【化学】浙江省慈溪市三山高级中学2018-2019学年高一上学期期初考试试题（解析版）

浙江省慈溪市三山高级中学2018-2019学年高一上学期期初考试试题
1.对下列物质分类全部正确的是（ ）
①纯碱 ②食盐水 ③石灰水 ④NaOH ⑤液态氧 ⑥KClO3
A. 碱——①④ B. 纯净物——③④⑤
C. 盐——①⑥ D. 混合物——②⑤
【答案】C
【详解】A、纯碱为碳酸钠，是由金属离子和酸根离子构成的，则属于盐类，A错误；
B、因石灰水中含氢氧化钙和水，属于混合物，B错误；
C、因纯碱和氯酸钾都是由金属离子和酸根离子构成的，则属于盐类，C正确；
D、因液态氧是一种只由氧元素组成的物质，则属于单质，属于纯净物，D错误；
答案选C。
2.下列物质中均为化合物的一组是（ ）
A. 金刚石、干冰、SO2 B. KCl、盐酸、NaOH
C. CuSO4·5H2O、冰、乙醇 D. 臭氧、CaCO3、铝合金
【答案】C
【解析】A．金刚石是由碳元素组成的，属于单质，故A错误；B．盐酸是氯化氢的水溶液，属于混合物，故B错误；C．CuSO4•5H2O、冰、乙醇都是由不同种元素组成的纯净物，故都属于化合物，故C正确；D．臭氧是由氧元素组成的单质，铝合金是由多种金属单质熔合而成的，属于混合物，故D错误；故选C。
3.下列反应是氧化还原反应的是（ ）
A. CaCO3＋2HCl===CaCl2＋H2O＋CO2↑
B. CaO＋H2O===Ca(OH)2
C. 2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑
D. CaCO3CaO＋CO2↑
【答案】C
【解析】试题分析：氧化还原反应是有元素化合价变化的化学反应，在2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑反应中Mn、O元素的化合价变化，故C项正确。
4.X、Y、Z、W各代表一种物质，若X＋Y=Z＋W，则X和Y之间不可能是(　　)
A. 盐和盐的反应 B. 碱性氧化物和水的反应
C. 酸与碱的反应 D. 酸性氧化物和碱的反应
【答案】B
【解析】试题分析：A、盐和盐反应能生成两种新盐，故A不选；B、碱性氧化物和水反应生成相应的碱，只生成一种物质，故B选；C、酸与碱的反应生成盐和水，故C不选；D、碱和酸性氧化物反应生成盐和水，故D不选；故选B。
5.若m g H2含n个H2分子，则阿伏加德罗常数的数值可以表示为（ ）
A. n/m B. 2n/m
C. n D. 2n
【答案】B
【详解】根据n＝m/M可知m g氢气的物质的量是mg÷2g/mol＝0.5m mol，含n个H2分子，则阿伏加德罗常数为，则其数值可以表示2n/m。答案选B。
6.对于1.204×1024个H2，下列说法不正确的是（ ）
A. 它可与1 mol O2完全反应(点燃)
B. 它是4 mol H
C. 它与16 g CH4所含的H的数目相同
D. 它与2NA个H2SO4所含的H的数目相同
【答案】B
【详解】1.204×1024个H2的物质的量是1.204×1024/6.02×1023·mol－1=2mol，n（H）=4mol，则
A．与O2反应的方程式为2H2+O2=2H2O，由方程式可知，2mol氢气可与1mol O2完全反应，A正确；
B．为2molH2分子，而不是原子，B错误；
C．16g甲烷16g÷16g/mol=1mol，含有n（H）=4mol，C正确；
D．2NA个H2SO4的物质的量是2mol，所含的H的物质的量为4mol，D正确。
答案选B。
7.下列叙述正确的是（ ）
A. 一定温度、压强下，气体体积分数由其分子的大小决定
B. 一定温度、压强下，气体体积由其物质的量的多少决定
C. 气体摩尔体积是指1 mol任何气体所占的体积为22.4 L
D. 不同的气体，若体积不等，则它们所含的分子数一定不等
【答案】B
【详解】A、一定温度、压强下，气体分子间的距离一定，气体分子间的距离远大于分子本身的大小，决定其体积大小的主要因素是分子数的多少，A错误；
B、一定温度、压强下，气体分子间的距离一定，气体体积由气体的物质的量的多少决定，物质的量越多，体积越大，B正确；
C、气体摩尔体积是指1mol任何气体所占的体积，不同条件下，气体摩尔体积的数值不同，标准状况下约为22.4L/mol，C错误；
D、一定物质的量的气体的体积大小取决于温度和压强，外界条件不同，体积不同，不同条件下体积不等的气体所含分子数可能相等，D错误。
答案选B。
8.下列说法正确的是（ ）
A. 32 g O2占有的体积约为22.4 L
B. 22.4 L N2含阿伏加德罗常数个氮分子
C. 在标准状况下，22.4 L水的质量约为18 g
D. 22 g CO2与标准状况下的11.2 L HCl含有相同的分子数
【答案】D
【详解】A. 32 g O2的物质的量是1mol，在标准状况下占有的体积约为22.4 L，A错误；
B. 22.4 L N2的物质的量不一定是1mol，不一定含阿伏加德罗常数个氮分子，B错误；
C. 在标准状况下水是液体，不能利用气体摩尔体积计算22.4 L水的质量，C错误；
D. 22 g CO2的物质的量是22g÷44g/mol＝0.5mol，标准状况下11.2 L HCl的物质的量是11.2L÷22.4L/mol＝0.5mol，二者含有相同的分子数，D正确。
答案选D。
9.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A. 在同温同压时，相同体积的任何气体单质所含的原子数目相同
B. 2 g氢气所含原子数目为NA
C. 在常温常压下，11.2 L氮气所含的原子数为NA
D. 17 g氨气所含电子数目为10NA
【答案】D
【详解】A、由于构成单质分子的原子数目不一定相同，所以同温同压下相同体积气体单质所含原子数目不一定相同，A错误；
B、2 g氢气的物质的量是1mol，所含原子数目为2NA，B错误；
C、在常温常压下气体的摩尔体积大于22.4L/mol，11.2 L氮气的物质的量小于0.5mol，则所含原子数目小于NA，C错误；
D、17 g 氨气的物质的量是1 mol，其所含电子的物质的量为(7＋3) mol，即10NA，D正确。
答案选D。
10. 将钠、镁、铝各0.3 mol分别放入足量的盐酸中，同温同压下产生的气体的体积比是（ )
A. 1∶1∶1 B. 1∶2∶3 C. 6∶3∶2 D. 3∶1∶1
【答案】B
【解析】试题分析：由金属与酸反应的实质可知，盐酸足量，金属完全反应，金属失去的电子数等于H得到的电子数，Na失去的电子数为0.3mol，Mg失去的电子数为0.3mol×2=0.6mol，Al失去的电子数为0.3mol×3=0.9mol，则同温同压下产生气体的体积比0.15mol：0.3mol：0.45mol=1：2：3，答案选B
11.下列分散系属于胶体的是（ ）
A. 石灰水 B. 豆浆
C. 泥水 D. 蔗糖水
【答案】B
【分析】胶体的分散质微粒直径在1～100nm之间，是一种均一介稳定的分散系，据此判断。
【详解】A. 石灰水属于溶液，A错误；
B. 豆浆分散质微粒直径在1～100nm之间，属于胶体，B正确；
C. 泥水属于浊液，C错误；
D. 蔗糖水属于溶液，D错误。
答案选B。
12.下列家庭小实验不能制得溶液的是 （ ）

【答案】B
【分析】一种或几种物质分散到另一种物质中，形成均一的、稳定的混合物叫做溶液，它的基本特征是均一性和稳定性；只有被分散的物质在另一种物质中是可溶的，二者混合后才会形成溶液，据此判断。
【详解】A、食盐易溶于水，形成均一、稳定的混合物，属于溶液，A不符合。
B、泥土，主要成分为硅酸盐，不溶于水，不能和水形成均一、稳定的混合物，即不能够形成溶液，B符合。
C、植物油不溶于水，但是能够溶解于有机溶剂汽油，能够形成均一、稳定的混合物，属于溶液，C不符合。
D、蔗糖易溶于水，形成均一、稳定的混合物，属于溶液，D不符合。
答案选B。
13. 下列物质中属于电解质的是（ ）
A. 氢氧化钠固体 B. 二氧化碳气体 C. 铜丝 D. 氨水
【答案】A
【解析】试题分析：电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，它一定是纯净物，能电离出离子，氢氧化钠固体符合电解质的条件，A对，二氧化碳气体不能电离出离子，B错，铜丝是单质，不属于电解质，C错，氨水是混合物，不属于电解质。选A。
14.为了除去KCl固体中少量MgSO4和CaCl2杂质，须进行下列六项操作，正确的次序是（ ）
①加水溶解 ②加热蒸发得到晶体 ③加入过量Ba(OH)2溶液 ④加入过量盐酸 ⑤加入过量K2CO3 ⑥过滤
A. ①⑤③⑥④② B. ①⑤③④⑥② C. ①③④⑥⑤② D. ①③⑤⑥④②
【答案】D
【详解】通过转化为沉淀的方法除去KCl中混有的少量可溶于水的MgSO4和CaCl2杂质。可采取加水溶解→加入过量Ba(OH)2溶液，与MgSO4发生反应，生成氢氧化镁和BaSO4沉淀→加过量K2CO3溶液，与CaCl2以及过量Ba(OH)2溶液发生反应，生成CaCO3沉淀和BaCO3沉淀和氯化钾→过滤，滤出上述步骤生成的沉淀→加适量盐酸，与过量KOH以及K2CO3溶液发生反应，生成氯化钾、水和二氧化碳→加热蒸发得到晶体。因此操作中应依次加入过量的Ba(OH)2溶液、碳酸钾溶液、过滤后加适量盐酸，即操作顺序为①③⑤⑥④②，答案选D。
15.PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物。PM2.5漂浮在空中，进入人体肺泡，对健康影响很大。PM2.5属于下列空气污染物中的（ ）
A. 可吸入颗粒物 B. 一氧化碳
C. 二氧化硫 D. 二氧化氮
【答案】A
【详解】PM2.5指细颗粒物。细颗粒物指环境空气中空气动力学当量直径小于等于2.5微米的颗粒物。它能较长时间悬浮于空气中，其在空气中含量浓度越高，就代表空气污染越严重。
A、PM2.5指细颗粒物，属于可吸入颗粒物，A正确；
B、一氧化碳是气体，B错误；
C、二氧化硫是气体，C错误；
D、二氧化氮是气体，D错误；
答案选A。
16.绿色化学又称环境友好化学，它的主要特点之一是提高原子的利用率，使原料中所有的原子全部转化到产品中，实现“零排放”。下列反应符合绿色化学这一特点的是（ ）
A. 工业冶炼Fe2O3+3CO2Fe+3CO2
B. 用生石灰制熟石灰CaO+H2O＝Ca(OH)2
C. 实验室制取二氧化碳CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑
D. 实验室制取氢气Zn+H2SO4＝ZnSO4+H2↑
【答案】B
【分析】绿色化学又称环境友好化学，它的主要特点之一是提高原子的利用率，使原料中所有的原子全部转化到产品中，即原子利用率达到100%。
【详解】A. 工业冶炼Fe2O3+3CO2Fe+3CO2中生成物是两种，原子利用率没有达到100%，A错误；
B. 用生石灰制熟石灰CaO+H2O＝Ca(OH)2中生成物只有一种，原子利用率达到100%，B正确；
C. 实验室制取二氧化碳CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑中生成物是三种，原子利用率没有达到100%，C错误；
D. 实验室制取氢气Zn+H2SO4＝ZnSO4+H2↑中生成物是两种，原子利用率没有达到100%，D错误；
答案选B。
17.稀土元素是一类有重要用途的资源。铈（Ce）是一种常见的稀土元素，下列有关说法错误的是（ ）

A. 铈的原子序数是58 B. 铈属于非金属元素
C. 铈原子中的质子数是58 D. 铈的相对原子质量是140.1
【答案】B
【详解】A. 根据示意图可知铈的原子序数是58，A正确；
B. 根据名称“铈”可判断属于金属元素，B错误；
C. 根据示意图可知铈原子中的质子数是58，C正确；
D. 根据示意图可知铈的相对原子质量是140.1，D正确。
答案选B。
18.化学概念相互间存在如下3种关系：

下列对概念间关系的说法正确的是（ ）
A. 纯净物与混合物属于包含关系 B. 化合物与氧化物属于包含关系
C. 单质与化合物属于交叉关系. D. 氧化反应与化合反应属于并列关系
【答案】B
【详解】A、物质按含有物质种类的多少可分为纯净物与混合物，故纯净物和混合物是并列关系，A错误；
B、化合物是由多种元素组成的纯净物，其中氧化物是含有氧元素和另外一种元素的化合物，是包含关系，B正确；
C、纯净物按元素的含有情况可分为化合物与单质，故化合物和单质是并列关系，C错误；
D、氧化反应与化合反应属于交叉关系，不是并列关系，有些化合反应是氧化还原反应，例如氢气在氧气中燃烧等，D错误。
答案选B。
19.三氧化铬（CrO3）常用于金属镀铬。工业上制造三氧化铬的化学方程式为：X＋H2SO4＝2CrO3＋Na2SO4＋H2O，其中X的化学式是（ ）
A. Na2CrO4 B. Na2Cr2O7 C. Na2Cr2O4 D. Na2CrO7
【答案】B
【分析】根据质量守恒定律解答。
【详解】根据质量守恒定律可知X中含有2个钠原子、2个铬原子和7个氧原子，则X的化学式是Na2Cr2O7。答案选B。
20.在实验室用高锰酸钾制取氧气的过程中，下列图像能正确表示对应变化关系的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【分析】根据加热一定量的高锰酸钾制取氧气的化学方程式2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑可知：氧气的质量逐渐增加，当高锰酸钾反应完，则不变；剩余固体的质量逐渐减小，当高锰酸钾分解完毕则不变；钾元素和锰元素存在于固体中，其质量不变，而固体的质量逐渐减小直到反应完，据此分析质量分数的变化。
【详解】A、化学反应前后元素的质量不变，钾元素存在于固体中，其质量始终不变，A错误；
B、化学反应前后元素的质量不变，锰元素存在于固体中，其质量不变，但固体的质量逐渐减小直到反应完不变，因此锰元素的质量分数逐渐增大至不变，B正确；
C、剩余固体的质量逐渐减小，当高锰酸钾分解完毕，则不再减小，剩余固体不会是0，C错误；
D、随着反应的进行，氧气的质量逐渐增加，当高锰酸钾反应完，则保持不变而不会减小，D错误。
答案选B。
21.将5.4 g金属铝投入一定量的混合盐溶液中，反应后可得到36.0 g金属单质（无气体产生）。则原混合盐的组成可能为（ ）
A. Pb(NO3)2与Hg(NO3)2 B. Fe(NO3)2和Zn(NO3)2
C. Mg(NO3)2与Cu(NO3)2 D. Sn(NO3)2与Mg(NO3)2
【答案】A
【分析】根据铝与混合盐反应生成的36.0g金属单质，再根据铝与不同混合盐反应的生成的金属的质量范围进行分析计算判断即可。
【详解】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，最后所得金属单质的质量会满足36.0 g，A符合题意；
B、不论是Fe或Zn，相应质量都小于36.0 g，组合也小于36.0 g，B不符合题意；
C、镁不反应，置换出Cu的质量为19.2 g，小于36.0 g，不能由组合得到相应结果，C不符合题意；
D、镁不反应，置换出Sn的质量为35.7 g，小于36.0 g，不能由组合得到相应结果，D不符合题意。
答案选A。
22.某新产品磨牙器能有效帮助去除牙齿表面的牙垢，磨牙器磨头采用50%橡胶与50%的金刚砂（主要成分为碳化硅）特制而成。已知碳化硅中碳元素显-4价，硅元素显+4价，则碳化硅的化学式为（ ）
A. SiC B. Si2C3 C. Si3C2 D. SiC2
【答案】A
【分析】根据化合物中正负价代数和为0解答。
【详解】碳化硅中碳元素显-4价，硅元素显+4价，则根据化合物中正负价代数和为0可知碳化硅的化学式为SiC。答案选A。
23.实验表明，不能用块状大理石与稀硫酸制取CO2气体，而能用大理石粉末与稀硫酸制取CO2气体。由此得出的合理结论是（ ）
A. 能发生反应的物质之间是否发生反应，与反应条件有关
B. 反应物之间接触面积越小，越有利于反应的进行
C. 块状大理石与大理石粉末的化学性质不同
D. 块状大理石与大理石粉末中各元素原子间的结合状况不同
【答案】A
【详解】A、不能用块状大理石与稀硫酸制取CO2气体，而能用大理石粉末与稀硫酸制取CO2气体，这说明能发生反应的物质之间是否发生反应，与反应条件有关，A正确；
B、不能用块状大理石与稀硫酸反应制取二氧化碳，而能用大理石粉末与稀硫酸反应制取二氧化碳。说明反应物之间接触面积越大，越有利于反应的进行，B错误；
C、块状大理石与粉末状大理石的状态不同，就是说物理性质不同；但它们的化学性质相同。C错误；
D、块状大理石与大理石粉末的化学性质相同，电子结构一样。因为元素的化学性质跟原子的最外层电子数关系最密切。原子的最外层电子数决定元素的化学性质。D错误。
答案选A。
24.已知：NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑。某种混合气体中可能含有N2、HCl、CO，将混合气体依次通过NaHCO3溶液和灼热的CuO，气体体积无变化但是有红色物质生成；再通过NaOH溶液，气体体积明显减小；将燃着的木条伸入装有剩余气体的集气瓶中，木条熄灭（假设每步反应都是完全的），则下列说法中正确的是（ ）
A. 一定有CO和HCl，肯定无N2 B. 一定有CO和N2，可能有HCl
C. 一定有CO和HCl，可能有N2 D. 一定有CO和N2，肯定无HCl
【答案】B
【详解】将混合气体依次通过NaHCO3溶液和灼热的CuO，气体体积无变化但是有红色物质生成，说明一定有CO，因CO可以还原CuO，使黑色CuO变成红色Cu，并生成二氧化碳气体。可有HCl，因1体积的HCl与碳酸氢钠反应会生成1体积的二氧化碳。再通过NaOH溶液，气体体积明显减小，NaOH溶液一定是吸收了前面生成的二氧化碳气体，使气体体积明显减小；将燃着的木条伸入装有剩余气体的集气瓶中，木条熄灭，说明一定有N2（因前面生成的CO2都被吸收，使木条熄灭的只有N2）。所有混合气体中一定有CO和N2，可能有HCl。答案选B。
25.氯气和氧气都是活泼的非金属单质，在一定条件下它们都能跟甲烷反应。已知O2与CH4充分反应后的生成物是CO2和H2O，以此类推，Cl2和CH4充分反应后的生成物是（ ）
A. CCl4和HCl B. CCl4和Cl2
C. CH2Cl2和H2 D. C和HCl
【答案】A
【分析】质量守恒定律是指参加化学反应的各物质的质量总和，等于反应后生成各物质的质量总和．从微观来说，该定律成立的原因是：“在化学反应前后，原子的种类、数目和质量三不变”。解答本题时可以根据质量守恒定律结合氧气和甲烷反应的产物，来判断氯气和甲烷反应的生成物。
【详解】氧气和甲烷反应是生成的两种物质中都含有氧元素，所以可以判断氯气和甲烷反应的生成物中也应该都含有氯元素，由质量守恒定律可知反应会形成碳和氯的化合物，以及氢和氯的化合物，分析所给的选项可以知道选项A符合这一要求。答案选A。
26.下列物质中：①Mg ②液态氯化氢 ③干冰 ④水 ⑤BaSO4 ⑥熔融氢氧化钠 ⑦稀硫酸 ⑧冰醋酸 ⑨乙醇 ⑩固体氯化钠。其中：
(1)属于电解质的是________；
(2)属于非电解质的是________；
(3)能导电的是________。
【答案】(1). ②④⑤⑥⑧⑩ (2). ③⑨ (3). ①④⑥⑦
【分析】电解质是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，非电解质是在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物，含有自由移动电子或离子的物质可以导电，据此解答。
【详解】（1）电解质是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，酸碱盐都是电解质，属于电解质的是液态氯化氢、水、BaSO4、熔融氢氧化钠、冰醋酸、固体氯化钠，答案选②④⑤⑥⑧⑩；
（2）非电解质是在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物，属于非电解质的是干冰、乙醇；Mg属于单质、稀硫酸是混合物，均既不是电解质，也不是非电解质，答案选③⑨；
（3）含有自由移动电子或离子的物质可以导电，能导电的是镁、水、熔融氢氧化钠、稀硫酸，答案选①④⑥⑦。
27.侯德榜是在中国化学工业史上一位杰出的科学家，他为祖国的化学工业事业奋斗终生，并以独创的制碱工艺闻名于世界，以下是侯德榜先生制碱工业的简要流程：

下表是四种物质在100g水中不同温度的溶解度，其中NH4HCO3水溶液呈碱性，性质不稳定，36℃时开始分解为二氧化碳、氨和水，60℃可以分解完。

试回答下列问题：
（1）IV的反应条件是加热，请尝试写出IV的反应方程式：________________________。
（2）Ⅲ的操作名称叫____________。
（3）通过上述溶解度表，如何从含有少量NaCl的NH4Cl溶液中获得NH4Cl晶体：_________。
【答案】 (1). 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ (2). 过滤 (3). 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
【详解】（1）IV的反应条件是加热，即碳酸氢钠在加热的条件下分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，则反应IV的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑。
（2）Ⅲ的操作属于分离不溶性固体和液体，因此其操作名称叫过滤。
（3））氯化铵的溶解度随温度的升高而增大，氯化钠的溶解度受温度的影响变化不大，所以从含有少量NaCl的NH4Cl溶液中获得NH4Cl晶体的方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。
28.写出下列物质在水溶液中的电离方程式：
（1）Ca(OH)2：_____________________________________________；
（2）KHSO4：______________________________________________；
（3）KClO3：______________________________________________；
（4）NaHCO3：____________________________________________。
【答案】(1). Ca(OH)2＝Ca2++2OH－ (2). KHSO4＝K++H++SO42－
(3). KClO3＝K++ClO3－ (4). NaHCO3＝Na++HCO3－
【分析】用化学式和离子符号表示电离过程的式子，称为电离方程式，用来表示物质溶解于水时电离成离子的化学方程式。
【详解】（1）氢氧化钙是二元强碱，电离方程式为Ca(OH)2＝Ca2++2OH－；
（2）硫酸氢钾是强酸的酸式盐，电离方程式为KHSO4＝K++H++SO42－；
（3）氯酸钾是盐，电离方程式为KClO3＝K++ClO3－；
（4）碳酸氢钠是弱酸的酸式盐，电离方程式为NaHCO3＝Na++HCO3－。
29.在下图有关物质转化关系中，各物质均是初中化学常见的物质，其中A为红色金属单质，B能参与植物的光合作用。C、D为黑色粉末，F为可用于改良酸性土壤的碱，G为难溶性物质，H为难溶性蓝色物质（图中部分生成物已省略）。

（1）用化学式表示： D________，G___________；
（2）写出E与F反应的化学方程式________________________；
（3）光合作用生成的淀粉在人体内变成葡萄糖（C6H12O6），葡萄糖在酶的催化作用下发生缓慢氧化，同时放出热量，写出葡萄糖发生缓慢氧化反应的化学方程式______________。
【答案】(1). C (2). BaSO4 (3). CuSO4+Ca(OH)2＝Cu(OH)2↓+CaSO4 (4). C6H12O6+6O26CO2+6H2O
【分析】根据各物质均是初中化学常见的物质，A为红色金属单质，所以A是铜，B能参与植物的光合作用，C、D为黑色粉末，C、D高温会生成铜和B，所以B是二氧化碳，C、D是氧化铜和碳，C和X生成的E会与氯化钡反应，所以C是氧化铜，D是碳，F为可用于改良酸性土壤的碱，所以F是氢氧化钙，G为难溶性物质，H为难溶性蓝色物质，所以E是硫酸铜，硫酸铜和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和氯化铜，所以G是硫酸钡，X是硫酸，硫酸铜和氢氧化钙反应生成硫酸钙和氢氧化铜沉淀，所以H是氢氧化铜，I是硫酸钙，然后将推出的物质进行验证即可。
【详解】根据以上分析可知A是铜，B是二氧化碳，C是氧化铜，D是碳，E是硫酸铜，F是氢氧化钙，G是硫酸钡，X是硫酸，H是氢氧化铜，I是硫酸钙，则
（1）根据以上分析可知D、G的化学式分别是C、BaSO4；
（2）E与F的反应是氢氧化钙和硫酸铜反应生成硫酸钙和氢氧化铜沉淀，化学方程式为CuSO4+Ca(OH)2＝Cu(OH)2↓+CaSO4；
（3）因为葡萄糖发生缓慢氧化反应生成二氧化碳和水，故化学方程式为C6H12O6+6O26CO2+6H2O。
30.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，按下图所示步进行实验：

由此可推知该固体烧碱中一定含有__________；一定不含有______________。
【答案】(1). Na2SO4 (2). MgSO4、Ba(OH)2
【详解】不纯的固体烧碱溶于水得到无色溶液，说明一定不存在硫酸镁，硫酸钠和氢氧化钡不能同时存在，无色溶液中加入足量氯化钡溶液和稀硝酸，得到白色沉淀，说明白色沉淀是硫酸钡，因此一定含有硫酸钠，所以氢氧化钡一定不存在。无色滤液中加入硝酸银溶液，产生白色沉淀，白色沉淀是氯化银，但由于前面加入了氯化钡溶液，所以不能确定是否含有氯化钠。由此可推知该固体烧碱中一定含有Na2SO4，一定不含有MgSO4、Ba(OH)2。
31.有一包白色粉末，可能是CuSO4、CaCO3、BaCl2、Na2SO4、NaOH中的一种或几种，为证明其组成，进行如下实验：
(1)取少量白色粉末，向其中加入足量的水，充分搅拌后过滤，得到白色沉淀和无色滤液，则白色沉淀可能是_____，原混合物中一定不含有_______。
(2)向实验(1)滤出的白色沉淀中加入足量的盐酸，沉淀全部溶解，并产生无色气体，则原混合物中一定含有_______。
(3)将实验(1)中得到的滤液分成两份，将实验(2)中产生的无色气体先通入其中的一份，无沉淀产生。气体导出后再通入另一份滤液中，立即产生白色沉淀，再过滤。出现上述现象的原因是实验(2)中产生的气体里含有______。
(4)向实验(3)中过滤后所得的滤液里加入AgNO3溶液和稀硝酸，又产生白色沉淀，根据此现象推断，原混合物中一定还含有____，根据实验全过程推断，原混合物中还含有____。
【答案】(1). CaCO3或BaSO4 (2). CuSO4 (3). CaCO3 (4). HCl (5). BaCl2 (6). NaOH
【详解】（1）因为得到了白色沉淀，所以根据题目所给的可能物质，可推出白色沉淀可能是CaCO3或BaSO4。因为滤液是无色的，所以没有CuSO4（CuSO4溶于水，溶液是蓝色的）；
（2）加入足量的盐酸后，沉淀全部溶解，并产生无色气体，所以白色沉淀为CaCO3，因此原混合物中一定含有CaCO3；
（3）HCl存在时，沉淀不能生成．气体导出后再通入另一份滤液中，此时HCl气体被完全除去，导致只会剩余二氧化碳气体，所以实验（2）中产生的无色气体是CO2。出现上述现象的原因是实验（2）中排出的气体里有HCl气体（盐酸是HCl的水溶液）；
（4）加入AgNO3溶液和稀硝酸，又产生白色沉淀，说明有AgCl生成，所以滤液里含有Cl－，所以原混合物中含有BaCl2；由于实验（2）滤出的白色沉淀中加入足量的盐酸后，沉淀全部溶解，说明沉淀中没有BaSO4，又因为实验（4）中推出原混合物中有BaCl2，所以原混合物中没有Na2SO4。实验（3）中先通入其中的一份滤液没有沉淀，气体导出后再通入另一份滤液中，立即产生白色沉淀，所以溶液中有NaOH。