重庆中考化学考前专练03中档提升选择30题含答案及解析.docx
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重庆中考化学考前专练03中档提升选择30题含答案及解析
中考复习考点必杀200题
专练03(中档提升选择30题)
1.下列说法合理的有( )
①通过实验测得某溶液pH=0
②施用农药是最重要的作物保护手段
③用作消毒剂的医用酒精中溶质的质量分数为75%
④只用H2O就能将Ba(OH)2、CuCl2、NaOH、K2SO4、(NH4)2SO4、NH4Cl六种固体鉴别
⑤向AgNO3和Cu(NO3)2混合溶液中加入一定量Zn、Mg,充分反应后过滤,得到滤液和滤渣,再向滤液中加入铜粉,滤液颜色无变化,则滤渣成分组成可能有4种情况
A.2种B.3种C.4种D.5种
【答案】A
【解析】①pH标准比色卡的数值是从1到14,不能通过实验测得某溶液pH=0,错误;
②施用农药可以保护作物,但不是最主要的保护措施,错误;
③用作消毒剂的医用酒精中溶质的体积分数为75%,错误;
④氯化铜溶于水水溶液为蓝色,能与氯化铜溶液产生蓝色沉淀的是氢氧化钡和氢氧化钠,取氢氧化钡和氢氧化钠中的一种与剩余的三种溶液混合,若是能分别产生白色沉淀、白色沉淀和刺激性气味的气体以及刺激性气味的气体,则取的是氢氧化钡,剩下的是氢氧化钠,与氢氧化钡只产生白色沉淀的是硫酸钾,既产生沉淀又产生气体的是硫酸铵,只产生气体的是氯化铵,可以鉴别,故只用H2O就能将Ba(OH)2、CuCl2、NaOH、K2SO4、(NH4)2SO4、NH4Cl六种固体鉴别,正确;
⑤向AgNO3和Cu(NO3)2混合溶液中加入一定量Zn、Mg,充分反应后过滤,得到滤液和滤渣,再向滤液中加入铜粉,滤液颜色无变化,说明滤液中没有硝酸银,则滤渣中一定有银,可能含有铜、锌或镁,成分组成可能为银;银、铜;银、铜、锌;银、铜、锌、镁4种情况,正确;
故选:
A。
2.借助括号内的试剂,不能将组内物质鉴别出来的是( )
A.固体:
铁粉、氧化铜、木炭粉 (稀硫酸)
B.固体:
NaCl、NaOH、NH4NO3 (水)
C.溶液:
NaOH、Ca(OH)2、盐酸 (CO2气体)
D.溶液:
KNO3、MgCl2、盐酸 (AgNO3溶液)
【答案】D
【解析】A.稀硫酸能与铁粉反应生成氢气,能与氧化铜反应生成硫酸铜和水,会观察到黑色粉末逐渐溶解,溶液变蓝;与木炭粉不反应,能出现三种明显不同的现象,可以鉴别,故选项错误。
B.NaOH、NH4NO3溶于水分别放热、吸热,使溶液的温度分别升高、降低,NaCl溶于水温度几乎无变化,能出现三种明显不同的现象,可以鉴别,故选项错误。
C.二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊,与NaOH反应生成碳酸钠和水,与稀盐酸不反应,再将剩余的两种溶液分别滴加至变浑浊的石灰水中,能使石灰水变澄清的是盐酸,无明显变化的是氢氧化钠溶液,可以鉴别,故选项错误。
D.MgCl2、盐酸均能与硝酸银溶液反应生成氯化银白色沉淀,KNO3与AgNO3溶液不反应,不能出现三种明显不同的现象,不能鉴别,故选项正确。
故选:
D。
3.逻辑推理是化学学习中常用的思维方法,下列推理正确的是( )
A.化合物是由不同元素组成的纯净物,所以由不同种元素组成的纯净物一定是化合物
B.中和反应生成盐和水,则生成盐和水的反应一定是中和反应
C.单质中只含有一种元素,所以只含有一种元素的物质一定是单质
D.活泼金属能与稀盐酸反应放出气体,则能与稀盐酸反应放出气体的物质一定是活泼金属
【答案】A
【解析】A.不同元素组成的纯净物一定是化合物,说法正确,故此选项正确。
B.有盐和水生成的反应不一定是中和反应,例如氧化铜和硫酸反应能生成硫酸铜和水,但是不属于中和反应,故选项错误。
C.单质中只含一种元素,但是只含一种元素的物质不一定是单质,在同素异形体组成的混合物中,仍满足只有一种元素,但该物质不是单质,而是混合物,故此选项错误。
D.活泼金属能与稀盐酸反应放出气体,则能与稀盐酸反应放出气体的物质不一定是活泼金属,错误。
故选:
A。
4.如图,给出了三种物质可能存在的转化关系,根据所学的物质性质及化学变化规律,判断下列选项正确的是( )
A.不能一步实现转化的有①②
B.实现③转化,可通至氯化钠溶液
C.实现⑤转化,可加入碳酸钙粉末
D.实现⑥转化,可加入氢氧化钾溶液
【答案】A
【解析】A.氢氧化钠和二氧化碳之间不能相互转化。
正确;
B.实现③转化,二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠,所以可通入到氢氧化钠溶液而非氯化钠。
错误;
C.氢氧化钠转化为碳酸钠,需要通入二氧化碳或者某些可溶性碳酸盐,但是不能是难溶性的碳酸钙粉末。
错误;
D.碳酸钠转化为氢氧化钠,可以加入氢氧化钙或者氢氧化钡等,但是不能加入氢氧化钾。
错误;
故选:
A。
5.在一个密闭容器中,有a.b.c.d四种物质,反应前各物质的质量关系如图刻度纸所示(例如:
d的质量为2g)。
在一定条件下发生反应,反应结束后,再次测得各物质的质量变化,并通过刻度的移动来表示,且记录在同一张刻度纸上:
刻度线Ⅰ向右移动9格;刻度线Ⅱ向左移动8格;刻度线Ⅲ向左移动8格。
下列说法不正确的是( )
A.反应结束后c的质量为6g
B.该反应不属于分解反应
C.a.b变化的质量比一定为9:
17
D.参加反应的a.d的质量之比一定为9:
8
【答案】B
【解析】由图示可知,每一格的质量为1g;反应前a的质量为5g,b的质量为22g-5g=17g;c的质量为28g-22g=6g;d的质量为30g-28g=2g。
刻度线Ⅰ右移9格,a物质质量增加9g;刻度线Ⅱ左移8格,同时刻度线Ⅰ右移9格,则b物质质量减少了8g+9g=17g;刻度线Ⅲ左移8格,同时刻度线Ⅱ左移8格,则c物质质量不变;刻度线Ⅲ左移8格,d物质的质量增加了8g;该反应可表示为b→a+d。
A.c的质量不变,反应结束后c的质量为6g,故选项说法正确。
B.该反应可表示为b→a+d,该反应为分解反应,故选项说法错误。
C.A.b变化的质量为9g:
17g=9:
17,故选项说法正确。
D.A.d参与反应的质量之比为9g:
8g=9:
8,故选项说法正确。
故选:
B。
5.A.B.C.D四种物质在反应前后的质量关系如图表示,
下列说法正确的是( )
A.A可能是单质
B.C一定是催化剂
C.该反应是化合反应
D.反应前后B和D的质量变化比为8:
1
【答案】D
【解析】由表中数据分析可知,反应前后A的质量减少了48g-30g=18g,故是反应物,参加反应A的质量为18g;同理可以确定B是生成物,生成的B的质量为41g-25g=16g;C的质量不变,可能作该反应的催化剂,也可能没有参加反应;D是生成物,生成的D的质量为19g-17g=2g,
A.A物质生成了B.D,所以A是化合物,故A错误;
B.C的质量不变,可能作该反应的催化剂,也可能没有参加反应,故B错误;
C.该反应一种物质生成了两种物质,属于分解反应,故C错误;
D.反应前后B和D的质量变化比为16:
2=8:
1,故D正确。
故选:
D。
6.某无色溶液中可能含有CuCl2、HCl、Na2CO3、BaCl2、MgCl2中的一种或几种,取适量该溶液与氢氧化钠溶液反应,产生沉淀的质量与加入氢氧化钠溶液质量之间的关系如图所示。
下列说法正确的是( )
A.O→A,B→C过程中:
均没有化学反应发生
B.C点对应溶液中的溶质有NaCl、NaOH
C.该溶液中一定没有Na2CO3、BaCl2、CuCl2
D.该溶液中一定含有HCl、MgCl2
【答案】D
【解析】A.O→A,B→C过程中没有沉淀产生,在O→A的过程中可以是盐酸与氢氧化钠反应,不会产生成沉淀,而A到B过程中产生沉淀,说明溶液一定有盐酸,所以O→A的过程发生了化学反应,选项A错误;
B.溶质存在盐酸,则排除碳酸钠的存在,无色溶液排除氯化铜的存在,加入氢氧化钠产生沉淀的只有氯化镁,所以氯化镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠,C点沉淀不再增加,说明氯化镁全部反应完毕,盐酸与氢氧化钠反应生成了氯化钠,氢氧化钠与氯化镁反应生成氢氧化镁和氯化钠,C点氢氧化钠过量,所以此时溶液一定有生成的氯化钠和过量的氢氧化钠,而氯化钡无法判断,所以此时溶质是否含有氯化钡无法判断,选项B错误;
C.溶液无色,排除了氯化铜,有盐酸存在,排除碳酸钠的存在,氯化钡无法判断是否存在,选项C错误;
D.根据O→A段没有沉淀,得出盐酸存在,有沉淀产生得出氯化镁存在,选项D正确;
故选:
D。
7.用气体压力传感器研究二氧化碳与氢氧化钠的反应。
图Ⅰ表示的是该实验的设计方案,图Ⅱ中曲线1和曲线2分别表示瓶1和瓶2内气压随时间的变化趋势。
下列说法不正确的是( )
A.曲线1说明1体积水约消耗1体积二氧化碳
B.曲线1不能说明水和二氧化碳发生化学反应
C.对比曲线1和曲线2可知,二氧化碳和氢氧化钠一定发生了化学反应
D.继续向瓶2注入稀盐酸至气体不再放出,共注入稀盐酸40 mL,此时瓶内的气压刚好恢复到起始气压
【答案】D
【解析】A.20mL水注入容量瓶后,若二氧化碳不溶解到水中,则此时瓶内气体相当于被压缩,压强会变大,而曲线1显示压强没有变化,说明瓶内气体体积没有变化,说明20mL水正好溶解20mL二氧化碳,使瓶内气体体积变化维持在等压条件下,选项A正确;
B.曲线1是压力变化曲线,不能说明有新物质的生成,不能判断有化学反应,选项B正确;
C.按照对比实验原则,改变是溶液,一个是水,一个是氢氧化钠溶液,水作为空白实验,而在30s之后出现压力不同变化,说明只能是氢氧化钠与二氧化碳发生反应,将二氧化碳消耗掉,压强出现变化,选项C正确;
D.加入40mL盐酸中含有水,根据曲线1的结果,盐酸带入的水中也会溶解二氧化碳引起压强变化,所以此时压强不等于反应前压强,选项D错误。
故选:
D。
8.某化学兴趣小组进行如图所示实验,探究Zn、Fe、Cu、Ag的金属活动性顺序。
先进行如图甲、乙、丙的三个实验,再将丙中试管内的物质过滤,并向滤液中加入乙中剩余的铁,滤液中析出固体质量随反应时间的变化关系如图丁所示。
下列说法中不正确的是( )
A.该实验可得出Zn>Fe>(H)>Cu>Ag的金属活动性顺序
B.丙实验试管内的物质过滤后所得滤液呈蓝色,滤渣肯定含Ag,可能含Cu
C.图丁中b点对应溶液所含的溶质是Cu(NO3)2、Fe(NO3)2
D.图丁中c点对应溶液所含的溶质是Fe(NO3)2
【答案】B
【解析】A.依据甲、乙、丙三个试管的实验现象可得出Zn>Fe,Fe>H,Cu>Ag,依据题意再将丙中试管内的物质过滤,并向滤液中加入乙中剩余的铁,滤液中析出固体质量随反应时间的变化关系如图丁所示。
从丁图固体质量变化情况可知析出是两种固体,Ob段析出的是Ag,bc段析出的是Cu,所以可知Fe>Cu,因此该实验可得出Zn>Fe>(H)>Cu>Ag的金属活动性顺序,故A正确;
B.从丁图固体质量变化情况可知析出是两种固体,Ob段析出的是Ag,bc段析出的是Cu,所以丙反应后的滤液溶质含有AgNO3、Cu(NO3)2,因此丙试管反应后的滤渣为Ag,故B错误;
C.因为Ob段发生的反应是Fe+2AgNO3=Fe(NO3)2+2Ag,b点恰好反应完,所以b点的溶质为Cu(NO3)2、Fe(NO3)2,故C正确;
D.因为Ob段发生的反应是Fe+2AgNO3=Fe(NO3)2+2Ag,bc段发生反应是Fe+Cu(NO3)2=Fe+Cu(NO3)2=Fe(NO3)2+Cu,c点恰好反应完,所以c点的溶质是Fe(NO3)2,故D正确;
故选:
B。
9.现有盐酸和CaCl2的混合溶液,向其中逐滴滴入Na2CO3溶液,生成沉淀质量与滴入Na2CO3溶液质量的变化关系如图所示。
下列说法错误的是()
A.滴加碳酸钠溶液质量为a~c克时,溶液中发生反应为CaCl2+Na2CO3=2NaCl+CaCO3↓
B.滴加碳酸钠溶液质量至b克时,溶液中含三种溶质
C.滴加碳酸钠溶液质量至a克时,溶液中溶质质量比原混合溶液中溶质质量大
D.滴加碳酸钠溶液质量至c克时,溶液呈中性
【答案】B
【解析】盐酸和CaCl2的混合溶液,向其中逐滴滴入Na2CO3溶液,则开始是碳酸钠和盐酸反应,盐酸反应完碳酸钠和氯化钙反应产生沉淀。
A.滴加碳酸钠溶液质量为a~c克时,溶液中发生反应为CaCl2+Na2CO3=2NaCl+CaCO3↓,正确;
B.滴加碳酸钠溶液质量至b克时,含有的溶质有氯化钠和氯化钙两种,不是三种,错误;
C.滴加碳酸钠溶液质量至a克时,氯化氢变成了氯化钠,溶质质量增大,故溶液中溶质质量比原混合溶液中溶质质量大,正确;
D.滴加碳酸钠溶液质量至c克时,盐酸反应完了,碳酸钠恰好完全反应,故溶液呈中性,正确;
故选B。
10.a.b.c三种固体物质的溶解度曲线如图所示,下列说法正确的是( )
A.阴影区域中,a.c两物质的溶液均处于不饱和状态
B.b固体中含有少量a杂质,可采用配成热饱和溶液,降温结晶、过滤、洗涤、干燥的方法提纯b
C.将a和b的饱和溶液从t2℃降温至t1℃时,析出晶体的质量大小关系为a>b
D.t1℃时,将50g固体a加入到200g水中,所得溶液溶质的质量分数约为16.7%
【答案】D
【解析】A.阴影区域中,A.c两物质的溶液均处于饱和状态,不饱和状态错误,因为阴影区域在A.c溶解度曲线的上方;故选项错误;
B.b固体中含有少量a杂质,可采用配成热饱和溶液,降温结晶、过滤、洗涤、干燥的方法提纯b错误,因为b的溶解度受温度的影响变化比a小;故选项错误;
C.将a和b的饱和溶液从t2℃降温至t1℃时,析出晶体的质量大小关系为a>b错误,因为没有指明饱和溶液的质量;故选项错误;
D.t1℃时,a的溶解度是20g,将50g固体a加入到200g水中,所得溶液溶质的质量分数=
≈16.7%;故选项正确;
故选:
D。
11.某固体物质的溶解度曲线如图所示,则下列说法中不正确的是( )
A.图中B点的意义:
表示该物质在t3℃时,每200g溶剂和2S1g溶质可能形成饱和溶液
B.若A点的溶液在保持温度不变的情况下加150g水,A点的溶解度将不变
C.t2℃时,A点溶液中溶质的质量分数一定比M点溶液中的大
D.从该物质的饱和溶液中得到大量的该固体应该采用降温结晶
【答案】A
【解析】A.图中B点的意义:
表示该物质在t3℃时,每200g溶剂和2S1g溶质可能形成饱和溶液错误,因为B是线下点,错误符合题意,故选项正确;
B.若A点的溶液在保持温度不变的情况下加150g水,A点的溶解度将不变正确,因为温度不变,溶解度不变,正确但不符合题意,故选项错误;
C.t2℃时,A点溶液中溶质的质量分数一定比M点溶液中的大正确,正确但不符合题意,故选项错误;
D.从该物质的饱和溶液中得到大量的该固体应该采用降温结晶正确,正确但不符合题意,故选项错误;
故选:
A。
12.两个烧杯中分别盛装X、Y的饱和溶液,两支试管中分别装有NaOH和NH4NO3固体,向两支试管中分别滴加适量水,现象如图一所示,结合图二判断下列说法正确的是( )
A.Y的溶解度曲线为b曲线
B.X的饱和溶液从t2℃降低到t1℃,变成饱和溶液
C.降温可使X的饱和溶液变浑浊
D.t3℃时,X、Y的饱和溶液质量相等,则溶剂质量X>Y
【答案】D
【解析】A.NaOH固体溶于水,温度升高;硝酸铵固体溶于水温度降低,由图一的现象可知,因此X是b曲线,Y是a曲线;Y的溶解度曲线为b曲线错误,故选项错误;
B.X的饱和溶液从t2℃降低到t1℃,变成不饱和溶液,因为X是b曲线,b的溶解度随温度的升高而减小,变成饱和溶液错误;故选项错误;
C.降温可使X的饱和溶液变浑浊错误,因为X是b曲线,b的溶解度随温度的升高而减小;故选项错误;
D.t3℃时,X、Y的饱和溶液质量相等,则溶剂质量X>Y正确,因为在t3℃时,a的溶解度大于b,因此溶剂质量b>a,即X>Y;故选项正确;
故选:
D。
13.一定温度下,向agFeCl3溶液中加入NaOH固体,溶液的质量与加入NaOH固体的质量变化关系如下图所示。
下列叙述错误的是()
A.Fe(OH)3沉淀完全时消耗NaOH的质量为ng
B.P点对应的溶液中NaOH达到饱和状态
C.m=c-a
D.生成Fe(OH)3的质量为(n-b+a)g
【答案】C
【解析】A.M点是氢氧化钠和氯化铁恰好完全反应,所以Fe(OH)3沉淀完全时消耗NaOH的质量为ng,故正确;B.P点溶液的质量不再增加,说明氢氧化钠不能继续溶解,说明溶液中NaOH达到饱和状态,故正确;C.根据FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl
可知,当Fe(OH)3沉淀完全时,得到氯化钠溶液的质量为bg,所以m-n=c-b,即m=c-b+n,故错误;D.根据FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl
可知,生成Fe(OH)3的质量为(n-b+a)g,故正确。
故选C。
14.为了达到实验目的,下列方案或结论正确的是()
选项
实验目的
实验方案或结论
A
除去铁粉中的三氧化二铁
取样,加入足量盐酸,过滤
B
除去KOH溶液中的K2CO3
取样、溶解、加入足量的稀盐酸,蒸发
C
鉴别碳粉、铁粉和氧化铜粉末
取样后,分别加入稀盐酸
D
鉴别某溶液中是否含有SO42-
取少量溶液于试管中,滴加BaCl2溶液,有白色沉淀生成,则该溶液中一定有SO42-
【答案】C
【解析】A.加入的稀盐酸不仅能与杂质三氧化二铁反应,同时也会和原物质铁发生反应,不但能把杂质除去,也会把原物质除去,不符合除杂原则,故选项方案错误。
B.加入的稀盐酸不仅能与杂质碳酸钾反应,同时也会和原物质氢氧化钾发生反应,不但能把杂质除去,也会把原物质除去,不符合除杂原则,故选项方案错误。
C.取样后,分别加入稀盐酸,有气泡产生的是铁粉,黑色粉末溶解、溶液变蓝色的是氧化铜,无明显变化的是碳粉,可以鉴别,故选项方案或结论正确。
D.取少量溶液于试管中,滴加BaCl2溶液,有白色沉淀生成,则该溶液中不一定有SO42-,也可能是硝酸银溶液等,故选项方案或结论错误。
故选C。
15.常温下,将CO2气体持续通入饱和的氢氧化钠溶液中,发生反应:
①CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O,②Na2CO3+CO2+H2O═2NaHCO3↓。
下列说法中不正确的是( )
A.总的化学方程式为:
CO2+NaOH═NaHCO3↓
B.上述反应过程中刚开始观察不到明显现象,后观察到溶液变浑浊
C.反应②是生成NaHCO3沉淀的化合反应,反应前后各元素化合价均无变化
D.将最终得到的混合液过滤,取滤液于试管,滴加稀盐酸,无明显现象
【答案】D
【解析】A.由CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O,Na2CO3+CO2+H2O═2NaHCO3↓可知,总的化学方程式为:
CO2+NaOH═NaHCO3↓,该选项说法正确;
B.上述反应过程中刚开始观察不到明显现象,后观察到溶液变浑浊,该选项说法正确;
C.反应②是生成NaHCO3沉淀的化合反应,反应前后各元素化合价均无变化,该选项说法正确;
D.将最终得到的混合液过滤,滤液中仍然含有碳酸氢钠,取滤液于试管,滴加稀盐酸,稀盐酸和碳酸氢钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳,产生气泡,该选项说法不正确。
故选:
D。
16.从海水中制备纯碱和金属镁的流程如图所示:
下列说法错误的是( )
A.流程Ⅰ中依次向粗盐水中加入过量Ca(OH)2溶液、Na2CO3溶液和适量稀盐酸去除杂质
B.流程Ⅱ吸氨是使溶液呈碱性,有利于吸收二氧化碳
C.上述流程涉及到三种基本反应类型
D.流程Ⅳ、V是通过化学方法富集氯化镁
【答案】C
【解析】A.流程Ⅰ中依次向粗盐水中加入过量Ca(OH)2溶液、Na2CO3溶液和适量稀盐酸,可以除去氯化镁、氯化钙以及过量的氢氧化钙和碳酸钠,正确;
B.流程Ⅱ吸氨是使溶液呈碱性,利用酸碱中和原理,有利于吸收二氧化碳,正确;
C.上述流程中涉及到复分解反应和分解反应,是两种反应类型,错误;
D.流程Ⅳ、V是通过化学方法富集氯化镁,正确;
17.对反应X+3NaOH═3Y+Fe(OH)3↓的分析,错误的是( )
A.Y中一定含有Na元素B.X可以是单质C.Y可能是NaClD.X可能是FeCl3
【答案】B
【解析】A.反应物中含有钠元素,生成物中氢氧化铁中不含有钠元素,则Y中一定含有Na元素,该选项说法正确;
B.X不能是单质,是因为如果是单质,则是铁,铁不能和氢氧化钠反应,该选项说法不正确;
C.Y可能是NaCl,例如氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠,该选项说法正确;
D.X可能是FeCl3,该选项说法正确。
故选:
B。
18.除杂的原则是不能引入新的杂质,也不能损耗原物质。
下列物质中括号内的为杂质,除杂方法不正确的是( )
A.氧化铁(铁):
加入适量的稀盐酸
B.铁粉(铜):
用磁铁吸引
C.碳酸钙(氯化钙):
加水溶解、过滤、洗涤、干燥
D.二氧化碳(一氧化碳):
通过灼热的氧化铜粉末
【答案】A
【解析】A.铁和氧化铁均能与适量的稀盐酸反应,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。
B.铁粉能被磁铁吸引,铜不能,能除去杂质且没有引入新的杂质,符合除杂原则,故选项所采取的方法正确。
C.氯化钙易溶于水,碳酸钙难溶于水,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.CO能与灼热的氧化铜反应生成铜和二氧化碳,能除去杂质且没有引入新的杂质,符合除杂原则,故选项所采取的方法正确。
故选:
A。
根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法,所谓除杂(提纯),是指除去杂质,同时被提纯物质不得改变。
除杂质至少要满足两个条件:
①一般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。
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(加入的试剂一般只与杂质反应,反应后不能引入新的杂质)是正确解题的关键。
19.氢能是最绿色的能源,如图是制取与贮存氢气的一种方法。
下列说法正确的是( )
资料:
①Mg2Cu是一种贮氢合金,吸氢后生成MgH2和MgCu2合金;
②MgH2和HCl反应的化学方程式为:
MgH2+2HCl═MgCl2+2H2↑
A.ZnFe2O4中Fe的化合价为+2价
B.循环制氢反应中需要不断加入ZnFe2O4
C.反应2产生的氢气和反应3所得混合物与足量稀盐酸反应生成的氢气质量相等
D.反应3中氩气作保护气,防止金属镁、铜在高温下与氧气反应
【答案】D
【解析】A.化合价代数和为零,在ZnFe2O4中,氧元素显-2,锌元素显+2,所以铁元素的化合价是+3,故A错误;
B.ZnFe2O4在反应1中逐渐消耗,在反应2中又会逐渐的合成,所以循环制氢反应中不需要不断加入,故B错误;
C.反应2生成的氢气在反应3中贮氢合金生成MgH2和MgCu2合金,根据MgH2+2HCl═MgCl2+2H2↑,反应3比反应2生成的氢气多,故C错误;
C.镁和氧气反应会生成氧化镁,铜和氧气反应会生成氧化铜,所以反应3中氩气作保护气,防止金属镁、铜在高温下与氧气反应,故D正确。
20.下列实验方案不能达到实验目的的是( )
A.NaCl固体、NaOH固体和NH4NO3固体,可以用水鉴别
B.稀盐酸、NaOH溶液、CuSO4溶液、NaCl溶液,不加任何试剂就可以鉴别
C.除去
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