2020-2021中考化学一模试题分类汇编——综合题综合含答案解析

一、中考初中化学综合题
1．轻质碳酸钙，又称沉淀碳酸钙，即高纯度的碳酸钙，它密度小、白度高、摩擦系数小，是制造牙膏的原料之一，常用在高档或浅色制品上。

工业上通常以石灰石（主要成分为CaCO3）为原料，按下图所示工艺流程进行高纯度碳酸钙的制取与提纯：
根据上述信息，试回答下列问题：
⑴石灰石的用途非常广泛，下列有关说法正确的是_____（单项选择）。

①可用于制取二氧化碳②可用于制取生石灰③可用于制造玻璃
④可用于治理酸性污水⑤可加入煤炭中做固硫剂⑥可用作高炉炼铁造渣剂
A ①③⑤⑥
B ②④⑤⑥
C ①②④⑤⑥
D 以上全部都是
⑵上述流程所涉及的物质中，可用作干燥剂的物质是_____。

⑶上述流程的步骤③中，还可以选择另外一种试剂采用沉淀法制备出高纯度的碳酸钙，其反应原理的化学方程式为_____。

⑷制备高纯度碳酸钙要经历“石灰石（CaCO3）→生石灰→石灰水→CaCO3”的转化过程，其目的是_____。

⑸小颖同学称取了25.0g某石灰石样品，按上图流程进行了模拟实验探究。

她在步骤③中向石灰水里滴加了溶质质量分数为10%的Na2CO3溶液，该过程中产生沉淀的质量与加入Na2CO3溶液的质量关系如图所示。

试计算：
上述实验中，小颖最终制得轻质碳酸钙的质量？_____（结果精确到0.1g）
【答案】C 生石灰 CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O 除去石灰石中的杂质 21.2g
【解析】
【分析】
【详解】
⑴用于制造玻璃的是碳酸钠，故选C；
⑵生石灰能与水反应生成氢氧化钙，上述流程所涉及的物质中，可用作干燥剂的物质是生
石灰；
⑶氢氧化钙与二氧化碳反应也能生成碳酸钙，其反应原理的化学方程式为
CO 2+Ca(OH)2=CaCO 3↓+H 2O 。

⑷工业上的石灰石含有其他杂质，制备高纯度碳酸钙要经历“石灰石（CaCO 3）→生石灰→石灰水→CaCO 3”的转化过程，其目的是除去石灰石中的杂质。

（5）设生成碳酸钙的质量为x
223
3Ca(OH)+Na CO =CaCO +2NaOH 106
100212g 10.6%x 100106=
x 212g 10.6%
⨯⨯↓
x=21.2g 。

2．金属在日常生活、工农业生产和科学研究方面应用广泛。

（1）某实验小组为了探究锌与硫酸反应快慢的影响因素，进行了如下实验。

实验编号
硫酸的质量分数 （均取20 mL ） 锌的形状 （均取1g ） 氢气的体积（mL ） ①
20% 锌粒 31.7 ②
20% 锌片 50.9 ③
30% 锌粒 61.7 ④ 30% 锌片 79.9
①用如图装置收集并测量氢气的体积，其中量筒作用是_____________________，氢气应从_____（填e 或f 或g ）管通入。

②要比较不同质量分数的硫酸对反应快慢的影响，应选择的实验编号是___________。

③下表是小兵第①组实验的详细数据。

时段
第1分钟 第2分钟 第3分钟 第4分钟 第5分钟 第6分钟 H 2的体积 3.1mL 16.7mL 11.9mL 9.6mL 7.6mL 6.0mL 请描述锌与硫酸反应的快慢的变化_________________________________________。

解释原因_________________________________________________________。

（2）保险粉（化学式 Na2S2O4）在工农业生产中有广泛的用途，Na2S2O4 在碱性溶液中稳定，在中性和酸性溶液中极不稳定；在 NaCl 存在下，Na2S2O4 在水中溶解度显著下降。

Na2S2O4 制备流程如下：
①已知反应Ⅰ的原理为：Zn + 2SO2 == ZnS2O4，反应Ⅱ为复分解反应，反应Ⅱ的化学方程式为______________________________________________。

②操作a的名称为_______________________。

③滤液中含有 Na2S2O4，为使 Na2S2O4 结晶析出还需要加入少量 NaOH 的原因是
__________________________，加入NaCl的原因是_______________________。

④198gZn(OH)2理论上能得到Zn的质量为_____________。

【答案】根据进入量筒中水的体积，判断生成氢气的体积f①③或②④由慢到快然后逐渐减慢反应开始放出热量，温度升高，反应由慢到快，随着反应的进行，硫酸被消耗，硫酸溶质质量分数变小反应减慢 (原因答对一个即可得分）2NaOH + ZnS2O4 ==
Zn(OH)2↓+Na2S2O4过滤Na2S2O4 在碱性溶液中稳定降低 Na2S2O4 在水中的溶解度130g 【解析】
（1）①该实验是通过比较相同时间内产生的氢气的体积的大小来比较反应速率的快慢，故使用排水法收集氢气，可根据进入量筒中水的体积，判断生成氢气的体积；由于水只能从e端排出，故氢气从f端通入；②要比较不同质量分数的硫酸对反应快慢的影响，那么要采用控制变量法，即硫酸的质量分数不同，其他的条件要完全相同，故应选择的实验编号是①③或②④；③由表格数据可知锌与硫酸反应的快慢的变化是由慢到快然后逐渐减慢；由于锌和稀硫酸反应放出热量，温度升高，反应由慢到快，随着反应的进行，硫酸被消耗，硫酸溶质质量分数变小反应减慢；（2）①复分解反应是两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物的反应。

反应Ⅱ是氢氧化钠和ZnS2O4分数复分解反应，故氢氧化钠与
ZnS2O4反应的化学方程式表示为2NaOH + ZnS2O4 == Zn(OH)2↓+Na2S2O4；②通过操作a分别得到了固体和溶液，故该操作是过滤；③根据资料“Na2S2O4 在碱性溶液中稳定”，故为使 Na2S2O4 结晶析出还需要加入少量 NaOH；在 NaCl 存在下，Na2S2O4 在水中溶解度显著下降，故加入NaCl的原因是降低 Na2S2O4 在水中的溶解度，以便得到更多的晶体；
④198gZn(OH)2中锌元素的质量=
65
198100%
6534
g⨯⨯=
+
130g，根据质量守恒定律化学
反应前后元素的质量不变，故理论上能得到Zn的质量为130g。

3．科技活动中，化学兴趣小组做了如下实验，请回答以下问题。

(1)图甲所示实验可观察到A烧杯溶液变为红色，此实验不能得到的结论是_____(填序号)。

①氨分子是不断运动的
②氨分子有一定质量
③浓氨水具有挥发性
④氨气易溶于水
(2)图乙所示实验观察到紫色石蕊纸花变为红色，纸花变红的原因是_____(用化学方程式表示)。

(3)图丙所示实验中有组对比实验，其a、b实验目的是为了探究_____。

【答案】② CO2+H2O═H2CO3影响物质溶解性的因素是否与溶剂的种类有关
【解析】
本题主要考查浓氨水的性质、酸碱指示剂与酸碱显示不同的颜色、二氧化碳性质以及影响物质溶解性的因素。

（1）浓氨水中挥发出来的氨气溶解在棉花团的水中生成显碱性的氨水能使无色的酚酞试液变红，涉及到的相关性质有：①氨分子是在不断运动到的②浓氨水具有挥发性③氨气溶解在水中形成的溶液显碱性。

氨分子有一定的质量则没有得到体现。

故选②；
（2）二氧化碳与水反应生成的碳酸呈酸性，能使石蕊试液变红该反应的化学方程式为
CO2+H2O═H2CO3；
（3）图丙中有碘分别在水和汽油中的溶解情况；碘和高锰酸钾在水中的溶解情况两组实验，前一组是同种溶质在不同溶剂中的溶解能力的探究，后一组是不同的溶质在同种溶剂中的溶解能力的探究，这两组实验探究影响物质溶解性的因素是否与溶质、溶剂的种类有关。

KNO溶液，现实验室只有含少量NaCl的
4．某实验室欲配制一定溶质质量分数的3
KNO固体药品.
3
（1）如图所示为3KNO 和NaCl 的溶解度曲线，50℃时，将85.5g 固体药品溶于100g 水中，得到的是3KNO ______的溶液（填“饱和”或“不饱和”）.
（2）将3KNO 提纯的方法是______.
（3）小明用提纯后的3KNO 固体配制100g 溶质质量分数为5%的3KNO 溶液，其操作步骤是：计算、_____、量取、溶解.经检测，小明所配溶液中3KNO 溶质质量分数偏小，其原因可能是______.
①3KNO 固体仍然不纯； ②溶解前，烧杯中有水;
③量取水时，俯视读数； ④装瓶时，有少量溶液洒出.
（4）将所配制的硝酸钾溶液的溶质质量分数变为3%，需加入溶质质量分数为1%的硝酸钾溶液______g 。

【答案】饱和 降温结晶 称量 ①② 100
【解析】
【详解】
（1）50℃时，3KNO 的溶解度是85.5g ，故50℃时，将85.5g 固体药品溶于100g 水中，得到的是3KNO 的饱和溶液。

（2）3KNO 的溶解度随温度变化较大，故采用降温结晶的方法提纯。

（3）配制一定质量分数的溶液步骤：计算、称量、量取、溶解。

所配溶液中3KNO 溶质质量分数偏小，可能是3KNO 固体的质量偏少，或水的质量偏多，
①3KNO 固体仍然不纯，固体质量偏少，溶液质量分数偏小；
②溶解前，烧杯中有水，溶剂偏多，溶液质量分数偏小；
③量取水时，俯视读数，溶剂质量偏小，溶液质量分数偏大；
④装瓶时，有少量溶液洒出，不影响质量分数。

故填①②。

（4）配制溶液前后溶质质量不变，设需加入溶质质量分数为1%的硝酸钾溶液质量为x ，100g 5%+x 1%=(100g+x)3%⨯⨯⨯ ，x=100g
5．金属在生产和生活中有着广泛应用。

（1）下列金属制品在应用中，利用金属导热性的是_____
a．金属硬币 b．铜制火锅 c．铝制导线
（2）铝比铁活泼，但铝在空气中比铁稳定，其原因是_____
（3）工业上用盐酸除去钢板表面上的锈要严格控制盐酸的用量，用量过多会发生反应而损坏钢板，用化学方程式表示损坏钢板的反应_____
（4）高铁的迅速发展对钢轨的需求量越来越大，质量要求越来越高。

工业上经常用“铝热反应”来焊接钢轨，其原理是：，该反应的基本类型是
_____反应；若焊接钢轨需要50.4kg铁，理论上需要铝的质量是_____kg
【答案】b铝和空气中的氧气反应生成致密的氧化铝薄膜，阻碍铝的进一步反应
置换21.6
【解析】
【详解】
（1）金属硬币利用了金属的光泽，铜制火锅利用了铜的导热性，铝制导线利用了铝的导电性，故选：b；
（2）铝和空气中的氧气反应生成致密的氧化铝薄膜，阻碍铝的进一步反应，所以铝比铁活泼，但铝在空气中比铁稳定；
（3）铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，化学方程式为：；（4）单质和化合物反应生成单质和化合物，该反应的基本类型是置换反应；
设理论上需要铝的质量是x：
x=21.6kg
6．金属及其化合物在生产生活中有广泛的应用。

（一）金属的应用和防护
（1）用不锈钢、合成橡胶、氧化镁等材料制造的飞机轮胎属于___________________材料。

（2）航空煤油是飞机的燃料，它主要是由___________炼制的。

（3）铁易生锈，提出防止铁生锈的一种方法__________。

MnO和Al粉混合在高温下反应可得到Mn，该反应的化（4）特种钢中含有少量Mn。

2
学方程式为_______.
（5）2Mg(OH)受热分解生成高熔点的MgO 。

2Mg(OH)可用作阻燃剂，其主要原理是__________（选填序号）。

a 分解吸热，降低可燃物着火点
b MgO 覆盖燃烧物，隔绝氧气
（二）制备还原性铁粉
实验室利用废铁屑（含少量23Fe O ）为原料制备还原性铁粉的流程如下：
（1）Fe 粉可使“酸溶”产生的()243Fe SO 转化为4FeSO ，该反应的化学方程式为_________.
（2）检验3FeCO 已洗净的方法：取最后一次洗涤后的滤液，先加入一定量稀盐酸，再滴加_______溶液，无明显现象。

（3）“干燥”时有少量3FeCO 发生下列转化：22H O,O
32FeCO FeOOH CO −−−→+，该转化的化学方程式为____________________.
（4）“焙烧”前，应将炭粉与“干燥”所得固体均匀混合，目的是_______________.
（三）测定还原性铁粉的组成
还原性铁粉中含有少量x y Fe C ，小组同学在老师的指导下进行以下实验。

资料：①x y Fe,Fe C 在加热时与2O 反应能生成相应氧化物。

②x y Fe C 不与酸反应。

实验1：取29.52g 样品，加入足量稀24H SO ，充分反应后生成21.00gH 。

实验2：另取29.52g 样品，按下图进行实验。

表：装置A 和B 的质量变化 装置
A B 反应前
300.00 400.00 反应后 m 400.44
实验后A 中固体全部变为红棕色，装置A 、B 的质量变化如上表。

（1）装配好装置后，实验前先要_____________________________
（2）装置C 的作用是____________________________________
（3）x y Fe C 中，x:y=___________。

表中m 的值是____________.
反思：若用空气替代2O 进行实验，测得x:y 的值偏小，可能的原因是___________。

【答案】复合 石油 涂油、喷漆等 4Al+3MnO 2高温2Al 2O 3+3Mn b
Fe 2(SO 4)3+Fe=3FeSO 4 氯化钡（或硝酸钡）溶液 4FeCO 3+2H 2O+O 2=4FeOOH+4CO 2 增大接触面积，加快反应速率，提高产物的质量和产量 检验装置的气密性 阻止空气中的水和二氧化碳进入B 装置，避免影响实验准确性 5:2 312.48 空气中存在的二氧化碳被B 装置吸收
【解析】
【分析】
【详解】
（一）金属的应用和防护
（1）用不锈钢、合成橡胶、氧化镁等材料制造的飞机轮胎属于复合材料；
（2）航空煤油是飞机的燃料，它主要是由石油炼制的。

（3）铁生锈的条件是与空气（氧气）和水分同时接触，要防止铁生锈则是通过控制生锈的条件来实现．一是保持铁制品表面的干燥，二是使铁制品与空气隔绝．常用的方法有涂油、喷漆等；
（4）2MnO 和Al 粉混合在高温下反应可得到Mn ，根据质量守恒定律，该反应的另外一种生成物为氧化铝，该反应的化学方程式为4Al+3MnO 2高温2Al 2O 3+3Mn ；
（5）2Mg(OH)受热分解生成高熔点的MgO 。

2Mg(OH)可用作阻燃剂，其主要原理是反应生成MgO 覆盖燃烧物，隔绝氧气，可燃物着火点是物质的一种属性，一般不会改变，故选b ；
（二）制备还原性铁粉
（1）Fe 粉可使“酸溶”产生的()243Fe SO 转化为4FeSO ，该反应的化学方程式为Fe 2(SO 4)3+Fe=3FeSO 4；
（2）最后一次洗涤后的滤液中存在硫酸钠说明没有洗干净，不存在硫酸钠说明已洗干净，硫酸钠与氯化钡（或硝酸钡）能产生硫酸钡的沉淀。

检验3FeCO 已洗净的方法：取最后一次洗涤后的滤液，先加入一定量稀盐酸，再滴加氯化钡（或硝酸钡）溶液，无明显现象；
（3）“干燥”时有少量3FeCO 发生下列转化：22H O,O
32FeCO FeOOH CO −−−→+，该转化的化学方程式为4FeCO 3+2H 2O+O 2=4FeOOH+4CO 2；
（4）“焙烧”前，应将炭粉与“干燥”所得固体均匀混合，目的是增大接触面积，加快反应速
率，提高产物的质量和产量；
（三）测定还原性铁粉的组成
（1）装配好装置后，实验前先要检验装置的气密性；
（2）装置C 的作用是阻止空气中的水和二氧化碳进入B 装置，避免影响实验准确性； （3）设：产生1.00g 的氢气需铁的质量为x 。

2442Fe + H SO = F 562x eS 1O + g
H .00↑
56x =2 1.00g x=28g ；所以还原性铁粉中含有的x
y Fe C 质量=29.52 g-28g=1.52g ；B 装置中增加的质量，是反应生成的二氧化碳质量，根据质量守恒定律可知，二氧化碳中碳元素的质量等于x y Fe C 中碳元素质量，反应生成的二氧化碳的质量=400.00g-400.44g=0.44g ，0.44g 二氧化碳中碳元素的质量=120.44g 100%0.12g 44⨯
⨯=，x y Fe C 中铁元素的质量=1.52g-0.12g=1.4g ；x y Fe C 中， 1.4g 0.12x:y=:=5:25612
； 设：1.40g 的铁元素形成红色氧化铁所需氧元素的质量为y ，则有1.40g 562y 163
⨯=⨯， y=0.6g ，设含28g 铁的红色氧化铁时，需要的氧气质量为z ，则有：
28g 562z 163⨯=⨯ ，z=12g ，m=300.00g+0.6g+12g-0.12g=312.48g ；
反思：若用空气替代2O 进行实验，测得x:y 的值偏小，可能的原因是空气中存在的二氧化碳被B 装置吸收。

7．常温下，一锥形瓶中盛有20g 溶质质量分数为4%的氢氧化钠溶液，先向其中滴加2滴酚酞试液，再逐滴滴加溶质质量分数为6.3%的稀硝酸，用pH 传感器测得溶液的pH 与加入稀硝酸的关系曲线如图。

请回答问题：
（1）本实验反应的化学方程式是____。

（2）pH=7时，锥形瓶中的溶液呈____色，此时溶液的溶质质量分数是____（结果精确到0.01%）。

（3）图中a 点对应的溶液中溶质的化学式是____。

（4）若改用溶质质量分数为12.6%的稀硝酸进行本实验，pH 传感器测得的曲线可能经过____（填“甲”“乙”或“丙”）点。

【答案】NaOH+HNO 3=NaNO 3+H 2O 无 4.25% HNO 3、NaNO 3 甲
【解析】
【详解】
（1）氢氧化钠和稀硝酸反应生成硝酸钠和水，反应的化学方程式是：
NaOH+HNO 3=NaNO 3+H 2O ；
（2）pH=7时，锥形瓶中的溶液显中性，呈无色；设反应生成硝酸钠质量为x ， 332NaOH HNO NaNO 4H O
20085
g 4%x
+=+⨯ 4085
204%=⨯g x
x=1.7g ，此时溶液的溶质质量分数是： 1.7g 100% 4.25%20g 20g
⨯=-； （3）图中a 点对应的溶液中溶质过量的硝酸和反应生成的硝酸钠，化学式是HNO 3、NaNO 3；
（4）若改用溶质质量分数为12.6%的稀硝酸进行本实验，恰好完全反应时需要硝酸质量减小，pH 传感器测得的曲线可能经过甲点。

【点睛】
分析反应后的成分时，除考虑生成物外，还要考虑剩余的反应物。

8．过氧化钙（CaO 2）是一种重要的化工产品，可用来改善地表水质、治理赤潮，过氧化钙产品中常含有氧化钙杂质，以下是某学习小组为测定过氧化钙产品纯度设计的实验，实验装置如图；已知：CaO 2是一种白色粉末，微溶于水，易溶于稀盐酸，且发生反应： CaO 2+2HCl ＝CaCl 2+H 2O 2
实验步骤：实验前称取产品及二氧化锰共12克，先缓慢通入氮气，一段时间后，加热铜网至红热，再缓慢滴入过量稀盐酸，直至A 中样品完全反应。

继续缓慢通入氮气，一段时间后停止加热，待C 中铜网冷却后，停止通入氮气，将锥形瓶中的剩余物过滤，洗涤，干燥，得到滤渣2.0克。

回答下列问题，
（1）二氧化锰与稀盐酸不反应，A 中二氧化锰的作用是______________
（2）样品完全反应后，继续缓慢通入氮气的目的是______________
（3）装置B 的作用有，除去气体中的水蒸气、______________
（4）实验测得C 装置中铜网增重1.8克，该产品中过氧化钙的质量分数为_____________
【答案】使生成的过氧化氢催化分解 使生成的氧气全部与铜反应，防止空气中的氧气与热的铜网反应 可通过气泡产生的速率来控制气流速度 81％
【解析】
【详解】
（1）由于稀盐酸与过氧化钙反应生成氯化钙和过氧化氢，而二氧化锰与稀盐酸不反应，故A 中二氧化锰的作用是：使生成的过氧化氢催化分解；
（2）样品完全反应后，继续缓慢通入氮气的目的是：使生成的氧气全部与铜反应，防止空气中的氧气与热的铜网反应；
（3）装置B 的作用有，除去气体中的水蒸气、可通过气泡产生的速率来控制气流速度； （4）C 装置中铜网与反应生成的氧气反应生成氧化铜。

C 装置中铜网增重的质量即为反应生成的氧气的质量。

设生成1.8g 氧气需要过氧化氢的质量为x 。

22
2222H O MnO 2H O +O 68
32x 1.8g
6832=x 1.8g
x=3.825g
设过氧化钙的质量为y 。

2
222CaO +2HCl CaCl +=72
34y H O 3.825g
7234=y 3.825g
y=8.1g 故该产品中过氧化钙的质量分数为：8.1g 12g-2g
×100％=81％。