福州超德高级中学(初中部)初三化学中考模拟试题(含答案)

福州超德高级中学（初中部）初三化学中考模拟试题(含答案)
一、选择题（培优题较难）
1．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。

解：A、生锈的铁片含有氧化铁和铁，首先是表面的铁锈与盐酸反应生成氯化铁和水，无气体产生，然后铁与盐酸反应生成氢气，当铁全部反应完，氢气质量不再改变，观察图象，符合变化，故A正确；
B、稀硫酸呈酸性，其pH小于7，加水后酸性减弱，pH逐渐增大，观察图象PH在减小，故B错误；
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，而且是一开始就生成，观察图示可知，C错误；
D、加热一定质量的氯酸钾，生成氧气的质量是一定的，所以固体残留物的质量不会随时间的延长而消失，故错误。

故选A。

点睛：常见混合物间的反应事实，要求同学们在平时的学习中加强基础知识的储备，以便能够灵活应用。

2．向盛有一定质量MgO和MgCO3混合物的烧杯中加入142 g稀盐酸，恰好完全反应，一定温度下，得到150 g不饱和溶液。

下列数据中，与该溶液的溶质质量分数最接近的是A．5.3%
B．5.6%
C．12.7%
D．13.4%
【答案】C
【解析】 【分析】 【详解】
氧化镁和稀盐酸反应生成氯化镁和水，碳酸镁和稀盐酸反应生成氯化镁、水和二氧化碳；
22MgO 2HCl=MgCl H O 409540
++溶液增加质量
3222MgCO 2HCl=MgCl H O CO 848444=4044
+-↑++溶液增加质量
可见生成的氯化镁相同时造成的溶液质量增加是相等的，与是氧化镁还是碳酸镁反应无关；
设生成的氯化镁的质量为x ，则
2MgCl 9540x 150g-142g=8g
溶液增加质量 95x 40=8g
解得x=19g ；
该溶液的溶质质量分数为：
19g
100%12.7%150g
⨯≈。

故选：C 。

【点睛】
差量法在计算中的应用很广泛，解答的关键是要分析出物质的质量差与要求的未知数之间的关系，再根据具体的数据求解。

3．用数形结合的方法表示某些化学知识直观、简明、易记．下列用数轴表示正确的是（ ）
A ．不同物质的着火点：
B ．硫及其化合物与化合价的关系：
C ．50g19.6%的稀硫酸与足量的金属反应产生氢气的质量：
D ．物质形成溶液的pH ：
【答案】B
【解析】A 、白磷的着火点比铁的低，B 化合物中元素的化合价代数和为零，单质中元素的化合价为零。

所以硫化氢中硫元素的化合价为-2价，硫中硫元素的化合价为0。

二氧化硫中硫元素的化合价为+4价，硫酸中硫元素的化合价为+6价；C 、50g19.6%的稀硫酸与足量的金属反应产生氢气的质量相同。

因为金属足量，酸反应完，氢气的质量由酸决定。

D 、纯
碱是碳酸钠，溶液呈碱性，pH 大于7；氯化钠溶液呈中性，pH 等于7；酸奶呈酸性，pH 小于7。

选B
4．童童同学将一定量的氧化铜粉末加入到100g 溶质的质量分数为14%的稀硫酸中，充分反应后固体全部消失，为了避免该废液排放造成污染，他又向废液中加入20g 铁粉,充分反应后过滤，滤渣的质量为20g ，加稀硫酸时所消耗的氧化铜质量是() A ．8g B ．10g
C ．12g
D ．14g
【答案】B 【解析】 【分析】
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 ：从
CuSO 4+Fe=FeSO 4+Cu ，可以看出铁转化出铜，这是一个使固体质量增加的过程，而题目明确的说明过滤后的固体质量与投入的铁粉质量相同，这只能说明氧化铜被溶解后，硫酸仍然有剩余，剩余的硫酸继续消耗铁粉，且消耗铁粉的质量与前一步固体增加的质量相等；利用这一等量关系，计算所加入氧化铜的质量； 【详解】
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 ，
2442CuO +H SO CuSO +H O 8098160m x y
═ 8098m x
80=160m 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 ，生成硫酸亚铁的质量为c ；与剩余稀硫酸反应的铁的质量为b ，生成硫酸亚铁的质量为d ，
44Fe +CuSO FeSO +Cu 561606464-56=82m a
═固体质量增加
1602=8m a a =0.1m
24
42Fe +H SO FeSO +H 5698
98100g 14%-80
b
m ↑
⨯═
56=
9898100g 14%-80
b m ⨯
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 ， 答：原先氧化铜的质量为10g 。

故选B 。

【点睛】
在金属活动性顺序里，位于氢前面的金属能置换出盐酸、稀硫酸中的氢；位于前面的金属能把位于后面的金属置换出来。

5．下列除去物质中的少量杂质（括号内为杂质）的方法，正确的是（ ） A ．CO （CO 2）——通过足量的灼热氧化铜 B ．MnO 2粉末（KCl ）——溶解、过滤、洗涤、干燥 C ．FeSO 4溶液（CuSO 4）——加入足量锌粉、过滤 D ．Na 2SO 4溶液（NaCl ）——加入适量硝酸银溶液、过滤 【答案】B 【解析】
试题分析：A 、CO 能与灼热氧化铜反应生成铜和二氧化碳，二氧化碳不与灼热氧化铜反应，反而会把原物质除去，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误．
B 、KCl 易溶于水，MnO 2粉末难溶于水，可采取加水溶解、过滤、洗涤、干燥的方法进行分离除杂，故选项所采取的方法正确．
C 、FeSO 4溶液和CuSO 4均能与锌粉反应，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．
D 、NaCl 能与硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，能除去杂质但引入了新的杂质硝酸钠，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误． 故选B ．
考点：物质除杂或净化的探究；混合物的分离方法；常见气体的检验与除杂方法；盐的化学性质．
点评：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．
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
【答案】D
【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．实验室现有一瓶水垢样品，其成分为氢氧化镁和碳酸钙。

已知：氢氧化镁受热易分解，
反应的化学方程式为：Mg(OH)2Δ
MgO + H2O；碳酸钙高温下分解。

某兴趣小组为测定其中
各成分的质量分数，取12.9g水垢样品加热，加热过程中剩余固体的质量随加热时间的变化如下图所示。

关于加热一段时间后剩余固体的判断，下列说法错误的是（）
A．图中a点剩余固体是由一种盐和一种碱组成
B．若剩余固体中钙元素的质量分数为36.0%，则剩余固体的成分为CaCO3和MgO
C．图中ab间任一点(不包括a、b两点)的剩余固体成分为CaCO3、MgO和Mg(OH)2 D．若向c点的剩余固体中加入足量稀盐酸，充分反应生成CO2的质量为(12.0-x)g
【答案】B 【解析】 【分析】
由题意可知，氢氧化镁受热易分解生成了水蒸气，固体的质量要减少；碳酸钙高温下分解放出了二氧化碳气体，固体的质量要减少，完全反应后，固体的质量不再减少。

【详解】
A 、图中a 点剩余固体是氢氧化镁和碳酸钙，是由一种盐和一种碱组成，故A 说法正确；
B 、由图象可知，生成水的质量为：12.9g-12.0g=0.9g 设氢氧化镁的质量为m
Δ
22Mg(OH)=MgO +H O 58180.9m
g
58m =180.9g
,解得：m=2.9g 则碳酸钙的质量为12.9g-2.9g=10g
设碳酸钙完全分解生成的二氧化碳的质量为n
32CaCO =CaO +CO 1004410g
n
↑高温
10010g =44n
，解得：n=4.4g x=12.0g-4.4g=7.6g
若碳酸钙完全分解，则剩余固体中钙元素的质量分数是：
40
10g 100%100100%52.6%7.6g
⨯
⨯⨯≈＞36.0%，说明了碳酸钙没有完全分解，则剩余固体的成分为CaCO 3、MgO 、CaO ，故B 说法错误；
C 、图中ab 间任一点（不包括a 、b 两点），说明了氢氧化镁没有完全分解，剩余固体成分为CaCO 3、MgO 和Mg （OH ）2，故C 说法正确；
D 、由质量守恒定律可知，若向c 点的剩余固体中加入足量稀盐酸，充分反应生成CO 2的质量为（12.0-x ）g ，故D 说法正确。

故选：B 。

8．可燃物R 是C 、H 2、CH 4、CO 或CH 4O 中的一种。

将一定量的R 和氧气置于一个密闭的容器中引燃，测得反应前后各物质的质量如下表：
反应后质量/g00m3m4m5
下列叙述正确的是（）
①m1=1/9m4时，R是H2
②m1+m2=m3时，R是C或CO
③ m3:m4=11:9时，R是CH4或CH4O
④8m3/11+8m4/9+4m5/7≥m2
A．①②③B．①③④C．②③④D．①②③④
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
根据表格中的数据可知，R、氧气反应后质量变为0，是反应物；二氧化碳、水、一氧化碳反应前的质量是0，是生成物，要确定R是哪种物质，生成物是什么，就要通过反应前后质量的关系来进行确定。

①氢气燃烧生成水，化学方程式为2H2 + O2点燃 2H2O，其中氢气与水的质量比为1:9，正确；
②碳或一氧化碳完全燃烧生成二氧化碳，反应前后物质的质量不变，此时m1+m2=m3，正确；
③甲烷燃烧生成二氧化碳与水，化学方程式为CH4 + 2O2点燃CO2 + 2H2O，其中二氧化碳与水的质量比为11:9；
甲醇燃烧生成二氧化碳与水，化学方程式为2CH4O+ 3O2点燃2CO2 + 4H2O，其中二氧化碳与水的质量比为11:9；
通过分析可知，当m3:m4=11:9时，R是CH4或CH4O，正确；
④反应前后元素的种类不变，如果反应后生成二氧化碳、水、一氧化碳这三种物质，则R 中一定含有碳、氢元素，可能含有氧元素，生成物中的氧元素的质量大于或等于氧气的质量。

二氧化碳中氧元素的质量为m3××100%=8m3/11，
水中氧元素的质量为m4××100%=8m4/9，
一氧化碳中氧元素的质量为m5××100%=4m5/7，
通过分析可知，8m3/11+8m4/9+4m5/7≥m2 ，正确。

故选D。

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．小明同学对所学部分化学知识归纳如下，其中完全正确的一组是
A ．A
B ．B
C ．C
D ．D
【答案】D 【解析】
A 、生石灰是氧化钙的俗称，属于氧化物，不完全正确，错误；
B 、燃着的木条不能区别氮气和二氧化碳，因为氮气和氧气都不燃烧、不支持燃烧，都能使木条熄灭，不完全正确，错误；
C 、能生成盐和水的反应不一定是中和反应，例如二氧化碳和氢氧化钠反应；含氧的化合物是不一定是氧化物，例如氯酸钾，错误；
D 、洗涤剂具有乳化作用可去油污，石墨优良的导电性可作电极，完全正确。

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Zn 2+和Cu 2+、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，
MgCO3 +2HCl ==CaCl2+ CO2↑ + H2O
84 73 44
84g x y
84/84g=73/x x=73g
84/84g=44/y y=44g
NaHCO3+HCl====NaCl+H20+CO2↑
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．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．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
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．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。

18．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CaCO3:加入足量稀盐酸，充分反应
C．除去KCl溶液中的少量MgCl2:加入适量NaOH溶液，过滤
D．除去Cu（NO3）2溶液中的少量AgNO3:加入足量铜粉，充分反应后过滤
【答案】D
【解析】
A. 除去N2中的少量O2；通过灼热的Cu粉末，收集气体。

故A错误。

B. 除去CaO中的少量CaCO3；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
MgCl2；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(NO3)2溶液中的少量AgNO3，D. 除去Cu(NO3)2溶液中的少量AgNO3，；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。

19．一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。

20．如下图所示是甲、乙、丙三种固体物质的溶解度曲线.下列说法正
确的是（）
A．t2℃时，甲、乙两物质的饱和溶液中含溶质的质量相等
B．t1℃时把30g丙放入50g水中能得到80g丙的饱和溶液
C．将丙的不饱和溶液变为饱和溶液，可以采用降温方法
D．t3℃时，用等质量的甲、乙、丙分别配制成三种物质的饱和溶液，所需溶剂的质量为甲<乙<丙
【答案】D
【解析】A、t2℃时，甲、乙两物质的饱和溶液中含溶质的质量相等错误，因为没有指明是等质量的饱和溶液，错误；B、 t1℃时把30g丙放入50g水中能得到丙的饱和溶液的质量=20g+50g=70g，80g丙的饱和溶液错误，错误；C、将丙的不饱和溶液变为饱和溶液，可以采用升温的方法，不是降温的方法，错误；D、t3℃时，用等质量的甲、乙、丙分别配制成三种物质的饱和溶液，所需溶剂的质量为甲<乙<丙正确，因为在该温度下，它们的溶解度关系是甲>乙>丙，正确。

故选D。

二、实验题（培优题较难）
21．某化学实验小组欲探究盐酸、氢氧化钙的化学性质，取8支试管分别用A﹣H编号。