初中化学中考复习 化学-（江苏南京卷）2020年中考考前最后一卷（全解全析）

2020年中考考前最后一卷【江苏南京卷】

化学·全解全析

1.【答案】C

【解析】A、儿童缺锌会引起食欲不振,生长迟缓,发育不良，不符合题意；B、缺铁会引起缺铁性贫血，不符合题意；C、人体缺乏硒元素可能引起表皮角质化和癌症，C正确；D、人体缺乏碘元素会引起甲状腺肿大,会影响幼儿的生长发育,造成思维迟钝。故选C。

2.【答案】B

【解析】A、蜡烛燃烧过程中有新物质二氧化碳等生成，属于化学变化；B、酒精挥发过程中只是状态发生改变，没有新物质生成，属于物理变化；C、食物腐败的过程中有新物质生成，属于化学变化；D、塑料降解的过程中有新物质生成，属于化学变化。

3.【答案】B

【解析】真空包装食品从平原带到高原时，高原地区的气压较低，包装袋内的气体分子间隔会变大，故包装袋鼓起，而袋中分子的体积，质量和个数都不发生变化。

故选B。

4.【答案】B

【解析】A、钢材属于金属材料，不符合题意；B、玻璃钢属于复合材料，B正确；C、吉祥物冰墩墩“填充物”----人造毛属于合成纤维，不符合题意；D、场馆外的塑胶步道的塑胶属于合成橡胶，不符合题意。故选B。

5.【答案】D

【解析】A、氢氧化铝是不溶于水的弱碱，常用于治疗胃酸过多，而氢氧化钠是强碱且具有腐蚀性，不可以用于治疗胃酸过多；故选项说法错误；B、水、酒精、汽油等很多物质可作溶剂；故选项说法错误。

C、CO2 和水常用来灭火，CO2主要是利用了隔绝空气的原理，而水主要是降低可燃物的温度至着火点以下，故选项说法错误；D、原子是不带电的粒子，但不带电的粒子有原子，中子，因此不一定是原子，故选项说法正确。故选：D。

6.【答案】D

【解析】A、汞属于金属元素，该选项说法不正确；B、在化学反应中，汞原子容易失去电子，形成Hg2+，该选项说法不正确；C、汞的相对原子质量为200.6，单位不是g，该选项说法不正确；D、氧化汞中汞元素化合价是+2，氧元素化合价是﹣2，根据化合物中元素化合价代数和为零可知其化学式为HgO，该选项说法正确。故选：D。

7.【答案】C

【解析】A、电解水实验中，与电源正极相连的电极上产生的气体是氧气，与电源负极相连的电极上产生的气体是氢气，根据质量守恒定律可知，氧气和氢气的体积比应该为1:2，A选项实验现象描述不正确，不符合题意；B、浓盐酸具有挥发性，打开浓盐酸的试剂瓶盖，瓶口会出现白雾，而不是白烟，B选项实验现象描述不正确，不符合题意；C、将光亮的铁片伸入稀盐酸中，反应生成氢气和氯化亚铁，所以铁片表面有气泡生成，溶液逐渐变成浅绿色，C选项实验现象描述正确，符合题意；D、细铁丝在氧气中燃烧，火星四射，生成黑色固体，但现象描述是无法得知生成的具体物质的，现象描述不能出现具体的物质名称，D选项实验现象描述不正确，不符合题意。故选C。

8.【答案】A

【解析】本题考查物质的性质与用途。小苏打是碳酸氢钠的俗称，水溶液呈碱性，能与胃酸中的盐酸反应，可用于治疗胃酸过多，A正确；氮气常温下化学性质稳定，故可用作保护气，与沸点低没有关系，B错误；碳酸氢铵可用作氮肥是由于碳酸氢铵含有氮元素，不是碳酸氢铵受热易分解，C错误；由于铝有导电性，可用作导电材料与有金属光泽无关，D错误。

9.【答案】B

【解析】

A、蒸发时，应用玻璃棒不断搅拌，以防液体受热不均匀，造成液体飞溅，正确；B、该装置未构成封闭体系，即左边的长颈漏斗与大气相通；无论该装置气密性是否良好，导管口都不会有气泡产生，不能判断气密性是否良好，错误；C、滴瓶上的滴管使用后直接插回原瓶，不能用水清洗，否则试剂瓶中的溶液将被稀释，正确；D、用pH试纸测定未知溶液的pH时，正确的操作方法为用玻璃棒（或胶头滴管）蘸取少量待测液滴在干燥的pH试纸上，与标准比色卡对比来确定pH，正确。故选B。

10.【答案】A

【解析】A、1个戊二醛分子中含有5个碳原子、8个氢原子、2个氧原子，故A错误；B、根据图示可知，戊二醛化学式为C5H8O2，完全燃烧生成水和二氧化碳，反应的化学方程式为，C5H8O2+6O24H2O+5CO2，戊二醛与氧气的系数比为 1：6，故B正确；C、戊二醛的相对分子质量=12×5+1×8+16×2=100，故C正确。D、戊二醛是由碳、氢、氧三种元素组成的，三种元素质量比=（12×5）：（1×8）：（16×2）=15：2：8，故D正确。故选A。

11.【答案】C

【解析】A、混合后有氯化铁生成，氯化铁的水溶液为黄色，错误；B、硫酸钠与氯化钡反应生成的硫酸钡白色沉淀不能溶于稀硝酸，不能得到无色溶液错误；C、这三种物质完全反应后能得了含有氯化钙、氯化钠和氯化氢的无色的溶液，正确；D、这三种物质混合后会发生反应生成氯化银沉淀且不溶于硝酸，最终不能无色溶液，不正确。故选C。

12.【答案】D

【解析】A、CO2能与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，CO不与氢氧化钠溶液反应，再干燥，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；B、CuSO4能与适量的氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，再过滤，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；C、Fe能与过量的稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气水，铜不与稀硫酸反应，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；D、CaO和CaCO3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。故选D。

13.【答案】D

【解析】由题目信息和质量守恒定律可知，该反应的方程式为：二氧化碳和氢气在催化剂作用下反应生成甲醇和水的化学方程式为：CO2+3H2CH3OH+H2O；A、由上述反应可知，丁的化学式为H2O，该反应的生成物是两种化合物，不属于置换反应，故A不正确；B、由上述反应可知，参加反应的甲与乙两物质的质量比为（2×3）：（12+16×2）＝3：22，故B不正确；C、由微粒的构成可知，甲是单质，乙、丁均为氧化物，丙不是氧化物，故C不正确；D、由上述反应物质的变化可知，该反应体现了无机物可以转化为有机物，故正确。故选：D。

14.【答案】D

【解析】A、根据提供的物质和图示可以看出，若乙是一氧化碳，丁是碳酸钙，二者不能反应生成二氧化碳，错误；B、根据提供的物质和图示可以看出，若丙是氯化钠，则不能生成氯化铜，其它也不符合要求，错误；C、根据提供的物质和图示可以看出，若乙是碳酸钙，丁是碳酸，二者不能反应生成二氧化碳，错误；D、根据提供的物质和图示可以看出，各物质能实现相互转化，正确；故选：D。

15【答案】C

【解析】

A．由微观示意图知道：参加反应的是H2S和O2，生成物M和H2O，表达式可表示为：H2S+O2→M+H2O，在t时刻时，消耗氧气的质量＝32g﹣8＝24g，x、y的关系可表示为：

H2S+O2→M+H2O

    32g  y

    24g   x

    x＝0.75y

故A正确；

B．根据反应前氧元素来自于氧气，总共32g，反应后生成37g﹣1g＝36g水，含有的氧元素质量＝36g××100%＝32g，所以M中一定不含氧元素，故B正确；

C．根据质量守恒定律，y＝68g+32g﹣36g＝64g，化学方程式可表示为：aH2S+bO2＝cS+dH2O，34a：32b：32c：18d＝68：32：64：36     a：b：c：d＝2：1：2：2，故C错误；

D．若氧气增加到96g，其中64g氧气就会和生成的64g硫反应生成128g二氧化硫，故D正确。

故选：C。

16.【答案】（每空1分，计算题10分）

（1）元素   KI+5O3

（2）ABC；

（3）①不可再生；②A；

（4）AD

（5）设理论上需要熟石灰质量为x

     H2SO4 ＋ Ca(OH)2 ＝ CaSO4＋2H2O

      98        74

200t×9.8%    

＝

x =14.8t

答：理论上需要熟石灰质量为14.8t。

【解析】（1）为了全民的健康，我国强制实施食盐加碘，这里的“碘”不是以单质、分子、原子、离子等形式存在，这里所指的“碘”是强调存在的元素，与具体形态无关。这里的“碘”指的是：元素；添加的碘酸钾(KIO3)碘元素的化合价是：+5价，具体的表示方法是：KI+5O3

（2）人类的基本营养成分共六种，即糖类、蛋白质、油脂、维生素、水、无机盐，其中能够为人体提供能量的营养素是：糖类、蛋白质、油脂，故选ABC；

（3）①煤、石油、天然气均属于不可再生资源，液化石油气是在炼油厂内，由天然气或者石油进行加压降温液化所得到的一种无色挥发性液体，所以属于不可再生资源。②厨房失火时，移走“煤气罐”，这是利用了清除可燃物原理灭火，故选A；

4）根据“一氧化碳和氢气反应，只生成一种产物”可判断所生成的有机物中C、O元素的原子个数比应与CO中C、O元素的原子个数比相同为1：1； A、根据化学式CH4O，可知该物质中C、O元素的原子个数比为1：1，故选项正确；B、根据化学式CH2O2，可知该物质中C、O元素的原子个数比为1：2，故选项错误；C、根据化学式C2H6O，可知该物质中C、O元素的原子个数比为2：1，故选项错误；D、根据化学式C2H4O2，可知该物质中C、O元素的原子个数比为1：1，故选项正确。故选AD。

（5）设理论上需要熟石灰质量为x

     H2SO4 ＋ Ca(OH)2 ＝ CaSO4＋2H2O

      98        74

200t×9.8%    

＝

x =14.8t

答：理论上需要熟石灰质量为14.8t。

17.【答案】（每空1分，共9分）

（1）混合物     NaCl  

（2）饱和   

（3）蒸发结晶    降温结晶    氯化钾

（4）

【解析】（1）海水中除水以外，还含有很多的可溶性物质和难溶性物质，属于混合物；

（2）海水晒盐后能析出食盐晶体，所以一定是氯化钠的饱和溶液，过滤后的母液依然是氯化钠的饱和溶液；

（3）流程中的操作①是从海水中获得氯化钠晶体，故操作为蒸发结晶，固体②的主要成分是氯化钾和氯化镁均为易溶物质，且受温度影响较大，从溶液中获得晶体，应采取蒸发结晶的方法；

（4）设计实验证明某KNO3固体样品中是否含有KCl，实质上是检验其中是否含有Cl－，所以应选择硝酸银溶液和少量稀硝酸，具体操作和现象见下表。

18.【答案】（每空1分共5分）

(1). 使废渣完全反应

(2). 温度过高H2O2会分解，降低原料利用率

(3). 6H2O+6Na2CO3+3Fe2(SO4)3=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+5Na2SO4+6CO2↑

(4). BD

(5). 稀硫酸

【解析】（1）根据流程图可知，流程中存在向废渣中加入足量稀硫酸的目的是使废渣完全反应；

（2）温度过高H2O2会分解，降低原料利用率。在滤液Ⅱ中加入H2O2溶液时，温度不能太高；

（3）根据“除铁时还能加入适量的Na2CO3溶液调节酸度，反应生成Na2SO4、CO2气体和一种浅黄色的黄铁矾钠沉淀[化学式为：Na2Fe6(SO4)4(OH)12]，这样可以将Fe3+除去”可知，该反应的反应物是H2O、Na2CO3、Fe2(SO4)3，生成物是Na2Fe6(SO4)4(OH)12、Na2SO4、CO2，化学方程式为：6H2O+6Na2CO3+3Fe2(SO4)3=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+5Na2SO4+6CO2↑；

A、FeOOH中，氧元素的化合价为-2价，氢元素为+1价，设：FeOOH中铁元素化合为x；根据化合物中各元素的化合价的代数和为零，则有：x+(-2)+(-2)+(+1)=0，x=+3，故A错误；

B、Fe2O3固体为红色，故B正确；

C、根据温度—pH与生成的沉淀关系图可知，当温度低于40℃，pH=4时，沉淀主要是Fe(OH)3，当温度高于40℃，低于100℃左右，pH<4时，沉淀主要是FeOOH。若在25℃时，用H2O2氧化Fe2+，再在pH=4时除去铁，此时溶液中出现的沉淀是Fe(OH)3，故C错误；

D、根据温度—pH与生成的沉淀关系图，图中阴影部分是黄铁矾钠稳定存在的区域可知，工业生产中常保持在85～95℃生成黄铁矾钠，此时水体的pH为1.5左右，故D正确，故选BD。

（4）根据“NiCO3是一种不溶于水、易溶于强酸的浅绿色沉淀”可知，从“沉淀A”制得NiSO4⋅6H2O晶体的实验步骤依次为：向沉淀中加入稀硫酸溶液，直至恰好完全溶解，转化为NiSO4溶液；蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得NiSO4⋅6H2O晶体，用少量乙醇洗涤NiSO4⋅6H2O晶体并晾干。

19.【答案】(每空1分，共8分)

（1）C （2）氮肥  （3）①甲＝丙＞乙 ②蒸发结晶

（4）Ⅰ.①Ag+、Cu2+、Fe2+、Zn2+   ②Zn+2AgNO3═Zn(NO3)2+2Ag或Fe+2AgNO3═Fe(NO3)2+2Ag

Ⅱ.①Ag、Cu、Fe    ②Fe(NO3)2

【解析】（1）单一净化程度最高的是蒸馏，选C；

（2）过度使用化肥也会造成水污染，但为了提高农作物产量又必须合理使用化肥。某稻田禾苗出现泛黄现象，此时应及时追施氮肥，填：氮肥

（3）t2℃时，甲、乙、丙三种物质的饱和溶液中，溶质质量分数的大小关系是：甲＝丙＞乙。

②现有甲、乙混合物溶液，需要从混合物溶液中提纯乙固体，采用的方法是：蒸发结晶，因为乙的溶解度受温度的影响变化不大。

（4）Ⅰ.①向滤液中加入稀盐酸，观察到有白色沉淀产生，是因为盐酸和硝酸银反应生成白色沉淀氯化银，即硝酸银过量，硝酸铜没有反应，滤液中一定含有的金属离子为过量硝酸银中的Ag+、没有反应的硝酸铜中的Cu2+、铁和硝酸银反应生成的硝酸亚铁中的Fe2+、锌和硝酸银反应生成的硝酸锌中的Zn2+。故填：Ag+、Cu2+、Fe2+、Zn2+。

②滤渣是银，即硝酸银和锌反应生成硝酸锌和锌，和铁反应生成硝酸亚铁和银，反应的化学方程式：Zn+2AgNO3═Zn(NO3)2+2Ag、Fe+2AgNO3═Fe(NO3)2+2Ag。

Ⅱ.图2是向滤渣中加入稀盐酸，观察到有无色气体产生，是因为铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，或铁、锌和盐酸反应生成氢气，即滤渣中含有银、铜、铁，或含有银、铜、铁、锌；①滤渣中一定含有Ag、Cu、Fe，可能含有Zn。因为锌完全反应，因此滤液中一定有硝酸锌，是否含有硝酸亚铁，要考虑硝酸亚铁是否过量，故滤液中可能含有：Fe(NO3)2

20.【答案】（除标注外每空2分，共6分）

（1）H2SO4    改良酸性土壤（配制波尔多溶液或配制石硫合剂等）

（2）Na2CO3＋Ca(OH)2＝CaCO3↓＋2NaOH（2分）

（3）CaCO3＋2HCl＝CaCl2＋H2O＋CO2↑（2分）

【解析】根据D的相对分子质量为100，可用作建筑材料，可以推断D是碳酸钙；根据C和D可以相互转化，则C为二氧化碳；根据A既可以转化成B，又可以转化成C，A既可能是碳，也可能是氧气，但由于题中A~G七种物质均含有同一种元素，本题中这种元素只能是氧元素才能推出合理结论，因此A是氧气，B是一氧化碳；根据D是碳酸钙，E、F均可以转化为碳酸钙，则E、F都可以是可溶性碳酸盐，由于F的俗名是苏打，是Na2CO3，所以E是Ca(OH)2,根据D、E、F都可以和G、H反应，且G可以转化为H，在初中阶段可以推知G、H都是酸，且G是含氧酸，H不一定是含氧酸，在初中阶段可以推断H是盐酸， 则G是稀硫酸。因为稀硫酸和粉末状的碳酸钙能反应生成硫酸钙、水和二氧化碳（在不断搅拌时稀硫酸和块状碳酸钙也是能反应的），稀硫酸和可溶性碳酸盐、氢氧化钙都能反应，而稀硫酸和氯化钡反应能生成盐酸，所以推断G是稀硫酸合理。

（1）G的化学式H2SO4   E在农业上的一种用途改良酸性土壤（配制波尔多溶液或配制石硫合剂等）

（2）F是Na2CO3，D是CaCO3，所以F→D且生成物水溶液呈碱性的方程式是：Na2CO3＋Ca(OH)2＝CaCO3↓＋2NaOH；

（3）D是CaCO3，H是HCl，反应方程式是：CaCO3＋2HCl＝CaCl2＋H2O＋CO2↑。

21.【答案】（除标注外，每空1分，共12分）

【猜想假设】（1）红；HCl；

（2）一种单质与化合物反应生成新的单质及化合物；

（3）2FeCl3+Cu＝2FeCl2+CuCl2（2分）

【原理分析】铜元素的化合价由0价上升为+2价；氯元素的化合价反应前后没变化。

【拓展研究】32.5。（4分）

【交流讨论】氯化铁具有氧化性，铁具有还原性。

【解析】【猜想假设】

（1）小明同学从资料中获知FeCl3溶液呈酸性，用石蕊试纸检验FeCl3溶液，试纸变红色，他认为一定是溶液中的H+与Cu发生反应，将Cu腐蚀掉，但大家用HCl不能与Cu反应置换出氢气的知识否定小明的观点。

（2）小文同学认为可能是FeCl3溶液与铜发生了置换反应，Fe3+将铜置换成可溶于水的Cu2+，大家也否定他的观点，因为置换反应原理是一种单质与化合物反应生成新的单质及化合物，而不是一种离子置换另一种离子。

（3）根据查阅的信息，小丽同学认为这个腐蚀过程是一个新的反应，即氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的化学方程式：2FeCl3+Cu＝2FeCl2+CuCl2。

【原理分析】

从化合价的角度，小明同学又归纳出这个反应的另外两个特点：①铜元素的化合价由0价上升为+2价；②氯元素的化合价反应前后没变化。

【拓展研究】

设氯化铁质量至少为x，

由2FeCl3+Cu＝2FeCl2+CuCl2，Zn+CuCl2═ZnCl2+Cu可知，2FeCl3～CuCl2～Zn～Cu，

2FeCl3～CuCl2～Zn～Cu，

325                64

x                 0.64g

＝，

x＝3.25g，

原来配制的FeCl3溶液浓度至少是：＝32.5g/L。

【交流讨论】

经思考，小丽同学推断FeCl3溶液作为腐蚀液也可以与Fe发生反应，她的推断依据：氯化铁具有氧化性，铁具有还原性。