上海民办立达中学精品初三化学中考试题和解析.docx
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上海民办立达中学精品初三化学中考试题和解析
上海民办立达中学【精品】初三化学中考试题和解析
一、选择题(培优题较难)
1.在相同的温度和压强下,相同体积的气体具有相同的分子数,反之亦然。
取20℃和101kPa下相同体积的CH4和O2混合,在一定条件下充分反应,恢复到初始温度和压强。
下列说法正确的是()
A.参加反应的CH4和O2的体积比为1:
1
B.生成的CO2分子个数为原来气体分子数的三分之一
C.反应后气体的体积为原来的二分之一
D.反应后的气体中C、O原子的个数比为1:
2
【答案】C
【解析】
【分析】
反应的化学方程式:
CH4+2O2
2H2O+CO2。
A.根据反应的化学方程式,判断反应中两气体的分子个数关系,利用相同体积的气体具有相同的分子数,确定参加反应的CO和O2的体积比;
BC.根据反应的化学方程式,判断反应中反应前后气体的分子个数关系,利用相同体积的气体具有相同的分子数,确定生成的CO2分子个数与原来气体分子数关系;
D.根据化学反应中甲烷与氧气的分子个数关系来分析。
【详解】
A.由化学方程式可知,参加反应的CH4和O2的分子个数比为1:
2,则参加反应的CH4和O2的体积比为1:
2;故A错误;
B.每1个CH4分子与1个O2分子反应生成2个CO2分子,而原混合气体中CH4和O2分子个数相等,则生成的CO2分子个数为原来气体分子数的四分之一,而不是三分之一;故B不正确;
C.由B可知,C正确;
D.由化学方程式中参加反应的甲烷分子与氧气分子的个数比可知,反应后的气体中C、O原子的个数比为1:
1,故D不正确.
【点睛】
通过准确理解所给的重要信息,利用该信息实现分子个数与气体体积之间的转换,体现出获取信息与处理信息的能力。
2.小亮同学在实验室中制取CO2气体后,对废液进行后续探究,他向一定质量的含CaCl2和HCl的溶液中逐滴加入溶质质量分数为10%的Na2CO3溶液.实验过程中加入Na2CO3溶液的质量与生产沉淀或者气体如图1所示;加入Na2CO3溶液的质量与溶液的pH变化关系如图2所示,下列说法正确的是:
()
A.图1中b→c段表示生成气体的过程B.图1中b点的值为106
C.图1中0→a段反应过程中溶液的pH变化情况可用图2中d→h段曲线表示D.图1中c点时,溶液中的溶质有两种
【答案】C
【解析】
(1)加入的碳酸钠先与盐酸反应,把盐酸消耗完了,才开始与氯化钙反应,开始生成沉淀,因此图中oa段表示生成的气体质量;A.图1中b→c段表示生成沉淀的过程;B.根据题意可知碳酸钠先与盐酸反应,再与氯化钙反应,由图示可知碳酸钠与盐酸反应生成气体2.2g,碳酸钠与氯化钙反应,生成沉淀5.0g.设生成2.2g气体所需的Na2CO3的质量为y,生成沉淀5.0g所需Na2CO3的质量为z.则
Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2ONa2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl
10644106100
y2.2gz5g
106/44=y/2.2gy=5.3g106/100=z/5gz=5.3g
图1中b点的值为5.3g÷10%=53;x点的值为(5.3g+5.3g)÷10%=106
C.碳酸钠溶液呈碱性,和盐酸反应生成中性的氯化钠溶液和二氧化碳,a点表示碳酸钠先盐酸反应,把盐酸消耗完,故溶液中的溶质为氯化钠和氯化钙;所以溶液的pH逐渐增大到7;因此图1中0→a段反应过程中溶液的pH变化情况可用图2中d→h段曲线表示;D.当盐酸反应后,溶液中溶质有氯化钠和氯化钙,溶液呈中性,b~c段反应过程是碳酸钠与氯化钙反应,生成碳酸钙沉淀和氯化钠,在此过程中,溶液的PH不变,呈中性,图1中c点时,原溶液中的溶质盐酸和氯化钙都被反应完,溶液中的溶质只有氯化钠。
选C
点睛:
①碳酸钠溶液呈碱性,②在盐酸和氯化钙的混合溶液中加入碳酸钠时由于碳酸钙沉淀和稀盐酸反应,所以碳酸钠先与盐酸反应,后与氯化钙反应
3.下列除去物质中的少量杂质(括号内为杂质)的方法,正确的是( )
A.CO(CO2)——通过足量的灼热氧化铜
B.MnO2粉末(KCl)——溶解、过滤、洗涤、干燥
C.FeSO4溶液(CuSO4)——加入足量锌粉、过滤
D.Na2SO4溶液(NaCl)——加入适量硝酸银溶液、过滤
【答案】B
【解析】
试题分析:
A、CO能与灼热氧化铜反应生成铜和二氧化碳,二氧化碳不与灼热氧化铜反应,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.
B、KCl易溶于水,MnO2粉末难溶于水,可采取加水溶解、过滤、洗涤、干燥的方法进行分离除杂,故选项所采取的方法正确.
C、FeSO4溶液和CuSO4均能与锌粉反应,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、NaCl能与硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀和硝酸钠,能除去杂质但引入了新的杂质硝酸钠,不符合除杂原则,故选项所采取的方法错误.
故选B.
考点:
物质除杂或净化的探究;混合物的分离方法;常见气体的检验与除杂方法;盐的化学性质.
点评:
物质的分离与除杂是中考的重点,也是难点,解决除杂问题时,抓住除杂质的必需条件(加入的试剂只与杂质反应,反应后不能引入新的杂质)是正确解题的关键.
4.有Mg、Al、Zn的混合物共7.2g,与足量盐酸反应,生成H2的质量可能是()
A.0.2 gB.0.6gC.0.8gD.0.9g
【答案】B
【解析】
用极限法计算,假设全为Zn,生成氢气的质量为x。
Zn+2HCl==ZnCl2+H2↑
652
7.2gx
x=0.22g
同理,假设全为Mg,生成氢气的质量为y。
可得y=0.6g;假设全为Al,生成氢气的质量为z。
可得z=0.8g。
所以Al、Mg、Zn合金与盐酸反应放出氢气的质量0.8g>m(氢气)>0.22g。
故选B。
5.除去下列各组物质中的杂质,所用试剂和方法均正确的是( )
物质
杂质
除杂所用试剂和方法
A
H2
HCl气体
先通过NaOH溶液,再通过浓硫酸
B
NaOH溶液
Ca(OH)2溶液
先加入过量的Na2CO3溶液,再过滤
C
CO2
CO
点燃气体
D
CaO固体
CaCO3固体
加入适量的稀盐酸
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】
除杂质题至少要满足两个条件:
①加入的试剂只能与杂质反应,不能与原物质反应;②反应后不能引入新的杂质.A、HCl能与足量的NaOH溶液反应生成氯化钠、水,能除去杂质,且和氢气不反应,再通过浓硫酸,可除掉除杂时引入的水蒸气,最后得纯净的氢气,符合除杂原则;B、Ca(OH)2溶液和Na2CO3溶液反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠,但是由于碳酸钠过量,引入碳酸钠杂质,不符合除杂要求;C、二氧化碳不可燃,不助燃,所以不能将二氧化碳中的少量一氧化碳点燃,不能达到除杂的目的;D、盐酸能与氧化钙反应,不符合除杂要求;选A
6.某黑色固体粉末可能是Fe、FeO、CuO和C中的一种或几种。
取黑色粉末,加入一定量的稀硫酸,待充分反应后过滤,得到滤液和滤渣,在滤液中插入一根洁净的铁丝。
有关说法正确的是
A.若滤液呈浅绿色,则原黑色固体粉末中一定有Fe
B.若铁丝表面只有红色固体析出,则滤渣中一定无CuO
C.若铁丝表面无明显现象,则滤渣中最多有四种物质
D.若铁丝表面只有气泡产生,则滤液中的溶质一定有H2SO4和FeSO4
【答案】D
【解析】
【分析】
金属氧化物优先于金属与酸反应,C不与稀硫酸反应,氧化铜可以与稀硫酸反应,生成的Cu2+在水溶液中显蓝色,Fe可以与稀硫酸反应生成气体,Fe、FeO与硫酸反应生成的Fe2+在水溶液中显浅绿色,铁的金属活动性大于铜,能将铜从其盐溶液中置换出来。
【详解】
A、若滤液呈浅绿色,则原黑色固体粉末中不一定含有Fe,FeO也可以与稀硫酸反应生成的Fe2+在水溶液中显浅绿色,故A错误;
B、若铁丝表面只有红色固体析出,说明了溶液中含有硫酸铜,能判断黑色粉末中含有CuO,不能判断滤渣中是否有CuO,故B错误;
C、若铁丝表面无明显现象,说明了溶液中无硫酸铜,没有剩余的硫酸,如果硫酸的量不足,则滤渣中最多可以有Fe、FeO、CuO、C、Cu五种物质,故C错误;
D、C不与稀硫酸反应,如果原固体粉末中没有铁或氧化亚铁,那么铁丝表面就有红色固体析出,所以有气泡,说明一定有硫酸和硫酸亚铁,故D正确。
故选:
D。
7.已知某固体粉末是由NaCl、CaCl2、NaOH、K2CO3、Na2CO3中的一种或几种组成,取这种粉末24g加足量的水,振荡后呈浑浊,过滤、洗涤、烘干后得到10g沉淀和滤液。
向滤液中滴加酚酞,变红;取少量滤液于试管中滴加硝酸银溶液有白色沉淀生成,再加入稀硝酸沉淀不消失且试管中有气泡产生。
下列说法正确的是
A.原固体中一定含CaCl2、NaOH和Na2CO3
B.原固体中一定含Na2CO3,可能含K2CO3和NaCl
C.滤液中一定含NaCl和K2CO3,可能含NaOH
D.上述实验无法证明原固体中是否含NaCl、CaCl2、NaOH
【答案】B
【解析】
碳酸钙不溶于水,溶于酸生成气体,而氢氧化钠、碳酸钾、碳酸钠的溶液都可使酚酞溶液变红,氯离子和银离子会生成氯化银沉淀,再加入稀硝酸沉淀不消失。
设生成10g沉淀需要氯化钙的质量为x。
需要碳酸钠的质量为y。
需要碳酸钾的质量为m。
CaCl2——CaCO3Na2CO3——CaCO3K2CO3——CaCO3
111100106100138100
x10gy10gm10g
X=11.1gy=10.6gm=13.8g
11.1g+13.8g=24.9g>24g,故选B。
8.下列说法中正确的是( )
选项
事实
观点
A
某物质分解生成二氧化碳和水
该物质由C、H、O元素组成
B
酸溶液能使石蕊变红
颜色发生改变的变化不一定是化学变化
C
碱溶液都显碱性
显碱性的溶液不一定是碱
D
氢氧化钠溶液稀释后pH减小,硫酸溶液稀释后pH变大
溶液稀释后pH都会发生变化
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】
A、某物质分解生成二氧化碳和水,该物质中一定含有C、H、O元素,还可能含有其它元素,错误;B、溶液中颜色发生改变,有新物质生成,一定是化学变化,错误;C、碱溶液都显碱性,显碱性的溶液不一定是碱,如碳酸钠是盐,但显碱性,正确;D、氯化钠溶液稀释后pH不会发生变化,错误。
故选C。
9.下列四个图像分别表示对应的四个操作过程,其中与事实不相吻合的是:
A.一定量Ba(NO3)2溶液中滴加稀H2SO4
B.一定量稀盐酸中滴加NaOH溶液
C.一定量不饱和KNO3溶液中加固体KNO3
D.质量相同的KClO3中加入催化剂(MnO2)与不加入催化剂加热制取O2
【答案】C
【解析】A.一定量Ba(NO3)2溶液中滴加稀H2SO4,生成硫酸钡沉淀,硝酸钡反应完后硫酸钡的质量不再增加;B.溶液的pH小于7,溶液呈酸性,pH越小,酸性越强;溶液的pH大于7,溶液呈碱性,pH越大碱性越强;pH等于7,溶液呈中性。
一定量稀盐酸中滴加NaOH溶液,溶液由酸性逐渐变成碱性,溶液的pH增大,组后溶液的pH大于7;C.一定量不饱和KNO3溶液中加固体KNO3,开始时硝酸钾的质量分数大于零,加入硝酸钾固体时,溶质的质量分数逐渐增大,饱和后,溶质的质量分数不变,故图像错误;D.质量相同的KClO3中加入催化剂(MnO2)与不加入催化剂加热制取O2,二氧化锰在氯酸钾分解的反应中作用是加快反应速率,所以有催化剂时,反应速率比没有催化剂时反应速率快,但是催化剂不改变生成物的质量,所以,最终生成氧气的质量相同。
选C
10.著名化学家傅鹰说“化学给人以知识,化学史给人以智慧。
”下列有关化学史的说法正确的是()
A.阿伏伽德罗等科学家得出结论:
分子中原子的重新组合是化学变化的基础
B.拉瓦锡用红磷燃烧的实验证明氧气约占空气总体积的五分之一
C.我国著名实业家侯德榜发明了制取烧碱的“侯氏制碱法”
D.波义耳发现了质量守恒定律
【答案】A
【解析】
A.阿伏伽德罗在化学学科中的主要成就,是提出了分子学说,道尔顿提出原子论,阿伏伽德罗提出分子论,都是对物质构成的理论解释,结合二者的理论,有的物质是分子构成的,也可以是原子构成的,在化学变化中,由分子构成的物质,分子中的不同种类和数目的原子将重新组合为新的分子,即在化学变化中,分子变为原子,原子再重新结合生成新的分子.B、拉瓦锡在化学学科中的主要成就,是首次利用天平为化学研究的工具进行定量实验,并首先通过实验得出空气是由氮气和氧气组成的结论,C.我国著名实业家侯德榜成功地摸索和改进了西方的制碱方法,发明了将制碱与制氨结合起来的联合制碱法(又称侯氏制碱法)。
D.波义尔用敞口容器在空气中加热金属,金属与空气中的氧气发生了化学反应,由于有外界的氧气参加反应,可回顾波义尔得出的结论不守恒。
而罗蒙诺索夫因为是在密封玻璃瓶内加热金属,金属虽然也被氧化,但是至于玻璃瓶内的氧气发生了化学反应,故反应前后的质量不变,从而得出了质量守恒定律。
选A
点睛:
多了解化学通史,熟记科学家们的贡献
11.下列除考杂质的方法正确的是
A.除去N2中的少量O2:
通过灼热的CuO粉末,收集气体
B.除去CaO中的少量CaCO3:
加入足量稀盐酸,充分反应
C.除去KCl溶液中的少量MgCl2:
加入适量NaOH溶液,过滤
D.除去Cu(NO3)2溶液中的少量AgNO3:
加入足量铜粉,充分反应后过滤
【答案】D
【解析】
A.除去N2中的少量O2;通过灼热的Cu粉末,收集气体。
故A错误。
B.除去CaO中的少量CaCO3;煅烧充分反应,碳酸钙分解成氧化钙。
故B错误。
C.除去KCl溶液中的少量MgCl2;加入适量KOH溶液,过滤,加入适量NaOH溶液,产生新的杂质氯化钠。
故C错误。
D.除去Cu(NO3)2溶液中的少量AgNO3,D.除去Cu(NO3)2溶液中的少量AgNO3,;加入足量铜粉,与硝酸银充分反应,生成银,硝酸铜,后过滤。
故D正确。
点睛∶本题主要考查与除杂相关的知识。
12.下列各物质中,不能满足下图物质一步转化关系的选项是( )
A.X:
CuY:
CuOZ:
CuSO4
B.X:
CO2Y:
O2Z:
CO
C.X:
CaCO3Y:
CaOZ:
Ca(OH)2
D.X:
NaOHY:
NaClZ:
Na2CO3
【答案】D
【解析】
【详解】
A、铜在加热条件下能和氧气反应生成氧化铜,氧化铜能和稀硫酸反应生成硫酸铜和水,硫酸铜和锌、镁、铝、铁等反应能生成铜和相应的盐,Cu→CuO→CuSO4→Cu,前面的物质能够通过一步转化生成后面的物质,选项正确;
B、光合作用过程中,二氧化碳和水反应能生成葡萄糖和氧气,碳不完全燃烧时能生成一氧化碳,一氧化碳完全燃烧,或和某些金属氧化物反应时能生成二氧化碳,CO2→O2→CO→CO2,前面的物质能够通过一步转化生成后面的物质,选项正确;
C、煅烧碳酸钙时能生成氧化钙和二氧化碳,氧化钙和水反应能生成氢氧化钙,氢氧化钙和二氧化碳反应,或与可溶性碳酸盐反应时,能生成碳酸钙,CaCO3→CaO→Ca(OH)2→CaCO3,前面的物质能够通过一步转化生成后面的物质,选项正确;
D、氢氧化钠和氯化镁、氯化铜、氯化亚铁等物质反应时,能生成氯化钠和相应的盐,氯化钠和其它物质不能通过一步转化生成碳酸钠,碳酸钠和氢氧化钙反应能生成碳酸钙和氢氧化钠,NaOH能够通过一步转化生成NaCl,Na2CO3能够通过一步转化生成NaOH,但是NaCl不能够通过一步转化生成Na2CO3,选项错误,故选D。
13.实验方法能达到实验目的是
选项
实验目的
实验方法
A
鉴别NaCl、CaCO3、CuSO4三种白色固体
加入足量水溶解
B
除去CaO中的CaCO3
加入足量水,过滤
C
粗略测定空气中氧气的含量
用硫粉代替红磷在空气中燃烧
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
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】
A加水时,氯化钠溶解得溶液,碳酸钙不溶得浊液,硫酸铜溶解得蓝色溶液,能成功鉴别;B、加水时氧化钙反应生成氢氧化钙,不符合要求;C硫燃烧生成气体,不能用硫粉代替红磷在空气中燃烧;D稀硫酸与NaOH溶液好完全反应时,溶质只有硫酸钠;酸过量时,溶质为:
硫酸钠和硫酸;碱过量时,溶质为硫酸钠和氢氧化钠。
硫酸钠和硫酸,都能与硝酸钡反应生成白色沉淀;选A
点睛:
鉴别题要做到同一操作下或与同一物质反应时,现象要不同。
除杂的原则:
只除杂,不引杂。
即所加试剂只能与杂质反应,不能与想要的主要成分反应,同时不能引入新的杂质
14.把一定量氧化铜和0.8g氧化镁的混合物投入到溶质质量分数为9.8%的稀硫酸中,待固体完全溶解后,再往溶液里加入溶质质量分数为8%的NaOH溶液,生成沉淀质量与加入溶液质量关系如图所示。
下列说法中正确的是
A.稀硫酸的质量为120g
B.a的取值范围为0<a<60
C.当a值为60时,b值为4.8g
D.混合物的质量可能为7.0g
【答案】D
【解析】氧化铜、氧化镁和稀硫酸、硫酸铜、硫酸镁和氢氧化钠反应的化学方程式为:
CuO+H2SO4═CuSO4+H2O,MgO+H2SO4═MgSO4+H2O,CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2↓+Na2SO4,MgSO4+2NaOH=Mg(OH)2↓+Na2SO4,
A、由以上反应关系可知,H2SO4~2NaOH,
设稀硫酸中硫酸质量为x,
H2SO4~2NaOH,
98 80
x 100g×8%
x=9.8g,
稀硫酸的质量为
=100g,
该选项说法错误;
B、由以上反应关系可知,MgO~H2SO4,
设氧化镁消耗硫酸的质量为y,
MgO~H2SO4,
40 98
0.8g y
y=1.96g,
剩余硫酸质量小于:
100g×9.8%-1.96g=7.84g,
设剩余硫酸消耗氢氧化钠的质量最多为z,
H2SO4~2NaOH,
98 80
7.84g z
z=6.4g,
a的值小于:
6.4g÷8%=80g,因此a的取值范围为0<a<80,
该选项说法错误;
C、当a值为60时,和硫酸铜、硫酸镁反应的氢氧化钠质量为:
(100g-60g)×8%=3.2g,
设3.2g氢氧化钠完全和硫酸铜反应时生成氢氧化铜质量为n,完全和硫酸镁反应时生成氢氧化镁质量为p,
CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2↓+Na2SO4,MgSO4+2NaOH=Mg(OH)2↓+Na2SO4,
80 98 80 58
3.2g n 5.6g p
n=3.92g,p=2.32g,
由计算可知,2.32<b<3.92,因此当a值为60时,b值不可能为4.8,该选项说法错误;
D、混合物的质量为7.0g时,氧化铜质量为:
7.0g-0.8g=6.2g,
设氧化铜消耗硫酸质量为m,
CuO+H2SO4═CuSO4+H2O,
80 98
6.2g m
m=7.595g,
则氧化铜和氧化镁消耗硫酸质量为:
7.595g+1.96g=9.555g,
剩余硫酸质量为:
100g×9.8%-9.555g=0.245g<7.84g,
该选项说法正确。
15.下列图像能正确反映其对应关系的是
A.向氢氧化钠溶液中加水稀释
B.浓硫酸敞口放置一段时间
C.向饱和石灰水中加入少量生石灰
D.催化剂对过氧化氢分解的影响
【答案】C
【解析】A.向氢氧化钠溶液中加水稀释,溶液的碱性变弱,pH变小,但由于始终呈碱性,pH始终大于7;B.浓硫酸有吸水性,敞口放置一段时间,溶质的质量分数因溶剂的增加而减小;C.向饱和石灰水中加入少量生石灰,氧化钙和水反应生成氢氧化钙使溶剂减少,溶质析出,当水被完全反应,溶剂质量为零,溶质的质量也为零;D.能改变其他物质的反应速率,而本身的质量和化学性质在反应前后不变的物质叫催化剂。
催化剂不改变生成物的质量.选C
点睛:
图像的问题主要是结合化学反应分析图的起点的位置,变化趋势,终点的位置是否正确
16.要除去下列物质中的少量杂质(括号内物质为杂质),下列实验方案设计中,不合理的是
A.KNO3(NaCl):
蒸发结晶后,洗涤干燥
B.NaCl溶液(Na2SO4):
加入适量的BaCl2溶液,过滤
C.N2(O2):
将气体缓缓通过灼热的铜网
D.KCl溶液(K2CO3):
加入适量的稀盐酸
【答案】A
【解析】A.KNO3的溶解度随温度的降低而迅速减小,氯化钠的溶解度受温度较小,除硝酸钾中的少量氯化钠时,应降温结晶。
B.NaCl溶液(Na2SO4):
加入适量的BaCl2溶液和硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠,过滤,溶液中只有氯化钠;C.N2(O2):
将气体缓缓通过灼热的铜网,氧气和铜反应生成氧化铜固体,气体只剩氮气;D.KCl溶液(K2CO3):
加入适量的稀盐酸,和碳酸钾反应生成氯化钾、二氧化碳、水,溶液中只有氯化钾,符合除杂要求;选A
点睛:
除杂的原则:
只除杂,不引杂。
即所加试剂只能与杂质反应,不能与想要的主要成分反应,同时不能引入新的杂质
17.如图所示是A、B、C三种物质的溶解度,下列有关说法错误的是()
A.高于20℃以后,B的溶解度比C大
B.10℃时,C接近饱和的溶液升高温度可以达到饱和
C.20℃时,A、B的饱和溶液的溶质质量分数相等
D.35℃时,A物质的饱和溶液的溶质质量分数为30%
【答案】D
【解析】A、在溶解度曲线图上,横坐标是温度,纵坐标是溶解度。
由图可知高于20℃以后,B的溶解度比C大;B、溶解度是一定温度下,100g溶剂里达到饱和时,所溶解的溶质的质量。
由图可知C的溶解度随温度的升高而减小,因此10℃时,C接近饱和的溶液升高温度可以达到饱和;C、饱和溶液溶质的质量分数=溶解度÷(溶解度+100g)×100%,20℃时,A、B的溶解度相同,故其饱和溶液的溶质质量分数相等;D.饱和溶液溶质的质量分数=溶解度÷(溶解度+100g)×100%,20℃时,35℃时,A物质的溶解度为30g,其饱和溶液的溶质质量分数为溶解度÷(30g+100g)×100%<30%,选D
18.下列从左到右依次代表ABCD四个图像中,能正确表示对应变化关系的是()
A.向氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液中滴加盐酸B.向一定量稀硫酸中加水稀释
C.加热等质量的氯酸钾制取氧气D.向饱和氢氧化钙溶液中加入CaO
【答案】A
【解析】A.向氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液中滴加盐酸。
氢氧化钠先与盐酸反应,碳酸钠后与盐酸反应,在氢氧化钠未被反应完之前不会生成气体;B.向一定量稀硫酸中加水稀释,随水的加入,溶液的酸性变弱,但始终呈酸性,溶液的pH不会等于或大于7;C.二氧化锰是氯酸钾分解的催化剂,只改变氯酸钾的分
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