沪教版上海中考化学一模试题及答案.docx
《沪教版上海中考化学一模试题及答案.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《沪教版上海中考化学一模试题及答案.docx(26页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
沪教版上海中考化学一模试题及答案
沪教版(上海)2021年中考化学一模试题及答案
一、选择题(培优题较难)
1.甲、乙两种固体物质(不含结晶水)的溶解度曲线如图所示,下列说法正确的是
A.t2℃时,甲乙两物质溶液的溶质质量分数一定相等
B.要使接近饱和的乙溶液成为饱和溶液,可蒸发溶剂
C.分别将t2℃甲、乙两种物质的溶液降温至t1℃,一定都有晶体析出
D.t1℃时,50g甲的饱和溶液中溶解了10g的甲物质
【答案】B
【解析】A、不知道溶液的状态,故t2℃时,甲乙两物质溶液的溶质质量分数不能确定是否相等,错误;B、乙的溶解度随温度的升高变化不明显,故要使接近饱和的乙溶液成为饱和溶液,可蒸发溶剂,正确;C、将t2℃甲、乙两种物质的饱和溶液溶液降温至t1℃,一定都有晶体析出,错误;D、t1℃时,甲的溶解度是20g,表明在该温度下50g水中溶解了10g的甲物质,错误;故选B。
点睛:
根据固体的溶解度曲线可以:
①查出某物质在一定温度下的溶解度,从而确定物质的溶解性,②比较不同物质在同一温度下的溶解度大小,从而判断饱和溶液中溶质的质量分数的大小,③判断物质的溶解度随温度变化的变化情况,从而判断通过降温结晶还是蒸发结晶的方法达到提纯物质的目的。
2.现有一包由3.2g铜、13g锌和2g碳组成的粉末,放到一定量的AgNO3溶液中,完全反应后得到的固体为m种,溶液中溶质为n种.下列说法中不正确的是()
A.若m=2,则n=2或3B.若固体中金属的质量为48g,则m=4
C.当m=3时,溶液可能呈蓝色D.反应后固体的质量不可能超过56g
【答案】B
【解析】
【分析】
由金属活动性顺序表可知,金属的活动性Zn>Cu>Ag,由3.2g铜、13g锌和2g碳组成的粉末,放到一定量的AgNO3溶液中,Zn首先与硝酸银溶液反应,Zn反应完成时,Cu再与硝酸银反应.碳与硝酸银不反应。
【详解】
A、当m=2时,则得到的固体为银和碳,Cu和Zn全部反应,硝酸银溶液足量,恰好反应时,溶液中的溶质为硝酸铜和硝酸锌;硝酸银过量时,溶液中的溶质为硝酸铜、硝酸锌和硝酸银,因此,n=2或3,故A正确;
B、当上述两个反应分别恰好进行完全时,设生成银的质量分别为x,y
x=43.2g
y=10.8g
当锌完全反应时,金属的质量为:
3.2g+43.2g=46.4g,铜完全反应时,金属的质量最大是:
43.2g+10.8g=54g,由于金属的质量是48g,46.4g<48g<54g.由此可知,锌完全反应,部分铜已参加反应,所以,固体物质有银、铜和碳三种,即m=3,故B不正确;
C、由上述计算分析可知,当m=3时,溶液可能呈蓝色,故C正确;
D、由上述计算分析可知,反应后固体的质量不可能超过54g+2g=56g,故D正确。
故选B。
3.除去下列各组物质括号内的杂质,所选用的试剂及操作方法均正确的是
A.Fe2O3(Fe)——用盐酸浸泡,然后过滤、洗涤、烘干
B.CO(CO2)——先通入足量的浓NaOH溶液,后通过浓硫酸
C.CaO(CaCO3)——加水溶解,过滤、烘干
D.NaCl(Na2CO3)——加入过量CaCl2溶液,过滤、蒸发、结晶
【答案】B
【解析】除杂的要求①所用试剂只能将杂质除掉,不能把想保留的成分反应掉,②除杂的同时不能引入新的杂质。
A,盐酸与氧化铁反应,生成氯化铁和水,不符合除杂要求;B氢氧化钠溶液能与二氧化碳反应生成碳酸钠溶液和水,而一氧化碳不反应,能除杂;C氧化钙和水反应生成氢氧化钙,不符合除杂要求;碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠,但是氯化钙过量,引入氯化钙杂质。
选B
4.用数形结合的方法表示某些化学知识直观、简明、易记.下列用数轴表示正确的是( )
A.不同物质的着火点:
B.硫及其化合物与化合价的关系:
C.50g19.6%的稀硫酸与足量的金属反应产生氢气的质量:
D.物质形成溶液的pH:
【答案】B
【解析】A、白磷的着火点比铁的低,B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。
所以硫化氢中硫元素的化合价为-2价,硫中硫元素的化合价为0。
二氧化硫中硫元素的化合价为+4价,硫酸中硫元素的化合价为+6价;C、50g19.6%的稀硫酸与足量的金属反应产生氢气的质量相同。
因为金属足量,酸反应完,氢气的质量由酸决定。
D、纯碱是碳酸钠,溶液呈碱性,pH大于7;氯化钠溶液呈中性,pH等于7;酸奶呈酸性,pH小于7。
选B
5.A~H是初中常见的物质,已知A~G七种物质均含有同一种元素,D的相对分子质量为100,可用作建筑材料。
它们之间的转化关系如图所示,图中“一”表示两端物质间能发生化学反应,“→”表示物质间存在转化关系;反应条件、部分反应物和生成物已略去。
下列说法中不正确的是
A.A为一种单质,D为碳酸钙
B.可能涉及四种基本反应类型
C.E、F的物质类别可能相同,也可能不同
D.H的浓溶液具有挥发性
【答案】B
【解析】
【分析】
根据D的相对分子质量为100,可用作建筑材料,可以推断D是碳酸钙;根据C和D可以相互转化,则C为二氧化碳;根据A既可以转化成B,又可以转化成C,A既可能是碳,也可能是氧气,但由于题中A~G七种物质均含有同一种元素,本题中这种元素只能是氧元素才能推出合理结论,因此A是氧气,B是一氧化碳;根据D是碳酸钙,E、F均可以转化为碳酸钙,则E、F都可以是可溶性碳酸盐或一种物质是可溶性碳酸盐,一种物质是氢氧化钙;根据D、E、F都可以和G、H反应,且G可以转化为H,在初中阶段可以推知G、H都是酸,且G是含氧酸,H不一定是含氧酸,在初中阶段可以推断H是盐酸,则G是稀硫酸。
因为稀硫酸和粉末状的碳酸钙能反应生成硫酸钙、水和二氧化碳(在不断搅拌时稀硫酸和块状碳酸钙也是能反应的),稀硫酸和可溶性碳酸盐、氢氧化钙都能反应,而稀硫酸和氯化钡反应能生成盐酸,所以推断G是稀硫酸合理。
【详解】
A、根据题意A~G七种物质均含有同一种元素,分析可知A是氧气,是单质。
根据D的相对分子质量为100,可用作建筑材料,D是碳酸钙。
选项A正确;
B、根据分析,题中反应可能有化合反应如碳和氧气反应生成二氧化碳,可能有分解反应如碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳,有复分解反应如氢氧化钙和盐酸反应,但不可能发生置换反应,因为氧气转变成二氧化碳、氧气转变成一氧化碳、一氧化碳转变成二氧化碳都不可能是置换反应,选项B不正确;
C、因为E、F都可以是可溶性碳酸盐,也可能一种物质是可溶性碳酸盐,一种物质是氢氧化钙,所以E、F的物质类别可能相同,也可能不同,选项C正确;
D、根据分析可知,H是盐酸,浓盐酸具有挥发性,选项D正确。
故选B。
6.根据下图所示的溶解度曲线,判断下列说法中正确的是()
A.甲物质的溶解度小于乙物质的溶解度
B.t2℃时,甲物质的饱和溶液和乙物质的饱和溶液中含有溶质的质量相等
C.将t3℃时的甲、乙两物质的饱和溶液降温到t2℃时都会析出晶体
D.当甲物质中混有少量乙物质时,可采用蒸发溶剂的方法提纯甲
【答案】C
【解析】
A、在温度为t1℃时,图中乙物质曲线处于甲物质曲线上方,说明此时甲物质的溶解度小于乙物质,A没指明温度,错误;B、曲线图显示,在温度为t2℃时两曲线相交于一点,说明此时甲、乙两物质的溶解度相等。
此时若两物质的饱和溶液量相等所含溶质的量也就相等,但本选项的说法中没有说明饱和溶液质量是相等的,所以也就不能得出所含溶质质量相等的结论错误;C、据图知:
温度降低甲、乙两物质的溶解度都减小。
所以,随温度降低甲、乙两物质的饱和溶液都会因溶质溶解能力减小而析出晶体,正确;D、曲线图显示,甲物质溶解度受温度影响较大,乙物质的溶解度受温度影响不大。
当甲物质中混有少量乙物质时,可采用冷却热饱和溶液的方法提纯甲,冷却结晶时少量的乙物质仍溶解在溶液中没有析出,正确。
故选C。
7.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。
8.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
【答案】C
【解析】
【分析】
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。
【详解】
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。
9.如图是物质的分类及部分转化关系图,有关说法不正确的是
A.转化a一定是化学变化
B.转化b一定是化学变化
C.转化b中一定有元素的存在形态发生改变
D.分离液态空气制取氧气属于转化c
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
转化a不一定是化学变化,可能是物理变化,比如过滤可以将固体物质和溶于水中的物质分开。
故选A.
10.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。
11.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,根据滤液中加入铁粉只有气泡生成,可判定滤液中一定含硫酸不含硫酸铜,⑤不正确;由前分析可知滤液中含有硫酸不含硫酸铜,可知样品中的铜元素全部转化成了滤渣中的单质铜,铜在氧气中充分灼烧后变成氧化铜,根据元素守恒可知样品中氧化铜质量等于残余固体质量,③正确;故选B。
【点睛】
解题关键从实验现象判定滤液成分和滤渣成分,认进而确认样品成分,最后判断样品中氧化铜与残余固体质量关系。
滤液成分分析:
样品中含有铁粉,滤液中一定有硫酸亚铁,根据滤液中加入铁粉只有气泡生成,可判定滤液中一定含硫酸,不含硫酸铜,⑤不正确;
滤渣和样品成分分析:
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,但可能存在铁置换出硫酸铜中的铜,根据充分灼烧后有残余固体即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;
样品中氧化铜和参与固体质量分析:
在氧化铜和铁的混合物中加入稀硫酸,氧化铜优先和稀硫酸反应生成硫酸铜,然后才能和铁反应;当铁和稀硫酸、硫酸铜溶液同时存在时,铁优先和硫酸铜反应置换出铜,然后才能和酸反应置换出酸中的氢,由此可知样品中氧化铜全部转化为铜存在于滤渣中,在氧气中充分灼烧后变成氧化铜,根据元素守恒,样品中氧化铜质量等于残余固体质量,③正确。
12.有一镁的合金2.4g,在合金中加入100g一定溶质质量分数的稀盐酸后,金属与稀盐酸恰好完全反应,产生氢气的质量为m,下列说法错误的是()
A.若是镁铝合金,则m>0.2g
B.若是镁铁合金,m=0.16g,则合金中铁的质量分数是50%
C.若是镁铜合金,则稀盐酸溶质的质量分数小于7.3%
D.若是镁锌合金,则m<0.2g
【答案】B
【解析】
镁、铝、锌、铁和稀盐酸反应的化学方程式及其反应物、生成物之间的质量关系为:
Mg+2HCl═MgCl2+H2↑,2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑,Zn+2HCl═ZnCl2+H2↑,
24 73 2 54 219 6 65 73 2
Fe+2HCl═FeCl2+H2↑,
56 73 2
A、2.4g镁和稀盐酸完全反应生成0.2g氢气,2.4g铝和稀盐酸完全反应生成的氢气质量大于0.2g,因此若是镁铝合金,则m>0.2g,正确;
B、如果合金中铁的质量分数是50%,则铁和镁的质量都是1.2g,1.2g镁和稀盐酸反应生成氢气质量是0.1g,1.2g铁和稀盐酸反应生成氢气质量为:
1.2g×2÷56=0.04g,合金中铁的质量分数是50%时,反应生成氢气质量为:
0.1g+0.04g=0.14g,错误;C、铜不能和稀盐酸反应,2.4g镁和稀盐酸完全反应需要氯化氢质量是7.3g,而混合物中的镁质量小于2.4g,因此消耗氯化氢的质量小于7.3g,即若是镁铜合金,则稀盐酸溶质的质量分数小于7.3%,正确;D、2.4g镁和稀盐酸完全反应生成0.2g氢气,2.4g锌和稀盐酸完全反应生成的氢气质量小于0.2g,因此若是镁锌合金,则m<0.2g,正确。
故选B。
13.将金属镁和另一种金属X的混合物共ag,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ag,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。
14.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-15.1g=16.5g
x=300g。
故选D。
15.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
【答案】C
【解析】
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
16.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
【答案】A
【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。
17.除去下列物质中的杂质,所选用的方法正确的是:
物质(括号内为杂质)
操作方法
A
CO2(HCl)
先通过过量氢氧化钠溶液,再通过浓硫酸
B
铁粉(锌粉)
加过量FeSO4溶液充分反应后过滤、洗涤、干燥
C
CO2(CO)
通入氧气后,点燃
D
NaCl溶液(Na2CO3)
加稀硫酸至恰好不再产生气泡为止
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
试题分析:
除杂质的要求是:
要把杂质除去,但不能除去了需要的物质,更不能带入新的杂质。
A中氢氧化钠溶液能与二氧化碳反应,错误;B中锌与硫酸亚铁反应生成铁和硫酸锌,正确;C中二氧化碳中含有少量的一氧化碳不能点燃,C错误;D中稀硫酸与碳酸钠反应生成硫酸钠和水,带入了新的杂质,D错误。
故选B。
考点:
除杂质
18.某物质的溶解度曲线如图。
t℃时160g37.5%的该物质的饱和溶液,欲将其溶质质量分数变为50%。
下列方法正确的是
A.蒸发40g水,改变温度至t1℃
B.蒸发50g水,改变温度至t2℃
C.加入20g溶质,改变温度至t2℃
D.加入65g溶质,改变温度至t3℃
【答案】B
【解析】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。
,t℃时160g37.5%的该物质的饱和溶液中溶质的质量为160g×37.5%=60g,则溶剂的质量为100g,饱和溶液溶质的质量分数=溶解度÷(溶解度+100g)×100%。
A.温度为t1℃时,其饱和溶液溶质的质量分数为:
75g÷175g×100%≈43%,不可能得到溶质质量分数为50%的溶液;B.t2℃该物质饱和溶液溶质的质量分数=100g÷200g×100%=50%;将160g37.5%的溶液蒸发50g水后,液溶质的质量分数为60g÷110g×100%≈54.5%.即有溶质析出得t2℃时的饱和溶液,质量分数为50%C.t2℃,该物质的溶解度为100g,所以加入20g溶质后能完全溶解,溶液溶质的质量分数为80g÷110g×100%≠50%D.加入65g溶质,改变温度至t3℃所得溶液为t3℃时的饱和溶液,质量分数大于50%。
选B
点睛:
①被溶解的那部分物质才是溶质。
②某温度下浓度最大的溶液为该温度下的饱和溶液。
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100g,恰好完全反应,得到该温度下的不饱和溶液120g。
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27.2g。
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13.6gB.所用盐酸的溶质质量分数为29.2%
C.最终所得溶液中含有NaCl58.5gD.实验中消耗的氢氧化钠质量为32g
【答案】C
【解析】
【详解】
根据MgO、Fe2O3和酸反应及与碱反应的关系,找出增量,以MgO为例:
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