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13.(6分)(1)晶体硅是高铁信息传输系统中电子芯片的关键材料。工业上高温制取硅的反应为$\ce{SiO_{2} + 2C\xlongequal{高温} Si + 2X↑}$，则生成物X的化学式为
(2)从金、银、铁、铝混合金属中回收金、银。将混合金属放入一定量的硝酸银溶液中充分反应后过滤，得到滤渣和浅绿色溶液，向滤渣中加入一定量稀盐酸，有气泡产生。
①滤渣中一定含有的金属是
②硝酸银溶液和铁反应的化学方程式为
CO
。(2)从金、银、铁、铝混合金属中回收金、银。将混合金属放入一定量的硝酸银溶液中充分反应后过滤，得到滤渣和浅绿色溶液，向滤渣中加入一定量稀盐酸，有气泡产生。
①滤渣中一定含有的金属是
金、银、铁
(写金属名称)。②硝酸银溶液和铁反应的化学方程式为
$\ce{Fe + 2AgNO_{3}\xlongequal{\;\;}Fe(NO_{3})_{2} + 2Ag}$
。答案
13.(1)CO (2)①金、银、铁
②$\ce{Fe + 2AgNO_{3}\xlongequal{\;\;}Fe(NO_{3})_{2} + 2Ag}$
②$\ce{Fe + 2AgNO_{3}\xlongequal{\;\;}Fe(NO_{3})_{2} + 2Ag}$
解析
【分析】
本题分为两小问，第(1)问需利用质量守恒定律，根据化学反应前后原子的种类、数目不变推导生成物X的化学式；第(2)问需结合金属活动性顺序（Al＞Fe＞Ag＞Au），分析金属与硝酸银的反应先后，再根据溶液颜色、滤渣加盐酸的现象判断滤渣成分，最后书写铁与硝酸银反应的化学方程式。
【解析】
(1) 根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和数目不变。反应物中含1个Si原子、2个O原子、2个C原子；生成物中已有1个Si原子，剩余2个O原子和2个C原子，对应2个X分子，因此每个X分子由1个C原子和1个O原子构成，故X的化学式为$\ce{CO}$。
(2) 金属活动性顺序为$\ce{Al ＞ Fe ＞ Ag ＞ Au}$，将混合金属放入硝酸银溶液中，活动性强的金属先反应：Al先与$\ce{AgNO_{3}}$反应，Al反应完后Fe再与$\ce{AgNO_{3}}$反应，Au不参与反应。
① 反应后溶液为浅绿色，说明溶液中含$\ce{Fe^{2+}}$，即Fe已参与反应；向滤渣中加稀盐酸有气泡产生，说明滤渣中含排在氢前的金属，该金属只能是Fe（Au、Ag在氢后），因此滤渣中一定含未反应的Au、Fe与$\ce{AgNO_{3}}$反应生成的Ag，以及剩余的Fe，即滤渣一定含有的金属是金、银、铁。
② 铁与硝酸银反应生成硝酸亚铁和银，化学方程式为$\ce{Fe + 2AgNO_{3} = Fe(NO_{3})_{2} + 2Ag}$。
【答案】
(1) $\ce{CO}$；(2) ①金、银、铁；②$\ce{Fe + 2AgNO_{3} = Fe(NO_{3})_{2} + 2Ag}$
【知识点】
质量守恒定律、金属活动性顺序、化学方程式书写
【点评】
本题考查初中化学核心基础知识点，质量守恒定律的原子守恒计算、金属活动性顺序的反应规律是解题关键，难度适中，需掌握反应先后逻辑和现象对应关系。
【难度系数】
0.6
本题分为两小问，第(1)问需利用质量守恒定律，根据化学反应前后原子的种类、数目不变推导生成物X的化学式；第(2)问需结合金属活动性顺序（Al＞Fe＞Ag＞Au），分析金属与硝酸银的反应先后，再根据溶液颜色、滤渣加盐酸的现象判断滤渣成分，最后书写铁与硝酸银反应的化学方程式。
【解析】
(1) 根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和数目不变。反应物中含1个Si原子、2个O原子、2个C原子；生成物中已有1个Si原子，剩余2个O原子和2个C原子，对应2个X分子，因此每个X分子由1个C原子和1个O原子构成，故X的化学式为$\ce{CO}$。
(2) 金属活动性顺序为$\ce{Al ＞ Fe ＞ Ag ＞ Au}$，将混合金属放入硝酸银溶液中，活动性强的金属先反应：Al先与$\ce{AgNO_{3}}$反应，Al反应完后Fe再与$\ce{AgNO_{3}}$反应，Au不参与反应。
① 反应后溶液为浅绿色，说明溶液中含$\ce{Fe^{2+}}$，即Fe已参与反应；向滤渣中加稀盐酸有气泡产生，说明滤渣中含排在氢前的金属，该金属只能是Fe（Au、Ag在氢后），因此滤渣中一定含未反应的Au、Fe与$\ce{AgNO_{3}}$反应生成的Ag，以及剩余的Fe，即滤渣一定含有的金属是金、银、铁。
② 铁与硝酸银反应生成硝酸亚铁和银，化学方程式为$\ce{Fe + 2AgNO_{3} = Fe(NO_{3})_{2} + 2Ag}$。
【答案】
(1) $\ce{CO}$；(2) ①金、银、铁；②$\ce{Fe + 2AgNO_{3} = Fe(NO_{3})_{2} + 2Ag}$
【知识点】
质量守恒定律、金属活动性顺序、化学方程式书写
【点评】
本题考查初中化学核心基础知识点，质量守恒定律的原子守恒计算、金属活动性顺序的反应规律是解题关键，难度适中，需掌握反应先后逻辑和现象对应关系。
【难度系数】
0.6
14. (8分)溶液与人类生产、生活密切相关。
(1)将下列物质分别放入水中充分搅拌,能得到无色溶液的是
A.氯化铜 B.汽油 C.面粉 D.酒精
(2)定边盐湖是西北地区的主要产盐地,薄薄的水层下面铺满了盐粒,走在上面就像走在沙滩上一样。结合下表中氯化钠的溶解度,回答有关问题。
|温度/℃|0|10|20|30|40|50|
|----|----|----|----|----|----|----|
|溶解度/g|35.7|35.8|36.0|36.3|36.6|37.0|
①从食盐水中得到食盐固体,一般采用的方法是
②实验室中配制50 g溶质质量分数为6%的NaCl溶液,在称量NaCl固体的过程中,发现托盘天平的指针向右偏转,此时应该
(3)如图1所示,$t_1°\mathrm{C}$时将相同质量的NaCl和$\mathrm{KNO}_3$分别加入盛有100 g水的甲、乙烧杯中,充分搅拌,图2为两物质的溶解度曲线。以下说法不正确的是
A.甲烧杯中的溶质为NaCl
B.将温度升高到$t_2°\mathrm{C}$时,乙烧杯中仍然有固体剩余
C.将$t_3°\mathrm{C}$时NaCl和$\mathrm{KNO}_3$的饱和溶液各100 g,降温至$t_1°\mathrm{C}$,析出晶体较多的是$\mathrm{KNO}_3$
D.将$t_2°\mathrm{C}$时NaCl和$\mathrm{KNO}_3$的饱和溶液升温至$t_3°\mathrm{C}$,所得溶液的溶质质量分数大小关系:$\mathrm{KNO}_3＞\mathrm{NaCl}$
(1)将下列物质分别放入水中充分搅拌,能得到无色溶液的是
D
(填字母)。A.氯化铜 B.汽油 C.面粉 D.酒精
(2)定边盐湖是西北地区的主要产盐地,薄薄的水层下面铺满了盐粒,走在上面就像走在沙滩上一样。结合下表中氯化钠的溶解度,回答有关问题。
|温度/℃|0|10|20|30|40|50|
|----|----|----|----|----|----|----|
|溶解度/g|35.7|35.8|36.0|36.3|36.6|37.0|
①从食盐水中得到食盐固体,一般采用的方法是
蒸发结晶
。②实验室中配制50 g溶质质量分数为6%的NaCl溶液,在称量NaCl固体的过程中,发现托盘天平的指针向右偏转,此时应该
向左盘添加NaCl至天平平衡
。(3)如图1所示,$t_1°\mathrm{C}$时将相同质量的NaCl和$\mathrm{KNO}_3$分别加入盛有100 g水的甲、乙烧杯中,充分搅拌,图2为两物质的溶解度曲线。以下说法不正确的是
BD
(填字母)。A.甲烧杯中的溶质为NaCl
B.将温度升高到$t_2°\mathrm{C}$时,乙烧杯中仍然有固体剩余
C.将$t_3°\mathrm{C}$时NaCl和$\mathrm{KNO}_3$的饱和溶液各100 g,降温至$t_1°\mathrm{C}$,析出晶体较多的是$\mathrm{KNO}_3$
D.将$t_2°\mathrm{C}$时NaCl和$\mathrm{KNO}_3$的饱和溶液升温至$t_3°\mathrm{C}$,所得溶液的溶质质量分数大小关系:$\mathrm{KNO}_3＞\mathrm{NaCl}$
答案
14.(1)D
(2)①蒸发结晶 ②向左盘添加NaCl至天平平衡 (3)BD
(2)①蒸发结晶 ②向左盘添加NaCl至天平平衡 (3)BD
解析
【分析】
本题分为三个小问，需逐一分析：
(1) 需判断各物质放入水中能否形成无色溶液：氯化铜溶液为蓝色，汽油不溶于水形成乳浊液，面粉不溶于水形成悬浊液，酒精与水互溶且溶液无色，据此确定答案。
(2) ①氯化钠溶解度受温度影响小，需选择对应结晶方法；②托盘天平称量时指针右偏，说明左盘溶质不足，需调整操作。
(3) 结合溶解度曲线分析：t₁℃时硝酸钾溶解度小于氯化钠，相同质量的两物质加入100g水，乙有固体剩余，故乙为硝酸钾、甲为氯化钠；升温至t₂℃，两者溶解度相等，结合初始加入质量判断乙是否有固体；降温时，硝酸钾溶解度变化大，饱和溶液降温析出晶体更多；升温饱和溶液时溶质质量分数不变，据此判断选项正误。
【解析】
(1) 选项分析：A.氯化铜溶于水形成蓝色溶液，不符合无色要求；B.汽油不溶于水，与水混合形成乳浊液，不是溶液；C.面粉不溶于水，与水混合形成悬浊液；D.酒精与水互溶，形成无色溶液，符合要求。故答案为D。
(2) ①氯化钠的溶解度受温度变化影响较小，因此从食盐水中获得食盐固体，采用蒸发结晶的方法；②称量NaCl固体时，托盘天平指针向右偏转，说明左盘NaCl的质量小于右盘砝码质量，应向左盘添加NaCl至天平平衡。
(3) 选项分析：
A. t₁℃时，硝酸钾溶解度小于氯化钠，相同质量的NaCl和KNO₃加入100g水，乙有固体剩余，故乙为KNO₃，甲为NaCl，A正确；
B. t₂℃时，NaCl和KNO₃溶解度相等，初始加入的质量介于t₁℃时KNO₃和NaCl的溶解度之间，升温到t₂℃，KNO₃溶解度等于t₁℃时NaCl的溶解度，因此乙中固体全部溶解，B错误；
C. t₃℃时，KNO₃溶解度远大于NaCl，等质量的饱和溶液中KNO₃的溶剂更少，降温到t₁℃，KNO₃溶解度减小幅度更大，析出晶体更多，C正确；
D. t₂℃时，NaCl和KNO₃饱和溶液溶质质量分数相等（溶解度相等），升温到t₃℃，两者均变为不饱和溶液，溶质质量分数不变，故溶质质量分数相等，D错误。因此不正确的是BD。
【答案】
(1) D；(2) ①蒸发结晶；②向左盘添加NaCl至天平平衡；(3) BD
【知识点】
溶液的形成；结晶方法；溶解度曲线应用；溶液配制
【点评】
本题综合考查溶液相关核心知识，涵盖溶液判断、结晶操作、天平使用、溶解度曲线的分析应用，需结合曲线变化规律逐一判断选项，难度适中，需细致分析。
【难度系数】
0.6
本题分为三个小问，需逐一分析：
(1) 需判断各物质放入水中能否形成无色溶液：氯化铜溶液为蓝色，汽油不溶于水形成乳浊液，面粉不溶于水形成悬浊液，酒精与水互溶且溶液无色，据此确定答案。
(2) ①氯化钠溶解度受温度影响小，需选择对应结晶方法；②托盘天平称量时指针右偏，说明左盘溶质不足，需调整操作。
(3) 结合溶解度曲线分析：t₁℃时硝酸钾溶解度小于氯化钠，相同质量的两物质加入100g水，乙有固体剩余，故乙为硝酸钾、甲为氯化钠；升温至t₂℃，两者溶解度相等，结合初始加入质量判断乙是否有固体；降温时，硝酸钾溶解度变化大，饱和溶液降温析出晶体更多；升温饱和溶液时溶质质量分数不变，据此判断选项正误。
【解析】
(1) 选项分析：A.氯化铜溶于水形成蓝色溶液，不符合无色要求；B.汽油不溶于水，与水混合形成乳浊液，不是溶液；C.面粉不溶于水，与水混合形成悬浊液；D.酒精与水互溶，形成无色溶液，符合要求。故答案为D。
(2) ①氯化钠的溶解度受温度变化影响较小，因此从食盐水中获得食盐固体，采用蒸发结晶的方法；②称量NaCl固体时，托盘天平指针向右偏转，说明左盘NaCl的质量小于右盘砝码质量，应向左盘添加NaCl至天平平衡。
(3) 选项分析：
A. t₁℃时，硝酸钾溶解度小于氯化钠，相同质量的NaCl和KNO₃加入100g水，乙有固体剩余，故乙为KNO₃，甲为NaCl，A正确；
B. t₂℃时，NaCl和KNO₃溶解度相等，初始加入的质量介于t₁℃时KNO₃和NaCl的溶解度之间，升温到t₂℃，KNO₃溶解度等于t₁℃时NaCl的溶解度，因此乙中固体全部溶解，B错误；
C. t₃℃时，KNO₃溶解度远大于NaCl，等质量的饱和溶液中KNO₃的溶剂更少，降温到t₁℃，KNO₃溶解度减小幅度更大，析出晶体更多，C正确；
D. t₂℃时，NaCl和KNO₃饱和溶液溶质质量分数相等（溶解度相等），升温到t₃℃，两者均变为不饱和溶液，溶质质量分数不变，故溶质质量分数相等，D错误。因此不正确的是BD。
【答案】
(1) D；(2) ①蒸发结晶；②向左盘添加NaCl至天平平衡；(3) BD
【知识点】
溶液的形成；结晶方法；溶解度曲线应用；溶液配制
【点评】
本题综合考查溶液相关核心知识，涵盖溶液判断、结晶操作、天平使用、溶解度曲线的分析应用，需结合曲线变化规律逐一判断选项，难度适中，需细致分析。
【难度系数】
0.6
