中考二模测试化学试题含答案Word文件下载.docx
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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。
3．氧烛是一种便携式供氧设备（如下图）。
产氧药块由氯酸钠（分解时吸收热量为QkJ·
g-1）、金属粉末（燃烧时提供氯酸钠分解所需的热量）和少量催化剂组成。
某兴趣小组拟自制氧烛，火帽为确定每100g氯酸钠需要添加金属粉末的质量[m（金属）]，查得下表数据：
金属
铁
铝
镁
燃烧放出热量/（KJ•g-1）
4.73
31.02
24.74
下列说法正确的是
A．m（金属）只能采用不同比例的金属和氯酸钠在空气中实验获得
B．m（金属）只能通过氯酸钠分解吸收热量与金属燃烧放出热量进行理论药块计算确定
C．m（金属）过小将使氧烛中反应无法持续进行，过大将减小产氧量
D．不用催化剂时，分别使用铁、铝、镁作燃料，m（Fe）最小
A、m（金属）既可以通过实验获得也可以通过计算确定，错误；
B、m（金属）既可以通过实验获得也可以通过计算确定，错误；
C、该装置应是利用金属燃烧放出热量，供氯酸钠分解，分解产生的氧气又供给金属燃烧，所以金属的质量过小将使氧烛中反应无法持续进行，过大过度消耗氯酸钠分解产生的氧气，正确；
D、不用催化剂时，分别使用铁、铝、镁作燃料，m（Fe）最大。
故选C。
4．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
【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。
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。
5．某同学将mgMg、A1、Zn、Fe的混合物放入足量的稀盐酸中，充分反应后，将所得溶液小心蒸干，得到（m+7.1）g不含结晶水的固体，则m的取值范围是
A．2.4≤m≤6.5
B．2.4<
m<
6.5
C．1.8≤m≤6.5
D．1.8<
【答案】D
将mgMg、A1、Zn、Fe的混合物放入足量的稀盐酸中，充分反应后，将所得溶液小心蒸干，得到（m+7.1）g不含结晶水的固体，该不含结晶水的固体是由金属离子（Mg2+、A13+、Zn2+、Fe2+）和Cl-组成的。
根据质量守恒定律可知：
不含结晶水的固体中含有Cl-的质量为（m+7.1）g-mg=7.1g。
则该反应消耗稀盐酸的质量为：
7.1g÷
=7.3g。
假设分别为四种金属单质与等量的稀盐酸反应，则
由计算可知，若为四种金属单质与等量的稀盐酸反应时，m最大值为6.5g，最小值为1.8g，而该物质为混合物，故m的最大值应小于6.5g，最小值应大于1.8g，故选D。
6．为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42﹣及泥砂，可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作①过滤；
②加过量NaOH溶液；
③加适量盐酸；
④加过量Na2CO3溶液；
⑤加过量BaCl2溶液．下列操作顺序中最合适的是（）
A．②④⑤①③B．⑤④②③①C．⑤②④③①D．②⑤④①③
试题分析：
镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，所以正确的顺序为：
⑤加过量的BaCl2溶液，④加过量的Na2CO3溶液，②加过量的NaOH溶液，①过滤，③加适量的盐酸；
或者，②加过量的NaOH溶液，⑤加过量的BaCl2溶液，④加过量的Na2CO3溶液，①过滤，③加适量的盐酸．所以正确的顺序是⑤④②①③或②⑤④①③
故选D．
考点：
氯化钠与粗盐提纯；
物质除杂或净化的探究；
实验步骤的探究．
点评：
在解此类题时，注意除杂的最后不能再有其他杂质，过滤要放在所有沉淀步骤的最后．
7．将10g氧化铜粉末加入到100g一定质量分数的稀硫酸中，微热到氧化铜全部溶解，再向溶液中加入ag铁粉，使溶液中的溶质完全反应后，过滤，将滤渣在低温下烘干，得到干燥固体质量仍然为ag，下列分析不正确的是
A．稀硫酸中溶质质量分数为12.25%
B．滤渣中一定含有铜，可能含有铁
C．加入铁粉后有红色固体产生，还有少量气泡产生
D．a的取值范围：
a≥8
铁粉充分反应后，过滤，烘干得到干燥固体物质仍是ag，由于铁粉置换硫酸铜后所得固体质量增加，可判断有部分铁粉与稀硫酸反应才能出现反应前后固体质量不变，因此所加稀硫酸一部分与氧化铜反应一部分与铁粉反应，计算出与铁粉反应硫酸的质量则需要先求得反应所耗铁粉的质量，利用金属粉末变化前后质量相等，由生成铜的质量分析计算与硫酸反应的铁粉质量.
设与氧化铜反应的硫酸的质量为x，与铁反应的硫酸的质量为y，生成的硫酸铜为z，与硫酸铜反应的铁的质量为n，与酸反应的铁的质量为b，生成的铜的质量为h
由题意：
氧化铜全部溶解，则
根据加入的铁粉与反应后所得固体质量相同，只有铁粉过量，一部分铁与稀硫酸反应，才能使铁粉与生成铜质量相同．当铁粉恰好和硫酸完全反应时，进行如下计算
由于固体质量增加了1g，所以和硫酸反应的铁的质量就是1g，这样就可以使固体质量前后不反应变化，即b=1g．
A.所加稀硫酸的溶质质量分数为：
，选项错误；
B.铁和硫酸铜溶液反应一定置换出了铜，故滤渣中一定有铜，铁是否过量未知，滤渣中可能有铁，选项正确；
C.铁和硫酸铜反应有红色固体产生，铁和硫酸反应有气体产生，选项正确；
D.只有铁粉恰好与硫酸也完全反应时，一部分铁与稀硫酸反应，能使铁粉与生成铜质量相同．同时当铁和硫酸反应后有剩余时，同样会质量保持不变．根据最后生成铜的质量为8g，则加入铁粉质量a≥8g，选项正确。
故本题答案选A。
8．下列各组物质的溶液，不用其他试剂，不能鉴别出来的是（ ）
A．Na2CO3、HCl、BaCl2、NaClB．FeCl3、HCl、NaCl、NaOH
C．H2SO4、NaOH、BaCl2、CuCl2D．NaOH、Ba（NO3）2、NaCl、MgSO4
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、FeCl3溶液是黄色的，能与FeCl3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、CuCl2溶液是蓝色的，能与CuCl2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H2SO4，无明显变化的是BaCl2溶液，不用其他试剂，组内物质可以鉴别出来，不符合题意；
D、MgSO4溶液与NaOH、Ba（NO3）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。
9．用足量的CO还原8.0g某种铁的氧化物，生成的气体全部被足量的澄清石灰水吸收，得到沉淀12.5g，则这种铁的氧化物可能是
A．FeOB．Fe2O3与Fe3O4的混合物
C．FeO与Fe3O4的混合物D．Fe3O4
一氧化碳和铁的氧化物反应生成二氧化碳和铁，二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙和水。
设生成12.5g碳酸钙，需要二氧化碳的质量为x
一氧化碳转化为二氧化碳的过程中夺取一个氧原子，该氧原子来源于铁的氧化物，故8.0g铁的氧化物中氧元素的质量为
；
则铁原子与氧原子的个数比为
，当FeO与Fe3O4的分子个数比为3:
1时，铁原子与氧原子的个数比6:
7，故选C。
10．下列溶液中无色，且在pH=1时能大量共存的是
A．CuSO4NaClKNO3B．NaOHNaClNaNO3
C．Na2SO4KClZnCl2D．K2SO4AgNO3NaCl
pH=1的溶液中有大量的H+，大量共存要求物质之间相互交换成分不能结合生成水、气体或沉淀，形成无色溶液要求分析常见离子在水溶液中的颜色，若为无色，符合题意
A、物质之间相互交换成分不能结合生成水、气体或沉淀，但Cu2+在水溶液中为蓝色，故A错误．
B、NaOH可与酸发生中和反应，故不能共存，所以错误
C、物质之间相互交换成分不能结合生成水、气体或沉淀，且离子均为无色，故C正确．
D、K2SO4AgNO3生成硫酸银沉淀，故D不正确
故选C
11．已知A—H为初中阶段常见的物质，且A、C、G均为常用化肥且C为复合肥，其反应关系如图所示，以下判断一定错误的是
A．B物质一定是酸
B．D物质一定是氧化物
C．若H是碱，则A一定是钾肥
D．若E的相对分子质量大于F的相对分子质量，则G一定是氮肥
【解析】初中化学两种物质反应生成三种物质的反应主要有两类，①碳酸盐与酸生成盐、水和二氧化碳，②铵盐与碱反应生成盐、水和氨气，由于A是复合肥，所以应为硝酸钾，D应为水。
如果B为酸（或碱），则E为二氧化碳（或氨气）；
所以H为碱（或酸），F为氨气（或二氧化碳）。
A、B物质可能是酸或是碱，故错误；
B、D物质是水，属于氧化物，故正确；
C、若H是碱，则B为酸，A为碳酸钾，属于钾肥，故正确；
D、若E的相对分子质量大于F的相对分子质量，则E为二氧化碳，F为氨气，所以H是碱，G是氨态氮肥，故正确。
12．将盛有等质量、等质量分数且足量的稀盐酸的两只烧杯，放在托盘天平的左右两盘，天平平衡。
在左盘烧杯中加入10克碳酸钙，若要使天平重新平衡，则右盘烧杯中应加入的物质是
A．10克碳酸钾和碳酸钠
B．5.6克氧化钙和氧化锌
C．10克碳酸镁和碳酸氢钠
D．10克镁粉和铜粉
天平左侧的烧杯中会反应生成二氧化碳气体。
设生成二氧化碳的质量为x。
解得x=4.4g
此时左侧烧杯增加的质量为：
10g-4.4g=5.6g。
所以为了保持平衡，右侧烧杯也需要增重5.6g。
由于碳酸钙的相对分子质量是100，所以若想在加入10g碳酸盐的混合物生成二氧化碳的质量也是4.4g，必须是两种碳酸盐的相对分子质量一个大于100，一个小于100。
A、通过分析可知，碳酸钾的相对分子质量是138，碳酸钠的相对分子质量是106，两者都大于100。
A错误；
B、氧化钙和氧化锌会和盐酸反应，但是不会生成任何气体。
其反应方程式为：
CaO+2HCl=CaCl2+H2O、ZnO+2HCl=ZnCl2+H2O，所以加入的固体的质量就是天平右盘增加的质量，即5.6g。
B正确；
C、通过分析可知，碳酸镁的相对分子质量是84，碳酸氢钠84，两者都小于100，生成二氧化碳的质量一定大于4.4g，天平无法保持平衡。
C错误；
D、由于镁和盐酸能反应生成氢气，而铜不能。
假设该金属全部都是镁，设生成氢气的质量是x。
解得x=0.83g。
则不管镁、铜以何种比例混合，右盘增加的质量一定大于5.6g，天平不能保持平衡。
D错误。
13．在pH=11时，下列各组物质的混合溶液呈无色透明的是
A．Na2SO4、KCl、KNO3B．MgCl2、K2SO4、NaNO3
C．CuSO4、NaCl、Ba（NO3）2D．BaCl2、KCl、AgNO3
在pH=11时，着溶液显碱性，溶液中有OH－；
A、Na2SO4、KCl、KNO3、OH－都是无色的；
故选项正确。
B、氯化镁与中的镁离子与氢氧根离子反应产生白色沉淀：
Mg2＋＋2OH－=Mg（OH）2↓；
故选项错误。
C、硫酸铜中的铜离子是蓝色的，且能与氢氧根反应产生蓝色沉淀：
Cu2＋＋2OH－=Cu（OH）2↓；
D、氯化钾与硝酸银能发生反应产生白色沉淀：
KCl＋AgNO3=KNO3＋AgCl↓；
故选：
A。
14．将盛有等质量、等溶质质量分数的稀硫酸的两只烧杯,放在托盘天平（灵敏度较高）左右两盘上，调节至平衡，再向两只烧杯中分别放入质量相等的铁和锌，待反应停止后（不考虑反应中水分挥发，不考虑空气成分参加反应），请判断，下列说法合理的是
A．若天平失去平衡，指针一定偏向放锌的一边
B．若天平仍保持平衡，烧杯中的铁一定没有剩余
C．反应后两只烧杯中溶液的质量都比反应前的溶液质量减轻了
D．放铁的一边产生的氢气一定比放锌的一边产生的氢气多
A.若天平失去平衡，说明酸过量，金属全部参加反应；
每65份质量的锌会与硫酸反应生成2份质量的氢气，每56份质量的铁和硫酸反应生成2份质量的氢气，所以相同质量的锌和铁与足量的硫酸反应，铁生成的氢气质量比锌多，所以天平会指向加锌的一方，正确；
B、若天平平衡，说明硫酸不足，全部参加反应；
设金属的质量为56g
Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑
56
2
56g
2g
Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑
65
2
根据计算可以知道，等质量的硫酸消耗的锌粉的质量要多，所以铁粉一定有剩余或恰好完全反应，错误；
C、根据B可以看出，参加反应的金属的质量大于生成氢气的质量，所以反应后两只烧杯中溶液的质量都比反应前的溶液质量增加，错误；
D、根据B分析可知：
若酸不足，生成的氢气的质量相等，所以放铁的一边不一定比放锌的一边生成的氢气多，错误。
故选A。
根据反应的化学方程式，从酸过量和金属过量两个方面分析。
如果硫酸是少量的，则产生的氢气量是由硫酸决定，产生相同的氢气，有金属剩余，天平平衡，在这种情况下，有可能锌刚好反应完，铁有剩余；
如果硫酸过量，则产生的氢气量由金属决定，由于金属的质量相同，产生的氢气量放入铁的多，最后天平指向放锌的一边。
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
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：
，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：
，锌的相对原子质量比铜大，置换出来铜后，溶液质量增大。
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。
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．除去下列各物质中混有少量杂质，所用试剂正确的是
选项
物质
杂质
所用试剂
A
镁粉
铁粉
稀硫酸
B
N2
O2
灼热的铜网
C
稀盐酸
MgCl2
KOH溶液
D
NaCl
Na2SO4
Ba（NO3）2溶液
A．AB．BC．CD．D
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.镁粉（铁粉）加稀硫酸。
稀硫酸与镁和铁都会发生反应，故错误；
B.N2（O2）通过灼热的铜网。
氧气与铜反应生成氧化铜，氮气不与铜反应。
正确；
C.稀盐酸（MgCl2）加KOH溶液。
稀盐酸与KOH溶液反应，而MgCl2不与KOH溶液反应，故错误；
D.NaCl（Na2SO4）加Ba（NO3）2溶液。
Ba（NO3）2溶液与Na2SO4反应生成硫酸钡的沉淀和硝酸钠。
生成的硝酸钠是杂质。
故错误。
故本题选B。
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．下图是甲、乙、丙三种物质的溶解度曲线。
下列叙述正确的是（）
A．升高丙溶液的温度，一定有晶体析出
B．在t3℃时，分别制成甲、乙的饱和溶液，乙中溶质质量比甲中的小
C．组成为N点的甲溶液可通过增加溶质或恒温蒸发水变为M点的溶液
D．将t3℃时的甲、乙、丙三种物质的饱和溶液降温到t2℃，这三种溶液的溶质质量分数的大小关系是乙>
甲=丙
【解析】A、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。
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。
由图知，丙的溶解度随温度的升高而减小，所以将丙的饱和溶液升温时会有晶体析出；
B.在t3℃时，分别制成等质量的甲、乙的饱和溶液，乙中溶质质量比甲中的小；
C.M点和N点溶剂的质量相等，M中溶质的质量比N点溶质多，即M点溶液的质量分数比N的大，所以组成为N点的甲溶液可通过增加溶质或恒温蒸发水变为M点的溶液；
D.饱和溶液溶质的质量分数=溶解度÷
（溶解度+100g）×
100%，将t3℃时的甲、乙、丙三种物质的饱和溶液降温到t2℃，甲乙的溶解度减小，析出晶体，得t2℃时的饱和溶液，t2℃时，乙的溶解度大于甲的溶解度，质量分数乙>
甲；
降温时丙的溶解度增大，溶质的质量等于t3℃时的溶解度，而丙t3℃时的溶解度小于t2℃时甲的溶解度，这三种溶液的溶质质量分数的大小关系是乙>
甲>
丙；
选C
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．取一定量的氧化铁与氧化铜的混合物，加入稀硫酸（含0.2molH2SO4），恰好完全反应成盐和水．原混合物中氧元素的质量是
A．12.8gB．6.4gC．3.2gD．1.6g
【解析】Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2OCuO+H2SO4=CuSO4+H2O，由化学方程式可知，氧化物中氧原子的物质的量等于硫酸根的物质的量，故n（O）=n（H2SO4）=0.2mol，故原混合物中氧元素的质量为：
0.2mol×
16g/mol=3.2g，故选C。
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12.8g，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。
则加热前碳酸钙的质量为
A．15gB．18gC．20gD．30g
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+
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