2026年上海市闵行区中考化学二模试卷（含答案+解析）

这是一份2026年上海市闵行区中考化学二模试卷（含答案+解析），共16页。试卷主要包含了流程题，简答题，探究题等内容，欢迎下载使用。
1.古代以黄铜矿(主要成分CuFeS2)为原料，运用火法炼铜工艺得到铜。现代，人们在火法炼铜工艺的基础上发展出了闪速炼铜工艺。
(1)铜可作导线，利用了其延展性和______性。
(2)炼铜过程中，Cu2S发生反应的化学方程式为Cu2S+O22Cu+SO2。高温下，该反应一旦开始，后续只需吹入空气，无需额外加热，反应便可自维持。
①该反应的基本反应类型是______。
A.化合反应
B.分解反应
C.复分解反应
D.置换反应
②推测该反应是______ (填.“放热”或“吸热”)反应。
③若将1600gCu2S完全转化成铜，计算理论上需要氧气的质量。(根据化学方程式列式计算)
④分析说明上述反应中通入空气的量对产物的影响。
(3)闪速炼铜中回收Fe3O4的原理是：2C+Fe3O43Fe+2X，X的化学式是______。
(4)对比火法炼铜，闪速炼铜的优势有______。(不定项)
A.原料种类更少
B.无污染
C.得到的铜更多
D.工艺流程简单
2.碳酸钙是常见的化工原料。以石灰石(主要成分是CaCO3，含有少量的Fe2O3、SiO2等杂质)为原料，制备高纯碳酸钙的工艺流程如图。
(1)石灰石中的CaCO3属于______。
A.酸
B.碱
C.盐
D.氧化物
(2)滤渣I的主要成分为SiO2，由此可推知SiO2具有的性质是______。(不定项)
A.不溶于水
B.不与盐酸反应
C.能与FeCl3反应
D.能与CaCl2反应
(3)“酸浸”后滤液的溶质成分为______ (写化学式)。
(4)加入适量Ca(OH)2可用于除去FeCl3，该反应的化学方程式为______。
A.FeCl3+Ca(OH)2=Fe(OH)3↓+CaCl2
B.2FeCl3+3Ca(OH)2=2Fe(OH)3↓+3CaCl2
C.2FeCl3+3Ca(OH)2=2Fe(OH)2↓+3CaCl2
D.2FeCl3+3Ca(OH)2=2Fe(OH)3+3CaCl2
(5)“沉钙”时发生的化学反应为CaCl2+2NH3+CO2+H2O=2NH4Cl+CaCO3↓。已知：NH3极易溶于水，其水溶液呈碱性；CO2在碱性环境中溶解量增大。为使“沉钙”顺利进行，应先通入的气体是______。
(6)“沉钙”时还可以用______代替NH3。
A.NaCl
B.HCl
C.KNO3
D.NaOH
二、简答题：本大题共1小题，共8分。
3.制氧机常用于医疗氧疗与保健供氧。
(1)富氧膜制氧机是利用不同气体在特殊膜中渗透速率的差异对气体进行分离。在压力驱动下，氧气比氮气更快透过膜，在膜的另一侧富集成氧气浓度为25%∼40%的富氧空气。
①空气中氧气的体积分数约为______ %。
②分子动力学直径是导致分子渗透速率差异的主要因素。动力学直径小的分子能更快的渗透通过膜材料，实现不同气体的分离和富集。推测O2动力学直径______ (填“大于”或“小于”)N2动力学直径。
(2)化学制氧机是通过化学反应产生氧气。如图为一款自制的制氧机，使用时，打开开关a和b，从注液口加入适量过氧化氢溶液，甲、乙中均可观察到有气泡产生，触摸甲外壁略感温热。
①写出甲中反应的化学方程式。
②推测乙中水的作用是______。(不定项)
A.湿润氧气
B.便于观察产生氧气的速率
C.加快氧气生成
D.降低氧气的温度
③用化学方程式表示丙中氢氧化钙的作用______。
④关闭开关a可使制氧室中二氧化锰与过氧化氢溶液分离，反应停止。请分析原因。
三、探究题：本大题共2小题，共20分。
4.我国制作酸菜的历史颇为悠久，制作酸菜的初衷是为了延长蔬菜保存时间。制作过程中会产生大量乳酸，赋予酸菜独特的风味。蔬菜中含有硝酸盐，它对人体无直接危害，但会转化成亚硝酸盐。若食物中的亚硝酸盐含量过高会危害人体健康，应严格控制其含量。
(1)制作酸菜过程中，属于化学变化的是______。
A.清洗白菜
B.白菜切丝
C.配制盐水
D.控温发酵
(2)制作酸菜常用白菜，白菜富含的营养素是______。
A.蛋白质
B.维生素
C.脂类
D.糖类
(3)制作酸菜时，加入7%的NaCl溶液能有效抑制杂菌的生长。若配制500g该溶液，需加入______ gNaCl固体。
(4)酸菜等酸性食物通常盛放在陶罐或玻璃器皿中，但不能用铁制容器长期盛放。请分析主要原因。
(5)保存酸菜时，应先盖上容器盖，然后在盖的周边放适量的水进行密封。这样做的原因是______，以防酸菜变质。
(6)酸菜发酵过程中，硝酸盐、亚硝酸盐、pH的变化如图。
①亚硝酸钠(NaNO2)是一种常见的亚硝酸盐，其中氮元素的化合价为______。
A.+2
B.+3
C.+4
D.+5
②随着发酵时间的增加，浸泡酸菜的溶液酸性______。
A.先增强后基本不变
B.先增强后减弱
C.先减弱后基本不变
D.先减弱后增强
③老话说：“酸菜要腌透再吃”，结合如图说明理由。
5.由于化石燃料消耗很快且不可再生，使用过程中还会对环境造成污染。因此，汽车从依赖化石燃料的传统类型，逐渐向多元化的新能源汽车发展。技术的进步，正持续推动着能源利用方式的变迁。
(1)传统汽车是将汽油(主要成分C8H18)先喷成雾状再送入气缸中燃烧，目的是______。
A.提供充足的空气
B.减少二氧化碳的排放
C.增大氧气的浓度
D.增大可燃物与空气的接触面积
(2)粮食等生物质原料在微生物作用下，经发酵可以得到乙醇(C2H6O)。在汽油中加入适量的乙醇可以制成车用乙醇汽油。
①有关乙醇认识正确的是______。
A.乙醇属于有机物
B.乙醇具有助燃性
C.乙醇中碳元素和氢元素的质量比为1：3
D.乙醇由2个碳原子、6个氢原子、1个氧原子构成
②写出乙醇在空气中完全燃烧的化学方程式。
③请从资源和环境两个方面，说明汽油中添加乙醇的重要意义。
(3)某电动汽车用含磷酸亚铁锂(LiFePO4)的锂电池。关于锂元素说法正确的是______。
A.属于非金属元素
B.该原子的质子数是3
C.该原子的核外电子数是7
D.一个锂原子的质量是6.94g
(4)氢气在储存和运输等方面面临重大挑战，因此可将其进一步转化为甲醇或氨气等燃料使用。制备甲醇和氨气的主要流程如图。
①在电解装置中，若与电源负极相连的电极产生1000L气体，则与电源正极相连的电极上产生的气体体积约为______ L。
②写出在一定条件下合成装置1中发生反应的化学方程式。
③用合成装置2的原理生产甲醇有利于实现“双碳”目标，请解释原因。
④氢气是绿色能源，结合如表比较说明将其转化成氨气或甲醇再做燃料的优点。
答案和解析
1.【答案】导电 ①D；②放热；③320g；④若通入空气不足，Cu2S不能充分反应，生成的铜的质量会减少；若通入空气过量，可能会使生成的铜进一步被氧化，影响铜的产量和纯度 CO2 AD
【解析】解：(1)铜可作导线，利用了其延展性和导电性；故答案为：导电。
(2)①该反应是一种单质(O2)和一种化合物(Cu2S)反应生成另一种单质(Cu)和另一种化合物(SO2)，属于置换反应；故答案为：D。
②高温下，该反应一旦开始，后续只需吹入空气，无需额外加热，反应便可自维持，说明该反应是放热反应，放出的热量能维持反应进行；故答案为：放热。
③设理论上需要氧气的质量为x
Cu2S+O22Cu+SO2
160 32
1600g x
32160=x1600g，x=320g
故答案为：320g。
④若通入空气不足，Cu2S不能充分反应，生成的铜的质量会减少；若通入空气过量，可能会使生成的铜进一步被氧化，影响铜的产量和纯度；故答案为：若通入空气不足，Cu2S不能充分反应，生成的铜的质量会减少；若通入空气过量，可能会使生成的铜进一步被氧化，影响铜的产量和纯度。
(3)根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和数目不变，反应前有2个C原子、3个Fe原子、4个O原子，反应后有3个Fe原子，所以2X中含有2个C原子和4个O原子，则X的化学式是CO2；故答案为：CO2。
(4)A、从流程看，闪速炼铜相比火法炼铜，原料种类更少，故A正确；B、两种炼铜方法都生成二氧化硫，都会污染环境，故B错误；C、根据铜元素守恒，原料中铜元素质量相同，得到的铜的质量应该相同，故C错误；D、闪速炼铜的工艺流程更简单，故D正确；
故选：AD。
(1)物质的性质决定用途，铜作为导线，除了需要具备一定的形状改变能力(延展性)外，更重要的是能够让电流通过，即具有良好的导电性。
(2)化合反应是由两种或两种以上物质生成一种物质的反应；分解反应是由一种物质生成两种或两种以上其他物质的反应；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；置换反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应；根据题干信息进行分析作答；根据化学方程式进行列式计算。
(3)根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和数目不变。
(4)根据两个方法流程图进行分析判断。
本题难度适中，涵盖了铜的性质、化学反应类型判断、根据化学方程式计算、质量守恒定律应用以及工艺对比等多个知识点，培养了学生的“宏观辨识与微观探析”素养，如从炼铜工艺的宏观现象理解微观的化学反应；还培养了学生的“证据推理与模型认知”素养，通过化学方程式进行推理和计算，建立化学反应的模型；同时也增强了学生的“科学态度与社会责任”素养，让学生认识到化学工业对环境的影响以及可持续发展的重要性。
2.【答案】C AB CaCl2、FeCl3、HCl B NH3(或氨气) D
【解析】解：(1)碳酸钙是由钙离子和碳酸根离子构成的化合物，符合盐的定义，因此CaCO3属于盐，故选：C；
(2)酸浸过程中，SiO2未与盐酸反应，且不溶于水，最终成为滤渣Ⅰ，由此可推知SiO2不溶于水、不与盐酸反应，故选：AB；
(3)石灰石中的CaCO3与盐酸反应生成CaCl2、H2O和CO2，Fe2O3与盐酸反应生成FeCl3和H2O，且加入的盐酸稍过量，因此“酸浸”后滤液的溶质成分为CaCl2、FeCl3、HCl；
(4)氢氧化钙与氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钙，反应的化学方程式需配平，且氢氧化铁需标注沉淀符号，正确的方程式为2FeCl3+3Ca(OH)2=2Fe(OH)3↓+3CaCl2，故选：B；
(5)NH3极易溶于水，其水溶液呈碱性，CO2在碱性环境中溶解量增大，为使“沉钙”顺利进行，应先通入NH3(或氨气)，使溶液呈碱性，再通入CO2，保证反应充分进行；
(6)NH3的作用是使溶液呈碱性，增大CO2的溶解量，因此可选用碱性物质代替NH3。选项中只有NaOH是碱，能使溶液呈碱性，故选：D。
故答案为：
(1)C；
(2)AB；
(3)CaCl2、FeCl3、HCl；
(4)B；
(5)NH3(或氨气)；
(6)D。
(1)根据酸、碱、盐、氧化物的定义，结合碳酸钙的组成特点，判断其所属的物质类别；
(2)根据酸浸的反应过程，SiO2未与盐酸反应、成为滤渣的实验现象，分析推断SiO2具有的性质；
(3)根据石灰石中的成分与稍过量盐酸的反应规律，分析酸浸后滤液中的溶质成分；
(4)根据氢氧化钙与氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钙的反应原理，结合化学方程式的配平原则与沉淀符号的规范使用，选择正确的化学方程式；
(5)根据NH3极易溶于水、水溶液呈碱性，CO2在碱性环境中溶解量增大的信息，分析使“沉钙”顺利进行应先通入的气体；
(6)根据NH3的核心作用是使溶液呈碱性、增大CO2的溶解量，结合物质的酸碱性，分析可替代NH3的物质。
本题以石灰石制备高纯碳酸钙的工艺流程为背景，综合考查了物质的分类、物质性质的推断、工艺流程中溶质成分的分析、化学方程式的书写与配平、化工生产的操作原理分析，体现了化学在工业生产中的实际应用，能结合物质的性质和反应规律，分析解决化工流程中的实际问题。
3.【答案】21;小于 ①2H2O22H2O+O2↑；②ABD；③CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O；④关闭开关a后，制氧室内压强增大，将过氧化氢溶液压离二氧化锰，固液分离，反应停止
【解析】解：(1)①空气中氧气的体积分数约为21%。故答案为：21；
②题目说明：动力直径小的分子能更快渗透通过膜材料，而氧气比氮气更快透过膜。因此氧气的动力学直径小于氮气的动力学直径。故答案为：小于；
(2)①甲中是过氧化氢在二氧化锰催化下分解生成水和氧气，化学方程式：2H2O22H2O+O2↑；故答案为：2H2O22H2O+O2↑；
②A、氧气通过水会携带水蒸气，起到湿润作用，故符合题意；
B、通过气泡产生的快慢可以判断氧气生成速率，故符合题意；
C、水不改变过氧化氢分解的速率，故不符合题意；
D、甲中反应放热，水可以吸收热量，降低氧气温度，故符合题意；
故选：ABD；
③氢氧化钙可以吸收呼出的二氧化碳生成碳酸钙沉淀和水，化学方程式：CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O；故答案为：CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O；
④关闭开关a后，制氧室内继续产生氧气，使装置内压强增大，将过氧化氢溶液压回左侧，使过氧化氢溶液与二氧化锰(块状)分离，反应停止。故答案为：关闭开关a后，制氧室内压强增大，将过氧化氢溶液压离二氧化锰，固液分离，反应停止。
(1)①空气中氧气的体积分数约为21%；
②根据题干信息分析；
(2)①过氧化氢在二氧化锰催化下分解生成水和氧气；
②根据水的作用分析；
③氢氧化钙与二氧化碳生成碳酸钙沉淀和水；
④根据装置中反应原理及装置特点分析。
本题难度不大，是中考的重要考点之一，熟练掌握实验室中制取气体的反应原理、装置作用等是正确解答本题的关键。
4.【答案】D B 35 金属铁能与酸反应，腐蚀铁制器皿 隔绝氧气 ①B；②A；③没腌透时亚硝酸盐含量高
【解析】解：(1)A.清洗白菜没有新物质生成，属于物理变化；
B.白菜切丝没有新物质生成，属于物理变化；
C.配制盐水没有新物质生成，属于物理变化；
D.控温发酵有新物质生成，属于化学变化；
(2)白菜富含的营养素是维生素；
(3)制作酸菜时，加入7%的NaCl溶液能有效抑制杂菌的生长。若配制500g该溶液，需加入NaCl固体的质量为：500g×7%=35g；
(4)酸菜等酸性食物通常盛放在陶罐或玻璃器皿中，但不能用铁制容器长期盛放，是因为金属铁能与酸反应，腐蚀铁制器皿；
(5)保存酸菜时，应先盖上容器盖，然后在盖的周边放适量的水进行密封，这样做是为了隔绝氧气，以防酸菜变质；
(6)①亚硝酸钠(NaNO2)中钠元素为+1价，氧元素为−2价，故氮元素的化合价为+3；
②随着发酵时间的增加，浸泡酸菜的溶液酸性先增强后基本不变；
③老话说：“酸菜要腌透再吃”，根据图中信息可以看出没腌透时亚硝酸盐含量高；
故答案为：(1)D；
(2)B；
(3)35；
(4)金属铁能与酸反应，腐蚀铁制器皿；
(5)隔绝氧气；
(6)①B；
②A；
③没腌透时亚硝酸盐含量高。
(1)根据物质变化的知识解答；
(2)根据食物中的营养素解答；
(3)根据溶液计算的知识解答；
(4)根据金属与酸的反应解答；
(5)根据防腐的知识解答；
(6)根据图示信息解答。
加强对化学与生活的知识的掌握是正确解答本题的关键。
5.【答案】D ①A；②C2H5OH+3O22CO2+3H2O；③可以节约石油资源，减少对化石燃料的依赖，同时可以减少尾气中氮氧化物等有害气体的排放，减少空气污染 B ①500；②3H2+N22NH3；③消耗了二氧化碳，可以减少大气中二氧化碳的含量；④氨气沸点高，易液化，甲醇通常是液体，它们更易贮存和运输
【解析】解：(1)将汽油(主要成分C8H18)先喷成雾状，可以增大汽油与空气的接触面积，使燃烧更充分，不能减少二氧化碳的排放，也不能提供空气和增大氧气浓度；
(2)①A、由化学式可知，乙醇含碳元素，属于有机物，故正确；
B、乙醇具有可燃性，不具有助燃性，故错误；
C、乙醇中碳元素和氢元素的质量比为：(12x2)：6=4：1，故错误；
D、乙醇由乙醇分子构成，每个乙醇分子由2个碳原子、6个氢原子、1个氧原子构成，故错误；
②乙醇在空气中完全燃烧生成二氧化碳和水，化学方程式为C2H5OH+3O22CO2+3H2O；
③可以节约石油资源，减少对化石燃料的依赖，同时可以减少尾气中氮氧化物等有害气体的排放，减少空气污染；
(3)A、由“金”字旁可知，锂属于金属元素，错误；
B、在元素周期表中，元素名称左上角的数字表示原子序数，原子序数=质子数，则该原子的质子数是3，正确；
C、在原子中，质子数=原子序数=核外电子数，则该原子的核外电子数是3，错误；
D、在元素周期表中，元素名称下方的数字表示相对原子质量，相对原子质量是一个比值，单位为“1”，常省略不写，故锂的相对原子质量是6.94，原子的实际质量很小，错误；
(4)①在电解水实验中，“正氧负氢”，生成氢气和氧气的体积比约为2：1，故若与电源负极相连的电极产生1000L气体，则与电源正极相连的电极上产生的气体体积约为500L；
②合成装置1中反应物是氮气和氢气，生成物是氨气，反应条件是一定条件，化学方程式为：3H2+N22NH3；
③用合成装置2的原理生产甲醇消耗了二氧化碳，可以减少大气中二氧化碳的含量，有利于实现“双碳”目标；
④氨气沸点高，易液化，甲醇通常是液体，它们更易贮存和运输。
故答案为：(1)D；
(2)①A；
②C2H5OH+3O22CO2+3H2O；
③可以节约石油资源，减少对化石燃料的依赖，同时可以减少尾气中氮氧化物等有害气体的排放，减少空气污染；
(3)B；
(4)①500；
②3H2+N22NH3；
③消耗了二氧化碳，可以减少大气中二氧化碳的含量；
④氨气沸点高，易液化，甲醇通常是液体，它们更易贮存和运输。
(1)根据促进燃烧的方法分析；
(2)①A、根据乙醇的化学式为C2H6O，含有碳元素，且不属于例外情况进行分析；
B、根据题干信息进行分析；
C、根据元素的质量比等于相对原子质量和原子个数的乘积之比进行分析；
D、根据分子由原子构成的进行分析。
②根据乙醇在空气中完全燃烧生成二氧化碳和水分析；
③根据乙醇汽油的优点分析；
(3)根据元素周期表中的一格可知，左上角的数字表示原子序数，字母表示该元素的元素符号，中间的汉字表示元素名称，汉字下面的数字表示相对原子质量，进行分析判断；
(4)①根据在电解水实验中，“正氧负氢”，生成氢气和氧气的体积比约为2：1分析；
②价格合成装置1中反应物是氮气和氢气，生成物是氨气，反应条件是一定条件分析；
③根据用合成装置2的原理生产甲醇消耗了二氧化碳分析；
④氨气沸点高，易液化，甲醇通常是液体，它们更易贮存和运输。
本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。燃料
沸点(∘C)
热值(kJ/g)
氢气
−252.9
143.0
甲醇
64.7
22.7
氨气
−33.5
18.6