2020中考化学总复习满分必刷200题08科学探究20题(含解析)

PAGE2020中考化学总复习满分必刷200题满分必过探究20题1．2020年1月25日总建筑面积为3.39万平方米的火神山医院正式开工，火神山医院在建造过程中用到了HDPE膜。老师告诉同学们HDPE膜具有极好的抗冲击性和防潮性，听完老师的描述后，同学们对HDPE膜的组成元素产生了浓厚的兴趣，进行了如下探究。【提出问题】HDPE膜由什么元素组成？【查阅资料】①HDPE膜能够燃烧，燃烧可能生成一氧化碳；②碱石灰主要成分是氢氧化钠固体和氧化钙固体。【实验探究】如图所示，先通入干燥氮气，再将4.2g的HDPE膜样品在一定质量的氧气中点燃，并将燃烧产物依次通过装置A、B、C、D（装置中每步反应均进行完全）。【实验记录】装置质量A装置总质量C装置总质量实验前100.0g100.0g实验后105.4g113.2g【实验分析】（1）实验前，先通入氮气的目的是。（2）装置A中浓硫酸的作用是。（3）实验中观察到装置B中黑色粉末变成红色，证明燃烧产物中有。（4）装置C中发生的化学反应方程式为。（5）装置D的作用是。【数据处理】4.2g的HDPE膜样品中含碳元素的质量为g，含氢元素的质量为g。【实验结论】HDPE膜由碳元素、氢元素组成，不含其他元素的理由是（用数据分析）。【反思拓展】实验中的4.2gHDPE膜样品燃烧消耗的氧气质量为m，则m的取值范围为。【答案】【实验分析】（1）排尽试管内的空气，防止加热时发生爆炸（2）吸收水分（3）一氧化碳(CO)（4）2NaOH+CO2==Na2CO3+H2O（5）防止外界空气中的水和二氧化碳进入C装置中，影响测量结果【数据处理】3.6 0.6【实验结论】生成物中碳、氢元素的质量之和为4.2g【反思拓展】9.6≤m≤14.4【解析】可燃性气体或物质遇到明火有可能发生爆炸，所以排尽试管内的空气，防止加热时发生爆炸；由于浓硫酸具有吸水性，故利用其吸水性；一氧化碳具有还原性，可还有氧化铜，生成红色的铜；氢氧化钠溶液可吸收二氧化碳，其方程式为2NaOH+CO2==Na2CO3+H2O；由于空气中含有水分和二氧化碳，故防止外界空气中的水和二氧化碳进入C装置中，影响测量结果；A装置吸收水分，其吸收的质量为105.4g-100g=5.4g，故氢元素的质量为：5.4g×(2/18)×100%=0.6g；C装置的作用是吸收二氧化碳，吸收的质量为113.2g-100g=13.2g，故碳元素的质量为13.2g×(12/44)×100%=3.6g。因为3.6g+0.6g=4.2g，所以不含其他元素。根据化学方程式计算，0.6g的氢气完全燃烧需要氧气为4.8g；3.6g碳完全燃烧生成二氧化碳是消耗氧气为9.6g；当3.6g的碳不完全燃烧生成一氧化碳时，消耗氧气为4.8g；故消耗氧气的最少量为4.8g+4.8g=9.6g；消耗氧气的最大量为：4.8g+9.6g=14.4g，故9.6≤m≤14.4。2．某兴趣小组开展“测定密闭容器中某种气体的体积分数”的探究实验。【实验1】按图1所示装置，用红磷燃烧的方法测定空气中氧气的体积分数。【实验2】按图2所示装置，在集气瓶内壁用水均匀涂附铁粉除氧剂（其中辅助成分不干扰实验），利用铁锈蚀原理测定空气中氧气的体积分数。（1）实验1中，红磷燃烧的主要现象是。红磷熄灭后，集气瓶冷却至室温，打开K，水能倒吸入集气瓶的原因是。（2）为提高实验的准确性，以上两个实验都需要注意的事项是（写一点）。（3）实验过程中，连接数字传感器，测得实验1、实验2中氧气的体积分数随时间变化的关系分别如图3、图4所示。依据图3，图4信息，（填“实验1”或“实验2”）的测定方法更准确，判断依据是。（4）结合你的学习经验，若要寻找红磷或铁粉除氧剂的替代物，用图1或图2装置测定空气中氧气的体积分数，该替代物应满足的条件是（写两点）。【实验3】测定用排空气法收集到的集气瓶中二氧化碳的体积分数。（5）甲同学设计图5所示装置进行测定。浓NaOH溶液的作用是（用化学方程式表示）。（6）乙同学提出，仅利用图6所示装置，在不添加其他试剂的前提下，也能测得集气瓶中二氧化碳的体积分数。为达到实验目的，操作方法是。【答案】（1）产生了大量的白烟 氧气被消耗，集气瓶内气体压强小于大气压（2）装置的气密性要良好（3）实验2 反应后，实验1集气瓶内剩余氧气的体积分是8.6%，实验2集气瓶内氧气几乎要耗尽（4）能够和氧气反应，生成物不是气体（5）2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O（6）用冰水冷却集气瓶，打开K【解析】（1）实验1中，红磷燃烧的主要现象是：产生了大量的白烟等。红磷熄灭后，集气瓶冷却至室温，打开K，水能倒吸入集气瓶的原因是：氧气被消耗，集气瓶内气体压强小于大气压。（2）为提高实验的准确性，以上两个实验都需要注意的事项是装置的气密性要良好等。（3）实验过程中，连接数字传感器，测得实验1、实验2中氧气的体积分数随时间变化的关系分别如图3、图4所示。依据图3，图4信息可知，实验2测定方法更准确，判断依据是：反应后，实验1集气瓶内剩余氧气的体积分是8.6%，实验2集气瓶内氧气几乎要耗尽。（4）用图1或图2装置测定空气中氧气的体积分数，该替代物应满足的条件是能够和氧气反应，生成物不是气体；（5）二氧化碳与氢氧化钠反应生成了碳酸钠和水，化学方程式是：2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O；（6）由于密封装置内气体的压强随温度的降低而减小，为达到实验目的，操作方法是用冰水冷却集气瓶，打开K，瓶内为温度降低，压强减小，氢氧化钠溶液被吸入，吸收了二氧化碳，可以测定出集气瓶中二氧化碳的体积分数。3．某化学兴趣小组的同学探究木炭还原氧化铜的实验，实验装置如图。实验时a中的固体由黑色变红色，b中的试管内产生气泡和白色沉淀。（查阅资料）氧化亚铜(Cu2O)是红色固体，能与稀硫酸发生如下反应：Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O，铜离子在溶液中显蓝色。（提出问题）已知实验后a中的红色固体含有单质铜，是否还含有氧化亚铜(Cu2O)呢？（1）（实验验证）取a中的红色固体少量于试管中，加入稀硫酸溶液，试管中出现溶液变蓝色，证明固体中确实含有________。（2）（提出问题）木炭还原氧化铜产生的气体是什么?（提出猜想）猜想一：只有CO2；猜想二：只有CO；猜想三：含有CO和CO2。（提出质疑）有同学认为猜想二错误，他们的理由是________；（3）（设计实验）基于猜想3，根据CO和CO2的性质，兴趣小组同学设计了如下实验观察到A装置中的澄清石灰水变浑浊，证明产生气体中有CO2气体生成，A装置中的化学反应方程式为：________；有两种实验现象都能分别证明产生的气体中含有CO；①C装置中澄清石灰水不变浑浊，F装置中出现________的现象；②E装置中出现________的现象，E装置中化学反应方程式为________；（4）（实验结论）通过实验探究证明：猜想3成立。（交流反思）兴趣小组认为图1装置不够完善，为了防止尾气对空气的污染，应该把图1装置中的b部分装置换成下列________装置(填字母序号)。【答案】（1）Cu2O（2）一氧化碳不能和氢氧化钙反应

（3）CO2+Ca（OH）2═CaCO3↓+H2O 澄清石灰水变浑浊 黑色固体变红 CuO+COCu+CO2

（4）A或C或D【解析】[实验验证]取a中的红色固体少量于试管中，加入稀硫酸，试管中出现固体部分溶解，溶液由无色变成蓝色，说明氧化亚铜和硫酸反应生成了硫酸铜，证明固体中确实含有Cu2O。[提出质疑]甲同学认为猜想二错误，理由是一氧化碳不能和氢氧化钙反应，因此b中的试管内不能产生白色沉淀。[设计实验]观察到A装置中的澄清石灰水变浑浊，证明产生气体中有CO2气体生成，A装置中的化学反应方程式为：CO2+Ca（OH）2═CaCO3↓+H2O；①C装置中澄清石灰水不变浑浊，F装置中出现澄清石灰水变浑浊的现象；②E装置中出现黑色固体变红的现象，E装置中是一氧化碳和氧化铜反应生成铜和二氧化碳，反应的化学反应方程式为CuO+COCu+CO2；[交流反思]为了防止尾气对空气的污染，应该把上图装置中的b部分装置换成如图2中的A、C、D都可以，这是因为A、C、D装置都能够防止一氧化碳进入空气中。4．“双吸剂”是一种常见袋装食品的保鲜剂，能吸收空气中的氧气，二氧化碳、水蒸气等．化学兴趣小组的同学在某食品袋中发现一包“双吸剂”，其标签如图所示．同学们对这包久置的“双吸剂”固体样品很好奇，设计实验进行探究．

【提出问题】久置“双吸剂”固体的成分是什么？

【查阅资料】

①铁与氯化铁溶液在常温下发生反应生成氯化亚铁．Fe+2FeCl3═3FeCl2

②碱性的Na2CO3溶液可以和中性的CaCl2溶液发生复分解反应．

【作出猜想】久置固体中可能含有Fe、Fe2O3、CaO、Ca(OH)2和CaCO3（1）【实验探究1】下表是小明设计的实验方案和记录的实验报告，请你补充完整：实验操作实验现象实验结论①取少量固体放于试管中，滴加一定量的________，用带导管的单孔橡皮塞塞紧试管口，导管另一端伸入澄清石灰水中．试管中固体逐渐减少，有大量无色气体产生，得到浅绿色溶液，澄清的石灰水变浑浊．样品中一定含有___________，不含Fe2O3②取少量样品放入试管中，加水溶解，静置后取上层清液滴加无色酚酞试液．试管底部有不溶物，上层清液由无色变为红色样品中含有_______【实验质疑】

小组同学通过讨论认为实验中并不能得出一定含Fe2O3的结论，理由是________（用化学方程式表示）。为进一步确定这包久置的“双吸剂”固体的成分进行如下定量试验。（2）【实验探究2】取3g样品研碎，并用磁铁充分吸引后，得到剩余固体2.6g，按照如图流程进行实验，请回答相关问题：①操作二、操作三名称是________；②固体Ⅰ的成分是________（填物质化学式，下同）；③烧杯A中溶液和加入的碳酸钠溶液反应化学方程式为________；④依据实验探究1，2中现象的分析及数据计算判断，这包久置“双吸剂”固体的成分是________。【实验反思】

下列对实验探究1、2的反思，不正确的是________

（填字母序号）。A．对物质成分的探究有时需要定性与定量实验的结合

B．实验探究2烧杯C中的溶质为Na2CO3和NaOH

C．实验探究1、2中都有气体产生，但生成的气体成分不同

D．在原样品中加入足量盐酸有4个反应发生．【答案】（1）稀盐酸 Fe和CaCO3 氧化钙或氢氧化钙 Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O Fe+2FeCl3=3FeCl2（2）①过滤 ②CaCO3和Fe2O3 ③Ca(OH)2+Na2CO3═CaCO3↓+2NaOH ④Fe、Fe2O3、CaO、Ca(OH)2、CaCO3 【实验反思】D【解析】【实验探究1】由题目中可知固体成分可能含有Fe、Fe2O3、CaO、Ca（OH）2和CaCO3，由表中实验现象：“试管中固体逐渐减少，有大量无色气体产生，得到浅绿色溶液，澄清石灰水变浑浊．”说明固体和一种物质反应生成了二氧化碳气体（澄清石灰水变浊的气体），和一种含有Fe2+的物质（得到浅绿色溶液），实验室里制取二氧化碳气体的方法为用石灰石和稀盐酸反应，其化学方程式式为：CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑，而铁也可以和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，其化学方程式为：Fe+2HCl═FeCl2+H2↑，可以推出加入的这种物质为稀盐酸，固体物质中一定有的物质是Fe和CaCO3；其他的固体物质中可以和稀盐酸反应的有：①氧化钙和盐酸反应生成氯化钙（溶液为无色）和水，其反应化学方程式为：CaO+2HCl═CaCl2+H2O；②氢氧化钙和盐酸反应生成氯化钙（溶液为无色）和水，其反应的化学方程式为：Ca(OH)2+2HCl═CaCl2+2H2O；③氧化铁和盐酸反应生成氯化铁（溶液为黄色）和水，其反应的化学方程式为：Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O．由于最后所得溶液没有显黄色，也就是溶液中没有，所以固体物质中一定没有Fe2O3。加水溶解后，氧化钙可和和水反应生成氢氧化钙，同时反应放出大量的热，生成的氢氧化钙的溶液呈碱性，能使无色的酚酞试液变成红色。【实验质疑】由于氧化铁和盐酸反应生成的氯化铁，可能会继续与铁反应生成氯化亚铁；

【实验探究2】（1）过滤可以将固体与液体分开。（2）取3g样品研碎，并用磁铁充分吸引后，得到剩余固体2.6g，所以已经出去了铁粉，溶解过滤的固体Ⅰ的质量为2g，其中含有碳酸钙还可能有氧化铁，由碳酸钙与盐酸反应方程式为

CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑

10044

由于生成气体0.44g所以固体Ⅰ中含有1g碳酸钙，所以固体Ⅰ中含有碳酸钙和氧化铁。（3）氢氧化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，方程式为Ca（OH）2+Na2CO3═CaCO3↓+2NaOH。（4）由于固体成分可能含有Fe、Fe2O3、CaO、Ca(OH)2和CaCO3，能够被磁铁吸引的0.4g固体是铁，剩余的2.6g固体中还可能含有Fe2O3（不溶于水）CaO[能和水反应生成Ca(OH)2]、Ca(OH)2（微溶于水，加足量的水后完全溶解）和CaCO3（不溶于水），剩余的固体Ⅰ中的物质可能为：Fe2O3和CaCO3，溶解的物质为0.6g，所以滤液的成分为Ca(OH)2和碳酸钠反应生成碳酸钙和氢氧化钠，其化学方程式为：Ca(OH)2+Na2CO3═CaCO3↓+2NaOH；又生成沉淀为1g。设生成1g碳酸钙固体所需的氢氧化钙质量为x。Ca（OH）2+Na2CO3═CaCO3↓+2NaOH；

74100x1g74x=由上面的分析可知固体物质的成分为：Fe、Fe2O3、CaO、Ca（OH）2、CaCO3。【反思与评价】

A、对物质成分的探究有时需要定性与定量实验的结合；故A正确；

B、由分析中可知实验中氢氧化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，溶质有NaOH，由于加入的是过量的碳酸钠溶液，因此里面的溶质还有Na2CO3，故B正确；

C、由实验探究1可知实验中产生的气体为氢气和二氧化碳气体两种，由实验探究2可知实验中产生的气体为二氧化碳气体所以生成的气体成分不同；故C正确；

D、由固体物质的成分为：Fe、Fe2O3、CaO、Ca(OH)2、CaCO3；最起码五种物质都与盐酸反应，反应个数多于5个；故D错误。5．同学们在实验室用块状大理石和5%的稀盐酸反应制取CO2，观察不到气泡产生时，发现固体还有剩余，对此进行探究（杂质不溶于水且不与酸反应）。（提出问题）不再产生气泡的原因是什么？（猜想假设）猜想一：盐酸已经完全反应

猜想二：剩余固体中无碳酸钙

猜想三：生成物或杂质附着在大理石表面，阻碍反应继续进行（实验探究一）反应后溶液中是否有盐酸。（1）小亮取上述反应后的清液，测得溶液pH=2，说明溶液显________性，由此得出猜想一不成立的结论。（2）小慧认为此结论不够严谨，还应考虑生成物对溶液酸碱度的影响，补充了如下实验。①取洁净的烧杯，另配制________溶液，测得溶液pH=7。②取洁净的试管，加入适量水和紫色石蕊溶液，持续通入CO2，发现溶液变为________色。但小亮认为实验②不能说明CO2对溶液酸碱度的影响，他重新改进了实验。③另取洁净的试管，加入适量水，持续通入CO2至饱和，测得溶液pH=5.6。由以上实验可知，该反应的生成物对溶液酸碱度影响不大，猜想一不成立，反应后的溶液中有盐酸。（实验探究二）剩余固体中是否有碳酸钙。小亮先振荡反应容器，使剩余固体和液体充分接触，观察到仍无气泡产生。再向容器中滴加少量5%的稀盐酸，又有气泡产生。一段时间后，不再产生气泡，仍有固体剩余。产生气泡的化学方程式是________。由以上实验可知，猜想二和猜想三不成立。（得出结论）根据以上实验探究，可得出影响反应能否进行的因素之一是________。（反思交流）小慧又提出，也可能是反应太慢，无法观察到气泡产生。她设计了如下对比实验：取出（实验探究二）所得的部分清液，放置一段时间后，测得pH为X，同时测得（实验探究二）容器中剩余清液的pH为Y，若X________Y（填“＞”“＝”或“＜”），则她的猜想成立。【答案】（1）酸（2）①氯化钙或CaCl2 ②红（实验探究二）CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑（得出结论）反应物的浓度大小（实验探究二）＞【解析】（1）酸性物质的pH范围为0~7，故该溶液为酸性；（2）①考虑生成物对反应的酸碱度的影响，则应该配制生成物的溶液，即氯化钙溶液；②石蕊溶液遇到酸性物质变成红色，遇到碱性物质变成蓝色，将二氧化碳通入水中，会生成碳酸溶液，碳酸为酸性，故溶液变成红色；【实验探究二】加入少量酸后，有气泡产生，说明碳酸钙与盐酸发生反应生成了二氧化碳，化学方程式为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；【得出结论】由实验一的结论可知，反应后的溶液中仍有盐酸，但是不与剩余固体中的碳酸钙反应，向容器滴加少量5%的稀盐酸后，盐酸浓度增大，反应进行，可以判断反应物的浓度是影响反应进行的重要因素；【反思交流】所得清液取出部分仍然含有低浓度的盐酸，而剩下部分中盐酸继续反应，浓度减小，溶液pH增大，故X＞Y。6．实验室使用块状石灰石（CaCO3）和稀盐酸制CO2，当观察不到有气泡产生，固体仍有剩余时，通常认为反应结束，剩余液呈中性，某兴趣小组对此进行了以下探究．【实验操作】向试管中加入5粒石灰石，倾倒约试管体积13（1）取上层清液，用pH试纸测得溶液pH=2，说明溶液是________性；pH测定中，“上层清液滴到试纸上”的后一步操作是________。（2）【实验思考Ⅰ】反应剩余液中有哪些物质？其中能使溶液pH=2的有哪些？【实验探究Ⅰ】甲同学通过实验排除了CaCl2的可能性，简述其实验方案：________。乙同学将CO2通入蒸馏水中至饱和，测得pH＞5。综合甲、乙两同学实验，得出的结论是：剩余液中还含有________。（3）【实验思考Ⅱ】试管中剩余固体中是否仍含有CaCO3？【实验探究Ⅱ】小组同学向试管中继续加入稀盐酸（1：1），又有大量气泡产生。①由此得出的结论是________；写出反应的化学方程式：________。②比较稀盐酸加入前后的实验现象，解释“又有大量气泡产生”的原因：________。（4）【拓展延伸】①反应剩余液放置一段时间后，溶液pH增大，其主要原因是________。②假如用100g14.6%的稀盐酸和足量的石灰石反应，看不到气泡产生时，停止收集气体，收集到的CO2质量________（填“＞”、“＜”或“=”）8.8g。【答案】（1）酸 将试纸显示的颜色与标准比色卡比较（2）取氯化钙溶于水，测定溶液的pH 盐酸（3）①剩余固体中含有碳酸钙；CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑ ②盐酸的浓度增大（4）①稀盐酸挥发 ②＜【解析】【实验操作】（1）溶液pH=2＜7，说明溶液呈酸性；pH测定中，“上层清液滴到试纸上”的后一步操作是将试纸显示的颜色与标准比色卡比较。【实验探究Ⅰ】通过实验排除了CaCl2的可能性就是测定氯化钙溶液的pH值即可，所以实验方案：取氯化钙溶于水，测定溶液的pH值。盐酸呈酸性，所以综合甲、乙两同学实验，得出的结论是：剩余液中还含有盐酸。【实验探究Ⅱ】盐酸和碳酸钙反应生成二氧化碳气体，所以向试管中继续加入稀盐酸（1：1），又有大量气泡产生；由此得出的结论是剩余固体中含有碳酸钙；反应的化学方程式：CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑。根据前面实验过程和结论，剩余液中既有盐酸又有碳酸钙，但却无气泡产生，可能是因为盐酸浓度太低，与碳酸钙反应太慢产生气泡不易观察，加入稀盐酸后，又有大量气泡产生的原因应该是盐酸的浓度增大。【拓展延伸】稀盐酸挥发，使溶液的酸性减弱，所以反应剩余液放置一段时间后，溶液pH增大。设100g14.6%的稀盐酸完全反应理论上生成二氧化碳的质量为x。CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑ 7344 100g×14.6%x73x=8.8g但是随着盐酸浓度的减小，就不会生成二氧化碳，所以看不到气泡产生时，停止收集气体，收集到的CO2质量小于8.8g，故填：＜。7．为探究金属镁的化学性质，甲、乙两化学兴趣小组分别完成了下列实验：【甲组同学实验】将光亮的镁条放入滴有酚酞的NaHCO3饱和溶液中，产生大量气泡和白色固体，溶液红色加深。【乙组同学实验】将点燃的镁条插入盛满CO2的集气瓶内，镁条继续剧烈燃烧，生成白色固体并有黑色物质附着于集气瓶内壁。【提出问题】①甲组同学实验产生的气体和白色固体成分；②乙组同学实验反应后的产物。【对甲组同学实验进行探究】确定气体和固体的成分【查阅资料】①Mg(HCO3)2能溶于水；

②硫酸铜固体为白色，遇水变蓝；③MgCO3、Mg(OH)2加热易分解，分别生成两种氧化物。（1）溶液红色加深，则反应后溶液的碱性________(填“增强”、“不变”或“减弱”)。（2）点燃产生的气体，火焰淡蓝色；将燃烧产物通入澄清石灰水中，无现象。则该气体为________

(写化学式)。（3）对白色固体做出如下猜测并进行实验：【作出猜想】猜想Ⅰ：白色固体可能是MgCO3；猜想Ⅱ：白色固体可能是________；猜想Ⅲ：白色固体可能是MgCO3和Mg(OH)2。（4）【初步验证】取洗净后的白色固体，加入足量的________溶液，观察到________，则白色固体一定含有MgCO3，得出猜想Ⅱ错误。（5）【设计实验】为进一步确定固体的成分，设计了下列实验方案，请你一起参与探究活动。实验操作实验现象实验结论取干燥的白色固体充分加热至不再产生气体为止，并使分解产生的气体通入盛有________的U型管________猜想Ⅲ正确（6）【对乙组同学实验进行探究】确定实验反应后的产物【查阅资料】①MgO+H2O(热水)＝Mg(OH)2，Mg(OH)2在热水中溶解度增大，在热水中显碱性；②MgC2+2H2O＝Mg(OH)2+C2H2↑。【作出猜想】猜想Ⅰ：产物是MgO和C；

猜想Ⅱ：产物是MgO、MgC2和C。提出以上猜想的依据是________。（7）【实验分析】为探究白色固体的成分，兴趣小组同学进行了如下实验：①取少量反应后的固体混合物放入试管，加入足量热水，无气体放出，说明猜想________不正确；②为了验证另一种猜想中白色固体成分，请设计一个简单实验。实验操作是________；（8）【实验反思】通过本实验，对“CO2不助燃”，你有什么新的认识：________。【答案】（1）增强（2）H2（3）白色固体可能是Mg(OH)2（4）稀盐酸或硫酸、稀硝酸；有气泡产生（5）硫酸铜；固体由白色变为蓝色（6）质量守恒定律或化学反应前后元素的种类不变（7）Ⅱ；取步骤①试管中的上层清液，滴加酚酞溶液，溶液变红(或取样于试管中加热水，滴加酚酞溶液，溶液变红)（8）CO2不助燃是相对的，应辩证地认识物质的性质(合理即可)【解析】（1）溶液红色加深，则反应后溶液的碱性增强；（2）点燃产生的气体，火焰淡蓝色；将燃烧产物通入澄清石灰水中，无现象．则该气体为氢气，氢气的化学式是H2；（3）【作出猜想】白色固体可能是MgCO3，白色固体可能是Mg(OH)2，白色固体可能是MgCO3和Mg(OH)2；则猜想Ⅱ：白色固体可能是Mg(OH)2；【初步验证】取洗净后的白色固体，加入足量的稀盐酸溶液，观察到有气泡产生，则白色固体一定含有MgCO3，得出猜想Ⅱ错误。【设计实验】取干燥的白色固体充分加热至不再产生气体为止，并使分解产生的气体通入盛有硫酸铜粉末的U型管，固体由白色变为蓝色，说明有水生成，则猜想Ⅲ正确；【提出猜想】镁与二氧化碳反应产物的猜想依据是质量守恒定律(化学反应前后元素种类不变)及实验的现象产生白色固体提出猜想；【实验与分析】镁与二氧化碳反应后的固体加入足量热水无气体放出，说明没有乙炔产生，即没有碳化镁生成，故猜想Ⅱ不正确；【实验反思】所以镁等活泼金属着火时不能用二氧化碳灭火器灭火，“二氧化碳不助燃”是指二氧化碳不支持一般可燃物的燃烧。8．草酸亚铁晶体（FeC2O4•2H2O）是一种浅黄色固体，难溶于水，受热易分解，是生产锂电池的原材料，某化学兴趣小组设计实验验证草酸亚铁晶体热分解的气体产物，并用热重法（TG）确定其分解后所得固体产物的组成，探究过程如下：【查阅资料】

①、草酸亚铁晶体热分解的气体产物是H2O，CO，CO2

②、白色的无水CuSO4遇水蒸气会变成蓝色【实验设计】（1）从环保角度考虑，该套实验装置的明显缺陷是________。（2）可选择以下实验装置中的________（选填“甲”或“乙”）作为虚线中的“热分解装置”。（3）【问题讨论】D中浓硫酸的作用是，实验过程中观察到B中白色无水CuSO4变成蓝色，C中澄清石灰水变浑浊，E中________（填实验现象），则可证明草酸亚铁晶体热分解的气体产物是H2O，CO，CO2。（4）该兴趣小组进行上述实验时，先点燃热分解装置中的酒精灯，一段时间后再点燃E处的酒精灯，原因是。（5）若通过F装置中澄清石灰水变浑浊来证明草酸亚铁晶体热分解的气体产物中有CO，则需在C和D装置之间增加盛有________（填物质的名称或化学式）溶液的洗气瓶。（6）【数据分析】称取3.60g草酸亚铁晶体（FeC2O4•2H2O，相对分子质量是180）用热重法对其进行热分解，得到剩余固体的质量随温度变化的曲线如图所示，请分析该图回答下列问题：①过程Ⅰ发生反应的化学方程式为。②300℃时剩余固体只有一种且是铁的氧化物，试通过计算确定该氧化物的化学式或名称________。【答案】（1）没有处理尾气（2）乙（3）干燥气体；黑色固体变红色（4）将装置中的空气排尽，防止CO和空气的混合气体受热爆炸（5）NaOH（6）①FeC2O4•2H2Oeq\o(\s\up8(△),eq\o(\s\up2(——),——,\s\do0()),\s\do4())FeC2O4+2H2O↑ ②Fe2O3【解析】（1）从环保角度考虑，该套实验装置的明显缺陷是没有处理尾气．（2）“热分解装置”应该选择乙装置。（3）D中浓硫酸的作用是干燥气体，实验过程中观察到B中白色无水CuSO4变成蓝色，C中澄清石灰水变浑浊，E中黑色固体变红色，则可证明草酸亚铁晶体热分解的气体产物是H2O，CO，CO2。（4）进行上述实验时，先点燃热分解装置中的酒精灯，一段时间后再点燃E处的酒精灯，原因是：将装置中的空气排尽，防止CO和空气的混合气体受热爆炸。（5）若通过F装置中澄清石灰水变浑浊来证明草酸亚铁晶体热分解的气体产物中有CO，应该把分解生成的二氧化碳除尽，只要在C和D装置之间增加盛有NaOH溶液的洗气瓶即可。（6）①通过剩余固体的质量可知，过程Ⅰ发生的反应是：草酸亚铁晶体受热失去结晶水，反应的化学方程式为：FeC2O4•2H2Oeq\o(\s\up8(△),eq\o(\s\up2(——),——,\s\do0()),\s\do4())FeC2O4+2H2O↑．②草酸亚铁晶体中的铁元素质量为：3.6g×56180×100%=1.12g，草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到氧化物中，

氧化物中氧元素的质量为：1.60g﹣1.12g=0.48g，

铁元素和氧元素的质量比为：1.12g：0.48g=7：3，

设铁的氧化物的化学式为FexOy，

则有：56x：16y=7：3，

x：y=2：3，

铁的氧化物的化学式为Fe2O3。9．某化学兴趣小组的同学，通过咨询老师准备用亚硫酸钠溶液与浓硫酸反应来制备一

定量的SO2(Na2SO3

+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O]。老师给他们提供了一瓶亚硫酸钠溶液并告知该瓶溶液放置时间可能较长，不知是否变质。兴趣小组的同学分成甲、乙两小组对该瓶亚硫酸钠溶液成分进行实验探究。

【提出问题】①该瓶溶液中溶质的成分是什么?

②该瓶溶液中亚硫酸钠的质量分数是多少?

【查阅资料】

①Na2SO3有较强还原性，在空气中易被氧气氧化:2Na2SO3

+O2=2Na2SO4；

②Na2SO3能与酸反应产生SO2气体;

③SO32-、SO42-均能与Ba2+反应产生白色沉淀，BaSO3可溶于稀盐酸。（1）【作出猜想】

猜想1:没有变质，成分是Na2SO3;

猜想2完全变质，成分是Na2SO4;

你认为还可能有的猜想3:________。（2）【实验探究I】甲、乙两组分别进行实验探究溶液是否变质:小组实验操作现象结论甲组取少量样品于试管中加入过量稀盐酸;产生气泡没有变质，还是Na2SO3乙组取少量样品于试管中加入氯化钡溶液，再加入足量稀盐酸。________已部分变质【评价】有同学质疑甲组方案不合理，理由是_。（3）【实验探究II】

甲组设计如下实验测定Na2SO3溶液的溶质质量分数。(注:空气中二氧化碳的影响忽略不计)

①连好装置并检查装置气密性，在锥形瓶中放入126g该样品

②实验前称量C装置的质量；

③关闭活塞K，用注射器推入浓硫酸至不再产生气泡；

④打开活塞K，缓缓鼓入一定量的氮气，关闭活塞K；

⑤再次称量C装置的质量发现比反应前增重6.4g。

由此，计算出该溶液中Na2SO3的质量分数为________；

【解释】若没有进行第4步操作，则测得亚硫酸钠溶液的溶质质量分数比实际的________(填”偏小”或”偏大”)。（4）乙组仍使用第一次实验的原理，进行如下实验测定Na2SO3溶液的溶质质量分数。

第一步:称取试样ag；

第二步:在溶液中加入过量氯化钡溶液和足量稀盐酸；

第三步:过滤、洗涤、烘干沉淀；

第四步:称量沉淀的质量为bg；

第五步:计算溶液中Na2SO3的溶质质量分数=(1-142b/233a)

×100%。

试完成下列问题:

①加入氯化钡溶液过量的目的是；

②第三步操作要洗涤沉淀的原因是；

【反思】由此可得出，保存亚硫酸钠时应。【答案】（1）部分变质，成分是Na2SO3和Na2SO4

（2）产生白色沉淀，加入稀盐酸后沉淀部分消失，生成气体；部分变质也会产生气泡

（3）10%；偏小

（4）使溶液中Na2SO4全部转化成沉淀；沉淀表面溶液中含有NaCl、BaCl2，烘干时一并析出造成沉淀质量偏大；密村保存防止氧化【解析】本题通过实验探究物质的组成成分以及含量，主要考查了盐、酸、碱的性质，根据化学方程式的计算等。认真审题，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断得出正确的结论。

作出猜想：猜想1是没有变质，成分是Na2SO3；猜想2完全变质，成分是Na2SO4；还可能有的猜想3是部分变质：成分是Na2SO3和Na2SO4；

实验探究I：若已部分变质，则固体成分是Na2SO3和Na2SO4，BaCl2与Na2SO3和Na2SO4能发生复分解反应生成BaSO3和BaSO4沉淀，其中Na2SO3能与盐反应产生SO2气体，BaSO4不能与盐酸反应，所以取少量样品于试管中加入氯化钡溶液，再加入足量稀盐酸，产生白色沉淀，加入稀盐酸后沉淀部分消失，生成气体，则亚硫酸钠已部分变质；

评价：由实验探究I的分析可知，部分变质也会产生气泡，甲组方案不合理；

实验探究II：甲组实验：氢氧化钠溶液能吸收二氧化硫，C装置的质量发现比反应前增重6.4g，说明反应过程生成了6.4g的二氧化硫。设：生成6.4g的二氧化硫需亚硫酸钠的质量为x，Na2SO3

+H2SO4(浓)=Na2SO4+ SO2↑+H2O126 64x 6.4g

x=12.6g

溶液中Na2SO3的质量分数=×100%=10%；

解释：反应后的装置中充满了生成的二氧化硫，若没有进行第4步操作，生成的二氧化硫没有全部吸收，测得的二氧化硫质量偏小，测得亚硫酸钠溶液的溶质质量分数比实际的偏小；乙组实验：①BaCl2与Na2SO4能发生复分解反应生成BaSO4沉淀，加入氯化钡溶液过量的目的是使溶液中Na2SO4全部转化成沉淀；②第三步操作要洗涤沉淀的原因是沉淀表面溶液中含有NaCl、BaCl2，烘干时一并析出造成沉淀质量偏大；反思：通过上述实验可知，亚硫酸钠在空气中易氧化变质，保存亚硫酸钠时，应密村保存防止氧化。10．两百多年前，法国化学家拉瓦锡用图1装置定量的研究了空气的成分。仿照这个历史上著名实验的原理，用图2所示装置来测定空气中氧气的含量。（实验回顾）图2是实验室用红磷燃烧来粗略测定空气中氧气含量的装置。写出红磷燃烧的化学方程式________。（分析讨论）用红磷燃烧的方法测出的氧气含量总是低于21%，有没有其他物质可以代替红磷进行实验而使实验结果更准确呢？（实验改进1）同学们用蜡烛代替红磷测定空气中氧气的含量，发现蜡烛很快熄灭，回流到集气瓶中的水远远小于瓶中气体体积的1/5。是什么原因所致呢？（猜想与假设）猜想①：蜡烛燃烧产生CO2气体；猜想②：________。（实验验证）将蜡烛点燃后用氧气传感器定量测定瓶中的氧气含量，数据如图3。（得出结论）空气中氧气体积分数降低了________%。（查阅资料）在老师的指导下，同学们查阅了红磷、白磷、蜡烛等可燃物燃烧所需要的最低含氧量以及其他信息如下：资料1：可燃物名称红磷白磷蜡烛最低含氧量/%8.04.016.0甲、乙、丙三个小组分别用过量红磷、白磷、蜡烛进行该实验，用测氧气浓度的传感器测得反应后的氧气浓度分别为8.85%、3.21%、16.7%，数据与表中的理论值基本一致。其中蜡烛燃烧后用测一氧化碳浓度传感器测算一氧化碳浓度约为2%。资料2：二氧化碳因与氢氧化钠溶液发生化学反应，实验室常用氢氧化钠溶液来吸收二氧化碳。资料3：蜡烛或者木炭在密闭的集气瓶中燃烧，氧气浓度不断变小的同时，会有一氧化碳气体生成。常温下一氧化碳难溶于水，且不与氢氧化钠溶液反应。（交流与讨论）根据以上信息回答下列问题：①白磷和红磷相比，使用白磷能使结果更准确，其原因是________。②有同学提议选用木炭替代红磷做实验，在集气瓶底部预先放少量氢氧化钠溶液吸收生成的二氧化碳气体，小华觉得不可行，其主要原因是________。（实验改进2）食品脱氧剂（以铁粉为主的物质组成）能通过化学反应除去密闭包装袋中的氧气，使食品处于无氧状态。同学们尝试用图4装置进行实验来测定空气中氧气的含量。下表是实验过程中记录的有关数据：实验所需的时间/min0510303545量筒中液面的刻度/mL503527.519.719.719.7①脱氧剂发生复杂的化学反应，首先是铁粉与氧气、水反应生成氢氧化亚铁固体，写出该反应的化学方程式________。②分析表中数据得知，至少经过________分钟后，量筒中的液面不再下降。③根据表中实验数据进行推算，广口瓶中氧气的体积分数约为________(结果精确到0.1%)。（实验拓展）铁在不同的条件下与氧气反应可生成不同种铁的氧化物，58g四氧化三铁与多少克氧化铁（Fe2O3）中所含铁元素质量相等？________（写出计算过程）（实验评价）与燃烧红磷法相比，用脱氧剂测定空气中氧气含量的优点是________。【答案】（实验回顾）4P+5O22P2O5（猜想与假设）装置漏气（合理均可）（得出结论）5.18（交流与讨论）白磷消耗氧气更彻底；木炭在氧气浓度较低时会生成一氧化碳气体，一氧化碳难溶于水且不与氢氧化钠溶液反应（实验改进2）2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2 30 20.2%（实验拓展）60g（过程见解析）（实验评价）氧气消耗更彻底，装置始终密闭，减少了误差，使测定结果更准确【解析】[实验回顾]红磷燃烧生成五氧化二磷，反应的化学方程式为4P+5O22P2O5。[猜想与假设]猜想①：蜡烛燃烧产生CO2气体；猜想②：装置漏气等。[得出结论]空气中氧气体积分数降低了：21%-15.82%=5.18%。[交流与讨论]①白磷和红磷相比，使用白磷能使结果更准确，其原因是白磷消耗氧气更彻底。故填：白磷消耗氧气更彻底。②小华觉得不可行，其主要原因是木炭在氧气浓度较低时会生成一氧化碳气体，一氧化碳难溶于水且不与氢氧化钠溶液反应。[实验改进2]①脱氧剂发生复杂的化学反应，首先是铁粉与氧气、水反应生成氢氧化亚铁固体，该反应的化学方程式为：2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2。②分析表中数据得知，至少经过30分钟后，量筒中的液面不再下降。③根据表中实验数据进行推算，广口瓶中氧气的体积分数约为：50mL-19.7mL150mL[实验拓展]设58g四氧化三铁与质量为x的氧化铁（Fe2O3）中所含铁元素质量相等，根据题意有：58g×56×356[实验评价]与燃烧红磷法相比，用脱氧剂测定空气中氧气含量的优点是：氧气消耗更彻底，装置始终密闭，减少了误差，使测定结果更准确。11．氮化镁是一种应用范围非常广泛的无机化合物，它可用于制备高硬度、高热导、抗腐蚀、抗磨损和耐高温的其它元素的氮化物，制备特殊的陶瓷材料等．某校化学研究小组用镁与氮气反应制备氮化镁（Mg3N2），并用实验方法测定氮化镁的纯度．I．制备氮化镁【查阅资料】①（NH4）2SO4+2NaNO2=△2N2↑+Na2SO4+4H2②饱和硫酸亚铁溶液能吸收氧气；稀硫酸能吸收氨气．③在常温下或温度不高的条件下镁几乎与水不反应．【实验】制备氮化镁的装置示意图如图1（1）D装置的作用是________，G装置的作用是________。（2）E装置中发生反应的化学方程式为________。（3）实验时先进行________（选填“A”或“E”）处加热，理由是________。II．测定氮化镁的含量氮化镁是浅黄色粉末，极易与水反应生成Mg（OH）2沉淀和NH3，反应的化学方程式为________，氮化镁（Mg3N2）中氮元素的化合价是________。【定性分析】，步骤一：取少量氮化镁样品于试管中加足量蒸馏水，试管底部有沉淀生成，试管口闻到有刺激性气味的气体生成。步骤二：弃去上层清液，加入稀盐酸，观察到沉淀全溶且冒气泡．该步骤中产生气泡的化学方程式为________。【定量测定】按如图2实验装置进行实验：（4）取氮化镁样品16g进行实验，I装置增重3.4g，求该样品中氮化镁的质量分数（请写出计算过程）。（5）球形干燥管的作用是________。【答案】（1）吸收水蒸气（或干燥氮气） 防止空气中氧气进入E装置（2）3Mg+N2Mg3N2（3）A 排尽装置内的空气 Mg3N2+6H2O═3Mg（OH）2+2NH3↑ ﹣3Mg+2HCl═MgCl2+H2↑（4）解：设样品中氮化镁的质量为XMg3N2+6H2O═3Mg（OH）2+2NH3↑10034X3.4g100X=10gMg3N2的质量分数为10g16g答：样品中氮化镁的质量分数为62.5%．（5）充分反应，防止倒吸【解析】（1）浓硫酸具有吸水性，能够吸收水蒸气（干燥氮气）；G装置的作用是防止空气中的氧气进入E装置；D干燥氮气，除去水蒸气，防止对E装置反应的影响．故填：吸收水蒸气（或干燥氮气）；防止空气中氧气进入E装置；（2）装置E中氮气与镁反应生成氮化镁，反应方程式为：3Mg+N2Mg3N2；（3）进行实验时先进行A加热，理由是排尽空气；氮化镁与水反应生成氢氧化镁和氨气，根据在化合物中正负化合价代数和为零，则氮化镁中氮元素的化合价为：（+2）×3+x×2=0，则x=﹣3。弃去上清液，加入盐酸，若观察到有气泡产生，则证明产物中含有未反应的镁，反应的方程式：Mg+2HCl═MgCl2+H2↑。（5）球形干燥管的作用是充分反应，防倒吸。12．碱式碳酸镁是白色粉末，不溶于水，可用于镁盐制备、制药工业等，其组成一般以xMgCO3•yMg（OH）2•zH2O表示。某化学兴趣小组同学在老师带领下参观了碱式碳酸镁的生产流程，并设计实验确定碱式碳酸镁的组成。Ⅰ．碱式碳酸镁的制备（图1）（1）操作③的名称是________。（2）上述流程中NH3被循环使用，流程中生成NH3的化学方程式为：①CaO+H2O═Ca（OH）2；②________。（3）判断碱式碳酸镁是否洗涤干净，可向最后的洗出液中滴加

（填字母），观察现象判断．A．盐酸和氯化钡的混合液 B．硝酸和硝酸银的混合液 C．碳酸钠溶液 D．稀盐酸（4）实验室可用复盐MgCO3•（NH4）2CO3•H2O作原料制备碱式碳酸镁．取一定量原料放入三颈烧瓶中，并将三颈烧瓶放在恒温水浴锅中加热（如图2所示），加入一定量蒸馏水，开启搅拌器同时加入预定的氨水，待温度达40℃时滴加卤水并继续滴入氨水，一段时间后通过系列实验操作得到碱式碳酸镁产品。实验中搅拌的目的是________，水浴加热的优点是________。（5）Ⅱ．测定碱式碳酸镁的组成【查阅资料】

①MgCO3eq\o(\s\up8(△),eq\o(\s\up2(——),——,\s\do0()),\s\do4())MgO+CO2↑；②Mg（OH）2eq\o(\s\up8(△),eq\o(\s\up2(——),——,\s\do0()),\s\do4())MgO+H2O。【实验设计】（图3）C中的物质是________（填名称）．实验过程中，当关闭K后，加热B装置，判断碱式碳酸镁完全分解的方法是：当观察到C中________，则其已完全分解．D处常用浓氢氧化钠溶液而不用饱和石灰水的原因是________．（6）【数据分析】取碱式碳酸镁[xMgCO3•yMg（OH）2•zH2O]4.66g，高温煅烧至恒重，得到固体2.00g，CO21.76g，试通过计算确定该碱式碳酸镁中x：y的最简整数比（请写出计算过程）。（7）若没有A装置，则测定得到的z值________（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）。【答案】（1）过滤（2）2NH4Cl+Ca（OH）2eq\o(\s\up6(△),══,\s\do4())CaCl2+2H2O+2NH3↑（3）B（4）使反应物充分混合接触，提高反应速率；反应物受热均匀（5）浓硫酸；无气泡产生；等体积的浓氢氧化钠溶液比饱和石灰水含有更多的溶质，能充分吸收二氧化碳（6）解：设碱式碳酸镁中碳酸镁质量为x，生成氧化镁质量为y，MgCO3eq\o(\s\up6(△),══,\s\do4()) MgO+ CO2↑84 4044x y 1.76g84x=40y=441.76g，

x=3.36g，y=1.6g，

Mg（OH）2eq\o(\s\up6(高温),══,\s\do4()) MgO+H2O58 40z 0.4g58z=400.4g，

z=0.58g，

3.36g84：0.58g58=x：y，

x：y=4：1，【解析】（1）操作③的名称是过滤，提供过滤把液体和固体分离．（2）上述流程中，加热条件下，氯化铵和氢氧化钙反应生成氯化钙、水和氨气，反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2eq\o(\s\up6(△),══,\s\do4())CaCl2+2H2O+2NH3↑．（3）判断碱式碳酸镁是否洗涤干净，可向最后的洗出液中滴加硝酸和硝酸银的混合液，如果不产生白色沉淀，说明已经洗涤干净．（4）实验中搅拌的目的是使反应物充分混合接触，提高反应速率；水浴加热的优点是反应物受热均匀．（5）C中的物质是浓硫酸，用来吸收水蒸气；实验过程中，当关闭K后，加热B装置，判断碱式碳酸镁完全分解的方法是：当观察到C中无气泡产生，则其已完全分解；D处常用浓氢氧化钠溶液而不用饱和石灰水的原因是等体积的浓氢氧化钠溶液比饱和石灰水含有更多的溶质，能充分吸收二氧化碳．（7）若没有A装置，空气中的水蒸气会进入C装置中，则会导致反应生成的水偏大，从而导致测定得到的z值偏大．故填：偏大．13．某同学将打磨过的铝箔加入到氢氧化钠溶液中，结果发现也有气泡产生，为了解该气体的成分，实验小组进行了以下探究活动：（作出猜想）猜想一：氧气；猜想二：氢气；猜想三：氮气。（1）其他同学认为猜想三是错误的，理由是。（2）（进行实验）分别进行实验：利用图①装置进行实验：反应一段时间后，观察到，则猜想一错误。（3）利用图②装置进行实验：反应一段时间气体验纯后，在尖嘴处点火观察_，则猜想二正确。（4）（得出结论）氢氧化钠、水、铝能反应生成偏铝酸钠（NaAlO2）和氢气，请写出此反应的化学方程式_。（5）铝分别与稀硫酸、氢氧化钠溶液反应，若生成等质量的氢气，则消耗掉硫酸与氢氧化钠的质量比为________。（6）若本实验所用试液是在空气中敞口久置的氢氧化钠稀溶液，则观察不到明显的实验现象。其原因是。（用化学方程式表示）（7）铝块能制成铝箔是利用了铝的________性，铝在空气中表面形成一层致密的薄膜，具有一定的抗腐蚀性，写出相应的化学方程式。【答案】（1）反应物中不含有氮元素（2）带火星的木条不能复燃（3）气体燃烧，发出淡蓝色火焰（4）2NaOH+2Al+2H2O═2NaAlO2+3H2↑（5）147：40（6）2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O（7）延展；4Al+3O2═2Al2O3【解析】[作出猜想]（1）其他同学认为猜想三是错误的，理由是反应物中不含有氮元素。[进行实验]（2）利用图①装置进行实验：反应一段时间后，观察到带火星的木条不能复燃，则猜想一错误。（3）利用图②装置进行实验：反应一段时间气体验纯后，在尖嘴处点火观察气体燃烧，发出淡蓝色火焰，则猜想二正确。[得出结论]（4）氢氧化钠、水、铝能反应生成偏铝酸钠（NaAlO2）和氢气，反应的化学方程式2NaOH+2Al+2H2O═2NaAlO2+3H2↑。

（5）根据化学方程式2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑和2NaOH+2Al+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，若生成等质量的氢气，则消耗掉硫酸与氢氧化钠的质量比为3H2SO4:2NaOH=3×98:2×40=147:40。

（6）若本实验所用试液是在空气中敞口久置的氢氧化钠稀溶液，则观察不到明显的实验现象。其原因是氢氧化钠与二氧化碳发生反应。故填：2NaOH+CO2═Na2CO14．草酸是一种酸，草酸晶体（H2C2O4•2H2O）易溶于水，熔点较低，加热会熔化、气化和分解．草酸（H2C2O4）与氢氧化钙的反应：H2C2O4+Ca（OH）2═CaC2O4↓（白色）+2H2O。【分析讨论】（1）草酸的水溶液的pH________7（填“＞”、“=”、“＜”）（2）实验室可用加热草酸晶体分解的方法获得CO①先加热草酸晶体生成CO、CO2和H2O，其化学方程式是________；②再将生成的混合气体通过NaOH溶液吸收CO2，其化学方程式是________；③最后用图1装置收集CO，气体应从________

端进入（选填“a”或“b”）．（3）【实验反思】甲认为图2中试管口应略向下倾斜，老师、同学讨论后一致认为装置是正确的，理由是________．（4）实验中观察到澄清石灰水变浑浊，乙认为一定是由草酸晶体受热分解产生的CO2所导致，丙认为乙的结论不严密，理由是________．（5）【生活链接】菠菜营养丰富，但菠菜豆腐同食，易得结石（主要成分：草酸钙晶体），小组同学对草酸钙晶体的性质及组成产生了兴趣．【性质探究】按图3装置将草酸钙晶体（CaC2O4•xH2O）样品高温加热，使其完全分解并检验产生的气体．【问题讨论】B中观察到________现象，说明反应生成了水；（6）C、G中澄清石灰水均变浑浊，说明反应还生成________和________气体．（7）反应开始前通入氮气的目的是________．（8）【组成确定】利用热分析仪对草酸钙晶体（CaC2O4•xH2O）进行热分解，获得相关数据，绘制成固体质量﹣分解温度的关系如图4．①温度为200℃左右时，晶体全部失去结晶水，晶体中结晶水的质量为________g．②计算CaC2O4•xH2O中的x（CaC2O4的相对分子质量：128），x=________．③800℃以上时，经检验残留固体为氧化物，图中m的值是________．④写出固体质量由12.8g变为10.0g时的化学方程式________．【答案】（1）＜（2）H2C2O4•2H2Oeq\o(\s\up6(△),══,\s\do4())CO↑+CO2↑+3H2O↑；2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O；b（3）防止草酸加热熔化将导管堵塞（4）草酸加热气化产生草酸（H2C2O4）蒸气与氢氧化钙反应生成CaC2O4沉淀（5）硫酸铜粉末变蓝（6）CO；CO2（7）排尽装置内的空气或除去装置中的水、二氧化碳和氧气（8）1.8；1；5.6g；CaC2O4CO↑+CaCO3【解析】【分析讨论】（1）根据草酸（H2C2O4）与氢氧化钙的反应：H2C2O4+Ca（OH）2═CaC2O4↓（白色）+2H2O，推测草酸的水溶液的pH＜7。（2）①根据“加热草酸晶体生成CO、CO2和H2O”，故其化学方程式是H2C2O4•2H2Oeq\o(\s\up6(△),══,\s\do4())CO↑+CO2↑+3H2O↑；②NaOH溶液吸收CO2的化学方程式是2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O；③用图1装置排水法收集CO，气体应从b端进入。【实验反思】（3）甲认为图2中试管口应略向下倾斜，应考虑防止草酸加热熔化将导管堵塞。（4）实验中观察到澄清石灰水变浑浊，乙认为一定是由草酸晶体受热分解产生的CO2所导致，丙认为乙的结论不严密，理由是草酸加热气化产生草酸（H2C2O4）蒸气与氢氧化钙反应生成CaC2O4沉淀。【问题讨论】（5）将草酸钙晶体（CaC2O4•xH2O）样品高温加热，B中观察到硫酸铜粉末变蓝现象，说明反应生成了水。（6）C中澄清石灰水均变浑浊，说明反应还生成CO2气体；G中澄清石灰水均变浑浊，说明反应还生成CO气体，因为一氧化碳与氧化铜反应会生成二氧化碳。（7）反应开始前通入氮气的目的是排尽装置内的空气或除去装置中的水、二氧化碳和氧气。【组成确定】（8）利用热分析仪对草酸钙晶体（CaC2O4•xH2O）进行热分解，获得相关数据，绘制成固体质量﹣分解温度的关系如图4。①温度为200℃左右时，晶体全部失去结晶水，晶体中结晶水的质量为14.6g﹣12.8g=1.8g．②因为CaC2O4的相对分子质量：128，根据图象可知0～200℃是晶体失去结晶水的过程，14.6克CaC2O4•xH2O失去水后生成12.8克CaC2O4，根据CaC2O4•xH2O～ CaC2O4128+18x 12814.6g 12.8g则128+18x128=14.6g12.8g，解得x═1．CaC2O4eq\o(\s\up6(△),══,\s\do4())CaO+CO↑+CO2↑128 5612.8g x12856=12.8gx，解得x=5.6个，即图中m的值是5.6g．④400℃时草酸钙分解，其质量由12.8g变为10.0g，生成碳酸钙和CO固体，故其反应的化学方程式是：CaC2O4eq\o(\s\up6(△),══,\s\do4())CaCO3+CO↑。15．不少家庭养观赏鱼，有时会在鱼缸里放点“鱼浮灵”，可使水中的含氧量迅速增加．请你和小欣同学一起完成这项探究活动。【查阅资料】过碳酸钠，白色结晶颗粒，易溶于水并迅速放出氧气。【猜想假设】“鱼浮灵”的主要成分是过碳酸钠。（1）【性质探究】实验主要操作步骤（如图1）主要实验现象结论①在集气瓶中加入少量________（黑色固体），在仪器a中加入新配制的“鱼浮灵”的饱和水溶液；打开仪器a的活塞，放出适量溶液后，在导管口放一根带火星的木条________“鱼浮灵”溶于水生成过氧化氢②关闭仪器a，在仪器b中加入________，打开活塞，放出适量溶液后，在导管口放一燃着的木条生成大量无色气泡，木条熄灭“鱼浮灵”溶于水生成碳酸钠（2）【结果分析】主要成分是过碳酸钠，根据化学反应方程式：X+H2O═Na2CO3+H2O2，推出过碳酸钠的化学式X为________。（3）【工业制备】（如图2）稳定剂的作用是防止H2O2分解（或防止过碳酸钠分解），稳定剂中MgCl2和Na2SiO3发生复分解反应，生成一种难溶物将过碳酸钠粒子包裹住，该反应的化学方程式为________。（4）浊液中加入异丙醇的作用是________。（5）【测定纯度】实验资料：过碳酸钠样品中的杂质不溶于水且不与水反应。实验原理：2Na2CO4+4HCl═4NaCl+2CO2↑+O2↑+2H2O实验装置：如图3所示交流与讨论Ⅰ．甲同学认为测定产物中O2的体积即可测定样品（含有的杂质不溶于水且不与酸反应）的纯度（样品中过碳酸钠的质量分数）．装置②的作用是：________；装置③的作用是：________；称取适量样品与足量浓盐酸充分反应后，收集到的氧气的体积为0.25L（已知该实验条件下氧气的密度为1.28g/L），则称取的样品质量应大于________g。（6）Ⅱ．乙同学认为测定产物中CO2的质量（即反应前后装置②的质量差）就可测定样品的纯度．但利用上述实验装置测得CO2的质量并计算样品的纯度，结果会偏高，你认为原因可能是

（填序号）。A．浓盐酸易挥发，产生的氯化氢气体被装置②吸收

B．二氧化碳气体逸出时带出的水蒸气在装置②中冷凝而被吸收

C．装置①、②内空气中的二氧化碳被装置②吸收（7）Ⅲ．丙同学提出了一种新方案，得到了大家的一致认可：称取样品12.5g，滴加足量浓盐酸至样品反应完全，再将烧瓶中所有的液体蒸发、结晶、烘干，称得氯化钠固体11.7g，则该样品的纯度为多少？（写出计算过程）【答案】（1）MnO2；有气泡逸出，能使带火星木条复燃；稀盐酸（2）Na2CO4（3）MgCl2+Na2SiO3=MgSiO3↓+2NaCl（4）降低过碳酸钠的溶解度（或减少过碳酸钠的溶解或提高产率等）（5）吸收二氧化碳和氯化氢气体；检验二氧化碳是否完全被吸收；2.44（6）ABC（7）设样品中过碳酸钠的质量为y。2Na2CO4+4HCl═4NaCl+2CO2↑+O2↑+2H2O244 234y 11.7g244解得y=12.2g该样品的纯度为：12.2g12.5g【解析】探究一：【设计方案】①过碳酸氢钠溶于水，在二氧化锰的催化作用下，迅速的分解产生氧气，能使带火星的木条复燃；②常用稀盐酸来检验碳酸根离子的存在，向待测物质中加入稀盐酸，若能产生使澄清的石灰水变浑浊的气体，则证明该物质中含有碳酸根离子；【结果分析】由质量守恒定律知，化学式X中含有两个钠原子、一个碳原子和四个氧原子，所以X化学式是Na2CO4．【工业制备】（3）实验中加入稳定剂的作用是为防止H2O2分解（或防止过碳酸钠分解）而失效；稳定剂中的氯化镁MgCl2与硅酸钠Na2SiO3发生复分解反应，能生成氯化钠和难溶的硅酸镁，覆盖在过碳酸钠表面起保护作用，其化学方程式为MgCl2+Na2SiO3=MgSiO3↓+2NaCl．（4）由框图可知，加入异丙醇后经操作Ⅰ后得到的是滤液和晶体，因此操作Ⅰ应该是过滤步骤，由此可知，加入异丙醇的作用是降低过碳酸钠的溶解度（过碳酸钠在有机溶剂中的溶解度较小）以利于其析出晶体，因此浊液中加入异丙醇的作用是降低过碳酸钠的溶解度（或减少过碳酸钠的溶解或提高产率等）；交流与讨论Ⅰ．（1）装置②中浓氢氧化钠的作用是除去二氧化碳和氯化氢气体；（2）装置③中澄清石灰水的作用是验证二氧化碳是否被除尽；（3）设收集到的氧气的体积为0.25L，需要过碳酸钠的质量为x，2Na2CO4+4HCl═4NaCl+2CO2↑+O2↑+2H2O24432x0.25L×1.28g/L244xⅡ．测得二氧化碳的体积偏大，原因可能有：浓盐酸易挥发，产生的氯化氢气体被装置②吸收；二氧化碳气体逸出时带出的水蒸气在装置②中冷凝而被吸收；装置①、②内空气中的二氧化碳被装置②吸收；Ⅲ．设样品中过碳酸钠的质量为y，2Na2CO4+4HCl═ 4NaCl+2CO2↑+O2↑+2H2O244 234y 11.7g244y解得y=12.2g该样品的纯度为：12.2g12.5g16．过氧化钠（Na2O2）是一种淡黄色固体．在一次科技活动中，化学兴趣小组设计了如图1所示的实验，其中A、C是包有过氧化钠的棉花，B是未包过氧化钠的棉花．实验中观察到A、C棉花依次燃烧，B棉花未燃烧。（1）B棉花起的作用是________．（2）棉花能燃烧，除了满足棉花是可燃物之外，还需满足________的条件．（提出问题）上述实验中是如何给棉花提供燃烧条件的？（查阅资料）①Na2O2与稀盐酸反应时，生成NaCl、H2O和O2．②在常温下Na2O2与CO2、H2O均能发生化学反应．③无水硫酸铜为白色固体，吸水后变为蓝色．（实验设计）经过讨论，小组同学设计用如图2所示装置进行实验探究．（实验步骤）①检查整套装置的气密性；②把相关的试剂放入对应的仪器内；③用力推动针筒的活塞，把稀盐酸注入试管内；④一段时间后，在P处放置一根带火星的木条，观察现象．（实验现象）①无水硫酸铜没有变蓝色；②________；③________．（3）（实验分析）B装置的作用是________．（4）E装置中产生现象的原因是________．（5）（实验结论）①Na2O2和CO2反应产生的一种气体，使图1中的棉花满足了燃烧的一个条件．②Na2O2和CO2反应过程中伴随能量变化，使图1中的棉花满足了燃烧的另一个条件．（拓展提高）①Na2O2和CO2反应除生成一种气体外，还生成了一种固体，学生甲认为生成的固体是NaOH，学生乙认为是Na2CO3，同学们经思考后认为________同学的猜想是错误的，理由是________．②写出Na2O2和CO2反应的化学方程式________．【答案】（1）对照实验（2）与氧气接触，温度达到棉花的着火点以上；E中石灰水变混浊；P处带火星木条复燃（3）除去A中浓盐酸挥发出的氯化氢气体（4）Na2O2与CO2反应放出热量，使烧杯E中石灰水温度升高，由于Ca(OH)2溶解度随温度升高而减小，因此升温导致饱和石灰水析出固体Ca(OH)2，产生浑浊。（5）①甲；反应前没有H元素，因此不可能生成NaOH；2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2↑【解析】（1）A、C是包有过氧化钠的棉花，B是未包过氧化钠的棉花．实验中观察到A、C棉花依次燃烧，B棉花未燃烧，是将B与A、C对比，从而得出结论；（2）物质燃烧需要三个条件：①物质是可燃物②与氧气接触③温度达到着火点．棉花是可燃物，还缺少另外两个条件；【实验现象】大理石和浓盐酸反应生成二氧化碳，进入B装置，饱和的碳酸氢钠溶液可与浓盐酸挥发出来的氯化氢气体反应从而除去氯化氢气体；通过C得到干燥的二氧化碳，除去混有的水蒸气，故D中无现象；E中过氧化钠固体与二氧化碳反应放热，氢氧化钙的溶解度随着温度升高而减小溶质析出，澄清的石灰水变浑浊；过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，使P处带火星的木条复燃；【实验分析】（3）E装置中需要纯净的二氧化碳，二氧化碳与碳酸氢钠溶液不反应，氯化氢气体与之可反应从而被除去；（4）Na2O2与CO2反应放出热量，使烧杯E中石灰水温度升高，由于Ca(OH)2溶解度随温度升高而减小，因此升温导致饱和石灰水析出固体Ca(OH)2，产生浑浊；（5）【拓展提高】①根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变；而反应前的物质是Na2O2与CO2，没有H元素，因此不可能生成NaOH，故甲同学猜想错误；②Na2O2与CO2反应生成碳酸钠和氧气，方程式是：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2↑。17．多角度认识硫化氢气体。硫化氢（H2S）在化学研究和化工生产中有着广泛应用．道尔顿等科学家对它进行过深入研究．请认真阅读下列资料，并结合你学过的知识，回答问题（1）～（4）：资料一：硫化氩是一种无色、有臭鸡蛋气味的剧毒气体，密度比空气大，能溶于水，其水溶液称为氢硫酸，具有酸的通性．实验室中用硫化亚铁（FeS）与稀硫酸反应制取硫化氢气体．

资料二：道尔顿在其著作《新系统》中时硫化氢的研究有以下记载（大意）；

A．硫化氲在密闭容器中受热，生成硫和与硫化氢等体积的氢气；

B．常温常压下，硫化氢与氧气按2：1的体积比混合，点燃，生成硫和水，无气体剩余；

C．常温常压下，硫化氢与氧气按2：3的体积比混合，点燃，恰好完全反应生成二氧化硫气体和水．

资料三：在相同温度和压强下，气体的体积之比等于分子个数之比．（1）从宏观上看，硫化氢由________组成：从微观上看，硫化氢是由________构成．（2）氢硫酸有酸性的本质原因是________，资料一和二中描述的硫化氢的化学性质还有________、________、________．（3）资料二的实验B中发生反应的化学方程式________，C实验中反应前后气体的体积比为________，B、C实验中硫化氢均发生________反应．（4）宴验室用如图所示的装置制取并探究硫化氢气体的性质．①甲装置中发生反应的化学方程式为________；②实验中收集气体的方法是________；③实验中，丙装置观察到的实验现象是________；④丁装置的作用是________，反应的化学方程式为________，反应的实质是________．【答案】（1）氢元素、硫元素；硫化氧分子（2）氢硫酸溶液中存在氢离子；剧毒；不稳定性；可燃性（3）2H2S+O22S+2H2O；5：2；氧化（4）FeS+H2SO4=FeSO4+H2S↑；向上排空气法；试液由紫色变为红色；吸收多余的硫化氢气体；H2S+2NaOH=Na2S+2H2O；氢离了和氧氧根离子结合生成水【解析】（1）从宏观上看，硫化氢由氢元素、硫元素组成，从微观上看，硫化氢是由硫化氢分子构成的；（2）在水中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物叫酸，所以氢硫酸有酸性的本质原因是氢硫酸溶液中存在氢离子，化学性质是在化学变化中表现出来的性质，所以资料一和二中描述的硫化氢的化学性质还有毒性、不稳定性、可燃性；（3）硫化氢和氧气按2：1的体积比混合在点燃的条件下生成硫单质和水，化学方程式为：2H2S+O22S+2H2O，硫化氢和氧气按2：3的体积比混合在点燃的条件下生成二氧化硫和水，化学方程式为：2H2S+3O22SO2+2H2O，所以C实验中反应前后气体的体积比为：（2+3）：2=5：2，B、C