安徽省黄山市黄山一中高考化学二模试卷（含解析）.doc

安徽省黄山市黄山一中2015年高考化学二模试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1下列叙述和均正确并有因果关系的是（） 选项叙述叙述ana2co3溶液可与油污反应用热的烧碱溶液洗去油污bbaso4难溶于酸用盐酸和bacl2溶液检验so42cnh3能使酚酞溶液变红nh3可用于设计喷泉实验d晶体硅熔点高硬度大晶体硅可用于制作半导体aabbccdd考点：化学实验方案的评价.专题：实验评价题分析：a碳酸钠俗称纯碱，而烧碱为氢氧化钠；b加入盐酸，如无现象，可排出ag+、co32等影响；c氨气用于设计喷泉实验与溶解性有关；d晶体硅可用于制作半导体与导电性有关解答：解：a碳酸钠俗称纯碱，水解呈碱性，碱性条件下可使油污水解而除去，而烧碱为氢氧化钠，故a错误；b加入盐酸，如无现象，可排出ag+、co32等影响，然后再加入氯化钡，如生成沉淀，可证明含有so42，故b正确；c氨气的水溶液呈碱性，氨气用于设计喷泉实验与溶解性有关，二者没有直接关系，故c错误；d晶体硅为原原子晶体，熔点高，而用于制作半导体与导电性有关，二者没有因果关系，故d错误故选b点评：本题考查较为综合，涉及多方面知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，难度不大2（6分）（2015黄山校级二模）常温下，下列各组粒子在指定溶液中一定能大量共存的是（）afecl3溶液中：k+、c6h5oh、br、no3b在氨水溶液中 al3+、no3、cl、ag+c某透明澄清的溶液中：nh4+、fe3+、no3、cld能使甲基橙显红色的溶液：k+、cr2o72、ch3ch2oh、so42考点：离子共存问题.分析：a与fe3+反应的离子不能大量共存；b氨水溶液呈碱性，且可与ag+发生络合反应；c离子之间不发生任何反应；d能使甲基橙显红色的溶液呈酸性解答：解：ac6h5oh与fe3+反应，不能大量共存，故a错误；b氨水溶液呈碱性，al3+不能大量共存，且氨水可与ag+发生络合反应，故b错误；c离子之间不发生任何反应，可大量共存，故c正确；d能使甲基橙显红色的溶液呈酸性，酸性条件下cr2o72、ch3ch2oh发生氧化还原反应，故d错误故选c点评：本题考查离子的共存问题，为高频考点，侧重学生元素化合物知识的综合理解和运用的考查，明确信息来判断溶液的酸碱性是解答本题的关键，熟悉离子之间的反应即可解答，题目难度不大3（6分）（2015黄山二模）关于下列各装置图（略去部分夹持仪器）的叙述中，正确的是（）a利用装置进行盐酸待测溶液浓度的测定b利用装置分离碘酒中碘和酒精c利用装置制备收集干燥氨气d利用装置加热分解碳酸氢钠考点：化学实验方案的评价.专题：实验评价题分析：a滴定盐酸用氢氧化钠溶液，氢氧化钠应放在碱式滴定管中；b碘和酒精混溶，不能用分液的方法分离；c可用浓氨水和生石灰制备氨气；d加热固体，应防止试管炸裂解答：解：a滴定盐酸用氢氧化钠溶液，氢氧化钠和腐蚀玻璃，氢氧化钠应放在碱式滴定管中，故a错误；b碘和酒精混溶，应用蒸馏的方法分离，不能用分液的方法，故b错误；c可用浓氨水和生石灰制备氨气，氨气的密度比空气小，用向下排空法收集，故c正确；d加热固体，试管口应略向下倾斜，防止试管炸裂，故d错误故选c点评：本题考查较为综合，涉及气体的制备、物质的分离等知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的严密性和可行性的评价，难度不大4（6分）（2015黄山二模）电解na2so4溶液产生h2so4和烧碱的装置如图所示，其中阴极和阳极均为惰性电极测得同温同压下，气体甲与气体乙的体积比约为1：2，以下说法正确的是（说明：阳离子交换膜只允许阳离子通过，阴离子交换膜只允许阴离子通过）（）aa电极反应式：2h+2e=h2b产物丁为naohcc为阳离子交换膜d每转移0.2mol电子，产生1.12l气体甲考点：原电池和电解池的工作原理.专题：电化学专题分析：电解硫酸钠溶液时，阳极上生成氧气，电极反应式为2h2o4e=o2+4h+，阴极反应式为 2h2o+2e=h2+2oh，测得同温同压下，气体甲与气体乙的体积比约为1：2，则甲是氧气、乙是氢气，则a是阳极、b是阴极，阳极区域生成硫酸、阴极区域生成naoh，据此分析解答解答：解：电解硫酸钠溶液时，阳极上生成氧气，电极反应式为2h2o4e=o2+4h+，阴极反应式为 2h2o+2e=h2+2oh，测得同温同压下，气体甲与气体乙的体积比约为1：2，则甲是氧气、乙是氢气，则a是阳极、b是阴极，阳极区域生成硫酸、阴极区域生成naoh，aa为阳极，电极反应式为2h2o4e=o2+4h+，故a错误；b通过以上分析知，a为阳极，同时生成硫酸，所以产物丙是硫酸，b是阴极，阴极区域生成naoh，即产物丁为naoh，故b正确；c产物丁是naoh，则离子交换膜d是阳离子交换膜，c为阴离子交换膜，故c错误；da为阳极，电极反应式为2h2o4e=o2+4h+，产生的气体甲是氧气，每转移0.2mol电子，产生氧气气的物质的量为0.05mol氧气，但温度和压强未知，无法确定气体摩尔体积，则无法计算氧气体积，故d错误；故选b点评：本题考查电解原理，判断甲、乙气体成分是解本题关键，再结合电极反应式分析解答，易错选项是d，注意气体摩尔体积的适用范围及适用条件，为易错点5（6分）（2015黄山校级二模）已知nahso3溶液在不同温度下均可被过量 kio3氧化，当 nahso3完全消耗即有 i2析出，依据 i2析出所需时间可以求得 nahso3的反应速率将浓度均为 0.020moll1的 nahso3溶液（含少量淀粉）10.0ml、kio3（过量）酸性溶液 40.0ml 混合，记录 1055间溶液变蓝时间，55时未观察到溶液变蓝，实验结果如图据图分析，下列判断不正确的是（）a40之前，溶液变蓝的时间随温度的升高而缩短b图中a点对应的 nahso3反应速率为 5.0105moll1s1c图中b、c两点对应的 nahso3反应速率相等d40之后，淀粉不宜用作该实验的指示剂考点：化学反应速率的影响因素.分析：a由图可知，40之前，温度高反应速率加快，40之后温度高，变色时间越长；ba点时间为80s，浓度变化量为=0.004mol/l；cb、c点对应的反应原理及温度不同；d结合55时，没有出现蓝色分析解答：解：a从图象中可以看出，40以前，温度越高，反应速度越快，40后温度越高，变色时间越长，反应越慢，而55，未变蓝，说明没有生成i2，故a正确；ba点时间为80s，浓度变化量为=0.004mol/l，a点对应的nahso3反应速率为5.0105moll1s1，故b正确；cb点的反应原理为：当碘酸钾过量时，生成碘单质，其离子反应式为5so32+2io3+2h+=5so42+i2+h2o，而图中c点的反应原理为2io3+5so2+4h2o=5so42+i2+8h+，则图中b、c点对应的反应原理不一样，且温度不同，故反应速率不同，故c错误；d.55时，没有出现蓝色，故淀粉已不能作为该反应的指示剂，故d正确；故选c点评：本题考查化学反应速率的影响因素，侧重图象分析及温度对反应的影响，注意不同温度下均可被过量kio3氧化，注重分析能力和解决问题能力的考查，题目难度较大6（6分）（2015黄山校级二模）下列溶液中，有关物质的量浓度关系正确的是（）a向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的ph=5的混合溶液：c（na+）=c（no3）b1.0 moll1na2c2o4溶液：c（oh）=c（hc2o4）+c（h+）+c（h2c2o4）cph=8.0的khs溶液中，c（k+）c（hs）c（oh）c（s2）c（h+）d将0.2 moll1的某一元酸ha溶液和0.1 moll1naoh溶液等体积混合后，溶液ph大于7，则反应后的混合液中：c（oh）+c（a）=c（h+）+c（ha）考点：离子浓度大小的比较.分析：a根据混合液中的物料守恒判断；b根据na2c2o4溶液中的质子守恒判断；ckhs溶液ph=8，说明hs水解程度大于电离程度，注意水的电离；d将0.2 moll1的某一元酸ha溶液和0.1 moll1naoh溶液等体积混合后，ha与naa的浓度相等，溶液ph大于7，说明a水解程度大于ha电离程度，结合物料守恒、电荷守恒解答解答：解：a硝酸钠与盐酸不反应，无论是否加入盐酸，都存在c（na+）=c（no3），故a正确；bna2c2o4溶液中存在质子守恒：c（oh）=c（hc2o4）+c（h+）+2c（h2c2o4），故b错误；ckhs溶液ph=8，说明hs水解程度大于电离程度，因还存在水的电离，则c（h+）c（s2），溶液中正确的离子浓度大小为：c（k+）c（hs）c（h+）c（s2）c（oh），故c错误；d将0.2moll1的某一元酸ha溶液和0.1moll1的naoh溶液等体积混合，ha过量，混合后溶液的ph大于7，说明a水解程度大于ha的电离程度，溶液存在电荷守恒：c（oh）+c（a）=c（h+）+c（na+），存在物料守恒：c（a）+c（ha）=2c（na+），二者联式可得2c（oh）+c（a）=2c（h+）+c（ha），故d错误；故选a点评：本题综合考查酸碱混合的定性判断、离子浓度的大小比较问题，题目难度中等，答题中注意电荷守恒和物料守恒的运用，试题侧重考查学生的分析、理解能力7（6分）（2015黄山校级二模）根据中学所学相关知识，下列推断正确的一项是（）aa族元素形成的氢化物的沸点从上到下依次递增，则a族元素所形成的氢化物的沸点从上到下也是依次递增b氯气可置换出kbr溶液中的溴，则氟气也可置换出kbr溶液中的溴c某浓度的naclo溶液的ph=d，则其中由水电离出的c（h+）=1014+d moll1d某温度下，mgco3的ksp=6.8106，则该温度下所有含固体mgco3的溶液，都有c（mg2+）=c（co32），且c（mg2+）c（co32）=6.8106考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系；水的电离.分析：a氢键的形成使熔沸点升高；b氟气能与水反应生成氧气；cnaclo溶液水解显碱性，故溶液中的氢氧根离子为水电离的，由水电离出的c（h+）=c（oh），依此进行计算；d含大量镁离子的溶液中，c（mg2+）c（co32）解答：解：aa族元素形成的氢化物的沸点从上到下依次递增，但a族元素所形成的氢化物中，由于nh3分子间可形成氢键，故沸点高于其他氢化物，故a错误；b氯气可置换出ker溶液中的溴，但氟气能与水反应生成氧气，故氟气不能置换出kbr中的溴，故b错误；c某浓度的naclo溶液的ph=d，则溶液中氢离子浓度为：c（h+）=110dmol/l，则c（oh）=1014+dmonl1，溶液中的氢氧根离子为水电离的，所以由水电离的氢离子浓度为c（oh）=1014+dmonl1，故c正确；d若溶液中镁离子浓度很大，则沉淀溶解平衡逆向移动，c（mg2+）c（co32），但温度不变，c（mg2+）c（co32）=6.8106，故d错误；故选c点评：本题考查氢键的性质、卤族单质的性质、盐类的水解，及沉淀的溶解平衡等知识，难度不大要注意氢键对物质物理性质的影响二、解答题（共4小题，满分58分）8（14分）（2015黄山二模）如图是部分短周期元素原子（用字母表示）最外层电子束与原子序数的关系，请回答下列问题（1）y在元素周期表中位于第二周期，第viia族，p的基态原子核外电子排布式为122s22p63s23p2（2）y，p，r第一电离能大小的顺序为（用化学符号表示，下同）fps，x，r，w的气态氢化物水溶液酸性大小顺序为hclh2sh2o（3）x，z的单质按物质的量比1：2，反应生成的化合物中化学键类型有离子键、非极性键，计算2mol该化合物与标准状况下33.6lco2和1.0mol水蒸气混合物充分反应后转移电子的物质的量是2mol（4）q单质与z的最高氧化物对应水化物的浓溶液反应，化学方程式为si+2naoh+h2o=na2sio3+2h2（5）已知：反应caso2（s）+co（g）cao（s）+so2（g）+co2（g）h1=+218.4kjmol1反应caso4（s）+4co（g）cao（s）+4co2（g）h2=175.6kjmol1假设某温度下，反应的速率（v1）大于反应的速率（v2），则图2反应过程能量变化示意图正确的是d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：都是短周期元素，由最外层电子数与原子序数关系可知，x、y处于第二周期，x的最外层电子数为6，故x为o元素，y的最外层电子数为7，故y为f元素；z、p、q、r、w处于第三周期，最外层电子数分别为1、4、5、6、7，故z为na元素、q为si、p为p元素、r为s、w为cl元素，据此进行解答解答：解：由最外层电子数与原子序数关系可知，x、y处于第二周期，x的最外层电子数为6，故x为o元素，y的最外层电子数为7，故y为f元素；z、p、q、r、w处于第三周期，最外层电子数分别为1、4、5、6、7，故z为na元素、q为si、p为p元素、r为s、w为cl元素，（1）y是f，f在元素周期表中位于第二周期，第viia族，p为磷，p的基态原子核外电子排布式为，故答案为：二；viia；122s22p63s23p2；（2）f，p，s元素的非金属性越强，其第一电离能越大，由于p元素的3p处于半充满状态，故其第一电离能大于s，故第一电离能大小的顺序为：fps，o，s，cl的气态氢化物分别为：h2o、h2s、hcl，水呈中性、hcl为强酸，故水溶液酸性大小顺序为：hclh2sh2o，故答案为：fps；hclh2sh2o；（3）o，na的单质按物质的量比1：2反应生成的化合物为过氧化钠，过氧化钠中化学键类型有离子键、共价键，2mol过氧化钠与标准状况下1.5molco2和1.0mol水蒸气混合物充分反应，反应方程式为：2co2+2na2o2=2na2co3+o2，2h2o+2na2o2=4naoh+o2，据此关系式得出：1.5molco2和1.0mol物质的量大于过氧化钠的物质的量，且每1mol过氧化钠反应转移1mol电子，由于过氧化钠不足，故转移电子的物质的量是2mol1=2mol，故答案为：离子键、共价键；2mol；（4）si单质与na的最高氧化物对应水化物（naoh）的浓溶液反应生成硅酸钠和氢气，化学方程式为：si+2naoh+h2o=na2sio3+2h2，故答案为：si+2naoh+h2o=na2sio3+2h2；（5）反应为吸热反应，反应为放热反应，则a、c错误，因为两图中生成物总能量高于反应物总能量，由题意知：反应的速率（v1）大于反应的速率（v2），则反应的活化能较大，则b错误、d正确，故选d点评：本题考查结构性质位置关系、元素周期律等，难度不大，根据最外层电子数及原子序数的关系确定元素是解题的关键，注意整体把握元素周期表的结构9（14分）（2015黄山二模）某课题小组合成一种复合材料的基体m的结构简式为：（1）写出a的结构简式，的反应类型为加成反应（2）b中含有的官能团有碳碳双键、羧基，d的名称（系统命名）是苯乙烯（3）写出反应的化学方程式（4）写出符合下列条件：能使fecl3溶液显紫色；苯环只有二个取代基；与新制的cu（oh）2悬浊液混合加热，有砖红色沉淀生成；苯环上一氯化物有2种同分异构体写出有机物b的一种同分异构体的结构简式（或）（5）下列说法正确的是acdae与分子式相同的醛互为同分异构体bf的分子式为c2h2nocch2chnh2能与盐酸反应dc分子中苯环上取代基有2个键考点：有机物的合成.专题：有机物的化学性质及推断分析：由苯乙烯及a的产物结构可知，苯乙烯与水发生加成反应生成a的结构简式为：；反应为氧化反应，由反应的反应物及产物结构可知反应为加成反应，结合m的结构可知c的结构简式为：，结合信息逆推可知b的结构简式为：，据此进行解答解答：解：由苯乙烯及a的产物结构可知，苯乙烯与水发生加成反应生成a为，反应为氧化反应，由反应的反应物及产物结构可知反应为加成反应，结合m的结构可知c为，结合信息逆推可知b为，（1）由上述分析可知，a的结构简式为：；反应为e与hcn反应生成f，反应过程中e中c=o键断裂变成单键，所以该反应为加成反应，故答案为：；加成反应；（2）b的结构简式为：，其分子中含有碳碳双键和羧基；根据d的结构简式可知，其名称为苯乙烯，故答案为：碳碳双键、羧基；苯乙烯；（3）b的结构简式为，c的结构简式为，则反应的化学方程式为：，故答案为：；（4）b为，其同分异构体符合下列条件：能使fecl3溶液显紫色，含有酚羟基与新制的cu（oh）2悬浊液混合加热，有砖红色沉淀生成，含有羟基；只有二个取代基；苯环上一氯化物有2种同分异构体，则苯环上的两个取代基在对位，符合条件的b的同分异构体为：、，故答案为：（或）；（5）ae分子中含有羰基，与分子式相同的醛具有不同结构，它们互为同分异构体，故a正确；b根据f的结构简式可知，其分子式为c9h9no，故b错误；cch2chnh2中含有氨基，所以能够与盐酸反应，故c正确；dc的结构简式为，该分子中苯环上取代基中含有两个双键，所以含有2个键，故d正确；故答案为：acd点评：本题考查了有机合成，题目难度较大，根据合成流程明确合成原理为解答关键，注意掌握常见有机物结构与性质，明确同分异构体的概念及书写原则，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力10（15分）（2015黄山二模）银铜合金广泛用于航空工业，从切割废料中回收并制备钢化工产品的工艺如下：（注：al（oh）3和cu（oh）2开始分解的温度分别为450和80）（1）电解精炼银时，电解质溶液可选用agno3；滤渣a与稀hno3反应的化学方程式为3ag+4hno3（稀）3agno3+no+2h2o（2）固体混合物b的组成为al（oh）3和cuo；过滤得到固体b时，实验室如何进行洗涤操作？将固体置于漏斗中，沿玻璃棒向过滤器中慢慢加蒸馏水，至完全淹没沉淀，静置待液体全部流下，再重复此操作23次至洗涤干净（3）在第一步过滤所得的cuso3溶液中含有过量的硫酸，若要该溶液来检测糖尿病，需要对溶液进行哪些处理溶液中加过量氢氧化钠，生成偏碱性的氢氧化铜悬浊液，检测糖尿病时发生的反应方程ch2oh（choh）4cho+2cu（oh）2+naohch2oh（choh）4coona+cu2o+3h2o或ch2oh（choh）4cho+2cu（oh）2ch2oh（choh）4cooh+cu2o+2h2o（4）完成煅烧过程中一个反应的化学方程式：4cuo+2al2o34cualo2+o2（5）理论上生产6.15kgcualo2需要含铜的质量分数为64%的银铜合金废料5kg考点：金属的回收与环境、资源保护.专题：实验设计题；元素及其化合物分析：（1）电解精炼银时，所选的电解质是含有银离子的盐溶液；滤渣a为银，和稀硝酸反应生成硝酸银、一氧化氮和水，根据反应物、生成物来书写方程式；（2）未煮沸之前是cu（oh）2和al（oh）3，根据al（oh）3和cu（oh）2开始分解的温度分别为450和80判断产物；沉淀的洗涤方法：沿玻璃棒向过滤器中加蒸馏水，至完全淹没沉淀，静置待液体全部流下，再重复此操作23次至洗涤干净；（3）过量的硫酸能和检验醛基的氢氧化铜发生中和反应，所以需在碱性条件下进行，加碱生成偏碱性的氢氧化铜悬浊液，葡萄糖为五羟基醛和新制cu（oh）2发生氧化还原反应生成葡萄糖酸或其盐和砖红色的氧化亚铜；（4）根据化合价升降总数相等以及原子守恒来配平；（5）根据铜元素守恒建立关系式：cucualo2来计算解答：解：（1）电解精炼银时，所选的电解质是含有银离子的盐溶液，可选用硝酸银溶液；滤渣a为银，和稀硝酸反应：3ag+4hno3（稀）3agno3+no+2h2o，故答案为：agno3；3ag+4hno3（稀）3agno3+no+2h2o；（2）未煮沸之前是cu（oh）2和al（oh）3，al（oh）3和cu（oh）2开始分解的温度分别为450和80，煮沸后cu（oh）2分解产生氧化铜，可知b为al（oh）3和cuo，过滤得到固体b时，进行沉淀的洗涤，方法为：将固体置于漏斗中，沿玻璃棒向过滤器中慢慢加蒸馏水，至完全淹没沉淀，静置待液体全部流下，再重复此操作23次至洗涤干净，故答案为：al（oh）3和cuo；将固体置于漏斗中，沿玻璃棒向过滤器中慢慢加蒸馏水，至完全淹没沉淀，静置待液体全部流下，再重复此操作23次至洗涤干净；（3）过量的硫酸能和检验醛基的氢氧化铜发生中和反应，所以需在碱性条件下进行，加碱2naoh+cuso4cu（oh）2+na2so4，葡萄糖与新制cu（oh）2悬浊液共热，方程式为：ch2oh（choh）4cho+2cu（oh）2+naohch2oh（choh）4coona+cu2o+3h2o或ch2oh（choh）4cho+2cu（oh）2ch2oh（choh）4cooh+cu2o+2h2o；故答案为：液中加过量氢氧化钠，生成偏碱性的氢氧化铜悬浊液；ch2oh（choh）4cho+2cu（oh）2+naohch2oh（choh）4coona+cu2o+3h2o或ch2oh（choh）4cho+2cu（oh）2ch2oh（choh）4cooh+cu2o+2h2o；（4）反应前cu为+2价，反应后为+1，化合价降低1，al化合价没有变化，所以氧元素的化合价升高，生成氧气，反应前氧为2价，反应后为0，化合价升高2，两者的最小公倍数是2，再根据原子守恒得：4cuo+2al2o3=4cualo2+o2，故答案为：4；2；4；o2；（5）设含铜的质量分数为64%的银铜合金废料的质量为x，由关系式：cucualo2得=，解得x=5，故答案为：5点评：本题以银铜合金制备钢化工产品为背景，考查了电解原理、沉淀的判断、氧化还原反应的配平以及化学计算，题目难度中等11（15分）（2015黄山二模）日常用牙膏的主要成分有：活性物质，摩擦剂，甘油等，假设牙膏中的摩擦剂成分为cac03、sio2、al（oh）3中的一种或几种物质组成，牙膏中其他成分均可溶于盐酸，且无气体产生（1）牙膏中添加甘油主要作用保温为进一步炭疽牙膏中摩擦剂成分，进行了以下探究：摩擦剂成分的定性检验：设计实验方案，验证假设，请写出实验步骤以及预期现象和结论（可不填满也可补充）可选的试剂：稀盐酸，稀硫酸，naoh溶液，澄清石灰水实验步骤预期现象和结论步骤1：取适量牙膏样品，加水充分搅拌、过滤有难溶物存在步骤2：有无色气泡产生，说明有caco3出现无色气泡，说明含有碳酸钙，说明有若有难溶物存在，说明有二氧化硅步骤3：牙膏样品中碳酸钙的定量测定利用如图所示装置（图中夹持仪器略去）进行实验，充分反应后，测定c中生成的baco3沉淀质量，以确定碳酸钙的质量分数依据实验过程回答下列问题（2）实验过程中需持续缓缓通入空气，其主要作用将生成的二氧化碳全部排入c中，使之完全被氢氧化钡吸收（3）仪器c中选择ba（oh）2而不选择ca（oh）2溶液原因：氢氧化钡的溶解度大，可以配制得较高的浓度产物碳酸钡的相对分子量大，可以减小实验误差（4）下列各项措施中，能提高测定准确经度的是ab（填标号）a在加入盐酸之前，应排净装置内的co2气体b缓慢滴加稀盐酸c在ab之间增添盛有浓硫酸的洗气装置d在bc之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置（5）实验中准确称取1.00g样品三份，进行三次测定，测得baco2平均质量为3.94g，测样品中碳酸钙的质量分数为20%，若改测定c中生成baco2的质量分数，两方法测定的结果不同（填“相同”或“不同”），原因是b中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置c中考点：探究物质的组成或测量物质的含量.专题：实验探究和数据处理题分析：（1）甘油具有吸湿性，所以牙膏中添加甘油主要作用是保温；依据碳酸钙和氢氧化铝的性质分析设计实验，证明含有碳酸钙和氢氧化铝的实验方案和反应现象分析判断；实验通过c装置生成的碳酸钡的质量测定二氧化碳的质量，进而计算牙膏中碳酸钙的质量分数，整个装置中如果有二氧化碳会测定结果偏大，如果残留部分二氧化碳，不能被完全吸收，导致测定的碳酸钡的质量偏小，由此分析解答：（2）将生成的二氧化碳全部排入c装置中，使之完全被氢氧化钡吸收；（3）可以通过溶解度的角度分析考虑，另碳酸钡的相对分子量比碳酸钙的相对分子量大得多，称量读数时误差小；（4）a在加入盐酸之前，应排净装置内的co2气体，防止影响碳酸钡质量；b缓慢滴加稀盐酸，防上滴加过快二氧