盐城市中考化学三模试卷(含答案)

盐城市中考化学三模试卷(含答案)
一、选择题（培优题较难）
1．下列除杂所用试剂和主要实验操作均正确的是
A ．A
B ．B
C ．C
D ．D
【答案】B 【解析】
A 、CO 2和HCl 气体均能与NaOH 溶液反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则，错误；
B 、Na 2CO 3能与适量稀盐反应生成氯化钠、水和二氧化碳，能除去杂质又不引入了新的杂质，符合除杂原则，正确；
C 、CaO 能与水反应生成氢氧化钙，碳酸钙难溶于水，反而会把原物质除去，不符合除杂原则，错误；
D 、硫酸镁能和氢氧化钾反应生成硫酸钾和氢氧化镁白色沉淀，但会引入新的杂质，不符合除杂原则，错误。

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。

2．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150g 16%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Na 2O ，相关反应①222Na 2H O 2NaOH H +=+↑ ②22Na O H O 2NaOH +=)，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，222Na 2H O 2NaOH H +=+↑，
22Na O H O 2NaOH +=，4224CuSO +2NaOH=Cu(OH)+Na SO ↓，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
4224CuSO +2NaOH =Cu(OH)+Na SO 1608098y
x
9.8g
↓ 160y =989.8g y=16g ＜150g ×16%=24g 80x =989.8g
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：
23
8g 100%=4.6g 40
⨯
⨯ 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：
46
(5.4g-a)+a 100%=4.6g 62
⨯
⨯，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 222Na +2H O =2NaOH +H 4622.3g
m
↑ 46 2.3g =2m
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 。

3．A~H 是初中常见的物质，已知A~G 七种物质均含有同一种元素， D 的相对分子质量为100，可用作建筑材料。

它们之间的转化关系如图所示，图中“一”表示两端物质间能发生化学反应，“→”表示物质间存在转化关系；反应条件、部分反应物和生成物已略去。

下列说法中不正确的是
A．A为一种单质，D为碳酸钙
B．可能涉及四种基本反应类型
C．E、F的物质类别可能相同，也可能不同
D．H的浓溶液具有挥发性
【答案】B
【解析】
【分析】
根据D的相对分子质量为100，可用作建筑材料，可以推断D是碳酸钙；根据C和D可以相互转化，则C为二氧化碳；根据A既可以转化成B，又可以转化成C，A既可能是碳，也可能是氧气，但由于题中A~G七种物质均含有同一种元素，本题中这种元素只能是氧元素才能推出合理结论，因此A是氧气，B是一氧化碳；根据D是碳酸钙，E、F均可以转化为碳酸钙，则E、F都可以是可溶性碳酸盐或一种物质是可溶性碳酸盐，一种物质是氢氧化钙；根据D、E、F都可以和G、H反应，且G可以转化为H，在初中阶段可以推知G、H
都是酸，且G是含氧酸，H不一定是含氧酸，在初中阶段可以推断H是盐酸，则G是稀硫酸。

因为稀硫酸和粉末状的碳酸钙能反应生成硫酸钙、水和二氧化碳（在不断搅拌时稀硫酸和块状碳酸钙也是能反应的），稀硫酸和可溶性碳酸盐、氢氧化钙都能反应，而稀硫酸和氯化钡反应能生成盐酸，所以推断G是稀硫酸合理。

【详解】
A、根据题意A~G七种物质均含有同一种元素，分析可知A是氧气，是单质。

根据D的相对分子质量为100，可用作建筑材料，D是碳酸钙。

选项A正确；
B、根据分析，题中反应可能有化合反应如碳和氧气反应生成二氧化碳，可能有分解反应如碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，有复分解反应如氢氧化钙和盐酸反应，但不可能发生置换反应，因为氧气转变成二氧化碳、氧气转变成一氧化碳、一氧化碳转变成二氧化碳都不可能是置换反应，选项B不正确；
C、因为E、F都可以是可溶性碳酸盐，也可能一种物质是可溶性碳酸盐，一种物质是氢氧化钙，所以E、F的物质类别可能相同，也可能不同，选项C正确；
D、根据分析可知，H是盐酸，浓盐酸具有挥发性，选项D正确。

故选B。

4．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
【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。

5．下列说法正确的是（）
A．根据质量守恒定律，2gH2跟8gO2完全反应，可得到10gH2O
B．用含Fe2O385%的赤铁矿160t，理论上可生产100t含杂质4. 8%的生铁
C．各取10g镁粉和锌粉，分别与足量的盐酸完全反应，镁粉产生的H2多，说明镁的金属活动性比锌强
D．将l0gCuSO4·5H2O与90gH2O混合，固体完全溶解，可得100g溶质的质量分数为10%的CuSO4溶液
【答案】B
【解析】
【详解】
A、氢气和氧气反应的化学方程式为：，在此反应中氢气、氧气和水的质量关系4：32：36=1：8：9，则1gH2能与8gO2完全反应生成9g水，反应后氢气有剩余，错误；
B、160t赤铁矿中含氧化铁的质量为：160t×85％=136t。

设136t氧化铁理论上可以炼出铁的质量为x。

x=95.2t
可炼得含杂质4. 8%生铁的质量为：95.2t÷（1-4.8％）=100，正确；
C、金属与酸反应，产生气体的多少与金属的活动性没有关系，错误；
D、l0gCuSO4·5H2O中CuSO4的质量为：10g××100％=6.4g。

与90gH2O混合，固体完全溶解，可得100g溶质的质量分数为：×100％=6.4％，错误。

故选B。

6．下列各组物质的溶液，不用其他试剂，不能鉴别出来的是（）
A．Na2CO3、HCl、BaCl2、NaCl B．FeCl3、HCl、NaCl、NaOH
C．H2SO4、NaOH、BaCl2、CuCl2D．NaOH、Ba(NO3)2、NaCl、MgSO4
【解析】
【分析】
【详解】
A、组内四种溶液两两混合时，其中有一种溶液与其他三种溶液混合时出现三种不同现象：产生白色沉淀、放出气体、无明显现象，则该溶液为碳酸钠溶液；与碳酸钠溶液产生气体的溶液为盐酸，产生白色沉淀的为氯化钡，与碳酸钠溶液混合无明显现象的为NaCl溶液。

不用其他试剂，组内物质可以鉴别出来，不符合题意；
B、FeCl3溶液是黄色的，能与FeCl3溶液反应产生红褐色沉淀的是NaOH溶液，再将剩余的两种溶液分别滴加至红褐色沉淀中，能使沉淀消失的是稀盐酸，无明显变化的是氯化钠溶液，不用其他试剂，组内物质可以鉴别出来，不符合题意；
C、CuCl2溶液是蓝色的，能与CuCl2溶液反应产生蓝色沉淀的是NaOH溶液，再将剩余的两种溶液分别滴加至蓝色沉淀中，能使沉淀消失的是稀H2SO4，无明显变化的是BaCl2溶液，不用其他试剂，组内物质可以鉴别出来，不符合题意；
D、MgSO4溶液与NaOH、Ba(NO3)2反应均能产生白色沉淀，但其余两两混合均没有明显象，不加其他试剂，无法鉴别，符合题意。

故选D。

7．下列依据实验目的所设计的实验方案中，正确的是
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】
A、加水溶解，氧化钙能与水反应生成氢氧化钙，无法得到氧化钙，错误；
B、氢氧化钠不与碳酸钠反应，无现象，氢氧化钙溶液与碳酸钠溶液反应产生白色沉淀，正确；
C、二氧化碳能与碱石灰反应，无法得到二氧化碳，错误；
D、氯化钠和碳酸钠都易溶于水，错误。

故选B。

8．下列归类正确的是
A．A B．B C．C D．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
9．某不纯的氯化钙样品中含有氯化铁、氯化镁、氯化钠、碳酸钠中的某些物质。

取样品11.1克溶于适量水，得无色澄清的溶液，然后向其中加入足量的硝酸银溶液，得到28.7克沉淀，则关于该样品中含有的物质推断正确的是
A．既无氯化铁、也无碳酸钠，可能含有氯化镁B．只有氯化镁、没有氯化钠C．只有氯化钠、没有氯化镁D．一定有氯化镁和氯化钠
【答案】D
【解析】
取该样品11.1克溶于适量水中，得到澄清的无色溶液，说明一定不含有黄色的氯化铁溶液和碳酸钠溶液，因为碳酸钠和氯化钙会反应产生碳酸钙沉淀；然后向其中加入足量的AgNO3溶液，得到28.7克白色沉淀，假设11.1g是纯的氯化钙，产生氯化银的质量为x CaCl2～2AgCl
111 287
11.1g x x=28.7g
设纯净的氯化镁反应产生氯化银沉淀的质量为y
MgCl2～2AgCl
95 287
11.1g y y=33.5g
设纯净的氯化钠反应产生氯化银沉淀的质量为z
NaCl～AgCl
58.5 143.5
11.1g z z=27.2g
因为氯化钙反应产生的沉淀正好是28.7g，因此若含有氯化镁，则一定含有氯化钠，要么这两种物质都没有，只含有不能反应的硝酸钾，因此： A、氯化铁显黄色，碳酸钠和氯化钙不能共存，则一定没有，一定含有氯化镁，错误；B、若含有氯化镁，则一定含有氯化钠，
否则产生的沉淀会大于28.7g ，错误； C 、若含有氯化镁，则一定含有氯化钠，而不是氯化镁和硝酸钾的组合，错误；D 、若含有氯化镁，则一定含有氯化钠，因此可能是氯化钙、氯化镁、氯化钠的组合，正确。

故选D 。

点睛：根据取该样品11.1克溶于适量水中，得到澄清的无色溶液，说明一定不含有黄色的氯化铁溶液和碳酸钠溶液，因为碳酸钠和氯化钙会反应产生碳酸钙沉淀；然后向其中加入足量的AgNO 3溶液，得到28.7克白色沉淀，结合纯氯化钙和硝酸银反应产生氯化银沉淀的质量及氯化镁、氯化钠与硝酸银反应产生氯化银沉淀的质量进行对比，得出结论。

10．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≥8g B ．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+H 2SO 4═CuSO 4+H 2O 80 98 160 m x y
8098160m x y == x=
9880m
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+CuSO 4═FeSO 4+Cu 固体质量增加 56 160 64 64-56=8 2m a
1608
2m a = a=0.1m
Fe+H 2SO 4═FeSO 4+H 2↑ 56 98 2 b 14g-
9880
m
c 56982981480
m b c g ==
-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 。

562
b c
=,由于b=1g ,所以有： 5621g c
= 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 。

H 2SO 4 ～FeSO 4 98 152 100g×14% z
981520
100140
z g =⨯
Z=
152
7
g 加入铁粉的质量W=
1527g ×56
152
×100%=8g ； 最后得到溶液的质量分数=21.7100100.04g
g g g
+-×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： H 2SO 4
H 2SO 4、CuSO 4
FeSO 4
则存在关系式：H 2SO 4 ~ Fe ~ FeSO 4 98 56 152 100 g×14％ x w
解得x =8 g ，w =21.7 g ，则反应生成铜的质量为8 g ，根据质量守恒定律可知氧化铜的质量为8 g ÷
64
80
=10 g ，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+H 2SO 4═CuSO 4+H 2O 80 98 160 10 g y z
解得y =12.25 g ，z =20 g ，则剩余H 2SO 4的质量为100 g×14％－12.25 g=1.75 g 设反应生成氢气的质量为m 。

Fe+H 2SO 4═FeSO 4+H 2↑ 98 2 1.75 g m
解得m =0.036 g，则D项错误。

则最后所得硫酸亚铁溶液的溶质质量分数为：
21.7g
100 (100100.036)
g g g
⨯
+-
％=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。

11．NaCl是一种化工原料，可以制备一系列物质，如图所示原理，包含了氯碱工业，电解法制取金属钠，侯氏制碱，生产盐酸，制取漂白粉（有效成分是 Ca(ClO)2），部分生成物己省略，下列说法正确的是
A．Na2CO3的热稳定性比NaHCO3差
B．氯碱工业制得纯碱
C．侯氏碱法的产品是NaHCO3
D．工业制取漂白粉采用的是氯气和石灰乳反应，而不是氯气和石灰水
【答案】D
【解析】A、由碳酸氢钠受热转化为碳酸钠可知，NaHCO3的热稳定性比Na2CO3差，错误；
B、氯碱工业制得纯碱、氯气、氢气、氢氧化钠、盐酸等，错误；
C、侯氏碱法的产品是Na2CO3和NH4Cl等，错误；
D、由于石灰水中氢氧化钙的含量太低了，不适用于大量生产，故工业制取漂白粉采用的是氯气和石灰乳反应，而不是氯气和石灰水，正确。

故选D。

12．如图所示，其中甲、乙、丙、丁、戊分别是铁、盐酸、氢氧化钙、二氧化碳、碳酸钠中的一种．图中相连的两圆表示相应物质能发生反应，已知乙是铁．下列说法错误的是
A．五种物质中，只有铁是单质B．丙是盐酸
C．戊是氢氧化钙D．甲与丁反应属于复分解反应
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A、只有一种元素组成的纯净物是单质，故铁、盐酸、氢氧化钙、二氧化碳、碳酸钠五种物质中只有铁是单质，故A正确，不符合题意；
B、铁会与盐酸反应，盐酸会与氢氧化钙、碳酸钠反应，氢氧化钙会与盐酸、二氧化碳、碳酸钠反应，二氧化碳会与氢氧化钙反应，乙是铁，所以丙是盐酸，故B正确，不符合题意；
C、甲、丁是碳酸钠或氢氧化钙，如果甲是碳酸钠，丁就是氢氧化钙，戊就是二氧化碳，如果甲是氢氧化钙，丁是碳酸钠，二氧化碳不会与碳酸钠反应，不合理，所以甲是碳酸钠，丁是氢氧化钙，戊是二氧化碳，所以C错误，符合题意；
D、碳酸钠和氢氧化钙反应属于复分解反应，所以D正确，不符合题意。

故选C。

13．将一定量的丙醇(CH308)和氧气置于一个封闭的容器中引燃,其反应的化学方程式为: a C3
H8O+ b O2点燃
cCO2+dH2O+eX,测得反应前后各物质的质量如下表:
下列判断正确的是
A．表中x的值为2.8
B．X可能是该反应的催化剂
C．X可能为甲烷
D．方程式中a:b=1:3
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A、由质量守恒定律可知，参加反应的丙醇的质量与氧气的质量之和等于反应生成的二氧化碳和水和X的质量之和，则12.8g+6.0g−7.2g−8.8g=2.8g，即a=2.8，正确；
B、因X的开始的质量为0，反应后质量增加，则X是生成物，错误；
C、因丙醇中氢元素的质量为
8
6.0g100%0.8g
60
⨯⨯=，水中氢元素的质量为
2
7.2g100%0.8g
18
⨯⨯=，由氢元素质量守恒可知，则X中没有氢元素，不可能使甲烷，
错误；
D、若无X生成，则只生成了二氧化碳和水，故化学方程式为：2C3H8O+9O2
点燃6CO2+8H2O，设6.0克丙醇完全燃烧需要氧气的质量为x，
38222 2C H
O+9O6CO+8H O
120288
6.0g x
点燃
120288
6.0g x
=
解得：x=14.4g，而题给的氧气的质量为12.8g，所以氧气的质量不足，此时丙醇要发生不
完全燃烧，有根据二氧化碳中氧元素的质量等于
32
8.8g100% 6.4g
44
⨯⨯=，水中氧元素的
质量为
16
7.2g100% 6.4g
18
⨯⨯=，二氧化碳中氧元素的质量加上水中氧元素的质量刚好等
于氧气的质量，故X中只含有碳元素，根据反应前后原子数目不变可知配平后的化学方程式为，2C3 H8O+ 5 O22CO2+8H2O+4C，所以a:b=2:5，错误。

故选A。

点睛：根据丙醇的组成可知丙醇完全燃烧生成二氧化碳和水，再根据表格中的数据及质量守恒可知，则该反应中丙醇与氧气反应生成二氧化碳、水、X三种物质，则X的质量为12.8g+6.0g-7.2g-8.8g=2.8g。

14．常温下，在饱和石灰水中加少量生石灰，溶液中的相关量随时间变化描述正确的是
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【解析】A、石灰水中的溶质是氢氧化钙，氢氧化钙的溶解度随着温度的升高而减小，生石灰与水反应生成氢氧化钙，放出大量的热；
A、随着反应的进行，溶质质量减小，由于生石灰与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙的溶解度降低，等温度降低至常温后溶质的质量不再发生变化，错误；
B、随着反应的进行，溶解度减小，溶质的质量减小，由于生石灰与水反应生成氢氧化钙，溶剂的质量较减小，但不会减小到0，错误；
C、随着反应的进行，溶质质量减小，溶液质量减小，等温度降低至常温后恢复至原来的状态，错误；
D、随着反应的进行，溶质质量减小，浓度减小，等温度降低至常温后恢复至原来的状态，正确。

故选D。

15．一定条件下,在一个密闭容器内发生某反应,测得反应前后各物质的质量如图所示，下列说法正确的是( )
A．X 的值为 44 B．该反应属于置换反应
C．W 由碳、氢两种元素组成D．W 中碳、氢元素原子个数比为 1：3
【答案】D
【解析】
据质量守恒定律可知反应前后物质的总质量不变。

所以反应后二氧化碳的质量为
64g+5g+8g+23g-32g-16g=52g,故A错误;反应物的质量减少，生成物的质量增加；所以水、二氧化碳是生成物，氧气和W是反应物。

由一中单质和一种化合物生成另一种和另一种化合物的反应叫置换反应。

水、二氧化碳是都是化合物，所以不是置换反应，故B错误；此反应的表达式可表示为W+O2→CO2+H2O。

根据质量守恒定律，反应前后元素的种类不变，由反应表达式可以看出W中一定含有碳氢两种元素，是否含有氧元素则要通过生成物中的氧元素与反应的氧气质量进行比较，生成的水中氧元素的质量为：27g×（16÷18×100%）＝24g，二氧化碳中氧元素的质量：44g×（32÷44×100%）＝32g，两者的质量和为56g，而参加反应的氧气的质量＝64g﹣16g＝48g，所以可判断W中含有氧元素，故C错误；由C的分析可知W中碳、氢元素质量比为（44g﹣32g）/12：（27g﹣24g）/1＝1：3，故正确，故选D。

点睛：此类题的方法是根据化学式计算碳、氢、氧元素的质量，和反应反应前氧元素的质量或可燃物的质量比较，来判断可燃物的组成元素
16．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
17．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．A B．B C．C D．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．
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。

=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．AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液，开始时生成Al(OH)3白色沉淀，当NaOH溶液加至一定时，由于发生反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，而使白色沉淀逐渐减少，直至全部溶
解。

则下列图像能正确表示上述变化情况的是（横坐标表示滴加NaOH溶液的质量，纵坐
标表示生成的Al(OH)3沉淀的质量）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】
【详解】
AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液，开始时生成Al(OH)3白色沉淀，AlCl3＋3NaOH=Al(OH)3↓＋3NaCl，氯化铝与氢氧化钠反应的计量数之比为1:3，当NaOH溶液加至一定时，由于发生反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，而使白色沉淀逐渐减少，直至全部溶解。

氢氧化铝与氢氧化钠反应的计量数之比为1:1；
故选：B。

20．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。

21．要除去下列物质中的少量杂质（括号内物质为杂质），下列实验方案设计中，不合理的是
A．KNO3（NaCl）：蒸发结晶后，洗涤干燥
B．NaCl溶液（Na2SO4）：加入适量的BaCl2溶液，过滤
C．N2（O2）：将气体缓缓通过灼热的铜网
D．KCl溶液（K2CO3）：加入适量的稀盐酸
【答案】A
【解析】A. KNO3的溶解度随温度的降低而迅速减小，氯化钠的溶解度受温度较小，除硝酸钾中的少量氯化钠时，应降温结晶。

B. NaCl溶液（Na2SO4）：加入适量的BaCl2溶液和硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，过滤，溶液中只有氯化钠；C. N2（O2）：将气体缓缓通过灼热的铜网，氧气和铜反应生成氧化铜固体，气体只剩氮气；D. KCl溶液（K2CO3）：加入适量的稀盐酸，和碳酸钾反应生成氯化钾、二氧化碳、水，溶液中只有氯化钾，符合除杂要求；选A
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
22．已知A、B、C、D、E分别是初中化学中所学常见物质，它们之间相互转化的关系如图所示，“→”表示物质相互之间的转化，“—”表示物质之间能发生反应，A、B、C、E分。