2020年中考化学三模试题及答案
一、选择题（培优题较难）
1．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。
2．下列说法正确的是（）
A．根据质量守恒定律，2gH2跟8gO2完全反应，可得到10gH2O
B．用含Fe2O385%的赤铁矿160t，理论上可生产100t含杂质4. 8%的生铁
C．各取10g镁粉和锌粉，分别与足量的盐酸完全反应，镁粉产生的H2多，说明镁的金属活动性比锌强
D．将l0gCuSO4·5H2O与90gH2O混合，固体完全溶解，可得100g溶质的质量分数为10%的CuSO4溶液
【答案】B
【解析】
【详解】
A、氢气和氧气反应的化学方程式为：，在此反应中氢气、氧气和水的质量关系4：32：36=1：8：9，则1gH2能与8gO2完全反应生成9g水，反应后氢气有剩余，错误；
B、160t赤铁矿中含氧化铁的质量为：160t×85％=136t。
设136t氧化铁理论上可以炼出铁的质量为x。
x=95.2t
可炼得含杂质4. 8%生铁的质量为：95.2t÷（1-4.8％）=100，正确；
C、金属与酸反应，产生气体的多少与金属的活动性没有关系，错误；
D、l0gCuSO4·5H2O中CuSO4的质量为：10g××100％=6.4g。与90gH2O混合，固体完全溶解，可得100g溶质的质量分数为：×100％=6.4％，错误。
故选B。
3．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 。
4．密闭容器中盛有CH 4和O 2的混合气体，点燃使其充分反应，CH 4全部转化为CO 、CO 2和H 2O ，待容器恢复至室温，测得容器内混合气体中碳元素的质量分数为36%．则反应前CH 4和O 2的质量比为( ) A ．4：13 B ．3：10
C ．2：7
D ．1：4
【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
假设反应后该混合气体的质量为100g ．则混合气体中含碳元素100g 36%=36g ?，其中氧元素的质量为100g-36g=64g ，根据元素的守恒，可知甲烷中碳元素的质量为36g ，则甲烷的质量为1236g 100%=48g 16??
÷?
???
，甲烷中氢元素的质量为448g 100%=12g 16??，甲
烷燃烧时，其中的氢元素转化为水中的氢元素．则反应后生成水的质量为
212g 100%=108g 18??
÷? ???
，反应后生成水中的氧元素的质量为108g-12g=96g ，根据质
量守恒定律，则氧气的质量为64g+96g=160g 。则反应前CH 4和O 2的质量比为
48g:160g 3:10=，故选B 。
5．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．A B．B C．C D．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。
CaCl、KCl的固体混合物，可选用的一组试剂是
6．分离2
A．水、硝酸银、盐酸B．水、碳酸钠、盐酸
C．水、碳酸钾、硫酸D．水、碳酸钾、盐酸
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A、氯化银难溶于水，氯化钾、硝酸钙、盐酸易溶于水，可加水溶解，再进行过滤，分离出氯化银；但氯化钾、硝酸钙、盐酸均能溶于水，不能分离出氯化钾、硝酸钙、盐酸，引入新的杂质，错误；
B、碳酸钠能与稀盐酸反应生成氯化钠和水，引入新的杂质，错误；
C、碳酸钾能与硫酸反应反应生成硫酸钾、水和二氧化碳，引入了新的杂质硫酸钾，错误；
D、氯化钙和碳酸钾反应生成碳酸钙白色沉淀和氯化钾，碳酸钙难溶于水，氯化钾易溶于水，进行过滤，分离出碳酸钙，碳酸钙能与盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，正确。故选D。
7．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
7355
7.3%16.5x g
=?
x=300g 。故选D 。
8．相同质量的碳酸镁和碳酸氢钠分别与足量的盐酸反应，下列说法正确的是 A ．消耗的氯化氢一样多 B ．碳酸镁消耗的氯化氢少 C ．生成的二氧化碳一样多 D ．碳酸氢钠生成的二氧化碳少 【答案】C
【解析】设碳酸镁和碳酸氢钠的质量为84g ， MgCO 3 +2HCl ==CaCl 2+ CO 2↑ + H 2O 84 73 44 84g x y 84/84g=73/x x=73g 84/84g=44/y y=44g NaHCO 3+HCl====NaCl+H 20+CO 2↑ 84 73 44 84g m n 84/84g=73/m m=73g 84/84g=44/n n=44g
相同质量的碳酸镁和碳酸氢钠分别与足量的盐酸反应，消耗的氯化氢一样多 、生成的二氧化碳一样多。选C
9．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（ ）
A ．A
B ．B
C ．C
D ．D
【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、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。
10．某氢氧化钠固体样品，可能含有固体氢氧化钾和不溶于酸的杂质 A，取 5.6g 该样品与100g 一定质量分数的稀盐酸反应，两者恰好完全反应，生成 mg 水，下列说法正确的是（）
A．若样品不含任何杂质，则 m＜1.8
B．若 m=1.8，则样品中一定含有杂质 A，可能含有固体氢氧化钾
C．若 m=1.8，则样品中至少含有杂质 A 或固体氢氧化钾中的一种
D．若样品中既含有 A，也含有固体氢氧化钾，则一定 m＞1.8
【答案】B
【解析】
【分析】
假设5.6g全部为氢氧化钠，则设生成水的质量为x，盐酸溶质的质量为y，
NaOH HCl NaCl H O
+=+
2
4036.518
5.6g y x
4036.518
==
5.6g y x
解得：x=2.52g y=5.11g
假设样品全部为氢氧化钾，则设生成水的质量为z，
2 KOH HCl KCl H
5618
56g z O
.
+=+
5618
5.6g z
=
解得：z=1.8g。
【详解】
A、根据上述计算可以知道若样品不含任何杂质生成水的质量为2.52g，错误；
B、因为全部为氢氧化钠生成水的质量为2.56g，所以若生成水的质量为1.8g，则说明在样品中一定含有杂质A，当然其中也可能含有氢氧化钾，正确；
C、根据B的分析可以知道，若生成水的质量为1.8g，则说明在样品中一定含有杂质，但不可能只含有氢氧化钾，因为单独的氢氧化钠反应生成水的质量大于1.8g，而单独的氢氧化钾反应生成水的质量等于1.8g，所以如果样品中的杂质只含有氢氧化钾的话，生成的水的质量必然大于1.8g，错误；
D、由题意可知，若样品中既含有A，也含有固体氢氧化钾，则m 可以小于或等于1.8，错误。故选B。
11．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
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。
12．下列图象正确的是
A．表示KMnO4加热制O2生成的MnO2的质量与时间的关系图
B．表示CO还原CuO的实验中，试管内固体质量与时间关系图
C．表示向Ca(NO3)2(含少量 HCl)溶液中滴加K2CO3溶液，沉淀量与K2CO3的加入量的关系图D．表示向足量的稀HCl中加入少量Fe，溶液质量与时间的关系图
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【解析】
A、因为MnO2是生成物，所以质量是由0逐渐增加的；
B、试管内固体质量的变化就是CuO→Cu的质量变化；
C、滴加滴加K2CO3溶液，首先和盐酸反应，然后和Ca（NO3）2反应；
D、溶液质量的变化就是HCl→FeCl2的质量变化。
解：A、因为MnO2生成物，所以开始反应时质量为0，所以图象起点错误，故A错误；B、发生的反应为CuO+CO=Cu+CO2，固体的质量由CuO→Cu，质量减少，而图象是固体质量增加，曲线走向错误，故B错误；
C、滴加滴加K2CO3溶液，首先要和盐酸反应，K2CO3+2HCl=2KCl+CO2↑+H2O，直到盐酸完全反应再和Ca（NO3）2反应，这段时间没有沉淀生成，起点错误，所以图象C错误；
D、发生的反应为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，分析发现溶液质量的变化就是2HCl→FeCl2的质量变化，根据质量守恒可知质量增加，所以D正确。
故选D
13．某化学兴趣小组为测定Fe、Cu、Ag三种金属的活动性顺序，选用下列各组试剂，你
认为不可行的是
A．Cu、Ag、FeSO4溶液 B．Cu、FeCl2溶液，AgNO3溶液
C．Fe、Ag、CuSO4溶液 D．Fe、Cu、稀硫酸，AgNO3溶液
【答案】A
【解析】根据金属活动顺序进行思考，Fe、Cu、Ag这三种金属的金属活动性由强到弱的顺序为Fe＞Cu＞Ag．在金属活动顺序表中，前边的金属可以把后边的金属从其盐溶液中置换出来，所以可以选择相应的金属和盐溶液进行反应来证明这三种金属的活动性强弱．
A、因为铁的活动性在三种金属中最强，所以Cu，Ag都不能和FeSO4溶液反应，得不出Cu，Ag的活动性强弱，所以此方案不可行．
B、Cu，FeCl2溶液，AgNO3溶液这三种物质中，铜与FeCl2溶液不反应，证明铁的活动性比铜强，铜与AgNO3溶液能反应，证明铜比银的活动性强，此方案可行．
C、铁可以置换CuSO4溶液中的铜而出现红色固体，证明铁的活动性比铜强，银和CuSO4溶液不反应，证明铜比银的活动性强，因此，可以证明三种金属的活动性强弱，此方案可行．
D、Fe，Cu，稀硫酸，AgNO3溶液四种物质中，铁能与稀硫酸反应，也能与AgNO3溶液反应，证明铁比氢和银的活动性强，铜和稀硫酸不反应，但能与AgNO3溶液反应，证明铜的活动性比氢弱，比银强，也能得出三种金属的活动性强弱，此方案可行．故选B．
14．把一定量氧化铜和0.8g氧化镁的混合物投入到溶质质量分数为9.8%的稀硫酸中，待固体完全溶解后，再往溶液里加入溶质质量分数为8%的NaOH溶液，生成沉淀质量与加入溶液质量关系如图所示。下列说法中正确的是
A．稀硫酸的质量为120 g
B．a的取值范围为0＜ a＜60
C．当a值为60时，b值为4.8 g
D．混合物的质量可能为7.0 g
【答案】D
【解析】氧化铜、氧化镁和稀硫酸、硫酸铜、硫酸镁和氢氧化钠反应的化学方程式为：CuO+H2SO4═CuSO4+H2O，MgO+H2SO4═MgSO4+H2O，CuSO4+2NaOH=Cu（OH）↓+Na2SO4，MgSO4+2NaOH=Mg（OH）2↓+Na2SO4，
2
A、由以上反应关系可知，H2SO4～2NaOH，
设稀硫酸中硫酸质量为x，
H2SO4～2NaOH，
98 80
x 100g×8%
9880
100?8%
x g = x=9.8g ，
稀硫酸的质量为
9.8g
9.8%
=100g ， 该选项说法错误；
B 、由以上反应关系可知，MgO ～H 2SO 4， 设氧化镁消耗硫酸的质量为y ， MgO ～H 2SO 4， 40 98 0.8g y
4098
0.8g y
= y=1.96g ，
剩余硫酸质量小于：100g×
9.8%-1.96g=7.84g ， 设剩余硫酸消耗氢氧化钠的质量最多为z ， H 2SO 4～2NaOH ， 98 80 7.84g z
9880
7.84g z
= z=6.4g ，
a 的值小于：6.4g÷8%=80g ，因此a 的取值范围为0＜a ＜80， 该选项说法错误；
C 、当a 值为60时，和硫酸铜、硫酸镁反应的氢氧化钠质量为：（100g-60g ）×8%=3.2g ， 设3.2g 氢氧化钠完全和硫酸铜反应时生成氢氧化铜质量为n ，完全和硫酸镁反应时生成氢氧化镁质量为p ，
CuSO 4+2NaOH=Cu （OH ）2↓+Na 2SO 4，MgSO 4+2NaOH=Mg （OH ）2↓+Na 2SO 4， 80 98 80 58 3.2g n 5.6g p
80983.2g n = 8058
3.2g p
= n=3.92g ，p=2.32g ，
由计算可知，2.32＜b ＜3.92，因此当a 值为60时，b 值不可能为4.8，该选项说法错误； D 、混合物的质量为7.0g 时，氧化铜质量为：7.0g-0.8g=6.2g ， 设氧化铜消耗硫酸质量为m ， CuO+H 2SO 4═CuSO 4+H 2O ， 80 98 6.2g m
8098
6.2g m
m=7.595g ，
则氧化铜和氧化镁消耗硫酸质量为：7.595g+1.96g=9.555g ， 剩余硫酸质量为：100g×9.8%-9.555g=0.245g ＜7.84g ， 该选项说法正确。
15．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Zn 2+和Cu 2+、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：332=Zn(NO Zn+2AgN )O +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：
3232=Zn+Cu(NO )Zn(NO )+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Zn 2+和Cu 2+，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。
16．除去物质中的少量杂质，下列方法不能达到目的的是（）
选项物质杂质除去杂质的方法
A CaO CaCO3高温充分煅烧
B KCl溶液CaCl2通入足量的CO2，过滤
C CO2CO通过足量的灼热氧化铜
D H2HCl依次通过足量的NaOH溶液和浓硫酸
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】
利用混合物中两种物质的性质差别，分析除杂方法对混合物组成的影响，判断该方法是否能达到除去杂质的目的，选出不能达到的选项。
A. 高温充分煅烧CaCO3，生成氧化钙和二氧化碳，正确；
B. CaCl2溶液不与二氧化碳反应，故错误；
C. CO2（CO）通过足量的灼热氧化铜，CO与氧化铜反应，生成CO2，正确；
D. HCl气体溶于水与NaOH溶液反应生成氯化钠和水，氢气不与氢氧化钠反应，然后通过浓硫酸干燥，正确。
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。
17．下列曲线能正确表达对应的反应或过程的是
A．向一定量的盐酸中逐滴加水稀释
B．某温度下将一定量接近饱和的KNO3溶液恒温蒸发水分
C．金属与一定量的稀硫酸反应，由图像可知，金属N比金属M活泼
D．将a、b、c三种物质的饱和溶液分别由t1℃升温至t2℃时，所得溶液中溶质质量分数大小关系是：a＞b＞c
【答案】B
【解析】A. 向一定量的盐酸中逐滴加水稀释，酸性变弱，pH变大，但溶液始终呈酸性，
pH始终小于7；B. 某温度下将一定量接近饱和的KNO3溶液恒温蒸发水分，溶液的浓度逐渐增大，成为饱和溶液后，溶质的质量分数不再改变；C. 金属与一定量的稀硫酸反应，由图像可知，金属M比金属N反应速率更快，即金属M比金属N反应更剧烈，所以金属M比金属N的活动性强；D. 将a、b、c三种物质的饱和溶液分别由t1℃时三种物质溶解度关系式：a=b>c,其饱和溶液溶质的质量分数关系为：a=b>c,升温至t2℃时，ab的溶解度变大，溶质的质量分数不变，c的溶解度变小溶质析出，溶质的质量分数减小，故所得溶液中溶质质量分数大小关系是：a=b＞c。
选B
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
18．利用废硫酸制备K2SO4的流程如下图．则下列说法不正确的是
A．流程中CaCO3可循环使用 B．将CaCO3研成粉末的目的使反应更充分
C．M和碱混合微热产生无色无味气体 D．洗涤所得晶体，是为了除去表面的杂质
【答案】C
【解析】A、如果生成物和反应物中都有某种物质，这种物质一般可循环利用；
B、把反应物研成粉末是为了加快反应速率；
C、铵态氮肥与碱供热生成有刺激性气味的氨气；
D、结合实验目的判断。
解：A、观察上述流程，发现碳酸钙既是反应物也是生成物，因此流程中CaCO3可循环使用。故正确；
B、将CaCO3研成粉末，可以增大反应物的接触面积，其目的是加快反应速率。故正确；
C、根据复分解反应发生的条件，M溶液是(NH4)2SO4溶液，因此M和碱混合微热产生有刺激性气味的氨气。故错误；
D、为了得到较纯的K2SO4晶体，常洗涤反应所得晶体。故D正确。
19．取一定质量的CaCO3高温煅烧一段时间后冷却，测得剩余固体为12.8 g，向剩余固体中加入200 g稀盐酸，恰好完全反应，得到208.4 g不饱和溶液。则加热前碳酸钙的质量为A．15 g B．18 g C．20 g D．30 g
【答案】A
【解析】
取一定质量的CaCO3高温煅烧一段时间后冷却，测得剩余固体为12.8g，向剩余固体中加入200g稀盐酸，恰好完全反应，得到208.4g不饱和溶液。所以生成二氧化碳的质量为：12.8g，+200g-208.4g=4.4g。设剩余固体中碳酸钙的质量为x，
CaCO3 + 2HCl == CaCl2 + H2O + CO2↑
100 44
x 4.4g
100/x=44/4.4g x=10g
固体中氧化钙的质量为12.8g-10g=2.8g
设分解的碳酸钙质量为y
CaCO3高温CaO+CO2↑
100 56
y 2.8g
100/y=56/2.8g y=5g
所以原碳酸钙的质量为5g+10g=15g 选A
点睛：方程式的计算，关键根据化学反应方程式找出相关物质的质量关系，利用反应中物质的质量比不变进行列比例计算，易错点是，由方程式求质量比算数错误，所以这一步要仔细检查。
20．下列制备物质的设计中，理论上正确，操作上可行。经济上合理的是
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】理论上正确，要求物质的转化需符合物质的性质及变化规律；操作上可行，要求操作应简便易行；经济上合理，要求不能利用价格昂贵的物质转化为价格低廉的物质；根据以上要求，分析每个方案；分析时可首先判断理论上是否可行，然后再考虑操作上的可行性与经济上的合理性。
解：A、一氧化碳高温下与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠；理论上正确，操作中需要加热不够简便，且使用氢氧化钠制取碳酸钠，经济上不合理；故A不正确；
B、与硝酸银反应可生成硝酸铜，硝酸铜与氢氧化钠可生成氢氧化铜沉淀；理论上正确，操作上也较简便，但利用硝酸银、氢氧化钠制取氢氧化铜，经济上不合理；故B不正确；
C、铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁而不能生成三氧化二铁，因此该方案在理论上就是错误的；故C不正确；
D、氧化钙与水反应可生成氢氧化钙，氢氧化钙与碳酸钠反应可生成氢氧化钠；理论上正确，操作也只需要加入液体较为简便，利用碳酸钠获得氢氧化钠，经济上也合理；故D正确。
故选D。
点睛：熟练掌握物质的性质与变化规律为解答理论上正确所需要的知识基础，熟悉常见物质的用途则为经济上合理的判断提供参考依据。
21．如图是某固体物质的溶解度曲线，下列说法错误的是（）
A．30 ℃时，该物质的溶解度为40 g
B．50 ℃时，将40 g该物质加入100 g水中，搅拌后得到的是不饱和溶液
C．温度升高，溶液中该固体的质量分数一定增大
D．20 ℃和30 ℃时的两份该物质溶液，所含的溶质的质量可能相等
【答案】C
【解析】从固体溶解度曲线及其作用和有关溶质质量分数的简单计算。
A.由图中给出坐标可知，横坐标为时对应的纵坐标溶解度为40g；
B.由图中给出坐标可知，时，该溶质的溶解度大于40g，因此将40g该物质加入到
水中，搅拌后得到的是不饱和溶液；
C．温度升高，该物质的溶解度增大，但如果溶质不变，溶质的质量分数也不变；
D．若20 ℃和30 ℃时，溶液中所溶解的溶质质量可能相等，而不是说温度高溶解的溶质质量就一定多。
综上所述，正确答案为：C。
22．把二氧化碳、一氧化碳、氢气和氮气混合气体通过石灰水，灼热的氧化铜(假设每个过程中发生的化学反应充分)，冷却后留下的气体是( )
A．二氧化碳和氮气 B．氮气和水蒸汽
C．一氧化碳和二氧化碳 D．氮气和氢气
【答案】A
【解析】二氧化碳、一氧化碳、氢气和氮气混合气体通过石灰水，二氧化碳会与石灰水反应生成碳酸钙沉淀和水，CO2被吸收；再通过灼热的氧化铜后，一氧化碳、氢气与灼热的氧化铜反应分别生成铜和二氧化碳、铜和水蒸气，一氧化碳吸收，但生成了二氧化碳、水蒸气；冷却后留下的气体是二氧化碳和氮气。故选A。
23．下列有关氯酸钾和二氧化锰共热反应时各物质间的质量关系，正确的是
A．B．
C ．
D ．
【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
A 、氯酸钾在二氧化锰的催化作用下生成氯化钾和氧气，可见随着氯化钾的质量增加，氧
气的质量增加，Δ3222KClO 2MnO 24514KCl +3O 996
↑
，且质量比为: 149:96=49.7:32，不符合质量
比关系，错误；
B 、氯酸钾在二氧化锰的催化作用下生成氯化钾和氧气，可见随着氯酸钾反应的质量增加，
氧气的质量增加，Δ3222KClO 2MnO 24514KCl +3O 996
↑
，且质量比为:245:96=24.5:32，符合题
意，正确；
C 、氯酸钾在二氧化锰的催化作用下生成氨化钾和氧气，二氧化锰作催化剂，反应前后质量不变，氧气的生成质量与二氧化锰无关，故图象与实验操作过程不对应，错误；
D 、氯酸钾在二氧化锰的催化作用下生成氯化钾和氧气，随着固体混合物质量的减少，氧气的质量增加，故图象与实验操作过程不对应，错误。故选B 。
24．下列各组对比实验，能达到实验目的的是：
实验目的
实验方案
实验① 实验②
A
探究碘在汽油和植物油中的溶解性
B 探究温度对反应剧烈程度的影响
C 探究催化剂对反应快慢的影响
D探究CO2的化学性质
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【解析】
A、食盐和高锰酸钾都能溶于水，能够达到实验目的；
B、铜和盐酸不能发生反应，不能够达到实验目的；
C、由于温度不一样，因此无法比较催化剂对反应快慢的影响，该选项不能达到实验目的；
D、实验1中蜡烛由下而上依次熄灭，说明二氧化碳密度比空气大，不燃烧，也不支持燃烧，实验2中澄清石灰水变浑浊，说明二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，实验1和实验2探究的化学性质不同，不能够达到实验目的。故选A。
25．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
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C
二、实验题（培优题较难）
26．小红学碱的性质时做了如图两个实验，并把两个实验的滤液都倒入了一个烧杯中，结果烧杯中产生了少量气泡，最终还有白色沉淀生成。回答下列问题：
(1)实验①中酚酞溶液的作用___________________。
(2)实验②中滤液的溶质除有氢氧化钠外，还有________________(填化学式)。
(3)烧杯中产生白色沉淀物的化学方程式____________。
(4)小红对烧杯中的溶质的成分进行探究：小红认为除有NaCl外,还可能含有:
猜想1:还可能含有CaCl2
猜想2: 还可能含有___________,为了验证猜想1提出方案如下:
实验操作实验现象实验结论
猜想1正确
取烧杯中的少量滤液于试管
中,加入Na2CO3溶液_____________________
【答案】显示中和反应发生及反应程度Na2CO3CaCl2+Na2CO3 = CaCO3↓+2NaCl Na2CO3
有白色沉淀
【解析】
（1）澄清石灰水解稀盐酸均为无色透明的溶液，实验①中酚酞溶液的作用是显示中和反应发生及反应程度；(2) 把两个实验的滤液都倒入了一个烧杯中，结果烧杯中产生了少量气泡，最终还有白色沉淀生成。证明实验②中滤液的溶质除有氢氧化钠外，还有Na2CO3；(3) 碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙白色沉淀和氯化钠，故烧杯中产生白色沉淀物的化学方程式为：CaCl2+Na2CO3 = CaCO3↓+2NaCl；(4)如果氯化钙和碳酸钠恰好完全反应，则溶质为氯
化钠；若氯化钙过量，则溶质除了氯化钠以外还有氯化钙；若碳酸钠过量，则溶质除了氯化钠以外还有碳酸钠，故小红对烧杯中的溶质的成分进行探究：小红认为除有NaCl外，还可能含有：猜想1:还可能含有CaCl2；猜想2：还可能含有Na2CO3；为了验证猜想1提出方案如下：
实验操作实验现象实验结论
取烧杯中的少量滤液于试管
中，加入Na2CO3溶液
_______有白色沉淀
_____________
猜想1正确
27．化学小组根据氨气还原氧化铜的反应，设计实验测定Cu元素的相对原子质量．
已知：①2NH4Cl+Ca（OH）2＝CaCl2+2NH3↑+2H2O ②氨气（NH3）是碱性气体
请结合下图回答问题．
（1）将纯净干燥的氨气通入B中，观察到玻璃管内黑色固体变为亮红色，管口有液滴，同时生成空气中含量最多的气体，写出B中发生反应的化学方程式为_____．
（2）测定Cu元素相对原子质量的实验过程为：先称量CuO的质量，完全反应后测定生成水的质量，由此计算出Cu元素的相对原子质量．
Ⅰ．小组同学利用上图进行实验，下列装置连接合理的是（填序号，装置可重复使用）
_____．
①ACBDC ②ADBCD ③ADBDC ④ABDC
Ⅱ．在本实验中，使测定结果偏大的原因可能是_____ （填序号）；
①CuO未完全起反应②CuO不干燥
③CuO中混有不反应的杂质④NH4C1与Ca（OH）2混合物不干燥
Ⅲ．在本实验中，还通过测定_____的质量达到实验目的．
【答案】3CuO + 2NH33Cu + N2+ 3H2O ③①③ CuO和Cu
【解析】
【分析】
【详解】
（1）观察到玻璃管内黑色固体变为亮红色，说明生成铜，管口有液滴，说明生成水，其中空气中含量最多的气体为氮气，化学方程式为3CuO + 2NH33Cu + N2+ 3H2O；
（2）①根据实验设想，选择简单、合理的装置组装能实现实验目的实验装置是：制取氨气，用氢氧化钠干燥氨气，通过灼热的氧化铜、氢氧化钠吸收水蒸气，浓硫酸吸收尾气中氨气，故选③；
②氧化铜中氧元素质量和生成水中氧元素质量相等，生成水蒸气少，则氧元素减少，铜相对原子质量偏大；反之，偏小。
CuO未完全起反应、③CuO中混有不反应的杂质，生成水的质量偏小，铜元素质量偏大，结果偏大；②CuO不干燥④NH4C1与Ca（OH）2混合物不干燥，生成水质量偏大，铜元素质量偏大，结果偏大。故选①③。
根据对实验的理解，为达到测定目的，还可以测量CuO和Cu的质量，它们的差就是氧元素质量，根据氧化铜化学式可以计算出来。
28．氢化钙固体是登山运动员常用的能源提供剂。某探究小组的同学通过查阅资料得知，氢化钙（CaH2）与水反应生成氢氧化钙和氢气。
请写出该反应的化学方程式：
探究小组的同学把一定量的CaH2加入碳酸钠溶液中，充分反应后过滤，得到滤渣和滤液，经检验滤渣的成分是碳酸钙。
（提出问题）滤液中溶质的成分是什么？
（猜想与假设）猜想一：氢氧化钠、碳酸钠、氢氧化钙
猜想二：氢氧化钠、碳酸钠
猜想三：
猜想四：氢氧化钠
经过讨论，大家一致认为猜想不合理，请用化学方程式说明原因：
（实验验证）
（反思与拓展）
①若向氯化铵的浓溶液中加一定量CaH2，充分反应，产生的气体是；
②登山运动员常用CaH2作为能源提供剂，与氢气相比，其优点是。
（定量分析）