江苏省南京市玄武区20xx届中考化学一模试题含解析

江苏省南京市玄武区20xx届中考化学一模试题含解析内容摘要：

【考点】 金属材料及其应用；常见气体的用途；地壳中元素的分布与含量；有机高分子材料的分类及鉴别． 【专题】 物质的微观构成与物质的宏观组成；金属与金属材料；化学与生活． 【分析】 根据路灯的制造材料的类别、物质的性质以及元素的含量的知识进行分析解答即可 ． 【解答】 解： A、铝合金灯柱属于金属材料，正确； B、氮气化学性质很稳定，可以作为保护气，正确； C、塑料灯罩属于有机合成高分子材料，正确； D、硅元素是地壳中含量第二位的元素，错误； 故选 D． 【点评】 本题考查的是化学与生活的知识，完成此题，可以依据已有的知识进行． 9． “ 单中心铁 ” 可作甲烷高效转化的催化剂，该转化的微观示意图如下： 有关该转化的说法不正确的是（ ） A．该反应为复分解反应 B．反应前后原子总数一定没有发生变化 C．有机物可以在一定条件转化为无机物 D． “ 单中心铁 ” 在反应前后 质量和化学性质没有改变 【考点】 微粒观点及模型图的应用；催化剂的特点与催化作用；有机物与无机物的区别；反应类型的判定． 【专题】 化学反应模拟图型；模型思想；物质的微观构成与物质的宏观组成． 【分析】 根据催化剂的作用、观察微观示意图化学反应前后原子的种类及反应物、生成物的分子结构逐项分析即可． 【解答】 解：根据图示可以看出，该反应的反应物是 CH4，生成物是 C2H4和 H2，反应的化学方程式为： 2CH4 C2H4+2H2； A、该反应是一种物质生成两种物质，属于分解反应，不属于复分解反应，故说法不正确； B、观 察微观示意图，反应前后都是碳原子和氢原子，原子的种类没有发生变化，故说法正确； C、有机物可以在一定条件转化为无机物，故说法正确； D、 “ 单中心铁 ” 是该反应的催化剂，在反应前后质量和化学性质没有改变，故 D说法正确． 故选项为： A． 【点评】 此题是对化学反应微观示意图问题的考查，根据分子构成判断反应物与生成物的种类，写出反应的方程式，然后结合相关的知识分析解答即可． 10．把 X、 Y两种金属分别放入另外两种金属 Z、 M的盐溶液中，实验结果如下表，其中 “/”表示金属与盐 溶液不发生反应， “√” 表示金属与盐溶液能 发生反应． 溶液 金属 Z的盐溶液 M的盐溶液 X ∕ √ Y ∕ ∕ 上述四种金属的活动性顺序由强到弱的是（ ） A． Z、 M、 X、 Y B． M、 X、 Z、 Y C． Z、 X、 M、 Y D． Z、 Y、 X、 M 【考点】 金属活动性顺序及其应用． 【专题】 金属与金属材料． 【分析】 在金属活动性顺序中，位于前面的金属能把排在它后面的金属从其盐溶液中置换出来，据此判断能否发生反应，进而可确定四种金属活动性由强到弱的顺序． 【解答】 解：根据题意，把 X、 Y分别放入其他两种金属 Z、 M的盐溶液中，实验结果如表，X能够置换 M，不能 置换 Z，说明 X＞ M， X＜ Z，即 Z＞ X＞ M； Y不能置换 Z和 M，说明 Y＜ Z，Y＜ M，因此 X、 Y、 Z、 M四种金属的活动性顺序为： Z＞ X＞ M＞ Y． 故选项为： C． 【点评】 本题难度不大，考查金属活动性应用，掌握金属活动性应用 “ 反应则活泼、不反应则不活泼 ” 是正确解答此类题的关键． 11．某无色溶液中大量存在的离子如图所示，其中 X可能是（ ） A． Ca2+ B． Fe3+ C． OH﹣ D． CO32﹣ 【考点】 离子或物质的共存问题． 【专题】 物质的分离、除杂、提纯与共存问题． 【分析】 根据复分解反应的条件，离子 间若能互相结合成沉淀、气体或水，则离子不能共存；本题还要注意溶液呈无色，不能含有明显有颜色的铜离子、铁离子和亚铁离子等． 【解答】 解： A、四种离子间不能结合成沉淀、气体或水，能大量共存，且不存在有色离子，故选项正确． B、四种离子间不能结合成沉淀、气体或水，能大量共存；但 Fe3+的水溶液黄色，故选项错误． C、 H+、 OH﹣ 两种离子能结合成水，不能大量共存，故选项错误． D、 H+、 CO32﹣ 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． 故选： A． 【点评】 本题考查了离子共存的问题，判断各离子在溶液 中能否共存，主要看溶液中的各离子之间能否发生反应生成沉淀、气体、水；还要注意特定离子的颜色． 12．下列各组变化中，每一转化在一定条件下均能一步实现的是（ ） A． ① 和 ② B． ① 和 ③ C． ② 和 ③ D． ①②③ 【考点】 物质的相互转化和制备；一氧化碳的化学性质；盐的化学性质；碳的化学性质． 【专题】 物质的制备． 【分析】 抓住物质间反应的规律，理解复分解反应的条件：必须有水、气体或沉淀生成，及一些特殊的反应． 【解答】 解： ① 过氧化氢分解生成了水和氧气，电解水能生成氧气，每步均可以一步实现，符合题意； ② 碳在充分燃烧时生成了二氧化碳，在不充分燃烧时生成了一氧化碳，一氧化碳燃烧生成了二氧化碳，每步均可以一步实现．符合题意； ③ 氢氧化钠与盐酸反应可生成氯化钠，氯化钠与硝酸银反应可生成硝酸钠，但硝酸钠不能通过一部反应生成氢氧化钠，不符合题意． 由以上分析可知， A正确． 故选 A． 【点评】 主要考查了物质间的反应的规律，培养学生分析问题、解决问题的能力． 13．下列除杂设计（括号内为杂质）所选用试剂和操作都正确的是（ ） 序号 物质 选用试剂 操作 A KNO3（ NaCl） AgNO3溶液 溶解、过滤 B MnO2（ KCl） H2O 溶解、过滤、洗涤、干燥 C NaOH溶液（ Na2CO3） 稀盐酸 加入试剂至不再产生气泡 D CO2（ CO） O2 点燃 A． A B． B C． C D． D 【考点】 物质除杂或净化的探究；常见气体的检验与除杂方法；盐的化学性质． 【专题】 物质的分离和提纯；物质的分离、除杂、提纯与共存问题． 【分析】 根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变．除杂质题至少要满足两个条件： ① 加入的试剂只能与杂质反应，不能与 原物质反应； ② 反应后不能引入新的杂质． 【解答】 解： A、 NaCl能与 AgNO3溶液反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，再过滤，能除去杂质但引入了新的杂质硝酸钠，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误． B、 KCl易溶于水， KCl难溶于水，可采取加水溶解、过滤、洗涤、干燥的方法进行分离除杂，故选项所采取的方法正确． C、 Na2CO3和 NaOH溶液均能与稀盐酸反应，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． D、除去二氧化碳中的一氧化碳不能够通氧气点燃，这是因为除去气体中的气体杂质不能 使用气体，否则会引入新的气体杂质，故选项所采取的方法错误． 故选： B． 【点评】 物质的分离与除杂是中考的重点，也是难点，解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件（加入的试剂只与杂质反应，反应后不能引入新的杂质）是正确解题的关键． 14．甲、乙两种不含结晶水的固体的溶解度曲线如图所示．下列说法中正确的是（ ） A． t3℃ 时，甲的饱和溶液溶质与溶液的质量比为 1： 2 B． t1℃ 时，甲的溶解度大于乙的溶解度 C． t2℃ 时，甲、乙溶液的溶质质量分数都为 30% D． t2℃ 时，质量相同的甲、乙饱和溶液分别升温至 t3℃ ，为达饱和状态，需加入甲的质量大于乙的质量 【考点】 固体溶解度曲线及其作用；溶质的质量分数． 【专题】 溶液、浊液与溶解度． 【分析】 根据固体的溶解度曲线可以： ① 查出某物质在一定温度下的溶解度，从而确定物质的溶解性， ② 比较不同物质在同一温度下的溶解度大小，从而判断饱和溶液中溶质的质量分数的大小， ③ 判断物质的溶解度随温度变化的变化情况，从而判断通过降温结晶还是蒸发结晶的方法达到提纯物质的目的． 【解答】 解： A、 t3℃ 时，甲物质的溶解度是 50g，所以甲的饱和溶液溶质与溶液的质量比为1： 3，故 A错误； B、通过 分析溶解度曲线可知， t1℃ 时，甲的溶解度小于乙的溶解度，故 B错误； C、 t2℃ 时，甲、乙物质的溶解度是 30g，所以甲、乙饱和溶液的溶质质量分数都为：100%=% ，故 C错误； D、 t3℃ 时，甲物质的溶解度大于乙物质的溶解度，所以 t2℃ 时，质量相同的甲、乙饱和溶液分别升温至 t3℃ ，为达饱和状态，需加入甲的质量大于乙的质量，故 D正确． 故选： D． 【点评】 本题难度不是很大，主要考查了固体的溶解度曲线所表示的意义，及根据固体的溶解度曲线来解决相关的问题，从而培养分析问题、解决问题的能力． 15．有 关 CuSO4制备途径及性质如图所示． 已知： （ 1） Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2↑+2H 2O． （ 2）在一个化学反应中，如果有元素化合价升高，同时就有元素化合价降低．下列说法不正确的是（ ） A．途径 ② 比途径 ① 更好地体现绿色化学思想 B．生成等质量的硫酸铜，途径 ① 中消耗硫酸的质量多 C．反应 ③ 分解所得混合气体 X的成分是 SO2和 SO3 D．固体 Y为 CuO 【考点】 物质的相互转化和制备；金属的化学性质；碱的化学性质；盐的化学性质． 【专题】 物质的制备． 【分析】 A、根据浓硫酸和铜反应会生 成二氧化硫进行分析； B、根据 Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2↑+2H 2O分析需要浓硫酸的质量； C、根据在一个化学反应中，如果有元素化合价升高，同时就有元素化合价降低进行分析； D、根据氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜加热生成氧化铜和水进行分析． 【解答】 解： A、浓硫酸和铜反应会生成二氧化硫，所以途径 ② 比途径 ① 更好地体现绿色化学思想，故 A正确； B、通过 Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2↑+2H 2O可以看出，生成等质量的硫酸铜，途径 ①中消耗硫酸的质量多，故 B正确； C、硫酸铜在 1100℃ 时，生成氧化亚铜、二氧化硫、三氧化硫，氧元素化合价不变，铜元素、硫元素的化合价降低了，没有化合价升高的元素，不符合电子守恒，所以还应该生成氧气，氧元素化合价升高，故 C错误； D、氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜加热生成氧化铜和水，所以 X是氧化铜，故 D正确． 故选： C． 【点评】 在解此类题时，首先分析题中考查的问题，然后结合学过的知识和题中的提示。