【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
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。
4.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
5.甲烷和水反应可以制备水煤气(混合气体),其反应的微观示意图如图所示,根据微观示意图得出的结论中,正确的是()
A.反应前后碳元素化合价没有发生变化
B.反应中甲和丙的质量之比为4:
7
C.水煤气的成分是一氧化碳和氧气
D.反应中含氢元素的化合物有三种
【答案】B
【解析】A.化合物中元素的化合价代数和为零,单质中元素的化合价为零。
化合物中氢元素的化合价为+1价,所以反应前碳元素的化合价为-4价;反应后一氧化碳中碳元素的化合价为+2价,所以碳元素的化合价在反应前后改变;B.反应中甲和丙的质量之比为16:
28=4:
7;C.由图可知,水煤气的成分是一氧化碳和氢气;D.由一种元素组成的纯净物叫单质;由不同元素组成的纯净物叫化合物;反应中含氢元素的化合物有两种。
选B
6.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。
7.实验室现有一瓶水垢样品,其成分为氢氧化镁和碳酸钙。
已知:
氢氧化镁受热易分解,反应的化学方程式为:
Mg(OH)2
MgO+H2O;碳酸钙高温下分解。
某兴趣小组为测定其中各成分的质量分数,取12.9g水垢样品加热,加热过程中剩余固体的质量随加热时间的变化如下图所示。
关于加热一段时间后剩余固体的判断,下列说法错误的是()
A.图中a点剩余固体是由一种盐和一种碱组成
B.若剩余固体中钙元素的质量分数为36.0%,则剩余固体的成分为CaCO3和MgO
C.图中ab间任一点(不包括a、b两点)的剩余固体成分为CaCO3、MgO和Mg(OH)2
D.若向c点的剩余固体中加入足量稀盐酸,充分反应生成CO2的质量为(12.0-x)g
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意可知,氢氧化镁受热易分解生成了水蒸气,固体的质量要减少;碳酸钙高温下分解放出了二氧化碳气体,固体的质量要减少,完全反应后,固体的质量不再减少。
【详解】
A、图中a点剩余固体是氢氧化镁和碳酸钙,是由一种盐和一种碱组成,故A说法正确;
B、由图象可知,生成水的质量为:
12.9g-12.0g=0.9g
设氢氧化镁的质量为m
解得:
m=2.9g
则碳酸钙的质量为12.9g-2.9g=10g
设碳酸钙完全分解生成的二氧化碳的质量为n
,解得:
n=4.4g
x=12.0g-4.4g=7.6g
若碳酸钙完全分解,则剩余固体中钙元素的质量分数是:
>36.0%,说明了碳酸钙没有完全分解,则剩余固体的成分为CaCO3、MgO、CaO,故B说法错误;
C、图中ab间任一点(不包括a、b两点),说明了氢氧化镁没有完全分解,剩余固体成分为CaCO3、MgO和Mg(OH)2,故C说法正确;
D、由质量守恒定律可知,若向c点的剩余固体中加入足量稀盐酸,充分反应生成CO2的质量为(12.0-x)g,故D说法正确。
故选:
B。
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CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O,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.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
10.分离
、
的固体混合物,可选用的一组试剂是
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。
11.推理是一种重要的学习方法.下列推理中正确的是()
A.物质与氧气发生的反应都是氧化反应,则氧化反应一定要有氧气参加
B.单质是由一种元素组成的物质,则由一种元素组成的物质一定是单质
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.碱性溶液能使酚酞溶液变红,能使酚酞溶液变红的溶液一定呈碱性
【答案】D
【解析】
A.物质与氧气发生的反应都是氧化反应,但氧化反应不一定要有氧气参加,如镁和二氧化碳在点燃条件下反应生成氧化镁和碳,其中镁发生的是氧化反应,但是反应物中没氧气;B.单质是由一种元素组成的物质,则由一种元素组成的纯净物一定是单质;C.中和反应生成盐和水,生成盐和水的反应不一定是中和反应,如金属氧化物和酸生成盐和水,但不是中和反应。
酸和碱反应生成盐和水的反应叫中和反应。
D.碱性溶液能使酚酞溶液变红,能使酚酞溶液变红的溶液一定呈碱性。
选D
12.已知:
2KMnO4
K2MnO4+MnO2+O2↑。
下列图象表示一定质量的KMnO4受热过程中某些量随时间的变化趋势,其中正确的是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
A由质量守恒定律可知,反应前后物质的总质量不变,由于氧气是气体,所以反应后固体的质量比反应前减少,反应结束固体的质量等于锰酸钾和二氧化锰的质量和,不再变;B由质量守恒定律可知,反应前后元素的种类质量不变,所以氧元素的质量不随反应时间而变化,图像应该是一条平线;二氧化锰是生成物,开始高锰酸钾分解前,二氧化锰的含量为零,反应中二氧化锰逐渐增多,含量增加,反应结束,含量不再改变;D氧气是反应的生成物,所以氧气的体积起点应该为零。
选A
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
13.下列除杂所用试剂和主要实验操作均正确的是
物质(括号内为杂质)
所用试剂
主要实验操作
A
CO2(HCl)
NaOH溶液
洗气
B
NaCl固体(Na2CO3)
稀盐酸
溶解、加试剂,蒸发结晶
C
CaO(CaCO3)
H2O
过滤
D
KNO3溶溶液(KOH)
MgSO4
加入适量试剂,过滤
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
A、CO2和HCl气体均能与NaOH溶液反应,不但能把杂质除去,也会把原物质除去,不符合除杂原则,错误;B、Na2CO3能与适量稀盐反应生成氯化钠、水和二氧化碳,能除去杂质又不引入了新的杂质,符合除杂原则,正确;C、CaO能与水反应生成氢氧化钙,碳酸钙难溶于水,反而会把原物质除去,不符合除杂原则,错误;D、硫酸镁能和氢氧化钾反应生成硫酸钾和氢氧化镁白色沉淀,但会引入新的杂质,不符合除杂原则,错误。
故选B。
点睛:
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。
14.在托盘天平(灵敏度极高)两边各放一只等质量的烧杯,在两只烧杯里各加入足量、等质量、等质量分数的稀盐酸,调节天平至平衡,然后向左端烧杯加入5.6克铁,要使天平再次平衡,应向右边烧杯加入
A.5.4克氧化钙B.5.6克铜C.6克镁D.10克碳酸钙
【答案】A
【解析】天平的两边增加的量相同时天平才能仍然平衡。
5.6克铁和足量的盐酸反应生成0.2g氢气,氧化钙和盐酸反应生成盐和水,没有气体逸出,增加的量为5.4g,天平平衡;5.6g铜和酸不反应,增加的量为5.6g;6g镁和酸反应生成气体0.5g;增加5.5g;10g碳酸钙和足量的酸反应生成二氧化碳4.4g,增加5.6g;选A
点睛:
天平的平衡问题的关键是余下的物质一样多,天平平衡。
15.A~F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、生成物和反应条件未标出)。
下列有关说法正确的是
A.反应①~④中一定包含复分解反应
B.做反应①的实验,要先加热A再通入B
C.反应④用于湿法冶金,可制取Zn、Cu、Ag
D.E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,B.C.均错误。
D正确。
考点∶考查常见物质的性质。
16.除去下列物质中所含的杂质,选用的试剂和方法正确的是( )
选项
物质
杂质
试剂和方法
A
MnO2
KCl
加水溶解、过滤、蒸发
B
Na2SO4
AgNO3
加入氯化钡溶液
C
CO2
CO
通入足量灼热的氧化铜
D
NaCl
CaCl2
加入过量的碳酸钠溶液
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】
A二氧化锰难溶于水,氯化钾易溶,加水溶解、过滤、蒸发后得到的是氯化钾,不是主要成分二氧化锰;B硝酸银和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和硝酸钡,引入新的杂质;C一氧化碳和氧化铜加热条件下反应生成铜和二氧化碳;D碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠,由于碳酸钠过量,所以会引入杂质。
选C
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
17.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
18.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。
19.某铁粉样品中可能混有C粉、CuO粉末中的一种或两种。
将该样品加入到一定量的稀硫酸中,充分反应后过滤,再向滤液中加入铁粉,铁粉表面只有气泡产生;将滤渣在氧气中充分灼烧,产生能使澄清石灰水变浑浊的气体,并有残余固体。
关于以上实验,有下列几种说法:
①样品中一定含有CuO粉末,可能含有C粉
②样品中一定含有C粉和CuO粉末
③残余固体的质量与样品中CuO的质量相同
④滤渣中一定含有C粉和Cu
⑤滤液中一定含有FeSO4、H2SO4,可能含有CuSO4
其中正确的是
A.①③④B.②③④C.①④⑤D.②③⑤
【答案】B
【解析】
【详解】
本题难度较大,既要分析样品和滤渣成、滤液成分,还要分析样品质量与残余固体质量关系。
根据滤渣在氧气中充分灼烧生成能使澄清石灰变浑浊的气体,判定滤渣中含有碳,碳在常温下化学性质稳定,可判定样品中一定含有碳;因为硫酸过量,滤渣中不可能含有铁和氧化铜,但一定存在铁置换出硫酸铜中的铜,根据充分灼烧后有残余固体又可判定滤渣中含有铜,即样品中含有氧化铜;②④正确,①不正确;样品中含有铁粉,滤液中一定有硫酸亚铁,根据滤液中