2023年-2023年浙江省中考科学试题分类-专题20物质的变化、酸碱盐

——20物质的变化、酸碱盐一、单项选择题1.〔2023·宁波〕不同品牌的洗手液pH一般不同，25°C时四种洗手液的pH如下图。以下说法错误的选项是( )洗手液apH减小洗手液b的酸性比a弱洗手液c能使石蕊试液变蓝色洗手液dapH7类别单质氧化物酸X物质化合价0a类别单质氧化物酸X物质化合价0a-- -+4-b+6-cNa2SO3等fX表示碱物质a在空气中燃烧会发出光明的蓝紫色火焰物质b是二氧化硫，它是空气污染物之一物质dNaOHNa2SO4和H2O3.〔2023·宁波〕在5.6g铁粉中，先逐滴参加肯定量的Cu(NO3)2溶液，充分反响后再逐滴参加AgNO3溶液，剩余固体质量与所加溶液总质量的关系如下图。以下说法正确的选项是( )所加溶液质量为M1gCu的质量为m1gbcCuAgNO3溶液的反响m321.6eCu(NO3)24.〔2023·嘉兴〕利用图形对概念间的关系进展归纳梳理，可以直观地反映两者的共性和共性。以下图形中左右两局部表示两个概念的共性，相交局部表示它们的共性，其中归纳梳理错误的选项是〔〕A.B.C.D.5.〔2023·嘉兴〕如下图为小嘉构建的甲、乙、丙，丁四种不同物质的关系图，“---”表示相邻的两种物质能发生反响。假设甲为铁，乙、丙、丁分别是稀H2SO4、CuCl2溶液、NaOH溶液中的任意一种，则以下推断错误的选项是〔〕A.CuCl2溶液C.丁肯定是稀H2A.CuCl2溶液C.丁肯定是稀H2SO4B.NaOH溶液D.丙不行能是稀H2SO4A.①通过蒸发溶剂可获得晶体C.③所得硫酸钢溶液肯定是饱和的B.②是通过复分解反响获得铜D.④说明铁元素变成了铜元素A.物质间均未发生化学反响C.混合后溶液酸碱性都不变B.变化中都有物质产生D.图甲可表示酸碱反响的实质7.〔A.物质间均未发生化学反响C.混合后溶液酸碱性都不变B.变化中都有物质产生D.图甲可表示酸碱反响的实质8.〔2023·台州〕盛石灰水的存放久了，内壁常附有一层白膜，除去这层白膜最适宜的试剂是A.蒸馏水BA.蒸馏水B.稀盐酸C.硫酸铜溶液D.氢氧化钠溶液9.〔2023·台州〕正确标准的操作是试验成功的关键，以下试验操作标准的是〔〕A.闻气味B.滴加液体C.倾倒液体D.稀释浓硫酸10.〔2023·宁波〕某锥形瓶内盛有盐酸和氯化铜的混合溶液100g，向其中参加溶质质量分数为10%的氢氧化钠溶液，锥形瓶内溶液质量A.闻气味B.滴加液体C.倾倒液体D.稀释浓硫酸反响至ANaOH40g反响至ACuCl2NaCl反响至B点时，锥形瓶内溶液的质量为280.4g反响至BNaCl23.4g11.〔2023·金华·丽水〕通过观看和试验等方法，人们找到物质变化的证据。以下四组争论化学反响快慢的比照试验中，各组所用溶液浓度一样且适宜、所用固体外表积一样，其中现象最不明显的一组( )A.B.C.D.A.柠檬汁(pHA.B.C.D.A.柠檬汁(pH：2~3)B.苹果汁(pH：3~4)C.西瓜汁(pH：5~6)D.玉米汁(pH：7~8)A.读取液体体积B.闻气味A.读取液体体积B.闻气味C.pHD.稀释浓硫酸A.①B.②C.③D.④A.①B.②C.③D.④A.试验①中石灰水有剩余C.试验A.试验①中石灰水有剩余C.试验③中没有明显现象B.试验②中有气泡产生D.试验③CaCl2NaCl选项试验目的操作A用氯酸钾和二氧化锰制取氧气后，回收其中将反响得到的混合物溶解后直接加热蒸发的二氧化锰选项试验目的操作A用氯酸钾和二氧化锰制取氧气后，回收其中将反响得到的混合物溶解后直接加热蒸发的二氧化锰B用向上排空气法收集氧气时，检验氧气是否用带火星的木条伸人到集气瓶中,观看木条是否复燃收集满C鉴别盐酸和硫酸D比较铜和银的化学活动性挨次取样后滴加氯化钡溶液,观看是否变浑浊将两种金属与等质量且同浓度的盐酸反响，观看产生气泡的快慢A.AB.BC.CD.D二、填空题17.〔2023·丽水〕“价类图”是以化合价为纵坐标、物质类别为横坐标绘制的图像，它能将散乱的科学学问“一”表示物质间的转化关系。请答复；〔1〕A和氢氧化钾反响得到D和水，则该反响属于根本反响类型中的化合价 ；〔2〕物质C的化学式为 ；〔3〕E在肯定条件下得到D的化学方程式为 。18.〔2023·丽水〕物质构造打算性质，物质性质打算用途，反响本质打算变化现象。如图是小科构建的氢氧化钙局部学问网络，其中“一”表示相连物质能发生化学反响，X与图中所给物质的类别不同。请答复：酚酞试液在Ca(OH)2溶液中显红色，能使酚酞试液变红的离子是 列举熟石灰[Ca(OH)2]在工农业上的一种用途 ；〔3〕XCa(OH)2溶液反响并产生蓝色絮状沉淀，写出产生该试验现象的一个化学方程式 。19.〔2023·衢州〕向肯定质量的CaCl2和HCl的混合溶液中逐滴参加Na2CO3溶液，并振荡。如图表示反响过程中溶液质量随参加Na₂CO3溶液质量的变化状况。图线AB段对应的试验现象是 ，在C点时溶液中的溶质是 。20.〔2023·台州〕厨房里有两瓶白色固体，分别为食盐(NaCl)和纯碱(Na2CO3)。可用于腌制肉类和蔬菜，使食物不易腐败的是 。为鉴别这两种物质，某同学取少量白色固体，进展如下试验。方案一：分别滴加少量食醋，有气泡产生的是 。方案二：加水溶解，分别滴加 溶液，有沉淀产生的是纯碱。21.〔2023·嘉兴〕依据物质的特征反响进展物质的鉴别是一种常用的科学方法。现有两瓶失去标签的氯化钠溶液和碳酸钠溶液，分别标为A和B。鉴别试剂有无色酚酞试液、稀盐酸和硝酸银溶液。某同学选用无色酚酞试液进展鉴别，觉察A溶液不变色，由此可确定A是 溶液。他还可以选择上述试剂中的 进展鉴别。三、试验探究题22.〔2023·绍兴〕酸碱理论的进展如下:依据朴实的酸碱理论,Na2CO22.〔2023·绍兴〕酸碱理论的进展如下:依据酸碱电离理论理解酸碱反响的实质是:

(选填“酸”或“碱”)。。H

CO→𝐻𝐶𝑂−+H+和𝐻𝐶𝑂−→CO2-+H+,由酸碱质子理论,HCO

的共轭碱是 。2 3 3 3 3 2 3随着认知水平的不断提高,人们对酸碱理论的描述也在不断完善。以下对不同酸碱理论的分析合理的是 。酸碱电离理论认为酸碱是两种不同的物质酸碱电离理论认为氧元素是酸中必不行少的元素酸碱质子理论认为酸和碱可以是分子,也可以是离子D.酸碱质子理论扩大了酸和碱的范围,不再具有局限性23.〔2023·湖州〕细菌等微生物是土壤的成分之一，它必需从土壤中吸取含碳的物质、含氮的物质、水和无机盐等，以维持其生命活动。有的土壤细菌(以下简称为“X细菌”)能将环境中的尿素转化为氨气。为探究某土壤样品中是否含X细菌，某科学兴趣小组的同学做了如下试验：①制备土壤浸出液。②在专业人士指导下配制培育基(内有除含氮物质外的其他必需物质)A和B两个培育皿中。③在A培育皿中再参加 ，B培育皿不加(如图甲)。④将等量土壤浸出液涂抹在AB两个培育皿的培育基外表，并在适宜环境下培育一段时间(如图乙)。⑤在A和B两个培育皿中参加 ，观看颜色变化。试验结果：A培育基外表显红色，B培育基外表不显红色。试验结果分析：⑴A培育基外表显红色是由于培育基中含有较多的氨水。这是由于X细菌在适宜环境下进展 生殖(填生殖方式)，产生较多的X细菌所致。⑵X细菌能将尿素转化为氨气，所以它是生态系统中的 (填生态系统的成分)。试验结论：土壤样品中含有能分解尿素的细菌。24.〔2023·丽水〕为探究“稀盐酸和氢氧化钠溶液反响过程中，溶液的pH及温度随时间变化关系”，小科按图甲连接好试验装置，往盛有一种溶液的烧杯中滴人另一种初温一样的溶液、同时用玻璃棒搅拌、数字采集器和计算机实时显示数据和曲线(如图乙)：横坐标表示时间，左边纵坐标表示pH，右边纵坐标表示溶液的温度。结合反响过程并分析曲线，答复以下问题：胶头滴管中的试剂是 ，150秒时烧杯中溶液含有的溶质是 ；烧杯中溶液的温度上升的缘由是 。25.〔2023·台州〕某同学要在一块空地上种植作物，于是对这块空地的土壤酸碱度进展测定。在空地上确定5~6个位置进展取样测定壤酸碱度。以下三种取样位置设定合理的是 。作物大蒜丝瓜茄子沙枣pH5.6~6.06.0~6.56.8~7.38.0~8.7将采集到的土样进展处理后，用玻璃棒蘸取土壤浸出液，滴在 上，将其呈现的颜色与标准比色卡比色.确定了空地土壤的作物大蒜丝瓜茄子沙枣pH5.6~6.06.0~6.56.8~7.38.0~8.726.〔2023·湖州〕氯气(Cl2)是一种黄绿色气体，它可溶于水，得到黄绿色的氯水。它易与氢氧化钠反响，不与硫酸反响。小明对氯气溶于水的过程中所发生的变化提出了两种假设：1：氯气溶于水的过程中只有物理变化假设2：氯气溶于水的过程中既有物理变化又有化学变化小明向氯水中参加紫色石蕊试液，觉察溶液先变红后褪色。由溶液变红可知氯水性，从而知道氯气溶于水的过程中发生了化学变化。假设2成立。小明对褪色现象产生了兴趣，查阅资料后了解到氯水有漂白性。氯水中有氯气分子，还有氯气与水反响得到的盐酸和次氯酸(HClO)3种假设：A．盐酸有漂白性B．氯气有漂白性C．次氯酸有漂白性经过认真思考，小明否认了假设A，请写出依据 。试验室制备的氯气往往带有水蒸气和其他杂质。为了探究氯气是否具有漂白性，必需要用纯洁、枯燥的氯气。图甲是小明为了枯燥氯气所设计的装置图。请在图甲中将广口瓶中的导管画完整，并在图中的 (如图乙)，布条颜色不变。得出结论：氯气不具有漂白性。次氯酸除有漂白性外还有不稳定性。小明设计了一套装置，收集到一试管次氯酸见光分解后生成的气体，将带火星的木条伸入试管，觉察木条复燃，说明分解产物中含有 。27.〔2023·金华·丽水〕某兴趣小组对“稀盐酸与石灰石是否恰好完全反响”开放了系列试验(稀盐酸与石灰石中杂质不反响)。【试验操作】取一块状石灰石于试管中，往试管中参加5毫升稀盐酸。【试验现象】①开头时固体外表有大量气泡；②反响停顿后，试管底部有块状固体残留、固体外表无气泡；③试管内溶液无色。【初步分析】反响停顿后，某同学依据上述试验现象进展初步推断，得出了石灰石没有反响完的结论。支持该同学得出这一结论的依据是 (填上述试验现象的序号)。【小组争论】大家争论后认为，要推断是否恰好完全反响，可以从液体和固体两条途径进展探究：一是探究残留液体中是否还有盐酸；二是探究残留块状固体中是否还有碳酸钙。【连续探究】对原残留液体是否还有盐酸的探究，有同学取原残留液体，滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀，再滴加稀硝酸沉淀不溶解。于是依据这一现象，得出了原残留液体中存在盐酸的结论。但小金认为依据这一现象是不能得出原残留液中存在盐酸的结论，小金的理由是 。探究原残留液体中是否还有盐酸，真正需要检验的离子是 。探究残留块状固体中是否还有碳酸钙。小丽取原残留块状固体用水洗净后参加稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水，消灭了 的现象，于是得出残留块状固体中还存在碳酸钙。【试验结论】在原反响完毕时，稀盐酸与石灰石没有恰好完全反响，石灰石中碳酸钙有剩余。28.〔2023·绍兴〕做酸碱试验时，小敏将稀盐酸逐滴加到氢氧化钡溶液中(如图)，觉察始终无明显现象，突然想起遗忘加无色酚酞试液，为探究反响的进程，过程如下：(BaCl2溶液呈中性)【建立猜测】①氢氧化钡过量②盐酸过量③ 【试验设计】步骤一：取少量反响后的溶液于试管中，滴入几滴无色酚酞试液，溶液不变色，得出猜测①错误。试验方案试验操作试验现象试验结论试验方案试验操作试验现象试验结论ⅠⅡAgNO溶液白色沉淀猜测②正确3Na2CO3溶液▲猜测②正确白色沉淀猜测③正确①对方案Ⅰ的结论进展评价： 。②表格空白处的试验现象是： 。【表达沟通】为确定猜测②是否正确，还可以选择的试剂有 。A.紫色石蕊试液B.铜片C.铁锈29.〔2023·杭州〕一种制备氢氧化镁的生产流程如下图，MgCl2NaOH按恰好完全反响的比例加料〔1〕写出步骤c中发生反响的化学方程式： 〔2〕x= 过滤得到的粗产品还要经过洗涤，洗涤时主要除去的杂质是 。上述流程中假设用以下物质代替氢氧化钠，也能制得氢氧化镁的是①盐酸 ②氯化钙 ③氨水 ④硫酸镁四、解答题碳酸钠溶液总质量/g25.050.075.0100.0125.0碳酸钠溶液总质量/g25.050.075.0100.0125.0150.0175.0200.0气体总质量/g沉淀总质量/g1.1 2.2 2.2 2.2 2.2 2.2 2.2 2.2002.5 5.0mn9.09.0表中n= 。所取的反响后50g溶液中溶质是 。31.〔31.〔2023·湖州〕市场上常见的苏打水有苏打气泡水和无汽苏打水两种。它们的主要成分中都含有碳酸氢钠，俗称小苏打，具有以下性质。性质一：2NaHCO3=Na2CO3+CO2↑+H2O，(NaHCO350℃以上开头渐渐分解)性质二：NaHCO+HCl==NaCl+H2O+CO2↑苏打气泡水中含有大量二氧化碳，瓶盖一翻开就有大量气泡产生，所以叫气泡水。无汽苏打水则不含二氧化碳，但小明认为他喝人体内也会产生二氧化碳，主要是利用了碳酸氢钠的性(选填“一”或“二”)，理由是 。序号123序号12345次参加稀硫酸溶液质量/0101001010C装置中溶液总质量/克100.0 101.1 102.2 103.3 104.4 105.0(2NaHCO3+H2SO4==Na2SO4+2H2O+2CO2↑)假设去掉装置B，测量结果将会 (选填“偏大”或“偏小”)。32.〔2023·丽水〕草木灰(主要成分为K2CO3)是一种常见的肥料。烧制草木灰是我国传统农耕方式，但会造成肯定的环境污染。为护卫蓝天白云，我市公布通告，制止露天烧制草木灰。从化学肥料分类角度分析，碳酸钾属于 (填“氮肥”、“磷肥“或“钾肥“)；3要确认草木灰浸出液中含有𝐶𝑂2−，需用到的试剂是 ；3为测定草木灰中碳酸钾的质量分数，小科进展以下试验：①50克样品参加足量的蒸馏水，充分搅拌静置后，将浸出液全部转移到烧杯中；②CaCl2溶液，得到沉淀；③将沉淀过滤、洗涤、烘干后得到5克固体。求该样品中碳酸钾的质量分数。(杂质不发生化学反响，K2CO3+CaCl2=2KCl+CaCO3↓)33.〔2023·台州〕台州是“中国大棚葡萄之乡”。近年来，果农在农技部门指导帮助下，在葡萄架下种植比较耐阴的豆科类、叶菜类等经济作物，获得了较好的经济效益。葡萄园中全部的生物构成 (选填“种群”、“群落”或”生态系统”)在葡萄架下种植耐阴的豆科类、叶菜类等作物可以提高 利用率。钾肥能促进糖类的合成与运输，提高葡萄品质，在匍萄开花后要留意补充钾肥。以下属于钾肥的是 (填序号)。①KCl②CO(NH2)2③NH4HCO3如图表示大棚内某段时间二氧化碳浓度的变化状况。t1~t2时段内二氧化碳浓度渐渐下降的缘由是 。34.〔2023·湖州〕有一包白色粉末，可能含氯化钠、氢氧化钠、碳酸钠中的一种或几种。为了确定其组9．31007.3%的稀盐酸充分反响，生成的二氧化碳气体完全逸出(无视其他物质逸出)107.1pH试纸检测溶液呈中性。产生二氧化碳气体的化学反响方程式为 。这包白色粉末的成分为 。35.〔2023·温州〕小明利用稀硫酸与生锈的铁屑反响制取硫酸亚铁，试验流程如下：求所得溶液中溶质的质量分数。35.〔2023·温州〕小明利用稀硫酸与生锈的铁屑反响制取硫酸亚铁，试验流程如下：4资料：①Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO；②硫酸亚铁简洁被氧化为硫酸铁等物质。4配制50克溶质质量分数为19．6%的稀硫酸，需溶质质量分数为98%的浓硫酸 克。写出该试验中的一条化学方程式(除资料①中的反响外)。 。稀硫酸与生锈的铁屑充分反响后，要确保铁有少量剩余，其目的是 。36.〔2023·绍兴〕竹生长快，适应性强，又有广泛的用途，更是一种重要的森林资源。以下图表示竹的不同构造，其中属于器官的是 。竹可以承受移鞭生殖，选2~4年生的强健竹鞭，埋于土下10~15厘米，一段时间后可长出竹，该生殖方式属于 〔选填“无性生殖“或”有性生殖“〕。争论氮肥施加量对竹材产量的影响，科学家选取三块土壤、朝向和种类等条件一样的竹林，分别施加不同量的同种氮肥，测出竹材产量。试验连续进展三年，结果如下图：试验序号1 2 3 4 5CaCl2溶液质量/1515151515生成沉淀的总质量/克3 m9 1010依据试验结果，在试验生产中，施加氮肥最合理的量为 kg/m3 ，理由是 。37.〔2023·绍兴〕将12.9试验序号1 2 3 4 5CaCl2溶液质量/1515151515生成沉淀的总质量/克3 m9 1010求：表格中m的数值是 。溶液中Na2CO3完全反响是在第 次试验。Na2CO3的质量分数。(0．1%)NaCl质量的变化图。38.〔2023·嘉兴〕复方碳酸氢钠片是一种常用的抗酸剂药物，口服后能快速中和胃酸，用于缓解胃酸过多引起的胃痛等病症。复方碳酸氢钠片的主要成分是碳酸氢钠〔其他成分可溶于水但不参与反响〕，碳酸氢钠与盐酸反响的化学方程式为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。某科学兴趣小组为了测定药片中碳酸氢钠的含量做了以下试验：先将复方碳酸氢钠片制成粉末，取10克100克稀盐酸的烧杯中充分反响。测出参加的粉末质量和反响后的溶液质量，两者质量关系如下图。试验后，兴趣小组又往烧杯中参加少量粉末，观看到 ，说明上述试验完毕时稀盐酸过量。计算复方碳酸氢钠片中碳酸氢钠的含量。计算10克粉末与稀盐酸反响后所得氯化钠溶液的溶质质量分数。〔计算结果准确到0.1%〕答案解析局部一、单项选择题【答案】A【解析】【分析】依据溶液的酸碱性和酸碱指示剂的学问分析推断。【解答】A.apH<7pH增大，故A错误符合题意；B.bpH值大于a，则它的酸性比a弱，故B正确不合题意；C.cPH>7，呈碱性，能使石蕊试液变蓝色，故C正确不合题意；D.dpH>7，呈碱性；apH<7pH7，故D正确不合题意。应选A。【答案】C【解析】【分析】〔1〕碱由金属离子和氢氧根离子构成；依据硫在空气中燃烧的现象推断；依据正负化合价代数和为零，确定氧化物b的化学式，并依据它的性质推断；NaSO2 3依据正负化合价代数和为零，确定氧化物NaSO2 3【解答】A.依据化学式错误；

可知，亚硫酸钠由金属离子和亚硫酸根构成，则x为盐而不是碱，故AB.a为硫单质，它在空气中燃烧生成淡蓝色火焰，故B错误；C.设氧化物的化学式为SxOy，依据正负化合价代数和为零得到：〔+4〕x+〔-2〕y=0，解得：x:y=1：2，那么化学式为SO2 ，它有刺激性气味，严峻污染空气，故C正确；D.物质d为酸，其中S元素化合价为+4价，那么应当为H2SO3 ，与氢氧化钠反响，生成Na2SO3和H2OD错误。应选C。【答案】C【解析】【分析】依据图像可知，铁粉先和硝酸铜反响，生成硝酸亚铁和铜单质，然后再和硝酸银反响生成硝酸亚铁和银单质，接下来铜单质再和硝酸银反响生成硝酸铜和银单质，据此分析推断。【解答】A.依据图像可知，ab段为铁和硝酸铜的反响，所加溶液质量为M1gCu的质量和剩余铁的质量之和为m1g，故A错误；bcFeAgNO3溶液的反响，故B错误；在整个试验过程中，铁置换出铜，铜再置换出银，其实最终置换出的银都是铁置换而出的。设置换出银的质量m3为x，3 Fe+2AgNO3=Fe〔NO〕+2Ag3 56 2165.6g x565.6𝑔

=216；𝑥解得：x=21.6g。C正确；cd段铜和硝酸银反响，生成硝酸铜和银单质，则e点溶液中确定含Cu(NO3)2 ，故D错误。应选C。【答案】B【解析】【分析】〔1〕电离时生成的阳离子都是氢离子的化合物是酸，电离时生成的阴离子都是氢氧根离子的化合物是碱。生物的呼吸作用是把生物体内储存的有机物在氧的参与下进展分解，产生二氧化碳和水，并释放能量的过程；绿色植物的光合作用是指绿色植物利用光能在叶绿体里把二氧化碳和水等无机物合成有机物，释放氧气，同时把光能转变成化学能储存在合成的有机物中的过程。二力平衡的条件：大小相等、方向相反、作用在同始终线上、作用在同一物体上；一对相互作用力与一对平衡力的唯一不同是：平衡力作有在同一物体上，而相互作用力作用在两个物体上。体循环的路线为：左心室→主动脉→全身各级动脉→全身各处毛细血管→全身各级静脉→上、下腔静脉→右心房。肺循环的路线为：右心室→肺动脉→肺部毛细血管→肺静脉→左心房。【解答】A、依据酸和碱的概念可知，酸和碱肯定含有氢元素，A不符合题意；B、只有在含叶绿体的细胞才能进展光合作用，并不是全部的细胞都能进展，B符合题意；C、相互作用力和一对平衡力的一样点是：力的大小一样，方向相反，作用在同始终线上，不同点是平衡力作用在同一物体上，而相互作用力是作用在不同的物体上，C不符合题意；D、体循环的路线为：左心室→主动脉→全身各级动脉→全身各处毛细血管→全身各级静脉→上、下腔静脉→右心房。肺循环的路线为：右心室→肺动脉→肺部毛细血管→肺静脉→左心房。所以，体循环和肺循环的规律为：心室→动脉→毛细血管→静脉→心房，D不符合题意。故答案为：B5.【答案】C【解析】【分析】依据金属和盐的性质分析推断。【解答】铁和稀硫酸反响，生成硫酸亚铁和氢气；铁和氯化铜反响，生成氯化亚铁和铜单质。假设甲为铁，那么乙和丁为稀硫酸和氯化铜，但是无法推断谁是稀硫酸；剩下的丙确定是氢氧化钠，故C错误符合题意，而A、B、D正确不合题意。、应选C。【答案】A【解析】【分析】〔1〕结晶的方法：①降温结晶；②蒸发溶剂结晶；两种化合物相互交换成分，生成两种的化合物的反响，叫复分解反响；假设有未溶的物质存在，那么溶液是饱和的；否则，溶液就是不饱和的；依据质量守恒定律分析推断。【解答】A.苦泉水被加热后，其中的水被蒸发从而析出晶体，即使用了蒸发溶剂的方法获得晶体，故A正确；②的反响为：C+CuSOCu+SO↑+CO↑，反响物不是两种化合物，确定不是复分解反响，故B错4= 2 2误；③中没有未溶的晶体，溶液可能恰好饱和，也可能不饱和，故C错误；依据质量守恒定律可知，反响前后元素的种类不变，故D错误。应选A。【答案】D【解析】【分析】〔1〕是否发生化学变化的关键是是否有物质生成；依据示意图比较生成物和反响物即可；对反响前后溶液的酸碱性进展分析比较；酸碱中和的本质：氢离子和氢氧根离子结合成水。【解答】依据甲图可知，反响后有物质H2O生成，因此氢氧化钠和稀盐酸发生了反响；依据乙图可知，反响前后离子的种类一样，没有物质生成，即没有发生化学反响，故A、B错误；在甲中，反响前氢氧化钠溶液呈碱性，反响后生成氯化钠和水，溶液呈中性，故C错误；图甲中，氢氧化钠为碱，稀盐酸为酸，二者反响生成水和氯化钠，可以表示酸碱反响的本质，故D正确。应选D。【答案】B【解析】【分析】依据石灰水的成分推断白膜的物质种类，然后依据它的化学性质确定除去方法。【解答】石灰水的主要成分是氢氧化钙，它与空气中的二氧化碳反响生成碳酸钙白色沉淀，因此这层白膜就是碳酸钙。碳酸钙和稀盐酸反响，生成氯化钙、水和二氧化碳，因此白膜会变成另外一种物质溶解在水中，因此去除这层白膜的最适宜的物质是稀盐酸，故B正确，而A、C、D错误。应选B。【答案】B【解析】【分析】依据化学试验操作的根本标准推断。【解答】A.在闻气味时，不能将鼻子直接凑近瓶口，而是要用手轻轻扇动，再去闻，这样可以减小有害气体对人体的损害，故A错误；滴加液体时，胶头滴管要悬停在试管口的正上方，不能深入试管内，以免污染试剂，故B正确；倾倒液体时，试管要略微倾斜，并且与口紧挨，瓶塞要倒放在桌面上，故C错误；稀释浓硫酸时，应当将浓硫酸渐渐注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，防止发生飞溅，故D错误。应选B。【答案】D【解析】【分析】依据向盐酸和氯化铜溶液中加氢氧化钠溶液，氢氧化钠先与盐酸反响，然后再与氯化铜反响及参与反响的氢氧化钠溶液质量代入方程式计算生成氢氧化铜质量、生成氯化钠中钠元素养量与氢氧化钠中钠元素养量相等分析。【解答】A、向盐酸和氯化铜溶液中加氢氧化钠溶液，氢氧化钠先与盐酸反响，然后再与氯化铜反响，由图像可知，A点为氢氧化钠溶液与盐酸的反响，反响后溶液质量为140克，则所加氢氧化钠溶液质量为40克，不符合题意；B、反响至A点时，溶液中盐酸完全反响，溶质为氯化铜和氯化钠，不符合题意；C、反响至B点时，氯化铜完全反响，所加氢氧化钠溶液质量为200g-40g=160g160g×10%＝16gx2NaOH＋CuCl2=2NaCl＋Cu(OH)2↓80 9816g x80:98=16g:xx=19.6g100g+200g-19.6g=280.4g，不符合题意；D、反响至BNaCl200g反响至B点时，依据生成氯化钠中钠元素养量与氢氧化钠中钠元素养量相等，可知锥形瓶内溶液中NaCl200g×10%×23÷23＝29.25g，符合题4058.5意；故答案为：D。【答案】D【解析】【分析】对各组中反响的现象进展描述，哪组中现象最不明显，哪组就是正确选项。【解答】A.镁的活动性比铁强，因此在一样时间内，镁与稀盐酸反响生成的气泡比铁生成的气泡要多，故A不合题意；大理石与稀硫酸反响生成不溶于水的硫酸钙，会掩盖在大理石外表阻挡反响进展；而大理石和稀盐酸的反响能够持续进展，因此一样时间内，后者产生的气泡多，剩余的固体少，故B不合题意；在一样时间内，有二氧化锰做催化剂的过氧化氢溶液中，生成氧气的气泡明显比没有二氧化锰的多，C不合题意；稀盐酸和氢氧化钠反响，生成氯化钠和水；稀盐酸与氢氧化钡反响，生成氯化钡和水，由于没有气泡和沉淀生成，也没有颜色变化，所以现象最不明显，故D符合题意。应选D。【答案】D【解析】pH<7pH=7pH>7，据此推断。【解答】A.柠檬汁(pH：2~3)<7A错误；B.苹果汁(pH：3~4)<7B错误；C.西瓜汁(pH：5~6)<7C错误；D.玉米汁(pH：7~8)>7D正确。应选D。【答案】B【解析】【分析】该题主要考察常见的试验操作标准；【解答】A、读取液体体积时，视线要与凹液面的最低处相平；故A错误；B、闻气味时，为了操作人员的安全，要扇闻，防止吸入过量的气体；故B正确；CpH时，如图的操作则会污染烧杯中的溶液；故C错误；D、稀释浓硫酸时，应浓硫酸缓慢参加到水中；故D错误；故答案为：B。【答案】C【解析】【分析】依据酸和碱的通性进展推断。【解答】A.氢氧化锌和稀盐酸反响，生成氯化锌和水，故A不合题意；B.锌单质与稀盐酸反响，生成氯化锌和氢气，故B不合题意；C.碱和盐反响时，必需是可溶性碱，而氢氧化锌不溶于水，所以不能制取氯化锌，故C符合题意；D.锌和氯化铜反响，生成氯化锌和铜单质，故D不合题意。应选C。【答案】D【解析】【分析】〔1〕试验②中有沉淀碳酸钙产生，而③中混合后，沉淀碳酸钙消逝了，据此分析①中的剩余；依据碳酸钠和氢氧化钙的反响产物分析；留意原来的白色沉淀消逝了；依据三个反响中的现象推断最终溶液中的溶质种类。【解答】A.试验②中有沉淀碳酸钙产生，而③中混合后，沉淀碳酸钙消逝了，确定是碳酸钙与稀盐酸反响了，因此试验①中剩余的是稀盐酸，故A错误；碳酸钠和氢氧化钙反响，生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，没有气体生成，故B错误；在试验③中，原来的碳酸钙沉淀消逝了，现象格外明显，故C错误；在试验③中，确定有试验①的反响产物CaCl；由于①中剩余了稀盐酸，因此②中的反响产物先与2稀盐酸反响生成NaCl，然后沉淀碳酸钠再和稀盐酸反响生成NaCl、水和二氧化碳，因此所得溶液中肯定含有NaCl和CaCl2 ，故D正确。应选D。【答案】C【解析】【分析】〔1〕过滤操作用于分别液体和不溶于液体的固体物质；依据氧气验满的方法推断；留意硫酸钡为不溶于水的白色沉淀；依据金属活动性挨次表的学问推断。【解答】A.氯酸钾分解生成氯化钾和氧气，氯化钾可以溶于水，而二氧化锰不溶于水，为了回收二氧化锰，可以将得到的混合物溶解后过滤即可，故A错误；用向上排空气法收集氧气时，检验氧气是否收集满，应当将带火星的小木条伸到集气瓶口处，观看木条是否复燃即可，故B错误；氯化钡不与盐酸反响，但可以与硫酸反响生成硫酸钡白色沉淀，据此可以鉴别盐酸和硫酸，故C正确；铜和银都排在氢的后面，因此都不能与酸反响生成氢气，故D错误。应选C。二、填空题【答案】〔1〕复分解反响ClO2〔3〕2KClO2

𝑀𝑛𝑂2__△

2KCl+3O2↑【解析】【分析】依据所给氯元素化合价及物质类别确定出对应点的物质，再按要求填空分析。【解答】〔1〕A为盐酸，和氢氧化钾反响得到D和水，D为氯化钾，则该反响属于复分解反响；物质C为+4价氯的氧化物，化学式为ClO2；E为+5价氯的盐，在肯定条件下得到D，则E为氯酸钾，反响方程式为2KClO2

𝑀𝑛𝑂2__△2KCl+3O2↑；故答案为：〔1〕复分解反响；〔2〕ClO2；〔3〕2KClO218.〔1〕OH-中和酸性土壤(或中和酸性废液等)CuSO4+Ca(OH)2=Cu(OH)2↓+CaSO4(X是可溶性铜盐即可)

𝑀𝑛𝑂2__△

2KCl+3O2↑。【解析】【分析】〔1〕依据碱中氢氧根离子能使酚酞变红分析；〔2〕依据氢氧化钙可用于改进酸性土壤分析；〔3〕依据铜盐与氢氧化钙反响可生成氢氧化铜沉淀分析。【解答】〔1〕酚酞试液在Ca(OH)2溶液中显红色，是氢氧化钙中的氢氧根离子使酚酞溶液变红；熟石灰可用于改进酸性土壤或中和酸性废液等；XCa(OH)2溶液反响并产生蓝色絮状沉淀，则X溶液为可溶性铜盐，如硫酸铜与氢氧化CuSO4+Ca(OH)2=Cu(OH)2↓+CaSO4；故答案为：〔1〕OH-；〔2〕中和酸性土壤(或中和酸性废液等)；CuSO4+Ca(OH)2=Cu(OH)2↓+CaSO4(X是可溶性铜盐即可)。【答案】产生气泡；氯化钠和氯化钙【解析】【分析】碳酸钠溶液先和稀盐酸反响，生成氯化钠、水和二氧化碳气体，溶液质量的增加速度较慢，即AB段；当稀盐酸完全反响后，碳酸钠溶液和氯化钙反响，生成碳酸钙沉淀和氯化钠，溶液质量的增加速度更慢，即BD段；当氯化钙完全反响后，既没有沉淀生成，又没有气体产生，所以溶液质量增加最快。【解答】图中AB段为碳酸钠溶液和稀盐酸的反响，生成氯化钠、水和二氧化碳气体，因此反响现象为：生成气泡。C点在BD之间，此时为碳酸钠和氯化钙的反响，溶液中确定有前面反响的产物氯化钠和尚未反响的氯化钙。【答案】〔1〕食盐(NaCl)〔2〕纯碱(Na2CO3)；CaCl2(Ba2+、Ca2+的可溶性盐或碱均可)【解析】【分析】〔1〕食盐是厨房内格外重要的调味品，由于其有咸味，所以可以腌制酱菜。由于它可以使细胞脱水，因此可以消毒杀菌，使食物不易变质。〔2〕方案一：碳酸钠和稀盐酸反响，生成二氧化碳气体,而氯化钠和稀盐酸不反响；方案二：碳酸钠和氯化钙反响，生成碳酸钙沉淀，而氯化钠和氯化钡不反响。【解答】〔1〕可用于腌制肉类和蔬菜，使食物不易腐败的是食盐(NaCl)。〔2〕为鉴别这两种物质，某同学取少量白色固体，进展如下试验。方案一：分别滴加少量食醋，有气泡产生的是纯碱(Na2CO3)；方案二：加水溶解，分别滴加CaCl2(Ba2+、Ca2+的可溶性盐或碱)溶液，有沉淀产生的是纯碱。【答案】氯化钠；稀盐酸【解析】【分析】〔1〕无色酚酞试液遇酸和中性溶液不变色，与碱变蓝色；〔2〕碳酸钠和稀盐酸反响生成二氧化碳气体，而氯化钠和稀盐酸不反响；氯化钠和硝酸银反响生成氯化银沉淀，碳酸钠和硝酸银反响生成碳酸银沉淀，二者都为白色，无法鉴别。【解答】〔1〕氯化钠溶液呈中性，而碳酸钠溶液呈碱性，因此无色酚酞试液变色的是碳酸钠溶液，不变色的是氯化钠溶液，因此A是氯化钠溶液；〔2〕碳酸钠和稀盐酸反响生成二氧化碳气体，而氯化钠和稀盐酸不反响，因此可以选择稀盐酸鉴别氯化钠和碳酸钠溶液。三、试验探究题【答案】〔1〕碱〔2〕酸电离出的氢离子和碱电离出的氢氧根离子结合成水的过程(H++OH-=H2O)3〔3〕𝐻𝐶𝑂−3A,C【解析】【分析】依据题中所给信息分析，由给出的三种理论，推断酸、碱物质及中和反响实质。【解答】〔1〕依据朴实的酸碱理论,Na2CO3属于碱；按酸碱电离理论可知，酸碱反响的实质是酸电离出的氢离子和碱电离出的氢氧根离子结合成水的过程；由酸碱质子理论,HCO的共轭碱是𝐻𝐶𝑂−；2 3 3酸碱电离理论认为酸碱是两种不同的物质，A正确；酸碱电离理论认为氢元素是酸中必不行少的元素，B错误；酸碱质子理论认为酸和碱可以是分子,也可以是离子，C正确；酸碱质子理论没有扩大酸和碱的范围,，D错误；故答案为：〔1〕碱；〔2〕酸电离出的氢离子和碱电离出的氢氧根离子结合成水的过程(或H++OH-=H2O)3〔3〕𝐻𝐶𝑂−；〔4〕AC。3【答案】尿素；无色酚酞；分裂；分解者【解析】【分析】〔1〕除了一个因素以外，其余因素都保持不变的试验叫做比照试验。〔2〕氨气能使无色酚酞试液变红。〔3〕细菌和真菌是生态系统中的分解者。【解答】③试验为探究某土壤样品中是否含X细菌，因此需要在A培育皿中放入尿素，B培育皿不加，为了做比照试验。养皿中参加无色酚酞，观看颜色变化。⑤由于“X细菌”)能将环境中的尿素转化为氨气，而氨气能使无色酚酞试液变红，因此A和B两个培养皿中参加无色酚酞，观看颜色变化。〔1〕A培育基外表显红色，是由于培育基中含有较多的氨水。这是由于X细菌在适宜环境下进展分裂生殖，产生较多的X细菌所致。〔2〕X细菌能将尿素转化为氨气，所以它是生态系统中的分解者。故答案为：③尿素⑤无色酚酞〔1〕分裂〔2〕分解者【答案】〔1〕稀盐酸；NaClHCl〔2〕盐酸与氢氧化钠反响放出热量，溶液温度渐渐上升，完全反响时，溶液温度升到最高【解析】【分析】依据图示中溶液pH的变化确定该反响是向氢氧化钠溶液中参加稀盐酸，结合反响过程pH确定各点溶液中溶质种类分析。【解答】〔1〕由图示可知，该反响是向氢氧化钠溶液中参加稀盐酸，胶头滴管中液体为稀盐酸，150秒pH7NaClHCl；〔2〕故答案为：〔1〕稀盐酸；〔2〕NaClHCl；〔3〕盐酸与氢氧化钠反响放出热量，溶液温度渐渐上【答案】〔1〕B〔2〕pH试纸；茄子【解析】【分析】〔1〕在进展取样时，尽可能的在全部范围内进展，避开取样位置过于集中，影响对整个土壤酸碱度的推断；〔2〕pH值的方法进展解答；土壤的pHpH值范围内，就适合种这种作物。【解答】〔1〕依据图片可知，AC中的取样位置过于集中，很大范围没有取到，而B中六个取样位置平均分布，掩盖面更大，因此合理的是B；〔2〕将采集到的土样进展处理后，用玻璃棒蘸取土壤浸出液，滴在pH试纸上，将其呈现的颜色与标准比色卡比色.pH7。26.【答案】〔1〕酸〔2〕盐酸能使紫色石蕊试液变红，且不褪色；26.【答案】〔1〕酸〔2〕盐酸能使紫色石蕊试液变红，且不褪色；〔3〕氧气【解析】【分析】〔1〕依据石蕊试液遇酸性溶液变红分析；依据盐酸能使石蕊试液变红及除杂时气体要长导管进短导管出分析；【解答】〔1【解答】〔1〕石蕊试液遇酸性溶液变红，向氯水中参加紫色石蕊试液，觉察溶液变红，说明氯水显酸性；〔2〕盐酸能使紫色石蕊试液变红，且不褪色，说明盐酸不具有漂白性，即A假设不成立；气体枯燥时为使药品充分接触，要长导管进气，短导管排出，由此画出装置图；〔3〕能使木条复燃的气体为氧气；故答案为：〔1〕酸；〔2〕盐酸能使紫色石蕊试液变红，且不褪色；；〔故答案为：〔1〕酸；〔2〕盐酸能使紫色石蕊试液变红，且不褪色；；〔3〕氧气。不存在稀盐酸时，反响产生的氯化钙溶液中含有氯离子，也与AgNO3溶液反响产生白色沉淀氢离子(或H+)澄清石灰水变浑浊【解析】【分析】〔1〕石灰石中含有杂质的量确定较少，但是反响停顿后试管底部固体残留量比较大，因此可能是石灰石没有完全反响；稀盐酸和碳酸钙反响生成了氯化钙，滴入硝酸银后，氯化钙会和硝酸银反响生成白色沉淀，因此无法通过白色沉淀确定是否有稀盐酸剩余；HClCaCl2中都含有氯离子，但前者呈酸性后者呈中性，说明氢离子是打算稀盐酸性质的离子；能够使澄清的石灰水变浑浊的气体确定是二氧化碳，而碳酸钙能够和稀盐酸反响生成二氧化碳气体，因此可以据此现象推断是否残留碳酸钙。反响完的结论。支持该同学得出这一结论的依据②；【解答】〔1〕反响完的结论。支持该同学得出这一结论的依据②；〔〔2〕但小金认为依据这一现象是不能得出原残留液中存在盐酸的结论，小金的理由是不存在稀盐酸时，反响产生的氯化钙溶液中含有氯离子，也与AgNO3时，反响产生的氯化钙溶液中含有氯离子，也与AgNO3溶液反响产生白色沉淀。〔4〕探究残留块状固体中是否还有碳酸钙。小丽取原残留块状固体用水洗净后参加稀盐酸，将产生的探究原残留液体中是否还有盐酸，真正需要检验的离子是氢离子(〔4〕探究残留块状固体中是否还有碳酸钙。小丽取原残留块状固体用水洗净后参加稀盐酸，将产生的探究原残留液体中是否还有盐酸，真正需要检验的离子是氢离子(或H+)；气体通入澄清石灰水，消灭了：澄清石灰水变浑浊的现象，于是得出残留块状固体中还存在碳酸钙。气体通入澄清石灰水，消灭了：澄清石灰水变浑浊的现象，于是得出残留块状固体中还存在碳酸钙。【答案】〔1〕两者恰好完全反响该试验结论错误，由于盐酸和氢氧化钡反响会生成氯化钡，无论盐酸是否过量，都会有白色沉淀生成；先消灭气泡，后消灭白色沉淀A,C【解析】【分析】酸碱中和反响指酸和碱相互交换成分，生成盐和水的反响。中和反响的实质是：H+和OH-结合生成水，或者是酸+碱→盐+水，但有盐和水生成的反响，不肯定是中和反响。所以只要酸碱发生了反响就叫中和，不管进展到何种程度，推断是完全中和是以酸碱是否恰好完全反响作为标准的。【解答】〔1〕化学反响中存在两种状况，一是反响物中有过量，二是反响物恰好完全反响；则该题的最终一种猜测是两者恰好完全反响；方案Ⅰ是错误的，由于硝酸银溶液是用来检测氯离子的存在的，所以该反响中只要参加了稀盐酸，就肯定会消灭沉淀；方案Ⅱ验证猜测2正确，即盐酸过量，所以参加碳酸钠后与盐酸反响，有二氧化碳气体产生，盐酸反响完后，碳酸钠与氯化钡反响生成碳酸钡沉淀，所以能够观看到的现象是先有气泡产生，后消灭白色沉淀；盐酸过量溶液呈酸性，所以参加紫色石蕊试液，溶液呈红色，可以区分出酸是否过量；铜片不能与盐酸反响，无气泡产生，不能用来区分盐酸是否过量；铁锈能够与稀盐酸反响，生成黄色溶液；故AC均可；故答案为：〔1〕两者恰好完全反响；〔2〕该试验结论错误，由于盐酸和氢氧化钡反响会生成氯化〔3〕AC。【答案】〔1〕MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl〔2〕280氯化钠(NaCl)〔4〕③【解析】【分析】〔1〕步骤C中，氯化镁和氢氧化钠反响生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，据此写出反响的方程式；写出反响的化学方程式，依据氯化镁的质量计算出完全反响时氢氧化钠的质量即可；依据反响产物解答；氢氧化镁成碱性，因此替换它的溶液必需也成碱性。步骤c中发生反响的化学方程式：MgCl步骤c中发生反响的化学方程式：MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl设参与反响的氢氧化钠的质量为x，MgCl2MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl95 80332.5g x95332.5𝑔

=80；𝑥解得：x=280g；该反响的产物为氢氧化镁沉淀和氯化钠，因此过滤得到的粗产品还要经过洗涤，洗涤时主要除去的杂质是氯化钠(NaCl)。在四种物质中，只有氨水溶液呈碱性，因此假设用物质代替氢氧化钠，也能制得氢氧化镁的是氨水，应选③。四、解答题30.【答案】〔1〕9.0氯化钙和氯化氢(CaCl2HCI)解：设所用碳酸钠溶液中溶质的质量分数为xNa2CO3+2HCl=2NaCl+10650g×x

CO2↑+H2O442.2g10650𝑔×𝑥

=442.2𝑔x=10.6%答：所用碳酸钠溶液中溶质的质量分数是10.6%。【解析】【分析】〔1〕滴入碳酸钠后，先有气泡产生，确定是碳酸钠与剩余的稀盐酸反响，生成了二氧化碳气体，然后再与氯化钙反响生成碳酸钙沉淀。依据表格确定与稀盐酸反响的碳酸钠溶液的质量，并确定生成沉淀与滴入碳酸钠溶液的质量关系，再依据最终沉淀质量计算出与氯化钙反响的碳酸钠的溶液150g比较从而确定n的数值。依据〔1〕50g溶液中的溶质种类；写出碳酸钠和稀盐酸反响的方程式，依据生成二氧化碳的质量计算出参与反响的碳酸钠溶液质量，并计算出碳酸钠溶液的质量分数。【解答】〔1〕依据表格可知，生成二氧化碳的质量为2.2g，与稀盐酸反响的碳酸钠溶液的质量为50g。3425g碳酸钠溶液，生成沉淀碳酸钙2.5g。9g，那么参与反响的碳酸钠溶液的质量为：25𝑔×

9𝑔2.5𝑔

=90𝑔 ，则此时滴入碳酸钠溶液的质量：50g+90g=140g。由于150g>140g，所以此时沉淀已经生成完毕，则沉淀总质量n=9g。〔2〕50g溶液中溶质是氯化钙和氯化氢(CaCl2HCl)。【答案】〔1〕50℃的温度或人体的胃内有盐酸〔2〕解：mCO2=105g-100g=5g2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+2H2O+168x168=𝑥

2CO2↑885g88 5𝑔x=9.55g碳酸氢钠的质量分数为：

9.55𝑔×100%=95.5%10𝑔偏大【解析】【分析】〔1〕依据体内温度不能到达50℃的温度及碳酸氢钠与酸反响产生二氧化碳分析；依据生成二氧化碳的质量代入方程式，利用方程式中物质间质量关系计算碳酸氢钠分析；依据去掉B装置空气中二氧化碳会使结果偏大分析。【解答】〔1〕因人体内不能到达50℃的温度，但人体的胃内有盐酸，碳酸氢钠与胃酸反响产生二氧化碳，利用了碳酸氢钠与酸反响的性质；〔3〕去掉装置B，则空气中二氧化碳会进入C中，使得结果偏大；故答案为：〔1〕二；人体内不能到达50℃的温度或人体的胃内有盐酸；〔2〕95.5%；〔3〕偏大。【答案】〔1〕钾肥稀盐酸和氢氧化钙溶液解：设样品中碳酸钾的质量为xK2CO3+CaCl2=2KCl+138x

CaCO3↓1005克，138= 𝑥，100 5克解得：x=6.9克KCO

%=6.9克

×100%=13.8%2 3 50克答：样品中碳酸钾的质量分数为13.8%。【解析】【分析】〔1〕依据含有钾元素的化合物可作钾肥分析；〔2〕依据碳酸盐与酸反响生成二氧化碳分析；〔3〕依据生成碳酸钙的质量代入方程式中，利用方程式中物质间质量关系计算碳酸钾的质量分析。【解答】〔1〕碳酸钾含有植物所需钾元素，属于钾肥；〔2〕要证明碳酸根离子，需用到酸和氢氧化钙溶液，通过加酸产生二氧化碳气体来验证；故答案为：〔1〕钾肥；〔2〕〔3〕13.8%。【答案】〔1〕群落〔2〕土地(或“能量”、“空间”、“阳光”等合理均可)〔3〕①光合作用速率大于呼吸作用速率(或“二氧化碳的吸取速率大于释放速率”)【解析】【分析】生物群落是指在肯定时间内肯定空间内上的分布各物种的种群集合，包括动物、植物、微生物等各个物种的种群，共同组成生态系统中有生命的局部。合理密植是增加单位面积产量的有效途径。肥料是指供给一种或一种以上植物必需的养分元素，改善土壤性质、提高土壤肥力水平的一类物质，是农业生产的物质根底之一。光合作用，通常是指绿色植物〔包括藻类〕吸取光能，把二氧化碳和水合成富能有机物，同时释放氧气的过程。【解答】〔1〕葡萄园中全部的生物，有多种生物，所以构成群落；在葡萄架下种植耐阴的豆科类、叶菜类等作物，可以利用不同植物对光照的需求不同，合理的利用阳光，且不同的植物对土壤中无机盐的需求也不同，还可以提高土地资源的利用率；钾肥是含有钾元素的化合物，KCl中含有钾元素，属于钾肥，其他不是；t1~t2时段内二氧化碳浓度渐渐下降，说明这时植物的光合作用吸取的二氧化碳远多于呼吸作用产生的二氧化碳，植物需要吸取空气的二氧化碳补充；故答案为：〔1〕群落；〔2〕土地(或“能量”、“空间”、“阳光”等合理均可)；〔3〕①；〔4〕光合作用速率大于呼吸作用速率(或“二氧化碳的吸取速率大于释放速率”)。【答案】〔1〕2HCl+Na2CO3=2NaCl+CO2↑+H2O氢氧化钠和碳酸钠解：设固体粉末中含碳酸钠xHClyNaClz克：2HCl+ Na2CO3= 2NaCl+ CO2↑+H2O36.5×2 106y x解得：x=5.3(克)y=3．65(克)z=5．85(克)

58.5×2z

44100+9.3-107.1设固体粉末中含氢氧化钠a克，与盐酸反响后生成NaClb克HCl+ NaOH= NaCl+H2O36.54058.5100×7.3%-3.65ab解得：a=4(克)b=5．85(克)由于固体总质量为9．3克，等于碳酸钠与氢氧化钠的质量和，所以固体中无氯化钠。所以，所得溶液中=107.1

×100%=10．9%【解析】【分析】〔1〕依据碳酸钠与盐酸反响会产生二氧化碳气体分析；依据溶液呈中性，说明盐酸全部反响，再由方程式计算出假设盐酸全部与碳酸钠反响消耗碳酸钠质量，由固体总质量推断氢氧化钠的存在分析；依据碳酸钠和氢氧化钠都能与盐酸反响生成氯化钠，通过方程式计算出氯化钠质量，再计算氯化钠的溶质质量分数分析。【解答】〔1〕碳酸钠与盐酸反响会产生二氧化碳、氯化钠和水，所以产生二氧化碳气体的方程式为2HCl+Na2CO3=2NaCl+CO2↑+H2O；〔2〕加人1007.3%的稀盐酸充分反响，所得溶液呈中性，盐酸中溶质质量为7.3克，设盐酸全部与碳酸钠反响时消耗碳酸钠质量为x2HCl+Na2CO3=2NaCl+CO2↑+H2O73 1067.3g x73：106＝7.3g:xx=10.6g9.3克，说明还含有其它与盐酸反响的氢氧化钠，白色粉末的成分为碳酸钠和氢氧化钠；故答案为：〔1〕2HCl+Na2CO3=2NaCl+CO2↑+H2O；〔2〕氢氧化钠和碳酸钠；〔3〕