北京第十三中中考最后一次模拟压题化学试题(含答案)

北京第十三中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．某无色气体可能含有 CO2、CO、H2中的一种或几种，依次进行以下实验（假设每步反应均完全进行）；①通过赤热的炭层后，恢复到原状态，气体体积增大；②通过灼热的CuO 时，固体变成红色；③通过白色 CuSO4粉末时无明显现象（提示：白色 CuSO4粉末遇水变蓝）④通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊。

下列判断正确的是（）
A．原混合气体中一定含有 CO2和 CO，一定没有 H2
B．原混合气体中一定没有 CO2和 H2，一定含有 CO
C．原混合气体中一定含有 CO2，可能含有 CO，一定没有 H2
D．原混合气体中无法确定是否含有 CO2
【答案】C
【解析】
碳和二氧化碳反应会生成一氧化碳，会使气体体积增大，根据①可知，混合气通过碳后气体体积增大，可知混合气中一定含有二氧化碳；通过氧化铜后，固体变成红色，说明混合气中存在还原性气体，通过白色CuSO4粉末时无明显现象，说明通过氧化铜未生成水，可以确定原混合气中一定没有氢气；澄清石灰水变浑浊，说明又生成了二氧化碳，但不能确定原混合气中一定含有一氧化碳，因为在①中生成了CO，所以可以确定原混合气中一定有二氧化碳，可能含有一氧化碳，一定没有氢气。

故选C。

2．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。

3．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。

4．一包不纯的氯化钾粉末，所含杂质可能是氯化钠、硝酸钾、硝酸钙、氯化铜、碳酸钠中的一种或几种。

为确定其成分，某兴趣小组的同学们进行如下实验：
（1）取少量该粉末于烧杯中，加蒸馏水，充分搅拌，得无色澄清溶液。

（2）取上述无色溶液少许于试管中，滴加氯化钡溶液有白色沉淀生成。

（3）另称取 14.9 g 该粉末于烧杯中，加入蒸馏水溶解，再加入足量的硝酸银溶液和稀硝酸，充分反应后生成 28.7 g 白色沉淀。

根据上述实验判断，下列说法正确的是
A．杂质中可能含有硝酸钾、氯化钠
B．杂质中肯定不含硝酸钙、氯化铜、碳酸钠
C．杂质中肯定含有碳酸钠，可能含有氯化钠
D．杂质中肯定含有氯化钠、碳酸钠，可能含有硝酸钾
【答案】D
【解析】
A、氯化钾、氯化钠和硝酸银反应的化学方程式及其质量关系为：
KCl+AgNO3═AgCl↓+KNO3，
74.5 143.5
14.9g 28.7g
NaCl+AgNO3═AgCl↓+NaNO3，
58.5 143.5
11.7g 28.7g
取上述无色溶液少许于试管中，滴加氯化钡溶液有白色沉淀生成，是因为碳酸钠和氯化钡反应生成白色沉淀碳酸钡和氯化钠，因此杂质中含有碳酸钠，由计算可知，14.9g氯化钾和硝酸银反应生成28.7g氯化银，11.7g氯化钠和硝酸银反应生成28.7g氯化银，杂质中含有碳酸钠，氯化钾质量小于14.9g，和硝酸银反应生成氯化银质量小于28.7g，因此杂质中一定含有氯化钠，错误；B、取上述无色溶液少许于试管中，滴加氯化钡溶液有白色沉淀生成，是因为碳酸钠和氯化钡反应生成白色沉淀碳酸钡和氯化钠，因此杂质中含有碳酸钠，则杂质中不含有硝酸钙，加蒸馏水，充分搅拌，得无色澄清溶液，说明杂质中不含有氯化铜，错误；C、由A知，杂质中肯定含有碳酸钠、氯化钠，错误；D、杂质中肯定含有氯化钠、碳酸钠，由于硝酸钾是否存在不影响实验结果，因此可能含有硝酸钾，也可能不含有硝酸钾，正确。

故选D。

5．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 （CaCO 3）——加水溶解，过滤、烘干
D ．NaCl （Na 2CO 3）——加入过量CaCl 2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
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<m<6.5 C ．1.8≤m ≤6.5 D ．1.8<m<6.5 【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（Mg 2+、A13+、Zn 2+、Fe 2+）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 ÷35.5
36.5
=7.3g 。

假设分别为四种金属单质与等量的稀盐酸反应，则
22321
2
Mg +2HCl =MgCl +H 2Al +6HCl =2AlCl +3H 2473542197.3g
7.3g
x x ↑↑
1224
54
==737.3g 2197.3g x x 12=2.4g
=1.8g x x
22223
4
Zn +2HCl =ZnCl +H Fe +2HCl =FeCl +H 657356737.3g
7.3g
x x ↑↑
3
4
6556==737.3g 737.3g x x 34=6.5g
=5.6g x x
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．不能正确反映对应变化关系的图像是（）
A．在一定量的CuSO4溶液中逐滴加入NaOH溶液
B．等质量的Zn和Mg分别与足量等体积等质量分数的稀硫酸反应
C．向NaOH溶液中逐滴加入稀盐酸
D．等质量CaCO3分别与足量等体积等质量分数的稀盐酸反应
【答案】C
【解析】A. 在一定量的CuSO4溶液中逐滴加入NaOH溶液，两者之间反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠；B. 镁的活动性比锌的强，所以镁先反应完；等质量的Zn和Mg分别与足量等体积等质量分数的稀硫酸反应，镁比锌生成氢气多。

C. 氢氧化钠溶液呈碱性，pH大于7，盐酸溶液的pH小于7，向NaOH溶液中逐滴加入稀盐酸，溶液的pH应逐渐减小；D. 等质量CaCO3分别与足量等体积等质量分数的稀盐酸反应，通常粉末状时，药品和盐酸接触更充分，反应较快；当块状石灰石反应时，速率较慢；但过氧化氢质量相同时，生成物的质量相同。

选C
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
8．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】
【分析】
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 。

9．将一定质量的碳酸钙和铜粉的混合物在空气中煅烧使其完全反应，若反应前后固体的质量保持不变，则铜和碳酸钙的质量比为（ ） A ．44：25 B ．22：5
C ．4：1
D ．44：32
【答案】A 【解析】 【详解】
根据反应前后固体的质量保持不变可知，生成二氧化碳的质量等于与铜反应的氧气的质量，设生成二氧化碳的质量为A ，参加反应的碳酸钙的质量为x ，铜的质量为y 。

3
2 CaCO CaO+CO 100g 44
x
A
高温
100x
=44A
X=
100A 25A
=4411
2Δ
2Cu+O 2CuO
12832y A
128y
=32A
y ＝4A
铜和碳酸钙的质量比为：
4A ∶
25A
11 ＝44∶25 故选A 。

【点睛】
本题中要抓住反应前后质量不变来做，分析其原因就是碳酸钙分解产生的二氧化碳质量等于跟铜反应的氧气质量。

然后根据两个化学方程式就可以就是出铜和碳酸钙的质量比。

10．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
10044
=
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+H2 O═Ca（OH）2，
18 74
1.8g y
1874
=
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。

11．下列各组转化中，一定条件下均能一步实现的组合是
A．①②B．②③C．①③D．①②③
【答案】D
【解析】
【分析】
本主要考察常见物质之间的相互转化的相关知识【详解】
①2C＋O2点燃
2CO氧气不充足；2CO＋O2
点燃
2CO2；C＋O2
点燃
CO2
CO2参加光合作用产生O2
②2Mg＋O2点燃
2MgO；MgO＋2HCl=MgCl2＋H2O；2H2O
通电
2H2↑＋O2↑；2H2＋
O2点燃
2H2O
③Na2CO3＋H2SO4=Na2SO4＋H2O＋CO2↑Na2SO4＋Ba(OH)2=2NaOH＋BaSO4↓；Na2CO3＋Ba(OH)2=2NaOH＋BaCO3↓；CO2＋2NaOH=Na2CO3＋H2O都可以实现一步转化，故选D。

【点睛】
注意二氧化碳转化为氧气是光合作用
12．已知硝酸钾在不同温度下的溶解度如下表：
温度/℃20304050607080
溶解度/g3*******.5110138170
甲是80℃含有100 g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。

13．除去下列杂质，所选用的试剂和操作方法不合理的是( )
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【解析】
A、KNO3和NaCl的溶解度受温度的影响不同，硝酸钾溶解度受温度影响较大，而氯化钠受温度影响较小，所以可采取加热水溶解配成饱和溶液、冷却热饱和溶液使KNO3先结晶出来、再过滤的方法，正确；
B、K2CO3能与盐酸反应生成氯化钾、水和二氧化碳，再蒸发除去盐酸和水，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，正确；
C、碳和氧化铁在高温的条件下反应生成铁和二氧化碳，碳粉过量，会引入新的杂质，错误
D、铜和氧气在加热的条件下生成氧化铜，错误。

故选C。

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。

14．某气体由CH4、C2H2、C2H4中的一种或几种组成，取该气体样品在氧气中完全燃烧，测得生成的二氧化碳和水的质量比为22：9，下列对该气体组成判断正确的是
A．该气体中一定含有C2H4B．该气体中一定没有CH4
C．该气体中可能含有C2H2D．该气体不可能同时含有CH4、C2H2、C2H4【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
生成的二氧化碳和水的质量比为22：9，则碳元素和氢元素的质量比为
（22×12
44）：（9×2
18
）=6：1，故碳氢原子的个数比为6
12
：1
1
=1：2。

A、若是含一个CH4
和一个C2H2，则能达到碳氢原子个数比是1：2，该气体中不一定含有C2H4，错误；B、若是含一个CH4和一个C2H2，则能达到碳氢原子个数比是1：2，错误；C、若是含一个CH4
和一个C2H2，则能达到碳氢原子个数比是1：2，正确；D、该气体可能同时含有
CH4、C2H2、C2H4，错误。

故选C。

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。

16．一包固体粉末可能含有Mg（NO3）2、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．沉淀Ⅰ是氢氧化铜沉淀
B．无色溶液A中一定有NaOH
C．原固体粉末肯定有NaCl
D．原固体粉末一定有CaCO3、NaOH、Mg（NO3）2、CuCl2和Ca（NO3）2
【答案】B
【解析】
根据“一包固体粉末可能含有Mg(NO3)2、CaCO3、NaOH、CuCl2、NaCl和Ca(NO3)2中的一种或几种”，结合图框，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，则蓝色溶液B中有硝酸铜、硝酸钙、硝酸钠、稀硝酸，而原固体粉末一定有CaCO3、NaOH、CuCl2和Ca(NO3)2，无法确定是否含有NaCl；Mg(NO3)2。

A.由分析可知，沉淀Ⅰ中有氢氧化铜沉淀和CaCO3沉淀，故错误；
B. 无色溶液A中一定有NaOH，正确；
C. 原固体粉末是否有NaCl，无法确定，故错误；
D. 原固体粉末一定有CaCO3、NaOH、CuCl2和Ca(NO3)2，故D错误。

17．下列除杂所用试剂和主要实验操作均正确的是
物质(括号内为杂质)所用试剂主要实验操作
A CO2(HCl)NaOH溶液洗气
B NaCl固体(Na2CO3)稀盐酸溶解、加试剂,蒸发结晶
C CaO(CaCO3)H2O过滤
D KNO3溶溶液(KOH)MgSO4加入适量试剂,过滤
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】
A、CO2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、Na2CO3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。

18．A、B、C、为初中化学常见物质，它们之间的转化关系如下图所示（反应条件，部分反物和生成物已略去，“→”表示直接转化关系）。

某同学推断正确的是
A．若A为碳酸钙，B为氧化钙，则C一定为水
B．若C为H2O，B为CO2，则A可以为酸、盐、氧化物
C．若A为氧化铁，B为铁，则C可以为FeSO4
D．若A为FeSO4，B为CuSO4，B→C一定发生的是置换反应
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A、若A为碳酸钙，碳酸钙可以在高温煅烧条件下生成氧化钙，B可为氧化钙，氧化钙可以与酸反应生成水，碳酸钙可以与酸反应生成水，但是C不一定为水，可以是盐，如氯化钙，硝酸钙等，推断错误，故不符合题意；
B、若C为H2O，CO2与碱反应可以生成H2O，则A可以为酸，如碳酸可以转化为二氧化碳和水；可以为盐，如碳酸盐可以直接转化为二氧化碳和水；可以为氧化物，如氧化铁可以与碳单质或酸直接转化为二氧化碳和水。

推断正确，故符合题意；
C、若A为氧化铁，氧化铁可以被碳、一氧化碳、氢气等置换得到铁单质，B可为铁，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，C可以为FeSO4，氧化铁不能直接与酸或其他物质反应生成硫酸亚铁，推断错误，故不符合题意；
D、若A为FeSO4，B为CuSO4， FeSO4无法直接转化为CuSO4；B→C可能发生的是置换反应生成盐，如加入锌置换生成硫酸锌。

推断错误，故不符合题意；
故选B
19．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
20．下列图像中有关量的变化趋势与对应叙述关系正确的是（）
A．向一定质量表面生锈的铁片中滴加盐酸至过量 B．向一定质量的稀硫酸中滴加水C．向氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液中滴加石灰水至过量 D．加热一定质量的氯酸钾
【答案】A
【解析】A、生锈的铁片含有氧化铁和铁，首先氧化铁与盐酸反应，无气体产生，然后铁与盐酸反应生成氢气；
B、稀硫酸呈酸性，其pH小于7，加水后酸性减弱，pH逐渐增大；
C、石灰水与氢氧化钠溶液不反应，只与碳酸钠溶液反应生成沉淀；
D、加热一定质量的氯酸钾，生成氧气的质量是一定的。