嘉兴市初三化学中考一模试题和答案.docx

1、嘉兴市初三化学中考一模试题和答案嘉兴市2021初三化学中考一模试题和答案一、选择题（培优题较难）1用足量的CO 还原8.0g某种铁的氧化物，生成的气体全部被足量的澄清石灰水吸收，得到沉淀12.5g，则这种铁的氧化物可能是AFeO BFe2O3与Fe3O4的混合物CFeO与Fe3O4的混合物 DFe3O4【答案】C【解析】【分析】一氧化碳和铁的氧化物反应生成二氧化碳和铁，二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙和水。【详解】设生成12.5g碳酸钙，需要二氧化碳的质量为x 一氧化碳转化为二氧化碳的过程中夺取一个氧原子，该氧原子来源于铁的氧化物，故8.0g铁的氧化物中氧元素的质量为；则铁原子与氧原子的个数比

2、为，当FeO与Fe3O4的分子个数比为3:1时，铁原子与氧原子的个数比6:7，故选C。2将CO通入盛有12.0g的Fe2O3的试管内，加热至固体完全变黑后停止加热，继续通入CO至试管冷却，并同时将反应后的气体通入足量NaOH溶液中，溶液质量增重6.6g。Fe2O3还原过程中转化过程：Fe2O3Fe3O4 FeOFe。下列说法错误的是A反应后的黑色固体为混合物B试管中残留固体质量为10.8gC实验过程中参加反应的CO的质量为4.2gD反应后固体中加入足量的稀盐酸产生气体的质量为0.15g【答案】B【解析】【分析】生成二氧化碳的质量为6.6g，生成的二氧化碳分子中，有一个氧原子来自于氧化铁。6.6

3、g二氧化碳中来自氧化铁的氧元素的质量为，试管中残留固体质量为；如果试管中残留固体全部是FeO，设FeO的质量为x 设12gFe2O3完全反应生成Fe的质量为y 试管中残留固体中含FeO的质量为 设反应后固体中加入足量的稀盐酸产生气体的质量为z 【详解】A反应后的黑色固体质量是9.6g，9.6g8.4g，反应后的黑色固体为混合物，故A正确；B试管中残留固体质量为9.6g，故B错误；C实验过程中参加反应的CO的质量为：6.6g-2.4g=4.2g，故C正确；D反应后固体中加入足量的稀盐酸产生气体的质量为0.15g，故D正确。故选：B。3部分变质的烧碱样品18.6g，能与7.3%的稀盐酸200g恰好

4、完全反应，则此样品中变质的烧碱与原烧碱的质量比为( )A3:2 B2:3 C1:2 D1:1【答案】C【解析】【详解】氢氧化钠容易与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠，设此样品中生成碳酸钠的质量为x，与碳酸钠反应的盐酸的质量为m x=106m/73设未变质的氢氧化钠的质量为y y=40(14.6g-m)/36.5x+y=(106m/73)+40(14.6g-m)/36.5=18.6g，m=7.3gx=10.6g y=8g设变质的氢氧化钠的质量为z z=8g则此样品中变质的烧碱与原烧碱的质量比为：8g：（8g+8g）=1：2。故选C。4实验室有一包含杂质的碳酸氢钠样品50g（杂质不含钠元素，受热不变

5、化），其中钠元素的质量分数为23%，180时，将样品加热一段时间后称得固体质量为43.8g，则分解的碳酸氢钠占原碳酸氢钠的质量分数为（已知）A60% B47.3% C40% D33.6%【答案】C【解析】【分析】【详解】原混合物中钠元素的质量：50g23%=11.5g。通过钠元素的质量可以计算出原碳酸氢钠的质量为：11.5g=42g。加热一段时间后固体质量为43.8g，则减少的质量为：50g-43.8g=6.2g。减少的6.2g是生成的水和二氧化碳的质量。社分解碳酸氢钠的质量为x，则根据差量法有：解得x=16.8g分解的碳酸氢钠占原碳酸氢钠的质量分数为：。故选C。5现有一包由3.2g铜、13g

6、锌和2g 碳组成的粉末，放到一定量的AgNO3溶液中，完全反应后得到的固体为m种，溶液中溶质为n种下列说法中不正确的是（ ）A若m=2，则n=2或3 B若固体中金属的质量为 48g，则m=4C当m=3时，溶液可能呈蓝色 D反应后固体的质量不可能超过56g【答案】B【解析】【分析】由金属活动性顺序表可知，金属的活动性ZnCuAg，由3.2g铜、13g锌和2g 碳组成的粉末，放到一定量的AgNO3溶液中，Zn首先与硝酸银溶液反应，Zn反应完成时，Cu再与硝酸银反应碳与硝酸银不反应。【详解】A、当m=2时，则得到的固体为银和碳，Cu和Zn全部反应，硝酸银溶液足量，恰好反应时，溶液中的溶质为硝酸铜和硝

7、酸锌；硝酸银过量时，溶液中的溶质为硝酸铜、硝酸锌和硝酸银，因此，n=2或3，故A正确；B、当上述两个反应分别恰好进行完全时，设生成银的质量分别为x，y x=43.2g y=10.8g当锌完全反应时，金属的质量为：3.2g+43.2g=46.4g，铜完全反应时，金属的质量最大是：43.2g+10.8g=54g，由于金属的质量是48g，46.4g48g54g由此可知，锌完全反应，部分铜已参加反应，所以，固体物质有银、铜和碳三种，即m=3，故B不正确；C、由上述计算分析可知，当m=3时，溶液可能呈蓝色，故C正确；D、由上述计算分析可知，反应后固体的质量不可能超过54g+2g=56g，故D正确。故选B

8、。6除去下列各组物质括号内的杂质，所选用的试剂及操作方法均正确的是AFe2O3（Fe）用盐酸浸泡，然后过滤、洗涤、烘干BCO（CO2）先通入足量的浓NaOH溶液，后通过浓硫酸CCaO（CaCO3）加水溶解，过滤、烘干DNaCl（Na2CO3）加入过量CaCl2溶液，过滤、蒸发、结晶【答案】B【解析】除杂的要求所用试剂只能将杂质除掉，不能把想保留的成分反应掉，除杂的同时不能引入新的杂质。A，盐酸与氧化铁反应，生成氯化铁和水，不符合除杂要求；B氢氧化钠溶液能与二氧化碳反应生成碳酸钠溶液和水，而一氧化碳不反应，能除杂；C氧化钙和水反应生成氢氧化钙，不符合除杂要求；碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯

9、化钠，但是氯化钙过量，引入氯化钙杂质。选B7已知反应前后分子变化的微观示意图如下所示，下列说法错误的是A反应前后元素种类不变BA是有机物，C、D是无机物C点燃前要先检验A的纯度，防止爆炸D此反应中A和B的化学计量数之比等于1：1【答案】D【解析】根据微观示意图可知，反应物A的分子为由1个C原子和4个H原子构成的CH4分子，反应物B的分子为由2个O原子构成的O2分子；生成物C的分子为2个O原子和1个C原子构成的CO2分子，物质D的分子为由1个O原子和2个H原子构成的H2O分子；则示意图所表示的反应为CH4在O2中燃烧生成CO2和H2O，反应的化学方程式为CH4+2O2CO2+2H2O。A、根据化

10、学方程式可知，反应前后元素种类不变，正确； B、A是甲烷，是含有碳元素的化合物，属于有机物，C、A是甲烷，是可燃性气体，和空气混合达到一定浓度会发生爆炸，点燃前要先检验纯度，防止爆炸，正确；C、根据微观示意图可知，D是水，不是有机物，错误；D、由方程式及图示可知，参加反应的A，B物质分子个数比为1：2，错误。故选D。8下列各组物质在溶液中能大量共存，且溶液呈无色的是（ ）ANa2CO3、NH4NO3、Ca（OH）2BFe2（SO4）3、Na2SO4、Mg（NO3）2CAlCl3、Ba（NO3）2、CaCl2DNa2CO3、AgNO3、BaCl2【答案】C【解析】A、Ca（OH）2和Na2CO3

11、能生成白色沉淀碳酸钙，不能大量共存；NH4NO3、Ca（OH）2 会生成氨气和水，不能大量共存， B、三者之间不反应，能大量共存，但Fe2（SO4）3溶于水呈黄色；C、三者之间不反应，能大量共存，且符合无色透明的要求；D、AgNO3、BaCl2反应生成氯化银白色沉淀，不能大量共存；Na2CO3、BaCl2能生成碳酸钡白色沉淀，不共存。故选C点睛：熟记常见沉淀：碳酸钙、碳酸钡、氯化银、硫酸钡、氢氧化镁，氢氧化铜，氢氧化铁等；常见溶液的颜色：含亚铁离子时溶液为浅绿色；含铁离子时溶液为黄色；含铜离子时溶液为蓝色。9区别生活中常见的物品，其中有两种方法都正确的是( )选项需鉴别物质所加试剂或方法方法1

12、方法2A厕所清洁剂与厨房洗涤剂加入石灰石加水看是否放热BNH4NO3氮肥和K2SO4钾肥加Ca(OH)2研磨并闻气味加水触摸烧杯C苏打和小苏打加水，观察能否溶解加入稀HClD羊毛织品和尼龙织品触摸纺织品抽丝灼烧观察AA BB CC DD【答案】B【解析】A、厕所清洁剂显酸性，能与石灰石的主要成分碳酸钙反应生成二氧化碳，产生冒气泡的现象；厨房洗涤剂显碱性，与石灰石不反应；两种物质溶于水都无明显的放热现象；B、NH4NO3氮肥和K2SO4钾肥，加Ca(OH)2研磨，硝酸铵会生成氨气，能闻到刺激性气味，硫酸钾不能；硝酸铵溶于水，溶液温度降低，硫酸钾无明显现象； C、苏打是碳酸钠和小苏打是碳酸氢钠，加

13、水，都能溶解；加入稀HCl都能生成二氧化碳气体；D 羊毛织品和尼龙织品，触摸纺织品无明显差异，抽丝灼烧，羊毛会有烧焦羽毛的气味。选B点睛：鉴别题要做到同一操作下或与同一物质反应时，现象要不同。10将乙酸（CH3COOH）和葡萄糖（C6H12O6）溶于水得到混合溶液，测得溶液中氢元素的质量分数为a，则溶液中碳元素的质量分数为（）A19a B18a C12a D8a【答案】A【解析】【分析】根据乙酸（CH3COOH）、葡萄糖（C6H12O6）、水中，氢原子和氧原子的个数比均为2：1，进行分析解答。【详解】乙酸（CH3COOH）、葡萄糖（C6H12O6）、水中，氢原子和氧原子的个数比均为2：1，则将

14、乙酸（CH3COOH）和葡萄糖（C6H12O6）溶于水得到混合溶液中氢元素和氧元素的质量比为（12）：（161）1：8；测得溶液中氢元素的质量分数为a，氧元素的质量分数为8a，则溶液中碳元素的质量分数为1a8a19a。故选A。11在pH=11时，下列各组物质的混合溶液呈无色透明的是ANa2SO4、KCl、KNO3 BMgCl2、K2SO4 、NaNO3CCuSO4、NaCl、Ba(NO3)2 DBaCl2、KCl、AgNO3【答案】A【解析】【分析】在pH=11时，着溶液显碱性，溶液中有OH；【详解】A、Na2SO4、KCl、KNO3、OH都是无色的；故选项正确。B、氯化镁与中的镁离子与氢氧根

15、离子反应产生白色沉淀：Mg22OH=Mg(OH)2；故选项错误。C、硫酸铜中的铜离子是蓝色的，且能与氢氧根反应产生蓝色沉淀：Cu22OH=Cu(OH)2；故选项错误。D、氯化钾与硝酸银能发生反应产生白色沉淀：KClAgNO3=KNO3AgCl；故选项错误。故选：A。12铁在高温条件下与氧化铜反应：2Fe+3CuO Fe2O3+3Cu 铜在氯化铁溶液中发生反应：Cu+2FeCl3 = 2FeCl2+CuCl2。一定质量的铁与氧化铜的混合物在高温条件下恰好完全反应将反应后的固体粉末倒入盛有足量稀盐酸的烧杯中，振荡，充分反应后过滤，得到固体甲和滤液乙。取适量滤液乙于试管中，加入一定质量的锌粉，充分反

16、应。固体甲中一定含Cu，一定不含Fe滤液乙中一定含有FeCl2、CuCl2，一定不含FeCl3若充分反应后Zn无剩余，溶液中若有CuCl2，则一定有FeCl2 若充分反应后Zn无剩余，溶液中若无CuCl2，则可能有FeCl2 若充分反应后Zn有剩余，则溶液中有ZnCl2，无CuCl2，可能有FeCl2其中正确的个数有A2个 B3个 C4个 D5个【答案】C【解析】【分析】铁与氧化铜的混合物在高温条件下恰好完全反应2Fe+3CuO Fe2O3+3Cu，可以得到个数比Fe2O3：Cu=1:3，而且此反应进行完，只有这样两种固体。加入足量的盐酸中FeCl3和Cu的个数比为2:3，完全反应2FeCl3

17、+Cu=2FeCl2+CuCl2，可得剩余FeCl2：CuCl2：Cu=2:1:2。故固体甲和滤液乙分别为Cu和FeCl2、CuCl2。【详解】固体甲中一定含Cu，一定不含Fe，正确滤液乙中不含FeCl3；溶液中存在FeCl2和CuCl2，正确；若充分反应后Zn无剩余，溶液中若有CuCl2，则氯化亚铁没有参与反应，溶液中一定有FeCl2 ，正确；若充分反应后Zn无剩余，溶液中若无CuCl2，但是剩余的锌不一定能将氯化亚铁完全反应，则可能有FeCl2 ，正确；若充分反应后Zn有剩余，则CuCl2、FeCl2都完全反应，溶液中只有氯化锌，错误。故选C。13将一定质量的氧化铜粉末加入到100g质量分

18、数为14的硫酸溶液中，微热至氧化铜全部溶解，再向蓝色溶液屮加入Wg铁粉，充分反应后，过滤、烘干，得到干燥的固体混合物仍是Wg。下列说法不正确的是AW的取值范围是W8g B加入氧化铜的质量是10gC最后得到溶液溶质质量分数约是19.7 D产生气体的质量为0.07g【答案】D【解析】解法一：设原先氧化铜的质量为m，则与氧化铜反应的硫酸的质量x，生成硫酸铜的质量y。CuO+H2SO4CuSO4+H2O80 98 160m x y x=y=2m设加入铁粉与硫酸铜溶液充分反应固体增加的质量为a；与剩余稀硫酸反应的铁的质量为b，同时放出氢气质量为c。Fe+CuSO4FeSO4+Cu 固体质量增加56 16

19、0 64 64-56=8 2m aa=0.1m Fe+H2SO4FeSO4+H2 56 98 2 b 14g- cb=8-0.7m反应前后固体质量不变，即与硫酸反应消耗铁的质量等于与硫酸铜反应固体增加的质量，即：a=b,0.1m=8-0.7m，解得m=10g，b=1g。,由于b=1g,所以有：c0.04g由题意可知，硫酸最终全部转化为硫酸亚铁，设硫酸亚铁的质量为z。H2SO4FeSO498 152100g14% zZ=加入铁粉的质量W=100%=8g；最后得到溶液的质量分数=100%19.73%故选D。解法二：根据加入铁粉后，固体质量相等，则说明反应消耗铁粉的量等于析出金属铜的质量。反应过程中

20、存在如下转化关系：H2SO4H2SO4、CuSO4FeSO4则存在关系式：H2SO4 Fe FeSO4 98 56 152100 g14 x w解得x =8 g，w =21.7 g，则反应生成铜的质量为8 g，根据质量守恒定律可知氧化铜的质量为8 g =10 g，则A、B项正确。设与氧化铜反应的硫酸的质量y，生成硫酸铜的质量z。CuO+H2SO4CuSO4+H2O80 98 16010 g y z 解得y=12.25 g，z=20 g，则剩余H2SO4的质量为100 g1412.25 g=1.75 g设反应生成氢气的质量为m。Fe+H2SO4FeSO4+H298 21.75 g m解得m =0

21、.036 g，则D项错误。则最后所得硫酸亚铁溶液的溶质质量分数为：=19.7，C项正确。点睛：分析固体质量不变的原因是解决本题的关键：要使加入的铁粉和得到的固体质量相等必须使硫酸消耗多余的Fe，且消耗铁粉的质量与置换出铜固体增加的质量相等。14将一定量的丙醇(CH308)和氧气置于一个封闭的容器中引燃,其反应的化学方程式为: a C3 H8O+ b O2cCO2+dH2O+eX,测得反应前后各物质的质量如下表:物 质丙醇氧气水二氧化碳X反应前质量/g6.012.8000反应后质量/g007.28.8x下列判断正确的是A表中x的值为2.8BX可能是该反应的催化剂CX可能为甲烷D方程式中a:b=1

22、:3【答案】A【解析】【分析】【详解】A、由质量守恒定律可知，参加反应的丙醇的质量与氧气的质量之和等于反应生成的二氧化碳和水和X的质量之和，则12.8g+6.0g7.2g8.8g=2.8g，即a=2.8，正确；B、因X的开始的质量为0，反应后质量增加，则X是生成物，错误；C、因丙醇中氢元素的质量为，水中氢元素的质量为，由氢元素质量守恒可知，则X中没有氢元素，不可能使甲烷，错误；D、若无X生成，则只生成了二氧化碳和水，故化学方程式为：2C3H8O+9O2 6CO2+8H2O，设6.0克丙醇完全燃烧需要氧气的质量为， 解得：=14.4g，而题给的氧气的质量为12.8g，所以氧气的质量不足，此时丙醇

23、要发生不完全燃烧，有根据二氧化碳中氧元素的质量等于，水中氧元素的质量为，二氧化碳中氧元素的质量加上水中氧元素的质量刚好等于氧气的质量，故X中只含有碳元素，根据反应前后原子数目不变可知配平后的化学方程式为，2C3 H8O+ 5 O2 2CO2+8H2O+4C，所以a:b=2:5，错误。故选A。点睛：根据丙醇的组成可知丙醇完全燃烧生成二氧化碳和水，再根据表格中的数据及质量守恒可知，则该反应中丙醇与氧气反应生成二氧化碳、水、X三种物质，则X的质量为12.8g+6.0g-7.2g-8.8g=2.8g。15已知AH为初中阶段常见的物质，且A、C、G均为常用化肥且C为复合肥，其反应关系如图所示，以下判断一

24、定错误的是AB物质一定是酸BD物质一定是氧化物C若H是碱，则A一定是钾肥D若E的相对分子质量大于F的相对分子质量，则G一定是氮肥【答案】A【解析】初中化学两种物质反应生成三种物质的反应主要有两类，碳酸盐与酸生成盐、水和二氧化碳，铵盐与碱反应生成盐、水和氨气，由于A是复合肥，所以应为硝酸钾，D应为水。如果B为酸（或碱），则E为二氧化碳（或氨气）；所以H为碱（或酸），F为氨气（或二氧化碳）。A、B物质可能是酸或是碱，故错误；B、D物质是水，属于氧化物，故正确；C、若H是碱，则B为酸，A为碳酸钾，属于钾肥，故正确；D、若E的相对分子质量大于F的相对分子质量，则E为二氧化碳，F为氨气，所以H是碱，G是

25、氨态氮肥，故正确。16某合金2g与足量的稀硫酸充分反应后，如果生成0.2g氢气，该合金中的元素可能是（）AZn和Fe BZn和Cu CCu和Au DMg和Al【答案】D【解析】铜、金不与酸反应生成氢气，不可能是Cu和Au混合物；设生成0.2g氢气需要锌、铁、镁、铝的质量分别为x、y、m、n，计算如下Zn + H2SO4 = ZnSO4 + H265 2x 0.2g65/x=2/0.2g x=6.5gFe+H2SO4=FeSO4+H256 2y 0.2g56/y=2/0.2g y=5.6gMg+H2SO4= Mg SO4+H224 2m 0.2g24/m=2/0.2g m=2.4g2Al + 3

26、H2SO4 = Al 2(SO4)3 + 3H254 6m 0.254/m=6/0.2g m=1.8g由以上结算结果可知可能是镁、铝的混合物，选D17著名化学家傅鹰说“化学给人以知识，化学史给人以智慧。”下列有关化学史的说法正确的是（ ）A阿伏伽德罗等科学家得出结论：分子中原子的重新组合是化学变化的基础B拉瓦锡用红磷燃烧的实验证明氧气约占空气总体积的五分之一C我国著名实业家侯德榜发明了制取烧碱的“侯氏制碱法”D波义耳发现了质量守恒定律【答案】A【解析】A.阿伏伽德罗在化学学科中的主要成就，是提出了分子学说，道尔顿提出原子论，阿伏伽德罗提出分子论，都是对物质构成的理论解释，结合二者的理论，有的物

27、质是分子构成的，也可以是原子构成的，在化学变化中，由分子构成的物质，分子中的不同种类和数目的原子将重新组合为新的分子，即在化学变化中，分子变为原子，原子再重新结合生成新的分子B、拉瓦锡在化学学科中的主要成就，是首次利用天平为化学研究的工具进行定量实验，并首先通过实验得出空气是由氮气和氧气组成的结论，C. 我国著名实业家侯德榜成功地摸索和改进了西方的制碱方法,发明了将制碱与制氨结合起来的联合制碱法(又称侯氏制碱法)。D. 波义尔用敞口容器在空气中加热金属，金属与空气中的氧气发生了化学反应，由于有外界的氧气参加反应，可回顾波义尔得出的结论不守恒。而罗蒙诺索夫因为是在密封玻璃瓶内加热金属，金属虽然也

28、被氧化，但是至于玻璃瓶内的氧气发生了化学反应，故反应前后的质量不变，从而得出了质量守恒定律。选A点睛：多了解化学通史，熟记科学家们的贡献18下列除考杂质的方法正确的是A除去N2中的少量O2:通过灼热的CuO粉末，收集气体B除去CaO中的少量CaCO3:加入足量稀盐酸，充分反应C除去KCl溶液中的少量MgCl2:加入适量NaOH溶液，过滤D除去Cu（NO3）2溶液中的少量AgNO3:加入足量铜粉，充分反应后过滤【答案】D【解析】A. 除去N2中的少量O2；通过灼热的Cu粉末，收集气体。故A错误。B. 除去CaO中的少量CaCO3；煅烧充分反应，碳酸钙分解成氧化钙。故B错误。C. 除去KCl溶液中

29、的少量MgCl2；加入适量KOH溶液，过滤, 加入适量NaOH溶液，产生新的杂质氯化钠。故C错误。D. 除去Cu(NO3)2溶液中的少量AgNO3，D. 除去Cu(NO3)2溶液中的少量AgNO3，；加入足量铜粉，与硝酸银充分反应，生成银，硝酸铜，后过滤。故D正确。点睛本题主要考查与除杂相关的知识。19AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液，开始时生成Al(OH)3白色沉淀，当NaOH溶液加至一定时，由于发生反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，而使白色沉淀逐渐减少，直至全部溶解。则下列图像能正确表示上述变化情况的是（横坐标表示滴加NaOH溶液的质量，纵坐标表示生成的Al(OH)3沉淀的质量）ABCD【答案】B【解析】【详解】AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液，开始时生成Al(OH)3白色沉淀，AlCl33NaOH=Al(OH)33NaCl，氯化铝与氢氧化钠反应的计量数之比为1:3，当NaOH溶液加至一定时，由于发生反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，而使白色沉淀逐渐减少，直至全部溶解。氢氧化铝与氢氧化钠反应的计量数之比为1:1；故选：B。20下列图象正确的是A