德州市初三化学中考三模试题和答案.docx
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德州市初三化学中考三模试题和答案
德州市2020初三化学中考三模试题和答案
一、选择题(培优题较难)
1.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。
2.甲、乙、丙、丁均为初中化学常见的物质,它们之间的部分转化关系如图所示(部分反应物、生成物和反应条件已略去。
“——”表示物质之间能发生化学反应。
“―→”表示物质之间的转化关系)。
下列推论不正确的是( )
A.若甲是碳酸钙,则乙转化成丙的反应可以是放热反应
B.若乙是最常用的溶剂,则丁可以是单质碳
C.若甲是碳酸钠,乙是硫酸钠,则丁可以是氯化钡
D.若丙是二氧化碳,丁是熟石灰,则丁可以通过复分解反应转化为乙
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A.若甲是碳酸钙,则碳酸钙分解生成氧化钙,氧化钙和水反应生成氢氧化钙过程中放热,因此乙转化成丙的反应可以是放热反应,选项A正确;
B.若乙是最常用的溶剂,水分解生成氧气,碳和氧气反应生成二氧化碳,且碳和水也能反应,因此丁可以是单质碳,选项B正确;
C.若甲是碳酸钠,如果跟硫酸反应则乙是硫酸钠,但硫酸钠转变成的丙不能和氯化钡反应,则丁不可以是氯化钡,选项C错误;
D.若丙是二氧化碳,丁是熟石灰,则丁可以通过复分解反应转化为乙,熟石灰和碳酸钠反应生成碳酸钙,碳酸钙和稀盐酸反应生成二氧化碳,而熟石灰和碳酸钠反应生成碳酸钙是复分解反应,选项D正确。
故选C。
3.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.甲物质的溶解度大于乙物质的溶解度
B.t1℃时甲、乙两物质的溶液溶质质量分数一定相等
C.t1℃时,甲、乙两物质各50g分别加入100g水中,充分溶解,得到的溶液质量都是140g
D.t2℃时,等质量甲、乙两种固体配制成饱和溶液时甲比乙需要的水多
【答案】C
【解析】A.在溶解度曲线图上,横坐标是温度,纵坐标是溶解度。
温度会影响物质的溶解度,温度不同溶解度不同,不说明温度时,无法比较溶解度的大小;B.饱和溶液溶质的质量分数=溶解度÷(溶解度+100g)×100%,t1℃时甲、乙两物质的溶解度相同,所以两物质的饱和溶液溶质质量分数一定相等;C.t1℃时,甲、乙两物质哦溶解度为40g,各50g分别加入100g水中,充分溶解,溶质的质量都只能是40g,得到的溶液质量都是140g;D.t2℃时,甲的溶解度比乙的溶解度大,等质量甲、乙两种固体配制成饱和溶液时甲比乙需要的水少。
选C
4.下列图像不能正确反映其对应变化关系的是
ABCD
A.用等质量、等浓度的过氧化氢溶液在有无催化剂条件下制氧气
B.一定质量的红磷在密闭容器中燃烧
C.向等质量、等浓度的稀硫酸中分别逐渐加入锌粉和铁粉
D.向一定质量的氯化铜和稀盐酸的混合溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液
【答案】C
【解析】
试题分析:
A选项用等质量、等浓度的过氧化氢溶液在有无催化剂条件下制氧气能正确反应对应关系;B选项一定质量的红磷在密闭容器中燃烧,根据质量守恒定律可知能正确反应对应关系;C选项向等质量、等浓度的稀硫酸中分别逐渐加入锌粉和铁粉不能说明对应关系,因为没有具体说明金属的量;D选项向一定质量的氯化铜和稀盐酸的混合溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液能正确反应对应关系,酸碱盐反应时先发生酸碱中和,然后碱盐反应产生沉淀,故答案选择C
考点:
酸碱盐、金属的性质、催化剂
5.氧烛是一种便携式供氧设备(如下图)。
产氧药块由氯酸钠(分解时吸收热量为QkJ·g-1)、金属粉末(燃烧时提供氯酸钠分解所需的热量)和少量催化剂组成。
某兴趣小组拟自制氧烛,火帽为确定每100g氯酸钠需要添加金属粉末的质量[m(金属)],查得下表数据:
金属
铁
铝
镁
燃烧放出热量/(KJ•g-1)
4.73
31.02
24.74
下列说法正确的是
A.m(金属)只能采用不同比例的金属和氯酸钠在空气中实验获得
B.m(金属)只能通过氯酸钠分解吸收热量与金属燃烧放出热量进行理论药块计算确定
C.m(金属)过小将使氧烛中反应无法持续进行,过大将减小产氧量
D.不用催化剂时,分别使用铁、铝、镁作燃料,m(Fe)最小
【答案】C
【解析】
A、m(金属)既可以通过实验获得也可以通过计算确定,错误;B、m(金属)既可以通过实验获得也可以通过计算确定,错误;C、该装置应是利用金属燃烧放出热量,供氯酸钠分解,分解产生的氧气又供给金属燃烧,所以金属的质量过小将使氧烛中反应无法持续进行,过大过度消耗氯酸钠分解产生的氧气,正确;D、不用催化剂时,分别使用铁、铝、镁作燃料,m(Fe)最大。
故选C。
6.下列曲线正确的是
A.向盐酸中加水
B.浓H2SO4加入水中
C.煅烧CaCO3
D.O2在水中的溶解性
【答案】C
【解析】A.向盐酸中加水,溶液的酸性变弱,pH变大但始终成酸性,pH始终小于7
B.浓H2SO4加入水中,溶解放出大量热,使溶液温度升高,然后慢慢冷却至室温,所以最终溶液的温度能恢复到原温;C.煅烧CaCO3,生成二氧化碳和氧化钙固体,因此固体减少,反应结束时固体的质量为生石灰的质量,大于零;D.O2在水中的溶解性随温度升高而减小;选C
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
7.下列图象正确的是
A.表示KMnO4加热制O2生成的MnO2的质量与时间的关系图
B.表示CO还原CuO的实验中,试管内固体质量与时间关系图
C.表示向Ca(NO3)2(含少量HCl)溶液中滴加K2CO3溶液,沉淀量与K2CO3的加入量的关系图
D.表示向足量的稀HCl中加入少量Fe,溶液质量与时间的关系图
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】
A、因为MnO2是生成物,所以质量是由0逐渐增加的;
B、试管内固体质量的变化就是CuO→Cu的质量变化;
C、滴加滴加K2CO3溶液,首先和盐酸反应,然后和Ca(NO3)2反应;
D、溶液质量的变化就是HCl→FeCl2的质量变化。
解:
A、因为MnO2生成物,所以开始反应时质量为0,所以图象起点错误,故A错误;
B、发生的反应为CuO+CO=Cu+CO2,固体的质量由CuO→Cu,质量减少,而图象是固体质量增加,曲线走向错误,故B错误;
C、滴加滴加K2CO3溶液,首先要和盐酸反应,K2CO3+2HCl=2KCl+CO2↑+H2O,直到盐酸完全反应再和Ca(NO3)2反应,这段时间没有沉淀生成,起点错误,所以图象C错误;
D、发生的反应为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑,分析发现溶液质量的变化就是2HCl→FeCl2的质量变化,根据质量守恒可知质量增加,所以D正确。
故选D
8.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。
9.下列各物质中,不能满足下图物质一步转化关系的选项是( )
A.X:
CuY:
CuOZ:
CuSO4
B.X:
CO2Y:
O2Z:
CO
C.X:
CaCO3Y:
CaOZ:
Ca(OH)2
D.X:
NaOHY:
NaClZ:
Na2CO3
【答案】D
【解析】
【详解】
A、铜在加热条件下能和氧气反应生成氧化铜,氧化铜能和稀硫酸反应生成硫酸铜和水,硫酸铜和锌、镁、铝、铁等反应能生成铜和相应的盐,Cu→CuO→CuSO4→Cu,前面的物质能够通过一步转化生成后面的物质,选项正确;
B、光合作用过程中,二氧化碳和水反应能生成葡萄糖和氧气,碳不完全燃烧时能生成一氧化碳,一氧化碳完全燃烧,或和某些金属氧化物反应时能生成二氧化碳,CO2→O2→CO→CO2,前面的物质能够通过一步转化生成后面的物质,选项正确;
C、煅烧碳酸钙时能生成氧化钙和二氧化碳,氧化钙和水反应能生成氢氧化钙,氢氧化钙和二氧化碳反应,或与可溶性碳酸盐反应时,能生成碳酸钙,CaCO3→CaO→Ca(OH)2→CaCO3,前面的物质能够通过一步转化生成后面的物质,选项正确;
D、氢氧化钠和氯化镁、氯化铜、氯化亚铁等物质反应时,能生成氯化钠和相应的盐,氯化钠和其它物质不能通过一步转化生成碳酸钠,碳酸钠和氢氧化钙反应能生成碳酸钙和氢氧化钠,NaOH能够通过一步转化生成NaCl,Na2CO3能够通过一步转化生成NaOH,但是NaCl不能够通过一步转化生成Na2CO3,选项错误,故选D。
10.已知某固体粉末是由NaCl、CaCl2、NaOH、K2CO3、Na2CO3中的一种或几种组成,取这种粉末24g加足量的水,振荡后呈浑浊,过滤、洗涤、烘干后得到10g沉淀和滤液。
向滤液中滴加酚酞,变红;取少量滤液于试管中滴加硝酸银溶液有白色沉淀生成,再加入稀硝酸沉淀不消失且试管中有气泡产生。
下列说法正确的是
A.原固体中一定含CaCl2、NaOH和Na2CO3
B.原固体中一定含Na2CO3,可能含K2CO3和NaCl
C.滤液中一定含NaCl和K2CO3,可能含NaOH
D.上述实验无法证明原固体中是否含NaCl、CaCl2、NaOH
【答案】B
【解析】
碳酸钙不溶于水,溶于酸生成气体,而氢氧化钠、碳酸钾、碳酸钠的溶液都可使酚酞溶液变红,氯离子和银离子会生成氯化银沉淀,再加入稀硝酸沉淀不消失。
设生成10g沉淀需要氯化钙的质量为x。
需要碳酸钠的质量为y。
需要碳酸钾的质量为m。
CaCl2——CaCO3Na2CO3——CaCO3K2CO3——CaCO3
111100106100138100
x10gy10gm10g
X=11.1gy=10.6gm=13.8g
11.1g+13.8g=24.9g>24g,故选B。
11.向一定量硝酸银和硝酸铜的混合溶液中加入锌粉,所得溶液的质量与加入锌粉的质量关系如图所示。
下列说法正确的是( )
A.a点所得溶液中的溶质是硝酸铜、硝酸锌
B.b点对溶液中含有的金属离子为Zn2+和Cu2+、Ag+
C.c点所得固体为银和铜
D.d点所得溶液中溶质一定有硝酸锌,可能有硝酸铜
【答案】C
【解析】
【分析】
向一定量硝酸银和硝酸铜的混合溶液中加入锌粉,三种金属的活动性顺序为锌>铜>银,加入锌粉后,锌先与硝酸银反应置换出银:
,锌的相对原子质量比银小,置换出来银后,溶液质量减小;再跟硝酸铜反应置换出铜:
,锌的相对原子质量比铜大,置换出来铜后,溶液质量增大。
【详解】
A、由以上分析可知,a点发生的是锌与硝酸银的反应,但锌还未把银完全置换出来,所得溶液中的溶质是硝酸铜、硝酸锌和硝酸银,故选项错误;
B、由以上分析可知,b点时加入的锌恰好把银完全置换出来,溶液中已经没有硝酸银了,也就没有Ag+了,b点对应溶液中含有的金属离子为Zn2+和Cu2+,故选项错误;
C、由以上分析可知,bc段是锌在置换铜,c点时锌与硝酸铜恰好完全反应,所得固体为银和铜,故选项正确;
D、由以上分析可知,d点时锌粉已经过量,所得溶液中溶质一定有硝酸锌,不可能有硝酸铜和硝酸银,故选项错误。
故选C。
【点睛】
解答此类题型一定要先看清楚横纵坐标表示的含义,再结合金属活动性顺序判断出金属与溶液之间置换的先后顺序,最后结合化学方程式的计算进行求解。
12.NaCl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
A.Na2CO3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NaHCO3
D.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,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。
13.相同质量的碳酸镁和碳酸氢钠分别与足量的盐酸反应,下列说法正确的是
A.消耗的氯化氢一样多B.碳酸镁消耗的氯化氢少
C.生成的二氧化碳一样多D.碳酸氢钠生成的二氧化碳少
【答案】C
【解析】设碳酸镁和碳酸氢钠的质量为84g,
MgCO3+2HCl==CaCl2+CO2↑+H2O
847344
84gxy
84/84g=73/xx=73g
84/84g=44/yy=44g
NaHCO3+HCl====NaCl+H20+CO2↑
847344
84gmn
84/84g=73/mm=73g
84/84g=44/nn=44g
相同质量的碳酸镁和碳酸氢钠分别与足量的盐酸反应,消耗的氯化氢一样多、生成的二氧化碳一样多。
选C
14.小明在实验室中找到了三包已经失落标签的白色粉末,已知是CaCO3、Na2CO3、CaO,请从下面的试剂或方法中选择一种来确定该三种物质()
A、稀盐酸B、水C、加强热D、CaCl2溶液
【答案】B
【解析】A、盐酸和碳酸钙,碳酸钠都生成二氧化碳,不能鉴别
B、碳酸钙不溶与水,碳酸钠溶于水,氧化钙和反应生成氢氧化钙,并放出热量
C,碳酸钙,碳酸钠加热都生成二氧化碳,不能鉴别
D,氯化钙和碳酸钠生成沉淀碳酸钙,与碳酸钙和氧化钙吧反应,不能鉴别
故选B
15.某气体由CH4、C2H2、C2H4中的一种或几种组成,取该气体样品在氧气中完全燃烧,测得生成的二氧化碳和水的质量比为22:
9,下列对该气体组成判断正确的是
A.该气体中一定含有C2H4B.该气体中一定没有CH4
C.该气体中可能含有C2H2D.该气体不可能同时含有CH4、C2H2、C2H4
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
生成的二氧化碳和水的质量比为22:
9,则碳元素和氢元素的质量比为(22×
):
(9×
)=6:
1,故碳氢原子的个数比为
:
=1:
2。
A、若是含一个CH4和一个C2H2,则能达到碳氢原子个数比是1:
2,该气体中不一定含有C2H4,错误;B、若是含一个CH4和一个C2H2,则能达到碳氢原子个数比是1:
2,错误;C、若是含一个CH4和一个C2H2,则能达到碳氢原子个数比是1:
2,正确;D、该气体可能同时含有CH4、C2H2、C2H4,错误。
故选C。
16.下列除杂所用试剂和主要实验操作均正确的是
物质(括号内为杂质)
所用试剂
主要实验操作
A
CO2(HCl)
NaOH溶液
洗气
B
NaCl固体(Na2CO3)
稀盐酸
溶解、加试剂,蒸发结晶
C
CaO(CaCO3)
H2O
过滤
D
KNO3溶溶液(KOH)
MgSO4
加入适量试剂,过滤
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
A、CO2和HCl气体均能与NaOH溶液反应,不但能把杂质除去,也会把原物质除去,不符合除杂原则,错误;B、Na2CO3能与适量稀盐反应生成氯化钠、水和二氧化碳,能除去杂质又不引入了新的杂质,符合除杂原则,正确;C、CaO能与水反应生成氢氧化钙,碳酸钙难溶于水,反而会把原物质除去,不符合除杂原则,错误;D、硫酸镁能和氢氧化钾反应生成硫酸钾和氢氧化镁白色沉淀,但会引入新的杂质,不符合除杂原则,错误。
故选B。
点睛:
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。
17.一定条件下,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()
A.X的值为44B.该反应属于置换反应
C.W由碳、氢两种元素组成D.W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+O2→CO2+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×(16÷18×100%)=24g,二氧化碳中氧元素的质量:
44g×(32÷44×100%)=32g,两者的质量和为56g,而参加反应的氧气的质量=64g﹣16g=48g,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(44g﹣32g)/12:
(27g﹣24g)/1=1:
3,故正确,故选D。
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
18.一包固体粉末可能含有NaNO3、CaCO3、NaOH、CuCl2、NaCl和Ca(NO3)2中的一种或几种,为确定其组成,某同学设计了如下实验方案:
下列判断正确的是( )
A.蓝色溶液B中阳离子只有Cu2+B.无色溶液A中一定有NaOH
C.原固体粉末一定有NaClD.原固体粉末一定有CaCO3、NaOH、NaNO3、CuCl2和Ca(NO3)2
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A、根据题意一包固体粉末可能含有NaNO3、CaCO3、NaOH、CuCl2、NaCl和Ca(NO3)2中的一种或几种,结合框图,则推测铜离子在溶液中显蓝色,NaOH和CuCl2会生成氢氧化铜沉淀,而氢氧化铜沉淀与稀硝酸反应生成硝酸铜溶液;CaCO3和硝酸反应会生成气体,因此沉淀中含有碳酸钙和氢氧化铜,跟硝酸反应后得到的蓝色溶液B中有硝酸铜、硝酸钙,如果稀硝酸有剩余,溶液中还有硝酸,所以蓝色溶液中的阳离子,不仅有铜离子还有钙离子等,选项A不正确;
B、因为固体加水搅拌后得到的沉淀中含有氢氧化铜,因此粉末中一定有NaOH、CuCl2,无色溶液A通入二氧化碳有白色沉淀,所以无色溶液中一定有氢氧化钠,因为二氧化碳与氢氧化钠生成的碳酸钠可与硝酸钙反应生成碳酸钙白色沉淀,选项B正确;
C、因为粉末中一定有NaOH、CuCl2,它们反应后生成氯化钠,所以无色溶液A中加入稀硝酸和硝酸银溶液有白色沉淀生成,不能说明原来有氯化钠,选项C不正确;
D、因为NaNO3在题中无法证明有没有,选项D不正确。
故选B。
19.下列各组物质的溶液,不需要外加试剂就能鉴别出来的是
A.Na2CO3H2SO4HClKClB.酚酞NaOHHClNaCl
C.Na2SO4BaCl2NaNO3HClD.AgNO3NaClBaCl2KNO3
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A、稀硫酸和稀硝酸都能与碳酸钠反应放出气体,都与氯化钾不反应;不能鉴别;
故选项错误。
B、酚酞遇氢氧化钠变为红色,分别将稀盐酸和氯化钠滴入酚酞和氢氧化钠的混合溶液中,溶液颜色由红色变为无色的是稀盐酸,不能变色的是氯化钠,在变为无色的溶液中继续添加酚酞是不变色的,加入氢氧化钠是会恢复红色的,可以鉴别;故选正确。
C、氯化钡与硫酸钠反应能产生白色沉淀,硝酸钠与其他三种物质反应都无明显现象,稀盐酸与其他三种物质反应都无明显现象,不能鉴别;故选项错误。
D、氯化钠和氯化钡都能与硝酸银反应产生白色沉淀,但氯化钠与氯化钡不能鉴别;故选项错误。
故选B。
20.下图中“—”表示相连的两种物质能发生反应,“→”表示一种物质转化成另一种物质,部分反应物、生成物及反应条件未标出。
则不可能出现的情况是
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
A氧化汞受热分解生成汞和氧气;汞与氧气在一定条件下反应生成氧化汞。
B、碳和氧气不完全燃烧生成一氧化碳;碳不能通过反应转化成氧气;C碳酸分解生成二氧化碳和水,二氧化碳和水反应生成碳酸;D氯化钡和碳酸钠反应生成碳酸钡沉淀,氯化钡和硫酸反应生成硫酸钡和盐酸。
选B
点睛:
熟练掌握常见化学方程式,掌握物质间的转化方法。
二、实验题(培优题较难)
21.某品牌纯碱中含有少量氯化钠.某化学探究小组欲测定该品牌纯碱的纯度(即碳酸钠的质量分数).
(1)
(一)甲组同学设计如图1所示实验:
(实验步骤)
①组装好如图1仪器,并检查________;
②称取13.0g样品放入锥形瓶中,加入少量蒸馏水溶解,并在其他装置中加入相应的药品;
③称量装置C的质量;
④打开分液漏斗旋塞滴入稀硫酸,直到不再产生气泡为止;
⑤再次称量装置C的总质量;
⑥计算出样品中碳酸钠的质量分数.
(2)(实验分析)
①A装置中反应的化学方程式为________.
②B装置的作用是________.
③如果没有B装置则所测样品中碳酸钠的质量分数________.(填偏大、偏小、不变)
④小明提出能否用盐酸代替硫酸?
同学们经过讨论认为不能,理由是__
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