初中化学中考复习 化学-（全国通用卷）2020年中考考前最后一卷（全解全析）

2020年中考考前最后一卷【全国通用卷】

化学·全解全析

1.【答案】C

【解析】A、陶瓷烧制是物质与氧气发生了化学反应，有新物质生成，属于化学变化，不符合题意；

B、火药使用是火药与氧气发生的剧烈的氧化反应，有新物质生成，属于化学变化，不符合题意；

C、预报地震的过程中没有新物质生成，属于物理变化，符合题意；

D、粮食酿醋有醋酸生成，有新物质生成，属于化学变化，不符合题意。故选C。

2.【答案】B

【解析】A、大力发展低耗水生产技术，能节约用水，则A符合这一主题； B、农作物采用大水漫灌，浪费的大量的水资源，不利于节约用水，则B不符合这一主题；C、工业污水处理达标后排放，能减少对河湖的水体污染，则C符合这一主题； D、加强对水资源的监测，有利于水资源保护，建设幸福河湖,则D符合这一主题。故选B。

3.【答案】C

【解析】A、汞元素是金属元素，由汞元素组成的汞单质，具有金属特征，属于金属单质，选项A正确；

B、因为汞的熔点只有-38.87℃，所以常温下呈液态，选项B正确；

C、汞是金属，它是由汞原子构成的，不是由分子构成的，当温度升高时，汞原子运动剧烈，当温度降低时，汞原子运动减缓，选项C不正确；

D、温度的改变，能使汞原子之间的间隔大小发生改变，导致汞体积发生改变。因此体温计能够测量体温利用的原理就是温度能够改变汞原子之间的间隔大小，选项D正确。故选C。

4.【答案】B

【解析】西瓜 pH＝5.8，小于 7，呈酸性； 芒果 pH＝3.5，小于 7，呈酸性；菠萝 pH＝5.0，小于 7，呈酸； 葡萄 pH＝4.5，小于 7，呈酸；呈酸性的物质中，芒果的 pH 最小，故酸性最强；故选B。

5.【答案】C

【解析】A. 氧气密度比空气大，用向上排空法收集氧气时导管要伸到瓶底，图中所示操作错误；B. 测定盐酸pH，应用玻璃棒沾取少量盐酸，沾到pH试纸上，不能直接伸入待测液，图中所示操作错误；C. 稀释浓硫酸要把浓硫酸缓缓倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌，切不能将水倒入浓硫酸中，图中所示操作正确；D. 第一支试管中的铁钉能与氧气、水充分接触；第二支试管中的铁钉只能与水接触；一段时间后，第一支试管中的铁钉生锈；第二支试管的铁钉没有生锈；可用于探究铁生锈条件之一是与氧气接触，无法确定是否与水有关，图中所示操作错误。故选：C。

6．【答案】C

【解析】根据①的信息可知，氧元素的原子序数为8，A正确；Na＋是由钠原子失去一个电子构成的，所以它的结构示意图是⑥，B正确；氧元素与钠元素的本质区别是质子数不同，C错误；根据化合价规律可知，①②两种元素可组成化学式为Na2O的化合物，D正确。故选C。

7.【答案】C

【解析】尿素[CO(NH2)2]属于氮料，A错误；大量施用化肥会造成水污染和氮气污染，所以应当合理的使用，B错误；铵态氮肥与草木灰混用时，铵盐与碱反应会放出氨气，会降低肥效，C正确；棉花叶片枯黄，应施用氮肥，D错误。

8.【答案】B

【解析】A、氮气分子化学式为N2，两个氮气分子为2N2，故错误；B、二氧化氯的化学式为ClO2，故正确；C、由离子的表示方法，在表示该离子的元素符号右上角，标出该离子所带的正负电荷数，数字在前，正负

符号在后，带1个电荷时，1要省略。若表示多个该离子，就在其离子符号前加上相应的数字，故2个亚铁离子可表示为2Fe2+，故错误；D、由原子的表示方法，用元素符号来表示一个原子，表示多个该原子，就在其元素符号前加上相应的数字，故60个碳原子可表示为：60C，故错误。故选B。

9.【答案】D

【解析】A、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b管内产生的气体为氧气，氧气具有助燃性，不符合题意；B、加少量水后，二氧化碳溶于水，且与水反应生成碳酸，使瓶内压强减小，软塑料瓶会变瘪，不符合题意；C、加入适量水后，生石灰与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙显碱性，能使无色酚酞溶液变红，不符合题意；D、氢氧化钠溶于水放出大量的热，但是该反应无新物质生成，属于物理变化，符合题意。故选D。

10.【答案】D

【解析】A、阿比多尔是一种含碳元素的化合物，属于有机物，A错误；B、阿比多尔由阿比多尔分子构成，每个阿比多尔分子由22个碳原子、25个氢原子、1个溴原子、2个氮原子、3个氧原子、1个硫原子共54个原子构成，不符合题意；C、阿比多尔中氮、氧元素的质量比为：（14×2）：（16×3）=28:48，2：3是原子个数比，不符合题意；D、阿比多尔的相对分子质量为：12×22+1×25+80+14×2+16×3+32=477，符合题意。

故选D。

11.【答案】D

【解析】A、硫在氧气中燃烧发出明亮的蓝紫色火焰，在空气中燃烧发出淡蓝色火焰，故A错误；B、向盛有块状石灰石的试管中倒入稀硫酸，碳酸钙能与稀硫酸反应生成硫酸钙、二氧化碳和水，开始有气泡冒出，但是硫酸钙微溶于水，覆盖在石灰石表面，会阻碍反应的进行，故一开始有气泡冒出，过会就停止，故B错误；C、铁丝在空气中不能燃烧，故C错误；D、浓盐酸具有挥发性，能挥发出氯化氢气体，氯化氢能与空气中的水蒸气结合成盐酸小液滴，在瓶口出现白雾，故D正确。故选D。

12.【答案】D

【解析】A、乙中氧化铜和一氧化碳反应生成铜和二氧化碳，一氧化碳在反应过程中得到氧元素，验证了一氧化碳具有还原性，故错误；B、丙过程中氧化铜和一氧化碳反应生成铜和二氧化碳，能观察到黑色的氧化铜丝变成了红色的铜，故错误；C、二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，装置中石灰水的作用是检验生成的二氧化碳，故错误；D、待反应结束冷却后，由于消耗了一氧化碳，生成的二氧化碳又被澄清石灰水吸收，导致瓶内气压降低，软质塑料瓶会变扁，故正确。故选：D。

13.【答案】C

【解析】A、由图示可知，甲变化过程是氧气和氮气通过加压降温，分子之间的间隔变小，没有新物质生成，属于物理变化，不能用质量守恒定律解释，A不正确；B、图示的所有物质中只有氧气和氮气是单质，B不正确；C、甲变化后，物质有氧气和氮气，乙变化后的物质有水和氧气，故甲乙中变化后含有氧气，C正确；D、丙反应后溶液中含有的微粒有Na+、NO3-、H2O，而AgCl是不溶于水的沉淀物，不属于溶液中的微粒，D不正确。故选C。

14.【答案】B

【解析】A、该反应没有生成水，故A说法错误；B、由于一氧化碳是具有可燃性的气体，实验开始前应先关闭K2，打开K1 ,让CO通一段时间，排除玻璃管中空气，防止加热时发生爆炸，故B正确；C、由于一氧化碳有毒性，所以装置D的作用是进行尾气处理，除去一氧化碳，防止污染空气，故C说法错误；D、若缺少装置C，装置B增重的质量偏大，导致氧元素的质量偏大，而元素总质量不变，则铜元素的质量偏小，所以实验所得Cu、O个数比偏低，故D错误。故选B。

15.【答案】A

【解析】A．曲线中交点表示该温度时两种物质的溶解度相等，所以在t1℃时b、c两物质的溶解度相等，而在t1℃时a物质的溶解度在P点以上，所以三种物质的溶解度关系为a＞b═c，故A正确；B．当溶液饱和时，溶质的质量分数=溶解度/（100+溶解度）×100%，因为t2℃，a、b、c三种物质的溶解度大小是：b＞a＞c，所以它们饱和溶液的质量分数也是：b＞a＞c。但本选项未标明溶液是否饱和，所以无法比较溶质的质量分数的大小，故B错误；C．t2℃时，b物质的溶解度是50g，即100g水中溶解50g，所以50g水中只能溶解25g，所以所得溶液质量为50g+25g=75g，故C错误；D．如果溶解度受温度影响较大的物质从溶液中结晶析出的方法是冷却热饱和溶液，如果溶解度受温度影响不大的物质从溶液中结晶析出的方法是蒸发晶体．由于b得的溶解度随着温度变化比较大，所以用降温结晶或冷却热饱和溶液的方法析出晶体，故D错误。故选A。

16．【答案】A

【解析】使紫色石蕊试剂变红的溶液中，存在氢离子。A、四种离子间不能结合成沉淀、气体或水，能在酸性溶液中大量共存，故选项正确；B、H+、OH-两种离子能结合成水，不能大量共存，故选项错误；C、酸性条件下，H+、HCO3-两种离子能结合成水和二氧化碳，不能大量共存，故选项错误；D、Ba2+、SO42-两种离子结合成硫酸钡白色沉淀，不能大量共存，故选项错误。故选A。

17.【答案】B

【解析】A、元素是质子数（或核电荷数）相同的一类原子的总称，故同种元素具有相同的核电荷数，但是具有相同核电荷数的粒子不一定属于同种元素，如水分子和氖原子具有相同的核电荷数，不属于同种元素，不符合题意；B、单质是由同种元素组成的纯净物，故单质由一种元素组成，符合题意；

C、碱溶液能使酚酞溶液变红，但是能使酚酞溶液变红的溶液不一定是碱溶液，如碳酸钠能使酚酞溶液变红，但是属于盐，不符合题意；D、中和反应生成盐和水，但是生成盐和水的反应不一定是中和反应，如氧化铜和稀盐酸反应生成盐和水，不属于中和反应，不符合题意。故选B。

18．【答案】B

【解析】A．甲同学实验中产生的气体为二氧化碳，二氧化碳既不能燃烧也不能支持燃烧。从燃烧条件的角度分析，白磷和红磷虽然温度达到了着火点，但是没有与助燃物氧气接触，所以不能燃烧，故甲同学实验是为了证明可燃物燃烧需要与氧气接触。故选项错误；B．甲同学实验中，装置内的空气中有氧气会对实验产生干扰，所以要挤压滴管1，一段时间后再加热燃烧管，目的是为了排尽装置中的空气。故选项正确。C．乙同学实验中白磷迅速燃烧，而红磷不燃烧。从燃烧条件的角度分析，白磷温度达到了着火点，所以燃烧；而红磷温度未达到着火点，所以不能燃烧。故乙同学实验是为了证明可燃物燃烧需要温度达到着火点。故选项错误；D．乙同学实验中微热燃烧管至a℃，燃烧管中白磷能燃烧，红磷不能燃烧，而白磷的着火点为40℃，红磷的着火点为240℃，所以a 应选择的范围为：40 ≤ a < 240。故选项错误。故选B。

19.【答案】D

【解析】A、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。

B、铜粉在空气中充分加热生成氧化铜，碳粉在空气中充分加热生成二氧化碳，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。

C、碳酸钾能与稀盐酸反应生成氯化钾、水和二氧化碳，但是过量的盐酸会引入新的杂质，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误。

D、氢氧化钙和碳酸钠溶液反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，过滤后可以把碳酸钙除去，因此加入适量的碳酸钠溶液，过滤可以把杂质除去。故选项所采取的方法正确。

故选：D。

20.【答案】C

【解析】A、因为含Fe3+溶液呈黄色，其沉淀为红褐色，而实验①中得到是无色澄清溶液A和白色沉淀B，所以一定不存在氯化铁；由实验①中可知白色沉淀可以是CaCO3或BaSO4或两者都有。故错误；B、实验②中取上述无色澄清溶液A，通入适量的CO2，生成白色沉淀C，则白色沉淀只能是BaCO3，可能是CO2和Ba(OH)2 溶液直接反应生成BaCO3，也可能是CO2先和NaOH溶液反应生成Na2CO3，Na2CO3再和BaCl2反应生成BaCO3，或者两种情况都存在。因此原白色固体中不一定含有Ba(OH)2但一定含有Ba2+，而由于BaSO4既不溶于水也不溶于酸，由实验③中可知白色沉淀B中不含BaSO4，所以原白色固体中一定不含有Na2SO4。故错误；C、由A分析可知原白色固体一定含有CaCO3 ，由B分析可知原白色固体至少还含有一种物质Ba(OH)2。所以，白色固体中至少含2种物质，故正确；D、由前面分析可得原白色固体中一定含有CaCO3、Ba(OH)2 （或是NaOH和BaCl2），一定不含FeCl3、Na2SO4 ，则原白色固体可能的组成为：①CaCO3、Ba(OH)2，②CaCO3、Ba(OH)2、NaOH，③CaCO3、Ba(OH)2 、BaCl2，④CaCO3、NaOH、BaCl2 ， ⑤CaCO3、NaOH、BaCl2 、Ba(OH)2 ，故错误。故选C。

21.(10分，每空1分)（1）长颈漏斗   

（2）2H2O2 2H2O + O2↑   

（3）控制反应的发生与停止    D   

（4）浓硫酸    b 

（5）①放出    ②反应结束，温度逐渐恢复到室温    ③A   NaCl 

【解析】（1）a仪器的名称：长颈漏斗；

（2）小丽选择上述装置中的B作为制取实验室氧气的发生装置，装置B是固液常温型的发生装置，只能选用过氧化氢溶液和二氧化锰，所以发生的化学反应方程式为2H2O2 2H2O + O2↑；

（3）小王同学设计了C装置来制取较纯净的氢气，其中锌粒放在细铜网上，则该装置的显著优点是：通过提升或下降铜网，可以分离药品或是药品接触，从而控制反应的发生与停止；氢气难溶于水，要制取较纯净的氢气，应该用排水法收集，此时收集装置应选择装置D；

（4）G装置是化学实验中常用的多功能瓶，若用它来干燥二氧化碳，此时瓶中应该盛放的液体试剂是浓硫酸，具有吸水性，能干燥二氧化碳，二氧化碳应该“长管进、短管出”从b端通入进行干燥。

（5）①由曲线变化情况分析可知，稀盐酸与氢氧化钠溶液发生反应并放出热量；

②400秒后，曲线开始呈下降趋势的原因是氢氧化钠与盐酸已经反应完，温度逐渐恢复到室温；

③开始时pH＞7，随着反应的进行，pH值逐渐降低，M点时pH=7，所以是向氢氧化钠溶液中加入稀盐酸；M点溶液是氢氧化钠与盐酸恰好完全反应，所以溶质只有生成的氯化钠。

22.（每空1分，共5分）

（1）氧气/ O2   （2）减小  （3）缺铁性贫血  （4）NaHCO3；

（5）CH4 + 2O2 CO2 + 2H2O

【解析】（1）医疗急救时需要用氧气，是因为氧气可以供给呼吸；

（2）气体的溶解度随温度的升高而减小，故喝了汽水后常常会打嗝，原因是升温使气体溶解度减小；

（3）铁元素是人体必需的一种微量元素， 缺铁会引起贫血，故食用“加铁酱油”可预防缺铁性贫血；

（4）发酵粉的主要成分是碳酸氢钠，所以化学式为NaHCO3；

（5）压缩天然气的主要成分是甲烷，所以其完全燃烧的化学方程式为：CH4 + 2O2 CO2 + 2H2O

23. (8分，每空1分)

(1) 导电；锰钢硬度大于纯铁；

(2) Cu+2AgNO3=Cu(NO3)2+2Ag;逐渐生成一层红色固体；能；

(3) Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑; 锌粒表面持续产生气泡，试管内液面逐渐下降至多孔隔板以下（长颈漏斗内液面上升，固液分离）；打开弹簧夹；

【解析】（1）铜制插头是利用了金属铜的导电性；选择锰钢而不用纯铁制造自行车车架的主要原因是：锰钢硬度大于纯铁；

(2)①I中发生反应的化学方程式为Cu+2AgNO3=Cu(NO3)2+2Ag;；一段时间后可观察到II中铝丝表面逐渐生成一层红色固体；②通过以上实验，能得出三种金属的金属活动性由强到弱的顺序为：Al>Cu>Ag的结论。

(3)实验室用锌粒和稀硫酸制取氢气的化学方程式为：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑; 由图像Ⅳ可以看出ab时间段压强迅速增大，是由于产生了大量的氢气，应该是关闭弹簧夹，导致氢气不能排除，压强迅速增大，所以会使得装置内出现的现象为：锌粒表面持续产生气泡，试管内液面逐渐下降至多孔隔板以下（长颈漏斗内液面上升，固液分离）；cd时间段的压强迅速减小，一定是打开弹簧夹。

24. (6分，每空1分）

【答案】(1) Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑; 碳原子的排列方式不同

(2) H2SO4  (3) Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4  (4) 混合物  (5) D

【解析】(1) 步骤①是铁屑和硫酸的反应，其中参与反应的是Fe,剩余的废渣主要是石墨，注意 表述的准确性即可。

(2) 根据质量守恒定律，结合方程式中的化学计量数可以确定缺少的反应物是H2SO4。

(3) 从流程中可以看出，盐1是Fe2(SO4)3,第二步反应就是Fe和Fe2(SO4)3发生反应，得 到的盐2应该是FeSO4。

(4) 从步骤①能得到废渣可知废铁屑是混合物

(5) 已知失去结晶水的硫酸铁铵的质量分数是55.2%,根据无水硫酸铁铵的相对分子质量是266可以计算出带结晶水的硫酸铁铵的相对分子质量为482,这样结晶水的相对质量就是482-266=216,这样可以计算出结晶水的个数是12.

25.(4 分，每空1分）

(1) NaCl+3H2ONaClO3+3H2↑;

(2) C+l4O2； (3) BC

【解析】（1）由流程图可知，装置I中参加反应的物质是食盐水，包括氯化钠和水，反应条件是是80℃、通电；生成物是NaClO3和H2，所以装置I中发生反应的化学方程式为：NaCl+3H2ONaClO3+3H2↑;

（2）标出ClO2中氯元素的化合价：C+l4O2；这里应注意：化合价是元素的性质，要标定在化学式对应的元素符号正上方。

（3）装置装置II反应物是NaClO3和HCl，而生成物除流程图中给出的ClO2和Cl2外，根据质量守恒定律可知，还应有：NaCl和H2O，所以A错误；装置II中产生Cl2与装置III中H2发生化合反应生成HCl，Cl2循环利用可以减少生产过程对环境造成的污染，所以B和C均正确，故答案选BC。

26.（5分，每空1分）

【答案】（1）①质子数（或核电荷数）  ②最外层电子的数目  ③Cl－    2

（2）燃烧不一定需要氧气参加（合理答案均可）

27. (6分，每空1分）

(1) NaOH

(2) CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl

(3) 复分解反应

(4) Cu(OH)2CuO+H2O

【解析】由“H是一种蓝色沉波”可知，H为Cu(OH)2, “A、F、J可以作干燥剂”，因此J是NaOH,D和H能反应，A、D物质类别相同，能和难溶碱反应的只有酸，而A又可以作干燥剂，所以A是H2SO4, D是HC1。因此温室气体B应该是CO2,由于B、E、G类别相同，结合 已经确定的物质可以得出E是CuO, G是H2O。D能转化成F, F能作干燥剂，所以F是 CaCl2,结合其他物质和“I是常见的化肥”条件能确定C是Na2CO3, I是NH4C1。

28.(每空1分，共6分）

【探究1】(1)复燃；红；

【探究2】

(1)催化过氧化钙和水生成的过氧化氢的分解；（2) 2Cu+ O22CuO；

(3) 90%；有，A中样品完全反应后，立即停止通氮气并熄灭酒精灯，将导致部分生成的 氧气残留于A装置中，以及由于温度不够高，部分氧气未能与铜网反应，进而导致铜网増 重偏小。该结果将最终导致CaO2质量分数偏低。

【解析】CaO2质量分数的计算：

铜网增重量0.8g为CaO2分解产生氧气的质量，根据CaO2分解的方程式，可求得样品中CaO2的质量为3.6g，又样品质量为4g，则其质量分数为90%。

29. (1) 6:1:8  (2)48.6%  (3)C4H8O2

【解析】(1)甲酸甲酯(C2H4O2)中碳元素、氢元素、氧元素的质量=12×2:4×1:16×2=6:1:8

(2)甲酸乙酯(C3H6O2)中碳元素的质量分数×100%=48.6%

(3)由上分析可知，一个乙酸乙酯分子中有4个碳原子，8个氢原子和2个氧原子，故其化学式为C4H8O2.

30．（1）H2SO4    （2）9.8%   

【解析】（1）通过图象分析可知，开始阶段是硫酸与氢氧化钠的反应，从氢氧化钠溶液80g起开始与硫酸铜反应，直到ag结束，首先与80gNaOH溶液反应的物质是硫酸，故答案为H2SO4．

（2）设与氧化铜反应的有硫酸质量为x，与氢氧化钠反应的有硫酸质量为y，

CuO＋H2SO4＝CuSO4＋H2O

80    98

8g    x

＝  

x＝9.8g

H2SO4＋2NaOH＝Na2SO4＋2H2O

98      80

y       80×10%

＝ 

y＝9.8g

稀硫酸的溶质的质量分数为：×100%=＝9.8%。