沪教版上海初三化学中考三模试题和答案.docx

沪教版上海初三化学中考三模试题和答案.docx

《沪教版上海初三化学中考三模试题和答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《沪教版上海初三化学中考三模试题和答案.docx（43页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

沪教版上海初三化学中考三模试题和答案

沪教版（上海）2021初三化学中考三模试题和答案

一、选择题（培优题较难）

1．已知AgNO3见光易分解，aAgNO3＝bNO2↑＋cO2↑＋dX（NO2能与NaOH反应）。

取34gAgNO3加热至完全反应，将所得气体依次通过NaOH溶液、均热的铜网，测得NaOH溶液增重9.2g，灼热的铜网增重3.2g。

下列说法不正确的是

A．AgNO3应保存在棕色瓶中B．生成X的质量为21.6gC．X是银D．c:

d=1:

1

【答案】D

【解析】

【分析】

将所得气体依次通过NaOH溶液、均热的铜网，测得NaOH溶液增重9.2g，灼热的铜网增重3.2g。

说明34gAgNO3加热至完全反应，生成二氧化氮9.2g，氧气3.2g。

根据质量守恒定律可知，生成X一定含有银元素，它的质量为34g-9.2g-3.2g=21.6g。

34g硝酸银中银元素的质量为，

，X一定是银。

【详解】

A、AgNO3见光易分解，AgNO3应保存在棕色瓶中，说法正确，不符合题意；

B、生成X的质量为21.6g，说法正确，不符合题意；

C、X是银，说法正确，不符合题意；

D、

，c：

d=1：

2，符合题意。

故选D。

2．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．碱溶液呈碱性，呈碱性的溶液一定是碱溶液

B．单质只含一种元素，只含一种元素的纯净物一定是单质

C．中和反应生成盐和水，生成盐和水的反应一定是中和反应

D．有机化合物都含碳元素，含碳元素的化合物一定是有机化合物

【答案】B

【解析】A、碱溶液呈碱性，呈碱性的溶液不一定是碱溶液，也可能是碳酸钠等盐溶液，错误；B、单质是由同种元素组成的纯净物，单质只含一种元素，只含一种元素的纯净物一定是单质，正确；C、中和反应生成盐和水，但生成盐和水的反应不一定是中和反应，如CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O，错误；D、有机物一定含有碳元素，但含碳元素的化合物不一定是有机物，碳的氧化物、碳酸盐、碳酸虽含碳元素，但其性质与无机物类似，因此把它们看作无机物，错误。

故选B。

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．下列有关量的变化图象与其对应叙述相符的是（）

A．①常温下，向一定量的饱和石灰水中加入氧化钙

B．②一定温度下，向不饱和硝酸钾溶液中加入硝酸钾

C．③向一定质量的过氧化氢的水溶液中加入二氧化锰

D．④向等质量的铁和镁中分别加入足量的稀盐酸

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A、因为氧化钙能与水发生反应生成氢氧化钙，氧化钙反应消耗了饱和溶液中的水，而使饱和溶液因减少溶剂水而析出固体，饱和溶液的溶质、溶剂质量同时减少，所以溶液的质量减少，故不符合题意；

B、一定温度下，向不饱和硝酸钾溶液中加入硝酸钾，随着加入的硝酸钾的质量的增加，溶液的质量，从一个不为0的值逐渐增大到硝酸钾饱和，饱和后溶液的质量不再增加，为一定值，故不符合题意；

C、过氧化氢的水溶液中含有水，所以开始水的质量不为0，过氧化氢溶液和二氧化锰混合生成水和氧气，所以随着反应的进行，水的质量不断增加，当反应完毕后水的质量不再增加，为一定值，故符合题意；

D、分别向等质量的镁和铁中滴入溶质质量分数相同的稀盐酸，当盐酸少量时，生成的气体由盐酸的量决定，所以开始二者放出气体一直相等，但因为盐酸过量，等质量的镁放出的气体大于铁放出的气体，所以图象比正确，不符合题意；

故选C。

5．逻辑推理是一种重要的化学思维方法。

以下推理正确的是（）

A．单质中只含有一种元素,只含有一种元素的物质一定是单质

B．化学变化中分子种类发生改变,分子种类发生改变的变化一定是化学变化

C．酸碱中和反应有水生成,有水生成的反应一定是酸碱中和反应

D．活泼金属能与稀硫酸反应放出气体，能与稀硫酸反应放出气体的物质一定是活泼金属

【答案】B

【解析】

A、单质是由同种元素组成的纯净物，单质由同种元素组成，但由同种元素组成的物质不一定属于单质，也可能是混合物，如氧气和臭氧的混合物，错误；B、化学变化的实质是分子分成原子，原子再重新组合成新分子，化学变化中分子种类发生改变，分子种类发生改变的变化一定是化学变化，正确；C、中和反应会生成盐和水，生成水的反应不一定是酸碱中和反应，如CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O，错误；D、活泼金属能与稀硫酸反应放出气体，能与稀硫酸反应放出气体的物质不一定活泼金属，也可能是碳酸盐等，错误。

故选B。

6．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。

7．将一定质量的氧化铜粉末加入到100g质量分数为14％的硫酸溶液中，微热至氧化铜全部溶解，再向蓝色溶液屮加入Wg铁粉，充分反应后，过滤、烘干，得到干燥的固体混合物仍是Wg。

下列说法不正确的是

A．W的取值范围是W≥8gB．加入氧化铜的质量是10g

C．最后得到溶液溶质质量分数约是19.7％D．产生气体的质量为0.07g

【答案】D

【解析】

解法一：

设原先氧化铜的质量为m，则与氧化铜反应的硫酸的质量x，生成硫酸铜的质量y。

CuO+H2SO4═CuSO4+H2O

80  98   160

m   x     y

x=

 y=2m

设加入铁粉与硫酸铜溶液充分反应固体增加的质量为a；与剩余稀硫酸反应的铁的质量为b，同时放出氢气质量为c。

Fe+CuSO4═FeSO4+Cu固体质量增加

56 160        64  64-56=8

    2m                 a

a=0.1m

 Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑

 5698           2

 b14g-

c

b=8-0.7m

反应前后固体质量不变，即与硫酸反应消耗铁的质量等于与硫酸铜反应固体增加的质量，即：

a=b,0.1m=8-0.7m，解得m=10g，b=1g。

由于b=1g,所以有：

c≈0.04g

由题意可知，硫酸最终全部转化为硫酸亚铁，设硫酸亚铁的质量为z。

H2SO4 ～FeSO4

98     152

100g×14%z

Z=

加入铁粉的质量W=

×

×100%=8g；

最后得到溶液的质量分数=

×100%≈19.73%

故选D。

解法二：

根据加入铁粉后，固体质量相等，则说明反应消耗铁粉的量等于析出金属铜的质量。

反应过程中存在如下转化关系：

H2SO4

H2SO4、CuSO4

FeSO4

则存在关系式：

H2SO4~Fe~FeSO4

9856152

100g×14％xw

解得x=8g，w=21.7g，则反应生成铜的质量为8g，根据质量守恒定律可知氧化铜的质量为8g÷

=10g，则A、B项正确。

设与氧化铜反应的硫酸的质量y，生成硫酸铜的质量z。

CuO+H2SO4═CuSO4+H2O

8098160

10gyz

解得y=12.25g，z=20g，则剩余H2SO4的质量为100g×14％－12.25g=1.75g

设反应生成氢气的质量为m。

Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑

982

1.75gm

解得m=0.036g，则D项错误。

则最后所得硫酸亚铁溶液的溶质质量分数为：

=19.7％，C项正确。

点睛：

分析固体质量不变的原因是解决本题的关键：

要使加入的铁粉和得到的固体质量相等必须使硫酸消耗多余的Fe，且消耗铁粉的质量与置换出铜固体增加的质量相等。

8．一包固体粉末可能含有Mg（NO3）2、CaCO3、NaOH、CuCl2、NaCl和Ca（NO3）2中的一种或几种，为确定其组成，某同学设计了如下实验方案，下列判断正确的是（　　）

A．沉淀Ⅰ是氢氧化铜沉淀

B．无色溶液A中一定有NaOH

C．原固体粉末肯定有NaCl

D．原固体粉末一定有CaCO3、NaOH、Mg（NO3）2、CuCl2和Ca（NO3）2

【答案】B

【解析】

根据 “一包固体粉末可能含有Mg（NO3）2、CaCO3、NaOH、CuCl2、NaCl和Ca（NO3）2中的一种或几种”，结合图框，则推测铜离子在溶液中显蓝色，NaOH和CuCl2会生成氢氧化铜沉淀，而氢氧化铜沉淀与稀硝酸反应生成硝酸铜溶液；CaCO3和硝酸反应会生成气体，则蓝色溶液B中有硝酸铜、硝酸钙、硝酸钠、稀硝酸，而原固体粉末一定有CaCO3、NaOH、CuCl2和Ca（NO3）2，无法确定是否含有NaCl；Mg（NO3）2。

A.由分析可知，沉淀Ⅰ中有氢氧化铜沉淀和CaCO3沉淀，故错误；

B.无色溶液A中一定有NaOH，正确；

C.原固体粉末是否有NaCl，无法确定，故错误；

D.原固体粉末一定有CaCO3、NaOH、CuCl2和Ca（NO3）2，故D错误。

9．通过一步化学反应实现如图所示的X、Y、Z三种物质间转化，表格中X、Y、Z对应的物质不能实现这种转化的是（　　）

X

Y

Z

A

CO2

Na2CO3

CaCO3

B

NaNO3

Na2CO3

NaCl

C

HCl

BaCl2

NaCl

D

Mg

MgO

MgCl2

A．AB．BC．CD．D

【答案】B

【解析】

A.二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，碳酸钠与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，故X、Y、Z对应的物质能实现这种转化；B、碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳；但硝酸钠不能转化为碳酸钠，故X、Y、Z对应的物质不能实现这种转化；C、HCl与氢氧化钡反应生成氯化钡和水，氯化钡与碳酸钠反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠和水，故X、Y、Z对应的物质能实现这种转化；D、Mg在氧气中燃烧生成氧化镁，镁与稀盐酸反应生成氯化镁和氢气，氧化镁与稀盐酸反应生成氯化镁和水，故X、Y、Z对应的物质能实现这种转化。

故选B。

10．一定条件下,在一个密闭容器内发生某反应,测得反应前后各物质的质量如图所示，下列说法正确的是（）

A．X的值为44B．该反应属于置换反应

C．W由碳、氢两种元素组成D．W中碳、氢元素原子个数比为1：

3

【答案】D

【解析】

据质量守恒定律可知反应前后物质的总质量不变。

所以反应后二氧化碳的质量为64g+5g+8g+23g-32g-16g=52g,故A错误;反应物的质量减少，生成物的质量增加；所以水、二氧化碳是生成物，氧气和W是反应物。

由一中单质和一种化合物生成另一种和另一种化合物的反应叫置换反应。

水、二氧化碳是都是化合物，所以不是置换反应，故B错误；此反应的表达式可表示为W+O2→CO2+H2O。

根据质量守恒定律，反应前后元素的种类不变，由反应表达式可以看出W中一定含有碳氢两种元素，是否含有氧元素则要通过生成物中的氧元素与反应的氧气质量进行比较，生成的水中氧元素的质量为：

27g×（16÷18×100%）＝24g，二氧化碳中氧元素的质量：

44g×（32÷44×100%）＝32g，两者的质量和为56g，而参加反应的氧气的质量＝64g﹣16g＝48g，所以可判断W中含有氧元素，故C错误；由C的分析可知W中碳、氢元素质量比为（44g﹣32g）/12：

（27g﹣24g）/1＝1：

3，故正确，故选D。

点睛：

此类题的方法是根据化学式计算碳、氢、氧元素的质量，和反应反应前氧元素的质量或可燃物的质量比较，来判断可燃物的组成元素

11．下列有关化学实验的“目的→操作→现象→结论”的描述都正确的是

选项

目的

操作

现象

结论

A

比较铝和铜的金

属活动性

将砂纸打磨过的铝丝

浸入硫酸铜溶液中

铝丝表面有铜析出

铝比铜活泼

B

检验露置在空气中的氢氧化钾溶

液是否变质

取少量氢氧化钾溶液，滴入澄清石灰水

有白色沉淀产生

氢氧化钾溶液已经变质

C

探究物质溶解于

水的热量变化

向一定量的水中加入硝酸铵晶体，充分搅拌

溶液温度下降

盐类物质溶于水都能使溶液温度下降

D

检验集气瓶中是否集满二氧化碳

将燃烧的木条伸入集

气瓶中

木条火焰熄灭

集气瓶中已集满

二氧化碳

A．AB．BC．CD．D

【答案】B

【解析】

A、将砂纸打磨过的铝丝浸入硫酸铜溶液中，现象为铝丝表面有红色固体析出；铝丝表面有铜析出，是实验结论，而不是实验现象；故选项错误．

B、露置在空气中的氢氧化钾会变质为碳酸钾，滴加入澄清的石灰水产生白色沉淀，则说明露置在空气中的氢氧化钾中含有碳酸根离子，说明氢氧化钾溶液已经变质，故该实验的“目的→操作→现象→结论”的描述都正确．

C、向一定量的水中加入硝酸铵晶体，充分搅拌时，现象为溶液温度下降，只能得出硝酸铵晶体溶于水时会造成溶液温度降低，其它盐类物质溶于水时的温度变化无法判断，故选项错误．

D、检验集气瓶中是否集满二氧化碳时，应将燃烧的木条放在集气瓶口，不能伸入集气瓶中，故选项错误．

故选B．

12．某气体可能含有H2、CO2、CO、HCl中的一种或几种，把该气体依次通过澄清石灰水、饱和碳酸氢钠溶液、浓硫酸、灼热的氧化铜、无水硫酸铜、澄清石灰水，观察到的现象是：

前面的一瓶澄清石灰水无明显变化，灼热的氧化铜变红色，无水硫酸铜变蓝（无水硫酸铜遇水变蓝），后面的一瓶澄清石灰水变浑浊，下列关于该气体说法不正确的是（）

A．一定含有H2B．一定含有CO

C．可能含有HClD．可能含有CO2

【答案】B

【解析】

【分析】

根据二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，饱和碳酸氢钠溶液可以和氯化氢气体发生反映，浓硫酸具有吸水性，一氧化碳、氢气能和灼热的氧化铜反应，无水硫酸铜遇水变蓝来分析判断。

【详解】

将某气体依此通过各种试剂之后，观察到前面一瓶澄清石灰水无明显变化，说明该气体中不含有二氧化碳或者氢氧化钙与氯化氢气体反应，没有与二氧化碳反应；再将气体通过饱和碳酸氢钠溶液，可以吸收氯化氢气体，因为碳酸氢钠能和氯化氢反应生成氯化钠、水和二氧化碳；再通过浓硫酸，浓硫酸具有吸水性，可以吸收气体中的水蒸气；通过灼热的氧化铜，观察到氧化铜变红色，说明有还原性的气体与之发生了反应，还原性的气体可能是氢气、一氧化碳，氢气能和氧化铜反应生成水和铜，一氧化碳能和氧化铜反应生成二氧化碳和铜；无水硫酸铜变蓝，说明有水，则可以说明气体中含有氢气；后面的一瓶澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳，但是无法确定二氧化碳是氯化氢和碳酸氢钠反应生成的还是一氧化碳和氧化铜反应生成的。

故选B。

【点睛】

本题主要考查了常见物质的性质和检验方法。

13．一包固体粉末可能含有NaNO3、CaCO3、NaOH、CuCl2、NaCl和Ca（NO3）2中的一种或几种，为确定其组成，某同学设计了如下实验方案：

下列判断正确的是（　　）

A．蓝色溶液B中阳离子只有Cu2+B．无色溶液A中一定有NaOH

C．原固体粉末一定有NaClD．原固体粉末一定有CaCO3、NaOH、NaNO3、CuCl2和Ca（NO3）2

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

A、根据题意一包固体粉末可能含有NaNO3、CaCO3、NaOH、CuCl2、NaCl和Ca（NO3）2中的一种或几种，结合框图，则推测铜离子在溶液中显蓝色，NaOH和CuCl2会生成氢氧化铜沉淀，而氢氧化铜沉淀与稀硝酸反应生成硝酸铜溶液；CaCO3和硝酸反应会生成气体，因此沉淀中含有碳酸钙和氢氧化铜，跟硝酸反应后得到的蓝色溶液B中有硝酸铜、硝酸钙，如果稀硝酸有剩余，溶液中还有硝酸，所以蓝色溶液中的阳离子，不仅有铜离子还有钙离子等，选项A不正确；

B、因为固体加水搅拌后得到的沉淀中含有氢氧化铜，因此粉末中一定有NaOH、CuCl2，无色溶液A通入二氧化碳有白色沉淀，所以无色溶液中一定有氢氧化钠，因为二氧化碳与氢氧化钠生成的碳酸钠可与硝酸钙反应生成碳酸钙白色沉淀，选项B正确；

C、因为粉末中一定有NaOH、CuCl2，它们反应后生成氯化钠，所以无色溶液A中加入稀硝酸和硝酸银溶液有白色沉淀生成，不能说明原来有氯化钠，选项C不正确；

D、因为NaNO3在题中无法证明有没有，选项D不正确。

故选B。

14．将盛有等质量、等溶质质量分数的稀硫酸的两只烧杯,放在托盘天平（灵敏度较高）左右两盘上，调节至平衡，再向两只烧杯中分别放入质量相等的铁和锌，待反应停止后（不考虑反应中水分挥发，不考虑空气成分参加反应），请判断，下列说法合理的是

A．若天平失去平衡，指针一定偏向放锌的一边

B．若天平仍保持平衡，烧杯中的铁一定没有剩余

C．反应后两只烧杯中溶液的质量都比反应前的溶液质量减轻了

D．放铁的一边产生的氢气一定比放锌的一边产生的氢气多

【答案】A

【解析】

A.若天平失去平衡，说明酸过量，金属全部参加反应；每65份质量的锌会与硫酸反应生成2份质量的氢气，每56份质量的铁和硫酸反应生成2份质量的氢气，所以相同质量的锌和铁与足量的硫酸反应，铁生成的氢气质量比锌多，所以天平会指向加锌的一方，正确；B、若天平平衡，说明硫酸不足，全部参加反应；设金属的质量为56g

Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑

56                       2

56g                        2g           

Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑

65                         2

56g                        

根据计算可以知道，等质量的硫酸消耗的锌粉的质量要多，所以铁粉一定有剩余或恰好完全反应，错误；C、根据B可以看出，参加反应的金属的质量大于生成氢气的质量，所以反应后两只烧杯中溶液的质量都比反应前的溶液质量增加，错误；D、根据B分析可知：

若酸不足，生成的氢气的质量相等，所以放铁的一边不一定比放锌的一边生成的氢气多，错误。

故选A。

点睛：

根据反应的化学方程式，从酸过量和金属过量两个方面分析。

如果硫酸是少量的，则产生的氢气量是由硫酸决定，产生相同的氢气，有金属剩余，天平平衡，在这种情况下，有可能锌刚好反应完，铁有剩余；如果硫酸过量，则产生的氢气量由金属决定，由于金属的质量相同，产生的氢气量放入铁的多，最后天平指向放锌的一边。

15．推理是一种重要的学习方法．下列推理中正确的是（）

A．物质与氧气发生的反应都是氧化反应，则氧化反应一定要有氧气参加

B．单质是由一种元素组成的物质，则由一种元素组成的物质一定是单质

C．中和反应生成盐和水，生成盐和水的反应一定是中和反应

D．碱性溶液能使酚酞溶液变红，能使酚酞溶液变红的溶液一定呈碱性

【答案】D

【解析】

A.物质与氧气发生的反应都是氧化反应，但氧化反应不一定要有氧气参加，如镁和二氧化碳在点燃条件下反应生成氧化镁和碳，其中镁发生的是氧化反应，但是反应物中没氧气；B.单质是由一种元素组成的物质，则由一种元素组成的纯净物一定是单质；C.中和反应生成盐和水，生成盐和水的反应不一定是中和反应，如金属氧化物和酸生成盐和水，但不是中和反应。

酸和碱反应生成盐和水的反应叫中和反应。

D.碱性溶液能使酚酞溶液变红，能使酚酞溶液变红的溶液一定呈碱性。

选D

16．将一个不与盐酸反应的小球放入盛有盐酸的烧杯中，小球漂浮在液面上，将几枚洁净的小铁钉投入烧杯中，当不再有气泡逸出时（忽略溶液体积的变化），小球的位置与开始时比较，将（）

A．下沉一些B．不变C．上浮一些D．无法判断

【答案】C

【解析】小球漂浮于液面上，所以小球所受的浮力不变，根据阿基米德原理的公式F浮=ρ液gV排可知，在浮力不变时，当ρ液增大时，则v排减小，小球将上浮一些；当ρ液减小时，则v排增大，小球将下沉一些。

解：

因为小球漂浮于液面上，所以小球所受的浮力不变。

盐酸和铁反应生成氯化亚铁和氢气，氯化亚铁溶于水所以溶液的密度变大，所以液体的密度增大，而小球受到的浮力不变，根据公式F浮=ρ液gV排可知，排开液体的体积减小，所以小球会上浮，故A正确。

故选C。

点睛：

物体的浮沉条件和阿基米德原理的应用，通过小球所受浮力不变，与化学知识结合起来考查了溶液密度的变化，完成此题，要依据已有的物理知识和化学知识结合起来。

17．中和一定质量的稀硫酸，需用m克氢氧化钠，若改用m克氢氧化钾，反应后溶液的PH应当是（）

A．<7B．>7C．=7D．无法确定

【答案】A

【解析】根据硫酸与碱反应的化学反应方程式，得出质量与碱的相对分子质量的关系，然后分析改用氢氧化钾，判断酸碱的过量，再分析反应后溶液的pH。

解：

设硫酸的质量为x，则

H2SO4+2NaOH═Na2SO4+2H2O

98 2×40

x   mg

解得x=

当改用m克的氢氧化钾，设消耗的硫酸的质量为y，

则H2SO4+2KOH═K2SO4+2H2O

 98 2×56

 y   mg

解得y=

＜x，

则酸过量，反应后溶液的pH小于7，故选A。

18．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CaC