济南市初三化学中考试卷及答案
济南市初三化学中考试卷及答案
一、选择题(培优题较难)
1.除去下列物质中所含的杂质,选用的试剂和方法正确的是()
A.A B.B C.C D.D
【答案】C
【解析】
A二氧化锰难溶于水,氯化钾易溶,加水溶解、过滤、蒸发后得到的是氯化钾,不是主要成分二氧化锰;B硝酸银和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和硝酸钡,引入新的杂质;C一氧化碳和氧化铜加热条件下反应生成铜和二氧化碳;D碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠,由于碳酸钠过量,所以会引入杂质。选C
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
2.将Mg和Ag的混合物放入Zn(NO3)2和Cu(NO3)2的混合溶液中,预测其充分反应后所得滤渣和滤液的组成成分如下,其中不合理的是()
A.若滤液为蓝色,则滤渣中含有2种固体
B.若滤液为无色,则滤渣中可能含有3种固体
C.若滤渣中加入稀盐酸,产生气泡,则滤液中最多含有2种溶质
D.若滤渣中加入稀盐酸,无气泡,则滤液中至少含有1种溶质
【答案】D
【解析】
【分析】
将Mg和Ag的混合物放入Zn(NO3)2和Cu(NO3)2的混合溶液中,镁先与硝酸铜反应生成硝酸镁和铜,待硝酸铜完全反应后,镁再与硝酸锌反应生成硝酸镁和锌。
【详解】
A、若滤液为蓝色,则硝酸铜未完全反应,镁已经完全反应,故滤渣中只含有铜、银两种固体,不符合题意;
B、若滤液为无色,则硝酸铜已经完全反应,可能是镁和硝酸铜恰好完全反应,这时滤渣中
含有铜、银,也可能镁置换了部分硝酸锌或恰好和硝酸锌完全反应,这时滤渣中含有锌、银、铜,也可能镁过量,这时滤渣中含有镁、铜、银、锌,故滤渣中可能含有三种固体,不符合题意;
C、若滤渣中加入稀盐酸,产生气泡,说明滤渣中含有排在氢前面的金属,可能是镁置换了部分硝酸锌,这时滤渣中含有铜、银、锌,滤液中含有硝酸镁、硝酸锌,也可能镁恰好与硝酸锌完全反应,或镁过量,这时滤液中只含硝酸镁,故若滤渣中加入稀盐酸,产生气泡,则滤液中最多含有2种溶质,不符合题意;
D、若滤渣中加入稀盐酸,无气泡,则滤渣中不含排在氢前面的金属,故滤渣中一定不含锌、镁,可能是镁置换了部分硝酸铜,这时滤液中含有硝酸镁、硝酸铜,硝酸锌,也可能镁恰好和硝酸铜完全反应,这时滤液中含有硝酸锌、硝酸镁,故至少含有2种溶质,符合题意。故选D。
【点睛】
本题涉及到了优先反应原则,当金属与几种盐的混合溶液反应时,金属中最活泼的金属优先置换出最不活泼的金属。
3.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。
4.有一镁的合金2.4g,在合金中加入100 g一定溶质质量分数的稀盐酸后,金属与稀盐酸恰好完全反应,产生氢气的质量为m,下列说法错误的是()
A .若是镁铝合金,则 m >0.2 g
B .若是镁铁合金,m=0.16g ,则合金中铁的质量分数是 50%
C .若是镁铜合金,则稀盐酸溶质的质量分数小于7.3%
D .若是镁锌合金,则 m <0.2g
【答案】B
【解析】
镁、铝、锌、铁和稀盐酸反应的化学方程式及其反应物、生成物之间的质量关系为:
Mg+2HCl ═MgCl 2+H 2↑,2Al+6HCl ═2AlCl 3+3H 2↑,Zn+2HCl ═ZnCl 2+H 2↑,
24 73 2 54 219 6 65 73 2
Fe+2HCl ═FeCl 2+H 2↑,
56 73 2
A 、2.4g 镁和稀盐酸完全反应生成0.2g 氢气,2.4g 铝和稀盐酸完全反应生成的氢气质量大
于0.2g ,因此若是镁铝合金,则m >0.2g ,正确;
B 、如果合金中铁的质量分数是50%,则铁和镁的质量都是1.2g ,1.2g 镁和稀盐酸反应生成
氢气质量是0.1g ,1.2g 铁和稀盐酸反应生成氢气质量为:1.2g×2÷56=0.04g ,合金中铁的质
量分数是50%时,反应生成氢气质量为:0.1g+0.04g=0.14g ,错误;C 、铜不能和稀盐酸反
应,2.4g 镁和稀盐酸完全反应需要氯化氢质量是7.3g ,而混合物中的镁质量小于2.4g ,因
此消耗氯化氢的质量小于7.3g ,即若是镁铜合金,则稀盐酸溶质的质量分数小于7.3%,正
确;D 、2.4g 镁和稀盐酸完全反应生成0.2g 氢气,2.4g 锌和稀盐酸完全反应生成的氢气质
量小于0.2g ,因此若是镁锌合金,则m <0.2g ,正确。故选B 。
5.实验室有一份由氧化镁、氧化铁和氧化铜混合而成的粉末15.1g ,向其中加入溶质的质
量分数为7.3%的稀盐酸至恰好完全反应,蒸干所得溶液,得到不含结晶水的固体31.6g ,
则该实验所消耗的稀盐酸的质量为( )
A .100g
B .150g
C .200g
D .300g
【答案】D
【解析】
设实验所消耗的稀盐酸的质量为x ,由氧化镁、氧化铁和氧化铜与盐酸反应的化学方程式
MgO+2HCl=MgCl 2+H 2O ;Fe 2O 3+6HCl ═2FeCl 3+3H 2O ;CuO+2HCl=CuCl 2+H 2O ;可知氧化镁、氧
化铁和氧化铜中的氧元素转化为氯元素,可得关系式
2HCl ~(2Cl-O )
73 55
x×7.3% 31.6g-15.1g=16.5g 73557.3%16.5x g
=? x=300g 。故选D 。
6.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=
9880
m 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
16082m 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 。
562b 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 98
1520
100140z g =? Z=1527
g 加入铁粉的质量W=
1527g ×56152×100%=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 4H 2SO 4、CuSO 4FeSO 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 ÷6480
=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。
7.下列说法中正确的是( )
选项 事实 观点
A.A B.B C.C D.D
【答案】C
【解析】
A、某物质分解生成二氧化碳和水,该物质中一定含有C、H、O元素,还可能含有其它元素,错误;
B、溶液中颜色发生改变,有新物质生成,一定是化学变化,错误;
C、碱溶液都显碱性,显碱性的溶液不一定是碱,如碳酸钠是盐,但显碱性,正确;
D、氯化钠溶液稀释后pH不会发生变化,错误。故选C。
8.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
9.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。
10.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。
11.下列有关量的变化图象与其对应叙述相符的是()
A B C D
常温下,向一定量的饱
和石灰水中加入氧化钙
t℃时,向等质量的甲、乙、丙三种物质
中分别加水配成饱和溶液,所得溶液质
量最小的是丙
向一定质量的过氧化氢
的水溶液中加入二氧化
锰
向等质量的铁
别加入足量的
A.A B.B C.C D.D
【答案】C
【解析】
A、常温下,向一定量的饱和石灰水中加入氧化钙,氧化钙和水反应生成氢氧化钙,溶液
中溶剂——水的量减少,且反应中溶液的温度升高,溶质析出,使溶质的质量减少,所以
溶液的质量会减少,加入的氧化钙的质量达到一定数值,可以将溶液中的水完全反应,最
终溶液的质量为零,错误;B、t℃时,甲、乙、丙三种物质的溶解度由大到小的顺序是
甲>乙>丙,所以向等质量的甲、乙、丙三种物质中分别加水配成饱和溶液,需要水的量最
多的是丙,最少的是甲,所得溶液质量最小的是甲,错误;C、向一定质量的过氧化氢的水
溶液中加入二氧化锰,过氧化氢溶液本来就有水,所以开始水的量大于零,反应过程中因
生成水,所以水的量逐渐增多,反应结束,水的量不变,正确;D、向等质量的铁和镁中
分别加入足量的稀盐酸,镁和铁最终都能完全反应,等质量的镁比铁反应生成的氢气多,
错误。故选C。
12.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
13.在托盘天平(灵敏度极高)两边各放一只等质量的烧杯,在两只烧杯里各加入足量、等质量、等质量分数的稀盐酸,调节天平至平衡,然后向左端烧杯加入 5.6克铁,要使天平再次平衡,应向右边烧杯加入
A.5.4克氧化钙 B.5.6克铜 C.6克镁 D.10克碳酸钙
【答案】A
【解析】天平的两边增加的量相同时天平才能仍然平衡。5.6克铁和足量的盐酸反应生成0.2g氢气,氧化钙和盐酸反应生成盐和水,没有气体逸出,增加的量为5.4g,天平平衡;
5.6g铜和酸不反应,增加的量为5.6g;6g镁和酸反应生成气体0.5g;增加5.5g;10g碳酸钙和足量的酸反应生成二氧化碳4.4g,增加5.6g;选A
点睛:天平的平衡问题的关键是余下的物质一样多,天平平衡。
14.向硫酸亚铁、硫酸铜的混合溶液中加入一些锌粉,充分反应后,过滤,得到滤渣A和滤液。将滤渣A加入少量稀硫酸中,有气泡产生。以下对滤渣A的组成成分判断的五种情况,其中合理的有
①Cu ②Fe、Cu ③Zn、Fe ④Zn、Cu ⑤Zn、Fe、Cu
A.②⑤ B.②③ C.②③④⑤ D.①②⑤
【答案】A
【解析】三种金属的活动性顺序是锌>铁>铜,向硫酸亚铁、硫酸铜的混合溶液中加入一些锌粉,锌先与硫酸铜反应生成硫酸锌和铜,硫酸铜反应完全反应后,剩余的锌再与硫酸亚铁反应生成硫酸锌和铁,充分反应后,过滤,得到滤渣A和滤液。将滤渣A加入少量稀硫酸中,有气泡产生。说明固体中一定有铜、铁,可能有锌。选A
点睛:金属活动顺序表:K Ca Na Mg Al Zn Fe Sn Pb H Cu Hg Ag Pt Au,在金属活动顺序表中,排在氢前边的金属能和酸发生置换反应生成盐和氢气。金属的位置越靠前,金属的活动性越强。位置靠前的金属能将位于其后的金属从它的盐溶液中置换出来。
15.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。
16.下列离子组在强酸性和强碱性溶液中都能大量共存的是()
A.Ca2+、Cu2+、NO3﹣、Cl﹣
B.Na+、Mg2+、SO42﹣、Cl﹣、
C.Na+、K+、CO32﹣、SO42﹣
D.Na+、Ba2+、Cl﹣、NO3﹣
【答案】D
【解析】
试题分析:强酸性和强碱性溶液分别含有大量的H+、OH﹣.A、Cu2+和碱性溶液中的氢氧根离子能能结合生成氢氧化铜沉淀,在碱性溶液中不能大量共存,错误;B、Mg2+和碱性溶液
中的氢氧根离子能能结合生成氢氧化镁沉淀,在碱性溶液中不能大量共存,错误; C、
CO32﹣与酸性溶液中的氢离子能能结合生成水和二氧化碳,在酸性溶液中不能大量共存,错误;D、四种离子在溶液中相互交换成分不能生成沉淀、气体、水,能在酸性溶液和碱性
溶液中大量共存,正确。
考点:考查离子或物质的共存问题的知识。
17.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。
18.下列图象与对应的说法相匹配的是 ( )
① 表示KMnO 4加热制O 2生成的MnO 2的质量与时间的关系图
② 表示C 还原CuO 的实验中,试管内的固体质量与时间的关系图
③ 表示向饱和的Ca(OH)2溶液中加入一定量的CaO ,溶液中溶质质量与时间的关系图
④ 等质量的铁片和锌片分别和足量的溶质质量分数相同的稀硫酸反应
A .①③
B .③④
C .②④
D .②③
【答案】D
【解析】① KMnO 4在加热条件下生成制O 2、MnO 2、锰酸钾,所以开始时二氧化锰的质量
为零;反应中质量增加,反应结束质量不再改变; ②C 还原CuO 生成铜和二氧化碳,参
与反应的氧化铜的质量大于生成的铜的质量,所以反应中固体的质量减少,反应结束固体
质量不再改变; ③氧化钙和水反应生成氢氧化钙,向饱和的Ca(OH)2溶液中加入一定量的
CaO ,溶剂的质量减少,溶质会析出,反应放热使氢氧化钙的的溶解度减小,溶质会析出,
所以溶质的质量会减少,反应结束后随温度的降低,部分析出的氢氧化钙又溶解,溶质的
质量增多,但是由于水比反应前少了,所以最终溶质的质量小于开始时,溶质的质量。④
等质量的铁片和锌片分别和足量的溶质质量分数相同的稀硫酸反应,由于锌的活动性比铁
强,所以锌的反应快,先反应完;锌比同质量的铁反应生成氢气少;最终铁的平线比锌的
高;选D
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
19.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Zn2+和Cu2+,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。
20.实验方法能达到实验目的是
A.A B.B C.C D.D
【答案】A
【解析】
A加水时,氯化钠溶解得溶液,碳酸钙不溶得浊液,硫酸铜溶解得蓝色溶液,能成功鉴别;B、加水时氧化钙反应生成氢氧化钙,不符合要求;C硫燃烧生成气体,不能用硫粉代替红磷在空气中燃烧;D稀硫酸与NaOH溶液好完全反应时,溶质只有硫酸钠;酸过量时,溶质为:硫酸钠和硫酸;碱过量时,溶质为硫酸钠和氢氧化钠。硫酸钠和硫酸,都能与硝酸钡反应生成白色沉淀;选A
点睛:鉴别题要做到同一操作下或与同一物质反应时,现象要不同。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
21.取一定质量的CaCO3高温煅烧一段时间后冷却,测得剩余固体为12.8 g,向剩余固体中加入200 g稀盐酸,恰好完全反应,得到208.4 g不饱和溶液。则加热前碳酸钙的质量为A.15 g B.18 g C.20 g D.30 g
【答案】A
【解析】
取一定质量的CaCO3高温煅烧一段时间后冷却,测得剩余固体为12.8g,向剩余固体中加入200g稀盐酸,恰好完全反应,得到208.4g不饱和溶液。所以生成二氧化碳的质量为:12.8g,+200g-208.4g=4.4g。设剩余固体中碳酸钙的质量为x,
CaCO3 + 2HCl == CaCl2 + H2O + CO2↑
100 44
x 4.4g
100/x=44/4.4g x=10g
固体中氧化钙的质量为12.8g-10g=2.8g
设分解的碳酸钙质量为y
CaCO3高温CaO+CO2↑
100 56
y 2.8g
100/y=56/2.8g y=5g
所以原碳酸钙的质量为5g+10g=15g 选A
点睛:方程式的计算,关键根据化学反应方程式找出相关物质的质量关系,利用反应中物质的质量比不变进行列比例计算,易错点是,由方程式求质量比算数错误,所以这一步要仔细检查。
22.除去下列物质中混有的少量杂质(括号内为杂质),所用方法正确的是()A.CaCO3固体(CaO固体)—高温煅烧
B.N2气体(O2气体)——通过灼热的铜网
C.CO2气体(CO气体)——在氧气中点燃
D.KCl溶液(CaCl2溶液)——加碳酸钠溶液至恰好完全反应,过滤
【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、CaCO3固体高温下分解生成氧化钙和二氧化碳,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、氧气通过灼热的铜网时可与铜发生反应生成氧化铜,而氮气不与铜反应,能除去杂质且没有引入新的杂质,故选项所采取的方法正确;
C、方法不正确的原因为:1、一氧化碳在高二氧化碳浓度的情况下无法被点燃,2、有氧气容易导致气体不纯净,3、无法收集二氧化碳,故选项所采取的方法错误;
D、CaCl2溶液能与碳酸钠溶液反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠,能除去杂质但引入了新的杂质氯化钠,不符合除杂原则,故选项所采取的方法错误。
故选B。
【点睛】
除去混合物中的杂质,所选用的试剂或方法应对杂质有作用,不影响主要成分,并且过程中不能产生新的杂质。
23.有一个反应在密闭容器中发生,三种物质CaCO3、CaO和CO2的质量比例变化如图所示。下列有关该反应的说法,正确的是
A.该反应是化合反应
B.CaO在反应中起催化作用
C.CO2是生成物
D.反应中CaO和CaCO3的质量比为1:1
【答案】A
【解析】反应后二氧化碳和氧化钙的质量都减小了,是反应物,碳酸钙的质量增大了,是生成物,该反应是二氧化碳和氧化钙反应生成碳酸钙;A、该反应是化合反应,正确;B、氧化钙在反应中不是催化剂,是反应物,错误;C、该反应中二氧化碳是反应物,错误;
D、反应中CaO和CaCO,的质量比为56: 100,错误;故选A。
24.如下图是甲、乙、丙三种物质的溶解度曲线。根据曲线分析,错误的是
A.t1℃时,等质量的甲、乙饱和溶液中所含溶质的质量为乙>甲
B.t2℃时,可配制溶质质量分数为30%的丙溶液
C.将组成在M点的甲溶液转变为N点的甲溶液,可加适量水稀释
D .t 3℃时,将甲、乙、丙三种物质的饱和溶液降温至t 2℃,所得溶液溶质质量分数的大小关系为乙>甲>丙
【答案】B
【解析】A 、据图可以看出,t 1℃时,等质量的甲、乙饱和溶液中所含溶质的质量为乙>甲,正确;B 、 t 2℃时,丙的溶解度是30g ,其饱和溶液的溶质质量分数为:
30g 100%30%30100g g
?<+,故不可配制溶质质量分数为30%的丙溶液,错误;C 、将组成在M 点的甲溶液转变为N 点的甲溶液,就是变成不饱和溶液,可加适量水稀释,正确;
D 、t 3℃时,将甲、乙、丙三种物质的饱和溶液降温至t 2℃,甲和乙的溶解度减小,形成t 2℃时的饱和溶液,根据溶解度可以看出,乙的溶质质量分数大于甲,而丙的溶解度随温度的降低而减小,根据图象可以看出,丙的溶质质量分数小于甲,故所得溶液溶质质量分数的大小关系为乙>甲>丙,正确。故选B 。
25.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。
二、实验题(培优题较难)
26.过氧化钙(CaO 2)在生产中具有广泛的应用
(一)过氧化钙的性质与用途
鱼类长途运输的增氧剂的主要成分为CaO2,它与水缓慢反应生成O2,还生成一种碱,其化学式为_______,Na2O2也能与水反应,原理与CaO2相同,但却不能作为鱼虾运输的供氧剂,请分析可能的原因________。
(二)过氧化钙晶体的制备
(资料)过氧化钙晶体(CaO2·y H2O),常温为白色,能溶于酸,难溶于酒精。制备原理:CaCl2+H2O2+NH3+H2O CaO2·yH2O↓+NH4Cl,装置如下。
(1)装置A中试管内发生反应的化学方程式为____
(2)B装置的作用是______。
(3)装置C需要控制温度在0℃左右,采用的简单易行的办法是____,控制温度在0℃左右可能的原因主要有:
Ⅰ该反应是放热反应,温度低有利于提高CaO2·y H2O产率;
Ⅱ______。
(4)反应结束后,经过滤、洗涤、低温烘干可获得CaO2·y H2O。
①洗涤时采用95%的酒精溶液洗涤的优点是______。
②检验晶体已洗涤干净的试剂为________。
(三)过氧化钙晶体组成的测定
称取21.6克晶体用热分析仪对其进行热分解实验,并绘制成固体质量与温度关系图(过氧化钙晶体受热时会先失去结晶水)
(1)0—150℃质量不发生改变的原因是__________。
(2)根据图可知y= ____。(写出计算过程)
(3)350℃时发生反应的化学方程式为________。
【答案】Ca(OH)2氢氧化钠具有很强的腐蚀性 NH4Cl+Ca(OH)2Δ
CaCl2+NH3↑+H2O
防止倒吸 C中放入冰水混合物,保持冰水浴防止双氧水受热分解(或防止氨气挥发)快速晾干硝酸银溶液未达到过氧化钙晶体分解所需要的温度 2
2CaO2高温
2CaO+O2↑
【解析】
【分析】
【详解】
(一)(1)由题目信息可知,根据质量守恒定律,过氧化钙与水反应生成氢氧化钙和氧气,所以碱是氢氧化钙;过氧化钠与水反应后生成了氢氧化钠,氢氧化钠具有强腐蚀性;(二)(1)氯化铵与氢氧化钙反应生成氯化钙、水和氨气,化学方程式:NH4Cl+Ca
(OH)2Δ
CaCl2+NH3↑+H2O。
(2)反应生成了氨气,氨气极易溶于水,造成内部压强减小,增加了B起到缓冲作用,避免造成压强减小,液体被倒吸入试管,引起试管炸裂;
(3)反应温度为0℃,冰水混合物温度恰好是0℃,所以可以在C中放入冰水混合物,实现温度控制;过氧化氢在高温加热条件下容易分解,同时氨气为气体受热也容易逸出,所以需要控制温度;
(4)酒精易挥发,用酒精洗涤可以快速晾干,避免过氧化钙与水接触发生反应;根据氯离子与银离子生成白色沉淀,滴加硝酸银溶液观察是否有沉淀生成;
(三)(1)结晶水需要加热到一定温度才可以失去,在0-150℃的范围内,未达到过氧化钙晶体分解所需要的温度,温度不足以失去结晶水,所以质量不变;
(2)失去水的质量=10.8g-7.2g=3.6g,剩余过氧化钙质量=7.2g,过氧化钙分子数:水分子
数=7.2g
72
:
3.6g
18
=1:2,所以y=2;
(3)过氧化钙受热分解后剩余固体质量为5.6g,减少质量为7.2g-5.6g=1.6g,假设过氧化
钙分解生成氧化钙和氧气,根据质量守恒定律化学方程式为2CaO2高温
2CaO+O2↑,此时
生成氧化钙与氧气质量比=112:32=7:2,而剩余固体质量:减少质量=5.6g:1.6g=7:2,
符合上述推断,所以化学方程式为2CaO2高温
2CaO+O2↑;
27.通过下列实验装置探究碳及其化合物的性质。
①装置 A 中反应的化学方程式为_____。
②装置 B 中氢氧化钠溶液的作用是_____。
③装置 C 中黑色固体变红色,其化学方程式为_____。
④下列对该实验的分析正确的是_____(选填编号)。
I.给装置 A 中通入 0.1mol 二氧化碳,装置 C 中可生成 0.2mol 铜
II.装置 C 中固体减少的质量与装置 D 中增加的质量相等
III.实验结束时应先熄灭 C 处酒精灯
IV.反应结束后继续通入二氧化碳的目的是防止铜被氧化 【答案】2
C+CO 2CO 高温 吸收剩余的 CO 2
2ΔCO+CuO Cu+CO III 【解析】
【分析】
【详解】
①装置A 中反应为二氧化碳和碳单质在高温下反应生成一氧化碳,;反应的化学方程式为2C CO 2CO +高温; ②氢氧化钠可以和二氧化碳反应,故装置B 中氢氧化钠溶液的作用是吸收剩余的CO 2; ③装置C 中黑色固体氧化铜与一氧化碳反应生成红色铜单质和二氧化碳,化学反应方程式为2CO CuO Cu CO ?++;
④I 、根据反应2C CO 2CO +高温,2CO CuO Cu CO ?++可知,给装置A 中通入0.1mol 二氧化碳,装置C 中不一定生成0.2mol 铜,因为反应物碳和氧化铜的量没有确定,故选项错误;
II 、根据装置C 出的反应,2CO CuO Cu CO ?++,装置C 中固体减少的质量为一份氧原子的质量,装置D 中增加的质量为一份二氧化碳的质量,两者不相等,故选项错误; III 、实验结束时为防止倒吸应先熄灭C 处酒精灯,冷却再熄灭A 的酒精喷灯,故选项正确;
IV 、反应结束后继续通入二氧化碳的目的是将一氧化碳全部排至气球中,防止污染空气。
28.实验小组对久置生石灰的成分进行分析,实验操作及部分现象如图所示。
(资料):Na2CO3+CaCl2═2NaCl+CaCO3↓
回答下列问题:
(1)样品加水放热的原因是_____(用化学方程式表示)。
(2)②中反应的化学方程式是_____。
(3)③中的实验现象是_____。
(4)将混合物B、C、D倒入一个洁净的烧杯中,发现烧杯中有白色沉淀且上层清液呈红色,过滤,得滤液E和1g滤渣。向滤液E中滴加CaCl2溶液,有白色沉淀生成,则滤液E 中的溶质可能是_____。
依据实验现象及数据判断,原样品的成分是_____。
【答案】CaO + H2O= Ca(OH)2 Na2CO3 + Ca(OH)2 = 2NaOH + CaCO3↓滴加无色酚酞溶液,溶液由无色变成红色;再滴加稀盐酸,溶液由红色变成无色 NaCl、Na2CO3或NaCl、
Na2CO3、NaOH (写“酚酞”不扣分) CaO、Ca(OH)2、CaCO3
【解析】
【分析】
【详解】
(1)样品加水放热的原因是氧化钙与水反应,化学方程式为CaO + H2O= Ca(OH)2,说明原样品中含氧化钙。
(2)②中反应的化学方程式是:Na2CO3 + Ca(OH)2 = 2NaOH + CaCO3↓,说明溶液中含有氢氧化钙。
(3)③中的实验现象是滴加无色酚酞溶液,因为溶液中含有氢氧化钙,呈碱性,所以溶液由无色变成红色;再滴加稀盐酸,盐酸和氢氧化钙发生中和反应,溶液由红色变成无色;
(4)将混合物B、C、D倒入一个洁净的烧杯中,发现烧杯中有白色沉淀且上层清液呈红色,过滤,得滤液E和1 g滤渣。向滤液E中滴加CaCl2溶液,有白色沉淀生成,说明滤液中含有碳酸钠,也说明原样品中的钙已全部转化为碳酸钙,又因为B、C、D倒入一个洁净的烧杯中,得1 g滤渣,可见原样品中除去原来存在的碳酸钙0.1克,其他物质中的钙能转化为碳酸钙1克,如果全部是氧化钙,则0.65克氧化钙中的钙转化为碳酸钙质量大于1克,可见原样品中一定含有氢氧化钙。向滤液E中滴加CaCl2溶液,有白色沉淀生成,说明滤液中含有碳酸钠,滤液E中的溶质可能是NaCl、Na2CO3或NaCl、Na2CO3、NaOH;依据实验现象及数据判断,由实验操作及其现象可知,原样品的成分是CaO、Ca(OH)2 、