电子工业常用30﹪的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔,制造印刷电路板.

（1）①4CO（g）+Fe₃O₄（s）═4CO₂（g）+3Fe（s）△H=a kJ•mol^-1
②CO（g）+3Fe₂O₃（s）═CO₂（g）+2Fe₃O₄（s）△H=b kJ•mol^-1
依据盖斯定律[2×①+②/3]得到反应热化学方程式为：3CO（g）+Fe₂O₃（s）═3CO₂（g）+2Fe（s）的△H=[2a+b/3]KJ/mol，
故答案为：[2a+b/3]；
（2）①依据图示和分解反应过程，结合原子守恒分析，甲醇去氢后得到的是甲醛，
故答案为：HCHO；
②第二步：HCOOCH₃（g）⇌CH₃OH（g）+CO（g）△H＞0，反应是气体体积增大的吸热反应，依据平衡移动原理可知提高一氧化碳产率，应使平衡正向进行，升温，减压实现，
故答案为：升高温度，降低压强；
（3）反应后混合物中的一种产物能与盐酸反应生产两种盐，依据图示中物质组成分析可知是FeAl₂O₄，反应生成铁盐和铝盐，反应的离子方程式为FeAl₂O₄+8H⁺=Fe²⁺+2Al³⁺+4H₂O，故答案为：FeAl₂O₄+8H⁺=Fe²⁺+2Al³⁺+4H₂O；
（4）首先用CO将33.2g样品在加热条件下还原为粗镍；然后在常温下使粗镍中的Ni与CO结合成Ni（CO）₄（沸点43℃），并在180℃时使Ni（CO）₄重新分解产生镍单质，反应的化学方程式为：Ni₂O₃+3CO=2Ni+3CO₂，Ni+4CO=Ni（CO）₄，Ni（CO）₄，

△
.
Ni+4CO，两步中消耗CO的物质的量之比为3：8，
故答案为：3：8；
（5）①粉红色的PdCl₂溶液可以检验空气中少量的CO．若空气中含CO，则溶液中会产生黑色的Pd沉淀．每生成5.3gPd沉淀，物质的量=[5.3mol/106g/mol]=0.05mol，依据PdCl₂～Pd～2e-，转移电子数为0.05mol×2×N_A=0.1N_A，
故答案为：0.1N_A ；
②测定一氧化碳气体含量，使一氧化碳发生氧化还原反应生成二氧化碳，原电池的负极是失电子发生氧化反应，酸性介质中负极电极反应为CO+H₂O-2e^-=CO₂+2H⁺，
故答案为：CO+H₂O-2e^-=CO₂+2H⁺．

点评：
本题考点： 用盖斯定律进行有关反应热的计算；氧化还原反应的电子转移数目计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素．

考点点评： 本题考查了热化学方程式书写和盖斯定律计算应用，图象分析方法，原电池原理的应用，原子守恒，电子守恒的反应过程分析是解题关键，题目难度中等．

由工艺流程可知，加入过氧化氢将溶液中Fe²⁺氧化为Fe³⁺，加入氨水调节溶液PH值，Fe³⁺使转化为Fe（OH）₃，过滤后滤液主要含硫酸铵，氢氧化铝与硫酸混合反应生成硫酸铝溶液，再将硫酸铵和硫酸铝溶液混合反应，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等最终得到硫酸铝铵晶体；
（1）①由工艺流程可知，加入过氧化氢将溶液中Fe²⁺氧化为Fe³⁺，加入氨水调节溶液PH值，Fe³⁺使转化为Fe（OH）₃，过滤后的滤液中可能含有Fe³⁺，取少许滤液于试管中，加几滴KSCN溶液，若溶液不变红色，则杂质已除尽．
故答案为：取少许滤液于试管中，加几滴KSCN溶液，若溶液不变红色，则杂质已除尽；
②由工艺流程可知，流程中“分离”是从溶液中获得晶体，操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
（2）取4.53g硫酸铝铵晶体的物质的量为[4.53g/906g/mol]=0.005mol，
4.53g硫酸铝铵晶体中水的质量为0.005mol×24×18g/mol=2.16g，
加热400℃时固体质量减少△m=4.53g-2.46g=2.07g＜2.16g
剩余固体中结晶水的物质的量为[2.16g−2.07g/18g/mol]=0.005mol．
剩余固体中n[（NH₄）₂Al₂（SO₄）₄]：n（H₂O）=0.005mol：0.005mol=1：1，
故400℃时剩余固体成分的化学式为（NH₄）₂Al₂（SO₄）₄•H₂O．
答：400℃时剩余固体成分的化学式为（NH₄）₂Al₂（SO₄）₄•H₂O．

点评：
本题考点： 物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计．

考点点评： 本题考查镁铝及其化合物的性质，对工艺流程理解、常用化学用语、盐类水解、物质的分离提纯与离子检验、化学计算等，综合性较大，难度较高，需要学生具备扎实的基础与运用知识分析解决问题的能力．

（1）依据化合物中各元素的代数和为0，其中钙元素的化合价为+2价，硝酸根的化合价为-1价，所以硝酸钙的化学式为：Ca（NO₃）₂；碳酸根的化合价为-2价，铵根的化合价为+1价，所以碳酸铵的化学式为：（NH₄）₂CO₃；
（2）硝酸钙和碳酸铵的反应是两种化合物之间的反应，且反应后有沉淀生成，满足复分解反应的定义和条件，所以二者的反应是复分解反应；
（3）过滤可以将液体和不溶于液体的固体分开，而沉淀是不溶于水的固体，所以可以用过滤法把硝酸钙和碳酸铵反应产生的沉淀从溶液中过滤出去；
（4）生产高纯碳酸钙时，选择“20℃恒温干燥”而不选择“灼烧”的原因是，碳酸钙在高温下易分解；
（5）生产高纯氧化钙时，“干燥”的主要目的是为了防止氧化钙和水反应．
故答案为：（1）Ca（NO₃）₂；（NH₄）₂CO₃．（2）复分解反应；（3）过滤；（4）高温灼烧会使碳酸钙分成，所得的碳酸钙含有杂质氧化钙而不纯；（5）CaO+H₂O═Ca（OH）₂．

点评：
本题考点： 物质的相互转化和制备；过滤的原理、方法及其应用；复分解反应及其应用；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．

考点点评： 此题综合性较强，考查的知识点较多，但难度不是很大，很好的考查了学生的基础知识和一些常识性知识．

（1）反应物是氧化镁和硅，生成物是镁和二氧化硅，反应条件是高温，镁属于镁蒸汽，标上上升符号，所以方程式是：2MgO+Si

高温
.
2Mg↑+SiO₂
（2）吸热，因为升高温度Mg的产率增大，说明反应是吸热反应；
（3）①由于镁与氧气能反应生成氧化镁，真空条件防止高温下Mg被空气氧化；②真空条件可以降低反应所需温度，节约能源；
（4）混合物是由不同物质组成的物质，KCl•MgCl₂•6H₂O是由一种物质组成，属于纯净物，且属于盐；
（5）难溶性的碳酸盐碳酸钙和碳酸镁在高温下分解为氧化物和二氧化碳，即CaCO₃•MgCO₃

高温
.
CaO•MgO+2CO₂↑．
故答案为：（1）2MgO+Si

高温
.
2Mg↑+SiO₂；（2）吸热；升高温度Mg的产率增大，说明反应是吸热反应；（3）①防止高温下Mg被空气氧化；②降低反应所需温度，节约能源；（4）A；（5）CaCO₃•MgCO₃

高温
.
CaO•MgO+2CO₂↑．

点评：
本题考点： 物质的相互转化和制备；常见的氧化物、酸、碱和盐的判别；物质发生化学变化时的能量变化；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．

考点点评： 本题考查学生镁的化合物的有关知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大，需要学会从题干中提取有用信息．

（1）过滤操作中玻璃棒的作用是引流．
故填：引流．
（2）过滤后所得沉淀表面可能含有的可溶性杂质有硝酸钙、硝酸铵等．
故填：硝酸钙．
（3）因为碳酸钙受热分解能生成二氧化碳，所以该工艺流程中可循环使用的物质是二氧化碳．
故填：二氧化碳．
（4）冷却需在干燥的环境中进行，否则制得的高纯氧化钙能和水反应生成氢氧化钙．
故填：氢氧化钙．
（5）上述流程中的副产物NH₄NO₃可用作氮肥，氮肥的主要作用是促进植物生长，叶色浓绿．
故填：A．

点评：
本题考点： 物质的相互转化和制备；过滤的原理、方法及其应用；碳酸钙、生石灰、熟石灰之间的转化；常见化肥的种类和作用．

考点点评： 本题主要考查物质之间的转化，比较简单，只要熟记教材内容即可顺利解答．

（1）由图象可知，温度越高，Mg的产率增大，说明升高温度平衡正移，所以正方向为吸热方向，即△H＞0，
故答案为：＞；升高温度Mg的产率增大，平衡向正反应方向移动，说明正反应为吸热反应；
（2）①由于镁与氧气能反应生成氧化镁，真空条件防止高温下Mg被空气氧化；②真空条件可以降低反应所需温度，节约能源，
故答案为：①降低反应所需温度，节约能源②防止Mg被空气氧化；
（3）混合物是由不同物质组成的物质，KCl•MgCl₂•6H₂O是由一种物质组成，属于纯净物，且属于盐；故答案为：A；
（4）难溶性的碳酸钙和碳酸镁在高温下分解为氧化物和二氧化碳，即CaCO₃•MgCO₃

高温
.
CaO•MgO+2CO₂↑，
故答案为：CaCO₃•MgCO₃

高温
.
CaO•MgO+2CO₂↑．

点评：
本题考点： 金属冶炼的一般原理；镁的化学性质．

考点点评： 本题考查学生镁的化合物的有关知识，涉及了平衡图象的分析，方程式的书写等，难度中等，需要学会从题干中提取有用信息．

（1）N位于周期表中第二周期第VA族，与N^3-含有相同电子数的微粒为等电子体，如NO₂^-，得电子体结构相似，亚硝酸根离子中N原子价层电子对个数=2+[1/2]×（5+1-2×2）=3且含有一个孤电子对，所以为V形结构，
故答案为：二；VA；V形；
（2）同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，N元素原子的2p能级有3个电子，为半满稳定状态，能量降低，失去第一个电子需要的能量较高，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能N＞O＞C，
故答案为：N＞O＞C；
（3）Cu⁺的核外有28个电子，根据构造原理知其基态离子核外电子排布式1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰，原子轨道处于全空、半满或全满时最稳定，Cu⁺的3d轨道上全满，稳定，
故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰；Cu⁺的3d轨道上电子全满其结构稳定；
（4）乙醛分子中甲基上碳原子含有4个σ键，醛基上的碳原子含有3个σ键，所以甲基中的碳原子采用sp³杂化，醛基中的碳原子采用sp²杂化，醛基中碳原子采用sp²杂化、乙醇中含有醇羟基的碳原子采用sp³杂化，导致乙醛分子中H-C-O的键角大于乙醇分子中的H-C-O的键角，
故答案为：sp³、sp²；大于；
（5）[Cu（H₂O）₄]²⁺为平面正方形结构，其中的两个H₂O被Cl^-取代有两种不同的结构，[Cu（H₂O）₂（Cl）₂]具有极性的分子，说明该分子的结构不对称，则其结构式为，故答案为：；
（6）Cu₃N的晶胞结构如图，大球个数=12×[1/4]=3，小球个数=[1/8]=1，所以大球表示Cu原子、小球表示N原子，N^3-的配位数=3×2=6，晶胞的体积=[（2a+2b）×10^-10cm]³，Cu₃N的密度=[m/V]=

64×3+14
NA
[(2a+2b)×10 −10]3g/cm³=
1.03×1032
4(a+b)3N Ag/cm³，
故答案为：6；
1.03×1032
4(a+b)3N A．

点评：
本题考点： 晶胞的计算；元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．

考点点评： 本题考查了物质结构和性质，涉及晶胞的计算、原子杂化、核外电子排布等知识点，根据密度公式、价层电子对互斥理论、构造原理等知识点来分析解答，这些知识点都是考试热点，难点是晶胞的计算，明确各个字母的含义，注意（1）中采用知识迁移的方法进行解答，题目难度中等．

（1）根据反应前后各原子的种类和数目不变，可知还缺少2个铁原子，4个氯原子，因为前面系数是2，所以化学式为：FeCl₂；一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应属于置换反应，该反应的生成物中没有单质，所以不属于置换反应；
（2）①反应前溶液中溶质为氯化铁质量为：1000g×16.25%=162.5g；
②设参加反应的铜的质量为X
Cu+2FeCl₃═CuCl₂+2FeCl₂
64 325
X 162.5g
根据：[64/325＝
X
162.5g]解得X=32，所以反应后所得溶液的质量为：32g+1000g=1032g．
故答案为：（1）FeCl₂；不属于；（2）①162.5g；②1032g．

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；置换反应及其应用；质量守恒定律及其应用．

考点点评： 解答本题的关键是利用质量守恒定律来求化学式，由于该反应没有产生沉淀、气体，所以反应后所得溶液的质量就是增加了参加反应的铜的质量．

在这一过程中发生的反应可能有2FeCl₃+Cu═2FeCl₂+CuCl₂，2FeCl₃+Fe═3FeCl₂
A．向剩余的固体加入稀盐酸，若无气体放出，说明固体没有金属铁，因此溶液中可能有Cu²⁺，也可能没有，故A不对．
B．由于铁的化学性质比铜活泼，因此铁首先和氯化铁溶液反应，当铁全部被消耗之后，氯化铁才和铜反应，因此剩余固体是铜与铁的混合物，说明铜并没有参与反应，故B不对．
C．由于铁首先和氯化铁溶液反应，因此若有剩余固体时有可能只有铜，故C正确．
D．由于铁首先和氯化铁溶液反应，因此剩余固体中如果有铁一定也有铜，故D正确．
故选CD．

点评：
本题考点： 金属的化学性质．

考点点评： 本题主要考查了对金属活动性顺序的应用，加强学生对信息资料的分析能力的培养，培养学生分析能力、解决问题的能力．

（1）N位于周期表中第二周期第VA族，与N^3-含有相同电子数的微粒为等电子体，如NO₂^-，得电子体结构相似，亚硝酸根离子中N原子价层电子对个数=2+[1/2]×（5+1-2×2）=3且含有一个孤电子对，所以为V形结构，故答案为：二；VA；V；
（2）铜属于金属晶体，晶体中含有可以自由移动的电子，通电后定向移动，所以能导电，
故答案为：Cu为金属晶体，晶体中存在可自由移动的电子，通电后定向移动；
（3）乙醛分子中甲基上碳原子含有4个σ键，醛基上的碳原子含有3个σ键，所以甲基中的碳原子采用sp³杂化，醛基中的碳原子采用sp²杂化，醛基中碳原子采用sp²杂化、乙醇中含有醇羟基的碳原子采用sp³杂化，导致乙醛分子中H-C-O的键角大于乙醇分子中的H-C-O的键角，
故答案为：sp³、sp²；大于；
（4）Cu⁺的核外有28个电子，根据构造原理知其基态离子核外电子排布式1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰，原子轨道处于全空、半满或全满时最稳定，Cu⁺的3d轨道上全满，稳定，故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰；Cu⁺的3d轨道上电子全满其结构稳定；
（5）[Cu（H₂O）₄]²⁺为平面正方形结构，其中的两个H₂O被Cl^-取代有两种不同的结构，[Cu（H₂O）₂（Cl）₂]具有极性的分子，说明该分子的结构不对称，则其结构式为，故答案为：；
（6）Cu₃N的晶胞结构如图，大球个数=12×[1/4]=3，小球个数=[1/8×8=1，所以大球表示Cu原子、小球表示N原子，N^3-的配位数=3×2=6，晶胞的体积=[（2a+2b）×10^-10cm]³，Cu₃N的密度=
m
V]=

64×3+14
NA
[(2a+2b)×10−10]3g/cm³=
103×1030
4(a+b)3NAg/cm³，故答案为：6；
103×1030
4(a+b)3NA．

点评：
本题考点： 晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．

考点点评： 本题考查了物质结构和性质，涉及晶胞的计算、原子杂化、核外电子排布等知识点，根据密度公式、价层电子对互斥理论、构造原理等知识点来分析解答，这些知识点都是考试热点，难点是晶胞的计算，明确各个字母的含义，注意（1）中采用知识迁移的方法进行解答，题目难度中等．

（1）休斯顿是新兴的宇航中心，故A错误；
（2）芝加哥是以传统的畜牧产品加工为主，故B错误；
（3）洛杉矶是太平洋沿岸的最大港口城市，享誉世界的好莱坞和迪斯尼乐园都在这里，故C错误；
（4）世界上最大的“硅谷”位于圣弗朗西斯科附近．
故选：D．

点评：
本题考点： 技术创新对美国经济发展的意义；美国的人口、居民和主要城市．

考点点评： 本题考查的是美国高新技术产业的分布和主要城市分布．

（1）Al^f+水解生成的Al（OH）_f具有吸附性，离子方程式：Al^f++fH₂O═Al（OH）_f+fH⁺，Al（OH）_f，
故答案为：Al^f+水解生成的Al（OH）_f具有吸附性，即Al^f++fH₂O═Al（OH）_f+fH⁺，Al（OH）_f吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水；
（2）NH_着Al（SO_着）₂与NH_着HSO_着中的NH_着⁺均发生水解，但是NH_着Al（SO_着）₂中Al^f+水解呈酸性抑制NH_着⁺水解，HSO_着^-电离出H⁺同样抑制NH_着⁺水解，因为HSO_着^-电离生成的H⁺浓度比Al^f+水解生成的H⁺浓度大，所以NH_着HSO_着中NH_着⁺水解程度比NH_着Al（SO_着）₂中的小，故答案为：小于；
（f）根据电荷守恒，可以求出c（NH_着⁺）+fc（Al^f+）+c（H⁺）=2c（SO_着^2-）+c（OH^-）；
故答案为：c（NH_着⁺）+fc（Al^f+）+c（H⁺）=2c（SO_着^2-）+c（OH^-）；
（着）NH_着Al（SO_着）₂水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大，pH减小，符合的曲线为Ⅰ，
故答案为：Ⅰ；NH_着Al（SO_着）₂水解，溶液呈酸性，升高温度，其水解程度增大，pH减小；
（5）a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H⁺，溶液中只有（NH_着）₂SO_着与Na₂SO_着；b、c、d三点溶液均含有NH_f•H₂O，（NH_着）₂SO_着可以促进水的电离，而NH_f•H₂O抑制水的电离．b点溶液呈中性，即溶液含有（NH_着）₂SO_着、Na₂SO_着、NH_f•H₂O三种成分，a点时c（Na⁺）=c（SO_着^2-），b点时c（Na⁺）＞c（SO_着^2-），根据N元素与S元素的关系，可以得出c（SO_着^2-）＞c（NH_着⁺），故c（Na⁺）＞c（SO_着^2-）＞c（NH_着⁺）＞c（OH^-）=c（H⁺），
故答案为：a；c（Na⁺）＞c（SO_着^2-）＞c（NH_着⁺）＞c（OH^-）=c（H⁺）．

点评：
本题考点： 盐类水解的应用；水的电离；影响盐类水解程度的主要因素．

考点点评： 本题考查盐类的水解和离子浓度大小的比较，题目难度较大，注意电解质溶液中离子浓度大小和电荷守恒守恒的分析应用．

在这一过程中发生的反应可能有2FeCl₃+Cu═2FeCl₂+CuCl₂，2FeCl₃+Fe═3FeCl₂
A．向剩余的固体加入稀盐酸，若无气体放出，说明固体没有金属铁，因此溶液中可能有Cu²⁺，也可能没有，故A不对．
B．由于铁的化学性质比铜活泼，因此铁首先和氯化铁溶液反应，当铁全部被消耗之后，氯化铁才和铜反应，因此剩余固体是铜与铁的混合物，说明铜并没有参与反应，故B不对．
C．由于铁首先和氯化铁溶液反应，因此若有剩余固体时有可能只有铜，故C正确．
D．由于铁首先和氯化铁溶液反应，因此剩余固体中如果有铁一定也有铜，故D正确．
故选CD．

点评：
本题考点： 金属的化学性质．

考点点评： 本题主要考查了对金属活动性顺序的应用，加强学生对信息资料的分析能力的培养，培养学生分析能力、解决问题的能力．

设需要二氧化硅的质量为x．
SiO₂+2C

高温
.
Si+2CO↑
60 28
x 7kg
[60/28]=[x/7kg]，x=15kg
答：理论上需要二氧化硅15kg．

点评：
本题考点： 根据化学反应方程式的计算．

考点点评： 本题主要考查有关化学方程式的计算，难度较小．

（1）As为第四周期第ⅤA族元素，则价电子构型为4s²4p³，故答案为：4s²4p³；
（2）由信息可知，熔点较低，以分子形式存在，则属于分子晶体，所以Al、Cl之间以共价键结合，故答案为：共价键（或σ键）；
（3）AlN晶体与金刚石类似，每个Al原子与个N原子相连，为空间网状结构，与同一个Al原子相连的N原子构成正四面体，且晶体类型与金刚石相同，为原子晶体，故答案为：正四面体；原子；
（4）由表格中键能的数据可知，C=O键能较大，Si-O键能较大，即Si一0大于C一0的键，C=0的键能大于Si=O的键能，所以Si和O成单键，而C和O以双键形成稳定分子，故答案为：Si一0大于C一0的键，C=0的键能大于Si=O的键能，所以Si和O成单键，而C和O以双键形成稳定分子；
（5）由信息可知，SiCl₄（l）水解生成HCl和硅酸该反应为SiCl₄（l）+3H₂O （l）=H₂Si0₃ （s）+4HCl（aq），故答案为：SiCl₄（l）+3H₂O （l）=H₂Si0₃ （s）+4HCl（aq）．

点评：
本题考点： 化学键；键能、键长、键角及其应用．

考点点评： 本题考查化学键，侧重物质结构与性质的考查，为高考常见考点，涉及价电子、化学键、晶体类型、键能、水解等知识点，综合性较强，注重学生知识迁移应用能力的培养，题目难度中等．

根据题意，金属4原子应该是一种经强光照射就失去电子4金属原子，要求金属4活泼性相当强，极易失去电子，
A、ⅦA族元素在同周期元素中原子半径小，得电子能力强，故A不选；
B、聚乙烯是最结构简单4高分子，也是应用最广泛4高分子材料，无法失去电子，故B不选；
C、ⅠA族元素在同周期元素中原子半径最大，最外层电子最少，最容易失去电子4元素，故选C；
着、二氧化硅用途很广泛，主要用于制玻璃、水玻璃、陶器、搪瓷、耐火材料、气凝胶毡、硅铁、型砂、单质硅、水泥，也是光导纤维4主要成份，故着不选．
故选C．

点评：
本题考点： 常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．

考点点评： 本题主要考查学生根据题目信息结合金属活动顺序表来分析解决问题的能力，以金属活动顺序表为载体，来透视金属活动顺序表的其它应用．

在这一过程中发生的反应可能有2FeCl₃+Cu═2FeCl₂+CuCl₂，2FeCl₃+Fe═3FeCl₂
A．向剩余的固体加入稀盐酸，若无气体放出，说明固体没有金属铁，因此溶液中可能有Cu²⁺，也可能没有，故A不对．
B．由于铁的化学性质比铜活泼，因此铁首先和氯化铁溶液反应，当铁全部被消耗之后，氯化铁才和铜反应，因此剩余固体是铜与铁的混合物，说明铜并没有参与反应，故B不对．
C．由于铁首先和氯化铁溶液反应，因此若有剩余固体时有可能只有铜，故C正确．
D．由于铁首先和氯化铁溶液反应，因此剩余固体中如果有铁一定也有铜，故D正确．
故选CD．

点评：
本题考点： 金属的化学性质．

考点点评： 本题主要考查了对金属活动性顺序的应用，加强学生对信息资料的分析能力的培养，培养学生分析能力、解决问题的能力．

在SiO₂+2C

高温
.
Si+2CO↑，碳在该反应中得到氧，是还原剂，二氧化硅在该反应中失去氧，是氧化剂．
故答案为：C；SiO₂．

点评：
本题考点： 还原反应；氧化反应．

考点点评： 解答本题要充分理解氧化还原反应的含义，只有这样才能对相关方面的问题做出正确的判断．

1年前

反应Al₂O₃+N₂+3C

高温
.
2AlN+3CO中N元素化合价降低，被还原，N₂为氧化剂，C元素化合价升高，被氧化，C为还原剂，Al和O元素的化合价没有变化，该反应中每生成2molAlN，有1molN₂参加反应，得到电子的物质的量为2×（3-0）mol=6mol，
故选C．

点评：
本题考点： 氧化还原反应．

考点点评： 本题考查氧化还原反应，题目难度不大，解答本题的关键是能从化合价变化的角度判断．

A、二极管是由半导体做成的器件，它具有单向导电性．二极管是由P型半导体和N型半导体组成的，这两种半导体相互接触时，其交接区域称为PN结，PN结具有单向导电性．
B、滑动变阻器是由电阻率较大的电阻丝做成的．
C、电路开关是用金属制成的，是导体．
D、电容器是由两片接近并且相互绝缘的导体组成的储存电荷和电能的器件．
故选 A．

点评：
本题考点： 半导体的特点．

考点点评： 半导体的应用非常广泛，初中物理只简单的介绍了半导体的定义，课外应多了解一下．

（1）过滤操作中玻璃棒的作用是引流．故填：引流；
（2）硝酸和氧化钙反应生成硝酸钙和水，化学方程式为2HNO₃+Ca0=Ca（NO₃）₂+H₂O；故填：2HNO₃+Ca0=Ca（NO₃）₂+H₂O；
（3）二氧化碳溶于水生成碳酸，溶液呈酸性，有利于氨气的吸收，所以所加气体的顺序是先通入二氧化碳再通入氨气；故填：A；
（4）反应物是碳酸钙，生成物是氧化钙和二氧化碳，反应条件是高温，二氧化碳后面标上上升符号，所以方程式是：CaCO₃

高温
.
CaO+CO₂↑；因为碳酸钙受热分解能生成二氧化碳，二氧化碳在前边的反应中是反应物，所以该工艺流程中可循环使用的物质是二氧化碳；故填：CaCO₃

高温
.
CaO+CO₂↑；二氧化碳；
（5）冷却需在密闭和干燥的环境中进行，否则制得的高纯氧化钙能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和水；故填：氢氧化钙；碳酸钙；
（6）硝酸铵中含有氮元素，属于铵态氮肥，遇到碱会放出氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，硝酸铵与熟石灰反应生成硝酸钙、水和氨气，反应的方程式2NH₄NO₃+Ca（OH）₂═Ca（NO₃）₂+2NH₃↑+2H₂O；所以硝酸铵在使用过程中不能与碱性物质混用，否则会降低肥效．
故填：铵态氮；碱；2NH₄NO₃+Ca（OH）₂═Ca（NO₃）₂+2NH₃↑+2H₂O；红色石蕊．

点评：
本题考点： 物质的相互转化和制备；过滤的原理、方法及其应用；生石灰的性质与用途；常见化肥的种类和作用；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．

考点点评： 本题主要考查物质之间的转化，比较简单，只要熟记教材内容即可顺利解答，知道玻璃棒在操作中的作用，熟悉方程式的书写方法，循环利用的物质在前面是反应物，在后面是生成物．

在这一过程中发生的反应可能有2FeCl₃+Cu═2FeCl₂+CuCl₂，2FeCl₃+Fe═3FeCl₂
A．向剩余的固体加入稀盐酸，若无气体放出，说明固体没有金属铁，因此溶液中可能有Cu²⁺，也可能没有，故A不对．
B．由于铁的化学性质比铜活泼，因此铁首先和氯化铁溶液反应，当铁全部被消耗之后，氯化铁才和铜反应，因此剩余固体是铜与铁的混合物，说明铜并没有参与反应，故B不对．
C．由于铁首先和氯化铁溶液反应，因此若有剩余固体时有可能只有铜，故C正确．
D．由于铁首先和氯化铁溶液反应，因此剩余固体中如果有铁一定也有铜，故D正确．
故选CD．

点评：
本题考点： 金属的化学性质．

考点点评： 本题主要考查了对金属活动性顺序的应用，加强学生对信息资料的分析能力的培养，培养学生分析能力、解决问题的能力．