2023学年山东省济宁市任城区九年级(上)期末化学试卷(附详解)

118页2023-2023学年山东省济宁市任城区九年级〔上〕期末化学试卷一、单项选择题〔1016.0分〕分类是学习和争论化学的常用方法，以下物质分类正确的选项是( )有机物：醋酸、苏打C.混合物：生铁、铁锈

B.碱：烧碱、纯碱D.有机合成材料：合金、塑料化学与生活息息相关，以下有关科学与生活的说法中不正确的选项是( )废旧电池不要随便丢弃C.可用熟石灰改进酸性土壤

B.波尔多液可用铁桶存放D.铝制品比铁制品更耐腐蚀某同学的午餐是：米饭、炖排骨、炸带鱼、鸡蛋汤。这份午餐搭配中缺失的养分素是()A.油脂B.维生素C.蛋白质D.糖类现有X、Y、Z三种金属，：①X和稀硫酸不反响②Z+H2SO4=ZSO4+H2↑③X+2YNO3=2Y+X(NO3)2，这三种金属的活动性挨次正确的选项是( X>Y>Z B.Z>X>Y C.Y>Z>X D.Z>Y>X分解、化合、置换、复分解是初中四种根本反响类型，以下化学方程式不属于这四种根本反响类型的是( )NH4Cl+NaOH=NaCl+NH3↑+H2OCO2+2NaOH=Na2CO3+H2O2HI+Cl2=2HCl+I2Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O除去以下物质中的少量杂质，所用试剂和方法正确的选项是( )选项物质杂质试剂和方法ANa2CO3NaNO3滴入适量稀硝酸BKNO3K2SO4滴入过量Ba(NO3)2溶液、过滤CCO2CO通过点燃的方法除去DH2HCl先通过NaOH溶液，再通过浓硫酸A.AB.BC.CD.D某溶液甲中可能含有以下几种离子：Na+、Cl−、Ca2+、Ba2+、SO2−、CO2−，现分4 3别取两份溶液甲进展如下试验：(1)向第一份中参加AgNO3溶液有沉淀产生；(2)向其次份中参加足量的Ba(NO3)2溶液有白色沉淀产生再向其中参加过量的稀硝酸，沉淀局部溶解。依据上述试验，以下有关溶液甲的推断正确的选项是( )肯定存在Na+C.肯定存在Cl−

B.可能存在Ba2+D.可能存在SO2−42.4g该混合物中参加100g肯定溶质质量分数的稀盐酸，两者恰好完全反响，产生氢气的质量为m。以下说法正确的选项是( )假设混合物为Zn、Mg，则所用稀盐酸的溶质质量分数大于7.3%假设混合物为Al、Mg，m是0.22g时，该混合物中Al的质量分数小于50%假设混合物为Fe、Mg，m可能是0.22g假设混合物为Mg、Al，m可能是0.3g滤液，则以下说法正确的选项是( )当滤渣中金属单质种类为1种，向滤液中加盐酸肯定有白色沉淀生成当滤液中溶质种类为1种时，溶液可能为蓝色当滤液中溶质种类为2种时，金属单质种类可能为1种或2种当滤液中溶质种类为3种时，向金属单质中参加盐酸有气泡生成则是：当上家出牌时，下家跟出的牌所标注的物质必需能与上家的发生反响。某局玩耍中，从甲到戊五个人各有一张不同的牌，牌面分别标注了“CuSO4”、“H2SO4”、“NaOH”、“Zn”、“Fe2O3”。假设甲的牌为“Fe2O3”，且按甲→乙→丙→丁→戊依次出牌时都能满足“接龙”规章，以下说法正确的有( )①乙肯定是硫酸②丙肯定是氢氧化钠③丁肯定是CuSO4④戊可以是Zn1个 B.2个 C.3个 D.4个二、简答题〔310.0分〕化学学问与生活联系亲热，请选取以下物质，用化学符号填空。①氧化铁②锌③四氧化三铁④锡⑤氯化铵⑥硝酸钾⑦硝酸铵⑧甲烷(1)黄铜是铜和 合金；(2)最简洁的有机物 ；(3)磁铁矿的主要成分 ；(4)一种复合肥 。混盐一般是由一种阳离子与两种酸根离子组成的盐，如：Ca(NO3)Cl。漂白粉中有一种混盐CaOCl2。混盐Ca(NO3)Cl中氮元素的化合价是 。CaOCl2中的一种酸根离子是次氯酸根离子(ClO−)，则另一种酸根离子为 ，假设将该CaOCl2改写成如Ca(NO3)Cl的形式，其化学式可表示为 。如图是甲、乙两种固体物质的溶解度曲线，A、B两个烧杯中分别盛有20℃时上述两种物质的饱和溶液。请答复以下问题：将乙物质的饱和溶液转化为不饱和溶液的方法是 。(写一种方法)80℃时，甲物质饱和溶液中溶质的质量分数为 。假设甲物质中混有少量的乙，提纯甲物质的结晶方法是 。三、探究题〔418.0分〕将等质量的锌粉和铁粉(颗粒大小一样)，分别放入质量相等、溶质质量分数一样的(m)随反响时间(t)的变化曲线如图所示，请答复以下问题．写出锌与稀硫酸反响的化学方程式 .该反响的根本类型为 反响；对于如图的理解，以下说法正确的选项是 (填序号).①A表示锌和稀硫酸的反响曲线②反响完毕后两种金属肯定都有剩余318页③反响完毕后稀硫酸都没有剩余④反响完毕后消耗两种金属的质量相等⑤反响完毕后所得溶液质量相等．有一包白色固体粉末可能由NH4Cl、Na2CO3、BaCl2、CuSO4、NaCl中的一种或几种组成．为了确定其组成，小东做了以下试验：①②③留神倒掉上层清液，向沉淀中参加稀硝酸，白色沉淀完全溶解，并有无色无味的气体产生．由以上试验可推断：(1)这包白色固体中确定存在 ，确定不存在 ；(2)写出②中消灭白色浑浊的化学方程式 ．△水煤气是将水蒸气通过灼热的焦炭而生成的气体，主要成分是一氧化碳、氢气、二氧化碳和水蒸气。某课题组同学为验证水煤气的成分，做了以下预备：△2一资料收集H +O2水由白色变为蓝色(二)设计试验装置：

Cu+H2O②CO+CuO

Cu+CO2③无水硫酸铜遇请分析上面信息后答复：你认为该装置验证水煤气中各成分的挨次依次是 (填化学式，以逗号间隔)。装置C中应参加的试剂是 溶液，发生反响的化学方程式为： 。装置D的目的是 。装置E内观看到的现象是 。试验中两次用到A装置，其中右边A目的是 。化学学习小组的同学欲探究某固体混合物AA中可能含有NH4ClCuCl2、Na2SO4、Ba(NO3)2四种物质中的两种或多种，按如下图进展探究试验，消灭的418页现象如图中所述(假设图示过程中全部发生的反响都恰好完全反响)。试依据试验过程和发生的现象做出推断，填写以下空白：在常温下气体B的化学式是 它的水溶液pH 7(填“大于”“小于”或“等于”)。写出1个步骤④中生成沉淀G的化学方程式： 。固体混合物A中，确定存在的物质是 (写化学式)。无色溶液F中确定存在的酸根离子是 溶液F中共存在 种溶质。四、计算题〔26.0分〕如表是某种品牌的补钙药品的局部说明书。XX钙片[药品规格]每片含CaCO30.75g[用法用量]每次一片，每天2次计算：CaCO3中钙元素的质量分数为 。假设按用量服用，每天摄入钙元素的质量为 g。某样品为铜和氧化铜的混合物。为测定该样品中氧化铜的含量，取20g此样品，向如表：518页1018页/mL质量/g150162501235084508计算：参加稀硫酸的体积剩余固体的序号样品中氧化铜的质量分数 参加稀硫酸的体积剩余固体的序号用氢气充分复原5g此样品，最终得到金属固体 g。所用稀硫酸的溶质质量分数(写出计算过程)。答案和解析【答案】C解：A属于无机物，而不是有机物，故A错误；B、纯碱是碳酸钠的俗称，碳酸钠是由钠离子与碳酸根离子构成的化合物，属于盐，而不是碱，故B错误；C、生铁是一种铁合金，其中含碳量为2%～4.3%，属于混合物；铁锈的主要成分是氧化铁，还含有其他杂质，属于混合物，故C正确；D、合金是一种金属材料，而不是有机合成材料，故D错误。应选：C。A、有机物是指含有碳元素的化合物，但不包括碳的氧化物、碳酸和碳酸盐等；B、碱是指电离时产生的阴离子全部是氢氧根离子的化合物；C、混合物是由两种或两种以上的物质组成的，纯洁物是由一种物质组成的；D、有机合成材料包括塑料、合成纤维和合成橡胶。生疏常见的物质的组成是正确解答此题的关键。【答案】B【解析】解：A、废旧电池中含有有毒的重金属，因此废旧电池不要随便丢弃，以防造成环境污染，故A正确；B、铁比铜活泼，铁能与硫酸铜发生置换反响，因此，波尔多液不行用铁桶存放，故B错误；C、熟石灰是一种碱，能与酸性物质反响，因此可用熟石灰改进酸性土壤，故C正确；D、在常温下，铝能与空气中的氧气生成致密的氧化铝保护膜，从而阻挡了内部的铝进一步氧化，所以铝制品比铁制品更耐腐蚀，故D正确。应选：B。A、依据废旧电池中含有有毒的重金属来分析；B、依据金属的活动性挨次来分析；C、依据熟石灰的性质来分析；D、依据金属铝的化学性质来分析。等是解题的关键。【答案】B【解析】解：人体需要的六大养分物质：蛋白质、糖类、油脂、维生素、无机盐和水；结合题意，米饭中富含淀粉，淀粉属于糖类；炖排骨、炸带鱼、鸡蛋汤中含有油脂、蛋白质和无机盐，可知食物中维生素含量较少，这份午餐搭配中缺失的养分素是维生素，为使养分搭配更加合理，需要补充富含维生素的食物。应选：B。所含的养分素以及缺少的养分素，进展分析解答。此题难度不大，“吃得养分，吃出安康”是人类普遍的饮食追求，了解均衡搭配与合理膳食的原则、各种养分素的食物来源是正确解答此题的关键。【答案】B【解析】解：①X和稀硫酸不反响，说明X的活动性比氢弱，即H>X；②Z+H2SO4=ZSO4+H2↑，说明Z的活动性比氢强，即Z>H；③X+2YNO3=2Y+X(NO3)2，说明X的活动性比Y强，即X>Y；则X、Y、Z三种金属的活动性由弱到强的挨次是Z>X>Y。应选：B。由强到弱的挨次．此题难度不大，考察金属活动性应用，把握金属活动性应用“反响则活泼、不反响则不活泼”是正确解答此类题的关键．【答案】B【解析】解：A、两种化合物相互交换成分，生成两种化合物，氨气和水是氨水分解来的，符合复分解反响的特点，属于复分解反响，故A错；B、该反响既不属于化合反响，也不属于分解反响，也不属于置换反响，更不属于复分解反响，故B正确；C、该反响属于置换反响，故C错；D、该反响属于复分解反响，故D错。应选：B。依据反响的特点分析反响物和生成物的种类，确定反响类型。反响类型的判定主要是指四大根本反响类型(即化合反响、分解反响、置换反响和复分解反响)的判定。判定的方法就是结合它们的概念和相应的通式，依据它们各自的特点来细心地判定。【答案】D【解析】解：A、Na2CO3能与适量稀硝酸反响生成硝酸钠、水和二氧化碳，反而会把原物质除去，不符合除杂原则，应选项所实行的方法错误。B、K2SO4能与过量Ba(NO3)2溶液反响生成硫酸钡沉淀和硝酸钾，能除去杂质但引入了的杂质硝酸钡(过量的)，不符合除杂原则，应选项所实行的方法错误。C(燃烧)大量存在时，少量的一氧化碳是不会燃烧的；应选项所实行的方法错误。D、HCl能与NaOH溶液反响生成氯化钠和水，氢气不与氢氧化钠溶液反响，再通过浓硫酸进展枯燥，能除去杂质且没有引入的杂质，符合除杂原则，应选项所实行的方法正确。应选：D。(提纯)，是指除去杂质，同时被提纯物质不得转变。除杂质至少要满足两个条件：①一般参加的试剂只能与杂质反响，不能与原物质反响；②反响后不能引入的杂质。物质的分别与除杂是中考的重点，也是难点，解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件(参加的试剂一般只与杂质反响，反响后不能引入的杂质)是正确解题的关键。【答案】A【解析】解：(1)向第一份中参加AgNO3溶液有沉淀产生，氯离子、硫酸根离子、碳酸根离子能与银离子反响生成白色沉淀，说明某溶液甲中可能含有氯离子、硫酸根离子、碳酸根离子。(2)向其次份中参加足量的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，再向其中参加过量的稀硝酸，沉淀局部溶解，说明沉淀中含有不溶于酸的硫酸钡，还含有能与酸反响的物质，则某溶液甲中肯定含有硫酸根离子，肯定含有碳酸根离子。A、只有钠离子是阳离子，溶液中肯定含有钠离子，应选项说法正确。B、某溶液甲中肯定含有硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子不能，则不行能存在Ba2+，应选项说法错误。C、向第一份中参加AgNO3溶液有沉淀产生，氯离子、硫酸根离子、碳酸根离子能与银离子反响生成白色沉淀，无法确定甲溶液中是否存在氯离子，应选项说法错误。D、向其次份中参加足量的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，再向其中参加过量的稀硝酸，沉淀局部溶解，说明沉淀中含有不溶于酸的硫酸钡，则某溶液甲中肯定含有硫酸根离子，应选项说法错误。应选：A。向第一份中参加AgNO3溶液有沉淀产生，氯离子、硫酸根离子、碳酸根离子能与银离子反响生成白色沉淀。向其次份中参加足量的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，再向其中参加过量的稀硝酸，沉淀局部溶解，说明沉淀中含有不溶于酸的硫酸钡，还含有能与酸反响的物质，进展分析推断。此题有肯定难度，娴熟把握常见离子的检验方法是正确解答此题的关键。【答案】B【解析】解：假设合金中镁的质量为2.4g，则依据化学反响的方程式：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，可计算出此时产生氢气的质量为0.2g，消耗的氯化氢质量为7.3g，此时稀盐酸溶质的质量分数为7.3%；同理可计算出2.4gAl与足量盐酸反响产生氢气的质量大于0.2g7.3%；2.4gZn、2.4g铁与足量盐酸反响产生氢气的质量均小于0.2g，稀盐酸溶质的质量分数小于7.3%。A、假设混合物为Zn、Mg，则所用稀盐酸的溶质质量分数小于7.3%A错误；BAlMg，混合物中镁的质量分数是50%，含有镁和铝的质量分别为1.2g，1.2g生成氢气的质量为0.1g；2Al+6HCl=AlCl3+3H2↑54 61.2g 0.13g所以当m是0.22g时，该混合物中Al的质量分数小于50%，故B正确；C、假设混合物为Fe、Mg，m小于0.2gC错误；D、假设2.4g全部都是铝时，2Al+6HCl=AlCl3+3H2↑54 62.4g 0.27gm不行能是0.3gD错误。应选：B。与酸反响时生成氢气的质量= 金属的化合价金属的相对原子质量

×金属的质量，所以同质量镁与酸反响生成氢气的质量均大于铁、锌，而小于铝．据此分析解答即可．子质量越大，产生的氢气质量越小．【答案】C【解析】解：由金属的活动性可知，金属活动性的强弱是锌>铜>银，向硝酸银和硝酸33反响完，假设还有锌粉，锌才能与Cu(NO3)2反响生成硝酸锌和铜，A、当滤渣中金属单质种类为1种，该金属单质是银，硝酸银可能全部反响，可能局部反响，所以向滤液中加盐酸不肯定有白色沉淀生成，故A错误；B、当滤液中溶质种类为1种时，滤液中含有硝酸锌，溶液为无色，故B错误；C、当滤液中溶质种类为2种时，滤液中含有硝酸锌和硝酸铜，硝酸铜可能没有反响，可能局部反响，所以金属单质种类可能为1种或2C正确；D、当滤液中溶质种类为3种时，滤液中含有硝酸锌、硝酸铜和硝酸银，锌是缺乏的，所以向金属单质中参加盐酸没有气泡生成，故D错误。应选：C。依据金属的活动性，金属活动性的强弱是锌>铜>银，向硝酸银和硝酸铜的混合溶液中参加肯定量的锌粉，锌先与AgNO3反响生成硝酸锌和银，AgNO3反响完，假设还有锌粉，锌才能与Cu(NO3)2反响生成硝酸锌和铜进展分析。键。【答案】C【解析】解：“化学扑克接龙”的玩耍规章是：当上家出牌时，下家跟出的牌所标注的物质必需能与上家的发生反响，某局玩耍中，从甲到戊五个人各有一张不同的牌，牌面分别标注了“CuSO4”、“H2SO4”、“NaOH”、“Zn”、“Fe2O3”，假设甲的牌为“Fe2O3”，且按甲→乙→丙→丁→铁反响，所以乙是硫酸，氢氧化钠、锌都会与硫酸反响，丙可以是锌、氢氧化钠，丙是推导正确，①乙肯定是硫酸，故正确；②丙可以是氢氧化钠、锌，故错误；③丁肯定是CuSO4，故正确；④戊可以是Zn，故正确。应选：C。能与上家的发生反响，某局玩耍中，从甲到戊五个人各有一张不同的牌，牌面分别标注了“CuSO4”、“H2SO4”、“NaOH”、“Zn”、“Fe2O3”，假设甲的牌为“Fe2O3”，且按甲→乙→丙→丁→戊依次出牌时都能满足“接龙”规章，硫酸会与氧化铁反响，所以乙是硫酸，氢氧化钠、锌都会与硫酸反响，丙可以是锌、氢氧化钠，丙是锌时，丁是硫酸铜，戊是氢氧化钠；丙是氢氧化钠时，丁是硫酸铜，戊是锌，然后将推出的物质验证即可。推导剩余的物质，最终将推出的各种物质代入转化关系中进展验证即可。【答案】Zn CH4 Fe3O4 KNO3【解析】解：(1)黄铜是铜和锌合金，锌的化学式为Zn；故答案为：Zn；最简洁的有机物是甲烷，甲烷的化学式为CH4；故答案为：CH4；磁铁矿的主要成分是四氧化三铁，其化学式为Fe3O4；故答案为：Fe3O4；硝酸钾中含有农作物需求量较大的钾元素与氮元素，因此是一种复合肥，硝酸钾的化学式为KNO3；故答案为：KNO3。依据单质()和化合物(金)化学式的书写方法进展分析解答即可．此题难度不大，把握单质和化合物化学式的书写方法是正确解答此类题的关键。【答案】+5 Cl− Ca(ClO)Cl【解析】解：(1)在化合物中，钙元素显+2价，氧显−2价，氯显−1价，由化合物中各元素正负化合价的代数和为零原则可知，氮元素显+5价；(2)CaOCl2中的一种酸根离子是次氯酸根离子(ClO−)，则另一种酸根离子为氯离子，其符号为Cl−.将CaOCl2改写成如Ca(NO3)Cl以两种酸根表示的形式，其化学式可表示为Ca(ClO)Cl。依据化合物中元素化合价的计算方法来分析；依据物质的构造、离子符号的写法、化学式的写法来分析。解，又考察了学生对化学符号的书写，考察全面，留意根底，题目难度较易。【答案】参加溶剂或降温50% 降温结晶【解析】解：(1)乙的溶解度随着温度降低而增大，将乙物质的饱和溶液转化为不饱和溶液的方法是参加溶剂或降温。故答案为：参加溶剂或降温。80℃时甲的溶解度是100g，饱和溶液中溶质的质量分数为：

100g

×100%=50%。故答案为：50%。

100g+100g甲的溶解度随着温度上升而增大，乙的溶解度随着温度上升而减小，假设甲物质中混有少量的乙，提纯甲物质的结晶方法是降温结晶。故答案为：降温结晶。依据物质的溶解度曲线可以推断某一温度时物质的溶解度大小比较。依据物质的溶解度曲线可以推断随着温度的变化，物质的溶解度变化状况。饱和溶液和不饱和溶液之间可以相互转化。饱和溶液的溶质质量分数= 溶解度100g+溶解度

×100%。着温度上升而减小，可以用降温结晶的方法分别。同温度下的溶解度不同；同一温度下，不同溶质的溶解度可能一样，也可能不同；温度对不同物质的溶解度影响不同。14.【答案】Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑ 置换①③【解析】解：(1)锌与稀硫酸反响生成了硫酸锌和氢气，反响的化学方程式是：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，该反响的根本类型为置换反响；(2)①锌的活动性比铁的活动性强，等质量的金属，锌反响的时间短，故①正确；②依据化学方程式Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，可知每56g铁生成2g氢气，依据化学方程式：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，可知每65g锌反响生成2g氢气，由图示可知，生成的氢气的质量相等，所以硫酸均反响完，二者反响完毕后，可能金属都有剩余，也可能锌恰好反响完，铁有剩余，故②错误；③假设生成的氢气的质量相等，硫酸均反响完，故③正确；④由上述方程式可知，反响生成的氢气的质量相等，消耗两种金属的质量不会相等，故④错误；⑤依据质量守恒定律，反响后溶液的质量=反响前溶液质量+参与反响的金属的质量−气体的质量，图示中生成氢气的质量相等，参与反响的金属的质量不同，反响完毕后所得溶液质量不会相等，故⑤错误．故答案为：(1)Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，置换反响；(2)①③．依据锌与稀硫酸的反响分析答复；①依据锌的活动性比铁的活动性强，等质量的金属，锌反响的时间短进展分析；②依据方程式分析可知：生成相等质量氢气，参与反响的锌的质量多，可能金属都有剩余，也可能锌恰好反响完，铁有剩余；③由图示可知：生成的氢气的质量相等，所以硫酸均反响完；④依据方程式分析生成相等质量的氢气时参与反响的锌、铁的质量关系；⑤依据方程式分析生成一样质量的氢气后溶液质量的变化．应用力量，要结合相关学问认真分析．【答案】Na2CO3和BaCl2 CuSO4和NH4Cl Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl【解析】解：(1)参加少量的熟石灰粉末混合，研磨，没有闻到氨味，说明肯定没有氯化铵；上层清液无色，因此肯定没有硫酸铜；(2)白色沉淀可能是碳酸钡，留神倒掉上层清液，向沉淀中参加稀硝酸，白色沉淀完全Na2CO3和BaCl2，碳酸钠与氯化钡反响生成碳酸钡白色沉淀和氯化钠，化学方程式为：Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl．故答案为：(1)Na2CO3和BaCl2，CuSO4和NH4Cl；(2)Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl．依据题目给出的信息：取少量白色粉末于研钵中，参加少量的熟石灰粉末混合，研磨，没有闻到氨味，说明肯定没有氯化铵；另取少量白色粉末参加到适量的水中，消灭白色浑浊，静置后，上层清液无色，因此肯定没有硫酸铜；白色沉淀可能是碳酸钡，留神倒掉上层清液，向沉淀中参加稀硝酸，白色沉淀完全溶解，并有无色无味的气体产生，那么肯定是碳酸钡，因此混合物中肯定有Na2CO3和BaCl2，NaCl可能有，也可能没有．推断各物质的存在性，最终进展验证即可．【答案】H2O，CO2，H2，CO 氢氧化钠2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O 吸取水蒸气黑色固体变红色检验是否生成水，从而确定气体中是否含有氢气解：(1)该装置验证水煤气中各成分的挨次依次是H2O(左边A装置检验)，CO2(B装置检验)，H2(右边A装置和E装置检验)，CO(E装置和右边B装置检验)。故答案为：H2O，CO2，H2，CO。装置C生成碳酸钠和水，发生反响的化学方程式为：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O。故答案为：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O。装置D的目的是吸取水蒸气。故答案为：吸取水蒸气。装置E内观看到的现象是黑色固体变红色(氧化铜和氢气、一氧化碳反响生成铜和、水、二氧化碳等物质)。故答案为：黑色固体变红色。试验中两次用到A装置，其中右边A目的是检验是否生成水，从而确定气体中是否含有氢气。故答案为：检验是否生成水，从而确定气体中是否含有氢气。硫酸铜和水反响生成蓝色固体五水硫酸铜。二氧化碳和氢氧化钠反响生成碳酸钠和水，和氢氧化钙反响生成碳酸钙沉淀和水。浓硫酸能够吸取水蒸气。加热时氧化铜和氢气反响生成铜和水，和一氧化碳反响生成铜和二氧化碳。此题主要考察物质的性质，解答时要依据各种物质的性质，结合各方面条件进展分析、推断，从而得出正确的结论。3【答案】NH3 大于NaCl+AgNO3=NaNO3+AgCl↓ NH4Cl、Ba(NO3)2 NO− 四3【解析】解：题中所给的各种物质都溶于水，氯化铜在溶液中显蓝色，铵态氮肥和碱混合会生成氨气，氨气的水溶液显碱性，氯离子和银离子会生成白色的氯化银沉淀，硫酸根离子和钡离子会生成白色的硫酸钡沉淀，硫酸钡沉淀、氯化银沉淀不溶于酸，在混合物A中参加氢氧化钠溶液，得到气体B和溶液C，所以混合物A中肯定不含氯化铜，肯定含有氯化铵，氯化铵和氢氧化钠反响生成氨气，氨气溶于水形成氨水，氨水显碱性，所以溶液C中含有氯化钠，混合物A中参加稀硫酸，得到溶液D和沉淀E，所以混合物A中含成氯化银沉淀和硝酸钠。B是NH3B的水溶液pH大于7；B钠，化学方程式为：NaClAgNO3=NaNO3+AgCl↓；固体混合物A中，确定存在的物