深圳鹤洲学校中考二模化学试题含答案.docx

深圳鹤洲学校中考二模化学试题含答案.docx

《深圳鹤洲学校中考二模化学试题含答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《深圳鹤洲学校中考二模化学试题含答案.docx（36页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

深圳鹤洲学校中考二模化学试题含答案

深圳鹤洲学校2020-2021年中考二模化学试题（含答案）

一、选择题（培优题较难）

1．有NaHCO3与NaCl的混合物20.0g，加热一段时间，得剩余固体16.9g。

向剩余固体中加入足量稀盐酸，并将该反应生成的气体通入澄清石灰水中，得到白色固体15.0g，下列说法正确的是（）

A．NaHCO3加热生成CO2的质量为3.1g

B．剩余固体为Na2CO3和NaCl的混合物

C．反应后，所得溶液中NaCl的质量为11.7g

D．原混合物中NaHCO3与NaCl的质量比为63:

37

【答案】D

【解析】

【分析】

混合物20.0g，加热一段时间，得剩余固体16.9g，减少的3.1g是水和CO2的质量，设NaHCO3分解产生CO2的质量为

，分解的NaHCO3的质量为

，

，解得

=2.2g

，解得

=8.4g；

得剩余固体中加入盐酸后产生的二氧化碳，被石灰水吸收，得到碳酸钙15.0g，根据质量守恒定律这些二氧化碳来自NaHCO3，设NaHCO3的质量为

，生成NaCl的质量为

，则有：

，解得

=12.6g，

，解得

=8.775g，则原混合物中NaCl的质量为20g-12.6g=7.4g。

根据以上计算分析作答。

【详解】

A.由计算可知，混合物20.0g，加热一段时间，得剩余固体16.9g，生成CO2的质量是2.2g，不符合题意；

B.原混合物中NaHCO312.6g，加热一段时间，分解的NaHCO38.4g，得剩余固体16.9g中还有NaHCO3，所以剩余固体为NaHCO3、Na2CO3和NaCl的混合物，不符合题意；

C.反应后，所得溶液中NaCl的质量为：

原混合物中NaCl的质量为7.4g和生成NaCl的质量为8.775g之和，共16.175g，不符合题意；

D.原混合物中NaHCO3与NaCl的质量比为12.6g：

7.4g=63:

37，符合题意。

故选D。

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：

，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=

，参加反应的硫酸溶液的质量=

；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=

，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=

。

故选C。

3．如图是甲、乙、丙三种物质的溶解度曲线，下列说法正确的是

A．将丙的饱和溶液变为不饱和溶液，可采用升温的方法

B．t1℃时，可以制得溶质质量分数为8%的丙溶液

C．t2℃时，甲、乙两种物质的饱和溶液降温至20℃，析出甲的质量比析出乙的质量大

D．t1℃时甲、乙、丙三种物质的饱和溶液升高到t2℃时，溶质质量分数为甲＞乙＞丙

【答案】B

【解析】在溶解度曲线图上，横坐标是温度，纵坐标是溶解度。

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。

A.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。

由图可知，丙的溶解度随温度的升高而减小，随温度降低而增大，将丙的饱和溶液变为不饱和溶液，可采用降温的方法，如升温会析出固体，所得仍是饱和溶液；B.t1℃时，丙的溶解度为12g，饱和溶液溶质的质量分数=溶解度÷（溶解度+100g）×100%，丙的饱和溶液溶质的质量分数=12÷（12+100g）×100%≈11%，故可以制得溶质质量分数为8%的丙溶液；C.t2℃时，甲、乙两种物质在相同量的溶剂里形成的饱和溶液降温至20℃，析出甲的质量比析出乙的质量大，因为降温前后甲的溶解度差较大；D.饱和溶液溶质的质量分数=溶解度÷（溶解度+100g）×100%，t1℃时甲、乙、丙三种物质的溶解度大小关系为乙>甲=丙，其饱和溶液溶质的质量分数关系也是乙>甲=丙，溶液升高到t2℃时，甲、乙的溶解度随温度的升高而增大，溶质不析出，故溶液组成不变，而丙的溶解度随温度的升高而减小，会析出晶体，溶质质量分数会减小，故升温后甲与丙溶液中溶质的质量分数甲大于丙，所以升温后三种物质溶质的质量分数关系是：

乙>甲>丙，选B

4．如图所示装置进行实验（图中铁架台等仪器均已略去）。

在Ⅰ中加入试剂后，塞紧橡皮塞，立即打开止水夹，Ⅱ中有气泡冒出；一段时间后关闭止水夹，Ⅱ中液面上升，溶液由无色变为浑浊。

符合以上实验现象的Ⅰ和Ⅱ中应加入的试剂是（）

A

B

C

D

Ⅰ

CaCO3、稀HCl

Na2CO3、稀H2SO4

Zn、稀H2SO4

Cu、稀H2SO4

Ⅱ

KNO3

NaCl

BaCl2

Ba（OH）2

A．AB．BC．CD．D

【答案】C

【解析】

A、I中碳酸钙和盐酸反应会生成气体二氧化碳，打开止水夹时Ⅱ中会看到气泡，关闭弹簧夹后Ⅰ中气体增多压强变大，将稀盐酸压入Ⅱ中，但是盐酸和硝酸钾不反应，看不到溶液变浑浊，不符合实验现象，故A错误；B、I中碳酸钠和稀硫酸反应会生成气体二氧化碳，打开止水夹时Ⅱ中会看到气泡，关闭止水夹后，被压入的稀硫酸和氯化钠不反应，看不到溶液变浑浊，不符合实验现象，故Ｂ错误；C、I中锌粒和稀硫酸反应会生成氢气，打开止水夹时Ⅱ中会看到气泡，关闭止水夹后，被压入的稀硫酸和氯化钡溶液会反应，生成硫酸钡沉淀，能看到溶液变浑浊，符合实验现象，故C正确；D、铜和硫酸不反应，打开止水夹时Ⅱ中不会看到气泡，现象不符，故D错误．故选Ｃ

5．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（）

A．一定含有H2B．一定含有CO

C．可能含有HClD．可能含有CO2

【答案】B

【解析】

【分析】

根据二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，饱和碳酸氢钠溶液可以和氯化氢气体发生反映，浓硫酸具有吸水性，一氧化碳、氢气能和灼热的氧化铜反应，无水硫酸铜遇水变蓝来分析判断。

【详解】

将某气体依此通过各种试剂之后，观察到前面一瓶澄清石灰水无明显变化，说明该气体中不含有二氧化碳或者氢氧化钙与氯化氢气体反应，没有与二氧化碳反应；再将气体通过饱和碳酸氢钠溶液，可以吸收氯化氢气体，因为碳酸氢钠能和氯化氢反应生成氯化钠、水和二氧化碳；再通过浓硫酸，浓硫酸具有吸水性，可以吸收气体中的水蒸气；通过灼热的氧化铜，观察到氧化铜变红色，说明有还原性的气体与之发生了反应，还原性的气体可能是氢气、一氧化碳，氢气能和氧化铜反应生成水和铜，一氧化碳能和氧化铜反应生成二氧化碳和铜；无水硫酸铜变蓝，说明有水，则可以说明气体中含有氢气；后面的一瓶澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳，但是无法确定二氧化碳是氯化氢和碳酸氢钠反应生成的还是一氧化碳和氧化铜反应生成的。

故选B。

【点睛】

本题主要考查了常见物质的性质和检验方法。

6．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．AB．BC．CD．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

7．逻辑推理是化学学习中常用的思维方法。

下列推理正确的是

A．碱溶液呈碱性，呈碱性的溶液一定是碱溶液

B．单质只含一种元素，只含一种元素的纯净物一定是单质

C．中和反应生成盐和水，生成盐和水的反应一定是中和反应

D．有机化合物都含碳元素，含碳元素的化合物一定是有机化合物

【答案】B

【解析】A、碱溶液呈碱性，呈碱性的溶液不一定是碱溶液，也可能是碳酸钠等盐溶液，错误；B、单质是由同种元素组成的纯净物，单质只含一种元素，只含一种元素的纯净物一定是单质，正确；C、中和反应生成盐和水，但生成盐和水的反应不一定是中和反应，如CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O，错误；D、有机物一定含有碳元素，但含碳元素的化合物不一定是有机物，碳的氧化物、碳酸盐、碳酸虽含碳元素，但其性质与无机物类似，因此把它们看作无机物，错误。

故选B。

8．有一包固体粉末X，可能含有碳酸钙、硫酸铜、硫酸亚铁、锌粉，为确定固体粉末的成分，现取X进行下列实验，实验过程及现象如下图所示（不考虑水、稀盐酸的挥发），下列说法中正确的是（）

A．若气体1为纯净物，则溶液2中可能含有三种阳离子

B．若气体1为混合物，则溶液2中可能含有Fe2+

C．若溶液1呈无色，则固体粉末X中不可能含有硫酸铜

D．若溶液2呈浅绿色，则沉淀2不可能是纯净物

【答案】B

【解析】

【分析】

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，锌和稀盐酸反应生成氯化锌和氢气，所以沉淀2为铜，溶液2为氯化钙和氯化锌，气体1为二氧化碳和氢气。

符合题意。

②若固体粉末X中存在锌、硫酸铜、碳酸钙和硫酸亚铁，且锌的量只能和硫酸铜反应，锌全部反应完全，无法继续和硫酸亚铁反应，硫酸亚铁存在于溶液1中，即溶液1中含有硫酸锌和硫酸亚铁，其他与①a相同。

③若固体粉末X中存在锌、硫酸铜、碳酸钙和硫酸亚铁，且锌与硫酸铜反应后剩余，锌会与硫酸亚铁反应生成硫酸锌和铁。

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，沉淀1为碳酸钙和铜、铁。

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，铁和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，所以气体1包括二氧化碳和氢气两种，溶液2包括氯化钙和氯化亚铁两种。

沉淀2为铜。

④若固体粉末X中存在锌、硫酸铜、碳酸钙和硫酸亚铁，且锌与硫酸铜反应后剩余，锌会与硫酸亚铁反应生成硫酸锌和铁，反应后锌仍剩余。

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，沉淀1为碳酸钙和铜、铁、锌。

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，铁和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，锌和稀盐酸反应生成氯化锌和氢气，所以气体1包括二氧化碳和氢气两种，溶液2包括氯化钙和氯化亚铁、氯化锌三种。

沉淀2为铜。

【详解】

A、若气体1为纯净物，根据分析，①的a情况和②两种情况均符合，这两种情况时溶液2中只有氯化钙，只有两种阳离子为钙离子和氢离子，故选项错误；

B、若气体1为混合物，则符合①的b情况和③、④，溶液2对应氯化钙、氯化锌；氯化钙和氯化亚铁；氯化钙、氯化铁、氯化锌三种情况，则溶液2中可能含有Fe2+，故选项正确；

C、若溶液1呈无色，则固体粉末X中可能含有硫酸铜，因为硫酸铜和锌反应生成硫酸锌和铜，溶液1为硫酸锌溶液，无色，只要保证硫酸铜完全反应即可，故选项错误；

D、若溶液2呈浅绿色，则符合③和④两种情况，此时沉淀2均只有铜，为纯净物，故选项错误。

故选B。

9．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NaAlO2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NaAlO2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NaAlO2的反应事实，选项D正确。

故选A。

【点睛】

根据反应进程，分析反应对溶液组成的影响，结合图示该因素变化的曲线，判断曲线与反应事实是否相符。

10．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．1﹣9aB．1﹣8aC．12aD．8a

【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，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。

11．下列物质鉴别的实验方法错误的是（　　）

鉴别物质

实验方法

A．过氧化氢和蒸馏水

分别加入MnO2，看是否有气泡

B．镁和锌

分别加入稀盐酸，看是否有气泡

C、二氧化碳、氧气和空气

将燃着的木条分别伸入瓶中，观察现象

D．活性炭和氧化铜

分别投入盛有红棕色二氧化氮气体的集气瓶中，观察现象

A．AB．BC．CD．D

【答案】B

【解析】

【分析】

【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，红棕色会褪去，氧化铜不具有该性质，可以鉴别，故D正确，

答案选B。

12．某黑色固体粉末可能是Fe、FeO、CuO和C中的一种或几种。

取黑色粉末，加入一定量的稀硫酸，待充分反应后过滤，得到滤液和滤渣，在滤液中插入一根洁净的铁丝。

有关说法正确的是

A．若滤液呈浅绿色，则原黑色固体粉末中一定有Fe

B．若铁丝表面只有红色固体析出，则滤渣中一定无CuO

C．若铁丝表面无明显现象，则滤渣中最多有四种物质

D．若铁丝表面只有气泡产生，则滤液中的溶质一定有H2SO4和FeSO4

【答案】D

【解析】

【分析】

金属氧化物优先于金属与酸反应，C不与稀硫酸反应，氧化铜可以与稀硫酸反应，生成的Cu2+在水溶液中显蓝色，Fe可以与稀硫酸反应生成气体，Fe、FeO与硫酸反应生成的Fe2+在水溶液中显浅绿色，铁的金属活动性大于铜，能将铜从其盐溶液中置换出来。

【详解】

A、若滤液呈浅绿色，则原黑色固体粉末中不一定含有Fe，FeO也可以与稀硫酸反应生成的Fe2+在水溶液中显浅绿色，故A错误；

B、若铁丝表面只有红色固体析出，说明了溶液中含有硫酸铜，能判断黑色粉末中含有CuO，不能判断滤渣中是否有CuO，故B错误；

C、若铁丝表面无明显现象，说明了溶液中无硫酸铜，没有剩余的硫酸，如果硫酸的量不足，则滤渣中最多可以有Fe、FeO、CuO、C、Cu五种物质，故C错误；

D、C不与稀硫酸反应，如果原固体粉末中没有铁或氧化亚铁，那么铁丝表面就有红色固体析出，所以有气泡，说明一定有硫酸和硫酸亚铁，故D正确。

故选：

D。

13．铁在高温条件下与氧化铜反应：

2Fe+3CuO

Fe2O3+3Cu铜在氯化铁溶液中发生反应：

Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2。

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FeCl2、CuCl2，一定不含FeCl3

③若充分反应后Zn无剩余，溶液中若有CuCl2，则一定有FeCl2

④若充分反应后Zn无剩余，溶液中若无CuCl2，则可能有FeCl2

⑤若充分反应后Zn有剩余，则溶液中有ZnCl2，无CuCl2，可能有FeCl2

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

Fe2O3+3Cu，可以得到个数比Fe2O3：

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FeCl3和Cu的个数比为2:

3，完全反应2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，可得剩余FeCl2：

CuCl2：

Cu=2:

1:

2。

故固体甲和滤液乙分别为Cu和FeCl2、CuCl2。

【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FeCl3；溶液中存在FeCl2和CuCl2，正确；

③若充分反应后Zn无剩余，溶液中若有CuCl2，则氯化亚铁没有参与反应，溶液中一定有FeCl2，正确；

④若充分反应后Zn无剩余，溶液中若无CuCl2，但是剩余的锌不一定能将氯化亚铁完全反应，则可能有FeCl2，正确；

⑤若充分反应后Zn有剩余，则CuCl2、FeCl2都完全反应，溶液中只有氯化锌，错误。

故选C。

14．下列实验操作能达到实验目的的是：

（）

选项

实验目的

实验操作

A

除去CO2中少量的CO

点燃

B

除去CuSO4溶液中的少量FeSO4

加入足量的铜粉

C

鉴别澄清石灰水和NaOH溶液

加入稀盐酸

D

除去CaCl2溶液中少量的HCl

加入足量的碳酸钙

A．AB．BC．CD．D

【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

15．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

x=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+H2O═Ca（OH）2，

           18     74       

1.8g       y

y=7.4g

粉末B中含有CaO的质量为：

29g-5g-7.4g=16.6g，故正确。

16．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．100gB．150gC．200gD．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=MgCl2+H2O；Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O；CuO+2HCl=CuCl2+H2O；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）

7355

x×7.3%31.6g