中考化学专题题库综合题的综合题及答案解析.docx

中考化学专题题库综合题的综合题及答案解析.docx

《中考化学专题题库综合题的综合题及答案解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《中考化学专题题库综合题的综合题及答案解析.docx（17页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

中考化学专题题库综合题的综合题及答案解析

一、中考初中化学综合题

1．明明同学利用实验室存放的一瓶氢氧化钠固体配制溶液做酸碱中和实验。

（1）已知：

水的密度为1.0g/mL。

实验室配制100g溶质质量分数为5%的氢氧化钠溶液，需要称取氢氧化钠5g，需要量取水________mL。

量取时的操作如右图所示，该操作对所配制溶液溶质质量分数的影响是________________。

（2）明明用配制的氢氧化钠溶液做中和反应实验，发现有气泡产生。

于是明明判断氢氧化钠变质了。

请用化学方程式说明氢氧化钠变质、滴加盐酸产生气泡的原因______________。

（3）为探究氢氧化钠是否完全变质，明明设计了两个实验方案。

方案1：

取少量上述氢氧化钠溶液样品，滴加几滴酚酞溶液，溶液变成红色

方案2：

取少量上述氢氧化钠溶液样品，加入饱和石灰水，静置，取上层清液，滴加几滴酚酞溶液。

发现溶红色。

于是明明认为样品中还会有氢氧化钠，没有完全变质。

①康康认为明明的两个实验方案都不能达到目的，他的理由是_________________。

②请你设计一个方案来验证氢氧化钠是否完全变质。

_____________________

（4）康康将方案2进行了定量化处理，来检测氢氧化钠固体的变质程度。

取10g样品溶于90g水中，向其中滴加过量饱和石灰水，对沉淀过滤洗涤、烘干后称量为0.5g。

则样品中氢氧化钠的质量分数是_____________?

【答案】95使溶质质量分数偏小2NaOH+CO2=Na2CO3+H2ONa2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑方案1中，碳酸钠溶液也能使酚酞溶液变红；方案2中碳酸钠与氢氧化钙反应的生成物是氢氧化钠，也能使酚酞溶液变红取少量上述氢氧化钠溶液样品，加入足量氯化钙溶液（或氯化钡溶液等），静置，取上层清液滴加几滴酚酞溶液，若溶液变成红色，则氢氧化钠没有完全变质；若溶液没有变成红色，则氢氧化钠全部变质94.7％

【解析】

（1）根据计算解答；根据测量时仰视数据分析解答；

（2）根据氢氧化钠溶液与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠和水解答；根据碳酸钠溶液与稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳解答；（3）①根据方案1中，碳酸钠溶液也能使酚酞溶液变红解答；方案2中碳酸钠与氢氧化钙反应生成氢氧化钠，也能使酚酞溶液变红解答；②根据先除去碳酸钠，再检测是否含有氢氧化钠分析解答；（4）根据反应的化学方程式计算解答。

（1）（100g-5g）÷1.0g/mL=95mL；测量时仰视数据，测得数据偏小，量筒中水的体积偏大，故所配制溶液溶质质量分数的影响是使溶质质量分数偏小；

（2）氢氧化钠变质是氢氧化钠溶液与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠和水，反应的化学方程式为2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O；滴加盐酸产生气泡是碳酸钠溶液与稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，反应化学方程式为Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑；（3）①康康认为明明的两个实验方案都不能达到目的，理由是方案1中，碳酸钠溶液也能使酚酞溶液变红；方案2中碳酸钠与氢氧化钙反应的生成物是氢氧化钠，也能使酚酞溶液变红；②取少量上述氢氧化钠溶液样品，加入足量氯化钙溶液（或氯化钡溶液等），静置，取上层清液滴加几滴酚酞溶液，若溶液变成红色，则氢氧化钠没有完全变质；若溶液没有变成红色，则氢氧化钠全部变质；（4）设样品中碳酸钠的质量为x。

Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH

106100

x0.5g

x=0.53g

样品中氢氧化钠的质量分数是

×100％=94.7％

答：

样品中氢氧化钠的质量分数是94.7％。

2．实验室常用的气体制取装置如图1，请回答：

（1）写出编号仪器的名称：

Ⅰ_______________；Ⅱ_______________。

（2）实验室既可以制取CO2，又可以制取O2的发生装置为____________（填装置编号），实验室制取CO2的化学方程式为______________________________。

收集一瓶较纯净的O2可以选用的装置是____________（填装置编号）。

（3）某同学利用空塑料输液袋收集二氧化碳（如图2），验满时，把燃着的木条放在玻璃管__________（填“a”或“b”）端，如果熄灭则满了。

（4）小明用氯酸钾和二氧化锰反应制取氧气，反应中固体总质量随时间变化如图3所示：

①反应生成的氧气质量是__________g。

②计算参加反应的氯酸钾的质量是_______________。

（根据化学方程式计算）

③请分析图中P点固体的成分：

______________________________。

【答案】试管锥形瓶BCaCO3+2HCl

CaCl2+H2O+CO2↑Fb9.6g24.5KClO3、KCl、MnO2

【解析】

（1）根据常见仪器解答；

（2）根据碳酸钙与盐酸在常温下反应生成氯化钙、水和二氧化解答解答；根据排水法收集到的气体较为纯净解答；（3）根据二氧化碳的密度比空气大且输液袋倒置解答；（4）根据题中数据及反应的化学方程式计算解答。

（1）仪器Ⅰ是试管，仪器Ⅱ是锥形瓶。

（2）实验室制取二氧化碳的原理是碳酸钙固体与盐酸常温下反应生成氯化钙、水和二氧化碳，反应的化学方程式为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；实验室常温下制取氧气的原理是二氧化锰固体与过氧化氢溶液反应生成水和氧气；装置B适用于固液常温下制取二氧化碳或氧气，由于二氧化锰是粉末状固体，所以不能用装置C制备氧气，故实验室既可以制取CO2，又可以制取O2的发生装置为B。

氧气不易溶于水，用排水法收集的氧气比较纯净，选用的装置为F。

（3）二氧化碳的密度比空气大，应采用向上排空气法收集，利用如图空塑料输液袋收集二氧化碳，应从a口通入二氧化碳气体，空气从b口排出，验满二氧化碳时，把燃着的木条放在玻璃管b端，如果火焰熄火，则收集满了。

（4）①由质量守恒定律可知，固体减少的质量即为反应生成的氧气质量，生成氧气的质量为30g﹣20.4g=9.6g；②生成9.6g氧气需要氯酸钾的质量为x。

2KClO3

2KCl+3O2↑

24596

x9.6g

x=24.5g

③由图像可知，P点所示固体的质量还在继续减少，即氯酸钾还没有完全分解，所以P点处的物质有氯酸钾、二氧化锰和氯化钾。

3．酸、碱、盐是几类重要的化合物，他们之间能发生复分解反应。

（1）复分解反应发生的条件是有沉淀析出，或有气体放出，或有____________生成。

（2）某化学小组进行“酸和碱的中和反应”实验：

将盐酸滴入一定量的澄清石灰水中，实验无明显现象。

取反应后的部分溶液加热、蒸干、得到白色固体。

以下是探究白色固体成分的实验，已知CaCl2溶液呈中性。

请填写下表：

实验操作

测定结果

白色固体成分

用pH试纸测定反应后溶液的酸碱度，操作方法是_______

pH>7

__________

_______

CaCl2

实验反思：

无明显现象的中和反应可借助酸碱指示剂判断反应终点。

（3）“粗盐提纯”指除去NaCl中的泥沙和MgCl2、CaCl2、Na2SO4等杂质。

某同学设计了除去三种可溶性杂质的实验方案：

先将固体溶解，然后向其中依次加入过量的BaCl2、NaOH、Na2CO3溶液，充分反应后过滤，蒸发结晶。

请回答：

①溶解、过滤和蒸发操作中都用到一种玻璃仪器是_______？

该仪器在蒸发操作中的作用是_______？

②加入Na2CO3溶液的目的是______________？

③以上方案还需完善，请说明原因并加以补充_______。

（4）工业上常用NaOH溶液处理铝土矿（主要成分为Al2O3），反应的化学方程式为Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O（杂质不参与反应也不溶于水）。

若用160kgNaOH配制的溶液恰好能处理340kg铝土矿，最终得到1004kgNaAlO2溶液。

计算：

该铝土矿中Al2O3的质量分数_______。

【答案】水用洁净玻璃棒蘸取溶液滴到pH试纸上，把试纸显示的颜色与标准比色卡比较CaCl2、Ca（OH）2pH=7玻璃棒搅拌，使受热均匀，防止液滴飞溅除去溶液中的钙、钡离子经过滤后的溶液中还含有氢氧化钠和碳酸钠等杂质，呈碱性60%

【解析】

【详解】

（1）复分解反应发生的条件是有沉淀析出，或有气体放出，或有水生成；

（2）①用pH试纸测定反应后溶液的酸碱度是pH＞7，说明是氢氧化钙剩余，因此白色固体中含有生成的氯化钙和剩余的氢氧化钙；

②因为白色固体是氯化钙，已知CaCl2溶液呈中性，所以pH=7；

用玻璃棒蘸取溶液滴到pH试纸上，把试纸显示的颜色与标准比色卡比较

CaCl2、Ca（OH）2

pH=7

（3）①溶解、过滤和蒸发操作中共同需要的玻璃仪器是玻璃棒；玻璃棒在蒸发操作中的作用是使液体均匀受热，防止液滴飞溅；

②加入过量的BaCl2可以除去硫酸钠杂质，NaOH可以除去氯化镁杂质，加入Na2CO3溶液可以除去氯化钙杂质及过量的氯化钡试剂分别产生碳酸钙沉淀和碳酸钡沉淀；

③由于在操作过程中加入的试剂是过量，因此过滤后的滤液中除了含有氯化钠外，还含有过量的碳酸钠和氢氧化钠；应该在滤液中加入适量的盐酸再进行蒸发操作；

（4）设Al2O3的质量为x

x=204kg

铝土矿中Al2O3的质量分数

×100%=60%

答：

（1）铝土矿中Al2O3的质量分数60%。

故答案为：

（1）水；

（2）用洁净玻璃棒蘸取溶液滴到pH试纸上，把试纸显示的颜色与标准比色卡比较；CaCl2、Ca（OH）2；pH=7；；（3）①玻璃棒；搅拌，使受热均匀，防止液滴飞溅。

②除去溶液中的钙、钡离子　③经过滤后的溶液中还含有氢氧化钠和碳酸钠等杂质，呈碱性，因此，还需加入适量稀盐酸，从而把过量的氢氧化钠、碳酸钠除去，调节溶液的pH=7；（4）60%。

4．如图是实验室制取气体的有关装置图，据图回答下列问题：

（1）写出图中标号仪器的名称：

X_________,Y_________

（2）在实验室中若用A装置制取氧气，则反应的化学方程式为_____________。

（3）小海同学在B装置中加入15%的过氧化氢溶液和二氧化锰制取氧气。

①若用F装置收集氧气，氧气应从______（填“a”或“b”）端通入。

②实验中发现不能得到平稳的氧气流。

小涛同学提出可以从两个方面加以改进：

一是将制取装置B换为上图中的装置_________；

二是将过氧化氢溶液加水稀释。

如果把50g质量分数为15%的过氧化氢溶液稀释成溶质质量分数为10%的溶液，需加水的质量为_______g。

【答案】分液漏斗集气瓶

或

aC25

【解析】

【分析】

（1）分液漏斗方便加液体药品，集气瓶是收集气体的仪器；

（2）制取装置包括加热和不需加热两种，如果用双氧水和二氧化锰制氧气就不需要加热，如果用高锰酸钾或氯酸钾制氧气就需要加热；

（3）①氧气的密度比空气的密度大，不易溶于水，因此能用向上排空气法和排水法收集。

若用F装置收集氧气，氧气应从短管进入；②将制取的装置由B换为图中的C装置，因为分液漏斗可以控制反应的速率；有关的计算要正确，根据稀释前后溶质的质量不变。

【详解】

（1）分液漏斗方便加液体药品，集气瓶是收集气体的仪器，故答案为分液漏斗；集气瓶；

（2）在实验室中若用A装置制取氧气，药品可以用高锰酸钾或氯酸钾和二氧化锰，有关反应的化学方程式为

和

；

（3）①若用F装置收集氧气，氧气应从短管进入，因为氧气的密度比水小；②一是将制取的装置由B换为图中的C装置，因为分液漏斗可以控制反应的速率；设需加水的质量为x，50g×15%=（50g+x）×10%，x=25g；故答案为①a；②C；25；

【点睛】

本题主要考查了仪器的名称、气体的制取装置和收集装置的选择，同时也考查了化学方程式的书写和有关溶液的计算等，综合性比较强。

5．长期使用的热水壶底部有一层水垢，水垢的主要成分是碳酸钙和氢氧化镁。

某研究性学习小组为测定水垢中碳酸钙的质量分數利用图I装置将足量的盐酸加入到10.0g水垢中。

随反应进行，装置C质量的变化如图I所示。

请回答：

（1）向图I装置A中不断通入氮气的目的是_______________；

（2）若不考虑盐酸的挥发和水垢中含有其他成分，请根据图II数据计算：

水垢中碳酸钙的质量是________，水垢中氢氧化镁的质量分数是___________；（不要求计算过程，精确到0.1）

（3）若考虑盐酸的挥发，会造成水垢中碳酸钙质量分数的测量结果_______（填“增大”“减小”或“不变”）。

【答案】将A装置中的二氧化碳全部转移到C装置中与氢氧化钠反应7.5g25.0%偏大

【解析】

【详解】

（1）向图I装置A中不断通入氮气的目的是将A装置中的二氧化碳全部转移到C装置中与氢氧化钠反应；

（2）由图可知生成二氧化碳的质量为3.3g，设原样品中碳酸钙的质量为x

CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑

10044

x3.3g

=

，解得x=7.5g

样品中碳酸钙的质量分数为

=75%，故氢氧化镁的质量分数为1-75%=25.0%

（3）如果考虑盐酸的挥发，则C装置中吸收少量的氯化氢，故测量结果偏大；

6．金属钴（Co）在国防工业中有重要应用。

某矿石中含钻的氧化物（CoO、Co2O3）研究人员在实验室用硫酸酸浸的方法提取钴元素,并探究最佳提取条件。

（1）写出下列化合物中Co元素的化合价:

CoO_________，Co2O3______________。

（2）酸浸时钴的氧化物发生如下反应：

反应ICoO+H2SO4=CoSO4+H2O

反应Ⅱ2Co2O3+4H2SO4=4CoSO4+O2↑+4H2O

反应ⅢCo2O3+2H2SO4+Na2SO3=2CoSO4+2H2O+Na2SO4

①反应后溶液中含钴元素的微粒是_________（填化学符号）

②已知反应前矿石中CoO的质量为ag,Co2O3的质量为bg,则理论上可以生成CoSO4____g（用含a、b的式子表示）

（3）为探究最佳提取条件,将矿石在一定条件下酸浸4小时,测量钴元素的浸出率部分数据如下：

编号

矿石用量（g）

硫酸用量（g）

Na2SO3用量（g）

温度（℃）

钻元素浸出率（%）

1

85.71

12.62

0

85

56.39

2

85.71

6.31

0

85

49.98

3

85.71

6.31

0

65

43.33

4

85.71

6.31

0.43

65

73.95

5

85.71

6.31

0.86

65

74.77

①本实验研究了哪些因素对钴元素浸出率的影响__________________________________；

②根据上表数据,其他条件不变,温度升高,钴元素的浸出率___________________________；

③工业生产中采用实验______________（填编号）的提取条件更合理。

【答案】+2+3Co2+155×（a/75+b/83）硫酸用量、亚硫酸钠用量、温度增大4

【解析】

【分析】

【详解】

（1）单质中元素的化合价为零，化合物中元素的化合价代数和为零。

化合物中氧元素的化合价为-2价，CoO中Co为+2价，Co2O3中Co为+3价；

（2）①由上述方程式可知，反应后钴元素以CoSO4存在于溶液中，所以溶液中含钴元素的微粒是Co2+；②设CoO生成CoSO4的质量为x,Co2O3生成CoSO4的质量为y,

CoO+H2SO4=CoSO4+H2O

75155

agx75/ag=166/xx=155×ag÷75

2Co2O3+4H2SO4=4CoSO4+O2↑+4H2O

332155×4

bgy332/bg=155×4/yy=155×4×bg÷332

则理论上可以生成CoSO4的质量为：

155×（a/75+b/83）；

（3）①由表格中数据可知，对钴元素浸出率产生影响的因素有硫酸用量、亚硫酸钠用量、温度；②根据上表数据,其他条件不变,温度升高,钴元素的浸出率增大；③工业生产中应采用实验4的方案，虽然实验5的方案中钴元素浸出率最高，但考虑到实验4中亚硫酸钠的使用量接近实验5方案中的一半，综合考虑选择实验4的方案。

7．

（1）用化学符号填空:

2个氮分子_____；相对分子质量最小的氧化物_____

（2）根据图回答:

①如图所示的结构示意图共表示_____种元素的粒子（填教字）.

②写出图中由三种元素组成的化合物的化学式_____

（3）如图是甲.乙、丙三种物质的溶解度曲线。

试回答:

①t3℃时,甲、乙、丙三种物质的溶解度大小关系是_____

②t2℃时,若将70g的甲物质加入到盛有100g水的烧杯中,充分溶解后,再继续加热该烧杯,升温至t3℃溶液的变化情况是_____（填字母）

A溶液变为饱和B溶解度增大

C溶质质量增加D溶质的质量分数不变

（4）某兴趣小组为探究Zn、Fe、Cu、Ag四种金属的活动性，进行图中甲、乙、丙三个实验。

①小组同学随后发现该实验无法得出四种全属的活动性顺序。

于是补充图丁实验，最终将出四种金属活动性：

Zn＞Fe＞Cu＞Ag，则图丁中的试剂A、B分别为_____（写出一组即可）。

②小组同学将丙试管中的物质过滤后、向滤液中加入甲中剩余的锌,析出固体质量的变化随反应时间的关系如戊图所示。

写出a点对应溶液中所含的溶质是_____（填化学式）

【答案】3N2H2O4Mg（OH）2甲=乙>丙或丙<乙=甲BC铁和硫酸铜溶液或铜与硫酸亚铁或铜和稀盐酸（或稀硫酸）（合理即可）硝酸锌、硝酸铜和硝酸银[或Zn（NO3）2、Cu（NO3）2、AgNO3]

【解析】

【分析】

【详解】

（1）分子的表示方法，正确书写物质的化学式，表示多个该分子，在其分子符号前加上相应的数字，则2个氮分子表示为3N2；

水是相对分子质量最小的氧化物；化学式为：

H2O；

（2）①元素是质子数（即核电荷数）相同的一类原子的总称，决定元素种类的是质子数（即核电荷数），A、B、C、D、E五种粒子的核内质子数分别是1、8、10、12、12，表示4种元素；

②图中由镁、氢、氧三种元素组成的化合物的化学式是Mg（OH）2；

（3）①根据溶解度曲线可知，t3℃时，甲、乙、丙三种物质的溶解度大小关系是甲=乙>丙或丙<乙=甲；

②A　t3℃时，甲的溶解度大于70g，t2℃时，若将70g的甲物质加入到盛有100g水的烧杯中，充分溶解后，再继续加热该烧杯，升温至t3℃，溶液为不饱和溶液，故A错误；

B　根据溶解度曲线可知，升温到t3℃时，溶解度增大，故B正确；

C　t2℃时，甲的溶解度50g，将70g的甲物质加入到盛有100g水的烧杯中，充分溶解后，溶液中存在未溶解的溶质，再继续加热该烧杯，升温至t3℃，t3℃时，甲的溶解度大于70g，未溶解的溶质继续溶解，溶质质量增加，故C正确；

D根据C选项的分析可知，溶质的质量分数变大，故D错误，故选BC；

（4）①甲中锌能与氯化亚铁反应，说明锌的活动性大于铁；乙中铁能与稀盐酸反应，说明铁的活动性大于氢；丙中铜能与硝酸银反应生成银和硝酸铜，说明铜的活动性大于银；丁实验只要得出铁和铜的位置关系就可以，故可用金属和盐溶液，即铁和硫酸铜溶液或铜与硫酸亚铁或金属与酸反应，即铜、稀盐酸（或稀硫酸）等；

②丙中铜能与硝酸银反应生成银和硝酸铜，丙试管中的物质过滤后、滤液的成分是硝酸铜或硝酸铜与硝酸银的混合物，根据戊中信息可知，滤液的成分为硝酸铜与硝酸银的混合物，滤液中加入甲中剩余的锌，由于金属活动性：

锌＞铜＞银，所以锌加入后先置换银，固体质量增加，然后置换铜，固体质量增加比银要小，待硝酸铜反应完后，固体质量不再增加，a点对应溶液中所含的溶质是硝酸锌、硝酸铜和硝酸银[或Zn（NO3）2、Cu（NO3）2、AgNO3]。

8．人类文明进步与金属材料发展关系十分密切。

某课外兴趣小组探究金属的性质。

（1）用等质量相同表面积的镁条，等体积不同浓度的稀盐酸，在一定条件下反应，实验结果如图所示

对比a、b曲线，引起a曲线压强迅速增大的因素可能有______，______。

（2）将1g含镁48％的镁铝合金（不含其他元素）粉末在氧气中加热，至反应完全。

①该合金中镁消耗氧气的质量最多是多少?

______（写出计算过程）

②该合金与氧气反应后生成固体的质量最多是______（计算结果保留一位小数）。

【答案】温度盐酸的浓度0.32g1.8g

【解析】

【分析】

【详解】

（1）如果只分析a曲线，金属单质与酸反应为放热反应，所以压强先大后小，而对比a、b曲线，则引起a曲线压强迅速增大的因素不只有温度，应该还有盐酸的浓度，盐酸浓度高，反应速率快，反应放热就快，所以压强变化更明显，故填温度、盐酸的浓度。

（2）解：

①参加反应的镁的质量为1g×48%=0.48g

设该合金中镁消耗氧气的质量为x，生成的氧化镁的质量为y

48：

32=0.48g：

xx=0.32g

48：

80=0.48g：

yy=0.8g

②参加反应的铝的质量为1g−0.48g=0.52g

设生成的氧化铝的质量为z

108：

204=0.52g：

zz≈1.0g

则该合金与氧气反应后生成固体的质量最多是0.8g+1.0g=1.8g

答：

①该合金中镁消耗氧气的质量最多是0.32g；

②该合金与氧气反应后生成固体的质量最多是1.8g。

【点睛】

根据化学方程式计算时，第一要正确书写化学方程式，第二要使用正确的数据，第三计算过程要完整。