初中科学中考复习 物质的鉴别、推断优生特训7
一、单选题
1． 有关物质之间的部分转化关系如图所示．其中“﹣”表示物质之间能发生化学反应，“→”表示物质之间的转化关系．下列说法中正确的是（ ）
A．物质X是一种常见的有机化合物
B．反应②是一定有盐参加反应
C．向Ca（OH）2溶液中加入CaO，所得溶液的溶质质量分数一定增大
D．图中的所有反应均不属于置换反应
2．黄金是Au对应的单质，化学性质很稳定。而假黄金是铜锌合金，颜色和外形似黄金。下列不能区分黄金与假黄金的方案（ ）
A．在空气中灼烧 B．放在盐酸中
C．放在AgNO3溶液中 D．观察颜色
3． 如图所示，处于连线两端的物质，在一定的条件下都能发生化学反应的物质组别是（ ）
甲 乙 丙 丁
A C O2 H2SO4 CuO
B Fe H2SO4 CuCl2 NaOH
C NaOH CO2 KOH CuCl2
D Na2SO4 Ba（OH）2 HCl Ba（NO3）2
A．A B．B C．C D．D
4．有一包固体粉末，可能含有碳酸钠、硫酸钠、硝酸钡、氯化钾和氯化铜中的一种或几种。为确定其组成，进行如下实验：①取少量该固体粉末，加足量水搅拌，静置得到白色沉淀，上层为无色溶液：②过滤，在白色沉淀中加入足量稀硝酸，白色沉淀有一部分溶解，且有无色气体产生。根据上述实验现象，下列对原固体粉末的判断正确的是( )
A．一定含有碳酸钠、硫酸钠、硝酸钡和氯化钾，可能含有氯化铜
B．一定含有碳酸钠、硫酸钠和硝酸钡，一定不含氯化铜，可能含有氯化钾
C．一定含有碳酸钠、硫酸钠和硝酸钡，可能含有氯化铜和氯化钾
D．一定含有碳酸钠和硝酸钡，一定不含硫酸钠和氯化铜，可能含有氯化钾
5． 小明同学在总结酸、碱、盐之间的相互反应关系时发现，选用适当物质可实现如图所示的所有反应．若中间的物质为硫酸钡，那么对酸、碱、甲盐、乙盐四种物质的推断中，合理的是（ ）
A．HCl NaOH BaCl2 Na2SO4
B．HCl Ba（OH）2 Na2SO4 BaCl2
C．H2SO4 Ba（OH）2 Na2SO4 BaCl2
D．H2SO4 NaOH BaCl2 Na2SO4
6．有一包粉末可能由CaCO3、Na2SO4、KNO3、CuSO4、BaCl2中的一种或几种组成，做实验得到以下结果：①将此固体粉末加入到水中，得到白色沉淀，且上层清液为无色；②该白色沉淀部分溶于稀硝酸，且有无色气体产生。据此实验，下列判断正确的是( )
A．该粉末中一定含有CaCO3、Na2SO4、BaCl2
B．该粉末中一定不含有KNO3、CuSO4
C．该粉末中一定含有KNO3
D．该粉末中一定含有Na2SO4、KNO3、BaCl2
7． 甲、乙、丙、丁是初中化学常见的物质，常温下，它们具有如图所示关系．“﹣”表示连接的两种物质能反应，“→”表示物质转化的方向，下列推断错误的是（ ）
A．若甲是HCl，则丁可能是CaCl2
B．若甲是HCl，则乙和丙中可能有一个为碱
C．若甲是Ca（OH）2，则丁可能是NaOH
D．若甲是Ca（OH）2，则乙和丙中至少有一个为酸
8． 下列各组物质的溶液，需要加入其他试剂才能鉴别出来的是（ ）
A．NaOH NaCl KNO3 MgCl2
B．NaOH NaCl HCl FeCl3
C．Na2SO4 BaCl2 HCl K2CO3
D．Na2CO3 H2SO4 HCl Ba（NO3）2
9．（2015九下·乐清竞赛）纯净物M、N之间存在着如图所示转化关系，且反应物和生成物均表示在图示中。单质A和单质B分别由A、B元素组成。据此，可以得出的正确结论是（ ）
A．M不属于氧化物 B．M、N中只有N含有A元素
C．N是二氧化碳 D．M与镁的反应是置换反应
10．（2012·湖州）下列实验能达到目的的是（ ）
A．检验硫酸根离子
B．探究水的运输部位
C．组装省力到1/3的滑轮组
D．验证酶的专一性
二、多选题
11．（2022·鄞州模拟）某无色气体X可能含有氢气、一氧化碳、二氧化碳和甲烷四种气体中的一种或两种。为确认其组成，某同学取一定量该气体按如图所示装置进行实验(假设每步都充分反应或吸收)，结果装置①中无明显变化，装置③质量增加10.8g，装置④质量增加8.8g。下列关于气体X成分的分析中，错误的是（ ）
A．一定没有二氧化碳 B．可能含有氢气和一氧化碳
C．可能含有甲烷和氢气 D．可能只有甲烷
12． A．B．C．D．E是初中化学常见的物质，各物质之间的相互转化的关系如图所示（部分反应物、生成物及条件略去）．已知：五种物质均含有铜元素，且化合物中的化合价均为+2价；A为单质，在空气中加热生成黑色物质B； C溶液与铁反应可得A；C溶液与氯化钡溶液反应得D，同时又白色沉淀生成；D溶液中加入氢氧化钠溶液得到E．结合信息判断下列叙述正确的是（ ）
A．①反应是吸热反应 B．C溶液是无色透明的液体
C．②反应中和反应 D．C、D、E均是盐类
三、填空题
13． 有一包不纯的K2CO3粉末，可能含有Na2CO3、BaSO4、CuCl2、KCl、KNO3、Ca（NO3）2中的一种或几种，为分析含有的杂质，现进行如下实验
（1）取样溶于水，无固体残留，得无色溶液．则粉末中一定不含有 、 、 ．
（2）取上述溶液适量，滴加AgNO3溶液，有白色沉淀，再加入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，则此粉末中一定含有的杂质是 ．
（3）为确定Na2CO3是否存在，某同学称取13.8g粉末溶于水，加入足量BaCl2溶液，充分反应生成19.7g沉淀质量，则原粉末中一定含有Na2CO3．你认为此结论 （选填“是”或“否”）正确．
14． A、B、C、D、E、F、G、Y为初中化学常见物质，其中C、E、G属于单质，Y是一种有毒气体，反应①是炼铁工业中的主要反应，它们之间的相互转化关系如图所示：
（1）D物质的化学式是 ，E物质的化学式是 ．
（2）反应①的化学方程式为 ，此反应中被氧化的物质是 （写化学式）．
（3）X是 和 （均写化学式）的混合溶液，当 的情况下将没有E生成．
（4）反应②中生成红色固体的化学方程式为 ．
15． 甲、乙、丙是三种初中化学常见的物质，相互转化关系如图所示，请完成下列问题：
（1）若甲是黑色固体单质，且甲和乙具有相似的化学性质，则乙是 （填化学式）．
（2）若甲是液体化合物，丙为地壳中含量最多的元素组成的单质，乙在通电的条件可生成丙，则甲和乙的组成元素 （填“相同”或“不同”）．乙生成丙的化学方程式 ．
16． 如图所示A～G是初中化学中常见的物质（反应条件和部分产物已省略，“﹣”表示相互能反应，“→”表示转化关系），其中A是人体胃液中含有的酸，B与C的组成元素相同，D是一种红色粉末，F是相对分子质量最小的氧化物．请回答下列问题．
（1）写出物质E的一种用途： ；
（2）A～G七种物质中，氧化物有 种；
（3）F→E的反应现象是 ；
（4）A→B反应的基本类型属于： ；
（5）F→G的化学方程式是： ；C﹣D反应的化学方程式是： ．
17． 甲、乙、丙、丁四种物质在一定条件下能发生如下反应：甲+乙→丙+丁．
（1）若甲、丙为单质，乙、丁为化合物，则上述反应的基本反应类型为 ．
（2）若甲、乙、丙、丁均为化合物，丙为不溶于稀HNO3的白色沉淀，写出一个符合要求的化学方程式： ．
（3）若甲、乙、丙均为化合物，丁为单质，则丁可能为 ．
18． 金属钛（Ti）具有熔点高、密度小、抗腐蚀、易于加工等优良性能，被誉为“未来的金属”．工业上以钛酸亚铁（FeTiO3）等原料经过一系列反应制备纳米TiO3和钛，主要生产过程如下：（其他产物已略去）
（1）反应①生成两种氯化物和一种有毒的氧化物气体，该气体的化学式是 ．
（2）反应②中的化学方程式是 ．
（3）纳米TiO2中钛元素和化合价为 价．
（4）反应①②③④中属于置换反应的是 （填序号）．
19． 归类、分类、比较、推理是学习化学常用的方法．现有A﹣F六种物质，均是由H、C、N、O、Cl、Na、Ca中的两种或三种元素组成．请回答下列问题：
（1）上述七中元素中属于金属元素的是 （填元素名称）．
（2）A属于氧化物，是导致酸雨的气体污染物之一，组成A的两种元素的质量比为7：8，则A的化学式为 ．
（3）B、C常温下均为液体，且组成元素相同，B在一定条件下可生成C，写出该反应的化学反应方程式 ．
（4）D用于玻璃、造纸和洗涤剂的生成，E、F均由两种元素组成，取D溶液进行实验，操作和现象如图：
写出D与E反应的化学方程式 ，F的化学式为 ．
20． 如图各物质均是初中化学常见的物质，其中A是紫红色金属，B的固体可用作人工降雨，C、D为黑色粉末，F为可用于改良酸性土壤的碱，G为难溶性物质，H为难溶性蓝色物质（图中部分反应物和生成物已略）．
（1）用化学式表示：A ，G ．
（2）写出E与F反应的化学方程式： ．写出B与D反应的化学方程式： ．
（3）C与D反应的基本反应类型是 ．
21． 甲、乙、丙、丁均为中学化学中的常见物质，其中甲是大理石的主要成分，乙是造成温室效应的主要气体，它们之间的转化关系如图．请根据相关信息回答问题：
（1）写出有关物质的化学式：甲 ，丁 ．
（2）写出反应③的化学方程式 ，该反应属于 （填基本反应类型）反应．
（3）生活中，物质丙的用途之一为 ．
22． A﹣J是初中化学常见的物质，它们之间的转化关系如图1所示（“﹣”表示相邻的两物质可以发生反应，“→”表示箭头前面的物质可以转化为箭头后面的物质：部分反应的反应物、生成物和反应条件没有标出）．图2所示的是部分物质的相关信息：I、J中含有相同的金属元素，H的相对分子质量比E的大．
请回答下列问题：
（1）F的化学式是 ；
（2）物质I俗称 ；
（3）写出上述物质转化过程中属于分解反应的一个化学方程式 ；
（4）写出H→E的化学方程式 ．
23． A、B、C、D、E、F、G、H、I为初中化学常见的物质．其中D、G、I属于单质，A为红褐色固体，G为紫红色固体，H为浅绿色溶液．如图是它们之间的相互转化关系（部分反应条件及生成物略去）．
（1）E溶液中的溶质是 ．
（2）写出反应①的化学方程式 ．
（3）写出反应②中生成G的化学方程式 和生成I的原因 ．
24． A、B、C、D是初中常见的化学物质，A是由核电荷数分别为6、8、11的三种元素组成的化合物，B是一种微溶性碱，C是一种可溶性盐酸盐，D是一种可溶性碱，它们之间存在的关系如图所示，图中“﹣”表示物质间能发生的化学反应，“→”表示物质间的转化关系．
（1）A的俗名叫 ；
（2）写出C的化学式 ；
（3）写出B的一种作用 ；
（4）写出B与A反应的化学反应方程式 ．
25． A﹣N是初中学过的物质．D是相对分子质量为40的氧化物，A是不溶于水和稀硝酸的白色沉淀，E是难溶于水的白色沉淀，实验室通常用N制取CO2．右下图是这些物质的转化关系，部分反应物、生成物及反应条件已省略．（注：难溶性碱加热分解生成对应的氧化物）
（1）写出化学式：A ，N ．
（2）写出E→B的化学方程式 ．
（3）由F生成E需加入的物质是 ．
（4）C在空气中燃烧生成D的实验现象是 ．
C在空气中燃烧除了生成D之外，也可能与空气中的氮气生成氮化物（氮元素化合价为﹣3），该氮化物的化学式是 ．
26． 图中A～I是初中化学常见的物质，它们之间的相互关系如图所示，其中B是铁锈的主要成分，A、C常温下是气体．
（1）C的化学式是 ．
（2）若H为NaCl，反应③的化学方程式为 ；其反应类型是 ．
（3）若H和I中含有一种相同的元素，且H为不溶于稀硝酸的白色沉淀，反应②的化学方程式为 ．
27． A～H是初中化学常见物质，已知：A，E是红色固体；C，G是黑色粉末；B，H是气体且B为化合物；D溶液呈蓝色，可用于配制农药波尔多液，它们之间的转化关系如图所示（各步均恰好完全反应，部分生成物已略去），请回答下列问题：
（1）F溶液的溶质是 ，G是 ；
（2）反应①的化学方程式是 ；
（3）反应③的基本反应类型是 ；
（4）写出B物质的一种用途 ．
28． 图中A～F为初中化学常见的六种物质，其中A、B、D含相同的阴离子，C、D、E、F含有同一种元素，C、E、F是不同类别的物质．A、C之间的反应可用于检验铵态氮肥，B、E之间的反应是实验室制取二氧化碳的反应原理．框图中“﹣”表示相连的两种物质间能发生化学反应，“→”表示物质间存在转化关系（部分反应物、生成物及反应条件已略去）．回答下列问题：
（1）写出B的名称： ，F的化学式： ．
（2）写出C的一种用途： ．
（3）写出下列反应的化学方程式：
A→C： ；
D→E： ．
基本反应类型是 反应．
29． 甲、乙、丙是初中化学常见的物质，甲在一定条件下分解成乙和丙，乙是最常用的溶剂．三种物质转化关系如图所示（部分反应物、生成物和反应条件已略去）．
（1）若甲、乙组成元素相同，则丙是 ．从微观角度解释，甲、乙化学性质不同的原因是 ．
（2）若丙固体的俗称为干冰，则甲为 ．由丙转化为乙反应的化学方程式为 （答一个即可）．
30．（2015·金华）实验室有一久置的生石灰样品，科学小组同学利用该样品进行了一系列探究活动，具体操作步骤如下：
①称取0.75克样品，加足量的水充分溶解，过滤得滤液A和0.1克沉淀B。
②将滤液A等分成2份，一份先加少量酚酞试液再加稀盐酸至过量，得混合物C，另一份加过量的碳酸钠溶液，得混合物D。
③将混合物C、D倒入一个洁净的烧杯中，发现烧杯中有白色沉淀且上层清夜呈红色，过滤，得滤液E和1克滤渣
④向滤液E中滴加CaCl2溶液，有白色沉沉生成。
（1）则滤液E中一定含有的溶质是 。
（2）依据实验现象和及数据判断，原样品的成分是 。
31．下图是常见物质的转换关系图。其中A、B常温下都为液体且组成元素相同，A、B、X、Y、E都为氧化物，X、E都为黑色固体，F为白色沉淀，I为蓝色絮状沉淀。
请回答下列问题：
（1）E的化学式 ；F的化学式 。
（2）反应⑥的化学方程式 。
（3）反应①—⑥涉及的基本反应类型有 种。
32．现有一包固体粉末，可能由CaCO3、CaO、Na2CO3中的一种或几种组成。为确定其组成，进行了如下图所示的实验。
请回答：
（1）若X溶液只含一种溶质，根据实验可以确定X溶液的溶质是 ；
（2）原固体粉末的所有可能组成是 。
四、实验探究题
33．学习碱的个性时，同学们在实验室中做“检测氢氧化钙性质 ”的实验，实验方案如图所示（说明：实验中使用的药品均是溶液）。
请回答下列问题：
（1）写出盐酸加入氢氧化钙中反应的化学方程式： ；
在实验过程中 ，并没有观察到该反应的明显现象 ，请你写出一种能观察到变化发生的方法： 。
（2）实验结束后，同学们将四支试管中的物质全部倒入废液缸中，为了处理废液渣，首先对废液缸中物质的成分进行初步分析，过程如下图所示：
由上述分析可知：
①固体A中一定还有碳酸钙和 。
②无色溶液 B中使酚酞试液变红的物质是 。
34．小明为了测定铜和氧化铜混合物中氧化铜的质量分数，设计组装了如图的实验装置：
（1）仪器识别：a ；b 。
（2）装置A中发生反应的化学方程式 。
（3）能除去H2中混有少量HCl气体的装置是 （填装置序号）。
（4）装置E中硫酸铜粉末变蓝色，说明硬质试管中反应后有 生成。
（5）实验前硬质试管中混合物的质量为5g，实验后剩余固体质量为4.2g，求混合物中氧化铜的质量分数 %。
35．天然气作为燃料已进入千家万户。小聪在帮助父母烧菜时想到：天然气燃烧的产物是什么呢？带着这一问题，小聪和同学一起进行了如下的探究。
（1）设计与实验：同学们设计了甲图装置（固定装置未画出），将天然气在氧气中点燃后得到的混合气体通过该装置进行实验。开始时应 （填“先通气体”或“先加热”）；加热过程中发现黑色CuO固体变红，澄清石灰水变浑浊。写出CuO固体变红的化学方程式 。
仅根据甲图装置出现的现象，写出混合气体所有的可能组成 。
（2）评价与改进：小聪认为上述实验方案有缺陷，通过讨论，增加了乙图中的3个装置（固定装置未画出），对方案作了改进并进行实验：将混合气体先通过乙图中连接的装置后，再通入甲图装置。实验中部分现象如下：A装置质量增加，B装置中溶液不变浑浊，甲图装置中实验现象（1）相同。请你写出改进方案的装置连接顺序（装置不重复使用）：混合气体→ →甲图装置（填装置编号）。
（3）交流与讨论：通过对改进实验的现象分析，同学们得出了正确的结论。
36．（2014·义乌）有一包固体粉末，可能含有氧化钙、氯化钠、碳酸钠、硫酸钠中的一种或几种。为确定其组成，小杨设计出实验方案，实验步骤及现象如下。请回答：
（1）写出步骤④中产生白色沉淀的化学方程式 。
（2）根据实验中的现象，能否确定原固体粉末的组成？若能，请写出各成分的化学式；若不能，在原实验步骤的基础上，对上述方案中的试剂作一改进，并描述相应的实验现象及结论，以确定固体粉末的组成。 。
37．（2014·丽水）现有一包固体粉末，可能由碳酸钠、硫酸钠、碳酸钙和氯化钠中的一种或几种组成，某同学想确定其组成成分，按如图所示步骤进行了如下实验（各步骤中加入的试剂均为足量）：
请回答：
（1）固体粉末中肯定存在的物质是 ，用化学方程式表示白色沉淀部分溶解的原因 ；
（2）如何判断固体粉末中是否有“可能存在的物质”，简述实验操作步骤、现象和结论 。
38．工业烧碱具有较好的杀菌消毒作用且廉价易得，但工业烧碱中常含有杂质碳酸钠。某科学学习小组同学围绕工业烧碱样品纯度测定问题，展开了讨论与探究。
【原理思路】利用Na2CO3与稀H2SO4反应产生CO2，通过CO2 质量的测定，确定样品中碳酸钠的质量，从而计算样品纯度。
（1）【实验方案】小科同学根据以上思路，设计了如图甲的实验方案（固定装置省略）。装置中，仪器A的名称 。
（2）【交流讨论】小明认为图甲实验方案的设计有缺陷，若按该方案进行测定会导致难以避免的误差。你认为下列哪些因素会导致难以避免的误差 （填序号）。
①加入的稀硫酸量不足 ②装置内空气中的CO2没有排出 ③反应产生的CO2未被完全吸收 ④干燥管与空气直接相通
（3）【方案改进】为减少误差，使CO2质量的测定更准确，该小组同学根据以上讨论，对图甲方案进行改进，设计了如图乙的实验方案（固定装置省略）。图乙B装置中样品在与稀硫酸反应前和停止反应后，都要通过量的空气，反应前通空气时a、b、c三个弹簧夹的控制方法是 。
（4）【数据分析】若撤去图乙中的C装置，则测得工业烧碱的纯度将 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
（5）【拓展提高】已知Na2CO3溶液与稀硫酸反应先生成NaHCO3，当Na2CO3全部转化为NaHCO3后，生成的NaHCO3能继续与稀硫酸反应生成CO2。现向样品中加一定量的稀硫酸，反应后产生无色气体并得到X溶液。请分析推断反应后所得X溶液的溶质，其所有的可能组成 。
五、解答题
39．在实验室，小金分别用甲盐的晶体配制了溶质质量分数为5%的A的溶液和30%的B溶液，但忘了帖标签，请你运用两种不同的科学原理，分别设计两个简单实验来判别这两瓶溶液，请写出简要的实验方案和明确的判断依据，有下列仪器、物品供选择，量筒、天平、小烧杯、酒精灯、三脚架、石棉网、漏斗、玻璃棒、滤纸、温度计、新鲜萝卜、甲盐的晶体。（实验室的室温为30℃，30℃甲盐的溶解度为50g）
40． 过氧化钙晶体（CaO2 8H2O）较稳定，呈白色，微溶于水，广泛应用于环境杀菌、消毒．以贝壳为原料制备CaO2流程如下：
（1）气体X是CO2，其名称是 ；将过氧化钙晶体与溶液分离的方法是 ．
（2）反应Y需控制温度在0～5℃，可将反应容器放在 中，该反应是化合反应，反应产物是CaO2 8H2O，请写出化学方程式 ．获得的过氧化钙晶体中常含有Ca（OH）2杂质，原因是 ．
（3）CaO2的相对分子质量为 ，过氧化钙晶体（CaO2 8H2O）中H、O元素的质量比为 ．
（4）为测定制得的过氧化钙晶体中CaO2 8H2O的质量分数，设计的实验如下：称取晶体样品50g，加热到220℃充分反应（方程式为2CaO2 8H2O 2CaO+O2↑+16H2O↑，杂质不发生变化），测得生成氧气的质量为3.2g，请计算样品中CaO2 8H2O的质量分数（CaO2 8H2O相对分子质量为216），写出必要的计算过程．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】置换反应及其应用；有机物与无机物的区别；物质的鉴别、推断；碱的化学性质
【解析】【解答】A、由于二氧化碳、碳酸钙之间相互转化，二氧化碳能与氢氧化钙反应，x可以为二氧化碳，二氧化碳不属于有机化合物，故A错误；
B、由于氢氧化钙能与二氧化碳反应生成碳酸钙，二氧化碳不属于盐，故B错误；
C、向Ca（OH）2溶液中加入CaO，如是饱和溶液，溶液的质量分数不会变大，故C错误；
D、由图中物质之间的反应可知，所有反应均不属于置换反应，故D正确．
故选D．
【分析】根据碳酸钙、氧化钙、氢氧化钙、二氧化碳等物质的性质以及物质之间的转化关系分析判断．
2．【答案】D
【知识点】金属的化学性质；物质的鉴别、推断；酸的化学性质
【解析】【分析】A、根据铜和氧气会生成氧化铜进行分析；
B、根据锌会与盐酸反应进行分析；
C、根据铜、锌均能与硝酸银溶液发生反应进行分析；
D、根据两者的颜色都是金黄色进行分析。
【解答】
A、在空气中灼烧黄金无颜色变化，而铜和氧气会生成氧化铜，所以假黄金能变黑，能区分，故A正确；
B、放在盐酸中黄金不反应，而假黄金中的锌能与盐酸反应生成氢气，能区分，故B正确；
C、因为铜、锌的活动性均大于银，所以两者均能与硝酸银溶液发生反应置换出银，而金不能与硝酸银反应，能区分，故C正确；
D、因为黄金与假黄金颜色基本相同，都是金黄色的，不能区分，故D错误。
故答案为：D
3．【答案】C
【知识点】金属的化学性质；物质的鉴别、推断；酸的化学性质
【解析】【解答】解：A、氧气不会与硫酸反应，故A错误；
B、铁不会与氢氧化钠反应，故B错误；
C、氢氧化钠会与二氧化碳、氯化铜反应，氢氧化钾会与二氧化碳、氯化铜反应，氢氧化钠会与二氧化碳，氢氧化钾会与氯化铜反应，故C正确；
D、盐酸不会与氯化钡反应，故D错误；
故选：C．
【分析】A、根据氧气不会与硫酸反应进行分析；
B、根据铁不会与氢氧化钠反应进行分析；
C、根据氢氧化钠会与二氧化碳、氯化铜反应，氢氧化钾会与二氧化碳、氯化铜反应，氢氧化钠会与二氧化碳，氢氧化钾会与氯化铜反应进行分析；
D、根据盐酸不会与氯化钡反应进行分析．
4．【答案】B
【知识点】盐的性质及用途；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】根据根据物质的性质和相互反应想现象，依据题干中明显的现象特征为突破口。（1）关键特征“上层溶液为无色”，“白色沉淀”。（2）中“白色沉淀部分溶于稀硝酸”中的“部分溶于”，“无色气体”，抓住这些特征可快速解答。
【解答】（1）中“上层溶液为无色”可推得无氯化铜，因为氯化铜溶于水溶液为蓝色；“白色沉淀”可能是：碳酸钡或硫酸钡或二者的混合物。
（2）中“白色沉淀部分溶于稀硝酸”中的“部分溶于”可知既有“碳酸钡”又有“硫酸钡”；则一定含有硫酸钠，碳酸钠与硝酸钡．但整个推断过程中，始终无法确定KCl的存在与否。
所以，原固体粉末中一定含有碳酸钠，硫酸钠和硝酸钡，一定不含有氯化铜，可能含有KCl。
故答案为：B
5．【答案】C
【知识点】物质的鉴别、推断；酸的化学性质；碱的化学性质
【解析】【解答】根据题意可知，各种会反应的物质都生成了硫酸钡，
酸碱反应生成硫酸钡，酸中肯定有氢离子，酸就只会提供硫酸根离子，碱就提供了钡离子，可以排除A、B，
酸和乙盐反应也生成了硫酸钡，酸中肯定有氢离子，酸就只会提供硫酸根离子，乙盐中肯定有钡离子，可以排除A、D，
碱和甲盐也生成了硫酸钡，根据前面的推导可知，碱中有钡离子，甲盐中就一定有硫酸根离子，排除A、D，
故选C．
【分析】酸和乙盐会生成硫酸钡，说明酸提供硫酸根离子，乙盐提供钡离子；酸碱生成硫酸钡，说明酸提供硫酸根离子，见提供钡离子，采用排除的方法即可解答．分别将四种物质代入转换图中进行验证分析即可．
6．【答案】A
【知识点】盐的性质及用途；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】根据题中明显的实验现象特征作为解题时的突破口：①中题眼有“上层溶液为无色”，“白色沉淀”；②中“白色沉淀部分溶于稀硝酸”中的“部分溶于”，产生“无色气体”，抓住这些题眼可快速解答。
【解答】①中“上层溶液为无色”可推得一定没有“CuSO4”；
“白色沉淀”有两种可能：原有的CaCO3或Na2SO4与BaCl2反应生成的硫酸钡。
②中“白色沉淀部分溶于稀硝酸”中的“部分溶于”可知白色沉淀既有“碳酸钙”，又有“硫酸钡”；而有硫酸钡时，则一定含有Na2SO4与BaCl2．但整个推断过程中，始终无法确定KNO3的存在与否。
所以，原固体粉末中一定含有CaCO3、Na2SO4和BaCl2，一定不含有CuSO4，可能含有KNO3。
故答案为：A
7．【答案】D
【知识点】物质的鉴别、推断；酸的化学性质；碱的化学性质
【解析】【解答】A、若甲是HCl，则丁可能是CaCl2，乙、丙是碳酸钠、碳酸钾，盐酸会转化成氯化钙，盐酸会与碳酸钠、碳酸钾反应，碳酸钠、碳酸钾会与氯化钙反应，故A正确；
B、若甲是HCl，则乙和丙中可能有一个为碱，丁可能是氯化铜，所以乙、丙中有一个是氢氧化钠，氢氧化钠会与氯化铜反应，故B正确；
C、若甲是Ca（OH）2，则丁可能是NaOH，甲是Ca（OH）2，乙是CO2，丙是CuSO4，丁是NaOH，故C正确；
D、若甲是Ca（OH）2，丁可能是氢氧化钠，乙和丙中至少有一个可能为酸，故D错误．
故选：D．
【分析】A、根据若甲是HCl，则丁可能是CaCl2，乙、丙是碳酸钠、碳酸钾，盐酸会转化成氯化钙，盐酸会与碳酸钠、碳酸钾反应，碳酸钠、碳酸钾会与氯化钙反应进行分析；
B、根据若甲是HCl，则乙和丙中可能有一个为碱，丁可能是氯化铜，所以乙、丙中有一个是氢氧化钠，氢氧化钠会与氯化铜反应进行分析；
C、根据若甲是Ca（OH）2，则丁可能是NaOH，甲是Ca（OH）2，乙是CO2，丙是CuSO4，丁是NaOH进行分析；
D、根据若甲是Ca（OH）2，丁可能是氢氧化钠，乙和丙中至少有一个可能为酸进行分析．
8．【答案】A
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【解答】A、让这四种物质两两混合，能产生白色沉淀的一组是氢氧化钠和氯化镁，另外两种物质是氯化钠和硝酸钾，无法进一步鉴别，故需要加入其它的试剂才能鉴别；
B、氯化铁溶液是黄色的，将黄色的氯化铁溶液与其它三种溶液混合物，产生红褐色沉淀的是氢氧化钠，然后将剩余的两种溶液取其中一种加入到产生的沉淀中，若沉淀溶解，则是盐酸，剩余的是氯化钠，不加其他试剂可以鉴别；
C、将这四种溶液两两混合物，有一种物质能与其他物质产生沉淀和气体，则这种物质是碳酸钾，与其产生沉淀的是氯化钡，与其产生气泡的是盐酸，剩余的是硫酸钠，不加其他试剂可以鉴别；
D、将这四种溶液两两混合，有一种物质能与其他的两种物质产生白色沉淀，则这种物质是硝酸钡，与其混合没有现象的是盐酸，能与盐酸反应产生气体的是碳酸钠，与盐酸混合没有现象的是硫酸，不加其他试剂可以鉴别；
故选A．
【分析】在不另加试剂就能鉴别的题目中，首先观察有无有特殊颜色的物质，若有，将有颜色的溶液鉴别出来，然后再借用这种溶液鉴别其它溶液把其它没有确定出的物质确定出来；若都没有颜色就将溶液两两混合，根据混合后的现象进行分析鉴别．
9．【答案】D
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【分析】根据M能与金属镁反应生成氧化镁和单质A，说明M中一定含有氧元素和另外一种元素，属于化合物，可能是镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，二氧化碳能与碳反应生成氧化碳，所以A是碳，碳能与氧气反应生成一氧化碳，所以B是氧气，N是一氧化碳，然后将推出的物质进行验证即。
【解答】M能与金属镁反应生成氧化镁和单质A，说明M中一定含有氧元素和另外一种元素，属于化合物，可能是镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，二氧化碳能与碳反应生成氧化碳，所以A是碳，碳能与氧气反应生成一氧化碳，所以B是氧气，N是一氧化碳，经过验证，推导正确，所以M一定是氧化物，故A错误；M和N中都含有碳元素，故B错误；N是一氧化碳，故C错误；M与镁的反应是单质和化合物反应生成单质和化合物的反应，一定是置换反应，故D正确。
故答案为：D
10．【答案】B
【知识点】实验方案设计与评价；水分进入植物体内的途径；酶及其催化作用；滑轮组绳子拉力的计算；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】本题考查根据实验目的设计实验装置
【解答】检验硫酸根离子的存在常用方法是：加入硝酸钡溶液，产生白色沉淀，再加入稀硝酸（排除碳酸根的干扰)沉淀不溶解或者用稀盐酸和BaCl2溶液检验，先加稀盐酸（排除是碳酸根和银离子的干扰)，再加BaCl2溶液，如果产生白色沉淀，则说明含硫酸根离子。A选项是想通过Ag+和未知溶液中的SO42-离子反应生成微溶的Ag2SO4白色沉淀而达到目的，而实际上如果未知溶液中含有Cl-也会与Ag+反应生成AgCl白色沉淀，对结果会产生干扰，所以A选项错误；B选项中植物的茎中含有导管和筛管且水带运输是从下自上的，只要看茎的截面中那哪一部分被红墨水染红，就可以知道水分的运输部位，所以B选项正确；C选项中该滑轮组如果从两轮中间水平剪开，只有二股绳子与下面的动滑轮相连，所以该滑轮组省二分之一的力，所以C选项错误；D选项装置中的变量是温度，只能说明酶的活性受温度的影响，而不能说明酶具有专一性，如果要说明酶具有专一性，实验的变量应该是两种不同的待分解溶液且温度应该保持相同，所以D选项错误。故选B。
11．【答案】D
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【分析】根据各装置的作用进行分析，①装置可以检验是否含有二氧化碳，碱石灰能吸收水分和酸性气体，浓硫酸是用来吸收水分的，氢氧化钠溶液用来吸收二氧化碳。装置①中无明显变化，排除了CO2；装置③增重10.8 g，说明生成了10.8g水；装置④增重8.8 g，说明生成了8.8g二氧化碳；根据水和二氧化碳的质量可计算出碳、氢元素的质量比，进而可以确定气体X的组成。【解答】气体X通过澄清石灰水时无明显变化，说明一定不含二氧化碳，故A正确不合题意；
该气体燃烧后生成水和二氧化碳，装置③增重10.8 g，说明生成了10.8g水，
10.8g水中氢元素的质量为：；
装置④增重8.8g，说明生成了8.8g二氧化碳，
碳元素的质量为，
气体X中C：H=2.4g：1.2g=2：1；
CH4中C：H=12：4=3：1；
故X的组成可能是：①可能含有氢气和一氧化碳；②可能含有甲烷和氢气；③可能同时含有甲烷、氢气和一氧化碳，BC正确不合题意，D错误符合题意。
故选D。
12．【答案】C
【知识点】化学反应中能量的变化；酸与碱的反应及用途；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】根据五种物质均含有铜元素，且化合物中的化合价均为+2价；A为单质，在空气中加热生成黑色物质B；推出A为铜，B为氧化铜；由C溶液与铁反应可得A，可知C为铜的盐溶液，C溶液与氯化钡溶液反应得D，同时又白色沉淀生成；由此可知C为硫酸铜，D为氯化铜，D溶液中加入氢氧化钠溶液得到E，则E为氢氧化铜．
A、反应①是2Cu+O22CuO，属于放热反应，故错误；
B、C溶液是硫酸铜蓝色的液体，故错误；
C、②反应是硫酸和氢氧化铜反应生成硫酸铜和水，反应的化学方程式为：H2SO4+Cu（OH）2=CuSO4+2H2O，属于中和反应，故正确；
D、C为硫酸铜，D为氯化铜，E为氢氧化铜，其中C、 D为盐，E为碱，故错误；
故选C．
【分析】根据五种物质均含有铜元素，且化合物中的化合价均为+2价；A为单质，在空气中加热生成黑色物质B；推出A为铜，B为氧化铜；由C溶液与铁反应可得A，可知C为铜的盐溶液，C溶液与氯化钡溶液反应得D，同时又白色沉淀生成；由此可知C为硫酸铜，D为氯化铜，D溶液中加入氢氧化钠溶液得到E，则E为氢氧化铜．据此信息进行判断即可．
13．【答案】BaSO4；CuCl2；Ca（NO3）2；KCl；是
【知识点】盐的性质及用途；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】硫酸钡不溶于水和酸，氯化铜在溶液中显蓝色，碳酸根离子和钙离子反应会生成碳酸钙沉淀，氯离子和银离子会生成氯化银沉淀．
（1）取样溶于水，无固体残留，得无色溶液，氯化铜在溶液中显蓝色，硝酸钙和碳酸钾会生成碳酸钙沉淀，不能共存，硫酸钡难溶于水，所以溶液中一定不含硫酸钡、氯化铜、硝酸钙；
（2）取上述溶液适量，滴加AgNO3溶液，有白色沉淀，再加入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，氯离子和银离子生成的氯化银沉淀难溶于酸，则此粉末中一定含有的杂质是氯化钾；
（3）假设13.8g纯碳酸钾产生碳酸钡的质量为x，则有
K2CO3+BaCl2═BaCO3↓+2KCl
138 197
13.8g x
x=19.7g
假设13.8g纯碳酸钠产生碳酸钡的质量为y，则有
Na2CO3+BaCl2═BaCO3↓+2NaCl
106 197
13.8g y
y≈25.6g，
粉末中一定含有的杂质氯化钾，混合物含有碳酸钠时，生成的沉淀质量大于19.7g 。而沉淀质量是19.7g ，所以一定含碳酸钠.．
故答案为：（1）BaSO4，CuCl2，Ca（NO3）2；（2）KCl；（3）是．
【分析】根据硫酸钡不溶于水和酸，氯化铜在溶液中显蓝色，碳酸钠和学过会生成碳酸钙沉淀，氯离子和银离子会生成氯化银沉淀等知识进行分析．
14．【答案】CuO；H2；Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；CO；HCl；CuCl2；无HCl时；Fe+CuCl2=FeCl2+Cu
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】根据图框中G是红色固体单质，则G是铜，铜和氧气加热生成的D是氧化铜，D与过量的稀盐酸反应得到的X溶液中含有生成的氯化铜和剩余的盐酸；反应①是炼铁工业中的主要反应，根据“Y是一种有毒气体”，即一氧化碳还原氧化铁生成铁和二氧化碳，C能与X溶液反应生成E和浅绿色溶液F，则C是铁，B是二氧化碳，F是氯化亚铁，E是氢气，代入检验，符合题意．
（1）根据分析可知：D物质的化学式是CuO，E物质的化学式是H2；
（2）根据分析可知：反应①的化学方程式为Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，此反应中被氧化的物质是CO；
（3）因为是“过量的稀盐酸”，故X是 HCl和CuCl2的混合溶液；因为“C能与X溶液反应生成E和浅绿色溶液F”，故当无HCl时的情况下将没有E生成；
（4）反应②为铁与氯化亚铁溶液反应，故生成红色固体的化学方程式为Fe+CuCl2=FeCl2+Cu．
故答案为：CuO；H2；Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；CO；HCl和CuCl2；无HCl时；Fe+CuCl2=FeCl2+Cu．
【分析】根据框图和提供的信息，其突破口为：图框中G是红色固体单质，则G是铜，铜和氧气加热生成的D是氧化铜，D与过量的稀盐酸反应得到的X溶液中含有生成的氯化铜和剩余的盐酸；反应①是炼铁工业中的主要反应，根据“Y是一种有毒气体”，即一氧化碳还原氧化铁生成铁和二氧化碳，C能与X溶液反应生成E和浅绿色溶液F，则C是铁，B是二氧化碳，F是氯化亚铁，E是氢气，据此解答即可．
15．【答案】CO；相同；2H2O2H2↑+O2↑
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】甲、乙、丙是三种初中化学常见的物质，
（1）若甲是黑色固体单质，且甲和乙具有相似的化学性质，甲会转化成乙，乙和丙可以相互转化，所以甲是碳，乙是一氧化碳，丙是二氧化碳，二氧化碳和镁点燃生成氧化镁和碳经过验证，推导正确，所以乙是CO；
（2）若甲是液体化合物，丙为地壳中含量最多的元素组成的单质，所以丙是氧气，乙在通电的条件可生成氧气，所以乙是水，甲会生成水和氧气，所以甲是过氧化氢溶液，经过验证，推导正确，甲是过氧化氢溶液，乙是水，所以甲和乙的组成元素相同，乙生成丙的反应是水在通电的条件下生成氢气和氧气，化学方程式为：2H2O2H2↑+O2↑．
故答案为：（1）CO；
（2）相同，2H2O2H2↑+O2↑．
【分析】根据甲、乙、丙是三种初中化学常见的物质，若甲是黑色固体单质，且甲和乙具有相似的化学性质，甲会转化成乙，乙和丙可以相互转化，所以甲是碳，乙是一氧化碳，丙是二氧化碳，二氧化碳和镁点燃生成氧化镁和碳；若甲是液体化合物，丙为地壳中含量最多的元素组成的单质，所以丙是氧气，乙在通电的条件可生成氧气，所以乙是水，甲会生成水和氧气，所以甲是过氧化氢溶液，然后将推出的物质进行验证即可．
16．【答案】改良酸性土壤；4；放出热量；复分解反应；2H2O2H2↑+O2↑；Fe2O3+3CO2Fe+3CO2
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】（1）A～G是初中化学中常见的物质，A是人体胃液中含有的酸，所以A盐酸，F是相对分子质量最小的氧化物，所以F是水，D是一种红色粉末，盐酸和D会发生反应，所以D是氧化铁，C会与氧化铁反应，B、C可以相互转化，B与C的组成元素相同，所以C是一氧化碳，B是二氧化碳，盐酸会生成G，G和水可以相互转化，所以G是氢气，水生成的E和盐酸会发生反应，所以E是氢氧化钙，经过验证，推导正确，所以E是氢氧化钙，可以改良酸性土壤；
（2）通过推导可知，A是盐酸，B是二氧化碳，C是一氧化碳，D是氧化铁，E是氢氧化钙，F是水，G是氢气，所以A～G七种物质中，氧化物有4种；
（3）F→E的反应是水和氧化钙反应生成氢氧化钙，实验现象是：放出热量；
（4）A→B的反应是盐酸和碳酸钙反应生成氯化钙、水和二氧化碳，所以基本反应类型属于复分解反应；
（5）F→G的反应是水在通电的条件下生成氢气和氧气，化学方程式是：2H2O2H2↑+O2↑，C﹣D的反应是一氧化碳和氧化铁在高温的条件下反应生成铁和二氧化碳，化学方程式是：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2．
故答案为：（1）改良酸性土壤；（2）4；（3）放出热量；（4）复分解反应；（5）2H2O2H2↑+O2↑，Fe2O3+3CO2Fe+3CO2．
【分析】根据A～G是初中化学中常见的物质，A是人体胃液中含有的酸，所以A盐酸，F是相对分子质量最小的氧化物，所以F是水，D是一种红色粉末，盐酸和D会发生反应，所以D是氧化铁，C会与氧化铁反应，B、C可以相互转化，B与C的组成元素相同，所以C是一氧化碳，B是二氧化碳，盐酸会生成G，G和水可以相互转化，所以G是氢气，水生成的E和盐酸会发生反应，所以E是氢氧化钙，然后将推出的物质进行验证即可．
17．【答案】置换反应；AgNO3+HCl=HNO3+AgCl↓；铁
【知识点】盐的性质及用途；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】（1）若甲、丙为化合物，乙、丁为单质，因此反应物和产物的特点都是：一种是单质，另一种是化合物，因此属于置换反应；
（2）不溶于硝酸的白色沉淀有氯化银、硫酸钡，甲、乙、丙、丁均为化合物，盐酸和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸，化学方程式为：AgNO3+HCl=HNO3+AgCl↓；
（3）甲、乙、丙为化合物，丁为单质，一氧化碳和氧化铁在高温的条件下生成铁和二氧化碳，所以丁可能是铁，经过验证，推导正确，所以丁可能是铁．
故答案为：（1）置换反应；（2）AgNO3+HCl=HNO3+AgCl↓；（3）铁．
【分析】（1）根据反应物和产物均一种是单质，另一种是化合物的特点分析反应类型；
（2）根据不溶于硝酸的白色沉淀有氯化银、硫酸钡，甲、乙、丙、丁均为化合物，盐酸和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸进行分析；
（3）根据甲、乙、丙为化合物，丁为单质，一氧化碳和氧化铁在高温的条件下生成铁和二氧化碳，所以丁可能是铁进行分析．
18．【答案】CO；TiCl4+3H2OH2TiO3+4HCl；+4；④
【知识点】元素化合价的规则与计算；质量守恒定律及其应用；置换反应及其应用；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】（1）FeTiO3和碳、氯气在高温的条件下反应生成四氯化钛和一种有毒的气体，该气体是一种氧化物，由质量守恒定律可知，该物质含有碳元素和氧元素，应是一氧化碳，化学式为：CO；
（2）反应②是四氯化钛和水在加热的条件下反应生成钛酸和盐酸，化学方程式为：TiCl4+3H2OH2TiO3+4HCl；
（3）在纳米TiO2中氧元素显示﹣2价，所以钛元素的化合价是+4价；
（4）反应①是FeTiO3和碳、氯气在高温的条件下反应生成四氯化钛和一氧化碳，不是置换反应，反应②是四氯化钛和水在加热的条件下反应生成钛酸和盐酸，不属于置换反应，反应③是钛酸在加热的条件下生成二氧化钛和水，属于分解反应，反应④是四氯化钛和镁在高温的条件下反应生成氯化镁和钛，属于置换反应，故选：④．
故答案为：（1）CO；（2）TiCl4+3H2O
H2TiO3+4HCl；（3）+4；（4）④．
【分析】（1）根据质量守恒定律分析有毒的气体氧化物的化学式；
（2）根据四氯化钛和水在加热的条件下反应生成钛酸和盐酸进行分析；
（3）根据化合价代数和为零进行分析；
（4）根据生产过程中的反应特点分析判断．
19．【答案】钠、钙；NO；2H2O22H2O+O2↑；Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl；HCl
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【解答】A﹣F六种物质，均是由H、C、N、O、Cl、Na、Ca中的两种或三种元素组成，
（1）钠、钙属于金属元素；
（2）A属于氧化物，是导致酸雨的气体污染物之一，组成A的两种元素的质量比为7：8，所以A是一氧化氮，化学式为：NO；
（3）B、C常温下均为液体，且组成元素相同，B在一定条件下可生成C，所以B是过氧化氢，C是水，过氧化氢在二氧化锰的催化作用下生成水和氧气，化学方程式为：2H2O22H2O+O2↑；
（4）D用于玻璃、造纸和洗涤剂的生成，D溶液滴入酚酞显色，所以D是碳酸钠，E、F均由两种元素组成，滴入E溶液，红色褪去生成白色沉淀，所以E是氯化钙，氯化钙和碳酸钙生成碳酸钙沉淀和氯化钠，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，所以F是盐酸，所以D与E反应的化学方程式为：Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl，F的化学式为HCl；
故答案为：（1）钠、钙；（2）NO；（3）2H2O22H2O+O2↑；（4）Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl，HCl．
【分析】根据A﹣F六种物质，均是由H、C、N、O、Cl、Na、Ca中的两种或三种元素组成，钠、钙属于金属元素，A属于氧化物，是导致酸雨的气体污染物之一，组成A的两种元素的质量比为7：8，所以A是一氧化氮，B、C常温下均为液体，且组成元素相同，B在一定条件下可生成C，所以B是过氧化氢，C是水，过氧化氢在二氧化锰的催化作用下生成水和氧气，D用于玻璃、造纸和洗涤剂的生成，D溶液滴入酚酞显色，所以D是碳酸钠，E、F均由两种元素组成，滴入E溶液，红色褪去生成白色沉淀，所以E是氯化钙，氯化钙和碳酸钙生成碳酸钙沉淀和氯化钠，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，所以F是盐酸，然后将推出的物质进行验证即可．
20．【答案】Cu；BaSO4；Ca（OH）2+CuSO4═Cu（OH）2↓+CaSO4↓；C+CO22CO；置换反应
【知识点】置换反应及其应用；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】A为红色金属单质，故A是铜；B的固体可用作人工降雨，故B是二氧化碳；C、D为黑色粉末，故C和D为氧化铜和碳，F可用于改良酸性土壤的碱，故F是氢氧化钙； E能与氯化钡反应生成难溶性物质，故G为硫酸钡，E是硫酸铜，C是氧化铜，D是碳；H为难溶性蓝色物质，故H是氢氧化铜，I是硫酸钙，带入框图，推断合理；
（1）A是铜，G是硫酸钡，故填：Cu；BaSO4；
（2）E是硫酸铜，F是氢氧化钙；硫酸铜能与氢氧化钙反应生成氢氧化铜和硫酸钙，E与F反应的化学方程式：Ca（OH）2+CuSO4═Cu（OH）2↓+CaSO4↓；B是二氧化碳，D是碳，炽热的碳与二氧化碳反应生成一氧化碳，B与D反应的化学方程式：C+CO22CO；
（3）C是氧化铜，D是碳；通过C与D反应的化学方程式（C+2CuO2Cu+CO2↑）可知，C与D的反应是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，属于置换反应．
故答案为：
（1）Cu；BaSO4；（2）Ca（OH）2+CuSO4═Cu（OH）2↓+CaSO4↓；C+CO22CO；（3）置换反应．
【分析】根据题干提供的信息进行分析，A为红色金属单质，故A是铜；B的固体可用作人工降雨，故B是二氧化碳；C、D为黑色粉末，故C和D为氧化铜和碳，F可用于改良酸性土壤的碱，故F是氢氧化钙；E能与氯化钡反应生成难溶性物质，故G为硫酸钡，E是硫酸铜，C是氧化铜，D是碳；H为难溶性蓝色物质，故H是氢氧化铜，I是硫酸钙，据此解答．
21．【答案】CaCO3；Ca（OH）2；CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O；复分解；干燥剂
【知识点】化合反应和分解反应；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】（1）甲、乙、丙、丁均为中学化学中的常见物质，其中甲是大理石的主要成分，所以甲是碳酸钙，乙是造成温室效应的主要气体，所以乙是二氧化碳，碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，所以丙是氧化钙，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，所以丁是氢氧化钙，氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，经过验证，推导正确，所以甲是CaCO3，丁是Ca（OH）2；
（2）反应③是氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，化学方程式为：CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O，该反应属于复分解反应；
（3）通过推导可知，丙是氧化钙，在生活中可以做干燥剂；
故答案为：（1）CaCO3，Ca（OH）2；
（2）CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O，复分解；
（3）干燥剂．
【分析】根据甲、乙、丙、丁均为中学化学中的常见物质，其中甲是大理石的主要成分，所以甲是碳酸钙，乙是造成温室效应的主要气体，所以乙是二氧化碳，碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，所以丙是氧化钙，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，所以丁是氢氧化钙，氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，然后将推出的物质进行验证即可．
22．【答案】（1）CO2
（2）纯碱
（3）2H2O2H2↑+O2↑
（4）H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】（1）A﹣J是初中化学常见的物质，C、F是气体氧化物，C、F可以相互转化，所以C、F是一氧化碳、二氧化碳，I、J中含有相同的金属元素，I、J可以相互转化，都会与F反应，所以F是二氧化碳，I是碳酸钠，J是氢氧化钠，所以C是一氧化碳，气体D会生成一氧化碳和二氧化碳，所以D是氧气，氧气和G可以相互转化，所以G是水，氧气转化成的A会与一氧化碳，所以A可以是氧化铜，氧化铜会与气体B反应，所以B是氢气，E会生成二氧化碳和氢气，所以E是酸，H的相对分子质量比E的大，H会与碳酸钠反应，也会生成二氧化碳，所以H是硫酸，E是盐酸，经过验证，推导正确，所以F是CO2；
（2）通过推导可知，物质I是碳酸钠，俗称纯碱；
（3）分解反应是一变多的反应，水在通电的条件下生成氢气和氧气，符合条件，化学方程式为：2H2O2H2↑+O2↑；
（4）H→E的反应是硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，化学方程式为：H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl．
故答案为：（1）CO2；（2）纯碱；（3）2H2O2H2↑+O2↑；（4）H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl．
【分析】根据A﹣J是初中化学常见的物质，C、F是气体氧化物，C、F可以相互转化，所以C、F是一氧化碳、二氧化碳，I、J中含有相同的金属元素，I、J可以相互转化，都会与F反应，所以F是二氧化碳，I是碳酸钠，J是氢氧化钠，所以C是一氧化碳，气体D会生成一氧化碳和二氧化碳，所以D是氧气，氧气和G可以相互转化，所以G是水，氧气转化成的A会与一氧化碳，所以A可以是氧化铜，氧化铜会与气体B反应，所以B是氢气，E会生成二氧化碳和氢气，所以E是酸，H的相对分子质量比E的大，H会与碳酸钠反应，也会生成二氧化碳，所以H是硫酸，E是盐酸，然后将推出的物质进行验证即可．
23．【答案】硫酸、硫酸铜；3CO+Fe2O32Fe+3CO2；Fe+CuSO4=FeSO4+Cu；铁和硫酸反应生成氢气
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】（1）A、B、C、D、E、F、G、H、I为初中化学常见的物质，D、I、G属于单质，E溶液经过反应会得到G，G是红色固体，所以G是铜，铜和氧气加热生成的F是黑色的氧化铜，氧化铜与过量的稀硫酸反应得到的X溶液中含有生成的硫酸铜和剩余的硫酸，D能与E溶液反应生成铜和H、I，H为浅绿色的液体，所以D是铁，H是硫酸亚铁，I是氢气，A为红褐色固体，A和B反应会生成D和C，因此A是氧化铁，B可以是一氧化碳，所以C是二氧化碳，经过验证，推导正确，所以E溶液中的溶质是硫酸、硫酸铜；
（2）反应①是一氧化碳和氧化铁在高温的条件下反应生成铁和二氧化碳，化学方程式为：3CO+Fe2O32Fe+3CO2；
（3）反应②中生成G的是铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，化学方程式为：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，生成I的原因是：铁和硫酸反应生成氢气．
故答案为：（1）硫酸、硫酸铜；
（2）3CO+Fe2O32Fe+3CO2；
（3）Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，铁和硫酸反应生成氢气．
【分析】根据A、B、C、D、E、F、G、H、I为初中化学常见的物质，D、I、G属于单质，E溶液经过反应会得到G，G是红色固体，所以G是铜，铜和氧气加热生成的F是黑色的氧化铜，氧化铜与过量的稀硫酸反应得到的X溶液中含有生成的硫酸铜和剩余的硫酸，D能与E溶液反应生成铜和H、I，H为浅绿色的液体，所以D是铁，H是硫酸亚铁，I是氢气，A为红褐色固体，A和B反应会生成D和C，因此A是氧化铁，B可以是一氧化碳，所以C是二氧化碳，然后将推出的物质进行验证即可．
24．【答案】纯碱；CaCl2；改良酸性土壤；Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【解答】（1）A、B、C、D是初中常见的化学物质，A是由核电荷数分别为6、8、11的三种元素组成的化合物，质子数等于核电荷数，所以A是有碳、氧、钠三种元素组成，A是碳酸钠，B是一种微溶性碱，A会与B生成的D，所以B是氢氧化钙，氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，D是一种可溶性碱，所以D是氢氧化钠，C是一种可溶性盐酸盐，会与碳酸钠反应，所以C是氯化钙，经过验证，推导正确，所以A是碳酸钠，俗称纯碱；
（2）通过推导可知，C的化学式是：CaCl2；
（3）通过推导可知，B是氢氧化钙，可以用来改良酸性土壤；
（4）B与A的反应是碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，化学方程式为：Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH．
故答案为：（1）纯碱；
（2）CaCl2；
（3）改良酸性土壤；
（4）Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH．
【分析】根据A、B、C、D是初中常见的化学物质，A是由核电荷数分别为6、8、11的三种元素组成的化合物，质子数等于核电荷数，所以A是有碳、氧、钠三种元素组成，A是碳酸钠，B是一种微溶性碱，A会与B生成的D，所以B是氢氧化钙，氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，D是一种可溶性碱，所以D是氢氧化钠，C是一种可溶性盐酸盐，会与碳酸钠反应，所以C是氯化钙，然后将推出的物质进行验证即可．
25．【答案】BaSO4；HCl；Mg（OH）2+H2SO4=MgSO4+2H2O；氢氧化钠等碱溶液；发出耀眼的强光，放出大量的热，生成白色固体；Mg3N2
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】D是相对分子质量为40的氧化物，因此D是氧化镁；A是不溶于水和稀硝酸的白色沉淀，可能是硫酸钡或氯化银；E是难溶于水的白色沉淀，可以加热产生氧化镁，因此E是氢氧化镁；氢氧化镁和氧化镁都能够和M反应产生B，B和氯化钡反应产生A，因此A是硫酸钡沉淀，则B是硫酸镁，M是硫酸；氧化镁和氢氧化镁都能和N反应产生F，且实验室通常用N制取CO2，因此N是盐酸，则F是氯化镁；C能够和硫酸反应产生B-硫酸镁，和N-盐酸反应产生氯化镁，因此C是镁，因此：
（1）A是硫酸钡，N是盐酸，故答案为：BaSO4；HCl；
（2）E→B的反应是氢氧化镁和硫酸反应产生硫酸镁和水，故反应的方程式为：Mg（OH）2+H2SO4=MgSO4+2H2O；
（3）由氯化镁得到氢氧化镁，应该是和可溶性的碱反应，如氢氧化钠溶液；故答案为：氢氧化钠等碱溶液；
（4）镁在空气中燃烧的现象为：发出耀眼的强光，放出大量的热，生成白色固体；镁和氮气生成氮化镁，其中镁元素为+2，氮元素为﹣3，化学式为：Mg3N2；故答案为：发出耀眼的强光，放出大量的热，生成白色固体；Mg3N2．
【分析】D是相对分子质量为40的氧化物，因此D是氧化镁；E是难溶于水的白色沉淀，可以加热产生氧化镁，因此E是氢氧化镁；氢氧化镁和氧化镁都能够和M反应产生B﹣镁盐，B和氯化钡反应产生A，A是不溶于水和稀硝酸的白色沉淀，因此A是硫酸钡沉淀，则B是硫酸镁，M是硫酸；氧化镁和氢氧化镁都能和N反应产生F，且实验室通常用N制取CO2，因此N是盐酸，则F是氯化镁；C能够和硫酸反应产生B﹣硫酸镁，和N﹣盐酸反应产生氯化镁，因此C是镁，带入验证完成相关的问题．
26．【答案】CO2；FeCl3+3NaOH=3NaCl+Fe（OH）3↓；复分解反应；3H2SO4+Fe2O3=Fe2（SO4）3+3H2O
【知识点】复分解反应及其应用；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】（1）A～I是初中化学常见的物质，B是铁锈的主要成分，所以B是氧化铁，A、C常温下是气体，氧化铁和A会生成B、C，所以A是一氧化碳，C是二氧化碳，D是铁，氧化铁和E生成的G和F会生成两种沉淀，若H为NaCl，所以I是氢氧化铁沉淀，若H和I中含有一种相同的元素，且H为不溶于稀硝酸的白色沉淀，所以H是硫酸钡沉淀，I是氢氧化铁沉淀，经过验证，推导正确，所以C是CO2；
（2）若H为NaCl，反应③是氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠，化学方程式为：FeCl3+3NaOH=3NaCl+Fe（OH）3↓，该反应属于复分解反应；
（3）若H和I中含有一种相同的元素，且H为不溶于稀硝酸的白色沉淀，反应②是氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁和水，化学方程式为：3H2SO4+Fe2O3=Fe2 （SO4）3+3H2O．
故答案为：（1）CO2；
（2）FeCl3+3NaOH=3NaCl+Fe（OH）3↓，复分解反应；
（3）3H2SO4+Fe2O3=Fe2 （SO4）3+3H2O．
【分析】根据A～I是初中化学常见的物质，B是铁锈的主要成分，所以B是氧化铁，A、C常温下是气体，氧化铁和A会生成B、C，所以A是一氧化碳，C是二氧化碳，D是铁，氧化铁和E生成的G和F会生成两种沉淀，若H为NaCl，所以I是氢氧化铁沉淀，若H和I中含有一种相同的元素，且H为不溶于稀硝酸的白色沉淀，所以H是硫酸钡沉淀，I是氢氧化铁沉淀，然后将推出的物质进行验证即可．
27．【答案】硫酸亚铁；氧化铜；Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；化合反应；冶炼金属
【知识点】化合反应和分解反应；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】（1）A～H是初中化学常见物质，D溶液呈蓝色，可用于配制农药波尔多液，所以D是硫酸铜，A，E是红色固体，C，G是黑色粉末，A和B高温会生成C，B，H是气体且B为化合物，所以A是氧化铁，B是一氧化碳，一氧化碳和氧化铁高温生成铁和二氧化碳，所以C是铁，铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，所以F是硫酸亚铁，E是铜，铜和H加热会生成G，所以H是氧气，G是氧化铜，经过验证，推导正确，所以F是硫酸亚铁，G是氧化铜；
（2）反应①是一氧化碳和氧化铁在高温的条件下反应生成铁和二氧化碳，化学方程式是：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；
（3）反应③是氧气和铜在加热的条件下生成氧化铜，该反应满足化合反应多变一的条件，所以基本反应类型是化合反应；
（4）通过推导可知，B是一氧化碳，可以用来冶炼金属．
故答案为：（1）硫酸亚铁，氧化铜；（2）Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；（3）化合反应；（4）冶炼金属．
【分析】根据A～H是初中化学常见物质，D溶液呈蓝色，可用于配制农药波尔多液，所以D是硫酸铜，A，E是红色固体，C，G是黑色粉末，A和B高温会生成C，B，H是气体且B为化合物，所以A是氧化铁，B是一氧化碳，一氧化碳和氧化铁高温生成铁和二氧化碳，所以C是铁，铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，所以F是硫酸亚铁，E是铜，铜和H加热会生成G，所以H是氧气，G是氧化铜，然后将推出的物质进行验证即可．
28．【答案】（1）盐酸；CaO
（2）改良酸性土壤
（3）2NH4Cl+Ca（OH）2=CaCl2+H2O+2NH3↑；CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl；复分解
【知识点】复分解反应及其应用；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】（1）A～F为初中化学常见的六种物质，B、E之间的反应是实验室制取二氧化碳的反应原理，所以B、E是盐酸、碳酸钙，A、C之间的反应可用于检验铵态氮肥，所以A、C是铵态氮肥和碱，A、B、D含相同的阴离子，所以A是氯化铵，B是盐酸，E是碳酸钙，C是氢氧化钙，盐酸会转化成D，D和碳酸钙可以相互转化，所以D是氯化钙，碳酸钙会转化成F，F会转化成氢氧化钙，所以F是氧化钙，经过验证，推导正确，所以B是盐酸，F是CaO；
（2）通过推导可知，C是氢氧化钙，可以用来改良酸性土壤；
（3）A→C的反应是氢氧化钙和氯化铵反应生成氯化钙、水和氨气，化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2=CaCl2+H2O+2NH3↑，
D→E的反应是氯化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，化学方程式为：CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl，基本反应类型属于复分解反应．
【分析】根据A～F为初中化学常见的六种物质，B、E之间的反应是实验室制取二氧化碳的反应原理，所以B、E是盐酸、碳酸钙，A、C之间的反应可用于检验铵态氮肥，所以A、C是铵态氮肥和碱，A、B、D含相同的阴离子，所以A是氯化铵，B是盐酸，E是碳酸钙，C是氢氧化钙，盐酸会转化成D，D和碳酸钙可以相互转化，所以D是氯化钙，碳酸钙会转化成F，F会转化成氢氧化钙，所以F是氧化钙，然后将推出的物质进行验证即可．
29．【答案】氧气（或O2）；分子结构不同（合理即可）；碳酸（或H2CO3）；CO2+Ca（OH）2═CaCO3↓+H2O（合理即可）
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】（1）根据甲、乙、丙是初中化学常见的物质，若甲、乙组成元素相同，甲在一定条件下分解成乙和丙，乙是最常用的溶剂，结合过氧化氢分解会生成水和氧气，水通电会生成氧气可知甲是过氧化氢，乙是水，丙是氧气，带入验证符合转化关系，过氧化氢和水的分子结构不同，因此化学性质不同；故填：氧气（或O2）；分子结构不同（合理即可）；
（2）丙固体的俗称为干冰，结合碳酸分解产生水和氧气分析框图可知丙是二氧化碳，则甲可以是碳酸，乙是水，二氧化碳能够和氢氧化钙等反应产生水，带入验证符合转化关系，故填：碳酸（或H2CO3）；CO2+Ca（OH）2═CaCO3↓+H2O（合理即可）．
【分析】（1）根据甲、乙、丙是初中化学常见的物质，若甲、乙组成元素相同，甲在一定条件下分解成乙和丙，乙是最常用的溶剂，结合过氧化氢分解会生成水和氧气，水通电会生成氧气可知甲是过氧化氢，乙是水，丙是氧气，据此分析；
（2）丙固体的俗称为干冰，结合碳酸分解产生水和氧气分析框图可知丙是二氧化碳，则甲可以是碳酸，乙是水，二氧化碳能够和氢氧化钙等反应产生水，据此分析．
30．【答案】（1）NaCl、Na2CO3
（2）CaO、Ca（OH）2、CaCO3
【知识点】离子或物质的共存问题；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】（1）从出现的各种反应的现象入手分析，先确定不含稀盐酸，在得出可能含有碳酸钠和氢氧化钠，在确定肯定含有碳酸钠和氯化钠。
（2）根据①称取0.75克样品，加足量的水充分溶解，过滤得滤液A和0.1克沉淀B，可以判断原样品的成分中有碳酸钙；在根据该元素的质量守恒，分成只有氧化钙和氢氧化钙两种情况考虑，从而得出两种都要有。
【解答】（1）通过实验分析可知：将混合物C、D倒入一个洁净的烧杯中，发先烧杯中有白色沉淀且上层清液呈红色，过滤，得滤液E和1g滤渣，向滤液E中滴加CaCl2溶液，有白色沉淀生成。因为最后上层清夜呈红色，说明溶液最后成碱性，所以肯定没有HCl ，可能Na2CO3和NaOH；又因为滴加CaCl2溶液，有白色沉沉生成 ，说明肯定含有Na2CO3；而前面所加的稀盐酸是过量的，所以肯定E中含有生成物 NaCl ，故滤液E中一定含有的溶质是碳酸钠、氯化钠，一定没有盐酸，氢氧化钠可能有也可能没有。
（2）根据①称取0.75克样品，加足量的水充分溶解，过滤得滤液A和0.1克沉淀B，可以判断原样品的成分中有碳酸钙；那么剩余物是0.65g，根据③将混合物C、D倒入一个洁净的烧杯中，发现烧杯中有白色沉淀且上层清液呈红色，过滤，得滤液E和1g滤渣碳酸钙，1g碳酸钙中钙元素的质量=1.0g×40/100=0.4g根据质量守恒定律，钙元素质量守恒，剩余的0.65g物质中就含有0.4g钙；假设0.65g都是氧化钙，那么钙含元素的质量=0.65g×40/56≈0.46g，0.46g>0.4g；假设0.65g都是氢氧化钙，那么含钙元素的质量0.65g×40/74≈0.35g，0.35g<0.4g，因此可知原样品的成分中还有氧化钙和氢氧化钙。
故答案为：（1） NaCl、Na2CO3 ；（2） CaO、Ca（OH）2、CaCO3
31．【答案】（1）CuO；CaCO3
（2）2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu（OH）2↓
（3）3
【知识点】化合反应和分解反应；书写化学方程式、文字表达式；复分解反应及其应用；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】I为蓝色絮状沉淀，则I是氢氧化铜，G或H中含有铜离子，A、B常温下都为液体且组成元素相同，A能在黑色固体X的作用下生成B，则A是过氧化氢，B是 水，X是二氧化锰，C为氧气，C能与Z加热反应生成黑色固体E，E能与硫酸反应，则E可能是氧化铜，Z为铜，氧化铜能与硫酸反应生成硫酸铜和水，则H是硫 酸铜，水能与Y反应生成D，D能与碳酸钠反应生成白色沉淀F，则F可能是碳酸钙，D为氢氧化钙，Y为氧化钙，生成的G为氢氧化钠，氢氧化钠能与硫酸铜反应 生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，代入框图，推断合理；
【解答】（1）根据推断，E为氧化铜，F为碳酸钙。
（2）G是氢氧化钠，H是硫酸铜，氢氧化钠能与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠。
（3）反应①是过氧化氢分解生成水和氧气的反应，反应②是水与氧化钙的化合反应，反应③是氧气和铜的化合反应，反应④是氢氧化钙和碳酸钠的复分解反应，反应⑤是氧化铜和硫酸的复分解反应，反应⑥是氢氧化钠和硫酸铜的复分解反应，总共涉及到三种基本反应类型。
故答案为：（1）CuO；CaCO3；（2）2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu（OH)2↓；（3）3
32．【答案】（1）NaCl（或“氯化钠”）
（2）CaCO3、CaO、Na2CO3；CaCO3、Na2CO3；CaO、Na2CO3
【知识点】盐的性质及用途；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】
本题属于推断题，根据题目给出的流程图和信息：加入盐酸有无色气体生成，说明原物质中一定有碳酸钠；若X溶液只含一种溶质，碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠和水和二氧化碳，根据实验可以确定X溶液的溶质是氯化钠；加入足量的水过滤，有白色沉淀，因此白色沉淀是碳酸钙，可能有少量的氧化钙，也可能没有；由此可以判断原固体粉末的所有可能组成是：CaCO3、CaO、Na2CO3；CaCO3、Na2CO3；CaO、Na2CO3。
【解答】
（1）加入盐酸有无色气体生成，说明原物质中一定有碳酸钠；若X溶液只含一种溶质，根据实验可以确定X溶液的溶质是氯化钠。故答案为：NaCl（或“氯化钠”)。
（2）加入足量的水过滤，有白色沉淀，因此白色沉淀是碳酸钙，可能有少量的氧化钙，也可能没有；由此可以判断原固体粉末的所有可能组成是：
CaCO3、CaO、Na2CO3；CaCO3、Na2CO3；CaO、Na2CO3。故答案为：CaCO3、CaO、Na2CO3；CaCO3、Na2CO3；CaO、Na2CO3。
33．【答案】（1）Ca（OH）2+2HCl=CaCl2+2H2O；在一定量的氢氧化钙溶液中，滴加2--3滴酚酞试液，溶液变红，然后加入适量盐酸至红色消失，变为无色液体，说明盐酸与氢氧化钙能够发生化学反应
（2）氢氧化铁；一定有碳酸钠，可能有氢氧化钠
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断；酸的化学性质；碱的化学性质
【解析】【分析】
（1）借助中和反应发生时溶液的pH的变化情况，借助指示剂判断设计即可。
（2）根据氢氧化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙白色沉淀和氢氧化钙与氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀．根据酚酞试液遇碱性物质变红，红色溶液加稀盐酸生成无色气体进行分析。
【解答】
（1）盐酸与氢氧化钙反应生成氯化钙和水，反应的化学方程式为：Ca（OH)2+2HCl=CaCl2+2H2O。
借助中和反应发生时溶液的pH的变化情况，在碱的溶液中滴加酚酞，溶液变红加酸能使红色消失，则说明酸与碱能够发生反应，故答案为：在一定量的氢氧化钙溶液中，滴加2--3滴酚酞试液，溶液变红，然后加入适量盐酸至红色消失，变为无色液体，说明盐酸与氢氧化钙能够发生化学反应。
（2）①因为氢氧化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙白色沉淀和氢氧化钙与氯化铁反应生成红褐色的氢氧化铁沉淀，故固体A中一定含有碳酸钙和氢氧化铁。
②根据红色溶液加稀盐酸生成无色气体，故溶液中一定有碳酸钠，碳酸钠有剩余，说明氢氧化钙完全反应，生成氢氧化钠，如果氯化铁不足量，则会有氢氧化钠剩余。故无色溶液B中使酚酞试液变红的物质一定有碳酸钠，可能有氢氧化钠。
故答案为：（1）Ca（OH)2+2HCl=CaCl2+2H2O；在一定量的氢氧化钙溶液中，滴加2--3滴酚酞试液，溶液变红，然后加入适量盐酸至红色消失，变为无色液体，说明盐酸与氢氧化钙能够发生化学反应；（2）①氢氧化铁；②一定有碳酸钠，可能有氢氧化钠。
34．【答案】（1）锥形瓶；酒精灯
（2）Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑
（3）B
（4）水（或水蒸气或H2O）
（5）80
【知识点】物质除杂或净化；常用仪器的名称；有关化学式的计算和推断；物质的鉴别、推断；酸的化学性质
【解析】【分析】（1）依据对常见仪器的认识解决即可。
（2）依据A中锌与硫酸反应会生成硫酸锌和氢气分析判断。
（3）依据氯化氢气体的性质分析解答。
（4）依据硫酸铜粉末遇水会变蓝分析判断。
（5）根据反应过程分析固体减小的质量是氧化铜中氧元素的质量，然后利用化学式的计算求出氧化铜的质量，进而求的混合物中氧化铜的质量分数。
【解答】（1）依据对常见仪器的认识可知：a是锥形瓶，b是酒精灯。
（2）A中发生的是锌与稀盐酸生成氯化锌和氢气的反应，其方程式为：Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑。
（3）氯化氢气体溶于水形成盐酸，盐酸能和氢氧化钠发生中和反应，所以能除去H2中混有少量HCl气体的装置是B。
（4）硫酸铜粉末遇水会与之反应生成蓝色的硫酸铜晶体，所以装置E中硫酸铜粉末变蓝色，说明硬质试管中反应后有水生成。
（5）氢气还原氧化铜会生成水与铜，所以固体减小的质量就是氧化铜中氧元素的质量=5g-4.2g=0.8g，氧化铜的质量=0.8g÷ =4g，则混合物中氧化铜的质量分数= ×100%=80%。
35．【答案】（1）先通气体；；①CO ②CO和CO2
（2）C→A→B
【知识点】物质除杂或净化；书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】
（1）根据甲烷不完全燃烧生成一氧化碳，一氧化碳属于可燃性气体，不纯加热可能会发生爆炸；一氧化碳具有还原性，能和氧化铜反应生成铜和二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊进行解答。
（2）根据水能使无水硫酸铜变蓝，用于检验水的存在，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，用于检验二氧化碳的存在，氢氧化钠溶液和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，用于吸收二氧化碳气体进行解答。
【解答】
（1）甲烷不完全燃烧生成一氧化碳，一氧化碳属于可燃性气体，不纯加热可能会发生爆炸，所以开始时应先通气体；一氧化碳具有还原性，能和氧化铜反应生成铜和二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，所以CuO固体变红的化学方程式；澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳气体，所以混合气体所有的可能组成是一氧化碳或一氧化碳和二氧化碳的混合气体。
（2）水能使无水硫酸铜变蓝，用于检验水的存在，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，用于检验二氧化碳的存在，二氧化碳和氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，故氢氧化钠溶液用于吸收二氧化碳气体，所以先通过无水硫酸铜检验水的存在，再通过氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，再通过澄清石灰水检验二氧化碳是否吸收完全，所以改进方案的装置连接顺序（装置不重复使用)，混合气体→C→A→B→甲图装置。
36．【答案】（1）NaCl+AgNO3=NaNO3+AgCl↓
（2）将步骤③中“稀H2SO4”改成“稀HCl（或稀HNO3）”；如果产生气体，沉淀完全溶解，说明固体粉末中含Na2CO3(或Na2CO3和NaCl）；如果产生气体，沉淀不完全溶解，说明固体粉末中含Na2CO3、Na2SO4（或Na2CO3、Na2SO4和NaCl）。
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；盐的性质及用途；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】根据氧化钙和水会生成氢氧化钙，碳酸钠和氢氧化钙会生成白色的碳酸钙沉淀，钡离子和硫酸根离子会生成硫酸钡沉淀，钡离子和碳酸根离子会生成碳酸钡沉淀，碳酸钡沉淀会溶于酸，硫酸钡沉淀不溶于酸，氯离子和银离子会生成氯化银沉淀等知识进行分析。
【解答】
氧化钙和水会生成氢氧化钙，碳酸钠和氢氧化钙会生成白色的碳酸钙沉淀，钡离子和硫酸根离子会生成硫酸钡沉淀，钡离子和碳酸根离子会生成碳酸钡沉淀，碳酸钡沉淀会溶于酸，硫酸钡沉淀不溶于酸，氯离子和银离子会生成氯化银沉淀。
固体粉末加水溶解后，加入硝酸钡会生成白色沉淀，在白色沉淀中加硫酸会生成无色气体，说明白色沉淀中含有碳酸钡沉淀，固体粉末中一定含有碳酸钠，氧化钙和水会生成氢氧化钙，氢氧化钙和碳酸钠会生成白色的碳酸钙沉淀，固体粉末溶于水得到的是无色溶液，所以固体粉末中一定不含氧化钙，无色溶液中加硝酸银会生成白色沉淀，说明固体粉末中一定含有氯化钠。
（1）步骤④中产生白色沉淀的反应是氯化钠和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，化学方程式为：NaCl+AgNO3=NaNO3+AgCl↓；
（2）通过上面的判断，不能判断是否含有硫酸钠，稀硫酸和碳酸钡沉淀反应生成硫酸钡沉淀、水和二氧化碳，会对硫酸钠的检验造成干扰，需要将稀硫酸换成稀盐酸，所以将步骤③中的“稀硫酸”改成“稀盐酸”；
如果产生气体，沉淀完全溶解，说明固体粉末中含有碳酸钠和氯化钠；
如果产生气体，沉淀部分溶解，说明固体粉末中含有碳酸钠、硫酸钠和氯化钠。
37．【答案】（1）碳酸钠和硫酸钠；BaCO3+2HNO3＝Ba(NO3)2+CO2↑+H2O
（2）取澄清溶液少许，加入足量硝酸钡溶液，过滤，在滤液中再滴加硝酸银溶液，若能观察到沉淀产生，就可确认固体中有氯化钠存在，否则就不存在氯化钠
【知识点】盐的性质及用途；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】根据碳酸钙难溶于水，碳酸根离子和钡离子会生成碳酸钡沉淀，硫酸根离子和钡离子会生成硫酸钡沉淀，碳酸钡沉淀会溶于酸，硫酸钡沉淀不溶于酸等知识进行分析。
【解答】碳酸钙难溶于水，碳酸根离子和钡离子会生成碳酸钡沉淀，硫酸根离子和钡离子会生成硫酸钡沉淀，碳酸钡沉淀会溶于酸，硫酸钡沉淀不溶于酸。取固体粉末加水搅拌充分溶解，得到澄清溶液，所以固体粉末中一定不含碳酸钙，加入氯化钡会生成白色沉淀，白色沉淀部分溶于硝酸，所以沉淀中含有碳酸钡和硫酸钡，固体粉末中一定含有硫酸钠、碳酸钠，固体粉末中是否含有氯化钠，不会影响题中的实验现象，所以固体粉末中可能含有氯化钠。
（1）通过推导可知，固体粉末中肯定存在的物质是碳酸钠、硫酸钠，碳酸钡和硝酸反应生成硝酸钡、水和二氧化碳，所以白色沉淀部分溶解的化学方程式为：BaCO3+2HNO3=Ba（NO3)2+H2O+CO2↑；
（2）要检验可能含有的物质氯化钠，可以用硝酸银检验，但是硫酸根离子和碳酸根离子会对氯离子的检验造成干扰，要先加入硝酸钡除去，但不能加氯化钡，因为会引入氯离子，因此实验步骤是：取澄清溶液少许，加入足量硝酸钡溶液，过滤，在滤液中加入硝酸银溶液，若能观察到沉淀产生，就可以确认固体中有氯化钠存在，否则就不存在氯化钠。
故答案为：碳酸钠、硫酸钠 BaCO3+2HNO3=Ba（NO3)2+H2O+CO2↑ 取澄清溶液少许，加入足量硝酸钡溶液，过滤，在滤液中加入硝酸银溶液，若能观察到沉淀产生，就可以确认固体中有氯化钠存在，否则就不存在氯化钠。
38．【答案】（1）锥形瓶
（2）②③④
（3）关闭c、打开a、b
（4）偏低
（5）Na2SO4和H2SO4；Na2SO4；Na2SO4和NaHCO3。
【知识点】物质除杂或净化；盐的性质及用途；物质的鉴别、推断；酸的化学性质
【解析】【分析】要熟悉各种仪器的名称和用途；
加入稀硫酸的量可以通过分液漏斗控制，装置中的空气、反应产生的CO2是否被完全吸收、干燥管是否与空气直接相通都能够影响实验结果；
改进后的装置中，氢氧化钠溶液可以除去空气中的二氧化碳，浓硫酸可以除去水，干燥管中的碱石灰可以防止空气中的二氧化碳和水进入U型管；
根据加入稀硫酸的量可以确定反应后所得X溶液中的溶质。
【解答】
【实验方案】仪器A的名称是锥形瓶。
【交流讨论】加入的稀硫酸量不足时，可以继续加入，而装置内空气中的CO2没有排出、反应产生的CO2未被完全吸收、干燥管与空气直接相通等因素会导致难以避免的误差。故填：②③④。
【方案改进】
反应前通空气时，关闭c、打开a、b，可以把B、C装置中的二氧化碳排出，使实验结果更准确。
故填：关闭c、打开a、b。
【数据分析】
若撤去图乙中的C装置，水和二氧化碳同时被D装置中的碱石灰吸收，使计算出的碳酸钠结果偏大，从而导致氢氧化钠的含量偏低。
【拓展提高】
向样品中加一定量的稀硫酸，反应后产生无色气体，说明稀硫酸和氢氧化钠完全反应后，剩余的稀硫酸和碳酸钠完全反应后仍然有剩余，不然就不会生成二氧化碳了。
当稀硫酸过量时，X中的溶质是硫酸钠和硫酸；
当硫酸适量时，和氢氧化钠反应生成硫酸钠，和碳酸钠反应生成硫酸钠和碳酸氢钠，稀硫酸再和碳酸氢钠反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，X中的溶质是硫酸钠；
当稀硫酸不足时，和氢氧化钠反应生成硫酸钠，和碳酸钠反应生成硫酸钠和碳酸氢钠，再和部分碳酸氢钠反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，X中的溶质是硫酸钠和碳酸氢钠。
故填：Na2SO4和H2SO4；Na2SO4；Na2SO4和NaHCO3。
39．【答案】 用量筒取等体积的两种溶液于两只烧杯中，向两烧杯中各加一块相同的胡萝卜，观察一段时间，先萎蔫的即是30%的溶液，需要的仪器有：烧杯、量筒、胶头滴管、新鲜萝卜，外界溶液浓度越大，植物细胞失水越快，则胡萝卜萎蔫的越快。
用 天平、烧杯量取质量相同的两种溶液各一杯，向两杯溶液中各加入过量的甲盐晶体各一份（质量相等），用玻璃棒搅拌溶解，直到不能继续溶解，杯底剩余晶体多的 为B溶液，需要的仪器有：烧杯、玻璃棒，相同质量的A、B溶液，B溶液达到饱和时，溶入的溶质更少，所以剩余晶体更多。
【知识点】溶质的质量分数及相关计算；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】根据饱和溶液中不能在溶解某种溶质，盐溶液可以使蔬菜脱水进行分析。
【解答】解：方案1：用量筒取等体积的两种溶液于两只烧杯中，向两烧杯中各加一块相同的胡萝卜，观察一段时间，先萎蔫的即是30%的溶液，需要的仪器有：烧杯、量筒、胶头滴管、新鲜萝卜，判别依据：外界溶液浓度越大，植物细胞失水越快，则胡萝卜萎蔫的越快。
方 案2：用天平、烧杯量取质量相同的两种溶液各一杯，向两杯溶液中各加入过量的甲盐晶体各一份（质量相等），用玻璃棒搅拌溶解，直到不能继续溶解，杯底剩余 晶体多的为B溶液，需要的仪器有：烧杯、玻璃棒，判别依据：相同质量的A、B溶液，B溶液达到饱和时，溶入的溶质更少，所以剩余晶体更多。
故答案为：用量筒取等体积的两种溶液于两只烧杯中，向两烧杯中各加一块相同的胡萝卜，观察一段时间，先萎蔫的即是30%的溶液，需要的仪器有：烧杯、量筒、胶头滴管、新鲜萝卜，外界溶液浓度越大，植物细胞失水越快，则胡萝卜萎蔫的越快。
用 天平、烧杯量取质量相同的两种溶液各一杯，向两杯溶液中各加入过量的甲盐晶体各一份（质量相等），用玻璃棒搅拌溶解，直到不能继续溶解，杯底剩余晶体多的 为B溶液，需要的仪器有：烧杯、玻璃棒，相同质量的A、B溶液，B溶液达到饱和时，溶入的溶质更少，所以剩余晶体更多。
40．【答案】（1）二氧化碳；过滤
（2）冰水混合物；CaO+H2O2+7H2O=CaO2 8H2O；CaO或Ca（OH）2过量，且Ca（OH）2微溶
（3）72；1：10
（4）解：设样品中CaO2 8H2O的质量为x
2CaO2 8H2O2CaO+O2↑+16H2O↑
432 32
x 3.2g
x=43.2g
则样品中CaO2 8H2O的质量分数为=86.4%
答：样品中CaO2 8H2O的质量分数为86.4%．
【知识点】相对原子质量；书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】解：（1）根据氧化物的命名方法可知，CO2读作二氧化碳；分离固体与液体采用过滤的方法；故填：二氧化碳；过滤；
（2）控制温度在0～5℃，可以在冰水混合物中进行；该反应的反应物是氧化钙、水和过氧化氢，生成物是CaO2 8H2O，因为氧化钙能与水反应生成氢氧化钙，而氢氧化钙微溶于水；故填：冰水混合物；CaO+H2O2+7H2O=CaO2 8H2O；CaO或Ca（OH）2过量，且Ca（OH）2微溶；
（3）CaO2的相对分子质量为40+16×2=72；过氧化钙晶体（CaO2 8H2O）中H、O元素的质量比为（1×16）：（16×10）=1：10；故填：72；1：10；
（4）解：设样品中CaO2 8H2O的质量为x
2CaO2 8H2O2CaO+O2↑+16H2O↑
432 32
x 3.2g
x=43.2g
则样品中CaO2 8H2O的质量分数为=86.4%
答：样品中CaO2 8H2O的质量分数为86.4%．
【分析】（1）根据化合物的名称以及分离固体与液体的方法来分析；
（2）根据反应需要的温度以及反应的过程来分析；
（3）根据相对分子质量和元素质量比的计算方法来分析；
（4）根据氧气的质量，利用化学方程式进行计算．
1 / 1初中科学中考复习 物质的鉴别、推断优生特训7
一、单选题
1． 有关物质之间的部分转化关系如图所示．其中“﹣”表示物质之间能发生化学反应，“→”表示物质之间的转化关系．下列说法中正确的是（ ）
A．物质X是一种常见的有机化合物
B．反应②是一定有盐参加反应
C．向Ca（OH）2溶液中加入CaO，所得溶液的溶质质量分数一定增大
D．图中的所有反应均不属于置换反应
【答案】D
【知识点】置换反应及其应用；有机物与无机物的区别；物质的鉴别、推断；碱的化学性质
【解析】【解答】A、由于二氧化碳、碳酸钙之间相互转化，二氧化碳能与氢氧化钙反应，x可以为二氧化碳，二氧化碳不属于有机化合物，故A错误；
B、由于氢氧化钙能与二氧化碳反应生成碳酸钙，二氧化碳不属于盐，故B错误；
C、向Ca（OH）2溶液中加入CaO，如是饱和溶液，溶液的质量分数不会变大，故C错误；
D、由图中物质之间的反应可知，所有反应均不属于置换反应，故D正确．
故选D．
【分析】根据碳酸钙、氧化钙、氢氧化钙、二氧化碳等物质的性质以及物质之间的转化关系分析判断．
2．黄金是Au对应的单质，化学性质很稳定。而假黄金是铜锌合金，颜色和外形似黄金。下列不能区分黄金与假黄金的方案（ ）
A．在空气中灼烧 B．放在盐酸中
C．放在AgNO3溶液中 D．观察颜色
【答案】D
【知识点】金属的化学性质；物质的鉴别、推断；酸的化学性质
【解析】【分析】A、根据铜和氧气会生成氧化铜进行分析；
B、根据锌会与盐酸反应进行分析；
C、根据铜、锌均能与硝酸银溶液发生反应进行分析；
D、根据两者的颜色都是金黄色进行分析。
【解答】
A、在空气中灼烧黄金无颜色变化，而铜和氧气会生成氧化铜，所以假黄金能变黑，能区分，故A正确；
B、放在盐酸中黄金不反应，而假黄金中的锌能与盐酸反应生成氢气，能区分，故B正确；
C、因为铜、锌的活动性均大于银，所以两者均能与硝酸银溶液发生反应置换出银，而金不能与硝酸银反应，能区分，故C正确；
D、因为黄金与假黄金颜色基本相同，都是金黄色的，不能区分，故D错误。
故答案为：D
3． 如图所示，处于连线两端的物质，在一定的条件下都能发生化学反应的物质组别是（ ）
甲 乙 丙 丁
A C O2 H2SO4 CuO
B Fe H2SO4 CuCl2 NaOH
C NaOH CO2 KOH CuCl2
D Na2SO4 Ba（OH）2 HCl Ba（NO3）2
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】金属的化学性质；物质的鉴别、推断；酸的化学性质
【解析】【解答】解：A、氧气不会与硫酸反应，故A错误；
B、铁不会与氢氧化钠反应，故B错误；
C、氢氧化钠会与二氧化碳、氯化铜反应，氢氧化钾会与二氧化碳、氯化铜反应，氢氧化钠会与二氧化碳，氢氧化钾会与氯化铜反应，故C正确；
D、盐酸不会与氯化钡反应，故D错误；
故选：C．
【分析】A、根据氧气不会与硫酸反应进行分析；
B、根据铁不会与氢氧化钠反应进行分析；
C、根据氢氧化钠会与二氧化碳、氯化铜反应，氢氧化钾会与二氧化碳、氯化铜反应，氢氧化钠会与二氧化碳，氢氧化钾会与氯化铜反应进行分析；
D、根据盐酸不会与氯化钡反应进行分析．
4．有一包固体粉末，可能含有碳酸钠、硫酸钠、硝酸钡、氯化钾和氯化铜中的一种或几种。为确定其组成，进行如下实验：①取少量该固体粉末，加足量水搅拌，静置得到白色沉淀，上层为无色溶液：②过滤，在白色沉淀中加入足量稀硝酸，白色沉淀有一部分溶解，且有无色气体产生。根据上述实验现象，下列对原固体粉末的判断正确的是( )
A．一定含有碳酸钠、硫酸钠、硝酸钡和氯化钾，可能含有氯化铜
B．一定含有碳酸钠、硫酸钠和硝酸钡，一定不含氯化铜，可能含有氯化钾
C．一定含有碳酸钠、硫酸钠和硝酸钡，可能含有氯化铜和氯化钾
D．一定含有碳酸钠和硝酸钡，一定不含硫酸钠和氯化铜，可能含有氯化钾
【答案】B
【知识点】盐的性质及用途；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】根据根据物质的性质和相互反应想现象，依据题干中明显的现象特征为突破口。（1）关键特征“上层溶液为无色”，“白色沉淀”。（2）中“白色沉淀部分溶于稀硝酸”中的“部分溶于”，“无色气体”，抓住这些特征可快速解答。
【解答】（1）中“上层溶液为无色”可推得无氯化铜，因为氯化铜溶于水溶液为蓝色；“白色沉淀”可能是：碳酸钡或硫酸钡或二者的混合物。
（2）中“白色沉淀部分溶于稀硝酸”中的“部分溶于”可知既有“碳酸钡”又有“硫酸钡”；则一定含有硫酸钠，碳酸钠与硝酸钡．但整个推断过程中，始终无法确定KCl的存在与否。
所以，原固体粉末中一定含有碳酸钠，硫酸钠和硝酸钡，一定不含有氯化铜，可能含有KCl。
故答案为：B
5． 小明同学在总结酸、碱、盐之间的相互反应关系时发现，选用适当物质可实现如图所示的所有反应．若中间的物质为硫酸钡，那么对酸、碱、甲盐、乙盐四种物质的推断中，合理的是（ ）
A．HCl NaOH BaCl2 Na2SO4
B．HCl Ba（OH）2 Na2SO4 BaCl2
C．H2SO4 Ba（OH）2 Na2SO4 BaCl2
D．H2SO4 NaOH BaCl2 Na2SO4
【答案】C
【知识点】物质的鉴别、推断；酸的化学性质；碱的化学性质
【解析】【解答】根据题意可知，各种会反应的物质都生成了硫酸钡，
酸碱反应生成硫酸钡，酸中肯定有氢离子，酸就只会提供硫酸根离子，碱就提供了钡离子，可以排除A、B，
酸和乙盐反应也生成了硫酸钡，酸中肯定有氢离子，酸就只会提供硫酸根离子，乙盐中肯定有钡离子，可以排除A、D，
碱和甲盐也生成了硫酸钡，根据前面的推导可知，碱中有钡离子，甲盐中就一定有硫酸根离子，排除A、D，
故选C．
【分析】酸和乙盐会生成硫酸钡，说明酸提供硫酸根离子，乙盐提供钡离子；酸碱生成硫酸钡，说明酸提供硫酸根离子，见提供钡离子，采用排除的方法即可解答．分别将四种物质代入转换图中进行验证分析即可．
6．有一包粉末可能由CaCO3、Na2SO4、KNO3、CuSO4、BaCl2中的一种或几种组成，做实验得到以下结果：①将此固体粉末加入到水中，得到白色沉淀，且上层清液为无色；②该白色沉淀部分溶于稀硝酸，且有无色气体产生。据此实验，下列判断正确的是( )
A．该粉末中一定含有CaCO3、Na2SO4、BaCl2
B．该粉末中一定不含有KNO3、CuSO4
C．该粉末中一定含有KNO3
D．该粉末中一定含有Na2SO4、KNO3、BaCl2
【答案】A
【知识点】盐的性质及用途；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】根据题中明显的实验现象特征作为解题时的突破口：①中题眼有“上层溶液为无色”，“白色沉淀”；②中“白色沉淀部分溶于稀硝酸”中的“部分溶于”，产生“无色气体”，抓住这些题眼可快速解答。
【解答】①中“上层溶液为无色”可推得一定没有“CuSO4”；
“白色沉淀”有两种可能：原有的CaCO3或Na2SO4与BaCl2反应生成的硫酸钡。
②中“白色沉淀部分溶于稀硝酸”中的“部分溶于”可知白色沉淀既有“碳酸钙”，又有“硫酸钡”；而有硫酸钡时，则一定含有Na2SO4与BaCl2．但整个推断过程中，始终无法确定KNO3的存在与否。
所以，原固体粉末中一定含有CaCO3、Na2SO4和BaCl2，一定不含有CuSO4，可能含有KNO3。
故答案为：A
7． 甲、乙、丙、丁是初中化学常见的物质，常温下，它们具有如图所示关系．“﹣”表示连接的两种物质能反应，“→”表示物质转化的方向，下列推断错误的是（ ）
A．若甲是HCl，则丁可能是CaCl2
B．若甲是HCl，则乙和丙中可能有一个为碱
C．若甲是Ca（OH）2，则丁可能是NaOH
D．若甲是Ca（OH）2，则乙和丙中至少有一个为酸
【答案】D
【知识点】物质的鉴别、推断；酸的化学性质；碱的化学性质
【解析】【解答】A、若甲是HCl，则丁可能是CaCl2，乙、丙是碳酸钠、碳酸钾，盐酸会转化成氯化钙，盐酸会与碳酸钠、碳酸钾反应，碳酸钠、碳酸钾会与氯化钙反应，故A正确；
B、若甲是HCl，则乙和丙中可能有一个为碱，丁可能是氯化铜，所以乙、丙中有一个是氢氧化钠，氢氧化钠会与氯化铜反应，故B正确；
C、若甲是Ca（OH）2，则丁可能是NaOH，甲是Ca（OH）2，乙是CO2，丙是CuSO4，丁是NaOH，故C正确；
D、若甲是Ca（OH）2，丁可能是氢氧化钠，乙和丙中至少有一个可能为酸，故D错误．
故选：D．
【分析】A、根据若甲是HCl，则丁可能是CaCl2，乙、丙是碳酸钠、碳酸钾，盐酸会转化成氯化钙，盐酸会与碳酸钠、碳酸钾反应，碳酸钠、碳酸钾会与氯化钙反应进行分析；
B、根据若甲是HCl，则乙和丙中可能有一个为碱，丁可能是氯化铜，所以乙、丙中有一个是氢氧化钠，氢氧化钠会与氯化铜反应进行分析；
C、根据若甲是Ca（OH）2，则丁可能是NaOH，甲是Ca（OH）2，乙是CO2，丙是CuSO4，丁是NaOH进行分析；
D、根据若甲是Ca（OH）2，丁可能是氢氧化钠，乙和丙中至少有一个可能为酸进行分析．
8． 下列各组物质的溶液，需要加入其他试剂才能鉴别出来的是（ ）
A．NaOH NaCl KNO3 MgCl2
B．NaOH NaCl HCl FeCl3
C．Na2SO4 BaCl2 HCl K2CO3
D．Na2CO3 H2SO4 HCl Ba（NO3）2
【答案】A
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【解答】A、让这四种物质两两混合，能产生白色沉淀的一组是氢氧化钠和氯化镁，另外两种物质是氯化钠和硝酸钾，无法进一步鉴别，故需要加入其它的试剂才能鉴别；
B、氯化铁溶液是黄色的，将黄色的氯化铁溶液与其它三种溶液混合物，产生红褐色沉淀的是氢氧化钠，然后将剩余的两种溶液取其中一种加入到产生的沉淀中，若沉淀溶解，则是盐酸，剩余的是氯化钠，不加其他试剂可以鉴别；
C、将这四种溶液两两混合物，有一种物质能与其他物质产生沉淀和气体，则这种物质是碳酸钾，与其产生沉淀的是氯化钡，与其产生气泡的是盐酸，剩余的是硫酸钠，不加其他试剂可以鉴别；
D、将这四种溶液两两混合，有一种物质能与其他的两种物质产生白色沉淀，则这种物质是硝酸钡，与其混合没有现象的是盐酸，能与盐酸反应产生气体的是碳酸钠，与盐酸混合没有现象的是硫酸，不加其他试剂可以鉴别；
故选A．
【分析】在不另加试剂就能鉴别的题目中，首先观察有无有特殊颜色的物质，若有，将有颜色的溶液鉴别出来，然后再借用这种溶液鉴别其它溶液把其它没有确定出的物质确定出来；若都没有颜色就将溶液两两混合，根据混合后的现象进行分析鉴别．
9．（2015九下·乐清竞赛）纯净物M、N之间存在着如图所示转化关系，且反应物和生成物均表示在图示中。单质A和单质B分别由A、B元素组成。据此，可以得出的正确结论是（ ）
A．M不属于氧化物 B．M、N中只有N含有A元素
C．N是二氧化碳 D．M与镁的反应是置换反应
【答案】D
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【分析】根据M能与金属镁反应生成氧化镁和单质A，说明M中一定含有氧元素和另外一种元素，属于化合物，可能是镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，二氧化碳能与碳反应生成氧化碳，所以A是碳，碳能与氧气反应生成一氧化碳，所以B是氧气，N是一氧化碳，然后将推出的物质进行验证即。
【解答】M能与金属镁反应生成氧化镁和单质A，说明M中一定含有氧元素和另外一种元素，属于化合物，可能是镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，二氧化碳能与碳反应生成氧化碳，所以A是碳，碳能与氧气反应生成一氧化碳，所以B是氧气，N是一氧化碳，经过验证，推导正确，所以M一定是氧化物，故A错误；M和N中都含有碳元素，故B错误；N是一氧化碳，故C错误；M与镁的反应是单质和化合物反应生成单质和化合物的反应，一定是置换反应，故D正确。
故答案为：D
10．（2012·湖州）下列实验能达到目的的是（ ）
A．检验硫酸根离子
B．探究水的运输部位
C．组装省力到1/3的滑轮组
D．验证酶的专一性
【答案】B
【知识点】实验方案设计与评价；水分进入植物体内的途径；酶及其催化作用；滑轮组绳子拉力的计算；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】本题考查根据实验目的设计实验装置
【解答】检验硫酸根离子的存在常用方法是：加入硝酸钡溶液，产生白色沉淀，再加入稀硝酸（排除碳酸根的干扰)沉淀不溶解或者用稀盐酸和BaCl2溶液检验，先加稀盐酸（排除是碳酸根和银离子的干扰)，再加BaCl2溶液，如果产生白色沉淀，则说明含硫酸根离子。A选项是想通过Ag+和未知溶液中的SO42-离子反应生成微溶的Ag2SO4白色沉淀而达到目的，而实际上如果未知溶液中含有Cl-也会与Ag+反应生成AgCl白色沉淀，对结果会产生干扰，所以A选项错误；B选项中植物的茎中含有导管和筛管且水带运输是从下自上的，只要看茎的截面中那哪一部分被红墨水染红，就可以知道水分的运输部位，所以B选项正确；C选项中该滑轮组如果从两轮中间水平剪开，只有二股绳子与下面的动滑轮相连，所以该滑轮组省二分之一的力，所以C选项错误；D选项装置中的变量是温度，只能说明酶的活性受温度的影响，而不能说明酶具有专一性，如果要说明酶具有专一性，实验的变量应该是两种不同的待分解溶液且温度应该保持相同，所以D选项错误。故选B。
二、多选题
11．（2022·鄞州模拟）某无色气体X可能含有氢气、一氧化碳、二氧化碳和甲烷四种气体中的一种或两种。为确认其组成，某同学取一定量该气体按如图所示装置进行实验(假设每步都充分反应或吸收)，结果装置①中无明显变化，装置③质量增加10.8g，装置④质量增加8.8g。下列关于气体X成分的分析中，错误的是（ ）
A．一定没有二氧化碳 B．可能含有氢气和一氧化碳
C．可能含有甲烷和氢气 D．可能只有甲烷
【答案】D
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【分析】根据各装置的作用进行分析，①装置可以检验是否含有二氧化碳，碱石灰能吸收水分和酸性气体，浓硫酸是用来吸收水分的，氢氧化钠溶液用来吸收二氧化碳。装置①中无明显变化，排除了CO2；装置③增重10.8 g，说明生成了10.8g水；装置④增重8.8 g，说明生成了8.8g二氧化碳；根据水和二氧化碳的质量可计算出碳、氢元素的质量比，进而可以确定气体X的组成。【解答】气体X通过澄清石灰水时无明显变化，说明一定不含二氧化碳，故A正确不合题意；
该气体燃烧后生成水和二氧化碳，装置③增重10.8 g，说明生成了10.8g水，
10.8g水中氢元素的质量为：；
装置④增重8.8g，说明生成了8.8g二氧化碳，
碳元素的质量为，
气体X中C：H=2.4g：1.2g=2：1；
CH4中C：H=12：4=3：1；
故X的组成可能是：①可能含有氢气和一氧化碳；②可能含有甲烷和氢气；③可能同时含有甲烷、氢气和一氧化碳，BC正确不合题意，D错误符合题意。
故选D。
12． A．B．C．D．E是初中化学常见的物质，各物质之间的相互转化的关系如图所示（部分反应物、生成物及条件略去）．已知：五种物质均含有铜元素，且化合物中的化合价均为+2价；A为单质，在空气中加热生成黑色物质B； C溶液与铁反应可得A；C溶液与氯化钡溶液反应得D，同时又白色沉淀生成；D溶液中加入氢氧化钠溶液得到E．结合信息判断下列叙述正确的是（ ）
A．①反应是吸热反应 B．C溶液是无色透明的液体
C．②反应中和反应 D．C、D、E均是盐类
【答案】C
【知识点】化学反应中能量的变化；酸与碱的反应及用途；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】根据五种物质均含有铜元素，且化合物中的化合价均为+2价；A为单质，在空气中加热生成黑色物质B；推出A为铜，B为氧化铜；由C溶液与铁反应可得A，可知C为铜的盐溶液，C溶液与氯化钡溶液反应得D，同时又白色沉淀生成；由此可知C为硫酸铜，D为氯化铜，D溶液中加入氢氧化钠溶液得到E，则E为氢氧化铜．
A、反应①是2Cu+O22CuO，属于放热反应，故错误；
B、C溶液是硫酸铜蓝色的液体，故错误；
C、②反应是硫酸和氢氧化铜反应生成硫酸铜和水，反应的化学方程式为：H2SO4+Cu（OH）2=CuSO4+2H2O，属于中和反应，故正确；
D、C为硫酸铜，D为氯化铜，E为氢氧化铜，其中C、 D为盐，E为碱，故错误；
故选C．
【分析】根据五种物质均含有铜元素，且化合物中的化合价均为+2价；A为单质，在空气中加热生成黑色物质B；推出A为铜，B为氧化铜；由C溶液与铁反应可得A，可知C为铜的盐溶液，C溶液与氯化钡溶液反应得D，同时又白色沉淀生成；由此可知C为硫酸铜，D为氯化铜，D溶液中加入氢氧化钠溶液得到E，则E为氢氧化铜．据此信息进行判断即可．
三、填空题
13． 有一包不纯的K2CO3粉末，可能含有Na2CO3、BaSO4、CuCl2、KCl、KNO3、Ca（NO3）2中的一种或几种，为分析含有的杂质，现进行如下实验
（1）取样溶于水，无固体残留，得无色溶液．则粉末中一定不含有 、 、 ．
（2）取上述溶液适量，滴加AgNO3溶液，有白色沉淀，再加入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，则此粉末中一定含有的杂质是 ．
（3）为确定Na2CO3是否存在，某同学称取13.8g粉末溶于水，加入足量BaCl2溶液，充分反应生成19.7g沉淀质量，则原粉末中一定含有Na2CO3．你认为此结论 （选填“是”或“否”）正确．
【答案】BaSO4；CuCl2；Ca（NO3）2；KCl；是
【知识点】盐的性质及用途；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】硫酸钡不溶于水和酸，氯化铜在溶液中显蓝色，碳酸根离子和钙离子反应会生成碳酸钙沉淀，氯离子和银离子会生成氯化银沉淀．
（1）取样溶于水，无固体残留，得无色溶液，氯化铜在溶液中显蓝色，硝酸钙和碳酸钾会生成碳酸钙沉淀，不能共存，硫酸钡难溶于水，所以溶液中一定不含硫酸钡、氯化铜、硝酸钙；
（2）取上述溶液适量，滴加AgNO3溶液，有白色沉淀，再加入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，氯离子和银离子生成的氯化银沉淀难溶于酸，则此粉末中一定含有的杂质是氯化钾；
（3）假设13.8g纯碳酸钾产生碳酸钡的质量为x，则有
K2CO3+BaCl2═BaCO3↓+2KCl
138 197
13.8g x
x=19.7g
假设13.8g纯碳酸钠产生碳酸钡的质量为y，则有
Na2CO3+BaCl2═BaCO3↓+2NaCl
106 197
13.8g y
y≈25.6g，
粉末中一定含有的杂质氯化钾，混合物含有碳酸钠时，生成的沉淀质量大于19.7g 。而沉淀质量是19.7g ，所以一定含碳酸钠.．
故答案为：（1）BaSO4，CuCl2，Ca（NO3）2；（2）KCl；（3）是．
【分析】根据硫酸钡不溶于水和酸，氯化铜在溶液中显蓝色，碳酸钠和学过会生成碳酸钙沉淀，氯离子和银离子会生成氯化银沉淀等知识进行分析．
14． A、B、C、D、E、F、G、Y为初中化学常见物质，其中C、E、G属于单质，Y是一种有毒气体，反应①是炼铁工业中的主要反应，它们之间的相互转化关系如图所示：
（1）D物质的化学式是 ，E物质的化学式是 ．
（2）反应①的化学方程式为 ，此反应中被氧化的物质是 （写化学式）．
（3）X是 和 （均写化学式）的混合溶液，当 的情况下将没有E生成．
（4）反应②中生成红色固体的化学方程式为 ．
【答案】CuO；H2；Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；CO；HCl；CuCl2；无HCl时；Fe+CuCl2=FeCl2+Cu
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】根据图框中G是红色固体单质，则G是铜，铜和氧气加热生成的D是氧化铜，D与过量的稀盐酸反应得到的X溶液中含有生成的氯化铜和剩余的盐酸；反应①是炼铁工业中的主要反应，根据“Y是一种有毒气体”，即一氧化碳还原氧化铁生成铁和二氧化碳，C能与X溶液反应生成E和浅绿色溶液F，则C是铁，B是二氧化碳，F是氯化亚铁，E是氢气，代入检验，符合题意．
（1）根据分析可知：D物质的化学式是CuO，E物质的化学式是H2；
（2）根据分析可知：反应①的化学方程式为Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，此反应中被氧化的物质是CO；
（3）因为是“过量的稀盐酸”，故X是 HCl和CuCl2的混合溶液；因为“C能与X溶液反应生成E和浅绿色溶液F”，故当无HCl时的情况下将没有E生成；
（4）反应②为铁与氯化亚铁溶液反应，故生成红色固体的化学方程式为Fe+CuCl2=FeCl2+Cu．
故答案为：CuO；H2；Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；CO；HCl和CuCl2；无HCl时；Fe+CuCl2=FeCl2+Cu．
【分析】根据框图和提供的信息，其突破口为：图框中G是红色固体单质，则G是铜，铜和氧气加热生成的D是氧化铜，D与过量的稀盐酸反应得到的X溶液中含有生成的氯化铜和剩余的盐酸；反应①是炼铁工业中的主要反应，根据“Y是一种有毒气体”，即一氧化碳还原氧化铁生成铁和二氧化碳，C能与X溶液反应生成E和浅绿色溶液F，则C是铁，B是二氧化碳，F是氯化亚铁，E是氢气，据此解答即可．
15． 甲、乙、丙是三种初中化学常见的物质，相互转化关系如图所示，请完成下列问题：
（1）若甲是黑色固体单质，且甲和乙具有相似的化学性质，则乙是 （填化学式）．
（2）若甲是液体化合物，丙为地壳中含量最多的元素组成的单质，乙在通电的条件可生成丙，则甲和乙的组成元素 （填“相同”或“不同”）．乙生成丙的化学方程式 ．
【答案】CO；相同；2H2O2H2↑+O2↑
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】甲、乙、丙是三种初中化学常见的物质，
（1）若甲是黑色固体单质，且甲和乙具有相似的化学性质，甲会转化成乙，乙和丙可以相互转化，所以甲是碳，乙是一氧化碳，丙是二氧化碳，二氧化碳和镁点燃生成氧化镁和碳经过验证，推导正确，所以乙是CO；
（2）若甲是液体化合物，丙为地壳中含量最多的元素组成的单质，所以丙是氧气，乙在通电的条件可生成氧气，所以乙是水，甲会生成水和氧气，所以甲是过氧化氢溶液，经过验证，推导正确，甲是过氧化氢溶液，乙是水，所以甲和乙的组成元素相同，乙生成丙的反应是水在通电的条件下生成氢气和氧气，化学方程式为：2H2O2H2↑+O2↑．
故答案为：（1）CO；
（2）相同，2H2O2H2↑+O2↑．
【分析】根据甲、乙、丙是三种初中化学常见的物质，若甲是黑色固体单质，且甲和乙具有相似的化学性质，甲会转化成乙，乙和丙可以相互转化，所以甲是碳，乙是一氧化碳，丙是二氧化碳，二氧化碳和镁点燃生成氧化镁和碳；若甲是液体化合物，丙为地壳中含量最多的元素组成的单质，所以丙是氧气，乙在通电的条件可生成氧气，所以乙是水，甲会生成水和氧气，所以甲是过氧化氢溶液，然后将推出的物质进行验证即可．
16． 如图所示A～G是初中化学中常见的物质（反应条件和部分产物已省略，“﹣”表示相互能反应，“→”表示转化关系），其中A是人体胃液中含有的酸，B与C的组成元素相同，D是一种红色粉末，F是相对分子质量最小的氧化物．请回答下列问题．
（1）写出物质E的一种用途： ；
（2）A～G七种物质中，氧化物有 种；
（3）F→E的反应现象是 ；
（4）A→B反应的基本类型属于： ；
（5）F→G的化学方程式是： ；C﹣D反应的化学方程式是： ．
【答案】改良酸性土壤；4；放出热量；复分解反应；2H2O2H2↑+O2↑；Fe2O3+3CO2Fe+3CO2
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】（1）A～G是初中化学中常见的物质，A是人体胃液中含有的酸，所以A盐酸，F是相对分子质量最小的氧化物，所以F是水，D是一种红色粉末，盐酸和D会发生反应，所以D是氧化铁，C会与氧化铁反应，B、C可以相互转化，B与C的组成元素相同，所以C是一氧化碳，B是二氧化碳，盐酸会生成G，G和水可以相互转化，所以G是氢气，水生成的E和盐酸会发生反应，所以E是氢氧化钙，经过验证，推导正确，所以E是氢氧化钙，可以改良酸性土壤；
（2）通过推导可知，A是盐酸，B是二氧化碳，C是一氧化碳，D是氧化铁，E是氢氧化钙，F是水，G是氢气，所以A～G七种物质中，氧化物有4种；
（3）F→E的反应是水和氧化钙反应生成氢氧化钙，实验现象是：放出热量；
（4）A→B的反应是盐酸和碳酸钙反应生成氯化钙、水和二氧化碳，所以基本反应类型属于复分解反应；
（5）F→G的反应是水在通电的条件下生成氢气和氧气，化学方程式是：2H2O2H2↑+O2↑，C﹣D的反应是一氧化碳和氧化铁在高温的条件下反应生成铁和二氧化碳，化学方程式是：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2．
故答案为：（1）改良酸性土壤；（2）4；（3）放出热量；（4）复分解反应；（5）2H2O2H2↑+O2↑，Fe2O3+3CO2Fe+3CO2．
【分析】根据A～G是初中化学中常见的物质，A是人体胃液中含有的酸，所以A盐酸，F是相对分子质量最小的氧化物，所以F是水，D是一种红色粉末，盐酸和D会发生反应，所以D是氧化铁，C会与氧化铁反应，B、C可以相互转化，B与C的组成元素相同，所以C是一氧化碳，B是二氧化碳，盐酸会生成G，G和水可以相互转化，所以G是氢气，水生成的E和盐酸会发生反应，所以E是氢氧化钙，然后将推出的物质进行验证即可．
17． 甲、乙、丙、丁四种物质在一定条件下能发生如下反应：甲+乙→丙+丁．
（1）若甲、丙为单质，乙、丁为化合物，则上述反应的基本反应类型为 ．
（2）若甲、乙、丙、丁均为化合物，丙为不溶于稀HNO3的白色沉淀，写出一个符合要求的化学方程式： ．
（3）若甲、乙、丙均为化合物，丁为单质，则丁可能为 ．
【答案】置换反应；AgNO3+HCl=HNO3+AgCl↓；铁
【知识点】盐的性质及用途；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】（1）若甲、丙为化合物，乙、丁为单质，因此反应物和产物的特点都是：一种是单质，另一种是化合物，因此属于置换反应；
（2）不溶于硝酸的白色沉淀有氯化银、硫酸钡，甲、乙、丙、丁均为化合物，盐酸和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸，化学方程式为：AgNO3+HCl=HNO3+AgCl↓；
（3）甲、乙、丙为化合物，丁为单质，一氧化碳和氧化铁在高温的条件下生成铁和二氧化碳，所以丁可能是铁，经过验证，推导正确，所以丁可能是铁．
故答案为：（1）置换反应；（2）AgNO3+HCl=HNO3+AgCl↓；（3）铁．
【分析】（1）根据反应物和产物均一种是单质，另一种是化合物的特点分析反应类型；
（2）根据不溶于硝酸的白色沉淀有氯化银、硫酸钡，甲、乙、丙、丁均为化合物，盐酸和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸进行分析；
（3）根据甲、乙、丙为化合物，丁为单质，一氧化碳和氧化铁在高温的条件下生成铁和二氧化碳，所以丁可能是铁进行分析．
18． 金属钛（Ti）具有熔点高、密度小、抗腐蚀、易于加工等优良性能，被誉为“未来的金属”．工业上以钛酸亚铁（FeTiO3）等原料经过一系列反应制备纳米TiO3和钛，主要生产过程如下：（其他产物已略去）
（1）反应①生成两种氯化物和一种有毒的氧化物气体，该气体的化学式是 ．
（2）反应②中的化学方程式是 ．
（3）纳米TiO2中钛元素和化合价为 价．
（4）反应①②③④中属于置换反应的是 （填序号）．
【答案】CO；TiCl4+3H2OH2TiO3+4HCl；+4；④
【知识点】元素化合价的规则与计算；质量守恒定律及其应用；置换反应及其应用；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】（1）FeTiO3和碳、氯气在高温的条件下反应生成四氯化钛和一种有毒的气体，该气体是一种氧化物，由质量守恒定律可知，该物质含有碳元素和氧元素，应是一氧化碳，化学式为：CO；
（2）反应②是四氯化钛和水在加热的条件下反应生成钛酸和盐酸，化学方程式为：TiCl4+3H2OH2TiO3+4HCl；
（3）在纳米TiO2中氧元素显示﹣2价，所以钛元素的化合价是+4价；
（4）反应①是FeTiO3和碳、氯气在高温的条件下反应生成四氯化钛和一氧化碳，不是置换反应，反应②是四氯化钛和水在加热的条件下反应生成钛酸和盐酸，不属于置换反应，反应③是钛酸在加热的条件下生成二氧化钛和水，属于分解反应，反应④是四氯化钛和镁在高温的条件下反应生成氯化镁和钛，属于置换反应，故选：④．
故答案为：（1）CO；（2）TiCl4+3H2O
H2TiO3+4HCl；（3）+4；（4）④．
【分析】（1）根据质量守恒定律分析有毒的气体氧化物的化学式；
（2）根据四氯化钛和水在加热的条件下反应生成钛酸和盐酸进行分析；
（3）根据化合价代数和为零进行分析；
（4）根据生产过程中的反应特点分析判断．
19． 归类、分类、比较、推理是学习化学常用的方法．现有A﹣F六种物质，均是由H、C、N、O、Cl、Na、Ca中的两种或三种元素组成．请回答下列问题：
（1）上述七中元素中属于金属元素的是 （填元素名称）．
（2）A属于氧化物，是导致酸雨的气体污染物之一，组成A的两种元素的质量比为7：8，则A的化学式为 ．
（3）B、C常温下均为液体，且组成元素相同，B在一定条件下可生成C，写出该反应的化学反应方程式 ．
（4）D用于玻璃、造纸和洗涤剂的生成，E、F均由两种元素组成，取D溶液进行实验，操作和现象如图：
写出D与E反应的化学方程式 ，F的化学式为 ．
【答案】钠、钙；NO；2H2O22H2O+O2↑；Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl；HCl
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【解答】A﹣F六种物质，均是由H、C、N、O、Cl、Na、Ca中的两种或三种元素组成，
（1）钠、钙属于金属元素；
（2）A属于氧化物，是导致酸雨的气体污染物之一，组成A的两种元素的质量比为7：8，所以A是一氧化氮，化学式为：NO；
（3）B、C常温下均为液体，且组成元素相同，B在一定条件下可生成C，所以B是过氧化氢，C是水，过氧化氢在二氧化锰的催化作用下生成水和氧气，化学方程式为：2H2O22H2O+O2↑；
（4）D用于玻璃、造纸和洗涤剂的生成，D溶液滴入酚酞显色，所以D是碳酸钠，E、F均由两种元素组成，滴入E溶液，红色褪去生成白色沉淀，所以E是氯化钙，氯化钙和碳酸钙生成碳酸钙沉淀和氯化钠，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，所以F是盐酸，所以D与E反应的化学方程式为：Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl，F的化学式为HCl；
故答案为：（1）钠、钙；（2）NO；（3）2H2O22H2O+O2↑；（4）Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl，HCl．
【分析】根据A﹣F六种物质，均是由H、C、N、O、Cl、Na、Ca中的两种或三种元素组成，钠、钙属于金属元素，A属于氧化物，是导致酸雨的气体污染物之一，组成A的两种元素的质量比为7：8，所以A是一氧化氮，B、C常温下均为液体，且组成元素相同，B在一定条件下可生成C，所以B是过氧化氢，C是水，过氧化氢在二氧化锰的催化作用下生成水和氧气，D用于玻璃、造纸和洗涤剂的生成，D溶液滴入酚酞显色，所以D是碳酸钠，E、F均由两种元素组成，滴入E溶液，红色褪去生成白色沉淀，所以E是氯化钙，氯化钙和碳酸钙生成碳酸钙沉淀和氯化钠，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，所以F是盐酸，然后将推出的物质进行验证即可．
20． 如图各物质均是初中化学常见的物质，其中A是紫红色金属，B的固体可用作人工降雨，C、D为黑色粉末，F为可用于改良酸性土壤的碱，G为难溶性物质，H为难溶性蓝色物质（图中部分反应物和生成物已略）．
（1）用化学式表示：A ，G ．
（2）写出E与F反应的化学方程式： ．写出B与D反应的化学方程式： ．
（3）C与D反应的基本反应类型是 ．
【答案】Cu；BaSO4；Ca（OH）2+CuSO4═Cu（OH）2↓+CaSO4↓；C+CO22CO；置换反应
【知识点】置换反应及其应用；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】A为红色金属单质，故A是铜；B的固体可用作人工降雨，故B是二氧化碳；C、D为黑色粉末，故C和D为氧化铜和碳，F可用于改良酸性土壤的碱，故F是氢氧化钙； E能与氯化钡反应生成难溶性物质，故G为硫酸钡，E是硫酸铜，C是氧化铜，D是碳；H为难溶性蓝色物质，故H是氢氧化铜，I是硫酸钙，带入框图，推断合理；
（1）A是铜，G是硫酸钡，故填：Cu；BaSO4；
（2）E是硫酸铜，F是氢氧化钙；硫酸铜能与氢氧化钙反应生成氢氧化铜和硫酸钙，E与F反应的化学方程式：Ca（OH）2+CuSO4═Cu（OH）2↓+CaSO4↓；B是二氧化碳，D是碳，炽热的碳与二氧化碳反应生成一氧化碳，B与D反应的化学方程式：C+CO22CO；
（3）C是氧化铜，D是碳；通过C与D反应的化学方程式（C+2CuO2Cu+CO2↑）可知，C与D的反应是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，属于置换反应．
故答案为：
（1）Cu；BaSO4；（2）Ca（OH）2+CuSO4═Cu（OH）2↓+CaSO4↓；C+CO22CO；（3）置换反应．
【分析】根据题干提供的信息进行分析，A为红色金属单质，故A是铜；B的固体可用作人工降雨，故B是二氧化碳；C、D为黑色粉末，故C和D为氧化铜和碳，F可用于改良酸性土壤的碱，故F是氢氧化钙；E能与氯化钡反应生成难溶性物质，故G为硫酸钡，E是硫酸铜，C是氧化铜，D是碳；H为难溶性蓝色物质，故H是氢氧化铜，I是硫酸钙，据此解答．
21． 甲、乙、丙、丁均为中学化学中的常见物质，其中甲是大理石的主要成分，乙是造成温室效应的主要气体，它们之间的转化关系如图．请根据相关信息回答问题：
（1）写出有关物质的化学式：甲 ，丁 ．
（2）写出反应③的化学方程式 ，该反应属于 （填基本反应类型）反应．
（3）生活中，物质丙的用途之一为 ．
【答案】CaCO3；Ca（OH）2；CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O；复分解；干燥剂
【知识点】化合反应和分解反应；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】（1）甲、乙、丙、丁均为中学化学中的常见物质，其中甲是大理石的主要成分，所以甲是碳酸钙，乙是造成温室效应的主要气体，所以乙是二氧化碳，碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，所以丙是氧化钙，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，所以丁是氢氧化钙，氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，经过验证，推导正确，所以甲是CaCO3，丁是Ca（OH）2；
（2）反应③是氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，化学方程式为：CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O，该反应属于复分解反应；
（3）通过推导可知，丙是氧化钙，在生活中可以做干燥剂；
故答案为：（1）CaCO3，Ca（OH）2；
（2）CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O，复分解；
（3）干燥剂．
【分析】根据甲、乙、丙、丁均为中学化学中的常见物质，其中甲是大理石的主要成分，所以甲是碳酸钙，乙是造成温室效应的主要气体，所以乙是二氧化碳，碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，所以丙是氧化钙，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，所以丁是氢氧化钙，氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，然后将推出的物质进行验证即可．
22． A﹣J是初中化学常见的物质，它们之间的转化关系如图1所示（“﹣”表示相邻的两物质可以发生反应，“→”表示箭头前面的物质可以转化为箭头后面的物质：部分反应的反应物、生成物和反应条件没有标出）．图2所示的是部分物质的相关信息：I、J中含有相同的金属元素，H的相对分子质量比E的大．
请回答下列问题：
（1）F的化学式是 ；
（2）物质I俗称 ；
（3）写出上述物质转化过程中属于分解反应的一个化学方程式 ；
（4）写出H→E的化学方程式 ．
【答案】（1）CO2
（2）纯碱
（3）2H2O2H2↑+O2↑
（4）H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】（1）A﹣J是初中化学常见的物质，C、F是气体氧化物，C、F可以相互转化，所以C、F是一氧化碳、二氧化碳，I、J中含有相同的金属元素，I、J可以相互转化，都会与F反应，所以F是二氧化碳，I是碳酸钠，J是氢氧化钠，所以C是一氧化碳，气体D会生成一氧化碳和二氧化碳，所以D是氧气，氧气和G可以相互转化，所以G是水，氧气转化成的A会与一氧化碳，所以A可以是氧化铜，氧化铜会与气体B反应，所以B是氢气，E会生成二氧化碳和氢气，所以E是酸，H的相对分子质量比E的大，H会与碳酸钠反应，也会生成二氧化碳，所以H是硫酸，E是盐酸，经过验证，推导正确，所以F是CO2；
（2）通过推导可知，物质I是碳酸钠，俗称纯碱；
（3）分解反应是一变多的反应，水在通电的条件下生成氢气和氧气，符合条件，化学方程式为：2H2O2H2↑+O2↑；
（4）H→E的反应是硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，化学方程式为：H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl．
故答案为：（1）CO2；（2）纯碱；（3）2H2O2H2↑+O2↑；（4）H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl．
【分析】根据A﹣J是初中化学常见的物质，C、F是气体氧化物，C、F可以相互转化，所以C、F是一氧化碳、二氧化碳，I、J中含有相同的金属元素，I、J可以相互转化，都会与F反应，所以F是二氧化碳，I是碳酸钠，J是氢氧化钠，所以C是一氧化碳，气体D会生成一氧化碳和二氧化碳，所以D是氧气，氧气和G可以相互转化，所以G是水，氧气转化成的A会与一氧化碳，所以A可以是氧化铜，氧化铜会与气体B反应，所以B是氢气，E会生成二氧化碳和氢气，所以E是酸，H的相对分子质量比E的大，H会与碳酸钠反应，也会生成二氧化碳，所以H是硫酸，E是盐酸，然后将推出的物质进行验证即可．
23． A、B、C、D、E、F、G、H、I为初中化学常见的物质．其中D、G、I属于单质，A为红褐色固体，G为紫红色固体，H为浅绿色溶液．如图是它们之间的相互转化关系（部分反应条件及生成物略去）．
（1）E溶液中的溶质是 ．
（2）写出反应①的化学方程式 ．
（3）写出反应②中生成G的化学方程式 和生成I的原因 ．
【答案】硫酸、硫酸铜；3CO+Fe2O32Fe+3CO2；Fe+CuSO4=FeSO4+Cu；铁和硫酸反应生成氢气
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】（1）A、B、C、D、E、F、G、H、I为初中化学常见的物质，D、I、G属于单质，E溶液经过反应会得到G，G是红色固体，所以G是铜，铜和氧气加热生成的F是黑色的氧化铜，氧化铜与过量的稀硫酸反应得到的X溶液中含有生成的硫酸铜和剩余的硫酸，D能与E溶液反应生成铜和H、I，H为浅绿色的液体，所以D是铁，H是硫酸亚铁，I是氢气，A为红褐色固体，A和B反应会生成D和C，因此A是氧化铁，B可以是一氧化碳，所以C是二氧化碳，经过验证，推导正确，所以E溶液中的溶质是硫酸、硫酸铜；
（2）反应①是一氧化碳和氧化铁在高温的条件下反应生成铁和二氧化碳，化学方程式为：3CO+Fe2O32Fe+3CO2；
（3）反应②中生成G的是铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，化学方程式为：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，生成I的原因是：铁和硫酸反应生成氢气．
故答案为：（1）硫酸、硫酸铜；
（2）3CO+Fe2O32Fe+3CO2；
（3）Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，铁和硫酸反应生成氢气．
【分析】根据A、B、C、D、E、F、G、H、I为初中化学常见的物质，D、I、G属于单质，E溶液经过反应会得到G，G是红色固体，所以G是铜，铜和氧气加热生成的F是黑色的氧化铜，氧化铜与过量的稀硫酸反应得到的X溶液中含有生成的硫酸铜和剩余的硫酸，D能与E溶液反应生成铜和H、I，H为浅绿色的液体，所以D是铁，H是硫酸亚铁，I是氢气，A为红褐色固体，A和B反应会生成D和C，因此A是氧化铁，B可以是一氧化碳，所以C是二氧化碳，然后将推出的物质进行验证即可．
24． A、B、C、D是初中常见的化学物质，A是由核电荷数分别为6、8、11的三种元素组成的化合物，B是一种微溶性碱，C是一种可溶性盐酸盐，D是一种可溶性碱，它们之间存在的关系如图所示，图中“﹣”表示物质间能发生的化学反应，“→”表示物质间的转化关系．
（1）A的俗名叫 ；
（2）写出C的化学式 ；
（3）写出B的一种作用 ；
（4）写出B与A反应的化学反应方程式 ．
【答案】纯碱；CaCl2；改良酸性土壤；Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【解答】（1）A、B、C、D是初中常见的化学物质，A是由核电荷数分别为6、8、11的三种元素组成的化合物，质子数等于核电荷数，所以A是有碳、氧、钠三种元素组成，A是碳酸钠，B是一种微溶性碱，A会与B生成的D，所以B是氢氧化钙，氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，D是一种可溶性碱，所以D是氢氧化钠，C是一种可溶性盐酸盐，会与碳酸钠反应，所以C是氯化钙，经过验证，推导正确，所以A是碳酸钠，俗称纯碱；
（2）通过推导可知，C的化学式是：CaCl2；
（3）通过推导可知，B是氢氧化钙，可以用来改良酸性土壤；
（4）B与A的反应是碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，化学方程式为：Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH．
故答案为：（1）纯碱；
（2）CaCl2；
（3）改良酸性土壤；
（4）Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH．
【分析】根据A、B、C、D是初中常见的化学物质，A是由核电荷数分别为6、8、11的三种元素组成的化合物，质子数等于核电荷数，所以A是有碳、氧、钠三种元素组成，A是碳酸钠，B是一种微溶性碱，A会与B生成的D，所以B是氢氧化钙，氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，D是一种可溶性碱，所以D是氢氧化钠，C是一种可溶性盐酸盐，会与碳酸钠反应，所以C是氯化钙，然后将推出的物质进行验证即可．
25． A﹣N是初中学过的物质．D是相对分子质量为40的氧化物，A是不溶于水和稀硝酸的白色沉淀，E是难溶于水的白色沉淀，实验室通常用N制取CO2．右下图是这些物质的转化关系，部分反应物、生成物及反应条件已省略．（注：难溶性碱加热分解生成对应的氧化物）
（1）写出化学式：A ，N ．
（2）写出E→B的化学方程式 ．
（3）由F生成E需加入的物质是 ．
（4）C在空气中燃烧生成D的实验现象是 ．
C在空气中燃烧除了生成D之外，也可能与空气中的氮气生成氮化物（氮元素化合价为﹣3），该氮化物的化学式是 ．
【答案】BaSO4；HCl；Mg（OH）2+H2SO4=MgSO4+2H2O；氢氧化钠等碱溶液；发出耀眼的强光，放出大量的热，生成白色固体；Mg3N2
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】D是相对分子质量为40的氧化物，因此D是氧化镁；A是不溶于水和稀硝酸的白色沉淀，可能是硫酸钡或氯化银；E是难溶于水的白色沉淀，可以加热产生氧化镁，因此E是氢氧化镁；氢氧化镁和氧化镁都能够和M反应产生B，B和氯化钡反应产生A，因此A是硫酸钡沉淀，则B是硫酸镁，M是硫酸；氧化镁和氢氧化镁都能和N反应产生F，且实验室通常用N制取CO2，因此N是盐酸，则F是氯化镁；C能够和硫酸反应产生B-硫酸镁，和N-盐酸反应产生氯化镁，因此C是镁，因此：
（1）A是硫酸钡，N是盐酸，故答案为：BaSO4；HCl；
（2）E→B的反应是氢氧化镁和硫酸反应产生硫酸镁和水，故反应的方程式为：Mg（OH）2+H2SO4=MgSO4+2H2O；
（3）由氯化镁得到氢氧化镁，应该是和可溶性的碱反应，如氢氧化钠溶液；故答案为：氢氧化钠等碱溶液；
（4）镁在空气中燃烧的现象为：发出耀眼的强光，放出大量的热，生成白色固体；镁和氮气生成氮化镁，其中镁元素为+2，氮元素为﹣3，化学式为：Mg3N2；故答案为：发出耀眼的强光，放出大量的热，生成白色固体；Mg3N2．
【分析】D是相对分子质量为40的氧化物，因此D是氧化镁；E是难溶于水的白色沉淀，可以加热产生氧化镁，因此E是氢氧化镁；氢氧化镁和氧化镁都能够和M反应产生B﹣镁盐，B和氯化钡反应产生A，A是不溶于水和稀硝酸的白色沉淀，因此A是硫酸钡沉淀，则B是硫酸镁，M是硫酸；氧化镁和氢氧化镁都能和N反应产生F，且实验室通常用N制取CO2，因此N是盐酸，则F是氯化镁；C能够和硫酸反应产生B﹣硫酸镁，和N﹣盐酸反应产生氯化镁，因此C是镁，带入验证完成相关的问题．
26． 图中A～I是初中化学常见的物质，它们之间的相互关系如图所示，其中B是铁锈的主要成分，A、C常温下是气体．
（1）C的化学式是 ．
（2）若H为NaCl，反应③的化学方程式为 ；其反应类型是 ．
（3）若H和I中含有一种相同的元素，且H为不溶于稀硝酸的白色沉淀，反应②的化学方程式为 ．
【答案】CO2；FeCl3+3NaOH=3NaCl+Fe（OH）3↓；复分解反应；3H2SO4+Fe2O3=Fe2（SO4）3+3H2O
【知识点】复分解反应及其应用；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】（1）A～I是初中化学常见的物质，B是铁锈的主要成分，所以B是氧化铁，A、C常温下是气体，氧化铁和A会生成B、C，所以A是一氧化碳，C是二氧化碳，D是铁，氧化铁和E生成的G和F会生成两种沉淀，若H为NaCl，所以I是氢氧化铁沉淀，若H和I中含有一种相同的元素，且H为不溶于稀硝酸的白色沉淀，所以H是硫酸钡沉淀，I是氢氧化铁沉淀，经过验证，推导正确，所以C是CO2；
（2）若H为NaCl，反应③是氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠，化学方程式为：FeCl3+3NaOH=3NaCl+Fe（OH）3↓，该反应属于复分解反应；
（3）若H和I中含有一种相同的元素，且H为不溶于稀硝酸的白色沉淀，反应②是氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁和水，化学方程式为：3H2SO4+Fe2O3=Fe2 （SO4）3+3H2O．
故答案为：（1）CO2；
（2）FeCl3+3NaOH=3NaCl+Fe（OH）3↓，复分解反应；
（3）3H2SO4+Fe2O3=Fe2 （SO4）3+3H2O．
【分析】根据A～I是初中化学常见的物质，B是铁锈的主要成分，所以B是氧化铁，A、C常温下是气体，氧化铁和A会生成B、C，所以A是一氧化碳，C是二氧化碳，D是铁，氧化铁和E生成的G和F会生成两种沉淀，若H为NaCl，所以I是氢氧化铁沉淀，若H和I中含有一种相同的元素，且H为不溶于稀硝酸的白色沉淀，所以H是硫酸钡沉淀，I是氢氧化铁沉淀，然后将推出的物质进行验证即可．
27． A～H是初中化学常见物质，已知：A，E是红色固体；C，G是黑色粉末；B，H是气体且B为化合物；D溶液呈蓝色，可用于配制农药波尔多液，它们之间的转化关系如图所示（各步均恰好完全反应，部分生成物已略去），请回答下列问题：
（1）F溶液的溶质是 ，G是 ；
（2）反应①的化学方程式是 ；
（3）反应③的基本反应类型是 ；
（4）写出B物质的一种用途 ．
【答案】硫酸亚铁；氧化铜；Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；化合反应；冶炼金属
【知识点】化合反应和分解反应；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】（1）A～H是初中化学常见物质，D溶液呈蓝色，可用于配制农药波尔多液，所以D是硫酸铜，A，E是红色固体，C，G是黑色粉末，A和B高温会生成C，B，H是气体且B为化合物，所以A是氧化铁，B是一氧化碳，一氧化碳和氧化铁高温生成铁和二氧化碳，所以C是铁，铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，所以F是硫酸亚铁，E是铜，铜和H加热会生成G，所以H是氧气，G是氧化铜，经过验证，推导正确，所以F是硫酸亚铁，G是氧化铜；
（2）反应①是一氧化碳和氧化铁在高温的条件下反应生成铁和二氧化碳，化学方程式是：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；
（3）反应③是氧气和铜在加热的条件下生成氧化铜，该反应满足化合反应多变一的条件，所以基本反应类型是化合反应；
（4）通过推导可知，B是一氧化碳，可以用来冶炼金属．
故答案为：（1）硫酸亚铁，氧化铜；（2）Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；（3）化合反应；（4）冶炼金属．
【分析】根据A～H是初中化学常见物质，D溶液呈蓝色，可用于配制农药波尔多液，所以D是硫酸铜，A，E是红色固体，C，G是黑色粉末，A和B高温会生成C，B，H是气体且B为化合物，所以A是氧化铁，B是一氧化碳，一氧化碳和氧化铁高温生成铁和二氧化碳，所以C是铁，铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，所以F是硫酸亚铁，E是铜，铜和H加热会生成G，所以H是氧气，G是氧化铜，然后将推出的物质进行验证即可．
28． 图中A～F为初中化学常见的六种物质，其中A、B、D含相同的阴离子，C、D、E、F含有同一种元素，C、E、F是不同类别的物质．A、C之间的反应可用于检验铵态氮肥，B、E之间的反应是实验室制取二氧化碳的反应原理．框图中“﹣”表示相连的两种物质间能发生化学反应，“→”表示物质间存在转化关系（部分反应物、生成物及反应条件已略去）．回答下列问题：
（1）写出B的名称： ，F的化学式： ．
（2）写出C的一种用途： ．
（3）写出下列反应的化学方程式：
A→C： ；
D→E： ．
基本反应类型是 反应．
【答案】（1）盐酸；CaO
（2）改良酸性土壤
（3）2NH4Cl+Ca（OH）2=CaCl2+H2O+2NH3↑；CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl；复分解
【知识点】复分解反应及其应用；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】（1）A～F为初中化学常见的六种物质，B、E之间的反应是实验室制取二氧化碳的反应原理，所以B、E是盐酸、碳酸钙，A、C之间的反应可用于检验铵态氮肥，所以A、C是铵态氮肥和碱，A、B、D含相同的阴离子，所以A是氯化铵，B是盐酸，E是碳酸钙，C是氢氧化钙，盐酸会转化成D，D和碳酸钙可以相互转化，所以D是氯化钙，碳酸钙会转化成F，F会转化成氢氧化钙，所以F是氧化钙，经过验证，推导正确，所以B是盐酸，F是CaO；
（2）通过推导可知，C是氢氧化钙，可以用来改良酸性土壤；
（3）A→C的反应是氢氧化钙和氯化铵反应生成氯化钙、水和氨气，化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2=CaCl2+H2O+2NH3↑，
D→E的反应是氯化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，化学方程式为：CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl，基本反应类型属于复分解反应．
【分析】根据A～F为初中化学常见的六种物质，B、E之间的反应是实验室制取二氧化碳的反应原理，所以B、E是盐酸、碳酸钙，A、C之间的反应可用于检验铵态氮肥，所以A、C是铵态氮肥和碱，A、B、D含相同的阴离子，所以A是氯化铵，B是盐酸，E是碳酸钙，C是氢氧化钙，盐酸会转化成D，D和碳酸钙可以相互转化，所以D是氯化钙，碳酸钙会转化成F，F会转化成氢氧化钙，所以F是氧化钙，然后将推出的物质进行验证即可．
29． 甲、乙、丙是初中化学常见的物质，甲在一定条件下分解成乙和丙，乙是最常用的溶剂．三种物质转化关系如图所示（部分反应物、生成物和反应条件已略去）．
（1）若甲、乙组成元素相同，则丙是 ．从微观角度解释，甲、乙化学性质不同的原因是 ．
（2）若丙固体的俗称为干冰，则甲为 ．由丙转化为乙反应的化学方程式为 （答一个即可）．
【答案】氧气（或O2）；分子结构不同（合理即可）；碳酸（或H2CO3）；CO2+Ca（OH）2═CaCO3↓+H2O（合理即可）
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】（1）根据甲、乙、丙是初中化学常见的物质，若甲、乙组成元素相同，甲在一定条件下分解成乙和丙，乙是最常用的溶剂，结合过氧化氢分解会生成水和氧气，水通电会生成氧气可知甲是过氧化氢，乙是水，丙是氧气，带入验证符合转化关系，过氧化氢和水的分子结构不同，因此化学性质不同；故填：氧气（或O2）；分子结构不同（合理即可）；
（2）丙固体的俗称为干冰，结合碳酸分解产生水和氧气分析框图可知丙是二氧化碳，则甲可以是碳酸，乙是水，二氧化碳能够和氢氧化钙等反应产生水，带入验证符合转化关系，故填：碳酸（或H2CO3）；CO2+Ca（OH）2═CaCO3↓+H2O（合理即可）．
【分析】（1）根据甲、乙、丙是初中化学常见的物质，若甲、乙组成元素相同，甲在一定条件下分解成乙和丙，乙是最常用的溶剂，结合过氧化氢分解会生成水和氧气，水通电会生成氧气可知甲是过氧化氢，乙是水，丙是氧气，据此分析；
（2）丙固体的俗称为干冰，结合碳酸分解产生水和氧气分析框图可知丙是二氧化碳，则甲可以是碳酸，乙是水，二氧化碳能够和氢氧化钙等反应产生水，据此分析．
30．（2015·金华）实验室有一久置的生石灰样品，科学小组同学利用该样品进行了一系列探究活动，具体操作步骤如下：
①称取0.75克样品，加足量的水充分溶解，过滤得滤液A和0.1克沉淀B。
②将滤液A等分成2份，一份先加少量酚酞试液再加稀盐酸至过量，得混合物C，另一份加过量的碳酸钠溶液，得混合物D。
③将混合物C、D倒入一个洁净的烧杯中，发现烧杯中有白色沉淀且上层清夜呈红色，过滤，得滤液E和1克滤渣
④向滤液E中滴加CaCl2溶液，有白色沉沉生成。
（1）则滤液E中一定含有的溶质是 。
（2）依据实验现象和及数据判断，原样品的成分是 。
【答案】（1）NaCl、Na2CO3
（2）CaO、Ca（OH）2、CaCO3
【知识点】离子或物质的共存问题；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】（1）从出现的各种反应的现象入手分析，先确定不含稀盐酸，在得出可能含有碳酸钠和氢氧化钠，在确定肯定含有碳酸钠和氯化钠。
（2）根据①称取0.75克样品，加足量的水充分溶解，过滤得滤液A和0.1克沉淀B，可以判断原样品的成分中有碳酸钙；在根据该元素的质量守恒，分成只有氧化钙和氢氧化钙两种情况考虑，从而得出两种都要有。
【解答】（1）通过实验分析可知：将混合物C、D倒入一个洁净的烧杯中，发先烧杯中有白色沉淀且上层清液呈红色，过滤，得滤液E和1g滤渣，向滤液E中滴加CaCl2溶液，有白色沉淀生成。因为最后上层清夜呈红色，说明溶液最后成碱性，所以肯定没有HCl ，可能Na2CO3和NaOH；又因为滴加CaCl2溶液，有白色沉沉生成 ，说明肯定含有Na2CO3；而前面所加的稀盐酸是过量的，所以肯定E中含有生成物 NaCl ，故滤液E中一定含有的溶质是碳酸钠、氯化钠，一定没有盐酸，氢氧化钠可能有也可能没有。
（2）根据①称取0.75克样品，加足量的水充分溶解，过滤得滤液A和0.1克沉淀B，可以判断原样品的成分中有碳酸钙；那么剩余物是0.65g，根据③将混合物C、D倒入一个洁净的烧杯中，发现烧杯中有白色沉淀且上层清液呈红色，过滤，得滤液E和1g滤渣碳酸钙，1g碳酸钙中钙元素的质量=1.0g×40/100=0.4g根据质量守恒定律，钙元素质量守恒，剩余的0.65g物质中就含有0.4g钙；假设0.65g都是氧化钙，那么钙含元素的质量=0.65g×40/56≈0.46g，0.46g>0.4g；假设0.65g都是氢氧化钙，那么含钙元素的质量0.65g×40/74≈0.35g，0.35g<0.4g，因此可知原样品的成分中还有氧化钙和氢氧化钙。
故答案为：（1） NaCl、Na2CO3 ；（2） CaO、Ca（OH）2、CaCO3
31．下图是常见物质的转换关系图。其中A、B常温下都为液体且组成元素相同，A、B、X、Y、E都为氧化物，X、E都为黑色固体，F为白色沉淀，I为蓝色絮状沉淀。
请回答下列问题：
（1）E的化学式 ；F的化学式 。
（2）反应⑥的化学方程式 。
（3）反应①—⑥涉及的基本反应类型有 种。
【答案】（1）CuO；CaCO3
（2）2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu（OH）2↓
（3）3
【知识点】化合反应和分解反应；书写化学方程式、文字表达式；复分解反应及其应用；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】I为蓝色絮状沉淀，则I是氢氧化铜，G或H中含有铜离子，A、B常温下都为液体且组成元素相同，A能在黑色固体X的作用下生成B，则A是过氧化氢，B是 水，X是二氧化锰，C为氧气，C能与Z加热反应生成黑色固体E，E能与硫酸反应，则E可能是氧化铜，Z为铜，氧化铜能与硫酸反应生成硫酸铜和水，则H是硫 酸铜，水能与Y反应生成D，D能与碳酸钠反应生成白色沉淀F，则F可能是碳酸钙，D为氢氧化钙，Y为氧化钙，生成的G为氢氧化钠，氢氧化钠能与硫酸铜反应 生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，代入框图，推断合理；
【解答】（1）根据推断，E为氧化铜，F为碳酸钙。
（2）G是氢氧化钠，H是硫酸铜，氢氧化钠能与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠。
（3）反应①是过氧化氢分解生成水和氧气的反应，反应②是水与氧化钙的化合反应，反应③是氧气和铜的化合反应，反应④是氢氧化钙和碳酸钠的复分解反应，反应⑤是氧化铜和硫酸的复分解反应，反应⑥是氢氧化钠和硫酸铜的复分解反应，总共涉及到三种基本反应类型。
故答案为：（1）CuO；CaCO3；（2）2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu（OH)2↓；（3）3
32．现有一包固体粉末，可能由CaCO3、CaO、Na2CO3中的一种或几种组成。为确定其组成，进行了如下图所示的实验。
请回答：
（1）若X溶液只含一种溶质，根据实验可以确定X溶液的溶质是 ；
（2）原固体粉末的所有可能组成是 。
【答案】（1）NaCl（或“氯化钠”）
（2）CaCO3、CaO、Na2CO3；CaCO3、Na2CO3；CaO、Na2CO3
【知识点】盐的性质及用途；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】
本题属于推断题，根据题目给出的流程图和信息：加入盐酸有无色气体生成，说明原物质中一定有碳酸钠；若X溶液只含一种溶质，碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠和水和二氧化碳，根据实验可以确定X溶液的溶质是氯化钠；加入足量的水过滤，有白色沉淀，因此白色沉淀是碳酸钙，可能有少量的氧化钙，也可能没有；由此可以判断原固体粉末的所有可能组成是：CaCO3、CaO、Na2CO3；CaCO3、Na2CO3；CaO、Na2CO3。
【解答】
（1）加入盐酸有无色气体生成，说明原物质中一定有碳酸钠；若X溶液只含一种溶质，根据实验可以确定X溶液的溶质是氯化钠。故答案为：NaCl（或“氯化钠”)。
（2）加入足量的水过滤，有白色沉淀，因此白色沉淀是碳酸钙，可能有少量的氧化钙，也可能没有；由此可以判断原固体粉末的所有可能组成是：
CaCO3、CaO、Na2CO3；CaCO3、Na2CO3；CaO、Na2CO3。故答案为：CaCO3、CaO、Na2CO3；CaCO3、Na2CO3；CaO、Na2CO3。
四、实验探究题
33．学习碱的个性时，同学们在实验室中做“检测氢氧化钙性质 ”的实验，实验方案如图所示（说明：实验中使用的药品均是溶液）。
请回答下列问题：
（1）写出盐酸加入氢氧化钙中反应的化学方程式： ；
在实验过程中 ，并没有观察到该反应的明显现象 ，请你写出一种能观察到变化发生的方法： 。
（2）实验结束后，同学们将四支试管中的物质全部倒入废液缸中，为了处理废液渣，首先对废液缸中物质的成分进行初步分析，过程如下图所示：
由上述分析可知：
①固体A中一定还有碳酸钙和 。
②无色溶液 B中使酚酞试液变红的物质是 。
【答案】（1）Ca（OH）2+2HCl=CaCl2+2H2O；在一定量的氢氧化钙溶液中，滴加2--3滴酚酞试液，溶液变红，然后加入适量盐酸至红色消失，变为无色液体，说明盐酸与氢氧化钙能够发生化学反应
（2）氢氧化铁；一定有碳酸钠，可能有氢氧化钠
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断；酸的化学性质；碱的化学性质
【解析】【分析】
（1）借助中和反应发生时溶液的pH的变化情况，借助指示剂判断设计即可。
（2）根据氢氧化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙白色沉淀和氢氧化钙与氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀．根据酚酞试液遇碱性物质变红，红色溶液加稀盐酸生成无色气体进行分析。
【解答】
（1）盐酸与氢氧化钙反应生成氯化钙和水，反应的化学方程式为：Ca（OH)2+2HCl=CaCl2+2H2O。
借助中和反应发生时溶液的pH的变化情况，在碱的溶液中滴加酚酞，溶液变红加酸能使红色消失，则说明酸与碱能够发生反应，故答案为：在一定量的氢氧化钙溶液中，滴加2--3滴酚酞试液，溶液变红，然后加入适量盐酸至红色消失，变为无色液体，说明盐酸与氢氧化钙能够发生化学反应。
（2）①因为氢氧化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙白色沉淀和氢氧化钙与氯化铁反应生成红褐色的氢氧化铁沉淀，故固体A中一定含有碳酸钙和氢氧化铁。
②根据红色溶液加稀盐酸生成无色气体，故溶液中一定有碳酸钠，碳酸钠有剩余，说明氢氧化钙完全反应，生成氢氧化钠，如果氯化铁不足量，则会有氢氧化钠剩余。故无色溶液B中使酚酞试液变红的物质一定有碳酸钠，可能有氢氧化钠。
故答案为：（1）Ca（OH)2+2HCl=CaCl2+2H2O；在一定量的氢氧化钙溶液中，滴加2--3滴酚酞试液，溶液变红，然后加入适量盐酸至红色消失，变为无色液体，说明盐酸与氢氧化钙能够发生化学反应；（2）①氢氧化铁；②一定有碳酸钠，可能有氢氧化钠。
34．小明为了测定铜和氧化铜混合物中氧化铜的质量分数，设计组装了如图的实验装置：
（1）仪器识别：a ；b 。
（2）装置A中发生反应的化学方程式 。
（3）能除去H2中混有少量HCl气体的装置是 （填装置序号）。
（4）装置E中硫酸铜粉末变蓝色，说明硬质试管中反应后有 生成。
（5）实验前硬质试管中混合物的质量为5g，实验后剩余固体质量为4.2g，求混合物中氧化铜的质量分数 %。
【答案】（1）锥形瓶；酒精灯
（2）Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑
（3）B
（4）水（或水蒸气或H2O）
（5）80
【知识点】物质除杂或净化；常用仪器的名称；有关化学式的计算和推断；物质的鉴别、推断；酸的化学性质
【解析】【分析】（1）依据对常见仪器的认识解决即可。
（2）依据A中锌与硫酸反应会生成硫酸锌和氢气分析判断。
（3）依据氯化氢气体的性质分析解答。
（4）依据硫酸铜粉末遇水会变蓝分析判断。
（5）根据反应过程分析固体减小的质量是氧化铜中氧元素的质量，然后利用化学式的计算求出氧化铜的质量，进而求的混合物中氧化铜的质量分数。
【解答】（1）依据对常见仪器的认识可知：a是锥形瓶，b是酒精灯。
（2）A中发生的是锌与稀盐酸生成氯化锌和氢气的反应，其方程式为：Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑。
（3）氯化氢气体溶于水形成盐酸，盐酸能和氢氧化钠发生中和反应，所以能除去H2中混有少量HCl气体的装置是B。
（4）硫酸铜粉末遇水会与之反应生成蓝色的硫酸铜晶体，所以装置E中硫酸铜粉末变蓝色，说明硬质试管中反应后有水生成。
（5）氢气还原氧化铜会生成水与铜，所以固体减小的质量就是氧化铜中氧元素的质量=5g-4.2g=0.8g，氧化铜的质量=0.8g÷ =4g，则混合物中氧化铜的质量分数= ×100%=80%。
35．天然气作为燃料已进入千家万户。小聪在帮助父母烧菜时想到：天然气燃烧的产物是什么呢？带着这一问题，小聪和同学一起进行了如下的探究。
（1）设计与实验：同学们设计了甲图装置（固定装置未画出），将天然气在氧气中点燃后得到的混合气体通过该装置进行实验。开始时应 （填“先通气体”或“先加热”）；加热过程中发现黑色CuO固体变红，澄清石灰水变浑浊。写出CuO固体变红的化学方程式 。
仅根据甲图装置出现的现象，写出混合气体所有的可能组成 。
（2）评价与改进：小聪认为上述实验方案有缺陷，通过讨论，增加了乙图中的3个装置（固定装置未画出），对方案作了改进并进行实验：将混合气体先通过乙图中连接的装置后，再通入甲图装置。实验中部分现象如下：A装置质量增加，B装置中溶液不变浑浊，甲图装置中实验现象（1）相同。请你写出改进方案的装置连接顺序（装置不重复使用）：混合气体→ →甲图装置（填装置编号）。
（3）交流与讨论：通过对改进实验的现象分析，同学们得出了正确的结论。
【答案】（1）先通气体；；①CO ②CO和CO2
（2）C→A→B
【知识点】物质除杂或净化；书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】
（1）根据甲烷不完全燃烧生成一氧化碳，一氧化碳属于可燃性气体，不纯加热可能会发生爆炸；一氧化碳具有还原性，能和氧化铜反应生成铜和二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊进行解答。
（2）根据水能使无水硫酸铜变蓝，用于检验水的存在，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，用于检验二氧化碳的存在，氢氧化钠溶液和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，用于吸收二氧化碳气体进行解答。
【解答】
（1）甲烷不完全燃烧生成一氧化碳，一氧化碳属于可燃性气体，不纯加热可能会发生爆炸，所以开始时应先通气体；一氧化碳具有还原性，能和氧化铜反应生成铜和二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，所以CuO固体变红的化学方程式；澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳气体，所以混合气体所有的可能组成是一氧化碳或一氧化碳和二氧化碳的混合气体。
（2）水能使无水硫酸铜变蓝，用于检验水的存在，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，用于检验二氧化碳的存在，二氧化碳和氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，故氢氧化钠溶液用于吸收二氧化碳气体，所以先通过无水硫酸铜检验水的存在，再通过氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，再通过澄清石灰水检验二氧化碳是否吸收完全，所以改进方案的装置连接顺序（装置不重复使用)，混合气体→C→A→B→甲图装置。
36．（2014·义乌）有一包固体粉末，可能含有氧化钙、氯化钠、碳酸钠、硫酸钠中的一种或几种。为确定其组成，小杨设计出实验方案，实验步骤及现象如下。请回答：
（1）写出步骤④中产生白色沉淀的化学方程式 。
（2）根据实验中的现象，能否确定原固体粉末的组成？若能，请写出各成分的化学式；若不能，在原实验步骤的基础上，对上述方案中的试剂作一改进，并描述相应的实验现象及结论，以确定固体粉末的组成。 。
【答案】（1）NaCl+AgNO3=NaNO3+AgCl↓
（2）将步骤③中“稀H2SO4”改成“稀HCl（或稀HNO3）”；如果产生气体，沉淀完全溶解，说明固体粉末中含Na2CO3(或Na2CO3和NaCl）；如果产生气体，沉淀不完全溶解，说明固体粉末中含Na2CO3、Na2SO4（或Na2CO3、Na2SO4和NaCl）。
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；盐的性质及用途；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】根据氧化钙和水会生成氢氧化钙，碳酸钠和氢氧化钙会生成白色的碳酸钙沉淀，钡离子和硫酸根离子会生成硫酸钡沉淀，钡离子和碳酸根离子会生成碳酸钡沉淀，碳酸钡沉淀会溶于酸，硫酸钡沉淀不溶于酸，氯离子和银离子会生成氯化银沉淀等知识进行分析。
【解答】
氧化钙和水会生成氢氧化钙，碳酸钠和氢氧化钙会生成白色的碳酸钙沉淀，钡离子和硫酸根离子会生成硫酸钡沉淀，钡离子和碳酸根离子会生成碳酸钡沉淀，碳酸钡沉淀会溶于酸，硫酸钡沉淀不溶于酸，氯离子和银离子会生成氯化银沉淀。
固体粉末加水溶解后，加入硝酸钡会生成白色沉淀，在白色沉淀中加硫酸会生成无色气体，说明白色沉淀中含有碳酸钡沉淀，固体粉末中一定含有碳酸钠，氧化钙和水会生成氢氧化钙，氢氧化钙和碳酸钠会生成白色的碳酸钙沉淀，固体粉末溶于水得到的是无色溶液，所以固体粉末中一定不含氧化钙，无色溶液中加硝酸银会生成白色沉淀，说明固体粉末中一定含有氯化钠。
（1）步骤④中产生白色沉淀的反应是氯化钠和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，化学方程式为：NaCl+AgNO3=NaNO3+AgCl↓；
（2）通过上面的判断，不能判断是否含有硫酸钠，稀硫酸和碳酸钡沉淀反应生成硫酸钡沉淀、水和二氧化碳，会对硫酸钠的检验造成干扰，需要将稀硫酸换成稀盐酸，所以将步骤③中的“稀硫酸”改成“稀盐酸”；
如果产生气体，沉淀完全溶解，说明固体粉末中含有碳酸钠和氯化钠；
如果产生气体，沉淀部分溶解，说明固体粉末中含有碳酸钠、硫酸钠和氯化钠。
37．（2014·丽水）现有一包固体粉末，可能由碳酸钠、硫酸钠、碳酸钙和氯化钠中的一种或几种组成，某同学想确定其组成成分，按如图所示步骤进行了如下实验（各步骤中加入的试剂均为足量）：
请回答：
（1）固体粉末中肯定存在的物质是 ，用化学方程式表示白色沉淀部分溶解的原因 ；
（2）如何判断固体粉末中是否有“可能存在的物质”，简述实验操作步骤、现象和结论 。
【答案】（1）碳酸钠和硫酸钠；BaCO3+2HNO3＝Ba(NO3)2+CO2↑+H2O
（2）取澄清溶液少许，加入足量硝酸钡溶液，过滤，在滤液中再滴加硝酸银溶液，若能观察到沉淀产生，就可确认固体中有氯化钠存在，否则就不存在氯化钠
【知识点】盐的性质及用途；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】根据碳酸钙难溶于水，碳酸根离子和钡离子会生成碳酸钡沉淀，硫酸根离子和钡离子会生成硫酸钡沉淀，碳酸钡沉淀会溶于酸，硫酸钡沉淀不溶于酸等知识进行分析。
【解答】碳酸钙难溶于水，碳酸根离子和钡离子会生成碳酸钡沉淀，硫酸根离子和钡离子会生成硫酸钡沉淀，碳酸钡沉淀会溶于酸，硫酸钡沉淀不溶于酸。取固体粉末加水搅拌充分溶解，得到澄清溶液，所以固体粉末中一定不含碳酸钙，加入氯化钡会生成白色沉淀，白色沉淀部分溶于硝酸，所以沉淀中含有碳酸钡和硫酸钡，固体粉末中一定含有硫酸钠、碳酸钠，固体粉末中是否含有氯化钠，不会影响题中的实验现象，所以固体粉末中可能含有氯化钠。
（1）通过推导可知，固体粉末中肯定存在的物质是碳酸钠、硫酸钠，碳酸钡和硝酸反应生成硝酸钡、水和二氧化碳，所以白色沉淀部分溶解的化学方程式为：BaCO3+2HNO3=Ba（NO3)2+H2O+CO2↑；
（2）要检验可能含有的物质氯化钠，可以用硝酸银检验，但是硫酸根离子和碳酸根离子会对氯离子的检验造成干扰，要先加入硝酸钡除去，但不能加氯化钡，因为会引入氯离子，因此实验步骤是：取澄清溶液少许，加入足量硝酸钡溶液，过滤，在滤液中加入硝酸银溶液，若能观察到沉淀产生，就可以确认固体中有氯化钠存在，否则就不存在氯化钠。
故答案为：碳酸钠、硫酸钠 BaCO3+2HNO3=Ba（NO3)2+H2O+CO2↑ 取澄清溶液少许，加入足量硝酸钡溶液，过滤，在滤液中加入硝酸银溶液，若能观察到沉淀产生，就可以确认固体中有氯化钠存在，否则就不存在氯化钠。
38．工业烧碱具有较好的杀菌消毒作用且廉价易得，但工业烧碱中常含有杂质碳酸钠。某科学学习小组同学围绕工业烧碱样品纯度测定问题，展开了讨论与探究。
【原理思路】利用Na2CO3与稀H2SO4反应产生CO2，通过CO2 质量的测定，确定样品中碳酸钠的质量，从而计算样品纯度。
（1）【实验方案】小科同学根据以上思路，设计了如图甲的实验方案（固定装置省略）。装置中，仪器A的名称 。
（2）【交流讨论】小明认为图甲实验方案的设计有缺陷，若按该方案进行测定会导致难以避免的误差。你认为下列哪些因素会导致难以避免的误差 （填序号）。
①加入的稀硫酸量不足 ②装置内空气中的CO2没有排出 ③反应产生的CO2未被完全吸收 ④干燥管与空气直接相通
（3）【方案改进】为减少误差，使CO2质量的测定更准确，该小组同学根据以上讨论，对图甲方案进行改进，设计了如图乙的实验方案（固定装置省略）。图乙B装置中样品在与稀硫酸反应前和停止反应后，都要通过量的空气，反应前通空气时a、b、c三个弹簧夹的控制方法是 。
（4）【数据分析】若撤去图乙中的C装置，则测得工业烧碱的纯度将 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
（5）【拓展提高】已知Na2CO3溶液与稀硫酸反应先生成NaHCO3，当Na2CO3全部转化为NaHCO3后，生成的NaHCO3能继续与稀硫酸反应生成CO2。现向样品中加一定量的稀硫酸，反应后产生无色气体并得到X溶液。请分析推断反应后所得X溶液的溶质，其所有的可能组成 。
【答案】（1）锥形瓶
（2）②③④
（3）关闭c、打开a、b
（4）偏低
（5）Na2SO4和H2SO4；Na2SO4；Na2SO4和NaHCO3。
【知识点】物质除杂或净化；盐的性质及用途；物质的鉴别、推断；酸的化学性质
【解析】【分析】要熟悉各种仪器的名称和用途；
加入稀硫酸的量可以通过分液漏斗控制，装置中的空气、反应产生的CO2是否被完全吸收、干燥管是否与空气直接相通都能够影响实验结果；
改进后的装置中，氢氧化钠溶液可以除去空气中的二氧化碳，浓硫酸可以除去水，干燥管中的碱石灰可以防止空气中的二氧化碳和水进入U型管；
根据加入稀硫酸的量可以确定反应后所得X溶液中的溶质。
【解答】
【实验方案】仪器A的名称是锥形瓶。
【交流讨论】加入的稀硫酸量不足时，可以继续加入，而装置内空气中的CO2没有排出、反应产生的CO2未被完全吸收、干燥管与空气直接相通等因素会导致难以避免的误差。故填：②③④。
【方案改进】
反应前通空气时，关闭c、打开a、b，可以把B、C装置中的二氧化碳排出，使实验结果更准确。
故填：关闭c、打开a、b。
【数据分析】
若撤去图乙中的C装置，水和二氧化碳同时被D装置中的碱石灰吸收，使计算出的碳酸钠结果偏大，从而导致氢氧化钠的含量偏低。
【拓展提高】
向样品中加一定量的稀硫酸，反应后产生无色气体，说明稀硫酸和氢氧化钠完全反应后，剩余的稀硫酸和碳酸钠完全反应后仍然有剩余，不然就不会生成二氧化碳了。
当稀硫酸过量时，X中的溶质是硫酸钠和硫酸；
当硫酸适量时，和氢氧化钠反应生成硫酸钠，和碳酸钠反应生成硫酸钠和碳酸氢钠，稀硫酸再和碳酸氢钠反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，X中的溶质是硫酸钠；
当稀硫酸不足时，和氢氧化钠反应生成硫酸钠，和碳酸钠反应生成硫酸钠和碳酸氢钠，再和部分碳酸氢钠反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，X中的溶质是硫酸钠和碳酸氢钠。
故填：Na2SO4和H2SO4；Na2SO4；Na2SO4和NaHCO3。
五、解答题
39．在实验室，小金分别用甲盐的晶体配制了溶质质量分数为5%的A的溶液和30%的B溶液，但忘了帖标签，请你运用两种不同的科学原理，分别设计两个简单实验来判别这两瓶溶液，请写出简要的实验方案和明确的判断依据，有下列仪器、物品供选择，量筒、天平、小烧杯、酒精灯、三脚架、石棉网、漏斗、玻璃棒、滤纸、温度计、新鲜萝卜、甲盐的晶体。（实验室的室温为30℃，30℃甲盐的溶解度为50g）
【答案】 用量筒取等体积的两种溶液于两只烧杯中，向两烧杯中各加一块相同的胡萝卜，观察一段时间，先萎蔫的即是30%的溶液，需要的仪器有：烧杯、量筒、胶头滴管、新鲜萝卜，外界溶液浓度越大，植物细胞失水越快，则胡萝卜萎蔫的越快。
用 天平、烧杯量取质量相同的两种溶液各一杯，向两杯溶液中各加入过量的甲盐晶体各一份（质量相等），用玻璃棒搅拌溶解，直到不能继续溶解，杯底剩余晶体多的 为B溶液，需要的仪器有：烧杯、玻璃棒，相同质量的A、B溶液，B溶液达到饱和时，溶入的溶质更少，所以剩余晶体更多。
【知识点】溶质的质量分数及相关计算；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】根据饱和溶液中不能在溶解某种溶质，盐溶液可以使蔬菜脱水进行分析。
【解答】解：方案1：用量筒取等体积的两种溶液于两只烧杯中，向两烧杯中各加一块相同的胡萝卜，观察一段时间，先萎蔫的即是30%的溶液，需要的仪器有：烧杯、量筒、胶头滴管、新鲜萝卜，判别依据：外界溶液浓度越大，植物细胞失水越快，则胡萝卜萎蔫的越快。
方 案2：用天平、烧杯量取质量相同的两种溶液各一杯，向两杯溶液中各加入过量的甲盐晶体各一份（质量相等），用玻璃棒搅拌溶解，直到不能继续溶解，杯底剩余 晶体多的为B溶液，需要的仪器有：烧杯、玻璃棒，判别依据：相同质量的A、B溶液，B溶液达到饱和时，溶入的溶质更少，所以剩余晶体更多。
故答案为：用量筒取等体积的两种溶液于两只烧杯中，向两烧杯中各加一块相同的胡萝卜，观察一段时间，先萎蔫的即是30%的溶液，需要的仪器有：烧杯、量筒、胶头滴管、新鲜萝卜，外界溶液浓度越大，植物细胞失水越快，则胡萝卜萎蔫的越快。
用 天平、烧杯量取质量相同的两种溶液各一杯，向两杯溶液中各加入过量的甲盐晶体各一份（质量相等），用玻璃棒搅拌溶解，直到不能继续溶解，杯底剩余晶体多的 为B溶液，需要的仪器有：烧杯、玻璃棒，相同质量的A、B溶液，B溶液达到饱和时，溶入的溶质更少，所以剩余晶体更多。
40． 过氧化钙晶体（CaO2 8H2O）较稳定，呈白色，微溶于水，广泛应用于环境杀菌、消毒．以贝壳为原料制备CaO2流程如下：
（1）气体X是CO2，其名称是 ；将过氧化钙晶体与溶液分离的方法是 ．
（2）反应Y需控制温度在0～5℃，可将反应容器放在 中，该反应是化合反应，反应产物是CaO2 8H2O，请写出化学方程式 ．获得的过氧化钙晶体中常含有Ca（OH）2杂质，原因是 ．
（3）CaO2的相对分子质量为 ，过氧化钙晶体（CaO2 8H2O）中H、O元素的质量比为 ．
（4）为测定制得的过氧化钙晶体中CaO2 8H2O的质量分数，设计的实验如下：称取晶体样品50g，加热到220℃充分反应（方程式为2CaO2 8H2O 2CaO+O2↑+16H2O↑，杂质不发生变化），测得生成氧气的质量为3.2g，请计算样品中CaO2 8H2O的质量分数（CaO2 8H2O相对分子质量为216），写出必要的计算过程．
【答案】（1）二氧化碳；过滤
（2）冰水混合物；CaO+H2O2+7H2O=CaO2 8H2O；CaO或Ca（OH）2过量，且Ca（OH）2微溶
（3）72；1：10
（4）解：设样品中CaO2 8H2O的质量为x
2CaO2 8H2O2CaO+O2↑+16H2O↑
432 32
x 3.2g
x=43.2g
则样品中CaO2 8H2O的质量分数为=86.4%
答：样品中CaO2 8H2O的质量分数为86.4%．
【知识点】相对原子质量；书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】解：（1）根据氧化物的命名方法可知，CO2读作二氧化碳；分离固体与液体采用过滤的方法；故填：二氧化碳；过滤；
（2）控制温度在0～5℃，可以在冰水混合物中进行；该反应的反应物是氧化钙、水和过氧化氢，生成物是CaO2 8H2O，因为氧化钙能与水反应生成氢氧化钙，而氢氧化钙微溶于水；故填：冰水混合物；CaO+H2O2+7H2O=CaO2 8H2O；CaO或Ca（OH）2过量，且Ca（OH）2微溶；
（3）CaO2的相对分子质量为40+16×2=72；过氧化钙晶体（CaO2 8H2O）中H、O元素的质量比为（1×16）：（16×10）=1：10；故填：72；1：10；
（4）解：设样品中CaO2 8H2O的质量为x
2CaO2 8H2O2CaO+O2↑+16H2O↑
432 32
x 3.2g
x=43.2g
则样品中CaO2 8H2O的质量分数为=86.4%
答：样品中CaO2 8H2O的质量分数为86.4%．
【分析】（1）根据化合物的名称以及分离固体与液体的方法来分析；
（2）根据反应需要的温度以及反应的过程来分析；
（3）根据相对分子质量和元素质量比的计算方法来分析；
（4）根据氧气的质量，利用化学方程式进行计算．
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