上海民办沪东外国语学校中考二轮复习化学推断题专题训练试题.docx
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上海民办沪东外国语学校中考二轮复习化学推断题专题训练试题
上海民办沪东外国语学校中考二轮复习化学推断题专题训练试题
一、中考化学推断题
1．两会的焦点之一是环保及能源问题，为了解决环保以及能源问题，有科学家提出一种新的构想：
把空气吹入碳酸钾溶液，然后再把CO2从溶液中提取出来，经过化学反应后转变为甲醇（CH3OH）。
此构想技术简要流程如图所示。
（1）写出流程中一种非可燃性单质的名称_____。
（2）写出步骤②的化学反应方程式_____。
（3）步骤②中铬锌催化剂在反应前后_____和质量不变。
（4）甲醇和乙醇同属醇类，请推测甲醇的一个化学性质_____。
（5）还有人认为把大气中CO2通入深海也可以一定程度上解决过多的CO2，但专家认为这样会造成海洋_____，导致珊瑚礁（主要成分是碳酸钙）消失。
【答案】氮气CO2+3H2
CH3OH+H2O化学性质可燃性酸性增大
【解析】
【详解】
（1）因为空气的主要成分为氧气和氮气，故流程中一种非可燃性单质的名称氮气。
（2）二氧化碳和氢气在铬锌催化剂的催化作用下生成甲醇和水，化学方程式为：
CO2+3H2
CH3OH+H2O；
（3）在化学变化中可以改变化学反应速率，而本身的质量和化学性质在化学反应前后都保持不变的物质叫催化剂，所以步骤②中铬锌催化剂在反应前后质量和和化学性质不变；
（4）乙醇在实验室通过燃烧可以为一些化学反应提供热量，在日常生活中也可以通过燃烧提供能量，所以乙醇具有可燃性，通过类比思想可知，甲醇也具有可燃性。
（5）还有人认为把大气中CO2通入深海也可以一定程度上解决过多的CO2，但专家认为这样会造成海洋酸性增大，导致珊瑚礁（主要成分是碳酸钙）消失。
故答案为：
（1）氮气。
（2）CO2+3H2
CH3OH+H2O。
（3）化学性质。
（4）可燃性。
（5）酸性增大。
2．有一包白色粉末，可能由Ca（OH）2，Na2CO3，BaCl2，Na2SO4，NaOH，CuSO4中的一种和几种组成，为了探究固体的成分，现做如下实验：
（1）原固体中一定没有_____；
（2）原固体中一定有_____；
（3）生成气体的化学方程式_____；
（4）无色溶液a中一定含有的溶质_____；
（5）下列关于溶液和白色沉淀的设想，合理的是_____。
A 除去硝酸钡中的硝酸：
用白色沉淀A
B 无色溶液a能除去氯化钠中少量的盐酸
C 鉴别盐酸和碳酸钠：
用溶液b、c、d。
【答案】硫酸铜Na2CO3，BaCl2，Na2SO4BaCO3+2HCl=BaCl2+H2O+CO2↑NaCl、NaOHC
【解析】
【分析】
硫酸铜溶液是蓝色，样品加水得无色溶液，故一定不含有硫酸铜；碳酸钡沉淀能与盐酸反应而溶液，硫酸钡沉淀不能。
实验中白色沉淀加盐酸能产生气泡，故一定有碳酸钡沉淀，故白色固体中一定含有碳酸钠和氯化钡，加适量盐酸仍然含有白色沉淀，故沉淀一定有硫酸钡，故固体中一定含有硫酸钠；无色溶液加酚酞变红，说明含有碱性物质，加氯化钡能产生白色沉淀，且溶液仍为红色，说明含有氢氧化钠。
【详解】
（1）根据推断，原固体中一定不含有硫酸铜；
（2）根据推断，原固体中一定有Na2CO3，BaCl2，Na2SO4；
（3）生成气体的化学方程式为BaCO3+2HCl=BaCl2+H2O+CO2↑；
（4）因为Na2CO3与BaCl2反应生成氯化钠和碳酸钡沉淀，无色溶液a中一定含有的溶质NaCl、加入足量氯化钡后溶液仍然为红色，说明溶液中还有NaOH；
（5）A、白色沉淀A可能含有碳酸钙，除硝酸会混有钙离子，选项错误；
B、无色溶液a中可能存在钙离子，除盐酸会混有钙离子，引入新的杂质，选项错误；
C．鉴别稀盐酸和碳酸钠溶液：
用溶液b、c、d，b中含有氯化钡，能与碳酸钠反应产生白色沉淀，而盐酸与氯化钡不反应；c、d溶液中有碱性溶液被盐酸反应掉，溶液会由红色变成无色，碳酸钠溶液不能改变溶液的酸碱性，溶液仍为红色，可以鉴别。
故选C。
3．“化学扑克”牌的玩法是：
上家出牌，如果下家牌中的物质能与上家的发生反应，即可出牌，按此规则，出完牌的为赢家，下图表示的是某局牌的最后一轮。
桌面上是一张图甲的“盐酸”牌，ABCD四位玩家手中都剩下一张牌（如图）。
甲
A
B
C
D
（1）如果本局每一位玩家的牌都能出掉，则四位玩家的出牌顺序为：
（填标号）甲→____________，写出甲牌中物质与B玩家牌中物质发生反应的化学方程式_________
（2）如果本局只有一位玩家的牌出不掉，你认为该玩家是___________（填标号），他们的出牌顺序为：
（填标号）甲→___________________________。
【答案】CDBA
ABDC
【解析】
【分析】
盐酸与铁反应生成氯化亚铁和氢气，铁与硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁，氢氧化钙与硫酸铜反应生成硫酸钙和氢氧化铜，氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙和水；能与氢氧化钙反应的物质有：
二氧化碳、硫酸铜；能与铁反应的有：
盐酸、硫酸铜；能与硫酸铜反应的有：
铁、氢氧化钙；与二氧化碳反应的只有氢氧化钙。
【详解】
（1）盐酸与铁反应生成氯化亚铁和氢气，铁与硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁，氢氧化钙与硫酸铜反应生成硫酸钙和氢氧化铜，氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙和水，如果本局每一位玩家的牌都能出掉，则四位玩家的出牌顺序为：
甲→C→D→B→A，甲牌中物质与B玩家牌中物质发生反应是盐酸和氢氧化钙反应生成氯化钙和水，化学方程式为
。
（2）能与氢氧化钙反应的物质有：
二氧化碳、硫酸铜；能与铁反应的有：
盐酸、硫酸铜；能与硫酸铜反应的有：
铁、氢氧化钙；与二氧化碳反应的只有氢氧化钙，由以上分析，只有二氧化碳与一种物质反应，如果氢氧化钙先出掉后，最后剩余二氧化碳的话，二氧化碳就不能出掉了，所以A玩家的牌出不掉；盐酸与氢氧化钙反应生成氯化钙和水；硫酸铜与氢氧化钙反应生成氢氧化铜和硫酸钙；硫酸铜与铁反应生成铜和硫酸亚铁，故他们的出牌顺序为甲→B→D→C。
4．图示中A～F是初中化学常见的物质，其中A是一种钠盐，C、D为氧化物，A、B、C、D、E中都含有氧元素，且物质C的固体俗称“干冰”。
图中“—”表示相连的两种物质之间可以发生反应，“→”表示物质间存在着相应的转化关系（部分反应物、生成物及反应条件已略去）。
请分析后作答：
（1）物质C的化学式__________。
（2）反应①的基本反应类型是______________。
（3）反应②的化学方程式_______________________。
（4）写出B的一种用途_________________
【答案】CO2复分解反应BaCl2+H2SO4=2HCl+BaSO4↓补钙剂（合理即可）
【解析】
【分析】
根据题目给出的流程图和信息：
A是一种钠盐，C、D为氧化物，A、B、C、D、E中都含有氧元素，且物质C的固体俗称“干冰”，因此C是二氧化碳；碳酸钠和硫酸反应生成硫酸钠和水和二氧化碳，碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙白色沉淀和氢氧化钠，碳酸钙在高温的条件下生成氧化钙和二氧化碳，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡和盐酸，因此A是碳酸钠，B是碳酸钙，D是氧化钙，E是硫酸，F是盐酸。
【详解】
（1）物质C的固体俗称“干冰”，因此C是二氧化碳；化学式为：
CO2；
（2）D是氧化钙，F是盐酸，反应①是氧化钙和盐酸反应生成氯化钙和水，属于复分解反应；
（3）E是硫酸，F是盐酸，反应②是硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡和盐酸，反应方程式为：
BaCl2+H2SO4=BaSO4↓+2HCl。
（4）B是碳酸钙，可作补钙剂（合理即可）。
5．
是初中化学常见的物质。
已知A为红棕色粉末，
为有毒气体，F为红色固体单质，它们的转化关系如下图所示，回答问题。
（1）写出下列物质的化学式
_____；
_____。
（2）反应Ⅱ的化学方程式为_____。
（3）反应Ⅲ的化学方程式为_____。
（4）反应Ⅳ的化学方程式为_____。
【答案】
【解析】
【分析】
已知A为红棕色粉末，B为有毒气体，F为红色固体单质，所以A为Fe2O3,B为CO，D与硫酸铜反应生成红色固体，则D可能为Fe，F可能为Cu，C可能为CO2,E为单质C，G为CuO，验证合理，推论正确。
【详解】
（1）C的化学式为CO2;F的化学式为Cu；
（2）反应Ⅱ是二氧化碳与碳在高温下反应生成一氧化碳，方程式为
；
（3）反应Ⅲ是铁与硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁的反应，方程式为：
（4）反应Ⅳ是一氧化碳与氧化铜反应生成铜和二氧化碳的反应，方程式为：
。
6．有一包白色粉末，可能是CuSO4、CaCO3、BaCl2、Na2SO4、KOH、KCl中的一种或几种，为证明其组成，进行如下实验：
（1）取少量白色粉末，加入足量的水，充分搅拌后过滤，得到白色沉淀和无色滤液
（2）向实验
（1）滤出的白色沉淀中加入足量的盐酸，沉淀全部溶解，并产生无色气体。
（3）向实验
（1）得到的滤液中通入CO2气体，得到白色沉淀。
根据上述实验现象判断：
①白色固体中一定不含______，一定含有_____________。
②写出（3）中白色沉淀的化学式____________________。
【答案】CuSO4、Na2SO4CaCO3、BaCl2BaCO3
【解析】
【详解】
取少量白色粉末，加入足量的水，充分搅拌后过滤，得到白色沉淀和无色滤液，说明一定不含有硫酸铜可能含有碳酸钙或硫酸钠和氯化钡；向实验
（1）滤出的白色沉淀中加入足量的盐酸，沉淀全部溶解，并产生无色气体。
说明一定含有碳酸钙，硫酸钠和氯化钡不能同时存在；向实验
（1）得到的滤液中通入CO2气体，得到白色沉淀。
说明一定含有氯化钡，一定不含硫酸钠。
①白色固体中一定不含①CuSO4、Na2SO4；一定含有CaCO3、BaCl2。
②（3）中白色沉淀的化学式BaCO3。
考点：
物质的推断及转化
7．
是初中所学的常见物质，其转化关系如图所示（部分反应物、生成物及反应条件已略去）。
已知
为红色的单质，
为红棕色物质，
为最常用的溶剂，H为白色沉淀，请回答下列问题：
（1）写出下列物质化学式：
_____、
_____；
（2）写出反应①的化学方程式_____，其基本反应类型是_____。
（3）写出反应②的化学方程式_____。
【答案】Fe2O3H2Fe+CuSO4=FeSO4+Cu（合理即可）置换反应CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O
【解析】
【分析】
根据已学的物质的性质进行分析解答，E为最常用的溶剂，为水，A为红色单质，则A是铜，D为红棕色物质，则D是氧化铁，能与B相互转化，则B是铁，铁生成C，C能生成铜，且C、E能相互转化，则C是氢气，E、G能相互转化，则G可能是氢氧化钙或碳酸或氧气，又因为H为白色沉淀，则G应是氢氧化钙，H是碳酸钙，F是二氧化碳，将各物质带入框图检验合理，推断成立。
【详解】
（1）由上分析可知D是氧化铁，化学式为Fe2O3；C是氢气，化学式为H2；
（2）反应①是铁和硫酸铜（或氯化铜或硝酸铜）反应生成铜和硫酸亚铁（或氯化亚铁或硝酸亚铁），化学方程式Fe+CuSO4=FeSO4+Cu（合理即可）；该反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，属于基本反应类型中的置换反应；
（3）反应②是二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，反应的化学方程式CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O。
8．有一包固体粉末，由
、
、
、
和NaOH中的三种物质组成。
为确定其成分，进行如下实验：
（1）写出生成无色气体的化学反应方程式________________；
（2）在上述实验基础上，补充恰当的实验，即可确定这包固体粉末的成分。
需要充实验的具体操作是________________________。
（3）请设计实验验证加入的NaOH恰好适量，写出具体的操作步骤和依据的现象________________。
【答案】CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑向无色溶液b中加入氯化钡溶液，出现白色沉淀说明固体粉末中有硫酸钠没有氯化钡，没有明显现象，说明有氯化钡没有硫酸钠。
向蓝色溶液中滴加氢氧化钠，至刚好不在产生蓝色沉淀。
【解析】
【分析】
固体样品加足量水得到白色固体和蓝色溶液，说明一定有氯化铜，氯化铜和氢氧化钠不能共存，一定没有氢氧化钠。
白色固体加稀盐酸有气泡和无色溶液，说明白色固体中一定有碳酸钙，一定没有硫酸钡，也就是说氯化钡和硫酸钠两种物质中只能有其中一种。
综上所述，固体粉末中一定有氯化铜和碳酸钙、一定没有氢氧化钠，不能确定含氯化钡还是硫酸钠。
【详解】
（1）生成无色气体的是碳酸钙和稀盐酸，化学反应方程式CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑。
（2）在上述实验基础上，补充恰当的实验，就是要进一步确定含有氯化钡还是硫酸钠。
具体操作是向无色溶液b中加入氯化钡溶液，出现白色沉淀说明固体粉末中有硫酸钠没有氯化钡，没有明显现象，说明有氯化钡没有硫酸钠。
（3）设计实验验证加入的NaOH恰好适量，写出具体的操作步骤和依据的现象：
向蓝色溶液中滴加氢氧化钠，至刚好不在产生蓝色沉淀。
9．A～E是初中化学常见的物质，已知A和E都可以作燃料，其中A是天然气的主要成分．
（1）反应①的化学方程式为____________________________．
（2）反应②所属的基本反应类型是______________．
（3）E物质作燃料的优点是____________________________（答一点）．
【答案】CH4+2O2
CO2+2H2O分解反应产物无污染（或燃烧热值高等）
【解析】
【详解】
“A是天然气的主要成分”可知，A为甲烷，化学式为CH4，燃烧需要氧气，B是氧气；甲烷经过燃烧产生二氧化碳和水，D能够电解，因此D是水，C是二氧化碳；电解水产生的E可以做燃料，则E是氢气；
（1）反应①是甲烷燃烧的方程式为：
CH4+2O2
CO2+2H2O；
（2）反应②是水通电产生氢气和氧气，属于分解反应；
（3）E是氢气，作燃料的优点是：
产物无污染（或燃烧热值高等）．
10．已知A～G为初中化学常见的物质。
如图所示“→”表示转化关系，“—”表示相互能发生反应。
已知A是人体胃液中含有的酸，E是最轻的气体，B和D所含元素相同。
请回答：
（1）写出下列物质的化学式：
A__________，D____________。
（2）G物质的一种用途_________________________。
（3）写出F→E的化学反应方程式_____________________，该反应的基本类型为_______反应。
【答案】HClCO中和酸性土壤
分解反应
【解析】
【分析】
A～G是初中化学常见的物质，A是人体胃液中含有的酸，所以A是盐酸，E是最轻的气体，所以E是氢气，氢气和F可以相互转化，F会与氧化钙反应，所以F是水，水和氧化钙反应生成氢氧化钙，所G是氢氧化钙，盐酸和碳酸钙反应生成氯化钙、水和二氧化碳，B和D含有相同的元素，可以相互转化，所以B是二氧化碳，D是一氧化碳，A能够和C反应，C能够和D一氧化碳反应，因此C是金属氧化物，因此C可以是氧化铁，一氧化碳和氧化铁在高温的条件下生成铁和二氧化碳。
【详解】
（1）A是盐酸，化学式是HCl，D是一氧化碳化学式为CO。
（2）G是氢氧化钙，可以中和酸性土壤等。
（3）F→E是水通电产生氢气和氧气，反应的化学方程式是
，该反应是一种物质生成两种物质的分解反应。
11．图中A～F是初中化学中常见的物质，其中A、B、C、D、F为五种不同类别的物质，A可由生石灰与水反应制得，B是胃液中帮助消化的成分，E是无色气体，F是红棕色固体。
图中“﹣”表示两端的物质间能发生化学反应；“→”表示物质间存在转化关系；反应条件、部分反应物和生成物已略去。
（1）写出化学式：
B_____，E_____。
（2）写出F→C化学方程式：
_____。
（3）写出足量的B与F发生反应的现象为_____。
【答案】HClCO2
红棕色固体逐渐减少至消失，溶液由无色变黄色
【解析】
【分析】
由题意可知，A可由生石灰和水反应制得，则A为氢氧化钙；B是胃液中帮助消化的成分。
则B为盐酸；由于F是红色固体，能与盐酸反应，能转化为无色的气体，则F为氧化铁；氧化铁能与一氧化碳在高温条件先下反应生成了铁和二氧化碳，则E为二氧化碳，C为铁；氢氧化钙能与二氧化碳等反应转化为碳酸钙，碳酸钙能与盐酸反应等转化为二氧化碳，代入题中验证，符合题意。
【详解】
由分析可知
（1）B的化学式是HCl，E的化学式是CO2；
（2）氧化铁能与一氧化碳在高温条件下反应生成了衣蛾和二氧化碳，F→C的化学方程式是：
；
（3）F是氧化铁，B是稀盐酸，两者反应的现象为红棕色固体逐渐减少至消失，溶液由无色变黄色。
【点睛】
本题为框图型物质推断题，完成此类题目，关键是根据题干提供的信息结合框图，找准解题突破口，直接得出物质的化学式，然后顺推或逆推或从两边向中间推得出其他物质的化学式。
12．现有甲、乙、丙、丁四种无色溶液，它们分别中稀HCl、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液中的一种，已知甲+乙→无明显现象，乙+丙→白色沉淀，丙+丁→白色沉淀，甲+丁→无色气体；BaCO3、BaSO4难溶于水。
试回答：
（1）丁物质的溶质是__________（填化学式）。
（2）写出乙和丙反应的化学方程式_________。
（3）写出甲和丁反应的化学方程式________。
【答案】Na2CO3BaCl2+H2SO4═BaSO4↓+2HClNa2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑
【解析】
【分析】
乙+丙→白色沉淀，丙+丁→白色沉淀，丙能与乙、丁反应生成白色沉淀，结合四种物质的化学性质，氯化钡溶液能与稀硫酸、碳酸钠溶液反应生成硫酸钡、碳酸钡白色沉淀，则丙为氯化钡溶液，甲为稀盐酸；甲+乙→无明显现象，甲+丁→无色气体，稀盐酸与稀硫酸不反应，与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳气体，则乙为稀硫酸，丁为碳酸钠溶液。
【详解】
（1）丁中的溶质是碳酸钠，其化学式为：
Na2CO3；
（2）乙和丙的反应是稀硫酸与氯化钡溶液反应生成硫酸钡白色沉淀和盐酸，反应的化学方程式为：
BaCl2+H2SO4═BaSO4↓+2HCl；
（3）甲和丁的反应是稀盐酸与碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，反应的化学方程式为：
Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑。
【点睛】
解题时需要从题目中挖出一些明显或隐含的条件，抓住突破口（突破口往往是现象特征、反应特征等），获得结论，最后把结论代入原题中验证。
本题中突破口是氯化钡溶液能与稀硫酸、碳酸钠溶液反应生成硫酸钡、碳酸钡白色沉淀，推理出丙为氯化钡溶液。
13．A、B、C、D、E分别是锌、硫酸、氢氧化钡、硫酸铜和碳酸钠五种物质中的一种，如图所示：
“﹣”表示相连的两种物质能够发生反应，其中D的溶液呈蓝色，A与B反应生成的气体是光合作用的原料之一。
（1）D的化学式是。
（2）A与B反应的化学方程式。
（3）C与D反应的化学方程式，属于基本反应类型中的。
（4）下列可以替代E的是（填序号）。
①氯化铜②氢氧化钾③银
【答案】
（1）CuSO4
（2）Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+CO2↑+H2O
（3）CuSO4+Ba（0H）2=BaSO4↓+Cu（0H）2↓复分解反应
（4）②
【解析】
试题分析：
（1）根据题目给出的流程图和信息：
D的溶液呈蓝色，因此D是硫酸铜；故答案为：
CuSO4；
（2）A与B反应生成的气体是光合作用的原料之一，那么该气体是二氧化碳，因此A、B是硫酸和碳酸钠中的一种，从连线关系可以看出A与硫酸铜不反应，所以A是硫酸，B是碳酸钠，碳酸钠和硫酸反应生成硫酸钠和水和二氧化碳，配平即可；故答案为：
Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+CO2↑+H2O；
（3）硫酸铜和氢氧化钡反应生成硫酸钡白色沉淀和氢氧化铜蓝色沉淀，配平即可，此反应属于复分解反应；故答案为：
CuSO4+Ba（0H）2=BaSO4↓+Cu（0H）2↓；复分解反应；
（4）因为E是锌，锌能与硫酸反应，在氯化铜、氢氧化钾和银中，只有氢氧化钾能与硫酸反应，因此可以替代E的是氢氧化钾，故答案为：
②。
考点：
物质的鉴别、推断；反应类型的判定；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式
14．A～F是初中化学常见物质，A、B、C、D和CaCO3均含有同一种元素，其中B常用于改良酸性土壤，胃液中含有F。
它们之间的转化关系如图所示，“→”表示相互转化，请回答：
（1）B的化学式是______，F的化学式是______。
（2）在物质的分类中，A属于______（填“酸”、“碱”、“盐”或“氧化物”）。
（3）图中反应B→D属于基本反应类型中的______反应．
（4）写出下列反应的化学方程式：
D→C：
_______________________。
【答案】Ca（OH）2；HCl；氧化物；复分解；CaCl2+2AgNO3═Ca（NO3）2+2AgCl↓
【解析】
（1）胃液中含有F，所以F是盐酸，B常用于改良酸性土壤，所以B是氢氧化钙，A、B、C、D和CaCO3均含有同一种元素，碳酸钙高温会生成A，A又会转化成氢氧化钙，所以A是氧化钙，硝酸和氧化钙反应会转化成C，所以C是硝酸钙，氢氧化钙和盐酸反应会生成氯化钙，所以D是氯化钙，碳酸钙在高温的条件下生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙和硝酸反应生成硝酸钙和水，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙和盐酸反应生成氯化钙和水，氢氧化钙和二氧化碳反应会生成碳酸钙沉淀，氯化钙和碳酸钠反应会生成碳酸钙沉淀和氯化钠，氯化钙和硝酸银反应生成硝酸钙和氯化银沉淀，硝酸钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和硝酸钠，推出的各种物质均满足题中的转化关系，推导合理，所以B是Ca（OH）2，F是HCl；
（2）氧化钙是由钙、氧两种元素组成的，其中一种是氧元素，满足氧化物的定义，所以氧化钙属于：
氧化物；
（3）复分解反应是两种化合物交换成分生成两种新化合物的反应，B→D的反应氢氧化钙和盐酸反应生成氯化钙和水，满足复分解反应的定义，所以该反应属于：
复分解反应；
（4）氯化钙和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钙，化学方程式为：
CaCl2+2AgNO3═Ca（NO3）2+2AgCl↓。
15．如图“五连环”中的每一环表示一种物质，相连环物质间能发生反应，不相连环物质间不能发生反应。
请完成下列问题：
（1）选择氧气、铁、二氧化碳、氧化钙、稀硫酸、烧碱溶液、氯化钡溶液、碳酸钙中的五种物质（所选物质至少包括“单质、氧化物、酸、碱、盐”中的四种类型），将其化学式分别填入对应的环内。
_____
（2）“五连环”中物质间发生的反应，没有涉及的基本反应类型是_____。
【答案】
或
分解反应
【解析】
【详解】
（1）由“五连环”的结构可知有两种物质只和其他的物质中的一种反应，氧气能与铁反应生成铁的氧化物，二氧化碳能与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，题目所给的八种物质只有氧气和二氧化碳符合题意，把它们的化学式填入最两边的两个圆环中，再依次填写其他的即可。
若第一个圆圈内是氧气，
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