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    初三化学中考试卷及答案-

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    初三化学中考试卷及答案

    一、选择题（培优题较难）
    1．小明同学对所学部分化学知识归纳如下，其中完全正确的一组是

    物质的分类
    A
    纯碱、胆矾、生石灰—盐类 煤、石油、天然气—化石燃料 概念的认识
    C
    能生成盐和水的反应是中和反应 含氧的化合物是氧化物
    D B
    物质的检验和区别
    可用灼烧闻味的方法检验羊毛和涤纶 燃着的木条区别氮气和二氧化碳 物质的性质和应用 洗涤剂乳化作用—去油污 石墨优良的导电性—作电极


    A．A 【答案】D 【解析】
    A、生石灰是氧化钙的俗称，属于氧化物，不完全正确，错误；B、燃着的木条不能区别氮气和二氧化碳，因为氮气和氧气都不燃烧、不支持燃烧，都能使木条熄灭，不完全正确，错误；C、能生成盐和水的反应不一定是中和反应，例如二氧化碳和氢氧化钠反应；含氧的化合物是不一定是氧化物，例如氯酸钾，错误；D、洗涤剂具有乳化作用可去油污，石墨优良的导电性可作电极，完全正确。故选D。
    B．B
    C．C
    D．D

    2．不能正确对应变化关系的图像是（ ）


    A．A图中横坐标既可以表示加入铁粉的质量，也可以表示加入部分变质的苛性钠质量 B．B图中纵坐标既可以表示溶质质量，又可表示溶液的导电性 C．C图中横坐标既可以表示反应时间，也可以表示加入二氧化锰质量 D．D图中纵坐标既可以表示溶剂质量，又可表示溶液质量 【答案】A 【解析】 【详解】
    A、一定质量的稀盐酸中加入铁粉，铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，产生氢气的质量从0逐渐增加，稀盐酸完全反应，氢气质量不再增加，A图中横坐标可以表示加入铁粉的质量；苛性钠部分变质，氢氧化钠中含有碳酸钠，一定质量的稀盐酸中加入部分变质的苛性钠，氢氧化钠先与稀盐酸反应生成氯化钠和水，氢氧化钠完全反应后碳酸钠与稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，因此生成气体的质量先为0，一段时间后逐渐增加， 完全反应后质量不再变化，A图中横坐标不能表示加入部分变质的苛性钠质量；A选项图像不能正确表示对应变化关系，符合题意；
    B、澄清石灰水中加入二氧化碳，氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，氢氧化钙完全反应后，氢氧化钙随着反应的进行逐渐减少至0，溶质质量逐渐减小至0，溶液中阴阳离子逐渐减少至0，溶液的导电性逐渐减弱至0，继续通入二氧化碳，碳酸钙、二氧化碳和水反应生成碳酸氢钙，碳酸氢钙易溶于水，溶质质量逐渐增加，溶液中阴阳离子逐渐增加，溶液的导电性逐渐增加，B图中纵坐标既可以表示溶质质量，又可表示溶液的导电性，B选项图像能正确表示对应变化关系，不符合题意；
    C、加热氯酸钾制取氧气，二氧化锰做催化剂，氯酸钾分解生成氯化钾和氧气，根据质量守恒定律，钾元素守恒，反应过程中固体中钾元素质量保持不变，二氧化锰作为催化剂，二氧化锰的质量变化，不影响钾元素质量，C图中横坐标既可以表示反应时间，也可以表示加入二氧化锰质量，C选项图像能正确表示对应变化关系，不符合题意；
    D、浓硫酸具有吸水性，敞口放置浓硫酸，随着放置时间的延长，浓硫酸逐渐变为稀硫酸，溶液中溶剂的质量逐渐增加，硫酸不挥发，溶质的质量不变，溶液的质量=溶质质量+
    溶剂质量，溶液的质量逐渐增加，稀硫酸不具有吸水性，一段时间后，溶剂的质量和溶液的质量都不再变化，另外浓硫酸不是100%的纯硫酸，溶剂质量和溶液质量的起始质量不为0，D图中纵坐标既可以表示溶剂质量，又可表示溶液质量，D选项图像能正确表示对应变化关系，不符合题意。故选A。

    3．用数形结合的方法表示某些化学知识直观、简明、易记．下列用数轴表示正确的是（ ）
    A．不同物质的着火点：B．硫及其化合物与化合价的关系：C．50g19.6%的稀硫酸与足量的金属反应产生氢气的质量：D．物质形成溶液的pH：【答案】B
    【解析】A、白磷的着火点比铁的低，B化合物中元素的化合价代数和为零，单质中元素的化合价为零。所以硫化氢中硫元素的化合价为-2价，硫中硫元素的化合价为0。二氧化硫中硫元素的化合价为+4价，硫酸中硫元素的化合价为+6价；C、50g19.6%的稀硫酸与足量的金属反应产生氢气的质量相同。因为金属足量，酸反应完，氢气的质量由酸决定。D、纯碱是碳酸钠，溶液呈碱性，pH大于7；氯化钠溶液呈中性，pH等于7；酸奶呈酸性，pH小于7。选B





    4．A~H是初中常见的物质，已知A~G七种物质均含有同一种元素， D的相对分子质量为100，可用作建筑材料。它们之间的转化关系如图所示，图中“一”表示两端物质间能发生化学反应，“→”表示物质间存在转化关系；反应条件、部分反应物和生成物已略去。下列说法中不正确的是

    A．A为一种单质，D为碳酸钙 B．可能涉及四种基本反应类型
    C．E、F的物质类别可能相同，也可能不同 D．H的浓溶液具有挥发性 【答案】B 【解析】

    【分析】
    根据D的相对分子质量为100，可用作建筑材料，可以推断D是碳酸钙；根据C和D可以相互转化，则C为二氧化碳；根据A既可以转化成B，又可以转化成C，A既可能是碳，也可能是氧气，但由于题中A~G七种物质均含有同一种元素，本题中这种元素只能是氧元素才能推出合理结论，因此A是氧气，B是一氧化碳；根据D是碳酸钙，E、F均可以转化为碳酸钙，则E、F都可以是可溶性碳酸盐或一种物质是可溶性碳酸盐，一种物质是氢氧化钙；根据D、E、F都可以和G、H反应，且G可以转化为H，在初中阶段可以推知G、H都是酸，且G是含氧酸，H不一定是含氧酸，在初中阶段可以推断H是盐酸， 则G是稀硫酸。因为稀硫酸和粉末状的碳酸钙能反应生成硫酸钙、水和二氧化碳（在不断搅拌时稀硫酸和块状碳酸钙也是能反应的），稀硫酸和可溶性碳酸盐、氢氧化钙都能反应，而稀硫酸和氯化钡反应能生成盐酸，所以推断G是稀硫酸合理。 【详解】
    A、根据题意A~G七种物质均含有同一种元素，分析可知A是氧气，是单质。根据D的相对分子质量为100，可用作建筑材料，D是碳酸钙。选项A正确；
    B、根据分析，题中反应可能有化合反应如碳和氧气反应生成二氧化碳，可能有分解反应如碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，有复分解反应如氢氧化钙和盐酸反应，但不可能发生置换反应，因为氧气转变成二氧化碳、氧气转变成一氧化碳、一氧化碳转变成二氧化碳都不可能是置换反应，选项B不正确；
    C、因为E、F都可以是可溶性碳酸盐，也可能一种物质是可溶性碳酸盐，一种物质是氢氧化钙，所以E、F的物质类别可能相同，也可能不同，选项C正确； D、根据分析可知，H是盐酸，浓盐酸具有挥发性，选项D正确。故选B。

    5．下图是a、b、c三种物质的溶解度曲线，下列有关叙述正确的(

    A．a物质的溶解度大于b物质的溶解度 B．降低温度，c物质会从其饱和溶液中析出
    C．t2℃时30ga物质加入到50g水中不断搅拌，能形成80g溶液。
    D．将t1℃时a、b、c三种物质饱和溶液的温度升髙到t2℃时，三种溶液的溶质质量分数大小关系是b>a>c 【答案】D
    【解析】A.在溶解度曲线图上，横坐标是温度，纵坐标是溶解度。由图可知a物质的溶解度大于b物质的溶解度；B. 降低温度，c物质的溶解度变大，溶液由饱和变为不饱和溶液，不会从其饱和溶液中析出；C. t2℃时a物质的溶解度为50g，溶解度是一定温度下，100g溶剂里达到饱和时，所溶解的溶质的质量。30ga物质加入到50g水中不断搅拌，只能溶解25g，能形成75g饱和溶液。D.将t1℃时a、b、c三种物质饱和溶液的温度升髙到
    t2℃时，ab的溶解度变大，溶液由饱和状态变为不饱和，溶质的质量不变，溶质的质量分数不变；c在升温时，溶解度变小，析出固体，成为t2℃时的饱和溶液，饱和溶液溶质的质量分数=溶解度÷（溶解度+100g）×100% ，t1℃时a的溶解度小于b，t2℃时c的溶解度比t1℃时a的溶解度小，三种溶液的溶质质量分数大小关系是b>a>c。选D
    点睛：在溶解度曲线图上，溶剂的量都是100g,所以分析溶质的质量分数时，只需要比较溶质的多少即可。溶解度变大时，溶质不变，溶解度减小时溶质质量等于减小后的溶解度

    6．童童同学将一定量的氧化铜粉末加入到100g溶质的质量分数为14%的稀硫酸中，充分反应后固体全部消失，为了避免该废液排放造成污染，他又向废液中加入20g铁粉,充分反应后过滤，滤渣的质量为20g，加稀硫酸时所消耗的氧化铜质量是( A．8g 【答案】B 【解析】 【分析】
    B．10g C．12g D．14g

    要使加入的铁粉和得到的固体质量相等必须使硫酸消耗多余的Fe：从CuSO4+Fe=FeSO4+Cu，可以看出铁转化出铜，这是一个使固体质量增加的过程，而题目明确的说明过滤后的固体质量与投入的铁粉质量相同，这只能说明氧化铜被溶解后，硫酸仍然有剩余，剩余的硫酸继续消耗铁粉，且消耗铁粉的质量与前一步固体增加的质量相等；利用这一等量关系，计算所加入氧化铜的质量； 【详解】

    设原先氧化铜的质量为m，则与氧化铜反应的硫酸的质量x，生成硫酸铜的质量y，
    CuO+H2SO4═CuSO4+H2O8098160 mxy80m 98x80m= 160yx=98m 80y=2m
    设加入铁粉与硫酸铜溶液充分反应固体增加的质量为a，生成硫酸亚铁的质量为c；与剩余稀硫酸反应的铁的质量为b，生成硫酸亚铁的质量为d，
    Fe+CuSO4═FeSO4+Cu固体质量增加561606464-56=8
    2ma
    1602m= 8a a=0.1m

    Fe+56bH2SO498100g14%-98m80═FeSO4+H2
    56b=98100g14%-98m
    80b=8-0.7m
    反应前后固体质量不变，即与硫酸反应消耗铁的质量等于与硫酸铜反应固体增加的质量，即：a=b
    0.1m=8-0.7m 解得m=10g， 答：原先氧化铜的质量为10g。 故选B。 【点睛】

    在金属活动性顺序里，位于氢前面的金属能置换出盐酸、稀硫酸中的氢；位于前面的金属能把位于后面的金属置换出来。

    7．下列说法正确的是（ ）
    A．根据质量守恒定律，2gH2跟8gO2完全反应，可得到10gH2O
    B．用含Fe2O385%的赤铁矿160t，理论上可生产100t含杂质4. 8%的生铁
    C．各取10g镁粉和锌粉，分别与足量的盐酸完全反应，镁粉产生的H2多，说明镁的金属活动性比锌强
    D．将l0gCuSO4·5H2O与90gH2O混合，固体完全溶解，可得100g溶质的质量分数为10%的CuSO4溶液 【答案】B 【解析】 【详解】
    A、氢气和氧气反应的化学方程式为：
    ，在此反应中氢气、氧气和水的质量关系4：32：36=1：8：9，则1gH2能与8gO2完全反应生成9g水，反应后氢气有剩余，错误；
    B、160t赤铁矿中含氧化铁的质量为：160t×85％=136t。 设136t氧化铁理论上可以炼出铁的质量为x。





    x=95.2t
    可炼得含杂质4. 8%生铁的质量为：95.2t÷（1-4.8％）=100，正确； C、金属与酸反应，产生气体的多少与金属的活动性没有关系，错误； D、l0gCuSO4·5H2O中CuSO4的质量为：10g×全溶解，可得100g溶质的质量分数为：故选B。
    ×100％=6.4g。与90gH2O混合，固体完×100％=6.4％，错误。

    8．将乙酸（CH3COOH）和葡萄糖（C6H12O6）溶于水得到混合溶液，测得溶液中氢元素的质量分数为a，则溶液中碳元素的质量分数为（ ） A．1﹣9a 【答案】A 【解析】 【分析】
    根据乙酸（CH3COOH）、葡萄糖（C6H12O6）、水中，氢原子和氧原子的个数比均为2：1，进行分析解答。 【详解】
    乙酸（CH3COOH）、葡萄糖（C6H12O6）、水中，氢原子和氧原子的个数比均为2：1，则将乙酸（CH3COOH）和葡萄糖（C6H12O6）溶于水得到混合溶液中氢元素和氧元素的质量比为（1×2）：（16×1）＝1：8；测得溶液中氢元素的质量分数为a，氧元素的质量分数为8a，则溶液中碳元素的质量分数为1−a−8a＝1−9a。故选A。
    B．1﹣8a
    C．12a
    D．8a

    9．将一定质量的碳酸钙和铜粉的混合物在空气中煅烧使其完全反应，若反应前后固体的质量保持不变，则铜和碳酸钙的质量比为（ ） A．44：25 【答案】A 【解析】 【详解】
    根据反应前后固体的质量保持不变可知，生成二氧化碳的质量等于与铜反应的氧气的质量，设生成二氧化碳的质量为A，参加反应的碳酸钙的质量为x，铜的质量为y。
    B．22：5 C．4：1 D．44：32
    CaCO3     高温CaO+CO244    A

    100gx
    100x= 44A
    X=100A25A= 4411Δ2Cu+O22CuO128y32A
    128y= 32Ay＝4A
    铜和碳酸钙的质量比为：
    25A ＝44∶25 11故选A。 【点睛】
    4A∶本题中要抓住反应前后质量不变来做，分析其原因就是碳酸钙分解产生的二氧化碳质量等于跟铜反应的氧气质量。然后根据两个化学方程式就可以就是出铜和碳酸钙的质量比。

    10．实验室现有一瓶水垢样品，其成分为氢氧化镁和碳酸钙。已知：氢氧化镁受热易分解，反应的化学方程式为：Mg(OH2ΔMgO + H2O；碳酸钙高温下分解。某兴趣小组为测定其中各成分的质量分数，取12.9g水垢样品加热，加热过程中剩余固体的质量随加热时间的变化如下图所示。关于加热一段时间后剩余固体的判断，下列说法错误的是（ ）

    A．图中a点剩余固体是由一种盐和一种碱组成
    B．若剩余固体中钙元素的质量分数为36.0%，则剩余固体的成分为CaCO3和MgO C．图中ab间任一点(不包括a、b两点的剩余固体成分为CaCO3、MgO和Mg(OH2 D．若向c点的剩余固体中加入足量稀盐酸，充分反应生成CO2的质量为(12.0-xg 【答案】B 【解析】 【分析】

    由题意可知，氢氧化镁受热易分解生成了水蒸气，固体的质量要减少；碳酸钙高温下分解放出了二氧化碳气体，固体的质量要减少，完全反应后，固体的质量不再减少。 【详解】
    A、图中a点剩余固体是氢氧化镁和碳酸钙，是由一种盐和一种碱组成，故A说法正确； B、由图象可知，生成水的质量为：12.9g-12.0g=0.9g 设氢氧化镁的质量为m
    ΔMg(OH2=MgO+H2O5818
    m0.9g58m=,解得：m=2.9g 180.9g则碳酸钙的质量为12.9g-2.9g=10g
    设碳酸钙完全分解生成的二氧化碳的质量为n
    高温CaCO3=CaO+CO210044
    10g    n10010g=，解得：n=4.4g 44nx=12.0g-4.4g=7.6g
    若碳酸钙完全分解，则剩余固体中钙元素的质量分数是：10g    40100%100100%52.6%＞36.0%，说明了碳酸钙没有完全分解，则剩余固体的7.6g成分为CaCO3、MgO、CaO，故B说法错误；
    C、图中ab间任一点（不包括a、b两点），说明了氢氧化镁没有完全分解，剩余固体成分为CaCO3、MgO和Mg（OH）2，故C说法正确；
    D、由质量守恒定律可知，若向c点的剩余固体中加入足量稀盐酸，充分反应生成CO2的质量为（12.0-x）g，故D说法正确。 故选：B。

    11．推理是一种重要的学习方法．下列推理中正确的是(
    A．物质与氧气发生的反应都是氧化反应，则氧化反应一定要有氧气参加 B．单质是由一种元素组成的物质，则由一种元素组成的物质一定是单质 C．中和反应生成盐和水，生成盐和水的反应一定是中和反应 D．碱性溶液能使酚酞溶液变红，能使酚酞溶液变红的溶液一定呈碱性 【答案】D 【解析】
    A. 物质与氧气发生的反应都是氧化反应，但氧化反应不一定要有氧气参加，如镁和二氧化
    碳在点燃条件下反应生成氧化镁和碳，其中镁发生的是氧化反应，但是反应物中没氧气；B. 单质是由一种元素组成的物质，则由一种元素组成的纯净物一定是单质；C. 中和反应生成盐和水，生成盐和水的反应不一定是中和反应，如金属氧化物和酸生成盐和水，但不是中和反应。酸和碱反应生成盐和水的反应叫中和反应。D. 碱性溶液能使酚酞溶液变红，能使酚酞溶液变红的溶液一定呈碱性。选D

    12．实验室有一份由氧化镁、氧化铁和氧化铜混合而成的粉末15.1g，向其中加入溶质的质量分数为7.3％的稀盐酸至恰好完全反应，蒸干所得溶液，得到不含结晶水的固体31.6g，则该实验所消耗的稀盐酸的质量为（ ） A．100g 【答案】D 【解析】
    设实验所消耗的稀盐酸的质量为x，由氧化镁、氧化铁和氧化铜与盐酸反应的化学方程式MgO+2HCl=MgCl2+H2O；Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O；CuO+2HCl=CuCl2+H2O；可知氧化镁、氧化铁和氧化铜中的氧元素转化为氯元素，可得关系式 2HCl～（2Cl-O） 73 55
    x×7.3% 31.6g-15.1g=16.5g
    B．150g
    C．200g
    D．300g
    7355

    x7.3%16.5gx=300g。故选D。

    13．除去下列杂质，所选用的试剂和操作方法不合理的是( 选项 A B C D
    物质 KNO3 KCl Cu O2
    杂质 NaCl K2CO3 Fe2O3 CO
    试剂 热水 盐酸 碳粉 铜
    操作方法
    溶解，降温结晶，过滤 加入过量的盐酸，蒸发 与过量的碳粉混合，加热到高温 将混合气体缓缓通过足量的灼热铜网


    A．A 【答案】C 【解析】
    A、KNO3和NaCl的溶解度受温度的影响不同，硝酸钾溶解度受温度影响较大，而氯化钠受温度影响较小，所以可采取加热水溶解配成饱和溶液、冷却热饱和溶液使KNO3先结晶出来、再过滤的方法，正确；B、K2CO3能与盐酸反应生成氯化钾、水和二氧化碳，再蒸发除去盐酸和水，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，正确；C、碳和氧化铁在高B．B C．C D．D

    温的条件下反应生成铁和二氧化碳，碳粉过量，会引入新的杂质，错误D、铜和氧气在加热的条件下生成氧化铜，错误。故选C。
    点睛：根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变。除杂质题至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质。

    14．某不纯的氯化钙样品中含有氯化铁、氯化镁、氯化钠、碳酸钠中的某些物质。取样品11.1克溶于适量水，得无色澄清的溶液，然后向其中加入足量的硝酸银溶液，得到28.7克沉淀，则关于该样品中含有的物质推断正确的是 A．既无氯化铁、也无碳酸钠 ，可能含有氯化镁 C．只有氯化钠、没有氯化镁 【答案】D 【解析】
    取该样品11.1克溶于适量水中，得到澄清的无色溶液，说明一定不含有黄色的氯化铁溶液和碳酸钠溶液，因为碳酸钠和氯化钙会反应产生碳酸钙沉淀；然后向其中加入足量的AgNO3溶液，得到28.7克白色沉淀，假设11.1g是纯的氯化钙，产生氯化银的质量为x CaCl2～2AgCl 111 287 11.1g x x=28.7g
    设纯净的氯化镁反应产生氯化银沉淀的质量为y MgCl2～2AgCl 95 287 11.1g y y=33.5g
    设纯净的氯化钠反应产生氯化银沉淀的质量为z NaCl～AgCl 58.5 143.5 11.1g z z=27.2g
    因为氯化钙反应产生的沉淀正好是28.7g，因此若含有氯化镁，则一定含有氯化钠，要么这两种物质都没有，只含有不能反应的硝酸钾，因此： A、氯化铁显黄色，碳酸钠和氯化钙不能共存，则一定没有，一定含有氯化镁，错误；B、若含有氯化镁，则一定含有氯化钠，否则产生的沉淀会大于28.7g，错误； C、若含有氯化镁，则一定含有氯化钠，而不是氯化镁和硝酸钾的组合，错误；D、若含有氯化镁，则一定含有氯化钠，因此可能是氯化钙、氯化镁、氯化钠的组合，正确。故选D。
    点睛：根据取该样品11.1克溶于适量水中，得到澄清的无色溶液，说明一定不含有黄色的氯化铁溶液和碳酸钠溶液，因为碳酸钠和氯化钙会反应产生碳酸钙沉淀；然后向其中加入足量的AgNO3溶液，得到28.7克白色沉淀，结合纯氯化钙和硝酸银反应产生氯化银沉淀的质量及氯化镁、氯化钠与硝酸银反应产生氯化银沉淀的质量进行对比，得出结论。
    B．只有氯化镁、没有氯化钠
    D．一定有氯化镁和氯化钠

    15．下图是甲、乙两物质(均不含结品水的溶解度曲线,下列说法正确的是


    A．甲的溶解度大于乙
    B．t2℃时,甲、乙两饱和溶液的溶质质量均为40% C．升温均可使甲、乙的饱和溶液转化为不饱和溶液 D．将180g甲的饱和溶液由t3℃降至t2℃,可析出40g甲 【答案】D
    【解析】A、t1℃时，乙的溶解度大于甲，错误；B、t2℃时，甲、乙两饱和溶液的溶质质量均为40g，错误；C、升温可以是甲的溶液变为不饱和溶液，乙升温还是饱和溶液，因为乙的溶解度随温度的升高而减少，错误；D、将180g甲的饱和溶液由t3℃降至t2℃，可析出40g甲正确，因为甲的溶解度在t3℃时，是80g，在t2℃时是40g，正确。故选D。

    16．A－C都是初中化学常见的物质，A可用于金属表面除锈，F可以用于改良酸性土壤，D、E组成元素相同，B、C常温下为气体。图中“一”表示能相互反应，“→”表示转化关系（部分反应物、生成物及反应条件已略去）。下列说法错误的是

    A．E→F是一个放热反应
    B．B→E，C→E的反应类型可能不相同 C．若G为一种盐，则A不可能与G发生反应 D．若G为一种温室气体，实验室可用F溶液检验G 【答案】C 【解析】 【分析】
    A可用于金属表面除锈，A可能是稀盐酸或稀硫酸；得F可以用于改良酸性土壤，得出F为氢氧化钙；D、E组成元素相同，猜想E为水，则D为过氧化氢，过氧化氢可以分解生成水和氧气，故C为氧气，水可以和氧气相互转化，B、C常温下为气体，可以猜测B为氢气，氢气可与氧气反应，也能与水相互转化，且能有A转化而得，能与澄清石灰水反应的物质很多，常见的可以猜测为二氧化碳。故可以初步定为：A为稀盐酸或稀硫酸；B为氢
    气；C为氧气；D过氧化氢；E水；F氢氧化钙；G为二氧化碳； 【详解】
    A、 E→F是一个放热反应，符合条件的是氧化钙与水反应生成氢氧化钙；说法正确；故不符合题意；
    B、B→E，可以为化合反应，或者置换反应，C→E，可以是化合反应，不能通过置换反应来进行，故反应类型可能不相同，说法正确，故不符合题意；
    C、若G为一种盐，既能与酸反应又能与碱反应的盐是碳酸盐，如碳酸钠满足条件，说法错误，故符合题意；
    D、若G为一种温室气体，即是二氧化碳，实验室通常采用澄清石灰水来检验二氧化碳，实验室可用F溶液检验G，说法正确，故不符合题意； 故选C

    17．下列除杂所用试剂和主要实验操作均正确的是

    A B C D
    物质(括号内为杂质 CO2(HCl NaCl固体(Na2CO3 CaO(CaCO3 KNO3溶溶液(KOH
    所用试剂 NaOH溶液 稀盐酸 H2O MgSO4
    主要实验操作 洗气
    溶解、加试剂,蒸发结晶 过滤
    加入适量试剂,过滤


    A．A 【答案】B 【解析】
    A、CO2和HCl气体均能与NaOH溶液反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则，错误；B、Na2CO3能与适量稀盐反应生成氯化钠、水和二氧化碳，能除去杂质又不引入了新的杂质，符合除杂原则，正确；C、CaO能与水反应生成氢氧化钙，碳酸钙难溶于水，反而会把原物质除去，不符合除杂原则，错误；D、硫酸镁能和氢氧化钾反应生成硫酸钾和氢氧化镁白色沉淀，但会引入新的杂质，不符合除杂原则，错误。故选B。 点睛：根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变。除杂质题至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质。
    B．B C．C D．D

    18．A、B、C、为初中化学常见物质，它们之间的转化关系如下图所示（反应条件，部分反物和生成物已略去，“→”表示直接转化关系）。某同学推断正确的是


    A．若A为碳酸钙，B为氧化钙，则C一定为水 B．若C为H2O，B为CO2，则A可以为酸、盐、氧化物 C．若A为氧化铁，B为铁，则C可以为FeSO4
    D．若A为FeSO4，B为CuSO4，B→C一定发生的是置换反应 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
    A、若A为碳酸钙，碳酸钙可以在高温煅烧条件下生成氧化钙，B可为氧化钙，氧化钙可以与酸反应生成水，碳酸钙可以与酸反应生成水，但是C不一定为水，可以是盐，如氯化钙，硝酸钙等，推断错误，故不符合题意；
    B、若C为H2O，CO2与碱反应可以生成H2O，则A可以为酸，如碳酸可以转化为二氧化碳和水；可以为盐，如碳酸盐可以直接转化为二氧化碳和水；可以为氧化物，如氧化铁可以与碳单质或酸直接转化为二氧化碳和水。推断正确，故符合题意；
    C、若A为氧化铁，氧化铁可以被碳、一氧化碳、氢气等置换得到铁单质，B可为铁，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，C可以为FeSO4，氧化铁不能直接与酸或其他物质反应生成硫酸亚铁，推断错误，故不符合题意；
    D、若A为FeSO4，B为CuSO4， FeSO4无法直接转化为CuSO4；B→C可能发生的是置换反应生成盐，如加入锌置换生成硫酸锌。推断错误，故不符合题意； 故选B

    19．某化学兴趣小组为测定Fe、Cu、Ag三种金属的活动性顺序，选用下列各组试剂，你认为不可行的是
    A．Cu、Ag、FeSO4溶液 B．Cu、FeCl2溶液，AgNO3溶液 C．Fe、Ag、CuSO4溶液 D．Fe、Cu、稀硫酸，AgNO3溶液 【答案】A
    【解析】根据金属活动顺序进行思考，Fe、Cu、Ag这三种金属的金属活动性由强到弱的顺序为Fe＞Cu＞Ag．在金属活动顺序表中，前边的金属可以把后边的金属从其盐溶液中置换出来，所以可以选择相应的金属和盐溶液进行反应来证明这三种金属的活动性强弱． A、因为铁的活动性在三种金属中最强，所以Cu，Ag都不能和FeSO4溶液反应，得不出Cu，Ag的活动性强弱，所以此方案不可行． B、Cu，FeCl2溶液，AgNO3溶液这三种物质中，铜与FeCl2溶液不反应，证明铁的活动性比铜强，铜与AgNO3溶液能反应，证明铜比银的活动性强，此方案可行．C、铁可以置换CuSO4溶液中的铜而出现红色固体，证明铁的活动性比铜强，银和CuSO4溶液不反应，证明铜比银的活动性强，因此，可以证明三种金属
    的活动性强弱，此方案可行．D、Fe，Cu，稀硫酸，AgNO3溶液四种物质中，铁能与稀硫酸反应，也能与AgNO3溶液反应，证明铁比氢和银的活动性强，铜和稀硫酸不反应，但能与AgNO3溶液反应，证明铜的活动性比氢弱，比银强，也能得出三种金属的活动性强弱，此方案可行．故选B．

    20．有NaHCO3与NaCl的混合物20.0g，加热一段时间，得剩余固体16.9g。向剩余固体中加入足量稀盐酸，并将该反应生成的气体通入澄清石灰水中，得到白色固体15.0g，下列说法正确的是（ ）
    A．NaHCO3加热生成CO2的质量为3.1g B．剩余固体为Na2CO3和NaCl的混合物 C．反应后，所得溶液中NaCl的质量为11.7g D．原混合物中NaHCO3与NaCl的质量比为63:37 【答案】D 【解析】 【分析】
    混合物20.0g，加热一段时间，得剩余固体16.9g，减少的3.1g是水和CO2的质量，设NaHCO3分解产生CO2的质量为x，分解的NaHCO3的质量为y，
    2NaHCO3    ΔNa2CO3+CO2H2O4418 x3.1gx44x ，解得x=2.2g 183.1gx2NaHCO3168yΔNa2CO3+CO2H2O44
    2.2g168y，解得y=8.4g； 442.2g得剩余固体中加入盐酸后产生的二氧化碳，被石灰水吸收，得到碳酸钙15.0g，根据质量守恒定律这些二氧化碳来自NaHCO3，设NaHCO3的质量为y1，生成NaCl的质量为z，则有：
    NaClNaHCO3CO2CaCO358.5z84y1100 15gy841，解得y1=12.6g， 10015g
    58.5z，解得z=8.775g，则原混合物中NaCl的质量为20g-12.6g=7.4g。根据以上计算10015g分析作答。 【详解】
    A.由计算可知，混合物20.0g，加热一段时间，得剩余固体16.9g，生成CO2的质量是2.2g，不符合题意；

    B. 原混合物中NaHCO312.6g，加热一段时间，分解的NaHCO38.4g，得剩余固体16.9g中还有NaHCO3，所以剩余固体为NaHCO3、Na2CO3和NaCl的混合物，不符合题意； C. 反应后，所得溶液中NaCl的质量为：原混合物中NaCl的质量为7.4g和生成NaCl的质量为8.775g之和，共16.175g，不符合题意；
    D. 原混合物中NaHCO3与NaCl的质量比为12.6g：7.4g= 63:37，符合题意。故选D。

    二、实验题（培优题较难）
    21．已知某种治疗胃病药品的主要成份是铝碳酸镁：（ Ala Mgb（OH）16CO3·4H2O），假设药品中的其它成份受热不分解、不溶于水且不与稀硫酸反应。某研究性学习小组设计了如下实验探究铝碳酸镁片的组成。
    查阅资料：①Mg（OH）2不溶于NaOH溶液也不与NaOH溶液反应。 ②A1（OH）3能溶于NaOH溶液，生成可溶于水的NaA1O2。
    （实验一）取mg该药片，研成粉末放入硬质玻璃管中，加热，装置如图一。

    （1）铝碳酸镁片加热分解的产物为A12O3、MgO、CO2和H2O，若要测定生成的CO2和H2O的质量，装置C和D中盛放的药品应选择：C_____、D_____。（填序号） ①浓硫酸 ②碱石灰 ③氯化钙 ④纯碱
    （2）实验开始前关闭弹簧夹_____（填a或b），打开另一个弹簧夹，先通入一段时间空气，装置A中盛放的是碱石灰，它的作用是_____。
    （3）一段时间后，打开和关闭相应的弹簧夹，点燃酒精灯加热，充分反应后，停止加热，继续通入一段时间空气，目的是_____。
    （实验二）另取mg该药片，加入100g9.8%的稀硫酸，充分反应后滤去不溶物，得到含有MgSO4和A12（SO4）3等溶质的滤液，向滤液中逐渐加入足量的稀NaOH溶液，产生沉淀的质量与加入的溶液中NaOH的质量的关系如图二。


    （4）图中当加入溶液中NaOH的质量为0.80g时仍没有沉淀，此阶段发生的化学方程式是_____，发生的反应是_____反应（填基本反应类型）。当加入溶液中NaOH的质量到X时，生成的沉淀中Al（OH）3的质量是_____g。
    （5）试确定铝碳酸镁的化学式中a：b=_____（填最简整数比）
    【答案】③ ② b 吸收空气中的二氧化碳和水蒸气 使反应生成的二氧化碳和水蒸气被充分吸收 2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O 复分解 1.56 1:3 【解析】 【分析】 【详解】 实验一：
    （1）装置C和D中盛放的药品应分别用来吸收水和二氧化碳，且C装置所盛放的药品不能与二氧化碳反应，故装置C可盛放氯化钙，装置D可盛放碱石灰，故填：③；②； （2）实验开始前关闭弹簧夹b，打开另一个弹簧夹，先通入一段时间空气，将装置内原有的空气排尽，防止空气中含有的二氧化碳和水蒸气影响实验结果；
    装置A中盛放的是碱石灰，它的作用是：吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，防止其对实验结果造成影响；
    （3）一段时间后，打开和关闭相应的弹簧夹，点燃酒精灯加热，充分反应后，停止加热，继续通入一段时间空气，目的是：使反应生成的二氧化碳和水蒸气被充分吸收； 实验二：
    （4）图中当加入溶液中NaOH的质量为0.80g时仍没有沉淀，说明滤液中含有硫酸，氢氧化钠与硫酸反应生成硫酸钠和水，此阶段发生的化学方程式是：2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O；
    该反应符合“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； 当加入溶液中NaOH的质量到x时，生成的沉淀是氢氧化镁和氢氧化铝，继续加入氢氧化钠，氢氧化铝溶于氢氧化钠，待完全反应后，剩余的沉淀是氢氧化镁，故当加入溶液中NaOH的质量到X时，生成的沉淀中Al（OH）3的质量是：5.04g-3.48g=1.56g； （5）铝碳酸镁与稀硫酸反应生成硫酸镁、硫酸铝，硫酸镁与氢氧化钠反应：MgSO4+2NaOH=Mg(OH2+Na2SO4，硫酸铝与氢氧化钠反应：Al2(SO43+6NaOH=2Al(OH3+3Na2SO4，故铝碳酸镁中的镁和铝全部转化到了氢氧
    化镁和氢氧化铝中，氢氧化镁中镁元素的质量为：3.48g氢氧化铝中铝元素的质量为：1.56g24100%=1.44g；
    24+17227100%=0.54g，故铝碳酸镁中镁元素与27+173铝元素的质量比为：27a：24b=0.54g：1.44g，a：b=1:3。

    22．某化学实验小组在做盐跟盐反应的分组实验时，第一组同学进行BaCl2与Na2CO3溶液的反应，第二组同学进行BaCl2与Na2SO4溶液的反应。实验结束后，两组同学将试管内全部的物质集中倒进一个废液缸中。将废液缸中的物质进行过滤，得到滤液和沉淀。化学兴趣小组同学要探究得到的滤液中溶质的成分。 （提出问题）滤液里含有什么溶质？ （提出猜想）猜想①： ； 猜想②：NaCl、Na2SO4； 猜想③：NaCl、Na2CO3； 猜想④：NaCl、Na2CO3、Na2SO4 ； 猜想⑤：NaCl （实验探究）

    （1）观察到现象a：只有气泡产生，则小组同学认为猜想③成立，他们的结论是否正确？
    请说明理由 ；
    （2）向滤液中加入过量BaCl2溶液，若产生的现象b为：生成白色沉淀，然后加入足量的稀硝酸沉淀完全溶解，有气泡产生，则猜想____ 成立，上述实验过程中发生的反应的化学方程式为 ；若猜想④成立，则上述实验过程加入足量稀硝酸后观察到的现象为 。
    （3）经过讨论，小组同学一致认为猜想③成立。要把废液变为中性才能排放，应如何处理废液 。 【答案】NaCl BaCl2
    （1）不正确，加入稀硫酸产生气泡，证明滤液中有Na2CO3 ，但无法确定是否含有Na2SO4 （2）③ BaCl2+ Na2CO3="=" 2NaCl + BaCO3↓ BaCO3+ 2HNO3="=" Ba(NO32+ CO2↑ + H2O ； 固体表面有气泡，固体减少但不消失（或白色固体部分消失） （3）加入适量的稀盐酸至溶液呈中性排放 【解析】 试题分析：
    【提出猜想】碳酸钠与氯化钡反应生成的是碳酸钡沉淀和氯化钠；氯化钡与硫酸钠反应生成的是硫酸钡沉淀和氯化钠。考虑到反应物是否过量的问题，故反应后的溶液中溶质可能存在以下几种情况：只有氯化钠；氯化钠和碳酸钠；氯化钠和硫酸钠；氯化钠、碳酸钠和
    硫酸钠；氯化钠、氯化钡； 【实验探究】
    （1）有气泡产生，说明溶液中一定含有碳酸钠，但不能确定是否含有硫酸钠；
    （2）加入足量的稀硝酸沉淀完全溶解，说明生成的碳酸钡沉淀，即溶液中含有碳酸钠，不能硫酸钠，说明猜想3正确；
    （3）碳酸钠溶液呈碱性，可加入适量的酸如稀盐酸使它们反应生成中性的氯化钠溶液再排放。
    考点：盐的性质

    23．根据实验内容回答问题。

    （1）图A铁丝在氧气中剧烈燃烧，___________，放出大量的热，有黑色固体生成。该反应的化学方程式为__________。
    （2）图B装置用于制取氧气，反应的化学方程式为_____，除图中所示的方法外，在实验室中氧气还可用____（用化学反应方程式表示）方法制取。
    （3）用稀盐酸和大理石在C装置中反应制CO2，反应的化学方程式为___________；并验证CO2有关性质，观察到烧杯中导管口有气泡冒出，但无其他明显现象。若证明CO2与NaOH溶液发生了化学反应，以下方案合理的是______（填序号）。 ① 取少量烧杯中液体滴加无色酚酞 ② 取少量烧杯中液体滴加足量稀盐酸 ③ 取少量烧杯中液体滴加足量石灰水 【答案】火星四射 3Fe + 2O2【解析】
    试题分析：（1）图A铁丝在氧气中剧烈燃烧，火星四射，放出大量的热，有黑色固体生成。该反应的化学方程式为3Fe + 2O2Fe3O4。
    Fe3O4 2H2O22H2O+ O2↑ 2KMnO4K2MnO4 + MnO2 + O2↑ CaCO3+2HCl==CaCl2+ H2O+CO2↑ ② ③
    （2）图B装置用于制取氧气，是过氧化氢分解制取氧气，反应的化学方程式为2H2O2 2H2O+ O2↑；在实验室中氧气还可用加热高锰酸钾的方法制取氧气，化学方程式为2KMnO4K2MnO4 + MnO2 + O2↑。
    （3）用稀盐酸和大理石在C装置中反应制CO2，反应的化学方程式为CaCO3+2HCl CaCl2+ H2O+CO2↑，若要证明CO2与NaOH溶液发生了化学反应，方法有：②、取少量烧杯中液体滴加足量稀盐酸，若产生气泡，则说明CO2与NaOH溶液发生了化学反应，生成了碳酸
    钠；③、取少量烧杯中液体滴加足量石灰水，若产生白色沉淀，则说明CO2与NaOH溶液发生了化学反应，生成了碳酸钠。
    考点：铁丝燃烧；化学方程式；实验室制取氧气和二氧化碳的反应原理；实验装置的选用；物质鉴别。
    点评：书写化学方程式要遵循客观事实和质量守恒定律两个原则，注意化学式要正确，不要忘记反应条件、气体或者沉淀符号。
    做铁丝燃烧的实验前，要在集气瓶中放些水或者铺一层细沙，防止铁丝燃烧生成物，溅落瓶底，使瓶底炸裂。

    24．某矿井中的瓦斯气体可能含有CO、CO2、CH4等气体。为确定该瓦斯气体的成分，兴趣小组同学设计了如下实验方案供大家讨论： （查阅资料）CH4+4CuO（实验装置）
    Δ4Cu+CO2+2H2O

    （1）装置C中的氧化铜由黑色变为红色，说明__________。
    （2）大家认为，欲通过D装置中浓硫酸因吸收水分而增重，说明混合气体中含有CH4的思路不严密，认为需要在_________（填装置序号，下同）间再增加一个_____装置，才能证明含有CH4。
    （3）装置B的作用是________。 （4）该装置存在的安全隐患是_______。
    （5）综合上述讨论，兴趣小组排除了安全隐患，将混合气体通过改进后的装置进行了实验探究，请根据实验现象和数据填写结论： 装置 A B C D
    实验现象/数据 石灰水变浑浊 无明显现象
    通过实验现象和数据，小组成员一致实验结论
    _______。 黑色粉末变成红色 认为该气体样品中含有装置D增重3.6g

    E 装置E增重4.4g


    （反思）（6）小明认为使用该装置存在着误差，他的理由是_________。
    【答案】混合气体中至少有CO、CH4中的一种 BC D 吸收二氧化碳 可能发生爆炸 CO2、CH4 气体通过E装置时会带出水蒸气，所以E装置质量的增加值小于实际生成二氧化碳的质量 【解析】 【分析】 【详解】
    （1）一氧化碳具有还原性，加热条件下能与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，反应的化学方程式为：CO+CuOΔCu+CO2；甲烷同样可以与氧化铜反应，反应的化学方程式为ΔCH4+4CuO4Cu+CO2+2H2O，装置C中的氧化铜由黑色变为红色，说明混合气体中至少有CO、CH4中的一种；
    （2）气体通过石灰水和氢氧化钠溶液时会带出水蒸气，需要在BC间再增加一个D装置，以吸收水蒸气。
    （3）因为Ca(OH2微溶于水，装置A不能保证二氧化碳吸收完全，需用氢氧化钠溶液来完全吸收二氧化碳。
    （4）可燃性气体与空气混合，加热时可能发生爆炸。
    （5）A中石灰水变浑浊，说明原气体中含有二氧化碳；黑色粉末变成红色，说明含有还原性的气体；装置D增重3.6g，装置E增重4.4g，即生成了3.6g水和4.4g二氧化碳；说明混合气体中一定含有甲烷，4.4g二氧化碳中含有碳元素的质量为：4.4g122100%1.2g，3.6g水中含有氢元素的质量为：3.6g100%0.4g，碳4418元素和氢元素的质量比为1.2g：0.4g=3：1，恰好等于甲烷中碳元素和氢元素的质量比，则混合气体中一定含有甲烷，不含一氧化碳。
    （6）气体通过E装置时会带出水蒸气，所以E装置质量的增加值小于实际生成二氧化碳的质量。 【点睛】
    掌握一氧化碳具有还原性、常见气体的检验方法等是正确解答本题的关键。

    25．兴趣小组对石灰石和稀盐酸反应快慢的影响因素进行研究，用相同质量的石灰石与同体积、不同质量分数的稀盐酸完成表中实验： 实验序号
    稀盐酸的浓度/%
    石灰石状态
    石灰石消失所需时间/s

    ① ② ③
    18 18 9
    块状 颗粒状 块状
    150 90 200


    （1）石灰石和稀盐酸反应的化学方程式：_______________。
    （2）通过对比实验①和②，得出的结论：在相同条件下，石灰石与稀盐酸接触的表面积越大，反应速率越_______。
    （3）通过对比实验___________和_______可知，化学反应快慢与稀盐酸浓度的关系是____。
    （4）要比较石灰石和稀盐酸反应快慢，除了可以看反应结束的时间外，还可以采用的方法是：___。
    （5）将过量的石灰石分别加入400mL，浓度各为1、2、3、4、5、6mol/L的盐酸溶液中。资料：mo1/L是一个浓度单位，读作摩尔每升，数值越大说明浓度越大。 盐酸浓度/mol/L CO2体积/mL 盐酸利用率/%
    6 20810 72.1
    5 19310 80.3
    4 15670 81.5
    3 11930 82.7
    2 8060 83.8
    1 4140 86.1


    盐酸的利用率与盐酸浓度的关系是_______________，盐酸利用率不是很高的原因，除了盐酸挥发外，你认为还有的原因可能是________________，验证用较浓的盐酸制取的二氧化碳气体中含有氯化氢的方法是_______________。
    【答案】CaCO32HClCaCl2H2OCO2 快 ① ③ 稀盐酸的浓度越大，反应速率越快 比较相同时间内收集到气体的体积的多少 盐酸的利用率与盐酸浓度成反比 当盐酸的浓度降低到一定程度时，反应几乎停止 将气体通入硝酸银溶液中，产生白色沉淀 【解析】 【分析】 【详解】
    （1）石灰石的主要成分是碳酸钙，碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，反应的化学方程式是：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑。
    （2）块状石灰石与盐酸接触面积小于颗粒状石灰石，通过对比实验①和②石灰石消失所需的时间，可得出结论：在相同条件下，石灰石与稀盐酸接触的表面积越大，反应速率越快。
    （3）实验①中稀盐酸的浓度大于实验③，通过对比实验①和③石灰石消失所需的时间可知，化学反应快慢与稀盐酸浓度的关系是：稀盐酸的浓度越大，反应速率越快。

    （4）比较化学反应的速率可以比较反应物减少的快慢，也可以比较相同时间内生成的生成物质量（或体积）的大小，因此要比较石灰石和稀盐酸反应快慢，除了可以观察反应结束的时间外，还可以采用的方法是：比较相同时间内收集到气体的体积的多少。
    （5）根据表格中的数据可知，盐酸的利用率与盐酸浓度的关系是盐酸的利用率与盐酸浓度成反比。盐酸利用率不是很高的原因，除了盐酸挥发外，还有的原因可能是当盐酸的浓度降低到一定程度时，反应几乎停止。氯化氢溶于水形成盐酸，盐酸与硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸，因此验证用较浓的盐酸制取的二氧化碳气体中含有氯化氢的方法是：将气体通入硝酸银溶液中，若产生白色沉淀，则二氧化碳气体中含有氯化氢。

    26．某兴趣小组设计如图装置，对“一氧化碳还原氧化铁”的实验进行拓展研究。


    已知：氯化亚铜的氨水溶液能吸收 CO，产生红色固体，反应方程式如下2CuCl+2CO+2H2O=Cu2Cl2CO22H2O。
    （1）写出上图中仪器标号的名称：①____，②____。
    （2）A 处 MgCO3和 Zn 反应生成两种金属氧化物和CO，该反应的化学方程式为____。 （3）实验前需通入适量氮气，目的是____，D 中多孔球泡的作用是________。 （4）反应后，B 处现象是________，C 处反应的化学方程式为____。
    （5）若 A 处有 m g MgCO3参加反应，C 处生成 n g CaCO3，装置中能证明 25m > 21n 的实验现象是 __________。
    （6）下列关于该实验的说法正确的是____（填字母）。 a B 处固体质量逐渐减小 b C 中溶液质量逐渐增大 c 必须在E 处进行尾气处理
    d 实验结束后，应继续通氮气至玻璃管冷却 【答案】铁架台 酒精灯 MgCO3ZnΔMgOZnOCO 排尽空气，防止爆炸（答到一点即给分） 充分吸收CO 红棕色固体变成黑色（答到变黑即给分） Ca(OH2CO2CaCO3H2O D处产生红色固体（装置D和现象都要答到才给分） ad 【解析】

    【分析】 【详解】
    （1）由图可知，仪器①是：铁架台；仪器②是：酒精灯；
    （2）A 处 MgCO3 和 Zn 反应生成两种金属氧化物和CO，根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类不变，反应物中含Mg、C、O、Zn，生成物中含C、O，故生成物中还应含Mg、Zn，故生成的两种金属氧化物应是氧化锌和氧化镁，故该反应的化学方程式为：MgCO3ZnMgOZnOCO；
    （3）A处反应生成了一氧化碳，一氧化碳具有可燃性，混有一定量的空气，遇到明火或电火花容易发生爆炸，故实验前通入氮气，可将装置内的空气排尽，防止发生爆炸； 由题干信息可知，2CuCl+2CO+2H2O=Cu2Cl2CO22H2O，故D 中多孔球泡的作用是：充分吸收CO；
    （4）B处一氧化碳与氧化铁在高温的条件下反应生成铁和二氧化碳，故实验现象为：红棕色固体变成黑色；
    C处为反应生成的二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，该反应的化学方程式为：    ΔCa(OH2CO2CaCO3H2O；
    ΔMgCOZnMgOZnOCO；B处：（5）A处：3Fe2O3+3CO高温2Fe+3CO2；C处：Ca(OH2CO2CaCO3H2O；可得关系式：MgCO3～CaCO3，如果恰好完全反应。则84:100=m：n，100m=84n，25m=21n，如果25m＞21n，说明A处反应生成的一氧化碳和B处的氧化铁反应后，过量，故在D处：2CuCl+2CO+2H2O=Cu2Cl2CO22H2O，实验现象为：D处产生红色固体；
    （6）a、B处：Fe2O3+3CO符合题意；
    b、C处：Ca(OH2CO2CaCO3H2O，44份二氧化碳反应生成100份碳酸钙，溶液质量逐渐减小，不符合题意；
    c、D中是足量的氯化亚铜的氨水溶液，能充分吸收一氧化碳，无需在E处进行尾气处理，不符合题意；
    d、实验结束后，应继续通氮气至玻璃管冷却，防止水倒流，炸裂试管。符合题意。 故选ad。
    高温2Fe+3CO2，氧化铁被还原为铁，固体质量逐渐减小，

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