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1. (2025·长沙中考)材料的应用贯穿人类文明。下列物品主要由金属材料制成的是 (
A.四羊青铜方尊
B.人面鱼纹彩陶盆
C.有机人工角膜
D.高强度芳纶纸
A
)A.四羊青铜方尊
B.人面鱼纹彩陶盆
C.有机人工角膜
D.高强度芳纶纸
答案
1.A
解析
【分析】
要选出主要由金属材料制成的物品，需先明确金属材料的范畴（包括纯金属和合金），再逐一分析各选项的材料类型，排除不符合的选项即可。
【解析】
金属材料包含纯金属和合金。A选项中，四羊青铜方尊的主要材料是青铜，青铜是铜锡合金，属于金属材料；B选项的人面鱼纹彩陶盆主要材料是陶瓷，属于无机非金属材料；C选项的有机人工角膜属于有机合成材料；D选项的高强度芳纶纸属于有机高分子材料。因此只有A选项符合要求。
【答案】
A
【知识点】
金属材料的判断、常见材料分类
【点评】
本题考查常见材料的分类，属于基础题型，需准确区分不同类型材料的特点，难度较低。
【难度系数】
0.9
要选出主要由金属材料制成的物品，需先明确金属材料的范畴（包括纯金属和合金），再逐一分析各选项的材料类型，排除不符合的选项即可。
【解析】
金属材料包含纯金属和合金。A选项中，四羊青铜方尊的主要材料是青铜，青铜是铜锡合金，属于金属材料；B选项的人面鱼纹彩陶盆主要材料是陶瓷，属于无机非金属材料；C选项的有机人工角膜属于有机合成材料；D选项的高强度芳纶纸属于有机高分子材料。因此只有A选项符合要求。
【答案】
A
【知识点】
金属材料的判断、常见材料分类
【点评】
本题考查常见材料的分类，属于基础题型，需准确区分不同类型材料的特点，难度较低。
【难度系数】
0.9
2.(2025·福建中考)镍是一种重要的金属。将废旧坡莫合金(含镍、铁和铜等)浸入800 ℃液态镁中形成镁镍合金,再经如下图所示的真空蒸馏,可实现镁和镍的分离与回收。下列说法正确的是 (
A.合金的硬度一般比其组成金属的小
B.镁的沸点比镍的高
C.真空蒸馏过程中,镁原子间的间隔发生改变
D.坡莫合金可完全溶解于足量稀硫酸中
C
)A.合金的硬度一般比其组成金属的小
B.镁的沸点比镍的高
C.真空蒸馏过程中,镁原子间的间隔发生改变
D.坡莫合金可完全溶解于足量稀硫酸中
答案
2.C 解析:
|选项|内容|正误|
| ---- | ---- | ---- |
|A|合金的硬度一般比其组成金属的大|×|
|B|从真空蒸馏能够分离镁和镍,且Mg以气态液化的形式被收集,可推断出镁的沸点比镍的低|×|
|C|真空蒸馏过程中,Mg由液态变为气态,又由气态变为液态,物质的状态发生变化,镁原子间的间隔会发生改变|√|
|D|坡莫合金中含铜,Cu不与稀硫酸反应,所以坡莫合金不能完全溶解于足量稀硫酸中|×|
|选项|内容|正误|
| ---- | ---- | ---- |
|A|合金的硬度一般比其组成金属的大|×|
|B|从真空蒸馏能够分离镁和镍,且Mg以气态液化的形式被收集,可推断出镁的沸点比镍的低|×|
|C|真空蒸馏过程中,Mg由液态变为气态,又由气态变为液态,物质的状态发生变化,镁原子间的间隔会发生改变|√|
|D|坡莫合金中含铜,Cu不与稀硫酸反应,所以坡莫合金不能完全溶解于足量稀硫酸中|×|
解析
【分析】
这道题考查合金的性质、物质状态变化的微观本质、金属与酸的反应等知识点，解题时需逐一分析每个选项，结合相关化学概念和实验原理判断正误：
1. 选项A：回忆合金的基本性质，合金的硬度通常比组成它的纯金属大，熔点更低，据此判断；
2. 选项B：根据真空蒸馏分离镁和镍的原理，镁先以气态形式被收集，说明镁的沸点更低，镍沸点更高，据此判断；
3. 选项C：真空蒸馏过程中镁会经历液态→气态→液态的状态变化，物质状态改变时，原子间的间隔会发生变化，据此判断；
4. 选项D：坡莫合金含镍、铁、铜，铜的金属活动性在氢之后，不与稀硫酸反应，据此判断。
【解析】
逐一分析各选项：
A选项：合金的硬度一般比其组成金属的大，而非更小，该选项错误；
B选项：真空蒸馏时镁先汽化为气态被收集，说明镁的沸点比镍低，该选项错误；
C选项：真空蒸馏过程中，镁由液态变为气态再变为液态，物质状态改变，镁原子间的间隔会随状态变化发生改变，该选项正确；
D选项：坡莫合金中的铜不与稀硫酸反应，因此合金不能完全溶解于足量稀硫酸中，该选项错误。综上，正确选项为C。
【答案】C
【知识点】合金的性质、物质的状态变化、金属的化学性质
【点评】本题是对化学基础知识点的综合考查，涉及合金特性、物质状态变化的微观解释、金属与酸的反应规律，难度适中，需要学生准确掌握相关概念并结合实验原理分析选项。
【难度系数】0.6
这道题考查合金的性质、物质状态变化的微观本质、金属与酸的反应等知识点，解题时需逐一分析每个选项，结合相关化学概念和实验原理判断正误：
1. 选项A：回忆合金的基本性质，合金的硬度通常比组成它的纯金属大，熔点更低，据此判断；
2. 选项B：根据真空蒸馏分离镁和镍的原理，镁先以气态形式被收集，说明镁的沸点更低，镍沸点更高，据此判断；
3. 选项C：真空蒸馏过程中镁会经历液态→气态→液态的状态变化，物质状态改变时，原子间的间隔会发生变化，据此判断；
4. 选项D：坡莫合金含镍、铁、铜，铜的金属活动性在氢之后，不与稀硫酸反应，据此判断。
【解析】
逐一分析各选项：
A选项：合金的硬度一般比其组成金属的大，而非更小，该选项错误；
B选项：真空蒸馏时镁先汽化为气态被收集，说明镁的沸点比镍低，该选项错误；
C选项：真空蒸馏过程中，镁由液态变为气态再变为液态，物质状态改变，镁原子间的间隔会随状态变化发生改变，该选项正确；
D选项：坡莫合金中的铜不与稀硫酸反应，因此合金不能完全溶解于足量稀硫酸中，该选项错误。综上，正确选项为C。
【答案】C
【知识点】合金的性质、物质的状态变化、金属的化学性质
【点评】本题是对化学基础知识点的综合考查，涉及合金特性、物质状态变化的微观解释、金属与酸的反应规律，难度适中，需要学生准确掌握相关概念并结合实验原理分析选项。
【难度系数】0.6
(2024·枣庄中考)阅读下列材料,完成3~4题。
青铜是人类最早使用的合金,主要成分是铜(Cu)和锡(Sn),因其铜锈[主要成分为$\ce{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}$]呈青绿色,故名青铜。现在青铜依然被广泛使用,某机械加工厂青铜废料经处理后得到$\ce{CuCl_{2}}$和$\ce{SnCl_{2}}$的混合液,向混合液中
加入过量的锌粉,充分反应后过滤,得滤液和滤渣,对其进行分析,用以评估回收利用价值。
附:青铜及其组分金属性质一览表
3. 根据上述材料信息,下列说法错误的是
(
A.青铜的硬度比铜和锡都大
B.青铜的熔点低于铜是因为铜中熔入锡
C.青铜的颜色呈金黄色
D.铜锈是由铜与$\ce{O_{2}}$、$\ce{H_{2}O}$反应生成的
4. 对于上述材料中的滤渣和滤液,下列分析正确的是
(
A.滤渣中只有$\ce{Cu}$、$\ce{Zn}$
B.滤渣中一定有$\ce{Cu}$、$\ce{Zn}$,可能有$\ce{Sn}$
C.滤液中溶质只有$\ce{ZnCl_{2}}$
D.滤液中溶质一定有$\ce{ZnCl_{2}}$,可能有$\ce{CuCl_{2}}$
青铜是人类最早使用的合金,主要成分是铜(Cu)和锡(Sn),因其铜锈[主要成分为$\ce{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}$]呈青绿色,故名青铜。现在青铜依然被广泛使用,某机械加工厂青铜废料经处理后得到$\ce{CuCl_{2}}$和$\ce{SnCl_{2}}$的混合液,向混合液中
加入过量的锌粉,充分反应后过滤,得滤液和滤渣,对其进行分析,用以评估回收利用价值。
附:青铜及其组分金属性质一览表
3. 根据上述材料信息,下列说法错误的是
(
D
)A.青铜的硬度比铜和锡都大
B.青铜的熔点低于铜是因为铜中熔入锡
C.青铜的颜色呈金黄色
D.铜锈是由铜与$\ce{O_{2}}$、$\ce{H_{2}O}$反应生成的
4. 对于上述材料中的滤渣和滤液,下列分析正确的是
(
C
)A.滤渣中只有$\ce{Cu}$、$\ce{Zn}$
B.滤渣中一定有$\ce{Cu}$、$\ce{Zn}$,可能有$\ce{Sn}$
C.滤液中溶质只有$\ce{ZnCl_{2}}$
D.滤液中溶质一定有$\ce{ZnCl_{2}}$,可能有$\ce{CuCl_{2}}$
答案
3.D
4.C 解析:金属活动性顺序为 Zn＞Sn＞Cu,向 CuCl₂ 和 SnCl₂的混合液中加入过量的锌粉,锌先与 CuCl₂ 反应生成氯化锌和铜,CuCl₂反应完,锌才能与 SnCl₂ 反应生成氯化锌和锡,滤渣中有 Cu、Sn、Zn,A、B错误;锌是过量的,滤液中溶质只有 ZnCl₂,C正确,D错误。
4.C 解析:金属活动性顺序为 Zn＞Sn＞Cu,向 CuCl₂ 和 SnCl₂的混合液中加入过量的锌粉,锌先与 CuCl₂ 反应生成氯化锌和铜,CuCl₂反应完,锌才能与 SnCl₂ 反应生成氯化锌和锡,滤渣中有 Cu、Sn、Zn,A、B错误;锌是过量的,滤液中溶质只有 ZnCl₂,C正确,D错误。
解析
【分析】
第3题需结合材料中青铜的定义、铜锈的成分，依据合金性质、质量守恒定律分析各选项，找出错误选项；第4题需利用金属活动性顺序，判断过量锌粉与混合液的反应顺序，进而确定滤渣和滤液的成分，选出正确选项。
【解析】
3. 选项分析：
A. 合金硬度一般大于其组成成分金属，青铜是铜锡合金，故硬度比铜和锡都大，说法正确；
B. 合金熔点通常低于其成分金属，青铜中熔入锡导致熔点低于铜，说法正确；
C. 材料明确铜锈呈青绿色，青铜因铜锈得名，故青铜颜色不是金黄色，说法正确；
D. 铜锈主要成分为$\ce{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}$，根据质量守恒定律，铜锈含C元素，说明铜生锈除与$\ce{O_{2}}$、$\ce{H_{2}O}$反应外，还与$\ce{CO_{2}}$有关，该说法错误。因此第3题选D。
4. 金属活动性顺序为$\ce{Zn＞Sn＞Cu}$，向$\ce{CuCl_{2}}$和$\ce{SnCl_{2}}$混合液中加过量锌粉时，锌先与$\ce{CuCl_{2}}$反应：$\ce{Zn + CuCl_{2} = ZnCl_{2} + Cu}$，$\ce{CuCl_{2}}$完全反应后，锌再与$\ce{SnCl_{2}}$反应：$\ce{Zn + SnCl_{2} = ZnCl_{2} + Sn}$。因锌过量，反应后滤渣含生成的$\ce{Cu}$、$\ce{Sn}$及过量的$\ce{Zn}$，滤液溶质只有生成的$\ce{ZnCl_{2}}$，$\ce{CuCl_{2}}$、$\ce{SnCl_{2}}$均完全反应。
选项分析：
A. 滤渣除$\ce{Cu}$、$\ce{Zn}$外还有$\ce{Sn}$，错误；
B. 滤渣一定含$\ce{Cu}$、$\ce{Sn}$、$\ce{Zn}$，错误；
C. 滤液溶质只有$\ce{ZnCl_{2}}$，正确；
D. 滤液无$\ce{CuCl_{2}}$，错误。因此第4题选C。
【答案】
3.D；4.C
【知识点】
合金的性质、金属活动性顺序的应用、质量守恒定律
【点评】
本题结合材料考查合金性质、金属活动性顺序应用及质量守恒定律，为中考常见题型，需准确掌握知识点、理清反应顺序，难度适中。
【难度系数】
0.6
第3题需结合材料中青铜的定义、铜锈的成分，依据合金性质、质量守恒定律分析各选项，找出错误选项；第4题需利用金属活动性顺序，判断过量锌粉与混合液的反应顺序，进而确定滤渣和滤液的成分，选出正确选项。
【解析】
3. 选项分析：
A. 合金硬度一般大于其组成成分金属，青铜是铜锡合金，故硬度比铜和锡都大，说法正确；
B. 合金熔点通常低于其成分金属，青铜中熔入锡导致熔点低于铜，说法正确；
C. 材料明确铜锈呈青绿色，青铜因铜锈得名，故青铜颜色不是金黄色，说法正确；
D. 铜锈主要成分为$\ce{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}$，根据质量守恒定律，铜锈含C元素，说明铜生锈除与$\ce{O_{2}}$、$\ce{H_{2}O}$反应外，还与$\ce{CO_{2}}$有关，该说法错误。因此第3题选D。
4. 金属活动性顺序为$\ce{Zn＞Sn＞Cu}$，向$\ce{CuCl_{2}}$和$\ce{SnCl_{2}}$混合液中加过量锌粉时，锌先与$\ce{CuCl_{2}}$反应：$\ce{Zn + CuCl_{2} = ZnCl_{2} + Cu}$，$\ce{CuCl_{2}}$完全反应后，锌再与$\ce{SnCl_{2}}$反应：$\ce{Zn + SnCl_{2} = ZnCl_{2} + Sn}$。因锌过量，反应后滤渣含生成的$\ce{Cu}$、$\ce{Sn}$及过量的$\ce{Zn}$，滤液溶质只有生成的$\ce{ZnCl_{2}}$，$\ce{CuCl_{2}}$、$\ce{SnCl_{2}}$均完全反应。
选项分析：
A. 滤渣除$\ce{Cu}$、$\ce{Zn}$外还有$\ce{Sn}$，错误；
B. 滤渣一定含$\ce{Cu}$、$\ce{Sn}$、$\ce{Zn}$，错误；
C. 滤液溶质只有$\ce{ZnCl_{2}}$，正确；
D. 滤液无$\ce{CuCl_{2}}$，错误。因此第4题选C。
【答案】
3.D；4.C
【知识点】
合金的性质、金属活动性顺序的应用、质量守恒定律
【点评】
本题结合材料考查合金性质、金属活动性顺序应用及质量守恒定律，为中考常见题型，需准确掌握知识点、理清反应顺序，难度适中。
【难度系数】
0.6
5.(2025·济南中考节选)化学小组的同学利用工业炼铁的化学原理进行实验探究。用CO(含少量CO₂和水蒸气)测定某Fe₃O₄样品(杂质为固体,且不反应)中Fe₃O₄的质量分数。实验装置如图所示,检查装置的气密性,进行实验(假设发生的化学反应都充分反应)。
(1)装置B的作用是
(2)在装置C的硬质玻璃管中加入该Fe₃O₄样品15 g,充分反应后继续通CO至硬质玻璃管冷却,测得装置A质量增加2.2 g,装置D质量增加8.8 g,此时装置C的硬质玻璃管中固体的总质量为
(3)从环保角度考虑,该实验装置存在的不足之处是
(1)装置B的作用是
吸收一氧化碳中的水蒸气,防止对实验结果产生干扰
。(2)在装置C的硬质玻璃管中加入该Fe₃O₄样品15 g,充分反应后继续通CO至硬质玻璃管冷却,测得装置A质量增加2.2 g,装置D质量增加8.8 g,此时装置C的硬质玻璃管中固体的总质量为
11.8
g(精确至0.1 g),该Fe₃O₄样品中Fe₃O₄的质量分数为77.3%
(精确至0.1%)。(3)从环保角度考虑,该实验装置存在的不足之处是
没有尾气处理装置
。答案
解析:(1)浓硫酸具有吸水性,且与一氧化碳不反应,则装置B的作用是吸收一氧化碳中的水蒸气,防止对实验结果产生干扰。(2)装置 D 质量增加 8.8 g,说明生成的二氧化碳的质量为 8.8 g,设参加反应 Fe₃O₄ 的质量为 x,生成 Fe 的质量为 y。
$\ce{Fe_{3}O_{4} +4CO\xlongequal{高温} 3Fe +4CO_{2}}$
232 168 176
x y 8.8 g
$\frac{232}{176}=\frac{x}{8.8\ \mathrm{g}},\frac{168}{176}=\frac{y}{8.8\ \mathrm{g}}$
x=11.6 g ,y=8.4 g
装置 C 的硬质玻璃管中固体的总质量为生成的铁和样品中杂质的质量,则此时装置 C 的硬质玻璃管中固体的总质量为 8.4 g+(15 g-11.6 g)= 11.8 g。该 Fe₃O₄ 样品中 Fe₃O₄的质量分数为$\frac{11.6\ \mathrm{g}}{15\ \mathrm{g}}×100\%≈77.3\%$。
$\ce{Fe_{3}O_{4} +4CO\xlongequal{高温} 3Fe +4CO_{2}}$
232 168 176
x y 8.8 g
$\frac{232}{176}=\frac{x}{8.8\ \mathrm{g}},\frac{168}{176}=\frac{y}{8.8\ \mathrm{g}}$
x=11.6 g ,y=8.4 g
装置 C 的硬质玻璃管中固体的总质量为生成的铁和样品中杂质的质量,则此时装置 C 的硬质玻璃管中固体的总质量为 8.4 g+(15 g-11.6 g)= 11.8 g。该 Fe₃O₄ 样品中 Fe₃O₄的质量分数为$\frac{11.6\ \mathrm{g}}{15\ \mathrm{g}}×100\%≈77.3\%$。
解析
【分析】
首先明确各装置的功能：A中NaOH溶液除去CO中混有的CO₂，B中浓硫酸用于干燥CO（除去水蒸气），C中CO还原Fe₃O₄，D中NaOH溶液吸收反应生成的CO₂，E防止空气中的CO₂进入D干扰实验。第(1)问需结合浓硫酸的性质判断B的作用；第(2)问利用D增加的质量为生成CO₂的质量，通过化学方程式计算Fe₃O₄质量、生成Fe的质量，进而求出反应后固体总质量和Fe₃O₄的质量分数；第(3)问从CO的毒性分析实验的环保缺陷。
【解析】
(1) 浓硫酸具有吸水性，且不与一氧化碳反应，装置B的作用是除去一氧化碳中混有的水蒸气，防止水蒸气进入后续装置干扰实验结果。
(2) 装置D质量增加的8.8 g是反应生成的CO₂的质量。设参加反应的Fe₃O₄的质量为x，生成Fe的质量为y，根据反应的化学方程式：
$\ce{Fe_{3}O_{4} +4CO\xlongequal{高温} 3Fe +4CO_{2}}$
各物质的质量比为232:168:176，则：
$\frac{232}{176} = \frac{x}{8.8\ \mathrm{g}}$，解得 $x = 11.6\ \mathrm{g}$；
$\frac{168}{176} = \frac{y}{8.8\ \mathrm{g}}$，解得 $y = 8.4\ \mathrm{g}$；
样品中杂质的质量为 $15\ \mathrm{g} - 11.6\ \mathrm{g} = 3.4\ \mathrm{g}$，反应后装置C中固体总质量为生成的Fe与杂质的质量和：$8.4\ \mathrm{g} + 3.4\ \mathrm{g} = 11.8\ \mathrm{g}$；
Fe₃O₄样品的质量分数为 $\frac{11.6\ \mathrm{g}}{15\ \mathrm{g}}×100\% ≈ 77.3\%$。
(3) 一氧化碳有毒，未反应的CO会直接排放到空气中，该装置缺少尾气处理装置，会造成空气污染。
【答案】
(1) 除去一氧化碳中的水蒸气，防止干扰后续实验
(2) 11.8；77.3%
(3) 没有进行尾气处理，会污染空气
【知识点】
一氧化碳还原四氧化三铁；根据化学方程式计算；实验装置的作用
【点评】
本题结合工业炼铁原理的实验，考查气体除杂、化学方程式计算、实验环保评价等内容，需要学生掌握各装置的作用，熟练运用化学方程式进行计算，同时关注实验的安全性和环保性，难度适中。
【难度系数】
0.5
首先明确各装置的功能：A中NaOH溶液除去CO中混有的CO₂，B中浓硫酸用于干燥CO（除去水蒸气），C中CO还原Fe₃O₄，D中NaOH溶液吸收反应生成的CO₂，E防止空气中的CO₂进入D干扰实验。第(1)问需结合浓硫酸的性质判断B的作用；第(2)问利用D增加的质量为生成CO₂的质量，通过化学方程式计算Fe₃O₄质量、生成Fe的质量，进而求出反应后固体总质量和Fe₃O₄的质量分数；第(3)问从CO的毒性分析实验的环保缺陷。
【解析】
(1) 浓硫酸具有吸水性，且不与一氧化碳反应，装置B的作用是除去一氧化碳中混有的水蒸气，防止水蒸气进入后续装置干扰实验结果。
(2) 装置D质量增加的8.8 g是反应生成的CO₂的质量。设参加反应的Fe₃O₄的质量为x，生成Fe的质量为y，根据反应的化学方程式：
$\ce{Fe_{3}O_{4} +4CO\xlongequal{高温} 3Fe +4CO_{2}}$
各物质的质量比为232:168:176，则：
$\frac{232}{176} = \frac{x}{8.8\ \mathrm{g}}$，解得 $x = 11.6\ \mathrm{g}$；
$\frac{168}{176} = \frac{y}{8.8\ \mathrm{g}}$，解得 $y = 8.4\ \mathrm{g}$；
样品中杂质的质量为 $15\ \mathrm{g} - 11.6\ \mathrm{g} = 3.4\ \mathrm{g}$，反应后装置C中固体总质量为生成的Fe与杂质的质量和：$8.4\ \mathrm{g} + 3.4\ \mathrm{g} = 11.8\ \mathrm{g}$；
Fe₃O₄样品的质量分数为 $\frac{11.6\ \mathrm{g}}{15\ \mathrm{g}}×100\% ≈ 77.3\%$。
(3) 一氧化碳有毒，未反应的CO会直接排放到空气中，该装置缺少尾气处理装置，会造成空气污染。
【答案】
(1) 除去一氧化碳中的水蒸气，防止干扰后续实验
(2) 11.8；77.3%
(3) 没有进行尾气处理，会污染空气
【知识点】
一氧化碳还原四氧化三铁；根据化学方程式计算；实验装置的作用
【点评】
本题结合工业炼铁原理的实验，考查气体除杂、化学方程式计算、实验环保评价等内容，需要学生掌握各装置的作用，熟练运用化学方程式进行计算，同时关注实验的安全性和环保性，难度适中。
【难度系数】
0.5
