山东省临沂临沭县联考2024届中考冲刺卷化学试题含解析.pdf

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解题分析】%、%、%,取M克样品,%的盐酸溶232液100克中,并用30%的NaOH溶液来中和剩余的盐酸至中性,发生的反应分别为:NaCO+2HCl=2NaCl+CO?+HO,NaO+2HCl=2NaCl+HO,NaOH+HCl=NaCl+HO,***化钠,而且盐酸中的***元素全部转化到了***化钠中,盐酸中***元素的质量为:100g?%??100%=***化钠固体的质量为:?(?100%)?。23?。10、B【解题分析】:..序号混合物(括号内为杂质)除杂试剂或方法CuSO溶液与铁反应生成硫酸亚铁和铜,不是除去铜,而是生成4AFe粉(Cu)了铜,故A错误;BNaCl(沙子)加水溶解,过滤、蒸发结晶,沙子不溶于水,故B正确;CNaSO溶液(NaCO)过量稀盐酸与NaCO反应生成***化钠,水和二氧化碳,故C错误;242323滴加NaOH溶液与***化铜反应生成氢氧化铜沉淀和***化钠,至不再D除去KCl溶液中少量CuCl2生成沉淀,过滤,增添了***化钠,故D错误。点睛∶除杂原则⑴杂质尽量除净,⑵在除去一种杂质的同时不应增添新的杂质,⑶在除去杂质的同时,非杂物质不应过多消耗,但质量可以增加。11、B【解题分析】锡纸是导体,将锡纸条带锡的一端接在电池的正极,另一端接在电池的负极时,形成短路,电流过大,当电流通过导体时,由于电流的热效应发热,当温度达到锡纸的着火点,锡纸与空气接触,因此,很快发现纸条中间开始冒烟起火,①②③说法正确,故选B。12、B【解题分析】根据质量守恒定律化学反应前后原子的种类和数目不变,反应前N:2,H:8,Cl:2,O:8,反应后N:2,H:0,Cl:2,O:4,X前有化学计量数4,故X的化学式为HO。故选B。213、C【解题分析】A、①中溶质与溶剂的质量比=20g:100g=1:5故正确;B、甲的溶解度曲线可用图2中的a表示,因为升温到40℃,固体全部溶解,故正确;C、40°C时,物质甲的溶解度为40g,只有②中的溶液为饱和溶液错误,因为③恰好饱和,故错误;D、①~③中溶液溶质质量③>②>①,溶剂质量相等,故溶质质量分数③>②>①,故正确;故选:C。【题目点拨】本考点考查了溶解度曲线及其应用,通过溶解度曲线我们可以获得很多信息;还考查了有关溶液的计算和溶质质量分数的变化等,有关的计算要准确,本考点主要出现在选择题和填空题中。14、D:..【解题分析】酒精是属于易燃性液体,故选D。15、D【解题分析】利用反应物质量会减小,生成物质量会增加,催化剂质量不变以及反应类型的特点解决此题。【题目详解】根据质量守恒定律,x=(38+6+32)-(10+50+14)=2。A、反应后甲、丙的质量减小,是反应物,乙、丁的质量增加,是生成物,反应物是两种化合物,不符合置换反应的特点,说法错误;故不符合题意;B、由微粒的构成都成可知,丁是单质,不可能是氧化物,说法错误;故不符合题意;C、甲和丙的相对分子质量之比为无法确定,说法错误;故不符合题意;D、化学反应都遵守质量守恒定律,参加反应的物质的总质量等于反应后生成物的总质量,说法正确;故符合题意;故选D【题目点拨】考查的是质量守恒定律的应用,解题的关键是分析表中数据,灵活运用质量守恒定律。二、填空题(本大题共1小题,共6分)16、等于A增加溶质或减少溶剂或降低温度【解题分析】A、B两种固体物质的溶解度,都是随温度升高而增大,而C的溶解度随温度的升高而减少;已知***钾的溶解度受温度影响比较大,食盐的溶解度受温度影响较小,熟石灰的溶解度随温度升高而减少,因此A是***钾,B是***化钠,C是熟石灰;(1)50℃时,***钾的溶解度等于***化钠的溶解度。【题目详解】(1)50℃时,***钾的溶解度等于***化钠的溶解度,因为该温度下,它们有交点。(2)如图所示,烧杯A中是饱和的氢氧化钙溶液,向烧杯B中加入生石灰后,烧杯A中变浑浊,可能的原因是:A、反应放热,温度升高,氢氧化钙溶解度降低;反应消耗B烧杯中的水,与A烧杯无关,所以选A。(3)欲使***钾的不饱和溶液转化为饱和溶液,可以采取的方法是:增加溶质、减少溶剂、降低温度。三、简答题(本大题共2小题,共25分)17、混合物浓***碘酒或碘水酚酞不漏气产生大量气泡溶液变浑浊过滤洗涤①60%偏大NaOH10%.【解题分析】:..[探究一](1)真、假珍珠粉有多种物质组成,是混合物;真珍珠粉中的壳角蛋白遇浓***加热后会变黄色.(2)淀粉遇碘变蓝,酚酞试液遇氢氧化钠溶液变红色解答;[探究二]步骤Ⅰ堵住C末端玻璃导管口,在A中装入少量水并取下上部塞子,打开玻璃活塞,A中水不能全部滴下,说明该装置不漏气;步骤Ⅲ:含碳酸根离子的化合物能与稀盐酸反应产生二氧化碳,二氧化碳能与氢氧化钡溶液产生白色的碳酸钙沉淀;步骤Ⅳ:从溶液中提取沉淀的方法是过滤、洗涤、干燥、称量;[实验反思]碳酸镁也能与盐酸反应产生二氧化碳;60[拓展延伸]碳酸钙中碳酸根离子的含量是?100%=60%;100不需要装置C,只要用电子天平准确称量装置A、B反应前后的总质量,,将会偏大;[分析讨论](1)混合溶液中酸碱中和反应首先发生,在加入稀盐酸的过程中,开始没有气体产生,是因为固体样品中还含有少量氢氧化钠;(2)设,稀盐酸中溶质的质量为x,CaCO+2HCl=CaCl+HO+CO↑==:?100%=10%?1g18、反应的速率过快,%配制溶液的烧杯内壁湿润;向烧杯中倒入过氧化氢溶液时,有少量过氧化氢溶液溅出烧杯外【解题分析】(1)根据溶液的浓度过大,反应的速率过快分析回答;(2)根据溶质质量不变原理计算;(3)根据KMnO4的质量,由反应的化学方程式求出过氧化氢的质量,再求出稀释后溶液的实际浓度,(4)从溶液中溶质和溶剂质量的减小、增多分析原因。【题目详解】(1)实验室制取氧气时,通常要将30%的HO溶液稀释,其可能原因是反应的速率过快,不便于收集氧气;22:..20g(2)设需30%的HO溶液的质量为x,100g×6%=30%×x,x=20g,需要30%的HO溶液体积为:≈;:100g-20g=80g,即水的体积为80mL;(3),2KMnO+5HO+3HSO=KSO+2MnSO+5O?+==,:×100%=5%;(4)配制溶液的烧杯内壁湿润,会导致水的质量偏大,从而导致配制溶液的质量分数偏小;向烧杯中倒入过氧化氢溶液时,有少量过氧化氢溶液溅出烧杯外,会导致过氧化氢溶的质量偏小,从而导致配制溶液的质量分数偏小。四、探究题(本大题共1小题,)19、得到NaCO?HO晶体,缩短加热脱水的时间a吸收NONaNONaNO烧杯温度计131131除去NaNOpH温度5:4:33【解题分析】(1)根据图可知,38℃以上结晶得到的碳酸钠晶体含结晶水少,为NaCO?HO晶体,缩短加热脱水的时间。131(1)由于温度高时,NaCO?HO小,这样洗涤时能减少损失,所以洗涤时适宜的试剂是热水。故选a。131(3)根据信息可知“1NO+1NaOH=NaNO+NaNO+HO”,所以图装置中NaOH溶液的作用是吸收NO,根据信13111息还知道生成物还有NaNO、NaNO,所以反应结束后,广口瓶内溶液中的溶质有NaOH、NaNO、NaNO。3131(4)步骤三中,水浴加热所需仪器有烧杯、温度计(控制温度在38℃以上用);洗涤的目的是除去NaNO。3(5)根据过程中控制的反应条件可知,影响产品产量的主要因素有pH和温度。(6)加热碱式碳酸铜【Cu(OH)(CO)】:(?2)xy3z18018=5:4,即Cu(OH)(CO),根据化合物中正负化合价的代数和为零可得(+1)×5+(﹣1)×4+(﹣1)×z543z=0,z=3则x:y:z=5:4:3。故答案为(1)得到NaCO?HO晶体,缩短加热脱水的时间。131(1)a。(3)、NaNO。131:..(4)烧杯、温度计;除去NaNO。3(5)pH;温度。(6)5:4:3。