耐高温,不易氧化.能导电的物质A 铝片 B 铜片 C石墨 D铁片

X为中学化学中一种常见的盐，F为淡黄色固体，与X溶液反应生成蓝色沉淀Y为氢氧化铜可知，F为Na₂O₂；X溶液中含铜离子；M、N为常见的金属，结合N的氧化物可作耐火材料，可用它来制造耐火坩埚和耐高温试验仪器，E和N反应生成M可知发生了置换反应，判断N为Al，E为Fe₂O₃；M为Fe，结合M和含铜离子的X溶液反应生成固体C为铜，滤液A为亚铁盐溶液，加入盐酸会发生反应生成无色气体D，说明A只能是硝酸亚铁，即X溶液为硝酸铜溶液；F为过氧化钠加入到溶液B中生成H为气体单质氧气，D为无色气体一氧化氮，D在空气中会出现红棕色二氧化氮，
（1）依据上述推断E为：Fe₂O₃，故答案为：Fe₂O₃；
（2）将M丝插入盛有X溶液的试管中，是Fe和硝酸铜溶液反应生成铜和硝酸亚铁，反应一段时间后的现象，铁丝上附有红色物质，溶液颜色逐渐变为浅绿色，
故答案为：铁丝上附有红色物质，溶液颜色逐渐变为浅绿色；
（3）反应①是铁和硝酸铜溶液反应发生置换反应；②是硝酸亚铁和盐酸发生氧化还原反应；③是氧化铝和铁反应生成铝和氧化铁，是置换反应；④是硝酸铁和过氧化钠反应，不是置换反应，所以中属于置换反应的是①③，故答案为：①③；
（4）反应②是亚铁离子在硝酸溶液中发生的氧化还原反应，离子方程式为：反应②的离子方程式反应为：3Fe²⁺+NO₃^-+4H⁺=3Fe³⁺+NO↑+2H₂O，
故答案为：3Fe²⁺+NO₃^-+4H⁺=3Fe³⁺+NO↑+2H₂O．

点评：
本题考点： 无机物的推断．

考点点评： 本题考查了无机化合物的转化关系和性质应用，侧重物质性质的综合应用、转化关系的反应产物判断、置换反应的判断、氧化还原反应的离子方程式书写等知识点的考查，综合性较强，题目难度中等，F及蓝色沉淀等解答的突破口，物质推断为解答的关键．

（1）根据表中的实验数据可得，每加入5g稀盐酸，固体质量减少0.7g，第三次加入稀盐酸后，固体减少的质量=0.7g-0.2g=0.5g，小于0.7g，即此时碳酸钙已完全反应；所以剩余的0.2g固体即为杂质的质量；
石灰石样品中碳酸钙的质量分数=[2g−0.2g/2g]×100%=90%
（2）由图表分析可知：每加入5g稀盐酸消耗碳酸钙0.7g，设稀盐酸中的溶质质量为x
CaCO₃ +2HCl=CaCl₂+H₂O+CO₂↑
100 73
0.7g x
[100/0.7g＝
73
x]
x=0.511g
稀盐酸的质量分数为：[0.511g/5g×100%=10.22%
（3）设能得到二氧化碳的质量为x
CaCO₃

高温
.
]CaO+CO₂↑
10056
100g×90%x
[100/100g×90%＝
56
x]
x=60.4g
答案：
（1）石灰石样品的纯度90%
（2）稀盐酸的质量分数为10.22%
（3）100克这种纯度的石灰石充分煅烧后，可得到固体 60.4克

点评：
本题考点： 根据化学反应方程式的计算．

考点点评： 根据图表中剩余固体的质量，分析每次加入相同稀盐酸所减少的质量即样品中被反应掉碳酸钙的质量，并判断出第3次加稀盐酸后碳酸钙完全反应，掌握相应的化学方程式，才能顺利解答．

原理有三个：清除可燃物、隔绝氧气或空气、使可燃物的温度降到着火点以下，三者具其一即可，氢氧化镁在380℃时分解，方程式为：Mg（OH）₂

△
.
MgO+H₂O↑．氢氧化镁分解过程中吸收大量的热，能使可燃物的温度降到着火点以下，反应生成的水蒸气能稀释可燃物表面的氧气，生成氧化镁固体能隔绝氧气或空气．
故答案为：Mg（OH）₂

△
.
MgO+H₂O↑，氢氧化镁分解生成的氧化镁固体使可燃物与氧气隔绝；分解过程吸收大量的热，且生成的热被水蒸气带走，使可燃物的温度降到着火点以下，同时水蒸气能稀释可燃物表面的氧气．

点评：
本题考点： 灭火的原理和方法；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．

考点点评： 燃烧是人类最早利用的反应，燃烧在为人带来热量服务于人类的同时也会为人类带来灾难，燃烧的原理和灭火的方法，为人类提供了安全利用燃烧反应的保障，是中考的热点题目之一．

（1）石灰石样品中CaCO₃的质量分数为：[10g-1.5g/10g]×100%=85%
（2）由题意知：第一次25g稀盐酸恰好反应掉10g-6.575g=3.425g碳酸钙．
设第一次实验中，所加入的10g盐酸中溶质的质量为X
CaCO₃+2HCl═CaCl₂+H₂O+CO₂↑
100 73
3.425g x
[100/73=
3.425g
x]
x=2.5g
所用稀盐酸中溶质的质量分数=[2.5g/25g]×100%=10%
（3）100g石灰石中碳酸钙的质量是100g×85%=85g．
设参加反应的盐酸溶质的质量为y，生成氯化钙的质量是z，生成二氧化碳的质量是m．
CaCO₃+2HCl═CaCl₂+H₂O+CO₂↑
100 73 111 44
85g y z m
[100/85g=
73
y]
y=62.05g
[100/85g=
111
z]
z=94.35g
[100/85g=
44
m]
m=37.4g
所以所用盐酸的质量是62.05g÷10%=620.5g，根据质量守恒定律可知氯化钙溶液的质量是85g+620.5g-37.4g=668.1g．
所以氯化钙溶液溶质的质量分数=
94.35g
668.1g× 100%≈14.1%
答：石灰石样品的纯度是85%，所用盐酸的质量分数是10%，完全反应后溶液中溶质的质量分数是14.1%．

点评：
本题考点： 根据化学反应方程式的计算；有关溶质质量分数的简单计算．

考点点评： 本题综合考查了学生分析、解决问题的能力，在作图表类计算题时要认真分析数据，找出解题的突破口，然后利用方程式进行解题，反应后溶液的质量通常依据质量守恒定律求解，有难度．

（1）氮是7号元素，核外电子数是5，核外电子排布式为1s²2s²2p³，故答案为：1s²2s²2p³；
（2）根据X的晶体结构图可知，晶胞中含有氮原子为4，含有铝原子[1/8]×8+[1/2]=4，所以X的化学式为AlN，氧化铝与氮气和碳在一定条件下反应的化学方程式为Al₂O₃+N₂+3C=2AlN+3CO，故答案为：AlN；Al₂O₃+N₂+3C=2AlN+3CO；
（3）由AlN的晶胞结构可知，一个N原子与距离最近的四个Al原子成键，因此N采取sp³杂化，根据X的结构可知，每个铝和氮周围都有四个共价键，都达八电子稳定结构，而铝原子最外层原来只有三个电子，氮原子最外层有5个电子，所以在AlN中有配位键，根据AlN的性质可知它为原子晶体，所以晶体中含有共价键，
故答案为：BC；sp³；
（4）氮化硼与AlN相比，硼原子半径比铝原子半径小，所以键能就大，它们都是原子晶体，所以氮化硼的熔点比AlN高，
故答案为：氮化硼与氮化铝均为原子晶体，且硼原子半径小于铝原子半径，B-N键键能大于Al-N键键能；
（5）晶体N原子位于晶胞体对角线的[1/4]处，将体心与下底面相对的两顶点相连可构成等腰三角形，距离最近的两个N原子相连的连线为该三角形的中位线，所以晶体中最近的两个N原子的距离为底面对角线的[1/2]，
根据晶胞的密度ρ=

4×27+4×14
NA
晶体边长3，可以求得晶胞边长为
3
164
ρ•NA
cm，
进而求得底面对角线的长度为
2•
3
164
ρ•NA
cm，所以晶体中最近的两个N原子的距离为

2
2•
3
164
ρ•NA
cm，
故答案为：

2
2•
3
164
ρ•NA
．

点评：
本题考点： 晶胞的计算；原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．

考点点评： 本题考查了原子核外电子排布图、均摊法晶胞的计算、键能与性质的关系、以及晶胞结构的计算等知识，为高考选作真题，难度较大，其中晶胞的计算是该题的难点．

A．Na₂O₂能与CO₂反应生成氧气，常用于供氧剂，故A正确；
B．Al₂O₃熔点高，硬度大，可用于制作耐高温仪器，故B正确；
C．明矾含有铝，易水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，可用于净水，故C正确；
D．SiO₂不具有导电性，故D错误；
故选D．

点评：
本题考点： 钠的重要化合物；盐类水解的应用；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物．

考点点评： 本题考查物质的性质与用途，侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累．

A、切割硬物的刀具利用坚硬、耐磨的特性，可使用纳米陶瓷材料，不符合题意；
B、IC卡芯片是电子线路，陶瓷不是导体，所以不能用纳米陶瓷来做，符合题意；
C、“嫦娥二号”的外表涂层具有耐高温的特性，可以使用纳米陶瓷，不符合题意；
D、装浓硫酸的容器利用耐腐蚀的特性，可使用纳米陶瓷材料，不符合题意．
故选B．

点评：
本题考点： 纳米材料的应用和发展前景．

考点点评： 要会分析根据材料的特性来判断应用的场合，IC卡不等同于磁卡，磁卡是用磁性材料做的．