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9.(2025·烟台中考)在修复三星堆青铜器时，可用稀盐酸除去青铜器表面的锈蚀物$\ce{[Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}]}$。从物质的性质、元素守恒及要达到的目的分析，稀盐酸与锈蚀物反应的产物可能是（
A.$\ce{Cu}$、$\ce{H_{2}O}$、$\ce{CO_{2}}$
B.$\ce{CuO}$、$\ce{H_{2}O}$、$\ce{CO_{2}}$、$\ce{Cl_{2}}$
C.$\ce{CuCl_{2}}$、$\ce{H_{2}O}$、$\ce{CO_{2}}$
D.$\ce{CuSO_{4}}$、$\ce{H_{2}O}$、$\ce{CO_{2}}$
C
）A.$\ce{Cu}$、$\ce{H_{2}O}$、$\ce{CO_{2}}$
B.$\ce{CuO}$、$\ce{H_{2}O}$、$\ce{CO_{2}}$、$\ce{Cl_{2}}$
C.$\ce{CuCl_{2}}$、$\ce{H_{2}O}$、$\ce{CO_{2}}$
D.$\ce{CuSO_{4}}$、$\ce{H_{2}O}$、$\ce{CO_{2}}$
答案
9.C 解析:铜锈$\ce{[Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}]}$与稀盐酸反应,根据质量守恒定律及复分解反应规律,各元素化合价不变,反应生成氯化铜($\ce{CuCl_{2}}$)、水($\ce{H_{2}O}$)和二氧化碳($\ce{CO_{2}}$)。
解析
【分析】首先明确铜锈的成分是碱式碳酸铜（$\ce{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}$），它与稀盐酸的反应属于复分解反应，复分解反应的特点是两种化合物互相交换成分，反应前后元素化合价不变，且遵循质量守恒定律（反应前后元素种类不变）。解题时需结合这两点逐一分析选项：A选项含单质$\ce{Cu}$，复分解反应不会生成单质，排除；B选项含单质$\ce{Cl_{2}}$，且$\ce{Cl}$元素化合价改变，不符合复分解反应规律，排除；D选项含$\ce{CuSO_{4}}$，反应物中无$\ce{S}$元素，违反元素守恒，排除；只有C选项符合反应规律和元素守恒。
【解析】碱式碳酸铜与稀盐酸发生复分解反应，反应前后元素种类不变、化合价不变。碱式碳酸铜含$\ce{Cu}$、$\ce{O}$、$\ce{H}$、$\ce{C}$，稀盐酸含$\ce{H}$、$\ce{Cl}$，无$\ce{S}$元素，故不可能生成$\ce{CuSO_{4}}$，排除D；复分解反应生成的是化合物，A中$\ce{Cu}$是单质，B中$\ce{Cl_{2}}$是单质，均不符合，排除A、B；反应的化学方程式为$\ce{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3} + 4HCl = 2CuCl_{2} + 3H_{2}O + CO_{2}↑}$，产物为$\ce{CuCl_{2}}$、$\ce{H_{2}O}$、$\ce{CO_{2}}$，对应选项C。
【答案】C
【知识点】复分解反应、质量守恒定律、酸的化学性质
【点评】本题结合三星堆青铜器除锈的实际情境，考查酸与盐的反应规律，核心是复分解反应的特征和质量守恒定律的应用，难度适中，需要学生灵活运用化学基本规律判断反应产物。
【难度系数】0.6
【解析】碱式碳酸铜与稀盐酸发生复分解反应，反应前后元素种类不变、化合价不变。碱式碳酸铜含$\ce{Cu}$、$\ce{O}$、$\ce{H}$、$\ce{C}$，稀盐酸含$\ce{H}$、$\ce{Cl}$，无$\ce{S}$元素，故不可能生成$\ce{CuSO_{4}}$，排除D；复分解反应生成的是化合物，A中$\ce{Cu}$是单质，B中$\ce{Cl_{2}}$是单质，均不符合，排除A、B；反应的化学方程式为$\ce{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3} + 4HCl = 2CuCl_{2} + 3H_{2}O + CO_{2}↑}$，产物为$\ce{CuCl_{2}}$、$\ce{H_{2}O}$、$\ce{CO_{2}}$，对应选项C。
【答案】C
【知识点】复分解反应、质量守恒定律、酸的化学性质
【点评】本题结合三星堆青铜器除锈的实际情境，考查酸与盐的反应规律，核心是复分解反应的特征和质量守恒定律的应用，难度适中，需要学生灵活运用化学基本规律判断反应产物。
【难度系数】0.6
10.(2026·济宁任城区期末)在$\mathrm{pH}=10$的溶液中,下列各组离子能大量共存,且形成无色溶液的是(
A.$\mathrm{Fe}^{3+}$、$\mathrm{Na}^+$、$\mathrm{SO}_4^{2-}$、$\mathrm{Cl}^-$
B.$\mathrm{Mg}^{2+}$、$\mathrm{H}^+$、$\mathrm{NO}_3^-$、$\mathrm{Cl}^-$
C.$\mathrm{Ca}^{2+}$、$\mathrm{K}^+$、$\mathrm{CO}_3^{2-}$、$\mathrm{NO}_3^-$
D.$\mathrm{Na}^+$、$\mathrm{K}^+$、$\mathrm{NO}_3^-$、$\mathrm{SO}_4^{2-}$
D
)A.$\mathrm{Fe}^{3+}$、$\mathrm{Na}^+$、$\mathrm{SO}_4^{2-}$、$\mathrm{Cl}^-$
B.$\mathrm{Mg}^{2+}$、$\mathrm{H}^+$、$\mathrm{NO}_3^-$、$\mathrm{Cl}^-$
C.$\mathrm{Ca}^{2+}$、$\mathrm{K}^+$、$\mathrm{CO}_3^{2-}$、$\mathrm{NO}_3^-$
D.$\mathrm{Na}^+$、$\mathrm{K}^+$、$\mathrm{NO}_3^-$、$\mathrm{SO}_4^{2-}$
答案
10.D 解析：
| | | |
| --- | --- | --- |
| A | pH=10 的溶液显碱性,存在大量$\ce{OH^-}$。$\ce{Fe^{3+}}$会与$\ce{OH^-}$反应生成$\ce{Fe(OH)_{3}}$沉淀,不能大量共存,且$\ce{Fe^{3+}}$使溶液呈黄色 | × |
| B | $\ce{Mg^{2+}}$会与$\ce{OH^-}$反应生成$\ce{Mg(OH)_{2}}$沉淀,$\ce{H^+}$会与$\ce{OH^-}$反应生成$\ce{H_{2}O}$,不能大量共存 | × |
| C | $\ce{Ca^{2+}}$与$\ce{CO^{2-}_{3}}$会反应生成$\ce{CaCO_{3}}$沉淀,不能大量共存 | × |
| D | $\ce{Na^+}$、$\ce{K^+}$、$\ce{NO^-_{3}}$、$\ce{SO^{2-}_{4}}$之间不反应,且均不与$\ce{OH^-}$反应,也无有色离子,能大量共存 | √ |
| | | |
| --- | --- | --- |
| A | pH=10 的溶液显碱性,存在大量$\ce{OH^-}$。$\ce{Fe^{3+}}$会与$\ce{OH^-}$反应生成$\ce{Fe(OH)_{3}}$沉淀,不能大量共存,且$\ce{Fe^{3+}}$使溶液呈黄色 | × |
| B | $\ce{Mg^{2+}}$会与$\ce{OH^-}$反应生成$\ce{Mg(OH)_{2}}$沉淀,$\ce{H^+}$会与$\ce{OH^-}$反应生成$\ce{H_{2}O}$,不能大量共存 | × |
| C | $\ce{Ca^{2+}}$与$\ce{CO^{2-}_{3}}$会反应生成$\ce{CaCO_{3}}$沉淀,不能大量共存 | × |
| D | $\ce{Na^+}$、$\ce{K^+}$、$\ce{NO^-_{3}}$、$\ce{SO^{2-}_{4}}$之间不反应,且均不与$\ce{OH^-}$反应,也无有色离子,能大量共存 | √ |
解析
【分析】
要解决本题，需明确两个关键条件：一是pH=10的溶液呈碱性，含有大量OH⁻；二是所选离子需满足：①离子之间不发生反应（生成沉淀、气体或水），且不与OH⁻反应；②溶液为无色，排除有色离子。接下来逐一分析各选项，判断是否符合要求。
【解析】
pH=10的溶液显碱性，溶液中存在大量OH⁻，结合“离子能大量共存且溶液无色”的要求分析：
选项A：Fe³+为黄色，不符合无色溶液的要求；且Fe³+会与OH⁻反应生成Fe(OH)₃沉淀，无法大量共存，排除A。
选项B：Mg²+会与OH⁻反应生成Mg(OH)₂沉淀，H+会与OH⁻反应生成H₂O，均无法大量共存，排除B。
选项C：Ca²+与CO₃²⁻会反应生成CaCO₃沉淀，无法大量共存，排除C。
选项D：Na⁺、K⁺、NO₃⁻、SO₄²⁻之间不发生反应，也不与OH⁻反应，且均为无色离子，符合所有条件，故选D。
【答案】
D
【知识点】
离子共存、溶液酸碱性与pH
【点评】
本题考查离子共存的基础判断，需注意溶液酸碱性（pH=10为碱性）、离子间的反应类型及溶液无色的隐含条件，解题时需逐一排查选项，避免遗漏关键条件。
【难度系数】
0.6
要解决本题，需明确两个关键条件：一是pH=10的溶液呈碱性，含有大量OH⁻；二是所选离子需满足：①离子之间不发生反应（生成沉淀、气体或水），且不与OH⁻反应；②溶液为无色，排除有色离子。接下来逐一分析各选项，判断是否符合要求。
【解析】
pH=10的溶液显碱性，溶液中存在大量OH⁻，结合“离子能大量共存且溶液无色”的要求分析：
选项A：Fe³+为黄色，不符合无色溶液的要求；且Fe³+会与OH⁻反应生成Fe(OH)₃沉淀，无法大量共存，排除A。
选项B：Mg²+会与OH⁻反应生成Mg(OH)₂沉淀，H+会与OH⁻反应生成H₂O，均无法大量共存，排除B。
选项C：Ca²+与CO₃²⁻会反应生成CaCO₃沉淀，无法大量共存，排除C。
选项D：Na⁺、K⁺、NO₃⁻、SO₄²⁻之间不发生反应，也不与OH⁻反应，且均为无色离子，符合所有条件，故选D。
【答案】
D
【知识点】
离子共存、溶液酸碱性与pH
【点评】
本题考查离子共存的基础判断，需注意溶液酸碱性（pH=10为碱性）、离子间的反应类型及溶液无色的隐含条件，解题时需逐一排查选项，避免遗漏关键条件。
【难度系数】
0.6
11.(2026·济宁泗水期末)下列物质间的转化关系,不能实现的是 (
A.C→CO₂→CO
B.Mg→MgO→MgSO₄
C.KCl→KNO₃→K₂SO₄
D.NaOH→Na₂CO₃→NaCl
C
)A.C→CO₂→CO
B.Mg→MgO→MgSO₄
C.KCl→KNO₃→K₂SO₄
D.NaOH→Na₂CO₃→NaCl
答案
11.C 解析:氯化钾能与硝酸银反应生成硝酸钾,硝酸钾不能生成硫酸钾,C 不可以实现。
解析
【分析】
本题为物质转化类题目，需判断各选项中物质间的每一步转化能否通过化学反应实现，核心依据是单质、氧化物、酸碱盐的反应规律，以及复分解反应发生的条件（生成沉淀、气体或水）。逐个分析选项：A选项，碳可通过燃烧生成二氧化碳，二氧化碳与碳在高温下反应生成一氧化碳；B选项，镁与氧气反应生成氧化镁，氧化镁与稀硫酸反应生成硫酸镁；C选项，氯化钾与硝酸银反应可生成硝酸钾，但硝酸钾与其他物质反应时，因钾盐和硝酸盐均易溶于水，无法生成沉淀、气体或水，不能转化为硫酸钾；D选项，氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与稀盐酸反应生成氯化钠。综上，不能实现的是C选项。
【解析】
逐一分析各选项转化：
A. 碳在氧气中充分燃烧：$\ce{C + O_{2}\xlongequal{点燃} CO_{2}}$，二氧化碳与碳高温反应：$\ce{CO_{2} + C\xlongequal{高温} 2CO}$，转化可实现；
B. 镁在氧气中燃烧：$\ce{2Mg + O_{2}\xlongequal{点燃} 2MgO}$，氧化镁与硫酸反应：$\ce{MgO + H_{2}SO_{4} = MgSO_{4} + H_{2}O}$，转化可实现；
C. 氯化钾与硝酸银反应：$\ce{KCl + AgNO_{3} = AgCl↓ + KNO_{3}}$，但硝酸钾要转化为硫酸钾，需与硫酸盐发生复分解反应，由于钾盐、硝酸盐均可溶，反应后无沉淀、气体或水生成，不符合复分解反应条件，无法转化为硫酸钾，转化不能实现；
D. 氢氧化钠与二氧化碳反应：$\ce{2NaOH + CO_{2} = Na_{2}CO_{3} + H_{2}O}$，碳酸钠与盐酸反应：$\ce{Na_{2}CO_{3} + 2HCl = 2NaCl + H_{2}O + CO_{2}↑}$，转化可实现。
综上，答案为C。
【答案】
C
【知识点】
物质的转化、复分解反应发生的条件
【点评】
本题考查常见物质的化学转化，重点考查复分解反应条件的应用，需熟练掌握单质、氧化物、酸碱盐的反应规律，难度适中，属于基础题型。
【难度系数】
0.5
本题为物质转化类题目，需判断各选项中物质间的每一步转化能否通过化学反应实现，核心依据是单质、氧化物、酸碱盐的反应规律，以及复分解反应发生的条件（生成沉淀、气体或水）。逐个分析选项：A选项，碳可通过燃烧生成二氧化碳，二氧化碳与碳在高温下反应生成一氧化碳；B选项，镁与氧气反应生成氧化镁，氧化镁与稀硫酸反应生成硫酸镁；C选项，氯化钾与硝酸银反应可生成硝酸钾，但硝酸钾与其他物质反应时，因钾盐和硝酸盐均易溶于水，无法生成沉淀、气体或水，不能转化为硫酸钾；D选项，氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与稀盐酸反应生成氯化钠。综上，不能实现的是C选项。
【解析】
逐一分析各选项转化：
A. 碳在氧气中充分燃烧：$\ce{C + O_{2}\xlongequal{点燃} CO_{2}}$，二氧化碳与碳高温反应：$\ce{CO_{2} + C\xlongequal{高温} 2CO}$，转化可实现；
B. 镁在氧气中燃烧：$\ce{2Mg + O_{2}\xlongequal{点燃} 2MgO}$，氧化镁与硫酸反应：$\ce{MgO + H_{2}SO_{4} = MgSO_{4} + H_{2}O}$，转化可实现；
C. 氯化钾与硝酸银反应：$\ce{KCl + AgNO_{3} = AgCl↓ + KNO_{3}}$，但硝酸钾要转化为硫酸钾，需与硫酸盐发生复分解反应，由于钾盐、硝酸盐均可溶，反应后无沉淀、气体或水生成，不符合复分解反应条件，无法转化为硫酸钾，转化不能实现；
D. 氢氧化钠与二氧化碳反应：$\ce{2NaOH + CO_{2} = Na_{2}CO_{3} + H_{2}O}$，碳酸钠与盐酸反应：$\ce{Na_{2}CO_{3} + 2HCl = 2NaCl + H_{2}O + CO_{2}↑}$，转化可实现。
综上，答案为C。
【答案】
C
【知识点】
物质的转化、复分解反应发生的条件
【点评】
本题考查常见物质的化学转化，重点考查复分解反应条件的应用，需熟练掌握单质、氧化物、酸碱盐的反应规律，难度适中，属于基础题型。
【难度系数】
0.5
12. (2025·淄博中考)下列实验方案不能达到目的的是 (
B
)答案
12.B 解析：
| | | |
| --- | --- | --- |
| A | 氧化铁不能被磁铁吸引,铁粉能被磁铁吸引 | 能达到实验目的 |
| B | $\ce{Na_{2}CO_{3}}$和过量$\ce{CaCl_{2}}$溶液反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠,能除去杂质,但引入了新的杂质氯化钙(过量的) | 不能达到实验目的 |
| C | 盐酸能与碳酸钙反应生成氯化钙、水和二氧化碳,再过滤除去过量的碳酸钙(难溶于水) | 能达到实验目的 |
| D | 浓盐酸具有挥发性,浓硫酸没有挥发性 | 能达到实验目的 |
| | | |
| --- | --- | --- |
| A | 氧化铁不能被磁铁吸引,铁粉能被磁铁吸引 | 能达到实验目的 |
| B | $\ce{Na_{2}CO_{3}}$和过量$\ce{CaCl_{2}}$溶液反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠,能除去杂质,但引入了新的杂质氯化钙(过量的) | 不能达到实验目的 |
| C | 盐酸能与碳酸钙反应生成氯化钙、水和二氧化碳,再过滤除去过量的碳酸钙(难溶于水) | 能达到实验目的 |
| D | 浓盐酸具有挥发性,浓硫酸没有挥发性 | 能达到实验目的 |
解析
【分析】
本题为实验方案评价题，需结合物质的性质逐一分析每个选项的实验原理、操作是否能达成实验目的，判断方案的合理性，最终选出不能达到目的的选项。具体思路：先明确各选项的实验目的，再分析所用试剂或操作是否匹配目的，是否存在引入杂质、无法分离等问题。
【解析】
A选项：利用铁粉能被磁铁吸引、氧化铁不能被磁铁吸引的性质，可通过磁铁吸引分离两者，能达到实验目的；
B选项：除去氯化钠中的碳酸钠，加入过量氯化钙溶液，虽能与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，但过量的氯化钙会成为新杂质，不符合除杂原则，不能达到实验目的；
C选项：除去氯化钙溶液中的盐酸，加入过量碳酸钙，盐酸与碳酸钙反应生成氯化钙、水和二氧化碳，过量碳酸钙难溶于水，可过滤除去，能达到实验目的；
D选项：浓盐酸具有挥发性，浓硫酸无挥发性，打开瓶塞时，浓盐酸会产生白雾，浓硫酸无明显现象，可区分两者，能达到实验目的。
【答案】
B
【知识点】
物质的分离与除杂；常见酸、盐的性质；物质的鉴别
【点评】
本题考查常见物质的性质及实验方案的评价，需掌握除杂原则和常见物质的特性，是中考常见题型，侧重考查学生的实验分析能力，难度适中。
【难度系数】
0.6
本题为实验方案评价题，需结合物质的性质逐一分析每个选项的实验原理、操作是否能达成实验目的，判断方案的合理性，最终选出不能达到目的的选项。具体思路：先明确各选项的实验目的，再分析所用试剂或操作是否匹配目的，是否存在引入杂质、无法分离等问题。
【解析】
A选项：利用铁粉能被磁铁吸引、氧化铁不能被磁铁吸引的性质，可通过磁铁吸引分离两者，能达到实验目的；
B选项：除去氯化钠中的碳酸钠，加入过量氯化钙溶液，虽能与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，但过量的氯化钙会成为新杂质，不符合除杂原则，不能达到实验目的；
C选项：除去氯化钙溶液中的盐酸，加入过量碳酸钙，盐酸与碳酸钙反应生成氯化钙、水和二氧化碳，过量碳酸钙难溶于水，可过滤除去，能达到实验目的；
D选项：浓盐酸具有挥发性，浓硫酸无挥发性，打开瓶塞时，浓盐酸会产生白雾，浓硫酸无明显现象，可区分两者，能达到实验目的。
【答案】
B
【知识点】
物质的分离与除杂；常见酸、盐的性质；物质的鉴别
【点评】
本题考查常见物质的性质及实验方案的评价，需掌握除杂原则和常见物质的特性，是中考常见题型，侧重考查学生的实验分析能力，难度适中。
【难度系数】
0.6
13. (2026·东营质检)某研究性学习小组调查发现,甲、乙两工厂排放的污水各含下列离子$\ce{H^{+}}$、$\ce{Cu^{2+}}$、$\ce{K^{+}}$、$\ce{NO^{-}_{3}}$、$\ce{OH^{-}}$中的三种离子(两厂含有一种相同的离子)。若将两厂的污水按一定比例混合,沉淀后污水会变成无色澄清的中性溶液。下列关于污水的分析,正确的是 (
A.$\ce{H^{+}}$和$\ce{Cu^{2+}}$来自同一工厂
B.$\ce{OH^{-}}$和$\ce{Cu^{2+}}$来自同一工厂
C.$\ce{Cu^{2+}}$和$\ce{K^{+}}$来自同一工厂
D.两厂含有的相同离子是$\ce{K^{+}}$
A
)A.$\ce{H^{+}}$和$\ce{Cu^{2+}}$来自同一工厂
B.$\ce{OH^{-}}$和$\ce{Cu^{2+}}$来自同一工厂
C.$\ce{Cu^{2+}}$和$\ce{K^{+}}$来自同一工厂
D.两厂含有的相同离子是$\ce{K^{+}}$
答案
13.A 解析：
| | | |
| --- | --- | --- |
| A | $\ce{OH^-}$与$\ce{H^+}$、$\ce{Cu^{2+}}$不能共存,且每个工厂的生产污水中各含有下列五种离子中的三种,则含$\ce{H^+}$、$\ce{Cu^{2+}}$的污水中的阴离子为$\ce{NO^-_{3}}$,即其中一个厂污水中的离子为$\ce{H^+}$、$\ce{Cu^{2+}}$、$\ce{NO^-_{3}}$;则另一厂污水中离子为$\ce{K^+}$、$\ce{NO^-_{3}}$、$\ce{OH^-}$。根据离子的共存及两厂污水中各含三种离子,其中一厂污水中有$\ce{H^+}$、$\ce{Cu^{2+}}$、$\ce{NO^-_{3}}$ | √ |
| B | 因$\ce{OH^-}$和$\ce{Cu^{2+}}$能结合生成沉淀,则不能来自同一工厂 | × |
| C | 根据离子的共存及两厂污水中各含三种离子,两厂污水中的离子分别为$\ce{H^+}$、$\ce{Cu^{2+}}$、$\ce{NO^-_{3}}$;$\ce{K^+}$、$\ce{NO^-_{3}}$、$\ce{OH^-}$,可知$\ce{Cu^{2+}}$、$\ce{K^+}$不来自同一工厂 | × |
| D | 根据两厂污水中的离子可知,两厂同时含有的离子是$\ce{NO^-_{3}}$ | × |
| | | |
| --- | --- | --- |
| A | $\ce{OH^-}$与$\ce{H^+}$、$\ce{Cu^{2+}}$不能共存,且每个工厂的生产污水中各含有下列五种离子中的三种,则含$\ce{H^+}$、$\ce{Cu^{2+}}$的污水中的阴离子为$\ce{NO^-_{3}}$,即其中一个厂污水中的离子为$\ce{H^+}$、$\ce{Cu^{2+}}$、$\ce{NO^-_{3}}$;则另一厂污水中离子为$\ce{K^+}$、$\ce{NO^-_{3}}$、$\ce{OH^-}$。根据离子的共存及两厂污水中各含三种离子,其中一厂污水中有$\ce{H^+}$、$\ce{Cu^{2+}}$、$\ce{NO^-_{3}}$ | √ |
| B | 因$\ce{OH^-}$和$\ce{Cu^{2+}}$能结合生成沉淀,则不能来自同一工厂 | × |
| C | 根据离子的共存及两厂污水中各含三种离子,两厂污水中的离子分别为$\ce{H^+}$、$\ce{Cu^{2+}}$、$\ce{NO^-_{3}}$;$\ce{K^+}$、$\ce{NO^-_{3}}$、$\ce{OH^-}$,可知$\ce{Cu^{2+}}$、$\ce{K^+}$不来自同一工厂 | × |
| D | 根据两厂污水中的离子可知,两厂同时含有的离子是$\ce{NO^-_{3}}$ | × |
解析
【分析】
要解决这道题，需依据离子共存的规律：能结合生成沉淀、气体或水的离子无法共存。题目中两厂各含$\ce{H^{+}}$、$\ce{Cu^{2+}}$、$\ce{K^{+}}$、$\ce{NO^{-}_{3}}$、$\ce{OH^{-}}$中的三种离子，且两厂含1种相同离子，混合后污水为无色澄清中性（说明$\ce{Cu^{2+}}$与$\ce{OH^{-}}$生成沉淀，$\ce{H^{+}}$与$\ce{OH^{-}}$反应生成水）。首先判断不能共存的离子对：$\ce{Cu^{2+}}$和$\ce{OH^{-}}$会生成$\ce{Cu(OH)_{2}}$沉淀，$\ce{H^{+}}$和$\ce{OH^{-}}$会生成水，因此$\ce{Cu^{2+}}$和$\ce{H^{+}}$需在同一工厂（均不能与$\ce{OH^{-}}$共存），再结合“各厂三种离子”“含相同离子”的条件推导两厂的离子组成，最后逐一分析选项。
【解析】
1. 离子共存分析：$\ce{Cu^{2+}}$与$\ce{OH^{-}}$生成$\ce{Cu(OH)_{2}}$沉淀，不能共存；$\ce{H^{+}}$与$\ce{OH^{-}}$生成水，不能共存。
2. 推导两厂离子：
含$\ce{Cu^{2+}}$的工厂，因不能含$\ce{OH^{-}}$，阴离子只能是$\ce{NO^{-}_{3}}$；同时该工厂不能含$\ce{OH^{-}}$，故$\ce{H^{+}}$也在该工厂，因此该厂离子为$\ce{H^{+}}$、$\ce{Cu^{2+}}$、$\ce{NO^{-}_{3}}$。
另一厂需含$\ce{K^{+}}$、$\ce{OH^{-}}$，还需1种相同离子，只能是$\ce{NO^{-}_{3}}$，故另一厂离子为$\ce{K^{+}}$、$\ce{OH^{-}}$、$\ce{NO^{-}_{3}}$。
3. 选项判断：
A：$\ce{H^{+}}$和$\ce{Cu^{2+}}$来自同一工厂，符合推导结果，正确。
B：$\ce{OH^{-}}$和$\ce{Cu^{2+}}$会生成沉淀，不能来自同一工厂，错误。
C：$\ce{Cu^{2+}}$在第一厂，$\ce{K^{+}}$在第二厂，不来自同一工厂，错误。
D：两厂相同离子是$\ce{NO^{-}_{3}}$，不是$\ce{K^{+}}$，错误。
【答案】
A
【知识点】
离子共存、复分解反应条件
【点评】
本题是离子共存的典型应用题，需结合离子不能共存的条件和题目限定的离子数量、混合后溶液性质推导各厂离子，逻辑推导是解题核心，能考查学生对离子共存知识的应用能力。
【难度系数】
0.6
要解决这道题，需依据离子共存的规律：能结合生成沉淀、气体或水的离子无法共存。题目中两厂各含$\ce{H^{+}}$、$\ce{Cu^{2+}}$、$\ce{K^{+}}$、$\ce{NO^{-}_{3}}$、$\ce{OH^{-}}$中的三种离子，且两厂含1种相同离子，混合后污水为无色澄清中性（说明$\ce{Cu^{2+}}$与$\ce{OH^{-}}$生成沉淀，$\ce{H^{+}}$与$\ce{OH^{-}}$反应生成水）。首先判断不能共存的离子对：$\ce{Cu^{2+}}$和$\ce{OH^{-}}$会生成$\ce{Cu(OH)_{2}}$沉淀，$\ce{H^{+}}$和$\ce{OH^{-}}$会生成水，因此$\ce{Cu^{2+}}$和$\ce{H^{+}}$需在同一工厂（均不能与$\ce{OH^{-}}$共存），再结合“各厂三种离子”“含相同离子”的条件推导两厂的离子组成，最后逐一分析选项。
【解析】
1. 离子共存分析：$\ce{Cu^{2+}}$与$\ce{OH^{-}}$生成$\ce{Cu(OH)_{2}}$沉淀，不能共存；$\ce{H^{+}}$与$\ce{OH^{-}}$生成水，不能共存。
2. 推导两厂离子：
含$\ce{Cu^{2+}}$的工厂，因不能含$\ce{OH^{-}}$，阴离子只能是$\ce{NO^{-}_{3}}$；同时该工厂不能含$\ce{OH^{-}}$，故$\ce{H^{+}}$也在该工厂，因此该厂离子为$\ce{H^{+}}$、$\ce{Cu^{2+}}$、$\ce{NO^{-}_{3}}$。
另一厂需含$\ce{K^{+}}$、$\ce{OH^{-}}$，还需1种相同离子，只能是$\ce{NO^{-}_{3}}$，故另一厂离子为$\ce{K^{+}}$、$\ce{OH^{-}}$、$\ce{NO^{-}_{3}}$。
3. 选项判断：
A：$\ce{H^{+}}$和$\ce{Cu^{2+}}$来自同一工厂，符合推导结果，正确。
B：$\ce{OH^{-}}$和$\ce{Cu^{2+}}$会生成沉淀，不能来自同一工厂，错误。
C：$\ce{Cu^{2+}}$在第一厂，$\ce{K^{+}}$在第二厂，不来自同一工厂，错误。
D：两厂相同离子是$\ce{NO^{-}_{3}}$，不是$\ce{K^{+}}$，错误。
【答案】
A
【知识点】
离子共存、复分解反应条件
【点评】
本题是离子共存的典型应用题，需结合离子不能共存的条件和题目限定的离子数量、混合后溶液性质推导各厂离子，逻辑推导是解题核心，能考查学生对离子共存知识的应用能力。
【难度系数】
0.6
14.(2025·泰安中考)有一包白色固体样品,可能由Na₂SO₄、NaOH、CaCO₃、BaCl₂、MgCl₂中的一种或几种物质组成。为探究该样品的组成,某化学兴趣小组的同学取适量样品进行实验(见下图)。下列推断正确的是 (
A.白色沉淀b的成分是Mg(OH)₂和BaCO₃
B.滤液中一定有NaCl和BaCl₂,可能有NaOH
C.滤渣a中一定有CaCO₃,可能有Mg(OH)₂,一定没有BaSO₄
D.样品中一定含有NaOH、CaCO₃、BaCl₂和MgCl₂,一定没有Na₂SO₄
D
)A.白色沉淀b的成分是Mg(OH)₂和BaCO₃
B.滤液中一定有NaCl和BaCl₂,可能有NaOH
C.滤渣a中一定有CaCO₃,可能有Mg(OH)₂,一定没有BaSO₄
D.样品中一定含有NaOH、CaCO₃、BaCl₂和MgCl₂,一定没有Na₂SO₄
答案
14.D 解析：
碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳,氢氧化钠和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠,氢氧化镁和盐酸反应生成氯化镁和水,碳酸钙和盐酸反应的化学方程式及其质量关系如下：
$\ce{CaCO_{3} + 2HCl = CaCl_{2} + H_{2}O + CO_{2}↑}$
100 44
1 g 0.44 g
则1.6 g滤渣a中含有1 g碳酸钙、0.6 g氢氧化镁,由于硫酸钠和氯化钡反应生成的硫酸钡沉淀不能和盐酸反应,故滤渣a中一定含有碳酸钙和氢氧化镁,一定没有硫酸钡,即硫酸钠、氯化钡最多存在一种;滤液通入二氧化碳,产生白色沉淀,二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水,碳酸钠和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠,则滤液中一定含有氢氧化钠和氯化钡,以及生成的氯化钠,一定没有硫酸钠;综上所述,原白色固体中一定含有$\ce{NaOH}$、$\ce{CaCO_{3}}$、$\ce{BaCl_{2}}$和$\ce{MgCl_{2}}$,一定没有$\ce{Na_{2}SO_{4}}$;据此分析解答。白色沉淀b是$\ce{BaCO_{3}}$,其中没有$\ce{Mg(OH)_{2}}$。
| | | |
| --- | --- | --- |
| A | | × |
| B | 滤液中一定有生成的$\ce{NaCl}$,过量的$\ce{NaOH}$和未反应的$\ce{BaCl_{2}}$ | × |
| C | 滤渣 a 中一定有$\ce{CaCO_{3}}$和$\ce{Mg(OH)_{2}}$,一定没有$\ce{BaSO_{4}}$ | × |
| D | 样品中一定含有$\ce{NaOH}$、$\ce{CaCO_{3}}$、$\ce{MgCl_{2}}$、$\ce{BaCl_{2}}$,一定没有$\ce{Na_{2}SO_{4}}$ | √ |
碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳,氢氧化钠和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠,氢氧化镁和盐酸反应生成氯化镁和水,碳酸钙和盐酸反应的化学方程式及其质量关系如下：
$\ce{CaCO_{3} + 2HCl = CaCl_{2} + H_{2}O + CO_{2}↑}$
100 44
1 g 0.44 g
则1.6 g滤渣a中含有1 g碳酸钙、0.6 g氢氧化镁,由于硫酸钠和氯化钡反应生成的硫酸钡沉淀不能和盐酸反应,故滤渣a中一定含有碳酸钙和氢氧化镁,一定没有硫酸钡,即硫酸钠、氯化钡最多存在一种;滤液通入二氧化碳,产生白色沉淀,二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水,碳酸钠和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠,则滤液中一定含有氢氧化钠和氯化钡,以及生成的氯化钠,一定没有硫酸钠;综上所述,原白色固体中一定含有$\ce{NaOH}$、$\ce{CaCO_{3}}$、$\ce{BaCl_{2}}$和$\ce{MgCl_{2}}$,一定没有$\ce{Na_{2}SO_{4}}$;据此分析解答。白色沉淀b是$\ce{BaCO_{3}}$,其中没有$\ce{Mg(OH)_{2}}$。
| | | |
| --- | --- | --- |
| A | | × |
| B | 滤液中一定有生成的$\ce{NaCl}$,过量的$\ce{NaOH}$和未反应的$\ce{BaCl_{2}}$ | × |
| C | 滤渣 a 中一定有$\ce{CaCO_{3}}$和$\ce{Mg(OH)_{2}}$,一定没有$\ce{BaSO_{4}}$ | × |
| D | 样品中一定含有$\ce{NaOH}$、$\ce{CaCO_{3}}$、$\ce{MgCl_{2}}$、$\ce{BaCl_{2}}$,一定没有$\ce{Na_{2}SO_{4}}$ | √ |
解析
【分析】
首先，样品加水溶解后过滤得到滤渣a，滤渣a加足量稀盐酸全部溶解且产生0.44g无色气体，说明滤渣中不含不溶于盐酸的$\ce{BaSO_{4}}$，因此样品中一定没有$\ce{Na_{2}SO_{4}}$；根据$\ce{CaCO_{3}}$与盐酸反应的化学方程式，计算出生成0.44g $\ce{CO_{2}}$所需$\ce{CaCO_{3}}$的质量，确定滤渣中$\ce{CaCO_{3}}$的质量，剩余滤渣能溶于盐酸且无气体，推断为$\ce{Mg(OH)_{2}}$，说明样品中含$\ce{NaOH}$和$\ce{MgCl_{2}}$；滤液通入$\ce{CO_{2}}$产生白色沉淀，结合反应原理，说明滤液中含$\ce{NaOH}$和$\ce{BaCl_{2}}$，进而推断样品中一定含有的物质，排除错误选项。
【解析】
1. 分析滤渣a与稀盐酸的反应：
滤渣a加足量稀盐酸全部溶解，说明无$\ce{BaSO_{4}}$沉淀（$\ce{BaSO_{4}}$不溶于稀盐酸），因此样品中一定不含$\ce{Na_{2}SO_{4}}$。
设生成0.44g $\ce{CO_{2}}$需要$\ce{CaCO_{3}}$的质量为$x$：
$\ce{CaCO_{3} + 2HCl = CaCl_{2} + H_{2}O + CO_{2}↑}$
100 44
$x$ 0.44g
$\frac{100}{44}=\frac{x}{0.44g}$，解得$x=1g$，即滤渣中含1g $\ce{CaCO_{3}}$。
滤渣总质量1.6g，剩余$1.6g-1g=0.6g$，该部分能溶于盐酸且无气体，为$\ce{Mg(OH)_{2}}$，说明样品中含$\ce{NaOH}$和$\ce{MgCl_{2}}$（二者反应生成$\ce{Mg(OH)_{2}}$沉淀）。
2. 分析滤液通入$\ce{CO_{2}}$的反应：
滤液通入适量$\ce{CO_{2}}$产生白色沉淀，$\ce{CO_{2}}$与滤液中的$\ce{NaOH}$反应生成$\ce{Na_{2}CO_{3}}$，$\ce{Na_{2}CO_{3}}$与$\ce{BaCl_{2}}$反应生成$\ce{BaCO_{3}}$白色沉淀，说明滤液中一定含$\ce{NaOH}$和$\ce{BaCl_{2}}$，因此样品中一定含$\ce{BaCl_{2}}$和$\ce{NaOH}$。
综上，样品中一定含$\ce{NaOH}$、$\ce{CaCO_{3}}$、$\ce{BaCl_{2}}$、$\ce{MgCl_{2}}$，一定不含$\ce{Na_{2}SO_{4}}$，对应选项D正确。
【答案】
D
【知识点】
物质推断、酸碱盐性质、化学方程式计算
【点评】
本题为酸碱盐推断综合题，需结合实验现象、化学计算及反应原理逐步推导物质组成，考查学生的逻辑分析与计算能力，是中考常见题型。
【难度系数】
0.5
首先，样品加水溶解后过滤得到滤渣a，滤渣a加足量稀盐酸全部溶解且产生0.44g无色气体，说明滤渣中不含不溶于盐酸的$\ce{BaSO_{4}}$，因此样品中一定没有$\ce{Na_{2}SO_{4}}$；根据$\ce{CaCO_{3}}$与盐酸反应的化学方程式，计算出生成0.44g $\ce{CO_{2}}$所需$\ce{CaCO_{3}}$的质量，确定滤渣中$\ce{CaCO_{3}}$的质量，剩余滤渣能溶于盐酸且无气体，推断为$\ce{Mg(OH)_{2}}$，说明样品中含$\ce{NaOH}$和$\ce{MgCl_{2}}$；滤液通入$\ce{CO_{2}}$产生白色沉淀，结合反应原理，说明滤液中含$\ce{NaOH}$和$\ce{BaCl_{2}}$，进而推断样品中一定含有的物质，排除错误选项。
【解析】
1. 分析滤渣a与稀盐酸的反应：
滤渣a加足量稀盐酸全部溶解，说明无$\ce{BaSO_{4}}$沉淀（$\ce{BaSO_{4}}$不溶于稀盐酸），因此样品中一定不含$\ce{Na_{2}SO_{4}}$。
设生成0.44g $\ce{CO_{2}}$需要$\ce{CaCO_{3}}$的质量为$x$：
$\ce{CaCO_{3} + 2HCl = CaCl_{2} + H_{2}O + CO_{2}↑}$
100 44
$x$ 0.44g
$\frac{100}{44}=\frac{x}{0.44g}$，解得$x=1g$，即滤渣中含1g $\ce{CaCO_{3}}$。
滤渣总质量1.6g，剩余$1.6g-1g=0.6g$，该部分能溶于盐酸且无气体，为$\ce{Mg(OH)_{2}}$，说明样品中含$\ce{NaOH}$和$\ce{MgCl_{2}}$（二者反应生成$\ce{Mg(OH)_{2}}$沉淀）。
2. 分析滤液通入$\ce{CO_{2}}$的反应：
滤液通入适量$\ce{CO_{2}}$产生白色沉淀，$\ce{CO_{2}}$与滤液中的$\ce{NaOH}$反应生成$\ce{Na_{2}CO_{3}}$，$\ce{Na_{2}CO_{3}}$与$\ce{BaCl_{2}}$反应生成$\ce{BaCO_{3}}$白色沉淀，说明滤液中一定含$\ce{NaOH}$和$\ce{BaCl_{2}}$，因此样品中一定含$\ce{BaCl_{2}}$和$\ce{NaOH}$。
综上，样品中一定含$\ce{NaOH}$、$\ce{CaCO_{3}}$、$\ce{BaCl_{2}}$、$\ce{MgCl_{2}}$，一定不含$\ce{Na_{2}SO_{4}}$，对应选项D正确。
【答案】
D
【知识点】
物质推断、酸碱盐性质、化学方程式计算
【点评】
本题为酸碱盐推断综合题，需结合实验现象、化学计算及反应原理逐步推导物质组成，考查学生的逻辑分析与计算能力，是中考常见题型。
【难度系数】
0.5
15. (教材P59·多识一点改编)“宏观—微观—符号”是化学独特的表示物质及其变化的方法。请从不同角度完成对$\ce{NaHCO_{3}}$性质的学习。
(1)$\ce{NaHCO_{3}}$的水溶液$\ce{pH＞7}$，在物质的分类中属于
(2)图2是向$\ce{NaHCO_{3}}$溶液中滴加$\ce{NaOH}$溶液的微观示意图，请分析并推测：向$\ce{NaHCO_{3}}$溶液中滴加$\ce{Ba(OH)_{2}}$溶液，观察到的实验现象为
(3)$\ce{NaHCO_{3}}$受热易分解产生$\ce{Na_{2}CO_{3}}$和两种常见氧化物，化学方程式为
【结论】$\ce{NaHCO_{3}}$既能与酸反应，也能与碱反应，还能与部分盐反应，且受热不稳定。
【应用】(4)$\ce{Ca(HCO_{3})_{2}}$溶液中存在$\ce{Ca^{2+}}$和$\ce{HCO^{-}_{3}}$，下列物质不能与其发生反应的是
A. 石灰水 B. 硝酸 C. 纯碱 D. 食盐
(1)$\ce{NaHCO_{3}}$的水溶液$\ce{pH＞7}$，在物质的分类中属于
盐
（填“酸”“碱”“盐”或“氧化物”）。医疗上用于治疗胃酸过多症，化学方程式为$\ce{NaHCO_{3} + HCl = NaCl + H_{2}O + CO_{2}↑}$
。请根据图1分析，该反应的微观实质是氢离子与碳酸氢根离子结合成二氧化碳分子和水分子
。(2)图2是向$\ce{NaHCO_{3}}$溶液中滴加$\ce{NaOH}$溶液的微观示意图，请分析并推测：向$\ce{NaHCO_{3}}$溶液中滴加$\ce{Ba(OH)_{2}}$溶液，观察到的实验现象为
产生白色沉淀
。(3)$\ce{NaHCO_{3}}$受热易分解产生$\ce{Na_{2}CO_{3}}$和两种常见氧化物，化学方程式为
$\ce{2NaHCO_{3}\xlongequal{\Delta} Na_{2}CO_{3} + CO_{2}↑ + H_{2}O}$
。【结论】$\ce{NaHCO_{3}}$既能与酸反应，也能与碱反应，还能与部分盐反应，且受热不稳定。
【应用】(4)$\ce{Ca(HCO_{3})_{2}}$溶液中存在$\ce{Ca^{2+}}$和$\ce{HCO^{-}_{3}}$，下列物质不能与其发生反应的是
D
（填字母）。A. 石灰水 B. 硝酸 C. 纯碱 D. 食盐
答案
15.(1)盐 $\ce{NaHCO_{3} + HCl = NaCl + H_{2}O + CO_{2}↑}$ 氢离子与碳酸氢根离子结合成二氧化碳分子和水分子 (2)产生白色沉淀 (3)$\ce{2NaHCO_{3}\xlongequal{\Delta} Na_{2}CO_{3} + CO_{2}↑ + H_{2}O}$ (4)D
解析:(1)$\ce{NaHCO_{3}}$是由金属阳离子和酸根离子构成的化合物,属于盐。碳酸氢钠与胃酸的主要成分盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳,据此书写化学方程式;由图1可知,该反应的微观实质是氢离子与碳酸氢根离子结合成二氧化碳分子和水分子。(2)由图2可知,氢氧根离子能与碳酸氢根离子结合成碳酸根离子和水分子,则向$\ce{NaHCO_{3}}$溶液中滴加$\ce{Ba(OH)_{2}}$溶液,氢氧根离子能与碳酸氢根离子结合成碳酸根离子和水分子,碳酸根离子又能与钡离子结合生成碳酸钡白色沉淀,因此,观察到的实验现象为产生白色沉淀。(3)碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠和两种氧化物,根据化学变化前后原子种类不变,原子数目不变,分析生成的两种氧化物应该是二氧化碳和水,据此书写化学方程式。(4)$\ce{Ca(HCO_{3})_{2}}$与石灰水的溶质氢氧化钙反应,生成碳酸钙沉淀和水,A不符合题意;$\ce{Ca(HCO_{3})_{2}}$与硝酸反应,生成硝酸钙、水和二氧化碳,B不符合题意;纯碱为碳酸钠,碳酸钠与$\ce{Ca(HCO_{3})_{2}}$反应,生成碳酸钙沉淀和碳酸氢钠,C不符合题意;$\ce{Ca(HCO_{3})_{2}}$与食盐的主要成分氯化钠不反应,D符合题意。
解析:(1)$\ce{NaHCO_{3}}$是由金属阳离子和酸根离子构成的化合物,属于盐。碳酸氢钠与胃酸的主要成分盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳,据此书写化学方程式;由图1可知,该反应的微观实质是氢离子与碳酸氢根离子结合成二氧化碳分子和水分子。(2)由图2可知,氢氧根离子能与碳酸氢根离子结合成碳酸根离子和水分子,则向$\ce{NaHCO_{3}}$溶液中滴加$\ce{Ba(OH)_{2}}$溶液,氢氧根离子能与碳酸氢根离子结合成碳酸根离子和水分子,碳酸根离子又能与钡离子结合生成碳酸钡白色沉淀,因此,观察到的实验现象为产生白色沉淀。(3)碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠和两种氧化物,根据化学变化前后原子种类不变,原子数目不变,分析生成的两种氧化物应该是二氧化碳和水,据此书写化学方程式。(4)$\ce{Ca(HCO_{3})_{2}}$与石灰水的溶质氢氧化钙反应,生成碳酸钙沉淀和水,A不符合题意;$\ce{Ca(HCO_{3})_{2}}$与硝酸反应,生成硝酸钙、水和二氧化碳,B不符合题意;纯碱为碳酸钠,碳酸钠与$\ce{Ca(HCO_{3})_{2}}$反应,生成碳酸钙沉淀和碳酸氢钠,C不符合题意;$\ce{Ca(HCO_{3})_{2}}$与食盐的主要成分氯化钠不反应,D符合题意。
解析
【分析】
本题围绕碳酸氢钠的性质展开，需结合物质分类、微观反应示意图、复分解反应规律、质量守恒定律等知识逐一分析各小问：(1)根据盐的定义判断物质类别，结合胃酸成分书写反应方程式，从微观示意图分析反应实质；(2)类比NaOH与NaHCO₃的反应，推断Ba(OH)₂与NaHCO₃反应的现象；(3)根据质量守恒定律确定碳酸氢钠分解的产物，书写化学方程式；(4)依据复分解反应发生的条件，判断Ca(HCO₃)₂与各选项物质是否反应。
【解析】
(1) 盐是由金属阳离子（或铵根离子）和酸根离子构成的化合物，$\ce{NaHCO_{3}}$由$\ce{Na^{+}}$和$\ce{HCO^{-}_{3}}$构成，属于盐；胃酸的主要成分是盐酸，碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，化学方程式为$\ce{NaHCO_{3} + HCl = NaCl + H_{2}O + CO_{2}↑}$；由图1可知，反应前后$\ce{Na^{+}}$、$\ce{Cl^{-}}$未变化，反应的微观实质是氢离子与碳酸氢根离子结合成二氧化碳分子和水分子。
(2) 由图2可知，$\ce{NaOH}$与$\ce{NaHCO_{3}}$反应时，$\ce{OH^{-}}$与$\ce{HCO^{-}_{3}}$结合生成$\ce{CO^{2-}_{3}}$和$\ce{H_{2}O}$；向$\ce{NaHCO_{3}}$溶液中滴加$\ce{Ba(OH)_{2}}$溶液时，$\ce{OH^{-}}$先与$\ce{HCO^{-}_{3}}$结合生成$\ce{CO^{2-}_{3}}$和$\ce{H_{2}O}$，生成的$\ce{CO^{2-}_{3}}$又会与$\ce{Ba^{2+}}$结合生成碳酸钡白色沉淀，因此观察到产生白色沉淀。
(3) 根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类不变，$\ce{NaHCO_{3}}$受热分解生成$\ce{Na_{2}CO_{3}}$和两种常见氧化物，这两种氧化物为二氧化碳和水，反应的化学方程式为$\ce{2NaHCO_{3}\xlongequal{\Delta} Na_{2}CO_{3} + CO_{2}↑ + H_{2}O}$。
(4) 复分解反应发生的条件是生成沉淀、气体或水：A选项，石灰水（$\ce{Ca(OH)_{2}}$）中的$\ce{OH^{-}}$与$\ce{HCO^{-}_{3}}$反应生成$\ce{CO^{2-}_{3}}$，$\ce{CO^{2-}_{3}}$与$\ce{Ca^{2+}}$结合生成碳酸钙沉淀，能反应；B选项，硝酸与$\ce{HCO^{-}_{3}}$反应生成二氧化碳气体和水，能反应；C选项，纯碱（$\ce{Na_{2}CO_{3}}$）中的$\ce{CO^{2-}_{3}}$与$\ce{Ca^{2+}}$结合生成碳酸钙沉淀，能反应；D选项，食盐（$\ce{NaCl}$）与$\ce{Ca(HCO_{3})_{2}}$混合后，无沉淀、气体或水生成，不能反应，故选D。
【答案】
(1) 盐；$\ce{NaHCO_{3} + HCl = NaCl + H_{2}O + CO_{2}↑}$；氢离子与碳酸氢根离子结合成二氧化碳分子和水分子
(2) 产生白色沉淀
(3) $\ce{2NaHCO_{3}\xlongequal{\Delta} Na_{2}CO_{3} + CO_{2}↑ + H_{2}O}$
(4) D
【知识点】
盐的定义；酸碱盐的反应；微观反应示意图；化学方程式书写；复分解反应条件
【点评】
本题结合“宏观—微观—符号”三重表征，考查碳酸氢钠的分类、性质及反应规律，注重基础知识点的应用，需要学生理解反应的微观本质，掌握复分解反应的判断方法，是教材知识的典型改编题。
【难度系数】
0.6
本题围绕碳酸氢钠的性质展开，需结合物质分类、微观反应示意图、复分解反应规律、质量守恒定律等知识逐一分析各小问：(1)根据盐的定义判断物质类别，结合胃酸成分书写反应方程式，从微观示意图分析反应实质；(2)类比NaOH与NaHCO₃的反应，推断Ba(OH)₂与NaHCO₃反应的现象；(3)根据质量守恒定律确定碳酸氢钠分解的产物，书写化学方程式；(4)依据复分解反应发生的条件，判断Ca(HCO₃)₂与各选项物质是否反应。
【解析】
(1) 盐是由金属阳离子（或铵根离子）和酸根离子构成的化合物，$\ce{NaHCO_{3}}$由$\ce{Na^{+}}$和$\ce{HCO^{-}_{3}}$构成，属于盐；胃酸的主要成分是盐酸，碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，化学方程式为$\ce{NaHCO_{3} + HCl = NaCl + H_{2}O + CO_{2}↑}$；由图1可知，反应前后$\ce{Na^{+}}$、$\ce{Cl^{-}}$未变化，反应的微观实质是氢离子与碳酸氢根离子结合成二氧化碳分子和水分子。
(2) 由图2可知，$\ce{NaOH}$与$\ce{NaHCO_{3}}$反应时，$\ce{OH^{-}}$与$\ce{HCO^{-}_{3}}$结合生成$\ce{CO^{2-}_{3}}$和$\ce{H_{2}O}$；向$\ce{NaHCO_{3}}$溶液中滴加$\ce{Ba(OH)_{2}}$溶液时，$\ce{OH^{-}}$先与$\ce{HCO^{-}_{3}}$结合生成$\ce{CO^{2-}_{3}}$和$\ce{H_{2}O}$，生成的$\ce{CO^{2-}_{3}}$又会与$\ce{Ba^{2+}}$结合生成碳酸钡白色沉淀，因此观察到产生白色沉淀。
(3) 根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类不变，$\ce{NaHCO_{3}}$受热分解生成$\ce{Na_{2}CO_{3}}$和两种常见氧化物，这两种氧化物为二氧化碳和水，反应的化学方程式为$\ce{2NaHCO_{3}\xlongequal{\Delta} Na_{2}CO_{3} + CO_{2}↑ + H_{2}O}$。
(4) 复分解反应发生的条件是生成沉淀、气体或水：A选项，石灰水（$\ce{Ca(OH)_{2}}$）中的$\ce{OH^{-}}$与$\ce{HCO^{-}_{3}}$反应生成$\ce{CO^{2-}_{3}}$，$\ce{CO^{2-}_{3}}$与$\ce{Ca^{2+}}$结合生成碳酸钙沉淀，能反应；B选项，硝酸与$\ce{HCO^{-}_{3}}$反应生成二氧化碳气体和水，能反应；C选项，纯碱（$\ce{Na_{2}CO_{3}}$）中的$\ce{CO^{2-}_{3}}$与$\ce{Ca^{2+}}$结合生成碳酸钙沉淀，能反应；D选项，食盐（$\ce{NaCl}$）与$\ce{Ca(HCO_{3})_{2}}$混合后，无沉淀、气体或水生成，不能反应，故选D。
【答案】
(1) 盐；$\ce{NaHCO_{3} + HCl = NaCl + H_{2}O + CO_{2}↑}$；氢离子与碳酸氢根离子结合成二氧化碳分子和水分子
(2) 产生白色沉淀
(3) $\ce{2NaHCO_{3}\xlongequal{\Delta} Na_{2}CO_{3} + CO_{2}↑ + H_{2}O}$
(4) D
【知识点】
盐的定义；酸碱盐的反应；微观反应示意图；化学方程式书写；复分解反应条件
【点评】
本题结合“宏观—微观—符号”三重表征，考查碳酸氢钠的分类、性质及反应规律，注重基础知识点的应用，需要学生理解反应的微观本质，掌握复分解反应的判断方法，是教材知识的典型改编题。
【难度系数】
0.6
