专题09 推断题、工业流程题、溶解度曲线题（解析版）

专题09推断题、工业流程题、溶解度曲线题►题型一推断题►题型二工业流程题►题型三溶解度曲线题►题型一推断题【真题1-1】（2023年辽宁省抚顺、本溪、辽阳中考）小丽学习酸、碱的知识后，构建了有关酸、碱与甲、乙、丙三种初中常见物质之间的反应关系图，图中连线两端的物质均能发生反应，其中甲为黑色固体，乙、丙为氧化物。请回答。（1）Ca(OH)2的俗称为_____。（2）甲的化学式为_____。（3）乙与稀盐酸反应得到黄色溶液，写出该反应的化学方程式_____。（4）丙与甲反应过程会_____（填“吸收”或“放出”）热量。【答案】（1）熟石灰或消石灰（2）C（3）（4）吸收【解析】【分析】氢氧化钙能和酸、部分盐以及部分非金属氧化物发生反应；盐酸能和碱、部分盐以及金属氧化物发生反应；又因为甲能和乙、丙发生反应且甲是黑色固体，则甲是碳，乙是金属氧化物，丙是二氧化碳，带入验证，推理正确，由此回答问题。（1）氢氧化钙的俗称是熟石灰（或消石灰）。（2）由分析可知，甲是碳，化学式为C。（3）由分析可知，乙是金属氧化物，又因乙与稀盐酸反应得到黄色溶液，则乙是三氧化二铁，三氧化二铁与稀盐酸反应生成氯化铁和水，氯化铁其水溶液呈黄色，化学方程式书写为。（4）由分析可知，丙是二氧化碳，二氧化碳和碳在高温条件下反应生成一氧化碳，该反应过程会吸收热量。【真题1-2】（2023辽宁铁岭、葫芦岛中考）同学们学习了酸、碱、盐等物质的相关知识后，构建了以碳酸钠为中心物质的网络关系图。其中甲、乙、丙、丁分别是初中常见的不同类别化合物，丁是常见的温室气体。各物质间的关系如下图所示(“——”表示相邻两种物质能发生反应；“→”表示两种物质间的转化关系；图中部分反应物、生成物及反应条件已略去)。请回答。（1）甲的化学式为_____。（2）若乙中只含两种元素，反应①的化学方程式为_____。（3）若丙是大理石的主要成分，其用途是_____。（4）甲和丁的反应_____(填“属于”或“不属于”)复分解反应。【答案】（1）NaOH（2）（3）建筑材料(或补钙剂)（合理即可）（4）不属于【解析】【分析】丁是常见的温室气体，则丁是二氧化碳，丁（二氧化碳）能与丙相互转化，氢氧化钙能与二氧化碳反应生成碳酸钙和水，碳酸钙高温分解生成二氧化碳和氧化钙，丙可能是碳酸钙；甲能与丁（二氧化碳）反应，能与碳酸钠相互转化，氢氧化钠能与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，碳酸钠能与氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，甲可能是氢氧化钠；甲、乙、丙、丁分别是初中常见的不同类别化合物，甲（氢氧化钠）属于碱，丙（碳酸钙）属于盐，丁（二氧化碳）属于氧化物，则乙属于酸，乙能与甲（氢氧化钠）、碳酸钠、丙（碳酸钙）反应，甲可能是盐酸、硫酸或硝酸等，将猜想代入验证，猜想成立。（1）甲是氢氧化钠，化学式为NaOH；（2）若乙中只含两种元素，则乙是盐酸，反应①的反应是碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，化学方程式为：；（3）若丙是大理石的主要成分，其用途是建筑材料(或补钙剂)（4）甲和丁的反应是氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，该反应在反应过程中没有相互交换成分，不属于复分解反应。【真题1-3】（2023辽宁锦州中考）A~E是初中化学常见的五种不同物质。它们的组成中都含有一种相同的元素，C和D物质类别不同，B是黑色固体，E的浓溶夜可用作干燥剂，它们之间的转化或反应均为初中化学常见的化学反应，关系如图所示（“→”表示物质间能转化，“一”表示相连的物质能发生反应；图中部分反应物、反应条件、生成物已省略）请回答下列问题：（1）A的化学式为______。（2）C的物质类别是______（选填“单质”、“氧化物”“酸”、“碱”或“盐”）。（3）B一E反应现象是______。（4）写出B→D反应的化学方程式______，该反应的基本反应类型是______。【答案】（1）O2（2）氧化物（3）黑色固体减少或消失，溶液由无色变为蓝色（4）①.CuO+H2SO4=CuSO4+H2O②.复分解反应【解析】【分析】E的浓溶夜可用作干燥剂，E是浓硫酸，B是黑色固体，且B、E之间可发生反应，B是氧化铜。B→C，E→C，则C是水。C和D物质类别不同，B→D、E→D，D是硫酸铜。A→B，AC，则A是氧气。将推出的各种物质代入转化关系中进行验证，推断正确。（1）A的化学式为O2。（2）C是H2O，H2O的物质类别是氧化物。（3）B、E之间发生的反应是：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，该反应的现象是：黑色固体减少或消失，溶液由无色变为蓝色。（4）B→D反应的化学方程式为：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，两种化合物互相交换成分生成另外两种化合物的反应是复分解反应，则该反应的基本反应类型是复分解反应。推断题：1.对于重点学习研究的物质，做到心中有数2.要善于从题干中找到“题眼”（1）以物质的颜色为“题眼”①常见固体颜色：黄色──（S）暗紫色──（KMnO4）红色──Cu黑色──Fe3O4、CuO、MnO2、C粉、Fe粉②沉淀的颜色：蓝色沉淀──Cu(OH)2；红褐色沉──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溶液的颜色：蓝色──（含Cu2+的溶液）如CuSO4、Cu(NO3)2等；浅绿色──（含Fe2+的溶液）如FeCl2、FeSO4、Fe（NO3）2等；黄色──（含Fe3+的溶液）。④火焰的颜色：S在O2中燃烧（蓝紫色）；S、H2在空气中燃烧（浅蓝色）；CO、CH4在空气中燃烧（蓝色）。（2）以反应条件为“题眼”，如：点燃、通电、催化剂、高温、加热等。（3）以个性现象为“题眼”，如使带火星木条复燃的气体是O2；使澄清石灰水变浑浊的气体是CO2；常温下为液态的物质最常见的是H2O；最简单的有机物是甲烷CH4。（4）以元素或物质之最为“题眼”，如：①地壳中含量最多的元素是O，含量最多的金属元素是Al。②人体中含量最多的元素是O。③空气中含量最多的元素是N。④形成化合物最多的元素是C。⑤相对分子质量最小，密度最小的气体是H2。⑥相对分子质量最小的氧化物是H2O。⑦自然界中硬度最大的物质是金刚石。⑧最简单的有机物是CH4。⑨最常用的溶剂是H2O。⑩人体中含量最多的物质是H2O。（5）利用特征反应判断在解题过程中，要特别注意特征反应的出现。特征反应往往能够提供直接的线索，帮助我们确定某种物质的存在。因此，要学会识别和利用这些特征反应。以物质特征反映为“题眼”，如：单质A＋化合物B→单质C＋化合物D（6）敢于大胆去猜测如果实在找不到突破口，在大致范围确定的情况下，敢于大胆猜测。根据题目给出的条件猜出几个可能的、常见的、常用的物质，然后再用排除法找到正确答案。【变式1-1】（2024·吉林长春·一模）A是大理石的主要成分；B是金属氧化物；C是常见的一种碱。三种物质之间的一步转化关系如图所示(部分反应物、生成物未标出)。下列说法错误的是A．大理石和物质C均可作建筑材料B．物质B转化为可以加入稀盐酸C．物质C可以改良酸性土壤D．物质C转化到物质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是碳酸钙；B是金属氧化物，可作干燥剂，所以B是氧化钙；C是常见的一种碱，氧化钙会转化成C，所以C是氢氧化钙；代入验证，推导正确。【详解】A、大理石和物质C氢氧化钙均可作建筑材料，故正确；B、根据分析，B是氧化钙，氧化钙和盐酸反应生成氯化钙、水，所以物质B转化为CaCl2可以加入稀盐酸，故正确；C、物质C氢氧化钙可用来配制改良酸性土壤，故正确；D、物质C（氢氧化钙）转化到物质A（碳酸钙）可以通入CO2，还可以通过氢氧化钙和碳酸钠等可溶性碳酸盐反应生成碳酸钙，故错误；故选：D。【变式1-2】（2024·陕西咸阳·模拟预测）下图是初中化学最常见的物质之间的反应关系图，图中“一”表示两端的物质能够发生反应，“→”表示一种物质可以直接转化为另一种物质。下列说法不正确的是

A．X可以是碳酸钠，Y可以是氢氧化钙溶液B．X与BaCl2，X与Y反应均有白色沉淀生成C．图中发生的反应均无元素化合价的变化D．将Y换成氢氧化钠，图中物质之间反应关系也成立【答案】D【详解】A.若X是碳酸钠，Y是氢氧化钙溶液，则碳酸钠与氯化钡反应生成碳酸钡白色沉淀和氯化钠，碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳；氢氧化钙与硫酸反应生成硫酸钙和水，氢氧化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙白色沉淀和氢氧化钠，二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，符合物质之间的反应关系图，故选项说法正确；B.若X为碳酸钠，Y为氢氧化钙，碳酸钠与氯化钡反应生成碳酸钡白色沉淀和氯化钠，氢氧化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙白色沉淀和氢氧化钠，故选项说法正确；C.若X是碳酸钠，Y是氢氧化钙溶液，除二氧化碳与氢氧化钙的反应不属于复分解反应，其他反应均属于复分解反应，复分解反应中，各元素的化合价不变；二氧化碳与氢氧化钙的反应生成碳酸钙和水，反应中各元素的化合价不变；故选项说法正确；D.将Y换成氢氧化钠，X为碳酸钠，碳酸钠与氢氧化钠不能发生反应，故选项说法错误；故选：D。【变式1-3】（2024·陕西西安·一模）已知A～E是初中化学常见的5种物质，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。它们相互转化的关系如图所示(“→”表示反应能一步实现，“—”表示相连物质间能发生反应，部分反应物、生成物和反应条件已省略)。下列说法不正确的是A．A与E反应可生成D B．E物质在农业上可用于配制波尔多液C．D→E的反应过程放出热量 D．C只能通过B和E反应生成【答案】D【分析】已知A～E是初中化学常见的5种物质，其中A是胃酸的主要成分，则A为盐酸，B是光合作用的原料，则B为二氧化碳，C是大理石或石灰石的主要成分，则C为碳酸钙，B（二氧化碳）能与E反应，E能转化为C（碳酸钙），二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，则E为氢氧化钙，A（盐酸）能转化为D，B（二氧化碳）能与D反应，D能转化为E（氢氧化钙），盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，二氧化碳和水反应生成碳酸，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，则D为水，代入验证，推论合理。【详解】A、由分析可知，A为盐酸，E为氢氧化钙，D为水，盐酸和氢氧化钙反应生成氯化钙和水，即A与E反应可生成D，故A说法正确；B、由分析可知，E为氢氧化钙，在农业上可用于配制波尔多液，故B说法正确；C、由分析可知，D为水，E为氢氧化钙，D→E即为氧化钙和水反应生成氢氧化钙，该反应过程放出热量，故C说法正确；D、由分析可知，C为碳酸钙，B为二氧化碳，E为氢氧化钙，二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，但氢氧化钙和碳酸钠也能反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，故D说法不正确；故选：D。【变式1-4】（2024·天津河西·一模）是初中化学中常见物质，它们的转化关系如图所示，A是最常见的溶剂，A转化生成B时放出热量。是四种不同类别的化合物，B与D是同一类物质，F是制玻璃的原料，俗称“苏打”。（图中“—”表示相连的两种物质能反应，“”表示通过一步反应能实现转化），回答：(1)C的化学式是；E的物质类别是（填“酸”、“碱”、“盐”或“氧化物”）。(2)物质B的用途（写一种）。(3)B与F发生反应的化学方程式为，基本反应类型是反应。(4)为鉴别含溶质的两种稀溶液，可选取的物质是______（填序号）。A．二氧化碳 B．硝酸铜溶液 C．酚酞溶液 D．稀盐酸【答案】(1)酸(2)改良酸性土壤(3)复分解(4)A【分析】根据题意分析，F是制玻璃的原料，俗称苏打，则F是碳酸钠，F与D可以相互转化，假设D为氢氧化钠，氢氧化钠和碳酸钠可以相互转化，假设合理；C、D、E、F是四种不同类别的化合物，E分别能与D和F反应，D是碱，F是盐，则E为酸；A是最常见的溶剂，则A是水；B与D是同一类物质，A能生成B，A转化生成B时放出热量，则B为氢氧化钙，氧化钙和水生成氢氧化钙；剩余C为氧化物，且C能与碱溶液反应，则C为二氧化碳，二氧化碳能与氢氧化钙和氢氧化钠反应；代入验证，推理正确。【详解】（1）由分析可知，C是二氧化碳，C的化学式是CO2；由分析可知，E的物质类别是酸；（2）由分析可知，B是氢氧化钙，常用于改良酸性土壤；（3）由分析可知，B是氢氧化钙，F是碳酸钠，氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，反应的方程式为；反应符合两种物质相互交换成分生成另两种化合物，则基本反应类型是复分解反应；（4）由分析可知，B是氢氧化钙，D为氢氧化钠，均属于碱，具有碱的通性；A、氢氧化钠与二氧化碳反应无明显现象，氢氧化钙与二氧化碳反应有沉淀产生，现象不同，可以鉴别；B、氢氧化钠与氢氧化钙均可与硝酸铜反应产生蓝色沉淀，现象相同，不可鉴别；C、氢氧化钠与氢氧化钙均可使酚酞变红，现象相同，不可鉴别；D、氢氧化钠与氢氧化钙均可与稀盐酸反应且无明显现象，现象相同，不可鉴别；故选A。►题型二工业流程题【真题2-1】（2023辽宁营口中考）我国承诺：努力争取2060年前实现“碳中和”，体现大国担当。工业上有一种利用烧碱溶液实现“碳捕捉”的技术，其主要流程如下：（1）分离区进行的实验操作是_______（填操作名称）；（2）该流程中可循环利用的物质甲、乙分别是_______。（3）反应区1中发生反应的化学方程式为_______（答一个即可）；（4）为了确定“捕捉区”进入反应区Ⅰ中溶液的成分，请完成下表中实验方案。实验步骤实验现象实验结论______________溶液成分只有Na2CO3【答案】（1）过滤（2）氧化钙、氢氧化钠##CaO、NaOH（3）或（4）①.①取少量该溶液于试管中，向溶液中滴加过量的氯化钙溶液，并不断振荡；②取①中上层清液，加入酚酞溶液（合理即可）②.①产生白色沉淀，②无明显变化（与前一空对应）【解析】【分析】工业上有一种利用烧碱溶液实现“碳捕捉”技术，根据流程可知，捕捉区发生的反应是烧碱与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，经反应区Ⅰ、分离区得到碳酸钙，所以反应区Ⅰ发生的反应是碳酸钠和氢氧化钙生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，物质乙是氢氧化钠，送回捕捉区循环使用，碳酸钙经反应区Ⅱ得到二氧化碳，碳酸钙高温反应分解生成氧化钙和二氧化碳，则甲是氧化钙，送回反应区Ⅰ循环使用。（1）根据分析可知，分离室中分离出碳酸钙和氢氧化钠溶液，分离难溶性固体和溶液的操作为过滤；（2）根据分析可知，既能做反应物又能做生成物的物质可循环利用，故流程中可循环利用的物质有CaO、NaOH。（3）反应区1中发生的反应分别为碳酸钠和氢氧化钙生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠和氧化钙和水生成氢氧化钙，化学方程式分别为、；（4）氢氧化钠与二氧化碳恰好完全反应，“捕捉区”进入反应区Ⅰ中溶液的成分是碳酸钠；氢氧化钠过量，“捕捉区”进入反应区Ⅰ中溶液的成分是碳酸钠和氢氧化钠。碳酸钠、氢氧化钠都显碱性，碳酸钠对氢氧化钠的检验会产生干扰，因此在检验碳酸钠溶液中是否存在氢氧化钠时，应先用足量的中性溶液（如可溶性的钡盐、钙盐）检验碳酸钠存在，并完全除去碳酸钠，再检验氢氧化钠的存在。氢氧化钠是一种碱具有碱的通性，可通过碱的通性，检验氢氧化钠存在。因此：实验步骤实验现象实验结论①取少量该溶液于试管中，向溶液中滴加过量的氯化钙溶液，并不断振荡；②取①中上层清液，加入酚酞溶液①产生白色沉淀②无明显变化溶液成分只有Na2CO3【真题2-2】（2023辽宁沈阳中考）《礼记》等文献中记载古人用草木灰（主要成分是）与石灰石灼烧后的固体、水混合制取氢氧化钾，用作纺织品漂洗剂。小组同学以“古法制碱”为主题开展了项目式学习。项目一：实验室模拟古法制碱【实验设计】制碱的主要流程如图3所示。（1）①步骤一反应类型是______（填“化合反应”或“分解反应”）。②请写出步骤二反应的化学方程式：______。③资料显示，步骤三反应的化学方程式：【实验实施】小组同学完成步骤一、步骤二实验后，立即进行步骤三实验，如图4所示。项目二：验证氢氧化钾生成（2）为了证明步骤三反应的发生，小组同学再次设计并进行了如下实验：实验操作实验现象实验结论取图4烧杯静置后底部的少量固体，洗净后置于试管中，加入足量的______，将产生的气体通入澄清石灰水试管中产生气泡澄清石灰水变浑浊固体中含有（3）小明同学认为上述实验结论中的均为步骤三反应生成。点点同学提出质疑，理由应是______。（实验过程中得到的相关物质均未变质）（4）点点同学提出了新思路：可以通过测量溶液pH的变化证明步骤三反应发生。经测定：常温下饱和溶液的pH为12.7，实验配制的溶液pH为11.3。重新做步骤三实验，向盛有溶液的烧杯中，分3次加入步骤二得到的悬浊液，分别测得烧杯内混合液pH变化后的数据如下：次数第一次第二次第三次pH12.213.214.0①小组同学通过分析以上实验数据认为可以证明步骤三反应的发生，依据是______。②为了进一步验证有KOH生成，还应测定的数据是______，请说明验证的理由：______。项目三：处理碱性废液为了：防止污染，同学们用实验室废液处理装置，并按其使用说明，对上述实验产生的碱性废液进行处理。【处理过程】（5）①第一步：配制稀硫酸。用______g溶质质量分数为98%的浓硫酸配制溶质质量分数为10%的稀硫酸490g，冷却后倒入软塑料瓶。②第二步：处理废液。将碱性废液倒入反应槽，开启搅拌机，按压软塑料瓶注入稀硫酸，将pH调至约等于______。当pH稳定后停止搅拌。打开水阀，废液流入过滤槽、活性炭槽，处理达标后排放。③第三步：处理废渣。【分析交流】（6）按说明书建议，装置中应使用稀硫酸、而不用盐酸处理碱性废液，请结合所学知识推测其原因是______。（7）第二步中搅拌机搅拌的作用是______。（8）请写出一条在第二步处理废液过程中应注意的安全事项：______。【总结评价】实验是学习的一部分，敢质疑、敢创新，一定能在科学探究中收获成功，感受快乐!【答案】（1）①.分解反应②.（2）稀盐酸（3）步骤一中碳酸钙可能未反应完全（4）①.混合液的pH逐渐增大，说明有碱性物质生成，则可以证明步骤三反应的发生②.单独的氢氧化钾溶液的pH③.氢氧化钙和碳酸钾的pH均小于14，碳酸钙难溶，若测定出氢氧化钾溶液的pH在14左右，即可说明有氢氧化钾生成（5）①.50②.7（6）酸碱中和反应放热，盐酸受热会挥发出氯化氢气体（7）增大反应物的接触面积，使反应更充分（8）防止搅拌时液滴飞溅（合理即可）【解析】（1）①步骤一碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，该反应符合“一变多”的特点，属于分解反应；②步骤二氧化钙和水反应生成氢氧化钙，化学方程式为：；（2）根据实验结论固体中含有CaCO3，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，取图4烧杯静置后底部的少量固体，洗净后置于试管中，加入足量的稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水，可观察到试管中产生气泡澄清石灰水变浑浊；（3）由于步骤一中的碳酸钙可能没有完全反应，所以上述实验结论中的CaCO3也可能来自于步骤一中剩余的碳酸钙；（4）①由于常温下Ca(OH)2饱和溶液的pH为12.7，实验配制的K2CO3溶液pH为11.3，向盛有K2CO3溶液的烧杯中，分3次加入步骤二得到的悬浊液，混合液的pH逐渐增大，说明有碱性物质生成，则可以证明步骤三反应的发生；②为了进一步验证有KOH生成，还应测定的数据是单独的氢氧化钾溶液的pH，氢氧化钙和碳酸钾的pH均小于14，碳酸钙难溶，若测定出氢氧化钾溶液的pH在14左右，即可说明有氢氧化钾生成；（5）①根据稀释前后溶质质量不变，则需要溶质质量分数为98%的浓硫酸的质量为;②pH=7的溶液显中性，因此将碱性废液倒入反应槽，开启搅拌机，按压软塑料瓶注入稀硫酸，将pH调至约等于7；（6）由于酸碱中和反应放热，盐酸受热会挥发出氯化氢气体，因此不用盐酸处理碱性废液；（7）第二步中用搅拌机搅拌，可以增大反应物的接触面积，使反应更充分；（8）在第二步处理废液过程中应注意，防止搅拌时液滴飞溅。【真题2-3】（2023年辽宁省抚顺、本溪、辽阳中考）认识物质是化学研究的主要任务之一，同学们对NaOH展开了如下探究活动。活动一：探究NaOH的化学性质【查阅资料】Mg(OH)2是难溶于水的白色固体（1）A试管中观察到酚酞溶液变为红色，说明氢氧化钠溶液显_____性。向A试管中继续加入稀硫酸，观察到_____，由此证明NaOH能与H2SO4反应。（2）B试管中无明显现象。为证明B试管中已发生化学反应，向该试管中再加入足量的_____，观察到有气泡产生。（3）C试管中出现白色沉淀，发生反应的化学方程式为_____。活动二：了解NaOH的制备（4）工业上，可以通过电解饱和食盐水的方法获得NaOH，该反应的化学方程式为：，则X的化学式为_____。活动三：测定NaOH样品的纯度工业制得的NaOH中常含有一定量的NaCl。同学们采用“沉淀法”对某NaOH样品的纯度进行测定。实验方案如下：（5）判断方案中MgCl2溶液过量的化学方法是_____。（6）称量前需将滤渣洗涤、干燥，否则会导致测定结果_____(填“偏大”“偏小”或“不变”)。【答案】（1）①.碱②.溶液由红色变为无色（2）稀盐酸(或稀硫酸等合理即可)（3）（4）H2O（5）取少量滤液于试管中，加入氢氧化钠溶液，有白色沉淀产生(合理即可)（6）偏大【解析】（1）无色酚酞遇碱性溶液变为红色，遇中性和酸性溶液不变色，A试管中观察到酚酞溶液变为红色，说明氢氧化钠溶液显碱性；向A试管中继续加入稀硫酸，NaOH能与稀硫酸反应生成硫酸钠与水，硫酸钠溶液呈中性，则向A试管中继续加入稀硫酸，可以观察到溶液由红色变为无色；由此证明氢氧化钠被消耗，则证明氢氧化钠能与硫酸反应；（2）B试管中二氧化碳氧氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，该反应无明显现象，所以为了验证该反应的发生，即为验证生成了碳酸钠，碳酸钠与盐酸（或硫酸）反应生成氯化钠（或硫酸钠）、二氧化碳和水，故可向该试管中再加入足量的稀盐酸（或稀硫酸），观察到有气泡产生，说明B试管中已发生反应；（3）C试管中氯化镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，该反应的化学方程式为：；（4）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2个Na、2个Cl，反应后有2个Na、2个Cl、2个O、4个H，故2X中含有2个O和4个H，X中含有1个O和2个H，X的化学式为H2O；（5）根据氯化镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，所以判断方案中MgCl2溶液过量的化学方法为：取少量滤液于试管中，加入氢氧化钠溶液，有白色沉淀产生，说明氯化镁溶液过量；（6）该实验室根据沉淀的质量计算出氢氧化钠的质量，继而得出氢氧化钠的纯度，称量前需将滤渣洗涤、干燥，否则会导致滤渣质量偏大，导致测定结果偏大。一：工业流程示意图核心反应目标产品原料原料预处理（清洗、除杂、粉碎等）产品分离提纯核心反应目标产品原料原料循环利用排放物环保处理关键核心：1.物质的生产制备要明确目标产品，把握整体思路。规律：主线主产品，分支副产品，回头为循环2.关键核心：物质的分离操作、除杂试剂的选择、生成条件的控制、化学方程式书写等3.金属资源的回收利用要熟练掌握并应用金属活动性顺序4.“三废”处理的过程中要明确有害物,加入的试剂主要是为了将其无害化处理5.注意除杂过程中除杂试剂的滴加顺序、注意事项、实验步骤等二：流程中涉及的主要操作1.粉碎(研磨、喷淋)：增大反应物的接触面积，加快反应速度或使反应更充分2.打磨：除去氧化膜(或污物)3.溶解(水溶、酸溶)：通过溶于水或酸，使其与不溶性物质经过过滤分离4.灼烧(煅烧)：除去可燃性杂质或使物质高温氧化。灼烧完全的判断依据:质量不再变化5.加洗涤剂：乳化除去油污三：加入某试剂的目的或判断试剂的选择1.加入过量试剂目的：将原物质中的杂质完全反应掉或全部转化2.判断加入试剂种类：多为除去某过量物质或者反应副产物，可从加入目的、产物入手3.判断某步存在或得到的物质：根据上一步可能发生的反应，且注意所加试剂是否有剩余考点四：判断可循环利用的物质根据箭头方向(可逆线)，即某一步的产物是前面某步流程中的原料五、混合物分离、提纯的操作1.过滤：使固体、液体分离2.蒸发结晶：提纯溶解度受温度影响变化不大的物质3.降温结晶：提纯溶解度随温度升高明显增大的物质4.洗涤：①滤渣用水洗②晶体产品用饱和溶液洗涤等判断滤渣是否洗涤干净方法：取少量最后一次洗涤液，检验洗涤液中是否含有溶液中的溶质六、陌生化学方程式的书写根据箭头方向，箭头进入的是反应物,出去的是生成物(包括主产物和副产物)。若从已知信息中找到的反应物和生成物不满足质量守恒定律，可在反应物或生成物中加入水，然后进行配平,还应注意反应条件的有关信息;若在空气中煅烧或通入空气，则还需考虑空气中的氧气是否参与反应七、控制反应条件1.搅拌或加热：加快反应(或溶解)速率2.溶液趁热过滤(控温处理)：防止目标物质损失3.调节溶液pH的目的：使目标阳离子沉淀、防止发生副反应、防止工业废水污染4.通入保护气(如氩气)的作用：防止物质被氧化【变式2-1】（2024·江西上饶·模拟预测）我国力争在2060年前实现“碳中和”。为实现这一目标，一种捕集烟气中二氧化碳并转化利用的流程如图：(1)工艺流程中循环使用的物质是。(2)“转化器”中发生的反应是，X化学式是。(3)“合成塔”中发生的基本反应类型是，参加反应的CO和的质量最简比是。(4)甲醇可以作燃料，甲醇在氧气中充分燃烧生成二氧化碳和水，反应的化学方程式是。【答案】(1)氧化钙或碳酸钙(2)CH4(3)化合反应7：1(4)【详解】（1）由流程图可知，氧化钙在吸收塔中转化成碳酸钙，碳酸钙在转化器中转化成氧化钙，则在此流程中可循环使用的物质是氧化钙或碳酸钙。（2）根据化学反应前后原子个数不变，反应后钙原子1个、氧原子3个、碳原子是2个、氢原子是4个，反应前钙原子1个、氧原子3个、碳原子是1个、氢原子是0个，缺的原子由X提供，则X的化学式是CH4；（3）“合成塔”中，一定条件下一氧化碳和氢气反应生成甲醇，反应的化学方程式是：，由2种物质生成1种物质，属于化合反应；参加反应的CO和的质量最简比是28：（14）=7：1；（4）甲醇可以作燃料，甲醇在氧气中充分燃烧生成二氧化碳和水，反应的化学方程式是:。【变式2-2】（2024·广东汕尾·一模）《周礼·考工记》记载了我国劳动人民制取氢氧化钾以漂洗丝帛的工艺。大意是先将干燥的木头烧成灰(含)，用其灰汁浸泡丝帛，再加入石灰即可，该图为模拟该法制取氢氧化钾的工艺流程。(1)“操作a”的名称是，需要用到的玻璃仪器有烧杯、和玻璃棒。(2)反应①的化学方程式是；反应②过程会(填“放出”或“吸收”)热量，反应③属于反应(填基本反应类型)。(3)“漂洗丝帛”是指洗去衣物表面的污渍，该工艺中起去除污渍作用的物质是。(4)工艺中所烧的木头是干燥的。根据燃烧的条件分析，湿木头不易燃烧的原因是。(5)该工艺中可以循环利用的物质是。【答案】(1)过滤漏斗(2)放出复分解(3)氢氧化钾/KOH(4)湿木头表面有水分，水蒸发吸热，温度没有达到可燃物的着火点(5)碳酸钙/CaCO3【详解】（1）操作a是将不溶于液体的固体物质与液体分离的一种方法，操作a的名称是过滤；需要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒。（2）反应①为碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，化学方程式为：；反应②为氧化钙和水反应生成氢氧化钙，该过程放出热量；反应③为氢氧化钙和碳酸钾反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钾，该反应是两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物，属于复分解反应；（3）“漂洗丝帛”将干燥的木头烧成灰（含K2CO3），用其灰汁浸泡丝帛，再加入石灰即可，结合流程图可知，碳酸钾和氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钾，氢氧化钾能与油污发生化学反应去除油污，故该工艺中起去除污渍作用的物质是氢氧化钾或KOH；（4）燃烧的三个条件：可燃物、充足的空气、温度达到可燃物的着火点，湿木头表面有水分，周围温度升高，表面水分会蒸发吸热，使周围温度降低，温度不易达到可燃物的着火点，故不易燃烧；（5）由流程图可知，碳酸钙既是流程的反应物，又是流程的生成物，能够循环利用。【变式2-3】（2024·广东阳江·一模）为了实现碳减排目标，许多国家都在研究二氧化碳的减排措施，其中“碳捕捉和封存”技术是实现这一目标的重要途径之一。工业流程如图所示：请回答以下有关问题：(1)“捕捉室”中溶液常喷成雾状，主要目的是。(2)“捕捉室”中溶液捕捉的化学方程式为。(3)“反应分离器”中涉及的反应有和。(4)“封存室”内由气态变为液态，从微观角度解释变化的原因是。(5)整个过程中，可以循环利用的物质除水之外，还有（填化学式）。(6)下列措施中能有效减少空气中含量的是。（多选，填字母）a．在汽油中加入适量的乙醇作为汽车燃料

b．大力推广使用太阳能

c．大力植树造林【答案】(1)增大反应物接触面接，使反应更充分(2)(3)(4)分子之间的间隔变小(5)CaO、NaOH(6)bc/cb【详解】（1）“捕捉室”中NaOH溶液常喷成雾状，能增大反应物的接触面积，使反应更充分；（2）氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，化学方程式为：；（3）“反应分离器”中氧化钙和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，涉及的反应有CaO+H2O=Ca(OH)2、；（4）二氧化碳分子之间有间隔，“封存室”内CO2由气态变为液态，从微观角度解释，是因为分子之间的间隔变小；（5）由流程可知，反应过程中除水之外，氧化钙和氢氧化钠既是反应物，又是生成物，可循环利用，化学式为CaO、NaOH；（6）a、乙醇燃烧生成二氧化碳和水，在汽油中加入适量的乙醇作为汽车燃料，并不能减少二氧化碳的排放，故选项错误；b、大力推广使用太阳能，可以减少二氧化碳的排放，故选项正确；c、二氧化碳是绿色植物进行光合作用的原料，大力植树造林，可以减少空气中二氧化碳的含量，故选项正确；故选：bc。【变式2-4】（2024·江苏苏州·一模）我国承诺：2030年“碳达峰”，2060年“碳中和”，体现大国担当。丁仲礼院士认为“碳中和”是让人为排放的CO2，被人为努力和自然过程所吸收。Ⅰ.碳排放(1)查阅图，动植物呼吸_____(填“能”或“不能”)释放CO2。Ⅱ.碳中和(2)自然吸收：查阅图，CO2的自然吸收途径有______(填图中序号)。(3)人为努力：CO2的捕捉是减少碳排放的有效措施。如图是实际生产中采用足量NaOH溶液来“捕捉”CO2的工艺流程：①操作a的名称是。②“捕捉室”中NaOH溶液采用喷雾方式加入，目的是，发生反应的化学方程式为。③“捕捉室”中的NaOH溶液与“反应器”中的X溶液可否互换？原因是。(4)整个流程中可以循环使用的物质是_____(填化学式)。Ⅲ.碳利用(5)我国科学家在实验室实现以CO2和H2为原料人工合成淀粉(C6H10O5)n，若用44gCO2人工合成淀粉(假设反应过程中无含碳物质的加入和损失)，理论上制得淀粉的质量为_______g。【答案】(1)能(2)④⑥(3)过滤增大氢氧化钠与二氧化碳的接触面积，使其充分反应不能互换，因为氢氧化钙微溶于水，吸收二氧化碳效果差(4)NaOH、CaO(5)27【详解】（1）由图可知，动植物呼吸能释放二氧化碳；（2）由图可知，该图中吸收二氧化碳的途径有植物光合作用、海水吸收等，故填：④⑥；（3）①操作a是将固体和液体分离，操作名称是过滤；②“捕捉室”中NaOH溶液采用喷雾方式加入，目的是增大氢氧化钠与二氧化碳的接触面积，使其充分反应；二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，反应的化学方程式为：；③“反应器”中的碳酸钠和X反应生成氢氧化钠和固体，碳酸钠和氢氧化钙能反应生成碳酸钙和氢氧化钠，因此“反应器”中X溶液是氢氧化钙溶液，氢氧化钙微溶于水，吸收二氧化碳效果差，因此“捕捉室”中的氢氧化钠溶液与“反应器”中的氢氧化钙溶液不可互换；（4）分析流程图信息，可知整个流程中“捕捉室”中需要氢氧化钠，且流程中有氢氧化钠生成，高炉反应中有氧化钙生成，且“反应器”中需要氧化钙，因此可以循环使用的物质是氢氧化钠、氧化钙，化学式为NaOH、CaO；（5）由质量守恒定律可知，二氧化碳中碳元素的质量与生成淀粉中碳元素的质量向等，则用44gCO2人工合成淀粉的质量为：。►题型三溶解度曲线题【真题3-1】（2023辽宁阜新中考）如图是硝酸钾和氯化钾两种物质的溶解度曲线，请根据图示回答下列问题。（1）在t1℃时，若将20gKNO3晶体放入50g水中充分溶解后，所得溶液的质量是______g。（2）现有t2℃时KCl的不饱和溶液，使其转化为该温度下饱和溶液的方法有_____（写一种即可）。（3）若KNO3中混有少量KCl，提纯KNO3的结晶方法是______。【答案】（1）62.5（2）增加氯化钾(增加溶质)或恒温蒸发溶剂（3）冷却热的饱和溶液或降温结晶【解析】（1）据图可知，t1℃时KNO3的溶解度是25g，即t1℃时100g水最多溶解硝酸钾25g，则50g水最多溶解硝酸钾12.5g，所以在t1℃时，将20gKNO3晶体放入50g水中充分溶解后，所得溶液的质量=12.5g+50g=62.5g。故填：62.5。（2）t2℃时KCl的不饱和溶液，使其转化为该温度下饱和溶液的方法，即增加溶质或减少溶剂。所以具体方法是可以增加氯化钾(增加溶质)，或恒温蒸发水（溶剂）。故填：增加氯化钾(增加溶质)，或恒温蒸发水（溶剂）。（3）据图可知，硝酸钾的溶解度受温度变化影响较大，氯化钾的溶解度受温度变化影响不大，所以若KNO3中混有少量KCl，提纯KNO3的结晶方法是冷却热的饱和溶液（或降温结晶）。故填：冷却热的饱和溶液（或降温结晶）。【真题3-2】（2023辽宁丹东中考）溶液在工农业生产和科学研究中具有广泛的用途。请依据题意回答下列问题。【资料】和两种物质在不同温度时的溶解度温度/010203040溶解度/g35.735.836.036.336.67.112.221.839.753.2（1）生活在盐湖、碱湖附近的人们传承下来的劳动经验是“夏天晒盐，冬天捞碱”。①俗称苏打或______。分析表中数据，冬天更适合“捞碱”的原因是：冬季温度降低，的溶解度随温度的降低而______，有利于的析出。②夏天“晒盐”，当有大量盐析出后，所得溶液为该温度下的______（填“饱和”或“不饱和”）溶液。（2）在实验室进行粗盐提纯时，使用蒸发皿蒸发过程中，有时会出现液滴飞溅现象，导致该现象的原因可能是______（答一点即可）。（3）在实验室用质量分数为的溶液（密度约为）配制质量分数为的溶液。①计算所需质量分数为的溶液的质量为______g。②在配制该溶液的过程中，下列实验仪器不需要选用的是______（填字母序号）。A．量筒B．玻璃棒C．烧杯D．天平③选用______（填“”或“”）的量筒量取所需水（密度约为）的体积。【答案】（1）①.纯碱②.减小③.饱和（2）没使用玻璃棒搅拌（答案合理即可）（3）①.40②.D③.【解析】（1）①俗称苏打或纯碱；冬天更适合“捞碱”的原因是：冬季温度降低，的溶解度随温度的降低而减小，碳酸钠易结晶析出。②析出晶体的溶液为该温度下该溶质的饱和溶液。故填：纯碱；减小；饱和。（2）在实验室进行粗盐提纯时，使用蒸发皿蒸发过程中，有时会出现液滴飞溅现象，导致该现象的原因可能是没使用玻璃棒搅拌，蒸发时要用玻璃棒搅拌，目的是防止局部温度过高，造成液滴飞溅，若不用玻璃棒搅拌，会造成蒸发皿中液体受热不均匀，局部温度过高而使液滴飞溅，故填：没使用玻璃棒搅拌（答案合理即可）。（3）①设所需质量分数为的溶液的质量为x，根据溶液稀释前后溶质质量不变，则：x×=×，得：x=40g，故填：40。②在配制该溶液的过程中，需用量筒量取的溶液的体积和所需水的体积，需用玻璃棒搅拌混匀，需在烧杯中进行配制，不需要托盘天平，托盘天平一般用来称量固体药品的质量，故选：D。③所需水的质量为：80g-40g=40g，所需水的体积为：，量筒规格应选取略大于待量液体体积的量筒，所以选量筒，故填：。【真题3-3】（2023辽宁铁岭、葫芦岛中考）如图1所示，℃时，将等质量的和KCl分别加入100g水中充分溶解后，升温至℃。图2是和KCl的溶解度曲线。（1）图1烧杯甲中溶解的物质是_____。（2）℃时，烧杯乙中的溶液是_____(填“饱和”或“不饱和”)溶液。（3）若中混有少量KCl，可采用_____的方法提纯。（4）℃时，将50g固体放入50g水中充分溶解，所得溶液的溶质质量分数为_____。【答案】（1）氯化钾##KCl（2）不饱和（3）降温结晶(或冷却热饱和溶液)（4）50%【解析】（1）t1℃时，将等质量的KNO3和KCl分别加入100g水中充分溶解后，甲溶解完全，乙剩余，说明甲烧杯中的物质在t1℃的溶解度大于乙烧杯中的物质，根据图2可知，t1℃的溶解度：氯化钾大于硝酸钾，则甲中溶解的物质是氯化钾；（2）氯化钾在t1℃已经溶解完全，升温到t2℃，溶解度增大，则氯化钾溶液是不饱和溶液；根据图2，t2℃时，硝酸钾的溶解度等于氯化钾的溶解度，是等质量的KNO3和KCl分别加入100g水中充分溶解，则烧杯乙中（硝酸钾）的溶液是不饱和溶液；（3）硝酸钾和氯化钾两种固体物质的溶解度，都是随温度升高而增大，而硝酸钾的溶解度随温度的升高变化比氯化钾大，则应采用降温结晶方法提纯KNO3；（4）t3℃时硝酸钾的溶解度是110g，将50gKNO3固体放入50g水中充分溶解，得到不饱和溶液，则所得溶液的溶质质量分数为。【真题3-4】（2023辽宁抚顺、本溪、辽阳中考）下表是氯化钠和氯化钾的部分溶解度数据，回答下列问题。温度/℃0102030405060溶解度/g氯化钠35.735.836.036336.637.037.3氯化钾27.631.034037.040.042.645.5（1）30℃时，氯化钠的溶解度是_____g。（2）分析表中数据可知，溶解度受温度影响较大的物质是_____。（3）某同学用氯化钾进行了下图所示实验(实验过程中水分损失忽略不计)。①A~D中为饱和溶液的是_____(填字母)。②D中析出晶体的质量是_____g。【答案】（1）36.3（2）氯化钾##KCl（3）①.BCD②.6.2【解析】（1）由表格可知，30℃时，氯化钠的溶解度是36.3g。（2）由表格可知，溶解度受温度影响较大的物质是KCl。（3）①BD中明显有未溶解的KCl晶体，故BD一定为饱和溶液，20℃时KCl的溶解度为34g，故50g水可以溶解17gKCl，故A中只溶解了10gKCl，A为不饱和溶液，40℃时KCl的溶解度为40g，故50g水可以溶解20gKCl，C中刚好溶解了20gKCl，故C为饱和溶液。故BCD为饱和溶液。②10℃氯化钾的溶解度为27.6g，所以D中析出晶体的质量=10g+10g-27.6g÷2=6.2g。【真题3-5】（2023辽宁盘锦中考）水与人类的生产、生活密切相关。（1）水常用作溶剂①如图一所示，用玻璃棒搅拌，固体充分溶解后，得到KCl______（填“饱和”或“不饱和”）溶液。20℃时，将等质量的KCl、NaNO3固体分别配成饱和溶液，下列关于所得溶液的叙述正确的是______。A．KCl溶液中溶剂的质量＜NaNO3溶液中溶剂的质量B．KCl溶液的质量＞NaNO3溶液的质量C．KCl溶液中溶质的质量分数＜NaNO3溶液中溶质的质量分数②KCl、NaNO3等可用于配制无土栽培营养液，其中NaNO3属于______肥。（2）水可作反应物①航天员一部分生活用氧可通过电解水制得，依据该反应分析，水由______组成。②在图二所示实验操作过程中，溶液颜色的变化是______。（3）水可用来灭火纸箱着火时可用水浇灭，其主要灭火原理是______。【答案】（1）①.饱和②.BC③.氮##N（2）①.氧元素②.由紫色先变红色后又变为紫色（3）降低温度至可燃物的着火点以下【解析】（1）①已知在20℃时，饱和KCl的溶解度为34g，则20℃时，100g水中只能溶解34gKCl，因此图一固体充分溶解后，得到KCl的饱和溶液；A、20℃时，KCl的溶解度小于NaNO3，则将等质量的KCl、NaNO3固体分别配成饱和溶液，KCl溶液中溶剂的质量＞NaNO3溶液中溶剂的质量，故选项说法错误；B、由选项A分析可知，配制KCl溶液需要的溶剂的质量大，因此KCl溶液的质量＞NaNO3溶液的质量，故选项说法正确；C、20℃时，KCl的溶解度小于NaNO3的溶解度，则该温度下KCl饱和溶液中溶质的质量分数＜NaNO3饱和溶液中溶质的质量分数，故选项说法正确；故填：饱和；BC；②NaNO3中含有N、P、K中的氮元素，属于氮肥，故填：氮或N；（2）①航天员一部分生活用氧可通过电解水制得，根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变，说明水中含有氧元素，故填：氧；②二氧化碳能溶于水且与水反应生成碳酸，碳酸能使紫色石蕊溶液变红，加热后，碳酸受热分解，溶液由从红色变为紫色，故溶液颜色的变化是由紫色先变为红色后又变为紫色，故填：由紫色先变为红色后又变为紫色；（3）纸箱属于可燃物，着火时可用水浇灭，其主要灭火原理是降低温度至可燃物的着火点以下，故填：降低温度至可燃物的着火点以下。【真题3-6】（2023辽宁大连中考）如图是硝酸钾和氯化钠的溶解度曲线。（1）氯化钠的溶解度受温度变化的影响______。（2）要使硝酸钾饱和溶液变为不饱和溶液，除加水外，还可以采取的一种方法是______。（3）60℃时，向100g水中加入100g硝酸钾充分溶解，所得溶液的质量为______g。（4）若硝酸钾中混有少量的氯化钠，提纯硝酸钾的方法是______。【答案】（1）较小（2）升温（3）200（4）冷却热饱和溶液（或其他合理答案）【解析】（1）据图可以看出，氯化钠的溶解度受温度影响较小；（2）硝酸钾的溶解度随温度的升高而增大，则要使硝酸钾的饱和溶液变为不饱和溶液，除加水外还可以升高温度；（3）60℃时，硝酸钾的溶解度为110g，则向100g水中加入100g硝酸钾充分溶解，所得溶液的质量为200g；（4）硝酸钾的溶解度随温度的升高而增大，氯化钠的溶解度受温度影响较小；若硝酸钾中混有少量的氯化钠，提纯硝酸钾的方法是冷却热饱和溶液（其他合理即可）。【真题3-7】（2023辽宁锦州中考）如图是KNO3和KCl的溶解度曲线图，据图回答问题：（1）40℃时，KC1的溶解度是______g。（2）KNO3中混有少量KC1，提纯KNO3的方法是______。（3）40℃时，将KNO3和KC1的固体各20g分别加入到各盛有50g水的两个烧杯中、充分搅拌后。所得两种溶液的质量大小关系是KNO3______KCl（选填“<”、“=”或“>”）；欲增大该KCl溶液的溶质质量分数，可采用的方法是______（写出一种即可）。【答案】（1）40（2）降温结晶##冷却热饱和溶液（3）①.=②.升高温度并增加溶质##升高温度并蒸发溶剂【解析】（1）根据溶解度曲线可知，40℃时，KC1的溶解度是40g；（2）根据溶解度曲线可知，硝酸钾物质的溶解度受温度变化影响较大，氯化钾物质的溶解度受温度变化影响较小，所以若硝酸钾中混有少量的氯化钾，最好采用降温结晶的方法提纯硝酸钾；（3）根据溶解度曲线可知，在40℃时，硝酸钾的溶解度大于40g，氯化钾的溶解度为40g，则将KNO3和KC1的固体各20g分别加入到各盛有50g水的两个烧杯中、充分搅拌后，溶质硝酸钾和氯化钾固体全部溶解，溶质质量均为20g，溶剂质量均为50g，则溶液所得两种溶液的质量大小关系是KNO3等于KCl；根据溶解度曲线可知，氯化钾的溶解度随温度的升高而增大，且饱和溶液的溶质质量分数随着溶解度增大而增大，在40℃时，氯化钾的溶解度为40g，在该温度下40g的氯化钾溶于100g水中恰好形成饱和溶液，则KC1的固体20g加入到盛有50g水的烧杯中、充分搅拌后，固体全部溶解，形成的氯化钾溶液正好为饱和溶液，则由于欲增大该KCl溶液的溶质质量分数的方法可以增大物质的溶解度，即升高温度并增加溶质（或升高温度并蒸发溶剂）。1、溶解度曲线解题关键（1）明确溶解度曲线上点的含义（某点是在某温度时某物质的溶解度是多少g。交点是在某温度时，两物质的溶解度相等。线上方的点表示是饱和溶液，下方的点表示不饱和溶液）；（2）明确物质的溶解度随温度变化的趋势（线越陡，表示该物质溶解度受温度影响较大）；（3）明确饱和溶液中溶质的质量大小的判断方法；（4）明确判断溶质的质量分数大小关系的方法。2、线的含义：三线：①“陡升型”：大多数固体物的溶解度随温度升高而升高。如KNO3；②“缓升型”：少数固体物质的溶解度受温度的影响很小。如NaCl；③“下降型”：极少数物质溶解度随温度升高而降低。如Ca(OH)2。3、点的含义：四点：①曲线上的点：所示某温度下某物质的溶解度是多少（该温度下饱和状态）。②两曲线的交点：表示在该点所示的温度下，两种物质的溶解度相等。③线上方的点表示：在该温度下，该溶液是饱和且有部分晶体；④线下方的点表示：该温度下，该溶液是不饱和溶液。【变式3-1】（2024·湖北荆州·二模）甲、乙两种固体物质的溶解度曲线如图所示。下列说法中正确的是A．t2℃时，甲和乙的溶液中溶质质量相同B．t1℃时，将40g甲加入50g水中，充分溶解后溶质和溶液的质量比为2：7C．二氧化碳的溶解度变化规律与乙的溶解度变化规律不同D．分别将t2℃时100g甲、乙的饱和溶液降温到t1℃，溶质的质量分数：甲＞乙【答案】B【详解】A、t2℃时，甲和乙的溶解度相同，但甲和乙的溶液状态不能确定，故无法比较所含溶质大小，故A错误；B、t1℃时，甲物质的溶解度是40g，即100g的水中最多溶解40g甲，故该温度下，将40g甲加入50g水中，只能溶解20g甲，故充分溶解后溶质和溶液的质量比为20g:（20g+50g）＝2:7，故B正确；C、二氧化碳是气体，气体的溶解度不仅要受温度的影响，还要受压强的影响，选项中并没有提到二氧化碳的溶解度受什么影响与乙的溶解度变化规律相似，故C错误；D、由图可知，乙的溶解度随温度降低而增大，降温后不会结晶析出，溶质质量分数不变，甲的溶解度随温度的降低而减小，降温后甲中有固体析出，溶液仍为饱和溶液，t1℃时甲的溶解度小于t2℃时乙的溶解度，所以若分别将100g甲、乙的饱和溶液从t2℃降温到t1℃，溶质质量分数乙大，故D错误。故选：B。【变式3-2】（2024·河南·一模）氯化钾固体的溶解度曲线如图所示。下列说法错误的是A．氯化钾的溶解度随着温度的升高而增大B．60℃时，氯化钾的溶解度为C．20℃时，将氯化钾放入水中充分溶解，可得溶液D．将40℃时氯化钾饱和溶液升温至60℃(忽略水的蒸发)，所得溶液的溶质质量分数为【答案】D【详解】A、由溶解度曲线图可知，氯化钾的溶解度随着温度升高而增大，说法正确，不符合题意；B、由溶解度曲线图可知，60℃时，氯化钾的溶解度为45.5g，说法正确，不符合题意；C、由溶解度曲线图可知，20℃时氯化钾的溶解度为34g，将40g氯化钾放入100g水中最多能溶解34g，因此可得到溶液的质量为，说法正确，不符合题意；D、由溶解度曲线图可知，氯化钾的溶解度随温度升高而增大，40℃时氯化钾饱和溶液中溶质质量分数为，将40℃时氯化钾饱和溶液升温至60℃(忽略水的蒸发)，由于溶解度增大，因此氯化钾的饱和溶液变为不饱和溶液，但是溶液中溶质、溶剂质量不变，因此溶质质量分数不变仍为，说法错误，不符合题意。故选：D。【变式3-3】（2024·广东中山·一模）如右图是A、B、C三种物质的溶解度曲线，下列分析不正确的是A．50℃时三种物质的溶解度由大到小的顺序是A＞B＞CB．50℃时把50gA放入100g水中能形成A的饱和溶液，溶质与溶液的质量比为1:3C．从A的溶液中得到A晶体一般选用降温结晶的方法D．将C的饱和溶液变为不饱和溶液，可采用升高温度的方法【答案】D【详解】A.由溶解度曲线可知，50℃时三种物质的溶解度由大到小的顺序是A＞B＞C，此选项正确；B.由溶解度曲线可知，50℃时A物质的溶解度为50g，50℃时把50gA放入100g水中，溶液恰好饱和，形成A的饱和溶液中溶质与溶液的质量比为50g：（50g+100g）=1:3，此选项正确；C.由溶解度曲线可知，A的溶解度受温度影响较大，对于溶解度受温度影响较大的物质，一般采用降温结晶的方法使溶质从溶液中结晶析出，所以从A的溶液中得到A晶体一般选用降温结晶的方法，此选项正确；D.C的溶解度随温度的升高而减小，将C的饱和溶液变为不饱和溶液，可采用降低温度的方法，此选项错误。故选D。【变式3-4】（2024·山西·二模）人体缺钾会有乏力、心率不齐的症状，缺钾严重的病人可口服10%的氯化钾溶液。结合KCl在不同温度时的溶解度，推知下列说法正确的是温度/℃020406080100溶解度/g27.634.040.045.551.156.7A．用氯化钾固体配制10%的氯化钾溶液的步骤是：计算、量取、溶解B．40℃时，向50g水中加入40g氯化钾可得70g溶液C．降温会使KCl溶液的溶质质量分数减小D．将100g100℃的KCl饱和溶液降温到20℃，析出22.7g晶体【答案】B【详解】A、用氯化钾固体配制10%的氯化钾溶液的步骤是：计算、称量、量取、溶解，错误；B、40℃时，氯化钾的溶解度为40.0g，根据溶解度概念可知，向50g水中加入40g氯化钾只能溶解20g，所以可得70g溶液，正确；C、饱和KCl溶液降温，会析出溶质，溶剂质量不变，溶质质量分数减小，不饱和的KCl溶液降低不一定有溶质析出，溶质质量分数可能不变，错误；D、100℃时，依据氯化钾的溶解度可知：100gKCl饱和溶液中溶质质量约为，水的质量=100g-36.18g=63.82g，降温到20℃时溶液中溶质质量约为，析出晶体约为36.18g-21.69g=14.48g，错误。故选B。【变式3-5】（2024·陕西西安·二模）如表是硝酸钾和氯化钠在不同温度时的溶解度。请回答下列问题：温度/℃2030405060溶解度/gKNO331.645.863.885.5110NaCl36.036.336.637.037.3(1)某硝酸钾的不饱和溶液，在不改变溶质质量分数的情况下，将其变为饱和溶液的方法是。(2)根据表中数据，绘制出不同温度下硝酸钾溶液达到恰好饱和状态时溶质质量与溶剂质量的关系图，如图甲所示。①图甲中，t1℃对应的温度是℃。②将B和C两点对应溶液恒温蒸发等质量的水，所得溶液的溶质质量分数：B(填“＞”、“＜”或“=”)C。(3)图乙是一物体悬挂在饱和氯化钠溶液中，在恒温条件下向烧杯内溶液中加入蒸馏水(悬挂物不参与反应)，弹簧秤读数将(填“变大”、“变小”或“不变”)。【答案】(1)降温(2)20＜(3)变大【详解】（1）分析表格中数据可知，硝酸钾的溶解度随温度的升高而增大，要使某硝酸钾的不饱和溶液，变为饱和溶液的方法有增加溶质、蒸发溶剂和降低温度的方法，增加溶质或蒸发溶剂都会改变溶质质量分数，则在不改变溶质质量分数的情况下，要使某硝酸钾的不饱和溶液变为饱和溶液的方法为降低温度，故填：降温；（2）①图甲中，时，溶剂中含有的溶质，此时溶液恰好饱和，则此温度下硝酸钾的溶解度为，根据表格数据可知，在时硝酸钾的溶解度为，则应的温度是，故填：20；②B点对应的是20℃时的硝酸钾的饱和溶液，其溶质质量分数为，C点对应的是60℃时的硝酸钾的饱和溶液，其溶质质量分数为，将B和C两点对应溶液恒温蒸发等质量的水，所得溶液仍然为对应温度下的饱和溶液，其溶质质量分数不变，故填：＜；（3）饱和氯化钠溶液中，在恒温条件下向烧杯内溶液中加入蒸馏水，溶液密度变小，悬挂着的物体所受浮力变小，则弹簧秤读数将变大，故填：变大。【变式3-6】（2024·贵州·模拟预测）溶液在生产生活中有着极为广泛的用途，据图回答下列问题。(1)图1中N点表示的意义是。由图可知，(填物质名称或化学式)的溶解度随温度的变化影响较小。(2)某营养液配方中KNO3的溶质的质量分数为0.03%。欲配制该种营养液5000克的实验步骤为。(3)根据图1可知，若硝酸钾中混有少量氯化钾，提纯硝酸钾的方法是。(4)将240克10℃时的饱和KNO3溶液变为M状态的具体操作可以是。(5)t℃时，将等质量的KNO3、KCl两种固体物质投入在等质量的水中，充分搅拌后静置，现象如图2所示，实验操作的温度t范围应该是。【答案】(1)在23℃时，KNO3和KCl的溶解度相等，且都为33g氯化钾/KCl(2)计算、称量、量取、溶解(3)降温结晶(4)加入180克硝酸钾固体后，升温到60℃使固体完全溶解(5)t＜23℃【详解】（1）图中横坐标表示温度，纵坐标表示溶解度，故N点的含义是在23℃时，KNO3和KCl的溶解度相等，且都为33g；由图可知，KCl的溶解度曲线是缓慢上升的，故KCl的溶解度受温度影响较小；（2）先计算溶质的质量：5000g×0.03%=1.5g，水的体积为5000g-1.5g=4998.5g，转化为体积是4998.5mL，第二步称量KNO3的质量，第三步量取水的体积，第四步混合溶解，故实验步骤是计算、称量、量取、溶解；（3）硝酸钾溶解度受温度变化影响较大，氯化钾溶解度受温度变化影响较小，KNO3中混有少量的KCl，可用降温结晶的方法提纯KNO3，故填：降温结晶；（4）240克10℃时的饱和KNO3溶液中，溶剂是200g，溶质是40g，M点是60℃时，KNO3溶解度是110g，在200g水中需溶解220gKNO3才能达到饱和状态，故需要加入220g-40g=180克硝酸钾固体后，升温到60℃使固体完全溶解；（5）将等质量的KNO3、KCl两种固体投入等质量的水中，充分搅拌后静置，KNO3有剩余，KCl全部溶解，说明在该温度下，KNO3的溶解度小于KCl，则温度t的范围是：t＜23℃。1．（2024·河南信阳·一模）韩梅梅发现有三栋居民楼，每栋楼的A、B、C、D四位居民都是初中化学常见物质，住户之间相互转化的关系如图所示，请根据下面提供的信息，完成下列问题；(1)一号楼中，A是年产量最高的金属，B溶液可用于配制农药波尔多液，C溶液呈浅绿色，请写出A和C的化学式、；(2)二号楼中，A是实验室常用的液体燃料，固态的D叫做“干冰”，可用于人工降雨，请写出的化学方程式：；(3)三号楼中，A、B、C的溶液都呈碱性，B的俗称为纯碱，请写出A与B反应的现象_________。【答案】(1)(2)(3)产生白色沉淀【详解】（1）一号楼中，A是年产量最高的金属，则A是铁；B溶液可用于配制农药波尔多液，A（铁）与B反应生成C和D，C溶液呈浅绿色，则B是硫酸铜，C是硫酸亚铁，D是铜，故A和C的化学式分别为、；（2）二号楼中，A是实验室常用的液体燃料，则A是酒精；固态的D叫做“干冰”，可用于人工降雨，则D是二氧化碳，故表示为酒精燃烧生成二氧化碳和水，化学方程式为；（3）三号楼中，A、B、C的溶液都呈碱性；B的俗称为纯碱，则B为碳酸钠；A与B反应可以是氢氧化钙与碳酸钠反应生成氢氧化钠和碳酸钙白色沉淀，故A与B反应的现象是产生白色沉淀。2．（2024·河南驻马店·二模）如图所示，已知甲、乙、丙、丁均含人体含量最高的金属，甲、乙、丙是不同类别的三种物质，其中甲是白色难溶物，其相对分子质量为100；丁是仅含两种元素的盐。(1)甲的化学式是。(2)甲生成乙的化学方程式是。(3)若丙生成丁的反应属于复分解反应，且生成物出现蓝色沉淀，则该反应的化学方程式是。【答案】(1)(2)(3)【分析】人体含量最高的金属为钙，甲、乙、丙是不同类别的三种物质，其中甲是白色难溶物，其相对分子质量为100，则甲为碳酸钙；丁是仅含两种元素的盐，则为氯化钙；碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙和盐酸反应生成氯化钙和水，则乙为氧化钙、丙为氢氧化钙。【详解】（1）由分析可知，甲的化学式为CaCO3。（2）甲生成乙的反应为碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，反应的化学方程式为：。（3）氢氧化铜为蓝色沉淀，则若丙生成丁的反应属于复分解反应，且生成物出现蓝色沉淀，则为氢氧化钙和氯化铜反应生成氢氧化铜沉淀和氯化钙，反应的化学方程式为：。3．（2024·河南周口·一模）如图A~E为初中化学常见的五种化合物，A、B、C、D的物质类别不同，A常用于制玻璃、造纸、纺织等工业，B为胃酸的主要成分，D、E均为氧化物。(图中“—”表示二者能发生反应，“→”表示可一步转化)。试回答：(1)E的化学式为。(2)D→A反应的化学方程式为。(3)B—C反应的微观实质为。【答案】(1)H2O(2)(3)氢离子和氢氧根离子结合生成水分子【分析】如图A~E为初中化学常见的五种化合物，A、B、C、D的物质类别不同，A常用于制玻璃、造纸、纺织等工业，故A为碳酸铵（盐），B为胃酸的主要成分，故B为盐酸（酸），C能与A（碳酸钠）、B（盐酸）反应，则C为碱，氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，氢氧化钙和盐酸反应生成氯化钙和水，故C为氢氧化钙（碱），A（碳酸钠）能与D相互转化，D为氧化物，二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，则D为二氧化碳，C（氢氧化钙）能与E相互转化，D（二氧化碳）能与E反应，E为氧化物，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，二氧化碳和水反应生成碳酸，则D为水，代入验证，推论合理。【详解】（1）E为水，化学式为H2O；（2）D→A即为二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，化学方程式为：；（3）B—C即为氢氧化钙和盐酸反应生成氯化钙和水，该反应的微观实质是氢离子和氢氧根离子结合生成水分子。4．（2024·河南漯河·一模）A、B、C、D是初中化学常见的物质，且都含有同一种元素，A为氧化物，其相对分子质量为56，B属于碱，C属于盐，它们有如图所示的转化关系(“→”表示反应一步实现，部分物质和反应条件已略去)。(1)B物质的一种用途为；A→B的基本反应类型为。(2)写出D→C的化学方程式为。【答案】(1)改良酸性土壤化合反应(2)（合理即可）【分析】A为氧化物，相对分子质量为56，氧元素相对原子质量为16，若一个分子中只含有一个氧原子，则剩余原子的相对原子质量为40，为钙原子，所以A为氧化钙；B为碱，且由A氧化钙生成，则B为氢氧化钙，氢氧化钙又可以生成C，C为盐，则含有钙元素，而A氧化钙又可以生成C，氧化钙与酸反应生成盐，B氢氧化钙与酸也可以反应生成盐，含有钙元素的盐与D相互制备，若C为氯化钙，可与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，则D是碳酸钙；带入验证，推断正确。【详解】（1）根据分析，B是氢氧化钙，俗称熟石灰，熟石灰在农业上的用途是改良酸性土壤；A转化为B的反应是氧化钙和水反应生成氢氧化钙，属于一变多的化合反应；（2）根据分析，D→C是碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，化学方程式为（合理即可）。5．（2024·河南周口·一模）A、B、C、D是初中化学常见的四种不同类别的物质，且其中均含有同一种元素。已知A是农药波尔多液的成分之一；C是一种红色固体，D中金属元素的质量分数为80%。图中的“→”表示的是物质之间的转化关系。则A的化学式为；B转化为A的化学方程式为；D转化为C的化学方程式为。【答案】CuSO4【分析】A是农药波尔多液的成分之一，C是一种红色固体，硫酸铜可配制波尔多液，且铁和硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁，则A为硫酸铜、C为铜；A、B、C、D中均含有同一种元素，则说明都含有铜，D中金属元素的质量分数为80%，氧化铜中铜元素的质量分数为，则D为氧化铜；氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，氢氧化铜和硫酸铜能相互转化，则B为氢氧化铜。铜属于单质、硫酸铜属于盐，氢氧化铜属于碱，氧化铜属于氧化物，符合推断。【详解】由分析可知，A的化学式为CuSO4；B转化为A为氢氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水，反应的化学方程式为：；D转化为C的反应可为一氧化碳和氧化铜反应生成铜和二氧化碳，反应的化学方程式为：。6．（2024·湖南怀化·二模）A~G是初中化学常见的物质。B为白色固体，其中金属元素的质量分数为40%，C是人体中含量最多的物质，E可供给呼吸，G是一种有毒气体（“--”表示反应关系，“→”表示转化关系，部分反应物、生成物和反应条件已略去），请回答下列问题。(1)物质D的化学式为。(2)写出A→B的化学方程式。(3)C→E的反应条件是。(4)写出G的一种用途。(5)F→G的反应属于（填基本反应类型）。【答案】(1)H2O2(2)(3)通电(4)作燃料（或冶炼金属等，合理即可）(5)化合反应【分析】B是白色固体，其中金属元素的质量分数为40%，B是碳酸钙，碳酸钙中钙元素的质量分数为：；C是人体中含量最多的物质，C是水，E可供呼吸，E是氧气，G是一种有毒的气体，能与氧气反应，G是一氧化碳，一氧化碳和氧气点燃生成二氧化碳，C→A→B→C，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，二氧化碳和二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，所以A是氢氧化钙，D→C，D→E，C（水）和E（氧气）能相互转化，过氧化氢在二氧化锰的催化下分解生成氧气和水，水通电分解生成氢气和氧气，氢气和氧气点燃生成水，则D是过氧化氢，E→F→G，碳和氧气点燃生成二氧化碳，二氧化碳和碳高温下反应生成一氧化碳，所以F是二氧化碳，代入验证，推理正确。【详解】（1）由分析可知，D是过氧化氢，化学式为H2O2，故填：H2O2；（2）A是氢氧化钙，B是碳酸钙，氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙和水，方程式为Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O，故填：Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O；（3）C是水，E是氧气，水通电生成氧气和氢气，故填：通电；（4）G是一氧化碳，具有可燃性，可用作燃料，具有还原性，可用于冶炼金属，故填：作燃料（或冶炼金属等，合理即可）；（5）F是二氧化碳，G是一氧化碳，碳和二氧化碳在高温下反应生成一氧化碳，符合多变一的特征，属于化合反应，故填：化合反应。7．（2024·辽宁·模拟预测）硝酸钾和氯化钠在水中的溶解度曲线如图所示，下列说法正确的是A．搅拌能增大氯化钠的溶解度B．硝酸钾的溶解度比氯化