初三化学中考一模试题和答案.docx
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初三化学中考一模试题和答案
2021初三化学中考一模试题和答案
一、选择题(培优题较难)
1.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。
2.下列曲线正确的是
A.向盐酸中加水
B.浓H2SO4加入水中
C.煅烧CaCO3
D.O2在水中的溶解性
【答案】C
【解析】A.向盐酸中加水,溶液的酸性变弱,pH变大但始终成酸性,pH始终小于7
B.浓H2SO4加入水中,溶解放出大量热,使溶液温度升高,然后慢慢冷却至室温,所以最终溶液的温度能恢复到原温;C.煅烧CaCO3,生成二氧化碳和氧化钙固体,因此固体减少,反应结束时固体的质量为生石灰的质量,大于零;D.O2在水中的溶解性随温度升高而减小;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
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.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。
4.为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42﹣及泥砂,可将粗盐溶于水,然后进行下列五项操作①过滤;②加过量NaOH溶液;③加适量盐酸;④加过量Na2CO3溶液;⑤加过量BaCl2溶液.下列操作顺序中最合适的是()
A.②④⑤①③B.⑤④②③①C.⑤②④③①D.②⑤④①③
【答案】D
【解析】
试题分析:
镁离子用氢氧根离子沉淀,加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀,硫酸根离子用钡离子沉淀,加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀,至于先除镁离子,还是先除硫酸根离子都行,钙离子用碳酸根离子沉淀,除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀,但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后,这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡,离子都沉淀了,再进行过滤,最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子,所以正确的顺序为:
⑤加过量的BaCl2溶液,④加过量的Na2CO3溶液,②加过量的NaOH溶液,①过滤,③加适量的盐酸;或者,②加过量的NaOH溶液,⑤加过量的BaCl2溶液,④加过量的Na2CO3溶液,①过滤,③加适量的盐酸.所以正确的顺序是⑤④②①③或②⑤④①③
故选D.
考点:
氯化钠与粗盐提纯;物质除杂或净化的探究;实验步骤的探究.
点评:
在解此类题时,注意除杂的最后不能再有其他杂质,过滤要放在所有沉淀步骤的最后.
5.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.
6.某黑色固体粉末可能是Fe、FeO、CuO和C中的一种或几种。
取黑色粉末,加入一定量的稀硫酸,待充分反应后过滤,得到滤液和滤渣,在滤液中插入一根洁净的铁丝。
有关说法正确的是
A.若滤液呈浅绿色,则原黑色固体粉末中一定有Fe
B.若铁丝表面只有红色固体析出,则滤渣中一定无CuO
C.若铁丝表面无明显现象,则滤渣中最多有四种物质
D.若铁丝表面只有气泡产生,则滤液中的溶质一定有H2SO4和FeSO4
【答案】D
【解析】
【分析】
金属氧化物优先于金属与酸反应,C不与稀硫酸反应,氧化铜可以与稀硫酸反应,生成的Cu2+在水溶液中显蓝色,Fe可以与稀硫酸反应生成气体,Fe、FeO与硫酸反应生成的Fe2+在水溶液中显浅绿色,铁的金属活动性大于铜,能将铜从其盐溶液中置换出来。
【详解】
A、若滤液呈浅绿色,则原黑色固体粉末中不一定含有Fe,FeO也可以与稀硫酸反应生成的Fe2+在水溶液中显浅绿色,故A错误;
B、若铁丝表面只有红色固体析出,说明了溶液中含有硫酸铜,能判断黑色粉末中含有CuO,不能判断滤渣中是否有CuO,故B错误;
C、若铁丝表面无明显现象,说明了溶液中无硫酸铜,没有剩余的硫酸,如果硫酸的量不足,则滤渣中最多可以有Fe、FeO、CuO、C、Cu五种物质,故C错误;
D、C不与稀硫酸反应,如果原固体粉末中没有铁或氧化亚铁,那么铁丝表面就有红色固体析出,所以有气泡,说明一定有硫酸和硫酸亚铁,故D正确。
故选:
D。
7.下列图像中有关量的变化趋势与对应叙述关系正确的是()
A.向一定质量表面生锈的铁片中滴加盐酸至过量B.向一定质量的稀硫酸中滴加水
C.向氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液中滴加石灰水至过量D.加热一定质量的氯酸钾
【答案】A
【解析】A、生锈的铁片含有氧化铁和铁,首先氧化铁与盐酸反应,无气体产生,然后铁与盐酸反应生成氢气;
B、稀硫酸呈酸性,其pH小于7,加水后酸性减弱,pH逐渐增大;
C、石灰水与氢氧化钠溶液不反应,只与碳酸钠溶液反应生成沉淀;
D、加热一定质量的氯酸钾,生成氧气的质量是一定的。
解:
A、生锈的铁片含有氧化铁和铁,首先是表面的铁锈与盐酸反应生成氯化铁和水,无气体产生,然后铁与盐酸反应生成氢气,当铁全部反应完,氢气质量不再改变,观察图象,符合变化,故A正确;
B、稀硫酸呈酸性,其pH小于7,加水后酸性减弱,pH逐渐增大,观察图象PH在减小,故B错误;
C、石灰水与氢氧化钠溶液不反应,只与碳酸钠溶液反应生成沉淀,而且是一开始就生成,观察图示可知,C错误;
D、加热一定质量的氯酸钾,生成氧气的质量是一定的,所以固体残留物的质量不会随时间的延长而消失,故错误。
故选A。
点睛:
常见混合物间的反应事实,要求同学们在平时的学习中加强基础知识的储备,以便能够灵活应用。
8.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。
9.如图所示的装置可用来测定某气体X的组成。
在注射器A中装有0.32g气体X并慢慢通过不含空气并装有足量灼热的氧化铜的玻璃管B,使气体X完全反应。
得到以下实验结果:
实验前B管重20.32g,实验后B管重20.00g,B管中出现红色粉末。
C管中收集到的无色液体是水;注射器D中收集到生成氮气0.28g。
下列说法正确的是()
A.B管中发生的反应为置换反应
B.气体X是氨气(NH3)
C.该反应中生成的水与氮气的分子个数比为1:
2
D.气体X中氮元素与氢元素的质量之比为7:
1
【答案】D
【解析】
【详解】
A、X气体中含有氮元素、氢元素,所以一定不是单质,氧化铜属于化合物,所以B管中反应一定不是置换反应,错误;
B、实验前B管重20.32克,实验后B管重20.00克,所以氧化铜中氧元素质量为0.32g,因为氧元素和氢元素结合生成水,所以氢元素质量为:
0.04g,收集到生成的氮气0.28克,气体中氮元素质量为0.28g,所以氮元素与氢元素原子个数比为:
,所以气体不是氨气,错误;
C、实验前B管重20.32克,实验后B管重20.00克,所以氧化铜中氧元素质量为0.32g,因为氧元素和氢元素结合生成水,所以氢元素质量为:
0.04g,所以生成水的质量为:
0.32g+0.04g=0.36g,该反应中生成的水与氮气的分子个数比为
,错误;
D、实验前B管重20.32克,实验后B管重20.00克,所以氧化铜中氧元素质量为0.32g,因为氧元素和氢元素结合生成水,所以氢元素质量为:
0.04g,收集到生成的氮气0.28克,气体中氮元素质量为0.28g,气体X中氮元素与氢元素的质量比为:
0.28g:
0.04g=7:
1,正确。
故选D。
【点睛】
根据气体与氧化铜反应生成铜、氮气和水来分析X的组成,氮气的质量就是气体中氮元素的质量,B管质量的减少量就是失去的氧元素的质量,根据氧化铜中氧元素质量可以计算出气体中氢元素质量,可以计算出水的质量,再计算水分子和氮分子的个数比。
10.下列图象分别与选项中的描述相对应,其中正确的是( )
A.
表示向一定量大理石中滴加稀盐酸,产生二氧化碳的质量变化
B.
表示加热一定量碳铵(NH4HCO3),试管中固体的质量变化
C.
表示电解水实验中,生成的氢气及氧气的质量关系
D.
表示向相同浓度和体积的稀硫酸中加入足量的镁粉和铁粉,产生氢气的质量关系
【答案】B
【解析】
向一定量大理石中滴加稀盐酸,反应中产生二氧化碳的质量随盐酸的增多而增多,当碳酸钙反应完,二氧化碳的质量不再增加;碳酸氢铵受热分解生成二氧化碳、氨气、水,生成物中没有固体,所以反应结束,固体质量为零;电解水时正极生成的是氧气,负极生成的是氢气,氢气是氧气体积的2倍;向相同浓度和体积的稀硫酸中加入足量的镁粉和铁粉,镁比铁活动性强,反应快,由于镁粉和铁粉足量,酸反应完反应结束,生成氢气的质量一样多。
选B
点睛:
结合反应方程式,推断物质的变化和图像表达的变化比较,重点是起点、变化趋势、终点,同时要看清坐标对应的量,和反应物的量
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.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
13.下列离子组在强酸性和强碱性溶液中都能大量共存的是()
A.Ca2+、Cu2+、NO3﹣、Cl﹣
B.Na+、Mg2+、SO42﹣、Cl﹣、
C.Na+、K+、CO32﹣、SO42﹣
D.Na+、Ba2+、Cl﹣、NO3﹣
【答案】D
【解析】
试题分析:
强酸性和强碱性溶液分别含有大量的H+、OH﹣.A、Cu2+和碱性溶液中的氢氧根离子能能结合生成氢氧化铜沉淀,在碱性溶液中不能大量共存,错误;B、Mg2+和碱性溶液中的氢氧根离子能能结合生成氢氧化镁沉淀,在碱性溶液中不能大量共存,错误;C、CO32﹣与酸性溶液中的氢离子能能结合生成水和二氧化碳,在酸性溶液中不能大量共存,错误;D、四种离子在溶液中相互交换成分不能生成沉淀、气体、水,能在酸性溶液和碱性溶液中大量共存,正确。
考点:
考查离子或物质的共存问题的知识。
14.在天平两边的托盘上各放一个盛有某质量分数相同,质量也相同的盐酸的烧杯,此时天平平衡。
先将下列物质按前后质量比为10:
21的比例放入烧杯中,反应都恰好完全,天平仍平衡的是:
A.Mg和MgOB.MgO和Mg(OH)2
C.MgO和MgCO3D.Mg和MgCO3
【答案】C
【解析】根据题干中的信息可以知道反应后若保持天平平衡,则加入的固体的质量和反应生成的气体或固体的质量之差应该相等,即反应前后溶液的质量变化应该相等,可以据此结合所发生的化学反应进行分析.
化学反应方程式 使溶液增加的质量
Mg+2HCl═MgCl2+H2↑
24 2 24-2=22
MgO+2HCl═MgCl2+H2O
40 40-0=40
Mg(OH)2+2HCl═MgCl2+2H2O
58 58-0=58
MgCO3+2HCl═MgCl2+H2O+CO2↑
84 44 84-44=40
通过以上计算可以看出:
氧化镁和碳酸镁分别与盐酸反应后使溶液增加的质量相等,并且满足氧化镁的质量:
碳酸镁的质量=40:
84=10:
21.故选C.
点睛:
增加的量相同时天平仍然平衡,增加的量等于放入的质量减生成气体的质量。
15.某同学对下列四个实验都设计了两种方案,其中方案1合理、方案2不合理的是
选项
A
B
C
D
实验
目的
鉴别NaOH和CaCO3
除去NaOH溶液中少量的Na2CO3
除去CO2中含有的少量CO
除去CaO中的CaCO3
方案1
加水溶解,看是否溶解、放热
加适量Ca(OH)2溶液,过滤
点燃
加适量稀盐酸
方案2
加入盐酸,看是否有气泡产生
加适量稀盐酸
将气体通入澄清石灰水
加水溶解,过滤
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A、鉴别氢氧化钠和碳酸钙,氢氧化钠易溶于水,且溶解时放热,而碳酸钙难溶于水;氢氧化钠和稀盐酸反应生成氯化钠和水,无明显现象,碳酸钙和稀盐酸反应生成二氧化碳和水和氯化钙,方案1和方案2都合理,不符合题意;
B、除去氢氧化钠溶液中少量的碳酸钠,根据除杂原则方案1是正确的,方案2不正确,因为盐酸既能与氢氧化钠溶液反应也能和碳酸钠溶液反应,符合题意;
C、除去二氧化碳中的一氧化碳,用点燃的方法是错误的叙述,因为在二氧化碳的环境下不能点燃一氧化碳,不符合题意;
D、除去氧化钙中的碳酸钙,加入适量的盐酸是错误的叙述,盐酸能与氧化钙发生反应,不符合题意;
故选B。
16.一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。
17.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。
18.在25℃时,向足量的饱和碳酸钠溶液中加入1.06g无水碳酸钠,搅拌静置后,最终所得晶体的质量
A.等于1.06gB.大于1.06g而小于2.86gC.等于2.86gD.大于2.86g
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
1.06g无水碳酸钠的物质的量为
,加入到饱和溶液中生成0.01molNa2CO3·10H2O结晶水合物,其质量为0.01mol×286g/mol=2.86g,又因为原饱和溶液加入无水碳酸钠与水反应而消耗溶液中的水,会有晶体析出,故析出晶体的质量大于2.86g;
故选D。
19.除去下列各物质中混有的少量杂质(括号内为杂质),所用试剂及方法不正确的是
A.N2(O2)——将气体通过灼热且足量的Cu粉
B.铜粉(CuO)——通入足量的CO气体并加热
C.烧碱溶液(Na2CO3)——加入过量的Ca(OH)2溶液,过滤
D.CaCl2溶液(盐酸)——加入过量的CaCO3固体,过滤
【答案】C
【解析】A.N2(O2),将气体通过灼热且足
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