《2020年九年级中考前适应性考试物理试题附答案(四).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年九年级中考前适应性考试物理试题附答案(四).pdf（13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、1/132020年九年级中考前适应性考试物理试题附答案（四）注意事项:1.化学试卷共三大题16 小题,满 60 分。化学与物理的考试时间共120分钟。2.试卷包括“试题卷”和“答题卷”两部分，“试题卷”共4 页,“答题卷”共2 页。3.请务必在“答题卷”上答题在“试题卷”上答题是无效的。可能用到的相对原子质量:H-1 O-16 Na-23 S-32 Ca-40 一、本大题包括10 小题,每小题 2 分,共 20 分。每小题的4 个选项中只有1 个符合题意。1.某化学小组在完成实验室制取CO2实验后，过滤得100g 混合溶液，已知其中H+和 Ca2+的个数比为2：1，为了弄清所得溶液的组成，向溶
2、液中加入20g 碳酸钠样品(所含杂质不溶于水，也不与其他物质反应)，恰好完全反应后，过滤得到14.4g 固体，求混合液中氯化氢和氯化钙的质量分数为A.7.3%11.1%B.3.65%20%C.3.65%5.55%D.7.3%10%【答案】C【解析】碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，反应的化学方程式及其质量关系：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2，Na2CO3+CaCl2 CaCO3+2NaCl，由反应的化学方程式可知，每个碳酸钠“分子”和2 个氯化氢“分子”恰好完全反应，和1 个氯化钙“分子”恰好完全反应，即每个碳酸钠“分子”恰
3、好完全反应时，消耗H+和 Ca2+的个数比为2：1，说明碳酸钠一半和盐酸反应，一半和氯化钙反应。【详解】解：设和氯化钙反应的碳酸钠质量为x，氯化钙的质量为y，生成碳酸钙沉淀的质量为z，2323=106111Na CO+CaCl2NaCl+CaCO100 xyz106100 xz100106zx根据题意可知，10020g-2+=14.4g5.3g106xxx1065.3g=111y5.55gy设氯化氢质量为m，2/132322=H O+CO1067Na CO+2HCl2NaC35.3l+gm1065.3g=73m3.65gm混合液中氯化氢和氯化钙的质量分数分别为：3.65g100%=3.65%1
4、00g5.55g100%=5.55%100g故选 C。【点睛】本题难度不是很大，主要考查学生运用假设法和化学方程式进行计算和推断的能力，计算时要注意规范性和准确性。2.某同学在做加热氯酸钾抽取氧气的实验中，错把高锰酸钾当成二氧化锰加入氯酸钾中，下列说法正确的是A.高锰酸钾是氯酸钾分解的催化剂B.反应速率加快，生成氧气的量增加C.反应速率加快，生成氧气的量不变D.很难反应，几乎收集不到氧气【答案】B【详解】解：高锰酸钾能分解生成锰酸钾和二氧化锰和氧气，氧气的量增多，生成的二氧化锰可以作为氯酸钾分解的催化剂，使反应的速率加快，观察选项。故选B。3.工业上，高温煅烧石灰石可制取生石灰（32CaCOC
5、aO+CO高温）。现有 100g CaCO3样品，高温锻烧一段时间后，剩余固体的质量为67g。下列推断不符合客观事实的是A.反应后固体质量减少的原因是逸出了二氧化碳气体B.生成物中CaO的质量是42g C.剩余固体中钙元素的质量分数大于40%D.剩余固体中碳元素与氧元素的质量之比大于1:4【答案】D【详解】A、碳酸钙高温反应后固体质量减少主要是二氧化碳逸散到空气中，故选项A正确；3/13B、生成二氧化碳的质量=100g-67g=33g 设生成 33g 二氧化碳，同时生成CaO的质量是x 32CaCOCaO+CO5644x33g高温5644=x33g X=42g 故选项 B正确；C、42g 氧化
6、钙中钙元素的质量=4042g100%=30g56剩余固体中钙元素的质量分数=30g100%44.8%67g40%，故选项C正确；D、碳酸钙中碳元素与氧元素的质量之比为12：（163）=1：4，反应过程中碳元素全部转化为二氧化碳，氧元素只有部分转化，所以剩余固体中碳元素与氧元素的质量之比小于1：4，故选项D不正确。故选：D。4.现有硫酸钾和碳酸钾的混合物 12.6g，向其中加入一定量的硝酸钡溶液至恰好不再产生沉淀。将沉淀过滤、洗涤、干燥后称量其质量为 24.4g，并得到不饱和溶液 188.2g。则加入硝酸钡溶液的溶质质量分数为（）A.5.9%B.11.8%C.17.6%D.26.1%【答案】D【
7、详 解】硫 酸 钾 与 硝 酸 钡 反 应：243243K SO+Ba(NO)=BaSO+2KNO，碳 酸 钾 与 硝 酸 钡 反 应：233233K CO+Ba(NO)=BaCO+2KNO，设：加入硝酸钡的质量为x，由此可得：+2+322KBa(NO)Ba782611375924.4g-12.6gx:增加的质量261=5924.4g-12.6gxx=52.2g 加入硝酸钡溶液的质量为：188.2g+24.4g-12.6g=200g 故加入硝酸钡溶液的溶质质量分数为：52.2g100%=26.1%200g4/13故选 D。5.鉴别下列各组物质，所用三组试剂均正确的是（）待鉴别的物质鉴别试剂1
8、鉴别试剂2 鉴别试剂3 A 稀盐酸和稀硫酸氯化钡溶液碳酸钠溶液氧化铜B 氯化铵和氯化钙硝酸银溶液熟石灰碳酸钠溶液C 硝酸铵固体和氢氧化钠固体熟石灰水硝酸铜溶液D 氧气、二氧化碳、氢气燃着的木条澄清石灰水水A.A B.B C.C D.D【答案】C【详解】A、碳酸钠溶液与稀盐酸和稀硫酸反应均产生气泡，氧化铜与稀盐酸和稀硫酸反应后均得到蓝色溶液，两种试剂都不能区分稀盐酸和稀硫酸，选项错误；B、硝酸银溶液与氯化铵和氯化钙均能反应生成白色沉淀，现象相同，无法区分氯化铵和氯化钙，现象称为；C、硝酸铵固体和熟石灰混合产生有刺激性气味的气体，氢氧化钠固体与熟石灰不反应；硝酸铵固体溶于水吸热溶液温度降低，氢氧化
9、钠固体溶于水放热，溶液温度升高；硝酸铵固体与硝酸铜溶液无明显现象，氢氧化钠固体与硝酸铜溶液反应生成蓝色沉淀，三种试剂均能区分硝酸铵固体和氢氧化钠固体，选项正确；D、澄清石灰水只能鉴别出二氧化碳，不能鉴别出氧气和氢气，选项错误，故选C。6.能在 pH为 5 的溶液中大量共存，且溶液为无色透明的一组物质是()A.ZnSO4、FeCl2、NaCl B.CaCl2、Na2SO4、NaOH C.BaCl2、KNO3、AgNO3D.K2SO4、NaNO3、NH4Cl【答案】D【解析】根据复分解反应的实质进行分析，在溶液中若物质间能结合生成沉淀、气体或水，则物质不能共存，此题的隐含离子是pH为 5 的溶液中
10、存在较多的氢离子，据此分析解答即可。【详解】A、FeCl2溶液呈浅绿色，不符合题意，故选项错误；B、NaOH溶液中的OH-会和 H+结合生成水，不能大量共存，故选项错误；C、BaCl2溶液中的Ba2+会和 AgNO3溶液中的Ag+结合生成AgCl 沉淀，不能大量共存，故选项错误；D、K2SO4、NaNO3、NH4Cl 三者之间不反应，能在酸性溶液中共存，且不存在有色离子，故选项正确；5/13故选：D。【点睛】本题考查物质的共存问题，判断物质在溶液中能否共存，主要看溶液中的各物质之间能否发生反应生成沉淀、气体、水；还要注意在酸性溶液中共存及特定离子的颜色。7.下列离子能在pH=12的水溶液中大量
11、共存的是()A.2-4SO、-3NO、K+、H+B.Na+、Cl-、OH-、Al3+C.Cl-、-3NO、K+、Na+D.Ag+、Cl-、2-3CO、K+【答案】C【解析】pH=12的溶液中存在大量的氢氧根离子.【详解】A、氢离子会与氢氧根离子反应生成水而不能共存，故A错误；B、铝离子会与氢氧根离子生成氢氧化铝沉淀而不能共存，故B错误；C、四种离子之间以及和氢氧根离子都不会反应，可以共存，故C正确；D、氯离子和银离子会生成氯化银沉淀而不能共存，故D错误。故选 C。8.如图是甲、乙、丙三种固体物质的溶解度曲线。下列叙述正确的是A.t1时，等质量的甲、乙溶液中所含溶质的质量为乙甲B.t2时，20g
12、 丙能溶解于50g 水中形成70g 溶液C.若要将 N点的甲溶液转变为M点的甲溶液，可采取恒温蒸发溶剂的方法D.将 t3时甲、乙、丙三种物质的饱和溶液降温至t2，所得溶液溶质质量分数的大小关系为乙甲=丙【答案】C【详解】A、t1时，等质量的甲、乙溶液中，溶液的状态没有确定，无法比较溶液中所含溶质的多少，故选项 A不正确；B、t2时，丙的溶解度是30g，也就是在t2时 100g 水中溶解30g 丙达到饱和状态，50g 水中最多能溶解6/1315g 丙达到饱和状态，形成65g 饱和溶液；故选项B不正确；C、将 N点的甲溶液转变为M点的甲溶液，可采取的方法有：恒温蒸发溶剂；加溶质；故选项C正确；D、
13、将 t3时，甲、乙的溶解度随温度的升高而增大，丙的溶解度随温度的升高而减小；t3时，甲、乙、丙的溶解度由大到小的顺序是甲乙丙，根据在一定温度下，饱和溶液中溶质的质量分数与溶解度的关系是：溶质的质量分数=100%+100g溶解度溶解度，t3时，甲、乙、丙的饱和溶液的溶质质量分数由大到小的顺序是甲 乙 丙；将等质量的甲、乙、丙的饱和溶液降温到t2，丙没有晶体析出，溶质的质量分数不变，甲、乙有晶体析出，但在t2时仍然是饱和溶液，甲、乙的溶质质量分数=100%+100g溶解度溶解度，但 t2时乙的溶解度大于t2时甲的溶解度，t2时甲的溶解度大于t3时丙的溶解度，也就是甲、乙、丙三种物质的饱和溶液从t3
14、降温到 t2，所得溶液质量分数由大到小排序是乙甲 丙，故选项D不正确。故选：C。【点睛】本题考查的是一定温度下，饱和溶液的概念、固体溶解度的概念；一定温度下，饱和溶液的溶质质量分数与溶解度的关系。9.有一包白色粉末，可能由氯化钠、硫酸钠、硫酸铜、碳酸钠、碳酸钙中的一种或几种组成，为确定其组成，进行如下实验：称取一定质量的该白色粉末加足量水溶解，得无色溶液A。在无色溶液A中加入过量氯化钡溶液，充分反应后过滤，分别得到无色溶液B和白色沉淀C；将白色沉淀C洗涤，烘干后称得质量为20g。在 20g 白色沉淀C中加入足量的稀硝酸，沉淀部分消失，并有气泡冒出。在无色溶液B中滴加硝酸银溶液和稀硝酸，产生白色
15、沉淀。由上述实验得出的下列判断，正确的是（）A.白色粉末中不含碳酸钙、硫酸钠、硫酸铜B.无色溶液B中一定含有一种溶质C.白色粉末中一定含有氯化钠D.步骤生成的气体质量可能是4.4g【答案】D【解析】称取一定质量的该白色粉末加足量水溶解，得无色溶液A，碳酸钙难溶于水，硫酸铜在溶液中显蓝色，所以白色粉末中一定不含碳酸钙、硫酸铜；在无色溶液A 中加入过量氯化钡溶液，充分反应后过滤，分别得无色溶液 B和白色沉淀C；将白色沉淀C洗涤，烘干后称得质量为20g，在 20g 白色沉淀C中加入足量的稀硝酸，沉淀部分消失，并有气泡冒出，说明白色沉淀C 是硫酸钡沉淀和碳酸钡沉淀的混合物，所以白色粉末7/13中一定含
16、有碳酸钠、硫酸钠；碳酸钠和氯化钡生成碳酸钡沉淀和氯化钠，硫酸钠和氯化钡生成硫酸钡沉淀和氯化钠，氯化钡是过量的，所以B 中的溶质是氯化钠和氯化钡，在无色溶液B 中滴加硝酸银溶液和稀硝酸，产生白色沉淀，说明溶液B 中含有氯离子，但是加入的氯化钡引入了氯离子，白色粉末中是否含有氯化钠，不会影响实验现象，所以白色粉末中可能含有氯化钠。【详解】A、由分析可知，白色粉末中不含碳酸钙、硫酸铜，选项判断错误；B、由分析可知，无色溶液B中溶质是氯化钠和氯化钡，选项判断错误；C、由分析可知，白色粉末中可能含有氯化钠，选项判断错误；D、通过方程式：BaCO3+2HCl=BaCl2+H2O+CO2，可以看出，生成4.
17、4 克的二氧化碳，需要碳酸钡19.7 克，而沉淀可能为20g，选项判断正确。故选 D【点睛】在解此类题时，首先分析题中所给物质的性质和两两之间的反应，然后依据题中的现象判断各物质的存在性，最后进行验证即可。10.温度不变，对100 mL 氯化钠饱和溶液进行如图所示实验。下列结论不正确的是A.实验一后，甲和乙中溶质质量分数相等B.实验二后，乙溶液溶质质量分数增大C.实验二后，甲溶液变为不饱和溶液D.实验二后，甲和乙溶液中溶质质量相等【答案】B【详解】A、溶液具有均一性，不论分成几份，溶质的质量分数都不变，故实验一后甲乙中溶质中溶质的质量分数相同，A正确，不符合题意；B、实验二乙烧杯中饱和溶液加入
18、5g 氯化钠，溶质不再溶解，溶质的质量分数不变，B错误，符合题意；C、实验二甲烧杯中饱和溶液加入5g 水，溶剂质量增加，溶液变为不饱和溶液，C正确，不符合题意；D、实验二后，甲烧杯溶质质量不变，乙烧杯加入的5g 氯化钠不再溶解，溶质的质量也不变，故甲和乙溶液中溶质的质量相等，D正确，不符合题意；故选 B。【点睛】本题难度不大，掌握溶液的特征及饱和溶液、不饱和溶液的转化是解题关键。溶液具有均一性；向某溶质的饱和溶液中加入这种溶质，不再溶解。二、本大题包括5 小题，共 34 分。11.我国化工专家侯德榜创立了“侯氏制碱法”，促进了世界制碱技术的发展。其流程简图和部分物质的溶8/13解度曲线如下：已
19、知：母液中有一种铵态氮肥323222NaHCONa COH OCO请回答下列问题：（1）操作 a 的名称是 _。（2）结合图2 分析，图1 反应 1 中 NaHCO3作为晶体析出的原因是_，从图 2 中还能获得的一条信息是_。（3）图 1 中得到的母液中一定含有的阳离子是_（填离子符号），流程中可以循环使用的物质是_。（4）从图 2 可以看出温度高于60C，NaHCO3的溶解度曲线“消失”了，其原因可能是_。【答案】(1).过滤 (2).此温度下碳酸氢钠的溶解度较小 (3).氯化铵的溶解度受温度的影响较大 (4).Na+、NH4+(5).CO2 (6).温度高于60时，碳酸氢钠开始分解【详解】
20、（1）操作 a 是分离难溶性固体与液体的方法，操作为过滤。故答案为：过滤；（2）由图 2 可知，此温度下碳酸氢钠的溶解度较小，所以生成的大量的碳酸氢钠结晶析出。由图2 可知，氯化铵的溶解度受温度的影响较大。故答案为：此温度下碳酸氢钠的溶解度较小、氯化铵的溶解度受温度的影响较大；（3）流程中得到的母液中一定含有的溶质是NaHCO3、NH4C1，其中的阳离子是铵根离子与钠离子。流程中可以循环使用的物质是CO2。故答案为：Na+，NH4+、CO2；（4）从图中可以看出温度高于60，NaHCO3的溶解度曲线“消失”了，其原因可能温度高于60时碳酸氢钠开始分解。故答案为：温度高于60时碳酸氢钠开始分解。
21、12.如图是小明同学配制100g 10%NaCl 溶液的实验操作示意图。9/13（1）该实验正确的操作顺序是_（填序号）。（2）认真观察指出图中错误的操作步骤_（填序号）。（3）配制该溶液需要NaCl 固体 _g，需要水 _mL（水 1g/mL），量取所需要的水应选择_（选填“10mL”、“50mL”或“100mL”）量筒。（4）下列因素会使所配溶液溶质质量分数偏小的是_（填序号）药品和砝码放错了盘量取水时仰视量筒刻度所用烧杯内事先残留少量蒸馏水将所配溶液转入试剂瓶时，不慎洒到外面少量。使用粗盐代替氯化钠进行配制。【答案】(1).(2).(3).10；(4).90；(5).100mL (6).
22、【详解】（1）该实验正确的操作顺序是：取出氯化钠，称量，量取水，把氯化钠、水加入烧杯中，溶解。故填：。（2）图中错误的操作步骤是，这是因为中砝码和氯化钠位置放颠倒，中仰视读数。故填：。（3）配制该溶液需要NaCl 质量为：100g10%10g，需要水的体积为：（100g10g）1g/mL 90mL，量取所需要的水应选择100mL量筒。故填：10；90；100mL。（4）药品和砝码放错了盘，如果利用游码，则会导致称量的氯化钠质量偏小，从而导致所配溶液溶质质量分数偏小，如果不利用游码，则称量的氯化钠质量正确，所配溶液溶质质量分数正确；量取水时仰视量筒刻度，会导致量取水的体积偏大，从而导致所配溶液溶
23、质质量分数偏小；所用烧杯内事先残留少量蒸馏水，会导致溶液中水的质量偏大，从而导致所配溶液溶质质量分数偏小；将所配溶液转入试剂瓶时，不慎洒到外面少量，不影响溶液质量分数；使用粗盐代替氯化钠进行配制时，会导致氯化钠质量偏小，从而导致所配溶液溶质质量分数偏小。故填：。13.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(“”指向生成物)，其中 B是铁锈的主要成分，A、C常温下是气体，H和 I 中含有一种相同元素，H不溶于稀硝酸。10/13请回答下面问题：(1)物质 I 的化学式是 _；物质 E的化学式是 _。(2)反应的基本反应类型是_。(3)物质 F属于 _(填“酸”、“碱”、“盐”或“
24、氧化物”)。(4)反应的化学方程式为_。【答 案】(1).Fe(OH)3(2).H2SO4(3).复 分 解 反 应(4).碱(5).Fe2(SO4)3+3Ba(OH)2=3BaSO4+2Fe(OH)3【解析】AI 是初中化学常见的物质，B是铁锈的主要成分，所以B是三氧化二铁，A、C常温下是气体，A和 B高温会生成 C 和 D，所以可以推测出A 是一氧化碳，C 是二氧化碳，D 是铁。H 和 I 含有一种相同的元素，且H不溶于稀硝酸，氧化铁和E反应生成的G会和 F反应反应生成沉淀H，且 H不溶于硝酸，所以H是硫酸钡，E是硫酸，G是硫酸铁，F 是氢氧化钡，I 是氢氧化铁。经过验证，推导正确。【详解
25、】（1）物质 I 是氢氧化铁，E是硫酸。故答案为Fe(OH)3、H2SO4；（2）反应是氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁和水。化学方程式为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O。该反应是两种物质互相交换自己的组成成分，属于基本反应类型中的复分解反应。故答案为复分解反应；（3）通过推导可知，F 是氢氧化钡，属于碱类物质。故答案为碱；（4）反应时硫酸铁和氢氧化钡反应生成了硫酸钡沉淀和氢氧化铁沉淀。故答案为Fe2(SO4)3+3Ba(OH)2=3BaSO4+2Fe(OH)3。故答案为（1）Fe(OH)3、H2SO4（2）复分解反应（3）碱（4）Fe2(SO4)3+3Ba(OH)2=3Ba
26、SO4+2Fe(OH)3。14.某班学生在老师指导下探究铁与水蒸气的反应，请帮助他完成下列实验报告。（1）按图甲装好药品，连接装置（夹持仪器已略去）。其中 A装置的作用是：_（2）加热一段时间后，灰色铁粉逐渐变黑，吹泡器连续吹出气泡，且气泡向上飞起；用燃着的木条靠近气泡，能产生爆鸣。11/13（3）同学们讨论后认为：铁与水蒸气反应生成的固体是“铁的一种氧化物”，玻璃管内的黑色固体中还可能含有“过量的铁”。【查阅资料】铁有三种氧化物（FeO、Fe2O3、Fe3O4），其中 FeO接触到空气会立即由黑色变为红棕色；铁的三种氧化物都不与硫酸铜溶液反应。【实验探究】实验步骤实验现象实验结论倒出玻璃管中
27、黑色固体，平铺于白纸上黑色固体不变色黑色固体中一定没有 _（填物质名称）取上述黑色固体少许，装入试管，加入足量硫酸铜溶液_，有红色固体出现黑色固体中一定含有 _。【答案】(1).提供水蒸气 (2).氧化亚铁和氧化铁 (3).溶液（由蓝色）逐渐变成浅绿色(4).铁【详解】（1）A装置的作用是提供水蒸气；（3）倒出玻璃管中黑色固体，平铺于白纸上，黑色固体不变色，说明黑色固体中一定没有氧化亚铁和氧化铁（因为氧化铁是红棕色物质）；取上述黑色固体少许，装入试管，加入足量硫酸铜溶液，产生红色固体，说明是铁和硫酸铜溶液反应生成红色固体铜和硫酸亚铁，说明黑色固体中含有铁；反应中现象应该为：溶液（由蓝色）逐渐变
28、成浅绿色。15.我国著名化学家侯德榜先生发明的侯氏制碱法，因原料利用率高，并能进行连续生产，从而享誉中外。某课外兴趣小组同学，按照“侯氏制碱法”原理，设计了如下图所示一套实验装置。实验室可供选用的药品有：浓氨水、纯碱、大理石、稀盐酸、稀硫酸、熟石灰、氯化12/13铵、氯化钠。（1）A、D 中最合适的试剂为：A_，D_（填名称）。（2）本实验在具体操作过程中，应先通_气体，再通 _气体，原因是 _。（3）小红同学认为实验装置中存在某些不足，请指出其中的一处错误_。（4）在改进装置后，小丽同学进行了实验，实验所用的饱和氯化钠溶液中含溶质 58.5g，实验最后得到无水碳酸钠 26.0g，针对实验结果
29、，该同学认真分析了造成损失的原因，发现其操作步骤并没有错误，则主要原因是 _。【答案】(1).氯化铵和熟石灰 (2).稀盐酸 (3).NH3 (4).CO2 (5).CO2在水中溶解度小，先通NH3至饱和，有利于NaHCO3析出 (6).BC之间缺少止水夹 (7).NaHCO3在水中有较大的溶解度，未能全部沉淀出来【详解】（1）试剂A 用于制取氨气，可以选用氯化铵和熟石灰；试剂D 与大理石反应制取二氧化碳气体，则试剂 D为稀盐酸，（2）CO2在水中溶解度小，氨气极易溶于水，则先通NH3至饱和，然后通入二氧化碳气体，有利于NaHCO3析出，（3）根据图示装置可知，该装置的错误有：BC之间缺少止水
30、夹、B装置应与大气相通、通NH3的导管不应伸入液面以下，（4）如果操作正确，若碳酸氢钠的溶解度较大，会导致碳酸氢钠没有完全沉淀出来，所以碳酸钠的产率降低，三、本大题共6分。16.称取 BaCl2和 NaCl 的固体混合物32.5g，加入 100g 蒸馏水，完全溶解后向该混合溶液中逐滴加入质量分数为 10的 Na2SO4溶液，反应生成BaSO4沉淀的质量与所加入的Na2SO4溶液的质量关系如图所示。试回答下列问题：（1）Na2SO4和 NaCl 中均含有钠元素，钠元素位于元素周期表第_周期。（2）完全反应后生成BaSO4沉淀 _g。（3）恰好完全反应时消耗Na2SO4溶液质量是 _g。13/13
31、（4）恰好完全反应时所得溶液中溶质的质量分数是多少?_（精确到 0.1）（写出计算过程）【答案】(1).三 (2).23.3 (3).142 (4).9.3%【解析】根据生成沉淀硫酸钡的质量可以计算氯化钡的质量、硫酸钠的质量，进一步可以计算恰好完全反应时消耗Na2SO4溶液的质量和原固体中NaCl 质量。【详解】解：（1）钠元素位于元素周期表第三周期；（2）由图中数据可知，完全反应后生成BaSO4沉淀的质量是23.3g；设氯化钡的质量为x，硫酸钠的质量为z，反应生成的NaCl 的质量为y，2244BaCl+Na SOBa=208142233117xz2SO+2Na.gCl33yx20823.3g233 x=20.8g，y11723.3g233 y=11.7g，z14223.3g233 z=14.2g；（3）恰好完全反应时消耗Na2SO4溶液的质量是14.2g10%=142g；（4）恰好完全反应时，溶液中NaCl 的质量为11.7g+（32.5g-20.8g）=23.4g，NaCl 溶液溶质的质量分数=23.4g32.5g100g142g23.3g100%=9.3%；答：恰好完全反应时所得溶液中溶质的质量分数是9.3%。【点睛】化学反应后所得溶液的质量等于所有加入物质的质量总和减去生成的气体、沉淀质量以及没有参加反应的不溶物的质量。