上海开元学校初三化学中考试题∶历届中考化学真题模拟试题及答案

上海开元学校初三化学中考试题∶历届中考化学真题模拟试题及答案
一、选择题（培优题较难）
1．甲、乙两种固体物质（不含结晶水）的溶解度曲线如图所示，下列说法正确的是
A ．t 2℃时，甲乙两物质溶液的溶质质量分数一定相等
B ．要使接近饱和的乙溶液成为饱和溶液，可蒸发溶剂
C ．分别将t 2℃甲、乙两种物质的溶液降温至t 1℃，一定都有晶体析出
D ．t 1℃时，50g 甲的饱和溶液中溶解了10g 的甲物质
【答案】B
【解析】A 、不知道溶液的状态，故t 2℃时，甲乙两物质溶液的溶质质量分数不能确定是否相等，错误；B 、乙的溶解度随温度的升高变化不明显，故要使接近饱和的乙溶液成为饱和溶液，可蒸发溶剂，正确；C 、将t 2℃甲、乙两种物质的饱和溶液溶液降温至t 1℃，一定都有晶体析出，错误；D 、t 1℃时，甲的溶解度是20g ，表明在该温度下50g 水中溶解了10g 的甲物质，错误；故选B 。

点睛：根据固体的溶解度曲线可以：①查出某物质在一定温度下的溶解度，从而确定物质的溶解性，②比较不同物质在同一温度下的溶解度大小，从而判断饱和溶液中溶质的质量分数的大小，③判断物质的溶解度随温度变化的变化情况，从而判断通过降温结晶还是蒸发结晶的方法达到提纯物质的目的。

2．已知: 32322Fe(OH)Fe O +3H ΔO ，现将CO 气体与21.4g Fe （OH ）3在密闭容器中加热一段时间后得到Fe 、Fe x O y 混合物12.8g ，将此混合物溶于100.0g 稀H 2SO 4恰好完全反应，产生0.2g H 2。

下列说法正确的是
A ．生成CO 2和H 2O 共8.6g
B ．混合物中含5.6g 铁元素
C ．Fe x O y 为Fe 2O 3
D ．该稀硫酸溶质的质量分数为19.6%
【答案】D
【解析】
【详解】
产生氢气的质量为0.2g ，由于只有铁和稀硫酸反应才能生成氢气，设生成铁的质量为x ，与铁反应的硫酸的质量为y
2442Fe +H SO =FeSO +H 56982x y 0.2g
↑
56x =20.2g ，98y =20.2g
x=5.6g ，y=9.8g
则生成Fe x O y 的质量为：12.8g-5.6g=7.2g ；
21.4g Fe(OH)3中铁元素的质量为：5621.4g 100%11.2g 56+173
⨯
⨯=⨯ Fe x O y 中铁元素的质量为：11.2g-5.6g=5.6g ；
Fe x O y 中氧元素的质量为：7.2g-5.6g=1.6g ；
故56x ：16y=5.6g ：1.6g ，x ：y=1：1，故Fe x O y 的化学式为：FeO ；
FeO 与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和水，设与FeO 反应的硫酸的质量为z 2442FeO +H SO =FeSO +H O
7298
7.2g z
727.2g =98z
，z=9.8g 硫酸的质量分数为：9.8g+9.8g 100%=19.6%100g
⨯ 由题干信息可知，一氧化碳与氢氧化铁在密闭容器中加热一段时间后得到Fe 、FeO 、二氧化碳和水，故该反应的化学方程式为：
322Δ2CO+2Fe(OH)Fe+FeO+3H O+2CO
设一氧化碳的质量为m
322
Δ2CO +2Fe(OH)Fe +FeO +3H O +2CO 56214m 21.4g
56m =21421.4g
，m=5.6g 故生成二氧化碳和水的质量为：5.6g+21.4g-12.8g=14.2g 。

故选D 。

3．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 ．Fe 2O 3（Fe ）——用盐酸浸泡，然后过滤、洗涤、烘干
B ．CO （CO 2）——先通入足量的浓NaOH 溶液，后通过浓硫酸
C ．CaO （CaCO 3）——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
4．已知反应前后分子变化的微观示意图如下所示，下列说法错误
．．的是
A．反应前后元素种类不变
B．A是有机物，C、D是无机物
C．点燃前要先检验A的纯度，防止爆炸
D．此反应中A和B的化学计量数之比等于1：1
【答案】D
【解析】
根据微观示意图可知，反应物A的分子为由1个C原子和4个H原子构成的CH4分子，反应物B的分子为由2个O原子构成的O2分子；生成物C的分子为2个O原子和1个C原子构成的CO2分子，物质D的分子为由1个O原子和2个H原子构成的H2O分子；则示意图所表示的反应为CH4在O2中燃烧生成CO2和H2O，反应的化学方程式为
CH4+2O2CO2+2H2O。

A、根据化学方程式可知，反应前后元素种类不变，正确；
B、A是甲烷，是含有碳元素的化合物，属于有机物，
C、A是甲烷，是可燃性气体，和空气混合达到一定浓度会发生爆炸，点燃前要先检验纯度，防止爆炸，正确；C、根据微观示意图可知，D是水，不是有机物，错误；
D、由方程式及图示可知，参加反应的A，B物质分子个数比为1：2，错误。

故选D。

5．工业上利用生产钛白的副产品硫酸亚铁制备还原铁粉的流程如图
下列说法不正确的是
A ．“转化”时在溶液中生成了FeCO 3沉淀，该反应的基本反应类型是复分解反应
B ．“过滤”后得到的滤液中的溶质只有（NH 4）2SO 4
C ．“干燥”过程中有少量的FeCO 3转化为FeOOH 和CO 2，此时与FeCO 3反应的物质有O 2和H 2O
D ．取14．06g 还原铁粉（仅含有Fe 和少量Fe x C ）在氧气流中充分加热，得到0.22gCO 2，另取相同质量的还原铁粉与足量稀硫酸充分反应（Fe x C 与稀硫酸不反应），得到0.48gH 2，则Fe x C 的化学式是Fe 2C
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A 、转化时，硫酸亚铁与碳酸铵反应生成碳酸亚铁和硫酸铵，该反应符合“两种化合物互相交换成分生成另外两种化合物”的反应属于复分解反应，不符合题意；
B 、硫酸亚铁与碳酸铵反应生成碳酸亚铁和硫酸铵，碳酸铵过量，故“过滤”后得到的滤液中的溶质有硫酸铵和碳酸铵，符合题意；
C 、“干燥”过程中有少量的FeCO 3转化为FeOOH 和CO 2，根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类不变，生成物中含铁、氧、氢、碳元素，故反应物中也应含铁、氧、氢、碳元素，故有水参与了反应，反应后，铁元素化合价升高，故应该有氧化剂参与了反应，故有氧气参与了反应，不符合题意；
D 、14.06g 还原铁粉（仅含有Fe 和少量Fe x C ）在氧气流中充分加热，得到0.22gCO 2，根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的质量不变，故Fe x C 中的碳元素全部转化到了二氧化碳中，二氧化碳中碳元素的质量为：120.22g 100%=0.06g 12+162
⨯
⨯⨯，设还原铁粉中铁的质量为x 2442Fe +H SO =FeSO +H 5620.48g
x
↑
56=20.48g
x x =13.44g 故还原铁粉中Fe x C 的质量为：14.06g-13.44g=0.62g ，故Fe x C 中铁元素的质量为：0.62g-0.06g=0.56g ，故56x ：12=0.56g ：0.06g ，x =2，故Fe x C 的化学式为：Fe 2C ，不符合题意。

故选B 。

6．下列说法正确的是（ ）
A ．根据质量守恒定律，2gH 2跟8gO 2完全反应，可得到10gH 2O
B ．用含Fe 2O 385%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H 2多，说明镁的金属活动性比锌强
D ．将l0gCuSO 4·5H 2O 与90gH 2O 混合，固体完全溶解，可得100g 溶质的质量分数为10%的
【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。

7．有一包固体粉末X，可能含有碳酸钙、硫酸铜、硫酸亚铁、锌粉，为确定固体粉末的成分，现取X进行下列实验，实验过程及现象如下图所示(不考虑水、稀盐酸的挥发)，下列说法中正确的是( )
A．若气体1为纯净物，则溶液2中可能含有三种阳离子
B．若气体1为混合物，则溶液2中可能含有Fe2+
C．若溶液1呈无色，则固体粉末X中不可能含有硫酸铜
D．若溶液2呈浅绿色，则沉淀2不可能是纯净物
【答案】B
【解析】
有一包固体粉末X，可能含有碳酸钙、硫酸铜、硫酸亚铁、锌粉。

取固体粉末X，加入足量水，过滤，得到溶液1和沉淀1，在沉淀1中加入过量稀盐酸，有沉淀2、溶液2和气体1生成。

因为目前所学的除了银离子和稀盐酸产生氯化银沉淀，其他任何物质与稀盐酸反应均无法生成沉淀，根据题意不含银离子，所以沉淀1中包含两种沉淀，为碳酸钙和沉淀2，且可知沉淀2不和稀盐酸反应，结合题意，所以该沉淀2一定是铜，铜的来源是第一步骤硫酸铜和锌反应生成硫酸锌和铜，所以固体粉末X中一定有锌、硫酸铜和碳酸钙。

分四种情况讨论：①若固体粉末X只存在锌、硫酸铜和碳酸钙。

取固体粉末X，加入足量水，过滤，得到溶液1和沉淀1，溶液1为硫酸锌。

a：硫酸铜与锌反应时，硫酸铜过量，沉淀1为碳酸钙和铜。

在沉淀1中加入过量稀盐酸，碳酸钙和稀盐酸反应生氯化钙、水、二氧化碳，铜不和稀盐酸反应，所以沉淀2为铜，溶液2为氯化钙，气体1为二氧化碳。

符合题意。

b：硫酸铜与锌反应时，锌过量，沉淀1为碳酸钙和铜和锌。

在沉淀1中加入过量稀盐酸，碳酸钙和稀盐酸反应生氯化钙、水、二氧化碳，铜不和稀盐酸反应，锌和稀盐酸反应生成氯化锌和氢气，所以沉淀2为铜，溶液2为氯化钙和氯化锌，气体1为二氧化碳和氢气。

符合题意。

②若固体粉末X中存在锌、硫酸铜、碳酸钙和硫酸亚铁，且锌的量只能和硫酸铜反应，锌全部反应完全，无法继续和硫酸亚铁反应，硫酸亚铁存在于溶液1中，即溶液1中含有硫酸锌和硫酸亚铁，其他与①a相同。

③若固体粉末X中存在锌、硫酸铜、碳酸钙和硫酸亚铁，且锌与硫酸铜反应后剩余，锌会与硫酸亚铁反应生成硫酸锌和铁。

取固体粉末X，加入足量水，过滤，得到溶液1和沉淀1，溶液1为硫酸锌，沉淀1
为碳酸钙和铜、铁。

碳酸钙和稀盐酸反应生氯化钙、水、二氧化碳，铜不和稀盐酸反应，铁和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，所以气体1包括二氧化碳和氢气两种，溶液2包括氯化钙和氯化亚铁两种。

沉淀2为铜。

④若固体粉末X中存在锌、硫酸铜、碳酸钙和硫酸亚铁，且锌与硫酸铜反应后剩余，锌会与硫酸亚铁反应生成硫酸锌和铁，反应后锌仍剩余。

取固体粉末X，加入足量水，过滤，得到溶液1和沉淀1，溶液1为硫酸锌，沉淀1
为碳酸钙和铜、铁、锌。

碳酸钙和稀盐酸反应生氯化钙、水、二氧化碳，铜不和稀盐酸反应，铁和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，锌和稀盐酸反应生成氯化锌和氢气，所以气体1包括二氧化碳和氢气两种，溶液2包括氯化钙和氯化亚铁、氯化锌三种。

沉淀2为铜。

【详解】
A、若气体1为纯净物，根据分析，①的a情况和②两种情况均符合，这两种情况时溶液2中只有氯化钙，只有两种阳离子为钙离子和氢离子，故选项错误；
B、若气体1为混合物，则符合①的b情况和③、④，溶液2对应氯化钙、氯化锌；氯化钙和氯化亚铁；氯化钙、氯化铁、氯化锌三种情况，则溶液2中可能含有Fe2+，故选项正确；
C、若溶液1呈无色，则固体粉末X中可能含有硫酸铜，因为硫酸铜和锌反应生成硫酸锌和铜，溶液1为硫酸锌溶液，无色，只要保证硫酸铜完全反应即可，故选项错误；
D、若溶液2呈浅绿色，则符合③和④两种情况，此时沉淀2均只有铜，为纯净物，故选
项错误。

故选B。

8．有一包白色固体，可能含有FeCl3、 CaCO3、NaOH、Ba(OH)2、 BaCl2、 Na2SO4中的几种。

为确定其组成，取适量试样进行下列实验。

请根据实验现象判断:.
①取试样溶于水，搅拌、过滤，得到无色澄清溶液A和白色沉淀B;
②取上述无色澄清溶液A，通入适量的CO2，生成白色沉淀C;
③取上述白色沉淀B，加入过量的稀硝酸，沉淀全部消失。

综合上述实验现象，下列判断正确的是:
A．由①得原白色固体中一定不含FeCl3，一定含有CaCO3
B．由②③得原白色固体中一定含有Ba(OH)2，一定不含有Na2SO4
C．由实验现象判断，白色固体中最多含4种物质
D．由实验现象判断，白色固体的组成最多有3种情况
【答案】C
【解析】
【分析】
FeCl3溶液呈黄色，其沉淀为红褐色，而实验中得到的是无色澄清溶液A和白色沉淀B，所以一定不存在氯化铁；根据①取试样溶于水，搅拌、过滤，得到无色澄清溶液A和白色沉淀B;白色固体中可能含有碳酸钙或硫酸钡中的一种或两种；氢氧化钡溶液中通入二氧化碳可以生成能溶于硝酸的白色沉淀碳酸钡，氢氧化钠与氯化钡的混合溶液中通入二氧化碳也可以产生碳酸钡，二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠，碳酸钠再与氯化钡反应生成碳酸钡沉淀；而根据③取上述白色沉淀B，加入过量的稀硝酸，沉淀全部消失，可判断白色沉淀不可能为硫酸钡，故判断白色固体中一定不含硫酸钠。

根据以上分析可知白色固体中一定含有碳酸钙，氢氧化钡（或氢氧化钠和氯化钡），一定不含氯化铁和硫酸钠。

白色固体若含两种物质，则根据②取上述无色澄清溶液A，通入适量的CO2，生成白色沉淀C，而在几种物质的溶液中，能与二氧化碳气体反应产生沉淀的只有氢氧化钡，因此白色固体中一定含有氢氧化钡，则这两种物质为：碳酸钙和氢氧化钡；
若
白色沉淀含有三种物质，则三种物质可能的组合为：（1）碳酸钙、氢氧化钡与氢氧化钠；（2）碳酸钙、氢氧化钡与氯化钡；（3）碳酸钙、氢氧化钠与氯化钡；
如果白色固体含有四种物质，则它的组合为：碳酸钙、氢氧化钡、氢氧化钠和氯化钡，最多含有这四种物质。

【详解】
A. 由分析可知，由①得原白色固体中一定不含FeCl3，一定含有CaCO3或BaSO4中的一种或两种。

故A不符合题意；
B. 根据以上分析，由②③得原白色固体中不一定含有硫酸钠，可能含有氢氧化钡。

故B不符合题意；
C. 根据以上分析，白色固体可能含有四种物质，则它的组合为：碳酸钙、氢氧化钡、氢氧化钠和氯化钡，所以白色固体中最多含4种物质。

故C符合题意；
D. 根据以上分析，白色固体的组成最多有5种情况。

故D不符合题意。

故选C。

【点睛】
本题关键是根据题意先把一定不存在的物质排除，一定存在的物质，和可能存在的物质，再根据题意组合可能的物质种类。

9．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。

3222 CaCO+2HCl=CaCl+H O+CO
10044
10g x
10010g
44x ↑
=
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。

22
Mg+2HCl=MgCl+H
242
10g x
2410g
2x
↑
=
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。

10．向用少量稀盐酸酸化的BaCl2溶液中滴加由Na2CO3和Na2SO4组成的混合溶液，产生沉淀的量（m）与加入溶液的体积（V）之间的关系图正确的是
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【解析】BaCl2溶液分别与Na2CO3、Na2SO4溶液常温反应生成BaCO3和BaSO4沉淀，因为BaCl2溶液是用稀盐酸酸化的，故含有少量的稀盐酸，生成的BaCO3沉淀与稀盐酸反应生成可溶性的BaCl2，故开始沉淀质量较少，故选D。

11．向一定量硝酸银和硝酸铜的混合溶液中加入锌粉，所得溶液的质量与加入锌粉的质量关系如图所示。

下列说法正确的是（）
A．a点所得溶液中的溶质是硝酸铜、硝酸锌
B．b点对溶液中含有的金属离子为Zn2+和Cu2+、Ag+
C．c点所得固体为银和铜
D．d点所得溶液中溶质一定有硝酸锌，可能有硝酸铜
【答案】C
【解析】
【分析】
向一定量硝酸银和硝酸铜的混合溶液中加入锌粉，三种金属的活动性顺序为锌＞铜＞银，
加入锌粉后，锌先与硝酸银反应置换出银：332=Zn(NO Zn+2AgN )O +2Ag ，锌的相对原子质量比银小，置换出来银后，溶液质量减小；再跟硝酸铜反应置换出铜：
3232=Zn+Cu(NO )Zn(NO )+Cu ，锌的相对原子质量比铜大，置换出来铜后，溶液质量增大。

【详解】
A 、由以上分析可知，a 点发生的是锌与硝酸银的反应，但锌还未把银完全置换出来，所得溶液中的溶质是硝酸铜、硝酸锌和硝酸银，故选项错误；
B 、由以上分析可知，b 点时加入的锌恰好把银完全置换出来，溶液中已经没有硝酸银了，也就没有Ag +了，b 点对应溶液中含有的金属离子为Zn 2+和Cu 2+，故选项错误；
C 、由以上分析可知，bc 段是锌在置换铜，c 点时锌与硝酸铜恰好完全反应，所得固体为银和铜，故选项正确；
D 、由以上分析可知，d 点时锌粉已经过量，所得溶液中溶质一定有硝酸锌，不可能有硝酸铜和硝酸银，故选项错误。

故选C 。

【点睛】
解答此类题型一定要先看清楚横纵坐标表示的含义，再结合金属活动性顺序判断出金属与溶液之间置换的先后顺序，最后结合化学方程式的计算进行求解。

12．相同质量的碳酸镁和碳酸氢钠分别与足量的盐酸反应，下列说法正确的是
A ．消耗的氯化氢一样多
B ．碳酸镁消耗的氯化氢少
C ．生成的二氧化碳一样多
D ．碳酸氢钠生成的二氧化碳少
【答案】C
【解析】设碳酸镁和碳酸氢钠的质量为84g ，
MgCO 3 +2HCl ==CaCl 2+ CO 2↑ + H 2O
84 73 44
84g x y
84/84g=73/x x=73g
84/84g=44/y y=44g
NaHCO 3+HCl====NaCl+H 20+CO 2↑
84 73 44
84g m n
84/84g=73/m m=73g
84/84g=44/n n=44g
相同质量的碳酸镁和碳酸氢钠分别与足量的盐酸反应，消耗的氯化氢一样多 、生成的二氧化碳一样多。

选C
13．已知：2KMnO 4K 2MnO 4+MnO 2+O 2↑。

下列图象表示一定质量的KMnO 4受热过程中某些量随时间的变化趋势，其中正确的是（ ）
A．B．
C．
D．
【答案】A
【解析】
A由质量守恒定律可知，反应前后物质的总质量不变，由于氧气是气体，所以反应后固体的质量比反应前减少，反应结束固体的质量等于锰酸钾和二氧化锰的质量和，不再变；B 由质量守恒定律可知，反应前后元素的种类质量不变，所以氧元素的质量不随反应时间而变化，图像应该是一条平线；二氧化锰是生成物，开始高锰酸钾分解前，二氧化锰的含量为零，反应中二氧化锰逐渐增多，含量增加，反应结束，含量不再改变;D氧气是反应的生成物，所以氧气的体积起点应该为零。

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．小明在实验室中找到了三包已经失落标签的白色粉末，已知是CaCO3、Na2CO3、CaO，请从下面的试剂或方法中选择一种来确定该三种物质( )
A、稀盐酸
B、水
C、加强热
D、CaCl2溶液
【答案】B
【解析】A、盐酸和碳酸钙，碳酸钠都生成二氧化碳，不能鉴别
B、碳酸钙不溶与水，碳酸钠溶于水，氧化钙和反应生成氢氧化钙，并放出热量
C，碳酸钙，碳酸钠加热都生成二氧化碳，不能鉴别
D，氯化钙和碳酸钠生成沉淀碳酸钙，与碳酸钙和氧化钙吧反应，不能鉴别
故选B
15．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：0.28g0.04g
:=1:2 141
，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0.36g0.28g
:=20:1 1828
，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。

16．某氢氧化钠固体样品，可能含有固体氢氧化钾和不溶于酸的杂质 A，取 5.6g 该样品与100g 一定质量分数的稀盐酸反应，两者恰好完全反应，生成 mg 水，下列说法正确的是（）
A．若样品不含任何杂质，则 m＜1.8
B．若 m=1.8，则样品中一定含有杂质 A，可能含有固体氢氧化钾
C．若 m=1.8，则样品中至少含有杂质 A 或固体氢氧化钾中的一种
D．若样品中既含有 A，也含有固体氢氧化钾，则一定 m＞1.8
【答案】B
【解析】
【分析】
假设5.6g全部为氢氧化钠，则设生成水的质量为x，盐酸溶质的质量为y，
2
NaOH HCl NaCl H O
4036.518
5.6g y x
+=+
4036.518
5.6g y x
==
解得：x=2.52g y=5.11g
假设样品全部为氢氧化钾，则设生成水的质量为z，
2 KOH HCl KCl H
5618
56g z O
.
+=+
5618
5.6g z
=
解得：z=1.8g。

【详解】
A、根据上述计算可以知道若样品不含任何杂质生成水的质量为2.52g，错误；
B、因为全部为氢氧化钠生成水的质量为2.56g，所以若生成水的质量为1.8g，则说明在样品中一定含有杂质A，当然其中也可能含有氢氧化钾，正确；
C、根据B的分析可以知道，若生成水的质量为1.8g，则说明在样品中一定含有杂质，但不可能只含有氢氧化钾，因为单独的氢氧化钠反应生成水的质量大于1.8g，而单独的氢氧化钾反应生成水的质量等于1.8g，所以如果样品中的杂质只含有氢氧化钾的话，生成的水的质量必然大于1.8g，错误；
D、由题意可知，若样品中既含有A，也含有固体氢氧化钾，则m 可以小于或等于1.8，错误。

故选B。

17．下列除考杂质的方法正确的是
A．除去N2中的少量O2:通过灼热的CuO粉末，收集气体
B ．除去CaO 中的少量CaCO 3:加入足量稀盐酸，充分反应
C ．除去KCl 溶液中的少量MgCl 2:加入适量NaOH 溶液，过滤
D ．除去Cu （NO 3）2溶液中的少量AgNO 3:加入足量铜粉，充分反应后过滤 【答案】D 【解析】
A. 除去N 2中的少量O 2；通过灼热的Cu 粉末，收集气体。

故A 错误。

B. 除去CaO 中的少量CaCO 3；煅烧充分反应，碳酸钙分解成氧化钙。

故B 错误。

C. 除去KCl 溶液中的少量MgCl 2；加入适量KOH 溶液，过滤, 加入适量NaOH 溶液，产生新的杂质氯化钠。

故C 错误。

D. 除去Cu(NO 3)2溶液中的少量AgNO 3，D. 除去Cu(NO 3)2溶液中的少量AgNO 3，；加入足量铜粉，与硝酸银充分反应，生成银，硝酸铜，后过滤。

故D 正确。

点睛∶本题主要考查与除杂相关的知识。

18．下列关于物质结构和性质的说法不正确的是（ ） A ．生铁和刚性能不同主要是由于含碳量不同 B ．CO 和CO 2化学性质不同是由于构成它们的分子不同 C ．金刚石和石墨性质不同是由于构成它们的碳原子不同 D ．金属钠和铝的性质不同是由于钠和铝的原子结构不同 【答案】C 【
解
析
】
物质的组成和结构决定物质的性质。

A.
生铁和钢都是铁的合金，主要区别是碳的含量不同。

因此生铁和钢性能不同主要是由于含碳量不同；B. CO 和CO 2化学性质不同是由于构成它们的分子不同；C.
金刚石和石墨都是由碳原子直接构成的，性质不同是由于构成它们的碳原子的排列方式不
同；D.
金属钠和铝都是由原子直接构成的，金属的化学性质由构成金属的原子保持，而原子的化学性质由原子的最外层电子数决定，金属钠和铝的性质不同是由于钠和铝的原子结构不同。

选C
19．烧杯中盛有一定质量的氧化镁和氧化铁的固体混合物，向其中加入稀盐酸 100 g ，恰好完全反应，得到该温度下的不饱和溶液 120 g 。

再向其中加入足量氢氧化钠溶液，充分反应后过滤，将沉淀洗涤、干燥、称量，其示数为 27.2 g 。

则下列相关计算中，不正确的是（ ）。

A ．原固体中金属元素质量为 13.6g
B ．所用盐酸的溶质质量分数为 29.2%
C ．最终所得溶液中含有 NaCl 58.5g
D ．实验中消耗的氢氧化钠质量为 32g
【答案】C 【解析】 【详解】
根据MgO 、Fe 2O 3和酸反应及与碱反应的关系，找出增量，以MgO 为例：
-2
MgO ~2HCl ~2OH ~2NaOH ~2~O ~Mg(OH)NaCl ~40
58
18
增量。