（江苏南京卷）2020年中考化学第二次模拟考试（解析版+原卷版）

2020届九年级中考二模大联考【南京卷】

化学·全解全析

1.【答案】B

【解析】A、加注燃料过程中没有新物质生成，属于物理变化，不符合题意；B、火箭点火时，燃料燃烧，属于化学变化，正确；C、卫星与火箭分离的过程中没有新物质生成，属于物理变化，不符合题意；D火箭进入预定轨道的过程中没有新物质生成，属于物理变化，不符合题意。故选B。

2.【答案】A

【解析】A、氧气可支持呼吸，可用于医疗急救，故A选项符合题意； B、氮气的化学性质不活泼，常用作保护气，故B选项不符合题意；C、稀有气体化学性质不活泼，用作保护气、电光源，故C选项不符合题意；D、二氧化碳化学性质不活泼，不能供给呼吸，故D选项不符合题意。故选A。

3.【答案】D

【解析】A、生活垃圾分类投放可以减少垃圾污染，有的能回收再利用，符合这一主旨，A错；B、骑共享单车出行，节能减排，不污染环境，符合这一主旨，故B错；C、推广使用太阳能等清洁能源不污染环境，符合这一主旨，故C错；D、生活污水直接排入长江，会污染水体，不符合这一主旨，故D正确。故选D。

4.【答案】B

【解析】橡胶手套属于有机合成材料，A错误；纺粘-熔喷-纺粘防护衣属于复合材料，B正确；塑料防护面屏属于有机合成材料，C错误；全棉手术服属于天然材料，D错误。

5.【答案】C

【解析】A、置换反应的特点是反应物和生成物均是一种单质和一种化合物，所以有单质和化合物生成的反应不一定是置换反应，故错误；B、单质中只含有一种元素，但只含有一种元素的物质不一定是单质，例如氧气和臭氧组成的物质就属于混合物，故错误；C、点然可燃性气体前要验纯，氢气是可燃性气体，所以点燃H2前一定要验纯，故正确；D、催化剂在化学反应前后质量不变，但反应前后质量不变的物质不一定是催化剂，还可能不参加化学反应，故错误。故选C。

6.【答案】B

【解析】A、带“钅”的元素均属于金属元素，不符合题意；B、铀的相对原子质量为238.0，单位为“1”，常省略，符合题意；C、元素周期表右上角的数字表示原子序数，铀的原子序数为92，质子数=原子序数，正确但不符合题意；D、相对原子质量=质子数+中子数，铀的中子数=238-92=146，不符合题意。故选B。

7.【答案】A

【解析】燃烧需要同时满足三个条件：一是要有可燃物，二是可燃物要与氧气接触，三是温度要达到可燃物的着火点。灭火的原理就是破坏燃烧的条件，方法有：清除可燃物、隔绝氧气、降低可燃物的温度至着火点以下。A、由于油类物质的密度比水的小，浮在水面上，会继续燃烧，故不合理；B、木材着火，用水扑灭，降低了木材的温度，正确；C、图书档案着火，用液态二氧化碳灭火，可减少对图书的损坏；故选项正确，但不符合题意。；D、酒精灯内酒精洒出着火，用湿抹布扑灭，隔绝了空气，正确。故选A。

8.【答案】D

【解析】A．液氮气化会吸收大量的热，可用作制冷剂，说法正确；B．大理石非常坚硬，可用于建筑材料，说法正确；C．浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂，说法正确；D．烧碱具有强烈的腐蚀性，不能用于治疗胃酸过多，说法错误。故选：D。

9.【答案】C

【解析】A、用pH试纸测定未知溶液的pH时，正确的操作方法为取一片pH试纸放在玻璃片或白瓷板上，用玻璃棒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．不能将pH试纸伸入待测液中，以免污染待测液，图中所示操作错误；B、检验二氧化碳应使用澄清的石灰水，图中所示操作错误；

C、检验氧气是否收集满时，应将带火星的木条放在集气瓶口，不能伸入瓶中，图中所示操作正确；D、稀释浓硫酸时，要把浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，以使热量及时的扩散，一定不能把水注入浓硫酸中；图中所示操作错误。故选C。

10.【答案】D

【解析】A．由化学式可知，磷酸氯喹（C18H32ClN3O8P2）中含有碳、氢、氯、氮、氧、磷六种元素组成的，每个磷酸氯喹（C18H32ClN3O8P2）分子由64个原子构成，说法错误；B．磷酸氯喹中碳、氢、氯、氮、氧、磷六种元素的质量比为（12×18）：（1×32）：35.5：（14×3）：（16×8）：（31×2）＝432：64：71：84：256：124，则磷酸氯喹中碳元素的质量分数最大，说法正确。C．磷酸氯喹中氯、氮元素的质量比为35.5：（14×3）≠1：3，说法错误。D．由化学式可知，磷酸氯喹中碳、磷原子的个数比是18：2＝9：1，说法错误。故选：B。

11.【答案】C

【解析】A．因为甲厂废水明显呈碱性，所以甲中废水必含CO32﹣．则与CO32﹣不能共存的离子Cu2+Ba2+一定在乙废水中，与Ba2+不能共存的SO42﹣一定在甲废水中，再根据溶液呈电中性，所以NO3﹣一定在乙中，K+一定在甲中，故A错误；

B．甲、乙车间的废水按适当比例混合后生成的沉淀有硫酸钡和碳酸钡和碳酸铜；错误；

C．甲乙废水混合后生成的可溶性物质是KNO3，所含阳离子与阴离子的数目比为1：1；正确；

D．若向乙车间的废水中加入适量铁粉，铁能置换出铜，充分反应后过滤，滤液含有钡离子不能直接排放。错误。故选：C。

12.【答案】B

【解析】A、Na2CO3和NaOH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、H2SO4能与Fe2O3反应生成硫酸铁和水，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、铜粉、木炭粉灼烧，分别生成氧化铜、二氧化碳气体，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、HCl能与Na2CO3溶液反应生成氯化钠、水和二氧化碳，能除去杂质但引入了新的杂质二氧化碳，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误。故选B。

13.【答案】C

【解析】A、气体的溶解度随着温度升高而减小，随着压强增大而增大，图像与事实相符，故A正确，不符合题意；B、氧化锌和稀盐酸反应生成氯化锌和水，氢氧化锌和稀盐酸反应生成氯化锌和水，反应的化学方程式及其质量关系为：ZnO＋2HCl＝ZnCl2＋H2O；   Zn(OH)2 ＋2HCl＝ZnCl2＋H2O

65     73    136            95        73    136

由以上质量关系可知，向等质量的氧化锌、氢氧化锌中分别加入等质量分数的稀盐酸至过量，当参加反应的盐酸质量相等时，生成氯化锌质量相等，最终氧化锌和盐酸反应生成的氯化锌质量大，图像与事实相符，故B正确，不符合题意；C、氯酸钾分解生成氯化钾和氧气，生成氯化钾和氧气的时间应该相同，图像与事实不相符，故C错误，符合题意；D、向一定量的盐酸和硫酸钾混合溶液中不断滴加氢氧化钡溶液，发生三个反应，即氢氧化钡和硫酸钾反应、氢氧化钡和盐酸反应、盐酸和生成氢氧化钾反应，三个反应同时进行，生成的硫酸钡沉淀的图像与事实相符，故D正确，不符合题意。故选C。

14.【答案】D

【解析】A、盐酸和氢氧化钠会发生反应，氢氧化钠和碳酸钠不会发生反应，不符合题意，故A错误；B、盐酸和氢氧化钡会发生反应，氢氧化钡和碳酸钠会发生反应，碳酸钠和盐酸会发生反应，过氧化氢会转化成水，水会转化成氧气，氧气不会转化成过氧化氢，不符合题意，故B错误；C、硫酸和氢氧化钠会发生反应，氢氧化钠和碳酸钾不会发生反应，不符合题意，故C错误；D、硫酸和氢氧化钡会发生反应，氢氧化钡和碳酸钾会发生反应，碳酸钾和硫酸会发生反应，氧化钙和水会转化成氢氧化钙，氢氧化钙和二氧化碳会转化成碳酸钙，碳酸钙高温会生成氧化钙，符合题意，故D正确。故选D。

15.【答案】C

【解析】打开止水夹，同时通过分液漏斗加入足量的盐酸，看到乙试管溶液有气泡冒出，说明甲试管中的物质和盐酸反应生成气体，一段时间后，再关闭止水夹，则甲中生成的气体被封闭在甲的试管中，随着气体增多，管内压强增大，一定程度后，将甲中液体压入试管乙内，发现乙中溶液变白色浑浊，说明甲中液体和乙中液体能反应生成白色沉淀。A、碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，关闭止水夹后，压到乙中的氯化钙和石灰水不反应，无明显现象，不符合题意；B、碳酸铜和盐酸反应生成气体，生成的氯化铜和氢氧化钠反应生成蓝色沉淀；不符合题意；C镁和盐酸反应生成氢气，生成的氯化镁及过量的盐酸都能和硝酸银反应生成氯化银白色沉淀，符合题意；D氢氧化钾和盐酸反应生成氯化钾和水，没有气体生成，不符合题意。故选C。

特别强调： “一段时间后，再关闭止水夹，发现乙中溶液变白色浑浊。”是本题的关键点， 同时要熟练掌握常见沉淀的颜色，常见物质间的化学方程式。

16.【答案】（13分）（方程式2分，其余每空1分）

（1）锥形瓶（1分）

（2）BD（1分）   

CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑（2分）   

可能是盐酸的浓度大，浓盐酸具有挥发性，能够挥发出氯化氢，二氧化碳中混有氯化氢气体（1分）

（3）C（1分）   

（4）① CO（1分）    ② 关闭活塞甲，打开活塞乙（1分）

（5）设氢氧化钠质量分数为x  

2NaOH＋CO2＝Na2CO3＋H2O  (1分)

80      44

 200gx     33g              (1分)

＝           (2分)

=0.3              

0.3×100%＝30%          (0.5分)

答：设氢氧化钠质量分数为30%。(0.5分)

【解析】（1）图中标识①仪器的名称是：锥形瓶；

（2）实验室常用石灰石（或大理石）与稀盐酸反应制取二氧化碳，该反应属于固-液不加热反应，发生装置应选B，该装置也适用于过氧化氢与二氧化锰制取氧气，氧气不易溶于水，密度比空气大，可用向上排空气法或排水法收集，二氧化碳溶于水，密度比空气大，可用向上排空气法收集，故既可以制取 CO2，又可以制取 O2 的发生和收集装置组合为：BD；制取二氧化碳的化学方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；

用澄清石灰水检验二氧化碳时发现石灰水没变浑浊的原因是：可能是盐酸的浓度大，浓盐酸具有挥发性，能够挥发出氯化氢，二氧化碳中混有氯化氢气体；

（3）若用 F 装置收集一瓶干燥的某气体，则该气体不能与浓硫酸反应，且密度比空气大，故该气体可能是氧气。故选C；

（4）①关闭活塞乙，打开活塞甲，通入混合气体，二氧化碳被氢氧化钠吸收，可收集到CO；

②然后关闭活塞甲，打开活塞乙，上一步中氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与稀硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，又可收集到另一种气体。

（5）设氢氧化钠质量分数为x  

2NaOH＋CO2＝Na2CO3＋H2O 

80      44

 200gx     33g            

＝          

=0.3              

0.3×100%＝8%         

答：设氢氧化钠质量分数为30%。

17.【答案】（方程式2分，其余每空1分）

（1）①可燃物、达到着火点、跟氧气接触；（1分）  ②D；（1分）

（2）①Cl2+2NaClO2═2ClO2+2NaCl；（2分） 

在化学反应前后，原子的种类、原子的数目及原子的质量都没有改变；（1分）

②氢离子和氢氧根离子结合成水分子（或H++OH-=H2O）；（1分）

③氨分子运动到酚酞试液中，使酚酞变红（1分）  碱性（1分）．

【解析】（1）①图中能够燃烧的白磷满足的条件是：可燃物、与氧气或空气充分接触、达到着火点，故答案为：可燃物、达到着火点、跟氧气接触；②炒菜时油锅起火，可用隔绝氧气的方法灭火．故选D;

（2）①根据质量守恒定律，结合图1的图例可得知，该反应的化学方程式为Cl2+2NaClO2═2ClO2+2NaCl；对比该变化前后，变化前后原子种类不变；变化前后原子的个数不变；因此变化前后物质的质量总和相等；

②由图2可得知：变化前有四种微粒Na+、OH﹣、H+、SO42﹣，而变化后的微粒为Na+、SO42﹣、H2O；因此，可判断该反应的发生实质为H+与OH﹣生成H2O的过程；故答案为：氢离子和氢氧根离子结合成水分子；

③构成物质的分子是在不断运动的，氨分子的运动较强，氨分子运动到酚酞溶液中，使酚酞变红，同时说明浓氨水成碱性。

18.【答案】（每空1分）

（1）2Cu；2H2O（两空没有先后顺序）。

（2）②③④①。

（3）②。

（4）取最后一次洗涤液，检测pH是否等于7（其他合理即可）。

【解析】（1）经检验紫红色物一种金属单质，根据质量守恒定律可知生成了铜，同时由于试管中无水硫酸铜由白色变为蓝色，说明生成了水，所以是铜酸钠（NaCuO2）跟H2的反应生成氢氧化钠和铜以及水，配平得到对应的化学方程式为2NaCuO2+3H2 2NaOH+2Cu+2H2O。

（2）由于氢气具有可燃性，遇到氧气不纯可能会爆炸，所以是先通后停，实验过程和一氧化碳还原氧化铜或者是氢气还原氧化铜相同。所以正确的操作顺序是 ②③④①。

（3）根据题干中给出的实验现象，可直接判断氢气发生了化学变化。

（4）完全反应后，为了测定固体产物中Cu的质量，要用蒸馏水多次洗涤后晾干、称量。在洗涤环节中判断洗涤干净也就是看铜表面是否残留氢氧化钠，而氢氧化钠显碱性，所以操作方法是：取最后一次洗涤液，检测pH是否等于7（其他合理即可）。

19.【答案】（方程式2分，其余每空1分）

（Ⅰ）①CH4+2O2  2H2O+CO2  ②化学   ③BD

（Ⅱ）①c＞b＞a    ②b    ③ABC

（Ⅲ）(1)过滤

(2)蒸发皿

(3)除去CaCl2和BaCl2

(4)③②④或②④③

【解析】（Ⅰ）①甲烷充分燃烧的化学方程式为：CH4+2O2  2H2O+CO2, ②用甲烷等为原料制成了金刚石薄膜，产生了新物质，所以该变化属于化学变化；③常温常压时，由甲烷和另两种气体组成的混合物中，碳元素的质量分数为75%，由于甲烷中碳元素的质量分数为75%，则另两种气体一定有一种气体碳元素含量小于75%，另一种气体碳元素含量大于75%，A组中H2（0%）和CO2（27.27%），A组不符合题意；B组中H2（0%）和C3H8（81.82%），B组符合题意； C组中C3H8（81.82%）和C3H6 （85.71%），C组不符合题意； D组中CO（42.86%）和C3H8（81.82%） D组符合题意；故选BD。

（Ⅱ）①由图2的溶解度曲线可知：10℃时，a、b、c三种物质的溶解度由大到小的顺序是c＞b＞a，②结合图1和图2，降温至30℃，烧杯丙析出晶体最多，应是物质a；烧杯乙中无晶体析出，应是c物质；烧杯甲里有物质析出，但小于丙烧杯中晶体，所以烧杯甲里是b物质的溶液。③40℃时，溶解度大小顺序是a＞b＞c，等质量a、b、c三种物质的饱和溶液中，丙烧杯溶液中水的质量最小，结合图像，根据上述分析可知ABC均正确，D．状态2的三个烧杯中溶质质量分数大小关系应为甲=丙＞乙。

（Ⅲ）、在沉淀试剂中，加入BaCl2溶液的目的是除去MgSO4，加入NaOH溶液的目的是除去MgCl2，加入Na2CO3溶液的目的是除去CaCl2和多余的BaCl2，然后进行过滤得沉淀和滤液，再向滤液中加入适量盐酸，目的是除去多余的NaOH和Na2CO3，最后再经过蒸发结晶和烘干便可得到精盐；蒸发结晶时，除给出仪器外，还需要用蒸发皿；根据Na2CO3溶液一定要在所加沉淀试剂BaCl2的后面，目的是为了除去多余的BaCl2，因此添加沉淀试剂的操作顺序还可以为：③②④或②④③。

20.【答案】（方程式2分，其余每空1分）

（1）Na2CO3；

（2）Cu(OH)2CuO+H2O

（3）Ca(OH)2+ Na2CO3=====CaCO3↓+2 NaOH

【解析】I 为地壳最多的金属，即 Al；B、H 相对分子质量均为 98，常见为 98 的有 H2SO4、Cu(OH)2，阅读（2）问得知 B 可以发生分解反应，故 B 为Cu(OH)2，A 为CuO；且H 可以和Al 发生反应，H 为H2SO4；G 用于玻璃即Na2CO3；B、C、D 均为碱，且可以连续生成，故D 为Ca(OH)2、C 为 NaOH；F 可以与难溶性碱、碳酸钠反应，故为酸，Al 能生成J，J 能生成酸，所以F 为 HCl，J 为H2；最后 E 易得 CuSO4。

21.【答案】（8分）

（1）除去表面的氧化铝（1分）

（2）2Al+3CuCl2═2AlCl3+3Cu（2分）

（3）在白瓷板或玻璃片上放一小片pH试纸，用玻璃棒蘸取溶液滴到pH试纸上（1分）   ＜（1分）   

（4）向其中滴加硝酸银溶液（或向其中加入足量的稀硝酸，再滴加硝酸银溶液）（1分）

变为蓝色（1分）   

（5）将Cu与CuCl2溶液混合并加热（1分）

【解析】

（1）打磨铝片的目的是除去铝片表面的氧化物；

（2）现象①和现象③中的红色物质均为Cu，是因为铝和氯化铜反应生成氯化铝和铜，反应的化学方程式：2Al+3CuCl2═2AlCl3+3Cu；

（3）pH试纸的使用方法是：用洁净干燥的玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，把试纸显示的颜色与标准比色卡比较，读出该溶液的pH测得结果pH＜7，证实了小涛的猜想；

（4）小明通过查阅资料探究白色沉淀的成分，认为可能是氯化亚铜（CuCl）：①CuCl可与浓氨水反应生成无色的Cu( NH3)2+和Cl－；

②Cu( NH3)2+在空气中易被氧化变为蓝色；Cl－可与硝酸银溶液反应，产生白色沉淀；

[进行实验]

根据“Cl－可与硝酸银溶液反应，产生白色沉淀”可知，步骤②的实验方案是：取其中一份无色溶液于试管中，滴加含有稀硝酸的硝酸银溶液，观察现象；

根据“Cu( NH3)2+在空气中易被氧化变为蓝色”可知，步骤③的实验现象是无色溶液变蓝色；

（5）因为铝和氯化铜溶液相互作用时放热，因此改进之处是Cu粉与15% CuCl2溶液混合、加热。