1、西安交通大学第二附属中学南校区初三化学中考试题及答案西安交通大学第二附属中学南校区初三化学中考试题及答案一、选择题（培优题较难）1一定条件下,在一个密闭容器内发生某反应,测得反应前后各物质的质量如图所示，下列说法正确的是( )AX 的值为 44 B该反应属于置换反应CW 由碳、氢两种元素组成 DW 中碳、氢元素原子个数比为 1：3【答案】D【解析】据质量守恒定律可知反应前后物质的总质量不变。所以反应后二氧化碳的质量为64g+5g+8g+23g-32g-16g=52g,故A错误;反应物的质量减少，生成物的质量增加；所以水、二氧化碳是生成物，氧气和W是反应物。由一中单质和一种化合物生成另一种和另一
2、种化合物的反应叫置换反应。水、二氧化碳是都是化合物，所以不是置换反应，故B错误；此反应的表达式可表示为W+O2CO2+H2O。根据质量守恒定律，反应前后元素的种类不变，由反应表达式可以看出W中一定含有碳氢两种元素，是否含有氧元素则要通过生成物中的氧元素与反应的氧气质量进行比较，生成的水中氧元素的质量为：27g（1618100%）24g，二氧化碳中氧元素的质量：44g（3244100%）32g，两者的质量和为56g，而参加反应的氧气的质量64g16g48g，所以可判断W中含有氧元素，故C错误；由C的分析可知W中碳、氢元素质量比为（44g32g）/12：（27g24g）/11：3，故正确，故选D。
3、点睛：此类题的方法是根据化学式计算碳、氢、氧元素的质量，和反应反应前氧元素的质量或可燃物的质量比较，来判断可燃物的组成元素2将CO通入盛有12.0g的Fe2O3的试管内，加热至固体完全变黑后停止加热，继续通入CO至试管冷却，并同时将反应后的气体通入足量NaOH溶液中，溶液质量增重6.6g。Fe2O3还原过程中转化过程：Fe2O3Fe3O4 FeOFe。下列说法错误的是A反应后的黑色固体为混合物B试管中残留固体质量为10.8gC实验过程中参加反应的CO的质量为4.2gD反应后固体中加入足量的稀盐酸产生气体的质量为0.15g【答案】B【解析】【分析】生成二氧化碳的质量为6.6g，生成的二氧化碳分子
4、中，有一个氧原子来自于氧化铁。6.6g二氧化碳中来自氧化铁的氧元素的质量为，试管中残留固体质量为；如果试管中残留固体全部是FeO，设FeO的质量为x 设12gFe2O3完全反应生成Fe的质量为y 试管中残留固体中含FeO的质量为 设反应后固体中加入足量的稀盐酸产生气体的质量为z 【详解】A反应后的黑色固体质量是9.6g，9.6g8.4g，反应后的黑色固体为混合物，故A正确；B试管中残留固体质量为9.6g，故B错误；C实验过程中参加反应的CO的质量为：6.6g-2.4g=4.2g，故C正确；D反应后固体中加入足量的稀盐酸产生气体的质量为0.15g，故D正确。故选：B。3部分变质的烧碱样品18.6
5、g，能与7.3%的稀盐酸200g恰好完全反应，则此样品中变质的烧碱与原烧碱的质量比为( )A3:2 B2:3 C1:2 D1:1【答案】C【解析】【详解】氢氧化钠容易与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠，设此样品中生成碳酸钠的质量为x，与碳酸钠反应的盐酸的质量为m x=106m/73设未变质的氢氧化钠的质量为y y=40(14.6g-m)/36.5x+y=(106m/73)+40(14.6g-m)/36.5=18.6g，m=7.3gx=10.6g y=8g设变质的氢氧化钠的质量为z z=8g则此样品中变质的烧碱与原烧碱的质量比为：8g：（8g+8g）=1：2。故选C。4固体X可能由氢氧化钠、碳酸钠
6、、氯化钠、硝酸镁、硝酸钡、硫酸钠、硫酸铜中的一种或几种物质组成（提示：以上物质中，只有氢氧化钠和碳酸钠的水溶液显碱性）。为确定其组成，进行如下实验：将固体X加入水中充分溶解，得到无色溶液；测X溶液的pH，pH= 13；向X的溶液中加入足量的硝酸钡溶液，产生白色沉淀，过滤；向步骤所得沉淀中加入足量的稀盐酸，沉淀不溶解；向步骤所得的滤液中加入过量的稀硝酸，再加入硝酸银溶液，产生白色沉淀。根据以上实验信息，关于固体X组成的判断有以下几种说法：不能确定是否有硝酸镁；硝酸钡、硫酸铜、碳酸钠一定不存在；硫酸钠和氢氧化钠一定存在；不能确定是否有氯化钠。以上说法中正确的个数是A1个 B2个 C3个 D4个【答
7、案】B【解析】【分析】将固体 X加入水中充分溶解，得到无色溶液，所以固体X中一定不含硫酸铜；测X溶液的pH值，pH=13，所以固体X中含有碳酸钠、氢氧化钠中的一种或两种；向X的溶液中加入足量的硝酸钡溶液，产生白色沉淀，过滤，所以X中可能含有碳酸钠、硫酸钠中一种或两种，一定不含硝酸钡；向步骤所得沉淀中加入足量的稀盐酸，沉淀不溶解，所以X中一定含有硫酸钠，一定不含碳酸钠；向步骤所得的滤液中加入过量的稀硝酸，再加入硝酸银溶液，产生白色沉淀，所以X中一定含有氯化钠。由于氢氧化钠和硝酸镁不能共存，因为二者会反应生成氢氧化镁沉淀，所以一定不含硝酸镁。综上所述，固体X中一定含有氢氧化钠、硫酸钠、氯化钠，一定
8、不含硝酸钡、硫酸铜、碳酸钠、硝酸镁。【详解】通过分析可知：、硝酸镁一定不存在。错误；、硝酸钡、硫酸铜、碳酸钠一定不存在。正确；、硫酸钠和氢氧化钠一定存在。正确；、氯化钠一定存在。错误。故选B。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4：7C 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
9、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B6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
10、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
11、Mg、Al、Zn的混合物共7.2g，与足量盐酸反应，生成H2的质量可能是( )A0.2g B0.6g C0.8g D0.9g【答案】B【解析】用极限法计算，假设全为Zn，生成氢气的质量为x。Zn+2HCl=ZnCl2+H265 27.2g x x=0.22g同理，假设全为Mg，生成氢气的质量为y。可得y=0.6g；假设全为Al，生成氢气的质量为z。可得z=0.8g。所以Al、Mg、Zn合金与盐酸反应放出氢气的质量0.8g m（氢气）0.22g。故选B。8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
12、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
13、。故选C。9NaCl是一种化工原料，可以制备一系列物质，如图所示原理，包含了氯碱工业，电解法制取金属钠，侯氏制碱，生产盐酸，制取漂白粉（有效成分是 Ca(ClO)2），部分生成物己省略，下列说法正确的是ANa2CO3的热稳定性比NaHCO3差B氯碱工业制得纯碱C侯氏碱法的产品是NaHCO3D工业制取漂白粉采用的是氯气和石灰乳反应，而不是氯气和石灰水【答案】D【解析】A、由碳酸氢钠受热转化为碳酸钠可知，NaHCO3的热稳定性比Na2CO3差，错误；B、氯碱工业制得纯碱、氯气、氢气、氢氧化钠、盐酸等，错误；C、侯氏碱法的产品是Na2CO3和NH4Cl等，错误；D、由于石灰水中氢氧化钙的含量太低了，
14、不适用于大量生产，故工业制取漂白粉采用的是氯气和石灰乳反应，而不是氯气和石灰水，正确。故选D。10下列说法中正确的是( )选项事实观点A某物质分解生成二氧化碳和水该物质由C、H、O元素组成B酸溶液能使石蕊变红颜色发生改变的变化不一定是化学变化C碱溶液都显碱性显碱性的溶液不一定是碱D氢氧化钠溶液 稀释后pH减小，硫酸溶液稀释后pH变大溶液 稀释后pH都会发生变化AA BB CC DD【答案】C【解析】A、某物质分解生成二氧化碳和水，该物质中一定含有C、H、O元素，还可能含有其它元素，错误；B、溶液中颜色发生改变，有新物质生成，一定是化学变化，错误；C、碱溶液都显碱性，显碱性的溶液不一定是碱，如碳
15、酸钠是盐，但显碱性，正确；D、氯化钠溶液稀释后pH不会发生变化，错误。故选C。11下列溶液中无色，且在pH=1时能大量共存的是ACuSO4NaCl KNO3 BNaOH NaCl NaNO3CNa2SO4KCl ZnCl2 DK2SO4AgNO3 NaCl【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
16、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C12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 13为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-及泥沙，可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作。其中错误的操作顺序是 （ ）过滤，加过量的NaOH溶液，加适量盐酸，加过量Na2CO3溶液，加过量BaCl
17、2溶液A B C D【答案】A【解析】要先除硫酸根离子，然后再除钙离子，碳酸钠可以除去过量的钡离子，如果加反了，过量的钡离子就没法除去，至于加氢氧化钠除去镁离子顺序不受限制，因为过量的氢氧化钠加盐酸就可以调节了，只要将三种离子除完了，过滤就行了，最后加盐酸除去过量的氢氧根离子碳酸根离子。14下列有关氯酸钾和二氧化锰共热反应时各物质间的质量关系，正确的是A BC D【答案】B【解析】【分析】【详解】A、氯酸钾在二氧化锰的催化作用下生成氯化钾和氧气，可见随着氯化钾的质量增加，氧气的质量增加，且质量比为: 149:96=49.7:32，不符合质量比关系，错误；B、氯酸钾在二氧化锰的催化作用下生成氯化
18、钾和氧气，可见随着氯酸钾反应的质量增加，氧气的质量增加，且质量比为:245:96=24.5:32，符合题意，正确；C、氯酸钾在二氧化锰的催化作用下生成氨化钾和氧气，二氧化锰作催化剂，反应前后质量不变，氧气的生成质量与二氧化锰无关，故图象与实验操作过程不对应，错误；D、氯酸钾在二氧化锰的催化作用下生成氯化钾和氧气，随着固体混合物质量的减少，氧气的质量增加，故图象与实验操作过程不对应，错误。故选B。15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
19、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
20、清坐标对应的量，和反应物的量16下列各组转化中，一定条件下均能一步实现的组合是A B C D【答案】D【解析】【分析】本主要考察常见物质之间的相互转化的相关知识【详解】2CO22CO氧气不充足；2COO22CO2 ；CO2CO2CO2参加光合作用产生O2 2MgO22MgO；MgO2HCl=MgCl2H2O；2H2O 2H2O2；2H2O22H2O Na2CO3H2SO4=Na2SO4H2OCO2Na2SO4Ba(OH)2=2NaOHBaSO4；Na2CO3Ba(OH)2=2NaOHBaCO3；CO22NaOH=Na2CO3H2O都可以实现一步转化，故选D。【点睛】注意二氧化碳转化为氧气是光合
21、作用17下列图象与对应的说法相匹配的是 ( ) 表示KMnO4加热制O2生成的MnO2的质量与时间的关系图 表示C还原CuO的实验中，试管内的固体质量与时间的关系图 表示向饱和的Ca(OH)2溶液中加入一定量的CaO，溶液中溶质质量与时间的关系图 等质量的铁片和锌片分别和足量的溶质质量分数相同的稀硫酸反应A B C D【答案】D【解析】 KMnO4在加热条件下生成制O2、MnO2、锰酸钾，所以开始时二氧化锰的质量为零；反应中质量增加，反应结束质量不再改变； C还原CuO生成铜和二氧化碳，参与反应的氧化铜的质量大于生成的铜的质量，所以反应中固体的质量减少，反应结束固体质量不再改变； 氧化钙和水反
22、应生成氢氧化钙，向饱和的Ca(OH)2溶液中加入一定量的CaO，溶剂的质量减少，溶质会析出，反应放热使氢氧化钙的的溶解度减小，溶质会析出，所以溶质的质量会减少，反应结束后随温度的降低，部分析出的氢氧化钙又溶解，溶质的质量增多，但是由于水比反应前少了，所以最终溶质的质量小于开始时，溶质的质量。 等质量的铁片和锌片分别和足量的溶质质量分数相同的稀硫酸反应，由于锌的活动性比铁强，所以锌的反应快，先反应完；锌比同质量的铁反应生成氢气少；最终铁的平线比锌的高；选D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18将a g铁粉和锌粉的混合物加入到b g AgNO3和Cu
23、(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a gB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、FeD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a g铁粉和锌粉的混合物加入到b g AgNO3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；锌和硝酸银反应生成硝酸锌和银，锌和硝酸铜反应生成铜和硝酸
24、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
25、含有银离子，四种金属阳离子。选A【点睛】金属活动顺序表：K Ca Na Mg Al Zn Fe Sn Pb H Cu Hg Ag Pt Au，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。19除去下列各物质中混有少量杂质，所用试剂正确的是选项物质杂质所用试剂A镁粉铁粉稀硫酸BN2O2灼热的铜网C稀盐酸MgCl2KOH溶液DNaClNa2SO4Ba(NO3)2溶液AA BB CC DD【答案】B【解析】利用混合物中两种物质的性质差别，分析除杂方法对混合物组成的影响，判断该方法是否能达
26、到除去杂质的目的，选出不能达到的选项。A. 镁粉（铁粉）加稀硫酸。稀硫酸与镁和铁都会发生反应，故错误；B. N2（O2）通过灼热的铜网。氧气与铜反应生成氧化铜，氮气不与铜反应。正确；C. 稀盐酸（MgCl2）加KOH溶液。稀盐酸与KOH溶液反应，而MgCl2不与KOH溶液反应，故错误；D. NaCl（Na2SO4）加Ba(NO3)2溶液。Ba(NO3)2溶液与Na2SO4反应生成硫酸钡的沉淀和硝酸钠。生成的硝酸钠是杂质。故错误。故本题选B。点睛：除去混合物中的杂质，所选用的试剂或方法应对杂质有作用，不影响主要成分，并且过程中不能产生新的杂质。20取一定量的氧化铁与氧化铜的混合物，加入稀硫酸（含
27、0.2molH2SO4），恰好完全反应成盐和水原混合物中氧元素的质量是A12.8 g B6.4g C3.2g D1.6g【答案】C【解析】Fe2O3+ 3H2SO4= Fe 2 (SO4 )3+3H2O CuO+H2SO4= CuSO4+H2O，由化学方程式可知，氧化物中氧原子的物质的量等于硫酸根的物质的量，故n（O）=n（H2SO4）=0.2mol，故原混合物中氧元素的质量为：0.2mol16g/mol=3.2g，故选C。21中和一定质量的稀硫酸，需用m克氢氧化钠，若改用m克氢氧化钾，反应后溶液的PH应当是（ ）A7 C=7 D无法确定【答案】A【解析】根据硫酸与碱反应的化学反应方程式，得出
28、质量与碱的相对分子质量的关系，然后分析改用氢氧化钾，判断酸碱的过量，再分析反应后溶液的pH。解：设硫酸的质量为x，则H2SO4+2NaOHNa2SO4+2H2O98 240xmg 解得x= 当改用m克的氢氧化钾，设消耗的硫酸的质量为y，则H2SO4+2KOHK2SO4+2H2O98 256ymg 解得y= x，则酸过量，反应后溶液的pH小于7，故选A。22利用废硫酸制备K2SO4的流程如下图则下列说法不正确的是A流程中CaCO3可循环使用 B将CaCO3研成粉末的目的使反应更充分CM和碱混合微热产生无色无味气体 D洗涤所得晶体，是为了除去表面的杂质【答案】C【解析】A、如果生成物和反应物中都有
29、某种物质，这种物质一般可循环利用；B、把反应物研成粉末是为了加快反应速率；C、铵态氮肥与碱供热生成有刺激性气味的氨气；D、结合实验目的判断。解：A、观察上述流程，发现碳酸钙既是反应物也是生成物，因此流程中CaCO3可循环使用。故正确；B、将CaCO3研成粉末，可以增大反应物的接触面积，其目的是加快反应速率。故正确；C、根据复分解反应发生的条件，M溶液是(NH4)2SO4溶液，因此M和碱混合微热产生有刺激性气味的氨气。故错误；D、为了得到较纯的K2SO4晶体，常洗涤反应所得晶体。故D正确。23如图是某固体物质的溶解度曲线，下列说法错误的是（ ）A30 时，该物质的溶解度为40 gB50 时，将40 g该物质加入100 g水中，搅拌后得到的是不饱和溶液C温度升高，溶液中该固体的质量分数一定增大D20 和30 时的两份该物质溶液，所含的溶质的质量可能相等【答案】C【解析】从固体溶解度曲线及其作用和有关溶质质量分数的简单计算。A.由图中给出坐标可知，横坐标为时对应的纵坐标溶解度为40g；B.由图中给出坐标可知，时，该溶质的溶解度大于40g，因此将40g该物质加入到水中，搅拌后得到的是不饱和溶液；C温度升高，该物质的溶解度增大，但如果溶质不变，溶质的质量分数也不变；D若20 和30 时，溶液中所溶解的溶质质量可能相等，而不是说
