2021初三化学中考三模试题和答案

2021初三化学中考三模试题和答案 2021初三化学中考三模试题和答案 一、选择题（培优题较难）1下列依据实验目的所设计的实验方案中，正确的是 A AB BC CD D【答案】B【解析】A 、加水溶解，氧化钙能与水反应生成氢氧化钙，无法得到氧化钙，错误；B 、氢氧化钠不与碳酸钠反应，无现象，氢氧化钙溶液与碳酸钠溶液反应产生白色沉淀，正确；C 、二氧化碳能与碱石灰反应，无法得到二氧化碳，错误；D 、氯化钠和碳酸钠都易溶于水，错误。故选B 。2已知: 32322Fe(OH)Fe O +3H O ，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 0.2g 56x =20.2g ，98y =20.2g x=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：3222CO+2Fe(OH)Fe+FeO+3H O+2CO设一氧化碳的质量为m3222CO +2Fe(OH)Fe +FeO +3H O +2CO 56214m 21.4g 56m =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 。3金属钠非常活泼，常温下在空气中易被氧化，也易与水反应。现将5.4g 部分氧化的金属钠样品放入150g 16%的硫酸铜溶液中，充分反应后过滤，得到9.8g 蓝色滤渣。(已知样品成分仅为Na 和Na 2O ，相关反应222Na 2H O 2NaOH H +=+22Na O H O 2NaOH +=)，下列计算错误的是( )A 最终所得溶液中存在两种溶质B 最终所得溶液的质量为145.5gC 原混合物中钠元素质量为4.6gD 原混合物中钠和氧化钠的质量比为46: 31【答案】D 【解析】【分析】【详解】A 、将部分氧化的金属钠放入硫酸铜溶液中，222Na 2H O 2NaOH H +=+，22Na O H O 2NaOH +=，4224CuSO +2NaOH=Cu(OH)+Na SO ，充分反应后过滤，得9.8g 蓝色沉淀，则该蓝色沉淀为氢氧化铜沉淀，设参加反应的氢氧化钠的质量为x ，参加反应的硫酸铜的质量为y4224CuSO +2NaOH =Cu(OH)+Na SO 1608098y x 9.8g160y =989.8gy=16g 150g 16%=24g 80x =989.8gx=8g 故硫酸铜过量，反应生成的氢氧化钠完全反应，最终所得溶液中含有两种溶质，硫酸钠和过量的硫酸铜，不符合题意；B 、氢氧化钠共8g ，根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的质量不变，可得氢氧化钠中钠元素的质量=样品中钠元素的质量，氢氧化钠中钠元素的质量为：238g 100%=4.6g 40 设样品中氧化钠的质量为a ，钠的质量为5.4g-a ，样品中钠元素的质量为：46(5.4g-a)+a 100%=4.6g 62，a=3.1g ，钠的质量为：5.4g-3.1g=2.3g 设金属钠与水反应生成氢气的质量为m 222Na +2H O =2NaOH +H 4622.3gm 46 2.3g =2mm=0.1g 根据质量守恒定律，化学反应前后，物质的总质量不变，故最终所得溶液的质量=5.4g+150g-9.8g-0.1g=145.5g ，不符合题意；C 、由B 的分析可知，原混合物中钠元素的质量为4.6g ，不符合题意；D 、由B 的分析可知，原混合物中钠的质量为2.3g ，氧化钠的质量为3.1g ，则原混合物中钠和氧化钠的质量比为2.3g ：3.1g=23:31，符合题意。故选D 。4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 t 2时30ga 物质加入到50g 水中不断搅拌，能形成80g 溶液。D 将t 1时a 、b 、c 三种物质饱和溶液的温度升髙到t 2时，三种溶液的溶质质量分数大小关系是bac【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. t 2时a 物质的溶解度为50g ，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。30ga 物质加入到50g 水中不断搅拌，只能溶解25g ，能形成75g 饱和溶液。D.将t 1时a 、b 、c 三种物质饱和溶液的温度升髙到t 2时，ab 的溶解度变大，溶液由饱和状态变为不饱和，溶质的质量不变，溶质的质量分数不变；c 在升温时，溶解度变小，析出固体，成为t 2时的饱和溶液，饱和溶液溶质的质量分数=溶解度（溶解度+100g ）100% ，t 1时a 的溶解度小于b ，t 2时c 的溶解度比t 1时a 的溶解度小，三种溶液的溶质质量分数大小关系是bac 。选D点睛：在溶解度曲线图上，溶剂的量都是100g,所以分析溶质的质量分数时，只需要比较溶质的多少即可。溶解度变大时，溶质不变，溶解度减小时溶质质量等于减小后的溶解度5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43（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 。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 Na 2CO 3、HCl 、BaCl 2、NaClB FeCl 3、HCl 、NaCl 、NaOHC H 2SO 4、NaOH 、BaCl 2、CuCl 2D NaOH 、Ba (NO 3)2、NaCl 、MgSO 4 【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 、FeCl 3溶液是黄色的，能与FeCl 3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 、CuCl 2溶液是蓝色的，能与CuCl 2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H 2SO 4，无明显变化的是BaCl 2溶液，不用其他试剂，组内物质可以鉴别出来，不符合题意；D 、MgSO 4溶液与NaOH 、Ba (NO 3)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有部分变质的NaOH 固体18. 6g ，加入100g 的稀硫酸，恰好完全反应，所得溶液的质量是114.2g ，将其蒸干得到固体28.4g ，则原固体混合物中Na 元素与C 元素的质量比为 A 46:3B 46:11C 23:3D 23:6【答案】C【解析】【分析】【详解】氢氧化钠能与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠和水，从而变质，部分变质的氢氧化钠固体，加入稀硫酸，242422NaOH+H SO =Na SO +2H O ，23242422Na CO +H SO =Na SO +CO +H O ，溶液减少的质量，即生成的二氧化碳的质量，生成的二氧化碳的质量为：18.6g+100g-114.2g=4.4g ，由化学方程式可知，原固体混合物中的碳元素全部转化到了二氧化碳中，原固体混合物中的钠元素全部转化到了硫酸钠中，最后蒸干得到的固体即是硫酸钠的质量，故原固体混合物中钠元素的质量为：23228.4g 100%=9.2g 232+32+164，原固体混合物中碳元素的质量为：124.4g 100%=1.2g 12+162，故原固体混合物中Na 元素与C 元素的质量比为：9.2g ：1.2g=23:3。故选C 。 8逻辑推理是一种重要的化学思维方法。以下推理正确的是 （ ）A 单质中只含有一种元素,只含有一种元素的物质一定是单质B 化学变化中分子种类发生改变,分子种类发生改变的变化一定是化学变化 C 酸碱中和反应有水生成,有水生成的反应一定是酸碱中和反应D 活泼金属能与稀硫酸反应放出气体，能与稀硫酸反应放出气体的物质一定是活泼金属【答案】B【解析】A 、单质是由同种元素组成的纯净物，单质由同种元素组成，但由同种元素组成的物质不一定属于单质，也可能是混合物，如氧气和臭氧的混合物，错误；B 、化学变化的实质是分子分成原子，原子再重新组合成新分子，化学变化中分子种类发生改变，分子种类发生改变的变化一定是化学变化，正确；C 、中和反应会生成盐和水，生成水的反应不一定是酸碱中和反应，如CO 2+2NaOH Na 2CO 3+H 2O ，错误；D 、活泼金属能与稀硫酸反应放出气体，能与稀硫酸反应放出气体的物质不一定活泼金属，也可能是碳酸盐等，错误。故选B 。9将CO 通入盛有12.0g 的Fe 2O 3的试管内，加热至固体完全变黑后停止加热，继续通入CO 至试管冷却，并同时将反应后的气体通入足量NaOH 溶液中，溶液质量增重6.6g 。Fe 2O 3还原过程中转化过程：Fe 2O 3Fe 3O 4 FeO Fe 。下列说法错误的是A 反应后的黑色固体为混合物B 试管中残留固体质量为10.8gC 实验过程中参加反应的CO 的质量为4.2gD 反应后固体中加入足量的稀盐酸产生气体的质量为0.15g【答案】B【解析】【分析】生成二氧化碳的质量为6.6g ，生成的二氧化碳分子中，有一个氧原子来自于氧化铁。6.6g 二氧化碳中来自氧化铁的氧元素的质量为166.6g 100%=2.4g 44，试管中残留固体质量为12g-2.4g=9.6g ；如果试管中残留固体全部是FeO ，设FeO 的质量为x 232Fe O +CO 2FeO +CO 16014412g x 16012g =144x x=10.8g 设12gFe 2O 3完全反应生成Fe 的质量为y232Fe O +3CO 2Fe +3CO 16011212g y 16012g =112y y=8.4g 试管中残留固体中含FeO 的质量为()169.6g-8.4g 100%=5.4g 72 设反应后固体中加入足量的稀盐酸产生气体的质量为z22Fe+2HCl =FeCl +H 5629.6g-5.4g z 56 4.2g =2z z=0.15g 【详解】A 反应后的黑色固体质量是9.6g ，9.6g 8.4g ，反应后的黑色固体为混合物，故A 正确；B 试管中残留固体质量为9.6g ，故B 错误；C 实验过程中参加反应的CO 的质量为：6.6g-2.4g=4.2g ，故C 正确；D 反应后固体中加入足量的稀盐酸产生气体的质量为0.15g ，故D 正确。故选：B 。 10下图中“”表示相连的两种物质能发生反应，“”表示一种物质转化成另一种物质，部分反应物、生成物及反应条件未标出。则不可能出现的情况是 A AB BC CD D【答案】B【解析】 A 氧化汞受热分解生成汞和氧气；汞与氧气在一定条件下反应生成氧化汞。B 、碳和氧气不完全燃烧生成一氧化碳；碳不能通过反应转化成氧气；C 碳酸分解生成二氧化碳和水，二氧化碳和水反应生成碳酸；D 氯化钡和碳酸钠反应生成碳酸钡沉淀，氯化钡和硫酸反应生成硫酸钡和盐酸。选B点睛：熟练掌握常见化学方程式，掌握物质间的转化方法。 11在高温下，氧化铜和氧化铁的混合物3.2g 与足量的一氧化碳充分反应后，固体质量减少了0.8g ，则原混合物中氧化铁的质量为A 0.8gB 1.12gC 1.6gD 2.4g【答案】C【解析】氧化铜中氧元素的质量分数为1680100%=20%，氧化铁中氧元素的质量分数为163160100%=30%，设混合物中氧化铁的质量为x，充分反应后氧化铁减少的质量为x30% CuO+CO Cu+CO2减少的质量80 64 80-64=163.2g-x 0.8g-x30%80163.20.8?30%g x g x=-x=1.6g。故选C。12已知硝酸钾在不同温度下的溶解度如下表：温度/20304050607080溶解度/g3*.5110138170甲是80含有100 g水的KNO3溶液，操作过程如下图所示。以下分析错误的是A甲、乙、丙、丁四种溶液中，饱和溶液只有2种B甲到乙的过程中，溶质质量没有改变C甲溶液中，溶剂与溶质的质量比为25: 34D甲溶液冷却时，开始析出固体的温度在6070之间【答案】A【解析】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。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。A、由题中信息可知，20时，硝酸钾的溶解度是32g，所以80g水的饱和溶液中，硝酸钾的质量为25.6g，所以可推知硝酸钾的总质量为25.6g+110.4g=136g，80时，80g水中溶解136g硝酸钾刚好饱和，析出晶体后的溶液一定是饱和溶液，所以丁是饱和溶液，所以乙、丙、丁都是饱和溶液，错误；B、甲到乙的过程中，没有溶质析出，溶质质量没有改变，正确；C、甲溶液中，溶剂与溶质的质量比为100g:136g=25: 34,正确。故选A。13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B14下列四个图像分别表示对应的四个操作过程，其中与事实不相吻合的是：A一定量Ba（NO3）2溶液中滴加稀H2SO4B一定量稀盐酸中滴加NaOH溶液C一定量不饱和KNO3溶液中加固体KNO3D质量相同的KClO3中加入催化剂（MnO2）与不加入催化剂加热制取O2【答案】C【解析】A. 一定量Ba（NO3）2溶液中滴加稀H2SO4，生成硫酸钡沉淀，硝酸钡反应完后硫酸钡的质量不再增加；B. 溶液的pH小于7，溶液呈酸性，pH越小，酸性越强；溶液的pH大于7，溶液呈碱性，pH越大碱性越强；pH等于7，溶液呈中性。一定量稀盐酸中滴加NaOH溶液，溶液由酸性逐渐变成碱性，溶液的pH增大，组后溶液的pH大于7；C. 一定量不饱和KNO3溶液中加固体KNO3，开始时硝酸钾的质量分数大于零，加入硝酸钾固体时，溶质的质量分数逐渐增大，饱和后，溶质的质量分数不变，故图像错误；D. 质量相同的KClO3中加入催化剂（MnO2）与不加入催化剂加热制取O2，二氧化锰在氯酸钾分解的反应中作用是加快反应速率，所以有催化剂时，反应速率比没有催化剂时反应速率快，但是催化剂不改变生成物的质量，所以，最终生成氧气的质量相同。选C15已知A、B、C、D、E是初中化学中常见的五种物质，均含有同一种元素。其中，A为单质， B和C含有相同的元素。它们在一定条件下的转化关系如图所示（“”表示物质间的转化关系，反应条件和部分反应物、生成物已省略），根据初中所学知识判断下列说法正确的是（）AAB的反应一定是化合反应BD和E的物质类别可以相同，也可以不同C若D是一种白色固体，则BD的反应属于复分解反应D若C为单质， A和B含有相同的元素，其他条件不变。则DB的反应一定是分解反应【答案】B【解析】【详解】A、A为单质， B和C含有相同的元素，A能生成B和C，故AB的反应可能是化合反应，也可能是置换反应，如A是碳，B是二氧化碳，C是一氧化碳，故A选项错误；B、当A为碳，B为二氧化碳、C为一氧化碳时，D、E分别可以是碳酸钠和碳酸钙，都属于盐；D、E分别也可以是碳酸钙和碳酸，属于不同类物质，故B选项正确；C、当D为碳酸钙，B为二氧化碳时，BD的反应不属于复分解反应，故C错误；D、若C为单质， A和B含有相同的元素，则C可能是氧气，A可能是过氧化氢，B可能是水，则D可能是氢氧化钙，氢氧化钙生成水的反应不一定是分解反应，故D选项错误。故选B。16AF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。下列有关说法正确的是成物和反应条件未标出)B做反应的实验，要先加热A再通入BC反应用于湿法冶金，可制取Zn、Cu、AgDE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,BC均错误。D正确。考点考查常见物质的性质。17下列有关化学实验的“目的操作现象结论”的描述都正确的是AA BB CC DD【答案】B【解析】A、将砂纸打磨过的铝丝浸入硫酸铜溶液中，现象为铝丝表面有红色固体析出；铝丝表面有铜析出，是实验结论，而不是实验现象；故选项错误B、露置在空气中的氢氧化钾会变质为碳酸钾，滴加入澄清的石灰水产生白色沉淀，则说明露置在空气中的氢氧化钾中含有碳酸根离子，说明氢氧化钾溶液已经变质，故该实验的“目的操作现象结论”的描述都正确C、向一定量的水中加入硝酸铵晶体，充分搅拌时，现象为溶液温度下降，只能得出硝酸铵晶体溶于水时会造成溶液温度降低，其它盐类物质溶于水时的温度变化无法判断，故选项错误D、检验集气瓶中是否集满二氧化碳时，应将燃烧的木条放在集气瓶口，不能伸入集气瓶中，故选项错误故选B18下列各组转化中，一定条件下均能一步实现的组合是ABCD【答案】D【解析】【分析】本主要考察常见物质之间的相互转化的相关知识【详解】2CO2点燃2CO氧气不充足；2COO2点燃2CO2；CO2点燃CO2CO2参加光合作用产生O22MgO2点燃2MgO；MgO2HCl=MgCl2H2O；2H2O通电2H2O2；2H2O2点燃2H2ONa2CO3H2SO4=Na2SO4H2OCO2Na2SO4Ba(OH)2=2NaOHBaSO4；Na2CO3Ba(OH)2=2NaOHBaCO3；CO22NaOH=Na2CO3H2O都可以实现一步转化，故选D。【点睛】注意二氧化碳转化为氧气是光合作用19下列关于物质结构和性质的说法不正确的是（）A生铁和刚性能不同主要是由于含碳量不同BCO和CO2化学性质不同是由于构成它们的分子不同C金刚石和石墨性质不同是由于构成它们的碳原子不同D金属钠和铝的性质不同是由于钠和铝的原子结构不同【答案】C【解析】物质的组成和结构决定物质的性质。A. 生铁和钢都是铁的合金，主要区别是碳的含量不同。因此生铁和钢性能不同主要是由于含碳量不同；B. CO和CO2化学性质不同是由于构成它们的分子不同；C. 金刚石和石墨都是由碳原子直接构成的，性质不同是由于构成它们的碳原子的排列方式不同；D.金属钠和铝都是由原子直接构成的，金属的化学性质由构成金属的原子保持，而原子的化学性质由原子的最外层电子数决定，金属钠和铝的性质不同是由于钠和铝的原子结构不同。选C20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At2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Dt1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：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，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，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。二、实验题（培优题较难）21为了验证稀硫酸和氢氧化钠反应，设计以下实验：实验一：稀硫酸+过量NaOH溶液+少量镁粉实验二：NaOH溶液+少量酚酞+过量稀硫酸实验三：稀硫酸+过量NaOH 溶液+一定量溶液（1）以上三个实验中能验证稀硫酸和氢氧化钠反应的是_。（2）实验后，先将实验一和实验二的所有物质倒入同一洁净废液缸，充分混合后废液澄清。再将实验三的物质倒入后废液浑浊。过滤，得到白色沉淀a和红色滤液b。取红色滤液b，加入溶液，无明显现象。白色沉淀a中一定有的物质是_；为了确定红色滤液b中可能有的溶质，可选择的试剂是_。A 石蕊溶液B 硫酸钠溶液C 碳酸钠溶液【答案】实验一和实验二硫酸钡BC【解析】【分析】实验一：稀硫酸+过量NaOH溶液+少量镁粉，没有气泡产生，说明没有稀硫酸，能够证明稀硫酸和氢氧化钠发生了反应；实验二：NaOH溶液+少量酚酞+过量稀硫酸，酚酞由红色变成无色说明没有氢氧化钠，能够证明稀硫酸和氢氧化钠发生反应；实验三：稀硫酸+过量NaOH溶液+一定量溶液，稀硫酸和硫酸钠都能和氯化钡产生硫酸钡白色沉淀，不能说明稀硫酸和氢氧化钠发生了反应。【详解】（1）以上三个实验中能验证稀硫酸和氢氧化钠反应的是实验一和实验二。（2）实验后，先将实验一剩余物质是硫酸钠、氢氧化钠、镁，实验二剩余物质有硫酸钠、稀硫酸、酚酞，倒入同一洁净废液缸，充分混合后废液澄清。说明混合后一定有硫酸钠、酚酞、一定没有氢氧化钠、氢氧化镁；实验三剩余物质有氢氧化钠、硫酸钡、氯化钠，可能有氯化钡。再将实验三的物质倒入后废液浑浊，说明一定有硫酸钡沉淀，滤液红色，说明一定有氢氧化钠；取红色滤液b，加入溶液，无明显现象，说明红色滤液中没有硫酸钠。由此可知实验三剩余物质中一定有氯化钡，综上所述，实验三中一定有氢氧化钠、硫酸钡、氯化钠、氯化钡，红色滤液中一定没有硫酸钠，一定有氢氧化钠、氯化钠、酚酞，不能确定是否有氯化钡。白色沉淀a中一定有的物质是硫酸钡；为了确定红色滤液b中是否有氯化钡，可选择的试剂是硫酸钠溶液、碳酸钠溶液，氯化钡和硫酸钠碳酸钠都会反应生成白色沉淀。故选B C。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：写出图中仪器的名称:_,_。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_。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：实验编号药品甲乙丙丁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_。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为比较相同浓度的FeCl3溶液和CuSO4溶液对H2O2分解的速率影响效果，某研究小组进行了如下探究：（定性研究）(1)如图甲，可通过观察_来定性比较两者的速率影响效果。（定量研究）(2)如图乙，实验前检查该装置气密性的方法是_。要定量比较两者的速率影响效果，可测量生成等体积气体所需的_。（深入研究）(3)在FeCl3溶液中，究竟是哪种粒子影响过氧化氢的分解速率？猜想1：水分子（H2O）影响过氧化氢的分解速率；猜想2：_影响过氧化氢的分解速率；猜想3：_影响过氧化氢的分解速率；请设计实验，验证猜想实验操作实验现象实验结论分别取同温度同体积同浓度的H2O2溶液于2支试管中，再分别加入等质量的FeCl3和NaCl。观察现象。加入FeCl 3的试管中产生的气体快，加入NaCl的试管中产生的气体慢。证明是Fe3+影响过氧化氢的分解速率（4）（反思与讨论）上述实验确实可以证明Fe3+可以改变过氧化氢的分解速率，但不能证明FeCl3是过氧化氢分解的催化剂。若要证明FeCl3是过氧化氢分解的催化剂，还需要通过实验证明FeCl3在反应前后 _ 。请写出FeCl3催化H2O2分解的化学方程式_。【答案】(1)产生气泡的快慢 (2)关闭分液漏斗，将注射器活塞向外拉，再松开手活塞又回到原来的位置，则装置气密性良好时间(3)氯离子(Cl-) 铁离子(Fe3+) (4)质量和化学性质不变 2H2O22H2O + O2【解析】试题分析：(1) 如图甲，可通过观察产生气泡的快慢来定性比较两者的速率影响效果，产生气泡的速率越快，说明反应速率就越快(2) 如图乙，实验前检查该装置气密性的方法是：关闭分液漏斗，将注射器活塞向外拉，再松开手活塞又回到原来的位置，则装置气密性良好；要定量比较两者的速率影响效果，可测量生成等体积气体所需的时间，所需时间越短，化学反应速率就越快(3) 在FeCl3溶液中存在的粒子有：水分子（H2O）、氯离子(Cl-)、铁离子(Fe3+)，故猜想2：氯离子(Cl-)影响过氧化氢的分解速率；猜想3：铁离子(Fe3+)影响过氧化氢的分解速率(4)根据催化剂的特点：能改变其他物质的化学反应速率，但本身的质量和化学性质不变，故若要证明FeCl3是过氧化氢分解的催化剂，还需要通过实验证明FeCl3在反应前后质量和化学性质不变；FeCl3催化H2O2分解的化学方程式为：2H2O22H2O + O2考点：探究性实验的设计，催化剂概念的理解24初中化学课上，同学们利用下列实验探究碱的化学性质：（1）A实验中反应的化学方程式为。（2）C实验中观察到的现象是。（3）实验结束后，同学们将废液倒入同一只废液缸中，最后发现废液浑浊并显红色。（提出问题）废液中含有什么物质？（假设猜想）通过分析上述实验，同学们猜想：废液中除酚酞、碳酸钙及水以外一定含有。老师问：废液中还可能有什么物质？引发了同学们热烈讨论，下面是大家的发言：学生甲可能有Ca(OH)2、NaOH学生丙可能有Ca(OH)2、CaCl2学生乙可能有NaOH、Na2CO3学生丁可能有Na2CO3学生戊可能有NaOH（实验验证）同学们对可能含有的物质进行确定，取一定量的废液过滤，向滤液中逐滴加入氯化钡溶液，得到白色沉淀，红色褪去。（结论）上述滤液中，还含有，没有。【答案】（1）NaOH + HCl = NaCl + H2O（2）溶液中出现白色浑浊（或产生白色的不溶于水的物质）（3） NaCl（4）Na2CO3 CaCl2、Ca(OH)2、NaOH【解析】实验A.NaOH + HCl = NaCl + H2O 实验B.2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O 实验C.Na2CO3+Ca(OH)2=2NaOH+CaCO3；废液呈红色，说明废液呈碱性，向滤液逐滴加入氯化钡溶液，得到白色沉淀，Na2CO3+BaCl2=2NaCl+BaCO3，说明废液中含有Na2CO3；红色褪去，说明废液加入BaCl2溶液后充分反应后溶液呈中性，说明废液中不会含有NaOH、Ca(OH)2，而且Na2CO3+CaCl2=2NaCl+CaCO3，说明废液中也不会含有CaCl2。25化学是一门以实验为基础的科学，根据图中所示的实验，请回答下列问题: (1)A 图所示的实验中，玻璃棒的作用_(2)B 图所示的实验中，由铜片上的白磷燃烧而热水中的白磷不燃烧的事实，说明燃烧需要_；烧杯中热水的作用_(答出一点即可)(3)用图C 所示的装置探究酸碱中和反应加入酚酞的作用是_；实验中逐滴加入稀盐酸的目的是_从微观角度分析，中和反应的实质是_(4)称量氯化钠质量完毕放回砝码时，发现有一个砝码缺了一角，若其他操作步骤正确，则所配溶液的溶质质量分数_(选“偏大”“偏小”或“不变”)(5)某兴趣小组拟用下图所列裝置做验证炼铁原理的实验要求:(1)与Fe 3O 4反应的CO 需纯净干燥；(2)除去尾气中的CO ；(3)检测出所用磁铁矿的纯度(假设磁铁矿石中不含其他与CO反应的成分) 装置乙的作用是_，装置丙的作用是_从环保的角度分析，该实验装置的缺陷是_实验前磁铁矿石粉末为2.9g ，实验后测得乙丙质量分别增加1.76g 和0.5g ，则磁铁矿石中四氧化三铁的质量分数为_【答案】搅拌，防止因局部温度过高造成液滴飞溅 氧气(或空气) 提供热量(或隔绝氧气) 判断反应的发生和停止(或判断反应的发生也可；或指示反应进行的程度) 防止稀盐酸过量，使氢氧化钠与稀盐酸恰好反应 2H OH H O +-+=或酸中的氢离子与碱中的氢氧根离子反应生成水 偏小 证明并吸收反应生成CO 2 除去混在CO 中的CO 2 缺少尾气处理装置 80%【解析】【分析】【详解】（1）在蒸发结晶过程中，玻璃棒的作用是搅拌，防止因局部温度过高造成液滴飞溅； （2）B 实验中，铜片上的白磷和热水的白磷温度均达到了着火点，但是铜片上的白磷燃烧而热水中的白磷没有燃烧，对比可知，可燃物燃烧需要氧气；铜片上的白磷与红磷均与氧气接触，但是铜片上的白磷燃烧而红磷没有燃烧，对比可知，可燃物燃烧需要温度达到着火点；烧杯中热水的作用是提供热量、隔绝氧气；（3）氢氧化钠溶液与稀盐酸发生中和反应时，没有明显现象发生，实验前先在氢氧化钠溶液中加入酚酞试液，溶液变红色，逐滴滴加稀盐酸至溶液由红色恰好变成无色时，说明中和反应恰好完成，加入酚酞的作用是判断反应的发生和停止；逐滴滴加稀盐酸的目的是防止稀盐酸过量，使氢氧化钠与稀盐酸恰好反应；从微观角度分析，中和反应的实质是氢离子结合氢氧根离子生成水分子；（4）由于左盘药品的质量等于右盘砝码的质量加上游码的质量，所以一个砝码缺损了一个小角会导致药品质量偏小，溶质少了，溶剂不变，所以溶质质量分数偏小；（5）要得到纯净干燥的一氧化碳，首先要通过澄清石灰水除去一氧化碳中的二氧化碳，然后通过浓硫酸除去一氧化碳中的水分，因此装置连接顺序应是甲、丙、丁、戊、乙。装置乙和丙中都盛有澄清石灰水，但乙和丙装置的不同点在于C 和E ，E 导管可以连接下一个装置将气体导入，故乙装置是用来证明并吸收反应生成CO 2，丙装置是用来除去混在CO 中的CO 2；缺少尾气处理装置，尾气中含有一氧化碳，一氧化碳有剧毒，不能直接排放到空气中，因此装置中需要有尾气处理装置，防止逸散到空气中污染空气；乙装置增重的质量即为氢氧化钙溶液吸收的一氧化碳还原四氧化三铁后生成的二氧化碳的质量，即为1.76g ；设四氧化三铁的质量为x ，则：342Fe O +4CO3Fe +4CO 2321761.76g x高温 232176 1.76gx = x =2.32g ； 则磁铁矿石中四氧化三铁的质量分数为2.32g 100%80%2.9g。 【点睛】本题是一道综合实验题，关健是搞清实验原理及每一装置及试剂的作用，连接好实验装置。26下图是某同学设计的实验室制取二氧化碳并验满的装置图。请回答下列问题: (1)仪器a 的作用是_。(2)写出锥形瓶内发生反应的化学方程式_，实验时，锥形瓶内的反应进行较长时间后,将燃着的火柴放在集气瓶口,火焰不熄灭的原因是_。(3)实验室不宜采用排水法收集CO 2的原因是_。(4)改正装置，该同学发现制取CO 2过程中，产生气体的速率太快,可能的原因是_(写一点即可),对应的改进措施是_。【答案】添加液体 3222CaCO + 2HCl=CaCl +H O+CO 长颈漏斗没有伸入液面以下,二氧化碳从长颈漏斗逸出 二氧化碳能溶于水 盐酸浓度大或大理石颗粒太小 稀释盐酸或更换大颗粒的大理石【解析】【分析】【详解】（1）仪器a 为长颈漏斗，长颈漏斗可以添加液体药品，故填：添加液体；（2）稀盐酸和石灰石会发生反应生成二氧化碳氯化钙和水化学方程式为：3222CaCO + 2HCl=CaCl +H O+CO 故填：3222CaCO + 2HCl=CaCl +H O+CO ； （3）使用长劲漏斗添加稀盐酸制取二氧化碳时，长颈漏斗需深入液面以下，否则气密性不好，二氧化碳从长颈漏斗逸出，火柴放在集气瓶口，集气瓶瓶口火焰不熄灭，是因为二氧化碳从长劲漏斗逸出，故填：长颈漏斗没有伸入液面以下,二氧化碳从长颈漏斗逸出；（4）二氧化碳能溶于水所以不能用排水法收集，故填：二氧化碳能溶于水；（5）增大盐酸浓度或者增大接触面积可以加快反应速率,产生气体的速率太快有可能是盐酸浓度大或者大理石颗粒小，故填：盐酸浓度大或大理石颗粒太小 ；（6）为了减慢反应速率，可以降低盐酸浓度或者减小反应接触面积，故填：稀释盐酸或更换大颗粒的大理石。