人教版初三化学中考试卷及答案

人教版初三化学中考试卷及答案

2023年9月12日发(作者：一场精彩的比赛作文范文300字(通用67篇))

难忘的小学生活一件事作文-

人教版初三化学中考试卷及答案

一、选择题（培优题较难）

1．将金属镁和另一种金属X的混合物共a g，加入Cu(NO3)2、Fe(NO3)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(NO3)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ag，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。

2．下列各组物质在溶液中能大量共存，且溶液呈无的是（ ）

A．Na2CO3、NH4NO3、Ca（OH）2

B．Fe2（SO4）3、Na2SO4、Mg（NO3）2

C．AlCl3、Ba（NO3）2、CaCl2

D．Na2CO3、AgNO3、BaCl2

【答案】C

【解析】

A、Ca（OH）2和Na2CO3能生成白沉淀碳酸钙，不能大量共存；NH4NO3、Ca（OH）2 会生成氨气和水，不能大量共存， B、三者之间不反应，能大量共存，但Fe2（SO4）3溶于水呈黄；C、三者之间不反应，能大量共存，且符合无透明的要求；D、AgNO3、BaCl2反应生成氯化银白沉淀，不能大量共存；Na2CO3、BaCl2能生成碳酸钡白沉淀，不共存。故选C．

点睛：熟记常见沉淀：碳酸钙、碳酸钡、氯化银、硫酸钡、氢氧化镁，氢氧化铜，氢氧化铁等；常见溶液的颜：含亚铁离子时溶液为浅绿；含铁离子时溶液为黄；含铜离子时溶液为蓝。

3．下列曲线正确的是 A．向盐酸中加水

B．浓H2SO4加入水中

C．煅烧CaCO3

D．O2在水中的溶解性

【答案】C

【解析】A. 向盐酸中加水，溶液的酸性变弱，pH变大但始终成酸性，pH始终小于7

B. 浓H2SO4加入水中，溶解放出大量热，使溶液温度升高，然后慢慢冷却至室温，所以最终溶液的温度能恢复到原温； C. 煅烧CaCO3 ，生成二氧化碳和氧化钙固体，因此固体减少，反应结束时固体的质量为生石灰的质量，大于零；D. O2在水中的溶解性随温度升高而减小；选C

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

4．将乙酸（CH3COOH）和葡萄糖（C6H12O6）溶于水得到混合溶液，测得溶液中氢元素的质量分数为a，则溶液中碳元素的质量分数为（ ）

A．1﹣9a

【答案】A

【解析】

【分析】

根据乙酸（CH3COOH）、葡萄糖（C6H12O6）、水中，氢原子和氧原子的个数比均为2：1，B．1﹣8a C．12a D．8a 进行分析解答。

【详解】

乙酸（CH3COOH）、葡萄糖（C6H12O6）、水中，氢原子和氧原子的个数比均为2：1，则将乙酸（CH3COOH）和葡萄糖（C6H12O6）溶于水得到混合溶液中氢元素和氧元素的质量比为（1×2）：（16×1）＝1：8；测得溶液中氢元素的质量分数为a，氧元素的质量分数为8a，则溶液中碳元素的质量分数为1−a−8a＝1−9a。故选A。

5．推理是化学学习中常用的思维方法，下列推理正确的是

A．铁能将铜从硫酸铜溶液中置换出来，因此银也能将铜从硫酸铜溶液中置换出来

B．物质燃烧需要同时满足三个条件，因此灭火也需要同时破坏这三个条件

C．碱溶液的pH＞7，因此测得某溶液的pH=12，该溶液一定是碱溶液

D．NaOH溶液中OH﹣能与酸反应，因此KOH溶液中的OH﹣也能与酸反应

【答案】D

【解析】A. 金属活动顺序表：K Ca Na Mg Al Zn Fe Sn Pb H Cu Hg Ag Pt Au，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。铁在铜前，所以铁能将铜从硫酸铜溶液中置换出来，银在铜后，因此银不能将铜从硫酸铜溶液中置换出来；B. 物质燃烧需要同时满足三个条件，因此灭火时只需要破坏一个条件就能到达灭火的目的；C. 碱溶液的pH＞7，如测得某溶液的pH=12，该溶液一定是碱性溶液，但不一定是碱的溶液；D. 溶液的化学性质是由溶质溶于水产生的离子决定的，同样的微粒决定同样的性质。NaOH溶液中OH能与酸反应，因此KOH溶液中的OH也能与酸反应，选D

点睛：1、溶液的性质决定于溶液中的溶质产生的微粒。2、熟记金属活动顺序表及其三个意义

﹣﹣

6．某同学进行了煅烧石灰石的实验，过程如下（假设杂质不发生变化，酒精喷灯中的燃料是酒精C2H5OH）。相关说法正确的是

A．步骤Ⅰ可证明煅烧石灰石的产物中有二氧化碳

B．步骤Ⅱ、Ⅲ可证明煅烧石灰石的产物中有氧化钙

C．白固体M是氢氧化钙和碳酸钙的混合物

D．白固体M中钙元素的质量等于煅烧前石灰石中钙元素的质量

【答案】B

【解析】

A、由于酒精燃烧生成了二氧化碳，该实验澄清的石灰水变浑浊不能证明煅烧石灰石的产物中有二氧化碳；B、由于氧化钙能与水化合生成了氢氧化钙，氢氧化钙溶液显碱性，能使酚酞试液变红；C、由于石灰石中含有杂质，白固体M中含有氢氧化钙和杂质，可能含有碳酸钙；D、由于氧化钙能与水化合生成了氢氧化钙，氢氧化钙微溶于水，白固体M中钙元素的质量小于煅烧前石灰石中钙元素的质量．故选B．

点睛：分析反应后的成分是，除考虑生成物外，还要考虑反应物是否有剩余。反应前后元素的种类质量不变。

7．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。

8．下列实验操作能达到实验目的的是：（ ）

选项

A

实验目的

除去CO2中少量的CO

实验操作

点燃 B

C

D

除去CuSO4溶液中的少量FeSO4

鉴别澄清石灰水和NaOH溶液

除去CaCl2溶液中少量的HCl

加入足量的铜粉

加入稀盐酸

加入足量的碳酸钙

A．A

【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

B．B C．C D．D

9．向盛有一定质量MgO和MgCO3混合物的烧杯中加入142 g稀盐酸，恰好完全反应，一定温度下，得到150 g不饱和溶液。下列数据中，与该溶液的溶质质量分数最接近的是

A．5.3%

B．5.6%

C．12.7%

D．13.4%

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

氧化镁和稀盐酸反应生成氯化镁和水，碳酸镁和稀盐酸反应生成氯化镁、水和二氧化碳；

MgO2HCl=MgCl2H2O溶液增加质量

409540MgCO32HCl=MgCl2H2OCO2溶液增加质量

848444=4044可见生成的氯化镁相同时造成的溶液质量增加是相等的，与是氧化镁还是碳酸镁反应无关；

设生成的氯化镁的质量为x，则

MgCl2溶液增加质量9540

x150g-142g=8g9540=

x8g解得x=19g；

该溶液的溶质质量分数为：故选：C。

【点睛】

差量法在计算中的应用很广泛，解答的关键是要分析出物质的质量差与要求的未知数之间的关系，再根据具体的数据求解。

19g100%12.7%。

150g

10．下列归类正确的是

选项

A

B

C

D

归类

常见碱

常见合金

常见干燥剂

人体中常见微量元素

物质（或元素）

纯碱、烧碱、熟石灰

生铁、铜绿、硬铝

浓硫酸、生石灰、碱石灰

碘、锌、硒、钙等

A．A

【答案】C

【解析】

A、烧碱—氢氧化钠、熟石灰---氢氧化钙，属于碱；纯碱是碳酸钠的俗称，属于盐；B、在一种金属中加热融合了其他的金属或非金属而形成的具有金属特性的物质叫合金；生铁是铁的合金、硬铝是铝合金；铜绿是铜锈，主要成分是碱式碳酸铜；C 浓硫酸、生石灰、碱石灰都有很强的吸水性，是常用的干燥剂；D、碘、锌、硒是人体中常见微量元素，钙属于常量元素。选C

B．B C．C D．D

11．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Zn2+和Cu2+、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：Zn+2AgNO3=Zn(NO3)2+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：Zn+Cu(NO3)2=Zn(NO3)2+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。

12．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。

13．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%×酸反应都生成硫酸钠。216g溶液中硫酸钠的质量为19.2g÷=19.6g。烧碱、小苏打与稀硫=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÷打的含量为=12g，样品的质量为12g+8.4g+0.6g=21g，此样品中小苏×100%=40%，故选A。

14．除去下列物质中的少量杂质，下列选用试剂或方法正确的是（ ）

选项

A

B

C

D

物质

FeSO4溶液

NaCl

CaCl2溶液

KCl

杂质

CuSO4

Na2CO3

HCl

MnO2

试剂或方法

加入过量的锌粉，过滤

加入过量稀盐酸，蒸发

加入过量的Ca（OH）2溶液

加入足量水溶液、过滤、洗涤、烘干

A．A

【答案】B

【解析】

【分析】

B．B C．C D．D 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、FeSO4溶液和CuSO4均能与过量的锌粉反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误；

B、Na2CO3能与过量稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，盐酸具有挥发性，再蒸发除去盐酸，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故选项所采取的方法正确。

C、HCl能与过量的Ca（OH）2溶液反应生成氯化钙和水，能除去杂质但引入了新的杂质氢氧化钙（过量的），不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误；

D、KCl易溶于水，MnO2难溶于水，可采取加水溶解、过滤、蒸发的方法进行分离除杂，故选项所采取的方法错误。故选B。

【点睛】

物质的分离与除杂是中考的重点，也是难点，解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件（加入的试剂只与杂质反应，反应后不能引入新的杂质）是正确解题的关键。

15．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。

16．一定条件下,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

C．W

由碳、氢两种元素组成

【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

B．该反应属于置换反应

D．W

中碳、氢元素原子个数比为 1：3

17．下列物质鉴别的实验方法错误的是（ ）

鉴别物质

A．过氧化氢和蒸馏水

B．镁和锌

C、二氧化碳、氧气和空气

D．活性炭和氧化铜

实验方法

分别加入MnO2，看是否有气泡

分别加入稀盐酸，看是否有气泡

将燃着的木条分别伸入瓶中，观察现象

分别投入盛有红棕二氧化氮气体的集气瓶中，观察现象

A．A

【答案】B

【解析】

【分析】

B．B C．C D．D 【详解】

A、过氧化氢溶液中加入二氧化锰会生成氧气而出现气泡，蒸馏水中二氧化锰没有明显现象，可以鉴别，故A正确；

B、锌和镁加入稀盐酸中都会出现气泡，不能鉴别，故B错误；

C、燃着木条在二氧化碳中熄灭，在氧气中燃烧更旺，在空气中现象不变，可以鉴别，故C正确；

D、活性炭具有疏松多孔的结构，具有吸附性，投入二氧化氮的集气瓶中，红棕会褪去，氧化铜不具有该性质，可以鉴别，故D正确，

答案选B。

18．某同学对下列四个实验都设计了两种方案，其中方案1合理、方案2不合理的是

选项

A

B

C

D

实验

目的

鉴别NaOH和CaCO3

除去NaOH溶液中少量的Na2CO3

除去CO2中含有的少量CO

除去CaO中的CaCO3

方案1

加水溶解，看是否溶解、放热

加适量Ca（OH）2溶液，过滤

点燃

加适量稀盐酸

方案2

加入盐酸，看是否有气泡产生

加适量稀盐酸

将气体通入澄清石灰水

加水溶解，过滤

A．A

B．B C．C D．D

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

A、鉴别氢氧化钠和碳酸钙，氢氧化钠易溶于水，且溶解时放热，而碳酸钙难溶于水；氢氧化钠和稀盐酸反应生成氯化钠和水，无明显现象，碳酸钙和稀盐酸反应生成二氧化碳和水和氯化钙，方案1和方案2都合理，不符合题意；

B、除去氢氧化钠溶液中少量的碳酸钠，根据除杂原则方案1是正确的，方案2不正确，因为盐酸既能与氢氧化钠溶液反应也能和碳酸钠溶液反应，符合题意；

C、除去二氧化碳中的一氧化碳，用点燃的方法是错误的叙述，因为在二氧化碳的环境下不能点燃一氧化碳，不符合题意；

D、除去氧化钙中的碳酸钙，加入适量的盐酸是错误的叙述，盐酸能与氧化钙发生反应，不符合题意；

故选B。

19．烧杯中盛有一定质量的氧化镁和氧化铁的固体混合物，向其中加入稀盐酸 100 g，恰好完全反应，得到该温度下的不饱和溶液 120 g。再向其中加入足量氢氧化钠溶液，充分反应后过滤，将沉淀洗涤、干燥、称量，其示数为 27.2 g。则下列相关计算中，不正确的是（

）。

A．原固体中金属元素质量为 13.6g

C．最终所得溶液中含有 NaCl 58.5g

【答案】C

【解析】

【详解】

根据MgO、Fe2O3和酸反应及与碱反应的关系，出增量，以MgO为例：

B．所用盐酸的溶质质量分数为 29.2%

D．实验中消耗的氢氧化钠质量为 32g

MgO~O~2HCl~2OH-40~2NaOH~2NaCl~Mg(OH)258~增量18

设所用盐酸的溶质质量分数为x，氢氧根的质量为y，实验中消耗的氢氧化钠质量为z，最终所得溶液中含有NaCl的质量为m，则：

2HCl73100gx~2OH-34y~2NaOH~2NaCl80117zm~增量

18(27.2-20)gx=29.2％

y=13.6g

z=32g

m=46.8g

原固体中金属元素质量为 27.2g-13.6g=13.6g，故选C。

20．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

x2.2gx=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

1.8gyy=7.4g

粉末B中含有CaO的质量为：29g-5g-7.4g=16.6g，故正确。

二、实验题（培优题较难）

21．过氧化钙（CaO2）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

yH2O)，常温为白，能溶于酸，难溶于酒精。制备原理：（资料）过氧化钙晶体(CaO2·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：

yH2O产率；

Ⅰ该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2·Ⅱ______。

yH2O。

（4）反应结束后，经过滤、洗涤、低温烘干可获得CaO2·①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）2ΔCaCl2+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）2ΔCaCl2+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=7.2g3.6g=1：2，所以y=2；

：1872高温（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2CaO22CaO+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↑；

22．某化学实验小组欲探究盐酸、氢氧化钙的化学性质，取8支试管分别用A﹣H编号后，做如下实验．

（1）实验中观察到有气泡出现的试管是_____，有沉淀生成的试管是______．

（2）写出实验中无明显现象产生的试管中发生的化学方程式

___________________

（3）实验后某试管中为红溶液，当向其中加入过量的__________后，溶液变为蓝．由此推断，该试管中最初盛有的物质是_______________．

（4）实验后某试管的底部有白固体，过滤后向滤液中滴加盐酸，一段时间后有气泡冒出，则该滤液中的溶质是__________________

【答案】BD GH Ca(OH)2+2HCl=CaCl2+2H2O NaOH溶液（其他答案合理亦可）

紫石蕊溶液 NaOH和Na2CO3

【解析】

【分析】

铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气；碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠、水、二氧化碳，碳酸钠与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水。

【详解】

（1）铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气；碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠、水、二氧化碳，所以有气泡出现的试管是BD；

（2）碳酸钠与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，所以有沉淀生成的试管是GH；

（3）指示剂能在酸性和碱性环境中分别呈现不同的颜，在A试管中盛有紫石蕊试液，加入盐酸后，显酸性，酸能使紫石蕊试液变红，再向其中加入氢氧化钠溶液，当氢氧化钠把盐酸反应掉后，显碱性时，碱能使紫石蕊试液变蓝，故当向其中加入过量的氢氧化钠溶液后，溶液变为蓝．由此推断，该试管中最初盛有的物质是紫石蕊溶液。

（4）反应后有白沉淀产生，滤液中必须含有碳酸根离子，过滤后向滤液中滴加盐酸，一段时间后有气泡冒出，说明滤液中含有碳酸根离子，所以H不可能；在G中必须是碳酸钠过量，因为碳酸钠与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，所以滤液中一定含有氢氧化钠，又因为碳酸钠过量，所以滤液中还含有碳酸钠，故该滤液中的溶质是NaOH和Na2CO3

23．利用下图装置进行实验。

实验装置

实验过程

（实验1）探究可燃物燃烧的条件

①

在A、B中各放一小块白磷（着火点为40℃），A中加入约1/3试管的80℃水，A、B中白磷均不燃烧；

②

从a处通入O2使A中热水恰好完全进入B中，A中白磷燃烧，B中白磷不燃烧；

③

，B中白磷燃烧。

（实验2）探究MnO2在H2O2分解中的作用

① A中加入约1/3试管的H2O2溶液，B中放入一面粘有

MnO2的玻璃片，A、B中均无明显现象；

②

从c处抽气，使A中液体进入B中，观察到玻璃片上粘有MnO2的一面产生大量气泡，另一面无明显变化。

回答下列问题：

（1）实验1：步骤③中的操作是_____________。能说明“可燃物燃烧需要温度达到着火点”的实验现象是___________________。

（2）实验2：B中反应的化学方程式是______________。该实验能否得出“MnO2是H2O2分解的催化剂”的结论？你的判断及理由是_____________。

【答案】从a（或c）通入O2

步骤① B中白磷不燃烧，步骤③ B中白磷燃烧

2H2O2MnO22H2O + O2

不能，因为没有证明MnO2在反应前后的质量和化学性质都不发生改变

【解析】

【分析】

【详解】

（1）实验1：步骤③中的操作是从a（或c）通入O2，燃烧需要同时满足三个条件：一是要有可燃物，二是可燃物要与氧气接触，三是温度要达到可燃物的着火点；以上三个条件都能满足时，可燃物才能发生燃烧。B中的白磷没有氧气，故要使B中的白磷燃烧，故要通入氧气；步骤① B中白磷不燃烧，步骤③ B中白磷燃烧，说明燃烧需要温度达到着火点。

（2）过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成的水和氧气，反应的化学方程式为2H2O2MnO22H2O + O2↑；催化剂具有“一变二不变”的特点，即能改变物质的反应速率，但自身的质量和化学性质不变，由于还没有判断二氧化锰的质量和化学性质是否发生改变，故不能说明二氧化锰是过氧化氢分解的催化剂。

24．如图A～F是实验室制备某些常见气体的装置示意图．

（1）装置图中仪器a的名称为______________。

（2）用氯酸钾和二氧化锰混合共热制取氧气，写出反应的化学方程式：

__________________________________________________________________________。

（3）实验室利用B装置制取二氧化碳的化学方程式为___________________________，如果利用G装置收集二氧化碳，气体应从__________端通入（填“b”或“c”），用C装置代替B装置作为发生装置，其主要优点是_________________________________。

（4）排水法收集与排空气法收集CO2的比较（分别用体积相同的2个集气瓶收集） 比较项目

排水法

向上排空气法

收集方法可行性分析

因为CO2气体生成和从水面逸出的速率远大于其溶解和与水反应的速率，所以可用排水法收集。

因为①_________，所以可用向上排空气法收集。

“验满”分析：因气体无

收集过程分析

用排水法收集CO2，集满现象是：②_____

，故集满与否较难确定．即便用燃着木条移近容器口火焰熄灭，也难以证明空气完全排尽

向收集到CO2的集气瓶内倒入等体积适量澄清石灰水，并振荡

先浑浊后变澄清所需时间较短

先浑浊后变澄清所需时间较长

由上述实验可得结论

与排空气法相比，排水法的优点是：③____________

（5）查阅资料可知：在金属活动性顺序里，位于氢后面的金属Cu，在常温下虽然不能与稀盐酸、稀硫酸反应，但可以与无硝酸溶液反应，其化学方程式为Cu + 4HNO3（浓）＝Cu（NO3）2+ 2NO2↑+2H2O。

反应生成的NO2是红棕、有刺激性气味的有毒气体。可用下图所示装置进行实验，请回答：

①检查装置的气密性：关闭弹簧夹，将干燥管放入带有水的烧杯中，若观察到_______________________，则表明该装置的气密性良好。

②打开弹簧夹，用注射器慢慢抽取干燥管内的气体，浓硝酸沿着干燥管慢慢上升，直到硝酸与铜片接触，停止抽拉注射器，关闭弹簧夹，观察干燥管内的现象是：_____________________________________。

③上述实验完成后，须用足量NaOH溶液将气体吸收，其目的是_____________________。

【答案】水槽 2KClO32KCl + 3O2↑ CaCO3+2HCl==CaCl2+H2O+CO2↑ b

可控制反应的速率、剧烈程度

二氧化碳的密度比空气大

集气瓶内无气体（气泡从瓶外冒出等）

干燥管内液面低于烧杯内液面（或干燥管内液面不上升）

用排水法收集的二氧化碳更纯净，现象更明显

干燥管内出现红棕气体，干燥管内液面下降，反应停止

除去二氧化氮气体，防止污染环境

【解析】

试题分析：（1）装置图中仪器a的名称为水槽；（2）用氯酸钾和二氧化锰混合共热制取氧气，反应的化学方程式为2KClO32KCl + 3O2

↑，（3）实验室利用B装置制取二氧化碳的化学方程式为CaCO3+2HCl==CaCl2+H2O+CO2↑，利用G装置收集二氧化碳，因为二氧化碳的密度比空气的大，气体要长近短出，故气体应从b端通入

，用C装置代替B装置作为发生装置，其主要优点是控制反应的速率、剧烈程度；（4）向上排空气法收集的原因是密度比空气大，用排水法收集CO2，集满现象是集气瓶内无气体（气泡从瓶外冒出等）；与排空气法相比，排水法的优点是用排水法收集的二氧化碳更纯净，现象更明显；（5）①检查装置的气密性：关闭弹簧夹，将干燥管放入带有水的烧杯中，若观察到干燥管内液面低于烧杯内液面（或干燥管内液面不上升），则表明该装置的气密性良好。②打开弹簧夹，用注射器慢慢抽取干燥管内的气体，浓硝酸沿着干燥管慢慢上升，直到硝酸与铜片接触，停止抽拉注射器，关闭弹簧夹，观察干燥管内的现象是：干燥管内出现红棕气体，干燥管内液面下降，反应停止；③上述实验完成后，须用足量NaOH溶液将气体吸收，其目的是除去二氧化氮气体，防止污染环境。

考点：气体的制取和净化

25．某矿井中的瓦斯气体可能含有CO、CO2、CH4等气体。为确定该瓦斯气体的成分，兴趣小组同学设计了如下实验方案供大家讨论：

（查阅资料）CH4+4CuO（实验装置）

Δ4Cu+CO2+2H2O

（1）装置C中的氧化铜由黑变为红，说明__________。 （2）大家认为，欲通过D装置中浓硫酸因吸收水分而增重，说明混合气体中含有CH4的思路不严密，认为需要在_________（填装置序号，下同）间再增加一个_____装置，才能证明含有CH4。

（3）装置B的作用是________。

（4）该装置存在的安全隐患是_______。

（5）综合上述讨论，兴趣小组排除了安全隐患，将混合气体通过改进后的装置进行了实验探究，请根据实验现象和数据填写结论：

装置

A

B

C

D

E

实验现象/数据

石灰水变浑浊

无明显现象

黑粉末变成红

装置D增重3.6g

装置E增重4.4g

通过实验现象和数据，小组成员一致认为该气体样品中含有_______。

实验结论

（反思）（6）小明认为使用该装置存在着误差，他的理由是_________。

【答案】混合气体中至少有CO、CH4中的一种 BC D

吸收二氧化碳

可能发生爆炸

CO2、CH4

气体通过E装置时会带出水蒸气，所以E装置质量的增加值小于实际生成二氧化碳的质量

【解析】

【分析】

【详解】

（1）一氧化碳具有还原性，加热条件下能与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，反应的化学方程式为：CO+CuOΔCu+CO2；甲烷同样可以与氧化铜反应，反应的化学方程式为ΔCH4+4CuO4Cu+CO2+2H2O，装置C中的氧化铜由黑变为红，说明混合气体中至少有CO、CH4中的一种；

（2）气体通过石灰水和氢氧化钠溶液时会带出水蒸气，需要在BC间再增加一个D装置，以吸收水蒸气。

（3）因为Ca(OH)2微溶于水，装置A不能保证二氧化碳吸收完全，需用氢氧化钠溶液来完全吸收二氧化碳。

（4）可燃性气体与空气混合，加热时可能发生爆炸。

（5）A中石灰水变浑浊，说明原气体中含有二氧化碳；黑粉末变成红，说明含有还原性的气体；装置D增重3.6g，装置E增重4.4g，即生成了3.6g水和4.4g二氧化碳；说明混合气体中一定含有甲烷，4.4g二氧化碳中含有碳元素的质量为：4.4g122100%1.2g，3.6g水中含有氢元素的质量为：3.6g100%0.4g，碳4418元素和氢元素的质量比为1.2g：0.4g=3：1，恰好等于甲烷中碳元素和氢元素的质量比，则混合气体中一定含有甲烷，不含一氧化碳。

（6）气体通过E装置时会带出水蒸气，所以E装置质量的增加值小于实际生成二氧化碳的质量。

【点睛】

掌握一氧化碳具有还原性、常见气体的检验方法等是正确解答本题的关键。

26．实验室常用大理石与稀盐酸反应制取二氧化碳。某种大理石除主要成分CaCO3外，还有少量的硫化钙。甲和乙两位同学用这种大理石和稀盐酸反应分别展开以下探究。

查阅资料一：在常温下，测得浓度均为a%的下列五种溶液的pH大小情况：H2SO4

（1）复分解反应的有条规律：较强酸发生类似反应可以生成较弱酸。下列反应均能发生，其中不符合该规律的是_________（填字母）。

a .2HClCaCO3=CaCl2H2OCO2

b.

2HClCaS=CaCl2H2S

2H2OCa(C1O)2CaCO32HC1O

d.H2SCuSO4H2SO4CuS

资料二：常见干燥剂有①浓硫酸

②无水氯化钙

③碱石灰

④生石灰

（实验探究）同学为了得到纯净的二氧化碳，设计了如下装置，请你分析：

（2）制备的二氧化碳气体中，可能含有的杂质是___________________。

（3）上述装置中，硫酸铜溶液作用是_____________。已知饱和碳酸氢钠的作用是除去CO2中的HC1气体，写出此反应的化学方程式_____________________。

（4）上述装置中，C物质可能是下列常见干燥剂中的____（写序号）。

①浓硫酸

②无水氯化钙

③碱石灰（氢氧化钠和氧化钙的混合物）

④生石灰

【答案】d

水蒸气、氯化氢、硫化氢

吸收硫化氢 NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2

②

【解析】 【分析】

【详解】

（1）在常温下，测得浓度均为a%的下列五种溶液的pH大小情况：H2SO4HCI>H2S>H2CO3>HC1O。

较强酸发生类似反应可以生成较弱酸。

a .2HClCaCO2=CaCl2H2OCO2，盐酸的酸性强于碳酸，不符合题意；

b.2HClCaS=CaCl2H2S，盐酸的酸性强于氢硫酸，不符合题意；

2H2OCa(C1O)2CaCO32HC1O

碳酸的酸性强于次氯酸，不符合题意；

d.H2SCuSO4H2SO4CuS

氢硫酸的酸性弱于硫酸，不是强酸制弱酸原则，符合题意。故选d。

（2）制备的二氧化碳气体中，可能含有的杂质是水蒸气、挥发出的氯化氢和反应生成的硫化氢。

（3）上述装置中，硫酸铜和硫化氢反应生成硫酸和硫化铜沉淀，所以硫酸铜溶液作用是吸收硫化氢；已知饱和碳酸氢钠的作用是除去CO2中的HCl气体，是因为碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，此反应的化学方程式：NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑。

（4）上述装置中，C物质可能是下列常见干燥剂中的无水氯化钙，不可能是浓硫酸，因为浓硫酸是液体，不可能是碱石灰，碱石灰能够吸收二氧化碳，不可能是生石灰，生石灰和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙和水。故选②。

同桌的你删减了什么-