2014年中考化学走出题海之考前必做难题30题参考答案与试题解析2015年中考化学走出题海之考前必做难题30题参考答案与试题解析一、选择题（共17小题，每小题3分，满分51分）1． 解答： 解：由于碳酸钙高温分解生成了氧化钙和二氧化碳，随着碳酸钙的分解放出了二氧化碳，碳元素的含量逐渐减少直到为零．由题意可知，碳酸钙中钙元素与碳元素的质量比为40：12=20：6，剩余固体中钙元素与碳元素的质量比为20：3，则已分解的碳酸钙占原碳酸钙的质量分数为50%，所以，D 正确，A 、B 、C 错误．故选D ．2． 解答：3．解答：4． 解答：5． 解答： 解：混合气体通过足量氢氧化钠溶液后，二氧化碳会与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，CO 2被吸收；再通过浓硫酸除去水，水蒸气被吸收；最后通过灼热的氧化铜后，一氧化碳和氢气会与灼热的氧化铜反应分别生成铜和二氧化碳、铜和水，一氧化碳和氢气被消耗，但生成了二氧化碳和水蒸气；最后剩余的气体为二氧化碳和水蒸气．故选：A ．6． 解答： 解：向滤液中加入一根洁净的铁丝，铁丝表面没有明显变化，说明滤液中既没有硫酸铜，也没有稀硫酸，如果含有硫酸铜，加入洁净的铁丝时，铁丝表面会附着一层红色物质，如果含有稀硫酸，加入洁净的铁丝时，铁丝表面会产生气泡；①氧化铜和铁都是黑色的，所以该样品的颜色为黑色；该选项说法正确．②氧化铜和硫酸反应生成的硫酸铜，能和铁反应生成铜，所以滤渣中一定有铜；如果铁恰好和硫酸铜反应，则滤渣中没有铁，如果铁足量，则滤渣中有铁，所以滤渣中不一定有铁；该选项说法正确．③因为加入稀硫酸时，稀硫酸先和氧化铜反应，如果稀硫酸的量不足，不足以和氧化铜完全反应，那么就没有气体生成，并且氧化铜和稀硫酸反应生成硫酸铜溶液是蓝色的；该选项说法不正确．④如果滤液中含有硫酸铜，向滤液中加入一根洁净的铁丝时，铁丝表面会附着一层红色物质，向滤液中加入一根洁净的铁丝，铁丝表面没有明显变化，说明滤液中不含有硫酸铜；该选项说法不正确．⑤滤液中溶质只有硫酸亚铁，没有硫酸铁；该选项说法不正确．所以以上说法中①②是正确的，个数是2个．故选：B．7． 解答： 解：由题目所给的信息可知：氢化钙与水反应生成相应的氢氧化钙和氢气．该反应的化学方程式为：CaH 2+2H 2O=Ca（OH ）2+2H 2↑．氢氧化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠．该反应的化学方程式为：Ca （OH ）2+Na 2CO 3=CaCO 3↓+2NaOH ．该反应总的化学方程式为：CaH 2+2H 2O+Na 2CO 3=CaCO 3↓+2NaOH+2H 2↑．故选C ．8． 解答： 解：A 、二氧化碳和氢氧化钠溶液反应没有明显的现象，而和氢氧化钙溶液反应会生成碳酸钙沉淀，会看到澄清石灰水变浑浊，所以可用CO 2 鉴别NaOH 溶液和Ca（OH ）2 溶液，故A 能达到目的；B 、硝酸铵溶于水吸热，温度降低，而氢氧化钠固体溶于水放热，温度升高，所以可用水鉴别硝酸铵固体和氢氧化钠固体，故B 能达到目的；C 、氢氧化钠变质生成碳酸钠，碳酸钠溶液也成碱性碱性，所以不能用无色酚酞试液检验NaOH 溶液是否变质，故C 不能达到目的；D 、二氧化锰难溶于水，所以可用过滤的方法从H 2O 2溶液制氧气的残余物中分离出MnO 2，故D 能达到目的．故选：C ．9． 解答： 解：A 、AgNO 3溶液与氯化铁溶液反应生成氯化银白色沉淀和硝酸铁，没有红褐色沉淀生成，故选项错误．B 、NaOH 溶液与氯化铁溶液反应生成氢氧化铁红褐色沉淀和氯化钠；与碳酸钠溶液交换成分没有沉淀、气体或水生成，不能发生反应，无明显现象；与硫酸镁溶液反应生成氢氧化镁白色沉淀和硫酸钠；符合要求，故选项正确．C 、Ba （OH ）2溶液与氯化铁溶液反应生成氢氧化铁红褐色沉淀和氯化钡；与碳酸钠溶液反应生成碳酸钡白色沉淀，而不是无明显现象，故选项错误．D 、BaCl 2溶液与氯化铁溶液交换成分没有沉淀、气体或水生成，不能发生反应，故选项错误．故选：B．10．解答：解：根据题意：将一定质量的某种金属M 的粉末放入AgNO3与Cu（NO3）2的混合溶液中，充分反应后发现，溶液呈现无色，说明加入的M金属活动性顺序比铜、银强，反应时M会首先置换硝酸银中的银，待硝酸银完全反应后继续与硝酸铜发生反应；过滤向滤渣中滴加稀盐酸，有气泡产生，说明滤渣金属中含有M，因为铜、银排在顺序表中氢之后，与盐酸不反应，说明加入的M过量，铁与AgNO3与Cu（NO3）2反应生成硝酸亚铁溶液显浅绿色；A、AgNO3与盐酸可反应生成氯化银沉淀，滤液中无沉淀产生，说明滤液中一定没有银离子，正确；B、铜、银排在顺序表中氢之后，与盐酸不反应，过滤后在滤渣加入适量稀盐酸，滤渣中有无色气体产生，说明一定含有M，正确；C、通过上述分析可知：M过量，则Cu（NO 3）2完全反应，滤渣中一定含有单质铜，正确；D 、铁与AgNO 3与Cu （NO 3）2反应生成硝酸亚铁溶液显浅绿色，而充分反应后发现，溶液呈现无色，故M 不可能是铁，故错误； 故选D ．11． 解答： 解：设原混合物中的Cu 2O 的质量为x ，生成铜的质量为y ，Cu 2O+H 2SO 4=CuSO 4+Cu+H 2O ，144 64x y =， y=，根据题意有：6.8g ﹣x+=4.8g ，x=3.6g ，原混合物中的Cu 的质量为：6.8g ﹣3.6g=3.2g ，则原混合物中的Cu 2O 和Cu 质量比为：3.6g ：3.2g=9：8，故选：A ．12． 解：A 、对比实验①和③，锌的质量相同，解答：稀硫酸的体积与浓度相同，但温度不同，可研究温度对反应剧烈程度的影响，故选项错误．B 、对比实验②和③，锌的质量相同，稀硫酸的体积相同，但温度不相同、稀硫酸的浓度不同，无法研究温度对反应剧烈程度的影响，故选项错误．C 、对比实验①和③，锌的质量相同，稀硫酸的体积与浓度相同，但温度不同，可研究温度对反应剧烈程度的影响，故选项正确．D 、对比实验①和②，锌的质量相同，稀硫酸酸的体积相同，但稀硫酸的浓度不同，可研究稀硫酸的浓度对反应剧烈程度的影响，故选项错误．故选：C ．13． 解答： 解：①向H 2SO 4溶液逐渐加入NaOH 溶液，溶液总质量是增加的，但随着NaOH 溶液的增加，溶液总质量会一直增加，即最后不会出现平行于x 轴的直线．故①不符合图象；②向HCl 溶液中加入氧化铜，氧化铜会和稀盐酸反应生成氯化铜和水，所以溶液的总质量是增加的；当盐酸消耗完后再加氧化铜，氧化铜不和CuCl 2反应也不溶于水，所以氧化铜就不会再进入到溶液中，即溶液的总质量不再改变．故②符合图象； ③向BaCl 2溶液加入Na 2CO 3溶液，二者会反应生成NaCl 和BaCO 3其中BaCO 3是沉淀，不在溶液中，而且无法判断生成的沉淀的质量比加入的Na 2CO 3溶液的质量的大小，即溶液总质量变化可能增大可能减少．故③不符合图象；④向H 2SO 4溶液加入锌粒，二者反应生成ZnSO 4和H 2，有H 2逸出，但加入的锌粒的质量比逸出的H 2的质量大，所以溶液总质量增加；当消耗完后，锌粒和ZnSO 4不反应也不溶于水，所以锌粒不再进入到溶液中，即溶液总质量不再改变．故④符合图象．故选B ．14． 解答： 解：A 、Na 2CO 3能与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，再蒸发、结晶，故选项所采取的方法正确．B 、CaCl 2能与K 2CO 3溶液反应生成碳酸钙沉淀和氯化钾，能除去杂质且但引入新的杂质氯化钾，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误．C 、CO 2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，故选项所采取的方法错误．D 、Cu 能与足量氧气在加热条件下反应生成氧化铜，反而会把原物质除去，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误． 故选：A ．15． 解答： 解：该物质燃烧生成了二氧化碳和水，根据质量守恒定律可以知道判断出该物质中一定含有碳元素和氢元素，D 装置增重1.08g ，而D 装置吸收的是水，故生成水的质量为1.08g ，其中含有的氢元素的质量为：1.08g ××100%=0.12g ；而E 装置中吸收的是二氧化碳，可以知道生成二氧化碳的质量为2.64g ，其中碳元素的质量为：2.64g ××100%=0.72g ， 而水中的氢元素的质量、二氧化碳中碳元素的质量与该物质中含有的氢元素和氧元素的质量相等，所以题给物质含有的氢元素和碳元素的质量为：0.12g+0.72g=0.84g ＜1.8g ，所以在该物质中还含有氧元素； 故选B16． 解答： 解：A 、根据质量守恒定律可知，a=6.6+8.8﹣2﹣6.6﹣5.4=1.4，故选项说法正确． B 、生成的CO 和CO 2分子个数比为：=1：3，故选项说法正确．C 、参加反应的乙醇和氧气的质量比为（6.6﹣2）g ：8.8g=1：2，故选项说法错误．D 、根据质量守恒定律可知，在化学反应前后碳元素质量一定相等，故选项说法正确．故选：C ．17．解答： 解：二氧化碳与水反应生成的碳酸具有酸性，能使紫色石蕊试液变红，碳酸不稳定，受热易分解，使酸性消失，溶液恢复为紫色，活性炭具有吸附性，能将石蕊的紫色吸附掉，变为无色，观察选项，故选：A ．二、解答题（共13小题，满分68分）18．解答：解：（1）从微观角度分析，水受热蒸发、电解水两个变化中，最本质的区别是水受热时，水分子没有改变，电解水时，水分子发生了改变．故填：水受热时，水分子没有改变，电解水时，水分子发生了改变．（2）①电解水的化学方程式为：2H2O2H2↑+O2↑．故填：2H2O2H2↑+O2↑．②由示意图可知，在化学反应前后，元素的种类不变，原子的种类不变，原子的总个数不变．故填：化学反应前后，元素的种类不变，原子的种类不变，原子的总个数不变．（3）①甲、乙两个反应都遵循质量守恒定律．故填：遵守．②两个装置中气球胀大的原因是：甲中，稀盐酸和碳酸钠反应生成的二氧化碳使烧瓶中的压强增大，一部分气体进入气球，气球胀大；乙中，澄清的石灰水吸收二氧化碳，使烧瓶中的压强减小，外面的空气进入气球，气球胀大．故填：甲中，稀盐酸和碳酸钠反应生成的二氧化碳使烧瓶中的压强增大，一部分气体进入气球，气球胀大；乙中，澄清的石灰水吸收二氧化碳，使烧瓶中的压强减小，外面的空气进入气球，气球胀大．19．解答：解：（1）达到一定温度，A在B中燃烧，火星四射，生成一种黑色固体，因此是铁和氧气点燃产生四氧化三铁，故反应的方程式为；3Fe+2O 2Fe3O4；（2）在一定条件下，C、D两种物质均能与E反应，且生成相同的物质，其中C 是单质，D和E都为氧化物，且生成相同的物质，因此可能是碳、一氧化碳分别于氧化铜反应产生铜和二氧化碳；故答案为；CO；C+2CuO 2Cu+CO2↑；（3）X、Y、Z三种物质中只含有一种相同的元素，且X为氧化物，结合三种物质的转化关系，X、Y、Z可以分别是水、氢氧化钙、碳酸钙或氧化钙、氢氧化钙、碳酸钙，带入符合题意；故答案为：H2O、Ca（OH）2、CaCO3（或CaO、Ca（OH）2、CaCO3）；X→Y转化时发生反应的化学方程式为：CaO+H2O=Ca（OH）2；Y→Z 转化时发生反应的化学方程式为：CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O．20．解答：解：（1）①在水（H2O）、铜（Cu）和氯化钠（NaCl）三种物质中，水（H2O）由水分子构成、铜（Cu）由铜原子构成，氯化钠（NaCl）由离子构成．②根据水的化学式：H2O，可知一杯水所有水分子中氢原子与氧原子的质量比：1：8；③图中的微粒，最外层电子得了2个，故其符号为S2﹣；④O3中+3的含义为：在氧化铝中铝元素化合价为+3．（2）由图示的情况可知：A中含有3个氧气的分子，B中含有的是3个氨气分子（NH3）；由于C中含有2个水分子和2个氧气分子．故答案为：（1）①氯化钠或NaCl；②1：8；③S2﹣；④在氧化铝中铝元素化合价为+3；（2）①NH3；②C．21．解答：解：（1）B的饱和溶液升温有固体析出，结合常见物质的溶解度曲线分析，可知B是氢氧化钙，甲、乙、丙为氧化物，甲和丙反应会生成氢氧化钙，所以甲、丙是水或氧化钙中的一种，A、B、C分别为含有三种元素的酸、碱、盐，A的浓溶液在空气中放置一段时间后质量增加，其溶质中含氧元素约65.3%，所以A是硫酸，甲和硫酸会发生反应，所以甲是氧化钙，丙就是水，氢氧化钙会转化成盐C，氧化钙、水和氧化物乙会生成盐C，氢氧化钙会与氧化物乙反应，且B、C中包含两种相同的元素，所以C 是碳酸钙，乙是二氧化碳，氧化钙和酸反应会生成水，氧化钙、水、二氧化碳反应会生成碳酸钙沉淀，硫酸和氧化钙会发生反应，氢氧化钙和二氧化碳会发生反应，二氧化碳和氢氧化钙反应会生成水，氢氧化钙和硫酸会生成水，推出的各种物质均满足题中的转化关系，推导合理，所以丙是H 2O ，A 是H 2SO 4；（2）水存在时，甲和乙的反应是水和氧化钙反应生成和氢氧化钙，氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀，所以丙存在时，甲和乙反应的化学方程式为：CaO+CO 2CaCO 3，该反应满足化合反应多变一的条件，所以该反应属于化合反应；（3）氢氧化钙和二氧化碳反应生成白色的碳酸钙沉淀和水，化学方程式为：Ca （OH ）2+CO 2═CaCO 3↓+H 2O ．故答案为：（1）H 2O H 2SO 4； （2）CaO+CO 2CaCO 3，化合； （3）Ca （OH ）2+CO 2═CaCO 3↓+H 2O ．22．解解：混合物A 加盐酸反应生成的气体B答：能使澄清的石灰水变浑浊，故B是二氧化碳，说明A中含有碳酸钠；由于得到的是溶液，故固体全部溶解，说明A中不含有铜；溶液C加硝酸银，得到白色沉淀，故C中含有氯化钠，可能是碳酸钠和盐酸反应生产的氯化钠，也可能是原来就有的氯化钠；滤液D加氢氧化钠溶液能的到蓝色沉淀，说明D中含有铜离子，而能与盐酸反应生成铜离子的物质是氧化铜，故A中一定含有氧化铜；D中含有氯化铜与硝酸银反应生成的硝酸铜，硝酸铜与氢氧化钠反应生成的H是硝酸钠，带入框图，推断合理；（1）B是二氧化碳，故填：CO2；（2）A中一定含有碳酸钠和氧化铜，一定不含有铜，故填：Na2CO3、CuO；Cu；（3）滤液D中一定含有的阳离子是钠离子和铜离子，故填：Na+、Cu2+；（4）硝酸铜与氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀和硝酸钠，故填：Cu（NO3）2+2NaOH=Cu （OH）2↓+2NaNO3；（5）要证明是否含有氯化钠，需要将碳酸钠除去，可以加入硝酸，然后再加入硝酸银溶液，观察到有白色沉淀生成说明含有氯化钠，故填：AgNO3；AgNO3+NaCl=AgCl↓+NaNO3．23．解答：解：方法二：空气中除了氮气、氧气外，还含有二氧化碳、水蒸气等，为保证所得氨气尽可能纯净，要除去空气中多余的水蒸气、二氧化碳等杂质，可以通过碱性干燥剂﹣碱石灰，既可以吸收二氧化碳又能吸收水；【实验探究】①该反应为制取氮气的反应，所以需装置不漏气，实验前需检查装置的气密性；【实验分析及数据处理】（1）该反应为制取氮气的反应，所以需装置不漏气，实验前需检查装置的气密性；（2）NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O+Q，该反应为放热反应，所以加热片刻后，即应移去酒精灯以防反应物冲出；（3）设反应生成N2的质量为xNaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O53.5 280.21g x解得x=0.11g；生成氮气的体积为：100ml﹣12ml=88ml=0.088L生成氮气的密度为：=1.25g/L；【解释与结论】将空气通过灼热的铜，得到较纯净的氮气和氧化铜粉末只是除去了氧气，其中还含有稀有气体等杂质，由于稀有气体的密度比氮气密度大，所以导致氮气密度总是偏大5‰左右．【反思与评价】（1）装置中A部分的分液漏斗与蒸馏瓶之间连接的导管所起的作用是使NaNO2饱和溶液容易滴下，因为该反应放热，增加蒸馏瓶内压强，不用导管时长颈漏斗内的液体不能滴入蒸馏瓶中．（2）科学家瑞利仅仅是从小数点第三位数的差别，所以我们应学习科学家严谨的态度．答案：【方法二】E 碱石灰【实验探究】①检查装置的气密性【实验分析及数据处理】（1）检查装置的气密性（2）防反应物冲出（3）0.11g；1.25g/L【解释与结论】方法二制得的氮气中含有密度比氮气大的稀有气体，导致密度偏大【反思与评价】（1）C（2）AC24．解答：解：根据题意：G为“紫红色金属”，为铜．而“E为目前世界上产量最高的金属”，为铁．“I是地壳中含量最高的元素形成的常见气体单质”，所以为氧气．A“在人体胃液中可以帮助消化”，所以为盐酸．由于铜（G）可以和氧气（I）反应生成B，所以B为氧化铜．则A和B反应生成C和D为盐酸和氧化铜反应生成水和氯化铜，而C能够和铁反应，所以C为氯化铜，D为水．H能够生成水和氧气，所以H为过氧化氢．而EC 反应即为铁与氯化铜的反应生成氯化亚铁（F）和铜（G）．所以转化关系为：（1）D的名称是水；（2）反应④的化学方程式2H2O22H2O+O2↑；（3）图中②是铁和氯化铜反应生成铜和氯化亚铁，是单质和化合物反应生成另外的单质和化合物，为置换反应．故答案为：（1）水．（2）2H2O 22H2O+O2↑；（3）置换反应．25．解答：解：（1）B为红棕色，是赤铁矿的主要成分，所以B是氧化铁，化学式是Fe2O3；C能产生温室效应所以C是二氧化碳，化学式是CO2；（2）B为红棕色，是赤铁矿的主要成分，所以B是氧化铁，C能产生温室效应所以C是二氧化碳，A、C是组成元素相同的气体，所以A是一氧化碳，一氧化碳与氧化铁反应生成铁和二氧化碳，所以D是铁，F是紫色金属属于铜，H是蓝色沉淀属于氢氧化铜沉淀，所以D和E反应是铁和铜的化合物反应，所以可以是铁和硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁，方程式是：Fe+CuSO4═Cu+FeSO4；硫酸铜到氢氧化铜可以用硫酸铜和氢氧化钠反应，生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，用观察法配平即可，氢氧化铜后面标上沉淀符号，所以方程式是：2NaOH+CuSO4═Cu（OH）2↓+Na2SO4；两种化合物相互交换成分生成两种新的化合物的反应类型，属于复分解反应．故答案为：（1）Fe2O3；CO2；（2）①Fe+CuSO4═Cu+FeSO4；2NaOH+CuSO4═Cu（OH）2↓+Na2SO4；复分解反应．26．解答：解：（1）有表中信息可知第四次中的碳酸钠已完全反应，根据质量守恒定律生成二氧化碳的质量：13g+130g﹣138.6g=4.4g，（2）设纯碱样品中碳酸钠的质量为x，生成氯化钠的质量为y，Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑106 117 44x y 4.4g，解得：x=10.6g，y=11.7g纯碱样品中Na2CO3的质量分数是：=81.5%；（3）设，氢氧化钠与盐酸反应生成的氯化钠的质量为z，13g样品样品中氢氧化钠的质量：13g﹣10.6g=2.4g；NaOH+HCl=NaCl+H2O40 58.52.4gzz=3.51g13g样品与盐酸恰好完全反应后生成物溶液中溶质的质量分数是：=11.0%（4）根据表中信息画出加入稀盐酸与生成气体的质量关系图．答案：（1）4.4 （2）81.5% （3）11.0%（4）27．解答：解：（1）固体甲和液体乙混合产生气泡，故甲可能为碳酸钠、碳酸钙、铁，乙为盐酸；故填：盐酸；（2）固体甲和液体乙混合产生气泡，观察到B中有气泡冒出，一段时间后，B中液面下降，可能是由于液体倒流的结果，因此可能是氧化钙和水混合放出热量，空气溢出，然后温度下降，气压降低，液体倒流，使B中液面下降；故答案为：CaO+H2O=Ca（OH）2；氧化钙与水反应放热，一段时间后A中温度下降，气压减小，B中液体倒吸；（3）经过甲和乙反应后，B中溶液流入A中，说明A中的气压减小，因此可能是二氧化碳和氢氧化钠的反应，反应产生碳酸钠与倒流的B溶液反应出现浑浊现象，则B中的溶液可能是石灰水，碳酸钠和氢氧化钙反应产生碳酸钙沉淀，溶液变浑浊；故填：Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH；（4）固体甲和液体乙混合产生的气体和B中的溶液混合，溶液浑浊，可知产生的气体为二氧化碳，溶液浑浊的反应是CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O，因此A 中产生二氧化碳的反应是CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑；关闭K，A中不断生成的二氧化碳使装置内的气压变大，因此A中盐酸进入B中将生成的碳酸钙完全反应掉，因此溶液由浑浊变澄清；因此实验后B中澄清液中一定有氯化钙；若盐酸过量，盐酸将氢氧化钙反应掉后有剩余，因此还会有氯化氢；溶液B中若含有氯化钠不会影响实验的现象，因此可能含有氯化钠．故填：CaCl2；CaCl2、HCl；NaCl、CaCl2、HCl；NaCl、CaCl2．28．解答：解：设参加反应的盐酸的溶质的质量为x，碳酸钙的质量为yCaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑反应前后固体的质量差100 73 111 111﹣100=11y x27.2g﹣25g=2.2g==解得：x=14.6g y=20g参加反应的盐酸的质量为：14.6g÷14.6%=100g（2）石灰石样品中碳酸钙的含量为：×100%=80%答：（1）参加反应的盐酸的质量为100g．（2）石灰石样品中碳酸钙的含量为80%．29．解答：解：设6克该药品中碳酸钠的质量为x，生成NaOH的质量为y，生成CaCO3的质量为z．Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH 106 74 100 80x 10g×7.4% zyx=1.06gz=1gy=0.8g答：6克该药品中碳酸钠的质量为1.06g；（2）溶液中溶质NaOH的质量=0.8g+（6g ﹣1.06g）=5.74g13.7ml水的质量是13.7g，则有溶液的总质量=6g+13.7g+10g﹣1g=28.7g反应后溶液中溶质的质量分数=100%=20%答：滤出沉淀后所得溶液的溶质质量分数为20%．30． 解答： 解：（1）铁与水和氧气同时接触时容易生锈，铜与水、氧气和二氧化碳同时接触时容易生锈，铜锈的化学式是Cu 2（OH ）2CO 3；因为Zn 2（OH ）2CO 3中没有氮元素，该物质是通过化合反应生成的，所以反应物中一定没有氮气；结合铜生锈的条件及其铜锈的化学式，类比锌片表面形成薄膜的条件及其化学式，可以判断锌与水、氧气和二氧化碳反应生成了薄膜．故选：C ．（2）①完全反应后，容器中的物质的质量差，就是生成氢气的质量，氢气的质量为：33.2g+10.8g ﹣43.9g=0.1g ；故填：0.1g ； ②设与铁反应的硫酸的质量为x ，烧杯中稀硫酸废液的质量为：33.2g ﹣18.2g=15.0gFe+H 2SO 4═FeSO 4+H 2↑98 2x 0.1g则，解得x=4.9g该废液中硫酸的质量分数为：100%=32.7%答：废液中硫酸的质量分数是32.7%．③如果铁钉的铁锈未除净，则铁锈消耗一部分硫酸，氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁和水；根据氢气求出的硫酸质量就偏小，从而使计算出的硫酸的质量分数偏小．故答案为：（1）C；（2）①0.1；②32.7%；③偏小；硫酸与铁锈反应点评：解答本题运用了类比法，这种方法在解题时用处很大，要领会掌握．。