2019年上海市黄浦区中考化学二模考试试卷(含解析)

2019年上海市黄浦区中考化学二模考试试卷 2019年上海市黄浦区中考化学二模考试试卷 （含解析）的化合价为+3,铜导线属于金属；③生物全降解餐盒主要以淀粉为原料，可减少对环境的影响。淀粉是含碳的化合物，属于有机物；淀粉可转化为葡萄糖（C6H12O6）。葡萄糖含有碳、氢、氧三种元素，由化学式的意义可知，每摩尔葡萄糖分子中含6摩尔碳原子，葡萄糖的摩尔质量为180g/mol。故答为：①化学。②>;+3；b.③有机；3；6；180g/mol。①根据变化的特征分析。②根据金属的活动性、化合价原则和金属的种类分析回答；③根据淀粉的组成、葡萄糖化学式的意义分析计算。本题通过垃圾的回收再利用考查变化的特征、化合价原则、有机物的丁和化学式的意义等知识,属于课本中的基础知识，难度不大，根据已有的知识分析解答即可。22.【答案】钾紫易bc取样，分别滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀的为K2SO4溶液，无明显变化的为KCl溶液【解析】解：①氯化钾中，含有钾元素，属于钾肥；故填:钾；②对KCl溶液进行焰色反应，透过蓝色钻玻璃片，火焰呈紫色；故填：紫；③由溶解度曲线可知，20c时，氯化钾的溶解度大于30g,所以属于易溶于水的物质；故填：易;④a.I中溶质质量分数为火11M出於<20%,故错误；上十LiftJQT 'b.氯化钾的溶解度随着温度的升高而增大，所以I升温至40C,溶质质量不变，故正确；c,由溶解度曲线可知，20C时，氯化钾的溶解度大于30g,所以II和III均为该温度下氯化钾的饱和溶液，其中溶质质量相等，故正确；d.III降温至10C,会析出固体，但其质量小于45g,故错误。故填:bc；⑤氯化钾与氯化钢不反应，而硫酸钾能与氯化钢反应生成白色沉淀，所以取样，分^滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀的为K2so4溶液，无明显变化的为KCl溶液；故填：惭，分^滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀的为K2so4溶液，无明显变化的为KCl溶液。①根据化肥的分类来分析；②根据钾离子火焰颜色来分析；③根据20C时的溶解度来分析；④根据溶质的质量、溶剂的质量和溶质的质量分数计算方法来分析；⑤根据物质的检验方法来分析。本考点考查了溶解度曲线及其应用，通过溶解度曲线我们可以获得很多信息；还考查了有关溶液和溶质质量分数的计算，有关的计算要准确，本考点主要出现在选择题和填空题中。23.【答案】铁架台x2KClO3_2KCl+302T催化作用b都含有氧元素【解析】解：10仪器m是铁架台；伸入试管内的导管不宜过长，否则不利于气体的排出，故填：铁架台；x;Afi仆2）氯酸钾在二氧化钮的催化作用下、加热分解为氯化钾和氧气；故填：2KClO3—A2KCl+302T；催化作用；3）过氧化氢在二氧化钮的催化作用下分解为水和氧气，方程式为2H2O2 -2H2O+O2ta.生成一种单质与一种化合物，故错误；b.3生成了氧气，而反应前后液体中氢元素的质量没有改变，所以反应后液体中氢元素的百分含量增加，故正确；c,由质量守恒定律可知，液体减少的质量等于生成氧气的质量和生成的水的质量之和，故错误；故填:b;4）做量守恒定律可知，实验室制取氧气选择的反应物在物质组成上的共同点是都含有氧元素；故填：都含有氧元素。1）熟己仪器的名称以及仪器的连接方法；2）根据化学反应的原理以及化学方程式的写法来分析；3）根据寸氧化氢制取氧气的原理来分析；4）根即量守恒定律来分析解答。气体发生装置的选择与反应物的状态有关：固固加热型，固液不加热型。气体收集装置的选择与气体的密度和溶解性有关。.【答案】盐过滤Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu、Zn+FeSO4=ZnSO4+Fe分离铜和锌、铁 继续滴加稀硫酸无气泡产生ACD【解析】解：①硫酸锌属于盐。故填：盐。②分离得到固体A和溶液B的操作名称是过滤。故填：过滤。③步骤I中，锌和硫酸铜反应生成硫酸锌和铜，和硫酸亚铁反应生成硫酸锌和铁，反应的化学方程式：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu、Zn+FeSO4=ZnSO4+Fe故填：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu、Zn+FeSC4=ZnSO4+Fe。④加入稀硫酸，稀硫酸和锌、铁反应，铜不能和稀硫酸反应，因此目的是分离铜和锌、铁；判断稀硫酸过量的方法是继续滴加稀硫酸无气泡产生。故填：分离铜和锌、铁；继续滴加稀硫酸无气泡产生。⑤除废液外，上述流程中含铁元素的物质有ACD,A中含有铁单质,C中含有硫酸亚铁溶液，D中含有铁单质。故填：ACDo金属活动性顺序中，排在氢前面的金属，能和稀盐酸或稀硫酸反应生成盐和氢气，排在前面的金属，能把排在后面的金属从它的盐溶液中置换出来。要会利用金属活动顺序表分析实验，氢前边的金属会与稀硫酸、盐酸反应，但氢后边的金属不会与稀硫酸、盐酸反应，前i的金属会把后边的金属从其盐溶液中置换出来。.【答案】氯化氢2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O0.05c偏大盐酸浓度过高，易挥发被乙装置吸收，在计算时被计入CO2的质量，从而CaCO3质量偏大【解析】解：1）盐酸是氯化氢气体溶解于水得到的，所以溶质的名称是氯化氢。2）二氧化碳与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，对应的化学方程式是2NaOH+CO2=Na2co3+H2O.装置乙吸收的二氧化碳的物质的量为］/=0.05mol。3）设该石灰石样品中碳酸钙物质的量为x。消耗的HCl的物质的量为yCaCO3+2HCl—CaC2+H2O+CO2T2 1xy 0.05moll_ .=x=0.05mol__y__=y=0.1mol4）测得装置甲及其盛放的药品增重了37.8克；装置乙及其盛放的药品增重了2.2克，即加入的盐酸浓溶液的质量为37.8g+2.2g=40g,假如消耗完全反应，则所用稀盐酸的质量分数为口5g加间X100%-9%所以实验中所加的盐酸溶质质量分数应该大于9%,所以可能为10%.触:c5）如所用的盐酸溶质质量分数过大，对碳酸钙含量测定结果的影响是偏大选填偏大”偏小或无”），理由是盐酸浓度过高，易挥发被乙装置吸收，在计算时被计入CO2的质量，从而CaCQs质量偏大。故答案为：Q氯化氢。2）2NaOH+CO2=Na2CO3+H20.0.05。3）0.05mol;