广东省清远市英德一中高考化学模拟试题（4月份）（含解析）新人教版.doc

2014年广东省清远市英德一中高考化学模拟试卷（4月份）一、单行选择题1（5分）（2014英德市校级模拟）下列说法不正确的是（）a赤潮、白色污染、绿色食品中的“赤”“白”“绿”均指相关物质的颜色b已知si3n4、al2o3熔点很高，一般可以用制作高温结构陶瓷制品c乙烯能使溴水褪色、聚乙烯不能使溴水褪色d葡萄糖注射液不能产生丁达尔效应现象，不属于胶体考点：常见的生活环境的污染及治理；分散系、胶体与溶液的概念及关系；无机非金属材料；乙烯的化学性质专题：化学应用分析：a白色污染、绿色食品与颜色无关；b制作高温结构陶瓷制品的原料的熔点应较高；c聚乙烯不含有不饱和键；d只有胶体具有丁达尔效应解答：解：a白色污染是人们对难降解的塑料垃圾（多指塑料袋）污染环境现象的一种形象称谓它是指用聚苯乙烯、聚丙烯、聚氯乙烯等高分子化合物制成的各类生活塑料制品使用后被弃置成为固体废物、绿色食品是指安全、无公害、无毒、有利于人体健康的营养食品，二者与颜色无关，故a错误；b制作高温结构陶瓷制品的原料的熔点应较高，故b正确；c乙烯含有碳碳双键，可发生氧化反应，而聚乙烯不含有不饱和键，故c正确；d只有胶体具有丁达尔效应，葡萄糖溶液不属于胶体，故d正确故选a点评：本题考查较为综合，涉及环境污染、材料以及胶体等知识，为高频考点，侧重于化学与生活、环境和生产的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生学习的积极性，难度不大2（5分）（2014清远模拟）下列各组离子在通入so2前后均能大量共存的是（）ali+、h+、no3、so42bna+、cu2+、oh、sio32cnh4+、al3+、br、alo2dba2+、k+、br、cl考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：a硝酸根离子在氢离子存在条件下能够氧化二氧化硫，通入二氧化硫不能共存；b氢氧根离子与铜离子反应生成氢氧化铜沉淀；c偏铝酸根离子能够与铝离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀；dba2+、k+、br、cl离子之间不满足离子反应发生条件，也不与二氧化硫反应解答：解：ah+、no3具有强氧化性，能够氧化so2，通入二氧化硫后不能大量共存，故a错误；bcu2+、oh之间发生反应生成氢氧化铜沉淀，在溶液中不能大量共存，故b错误；cal3+、alo2之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故c错误；dba2+、k+、br、cl之间不发生反应，也不与二氧化硫反应，在溶液中能够大量共存，故d正确；故选d点评：本题考查离子共存的正误判断，难度中等，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能生成难溶物的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如本题题干“通入so2前后均能大量共存”3（5分）（2014英德市校级模拟）na代表阿伏加德罗常数的数值下列有关叙述正确的是（）a室温下，21.0g乙烯和丁烯的混合气体中含有的氢原子数目为1.5nab标准状况下，2.24l cl2与过量稀naoh溶液反应，转移的电子总数为0.2 nac50时，ph=1的1.0l h2so4溶液中含有的h+数目为0.1 nad3.4g nh3中含nh键数目为0.2na考点：阿伏加德罗常数专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：a乙烯和丁烯的最简式为ch2，根据混合物的最简式计算出含有的氢原子数目；b氯气与氢氧化钠溶液的反应中，氯气既是氧化剂，也是还原剂，0.1mol氯气完全反应转移了0.1mol电子；cph=1的硫酸溶液中氢离子浓度为0.1mol/l，1l该溶液中含有0.1mol氢离子；d氨气分子中含有3mol氮氢键，3.4g氨气的物质的量为0.2mol，含有0.6mol氮氢键解答：解：a21.0g乙烯和丁烯的混合气体中含有1.5mol最简式ch2，所以该混合气体中含有3mol氢原子，含有的氢原子数目为3na，故a错误；b标况下2.24l氯气的物质的量为0.1mol，0.1mol氯气与氢氧化钠溶液完全反应转移了0.1mol电子，转移的电子总数为0.1na，故b错误；cph=1的硫酸溶液中氢离子浓度为0.1mol/l，1l该溶液中含有氢离子的物质的量为0.1mol，含有的h+数目为0.1na，故c正确；d3.4g氨气的物质的量为0.2mol，0.2mol氨气中含有0.6mol氮氢键，含nh键数目为0.6na，故d错误；故选c点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，选项a需要利用最简式计算，选项b注意氯气与氢氧化钠溶液的反应情况4（5分）（2013天津校级模拟）下列实验方案不能达到实验目的是（）实验目的实验方案a证明溴乙烷发生消去反应有乙烯生成向试管中加入适量的溴乙烷和naoh的乙醇溶液，加热，将反应产生的气体通入溴的四氯化碳溶液b证明mg（oh）2沉淀可以转化为fe（oh）3沉淀向2ml 1mol/l naoh溶液中先加入3滴1mol/l mgcl2溶液，再加入3滴1mol/l fecl3溶液c检验蔗糖水解产物具有还原性向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，然后加入适量稀naoh溶液，再向其中加入新制的银氨溶液，并水浴加热d测定铝箔中氧化铝的含量取a g铝箔与足量稀盐酸充分反应，逸出的气体通过碱石灰后，测其体积为b l（已转化为标准状况下）aabbccdd考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：a生成乙烯可与溴发生加成反应；bnaoh过量，不能达到实验目的；c蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，葡萄糖在碱性条件下可与银氨溶液在加热条件下发生反应；d根据生成气体的体积可确定铝的质量，以此可确定氧化铝的含量解答：解：a溴乙烷在naoh的乙醇溶液，加热，发生消去反应可生成乙烯，乙烯与溴发生加成反应可使溴的四氯化碳溶液褪色，可达到实验密度，故a不选；bnaoh过量，一定生成fe（oh）3沉淀，不能达到实验目的，故b选；c蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，葡萄糖在碱性条件下可与银氨溶液在加热条件下发生反应，可达到实验目的，故c不选；d根据生成气体的体积可确定铝的质量，以此可确定氧化铝的含量，可达到实验目的，故d不选，故选b点评：本题考查化学实验方案的评价，题目侧重于物质的检验和含量的测定的实验方案的设计，题目难度不大，注意把握实验原理以及实验操作的注意事项5（5分）（2014英德市校级模拟）短周期元素x、y、z在周期表中的位置关系如图所示，已知x最外层电子数为2，则下列叙述中正确的是（）xyzwax对应的单质化学性质很活泼b原子半径：wzycz的最高价氧化物的水化物是一种强酸d气态氢化物的稳定性：yz考点：元素周期律和元素周期表的综合应用专题：元素周期律与元素周期表专题分析：短周期元素x、y、z，x最外层电子数为2，根据元素周期表中的位置知，x为he、y为f、z为s、w为cl元素，a稀有气体性质较稳定，不易和其它物质反应；b原子的电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小；cz的最高价氧化物的水化物是硫酸；d元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定解答：解：短周期元素x、y、z，x最外层电子数为2，根据元素周期表中的位置知，x为he、y为f、z为s、w为cl元素，ahe是稀有气体，其性质较稳定，不易和其它物质反应，故a错误；b原子的电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小，所以原子半径：zwy，故b错误；cz的最高价氧化物的水化物是硫酸，硫酸是二元强酸，故c正确；d元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，f的非金属性大于s，所以气态氢化物的稳定性：hfh2s，故d错误；故选c点评：本题考查了元素周期表和元素周期律的综合应用，涉及氢化物稳定性、酸的酸性、原子半径等知识点的考查，灵活运用元素周期律知识来分析解答，题目难度不大6（5分）（2013屯溪区校级模拟）下列装置所示的实验中，能达到实验目的是（）a除去cl2中的hclb电解制氯气和氢气c实验室制氨气d分离碘酒中的碘和酒精考点：化学实验方案的评价；氨的实验室制法；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；气体的净化和干燥；电解原理的应用实验专题：实验评价题分析：a氯气和hcl都能与naoh溶液反应；b电解饱和食盐水，如在阳极上生成氯气，则阳极应为惰性电极；c氯化铵加热易分解生成氨气和氯化氢，二者能重新反应生成氯化铵；d碘易溶于酒精，不能用分液的方法分离解答：解：a氯气和hcl都能与naoh溶液反应，除杂时不能影响被提纯的问题，应用饱和食盐水溶液除杂，故a错误；b电解饱和食盐水，如在阳极上生成氯气，则阳极应为惰性电极，装置合理，故b正确；c氯化铵加热易分解生成氨气和氯化氢，二者能重新反应生成氯化铵，实验室制备氨气，应用氯化铵和氢氧化钙反应，故c错误；d不能用分液的方法分离碘和酒精，二者互溶，可用蒸馏的方法，故d错误故选b点评：本题考查较为综合，题目难度中等，注意根据物质的性质判断并选择分离、除杂方法二、多项选择题7（3分）（2013中山模拟）下列推断正确的是（）asio2 是酸性氧化物，能与naoh溶液反应bna2o、na2o2组成元素相同，与 co2反应产物也相同cco、no、no2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在d新制氯水有酸性和强氧化性，故滴入少量的紫色石蕊的现象是先变红，后褪色考点：硅和二氧化硅；氯气的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；钠的重要化合物专题：氮族元素；碳族元素；几种重要的金属及其化合物分析：asio2是酸性氧化物，能够跟碱反应，生成盐和水；b过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，而氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠；cno易与空气中氧气反应生成二氧化氮；d因为新制氯水中含有hcl和hclo，hclo具有强氧化性和漂白性解答：解：a酸性氧化物是能够跟碱反应，生成盐和水的氧化物，因为sio2+2naohna2sio3+h2o，故a正确；bna2o和na2o2元素组成虽然相同，但化学性质不同，它们与co2的反应如下：na2o+co2na2co3；2na2o2+2co22na2co3+o2 ，产物不同，故b错误；cno在空气中易发生反应：2no+o22no2，故c错误；d因为新制氯水中含有hcl和hclo，滴入少量的紫色石蕊的现象是先变红，后褪色，故d正确故选：ad点评：该题综合考查元素化合物知识，包括金属元素和非金属元素的重要氧化物，以及氯气的重要性质这些物质的性质是学习的重点，也是考试的重点，平时的学习过程中，同学们应重视教材中重要物质性质的学习、总结，该记忆的应强化记忆，才能避免错误发生8（3分）（2013中山模拟）下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）a0.1mol/l nahco3溶液中：c（h+）+c（na+）=c（oh）+c（hco3）+c（co32）b一定量（nh4）2so4与nh3h2o混合所得的酸性溶液中：c（nh4+）2c（so42）c将0.2mol/l ch3cooh溶液中：c（ch3cooh）+c（ch3coo）=0.2mol/ld物质的量浓度相等的nh4hso4溶液、nh4hco3溶液、nh4cl溶液中，c（nh4+）的大小关系：考点：离子浓度大小的比较；盐类水解的应用专题：盐类的水解专题分析：a根据电荷守恒判断；b溶液呈酸性，c（h+）c（oh），结合电荷守恒判断；c根据物料守恒判断；dnh4hso4溶液中h+抑制nh4+的水解，hco3与nh4+的水解相互促进解答：解：anahco3溶液中存在电荷守恒，为c（h+）+c（na+）=c（oh）+c（hco3）+2c（co32），故a错误；b一定量（nh4）2so4与nh3h2o混合所得的酸性溶液中c（h+）c（oh），由电荷守恒可知c（h+）+c（nh4+）=c（oh）+2c（so42），则c（nh4+）2c（so42），故b正确；cch3cooh溶液中存在物料守恒，为c（ch3cooh）+c（ch3coo）=0.2mol/l，故c正确；dnh4hso4溶液中h+抑制nh4+的水解，hco3与nh4+的水解相互促进，则物质的量浓度相等的nh4hso4溶液、nh4hco3溶液、nh4cl溶液中，c（nh4+）的大小关系：，故d错误故选：bc点评：本题考查离子浓度的大小比较，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型，主要把握盐类的水解和弱电解质的电离特点，结合电荷守恒、物料守恒解答该题，难度中等三、解答题9（4分）（2014英德市校级模拟）对羟基肉桂酸是一种强效的导电材料，在液晶显示器工业中近年来研究广泛结构简式如图：（1）该有机物的分子式为c9h8o3，其含氧官能团的名称是（酚）羟基、羧基（2）该有机物能发生的反应类型是（填写代号）aca氧化反应 b消去反应 c加聚反应 d水解反应考点：有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构专题：有机物的化学性质及推断分析：（1）由结构简式可知分子式，含酚oh、碳碳双键、cooh；（2）结合酚、烯烃、羧酸的性质来解答解答：解：（1）由结构简式可知分子式为c9h8o3，含氧官能团酚oh、cooh，名称分别为（酚）羟基、羧基，故答案为：c9h8o3；（酚）羟基、羧基；（2）a含oh、碳碳双键，可发生氧化反应，故a正确；b不能发生消去反应，故b错误；c含碳碳双键，可发生加聚反应，故c正确；d不含能水解的官能团，不能发生水解反应，故d错误；故答案为：ac点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酚、羧酸、烯烃性质的考查，题目难度不大10（12分）（2014英德市校级模拟）芳香族化合物c10h10o2有如图的转化关系：已知e能使br2/ccl4溶液褪色（1）请分别写出a、c的结构简式：a、cch2=chcooch3（2）若有机物f与c互为同分异构体且与有机物b互为同系物，则符合条件的f有3 种（不考虑顺反异构）（3）请写出de反应的化学方程式：h2o+考点：有机物的合成专题：有机物的化学性质及推断分析：与足量的氢气发生加成反应生成d为，d在浓硫酸、加热条件下生成e，且e能使br2/ccl4溶液褪色，故发生消去反应，e为芳香族化合物a（c10h10o2）在稀硫酸、加热条件下生成b与，故a含有酯基，b含有羧基，与甲醇反应生成c，c能发生加聚反应生成高聚物，结合a的分子式可知，b中还含有1个碳碳双键，可推知a为，b为ch2=chcooh，c为ch2=chcooch3，高聚物（c4h6o2）n为，据此解答解答：解：与足量的氢气发生加成反应生成d为，d在浓硫酸、加热条件下生成e，且e能使br2/ccl4溶液褪色，故发生消去反应，e为芳香族化合物a（c10h10o2）在稀硫酸、加热条件下生成b与，故a含有酯基，b含有羧基，与甲醇反应生成c，c能发生加聚反应生成高聚物，结合a的分子式可知，b中还含有1个碳碳双键，可推知a为，b为ch2=chcooh，c为ch2=chcooch3，高聚物（c4h6o2）n为，（1）根据以上分析，a、c的结构简式分别为，ch2=chcooch3，故答案为：；ch2=chcooch3；（2）若有机物f与c（ch2=chcooch3）互为同分异构体，则与有机物b（ch2=chcooh）互为同系物的f的同分异构体有：ch2=chch2cooh、ch3ch=chcooh、ch2c（ch3）cooh，故答案为：3；（3）根据以上分析，de反应的化学方程式为：h2o+，故答案为：h2o+点评：本题考查有机物的推断，涉及官能团性质、同分异构体等，侧重于考查学生的分析能力和综合运用化学知识的能力，为高考常见题型，难度中等，确定a的结构是关键，注意根据有机物的结构特点及反应条件进行推断11（16分）（2014英德市校级模拟）“生物质”是指由植物或动物生命体衍生得到的物质的总称“生物质能”是人类解决能源危机的一种重要的能源“生物质”在一定条件下可气化为co、h2等原料气，进而合成甲醇和二甲醚（ch3och3），相关反应为：2h2（g）+co（g）ch3oh（g）；4h2（g）+2co（g）ch3och3（g）+h2o（g）请根据图1、2示回答问题：（1）由h2和co合成二甲醚的热化学方程式是4h2（g）+2co（g）=ch3och3（g）+h2o（g）h=186.1kj/mol（2）在t1、t2温度下，向两个容积相同的密闭容器中分别通入1molco和2molh2合成甲醇，则t1、t2温度下对应反应的平衡常数k1k2（选填“”、“”或“=”）（3）在一定条件下，向一个容积可变的密闭容器中充入4molh2、2molco、1molch3och3 （g）和1molh2o（g），经一定时间反应达到平衡状态，此时测得混合气体密度是相同条件下起始时的1.6倍反应开始时正、逆反应速率的大小关系为正逆（选填“”、“”或“=”），平衡时n（ch3och3）=1.75mol（4）图3为绿色电源“二甲醚燃料电池”的工作原理示意图（a、b均为多孔性pt电极）a电极是负极（填“正”或“负”）；b电极上的电极反应为o2+4h+4e2h2o考点：热化学方程式；化学电源新型电池；化学平衡常数的含义专题：化学反应中的能量变化；化学平衡专题；电化学专题分析：（1）依据图象分析书写热化学方程式，根据盖斯定律计算所需热化学方程式；（2）图象分析，先拐先平的分析方法可知t1t2，依据化学平衡移动原理分析判断；（3）反应前后气体总质量不变；用差量法解题，方程式中3h2（g）+3co（g）ch3och3（g）+co2（g）减少了4mol； （4）氧气得电子，化合价降低，故b电极是正极；由图知在a电极二甲醚与水反应生成二氧化碳和氢离子，故a电极的反应式为（ch3）2o12e+3h2o=2co2+12h+；解答：解：（1）图象分析可知反应的热化学方程式为 4h2（g）+2co（g）=2ch3oh（g）；h=162.6kjmol12ch3oh（g）ch3och3（g）+h2o（g）；h=23.5kjmol1由盖斯定律+得到：4h2（g）+2co（g）=ch3och3（g）+h2o（g）h=186.1kj/mol，故答案为：4h2（g）+2co（g）=ch3och3（g）+h2o（g）h=186.1kj/mol；（2）图象分析可知t1t2，温度越高甲醇物质的量越小，说明升温平衡逆向进行，正反应为放热反应，2h2（g）+co（g）ch3oh（g），则t1、t2温度下对应反应的平衡常数k1k2，故答案为：；（3）在一定条件下，向一个容积可变的密闭容器中充入4molh2、2molco、1molch3och3（g）和1molh20（g），4h2（g）+2co（g）ch3och3（g）+h2o（g），反应前后气体总质量不变，同温、同压下，达到平衡时，气体密度增大，即气体体积缩小，平衡正向进行，正反应速率大于逆反应速率；平衡时混合气体密度是同温同压下起始时的1.6倍，则总物质的量变为原先的0.625倍，总物质的量=80.625=5mol，反应前后减少了3mol，设反应生成甲醚xmol，3h2（g）+3co（g）ch3och3（g）+co2（g）减少了4mol， 1 4 x 3解得：x=0.75mol平衡时，n（ch3och3）=1+0.75=1.75mol，故答案为：；1.75； （4）反应本质是二甲醚的燃烧，原电池负极发生氧化反应，二甲醚在负极放电，氧气在正极放电，b电极为正极，由图可知，a极为负极，二甲醚放电生成二氧化碳，由离子交换膜可知还生成氢离子，a电极的电极反应式为ch3och312e+3h2o=2co2+12h+，b电极上的反应为：o2+4h+4e2h2o，故答案为：负；o2+4h+4e2h2o点评：本题考查影响平衡的因素、化学平衡常数、化学平衡图象、反应热的计算原电池原理应用等综合性强，难度中等12（16分）（2013广州三模）实验室用硫酸厂烧渣（主要成分为fe2o3及少量fes、sio2等）制备聚铁（碱式硫酸铁的聚合物）和绿矾（feso47h2o），过程如下：（1）将过程中产生的气体通入下列溶液中，溶液不会褪色的是b（填编号）；a品红溶液 b紫色石蕊溶液 c酸性kmno4溶液 d溴水（2）在中已知fes中铁元素生成fe3+，写出fes、o2、h2so4反应的方程式4fes+3o2+6h2so4=2fe2（so4）3+6h2o+4s；（3）在中，需加入的物质是fe（或铁）；（4）在中，蒸发浓缩需要的硅酸盐仪器除酒精灯外，还有蒸发皿、玻璃棒；（5）在中，将溶液z控制到7080的目的是升高温度促进fe3+的水解；（6）为测量聚铁样品中铁元素的质量分数，进行下列实验（假设杂质中不含铁元素和硫元素）：称取2.700g样品，将样品溶于足量的盐酸后，滴加过量的bacl2；过滤、洗涤、干燥，称量固体的质量为3.495g若该聚铁主要成分为fe（oh）（so4）n，求该聚铁样品中铁元素的质量分数 mr（baso4）=233mr（fe）=56（写出计算过程，结果保留4位有效数字）考点：副产品的综合利用；二氧化硫的化学性质；含硫物质的性质及综合应用专题：氧族元素分析：（1）过程产生的气体为so2，具有还原性和漂白性；（2）根据反应物和生成物的种类结合质量守恒书写化学方程式；（3）溶液x中含有fe3+，要制备绿矾，应加入fe使之还原为fe2+；（4）蒸发结晶需要使用酒精灯、三角架、蒸发皿、玻璃棒等仪器；（5）在中，将溶液z控制到7080的目的为促进的水解，加热有利于水解的进行；（6）根据n（fe3+）=n（so42）计算解答：解：（1）过程产生的气体为so2，具有还原性和漂白性，因具有漂白性而使品红褪色，因具有还原性而使具有氧化性的酸性kmno4溶液、溴水褪色，只有紫色石蕊试液不会褪色故答案为：b；（2）反应物为fes、o2和h2so4，生成物有s，根据质量守恒还应有fe2（so4）3和h2o，反应的化学方程式为4fes+3o2+6h2so4=2fe2（so4）3+6h2o+4s，故答案为：4fes+3o2+6h2so4=2fe2（so4）3+6h2o+4s； （3）溶液x中含有fe3+，要制备绿矾，应加入fe使之还原为fe2+，加入铁可生成fe2+，并且不引入新的杂质，故答案为：fe（或铁）；（4）蒸发结晶需要使用酒精灯、三角架、蒸发皿、玻璃棒等仪器，可能还需要泥三角，故答案为：蒸发皿、玻璃棒； （5）在中，将溶液z控制到7080的目的为促进的水解，加热有利于水解的进行，促进fe3+的水解，故答案为：升高温度促进fe3+的水解； （6）过滤、洗涤、干燥，称量，得固体质量为3.495g，应为baso4沉淀，n（baso4）=0.015mol，则n（fe3+）=n（so42）=0.015mol，m（fe）=0.015mol56g/mol=0.84g，（fe）=100%=31.11%，故答案为：31.11%点评：本题考查较为综合，涉及物质含量的测定、制备实验方案的设计等知识，题目难度较大，注意常见化学实验操作方法13（16分）（2013东莞一模）发酵粉是一种化学膨松剂，可由小苏打、臭粉（碳酸氢铵）、明矾中的两种物质组成某小组为探究不同品牌的发酵粉的化学成分，进行如下实验【提出假设】（1）假设1：由小苏打和臭粉组成假设2：由小苏打和明矾组成假设3：由臭粉和明矾组成【方案与流程】为探究甲品牌的发酵粉的成分，某同学设计如下实验，得到如下现象：（2）结合步骤分析，气体a为氨气（或nh3），该发酵粉的成分为nahco3 和nh4hco3（写名称也给分） （填化学式）（3）若步骤和操作不变（现象也相同），将步骤中足量稀盐酸改为足量氯化钡溶液，观察到有白色沉淀生成，能否确定发酵粉的成分并说明理由：不能；碳酸钠和硫酸铝钾均能与氯化钡溶液反应反应产生白色沉淀（4）乙品牌的发酵粉的化学组成可能为假设2情况