九年级科学全册华师大版课件：第七讲-常见的盐培优训练

九年级科学全册华师大版课件：第七讲常见的盐培优训练解题技巧解题技巧2.硝酸钾溶液中混有Mg2+、Ba2+、Ag+三种金属离子，现用KOH、K2CO3、KCl三种试剂使它们成为沉淀分离出来，要求每次只加一种试剂，滤出一种沉淀，最后达到除去杂质的目的，则所加试剂顺序正确的是（）AKCl、K2CO3、KOH BK2CO3、KOH、KClCKCl、KOH、K2CO3DKOH、KCl、K2CO3一读关键词：三种金属离子、试剂、成为沉淀分离二联重要结论：盐的化学性质、碱的化学性质三解解：A、KCl溶液沉淀溶液中Ag+后，加入的K2CO3溶液却能同时沉淀溶液中Mg2+、Ba2+的，不符合每次得到一种沉淀的要求；故A不正确；B、由于K2CO3溶液中的碳酸根离子能与溶液中Mg2+、Ag+、Ba2+均形成沉淀，先加入K2CO3溶液会出现三种沉淀，不符合每次得到一种沉淀的要求；故B不正确；解题技巧解题技巧三解解：四悟解答本题的关键是要充分理解各种物质的性质，加入试剂后的沉淀情况，必须满足一种沉淀C、KCl只能与溶液中Ag+形成氯化银沉淀，然后加入的KOH只与溶液中Mg2+形成氢氧化镁沉淀，最后加入的碳酸钠沉淀溶液中的Ba2+形成碳酸钡沉淀，满足每次只得一种沉淀的要求；故C正确；D、由于KOH溶液中的氢氧根离子能与溶液中的Mg2+生成氢氧化镁白色沉淀，Ag+形成沉淀与氢氧根离子反应生成氢氧化银白色沉淀，氢氧化银不稳定，会转化成氧化银，所以加入KOH溶液出现象两种沉淀，不符合每次得到一种沉淀的要求；故D不正确；故选：C。解题技巧解题技巧3.将CO2通入滴有酚酞的BaCl2、NaOH混合溶液中，出现白色沉淀下列说法错误的是（）A溶液的颜色肯定无明显变化B产生白色沉淀的化学方程式为：BaCl2+CO2+H2O=BaCO3+2HClC反应后的溶液中一定有NaClD反应过程中，溶液里BaCl2、NaOH的质量分数均减小一读关键词：CO2、酚酞、BaCl2、NaOH混合溶液、白色沉淀二联重要结论：碱的化学性质、盐的化学性质三解解：氢氧化钠和氯化钡不反应，当滴有酚酞试液时，溶液是红色的，将二氧化碳通入混合溶液中，二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠，碳酸钠会与氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，溶液可能变为无色，反应后的溶液中一定含有氯化钠，解题技巧解题技巧三解解：四悟本题考查了氢氧化钠的有关性质，完成此题，可以依据已有的物质的性质进行要求同学们加强对物质性质的掌握，以便灵活应用A、溶液颜色可能由红色变为无色，故A错误；B、将二氧化碳通入氯化钡和氢氧化钠的混合溶液中，二氧化碳首先与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，生成的碳酸钠再与氯化钡反应生成碳酸钡和氯化钠，出现白色沉淀，而不是二氧化碳与氯化钡和水反应生成碳酸钡沉淀，故B错误；C、反应后的溶液中一定含有氯化钠，故C正确；D、氯化钡和氢氧化钠都参与反应，故其溶质质量分数一定减小，故D正确；故选：AB。解题技巧解题技巧4.部分含钙物质间的转化关系如图所示，下列分析正确的是（）ACaO、Ca（OH）2、CaCO3都是含氧化合物，简称氧化物B转化是氯化钙溶液中的钙被置换出来C转化可能是复分解反应D转化一定是中和反应一读关键词：转化关系图示、分析正确的二联重要结论：物质的相互转化和制备、中和反应及其应用、从组成上识别氧化物、反应类型的判定三解解：四悟掌握物质间相互转化的规律是解题的关键A氧化物是由两种元素组成的，而氢氧化钙和碳酸钙中均含有三种元素，不属于氧化物，故错误；B钙的化学性质非常活泼，所以转化往往是通过电解氯化钙实现的，故错误；C氢氧化钙与碳酸钠发生复分解反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠；氢氧化钙也可与二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，故正确;D氢氧化钙与氯化铜溶液发生复分解反应生成氢氧化铜沉淀和氯化钙，不属于中和反应，故错误；故选：C。解题技巧解题技巧5.下列各组溶液不用其他试剂，而用物质间两两混合的方法能够鉴别的是（）ANa2SO4、BaCl2、KNO3、NaClBNaOH、Na2SO4、FeCl3、BaCl2CNa2SO4、Na2CO3、BaCl2、HClDNaCl、AgNO3、NaNO3、HCl一读关键词：不用其他试剂、物质间两两混合、鉴别二联重要结论：酸、碱、盐的鉴别三解解：A、Na2SO4、BaCl2、KNO3、NaCl中给定的物质两两混合时只有一次沉淀产生，即Na2SO4和BaCl2的反应，但无法鉴别是哪一种物质，其它的物质混合都无现象，因此不能鉴别，故A错误；B、首先观察氯化铁是黄色的溶液，然后将氯化铁和其它三种溶液混合，能够产生沉淀的是氢氧化钠，而和硫酸钠氯化钡混合无现象，因此无法鉴别硫酸钠和氯化钡，故B选项错误；解题技巧解题技巧三解解：四悟解答不另加试剂就能鉴别的题目时，若选项中有带色的离子，首先鉴别，然后再鉴别其它的物质；若都没有颜色，可将溶液两两混合，根据混合后的现象进行鉴别C、组内四种物质的溶液两两混合时，其中有一种溶液与其它三种溶液混合时出现一次白色沉淀和一次放出气体，该溶液为Na2CO3溶液；与Na2CO3溶液产生气体的溶液为HCl，产生白色沉淀的为BaCl2溶液；与Na2CO3溶液混合无任何明显现象的为Na2SO4溶液；因此只用组内溶液相互混合的方法就能鉴别，故C选项正确；D、NaCl、AgNO3、NaNO3、HCl中两两混合时能够产生两次沉淀的是AgNO3，而与沉淀出现没有关系的一份溶液为NaNO3，至于和AgNO3产生沉淀的NaCl和HCl，则无法鉴别，故D选项错误。故选：C。解题技巧解题技巧6.向一定质量含CaCl2和HCl的混合溶液中逐滴加入溶质质量分数为10.0%的Na2CO3溶液反应过程中加入的Na2CO3溶液的质量与产生沉淀或气体的质量关系如图所示下列说法正确的是（）A图中0a段表示生成沉淀的过程Bb点时，溶液中溶质有2种Cc点时，溶液的pH7Dx值为106.0一读关键词：CaCl2和HCl的混合溶液、Na2CO3溶液、所给图示二联重要结论：盐的化学性质三解解：A、图中0a段表示的是碳酸钠和盐酸反应生成气体的过程，不是生成沉淀的过程，故选项错误；B、b点时，表示碳酸钠与盐酸、碳酸钠与氯化钙恰好完全反应，溶液中溶质只有氯化钠，故选项错误；解题技巧解题技巧三解解：四悟本考点属于盐的化学性质和有关的计算，解决本考点需要根据实验现象，综合分析，从而得出正确的结论C、c点时，碳酸钠溶液过量，因为碳酸钠呈碱性，因此溶液的pH7，故选项正确；D、设与盐酸反应的碳酸钠的质量为y，与氯化钙反应的碳酸钠的质量为z根据Na2CO3CO2，Na2CO3CaCO3，10644106100y10%2.2gz10%5.0g列比例式求得所用碳酸钠溶液的质量是y=53g；根据5.0g沉淀求得碳酸钠溶液的质量z=53g，因此x值为：53g+53g=106g；故选项正确；故选：CD。解题技巧解题技巧7.a，b，c，d四种无色溶液：Na2CO3、BaCl2、AgNO3、HCl。现将它们两两混合，产生的现象列表如下：a，b，c，d两两混合产生的现象由此，推知a，b，c，d，依次是（）ANa2CO3、BaCl2、AgNO3、HClBBaCl2、Na2CO3、AgNO3、HClCAgNO3、HCl、Na2CO3、BaCl2DBaCl2、Na2CO3、HCl、AgNO3一读关键词：四种无色溶液、两两混合、产生现象二联重要结论：酸、碱、盐的鉴别三解解：四悟本题难度不大，解题时往往需要从题目中挖出一些明显的条件，抓住突破口，获得结论，最后把结论代入原题中验证A、B、C、D分别代表盐酸、氯化钡、硝酸银和碳酸钠四种物质的溶液中的某一种，它们两两混合，由发生的现象表可知，c与b反应生成气体，则b、c为盐酸和碳酸钠中的一种；d与a、b、c反应均产生白色沉淀，则d为硝酸银溶液，a为氯化钡溶液，d和c反应生成白色沉淀，则c为盐酸，b为碳酸钠。故选：D。解题技巧解题技巧8.某兴趣小组称取2.500g胆矾晶体，逐渐升温使其失水，并准确测定不同温度下剩余固体的质量（m）得到如图所示的实验结果示意图以下分析正确的是（）A晶体水分子与硫酸铜结合能力完全相同B每个结晶水分子与硫酸铜结合的能力都不相同C可能存在三种不同的硫酸铜结晶水合物D加热过程中结晶水分子逐个失去一读关键词：胆矾晶体、升温使其失水、图示二联重要结论：化学方程式的有关计算三解解：四悟本题考查硫酸铜晶体中水分子所处化学环境结合图象分析考查，特别要要清楚随温度的改变固体质量三次降度这是解题的关键所在A，B、由信息，由图可知晶体水分子与硫酸铜结合能力不完全相同，故A错误，B错误；C、因为固体质量就是分三次降低的，所以晶体中的水分子所处化学环境可以分为3种，即可能存在三种不同的硫酸铜结晶水合物，故C正确；D、由图可知是分三阶段失水，即故D错误；故选：C。解题技巧解题技巧9.下列实验方案中不能测定碳酸钠和碳酸氢钠混合物中碳酸钠质量分数的是（）A取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重agB取ag混合物充分加热，减重bgCag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热，蒸干、灼烧，得bg固体D取ag混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，bg固体解题技巧解题技巧一读关键词：碳酸钠和碳酸氢钠混合物、测定碳酸钠质量分数二联重要结论：盐的化学性质三解解：四悟本题考查了物质质量分数计算的方案评价，解题的关键是明确计算的原理，难度较大A、碳酸钠、碳酸氢钠都能和稀硫酸反应产生二氧化碳和水，碱石灰能够吸收二氧化碳和水，因此无法利用差量法计算出二氧化碳的质量，故A正确；B、碳酸氢钠不稳定，易分解产生二氧化碳气体，可以利用差量法计算碳酸钠质量，从而计算碳酸氢钠的质量分数，故B错误；C、稀盐酸和碳酸氢钠、碳酸钠反应产生二氧化碳，bg是氯化钠的质量，利用守恒法可计算出碳酸钠、碳酸氢钠的质量及质量分数，故C错误；D、碳酸钠、碳酸氢钠都能够和氢氧化钡反应产生碳酸钡沉淀，bg固体是生成碳酸钡的质量，所以利用方程式求出碳酸氢钠的质量分数，故D错误。故选：A。解题技巧解题技巧10.今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：Na+、NH4+、Ba2+、Cl、CO32、SO42现取两份200mL溶液进行如下实验：第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到气体0.68g；第二份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g根据上述实验，以下推测正确的是（）A一定不存在Ba2+，NH4+可能存在BCO32一定存在CNa+一定存在D一定不存在Cl解题技巧解题技巧一读关键词：混合物的水溶液、不同实验现象二联重要结论：常见离子的检验方法及现象三解解：四悟硫酸钡、氯化银为既不溶于水也不能溶于酸且不能与酸反应的两种白色沉淀离子要想共存，相互间不能发生反应能与足量NaOH溶液加热产生气体的物质应为铵盐，因此溶液中应含有铵根离子；故一定存在NH4+；在溶液可能存在的五种离子中，能与氯化钡溶液反应形成的沉淀只有碳酸钡和硫酸钡，因此沉淀有三种情况可能是碳酸钡；可能是硫酸钡；可能是既有碳酸钡又有硫酸钡；其中硫酸钡不溶于酸也不能与酸反应；而碳酸钡与酸能反应而沉淀质量减少根据（得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g）故沉淀为：既有碳酸钡又有硫酸钡确定原溶液中存在CO32，SO42。因为Ba2+与CO32、SO42在溶液中不能共存；确定原溶液中一定不存在Ba2+故原溶液中一定存在NH4+、CO32、SO42，一定不存在Ba2+，可能存在Cl、Na+，故选：B。解题技巧解题技巧11.粗食盐中含有CaCl2、MgCl2、Na2SO4杂质，需加入NaOH溶液、Na2CO3溶液、BaCl2溶液（均过量），想滤液中加入盐酸调PH、再蒸发，可制得精盐所加三种溶液的顺序不正确的是（）ANaOH、BaCl2、Na2CO3BBaCl2、Na2CO3、NaOHCNa2CO3、BaCl2、NaOHDBaCl2、NaOH、Na2CO3一读关键词：粗食盐中含杂质、加入溶液、制得精盐二联重要结论：氯化钠与粗盐提纯三解解：A、先加过量NaOH除去MgCl2，再加过量BaCl2除去Na2SO4，接着加入过量Na2CO3除去CaCl2和过量的BaCl2，最后加入HCl除去前面过量的NaOH和Na2CO3故A顺序正确。不选。B、先加过量BaCl2除去Na2SO4，再加过量Na2CO3除去CaCl2和过量的BaCl2，接着加入过量NaOH除去MgCl2，最后加入HCl除去前面过量的NaOH和Na2CO3故B顺序正确。不选。解题技巧解题技巧三解解：四悟除杂时不仅要能把杂质除掉，还不能引入新杂质，而且方法要简便易行，把握好此原则需要我们有扎实的基础知识和缜密的思维C、先加过量Na2CO3除去CaCl2，再加过量BaCl2除去Na2SO4和过量的Na2CO3，接着加入过量NaOH除去MgCl2，这样溶液中就有NaOH和BaCl2剩余，而最后加入的HCl只能除去过量的NaOH，而不能除去BaCl2，导至新杂质BaCl2的引入。故C顺序错误，选C。D、先加过量BaCl2除去Na2SO4，再加过量NaOH除去MgCl2，接着加入过量Na2CO3除去CaCl2和过量的BaCl2，最后加入HCl除去前面过量的NaOH和Na2CO3故D顺序正确。不选。故选：C。解题技巧解题技巧12.某城市有甲、乙两工厂排放污水，污水中各含有下列6种离子中的3种（两厂不含相同离子）：Ag+、Ba2+、Na+、Cl、SO42、NO3若两厂单独排放都会造成严重的水圬染，如将两厂的污水按一定比例混合，沉淀后污水便会变得无色澄清且只含硝酸钠而排放，污染程度会大大降低关于污染源的分析，你认为正确的是（）ASO42和NO3可能来自同一工厂BCl和NO3一定不在同一工厂CAg+和Na+可能在同一工厂DNa+和NO3来自同一工厂解题技巧解题技巧一读关键词：单独排放都会造成圬染、混合排放污染程度降低二联重要结论：离子或物质的共存问题三解解：四悟此题是离子共存问提的考查，抓住离子之间不能发生反应，即不能生成沉淀、气体、水的共存要求是解题的关键假设甲厂有银离子，那么甲厂就一定不能有氯离子，不然就会产生沉淀，失去其中一种离子了，同样的，硫酸银微溶，所以甲厂中也不能有硫酸根离子。因此乙厂中就有了氯离子和硫酸根离子，乙厂中就一定不能有银离子、钡离子了，但是溶液时不显电性的，所以甲厂中有银离子、钡离子和硝酸根离子。乙厂中有硫酸根离子、氯离子和钠离子。故选：B。解题技巧解题技巧13.有Na、S、O、H四种元素中的两种或三种元素组成四种常见的化合物其中甲能跟氯化钡反应生成一种硫酸盐和另种盐，乙能跟氢氧化钠反应生成盐和水，丙能跟盐酸反应生成盐和水，丁呈中性可以和氧化钙或二氧化碳发生化合反应，生成相应的碱或酸，下列说法：甲定是硫酸钠；乙可能是硫酸；丙定是氢氧化钠；丁定是水其中正确的一组是（）ABCD解题技巧解题技巧一读关键词：四种元素、不同反应现象二联重要结论：复分解反应的条件与实质、物质的鉴别、推断三解解：四悟此题考查了酸的化学性质、碱的化学性质等多方面的知识，要真正的掌握所学的知识，才能得心应手的做题甲能跟氯化钡反应生成一种硫酸盐和另一种盐，说明甲中含有硫酸根离子和一种金属离子；乙能跟氢氧化钠反应生成盐和水，说明乙是一种酸或酸性氧化物；丙能跟盐酸反应生成盐和水，说明丙是金属氧化物或碱；丁呈中性，且可以分别跟氧化钙或二氧化碳发生化合反应，生成相应的碱或酸，说明丁是水。故选：D。解题技巧解题技巧14.某白色固体甲，可能含有硫酸钠、氢氧化钠、碳酸钠、氯化钠中的一种或几种；某无色溶液乙是初中化学常见的一种可溶性钡盐溶液，为探究它们的成分，进行如下实验，对于固体甲的分析正确的是（）A一定有硫酸钠B一定有氢氧化钠C一定有氯化钠D至少含有碳酸钠、氢氧化钠中的一种解题技巧解题技巧一读关键词：给出的流程图、探究它们的成分二联重要结论：物质的鉴别、推断、盐的化学性质三解解：四悟本题目是通过对实验方法和过程的探究，在比较鉴别的基础上，通过实验现象，从而得出物质的组成，得出了正确的实验结论A、加过量的可溶性钡盐溶液后，生成的白色沉淀不溶于硝酸，说明是硫酸钡白色沉淀，那么一定有：硫酸钠，故选项正确；B、加足量的水滴酚酞后，酚酞变红色，说明溶液呈碱性，加过量的可溶性钡盐溶液后，生成的白色沉淀不溶于硝酸，说明是硫酸钡白色沉淀，那么一定有：硫酸钠，一定没有碳酸钠，也一定有氢氧化钠，故选项正确；C、如果过量的可溶性钡盐是氯化钡，那么氯化钠可能有也可能没有，不是一定有，故选项错误；D、加过量的可溶性钡盐溶液后，生成的白色沉淀不溶于硝酸，说明是硫酸钡白色沉淀，那么一定有：硫酸钠，一定没有碳酸钠，也一定有氢氧化钠，因此没有碳酸钠，故选项错误；故选：AB。解题技巧解题技巧15.两种盐的固体混合物：加热时有气体产生，加水溶解时有沉淀生成，且沉淀溶于稀盐酸满足上述条件的混合物是（）BaC12和（NH4）2SO4；AgNO3和NH4C1；FeC13和NaHCO3KC1和Na2CO3A.B.C.D.一读关键词：固体混合物、不同反应现象二联重要结论：几组未知物的检验三解解：四悟本题考查了物质性质的应用，熟悉物质检验方法的分析判断、物质性质的反应现象判断是解题关键、混合物加热硫酸铵分解生成氨气，有气体生成，溶于水生成沉淀硫酸钡溶于盐酸，故符合；、混合物加热氯化铵分解，有气体生成，溶于水生成氯化银产生不溶于盐酸，故不符合；、混合物加热有碳酸氢钠分解生成二氧化碳，气体生成，溶于水生成氢氧化铁沉淀溶于盐酸，故符合；、混合物加热无气体生成，溶于水无沉淀生成，故不符合；故选：A。解题技巧解题技巧16三种无色溶液，溶质分别为硫酸铵、氯化钠和碳酸钾3位同学设计的鉴别方案如下：甲：各加入少量盐酸，有气体产生的是碳酸钾然后向无明显现象的试管中滴加少量氯化钡溶液，有沉淀产生的是硫酸铵，无沉淀产生的是氯化钠乙：各加入足量烧碱溶液，加热，有气体产生的是硫酸铵然后向无明显现象的试管中滴加少量硝酸银溶液，再加入少量稀硝酸，有沉淀产生的是氯化钠，无沉淀的是碳酸钾丙：各加入少量氯化钡溶液，再加入少量稀硝酸，有沉淀产生的是硫酸铵然后向无明显现象的试管中滴加少量硝酸银溶液，有沉淀产生的是氯化钠，无沉淀的是碳酸钾其中正确的有（）A只有甲B甲和乙 C乙和丙 D甲和丙解题技巧解题技巧一读关键词：三种无色溶液、鉴别二联重要结论：酸、碱、盐的鉴别、铵态氮肥的检验三解解：四悟解答本题关键是要知道鉴别碳酸根离子用盐酸，鉴别氯离子用硝酸银和稀硝酸，在鉴别氯离子时不能加入含有氯离子的化合物，以免产生干扰甲：盐酸与碳酸钾反应生成氯化钾、水、二氧化碳；氯化钡与硫酸铵反应产生硫酸钡白色沉淀和氯化铵，氯化钡与氯化钠都含有氯离子不反应，故甲说法正确；乙：各加入足量烧碱溶液，氢氧化钠是过量的，滴加少量硝酸银溶液，再加入少量稀硝酸可能少量的稀硝酸与足量的烧碱溶液发生了反应，而不能判断稀硝酸与氯化钠、碳酸钾的反应情况，故乙说法错误；丙：前面加入了氯化钡引入了氯离子，向无明显现象的试管中滴加少量硝酸银溶液，有沉淀产生，可能是由于加入氯化钡导致的，所以不能判断到底是否存在氯化钠。故丙说法错误。故选：A。解题技巧解题技巧17.现有失去标签的氯化钙、硝酸银、盐酸、碳酸钠4种无色溶液将它们编号为甲、乙、丙、丁后，两两混合的现象如下表所示根据实验现象判断甲溶液中溶质的化学式是（）ACaCl2BAgNO3CHClDNa2CO3一读关键词：4种无色溶液、两两混合的现象二联重要结论：酸、碱、盐的鉴别三解解：四悟本题考查了物质的检验和鉴别的方法，难度不大，明确复分解反应的条件四种溶液两两混合，盐酸和碳酸钠混合产生气泡，因此甲和乙为盐酸和碳酸钠，又因乙和丙混合无明显现象，盐酸和氯化钙混合无明显现象，故乙为盐酸，丙为氯化钙，甲为碳酸钠，丁为硝酸银，将四种物质代入验证符合题目要求。故选：D。解题技巧解题技巧18.将5.4g金属铝投入一定量的混合盐溶液中，反应后可得到36.0g金属单质（无气体产生）则原混合盐的组成可能为（）APb（N03）2与Hg（N03）2BFe（NO3）2和Zn（N03）2CAgN03与Cu（N03）2DSn（N03）2与Mg（N03）2一读关键词：铝、混合盐溶液、金属单质二联重要结论：金属的化学性质、根据化学反应方程式的计算三解解：由2Al+3Pb（NO3）2=2Al（NO3）3+3Pb，2Al+3Hg（NO3）2=2Al（NO3）3+3Hg，2Al+3Fe（NO3）2=2Al（NO3）3+3Fe，2Al+3Zn（NO3）2=2Al（NO3）3+3Zn，Al+3AgNO3=Al（NO3）3+3Ag，2Al+3Cu（NO3）2=2Al（NO3）3+3Cu，2Al+3Sn（NO3）2=2Al（NO3）3+3Sn，铝不与Mg（NO3）2反应，可得出5.4g铝完全反应，置换出金属的质量：解题技巧解题技巧三解解：四悟本题涉及的计算的量比较大，不能逐一计算，可以由方程式找出关系式，根据关系式在进行计算，比较简便2Al3Pb3Hg3Fe3Zn6Ag3Cu3Sn546216031681956481923575.4g62.1g60.3g16.8g19.5g64.8g19.2g35.7g由以上数据可知：A、不论是Pb还是Hg，置换出金属的质量都大于36.0g，但可能存在盐的量不足，铝未反应完；置换出铅和汞的质量会出现36.0g故A符合题意；B、不论是Fe或Zn，相应质量都小于36.0g，组合也小于36.0g故B不符合题意；C、置换出Ag和Cu的质量分别为64.8g和19.2g，36.0g，介于二者之间，可以通过组合得到。故C符合题意；D、镁不反应，置换出Sn的质量35.7g，小于36.0g，不能由组合得到相应结果。故D不符合题意。故选：AC。解题技巧解题技巧19.亚硫酸钠（化学式Na2SO3）溶液能和Bacl2溶液反应，生成亚硫酸钡白色沉淀，亚硫酸钡能溶于盐酸中，以上反应的化学方程式如下：Na2SO3+Bacl2=BaSO3+2Nacl；BaSO3+2Hcl=Bacl2+SO2+H2O,实验室中的亚硫酸钠若保存不当就容易与空气中的氧气反应生成硫酸钠。为了检验储存的一瓶亚硫酸钠是否变质，取少量亚硫酸钠样品配置成溶液，再取溶液少许，滴入氯化钡，然后再滴入硝酸。（1）若亚硫酸钠未变质观察到的现象是。（2）若亚硫酸钠部分变质，观察到的现象是。解题技巧解题技巧一读关键词：.亚硫酸钠、Bacl2、白色沉淀、溶于盐酸、硫酸钠二联重要结论：药品是否变质的探究、书写化学方程式三解解：四悟解决本考点需要根据实验现象，综合分析，从而得出正确的结论亚硫酸钠（化学式Na2SO3）溶液能和Bacl2溶液反应，生成亚硫酸钡白色沉淀，亚硫酸钡能溶于盐酸中并产生二氧化硫刺激性气体，而硫酸钡沉淀不溶于稀盐酸和稀硝酸，所以取少量亚硫酸钠样品配制成溶液，再取溶液少许，滴入氯化钡，然后再滴入硝酸，（1）若亚硫酸钠未变质观察到的现象是：产生白色沉淀，沉淀全部溶于稀硝酸；（2）若亚硫酸钠部分变质，观察到的现象是：产生白色沉淀，沉淀部分溶于稀硝酸。答案为：（1）产生白色沉淀，沉淀全部溶于稀硝酸；（2）产生白色沉淀，沉淀部分溶于稀硝酸。解题技巧解题技巧20.（1）CaCl2溶液和NaHCO3溶液反应生成CaCO3沉淀为表示这个反应写出了下列两个反应方程式：CaCl2+NaHCO3CaCO3+NaCl+HClCaCl2+2NaHCO3CaCO3+2NaCl+CO2+H2O你认为哪一个反应的化学方程式不合理，并简述理由。（2）已知难溶的物质在一定条件下可转化成更难溶的物质将白色Mg（OH）2加到FeCl3溶液中有红棕色沉淀生成请写出反应的化学方程式并简述理由解题技巧解题技巧一读关键词：CaCl2溶液、NaHCO3溶液、CaCO3沉淀、难溶的物质、更难溶的物质二联重要结论：书写化学方程式、文字表达式、电离方程式三解解：四悟学生应能对物质的类别作出判断，找出共性，得出类别不同的物质来解答，同时也要对依据信息对化学反应的书写有一定的认识（1）因CaCl2+NaHCO3=CaCO3+NaCl+HCl反应的生成物中CaCO3能与HCl反应，则该反应不合理，而CaCl2+2NaHCO3=CaCO3+2NaCl+CO2+H2O反应有沉淀和气体、水生成，则该反应合理；（2）由难溶的物质在一定条件下可转化成更难溶的物质，则白色Mg（OH）2加到FeCl3溶液中有红棕色沉淀生成，是因为Fe（OH）3比Mg（OH）2更难溶，化学方程式为：3Mg（OH）2+2FeCl33MgCl2+2Fe（OH）3故答案为：（1）第一个化学方程式不合理，因为CaCO3将与HCl反应；（2）3Mg（OH）2+2FeCl33MgCl2+2Fe（OH）3，因Fe（OH）3比Mg（OH）2更难溶解题技巧解题技巧21.有一包不纯的固体烧碱，其中可能含有Na2SO4、MgSO4、Ba（OH）2、NaCl中的一种或几种，取少量烧碱样品，按下图步骤进行实验：由此可推知该固体烧碱中一定含有；一定不含有。解题技巧解题技巧一读关键词：不纯的固体烧碱、实验图示二联重要结论：物质的鉴别，推断、常见离子的检验方法及现象三解解：四悟本题的关键是要注意每一步得出的结论是否是原样品中的成分，因为在反应过程中常加入与所给样品中相同的离子的溶液硫酸镁是一种常用的化学试剂及干燥试剂，它不容易溶解，由于样品可溶于水，说明不能含有MgSO4；但加入BaCl2有白色沉淀说明含有硫酸根离子，故一定含有Na2SO4，Na2SO4+BaCl2BaSO4+2NaCl，含有硫酸根离子就不能含有钡离子，故Ba(OH)2不能有滤液加入硝酸银产生白色沉淀，证明滤液中有氯离子存在，但因为加入的氯化钡溶液反应后氯离子在滤液中，所以无法判断氯离子的来源。故答案为：Na2SO4MgSO4、Ba(OH)2解题技巧解题技巧22.蛋白质是组成细胞的基础物质，一些可溶性的重金属盐（如含Cu2+，Ba2+，Ag+等）会使蛋白质发生凝固变性，从而使其丧失生理功能，致人中毒，因此，可溶性重金属盐为有毒物质，根据上述所给知识回答下列问题：（1）医疗上用X射线检查胃肠疾病时，要服用的悬浊液（俗称钡餐），而不能服用碳酸钡，其原因是人体胃液中含有一定量的，与碳酸钡反应后，会产生使人中毒的氯化钡（2）下列物质中，可较大量的添加在食品中的是（填序号）ACuSO4BNaHCO3CBa（NO3）2DAgNO3（3）若误服氯化钡溶液，下列方案中可作为解毒措施的是（选填序号）A多饮糖水B引用牛奶C引用食盐水D引用硫酸铝溶液解题技巧解题技巧一读关键词：可溶性重金属盐、凝固变性、中毒二联重要结论：常见中毒途径及预防方法三解解：（1）根据题干提供的信息可知，可溶性重金属盐有毒，医疗上用x射线检查肠胃病时，用的钡餐是既不溶于水，也不溶于胃酸，不能电离出可溶性钡离子的硫酸钡碳酸钡虽然不溶于水，却能与胃酸的主要成分盐酸反应生成可溶的氯化钡，产生有毒的钡离子而导致中毒（2）CuSO4、Ba（NO3）2、AgNO3含有重金属，不可食用NaHCO3是发酵粉的主要成分，可以较大量的添加在食品中解题技巧解题技巧三解解：四悟本题难度不大，考查同学们灵活运用蛋白质的性质、重金属盐中毒的有关知识进行分析问题、解决问题的能力（3）氯化钡中毒若要解毒，可以使钡离子转化为不溶性钡盐A、糖水不与氯化钡反应，不能解毒，故选项错误B、饮用牛奶，因为牛奶中富含蛋白质，能与重金属盐反应，可防止人体本身的蛋白质被破坏，能用于解毒，故选项正确C、食盐水不与氯化钡反应，不能解毒，故选项错误D、硫酸铝能与氯化钡反应生成既不溶于水也不溶于酸的硫酸钡沉淀，能起到解毒的作用，故选项正确，故答案为：（1）BaSO4；HCl（2）B（3）BD解题技巧解题技巧23.工业上利用太阳能进行海水晒盐已知海水蒸发浓缩过程中析出盐的种类和质量如下表：（表中数据为每升海水在浓缩过程中析出各种盐的质量，单位为g）（1）海水从密度为1.21gmL1浓缩到1.22gmL1时发生的变化是A各种盐的溶解度增大B海水中水的质量分数不变C析出粗盐中NaCl的质量分数增大D海水中Br的质量分数不变（2）海水在浓缩过程中，最先析出的盐是实际晒盐生产中，海水的密度一般控制在1.211.26gmL1范围内由上表可知，所得粗盐中含有的杂质离子有（3）下图能较正确地反映浓缩过程中海水中NaCl的质量分数（A%）与海水密度（d）的关系的是解题技巧解题技巧一读关键词：海水晒盐、析出盐的表格、浓缩二联重要结论：海水晒盐的原理和过程、溶质的质量分数三解解：四悟解答本题关键是要知道海水浓缩过程是水分蒸发，溶质质量不变，溶解度的大小与温度有关，温度不变溶解度不变（1）海水浓缩过程是水分减少过程，溶质不变，溶剂减少，溶质质量分数增大，温度不变溶解度不变，所以只有C正确；（2）由表中数据可知最先析出的是硫酸钙，因为海水密度为1.13时就已经有硫酸钙析出；海水的密度在1.21gml11.26gml1范围内，有晶体析出的都是氯化钠中的杂质，所以硫酸钙、氯化镁、硫酸镁、溴化钠都是粗盐中含有的杂质，所以所得粗盐中含有的杂质离子有：Ca2+，Mg2+，SO42；Br；（3）由于浓缩过程水分减少，氯化钠的质量不变，所以氯化钠的质量分数增大，达到饱和后，由于温度不变溶解度不变，溶质质量分数不变，所以B正确故答案为：（1）C；（2）硫酸钙；Ca2+，Mg2+，SO42；Br；（3）B解题技巧解题技巧24.某同学在实验室发现一包白色粉末他将该粉末取少量放入试管中，滴入稀盐酸，有气泡产生请你参与并帮助完成下列探究活动：（1）【提出问题】该气体的成分是什么？（2）【猜想与假设】该气体可能是CO2（3）【设计与实验】老师告诉他：该白色粉末是Na2CO3、K2CO3、CaCO3、BaCO3中的两种，于是该同学做了进一步探究解题技巧解题技巧（4）【提出问题】该白色粉末的成分是什么？（5）【猜想与假设】猜想1：该白色粉末若能完全溶于水，则它是Na2CO3和K2CO3；猜想2：该白色粉末若完全不能溶于水，则它是CaCO3和（选填化学式）（6）【设计与实验】取白色粉末少许于试管中，再注入适量水，振荡，粉末全部溶解向中滴入澄清石灰水，溶液中出现白色沉淀（7）【实验结论】猜想正确请你思考判断：该同学做的上述实验中，（选填“有”或“没有”）必要做第步，理由是解题技巧解题技巧一读关键词：白色粉末、稀盐酸、气泡产生二联重要结论：实验探究物质的组成成分以及含量三解解：四悟解答本题要注意方程式的书写方法，知道常见物质在水中的溶解性（3）二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，反应物是氢氧化钙和二氧化碳，生成物是碳酸钙和水，化学方程式为Ca（OH）2+CO2CaCO3+H2O；由此判断该白色粉末中含有碳酸盐（5）白色粉末是Na2CO3、K2CO3、CaCO3、BaCO3中碳酸钙和碳酸钡难溶于水（7）取白色粉末少许于试管中，再注入适量水，振荡，粉末全部溶解，说明该粉末易溶于水，因为CaCO3、BaCO3属于沉淀，Na2CO3、K2CO3都易溶于水，就可说明猜想1正确没有必要做第步故答案为：（3）Ca（OH）2+CO2CaCO3+H2O碳酸（5）BaCO3（7）1没有因为CaCO3、BaCO3属于沉淀，Na2CO3、K2CO3都易溶于水解题技巧解题技巧25.过氧化钙（CaO2）难溶于水，常温下稳定，在潮湿空气及水中缓慢放出氧气，广泛应用于渔业等领域如图是以大理石（含Al2O3及其他不溶于水也不溶于酸的杂质）等为原料制取CaO2的流程图：（1）操作a、b、c的名称都是（2）操作a的目的是（3）从滤液C中可回收的副产品的化学式为（4）写出反应的化学方程式（5）反应的基本反应类型是（6）在该生产过程中，用110kg的大理石制得了72kg的过氧化钙如果不考虑过程中的损耗，可计算出大理石中CaCO3的质量分数为（结果保留一位小数）解题技巧解题技巧一读关键词：大理石、制取CaO2、流程图二联重要结论：物质的相互转化和制备、过滤的原理、方法及应用、盐的化学性质、反应类型的判定、书写化学方程式、电离方程式、据化学反应方程式的计算三解解：（1）由实验的操作可知，操作a、b、c都是将固液分开，名称是过滤（2）操作a的目的是：除去大理石中不溶水也不溶于酸的杂质（3）大理石与盐酸反应生成的氯化钙和碳酸铵之间可以发生复分解反应生成碳酸钙和氯化铵，过滤所得滤液主要成分是氯化铵，所以，从滤液C中可回收的副产品的化学式为：NH4Cl（4）由反应的流程可知，反应是杂质氧化铝与盐酸反应生成的氯化铝与氨水反应生成了氢氧化铝和氯化铵，反应的化学方程式是：AlCl3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4Cl解题技巧解题技巧三解解：四悟本题是一道框图推断题，考查知识面较广，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度较大（5）由反应的流程可知，反应是双氧水可以和氯化钙反应生成过氧化钙和盐酸，方程式是：CaCl2+H2O2=CaO2+2HCl，该反应是由两种化合物相互交换成分生成了两种新的化合物，属于复分解反应（6）设大理石中CaCO3的质量为x，由元素质量守恒可知CaCO3CaO210072x72kg解得：x=100kg大理石中CaCO3的质量分数为：=90.9%故答为：（1）过滤（2）是除去大理石中不溶水也不溶于酸的杂质（3）NH4Cl（4）AlCl3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4Cl（5）复分解反应（6）90.9%解题技巧解题技巧26.海水中含有丰富的化学元素，下面是海水综合利用的生产流程简图：请回答：（1）在粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42等杂质，精制时所用的试剂为：A盐酸B氯化钡溶液C氢氧化钠溶液D碳酸钠溶液则加入试剂的顺序是（选填编号）（2）Mg（OH）2中加入盐酸后，要获得MgCl26H2O晶体，需要进行的实验操作依次（选填编号）A蒸馏B灼烧C过滤D蒸发E冷却结晶解题技巧解题技巧（3）利用MgCl26H2O可制得无水氯化镁，应采取的措施是（4）母液中常含有MgCl2、NaCl、MgSO4、KCl等（溶解度如图所示），可进一步加工制得一些重要的产品。将母液加热升温到60以上，随着水分的蒸发，会逐渐析出晶体，此晶体的主要成分是；过滤出上述晶体后，将滤液降温到30以下，还会逐渐析出晶体，将该晶体用一定量的冷水洗涤，最后可得到比较纯净的晶体。解题技巧解题技巧一读关键词：海水综合利用、流程简图二联重要结论：海水资源及其综合利用三解解：（1）SO42、Ca2+、Mg2+等分别与BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液反应生成沉淀，可再通过过滤除去，Na2CO3溶液能除去过量的BaCl2溶液，盐酸能除去过量的Na2CO3溶液和NaOH溶液，所以应先加BaCl2溶液再加Na2CO3溶液，最后加入盐酸，所以正确顺序为BDCA或CBDA或BCDA等故答案为：BDCA或CBDA或BCDA等；（2）Mg（OH）2中加入盐酸后，要获得MgCl26H2O晶体，需要进行的实验操作为：蒸发浓缩，冷却结晶如果要使该晶体变为无水氯化镁，一定要在HCl气氛中脱水，否则会水解；故答案为：C、D、E；解题技巧解题技巧三解解：四悟本题考查学生氯碱工业的有关知识、物质性质和转化关系，要求学生具有分析和解决问题的能力，题目难度中等（3）氯化镁易水解，氯化氢可抑制其水解，利用MgCl26H2O可制得无水氯化镁，应采取的措施是：要在HCl气流中加热脱水，故答案为：在HCl气流中脱水，带走水蒸气，防止MgCl2水解（4）观察溶解度图象，当温度大于60，随着温度的升高，MgSO4的溶解度反而下降，NaCl的溶解度一直比较低。所以这两种物质就会结晶析出；降温时析出晶体，说明该晶体溶解度随温度的降低而降低，从图象可以看出，MgCl2和KCl随着温度的降低而下降，将母液R降温（降到30以下）析出晶体主要是MgCl2，KCl，从图象可以看出，在温度较低时，MgCl2的溶解度大于KCl的溶解度，所以冷水洗涤时较纯的KCl固体就会析出；故答案为：NaCl和MgSO4；KCl。解题技巧解题技巧27.医用氯化钙可用于补钙、抗过敏和消炎等，以工业碳酸钙（含少量Na+、Al3+、Fe3+等杂质）生产医用二水合氯化钙工艺流程为：已知：查阅资料得知氢氧化物沉淀时的pH为：（1）CaCO3与盐酸反应的离子方程式（2）除杂操作是加入氢氧化钙，调节溶液的pH为，目的是除去溶液中少量的Al3+、Fe3+检验Fe（OH）3是否沉淀完全的实验操作是解题技巧解题技巧（3）过滤时需用的玻璃仪器有滤渣主要成分的化学式（4）酸化时加盐酸的目的为：，防止Ca2+在蒸发时发生水解（5）为什么蒸发结晶要保持在160？（6）若所测样品CaCl22H2O的质量分数偏高（忽略其它实验误差），可能的原因之一为解题技巧解题技巧一读关键词：二水合氯化钙、流程图、氢氧化物沉淀时的pH二联重要结论：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用三解解：（1）碳酸钙可以和盐酸发生反应生成氯化钙、水以及二氧化碳，反应的离子方程式为CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2O，故答案为：CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2O；（2）根据表中数据可知，氢氧化铁完全沉淀的pH为3.7，氢氧化铝开始沉淀的pH为5.2，氢氧化铝开始溶解的pH为7.8，所以将铁离子、铝离子完全转化成沉淀的pH范围为：5.27.8；Fe3+与KSCN反应生成红色物质Fe（SCN）3，检验Fe3+是否存在的，选用KSCN溶液，操作为取少量上层清液于小试管中，滴加KSCN溶液，若不显红色，则Fe（OH）3沉淀完全，故答案为：5.27.8（或之间的任意值）；取少量上层清液于小试管中，滴加KSCN溶液，若不显红色，则Fe（OH）3沉淀完全；解题技巧解题技巧三解解：四悟本题注意离子的检验方法和常见仪器的使用，样品纯度的分析要注意溶液中可能发生的反应，难度中等（3）过滤时需用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和普通漏斗；加入氢氧化钙生成氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，所以滤渣的主要成分为：Fe（OH）3、Al（OH）3，故答案为：烧杯、玻璃棒、普通漏斗；Fe（OH）3、Al（OH）3；（4）因除去铁离子、铝离子需加入过量的氢氧化钙，加入盐酸，可中和氢氧化钙以及防止Ca2+在蒸发时发生水解，故答案为：除去过量的氢氧化钙；（5）从溶液中得到晶体，加热温度不能过高，防止因温度太高CaCl22H2O会失水，故答案为：温度太高CaCl22H2O会失水；（6）品中存在少量的NaCl，对氯化钙晶体加热使之失去结晶水操作中，干燥温度过高时CaCl22H2O晶体失去部分结晶水，会给实验带来误差，故答案为：样品中存在少量的NaCl或干燥温度过高时CaCl22H2O晶体失去部分结晶水解题技巧解题技巧28.纯碱是主要的化工原料，化学家发明了其不同的工业制法，其中法国化学家尼古拉斯.勒布朗早在1791年发明的工业合成碳酸钠的方法，简称勒布朗制碱法该方法包括以下两个阶段：首先从原料氯化钠与浓硫酸在高温下的反应得到中间产物硫酸钠，然后通过硫酸钠与木炭和碳酸钙的反应来得到碳酸钠各步骤反应的化学方程式如下：2NaCl+H2SO4Na2SO4+2HClNa2SO4+2CNa2S+2CO2Na2S+CaCO3Na2CO3+CaS完成下列计算（计算过程保留3位有效数字）（1）假设每一步反应物的量足够，反应完全，理论上每获得1kg纯度为80%的纯碱需要氯化钠的质量是kg解题技巧解题技巧（2）步骤碳单质过量时也同样可以反应获得Na2S，此时所发生的反应的化学方程式是若其它条件不变，步骤按此反应进行，每获得1kg纯度为80%的纯碱需要氯化钠的质量是kg，此时消耗碳单质的量是原步骤反应用碳量的倍（3）通过定性分析，勒布朗制碱法获得的纯碱含有杂质CaCO3和CaS，为了测定产品纯度，取10g样品与稀硝酸反应，硫元素全部转化成淡黄色固体，称量其质量为0.16g，另取10g样品与稀盐酸反应，得到气体（忽略气体在水中的溶解），折算为标况下，体积为2.162L，计算求出该产品中Na2CO3的纯度（4）若除氯化钠和碳单质的量外，其它反应物足量，反应充分，如果加入ag氯化钠时，生成的Na2CO3为yg，电子转移数为z个，讨论分析当氯化钠与碳的物质的量之比x的值不同时，用函数式表示y和z的值是多少解题技巧解题技巧一读关键词：布朗制碱法、所给化学方程式二联重要结论：探究物质的组成或测量物质的含量、制备实验方案的设计三解解：（1）反应完全，理论上每获得1kg纯度为80%的纯碱需要氯化钠的质量可以依据化学方程式分析氯化钠和碳酸钠的定量关系，设生成碳酸钠需要氯化钠质量为X；2NaCl+H2SO4Na2SO4+2HClNa2SO4+2CNa2S+2CO2Na2S+CaCO3Na2CO3+CaS得到2NaClNa2CO3258.51106X1Kg80%X=0.883Kg；故答案为：0.883；解题技巧解题技巧三解解：（2）步骤碳单质过量时也同样可以反应获得Na2S，过量碳和二氧化碳反应生成一氧化碳，此时所发生的反应的化学方程式：Na2SO4+4C=Na2S+4CO；若其它条件不变，步骤按此反应进行，分析化学方程式得到计算定量关系仍是2NaClNa2CO3，所以每获得1kg纯度为80%的纯碱需要氯化钠的质量是0.883Kg；根据化学方程式得到2CNa2CO3；按照Na2SO4+4C=Na2S+4CO反应得到4CNa2CO3；所以此时消耗碳单质的量是原步骤反应用碳量二倍；故答案为：Na2SO4+4C=Na2S+4CO；0.883；2；解题技巧解题技巧三解解：（3）纯碱含有杂质CaCO3和CaS，为了测定产品纯度，取10g样品与稀硝酸反应，硫元素全部转化成淡黄色固体,称量其质量为0.16g物质的量=0.005mol，依据硫元素守恒，CaS质量=0.005mol72g/mol=0.36g；另取10g样品与稀盐酸反应，得到气体（忽略气体在水中的溶解），折算为标况下，体积为2.162L物质的量=0.0965mol，气体为二氧化碳和硫化氢，硫化氢物质的量为0.005mol，二氧化碳物质的量=0.0965mol0.005mol=0.0915mol，元素守恒得到：设CaCO3质量x，Na2CO3质量为y；得到x+y+0.005=0.0965，100 x+106y=100.36，计算得到x=0.0115mol，y=0.0817mol，碳酸钠的纯度=100%=86.6%；答：碳酸钠的纯度为86.6%；解题技巧解题技巧三解解：四悟本题考查了物质性质的实验探究方法和实验分析计算，方案设计和过程分析是解题关键，题目难度中等（4）若除氯化钠和碳单质的量外，其它反应物足量，反应充分，如果加入amol氯化钠时，生成的Na2CO3为yg，电子转移数为zmol，过程反应分析得到：2NaCl+H2SO4Na2SO4+2HClNa2SO4+2CNa2S+2CO2Na2S+CaCO3Na2CO3+CaS依据化学方程式得到2NaCl2C2CO28e；x=1当x1，氯化钠过量，按照碳计算n（C）=，2CNa2CO3生成的碳酸钠物质的量mol，质量y=mol106g/mol=；z=mol；当x1时，按照氯化钠计算，2NaClNa2CO3+生成碳酸钠物质的量为mol，y=mol106g/mol=53a，z=4a；故答案为：解题技巧解题技巧29.将一定量的NaOH与NaHCO3混合物X，放在密闭容器中加热，充分反应后生成CO2气体V1L（V10）将反应后的固体残渣Y与过量盐酸反应，又生成CO2气体V2L（气体体积均在标准状况下测定，已知22.4L的CO2气体质量为44g）（1）Y的成分是ANa2CO3与NaOHBNa2CO3与NaHCO3CNaOHDNa2CO3（2）V1与V2的大小关系是（选填选项序号）。AV1V2BV1V2CV1=V2D无法确定（3）X中NaOH和NaHCO3物质的质量之比为（4）Y的质量是g。解题技巧解题技巧一读关键词：NaOH与NaHCO3混合物、加热、气体、固体残渣二联重要结论：盐的化学性质、酸的化学性质、根据化学反应方程式的计算三解解：（1）NaHCO3受热分解为碳酸钠、水和二氧化碳，二氧化碳又会与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，最终密闭容器中有二氧化碳剩余，说明反应后的固体残渣Y都转化为碳酸钠；故选D。（2）根据方程式：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2可见碳元素有一半留在Na2CO3中，生成的二氧化碳又有一部分与氢氧化钠反应CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，生成碳酸钠，最终碳酸钠中的碳元素全部转化为二氧化碳，所以将反应后的固体残渣Y与过量盐酸反应，又生成CO2气体体积V2L大于充分反应后生成CO2气体V1L；解题技巧解题技巧三解解：（3）根据质量守恒，最终碳酸氢钠中的碳元素全部转化为二氧化碳，即体积为（V1L+V2L），2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2可见碳元素有一半留在Na2CO3中，与氢氧化钠反应的二氧化碳为V1L=2NaHCO3Na2CO3+H2O+和Na2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO2所以设NaHCO3物质的质量为xNaHCO3CO28444x（V1L+V2L）所以x=g解题技巧解题技巧三解解：四悟本题考查混合物的有关计算，着楚发生的反应是解题关键，质量守恒思想计算，难度较大设NaOH物质的质量为y，CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，4480y所以X中NaOH和NaHCO3物质的质量之比为（4）由上述分析可知Y的质量是故答案为：（1）D;（2）B;（3）10（V2V1）：21（V2+V1）；（4）解题技巧解题技巧30.取50.00g某质量分数浓度的NaOH溶液，向其中通入二氧化碳气体后，再向溶液中逐滴滴入18.25%的盐酸，产生CO2气体的质量（假设反应后CO2完全逸出）与所加的盐酸体积之间的关系如图所示（1）计算原NaOH溶液的质量分数浓度（保留两位小数）（2）求NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液中的溶质及其质量（保留两位小数）解题技巧解题技巧一读关键词：NaOH溶液、CO2、盐酸、图示二联重要结论：根据化学反应方程式的计算、有关溶质质量分数的简单计算三解解：（1）由图象可知，反应结束时消耗的盐酸为50.0g，此时溶液中的溶质为氯化钠，设原NaOH溶液的溶质的质量为x，则由原子守恒可得NaClHClNaOH，36.54050.0g18.25%x解得x=10g，则原NaOH溶液的质量分数为100%=20.00%，答：原NaOH溶液的质量分数为20.00%；（2）由图象看出产生二氧化碳消耗的盐酸的质量大于没有产生二氧化碳消耗的盐酸的质量，所以溶液中溶质为碳酸钠和碳酸氢钠设它们的质量分别为x、y，生成的碳酸氢钠为z，解题技巧解题技巧三解解：四悟本题注意守恒法在解答中的应用，需明确反应后溶质的可能成分来计算则Na2CO3+HClNaCl+NaHCO3，10636.584x12.5g18.25%z解得x=6.63g，z=5.25gNaHCO3+HClNaCl+CO2+H2O8436.5y（5012.5）g18.25%解得y=15.75g，原溶液中碳酸氢钠的质量=15.75g5.25g=10.5g答：NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液中的溶质为碳酸钠和碳酸氢钠，质量分别为6.63g、10.50g谢谢观赏！2020/11/569