苏州苏州科技城外国语学校中考二模化学试题含答案.docx
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苏州苏州科技城外国语学校中考二模化学试题含答案
苏州苏州科技城外国语学校2020-2021年中考二模化学试题(含答案)
一、选择题(培优题较难)
1.将一定质量的镁、锌混合物粉末放入到一定质量的硫酸铜溶液中,待反应停止后,过滤得滤渣和滤液,再向滤渣中加入足量的稀盐酸,滤渣部分溶解且有气体生成,则下列说法正确的是( )
A.滤渣中一定有镁、铜B.滤渣中一定有镁、锌、铜
C.滤液中一定有硫酸铜和硫酸锌D.滤液中一定有硫酸镁,一定没有硫酸铜
【答案】D
【解析】三种金属的活动性镁>锌>铜,镁、锌混合物粉末放入到一定质量的硫酸铜溶液,镁先和硫酸铜反应生成硫酸镁和铜,然后锌和硫酸铜生成硫酸锌和铜,所以反应后溶液中一定有硫酸镁,固体中一定有铜;再向滤渣中加入足量的稀盐酸,滤渣部分溶解且有气体生成,说明固体中有活泼金属,说明硫酸铜被完全反应,所以滤液中一定没有硫酸铜;选D
点睛:
金属的位置越靠前,金属的活动性越强。
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。
2.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。
3.有部分变质的NaOH固体18.6g,加入100g的稀硫酸,恰好完全反应,所得溶液的质量是114.2g,将其蒸干得到固体28.4g,则原固体混合物中Na元素与C元素的质量比为
A.46:
3B.46:
11C.23:
3D.23:
6
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
氢氧化钠能与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠和水,从而变质,部分变质的氢氧化钠固体,加入稀硫酸,
,
,溶液减少的质量,即生成的二氧化碳的质量,生成的二氧化碳的质量为:
18.6g+100g-114.2g=4.4g,由化学方程式可知,原固体混合物中的碳元素全部转化到了二氧化碳中,原固体混合物中的钠元素全部转化到了硫酸钠中,最后蒸干得到的固体即是硫酸钠的质量,故原固体混合物中钠元素的质量为:
,原固体混合物中碳元素的质量为:
,故原固体混合物中Na元素与C元素的质量比为:
9.2g:
1.2g=23:
3。
故选C。
4.可燃物R是C、H2、CH4、CO或CH4O中的一种。
将一定量的R和氧气置于一个密闭的容器中引燃,测得反应前后各物质的质量如下表:
物质
R
氧气
二氧化碳
水
一氧化碳
反应前质量/g
m1
m2
0
0
0
反应后质量/g
0
0
m3
m4
m5
下列叙述正确的是()
①m1=1/9m4时,R是H2
②m1+m2=m3时,R是C或CO
③m3:
m4=11:
9时,R是CH4或CH4O
④8m3/11+8m4/9+4m5/7≥m2
A.①②③B.①③④C.②③④D.①②③④
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
根据表格中的数据可知,R、氧气反应后质量变为0,是反应物;二氧化碳、水、一氧化碳反应前的质量是0,是生成物,要确定R是哪种物质,生成物是什么,就要通过反应前后质量的关系来进行确定。
①氢气燃烧生成水,化学方程式为2H2+O2点燃2H2O,其中氢气与水的质量比为1:
9,正确;
②碳或一氧化碳完全燃烧生成二氧化碳,反应前后物质的质量不变,此时m1+m2=m3,正确;
③甲烷燃烧生成二氧化碳与水,化学方程式为CH4+2O2点燃CO2+2H2O,其中二氧化碳与水的质量比为11:
9;
甲醇燃烧生成二氧化碳与水,化学方程式为2CH4O+3O2点燃2CO2+4H2O,其中二氧化碳与水的质量比为11:
9;
通过分析可知,当m3:
m4=11:
9时,R是CH4或CH4O,正确;
④反应前后元素的种类不变,如果反应后生成二氧化碳、水、一氧化碳这三种物质,则R中一定含有碳、氢元素,可能含有氧元素,生成物中的氧元素的质量大于或等于氧气的质量。
二氧化碳中氧元素的质量为m3×
×100%=8m3/11,
水中氧元素的质量为m4×
×100%=8m4/9,
一氧化碳中氧元素的质量为m5×
×100%=4m5/7,
通过分析可知,8m3/11+8m4/9+4m5/7≥m2,正确。
故选D。
5.小明同学对所学部分化学知识归纳如下,其中完全正确的一组是
A
物质的分类
B
物质的检验和区别
纯碱、胆矾、生石灰—盐类
煤、石油、天然气—化石燃料
可用灼烧闻味的方法检验羊毛和涤纶
燃着的木条区别氮气和二氧化碳
C
概念的认识
D
物质的性质和应用
能生成盐和水的反应是中和反应
含氧的化合物是氧化物
洗涤剂乳化作用—去油污
石墨优良的导电性—作电极
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】
A、生石灰是氧化钙的俗称,属于氧化物,不完全正确,错误;B、燃着的木条不能区别氮气和二氧化碳,因为氮气和氧气都不燃烧、不支持燃烧,都能使木条熄灭,不完全正确,错误;C、能生成盐和水的反应不一定是中和反应,例如二氧化碳和氢氧化钠反应;含氧的化合物是不一定是氧化物,例如氯酸钾,错误;D、洗涤剂具有乳化作用可去油污,石墨优良的导电性可作电极,完全正确。
故选D。
6.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。
7.下列四个图像分别表示对应的四个操作过程,其中与事实不相吻合的是:
A.一定量Ba(NO3)2溶液中滴加稀H2SO4
B.一定量稀盐酸中滴加NaOH溶液
C.一定量不饱和KNO3溶液中加固体KNO3
D.质量相同的KClO3中加入催化剂(MnO2)与不加入催化剂加热制取O2
【答案】C
【解析】A.一定量Ba(NO3)2溶液中滴加稀H2SO4,生成硫酸钡沉淀,硝酸钡反应完后硫酸钡的质量不再增加;B.溶液的pH小于7,溶液呈酸性,pH越小,酸性越强;溶液的pH大于7,溶液呈碱性,pH越大碱性越强;pH等于7,溶液呈中性。
一定量稀盐酸中滴加NaOH溶液,溶液由酸性逐渐变成碱性,溶液的pH增大,组后溶液的pH大于7;C.一定量不饱和KNO3溶液中加固体KNO3,开始时硝酸钾的质量分数大于零,加入硝酸钾固体时,溶质的质量分数逐渐增大,饱和后,溶质的质量分数不变,故图像错误;D.质量相同的KClO3中加入催化剂(MnO2)与不加入催化剂加热制取O2,二氧化锰在氯酸钾分解的反应中作用是加快反应速率,所以有催化剂时,反应速率比没有催化剂时反应速率快,但是催化剂不改变生成物的质量,所以,最终生成氧气的质量相同。
选C
8.下列图象分别与选项中的描述相对应,其中正确的是( )
A.
表示向一定量大理石中滴加稀盐酸,产生二氧化碳的质量变化
B.
表示加热一定量碳铵(NH4HCO3),试管中固体的质量变化
C.
表示电解水实验中,生成的氢气及氧气的质量关系
D.
表示向相同浓度和体积的稀硫酸中加入足量的镁粉和铁粉,产生氢气的质量关系
【答案】B
【解析】
向一定量大理石中滴加稀盐酸,反应中产生二氧化碳的质量随盐酸的增多而增多,当碳酸钙反应完,二氧化碳的质量不再增加;碳酸氢铵受热分解生成二氧化碳、氨气、水,生成物中没有固体,所以反应结束,固体质量为零;电解水时正极生成的是氧气,负极生成的是氢气,氢气是氧气体积的2倍;向相同浓度和体积的稀硫酸中加入足量的镁粉和铁粉,镁比铁活动性强,反应快,由于镁粉和铁粉足量,酸反应完反应结束,生成氢气的质量一样多。
选B
点睛:
结合反应方程式,推断物质的变化和图像表达的变化比较,重点是起点、变化趋势、终点,同时要看清坐标对应的量,和反应物的量
9.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。
10.下列归纳和总结完全正确的一组是
A.化学与生活
B.化学与安全
①用甲醛可保鲜海产品
②用熟石灰改良酸性土壤
③用生石灰作食品干燥剂
①点燃氢气前一定要检验纯度
②进行化学实验时配戴护目镜
③发现厨房中天然气泄漏马上拨打119报警
C.化学与资源
D.化学与发现
①塑料的使用一定程度上保护了金属资源
②稀土是宝贵的不可再生资源
③海洋中蕴藏着丰富的化学资源
①卢瑟福确定了原子的核式结构
②拉瓦锡第一个发现并提出了质量守恒定律
③门捷列夫发现元素周期律并编制元素周期表
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】A.根据物质的性质和作用分析解答;
B.根据物质的性质及安全常识分析解答;
C.根据资源的保护和利用分析解答;
D.根据各科学家的发现分析解答。
解:
A.甲醛会与海产品中蛋白质发生反应,破坏蛋白质的结构,使其变质,危害人体健康,故归纳错误;
B.天然气泄漏拒绝一切产生火花的行为。
拨打电话可能产生火花,故归纳错误;
C.①塑料在有些方面的使用可以代替金属。
因此塑料的使用一定程度上保护了金属资源;②稀土是宝贵的不可再生资源③海洋中蕴藏着丰富的化学资源,归纳正确;
D.①卢瑟福确定了原子的核式结构,②拉瓦锡第一个发现并提出了质量守恒定律,③门捷列夫发现元素周期律并编制元素周期表,归纳正确;
故本题选CD。
11.下列除杂方案中(括号中物质是杂质),正确的是()
A.N2(O2):
通过红热的木炭B.烧碱(纯碱):
加适量稀盐酸、蒸发
C.Cu(CuO):
加过量的盐酸溶液并过滤D.NaHCO3(Na2CO3):
高温煅烧
【答案】C
【解析】A氮气不可燃不助燃,使氮气中的少量氧气不能与木炭充分接触,不能使氧气转化成二氧化碳,不能除杂;B盐酸能与氢氧化钠反应;C盐酸与氧化铜反应生成氯化铜溶液,铜不与盐酸反应,过滤后固体只有铜;D碳酸氢钠在加热条件下分解生成碳酸钠。
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
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
【答案】B
【解析】
【分析】
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。
【详解】
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。
故选B。
13.如图所示是A、B、C三种物质的溶解度,下列有关说法错误的是()
A.高于20℃以后,B的溶解度比C大
B.10℃时,C接近饱和的溶液升高温度可以达到饱和
C.20℃时,A、B的饱和溶液的溶质质量分数相等
D.35℃时,A物质的饱和溶液的溶质质量分数为30%
【答案】D
【解析】A、在溶解度曲线图上,横坐标是温度,纵坐标是溶解度。
由图可知高于20℃以后,B的溶解度比C大;B、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。
由图可知C的溶解度随温度的升高而减小,因此10℃时,C接近饱和的溶液升高温度可以达到饱和;C、饱和溶液溶质的质量分数=溶解度÷(溶解度+100g)×100%,20℃时,A、B的溶解度相同,故其饱和溶液的溶质质量分数相等;D.饱和溶液溶质的质量分数=溶解度÷(溶解度+100g)×100%,20℃时,35℃时,A物质的溶解度为30g,其饱和溶液的溶质质量分数为溶解度÷(30g+100g)×100%<30%,选D
14.实验室有一包含有少量氯化钠杂质的硝酸钾固体,为提纯硝酸钾,设计如下图所示操作,
有关分析中正确的是
A.操作Ⅰ~Ⅲ分别是加热浓缩、蒸发结晶、过滤
B.操作Ⅰ是过滤,将氯化钠固体从溶液中分离除去
C.操作Ⅱ是加热浓缩,趁热过滤,除去杂质氯化钠
D.操作Ⅲ是过滤,将硝酸钾晶体从溶液中分离出来
【答案】D
【解析】
提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾,结合流程可知,操作Ⅰ为溶解,二者溶解度受温度影响不同,采取冷却热饱和溶液法分离出硝酸钾,则操作Ⅱ为蒸发浓缩,冷却结晶,操作Ⅲ是过滤、洗涤;A、提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾,结合流程可知,操作Ⅰ为溶解,操作Ⅱ为蒸发浓缩,冷却结晶,操作Ⅲ是过滤、洗涤,错误;B、提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾,结合流程可知,操作Ⅰ为溶解,错误;C、提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾,结合流程可知,操作Ⅱ为蒸发浓缩,冷却结晶,错误;D、提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾,结合流程可知,操作Ⅲ是过滤,将硝酸钾晶体从溶液中分离出来,正确。
故选D。
15.已知A、B、C、D、E分别是初中化学中所学常见物质,它们之间相互转化的关系如图所示,“→”表示物质相互之间的转化,“—”表示物质之间能发生反应,A、B、C、E分别属于不同类别的化合物,A与C、E与C之间的反应产物完全相同,E在农业上可用于改良酸性土壤。
下列叙述错误的
A.上述五种物质之间相互转化的化学反应类型中不包含置换反应
B.D与水反应生成酸,A与水反应生成碱
C.可用水除去E中含有的少量A杂质
D.B、D两种物质在一定条件下,不能互相转化
【答案】D
【解析】由题意可知,E是氢氧化钙,A、B、C、E分别属于不同类别的化合物,A、B、C为酸、盐、氧化物中的一种,A能转化为E,A可能是氧化钙或水,是氧化物;A能与C反应,又C为酸或盐,A为氧化钙,故C为酸,B为盐,B能转化为A,B为碳酸钙,则D为二氧化碳。
解:
A.B转化为A是分解反应;A转化为E是化合反应;E和D的反应及D转化为B的反应不属于基本反应类型;其余都是复分解反应。
故说法正确;
B.D是二氧化碳,二氧化碳与水反应生成碳酸;A是氧化钙,与水反应生成氢氧化钙,故说法正确;
C.E是氢氧化钙,A是氧化钙,氧化钙与水反应生成氢氧化钙,故说法正确;
D.B是碳酸钙,D是二氧化碳,B、D两种物质在一定条件下能互相转化,故说法错误。
因此本题选D。
16.下列说法正确的是
A.将草木灰(含K2CO3)与氯化铵混合施用能增加肥效
B.用Ba(NO3)2除去ZnCl2溶液中的ZnSO4杂质
C.只用一种试剂即可鉴别NaCl、NH4NO3、(NH4)2SO4、Na2SO4四种无色溶液
D.不用其它试剂无法鉴别Na2CO3、K2SO4、BaCl2、HCl四种无色溶液
【答案】C
【解析】A.草木灰的主要成分碳酸钾的溶液呈碱性;氯化铵含铵根属于铵态氮肥;
B.Ba(NO3)2与ZnSO4反应,生成硫酸钡沉淀和硝酸锌;
C.NaCl遇Ba(OH)2无明显现象;NH4NO3遇Ba(OH)2加热,只有气体;(NH4)2SO4遇Ba(OH)2加热,既有气体又有白色沉淀;Na2SO4遇Ba(OH)2只有白色沉淀;
D.不用其他试剂,就能将组内物质鉴别出来,首先需考虑物质的颜色,然后将鉴别出来的物质与其他物质混合,根据现象的不同加以鉴别,若物质都是没有颜色,则让溶液之间两两混合,根据不同的实验现象加以鉴别。
解:
A.草木灰的水溶液成碱性,和铵态氮肥氯化铵一起用会产生NH3,降低肥效,所以不能混合施用。
故错误;
B.Ba(NO3)2与ZnSO4反应,生成硫酸钡沉淀和硝酸锌,生成的硝酸锌是新的杂质,故错误;
C.NaCl遇Ba(OH)2无明显现象;NH4NO3遇Ba(OH)2加热,只有气体;(NH4)2SO4遇Ba(OH)2加热,既有气体又有白色沉淀;Na2SO4遇Ba(OH)2只有白色沉淀;故正确;
D.氯化钡能与硫酸钾、碳酸钠均产生沉淀,故能与两种物质产生沉淀的是氯化钡,不与氯化钡反应的物质为盐酸,向其他两种物质中滴加盐酸,有气体生成的为碳酸钠,无现象的为硫酸钾,可以鉴别。
故错误。
因此本题选C。
17.下列从左到右依次代表ABCD四个图像中,能正确表示对应变化关系的是()
A.向氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液中滴加盐酸B.向一定量稀硫酸中加水稀释
C.加热等质量的氯酸钾制取氧气D.向饱和氢氧化钙溶液中加入CaO
【答案】A
【解析】A.向氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液中滴加盐酸。
氢氧化钠先与盐酸反应,碳酸钠后与盐酸反应,在氢氧化钠未被反应完之前不会生成气体;B.向一定量稀硫酸中加水稀释,随水的加入,溶液的酸性变弱,但始终呈酸性,溶液的pH不会等于或大于7;C.二氧化锰是氯酸钾分解的催化剂,只改变氯酸钾的分解速率,不改变生成物的质量。
D.向饱和氢氧化钙溶液中加入CaO,氧化钙和水反,使溶液中溶质因水减少而析出;反应放出大量热,氢氧化钙的溶解度减小,氢氧化钙析出,得高温下的饱和溶液,溶质的质量分数减;冷却时,溶解度变大,溶质的质量分数变大,恢复到原温后得原温下的饱和溶液,溶质的质量分数不变。
点睛:
饱和溶液溶质的质量分数=溶解度÷(溶解度+100g)×100%。
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
18.有一包固体粉末,可能由CaCO3、Na2SO4、KNO3、FeSO4、BaCl2中的一种或几种组成,做实验得以下结果:
⑴将此固体粉末加到水中,得到白色沉淀,且上层清液为无色;⑵该白色沉淀部分溶于稀硝酸,并有无色气体产生。
据此实验,得出的下列判断中正确的是
A.粉末中一定含有CaCO3、FeSO4、BaCl2B.该粉末中一定不含有KNO3、FeSO4
C.该粉末的组成中可能含有KNO3D.该粉末中一定含有Na2SO4、KNO3、BaCl2
【答案】C
【解析】⑴将此固体粉末加到水中,得到白色沉淀,且上层清液为无色;说明溶液中无硫酸亚铁,因为硫酸亚铁溶液为绿色;有白色沉淀说明有碳酸钙或同时有硫酸钠和氯化钡;或三中物质都有;⑵该白色沉淀部分溶于稀硝酸,并有无色气体产生。
说明有碳酸钙、有硫酸钠和氯化钡,碳酸钙和硝酸反应生成硝酸钙和二氧化碳、水,而有气泡冒出;硫酸钠和氯化钡生成硫酸钡沉淀,硫酸钡沉淀不溶于硝酸;硝酸钾不能确定;所以选C
点睛:
氯化银、硫酸钡不溶液硝酸。
19.小松同学想表演“水”中长“铜树”的实验,老师给他提供300g10%的硝酸银溶液,又给他提供了一定量的铜丝,充分反应后,得到溶液284.8g,则参加反应的铜丝质量为()
A.6.4gB.8gC.10.5gD.12.8g
【答案】A
【解析】反应中溶质的质量不变,所以溶液质量的变化由溶质的质量变化决定
Cu+2AgNO3=Cu(NO3)2+2Ag
64152
x15.2g
64/x=152/15.2gx=6.4g选A
点睛:
找到溶液质量变化的根本原因,利用差值法计算,比传统的算法简单。
20.在一定质量的甲溶液中逐渐加入乙至过量,反应过程中溶液的总质量与加入乙的质量关系,能用下图曲线表示的是
序号
甲
乙
①
H2SO4溶液
NaOH溶液
②
HCl溶液
大理石
③
BaCl2溶液
Na2SO4溶液
④
H2SO4溶液
锌粒
A.①②B.②④C.②③④D.①②④
【答案】B
【解析】
①向H2SO4溶液逐渐加入NaOH溶液,溶液总质量是增加的,但随着NaOH溶液的增加,溶液总质量会一直增加,即最后不会出现平行于x轴的直线.故①不符合