初三化学推断题强化训练

2017中考物理模拟考试1.[2016.乐山市中考]推理是一种重要的化学思维方法，以下推理正确的是（C）A.因为MnO能加快HO的分解，所以MnO也能加快HO的分解B.因为单质是由同种元素组成所以只含一种2元素的物质一定是单质C.因为蜡烛燃烧生成CO?和H?O,所以蜡烛组成里一定含有碳元素和氢元素D.因为中和反应一定有盐和水生成,所以有盐和水生成的反应一定是中和反应【解析】不能确定MnO?是否能作其他物质分解的催化剂,A错误;只含一种元素的物质不一定是单质，例如氧气和臭氧的混合物,B错误;蜡烛燃烧生成CO?和HO说明蜡烛里一定含有C和H两种元素，可能含有氧元素,C正确;有盐和水生成的反应不一定是中和反应，例如氧化铜和硫酸反应能生成硫酸铜和水不属于中和反应,D错误。故选C。.下列变化不能一步实现的是（A）A.KNO-^KCl B.Al-^AlO C.MgCl-^Mg D.BaCl-^BaSO【解析】硝酸钾不能直接生成氯化钾,因为与硝酸根离子或钾离子组成的化合物注溶液中均可溶不符合复分解反应发生的条件-一定有水，气体或者沉淀生成,A错误。铝和氧气反应生成三氧化二铝,B正确。电解氯化镁生成镁和氯气,C正确。氯化钡和硫酸或可溶性硫酸盐反应生成硫酸钡,D正确。.某一种或几种物质的水溶液中，可能含有以下几种离子:Na+、Cl-、Ca2+、Ba2+、SO/-、CO32-,现取两份100mL溶液进行如下实验:（1）第一份加入AgNO溶液有沉淀产生。（2）第二份加足量的Ba（NO乙溶液，有白色沉淀产生，再加入过量的稀硝酸沉淀部分溶解。根据上述实验,以下推测正确的苴（C）A.一定存在Cl- B,一定存在CO32-,可能存在Ba2+C.一定存在Na+ D.一定存在SO42-,可能存在Ca2+【解析】加硝酸银溶液有沉淀产生，则可能有co32-、so42-或Cl-;加硝酸钡溶液有白色沉淀，再加入过量的稀硝酸沉淀部分溶解，可知溶液中一定有832-和SO42-,则一定没有Ca2+和Ba2+,溶液呈电中性，则一定有Na+做C正确。不稳定白色沉淀AgCO34.[2016.德阳市中考]下列图象能正确反映其对应关系的是（C）A,用一定质量的过氧化氢溶液制取氧气B.电解水C.向稀盐酸和氯化钡的混合溶液中加入过量的碳酸钠溶液D.向一定量的氯化镁溶液中滴加氢氧化钠溶液【解析】过氧化氢制氧气时加入催化剂可以加快反应的速率,电解水生成氧气与氢气的体积比为1：2,过量碳酸钠加入稀盐酸和氯化钡的混合溶液中,碳酸钠先与盐酸反应，后与氯化钡反应生成沉淀,向氯化镁溶液中滴加氢氧化钠溶液，生成氢氧化镁沉淀，直至氯化镁反应完全，故选Co.已知X+、丫2+、Z-三种离子具有相同的电子层结构，则X、Y、Z三种元素的核电荷数大小应为（B）A.X<Y<Z B.Z<X<Y C.Y<Z<X D.Y<X<Z【解析】阳离子是原子失去电子后形成的，阴离子是得到电子后形成的。电子层结构相同是指电子层数相同且每层的电子数相等。故X+为X原子失去1个电子，Y2+为Y原子失去2个电子，Z-为Z原子得到1个电子，即X失去1个电子，Y失去2个电，Z得到1个电子，三者核外电子数相同，故三种元素的核电荷数Y>X>Z。故答案为B。.有含有氯元素的五种物质，它们按下列顺序排列：①KCl②Cl③HClO④X⑤NaClO/根据这种排列规律，X不可能是（A） 2A.AgClB.KClOC.HClO（亚氯酸）D.ClO【解析】利用化学式中各元素正负化合价代数和为零的原则，可知题干中各氯元素的化合价为KCl中氯为-1,Cl中氯为0,HClO中氯为+1,x,NaClO中氯为+7。则x中氯元素的化合价应在+1〜+7之间。2选项中各氯元素的化合价为-1、+5、+3、+5,则X不可能为AgCl。故答案为A。.取一定质量的CaCO固体高温加热一段时间后，冷却，测得剩余固体的质量为8.0g,其中钙元素质量分数为50.0%。下列判断正确的是（A）A.生成2.0gCO气体 B.原来CaCO的质量为14.5gC.剩余8.0g固体为纯净物D.剩余8.0g固体中加入稀盐酸无明显现象【解析】根据质量守恒定律可知，二氧化碳的质量=10.0g-8.0g=2.0g,A正确。根据题意可知，钙元素的质量=8.0gx50.0%=4.0g,因为钙元素全部来源于碳酸钙，所以碳酸钙的质量==10.0g。B错误。将2.0g二氧化碳的质量带入方程式中，可求出碳酸钙已经分解的质量为.55g。则未分解的碳酸钙的质量=10.0g-4.55g=5.45g,生成氧化钙的质量=8.0g-4.55g=3.45g。所以8.0g固体为碳酸钙和氧化钙的混合物,C错误。因为8.0g物质中含有碳酸钙,所以加入盐酸后会有气泡冒出,D错误。8.已知：2NaS+2HO+5SO——4NaHSO+3S|。向一定量的NaS溶液中通入SO，下列图像表示某些量随^。?质量的变化趋势，其中不正确的是（不考虑SO?与水的反应及sQ的溶解）（B） 2 2 2

A.AB.BC.CA.AB.BC.CD.D【解析】A选项，化学反应前后元素的质量不变，反应前NaS中钠元素的质量等于生成的2NaHSO中钠元素的质量，因此该曲线正确；B选项，根据化学方程式可计算出，向溶液中通入每320份质量的SO会生成96份质量的S，所以溶液质量不断增大，当一定质量的NaS反应完后，溶液质量不再增加，因此该曲线错误；C选项，由于该反应消耗水，所以水的质量不断减少，当反应完后，水的质量不再发生变化，因此该曲线正确；D选项，由于该反应产生S沉淀，所以沉淀质量由0开始增加，当一定质量的NaS反应完后沉淀质量不再增加，因2此该曲线正确。9.[20159.[2015•衡阳中考，18]下列图像与对应选项关系合理的是(CA,稀释一定溶质质量分数的氢氧化钠溶液B.向一定溶质质量分数的盐酸中滴加氢氧化钠溶液至过量C.等质量的锌、铁与足量的稀硫酸反应D.熟石灰的溶解度与温度的关系【解析】用水稀释一定溶质质量分数的氢氧化钠溶液,溶液的pH开始时大于7,加水后pH逐渐减小，无限趋近于7,A错误;向一定溶质质量分数的盐酸中滴加氢氧化钠溶液至过量溶液的pH逐渐增大，最终大于7,B错误;等质量的锌、铁与足量的稀硫酸反应,锌的活动性比铁强,反应的速率快，相对原子质量锌的比铁的大,完全反应后铁生成的氢气多,C正确;熟石灰的溶解度随温度的升高而减小,D错误。10.[2016.荆州市中考]向一定量的某NaCl溶液中加入足量的AgNO溶液,所得沉淀的质量为原NaCl溶液质量的一半。则原NaCl溶液中溶质的质量分数最接近(3B)A.10%B,20%C.30%D,40%【解析】设生成氯化银的质量为a,原氯化钠溶液中氯化钠的质量为x,有NaCl+AgNO3=AgClJ+NaNO358.5 143.5xa58.5/x=143.5/ax=85.5a/143.5原NaCl溶液中溶质的质量分数为85.5a/143.5/2ax100%~20%o11.[2016.攀枝花市中考]如图是化学园地中一张表示物质间反应关系的卡片图（“——”表示相连的两种物质能够在溶液体系中发生化学反应），其中甲、乙、丙三处的卡片尚未粘贴。下列说法不正确的是（D）A,甲处贴上的卡片可以是CuSO或HSOB.乙处贴上的卡片是Ca（OH）4 242C.丙处卡片中的物质一定能与BaCl溶液反应D.卡片中可用Fe2O3替换“Fe”的位置【解析】铁能与甲和丙反应,则甲和丙为硫酸和硫酸铜中的一种，乙为氢氧化钙，A正确，B正确;丙处卡片中的物质一定含有能与BaCl溶液反应的硫酸根离子,C正确;氧化铁不与硫酸铜溶2液反应,D错误。12.现有9.3gNaOH与NaCO的固体混合物，测得其中钠元素与碳元素的质量比为23:3。在室温下，将该混合物与508稀硫酸混合，恰好完全反应，所得不饱和溶液的质量为57.1g,则原固体混合物中含有钠元素的质量为下列的（C）A.1.15gB.2.3gC.4.6gD.6.9g【解析】生成CO的质量为9.3g+50g-57.1g=2.2g;设混合物中碳酸钠的质量为％。NaCO+HSO-NaSO+COf+HO1062324 24442 2% 2.2g%=5.3gNaOH的质量是9.3g-5.3g=4g5.3gNaCO中钠元素的质量为5.3gxx1W=2.3g4gNaOH中钠元素的质量为4gx=2.3g则原固体混合物中含有钠元素的质量为2.3g+2.3g=4.6go13.某溶液含有Cu（NO）和AgNO,现向其中加入一定量的锌粉，参加反应的锌的质量与溶液中金属离子种类的关系（如图所示）。下列说法不正确的是（D）溶液中金属离子种类溶液中金属离子种类a-b间(不含两点)的溶液中金属离子为Zn2+、Ag+、Cu2+c-d间(不含两点)的溶液中金属离子为Zn2+、Cu2+C.当参加反应的锌的质量为m时，溶液中金属离子为Zn2+3D.当参加反应的锌的质量分别为m1、m2时,溶液中Cu(NO?2的质量分数相等【解析】本题考查金属活动性顺序的应用，难度较大。难点在于大部分考生对于金属锌粉与Cu(NO)和AgNO溶液的图象看不明白，再就是不知道金属与盐溶液反应的优先原则,这是解答这个题的关键。3即活动性强的金属放入活动性弱的金属的混合盐溶液中，活动性强的金属会先把活动性最弱的金属从其盐溶液中置换出来然后再置换活动性较弱的金属。从图示可以看出在a〜b间是Zn和部分AgNO溶液反应，所以金属离子是Zn2+、Cu2+和Ag+,在b点时,AgNO33溶液已完全反应,溶液中的金属离子为Zn2+、的2+;在c~d间是Zn与Cu(NO)溶液发生反应，所32以金属离子是Zn2+和CF+,在d点时,Cu(NO)溶液已完全反应,溶液中金属离子只有Znz+了。当32参加反应的锌的质量为m和m时,Zn和Cu(NO)还没有发生反应,溶液中Cu(NO)的质量是一样的，但在两种情况下溶液的质量不同,所以溶液中的⑻。a的质量分数一定不.下列四个实验都设计了两种方案，其中方案1合理、方案2不合理的是(B)选项ABCD实验目的鉴别NaOH和CaCO3除去NaOH溶液中少量的Na2c03除去CO2中含有的少量Co除去CaO中的CaCO3力1加水溶解，看是否溶解、放热力口适量Ca(OH)、 、 .一 2溶液，过滤点燃加适量稀盐酸方案2加盐酸，看是否有气泡产生加适量稀盐酸将气体通入澄清石灰水加水溶解，过滤A.AB.BC.CD.D【解析】A选项，方案l加水可以溶解并放热的是氢氧化钠，方案2加稀盐酸有气泡产生的是碳酸钙，所以方案1、2均合理。B选项，方案1加适量氢氧化钙，碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，过滤可除去碳酸钙沉淀，得到氢氧化钠溶液，方案合理；方案2加适量稀盐酸，碳酸钠和氢氧化钠都会和其反应，不合理。C选项，方案1中一氧化碳在高浓度的二氧化碳中不能被点燃，方案不合理；方案2将气体通入澄清石灰水，二氧化碳被反应掉，方案不合理。D选项，方案l加适量稀盐酸，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙能与稀盐酸反应，而杂质也会与稀盐酸反应，方案不合理；方案2加水溶解，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，方案不合理。.分别将下列各组物质同时加入到足量水中，最终能得到无色、透明溶液的是 (C)A.NaOHHSOBaCl B.NaOHCuSONaClHNOKNOKSO D.NaSOFeClKCl【解析】A中硫酸和氯化钡反应产生白色沉淀；B中硫酸铜溶液显蓝色，且氢氧化钠与硫酸铜能反应产生蓝色沉淀；C中三种物质之间不发生反应，溶液呈无色；D中氯化铁溶液显黄色。16.[2016.长沙市]甲、乙两种物质的溶解度曲线如图所示，下列说法正确的是(A)h%温度,七A"℃时，甲、乙两物质的溶解度相等B.乙物质的溶解度大于甲物质的溶解度C"℃时,乙的饱和溶液降温至％℃,乙溶液变为不饱和溶液D,℃时，甲物质的饱和溶液降温至1℃,溶液中溶质质量一定不变【解析】A.通过分析溶解度曲线可知,；℃时，甲、乙两物质的溶解度相等,正确;B.在比较物质的溶解度时，需要指明温度,错误;C.乙物质的溶解度随温度的降低而减小，故看℃时,乙的饱和溶液2TOC\o"1-5"\h\z降温至,℃,仍为饱和溶液，错误;D.%℃时，甲物质的饱和溶液降温至看℃,析出晶体，溶液中溶质质量一定减小,错误。 2 1\o"CurrentDocument"17.我国第四套人民币硬币中含有金属镍(Ni),镍及其化合物能发生下列反应:①Ni+2HCl=NiCl+Hf;②NiO+2HCl=NiCl+HO;③NiO+4HCl=NiCl+Clf+2HO。分析化学方程式,回答2以下问题： 22 2 2 2 2(1)金属镍(Ni)与硝酸银溶液反应的化学方程式为(Ni+2AgNO=Ni(NO)+2Ag)3 32【解析】由信息①可知,Ni是氢前金属，且2价银的化合物稳定，故其可以与硝酸银反应生成银和2价态的盐类。(2)反应②属于基本反应类型中的(复分解)反应；【解析】观察反应②可知，该反应中反应物互换成分，属于复分解反应。(3)反应③中Ni的化合价在反应前后(降低)(填“不变”“升高”或“降低”)。【解析】反应前镍是4价，反应后是2价，故镍的化合价降低。18.某工厂废料中含有铜、氧化铜和碳中的一种或几种。按如下流程进行反应请回答:⑴操作I的名称是(过滤)。(2)A、C、D、E四种物质中，属于氧化物的是CD_(填字母)。(3)蓝色溶液B与锌粉反应的化学方程式是Zn+HSO-ZnSO±HfZn+CuSO-ZnSO+Cu。（4）废料的成分是_铜、氧化铜和碳（或Cu、CuO、C）【解析】本题考查物质的推断，难度较大。废料中加入过量的稀硫酸,得到蓝色溶液和固体A,说明原废料中一定有氧化铜，铜和碳中至少有一种。将固体A在空气中充分灼烧，得到气体C和固体D,说明废料中有铜和碳，灼烧生成了二氧化碳和氧化铜。蓝色溶液B中有CuSO和过量的,50/加入锌后发生了两个反应。（1）经过操作I后得到了固体和液体，所以操作I的名称是过渡2。（2）通过推导可知,A是木炭和铜,C是二氧化碳,D是氧化铜,E是氢气，所以属于氧化物的是C、D。（3）通过推导可知蓝色溶液是硫酸铜和稀硫酸的混合物硫酸铜和锌、硫酸和锌反应的化学方程式为Zn+CuSO——ZnSO+Cu、Zn+HSO——ZnSO+Hf。（4）通过推导可知，废料的成分是Cu、CuO、Co19.NaCl、KNO三种物质的溶解度曲线如图甲所示。3请回答3请回答:（1）由图甲可知,20℃时,氯化钠的溶解度为.36g（2）依据图甲分析下列问题:50℃时，将氯化钠、硝酸钾固体各40g分别加入两只各盛有100g水的烧杯中，充分搅拌，其中NaCl（填写物质化学式）得到饱和溶液;另一种物质的溶液中再加入45.5名该溶质，溶液恰好饱和;若将温度都降到20℃,硝酸钾溶液中溶质的质量分数<（“>”“<”或“="）氯化钠溶液中溶质的质量分数。（3）依据图甲分析，要从含有少量硝酸钾的氯化钠溶液中，得到较纯净的氯化钠固体，可采用先蒸发结晶再过滤的物理方法。【解析】本题考查溶解度以及溶解度曲线图，难度中等。（1）每条曲线图表示该物质在不同温度下的溶解度，氯化钠在20℃的溶解度为36go（2）50℃时氯化钠的溶解度是37g,硝酸钾的溶解度是85.5g,也就是说，在该温度下100g水中溶解37g氯化钠就饱和了，而硝酸钾则需要85.5g才会达到饱和，因此二者各取40g时氯化钠达到了饱和并余下3g,而硝酸钾要想达到饱和还需要再加入85.5g-40g=45.5g;温度降到20℃时,两份溶液仍然是饱和溶液,根据在一定温度下的饱和溶液溶质的质量分数计算公式:溶解度/（100g+溶解度）x100%,可知,20℃时硝酸钾的溶解度小于氯化钠的溶解度，因此硝酸钾溶液中溶质的质量分数小于氯化钠溶液中溶质的质量分数。（3）因为氯化钠的溶解度受温度影响不大，从混合溶液中得到较纯的氯化钠时选择蒸发结晶,而硝酸钾的溶解度受温度影响大，从混合溶液中得到较纯的硝酸钾时选择降温结晶。(1)图一是用盐酸和氢氧化钠溶液进行中和反应时，反应过程中溶液的pH变化曲线。向盐酸中加入的氢氧化钠溶液质量为mg时，所得溶液中含有的离子为H+、Na+、Cl-(填离子符号)。【解析】由图一可知，加入氢氧化钠溶液的质量为mg时,pH<7,溶液呈酸性，故存在的离子为H+、Na+、Cl-。(2)图二是20℃时,取10mL10%的NaOH溶液于烧杯中，逐滴加入10%的盐酸，随着盐酸的加入,烧杯中溶液温度与加入盐酸体积的变化关系。①由图可知中和反应是放热反应,你的依据为，反应过程中温度不断升高完全反应时放出的热量最多;②甲同学用氢氧化钠固体与稀盐酸反应也得到相同结论乙同学认为不严密，因为氢氧化钠固体溶于水时液体温度也明显升高。【解析】由图二可知，开始时加入盐酸，二者发生中和反应，溶液温度升高，故中和反应放热。(3)图三是a、b、c三种物质的溶解度曲线,a与c的溶解度曲线相交于P点，据图回答：①%1c时，接近饱和的c物质溶液，在不改变溶液质量的条件下，可用升高温度的方法达到饱和状态。②将t「C时,150ga物质饱和溶液降温到t1℃时,可析出30一ga物质。【解析】①由图三可知,c物质的溶解度随温度升高而减小，故在不改变溶液质量的条件下，变为饱和溶液可采用升高温度的方法。②tC时a物质的溶解度为50g,故150g其饱和溶液中含水100g,a物质50g。tC时a物质的溶解度为20g,降温过程中水的质量不变,溶质变为了20g,故析出30ga。(4)如图托盘天平两边是等质量的铁和镁分别跟等质量等浓度的稀硫酸反应，反应的时间t与生成氢气质量m的变化关系如图四。试回答:从开始反应到不再产生气体为止，天平指针偏转情况是先偏向右边,最后回到分度盘中央。【解析】由图四可知,最后生成氢气的质量相同,故天平最后指针指向分度盘的中央，但开始反应时，左边镁比右边铁活动性强，产生氢气的速率大，指针指向右边。21.现有一包白色固体样品，可能含有BaCl、NaSO、NaCO、NHHCO、KCl、CuSO中的一种或几种，取样品进行如下实验： 2 24 23 4 3 4(1)操作I所用到的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯。(2)原白色固体中一定不含有CuSO_,一定含有BaCl、NaSO、NaCO、NHHCO_。 △，一(3)写出生成气体a的化学方程式：NHHCO+2NaOH——NHt+NaCO+2HO。4 3 3 2 3 2【解析】由流程图可知，白色固体加水得到无色溶液则白色固体中一定不含CuSO;无色溶液加氢氧化钠溶液，加热得到气体a(氨气)，则白色固体中一定含有NHHCO旧色沉淀加足量稀盐酸有气体b(二氧化碳)和不溶于稀盐酸的沉淀(硫酸钡)生成，则原白色固体中一定含有BaCl、NaSO、NaCO。操作I是将不溶性固体和溶液分离，故该操作为过滤,过滤中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗3玻璃棒。22.[2016•株洲市中考]甲、乙、丙三种固体物质的溶解度曲线如图所示。回答下歹U问题(1)t℃时,三种物质的饱和溶液中溶质的质量分数由大到小的顺序是甲＞乙=丙1(2)要将12c时甲的饱和溶液变成不饱和溶液.可采取的措施有:增加溶剂、降低温度等。(3)t℃时,三种物质的溶解度由大到小的顺序是丙＞甲＞乙3【解析】本题考查固体溶解度曲线的应用。(1)通过分析溶解度曲线可知J℃时,甲物质的溶解度最大，乙、丙物质的溶解度相等,所以三种物质的饱和溶液中溶质的质量分数由大到小的顺序是甲＞乙=丙。(2)甲物质的溶解度随温度的升高而减小，所以要将t℃时甲的饱和溶液变成不饱和溶液,可采取的措施有:增加溶剂、降低温度。(3)t。。时，三种物质的溶解度由大到小的顺3序是丙、甲、乙。23.将5%的NaOH溶液逐滴加入到10g稀盐酸中，边加边搅拌，随着NaOH溶液的加入，溶液pH(1)a点溶液中大量存在的离子有Na+、Cl-。(2)当恰好完全反应时，消耗NaOH溶液的质量为16g。(3)计算稀盐酸中溶质的质量分数。【答案】解:设10g稀盐酸样品中含HCl的质量为％。HCl+NaOH=NaCI+HO236.540% 16gx5%x=0.73g盐酸中HCl的质量分数为0.73/10x100%=7.3%答:稀盐酸中HCl的质量分数为7.3%。24.[2015.兰州中考，36](6分)现有家庭食用碱样品12g(主要成分NaCO其他成分不与酸反应),向其中加入某未知浓度的盐酸,生成气体的质量与加入盐酸的质量关系如图。请计算：(1)食用碱中碳酸钠的纯度是多少？【答案】解:设食用碱中碳酸钠的质量为％，参与反应的HCl质量为户NaCO+2HCl=2NaCl+HO+COt10623 73 2 442xy 4.4x=10.6gy=7.3g碳酸钠的纯度=10.6/12x100%=88.3%【解析】计算碳酸钠的纯度必须知道碳酸钠的质量和总质量（已知）,那么如何计算碳酸钠质量,可利用碳酸钠反应产生二氧化碳的质量求出碳酸钠的质量二氧化碳质量如图为4.4克；（2）盐酸的溶质的质量分数是多少？（要求写出计算过程，结果精确到0.1）【答案】盐酸的溶质质量分数=7.3/100x100%=7.3%答:食用碱中碳酸钠的纯度是88.3%,所用盐酸的溶质质量分数为7.3%。【解析】根据图像，图像的拐点是恰好完全反应的点，消耗盐酸100克,100克盐酸含有多少溶质呢,同样利用上问方法,通过二氧化碳的质量求出。25.[2015.襄阳中考，48]A-I是初中化学所学的物质，其转化关系如下图所示,按单质、氧化物、酸、碱、盐分类,A、B、D、E、F是不同类别的物质,C、G、H、I、F也是不同类别的物质:A、B、C中含有同种元素,B是导致“温室效应”的一种气体，图中“-”表示两端的物质能发生化学反应,“一”表示物质间存在相应的转化关系（部分反应物、生成物和反应条件未标出）。请回答:（1）物质B的化学式:CQ2—;（2）反应①的基本反应类型是复分解反应;（3）反应②的化学方程式是Cu+2AgNO 2Ag+Cu（NO）。3 32【答案】【解析】B是导致“温室效应”的一种气体，又是初中学过的物质,应是二氧化碳,1是蓝色沉淀为氢氧化铜,H可能为铜盐。A、B、C中含有同种元素,BC可相互转化，则C是CO,再根据ABC的关系,A是碳;E与B反应,E是碱（碱跟非金属氧化物反应）,F可以与氢氧化铜反应,F是酸，则D为盐（碳酸钙满足条件,根据题目单质、氧化物、酸、碱都有了）80与G存在转换关系，为CO还原氧化铜，所以G为铜单质。【方法技巧】推断题解答关键是根据题目信息寻找突破点，例如本题I是蓝色沉淀，只能是氢氧化铜,B是最常见的学过的温室效应气体,B是二氧化碳;找到突破口依据题目就可以慢慢推导得出答案。26.（5分）有一白色固体X，其主要成分是氯化钠，可能含有碳酸钙、氯化钙、硫酸铜和氢氧化钙中的一种或几种。为探究其组成进行如下实验，主要流程及现象记录如下:【资料】氯化钙溶液呈中性，碳酸钠溶液呈碱性回答下列问题：(1)根据步骤①实验现象确定白色固体X中一定没有的物质是硫酸铜。【解析】根据步骤①的实验现象可确定白色固体X中一定没有的物质是硫酸铜。(2)步骤②中发生反应的化学方程式是CaCO3+2HCl-CaCl2+COJ+H2O。【解析】步骤②中发生反应的化学方程式是CaCO+2HCl—CaCl+COf+HO。TOC\o"1-5"\h\z3 2 2 2(3)步骤③中产生白色沉淀A的化学方程式是CaCl+NaCO—CaCO」,+2NaCl。2 2 3 3【解析】步骤③中产生白色沉淀A的化学方程式是CaCl+NaCO——CaCOl+2NaCl。2 2 3 3(4)白色固体X中的物质有氯化钠、碳酸钙和氯化钙。【解析】由于最后生成的无色溶液的pH=7,而Ca(OH)与碳酸钠溶液反应生成碱性的NaOH，因此白色固体X中不存在氢氧化钙，则白色固体乂中的物质有氯化钠、碳酸钙和氯化钙。(5)将白色固体X转化成氯化钠固体的实验方案是 。【答案】取白色固体X于烧杯中，加入足量的水溶解，再加入适量的碳酸钠溶液，过滤，将滤液蒸干，便可得到氯化钠固体【解析】将白色固体X转化成氯化钠固体的实验方案是：取白色固体X于烧杯中，加入足量的水溶解，再加入适量的碳酸钠溶液，过滤，将滤液蒸干，便可得到氯化钠固体。【解析】因为硫酸铜溶液为蓝色，再根据图框信息知溶液B为无色，推测白色固体X中一定没有的物质是硫酸铜；而白色沉淀与稀盐酸反应生成无色气体，可推测含有碳酸根；步骤③中产生白色沉淀A的反应为氯化钙与碳酸钠溶液反应生成碳酸钙。27.图中表示的是几种常见物质的转化关系(部分反应条件、反应物、生成物省略)。已知C为生活中不可缺少的调味品，F为某种建筑材料的主要成分，请回答以下问题：(1)写出E的化学式H2J。(2)写出B和F反应的化学方程式CaCO+2HCl——CaCl+HO+COf。(3)写出D和I的溶液反应的现象溶液变浑浊，生成白色沉淀。(4)写出I的一种用途一改良酸性土壤。【解析】C是生活中不可缺少的调味品，为NaCl，F为建筑材料的主要成分，为碳酸钙。据此可知，A、B一定分别是碳酸盐和盐酸中的一种，D能转化为碳酸钙，说明D是二氧化碳，则E是水；F能和B反应，说明B是盐酸，则A是碳酸钠。

28.［201628.［2016•株洲市中考］现有A、B、C、D、E、F、G、H八种物质,它们的转化关系如图所示。其中A为黑色粉末,H为红色粉末,B、E、F、G为单质且G在常温下呈液态,D的溶液呈蓝色。请回答下列问题：(1)写出C和H的化学式:CH2O学HgO。A(2)写出A和E反应生成B和C的化学方程式：H2CuO—H2OCu。(3)图示5个转化关系中共有个化合反应。【解析】本题考查物质的鉴别和推断。(1)A、B、C、D、E、F、G、H八种物质中,B、E、F、G为单质,A为黑色粉末,A和硫酸反应会生成D和C,D的溶液呈蓝色，所以D是硫酸铜,A是氧化铜,C是水,氧化铜和单质E反应会生成B和水，所以E是氢气,B是铜，水通电生成氢气和氧气，所以F是氧气,G在常温下液态,G和氧气加热会生成H,所以G是汞,H是氧化汞。经过验证，推导正确。(3)氢气和氧化铜的反应是置换反应，铜和氧气的反应属于化合反应，氧化铜和硫酸的反应属于复分解反应,水通电的反应属于分解反应，氧气和汞的反应属于化合反应，所以图示5个转化关系中共有2个化合反应。Cu(NO)的混合溶液中，实验流程如图所示，请分析回答:29.［2016.滨州市中考］Cu(NO)的混合溶液中，实验流程如图所示，请分析回答:(1)步骤n中生成的无色气体X是H(或氢气)。该反应的基本反应类型是置换反应，滤液N中的溶质是Zn(NO)(或硝酸锌)。232(2)请写出步骤1中所发生的任一反应的化学方程式Zn+2AgNOZn(NO)+2Ag［或Zn3 32+Cu(NO)——Zn(NO)+Cu］。【解析】本题考查金属的性质、化学反应基本类型、化学式的书写、化学方程式的书写。(1)由金属活动性顺序可知，金属活动性，锌＞铜＞银，故加入的锌粉先和硝酸银溶液反应生成硝酸锌和银，再和硝酸铜溶液反应生成硝酸锌和铜,由流程图知,过滤得到滤液n和滤渣m,步骤n加入稀盐酸有五色气体X生成,说明加入的锌粉没有反应完，锌能和稀盐酸反应生成氢气,故气体X为氢气;化学方程式为Zn2HCl—ZnClH1反应物为单质和化合物，生成物为新单质和新化合物，故属于置换反应;滤液N中的溶质为Zn2NO)。(2)步骤I中发生的反应是锌粉先和硝酸银悬浊液滤液“精盐30.盐城濒临黄海，海盐文化全国知名。某兴趣小组同学去盐场参观，悬浊液滤液“精盐30.盐城濒临黄海，海盐文化全国知名。某兴趣小组同学去盐场参观，带回了部分粗盐样品，并对其进行了如下探究：加水溶解较细粗盐 —大颗粒粗盐溶液反应生成硝酸锌和银，再和硝酸铜溶液反应生成硝酸锌和铜，故化学方程式为Zn2AgNO3—Zn(NO)2Ag或ZnCu(NO)—Zn(NO)Cu。溶液I过量溶液I过量N4H1溶液l!白色沉淀I(1)操作①中必须用到的一种仪器是A (填序号)。A.研钵B.量筒C.烧杯D.试管(2)操作③的名称是过滤，操作④中用到仪器玻璃棒，作用为防止局部温度过高，液滴飞溅.【解析】操作③之后得到了泥沙和滤液，即起到分离固液混合物的作用，为过滤操作；操作④是使食盐从溶液中析出的操作，应为蒸发结晶。⑶用提纯得到的“精盐”配制100g7.5%的氯化钠溶液。经检测，溶质质量分数偏小，其原因可能有①②(填序号)。①氯化钠固体不纯②称量时精盐与祛码放反了③量取水时，俯视读数④装瓶时，有少量溶液洒出【解析】①若氯化钠固体不纯，则称得的“精盐”中纯净氯化钠偏少，溶质质量分数偏小；②称量时应当左物右码，若放反会使称得的固体质量偏小，溶质质量分数也偏小；③量取水俯视读数会使水的量偏低，溶质质量分数偏大；④装瓶时已形成溶液，溶液时均一稳定的，少量液体洒出不影响溶质质量分数。(4)查阅资料得知:粗盐中除含泥沙等不溶性杂质外，还含有少量的可溶性杂质(假定可溶性杂质只有MgCl一种)。为了得到较纯净的氯化钠，小组同学将所得“精盐”又作了如下处理。2国体①白色沉淀的化学式为Mg(OH)_。2②在得到的滤液中加入足量的稀盐酸的目的是除去过量的NaOH(或OH-)。③若实验过程中不考虑损耗，最终得到的NaCl固体的质量将大于(填“大于”“小于”或“等于。”)原“精盐”中NaCl的质量。【解析】①由于可溶性杂质是氯化镁，可知加入NaOH溶液后发生反应2NaOH+MgCl=2Mg(OH)l+2NaCl，产生白色沉淀为Mg(OH)；②由于加入的NaOH过量，故加入足量稀盐酸与氢氧化钠反应，以去除过量的碱；③在除杂过程中有NaCl产生，故最终得到NaCl质量大于原精盐中的NaCl质量。

31.(6分)设计方案是实验探究的保证，感悟方法是探究的根本目的。某合作学习小组开展了如下探究。(1)实验一:检验氢氧化钠溶液中是否含有氢氧化钙。【分析】从组成上看，氢氧化钙和氢氧化钠都属于碱,它们在水溶液中都能解离出相同的OH-(填符号)，所以具有相似的化学性质。但由于解离出的Na+和Ca2+不同，所以性质也有不同。设计实验时可加入能解离出C的试剂，利用C与Ca2+结合产生白色沉淀这一特殊现象予以检验。【设计方案并实验】实验操作现象结论方案一取少量待测溶液于试管中，通入CO。出现白色沉淀氢氧化钠溶液中含有氢氧化钙。方案一取少量待测溶液于试管中,滴加—KCO或、 2 3NaCO或(NH)CO溶液。3423出现白色沉淀写出上述方案中出现白色沉淀的一个化学方程式CO+Ca(OH)——CaCO」,+H0「或NaCO+Ca(OH)——CaCO、L+2NaOH]。【方法感悟】在检验物质时,要分析物质的组成和性质(或化学性质)，据此选择加入恰当的试剂，最后根据不同现象得出结论。【延伸探究】【解析】氢氧化钙在水溶液中电离生成钙离子和氢氧根离子，氢氧化钠在水溶液中电离生成钠离子和氢氧根离子，故电离出相同的OH-;方案一中氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀，故方程式为CO+Ca(OH)——CaCO1+HO,方案二中应加能与氢氧化钙反应生成沉淀的溶液，可以为碳酸钠溶液或碳酸钾溶液或碳酸铵溶液。(2)实验二:有一包白色固体，可能含有氯化钠、氢氧化钠、碳酸钠、硫酸钠和硝酸钡中的一种或几种，为探究其组成，某合作学习小组设计方案并进行了如下实验：⑴上述实验中，过滤操作用到的玻璃仪器有:烧杯、玻璃棒和3^。(2)小晶同学通过上述实验推知:白色固体样品中