中考化学复习《金属与酸反应的图像》专项综合练习及答案1.docx
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中考化学复习《金属与酸反应的图像》专项综合练习及答案1.docx
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中考化学复习《金属与酸反应的图像》专项综合练习及答案1
一、中考初中化学金属与酸反应的图像
1.下列四个图像中分别表示四个化学兴趣小组活动中的数据及处理情况,其中错误的是
A.
图甲:
加水稀释氢氧化钠溶液
B.
图乙:
足量的锌和铁分别加入等质量同浓度的稀硫酸中
C.
图丙:
加热一定质量的KMnO4固体
D.
图丁:
往饱和石灰水加入少量生石灰
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A.氢氧化钠溶液呈碱性,pH大于7,加水稀释氢氧化钠溶液,pH不断减小至无限接近于7,故A正确;
B.足量的锌和铁分别加入等质量同浓度的稀硫酸,产生氢气质量相等,故B错误;
C.一定质量的KMnO4固体在加热条件下生成锰酸钾、二氧化锰和氧气,固体质量不断减少,当完全分解时固体质量达到最小值,之后不再变化,故C正确;
D、往饱和石灰水中加入少量生石灰,生石灰与水反应放热,温度升高,氢氧化钙的溶解度减小,溶质质量分数减小,当完全反应后温度降低到室温时,溶解度不变,饱和溶液的溶质质量分数不变,故D正确。
答案选B。
【点睛】
本题考查物质的性质的图象题,注意起点、拐点与终点的含义。
2.在完成实验室制取二氧化碳的实验后,为检测废液中溶质成分,同学们向废液中分别加入四种不同物质并绘制图象,下列图象中不能与其它三个图象得到同一结论的是
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A、加入碳酸钠溶液时,加入一定量的碳酸钠溶液后产生沉淀,说明溶液中含有盐酸;
B、加入锌时生成氢气,说明溶液中含有盐酸;
C、稀释时,溶液pH由小于7逐渐升高,说明溶液中含有盐酸;
D、加入硝酸银时,氯化钙和盐酸都能够和硝酸银反应生成白色沉淀氯化银,不能判断溶液中是否含有盐酸;
由以上分析可知,D图象中不能与其它三个图象得到同一结论。
故选D。
3.向一定量的稀硫酸中加入锌粉直至过量,如图所示的图象中,若以加入的锌粉质量为横坐标,则纵坐标是指
A.溶液的质量
B.生成气体的质量
C.溶液中硫酸的质量
D.溶液中硫酸锌的质量
【答案】A
【解析】
A、由于Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑,每65份质量的锌参与反应就会生成2份质量的氢气,说明溶液的质量随着反应的发生在逐渐的增多至不再发生变化,但溶液本来就有,所以不会从零开始,故A正确;
B、由于反应中生成的气体即氢气,质量是从零开始,故B错误;
C、稀硫酸是反应物,因此它的质量随着反应的进行在逐渐的减小,最后为零,故C错误;
D、硫酸锌是生成物,所以其起始点应该是零.故D错误.
故选A.
【点评】本题主要考查了金属在和稀酸发生反应的过程中引起的一系列的变化,从而加深学生对该类化学反应的进一步的理解和应用.
4.下列图象不能正确反映对应变化关系的是()
A.
某温度时,向一定量的饱和石灰水中加入少量生石灰
B.
加热氯酸钾与二氧化锰的混合物制氧气
C.
向等质量、等质量分数的稀硫酸中分别加入镁、铝至过量
D.
向氯化钠的饱和溶液中不断地加入硝酸钾
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A、某温度时,向一定量的饱和石灰水中加入少量生石灰时,氧化钙和水反应生成氢氧化钙,同时放热,温度恢复至室温时,由于溶剂水减小,部分溶质析出,因此溶质质量减小,故正确;
B、氯酸钾在二氧化锰的催化作用下加热生成氯化钾和氧气,生成的逸散到空气中,所以固体中氧元素的质量分数减小,由于二氧化锰中含有氧元素,所以最终氧元素质量分数不为0,故正确;
C、足量的金属与等质量、等质量分数的稀硫酸反应时生成氢气的质量是相等的,因为质量相等的同浓度的稀硫酸中氢元素的质量相等,根据化学方程式:
2Al+3H2SO4═Al2(SO4)3+3H2↑、Mg+H2SO4═MgSO4+H2↑,完全反应参加反应的镁的质量大于铝的质量,故正确;
D、向氯化钠的饱和溶液中不断地加入硝酸钾,硝酸钾会溶解,溶液质量增加,氯化钠的质量不变,根据溶液的质量分数=
,所以氯化钠的质量分数会不断减小,直至硝酸钾在溶液中达到饱和,故错误。
故选:
D。
5.质量相等的镁和铝分别和等浓度、等质量的稀盐酸反应,反应情况如图所示。
则下列叙述中正确的是
A.金属均反应完,盐酸一定有剩余
B.图中a、b分别表示铝镁的反应情况
C.盐酸均反应完,镁一定有剩余
D.反应结束后,参加反应的镁和铝的质量比为4:
3
【答案】D
【解析】
【分析】
镁和稀盐酸反应生成氯化镁和氢气,铝和稀盐酸反应生成氯化铝和氢气。
【详解】
A、镁和铝与稀盐酸反应的关系式分别为
和
,稀盐酸中溶质的氢元素全部转化为氢气,生成的氢气一样多,说明参加反应的稀盐酸一样多,稀盐酸全部参与反应,故A不正确;
B、在金属活动性顺序表中,镁在铝前,镁的金属活动性比铝强,镁先和稀盐酸反应,图中a、b分别表示镁铝的反应情况,故B不正确;
C、镁和铝与稀盐酸反应的关系式分别为
和
,图中生成氢气的体积相同,则质量相同,镁和铝与稀盐酸反应产生等质量的氢气消耗掉铝的质量小于镁的质量,等质量的金属与酸反应,则铝一定剩余,故C不正确;
D、镁和铝与稀盐酸反应的关系式分别为
和
,镁和铝分别和质量相等、溶质质量分数也相等的稀盐酸反应,氢气的体积相等,则质量相等,反应结束后,设生成氢气的质量为m,参加反应的镁的质量为
,参加反应的铝的质量为
,则参加反应的镁和铝的质量比为
,故D正确。
故选D。
【点睛】
在金属活动性顺序中,越靠前的金属金属活动性越强,和稀酸溶液反应时就越剧烈,相同质量的金属和同质量、同溶质质量分数的稀酸溶液反应所需的时间也就越少。
6.相同质量的Mg、Fe、Zn三种金属,分别与足量的、质量相同、质量分数相同的稀H2SO4充分反应,生成氢气与消耗稀H2SO4的质量关系见图,分析图象所得的结论中,错误的是
A.三种金属的活动性顺序:
Mg>Zn>Fe
B.三种金属的相对原了质量:
Mg C.三种金属消耗稀H2SO4的质量: Mg>Fe>Zn D.三种金属与稀H2SO4反应后溶液的质量: Mg 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】 A、由图中信息不能判断三种金属的活动性顺序,该选项说法不正确; B、三种金属和稀硫酸反应生成的硫酸盐中金属元素的化合价都是+2,生成氢气质量越小,金属相对原子质量越大,由图中信息可知,生成氢气质量由小到大的顺序是锌、铁、镁,因此三种金属的相对原子质量: Mg<Fe<Zn,该选项说法正确; C、生成氢气质量越大,消耗硫酸质量越大,因此三种金属消耗稀H2SO4的质量: Mg>Fe>Zn,该选项说法正确; D、生成氢气质量越大,反应后形成溶液质量质量越小,因此三种金属与稀H2SO4反应后溶液的质量: Mg<Fe<Zn,该选项说法正确。 故选A。 【点睛】 等质量不同的金属与足量的酸反应,产生氢气质量与 成正比。 7.下列图象不能正确反映其对应实验操作的是( ) A. 向一定量NaOH溶液中滴加稀盐酸 B. 向H2SO4和CuSO4的混合溶液中滴加过量NaOH溶液 C. 向足量的锌粉、铁粉中分别加入等质量、等浓度的稀硫酸 D. 向等质量的氧化钙、氢氧化钙中分别加入等质量分数的稀盐酸至过量 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】 A.向一定量NaOH溶液中滴加稀盐酸,发生反应: NaOH+HCl=NaCl+H2O,随着稀盐酸不断加入,生成氯化钠的量逐渐增加,氯化钠的质量分数也逐渐增大,但是当氢氧化钠反应完以后,氯化钠质量不再增加,而稀盐酸还在加入,溶液总质量就不断增加,所以氯化钠的质量分数就不断减小,故A选项符合题意; B.向H2SO4和CuSO4的混合溶液中滴加NaOH溶液直至过量,NaOH溶液会先与稀硫酸发生反应: 2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O,没有沉淀产生,直到硫酸完全反应,再发生2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2 反应,这时才有氢氧化铜沉淀生成,故B选项不符合题意; C.向足量的锌粉、铁粉中分别加入等质量、等浓度的稀硫, , ,从方程式可以看出,氢气中的氢元素全部来自硫酸,因为锌粉、铁粉是足量的,所以他们生成的氢气质量是相等的,又因为锌的活动性比铁强,所以在变量控制是金属种类,其他因素都相同时,锌比铁反应剧烈快速,故C选项不符合题意; D.等质量的氧化钙(相对分子质量56)和氢氧化钙(相对分子质量74),氧化钙含有的Ca2+个数要比氢氧化钙多,酸的量充足,当这些钙离子全都转化为氯化钙时,氧化钙转化为氯化钙的质量就比氢氧化钙转化为氯化钙的质量多,故D选项不符合题意。 故选: A。 【点睛】 对图像进行分析,一定要看清图像的横纵坐标,起点、拐点的含义。 8.用等质量相同表面积的镁条、等体积不同浓度的稀盐酸在一定条件下反应,实验结果如图所示。 下列结论正确的是 ①镁与盐酸的反应是放热反应 ②b曲线对应的盐酸浓度较大 ③盐酸浓度越大,反应速率越快 ④单位时间内放出热量越多,反应速率越快 ⑤装置内氢气的质量先增大,后减小 ⑥两种情况最终产生氢气的质量可能相同 A.①②③④B.①③④⑤C.①③④⑥D.③④⑤⑥ 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】 ①镁与盐酸反应生成氯化镁和氢气,该反应是放热反应,符合题意; ②盐酸的浓度越大,反应速率越快,压强增大越明显,故a曲线对应的盐酸浓度较大,不符合题意; ③盐酸浓度越大,反应速率越快,说法正确,符合题意; ④镁与盐酸反应放热,单位时间内放出热量越多,说明反应速率越快,符合题意; ⑤镁与盐酸反应生成氢气,随着反应的进行,氢气质量逐渐增加,待完全反应后,氢气的质量不再变化,故装置内氢气的质量先增大,后不变,不符合题意; ⑥如盐酸过量,镁条的质量相等,两种情况最终产生氢气的质量相同,符合题意。 正确的是: ①③④⑥;故选C。 9.与以下四个变化过程对应的四个图象中,错误的是( ) A.一定量的饱和石灰水中加入一定量的氧化钙,溶液质量与加入后时间的关系 B.向pH=1的溶液中加水 C.两杯等质量足量的稀硫酸中分别加入等质量的镁、铝,溶液质量与时间的关系 D.t℃时,在一定量的氯化钠不饱和溶液中不断加入氯化钠固体 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】 A、氧化钙与水反应生成氢氧化钙,放出大量的热,氢氧化钙的溶解度随温度的升高而降低,反应后由于温度升高、氧化钙与饱和溶液中的水发生反应而使溶液质量减少,反应后冷却至室温,溶液的质量增大,饱和溶液的溶剂减少会造成溶质析出,则溶液的溶质、溶剂都在减少,溶液的质量也在减少,故A正确; B、向pH=1的溶液中加水,溶液的酸性逐渐减弱,pH变大。 随着水的添加,溶液的pH会无限趋近于7,但是pH不会等于或大于7,故B正确; C、设镁、铝的质量均为 ,与足量的稀硫酸反应后溶液质量增加分别为 。 解得 解得 所以将等质量的金属镁和金属铝分别和质量分数相等的足量的稀硫酸混合,反应溶液增加的质量,镁大于铝。 镁的活动性大于铝,镁反应速率较快,故C正确; D、温度不变,则固体物质的溶解度不变,所以t℃时,在一定量的氯化钠不饱和溶液中不断加入氯化钠固体,氯化钠的溶解度始终不变,故D错误。 故选D。 10.如图中所示的示意图与对应的叙述正确的是 A. 向碳酸钠溶液中滴加足量的水稀释 B. 向足量的不同金属中分别滴加等量的相同稀盐酸 C. 向硫酸和硫酸铜的混合溶液中滴加过量的氢氧化钠溶液 D. 两份等体积的5%过氧化氢溶液,向其中一份加入少量二氧化锰 【答案】C 【解析】 【详解】 A、碳酸钠溶液显碱性,因此初始时的pH应大于7,选项A错误; B、足量的镁铝铁与等量的相同稀盐酸反应,产生的氢气量由盐酸的用量决定,因此,三种金属最终产生的氢气质量应相同,选项B错误; C、开始加入氢氧化钠时,消耗原溶液中的硫酸,无沉淀,故开始沉淀质量为0,当硫酸被消耗完后,氢氧化钠开始和硫酸铜反应,产生蓝色沉淀,故沉淀质量在某一时刻增加,当硫酸铜被消耗完以后,沉淀质量便不再改变,选项C正确; D、过氧化氢溶液用量相同,无论是否加入催化剂,最终能产生的氧气质量应相同,图中所示最终产生的氧气质量不相同,选项D错误。 故选C。 11.用质量相等的锌粉和铁粉分别与溶质质量分数相同、等质量的稀盐酸充分反应,产生氢气质量与所用时间的关系如图所示.则下列说法中与曲线相符合的是 A.曲线a表示铁反应的情况 B.盐酸反应完毕,两种金属都有剩余 C.锌与盐酸反应完毕,刚好完全反应,铁有剩余 D.锌粉和铁粉都反应完毕,盐酸有剩余 【答案】D 【解析】 【分析】 根据化学方程式: Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑;Fe+2HCl═FeCl2+H2↑进行分析。 【详解】 A、因为锌的活动性比铁的活动性强,生成等质量的氢气,锌反应的时间短,故曲线a表示锌反应的情况,故A说法错误; B、如果盐酸均反应完,两种金属都有剩余,盐酸的质量相等,则生成的氢气质量应该相等,而图中氢气质量不等,故B说法错误; C、如果锌与盐酸刚好完全反应,铁有剩余,说明盐酸完全反应,则产生的氢气一定相等,故C说法错误; C、等质量的金属锌和铁,铁与酸反应生成的氢气质量多(等质量的+2价金属,生成氢气的质量与金属的相对原子质量成反比),所以该图像中锌粉和铁粉都反应完毕,盐酸有剩余,故D说法正确。 故选: D。 【点睛】 不同的金属与等质量、等质量分数的酸反应,若酸完全反应,酸中的氢元素全部转移到氢气中,生成氢气的质量相等; 等质量不同的金属与足量的酸反应,产生氢气质量与 成正比。 12.下列图象关系表示正确的是 A. 向盐酸中不断加入水 B. 用一定质量的高锰酸钾加热制氧气 C. 向一定质量的石灰石中加入过量的稀盐酸 D. 分别向等质量的镁和铁中加入溶质质量分数相同的稀盐酸至过量 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】 A、酸的pH小于7,加水可使其酸性减弱,但不可能变成中性或碱性溶液,故此选项错误; B、高锰酸钾制取氧气时应先加热一段时间后才能有氧气产生,不可能在一加热时就有氧气产生,故此选项错误; C、石灰石加入盐酸至过量后会使二氧化碳不断放出直至反应结束,气体的量不再改变,图像最终会成为一条水平线,故此选项错误; D、等质量的镁、铁与足量酸反应,每24份质量的镁产生2份质量的氢气,每56份质量的铁产生2份质量的氢气,最终镁生成的氢气多,从图像体现应该是水平线镁的比铁的高,图像符合反应实际,故此选项正确。 故选D。 二、中考初中化学流程图 13.盐化工是我国的一项重点产业,绿色应用是化工生产的发展方向! 为了除去NaCl溶液中含有少量的MgCl2、CaCl2和Na2SO4等杂质,某小组同学选用Na2CO3溶液、稀盐酸、Ba(OH)2溶液三种试剂,按一定的顺序进行如图所示的实验。 请回答下列问题: ①实验Ⅱ中加入的试剂B是_______________溶液。 ②实验Ⅰ中加入试剂A除去的杂质是_______________。 ③滤液②中除Na+和Cl-外,还含有的离子是_________________(填离子符号)。 【答案】Na2CO3MgCl2和Na2SO4CO32-和OH- 【解析】 【分析】 【详解】 ①实验Ⅱ中加入的试剂B是Na2CO3溶液,碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠,和实验Ⅰ加入的过量氢氧化钡溶液反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠,即目的是除去氯化钙和过量的氢氧化钡; ②实验Ⅰ中加入过量试剂A是氢氧化钡溶液,氢氧化钡和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钡,和硫酸钠反应生成硫酸钡和氢氧化钠,即除去的杂质是MgCl2和Na2SO4; ③滤液②中除Na+和Cl-外,还含有的离子是实验Ⅱ中加入的过量Na2CO3溶液中的碳酸根离子和反应生成氢氧化钠中的氢氧根离子; 14.氯是一种重要的“成盐元素”,在海水、盐湖和盐矿中广泛存在。 (1)如图是氯原子结构示意图,氯原子的最外层电子数是______;氯元素在元素周期表中位于第______周期。 (2)含氯元素的物质大多具有消毒杀菌功能。 如: a醋酸氯己定[C22H34Cl2N10O2]b氯化钠c二氧化氯[ClO2]d.次氯酸钠[NaClO]等。 ①醋酸氯己定属于______(填“有机”或“无机”)化合物;1个醋酸氯己定分子由______个原子构成。 ②b、d物质溶于水都能解离出钠离子,但阴离子不同。 写出d中阴离子符号______。 (3)次氯酸钠是84消毒液的主要成分。 其生产流程如图: ①X、Y都是气体单质,Y具有可燃性。 步骤I发生反应的化学方程式为______。 ②实现步骤Ⅱ的操作方法是______、过滤。 ③步骤Ⅲ发生的反应可表示为: 2NaOH+X=NaClO+NaCl+H2O.上述流程中可循环利用的物质有水和______。 ④制取漂白粉[主要成分为次氯酸钙,化学式为: Ca(ClO)2]的原理与步骤Ⅲ相似,将气体X通入石灰乳(主要成分熟石灰)中,发生反应的化学方程式为______。 ⑤洁厕灵、84消毒液是两种常见的清洁消毒用品,混合使用时会发生如图反应,下列说法正确的是______。 a二者混用易产生危险 b反应前后离子种类不变 c反应中只有氯元素的化合价发生改变 d反应中氯元素全部变成了有毒气体 【答案】7三有机70ClO-2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑蒸发结晶氯化钠、氯气2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2Oac 【解析】 【分析】 【详解】 (1)如图是氯原子结构示意图,氯原子的最外层电子数是7;氯元素原子核外电子层数是3,在元素周期表中位于第三周期,故填: 7;三。 (2)①醋酸氯己定是含有碳元素的化合物,属于有机化合物;1个醋酸氯己定分子由: 22+34+2+10+2=70个原子构成,故填: 有机;70。 ②d中阴离子是带1个单位负电荷的次氯酸根离子,可以表示为ClO-,故填: ClO-。 (3)①X、Y都是气体单质,Y具有可燃性,即Y是氢气,X是氯气,步骤I中,电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气,发生反应的化学方程式为: 2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑,故填: 2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑。 ②实现步骤Ⅱ的操作方法是蒸发结晶、过滤,故填: 蒸发结晶。 ③由2NaOH+X=NaClO+NaCl+H2O可知,反应前后钠原子都是2个,氧原子都是2个,氢原子都是2个,反应后氯原子是2个,反应前应该是2个,包含在X中,则X是氯气,因此上述流程中可循环利用的物质有水和氯化钠、氯气,故填: 氯化钠、氯气。 ④将气体氯气通入石灰乳(主要成分熟石灰)中,氢氧化钙和氯气反应生成氯化钙、次氯酸钙和水,发生反应的化学方程式为: 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。 ⑤a.二者混用产生有毒气体氯气,易产生危险,该选项说法正确。 b.反应前后离子种类改变,例如反应前有次氯酸根,反应后没有次氯酸根,该选项说法不正确。 c.反应中只有氯元素的化合价发生改变,例如反应前氯元素化合价是-1、+1,反应后是0、-1,该选项说法正确。 d.反应中氯元素部分变成了有毒气体,部分变成了氯化钠中的氯元素,该选项说法不正确。 故填: ac。 15.CaCO3在生产生活中有广泛的用途。 (1)烧石灰石可制得活性CaO,反应的化学方程式为_________________________。 为测定不同煅烧温度对CaO活性的影响,取石灰石样品分为三等份,在同一设备中分别于800℃、900℃和1000℃条件下煅烧,所得固体分别与等质量的水完全反应,测得反应液温度随时间的变化如图所示。 由此可知: CaO与水反应会__________热量(填“放出”或“吸收”),上述温度中,_________℃煅烧所得CaO活性最高。 (2)以电石渣[主要成分为Ca(OH)2还含有少量MgO等杂质]为原料制备高纯CaCO3的流程如下: ①上图为NH4Cl浓度对钙、镁浸出率的影响( ),为进一步提升CaCO3的产量和纯度,据图分析,较适宜的NH4Cl溶液的质量分数为_______,浸取时主要反应的化学方程式为______________________________。 ②流程中框线内若改用溶液_________________(填化学式),可一步得到与原流程完全相同的生成物。 ③流程中框线内若改用Na2CO3溶液,也能得到高纯CaCO3。 试从生成物的角度分析原流程的优点: a.NH3可循环利用;b._______; 【答案】CaCO3 CaO+CO2↑放出90010%2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3↑+2H2ONH4HCO3或(NH4)2CO3NH4Cl可循环利用; 【解析】 【分析】 【详解】 (1)烧石灰石生成CaO和二氧化碳,反应的化学方程式为CaCO3 CaO+CO2↑。 CaO与水反应生成氢氧化钙,同时放出热量,根据曲线图可知,在900℃煅烧所得CaO与水反应放出热量最高,故900℃煅烧所得CaO活性最高。 (2)①据图分析,NH4Cl溶液的质量分数为10%时,镁的浸出率较低,钙的浸出最大。 浸取时主要反应是氯化铵与氢氧化钙反应,生成氯化钙、水和氨气,化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3↑+2H2O。 ②流程中框线内先加入氨水,再通入二氧化碳,生成碳酸钙和氯化铵,若改用溶液(NH4)2CO3,也可以一步得到碳酸钙和氯化铵。 ③从生成物的角度分析原流程的优点: a.NH3可循环利用,因为浸取产生的氨气可用于碱化;b.NH4Cl可循环利用,因为合成过程中产生的氯化铵可用于浸取电石渣。 【点睛】 判断某物质是否可循环利用,方法是看该物质在流程中既能做反应物,又是生成物。 16.某白色固体含有CuSO4、CaCO3、Ba(NO3)2、Na2SO4、NaOH中的一种或几种。 为确定其组成,同学们进行了如下图所示的实验。 (1)实验中能说明原白色固体里一定不含CuSO4的现象是_______________。 (2)实验过程中产生无色气体的化学反应方程式为_______________。 (3)通过以上实验,原固体中有一种物质不能确定其是否存在,若要确定,可增做的实验是_______________。 【答案】加水溶解后得到无色溶液A和白色固体a 向无色溶液A中滴加酚酞试液,如果酚酞试液变红色,说明原固体中含有氢氧化钠,反之则不含有氢氧化钠 【解析】 【分析】 加水溶解后得到无色溶液A和白色固体a,说明固体中不含有硫酸铜,白色固体a中加入过量稀硝酸,白色固体b是硝酸钡和硫酸钠反应生成的硫酸钡,即原固体中含有硝酸钡和硫酸钠,得到无色气体,是因为碳酸钙和稀硝酸反应生成了硝酸钙、水和二氧化碳; 氢氧化钠溶液显碱性,能使酚酞试液变红色。 【详解】 (1)实验中能说明白色粉末里一定不含有CuSO4的现象是加水溶解后得到无色溶液A和白色固体a,这是因为如果含有硫酸铜,则无论是硫酸铜的水溶液,还是铜的沉淀物,都不是无色的。 故填: 加水溶解后得到无色溶液A和白色固体a。 (2)实验过程中产生气体,是因为碳酸钙和稀硝酸反应生成了硝酸钙、水和二氧化碳,反应的化学方程式为: CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+H2O+CO2↑。 故填: CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+H2O+
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