石家庄二中初三化学中考二模试题和答案.docx
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石家庄二中初三化学中考二模试题和答案
石家庄二中2020初三化学中考二模试题和答案
一、选择题(培优题较难)
1.小明在实验室中找到了三包已经失落标签的白色粉末,已知是CaCO3、Na2CO3、CaO,请从下面的试剂或方法中选择一种来确定该三种物质()
A、稀盐酸B、水C、加强热D、CaCl2溶液
【答案】B
【解析】A、盐酸和碳酸钙,碳酸钠都生成二氧化碳,不能鉴别
B、碳酸钙不溶与水,碳酸钠溶于水,氧化钙和反应生成氢氧化钙,并放出热量
C,碳酸钙,碳酸钠加热都生成二氧化碳,不能鉴别
D,氯化钙和碳酸钠生成沉淀碳酸钙,与碳酸钙和氧化钙吧反应,不能鉴别
故选B
2.在AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量,发生如下反应:
3NaOH+AlCl3=Al(OH)3↓+3NaCl,Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O。
已知NaAlO2易溶于水,则下列图像不正确的是()
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A、图中所示,随着氢氧化钠溶液的滴加,溶液中水的质量逐渐增大,当加入一定量时会出现滴加氢氧化钠溶液,而水的质量不增加的阶段而后继续增加;而反应的事实却是溶液中水会随着氢氧化钠溶液的滴加而不断增加,选项A错误;
B、图中所示,随着氢氧化钠的滴加,溶液中的氯化铝不断形成氢氧化铝沉淀,沉淀质量逐渐增加。
至完全反应后,随着氢氧化钠的滴加沉淀逐渐减少。
符合氯化铝先与氢氧化钠生成氢氧化铝沉淀,然后沉淀氢氧化铝又和滴加的氢氧化钠生成可溶的NaAlO2的反应事实,选项B正确;
C、图中所示,溶液的pH逐渐变大,符合氯化铝先与氢氧化钠生成氢氧化铝沉淀,溶液渐呈中性,然后沉淀氢氧化铝又和滴加的氢氧化钠生成可溶的NaAlO2而使溶液逐渐呈碱性的反应事实,选项C正确;
D、图中所示,随着氢氧化钠溶液的滴加,溶液中铝元素质量减少至完全消失,之后随着氢氧化钠溶液滴加溶液中铝元素质量又逐渐增加,符合氯化铝先与氢氧化钠生成氢氧化铝沉淀,然后沉淀氢氧化铝又和滴加的氢氧化钠生成可溶的NaAlO2的反应事实,选项D正确。
故选A。
【点睛】
根据反应进程,分析反应对溶液组成的影响,结合图示该因素变化的曲线,判断曲线与反应事实是否相符。
3.除去下列各组物质括号内的杂质,所选用的试剂及操作方法均正确的是
A.Fe2O3(Fe)——用盐酸浸泡,然后过滤、洗涤、烘干
B.CO(CO2)——先通入足量的浓NaOH溶液,后通过浓硫酸
C.CaO(CaCO3)——加水溶解,过滤、烘干
D.NaCl(Na2CO3)——加入过量CaCl2溶液,过滤、蒸发、结晶
【答案】B
【解析】除杂的要求①所用试剂只能将杂质除掉,不能把想保留的成分反应掉,②除杂的同时不能引入新的杂质。
A,盐酸与氧化铁反应,生成氯化铁和水,不符合除杂要求;B氢氧化钠溶液能与二氧化碳反应生成碳酸钠溶液和水,而一氧化碳不反应,能除杂;C氧化钙和水反应生成氢氧化钙,不符合除杂要求;碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠,但是氯化钙过量,引入氯化钙杂质。
选B
4.根据下图所示的溶解度曲线,判断下列说法中正确的是()
A.甲物质的溶解度小于乙物质的溶解度
B.t2℃时,甲物质的饱和溶液和乙物质的饱和溶液中含有溶质的质量相等
C.将t3℃时的甲、乙两物质的饱和溶液降温到t2℃时都会析出晶体
D.当甲物质中混有少量乙物质时,可采用蒸发溶剂的方法提纯甲
【答案】C
【解析】
A、在温度为t1℃时,图中乙物质曲线处于甲物质曲线上方,说明此时甲物质的溶解度小于乙物质,A没指明温度,错误;B、曲线图显示,在温度为t2℃时两曲线相交于一点,说明此时甲、乙两物质的溶解度相等。
此时若两物质的饱和溶液量相等所含溶质的量也就相等,但本选项的说法中没有说明饱和溶液质量是相等的,所以也就不能得出所含溶质质量相等的结论错误;C、据图知:
温度降低甲、乙两物质的溶解度都减小。
所以,随温度降低甲、乙两物质的饱和溶液都会因溶质溶解能力减小而析出晶体,正确;D、曲线图显示,甲物质溶解度受温度影响较大,乙物质的溶解度受温度影响不大。
当甲物质中混有少量乙物质时,可采用冷却热饱和溶液的方法提纯甲,冷却结晶时少量的乙物质仍溶解在溶液中没有析出,正确。
故选C。
5.推理是化学学习中常用的思维方法,下列推理正确的是
A.铁能将铜从硫酸铜溶液中置换出来,因此银也能将铜从硫酸铜溶液中置换出来
B.物质燃烧需要同时满足三个条件,因此灭火也需要同时破坏这三个条件
C.碱溶液的pH>7,因此测得某溶液的pH=12,该溶液一定是碱溶液
D.NaOH溶液中OH﹣能与酸反应,因此KOH溶液中的OH﹣也能与酸反应
【答案】D
【解析】A.金属活动顺序表:
KCaNaMgAlZnFeSnPbHCuHgAgPtAu,金属的位置越靠前,金属的活动性越强。
位置靠前的金属能将位于其后的金属从它的盐溶液中置换出来。
铁在铜前,所以铁能将铜从硫酸铜溶液中置换出来,银在铜后,因此银不能将铜从硫酸铜溶液中置换出来;B.物质燃烧需要同时满足三个条件,因此灭火时只需要破坏一个条件就能到达灭火的目的;C.碱溶液的pH>7,如测得某溶液的pH=12,该溶液一定是碱性溶液,但不一定是碱的溶液;D.溶液的化学性质是由溶质溶于水产生的离子决定的,同样的微粒决定同样的性质。
NaOH溶液中OH﹣能与酸反应,因此KOH溶液中的OH﹣也能与酸反应,选D
点睛:
1、溶液的性质决定于溶液中的溶质产生的微粒。
2、熟记金属活动顺序表及其三个意义
6.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。
7.实验室现有一瓶水垢样品,其成分为氢氧化镁和碳酸钙。
已知:
氢氧化镁受热易分解,反应的化学方程式为:
Mg(OH)2
MgO+H2O;碳酸钙高温下分解。
某兴趣小组为测定其中各成分的质量分数,取12.9g水垢样品加热,加热过程中剩余固体的质量随加热时间的变化如下图所示。
关于加热一段时间后剩余固体的判断,下列说法错误的是()
A.图中a点剩余固体是由一种盐和一种碱组成
B.若剩余固体中钙元素的质量分数为36.0%,则剩余固体的成分为CaCO3和MgO
C.图中ab间任一点(不包括a、b两点)的剩余固体成分为CaCO3、MgO和Mg(OH)2
D.若向c点的剩余固体中加入足量稀盐酸,充分反应生成CO2的质量为(12.0-x)g
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意可知,氢氧化镁受热易分解生成了水蒸气,固体的质量要减少;碳酸钙高温下分解放出了二氧化碳气体,固体的质量要减少,完全反应后,固体的质量不再减少。
【详解】
A、图中a点剩余固体是氢氧化镁和碳酸钙,是由一种盐和一种碱组成,故A说法正确;
B、由图象可知,生成水的质量为:
12.9g-12.0g=0.9g
设氢氧化镁的质量为m
解得:
m=2.9g
则碳酸钙的质量为12.9g-2.9g=10g
设碳酸钙完全分解生成的二氧化碳的质量为n
,解得:
n=4.4g
x=12.0g-4.4g=7.6g
若碳酸钙完全分解,则剩余固体中钙元素的质量分数是:
>36.0%,说明了碳酸钙没有完全分解,则剩余固体的成分为CaCO3、MgO、CaO,故B说法错误;
C、图中ab间任一点(不包括a、b两点),说明了氢氧化镁没有完全分解,剩余固体成分为CaCO3、MgO和Mg(OH)2,故C说法正确;
D、由质量守恒定律可知,若向c点的剩余固体中加入足量稀盐酸,充分反应生成CO2的质量为(12.0-x)g,故D说法正确。
故选:
B。
8.如下图所示是甲、乙、丙三种固体物质的溶解度曲线.下列说法正
确的是()
A.t2℃时,甲、乙两物质的饱和溶液中含溶质的质量相等
B.t1℃时把30g丙放入50g水中能得到80g丙的饱和溶液
C.将丙的不饱和溶液变为饱和溶液,可以采用降温方法
D.t3℃时,用等质量的甲、乙、丙分别配制成三种物质的饱和溶液,所需溶剂的质量为甲<乙<丙
【答案】D
【解析】A、t2℃时,甲、乙两物质的饱和溶液中含溶质的质量相等错误,因为没有指明是等质量的饱和溶液,错误;B、 t1℃时把30g丙放入50g水中能得到丙的饱和溶液的质量=20g+50g=70g,80g丙的饱和溶液错误,错误;C、将丙的不饱和溶液变为饱和溶液,可以采用升温的方法,不是降温的方法,错误;D、t3℃时,用等质量的甲、乙、丙分别配制成三种物质的饱和溶液,所需溶剂的质量为甲<乙<丙正确,因为在该温度下,它们的溶解度关系是甲>乙>丙,正确。
故选D。
9.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。
10.下列实验操作能达到实验目的的是:
()
选项
实验目的
实验操作
A
除去CO2中少量的CO
点燃
B
除去CuSO4溶液中的少量FeSO4
加入足量的铜粉
C
鉴别澄清石灰水和NaOH溶液
加入稀盐酸
D
除去CaCl2溶液中少量的HCl
加入足量的碳酸钙
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】
A二氧化碳不可燃不助燃,不能将二氧化碳中的少量一氧化碳点燃,不能达到除杂目的;B铜的活动性比铁弱,不能与硫酸亚铁,不能达到除杂目的;C、澄清石灰水和NaOH溶液与稀盐酸反应都没有明显现象,无法鉴别;D碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳、水,过滤后溶液中只有氯化钙一种溶质,能达到除杂目的;选D
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
11.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。
12.下表中,有关量的变化图象与其对应叙述相符的是
A.
某同学误将少量KMnO4当成MnO2加入KClO3中进行加热制取氧气,部分物质质量随时间变化如图所示,则t1时刻,KMnO4开始分解
B.
在一定量硝酸银和硝酸铜的混合溶液中加入铁粉,充分反应,硝酸根质量分数随加入铁粉质量变化如图所示
C.
密闭容器中发生化学反应,X、Y、Z的质量随着反应时间的变化如图所示,则该反应的化学方程式一定为3X+Y=4Z
D.
稀硫酸和氢氧化钠溶液反应的pH的变化图象如图所示,图中c点时,可以加BaCl2溶液来检验硫酸是否被反应完
【答案】A
【解析】
【详解】
A、误将少量KMnO4当成MnO2加入KClO3中进行加热,高锰酸钾在加热的条件下分解成锰酸钾、二氧化锰和氧气,然后氯酸钾在二氧化锰的催化下分解为氯化钾和氧气,故b为高锰酸钾,在t1时刻,高锰酸钾开始分解,t2时刻,氯酸钾开始分解,故a为氯酸钾,c为氧气,符合题意;
B、在一定量硝酸银和硝酸铜的混合溶液中加入铁粉,铁粉先和硝酸银反应,
,56份铁生成216份银,固体质量增加,溶液质量减小,硝酸根的质量不变,故硝酸根的质量分数逐渐增大,待硝酸银完全反应后,铁和硝酸铜反应
,56份铁生成64份铜,固体质量增加,溶液质量减小,硝酸根的质量不变,故硝酸根质量分数逐渐增大,待硝酸铜完全反应后,硝酸根溶质质量分数不变,不符合题意;
C、由图可知,X、Y质量不断减小,则X、Y为反应物,Z的质量逐渐增加,则Z为生成物,t1时,该反应恰好完全反应,X减小量为9,Y减小量为3,则Z的增加量为12,X∶Y∶Z=3∶1∶4,但是由于不知道X、Y、Z的相对分子质量,无法确定该反应的化学方程式,不符合题意。
D、稀硫酸与氢氧化钠反应生成硫酸钠和水,c点时,稀硫酸与氢氧化钠恰好完全反应,但是溶液中一直含有硫酸根离子,无论稀硫酸是否完全反应,加入氯化钡都会生成白色沉淀,因此不能用氯化钡来检验硫酸是否完全反应,不符合题意。
故选A。
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.下列各组对比实验,能达到实验目的的是:
实验目的
实验方案
实验①
实验②
A
探究碘在汽油和植物油中的溶解性
B
探究温度对反应剧烈程度的影响
C
探究催化剂对反应快慢的影响
D
探究CO2的化学性质
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】
A、食盐和高锰酸钾都能溶于水,能够达到实验目的;B、铜和盐酸不能发生反应,不能够达到实验目的;C、由于温度不一样,因此无法比较催化剂对反应快慢的影响,该选项不能达到实验目的;D、实验1中蜡烛由下而上依次熄灭,说明二氧化碳密度比空气大,不燃烧,也不支持燃烧,实验2中澄清石灰水变浑浊,说明二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊,实验1和实验2探究的化学性质不同,不能够达到实验目的。
故选A。
15.为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-及泥沙,可将粗盐溶于水,然后进行下列五项操作。
其中错误的操作顺序是()
①过滤,②加过量的NaOH溶液,③加适量盐酸,④加过量Na2CO3溶液,⑤加过量BaCl2溶液.
A.④②⑤①③B.⑤④②①③C.②⑤④①③D.⑤②④①③
【答案】A
【解析】
要先除硫酸根离子,然后再除钙离子,碳酸钠可以除去过量的钡离子,如果加反了,过量的钡离子就没法除去,至于加氢氧化钠除去镁离子顺序不受限制,因为过量的氢氧化钠加盐酸就可以调节了,只要将三种离子除完了,过滤就行了,最后加盐酸除去过量的氢氧根离子碳酸根离子。
16.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
17.AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液,开始时生成Al(OH)3白色沉淀,当NaOH溶液加至一定时,由于发生反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O,而使白色沉淀逐渐减少,直至全部溶解。
则下列图像能正确表示上述变化情况的是(横坐标表示滴加NaOH溶液的质量,纵坐标表示生成的Al(OH)3沉淀的质量)
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【详解】
AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液,开始时生成Al(OH)3白色沉淀,AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl,氯化铝与氢氧化钠反应的计量数之比为1:
3,当NaOH溶液加至一定时,由于发生反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O,而使白色沉淀逐渐减少,直至全部溶解。
氢氧化铝与氢氧化钠反应的计量数之比为1:
1;
故选:
B。
18.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。
19.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,充分反应后过滤所得溶液中只有氯化钙;选D
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.利用废硫酸制备K2SO4的流程如下图.则下列说法不正确的是
A.流程中CaCO3可循环使用B.将CaCO3研成粉末的目的使反应更充分
C.M和碱混合微热产生无色无味气体D.洗涤所得晶体,是为了除去表面的杂质
【答案】C
【解析】A、如果生成物和反应物中都有某种物质,这种物质一般可循环利用;
B、把反应物研成粉末是为了加快反应速率;
C、铵态氮肥与碱供热生成有刺激性气味的氨气;
D、结合实验目的判断。
解:
A、观察上述流程,发现碳酸钙既是反应物也是生成物,因此流程中CaCO3可循环使用。
故正确;
B、将CaCO3研成粉末,可以增大反应物的接触面积,其目的是加快反应速率。
故正确;
C、根据复分解反应发生的条件,M溶液是(NH4)2SO4溶液,因此M和碱混合微热产生有刺激性气味的氨气。
故错误;
D、为了得到较纯的K2SO4晶体,常洗涤反应所得晶体。
故D正确。
21.下列物质的鉴别、除杂的试验中所用的试剂或方法正确的是( )
选项
实验目的
所用试剂或方法
A
鉴别CO和CO2
闻气味
B
鉴别稀硫酸和稀盐酸
加氯化钡溶液
C
除去生石灰中杂质石灰石
加水
D
除去氧化铜中碳粉
加稀硫酸
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
A一氧化碳和和二氧化碳都是无色无味的气体;B硫酸和氯化钡反应生成白色沉淀,盐酸和氯化钡不反应;C生石灰和水反应生成氢氧化钙;D硫酸和氧化铜反应生成硫
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