烟台市中考化学二模试题及答案.docx
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烟台市中考化学二模试题及答案
烟台市2020年中考化学二模试题及答案
一、选择题(培优题较难)
1.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,则原固体混合物中Na元素与C元素的质量比为
A.46:
3B.46:
11C.23:
3D.23:
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。
故选C。
2.把8.9gMg、Zn合金放入一定量的稀盐酸中,恰好完全反应,产生0.4gH2,在上述反应后的溶液中滴入足量的NaOH溶液,充分反应后生成NaCl的质量为()
A.23.4gB.29.25gC.30.5gD.26.25g
【答案】A
【解析】
【分析】
镁、锌和稀盐酸反应生成氢气、氯化镁、氯化锌,氢氧化钠和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠,和氯化锌反应生成氢氧化锌沉淀和氯化钠,稀盐酸中的氯离子完全转化成氯化钠中的氯离子。
【详解】
由Mg+2HCl═MgCl2+H2↑,Zn+2HCl═ZnCl2+H2↑可知,2Cl-~H2↑,
设氯离子质量为x,
2Cl-~H2↑,
712
x0.4g
x=14.2g,
充分反应后生成NaCl的质量为
。
故选A。
【点睛】
本题主要考查学生运用假设法和化学方程式进行计算和推断的能力,计算时要注意规范性和准确性。
3.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.丙是盐酸
C.戊是氢氧化钙D.甲与丁反应属于复分解反应
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A、只有一种元素组成的纯净物是单质,故铁、盐酸、氢氧化钙、二氧化碳、碳酸钠五种物质中只有铁是单质,故A正确,不符合题意;
B、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正确,不符合题意;
C、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,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错误,符合题意;
D、碳酸钠和氢氧化钙反应属于复分解反应,所以D正确,不符合题意。
故选C。
4.不能正确反映对应变化关系的图像是()
A.在一定量的CuSO4溶液中逐滴加入NaOH溶液
B.等质量的Zn和Mg分别与足量等体积等质量分数的稀硫酸反应
C.向NaOH溶液中逐滴加入稀盐酸
D.等质量CaCO3分别与足量等体积等质量分数的稀盐酸反应
【答案】C
【解析】A.在一定量的CuSO4溶液中逐滴加入NaOH溶液,两者之间反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠;B.镁的活动性比锌的强,所以镁先反应完;等质量的Zn和Mg分别与足量等体积等质量分数的稀硫酸反应,镁比锌生成氢气多。
C.氢氧化钠溶液呈碱性,pH大于7,盐酸溶液的pH小于7,向NaOH溶液中逐滴加入稀盐酸,溶液的pH应逐渐减小;D.等质量CaCO3分别与足量等体积等质量分数的稀盐酸反应,通常粉末状时,药品和盐酸接触更充分,反应较快;当块状石灰石反应时,速率较慢;但过氧化氢质量相同时,生成物的质量相同。
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
5.许多物质在溶液中都以离子形式存在。
我们熟悉的复分解反应就是溶液中离子间结合得到水、气体或沉淀的一类化学反应。
如:
氢氧化钠与盐酸的反应就是溶液中的H+和OH-结合成水分子的过程(如图所示)。
结合信息、图示,你认为下列各组离子间不能反应的是
A.H+、Na+、OH-、NO3-
B.Na+、K+、Cl-、OH-
C.H+、K+、CO32-、HCO3-
D.K+、Ba2+、Cl-、SO42-
【答案】B
【解析】
【分析】
氢离子和氢氧根离子能够结合生成水,氢离子和碳酸根离子能够结合生成水和二氧化碳,钡离子和硫酸根离子能够结合生成硫酸钡沉淀;钠离子、钾离子、氯离子、氢氧根离子之间不能结合生成水或气体或沉淀
【详解】
A、氢离子和氢氧根离子能够结合生成水,离子之间能反应,故A不正确;
B、钠离子、钾离子、氯离子、氢氧根离子之间不能结合生成水或气体或沉淀,离子之间不能反应,故B正确;
C、氢离子和碳酸根离子能够结合生成水和二氧化碳,离子之间能反应,故C不正确;
D、钡离子和硫酸根离子能够结合生成硫酸钡沉淀,离子之间能反应,故D不正确。
故选B。
6.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
B.t2℃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。
8.向500g
溶液中加入11.2克Fe和Cu的混合粉末,充分反应后过滤、洗涤、干燥得34.8g滤渣和一定质量的滤液,经测定得知,铜元素在滤液和滤渣中的质量比为4∶3(洗涤液也一起合并入滤液中),下列判断错误的是
A.滤渣中不含铁
B.11.2克Fe和Cu的混合粉末中,铜的质量分数为40%
C.向滤液中加入稀盐酸没有沉淀产生
D.原
溶液的溶质质量分数是10.2%
【答案】B
【解析】
【分析】
滤液中含有铜元素,说明铜与银离子发生了置换反应,铁的活泼性大于铜,可知此时铁应该已经完全反应,没有剩余,滤渣的组成为银和铜。
已知,铜的相对原子质量为64,铁为56。
设混合粉末中含有
克的铁,含有
克的铜。
则混合粉末质量:
;
设与铁反应生成的银为m1克,与铜反应生成的银为m2克,与铁反应的硝酸银为m3克,与铜反应的硝酸银为m4克,参与置换反应的铜的质量为
克,未参与反应的铜的质量为
克。
则:
;
;
;
生成银的质量:
滤渣的质量:
联立解得:
x=5.6,y=5.6,m1=21.6,m2=10.8,m3=34,m4=17
【详解】
A、滤液中含有铜元素,说明铜与银离子发生了置换反应,铁的活泼性大于铜,可知此时铁应该已经完全反应,没有剩余,滤渣的组成为银和铜,故A选项正确;
B、11.2克Fe和Cu的混合粉末中,铜的质量分数
,故B选项错误;
C、铜未完全反应则说明溶液中的硝酸银已完全反应,滤液中没有银离子,向滤液中加入稀盐酸不会有沉淀产生,故C选项正确;
D、原
溶液的溶质质量分数
,故D选项正确。
故本题选B。
9.图中“→”表示甲在一定条件下可以转化成乙,“—”表示相连的物质在一定条件下可以发生反应,甲、乙、丙、丁分别表示一氧化碳、碳、氧气、二氧化碳中的某一物质,下列说法正确的是
A.甲一定是一氧化碳B.乙一定不是二氧化碳
C.丙可能是碳或氧气D.丁可能是碳或二氧化碳
【答案】C
【解析】
【分析】
根据各组内四种物质的性质及变化规律,利用物质间发生反应需要满足的条件,判断物质间反应与转化关系图中所示的物质间关系相符合的选项;丙与丁均能和其它的两种物质反应,所以可判断它们是氧气与碳,推断结论是否正确可采用依据选项分析判断转化是否完成即可得到答案。
【详解】
A、甲是一氧化碳时则乙是二氧化碳,丙是氧气,丁是碳,符合该转化过程;但当甲是二氧化碳,乙是一氧化碳,丁是氧气,丙是碳时,该转化也能完成,故该说法错误;
B、当乙是二氧化碳时,丁是碳,丙是氧气,甲是一氧化碳该转化也能完成,故说法错误;
C、当丙是碳时,乙是一氧化碳,丁是氧气,甲是二氧化碳可完成该转化;丙是氧气时,乙是二氧化碳,丁是一氧化碳,甲是碳可完成该转化,故选项说法正确;
D、当丁是二氧化碳时,二氧化碳无法与其它的两种物质反应,该转化无法完成,故该选项说法错误。
故选C。
10.水垢主要成分是碳酸钙和氢氧化镁。
现取一定量的碳酸钙和氢氧化镁的混合物,向其中加入100g14.6%的稀盐酸,恰好完全反应后,得到111.4g溶液,将溶液蒸干得到20.6g固体,则原混合物中碳酸钙的含量约是()
A.77.5%B.63.3%C.46.7%D.22.5%
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
根据题意:
发生的反应是:
CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑,Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O
111.4g溶液,将溶液蒸干得到20.6g,水的质量是:
111.4g-20.6g=90.8g,根据质量守恒定律90.8g水来自三部分:
1、盐酸中的:
100g-100g×14.6%=85.4g;2、和盐酸反应生成的水:
利用氢元素守恒:
2HCl
H2O,即每73份质量的盐酸得到18份质量的水,盐酸:
100g×14.6%=14.6g,水的质量:
3.6g;3、氢氧化镁中的氢元素产生的水:
90.8g-85.4g-3.6g=1.8g,利用氢元素守恒:
Mg(OH)2
H2O,即每58份质量的氢氧化镁得到18份质量的水,则氢氧化镁的质量是5.8g;根据反应:
Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O,计算氯化镁的质量,设氯化镁的质量为x,则:
解得x=9.5g,
则氯化钙的质量:
20.6g-9.5g=11.1g,设碳酸钙的质量为y,则有:
解得y=10g,
则原混合物中碳酸钙的含量约是
。
故选B。
11.某铁粉样品中可能混有C粉、CuO粉末中的一种或两种。
将该样品加入到一定量的稀硫酸中,充分反应后过滤,再向滤液中加入铁粉,铁粉表面只有气泡产生;将滤渣在氧气中充分灼烧,产生能使澄清石灰水变浑浊的气体,并有残余固体。
关于以上实验,有下列几种说法:
①样品中一定含有CuO粉末,可能含有C粉
②样品中一定含有C粉和CuO粉末
③残余固体的质量与样品中CuO的质量相同
④滤渣中一定含有C粉和Cu
⑤滤液中一定含有FeSO4、H2SO4,可能含有CuSO4
其中正确的是
A.①③④B.②③④C.①④⑤D.②③⑤
【答案】B
【解析】
【详解】
本题难度较大,既要分析样品和滤渣成、滤液成分,还要分析样品质量与残余固体质量关系。
根据滤渣在氧气中充分灼烧生成能使澄清石灰变浑浊的气体,判定滤渣中含有碳,碳在常温下化学性质稳定,可判定样品中一定含有碳;因为硫酸过量,滤渣中不可能含有铁和氧化铜,但一定存在铁置换出硫酸铜中的铜,根据充分灼烧后有残余固体又可判定滤渣中含有铜,即样品中含有氧化铜;②④正确,①不正确;样品中含有铁粉,滤液中一定有硫酸亚铁,根据滤液中加入铁粉只有气泡生成,可判定滤液中一定含硫酸不含硫酸铜,⑤不正确;由前分析可知滤液中含有硫酸不含硫酸铜,可知样品中的铜元素全部转化成了滤渣中的单质铜,铜在氧气中充分灼烧后变成氧化铜,根据元素守恒可知样品中氧化铜质量等于残余固体质量,③正确;故选B。
【点睛】
解题关键从实验现象判定滤液成分和滤渣成分,认进而确认样品成分,最后判断样品中氧化铜与残余固体质量关系。
滤液成分分析:
样品中含有铁粉,滤液中一定有硫酸亚铁,根据滤液中加入铁粉只有气泡生成,可判定滤液中一定含硫酸,不含硫酸铜,⑤不正确;
滤渣和样品成分分析:
根据滤渣在氧气中充分灼烧生成能使澄清石灰变浑浊的气体,判定滤渣中含有碳,碳在常温下化学性质稳定,可判定样品中一定含有碳;因为硫酸过量,滤渣中不可能含有铁和氧化铜,但可能存在铁置换出硫酸铜中的铜,根据充分灼烧后有残余固体即可判定滤渣中含有铜,即样品中含有氧化铜;②④正确,①不正确;
样品中氧化铜和参与固体质量分析:
在氧化铜和铁的混合物中加入稀硫酸,氧化铜优先和稀硫酸反应生成硫酸铜,然后才能和铁反应;当铁和稀硫酸、硫酸铜溶液同时存在时,铁优先和硫酸铜反应置换出铜,然后才能和酸反应置换出酸中的氢,由此可知样品中氧化铜全部转化为铜存在于滤渣中,在氧气中充分灼烧后变成氧化铜,根据元素守恒,样品中氧化铜质量等于残余固体质量,③正确。
12.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/g
m1
m2
0
0
0
反应后质量/g
0
0
m3
m4
m5
下列叙述正确的是()
①m1=1/9m4时,R是H2
②m1+m2=m3时,R是C或CO
③m3:
m4=11:
9时,R是CH4或CH4O
④8m3/11+8m4/9+4m5/7≥m2
A.①②③B.①③④C.②③④D.①②③④
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
根据表格中的数据可知,R、氧气反应后质量变为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。
①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;
②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;
③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=11:
9时,R是CH4或CH4O,正确;
④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m3×
×100%=8m3/11,
水中氧元素的质量为m4×
×100%=8m4/9,
一氧化碳中氧元素的质量为m5×
×100%=4m5/7,
通过分析可知,8m3/11+8m4/9+4m5/7≥m2,正确。
故选D。
13.如下图所示是甲、乙、丙三种固体物质的溶解度曲线.下列说法正
确的是()
A.t2℃时,甲、乙两物质的饱和溶液中含溶质的质量相等
B.t1℃时把30g丙放入50g水中能得到80g丙的饱和溶液
C.将丙的不饱和溶液变为饱和溶液,可以采用降温方法
D.t3℃时,用等质量的甲、乙、丙分别配制成三种物质的饱和溶液,所需溶剂的质量为甲<乙<丙
【答案】D
【解析】A、t2℃时,甲、乙两物质的饱和溶液中含溶质的质量相等错误,因为没有指明是等质量的饱和溶液,错误;B、 t1℃时把30g丙放入50g水中能得到丙的饱和溶液的质量=20g+50g=70g,80g丙的饱和溶液错误,错误;C、将丙的不饱和溶液变为饱和溶液,可以采用升温的方法,不是降温的方法,错误;D、t3℃时,用等质量的甲、乙、丙分别配制成三种物质的饱和溶液,所需溶剂的质量为甲<乙<丙正确,因为在该温度下,它们的溶解度关系是甲>乙>丙,正确。
故选D。
14.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。
15.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
16.下列有关化学实验的“目的→操作→现象→结论”的描述都正确的是
选项
目的
操作
现象
结论
A
比较铝和铜的金
属活动性
将砂纸打磨过的铝丝
浸入硫酸铜溶液中
铝丝表面有铜析出
铝比铜活泼
B
检验露置在空气中的氢氧化钾溶
液是否变质
取少量氢氧化钾溶液,滴入澄清石灰水
有白色沉淀产生
氢氧化钾溶液已经变质
C
探究物质溶解于
水的热量变化
向一定量的水中加入硝酸铵晶体,充分搅拌
溶液温度下降
盐类物质溶于水都能使溶液温度下降
D
检验集气瓶中是否集满二氧化碳
将燃烧的木条伸入集
气瓶中
木条火焰熄灭
集气瓶中已集满
二氧化碳
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
A、将砂纸打磨过的铝丝浸入硫酸铜溶液中,现象为铝丝表面有红色固体析出;铝丝表面有铜析出,是实验结论,而不是实验现象;故选项错误.
B、露置在空气中的氢氧化钾会变质为碳酸钾,滴加入澄清的石灰水产生白色沉淀,则说明露置在空气中的氢氧化钾中含有碳酸根离子,说明氢氧化钾溶液已经变质,故该实验的“目的→操作→现象→结论”的描述都正确.
C、向一定量的水中加入硝酸铵晶体,充分搅拌时,现象为溶液温度下降,只能得出硝酸铵晶体溶于水时会造成溶液温度降低,其它盐类物质溶于水时的温度变化无法判断,故选项错误.
D、检验集气瓶中是否集满二氧化碳时,应将燃烧的木条放在集气瓶口,不能伸入集气瓶中,故选项错误.
故选B.
17.一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。
18.某化学兴趣
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- 烟台市 中考 化学 试题 答案