专题06 考前必做难题30题中考化学走出题海之黄金30题系列解析版.docx

1、专题06 考前必做难题30题中考化学走出题海之黄金30题系列解析版2019年中考冲刺之黄金30题系列专题六：考前必做难题30题一、单选题1醋酸CH3COOH是一元有机酸，具有酸的通性现取溶质质量分数相等的稀硫酸和醋酸溶液等质量，分别放在甲乙两只烧杯中，各加入相等质量的镁粉，生成的氢气的质量比为6：5则甲乙烧杯中的反应情况可能是（）A甲和乙中金属都过量 B甲和乙中酸都过量C甲中酸过量，乙中镁过量 D甲中镁过量，乙中酸过量【答案】C【解析】A、甲和乙中金属都过量，则两种质量相同的酸完全反应，因此设酸的质量都为m，生成的氢气分别为x、y，则： 显然二者的质量比不是6：5，说法错误；故不符合题意；B、

2、甲和乙中酸都过量，说明镁完全反应，镁的质量相等，产生的氢气应该相等，说法错误；故不符合题意；C、镁的质量相等，产生的氢气应该相等，而甲中酸过量，则镁完全反应，产生的氢气就多；乙中镁过量，则镁没有完全反应，产生的氢气就少，因此可以符合6：5，说法正确；故符合题意；D、镁的质量相等，产生的氢气应该相等，而甲中镁过量，则镁没有完全反应，产生的氢气就少；乙中酸过量，则镁完全反应，产生的氢气就多，因此不符合6：5，说法错误；故不符合题意；故选C2除去下列各组物质中的杂质（括号内为杂质），所选用的试剂（足量）及操作方法均正确的是选项物质选用试剂操作方法AFe2O3（Fe）盐酸溶解、过滤、洗涤、烘干BCO（

3、CO2）NaOH溶液、浓硫酸洗气、干燥CCaO（CaCO3）水过滤、烘干DNaCl（Na2CO3）Ca（NO3）2溶液溶解、过滤、蒸发、结晶【答案】B【解析】A、Fe和Fe2O3均能与稀盐酸反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则，采取的方法错误，故不符合题意；B、CO2能与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，CO不与氢氧化钠溶液反应，再通过浓硫酸进行干燥，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，采取的方法正确，故符合题意；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，采取的方法错误，故不符合题意；D、Na2CO3能与Ca（NO3）2溶液

4、反应生成碳酸钙沉淀和硝酸钠，能除去杂质但引入了新的杂质硝酸钠，不符合除杂原则，采取的方法错误，故不符合题意；故选：B。3下列物质鉴别方法不能达到目的是（）A用灼热的CuO区别CO和CO2 B用熟石灰区分氯化铵和尿素C用水鉴别硝酸铵和氯化钠固体 D用AgNO3溶液鉴别食盐水和稀盐酸【答案】D【解析】A、CO能与灼烧的氧化铜反应生成铜和二氧化碳，二氧化碳不能，可以鉴别，故不符合题意；B、氯化铵能与熟石灰反应生成有刺激性气味的气体，尿素不能，可以鉴别，故不符合题意；C、硝酸铵溶于水吸热，使温度降低，氯化钠溶于水温度几乎无变化，可以鉴别，故不符合题意；D、食盐水和稀盐酸均能与硝酸银溶液反应生成氯化银白

5、色沉淀，不能鉴别，故符合题意；故选D4归纳是学习化学常用的方法，下列归纳全部正确的是（）A生活常识B化学材料用汽油清洗油污属于乳化作用可以用稀盐酸清除铁制品表面的锈塑料属于有机合成高分子材料羊毛纤维和棉纤维可用灼烧法鉴别C实验操作D化学与健康制取O2停止加热时，先熄灭酒精灯，后撤导管稀释浓硫酸时，一定要把水慢慢注入浓硫酸里，并搅拌小苏打可用于治疗胃酸过多症人体缺铁元素会引起甲状腺肿大【答案】B【解析】A、汽油清洗油污属于溶解作用，不是乳化，可以用稀盐酸清除铁制品表面的锈；归纳错误，故不符合题意；B、塑料属于有机合成高分子材料，羊毛纤维和棉纤维可用灼烧法鉴别，羊毛燃烧有烧焦羽毛的气味，归纳正确，

6、故符合题意；C、制取O2停止加热时，若先熄灭酒精灯，后撤导管，会使水倒流，炸裂试管，稀释浓硫酸时，一定要把浓硫酸慢慢注入水里，并搅拌，归纳错误，故不符合题意；D、小苏打与胃酸能反应，可用于治疗胃酸过多症，人体缺碘元素会引起甲状腺肿大，归纳错误，故不符合题意；故选B5用下图装置进行CO2性质实验。下列说法正确的是A证明是CO2使石蕊变红 B可用于检验CO2气体C观察到蜡烛自上而下依次熄灭 D只能验证CO2化学性质【答案】B【解析】A不能证明是CO2使石蕊变红，是二氧化碳与水反应后生成的碳酸使紫色石蕊变红，要证明CO2使石蕊变红应做一个对比实验来证明，控制的变量是CO2。说法错误；故不符合题意；B

7、将CO2通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊则证明是二氧化碳，可用于检验CO2气体，说法正确，故符合题意；C因为CO2 的密度比空气大，且CO2不能燃烧也不支持燃烧，所以观察到蜡烛自下而上依次熄灭，说法错误，故不符合题意；D能验证CO2物理性质密度比空气大，说法错误，故不符合题意；故选B6下列图象关系合理的是( )A向pH9的NaOH溶液中不断加水B在久置的NaOH溶液中加入盐酸C分别向稀盐酸中加入等质量的Fe和MgD在饱和的KNO3溶液中加入KNO3晶体【答案】B【解析】A、pH9，属碱性溶液，加水稀释碱性减弱，对于碱性溶液来说，碱碱性越弱pH越小，但不管怎样稀释pH不可能小于7，图象错误。故

8、不符合题意；B、久置的氢氧化钠中含有碳酸钠，在久置的氢氧化钠中加入盐酸，就是氢氧化钠和碳酸钠与盐酸的反应，酸碱反应后在与碳酸钠反应，图象正确；故符合题意；C、等质量的镁铁与足量酸反应镁生成的氢气多，从图象体现应该是水平线镁的比铁的高，图象不符合反应实际，图象错误；故不符合题意；D、在饱和硝酸钾溶液中加入硝酸钾不再溶解，故其溶质质量分数不变，图象错误。故不符合题意；故选B7为验证Fe、Cu、Ag 3种金属的活动性顺序，某小组同学设计了如图所示的4种实验方案（不做其他实验）其中不能达到目的是（）A BC D【答案】C【解析】A、铁能硫酸铜反应，说明铁铜，银不能与硫酸铜反应，说明铜银，从而证明铁铜银

9、，能达到实验目的；故不符合题意；B、铜不能与硫酸亚铁反应，说明铁铜，铜能与硝酸银反应，说明铜银，从而证明铁铜银，能达到实验目的；故不符合题意；C、铁能与硝酸银反应，说明铁银，铜能与硝酸银反应，说明铜银，但是不能说明铁与铜的顺序，不能得到实验目的；故符合题意；D、铜不能与盐酸反应，说明氢铜，铁能与盐酸反应，说明铁氢，铜能与硝酸银反应，说明铜银，从而说明铁铜银，能达到实验目的；故不符合题意；故选C8某氢氧化钠的水溶液中，经测定，氧元素的质量分数为70%，则该溶液中溶质的质量分数是（）A18.2% B38.7% C40.2% D30%【答案】B【解析】设氢氧化钠的水溶液中水的质量为x，氢氧化钠的质量

10、为y，则H2O中氧元素的质量为x100%x， NaOH中氧元素的质量为y100%y，由溶液中氧元素的质量分数为70%，则100%70%，解得，则该溶液中溶质的质量分数为100%100%38.7%，故选B。9某同学利用以下实验装置准确测定出某混合气体中（成分：CO、CO2、H2）各组分的质量分数。实验时先通一段时间氮气，再继续实验（已知：3H2+Fe2O32Fe+3H2O。实验中供选用试剂：NaOH溶液，澄清石灰水，浓硫酸。且装置中试剂均足量）。下列说法正确的是A甲、乙、丁中依次盛装试剂、试剂、试剂B实验时，应先打开活塞K，再用管式炉加热C装置戊的作用是吸收反应生成的水蒸气D测得装置甲、装置丁反

11、应前后的质量差即可求出各组分的质量分数【答案】B【解析】A甲、乙、丁中依次盛装试剂、试剂、试剂，故A错误；B实验时，应先打开活塞K通入氮气或其它性质稳定的保护气排出试管内空气，再进行实验，故B错误；C装置戊的作用是吸收空气中的水蒸气，防止空气中的水蒸气对实验的影响，故C错误；D根据装置甲增加的质量就是混合气体中二氧化碳的质量，装置丁增加的质量是生成二氧化碳的质量，进而计算出混合气体中CO的质量，氢气的质量也就能确定，即可求出各组分的质量分数，故D正确； 故选D。10在点燃的条件下，2.6g的C2H2与7.2g的O2恰好完全反应，生成6.6gCO2、1.8g H2O和a g的X。下列关于说法不正

12、确的是AC2H2 是有机物 B该反应的化学方程式为：C2H2+2O2CO2+H2O+COCa=1.4 D如果氧气的质量为10g，则2.6g的C2H2不能完全燃烧。【答案】B【解析】AC2H2 含有碳氢两种元素，属于是有机物说法正确，故不符合题意；B根据化学反应前后质量守恒可知，2.6g+7.2g=6.6g+1.8+a；求得a= 1.4g；由题意 C2H2和O2恰好完全反应生成CO2、H2O、CO，可设化学方程式为，又各物质的质量分别为2.6 g C2H2、7.2g O2、6.6gCO2、1.8g H2O和1.4g CO，可列式：，解得 ，即化学方程式为4C2H2+9O26CO2+4H2O +

13、2CO。说法错误；故不符合题意；C根据质量守恒定律计算：2.6g+7.2g=6.6g+1.8+a；求得a= 1.4g；说法正确；故不符合题意；D、根据完全燃烧化学方程式：2C2H2+5O24CO2+2H2O；设2.6g的C2H2完全燃烧需要氧气的质量为x x=8g；当氧气的质量为8g时，2.6g的C2H2就能完全燃烧，说法正确，故不符合题意；故选B11在密闭容器内进行的某反应，测得反应前(t0)、反应中(t1)、反应后(t2)不同时刻甲、乙、 丙、丁四种物质的质量分数分别如下图所示。下列说法不正确的是A该反应中，甲和乙是反应物，丙和丁是生成物Bt1 时刻，乙、丙、丁所占的质量分数分别为 22%

14、、43%和 23%C若甲和丁分别是镁和碳，则该反应中甲和丁的化学计量数之比 1:2D若反应前四种物质的总质量为 100g，如果再增加 12g 甲，则甲与乙可恰好完全反应【答案】C【解析】A、该反应中甲、乙质量减少，是反应物，丙、丁质量增加，是生成物，该选项说法正确；B、反应前丙的质量分数是1-20%-24%-33%=23%，反应后乙的质量分数为1-26%-63%=11%，参加反应的甲、乙、丙、丁的质量比为24%：（33%-11%）：（63%-23%）：（26%-20%）=12：11：20：3，t1时刻，甲反应掉12%，则乙反应掉11%，丁、丙分别生成3%、20%，因此乙、丁、丙所占的质量分数分

15、别为22%、23%和43%，该选项说法正确；C、若甲和丁分别是镁和碳，则该反应中甲和丁的化学计量数之比=2：1，该选项说法不正确。D、若反应前甲、乙、丙、丁四种物质的总质量为100克，则反应前甲的质量为24g，乙33g，再增加12克甲，则反应前甲乙质量比为（24g+12g）：33g=12：11，所以甲与乙则恰好完全反应，该选项说法正确；故选：C。12某同学设计了如下实验装置验证一氧化碳的部分性质并验证产物。实验时，在点燃B处酒精灯之前先通入一氧化碳排出装置中的空气，然后继续实验。对该实验的分析正确的是A实验结束时应先熄灭D处酒精灯BC中增加的质量与B中固体减少的质量相等C反应开始后通入2.8g

16、一氧化碳可生成6.4g铜D省略A装置仍可证明一氧化碳不能和石灰水反应【答案】D【解析】A实验结束时应先熄灭A处酒精灯，继续通入一氧化碳，等装置冷却后再停止通入一氧化碳，最后熄灭D处酒精灯；分析不正确，故不符合题意；BC中增加的质量与B中固体减少的质量不相等，应等于C中减少质量加上参加反应的一氧化碳的质量，分析不正确，故不符合题意；C反应开始后通入2.8g一氧化碳一部分气体需要把装置里的空气排出，故不能生成6.4g铜，分析不正确，故不符合题意；D省略A装置仍可证明一氧化碳不能和石灰水反应，应为刚开始时需要先通一段时间的一氧化碳，为了排除装置总中的空气，此时一氧化碳可以直接到达C装置，没有产生沉淀

17、，可证明一氧化碳不能和石灰水反应，分析正确，故符合题意；故选D13下列各组离子在水中一定能大量共存，并形成无色溶液的是ACu2+、H+、SO42-、Cl- BK+、Ca2+、OH-、CO32-CK+、Na+、Cl-、NO3- DNa+、H+、HCO3-、NO3-【答案】C【解析】A、四种离子间不能结合成沉淀、气体或水，能大量共存，但Cu2+的水溶液显蓝色，故选项错误。B、Ca2+、CO32-两种离子能结合成碳酸钙沉淀，不能大量共存，故选项错误。C、四种离子间不能结合成沉淀、气体或水，能大量共存，且不存在有色离子，故选项正确。D、H+、HCO3-两种离子能结合成二氧化碳和水，不能大量共存，故选项

18、错误。故选：C。14下列说法正确的是（）ApH等于8的溶液一定是碱的溶液B若某物质中只含有一种元素，则该物质一定是单质C向某固体中滴加稀盐酸，有气泡产生，则固体中一定含有碳酸根粒子D一定温度下，某溶质的不饱和溶液变为饱和溶液，其溶质质量分数一定变大【答案】D【解析】A、pH等于8的溶液一定是碱性溶液，呈碱性的溶液不一定是碱，例如碳酸钠溶液，属于盐的溶液，说法错误；故不符合题意；B、只含有一种元素的物质不一定是单质，例如氧气和臭氧的混合物，说法错误；故不符合题意；C、盐酸能与活泼金属或碳酸盐反应生成气体，不能说明一定是含有碳酸根离子，说法错误；故不符合题意；D、一定温度下，某溶质的不饱和溶液变为

19、饱和溶液，其溶质质量分数一定变大，说法正确；故符合题意；故选D15取等质量锌粉、铁粉，根据图进行实验，实验结束后，发现U型管两边的金属粉末均无剩余，则硫酸剩余的情况可能是A左边有剩余，右边无剩余 B左、右两边均无剩余C左边无剩余，右边有剩余 D无法判断【答案】A【解析】实验结束后，发现形管两边的金属粉末均无剩余，由于固体无剩余，等质量的金属消耗硫酸，锌消耗的硫酸少，而铁消耗的硫酸多，所以存在左、右两边均有剩余和左边有剩余，右边无剩余两种情况，故选：A。16向AgNO3和Cu(NO3)2混合溶液中加入一定量的锌粉后褪为无色，再加入稀盐酸无明显现象，下列说法正确的是（）A一定有锌粉剩余 B所得溶液

20、中一定有Zn2+、Cu2+C一定有单质银和铜生成 D所得溶液中一定有Zn2+、Ag+【答案】C【解析】金属活动性顺序中，排在前面的金属能将排在后面的金属从其化合物的水溶液中置换出来，且金属活动性差距越大越易发生反应。向AgNO3和Cu(NO3)2混合溶液中加入一定量的锌粉，首先发生的反应是：Zn+2AgNO3=2Ag+Zn(NO3)2，当AgNO3完全反应后，锌才与硝酸铜容易反应，Zn+Cu(NO3)2=Zn(NO3)2 + Cu。加入一定量的锌粉后褪为无色，说明硝酸银中的银和硫酸铜中的铜全部被置换出来；再加入稀盐酸无明显现象，说明了锌全部参加了反应，无剩余。由此可知：A、锌全部参加了反应，没

21、有剩余，此选项错误；B、所得溶液中一定有Zn2+，一定没有Cu2+，此选项错误；C、一定有银和铜生成，此选项正确；D、所得溶液中一定有Zn2+，没有Ag+、Cu2+，此选项错误。故选C。17从海水中制备纯碱和金属镁的流程如下图所示:下列说法错误的是A流程I依次向粗盐水中加入过量Ca(OH)2溶液、Na2CO3溶液和适量稀盐酸去除杂质B流程II吸氨是使溶液呈碱性，有利于吸收二氧化碳C流程IV、V是通过化学方法富集氯化镁D上述流程涉及到三种基本反应类型【答案】D【解析】A、流程中依次向粗盐水中加入过量Ca（OH）2溶液、Na2CO3溶液和适量稀盐酸，可以除去氯化镁、氯化钙以及过量的氢氧化钙和碳酸钠

22、，正确；B、流程吸氨是使溶液呈碱性，利用酸碱中和原理，有利于吸收二氧化碳，正确；C、流程、V是通过化学方法富集氯化镁，正确；D、上述流程中涉及到复分解反应和分解反应，是两种反应类型，错误；故选：C。18某固体由Ba2+、Cu2+、Na+、Cl、CO32、SO42中的几种离子构成，取一定质量的该固体样品，进行如下实验：将固体溶于水得无色透明溶液，加入足量BaCl2溶液，过滤，得到白色沉淀在白色沉淀中加入过量稀硝酸，沉淀部分溶解在滤液中滴加足量AgNO3溶液，产生白色沉淀由上述实验得出的下列判断中，正确的是（）A通过步骤可以确定原固体中一定不含的离子只有Cu2+B无法确定该固体中是否含有Na+和C

23、lC该固体由Na+、Cl、CO32、SO42四种离子构成D将步骤改为滴加Ba（NO3）2溶液，则通过步骤可以确定固体中是否含有Cl【答案】D【解析】将固体溶于水得无色透明溶液，说明一定不含有铜离子，加入足量BaCl2溶液，过滤后得到白色沉淀，说明不会含有钡离子，可能含有碳酸根离子或是硫酸根离子，故产生的沉淀可能是碳酸钡或是硫酸钡；在白色沉淀中加入过量稀硝酸沉淀全部溶解，说明沉淀是碳酸钡，原物质中一定含有碳酸根离子，不含有硫酸根离子；在滤液中滴加足量AgNO3溶液，产生自色沉淀，由于步骤加入了氯化钡，故不能确定是否含有氯离子；A、通过步骤可以确定原固体中一定不含的离子有铜离子和钡离子，错误；B、

24、阳离子一定不含有铜离子和钡离子，故一定含有钠离子，错误；C、由上述分析可知，该固体含有Na+、CO32，Cl不能确定，错误；D、将步骤改为滴加Ba（NO3）2溶液，则通过步骤可以确定固体中是否含有Cl，正确。故选：D。19已知某酒精溶液中，氢元素的质量分数为12%，则该溶液中溶质的质量分数为（）A23% B46% C54% D75%【答案】B【解析】酒精溶液中设酒精的质量为xg，水的质量为yg，则酒精中H元素的质量为： ，水中H元素的质量为：， 由酒精溶液中氢元素的质量分数为12%，得，解得 则该溶液中溶质的质量分数为：。故选B20下列依据实验目进行的实验设计，不能达到目的是（）选项实验目的实

25、验设计A鉴别硬水与软水加入肥皂水，振荡，观察水的变化B鉴别涤纶面料与羊毛面料分别灼烧，闻气味C除去二氧化碳气体中含少量的氯化氢气体把混合气体通入足量氢氧化钠溶液D鉴别硝酸铵和氯化钾白色固体分别加适量的熟石灰研磨，闻气味【答案】C【解析】A、向水中加入肥皂水时，如果产生的泡沫较多，是软水，如果产生大量浮渣，是硬水，可以用肥皂水检验硬水和软水；B、灼烧时，产生烧焦羽毛气味的是羊毛面料，另一种是涤纶面料，灼烧可以鉴别羊毛面料和涤纶面料；C、氢氧化钠能和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，不能用氢氧化钠溶液除去二氧化碳中的氯化氢；D、分别加适量的熟石灰研磨，能够产生刺激性气味的是硝酸铵，另一种是氯化钠，可以用

26、分别加适量的熟石灰研磨，闻气味鉴别硝酸铵和氯化钠。故选：C。二、非选择题21认真阅读下面资料，回答相关问题：1789年英国化学家台耐特把氯气溶解在石灰乳中，制成了漂白粉，此法在工业上一直沿用至今。漂白粉主要成分为次氯酸钙Ca(ClO)2和氯化钙。漂白粉为白色粉末，有很强的刺激性气味，易吸水，化学性质不稳定，易受光、热、水和乙醇等作用而发生变化。它的有效成分是次氯酸钙，常用于棉织品及纸浆的漂白、污水处理、蔬菜瓜果及自来水消毒、环境卫生等，其原理是次氯酸钙与酸反应产生有漂白性的物质次氯酸（HClO）。漂白粉溶解于水，其水溶液可以使石蕊试纸变蓝，随后逐渐褪色而变白。漂白粉遇空气中的二氧化碳可游离出次

27、氯酸，次氯酸不稳定，易分解，放出氧气，光照情况下次氯酸分解加速。漂白粉储存于阴凉、通风的库房，远离火种、热源，库温不超过30，相对湿度不超过80。包装要求密封，不可与空气接触。应与还原剂、酸类、易燃物等分开存放，漂白粉容易露置空气中失效。（1）漂白粉属于_（填“纯净物”或“混合物”），次氯酸钙中氯元素的化合价为_。（2）漂白粉具有的物理性质是_。（3）漂白粉与水反应的化学方程式为_。向其水溶液中滴加2-3滴无色酚酞，观察到的实验现象是_。（4）漂白粉包装要求密封，储存于阴凉、通风的库房，远离火种、热源等原因是_。【答案】混合物 +1 白色粉末，有很强的刺激性气味，易吸水 Ca(ClO)2+2H

28、2O=Ca(OH)2+2HClO 先由无色变为红色，而后又褪色 漂白粉遇空气中的二氧化碳可游离出次氯酸，次氯酸不稳定，易分解，放出氧气，光照情况下次氯酸分解加速 【解析】（1）漂白粉主要成分为次氯酸钙和氯化钙，属于混合物；钙元素显+2价，氧元素显-2价，设氯元素的化合价是x，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得：（+2）+2x+（-2）2=0，则x=+1价。（2）由题意可知，漂白粉是白色粉末，有很强的刺激性气味，易吸水，这些性质不需要经过化学变化来表现，属于物理性质。（3）漂白粉与水反应的化学方程式为：Ca（ClO）2+2H2O=Ca（OH）2+2HClO；由于漂白粉溶解于水，其水溶液可以

29、使石蕊试纸变蓝，说明溶液呈碱性，随后逐渐褪色而变白。所以，向其水溶液中滴加2-3滴无色酚酞试液，观察到的实验现象是：先由无色变为红色，而后又褪色；（4）漂白粉包装要求密封，储存于阴凉、通风的库房，远离火种、热源等，原因是漂白粉遇空气中的二氧化碳可游离出次氯酸，次氯酸不稳定，易分解，放出氧气，光照情况下次氯酸分解加速。22AF为初中常见物质，相互关系如下图所示，“”表示转化关系，“”表示相互之间能发生化学反应（部分反应物、生成物及反应条件省略）。E是石灰石的主要成分，F是相对分子质量最小的单质，反应是自然界中产生氧气最主要的来源。（1）固体B的俗称是_，用途是_（写一种即可）（2）反应的方程式_

30、（3）、若A是绿色固体，则C的颜色是_色。、若C是厨房常见的物质，则反应的化学方程式是_。【答案】干冰 用来人工降雨(舞台云雾、致冷剂、灭火) CO2+ Ca(OH)2= CaCO3+ H2O 黑色 2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2 【解析】E是石灰石的主要成分，则是碳酸钙，F是相对分子质量最小的单质，是氢气，反应是自然界中产生氧气最主要的来源，B与D能反应，则B是二氧化碳，D是水，由此可推知A是某种碳酸盐或碳酸氢盐。（1） B是二氧化碳，其固体是干冰，可以用来人工降雨(舞台云雾、致冷剂、灭火) ；故填：干冰；用来人工降雨(舞台云雾、致冷剂、灭火)（2）反应的化学表达式为：CO2+ Ca(OH)2= CaCO3+ H2O；故填：CO2+ Ca(OH)2= CaCO3+ H2O（3）若A是绿色固体，则是碱式碳酸铜，加热分解生成黑色氧化铜、二氧化碳和水，可知C是氧化铜；故填：黑色.若C是厨房常见的物质，C可以是碳酸钠，则反应的化学表达式是：2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2。故填：2NaHCO3