2019-2020年中考一模化学试卷(IV).doc

2019-2020年中考一模化学试卷(IV)注意事项： 1每题选出答案后，用2B铅笔把“答题卡”上对应题目的答案标号的信息点涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号的信息点。2本卷共15题，共30分。3可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 一、选择题（本大题共10题，每小题2分，共20分。每小题给出的四个选项中，只有一个最符合题意。）1造成酸雨的主要物质是A甲烷和一氧化碳 B二氧化硫和一氧化碳C一氧化碳和二氧化碳 D二氧化硫和二氧化氮考点：酸雨的产生、危害及防治.专题：化学与环境保护分析：酸雨是指溶液pH小于5.6的雨水，正常雨水的pH约为5.6；酸雨主要由化石燃料燃烧产生的二氧化硫、氮氧化物等酸性气体，经过复杂的大气化学反应，被雨水吸收溶解而成，据此分析解答即可解答：解：酸雨是指溶液pH小于5.6的雨水，正常雨水的pH约为5.6；酸雨主要由化石燃料燃烧产生的二氧化硫、氮氧化物等酸性气体，经过复杂的大气化学反应，被雨水吸收溶解而成A、甲烷、一氧化碳不是形成酸雨的气体，故选项错误B、一氧化碳不是形成酸雨的气体，故选项错误C、二氧化碳排放过多会引起温室效应，一氧化碳与二氧化碳不是形成酸雨的气体，故选项错误D、二氧化硫和二氧化氮经过复杂的大气化学反应，被雨水吸收溶解，能形成酸雨，故选项正确故选：D点评：本题难度不大，酸雨是工业发展出现的副产物，了解酸雨的形成原因是正确解答本题的关键2在盛有水的烧杯中加入以下某种物质，形成溶液的过程中，温度下降。这种物质是A氯化钠 B硝酸铵 C浓硫酸 D氢氧化钠考点：溶解时的吸热或放热现象.专题：溶液、浊液与溶解度分析：根据物质溶于水后的放热与吸热现象来考虑，要由物质溶于水的整个过程来分析解答：解：物质溶于水分为两个过程，向水中扩散的过程吸收热量，与水分子结合形成水合分子的过程放出热量，如果吸收热量大于放出热量，就表现为吸热，如果吸收热量小于放出热量，就表现为放热，如果相等就表现为既不放热，也不吸热A、氢氧化钠溶于水放出热量，溶液温度升高，故错误；B、氯化钠溶于水溶液温度基本不变，故错误；C、浓硫酸溶于水放出热量，溶液温度升高，故错误；D、硝酸铵溶于水吸收热量，溶液温度降低，故正确；故选D点评：熟记以下物质：溶于水放热的物质有：浓硫酸、生石灰、氢氧化钠固体；溶于水吸热的有硝酸铵3下列是人体几种体液的正常pH范围，其中呈酸性的是A胃液0.91.5 B胆汁7.17.3 C血浆7.357.45 D胰液 7.58.0考点：溶液的酸碱性与pH值的关系.专题：结合课本知识的信息分析：当溶液的pH等于7时，呈中性；当溶液的pH小于7时，呈酸性，且pH越小，酸性越强；当溶液的pH大于7时，呈碱性；据此进行分析判断即可解答：解：A、胰液的pH为7.58.0，大于7，显碱性B、胆汁的pH为7.17.3，大于7，显碱性C、血浆的pH为7.357.45，大于7，显碱性D、胃液的pH为0.91.5，小于7，显酸性故选：D点评：本题难度不大，掌握溶液的酸碱性和溶液pH大小之间的关系是顺利解题的关键4下列洗涤方法中，利用了乳化原理的是A用酒精洗去试管中的碘B用汽油洗去衣服上的油污 C用洗洁精洗去餐具上的油污D用稀盐酸洗去铁制品表面的铁锈考点：乳化现象与乳化作用.专题：溶液、浊液与溶解度分析：A、根据碘能溶于酒精考虑；B、根据汽油能溶解油污去考虑；C、根据乳化作用的特点考虑；D、用稀硫酸洗去铁制品表面的铁锈利用化学反应考虑解答：解：A、用酒精洗去试管中的碘，是利用酒精能溶解碘所以能洗去，故A错误；B、用汽油洗去手上的油污，是利用汽油能溶解油污来考虑，故B错误；C、用洗洁精洗去餐具上的油污，符合乳化作用的特点，属于乳化作用，故C正确；D、铁锈是氧化铁，不溶于水，但能与酸反应生成氯化铁和水，所以不属于乳化作用，故D错误故选：C点评：通过回答本题知道了哪些现象属于乳化作用，哪些现象属于溶解现象，哪些属于化学变化5有X、Y、Z三种金属，X在常温下就能与氧气反应，Y、Z在常温下几乎不与氧气反应；如果把Y和Z分别放入稀硫酸中，Y溶解并产生氢气，Z不反应。根据以上实验事实判断，X、Y、Z三种金属的活动性由强至弱的顺序正确的是A X Y Z BX Z Y C Y Z X DZ Y X 考点：金属活动性顺序及其应用.专题：金属与金属材料分析：根据题意，对比三种金属与氧气的反应：X在常温下就能与氧气反应，Y、Z在常温下几乎不与氧气反应，可判断金属X活动性最强；对比二种金属与酸的反应：Y溶解并产生氢气，Z不反应，可判断金属Y活动性比Z强；综合以上判断可得到三种金属活动性的强弱解答：解：由题意可知：X在常温下就能与氧气反应，Y、Z在常温下几乎不与氧气反应，说明三种金属中金属X活动性最强；把Y和Z分别放入稀硫酸中，Y溶解并产生氢气，Z不反应，说明金属Y在活动性顺序中位于H之前而Z位于H之后，金属Y活动性比Z强；综上所述，三种金属活动性由强到弱的顺序为XYZ；由此可知：A、三种金属的活动性由强至弱的顺序应是：X Y Z，故A正确；B、Y的活动性比Z强，故B错误；C、X的活动性最强，故C错误；D、Z的活动性最弱，其次是Y，故D错误 故选A点评：解答这类题目时，首先，要熟记和理解金属活动性顺序及其应用，以及与之相关的知识等6只用下列鉴别方法不能把待鉴别的物质区分开的是 选项待鉴别的物质鉴别方法A水和过氧化氢溶液加二氧化锰，观察能否产生气体B硬水和软水加肥皂水，振荡，观察产生泡沫的情况C氮气和二氧化碳用燃着的木条，观察木条燃烧的情况D棉纤维和羊毛纤维点燃，闻燃烧产生的气味考点：物质的鉴别、推断；常见气体的检验与除杂方法；实验室制取氧气的反应原理；硬水与软水；棉纤维、羊毛纤维和合成纤维的鉴别.专题：物质的鉴别题分析：根据已有的知识进行分析，过氧化氢能在二氧化锰的催化作用下反应生成氧气，而水不可以；硬水中含有较多的可溶性钙镁化合物，与肥皂水混合会产生大量的浮渣，软水中不含或含有少量的可溶性钙镁化合物，与肥皂水混合产生大量的泡沫；氮气和二氧化碳都不支持燃烧；羊毛灼烧有烧焦羽毛的气味，据此解答解答：解：A、过氧化氢能在二氧化锰的催化作用下反应生成氧气，而水不可以，故加入二氧化锰有气泡产生的是过氧化氢，无现象的是水，可以鉴别，故A不符合题意；B、硬水中含有较多的可溶性钙镁化合物，与肥皂水混合会产生大量的浮渣，软水中不含或含有少量的可溶性钙镁化合物，与肥皂水混合产生大量的泡沫，加入肥皂水产生的现象不同，可以使用肥皂水鉴别硬水和软水，故B不符合题意；C、氮气和二氧化碳都不支持燃烧，都能使燃着的木条熄灭，现象相同，无法鉴别，故C符合题意；D、棉纤维灼烧没有气味，而羊毛灼烧有烧焦羽毛的气味，现象不同，可以鉴别，故D不符合题意；故选C点评：本题考查了常见物质的鉴别，完成此题，可以依据物质的性质差异进行7下列有关金属材料说法正确的是A地壳中含量最高的金属元素是铁B钢的性能优良，所以钢是很纯的铁C多数合金的熔点比组成它们的纯金属更高D多数合金的抗腐蚀性比组成它们的纯金属更好 考点：生铁和钢；合金与合金的性质；地壳中元素的分布与含量.专题：金属与金属材料分析：A、根据地壳中含量最多的前五种元素和金属元素的判断方法考虑B、根据钢是铁的合金，含碳量0.03%2%解答C、根据合金的熔点比组成它们的纯金属低解答D、根据合金的性能比它们的组分金属性能好解答解答：解：A、地壳中含量最多的前五种元素：氧、硅、铝、铁、钙，汉字中带钅字旁（汞和金除外）的属于金属元素，所以地壳中含量最多的金属元素是铝，A不正确B、钢是铁的合金，含碳量0.03%2%，钢不是纯铁是铁合金，B不正确C、合金的熔点比组成它们的纯金属低，C不正确D、合金的性能比它们的组分金属性能好，多数合金的抗腐蚀性比组成它们的纯金属更好，D正确故答案选D点评：本题主要考查了金属材料的应用，完成此题，可以依据已有的知识进行8根据化学元素与人体健康的有关知识，判断下列说法中错误的是选项人体必需的元素缺乏后对人体健康的影响食物来源A铁贫血肝脏、蛋B锌可能引起表皮角质化和癌症海产品、瘦肉C碘甲状腺肿大加碘盐D钙佝偻病，骨质疏松牛奶、虾皮考点：人体的元素组成与元素对人体健康的重要作用.专题：化学与生活分析：根据人体内铁、碘、锌、钙等化学元素的生理作用和缺乏症状以及食物的来源分析判断解答：解：A、铁是血红蛋白的主要组成成分，缺乏会患贫血，在肝脏、蛋含有丰富的铁所以正确B、缺锌会引起食欲不振、生长迟缓、发育不良，在海产品、瘦肉中有丰富的锌所以错误C、碘是甲状腺激素的重要成分，缺乏会患甲状腺肿大，应食用加碘盐所以正确D、钙主要存在于骨胳和牙齿中，人体缺钙，幼儿青少年会患佝偻病，老年人会患骨质疏松在牛奶、虾皮中含有丰富的钙所以正确故选B点评：呵护生命，保障健康，是人类不懈追求的永恒主题，营养素及化学元素与人体健康的关系也是中考历年不变的热点红磷白磷热水白磷铜片白磷热水O29某同学用下图所示装置探究可燃物燃烧的条件，下列结论中，错误的是图1 图2A铜片上的白磷燃烧、红磷不燃烧，说明可燃物燃烧温度要达到着火点B铜片上的白磷燃烧、水中白磷不燃烧，说明可燃物燃烧要与氧气接触C水中白磷通氧气前后的实验对比，说明可燃物燃烧要与氧气接触D只有图1实验，不能证明可燃物燃烧的两个条件：温度达到着火点和与氧气接触考点：燃烧与燃烧的条件.专题：课本知识同类信息分析：A、铜片上的白磷、红磷都和氧气接触，温度也相同，然而白磷燃烧、红磷不燃烧，说明可燃物燃烧要达到着火点；B、铜片上的白磷与氧气接触，水中白磷不与氧气接触，温度也相同，因此铜片上的白磷燃烧、水中白磷不燃烧，说明可燃物燃烧要与氧气接触；C、水中白磷没通氧气前不燃烧，通氧气后燃烧，通过水中白磷通氧气前后的实验对比，可以说明可燃物燃烧要与氧气接触；D、由AB分析知，只有图1实验，也能证明可燃物燃烧的两个条件：达到着火点和与氧气解答：解：A、铜片上的白磷、红磷都和氧气接触，温度也相同，然而白磷燃烧、红磷不燃烧，说明可燃物燃烧要达到着火点，故A说法正确；B、铜片上的白磷与氧气接触，水中白磷不与氧气接触，温度也相同，因此铜片上的白磷燃烧、水中白磷不燃烧，说明可燃物燃烧要与氧气接触，故B说法正确；C、水中白磷没通氧气前不燃烧，通氧气后燃烧，通过水中白磷通氧气前后的实验对比，可以说明可燃物燃烧要与氧气接触，故C说法正确；D、由AB分析知，只有图1实验，也能证明可燃物燃烧的两个条件：达到着火点和与氧气，故D说法错误故选D点评：物质燃烧需要达到三个条件：物质具有可燃性、与氧气接触、达到着火点，缺一不可10下列离子能在pH=2的无色溶液中大量共存的是ASO42-、Na+、K+、OH- BK+、SO42-、Cu2+、NO3-CCl-、Mg2-、SO42-、Na+ DCa2+、Cl-、CO32-、Na+考点：离子或物质的共存问题；溶液的酸碱性与pH值的关系.专题：物质的分离、除杂、提纯与共存问题分析：本题根据PH=2，则说明溶液为酸性，离子能大量共存则不能结合成水、气体或沉淀，还应注意溶液中带色的离子解答：解：A、在pH=2的无色溶液中，H+和OH能结合生成水，则不能大量共存，故A错误；B、四种离子和氢离子间不能结合成水、气体或沉淀，能大量共存，但Cu2+在溶液中为蓝色，故B错误；C、四种离子和氢离子间不能结合成水、气体或沉淀，能大量共存，且都是无色的离子，故C正确；D、在酸性条件下，H+与CO32结合生成水和二氧化碳，Ca2+与CO32能结合生成碳酸钙沉淀，故D错误；故选C点评：本题考查离子的共存问题，判断各离子在溶液中能否共存，主要看溶液中的各离子之间能否发生反应生成沉淀、气体、水，注意PH=2、无色溶液等信息的使用二、选择题（本大题共5题，每小题2分，共10分。每小题给出的四个选项中，有12个符合题意。）11下列气体与空气混合后遇明火，可能发生爆炸的是A甲烷 B氮气 C氧气 D一氧化碳 考点：燃烧、爆炸、缓慢氧化与自燃.专题：化学与生活分析：爆炸是指在有限的空间里，化学反应中放出大量的热，生成大量的气体从而发生爆炸，可燃性气体与氧气或空气混合遇明火可能发生爆炸解答：解：A、甲烷是可燃性气体，故A可能发生爆炸；B、氮气不是可燃性气体，不与氧气不反应，故B不可能发生爆炸；C、氧气是助燃性的气体，与空气混合不可能发生爆炸；D、二氧化碳不是可燃性气体，不能和氧气反应，不可能发生爆炸；故选：A点评：本题主要考查了爆炸的有关知识，完成此题，可以依据爆炸的条件进行12氯化钠是重要的盐。下列做法或说法中错误的是A“一定溶质质量分数的氯化钠溶液的配制”的实验中，使用玻璃棒搅拌，是为了加快氯化钠的溶解B“粗盐中难溶性杂质的去除”的实验中，当蒸发皿中的滤液全部蒸干后才能停止加热C氯化钠的水溶液能导电是因为它在水中解离出自由移动的Na+和Cl-D氯化钠的溶解度受温度变化的影响很小考点：一定溶质质量分数的溶液的配制；固体溶解度的影响因素；溶液的导电性及其原理分析；氯化钠与粗盐提纯.专题：常见的盐 化学肥料分析：A、根据“一定溶质质量分数的氯化钠溶液的配制”的实验中玻璃棒的作用进行分析判断B、根据蒸发操作停止加热的时机进行分析判断C、溶液能导电的原因是存在能自由移动的离子D、根据氯化钠的溶解度受温度的影响的变化趋势进行分析判断解答：解：A、“一定溶质质量分数的氯化钠溶液的配制”的实验中，使用玻璃棒搅拌，可以加快氯化钠的溶解，故选项说法正确B、“粗盐中难溶性杂质的去除”的实验中，当蒸发皿中出现较多的固体时，应停止加热，用余热使水分蒸干，故选项说法错误C、氯化钠的水溶液能导电是因为它在水中解离出自由移动的Na+和Cl，故选项说法正确D、氯化钠的溶解度受温度变化的影响不大，故选项说法正确故选B点评：本题难度不大，掌握配制一定溶质质量分数的溶液实验步骤、蒸发操作时停止加热的时机、溶液导电的原因等是正确解答本题的关键13除去下列各物质中混有的少量杂质，所用除杂试剂及操作方法均正确的是选项物质杂质除杂试剂及操作方法A氧化钙碳酸钙适量的稀盐酸，过滤、蒸发滤液B氯化钾硫酸钾适量硝酸钡溶液，过滤、蒸发滤液C二氧化碳氯化氢先通过过量氢氧化钠溶液，再通过过量浓硫酸D硫酸锌硫酸亚铁过量锌粉，过滤、蒸发滤液考点：物质除杂或净化的探究；常见气体的检验与除杂方法；盐的化学性质.专题：物质的分离、除杂、提纯与共存问题分析：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解答：解：A、氧化钙和碳酸钙均能与稀盐酸反应，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B、CuO能与稀硫酸反应生成硫铜和水，铜不与稀硫酸反应，能除去杂质但引入了新的杂质硝酸钾，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误C、CO2和HCl气体均能与NaOH溶液反应，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、过量锌粉能与硫酸亚铁溶液反应生成硫酸锌溶液和铁，再过滤除去不溶物，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故选项所采取的方法正确故选：C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14下列有关物质鉴别方案正确的一组是A可用Ba(OH)2溶液鉴别CaCl2、Na2CO3、K2SO4三种溶液B用一种试剂无法鉴别氧化铜粉末、炭粉、铁粉，三种黑色粉末CKNO3溶液、NaOH溶液、H2SO4溶液、CuSO4溶液，不加任何试剂即可鉴别DNa2CO3溶液、NaNO3溶液、稀硫酸、KCl溶液，不加任何试剂即可鉴别考点：酸、碱、盐的鉴别.专题：物质的鉴别题分析：A、依据氢氧化钡与其它物质间的反应现象分析解答；B、依据三种能与酸反应出现不同的现象分析解答；C、依据硫酸铜是蓝色的溶液以及与其它物质间的反应情况分析解答；D、依据物质间的两两反应现象分析解答即可解答：解：A、由于氢氧化钡能与碳酸钠、硫酸钾反应都能够产生沉淀，而与氯化钙混合无现象，所以鉴别时能够确定氯化钙而不能确定碳酸钠和硫酸钾，故选项错误；B、CuO粉末，炭粉，铁粉中分别加入稀盐酸，氧化铜能与盐酸反应生成蓝色的氯化铜溶液，与铁粉反应能够生成气体（氢气）和浅绿色溶液（氯化亚铁），与炭粉不反应，故三者中加入一种物质可以鉴别，故选项错误；C、KNO3溶液、NaOH溶液、H2SO4溶液、CuSO4溶液中，只有CuSO4溶液呈蓝色，所以观察可知硫酸铜，将硫酸铜分别滴入KNO3溶液，NaOH溶液，H2SO4溶液中只有NaOH溶液能够与硫酸铜生成蓝色氢氧化铜沉淀，所以可确定氢氧化钠溶液，再将剩下的溶液滴加到产生的沉淀中，能够使沉淀消失的是H2SO4溶液，剩下的是硝酸钾，故不加任何试剂即可鉴别，故选项正确；D、四种溶液混合只有碳酸钠和硫酸反应产生气泡，其它都无现象，因此无法确定任何一种物质，故不加任何试剂无法鉴别，故选项错误；故选：C点评：本题难度较大，解此类题的思路是：先用物理性质，一般先看颜色、闻气味；再用化学性质，用已鉴定出的药品依次去鉴别其他物质，有不同现象时方可鉴别15一包白色粉末，由CuSO4、CaCO3、BaCl2、Na2SO4、NaOH中的两种或两种以上的物质混合而成。为探究其组成，进行如下实验：（1）取少量白色粉末，向其中加入足量的水，充分搅拌后过滤，得到白色沉淀和无色滤液；（2）取实验（1）滤出的白色沉淀，向其中加入足量的盐酸，沉淀全部溶解，并产生无色气体。则下列有关说法正确的是A该白色粉末的成分中一定不含有CuSO4B该白色粉末的成分中一定不含有NaOHC该白色粉末的组成有5种可能D若向实验（1）得到的滤液中，通入二氧化碳，产生白色沉淀，则可推断原白色粉末由CaCO3和BaCl2组成考点：物质的鉴别、推断；碱的化学性质；盐的化学性质.专题：混合物组成的推断题分析：根据硫酸铜溶于水得到蓝色溶液，而本题中得到是无色的溶液，所以在混合物中一定不含硫酸铜，同时能形成白色沉淀的为碳酸钙，硫酸钠和氯化钡也可以反应生成白色沉淀，而白色沉淀能全部溶于稀硝酸，硫酸钠和氯化钡反应生成的硫酸钡不溶于稀盐酸，所以该沉淀为碳酸钙，即硫酸钠和氯化钡最多含有一种，可以据此分析判断并解答该题解答：解：A、把白色粉末溶解后得无色溶液，可知一定没有硫酸铜，因为硫酸铜溶于水会使溶液变蓝，故A说法正确；B、题目中没有涉及氢氧化钠的验证，所以不能判断是否含有氢氧化钠，故B说法错误；C、实验（1）中的白色固体可能是碳酸钙，也可能是硫酸钠与氯化钡反应后生成的硫酸钡沉淀，但是硫酸钡不溶于水而且不溶于酸，而题目中的白色沉淀全部溶于稀盐酸中，并产生无色气体，说明这种白色沉淀是碳酸钙；由实验（2）可以分析出硫酸钠和氯化钡只能存在一种，或者都不存在，所以根据（1）和（2）的条件可以得出可能组合为：CaCO3 BaCl2；CaCO3 BaCl2 NaOH；CaCO3 Na2SO4；CaCO3 Na2SO4 NaOH；CaCO3 NaOH 故有5种可能，故C说法正确；D、二氧化碳不能和氯化钡反应，所以不能据此判断氯化钡的存在，若该操作中产生了白色沉淀，根据题给的物质可以知道，在该白色粉末中还含有氢氧化钠，氢氧化钠和二氧化碳反应生成了碳酸钠，而碳酸钠和氯化钡反应生成了白色沉淀，故D说法错误故选AC点评：本题属于文字叙述型推断题，在给定的物质范围和实验现象，来推出混合物中一定存在、一定不存在和可能存在的是什么物质；解答时以文字信息为序，寻找并抓住“题眼”，逐步分析“筛选”最终得出答案即可第卷 注意事项： 1用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在“答题卡”上。2本卷共11题，共70分。3可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Cu 64 Zn 65 Ba 137三、填空题（本大题共3题 共20分）16（6分）了解物质的用途可以帮助我们更好地生活。请按下列要求选择合适的物质填空。A小苏打 B氢氧化钠 C熟石灰 D生石灰 E氯化钠 F水 （1）农业上常用来改良酸性土壤的是 ；（2）可用作食品干燥剂的是 ；（3）实验室中最常用的溶剂是 ；（4）医疗上用来配制生理盐水的溶质是 ；（5）能去除油污，可作炉具清洁剂的是 ； （6）焙制糕点所用发酵粉的主要成分之一的是 。考点：常见碱的特性和用途；常见的溶剂；生石灰的性质与用途；常用盐的用途.专题：物质的性质与用途分析：根据物质的性质进行分析，小苏打是发酵粉的主要成分，氢氧化钠能与油污反应；熟石灰具有碱性；生石灰能与水反应；氯化钠是生理盐水的主要成分；水是常用的溶剂，据此解答解答：解：（1）熟石灰具有碱性，常用来改良酸性土壤，故填：C；（2）生石灰能与水反应，可用作食品干燥剂，故填：D；（3）水是常用的溶剂，故填：F；（4）氯化钠是生理盐水的主要成分，故填：E；（5）氢氧化钠能与油污反应，能去除油污，可作炉具清洁剂，故填：B；（6）小苏打是发酵粉的主要成分，故填：A点评：本题考查了常见物质的用途，完成此题，可以依据已有的知识进行17（7分）某食品包装袋上的说明如下：商品名称饼干配料小麦粉、白砂糖、精炼植物油、鲜鸡蛋、奶油、食盐、膨松剂、食用香精规格400 g储藏方法存放于阴凉干爽处，避免阳光直射保质期270天生产日期年月日（1）人类从食物中摄取的六大类营养素有蛋白质、糖类、油脂、无机盐、水和 。（2）在这种饼干的配料中，富含蛋白质的是 ；鸡蛋；富含糖类的是 。（3）奶油。葡萄糖在人体组织里在酶的催化作用下会缓慢氧化，请写出这个变化的化学方程式：_ 。（4）该食品包装袋的材料是聚乙烯，其属于 （填“天然”或“合成”）有机高分子材料，包装时用 方法进行封口。考点：生命活动与六大营养素；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式；塑料及其应用；有机高分子材料的分类及鉴别.专题：化学与生活分析：（1）根据人类从食物中摄取的六大类营养素有蛋白质、糖类、油脂、无机盐、水和维生素进行解答；（2）根据食物的营养成分进行解答；（3）根据葡萄糖在酶的作用下生成二氧化碳和水进行解答；（4）根据聚乙烯，属于合成有机高分子材料以及属于热塑性塑料进行解答解答：解：（1）人类从食物中摄取的六大类营养素有蛋白质、糖类、油脂、无机盐、水和维生素；故填：维生素；（2）富含蛋白质的是鲜鸡蛋；富含糖类的是小麦粉和白砂糖；故填：鲜鸡蛋；小麦粉和白砂糖；（3）葡萄糖在酶的作用下生成二氧化碳和水，化学方程式为：C6H12O6+6O26CO2+6H2O；故填：C6H12O6+6O26CO2+6H2O；（4）聚乙烯，属于合成有机高分子材料，属于热塑性塑料，所以包装时用加热方法进行封口故填：合成；加热点评：本考点考查了营养物质、元素与人体健康的关系，基础性比较强营养物质在现实生活中应用很广泛，应该好好把握要合理膳食，均衡营养，保证身体健康18（7分）随着经济的发展，能源和环境日益成为人们关注的焦点。（1） 、石油和天然气通常称为化石燃料。（2）下列关于石油的叙述中不正确的是 （填字母）。A将石油分馏可得到多种产品B石油是一种化工产品C可利用石油产品发电D石油是一种混合物（3）天然气是滨海新区家庭的主要生活燃料。为防止因天然气泄漏造成危险，可在家中安装报警器，在甲、乙两图中，安装位置正确的是 ；写出天然气燃烧的化学方程式： 。（4）在人们担心化石能源将被耗尽的时候，科学家发现了埋于海底将来可能会替代化石燃料的新能源是 。（5）某住宅因燃气泄漏引起火灾，为迅速控制火势，消防员用高压水枪灭火。根据灭火原理，分析水在灭火中的主要作用是 。考点：化石燃料及其综合利用；灭火的原理和方法；防范爆炸的措施；石油加工的产物；资源综合利用和新能源开发.专题：化学与能源分析：（1）煤、石油、天然气是三大化石燃料；（2）根据已有的石油的知识进行分析，石油是混合物，其中的成分可以通过分馏获得，得到的物质是有用的能源和化工原料（3）天然气的主要成分是甲烷，甲烷的密度比空气小，燃烧生成二氧化碳和水（4）可以根据能源方面进行分析、判断；（5）根据灭火的原理分析解答：解：（1）三大化石燃料包括煤、石油、天然气；（2）A、石油是混合物，将石油分馏可得到多种产品，故正确；B、石油是重要的化工原料而不是化工产品，故错误C、石油中含有汽油、煤油、柴油等多种物质，可利用石油产品发电，故正确；D、石油中含有多种烷烃和其它种类的物质，石油是混合物，故正确；故选B（3）甲烷密度比空气密度小，故报警器应安装在甲位置天然气燃烧生成二氧化碳和水，化学方程式为CH4+2O2CO2+2H2O （4）埋于海底将来可能会替代化石燃料的新能源是可燃冰（5）用水灭火时，主要是水蒸发能收大量的热，能降低可燃物的温度至着火点以下故答案为：（1）煤；（2）B；（3）甲；CH4+2O2CO2+2H2O；（4）可燃冰；（5）降低可燃物的温度至着火点以下点评：此题考查了石油的有关知识，完成此题，可以依据已有的石油知识进行属于课本基础知识，较为简单四、简答题（本大题共3题 共20分）19（8分）写出下列反应的化学方程式：（1）铁丝插入硫酸铜溶液 （2）二氧化硫气体通入足量的氢氧化钠溶液 （3）用适量的稀盐酸清除铁制品表面的铁锈 （4）服用含氢氧化铝的药物治疗胃酸过多症 考点：书写化学方程式、文字表达式、电离方程式.专题：化学用语和质量守恒定律分析：首先根据反应原理找出反应物、生成物、反应条件，根据化学方程式的书写方法、步骤进行书写即可解答：解：（1）铁的金属活动性比铜强，铁丝插入硫酸铜溶液生成硫酸亚铁溶液和铜，反应的化学方程式为：Fe+CuSO4FeSO4+Cu（2）二氧化硫气体通入足量的氢氧化钠溶液生成亚硫酸钠和水，反应的化学方程式为：SO2+2NaOHNa2SO3+H2O（3）铁锈的主要成分是氧化铁，与盐酸反应生成氯化铁和水，反应的化学方程式是：Fe2O3+6HCl2FeCl3+3H2O（4）氢氧化铝与胃酸中的盐酸反应生成氯化铝和水，反应的化学方程式为：Al（OH）3+3HClAlCl3+3H2O故答案为：（1）Fe+CuSO4FeSO4+Cu；（2）SO2+2NaOHNa2SO3+H2O；（3）Fe2O3+6HCl2FeCl3+3H2O；（4）Al（OH）3+3HClAlCl3+3H2O点评：本题难度不大，考查学生根据反应原理书写化学方程式的能力，化学方程式书写经常出现的错误有不符合客观事实、不遵守质量守恒定律、不写条件、不标符号等20（5分）如图为甲、乙、丙三种物质的溶解度曲线，据图回答：（1）丙物质的溶解度随温度的升高而 （填“增大”、 “减小”或“不变”）。（2）t2时，甲、乙、丙三种物质的溶解度的大小关系是 。（3）要使t1时接近饱和的丙溶液变成饱和溶液，可采用的一种方法是 。（4）t2时，将40g甲固体放入50g水中，充分搅拌，所得溶液的质量是 g。（5）将t3时A、B、C三种物质饱和溶液的温度降低到t1，三种溶液的溶质质量分数由大到小的关系是 。考点：固体溶解度曲线及其作用；饱和溶液和不饱和溶液相互转变的方法；溶质的质量分数、溶解性和溶解度的关系.专题：溶液、浊液与溶解度分析：根据固体物质的溶解度曲线可以：查出某物质在一定温度时的溶解度，根据溶解度进行有的计算；比较不同物质在同一温度下的溶解度的大小，判断出物质的溶解度随温度变化的变化情况，从而确定饱和溶液和不饱和溶液的转化方法，判断将饱和溶液降温时溶液中溶质质量分数的变化等解答：解：（1）由丙物质的溶解度曲线可知，丙物质的溶解度随温度的升高而减小（2）由甲、乙、丙三种物质的溶解度曲线可知，t2时，甲、乙、丙三种物质的溶解度的大小关系是：乙甲丙（3）要使t1时接近饱和的丙溶液变成饱和溶液，可采用的一种方法是加溶质丙（4）由甲物质的溶解度曲线可知，甲物质的溶解度在t2时是60g，将40g甲固体放入50g水中，充分搅拌，由溶解度意义可知，在50g的水中能溶解30g给的甲物质所以所得溶液的质量是80g（5）由甲、乙、丙三种物质的溶解度曲线可知，甲、乙的溶解度随温度的升高而增大，丙的溶解度随温度的升高而降低，将t3时三种物质的饱和溶液降温至t1，甲、乙的饱和溶液有晶体析出，形成了t1的饱和溶液，丙的饱和溶液转变为不饱和溶液由于在t1时，乙的溶解度大于甲的溶解度且都大于在t3时丙的溶解度所以，将t3时三种物质的饱和溶液降温至t1时，三种物质溶液中溶质的质量分数由大到小的顺序是：乙甲丙故答为：（1）减小；（2）乙甲丙；（3）加溶质丙（4）80g（5）乙甲丙点评：本题难度不大，主要考查了固体溶解度曲线所表示的意义，通过本题可以加强学生对固体溶解度的理解，培养学生应用知识解决问题的能力21（7分）施用化肥和化学农药是使农业增产的重要手段。（1）下列有关农药的叙述中不正确的是 （填字母）。A施用农药是最重要的作物保护手段B农药施用后，会通过农作物、农产品等发生转移C农药本身有毒，应该禁止施用农药D为了减小污染，应根据作物、虫害和农药的特点按规定合理施用农药（2）下列化肥中，磷矿粉；硫酸钾；硝酸钾；碳酸氢铵，其中属于复合肥料的是 ，外观是灰白色粉末的物质是 ，加入少量熟石灰粉末，混合、研磨，放出有刺激性气味气体的物质是 （以上各空均填序号）。（3）实验室有三瓶化肥标签脱落，只知道它们分别是硫酸铵、氯化铵、硝酸铵中的一种，为鉴别三种化肥，某同学分别取少量样品编号为X、Y、Z，并进行如下实验（此处箭头表示得出实验结论） 加溶液B加溶液AX、Y、ZY、ZY无沉淀有白色沉淀无沉淀有白色沉淀ZX 其中溶液A是 ；溶液B是 。Y是 。考点：合理使用化肥、农药对保护环境的重要意义；常见化肥的种类和作用；化肥的简易鉴别；铵态氮肥的检验.专题：常见的盐 化学肥料分析：（1）根据农药的作用进行解答；（2）根据化肥的性质进行解答；（3）根据硫酸铵和硝酸钡溶液反应生成硫酸钡白色沉淀、氯化铵和硝酸银溶液反应生成氯化银白色沉淀进行解答解答：解：（1）A施用农药是最重要的作物保护手段，故A正确；B农药施用后，会通过农作物、农产品等发生转移，所以要合理使用，故B正确；C农药本身有毒，应该合理施用农药，故C错误；D为了减小污染，应根据作物、虫害和农药的特点按规定合理施用农药，故D正确；故选：C；（2）硝酸钾中含有氮元素和钾元素，所以属于复合肥料；磷矿粉外观是灰白色粉末；硫酸铵能和熟石灰粉末混合研磨放出氨气；故填：；（3）硫酸铵和硝酸钡溶液反应生成硫酸钡白色沉淀，氯化铵和硝酸银溶液反应生成氯化银白色沉淀，所以溶液A是硝酸钡；溶液B是硝酸银；Y是硝酸铵故填：硝酸钡；硝酸银；硝酸铵点评：本题考查农药、化肥的使用及对环境的影响，注意化肥的合理使用是解答本题的关键，题目较简单，熟悉生活中常见的农药、化肥即可解答五、实验题（本大题共3题 共20分）22（3分）AJ是初中化学中常见的物质，其中A为气体，B为红色固体，E为浅绿色溶液，G是一种建筑材料，它们之间的关系如下图（部分反应物或生成物已略去）。考点：物质的鉴别、推断；化学式的书写及意义；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式.专题：框图型推断题分析：根据C和硫酸反应生成E，E为浅绿色溶液，可以知道C为铁；E为硫酸亚铁，G是一种建筑材料，G为碳酸钙，气体A与红色固体B高温下生成D，D也是碳酸钙分解的产物，可知D为二氧化碳，A为一氧化碳，B为氧化铁，C为铁，H为氧化钙；氧化钙和水反应生成氢氧化钙，所以I为氢氧化钙；二氧化碳和J反应生成F，F与氢氧化钙反应生成碳酸钙和J，所以F为碳酸钠，J为氢氧化钠，代入验证即可解答：解：（1）G是一种建筑材料，所以G为碳酸钙，化学式为：CaCO3；气体A与红棕色固体B高温下生成D，D也是碳酸钙分解的产物，碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，所以A为一氧化碳，B为氧化铁，D为二氧化碳，C为铁，H为氧化钙；二氧化碳可用与灭火，做化工产品的原料，气体肥料；（2）由（1）可知：A为一氧化碳，B为氧化铁，D为二氧化碳，C为铁，H为氧化钙，A+BC+D的化学反应方程式是：3CO+Fe2O32Fe+3CO2故答案为：（1）CaCO3；（2）3CO+Fe2O32Fe+3CO2点评：在解此类题时，首先将题中有特征的物质推出，然后结合推出的物质在题中的转换关系推导剩余的物质，最后进行验证即可回答下列问题：（1）G的化学式为 。（2）A+BC+D的化学反应方程式是 。23（7分）金属是现代生活、工业生产以及科学研究中应用极为普遍一类材料。（1）看书、写字，台灯是在光线不足时常用照明用具。如右图所示台灯，序号标示物质中属于金属材料有 （填序号）；小明发现台灯铁螺丝钉表面已经锈蚀，原因是铁与 等发生了化学反应。高温高温（2）我国古代将炉甘石（ZnCO3）、赤铜矿（Cu2O）和木炭粉混合加热到约800左右，得到一种外观似金子的锌和铜的合金。该过程发生反应：ZnCO3 ZnO + CO2；再通过反应C + 2ZnO 2Zn + CO2获得金属锌，请写出获得金属铜的化学方程式 ；若要得到含铜80%的锌和铜的合金80 t，需要含Cu2O89%的赤铜矿 t（计算结果保留至0.1）。（3）为了从硝酸亚铁和硝酸银的混合溶液中，提取并回收银，小燕设计了如下的实验方案：若溶液乙为无色溶液，则固体甲一定含有的物质是 。考点：金属材料及其应用；金属的化学性质；含杂质物质的化学反应的有关计算；金属锈蚀的条件及其防护；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式.专题：金属与金属材料分析：根据材料的类别进行分析解答；在金属活动性顺序中，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，据此解答解答：解：（1）铁螺丝钉、铝箔反光片、铜质插头都属于金属材料；铁在与水和氧气并存时易生锈，故填：；水和氧气；（2）加入的锌粉能与硝酸亚铁和硝酸银反应，生成银和铁，硝酸亚铁的水溶液是浅绿色的，溶液乙为无色溶液，说明溶液中不含有硝酸亚铁，硝酸亚铁中的铁全部被置换出来，此时一定含有银和铁，锌不一定含有，故填：铁和银点评：本题考查了金属的应用以及金属活动性顺序的应用，完成此题，可以依据金属的性质结合金属活动性顺序的意义进行过程过程石灰乳水操作C稀盐酸操作B操作A海水粗盐母液粗盐水体镁滤液沉淀溶液NaCl晶体氢氧化镁氯化镁溴化钠溶液溴（Br2）a24（10分）海水是巨大的资源宝库，如图所示利用海水为原料可获得许多化工产品。（1）如上图过程所示，利用海水可得到NaCl晶体。海水经 结晶可获得粗盐。操作A的名称是 。操作B用到的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒外，还有 。粗盐水中除NaCl外，还含有MgCl2、CaCl2、MgSO4等杂质。为了除掉这些杂质，加入a，a中共有NaOH溶液、Na2CO3溶液、BaCl2溶液三种试剂（三种试剂均过量），三种试剂的添加顺序合理的为 （填字母）。A先加入Na2CO3溶液，后加入NaOH溶液，再加入BaCl2溶液B先加入Na2CO3溶液，后加入BaCl2溶液，再加入NaOH溶液C先加入BaCl2溶液，后加入NaOH溶液，再加入Na2CO3溶液D先加入NaOH溶液，后加入BaCl2溶液，再加入Na2CO3溶液 向滤液中滴加适量稀盐酸的目的是 。操作C中玻璃棒的作用 。（2）如上图过程所示，利用海水得到的母液，还可制得镁、溴等物质。母液中含有氯化镁，加入石灰乳后可得到氢氧化镁。写出此反应的化学方程式 。将氯气通入溴化钠溶液中反应得到溴，此反应的化学方程式为 。考点：对海洋资源的合理开发与利用；过滤的原理、方法及其应用；结晶的原理、方法及其应用；氯化钠与粗盐提纯；盐的化学性质；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式.专题：常见的盐 化学肥料分析：（1）依据海水晒盐的原理分析粗盐制得的方法，依据过滤操作需要的仪器分析缺少的仪器，并依据BaCl2可以和硫酸钠反应以及碳酸钠可以和CaCl2反应生成氯化钠和碳酸钙，除掉不溶于水的杂质，再加入盐酸调节至中性；（2）根据信息写出氯化镁和氢氧化钙反应的方程式，依据题干叙述书写氯气置换出溴单质的化学方程式解答：解：（1）因为氯化钠的溶解度受温度影响不变，所以选用蒸发结晶法获得粗盐；操作A是将粗盐和水混合得到溶液的过程，因此是溶解；操作B是将沉淀和滤液分离，因此是过滤，还需要的仪器是漏斗；镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，所以正确的顺序为：先加过量的BaCl2溶液，再加过量的Na2CO3溶液，最后加过量的NaOH溶液，或者先加过量的NaOH溶液，再加过量的BaCl2溶液，最后加过量的Na2CO3溶液；故正确的是CD；加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，即除去过量的碳酸钠和氢氧化钠；操作C是蒸发，玻璃棒的作用是防止受热不均匀导致液滴飞溅；（2）氯化镁和氢氧化钙反应的方程式为：Ca（OH）2+MgCl2=Mg（OH）2+CaCl2；将氯气通入溴化钠溶液中反应得到溴，反应前后元素的种类不变，因此产物还有氯化钠，反应的方程式为：Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2；故答案为：（1）蒸发；溶解；漏斗；CD；除去过量的碳酸钠和氢氧化钠；防止受热不均匀导致液滴飞溅；（2）Ca（OH）2+MgCl2=Mg（OH）2+CaCl2；Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2点评：本题主要考查学生对粗盐提纯及海水提镁、溴的过程，通过离子间的反应把离子转化为沉淀和气体除去，但要注意加入试剂的量，最后不能带入新的杂质六、计算题（本大题共2题 共10分）25(4分) 溶液与人类的生活息息相关，溶液的配制是日常生活和化学实验中的常见操作。（1）在农业上，常需要用质量分数为16%的氯化钠溶液来选种。现要配制200 kg这种溶液，需要氯化钠的质量 kg。（2）化学实验室现有质量分数为98%的浓硫酸，但在实验中常用到较稀的硫酸要把50 g上述浓硫酸稀释为质量分数为20%（密度为1.14g/cm3）的硫酸。稀释后20%硫酸溶液体积为 mL（计算结果保留至0.1）。考点：有关溶质质量分数的简单计算；用水稀释改变浓度的方法.专题：溶液的组成及溶质质量分数的计算分析：（1）根据溶质质量分数=100%得到：溶质质量=溶液质量溶质质量分数；（2）溶液稀释前后的溶质质量不变解答：解：（1）需要氯化钠的质量为：200kg16%=32kg故填：32；（2）设稀释后20%硫酸溶液体积为x，5098%=1.14x20%x214.9cm3，214.9cm3=214.9mL，故填：214.9点评：此题是对溶液知识的考查，解题的关键是知道溶质质量的计算方法，属基础性溶液计算题在解（2）题时，首先分析题中不变的量，然后依据该量列出等量关系进行解答26（6分）一定质量的NaCl和Na2SO4固体混合物加入到200 g水中完全溶解，向其中加入一定质量分数的BaCl2溶液208 g，恰好完全反应，过滤，得到23.3 g沉淀，经测定滤液中含氯元素的质量为14.2 g（不考虑过滤过程中物质质量的损失）。计算：（1）原固体混合物中Na2SO4的质量；（2）过滤后所得滤液的溶质质量分数（计算结果保留至0.1%）。考点：根据化学反应方程式的计算；有关溶质质量分数的简单计算.专题：溶质质量分数与化学方程式相结合的计算分析：向氯化钠和硫酸钠的混合溶液中加入氯化钡溶液，氯化钡和硫酸钠发生反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠（1）根据硫酸钡沉淀的质量求出硫酸钠的质量即可（2）滤液中的氯化钠包括原混合物中的氯化钠和反应生成的氯化钠，根据氯元素的质量求出滤液中氯化钠的总质量，再用氯化钠的总质量反应生成的氯化钠的质量（可根据硫酸钡的质量求出）即可求出原混合物中氯化钠的质量；根据硫酸钡的质量由反应的化学方程式求出硫酸钠的质量，进而根据溶质质量分数的计算公式进行计算即可解答：解：设氯化钡的质量为，硫酸钠的质量为x，生成氯化钠的质量为y。 Na2SO4 + BaCl2 2NaCl + BaSO4 142 117 233 x y 23.3 g x=14.2 g 1分 y=11.7 g 1分滤液中氯化钠的质量=14.2g100%23.4 g 1分原固体混合物中Na2SO4的质量23.4 g11.7g11.7 g 1分过滤后所得滤液的溶质质量分数为23.4 g（14.2 g11.7 g200 g208 g23.3g）100%5.7% 2分答：原固体混合物中Na2SO4的质量11.7 g，过滤后所得滤液的溶质质量分数5.7%。本道综合性较强，解答本题有三个突破点：一是根据复分解反应的条件判断是哪些物质发生反应；二是涉及到有关化学式的计算；三是准确找到滤液中的溶质及原混合物的质量