沪教版上海初三化学中考一模试题和答案.docx

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沪教版上海初三化学中考一模试题和答案

沪教版（上海）2021初三化学中考一模试题和答案

一、选择题（培优题较难）

1．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

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．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．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。

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。

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．中考复习阶段，小轩同学梳理了以下知识：

①利用金属的化学性质可以区别不同金属的活动性强弱；②催化剂一定能加快化学反应的速率；③具有可燃性的气体有甲烷、氢气和氧气；④燃烧需要同时满足三个条件，故破坏其中一个条件就可以灭火；⑤微量元素是人体健康必不可少的，但补充微量元素也要适可而止；⑥二氧化碳能灭火是因为不能燃烧也不能支持燃烧且密度比空气大，而用水灭火是因为可降低可燃物的着火点。

其中你认为合理的是：

A．①④⑤B．①③⑥C．②⑤⑥D．②④⑤

【答案】A

【解析】①利用金属的化学性质可以区别不同金属的活动性强弱；合理；②催化剂一定能改变化学反应速率，有的反应中加快反应速度，有的反应中减慢反应速度，不合理；③氧气能支持燃烧，不具有可燃性，不合理；④燃烧需要同时满足三个条件，故破坏其中一个条件就可以灭火；合理；⑤微量元素是人体健康必不可少的，但补充微量元素也要适可而止；合理；⑥二氧化碳能灭火是因为不能燃烧也不能支持燃烧且密度比空气大，而用水灭火是因为降低温度到可燃物的着火点以下，不合理。

故选A。

点睛：

排在金属活动性顺序前面的金属，能够把排在后面的金属从它的盐溶液中置换出来。

9．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

10．已知硝酸钾在不同温度下的溶解度如下表：

温度/℃

20

30

40

50

60

70

80

溶解度/g

32

46

64

85.5

110

138

170

甲是80℃含有100g水的KNO3溶液，操作过程如下图所示。

以下分析错误的是

A．甲、乙、丙、丁四种溶液中，饱和溶液只有2种

B．甲到乙的过程中，溶质质量没有改变

C．甲溶液中，溶剂与溶质的质量比为25:

34

D．甲溶液冷却时，开始析出固体的温度在60℃～70℃之间

【答案】A

【解析】

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。

A、由题中信息可知，20℃时，硝酸钾的溶解度是32g，所以80g水的饱和溶液中，硝酸钾的质量为25.6g，所以可推知硝酸钾的总质量为25.6g+110.4g=136g，80℃时，80g水中溶解136g硝酸钾刚好饱和，析出晶体后的溶液一定是饱和溶液，所以丁是饱和溶液，所以乙、丙、丁都是饱和溶液，错误；B、甲到乙的过程中，没有溶质析出，溶质质量没有改变，正确；C、甲溶液中，溶剂与溶质的质量比为100g:

136g=25:

34,正确。

故选A。

11．将22.2gCu2（OH）2CO3放在密闭容器内高温加热一段时间后，冷却，测得剩余固体的质量为15.2g。

在剩余固体里加入100.0g稀硫酸恰好完全反应，过滤得红色金属。

已知：

Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O，下列说法正确的是

A．15.2g剩余固体是纯净物B．过程中生成CO2和H2O的质量和为7.0g

C．残留红色金属质量为12.8gD．稀硫酸的溶质质量分数为14.7%

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

根据题中信息可知，碱式碳酸铜分解时，部分生成了氧化铜，部分生成氧化亚铜

设分解生成氧化铜的碱式碳酸铜的质量为m，生成氧化铜的质量为x

①

②

由①②计算可得

因此生成氧化铜、氧化亚铜的碱式碳酸铜的质量均为11.1g，生成氧化亚铜的质量为

设生成铜的质量为y,与氧化亚铜反应的硫酸的质量为n1,与氧化铜反应的硫酸的质量为n2

A、剩余固体加硫酸后生成铜，说明15.2g剩余固体是氧化铜和氧化亚铜，是混合物，故A不正确；

B、过程中生成CO2和H2O、氧气的质量和为7.0g，故B不正确；

C、残留红色金属为铜，质量是3.2g，故C不正确；

D、稀硫酸的溶质质量分数为

，故D正确。

故选D。

12．往AgNO3和Cu（NO3）2的混合溶液中加入一定量的铁粉，充分反应后，有金属析出，过滤、洗涤后往滤渣中加入稀盐酸，有无色气体放出，则滤液中一定存在的物质是

A．Fe（NO3）2

B．Fe（NO3）3

C．Cu（NO3）2、Fe（NO3）2

D．AgNO3、Cu（NO3）2、Fe（NO3）2

【答案】A

【解析】

根据金属银、铜、铁的活动性由强到弱的顺序铁＞铜＞银，当把铁粉加入到AgNO3和Cu（NO3）2的混合溶液中，首先和硝酸银反应生成银和硝酸亚铁，银被置换完剩余的铁再与硝酸铜反应生成硝酸亚铁和铜；过滤后向滤渣中滴加稀盐酸，有气泡，说明加入的铁有剩余．因此，滤液中只含有Fe（NO3）2、滤渣中一定含有Ag、铜、铁的结论．选A

点睛：

金属活动顺序表：

KCaNaMgAlZnFeSnPbHCuHgAgPtAu，在金属活动顺序表中，排在氢前边的金属能和酸发生置换反应生成盐和氢气。

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。

13．除去下列物质中的少量杂质，下列选用试剂或方法正确的是（　　）

选项

物质

杂质

试剂或方法

A

FeSO4溶液

CuSO4

加入过量的锌粉，过滤

B

NaCl

Na2CO3

加入过量稀盐酸，蒸发

C

CaCl2溶液

HCl

加入过量的Ca（OH）2溶液

D

KCl

MnO2

加入足量水溶液、过滤、洗涤、烘干

A．AB．BC．CD．D

【答案】B

【解析】

【分析】

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。

【详解】

A、FeSO4溶液和CuSO4均能与过量的锌粉反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误；

B、Na2CO3能与过量稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，盐酸具有挥发性，再蒸发除去盐酸，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故选项所采取的方法正确。

C、HCl能与过量的Ca（OH）2溶液反应生成氯化钙和水，能除去杂质但引入了新的杂质氢氧化钙（过量的），不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误；

D、KCl易溶于水，MnO2难溶于水，可采取加水溶解、过滤、蒸发的方法进行分离除杂，故选项所采取的方法错误。

故选B。

【点睛】

物质的分离与除杂是中考的重点，也是难点，解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件（加入的试剂只与杂质反应，反应后不能引入新的杂质）是正确解题的关键。

14．把一定量氧化铜和0.8g氧化镁的混合物投入到溶质质量分数为9.8%的稀硫酸中，待固体完全溶解后，再往溶液里加入溶质质量分数为8%的NaOH溶液，生成沉淀质量与加入溶液质量关系如图所示。

下列说法中正确的是

A．稀硫酸的质量为120g

B．a的取值范围为0＜a＜60

C．当a值为60时，b值为4.8g

D．混合物的质量可能为7.0g

【答案】D

【解析】氧化铜、氧化镁和稀硫酸、硫酸铜、硫酸镁和氢氧化钠反应的化学方程式为：

CuO+H2SO4═CuSO4+H2O，MgO+H2SO4═MgSO4+H2O，CuSO4+2NaOH=Cu（OH）2↓+Na2SO4，MgSO4+2NaOH=Mg（OH）2↓+Na2SO4，

A、由以上反应关系可知，H2SO4～2NaOH，

设稀硫酸中硫酸质量为x，

H2SO4～2NaOH，

98           80

x         100g×8%

x=9.8g，

稀硫酸的质量为

=100g，

该选项说法错误；

B、由以上反应关系可知，MgO～H2SO4，

设氧化镁消耗硫酸的质量为y，

MgO～H2SO4，

40      98

0.8g    y

y=1.96g，

剩余硫酸质量小于：

100g×9.8%-1.96g=7.84g，

设剩余硫酸消耗氢氧化钠的质量最多为z，

H2SO4～2NaOH，

98           80

7.84g     z

z=6.4g，

a的值小于：

6.4g÷8%=80g，因此a的取值范围为0＜a＜80，

该选项说法错误；

C、当a值为60时，和硫酸铜、硫酸镁反应的氢氧化钠质量为：

（100g-60g）×8%=3.2g，

设3.2g氢氧化钠完全和硫酸铜反应时生成氢氧化铜质量为n，完全和硫酸镁反应时生成氢氧化镁质量为p，

CuSO4+2NaOH=Cu（OH）2↓+Na2SO4，MgSO4+2NaOH=Mg（OH）2↓+Na2SO4，

             80          98                                         80       58

3.2g         n                                         5.6g        p

n=3.92g，p=2.32g，

由计算可知，2.32＜b＜3.92，因此当a值为60时，b值不可能为4.8，该选项说法错误；

D、混合物的质量为7.0g时，氧化铜质量为：

7.0g-0.8g=6.2g，

设氧化铜消耗硫酸质量为m，

CuO+H2SO4═CuSO4+H2O，

80     98

6.2g   m

m=7.595g，

则氧化铜和氧化镁消耗硫酸质量为：

7.595g+1.96g=9.555g，

剩余硫酸质量为：

100g×9.8%-9.555g=0.245g＜7.84g，

该选项说法正确。

15．将ag铁粉和锌粉的混合物加入到bgAgNO3和Cu（NO3）2组成的混合溶液中，充分反应后过滤，得到滤液和滤渣。

判断下列有关说法中，不正确的是

A．滤渣的质量一定大于ag

B．若滤渣中含有单质Zn，则滤液一定是无色溶液

C．若向滤渣中加入足量的稀盐酸有气泡冒出，则滤渣中一定含有Ag、Cu、Fe

D．若向滤液中加入足量的稀盐酸有白色沉淀产生，则滤液中的一定含有四种金属阳离子

【答案】A

【解析】

【分析】

四种金属的活动性顺序为：

锌>铁>铜>银，将ag铁粉和锌粉的混合物加入到bgAgNO3和Cu（NO3）2组成的混合溶液中，反应顺序是，锌先与盐溶液反应，锌完全反应后，如果硝酸银或硝酸铜有剩余，铁在与两溶液反应；①锌和硝酸银反应生成硝酸锌和银，②锌和硝酸铜反应生成铜和硝酸锌,反应中金属的质量关系如下：

【详解】

A、铁和硝酸银、硝酸铜反应时，随着反应的进行，溶液质量减小，固体质量增加，锌和硝酸银反应时，随着反应的进行，溶液质量减小，固体质量增加，锌和硝酸铜反应时，随着反应的进行，溶液质量增加，固体质量减小，当锌和硝酸铜的质量远远大于铁和硝酸银的质量时，滤渣的质量会小于ag，该选项说法不正确；

B.若滤渣中含有单质Zn，则滤液一定是无色溶液；

C.若向滤渣中加入足量的稀盐酸有气泡冒出，则滤渣中一定含有Ag、Cu、Fe，由于锌先反应，锌可能剩余，也可能反应完；

D.若向滤液中加入足量的稀盐酸有白色沉淀产生，则硝酸银有剩余，硝酸铜没反应，锌和铁都反应完，则滤液中的一定含有银离子，四种金属阳离子。

选A

【点睛】

金属活动顺序表：

KCaNaMgAlZnFeSnPbHCuHgAgPtAu，在金属活动顺序表中，排在氢前边的金属能和酸发生置换反应生成盐和氢气。

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。

16．分离氯化铁、氯化钠、硫酸钡的固体混合物，得到三种纯净物，应选用的一组试剂是：

A．水、硝酸银、稀硝酸B．水、氢氧化钠、盐酸

C．水、氢氧化钠、稀硝酸D．水、氢氧化钾、盐酸

【答案】B

【解析】

氯化铁、氯化纳、硫酸钡的固体混合物，加水溶解后过滤，得硫酸钡沉淀；然后加入过量的氢氧化钠，充分反应后过滤，得氢氧化铁沉淀和氯化钠与氢氧化钠的混合溶液；将氢氧化铁沉淀中加入过量盐酸，蒸发结晶得氯化铁固体；将氯化钠与氢氧化钠的混合溶液中加入过量盐酸，蒸发结晶得氯化钠固体；选B

点睛：

分离物质要求分开后还要得到原物质。

17．黄铜渣中约含Zn 7%、ZnO 31%、Cu 50%、CuO 5%，其余为杂质。

处理黄铜渣可得到硫酸锌，其主要流程如下图（杂质不溶于水、不参与反应）：

下列说法正确的是

A．溶液A中的溶质有2种B．Ⅰ、Ⅱ中的操作均包含过滤

C．溶液A的质量大于溶液BD．溶液C中溶质的质量分数小于溶液B

【答案】B

【解析】A黄铜渣加入过量的稀硫酸后，锌、氧化锌都反应生成硫酸锌，氧化铜反应生成硫酸铜；滤液A中有硫酸铜、硫酸锌、硫酸三种溶质；B.Ⅰ、Ⅱ中的操作目的都是将溶液与固体分离，均包含过滤；C.锌和硫酸铜反应生成硫酸锌和铜，参加反应的的硫酸铜的质量小于生成的硫酸锌的质量，溶液A的质量小于溶液B；D.溶液C是析出晶体得到的饱和溶液，其溶质的质量分数大于同温度下的不饱和溶液B；选B

点睛：

同种溶质、同种溶剂、同种温度下饱和溶液一定比不饱和溶液浓。

18．如图所示，其中甲、乙、丙、丁、戊分别是铁、盐酸、氢氧化钙、二氧化碳、碳酸钠中的一种。

图中相连的两圆表示相应物质能发生反应，已知乙是铁。

下列说法错误的是

A．五种物质中，只有铁是单质

B．丙是氢氧化钙

C．戊是二氧化碳、甲是碳酸钠

D．甲、丙、丁之间的反应属于复分解反应

【答案】B

【解析】

甲、乙、丙、丁、戊分别是铁、盐酸、氢氧化钙、二氧化碳、碳酸钠中的一种，铁会与盐酸反应，盐酸会与氢氧化钙、碳酸钠反应，氢氧化钙会与盐酸、二氧化碳、碳酸钠反应，二氧化碳会与氢氧化钙反应，乙是铁，所以丙是盐酸，故B错误；甲、丁是碳酸钠或氢氧化钙，如果甲是碳酸钠，丁就是氢氧化钙，戊就是二氧化碳，合理；如果甲是氢氧化钙，丁是碳酸钠，二氧化碳不会与碳酸钠反应，不合理，所以甲是碳酸钠，丁是氢氧化钙，戊是二氧化碳，所以Ｃ正确；五种物质中，只有铁