《2022年四川省绵阳市南山中学自主招生化学模拟题开卷有益.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年四川省绵阳市南山中学自主招生化学模拟题开卷有益.pdf（30页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、 选择题 生活在密闭狭小的特殊环境（如潜艇、太空舱）里，O2 会越来越少，CO2 会越来越多，因此将 CO2 转化为 O2，不仅有科学意义也有重要的实用价值。据科学文献报道，NiFe2O4 在一定条件下既能促进 CO2分解又可重复使用。NiFe2O4 在此反应中是（）A.粘合剂 B.制冷剂 C.防腐剂 D.催化剂【答案】D【解析】NiFe2O4 在一定条件下既能促进 CO2 分解又可重复使用，说明NiFe2O4 是将二氧化碳转化为氧气，而没有和二氧化碳反应，故NiFe2O4 不是反应物，NiFe2O4 起到催化剂的作用，是催化剂。A、在该过程中作催化剂，不是粘合剂，故 A 不正确；B、在该过程
2、中作催化剂，不是制冷剂，故 B 不正确；C、在该过程中作催化剂，不是防腐剂，故 C 不正确；D、在该过程中作催化剂，故 D 正确。故选 D。选择题 经测定，一瓶气体中含有碳、氢两种元素，则这瓶气体不可能是（）A.一种化合物 B.两种化合物 C.两种单质 D.一种单质和一种化合物的混合物【答案】C【解析】A、该瓶气体中含有碳、氢两种元素，则这瓶气体可能是一种化合物，如甲烷、乙炔等，不符合题意；B、该瓶气体中含有碳、氢两种元素，则这瓶气体也可能是两种化合物，如甲烷和乙炔混合而成，不符合题意；C、该瓶气体中含有碳、氢两种元素，这瓶气体不可能是两种单质，因为碳的单质是固体，符合题意；D、该瓶气体中含有
3、碳、氢两种元素，可能是一种单质和一种化合物的混合物，如氢气和甲烷的混合物，不符合题意。故选 C。选择题 钴(Co)的化合物在锂电池中有很好的应用，LiCoO2(钴酸锂)在酸性介质中有强氧化性，其化学方程式为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+4H2O+O2，已知锂与钠有相似的化学性质，且反应中只有钴和氧元素的化合价发生了改变，则下列说法正确的是()A.该反应是复分解反应 B.该反应中钴的化合价由+3 价变为+2 价 C.该反应中氧的化合价降低 D.钴酸根离子式【答案】B【解析】A、复分解反应是两种化合物相互交换成分生成两种新的化合物的反应，该反应不符合，不属于
4、复分解反应，故 A 错；B、LiCoO2 中钴元素化合价是+3 价，CoSO4 中钴元素化合价是+2 价，故 B 正确；C、反应物 LiCoO2 和 H2SO4 中氧元素显-2 价，H2O2 中氧元素显-1 价，生成物氧气中氧元素显 0 价，该反应中氧的化合价升高，故 C 错；D、钴酸锂的化学式为 LiCoO2，锂元素显+1 价，钴酸根显-1 价，所以钴酸根离子是 CoO2-，故 D 错。故选：B。选择题“绿色化学”要求原料物质中所有的原子完全被利用，全部转入期望的产品中，即原子利用率为 100%由 C2H4（乙烯）合成 C4H8O2（乙酸乙酯）的过程中，为使原子利用率达到 100%，在催化剂
5、作用下还需加入的物质是（）A.HCOOH B.H2O 和 CO2 C.O2 和 H2O D.O2【答案】D【解析】由题意知，绿色化学即环境友好型化学，其理想状态是反应中原子全部转化为欲制得的产物，即原子的利用率为 100%，根据这一观点，要把一个 C2H4 分子变成一个 C4H8O2 分子，还必须增加 2个C 原子、4 个 H 原子、2 个 O 原子，即原料中 C、H、O 的原子个数比为 2：4：2。A、在 HCOOH 分子中 C、H、O 的原子个数比为 1：2：2，故 A 错误；B、C2H4、CO2 和 H2O，按照 5C2H4+2CO2+2H2O3C4H8O2，所以 B错误；C、H2O 和
6、 O2，这两种物质中 H、O 的原子个数比不能达到 4：2，故C 错误；D、一个 O2 分子和两个 C2H4 分子变成一个 C4H8O2 分子，即原子的利用率为 100%，故 D 正确。故选 D。选择题 实验室需要把烧杯 A 中的氢氧化钠溶液转移到烧杯 B 中，将烧杯 A内的液体倒入烧杯 B 后，烧杯 A 内会残留约 1mL 液体，之后用 19mL蒸馏水清洗烧杯 A 的内壁，这部分液体也倾倒至烧杯 B，烧杯 A 内仍残留约 1mL 液体需要几次这样的清洗，才能保证原烧杯中的氢氧化钠溶液 99.9%都被转移至新烧杯（）A.2 次 B.3 次 C.4 次 D.5 次【答案】B【解析】假设液体密度为
7、 1g/ml：第 1 次清洗倾倒后残留质量：，占 5%；第 2 次清洗倾倒后残留质量：，占 0.25%；第 3 次清洗倾倒后残留质量：，占0.0125%；而 199.9%=0.1%，故需要 3 次这样的清洗，才能保证原烧杯中的氢氧化钠溶液 99.9%都被转移至新烧杯。故选 B.选择题 短周期（前三周期）元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，X 原子的最外层电子数是其内层电子总数的 3 倍，Y 原子的最外层只有 2 个电子，Z 单质可制成半导体材料，W 与 X 属于同一主族.下列叙述不正确的是：A.X 元素可以与 W 元素形成和两种化合物 B.Y 元素的单质一定条件下可以与、反应 C.Z 原
8、子的最外层电子数为 4，形成化合物时一般为价 D.X 与 Y、Z 与 W 都属于同一周期【答案】D【解析】短周期元素 X、Y、Z 的原子序数依次增大，X 原子的最外层电子数是其内层电子数总数的3倍，因此X有两个电子层，最外层电子数是6，因此 X 是氧元素；Y 原子的最外层只有 2 个电子，因此 Y 应该是三个电子层，最外层是 2，因此 Y 是镁；Z 单质可制成半导体材料，因此Z 是硅；W 与 X 属于同一主族，因此 W 由三个电子层，最外层电子数是 6，因此 W 是硫；A、X 是氧元素，W 是硫元素，形成二氧化硫和三氧化硫，故正确；B、Y 是镁，镁在一定的条件下可以与氧气、氮气、二氧化碳反应，
9、故正确；C、Z 是硅元素，最外层电子数是 4，可以失去 4 个电子，表现为+4价，故正确；D、氧元素位于第二周期，镁元素位于第三周期，硅和硫都位于第三周期，故叙述错误；故选 C。选择题 在托盘天平的两边各放一只烧杯，调节天平至平衡，向两烧杯中分别注入等质量、等质量分数的稀硫酸（足量），然后向右盘的烧杯中放入一定质量的 Fe 粉，同时向左盘的烧杯中放入与 Fe 粉等质量的 Zn粉，反应过程中可能出现的现象是（）A.天平最终仍然平衡 B.天平指针先偏向左盘，后偏向右盘 C.天平指针始终偏向右盘 D.天平指针先偏向右盘，后偏向左盘【答案】D【解析】试题金属活动性的强弱决定了化学反应的快慢，而等质量的
10、Fe 和 Zn 与足量的稀硫酸反应时，所产生氢气质量的多少是由金属的相对原子质量的大小来决定的，相对原子质量越大，最后所产生氢气的质量越少，反之就越多 解：在金属活动性顺序中，由于 Zn 的活动性比 Fe 强，所以与酸反应时，产生氢气的速率快，所以开始时左盘质量轻，故天平的指针先偏向右盘；等质量的 Fe 和 Zn 与足量的稀硫酸反应时，最终所产生氢气质量的多少是由金属的相对原子质量的大小来决定的，相对原子质量越大，最后所产生氢气的质量越少，反之就越多Zn 的相对原子质量是 65，而铁的相对原子质量是 56，所以随着反应的进行，最终所产生氢气的质量是右盘多一些，所以右盘质量轻，故天平指针最后偏向
11、左盘 故答案为：D 选择题 a、b、c、d 可能是 Na2CO3、AgNO3、BaCl2、HCl 四种溶液中的各一种，它们两两混合后产生如表现象：则 a、b、c、d 依次是（）a b c d a 白 b 白 白 白 c 白 白 A.Na2CO3、AgNO3、HCl、BaCl2 B.Na2CO3、AgNO3、BaCl2、HCl C.HCl、AgNO3、BaCl2、Na2CO3 D.HCl、BaCl2、AgNO3、Na2CO3【答案】C【解析】由两两混合后的现象图可知，a 和 d 能反应生成气体，说明 a 和 d 是碳酸钠和盐酸中的一种；d 能与 b、c 反应生成沉淀，由碳酸钠能与硝酸银溶液、氯化
12、钡溶液反应生成碳酸银、碳酸钡白色沉淀，稀盐酸只能与硝酸银溶液反应生成氯化银白色沉淀，则 d 为碳酸钠溶液，a为稀盐酸；b、c 为氯化钡、硝酸银中的一种，a 能与 b 反应生成白色沉淀，稀盐酸能与硝酸银溶液反应生成氯化银白色沉淀，则 b 为硝酸银溶液，c 为氯化钡溶液。故选 C。选择题 某化学小组用一定量 AgNO3 和 Al（NO3）3 的混合溶液加入铜粉和锌粉，充分反应后过滤，得到溶液甲和固体乙，如图所示，则：固体乙中一定含有 Ag，可能含有 Cu 和 Zn 溶液甲中一定含有 Al（NO3）3 和 Zn（NO3）2 若溶液甲是蓝色，则溶液甲一定含有 Al（NO3）3 和 Cu（NO3）2 若
13、溶液甲是无色，则溶液甲一定含有 Al（NO3）3、可能有 Zn（NO3）2 一定没有 Cu（NO3）2 向固体乙上滴加盐酸有气泡产生，则溶液甲中一定没有 AgNO3 和Cu（NO3）2 上述四种说法正确的个数为（）A.1 个 B.2 个 C.3 个 D.4 个【答案】C【解析】在金属活动性顺序中：AlZnCuAg，根据排在前面的金属可以把位于它后面的金属从其盐溶液中置换出来，可简记为“前置后，盐可溶”。根据金属活动性 AlZnCuAg，所以锌粉优先与发生反应，铜粉后与发生反应，但是铜粉和锌粉都不能和发生反应，一定在溶液中；锌粉优先与发生反应生成硝酸锌和银，固体乙中一定含有Ag，可能有 Cu 和
14、 Zn，说法正确；锌粉优先与发生反应生成硝酸锌和银，铜粉和锌粉都不能和发生反应，所以溶液中一定有和，说法正确；若溶液甲是蓝色，说明铜已经与发生反应，而锌已经全部反应，溶液甲一定含有、和；故说法错误；若溶液甲是无色，则锌和硝酸银是一定要反应的，溶液中应该一定有硝酸铝、硝酸锌，说法错误；向固体乙上滴加盐酸有气泡产生，说明固体中有锌，锌过量，铜未参加反应，溶液中被反应完全，溶液甲中一定没有和，说法正确。故正确。故选 C.选择题 向一定质量 CaCl2 和 HCl 的混合溶液中逐滴加入溶质质量分数为 10%的 Na2CO3 溶液反应过程中加入的 Na2CO3 溶液的质量与产生沉淀或气体的质量关系如图所
15、示，下列说法正确的是（）A.图中 oa 段表示生成沉淀的质量 B.b 点对应的溶液中溶质为 2 种 C.c 点溶液的 PH7 D.X 的值为 106【答案】D【解析】分析反应的过程可知：加入的碳酸钠先与盐酸反应，把盐酸消耗完了，才开始与氯化钙反应，开始生成沉淀，最后到达最高点说明已经反应完了，据此分析解答 A、图中 oa 段表示生成的气体质量，故 A 选项错误；B、b 点表示碳酸钠恰好完全反应，溶液中只含有 NaCl 一种溶质，故B 选项错误；C、c 点的溶液中含有 Na2CO3、NaCl 两种溶质，由于 Na2CO3 显碱性，NaCl 显中性，所以 c 的溶液的 pH7；故 C 选项错误；D
16、、根据题意可知碳酸钠先与盐酸反应，再与氯化钙反应，由图示可知碳酸钠与盐酸反应生成气体 2.2g，碳酸钠与氯化钙反应，生成沉淀5.0g 设生成 2.2g 气体所需的 Na2CO3 的质量为 y，生成沉淀 5.0g 所需Na2CO3 的质量为 z则 所以 x（5.3g+5.3g）10%106g，故 D 选项正确。选择题 如图为 A物质的溶解度曲线。M、N 两点分别表示A物质的两种溶液。下列做法不能实现 M、N 间的相互转化的是（A 从溶液中析出时不带结晶水）（）A.从 NM：先向 N 中加入适量固体 A 再降温到 t2 B.从 NM：先将 N 降温到 t1 再加入适量固体 A C.从 MN：先将
17、M 降温到 t1 再将其升温 D.从 MN：先将 M 升温到 t3 再加入适量的水【答案】BC【解析】根据题目信息和溶解度曲线可知：A 固体物质的溶解度是随温度升高而增大；M、N 两点分别表示 A 物质的两种溶液，M 表示的是 t2 温度时的饱和溶液，N 表示 t3 时的不饱和溶液；从 NM：先向 N 中加入适量固体 A 再降温到 t2 能实现转化，或者：从 NM：先降温到 t2，在向 N 中加入适量固体 A 能实现转化；从 MN：先将 M 降温到 t1，加适量水再将其升温至 t3 即可，或者：从 MN：先将 M 升温到 t3再加入适量的水能实现转化。A.从 NM：先向 N 中加入适量固体 A
18、 再降温到 t2，能实现转化，不符合题意；B.从 NM：先将 N 降温到 t1 再加入适量固体 A，然后再升温到 t2即可，原做法不能实现转化，符合题意；C.从 MN：先将 M 降温到 t1 加适量水再将其升温到 t3 才可以，原做法不能实现转化，符合题意；D.从 MN：先将 M 升温到 t3 再加入适量的水，能实现转化，不符合题意；故选 BC。选择题 下列各组物质的溶液，不用其他试剂，只用观察和组内物质的溶液相互混合的方法，就能将它们一一鉴别出来的是()A.NaCl、BaCl2、CuSO4、NaOH、KNO3 B.Ba(NO3)2、NaCl、Na2SO4、H2SO4、HCl C.NaOH、F
19、eCl3、MgSO4、BaCl2、KCl D.AgNO3、HCl、Na2CO3、KCl、CaCl2【答案】CD【解析】A、先根据溶液的颜色鉴别出蓝色的溶液是硫酸铜，将剩余的四种物质分别滴加硫酸铜，会生成蓝色沉淀的是氢氧化钠，将硫酸铜滴入其余三份样品中，产生白色沉淀的原溶液为氯化钡；但是剩余的两种物质不会鉴别，故 A 错误，B、Ba(NO3)2 NaCl Na2SO4 H2SO4 HCl Ba(NO3)2 无现象 沉淀 沉淀 无现象 NaCl 无现象 无现象 无现象 Na2SO4 沉淀 无现象 无现象 无现象 H2SO4 沉淀 无现象 无现象 无现象 HCl 无现象 无现象 无现象 无现象 分别
20、有两组现象是相同的，不能鉴别，故 B 错误，C、先根据溶液的颜色鉴别出黄色的溶液是氯化铁，然后在剩余的四种溶液中滴加氯化铁，会生成红褐色沉淀的是氢氧化钠，再将氢氧化钠滴入剩余的三种溶液中会生成白色沉淀的是硫酸镁，再将硫酸镁滴入剩余的两种溶液中，会生成白色沉淀的是氯化钡，剩余的就是氯化钾，故 C 正确，D、AgNO3 HCl Na2CO3 KCl CaCl2 AgNO3 沉淀 沉淀 沉淀 沉淀 HCl 沉淀 气体 无现象 无现象 Na2CO3 沉淀 气体 无现象 沉淀 KCl 沉淀 无现象 无现象 无现象 CaCl2 沉淀 无现象 沉淀 无现象 五组中的现象是不同的，可以鉴别，故 D 正确。故选
21、 CD。简答题（1）根据初中化学知识，硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应可得到蓝色沉淀，进一步将沉淀加热可生成黑色物质，请写出有关反应的化学方程式：_，_（2）小明做了这个实验他在试管中倒入 2mL CuSO4 溶液，再加入一定量 NaOH 溶液，结果得到的沉淀并不是蓝色的，而是浅绿色的；将此浊液加热直至沸腾，观察不到有分解变黑生成 CuO 的迹象这是为什么呢？小明通过查找资料得知，该浅绿色沉淀物可能是溶解度极小的碱式硫酸铜，其化学式为 Cu4（OH）6SO4 请帮小明写出生成浅绿色沉淀的有关反应的化学方程式_ 请帮小明设计一个实验，证明该浅绿色沉淀中含有硫酸根_【答案】CuSO4+2NaOHCu（
22、OH）2+Na2SO4 Cu（OH）2CuO+H2O 4CuSO4+6NaOHCu4（OH）6SO4+3Na2SO4 将浅绿色的浊液过滤，并把得到的绿色沉淀用蒸馏水多次洗涤，至洗涤液中用 BaCl2 溶液检验不出 SO42后，再用稀盐酸溶解绿色沉淀，此时再用 BaCl2 溶液检验，溶解液中有大量白色 BaSO4 生成，表示浅绿色沉淀中有 SO42【解析】（1）氢氧化钠和硫酸铜反应生成了氢氧化铜沉淀和硫酸钠，而氢氧化铜沉淀在加热时能够分解产生黑色固体氧化铜和水，可以据此写出这 两 个 化 学 方 程 式：，。（2）根据题意，硫酸铜与氢氧化钠反应生成浅绿色固体碱式硫酸铜和硫酸钠，所以可以据此写出该
23、反应的化学方程式为：；根据题意知道碱式硫酸铜为溶解度极小的物质，所以可以用蒸馏水来多次洗涤绿色沉淀至洗涤液中用溶液检验不出，以排除硫酸钠中硫酸根离子的干扰，后再用稀盐酸溶解绿色沉淀，此时再用溶液检验，溶解液中有大量白色生成，表示浅绿色沉淀中有。填空题 硫酸氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题，将 H2S 和空气的混合气体通入 FeCl3、FeCl2、CuCl2 的混合溶液中反应用以回收 S，其物质转化如图所示。（1）反应中当有 34g H2S 转化为硫单质时，保持溶液中 Fe3+的物质的量不变，需消耗 O2 的质量为_。（2）在温度一定和不补加溶液的条件下，缓慢通入混合气体，并充分搅拌。
24、欲使生成的硫单质中不含 CuS，可采取的措施是_（3）写出图中各步转化的化学方程式：_。【答案】16g 增大混合气体中空气的比例 CuCl2+H2SCuS+2HCl，2FeCl3+CuSS+2FeCl2+CuCl2，4FeCl2+O2+4HCl4FeCl3+2H2O【解析】（1）H2S 转化为硫单质，硫元素的化合价从2 价变成 0 价，氧元素的化合价从 0 价变成2 价，依据得失电子数相等，所以参加反应的硫化氢和氧气的分子的数量关系及质量比为：所以有 34gH2S 转化为硫单质时，保持溶液中 Fe3+的量不变，需要消耗 O2 的质量为 16g，故填 16g。（2）使生成的硫单质中不含 CuS，
25、则硫离子不能有剩余，硫离子完全被氧化为硫单质，所以氧气必须过量，采取的措施是：增大混合气体中空气的比例，故填增大混合气体中空气的比例。（3）氯化铜和硫化氢反应生成硫化铜沉淀和盐酸，氯化铁和硫化铜反应生成氯化亚铁、氯化铜和硫，氯化亚铁和盐酸、氧气反应生成氯化铁和水，故反应的化学方程式写为：CuCl2+H2SCuS+2HCl，2FeCl3+CuSS+2FeCl2+CuCl2，4FeCl2+O2+4HCl4FeCl3+2H2O。流程题 醋酸钙Ca（Ac）2是国家允许使用的补钙制剂之一。以蛋壳为原料回收膜并制备醋酸钙的一种工艺流程如图。（1）写出煅烧时的化学方程式_。CO2 的任意排放会引发的环境问题
26、，可以将 CO2 与 CH4 一定条件下化合生成化工产品甲醛（HCHO），则此反应中 CO2 与 CH4 的最佳质量比是_。（2）在反应 I 中制备石灰乳，而不是制备澄清石灰水的目的是_，写出熟石灰的一种用途_。（3）在反应 II 中醋酸过量的目的是_，写出反应 II的化学方程式_。（4）膜分离时，盐酸不能过量的主要原因是_。【答案】CaCO3CaO+CO2 11：4 氢氧化钙的溶解度很小，石灰乳中的氢氧化钙含量比澄清石灰水中多，更利于提高醋酸钙的产量 中和酸性土壤 使氢氧化钙完全反应 Ca（OH）2+2HAcCa（Ac）2+2H2O 加入盐酸就是为了将蛋壳与膜分开，过量时会与碳酸钙反应，会使
27、制作醋酸钙的原料减少【解析】（1）煅烧碳酸钙生成氧化钙和二氧化碳，反应的化学方程式为：；的任意排放会引发的环境问题是导致温室效应；将 CO2 与 CH4 一定条件下化合生成化工产品甲醛（HCHO）的化学方程式及其二氧化碳和甲烷的质量关系为：则此反应中 CO2 与 CH4 的最佳质量比是：44：16=11：4。（2）在反应 I 中制备石灰乳，而不是制备澄清石灰水的目的是氢氧化钙的溶解度很小，石灰乳中的氢氧化钙含量比澄清石灰水中多，更利于提高醋酸钙的产量；熟石灰可以用来中和酸性土壤。（3）在反应 II 中醋酸过量能使氢氧化钙完全反应，反应 II 中，氢氧化钙和醋酸反应生成醋酸钙和水，反应的化学方程
28、式为：。故填：使氢氧化钙完全反应；。（4）膜分离时，盐酸不能过量的主要原因是：加入盐酸就是为了将蛋壳与膜分开，过量时会与碳酸钙反应，会使制作醋酸钙的原料减少。流程题 黑白复印机用的墨粉中常添加 Fe3O4 粉末，Fe3O4 是由 Fe2+、Fe3+和O2-按1：2：4的个数比构成的。如图是氧化沉淀法生产复印用Fe3O4粉末的流程简图。已知第步反应中各元素化合价保持不变。(1)Fe3O4 粉末在复印机的电磁场作用下能使墨粉形成字迹或图案，这不仅利用了 Fe3O4 有磁性，还利用了 Fe3O4 是_色。(2)第步加入试剂 X，生成 Fe(OH)2 的反应方程式为_。(3)在第步反应中要控制通入 O
29、2 的量，以使生成的 Fe(OH)2 和Fe(OH)3 的质量比等于_，才能确保最终生成 Fe3O4，操作 Y 的名称为_。【答案】黑 FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2+Na2SO4 45：107 过滤【解析】（1）四氧化三铁是黑色的固体，而 Fe3O4 粉末在复印机的电磁场作用下能使墨粉形成黑色的字迹或图案，所以还利用了 Fe3O4 是黑色；（2）通过题中的反应原理可以看出，硫酸亚铁和试剂 X 反应生成了氢氧化亚铁和硫酸钠溶液，结合复分解反应的原理可知，X 是氢氧化钠溶液，氢氧化钠溶液和硫酸亚铁反应生成了硫酸钠和氢氧化亚铁沉淀，化学方程式为：FeSO4+2NaOH=Fe（OH）2+Na
30、2SO4；（3）Fe3O4 是由 Fe2+、Fe3+和 O2-按 1：2：4 的个数比构成的，依据质量守恒定律可知，通入氧气后生成的氢氧化亚铁和氢氧化铁的个数比是：1：2，所以生成的 Fe（OH）2 和 Fe（OH）3 的质量比等于：（56+172）：2（56+173）=45：107；经过操作 Y 后，得到了氢氧化铁沉淀、氢氧化亚铁沉淀和硫酸钠溶液，所以操作 Y 的名称为：过滤。故答案为：（1）黑；（2）FeSO4+2NaOH=Fe（OH）2+Na2SO4；（3）45：107，过滤。计算题 某同学为了研究生石灰 CaO 露置于空气中变质情况，设计如下实验：取 10 克生石灰 粉末 A 质量为
31、12 克气体 B沉淀质量为 2.5 克 请通过分析计算：(1)生成气体 B 的质量为_。(2)粉末 A 中 CaCO3 的质量为_，这些 CaCO3 是由_克 CaO转化而来的。(3)粉末 A 的成分除 CaO 外还有_。(写化学式)(4)粉末 A 中 CaO 的质量分数是多少？【答案】(1)1.1g；(2)2.5g；1.4；(3)CaCO3、Ca(OH)2；(4)48.3%【解析】（1）设生成二氧化碳的质量为 x，气体 B 是二氧化碳，沉淀质量 2.5g 是二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙的质量，则 x=1.1g 故填：1.1g。（2）由 CaCO3+2HClCaCl2+H2O+CO2，Ca
32、（OH）2+CO2CaCO3+H2O可知，粉末 A 中 CaCO3 的质量即为二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙的质量，也是 2.5g；设这些 CaCO3 是由质量为 y 的 CaO 转化而来，由 CaO+H2OCa（OH）2，Ca（OH）2+CO2CaCO3+H2O 可知，CaOCaCO3，则 CaOCaCO3，y=1.4g，故填：2.5g；1.4。（3）1.4g 氧化钙转化成 2.5g 碳酸钙后，固体质量增加：2.5g-1.4g=1.1g，因此氧化钙除部分转化成碳酸钙外，还有一部分转化成氢氧化钙，设转化成氢氧化钙的氧化钙的质量为 z，z=2.8g，粉末 A 中 CaO 的质量为：10g-1.
33、4g-2.8g=5.8g，粉末 A 中 Ca（OH）2 的质量为：12g-2.5g-5.8g=3.7g，因此粉末 A 的成分除 CaO 外还有 CaCO3、Ca（OH）2。故填：CaCO3；Ca（OH）2。（4）粉末 A 中 CaO 质量分数为：100%=48.3%答：粉末 A 中 CaO 质量分数为 48.3%。实验探究题 实验小组的同学研讨初中常见酸、碱、盐之间的反应关系时，做了如下实验，实验中的每一步均有明显现象，实验操作及部分现象如下图所示 回答下列问题：（1）A 溶液一定呈_性（填“酸”或“中”或“碱”）（2）气体 D 的化学式为_（3）步骤的实验现象为_（4）E 溶液中的溶质可能是
34、_（5）B 溶液的溶质由两种元素组成，中产生气体的反应的化学方程式为_（6）实验后将盛有 C 固体烧杯中的上清液取出少量，继续加入 E 溶液，仍有 C 固体析出，已知 A 与 E 中的阳离子相同，则实验后所得溶液含有的溶质为_【答 案】碱 CO2 红 色 液 体 变 为 无 色 Na2CO3 Na2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO2 NaCl、CaCl2、酚酞【解析】（1）碱遇到酚酞变红，A 溶液一定呈碱性。（2）酸和碳酸盐反应放出二氧化碳，气体 D 的化学式为 CO2。（3）酸性溶液遇到酚酞试液不变色，所以步骤的实验现象为红色液体变为无色。（4）碳酸钠和酸反应生成二氧化碳，和可溶性钙盐反应生成碳酸钙沉淀，E 溶液中的溶质可能是 Na2CO3。（5）碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳；中产生气体的反应的化学方程式为：Na2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO2。（6）实验后将盛有 C 固体烧杯中的上清液取出少量，继续加入 E 溶液，仍有 C 固体析出，说明有氯化钙存在，同时有生成的氯化钠和酚酞，实验后所得溶液含有的溶质为：NaCl、CaCl2、酚酞。