初三化学中考一模试题和答案1.docx

1、初三化学中考一模试题和答案12021初三化学中考一模试题和答案(1)一、选择题（培优题较难）1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Na2CO3B原固体中一定含Na2CO3，可能含K2CO3和NaClC滤液中一定含NaCl和K2CO3，可能含NaOHD上述实验无法证明原固体中是否含NaC

2、l、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。CaCl2CaCO3 Na2CO3CaCO3 K2CO3CaCO3111 100 106 100 138 100x 10g y 10g m 10g X=11.1g y=10.6g m=13.8g11.1g+13.8g=24.9g24g，故选B。2除去下列各组物质括号内的杂质，所选用的试剂及操作方法均正确的是AFe2O3（Fe）用盐酸浸

3、泡，然后过滤、洗涤、烘干BCO（CO2）先通入足量的浓NaOH溶液，后通过浓硫酸CCaO（CaCO3）加水溶解，过滤、烘干DNaCl（Na2CO3）加入过量CaCl2溶液，过滤、蒸发、结晶【答案】B【解析】除杂的要求所用试剂只能将杂质除掉，不能把想保留的成分反应掉，除杂的同时不能引入新的杂质。A，盐酸与氧化铁反应，生成氯化铁和水，不符合除杂要求；B氢氧化钠溶液能与二氧化碳反应生成碳酸钠溶液和水，而一氧化碳不反应，能除杂；C氧化钙和水反应生成氢氧化钙，不符合除杂要求；碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，但是氯化钙过量，引入氯化钙杂质。选B3用数形结合的方法表示某些化学知识直观、简明、易记下

4、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：C50g19.6%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B4下列曲线正

5、确的是A向盐酸中加水B浓H2SO4加入水中C煅烧CaCO3DO2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5逻辑推理是化学学习中常用的思维方法。下列推理正确的是A碱溶液呈碱性，呈碱性的溶

6、液一定是碱溶液B单质只含一种元素，只含一种元素的纯净物一定是单质C中和反应生成盐和水，生成盐和水的反应一定是中和反应D有机化合物都含碳元素，含碳元素的化合物一定是有机化合物【答案】B【解析】A、碱溶液呈碱性，呈碱性的溶液不一定是碱溶液，也可能是碳酸钠等盐溶液，错误；B、单质是由同种元素组成的纯净物，单质只含一种元素，只含一种元素的纯净物一定是单质，正确；C、中和反应生成盐和水，但生成盐和水的反应不一定是中和反应，如CO2+2NaOHNa2CO3+H2O，错误；D、有机物一定含有碳元素，但含碳元素的化合物不一定是有机物，碳的氧化物、碳酸盐、碳酸虽含碳元素，但其性质与无机物类似，因此把它们看作无机

7、物，错误。故选B。6推理是化学学习中常用的思维方法，下列推理正确的是A铁能将铜从硫酸铜溶液中置换出来，因此银也能将铜从硫酸铜溶液中置换出来B物质燃烧需要同时满足三个条件，因此灭火也需要同时破坏这三个条件C碱溶液的pH7，因此测得某溶液的pH=12，该溶液一定是碱溶液DNaOH溶液中OH能与酸反应，因此KOH溶液中的OH也能与酸反应【答案】D【解析】A. 金属活动顺序表：K Ca Na Mg Al Zn Fe Sn Pb H Cu Hg Ag Pt Au，金属的位置越靠前，金属的活动性越强。位置靠前的金属能将位于其后的金属从它的盐溶液中置换出来。铁在铜前，所以铁能将铜从硫酸铜溶液中置换出来，银在

8、铜后，因此银不能将铜从硫酸铜溶液中置换出来；B. 物质燃烧需要同时满足三个条件，因此灭火时只需要破坏一个条件就能到达灭火的目的；C. 碱溶液的pH7，如测得某溶液的pH=12，该溶液一定是碱性溶液，但不一定是碱的溶液；D. 溶液的化学性质是由溶质溶于水产生的离子决定的，同样的微粒决定同样的性质。NaOH溶液中OH能与酸反应，因此KOH溶液中的OH也能与酸反应，选D点睛：1、溶液的性质决定于溶液中的溶质产生的微粒。2、熟记金属活动顺序表及其三个意义7有一包白色粉末，可能由硫酸铜、碳酸钙、氯化钡、硫酸钠、硝酸钡中的一种或几种组成。为了探究其成分，进行如下实验：关于该实验有以下说法：若步骤中沉淀不溶

9、解，则原白色粉末中最多含有三种物质若步骤中沉淀部分溶解，则原白色粉末的组成有3种情况若步骤中沉淀全部溶解，则原白色粉末的组成有5种情况若步骤中沉淀不溶解，向无色滤液中滴加硝酸钡有白色沉淀产生，则无色滤液中最多含有三种溶质以上说法正确的个数是A1个 B2个C3个 D4个【答案】D【解析】【分析】【详解】白色粉末加足量的水，过滤得到沉淀和无色滤液，说明一定没有硫酸铜；沉淀中加入足量的稀硝酸，若步骤中沉淀不溶解，则原白色粉末中最多含有三种物质，可以是氯化钡、硫酸钠、硝酸钡，正确；若步骤中沉淀部分溶解，则原白色粉末的组成有3种情况，分别是：碳酸钙、氯化钡、硫酸钠；碳酸钙、硫酸钠、硝酸钡；碳酸钙、氯化钡

10、、硫酸钠、硝酸钡，正确；若步骤中沉淀全部溶解，则原白色粉末的组成有5种情况，分别是：碳酸钙；碳酸钙、氯化钡；碳酸钙、硫酸钠；碳酸钙、硝酸钡；碳酸钙、氯化钡、硝酸钡，正确；若步骤中沉淀不溶解，向无色滤液中滴加硝酸钡，有白色沉淀产生，则无色滤液中最多含有三种溶质，分别是：硫酸钠、氯化钠、硝酸钠，正确。故选：D。8下列有关量的变化图象与其对应叙述相符的是（ ）A常温下，向一定量的饱和石灰水中加入氧化钙B一定温度下，向不饱和硝酸钾溶液中加入硝酸钾C向一定质量的过氧化氢的水溶液中加入二氧化锰D向等质量的铁和镁中分别加入足量的稀盐酸【答案】C【解析】【分析】【详解】A、因为氧化钙能与水发生反应生成氢氧化钙

11、，氧化钙反应消耗了饱和溶液中的水，而使饱和溶液因减少溶剂水而析出固体，饱和溶液的溶质、溶剂质量同时减少，所以溶液的质量减少，故不符合题意；B、一定温度下，向不饱和硝酸钾溶液中加入硝酸钾，随着加入的硝酸钾的质量的增加，溶液的质量，从一个不为0的值逐渐增大到硝酸钾饱和，饱和后溶液的质量不再增加，为一定值，故不符合题意；C、过氧化氢的水溶液中含有水，所以开始水的质量不为0，过氧化氢溶液和二氧化锰混合生成水和氧气，所以随着反应的进行，水的质量不断增加，当反应完毕后水的质量不再增加，为一定值，故符合题意；D、分别向等质量的镁和铁中滴入溶质质量分数相同的稀盐酸，当盐酸少量时，生成的气体由盐酸的量决定，所以

12、开始二者放出气体一直相等，但因为盐酸过量，等质量的镁放出的气体大于铁放出的气体，所以图象比正确，不符合题意；故选C。9中考复习阶段，小轩同学梳理了以下知识：利用金属的化学性质可以区别不同金属的活动性强弱；催化剂一定能加快化学反应的速率；具有可燃性的气体有甲烷、氢气和氧气；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；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；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 B C D【答案】A【解析】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；催化剂一定能

13、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；氧气能支持燃烧，不具有可燃性，不合理；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；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；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。10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N

14、aOH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AA BB CC DD【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11下列图像中有关量的变化趋势与对应叙述关系正确的是（ ）A向一定质量表面生锈的铁片中滴

15、加盐酸至过量 B向一定质量的稀硫酸中滴加水C向氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液中滴加石灰水至过量 D加热一定质量的氯酸钾【答案】A【解析】A、生锈的铁片含有氧化铁和铁，首先氧化铁与盐酸反应，无气体产生，然后铁与盐酸反应生成氢气；B、稀硫酸呈酸性，其pH小于7，加水后酸性减弱，pH逐渐增大；C、石灰水与氢氧化钠溶液不反应，只与碳酸钠溶液反应生成沉淀；D、加热一定质量的氯酸钾，生成氧气的质量是一定的。解：A、生锈的铁片含有氧化铁和铁，首先是表面的铁锈与盐酸反应生成氯化铁和水，无气体产生，然后铁与盐酸反应生成氢气，当铁全部反应完，氢气质量不再改变，观察图象，符合变化，故A正确；B、稀硫酸呈酸性，其pH小于

16、7，加水后酸性减弱，pH逐渐增大，观察图象PH在减小，故B错误；C、石灰水与氢氧化钠溶液不反应，只与碳酸钠溶液反应生成沉淀，而且是一开始就生成，观察图示可知，C错误；D、加热一定质量的氯酸钾，生成氧气的质量是一定的，所以固体残留物的质量不会随时间的延长而消失，故错误。故选A。点睛：常见混合物间的反应事实，要求同学们在平时的学习中加强基础知识的储备，以便能够灵活应用。12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【

17、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。13某兴

18、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（ ）AA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

19、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+2HClCaCl2+H2O+CO2100 44x 2.2g x=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+H2 OCa（OH）2，18 74 1.8g y y=7.4g粉末B中含有CaO的质量为：29g-5g-7.4g=16.6g，故正确。14下列表中除杂方法与试剂错误的是（ ）选项物质杂质除去杂质的方法及试剂AKClMnO2加入足量水溶解，过滤，蒸发BNaOHN

20、a2CO3加入适量的盐酸，至恰好无气体CCO2CO通过灼热的氧化铜粉末DFeCl2CuCl2加入过量的铁粉，充分反应后过滤AA BB CC DD【答案】B【解析】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：加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；反应后不能引入新的杂质。A. KCl易溶于水，MnO2难溶于水，可采取加入足量水溶解，过滤，蒸发的方法进行分离除杂，故正确；B. NaOH和Na2CO3均能与盐酸反应，违背除杂原则，故错误；C.CO能与灼热的氧化铜反应，生成铜和二氧化碳，能除去杂质，且没有引入

21、新的杂质，正确；D.过量的铁粉能与氯化铜溶液反应生成氯化亚铁溶液和铜，再过滤，能除去杂质，且没有引入新的杂质，正确。故选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。15将一定质量的氧化铜粉末加入到100g质量分数为14的硫酸溶液中，微热至氧化铜全部溶解，再向蓝色溶液屮加入Wg铁粉，充分反应后，过滤、烘干，得到干燥的固体混合物仍是Wg。下列说法不正确的是AW的取值范围是W8g B加入氧化铜的质量是10gC最后得到溶液溶质质量分数约是19.7 D产生气体的质量为0.07g【答案】D【解析】解法一：设原先氧化铜的质量为m，则与氧化铜反应

22、的硫酸的质量x，生成硫酸铜的质量y。CuO+H2SO4CuSO4+H2O80 98 160m x y x=y=2m设加入铁粉与硫酸铜溶液充分反应固体增加的质量为a；与剩余稀硫酸反应的铁的质量为b，同时放出氢气质量为c。Fe+CuSO4FeSO4+Cu 固体质量增加56 160 64 64-56=8 2m aa=0.1m Fe+H2SO4FeSO4+H2 56 98 2 b 14g- cb=8-0.7m反应前后固体质量不变，即与硫酸反应消耗铁的质量等于与硫酸铜反应固体增加的质量，即：a=b,0.1m=8-0.7m，解得m=10g，b=1g。,由于b=1g,所以有：c0.04g由题意可知，硫酸最终

23、全部转化为硫酸亚铁，设硫酸亚铁的质量为z。H2SO4FeSO498 152100g14% zZ=加入铁粉的质量W=100%=8g；最后得到溶液的质量分数=100%19.73%故选D。解法二：根据加入铁粉后，固体质量相等，则说明反应消耗铁粉的量等于析出金属铜的质量。反应过程中存在如下转化关系：H2SO4H2SO4、CuSO4FeSO4则存在关系式：H2SO4 Fe FeSO4 98 56 152100 g14 x w解得x =8 g，w =21.7 g，则反应生成铜的质量为8 g，根据质量守恒定律可知氧化铜的质量为8 g =10 g，则A、B项正确。设与氧化铜反应的硫酸的质量y，生成硫酸铜的质量

24、z。CuO+H2SO4CuSO4+H2O80 98 16010 g y z 解得y=12.25 g，z=20 g，则剩余H2SO4的质量为100 g1412.25 g=1.75 g设反应生成氢气的质量为m。Fe+H2SO4FeSO4+H298 21.75 g m解得m =0.036 g，则D项错误。则最后所得硫酸亚铁溶液的溶质质量分数为：=19.7，C项正确。点睛：分析固体质量不变的原因是解决本题的关键：要使加入的铁粉和得到的固体质量相等必须使硫酸消耗多余的Fe，且消耗铁粉的质量与置换出铜固体增加的质量相等。16下列四个图像反映了对应实验过程中相关量的变化，其中正确的是（ ）AA BB CC

25、DD【答案】A【解析】A向一定质量的氢氧化钠溶液中加入稀硫酸时，不断反应生成硫酸钠，氢氧化钠完全反应，硫酸钠的质量不再改变；B锌和硫酸反应生成硫酸锌和氢气，反应中氢气的质量增加，硫酸完全反应，氢气的质量不再增加；C高锰酸钾在加热条件下分解生成锰酸钾、二氧化锰、氧气，反应后固体物质的质量减少，但固体中锰元素的质量不变，所以反应中固体中锰元素的质量分数增加，反应结束，不再改变；D二氧化锰是过氧化氢分解的催化剂，反应前后，二氧化锰的质量不变。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

26、溶解度大于乙Bt2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下列图象与对应的说法相匹配的是 ( ) 表示KMnO4加热制O2生成的MnO2的质量与时间的关系图 表示

27、C还原CuO的实验中，试管内的固体质量与时间的关系图 表示向饱和的Ca(OH)2溶液中加入一定量的CaO，溶液中溶质质量与时间的关系图 等质量的铁片和锌片分别和足量的溶质质量分数相同的稀硫酸反应A B C D【答案】D【解析】 KMnO4在加热条件下生成制O2、MnO2、锰酸钾，所以开始时二氧化锰的质量为零；反应中质量增加，反应结束质量不再改变； C还原CuO生成铜和二氧化碳，参与反应的氧化铜的质量大于生成的铜的质量，所以反应中固体的质量减少，反应结束固体质量不再改变； 氧化钙和水反应生成氢氧化钙，向饱和的Ca(OH)2溶液中加入一定量的CaO，溶剂的质量减少，溶质会析出，反应放热使氢氧化钙的

28、的溶解度减小，溶质会析出，所以溶质的质量会减少，反应结束后随温度的降低，部分析出的氢氧化钙又溶解，溶质的质量增多，但是由于水比反应前少了，所以最终溶质的质量小于开始时，溶质的质量。 等质量的铁片和锌片分别和足量的溶质质量分数相同的稀硫酸反应，由于锌的活动性比铁强，所以锌的反应快，先反应完；锌比同质量的铁反应生成氢气少；最终铁的平线比锌的高；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19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

29、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：样品中一定含有CuO粉末，可能含有C粉样品中一定含有C粉和CuO粉末残余固体的质量与样品中CuO的质量相同滤渣中一定含有C粉和Cu滤液中一定含有FeSO4、H2SO4，可能含有CuSO4其中正确的是A B C D【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；正确，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，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，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