初三化学中考二模试题和答案.docx
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初三化学中考二模试题和答案
2021初三化学中考二模试题和答案
一、选择题(培优题较难)
1.下列除考杂质的方法正确的是
A.除去N2中的少量O2:
通过灼热的CuO粉末,收集气体
B.除去CaO中的少量CaCO3:
加入足量稀盐酸,充分反应
C.除去KCl溶液中的少量MgCl2:
加入适量NaOH溶液,过滤
D.除去Cu(NO3)2溶液中的少量AgNO3:
加入足量铜粉,充分反应后过滤
【答案】D
【解析】
A.除去N2中的少量O2;通过灼热的Cu粉末,收集气体。
故A错误。
B.除去CaO中的少量CaCO3;煅烧充分反应,碳酸钙分解成氧化钙。
故B错误。
C.除去KCl溶液中的少量MgCl2;加入适量KOH溶液,过滤,加入适量NaOH溶液,产生新的杂质氯化钠。
故C错误。
D.除去Cu(NO3)2溶液中的少量AgNO3,D.除去Cu(NO3)2溶液中的少量AgNO3,;加入足量铜粉,与硝酸银充分反应,生成银,硝酸铜,后过滤。
故D正确。
点睛∶本题主要考查与除杂相关的知识。
2.部分变质的烧碱样品18.6g,能与7.3%的稀盐酸200g恰好完全反应,则此样品中变质的烧碱与原烧碱的质量比为()
A.3:
2B.2:
3C.1:
2D.1:
1
【答案】C
【解析】
【详解】
氢氧化钠容易与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠,设此样品中生成碳酸钠的质量为x,与碳酸钠反应的盐酸的质量为m
x=106m/73
设未变质的氢氧化钠的质量为y
y=40(14.6g-m)/36.5
x+y=(106m/73)+40(14.6g-m)/36.5=18.6g,m=7.3g
x=10.6gy=8g
设变质的氢氧化钠的质量为z
z=8g
则此样品中变质的烧碱与原烧碱的质量比为:
8g:
(8g+8g)=1:
2。
故选C。
3.A~H是初中常见的物质,已知A~G七种物质均含有同一种元素,D的相对分子质量为100,可用作建筑材料。
它们之间的转化关系如图所示,图中“一”表示两端物质间能发生化学反应,“→”表示物质间存在转化关系;反应条件、部分反应物和生成物已略去。
下列说法中不正确的是
A.A为一种单质,D为碳酸钙
B.可能涉及四种基本反应类型
C.E、F的物质类别可能相同,也可能不同
D.H的浓溶液具有挥发性
【答案】B
【解析】
【分析】
根据D的相对分子质量为100,可用作建筑材料,可以推断D是碳酸钙;根据C和D可以相互转化,则C为二氧化碳;根据A既可以转化成B,又可以转化成C,A既可能是碳,也可能是氧气,但由于题中A~G七种物质均含有同一种元素,本题中这种元素只能是氧元素才能推出合理结论,因此A是氧气,B是一氧化碳;根据D是碳酸钙,E、F均可以转化为碳酸钙,则E、F都可以是可溶性碳酸盐或一种物质是可溶性碳酸盐,一种物质是氢氧化钙;根据D、E、F都可以和G、H反应,且G可以转化为H,在初中阶段可以推知G、H都是酸,且G是含氧酸,H不一定是含氧酸,在初中阶段可以推断H是盐酸,则G是稀硫酸。
因为稀硫酸和粉末状的碳酸钙能反应生成硫酸钙、水和二氧化碳(在不断搅拌时稀硫酸和块状碳酸钙也是能反应的),稀硫酸和可溶性碳酸盐、氢氧化钙都能反应,而稀硫酸和氯化钡反应能生成盐酸,所以推断G是稀硫酸合理。
【详解】
A、根据题意A~G七种物质均含有同一种元素,分析可知A是氧气,是单质。
根据D的相对分子质量为100,可用作建筑材料,D是碳酸钙。
选项A正确;
B、根据分析,题中反应可能有化合反应如碳和氧气反应生成二氧化碳,可能有分解反应如碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳,有复分解反应如氢氧化钙和盐酸反应,但不可能发生置换反应,因为氧气转变成二氧化碳、氧气转变成一氧化碳、一氧化碳转变成二氧化碳都不可能是置换反应,选项B不正确;
C、因为E、F都可以是可溶性碳酸盐,也可能一种物质是可溶性碳酸盐,一种物质是氢氧化钙,所以E、F的物质类别可能相同,也可能不同,选项C正确;
D、根据分析可知,H是盐酸,浓盐酸具有挥发性,选项D正确。
故选B。
4.许多物质在溶液中都以离子形式存在。
我们熟悉的复分解反应就是溶液中离子间结合得到水、气体或沉淀的一类化学反应。
如:
氢氧化钠与盐酸的反应就是溶液中的H+和OH-结合成水分子的过程(如图所示)。
结合信息、图示,你认为下列各组离子间不能反应的是
A.H+、Na+、OH-、NO3-
B.Na+、K+、Cl-、OH-
C.H+、K+、CO32-、HCO3-
D.K+、Ba2+、Cl-、SO42-
【答案】B
【解析】
【分析】
氢离子和氢氧根离子能够结合生成水,氢离子和碳酸根离子能够结合生成水和二氧化碳,钡离子和硫酸根离子能够结合生成硫酸钡沉淀;钠离子、钾离子、氯离子、氢氧根离子之间不能结合生成水或气体或沉淀
【详解】
A、氢离子和氢氧根离子能够结合生成水,离子之间能反应,故A不正确;
B、钠离子、钾离子、氯离子、氢氧根离子之间不能结合生成水或气体或沉淀,离子之间不能反应,故B正确;
C、氢离子和碳酸根离子能够结合生成水和二氧化碳,离子之间能反应,故C不正确;
D、钡离子和硫酸根离子能够结合生成硫酸钡沉淀,离子之间能反应,故D不正确。
故选B。
5.有Mg、Al、Zn的混合物共7.2g,与足量盐酸反应,生成H2的质量可能是()
A.0.2 gB.0.6gC.0.8gD.0.9g
【答案】B
【解析】
用极限法计算,假设全为Zn,生成氢气的质量为x。
Zn+2HCl==ZnCl2+H2↑
652
7.2gx
x=0.22g
同理,假设全为Mg,生成氢气的质量为y。
可得y=0.6g;假设全为Al,生成氢气的质量为z。
可得z=0.8g。
所以Al、Mg、Zn合金与盐酸反应放出氢气的质量0.8g>m(氢气)>0.22g。
故选B。
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.向用少量稀盐酸酸化的BaCl2溶液中滴加由Na2CO3和Na2SO4组成的混合溶液,产生沉淀的量(m)与加入溶液的体积(V)之间的关系图正确的是
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】BaCl2溶液分别与Na2CO3、Na2SO4溶液常温反应生成BaCO3和BaSO4沉淀,因为BaCl2溶液是用稀盐酸酸化的,故含有少量的稀盐酸,生成的BaCO3沉淀与稀盐酸反应生成可溶性的BaCl2,故开始沉淀质量较少,故选D。
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.某合金2g与足量的稀硫酸充分反应后,如果生成0.2g氢气,该合金中的元素可能是( )
A.Zn和FeB.Zn和CuC.Cu和AuD.Mg和Al
【答案】D
【解析】
铜、金不与酸反应生成氢气,不可能是Cu和Au混合物;设生成0.2g氢气需要锌、铁、镁、铝的质量分别为x、y、m、n,计算如下
Zn+H2SO4====ZnSO4+H2↑
652
x0.2g
65/x=2/0.2g
x=6.5g
Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑
562
y0.2g
56/y=2/0.2g
y=5.6g
Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑
242
m0.2g
24/m=2/0.2g
m=2.4g
2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑
546
m0.2
54/m=6/0.2g
m=1.8g
由以上结算结果可知可能是镁、铝的混合物,选D
10.在托盘天平(灵敏度极高)两边各放一只等质量的烧杯,在两只烧杯里各加入足量、等质量、等质量分数的稀盐酸,调节天平至平衡,然后向左端烧杯加入5.6克铁,要使天平再次平衡,应向右边烧杯加入
A.5.4克氧化钙B.5.6克铜C.6克镁D.10克碳酸钙
【答案】A
【解析】天平的两边增加的量相同时天平才能仍然平衡。
5.6克铁和足量的盐酸反应生成0.2g氢气,氧化钙和盐酸反应生成盐和水,没有气体逸出,增加的量为5.4g,天平平衡;5.6g铜和酸不反应,增加的量为5.6g;6g镁和酸反应生成气体0.5g;增加5.5g;10g碳酸钙和足量的酸反应生成二氧化碳4.4g,增加5.6g;选A
点睛:
天平的平衡问题的关键是余下的物质一样多,天平平衡。
11.A~F都是初中化学中常见的物质,其中A、B、C是氧化物,且A是红棕色粉末,D、F均是单质。
它们之间的转化关系如右图所示(“→”表示物质转化的方向;部分反应物、生成物和反应条件未标出)。
下列有关说法正确的是
A.反应①~④中一定包含复分解反应
B.做反应①的实验,要先加热A再通入B
C.反应④用于湿法冶金,可制取Zn、Cu、Ag
D.E可以是酸、盐或有机化合物
【答案】D
【解析】
试题分析∶由题中信息知,A、B、C是氧化物,且A是红棕色粉末,D、F均是单质。
故A是氧化铁,B是一氧化碳,C是二氧化碳,D是铁。
故A,B.C.均错误。
D正确。
考点∶考查常见物质的性质。
12.往AgNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中加入一定量的铁粉,充分反应后,有金属析出,过滤、洗涤后往滤渣中加入稀盐酸,有无色气体放出,则滤液中一定存在的物质是
A.Fe(NO3)2
B.Fe(NO3)3
C.Cu(NO3)2、Fe(NO3)2
D.AgNO3、Cu(NO3)2、Fe(NO3)2
【答案】A
【解析】
根据金属银、铜、铁的活动性由强到弱的顺序铁>铜>银,当把铁粉加入到AgNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中,首先和硝酸银反应生成银和硝酸亚铁,银被置换完剩余的铁再与硝酸铜反应生成硝酸亚铁和铜;过滤后向滤渣中滴加稀盐酸,有气泡,说明加入的铁有剩余.因此,滤液中只含有Fe(NO3)2、滤渣中一定含有Ag、铜、铁的结论.选A
点睛:
金属活动顺序表:
KCaNaMgAlZnFeSnPbHCuHgAgPtAu,在金属活动顺序表中,排在氢前边的金属能和酸发生置换反应生成盐和氢气。
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。
13.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
14.实验室有一包含有少量氯化钠杂质的硝酸钾固体,为提纯硝酸钾,设计如下图所示操作,
有关分析中正确的是
A.操作Ⅰ~Ⅲ分别是加热浓缩、蒸发结晶、过滤
B.操作Ⅰ是过滤,将氯化钠固体从溶液中分离除去
C.操作Ⅱ是加热浓缩,趁热过滤,除去杂质氯化钠
D.操作Ⅲ是过滤,将硝酸钾晶体从溶液中分离出来
【答案】D
【解析】
提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾,结合流程可知,操作Ⅰ为溶解,二者溶解度受温度影响不同,采取冷却热饱和溶液法分离出硝酸钾,则操作Ⅱ为蒸发浓缩,冷却结晶,操作Ⅲ是过滤、洗涤;A、提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾,结合流程可知,操作Ⅰ为溶解,操作Ⅱ为蒸发浓缩,冷却结晶,操作Ⅲ是过滤、洗涤,错误;B、提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾,结合流程可知,操作Ⅰ为溶解,错误;C、提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾,结合流程可知,操作Ⅱ为蒸发浓缩,冷却结晶,错误;D、提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾,结合流程可知,操作Ⅲ是过滤,将硝酸钾晶体从溶液中分离出来,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.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.t1℃时,甲溶液中溶质的质量分数一定等于乙溶液
B.降低温度,可使甲的饱和溶液变为不饱和溶液
C.t2℃时,分别在100g水中加入50g甲、乙,同时降温至t1℃,甲、乙溶液均为饱和溶液
D.将t2℃时甲的饱和溶液降温至t1℃,溶液质量不变
【答案】C
【解析】在溶解度曲线图上,横坐标是温度,纵坐标是溶解度。
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。
饱和溶液溶质的质量分数=溶解度÷(溶解度+100g)×100%
A.t1℃时,甲、乙的溶解度相同,甲乙的饱和溶液中溶质的质量分数。
B.降低温度,可使甲的饱和溶液析出晶体,所得溶液仍为饱和溶液;C.t1℃时,甲、乙的溶解度相同,都是40g,t2℃时,分别在100g水中加入50g甲、乙,同时降温至t1℃,甲、乙溶液均为饱和溶液D.将t2℃时甲的饱和溶液降温至t1℃,由于溶解度变小,析出晶体,溶液质量不变小。
选C
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
17.取一定量的氧化铁与氧化铜的混合物,加入稀硫酸(含0.2molH2SO4),恰好完全反应成盐和水.原混合物中氧元素的质量是
A.12.8gB.6.4gC.3.2gD.1.6g
【答案】C
【解析】Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2OCuO+H2SO4=CuSO4+H2O,由化学方程式可知,氧化物中氧原子的物质的量等于硫酸根的物质的量,故n(O)=n(H2SO4)=0.2mol,故原混合物中氧元素的质量为:
0.2mol×16g/mol=3.2g,故选C。
18.下列曲线能正确表达对应的反应或过程的是
A.向一定量的盐酸中逐滴加水稀释
B.某温度下将一定量接近饱和的KNO3溶液恒温蒸发水分
C.金属与一定量的稀硫酸反应,由图像可知,金属N比金属M活泼
D.将a、b、c三种物质的饱和溶液分别由t1℃升温至t2℃时,所得溶液中溶质质量分数大小关系是:
a>b>c
【答案】B
【解析】A.向一定量的盐酸中逐滴加水稀释,酸性变弱,pH变大,但溶液始终呈酸性,pH始终小于7;B.某温度下将一定量接近饱和的KNO3溶液恒温蒸发水分,溶液的浓度逐渐增大,成为饱和溶液后,溶质的质量分数不再改变;C.金属与一定量的稀硫酸反应,由图像可知,金属M比金属N反应速率更快,即金属M比金属N反应更剧烈,所以金属M比金属N的活动性强;D.将a、b、c三种物质的饱和溶液分别由t1℃时三种物质溶解度关系式:
a=b>c,其饱和溶液溶质的质量分数关系为:
a=b>c,升温至t2℃时,ab的溶解度变大,溶质的质量分数不变,c的溶解度变小溶质析出,溶质的质量分数减小,故所得溶液中溶质质量分数大小关系是:
a=b>c。
选B
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
19.已知A、B、C、D、E分别是初中化学中所学常见物质,它们之间相互转化的关系如图所示,“→”表示物质相互之间的转化,“—”表示物质之间能发生反应,A、B、C、E分别属于不同类别的化合物,A与C、E与C之间的反应产物完全相同,E在农业上可用于改良酸性土壤。
下列叙述错误的
A.上述五种物质之间相互转化的化学反应类型中不包含置换反应
B.D与水反应生成酸,A与水反应生成碱
C.可用水除去E中含有的少量A杂质
D.B、D两种物质在一定条件下,不能互相转化
【答案】D
【解析】由题意可知,E是氢氧化钙,A、B、C、E分别属于不同类别的化合物,A、B、C为酸、盐、氧化物中的一种,A能转化为E,A可能是氧化钙或水,是氧化物;A能与C反应,又C为酸或盐,A为氧化钙,故C为酸,B为盐,B能转化为A,B为碳酸钙,则D为二氧化碳。
解:
A.B转化为A是分解反应;A转化为E是化合反应;E和D的反应及D转化为B的反应不属于基本反应类型;其余都是复分解反应。
故说法正确;
B.D是二氧化碳,二氧化碳与水反应生成碳酸;A是氧化钙,与水反应生成氢氧化钙,故说法正确;
C.E是氢氧化钙,A是氧化钙,氧化钙与水反应生成氢氧化钙,故说法正确;
D.B是碳酸钙,D是二氧化碳,B、D两种物质在一定条件下能互相转化,故说法错误。
因此本题选D。
20.除去下列各物质中的少量杂质所选用的试剂及操作方法均正确的是()
项目
物质
杂质(少量)
试剂
操作方法
A
CaO固体
CaCO3固体
加入适量的稀盐酸
过滤、洗涤、干燥
B
CO2
CO
通O2
点燃
C
NaNO3
Na2SO4
适量氢氧化钡溶液
过滤
D
KClO3
MnO2
水
溶解、过滤、蒸发
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】
A、氧化钙能与盐酸反应生成氯化钙和水,不符合除杂要求;B二氧化碳不可燃不助燃,不能将二氧化碳中少量一氧化碳点燃,不能达到除杂目的;C硫酸钠和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化钠,引入新的杂质;氯酸钾易溶于水,二氧化锰难溶,加水溶解过滤后,将溶液蒸发结晶可能纯净的氯酸钾固体。
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
21.下列不能正确反映相关实验过程中量的变化关系的图像是( )
A.分别向等质量Fe和Al中加入足量的溶质质量分数的稀盐酸
B.一定压强下,氧气在水中的溶解度
C.一定温度下,向不饱和硝酸钾溶液中加入硝酸钾
D.氯酸钾和二氧化锰混合加热制氧气中,a使用催化剂,b未使用催化剂
【答案】B
【解析】A、根据铁、铝与足量溶质质量分数相同的稀盐酸反应进行分析判断;
B、根据气体的溶解度随着温度的升高而减小,进行分析判断;
C、不饱和溶液加入溶质会溶解,溶质的质量分数会增大,但达到饱和时就不再溶解了,溶质的质量分数也就不变了;
D、根据实验室制取氧气的原理,分解氯酸钾制取氧气时加入催化剂的作用进行分析判断。
解:
A、Fe+2HCl==FeCl2+H2↑,2Al+6HCl==2AlCl3+3H2↑。
铁与盐酸反应生成2份质量的氢气需要56份质量的铁,铝与盐酸反应生成2份质量的氢气需要18份质量的铝。
由此可知,分别向等质量Fe和Al中加入足量的溶质质量分数相同的稀盐酸,铝产生的气体质量较多;正确;
B、一定压强下,气体的溶解度随着温度的升高而减小,故图象不能正确反映相关实验过程中量的变化关系;错误;
C、不饱和的硝酸钾溶液加入硝酸钾会溶解,溶质的质量分数会增大,但当达到饱和时就不再溶解了,溶质的质量分数也就不变了;图象应该是先上升后成一条水平直线,故图象能正确反映相关实验过程中量的变化关系; 正确;
D、实验室
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