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1、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

2、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Bt2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

3、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

4、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A46:3 B46:11 C23:3 D23:6【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

5、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/gm1m2000反应后质量/g00m3m4m5下列叙述正确的是（ ）m1=1/9m4时，R是H2 m1+m2=m3时，R是C或CO m3:m4=11:9时，R是CH4或CH4O8m3/11+8m4/9+4m5/7m2A B C D【答案】D【解析】【分析】【详解】根据表格中的数据可知，R、氧气反应

6、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。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；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；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

7、=11:9时，R是CH4或CH4O，正确；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m3100%=8m3/11，水中氧元素的质量为m4100%=8m4/9，一氧化碳中氧元素的质量为m5100%=4m5/7，通过分析可知，8m3/11+8m4/9+4m5/7m2 ，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

8、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AA BB CC DD【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：

9、则下列结论错误的是（ ）AA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；

10、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xCaCO3+2HClCaCl2+H2O+CO2100 44x 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yCaO+H2 OCa（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H2SO4B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KNO3D

11、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KClO

12、3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C8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

13、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

14、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AA BB CC DD【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化学与安全用甲醛可

15、保鲜海产品用熟石灰改良酸性土壤用生石灰作食品干燥剂点燃氢气前一定要检验纯度进行化学实验时配戴护目镜发现厨房中天然气泄漏马上拨打119报警C化学与资源D化学与发现塑料的使用一定程度上保护了金属资源稀土是宝贵的不可再生资源海洋中蕴藏着丰富的化学资源卢瑟福确定了原子的核式结构拉瓦锡第一个发现并提出了质量守恒定律门捷列夫发现元素周期律并编制元素周期表AA BB CC DD【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

16、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. 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；稀土是宝贵的不可再生资源海洋中蕴藏着丰富的化学资源，归纳正确；D. 卢瑟福确定了原子的核式结构，拉瓦锡第一个发现并提出了质量守恒定律，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（ ）AN2（O 2）：通过红热的木炭 B烧碱（纯碱）：加适量稀盐酸、蒸发CCu（CuO）：加过量的盐酸溶液并过滤 DNaHCO3（Na2CO3）：高温煅烧【答案】C【解析】A氮气不

17、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A10克碳酸钾和碳酸钠B5.6克氧化钙和氧化锌C10克碳酸镁和碳酸氢钠D10克镁粉和铜粉【答案】B【解析】【分

18、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+H

19、2O，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B10时，C接近饱和的溶液升高温度可以达到饱和C20时，A、B的饱和溶液的溶质质量分数相等

20、D35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）

21、100%30%，选D14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操作分别是加热浓缩、蒸发结晶、过滤B操作是过滤，将氯化钠固体从溶液中分离除去C操作是加热浓缩，趁热过滤，除去杂质氯化钠D操作是过滤，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，则操作为蒸发浓缩，冷却结晶，操作是过滤、洗涤；A、提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾，结合流程可知，操作为溶解，操作为蒸发浓缩，冷却结晶，操作是过滤、洗涤，错误；B、提纯含少量氯化钠杂质的硝

22、酸钾，结合流程可知，操作为溶解，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BD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

23、的少量A杂质DB、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，

24、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；NH4N

25、O3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

26、）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

27、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%

28、。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： 将此固体粉末加到水中，得到白色沉淀，且上层清液为无色； 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、BaCl2 B该粉末中一定不含有KNO3、FeSO4C该粉末的组成中可能含有KNO3 D该粉末中一定含有Na2SO4、KNO3、BaCl2【答案】C【解析】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

29、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； 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( )A6.4g B8g C10.5 g D12.8g【答案】A【解析】反应中溶质的质量不变，所以

30、溶液质量的变化由溶质的质量变化决定Cu+2AgNO3=Cu(NO3)2+2Ag 64 152x 15.2g64/x=152/15.2g x=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H2SO4溶液NaOH溶液HCl溶液大理石BaCl2溶液Na2SO4溶液H2SO4溶液锌粒A B C D【答案】B【解析】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轴的直线故不符合