2020年中考化学三模试题及答案

一、选择题（培优题较难）

1．A～F都是初中化学中常见的物质，其中A、B、C是氧化物，且A是红棕色粉末，D、F 均是单质。它们之间的转化关系如右图所示(“→”表示物质转化的方向；部分反应物、生成物和反应条件未标出)。下列有关说法正确的是

A．反应①～④中一定包含复分解反应

B．做反应①的实验，要先加热A再通入B

C．反应④用于湿法冶金，可制取Zn、Cu、Ag

D．E可以是酸、盐或有机化合物

【答案】D

【解析】

试题分析∶由题中信息知，A、B、C是氧化物，且A是红棕色粉末，D、F均是单质。故A 是氧化铁，B是一氧化碳，C是二氧化碳，D是铁。故A,B．C．均错误。D正确。

考点∶考查常见物质的性质。

2．某固体混合物由Mg和MgO组成，取该混合物与19. 6%的稀硫酸恰好完全反应（反应后溶液中无晶体析出），所得溶液蒸发82. 2g水后得到固体的质量为24g，则原混合物中氧元素的质量分数为（）

A．16%

B．20%

C．25%

D．40%

【答案】C

【解析】

【详解】

镁和稀硫酸反应生成硫酸镁和氢气，氧化镁和稀硫酸反应生成硫酸镁和水，所得溶液蒸发82. 2g水后得到的固体是硫酸镁， 24g硫酸镁中，镁元素的质量为：

24g100% 4.8g

120

??=，硫酸根的质量=42g-4.8g-19.2g，参加反应的硫酸溶液中硫酸的

质量=

19.2g100%19.6g

÷?=，参加反应的硫酸溶液的质量=19.6g19.6%=100g

÷；

反应生成的水的质量=82.2g –(100g-19.6g)=1.8g；生成的水中氧元素的质量

1.8g100% 1.6g

??=，根据质量守恒定律可知，氧化镁中氧元素的质量=反应生成水

中氧元素质量=1.6g。原混合物中氧元素的质量分数=

1.6g

100%25%

1.6g+4.8g

?=。故选

C。

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．已知反应前后分子变化的微观示意图如下所示，下列说法错误

．．的是

A．反应前后元素种类不变

B．A是有机物，C、D是无机物

C．点燃前要先检验A的纯度，防止爆炸

D．此反应中A和B的化学计量数之比等于1：1

【答案】D

【解析】

根据微观示意图可知，反应物A的分子为由1个C原子和4个H原子构成的CH4分子，反应物B的分子为由2个O原子构成的O2分子；生成物C的分子为2个O原子和1个C原子构成的CO2分子，物质D的分子为由1个O原子和2个H原子构成的H2O分子；则示意图所表示的反应为CH4在O2中燃烧生成CO2和H2O，反应的化学方程式为

CH 4+2O 2CO 2+2H 2O 。

A 、根据化学方程式可知，反应前后元素种类不变，正确；

B 、A 是甲烷，是含有碳元素的化合物，属于有机物，

C 、A 是甲烷，是可燃性气体，和空气混合达到一定浓度会发生爆炸，点燃前要先检验纯度，防止爆炸，正确；C 、根据微观示意图可知，

D 是水，不是有机物，错误；D 、由方程式及图示可知，参加反应的A ，B 物质分子个数比为1：2，错误。故选D 。

5．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

6．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37

y 克。则： 3331

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

340216x m m 1

56216x m = ；356340x m = 1277m x =；38514

m x = 3342Cu +2AgNO =Cu(NO )+2Ag 64340

21647m m y

24647216y m =；4

4647340y m =

22714m y = 48528

m y = 生成银的质量：122727714m m x y +=

+ 滤渣的质量：12334.87

m 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 。

7．铁在高温条件下与氧化铜反应：2Fe+3CuO Fe 2O 3+3Cu 铜在氯化铁溶液中发生反应：Cu+2FeCl 3 = 2FeCl 2+CuCl 2。一定质量的铁与氧化铜的混合物在高温条件下恰好完全反应．将

反应后的固体粉末倒入盛有足量稀盐酸的烧杯中，振荡，充分反应后过滤，得到固体甲和滤液乙。取适量滤液乙于试管中，加入一定质量的锌粉，充分反应。

①固体甲中一定含Cu ，一定不含Fe

②滤液乙中一定含有FeCl 2、CuCl 2，一定不含FeCl 3

③若充分反应后Zn 无剩余，溶液中若有CuCl 2，则一定有FeCl 2

④若充分反应后Zn 无剩余，溶液中若无CuCl 2，则可能有FeCl 2

⑤若充分反应后Zn 有剩余，则溶液中有ZnCl 2，无CuCl 2，可能有FeCl 2

其中正确的个数有

A ．2个

B ．3个

C ．4个

D ．5个

【答案】C

【解析】

【分析】

铁与氧化铜的混合物在高温条件下恰好完全反应2Fe+3CuO ===高温 Fe 2O 3+3Cu ，可以得到个数比Fe 2O 3：Cu=1:3，而且此反应进行完，只有这样两种固体。加入足量的盐酸中FeCl 3和Cu 的个数比为2:3，完全反应2FeCl 3+Cu=2FeCl 2+CuCl 2，可得剩余FeCl 2：CuCl 2：Cu=2:1:2。故固体甲和滤液乙分别为Cu 和FeCl 2、CuCl 2。

【详解】

①固体甲中一定含Cu ，一定不含Fe ，正确

②滤液乙中不含FeCl 3；溶液中存在FeCl 2和CuCl 2，正确；

③若充分反应后Zn 无剩余，溶液中若有CuCl 2，则氯化亚铁没有参与反应，溶液中一定有FeCl 2 ，正确；

④若充分反应后Zn 无剩余，溶液中若无CuCl 2，但是剩余的锌不一定能将氯化亚铁完全反应，则可能有FeCl 2 ，正确；

⑤若充分反应后Zn 有剩余，则CuCl 2、FeCl 2都完全反应，溶液中只有氯化锌，错误。故选C 。

8．将金属镁和另一种金属X 的混合物共a g ，加入Cu(NO 3)2、Fe(NO 3)2的混合溶液中，充分反应后过滤，得到滤液和滤渣。相关分析错误的是( )

A ．若滤渣中含有Fe ，则滤渣中也一定含有铜

B ．若滤液中有两种溶质，则滤渣中可能有三种金属

C ．若滤渣中只有一种金属，则滤液中一定含有两种溶质

D ．若滤渣的质量为a g ，则金属活动性顺序有可能是Mg ＞X ＞Fe ＞Cu

【答案】C

【解析】

A 、镁、铁、铜的金属活动性顺序是Mg ＞Fe ＞Cu ，金属镁先置换出铜，再置换出铁。若滤渣中含有Fe ，则滤渣中也一定含有铜，正确；

B 、若金属镁的量不足，没有将Fe(NO 3)中的铁置换完，则滤液中溶质有硝酸镁和硝酸亚铁，滤渣有铜和铁，由于金属X 的活动性不确定，可能位于铁之后，故滤渣中可能有三种金属，正确；

C 、若滤渣中只有一种金属，则此金属为铜，若镁没有将硝酸铜中的铜置换完，则滤液中含有三种溶质，错误；

D 、镁与硝

酸铜、硝酸亚铁反应，置换出铜、铁，滤渣质量增加。由于加入混合物的质量为ag ，且滤渣的质量为a g ，那么X 必须置换出铜或铜、铁，且相对原子质量比铜、铁要大（如锌），正确。故选C 。

9．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 。

10．某课外兴趣小组的同学绘制了四种实验操作的变化趋势图象，其中正确的是( )

A ．某温度下，向一定量接近饱和的硝酸钾溶液中不断加入硝酸钾晶体

B ．向盐酸和硫酸钠的混合溶液中加入过量的氢氧化钡溶液

C ．向稀盐酸中滴加过量的氢氧化钠溶液

D ．分别向等质量的镁、铝中逐滴滴加稀硫酸

【答案】D

【解析】A 、向一定量接近饱和的硝酸钾溶液中不断加入硝酸钾晶体，当硝酸钾溶液达到饱和，温度一定，饱和溶液质量分数不变，错误；B 、加入氢氧化钡和硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀，硫酸钡不溶于盐酸，所以加入过量的氢氧化钡溶液立即生成硫酸钡沉淀，硫酸钠与氢氧化钡反应结束后，沉淀质量不再增加，错误；C 、因为稀盐酸呈酸性，pH ＜7，加入氢氧化钠，pH 升高，图象应从小于7逐渐到大于7，错误； D 、横坐标是滴加酸的质量，所以相当于开始酸不足，导致生成氢气的质量取决于酸而不取决于金属，生成氢气的质量相同，只有一种金属完全反应时，之后曲线才不重叠。因为硫酸足量，所以最终生成

氢气的质量由金属决定，根据方程式可知同质量的镁铝，铝生成的氢气的质量大，正确。故选D。

11．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

6.0g100%0.8g

??=，水中氢元素的质量为

7.2g100%0.8g

??=，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

8.8g100% 6.4g

??=，水中氧元素的

质量为

7.2g100% 6.4g

??=，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。

12．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．

13．如表除杂的方法和试剂都正确的是（）

选项物质所含的杂质所选试剂和方法

A HCl H2SO4加入适量Ba（OH）2溶解、过滤

B KCl KClO3加入二氧化锰、加热

C Cu CuO加入过量的稀盐酸、过滤、洗涤、干燥

D CaCl2溶液Ca（OH）2加入适量的稀硫酸

A．A B．B C．C D．D

【答案】C

【解析】

除杂的原则是只除杂，不引杂。A氢氧化钡和盐酸反应，不符合除杂要求；B在氯酸钾在二氧化锰的作用下分解生成氯化钾和氧气，氯酸钾能被除掉，但是会混入二氧化锰杂质，引杂；C铜是不活泼金属，和盐酸不反应，氧化铜是金属氧化物，和盐酸反应生成易溶的氯化铜和水，过滤，得固体铜；硫酸和氢氧化钙反应生成硫酸钙，硫酸钙微溶，会在氯化钙溶液中引入杂质。选C

14．实验室有一包含有少量氯化钠杂质的硝酸钾固体，为提纯硝酸钾，设计如下图所示操作，

有关分析中正确的是

A．操作Ⅰ～Ⅲ分别是加热浓缩、蒸发结晶、过滤

B．操作Ⅰ是过滤，将氯化钠固体从溶液中分离除去

C．操作Ⅱ是加热浓缩，趁热过滤，除去杂质氯化钠

D．操作Ⅲ是过滤，将硝酸钾晶体从溶液中分离出来

【答案】D

【解析】

提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾，结合流程可知，操作Ⅰ为溶解，二者溶解度受温度影响不同，采取冷却热饱和溶液法分离出硝酸钾，则操作Ⅱ为蒸发浓缩，冷却结晶，操作Ⅲ是过滤、洗涤；A、提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾，结合流程可知，操作Ⅰ为溶解，操作Ⅱ为蒸发浓缩，冷却结晶，操作Ⅲ是过滤、洗涤，错误；B、提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾，结合流程可知，操作Ⅰ为溶解，错误；C、提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾，结合流程可知，操作Ⅱ为蒸发浓缩，冷却结晶，错误；D、提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾，结合流程可知，操作Ⅲ是过滤，将硝酸钾晶体从溶液中分离出来，正确。故选D。

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

16．一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。

17．AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液，开始时生成Al(OH)3白色沉淀，当NaOH溶液加至一定时，由于发生反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，而使白色沉淀逐渐减少，直至全部溶解。则下列图像能正确表示上述变化情况的是（横坐标表示滴加NaOH溶液的质量，纵坐标表示生成的Al(OH)3沉淀的质量）

A．

B．

C．

D．

【答案】B

【解析】

【详解】

AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液，开始时生成Al(OH)3白色沉淀，AlCl3＋3NaOH=Al(OH)3↓＋3NaCl，氯化铝与氢氧化钠反应的计量数之比为1:3，当NaOH溶液加至一定时，由于发生反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，而使白色沉淀逐渐减少，直至全部溶解。氢氧化铝与氢氧化钠反应的计量数之比为1:1；

故选：B。

18．除去下列物质中含有的杂质所选用的试剂或操作方法不正确的一组是（）物质所含杂质除去杂质的试剂或方法

A CO依次通过足量的NaOH和浓硫酸

B KCl加入，加热

C NaCl过量盐酸，蒸发

D浓硫酸，干燥

A．A B．B C．C D．D

【答案】B

【解析】

A、二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，一氧化碳不反应；B氯酸钾在二氧化锰的作用下分解生成氯化钾和氧气，但是二氧化锰是催化剂，反应前后质量和化学性质不变，引入新的杂质；C、盐酸和碳酸钠反应生成氯化钠、二氧化碳、水，盐酸有挥发性，过量盐酸可通过蒸发除掉；D氧气不与硫酸反应，可用浓硫酸干燥。选B

点睛：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

19．下列说法正确的是

A．将草木灰（含K2CO3）与氯化铵混合施用能增加肥效

B．用Ba（NO3）2除去ZnCl2溶液中的ZnSO4杂质

C．只用一种试剂即可鉴别NaCl、NH4NO3、(NH4)2SO4、Na2SO4四种无色溶液

D．不用其它试剂无法鉴别Na2CO3、K2SO4、BaCl2、HCl四种无色溶液

【答案】C

【解析】A.草木灰的主要成分碳酸钾的溶液呈碱性；氯化铵含铵根属于铵态氮肥；

B. Ba（NO3）2与ZnSO4反应，生成硫酸钡沉淀和硝酸锌；

C. NaCl遇Ba（OH）2无明显现象；NH4NO3遇Ba（OH）2加热，只有气体；（NH4）2SO4遇Ba （OH）2加热，既有气体又有白色沉淀；Na2SO4遇Ba（OH）2只有白色沉淀；

D. 不用其他试剂，就能将组内物质鉴别出来，首先需考虑物质的颜色，然后将鉴别出来的物质与其他物质混合，根据现象的不同加以鉴别，若物质都是没有颜色，则让溶液之间两两混合，根据不同的实验现象加以鉴别。

解：A.草木灰的水溶液成碱性，和铵态氮肥氯化铵一起用会产生NH3，降低肥效，所以不能混合施用。故错误；

B. Ba（NO3）2与ZnSO4反应，生成硫酸钡沉淀和硝酸锌，生成的硝酸锌是新的杂质，故错误；

C. NaCl遇Ba（OH）2无明显现象；NH4NO3遇Ba（OH）2加热，只有气体；（NH4）2SO4遇Ba （OH）2加热，既有气体又有白色沉淀；Na2SO4遇Ba（OH）2只有白色沉淀；故正确；

D. 氯化钡能与硫酸钾、碳酸钠均产生沉淀，故能与两种物质产生沉淀的是氯化钡，不与氯化钡反应的物质为盐酸，向其他两种物质中滴加盐酸，有气体生成的为碳酸钠，无现象的为硫酸钾，可以鉴别。故错误。

因此本题选C。

20．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。

21．下列表中除杂方法与试剂错误的是（）

A．A B．B C．C D．D

【答案】B

【解析】

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。

A. KCl易溶于水，MnO2难溶于水，可采取加入足量水溶解，过滤，蒸发的方法进行分离除杂，故正确；

B. NaOH和Na2CO3均能与盐酸反应，违背除杂原则，故错误；

C.CO能与灼热的氧化铜反应，生成铜和二氧化碳，能除去杂质，且没有引入新的杂质，正确；

D.过量的铁粉能与氯化铜溶液反应生成氯化亚铁溶液和铜，再过滤，能除去杂质，且没有引入新的杂质，正确。

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。

22．小松同学想表演“水”中长“铜树”的实验，老师给他提供300g10%的硝酸银溶液，又给他提供了一定量的铜丝，充分反应后，得到溶液284.8g，则参加反应的铜丝质量为( )

A．6.4g B．8g C．10.5 g D．12.8g

【答案】A

【解析】反应中溶质的质量不变，所以溶液质量的变化由溶质的质量变化决定

Cu+2AgNO3=Cu(NO3)2+2Ag m

64 152

x 15.2g

64/x=152/15.2g x=6.4g 选A

点睛：找到溶液质量变化的根本原因，利用差值法计算，比传统的算法简单。

23．除去下列物质中的少量杂质，所选用的试剂或操作方法错误的是( )

选项物质杂质试剂操作方法

A H2O油污活性炭振荡、搅拌

B空气甲醛过量焦炭通过焦炭净化器

C CO水蒸气足量生石灰通过生石灰的干燥管

D NaNO3溶液Na2CO3适量Ca(NO3)2溶液过滤，蒸发结晶

A．A B．B C．C D．D

【答案】A

【解析】

A、活性炭能吸附色素异味，但不能除油污；B通过焦炭净化器能将空气中的甲醛吸附；C 生石灰即氧化钙和水反应生成固体氢氧化钙，因而可用于吸水，而且由于不与一氧化碳反应，可用于干燥一氧化碳；D，适量的硝酸钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和硝酸钠，过滤后溶液中的溶质只有硝酸钠，符合除杂要求。选A

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

24．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．丙是氢氧化钙

C．戊是二氧化碳、甲是碳酸钠

D．甲、丙、丁之间的反应属于复分解反应

【答案】B

【解析】

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，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 错误；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，合理；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正确；五种物质中，只有铁是单质所以Ａ正确；碳酸钠和氢氧化钙，盐酸之间的反应属于复分解反应，所以Ｄ正确。故选B

25．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 ．t 2℃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t 3℃降至t 2℃,可析出40g 甲

【答案】D

【解析】A 、t 1℃时，乙的溶解度大于甲，错误；B 、t 2℃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t 3℃降至t 2℃，可析出40g 甲正确，因为甲的溶解度在t 3℃时，是80g ，在t 2℃时是40g ，正确。故选D 。

二、实验题（培优题较难）

26．为研究氢氧化钡的化学性质，进行如下探索实验：

（1）以上三个实验中不能体现出可溶性碱的通性的是实验_____；

（2）写出实验3所发生的化学反应方程式：_____；

（3）实验后，将所得的溶液倒入同一个废液缸，为了确定放废液的成分，同学们能设计了如图所示流程，只需要再补充一个实验即可以确定废液的成分，具体实验操作是_____。

【答案】2 2222Ba(OH)MgCl Mg(OH)BaCl ↓+=+ 取a ，滴加含2-4SO 的物质（答案

合理均可）

【解析】

【分析】

（1）氢氧化钡溶液的碱性和氢氧根离子有关，和氢氧根离子有关的实验才能体现碱性；（2）写出实验3所发生是氢氧化钡和氯化镁反应生成氢氧化镁和氯化钡；

（3）实验后，将所得的溶液倒入同一个废液缸，为了确定放废液的成分，同学们能设计了如图所示流程，只需要再补充一个实验即可以确定废液的成分，确定废液的成分即确定钡离子。

【详解】

（1）氢氧化钡溶液的碱性和氢氧根离子有关，和氢氧根离子有关的实验才能体现碱性，氢氧化钡和碳酸钠反应后还存在氢氧根离子，上三个实验中不能体现出可溶性碱的通性的是实验2；

（2）写出实验3所发生是氢氧化钡和氯化镁反应生成氢氧化镁和氯化钡，化学反应方程式：2222Ba(OH)MgCl Mg(OH)BaCl ↓+=+；

（3）实验后，将所得的溶液倒入同一个废液缸，为了确定放废液的成分，同学们能设计了如图所示流程，只需要再补充一个实验即可以确定废液的成分，确定废液的成分即确定钡离子，具体实验操作是：取无色溶液a ，滴加含2-

4SO 的溶液（答案合理均可）。

27．某品牌纯碱中含有少量氯化钠．某化学探究小组欲测定该品牌纯碱的纯度（即碳酸钠的质量分数）．

（1）（一）甲组同学设计如图1所示实验：

（实验步骤）

①组装好如图1仪器，并检查________；

②称取13.0g 样品放入锥形瓶中，加入少量蒸馏水溶解，并在其他装置中加入相应的药品；

③称量装置C 的质量；

④打开分液漏斗旋塞滴入稀硫酸，直到不再产生气泡为止；

⑤再次称量装置C的总质量；

⑥计算出样品中碳酸钠的质量分数．

（2）（实验分析）

①A装置中反应的化学方程式为________．

②B装置的作用是________．

③如果没有B装置则所测样品中碳酸钠的质量分数________．（填偏大、偏小、不变）

④小明提出能否用盐酸代替硫酸？同学们经过讨论认为不能，理由是________．

⑤称得纯碱样品的质量为13.0g，实验前、后C装置（包含药品）的质量分别为61.2g和

65.6g，则该纯碱样品的纯度为________%（精确到0.1%）．

（3）（二）乙组同学采用生成沉淀的方法来测定样品中纯碱的质量分数，设计了如图2实验：

①判断加入氯化钡溶液是否过量的合适方法是________，（填序号）然后观察现象判断．A．静置混合物X，向上层清液中继续滴加氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则氯化钡已经过量；

B．向混合物X中滴加稀硫酸，若有白色沉淀生成则说明氯化钡已经过量．

②判断滤渣是否洗涤干净，可以采取向最后的洗出液中滴加________，（填序号）然后观察现象判断．

A氯化钡溶液 B稀硫酸 C硝酸银溶液 D稀盐酸

③根据实验数据，乙组测得样品中碳酸钠的质量分数为________ %（精确到0.1%）．（4）（实验反思）

甲乙两组同学所测该品牌中碳酸钠的质量分数，你认为________组（填“甲”或“乙”）更准确，另一组存在较大偏差的原因可能是________．

【答案】【实验步骤】①装置的气密性

【实验分析】（1）Na2CO3+H2SO4＝Na2SO4+H2O+CO2↑ （2）除去水蒸气（3）偏大

（4）盐酸挥发出氯化氢气体被装置C吸收，影响实验测定（5）81.5% （二）（1）A （2）B、C

【实验反思】乙组因甲组中生成的二氧化碳残留在锥形瓶中，未被装置C吸收，影响实验测定。

【解析】

试题分析：依据实验目的：要测定该品牌纯碱的纯度（即碳酸钠的质量分数），通过测定二氧化碳的质量俩确定碳酸钠的质量，所以要保证二氧化碳的质量准确。

（一）首先要检查装置的气密性，确保装置不漏气；

【实验分析】（1）A装置中是硫酸与碳酸钠生成氯化钠、二氧化碳和水的反应，化学方程式为Na2CO3+H2SO4＝Na2SO4+H2O+CO2↑；（2）因为生成的气体中含有水蒸气，所以B装置是除去二氧化碳中的水蒸气，得到纯净的二氧化碳；（3）C中氢氧化钠固体能吸水并且能与二氧化碳反应，所以如果没有B装置，会使C的质量增大，即生成二氧化碳的质量增大，从而利用化学方程式计算出的碳酸钠质量增大，使所测样品中碳酸钠的质量分数偏大；（4）盐酸具有挥发性，盐酸挥发出氯化氢气体被装置C吸收，影响实验测定，所以不能替代稀硫酸；（5）因为C增大的质量是生成的二氧化碳的质量，为65.6g-61.2g=4.4g，

再依据碳酸钠和稀硫酸反应的化学方程式计算出碳酸钠的质量为10.6g，

×100%≈81.5%；

（二）①判断加入氯化钡溶液是否过量的合适方法是：静置混合物X，向上层清液中再滴少许氯化钡溶液，如有沉淀生成，说明氯化钡溶液不足；不能用稀硫酸，因为如果氯化钡不过量，则有碳酸钠剩余，而稀硫酸能与碳酸钠反应生成气体，使实验结果不准确，故选A；

②判断滤渣是否洗涤干净，实际上是检验过量的氯化钡溶液是否洗净；氯化钡可与稀硫酸和碳酸钠溶液反应生成硫酸钡和碳酸钡沉淀，通过观察是否有沉淀生成可判断氯化钡溶液是否洗净；故选BC；

③根据白色固体是碳酸钡为9.85g，据其质量结合方程式BaCl2+Na2CO3═BaCO3↓+2NaCl计算出碳酸钠的质量5.3g，进而计算样品中碳酸钠的质量分数：×100%≈88.3%；

【实验反思】乙组测定结果更准确，因甲组实验装置中反应前充满空气，反应后是生成的二氧化碳，残留在锥形瓶中，未被装置C吸收，影响实验测定，使实验结果偏少。

考点：实验方案的设计与评价；化学方程式的书写与计算；常见酸的性质

28．某小组同学用盐酸和氢氧化钙，对酸和碱的中和反应进行探究．请你参与．

甲同学向装有氢氧化钙溶液的烧杯中加入盐酸，无明显现象．结论：两种物质未发生反应．

乙同学向滴有酚酞的氢氧化钙溶液的试管中慢慢滴加盐酸，溶液由色变为无色．结论：两种物质发生了反应．反应的化学方程式为．

大家认为乙的实验证明盐酸与氢氧化钙发生了中和反应．并对甲的实验继续探究．

[提出问题]甲实验后的溶液中有什么溶质？

[作出猜想]猜想一，只有CaCl2；猜想二有CaCl2和Ca（OH）2；猜想三，有CaCl2和HCl．[实验探究]为验证猜想，丙同学设计了方案1和方案2，并按方案进行实验．

方案编号方案1方案2方案3

实验操作（分别取少量甲

实验后的溶液于试管中）

实验现象对比标准比色卡：pH产生白色沉淀

[实验结论]丙认为猜想三正确．

[实验评价]丙的实验操作和方案中有不足之处，其不足之处是．

大家讨论后通过方案3即证明了猜想三正确，其实验中应观察到的现象

为．

[实验拓展]为节约资源和避免实验废液对环境污染，小组同学将方案1和方案3及甲实验后烧杯中剩余溶液混合（混合时未见明显现象），并对混合液中的盐分离回收，请将相关内容填入下表．

【答案】红；Ca（OH）2+2HCl=CaCl2+2H2O；

[实验评价]：方案1中使用pH试纸的操作不对；方案2中加AgNO3产生白色沉淀说明溶液中有Cl﹣，不能说明只有氯化钙；先有气体产生，后有白色沉淀生成；

[实验拓展]：

【解析】

试题分析：酚酞试液遇碱性溶液显红色，所以向滴有酚酞的氢氧化钙溶液的试管中慢慢滴加盐酸，溶液由红色变为无色，说明两种物质发生了反应，其中氢氧化钙溶液和盐酸反应生成氯化钙和水，反应的化学方程式为Ca（OH）2+2HCl=CaCl2+2H2O；

[实验评价]：用pH试纸测定溶液酸碱性时不能将pH试纸直接伸入待测液中，所以方案1中使用pH试纸的操作不对；方案2中加AgNO3产生白色沉淀只能说明溶液中有Cl﹣，不能说明只有氯化钙；