沪教版(上海)中考化学二模化学试卷
沪教版(上海)中考化学二模试卷解析版
沪教版（上海）中考化学二模试卷解析版一、选择题（培优题较难）1．NaCl是一种化工原料，可以制备一系列物质，如图所示原理，包含了氯碱工业，电解法制取金属钠，侯氏制碱，生产盐酸，制取漂白粉（有效成分是 Ca(ClO)2），部分生成物己省略，下列说法正确的是A．Na2CO3的热稳定性比NaHCO3差B．氯碱工业制得纯碱C．侯氏碱法的产品是NaHCO3D．工业制取漂白粉采用的是氯气和石灰乳反应，而不是氯气和石灰水【答案】D【解析】A、由碳酸氢钠受热转化为碳酸钠可知，NaHCO3的热稳定性比Na2CO3差，错误；B、氯碱工业制得纯碱、氯气、氢气、氢氧化钠、盐酸等，错误；C、侯氏碱法的产品是Na2CO3和NH4Cl等，错误；D、由于石灰水中氢氧化钙的含量太低了，不适用于大量生产，故工业制取漂白粉采用的是氯气和石灰乳反应，而不是氯气和石灰水，正确。
故选D。
2．在AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，发生如下反应：3NaOH+AlCl3=Al(OH)3↓+3NaCl, Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O。
已知NaAlO2易溶于水，则下列图像不正确的是( )A．B．C ．D ．【答案】A【解析】【分析】【详解】A 、图中所示，随着氢氧化钠溶液的滴加，溶液中水的质量逐渐增大，当加入一定量时会出现滴加氢氧化钠溶液，而水的质量不增加的阶段而后继续增加；而反应的事实却是溶液中水会随着氢氧化钠溶液的滴加而不断增加，选项A 错误；B 、图中所示，随着氢氧化钠的滴加，溶液中的氯化铝不断形成氢氧化铝沉淀，沉淀质量逐渐增加。
至完全反应后，随着氢氧化钠的滴加沉淀逐渐减少。
符合氯化铝先与氢氧化钠生成氢氧化铝沉淀，然后沉淀氢氧化铝又和滴加的氢氧化钠生成可溶的NaAlO 2的反应事实，选项B 正确；C 、图中所示，溶液的pH 逐渐变大，符合氯化铝先与氢氧化钠生成氢氧化铝沉淀，溶液渐呈中性，然后沉淀氢氧化铝又和滴加的氢氧化钠生成可溶的NaAlO 2而使溶液逐渐呈碱性的反应事实，选项C 正确；D 、图中所示，随着氢氧化钠溶液的滴加，溶液中铝元素质量减少至完全消失，之后随着氢氧化钠溶液滴加溶液中铝元素质量又逐渐增加，符合氯化铝先与氢氧化钠生成氢氧化铝沉淀，然后沉淀氢氧化铝又和滴加的氢氧化钠生成可溶的NaAlO 2的反应事实，选项D 正确。
沪教版(上海)中考化学二模试卷解析版
沪教版（上海）中考化学二模试卷解析版一、选择题（培优题较难）1．下列有关量的变化图象与其对应叙述相符的是（）A B C DA．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。
2．固体X可能由氢氧化钠、碳酸钠、氯化钠、硝酸镁、硝酸钡、硫酸钠、硫酸铜中的一种或几种物质组成（提示：以上物质中，只有氢氧化钠和碳酸钠的水溶液显碱性）。
为确定其组成，进行如下实验：①将固体X加入水中充分溶解，得到无色溶液；②测X溶液的pH，pH= 13；③向X的溶液中加入足量的硝酸钡溶液，产生白色沉淀，过滤；④向步骤③所得沉淀中加入足量的稀盐酸，沉淀不溶解；⑤向步骤③所得的滤液中加入过量的稀硝酸，再加入硝酸银溶液，产生白色沉淀。
根据以上实验信息，关于固体X组成的判断有以下几种说法：①不能确定是否有硝酸镁；②硝酸钡、硫酸铜、碳酸钠一定不存在；③硫酸钠和氢氧化钠一定存在；④不能确定是否有氯化钠。
以上说法中正确的个数是A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】B【解析】【分析】①将固体 X加入水中充分溶解，得到无色溶液，所以固体X中一定不含硫酸铜；②测X溶液的pH值，pH=13，所以固体X中含有碳酸钠、氢氧化钠中的一种或两种；③向X的溶液中加入足量的硝酸钡溶液，产生白色沉淀，过滤，所以X中可能含有碳酸钠、硫酸钠中一种或两种，一定不含硝酸钡；④向步骤③所得沉淀中加入足量的稀盐酸，沉淀不溶解，所以X中一定含有硫酸钠，一定不含碳酸钠；⑤向步骤③所得的滤液中加入过量的稀硝酸，再加入硝酸银溶液，产生白色沉淀，所以X 中一定含有氯化钠。
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沪教版（上海）中考化学二模试卷(带解析)一、选择题（培优题较难）1．某物质的溶解度曲线如图。
t℃时160g37.5%的该物质的饱和溶液，欲将其溶质质量分数变为50%。
下列方法正确的是A ．蒸发40g 水，改变温度至t 1℃B ．蒸发50g 水，改变温度至t 2℃C ．加入20g 溶质，改变温度至t 2℃D ．加入65g 溶质，改变温度至t 3℃【答案】B【解析】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。
=100% 溶质的质量溶质的质量分数溶液的质量，t℃时160g37.5%的该物质的饱和溶液中溶质的质量为160g ×37.5%=60g ，则溶剂的质量为100g ，饱和溶液溶质的质量分数=溶解度÷（溶解度+100g ）×100%。
A.温度为t 1℃时，其饱和溶液溶质的质量分数为：75g ÷175g ×100%≈43%，不可能得到溶质质量分数为50%的溶液； B. t 2℃该物质饱和溶液溶质的质量分数=100g÷200g×100%=50%；将160g37.5%的溶液蒸发50g 水后，液溶质的质量分数为 60g÷110g×100%≈54.5%.即有溶质析出得t 2℃时的饱和溶液，质量分数为50% C. t 2℃，该物质的溶解度为100g,所以加入20g 溶质后能完全溶解，溶液溶质的质量分数为80g÷110g×100% ≠50% D. 加入65g 溶质，改变温度至t 3℃所得溶液为t 3℃时的饱和溶液，质量分数大于50%。
选B点睛：①被溶解的那部分物质才是溶质。
②某温度下浓度最大的溶液为该温度下的饱和溶液。
2．如图所示，其中甲、乙、丙、丁、戊分别是铁、盐酸、氢氧化钙、二氧化碳、碳酸钠中的一种．图中相连的两圆表示相应物质能发生反应，已知乙是铁．下列说法错误的是A ．五种物质中，只有铁是单质B ．丙是盐酸C ．戊是氢氧化钙D ．甲与丁反应属于复分解反应【答案】C【解析】【分析】【详解】A、只有一种元素组成的纯净物是单质，故铁、盐酸、氢氧化钙、二氧化碳、碳酸钠五种物质中只有铁是单质，故A正确，不符合题意；B、铁会与盐酸反应，盐酸会与氢氧化钙、碳酸钠反应，氢氧化钙会与盐酸、二氧化碳、碳酸钠反应，二氧化碳会与氢氧化钙反应，乙是铁，所以丙是盐酸，故B正确，不符合题意；C、甲、丁是碳酸钠或氢氧化钙，如果甲是碳酸钠，丁就是氢氧化钙，戊就是二氧化碳，如果甲是氢氧化钙，丁是碳酸钠，二氧化碳不会与碳酸钠反应，不合理，所以甲是碳酸钠，丁是氢氧化钙，戊是二氧化碳，所以C错误，符合题意；D、碳酸钠和氢氧化钙反应属于复分解反应，所以D正确，不符合题意。
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故选 D。
2．下图是a、b、c三种物质的溶解度曲线，下列有关叙述正确的( )
A．a物质的溶解度大于b物质的溶解度 B．降低温度，c物质会从其饱和溶液中析出 C．t2℃时30ga物质加入到50g水中不断搅拌，能形成80g溶液。 D．将t1℃时a、b、c三种物质饱和溶液的温度升髙到t2℃时，三种溶液的溶质质量分数大小 关系是b>a>c 【答案】D 【解析】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 a 物质的溶解 度大于 b 物质的溶解度；B. 降低温度，c 物质的溶解度变大，溶液由饱和变为不饱和溶 液，不会从其饱和溶液中析出；C. t2℃时 a 物质的溶解度为 50g，溶解度是一定温度下，
A．AgNO3 应保存在棕色瓶中 D．c: d=1: 1
B．生成 X 的质量为 21.6gC．X 是银
【答案】D
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
【解析】
【分析】
将所得气体依次通过 NaOH 溶液、均热的铜网，测得 NaOH 溶液增重 9.2g，灼热的铜网增
重 3.2g。说明 34 g AgNO3 加热至完全反应，生成二氧化氮 9.2g，氧气 3.2g。根据质量守恒 定律可知，生成 X 一定含有银元素，它的质量为 34g-9.2g-3.2g=21.6g。34g 硝酸银中银元素
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
沪教版(上海)中考二模测试化学试题(含答案)
设7.2g镁和氯化铜完全反应产生铜的质量为x
若铁没有反应，剩余固体的质量为
设5.6g铁和硝酸铜完全反应产生铜的质量为y
若铁完全反应，剩余固体的质量为
铁没有反应或部分反应，因此剩余固体的质量大于或等于25.8g，小于26.6g。
故选B。
【点睛】
实验结束后，测得剩余固体中含有三种物质，为碳、铜和铁，镁完全反应，铁没有反应或部分反应。
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
7．某气体可能含有H2、CO2、CO、HCl中的一种或几种，把该气体依次通过澄清石灰水、饱和碳酸氢钠溶液、浓硫酸、灼热的氧化铜、无水硫酸铜、澄清石灰水，观察到的现象是：前面的一瓶澄清石灰水无明显变化，灼热的氧化铜变红色，无水硫酸铜变蓝（无水硫酸铜遇水变蓝），后面的一瓶澄清石灰水变浑浊，下列关于该气体说法不正确的是（ ）
2．现有一包由5.6g铁、7.2g镁、1.0g碳混合而成的粉末，把它加入一定量的CuCl2溶液中。实验结束后，测得剩余固体中含有三种物质。则剩余固体的质量不可能是D．25. 8g
【答案】B
【解析】
【分析】
镁的金属活动性强于铁，铁强于铜，镁先和氯化铜反应生成氯化镁和铜，镁完全反应后，铁和氯化铜反应生成氯化亚铁和铜，碳和氯化铜不反应。
A．五种物质中，只有铁是单质B．丙是盐酸
C．戊是氢氧化钙D．甲与丁反应属于复分解反应
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A、只有一种元素组成的纯净物是单质，故铁、盐酸、氢氧化钙、二氧化碳、碳酸钠五种物质中只有铁是单质，故A正确，不符合题意；
B、铁会与盐酸反应，盐酸会与氢氧化钙、碳酸钠反应，氢氧化钙会与盐酸、二氧化碳、碳酸钠反应，二氧化碳会与氢氧化钙反应，乙是铁，所以丙是盐酸，故B正确，不符合题意；
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沪教版（上海）中考化学二模试卷解析版一、选择题（培优题较难）1．水垢主要成分是碳酸钙和氢氧化镁。
现取一定量的碳酸钙和氢氧化镁的混合物，向其中加入100g 14.6%的稀盐酸，恰好完全反应后，得到 111.4g 溶液，将溶液蒸干得到 20.6g 固体，则原混合物中碳酸钙的含量约是（ ）A ．77.5%B ．63.3%C ．46.7%D ．22.5%【答案】B【解析】【分析】【详解】根据题意：发生的反应是：CaCO 3+2HCl=CaCl 2+H 2O+CO 2↑，Mg (OH)2+2HCl=MgCl 2+2H 2O 111.4g 溶液，将溶液蒸干得到 20.6g ，水的质量是：111.4g - 20.6g=90.8g ，根据质量守恒定律90.8g 水来自三部分：1、盐酸中的：100g-100g×14.6%=85.4g ；2、和盐酸反应生成的水：利用氢元素守恒：2HCl H 2O ，即每73份质量的盐酸得到18份质量的水，盐酸：100g×14.6%=14.6g ，水的质量：3.6g ；3、氢氧化镁中的氢元素产生的水：90.8g-85.4g-3.6g=1.8g ，利用氢元素守恒：Mg (OH)2H 2O ，即每58份质量的氢氧化镁得到18份质量的水，则氢氧化镁的质量是5.8g ；根据反应：Mg (OH)2+2HCl=MgCl 2+2H 2O ，计算氯化镁的质量，设氯化镁的质量为x ，则： ()2258955.8Mg OH MgCl g x58 5.8g 95x= 解得x=9.5g ，则氯化钙的质量：20.6g-9.5g=11.1g ，设碳酸钙的质量为y ，则有： 32CaCO Ca 10011111Cl 1.g y 10011111.1gy = 解得y =10g, 则原混合物中碳酸钙的含量约是10g 100%63.3%10g+5.8g⨯≈。
故选B 。
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。
沪教版(上海)中考化学二模试卷(含答案)
沪教版（上海）中考化学二模试卷(含答案)一、选择题（培优题较难）1．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Cu⑤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。
沪教版(上海)中考化学二模试卷(含答案)
CaCO3 + 2HCl = CaCl2 + H2O + CO2
100
44
10g
x
100 10g 44 x
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】
银反应生成银和硝酸铜，反应的化学方程式为 Cu+2AgNO3 =2Ag+Cu(NO3 )2 ；铜与硝酸
银反应生成银；固体 B 在氧气中充分灼烧，生成能使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体是 二氧化碳。灼烧能生成二氧化碳气体的物质是碳，故固体 B 中含有的物质是碳、银(或 C、 Ag)；样品中加过量稀盐酸有气体产生，说明原固体中有铝；将反应后的固液混合物过滤， 得到无色溶液甲（说明原固体中没有氧化铜）和固体 A，固体 A 加一定量的硝酸银溶液并 过滤，得到蓝色溶液乙（说明原固体中有铜）和固体 B；固体 B 在氧气中充分灼烧，生成 能使澄清石灰水变浑浊的二氧化碳气体（说明原固体有碳）。故原固体样品中一定含有的 物质是碳、铝、铜(或 C、A1、Cu) ，故该说法正确； ④无色溶液甲与蓝色溶液乙反应生成白色固体，说明蓝色溶液乙中含有硝酸银，无色溶液 甲中溶质是盐酸及盐酸与铝反应生成的氯化铝。盐酸与硝酸银反应生成氯化银和硝酸，氯 化铝与硝酸银反应生成氯化银和硝酸铝，蓝色溶液乙中的溶质硝酸铜不参与反应。故蓝色 溶液丙中一定含有的溶质是硝酸铝、硝酸铜和硝酸(或 Al(NO3)3、Cu(NO3)2、 HNO3)，故该说 法正确； 正确的说法有：③④；故选：B。
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沪教版（上海）中考化学二模化学试卷一、选择题（培优题较难）1．向500g 3AgNO 溶液中加入11.2克Fe 和Cu 的混合粉末，充分反应后过滤、洗涤、干燥得34.8g 滤渣和一定质量的滤液，经测定得知，铜元素在滤液和滤渣中的质量比为4∶3（洗涤液也一起合并入滤液中），下列判断错误的是A ．滤渣中不含铁B ．11.2克Fe 和Cu 的混合粉末中，铜的质量分数为40%C ．向滤液中加入稀盐酸没有沉淀产生D ．原3AgNO 溶液的溶质质量分数是10.2%【答案】B【解析】【分析】滤液中含有铜元素，说明铜与银离子发生了置换反应，铁的活泼性大于铜，可知此时铁应该已经完全反应，没有剩余，滤渣的组成为银和铜。
已知，铜的相对原子质量为64，铁为56。
设混合粉末中含有x 克的铁，含有y 克的铜。
则混合粉末质量：11.2x y +=；设与铁反应生成的银为m 1克，与铜反应生成的银为m 2克，与铁反应的硝酸银为m 3克，与铜反应的硝酸银为m 4克，参与置换反应的铜的质量为47y 克，未参与反应的铜的质量为37y 克。
则： 3331Fe +2AgNO =Fe(NO )+2Ag56340216x m m 156216x m = ；356340x m = 1277m x =；38514m x = 3342Cu +2AgNO =Cu(NO )+2Ag 6434021647m m y 24647216y m =；44647340y m =22714m y = 48528m y =生成银的质量：122727714m m x y +=+ 滤渣的质量：12334.87m m y ++= 联立解得：x=5.6，y=5.6，m 1=21.6，m 2=10.8，m 3=34，m 4=17【详解】A 、滤液中含有铜元素，说明铜与银离子发生了置换反应，铁的活泼性大于铜，可知此时铁应该已经完全反应，没有剩余，滤渣的组成为银和铜，故A 选项正确；B 、11.2克Fe 和Cu 的混合粉末中，铜的质量分数 5.6=100%=50%11.2⨯，故B 选项错误； C 、铜未完全反应则说明溶液中的硝酸银已完全反应，滤液中没有银离子，向滤液中加入稀盐酸不会有沉淀产生，故C 选项正确；D 、原3AgNO 溶液的溶质质量分数34+17=100%=10.2%500⨯，故D 选项正确。
故本题选B 。
2．现有一包由5.6g 铁、7.2g 镁、1.0g 碳混合而成的粉末，把它加入一定量的CuCl 2溶液中。
实验结束后，测得剩余固体中含有三种物质。
则剩余固体的质量不可能是A ．26. 2gB ．26.6gC ．26. 0gD ．25. 8g【答案】B【解析】【分析】镁的金属活动性强于铁，铁强于铜，镁先和氯化铜反应生成氯化镁和铜，镁完全反应后，铁和氯化铜反应生成氯化亚铁和铜，碳和氯化铜不反应。
【详解】设7.2g 镁和氯化铜完全反应产生铜的质量为x22Mg +CuCl =MgCl +Cu24647.2gx2464=7.2g xx=19.2g若铁没有反应，剩余固体的质量为19.2g+1.0g+5.6g=25.8g设5.6g 铁和硝酸铜完全反应产生铜的质量为yFe+CuCl=FeCl+Cu2256645.6g y5664=5.6g yy=6.4g若铁完全反应，剩余固体的质量为19.2g+1.0g+6.4g=26.6g铁没有反应或部分反应，因此剩余固体的质量大于或等于25.8g，小于26.6g。
故选B。
【点睛】实验结束后，测得剩余固体中含有三种物质，为碳、铜和铁，镁完全反应，铁没有反应或部分反应。
3．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 。
4．已知: 32322Fe(OH)Fe O +3H ΔO ，现将CO 气体与21.4g Fe （OH ）3在密闭容器中加热一段时间后得到Fe 、Fe x O y 混合物12.8g ，将此混合物溶于100.0g 稀H 2SO 4恰好完全反应，产生0.2g H 2。
下列说法正确的是A ．生成CO 2和H 2O 共8.6gB ．混合物中含5.6g 铁元素C ．Fe x O y 为Fe 2O 3D ．该稀硫酸溶质的质量分数为19.6%【答案】D【解析】【详解】产生氢气的质量为0.2g ，由于只有铁和稀硫酸反应才能生成氢气，设生成铁的质量为x ，与铁反应的硫酸的质量为y2442Fe +H SO =FeSO +H 56982x y 0.2g56x =20.2g ，98y =20.2gx=5.6g ，y=9.8g则生成Fe x O y 的质量为：12.8g-5.6g=7.2g ；21.4g Fe(OH)3中铁元素的质量为：5621.4g 100%11.2g 56+173⨯⨯=⨯ Fe x O y 中铁元素的质量为：11.2g-5.6g=5.6g ；Fe x O y 中氧元素的质量为：7.2g-5.6g=1.6g ；故56x ：16y=5.6g ：1.6g ，x ：y=1：1，故Fe x O y 的化学式为：FeO ；FeO 与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和水，设与FeO 反应的硫酸的质量为z 2442FeO +H SO =FeSO +H O72987.2g z727.2g =98z，z=9.8g 硫酸的质量分数为：9.8g+9.8g 100%=19.6%100g⨯ 由题干信息可知，一氧化碳与氢氧化铁在密闭容器中加热一段时间后得到Fe 、FeO 、二氧化碳和水，故该反应的化学方程式为：322Δ2CO+2Fe(OH)Fe+FeO+3H O+2CO设一氧化碳的质量为m322Δ2CO +2Fe(OH)Fe +FeO +3H O +2CO 56214m 21.4g56m =21421.4g，m=5.6g 故生成二氧化碳和水的质量为：5.6g+21.4g-12.8g=14.2g 。
故选D 。
5．有一包固体粉末，可能含碳、铝、铜、氧化铝、氧化铜中的一种或几种。
为探究该固体粉末的组成，某化学兴趣小组进行了如下图所示实验。
下列结论正确的个数是①固体B中的物质为碳②蓝色溶液乙为硝酸铜溶液③原固体样品中一定含有的物质是碳、铝、铜④蓝色溶液丙中一定含有的溶质是硝酸铝、硝酸铜、硝酸A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】B【解析】【详解】①固体B在氧气中充分灼烧，生成能使澄清石灰水变浑浊的二氧化碳气体（说明原固体有碳），可能还含有铜，故该说法不正确；②无色溶液甲与蓝色溶液乙反应生成白色固体，说明蓝色溶液乙中含有硝酸银，故该说法不正确；③向样品中加入过量稀盐酸有气体生成，根据金属活动性顺序可知，是铝与盐酸反应，生成的气体是氢气；固体A与硝酸银反应有蓝色溶液生成，说明固体A中含有铜，铜与硝酸Cu+2AgNO=2Ag+Cu(NO)；铜与硝酸银反应生成银和硝酸铜，反应的化学方程式为332银反应生成银；固体B在氧气中充分灼烧，生成能使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体是二氧化碳。
灼烧能生成二氧化碳气体的物质是碳，故固体B中含有的物质是碳、银(或C、Ag)；样品中加过量稀盐酸有气体产生，说明原固体中有铝；将反应后的固液混合物过滤，得到无色溶液甲（说明原固体中没有氧化铜）和固体A，固体A加一定量的硝酸银溶液并过滤，得到蓝色溶液乙（说明原固体中有铜）和固体B；固体B在氧气中充分灼烧，生成能使澄清石灰水变浑浊的二氧化碳气体（说明原固体有碳）。
故原固体样品中一定含有的物质是碳、铝、铜(或C、A1、Cu) ，故该说法正确；④无色溶液甲与蓝色溶液乙反应生成白色固体，说明蓝色溶液乙中含有硝酸银，无色溶液甲中溶质是盐酸及盐酸与铝反应生成的氯化铝。
盐酸与硝酸银反应生成氯化银和硝酸，氯化铝与硝酸银反应生成氯化银和硝酸铝，蓝色溶液乙中的溶质硝酸铜不参与反应。
故蓝色溶液丙中一定含有的溶质是硝酸铝、硝酸铜和硝酸(或Al(NO3)3、Cu(NO3)2、 HNO3)，故该说法正确；正确的说法有：③④；故选：B。
6．固体X可能由氢氧化钠、碳酸钠、氯化钠、硝酸镁、硝酸钡、硫酸钠、硫酸铜中的一种或几种物质组成（提示：以上物质中，只有氢氧化钠和碳酸钠的水溶液显碱性）。
为确定其组成，进行如下实验：①将固体X加入水中充分溶解，得到无色溶液；②测X溶液的pH，pH= 13；③向X的溶液中加入足量的硝酸钡溶液，产生白色沉淀，过滤；④向步骤③所得沉淀中加入足量的稀盐酸，沉淀不溶解；⑤向步骤③所得的滤液中加入过量的稀硝酸，再加入硝酸银溶液，产生白色沉淀。