上海上海师范大学康城实验学校中考最后一次模拟压题化学试题含答案.docx
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上海上海师范大学康城实验学校中考最后一次模拟压题化学试题含答案
上海上海师范大学康城实验学校中考最后一次模拟压题化学试题(含答案)
一、选择题(培优题较难)
1.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。
2.如图是甲、乙、丙三种物质的溶解度曲线,下列说法正确的是
A.将丙的饱和溶液变为不饱和溶液,可采用升温的方法
B.t1℃时,可以制得溶质质量分数为8%的丙溶液
C.t2℃时,甲、乙两种物质的饱和溶液降温至20℃,析出甲的质量比析出乙的质量大
D.t1℃时甲、乙、丙三种物质的饱和溶液升高到t2℃时,溶质质量分数为甲>乙>丙
【答案】B
【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。
A.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。
由图可知,丙的溶解度随温度的升高而减小,随温度降低而增大,将丙的饱和溶液变为不饱和溶液,可采用降温的方法,如升温会析出固体,所得仍是饱和溶液;B.t1℃时,丙的溶解度为12g,饱和溶液溶质的质量分数=溶解度÷(溶解度+100g)×100%,丙的饱和溶液溶质的质量分数=12÷(12+100g)×100%≈11%,故可以制得溶质质量分数为8%的丙溶液;C.t2℃时,甲、乙两种物质在相同量的溶剂里形成的饱和溶液降温至20℃,析出甲的质量比析出乙的质量大,因为降温前后甲的溶解度差较大;D.饱和溶液溶质的质量分数=溶解度÷(溶解度+100g)×100%,t1℃时甲、乙、丙三种物质的溶解度大小关系为乙>甲=丙,其饱和溶液溶质的质量分数关系也是乙>甲=丙,溶液升高到t2℃时,甲、乙的溶解度随温度的升高而增大,溶质不析出,故溶液组成不变,而丙的溶解度随温度的升高而减小,会析出晶体,溶质质量分数会减小,故升温后甲与丙溶液中溶质的质量分数甲大于丙,所以升温后三种物质溶质的质量分数关系是:
乙>甲>丙,选B
3.实验室有一包含杂质的碳酸氢钠样品50g(杂质不含钠元素,受热不变化),其中钠元素的质量分数为23%,180℃时,将样品加热一段时间后称得固体质量为43.8g,则分解的碳酸氢钠占原碳酸氢钠的质量分数为(已知
)
A.60%B.47.3%C.40%D.33.6%
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
原混合物中钠元素的质量:
50g×23%=11.5g。
通过钠元素的质量可以计算出原碳酸氢钠的质量为:
11.5g÷
=42g。
加热一段时间后固体质量为43.8g,则减少的质量为:
50g-43.8g=6.2g。
减少的6.2g是生成的水和二氧化碳的质量。
社分解碳酸氢钠的质量为x,则根据差量法有:
解得x=16.8g
分解的碳酸氢钠占原碳酸氢钠的质量分数为:
。
故选C。
4.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
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.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。 7.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. 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.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。 10.可燃物R是C、H2、CH4、CO或CH4O中的一种。 将一定量的R和氧气置于一个密闭的容器中引燃,测得反应前后各物质的质量如下表: 物质 R 氧气 二氧化碳 水 一氧化碳 反应前质量/g m1 m2 0 0 0 反应后质量/g 0 0 m3 m4 m5 下列叙述正确的是() ①m1=1/9m4时,R是H2 ②m1+m2=m3时,R是C或CO ③m3: m4=11: 9时,R是CH4或CH4O ④8m3/11+8m4/9+4m5/7≥m2 A.①②③B.①③④C.②③④D.①②③④ 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】 根据表格中的数据可知,R、氧气反应后质量变为0,是反应物;二氧化碳、水、一氧化碳反应前的质量是0,是生成物,要确定R是哪种物质,生成物是什么,就要通过反应前后质量的关系来进行确定。 ①氢气燃烧生成水,化学方程式为2H2+O2点燃2H2O,其中氢气与水的质量比为1: 9,正确; ②碳或一氧化碳完全燃烧生成二氧化碳,反应前后物质的质量不变,此时m1+m2=m3,正确; ③甲烷燃烧生成二氧化碳与水,化学方程式为CH4+2O2点燃CO2+2H2O,其中二氧化碳与水的质量比为11: 9; 甲醇燃烧生成二氧化碳与水,化学方程式为2CH4O+3O2点燃2CO2+4H2O,其中二氧化碳与水的质量比为11: 9; 通过分析可知,当m3: m4=11: 9时,R是CH4或CH4O,正确; ④反应前后元素的种类不变,如果反应后生成二氧化碳、水、一氧化碳这三种物质,则R中一定含有碳、氢元素,可能含有氧元素,生成物中的氧元素的质量大于或等于氧气的质量。 二氧化碳中氧元素的质量为m3× ×100%=8m3/11, 水中氧元素的质量为m4× ×100%=8m4/9, 一氧化碳中氧元素的质量为m5× ×100%=4m5/7, 通过分析可知,8m3/11+8m4/9+4m5/7≥m2,正确。 故选D。 11.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。 12.将盛有等质量、等质量分数且足量的稀盐酸的两只烧杯,放在托盘天平的左右两盘,天平平衡。 在左盘烧杯中加入10克碳酸钙,若要使天平重新平衡,则右盘烧杯中应加入的物质是 A.10克碳酸钾和碳酸钠 B.5.6克氧化钙和氧化锌 C.10克碳酸镁和碳酸氢钠 D.10克镁粉和铜粉 【答案】B 【解析】 【分析】 天平左侧的烧杯中会反应生成二氧化碳气体。 设生成二氧化碳的质量为x。 解得x=4.4g 此时左侧烧杯增加的质量为: 10g-4.4g=5.6g。 所以为了保持平衡,右侧烧杯也需要增重5.6g。 由于碳酸钙的相对分子质量是100,所以若想在加入10g碳酸盐的混合物生成二氧化碳的质量也是4.4g,必须是两种碳酸盐的相对分子质量一个大于100,一个小于100。 【详解】 A、通过分析可知,碳酸钾的相对分子质量是138,碳酸钠的相对分子质量是106,两者都大于100。 A错误; B、氧化钙和氧化锌会和盐酸反应,但是不会生成任何气体。 其反应方程式为: CaO+2HCl=CaCl2+H2O、ZnO+2HCl=ZnCl2+H2O,所以加入的固体的质量就是天平右盘增加的质量,即5.6g。 B正确; C、通过分析可知,碳酸镁的相对分子质量是84,碳酸氢钠84,两者都小于100,生成二氧化碳的质量一定大于4.4g,天平无法保持平衡。 C错误; D、由于镁和盐酸能反应生成氢气,而铜不能。 假设该金属全部都是镁,设生成氢气的质量是x。 解得x=0.83g。 则不管镁、铜以何种比例混合,右盘增加的质量一定大于5.6g,天平不能保持平衡。 D错误。 故选B。 13.下列四个图像反映了对应实验过程中相关量的变化,其中正确的是() A.AB.BC.CD.D 【答案】A 【解析】 A向一定质量的氢氧化钠溶液中加入稀硫酸时,不断反应生成硫酸钠,氢氧化钠完全反应,硫酸钠的质量不再改变;B锌和硫酸反应生成硫酸锌和氢气,反应中氢气的质量增加,硫酸完全反应,氢气的质量不再增加;C高锰酸钾在加热条件下分解生成锰酸钾、二氧化锰、氧气,反应后固体物质的质量减少,但固体中锰元素的质量不变,所以反应中固体中锰元素的质量分数增加,反应结束,不再改变;D二氧化锰是过氧化氢分解的催化剂,反应前后,二氧化锰的质量不变。 选A 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 14.除去下列物质中含有的杂质所选用试剂或操作方法不正确的一组是 物质 所含杂质 除去杂质的试剂或方法 A CO CO2 足量NaOH溶液 B KCl KClO3 MnO2,加热 C NaCl Na2CO3 过量盐酸,蒸发 D O2 H2O 浓硫酸,干燥 A.AB.BC.CD.D 【答案】B 【解析】 A、CO2能与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水,CO不与氢氧化钠溶液反应,能除去杂质且没有引入新的杂质,符合除杂原则,正确;B、KClO3在二氧化锰的催化作用下生成氯化钾和氧气,二氧化锰作催化剂,反应前后质量不变,能除去杂质但引入了新的杂质二氧化锰,不符合除杂原则,错误;C、Na2CO3能与过量盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳,再蒸发除去过量的盐酸,能除去杂质且没有引入新的杂质,符合除杂原则,正确;D、浓硫酸具有吸水性,且不与氧气反应,能除去杂质且没有引入新的杂质,符合除杂原则,正确。 故选B。 点睛: 根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法,所谓除杂(提纯),是指除去杂质,同时被提纯物质不得改变.除杂质题至少要满足两个条件: ①加入的试剂只能与杂质反应,不能与原物质反应;②反应后不能引入新的杂质。 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.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. 17.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。 18.除去物质中的少量杂质,下列方法不能达到目的的是() 选项 物质 杂质 除去杂质的方法 A CaO CaCO3 高温充分煅烧 B KCl溶液 CaCl2 通入足量的CO2,过滤 C CO2 CO 通过足量的灼热氧化铜 D H2 HCl 依次通过足量的NaOH溶液和浓硫酸 A.AB.BC.CD.D 【答案】B 【解析】 利用混合物中两种物质的性质差别,分析除杂方法对混合物组成的影响,判断该方法是否能达到除去杂质的目的,选出不能达到的选项。 A.高温充分煅烧CaCO3,生成氧化钙和二氧化碳,正确; B.CaCl2溶液不与二氧化碳反应,故错误; C.CO2(CO)通过足量的灼热氧化铜,CO与氧化铜反应,生成CO2,正确; D.HCl气体溶于水与NaOH溶液反应生成氯化钠和水,氢气不与氢氧化钠反应,然后通过浓硫酸干燥,正确。 点睛: 除去混合物中的杂质,所选用的试剂或方法应对杂质有作用,不影响主要成分,并且过程中不能产生新的杂质。 19.除去下列各物质中少量杂质,所选用的试剂和操作方法均正确的是() 选项 物质(括号内为杂质) 试剂 操作方法 A Fe粉(CuSO4) 加水 溶解、过滤、洗涤、干燥 B MnO2固体(KC1) 加水 溶解、过滤、洗涤、干燥 C CO2(H2) 足量氧气 点燃 D KNO3溶液(K2SO4) 过量Ba(NO3)2溶液 过滤 A.AB.BC.CD.D 【答案】B 【解析】 硫酸铜易溶于水,而铁不溶,所以加水溶解过滤后可将二者分离,洗涤干燥后,可得纯的铁粉;二氧化锰不溶于水,氯化钾易溶于水,所以加水溶解过滤后可将二者分离,洗涤干燥后,可得纯的二氧化锰;二氧化碳不可燃、不助燃,无法将其中的氢气点燃,不能达到除杂的目的;硝酸钡和硫酸钾反应生成硫酸钡沉淀和硝酸钾,但是由于硝酸钡过量,会引入新的杂质硝酸钡。 选B 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 20.等质量的镁、铝、锌分别与相同质量20%的盐酸充分反应,产生氢气的质量大小关系的猜测: ①Al>Mg>Zn;②Al=Mg=Zn;③Al=Mg>Zn;④Al=Zn>Mg;⑤Al>Mg=Zn.其中错误的个数为 A.5个B.2个C.3个D.4个 【答案】B 【解析】解: 每24份质量的镁会与73份质量的盐酸反应生成2份质量的氢气,镁54份质量的铝和219份质量的盐酸反应生成6份质量的氢气,每65份质量锌和73份质量的盐酸反应生成
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