程圖可知，碳酸鈣既是流程的反應物，又是流程的生成物，能夠循環利用。【變式2-3】（2024·廣東陽江·一模）為了實現碳減排目標，許多國家都在研究二氧化碳的減排措施，其中“碳捕捉和封存”技術是實現這一目標的重要途徑之一。工業流程如圖所示：請回答以下有關問題：(1)“捕捉室”中溶液常噴成霧狀，主要目的是。(2)“捕捉室”中溶液捕捉的化學方程式為。(3)“反應分離器”中涉及的反應有和。(4)“封存室”內由氣態變為液態，從微觀角度解釋變化的原因是。(5)整個過程中，可以循環利用的物質除水之外，還有（填化學式）。(6)下列措施中能有效減少空氣中含量的是。（多選，填字母）a．在汽油中加入適量的乙醇作為汽車燃料

b．大力推廣使用太陽能

c．大力植樹造林【答案】(1)增大反應物接觸面接，使反應更充分(2)(3)(4)分子之間的間隔變小(5)CaO、NaOH(6)bc/cb【詳解】（1）“捕捉室”中NaOH溶液常噴成霧狀，能增大反應物的接觸面積，使反應更充分；（2）氫氧化鈉和二氧化碳反應生成碳酸鈉和水，化學方程式為：；（3）“反應分離器”中氧化鈣和水反應生成氫氧化鈣，氫氧化鈣和碳酸鈉反應生成碳酸鈣沉淀和氫氧化鈉，涉及的反應有CaO+H2O=Ca(OH)2、；（4）二氧化碳分子之間有間隔，“封存室”內CO2由氣態變為液態，從微觀角度解釋，是因為分子之間的間隔變小；（5）由流程可知，反應過程中除水之外，氧化鈣和氫氧化鈉既是反應物，又是生成物，可循環利用，化學式為CaO、NaOH；（6）a、乙醇燃燒生成二氧化碳和水，在汽油中加入適量的乙醇作為汽車燃料，并不能減少二氧化碳的排放，故選項錯誤；b、大力推廣使用太陽能，可以減少二氧化碳的排放，故選項正確；c、二氧化碳是綠色植物進行光合作用的原料，大力植樹造林，可以減少空氣中二氧化碳的含量，故選項正確；故選：bc。【變式2-4】（2024·江蘇蘇州·一模）我國承諾：2030年“碳達峰”，2060年“碳中和”，體現大國擔當。丁仲禮院士認為“碳中和”是讓人為排放的CO2，被人為努力和自然過程所吸收。Ⅰ.碳排放(1)查閱圖，動植物呼吸_____(填“能”或“不能”)釋放CO2。Ⅱ.碳中和(2)自然吸收：查閱圖，CO2的自然吸收途徑有______(填圖中序號)。(3)人為努力：CO2的捕捉是減少碳排放的有效措施。如圖是實際生產中采用足量NaOH溶液來“捕捉”CO2的工藝流程：①操作a的名稱是。②“捕捉室”中NaOH溶液采用噴霧方式加入，目的是，發生反應的化學方程式為。③“捕捉室”中的NaOH溶液與“反應器”中的X溶液可否互換？原因是。(4)整個流程中可以循環使用的物質是_____(填化學式)。Ⅲ.碳利用(5)我國科學家在實驗室實現以CO2和H2為原料人工合成淀粉(C6H10O5)n，若用44gCO2人工合成淀粉(假設反應過程中無含碳物質的加入和損失)，理論上制得淀粉的質量為_______g。【答案】(1)能(2)④⑥(3)過濾增大氫氧化鈉與二氧化碳的接觸面積，使其充分反應不能互換，因為氫氧化鈣微溶于水，吸收二氧化碳效果差(4)NaOH、CaO(5)27【詳解】（1）由圖可知，動植物呼吸能釋放二氧化碳；（2）由圖可知，該圖中吸收二氧化碳的途徑有植物光合作用、海水吸收等，故填：④⑥；（3）①操作a是將固體和液體分離，操作名稱是過濾；②“捕捉室”中NaOH溶液采用噴霧方式加入，目的是增大氫氧化鈉與二氧化碳的接觸面積，使其充分反應；二氧化碳和氫氧化鈉反應生成碳酸鈉和水，反應的化學方程式為：；③“反應器”中的碳酸鈉和X反應生成氫氧化鈉和固體，碳酸鈉和氫氧化鈣能反應生成碳酸鈣和氫氧化鈉，因此“反應器”中X溶液是氫氧化鈣溶液，氫氧化鈣微溶于水，吸收二氧化碳效果差，因此“捕捉室”中的氫氧化鈉溶液與“反應器”中的氫氧化鈣溶液不可互換；（4）分析流程圖信息，可知整個流程中“捕捉室”中需要氫氧化鈉，且流程中有氫氧化鈉生成，高爐反應中有氧化鈣生成，且“反應器”中需要氧化鈣，因此可以循環使用的物質是氫氧化鈉、氧化鈣，化學式為NaOH、CaO；（5）由質量守恒定律可知，二氧化碳中碳元素的質量與生成淀粉中碳元素的質量向等，則用44gCO2人工合成淀粉的質量為：。?題型三溶解度曲線題【真題3-1】（2023遼寧阜新中考）如圖是硝酸鉀和氯化鉀兩種物質的溶解度曲線，請根據圖示回答下列問題。（1）在t1℃時，若將20gKNO3晶體放入50g水中充分溶解后，所得溶液的質量是______g。（2）現有t2℃時KCl的不飽和溶液，使其轉化為該溫度下飽和溶液的方法有_____（寫一種即可）。（3）若KNO3中混有少量KCl，提純KNO3的結晶方法是______。【答案】（1）62.5（2）增加氯化鉀(增加溶質)或恒溫蒸發溶劑（3）冷卻熱的飽和溶液或降溫結晶【解析】（1）據圖可知，t1℃時KNO3的溶解度是25g，即t1℃時100g水最多溶解硝酸鉀25g，則50g水最多溶解硝酸鉀12.5g，所以在t1℃時，將20gKNO3晶體放入50g水中充分溶解后，所得溶液的質量=12.5g+50g=62.5g。故填：62.5。（2）t2℃時KCl的不飽和溶液，使其轉化為該溫度下飽和溶液的方法，即增加溶質或減少溶劑。所以具體方法是可以增加氯化鉀(增加溶質)，或恒溫蒸發水（溶劑）。故填：增加氯化鉀(增加溶質)，或恒溫蒸發水（溶劑）。（3）據圖可知，硝酸鉀的溶解度受溫度變化影響較大，氯化鉀的溶解度受溫度變化影響不大，所以若KNO3中混有少量KCl，提純KNO3的結晶方法是冷卻熱的飽和溶液（或降溫結晶）。故填：冷卻熱的飽和溶液（或降溫結晶）。【真題3-2】（2023遼寧丹東中考）溶液在工農業生產和科學研究中具有廣泛的用途。請依據題意回答下列問題。【資料】和兩種物質在不同溫度時的溶解度溫度/010203040溶解度/g35.735.836.036.336.67.112.221.839.753.2（1）生活在鹽湖、堿湖附近的人們傳承下來的勞動經驗是“夏天曬鹽，冬天撈堿”。①俗稱蘇打或______。分析表中數據，冬天更適合“撈堿”的原因是：冬季溫度降低，的溶解度隨溫度的降低而______，有利于的析出。②夏天“曬鹽”，當有大量鹽析出后，所得溶液為該溫度下的______（填“飽和”或“不飽和”）溶液。（2）在實驗室進行粗鹽提純時，使用蒸發皿蒸發過程中，有時會出現液滴飛濺現象，導致該現象的原因可能是______（答一點即可）。（3）在實驗室用質量分數為的溶液（密度約為）配制質量分數為的溶液。①計算所需質量分數為的溶液的質量為______g。②在配制該溶液的過程中，下列實驗儀器不需要選用的是______（填字母序號）。A．量筒B．玻璃棒C．燒杯D．天平③選用______（填“”或“”）的量筒量取所需水（密度約為）的體積。【答案】（1）①.純堿②.減小③.飽和（2）沒使用玻璃棒攪拌（答案合理即可）（3）①.40②.D③.【解析】（1）①俗稱蘇打或純堿；冬天更適合“撈堿”的原因是：冬季溫度降低，的溶解度隨溫度的降低而減小，碳酸鈉易結晶析出。②析出晶體的溶液為該溫度下該溶質的飽和溶液。故填：純堿；減小；飽和。（2）在實驗室進行粗鹽提純時，使用蒸發皿蒸發過程中，有時會出現液滴飛濺現象，導致該現象的原因可能是沒使用玻璃棒攪拌，蒸發時要用玻璃棒攪拌，目的是防止局部溫度過高，造成液滴飛濺，若不用玻璃棒攪拌，會造成蒸發皿中液體受熱不均勻，局部溫度過高而使液滴飛濺，故填：沒使用玻璃棒攪拌（答案合理即可）。（3）①設所需質量分數為的溶液的質量為x，根據溶液稀釋前后溶質質量不變，則：x×=×，得：x=40g，故填：40。②在配制該溶液的過程中，需用量筒量取的溶液的體積和所需水的體積，需用玻璃棒攪拌混勻，需在燒杯中進行配制，不需要托盤天平，托盤天平一般用來稱量固體藥品的質量，故選：D。③所需水的質量為：80g-40g=40g，所需水的體積為：，量筒規格應選取略大于待量液體體積的量筒，所以選量筒，故填：。【真題3-3】（2023遼寧鐵嶺、葫蘆島中考）如圖1所示，℃時，將等質量的和KCl分別加入100g水中充分溶解后，升溫至℃。圖2是和KCl的溶解度曲線。（1）圖1燒杯甲中溶解的物質是_____。（2）℃時，燒杯乙中的溶液是_____(填“飽和”或“不飽和”)溶液。（3）若中混有少量KCl，可采用_____的方法提純。（4）℃時，將50g固體放入50g水中充分溶解，所得溶液的溶質質量分數為_____。【答案】（1）氯化鉀##KCl（2）不飽和（3）降溫結晶(或冷卻熱飽和溶液)（4）50%【解析】（1）t1℃時，將等質量的KNO3和KCl分別加入100g水中充分溶解后，甲溶解完全，乙剩余，說明甲燒杯中的物質在t1℃的溶解度大于乙燒杯中的物質，根據圖2可知，t1℃的溶解度：氯化鉀大于硝酸鉀，則甲中溶解的物質是氯化鉀；（2）氯化鉀在t1℃已經溶解完全，升溫到t2℃，溶解度增大，則氯化鉀溶液是不飽和溶液；根據圖2，t2℃時，硝酸鉀的溶解度等于氯化鉀的溶解度，是等質量的KNO3和KCl分別加入100g水中充分溶解，則燒杯乙中（硝酸鉀）的溶液是不飽和溶液；（3）硝酸鉀和氯化鉀兩種固體物質的溶解度，都是隨溫度升高而增大，而硝酸鉀的溶解度隨溫度的升高變化比氯化鉀大，則應采用降溫結晶方法提純KNO3；（4）t3℃時硝酸鉀的溶解度是110g，將50gKNO3固體放入50g水中充分溶解，得到不飽和溶液，則所得溶液的溶質質量分數為。【真題3-4】（2023遼寧撫順、本溪、遼陽中考）下表是氯化鈉和氯化鉀的部分溶解度數據，回答下列問題。溫度/℃0102030405060溶解度/g氯化鈉35.735.836.036336.637.037.3氯化鉀27.631.034037.040.042.645.5（1）30℃時，氯化鈉的溶解度是_____g。（2）分析表中數據可知，溶解度受溫度影響較大的物質是_____。（3）某同學用氯化鉀進行了下圖所示實驗(實驗過程中水分損失忽略不計)。①A~D中為飽和溶液的是_____(填字母)。②D中析出晶體的質量是_____g。【答案】（1）36.3（2）氯化鉀##KCl（3）①.BCD②.6.2【解析】（1）由表格可知，30℃時，氯化鈉的溶解度是36.3g。（2）由表格可知，溶解度受溫度影響較大的物質是KCl。（3）①BD中明顯有未溶解的KCl晶體，故BD一定為飽和溶液，20℃時KCl的溶解度為34g，故50g水可以溶解17gKCl，故A中只溶解了10gKCl，A為不飽和溶液，40℃時KCl的溶解度為40g，故50g水可以溶解20gKCl，C中剛好溶解了20gKCl，故C為飽和溶液。故BCD為飽和溶液。②10℃氯化鉀的溶解度為27.6g，所以D中析出晶體的質量=10g+10g-27.6g÷2=6.2g。【真題3-5】（2023遼寧盤錦中考）水與人類的生產、生活密切相關。（1）水常用作溶劑①如圖一所示，用玻璃棒攪拌，固體充分溶解后，得到KCl______（填“飽和”或“不飽和”）溶液。20℃時，將等質量的KCl、NaNO3固體分別配成飽和溶液，下列關于所得溶液的敘述正確的是______。A．KCl溶液中溶劑的質量＜NaNO3溶液中溶劑的質量B．KCl溶液的質量＞NaNO3溶液的質量C．KCl溶液中溶質的質量分數＜NaNO3溶液中溶質的質量分數②KCl、NaNO3等可用于配制無土栽培營養液，其中NaNO3屬于______肥。（2）水可作反應物①航天員一部分生活用氧可通過電解水制得，依據該反應分析，水由______組成。②在圖二所示實驗操作過程中，溶液顏色的變化是______。（3）水可用來滅火紙箱著火時可用水澆滅，其主要滅火原理是______。【答案】（1）①.飽和②.BC③.氮##N（2）①.氧元素②.由紫色先變紅色后又變為紫色（3）降低溫度至可燃物的著火點以下【解析】（1）①已知在20℃時，飽和KCl的溶解度為34g，則20℃時，100g水中只能溶解34gKCl，因此圖一固體充分溶解后，得到KCl的飽和溶液；A、20℃時，KCl的溶解度小于NaNO3，則將等質量的KCl、NaNO3固體分別配成飽和溶液，KCl溶液中溶劑的質量＞NaNO3溶液中溶劑的質量，故選項說法錯誤；B、由選項A分析可知，配制KCl溶液需要的溶劑的質量大，因此KCl溶液的質量＞NaNO3溶液的質量，故選項說法正確；C、20℃時，KCl的溶解度小于NaNO3的溶解度，則該溫度下KCl飽和溶液中溶質的質量分數＜NaNO3飽和溶液中溶質的質量分數，故選項說法正確；故填：飽和；BC；②NaNO3中含有N、P、K中的氮元素，屬于氮肥，故填：氮或N；（2）①航天員一部分生活用氧可通過電解水制得，根據質量守恒定律，反應前后元素種類不變，說明水中含有氧元素，故填：氧；②二氧化碳能溶于水且與水反應生成碳酸，碳酸能使紫色石蕊溶液變紅，加熱后，碳酸受熱分解，溶液由從紅色變為紫色，故溶液顏色的變化是由紫色先變為紅色后又變為紫色，故填：由紫色先變為紅色后又變為紫色；（3）紙箱屬于可燃物，著火時可用水澆滅，其主要滅火原理是降低溫度至可燃物的著火點以下，故填：降低溫度至可燃物的著火點以下。【真題3-6】（2023遼寧大連中考）如圖是硝酸鉀和氯化鈉的溶解度曲線。（1）氯化鈉的溶解度受溫度變化的影響______。（2）要使硝酸鉀飽和溶液變為不飽和溶液，除加水外，還可以采取的一種方法是______。（3）60℃時，向100g水中加入100g硝酸鉀充分溶解，所得溶液的質量為______g。（4）若硝酸鉀中混有少量的氯化鈉，提純硝酸鉀的方法是______。【答案】（1）較小（2）升溫（3）200（4）冷卻熱飽和溶液（或其他合理答案）【解析】（1）據圖可以看出，氯化鈉的溶解度受溫度影響較小；（2）硝酸鉀的溶解度隨溫度的升高而增大，則要使硝酸鉀的飽和溶液變為不飽和溶液，除加水外還可以升高溫度；（3）60℃時，硝酸鉀的溶解度為110g，則向100g水中加入100g硝酸鉀充分溶解，所得溶液的質量為200g；（4）硝酸鉀的溶解度隨溫度的升高而增大，氯化鈉的溶解度受溫度影響較小；若硝酸鉀中混有少量的氯化鈉，提純硝酸鉀的方法是冷卻熱飽和溶液（其他合理即可）。【真題3-7】（2023遼寧錦州中考）如圖是KNO3和KCl的溶解度曲線圖，據圖回答問題：（1）40℃時，KC1的溶解度是______g。（2）KNO3中混有少量KC1，提純KNO3的方法是______。（3）40℃時，將KNO3和KC1的固體各20g分別加入到各盛有50g水的兩個燒杯中、充分攪拌后。所得兩種溶液的質量大小關系是KNO3______KCl（選填“<”、“=”或“>”）；欲增大該KCl溶液的溶質質量分數，可采用的方法是______（寫出一種即可）。【答案】（1）40（2）降溫結晶##冷卻熱飽和溶液（3）①.=②.升高溫度并增加溶質##升高溫度并蒸發溶劑【解析】（1）根據溶解度曲線可知，40℃時，KC1的溶解度是40g；（2）根據溶解度曲線可知，硝酸鉀物質的溶解度受溫度變化影響較大，氯化鉀物質的溶解度受溫度變化影響較小，所以若硝酸鉀中混有少量的氯化鉀，最好采用降溫結晶的方法提純硝酸鉀；（3）根據溶解度曲線可知，在40℃時，硝酸鉀的溶解度大于40g，氯化鉀的溶解度為40g，則將KNO3和KC1的固體各20g分別加入到各盛有50g水的兩個燒杯中、充分攪拌后，溶質硝酸鉀和氯化鉀固體全部溶解，溶質質量均為20g，溶劑質量均為50g，則溶液所得兩種溶液的質量大小關系是KNO3等于KCl；根據溶解度曲線可知，氯化鉀的溶解度隨溫度的升高而增大，且飽和溶液的溶質質量分數隨著溶解度增大而增大，在40℃時，氯化鉀的溶解度為40g，在該溫度下40g的氯化鉀溶于100g水中恰好形成飽和溶液，則KC1的固體20g加入到盛有50g水的燒杯中、充分攪拌后，固體全部溶解，形成的氯化鉀溶液正好為飽和溶液，則由于欲增大該KCl溶液的溶質質量分數的方法可以增大物質的溶解度，即升高溫度并增加溶質（或升高溫度并蒸發溶劑）。1、溶解度曲線解題關鍵（1）明確溶解度曲線上點的含義（某點是在某溫度時某物質的溶解度是多少g。交點是在某溫度時，兩物質的溶解度相等。線上方的點表示是飽和溶液，下方的點表示不飽和溶液）；（2）明確物質的溶解度隨溫度變化的趨勢（線越陡，表示該物質溶解度受溫度影響較大）；（3）明確飽和溶液中溶質的質量大小的判斷方法；（4）明確判斷溶質的質量分數大小關系的方法。2、線的含義：三線：①“陡升型”：大多數固體物的溶解度隨溫度升高而升高。如KNO3；②“緩升型”：少數固體物質的溶解度受溫度的影響很小。如NaCl；③“下降型”：極少數物質溶解度隨溫度升高而降低。如Ca(OH)2。3、點的含義：四點：①曲線上的點：所示某溫度下某物質的溶解度是多少（該溫度下飽和狀態）。②兩曲線的交點：表示在該點所示的溫度下，兩種物質的溶解度相等。③線上方的點表示：在該溫度下，該溶液是飽和且有部分晶體；④線下方的點表示：該溫度下，該溶液是不飽和溶液。【變式3-1】（2024·湖北荊州·二模）甲、乙兩種固體物質的溶解度曲線如圖所示。下列說法中正確的是A．t2℃時，甲和乙的溶液中溶質質量相同B．t1℃時，將40g甲加入50g水中，充分溶解后溶質和溶液的質量比為2：7C．二氧化碳的溶解度變化規律與乙的溶解度變化規律不同D．分別將t2℃時100g甲、乙的飽和溶液降溫到t1℃，溶質的質量分數：甲＞乙【答案】B【詳解】A、t2℃時，甲和乙的溶解度相同，但甲和乙的溶液狀態不能確定，故無法比較所含溶質大小，故A錯誤；B、t1℃時，甲物質的溶解度是40g，即100g的水中最多溶解40g甲，故該溫度下，將40g甲加入50g水中，只能溶解20g甲，故充分溶解后溶質和溶液的質量比為20g:（20g+50g）＝2:7，故B正確；C、二氧化碳是氣體，氣體的溶解度不僅要受溫度的影響，還要受壓強的影響，選項中并沒有提到二氧化碳的溶解度受什么影響與乙的溶解度變化規律相似，故C錯誤；D、由圖可知，乙的溶解度隨溫度降低而增大，降溫后不會結晶析出，溶質質量分數不變，甲的溶解度隨溫度的降低而減小，降溫后甲中有固體析出，溶液仍為飽和溶液，t1℃時甲的溶解度小于t2℃時乙的溶解度，所以若分別將100g甲、乙的飽和溶液從t2℃降溫到t1℃，溶質質量分數乙大，故D錯誤。故選：B。【變式3-2】（2024·河南·一模）氯化鉀固體的溶解度曲線如圖所示。下列說法錯誤的是A．氯化鉀的溶解度隨著溫度的升高而增大B．60℃時，氯化鉀的溶解度為C．20℃時，將氯化鉀放入水中充分溶解，可得溶液D．將40℃時氯化鉀飽和溶液升溫至60℃(忽略水的蒸發)，所得溶液的溶質質量分數為【答案】D【詳解】A、由溶解度曲線圖可知，氯化鉀的溶解度隨著溫度升高而增大，說法正確，不符合題意；B、由溶解度曲線圖可知，60℃時，氯化鉀的溶解度為45.5g，說法正確，不符合題意；C、由溶解度曲線圖可知，20℃時氯化鉀的溶解度為34g，將40g氯化鉀放入100g水中最多能溶解34g，因此可得到溶液的質量為，說法正確，不符合題意；D、由溶解度曲線圖可知，氯化鉀的溶解度隨溫度升高而增大，40℃時氯化鉀飽和溶液中溶質質量分數為，將40℃時氯化鉀飽和溶液升溫至60℃(忽略水的蒸發)，由于溶解度增大，因此氯化鉀的飽和溶液變為不飽和溶液，但是溶液中溶質、溶劑質量不變，因此溶質質量分數不變仍為，說法錯誤，不符合題意。故選：D。【變式3-3】（2024·廣東中山·一模）如右圖是A、B、C三種物質的溶解度曲線，下列分析不正確的是A．50℃時三種物質的溶解度由大到小的順序是A＞B＞CB．50℃時把50gA放入100g水中能形成A的飽和溶液，溶質與溶液的質量比為1:3C．從A的溶液中得到A晶體一般選用降溫結晶的方法D．將C的飽和溶液變為不飽和溶液，可采用升高溫度的方法【答案】D【詳解】A.由溶解度曲線可知，50℃時三種物質的溶解度由大到小的順序是A＞B＞C，此選項正確；B.由溶解度曲線可知，50℃時A物質的溶解度為50g，50℃時把50gA放入100g水中，溶液恰好飽和，形成A的飽和溶液中溶質與溶液的質量比為50g：（50g+100g）=1:3，此選項正確；C.由溶解度曲線可知，A的溶解度受溫度影響較大，對于溶解度受溫度影響較大的物質，一般采用降溫結晶的方法使溶質從溶液中結晶析出，所以從A的溶液中得到A晶體一般選用降溫結晶的方法，此選項正確；D.C的溶解度隨溫度的升高而減小，將C的飽和溶液變為不飽和溶液，可采用降低溫度的方法，此選項錯誤。故選D。【變式3-4】（2024·山西·二模）人體缺鉀會有乏力、心率不齊的癥狀，缺鉀嚴重的病人可口服10%的氯化鉀溶液。結合KCl在不同溫度時的溶解度，推知下列說法正確的是溫度/℃020406080100溶解度/g27.634.040.045.551.156.7A．用氯化鉀固體配制10%的氯化鉀溶液的步驟是：計算、量取、溶解B．40℃時，向50g水中加入40g氯化鉀可得70g溶液C．降溫會使KCl溶液的溶質質量分數減小D．將100g100℃的KCl飽和溶液降溫到20℃，析出22.7g晶體【答案】B【詳解】A、用氯化鉀固體配制10%的氯化鉀溶液的步驟是：計算、稱量、量取、溶解，錯誤；B、40℃時，氯化鉀的溶解度為40.0g，根據溶解度概念可知，向50g水中加入40g氯化鉀只能溶解20g，所以可得70g溶液，正確；C、飽和KCl溶液降溫，會析出溶質，溶劑質量不變，溶質質量分數減小，不飽和的KCl溶液降低不一定有溶質析出，溶質質量分數可能不變，錯誤；D、100℃時，依據氯化鉀的溶解度可知：100gKCl飽和溶液中溶質質量約為，水的質量=100g-36.18g=63.82g，降溫到20℃時溶液中溶質質量約為，析出晶體約為36.18g-21.69g=14.48g，錯誤。故選B。【變式3-5】（2024·陜西西安·二模）如表是硝酸鉀和氯化鈉在不同溫度時的溶解度。請回答下列問題：溫度/℃2030405060溶解度/gKNO331.645.863.885.5110NaCl36.036.336.637.037.3(1)某硝酸鉀的不飽和溶液，在不改變溶質質量分數的情況下，將其變為飽和溶液的方法是。(2)根據表中數據，繪制出不同溫度下硝酸鉀溶液達到恰好飽和狀態時溶質質量與溶劑質量的關系圖，如圖甲所示。①圖甲中，t1℃對應的溫度是℃。②將B和C兩點對應溶液恒溫蒸發等質量的水，所得溶液的溶質質量分數：B(填“＞”、“＜”或“=”)C。(3)圖乙是一物體懸掛在飽和氯化鈉溶液中，在恒溫條件下向燒杯內溶液中加入蒸餾水(懸掛物不參與反應)，彈簧秤讀數將(填“變大”、“變小”或“不變”)。【答案】(1)降溫(2)20＜(3)變大【詳解】（1）分析表格中數據可知，硝酸鉀的溶解度隨溫度的升高而增大，要使某硝酸鉀的不飽和溶液，變為飽和溶液的方法有增加溶質、蒸發溶劑和降低溫度的方法，增加溶質或蒸發溶劑都會改變溶質質量分數，則在不改變溶質質量分數的情況下，要使某硝酸鉀的不飽和溶液變為飽和溶液的方法為降低溫度，故填：降溫；（2）①圖甲中，時，溶劑中含有的溶質，此時溶液恰好飽和，則此溫度下硝酸鉀的溶解度為，根據表格數據可知，在時硝酸鉀的溶解度為，則應的溫度是，故填：20；②B點對應的是20℃時的硝酸鉀的飽和溶液，其溶質質量分數為，C點對應的是60℃時的硝酸鉀的飽和溶液，其溶質質量分數為，將B和C兩點對應溶液恒溫蒸發等質量的水，所得溶液仍然為對應溫度下的飽和溶液，其溶質質量分數不變，故填：＜；（3）飽和氯化鈉溶液中，在恒溫條件下向燒杯內溶液中加入蒸餾水，溶液密度變小，懸掛著的物體所受浮力變小，則彈簧秤讀數將變大，故填：變大。【變式3-6】（2024·貴州·模擬預測）溶液在生產生活中有著極為廣泛的用途，據圖回答下列問題。(1)圖1中N點表示的意義是。由圖可知，(填物質名稱或化學式)的溶解度隨溫度的變化影響較小。(2)某營養液配方中KNO3的溶質的質量分數為0.03%。欲配制該種營養液5000克的實驗步驟為。(3)根據圖1可知，若硝酸鉀中混有少量氯化鉀，提純硝酸鉀的方法是。(4)將240克10℃時的飽和KNO3溶液變為M狀態的具體操作可以是。(5)t℃時，將等質量的KNO3、KCl兩種固體物質投入在等質量的水中，充分攪拌后靜置，現象如圖2所示，實驗操作的溫度t范圍應該是。【答案】(1)在23℃時，KNO3和KCl的溶解度相等，且都為33g氯化鉀/KCl(2)計算、稱量、量取、溶解(3)降溫結晶(4)加入180克硝酸鉀固體后，升溫到60℃使固體完全溶解(5)t＜23℃【詳解】（1）圖中橫坐標表示溫度，縱坐標表示溶解度，故N點的含義是在23℃時，KNO3和KCl的溶解度相等，且都為33g；由圖可知，KCl的溶解度曲線是緩慢上升的，故KCl的溶解度受溫度影響較小；（2）先計算溶質的質量：5000g×0.03%=1.5g，水的體積為5000g-1.5g=4998.5g，轉化為體積是4998.5mL，第二步稱量KNO3的質量，第三步量取水的體積，第四步混合溶解，故實驗步驟是計算、稱量、量取、溶解；（3）硝酸鉀溶解度受溫度變化影響較大，氯化鉀溶解度受溫度變化影響較小，KNO3中混有少量的KCl，可用降溫結晶的方法提純KNO3，故填：降溫結晶；（4）240克10℃時的飽和KNO3溶液中，溶劑是200g，溶質是40g，M點是60℃時，KNO3溶解度是110g，在200g水中需溶解220gKNO3才能達到飽和狀態，故需要加入220g-40g=180克硝酸鉀固體后，升溫到60℃使固體完全溶解；（5）將等質量的KNO3、KCl兩種固體投入等質量的水中，充分攪拌后靜置，KNO3有剩余，KCl全部溶解，說明在該溫度下，KNO3的溶解度小于KCl，則溫度t的范圍是：t＜23℃。1．（2024·河南信陽·一模）韓梅梅發現有三棟居民樓，每棟樓的A、B、C、D四位居民都是初中化學常見物質，住戶之間相互轉化的關系如圖所示，請根據下面提供的信息，完成下列問題；(1)一號樓中，A是年產量最高的金屬，B溶液可用于配制農藥波爾多液，C溶液呈淺綠色，請寫出A和C的化學式、；(2)二號樓中，A是實驗室常用的液體燃料，固態的D叫做“干冰”，可用于人工降雨，請寫出的化學方程式：；(3)三號樓中，A、B、C的溶液都呈堿性，B的俗稱為純堿，請寫出A與B反應的現象_________。【答案】(1)(2)(3)產生白色沉淀【詳解】（1）一號樓中，A是年產量最高的金屬，則A是鐵；B溶液可用于配制農藥波爾多液，A（鐵）與B反應生成C和D，C溶液呈淺綠色，則B是硫酸銅，C是硫酸亞鐵，D是銅，故A和C的化學式分別為、；（2）二號樓中，A是實驗室常用的液體燃料，則A是酒精；固態的D叫做“干冰”，可用于人工降雨，則D是二氧化碳，故表示為酒精燃燒生成二氧化碳和水，化學方程式為；（3）三號樓中，A、B、C的溶液都呈堿性；B的俗稱為純堿，則B為碳酸鈉；A與B反應可以是氫氧化鈣與碳酸鈉反應生成氫氧化鈉和碳酸鈣白色沉淀，故A與B反應的現象是產生白色沉淀。2．（2024·河南駐馬店·二模）如圖所示，已知甲、乙、丙、丁均含人體含量最高的金屬，甲、乙、丙是不同類別的三種物質，其中甲是白色難溶物，其相對分子質量為100；丁是僅含兩種元素的鹽。(1)甲的化學式是。(2)甲生成乙的化學方程式是。(3)若丙生成丁的反應屬于復分解反應，且生成物出現藍色沉淀，則該反應的化學方程式是。【答案】(1)(2)(3)【分析】人體含量最高的金屬為鈣，甲、乙、丙是不同類別的三種物質，其中甲是白色難溶物，其相對分子質量為100，則甲為碳酸鈣；丁是僅含兩種元素的鹽，則為氯化鈣；碳酸鈣高溫分解生成氧化鈣和二氧化碳，氧化鈣和水反應生成氫氧化鈣，氫氧化鈣和鹽酸反應生成氯化鈣和水，則乙為氧化鈣、丙為氫氧化鈣。【詳解】（1）由分析可知，甲的化學式為CaCO3。（2）甲生成乙的反應為碳酸鈣高溫分解生成氧化鈣和二氧化碳，反應的化學方程式為：。（3）氫氧化銅為藍色沉淀，則若丙生成丁的反應屬于復分解反應，且生成物出現藍色沉淀，則為氫氧化鈣和氯化銅反應生成氫氧化銅沉淀和氯化鈣，反應的化學方程式為：。3．（2024·河南周口·一模）如圖A~E為初中化學常見的五種化合物，A、B、C、D的物質類別不同，A常用于制玻璃、造紙、紡織等工業，B為胃酸的主要成分，D、E均為氧化物。(圖中“—”表示二者能發生反應，“→”表示可一步轉化)。試回答：(1)E的化學式為。(2)D→A反應的化學方程式為。(3)B—C反應的微觀實質為。【答案】(1)H2O(2)(3)氫離子和氫氧根離子結合生成水分子【分析】如圖A~E為初中化學常見的五種化合物，A、B、C、D的物質類別不同，A常用于制玻璃、造紙、紡織等工業，故A為碳酸銨（鹽），B為胃酸的主要成分，故B為鹽酸（酸），C能與A（碳酸鈉）、B（鹽酸）反應，則C為堿，氫氧化鈣和碳酸鈉反應生成碳酸鈣沉淀和氫氧化鈉，氫氧化鈣和鹽酸反應生成氯化鈣和水，故C為氫氧化鈣（堿），A（碳酸鈉）能與D相互轉化，D為氧化物，二氧化碳和氫氧化鈉反應生成碳酸鈉和水，碳酸鈉和稀鹽酸反應生成氯化鈉、二氧化碳和水，則D為二氧化碳，C（氫氧化鈣）能與E相互轉化，D（二氧化碳）能與E反應，E為氧化物，氧化鈣和水反應生成氫氧化鈣，氫氧化鈣和二氧化碳反應生成碳酸鈣沉淀和水，二氧化碳和水反應生成碳酸，則D為水，代入驗證，推論合理。【詳解】（1）E為水，化學式為H2O；（2）D→A即為二氧化碳和氫氧化鈉反應生成碳酸鈉和水，化學方程式為：；（3）B—C即為氫氧化鈣和鹽酸反應生成氯化鈣和水，該反應的微觀實質是氫離子和氫氧根離子結合生成水分子。4．（2024·河南漯河·一模）A、B、C、D是初中化學常見的物質，且都含有同一種元素，A為氧化物，其相對分子質量為56，B屬于堿，C屬于鹽，它們有如圖所示的轉化關系(“→”表示反應一步實現，部分物質和反應條件已略去)。(1)B物質的一種用途為；A→B的基本反應類型為。(2)寫出D→C的化學方程式為。【答案】(1)改良酸性土壤化合反應(2)（合理即可）【分析】A為氧化物，相對分子質量為56，氧元素相對原子質量為16，若一個分子中只含有一個氧原子，則剩余原子的相對原子質量為40，為鈣原子，所以A為氧化鈣；B為堿，且由A氧化鈣生成，則B為氫氧化鈣，氫氧化鈣又可以生成C，C為鹽，則含有鈣元素，而A氧化鈣又可以生成C，氧化鈣與酸反應生成鹽，B氫氧化鈣與酸也可以反應生成鹽，含有鈣元素的鹽與D相互制備，若C為氯化鈣，可與碳酸鈉反應生成碳酸鈣沉淀和氯化鈉，碳酸鈣與鹽酸反應生成氯化鈣、水和二氧化碳，則D是碳酸鈣；帶入驗證，推斷正確。【詳解】（1）根據分析，B是氫氧化鈣，俗稱熟石灰，熟石灰在農業上的用途是改良酸性土壤；A轉化為B的反應是氧化鈣和水反應生成氫氧化鈣，屬于一變多的化合反應；（2）根據分析，D→C是碳酸鈣與鹽酸反應生成氯化鈣、水和二氧化碳，化學方程式為（合理即可）。5．（2024·河南周口·一模）A、B、C、D是初中化學常見的四種不同類別的物質，且其中均含有同一種元素。已知A是農藥波爾多液的成分之一；C是一種紅色固體，D中金屬元素的質量分數為80%。圖中的“→”表示的是物質之間的轉化關系。則A的化學式為；B轉化為A的化學方程式為；D轉化為C的化學方程式為。【答案】CuSO4【分析】A是農藥波爾多液的成分之一，C是一種紅色固體，硫酸銅可配制波爾多液，且鐵和硫酸銅反應生成銅和硫酸亞鐵，則A為硫酸銅、C為銅；A、B、C、D中均含有同一種元素，則說明都含有銅，D中金屬元素的質量分數為80%，氧化銅中銅元素的質量分數為，則D為氧化銅；氫氧化銅受熱分解生成氧化銅和水，氫氧化銅和硫酸銅能相互轉化，則B為氫氧化銅。銅屬于單質、硫酸銅屬于鹽，氫氧化銅屬于堿，氧化銅屬于氧化物，符合推斷。【詳解】由分析可知，A的化學式為CuSO4；B轉化為A為氫氧化銅和硫酸反應生成硫酸銅和水，反應的化學方程式為：；D轉化為C的反應可為一氧化碳和氧化銅反應生成銅和二氧化碳，反應的化學方程式為：。6．（2024·湖南懷化·二模）A~G是初中化學常見的物質。B為白色固體，其中金屬元素的質量分數為40%，C是人體中含量最多的物質，E可供給呼吸，G是一種有毒氣體（“--”表示反應關系，“→”表示轉化關系，部分反應物、生成物和反應條件已略去），請回答下列問題。(1)物質D的化學式為。(2)寫出A→B的化學方程式。(3)C→E的反應條件是。(4)寫出G的一種用途。(5)F→G的反應屬于（填基本反應類型）。【答案】(1)H2O2(2)(3)通電(4)作燃料（或冶煉金屬等，合理即可）(5)化合反應【分析】B是白色固體，其中金屬元素的質量分數為40%，B是碳酸鈣，碳酸鈣中鈣元素的質量分數為：；C是人體中含量最多的物質，C是水，E可供呼吸，E是氧氣，G是一種有毒的氣體，能與氧氣反應，G是一氧化碳，一氧化碳和氧氣點燃生成二氧化碳，C→A→B→C，氧化鈣和水反應生成氫氧化鈣，二氧化碳和二氧化碳反應生成碳酸鈣沉淀和水，碳酸鈣和稀鹽酸反應生成氯化鈣、二氧化碳和水，所以A是氫氧化鈣，D→C，D→E，C（水）和E（氧氣）能相互轉化，過氧化氫在二氧化錳的催化下分解生成氧氣和水，水通電分解生成氫氣和氧氣，氫氣和氧氣點燃生成水，則D是過氧化氫，E→F→G，碳和氧氣點燃生成二氧化碳，二氧化碳和碳高溫下反應生成一氧化碳，所以F是二氧化碳，代入驗證，推理正確。【詳解】（1）由分析可知，D是過氧化氫，化學式為H2O2，故填：H2O2；（2）A是氫氧化鈣，B是碳酸鈣，氫氧化鈣和二氧化碳反應生成碳酸鈣和水，方程式為Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O，故填：Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O；（3）C是水，E是氧氣，水通電生成氧氣和氫氣，故填：通電；（4）G是一氧化碳，具有可燃性，可用作燃料，具有還原性，可用于冶煉金屬，故填：作燃料（或冶煉金屬等，合理即可）；（5）F是二氧化碳，G是一氧化碳，碳和二氧化碳在高溫下反應生成一氧化碳，符合多變一的特征，屬于化合反應，故填：化合反應。7．（2024·遼寧·模擬預測）硝酸鉀和氯化鈉在水中的溶解度曲線如圖所示，下列說法正確的是A．攪拌能增大氯化鈉的溶解度B．硝酸鉀的溶解度比氯化