唐山市中考化学二模试题和答案

唐山市中考化学二模试题和答案
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．t2℃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t2℃甲、乙两种物质的溶液降温至t1℃，一定都有晶体析出
D．t1℃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t2℃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t2℃甲、乙两种物质的饱和溶液溶液降温至t1℃，一定都有晶体析出，错误；D、t1℃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．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
3．一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 。

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 ．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 （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
5．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
4224
CuSO +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
8g100%=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)+a100%=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
22
2Na+2H O=2NaOH+H
462
2.3g 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。

6．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） 4.7331.0224.74
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。

7．将10g氧化铜粉末加入到100g一定质量分数的稀硫酸中，微热到氧化铜全部溶解，再向溶液中加入ag铁粉，使溶液中的溶质完全反应后，过滤，将滤渣在低温下烘干，得到干燥固体质量仍然为ag，下列分析不正确的是
A．稀硫酸中溶质质量分数为12.25%
B．滤渣中一定含有铜，可能含有铁
C．加入铁粉后有红色固体产生，还有少量气泡产生
D．a的取值范围：a≥8
【答案】A
【解析】
【分析】
铁粉充分反应后，过滤，烘干得到干燥固体物质仍是ag，由于铁粉置换硫酸铜后所得固体质量增加，可判断有部分铁粉与稀硫酸反应才能出现反应前后固体质量不变，因此所加稀硫酸一部分与氧化铜反应一部分与铁粉反应，计算出与铁粉反应硫酸的质量则需要先求得反应所耗铁粉的质量，利用金属粉末变化前后质量相等，由生成铜的质量分析计算与硫酸反应的铁粉质量.
【详解】
设与氧化铜反应的硫酸的质量为x，与铁反应的硫酸的质量为y，生成的硫酸铜为z，与硫酸铜反应的铁的质量为n，与酸反应的铁的质量为b，生成的铜的质量为h
由题意：氧化铜全部溶解，则
CuO+H SO=CuSO+H O
2442
8098160
10g x z
8098160
==
10g x z
x=12.25g z=20g
根据加入的铁粉与反应后所得固体质量相同，只有铁粉过量，一部分铁与稀硫酸反应，才
能使铁粉与生成铜质量相同．当铁粉恰好和硫酸完全反应时，进行如下计算
44
Fe+CuSO=Cu+FeSO
5616064
n20g h
5616064
==
n20g h
n=7g h=8g
由于固体质量增加了1g，所以和硫酸反应的铁的质量就是1g，这样就可以使固体质量前后不反应变化，即b=1g．
2442
Fe+H SO=FeSO+H
5698
1g y
5698
=
1g y
y=1.75g
↑
A.所加稀硫酸的溶质质量分数为：1.75g+12.25g
100%=14%
100g
⨯，选项错误；
B.铁和硫酸铜溶液反应一定置换出了铜，故滤渣中一定有铜，铁是否过量未知，滤渣中可能有铁，选项正确；
C.铁和硫酸铜反应有红色固体产生，铁和硫酸反应有气体产生，选项正确；
D. 只有铁粉恰好与硫酸也完全反应时，一部分铁与稀硫酸反应，能使铁粉与生成铜质量相同．同时当铁和硫酸反应后有剩余时，同样会质量保持不变．根据最后生成铜的质量为
8g，则加入铁粉质量a≥8g，选项正确。

故本题答案选A。

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．如图是物质的分类及部分转化关系图，有关说法不正确的是
A．转化a一定是化学变化
B．转化b一定是化学变化
C．转化b中一定有元素的存在形态发生改变
D．分离液态空气制取氧气属于转化c
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
转化a不一定是化学变化，可能是物理变化，比如过滤可以将固体物质和溶于水中的物质分开。

故选A．
10．下列四位同学分别设计实验方案，你认为可行的是（）
A．分离碳酸钙和氯化钠的混合物，先加入足量的水，然后充分溶解、过滤、洗涤、烘干B．某无色溶液中滴加稀硝酸无明显现象，再加BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明无色溶液中一定含有SO42-离子
C．将CO、CO2、N2的混合气体，依次通过浓NaOH溶液，浓硫酸，灼热CuO后（假设每次反应均完全），最后得到N2
D．不用其它试剂就能鉴别NaOH、H2SO4、Mg（NO3）2、FeCl3、NaNO3
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A、碳酸钙不溶于水，氯化钠易溶于水，分离碳酸钙和氯化钠的混合物，先加入足量的水，然后充分溶解、过滤、洗涤、烘干得碳酸钙，再将滤液蒸发结晶得氯化钠，选项错误；
B. 某无色溶液中滴加稀硝酸无明显现象，再加BaCl2溶液，产生白色沉淀，不能证明无色溶液中一定含有SO42-离子，也可能有银离子，因氯化银、硫酸钡都是白色的不溶于硝酸的沉淀，选项错误；
C、将CO、CO2、N2的混合气体，通过浓NaOH溶液，能吸收二氧化碳；通过浓硫酸，能吸收水蒸气；通过灼热CuO，一氧化碳能与灼热CuO反应生成铜和二氧化碳，最后得到
N2、CO2，选项错误；
D、NaOH、H2SO4、Mg（NO3）2、FeCl3、NaNO3中黄色的是氯化铁溶液，能和氯化铁生成红褐色沉淀的是氢氧化钠，能和氢氧化钠生成白色沉淀的是硝酸镁，能和上述两种沉淀反应，将沉淀溶解的是硫酸，余下物质是硝酸钠，不用其它试剂就能鉴别，选项正确。

故选D。

11．某铁粉样品中可能混有C粉、CuO粉末中的一种或两种。

将该样品加入到一定量的稀硫酸中，充分反应后过滤，再向滤液中加入铁粉，铁粉表面只有气泡产生；将滤渣在氧气中充分灼烧，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，并有残余固体。

关于以上实验，有下列几种说法：
①样品中一定含有CuO粉末，可能含有C粉
②样品中一定含有C粉和CuO粉末
③残余固体的质量与样品中CuO的质量相同
④滤渣中一定含有C粉和Cu
⑤滤液中一定含有FeSO4、H2SO4，可能含有CuSO4
其中正确的是
A．①③④B．②③④C．①④⑤D．②③⑤
【答案】B
【解析】
【详解】
本题难度较大，既要分析样品和滤渣成、滤液成分，还要分析样品质量与残余固体质量关系。

根据滤渣在氧气中充分灼烧生成能使澄清石灰变浑浊的气体，判定滤渣中含有碳，碳在常温下化学性质稳定，可判定样品中一定含有碳；因为硫酸过量，滤渣中不可能含有铁和氧化铜，但一定存在铁置换出硫酸铜中的铜，根据充分灼烧后有残余固体又可判定滤渣中含有铜，即样品中含有氧化铜；②④正确，①不正确；样品中含有铁粉，滤液中一定有硫酸亚铁，根据滤液中加入铁粉只有气泡生成，可判定滤液中一定含硫酸不含硫酸铜，⑤不正确；由前分析可知滤液中含有硫酸不含硫酸铜，可知样品中的铜元素全部转化成了滤渣中的单质铜，铜在氧气中充分灼烧后变成氧化铜，根据元素守恒可知样品中氧化铜质量等于残余固体质量，③正确；故选B。

【点睛】
解题关键从实验现象判定滤液成分和滤渣成分，认进而确认样品成分，最后判断样品中氧化铜与残余固体质量关系。

滤液成分分析：样品中含有铁粉，滤液中一定有硫酸亚铁，根据滤液中加入铁粉只有气泡生成，可判定滤液中一定含硫酸，不含硫酸铜，⑤不正确；滤渣和样品成分分析：根据滤渣在氧气中充分灼烧生成能使澄清石灰变浑浊的气体，判定滤渣中含有碳，碳在常温下化学性质稳定，可判定样品中一定含有碳；因为硫酸过量，滤渣中不可能含有铁和氧化铜，但可能存在铁置换出硫酸铜中的铜，根据充分灼烧后有残余固体即可判定滤渣中含有铜，即样品中含有氧化铜；②④正确，①不正确；
样品中氧化铜和参与固体质量分析：在氧化铜和铁的混合物中加入稀硫酸，氧化铜优先和稀硫酸反应生成硫酸铜，然后才能和铁反应；当铁和稀硫酸、硫酸铜溶液同时存在时，铁优先和硫酸铜反应置换出铜，然后才能和酸反应置换出酸中的氢，由此可知样品中氧化铜全部转化为铜存在于滤渣中，在氧气中充分灼烧后变成氧化铜，根据元素守恒，样品中氧化铜质量等于残余固体质量，③正确。

12．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．A B．B C．C D．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
13．除去下列物质中的少量杂质，下列选用试剂或方法正确的是（）
选项物质杂质试剂或方法
A FeSO4溶液CuSO4加入过量的锌粉，过滤
B NaCl Na2CO3加入过量稀盐酸，蒸发
C CaCl2溶液HCl加入过量的Ca（OH）2溶液
D KCl MnO2加入足量水溶液、过滤、洗涤、烘干
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】
【分析】
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。

【详解】
A、FeSO4溶液和CuSO4均能与过量的锌粉反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误；
B、Na2CO3能与过量稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，盐酸具有挥发性，再蒸发除去盐酸，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、HCl能与过量的Ca（OH）2溶液反应生成氯化钙和水，能除去杂质但引入了新的杂质氢氧化钙（过量的），不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误；
D、KCl易溶于水，MnO2难溶于水，可采取加水溶解、过滤、蒸发的方法进行分离除杂，故选项所采取的方法错误。

故选B。

【点睛】
物质的分离与除杂是中考的重点，也是难点，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。

14．下图是甲、乙两物质(均不含结品水)的溶解度曲线,下列说法正确的是
A．甲的溶解度大于乙
B．t2℃时,甲、乙两饱和溶液的溶质质量均为40%
C．升温均可使甲、乙的饱和溶液转化为不饱和溶液
D．将180g甲的饱和溶液由t3℃降至t2℃,可析出40g甲
【答案】D
【解析】A、t1℃时，乙的溶解度大于甲，错误；B、t2℃时，甲、乙两饱和溶液的溶质质量均为40g，错误；C、升温可以是甲的溶液变为不饱和溶液，乙升温还是饱和溶液，因为乙的溶解度随温度的升高而减少，错误；D、将180g甲的饱和溶液由t3℃降至t2℃，可析出40g甲正确，因为甲的溶解度在t3℃时，是80g，在t2℃时是40g，正确。

故选D。

15．某合金2g与足量的稀硫酸充分反应后，如果生成0.2g氢气，该合金中的元素可能是（）
A．Zn和Fe B．Zn和Cu C．Cu和Au D．Mg和Al
【答案】D
【解析】
铜、金不与酸反应生成氢气，不可能是Cu和Au混合物；设生成0.2g氢气需要锌、铁、镁、铝的质量分别为x、y、m、n，计算如下
Zn + H2SO4 ==== ZnSO4 + H2↑
65 2
x 0.2g
65/x=2/0.2g
x=6.5g
Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑
56 2
y 0.2g
56/y=2/0.2g
y=5.6g
Mg+H2SO4= Mg SO4+H2↑
24 2
m 0.2g
24/m=2/0.2g
m=2.4g
2Al + 3H2SO4 = Al 2(SO4)3 + 3H2↑
54 6
m 0.2
54/m=6/0.2g
m=1.8g
由以上结算结果可知可能是镁、铝的混合物，选D
16．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。

17．某化学兴趣小组为测定Fe、Cu、Ag三种金属的活动性顺序，选用下列各组试剂，你认为不可行的是
A．Cu、Ag、FeSO4溶液 B．Cu、FeCl2溶液，AgNO3溶液
C．Fe、Ag、CuSO4溶液 D．Fe、Cu、稀硫酸，AgNO3溶液
【答案】A
【解析】根据金属活动顺序进行思考，Fe、Cu、Ag这三种金属的金属活动性由强到弱的顺序为Fe＞Cu＞Ag．在金属活动顺序表中，前边的金属可以把后边的金属从其盐溶液中置换出来，所以可以选择相应的金属和盐溶液进行反应来证明这三种金属的活动性强弱．
A、因为铁的活动性在三种金属中最强，所以Cu，Ag都不能和FeSO4溶液反应，得不出Cu，Ag的活动性强弱，所以此方案不可行．
B、Cu，FeCl2溶液，AgNO3溶液这三种物质中，铜与FeCl2溶液不反应，证明铁的活动性比铜强，铜与AgNO3溶液能反应，证明铜比银的活动性强，此方案可行．
C、铁可以置换CuSO4溶液中的铜而出现红色固体，证明铁的活动性比铜强，银和CuSO4溶液不反应，证明铜比银的活动性强，因此，可以证明三种金属的活动性强弱，此方案可行．
D、Fe，Cu，稀硫酸，AgNO3溶液四种物质中，铁能与稀硫酸反应，也能与AgNO3溶液反应，证明铁比氢和银的活动性强，铜和稀硫酸不反应，但能与AgNO3溶液反应，证明铜的活动性比氢弱，比银强，也能得出三种金属的活动性强弱，此方案可行．故选B．
18．下列各组物质的溶液，不需要外加试剂就能鉴别出来的是
A．Na2CO3 H2SO4 HCl KCl B．酚酞 NaOH HCl NaCl
C．Na2SO4 BaCl2 NaNO3 HCl D．AgNO3 NaCl BaCl2 KNO3
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A、稀硫酸和稀硝酸都能与碳酸钠反应放出气体，都与氯化钾不反应；不能鉴别；
故选项错误。

B、酚酞遇氢氧化钠变为红色，分别将稀盐酸和氯化钠滴入酚酞和氢氧化钠的混合溶液中，溶液颜色由红色变为无色的是稀盐酸，不能变色的是氯化钠，在变为无色的溶液中继续添加酚酞是不变色的，加入氢氧化钠是会恢复红色的，可以鉴别；故选正确。

C、氯化钡与硫酸钠反应能产生白色沉淀，硝酸钠与其他三种物质反应都无明显现象，稀盐酸与其他三种物质反应都无明显现象，不能鉴别；故选项错误。

D、氯化钠和氯化钡都能与硝酸银反应产生白色沉淀，但氯化钠与氯化钡不能鉴别；故选项错误。

故选B。

19．在高温下，氧化铜和氧化铁的混合物3.2g与足量的一氧化碳充分反应后，固体质量减少了0.8g，则原混合物中氧化铁的质量为。