武汉实验外国语学校初中部中考三模化学试题含答案.docx
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武汉实验外国语学校初中部中考三模化学试题含答案
武汉实验外国语学校初中部2020-2021年中考三模化学试题(含答案)
一、选择题(培优题较难)
1.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。
2.不能正确对应变化关系的图像是( )
A.A图中横坐标既可以表示加入铁粉的质量,也可以表示加入部分变质的苛性钠质量
B.B图中纵坐标既可以表示溶质质量,又可表示溶液的导电性
C.C图中横坐标既可以表示反应时间,也可以表示加入二氧化锰质量
D.D图中纵坐标既可以表示溶剂质量,又可表示溶液质量
【答案】A
【解析】
【详解】
A、一定质量的稀盐酸中加入铁粉,铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气,产生氢气的质量从0逐渐增加,稀盐酸完全反应,氢气质量不再增加,A图中横坐标可以表示加入铁粉的质量;苛性钠部分变质,氢氧化钠中含有碳酸钠,一定质量的稀盐酸中加入部分变质的苛性钠,氢氧化钠先与稀盐酸反应生成氯化钠和水,氢氧化钠完全反应后碳酸钠与稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水,因此生成气体的质量先为0,一段时间后逐渐增加,完全反应后质量不再变化,A图中横坐标不能表示加入部分变质的苛性钠质量;A选项图像不能正确表示对应变化关系,符合题意;
B、澄清石灰水中加入二氧化碳,氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水,氢氧化钙完全反应后,氢氧化钙随着反应的进行逐渐减少至0,溶质质量逐渐减小至0,溶液中阴阳离子逐渐减少至0,溶液的导电性逐渐减弱至0,继续通入二氧化碳,碳酸钙、二氧化碳和水反应生成碳酸氢钙,碳酸氢钙易溶于水,溶质质量逐渐增加,溶液中阴阳离子逐渐增加,溶液的导电性逐渐增加,B图中纵坐标既可以表示溶质质量,又可表示溶液的导电性,B选项图像能正确表示对应变化关系,不符合题意;
C、加热氯酸钾制取氧气,二氧化锰做催化剂,氯酸钾分解生成氯化钾和氧气,根据质量守恒定律,钾元素守恒,反应过程中固体中钾元素质量保持不变,二氧化锰作为催化剂,二氧化锰的质量变化,不影响钾元素质量,C图中横坐标既可以表示反应时间,也可以表示加入二氧化锰质量,C选项图像能正确表示对应变化关系,不符合题意;
D、浓硫酸具有吸水性,敞口放置浓硫酸,随着放置时间的延长,浓硫酸逐渐变为稀硫酸,溶液中溶剂的质量逐渐增加,硫酸不挥发,溶质的质量不变,溶液的质量=溶质质量+溶剂质量,溶液的质量逐渐增加,稀硫酸不具有吸水性,一段时间后,溶剂的质量和溶液的质量都不再变化,另外浓硫酸不是100%的纯硫酸,溶剂质量和溶液质量的起始质量不为0,D图中纵坐标既可以表示溶剂质量,又可表示溶液质量,D选项图像能正确表示对应变化关系,不符合题意。
故选A。
3.某同学将mgMg、A1、Zn、Fe的混合物放入足量的稀盐酸中,充分反应后,将所得溶液小心蒸干,得到(m+7.1)g不含结晶水的固体,则m的取值范围是
A.2.4≤m≤6.5
B.2.4 C.1.8≤m≤6.5 D.1.8 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】 将mgMg、A1、Zn、Fe的混合物放入足量的稀盐酸中,充分反应后,将所得溶液小心蒸干,得到(m+7.1)g不含结晶水的固体,该不含结晶水的固体是由金属离子(Mg2+、A13+、Zn2+、Fe2+)和Cl-组成的。 根据质量守恒定律可知: 不含结晶水的固体中含有Cl-的质量为(m+7.1)g-mg=7.1g。 则该反应消耗稀盐酸的质量为: 7.1g÷ =7.3g。 假设分别为四种金属单质与等量的稀盐酸反应,则 由计算可知,若为四种金属单质与等量的稀盐酸反应时,m最大值为6.5g,最小值为1.8g,而该物质为混合物,故m的最大值应小于6.5g,最小值应大于1.8g,故选D。 4.下列曲线正确的是 A.向盐酸中加水 B.浓H2SO4加入水中 C.煅烧CaCO3 D.O2在水中的溶解性 【答案】C 【解析】A.向盐酸中加水,溶液的酸性变弱,pH变大但始终成酸性,pH始终小于7 B.浓H2SO4加入水中,溶解放出大量热,使溶液温度升高,然后慢慢冷却至室温,所以最终溶液的温度能恢复到原温;C.煅烧CaCO3,生成二氧化碳和氧化钙固体,因此固体减少,反应结束时固体的质量为生石灰的质量,大于零;D.O2在水中的溶解性随温度升高而减小;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 5.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. 6.有一包白色固体,可能含有FeCl3、CaCO3、NaOH、Ba(OH)2、BaCl2、Na2SO4中的几种。 为确定其组成,取适量试样进行下列实验。 请根据实验现象判断: . ①取试样溶于水,搅拌、过滤,得到无色澄清溶液A和白色沉淀B; ②取上述无色澄清溶液A,通入适量的CO2,生成白色沉淀C; ③取上述白色沉淀B,加入过量的稀硝酸,沉淀全部消失。 综合上述实验现象,下列判断正确的是: A.由①得原白色固体中一定不含FeCl3,一定含有CaCO3 B.由②③得原白色固体中一定含有Ba(OH)2,一定不含有Na2SO4 C.由实验现象判断,白色固体中最多含4种物质 D.由实验现象判断,白色固体的组成最多有3种情况 【答案】C 【解析】 【分析】 FeCl3溶液呈黄色,其沉淀为红褐色,而实验中得到的是无色澄清溶液A和白色沉淀B,所以一定不存在氯化铁;根据①取试样溶于水,搅拌、过滤,得到无色澄清溶液A和白色沉淀B;白色固体中可能含有碳酸钙或硫酸钡中的一种或两种;氢氧化钡溶液中通入二氧化碳可以生成能溶于硝酸的白色沉淀碳酸钡,氢氧化钠与氯化钡的混合溶液中通入二氧化碳也可以产生碳酸钡,二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠,碳酸钠再与氯化钡反应生成碳酸钡沉淀;而根据③取上述白色沉淀B,加入过量的稀硝酸,沉淀全部消失,可判断白色沉淀不可能为硫酸钡,故判断白色固体中一定不含硫酸钠。 根据以上分析可知白色固体中一定含有碳酸钙,氢氧化钡(或氢氧化钠和氯化钡),一定不含氯化铁和硫酸钠。 白色固体若含两种物质,则根据②取上述无色澄清溶液A,通入适量的CO2,生成白色沉淀C,而在几种物质的溶液中,能与二氧化碳气体反应产生沉淀的只有氢氧化钡,因此白色固体中一定含有氢氧化钡,则这两种物质为: 碳酸钙和氢氧化钡; 若白色沉淀含有三种物质,则三种物质可能的组合为: (1)碳酸钙、氢氧化钡与氢氧化钠; (2)碳酸钙、氢氧化钡与氯化钡;(3)碳酸钙、氢氧化钠与氯化钡; 如果白色固体含有四种物质,则它的组合为: 碳酸钙、氢氧化钡、氢氧化钠和氯化钡,最多含有这四种物质。 【详解】 A.由分析可知,由①得原白色固体中一定不含FeCl3,一定含有CaCO3或BaSO4中的一种或两种。 故A不符合题意; B.根据以上分析,由②③得原白色固体中不一定含有硫酸钠,可能含有氢氧化钡。 故B不符合题意; C.根据以上分析,白色固体可能含有四种物质,则它的组合为: 碳酸钙、氢氧化钡、氢氧化钠和氯化钡,所以白色固体中最多含4种物质。 故C符合题意; D.根据以上分析,白色固体的组成最多有5种情况。 故D不符合题意。 故选C。 【点睛】 本题关键是根据题意先把一定不存在的物质排除,一定存在的物质,和可能存在的物质,再根据题意组合可能的物质种类。 7.有NaHCO3与NaCl的混合物20.0g,加热一段时间,得剩余固体16.9g。 向剩余固体中加入足量稀盐酸,并将该反应生成的气体通入澄清石灰水中,得到白色固体15.0g,下列说法正确的是() A.NaHCO3加热生成CO2的质量为3.1g B.剩余固体为Na2CO3和NaCl的混合物 C.反应后,所得溶液中NaCl的质量为11.7g D.原混合物中NaHCO3与NaCl的质量比为63: 37 【答案】D 【解析】 【分析】 混合物20.0g,加热一段时间,得剩余固体16.9g,减少的3.1g是水和CO2的质量,设NaHCO3分解产生CO2的质量为 ,分解的NaHCO3的质量为 , ,解得 =2.2g ,解得 =8.4g; 得剩余固体中加入盐酸后产生的二氧化碳,被石灰水吸收,得到碳酸钙15.0g,根据质量守恒定律这些二氧化碳来自NaHCO3,设NaHCO3的质量为 ,生成NaCl的质量为 ,则有: ,解得 =12.6g, ,解得 =8.775g,则原混合物中NaCl的质量为20g-12.6g=7.4g。 根据以上计算分析作答。 【详解】 A.由计算可知,混合物20.0g,加热一段时间,得剩余固体16.9g,生成CO2的质量是2.2g,不符合题意; B.原混合物中NaHCO312.6g,加热一段时间,分解的NaHCO38.4g,得剩余固体16.9g中还有NaHCO3,所以剩余固体为NaHCO3、Na2CO3和NaCl的混合物,不符合题意; C.反应后,所得溶液中NaCl的质量为: 原混合物中NaCl的质量为7.4g和生成NaCl的质量为8.775g之和,共16.175g,不符合题意; D.原混合物中NaHCO3与NaCl的质量比为12.6g: 7.4g=63: 37,符合题意。 故选D。 8.用足量的CO还原8.0g某种铁的氧化物,生成的气体全部被足量的澄清石灰水吸收,得到沉淀12.5g,则这种铁的氧化物可能是 A.FeOB.Fe2O3与Fe3O4的混合物 C.FeO与Fe3O4的混合物D.Fe3O4 【答案】C 【解析】 【分析】 一氧化碳和铁的氧化物反应生成二氧化碳和铁,二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙和水。 【详解】 设生成12.5g碳酸钙,需要二氧化碳的质量为x 一氧化碳转化为二氧化碳的过程中夺取一个氧原子,该氧原子来源于铁的氧化物,故8.0g铁的氧化物中氧元素的质量为 ;则铁原子与氧原子的个数比为 ,当FeO与Fe3O4的分子个数比为3: 1时,铁原子与氧原子的个数比6: 7,故选C。 9.如图是物质的分类及部分转化关系图,有关说法不正确的是 A.转化a一定是化学变化 B.转化b一定是化学变化 C.转化b中一定有元素的存在形态发生改变 D.分离液态空气制取氧气属于转化c 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】 转化a不一定是化学变化,可能是物理变化,比如过滤可以将固体物质和溶于水中的物质分开。 故选A. 10.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.t2℃时,甲乙两物质溶液的溶质质量分数一定相等 B.要使接近饱和的乙溶液成为饱和溶液,可蒸发溶剂 C.分别将t2℃甲、乙两种物质的溶液降温至t1℃,一定都有晶体析出 D.t1℃时,50g甲的饱和溶液中溶解了10g的甲物质 【答案】B 【解析】A、不知道溶液的状态,故t2℃时,甲乙两物质溶液的溶质质量分数不能确定是否相等,错误;B、乙的溶解度随温度的升高变化不明显,故要使接近饱和的乙溶液成为饱和溶液,可蒸发溶剂,正确;C、将t2℃甲、乙两种物质的饱和溶液溶液降温至t1℃,一定都有晶体析出,错误;D、t1℃时,甲的溶解度是20g,表明在该温度下50g水中溶解了10g的甲物质,错误;故选B。 点睛: 根据固体的溶解度曲线可以: ①查出某物质在一定温度下的溶解度,从而确定物质的溶解性,②比较不同物质在同一温度下的溶解度大小,从而判断饱和溶液中溶质的质量分数的大小,③判断物质的溶解度随温度变化的变化情况,从而判断通过降温结晶还是蒸发结晶的方法达到提纯物质的目的。 11.下列各组转化中,一定条件下均能一步实现的组合是 A.①②B.②③C.①③D.①②③ 【答案】D 【解析】 【分析】 本主要考察常见物质之间的相互转化的相关知识 【详解】 ①2C+O2 2CO氧气不充足;2CO+O2 2CO2;C+O2 CO2 CO2参加光合作用产生O2 ②2Mg+O2 2MgO;MgO+2HCl=MgCl2+H2O;2H2O 2H2↑+O2↑;2H2+O2 2H2O ③Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑Na2SO4+Ba(OH)2=2NaOH+BaSO4↓;Na2CO3+Ba(OH)2=2NaOH+BaCO3↓;CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O都可以实现一步转化,故选D。 【点睛】 注意二氧化碳转化为氧气是光合作用 12.分离 、 的固体混合物,可选用的一组试剂是 A.水、硝酸银、盐酸B.水、碳酸钠、盐酸 C.水、碳酸钾、硫酸D.水、碳酸钾、盐酸 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】 A、氯化银难溶于水,氯化钾、硝酸钙、盐酸易溶于水,可加水溶解,再进行过滤,分离出氯化银;但氯化钾、硝酸钙、盐酸均能溶于水,不能分离出氯化钾、硝酸钙、盐酸,引入新的杂质,错误;B、碳酸钠能与稀盐酸反应生成氯化钠和水,引入新的杂质,错误;C、碳酸钾能与硫酸反应反应生成硫酸钾、水和二氧化碳,引入了新的杂质硫酸钾,错误;D、氯化钙和碳酸钾反应生成碳酸钙白色沉淀和氯化钾,碳酸钙难溶于水,氯化钾易溶于水,进行过滤,分离出碳酸钙,碳酸钙能与盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳,正确。 故选D。 13.实验室有一份由氧化镁、氧化铁和氧化铜混合而成的粉末15.1g,向其中加入溶质的质量分数为7.3%的稀盐酸至恰好完全反应,蒸干所得溶液,得到不含结晶水的固体31.6g,则该实验所消耗的稀盐酸的质量为() A.100gB.150gC.200gD.300g 【答案】D 【解析】 设实验所消耗的稀盐酸的质量为x,由氧化镁、氧化铁和氧化铜与盐酸反应的化学方程式MgO+2HCl=MgCl2+H2O;Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O;CuO+2HCl=CuCl2+H2O;可知氧化镁、氧化铁和氧化铜中的氧元素转化为氯元素,可得关系式 2HCl~(2Cl-O) 7355 x×7.3%31.6g-15.1g=16.5g x=300g。 故选D。 14.相同质量的碳酸镁和碳酸氢钠分别与足量的盐酸反应,下列说法正确的是 A.消耗的氯化氢一样多B.碳酸镁消耗的氯化氢少 C.生成的二氧化碳一样多D.碳酸氢钠生成的二氧化碳少 【答案】C 【解析】设碳酸镁和碳酸氢钠的质量为84g, MgCO3+2HCl==CaCl2+CO2↑+H2O 847344 84gxy 84/84g=73/xx=73g 84/84g=44/yy=44g NaHCO3+HCl====NaCl+H20+CO2↑ 847344 84gmn 84/84g=73/mm=73g 84/84g=44/nn=44g 相同质量的碳酸镁和碳酸氢钠分别与足量的盐酸反应,消耗的氯化氢一样多、生成的二氧化碳一样多。 选C 15.下图是甲、乙两物质(均不含结品水)的溶解度曲线,下列说法正确的是 A.甲的溶解度大于乙 B.t2℃时,甲、乙两饱和溶液的溶质质量均为40% C.升温均可使甲、乙的饱和溶液转化为不饱和溶液 D.将180g甲的饱和溶液由t3℃降至t2℃,可析出40g甲 【答案】D 【解析】A、t1℃时,乙的溶解度大于甲,错误;B、t2℃时,甲、乙两饱和溶液的溶质质量均为40g,错误;C、升温可以是甲的溶液变为不饱和溶液,乙升温还是饱和溶液,因为乙的溶解度随温度的升高而减少,错误;D、将180g甲的饱和溶液由t3℃降至t2℃,可析出40g甲正确,因为甲的溶解度在t3℃时,是80g,在t2℃时是40g,正确。 故选D。 16.如图所示的装置可用来测定某气体X的组成。 在注射器A中装有0.32g气体X并慢慢通过不含空气并装有足量灼热的氧化铜的玻璃管B,使气体X完全反应。 得到以下实验结果: 实验前B管重20.32g,实验后B管重20.00g,B管中出现红色粉末。 C管中收集到的无色液体是水;注射器D中收集到生成氮气0.28g。 下列说法正确的是() A.B管中发生的反应为置换反应 B.气体X是氨气(NH3) C.该反应中生成的水与氮气的分子个数比为1: 2 D.气体X中氮元素与氢元素的质量之比为7: 1 【答案】D 【解析】 【详解】 A、X气体中含有氮元素、氢元素,所以一定不是单质,氧化铜属于化合物,所以B管中反应一定不是置换反应,错误; B、实验前B管重20.32克,实验后B管重20.00克,所以氧化铜中氧元素质量为0.32g,因为氧元素和氢元素结合生成水,所以氢元素质量为: 0.04g,收集到生成的氮气0.28克,气体中氮元素质量为0.28g,所以氮元素与氢元素原子个数比为: ,所以气体不是氨气,错误; C、实验前B管重20.32克,实验后B管重20.00克,所以氧化铜中氧元素质量为0.32g,因为氧元素和氢元素结合生成水,所以氢元素质量为: 0.04g,所以生成水的质量为: 0.32g+0.04g=0.36g,该反应中生成的水与氮气的分子个数比为 ,错误; D、实验前B管重20.32克,实验后B管重20.00克,所以氧化铜中氧元素质量为0.32g,因为氧元素和氢元素结合生成水,所以氢元素质量为: 0.04g,收集到生成的氮气0.28克,气体中氮元素质量为0.28g,气体X中氮元素与氢元素的质量比为: 0.28g: 0.04g=7: 1,正确。 故选D。 【点睛】 根据气体与氧化铜反应生成铜、氮气和水来分析X的组成,氮气的质量就是气体中氮元素的质量,B管质量的减少量就是失去的氧元素的质量,根据氧化铜中氧元素质量可以计算出气体中氢元素质量,可以计算出水的质量,再计算水分子和氮分子的个数比。 17.已知A—H为初中阶段常见的物质,且A、C、G均为常用化肥且C为复合肥,其反应关系如图所示,以下判断一定错误的是 A.B物质一定是酸 B.D物质一定是氧化物 C.若H是碱,则A一定是钾肥 D.若E的相对分子质量大于F的相对分子质量,则G一定是氮肥 【答案】A 【解析】初中化学两种物质反应生成三种物质的反应主要有两类,①碳酸盐与酸生成盐、水和二氧化碳,②铵盐与碱反应生成盐、水和氨气,由于A是复合肥,所以应为硝酸钾,D应为水。 如果B为酸(或碱),则E为二氧化碳(或氨气);所以H为碱(或酸),F为氨气(或二氧化碳)。 A、B物质可能是酸或是碱,故错误; B、D物质是水,属于氧化物,故正确; C、若H是碱,则B为酸,A为碳酸钾,属于钾肥,故正确; D、若E的相对分子质量大于F的相对分子质量,则E为二氧化碳,F为氨气,所以H是碱,G是氨态氮肥,故正确。 18.下列图象分别与选项中的描述相对应,其中正确的是( ) A. 表示向一定量大理石中滴加稀盐酸,产生二氧化碳的质量变化 B. 表示加热一定量碳铵(NH4HCO3),试管中固体的质量变化 C. 表示电解水实验中,生成的氢气及氧气的质量关系 D. 表示向相同浓度和体积的稀硫酸中加入足量的镁粉和铁粉,产生氢气的质量关系 【答案】B 【解析】 向一定量大理石中滴加稀盐酸,反应中产生二氧化碳的质量随盐酸的增多而增多,当碳酸钙反应完,二氧化碳的质量不再增加;碳酸氢铵受热分解生成二氧化碳、氨气、水,生成物中没有固体,所以反应结束,固体质量为零;电解水时正极生成的是氧气,负极生成的是氢气,氢气是氧气体积的2倍;向相同浓度和体积的稀硫酸中加入足量的镁粉和铁粉,镁比铁活动性强,反应快,由于镁粉和铁粉足量,酸反应完反应结束,生成氢气的质量一样多。 选B 点睛: 结合反应方程式,推断物质的变化和图像表达的变化比较,重点是起点、变化趋势、终点,同时要看清坐标对应的量,和反应物的量 19.除去下列物质中所含的杂质,选用的试剂和方法正确的是( ) 选项 物质 杂质 试剂和方法 A MnO2 KCl 加水溶解、过滤、蒸发 B Na2SO4 AgNO3 加入氯化钡溶液 C CO2 CO 通入足量灼热的氧化铜 D NaCl CaCl2 加入过量的碳酸钠溶液 A.AB.BC.CD.D 【答案】C 【解析】 A二氧化锰难溶于水,氯化钾易溶,加水溶解、过滤、蒸发后得到的是氯化钾,不是主要成分二氧化锰;B硝酸银和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和硝酸钡,引入新的杂质;C一氧化碳和氧化铜加热条件下反应生成铜和二氧化碳;D碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠,由于碳酸钠过量,所以会引入杂质。 选C 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 20.有部分变质的NaOH固体18.6g,加入100g的稀硫酸,恰好完全反应,所得溶液的质量是114.2g,将其蒸干得到固体28.4g,则原固体混合物中Na元素与C元素的质量比为 A.46: 3B.46: 11C.23: 3D.23: 6 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】 氢氧化钠能与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠和水,从而变质,部分变质的氢氧化钠固体,加入稀硫酸, , ,溶液减少的质量,即生成的二氧化碳的质量,生成的二氧化碳的质量为: 18.6g+
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