合肥市2021年中考化学一模试题及答案

合肥市2021年中考化学一模试题及答案一、选择题（培优题较难）1．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↑+H2O84734484gxy84/84g=73/xx=73g84/84g=44/yy=44gNaHCO3+HCl====NaCl+H20+CO2↑84734484gmn84/84g=73/mm=73g84/84g=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C2．有一包固体粉末，可能含碳、铝、铜、氧化铝、氧化铜中的一种或几种。为探究该固体粉末的组成，某化学兴趣小组进行了如下图所示实验。下列结论正确的个数是①固体B中的物质为碳②蓝色溶液乙为硝酸铜溶液③原固体样品中一定含有的物质是碳、铝、铜④蓝色溶液丙中一定含有的溶质是硝酸铝、硝酸铜、硝酸A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】B【解析】【详解】①固体B在氧气中充分灼烧，生成能使澄清石灰水变浑浊的二氧化碳气体（说明原固体有碳），可能还含有铜，故该说法不正确；②无色溶液甲与蓝色溶液乙反应生成白色固体，说明蓝色溶液乙中含有硝酸银，故该说法不正确；③向样品中加入过量稀盐酸有气体生成，根据金属活动性顺序可知，是铝与盐酸反应，生成的气体是氢气；固体A与硝酸银反应有蓝色溶液生成，说明固体A中含有铜，铜与硝酸银反应生成银和硝酸铜，反应的化学方程式为；铜与硝酸银反应生成银；固体B在氧气中充分灼烧，生成能使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体是二氧化碳。灼烧能生成二氧化碳气体的物质是碳，故固体B中含有的物质是碳、银(或C、Ag)；样品中加过量稀盐酸有气体产生，说明原固体中有铝；将反应后的固液混合物过滤，得到无色溶液甲（说明原固体中没有氧化铜）和固体A，固体A加一定量的硝酸银溶液并过滤，得到蓝色溶液乙（说明原固体中有铜）和固体B；固体B在氧气中充分灼烧，生成能使澄清石灰水变浑浊的二氧化碳气体（说明原固体有碳）。故原固体样品中一定含有的物质是碳、铝、铜(或C、A1、Cu)，故该说法正确；④无色溶液甲与蓝色溶液乙反应生成白色固体，说明蓝色溶液乙中含有硝酸银，无色溶液甲中溶质是盐酸及盐酸与铝反应生成的氯化铝。盐酸与硝酸银反应生成氯化银和硝酸，氯化铝与硝酸银反应生成氯化银和硝酸铝，蓝色溶液乙中的溶质硝酸铜不参与反应。故蓝色溶液丙中一定含有的溶质是硝酸铝、硝酸铜和硝酸(或Al(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3)，故该说法正确；正确的说法有：③④；故选：B。3．下列四个图象，分别对应四种操作过程，其中正确的是（）A．向pH＝2的酸溶液中不断加水B．向NaOH溶液中逐滴加入稀盐酸C．向一定量的水中持续加入食盐（m表示食盐的质量，A%表示溶质质量分数）D．等质量的锌、铁与足量的稀硫酸反应，产生氢气的质量随反应时间t的变化【答案】D【解析】A.溶液的pH小于7，溶液呈酸性，pH越小，酸性越强；溶液的pH大于7，溶液呈碱性，pH越大碱性越强；pH等于7，溶液呈中性。向pH＝2的酸溶液中不断加水，使溶液的酸性变弱，溶液pH变大，但是始终呈酸性，不会出现pH等于7或pH大于7；B.向NaOH溶液中逐滴加入稀盐酸，开始是氢氧化钠溶液，pH大于7；随酸的加入，pH不断减小，刚好完全反应pH等于7；酸过量时，溶液呈酸性，pH小于7；C.向一定量的水中持续加入食盐，开始，随食盐的溶解，溶质的质量分数增大，饱和后，溶质的质量分数不再改变；D.等质量的锌、铁与足量的稀硫酸反应，锌的活动性比铁强，所以锌先反应完，但是铁比同质量的锌生成氢气多。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4．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CaCO3D．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7B.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5．将Mg和Ag的混合物放入Zn(NO3)2和Cu(NO3)2的混合溶液中，预测其充分反应后所得滤渣和滤液的组成成分如下，其中不合理的是（）A．若滤液为蓝色，则滤渣中含有2种固体B．若滤液为无色，则滤渣中可能含有3种固体C．若滤渣中加入稀盐酸，产生气泡，则滤液中最多含有2种溶质D．若滤渣中加入稀盐酸，无气泡，则滤液中至少含有1种溶质【答案】D【解析】【分析】将Mg和Ag的混合物放入Zn(NO3)2和Cu(NO3)2的混合溶液中，镁先与硝酸铜反应生成硝酸镁和铜，待硝酸铜完全反应后，镁再与硝酸锌反应生成硝酸镁和锌。【详解】A、若滤液为蓝色，则硝酸铜未完全反应，镁已经完全反应，故滤渣中只含有铜、银两种固体，不符合题意；B、若滤液为无色，则硝酸铜已经完全反应，可能是镁和硝酸铜恰好完全反应，这时滤渣中含有铜、银，也可能镁置换了部分硝酸锌或恰好和硝酸锌完全反应，这时滤渣中含有锌、银、铜，也可能镁过量，这时滤渣中含有镁、铜、银、锌，故滤渣中可能含有三种固体，不符合题意；C、若滤渣中加入稀盐酸，产生气泡，说明滤渣中含有排在氢前面的金属，可能是镁置换了部分硝酸锌，这时滤渣中含有铜、银、锌，滤液中含有硝酸镁、硝酸锌，也可能镁恰好与硝酸锌完全反应，或镁过量，这时滤液中只含硝酸镁，故若滤渣中加入稀盐酸，产生气泡，则滤液中最多含有2种溶质，不符合题意；D、若滤渣中加入稀盐酸，无气泡，则滤渣中不含排在氢前面的金属，故滤渣中一定不含锌、镁，可能是镁置换了部分硝酸铜，这时滤液中含有硝酸镁、硝酸铜，硝酸锌，也可能镁恰好和硝酸铜完全反应，这时滤液中含有硝酸锌、硝酸镁，故至少含有2种溶质，符合题意。故选D。【点睛】本题涉及到了优先反应原则，当金属与几种盐的混合溶液反应时，金属中最活泼的金属优先置换出最不活泼的金属。6．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。7．下列除去物质中的少量杂质（括号内为杂质）的方法，正确的是（）A．CO（CO2）——通过足量的灼热氧化铜B．MnO2粉末（KCl）——溶解、过滤、洗涤、干燥C．FeSO4溶液（CuSO4）——加入足量锌粉、过滤D．Na2SO4溶液（NaCl）——加入适量硝酸银溶液、过滤【答案】B【解析】试题分析：A、CO能与灼热氧化铜反应生成铜和二氧化碳，二氧化碳不与灼热氧化铜反应，反而会把原物质除去，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误．B、KCl易溶于水，MnO2粉末难溶于水，可采取加水溶解、过滤、洗涤、干燥的方法进行分离除杂，故选项所采取的方法正确．C、FeSO4溶液和CuSO4均能与锌粉反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误．D、NaCl能与硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，能除去杂质但引入了新的杂质硝酸钠，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误．故选B．考点：物质除杂或净化的探究；混合物的分离方法；常见气体的检验与除杂方法；盐的化学性质．点评：物质的分离与除杂是中考的重点，也是难点，解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件（加入的试剂只与杂质反应，反应后不能引入新的杂质）是正确解题的关键．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．下列实验操作能达到实验目的的是：（）选项实验目的实验操作A除去CO2中少量的CO点燃B除去CuSO4溶液中的少量FeSO4加入足量的铜粉C鉴别澄清石灰水和NaOH溶液加入稀盐酸D除去CaCl2溶液中少量的HCl加入足量的碳酸钙A．A B．B C．C D．D【答案】D【解析】A二氧化碳不可燃不助燃，不能将二氧化碳中的少量一氧化碳点燃，不能达到除杂目的；B铜的活动性比铁弱，不能与硫酸亚铁，不能达到除杂目的；C、澄清石灰水和NaOH溶液与稀盐酸反应都没有明显现象，无法鉴别；D碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳、水，过滤后溶液中只有氯化钙一种溶质，能达到除杂目的；选D点睛：除杂的原则：只除杂，不引杂。即所加试剂只能与杂质反应，不能与想要的主要成分反应，同时不能引入新的杂质10．某兴趣小组为了研究露置于空气中纯净的生石灰变质情况，进行了如下实验：则下列结论错误的是（）A．A转化为B过程中钙元素的质量分数逐渐减小B．如无浓硫酸，则粉末B中Cao质量测定值偏小C．粉末B中CaCO3的质量为5克D．粉末B中CaO的质量为16.6克【答案】B【解析】A、由质量守恒定律可知A转化为B过程中钙元素的质量不变，但是由于吸收水和二氧化碳气体，固体的质量增加，钙元素的质量分数逐渐减小，故正确；B、如无浓硫酸，气体C中的水分会被烧碱固体一同吸收，固体增重偏大，计算得到碳酸钙的质量偏大，相应吸收水的质量偏小（A到B增加29g-25g=4g为吸收二氧化碳和水的总和），计算所得氢氧化钙的质量会（比碳酸钙的质量偏大的质量）更小，则粉末B中CaO质量测定值偏大，故错误；C、氢氧化钠溶液质量增加的质量即为二氧化碳的质量，为2.2g；设碳酸钙的质量为xCaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑100

44x

2.2gx=5g，故正确；D、A到B增加29g-25g=4g，吸水水分质量为4g-2.2g=1.8g设B中氢氧化钙的质量为yCaO+H2O═Ca（OH）2，

18

74

1.8g

yy=7.4g粉末B中含有CaO的质量为：29g-5g-7.4g=16.6g，故正确。11．实验室有一份由氧化镁、氧化铁和氧化铜混合而成的粉末15.1g，向其中加入溶质的质量分数为7.3％的稀盐酸至恰好完全反应，蒸干所得溶液，得到不含结晶水的固体31.6g，则该实验所消耗的稀盐酸的质量为（）A．100g B．150g C．200g D．300g【答案】D【解析】设实验所消耗的稀盐酸的质量为x，由氧化镁、氧化铁和氧化铜与盐酸反应的化学方程式MgO+2HCl=MgCl2+H2O；Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O；CuO+2HCl=CuCl2+H2O；可知氧化镁、氧化铁和氧化铜中的氧元素转化为氯元素，可得关系式2HCl～（2Cl-O）7355x×7.3%31.6g-15.1g=16.5gx=300g。故选D。12．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．下列溶液中无色，且在pH=1时能大量共存的是A．CuSO4NaClKNO3B．NaOHNaClNaNO3C．Na2SO4KClZnCl2D．K2SO4AgNO3NaCl【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C14．下列实验能达到目的的是A．分离溶液中的NaCl和CuSO4B．检验蜡烛燃烧生成的水C．检验CO32-的存在D．测溶液pH【答案】B【解析】A、氯化钠和硫酸铜都溶于水，所以不能用过滤的方法分离，错误；B、干燥的烧杯内壁出现水雾即可检验蜡烛燃烧生成的水，正确；C、未知物中滴加盐酸产生气体，不一定含有碳酸根离子，还有可能是金属，错误；D、测定溶液的pH值不能将pH试纸湿润，否则使测量结果不准确，错误。故选B。15．A－C都是初中化学常见的物质，A可用于金属表面除锈，F可以用于改良酸性土壤，D、E组成元素相同，B、C常温下为气体。图中“一”表示能相互反应，“→”表示转化关系（部分反应物、生成物及反应条件已略去）。下列说法错误的是A．E→F是一个放热反应B．B→E，C→E的反应类型可能不相同C．若G为一种盐，则A不可能与G发生反应D．若G为一种温室气体，实验室可用F溶液检验G【答案】C【解析】【分析】A可用于金属表面除锈，A可能是稀盐酸或稀硫酸；得F可以用于改良酸性土壤，得出F为氢氧化钙；D、E组成元素相同，猜想E为水，则D为过氧化氢，过氧化氢可以分解生成水和氧气，故C为氧气，水可以和氧气相互转化，B、C常温下为气体，可以猜测B为氢气，氢气可与氧气反应，也能与水相互转化，且能有A转化而得，能与澄清石灰水反应的物质很多，常见的可以猜测为二氧化碳。故可以初步定为：A为稀盐酸或稀硫酸；B为氢气；C为氧气；D过氧化氢；E水；F氢氧化钙；G为二氧化碳；【详解】A、E→F是一个放热反应，符合条件的是氧化钙与水反应生成氢氧化钙；说法正确；故不符合题意；B、B→E，可以为化合反应，或者置换反应，C→E，可以是化合反应，不能通过置换反应来进行，故反应类型可能不相同，说法正确，故不符合题意；C、若G为一种盐，既能与酸反应又能与碱反应的盐是碳酸盐，如碳酸钠满足条件，说法错误，故符合题意；D、若G为一种温室气体，即是二氧化碳，实验室通常采用澄清石灰水来检验二氧化碳，实验室可用F溶液检验G，说法正确，故不符合题意；故选C16．已知A、B、C、D、E是初中化学中常见的五种物质，均含有同一种元素。其中，A为单质，B和C含有相同的元素。它们在一定条件下的转化关系如图所示（“→”表示物质间的转化关系，反应条件和部分反应物、生成物已省略），根据初中所学知识判断下列说法正确的是（）A．A→B的反应一定是化合反应B．D和E的物质类别可以相同，也可以不同C．若D是一种白色固体，则B→D的反应属于复分解反应D．若C为单质，A和B含有相同的元素，其他条件不变。则D→B的反应一定是分解反应【答案】B【解析】【详解】A、A为单质，B和C含有相同的元素，A能生成B和C，故A→B的反应可能是化合反应，也可能是置换反应，如A是碳，B是二氧化碳，C是一氧化碳，故A选项错误；B、当A为碳，B为二氧化碳、C为一氧化碳时，D、E分别可以是碳酸钠和碳酸钙，都属于盐；D、E分别也可以是碳酸钙和碳酸，属于不同类物质，故B选项正确；C、当D为碳酸钙，B为二氧化碳时，B→D的反应不属于复分解反应，故C错误；D、若C为单质，A和B含有相同的元素，则C可能是氧气，A可能是过氧化氢，B可能是水，则D可能是氢氧化钙，氢氧化钙生成水的反应不一定是分解反应，故D选项错误。故选B。17．在pH=11时，下列各组物质的混合溶液呈无色透明的是A．Na2SO4、KCl、KNO3 B．MgCl2、K2SO4、NaNO3C．CuSO4、NaCl、Ba(NO3)2 D．BaCl2、KCl、AgNO3【答案】A【解析】【分析】在pH=11时，着溶液显碱性，溶液中有OH－；【详解】A、Na2SO4、KCl、KNO3、OH－都是无色的；故选项正确。B、氯化镁与中的镁离子与氢氧根离子反应产生白色沉淀：Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓；故选项错误。C、硫酸铜中的铜离子是蓝色的，且能与氢氧根反应产生蓝色沉淀：Cu2＋＋2OH－=Cu(OH)2↓；故选项错误。D、氯化钾与硝酸银能发生反应产生白色沉淀：KCl＋AgNO3=KNO3＋AgCl↓；故选项错误。故选：A。18．已知AgNO3见光易分解，aAgNO3＝bNO2↑＋cO2↑＋dX（NO2能与NaOH反应）。取34gAgNO3加热至完全反应，将所得气体依次通过NaOH溶液、均热的铜网，测得NaOH溶液增重9.2g，灼热的铜网增重3.2g。下列说法不正确的是A．AgNO3应保存在棕色瓶中 B．生成X的质量为21.6g C．X是银 D．c:d=1:1【答案】D【解析】【分析】将所得气体依次通过NaOH溶液、均热的铜网，测得NaOH溶液增重9.2g，灼热的铜网增重3.2g。说明34gAgNO3加热至完全反应，生成二氧化氮9.2g，氧气3.2g。根据质量守恒定律可知，生成X一定含有银元素，它的质量为34g-9.2g-3.2g=21.6g。34g硝酸银中银元素的质量为，，X一定是银。【详解】A、AgNO3见光易分解，AgNO3应保存在棕色瓶中，说法正确，不符合题意；B、生成X的质量为21.6g，说法正确，不符合题意；C、X是银，说法正确，不符合题意；D、，c：d=1：2，符合题意。故选D。19．下列图像能正确反映对应变化关系的是A．向铜、锌混合物粉末中加入盐酸B．将铜片加入到一定量的硝酸银溶液中C．向两份完全相同的稀盐酸中分别加入锌粉、镁粉D．加热一定质量的氯酸钾和二氧化锰的固体混合【答案】C【解析】A.向铜、锌混合物粉末中加入盐酸，盐酸足量时，锌被完全反应，没有锌剩余，最后固体的质量为零；B.将铜片加入到一定量的硝酸银溶液中，根据反应方程式可计算，每64克铜参与反应，会从溶液中置换出216g银，所以固体的质量增加，反应结束了质量不再改变；C.向两份完全相同的稀盐酸中分别加入锌粉、镁粉，由于最终生成氢气的质量等于反应的酸中氢元素的质量，所以镁、锌最后生成氢气质量相同；但反应中，等质量的镁比锌生成氢气多；D.加热一定质量的氯酸钾和二氧化锰的固体混合物，二氧化锰是催化加质量不变，则固体中锰元素的质量不变，但反应中，固体总量减少，所以固体中锰元素的质量分数增加。选C20．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A．A B．B C．C D．D【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。21．下列除杂方案中（括号中物质是杂质），正确的是（）A．N2（O2）：通过红热的木炭B．烧碱（纯碱）：加适量稀盐酸、蒸发C．Cu（CuO）：加过量的盐酸溶液并过滤D．NaHCO3（Na2CO3）：高温煅烧【答案】C【解析】A氮气不可燃不助燃，使氮气中的少量氧气不能与木炭充分接触，不能使氧气转化成二氧化碳，不能除杂；B盐酸能与氢氧化钠反应；C盐酸与氧化铜反应生成氯化铜溶液，铜不与盐酸反应，过滤后固体只有铜；D碳酸氢钠在加热条件下分解生成碳酸钠。选C点睛：除杂的原则：只除杂，不引杂。即所加试剂只能与杂质反应，不能与想要的主要成分反应，同时不能引入新的杂质22．如图所示是A、B、C三种物质的溶解度，下列有关说法错误的是（）A．高于20℃以后，B的溶解度比C大B．10℃时，C接近饱和的溶液升高温度可以达到饱和C．20℃时，A、B的饱和溶液的溶质质量分数相等D．35℃时，A物质的饱和溶液的溶质质量分数为30%【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。由图可知高于20℃以后，B的溶解度比C大；B、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。由图可知C的溶解度随温度的升高而减小，因此10℃时，C接近饱和的溶液升高温度可以达到饱和；C、饱和溶液溶质的质量分数=溶解度÷（溶解度+100g）×100%，20℃时，A、B的溶解度相同，故其饱和溶液的溶质质量分数相等；D.饱和溶液溶质的质量分数=溶解度÷（溶解度+100g）×100%，20℃时，35℃时，A物质的溶解度为30g，其饱和溶液的溶质质量分数为溶解度÷（30g+100g）×100%<30%，选D23．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C．M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。24．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．丙是氢氧化钙C．戊是二氧化碳、甲是碳酸钠D．甲、丙、丁之间的反应属于复分解反应【答案】B【解析】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，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错误；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，合理；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正确；五种物质中，只有铁是单质所以Ａ正确；碳酸钠和氢氧化钙，盐酸之间的反应属于复分解反应，所以Ｄ正确。故选B25．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A．A B．B C．C D．D【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。二、实验题（培优题较难）26．某化学学习小组的同学在实验室将一定量氮氧化钙溶液与碳酸钠溶液于烧杯中充分反应。反应后溶液中的溶质是什么物质呢?大家围绕上述问题开展了下列探究活动，请你共同参与完成：(1)氢氧化钙溶液与碳酸钠溶液反应的化学方程式为___________________。(2)反应后溶液中的溶质是什么物质呢?（猜想假设）猜想一：只有氢氧化钠猜想二：是氢氧化钠和碳酸钠猜想三：是____________________________。（实验探究）实验步骤实验现象实验结论步骤一：取少量溶液于试管中，滴加过量稀盐酸_______________猜想二不正确步骤二：取少量溶液于试管中，滴加__________溶液产生白色沉淀猜想一不正确、猜想三正确（反思交流）步骤二中小红认为选择另外一种不同类别的物质，也可得到同样的结论，则该物质的化学式为____________。【答案】Na2CO3＋Ca(OH)2==CaCO3↓＋2NaOH氢氧化钠和氢氧化钙无明显变化碳酸钠CO2【解析】试题分析：（1）氢氧化钙溶液与碳酸钠溶液反应的化学方程式为：Na2CO3＋Ca(OH)2==CaCO3↓＋2NaOH（2）探究反应后溶液中溶质的成分：生成物一定有，反应物可能含有（即有可能其中一种反应物过量），猜想一：只有氢氧化钠，说明两种反应物恰好完全反应，猜想二：是氢氧化钠和碳酸钠，是反应物碳酸钠溶液过量，故猜想三有可能是氢氧化钙溶液，所以是：氢氧化钠和氢氧化钙【实验探究】实验步骤一，滴加过量稀盐酸，得到猜想二不正确，说明没有碳酸钠，所以实验现象是无明显变化；步骤二：得到结论是猜想三正确，并且有白色沉淀这个现象出现，说明加入的物质能与氢氧化钙反应切出现白色沉淀，故是滴入碳酸钠溶液【反思交流】因为二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，所以要证明氢氧化钙的存在，还可通入二氧化碳考点：氢氧化钙与碳酸钠的化学性质27．某小组同学用盐酸和氢氧化钙，对酸和碱的中和反应进行探究．请你参与．甲同学向装有氢氧化钙溶液的烧杯中加入盐酸，无明显现象．结论：两种物质未发生反应．乙同学向滴有酚酞的氢氧化钙溶液的试管中慢慢滴加盐酸，溶液由色变为无色．结论：两种物质发生了反应．反应的化学方程式为．大家认为乙的实验证明盐酸与氢氧化钙发生了中和反应．并对甲的实验继续探究．[提出问题]甲实验后的溶液中有什么溶质？[作出猜想]猜想一，只有CaCl2；猜想二有CaCl2和Ca（OH）2；猜想三，有CaCl2和HCl．[实验探究]为验证猜想，丙同学设计了方案1和方案2，并按方案进行实验．方案编号方案1方案2方案3实验操作（分别取少量甲实验后的溶液于试管中）实验现象对比标准比色卡：pH＜7产生白色沉淀实验结论溶液中有HCl溶液中有CaCl2[实验结论]丙认为猜想三正确．[实验评价]丙的实验操作和方案中有不足之处，其不足之处是．大家讨论后通过方案3即证明了猜想三正确，其实验中应观察到的现象为．[实验拓展]为节约资源和避免实验废液对环境污染，小组同学将方案1和方案3及甲实验后烧杯中剩余溶液混合（混合时未见明显现象），并对混合液中的盐分离回收，请将相关内容填入下表．要分离的盐所用试剂主要操作【答案】红；Ca（OH）2+2HCl=CaCl2+2H2O；[实验评价]：方案1中使用pH试纸的操作不对；方案2中加AgNO3产生白色沉淀说明溶液中有Cl﹣，不能说明只有氯化钙；先有气体产生，后有白色沉淀生成；[实验拓展]：要分离的盐所用试剂主要操作CaCl2、NaClNa2CO3，HCl混合物中加入Na2CO3溶液至不再产生沉淀，过滤，将滤液蒸发即得NaCl；将过滤后的固体加稀盐酸至不再产生气体，对溶液加热蒸发即得CaCl2【解析】试题分析：酚酞试液遇碱性溶液显红色，所以向滴有酚酞的氢氧化钙溶液的试管中慢慢滴加盐酸，溶液由红色变为无色，说明两种物质发生了反应，其中氢氧化钙溶液和盐酸反应生成氯化钙和水，反应的化学方程式为Ca（OH）2+2HCl=CaCl2+2H2O；[实验评价]：用pH试纸测定溶液酸碱性时不能将pH试纸直接伸入待测液中，所以方案1中使用pH试纸的操作不对；方案2中加AgNO3产生白色沉淀只能说明溶液中有Cl﹣，不能说明只有氯化钙；根据碳酸钠溶液和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳气体以及碳酸钠溶液和氯化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀，所以方案3即证明了猜想三正确，其实验中应观察到的现象为先有气体产生，后有白色沉淀生成；[实验拓展]：方案1和方案3及甲实验后烧杯中剩余溶液混合，混合时未见明显现象说明没有碳酸钠，所以这时溶液中溶质为氯化钙和氯化钠，把氯化钙和氯化钠分离可以加入过量的碳酸钠溶液，充分反应后过滤，将滤液蒸发即得NaCl；将过滤后的固体加稀盐酸至不再产生气体，对溶液加热蒸发即得CaCl2．考点：中和反应及其应用；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．点评：结合课本知识和实验技能，考查了学生的分析问题，解决问题的能力；此题综合性较强，考查出学生将理论知识与实验相结合的能力，还考查学生的创新能力，是一道不错的综合题．28．康康进行如下图所示实验来验证质量守恒定律，实验中物质充分反应，在反应中用托盘和量筒准确测量出表中m1、m2、m3、m4和V（实验操作正确，实验条件下氧气的密度为ρg/cm3）实验序号12⋯m1（MnO2）/gm2（KClO3）/gm3（试管）/gm4（试管+加热后剩余固体）/g量筒内收集气体的体积V/cm3（1）装置中试管口略向下倾斜的原因是___________________________。（2）上述反应的化学方程式为________________________。（3）根据质量守恒定律m1、m2、m3、m4、V、ρ之间存在的等量关系是_____________。【答案】防止冷凝水倒流引起试管炸裂2KClO32KCl+3O2↑m1+m2+m3-m4=ρV【解析】(1)给试管中的固体加热时试管口略向下倾斜的原因是：防止冷凝水倒流到热的试管底部而使试管破裂；（2）氯酸钾在二氧化锰做催化剂加热的条件下生成氯化钾和氧气，反应的化学方程式为：2KClO32KCl+3O2↑；(3)在化学反应前后，物质的总质量不变，在此反应中二氧化锰是催化剂，质量不变，氯酸钾在二氧化锰的催化作用下分解为氯化钾和氧气，则m1+m2+m3=m4+ρV，即：m1+m2+m3-m4=ρV。29．兴趣小组用下列装置研究两个问题。（1）研究燃烧条件（资料）白磷的着火点为40℃步骤1：在乙、丙中分别放一小块白磷，再分别放入80℃和20℃的水至没过长导管口下端，观察到乙、丙中白磷均不燃烧。步骤2：将装置按照a→b→c→d连接后，关闭K2，打开K1，将A中的液体滴入B中，观察到乙、丙中白磷均不燃烧。步骤3：立即……，观察到乙中白磷燃烧。①步骤1：丙中白磷不燃烧的原因是_____。②步骤3：使乙中白磷燃烧的操作是_____。（2）研究NaOH固体的变质程度（资料）二氧化碳气体难溶于饱和NaHCO3溶液步骤1：在B中放入5g变质的NaOH固体样品，乙中盛满饱和NaHCO3溶液。步骤2：将装置按照……连接后，打开K2，关闭K1，将A中的稀硫酸（足量）滴入B中，充分反应后，待装置冷却至室温，测得丙中液体体积为V1。步骤3：将B中样品换成5g的Na2CO3固体，重复上述操作，最终测得丙中液体体积为V2。①步骤2中装置的连接顺序是_____（填接口序号）。②步骤3的实验现象是_____。③若V2=5V1，5gNaOH固体样品中未变质的NaOH的质量为_____g。【答案】（1）①没有与氧气接触，且温度未达到白磷的着火点②打开K2，关闭K1（2）①a→c→b→d②甲中有气泡产生，乙中的液体被排到丙中③4【解析】试题分析：（1）步骤1：丙中白磷不燃烧的原因是没有与氧气接触，且温度未达到白磷的着火点；步骤3：使乙中白磷燃烧的操作是必须要有氧气，故打开K2，关闭K1（2）利用压强原理，故步骤2中装置的连接顺序为a→c→b→d；步骤3的实验现象是甲中有气泡产生，乙中的液体被排到丙中考点：实验探究。30．根据图示回答相关问题。（1）仪器a的名称是__________。进行A操作时，通常在蒸发皿内出现_________时即停止加热，利用余热蒸干。（2）图A~C的装置和操作中，没有错误的是_____（填序号）。请选择其中一个有错误的图示，写出改正方法：________。（3）用双氧水和二氧化锰混合制取氧气的化学方程式为_____________________；若要控制该反应的发生和停止，选用D作发生装置达不到目的，原因是____________。（4）如图为制备CO并还原Fe3O4的“微型”实验装置（夹持仪器等已略去）。已知甲酸的分解反应为：HCOOHH2O+CO↑。①装置中气球的作用是___________；②CO与Fe3O4反应的化学方程式为_____________；③该装置的优点是（写一条）______________________________；④请把图中虚线框内的导管补画完整_________。【答案】铁架台较多固体A将浓硫酸沿器壁缓缓倒入水中；将试管放在一个盛冷水的烧杯里2H2O2MnO22H2O+O2↑二氧化锰为粉末收集尾气，防止污染空气4CO+Fe3O4高温3Fe+4CO2节省药品（污染小、便于控制等）图略（要求左侧导管伸入溶液中，右侧导管稍露出胶塞）【解析】（1）根据常见仪器解答；根据蒸发结晶时，通常在蒸发皿内出现较多固体时即停止加热解答；（2）根据实验装置及实验操作分析解答；（3）根据过氧化氢溶液在二氧化锰的催化下分解生成水和氧气解答；根据穿孔塑料小药瓶适合放块状或颗粒状药品而二氧化锰是粉末状解答；（4）①根据生成的一氧化碳有毒分析解答；②根据一氧化碳与四氧化三铁在高温的条件下反应生成铁和二氧化碳解答；③根据装置特点分析解答；④根据要收集较纯净的一氧化碳需将二氧化碳除去分析解答。（1）仪器a的名称是铁架台；进行A操作时，通常在蒸发皿内出现较多固体时即停止加热，利用余热蒸干；（2）A、蒸发食盐水时，边蒸发边用玻璃棒不断搅拌，正确；B、稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿器壁缓缓倒入水中；C、蒸馏时应将试管放在一个盛冷水的烧杯里。（3）过氧化氢溶液在二氧化锰的催化下分解生成水和氧气，反应的化学方程式为2H2O2MnO22H2O+O2↑；若要控制该反应的发生和停止，选用D作发生装置达不到目的，原因是穿孔塑料小药瓶适合放块状或颗粒状药品而二氧化锰为粉末状；（4）①一氧化碳气体有毒，逸散到空气在会污染空气。故装置中气球的作用是收集尾气，防止污染空气；②一氧化碳与四氧化三铁在高温的条件下反应生成铁和二氧化碳，反应的化学方程式为4CO+Fe3O4高温3Fe+4CO2；③该装置的优点是节省药品（污染小、便于控制等）；④图为。点睛：通过微型实验装置图，会分析此装置的特点以及了解常见用品使用特特点是解答本题的关键。三、流程题（培优题较难）31．氯化铜晶体（CuCl2·2H2O，为结晶水合物）常用作玻璃、陶瓷着色剂和饲料添加剂等。它在潮湿空气中易潮解。易溶于水，能溶于乙醇，受热容易失去结晶水。一种以辉铜矿石为原料制备CuCl2·H2O晶体的工艺流程如下：查阅相关资料得知：①辉铜矿主要含有硫化亚铜（Cu2S）、还有Fe2O3，SiO2及一些不溶性杂质。②常温下，Cu2+、Fe3+的氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的pH见下表：金属离子Fe3+Cu2+氢氧化物开始沉淀时的pH1.94.7氢氧化物完全沉淀时的pH3.26.7回答问题：(1)高温焙烧中有黑色固体生成，反应的化学方程式为______。(2)焙烧时产生的二氧化硫对环境有污染，会导致______。(3)滤液1中加入试剂X可以调节溶液pH，控制pH的取值范围为______，从而除去Fe3+而不引入杂质，试剂X可选用下列物质中的______（填字母）。ACuOBNaOHCCuDCu（OH）2(4)操作a包含蒸发浓缩、______、过滤、洗涤、干燥等，洗涤CuCl2晶体时，用乙醇代替蒸馏水的目的是______。(5)用含Cu2S80%的辉铜矿a吨，按上述流程最多可制得CuCl2·2H2O的质量为______吨（列出算式即可）。(6)氯化铜可用于制取氢氧化铜，一定温度下，往含一定量氯化铜的溶液中加入适量氢氧化钠，再经过滤、洗涤得到氢氧化铜，为探宄获得较高氢氧化铜转化率条件，该同学进行如下对比实验，数据如下：实验编号CuCl2溶液溶质质量分数反应温度/℃Cu（OH）2转化率/%a10%3027.06b15%3056.77c15%4069.64d15%6054.30e20%6060.60由实验可知，能够得到最多Cu（OH）2的实验组是______（填编号），为探究获得更高Cu（OH）2晶体转化率条件，下列设计合理的是______（填字母）。A氯化铜浓度15%，温度35℃B氯化铜浓度15%，温度45℃C氯化铜浓度20%，温度40℃D氯化铜浓度10%，温度40℃【答案】酸雨3.2≤pH＜4.7AD降温结晶氯化铜晶体在乙醇中溶解度较小，可减少晶体溶解损失，缩短干燥时间cBC【解析】【分析】【详解】（1）辉铜矿的主要成分是Cu2S，高温焙烧中有黑色固体生成，由图可知，还有二氧化硫生成，根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类不变，反应物中含Cu、S、O，生成物中含S、O，故生成物中还应含Cu，故生成的黑色固体应是氧化铜，反应的化学方程式为：；（2）二氧化硫能与水反应生成亚硫酸，导致酸雨的产生；（3）滤液1中加入试剂X调节溶液pH，目的是使铁离子转化为沉淀，而铜离子不能形成沉淀，故控制pH的取值范围为：3.2≤pH＜4.7A、加入试剂X的目的是调节pH值，除去铁离子，得到氯化铜，但是不能引入新的杂质，氧化铜能与盐酸反应生成氯化铜和水，可以消耗盐酸，调节pH值，且不会引入新的杂质，符合题意；B、氢氧化钠与盐酸反应生成氯化钠和水，虽然可以调节pH值，但是引入了新的杂质氯化钠，不符合题意；C、铜与盐酸不反应，无法调节pH值，不符合题意；D、氢氧化铜能与盐酸反应生成氯化铜和水，可以消耗盐酸，调节pH值，且不会引入新的杂质，符合题意。故选AD；（4）由图可知，操作a是将滤液转化为氯化铜晶体，故是蒸发，包括：蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等；氯化铜易溶于水，能溶于酒精，故氯化铜在酒精中的溶解度小，可以减少晶体损失，同时酒精易挥发，可以缩短干燥时间，故洗涤CuCl2晶体时，用乙醇代替蒸馏水的目的是：氯化铜晶体在乙醇中溶解度较小，可减少晶体溶解损失，缩短干燥时间；（5），，故可得关系式：Cu2S～2CuCl2﹒2H2O。解：设按上述流程最少可制得CuCl2·2H2O的质量为xx=；（6）由表中数据可知，能够得到最多Cu（OH）2的实验组是：c；A、该实验已经设计了氯化铜浓度15%，温度40℃的实验组。且从30℃～40℃，转化率升高，无需设计氯化铜浓度15%，温度35℃的实验中，不符合题意；B、由表中数据可知，氯化铜浓度为15%，温度为40℃时，转化率最高，氯化铜浓度为15%，温度升到60℃时，转化率反而降低，故可设计氯化铜浓度15%，温度45℃，寻找最合适的温度，符合题意；C、由表中数据可知，氯化铜浓度越大，转化率越高，在已有的实验组中，氯化铜浓度为15%，温度为40℃时，转化率最高，故可设计氯化铜浓度20%，温度40℃的实验中，看是否能获得更高的转化率，符合题意；D氯化铜浓度越大，转化率越高，氯化铜浓度10%，温度40℃肯定比氯化铜浓度为15%，温度为40℃时，转化率低，无需设计该实验，不符合题意。故选BC。32．有一包由KCl、MgSO4和CaCl2组成的固体混合物，为了除去其中的MgSO4和CaCl2，得到纯净的KCl，设计如下实验方案：（1）M溶液中的溶质是什么_____？（2）请设计实验证明滤液Ⅱ中除KCl外的其他溶质_____。（写出实验步骤和现象）（3）最后所得KCl的质量大于原固体中KCl的质量，写出一个可使KCl质量增加的化学方程式_____。【答案】Ba(OH)2取滤液Ⅱ少量，加入足量CaCl2溶液（或BaCl2溶液等），有白色沉淀生成，证明有K2CO3；静置后取上层清液滴加酚酞溶液，溶液变成红色，证明有KOH。K2CO3+CaCl2＝CaCO3↓+2KCl【解析】【分析】由KCl、MgSO4和CaCl2组成的固体混合物，加水溶解，然后加过量的氢氧化钡溶液，硫酸镁和氢氧化钡反应生成硫酸钡和氢氧化镁白色沉淀，过滤后，滤液Ⅰ中为氯化钾、氯化钙和氢氧化钡混合溶液，向滤液Ⅰ中加入过量的碳酸钾溶液，氯化钙和碳酸钾反应生成碳酸钙白色沉淀和氯化钾，氢氧化钡和碳酸钾反应生成碳酸钡白色沉淀和氢氧化钾，过滤后，向滤液Ⅱ加盐酸，蒸发即可得到固体氯化钾。【详解】（1）由分析可知，M溶液中的溶质是Ba(OH)2。（2）滤液Ⅱ为碳酸钾、氢氧化钾、氯化钾的混合物，碳酸钾、氢氧化钾都显碱性，都能使酚酞变红色，所以设计实验证明滤液Ⅱ中除KCl外的其他溶质是：取滤液Ⅱ少量，加入足量CaCl2溶液（或BaCl2溶液等），有白色沉淀生成，证明有K2CO3；静置后取上层清液滴加酚酞溶液，溶液变成红色，证明有KOH；（3）氢氧化钾、碳酸钾都会与稀盐酸反应生成氯化钾，碳酸钾为后加入的，碳酸钾和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钾，化学方程式为：K2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2KCl。33．氧化锌广泛用于皮肤病的治疗，工业氧化锌常含有少量杂质（CuO、FeO、SiO2等）不能直接使用。提纯、净化氧化锌的简易流程如图所示：已知：SiO2既不溶于水也不与酸反应。（1）操作一、操作二和操作三采用的分离方法是____________。（2）反应器I中加入足量稀硫酸，充分反应后，生成的硫酸盐中含有的金属离子是_____（填离子符号）。（3）残渣中除金属锌外，还有___________。（4）操作三发生复分解反应的化学方程式为____________。（5）操作四发生的反应属于____________（填基本反应类型）【答案】过滤Zn2+、Cu2+、Fe2+铜、铁（或Cu、Fe）ZnSO4+Na2CO3=ZnCO3↓+Na2SO4分解反应【解析】【分析】【详解】（1）操作一、操作二和操作三得到的是固体和液体，是过滤操作，故填：过滤。（2）反应器Ⅰ中加入足量稀硫酸，稀硫酸和氧化锌反应生成硫酸锌和水，和氧化铜反应生成硫酸铜和水，和氧化亚铁反应生成硫酸亚铁和水；所以生成的硫酸盐中含有的金属离子是：Zn2+、Cu2+、Fe2+。故填：Zn2+、Cu2+、Fe2+。（3）过量的锌粉会将