专题04 坐标曲线题（题型专练）-备战2024年中考化学一轮复习考点帮（沪教版）（解析版）11

专题04坐标曲线题【题型一】溶解度曲线【题型二】pH变化曲线【题型一】溶解度曲线【题型二】pH变化曲线【题型三】体积或压强变化曲线【题型四】热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)题型一溶解度曲线1.固体物质的溶解度曲线（如下图）（1）曲线上任意一点的含义Q点的含义：t3℃时，A物质的溶解度是120g。（2）曲线上交点的含义P点的含义：t2℃时，A物质和C物质的溶解度相等，都是60g。（3）同一温度下不同物质溶解度大小的比较t1℃时，A、B、C三种物质的溶解度由大到小的顺序为C>B>A。（4）从溶解度曲线上认识溶液的组成t3℃时，A物质的饱和溶液中，溶质、溶剂、溶液的质量之比为6:5:11。（5）不饱和溶液和饱和溶液之间的转化t1℃时，将A物质的不饱和溶液转变成饱和溶液可采取的方法有加溶质、蒸发溶剂或降低温度；t2

℃时，将C物质的不饱和溶液转变成饱和溶液可采取的方法有加溶质、蒸发溶剂或升高温度。（6）溶液能否全溶t2℃时，将40gA物质加入50g水中不断搅拌，只能形成80gA物质的饱和溶液。（7）降温结晶将t3℃时相同质量的A、B、C三种物质的饱和溶液降温到t1℃，析出晶体最多的是A物质。（8）溶解度有明显差异的混合物的提纯从A溶液中获取A晶体（即提纯A晶体），可用降温结晶（冷却热饱和溶液）的方法。从C溶液中获取C晶体（即提纯C晶体），可用蒸发结晶的方法。（9）降温后溶液溶质质量分数的变化将t2℃时A、B、C三种物质的饱和溶液降温到t1℃，所得溶液的溶质质量分数由大到小的顺序是B>C>A。（10）降温后溶液中溶剂的变化将t3℃时等质量的A、B、C三种物质的饱和溶液降温至t1℃，所得溶液中溶剂的质量由大到小的顺序为C>B>A。2.气体溶解度曲线图1:气体的溶解度随温度的升高而减小；图2:气体的溶解度随压强的升高而增大。【技巧点拨】溶解度曲线的意义可从“点”“线”“面”三个维度进行解读。“点”：点的横坐标表示温度，纵坐标表示相应温度下的溶解度，曲线上任意一点都对应着该物质相应温度下的饱和溶液；不同物质溶解度曲线的交点表示相应温度下两种物质的溶解度相等，相应温度下两种物质饱和溶液的溶质质量分数相等。“线”：表示该物质溶解度随温度变化的趋势，比较不同物质的溶解度曲线，可判断不同物质的溶解度受温度影响的程度。“面”：溶解度曲线下方的点表示对应温度下该物质的不饱和溶液，溶解度曲线上方的点表示对应温度下该物质的饱和溶液。【方法归纳】①溶解度曲线是一条饱和线，线上各点均为相应温度下该物质的饱和溶液，而线下各点则为该温度下的不饱和溶液。②改变饱和溶液的温度，可能析出晶体，并始终为饱和状态；也可能无晶体析出，变为不饱和溶液。③改变饱和溶液的温度，溶剂质量始终不变。若析出晶体，则溶质质量分数减小；若不析出晶体，则溶质质量分数不变。④判断溶液中溶质质量分数是否发生变化，关键在于分析清楚溶质、溶剂和溶液质量的变化情况。a.若对饱和溶液恒温蒸发溶剂，由于温度和溶解度均不变，因此此过程中溶质质量分数不变。b.若对不饱和溶液恒温蒸发溶剂，在溶液由不饱和变为饱和状态的过程中，溶剂质量减小，溶质质量不变，溶质质量分数增大。⑤物质的溶解度越大，其饱和溶液的溶质质量分数越大，等量饱和溶液中溶剂质量就越小。（2023江苏苏州中考）和NaCl的溶解度曲线如图所示。下列说法正确的是A.的溶解度一定小于NaCl的溶解度B.升高温度可以降低的溶解度C.T℃时，NaCl和两种饱和溶液溶质的质量分数相等D.分别将等质量80℃的NaCl和饱和溶液降温至20℃，析出晶体质量NaCl大【答案】C【解析】【详解】A、在0-T℃，NaCl溶解度大于CuSO4，在高于T℃，CuSO4的溶解度大于NaCl，选项错误；

B、CuSO4的溶解度随温度的升高而增大，选项错误；C、T℃时，NaCl和CuSO4的溶解度相等，所以T℃时，NaCl和CuSO4两种饱和溶液溶质的质量分数相等，选项正确；D、分别将等质量80℃的NaCl和CuSO4饱和溶液降温至20℃，CuSO4溶解度降低更多，析出晶体质量CuSO4大，选项错误；故选：C。1.（2023年江苏省南通市中考）常温下，工业可利用（未配平）原理制备。、KCl、NaCl和的溶解度曲线如图所示。下列说法正确的是A.KCl的溶解度一定大于NaCl的溶解度B.的溶解度随温度的升高一直增大C.60℃时，、KCl溶液中溶质的质量分数一定相等D.该制备反应利用了常温下溶解度相对较小的性质【答案】D【解析】【详解】A、由溶解度曲线图可知，KCl的溶解度不一定大于NaCl的溶解度，故选项说法不正确；B、由溶解度曲线图可知，的溶解度先随温度的升高而增大，后又随温度的升高而减少，故选项说法不正确；C、60℃时，、KCl交于一点，说明该温度下两物质的溶解度相等，所以此时两物质的饱和溶液中溶质的质量分数一定相等，由于未指明溶液的状态，不能比较两种溶液溶质的质量分数的大小，故选项说法不正确；D、根据反应原理：硫酸钠与氯化钾反应生成氯化钠和硫酸钾，由于常温下溶解度相对较小，硫酸钾会结晶析出，因此可制备硫酸钾，故选项说法正确。故选D。2.（2023江苏连云港中考）和的溶解度曲线如图所示。下列说法中正确的是A.的溶解度比的大B.的溶解度受温度的影响比的大C.时的饱和溶液，升温到时仍是饱和溶液D.时，在100g水中加入，形成不饱和溶液【答案】B【解析】【详解】A、由于没有确定温度，不能比较两种物质的溶解度大小，错误；B、根据溶解度曲线可知，的溶解度曲线较陡，受温度的影响较大，正确；C、根据溶解度曲线可知，溶解度随温度升高而增大，时的饱和溶液，升温到时变成不饱和溶液，错误。D、根据溶解度曲线可知，时，NaCl溶解度小于40g，根据溶解度概念可知，时，在100g水中最多溶解的NaCl质量小于40g，在100g水中加入，形成饱和溶液，错误。故选B。3.（2023江苏宿迁中考）如图是硝酸钾和氯化钾的溶解度曲线，下列说法正确的是A.氯化钾的溶解度比硝酸钾小B.时，硝酸钾和氯化钾溶液的溶质质量分数一定相等C.将时硝酸钾饱和溶液降温至，溶液质量不变D.时，硝酸钾饱和溶液中溶质与溶剂的质量比为11：10【答案】D【解析】【详解】A、溶解度随温度的变化而变化，未指明温度无法比较物质的溶解度，故选项说法错误；B、t1℃时两物质的溶解度曲线相交，则此温度下两物质的溶解度相等，则时，饱和硝酸钾和饱和氯化钾溶液的溶质质量分数一定相等，未说明是否饱和，则可能不相等，故选项说法错误；C、硝酸钾的溶解度随温度的降低而减小，则将时硝酸钾饱和溶液降温至，硝酸钾溶解度降低，溶液中有硝酸钾析出，则溶液中溶质的质量减小，溶液质量减小，故选项说法错误；D、时，硝酸钾的溶解度为110g，则此温度下100g水中最多可以溶解110g硝酸钾，所以时，硝酸钾饱和溶液中溶质与溶剂的质量比为110g：100g=11:10，故选项说法正确。故选D。4.（2023江苏泰州中考）硝酸钾和氯化钠的溶解度曲线如图，下列说法正确的是A.硝酸钾的溶解度比氯化钠的溶解度大B.硝酸钾中含有少量氯化钠，常用蒸发结晶法提纯硝酸钾C.60℃时，等质量的硝酸钾和氯化钠分别配成饱和溶液，所需水的质量：硝酸钾<氯化钠D.将60℃时硝酸钾饱和溶液和氯化钠饱和溶液分别降温至10℃时，所得溶液的溶质质量分数：硝酸钾>氯化钠【答案】C【解析】【详解】A、溶解度比较，应指明温度，否则无法比较，不符合题意；B、由图可知，硝酸钾和氯化钠的溶解度均随温度的升高而增加，硝酸钾的溶解度受温度影响较大，氯化钠的溶解度受温度影响较小，故硝酸钾中含有少量氯化钠，常用降温结晶法提纯硝酸钾，不符合题意；C、由图可知，60℃时，溶解度：硝酸钾大于氯化钠，溶解度越大，等质量溶质配成饱和溶液，所需溶剂质量越小，故60℃时，等质量的硝酸钾和氯化钠分别配成饱和溶液，所需水的质量：硝酸钾<氯化钠，符合题意；D、将60℃时硝酸钾饱和溶液和氯化钠饱和溶液分别降温至10℃时，降温后，硝酸钾和氯化钠的溶解度均减小，均是饱和溶液，10℃时，溶解度：氯化钠大于硝酸钾，则该温度下，硝酸钾和氯化钠饱和溶液的溶质质量分数：氯化钠大于硝酸钾，不符合题意。故选C。5.（2023江苏扬州中考）KNO3和NaCl的溶解度曲线如图所示。下列说法正确的是A.KNO3的溶解度比NaCl大B.将室温下KNO3饱和溶液升高温度，溶液仍饱和C.KNO3和NaCl均属于难溶物质D.除去KNO3中少量NaCl可用冷却热饱和溶液结晶的方法【答案】D【解析】【详解】A、比较物质的溶解度要指明温度，故A错误；B、硝酸钾的溶解度随温度的升高而增大，将室温下KNO3的饱和溶液升高温度，溶解度增大，溶液变为不饱和，故B错误；C、KNO3和NaCl在20℃时的溶解度均大于10g，均属于易溶物质，故C错误；D、硝酸钾的溶解度受温度影响变化较大，提纯硝酸钾采用冷却热饱和溶液结晶的方法，故D正确。故选D。6.（2023江苏常州中考）常州市金坛盐矿深埋地下千米左右，储量百亿吨以上，除NaCl外还含有少量Na2SO4等。NaCl、Na2SO4的溶解度曲线如图1所示。（1）采矿盐矿区采盐是向盐矿中注入淡水制成卤水再输回地面。①20℃时，100吨水最多可溶解NaCl的质量是______吨，此时溶液的溶质质量分数为______（精确到0.1%）。②利用天然气______（选填“易溶”或“难溶”）于水的性质，将天然气注入盐穴中，既可将卤水压出，又可把盐穴作为西气东输的中转站储存天然气。（2）运盐水抽出的卤水检验合格后通过管道送往厂区。为防止冬季管道堵塞，检验时合格的卤水必须是该温度下的______（选填“饱和”或“不饱和”）溶液。（3）制精盐如图2是金坛盐厂采用的NaCl、Na2SO4联产工艺流程。析盐罐内真空减压蒸发水，温度宜控制为______℃，析硝罐中出来的滤液所含的溶质有______。【答案】（1）①.36②.26.5%③.难溶（2）不饱和（3）①.32②.硫酸钠、氯化钠【解析】【小问1详解】①20℃时，氯化钠的溶解度为36g，即该温度下，100g水中最多可溶解氯化钠的质量为36g，则该温度下，100吨水最多可溶解氯化钠的质量为36吨；此时溶液的溶质质量分数为：；②天然气的主要成分是甲烷，难溶于水，可利用其难溶于水的性质，将天然气注入盐穴中，既可将卤水压出，又可把盐穴作为西气东输的中转站储存天然气；【小问2详解】氯化钠的溶解度随温度的升高而增加，为防止冬季管道堵塞，检验时合格的卤水必须是该温度下的不饱和溶液，防止温度降低，氯化钠的溶解度减小，氯化钠结晶析出，堵塞管道；【小问3详解】析盐罐内真空减压蒸发水，温度宜控制为32℃，此时硫酸钠的溶解度最大，存在于溶液中，而氯化钠的溶解度较小，蒸发过程中结晶析出；析硝罐中析出硫酸钠，滤液还含有硫酸钠，滤液可循环利用，说明滤液中还含有氯化钠，故所含的溶质有氯化钠和硫酸钠。7.（2022江苏南通中考）t1℃时，将等质量的硝酸钾和氯化钾分别加入到盛有100g水的两个烧杯中，充分搅拌后现象如图1所示，硝酸钾和氯化钾的溶解度曲线如图2所示。(1)烧杯②中的上层清液属于___________溶液(填“饱和”或“不饱和”)。(2)烧杯①中溶解的溶质是___________。(写化学式)(3)将t1℃时50g硝酸钾的饱和溶液稀释成10%的溶液，需加水___________g。(4)关于图中烧杯内的物质，下列说法正确的是___________。A．烧杯①内溶液中溶质的质量分数＞烧杯②内上层清液中溶质的质量分数B．蒸发一定量的水，两烧杯中都一定有固体析出C．将两个烧杯中的溶液混合，充分搅拌后，烧杯中一定还有剩余固体D．将温度升高到t2℃，两烧杯内溶液中溶质的质量分数相等(不考虑水的蒸发)【答案】①饱和②.KCl③.50④.AD【解析】【分析】【详解】（1）烧杯②底部有固体剩余，所以上层清液是达到饱和状态；（2）t1℃时，氯化钾的溶解度大于硝酸钾的溶解度，将等质量的硝酸钾和氯化钾分别加入到各盛有100g水的两个烧杯中，充分搅拌后，烧杯②中有固体剩余，烧杯①中溶解的溶质是氯化钾；（3）t1℃时，硝酸钾的溶解度是25g，50g硝酸钾的饱和溶液稀释成10%的溶液，需加水；（4）t1℃时，将等质量的硝酸钾和氯化钾分别加入到各盛有100g水的两个烧杯中，充分搅拌后现象，烧杯①中的固体全部溶解，烧杯②中有固体剩余，所以A、烧杯①内溶液中溶质的质量分数＞烧杯②内上层清液中溶质的质量分数，说法正确；B、蒸发一定量的水，①烧杯不一定有固体析出，说法错误；C、将两个烧杯中的溶液混合，充分搅拌后，溶剂质量增大一倍，烧杯中不一定还有剩余固体，说法错误；D、将温度升高到t2℃，硝酸钾、氯化钾的溶解度相等，溶质质量、溶剂质量相等，所以两烧杯内溶液中溶质的质量分数相等，说法正确。故选：AD。8.(2022江苏常州中考)侯德榜发明的侯氏制碱法为中国民族化学工业赢得了声誉。（1）侯氏制碱的主要产品是Na2CO3，其俗名是_______。（2）实验室模拟侯氏制碱，在浓氨水中加入NaCl粉末，配成饱和氨盐水，用下列装置制备NaHCO3，反应为。①甲装置中发生反应的化学方程式为________。②乙装置中试剂X可吸收HCl，但不与CO2反应，气流的进气接口为_________（填“b”或“c”）。③上述四个装置的连接顺序为________（填序号）。A.甲乙丙丁B.甲乙丁丙C.甲丙丁乙D.甲丁丙乙（3）分离丁装置U形管内的混合物得到NaHCO3固体和NH4Cl溶液。①灼烧NaHCO3发生反应，若灼烧前后固体质量减少1.24g，则产品Na2CO3的质量为_____g。②已知：NH4Cl和NaCl溶解度曲线如图所示。向NH4Cl溶液中加入NaCl粉末，可使NH4Cl结晶析出。为使剩余的NH4Cl和NaCl混合溶液中的NH4Cl充分结晶析出，应采用的结晶方式是______。【答案】（1）纯碱或苏打（2）①.②.c③.B（3）①.2.12②.降温结晶或冷却热饱和溶液【解析】【小问1详解】Na2CO3是碳酸钠的化学式，碳酸钠的俗名是纯碱、苏打。【小问2详解】①石灰石主要成分碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，化学方程式为：；②试剂X能吸收HCl且不和CO2反应，则乙是洗气装置，试剂X需要和气体充分接触，则从长管c通入。③需要先制取二氧化碳，然后经过乙除去混有的氯化氢气体，然后二氧化碳进入丁与饱和铵盐水反应，最后气体进入丙中除去过量的二氧化碳，所以顺序为甲乙丁丙。故选B。【小问3详解】①根据可知，减少固体的质量为生成水和二氧化碳的质量之和，设碳酸钠的质量为x，则x=2.12g；②根据溶解度曲线可知氯化钠、氯化铵的溶解度均随温度的升高而升高，且氯化铵溶解度随温度变化较大，氯化钠溶解度随温度变化不大，所以要从混合溶液中将氯化铵充分结晶析出使用降温结晶（又叫冷却热饱和溶液）的方法。9.（2023江苏扬州中考）水是宝贵的资源。（1）电解水可以得到H2和O2，H2在O2中燃烧可以生成水，这两个实验说明组成水的元素是______（填元素符号）。电解水时生成H2与O2的体积比约为______。（2）水能够溶解许多物质。下列观点正确的是______。A.自然界不存在“绝对纯净”的水B.水易溶解许多物质，因而水也易被污染C.在自然界中，不同状态的水处于不断循环中D.地下水是重要的淡水资源，可持续不断大量开采（3）①溶液的浓度可以用质量分数表示，如医疗上常使用10％的葡萄糖溶液，10％的含义为100g溶液中含葡萄糖的质量为10g。根据不同的需要，浓度还有其他表示方法，如国家关于酿造食醋的标准规定：食醋中的总酸（以醋酸计）含量应≥3.5g/100mL。该浓度的含义为______。②取100g质量分数为13.5％的NaCl溶液，温度保持60℃，蒸发水分至NaCl完全析出。在图中画出析出NaCl的质量与蒸发出水质量的关系（已知60℃时NaCl的溶解度约为37g）。（4）人体内的，可能会转化为，不利于O2在体内的运输。将含有NaNO3的水煮沸，不能除去，原因是______（填两点）。（5）自来水厂常用加消毒剂的方法去除水中的细菌等微生物。经处理，微生物含量达标后，国家标准规定自来水出厂时仍需留有一定浓度的消毒剂，原因是______。（6）联合国将每年的3月22日定为“世界水日”。2023年的主题是“加速变革”，呼吁加快落实保护并合理利用水资源的措施，以应对全球淡水资源匮乏的挑战。请写出家庭中可采取的一个节水措施：______。【答案】（1）①.H、O##O、H②.2:1（2）ABC（3）①100mL食醋中最少含醋酸3.5g

②（4）含有NaNO3的水煮沸，发生的是物理变化，得到的仍是NaNO3的水溶液；NaNO3由和构成。（5）为增强细菌、病毒的持续灭活能力（6）淘米水浇花【解析】【小问1详解】由于电解水生成氢气和氧气，氢气在氧气中燃烧生成水，氢气由氢元素组成，氧气由氧元素组成，所以组成水的元素是氢元素和氧元素。元素符号为H、O。电解水时生成H2的体积是氧气体积的2倍，即电解水时生成H2与O2的体积比约为2:1。

【小问2详解】A、自然界的水都含有可溶或不溶性杂质。A正确；B、水易被污染是由于水易溶解许多物质。B正确；C、在自然界中，水以雨、雪等形式存在，即不同状态的水处于不断循环中。C正确。D、地下水是重要的淡水资源，资源有限，应合理开采。D不正确。综上所述：选择ABC。

【小问3详解】①食醋中的总酸（以醋酸计）含量应≥3.5g/100mL。该浓度的含义为100mL食醋中最少含醋酸3.5g。②100g质量分数为13.5％的NaCl溶液中NaCl质量=100g×13.5％=13.5g，水的质量=100g－13.5g=86.5g。设：60℃时，13.5gNaCl达到饱和需要水的质量为。则，=36.5g，即蒸发（86.5g－36.5g）=50g水后达到饱和，再蒸发水开始析出晶体。析出NaCl的质量与蒸发出水质量的关系如图所示：【小问4详解】由于含有NaNO3的水煮沸，发生的是物理变化，得到的仍是NaNO3的水溶液；且NaNO3由Na+和构成，所以含有NaNO3的水煮沸，不能除去。【小问5详解】为增强细菌、病毒的持续灭活能力，经处理，微生物含量达标后，国家标准规定自来水出厂时仍需留有一定浓度的消毒剂。【小问6详解】家庭中可采取节水措施有淘米水浇花，使用节水龙头等。10.（2023江苏无锡）侯德榜先生为制取纯碱作出了杰出贡献。（1）实验室模拟制取碳酸氢钠。“侯氏制碱法”生产纯碱的过程中，碳酸氢钠的生成是至关重要的一环，其原理是：，。兴趣小组在常温(20℃)下设计并完成了如图所示实验。[已知20℃时NaCl、、、的溶解度为36.0g、21.0g、9.6g、37.2g。]①实验1、2所得溶液处于饱和状态的是_____(填实验序号)。②实验3的锥形瓶中出现白色浑浊，经检验为。写出用稀盐酸检验的化学方程式：_____。（2）侯氏制碱法的生产流程如下：①实际生产中沉淀池内的温度不能太高，原因是_____。②如图是四种物质的溶解度曲线。母液中含有较高浓度的和少量NaCl，利用降温结晶的方法可提纯，理由是_____。③上述流程中可循环利用的物质有：NaCl和_____。（3）测定纯碱样品中碳酸钠的质量分数。纯碱产品中常混有少量氯化钠，兴趣小组设计以下两种方案测定某纯碱样品中碳酸钠的质量分数：根据方案1，实验测得的质量为0.88g。根据方案2，实验测得的质量为3.94g。请任选其中一种方案与相关数据，计算该纯碱样品中碳酸钠的质量分数(写出计算过程，结果精确到0.1%)。。【答案】（1）①.1②.

（2）①.防止碳酸氢钠分解②.氯化铵的溶解度受温度影响比较大③.二氧化碳##CO2（3）方案1：设纯碱中碳酸钠的质量为x，则

解得x=2.12g

则该纯碱样品中碳酸钠的质量分数为

答：该纯碱样品中碳酸钠的质量分数为96.4%。

或方法2：设纯碱中碳酸钠的质量为x，则

解得x=2.12g

则该纯碱样品中碳酸钠的质量分数为

答：该纯碱样品中碳酸钠的质量分数为96.4%。

【解析】【小问1详解】①由于20℃时，氯化钠和碳酸氢铵的溶解度分别为36.0g、21.0g，则该温度下，10g水中最多可溶解氯化钠和碳酸氢铵的质量为3.6g、2.1g，则结合图中所加入固体的质量，可知实验1形成的溶液为饱和溶液。②碳酸氢钠能与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，反应的化学方程式为：。【小问2详解】①由于碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，则沉淀池内的温度不能太高，否则碳酸氢钠会分解为碳酸钠。②由图可知，氯化铵的溶解度受温度影响比较大，则可采用降温结晶的方法提纯氯化铵。③由流程可知，该流程中既能生成二氧化碳，又能得到二氧化碳，则可循环的物质有氯化钠和二氧化碳。【小问3详解】见答案。11.（2022江苏盐城中考）硝酸钙晶体[Ca(NO3)2·4H2O，M=236]常用于电子、仪表及冶金工业[已知Ca(NO3)2溶液呈中性]。一种利用CaO制备Ca(NO3)2·4H2O的流程如下：（1）“制浆池”中发生反应的基本反应类型是_______________。（2）“反应池”中逸出有刺激性气味的气体X，其化学式为___________。【提出问题】“反应池”混合物中溶质是什么?【作出猜想】（3）猜想一：________________；猜想二：含有Ca(NO3)2和NH4NO3；猜想三：含有Ca(NO3)2和Ca(OH)2。【实验探究】设计如下表所示实验方案，在两支试管中各取少量上层清液进行实验。试管序号实验操作实验现象实验结论①滴加NaOH溶液Ⅰ：猜想二不合理②滴加无色酚酞溶液Ⅱ：猜想一不合理，猜想三正确（4）试管①的实验现象是____________。（5）试管②的实验现象是____________。【实验反思】有同学提出在试管②中“通入CO2气体”同样能得相同结论。（6）写出你的观点及理由：___________。（7）“酸化池”中发生反应的化学方程式为：________________。（8）Ca(NO3)2·4H2O的溶解度曲线如图所示。流程中操作Y是_____________。（9）现需制备47.2kg的Ca(NO3)2·4H2O晶体，至少需要CaO的质量为___________(写出计算过程)。【答案】（1）化合反应（2）NH3（3）含有Ca(NO3)2（4）无明显现象（5）溶液变红（6）二氧化碳能与氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，产生白色沉淀，二氧化碳和硝酸钙不反应，故产生白色沉淀，说明含氢氧化钙，说明猜想三正确，该方案正确（7）

（8）降温结晶（9）氧化钙和水反应：，氢氧化钙和硝酸铵反应：，氢氧化钙和硝酸反应：，硝酸钙转化为Ca(NO3)2·4H2O：，可得关系式：CaO～Ca(OH)2～Ca(NO3)2·4H2O

解：设至少需要氧化钙的质量为x

x=11.2kg

答：至少需要氧化钙的质量为11.2kg

【解析】【小问1详解】“制浆池”中发生反应为氧化钙和水反应生成氢氧化钙，该反应符合“多变一”的特点，属于化合反应；【小问2详解】“反应池”中硝酸铵和氢氧化钙反应生成硝酸钙、氨气和水，故气体X为NH3；【小问3详解】氢氧化钙和硝酸铵反应生成硝酸钙、氨气和水，如果恰好完全反应，则溶质为硝酸钙，如果硝酸铵过量，则溶质为硝酸铵、硝酸钙，如果氢氧化钙过量，则溶质为硝酸钙、氢氧化钙，故猜想一：含有Ca(NO3)2；【小问4详解】试管①中滴加氢氧化钠溶液，氢氧化钠能与硝酸铵反应生成硝酸钠、氨气和水，故无明显现象，说明不含硝酸铵，说明猜想二不合理；【小问5详解】试管②中氢氧化钙溶液显碱性，能使无色酚酞试液变红，故溶液变红，说明含氢氧化钙，说明猜想三正确；【小问6详解】二氧化碳能与氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，产生白色沉淀，硝酸钙和二氧化碳不反应，故产生白色沉淀，说明含氢氧化钙，则猜想三正确，故该方案正确；【小问7详解】“酸化池”中发生反应为氢氧化钙和硝酸反应生成硝酸钙和水，该反应的化学方程式为：；【小问8详解】由图可知，Ca(NO3)2·4H2O的溶解度随温度升高而增加，且溶解度受温度影响较大，故流程中操作Y是降温结晶；【小问9详解】见答案。题型二pH变化曲线1.溶液稀释（1）酸的稀释：开始时，溶液的pH＜7，随着水的加入，酸性不断减弱(pH不断增大)，但溶液始终为酸性，pH不会大于或等于7，只会无限接近7（2）碱的稀释：开始时，溶液的pH＞7，随着水的加入，碱性不断减弱(pH不断减小)，但溶液始终为碱性，pH不会小于或等于7，只会无限接近72.酸碱中和反应（1）酸入碱：开始时溶液呈碱性，pH>7，随着酸的加入，pH逐渐减小，当酸碱刚好完全反应时，pH＝7，溶液呈中性；随着酸的继续加入，溶液的pH<7，溶液呈酸性。（2）碱入酸：开始时溶液呈酸性，pH<7，随着碱的加入，pH逐渐增大，当酸碱恰好完全反应时，pH＝7，溶液呈中性；随着碱的继续加入，溶液的pH>7，溶液呈碱性（3）曲线上各点对应溶液中的离子aH+、Cl-Na+、OH-mH+、Na+、Cl-Na+、OH-、Cl-bNa+、Cl-Na+、Cl-cNa+、OH-、Cl-H+、Na+、Cl-3.向酸和盐的混合溶液中加入碱性溶液例如:向盐酸和CaCl2的混合溶液中加入Na2CO3溶液，图像如下所示分析:盐酸和氯化钙的混合溶液的pH小于7，碳酸钠溶液的pH大于7，当把碳酸钠溶液加入到盐酸和氯化钙的混合溶液中时，Na2CO3先和盐酸反应，溶液的pH逐渐增大，二者恰好完全反应时，溶液的pH为7，即图中的AB段，继续加入Na2CO3溶液，Na2CO3溶液和CaCl2反应生成CaCO3沉淀，至CaCl2被完全反应时，溶液的pH一直为7，即图中的BC段，继续滴加Na2CO3溶液，则溶液的pH会大于7，即图中的CD段。解题对策：第1步：看横、纵坐标表示的含义。第2步：看特殊点(起点、拐点、终点、交点)。①起点：起点在纵坐标上且数字小于7，说明此时溶液pH小于7，显酸性；②拐点：分别表示碳酸钠与盐酸恰好完全反应，碳酸钠与氯化钙恰好完全反应；③终点：曲线随着碳酸钠的溶液质量的增加，pH增大，直至不变。第3步：图像是否与描述对应。→如本题图像A，向一定量的氢氧化钠溶液中不断加入水，pH不断减小，但不会小于7。（2023年江苏省南通市中考）已知常温下溶解度为0.17g。向一定量饱和溶液中滴加盐酸，溶液pH随V（盐酸）变化的曲线如图所示。为检测某生石灰样品中钙元素含量，实验如下：步骤1：取0.60g样品于锥形瓶中，向其中加入200mL蒸馏水，盖上表面皿充分振荡。步骤2：向冷却后的锥形瓶中滴入几滴酚酞，再逐滴加入稀盐酸至反应完全。反应完全时锥形瓶内溶液红色恰好褪去。经换算，消耗g。下列说法正确的是A.步骤1中充分振荡后得到澄清透明的溶液B.步骤2中红色恰好褪去时，消耗mL盐酸C.步骤2中化学反应方程式为D.该样品中钙元素的质量分数为66.67%【答案】D【解析】【详解】A、由题意可知，常温下溶解度为0.17g。取0.60g样品于锥形瓶中，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，生成的氢氧化钙的质量>0.6g,向其中加入200mL蒸馏水，200g的水最多溶解0.34g的氢氧化钙，所以生成氢氧化钙不能完全溶解，步骤1中充分振荡后不能得到澄清透明的溶液，故A错误；B、反应完全时锥形瓶内溶液红色恰好褪去，此时溶液呈中性，pH=7，则消耗mL盐酸，故B错误；C、步骤2中是氢氧化钙和稀盐酸反应生成氯化钙和水，化学反应方程式为，故C错误；D、在该反应过程中，氢氧化钙和稀盐酸反应生成氯化钙和水，根据质量守恒定律可知，钙元素质量不变，则有，该样品中钙元素的质量分数为，故D正确。故选D。1.（2022年江苏省镇江市中考）如图，向NaHCO3溶液中滴加CaCl2溶液，并测定溶液pH，观察到溶液变浑浊且出现气泡，澄清石灰水变浑浊。

（1）仪器M中发生反应的化学方程式为___。（2）已知：CaCl2溶液呈中性，最终溶液呈酸性的原因___。【答案】（1）CaCl2+2NaHCO3=CaCO3↓+2NaCl+H2O+CO2↑（2）二氧化碳溶于水生成碳酸，使得溶液呈酸性【解析】【小问1详解】碳酸氢钠化学性质不稳定，搅拌时碳酸氢钠反应生成碳酸钠、水和二氧化碳，氯化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，故反应的化学方程式写为：CaCl2+2NaHCO3=CaCO3↓+2NaCl+H2O+CO2↑。【小问2详解】空气中的二氧化碳与氯化钙溶液中的水反应生成碳酸，碳酸呈酸性，所以CaCl2溶液呈中性，故填二氧化碳溶于水生成碳酸，使得溶液呈酸性。2.（2023江苏扬州中考）某酸性含铜废水（主要含CuCl2，还有少量HCl）有多种处理方法。（1）方法一：向废水中加入过量铁粉，充分反应，过滤，将所得金属回收处理得产品。①加入铁粉的目的是______（用化学方程式表示）。过程中还会产生一种气体，其化学式为______。②过滤所得金属的成分是______（填化学式）。（2）方法二：向废水中加入一定量的Na2CO3溶液，在70℃条件下充分反应，得碱式碳酸铜。①加入Na2CO3溶液后，废水的pH______（填“增大”“不变”或“减小”）。②碱式碳酸铜有多种组成，可表示为Cu（OH）x（CO3）y，x和y需满足的关系式为______。③若反应温度过高，会生成一种黑色固体。该固体可能是______（填化学式）。（3）方法三：用生石灰或石灰石调节废水的pH。向1L废水中分别加入两种物质，测得废水的pH随加入固体质量的变化如图所示。①生石灰与水反应的产物是______（填化学式）。②加入石灰石调节废水的pH，溶液的pH始终小于7，原因是______。③每吨生石灰的价格约为460元，每吨石灰石的价格约为130元。联合使用生石灰和石灰石，将这两种物质先后加入1L废水，调节废水的pH至约为7，经济效益较好的可行方案为______。【答案】（1）①.Fe+CuCl2=Cu+FeCl2②.H2③.Fe、Cu（2）①.增大②.x+2y=2③.CuO（3）①.Ca(OH)2②.石灰石与废水中少量的HCl反应，生成氯化钙、水和二氧化碳，少量二氧化碳与水反应，生成碳酸，碳酸显酸性，pH小于7，因此，溶液的pH始终小于7③.先加入22g石灰石，调节废水的pH至约为6，再加入2g生石灰，调节废水的pH至约为7【解析】【小问1详解】①向废水中加入过量铁粉，目的是使废水中的氯化铜与铁粉反应，置换出铜，化学方程式为：Fe+CuCl2=Cu+FeCl2，故填写：Fe+CuCl2=Cu+FeCl2；②过量铁粉除了与氯化铜反应，还与废水中少量的氯化氢反应，生成氯化亚铁和氢气(H2)，故填写：H2；③铁粉与氯化铜反应，置换出了铜(Cu)，由于铁粉过量，因此，过滤所得金属的成分中一定有铁(Fe)，故填写：Fe、Cu。【小问2详解】①废水中的少量氯化氢，溶于水形成盐酸，显酸性，加入碳酸钠溶液碳酸钠先于氯化氢反应，生成氯化钠、水和二氧化碳，由于大部分二氧化碳的逃逸，使得溶液的酸性减弱，pH增大，随着碳酸钠溶液的过量，溶液显碱性，pH更大，故填写：增大；②碱式碳酸铜(Cu(OH)x(CO3)y)中铜元素的化合价为+2，氢氧根离子化合价为-1，碳酸根离子化合价为-2，根据化合物中正负化合价代数和为零原则可知，，故填写：x+2y=2；③反应温度过高，碱式碳酸铜可能受热会分解产生氧化铜、水和二氧化碳，生成物中只有氧化铜为黑色固体，氧化铜化学式为：CuO，故填写：CuO。【小问3详解】①生石灰即氧化钙与水反应，生成氢氧化钙，化学式为：Ca(OH)2，故填写：Ca(OH)2；②石灰石与废水中少量的HCl反应，生成氯化钙、水和二氧化碳，少量二氧化碳与水反应，生成碳酸，碳酸显酸性，pH小于7，因此，溶液的pH始终小于7，故填写：石灰石与废水中少量的HCl反应，生成氯化钙、水和二氧化碳，少量二氧化碳与水反应，生成碳酸，碳酸显酸性，pH小于7，因此，溶液的pH始终小于7；③由图可知，加入横坐标为20g之前，加入石灰石后，废水pH变化要比加入生石灰快，而由题干可知，每吨石灰石的价格要比生石灰便宜，因此，先加入石灰石，图中交点的位置横坐标为22g，纵坐标pH为6，说明当加入22g生石灰或石灰石时，pH都为6，所以从廉价因素考虑，我们选择先加入22g石灰石，调节pH为6，图中展示交点以后，生石灰调节废水pH的幅度要比石灰石快，而且，pH可以用生石灰调节为7，却无法用石灰石调节为7，当再加入2g生石灰，废水的pH调节为7，故填写：先加入22g石灰石，调节废水的pH至约为6，再加入2g生石灰，调节废水的pH至约为7。3.为认识酸和碱的性质，某化学学习小组进行了如下实验。（1）20℃时，配制80g溶质质量分数为10%的NaOH溶液。①用图中仪器完成实验，还缺少的玻璃仪器是____(填名称)，玻璃棒在配制实验中的作用是___。②配制该溶液需要_______g水。用量筒量取水时，俯视读数会导致所配溶液的溶质质量分数___10%。(填“大于”或“小于”)（2）向1~5号小试管中分别滴加少量稀盐酸。①_______中溶液变为红色(填“试管1”或“试管2”)。②试管3中产生气泡，试管4中无明显现象，由此推断金属活动性Cu比Zn_______(填“强”或“弱”)。③试管5中生成一种盐和两种氧化物，该反应的化学方程式为_______。（3）借助传感器对稀NaOH溶液与稀盐酸的中和反应进行研究，实验装置如图，三颈烧瓶中盛放溶液X，用恒压漏斗匀速滴加另一种溶液。①甲同学用pH传感器测得三颈烧瓶内溶液pH的变化如题图，判断溶液X是_____，实验进行到60s时溶液中的溶质为_____(填化学式)。②乙同学用温度传感器测得三颈烧瓶内温度变化如图(实验过程中热量散失忽略不计)，据此可得出反应过程中_____能量的结论(填“吸收”或“释放”)。③丙同学提出，通过监测三颈烧瓶内压强变化，也可以推导出乙同学的实验结论，其理由是____。【答案】（1）①.烧杯②.搅拌加速溶解③.72④.大于（2）①.试管1②.弱③.（3）①.稀盐酸②.NaCl、NaOH③.释放④.温度升高气体体积膨胀，三颈烧瓶内气体压强变大【解析】【分析】（1）根据一定量一定溶质质量分数溶液的配制分析。（2）根据盐酸的化学性质分析。（3）根据NaOH溶液与稀盐酸发生的中和反应，结合题中信息进行分析。【小问1详解】①用固体配制溶液需要的仪器有：托盘天平、药匙、量筒、滴管、烧杯、玻璃棒，故填：烧杯。在配制实验中玻璃棒的作用是搅拌加速溶解，故填：搅拌加速溶解。②配制80g溶质质量分数为10%的NaOH溶液，需要NaOH的质量为：，则需要水的质量为：，故填：72。用量筒量取水时，俯视读数使量取水的体积偏小，溶液的质量偏小，导致所配溶液的溶质质量分数大于10%，故填：大于。【小问2详解】①盐酸能使石蕊试液变红，所以试管1中溶液变为红色，故填：试管1。②金属活动顺序表中，金属活动性自左向右逐渐减弱，且位于氢前面的金属能置换出酸中的氢，试管3中产生气泡，试管4中无明显现象，说明Cu的活动性比Zn弱，故填：弱。③由质量守恒定律知，碱式碳酸铜与盐酸反应生成一种盐和两种氧化物，其中的盐是氯化铜，两种氧化物是水和二氧化碳，该反应的化学方程式为：，故填：。【小问3详解】①由图像知，开始反应时溶液的pH＜7，显酸性，所以三颈烧瓶内溶液X是稀盐酸，故填：稀盐酸。三颈烧瓶内溶液X是稀盐酸，恒压漏斗内溶液是稀NaOH溶液，随着NaOH溶液的滴入，稀盐酸与NaOH反应生成氯化钠和水，氯化钠溶液显中性，三颈烧瓶内溶液的pH逐渐增大，二者恰好完全反应时溶液的pH=7，继续滴入NaOH溶液，则溶液的pH＞7，显碱性；实验进行到60s时，溶液的pH＞7，显碱性，此时溶液中的溶质为生成的NaCl和滴加后未反应的NaOH，故填：NaCl、NaOH。②由用温度传感器测得三颈烧瓶内温度变化图知，反应过程中三颈烧瓶内温度升高，说明稀盐酸与NaOH反应过程中释放出能量，故填：释放。③因为温度升高气体体积膨胀，使三颈烧瓶内压强变大，所以通过监测三颈烧瓶内压强变化，也可以推出稀盐酸与NaOH反应过程中释放出能量，故填：温度升高气体体积膨胀，使三颈烧瓶内气体压强变大。【点睛】本题考察了溶液的配制、稀盐酸的化学性质及稀NaOH溶液与稀盐酸的中和反应进行研究，涉及到的知识点较多，熟练掌握相关知识是解答的关键。4.（2022江苏南京中考）某学习小组的同学对物质的酸碱性进行探究。【设计实验】在两支试管中分别加入少量白醋、肥皂水，各滴入2滴无色酚酞溶液。【预测现象】滴入无色酚酞溶液的白醋呈______色，滴入无色酚酞溶液的肥皂水呈红色。【提出问题】实验发现，肥皂水未能使无色酚酞溶液变红，产生疑惑。【猜想与验证1】（1）甲同学提出，可能是因为所用的无色酚酞溶液变质了。在试管中加入少量氢氧化钠溶液，然后滴人两滴无色酚酞溶液，溶液呈______色，说明甲同学的猜想不成立。（2）乙同学提出，可能是因为所用的肥皂水不显碱性。用pH计测定肥皂水的酸碱度，测得pH为7.8，说明乙同学的猜想不成立。【猜想与验证2】丙同学提出，可能是因为所用的pH为7.8的肥皂水碱性较弱，不足以使无色酚酞溶液变红。学习小组同学讨论后，继续探究。向800mL、600mL、400mL、300mL蒸馏水中分别加入0.5g某种肥皂，充分搅拌后，取样，各滴人两滴无色酚酞溶液，观察现象并用pH计测定酸碱度（实验结果如表）。肥皂的质量/g0.50.50.50.5蒸馏水的体积/mL800600400300酚酞显示的颜色无色浅红色红色红色pH7.98.59.410.1表中pH为______时，肥皂水不能使无色酚酞溶液变红，说明丙同学的猜想成立，由表中信息可知，肥皂水的浓度越______，pH越______，其碱性越强。【得出结论】根据上述探究可知，无色酚酞溶液在中性液体、______液体、______液体中颜色不发生变化。【查阅资料】学习小组同学通过查阅资料，证明上述结论成立。【拓展探究1】取三份相同体积相同浓度的氢氧化钠溶液，分别滴入两滴无色酚酞溶液，再以相同的速度同时滴加不同浓度的盐酸，得到溶液的pH随时间变化的曲线如图。（1）从微观角度分析，氢氧化钠与盐酸反应的实质是：______。（2）在a、b、c三种曲线所示的实验中，所用盐酸的浓度由大到小的顺序为______；溶液颜色最先褪去的是______，20分钟时溶液的酸性强弱顺序是______。【拓展探究2】取三份相同质量、相同浓度的稀盐酸，分别与溶质质量分数为1%、2%、3%的氢氧化钠溶液发生反应，恰好完全反应时，消耗溶质质量分数为1%、2%、3%的氢氧化钠溶液的质量比为：______。【答案】①.无②.红③.7.9④.高⑤.大⑥.酸性⑦.弱碱性⑧.酸中的氢离子和碱中的氢氧根离子结合形成了水分子⑨.a＞b＞c⑩.a⑪.a＞b＞c⑫.6:3:2

【解析】【详解】[预测现象]白醋呈酸性，不能使无色酚酞溶液变色，故滴入无色酚酞溶液的白醋呈无色。[猜想与验证1]氢氧化钠溶液呈碱性，使无色酚酞溶液变红，溶液呈红色，说明所用的无色酚酞溶液未变质，甲同学的猜想不成立。[猜想与验证2]表中pH为7.9时，肥皂水不能使无色酚酞溶液变红，说明碱性较弱，不足以使无色酚酞溶液变红，丙同学的猜想成立，由表中信息可知，加入蒸馏水的体积越小，肥皂水的浓度越高，pH越大，其碱性越强。[得出结论]根据上述探究可知，无色酚酞溶液在中性液体、酸性液体、弱碱性液体中颜色不发生变化。[拓展探究1]（1）从微观角度分析，氢氧化钠与盐酸反应的实质是因为盐酸是强酸，含有大量的氢离子，而氢氧化钠是强碱，所以含有大量的氢氧根离子，酸中的氢离子和碱中的氢氧根离子结合形成了水分子。（2）向氢氧化钠中滴加盐酸，盐酸和氢氧化钠生成水和氯化钠，反应物浓度越大，反应速率越快，pH减小越快，故所用盐酸浓度由大到小的顺序为a、b、c，溶液颜色最先褪去的是a。pH小于7，溶液呈酸性，pH越小，酸性越强，由图知，20分钟时溶液的酸性强弱顺序是a＞b＞c。[拓展探究2]取三份相同质量、相同浓度的稀盐酸，分别与溶质质量分数为1%、2%、3%的氢氧化钠溶液发生反应，恰好完全反应时，消耗氢氧化钠的质量相同，设为m，则消耗溶质质量分数为1%、2%、3%的氢氧化钠溶液的质量比为。5.(2022江苏无锡中考)化学兴趣小组同学对稀盐酸和氢氧化钠溶液反应的发生进行了探究。（1）利用如图1所示的装置进行实验探究。用pH传感器测得烧杯中溶液的pH随滴加液体体积变化的曲线如图2所示。①反应前烧杯中盛放的液体Y是______。②图中b点所示溶液中的溶质是______。③写出盐酸和氢氧化钠反应的化学方程式：______。（2）利用如图3所示装置进行实验：烧杯中放入新制饱和石灰水，向试管中加入氢氧化钠溶液，将稀盐酸滴入试管。一段时间后，试管外壁附近溶液中出现浑浊，原因是______。【答案】（1）①.氢氧化钠溶液②.氯化钠##NaCl③.HCl+NaOH＝NaCl+H2O（2）氢氧化钠和盐酸反应放热，导致氢氧化钙溶解度降低，氢氧化钙从溶液中析出产生浑浊【解析】【小问1详解】①开始pH>7，溶液为碱性，所以反应前烧杯中盛放的液体Y是氢氧化钠溶液；②盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，b点pH=7，盐酸和氢氧化钠恰好完全反应，所以溶质是氯化钠。③盐酸和氢氧化钠反应的化学方程式为。【小问2详解】饱和石灰水的溶质是氢氧化钙，溶解度随温度的升高而降低。氢氧化钠和盐酸反应是中和反应，放出热量。所以出现浑浊的原因是氢氧化钠和盐酸反应放热，导致氢氧化钙溶解度降低，氢氧化钙从溶液中析出产生浑浊。题型三体积（分数）或压强变化曲线因素举例气体体积增加（气压增大）生成气体

产生H2、O2、CO2放热反应放热：生石灰与水反应、金属与酸反应、中和反应、氧化反应等加液体或注气溶解放热：氢氧化钠固体和浓硫酸气体体积减小（气压减小）消耗气体

气体溶解：二氧化碳、氨气溶于水吸热反应减少气体抽气

硝酸铵溶解（2022江苏泰州中考）某兴趣小组利用氧气传感器探究不同物质在空气中燃烧的耗氧量情况。足量蜡烛和红磷分别在相同的密闭容器中燃烧，测定的氧气含量变化如图所示。下列判断正确的是A.蜡烛燃烧过程中，a点时容器内氮气体积分数为84%B.红磷燃烧过程中，b点和c点时容器内物质总质量相等C.燃烧后，两容器中氧气均未耗尽，红磷耗氧量较多D.若将足量蜡烛和红磷放在同一密闭容器中燃烧，氧气的体积分数可降至3%【答案】BC【解析】【详解】A、由图可知，蜡烛燃烧过程中，a点时氧气的体积分数为16%，其他气体的体积分数为84%，包括氮气、二氧化碳、稀有气体等，故A错误；B、根据质量守恒定律，化学反应前后物质的质量不变化，因为是在密闭容器中进行的，所以红磷燃烧过程中，b点和c点时容器内物质总质量相等，故B正确；C、由图可知，蜡烛燃烧后，氧气的体积分数为14%，红磷燃烧后，氧气的体积分数为10%，故C正确；D、由图可知，氧气的体积分数为减少到14%时，蜡烛停止燃烧，氧气的体积分数为减少到10%时，红磷燃烧停止，所以将足量蜡烛和红磷放在同一密闭容器中燃烧，氧气的体积分数降至10%，二者都停止燃烧，故D错误。故选BC。1.（2023江苏常州中考）某兴趣小组同学设计实验验证人体呼吸作用产生二氧化碳。Ⅰ、知识链接（1）人类进行呼吸作用的主要形式是有氧呼吸，通过酶的催化作用，把糖类等有机物转化为二氧化碳和水。葡萄糖（C6H12O6）在人体内参与呼吸作用的化学反应方程式为______。Ⅱ、实验验证（2）初始实验：如图1所示，甲同学通过导管向澄清石灰水中吹气，观察到澄清石灰水变浑浊，于是得出结论：人体呼吸作用产生二氧化碳。①澄清石灰水变浑浊的化学反应方程式为______。②经过讨论，同学们认为图1实验不足以得出正确结论，原因是吸入的空气中______。（3）改进实验：同学们改进实验装置如图2所示。检验气密性良好后，在A、B瓶中装入等浓度等体积、足量的澄清石灰水。乙同学对着同一套装置吹嘴做了相同时长、相同气流速度的吸气和呼气，通过单向阀控制后的吸气步骤和呼气步骤气流方向如图2所示，观察现象。①实验时做相同时长、相同气流速度的吸气和呼气动作的目的是______，便于对比实验现象。②实验过程中若观察到______现象，则说明人体呼吸作用产生二氧化碳。（4）数字化实验：同学们又进行如图3所示实验，把氧气浓度、二氧化碳浓度和湿度传感器探头放入有少量空气的保鲜袋中，打开仪器开始采集数据，然后向袋内呼出气体。采集的数据如图4所示，纵坐标为某一气体体积分数（%），横坐标为时间（s）。①实验中没有进行数据采集的其余气体的主要成分为______。②能说明人体呼吸作用产生二氧化碳的曲线是______。③根据图4中信息，推断Z曲线在下降后又略有上升的可能的原因是______。【答案】（1）

（2）①.CO2+Ca(OH)2＝CaCO3↓+H2O②.含有二氧化碳（3）①.控制单一变量②.A中澄清石灰水不变浑浊，B中澄清石灰水变浑浊（4）①.氮气或N2②.X③.呼出气体中部分水蒸气液化【解析】【小问1详解】呼吸作用是葡萄糖和氧气在酶的作用下转化为水和二氧化碳，化学方程式为。【小问2详解】①二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，可使用澄清石灰水检验二氧化碳。石灰水中的氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙和水，化学方程式为。②空气的成分按体积分数计算，氮气约占78%，氧气占21%，稀有气体占0.94%，二氧化碳占0.03%，其他占0.03%。吸入的空气中含有二氧化碳，所以呼出气体中的二氧化碳不一定是人体呼吸作用产生的。【小问3详解】①作对比实验需要控制变量，要注意单一变量原则，实验时做相同时长、相同气流速度的吸气和呼气动作的目的是控制单一变量，消除呼吸时间长短、气流速度等对结果产生的影响，便于对比实验现象。②结论是能说明人体呼吸作用产生二氧化碳。则推测对应的现象是吸入气体中的二氧化碳不足以使澄清石灰水变浑浊，而呼出气体中的二氧化碳浓度较高，使二氧化碳变浑浊，从而说明有二氧化碳生成，得出人体呼吸作用产生二氧化碳。吸入的气体经过A中的澄清石灰水不经过B中，吹出气体经过B中的澄清石灰水而不经过A中，所以现象是A中澄清石灰水不变浑浊，B中澄清石灰水变浑浊。【小问4详解】①空气的成分按体积分数计算，氮气约占78%，氧气占21%，稀有气体占0.94%，二氧化碳占0.03%，其他占0.03%。呼吸作用不会消耗氮气，呼出气体中也会含有大量的氮气，所以实验中没有进行数据采集的其余气体的主要成分为氮气。②空气中二氧化碳的体积分数约为0.03%，呼出气体中二氧化碳含量明显增加，所以能说明人体呼吸作用产生二氧化碳的曲线是X。③空气中氧气含量约为21%，则Z曲线为氧气浓度曲线。曲线下降是因为呼吸作用消耗氧气。呼出气体温度较高，水蒸气含量较大，呼出后温度下降，部分水蒸气液化，气体中水蒸气含量减少，气体总体积减少，而呼出氧气的体积不变，所以可能导致氧气浓度在下降后又略有上升。2.(2022江苏常州中考)一种以甲烷为燃料、含铜氧化物为载氧体的化学链燃烧反应原理如下：（1）科学利用燃烧为人类服务，有利于社会可持续发展。①甲烷燃烧时，_______（填“吸收”或“放出”）热量。②与传统燃烧方式相比，化学链燃烧可避免燃料和空气直接接触，有利于捕集CO2，防止其大量排入空气，造成________。（2）CuO进入燃料反应器与甲烷发生反应，生成的Cu2O再进入空气反应器，在一定温度下发生反应_____（填化学方程式），实现载氧体的循环再生。（3）已知：空气中O2的体积分数约为21%。从空气反应器排出的气体中O2体积分数随反应温度变化关系如图所示。①在800~1100℃间，升高温度，排出的气体中N2体积分数______（填“增大”或“减小”）。②空气反应器中最适宜的反应温度范围是______（填序号）A.800-900℃B.900-1000℃C.1000-1030℃D.1030-1100℃【答案】（1）①.放出②.温室效应（2）（3）①.减小②.A【解析】【小问1详解】①甲烷燃烧属于氧化反应，氧化反应都是放热反应，燃烧时放出热量；②大量的二氧化碳排放到空气中会引起温室效应；【小问2详解】根据图中信息可知，Cu2O再进入空气反应器，在一定温度下与氧气反应生成CuO，化学方程式为：，故应填：；【小问3详解】①根据图中信息，随着温度升高，氧气的体积分数变大，所以氮气的体积分数减小；②由图可知，随着反应温度升高，从空气反应器排出的气体中O2体积分数逐渐增大，故空气反应器中最适宜的反应温度范围是800-900℃，此时排出的氧气最少，说明此时反应速率最快。故选A。3.（2022江苏连云港中考）用如图所示装置制取干燥的CO2，并对CO2的部分性质进行探究。（1）装置A中发生反应的化学方程式为_______。（2）①装置B中饱和NaHCO3溶液的作用是_______。②装置C中试剂X应该选用_______(填字母)。a.稀H2SO4b.浓H2SO4c.KOH溶液（3）收集CO2并验满。将集满CO2的锥形瓶与盛有足量NaOH溶液的注射器和传感器密封连接，缓慢的将NaOH溶液注入到锥形瓶中，采集信息形成图像。见图。①检验装置D中CO2已经集满的方法是_______。②随着反应的进行，锥形瓶中压强降低的原因是_______。③反应结束后锥形瓶中的压强保持在40kPa说明_______。（4）取2mL饱和澄清石灰水于试管中，用4mL蒸馏水稀释，向其中缓慢通入足量CO2。测定反应体系的电导率变化如图所示。(忽略反应前后溶液体积的变化)【查阅资料】材料一：溶液的导电力越强，溶液的电导率越大。材料二：单位体积溶液中某离子的个数越多，则该离子的浓度越大，溶液的导电能力越强。相同浓度的不同离子导电能力不同。材料三：Ca(OH)2溶于水能完全解离出Ca2+和OH-。CaCO3遇到溶有CO2的水时，能反应生成易溶于水的Ca(HCO3)2，Ca(HCO3)2在水中能完全解离出Ca2+和；。①石灰水中通入CO2气体，溶液的电导率先逐渐降低的主要原因是_______。②反应最终电导率的稳定值低于初始值的可能原因是_______、_______。【答案】①.②.除去HCl气体③.b④.将燃着的小木条置于锥形瓶口，木条熄灭⑤.CO2与NaOH反应，使锥形瓶中CO2气体减少，压强变小⑥.向上排空气法收集到的CO2气体不纯⑦.Ca(OH)2与CO2反应生成CaCO3沉淀，使溶液中离子的浓度逐渐降低，溶液的导电能力逐渐下降⑧.生成的CaCO3未能完全转化为Ca(HCO3)2⑨.OH-导电能力强于【解析】【详解】（1）装置A为稀盐酸与石灰石反应制取二氧化碳，方程式为：。（2）①装置B中溶液为碳酸氢钠溶液，呈碱性能与挥发出的HCl发生反应，所以其作用是吸收HCl气体。②装置C是为了吸收水蒸气，则X应选用的具有极强吸水性的浓硫酸，故选b。（3）①二氧化碳不支持燃烧，验满的方法是在锥形瓶口放置燃着的木条，若木条熄灭，则已集满。②氢氧化钠可与二氧化碳反应生成碳酸钠，反应过程中消耗二氧化碳气体，二氧化碳气体减少，锥形瓶内压强降低。③反应结束后锥形瓶中的压强保持在40kPa，则可说明有其他气体剩余，即为收集到的二氧化碳气体不纯。（4）①石灰水中通入CO2气体，溶液的电导率先逐渐降低的主要原因是，氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙和水，使溶液中离子浓度降低，致使其电导率逐渐下降。②反应最终电导率的稳定值低于初始值的可能原因是氢氧根离子导电能力强于碳酸氢根离子、生成的碳酸钙沉淀未能完全转化为碳酸氢钙。4.（2022江苏苏州中考）CO2/甲酸（HCOOH）循环在氢能的储存/释放方面具有重要应用。I、CO2催化加氢（1）补充完整步骤Ⅱ的化学方程式：___________。该反应前后碳元素的化合价___________（填“升高”、“降低”或“不变”）。Ⅱ、甲酸分解释氢（2）甲酸在催化剂作用下分解生成H2和CO2，H2和CO2的分子个数比为___________。（3）甲酸具有较高的质量储氢密度，理论上甲酸质量储氢密度为___________。（甲酸质量储氢密度=×100%；结果用百分数表示，保留一位小数）Ⅲ、甲酸催化分解产物的探究已知：①相同条件下，气体的体积比等于分子个数比。②甲酸除分解为H2和CO2外，还可能按如下方式分解：（4）根据甲酸分解原理，推测气体产物的成分在常温下有三种可能：H2和CO2；CO；___________（填化学式）。（5）常温下，将甲酸催化分解所得气体通过装有足量氢氧化钠溶液的洗气瓶。相同条件下，在氢氧化钠溶液吸收前后，测得气体体积与甲酸分解反应时间的关系如图所示。①气体通过氢氧化钠溶液后体积减小的原因是___________（用化学方程式表示）。②甲酸催化分解所得气体产物的主要成分为___________（填化学式）。【答案】（1）①.H2O②.降低（2）1：1（3）4.3%（4）CO、H2、CO2（5）①.②.H2、CO2【解析】【小问1详解】由质量守恒定律可知，反应前后原子种类、原子个数不变，，反应前C、H、O、K的原子个数分别为1、3、3、1，反应后C、H、O、K的原子个数分别为1、1、2、1，即空格处物质分子中含有两个氢原子和一个氧原子，则空格处的物质为水，化学式为：H2O；根据化合物中，正负化合价代数和为零。由于氧元素为-2价，氢元素为-1价，钾元素的化合价为+1价，设KHCO3中碳元素化合价为x，，解得，故KHCO3中碳元素化合价为+4价，设HCOOK中碳元素化合价为y，，解得，故HCOOK中碳元素化合价为+2价，该反应前后碳元素的化合价降低，故填：降低；【小问2详解】根据甲酸分解产生二氧化碳和氢气，该化学方程式为，根据化学方程式可知，H2和CO2的分子个数比为1：1，故填：1：1；【小问3详解】根据化学方程式可知，甲酸质量储氢密度=，故填：4.3%；【小问4详解】甲酸除分解为H2和CO2外，还可能按如下方式分解：，气体产物的成分在常温下有三种可能：H2和CO2；CO；CO、H2、CO2；故填：CO、H2、CO2；【小问5详解】①气体通过氢氧化钠溶液后体积减小的原因是二氧化碳与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，该化学方程式为：，故填：；②常温下，将甲酸催化分解所得气体通过装有足量氢氧化钠溶液的洗气瓶，在氢氧化钠溶液吸收前后，发现气体体积减少的量为二氧化碳的量，由此甲酸催化分解所得气体产物的主要成分为二氧化碳和氢气，故填：H2、CO2。5.（2022江苏南通中考）某化学兴趣小组对课本实验“测定空气中氧气的含量”，实验完毕后集气瓶中是否还含有氧气产生质疑，于是同学们设计了如图1装置来探究磷在空气中燃烧后氧气浓度的变化情况。【提出问题】足量红磷在密闭的四颈平底瓶内燃烧熄灭后，容器中是否有氧气剩余？【作出猜想】猜想①：有氧气剩余；猜想②：无氧气剩余。【实验验证】该小组同学按图1组装好实验装置，利用高能激光笔照射燃烧匙上的红磷，红磷燃烧直至熄灭；待装置完全冷却后，将装有白磷的燃烧匙提出水面，再次用高能激光笔照射，白磷居然也被点燃。（1）激光笔的作用是________。（2）红磷燃烧产物与瓶底的热水发生化合反应生成磷酸，其反应的文字表达式为_________。【实验结论】（3）根据上述实验现象，得出的结论是：猜想__________正确。（4）课本上用红磷燃烧的方法________(填“能”或“不能”)精确地测定空气中氧气的含量，理由是_____。【拓展延伸】图2是该小组同学从开始实验到最后装置冷却后的整个实验过程中，用传感器测量容器内氧气浓度变化的曲线图。（5）在图2中_______(填“A、B、C、D、E”)点时红磷燃烧熄灭；白磷开始燃烧至燃烧结束对应的曲线为________段(用图2中字母表示)。【反思与评价】（6）兴趣小组分析对比曲线BC段和DE段，得出了“不同物质燃烧，需要的氧气浓度不一样”的结论。同学们由此联想到课本上的一个实验：__________(填物质名称)在空气中不能点燃，但在氧气中能点燃并剧烈燃烧。【答案】①点燃白磷或红磷②.五氧化二磷＋水→磷酸③.①④.不能⑤.红磷不能把装置中的氧气耗尽⑥.C⑦.DE⑧.铁【解析】【详解】（1）激光笔的作用是使温度达到红磷、白磷的着火点，即点燃白磷或红磷。（2）红磷燃烧产物与瓶底的热水发生化合反应生成磷酸，其反应的文字表达式为：五氧化二磷＋水→磷酸；（3）白磷燃烧，说明红磷燃烧后氧气有剩余，即猜想①正确。（4）课本上用红磷燃烧的方法不能精确地测定空气中氧气的含量，理由是：因为当氧气浓度小到一定程度时，就不能支持燃烧，即红磷不能把装置中的氧气耗尽。（5）在图2中C点时红磷燃烧熄灭；白磷开始燃烧至燃烧结束对应的曲线为DE段，因为此段氧气浓度急剧减少。（6）铁在空气中不能点燃，但在氧气中能点燃并剧烈燃烧、火星四射，说明不同物质燃烧，需要的氧气浓度不一样。题型四热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)“热重曲线”(TG曲线)是指使用热天平记录的热分析曲线,纵坐标为试样质量或残留率,横坐标为温度或时间。通过对热重曲线的分析,我们可以知道样品及其可能产生的中间产物的组成、热稳定性、分解情况及生成的产物等与质量相联系的信息。对于含有结晶水的某固体M·xH2O热分解反应的过程主要有两个变化阶段：固体失去结晶水的过程、固体分解的过程。M固体可能为盐或氧化物,随着温度的升高,继续分解可能失去一些挥发性的物质,如氨气、二氧化碳、一氧化碳等气体,而金属一般以化合态残留在最终产物中。热重曲线问题的解题过程和方法：利用差量法分析固体减少的质量，如水（结晶水）、二氧化碳、氨气等；利用元素守恒和相对分子质量法分析，晶体质量之比=相对分子质量之比，即m1m2=（2023江苏泰州中考）硫酸铝固体分解得到的活性Al2O3可作为工业催化剂载体。取33.3g于坩埚内，隔绝空气灼烧。在热分解过程中，热重分析仪记录的数据如下图（已去除坩埚的质量），已知425℃前减少的均为结晶水的质量。下列说法正确的是A.和Al2O3受热都易分解B.加热至M点时固体质量减少19.8gC.图中N点物质化学式为D.图中a＝5.1【答案】CD【解析】【详解】A、在温度为1025℃后，最终分解产物是氧化铝，随后温度升高、氧化铝不再分解，故氧化铝受热不易分解，不符合题意；B、初始的质量为33.3g，M点时残留固体的质量为19.8g，故加热至M点时固体质量减少33.3g-19.8g=13.5g，不符合题意；C、加热至N点时固体质量减少33.3g-17.1g=16.2g，33.3g中结晶水质量为，题干中叙述“已知425℃前减少的均为结晶水的质量”，故N点物质是完全失去结晶水后生成的，符合题意；D、33.3g中铝元素的质量为，氧化铝中含有2.7g铝元素，故a=5.1，符合题意；故选CD。1.（2022江苏无锡中考）CO、H2还原Fe2O3的过程相似，大致分为三个阶段。向4.8gFe2O3中不断通入H2，不断加热，实验测得固体残留率（固体残留率=×100%）随温度的变化曲线如图所示。下列叙述错误的是A.d点对应固体为Fe，其质量为3.36gB.从a到d点，固体中的含氧量逐渐变小C.从a到d点，固体减少的质量等于生成的水的质量D.bc段发生反应的方程式为Fe3O4+H23FeO+H2O【答案】C【解析】【详解】A.4.8gFe2O3中铁元素质量为：4.8g××100%=3.36g，d点对应固体质量=反应前氧化铁的质量×固体残留率=4.8g×70%=3.36g，所以d点对应固体为Fe，其质量为3.36g，故A正确；B.CO、H2还原Fe2O3的过程相似，铁的氧化物中的氧元素逐渐被氢气夺去，固体中的含氧量逐渐变小，故B正确；C.从a到d点，固体减少的质量等于参加反应固体中所减少氧元素的质量，不等于生成的水的质量，故C错误；D.铁的氧化物有Fe2O3、Fe3O4、FeO，氧元素质量分数分别为：30%、27.6%、22.2%，根据从a到d点，固体中的含氧量逐渐变小，第一阶段氢气与Fe2O3反应生成Fe3O4和水，第二阶段氢气与Fe3O4反应生成FeO和水，第三阶段氢气与FeO反应生成Fe和水，所以bc段发生反应的方程式为，故D正确。故选C。2.（2022江苏盐城中考）5.00g胆矾(化学式CuSO4∙5H2O)晶体样品受热失去水，样品质量随温度变化曲线如图所示(图中各点对应固体均为纯净物)。下列说法正确的是A.受热过程中晶体样品颜色由白色逐渐变成蓝色B.受热过程中固体物质里Cu元素的质量分数逐渐减小C.固体物质在102℃和113℃时失去水的质量比为2：1D.200℃时固体物质的化学式为CuSO4∙H2O【答案】D【解析】【详解】A、胆矾晶体显蓝色，胆矾晶体失去水后生成硫酸铜，硫酸铜固体显白色，故A错误；B、根据质量守恒定律，受热过程中固体物质里Cu元素的质量不变，固体物质失去结晶水，质量逐渐减小，因此Cu元素的质量分数逐渐增大，故B错误；C、根据图像，固体物质在102℃时失去水的质量为：5.00g-4.28g=0.72g，固体物质在113℃时失去水的质量为：5.00g-3.56g=1.44g，质量比为1：2，故C错误；D、设200℃时固体物质的化学式为CuSO4∙xH2O，200℃时固体物质的质量为3.56g，则，解得x=1，故D正确。故选D。3.（2023江苏连云港中考）常见的氯化钙产品有无水和，除不具有吸水性外，其他均具有吸水性，可作除湿剂。（1）不同温度下，在水中的溶解度如下表：温度/℃010306080溶解度/g59.564.7100137147①时，饱和溶液中溶质的质量分数为_____。②低温下从饱和溶液中析出的晶体的化学式为_____。（2）针对某氯化钙除湿剂，兴趣小组进行如下实验：步骤一：取适量氯化钙除湿剂于烧杯中，加水溶解配成饱和溶液，触摸烧杯壁，感觉热，静置一段时间后恢复至室温。步骤二：取少许步骤一所得溶液于试管中，滴加溶液，有白色沉淀生成。步骤三：取少许步骤一所得溶液于另一试管中，滴加饱和溶液，有白色沉淀和大量无色气体产生。①由步骤一中的实验现象可以得出的结论是_____。②写出步骤二中反应的化学方程式：_____。③根据步骤三，可用饱和溶液鉴别饱和溶液和饱和溶液的理由是_____。（3）为测定某氯化钙除湿剂(含和少量)中的质量分数，兴趣小组进行了如下实验：称量样品置于坩埚中加热，测得固体质量随温度升高的变化曲线如图所示。加热过程中既不熔化也不分解。①T℃后，继续升温固体的质量保持不变。样品中(相对分子质量为147)的质量分数表达式为_____(用含m、n的代数式表示)。②有同学认为用上述方法会导致测定结果偏高，理由是_____。【答案】（1）①.50%②.（2）①.氯化钙除湿剂溶于水时放出热量②.③.溶液与溶液反应时无气体产生（3）①.②.除湿剂吸收了空气中的水【解析】【小问1详解】①由上表可知，时，的溶解度为100g，则饱和溶液中溶质的质量分数为。②不具有吸水性，所以低