宜兴市升溪中学2021年中考化学一模试题及答案

宜兴市升溪中学2021年中考化学一模试题及答案
一、选择题（培优题较难）
1．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t 1℃
B ．蒸发50g 水，改变温度至t 2℃
C ．加入20g 溶质，改变温度至t 2℃
D ．加入65g 溶质，改变温度至t 3℃ 【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。

=100% 溶质的质量溶质的质量分数溶液的质量
，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t 1℃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. t 2℃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t 2℃时的饱和溶液，质量分数为50% C. t 2℃，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t 3℃所得溶液为t 3℃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。

2．现有一包由3.2g 铜、13g 锌和2g 碳组成的粉末，放到一定量的AgNO 3溶液中，完全反应后得到的固体为m 种，溶液中溶质为n 种．下列说法中不正确的是（ ）
A ．若m=2，则n=2或3
B ．若固体中金属的质量为 48g ，则m=4
C ．当m=3时，溶液可能呈蓝色
D ．反应后固体的质量不可能超过56g 【答案】B
【解析】
【分析】
由金属活动性顺序表可知，金属的活动性Zn ＞Cu ＞Ag ，由3.2g 铜、13g 锌和2g 碳组成的粉末，放到一定量的AgNO 3溶液中，Zn 首先与硝酸银溶液反应，Zn 反应完成时，Cu 再与
硝酸银反应．碳与硝酸银不反应。

【详解】
A、当m=2时，则得到的固体为银和碳，Cu和Zn全部反应，硝酸银溶液足量，恰好反应时，溶液中的溶质为硝酸铜和硝酸锌；硝酸银过量时，溶液中的溶质为硝酸铜、硝酸锌和硝酸银，因此，n=2或3，故A正确；
B、当上述两个反应分别恰好进行完全时，设生成银的质量分别为x，y
332
Zn2AgNO2Ag Zn(NO)
65216
13g x
+=+
65216
=
13g x
x=43.2g
332
Cu+2AgNO=2Ag+Cu(NO)
64216
3.2g y
64216
=
3.2g y
y=10.8g
当锌完全反应时，金属的质量为：3.2g+43.2g=46.4g，铜完全反应时，金属的质量最大是：43.2g+10.8g=54g，由于金属的质量是48g，46.4g＜48g＜54g．由此可知，锌完全反应，部分铜已参加反应，所以，固体物质有银、铜和碳三种，即m=3，故B不正确；
C、由上述计算分析可知，当m=3时，溶液可能呈蓝色，故C正确；
D、由上述计算分析可知，反应后固体的质量不可能超过54g+2g=56g，故D正确。

故选B。

3．如图所示A～F是初中化学常见的物质。

图中“→”表示转化关系，“﹣”表示相互能反应（部分物质和反应条件未标出）。

其中A是紫红色金属，B常温下是气体，C是人体胃液中含有的酸。

则下列说法正确的是（）
A．E一定是二氧化碳
B．B可能为氢气或一氧化碳
C ．该过程中没有涉及到复分解反应
D ．D 转化为A 的反应可以为置换反应
【答案】D
【解析】
A 是紫红色金属，那么A 是铜；C 是人体胃液中含有的酸，那么C 是盐酸；
B 常温下是气体，盐酸能与某物质反应得到B ，根据盐酸的性质生成的气体可能是氢气或二氧化碳，但二氧化碳不能转化为铜，故B 是氢气；要得到金属铜，除了通过还原反应外，还可通过置换反应得到。

盐酸能转化为D ，D 能转化为铜，故D 可能氯化铜：盐酸与氧化铜反应生成氯化铜和水，氯化铜和铁反应生成铜和氯化亚铁；盐酸还能转化为E 和F ，E 和F 能发生反应，根据盐酸的性质，那么酸能转化为水和二氧化碳，二氧化碳和水反应生成碳酸。

A 、E 可能是二氧化碳，也可能是水，错误；B 、B 一定是氢气，错误；
C 、盐酸与碳酸盐反应转化为水和二氧化碳属复分解反应，错误；
D 、氯化铜与铁反应转化为铜属置换反应，正确。

故选D 。

点睛：做推断题时首先要找题眼，如物质的颜色，具有特殊性质的物质或特殊的反应条件等，再根据转化关系利用已有知识进行解答。

4．将铝和镁组成的混合物 10g 加入到 200g 稀盐酸中恰好完全反应后得到溶液 209g ，再向溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，最终生成沉淀的质量为（ ）
A ．12g
B ．14.25g
C ．17.25g
D ．27g
【答案】D
【解析】
【分析】
铝和稀盐酸反应生成氯化铝和氢气，镁和稀盐酸反应生成氯化镁和氢气，氯化铝和氢氧化钠反应生成氢氧化铝和氯化钠，氯化镁和氢氧化钠反应生成氢氧化镁和氯化钠。

【详解】
铝和镁组成的混合物 10g 加入到 200g 稀盐酸中恰好完全反应后得到溶液 209g ，则生成氢气的质量为200g+10g-209g=1g
设参加反应的铝的质量为x ，生成氢气的质量为y 23H Al 2273
x y
273=x y
x=9y
2
Mg H 24210g-x 1g-y
242
=
10g-x1g-y 12y-x=2
由x=9y和12y-x=2得，
2
y=g
3
，x=6g
生成氢氧化铝的质量为
27
6g17.3g
78
÷≈，生成氢氧化镁的质量为()24
10g-6g9.7g
58
÷≈，
最终生成沉淀的质量为17.3g+9.7g=27g
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．A B．B C．C D．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C uO→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．有NaHCO 3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 ．NaHCO 3加热生成CO 2的质量为3.1g
B ．剩余固体为Na 2CO 3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NaHCO 3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CO 2的质量，设NaHCO 3分解产生CO 2的质量为x ，分解的NaHCO 3的质量为y ，
32322Δ2NaHCO Na CO +CO H O
44183.1g x x
↑+-
4418 3.1g x x
=- ，解得x =2.2g 3
2322Δ2NaHCO Na CO +CO H O 168
442.2g
y ↑+ 16844 2.2g
y =，解得y =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NaHCO 3，设NaHCO 3的质量为1y ，生成NaCl 的质量为z ，则有：
33
2158.5
8410015NaCl NaHCO CO CaCO g
z y 18410015g
y =，解得1y =12.6g ， 58.510015g
z =，解得z =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CO 2的质量是
2.2g ，不符合题意；
B. 原混合物中NaHCO 312.6g ，加热一段时间，分解的NaHCO 38.4g ，得剩余固体16.9g 中还有NaHCO 3，所以剩余固体为NaHCO 3、Na 2CO 3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NaHCO 3与NaCl 的质量比为12.6g ：7.4g= 63:37，符合题意。

故选D 。

7．向500g 3AgNO 溶液中加入11.2克Fe 和Cu 的混合粉末，充分反应后过滤、洗涤、干燥得34.8g 滤渣和一定质量的滤液，经测定得知，铜元素在滤液和滤渣中的质量比为4∶3（洗涤液也一起合并入滤液中），下列判断错误的是
A ．滤渣中不含铁
B ．11.2克Fe 和Cu 的混合粉末中，铜的质量分数为40%
C ．向滤液中加入稀盐酸没有沉淀产生
D ．原3AgNO 溶液的溶质质量分数是10.2%
【答案】B
【解析】
【分析】
滤液中含有铜元素，说明铜与银离子发生了置换反应，铁的活泼性大于铜，可知此时铁应该已经完全反应，没有剩余，滤渣的组成为银和铜。

已知，铜的相对原子质量为64，铁为56。

设混合粉末中含有x 克的铁，含有y 克的铜。

则混合粉末质量：11.2x y +=；
设与铁反应生成的银为m 1克，与铜反应生成的银为m 2克，与铁反应的硝酸银为m 3克，与铜反应的硝酸银为m 4克，参与置换反应的铜的质量为47
y 克，未参与反应的铜的质量为37
y 克。

则： 3331
Fe +2AgNO =Fe(NO )+2Ag
56
340216x m m 1
56216x m = ；356340x m = 1277m x =；38514
m x = 3342Cu +2AgNO =Cu(NO )+2Ag 64340
21647m m y
24647216y m =
；4
4647340y m = 22714m y = 48528
m y = 生成银的质量：122727714m m x y +=
+ 滤渣的质量：12334.87
m m y ++= 联立解得：x=5.6，y=5.6，m 1=21.6，m 2=10.8，m 3=34，m 4=17
【详解】
A 、滤液中含有铜元素，说明铜与银离子发生了置换反应，铁的活泼性大于铜，可知此时铁应该已经完全反应，没有剩余，滤渣的组成为银和铜，故A 选项正确；
B 、11.2克Fe 和Cu 的混合粉末中，铜的质量分数 5.6=100%=50%11.2
⨯，故B 选项错误； C 、铜未完全反应则说明溶液中的硝酸银已完全反应，滤液中没有银离子，向滤液中加入稀盐酸不会有沉淀产生，故C 选项正确；
D 、原3AgNO 溶液的溶质质量分数34+17=
100%=10.2%500
⨯，故D 选项正确。

故本题选B 。

8．有一包白色粉末，可能由硫酸铜、碳酸钙、氯化钡、硫酸钠、硝酸钡中的一种或几种组成。

为了探究其成分，进行如下实验：
关于该实验有以下说法：
①若步骤Ⅱ中沉淀不溶解，则原白色粉末中最多含有三种物质
②若步骤Ⅱ中沉淀部分溶解，则原白色粉末的组成有3种情况
③若步骤Ⅱ中沉淀全部溶解，则原白色粉末的组成有5种情况
③若步骤Ⅱ中沉淀不溶解，向无色滤液中滴加硝酸钡有白色沉淀产生，则无色滤液中最多含有三种溶质
以上说法正确的个数是
A ．1个
B ．2个
C ．3个
D ．4个
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
白色粉末加足量的水，过滤得到沉淀和无色滤液，说明一定没有硫酸铜；沉淀中加入足量的稀硝酸，
①若步骤Ⅱ中沉淀不溶解，则原白色粉末中最多含有三种物质，可以是氯化钡、硫酸钠、硝酸钡，正确；
②若步骤Ⅱ中沉淀部分溶解，则原白色粉末的组成有3种情况，分别是：碳酸钙、氯化钡、硫酸钠；碳酸钙、硫酸钠、硝酸钡；碳酸钙、氯化钡、硫酸钠、硝酸钡，正确；
③若步骤Ⅱ中沉淀全部溶解，则原白色粉末的组成有5种情况，分别是：碳酸钙；碳酸钙、氯化钡；碳酸钙、硫酸钠；碳酸钙、硝酸钡；碳酸钙、氯化钡、硝酸钡，正确；
④若步骤Ⅱ中沉淀不溶解，向无色滤液中滴加硝酸钡，有白色沉淀产生，则无色滤液中最多含有三种溶质，分别是：硫酸钠、氯化钠、硝酸钠，正确。

故选：D。

9．某同学进行了煅烧石灰石的实验，过程如下（假设杂质不发生变化，酒精喷灯中的燃料是酒精C2H5OH）。

相关说法正确的是
A．步骤Ⅰ可证明煅烧石灰石的产物中有二氧化碳
B．步骤Ⅱ、Ⅲ可证明煅烧石灰石的产物中有氧化钙
C．白色固体M是氢氧化钙和碳酸钙的混合物
D．白色固体M中钙元素的质量等于煅烧前石灰石中钙元素的质量
【答案】B
【解析】
A、由于酒精燃烧生成了二氧化碳，该实验澄清的石灰水变浑浊不能证明煅烧石灰石的产物中有二氧化碳；
B、由于氧化钙能与水化合生成了氢氧化钙，氢氧化钙溶液显碱性，能使酚酞试液变红色；
C、由于石灰石中含有杂质，白色固体M中含有氢氧化钙和杂质，可能含有碳酸钙；
D、由于氧化钙能与水化合生成了氢氧化钙，氢氧化钙微溶于水，白色固体M中钙元素的质量小于煅烧前石灰石中钙元素的质量．故选B．
点睛：分析反应后的成分是，除考虑生成物外，还要考虑反应物是否有剩余。

反应前后元素的种类质量不变。

10．下列实验操作能达到实验目的的是：（）
选项实验目的实验操作
A除去CO2中少量的CO点燃
B除去CuSO4溶液中的少量FeSO4加入足量的铜粉
C鉴别澄清石灰水和NaOH溶液加入稀盐酸
D除去CaCl2溶液中少量的HCl加入足量的碳酸钙
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【解析】
A二氧化碳不可燃不助燃，不能将二氧化碳中的少量一氧化碳点燃，不能达到除杂目的；B铜的活动性比铁弱，不能与硫酸亚铁，不能达到除杂目的；C、澄清石灰水和NaOH溶液与稀盐酸反应都没有明显现象，无法鉴别；D碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳、水，过滤后溶液中只有氯化钙一种溶质，能达到除杂目的；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
11．某课外兴趣小组的同学绘制了四种实验操作的变化趋势图象，其中正确的是( )
A．某温度下，向一定量接近饱和的硝酸钾溶液中不断加入硝酸钾晶体
B．向盐酸和硫酸钠的混合溶液中加入过量的氢氧化钡溶液
C．向稀盐酸中滴加过量的氢氧化钠溶液
D．分别向等质量的镁、铝中逐滴滴加稀硫酸
【答案】D
【解析】A、向一定量接近饱和的硝酸钾溶液中不断加入硝酸钾晶体，当硝酸钾溶液达到饱和，温度一定，饱和溶液质量分数不变，错误；B、加入氢氧化钡和硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀，硫酸钡不溶于盐酸，所以加入过量的氢氧化钡溶液立即生成硫酸钡沉淀，硫酸钠与氢氧化钡反应结束后，沉淀质量不再增加，错误；C、因为稀盐酸呈酸性，pH＜7，加入氢氧化钠，pH升高，图象应从小于7逐渐到大于7，错误； D、横坐标是滴加酸的质量，所以相当于开始酸不足，导致生成氢气的质量取决于酸而不取决于金属，生成氢气的质量相同，只有一种金属完全反应时，之后曲线才不重叠。

因为硫酸足量，所以最终生成
氢气的质量由金属决定，根据方程式可知同质量的镁铝，铝生成的氢气的质量大，正确。

故选D。

12．某固体混合物由Mg和MgO组成，取该混合物与19. 6%的稀硫酸恰好完全反应（反应后溶液中无晶体析出），所得溶液蒸发82. 2g水后得到固体的质量为24g，则原混合物中氧元素的质量分数为（）
A．16%
B．20%
C．25%
D．40%
【答案】C
【解析】
【详解】
镁和稀硫酸反应生成硫酸镁和氢气，氧化镁和稀硫酸反应生成硫酸镁和水，所得溶液蒸发82. 2g水后得到的固体是硫酸镁， 24g硫酸镁中，镁元素的质量为：
24
24g100% 4.8g
120
⨯⨯=，硫酸根的质量=42g-4.8g-19.2g，参加反应的硫酸溶液中硫酸的
质量=
96
19.2g100%19.6g
98
÷⨯=，参加反应的硫酸溶液的质量=19.6g19.6%=100g
÷；
反应生成的水的质量=82.2g –(100g-19.6g)=1.8g；生成的水中氧元素的质量
=
16
1.8g100% 1.6g
18
⨯⨯=，根据质量守恒定律可知，氧化镁中氧元素的质量=反应生成水
中氧元素质量=1.6g。

原混合物中氧元素的质量分数=
1.6g
100%25%
1.6g+4.8g
⨯=。

故选
C。

13．著名化学家傅鹰说“化学给人以知识，化学史给人以智慧。

”下列有关化学史的说法正确的是（）
A．阿伏伽德罗等科学家得出结论：分子中原子的重新组合是化学变化的基础
B．拉瓦锡用红磷燃烧的实验证明氧气约占空气总体积的五分之一
C．我国著名实业家侯德榜发明了制取烧碱的“侯氏制碱法”
D．波义耳发现了质量守恒定律
【答案】A
【解析】
A.阿伏伽德罗在化学学科中的主要成就，是提出了分子学说，道尔顿提出原子论，阿伏伽德罗提出分子论，都是对物质构成的理论解释，结合二者的理论，有的物质是分子构成的，也可以是原子构成的，在化学变化中，由分子构成的物质，分子中的不同种类和数目的原子将重新组合为新的分子，即在化学变化中，分子变为原子，原子再重新结合生成新的分子．B、拉瓦锡在化学学科中的主要成就，是首次利用天平为化学研究的工具进行定量
实验，并首先通过实验得出空气是由氮气和氧气组成的结论，C. 我国著名实业家侯德榜成功地摸索和改进了西方的制碱方法,发明了将制碱与制氨结合起来的联合制碱法(又称侯氏制碱法)。

D. 波义尔用敞口容器在空气中加热金属，金属与空气中的氧气发生了化学反应，由于有外界的氧气参加反应，可回顾波义尔得出的结论不守恒。

而罗蒙诺索夫因为是在密封玻璃瓶内加热金属，金属虽然也被氧化，但是至于玻璃瓶内的氧气发生了化学反应，故反应前后的质量不变，从而得出了质量守恒定律。

选A
点睛：多了解化学通史，熟记科学家们的贡献
14．把一定量氧化铜和0.8g氧化镁的混合物投入到溶质质量分数为9.8%的稀硫酸中，待固体完全溶解后，再往溶液里加入溶质质量分数为8%的NaOH溶液，生成沉淀质量与加入溶液质量关系如图所示。

下列说法中正确的是
A．稀硫酸的质量为120 g
B．a的取值范围为0＜ a＜60
C．当a值为60时，b值为4.8 g
D．混合物的质量可能为7.0 g
【答案】D
【解析】氧化铜、氧化镁和稀硫酸、硫酸铜、硫酸镁和氢氧化钠反应的化学方程式为：CuO+H2SO4═CuSO4+H2O，MgO+H2SO4═MgSO4+H2O，CuSO4+2NaOH=Cu（OH）2
↓+Na2SO4，MgSO4+2NaOH=Mg（OH）2↓+Na2SO4，
A、由以上反应关系可知，H2SO4～2NaOH，
设稀硫酸中硫酸质量为x，
H2SO4～2NaOH，
98 80
x 100g×8%
9880
100?8%
x g
x=9.8g，
稀硫酸的质量为9.8g
9.8%
=100g，
该选项说法错误；
B、由以上反应关系可知，MgO～H2SO4，设氧化镁消耗硫酸的质量为y，
MgO ～H 2SO 4， 40 98 0.8g y
4098
0.8g y
= y=1.96g ，
剩余硫酸质量小于：100g×
9.8%-1.96g=7.84g ， 设剩余硫酸消耗氢氧化钠的质量最多为z ， H 2SO 4～2NaOH ， 98 80 7.84g z
9880
7.84g z
= z=6.4g ，
a 的值小于：6.4g÷8%=80g ，因此a 的取值范围为0＜a ＜80， 该选项说法错误；
C 、当a 值为60时，和硫酸铜、硫酸镁反应的氢氧化钠质量为：（100g-60g ）×8%=3.2g ， 设3.2g 氢氧化钠完全和硫酸铜反应时生成氢氧化铜质量为n ，完全和硫酸镁反应时生成氢氧化镁质量为p ，
CuSO 4+2NaOH=Cu （OH ）2↓+Na 2SO 4，MgSO 4+2NaOH=Mg （OH ）2↓+Na 2SO 4， 80 98 80 58 3.2g n 5.6g p
80983.2g n = 8058
3.2g p
= n=3.92g ，p=2.32g ，
由计算可知，2.32＜b ＜3.92，因此当a 值为60时，b 值不可能为4.8，该选项说法错误； D 、混合物的质量为7.0g 时，氧化铜质量为：7.0g-0.8g=6.2g ， 设氧化铜消耗硫酸质量为m ， CuO+H 2SO 4═CuSO 4+H 2O ， 80 98 6.2g m
8098
6.2g m
= m=7.595g ，
则氧化铜和氧化镁消耗硫酸质量为：7.595g+1.96g=9.555g ， 剩余硫酸质量为：100g×9.8%-9.555g=0.245g ＜7.84g ， 该选项说法正确。

15．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。

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NaCl D．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1.06g B．大于1.06g而小于2.86g C．等于2.86g
D．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
1.06
0.01
106/
g
mol
g mol
，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。

18．下列图象中，能正确反映其对应变化关系的是（）
A．服用胃舒平[主要成分是Al（OH）3]治疗胃酸过多，胃液pH的变化
B．向一定质量的稀盐酸和氯化铜的混合溶液中加入氢氧化钠溶液
C．将等质量的镁和铁分别投入到盛有足量同种稀硫酸的两个容器中
D．浓盐酸敞口放置
【答案】C
【解析】
A、胃液的pH＜7，图像应该从小于7开始逐渐增大，但最后也应该是酸性，错误；
B、氢氧化钠溶液与稀盐酸反应无沉淀生成，当稀盐酸反应完以后，氢氧化钠溶液才与氯化铜反应产生沉淀，错误；
C、等质量的镁和铁分别投入到足量同种稀硫酸中，镁与稀硫酸反应生成的氢气多，镁的金属活动性比铁强，故在开始的相等时间内，镁与稀硫酸反应生成的氢气多，正确；
D、浓盐酸具有挥发性，敞口放置溶质质量分数减小，错误。

故选C。

19．将6g碳放在盛有12g氧气的密闭容器中燃烧，两者恰好完全反应，此时密闭容器中的物质是
A．CO B．CO2 C．CO、CO2 D．无法确定
【答案】C
【解析】根据氧气是否充足分析解答。

解：根据化学方程式 C+O2点燃CO2 (O2充足) ；2C+O2点燃2CO (O2不足)
当 m（C）：m（O2）=24
32
=
3
4
时，二者恰好完全反应生成CO；
当 m（C）：m（O2）=12
32
=
3
8
时，二者恰好完全反应生成CO2，
由题给条件 m（C）：m（O2）=
6
12
=
1
2
，介于
3
4
和
3
8
之间，说明生成物中既有CO也有
CO2。

故本题选C。

20．除去下列物质中的杂质所用的试剂和方法不正确的是 ( )。

A．A B．B C．C D．D 【答案】B
【解析】
A、Fe是活泼金属，加入足量的稀硫酸，能反应生成易溶于水的氯化亚铁，铜不与酸反应，过滤，洗涤，干燥后得到金属铜；
B、Cu(OH)2固体，加入适量稀盐酸，氢氧化铜会被反应生成易溶的氯化铜；
C、HCl和AgNO3溶液反应生成氯化银沉淀和硝酸，过滤溶液中溶质只有硝酸；
D、CO2和氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，一氧化碳不反应，然后将气体干燥，得纯净的一氧化碳。

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
21．除去下列各组物质中的杂质，所用试剂和方法均正确的是
物质杂质除杂所用的试剂和方法
A CaO CaCO3加入适量的稀盐酸，蒸发
B H2HCl依次通过NaOH溶液、浓硫酸
C NaOH溶液Ca(OH)2先加入过量的Na2CO3溶液，再过滤
D KCl溶液CuCl2加入氢氧化钠溶液至不再产生沉淀，过滤
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】
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。

A. CaO能与稀盐酸反应生成氯化钙，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. HCl气体能与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和水，氢气不与氢氧化钠溶液反应，再通过浓硫酸除去水分，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故选项所采取的方法正确；
C. 过量的Na2CO3溶液是杂质，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误；
D.氢氧化钠溶液与氯化铜反应生成氢氧化铜沉淀和氯化钠。

生成的氯化钠是杂质，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误。

故选B。

点睛：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。

22．下列各组内物质间的转化关系中，存在不能一步转化的是（）
A． B．。