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8. 下列实验方法中,一定能达到实验目的的是(已知:$\ce{2FeCl_{3} + Fe = 3FeCl_{2}}$) （
| 选 项 | 实验目的 | 实验方法 |
| ---- | ---- | ---- |
| A. | 除去$\ce{FeCl_{3}}$溶液中的$\ce{CuCl_{2}}$ | 加入过量铁粉,过滤 |
| B. | 除去木炭粉中的铜粉
| 加入足量稀硫酸 |
| C. | 除去$\ce{CO_{2}}$中的少量$\ce{CO}$ | 通过灼热的氧化铜 |
| D. | 除去铜粉中的木炭粉 | 加热时不断通入氧气 |
C
）| 选 项 | 实验目的 | 实验方法 |
| ---- | ---- | ---- |
| A. | 除去$\ce{FeCl_{3}}$溶液中的$\ce{CuCl_{2}}$ | 加入过量铁粉,过滤 |
| B. | 除去木炭粉中的铜粉
| 加入足量稀硫酸 || C. | 除去$\ce{CO_{2}}$中的少量$\ce{CO}$ | 通过灼热的氧化铜 |
| D. | 除去铜粉中的木炭粉 | 加热时不断通入氧气 |
答案
8. C 加入过量铁粉,氯化铁和氯化铜都能与铁反应,不符合除杂原则,A不能达到实验目的;铜粉、木炭粉与稀硫酸均不反应,不符合除杂原则,B不能达到实验目的;通过灼热的氧化铜,一氧化碳能与灼热的氧化铜反应生成铜和二氧化碳,符合除杂原则,C能达到实验目的;铜粉和木炭粉在加热的条件下都会与氧气反应,不符合除杂原则,D不能达到实验目的。
解析
【分析】
这是一道物质除杂类题目，解题的核心是先明确除杂的三大基本原则：不引入新杂质、不消耗需要保留的原物质、杂质转化后易与原物质分离。接下来逐个验证选项：首先看A选项，除杂试剂是过量铁粉，结合题目给出的已知反应，铁粉不仅会和杂质CuCl₂反应，还会直接消耗要保留的原物质FeCl₃，不符合除杂要求。再看B选项，铜和木炭化学性质都不活泼，都不能和稀硫酸反应，加入稀硫酸完全无法除去铜杂质，达不到目的。然后看C选项，杂质CO具有还原性，通过灼热氧化铜时，CO会和CuO反应生成Cu和CO₂，既除去了CO杂质，还生成了原物质CO₂，没有引入新杂质，完全符合除杂规则。最后看D选项，加热通氧气时，不仅杂质木炭粉会和氧气反应，要保留的铜粉也会和氧气反应生成氧化铜，消耗了原物质，不符合除杂要求。综上只有C能达到实验目的。
【解析】
我们逐个分析各选项是否符合除杂规则：
1. 选项A：加入过量铁粉时，不仅发生反应$\ce{Fe + CuCl_{2} = FeCl_{2} + Cu}$，还会发生题目给出的反应$\ce{2FeCl_{3} + Fe = 3FeCl_{2}}$，将原物质$\ce{FeCl_{3}}$也消耗掉，同时引入新杂质$\ce{FeCl_{2}}$，不能达到除杂目的。
2. 选项B：铜的金属活动性排在氢之后，木炭也不与稀硫酸反应，加入足量稀硫酸后，两种物质都不溶解也不反应，无法除去铜粉杂质，不能达到实验目的。
3. 选项C：CO通过灼热的氧化铜时发生反应$\ce{CO + CuO\xlongequal{\Delta} Cu + CO_{2}}$，将杂质CO转化为原物质$\ce{CO_{2}}$，没有引入新的杂质，原物质$\ce{CO_{2}}$不与氧化铜反应，符合除杂要求，可以达到实验目的。
4. 选项D：加热时不断通入氧气，木炭粉会和氧气反应生成$\ce{CO_{2}}$，同时铜粉也会和氧气反应生成$\ce{CuO}$，原物质铜粉被消耗，不符合除杂原则，不能达到实验目的。
综上只有C选项正确。
【答案】
C
【知识点】
化学除杂原则，常见物质化学性质，气体除杂操作
【点评】
本题属于初中化学经典的除杂辨析题型，核心考察学生对除杂三原则的理解应用，设置的陷阱多为学生容易忽略“除杂试剂会和原物质发生反应”的情况，比如A选项忽略FeCl₃和铁粉的反应、D选项忽略铜加热条件下和氧气的反应，解题时需要逐一核对原物质和杂质与所选试剂的反应情况，避免遗漏反应造成判断错误。
【难度系数】
0.7
这是一道物质除杂类题目，解题的核心是先明确除杂的三大基本原则：不引入新杂质、不消耗需要保留的原物质、杂质转化后易与原物质分离。接下来逐个验证选项：首先看A选项，除杂试剂是过量铁粉，结合题目给出的已知反应，铁粉不仅会和杂质CuCl₂反应，还会直接消耗要保留的原物质FeCl₃，不符合除杂要求。再看B选项，铜和木炭化学性质都不活泼，都不能和稀硫酸反应，加入稀硫酸完全无法除去铜杂质，达不到目的。然后看C选项，杂质CO具有还原性，通过灼热氧化铜时，CO会和CuO反应生成Cu和CO₂，既除去了CO杂质，还生成了原物质CO₂，没有引入新杂质，完全符合除杂规则。最后看D选项，加热通氧气时，不仅杂质木炭粉会和氧气反应，要保留的铜粉也会和氧气反应生成氧化铜，消耗了原物质，不符合除杂要求。综上只有C能达到实验目的。
【解析】
我们逐个分析各选项是否符合除杂规则：
1. 选项A：加入过量铁粉时，不仅发生反应$\ce{Fe + CuCl_{2} = FeCl_{2} + Cu}$，还会发生题目给出的反应$\ce{2FeCl_{3} + Fe = 3FeCl_{2}}$，将原物质$\ce{FeCl_{3}}$也消耗掉，同时引入新杂质$\ce{FeCl_{2}}$，不能达到除杂目的。
2. 选项B：铜的金属活动性排在氢之后，木炭也不与稀硫酸反应，加入足量稀硫酸后，两种物质都不溶解也不反应，无法除去铜粉杂质，不能达到实验目的。
3. 选项C：CO通过灼热的氧化铜时发生反应$\ce{CO + CuO\xlongequal{\Delta} Cu + CO_{2}}$，将杂质CO转化为原物质$\ce{CO_{2}}$，没有引入新的杂质，原物质$\ce{CO_{2}}$不与氧化铜反应，符合除杂要求，可以达到实验目的。
4. 选项D：加热时不断通入氧气，木炭粉会和氧气反应生成$\ce{CO_{2}}$，同时铜粉也会和氧气反应生成$\ce{CuO}$，原物质铜粉被消耗，不符合除杂原则，不能达到实验目的。
综上只有C选项正确。
【答案】
C
【知识点】
化学除杂原则，常见物质化学性质，气体除杂操作
【点评】
本题属于初中化学经典的除杂辨析题型，核心考察学生对除杂三原则的理解应用，设置的陷阱多为学生容易忽略“除杂试剂会和原物质发生反应”的情况，比如A选项忽略FeCl₃和铁粉的反应、D选项忽略铜加热条件下和氧气的反应，解题时需要逐一核对原物质和杂质与所选试剂的反应情况，避免遗漏反应造成判断错误。
【难度系数】
0.7
9. 现有一包金属粉末，可能是由$\ce{Al}$、$\ce{Mg}$、$\ce{Zn}$、$\ce{Fe}$中的一种或几种组成。取该样品$2.4\ \mathrm{g}$，向其中加入$100\ \mathrm{g}$一定浓度的稀硫酸，恰好完全反应，产生$0.2\ \mathrm{g}\ \ce{H_{2}}$，溶液呈无色。下列结论中，正确的是（
A.该样品的组成仅有两种可能
B.参加反应的硫酸的质量为$4.9\ \mathrm{g}$
C.该样品中一定含有$\ce{Mg}$
D.该样品中一定不含$\ce{Fe}$
D
）A.该样品的组成仅有两种可能
B.参加反应的硫酸的质量为$4.9\ \mathrm{g}$
C.该样品中一定含有$\ce{Mg}$
D.该样品中一定不含$\ce{Fe}$
答案
9. D 完全反应后溶液呈无色,说明样品中一定不含铁,故D正确。由反应的化学方程式及质量关系可知,2.4 g镁与稀硫酸完全反应生成0.2 g氢气,2.4 g铝与稀硫酸完全反应生成氢气的质量大于0.2 g,2.4 g锌与稀硫酸完全反应生成氢气的质量小于0.2 g,则该样品的组成有三种可能,一是只有镁,二是铝和锌,三是镁、铝和锌,故A、C错误。生成的氢气中氢元素全部来自硫酸,反应生成0.2 g氢气,说明参加反应的硫酸的质量为$\dfrac{0.2\ \mathrm{g}}{\dfrac{2}{98}×100\%}=9.8\ \mathrm{g}$,故B错误。
解析
【分析】
这道题是金属混合物与酸反应的定量推断题，解题思路可以按三步走：1. 先抓题目给出的直观特征条件“反应后溶液呈无色”，直接排除能生成有色溶液的铁；2. 用极值法分别计算2.4g的Al、Mg、Zn三种金属单独和稀硫酸完全反应生成氢气的质量，再结合平均值思想，要让2.4g混合物刚好生成0.2g氢气，组合的平均产氢量需要刚好等于0.2g，由此枚举所有符合条件的样品组成；3. 利用氢元素守恒，生成氢气的氢元素全部来自参与反应的硫酸，由此计算出硫酸的实际质量，最后逐一核对四个选项即可得到正确答案。
【解析】
1. 首先判断铁的存在性：铁和稀硫酸反应会生成浅绿色的硫酸亚铁溶液，题目明确说明完全反应后溶液呈无色，因此样品中一定不含Fe，初步判定D选项描述正确。
2. 极值法计算各纯金属2.4g完全反应的产氢质量：
① 镁和稀硫酸反应：$\ce{Mg + H_{2}SO_{4} = MgSO_{4} + H_{2}\uparrow}$，24份质量的Mg可生成2份质量的$\ce{H_{2}}$，因此2.4g Mg完全反应生成$\ce{H_{2}}$的质量为0.2g；
② 铝和稀硫酸反应：$\ce{2Al + 3H_{2}SO_{4} = Al_{2}(SO_{4})_{3} + 3H_{2}\uparrow}$，54份质量的Al可生成6份质量的$\ce{H_{2}}$，因此2.4g Al完全反应生成$\ce{H_{2}}$的质量约为0.267g，大于0.2g；
③ 锌和稀硫酸反应：$\ce{Zn + H_{2}SO_{4} = ZnSO_{4} + H_{2}\uparrow}$，65份质量的Zn可生成2份质量的$\ce{H_{2}}$，因此2.4g Zn完全反应生成$\ce{H_{2}}$的质量约为0.074g，小于0.2g。
3. 推导样品的所有可能组成：要满足2.4g混合物恰好生成0.2g $\ce{H_{2}}$，符合条件的组合共3种：
组合1：样品仅由Mg组成；
组合2：样品由Al和Zn组成（产氢量大于0.2g的Al和小于0.2g的Zn混合，平均产氢量可达到0.2g）；
组合3：样品由Mg、Al、Zn组成（Mg的产氢量刚好为0.2g，Al多产出的氢气和Zn少产出的氢气抵消，平均产氢量也可达到0.2g）。
因此A选项“仅有两种可能”、C选项“一定含有Mg”的描述均错误。
4. 计算参与反应的硫酸质量：根据氢元素守恒，生成的0.2g $\ce{H_{2}}$中所有氢元素都来自参与反应的$\ce{H_{2}SO_{4}}$，$\ce{H_{2}SO_{4}}$中氢元素的质量分数为$\dfrac{2}{98}×100\%$，因此参与反应的硫酸质量为$0.2\ \mathrm{g}÷(\dfrac{2}{98}×100\%)=9.8\ \mathrm{g}$，B选项“4.9g”的描述错误。
综上，只有D选项结论正确。
【答案】
D
【知识点】
金属与酸反应，极值法，元素守恒
【点评】
本题是中考化学高频的金属混合物产氢推断题，核心考察极值法结合平均值思想的应用，很容易出现的易错点是漏算“Mg、Al、Zn三种金属共存”的组合，错判A、C选项，同时利用氢元素守恒可以快速跳过复杂方程式计算得到硫酸质量，提升解题效率。
【难度系数】
0.45
这道题是金属混合物与酸反应的定量推断题，解题思路可以按三步走：1. 先抓题目给出的直观特征条件“反应后溶液呈无色”，直接排除能生成有色溶液的铁；2. 用极值法分别计算2.4g的Al、Mg、Zn三种金属单独和稀硫酸完全反应生成氢气的质量，再结合平均值思想，要让2.4g混合物刚好生成0.2g氢气，组合的平均产氢量需要刚好等于0.2g，由此枚举所有符合条件的样品组成；3. 利用氢元素守恒，生成氢气的氢元素全部来自参与反应的硫酸，由此计算出硫酸的实际质量，最后逐一核对四个选项即可得到正确答案。
【解析】
1. 首先判断铁的存在性：铁和稀硫酸反应会生成浅绿色的硫酸亚铁溶液，题目明确说明完全反应后溶液呈无色，因此样品中一定不含Fe，初步判定D选项描述正确。
2. 极值法计算各纯金属2.4g完全反应的产氢质量：
① 镁和稀硫酸反应：$\ce{Mg + H_{2}SO_{4} = MgSO_{4} + H_{2}\uparrow}$，24份质量的Mg可生成2份质量的$\ce{H_{2}}$，因此2.4g Mg完全反应生成$\ce{H_{2}}$的质量为0.2g；
② 铝和稀硫酸反应：$\ce{2Al + 3H_{2}SO_{4} = Al_{2}(SO_{4})_{3} + 3H_{2}\uparrow}$，54份质量的Al可生成6份质量的$\ce{H_{2}}$，因此2.4g Al完全反应生成$\ce{H_{2}}$的质量约为0.267g，大于0.2g；
③ 锌和稀硫酸反应：$\ce{Zn + H_{2}SO_{4} = ZnSO_{4} + H_{2}\uparrow}$，65份质量的Zn可生成2份质量的$\ce{H_{2}}$，因此2.4g Zn完全反应生成$\ce{H_{2}}$的质量约为0.074g，小于0.2g。
3. 推导样品的所有可能组成：要满足2.4g混合物恰好生成0.2g $\ce{H_{2}}$，符合条件的组合共3种：
组合1：样品仅由Mg组成；
组合2：样品由Al和Zn组成（产氢量大于0.2g的Al和小于0.2g的Zn混合，平均产氢量可达到0.2g）；
组合3：样品由Mg、Al、Zn组成（Mg的产氢量刚好为0.2g，Al多产出的氢气和Zn少产出的氢气抵消，平均产氢量也可达到0.2g）。
因此A选项“仅有两种可能”、C选项“一定含有Mg”的描述均错误。
4. 计算参与反应的硫酸质量：根据氢元素守恒，生成的0.2g $\ce{H_{2}}$中所有氢元素都来自参与反应的$\ce{H_{2}SO_{4}}$，$\ce{H_{2}SO_{4}}$中氢元素的质量分数为$\dfrac{2}{98}×100\%$，因此参与反应的硫酸质量为$0.2\ \mathrm{g}÷(\dfrac{2}{98}×100\%)=9.8\ \mathrm{g}$，B选项“4.9g”的描述错误。
综上，只有D选项结论正确。
【答案】
D
【知识点】
金属与酸反应，极值法，元素守恒
【点评】
本题是中考化学高频的金属混合物产氢推断题，核心考察极值法结合平均值思想的应用，很容易出现的易错点是漏算“Mg、Al、Zn三种金属共存”的组合，错判A、C选项，同时利用氢元素守恒可以快速跳过复杂方程式计算得到硫酸质量，提升解题效率。
【难度系数】
0.45
10. 如图所示为实验室模拟炼铁装置,现将$a\ \mathrm{g}\ \ce{Fe_{2}O_{3}}$在高温下与足量$\ce{CO}$反应,实验结束后测得$\mathrm{B}$中产生$3\ \mathrm{g}$白色沉淀。下列说法中,正确的是（
A.硬质玻璃管中固体由黑色变为红色
B.实验开始前应该先打开弹簧夹①
C.该实验过程中共消耗$0.84\ \mathrm{g}\ \ce{CO}$
D.氧化铁的质量为$1.6\ \mathrm{g}$
D
）A.硬质玻璃管中固体由黑色变为红色
B.实验开始前应该先打开弹簧夹①
C.该实验过程中共消耗$0.84\ \mathrm{g}\ \ce{CO}$
D.氧化铁的质量为$1.6\ \mathrm{g}$
答案
10. D 一氧化碳具有还原性,高温下能与氧化铁反应生成铁和二氧化碳,实验进行一段时间后,硬质玻璃管中出现的现象是红棕色粉末逐渐变黑,A错误。实验开始前应该先打开弹簧夹②,排尽装置中的空气,防止发生爆炸,B错误。B中产生3 g白色沉淀,即生成了3 g碳酸钙;由$\ce{Fe_{2}O_{3} + 3CO\xlongequal{高温} 2Fe + 3CO_{2}}$、$\ce{CO_{2} + Ca(OH)_{2} = CaCO_{3}↓ + H_{2}O}$可得关系式:CO~CaCO₃,则与氧化铁反应的一氧化碳的质量为$3\ \mathrm{g}×\dfrac{28}{100}=0.84\ \mathrm{g}$,实验前,要先通入一氧化碳,实验结束后要继续通入一氧化碳,还有部分一氧化碳用作燃料,则实验过程中总共消耗的CO的质量大于0.84 g,C错误。由$\ce{Fe_{2}O_{3} + 3CO\xlongequal{高温} 2Fe + 3CO_{2}}$、$\ce{CO_{2} + Ca(OH)_{2} = CaCO_{3}↓ + H_{2}O}$可得关系式:Fe₂O₃~3CaCO₃,则氧化铁的质量为$3\ \mathrm{g}×\dfrac{160}{100×3}=1.6\ \mathrm{g}$,D正确。
解析
【分析】
我们拿到这道题，首先明确这是一氧化碳模拟炼铁的综合题型，需要结合实验现象、操作规范、定量计算三个维度逐一判断选项：
1. 先理清核心反应逻辑：CO和红棕色Fe₂O₃高温反应生成黑色铁粉和CO₂，生成的CO₂进入装置B和氢氧化钙反应生成碳酸钙白色沉淀。
2. 先判断A选项的现象描述是否符合反应事实；再从防止爆炸的实验安全要求出发，判断实验开始前排空气的正确操作，验证B选项对错。
3. 进行定量计算时，联立两个连续反应推导物质间的定量关系式，同时注意实际实验中，反应前后都需要通入CO排空气、防氧化，还有部分CO被点燃处理尾气，因此总消耗的CO质量远大于参与还原氧化铁的CO质量，由此判断C选项错误；最后通过推导的Fe₂O₃和碳酸钙的定量关系，计算得到氧化铁质量，确认D选项正确。
【解析】
我们逐个对选项进行分析：
选项A：硬质玻璃管内的氧化铁是红棕色固体，和CO高温反应后生成黑色的铁粉，实验现象为红棕色粉末逐渐变黑，并非固体由黑色变为红色，A错误。
选项B：CO属于可燃性气体，和装置内空气混合加热会发生爆炸，因此实验开始前需要先打开弹簧夹②，让CO通入硬质玻璃管A中排尽装置内的空气；若打开弹簧夹①，CO会直接从下方通路流出，无法排尽A中的空气，B错误。
选项C：装置B中3g白色沉淀为CaCO₃，联立两个反应：
①$\ce{Fe_{2}O_{3} + 3CO\xlongequal{高温} 2Fe + 3CO_{2}}$
②$\ce{CO_{2} + Ca(OH)_{2} = CaCO_{3}↓ + H_{2}O}$
可得参与反应的CO和CaCO₃的对应关系为$\ce{CO ~ CaCO_{3}}$，因此仅参与还原氧化铁的CO质量为$3\ \mathrm{g}×\frac{28}{100}=0.84\ \mathrm{g}$。但实验开始前需要通CO排空气、实验结束后要通CO至固体冷却，还有部分CO被C处酒精灯点燃处理尾气，因此实验全过程消耗的CO总质量远大于0.84g，C错误。
选项D：联立上述两个反应可得对应关系$\ce{Fe_{2}O_{3} ~ 3CaCO_{3}}$，其中Fe₂O₃相对分子质量为160，3个CaCO₃总相对分子质量为$3×100=300$，因此氧化铁的质量为$3\ \mathrm{g}×\frac{160}{3×100}=1.6\ \mathrm{g}$，D正确。
【答案】
D
【知识点】
一氧化碳还原氧化铁；多步反应关系式计算；化学实验安全操作
【点评】
本题围绕一氧化碳模拟炼铁实验展开综合考察，最容易出错的点是忽略实验操作中额外消耗的CO，误将参与反应的CO质量当成实验总消耗的CO质量错选C；同时本题考察了多步反应的关系式计算技巧，不需要分步计算中间产物CO₂的质量，直接通过反应计量关系推导已知物和未知物的比例，可大幅简化计算过程。
【难度系数】
0.6
我们拿到这道题，首先明确这是一氧化碳模拟炼铁的综合题型，需要结合实验现象、操作规范、定量计算三个维度逐一判断选项：
1. 先理清核心反应逻辑：CO和红棕色Fe₂O₃高温反应生成黑色铁粉和CO₂，生成的CO₂进入装置B和氢氧化钙反应生成碳酸钙白色沉淀。
2. 先判断A选项的现象描述是否符合反应事实；再从防止爆炸的实验安全要求出发，判断实验开始前排空气的正确操作，验证B选项对错。
3. 进行定量计算时，联立两个连续反应推导物质间的定量关系式，同时注意实际实验中，反应前后都需要通入CO排空气、防氧化，还有部分CO被点燃处理尾气，因此总消耗的CO质量远大于参与还原氧化铁的CO质量，由此判断C选项错误；最后通过推导的Fe₂O₃和碳酸钙的定量关系，计算得到氧化铁质量，确认D选项正确。
【解析】
我们逐个对选项进行分析：
选项A：硬质玻璃管内的氧化铁是红棕色固体，和CO高温反应后生成黑色的铁粉，实验现象为红棕色粉末逐渐变黑，并非固体由黑色变为红色，A错误。
选项B：CO属于可燃性气体，和装置内空气混合加热会发生爆炸，因此实验开始前需要先打开弹簧夹②，让CO通入硬质玻璃管A中排尽装置内的空气；若打开弹簧夹①，CO会直接从下方通路流出，无法排尽A中的空气，B错误。
选项C：装置B中3g白色沉淀为CaCO₃，联立两个反应：
①$\ce{Fe_{2}O_{3} + 3CO\xlongequal{高温} 2Fe + 3CO_{2}}$
②$\ce{CO_{2} + Ca(OH)_{2} = CaCO_{3}↓ + H_{2}O}$
可得参与反应的CO和CaCO₃的对应关系为$\ce{CO ~ CaCO_{3}}$，因此仅参与还原氧化铁的CO质量为$3\ \mathrm{g}×\frac{28}{100}=0.84\ \mathrm{g}$。但实验开始前需要通CO排空气、实验结束后要通CO至固体冷却，还有部分CO被C处酒精灯点燃处理尾气，因此实验全过程消耗的CO总质量远大于0.84g，C错误。
选项D：联立上述两个反应可得对应关系$\ce{Fe_{2}O_{3} ~ 3CaCO_{3}}$，其中Fe₂O₃相对分子质量为160，3个CaCO₃总相对分子质量为$3×100=300$，因此氧化铁的质量为$3\ \mathrm{g}×\frac{160}{3×100}=1.6\ \mathrm{g}$，D正确。
【答案】
D
【知识点】
一氧化碳还原氧化铁；多步反应关系式计算；化学实验安全操作
【点评】
本题围绕一氧化碳模拟炼铁实验展开综合考察，最容易出错的点是忽略实验操作中额外消耗的CO，误将参与反应的CO质量当成实验总消耗的CO质量错选C；同时本题考察了多步反应的关系式计算技巧，不需要分步计算中间产物CO₂的质量，直接通过反应计量关系推导已知物和未知物的比例，可大幅简化计算过程。
【难度系数】
0.6
二、非选择题(共60分)
11.（5分）新趋势 学科融合 实验小组结合物理学科的杠杆原理和部分物质的性质完成下面两个实验。
（1）实验1:加热铜丝团一段时间后可以观察到铜丝团变成
（2）实验2:一段时间后铁粉包下沉的原因是
11.（5分）新趋势 学科融合 实验小组结合物理学科的杠杆原理和部分物质的性质完成下面两个实验。
（1）实验1:加热铜丝团一段时间后可以观察到铜丝团变成
黑
色,同时杠杆左端下沉
（填“上升”或“下沉”）。（2）实验2:一段时间后铁粉包下沉的原因是
铁能与空气中的水蒸气、氧气共同反应生锈,反应后质量增大
。将集气瓶中的水换成硫酸铜溶液
（填“稀硫酸”或“硫酸铜溶液”）并将铁粉包浸泡一段时间后取出晾干,杠杆也会出现左端下沉现象,请用化学方程式解释:$\ce{Fe + CuSO_{4} = FeSO_{4} + Cu}$
。 答案
11.（1）黑 下沉 （2）铁能与空气中的水蒸气、氧气共同反应生锈,反应后质量增大 硫酸铜溶液 $\ce{Fe + CuSO_{4} = FeSO_{4} + Cu}$
〔解析〕（1）铜能与氧气在加热的条件下反应生成氧化铜,氧化铜为黑色的固体;由质量守恒定律可知,杠杆左侧固体的质量增大,则杠杆左侧会下沉。（2）铁能与空气中的水蒸气、氧气共同反应生锈,由质量守恒定律可知,铁粉生锈后质量增大,左侧下沉。铁能与稀硫酸反应生成硫酸亚铁与氢气,则将铁粉浸入稀硫酸中,铁粉会溶解,杠杆左侧质量减小,不符合题意;铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜,由铁与硫酸铜反应的化学方程式分析可知,每56份质量的铁与硫酸铜反应后生成64份质量的铜,则反应后固体的质量增大,符合题意。
〔解析〕（1）铜能与氧气在加热的条件下反应生成氧化铜,氧化铜为黑色的固体;由质量守恒定律可知,杠杆左侧固体的质量增大,则杠杆左侧会下沉。（2）铁能与空气中的水蒸气、氧气共同反应生锈,由质量守恒定律可知,铁粉生锈后质量增大,左侧下沉。铁能与稀硫酸反应生成硫酸亚铁与氢气,则将铁粉浸入稀硫酸中,铁粉会溶解,杠杆左侧质量减小,不符合题意;铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜,由铁与硫酸铜反应的化学方程式分析可知,每56份质量的铁与硫酸铜反应后生成64份质量的铜,则反应后固体的质量增大,符合题意。
解析
【分析】
这道题是化学和物理杠杆原理结合的跨学科题型，解题思路是先结合对应金属的化学反应，分析反应前后固体的质量变化，再结合杠杆“质量更大的一侧下沉”的规律推导现象：
1. 第一小问，先回忆铜加热时和氧气的反应，判断产物颜色，再对比反应前后铜丝团的质量变化，就能得出杠杆的倾斜方向。
2. 第二小问，铁粉包下沉说明铁粉包总质量变大，结合铁生锈的反应物就能解释质量增大的原因；后续选择液体时，需要选出能让铁粉浸泡晾干后固体总质量变大的试剂，分别分析稀硫酸、硫酸铜和铁反应后的固体质量变化，排除质量减小的稀硫酸，选出符合要求的硫酸铜，再写出对应的置换反应方程式即可。
【解析】
（1）加热铜丝团时，铜和空气中的氧气在加热条件下反应生成黑色的氧化铜，因此铜丝团变成黑色；根据质量守恒定律，反应后铜丝团的质量等于原铜的质量加上参加反应的氧气的质量，左端总质量增大，因此杠杆左端下沉。
（2）铁会和空气中的氧气、水蒸气共同作用发生锈蚀，生成铁锈，铁锈的质量等于原铁粉质量加上参与反应的氧气、水的质量，反应后固体总质量增大，因此一段时间后铁粉包下沉。
若将集气瓶中的水换成稀硫酸，铁和稀硫酸反应生成可溶的硫酸亚铁和氢气，铁粉被消耗，浸泡晾干后固体质量减小，杠杆左端会上升，不符合要求；若换成硫酸铜溶液，铁和硫酸铜发生置换反应，每56份质量的铁反应会生成64份质量的铜，反应后固体总质量增大，晾干后杠杆左端也会下沉，对应的化学方程式为$\ce{Fe + CuSO_{4} = FeSO_{4} + Cu}$。
【答案】
（1）黑 下沉 （2）铁能与空气中的水蒸气、氧气共同反应生锈，反应后质量增大 硫酸铜溶液 $\ce{Fe + CuSO_{4} = FeSO_{4} + Cu}$
【知识点】
铜与氧气反应；铁的锈蚀；金属置换反应
【点评】
本题属于跨学科融合的创新题型，将物理杠杆的平衡规律和金属的化学性质结合考查，既落实了基础化学反应现象的记忆，又要求学生能从质量守恒的角度定量分析反应前后的固体质量变化，避免机械记背，有效锻炼了学生的跨学科应用思维。
【难度系数】
0.65
这道题是化学和物理杠杆原理结合的跨学科题型，解题思路是先结合对应金属的化学反应，分析反应前后固体的质量变化，再结合杠杆“质量更大的一侧下沉”的规律推导现象：
1. 第一小问，先回忆铜加热时和氧气的反应，判断产物颜色，再对比反应前后铜丝团的质量变化，就能得出杠杆的倾斜方向。
2. 第二小问，铁粉包下沉说明铁粉包总质量变大，结合铁生锈的反应物就能解释质量增大的原因；后续选择液体时，需要选出能让铁粉浸泡晾干后固体总质量变大的试剂，分别分析稀硫酸、硫酸铜和铁反应后的固体质量变化，排除质量减小的稀硫酸，选出符合要求的硫酸铜，再写出对应的置换反应方程式即可。
【解析】
（1）加热铜丝团时，铜和空气中的氧气在加热条件下反应生成黑色的氧化铜，因此铜丝团变成黑色；根据质量守恒定律，反应后铜丝团的质量等于原铜的质量加上参加反应的氧气的质量，左端总质量增大，因此杠杆左端下沉。
（2）铁会和空气中的氧气、水蒸气共同作用发生锈蚀，生成铁锈，铁锈的质量等于原铁粉质量加上参与反应的氧气、水的质量，反应后固体总质量增大，因此一段时间后铁粉包下沉。
若将集气瓶中的水换成稀硫酸，铁和稀硫酸反应生成可溶的硫酸亚铁和氢气，铁粉被消耗，浸泡晾干后固体质量减小，杠杆左端会上升，不符合要求；若换成硫酸铜溶液，铁和硫酸铜发生置换反应，每56份质量的铁反应会生成64份质量的铜，反应后固体总质量增大，晾干后杠杆左端也会下沉，对应的化学方程式为$\ce{Fe + CuSO_{4} = FeSO_{4} + Cu}$。
【答案】
（1）黑 下沉 （2）铁能与空气中的水蒸气、氧气共同反应生锈，反应后质量增大 硫酸铜溶液 $\ce{Fe + CuSO_{4} = FeSO_{4} + Cu}$
【知识点】
铜与氧气反应；铁的锈蚀；金属置换反应
【点评】
本题属于跨学科融合的创新题型，将物理杠杆的平衡规律和金属的化学性质结合考查，既落实了基础化学反应现象的记忆，又要求学生能从质量守恒的角度定量分析反应前后的固体质量变化，避免机械记背，有效锻炼了学生的跨学科应用思维。
【难度系数】
0.65
12.（5分）金属材料广泛应用于生产、生活中，请回答下列问题：
（1）用铜作导线，利用了铜的延展性和
（2）
（3）按图甲所示进行实验，一段时间内没有明显现象，小亮猜测可能是铝片表面有致密的氧化铝薄膜，阻碍了反应的发生，并设计实验进行验证：
（4）将等质量的A、B、C三种金属（生成物中金属元素均为+2价）分别放入浓度相同且足量的稀盐酸中，产生$\ce{H_{2}}$的质量与反应时间的关系如图乙所示。A、B、C三种金属中，金属活动性由强到弱的顺序是
（1）用铜作导线，利用了铜的延展性和
导电
性。（2）
钛合金
与人体有很好的“相容性”，因此可以用来制造人造骨等。（3）按图甲所示进行实验，一段时间内没有明显现象，小亮猜测可能是铝片表面有致密的氧化铝薄膜，阻碍了反应的发生，并设计实验进行验证：
将该铝片打磨后放入试管中,加入10%的稀硫酸(合理答案均可)
（填实验操作），若有气泡产生，则他的猜想正确。（4）将等质量的A、B、C三种金属（生成物中金属元素均为+2价）分别放入浓度相同且足量的稀盐酸中，产生$\ce{H_{2}}$的质量与反应时间的关系如图乙所示。A、B、C三种金属中，金属活动性由强到弱的顺序是
A＞C＞B
，相对原子质量最大的是C
。答案
12.（1）导电 （2）钛合金 （3）将该铝片打磨后放入试管中,加入10%的稀硫酸(合理答案均可) （4）A＞C＞B C
〔解析〕（4）将等质量的A、B、C三种金属分别放入浓度相同且足量的稀盐酸中,金属越活泼,与稀盐酸反应的速率越快,则由题图乙可知,A、B、C三种金属中,金属活动性由强到弱的顺序是A＞C＞B;A、B、C三种金属在生成物中均显+2价,金属C与稀盐酸反应生成的H₂质量最小,则其相对原子质量最大。
〔解析〕（4）将等质量的A、B、C三种金属分别放入浓度相同且足量的稀盐酸中,金属越活泼,与稀盐酸反应的速率越快,则由题图乙可知,A、B、C三种金属中,金属活动性由强到弱的顺序是A＞C＞B;A、B、C三种金属在生成物中均显+2价,金属C与稀盐酸反应生成的H₂质量最小,则其相对原子质量最大。
解析
【分析】
我们可以逐个小问梳理思路：1. 第一问回忆金属的物理性质，导线需要具备传输电流的能力，结合铜的性质即可得出答案；2. 第二问结合常见合金的特殊用途，对应能做人造骨、和人体相容性好的材料即可；3. 第三问要验证氧化铝薄膜阻碍反应，核心思路是把铝表面的氧化膜除去，再将处理后的铝放入原反应的酸中，观察是否产生气泡，若有气泡就能证明猜想正确；4. 第四问判断金属活动性的核心逻辑是：相同条件下，金属活动性越强，和酸反应的速率越快，曲线斜率越大；再结合+2价等质量金属和足量酸反应生成氢气的质量公式，推导出生成氢气越少，相对原子质量越大，即可得出结果。
【解析】
（1）铜作为导线，除了利用延展性方便加工成线，还利用了铜的导电性能传输电流，因此填导电。
（2）钛合金具备和人体极佳的相容性，植入人体后不会产生明显排异反应，因此可用于制造人造骨。
（3）要验证铝表面的氧化铝薄膜阻碍反应，需要先用砂纸打磨除去铝片表面的氧化膜，再将打磨后的铝片加入到对应的稀酸（如稀硫酸、稀盐酸）中，若观察到有气泡产生，说明除去氧化膜后铝可以和酸反应，证明之前的无明显现象是氧化膜阻碍了反应，小亮的猜想正确。
（4）① 金属与等浓度的足量稀盐酸反应时，金属活动性越强，反应速率越快，相同时间内生成氢气越多，反应完全耗时越短，从图乙的曲线变化可知反应速率A＞C＞B，因此金属活动性由强到弱为A＞C＞B；② 生成物中金属元素均为+2价，等质量的金属和足量酸反应时，生成氢气的质量满足公式：$m(\ce{H_2})=\frac{2× m(金属)}{M(金属相对原子质量)}$，因此生成氢气质量越小，金属的相对原子质量越大，三种金属最终生成氢气的质量为B＞A＞C，C生成氢气质量最小，因此相对原子质量最大的是C。
【答案】
（1）导电
（2）钛合金
（3）将该铝片打磨后放入试管中，加入10%的稀硫酸（合理答案均可）
（4）A＞C＞B ； C
【知识点】
金属物理性质、合金用途、金属活动性应用
【点评】
本题属于金属材料板块的基础综合题，考点覆盖了金属的常见性质、合金的特殊用途、简单实验设计、金属与酸反应的规律推导，整体侧重课本核心知识点的考察，需要学生牢记金属和酸反应生成氢气的相关定量关系，能结合图像信息完成规律判断。
【难度系数】
0.7
我们可以逐个小问梳理思路：1. 第一问回忆金属的物理性质，导线需要具备传输电流的能力，结合铜的性质即可得出答案；2. 第二问结合常见合金的特殊用途，对应能做人造骨、和人体相容性好的材料即可；3. 第三问要验证氧化铝薄膜阻碍反应，核心思路是把铝表面的氧化膜除去，再将处理后的铝放入原反应的酸中，观察是否产生气泡，若有气泡就能证明猜想正确；4. 第四问判断金属活动性的核心逻辑是：相同条件下，金属活动性越强，和酸反应的速率越快，曲线斜率越大；再结合+2价等质量金属和足量酸反应生成氢气的质量公式，推导出生成氢气越少，相对原子质量越大，即可得出结果。
【解析】
（1）铜作为导线，除了利用延展性方便加工成线，还利用了铜的导电性能传输电流，因此填导电。
（2）钛合金具备和人体极佳的相容性，植入人体后不会产生明显排异反应，因此可用于制造人造骨。
（3）要验证铝表面的氧化铝薄膜阻碍反应，需要先用砂纸打磨除去铝片表面的氧化膜，再将打磨后的铝片加入到对应的稀酸（如稀硫酸、稀盐酸）中，若观察到有气泡产生，说明除去氧化膜后铝可以和酸反应，证明之前的无明显现象是氧化膜阻碍了反应，小亮的猜想正确。
（4）① 金属与等浓度的足量稀盐酸反应时，金属活动性越强，反应速率越快，相同时间内生成氢气越多，反应完全耗时越短，从图乙的曲线变化可知反应速率A＞C＞B，因此金属活动性由强到弱为A＞C＞B；② 生成物中金属元素均为+2价，等质量的金属和足量酸反应时，生成氢气的质量满足公式：$m(\ce{H_2})=\frac{2× m(金属)}{M(金属相对原子质量)}$，因此生成氢气质量越小，金属的相对原子质量越大，三种金属最终生成氢气的质量为B＞A＞C，C生成氢气质量最小，因此相对原子质量最大的是C。
【答案】
（1）导电
（2）钛合金
（3）将该铝片打磨后放入试管中，加入10%的稀硫酸（合理答案均可）
（4）A＞C＞B ； C
【知识点】
金属物理性质、合金用途、金属活动性应用
【点评】
本题属于金属材料板块的基础综合题，考点覆盖了金属的常见性质、合金的特殊用途、简单实验设计、金属与酸反应的规律推导，整体侧重课本核心知识点的考察，需要学生牢记金属和酸反应生成氢气的相关定量关系，能结合图像信息完成规律判断。
【难度系数】
0.7
