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
2020初三化学中考一模试题和答案
一、选择题(培优题较难)
1.向质量为m的Zn和Fe的混合粉末中加入一定量的CuCl2溶液,充分反应后过滤,将滤渣洗涤、干燥后称量,质量仍为m。
下列有关说法正确的是
A.滤液的颜色一定呈无色B.滤渣中的物质一定有3种
C.滤渣中加稀盐酸一定有气泡产生D.滤液中一定有ZnCl2和FeCl2
【答案】D
【解析】Zn+CuCl2=ZnCl2+Cu
6564
Fe+CuCl2=FeCl2+Cu
5664
由此可知,锌的反应使固体质量减少,铁的反应使固体质量增加,质量为m的Zn和Fe的混合粉末中加入一定量的CuCl2溶液,充分反应后过滤,将滤渣洗涤、干燥后称量,质量仍为m。
说明锌、铁都参与反应,因此溶液中一定有ZnCl2和FeCl2,选D
点睛:
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。
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.用数形结合的方法表示某些化学知识直观、简明、易记.下列用数轴表示正确的是( )
A.不同物质的着火点:
B.硫及其化合物与化合价的关系:
C.50g19.6%的稀硫酸与足量的金属反应产生氢气的质量:
D.物质形成溶液的pH:
【答案】B
【解析】A、白磷的着火点比铁的低,B化合物中元素的化合价代数和为零,单质中元素的化合价为零。
所以硫化氢中硫元素的化合价为-2价,硫中硫元素的化合价为0。
二氧化硫中硫元素的化合价为+4价,硫酸中硫元素的化合价为+6价;C、50g19.6%的稀硫酸与足量的金属反应产生氢气的质量相同。
因为金属足量,酸反应完,氢气的质量由酸决定。
D、纯碱是碳酸钠,溶液呈碱性,pH大于7;氯化钠溶液呈中性,pH等于7;酸奶呈酸性,pH小于7。
选B
4.甲、乙、丙、丁均为初中化学常见的物质,它们之间的部分转化关系如图所示(部分反应物、生成物和反应条件已略去。
“——”表示物质之间能发生化学反应。
“―→”表示物质之间的转化关系)。
下列推论不正确的是( )
A.若甲是碳酸钙,则乙转化成丙的反应可以是放热反应
B.若乙是最常用的溶剂,则丁可以是单质碳
C.若甲是碳酸钠,乙是硫酸钠,则丁可以是氯化钡
D.若丙是二氧化碳,丁是熟石灰,则丁可以通过复分解反应转化为乙
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A.若甲是碳酸钙,则碳酸钙分解生成氧化钙,氧化钙和水反应生成氢氧化钙过程中放热,因此乙转化成丙的反应可以是放热反应,选项A正确;
B.若乙是最常用的溶剂,水分解生成氧气,碳和氧气反应生成二氧化碳,且碳和水也能反应,因此丁可以是单质碳,选项B正确;
C.若甲是碳酸钠,如果跟硫酸反应则乙是硫酸钠,但硫酸钠转变成的丙不能和氯化钡反应,则丁不可以是氯化钡,选项C错误;
D.若丙是二氧化碳,丁是熟石灰,则丁可以通过复分解反应转化为乙,熟石灰和碳酸钠反应生成碳酸钙,碳酸钙和稀盐酸反应生成二氧化碳,而熟石灰和碳酸钠反应生成碳酸钙是复分解反应,选项D正确。
故选C。
5.氧烛是一种便携式供氧设备(如下图)。
产氧药块由氯酸钠(分解时吸收热量为QkJ·g-1)、金属粉末(燃烧时提供氯酸钠分解所需的热量)和少量催化剂组成。
某兴趣小组拟自制氧烛,火帽为确定每100g氯酸钠需要添加金属粉末的质量[m(金属)],查得下表数据:
金属
铁
铝
镁
燃烧放出热量/(KJ•g-1)
4.73
31.02
24.74
下列说法正确的是
A.m(金属)只能采用不同比例的金属和氯酸钠在空气中实验获得
B.m(金属)只能通过氯酸钠分解吸收热量与金属燃烧放出热量进行理论药块计算确定
C.m(金属)过小将使氧烛中反应无法持续进行,过大将减小产氧量
D.不用催化剂时,分别使用铁、铝、镁作燃料,m(Fe)最小
【答案】C
【解析】
A、m(金属)既可以通过实验获得也可以通过计算确定,错误;B、m(金属)既可以通过实验获得也可以通过计算确定,错误;C、该装置应是利用金属燃烧放出热量,供氯酸钠分解,分解产生的氧气又供给金属燃烧,所以金属的质量过小将使氧烛中反应无法持续进行,过大过度消耗氯酸钠分解产生的氧气,正确;D、不用催化剂时,分别使用铁、铝、镁作燃料,m(Fe)最大。
故选C。
6.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
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.将乙酸(CH3COOH)和葡萄糖(C6H12O6)溶于水得到混合溶液,测得溶液中氢元素的质量分数为a,则溶液中碳元素的质量分数为( )
A.1﹣9aB.1﹣8aC.12aD.8a
【答案】A
【解析】
【分析】
根据乙酸(CH3COOH)、葡萄糖(C6H12O6)、水中,氢原子和氧原子的个数比均为2:
1,进行分析解答。
【详解】
乙酸(CH3COOH)、葡萄糖(C6H12O6)、水中,氢原子和氧原子的个数比均为2:
1,则将乙酸(CH3COOH)和葡萄糖(C6H12O6)溶于水得到混合溶液中氢元素和氧元素的质量比为(1×2):
(16×1)=1:
8;测得溶液中氢元素的质量分数为a,氧元素的质量分数为8a,则溶液中碳元素的质量分数为1−a−8a=1−9a。
故选A。
9.在AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量,发生如下反应:
3NaOH+AlCl3=Al(OH)3↓+3NaCl,Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O。
已知NaAlO2易溶于水,则下列图像不正确的是()
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A、图中所示,随着氢氧化钠溶液的滴加,溶液中水的质量逐渐增大,当加入一定量时会出现滴加氢氧化钠溶液,而水的质量不增加的阶段而后继续增加;而反应的事实却是溶液中水会随着氢氧化钠溶液的滴加而不断增加,选项A错误;
B、图中所示,随着氢氧化钠的滴加,溶液中的氯化铝不断形成氢氧化铝沉淀,沉淀质量逐渐增加。
至完全反应后,随着氢氧化钠的滴加沉淀逐渐减少。
符合氯化铝先与氢氧化钠生成氢氧化铝沉淀,然后沉淀氢氧化铝又和滴加的氢氧化钠生成可溶的NaAlO2的反应事实,选项B正确;
C、图中所示,溶液的pH逐渐变大,符合氯化铝先与氢氧化钠生成氢氧化铝沉淀,溶液渐呈中性,然后沉淀氢氧化铝又和滴加的氢氧化钠生成可溶的NaAlO2而使溶液逐渐呈碱性的反应事实,选项C正确;
D、图中所示,随着氢氧化钠溶液的滴加,溶液中铝元素质量减少至完全消失,之后随着氢氧化钠溶液滴加溶液中铝元素质量又逐渐增加,符合氯化铝先与氢氧化钠生成氢氧化铝沉淀,然后沉淀氢氧化铝又和滴加的氢氧化钠生成可溶的NaAlO2的反应事实,选项D正确。
故选A。
【点睛】
根据反应进程,分析反应对溶液组成的影响,结合图示该因素变化的曲线,判断曲线与反应事实是否相符。
10.密闭容器中盛有CH4和O2的混合气体,点燃使其充分反应,CH4全部转化为CO、CO2和H2O,待容器恢复至室温,测得容器内混合气体中碳元素的质量分数为36%.则反应前CH4和O2的质量比为( )
A.4:
13B.3:
10C.2:
7D.1:
4
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
假设反应后该混合气体的质量为100g.则混合气体中含碳元素
,其中氧元素的质量为
,根据元素的守恒,可知甲烷中碳元素的质量为36g,则甲烷的质量为
,甲烷中氢元素的质量为
,甲烷燃烧时,其中的氢元素转化为水中的氢元素.则反应后生成水的质量为
,反应后生成水中的氧元素的质量为
,根据质量守恒定律,则氧气的质量为
。
则反应前CH4和O2的质量比为
,故选B。
11.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
12.某兴趣小组为了研究露置于空气中纯净的生石灰变质情况,进行了如下实验:
则下列结论错误的是()
A.A转化为B过程中钙元素的质量分数逐渐减小
B.如无浓硫酸,则粉末B中Cao质量测定值偏小
C.粉末B中CaCO3的质量为5克
D.粉末B中CaO的质量为16.6克
【答案】B
【解析】
A、由质量守恒定律可知A转化为B过程中钙元素的质量不变,但是由于吸收水和二氧化碳气体,固体的质量增加,钙元素的质量分数逐渐减小,故正确;
B、如无浓硫酸,气体C中的水分会被烧碱固体一同吸收,固体增重偏大,计算得到碳酸钙的质量偏大,相应吸收水的质量偏小(A到B增加29g-25g=4g为吸收二氧化碳和水的总和),计算所得氢氧化钙的质量会(比碳酸钙的质量偏大的质量)更小,则粉末B中CaO质量测定值偏大,故错误;
C、氢氧化钠溶液质量增加的质量即为二氧化碳的质量,为2.2g;
设碳酸钙的质量为x
CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑
100 44
x 2.2g
x=5g,故正确;
D、A到B增加29g-25g=4g,吸水水分质量为4g-2.2g=1.8g
设B中氢氧化钙的质量为y
CaO+H2O═Ca(OH)2,
18 74
1.8g y
y=7.4g
粉末B中含有CaO的质量为:
29g-5g-7.4g=16.6g,故正确。
13.下列归类正确的是
选项
归类
物质(或元素)
A
常见碱
纯碱、烧碱、熟石灰
B
常见合金
生铁、铜绿、硬铝
C
常见干燥剂
浓硫酸、生石灰、碱石灰
D
人体中常见微量元素
碘、锌、硒、钙等
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】
A、烧碱—氢氧化钠、熟石灰---氢氧化钙,属于碱;纯碱是碳酸钠的俗称,属于盐;B、在一种金属中加热融合了其他的金属或非金属而形成的具有金属特性的物质叫合金;生铁是铁的合金、硬铝是铝合金;铜绿是铜锈,主要成分是碱式碳酸铜;C浓硫酸、生石灰、碱石灰都有很强的吸水性,是常用的干燥剂;D、碘、锌、硒是人体中常见微量元素,钙属于常量元素。
选C
14.已知硝酸钾在不同温度下的溶解度如下表:
温度/℃
20
30
40
50
60
70
80
溶解度/g
32
46
64
85.5
110
138
170
甲是80℃含有100g水的KNO3溶液,操作过程如下图所示。
以下分析错误的是
A.甲、乙、丙、丁四种溶液中,饱和溶液只有2种
B.甲到乙的过程中,溶质质量没有改变
C.甲溶液中,溶剂与溶质的质量比为25:
34
D.甲溶液冷却时,开始析出固体的温度在60℃~70℃之间
【答案】A
【解析】
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。
饱和溶液是在一定温度下、一定量的溶剂里不能再溶解某物质的溶液叫该物质的饱和溶液。
A、由题中信息可知,20℃时,硝酸钾的溶解度是32g,所以80g水的饱和溶液中,硝酸钾的质量为25.6g,所以可推知硝酸钾的总质量为25.6g+110.4g=136g,80℃时,80g水中溶解136g硝酸钾刚好饱和,析出晶体后的溶液一定是饱和溶液,所以丁是饱和溶液,所以乙、丙、丁都是饱和溶液,错误;B、甲到乙的过程中,没有溶质析出,溶质质量没有改变,正确;C、甲溶液中,溶剂与溶质的质量比为100g:
136g=25:
34,正确。
故选A。
15.将22.2gCu2(OH)2CO3放在密闭容器内高温加热一段时间后,冷却,测得剩余固体的质量为15.2g。
在剩余固体里加入100.0g稀硫酸恰好完全反应,过滤得红色金属。
已知:
Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O,下列说法正确的是
A.15.2g剩余固体是纯净物B.过程中生成CO2和H2O的质量和为7.0g
C.残留红色金属质量为12.8gD.稀硫酸的溶质质量分数为14.7%
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
根据题中信息可知,碱式碳酸铜分解时,部分生成了氧化铜,部分生成氧化亚铜
设分解生成氧化铜的碱式碳酸铜的质量为m,生成氧化铜的质量为x
①
②
由①②计算可得
因此生成氧化铜、氧化亚铜的碱式碳酸铜的质量均为11.1g,生成氧化亚铜的质量为
设生成铜的质量为y,与氧化亚铜反应的硫酸的质量为n1,与氧化铜反应的硫酸的质量为n2
A、剩余固体加硫酸后生成铜,说明15.2g剩余固体是氧化铜和氧化亚铜,是混合物,故A不正确;
B、过程中生成CO2和H2O、氧气的质量和为7.0g,故B不正确;
C、残留红色金属为铜,质量是3.2g,故C不正确;
D、稀硫酸的溶质质量分数为
,故D正确。
故选D。
16.已知A—H为初中阶段常见的物质,且A、C、G均为常用化肥且C为复合肥,其反应关系如图所示,以下判断一定错误的是
A.B物质一定是酸
B.D物质一定是氧化物
C.若H是碱,则A一定是钾肥
D.若E的相对分子质量大于F的相对分子质量,则G一定是氮肥
【答案】A
【解析】初中化学两种物质反应生成三种物质的反应主要有两类,①碳酸盐与酸生成盐、水和二氧化碳,②铵盐与碱反应生成盐、水和氨气,由于A是复合肥,所以应为硝酸钾,D应为水。
如果B为酸(或碱),则E为二氧化碳(或氨气);所以H为碱(或酸),F为氨气(或二氧化碳)。
A、B物质可能是酸或是碱,故错误;
B、D物质是水,属于氧化物,故正确;
C、若H是碱,则B为酸,A为碳酸钾,属于钾肥,故正确;
D、若E的相对分子质量大于F的相对分子质量,则E为二氧化碳,F为氨气,所以H是碱,G是氨态氮肥,故正确。
17.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。
18.某物质的溶解度曲线如图。
t℃时160g37.5%的该物质的饱和溶液,欲将其溶质质量分数变为50%。
下列方法正确的是
A.蒸发40g水,改变温度至t1℃
B.蒸发50g水,改变温度至t2℃
C.加入20g溶质,改变温度至t2℃
D.加入65g溶质,改变温度至t3℃
【答案】B
【解析】饱和溶液是在一定温度下、一定量的溶剂里不能再溶解某物质的溶液叫该物质的饱和溶液,反之为不饱和溶液。
,t℃时160g37.5%的该物质的饱和溶液中溶质的质量为160g×37.5%=60g,则溶剂的质量为100g,饱和溶液溶质的质量分数=溶解度÷(溶解度+100g)×100%。
A.温度为t1℃时,其饱和溶液溶质的质量分数为:
75g÷175g×100%≈43%,不可能得到溶质质量分数为50%的溶液;B.t2℃该物质饱和溶液溶质的质量分数=100g÷200g×100%=50%;将160g37.5%的溶液蒸发50g水后,液溶质的质量分数为60g÷110g×100%≈54.5%.即有溶质析出得t2℃时的饱和溶液,质量分数为50%C.t2℃,该物质的溶解度为100g,所以加入20g溶质后能完全溶解,溶液溶质的质量分数为80g÷110g×100%≠50%D.加入65g溶质,改变温度至t3℃所得溶液为t3℃时的饱和溶液,质量分数大于50%。
选B
点睛:
①被溶解的那部分物质才是溶质。
②某温度下浓度最大的溶液为该温度下的饱和溶液。
19.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
20.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
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