中考三模化学试题含答案.docx

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中考三模化学试题含答案

2020-2021年中考三模化学试题（含答案）

一、选择题（培优题较难）

1．将质量相等、溶质质量分数相同的两份稀硫酸分装在甲、乙两个烧杯中，再称取质量相等的铝和锌，把铝放入甲烧杯中，锌放入乙烧杯中。

待反应结束后，发现甲烧杯中铝有剩余，乙烧杯中的锌已全部反应，根据此现象推断，下列结论中，正确的是（）

A．一定是乙烧杯中产生的氢气多

B．可能乙烧杯中产生的氢气多

C．一定是甲烧杯中产生的氢气多

D．可能甲、乙两烧杯中产生的氢气一样多

【答案】D

【解析】

【分析】

因为甲烧杯中铝有剩余，说明稀硫酸已用完，在此反应中产生了题中一定量的稀硫酸能生成的最多的氢气；而乙烧杯中锌已全部反应，在此反应中有两种情况可能存在：

①稀硫酸已用完，也产生了题中一定量的稀硫酸能生成的最多的氢气，那么甲乙两烧杯中产生的氢气一样多；②稀硫酸没有全部反应，因此，就没有产生稀硫酸全部反应生成的那么多氢气，此种情况实验中就是甲烧杯中产生的氢气多。

【详解】

A、根据分析，甲、乙两烧杯中产生的氢气可能一样多，选项A不正确；

B、乙烧杯中产生的氢气最多与甲烧杯中产生的氢气一样多，选项B不正确；

C、如果乙烧杯中稀硫酸没有全部反应，产生的氢气就比甲烧杯少，但如果乙烧杯中稀硫酸全部反应，产生的氢气就和甲烧杯中产生的氢气一样多，选项C不正确；

D、如果乙烧杯中稀硫酸已用完，甲乙两烧杯中产生的氢气一样多，如果乙烧杯中稀硫酸没有全部反应，产生的氢气就比甲烧杯少，因此可能甲、乙两烧杯中产生的氢气一样多，选项D正确。

故选D。

2．有一包固体粉末，可能含碳、铝、铜、氧化铝、氧化铜中的一种或几种。

为探究该固体粉末的组成，某化学兴趣小组进行了如下图所示实验。

下列结论正确的个数是

①固体B中的物质为碳

②蓝色溶液乙为硝酸铜溶液

③原固体样品中一定含有的物质是碳、铝、铜

④蓝色溶液丙中一定含有的溶质是硝酸铝、硝酸铜、硝酸

A．1个

B．2个

C．3个

D．4个

【答案】B

【解析】

【详解】

①固体B在氧气中充分灼烧，生成能使澄清石灰水变浑浊的二氧化碳气体（说明原固体有碳），可能还含有铜，故该说法不正确；

②无色溶液甲与蓝色溶液乙反应生成白色固体，说明蓝色溶液乙中含有硝酸银，故该说法不正确；

③向样品中加入过量稀盐酸有气体生成，根据金属活动性顺序可知，是铝与盐酸反应，生成的气体是氢气；固体A与硝酸银反应有蓝色溶液生成，说明固体A中含有铜，铜与硝酸银反应生成银和硝酸铜，反应的化学方程式为

；铜与硝酸银反应生成银；固体B在氧气中充分灼烧，生成能使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体是二氧化碳。

灼烧能生成二氧化碳气体的物质是碳，故固体B中含有的物质是碳、银（或C、Ag）；样品中加过量稀盐酸有气体产生，说明原固体中有铝；将反应后的固液混合物过滤，得到无色溶液甲（说明原固体中没有氧化铜）和固体A，固体A加一定量的硝酸银溶液并过滤，得到蓝色溶液乙（说明原固体中有铜）和固体B；固体B在氧气中充分灼烧，生成能使澄清石灰水变浑浊的二氧化碳气体（说明原固体有碳）。

故原固体样品中一定含有的物质是碳、铝、铜（或C、A1、Cu），故该说法正确；

④无色溶液甲与蓝色溶液乙反应生成白色固体，说明蓝色溶液乙中含有硝酸银，无色溶液甲中溶质是盐酸及盐酸与铝反应生成的氯化铝。

盐酸与硝酸银反应生成氯化银和硝酸，氯化铝与硝酸银反应生成氯化银和硝酸铝，蓝色溶液乙中的溶质硝酸铜不参与反应。

故蓝色溶液丙中一定含有的溶质是硝酸铝、硝酸铜和硝酸（或Al（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3），故该说法正确；

正确的说法有：

③④；故选：

B。

3．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。

4．甲、乙两种固体物质（不含结晶水）的溶解度曲线如图所示。

下列说法正确的是（）

A．甲物质的溶解度大于乙物质的溶解度

B．t1℃时甲、乙两物质的溶液溶质质量分数一定相等

C．t1℃时，甲、乙两物质各50g分别加入100g水中，充分溶解，得到的溶液质量都是140g

D．t2℃时，等质量甲、乙两种固体配制成饱和溶液时甲比乙需要的水多

【答案】C

【解析】A.在溶解度曲线图上，横坐标是温度，纵坐标是溶解度。

温度会影响物质的溶解度，温度不同溶解度不同，不说明温度时，无法比较溶解度的大小；B.饱和溶液溶质的质量分数=溶解度÷（溶解度+100g）×100%，t1℃时甲、乙两物质的溶解度相同，所以两物质的饱和溶液溶质质量分数一定相等；C.t1℃时，甲、乙两物质哦溶解度为40g，各50g分别加入100g水中，充分溶解，溶质的质量都只能是40g，得到的溶液质量都是140g；D.t2℃时，甲的溶解度比乙的溶解度大，等质量甲、乙两种固体配制成饱和溶液时甲比乙需要的水少。

选C

5．如图所示A～F是初中化学常见的物质。

图中“→”表示转化关系，“﹣”表示相互能反应（部分物质和反应条件未标出）。

其中A是紫红色金属，B常温下是气体，C是人体胃液中含有的酸。

则下列说法正确的是（）

A．E一定是二氧化碳

B．B可能为氢气或一氧化碳

C．该过程中没有涉及到复分解反应

D．D转化为A的反应可以为置换反应

【答案】D

【解析】

A是紫红色金属，那么A是铜；C是人体胃液中含有的酸，那么C是盐酸；B常温下是气体，盐酸能与某物质反应得到B，根据盐酸的性质生成的气体可能是氢气或二氧化碳，但二氧化碳不能转化为铜，故B是氢气；要得到金属铜，除了通过还原反应外，还可通过置换反应得到。

盐酸能转化为D，D能转化为铜，故D可能氯化铜：

盐酸与氧化铜反应生成氯化铜和水，氯化铜和铁反应生成铜和氯化亚铁；盐酸还能转化为E和F，E和F能发生反应，根据盐酸的性质，那么酸能转化为水和二氧化碳，二氧化碳和水反应生成碳酸。

A、E可能是二氧化碳，也可能是水，错误；B、B一定是氢气，错误；C、盐酸与碳酸盐反应转化为水和二氧化碳属复分解反应，错误；D、氯化铜与铁反应转化为铜属置换反应，正确。

故选D。

点睛：

做推断题时首先要找题眼，如物质的颜色，具有特殊性质的物质或特殊的反应条件等，再根据转化关系利用已有知识进行解答。

6．下列图象正确的是

A．表示KMnO4加热制O2生成的MnO2的质量与时间的关系图

B．表示CO还原CuO的实验中，试管内固体质量与时间关系图

C．表示向Ca（NO3）2（含少量HCl）溶液中滴加K2CO3溶液，沉淀量与K2CO3的加入量的关系图

D．表示向足量的稀HCl中加入少量Fe，溶液质量与时间的关系图

A．AB．BC．CD．D

【答案】D

【解析】

A、因为MnO2是生成物，所以质量是由0逐渐增加的；

B、试管内固体质量的变化就是CuO→Cu的质量变化；

C、滴加滴加K2CO3溶液，首先和盐酸反应，然后和Ca（NO3）2反应；

D、溶液质量的变化就是HCl→FeCl2的质量变化。

解：

A、因为MnO2生成物，所以开始反应时质量为0，所以图象起点错误，故A错误；

B、发生的反应为CuO+CO=Cu+CO2，固体的质量由CuO→Cu，质量减少，而图象是固体质量增加，曲线走向错误，故B错误；

C、滴加滴加K2CO3溶液，首先要和盐酸反应，K2CO3+2HCl=2KCl+CO2↑+H2O，直到盐酸完全反应再和Ca（NO3）2反应，这段时间没有沉淀生成，起点错误，所以图象C错误；

D、发生的反应为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，分析发现溶液质量的变化就是2HCl→FeCl2的质量变化，根据质量守恒可知质量增加，所以D正确。

故选D

7．下图是a、b、c三种物质的溶解度曲线，下列有关叙述正确的（）

A．a物质的溶解度大于b物质的溶解度

B．降低温度，c物质会从其饱和溶液中析出

C．t2℃时30ga物质加入到50g水中不断搅拌，能形成80g溶液。

D．将t1℃时a、b、c三种物质饱和溶液的温度升髙到t2℃时，三种溶液的溶质质量分数大小关系是b>a>c

【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a物质的溶解度大于b物质的溶解度；B.降低温度，c物质的溶解度变大，溶液由饱和变为不饱和溶液，不会从其饱和溶液中析出；C.t2℃时a物质的溶解度为50g，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。

30ga物质加入到50g水中不断搅拌，只能溶解25g，能形成75g饱和溶液。

D.将t1℃时a、b、c三种物质饱和溶液的温度升髙到t2℃时，ab的溶解度变大，溶液由饱和状态变为不饱和，溶质的质量不变，溶质的质量分数不变；c在升温时，溶解度变小，析出固体，成为t2℃时的饱和溶液，饱和溶液溶质的质量分数=溶解度÷（溶解度+100g）×100%，t1℃时a的溶解度小于b，t2℃时c的溶解度比t1℃时a的溶解度小，三种溶液的溶质质量分数大小关系是b>a>c。

选D

点睛：

在溶解度曲线图上，溶剂的量都是100g,所以分析溶质的质量分数时，只需要比较溶质的多少即可。

溶解度变大时，溶质不变，溶解度减小时溶质质量等于减小后的溶解度

8．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

9．下列图像中有关量的变化趋势与对应叙述关系正确的是（）

A．向一定质量表面生锈的铁片中滴加盐酸至过量B．向一定质量的稀硫酸中滴加水

C．向氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液中滴加石灰水至过量D．加热一定质量的氯酸钾

【答案】A

【解析】A、生锈的铁片含有氧化铁和铁，首先氧化铁与盐酸反应，无气体产生，然后铁与盐酸反应生成氢气；

B、稀硫酸呈酸性，其pH小于7，加水后酸性减弱，pH逐渐增大；

C、石灰水与氢氧化钠溶液不反应，只与碳酸钠溶液反应生成沉淀；

D、加热一定质量的氯酸钾，生成氧气的质量是一定的。

解：

A、生锈的铁片含有氧化铁和铁，首先是表面的铁锈与盐酸反应生成氯化铁和水，无气体产生，然后铁与盐酸反应生成氢气，当铁全部反应完，氢气质量不再改变，观察图象，符合变化，故A正确；

B、稀硫酸呈酸性，其pH小于7，加水后酸性减弱，pH逐渐增大，观察图象PH在减小，故B错误；

C、石灰水与氢氧化钠溶液不反应，只与碳酸钠溶液反应生成沉淀，而且是一开始就生成，观察图示可知，C错误；

D、加热一定质量的氯酸钾，生成氧气的质量是一定的，所以固体残留物的质量不会随时间的延长而消失，故错误。

故选A。

点睛：

常见混合物间的反应事实，要求同学们在平时的学习中加强基础知识的储备，以便能够灵活应用。

10．某课外兴趣小组的同学绘制了四种实验操作的变化趋势图象，其中正确的是（）

A．某温度下，向一定量接近饱和的硝酸钾溶液中不断加入硝酸钾晶体

B．向盐酸和硫酸钠的混合溶液中加入过量的氢氧化钡溶液

C．向稀盐酸中滴加过量的氢氧化钠溶液

D．分别向等质量的镁、铝中逐滴滴加稀硫酸

【答案】D

【解析】A、向一定量接近饱和的硝酸钾溶液中不断加入硝酸钾晶体，当硝酸钾溶液达到饱和，温度一定，饱和溶液质量分数不变，错误；B、加入氢氧化钡和硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀，硫酸钡不溶于盐酸，所以加入过量的氢氧化钡溶液立即生成硫酸钡沉淀，硫酸钠与氢氧化钡反应结束后，沉淀质量不再增加，错误；C、因为稀盐酸呈酸性，pH＜7，加入氢氧化钠，pH升高，图象应从小于7逐渐到大于7，错误；D、横坐标是滴加酸的质量，所以相当于开始酸不足，导致生成氢气的质量取决于酸而不取决于金属，生成氢气的质量相同，只有一种金属完全反应时，之后曲线才不重叠。

因为硫酸足量，所以最终生成氢气的质量由金属决定，根据方程式可知同质量的镁铝，铝生成的氢气的质量大，正确。

故选D。

11．已知：

2KMnO4

K2MnO4+MnO2+O2↑。

下列图象表示一定质量的KMnO4受热过程中某些量随时间的变化趋势，其中正确的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案】A

【解析】

A由质量守恒定律可知，反应前后物质的总质量不变，由于氧气是气体，所以反应后固体的质量比反应前减少，反应结束固体的质量等于锰酸钾和二氧化锰的质量和，不再变；B由质量守恒定律可知，反应前后元素的种类质量不变，所以氧元素的质量不随反应时间而变化，图像应该是一条平线；二氧化锰是生成物，开始高锰酸钾分解前，二氧化锰的含量为零，反应中二氧化锰逐渐增多，含量增加，反应结束，含量不再改变;D氧气是反应的生成物，所以氧气的体积起点应该为零。

选A

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

12．将CO通入盛有12.0g的Fe2O3的试管内，加热至固体完全变黑后停止加热，继续通入CO至试管冷却，并同时将反应后的气体通入足量NaOH溶液中，溶液质量增重6.6g。

Fe2O3还原过程中转化过程：

Fe2O3→Fe3O4→FeO→Fe。

下列说法错误的是

A．反应后的黑色固体为混合物

B．试管中残留固体质量为10.8g

C．实验过程中参加反应的CO的质量为4.2g

D．反应后固体中加入足量的稀盐酸产生气体的质量为0.15g

【答案】B

【解析】

【分析】

生成二氧化碳的质量为6.6g，生成的二氧化碳分子中，有一个氧原子来自于氧化铁。

6.6g二氧化碳中来自氧化铁的氧元素的质量为

，试管中残留固体质量为

；

如果试管中残留固体全部是FeO，设FeO的质量为x

设12gFe2O3完全反应生成Fe的质量为y

试管中残留固体中含FeO的质量为

设反应后固体中加入足量的稀盐酸产生气体的质量为z

【详解】

A．反应后的黑色固体质量是9.6g，9.6g＞8.4g，反应后的黑色固体为混合物，故A正确；

B．试管中残留固体质量为9.6g，故B错误；

C．实验过程中参加反应的CO的质量为：

6.6g-2.4g=4.2g，故C正确；

D．反应后固体中加入足量的稀盐酸产生气体的质量为0.15g，故D正确。

故选：

B。

13．A、B、C、为初中化学常见物质，它们之间的转化关系如下图所示（反应条件，部分反物和生成物已略去，“→”表示直接转化关系）。

某同学推断正确的是

A．若A为碳酸钙，B为氧化钙，则C一定为水

B．若C为H2O，B为CO2，则A可以为酸、盐、氧化物

C．若A为氧化铁，B为铁，则C可以为FeSO4

D．若A为FeSO4，B为CuSO4，B→C一定发生的是置换反应

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

A、若A为碳酸钙，碳酸钙可以在高温煅烧条件下生成氧化钙，B可为氧化钙，氧化钙可以与酸反应生成水，碳酸钙可以与酸反应生成水，但是C不一定为水，可以是盐，如氯化钙，硝酸钙等，推断错误，故不符合题意；

B、若C为H2O，CO2与碱反应可以生成H2O，则A可以为酸，如碳酸可以转化为二氧化碳和水；可以为盐，如碳酸盐可以直接转化为二氧化碳和水；可以为氧化物，如氧化铁可以与碳单质或酸直接转化为二氧化碳和水。

推断正确，故符合题意；

C、若A为氧化铁，氧化铁可以被碳、一氧化碳、氢气等置换得到铁单质，B可为铁，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，C可以为FeSO4，氧化铁不能直接与酸或其他物质反应生成硫酸亚铁，推断错误，故不符合题意；

D、若A为FeSO4，B为CuSO4，FeSO4无法直接转化为CuSO4；B→C可能发生的是置换反应生成盐，如加入锌置换生成硫酸锌。

推断错误，故不符合题意；

故选B

14．下图是某反应的微观示意图。

下列有关说法正确的是（）

A．该反应生成物有三种B．该反应属于置换反应

C．反应前后分子的个数没有改变D．该反应中H2S与O2的分子个数比为2:

3

【答案】D

【解析】

由图示可知反应前后存在相同的分子，故该图示可转化为如图的反应图示：

依据反应前后物质的分子结构可知反应物是氧气和硫化氢生成物是水和二氧化硫,则反应方程式为：

3O2+2H2S

2H2O+2SO2；A、由图示或化学方程式都可以看出该反应生成物有两种，错误；B、置换反应要求反应物生成物均是一种单质与一种化合物，而该反应的生成物是两种化合物，所以不是置换反应，错误；C、由方程式可知，反应前后分子的个数有改变，错误；D、由图示或化学方程式都可以看出反应物H2S与O2的分子个数比为2:

3，正确。

故选D。

15．下列图象与对应的说法相匹配的是（）

①表示KMnO4加热制O2生成的MnO2的质量与时间的关系图

②表示C还原CuO的实验中，试管内的固体质量与时间的关系图

③表示向饱和的Ca（OH）2溶液中加入一定量的CaO，溶液中溶质质量与时间的关系图

④等质量的铁片和锌片分别和足量的溶质质量分数相同的稀硫酸反应

A．①③B．③④C．②④D．②③

【答案】D

【解析】①KMnO4在加热条件下生成制O2、MnO2、锰酸钾，所以开始时二氧化锰的质量为零；反应中质量增加，反应结束质量不再改变；②C还原CuO生成铜和二氧化碳，参与反应的氧化铜的质量大于生成的铜的质量，所以反应中固体的质量减少，反应结束固体质量不再改变；③氧化钙和水反应生成氢氧化钙，向饱和的Ca（OH）2溶液中加入一定量的CaO，溶剂的质量减少，溶质会析出，反应放热使氢氧化钙的的溶解度减小，溶质会析出，所以溶质的质量会减少，反应结束后随温度的降低，部分析出的氢氧化钙又溶解，溶质的质量增多，但是由于水比反应前少了，所以最终溶质的质量小于开始时，溶质的质量。

④等质量的铁片和锌片分别和足量的溶质质量分数相同的稀硫酸反应，由于锌的活动性比铁强，所以锌的反应快，先反应完；锌比同质量的铁反应生成氢气少；最终铁的平线比锌的高；选D

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．在高温下，氧化铜和氧化铁的混合物3.2g与足量的一氧化碳充分反应后，固体质量减少了0.8g，则原混合物中氧化铁的质量为

A．0.8gB．1.12gC．1.6gD．2.4g

【答案】C

【解析】氧化铜中氧元素的质量分数为

×100%=20%，氧化铁中氧元素的质量分数为

×100%=30%，设混合物中氧化铁的质量为x，充分反应后氧化铁减少的质量为x•30%

CuO+CO

Cu+CO2减少的质量

806480-64=16

3.2g-x             0.8g-x•30%

x=1.6g。

故选C。

17．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

18．下列除杂（括号内为杂质）选用的试剂或方法正确的是（）

A．CuO（C）：

隔绝空气高温加热

B．Na2SO4溶液（NaOH）：

加适量稀盐酸

C．CO2（HCl）：

将气体通入足量的氢氧化钠溶液

D．CaCl2溶液（HCl）：

加入过量碳酸钙，充分反应后过滤

【答案】D

【解析】A.CuO（C）：

隔绝空气高温加热，碳和氧化铜反应生成铜和二氧化碳；B.Na2SO4溶液（NaOH）：

加适量稀盐酸，盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，引入杂质氯化钠；C.CO2（HCl）：

将气体通入足量的氢氧化钠溶液能将二氧化碳反应掉；D.CaCl2溶液（HCl）：

加入过量碳酸钙，碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳和氯化钙、水