上海金山初级中学初三化学中考一模试题和答案.docx
- 文档编号:4480656
- 上传时间:2022-12-01
- 格式:DOCX
- 页数:27
- 大小:245.37KB
上海金山初级中学初三化学中考一模试题和答案.docx
《上海金山初级中学初三化学中考一模试题和答案.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《上海金山初级中学初三化学中考一模试题和答案.docx(27页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
上海金山初级中学初三化学中考一模试题和答案
上海金山初级中学2020初三化学中考一模试题和答案
一、选择题(培优题较难)
1.下列溶液中无色,且在pH=1时能大量共存的是
A.CuSO4NaClKNO3B.NaOHNaClNaNO3
C.Na2SO4KClZnCl2D.K2SO4AgNO3NaCl
【答案】C
【解析】
pH=1的溶液中有大量的H+,大量共存要求物质之间相互交换成分不能结合生成水、气体或沉淀,形成无色溶液要求分析常见离子在水溶液中的颜色,若为无色,符合题意
A、物质之间相互交换成分不能结合生成水、气体或沉淀,但Cu2+在水溶液中为蓝色,故A错误.
B、NaOH可与酸发生中和反应,故不能共存,所以错误
C、物质之间相互交换成分不能结合生成水、气体或沉淀,且离子均为无色,故C正确.
D、K2SO4AgNO3生成硫酸银沉淀,故D不正确
故选C
2.向盛有一定质量MgO和MgCO3混合物的烧杯中加入142g稀盐酸,恰好完全反应,一定温度下,得到150g不饱和溶液。
下列数据中,与该溶液的溶质质量分数最接近的是
A.5.3%
B.5.6%
C.12.7%
D.13.4%
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
氧化镁和稀盐酸反应生成氯化镁和水,碳酸镁和稀盐酸反应生成氯化镁、水和二氧化碳;
可见生成的氯化镁相同时造成的溶液质量增加是相等的,与是氧化镁还是碳酸镁反应无关;
设生成的氯化镁的质量为x,则
解得x=19g;
该溶液的溶质质量分数为:
。
故选:
C。
【点睛】
差量法在计算中的应用很广泛,解答的关键是要分析出物质的质量差与要求的未知数之间的关系,再根据具体的数据求解。
3.金属钠非常活泼,常温下在空气中易被氧化,也易与水反应。
现将5.4g部分氧化的金属钠样品放入150g16%的硫酸铜溶液中,充分反应后过滤,得到9.8g蓝色滤渣。
(已知样品成分仅为Na和Na2O,相关反应①
②
),下列计算错误的是()
A.最终所得溶液中存在两种溶质
B.最终所得溶液的质量为145.5g
C.原混合物中钠元素质量为4.6g
D.原混合物中钠和氧化钠的质量比为46:
31
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A、将部分氧化的金属钠放入硫酸铜溶液中,
,
,
,充分反应后过滤,得9.8g蓝色沉淀,则该蓝色沉淀为氢氧化铜沉淀,设参加反应的氢氧化钠的质量为x,参加反应的硫酸铜的质量为y
y=16g<150g×16%=24g
x=8g
故硫酸铜过量,反应生成的氢氧化钠完全反应,最终所得溶液中含有两种溶质,硫酸钠和过量的硫酸铜,不符合题意;
B、氢氧化钠共8g,根据质量守恒定律,化学反应前后,元素的质量不变,可得氢氧化钠中钠元素的质量=样品中钠元素的质量,氢氧化钠中钠元素的质量为:
设样品中氧化钠的质量为a,钠的质量为5.4g-a,样品中钠元素的质量为:
,a=3.1g,钠的质量为:
5.4g-3.1g=2.3g
设金属钠与水反应生成氢气的质量为m
m=0.1g
根据质量守恒定律,化学反应前后,物质的总质量不变,故最终所得溶液的质量=5.4g+150g-9.8g-0.1g=145.5g,不符合题意;
C、由B的分析可知,原混合物中钠元素的质量为4.6g,不符合题意;
D、由B的分析可知,原混合物中钠的质量为2.3g,氧化钠的质量为3.1g,则原混合物中钠和氧化钠的质量比为2.3g:
3.1g=23:
31,符合题意。
故选D。
4.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。 5.下列图象正确的是 A.表示KMnO4加热制O2生成的MnO2的质量与时间的关系图 B.表示CO还原CuO的实验中,试管内固体质量与时间关系图 C.表示向Ca(NO3)2(含少量HCl)溶液中滴加K2CO3溶液,沉淀量与K2CO3的加入量的关系图 D.表示向足量的稀HCl中加入少量Fe,溶液质量与时间的关系图 A.AB.BC.CD.D 【答案】D 【解析】 A、因为MnO2是生成物,所以质量是由0逐渐增加的; B、试管内固体质量的变化就是CuO→Cu的质量变化; C、滴加滴加K2CO3溶液,首先和盐酸反应,然后和Ca(NO3)2反应; D、溶液质量的变化就是HCl→FeCl2的质量变化。 解: A、因为MnO2生成物,所以开始反应时质量为0,所以图象起点错误,故A错误; B、发生的反应为CuO+CO=Cu+CO2,固体的质量由CuO→Cu,质量减少,而图象是固体质量增加,曲线走向错误,故B错误; C、滴加滴加K2CO3溶液,首先要和盐酸反应,K2CO3+2HCl=2KCl+CO2↑+H2O,直到盐酸完全反应再和Ca(NO3)2反应,这段时间没有沉淀生成,起点错误,所以图象C错误; D、发生的反应为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑,分析发现溶液质量的变化就是2HCl→FeCl2的质量变化,根据质量守恒可知质量增加,所以D正确。 故选D 6.不能正确反映对应变化关系的图像是() A.在一定量的CuSO4溶液中逐滴加入NaOH溶液 B.等质量的Zn和Mg分别与足量等体积等质量分数的稀硫酸反应 C.向NaOH溶液中逐滴加入稀盐酸 D.等质量CaCO3分别与足量等体积等质量分数的稀盐酸反应 【答案】C 【解析】A.在一定量的CuSO4溶液中逐滴加入NaOH溶液,两者之间反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠;B.镁的活动性比锌的强,所以镁先反应完;等质量的Zn和Mg分别与足量等体积等质量分数的稀硫酸反应,镁比锌生成氢气多。 C.氢氧化钠溶液呈碱性,pH大于7,盐酸溶液的pH小于7,向NaOH溶液中逐滴加入稀盐酸,溶液的pH应逐渐减小;D.等质量CaCO3分别与足量等体积等质量分数的稀盐酸反应,通常粉末状时,药品和盐酸接触更充分,反应较快;当块状石灰石反应时,速率较慢;但过氧化氢质量相同时,生成物的质量相同。 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 7.小亮同学在实验室中制取CO2气体后,对废液进行后续探究,他向一定质量的含CaCl2和HCl的溶液中逐滴加入溶质质量分数为10%的Na2CO3溶液.实验过程中加入Na2CO3溶液的质量与生产沉淀或者气体如图1所示;加入Na2CO3溶液的质量与溶液的pH变化关系如图2所示,下列说法正确的是: () A.图1中b→c段表示生成气体的过程B.图1中b点的值为106 C.图1中0→a段反应过程中溶液的pH变化情况可用图2中d→h段曲线表示D.图1中c点时,溶液中的溶质有两种 【答案】C 【解析】 (1)加入的碳酸钠先与盐酸反应,把盐酸消耗完了,才开始与氯化钙反应,开始生成沉淀,因此图中oa段表示生成的气体质量;A.图1中b→c段表示生成沉淀的过程;B.根据题意可知碳酸钠先与盐酸反应,再与氯化钙反应,由图示可知碳酸钠与盐酸反应生成气体2.2g,碳酸钠与氯化钙反应,生成沉淀5.0g.设生成2.2g气体所需的Na2CO3的质量为y,生成沉淀5.0g所需Na2CO3的质量为z.则 Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2ONa2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl 10644106100 y2.2gz5g 106/44=y/2.2gy=5.3g106/100=z/5gz=5.3g 图1中b点的值为5.3g÷10%=53;x点的值为(5.3g+5.3g)÷10%=106 C.碳酸钠溶液呈碱性,和盐酸反应生成中性的氯化钠溶液和二氧化碳,a点表示碳酸钠先盐酸反应,把盐酸消耗完,故溶液中的溶质为氯化钠和氯化钙;所以溶液的pH逐渐增大到7;因此图1中0→a段反应过程中溶液的pH变化情况可用图2中d→h段曲线表示;D.当盐酸反应后,溶液中溶质有氯化钠和氯化钙,溶液呈中性,b~c段反应过程是碳酸钠与氯化钙反应,生成碳酸钙沉淀和氯化钠,在此过程中,溶液的PH不变,呈中性,图1中c点时,原溶液中的溶质盐酸和氯化钙都被反应完,溶液中的溶质只有氯化钠。 选C 点睛: ①碳酸钠溶液呈碱性,②在盐酸和氯化钙的混合溶液中加入碳酸钠时由于碳酸钙沉淀和稀盐酸反应,所以碳酸钠先与盐酸反应,后与氯化钙反应 8.童童同学将一定量的氧化铜粉末加入到100g溶质的质量分数为14%的稀硫酸中,充分反应后固体全部消失,为了避免该废液排放造成污染,他又向废液中加入20g铁粉,充分反应后过滤,滤渣的质量为20g,加稀硫酸时所消耗的氧化铜质量是() A.8gB.10gC.12gD.14g 【答案】B 【解析】 【分析】 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: 从CuSO4+Fe=FeSO4+Cu,可以看出铁转化出铜,这是一个使固体质量增加的过程,而题目明确的说明过滤后的固体质量与投入的铁粉质量相同,这只能说明氧化铜被溶解后,硫酸仍然有剩余,剩余的硫酸继续消耗铁粉,且消耗铁粉的质量与前一步固体增加的质量相等;利用这一等量关系,计算所加入氧化铜的质量; 【详解】 设原先氧化铜的质量为 ,则与氧化铜反应的硫酸的质量 ,生成硫酸铜的质量 , = =2 设加入铁粉与硫酸铜溶液充分反应固体增加的质量为 ,生成硫酸亚铁的质量为 ;与剩余稀硫酸反应的铁的质量为 ,生成硫酸亚铁的质量为 , =0.1 =8-0.7 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: = 0.1 =8-0.7 解得 =10g, 答: 原先氧化铜的质量为10g。 故选B。 【点睛】 在金属活动性顺序里,位于氢前面的金属能置换出盐酸、稀硫酸中的氢;位于前面的金属能把位于后面的金属置换出来。 9.现有一包由5.6g铁、7.2g镁、1.0g碳混合而成的粉末,把它加入一定量的CuCl2溶液中。 实验结束后,测得剩余固体中含有三种物质。 则剩余固体的质量不可能是 A.26.2g B.26.6g C.26.0g D.25.8g 【答案】B 【解析】 【分析】 镁的金属活动性强于铁,铁强于铜,镁先和氯化铜反应生成氯化镁和铜,镁完全反应后,铁和氯化铜反应生成氯化亚铁和铜,碳和氯化铜不反应。 【详解】 设7.2g镁和氯化铜完全反应产生铜的质量为x 若铁没有反应,剩余固体的质量为 设5.6g铁和硝酸铜完全反应产生铜的质量为y 若铁完全反应,剩余固体的质量为 铁没有反应或部分反应,因此剩余固体的质量大于或等于25.8g,小于26.6g。 故选B。 【点睛】 实验结束后,测得剩余固体中含有三种物质,为碳、铜和铁,镁完全反应,铁没有反应或部分反应。 10.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+100g-114.2g=4.4g,由化学方程式可知,原固体混合物中的碳元素全部转化到了二氧化碳中,原固体混合物中的钠元素全部转化到了硫酸钠中,最后蒸干得到的固体即是硫酸钠的质量,故原固体混合物中钠元素的质量为: ,原固体混合物中碳元素的质量为: ,故原固体混合物中Na元素与C元素的质量比为: 9.2g: 1.2g=23: 3。 故选C。 11.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。 12.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 13.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。 14.已知A、B、C、D、E是初中化学中常见的五种物质,均含有同一种元素。 其中,A为单质,B和C含有相同的元素。 它们在一定条件下的转化关系如图所示(“→”表示物质间的转化关系,反应条件和部分反应物、生成物已省略),根据初中所学知识判断下列说法正确的是() A.A→B的反应一定是化合反应 B.D和E的物质类别可以相同,也可以不同 C.若D是一种白色固体,则B→D的反应属于复分解反应 D.若C为单质,A和B含有相同的元素,其他条件不变。 则D→B的反应一定是分解反应 【答案】B 【解析】 【详解】 A、A为单质,B和C含有相同的元素,A能生成B和C,故A→B的反应可能是化合反应,也可能是置换反应,如A是碳,B是二氧化碳,C是一氧化碳,故A选项错误; B、当A为碳,B为二氧化碳、C为一氧化碳时,D、E分别可以是碳酸钠和碳酸钙,都属于盐;D、E分别也可以是碳酸钙和碳酸,属于不同类物质,故B选项正确; C、当D为碳酸钙,B为二氧化碳时,B→D的反应不属于复分解反应,故C错误; D、若C为单质,A和B含有相同的元素,则C可能是氧气,A可能是过氧化氢,B可能是水,则D可能是氢氧化钙,氢氧化钙生成水的反应不一定是分解反应,故D选项错误。 故选B。 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.如图是甲、乙两种固体物质的溶解度曲线.下列说法中正确的是 A.甲的溶解度大于乙的溶解度 B.30℃时,甲的饱和溶液中溶质的质量分数为30% C.乙物质的溶解度受温度变化的影响较小,甲物质的溶解度受温度变化的影响较大 D.甲中含有少量乙时,用蒸发溶剂的方法提纯甲 【答案】C 【解析】 【详解】 A.在溶解度曲线图上,横坐标是温度,纵坐标是溶解度。 由图可知,温度会影响物质的溶解度,不说明温度时,不能比较溶解度的大小。 B、饱和溶液溶质的质量分数=溶解度÷(溶解度+100g)×100%,30℃时,甲的溶解度为30g,其饱和溶液中溶质的质量分数为30g÷(30g+100g)×100%<30%; C.由图可知,当温度变化时,乙物质的溶解度变化较小,所以乙物质的溶解度受温度变化的影响较小,当温度变化时,甲物质的溶解度会有较大的改变,甲物质的溶解度受温度变化的影响较大; D.甲物质的溶解度受温度变化的影响较大,且随温度降低而减小;乙物质的溶解度受温度变化的影响较小,而甲中含有少量乙时,用降温结晶的方法提纯甲;选C。 17.将质量相等、溶质质量分数相同的两份稀硫酸分装在甲、乙两个烧杯中,再称取质量相等的铝和锌,把铝放入甲烧杯中,锌放入乙烧杯中。 待反应结束后,发现甲烧杯中铝有剩余,乙烧杯中的锌已全部反应,根据此现象推断,下列结论中,正确的是() A.一定是乙烧杯中产生的氢气多 B.可能乙烧杯中产生的氢气多 C.一定是甲烧杯中产生的氢气多 D.可能甲、乙两烧杯中产生的氢气一样多 【答案】D 【解析】 【分析】 因为甲烧杯中铝有剩余,说明稀硫酸已用完,在此反应中产生了题中一定量的稀硫酸能生成的最多的氢气;而乙烧杯中锌已全部反应,在此反应中有两种情况可能存在: ①稀硫酸已用完,也产生了题中一定量的稀硫酸能生成的最多的氢气,那么甲乙两烧杯中产生的氢气一样多;②稀硫酸没有全部反应,因此,就没有产生稀硫酸全部反应生成的那么多氢气,此种情况实验中就是甲烧杯中产生的氢气多。 【详解】 A、根据分析,甲、乙两烧杯中产生的氢气可能一样多,选项A不正确; B、乙烧杯中产生的氢气最多与甲烧杯中产生的氢气一样多,选项B不正确; C、如果乙烧杯中稀硫酸没有全部反应,产生的氢气就比甲烧杯少,但如果乙烧杯中稀硫酸全部反应,产生的氢气就和甲烧杯中产生的氢气一样多,选项C不正确; D、如果乙烧杯中稀硫酸已用完,甲乙两烧杯中产生的氢气一样多,如果乙烧杯中稀硫酸没有全部反应,产生的氢气就比甲烧杯少,因此可能甲、乙两烧杯中产生的氢气一样多,选项D正确。 故选D。 18.某化学兴趣小组为测定Fe、Cu、Ag三种金属的活动性顺序,选用下列各组试剂,你认为不可行的是 A.Cu、Ag、FeSO4溶液B.Cu、FeCl2溶液,AgNO3溶液 C.Fe、Ag、CuSO4溶液D.Fe、Cu、稀硫酸,AgNO3溶液 【答案】A 【解析】根据金属活动顺序进行思考,Fe、Cu、Ag这三种金属的金属活动性由强到弱的顺序为Fe>Cu>Ag.在金属活动顺序表中,前边的金属可以把后边的金属从其盐溶液中置换出来,所以可以选择相应的金属和盐溶液进行反应来证明这三种金属的活动性强弱. A、因为铁的活动性在三种金属中最强,所以Cu,Ag都不能和FeSO4溶液反应,得不出Cu,Ag的活动性强弱,所以此方案不可行.B、Cu,FeCl2溶液,AgNO3溶液这三种物质中,铜与FeCl2溶液不反应,证明铁的活动性比铜强,铜与AgNO3溶液能反应,证明铜比银的活动性强,此方案可行.C、铁可以置换CuSO4溶液中的铜而出现红色固体,证明铁的活动性比铜强,银和CuSO4溶液不反应,证明铜比银的活动性强,因此,可以证明三种金属的活动性强弱,此方案可行.D、Fe,Cu,稀硫酸,AgNO3溶液四种物质中,铁能与稀硫酸反应,也能与AgNO3溶液反应,证明铁比氢和银的活动性强,铜和稀硫酸不反应,但能与AgNO3溶液反应,证明铜的活动性比氢弱,比银强,也能得出三种金属的活动性强弱,此方案可行.故选B. 19.在pH=11时,下列各组物质的混合溶液呈无色透明的是 A.Na2SO4、KCl、KNO3B.MgCl2、K2SO4、NaNO3 C.CuSO4、NaCl、Ba(NO3)2D.BaCl2、KCl、AgNO3 【答案】A 【解析】 【分析】 在pH=11时,着溶液显碱性,溶液中有OH-; 【详解】 A、Na2SO4、KCl、KNO3、OH-都是无色的;故选项正确。 B、氯化镁与中的镁离子与氢氧根离子反应产生白色沉淀: Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓;故选项错误。 C、硫酸铜中的铜离子是蓝色的,且能与氢氧根反应产生蓝色沉淀: Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓;故选项错误。 D、氯化钾与硝酸银能发生反应产生白色沉淀: KCl+AgNO3=KNO3+AgCl↓;故选项错误。 故选: A。 20.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。 二、实验题(培优题较难) 21.某化学实验小组欲探究盐酸、氢氧化钙的化学性质,取
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 上海 金山 初级中学 初三化学 中考 试题 答案