山东省济宁市梁山县2025年中考一模化学试题（解析版）

这是一份山东省济宁市梁山县2025年中考一模化学试题（解析版），共15页。试卷主要包含了答卷时一律用黑色笔等内容，欢迎下载使用。
1．本试卷共6页，四个大题，满分50分，考试时间为60分钟。
2．答卷前务必将密封线内的项目填写清楚。
3．答卷时一律用黑色笔。并把答案写在答题卡上。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Fe-56 Cl-35.5 Na-23
一、选择题：下列各题只有一个正确选项。其中，1~4小题各1分，5~10小题各分，本大题共16分。
1. 我国传统手工艺源远流长，蕴含着丰富的文化内涵。以下是几位手工艺人制作手工艺品的场景，请问其中主要发生化学变化的是（ ）
A. 竹艺师傅用竹子编织竹篮B. 木雕工匠用木材雕刻木雕
C. 刺绣姑娘用丝线刺绣手帕D. 陶艺匠人用黏土烧制陶瓷
【答案】D
【解析】
【详解】竹艺师傅用竹子编织竹篮、木雕工匠用木材雕刻木雕、刺绣姑娘用丝线刺绣手帕，这些过程中没有生成新物质，属于物理变化；陶艺匠人用黏土烧制陶瓷过程中生成新物质，属于化学变化。故选D。
2. 下列各选项中，后者是对前者的微观解释，其解释正确的是（ ）
A 金刚石和石墨物理性质不同——碳原子构成数目不同
B. 压瘪的乒乓球受热膨胀——温度升高，分子体积变大
C. 一氧化碳和二氧化碳化学性质不同——二者分子结构不同
D. 酸溶液都能使石蕊溶液变红——酸溶液 中都存在酸根离子
【答案】C
【解析】
【详解】A、金刚石和石墨的物理性质不同，是由于其碳原子排列方式不同，故A解释错误；
B、压瘪的乒乓球受热膨胀，是因为温度升高，分子之间的间隔变大，分子本身的体积不变，故B解释错误；
C、二氧化碳和一氧化碳的化学性质不同，是因为它们分子结构不同，不同种的分子化学性质不同，故C解释正确；
D、酸溶液使紫色石蕊溶液变红，是因为酸溶液中都含有氢离子，故D解释错误；
故选：C。
3. 过氧化氢分解制氧气的化学方程式：。其水溶液俗称双氧水，外观为无色透明液体，是一种强氧化剂。该反应中涉及的四种物质中氧元素的化合价有_______种。（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【详解】H2O2中氢元素的化合价为+1价，根据化合物中正负化合价代数为0，则氧元素的化合价为-1价；H2O、MnO2中氧元素的化合价均为-2价；O2为单质，氧元素的化合价为0，因此该反应中涉及的四种物质中氧元素的化合价有3种，故选C。
4. 下列化学方程式书写正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【详解】A、二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，化学方程式书写正确，故选项符合题意；
B、氢氧化钡溶于水，不是沉淀，该反应不符合复分解反应发生的条件，故选项不符合题意；
C、一氧化碳与氧化铁在高温条件下生成铁和二氧化碳，未标注反应条件，正确的化学方程式为，故选项不符合题意；
D、硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，反应物中有气体，生成物的气体不需要标注“↑”，正确的化学方程式为，故选项不符合题意。
故选A。
5. 载人航天器中利用如图所示的“氧再生系统”处理航天员排出的H2O和CO2。下列说法错误的是（ ）
A. 反应器1中生成H2和O2的分子个数比为2：1
B. 反应器2中进行的是置换反应
C. 排到舱外的物质为甲烷，属于有机物
D. 该系统在产生O2的同时降低了舱内CO2的浓度
【答案】B
【解析】
【详解】A、由图可知，反应器1中反应为水在一定条件下反应生成氢气和氧气，即，则生成氢气和氧气的分子个数比为2:1，不符合题意；
B、反应器2中进行反应为二氧化碳和氢气在一定条件下反应生成甲烷和水，置换反应是一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，该反应的生成物均是化合物，不属于置换反应，符合题意；
C、由图可知，排到舱外的物质为甲烷，甲烷含碳元素，属于有机物，不符合题意；
D、由图可知，反应器1中有氧气生成，反应器2中消耗二氧化碳，故该系统在产生O2的同时降低了舱内CO2的浓度，不符合题意。
故选B。
6. 图1为硝酸钾和氯化钾的溶解度曲线，图2为兴小组进行的实验，R物质是硝酸钾或氯化钾中的一种。下列说法正确的是（ ）
A. 无法判断R物质是氯化钾还是硝酸钾
B. 溶质的质量分数大小依次为:②＞③＞①
C. t1℃时烧杯③中溶质的质量分数为31.6％
D. 烧杯③中析出的固体质量一定为24克
【答案】B
【解析】
【分析】t1℃时60gR完全溶于200g水中，证明此时R的溶解度≥30g，升温到t2℃时并蒸发100g水，能完全溶解，证明此时R的溶解度≥60g，结合曲线可得R是硝酸钾。
【详解】A、由分析可知R是硝酸钾，故选项错误；
B、t1℃时60gR完全溶解，溶液①的溶质质量分数为；溶液②与溶液①溶质质量相等，溶剂为100g，则溶液②的溶质质量分数为 ；结合分析R在t1℃时溶解度为31.6，溶液③为饱和溶液，溶液③的溶质质量分数为 ，所以溶质的质量分数大小依次为:②＞③＞①，故选项正确；
C、t1℃时烧杯③中溶质的质量分数为，故选项错误；
D、烧杯为饱和溶液，溶质质量为31.6g，则析出固体质量为60g-31.6g=28.4g，故选项错误。
故选B
7. 下列实验方法不能达到实验目的是（ ）
【答案】D
【解析】
【详解】A.鉴别NaCl、NH4NO3、CuSO4三种白色固体，分别取少量的三种固体于试管中，向试管中滴加水溶解，溶液呈现蓝色的，原固体为无水硫酸铜，溶液为无色，但温度降低的，原固体为硝酸铵，溶液为无色无温度变化的，原固体为氯化钠，故选项实验方法能达到实验目的，不符合题意；
B.除去CO2中混有的水蒸气和氯化氢，通过饱和碳酸氢钠溶液，除去CO2中混有的氯化氢气体，二氧化碳中混有的水蒸气，可以通过浓硫酸的吸水性除去，即先通过饱和碳酸氢钠溶液，再通过浓硫酸，故选项实验方法能达到实验目的，不符合题意；
C.分离NaCl、MnO2固体混合物，由于氯化钠易溶于水，二氧化锰难溶于水，可以通过加水充分溶解后过滤、洗涤、烘干、蒸发，分离两者固体混合物，故选项实验方法能达到实验目的，不符合题意；
D.探究稀硫酸与NaOH溶液是否恰好完全反应，不能向反应后所得的溶液中滴加Ba(NO3)2溶液，因为硫酸也与硝酸钡反应，生成白色沉淀硫酸钡，不能通过白色沉淀判断反应后的溶液中是只有溶质硫酸钠，还是硫酸过量，反应后的溶液中有硫酸和硫酸钠，故选项实验方法不能达到实验目的，符合题意，故选D。
8. 分别向同质量、同质量分数的稀盐酸中加入X、Y两种金属粉末，反应时的质量关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 加入金属的质量：B. 金属的活动性：
C. 参加反应的酸的质量：D. 最终所得溶液的质量：
【答案】C
【解析】
【详解】A、由图可知，加入的金属的质量：X>Y，该选项说法不正确；
B、由于该图横坐标不是时间，则无法比较金属活动性顺序，该选项说法不正确；
C、由图可知，最终生成的氢气的质量相同，根据氢元素守恒，则说明参加反应的酸的质量相同，该选项说法正确；
D、根据质量守恒定律，由于消耗的金属质量X>Y，生成的氢气的质量相同，消耗的酸的质量相同，则最终所带溶液的质量：X>Y，该选项说法不正确。
故选C。
9. 为验证铜、银、铁的金属活动性顺序，同学们设计了如图所示的6个实验。图中“→”表示将金属加入到盐溶液。下列说法不正确的是（ ）
A. 实验②的目的是验证铜、银的金属活动性顺序
B. 仅由④和⑥就能得出铜、银、铁的金属活动性顺序
C. 铁在⑤和⑥反应的产物中都显+2价
D. 仅由①和②就能得出铜、银、铁的金属活动性顺序
【答案】B
【解析】
【详解】A、实验②中铜和硝酸银反应生成硝酸铜和银，说明铜的金属活动性强于银，故选项说法正确；
B、实验④中银和硫酸铜不反应，说明铜的金属活动性强于银，实验⑥中铁和硝酸银反应生成硝酸亚铁和银，说明铁的金属活动性强于银，实验④和⑥只能得出铜、铁的金属活动性都强于银，不能比较铜、铁的金属活动性强弱，故选项说法不正确；
C、实验⑤中铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，实验⑥中铁和硝酸银反应生成硝酸亚铁和银，铁在⑤和⑥反应的产物中都显+2价，故选项说法正确；
D、实验①中铜和硫酸亚铁不反应，说明铁的金属活动性强于铜，实验②中铜和硝酸银反应生成硝酸铜和银，说明铜的金属活动性强于银，仅由①和②就能得出铜、银、铁的金属活动性顺序为：铁＞铜＞银，故选项说法正确。
故选B。
10. 利用气体压强的变化是完成实验的重要手段，以下各图装置气密性均良好。下列说法正确的是（ ）

A. 图1测得空气中氧气的体积分数偏小，一定是装置漏气
B. 图2向试管中加入氧化钙，石灰水溶质质量减小，玻璃弯管左侧液面降低
C. 图3向广口瓶中滴入稀盐酸后，气球变大，说明中和反应放热
D. 图4右侧试管中产生沉淀，说明通入的二氧化碳与氢氧化钙发生了反应
【答案】B
【解析】
【详解】A、图1测得空气中氧气的体积分数偏小，也可能是红磷量不足，不能完全消耗装置中的氧气，测得空气中氧气的体积分数偏小，故A不符合题意。
B、氧化钙与水反应放热，温度升高，氢氧化钙的溶解度随着温度的升高而减小，有氢氧化钙析出，石灰水中溶质质量减少，瓶内气压变大，玻璃弯管左侧液面降低，故B符合题意；
C、氢氧化钠固体溶于水放热，向广口瓶中滴入稀盐酸后，气球变大，不能说明氢氧化钠和盐酸反应放热，故C不符合题意；
D、图中实验，通入二氧化碳后，二氧化碳能将硫酸铜溶液压入氢氧化钙溶液中，硫酸铜能与氢氧化钙溶液反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钙，不能说明通入的二氧化碳与氢氧化钙发生了反应，故D不符合题意。
故选B。
二、填空与简答：共17分。
11. 请用化学符号回答下列问题：
（1）在地壳中含量（元素质量）位居第二位______；
（2）3个铝离子______；
（3）生成氯化钡的酸和碱______。
【答案】（1）Si （2） （3）、
【解析】（1）地壳中元素含量由高到低依次为：氧、硅、铝、铁，则在地壳中含量（元素质量）位居第二位的为硅，符号为Si。
（2）离子符号的表示方法：在元素符号右上角的数字标出离子所带电荷数，且数字在前，符号在后，离子符号前的数字表示离子个数，则3个铝离子符号为3Al3+。
（3）氢氧化钡和盐酸反应生成氯化钡和水，则生成氯化钡酸和碱分别为HCl、Ba（OH）2。
12. “化学来源于生活，服务于生产生活”，写出下列含碳化合物的化学式：
（1）可燃冰被认为是21世纪的高效清洁能源，在常温常压下释放出的可燃性气体是______；
（2）______气体是造成“温室效应”的主要原因；
（3）______可用于制作糕点，也可以治疗胃酸过多。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）可燃冰是甲烷在深海中，在低温高压环境下中形成的一种甲烷水合物，在常温常压下释放出甲烷气体，化学式为：CH4。
（2）二氧化碳气体是造成“温室效应”的主要原因，化学式为：CO2。
（3）碳酸氢钠是发酵粉的主要成分之一，可用于制作糕点，在医疗上，也可以治疗胃酸过多，化学式为：NaHCO3。
13. “宏观辨识与微观探析”是化学学科的核心素养之一，如图中的①、②是两种粒子的结构示意图。根据信息回答：
（1）①粒子易______电子（得或失）形成阴离子______（离子符号）；
（2）②构成的单质可以在①形成的单质中燃烧生成一种①②化合物，其化学式为______；该化合物投入水中可以剧烈反应生成一种白色沉淀，同时生成一种有刺激性气味、溶于水显碱性的气体，写出该反应的化学方程式______。
【答案】（1）①. 得 ②. N3-
（2）①. Mg3N2 ②.
【解析】（1）质子数=原子序数，①粒子的质子数是7，7号元素是氮元素，该粒子中，质子数=核外电子数，则①粒子表示氮原子，氮原子的最外层电子数为5，大于4，在化学反应中容易得3个电子，从而带上3个单位的负电荷，形成氮离子，即N3-；
（2）质子数=原子序数，②粒子的质子数是12，12号元素是镁元素，②构成的单质是镁，①形成的单质是氮气，镁在氮气中燃烧生成氮化镁，氮化镁中镁元素显+2价，氮元素显-3价，化学式为：Mg3N2；
该化合物投入水中可以剧烈反应生成一种白色沉淀，同时生成一种有刺激性气味、溶于水显碱性的气体氨气，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、N、H、O，生成物中含N、H，故生成物中还应含Mg、O，故生成的白色沉淀应是氢氧化镁，该反应的化学方程式为：。
14. 金属铜广泛用于电子工业和精密仪器零件制造等领域，从含铜电线电缆的废料（主要成分为铜、塑料绝缘材料等）中回收铜并获得绿矾（），其生产流程（部分产物已省略）如下：
查阅资料：当加热至70℃时，绿矾开始失去结晶水，逐步转化为无水硫酸亚铁（）
回答下列问题：
（1）黑色固体与稀硫酸反应的化学方程式为______；
（2）蓝色溶液中的阳离子______（写化学符号）；
（3）将浅绿色溶液蒸发浓缩、______、过滤等操作可得到硫酸亚铁晶体（）。
【答案】（1） （2）Cu2+、H+ （3）降温结晶
【解析】（1）铜在空气中灼烧生成氧化铜，氧化铜为黑色，氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水，反应的化学方程式为：。
（2）结合前面分析可知，蓝色溶液中的溶质为硫酸铜和过量的稀硫酸，其中的阳离子为H+、Cu2+。
（3）当加热至70℃时，绿矾开始失去结晶水，逐步转化为无水硫酸亚铁，则蒸发浓缩后、降温结晶、过滤等操作得到硫酸亚铁晶体。
15. 植物营养液能够为植物提供多种营养元素和水分。现有一种无色澄清的植物营养液，可能由硝酸钾、硝酸钙、碳酸钾、氯化钾中的一种或几种物质组成，为探究其成分，某同学设计并完成了如图所示的实验：
请回答：
（1）由实验1可确定原营养液中一定没有的物质是______（写化学式）；
（2）根据实验1、实验2推测原营养液的组成可能有______种情况；
（3）若测得原营养液中和的数目之比为1:1，则原营养液的组成中的溶质是______（写化学式）；
（4）下列营养液中属于钾肥的是______（填选项字母）。
A. 硝酸铵B. 磷酸二氢铵C. 硝酸钾D. 硫酸钾
【答案】（1）K2CO3 （2）2##两##二
（3）KCl、Ca(NO3)2##Ca(NO3)2、KCl （4）D
【解析】（1）碳酸钠能和硝酸钙反应生成白色沉淀碳酸钙，不能和硝酸钾、碳酸钾、氯化钾反应生成沉淀。根据实验1现象：生成白色沉淀，原营养液中加入碳酸钠溶液，一定发生了碳酸钠和硝酸钙的反应，因此可确定原营养液中一定含有的物质是硝酸钙。因为硝酸钙能和碳酸钾反应生成碳酸钙沉淀，所以硝酸钙和碳酸钾不能同时存在，故原营养液中一定没有的物质是碳酸钾，其化学式是：K2CO3。
（2）实验2中，原营养液中加入硝酸银溶液，生成白色沉淀。因为硝酸银和硝酸钾、硝酸钙不能反应，实验1中确定原营养液中一定没有碳酸钾，由于硝酸银能和氯化钾反应生成白色沉淀氯化银，所以原营养液中一定含有氯化钾。根据实验1、实验2可推测原营养液中一定含有硝酸钙、氯化钾，一定不含碳酸钾，但不能确定是否存在硝酸钾，故原营养液可能的溶质组合有两种：①硝酸钙和氯化钾；②硝酸钙、氯化钾和硝酸钾。
（3）因为测得原营养液中和的数目之比为1:1，而氯化钾中和的数目之比也为1:1，说明全部来自于氯化钾，原营养液中不含硝酸钾，故则原营养液的组成中的溶质是Ca(NO3)2和KCl。
（4）硝酸铵中含氮，属于氮肥；磷酸二氢铵中含氮和磷，属于复合肥；硝酸钾中含氮和钾，属于复合肥；硫酸钾中含钾，属于钾肥。故选D。
三、实验与探究：共11分。
16. 如图是实验室制取气体的部分装置，请根据实验装置（部分固定装置已省略）回答下列问题：
（1）写出装置B中①的仪器名称______；
（2）若用A装置中紫黑色粉末制取氧气，发生的化学方程式为______；实验室既可以制取，又可以制取的发生和收集装置组合为：______（在A-E中选）；
（3）若用F装置收集一瓶干燥的某气体，则该气体可能是______（填字母代号）；
A. B. C. D.
（4）工业上常需分离CO、的混合气体。某同学采用装置G也能达到分离该混合气体的目的，操作步骤如下：
①关闭活塞乙，打开活塞甲，通入混合气体，可收集到______气体；
②然后______（填操作），又可收集到另一种气体。
【答案】（1）锥形瓶
（2）①. ②. BD
（3）C
（4）①. CO##一氧化碳 ②. 关闭活塞甲，打开活塞乙
【解析】（1）由图知，仪器①是锥形瓶。
（2）用A装置中紫黑色粉末制取氧气，药品是高锰酸钾，高锰酸钾受热分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，反应的化学方程式为：。
实验室制取CO2的反应原理是碳酸钙与稀盐酸反应生成二氧化碳气体，属于“固液不加热型”；氧气可用过氧化氢在二氧化锰的催化作用下分解制取氧气，属于“固液不加热型”；因此能共用的发生装置是B；氧气的密度比空气大，且不易溶于水，二氧化碳的密度比空气大，能溶于水，因此能共用的收集装置是向上排空气法，即装置D，实验室既可以制取二氧化碳，又可以制取氧气的发生和收集装置组合为：BD。
（3）A、浓硫酸可以和氨气反应，所以不能用浓硫酸干燥；故A不符合题意；
B、氢气的密度比空气小，应该采用向下排空气法收集，即伸入集气瓶的导管要短，故B不符合题意；
C、氧气与浓硫酸不反应，密度比空气大，用向上排空气法收集，使用图中装置干燥并收集氧气，故C符合题意；
D、甲烷的密度比空气小，应该采用向下排空气法收集，即伸入集气瓶的导管要短，故D不符合题意。
则该气体可能是C。
（4）①一氧化碳不与氢氧化钠溶液反应，而二氧化碳与氢氧化钠溶液反应，所以关闭活塞乙，打开活塞甲，通入混合气体，可收集到CO气体。
②二氧化碳与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠，碳酸钠与稀硫酸反应生成二氧化碳，所以在完成①之后，关闭活塞甲，打开活塞乙，这时稀硫酸与步骤①中二氧化碳与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠反应，生成二氧化碳，所以此时可收集到二氧化碳。
17. 某兴趣小组的同学们以“稀盐酸与氢氧化钡溶液能否反应”为课题进行了科学探究。他们做了如图所示的实验：同学们在烧杯中加入氢氧化钡溶液，然后滴加无色酚酞试液，继续向烧杯中滴加稀盐酸，边滴边搅拌，观察到________，从而得出稀盐酸与氢氧化钡能发生反应的结论。

他们继续向溶液M中滴加碳酸钠溶液，发现只有白色沉淀产生，无其它实验现象。由此可知，溶液M中除了含有酚酞外，还含有的溶质是________（填化学式）。
【提出问题】反应最终所得溶液N的溶质成分是什么（不考虑酚酞）？
【猜想与假设】
甲同学猜想：
乙同学猜想：
丙同学猜想：
【分析与交流】上述猜想中不合理是_______同学的猜想。
【活动与探究】同学们取少量溶液N，向其中滴加________，观察到_______，即可确定乙同学的猜想正确。
【总结与提升】通过上述探究可知：一般我们都是从生成物和反应物两个角度对反应后溶质成分做出猜想，并结合实验现象排除不合理猜想。然后再设计实验验证猜想。
【答案】①. 溶液由红色变为无色 ②. ③. 丙 ④. 碳酸钠溶液 ⑤. 没有白色沉淀生成
【解析】
【详解】氢氧化钡溶液显碱性，能使无色酚酞试液变红，滴加稀盐酸，氢氧化钡和稀盐酸反应生成氯化钡和水，氯化钡显中性，稀盐酸显酸性，均不能使无色酚酞试液变色，故观察到溶液由红色变为无色，说明稀盐酸与氢氧化钡发生了反应；
由以上分析可知，当溶液由红色变为无色时，说明氢氧化钡和稀盐酸发生了反应，故溶液M显中性或酸性，溶质可能是氯化钡，也可能是氯化钡和氯化氢，继续向溶液M中滴加碳酸钠溶液，碳酸钠和氯化钡反应生成碳酸钡和氯化钠，碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，发现只有白色沉淀产生，无其它实验现象，说明溶液中不含HCl，则溶液中的溶质是：BaCl2；
分析与交流：滴加碳酸钠溶液后，只有白色沉淀产生，无其它实验现象，而如果溶液N的溶质是氯化钠和碳酸钠，碳酸钠溶液显碱性，能使无色酚酞试液变红，溶液会由无色变为红色，故丙同学的猜想不合理；
活动与探究：乙同学的猜想正确，说明溶液中的溶质为氯化钠，不含氯化钡，而氯化钡能与碳酸钠反应生成碳酸钡和氯化钠，故取少量溶液N，向其中滴加碳酸钠溶液，没有白色沉淀生成，说明不含氯化钡，则乙同学的猜想正确。
四、分析与计算：共6分。
18. 2025年春晚舞蹈《喜上枝头》融合了东方美学与传统文化，成为一场兼具视觉震撼与文化内涵的盛宴。这场精彩演出的背后，舞台服装的选材也颇有讲究。其中，聚酯纤维（PET）因具备良好的弹性和耐磨性，被广泛应用于舞台服装的制作。聚酯纤维（PET）是由对苯二甲酸（）和乙二醇为原料制成的，请回答：
（1）对苯二甲酸（）分子中，C、H、O三种原子的个数比为______；
（2）对苯二甲酸中，C、H、O三种元素的质量比为______。
【答案】（1）4:3:2 （2）48:3:32
【解析】（1）1个对苯二甲酸（）分子是由8个碳原子、6个氢原子和4个氧原子构成，则对苯二甲酸（）分子中，C、H、O三种原子的个数比为8:6:4=4:3:2，故填：4:3:2；
（2）对苯二甲酸中，C、H、O三种元素的质量比为(12×8):(1×6):(16×4)=48:3:32，故填：48:3:32。
19. 船舶除锈机器人能够采用自动化式运行方式，完成船体表面的除锈、清洗等作业。实验中学化学兴趣小组对某除锈废液（溶质主要成分为HCl、，其他杂质忽略）中成分的含量进行了测定：取100g除锈废液样品，依次加入100g溶质质量分数12%的NaOH溶液，过滤，称重，相关数据如图。回答下列问题：
（1）测定过程中溶液的颜色变化是______；
（2）100g除锈废液样品完全反应生成沉淀质量为______g；（不要求计算过程，计算结果精确到0.1）
（3）该废液样品中的质量分数为______；（不要求计算过程，计算结果精确到0.1%）
（4）第①次加入100g氢氧化钠溶液时没有生成10.7g沉淀的原因是______。
【答案】（1）由黄色变为无色 （2）21.4 （3）32.5%
（4）氢氧化钠先与盐酸反应，盐酸完全反应后，氢氧化钠再与氯化铁反应生成沉淀
【解析】（1）某除锈废液（溶质主要成分为HCl、，其他杂质忽略），废液呈黄色，依次加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠先与盐酸反应生成氯化钠和水，待盐酸反应完全，氢氧化钠再和氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠，随着反应的进行，氯化铁不断被消耗，待氯化铁反应完全，溶液变为无色，故测定过程中溶液的颜色变化为由黄色变为无色；
（2）根据图示，100g除锈废液样品完全反应生成沉淀的质量为5.35g+10.7g+5.35g=21.4g；
（3）设100g该废液样品中的质量为x，
x=32.5g
则该废液样品中的质量分数为；
（4）某除锈废液（溶质主要成分为HCl、，其他杂质忽略），依次加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠先与盐酸反应生成氯化钠和水，待盐酸反应完全，氢氧化钠再和氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠，第①次加入100g氢氧化钠溶液时没有生成10.7g沉淀的原因是氢氧化钠先与盐酸反应，盐酸完全反应后，氢氧化钠再与氯化铁反应生成沉淀。
选项
实验目的
实验方法
A
鉴别NaCl、NH4NO3、CuSO4三种白色固体
加水溶解
B
除去CO2中混有的水蒸气和氯化氢
先通过饱和碳酸氢钠溶液，再通过浓硫酸
C
分离NaCl、MnO2固体混合物
加水充分溶解后过滤、洗涤、烘干、蒸发
D
探究稀硫酸与NaOH溶液是否恰好完全反应
向稀硫酸与NaOH溶液反应后所得的溶液中滴加Ba（NO3）2溶液