2020年天津市中考化学二模试卷含答案

第第页，共15页【解析】解：设日产含Fe98%的生铁的质量为X。Fe2O3+3CO—2Fe+3CO21601124900tx76%xx98%解得：x=2660t故填：2660t。利用赤铁矿石的质量与赤铁矿石中氧化铁的质量分数和生铁中铁的质量分数，根据氧化铁与一氧化碳反应的化学方程式，可以计算出生铁的质量。本题难度不大，考查含杂质物质的化学方程式的计算，注意代入方程式计算的必须是纯物质的质量是正确解答此类题的关键。点堰mA19.【答案】2Mg+O2—2MgOFe+H2SO4=FeSO4+H2TFe2O3+3C^-2Fe+3CO2【解析】解:（1）镁带在空气中燃烧生成氧化镁,反应的化学方程式为:2Mg+O22MgO。（2）铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁溶液和氢气，反应的化学方程式为：Fe+H2SO4=FeSO4+H2To（3）工业上用一氧化碳还原氧化铁炼铁，主要是利用CO的还原性，在高温下和氧化铁反应生成铁和二氧化碳，反应的化学方程式为Fe2O3+3C—2Fe+3CO2。故答案为：（1）2Mg+O22MgO；（2）Fe+H2SO4=FeSO4+H2T；（3）Fe2O3+3CO—2Fe+3CO2。首先根据反应原理找出反应物、生成物、反应条件，根据化学方程式的书写方法、步骤（写、配、注、等）进行书写即可。本题难度不大，考查学生根据反应原理书写化学方程式的能力，化学方程式书写经常出现的错误有不符合客观事实、不遵守质量守恒定律、不写条件、不标符号等。20.【答案】C①④MgCl2Fe、Cu【解析】解：（1）在常见的金属材料用品中，铝导线主要利用金属导电性；（2）①、铝与硫酸铜反应，可验证铝的活动性比铜强。银与硫酸铜不反应，可知银的活动性比铜弱，可验证铝、铜、银三种金属的活动性顺序。故①是可行的方案。、银与硫酸铝、硫酸铜都不反应反应，可验证铝、铜的活动性比银强。与但不能验证铝、铜的活动性，不可验证铝、铜、银三种金属的活动性顺序，故②是不可行的方案。、铜、银与硫酸铝都不反应反应，可验证铝的活动性比铜、银强。但不能验证铜、银的活动性，不可验证铝、铜、银三种金属的活动性顺序，故③是不可行的方案。铜与硫酸铝不反应，可知铜的活动性比铝弱；铜与硝酸银反应，可验证铜的活动性比银强，可验证铝、铜、银三种金属的活动性顺序，故④是可行的方案。（3）在氯化铜和氯化亚铁的混合溶液中加入一定量的镁粉，充分反应后过滤，得到滤渣和滤液，①由于镁的活泼性大于同和铜、铁，能与氯化铜和氯化亚铁反应，则滤液中一定含有的溶质是MgCl2,不能确定氯化铜和氯化亚铁的存在；②若向滤渣中滴加稀盐酸，有气泡产生，则滤渣中一定含有的物质是Fe,还有置换出的Cu，Mg不能确定是否存在。故答案为：(1)C；(2)①④；(3)①MgCl2，②Fe、Cu。根据金属材料的性质和用途分析回答；在金属活动顺序表中，前边的金属可以把后边的金属从其盐溶液中置换出来，所以可以选择相应的金属和盐溶液进行反应来证明这三种金属的活动性强弱；根据金属与盐溶液的反应分析回答。本题考查了金属的活动性顺序表以及金属与酸、金属与盐溶液反应的条件，是初中化学的重点内容，要求学生一定要牢牢的掌握，并会加以运用。21.【答案】2：4：1883：2【解析】解：乙酸乙酯(C4H8O2)中碳、氢、氧的原子个数比为4：8：2=2：4：1；乙酸乙酯(C4H8O2)的相对分子质量为12x4+1x8+16x2=88；乙酸乙酯中碳、氧元素的质量比为(12x4)：(16x2)=3：2。故答案为：厶4：1；88；(3)3：2。根据化学式的意义进行相关的计算，注意要结合题目要求以及使用正确的相对原子质量进行分析和解答。根据化学式计算首先要确保化学式本身正确，其次过程中使用相对原子质量和化学式中数字要准确。22.【答案】解：碳酸钠和氯化钠的固体混合物12.6g，其中含氧元素4.8g，由于只有碳酸钠中含有氧元素，所以对应的碳酸钠的质量为4.8g亠二.；匚二w=10.6g设10.6g的碳酸钠完全反应消耗的HC1的质量为x,生成的二氧化碳的质量为y.Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2TTOC\o"1-5"\h\z106734410.6gxy10&73Hl，，r.==x=7.3gy=4.4g原固体混合物中碳酸钠的质量分数为三三xioo%u84.1%；所用稀盐酸中溶质的质量分数为i,-i.,x100%~5.7%答：(1)原固体混合物中碳酸钠的质量分数为84.1%；所用稀盐酸中溶质的质量分数为5.7%.【解析】根据碳酸钠中氧元素的含量求算碳酸钠的质量，进而根据化学方程式求算生成的二氧化碳和HCl的质量，进而求算盐酸溶液的质量，最后求算对应的质量分数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.23.【答案】CO2COCaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2T；CO2+Ca(OH)2=CaCO3J+H2OCO2+J2CO【解析】解：（1）丁由Ca、O和C三种元素组成，故丁是碳酸钙，故填：CaCO3；（2）碳酸钙能高温分解生成氧化钙和二氧化碳，甲、乙、丙是仅由碳、氧两种元素组成的单质或化合物，故甲是二氧化碳；由于甲能与丙相互转化，乙能生成二氧化碳和丙，故乙可能是氧气，也可能是碳，丙可能是一氧化碳；一氧化碳能与氧化铁高温反应生成铁和二氧化碳，一氧化碳能与氧气点燃生成二氧化碳，甲的化学式为CO2，丙的化学式为CO；（2）实验室通过碳酸钙和稀盐酸反应制取二氧化碳，其反应的化学方程式为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2T；（3）二氧化碳和澄清石灰水可反应生成碳酸钙和水,反应的化学方程式为CO2+Ca（0H）2=CaCO3J+H2O；Mil（4）二氧化碳和碳反应反应可生成一氧化碳，反应的化学方程式为CO2+C2CO。故填：（1）CO2；CO；（2）CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2T；（3）CO2+Ca（OH）2=CaCO3J+H2O；（4）CO2+C2CO。根据题干提供的信息进行分析解答，甲、乙、丙是仅由碳、氧两种元素组成的单质或化合物，丁由Ca、O和C三种元素组成，故丁是碳酸钙，碳酸钙能高温分解生成氧化钙和二氧化碳，故甲是二氧化碳，由于甲能与丙相互转化，乙能生成二氧化碳和丙，故乙可能是氧气，也可能是炭，丙可能是一氧化碳；若甲中不含碳元素，则甲可能是碳酸钙与酸反应生成的水，根据过氧化氢能分解生成水和氧气，氧气能与水相互转化即可完成解答。本题考查的是常见的物质的推断，完成此题，可以依据已有的物质的性质结合物质间的反应进行【答案】煤CH4+2O^CO2+2H2OABC上方隔离可燃物【解析】解：（1）化石燃料包括煤、天然气和石油。故答案为：煤；（2）可燃冰的主要成分是甲烷，甲烷与氧气在点燃的条件下反应生成二氧化碳和水；已探明可燃冰储量丰富；燃烧值大；可燃冰燃烧的产物是水和二氧化碳，不污染环境；但是由于在深海中，开采较困难；故填：CH4+2O^-CO2+2H2O；ABC。（3）天然气主要成分是甲烷，甲烷的密度比空气的小，泄漏后会很快上升到室内的上方，接触报警器，报警器应安装在厨房的炉具附近墙的上方。关闭天然气阀门熄灭火焰，其灭火原理是隔离可燃物；故填：上方；隔离可燃物。（1）根据化石燃料的种类，进行分析解答；（2）根据可燃冰的成分与优点来分析；（3）根据物质的性质和灭火原理进行分析。本题主要考查了化石燃料的种类，煤的利用，属于基础的知识，难度不大，根据已有的知识即可解。【答案】5；玻璃棒；D；25；50【解析】解：（1）配制50g质量分数为10%的氢氧化钠溶液，需氢氧化钠的质量为50gx10%=5g；故填：5；（2）配制一定质量的溶质质量分数一定的溶液所需仪器有托盘天平、药匙、量筒、烧杯、胶头滴管、试剂瓶外，还需要玻璃棒；故填：玻璃棒；A.称量氢氧化钠固体时，右盘放砝码，故错误；氢氧化钠具有强烈的腐蚀性，应将氢氧化钠固体放在小烧杯中进行称量，故错误；将准确称量的氢氧化钠固体放入装有水的烧杯中溶解，不可在量筒内配制溶液，故错误；将配制的氢氧化钠溶液装入试剂瓶中，塞好瓶塞并贴上标签，故正确。故填：D；设需20%的氢氧化钠溶液的质量为X,贝y：50gxl0%=xx20%x=25g需要水的质量为：50g-25g=25g，其体积为：25g^1g/cm3=25cm3=25mL.所以选择50mL的量筒量水。故填：25；50。根据溶质的质量=溶液的质量x溶质的质量分数来分析；根据配制溶液所用的仪器来分析；根据实验操作中的注意事项来分析；根据溶液稀释过程中溶质的质量不变来分析。本题难度不大，明确配制一定溶质质量分数的溶液实验步骤(计算、称量、溶解)、注意事项等是正确解答本题的关键。【答案】CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2TBaSO4BaCl2、CuSO4【解析】解：某固体粉末可能含有碳酸钙、硫酸钠、氯化钠、氯化钡、硫酸铜中的一种或几种，加足量的水，溶解、过滤，得到白色沉淀和无色滤液，白色沉淀与稀盐酸混合，沉淀全部溶解，说明沉淀中不含硫酸钡，沉淀应为碳酸钙；得到无色滤液，说明不含硫酸铜；无色滤液，加足量硝酸钡溶液，产生白色沉淀，说明产生了硫酸钡沉淀，说明固体粉末中含有硫酸钠，则一定不含氯化钡。白色沉淀为碳酸钙，碳酸钙与稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，反应I的化学方程式为CaCO3+2HCl=CaC屮^O+COqT。无色滤液，加足量硝酸钡溶液，产生白色沉淀，说明产生了硫酸钡沉淀，说明固体粉末中一定含有硫酸钠，则一定不含氯化钡。原固体粉末中一定不含BaCl2、CuSO4。故答案为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2T；BaSO4；BaCl2、CuSO4。某固体粉末可能含有碳酸钙、硫酸钠、氯化钠、氯化钡、硫酸铜中的一种或几种，加足量的水，溶解、过滤，得到白色沉淀和无色滤液，白色沉淀与稀盐酸混合，沉淀全部溶解，说明沉淀中不含硫酸钡；得到无色滤液，说明不含硫酸铜；无色滤液，加足量硝酸钡溶液，产生白色沉淀，说明产生了硫酸钡沉淀；据此进行分析解答。本题难度不大，解题时往往需要从题目中挖出一些明显或隐含的条件，抓住突破口(突破口往往是现象特征、反应特征等)，获得结论，最后把结论代入原题中验证。【答案】试管集气瓶二氧化锰2KC1O32KC1+3O舁酒精灯BD气密性V3巴2【解析】解：(1)仪器a是试管，b是集气瓶，故填：试管；集气瓶。(2)实验室通过加热混有二氧化锰的氯酸钾固体制取氧气，在该反应中起催化作用的物质是二氧化锰，氯酸钾在二氧化锰的催化作用下加热生成氯化钾和氧气，该反应的化学方程式为2KC1O32KCl+3O2f，在试验结束，应先将导管移出水面，然后熄灭酒精/fHdj灯，故填：二氧化锰；2KC1O32KC1+3O/；酒精灯。3占2(3)实验室若用石灰石和稀盐酸制取并收集二氧化碳，是固液常温型反应，选择B为发生装置，二氧化碳能溶于水密度大于空气，选择D为收集装置，故选用的装置为BD,加试剂前，连接装置并检查装置的气密性。将二氧化碳通入盛有蒸馏水的试管中，二氧化碳与水反应生成碳酸，呈酸性，pH小于7,故填：BD；气密性；V。据图即可知道有关仪器的名称，根据气体的制取装置的选择与反应物的状态和反应的条件有关；气体的收集装置的选择与气体的密度和溶解性有关进行分析解答即可。本考点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、注意事项等，综合性比较强。气体的制取装置的选择与反应物的状态和反应的条件有关；气体的收集装置的选择与气体的密度和溶解性有关。本考点是中考的重要考点之一，主要出现在实验题中。28.【答案】131.6①②③⑤A【解析】解：(1)20°C时，硝酸钾的溶解度为31.6g，故取100mL水，加入25g硝酸钾，搅拌，恢复至20°C，所得溶液①为不饱和溶液；再加wg硝酸钾，搅拌，恢复至20°C，恰好饱和，所得溶液②，为饱和溶液；再加25g硝酸钾，搅拌，恢复至20°C，硝酸钾不能继续溶解，故所得溶液③为饱和溶液，③中饱和溶液的质量为131.6g；