2022年湖北省黄冈市黄梅县实验中学中考一模化学试题（解析版）

这是一份2022年湖北省黄冈市黄梅县实验中学中考一模化学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了5 Ca， 下列组合正确的是， 把20等内容，欢迎下载使用。

2022年黄梅县实验中学中考化学模拟考试(一)
相对原子质量：Cu：64 C：12 O：16 Na：23 S：32 Cl：35.5 Ca：40 Fe：56
一、选择题(本题10小题，每小题只有一个选项符合题意。共12分)
1. 中华民族有着光辉灿烂的发明史，下列发明创造不涉及化学反应的是
A. 打磨磁石制指南针 B. 用粮食酿酒 C. 用铁矿石炼铁 D. 烧结粘土制陶瓷
【1题答案】
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A、打磨磁石制指南针是物质形状改变，无新物质生成，是物理变化。
B、用粮食酿酒，有酒精等新物质生成，是化学变化。
C、用铁矿石炼铁，有金属铁等新物质生成，是化学变化。
D、烧结粘土制陶瓷，有新物质生成，是化学变化。
故选A
2. 正确规范的操作是实验成功和人身安全的重要保证。下列实验操作正确的是
A. 稀释浓硫酸 B. 配制溶液
C. 振荡试管 D. 检查装置气密性
【2题答案】
【答案】D
【解析】
【详解】A、稀释浓硫酸：将浓硫酸沿器壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，使热量尽快的散发出去，不能将水注入浓硫酸中，不符合题意；
B、不能在量筒中配制溶液，应在烧杯中进行，不符合题意；
C、振荡试管，用手腕力量左右摆动，不能上下振荡，不符合题意；
D、检查装置的气密性，先关闭止水夹，然后向长颈漏斗内注水，形成一段稳定的水柱，说明装置不漏气，符合题意。
故选D。
3. 下列组合正确的是
①CO、CO2、SO2、NO2和O3是污染空气的气体成分；②为节约用水，灌溉农田时将大水漫灌改为喷灌、滴灌；③合金、塑料、合成橡胶都是合成材料；④煤、石油、沼气都属于不可再生能源；⑤水、蛋白质、糖类属于人体六大营养素；⑥在田里焚烧秸秆既浪费了资源，也造成了空气污染，是不可取的。
A. ①③⑤ B. ②④⑤ C. ②⑤⑥ D. ①③⑥
【3题答案】
【答案】C
【解析】
【详解】①CO2是空气的成分之一，不属于污染空气的气体，错误；
②灌溉农田时将大水漫灌改为喷灌、滴灌，可以节约用水，正确；
③合金是金属材料，不属于合成材料，错误；
④沼气属于可再生能源，错误；
⑤水、蛋白质、糖类、油脂、维生素，无机盐通常称为人体六大基本营养素，正确；
⑥在田里焚烧秸秆既浪费了资源，也会造成空气污染，是不可取的，正确。
故选C。
4. 下列化学用语中数字“2”的说法不正确的是
①2SO3 ②Mg2＋ ③CO2 ④ ⑤O2－ ⑥H2O2
A. 表示分子个数的是①⑥ B. 表示离子所带电荷数的是②⑤
C. 表示一个分子中含有某种原子个数的是③⑥ D. 表示元素化合价的是④
【4题答案】
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查元素符号不同位置的数字的意义。①2SO3中的“2”表示2个SO3分子。②Mg2+中的“2”表示镁离子带2个单位正电荷。③CO2中的“2”表示一个CO2分子中含有2个氧原子。④中的“2”表示硫酸铜中铜元素的化合价为+2价。⑤O2-中的“2”表示氧离子带2个单位的负电荷。⑥H2O2中的“2”表示1个H2O2分子中含有2个H原子和2个氧原子。
【详解】A、根据分析，表示分子个数的是①，A不正确，符合题意；
B、根据分析，表示离子所带电荷数的是②⑤，B正确；
C、根据分析，表示一个分子中含有某种原子个数的是③⑥，C正确；
D、根据分析，表示元素化合价的是④，D正确。
故选A。
【点睛】标在分子符号前面的数字表示分子的个数。标在元素符号右上角的数字表示离子所带电荷数。在化学式中，元素右下角的数字表示一个分子中所含原子的个数。元素符号正上方的数字表示该元素化合价的数值。
5. 在一定条件下，某反应前后各物质的质量如下表所示，下列说法不正确的是



M
N



t0时刻的质量/g
16
64
5
0
t1时刻的质量/g
12
48
a
9
t2时刻的质量/g
0
0
49
b

A. b=36
B. t1时刻，M和N的质量比为3：1
C. 该反应中，和的化学计量系数之比为1：1
D. 反应前后，元素和原子的种类均不变
【5题答案】
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A、反应前后，物质的总质量相等，故b=16g+64g+5g-49g=36，故A正确；
B、t1时，参加反应的质量是16g-12g=4g，M参加反应的质量是64g-48g=16g，生成的质量为9g ，故N为生成物，此时生成N的质量为16g+4g-9g=11g，此时a=11g+5g=16g，M和N的质量比为48g:16g=3:1，故B正确；
C、M、N的化学式不确定，和的化学计量系数之比无法确定，故C错误；
D、根据质量守恒定律可知反应前后，元素和原子的种类均不变，故D正确；
故选C。
6. 下列根据实验目的设计的实验方案及结论均正确的是
选项
实验目的
实验方案
实验结论
A
鉴别黄铜和纯铜
相互刻划，观察现象
纯铜硬度比黄铜大
B
除去稀盐酸中的硫酸
加入过量氯化钡溶液，过滤
得到稀盐酸
C
探究铁、铜、银的金属活动性顺序
将铁丝和铜丝分别插入硝酸银溶液中
金属活动性顺序：铁>铜>银
D
探究水的组成
检验水通电后的产物
水由氢元素和氧元素组成

A. A B. B C. C D. D
【6题答案】
【答案】D
【解析】
【详解】A、一般合金的硬度大于成分金属的硬度，黄铜是铜锌合金，相互刻划，会观察到纯铜上有划痕，说明黄铜硬度比纯铜大，A错误；
B、除去杂质，不能引入新杂质，过量氯化钡溶液可以除去稀盐酸中的硫酸，但会引入氯化钡杂质，B错误；
C、将铁丝和铜丝分别插入硝酸银溶液中，可以得出金属活动性铁大于银、铜大于银的结论，但不能比较铁和铜的金属活动性强弱，C错误；
D、化学反应前后元素种类不变，水通电后产生氢气和氧气两种气体，可以证明水由氢元素和氧元素组成的，D正确。
故选D。
7. 将t3℃时等质量的甲、乙、丙三种物质的饱和溶液分别降温到t1℃，对所得溶液的分析正确的是

A. 溶解度：乙˃甲˃丙 B. 溶剂质量：丙˃乙˃甲
C. 溶液质量：乙˃甲˃丙 D. 溶质质量分数：乙˃甲=丙
【7题答案】
【答案】B
【解析】
【分析】根据甲、乙、丙三种物质的溶解度曲线可知，甲、乙的溶解度随温度的升高而增大，丙的溶解度随温度的升高而降低。在t3℃时，溶解度：甲>乙>丙，在t1℃时，溶解度：乙>甲=丙。
【详解】A、根据分析，在t1℃时，溶解度：乙>甲=丙，A错误；
B、t3℃时等质量的甲、乙、丙三种物质的饱和溶液分别降温到t1℃时，溶剂的质量不变，在t3℃时，因为溶解度：甲>乙>丙，故溶剂的质量：丙>乙>甲，B正确；
C、将t3℃时等质量的甲、乙、丙三种物质的饱和溶液分别降温到t1℃，根据溶解度曲线，甲析出的溶质最多，乙析出的溶质次之，丙不析出溶质，所以溶液的质量：丙>乙>甲，C错误；
D、在t1℃，溶解度：乙>甲=丙，则乙的溶质质量分数大于甲，由于丙在t3℃时溶解度最小，溶质质量分数最小，降温到t1℃，丙的溶质质量分数依然最小，故溶质质量分数：乙˃甲>丙，D错误。
故选B。
8. 兴趣小组使用石墨电极进行电解水实验(如图)，添加Ca(OH)2增强水的导电性，添加Ca(OH)2后形成饱和溶液。连接电源，除两极有气泡产生外，正极附近还出现明显的白色浑浊。这一“异常”现象中白色不溶物形成原因不可能是(查阅资料：电解过程中溶液的温度会升高。)

A. 电解过程中，水的减少导致白色浑浊
B. 电解过程中，水温上升导致白色浑浊
C. 空气中的二氧化碳溶于水，与Ca(OH)2溶液反应导致白色浑浊
D. 石墨电极含碳元素，电解过程中石墨电极与正极生成的O2反应生成CO2导致的
【8题答案】
【答案】C
【解析】
【详解】A、添加Ca(OH)2后形成饱和溶液，电解过程中，水的减少导致氢氧化钙析出，形成白色浑浊，正确；
B、氢氧化钙的溶解度随温度升高而减小，电解过程中溶液的温度会升高，导致氢氧化钙析出，形成白色浑浊，正确；
C、空气中的二氧化碳含量很低，不会与Ca(OH)2溶液反应导致白色浑浊，如果导致浑浊则正、负均会出现浑浊，错误；
D、石墨电极含碳元素，电解过程中石墨电极与正极生成的O2反应生成CO2，二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，导致浑浊，正确。
故选C。
9. 如图是依据物质类别和物质中元素的化合价构建的物质间的转化关系（“→”表示物质间的转化），已知A～M是由氢、碳、氧、氯、钠、钙、铁七种元素中的一种或几种元素组成的物质。下列说法正确的是

A. F的化学式为HCl，D的名称是氯化钠
B. D→C反应的现象是固体溶解，有气泡冒出
C. A常用作干燥剂，A→B的过程放出大量的热
D. 若E溶液中混有少量B，可加适量F溶液除去
【9题答案】
【答案】C
【解析】
【分析】A～M是由氢、碳、氧、氯、钠、钙、铁七种元素中的一种或几种元素组成的物质，图中氧化物G中有元素化合价为+3价，根据已学知识，G为Fe2O3；氧化铁可以转化为铁，则H为Fe，M为铁盐；A为含有+2价元素的氧化物，且可以转化为碱，以上元素中只有钙符合题意，因此A为CaO，B为Ca(OH)2；Ca(OH)2可以转化为NaOH，则E为NaOH，钠显+1价，符合题意；NaOH可以转化为Na2CO3或氯化钠，Ca(OH)2可以转化为含钙元素（化合价是+2价）的盐如CaCO3或氯化钙，因为氯化钠不能转化为氯化钙，而Na2CO3可以转化为CaCO3，则C是CaCO3，D是Na2CO3。
【详解】A、F是含有-1价元素的酸，在给定元素中只有氯符合题意，因此F的化学式为HCl。根据分析D为Na2CO3，不可能是氯化钠，因为氯化钠不能转化为钙盐，选项A不正确；
B、D为Na2CO3，C是CaCO3，D→C转化可以通过碳酸钠和氯化钙等可溶性钙盐或氢氧化钙反应实现，反应的现象是：有白色沉淀生成，选项B不正确；
C、A是氧化钙，氧化钙能和水反应生成氢氧化钙，因此常用作干燥剂。氧化钙和水的反应是放热反应，因此A→B的过程中放出大量的热，选项C正确；
D、E为NaOH，B为Ca(OH)2，若NaOH溶液中混有少量Ca(OH)2，如果加入适量盐酸溶液，虽然除去了氢氧化钙，但盐酸同时也和氢氧化钠反应，还带进新的杂质氯化钙、氯化钠，不符合“不增、不减、易分离”的除杂原则，选项D不正确。
故选C。
10. 把20.4g铜和铁的混合粉末放入烧杯中，先加入100.0g8%硫酸铜溶液，充分反应后，再加入300.0g9.8%的稀硫酸，完全反应，过滤、洗涤、干燥得9.6g固体。下列判断错误的是
A. 反应过程中共生成0.4 g H2
B. 反应中共消耗的硫酸溶液为200g
C. 原混合物中Cu的质量为6.4g
D. 最后得到的9.6g固体中一定含有铜，可能含有铁
【10题答案】
【答案】D
【解析】
【详解】100.0g8%硫酸铜溶液中硫酸铜的质量=100.0g×8%=8.0g
设与硫酸铜溶液发生反应铁的质量为x，生成的铜的质量为y，


x=2.8g

y=3.2g
假设加入的硫酸完全反应，300.0g9.8%的稀硫酸中H2SO4的质量=300.0g×9.8%=29.4g
设与稀硫酸反应的Fe的质量为z，


z=16.8g
则剩余固体的质量=20.8g-2.8g-16.8g+3.2g=4.4g≠9.6g，故假设不成立，所以铁全部反应，硫酸有剩余，则剩余固体都是Cu，样品中原有的铜的质量=9.6g-3.2g=6.4g，样品中铁的质量=20.4g-6.4g=14.0g，与稀硫酸反应的铁的质量=14.0g-2.8g=11.2g；
设参加反应的H2SO4质量为 a ，生成的氢气质量为 b，


a=19.6g

b=0.4g
由以上分析可知，
A、反应过程中共生成 04gH2 ，故 A 正确；
B、反应中共消耗的硫酸溶液=，故 B 正确；
C、原混合物中 Cu 的质量为 6.4g ，故 C 正确；
D、最后得到的 9.6g 固体中一定含有铜，一定不含有铁，故 D 错误。
故选D。
二、非选择题(本题包括3小题，共15分)
11. 2018年5月13日，我国首艘001A型产航母开始海试，标志着我国在航海及军事领域取得重大突破，根据所学知识填空：
（1）建造航母用到了钛合金，构成金属钛的粒子是______(填“原子”“分子”或“离子”)工业制钛有一种反应为 ，则X的化学式为__________。
（2）航母外壳用涂料覆盖，是为了防止钢铁材料与_______________ 接触而锈蚀。
（3）为了探究航母材料中锌、铁、铜三种金属活动性顺序，某同学设计了下列实验，其中能达到目的的是 (填序号)
A. 稀盐酸中加入足量铁粉后，再加铜粉，最后加入锌粉
B. ZnCl2溶液中加入足量铁粉后，再加入CuCl2溶液
C. ZnCl2溶液中加入足量铁粉后，再加入铜粉
（4）为减少温室气体排放，人们积极寻找不含碳元素的燃料。经研究发现NH3燃烧的产物没有污染，且释放大量能量，有一定应用前景。其反应的微观示意图如图所示：


该反应的化学方程式为__________。
【11~14题答案】
【答案】（1） ①. 原子 ②. SO3 （2）空气和水 （3）AB
（4）4NH3+3O22N2+6H2O
【解析】
【小问1详解】
构成物质的微粒有分子、原子、离子三种，金属是由金属原子构成，故构成金属钛的粒子是钛原子；根据工业制钛的化学方程式和质量守恒定律，对比方程式两边可以发现，方程式左边少2个S和6个O，故X的化学式为SO3。
【小问2详解】
钢铁制品锈蚀的过程实际上是铁与空气中的氧气、水蒸气等发生化学反应的过程。在航母外壳用涂料覆盖，可以防止钢铁材料与空气和水接触，从而避免钢铁锈蚀。
【小问3详解】
为了探究航母材料中锌、铁、铜三种金属活动性顺序，
A、稀盐酸中加入足量铁粉后，铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，溶液由无色变为浅绿色，再加入铜粉，无明显变化，可以证明铁的金属活动性强于铜，最后加入锌粉，锌和氯化亚铁反应生成氯化锌和铁，溶液由浅绿色变为无色，可以证明锌的金属活动性强于铁，故可以比较锌、铁、铜三种金属活动性顺序，A符合题意；
B、ZnCl2溶液中加入足量铁粉后，铁和氯化锌不反应，无明显现象，可以证明锌的金属活动性强于铁，再加入CuCl2溶液，铁和氯化铜反应生成氯化亚铁和铜，析出红色物质同时溶液由蓝色变为浅绿色，可以证明铁的金属活动性强于铜，故可以比较锌、铁、铜三种金属活动性顺序，B符合题意；
C、ZnCl2溶液中加入足量铁粉后，铁和氯化锌不反应，无明显现象，可以证明锌的金属活动性强于铁，再加入铜粉，铜和氯化锌不反应，可以证明锌的金属活动性强于铜，但无法比较铁和铜的金属活动性顺序强弱，C不符合题意。故选AB。
【小问4详解】
根据反应的微观示意图可知，反应物是NH3和O2，生成物是N2和H2O，根据质量守恒定律，该反应的化学方程式为4NH3+3O22N2+6H2O。
12. 铍铜是广泛应用于制造高级弹性元件的良好合金，科研小组从某废旧铍铜元件(主要含BeO、CuS)中回收铍和铜两种金属的工艺流程如图：

[查阅资料]CuS不溶于碱；BeO与NaOH反应生成的Na2BeO2能与稀盐酸反应并生成NaCl、BeCl2。
（1）滤液C的pH________(填“>”“<”或“＝”)7。
（2）物质E中一定含有的元素是______________。
（3）反应Ⅱ中发生的化学方程式为_____________。
（4）从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是________________。
（5）反应Ⅳ中生成固体非金属单质、CuSO4、MnSO4和水，该反应的化学方程式为_______。
【12~16题答案】
【答案】（1）< （2）Cl##氯
（3）NaOH+HCl=NaCl+H2O，Na2BeO2+4HCl=2NaCl+BeCl2+2H2O （4）蒸发结晶
（5）MnO2+CuS+2H2SO4=S+MnSO4+CuSO4+2H2O
【解析】
【分析】根据废旧铍铜元件(主要含BeO、CuS)中回收铍和铜两种金属的工艺流程和资料信息分析，反应Ⅰ为BeO与过量NaOH反应生成的Na2BeO2，故滤液A为Na2BeO2和NaOH的混合溶液，滤渣B为CuS；反应Ⅱ为过量盐酸和NaOH和Na2BeO2的反应，滤液C中含有BeCl2，BeCl2通过电解得到Be单质；滤渣B和MnO2和稀H2SO4发生反应Ⅳ，H、O、S中，非金属单质只有S常温为固体，滤液D中含有CuSO4、MnSO4，最后得到Cu。
【小问1详解】
根据流程可知，向滤液A中加入过量盐酸得到滤液C，故滤液C中含有稀盐酸，溶液显酸性，pH<7。
【小问2详解】
根据化学反应前后元素种类不变，BeCl2在通电条件下反应生成Be和物质E，可知物质E中一定含有氯元素。
【小问3详解】
根据分析，滤液A中含有氢氧化钠和Na2BeO2，加入过量盐酸的化学反应方程式为，NaOH+HCl=NaCl+H2O，Na2BeO2+4HCl=2NaCl+BeCl2+2H2O。
【小问4详解】
可采用蒸发结晶的方法从BeCl2溶液中得到BeCl2固体。
【小问5详解】
根据分析，滤渣B为硫化铜，反应Ⅳ为硫化铜和二氧化锰和硫酸发生反应，生成硫、硫酸锰、硫酸铜和水，故化学方程式为MnO2+CuS+2H2SO4=S+MnSO4+CuSO4+2H2O。
13. 下图涉及的物质及变化均为初中化学常见的纯净物及化学反应，其中乙是一种易与血红蛋白结合的有毒气体，丁是一种易分解的酸。这些物质之间的转化关系如下图所示(“→”表示某一物质通过一步反应能转化为另一物质，部分反应物﹑生成物及反应条件已略去)。

(1)丁化学式为_______，丙的一种用途为 _______。
(2)写出丙发生还原反应的化学方程式_______。
(3)若已是磁铁矿的主要成分，则戊→己反应的现象为_____。
(4)若甲为单质且由分子构成，则甲的化学式可能为_______(写两种即可)。
【13题答案】
【答案】 ①. H2CO3 ②. 作光合作用原料/灭火剂 ③. ④. 剧烈燃烧，火星四射，放出大量的热，生成黑色固体 ⑤. O2、C60
【解析】
【分析】
【详解】图涉及的物质及变化均为初中化学常见的纯净物及化学反应，乙是一种易与血红蛋白结合的有毒气体，所以乙是一氧化碳。丁是一种易分解的酸，碳酸易分解生成水和二氧化碳，丁应该是碳酸，丙与乙能相互转化且能生成碳酸，丙是二氧化碳。
(1)由上述分析，丁是碳酸，化学式为H2CO3。
由上述分析可知丙是二氧化碳，二氧化碳不燃烧、不支持燃烧，且密度比空气大，故可用来灭火，二氧化碳是植物光合作用的原料，可作气体肥料；
(3)丙是二氧化碳，二氧化碳能被碳还原成一氧化碳，其反应方程式为：。
(4) 若已是磁铁矿的主要成分，磁铁矿的主要成分是四氧化三铁，则戊→己反应应该是铁燃烧的反应，其现象为剧烈燃烧，火星四射，放出大量的热，生成黑色固体。
(5)由上述分析可知乙是一氧化碳，甲又能生成乙，则甲应该是碳单质或氧气，又知甲为单质且由分子构成，所以甲为O2或C60。
三、计算题(本题包括1小题，共3分)
14. 实验室常用过氧化氢溶液在二氧化锰催化作用下分解制取氧气。若含6.8g过氧化氢的过氧化氢溶液完全分解，最多可制得氧气多少克？
【14题答案】
【答案】设最多可制得氧气的质量为x

68 32
6.8g x

x=3.2g
答：最多可制得氧气3.2g。
【解析】
【分析】过氧化氢在二氧化锰催化剂作用下，分解生成水和氧气；根据反应的化学方程式，由反应物过氧化氢的质量可计算完全反应后生成氧气的质量。
【详解】见答案。
【点睛】本题考查利用化学式可表示物质的质量关系，根据反应中物质的质量关系，由已知物质的质量可以计算反应中其他物质的质量。
四、实验题(共10分)
15. 某化学实验小组选用如图装置进行气体的实验室制取。

回答下列问题：
（1）若甲同学选用C、G组合装置制取H2，则a应与__________(填“b”或“c”)连接。
（2）装置C与B相比，其优点是____________。
（3）若乙选用A为发生装置要制取O2，其反应方程式 ____________________。
（4）若丙同学选用C、E组合装置制取CO2气体，并将生成的CO2通入盛有澄清石灰水的烧杯中，观察到石灰水没有变浑浊，分析造成此现象的原因可能是____________________。(答一条即可)
【15~18题答案】
【答案】（1）c （2）可以控制反应的速率
（3）2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑
（4）盐酸浓度大或石灰水浓度太小或石灰水变质等
【解析】
【小问1详解】
氢气的密度比空气小，应该用向下排空气法收集，故用装置G来收集氢气时，氢气应从短管c进入。
【小问2详解】
装置C与B相比，C使用了分液漏斗，可以通过活塞控制液体滴加速率进而可以控制反应的速率。
【小问3详解】
在实验室中，可以选择装置A和D或E或G来制取并收集氧气，装置A适用于固体加热制取氧气，且试管口有一团棉花，所以是加热高锰酸钾制取氧气，同时生成锰酸钾、二氧化锰，故化学方程式为2KMnO4 K2MnO4+MnO2+O2↑。
【小问4详解】
将制取的二氧化碳气体通入盛有澄清石灰水的烧杯中，烧杯中澄清石灰水没有变浑浊的可能原因是，盐酸的浓度太大，挥发出的氯化氢气体与石灰水中的氢氧化钙发生了反应；或石灰水的浓度太小或者石灰水变质等。
16. 某学习小组在帮助实验员整理化学试剂时发现了一瓶标签残缺的无色溶液，（如图所示），经实验员分析可知原瓶溶液中的溶质可能是 NaHCO3，NaOH，Na2CO3，NaCl中的一种，请你对该试剂作出猜想并进行实验探究：
【提出问题】这瓶试剂是什么溶液？
【猜想与假设】
甲猜想：NaHCO3溶液
乙猜想：NaOH溶液
丙猜想：Na2CO3溶液
丁猜想：NaCl溶液
【查阅资料】上述四种物质相关信息如下
物质
NaHCO3
NaOH
Na2CO3
NaCl
常温下溶解度/g
9.6
109
21.5
36
常温下稀溶液的pH
9
13
11
7
【实验探究1】取瓶中溶液少许于试管中，滴加几滴酚酞溶液，溶液变红。
【实验探究2】另取瓶中溶液少许于试管中，滴加足量的稀盐酸，产生生气泡。
【实验分析】通过【实验探究1】可知_____同学的猜想一定错误。
甲同学仔细分析四种物质的相关信息表后发现自己的猜想错误，他的理由是_____。
丙同学分析【实验探究2】并结合以上同学的实验结论，认为原瓶溶液是NaCO3溶液。
【实验探究2】中发生反应的化学方程式为_____。
【讨论质疑】乙认为以上同学分析有漏洞，需要进一步实验确定，于是又进行了如下探究。
【实验探究3】在【实验探究1】试管中的红色溶液中滴加过量氯化钙溶液（中性），充分反应后，试管中溶液仍呈红色，但有白色沉淀产生。
【得出结论】通过【实验探究3】可证明这瓶试剂为_____溶液，但已经部分变质。
【反思与拓展】学习小组反思了这瓶试剂因为_____而变质，得出了该溶液正确的保存方法，若要除去该溶液变质部分所采用的方法是_____（用化学反应方程式表示）。

【16题答案】
【答案】 ①. 丁 ②. 在该温度下，碳酸氢钠的饱和溶液的溶质质量分数小于10%　。 ③. Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑　。 ④. 氢氧化钠 ⑤. 敞口放置 ⑥. Ca（OH）2+Na2CO3═CaCO3↓+2NaOH　。
【解析】
【详解】（1）通过【实验探究1】可知，该溶液呈碱性，而氯化钠溶液呈中性，故丁同学的猜想一定错误；
（2）由于在该温度下，碳酸氢钠的溶解度是9g，碳酸氢钠饱和溶液的溶质质量分数为：＜10%，故甲同学发现自已的猜想错误；
（3）实验探究2中有气泡产生，是碳酸钠和盐酸反应生成了氯化钠、水和二氧化碳，发生反应的化学方程式为Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑；
（4）在实验探究1试管中的红色溶液中滴加过量氯化钙溶液（中性），充分反应后，试管中溶液仍呈红色，但有白色沉淀产生说明含有碳酸钠和氢氧化钠，故通过实验探究3可证明这瓶试剂为氢氧化钠溶液，但已经部分变质；
（5）这瓶试剂因为敞口放置而变质，若要除去该溶液变质部分可以加入适量的氢氧化钙溶液，反应方程式为Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH