(化学)-初中化学化学综合题试题(有答案和解析)及解析

（化学）初中化学化学综合题试题(有答案和解析)及解析一、中考化学综合题1．生活中常见物质的性质、制法等是化学研究的重要内容。(1)复分解反应发生后，生成物肯定不会是___(填“单质”或“化合物”)。(2)盐酸与氢氧化钠溶液反应时溶液pH的变化如图1所示。下列说法正确的是___。a．m点所示溶液为碱性b．n点所示溶液中加紫色石蕊溶液显红色c．p点所示溶液中的溶质为NaCl和NaOHd．该图所对应操作是将盐酸滴入氢氧化钠溶液中(3)浓硫酸和浓盐酸敞口放置均会变稀，这是为什么？____(4)图2装置可做一氧化碳还原氧化铁的实验，并检验生成的气体产物。①B装置玻璃管里可观察到的现象为___。②C装置中反应的化学方程式为___。③实验结束后，若要确定A装置的溶液中溶质的成分，请设计合理的实验方案，简要写出实验步骤、现象和结论。(提示：Na2CO3溶液呈碱性)____(5)现有73g溶质质量分数为10%的稀盐酸和127g氢氧化钠溶液恰好完全反应，求反应后溶液中溶质的质量分数____。【答案】单质C浓硫酸有吸水性，吸收空气中水蒸气使溶剂增多，浓盐酸有挥发性，使溶质减小。固体红色粉末逐渐变黑CO2+Ca(OH)2===CaCO3↓+H2O取少量，A装置中溶液少量放在试管中，加入过量（足量）CaCl2溶液静置，向上层清液中加入几滴酚酞。若溶液变红，则溶质为Na2CO3和NaOH，若溶液没有变成红色则溶质为Na2CO3【解析】（1）复分解反应是两种化合物互相交换成分，生成另外两种化合物的反应，生成不可能是单质；（2）a、m点所示溶液的pH值小于7，所以溶液为酸性，错误；b、n点所示溶液的pH值等于7，所以溶液中加紫色石蕊溶液，颜色不变，错误；c、p点所示溶液的pH值大于7，说明氢氧化钠过量，溶液中的溶质为NaCl和NaOH，正确；d、实验过程中，开始时溶液显酸性，随着滴入溶液体积的增加，溶液逐渐变为碱性，该图中pH值是从小于7逐渐的增大到7，然后大于7，所以所对应操作是将氢氧化钠滴入盐酸中，错误。故选c；（3）浓硫酸具有吸水性，放置在空气中会吸收水蒸气，溶剂质量变大，溶质质量分数变小；浓盐酸具有挥发性，溶质质量逐渐减小，导致溶液中溶质的质量分数逐渐减小；（4）①氧化铁和一氧化碳在高温的条件下生成铁和二氧化碳，所以B装置玻璃管里可观察到的现象为：固体粉末由红色逐渐变为黑色；②二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，故C中发生的化学方程式为：CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O；③取少量，A装置中溶液少量放在试管中，加入过量（足量）CaCl2溶液静置，向上层清液中加入几滴酚酞。若溶液变红，则溶质为Na2CO3和NaOH，若溶液没有变成红色则溶质为Na2CO3；（5）盐酸中HCl的质量为73g×10%=7.3g；设反应生成的NaCl的质量为x.NaOH+HCl=NaCl+H2O36.5

58.57.3gx，解得x=11.7g以反应后所得溶液中溶质的质量分数为。答：反应后所得溶液中溶质的质量分数为5.85%。2．碳酸钠广泛用于造纸、纺织、玻璃、洗涤剂、肥皂、制革等工业，是一种重要的化工原料。吕布兰、索尔维和侯德榜为碳酸钠的工业化生产作出了巨大贡献。Ⅰ、吕布兰法1789年，法国医生吕布兰（N.Leblanc，1742—1806）以食盐、浓硫酸，木炭和石灰石为原料，开创了规模化工业制取碳酸钠的先河，具体流程如下：（1）碳酸钠俗称______。（2）在高温条件下，②中发生两步反应，其中一步是Na2SO4和木炭生成Na2S和CO，该反应的化学方程式为______。（3）③中“水浸”时通常需要搅拌，其目的是______。（4）不断有科学家对吕布兰法进行改进，是因为此法有明显不足，请写出一条不足之处______。Ⅱ、索尔维法1892年，比利时工程师索尔维发明氨碱法制碳酸钠，又称索尔维法。原理如下：NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O。某兴趣小组采用下列装置模拟索尔维法制备碳酸氢钠，进而制得碳酸钠。实验操作如下：①关闭K1，打开K2通入NH3，调节气流速率，待其稳定后，打开K1通入CO2；②待三颈烧瓶内出现较多固体时，关闭K2停止通NH3，一段时间后，关闭K1停止通CO2；③将三颈烧瓶内的反应混合物过滤、洗涤、低温干燥，并将所得固体置于敞口容器中加热，记录剩余固体质量。加热时间/mint0t1t2t3t4t5剩余固体质量/g未记录15.313.711.910.610.6请回答下列问题：(5)饱和NaHCO3溶液的作用是除去CO2中混有的HCl，反应的化学方程式为______。(6)三颈烧瓶上连接的长颈漏斗的主要作用是______，有同学认为应该在长颈漏斗内放置一团蘸有酸液的棉花，理由是______；关闭K2停止通NH3后，还要继续通一段时间CO2，其目的是______。(7)根据实验记录，计算t2时NaHCO3固体的分解率______（已分解的NaHCO3质量与加热前原NaHCO3质量的比值），请写出计算过程。若加热前NaHCO3固体中还存在少量NaCl，上述计算结果将_____（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。(8)制碱技术在很长一段时间内把持在英、法等西方国家手中，我国化学工程专家侯德榜先生独立摸索出索尔维法并公布于众，又于1943年创造性地将制碱与制氨两种工艺联合起来，基本消除废弃物的排放，同时生产出碳酸钠和氯化铵两种产品，这就是著名的候氏制碱法。下列认识或理解正确的是______。①科学认识是在曲折的、艰辛的积累过程中不断进步的；②“科技兴邦、实业救国”是侯德榜先生回国研究的巨大动力；③侯氏制碱法大大提高了原料的作用率，它符合当今“绿色化学”的理念。【答案】纯碱Na2SO4+CNa2S+4CO↑加快溶解速率，使Na2CO3充分溶解在水中会有CO气体产生，污染空气NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O控制瓶内的气压与外界大气压一致吸收氨气、防止污染空气使氨气充分反应24.2%（过程略）偏小①②③【解析】【详解】（1）碳酸钠俗称纯碱。（2）根据题意，反应物是Na2SO4和木炭，生成物是Na2S和CO，反应的化学方程式为：Na2SO4+CNa2S+4CO↑（3）③中“水浸”时通常需要搅拌，其目的是加快溶解速率，使Na2CO3充分溶解在水中。（4）吕布兰法有一氧化碳气体生成，会污染空气。(5)HCl易溶于水形成盐酸，与碳酸氢钠反应的化学方程式为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O(6)三颈烧瓶上连接的长颈漏斗的主要作用是控制瓶内的气压与外界大气压一致。NH3是一种有刺激性气味的气体，可在长颈漏斗内放置一团蘸有酸液的棉花，以吸收氨气，防止污染空气。关闭K2停止通NH3后，还要继续通一段时间CO2，其目的是使氨气充分反应。(7)根据表中提供的数据，10.6g是生成的碳酸钠的质量，设反应前碳酸氢钠的质量是x，则t2时固体剩余物的质量是15.3g,设此时发生分解反应的碳酸氢钠的质量是y，t2时NaHCO3的分解率:×100%≈24.2%若加热前NaHCO3固体中还存在少量NaCl，则反应后剩余固体质量偏小，NaHCO3的分解率会偏小。(8)①科学认识是在曲折的、艰辛的积累过程中不断进步的，此说法正确；②“科技兴邦、实业救国”是侯德榜先生回国研究的巨大动力，此说法正确；③侯氏制碱法大大提高了原料的作用率，它符合当今“绿色化学”的理念，此说法正确。故选①②③。【点睛】该题中的难点是计算t2时NaHCO3固体的分解率，首先分析表中数据，当剩余固体质量不再变化时，说明碳酸氢钠完全反应，此时剩余固体的质量是生成的碳酸钠的质量，据此求出未记录的碳酸氢钠的质量，然后根据反应前后固体的差量计算出t2时发生分解反应的碳酸氢钠的质量，问题即可迎刃而解。3．用煤直接做燃料如果不进行处理，会因煤中的硫生成SO2气体造成大气污染。(1)现有南方产的一种煤含硫8%。某火力发电厂燃烧100t这种煤，假设燃烧时煤中的硫全部转化为SO2，则产生SO2的质量是________?(2)如在煤中混入粉末状的石灰石，则燃烧产生的SO2会与CaCO3反应生成CaSO3进入炉渣而减少大气污染。取50g此炉渣(含24%CaSO3)逐滴加入20%的盐酸，请在图坐标中画出相应的曲线图(纵坐标为盐的质量，请设定具体物质；并标出曲线中必要的数据)。________________[已知]①设炉渣已不含石灰石，炉渣其它成分不与盐酸反应；②CaSO3和盐酸反应类似于CaCO3(3)向燃烧后的烟气喷洒石灰浆也可吸收SO2生成CaSO3。现用一万元分别购买两种原料来除去SO2，相关数据如下表:方法物质相对分子质量纯度价格(元/t)除SO2的量(t)A石灰石10090%20014.4B熟石灰7494%50014.6方法B比方法A除SO2的量略大，而且工业上多数采用方法B。其原因分别是:_________。【答案】16t①单位价格（即10000元）氢氧化钙吸收二氧化硫的量更多；②石灰浆纯度较高，吸收二氧化硫气体更加充分【解析】【详解】根据反应的化学方程式计算解答。(1)设生成二氧化硫的质量为x。S+O2SO23264100t×8％xx=16t答：生成二氧化硫的质量为16t。(2)

设纵坐标为氯化钙的质量（或为亚硫酸钙的质量）。炉渣中CaSO3的质量为50g×24％=12g。设生成氯化钙的质量为y，反应消耗盐酸的质量为m。CaSO3+2HCl=CaCl2+SO2↑+H2O1207311112gymy=7.3gm=11.1g反应消耗盐酸溶液的质量为7.3g÷20％=36.5g。相关曲线图为：(3)由表中数据可知，①14.6＞14.4；单位价格（即10000元）氢氧化钙吸收二氧化硫的量更多；②94％＞90％，石灰浆纯度较高，吸收二氧化硫气体更加充分。4．(1)水是宝贵的自然资源，我国南海海域海洋资源极其丰富。①2017年5月18日，南海可燃冰试采成功，可燃冰主要含有甲烷水合物。甲烷中碳元素的化合价是______价，甲烷充分燃烧的化学方程式是__________________。②渔民常在这一带从事捕鱼作业，鱼肉中含量最多的营养素是_____(填序号)。A．糖类B．油脂C．蛋白质D．维生素③科学研究证明，水在光照和TiO2作催化剂的条件下，能分解为氢气和氧气，反应的化学方程式是____________________。④河水和海水一样都是混合物。自来水厂利用河水生产饮用水的过程中常用活性炭的_____性来除去水中的色素和异味。检验饮用水是软水还是硬水，可用___来检验。(2)能源利用和环境保护是人类共同关注的问题。①下列说法中正确的是______(填字母)。A．煤、石油和天然气都属于可再生能源B．氢气是理想的“绿色能源”C．人类使用的能源绝大部分来自太阳能D．废弃电池可以填埋在土壤里②煤燃烧时排放出的二氧化硫等污染物，有可能会导致降雨的酸性增强。我们把pH_____5.6(填“＞”“=”或“＜”)的降雨称为酸雨。某电厂为防止环境污染，用石灰石浆来吸收二氧化硫，其反应的化学方程式为：2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2x，则x的化学式为______。③研究发现，二氧化碳和氢气在催化剂作用下转化为甲醇(CH3OH)和水。该反应的化学方程式为______________________。④将一定质量的甲醇与8.8g氧气混合于密闭容器内，在一定条件下，发生如下反应：8CH3OH+xO2一定条件mCO2+nCO+16H2O。当反应物完全耗尽且全部转化为生成物时，有7.2g水生成，同时生成二氧化碳的质量为______g。【答案】-4CH4+2O2CO2+2H2OC2H2O2H2↑+O2↑吸附肥皂水BC＜CO2【答题空10】CO2+3H2CH3OH+H2O6.6【解析】(1)①根据根据化合物中各元素正负化合价代数和为0及甲烷燃烧生成二氧化碳和水解答；②根据肉类主要富含蛋白质解答；③根据水在光照和TiO2作催化剂的条件下，能分解为氢气和氧气解答；④根据活性炭有吸附性及用肥皂水检验软水和硬水解答；（2）①根据能源的分类及其对环境的影响来分析；②根据酸雨的形成与质量守恒定律来分析；③根据反应物和生成物书写有关反应的化学方程式；④依据质量守恒定律的有关应用解答即可；依据已知的化学方程式利用水的质量可以求出生成的二氧化碳质量。(1)①甲烷中氢元素显+1价，碳元素的化合价是［0-（+1×4）］=-4；甲烷和氧气在点燃条件下生成二氧化碳和水，的化学方程式是CH4+2O2点燃2H2O+CO2；②肉、蛋、奶、大豆类食品给人提供丰富的蛋白质，故选C；（3）水在光照和TiO2作催化剂的条件下，能分解为氢气和氧气，反应的化学方程式是2H2O2H2↑+O2↑

；（4）活性炭结构疏松多孔，有吸附性，常用活性炭除去水中的色素和异味；检验饮用水是软水还是硬水，可用肥皂水来检验；加肥皂水后，泡沫少、浮渣多的为硬水，反之，为软水；（2）①A、煤、石油和天然气都属于不可再生能源，错误；B、氢气燃烧的错误是水，是理想的“绿色能源”，正确；C、人类使用的能源绝大部分来自太阳能，正确；D、废弃电池填埋在土壤里会造成土壤污染，错误。故选BC。②我们把pH＜5.6的雨水称为酸雨；由反应的化学方程式2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2x，可知反应前后各原子的个数为反应前Ca原子2个、C原子

2个、O原子12个、S原子2个；反应后Ca原子2个、C原子0个、O原子8个、S原子2个。根据化学变化前后原子的种类、数目不变，可判断生成物x的2个分子中含有2个C原子和4个O原子，则每个x分子由1个C原子和2个O原子构成，物质x的化学式为CO2；③氢气和二氧化碳在催化剂和一定温度下反应生成甲醇和水，反应的化学方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O；④依据化学反应前后各原子的个数不会变化对x、m进行计算；反应前碳原子的个数是8，故反应后碳原子个数也是8，则有m+n=8；由题意可知：8CH3OH+xO2mCO2+nCO+16H2O

32x

2888.8g

7.2gx=11该化学方程式为8CH3OH+11O26CO2+2CO+16H2O设生成的二氧化碳质量是y8CH3OH+11O26CO2+2CO+16H2O

264

288

y

7.2gy=6.6g点睛：解题的关键是掌握质量守恒定律的基本应用。5．根据下列数型图像回答：（1）图一是用盐酸和氢氧化钠进行中和反应时，反应过程中溶液的pH变化曲线。向盐酸中加入的氢氧化钠溶液质量为mg时，所得溶液中含有的离子为（填离子符号）（2）图二是20℃时，取10mL10%的NaOH溶液于烧杯中，逐滴加入10%的盐酸，随着盐酸的加入，烧杯中溶液温度与加入盐酸体积的变化关系①由图可知中和反应是放热反应，你的依据为②甲同学用氢氧化钠固体与稀盐酸反应也能得到相同结论，乙同学认为不严密，因为（3）图三是a、d、c三种物质的溶解度曲线。a与c的溶解度相交于P点，据图回答：①t1℃时，接近饱和的c物质溶液，在不改变溶液质量的条件下，可用的方法达到饱和状态②将t2℃时，150ga物质的饱和溶液降温到t1℃时。可以析出ga物质。（4）下图托盘天平两边是等质量的铁和镁分别跟等质量等浓度的稀硫酸反应，反应时间t与生成氢气质量m的变化关系如图四。试回答：从开始反应到不再产生气体为止，天平指针偏转情况是【答案】（1）H＋、Na＋、Cl－（2）①反应过程中温度不断升高，完全反应时放出的热量最多②氢氧化钠固体溶于水时也要放出热量（3）①降低温度②30（4）先偏向右边，最后回到分度盘中央【解析】试题分析：（1）根据图示可知，m点对应的溶液的PH值小于7，即此时溶液为酸性。说明该点对应的溶液中酸还未反应完。所以溶液中的溶质有：盐酸（未反应完的）和氯化钠（反应生成的）。所含的离子为：H+、Cl—、Na+（2）①根据图示可知，随着盐酸的加入溶液的温度逐渐升高。当加入的盐酸与氢氧化钠恰好完全反应时，溶液的温度达到最大值。可说明盐酸与氢氧化钠反应能够放出热量。②如改用氢氧化钠固体，则不能说明反应为放热反应。因为氢氧化钠在溶解于水时也能放出热量。无法确认温度的升高来源于氢氧化钠与盐酸的反应。（3）①t1℃时，C物质的溶液接近饱和，即可继续溶解C物质，所以可通过再加入C物质的方法使其饱和。因为C物质的溶解度随着温度的升高而降低，所以还可以通过升温的方法，使C物质在相同的溶剂中溶解的质量变小，从而使其溶液由接近饱和变为饱和。②根据图示可知，在t2℃时a物质的溶解度50g。即在t2℃温度下，a物质在100g水里溶解达到饱和状态时所溶解的质量为50g。所以在t2℃时150ga物质的饱和溶液中含a50g，溶剂水的质量为100g。当溶液的温度降低至t1℃时，其溶解度为20g。即在t2℃温度下，a物质在100g水里最多溶解20g。所以此时析出固体的质量为：50g—20g=30g。（4）开始时天平左右两盘分别放有等质量的金属和酸，所以开始时天平平衡。随着反应的进行，镁反应较快，所以天平放镁的一方偏轻；天平偏向放铁的右盘。当反应停止时，二者反应生成氢气的质量相等，即两盘中质量的减少值是相等的。所以最终天平左右两盘剩余物质的质量相等，即天平最平衡。考点：中和反应、金属与酸反应、氢氧化钠的性质、溶解度曲线等图像题、6．根据下列实验装置图，回答有关问题。(1)图中标有①的仪器名称是______。(2)实验室用氯酸钾和二氧化锰制取氧气，应选用的装置组合是______(填字母)，反应的化学方程式为______，其中二氧化锰的作用是______。(3)实验室用锌和稀硫酸制取氢气的化学方程式为______，用E装置收集氢气，气体应从______(填“a”或“b”)端通入。(4)小强和小明两位同学对黄色的FeCl3溶液产生了浓厚的兴趣，查阅资料获得如下信息：①FeCl3能与Cu、Fe、Al等金属反应生成FeCl2，如2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2；②FeCl3溶液能使无色的苯酚溶液变成紫色。（提出问题）①FeCl3溶液与金属铝反应有哪些现象？②FeCl3溶液中的哪些粒子使苯酚溶液变成紫色？（实验探究）取适量FeCl3溶液于试管中，进行如下实验：（思考与交流）①实验前，铝箔表面需要进行打磨处理，其目的是______。②FeCl3溶液的pH______7(填“＞”、“＜”或“＝”)。③溶液由黄色变成浅绿色的化学反应方程式为______。④D中无色溶液的溶质是______(填化学式)。⑤经分析，小强同学认为是Fe3＋使苯酚溶液变成紫色，但小明同学认为若要得出此结论还需补做如下实验：在苯酚溶液中滴加稀盐酸，观察溶液是否变成紫色。小明的理由是______。【答案】试管AD2KClO32KCl+3O2↑催化作用Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑b除去表面的氧化铝薄膜＜3FeCl3+2Al=2AlCl3+3FeCl2AlCl3因为FeCl3溶液含有HCl【解析】【分析】【详解】(1)①是试管。(2)加热固体制取气体，选择发生装置A，氧气的密度比空气的密度大，可用向上排空气法收集，氧气不易溶于水，可用排水法收集，故选AD。用氯酸钾和二氧化锰制取氧气的化学方程式为：2KClO32KCl+3O2↑，反应中二氧化锰起催化作用。(3)锌和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气。用E装置收集氢气，由于氢气的密度比空气的密度小，进入以后占据上方空间，空气则被赶到下方空间而易从a端排出，故氢气从b端通入。(4)[思考与交流]①铝在常温下能与空气中的氧气反应，生成一层致密的氧化铝薄膜，实验前，铝箔表面需要进行打磨处理，其目的是除去表面的氧化铝薄膜。氯化铁溶液中加入铝箔，铝箔表面产生大量气泡，该气体是氢气，说明FeCl3溶液的pH<7。③铁离子形成的溶液是黄色，亚铁离子形成的溶液是浅绿色，发生的反应是：3FeCl3+2Al=2AlCl3+3FeCl2④金属活动性顺序中，铝位于铁的前面，能将氯化亚铁溶液中的铁置换出来，3FeCl2+2Al=2AlCl3+3Fe，氯化铝溶液是无色的，D中无色溶液的溶质是AlCl3。⑤FeCl3溶液显酸性，能使苯酚溶液变成紫色，在苯酚溶液中滴加稀盐酸，如果苯酚溶液不变色，则说明是Fe3＋使苯酚溶液变成紫色。【点睛】要顺利解答此题，就要知道如何选择装置，根据反应物的状态及反应条件选择发生装置，根据气体的溶解性与密度选择收集装置。熟知金属的活动性顺序，根据反应现象判断出金属在金属活动性顺序中的位置。7．探究碳酸氢钠、碳酸钠分别与稀盐酸反应，研究小组进行如下两个实验：（1）（实验1）同时将足量的稀盐酸倒入锥形瓶甲和锥形瓶乙中。反应至5s生成气体的速率：碳酸氢钠___碳酸钠（选填“>”，“<”，“=”）。（实验2）分别将足量的稀盐酸逐滴滴入试管甲和试管乙中，边滴边振荡。现象为：①试管甲中的溶液开始时显浅红色，逐滴滴入稀盐酸立即产生大量气泡，浅红色逐渐消失。②试管乙中的溶液开始时显红色，滴入稀盐酸没有气泡产生，溶液颜色逐渐变为浅红色后，继续滴加稀盐酸有大量气泡产生，浅红色逐渐消失。（2）（反思1）在（实验2）碳酸钠溶液中逐滴滴入稀盐酸，为何刚开始没有大量气泡产生?研究小组查阅资料，绘制出微观示意图。①碳酸钠溶液中逐滴滴入稀盐酸，依次发生反应的化学方程式为_______、_______。②相同浓度的碳酸氢钠溶液和碳酸钠溶液的碱性：碳酸氢钠_______碳酸钠（选填“>”，“<”，“=”）。(3)（反思2）为何（实验1）中碳酸氢钠最终产生气体的体积较大?请你列式计算：（实验1）中两种固体完全反应后产生气体的质量各是多少______（写出计算过程，结果保留到0.1g）?【答案】>Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑<1.0g0.8g【解析】【分析】（1）【实验1】根据气球胀大的程度进行分析；（2）①根据微观示意图进行分析；②根据过程中酚酞溶液颜色的变化进行分析；（3）根据碳酸钠和盐酸反应的方程式、碳酸氢钠和盐酸反应的方程式进行计算。【详解】（1）【实验1】相同质量的碳酸钠和碳酸氢钠中滴加等质量的盐酸后气球胀大的程度，碳酸氢钠胀大的程度大，所以反应至5s生成气体的速率：碳酸氢钠＞碳酸钠；（2）①碳酸钠和盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，所以碳酸钠溶液中逐滴滴入稀盐酸，依次发生反应的化学方程式为：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；②碳酸氢钠溶液的试管中滴加酚酞溶液显浅红色，碳酸钠溶液的试管中滴加酚酞溶液显红色，所以相同浓度的碳酸氢钠溶液和碳酸钠溶液的碱性：碳酸氢钠＜碳酸钠；（3）解：设碳酸钠生成的二氧化碳质量为x，碳酸氢钠生成的质量为y，x=0.8gy=1.0g答：碳酸氢钠固体完全反应后产生气体的质量1.0g；碳酸钠固体完全反应后产生气体的质量0.8g。8．胃舒平、小苏打、胃酸完全抑制剂是常用的中和胃酸的药物。（1）胃舒平与胃酸发生的反应为：Al(OH)3+3HCl═AlCl3+3H2O，该反应的基本类型是_____。（2）胃酸完全抑制剂每片含0.8gCaCO3、0.116gMg(OH)2，某患者胃酸分泌过多，医生建议口服胃酸完全抑制剂每天2次，每次1片。假设药物被完全吸收，患者服用1天胃酸完全抑制剂产生CO2（常温下CO2密度为1.9g/L）是_____mL。（3）小苏打片每片含0.5gNaHCO3，6片小苏打和胃酸完全反应，消耗HCl的质量是多少_______？胃舒平每片含0.245gAl(OH)3，中和胃酸时，10片胃舒平相当于多少片小苏打片____________？（要求：所有最终计算结果均保留到小数点后一位，第（3）小题写出计算过程）。【答案】复分解反应371解：每片小苏打片含0.5gNaHCO3，6片小苏打片含NaHCO3的质量=0.5g×6=3g。设与6片小苏打片正好完全反应的HCl的质量为y。NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑8436.53gyy≈1.3g答：6片小苏打片正好完全消耗HCl的质量为1.3g。解：由6片小苏打片正好完全消耗HCl的质量为1.3g可知，平均每片小苏打片消耗HCl的质量为。每片胃舒平含0.245gAl(OH)3，则10片胃舒平含Al(OH)3的质量=0.245g×10=2.45g。中和胃酸时，设10片胃舒平消耗的HCl的质量为z。Al(OH)3+3HCl═AlCl3+3H2O78109.52.45gzz≈3.4g答：10片胃舒平相当于小苏打片的片数为15.5片。【解析】【详解】（1）胃舒平与胃酸发生的反应为Al(OH)3+3HCl===AlCl3+3H2O，该反应是两种化合物互相交换成分生成另外两种化合物的反应，属于复分解反应。（2）患者每天服用的药品中含有的碳酸钙的质量为0.8g×2×1=1.6g。设生成的二氧化碳的质量为x。CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑100441.6gxx=0.704g其体积为≈0.371L=371mL。（3）先写出碳酸氢钠与HCl反应的化学方程式，根据碳酸氢钠的质量计算出每片小苏打片消耗HCl的质量。再写出氢氧化铝与HCl反应的化学方程式，计算出10片胃舒平消耗的HCl的质量，二者相除，即可得出10片胃舒平相当于几片小苏打片。9．某兴趣小组计划对空气成分进行探究，以下是他们的实验设计方案：(1)除去二氧化碳和水蒸气：图1中装置B的作用是___________________，装置A、B顺序能否颠倒_________(填“能”或“否”)。(2)除去氧气：该小组根据教材中拉瓦锡研究空气成分的实验原理，除去了(1)中得到的气体中的氧气。在拉瓦锡的经典实验中(装置如图2)，使用汞的优点有_______。A．汞为液态，在加热的条件下只与氧气反应且生成物为固体B．时间足够长，能将密闭装置中的氧气几乎耗尽C．无法观察装置中气体体积的变化D．得到的氧化汞粉末加热生成的气体体积+剩余气体体积=原空气体积(3)分析误差：该小组按设计方案得到的氮气密度(假设要除去的气体均已除净)与氮气的实际密度有误差，产生误差的原因是___________________。(4)拓展与延伸：实验室如何制取氮气呢？请阅读资料并回答下列问题：资料：①仪器B的名称是______。②利用上述仪器和重铬酸铵在实验室制取少量氮气，其发生装置应选择的仪器有_____(填序号)，还必须补充的一种仪器是_______________。若用上述装置制氧气，反应的化学方程式为________________________。③根据已有知识，收集氮气只能用________法，理由是______________________。该小组欲进行镁在氮气中的燃烧实验，现收集一瓶含水约1/5体积的氮气，该如何操作____________。【答案】除去水蒸气(或除水)否ABD得到的气体中还含有稀有气体锥形瓶CDF酒精灯2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑(2KClO32KCl+3O2↑)排水法氮气密度接近空气且难溶于水向集气瓶中装满水，倒扣入水槽中，当收集到约剩余1/5体积水时，停止收集，移出集气瓶，放在实验台上。【解析】本题考查了测定空气里氧气含量的探究，常见气体的检验与除杂方法，化学方程式的书写。气体的制取装置的选择与反应物的状态和反应的条件有关；气体的收集装置的选择与气体的密度和溶解性有关。（1）浓硫酸具有吸水性，图1中装置B的作用是：除去水蒸气；气体从溶液通过会带出部分水蒸气，装置A、B顺序不能颠倒；（2）A、汞为液态，在加热的条件下只与氧气反应且生成物为固体，正确；B、汞与氧气在加热时反应生成氧化汞，时间足够长，能将密闭装置中的氧气几乎耗尽，正确；C、汞是液体，当容器内压强改变时，液面的位置发生改变，能观察装置中气体体积的变化，错误；D、汞与氧气在加热时反应生成氧化汞，氧化汞受热分解生成汞和氧气，得到的氧化汞粉末加热生成的气体体积+剩余气体体积=原空气体积，正确。故选：ABD；（3）该小组按设计方案得到的氮气密度（假设要除去的气体均已除净）与氮气的实际密度有误差，产生误差的原因是：得到的气体中还含有稀有气体；（4）①仪器B的名称是锥形瓶；②利用上述仪器和重铬酸铵，在实验室中制取少量氮气，重铬酸铵加热至180℃时，可分解生成氮气，其发生装置应选择的仪器有：CDF，还必须补充的一种仪器是：酒精灯；若用上述装置制氧气，可用高锰酸钾或氯酸钾制氧气，高锰酸钾分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，氯酸钾和二氧化锰混合加热时，生成氯化钾和氧气，反应的化学方程式分别是2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑，2KClO32KCl+3O2↑；③氮气的密度比空气略小，难溶于水，因此只能用排水法收集；该小组欲进行镁在氮气中的燃烧实验，现收集一瓶含水约1/5体积的氮气，操作方法是：向集气瓶中装满水，倒扣入水槽中，当收集到约剩余1/5体积水时，停止收集，移出集气瓶，放在实验台上。10．硫酸铜在纺织、印刷等行业有广泛用途。（1）工业上可用铜屑、空气与稀硫酸在80℃条件下制备硫酸铜。①如图1是实验室模拟工业制备硫酸铜的装置，反应的化学方程式为，采用水浴加热的优点是，多孔球泡的作用为。②工业生产时可用纯氧代替空气。这一措施能加快反应速率外，还具有的优点是。③实验室用H2O2溶液和MnO2