【备考2024】浙江省中考科学一轮复习专项练习19：物质的转化（含解析）
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| 名称 | 【备考2024】浙江省中考科学一轮复习专项练习19：物质的转化（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 759.5KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 浙教版 | ||
| 科目 | 科学 | ||
| 更新时间 | 2023-11-28 09:06:49 | ||
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文档简介
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【备考2024】浙江省中考科学一轮复习专项练习19：物质的转化
一、单选题
1．吴子熊玻璃艺术馆位于浙江台州，是我国第一家玻璃雕刻艺术馆，其玻璃(主要成分是SiO2)工艺品栩栩如生，如图是一块雕刻了精美图案的玻璃，小铭对它的制作过程产生了浓厚兴趣，通过查阅资料了解到玻璃雕刻过程中用到的是氢氟酸，发生的反应为4HF＋SiO2＝SiF4↑＋2H2O，该反应的类型是（ ）【来源：21cnj*y.co*m】
A．置换反应 B．分解反应 C．化合反应 D．复分解反应
2．关于氮的变化关系示意图如图所示，则下列说法中不正确的是（ ）
A．路线①②③是工业生产硝酸的主要途径
B．路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮生成硝酸的主要途径
C．上述所有变化都是化学变化
D．上述反应中①②③均属于氮的固定
3．下列哪种金属氧化物溶于水不能得到相应的碱( )
A．Na2O B．CaO C．K2O D．CuO
4．三国时的“红脸”关云长与北宋时的“黑脸”包公本是互不相干的著名历史人物，一首描述某一化学实验过程的诗将两人联系在一起，诗的内容如下：“包公静卧水晶房，轻风迎面喜洋洋，忽然一阵烈火起，烧得包公变云长，云长急令退烈火，只留轻风吹暖房。”诗中的“包公”是指黑色CuO粉末，“云长”指的是红色的铜，则轻风是指（ ）
A．C B．CO2 C．O2 D．H2
5．炼铁的原料是（ ）
①焦炭②生石灰③石灰石④空气⑤铁矿石⑥一氧化碳．
A．②④⑥ B．①②④⑤ C．①③④⑥ D．①③④⑤
6．下列物质之间的转化不能一步实现的是（ ） 。
A．Fe2O3→Fe B．CuO→Cu(OH)2
C．CaO→Ca(OH)2 D．MgO→MgCl2
7．形成酸雨的主要物质是（ ）。
A．甲烷和一氧化碳 B．二氧化硫和一氧化碳
C．一氧化碳和二氧化碳 D．二氧化硫和二氧化氮
8．下列物质的转化能实现的是（ ）
A．H2SO4 HCl B．CO Na2CO3
C．Cu(OH)2 NaOH D．NaNO3 Ba(NO3)2
9．取少量铁粉和硫粉混合均匀后加热。小科对产物进行如下实验（FeS+H2SO4＝H2S↑+FeSO4，H2S气体能被氢氧化钠溶液吸收，Fe3+遇硫氰化钾KSCN溶液显红色，Fe2+遇KSCN溶液不显红色）。若溶液E不显红色，则下列说法错误的是（ ）
A．刺激性气体A为SO2 B．黑色固体B为FeS
C．溶液F中的溶质为Na2S、NaOH D．气体G为H2
10．在实验室里进行物质制备，下列从原料及有关试剂分别制取相应的最终产物的设计中， 理论上正确、操作上可行、经济上合理的是（ ）
A．
B．
C．
D．
11．根据图甲、乙、丙三种物质的转化关系，推测甲为（ ）
A．铜 B．碳酸钠 C．氧化铜 D．氢氧化钡
12．分别把下列各组中的物质加入水中，最终可能得到无色澄清溶液的是（ ）
A．MgCl2 NaOH H2SO4 B．Ba(NO3)2 Na2SO4 HCl
C．KOH CuSO4 HCl D．AgNO3 NaCl HNO3
13．“五水共治”大大美化了河道环境某学校实验室排出的废水中含有Ag+、Ba2+”和NO3-三种离子。该校实验小组设计实验从该废水中回收银，并得到副产品碳酸钡固体，操作步骤和实验结果如下：
已知滤液B中只含有一种溶质，则下列说法不正确的是（ ）
A．蓝色沉淀是Cu(OH)2
B．乙一定是氢氧化钡
C．若丙是K2CO3，滤液C结晶后可以作为化学肥料
D．若得到19.7g碳酸钡，则证明原废水中含有13.7g钡
14．蚀刻印刷电路后的溶液为FeCl3、FeCl2 和CuCl2的混合溶液。如图是向200g该溶液中加入铁粉的质量与溶液质量变化的关系。已知0→a段发生的反应为： 2FeCl3+Fe=3FeCl2。
下面说法正确的是（ ）
A．a→b段发生的反应为2Fe+3CuCl2=3Cu+2FeCl3
B．x=11.2
C．原溶液中FeCl3与CuCl2的质量之比为52：81
D．取出c点溶液中的固体，投入足量CuCl2溶液，可得25.6克Cu
15．将足量物质乙加入物质甲中，加入物质乙的质量与纵坐标 y 的关系不能用如图所示曲线表示的是（ ）【版权所有：21教育】
选项 甲 乙 纵坐标 y
A 硝酸铜与硝酸银的混合溶液 锌粉 红色固体质量
B 氯化铁与稀盐酸的混合溶液 氢氧化钠 沉淀质量
C 不饱和氯化钠溶液 硫酸钾 溶质质量分数
D 久置于空气中的氢氧化钠溶液 稀盐酸 气体质量
A．A B．B C．C D．D
二、填空题
16．扑克是生活中用来休闲的娱乐项目之一，聪明的小科发明了一种扑克新玩法-“化学扑克”。“化学扑克”的玩法是：上家出牌，如果下家牌中的物质能与上家的发生反应，即可出牌，按此规则，出完牌的为赢家。下图表示的是某局牌的最后一轮。桌面上是一张图甲的“盐酸”牌，ABCD四位玩家手中都剩下一张牌（如图）。
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（1）如果本局每一位玩家的牌都能出掉，则四位玩家的出牌顺序为：（填标号）甲→ ；
（2）如果本局只有一位玩家的牌出不掉，他们的出牌顺序为：（填标号）甲→ 。
17．A、B、C、D 表示四种物质，其微观示意图如下所示：
（1）从宏观角度看，图中表示化合物的是 ；
（2）在密闭体系中 A 图内的物质点燃会发生反应，变成 C 图内的物质。若反应前后原子的总数不变，A 图中需要补入的模型是 ；
①②③④
（3）一定条件下，D 图内的物质会发生反应，变成 B 图的物质，该反应的类型是 反应；从微观角度盾，一个 ”分子由 构成。
18．已知奥运五环中A、B、C、D、E为稀硫酸、氢氧化钠溶液，二氧化碳、氧化铁、水中的一种，且相连环内的两种物质能发生化学反应，E是常见的溶剂。请回答：
（1）B物质是 。
（2）A与B的反应的实验现象是 。
（3）写出B与C反应的化学方程式 。
19．“飞花令”是中国诗词的一种接龙游戏。科学兴趣小组模仿“飞花令”游戏规则，进行物质间转化的接龙比赛，其比赛规则是：从同一物质开始进行转化，接龙物质不能重复且必须含有指定元素，以转化路径长且正确者为比赛胜者。某两场比赛的过程记录如下(“→”表示某一种物质经一步反应可转化为另一种物质)。
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（1）指定元素：氢元素 起始物质：HCl 比赛胜者：乙同学
甲同学：HCl→H2O
乙同学：HCl→H2O→
乙同学在方框中应填物质的化学式是 。(写一种即可)；
（2）指定元素：钡元素 起始物质：BaO 比赛胜者：丁同学
丙同学：BaO→Ba(OH)2→BaSO4
下列能使丁同学获胜的方案有 (填字母)。
A．BaO→BaSO4→Ba(OH)2→BaCO3
B．BaO-BaCl2→Ba(NO3)2→BaSO4
C．BaO→Ba(OH)2→BaCO3→BaCl2→Ba(NO3)2→BaSO4
D．BaO→BaCl2→BaCO3→Ba(NO3)2→Ba(OH)2→BaSO4
20．根据图示变化，回答问题：
（1）写出氧化铜和稀硫酸反应的化学方程式 ；
（2）下列有关分析合理的是 。（选填字母）
A．烧杯②中溶液一定含有硫酸
B．烧杯③中溶液一定没有硫酸
C．烧杯③中溶液一定为硫酸亚铁溶液
D．烧杯③中的固体一定含铜
21．“登高取物”游戏规则：梯子上下相邻的物质之间能发生反应的，游戏者可以上升一格，最终登顶者可以获得“足球”奖励。甲同学根据规则能顺利获奖，乙同学根据规则从CaCO3、CuSO4、KNO3、BaCl2中选择合适物质填入①、②两处，也顺利获奖。
（1）②是 。
（2）写出图中有CuO参加的一个化学反应方程式 。
22．测定 BaCl2·XH2O 中结晶水数目的过程如图所示：
（1）样品用蒸馏水来溶解，写出此过程中电离方程式 。
（2）在操作过滤、洗涤环节中，需要先后用稀硫酸和蒸馏水洗涤沉淀；检验沉淀中氯离子是否洗净的方法是 。
（3）小金同学称量 a 克样品，经过一系列的操作后称得最后 b 克沉淀，计算 BaCl2·XH2O
中的 X= 。（用 ab 表示）
三、实验探究题
23．小科家有一小袋开启了的小苏打，久置在灶台上方，可能因受热而变质。小科为此开展了探究，请分析其过程完成填空。
【查阅资料】
①2NaHCO3 Na2CO3 + CO2↑+ H2O
②NaHCO3 + NaOH = Na2CO3 + H2O
③2NaHCO3 + Ca（OH）2 = CaCO3↓ + Na2CO3 + 2H2O
④Ca（HCO3）2 + Na2CO3 = CaCO3↓ + 2NaHCO3
⑤Na2CO3受热不分解，NaHCO3、Ca（HCO3）2都能溶与水。
【假设猜想】
假设一：小苏打没有变质，化学成分为 NaHCO3；假设二：小苏打完全变质，化学成分为Na2CO3；
假设三：小苏打部分变质，化学成分为 。
实验操作 实验现象 实验结论
操作一：取小苏打样品少量溶于足量水后，加入过量的 （填药品编号，下同），观察，如有沉淀，则继续进行下一步操作。 操作二：待操作一中反应充分后过滤，并在滤液中加入过量的 ，观察。 操作一中无沉淀出现 假设一成立
操作一中有沉淀出现，操作二中无气泡 假设二成立
操作一中有沉淀出现，操作二中出现气泡
假设三成立
【实验方案】可选药品：①Ca（OH）2溶液 ②CaCl2溶液 ③NaOH溶液 ④HCl溶液
【问题讨论】有同学认为，取一定量样品直接加热，再将产生的气体通入澄清石灰水，根据实验现象，对上述三种假设的每一种是否成立都能进行判断。请评价这种方案是否合理，并说明理由。
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24．某混合气体可能有CO2、CO、H2中的一种或几种，某学习小组的同学为了探究气体的组成，设计了如下装置进行实验（夹持装置已省略）。实验中出现的现象及在反应前后测量C、D装置的质量（各步反应均完全）记录如下表：
试分析回答下列问题:
（1）请写出A装置中反应的化学方程式 。
（2）能证明原混合气体中有氢气存在的实验现象应该是___________________________________
。
（3）若混合气体中含有CO，则a、b、c、d之间满足的关系式为 。
25．同学们为了测定该纯碱样品中碳酸钠的质量分数（已知样品中只含氯化钠一种杂质），设计了如图实验：
（1）判断滤渣是否洗涤干净，可以采取向最后一次洗涤液中滴加 ，然后观察现象判断。
A．氯化钡溶液 B．硝酸银溶液 C．碳酸钠溶液 D．稀盐酸
（2）根据实验数据，计算样品中碳酸钠的质量分数为 。
（3）若过滤所得滤液Y的质量是136g（忽略过滤过程中滤渣表面的氯化钠残留），则该滤液中氯化钠的质量分数为 。
26．为了测量某碳酸钠溶液的溶质质量分数，小明和小红取该碳酸钠溶液10克利用如图所示装置分别进行实验。
（1）小明在碳酸钠溶液中先滴加无色酚酞作为指示剂，然后再逐滴滴加稀盐酸。
①当观察到 说明稀盐酸和碳酸钠刚好完全反应。
②当恰好完全反应时，消耗溶质质量分数为7.3％的稀盐酸10克，计算该碳酸钠溶液的溶质质量分数 。
（2）小红直接往试管中滴加一定量的稀盐酸，反应结束后，锥形瓶中溶液增加a克。小红将a克当作生成二氧化碳质量并计算碳酸钠溶液中溶质的质量分数，发现计算结果比小明要偏小，请分析其可能的原因 。 (写出两点)
四、解答题
27．在一烧杯中盛有l00gBaCl2和HCl的混合溶液，向其中逐渐滴加溶质质量分数为10%的Na2CO3溶液，混合溶液的质量与所滴入Na2CO3溶液的质量关系曲线如图所示，请根据题意问答问题：
（1）实验过程中，有气体放出，还可以看到的明显的实验现象是 。
（2）在实验过程中放出气体的总质量为多少克？
（3）生成沉淀多少克？
（4）反应恰好结束时，求溶液中溶质的质量分数是多少？
28．为探究铜及其化合物的性质， 进行如下实验：称取已部分被H，还原的氧化铜粉末(含Cu和CuO)7.2g置于烧杯中，向其中加入50g稀硫酸，充分反应后，再向烧杯中加入溶质质量分数为20%的NaOH溶液，烧杯内固体物质的质量与加入NaOH溶液的质量关系如图所示。请分析计算：
（1）加完50克稀硫酸后溶液中的溶质为 (写出化学式)；
（2）Cu和CuO的混合物中，Cu元素和O元素的质量比为 ；
（3）a的值；
（4）实验所用稀硫酸中溶质的质量分数。
29．实验室有一瓶敞口放置一段时间的氢氧化钠固体，为测定这瓶样品中氢氧化钠的质量分数，做如下实验：现取Wg样品放入盛有足量水的烧杯中（充分溶解），向烧杯中逐滴加入200g一定溶质质量分数的稀盐酸。实验数据如图所示：
试分析计算回答：
恰好完全反应时，产生气体的质量是 g，与P点对应的溶液溶质是_____________
。
（2）Wg样品中氢氧化钠的质量分数是多少 （精确到0.1%）
（3）在往烧杯内逐滴加入稀盐酸的过程中，烧杯中溶液各个量随盐酸质量的变化图像如图所示，则正确的有 （可多选）。
A． B．
C． D．
30．小金同学为了寻找含碳酸钙质量分数超 85%的石灰石，现实验室有一瓶碳酸钙和氯化钙粉末组成的均匀混合物，为了测定该碳酸钙混合物是否符合标准，小金同学用相同溶质质量分数的稀盐酸和该混合物反应（操作如图所示）（所得溶液均为不饱和溶液），
四组实验教据记录如下表。请分析计算：
实验组别 一 二 三 四
稀盐酸质量/g 100.0 100.0 100.0 100.0
混合物质量/g 3.0 6.0 9.0 12.0
所得溶液质量/g 101.9 103.8 105.0 a
剩余固体质量/g 0 0 m n
分析表中数据，判断实验三中的样品是否已完全反应并写出理由：
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（2）表中 a 的值为 ；求表中 m= 。
（3）通过计算推断该石灰石样品的纯度是否符合要求。
答案解析部分
1．D
【解析】（1）置换反应是指一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物；（2）分解反应是指由一种反应物分解产生多种生成物；（3）化合反应是指多种反应物化合生成一种物质；（4）复分解反应是指两种化合物反应各自交换成分生成另两种化合物的反应，各元素的化合价不变。
由题中的反应化学方程式4HF＋SiO2＝SiF4↑＋2H2O，可知，反应物为两种化合物，生成了另两种化合物，且各元素的化合价不变，所以属复分解反应，D选项正确。
故选D
2．D
【解析】根据氮的固体及硝酸的生产过程分析。
氮的固定是指空气中游离态的氮转化为化合态的氮的过程，D说法不正确；
故选D。
3．D
【解析】在金属活动性顺序中排在镁往后的金属的金属氧化物都不与水反应。
由于钾、钙、钠是很活泼的金属，它们的氧化物都能与水反应生成相应的碱，铜不活泼，它的氧化物不溶于水，与水不反应。2-1-c-n-j-y
故答案为：D
4．D
【解析】根据已有的氢气的还原性解答即可，氢气具有还原性，能与氧化铜反应生成铜和水，据此解答。
氢气具有还原性，能与氧化铜反应生成铜和水，诗中的“包公”是指黑色CuO粉末，“云长”指的是红色的铜，则轻风是指氢气。
故答案为：D
5．D
【解析】根据工业上炼铁的原理可知，工业上炼铁并不是直接通入一氧化碳，而是利用焦炭和空气中的氧气反应生成一氧化碳．炼铁其实就是利用一氧化碳的还原性 将铁矿石中的铁还原出来．因此炼铁的原料中一定要有铁矿石．同时由于铁矿石中含有一定量的杂质，需要用到石灰石将其除去．www-2-1-cnjy-com
工业炼铁的原理是利用焦炭和空气中的氧气反应生成一氧化碳，利用一氧化碳的还原性将铁矿石中的铁还原出来，同时由于铁矿石中含有一定量的杂质，需要用到石灰石将其除去．故选D
6．B
【解析】根据所给各物质的性质分析，由各物质性质判断转化能否发生。
A、氧化铁与碳、氢气等反应可生成铁，不符合题意；
B、氧化铜不能与水化合生成氢氧化铜，符合题意；
C、氧化钙与水化合可生成氢氧化钙，不符合题意；
D、氧化镁与盐酸反应可生成氯化镁和水，不符合题意；
故选B。
7．D
【解析】煤、石油等化石能源在燃烧的过程中，会产生大量的二氧化硫和二氧化氮，二氧化硫和水反应会生成亚硫酸，而二氧化氮和水反应会生成硝酸，这些都是导致形成酸雨的重要因素。
形成酸雨的主要物质是二氧化硫和二氧化氮，故D正确，而A、B、C错误。
故选D。
8．A
【解析】根据所给物质的性质确定各反应能否发生分析。
A、硫酸与氯化钡反应可生成硫酸钡沉淀和盐酸，符合题意；
B、一氧化碳不能与氢氧化钠反应，不符合题意；
C、氢氧化铜与氯化钠不能发生反应，不符合题意；
D、硝酸钠与碳酸钡不能发生反应，不符合题意；
故选A。
9．B
【解析】由硫燃烧生成二氧化硫，铁离子和亚铁离子的鉴别方法，硫化氢与氢氧化钠发生的复分解反应及金属与酸反应产生氢气分析。
A、硫燃烧生成的二氧化硫有刺激性气味，A为二氧化硫，不符合题意；
B、 黑色固体B为铁与硫粉加热生成，加入足量稀硫酸得溶液C和气体D，溶液C加入硫氰化钾不显红色，则说明C中不含铁离子，由气体D通入足量氢氧化钠溶液后得到气体G，说明黑色固体为FeS、Fe ，符合题意；
C、 溶液F为硫化氢与氢氧化钠反应后形成，溶质为Na2S、NaOH ，不符合题意；
D、 气体G为铁与硫酸反应生成的H2 ，不符合题意；
故选B。
10．D
【解析】分析各个选项中反应的原理、材料的成本，哪个原理正确，成本低廉就是正确选项。
A.碳在空气中燃烧生成一氧化碳的条件难以控制，且用到的氢氧化钠比较贵，故A不合题意；
B.反应中用到的硝酸银和氢氧化钠成本较高，故B不合题意；
C.铁点燃后，与氧气反应生成四氧化三铁，而不是三氧化二铁，故C不合题意；
D.氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与碳酸钠反应生成氢氧化钠，反应原理正确，操作简单易行，且成本低廉，故D符合题意。
故选D。
11．C
【解析】根据涉及到的物质间的反应与转化分析。
A.铜不能稀硫酸反应，不符合题意；
B.碳酸钠与硫酸反应生成硫酸钠，硫酸钠不能与铁发生反应，不符合题意；
C.氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜，硫酸铜与铁反应生成硫酸亚铁和铜，铜与氧气加热生成氧化铜，符合题意；
D.氢氧化钡与硫酸反应生成硫酸钡和水，二者都不能与铁发生反应，不符合题意；
故答案为：C。
12．A
【解析】根据硫酸钡和氯化银为不溶于酸的白色沉淀及铜离子溶液呈蓝色分析。
A、 MgCl2和 NaOH反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁与H2SO4 可以反应生成硫酸镁和水，可能得到无色澄清溶液，符合题意；
B、 Ba(NO3)2和Na2SO4 溶液反应生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，不符合题意；
C、 KOH和CuSO4 能反应产生氢氧化铜沉淀，氢氧化铜可溶于盐酸生成氯化铜和水，但氯化铜为蓝色溶液，不符合题意；
D、 AgNO3和 NaCl反应生成不溶于酸的氯化银沉淀 ，不符合题意；
故选A。
13．D
【解析】根据蓝色沉淀氢氧化铜推导出甲为铜，由最终得到碳酸钡副产品结合除杂原则，推导出乙为氢氧化钡，再结合硝酸钾是复合肥等知识进行判断。
A、蓝色沉淀为氢氧化铜，不符合题意；
B、滤液A中含有铜离子，为除去铜离子且不引入新杂质，乙为氢氧化钡，不符合题意；
C、 若丙是K2CO3，滤液C结晶后物质为硝酸钾，是一种常用复合肥，可以作为化学肥料 ，不符合题意；
D、 若得到19.7g碳酸钡，根据反应前后钡元素质量不变可知，原废水中含有13.7g钡元素， 符合题意；
故选D。
14．D
【解析】
A、a→b段发生的反应是——Fe和CuCl2反应生成的是FeCl2和Cu，所以A错误；
B、设a→b段用去Fe的质量是y，原溶液中CuCl2的质量为z，则
Fe+ CuCl2= FeCl2+ Cu 溶液质量
56 135 64 -8
p q r -2.4g
，得，p=16.8g，q=40.5g，r=19.2g。
所以x=5.6g+16.8g=22.4g，所以B错误；
C、设原溶液中FeCl3的质量为s，则
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2FeCl3+ Fe= 2FeCl2
325 56
p 5.6g
，得p=32.5g。所以原溶液中FeCl3与CuCl2的质量之比为32.5g：40.5g=65：81，所以C错误；
D、c点溶液中的固体是Fe：28.0g-22.4g=5.6g，Cu：19.2g。将C点的固体投入足量的CuCl2溶液中，设生成Cu的质量为w，则
Fe+ CuCl2= FeCl2+ Cu
56 64
5.6g w
，得w=6.4g，所以共得到Cu的质量为6.4g+19.2g=25.6g，所以D正确。
故答案为D。
当一种物质投入到混合溶液且先后与溶液中的不同物质反应，可用列表法表述反应进程，如下表所示。
Fe的质量 溶液中的溶质 固体的种类 对应图像
很少（反应一未完成） FeCl3、FeCl2、CuCl2 / 0-a
较少（反应一恰好完成） FeCl2、CuCl2 / a
一般（反应二未完成） FeCl2、CuCl2 Cu a-b
较多（反应二恰好完成） FeCl2 Cu b
很多（Fe过量） FeCl2 Cu、Fe b-c
15．C
【解析】图中曲线表示开始时加入物质对纵坐标表示的量无影响，加入物质到一定 量时纵坐标表示的量开始变化，继续增加纵坐标表示的量达到了最大保持不变。
【出处：21教育名师】
A、硝酸铜与硝酸银的混合溶液中加入锌粉，先锌粉置换出硝酸银中的银，硝酸银反应完后再置换出硝酸铜中的铜，所以加入物质到一定量时才出现红色固体物质，当硝酸铜反应完红色固体物质质量达到最大，继续加入将保持不变，可用如图曲线表示，A错误；
B、氯化铁与稀盐酸的混合溶液中加入氢氧化钠，开始时氢氧化钠先与稀盐酸反应，无沉淀产生，等稀盐酸反应完再与氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀，当氯化铁反应完后继续加入氢氧化钠，沉淀质量不变，可用图示曲线表示，B错误；
C、不饱和氯化钠溶液中加入硫酸钾，氯化钠的溶质质量分数是减小的，不能用图示曲线表示，C正确；
D、久置于空气中的氢氧化钠溶液，因与空气中的二氧化碳反应已部分变质，生成了碳酸钠，加入稀盐酸，开始时稀盐酸与氢氧化钠反应无气体放出，当氢氧化钠反应完后，稀盐酸与碳酸钠反应有气体生成，继续加入碳酸钠反应完气体质量不再增加，可用图示曲线表示，D错误。
故选C
16．（1）CDBA
（2）BDC
【解析】根据所给各物质间的性质分析，由各物质间的反应情况排序。
（1）盐酸能与氢氧化钙和铁反应，若甲先与氢氧化钙反应，则最终物质都不能全部出去，所以甲的后一种物质为铁，然后是硫酸铜，然后是氢氧化钙，最后是二氧化碳；
（2） 本局只有一位玩家的牌出不掉， 则甲后为氢氧化钙，然后是硫酸铜，然后是铁，最后剩余二氧化碳；
故答案为：（1）CDBA；（2）BDC。
17．（1）B
（2）③
（3）化合；一个氧原子和两个氢原子
【解析】物质分为混合物和纯净物，混合物是由两种或两种以上的物质组成，由图可知ACD是混合物，B是纯净物。
（1）由两种或两种以上的元素组成的纯净物叫化合物，故B是化合物；
（2）A密封体系中是O2和H2分子，两者反应氧分子与氢分子个数比为：1:2，后生成H2O分子，故还加入一个H2分子，才满足题意；
（3）D密封系统中的氮气与氢气反应生成B密封系统中的氨分子NH3，故是化合反应。 从微观角度盾，一个 ”分子由一个氧原子和两个氢原子 。
故答案为：（1）B；（2）③；（3）化合、 一个氧原子和两个氢原子 。
18．（1）稀硫酸
（2）固体逐渐溶解，溶液逐渐变成黄色
（3）H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O
【解析】物质的推断主要是根据已知的实验步骤和实验现象，找出突破口，然后运用物质的特性进行分析推理，判断未知物质或被检验的样品中所的物质。掌握常见物质的性质及物质间相互转化是解题关键。
稀硫酸、氢氧化钠溶液，二氧化碳、氧化铁、水 E是常见的一种溶剂，则E为水，水能与二氧化碳反应生成碳酸，则D为二氧化碳，二氧化碳还能与氢氧化钠溶液反应，则C为氢氧化钠溶液，氢氧化钠溶液还能与稀硫酸反应，则B为稀硫酸，A为氧化铁。
（1） B物质是稀硫酸；
（2） A与B的反应是氧化铁与硫酸的反应，实验现象是固体逐渐溶解，溶液逐渐变成黄色；
（3） B与C为硫酸与氢氧化钠的反应，化学方程式为H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O。
19．（1）H2(或NaOH或H2CO3合理即可)
（2）B；C
【解析】（1）从了解的物质中，寻找含有氢元素，且能够由水转化而成的物质即可；
（2）对各个转化过程进行分析，确定相邻的两种物质之间是否存在向右的转化关系即可。
（1）①水分解可以生成氢气，因此乙同学方框内可以是H2；
②水和钠反应生成氢氧化钠和水，因此方框内可以是NaOH；
③水和二氧化碳反应生成碳酸，银方框内可以是 H2CO3 。
（2）A. BaSO4 为不溶于水和酸的白色沉淀，因此无法直接转化为 Ba(OH)2 ，故A错误；
B.氧化钡和稀盐酸反应生成氯化钡，氯化钡和硝酸银反应生成硝酸钡，硝酸钡和稀硫酸反应生成硫酸钡，故B正确；
C.氧化钡和水反应生成氢氧化钡，氢氧化钡和二氧化碳反应生成碳酸钡，碳酸钡和稀盐酸反应生成氯化钡，氯化钡和硝酸银反应生成硝酸钡，硝酸钡和稀硫酸反应生成硫酸钡，故C正确；
D.硝酸钡无法直接转化为氢氧化钡，故D错误。
故选BC。
20．（1）CuO+H2SO4=CuSO4+H2O
（2）D
【解析】该实验主要考查金属氧化物与酸的反应及金属与盐的反应过程分析；
（1）金属氧化物与酸反应生成盐和水；故答案为：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O；
（2）在氧化铜中加入硫酸的反应是：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O；继续加入铁粉有两种可能：Fe+H2SO4=FeSO4+H2（H2SO4过量）；Fe+CuSO4=FeSO4+Cu（H2SO4不足）；
A、氧化铜无剩余，有可能是恰好完全反应；故A错误；
B、加入Fe粉后，Fe粉先与酸反应再与CuSO4反应，而烧杯中有固体析出，所以硫酸被消耗完全；故B错误；
C、Fe粉有可能不足，硫酸铜没有反应完全，故C错误；
D、烧杯③中有固体析出，说明一定发生了Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，所以固体中一定有Cu；故D正确；故答案为：D；
故答案为：（1）CuO+H2SO4=CuSO4+H2O；（2）BD。
21．（1）BaCl2
（2）CuO+2HCl=CuCl2+H2O等
【解析】解答本题关键是要知道金属铁的化学性质，熟悉方程式的书写注意事项。盐的化学性质,酸的化学性质,碳的化学性质,书写化学方程式。
（1）最上边是铁，在所给的物质中与铁反应的是硫酸铜，再根据②既能与硫酸铜反应，又能与硝酸银反应考虑；
（2）根据氧化铜与盐酸反应生成氯化铜和水，或碳和氧化铜反应生成铜和二氧化碳．
（1）最上边是铁，在所给的物质中与铁反应的是硫酸铜，②既能与硫酸铜反应，又能与硝酸银，在所给的四种物质中只有氯化钡符合该条件；
（2）氧化铜与盐酸反应生成氯化铜和水，用观察法配平，所以方程式是：CuO+2HCl═CuCl2+H2O；碳和氧化铜反应生成铜和二氧化碳，用观察法配平，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C+2CuO 2Cu+CO2↑。
故答案为：（1）BaCl2；（2）CuO+2HCl═CuCl2+H2O 或C+2CuO 2Cu+CO2↑。
22．（1）BaCl2=Ba2++2Cl-
（2）取水洗液于试管中，加入稀硝酸酸化，滴加 AgNO3 溶液，若无白色浑浊出现，则表明Cl-已经冼净
（3）(233a-208b)/18b
【解析】 （1）离子化合物整体不显电性，所以写电离方程式时阴阳离子所带电荷数要相等；（2）稀硫酸能与溶液中的钡离子反应产生硫酸钡沉淀。检验氯离子可滴入硝酸银产生沉淀，再滴入稀硝酸如果沉淀不消失即有氯离子；（3）b克沉淀是硫酸钡沉淀，可根据反应的方程式由硫酸钡沉淀的质量计算出BaCl2的质量，用BaCl2的含量可以计算出X的值。
（1）样品的电离方程式为：BaCl2=Ba2++2Cl-；
（2）在操作过滤、洗涤环节中，需要先后用稀硫酸和蒸馏水洗涤沉淀；检验沉淀中氯离子是否洗净的方法是：取水洗液于试管中，加入稀硝酸酸化，滴加 AgNO3 溶液，若无白色浑浊出现，则表明Cl-已经冼净；
（3）设Y克BaCl2与稀硫酸反应生成b克沉淀
BaCl2+H2SO4=BaSO4↓+2HCl
208 233
Y b
208:Y=233:b 得Y=208b/233
根据求得的质量与根据化学式求出的BaCl2的质量分数相等可得
(208b/233)/a=208/(208+18X)解得X=(233a-208b)/18b
故答案为：（1）BaCl2=Ba2++2Cl-；（2）取水洗液于试管中，加入稀硝酸酸化，滴加 AgNO3 溶液，若无白色浑浊出现，则表明Cl-已经冼净；（3）(233a-208b)/18b
23．Na2CO3和NaHCO3；②；④；不合理，因为无法判断小苏打未变质还是部分变质
【解析】（1）从查阅到的资料中可知，小苏打的变质主要是由受势分解引起的，小苏打受势分解的产物是Na2CO3，据此可以回答假设三；
（2）NaHCO3与CaCl2不能反应，Na2CO3与CaCl2反应生成NaCl和CaCO3沉淀。CaCO3沉淀能与稀盐酸反应产生气泡；
（3）只要物质中存在NaHCO3加热时就会产生CO2气体，就能使澄清石灰水变浑浊。
根据小苏打的变质原因，小苏打部分变质，化学成分为Na2CO3和NaHCO3；
从所列药品可知，加入①不管是否变质都会有沉淀，加入②只有样品中含有Na2CO3时才会有沉淀，加入③不会有沉淀出现，加入④不会有沉淀。根据实验操作和现象可知，加入过量的CaCl2溶液，选②。如果出现沉淀，沉淀为CaCO3，操作二中应加入HCl溶液，选④，如果是全部变质，滤液中已无NaHCO3加入HCl不会有气泡出现，如果是部分变质，加入HCl会有气泡出现。
只要物质中存在NaHCO3加热时就会产生CO2气体，就能使澄清石灰水变浑浊。但根据这一现象无法判断是未变质还是部分变质，所以是不合理的。
故答案为：Na2CO3和NaHCO3；②；④不合理，因为无法判断小苏打未变质还是部分变质
24．（1）CO2+Ba(OH)2=BaCO3↓+H2O
（2）C中黑色固体变红色，D中白色固体变蓝色
（3）（a-c）> 8(d-b)/9
【解析】（1）根据装置A的现象溶液变浑浊可知混合气体中含有CO2；
（2）H2是一种还原性气体，能与灼热的CuO反应生成Cu和水。CO也是一种还原性气体，也能与能与灼热的CuO反应但生成的是Cu和CO2气体，所以主要是通过对反应产物的鉴定来确定含有的还原性气体。无水硫酸铜吸收水蒸气后能显蓝色，根据这一现象可鉴定是否还有水蒸气；
（3）C装置中CuO被还原后，O元素与CO或H2结合生成了CO2和H2O，所以C装置质量的变化是氧元素减少的质量。D装置质量的变化，是因无水硫酸铜吸收了H2还原CuO时生成的H2O。很显然H2O中的氧元素质量要小于CuO中减少的氧元素，因为还有一部分氧元素与CO结合生成了CO2。
（1）装置A中CO2与Ba(OH)2发生了反应，化学方程式为：CO2+ Ba(OH)2=BaCO3↓+H2O；
（2）由上面分析可知，能证明原混合气体中有氢气存在的实验现象应该是：C中黑色固体变红色，D中白色固体变蓝色；
（3）由上面分析可知，C中减少的氧元素质量在大于D水中含有氧元素的质量，所以c-a>8(d-b)/9
故答案为：（1）CO2+Ba(OH)2=BaCO3↓+H2O；（2）C中黑色固体变红色，D中白色固体变蓝色；（3）（a-c）> 8(d-b)/9
25．（1）B；C
（2）84.8%
（3）10%
【解析】（1）碳酸钠能和氯化钙反应生成氯化钠和碳酸钙沉淀。加水溶解加入过量氯化钙溶液后，得到的混合物X有氯化钠、碳酸钙、氯化钙。氯化钙和氯化钠可溶于水，碳酸钙是白色沉淀。经过滤后滤渣上会留有少量的滤液，洗涤后洗涤液中会含有氯化钙和氯化钠成分。
（2）实验中得到的白色固体是碳酸钙，根据碳酸钙的质量可以计算出碳酸钠的质量。
（3）溶液中的氯化钠来自两处：一、纯碱样品中的杂质；二、碳酸钠与氯化钙反应产生的氯化钠。由此得到氯化钠的总质量可求出滤液中氯化钠的质量分数。21cnjy.com
（1）洗涤干净后的洗涤液中是不含有氯化钠和氯化钙的，如果是未洗涤干净的洗涤液中会含有氯化钠和氯化钙，氯离子与银离子反应能产生白色沉淀，所以通过滴加硝酸银溶液可以进行判断，B选项正确，也可以加碳酸钠溶液，可以与氯化钙溶液反应生成白色沉淀。
（2）由实验图可知，碳酸钠与氯化钙反应生成了10克碳酸钙，设原有碳酸钠x克，反应中生成了氯化钠y克
Na2CO3+CaCl2=2NaCl+CaCO3↓
106 117 100
x克 y克 10克
解得x=10.6克 y=11.7克
Na2CO3%=（10.6克/12.5克）×100%=84.8%
（3）原有的氯化钠杂质有12.5克-10.6克=1.9克；
氯化钠的总质量有11.7克+1.9克=13.6克
NaCl%=(13.6克/136克) ×100%=10%
故答案为：（1）BC；（2）84.8%；（3）10%
26．（1）溶液刚好变无色；10.6%
（2）一、可能小红滴加的稀盐酸较少，碳酸钠未全部反应，生成的二氧化碳较少；二、可能是产生的二氧化碳气体未全部被氢氧化钠吸收；三、因为酚酞在酸性条件下也是无色的，所以可能是小明所加的盐酸过量了，计算得到的碳酸钠偏大。
【解析】（1）滴有无色酚酞的碳酸钠溶液显红色，滴加稀盐酸时，稀盐酸与碳酸钠反应溶液逐渐接近中性，当稀盐酸和碳酸钠恰好完全反应时溶液成中性，红色消失。利用消耗的稀盐酸的量计算出碳酸钠的质量，再用碳酸钠的质量除以碳酸钠溶液总质量即得碳酸钠溶液的溶质质量分数；（2）原因可考虑小红收集的二氧化碳质量存在偏小的情况，也可以考虑利用酚酞指示剂时，小明滴加的稀盐酸存在偏大的情况。
（1）①酚酞在碱性环境中显红色，在酸性和中性环境中无色。碳酸钠溶液显碱性，滴加酚酞后显碱性，当滴入稀盐酸后两者发生反应，碱性逐渐减小，当观察到溶液变无色时，说明盐酸和碳酸钠刚好完全反应。
②设与稀盐酸反应的碳酸钠有X克
Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑
106 73
X 7.3%×10克
解得X=1.06克
碳酸钠的质量分数为：（1.06克/10克）×100%=10.6%
（2）小红直接往试管中滴加一定量的稀盐酸，反应结束后，锥形瓶中溶液增加a克。小红将a克当作生成二氧化碳质量并计算碳酸钠溶液中溶质的质量分数，发现计算结果比小明要偏小，请分析其可能的原因：一、可能小红滴加的稀盐酸较少，碳酸钠未全部反应，生成的二氧化碳较少；二、可能是产生的二氧化碳气体未全部被氢氧化钠吸收；三、因为酚酞在酸性条件下也是无色的，所以可能是小明所加的盐酸过量了，计算得到的碳酸钠偏大。
故答案为：（1）溶液刚好变无色；10.6%；（2）一、可能小红滴加的稀盐酸较少，碳酸钠未全部反应，生成的二氧化碳较少；二、可能是产生的二氧化碳气体未全部被氢氧化钠吸收；三、因为酚酞在酸性条件下也是无色的，所以可能是小明所加的盐酸过量了，计算得到的碳酸钠偏大。
27．（1）有白色沉淀生成
（2）4.4克
（3）19.7克
（4）8.1%
【解析】（1）向烧杯中逐渐滴入Na2CO3，先后发生的反应有HCl与Na2CO3反应和BaCl2与Na2CO3反应据此可知实验的现象；
（2）（2）A点时溶液中的HCl反应完，根据此时滴入Na2CO3可计算出生成CO2的质量；
（3）AB段表示BaCl2与Na2CO3发生反应生成沉淀，根据AB段消耗的Na2CO3的质量可以计算出沉淀的质量；
（4）B点时反应恰好结束，此时溶液中的质量为NaCl，主要由HCl与Na2CO3反应和BaCl2与Na2CO3反应生成，算出NaCl的质量，用总质量减去生成CO2的质量和BaCO3的质量即为此时溶液的质量，可以求出此时溶液中溶质的质量分数。
（1）向烧杯中逐渐滴入Na2CO3，先后发生的反应有HCl与Na2CO3反应和BaCl2与Na2CO3反应，所以除了有气体放出的现象，还可以看到现象是有白色沉淀生成；
（2）设反应中产生了xg气体，设生成NaCl的质量为Z1
2HCl+Na2CO3=2NaCl+H2O+CO2↑
106 117 44
106×10% Z1 x
106/(106×10%)=44/x 解得x=4.4g
同理解得Z1=11.7g
（3）设生成沉淀yg，生成NaClZ2
BaCl2+ Na2CO3 = BaCO3↓+2NaCl
106 197 117
(212g-106g)×10% y Z2
106/[(212g-106g)×10%]=197/y解得y=19.7g
同理得Z2=11.7g
（4）反应恰好结束时，NaCl的质量为11.7g+11.7g=23.4g
溶液总质量为100g+212g-4.4g-19.7g=287.9g
NaCl%=23.4g/287.9g=8.1%
故答案为：（1）有白色沉淀生成；（2）4.4g；（3）19.7g；（4）8.1%
28．（1）H2SO4、CuSO4
（2）8：1
（3）设生成的Cu(OH)2的质量为m
2NaOH+CuSO4= Cu(OH)2↓+Na2SO4
80 98
20%x20g m
列式解得：m=4.9g
a=4.9g+3.2g=8.1g
（4）混合物中铜的质量为3.2g，氧化铜的质量为7.2g-3.2g=4g
H2SO4+ CuO=CuSO4+H2O
98 80
x 4g
98：80=x：4g
得x=4.9g
H2SO4+ 2NaOH=Na2SO4+2H2O
98 80
y 20%x10g
98：80=y：(20%x10g)
得y=2.45g
H2SO4%=(4.9g+2.45g)/50g=14.7%
【解析】1、铜不能与稀盐酸反应。氧化铜能与稀硫酸反应，生成硫酸铜和水。根据图线加入NaOH溶液固体质量不变可知，溶液中含有过量的稀硫酸。据此可确定加完50克稀硫酸后溶液中的溶质组成；
2、由图线可知，3.2克固体为单质Cu的质量，可得出7.2克混合物中CuO的质量，再算出CuO中Cu的质量为O元素的质量，将Cu质量加起来和O元素质量相比，即求出混合物中 Cu元素和O元素的质量比 ；
3、CuO与稀硫酸反应生成CuSO4和水，CuSO4和NaOH反应生成Cu(OH)2沉淀和Na2SO4。所以固体物质ag，应该是Cu的质量和Cu(OH)2固体的质量。可根据图线中CuSO4和NaOH反应时NaOH的消耗量计算出生成Cu(OH)2的质量，再加上Cu的质量即为a；
4、要计算出稀硫酸中溶质的质量分数，首先要清楚稀硫酸分两部分：一部分与CuO反应；另一部分是过量的与NaOH反应，从图线中可以得到这部分与NaOH反应消耗NaOH的质量，利用反应的化学方程式可以求出稀硫酸的质量。然后将两部分硫酸加起来除去稀硫酸的总质量即可求出质量分数。
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（1）由图线可知，加入NaOH时，先没有沉淀说明加入的稀硫酸是过量的，溶液中的溶质应为 H2SO4、CuSO4 ；
（2）由加入NaOH的图线可知，3.2克为单质铜的质量。氧化铜的质量为：7.2g-3.2g=4g。
氧化铜中铜的质量为：，氧化铜中氧元素的质量为4g-3.2g=0.8g，
所以混合物中Cu:O=(3.2g+3.2g):0.8g=8:1
故答案为：（1） H2SO4、CuSO4 （2）8：1
29．（1）2.2；NaCl、NaOH、Na2CO3
（2）解：
Na2CO3+ 2HCl=2NaCl+H2O+ CO2↑
106 73 44
a X 2.2g
a=5.3g X=3.65g
HCl%=3.65/50=7.3%
NaOH + HCl= NaCl + H2O
40 36.5
b 10.95g
b=12g
故W=17.3g，NaOH%=69.4%
（3）C；D
【解析】（1）由图可知，敞口放置的氢氧化钠是部分变质，样品主要由氢氧化钠和碳酸钠组成。当向样品中滴入稀盐酸时，稀盐酸先与NaOH反应，不会产生气体，当NaOH反应完后，稀盐酸与碳酸钠反应开始产生CO2气体，当样品中的碳酸钠消耗完后，产生的CO2达到最大，继续滴入稀盐酸不再产生气体。由图中得到恰好完全反应时，产生气体的质量。P点表示滴入的稀盐酸先与氢氧化钠反应，且氢氧化钠有过量，据此可知P点时的溶质；
（2）由碳酸钠与稀盐酸反应的化学方程式：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，根据生成CO2的质量可求出Na2CO3的质量，和HCl的质量，由HCl质量可得到稀盐酸的质量分数。与氢氧化钠反应的稀盐酸的质量有150g，根据反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，由HCl的质量，可以计算出NaOH的质量。根据上面的数据可以计算得到氢氧化钠的质量分数；
（3）根据烧杯中原有的混合物是氢氧化钠和碳酸钠，滴入稀盐酸至过量的过程中，稀盐酸先后与氢氧化钠和碳酸钠发生反应，溶液中的物质将发生变化，据此可以判断选项。
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（1）由CO2质量与滴入稀盐酸质量的关系图可知，恰好完全反应时，产生气体的质量是2.2g，图中P点时表示滴入的稀盐酸先与氢氧化钠反应，且氢氧化钠有过量，此时溶液中的溶质有Na2CO3、NaOH、和反应生成的NaCl；
（3）A、原溶液是Na2CO3和NaOH的混合溶液，成碱性pH大于7，随稀盐酸的滴入溶液中的溶质发生变化，当滴入的稀盐酸与原溶液恰好反应时，溶质只有NaCl溶液成中性，继续滴入HCl溶液成酸性pH小于7，且随滴入的稀盐酸增多pH越小，A错误；
B、在原溶液中滴入HCl，先与NaOH反应，溶液增加的质量即是滴入稀盐酸的质量，NaOH消耗完后，稀盐酸与Na2CO3反应，有CO2气体生成，增加的质量是滴入的稀盐酸减去生成CO2气体的质量，所以增加速度减慢，滴入稀盐酸过量后，溶液增加的质量等于滴入稀盐酸的质量，B选项图线中反映出稀盐酸与Na2CO3反应时增加的最快，与实际不符，B错误；
C、由上面写的化学方程式可知，稀盐酸与NaOH反应时消耗1份HCl生成1份的H2O，与Na2CO3反应时，2份HCl生成1份的H2O。同时稀盐酸滴入时水带入增加的速度一致，所以与NaOH反应增加快，与Na2CO3反应增加慢，不反应时最慢，C正确；
D、由反应的化学方程式知，稀盐酸与NaOH反应时消耗1份HCl生成1份的NaCl，与Na2CO3反应时，1份HCl生成1份的NaCl，所以NaCl增加的速度相同，D正确。
故答案为：（1）2.2；NaCl、NaOH、Na2CO3；（3）CD
30．（1）由实验一和实验二可知，每增加 3 克固体，溶液质量增加 1.9 克，第三次实验增加 3克固体，溶液只增加 1.2 克，故混合物样品没有被反应完全
（2）105.5；1.25
（3）M(CO2)=106g－103.8g=2.2g
设CaCO3的质量为x，
CaCO3～～ CO2
100 44
x 2.2g
x=5g
CaCO3 质量分数= =83.3%<85%
不符合
【解析】 （1）混合样品中的碳酸钙能和盐酸反应，样品中的氯化钙粉末能溶于水。溶液质量的增加包括氯化钙粉末的溶液和碳酸钙与盐酸反应部分进入溶液。判断实验三中的样品是否已完全反应可以找出实验一、二的数据变化规律。（2）由实验三酸不足，可知实验四a溶液的质量是实验三溶液的质量加上3克样品中氯化钙的质量。求m的值可以根据实验一中生成气体的量，先求出3克混合样品中含有的碳酸钙质量和氯化钙质量，再算出实验三中9克样品中，有多少克氯化钙，同时也可以求出有多少克质量的增加是由于碳酸钙与盐酸反应增加的，由这一增加量通过化学方程式参加反应的碳酸钙与生成二氧化碳气体间的关系，可以确定由多少克碳酸钙参加了反应，从而求出剩余的碳酸钙的量即是m。（3）可选择实验一或实验二的数据去求出生成气体的质量，由气体的质量求出样品中碳酸钙的质量，再与样品总质量比较就得到样品纯度。
【来源：21·世纪·教育·网】
（2）由表中数据可知实验三时，混合样品已经过量，分析实验一可知3克混合样品与稀盐酸反应产生的二氧化碳气体为：103g-101.9g=1.1g。
设生成1.1g二氧化碳气体需要碳酸钙Y
2HCl+CaCO3=CaCl2+H2O+CO2↑
100 44
Y 1.1g
解得Y=2.5g
每3g样品中含有CaCO3为2.5g，含有氯化钙为0.5g
所以实验三时，105g溶液中含氯化钙是1.5g，其中3.5g，是由于碳酸钙与盐酸反应增加的质量，设与盐酸反应碳酸钙的质量为Z，由化学方程式可知生成二氧化碳的质量为，所以Z-=3.5g 解得 Z=6.25，剩余碳酸钙的质量为9g-1.5g-6.25g=1.25g，m=1.25g
实验四中由于盐酸的质量与实验三相等，而实验三时盐酸已经反应完，所以实验四中没有继续消耗样品中的碳酸钙，溶液质量的增加是由于样品中的氯化钙溶于水造成的。实验四相对于实验三增加了3g样品，由前面计算可知3g样品中含有0.5g氯化钙，所以相比于实验三的溶液质量实验四增加了0.5的氯化钙质量，故a为105.5。
故答案为：（2）105.5；1.2521·世纪*教育网
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【备考2024】浙江省中考科学一轮复习专项练习19：物质的转化
一、单选题
1．吴子熊玻璃艺术馆位于浙江台州，是我国第一家玻璃雕刻艺术馆，其玻璃(主要成分是SiO2)工艺品栩栩如生，如图是一块雕刻了精美图案的玻璃，小铭对它的制作过程产生了浓厚兴趣，通过查阅资料了解到玻璃雕刻过程中用到的是氢氟酸，发生的反应为4HF＋SiO2＝SiF4↑＋2H2O，该反应的类型是（ ）【来源：21cnj*y.co*m】
A．置换反应 B．分解反应 C．化合反应 D．复分解反应
2．关于氮的变化关系示意图如图所示，则下列说法中不正确的是（ ）
A．路线①②③是工业生产硝酸的主要途径
B．路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮生成硝酸的主要途径
C．上述所有变化都是化学变化
D．上述反应中①②③均属于氮的固定
3．下列哪种金属氧化物溶于水不能得到相应的碱( )
A．Na2O B．CaO C．K2O D．CuO
4．三国时的“红脸”关云长与北宋时的“黑脸”包公本是互不相干的著名历史人物，一首描述某一化学实验过程的诗将两人联系在一起，诗的内容如下：“包公静卧水晶房，轻风迎面喜洋洋，忽然一阵烈火起，烧得包公变云长，云长急令退烈火，只留轻风吹暖房。”诗中的“包公”是指黑色CuO粉末，“云长”指的是红色的铜，则轻风是指（ ）
A．C B．CO2 C．O2 D．H2
5．炼铁的原料是（ ）
①焦炭②生石灰③石灰石④空气⑤铁矿石⑥一氧化碳．
A．②④⑥ B．①②④⑤ C．①③④⑥ D．①③④⑤
6．下列物质之间的转化不能一步实现的是（ ） 。
A．Fe2O3→Fe B．CuO→Cu(OH)2
C．CaO→Ca(OH)2 D．MgO→MgCl2
7．形成酸雨的主要物质是（ ）。
A．甲烷和一氧化碳 B．二氧化硫和一氧化碳
C．一氧化碳和二氧化碳 D．二氧化硫和二氧化氮
8．下列物质的转化能实现的是（ ）
A．H2SO4 HCl B．CO Na2CO3
C．Cu(OH)2 NaOH D．NaNO3 Ba(NO3)2
9．取少量铁粉和硫粉混合均匀后加热。小科对产物进行如下实验（FeS+H2SO4＝H2S↑+FeSO4，H2S气体能被氢氧化钠溶液吸收，Fe3+遇硫氰化钾KSCN溶液显红色，Fe2+遇KSCN溶液不显红色）。若溶液E不显红色，则下列说法错误的是（ ）
A．刺激性气体A为SO2 B．黑色固体B为FeS
C．溶液F中的溶质为Na2S、NaOH D．气体G为H2
10．在实验室里进行物质制备，下列从原料及有关试剂分别制取相应的最终产物的设计中， 理论上正确、操作上可行、经济上合理的是（ ）
A．
B．
C．
D．
11．根据图甲、乙、丙三种物质的转化关系，推测甲为（ ）
A．铜 B．碳酸钠 C．氧化铜 D．氢氧化钡
12．分别把下列各组中的物质加入水中，最终可能得到无色澄清溶液的是（ ）
A．MgCl2 NaOH H2SO4 B．Ba(NO3)2 Na2SO4 HCl
C．KOH CuSO4 HCl D．AgNO3 NaCl HNO3
13．“五水共治”大大美化了河道环境某学校实验室排出的废水中含有Ag+、Ba2+”和NO3-三种离子。该校实验小组设计实验从该废水中回收银，并得到副产品碳酸钡固体，操作步骤和实验结果如下：
已知滤液B中只含有一种溶质，则下列说法不正确的是（ ）
A．蓝色沉淀是Cu(OH)2
B．乙一定是氢氧化钡
C．若丙是K2CO3，滤液C结晶后可以作为化学肥料
D．若得到19.7g碳酸钡，则证明原废水中含有13.7g钡
14．蚀刻印刷电路后的溶液为FeCl3、FeCl2 和CuCl2的混合溶液。如图是向200g该溶液中加入铁粉的质量与溶液质量变化的关系。已知0→a段发生的反应为： 2FeCl3+Fe=3FeCl2。
下面说法正确的是（ ）
A．a→b段发生的反应为2Fe+3CuCl2=3Cu+2FeCl3
B．x=11.2
C．原溶液中FeCl3与CuCl2的质量之比为52：81
D．取出c点溶液中的固体，投入足量CuCl2溶液，可得25.6克Cu
15．将足量物质乙加入物质甲中，加入物质乙的质量与纵坐标 y 的关系不能用如图所示曲线表示的是（ ）【版权所有：21教育】
选项 甲 乙 纵坐标 y
A 硝酸铜与硝酸银的混合溶液 锌粉 红色固体质量
B 氯化铁与稀盐酸的混合溶液 氢氧化钠 沉淀质量
C 不饱和氯化钠溶液 硫酸钾 溶质质量分数
D 久置于空气中的氢氧化钠溶液 稀盐酸 气体质量
A．A B．B C．C D．D
二、填空题
16．扑克是生活中用来休闲的娱乐项目之一，聪明的小科发明了一种扑克新玩法-“化学扑克”。“化学扑克”的玩法是：上家出牌，如果下家牌中的物质能与上家的发生反应，即可出牌，按此规则，出完牌的为赢家。下图表示的是某局牌的最后一轮。桌面上是一张图甲的“盐酸”牌，ABCD四位玩家手中都剩下一张牌（如图）。
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（1）如果本局每一位玩家的牌都能出掉，则四位玩家的出牌顺序为：（填标号）甲→ ；
（2）如果本局只有一位玩家的牌出不掉，他们的出牌顺序为：（填标号）甲→ 。
17．A、B、C、D 表示四种物质，其微观示意图如下所示：
（1）从宏观角度看，图中表示化合物的是 ；
（2）在密闭体系中 A 图内的物质点燃会发生反应，变成 C 图内的物质。若反应前后原子的总数不变，A 图中需要补入的模型是 ；
①②③④
（3）一定条件下，D 图内的物质会发生反应，变成 B 图的物质，该反应的类型是 反应；从微观角度盾，一个 ”分子由 构成。
18．已知奥运五环中A、B、C、D、E为稀硫酸、氢氧化钠溶液，二氧化碳、氧化铁、水中的一种，且相连环内的两种物质能发生化学反应，E是常见的溶剂。请回答：
（1）B物质是 。
（2）A与B的反应的实验现象是 。
（3）写出B与C反应的化学方程式 。
19．“飞花令”是中国诗词的一种接龙游戏。科学兴趣小组模仿“飞花令”游戏规则，进行物质间转化的接龙比赛，其比赛规则是：从同一物质开始进行转化，接龙物质不能重复且必须含有指定元素，以转化路径长且正确者为比赛胜者。某两场比赛的过程记录如下(“→”表示某一种物质经一步反应可转化为另一种物质)。
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（1）指定元素：氢元素 起始物质：HCl 比赛胜者：乙同学
甲同学：HCl→H2O
乙同学：HCl→H2O→
乙同学在方框中应填物质的化学式是 。(写一种即可)；
（2）指定元素：钡元素 起始物质：BaO 比赛胜者：丁同学
丙同学：BaO→Ba(OH)2→BaSO4
下列能使丁同学获胜的方案有 (填字母)。
A．BaO→BaSO4→Ba(OH)2→BaCO3
B．BaO-BaCl2→Ba(NO3)2→BaSO4
C．BaO→Ba(OH)2→BaCO3→BaCl2→Ba(NO3)2→BaSO4
D．BaO→BaCl2→BaCO3→Ba(NO3)2→Ba(OH)2→BaSO4
20．根据图示变化，回答问题：
（1）写出氧化铜和稀硫酸反应的化学方程式 ；
（2）下列有关分析合理的是 。（选填字母）
A．烧杯②中溶液一定含有硫酸
B．烧杯③中溶液一定没有硫酸
C．烧杯③中溶液一定为硫酸亚铁溶液
D．烧杯③中的固体一定含铜
21．“登高取物”游戏规则：梯子上下相邻的物质之间能发生反应的，游戏者可以上升一格，最终登顶者可以获得“足球”奖励。甲同学根据规则能顺利获奖，乙同学根据规则从CaCO3、CuSO4、KNO3、BaCl2中选择合适物质填入①、②两处，也顺利获奖。
（1）②是 。
（2）写出图中有CuO参加的一个化学反应方程式 。
22．测定 BaCl2·XH2O 中结晶水数目的过程如图所示：
（1）样品用蒸馏水来溶解，写出此过程中电离方程式 。
（2）在操作过滤、洗涤环节中，需要先后用稀硫酸和蒸馏水洗涤沉淀；检验沉淀中氯离子是否洗净的方法是 。
（3）小金同学称量 a 克样品，经过一系列的操作后称得最后 b 克沉淀，计算 BaCl2·XH2O
中的 X= 。（用 ab 表示）
三、实验探究题
23．小科家有一小袋开启了的小苏打，久置在灶台上方，可能因受热而变质。小科为此开展了探究，请分析其过程完成填空。
【查阅资料】
①2NaHCO3 Na2CO3 + CO2↑+ H2O
②NaHCO3 + NaOH = Na2CO3 + H2O
③2NaHCO3 + Ca（OH）2 = CaCO3↓ + Na2CO3 + 2H2O
④Ca（HCO3）2 + Na2CO3 = CaCO3↓ + 2NaHCO3
⑤Na2CO3受热不分解，NaHCO3、Ca（HCO3）2都能溶与水。
【假设猜想】
假设一：小苏打没有变质，化学成分为 NaHCO3；假设二：小苏打完全变质，化学成分为Na2CO3；
假设三：小苏打部分变质，化学成分为 。
实验操作 实验现象 实验结论
操作一：取小苏打样品少量溶于足量水后，加入过量的 （填药品编号，下同），观察，如有沉淀，则继续进行下一步操作。 操作二：待操作一中反应充分后过滤，并在滤液中加入过量的 ，观察。 操作一中无沉淀出现 假设一成立
操作一中有沉淀出现，操作二中无气泡 假设二成立
操作一中有沉淀出现，操作二中出现气泡
假设三成立
【实验方案】可选药品：①Ca（OH）2溶液 ②CaCl2溶液 ③NaOH溶液 ④HCl溶液
【问题讨论】有同学认为，取一定量样品直接加热，再将产生的气体通入澄清石灰水，根据实验现象，对上述三种假设的每一种是否成立都能进行判断。请评价这种方案是否合理，并说明理由。
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24．某混合气体可能有CO2、CO、H2中的一种或几种，某学习小组的同学为了探究气体的组成，设计了如下装置进行实验（夹持装置已省略）。实验中出现的现象及在反应前后测量C、D装置的质量（各步反应均完全）记录如下表：
试分析回答下列问题:
（1）请写出A装置中反应的化学方程式 。
（2）能证明原混合气体中有氢气存在的实验现象应该是___________________________________
。
（3）若混合气体中含有CO，则a、b、c、d之间满足的关系式为 。
25．同学们为了测定该纯碱样品中碳酸钠的质量分数（已知样品中只含氯化钠一种杂质），设计了如图实验：
（1）判断滤渣是否洗涤干净，可以采取向最后一次洗涤液中滴加 ，然后观察现象判断。
A．氯化钡溶液 B．硝酸银溶液 C．碳酸钠溶液 D．稀盐酸
（2）根据实验数据，计算样品中碳酸钠的质量分数为 。
（3）若过滤所得滤液Y的质量是136g（忽略过滤过程中滤渣表面的氯化钠残留），则该滤液中氯化钠的质量分数为 。
26．为了测量某碳酸钠溶液的溶质质量分数，小明和小红取该碳酸钠溶液10克利用如图所示装置分别进行实验。
（1）小明在碳酸钠溶液中先滴加无色酚酞作为指示剂，然后再逐滴滴加稀盐酸。
①当观察到 说明稀盐酸和碳酸钠刚好完全反应。
②当恰好完全反应时，消耗溶质质量分数为7.3％的稀盐酸10克，计算该碳酸钠溶液的溶质质量分数 。
（2）小红直接往试管中滴加一定量的稀盐酸，反应结束后，锥形瓶中溶液增加a克。小红将a克当作生成二氧化碳质量并计算碳酸钠溶液中溶质的质量分数，发现计算结果比小明要偏小，请分析其可能的原因 。 (写出两点)
四、解答题
27．在一烧杯中盛有l00gBaCl2和HCl的混合溶液，向其中逐渐滴加溶质质量分数为10%的Na2CO3溶液，混合溶液的质量与所滴入Na2CO3溶液的质量关系曲线如图所示，请根据题意问答问题：
（1）实验过程中，有气体放出，还可以看到的明显的实验现象是 。
（2）在实验过程中放出气体的总质量为多少克？
（3）生成沉淀多少克？
（4）反应恰好结束时，求溶液中溶质的质量分数是多少？
28．为探究铜及其化合物的性质， 进行如下实验：称取已部分被H，还原的氧化铜粉末(含Cu和CuO)7.2g置于烧杯中，向其中加入50g稀硫酸，充分反应后，再向烧杯中加入溶质质量分数为20%的NaOH溶液，烧杯内固体物质的质量与加入NaOH溶液的质量关系如图所示。请分析计算：
（1）加完50克稀硫酸后溶液中的溶质为 (写出化学式)；
（2）Cu和CuO的混合物中，Cu元素和O元素的质量比为 ；
（3）a的值；
（4）实验所用稀硫酸中溶质的质量分数。
29．实验室有一瓶敞口放置一段时间的氢氧化钠固体，为测定这瓶样品中氢氧化钠的质量分数，做如下实验：现取Wg样品放入盛有足量水的烧杯中（充分溶解），向烧杯中逐滴加入200g一定溶质质量分数的稀盐酸。实验数据如图所示：
试分析计算回答：
恰好完全反应时，产生气体的质量是 g，与P点对应的溶液溶质是_____________
。
（2）Wg样品中氢氧化钠的质量分数是多少 （精确到0.1%）
（3）在往烧杯内逐滴加入稀盐酸的过程中，烧杯中溶液各个量随盐酸质量的变化图像如图所示，则正确的有 （可多选）。
A． B．
C． D．
30．小金同学为了寻找含碳酸钙质量分数超 85%的石灰石，现实验室有一瓶碳酸钙和氯化钙粉末组成的均匀混合物，为了测定该碳酸钙混合物是否符合标准，小金同学用相同溶质质量分数的稀盐酸和该混合物反应（操作如图所示）（所得溶液均为不饱和溶液），
四组实验教据记录如下表。请分析计算：
实验组别 一 二 三 四
稀盐酸质量/g 100.0 100.0 100.0 100.0
混合物质量/g 3.0 6.0 9.0 12.0
所得溶液质量/g 101.9 103.8 105.0 a
剩余固体质量/g 0 0 m n
分析表中数据，判断实验三中的样品是否已完全反应并写出理由：
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（2）表中 a 的值为 ；求表中 m= 。
（3）通过计算推断该石灰石样品的纯度是否符合要求。
答案解析部分
1．D
【解析】（1）置换反应是指一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物；（2）分解反应是指由一种反应物分解产生多种生成物；（3）化合反应是指多种反应物化合生成一种物质；（4）复分解反应是指两种化合物反应各自交换成分生成另两种化合物的反应，各元素的化合价不变。
由题中的反应化学方程式4HF＋SiO2＝SiF4↑＋2H2O，可知，反应物为两种化合物，生成了另两种化合物，且各元素的化合价不变，所以属复分解反应，D选项正确。
故选D
2．D
【解析】根据氮的固体及硝酸的生产过程分析。
氮的固定是指空气中游离态的氮转化为化合态的氮的过程，D说法不正确；
故选D。
3．D
【解析】在金属活动性顺序中排在镁往后的金属的金属氧化物都不与水反应。
由于钾、钙、钠是很活泼的金属，它们的氧化物都能与水反应生成相应的碱，铜不活泼，它的氧化物不溶于水，与水不反应。2-1-c-n-j-y
故答案为：D
4．D
【解析】根据已有的氢气的还原性解答即可，氢气具有还原性，能与氧化铜反应生成铜和水，据此解答。
氢气具有还原性，能与氧化铜反应生成铜和水，诗中的“包公”是指黑色CuO粉末，“云长”指的是红色的铜，则轻风是指氢气。
故答案为：D
5．D
【解析】根据工业上炼铁的原理可知，工业上炼铁并不是直接通入一氧化碳，而是利用焦炭和空气中的氧气反应生成一氧化碳．炼铁其实就是利用一氧化碳的还原性 将铁矿石中的铁还原出来．因此炼铁的原料中一定要有铁矿石．同时由于铁矿石中含有一定量的杂质，需要用到石灰石将其除去．www-2-1-cnjy-com
工业炼铁的原理是利用焦炭和空气中的氧气反应生成一氧化碳，利用一氧化碳的还原性将铁矿石中的铁还原出来，同时由于铁矿石中含有一定量的杂质，需要用到石灰石将其除去．故选D
6．B
【解析】根据所给各物质的性质分析，由各物质性质判断转化能否发生。
A、氧化铁与碳、氢气等反应可生成铁，不符合题意；
B、氧化铜不能与水化合生成氢氧化铜，符合题意；
C、氧化钙与水化合可生成氢氧化钙，不符合题意；
D、氧化镁与盐酸反应可生成氯化镁和水，不符合题意；
故选B。
7．D
【解析】煤、石油等化石能源在燃烧的过程中，会产生大量的二氧化硫和二氧化氮，二氧化硫和水反应会生成亚硫酸，而二氧化氮和水反应会生成硝酸，这些都是导致形成酸雨的重要因素。
形成酸雨的主要物质是二氧化硫和二氧化氮，故D正确，而A、B、C错误。
故选D。
8．A
【解析】根据所给物质的性质确定各反应能否发生分析。
A、硫酸与氯化钡反应可生成硫酸钡沉淀和盐酸，符合题意；
B、一氧化碳不能与氢氧化钠反应，不符合题意；
C、氢氧化铜与氯化钠不能发生反应，不符合题意；
D、硝酸钠与碳酸钡不能发生反应，不符合题意；
故选A。
9．B
【解析】由硫燃烧生成二氧化硫，铁离子和亚铁离子的鉴别方法，硫化氢与氢氧化钠发生的复分解反应及金属与酸反应产生氢气分析。
A、硫燃烧生成的二氧化硫有刺激性气味，A为二氧化硫，不符合题意；
B、 黑色固体B为铁与硫粉加热生成，加入足量稀硫酸得溶液C和气体D，溶液C加入硫氰化钾不显红色，则说明C中不含铁离子，由气体D通入足量氢氧化钠溶液后得到气体G，说明黑色固体为FeS、Fe ，符合题意；
C、 溶液F为硫化氢与氢氧化钠反应后形成，溶质为Na2S、NaOH ，不符合题意；
D、 气体G为铁与硫酸反应生成的H2 ，不符合题意；
故选B。
10．D
【解析】分析各个选项中反应的原理、材料的成本，哪个原理正确，成本低廉就是正确选项。
A.碳在空气中燃烧生成一氧化碳的条件难以控制，且用到的氢氧化钠比较贵，故A不合题意；
B.反应中用到的硝酸银和氢氧化钠成本较高，故B不合题意；
C.铁点燃后，与氧气反应生成四氧化三铁，而不是三氧化二铁，故C不合题意；
D.氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与碳酸钠反应生成氢氧化钠，反应原理正确，操作简单易行，且成本低廉，故D符合题意。
故选D。
11．C
【解析】根据涉及到的物质间的反应与转化分析。
A.铜不能稀硫酸反应，不符合题意；
B.碳酸钠与硫酸反应生成硫酸钠，硫酸钠不能与铁发生反应，不符合题意；
C.氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜，硫酸铜与铁反应生成硫酸亚铁和铜，铜与氧气加热生成氧化铜，符合题意；
D.氢氧化钡与硫酸反应生成硫酸钡和水，二者都不能与铁发生反应，不符合题意；
故答案为：C。
12．A
【解析】根据硫酸钡和氯化银为不溶于酸的白色沉淀及铜离子溶液呈蓝色分析。
A、 MgCl2和 NaOH反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁与H2SO4 可以反应生成硫酸镁和水，可能得到无色澄清溶液，符合题意；
B、 Ba(NO3)2和Na2SO4 溶液反应生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，不符合题意；
C、 KOH和CuSO4 能反应产生氢氧化铜沉淀，氢氧化铜可溶于盐酸生成氯化铜和水，但氯化铜为蓝色溶液，不符合题意；
D、 AgNO3和 NaCl反应生成不溶于酸的氯化银沉淀 ，不符合题意；
故选A。
13．D
【解析】根据蓝色沉淀氢氧化铜推导出甲为铜，由最终得到碳酸钡副产品结合除杂原则，推导出乙为氢氧化钡，再结合硝酸钾是复合肥等知识进行判断。
A、蓝色沉淀为氢氧化铜，不符合题意；
B、滤液A中含有铜离子，为除去铜离子且不引入新杂质，乙为氢氧化钡，不符合题意；
C、 若丙是K2CO3，滤液C结晶后物质为硝酸钾，是一种常用复合肥，可以作为化学肥料 ，不符合题意；
D、 若得到19.7g碳酸钡，根据反应前后钡元素质量不变可知，原废水中含有13.7g钡元素， 符合题意；
故选D。
14．D
【解析】
A、a→b段发生的反应是——Fe和CuCl2反应生成的是FeCl2和Cu，所以A错误；
B、设a→b段用去Fe的质量是y，原溶液中CuCl2的质量为z，则
Fe+ CuCl2= FeCl2+ Cu 溶液质量
56 135 64 -8
p q r -2.4g
，得，p=16.8g，q=40.5g，r=19.2g。
所以x=5.6g+16.8g=22.4g，所以B错误；
C、设原溶液中FeCl3的质量为s，则
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2FeCl3+ Fe= 2FeCl2
325 56
p 5.6g
，得p=32.5g。所以原溶液中FeCl3与CuCl2的质量之比为32.5g：40.5g=65：81，所以C错误；
D、c点溶液中的固体是Fe：28.0g-22.4g=5.6g，Cu：19.2g。将C点的固体投入足量的CuCl2溶液中，设生成Cu的质量为w，则
Fe+ CuCl2= FeCl2+ Cu
56 64
5.6g w
，得w=6.4g，所以共得到Cu的质量为6.4g+19.2g=25.6g，所以D正确。
故答案为D。
当一种物质投入到混合溶液且先后与溶液中的不同物质反应，可用列表法表述反应进程，如下表所示。
Fe的质量 溶液中的溶质 固体的种类 对应图像
很少（反应一未完成） FeCl3、FeCl2、CuCl2 / 0-a
较少（反应一恰好完成） FeCl2、CuCl2 / a
一般（反应二未完成） FeCl2、CuCl2 Cu a-b
较多（反应二恰好完成） FeCl2 Cu b
很多（Fe过量） FeCl2 Cu、Fe b-c
15．C
【解析】图中曲线表示开始时加入物质对纵坐标表示的量无影响，加入物质到一定 量时纵坐标表示的量开始变化，继续增加纵坐标表示的量达到了最大保持不变。
【出处：21教育名师】
A、硝酸铜与硝酸银的混合溶液中加入锌粉，先锌粉置换出硝酸银中的银，硝酸银反应完后再置换出硝酸铜中的铜，所以加入物质到一定量时才出现红色固体物质，当硝酸铜反应完红色固体物质质量达到最大，继续加入将保持不变，可用如图曲线表示，A错误；
B、氯化铁与稀盐酸的混合溶液中加入氢氧化钠，开始时氢氧化钠先与稀盐酸反应，无沉淀产生，等稀盐酸反应完再与氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀，当氯化铁反应完后继续加入氢氧化钠，沉淀质量不变，可用图示曲线表示，B错误；
C、不饱和氯化钠溶液中加入硫酸钾，氯化钠的溶质质量分数是减小的，不能用图示曲线表示，C正确；
D、久置于空气中的氢氧化钠溶液，因与空气中的二氧化碳反应已部分变质，生成了碳酸钠，加入稀盐酸，开始时稀盐酸与氢氧化钠反应无气体放出，当氢氧化钠反应完后，稀盐酸与碳酸钠反应有气体生成，继续加入碳酸钠反应完气体质量不再增加，可用图示曲线表示，D错误。
故选C
16．（1）CDBA
（2）BDC
【解析】根据所给各物质间的性质分析，由各物质间的反应情况排序。
（1）盐酸能与氢氧化钙和铁反应，若甲先与氢氧化钙反应，则最终物质都不能全部出去，所以甲的后一种物质为铁，然后是硫酸铜，然后是氢氧化钙，最后是二氧化碳；
（2） 本局只有一位玩家的牌出不掉， 则甲后为氢氧化钙，然后是硫酸铜，然后是铁，最后剩余二氧化碳；
故答案为：（1）CDBA；（2）BDC。
17．（1）B
（2）③
（3）化合；一个氧原子和两个氢原子
【解析】物质分为混合物和纯净物，混合物是由两种或两种以上的物质组成，由图可知ACD是混合物，B是纯净物。
（1）由两种或两种以上的元素组成的纯净物叫化合物，故B是化合物；
（2）A密封体系中是O2和H2分子，两者反应氧分子与氢分子个数比为：1:2，后生成H2O分子，故还加入一个H2分子，才满足题意；
（3）D密封系统中的氮气与氢气反应生成B密封系统中的氨分子NH3，故是化合反应。 从微观角度盾，一个 ”分子由一个氧原子和两个氢原子 。
故答案为：（1）B；（2）③；（3）化合、 一个氧原子和两个氢原子 。
18．（1）稀硫酸
（2）固体逐渐溶解，溶液逐渐变成黄色
（3）H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O
【解析】物质的推断主要是根据已知的实验步骤和实验现象，找出突破口，然后运用物质的特性进行分析推理，判断未知物质或被检验的样品中所的物质。掌握常见物质的性质及物质间相互转化是解题关键。
稀硫酸、氢氧化钠溶液，二氧化碳、氧化铁、水 E是常见的一种溶剂，则E为水，水能与二氧化碳反应生成碳酸，则D为二氧化碳，二氧化碳还能与氢氧化钠溶液反应，则C为氢氧化钠溶液，氢氧化钠溶液还能与稀硫酸反应，则B为稀硫酸，A为氧化铁。
（1） B物质是稀硫酸；
（2） A与B的反应是氧化铁与硫酸的反应，实验现象是固体逐渐溶解，溶液逐渐变成黄色；
（3） B与C为硫酸与氢氧化钠的反应，化学方程式为H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O。
19．（1）H2(或NaOH或H2CO3合理即可)
（2）B；C
【解析】（1）从了解的物质中，寻找含有氢元素，且能够由水转化而成的物质即可；
（2）对各个转化过程进行分析，确定相邻的两种物质之间是否存在向右的转化关系即可。
（1）①水分解可以生成氢气，因此乙同学方框内可以是H2；
②水和钠反应生成氢氧化钠和水，因此方框内可以是NaOH；
③水和二氧化碳反应生成碳酸，银方框内可以是 H2CO3 。
（2）A. BaSO4 为不溶于水和酸的白色沉淀，因此无法直接转化为 Ba(OH)2 ，故A错误；
B.氧化钡和稀盐酸反应生成氯化钡，氯化钡和硝酸银反应生成硝酸钡，硝酸钡和稀硫酸反应生成硫酸钡，故B正确；
C.氧化钡和水反应生成氢氧化钡，氢氧化钡和二氧化碳反应生成碳酸钡，碳酸钡和稀盐酸反应生成氯化钡，氯化钡和硝酸银反应生成硝酸钡，硝酸钡和稀硫酸反应生成硫酸钡，故C正确；
D.硝酸钡无法直接转化为氢氧化钡，故D错误。
故选BC。
20．（1）CuO+H2SO4=CuSO4+H2O
（2）D
【解析】该实验主要考查金属氧化物与酸的反应及金属与盐的反应过程分析；
（1）金属氧化物与酸反应生成盐和水；故答案为：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O；
（2）在氧化铜中加入硫酸的反应是：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O；继续加入铁粉有两种可能：Fe+H2SO4=FeSO4+H2（H2SO4过量）；Fe+CuSO4=FeSO4+Cu（H2SO4不足）；
A、氧化铜无剩余，有可能是恰好完全反应；故A错误；
B、加入Fe粉后，Fe粉先与酸反应再与CuSO4反应，而烧杯中有固体析出，所以硫酸被消耗完全；故B错误；
C、Fe粉有可能不足，硫酸铜没有反应完全，故C错误；
D、烧杯③中有固体析出，说明一定发生了Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，所以固体中一定有Cu；故D正确；故答案为：D；
故答案为：（1）CuO+H2SO4=CuSO4+H2O；（2）BD。
21．（1）BaCl2
（2）CuO+2HCl=CuCl2+H2O等
【解析】解答本题关键是要知道金属铁的化学性质，熟悉方程式的书写注意事项。盐的化学性质,酸的化学性质,碳的化学性质,书写化学方程式。
（1）最上边是铁，在所给的物质中与铁反应的是硫酸铜，再根据②既能与硫酸铜反应，又能与硝酸银反应考虑；
（2）根据氧化铜与盐酸反应生成氯化铜和水，或碳和氧化铜反应生成铜和二氧化碳．
（1）最上边是铁，在所给的物质中与铁反应的是硫酸铜，②既能与硫酸铜反应，又能与硝酸银，在所给的四种物质中只有氯化钡符合该条件；
（2）氧化铜与盐酸反应生成氯化铜和水，用观察法配平，所以方程式是：CuO+2HCl═CuCl2+H2O；碳和氧化铜反应生成铜和二氧化碳，用观察法配平，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C+2CuO 2Cu+CO2↑。
故答案为：（1）BaCl2；（2）CuO+2HCl═CuCl2+H2O 或C+2CuO 2Cu+CO2↑。
22．（1）BaCl2=Ba2++2Cl-
（2）取水洗液于试管中，加入稀硝酸酸化，滴加 AgNO3 溶液，若无白色浑浊出现，则表明Cl-已经冼净
（3）(233a-208b)/18b
【解析】 （1）离子化合物整体不显电性，所以写电离方程式时阴阳离子所带电荷数要相等；（2）稀硫酸能与溶液中的钡离子反应产生硫酸钡沉淀。检验氯离子可滴入硝酸银产生沉淀，再滴入稀硝酸如果沉淀不消失即有氯离子；（3）b克沉淀是硫酸钡沉淀，可根据反应的方程式由硫酸钡沉淀的质量计算出BaCl2的质量，用BaCl2的含量可以计算出X的值。
（1）样品的电离方程式为：BaCl2=Ba2++2Cl-；
（2）在操作过滤、洗涤环节中，需要先后用稀硫酸和蒸馏水洗涤沉淀；检验沉淀中氯离子是否洗净的方法是：取水洗液于试管中，加入稀硝酸酸化，滴加 AgNO3 溶液，若无白色浑浊出现，则表明Cl-已经冼净；
（3）设Y克BaCl2与稀硫酸反应生成b克沉淀
BaCl2+H2SO4=BaSO4↓+2HCl
208 233
Y b
208:Y=233:b 得Y=208b/233
根据求得的质量与根据化学式求出的BaCl2的质量分数相等可得
(208b/233)/a=208/(208+18X)解得X=(233a-208b)/18b
故答案为：（1）BaCl2=Ba2++2Cl-；（2）取水洗液于试管中，加入稀硝酸酸化，滴加 AgNO3 溶液，若无白色浑浊出现，则表明Cl-已经冼净；（3）(233a-208b)/18b
23．Na2CO3和NaHCO3；②；④；不合理，因为无法判断小苏打未变质还是部分变质
【解析】（1）从查阅到的资料中可知，小苏打的变质主要是由受势分解引起的，小苏打受势分解的产物是Na2CO3，据此可以回答假设三；
（2）NaHCO3与CaCl2不能反应，Na2CO3与CaCl2反应生成NaCl和CaCO3沉淀。CaCO3沉淀能与稀盐酸反应产生气泡；
（3）只要物质中存在NaHCO3加热时就会产生CO2气体，就能使澄清石灰水变浑浊。
根据小苏打的变质原因，小苏打部分变质，化学成分为Na2CO3和NaHCO3；
从所列药品可知，加入①不管是否变质都会有沉淀，加入②只有样品中含有Na2CO3时才会有沉淀，加入③不会有沉淀出现，加入④不会有沉淀。根据实验操作和现象可知，加入过量的CaCl2溶液，选②。如果出现沉淀，沉淀为CaCO3，操作二中应加入HCl溶液，选④，如果是全部变质，滤液中已无NaHCO3加入HCl不会有气泡出现，如果是部分变质，加入HCl会有气泡出现。
只要物质中存在NaHCO3加热时就会产生CO2气体，就能使澄清石灰水变浑浊。但根据这一现象无法判断是未变质还是部分变质，所以是不合理的。
故答案为：Na2CO3和NaHCO3；②；④不合理，因为无法判断小苏打未变质还是部分变质
24．（1）CO2+Ba(OH)2=BaCO3↓+H2O
（2）C中黑色固体变红色，D中白色固体变蓝色
（3）（a-c）> 8(d-b)/9
【解析】（1）根据装置A的现象溶液变浑浊可知混合气体中含有CO2；
（2）H2是一种还原性气体，能与灼热的CuO反应生成Cu和水。CO也是一种还原性气体，也能与能与灼热的CuO反应但生成的是Cu和CO2气体，所以主要是通过对反应产物的鉴定来确定含有的还原性气体。无水硫酸铜吸收水蒸气后能显蓝色，根据这一现象可鉴定是否还有水蒸气；
（3）C装置中CuO被还原后，O元素与CO或H2结合生成了CO2和H2O，所以C装置质量的变化是氧元素减少的质量。D装置质量的变化，是因无水硫酸铜吸收了H2还原CuO时生成的H2O。很显然H2O中的氧元素质量要小于CuO中减少的氧元素，因为还有一部分氧元素与CO结合生成了CO2。
（1）装置A中CO2与Ba(OH)2发生了反应，化学方程式为：CO2+ Ba(OH)2=BaCO3↓+H2O；
（2）由上面分析可知，能证明原混合气体中有氢气存在的实验现象应该是：C中黑色固体变红色，D中白色固体变蓝色；
（3）由上面分析可知，C中减少的氧元素质量在大于D水中含有氧元素的质量，所以c-a>8(d-b)/9
故答案为：（1）CO2+Ba(OH)2=BaCO3↓+H2O；（2）C中黑色固体变红色，D中白色固体变蓝色；（3）（a-c）> 8(d-b)/9
25．（1）B；C
（2）84.8%
（3）10%
【解析】（1）碳酸钠能和氯化钙反应生成氯化钠和碳酸钙沉淀。加水溶解加入过量氯化钙溶液后，得到的混合物X有氯化钠、碳酸钙、氯化钙。氯化钙和氯化钠可溶于水，碳酸钙是白色沉淀。经过滤后滤渣上会留有少量的滤液，洗涤后洗涤液中会含有氯化钙和氯化钠成分。
（2）实验中得到的白色固体是碳酸钙，根据碳酸钙的质量可以计算出碳酸钠的质量。
（3）溶液中的氯化钠来自两处：一、纯碱样品中的杂质；二、碳酸钠与氯化钙反应产生的氯化钠。由此得到氯化钠的总质量可求出滤液中氯化钠的质量分数。21cnjy.com
（1）洗涤干净后的洗涤液中是不含有氯化钠和氯化钙的，如果是未洗涤干净的洗涤液中会含有氯化钠和氯化钙，氯离子与银离子反应能产生白色沉淀，所以通过滴加硝酸银溶液可以进行判断，B选项正确，也可以加碳酸钠溶液，可以与氯化钙溶液反应生成白色沉淀。
（2）由实验图可知，碳酸钠与氯化钙反应生成了10克碳酸钙，设原有碳酸钠x克，反应中生成了氯化钠y克
Na2CO3+CaCl2=2NaCl+CaCO3↓
106 117 100
x克 y克 10克
解得x=10.6克 y=11.7克
Na2CO3%=（10.6克/12.5克）×100%=84.8%
（3）原有的氯化钠杂质有12.5克-10.6克=1.9克；
氯化钠的总质量有11.7克+1.9克=13.6克
NaCl%=(13.6克/136克) ×100%=10%
故答案为：（1）BC；（2）84.8%；（3）10%
26．（1）溶液刚好变无色；10.6%
（2）一、可能小红滴加的稀盐酸较少，碳酸钠未全部反应，生成的二氧化碳较少；二、可能是产生的二氧化碳气体未全部被氢氧化钠吸收；三、因为酚酞在酸性条件下也是无色的，所以可能是小明所加的盐酸过量了，计算得到的碳酸钠偏大。
【解析】（1）滴有无色酚酞的碳酸钠溶液显红色，滴加稀盐酸时，稀盐酸与碳酸钠反应溶液逐渐接近中性，当稀盐酸和碳酸钠恰好完全反应时溶液成中性，红色消失。利用消耗的稀盐酸的量计算出碳酸钠的质量，再用碳酸钠的质量除以碳酸钠溶液总质量即得碳酸钠溶液的溶质质量分数；（2）原因可考虑小红收集的二氧化碳质量存在偏小的情况，也可以考虑利用酚酞指示剂时，小明滴加的稀盐酸存在偏大的情况。
（1）①酚酞在碱性环境中显红色，在酸性和中性环境中无色。碳酸钠溶液显碱性，滴加酚酞后显碱性，当滴入稀盐酸后两者发生反应，碱性逐渐减小，当观察到溶液变无色时，说明盐酸和碳酸钠刚好完全反应。
②设与稀盐酸反应的碳酸钠有X克
Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑
106 73
X 7.3%×10克
解得X=1.06克
碳酸钠的质量分数为：（1.06克/10克）×100%=10.6%
（2）小红直接往试管中滴加一定量的稀盐酸，反应结束后，锥形瓶中溶液增加a克。小红将a克当作生成二氧化碳质量并计算碳酸钠溶液中溶质的质量分数，发现计算结果比小明要偏小，请分析其可能的原因：一、可能小红滴加的稀盐酸较少，碳酸钠未全部反应，生成的二氧化碳较少；二、可能是产生的二氧化碳气体未全部被氢氧化钠吸收；三、因为酚酞在酸性条件下也是无色的，所以可能是小明所加的盐酸过量了，计算得到的碳酸钠偏大。
故答案为：（1）溶液刚好变无色；10.6%；（2）一、可能小红滴加的稀盐酸较少，碳酸钠未全部反应，生成的二氧化碳较少；二、可能是产生的二氧化碳气体未全部被氢氧化钠吸收；三、因为酚酞在酸性条件下也是无色的，所以可能是小明所加的盐酸过量了，计算得到的碳酸钠偏大。
27．（1）有白色沉淀生成
（2）4.4克
（3）19.7克
（4）8.1%
【解析】（1）向烧杯中逐渐滴入Na2CO3，先后发生的反应有HCl与Na2CO3反应和BaCl2与Na2CO3反应据此可知实验的现象；
（2）（2）A点时溶液中的HCl反应完，根据此时滴入Na2CO3可计算出生成CO2的质量；
（3）AB段表示BaCl2与Na2CO3发生反应生成沉淀，根据AB段消耗的Na2CO3的质量可以计算出沉淀的质量；
（4）B点时反应恰好结束，此时溶液中的质量为NaCl，主要由HCl与Na2CO3反应和BaCl2与Na2CO3反应生成，算出NaCl的质量，用总质量减去生成CO2的质量和BaCO3的质量即为此时溶液的质量，可以求出此时溶液中溶质的质量分数。
（1）向烧杯中逐渐滴入Na2CO3，先后发生的反应有HCl与Na2CO3反应和BaCl2与Na2CO3反应，所以除了有气体放出的现象，还可以看到现象是有白色沉淀生成；
（2）设反应中产生了xg气体，设生成NaCl的质量为Z1
2HCl+Na2CO3=2NaCl+H2O+CO2↑
106 117 44
106×10% Z1 x
106/(106×10%)=44/x 解得x=4.4g
同理解得Z1=11.7g
（3）设生成沉淀yg，生成NaClZ2
BaCl2+ Na2CO3 = BaCO3↓+2NaCl
106 197 117
(212g-106g)×10% y Z2
106/[(212g-106g)×10%]=197/y解得y=19.7g
同理得Z2=11.7g
（4）反应恰好结束时，NaCl的质量为11.7g+11.7g=23.4g
溶液总质量为100g+212g-4.4g-19.7g=287.9g
NaCl%=23.4g/287.9g=8.1%
故答案为：（1）有白色沉淀生成；（2）4.4g；（3）19.7g；（4）8.1%
28．（1）H2SO4、CuSO4
（2）8：1
（3）设生成的Cu(OH)2的质量为m
2NaOH+CuSO4= Cu(OH)2↓+Na2SO4
80 98
20%x20g m
列式解得：m=4.9g
a=4.9g+3.2g=8.1g
（4）混合物中铜的质量为3.2g，氧化铜的质量为7.2g-3.2g=4g
H2SO4+ CuO=CuSO4+H2O
98 80
x 4g
98：80=x：4g
得x=4.9g
H2SO4+ 2NaOH=Na2SO4+2H2O
98 80
y 20%x10g
98：80=y：(20%x10g)
得y=2.45g
H2SO4%=(4.9g+2.45g)/50g=14.7%
【解析】1、铜不能与稀盐酸反应。氧化铜能与稀硫酸反应，生成硫酸铜和水。根据图线加入NaOH溶液固体质量不变可知，溶液中含有过量的稀硫酸。据此可确定加完50克稀硫酸后溶液中的溶质组成；
2、由图线可知，3.2克固体为单质Cu的质量，可得出7.2克混合物中CuO的质量，再算出CuO中Cu的质量为O元素的质量，将Cu质量加起来和O元素质量相比，即求出混合物中 Cu元素和O元素的质量比 ；
3、CuO与稀硫酸反应生成CuSO4和水，CuSO4和NaOH反应生成Cu(OH)2沉淀和Na2SO4。所以固体物质ag，应该是Cu的质量和Cu(OH)2固体的质量。可根据图线中CuSO4和NaOH反应时NaOH的消耗量计算出生成Cu(OH)2的质量，再加上Cu的质量即为a；
4、要计算出稀硫酸中溶质的质量分数，首先要清楚稀硫酸分两部分：一部分与CuO反应；另一部分是过量的与NaOH反应，从图线中可以得到这部分与NaOH反应消耗NaOH的质量，利用反应的化学方程式可以求出稀硫酸的质量。然后将两部分硫酸加起来除去稀硫酸的总质量即可求出质量分数。
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（1）由图线可知，加入NaOH时，先没有沉淀说明加入的稀硫酸是过量的，溶液中的溶质应为 H2SO4、CuSO4 ；
（2）由加入NaOH的图线可知，3.2克为单质铜的质量。氧化铜的质量为：7.2g-3.2g=4g。
氧化铜中铜的质量为：，氧化铜中氧元素的质量为4g-3.2g=0.8g，
所以混合物中Cu:O=(3.2g+3.2g):0.8g=8:1
故答案为：（1） H2SO4、CuSO4 （2）8：1
29．（1）2.2；NaCl、NaOH、Na2CO3
（2）解：
Na2CO3+ 2HCl=2NaCl+H2O+ CO2↑
106 73 44
a X 2.2g
a=5.3g X=3.65g
HCl%=3.65/50=7.3%
NaOH + HCl= NaCl + H2O
40 36.5
b 10.95g
b=12g
故W=17.3g，NaOH%=69.4%
（3）C；D
【解析】（1）由图可知，敞口放置的氢氧化钠是部分变质，样品主要由氢氧化钠和碳酸钠组成。当向样品中滴入稀盐酸时，稀盐酸先与NaOH反应，不会产生气体，当NaOH反应完后，稀盐酸与碳酸钠反应开始产生CO2气体，当样品中的碳酸钠消耗完后，产生的CO2达到最大，继续滴入稀盐酸不再产生气体。由图中得到恰好完全反应时，产生气体的质量。P点表示滴入的稀盐酸先与氢氧化钠反应，且氢氧化钠有过量，据此可知P点时的溶质；
（2）由碳酸钠与稀盐酸反应的化学方程式：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，根据生成CO2的质量可求出Na2CO3的质量，和HCl的质量，由HCl质量可得到稀盐酸的质量分数。与氢氧化钠反应的稀盐酸的质量有150g，根据反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，由HCl的质量，可以计算出NaOH的质量。根据上面的数据可以计算得到氢氧化钠的质量分数；
（3）根据烧杯中原有的混合物是氢氧化钠和碳酸钠，滴入稀盐酸至过量的过程中，稀盐酸先后与氢氧化钠和碳酸钠发生反应，溶液中的物质将发生变化，据此可以判断选项。
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（1）由CO2质量与滴入稀盐酸质量的关系图可知，恰好完全反应时，产生气体的质量是2.2g，图中P点时表示滴入的稀盐酸先与氢氧化钠反应，且氢氧化钠有过量，此时溶液中的溶质有Na2CO3、NaOH、和反应生成的NaCl；
（3）A、原溶液是Na2CO3和NaOH的混合溶液，成碱性pH大于7，随稀盐酸的滴入溶液中的溶质发生变化，当滴入的稀盐酸与原溶液恰好反应时，溶质只有NaCl溶液成中性，继续滴入HCl溶液成酸性pH小于7，且随滴入的稀盐酸增多pH越小，A错误；
B、在原溶液中滴入HCl，先与NaOH反应，溶液增加的质量即是滴入稀盐酸的质量，NaOH消耗完后，稀盐酸与Na2CO3反应，有CO2气体生成，增加的质量是滴入的稀盐酸减去生成CO2气体的质量，所以增加速度减慢，滴入稀盐酸过量后，溶液增加的质量等于滴入稀盐酸的质量，B选项图线中反映出稀盐酸与Na2CO3反应时增加的最快，与实际不符，B错误；
C、由上面写的化学方程式可知，稀盐酸与NaOH反应时消耗1份HCl生成1份的H2O，与Na2CO3反应时，2份HCl生成1份的H2O。同时稀盐酸滴入时水带入增加的速度一致，所以与NaOH反应增加快，与Na2CO3反应增加慢，不反应时最慢，C正确；
D、由反应的化学方程式知，稀盐酸与NaOH反应时消耗1份HCl生成1份的NaCl，与Na2CO3反应时，1份HCl生成1份的NaCl，所以NaCl增加的速度相同，D正确。
故答案为：（1）2.2；NaCl、NaOH、Na2CO3；（3）CD
30．（1）由实验一和实验二可知，每增加 3 克固体，溶液质量增加 1.9 克，第三次实验增加 3克固体，溶液只增加 1.2 克，故混合物样品没有被反应完全
（2）105.5；1.25
（3）M(CO2)=106g－103.8g=2.2g
设CaCO3的质量为x，
CaCO3～～ CO2
100 44
x 2.2g
x=5g
CaCO3 质量分数= =83.3%<85%
不符合
【解析】 （1）混合样品中的碳酸钙能和盐酸反应，样品中的氯化钙粉末能溶于水。溶液质量的增加包括氯化钙粉末的溶液和碳酸钙与盐酸反应部分进入溶液。判断实验三中的样品是否已完全反应可以找出实验一、二的数据变化规律。（2）由实验三酸不足，可知实验四a溶液的质量是实验三溶液的质量加上3克样品中氯化钙的质量。求m的值可以根据实验一中生成气体的量，先求出3克混合样品中含有的碳酸钙质量和氯化钙质量，再算出实验三中9克样品中，有多少克氯化钙，同时也可以求出有多少克质量的增加是由于碳酸钙与盐酸反应增加的，由这一增加量通过化学方程式参加反应的碳酸钙与生成二氧化碳气体间的关系，可以确定由多少克碳酸钙参加了反应，从而求出剩余的碳酸钙的量即是m。（3）可选择实验一或实验二的数据去求出生成气体的质量，由气体的质量求出样品中碳酸钙的质量，再与样品总质量比较就得到样品纯度。
【来源：21·世纪·教育·网】
（2）由表中数据可知实验三时，混合样品已经过量，分析实验一可知3克混合样品与稀盐酸反应产生的二氧化碳气体为：103g-101.9g=1.1g。
设生成1.1g二氧化碳气体需要碳酸钙Y
2HCl+CaCO3=CaCl2+H2O+CO2↑
100 44
Y 1.1g
解得Y=2.5g
每3g样品中含有CaCO3为2.5g，含有氯化钙为0.5g
所以实验三时，105g溶液中含氯化钙是1.5g，其中3.5g，是由于碳酸钙与盐酸反应增加的质量，设与盐酸反应碳酸钙的质量为Z，由化学方程式可知生成二氧化碳的质量为，所以Z-=3.5g 解得 Z=6.25，剩余碳酸钙的质量为9g-1.5g-6.25g=1.25g，m=1.25g
实验四中由于盐酸的质量与实验三相等，而实验三时盐酸已经反应完，所以实验四中没有继续消耗样品中的碳酸钙，溶液质量的增加是由于样品中的氯化钙溶于水造成的。实验四相对于实验三增加了3g样品，由前面计算可知3g样品中含有0.5g氯化钙，所以相比于实验三的溶液质量实验四增加了0.5的氯化钙质量，故a为105.5。
故答案为：（2）105.5；1.2521·世纪*教育网
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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