重庆巴蜀中学初三化学中考模拟试题及答案.docx
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重庆巴蜀中学初三化学中考模拟试题及答案
重庆巴蜀中学初三化学中考模拟试题及答案
一、选择题(培优题较难)
1.逻辑推理是一种重要的化学思维方法。
以下推理正确的是()
A.单质中只含有一种元素,只含有一种元素的物质一定是单质
B.化学变化中分子种类发生改变,分子种类发生改变的变化一定是化学变化
C.酸碱中和反应有水生成,有水生成的反应一定是酸碱中和反应
D.活泼金属能与稀硫酸反应放出气体,能与稀硫酸反应放出气体的物质一定是活泼金属
【答案】B
【解析】
A、单质是由同种元素组成的纯净物,单质由同种元素组成,但由同种元素组成的物质不一定属于单质,也可能是混合物,如氧气和臭氧的混合物,错误;B、化学变化的实质是分子分成原子,原子再重新组合成新分子,化学变化中分子种类发生改变,分子种类发生改变的变化一定是化学变化,正确;C、中和反应会生成盐和水,生成水的反应不一定是酸碱中和反应,如CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O,错误;D、活泼金属能与稀硫酸反应放出气体,能与稀硫酸反应放出气体的物质不一定活泼金属,也可能是碳酸盐等,错误。
故选B。
2.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。
3.用数形结合的方法表示某些化学知识直观、简明、易记.下列用数轴表示正确的是( )
A.不同物质的着火点:
B.硫及其化合物与化合价的关系:
C.50g19.6%的稀硫酸与足量的金属反应产生氢气的质量:
D.物质形成溶液的pH:
【答案】B
【解析】A、白磷的着火点比铁的低,B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。
所以硫化氢中硫元素的化合价为-2价,硫中硫元素的化合价为0。
二氧化硫中硫元素的化合价为+4价,硫酸中硫元素的化合价为+6价;C、50g19.6%的稀硫酸与足量的金属反应产生氢气的质量相同。
因为金属足量,酸反应完,氢气的质量由酸决定。
D、纯碱是碳酸钠,溶液呈碱性,pH大于7;氯化钠溶液呈中性,pH等于7;酸奶呈酸性,pH小于7。
选B
4.金属钠非常活泼,常温下在空气中易被氧化,也易与水反应。
现将5.4g部分氧化的金属钠样品放入150g16%的硫酸铜溶液中,充分反应后过滤,得到9.8g蓝色滤渣。
(已知样品成分仅为Na和Na2O,相关反应①
②
),下列计算错误的是()
A.最终所得溶液中存在两种溶质
B.最终所得溶液的质量为145.5g
C.原混合物中钠元素质量为4.6g
D.原混合物中钠和氧化钠的质量比为46:
31
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A、将部分氧化的金属钠放入硫酸铜溶液中,
,
,
,充分反应后过滤,得9.8g蓝色沉淀,则该蓝色沉淀为氢氧化铜沉淀,设参加反应的氢氧化钠的质量为x,参加反应的硫酸铜的质量为y
y=16g<150g×16%=24g
x=8g
故硫酸铜过量,反应生成的氢氧化钠完全反应,最终所得溶液中含有两种溶质,硫酸钠和过量的硫酸铜,不符合题意;
B、氢氧化钠共8g,根据质量守恒定律,化学反应前后,元素的质量不变,可得氢氧化钠中钠元素的质量=样品中钠元素的质量,氢氧化钠中钠元素的质量为:
设样品中氧化钠的质量为a,钠的质量为5.4g-a,样品中钠元素的质量为:
,a=3.1g,钠的质量为:
5.4g-3.1g=2.3g
设金属钠与水反应生成氢气的质量为m
m=0.1g
根据质量守恒定律,化学反应前后,物质的总质量不变,故最终所得溶液的质量=5.4g+150g-9.8g-0.1g=145.5g,不符合题意;
C、由B的分析可知,原混合物中钠元素的质量为4.6g,不符合题意;
D、由B的分析可知,原混合物中钠的质量为2.3g,氧化钠的质量为3.1g,则原混合物中钠和氧化钠的质量比为2.3g:
3.1g=23:
31,符合题意。
故选D。
5.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。
6.下图是a、b、c三种物质的溶解度曲线,下列有关叙述正确的()
A.a物质的溶解度大于b物质的溶解度
B.降低温度,c物质会从其饱和溶液中析出
C.t2℃时30ga物质加入到50g水中不断搅拌,能形成80g溶液。
D.将t1℃时a、b、c三种物质饱和溶液的温度升髙到t2℃时,三种溶液的溶质质量分数大小关系是b>a>c
【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a物质的溶解度大于b物质的溶解度;B.降低温度,c物质的溶解度变大,溶液由饱和变为不饱和溶液,不会从其饱和溶液中析出;C.t2℃时a物质的溶解度为50g,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。
30ga物质加入到50g水中不断搅拌,只能溶解25g,能形成75g饱和溶液。
D.将t1℃时a、b、c三种物质饱和溶液的温度升髙到t2℃时,ab的溶解度变大,溶液由饱和状态变为不饱和,溶质的质量不变,溶质的质量分数不变;c在升温时,溶解度变小,析出固体,成为t2℃时的饱和溶液,饱和溶液溶质的质量分数=溶解度÷(溶解度+100g)×100%,t1℃时a的溶解度小于b,t2℃时c的溶解度比t1℃时a的溶解度小,三种溶液的溶质质量分数大小关系是b>a>c。
选D
点睛:
在溶解度曲线图上,溶剂的量都是100g,所以分析溶质的质量分数时,只需要比较溶质的多少即可。
溶解度变大时,溶质不变,溶解度减小时溶质质量等于减小后的溶解度
7.有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()
A.0.2 gB.0.6gC.0.8gD.0.9g
【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+H2↑
652
7.2gx
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.下列各组物质的溶液,不用其他试剂,不能鉴别出来的是( )
A.Na2CO3、HCl、BaCl2、NaClB.FeCl3、HCl、NaCl、NaOH
C.H2SO4、NaOH、BaCl2、CuCl2D.NaOH、Ba(NO3)2、NaCl、MgSO4
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A、组内四种溶液两两混合时,其中有一种溶液与其他三种溶液混合时出现三种不同现象:
产生白色沉淀、放出气体、无明显现象,则该溶液为碳酸钠溶液;与碳酸钠溶液产生气体的溶液为盐酸,产生白色沉淀的为氯化钡,与碳酸钠溶液混合无明显现象的为NaCl溶液。
不用其他试剂,组内物质可以鉴别出来,不符合题意;
B、FeCl3溶液是黄色的,能与FeCl3溶液反应产生红褐色沉淀的是NaOH溶液,再将剩余的两种溶液分别滴加至红褐色沉淀中,能使沉淀消失的是稀盐酸,无明显变化的是氯化钠溶液,不用其他试剂,组内物质可以鉴别出来,不符合题意;
C、CuCl2溶液是蓝色的,能与CuCl2溶液反应产生蓝色沉淀的是NaOH溶液,再将剩余的两种溶液分别滴加至蓝色沉淀中,能使沉淀消失的是稀H2SO4,无明显变化的是BaCl2溶液,不用其他试剂,组内物质可以鉴别出来,不符合题意;
D、MgSO4溶液与NaOH、Ba(NO3)2反应均能产生白色沉淀,但其余两两混合均没有明显象,不加其他试剂,无法鉴别,符合题意。
故选D。
9.下表中,有关量的变化图象与其对应叙述相符的是
A.
某同学误将少量KMnO4当成MnO2加入KClO3中进行加热制取氧气,部分物质质量随时间变化如图所示,则t1时刻,KMnO4开始分解
B.
在一定量硝酸银和硝酸铜的混合溶液中加入铁粉,充分反应,硝酸根质量分数随加入铁粉质量变化如图所示
C.
密闭容器中发生化学反应,X、Y、Z的质量随着反应时间的变化如图所示,则该反应的化学方程式一定为3X+Y=4Z
D.
稀硫酸和氢氧化钠溶液反应的pH的变化图象如图所示,图中c点时,可以加BaCl2溶液来检验硫酸是否被反应完
【答案】A
【解析】
【详解】
A、误将少量KMnO4当成MnO2加入KClO3中进行加热,高锰酸钾在加热的条件下分解成锰酸钾、二氧化锰和氧气,然后氯酸钾在二氧化锰的催化下分解为氯化钾和氧气,故b为高锰酸钾,在t1时刻,高锰酸钾开始分解,t2时刻,氯酸钾开始分解,故a为氯酸钾,c为氧气,符合题意;
B、在一定量硝酸银和硝酸铜的混合溶液中加入铁粉,铁粉先和硝酸银反应,
,56份铁生成216份银,固体质量增加,溶液质量减小,硝酸根的质量不变,故硝酸根的质量分数逐渐增大,待硝酸银完全反应后,铁和硝酸铜反应
,56份铁生成64份铜,固体质量增加,溶液质量减小,硝酸根的质量不变,故硝酸根质量分数逐渐增大,待硝酸铜完全反应后,硝酸根溶质质量分数不变,不符合题意;
C、由图可知,X、Y质量不断减小,则X、Y为反应物,Z的质量逐渐增加,则Z为生成物,t1时,该反应恰好完全反应,X减小量为9,Y减小量为3,则Z的增加量为12,X∶Y∶Z=3∶1∶4,但是由于不知道X、Y、Z的相对分子质量,无法确定该反应的化学方程式,不符合题意。
D、稀硫酸与氢氧化钠反应生成硫酸钠和水,c点时,稀硫酸与氢氧化钠恰好完全反应,但是溶液中一直含有硫酸根离子,无论稀硫酸是否完全反应,加入氯化钡都会生成白色沉淀,因此不能用氯化钡来检验硫酸是否完全反应,不符合题意。
故选A。
10.密闭容器中盛有CH4和O2的混合气体,点燃使其充分反应,CH4全部转化为CO、CO2和H2O,待容器恢复至室温,测得容器内混合气体中碳元素的质量分数为36%.则反应前CH4和O2的质量比为( )
A.4:
13B.3:
10C.2:
7D.1:
4
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
假设反应后该混合气体的质量为100g.则混合气体中含碳元素
,其中氧元素的质量为
,根据元素的守恒,可知甲烷中碳元素的质量为36g,则甲烷的质量为
,甲烷中氢元素的质量为
,甲烷燃烧时,其中的氢元素转化为水中的氢元素.则反应后生成水的质量为
,反应后生成水中的氧元素的质量为
,根据质量守恒定律,则氧气的质量为
。
则反应前CH4和O2的质量比为
,故选B。
11.如图是甲、乙两种固体物质的溶解度曲线.下列说法中正确的是
A.甲的溶解度大于乙的溶解度
B.30℃时,甲的饱和溶液中溶质的质量分数为30%
C.乙物质的溶解度受温度变化的影响较小,甲物质的溶解度受温度变化的影响较大
D.甲中含有少量乙时,用蒸发溶剂的方法提纯甲
【答案】C
【解析】
【详解】
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,温度会影响物质的溶解度,不说明温度时,不能比较溶解度的大小。
B、饱和溶液溶质的质量分数=溶解度÷(溶解度+100g)×100%,30℃时,甲的溶解度为30g,其饱和溶液中溶质的质量分数为30g÷(30g+100g)×100%<30%;
C.由图可知,当温度变化时,乙物质的溶解度变化较小,所以乙物质的溶解度受温度变化的影响较小,当温度变化时,甲物质的溶解度会有较大的改变,甲物质的溶解度受温度变化的影响较大;
D.甲物质的溶解度受温度变化的影响较大,且随温度降低而减小;乙物质的溶解度受温度变化的影响较小,而甲中含有少量乙时,用降温结晶的方法提纯甲;选C。
12.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。
13.某不纯的氯化钙样品中含有氯化铁、氯化镁、氯化钠、碳酸钠中的某些物质。
取样品11.1克溶于适量水,得无色澄清的溶液,然后向其中加入足量的硝酸银溶液,得到28.7克沉淀,则关于该样品中含有的物质推断正确的是
A.既无氯化铁、也无碳酸钠,可能含有氯化镁B.只有氯化镁、没有氯化钠
C.只有氯化钠、没有氯化镁D.一定有氯化镁和氯化钠
【答案】D
【解析】
取该样品11.1克溶于适量水中,得到澄清的无色溶液,说明一定不含有黄色的氯化铁溶液和碳酸钠溶液,因为碳酸钠和氯化钙会反应产生碳酸钙沉淀;然后向其中加入足量的AgNO3溶液,得到28.7克白色沉淀,假设11.1g是纯的氯化钙,产生氯化银的质量为x
CaCl2~2AgCl
111 287
11.1g x x=28.7g
设纯净的氯化镁反应产生氯化银沉淀的质量为y
MgCl2~2AgCl
95 287
11.1g y y=33.5g
设纯净的氯化钠反应产生氯化银沉淀的质量为z
NaCl~AgCl
58.5 143.5
11.1g z z=27.2g
因为氯化钙反应产生的沉淀正好是28.7g,因此若含有氯化镁,则一定含有氯化钠,要么这两种物质都没有,只含有不能反应的硝酸钾,因此:
A、氯化铁显黄色,碳酸钠和氯化钙不能共存,则一定没有,一定含有氯化镁,错误;B、若含有氯化镁,则一定含有氯化钠,否则产生的沉淀会大于28.7g,错误;C、若含有氯化镁,则一定含有氯化钠,而不是氯化镁和硝酸钾的组合,错误;D、若含有氯化镁,则一定含有氯化钠,因此可能是氯化钙、氯化镁、氯化钠的组合,正确。
故选D。
点睛:
根据取该样品11.1克溶于适量水中,得到澄清的无色溶液,说明一定不含有黄色的氯化铁溶液和碳酸钠溶液,因为碳酸钠和氯化钙会反应产生碳酸钙沉淀;然后向其中加入足量的AgNO3溶液,得到28.7克白色沉淀,结合纯氯化钙和硝酸银反应产生氯化银沉淀的质量及氯化镁、氯化钠与硝酸银反应产生氯化银沉淀的质量进行对比,得出结论。
14.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
15.已知:
2KMnO4
K2MnO4+MnO2+O2↑。
下列图象表示一定质量的KMnO4受热过程中某些量随时间的变化趋势,其中正确的是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
A由质量守恒定律可知,反应前后物质的总质量不变,由于氧气是气体,所以反应后固体的质量比反应前减少,反应结束固体的质量等于锰酸钾和二氧化锰的质量和,不再变;B由质量守恒定律可知,反应前后元素的种类质量不变,所以氧元素的质量不随反应时间而变化,图像应该是一条平线;二氧化锰是生成物,开始高锰酸钾分解前,二氧化锰的含量为零,反应中二氧化锰逐渐增多,含量增加,反应结束,含量不再改变;D氧气是反应的生成物,所以氧气的体积起点应该为零。
选A
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
16.将一定量的丙醇(CH308)和氧气置于一个封闭的容器中引燃,其反应的化学方程式为:
aC3H8O+bO2
cCO2+dH2O+eX,测得反应前后各物质的质量如下表:
物质
丙醇
氧气
水
二氧化碳
X
反应前质量/g
6.0
12.8
0
0
0
反应后质量/g
0
0
7.2
8.8
x
下列判断正确的是
A.表中x的值为2.8
B.X可能是该反应的催化剂
C.X可能为甲烷
D.方程式中a:
b=1:
3
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A、由质量守恒定律可知,参加反应的丙醇的质量与氧气的质量之和等于反应生成的二氧化碳和水和X的质量之和,则12.8g+6.0g−7.2g−8.8g=2.8g,即a=2.8,正确;
B、因X的开始的质量为0,反应后质量增加,则X是生成物,错误;
C、因丙醇中氢元素的质量为
,水中氢元素的质量为
,由氢元素质量守恒可知,则X中没有氢元素,不可能使甲烷,错误;
D、若无X生成,则只生成了二氧化碳和水,故化学方程式为:
2C3H8O+9O2
6CO2+8H2O,设6.0克丙醇完全燃烧需要氧气的质量为
,
解得:
=14.4g,而题给的氧气的质量为12.8g,所以氧气的质量不足,此时丙醇要发生不完全燃烧,有根据二氧化碳中氧元素的质量等于
,水中氧元素的质量为
,二氧化碳中氧元素的质量加上水中氧元素的质量刚好等于氧气的质量,故X中只含有碳元素,根据反应前后原子数目不变可知配平后的化学方程式为,2C3H8O+5O2
2CO2+8H2O+4C,所以a:
b=2:
5,错误。
故选A。
点睛:
根据丙醇的组成可知丙醇完全燃烧生成二氧化碳和水,再根据表格中的数据及质量守恒可知,则该反应中丙醇与氧气反应生成二氧化碳、水、X三种物质,则X的质量为12.8g+6.0g-7.2g-8.8g=2.8g。
17.下图是甲、乙两物质(均不含结品水)的溶解度曲线,下列说法正确的是
A.甲的溶解度大于乙
B.t2℃时,甲、乙两饱和溶液的溶质质量均为40%
C.升温均可使甲、乙的饱和溶液转化为不饱和溶液
D.将180g甲的饱和溶液由t3℃降至t2℃,可析出40g甲
【答案】D
【解析】A、t1℃时,乙的溶解度大于甲,错误;B、t2℃时,甲、乙两饱和溶液的溶质质量均为40g,错误;C、升温可以是甲的溶液变为不饱和溶液,乙升温还是饱和溶液,因为乙的溶解度随温度的升高而减少,错误;D、将180g甲的饱和溶液由t3℃降至t2℃,可析出40g甲正确,因为甲的溶解度在t3℃时,是80g,在t2℃时是40g,正确。
故选D。
18.如图所示的装置可用来测定某气体X的组成。
在注射器A中装有0.32g气体X并慢慢通过不含空气并装有足量灼热的氧化铜的玻璃管B,使气体X完全反应。
得到以下实验结果:
实验前B管重20.32g,实验后B管重20.00g,B管中出现红色粉末。
C管中收集到的无色液体是水;注射器D中收集到生成氮气0.28g。
下列说法正确的是()
A.B管中发生的反应为置换反应
B.气体X是氨气(NH3)
C.该反应中生成的水与氮气的分子个数比为1:
2
D.气体X中氮元素与氢元素的质量之比为7:
1
【答案】D
【解析】
【详解】
A、X气体中含有氮元素、氢元素,所以一定不是单质,氧化铜属于化合物,所以B管中反应一定不是置换反应,错误;
B、实验前B管重20.32克,实验后B管重20.00克,所以氧化铜中氧元素质量为0.32g,因为氧元素和氢元素结合生成水,所以氢元素质量为:
0.04g,收集到生成的氮气0.28克,气体中氮元素质量为0.28g,所以氮元素与氢元素原子个数比为:
,所以气体不是氨气,错误;
C、实验前B管重20.32克,实验后B管重20.00克,所以氧化铜中氧元素质量为0.32g,因为氧元素和氢元素结合生成水,所以氢元素质量为:
0.0
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