成都七中(高新校区)初三化学中考试题及答案知识讲解

成都七中(高新校区)初三化学中考试题及答案知识讲解

一、选择题（培优题较难）

1．有一包白色粉末，可能由硫酸铜、碳酸钙、氯化钡、硫酸钠、硝酸钡中的一种或几种组成。为了探究其成分，进行如下实验：

关于该实验有以下说法：

①若步骤Ⅱ中沉淀不溶解，则原白色粉末中最多含有三种物质

②若步骤Ⅱ中沉淀部分溶解，则原白色粉末的组成有3种情况

③若步骤Ⅱ中沉淀全部溶解，则原白色粉末的组成有5种情况

③若步骤Ⅱ中沉淀不溶解，向无色滤液中滴加硝酸钡有白色沉淀产生，则无色滤液中最多含有三种溶质

以上说法正确的个数是

A．1个B．2个

C．3个D．4个

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

白色粉末加足量的水，过滤得到沉淀和无色滤液，说明一定没有硫酸铜；沉淀中加入足量的稀硝酸，

①若步骤Ⅱ中沉淀不溶解，则原白色粉末中最多含有三种物质，可以是氯化钡、硫酸钠、硝酸钡，正确；

②若步骤Ⅱ中沉淀部分溶解，则原白色粉末的组成有3种情况，分别是：碳酸钙、氯化钡、硫酸钠；碳酸钙、硫酸钠、硝酸钡；碳酸钙、氯化钡、硫酸钠、硝酸钡，正确；

③若步骤Ⅱ中沉淀全部溶解，则原白色粉末的组成有5种情况，分别是：碳酸钙；碳酸钙、氯化钡；碳酸钙、硫酸钠；碳酸钙、硝酸钡；碳酸钙、氯化钡、硝酸钡，正确；

④若步骤Ⅱ中沉淀不溶解，向无色滤液中滴加硝酸钡，有白色沉淀产生，则无色滤液中最多含有三种溶质，分别是：硫酸钠、氯化钠、硝酸钠，正确。

故选：D。

2．把8.9gMg、Zn合金放入一定量的稀盐酸中，恰好完全反应，产生0.4g H2，在上述反应后的溶液中滴入足量的NaOH溶液，充分反应后生成NaCl的质量为（）

A．23.4g B．29.25g C．30.5g D．26.25g

【答案】A

【解析】 【分析】

镁、锌和稀盐酸反应生成氢气、氯化镁、氯化锌，氢氧化钠和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，和氯化锌反应生成氢氧化锌沉淀和氯化钠，稀盐酸中的氯离子完全转化成氯化钠中的氯离子。 【详解】

由Mg ＋2HCl ═MgCl 2＋H 2↑，Zn ＋2HCl ═ZnCl 2＋H 2↑可知，2Cl -～H 2↑， 设氯离子质量为x ， 2Cl -～H 2↑， 71 2 x 0.4g

7120.4x g

= x ＝14.2g ，

充分反应后生成NaCl 的质量为14.223.435.5100%58.5

g

g

=?。故选A 。

【点睛】

本题主要考查学生运用假设法和化学方程式进行计算和推断的能力，计算时要注意规范性和准确性。

3．实验室有一包含杂质的碳酸氢钠样品50g （杂质不含钠元素，受热不变化），其中钠元素的质量分数为23%，180℃时，将样品加热一段时间后称得固体质量为43.8g ，则分解的碳酸氢钠占原碳酸氢钠的质量分数为（已知323222NaHCO Na CO +H O+CO Δ

↑）

A ．60%

B ．47.3%

C ．40%

D ．33.6%

【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

原混合物中钠元素的质量：50g×23%=11.5g 。

通过钠元素的质量可以计算出原碳酸氢钠的质量为：11.5g÷

23

23+1+12+163

?=42g 。

加热一段时间后固体质量为43.8g ，则减少的质量为：50g-43.8g=6.2g 。 减少的6.2g 是生成的水和二氧化碳的质量。 社分解碳酸氢钠的质量为x ，则根据差量法有：

32322

2NaHCO Na CO+H O+COΔm 168184462

x 6.2g

168x

=

62 6.2g

↑

解得x=16.8g

分解的碳酸氢钠占原碳酸氢钠的质量分数为：16.2g

100%=40% 42g

?。

故选C。

4．现有一包由3.2g铜、13g锌和2g 碳组成的粉末，放到一定量的AgNO3溶液中，完全反应后得到的固体为m种，溶液中溶质为n种．下列说法中不正确的是（）

A．若m=2，则n=2或3 B．若固体中金属的质量为 48g，则m=4 C．当m=3时，溶液可能呈蓝色D．反应后固体的质量不可能超过56g

【答案】B

【解析】

【分析】

由金属活动性顺序表可知，金属的活动性Zn＞Cu＞Ag，由3.2g铜、13g锌和2g 碳组成的粉末，放到一定量的AgNO3溶液中，Zn首先与硝酸银溶液反应，Zn反应完成时，Cu再与硝酸银反应．碳与硝酸银不反应。

【详解】

A、当m=2时，则得到的固体为银和碳，Cu和Zn全部反应，硝酸银溶液足量，恰好反应时，溶液中的溶质为硝酸铜和硝酸锌；硝酸银过量时，溶液中的溶质为硝酸铜、硝酸锌和硝酸银，因此，n=2或3，故A正确；

B、当上述两个反应分别恰好进行完全时，设生成银的质量分别为x，y

332

Zn2AgNO2Ag Zn(NO)

65216

13g x

+=+

65216

=

13g x

x=43.2g

332

Cu+2AgNO=2Ag+Cu(NO)

64216

3.2g y

64216

=

3.2g y

y=10.8g

当锌完全反应时，金属的质量为：3.2g+43.2g=46.4g，铜完全反应时，金属的质量最大是：43.2g+10.8g=54g，由于金属的质量是48g，46.4g＜48g＜54g．由此可知，锌完全反应，部分铜已参加反应，所以，固体物质有银、铜和碳三种，即m=3，故B不正确；

C、由上述计算分析可知，当m=3时，溶液可能呈蓝色，故C正确；

D、由上述计算分析可知，反应后固体的质量不可能超过54g+2g=56g，故D正确。故选B。

5．甲、乙、丙、丁均为初中化学常见的物质，它们之间的部分转化关系如图所示(部分反应物、生成物和反应条件已略去。“——”表示物质之间能发生化学反应。“―→”表示物质之间的转化关系)。下列推论不正确

．．．的是( )

A．若甲是碳酸钙，则乙转化成丙的反应可以是放热反应

B．若乙是最常用的溶剂，则丁可以是单质碳

C．若甲是碳酸钠，乙是硫酸钠，则丁可以是氯化钡

D．若丙是二氧化碳，丁是熟石灰，则丁可以通过复分解反应转化为乙

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A．若甲是碳酸钙，则碳酸钙分解生成氧化钙，氧化钙和水反应生成氢氧化钙过程中放热，因此乙转化成丙的反应可以是放热反应，选项A正确；

B．若乙是最常用的溶剂，水分解生成氧气，碳和氧气反应生成二氧化碳，且碳和水也能反应，因此丁可以是单质碳，选项B正确；

C．若甲是碳酸钠，如果跟硫酸反应则乙是硫酸钠，但硫酸钠转变成的丙不能和氯化钡反应，则丁不可以是氯化钡，选项C错误；

D．若丙是二氧化碳，丁是熟石灰，则丁可以通过复分解反应转化为乙，熟石灰和碳酸钠反应生成碳酸钙，碳酸钙和稀盐酸反应生成二氧化碳，而熟石灰和碳酸钠反应生成碳酸钙是复分解反应，选项D正确。故选C。

6．甲烷和水反应可以制备水煤气（混合气体），其反应的微观示意图如图所示，根据微观示意图得出的结论中，正确的是（）

A．反应前后碳元素化合价没有发生变化

B．反应中甲和丙的质量之比为4：7

C．水煤气的成分是一氧化碳和氧气

D．反应中含氢元素的化合物有三种

【答案】B

【解析】A. 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。化合物中氢元素的化合价为+1价，所以反应前碳元素的化合价为-4价；反应后一氧化碳中碳元素的化合价为+2价，所以碳元素的化合价在反应前后改变； B. 反应中甲和丙的质量之比为16：28=4:7；C.由图可知，水煤气的成分是一氧化碳和氢气；D. 由一种元素组成的纯净物叫单质；由不同元素组成的纯净物叫化合物；反应中含氢元素的化合物有两种。选B

7．根据下图所示的溶解度曲线，判断下列说法中正确的是( )

A．甲物质的溶解度小于乙物质的溶解度

B．t2℃时，甲物质的饱和溶液和乙物质的饱和溶液中含有溶质的质量相等

C．将t3℃时的甲、乙两物质的饱和溶液降温到t2℃时都会析出晶体

D．当甲物质中混有少量乙物质时，可采用蒸发溶剂的方法提纯甲

【答案】C

【解析】

A、在温度为t1℃时，图中乙物质曲线处于甲物质曲线上方，说明此时甲物质的溶解度小于乙物质，A没指明温度，错误；

B、曲线图显示，在温度为t2℃时两曲线相交于一点，说明此时甲、乙两物质的溶解度相等。此时若两物质的饱和溶液量相等所含溶质的量也就相等，但本选项的说法中没有说明饱和溶液质量是相等的，所以也就不能得出所含溶质质量相等的结论错误；

C、据图知：温度降低甲、乙两物质的溶解度都减小。所以，随温度降低甲、乙两物质的饱和溶液都会因溶质溶解能力减小而析出晶体，正确；

D、曲线图显示，甲物质溶解度受温度影响较大，乙物质的溶解度受温度影响不大。当甲物质中混有少量乙物质时，可采用冷却热饱和溶液的方法提纯甲，冷却结晶时少量的乙物质仍溶解在溶液中没有析出，正确。故选C。

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．不能正确对应变化关系的图像是（）

A．A图中横坐标既可以表示加入铁粉的质量，也可以表示加入部分变质的苛性钠质量B．B图中纵坐标既可以表示溶质质量，又可表示溶液的导电性

C．C图中横坐标既可以表示反应时间，也可以表示加入二氧化锰质量

D．D图中纵坐标既可以表示溶剂质量，又可表示溶液质量

【答案】A

【解析】

【详解】

A、一定质量的稀盐酸中加入铁粉，铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，产生氢气的质量从0逐渐增加，稀盐酸完全反应，氢气质量不再增加，A图中横坐标可以表示加入铁粉

的质量；苛性钠部分变质，氢氧化钠中含有碳酸钠，一定质量的稀盐酸中加入部分变质的苛性钠，氢氧化钠先与稀盐酸反应生成氯化钠和水，氢氧化钠完全反应后碳酸钠与稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，因此生成气体的质量先为0，一段时间后逐渐增加，完全反应后质量不再变化，A图中横坐标不能表示加入部分变质的苛性钠质量；A选项图像不能正确表示对应变化关系，符合题意；

B、澄清石灰水中加入二氧化碳，氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，氢氧化钙完全反应后，氢氧化钙随着反应的进行逐渐减少至0，溶质质量逐渐减小至0，溶液中阴阳离子逐渐减少至0，溶液的导电性逐渐减弱至0，继续通入二氧化碳，碳酸钙、二氧化碳和水反应生成碳酸氢钙，碳酸氢钙易溶于水，溶质质量逐渐增加，溶液中阴阳离子逐渐增加，溶液的导电性逐渐增加，B图中纵坐标既可以表示溶质质量，又可表示溶液的导电性，B选项图像能正确表示对应变化关系，不符合题意；

C、加热氯酸钾制取氧气，二氧化锰做催化剂，氯酸钾分解生成氯化钾和氧气，根据质量守恒定律，钾元素守恒，反应过程中固体中钾元素质量保持不变，二氧化锰作为催化剂，二氧化锰的质量变化，不影响钾元素质量，C图中横坐标既可以表示反应时间，也可以表示加入二氧化锰质量，C选项图像能正确表示对应变化关系，不符合题意；

D、浓硫酸具有吸水性，敞口放置浓硫酸，随着放置时间的延长，浓硫酸逐渐变为稀硫酸，溶液中溶剂的质量逐渐增加，硫酸不挥发，溶质的质量不变，溶液的质量=溶质质量+溶剂质量，溶液的质量逐渐增加，稀硫酸不具有吸水性，一段时间后，溶剂的质量和溶液的质量都不再变化，另外浓硫酸不是100%的纯硫酸，溶剂质量和溶液质量的起始质量不为0，D图中纵坐标既可以表示溶剂质量，又可表示溶液质量，D选项图像能正确表示对应变化关系，不符合题意。故选A。

10．除去下列各组物质中的杂质，所用试剂和方法均正确的是（）

A．A B．B C．C D．D

【答案】A

【解析】

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．A、HCl能与足量的NaOH溶液反应生成氯化钠、水，能除去杂质，且和氢气不反应，再通过浓硫酸，可除掉除杂时引入的水蒸气，最后得纯净的氢气，符合除杂原则；B、 Ca(OH)2溶液和Na2CO3溶液反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，但是由于

碳酸钠过量，引入碳酸钠杂质，不符合除杂要求；C、二氧化碳不可燃，不助燃，所以不能将二氧化碳中的少量一氧化碳点燃，不能达到除杂的目的；D、盐酸能与氧化钙反应，不符合除杂要求；选Ａ

11．一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。

12．某黑色固体粉末可能是Fe、FeO、CuO和C中的一种或几种。取黑色粉末，加入一定量的稀硫酸，待充分反应后过滤，得到滤液和滤渣，在滤液中插入一根洁净的铁丝。有关说法正确的是

A．若滤液呈浅绿色，则原黑色固体粉末中一定有Fe

B．若铁丝表面只有红色固体析出，则滤渣中一定无CuO

C．若铁丝表面无明显现象，则滤渣中最多有四种物质

D．若铁丝表面只有气泡产生，则滤液中的溶质一定有H2SO4和FeSO4

【答案】D

【解析】

【分析】

金属氧化物优先于金属与酸反应，C不与稀硫酸反应，氧化铜可以与稀硫酸反应，生成的Cu2+在水溶液中显蓝色，Fe可以与稀硫酸反应生成气体，Fe、FeO与硫酸反应生成的Fe2+在水溶液中显浅绿色，铁的金属活动性大于铜，能将铜从其盐溶液中置换出来。

【详解】

A、若滤液呈浅绿色，则原黑色固体粉末中不一定含有Fe，FeO也可以与稀硫酸反应生成的Fe2+在水溶液中显浅绿色，故A错误；

B、若铁丝表面只有红色固体析出，说明了溶液中含有硫酸铜，能判断黑色粉末中含有CuO，不能判断滤渣中是否有CuO，故B错误；

C、若铁丝表面无明显现象，说明了溶液中无硫酸铜，没有剩余的硫酸，如果硫酸的量不足，则滤渣中最多可以有Fe、FeO、CuO、C、Cu五种物质，故C错误；

D、C不与稀硫酸反应，如果原固体粉末中没有铁或氧化亚铁，那么铁丝表面就有红色固体析出，所以有气泡，说明一定有硫酸和硫酸亚铁，故D正确。

故选：D。

13．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。

14．下列实验操作能达到实验目的的是：（）

选项实验目的实验操作

A除去CO2中少量的CO点燃

B除去CuSO4溶液中的少量FeSO4加入足量的铜粉

C鉴别澄清石灰水和NaOH溶液加入稀盐酸

D除去CaCl2溶液中少量的HCl加入足量的碳酸钙

A．A B．B C．C D．D

【答案】D

【解析】

A二氧化碳不可燃不助燃，不能将二氧化碳中的少量一氧化碳点燃，不能达到除杂目的；B铜的活动性比铁弱，不能与硫酸亚铁，不能达到除杂目的；C、澄清石灰水和NaOH溶液与稀盐酸反应都没有明显现象，无法鉴别；D碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳、水，过滤后溶液中只有氯化钙一种溶质，能达到除杂目的；选D

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

15．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。

16．下列说法中正确的是( )

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。

17．某烧碱与小苏打的样品(其中杂质不溶解，也不参加反应)中钠元素与碳元素的质量比为23:3，向此样品中加入200g9.8%的稀硫酸恰好完全反应，过滤得到216g溶液和0.6g固体。此样品中小苏打的含量为

A．40% B．41.2% C．57.1 % D．8.4g

【答案】A

【解析】200g9.8%的稀硫酸中硫酸根的质量为200g×9.8%×=19.6g。烧碱、小苏打与稀硫

酸反应都生成硫酸钠。216g溶液中硫酸钠的质量为19.2g÷=28.4g，28.4g硫酸钠中钠元素的质量为28.4g-19.2g=9.2g。样品中碳元素的质量为9.2g×3÷23=1.2g，样品中小苏打的质

量为1.2g÷=8.4g，小苏打中钠元素的质量为8.4g×=2.3g，烧碱中钠元素的质量为9.2g-

2.3g=6.9g，烧碱的质量为6.9g÷=12g，样品的质量为12g+8.4g+0.6g=21g，此样品中小苏打的含量为×100%=40%，故选A。

18．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

19．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:

物质丙醇氧气水二氧化碳X 反应前质量/g 6.012.8000反应后质量/g007.28.8x

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。

20．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。

二、实验题（培优题较难）

21．已知某种治疗胃病药品的主要成份是铝碳酸镁：（ Al a Mg b（OH）16CO3·4H2O），假设药品中的其它成份受热不分解、不溶于水且不与稀硫酸反应。某研究性学习小组设计了如下实验探究铝碳酸镁片的组成。

查阅资料：①Mg（OH）2不溶于NaOH溶液也不与NaOH溶液反应。

②A1（OH）3能溶于NaOH溶液，生成可溶于水的NaA1O2。

（实验一）取mg该药片，研成粉末放入硬质玻璃管中，加热，装置如图一。

（1）铝碳酸镁片加热分解的产物为A12O3、MgO、CO2和H2O，若要测定生成的CO2和

H2O的质量，装置C和D中盛放的药品应选择：C_____、D_____。（填序号）

①浓硫酸②碱石灰③氯化钙④纯碱

（2）实验开始前关闭弹簧夹_____（填a或b），打开另一个弹簧夹，先通入一段时间空气，装置A中盛放的是碱石灰，它的作用是_____。

（3）一段时间后，打开和关闭相应的弹簧夹，点燃酒精灯加热，充分反应后，停止加热，继续通入一段时间空气，目的是_____。

（实验二）另取mg该药片，加入100g9.8%的稀硫酸，充分反应后滤去不溶物，得到含有MgSO4和A12（SO4）3等溶质的滤液，向滤液中逐渐加入足量的稀NaOH溶液，产生沉淀的质量与加入的溶液中NaOH的质量的关系如图二。

（4）图中当加入溶液中NaOH 的质量为0.80g 时仍没有沉淀，此阶段发生的化学方程式是_____，发生的反应是_____反应（填基本反应类型）。当加入溶液中NaOH 的质量到X 时，生成的沉淀中Al （OH ）3的质量是_____g 。

（5）试确定铝碳酸镁的化学式中a ：b=_____（填最简整数比）

【答案】③ ② b 吸收空气中的二氧化碳和水蒸气 使反应生成的二氧化碳和水蒸气被充分吸收 242422NaOH+H SO =Na SO +2H O 复分解 1.56 1:3 【解析】 【分析】 【详解】 实验一：

（1）装置C 和D 中盛放的药品应分别用来吸收水和二氧化碳，且C 装置所盛放的药品不能与二氧化碳反应，故装置C 可盛放氯化钙，装置D 可盛放碱石灰，故填：③；②； （2）实验开始前关闭弹簧夹b ，打开另一个弹簧夹，先通入一段时间空气，将装置内原有的空气排尽，防止空气中含有的二氧化碳和水蒸气影响实验结果；

装置A 中盛放的是碱石灰，它的作用是：吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，防止其对实验结果造成影响；

（3）一段时间后，打开和关闭相应的弹簧夹，点燃酒精灯加热，充分反应后，停止加热，继续通入一段时间空气，目的是：使反应生成的二氧化碳和水蒸气被充分吸收； 实验二：

（4）图中当加入溶液中NaOH 的质量为0.80g 时仍没有沉淀，说明滤液中含有硫酸，氢氧化钠与硫酸反应生成硫酸钠和水，此阶段发生的化学方程式是：

242422NaOH+H SO =Na SO +2H O ；

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； 当加入溶液中NaOH 的质量到x 时，生成的沉淀是氢氧化镁和氢氧化铝，继续加入氢氧化钠，氢氧化铝溶于氢氧化钠，待完全反应后，剩余的沉淀是氢氧化镁，故当加入溶液中NaOH 的质量到X 时，生成的沉淀中Al （OH ）3的质量是：5.04g-3.48g=1.56g ； （5）铝碳酸镁与稀硫酸反应生成硫酸镁、硫酸铝，硫酸镁与氢氧化钠反应：

4224MgSO +2NaOH=Mg(OH)+Na SO ↓，硫酸铝与氢氧化钠反应：

243324Al (SO )+6NaOH=2Al(OH)+3Na SO ↓，故铝碳酸镁中的镁和铝全部转化到了氢氧

化镁和氢氧化铝中，氢氧化镁中镁元素的质量为：24

3.48g 100%=1.44g 24+172

???；

氢氧化铝中铝元素的质量为：27

1.56g 100%=0.54g 27+173

?

??，故铝碳酸镁中镁元素与

铝元素的质量比为：27a ：24b =0.54g ：1.44g ，a ：b =1:3。

22．化学是一门以实验为基础的科学，请结合图表信息回答问题：

Ⅰ．写出图中①②仪器的名称:①__________________,②__________________。

Ⅱ．实验室用氯酸钾和二氧化锰的固体混合物制取氧气，反应的化学方程式为

_____________，加热时试管口应略向下倾斜的原因是_______________。

Ⅲ．①为研究实验室制取二氧化碳的适宜条件（温度、浓度、固体的颗粒大小等因素会影响化学反应的快慢)，进行了如下四组实验：

实验编号

甲乙丙丁

药品

m g大理石块状块状粉末状粉末状

n g盐酸（过量）稀盐酸浓盐酸稀盐酸浓盐酸

大理石与盐酸反应的化学方程式是__________________________；实验甲与_________对照（填编号），是为了研究固体反应物颗粒大小对反应快慢的影响；上述实验中，另一个影响反应快慢的因素是________________________。

实验室制取二氧化碳气体，可随时控制反应发生或停止的装置为_______（填序号），若用E装置收集该气体，气体应从_____（填“a”或“b”）端通入。若在收集得到二氧化碳的集气瓶中滴加紫色石蕊试液，稍作震荡，试液颜色变为______色，变色的原因是

____________。

Ⅳ．甲烷是一种无色气体，密度比空气小，难溶于水的气体。实验室用无水醋酸钠(固体)与碱石灰(固体)混合加热制得，则可选择的发生装置为___________（填序号），选择装置D收集甲烷气体的理由是__________。

【答案】长颈漏斗酒精灯2KClO3 2KCl+3O2↑防止冷凝水倒流使试管破裂

CaCO3+2HCl→ CaCl2+H2O+CO2↑丙浓度A b红CO2+H2O →H2CO3 碳酸使紫色石蕊试液变红B 甲烷难溶于水

【解析】(3)选择发生装置需考虑是因素是，反应物的状态和反应条件。加热固体制取气体，发生装置为B，固体和液体常温下反应制取气体应选用的发生装置为A。选择收集装置需考虑气体的密度，是否与空气的成分反应，气体在水中的溶解性。氧气的密度比空气的大，可以用向上排空气法收集，氧气难溶于水可以用排水法收集。验室用氯酸钾和二氧化锰的固体混合物制取氧气，反应的化学方程式为2KClO3 2KCl+3O2↑，加热时试管口应略向下倾斜的原因是防止水倒流，使试管炸裂；丙对照，是为了研究固体反应物颗粒大小对反应快慢的影响，因两个方案中只有固体的颗粒大小不同；上述实验中，另一个影响反应快慢的因素是浓度 (8). 实验室制取二氧化碳气体，可随时控制反应发生或停止的装

置为A，关闭弹簧夹，大试管内气体增多，压强变大，在压力的作用下，试管内液面下降，当液面下降到隔板下边时，固体反应物与液体分离，反应停止；反之，打开弹簧夹，反应开始。(9). 若用E装置收集该气体，二氧化碳的密度比空气的大，气体应从b端通入。(10)若在收集得到二氧化碳的集气瓶中滴加紫色石蕊试液，稍作震荡，试液颜色变为红色，反应方程式为CO2+H2O →H2CO3 ，碳酸使紫色石蕊试液变红 (12) 用无水醋酸钠(固体)与碱石灰(固体)混合加热制得，则可选择的发生装置为B，选择装置D收集甲烷气体的理由是甲烷难溶于水。

23．兴趣小组用下列装置研究两个问题。

（1）研究燃烧条件

（资料）白磷的着火点为40℃

步骤1：在乙、丙中分别放一小块白磷，再分别放入80℃和20℃的水至没过长导管

口下端，观察到乙、丙中白磷均不燃烧。

步骤2：将装置按照a→b→c→d连接后，关闭K2，打开K1，将A中的液体滴入B中，观察到乙、丙中白磷均不燃烧。

步骤3：立即……，观察到乙中白磷燃烧。

① 步骤1：丙中白磷不燃烧的原因是_____。

② 步骤3：使乙中白磷燃烧的操作是_____。

（2）研究NaOH固体的变质程度

（资料）二氧化碳气体难溶于饱和NaHCO3溶液

步骤1：在B中放入5 g变质的NaOH固体样品，乙中盛满饱和NaHCO3溶液。

步骤2：将装置按照……连接后，打开K2，关闭K1，将A中的稀硫酸（足量）滴入B中，充分反应后，待装置冷却至室温，测得丙中液体体积为V1。

步骤3：将B中样品换成5 g的Na2CO3固体，重复上述操作，最终测得丙中液体体积为

V2。

① 步骤2中装置的连接顺序是_____（填接口序号）。

② 步骤3的实验现象是_____。

③ 若V2 = 5V1，5 g NaOH固体样品中未变质的NaOH的质量为_____g。

【答案】（1）①没有与氧气接触，且温度未达到白磷的着火点②打开K2，关闭K1

（2）①a→c→b→d ②甲中有气泡产生，乙中的液体被排到丙中③4

【解析】

试题分析：（1）步骤1：丙中白磷不燃烧的原因是没有与氧气接触，且温度未达到白磷的着火点；步骤3：使乙中白磷燃烧的操作是必须要有氧气，故打开K2，关闭K1

（2）利用压强原理，故步骤2中装置的连接顺序为a→c→b→d ；步骤3的实验现象是甲

中有气泡产生，乙中的液体被排到丙中

考点：实验探究。

24．在探究二氧化碳性质的实验课上，同学们把一瓶CO2气体（排空气法收集，并已验满）倒扣在盛水的水槽中，有的小组没有观察到水压入瓶中，有的小组观察到少量水压入瓶中。针对课堂中出现的现象，化学小组的同学在课外进行了探究。

（提出问题）按教材的说法“1体积水大约能溶解1体积CO2”，水槽中的水足够把集气瓶中的CO2气体全部溶解，为什么集气瓶中的水面不上升或上升很少呢？

（作出猜想）1．排空气法收集到的CO2气体可能不纯。

2、。

3、

（进行实验）小组同学分别用排空气法和排水法各收集2瓶CO2，重复图B实验，在不

同时间测得压入的水量占集气瓶容积的百分数，数据见表1。（已知：CO2在饱和碳酸氢钠溶液中溶解度很小）

表1 24小时内CO2溶解情况

气体样本1234

收集方法向上排空气法向上排空气法排水法排水法

2小时13.7%15.0%15.3%15.1%

24小时35.7%56.3%94.2%93.6%

实验室制CO2的化学反应方程式为。

（得出结论）

课堂中同学们没有观察到预期实验现象的原因是。

（实验反思）

该实验引发了同学们对向上排空气法收集CO2的纯度及CO2收集方法的思考。

（1）向上排空气法收集CO2的纯度。

小组同学用容积为 150mL 的集气瓶，装入部分水，留一定量的空气，用CO2排出这些水。用此法收集到占空气体积分数不同的CO2气体，再将燃着的木条伸入集气瓶中，观察是否