浙江省杭州市中考化学三模试卷(含解析)

浙江省杭州市2016年中考化学三模试卷一、选择题1．以下图的四个装置图及其使用方法的说明中，错误的一项为哪一项（）A．用排空气法采集CO2，则CO2从b管通入B．用排空气法采集O2，则O2从a管通入C．除掉空气中的CO2，则空气从a管通入D．用排水法采集

O2，则

O2从b管通入【剖析】用排空气法采集

CO2，因为二氧化碳的密度比空气的密度大，则

CO2从

a管通入；用排空气法采集

O2，因为氧气的密度比空气的密度大，则

O2从

a管通入正确；除掉空气中的CO2，能够用氢氧化钠溶液汲取，则空气从

a管通入正确；用排水法采集

O2，则

O2从

b管通入，因为氧气的密度比水的密度小．【解答】解：

A、用排空气法采集

CO2，因为二氧化碳的密度比空气的密度大，则

CO2从

a管通入，不可以从b管通入；B、用排空气法采集

O2，因为氧气的密度比空气的密度大，则

O2从

a管通入正确；C、除掉空气中的

CO2，能够用氢氧化钠溶液汲取，则空气从

a管通入正确；D、用排水法采集O2，则O2应当从b管通入，这样能够把水完全的排出，不然会致使氧气从跑出，不可以采集到氧气；应选A【评论】本考点考察了常有气体的采集方法，气体的采集方法与气体的密度和溶解性有关，有时还要考虑气体能否与水或与空气中的成分反响．还要记忆气体的三种采集方法，本考点主要出此刻选择题和填空题中．2．甲烷和水反响能够制水煤气（混淆气体），其反响的微观表示图以下图，依据微观示企图得出的结论中，正确的选项是（）A．反响前后各元素的化合价均不变B．水煤气的成分是一氧化碳和氧气C．该反响中含氢元素的化合物有

3种D．该反响的化学方程式中甲烷和水的计量数之比为【剖析】表示图所表示的反响为反响物是甲烷和水，

1：1生成物是一氧化碳和氢气，

反响的化学方程式为

CH4+H2O

CO+3H2，据此剖析解答即可．【解答】解：反响物是甲烷和水，生成物是一氧化碳和氢气，反响的化学方程式为CH4+H2O

CO+3H2，A、反响前后各元素的化合价发生改变，故

A错误；B、水煤气的成分是一氧化碳和氢气，不含有氧气，故

B错误；C、该反响中含氢元素的化合物有

2种，故

C错误；D、该反响的化学方程式中甲烷和水的计量数之比为

1：1，故

D正确．答案：

D．【评论】本题主要考察了化学反响中微观粒子方面的知识，明确每个模型表示的含义，这是解决这种题目的重点．3．一兴趣小组向某AgNO3溶液中加入必定质量的Fe和Al的混淆粉末，充分反响后过滤，获得滤渣和浅绿色滤液，对于该滤渣和滤液的以下四种说法，此中正确的有（）①向滤渣中加入稀盐酸，可能有气泡产生②向滤液中加入稀盐酸，必定有积淀产生③滤渣中必定含有Ag，可能含有Fe和Al④滤液中必定含有Fe（NO3）2，必定不含有AgNO3和Al（NO3）3．A．只有①B．只有①②C．只有①②③D．只有①②③④【剖析】依据在金属活动性次序中只需排在前面的金属就能把排在后边的金属从其盐溶液中置换出；用同种金属置换不一样的盐溶液，盐中金属排在金属活动性次序中较后的金属第一被置换出．用不一样的金属置换同种盐溶液，盐中金属先被排在金属活动性次序中较前的金属置换出．此外，如有一种金属和多种混淆盐溶液反响，最初反响的是最不开朗的那个金属的盐溶液进行剖析．【解答】解：①反响后过滤、滤液呈浅绿色，说明Fe已开始反响，Al已经反响完，若铁没有完整反响，则加入稀盐酸，有气泡产生，若AgNO3过度则滤渣中不必定有铁，则加入稀盐酸不必定有气泡产生，故①正确；②溶液显浅绿色，说明铁和硝酸银反响，向滤液中加入稀盐酸，可能有积淀产生，故错误；③溶液显浅绿色，滤渣中必定含有Ag，可能含有Fe，必定不含铝，故错误；④滤液中必定含有Fe（NO3）2和Al（NO3）3，可能含有AgNO3，故错误．应选：A．【评论】本题考察了金属活动性次序的应用，达成本题能够依照金属活动性次序的及其进行，能够考察学生的剖析问题能力．4．科学实验中、正确地剖析实验数据是获得科学结论的保证．以下4个图象，能正确反应对应关系的是（）A．常温下，稀释OH溶液B．甲烷和过度的氧气在密闭容器中完整反响C．加热必定质量高锰酸钾固体D．在装有稀硫酸的小烧杯中，不停慢慢滴加10%的Ba（OH）2溶液至过度【剖析】A．加水稀释OH溶液，溶液不会成为酸性剖析；B、依据甲烷焚烧时分子的变化剖析判断；C、高锰酸钾分解产生了氧气，所以反响前后锰元素的质量分数要改变，能够据此解答；D、依据稀硫酸和氢氧化钡能反响生成硫酸钡积淀和水，当反响完整时积淀质量不再改变，水的质量渐渐增添解答．【解答】解：A．加水稀释

OH溶液，溶液不会成为酸性，即

pH不会小于

7；故错误；B、由甲烷焚烧的方程式

CH4+2O2

CO2+2H2O可知，甲烷焚烧前后分子个数不会变化，剖析与图象不符，故错误．C、高锰酸钾分解产生了氧气，使固体的总质量减少，固然锰元素的质量不变，可是反响前后锰元素的质量分数要增大，最后为必定值，故正确；D、不停慢慢滴加Ba（OH）2溶液至过度，水的质量不停增添，不会出现不变的状况；故错误．答案：C【评论】本题是化学反响中定量关系和图象相联合的题型，题目难度较大．要正确解答此类题，重点要对化学反响知识娴熟，并能联合图象的数学意义，综合考虑，可快速解答．图象的意义要抓住三点：①抓图象的起点，②抓图象的终点，③抓图象的变化过程．详细可联合解答领悟．5．氧气的化学性质比较开朗，能与多种物质反响．以下对有关反响的描绘正确的选项是（）A．在点燃的条件下，细铁丝在氧气中强烈焚烧，火星四射，生成黑色的四氧化三铁B．在点燃的条件下，硫在氧气里焚烧，发出蓝紫色火焰，生成无色无味的气体C．铁、硫、酒精在氧气中的焚烧都是化合反响D．物质与氧气的反响属于氧化反响，氧气拥有氧化性【剖析】A、细铁丝在氧气中强烈焚烧，生成四氧化三铁；B、硫在氧气里焚烧，生成有刺激性气味的气体；C、铁、硫在氧气中的焚烧是化合反响，但酒精在氧气中完整焚烧生成二氧化碳和水，不属于化合反响；D、物质与氧发生的反响属于氧化反响，供给氧的物质拥有氧化性．【解答】解：A、细铁丝在氧气中强烈焚烧，火星四射，生成黑色的四氧化三铁是实验结论，不是实验现象，故A描绘错误；B、硫在氧气里焚烧，生成有刺激性气味的气体，故B描绘错误；C、铁、硫在氧气中的焚烧是化合反响，但酒精在氧气中完整焚烧生成二氧化碳和水，不属于化合反响，故C描绘错误；D、物质与氧发生的反响属于氧化反响，供给氧的物质拥有氧化性，所以氧气拥有氧化性，故D描绘正确．应选D．【评论】本题主要考察了氧气的性质和化合反响、

氧化反响的观点等基础知识，

依据已有知识剖析，不难得出结论．二、填空题6．我国第四套人民币硬币锻造用到Fe、Cu、Al、Ni（镍），已知Ni能够发生以下反响：，Ni+H2SO4═NiSO4+H2↑，Fe+NiCl2═Ni+FeCl2，这两个反响的基本种类都是置换．四种金属活动性由强到弱的次序为

Al、Fe、Ni、Cu

（用元素符号表示）．【剖析】依据反响的特色剖析反响的种类，

在金属活动性次序中，

地点在前的金属能将位于后来的金属从其盐溶液中置换出，据此解答．【解答】解：由Ni+H2SO═NiSO+H↑可知，Ni位于氢的前边，由Fe+NiCl═Ni+FeCl2可知，4422Fe的金属活动性大于Ni，上述反响都属于置换反响，联合金属活动次序表可知，四种金属活动性由强到弱的次序为：Al、Fe、Ni、Cu．故答为：置换，Al、Fe、Ni、Cu．【评论】本题考察了金属活动性次序的应用，达成本题，能够依照金属活动性次序及其意义进行．7．苯甲酸是一种食品防腐剂，它是一种片状晶体，在水中的溶解度以下表：温度/g255095溶解度/℃0.170.956.8某同学为了提纯某苯甲酸样品（此中含泥沙等难溶于水的杂质），进行了以下实验：（1）室温时，取样品约1g放入烧杯，加入50mL蒸馏水充分搅拌，发现样品几乎没溶解，原由是室温时，苯甲酸的溶解度较小．（2）将烧杯放在石棉网上加热，待样品充分溶解后，再加入少许蒸馏水，而后趁热过滤．趁热过滤的目的是减少过滤时苯甲酸的损失．3）将所得滤液迟缓冷却至室温，使苯甲酸以晶体形式析出，而后过滤获得较纯净的苯甲酸晶体．【剖析】（1）利用表格供给的不一样温度下的溶解度解说本题．2）温度低时苯甲酸溶解度很低，易析出过滤会使其损失．3）为使其形成颗粒较大的晶体，应迟缓降温．【解答】解：（1）苯甲酸的溶解度随温度高升而增大，25℃时其溶解度只有0.17g，室温时会更小，故不会有溶解现象发生，故答案为：室温时，苯甲酸的溶解度较小．2）温度低时苯甲酸溶解度很低，易析出过滤会使其与泥沙混淆滤出致使其损失，故答案为：减少过滤时苯甲酸的损失．3）迟缓降温使其析出会获得颗粒较大的晶体，便于获得苯甲酸晶体，故答案为：迟缓冷却至室温【评论】本题是利用物质的溶解度对混淆物进行分别，利用表格数据联合有关的实验操作解决本题．三、实验研究题8．有一包固体，可能含有Cu（NO3）2、NH4NO3、Na2CO3、Ba（NO3）2、NaCl、NaOH中的一种或几种．依据以下实验回答以下问题：1）取少许固体与熟石灰研磨，无氨味．2）另取少许固体进行以以下图的实验：已知：实验1中无积淀产生，实验2中无气体产生．由实验1、实验2判断：原固体中必定含有NH4NO3，必定不含Na2CO3、Cu（NO3）2．（3）为进一步研究原固体的构成，取无色溶液A，向此中通入CO2，产生白色积淀．由此判断：原固体中必定还含有

Ba（NO3）2、NaOH

．（4）依据上述判断，可推知（2）中实验

2所得滤液

B中的溶质有

HNO3、Ba（NO3）2、

AgNO3、NaNO3．【剖析】依据硝酸铜溶于水显蓝色，硝酸铵和碱混淆研磨会生成有刺激性气味的氨气，氯离子和银离子会生成氯化银积淀，碳酸根离子和钡离子会生成碳酸钡积淀进行剖析．【解答】解：硝酸铜溶于水显蓝色，硝酸铵和碱混淆研磨会生成有刺激性气味的氨气，氯离子和银离子会生成氯化银积淀，碳酸根离子和钡离子会生成碳酸钡积淀．少许固体与熟石灰研磨，

无氨味，说明原固体中不含

NH4NO3；固体样品溶于水且溶液呈无色，硝酸铜溶于水显蓝色，说明该固体必定不含

Cu（NO3）2，且

Na2CO3和

Ba（NO3）2最多只好含一种，实验②中加入稀硝酸无气体产生，说明该固体必定不含Na2CO3；加入AgNO3产生白色积淀，说明该固体中必定含有氯化钠；溶液A通入CO2产生白色积淀说明该固体中必定含Ba（NO3）2和NaOH，CO2和NaOH反响生成Na2CO3，碳酸钠再与Ba（NO3）2生成BaCO3积淀；实验②中加入的是过度的硝酸银，所以反响后的滤液中含有硝酸银，硝酸银和氯化钠会生成氯化银积淀和硝酸钠，所以滤液B中也含有硝酸钠，则实验②所得滤液B中的溶质有HNO3、Ba（NO3）2、AgNO3、NaNO3．1）经过推导可知，取少许固体与熟石灰研磨，无氨味．由此判断：原固体中必定不含NH4NO3；2）经过实验①、②判断：原固体中必定含有NaCl，必定不含Na2CO3、Cu（NO3）2；3）氢氧化钠和二氧化碳反响生成碳酸钠，碳酸钠和硝酸钡会生成碳酸钡积淀和硝酸钠，所以取无色溶液A，向此中通入CO2，产生白色积淀．由此判断：原固体中必定还含有Ba（NO3）2、NaOH；4）经过剖析可知，实验②中加入的是过度的硝酸银，所以反响后的滤液中含有硝酸银，硝酸银和氯化钠会生成氯化银积淀和硝酸钠，所以滤液B中也含有硝酸钠，则实验②所得滤液B中的溶质有HNO3、Ba（NO3）2、AgNO3、NaNO3．故答案为：（2）NH4NO3，Na2CO3、Cu（NO3）2；（3）Ba（NO3）2、NaOH；（4）AgNO3、NaNO3．【评论】在解此类题时，第一剖析题中所给物质的性质和两两之间的反响，而后依照题中的现象判断各物质的存在性，最后进行考证即可．9．化学小组依据氨气复原氧化铜的反响，设计实验测定Cu元素的相对原子质量．已知：2NH4Cl+Ca（OH）2═CaCl2+2NH3↑+2H2O②氨气（NH3）是碱性气体请联合以下图回答以下问题．1）将纯净干燥的氨气通入B中，察看到玻璃管内黑色固体变为亮红色，管口有液滴，同时生成空气中含量最多的气体，写出B中发生反响的化学方程式为3CuO+2NH3Cu+N2+3H2O．（2）测定Cu元素相对原子质量的实验过程为：先称量CuO的质量，完整反响后测定生成水的质量，由此计算出Cu元素的相对原子质量．Ⅰ．小组同学利用上图进行实验，装置连结的合理次序是（填序号，装置可重复使用）③．Ⅱ．在本实验中，使测定结果偏大的原由可能是①③（填序号）；①CuO未完整起反响②CuO不干燥③CuO中混有不反响的杂质④NH4Cl与Ca（OH）2混淆物不干燥Ⅲ．在本实验中，还经过测定CuO和Cu的质量达到实验目的．【剖析】（1）依据氨气复原氧化铜反响的现象，判断反响的生成物，此中空气中含量最多的气体是氮气，写出反响的化学方程式；2）Ⅰ．依据实验假想，在所供给的装置中选择简单、合理的装置组装能实现实验目的实验装置；Ⅱ．剖析所供给要素对实验结果的影响，判断此中会致使测定结果偏大的要素；Ⅲ．依据对实验的理解，为达到测定目的，判断还能够采纳的丈量值．【解答】解：（1）将纯净干燥的氨气通入B中，察看到玻璃管内黑色固体变为亮红色，管口有液滴，同时生成空气中含量最多的气体；亮红色固体是铜，管口的液滴是水，空气中含量最多气体是氮气，化学方程式为：3CuO+2NH3Cu+N2+3H2O；2）Ⅰ．测定Cu元素相对原子质量的实验过程为：先称量CuO的质量，完整反响后测定生成水的质量，由此可知需测定生成水的质量，因为氨气（NH3）是碱性气体，不可以用浓硫酸进行干燥；生成的氨气需先经过氢氧化钠干燥、

再与氧化铜反响，并把复原氧化铜后生成的水用不可以汲取节余氨气的氢氧化钠汲取，

最后反响后节余的氨气用浓硫酸汲取办理，

以防备造成空气污染．故装置连联合理的是ADBDC．Ⅱ．设测定的氧化铜质量为

A、生成水的质量为

B，设铜的相对原子质量为

m，3CuO+2NH

3Cu+N2+3H2O3m+48

54A

B=m=﹣16①若Cu0未完整起反响，致使生成水的质量偏小，即B偏小，测定结果偏大；②若CuO不干燥，加热过程水分蒸发，致使测得水的质量偏大，测定结果偏小；③若Cu0中混有不反响的杂质，致使生成水的质量偏小，即B偏小，测定结果偏大；④若NH4C1与Ca（OH）2混淆物不干燥，但只需氨气干燥完全，对氨气复原氧化铜的实验不产生影响．应选项①③正确．Ⅲ．依据反响的化学方程可发现，经过测定氧化铜与铜或铜与水等质量，也可计算出铜元素的相对原子质量．故答案为：（1）3CuO+2NH3Cu+N2+3H2O；2）Ⅰ．③；Ⅱ．①③；Ⅲ．CuO和Cu．【评论】本题有必定难度，考察同学们新信息获得、办理及灵巧运用所学知识进行解题的能力，从题干表达的内容抽取实用的信息是正确解题的重点．10．某兴趣小组对“蜡烛焚烧的产物”进行研究．【查阅资料】蜡烛的主要成分是白腊，白腊由碳、氢两种元素构成．【作出猜想】蜡烛焚烧的产物是二氧化碳和水．【实验考证一】（

1）用干冷的小烧杯罩在蜡烛火焰上，察看到

烧杯内壁有水雾

，证明有水生成．（2）用涂有饱和石灰水的小烧杯罩在蜡烛火焰上，石灰水变污浊，证明有二氧化碳生成．小明提出怀疑：石灰水变污浊不必定是生成碳酸钙，还可能是饱和石灰水受热后氢氧化钙溶解度减小，析出了氢氧化钙．同学们又用图a所示的装置进行实验，1分钟后，提起锥形瓶，翻转后注入20mL饱和石灰水，加塞、振荡，察看到石灰水变污浊，确立有二氧化碳生成．【沟通议论】实验中小明察看到一个不测现象：锥形瓶内壁上有少许黑色物质．经剖析，同学们一致以为黑色物质是白腊不充分焚烧生成的炭黑．由此他们猜想还可能生成一氧化碳．为考证一氧化碳，他们设计了如图b所示的实验．【实验考证二】（1）实验前，先在玻璃管的中部放入一团棉花，其目的是阻拦炭黑，防止炭黑与氧化铜发生反响．2）将a端插入蜡烛的焰心．3）用酒精灯加热b端的糊状物，一段时间后，察看到黑色物质变为红色，证明蜡烛不充分焚烧有一氧化碳生成．（4）为防备玻璃管中的红色物质又被氧化变为黑色，接下的操作是：先撤酒精灯，稍后再撤蜡烛．【拓展应用】含碳燃料不充分焚烧会生成一氧化碳等物质，浪费资，且污染空气．为使其充分焚烧，应采纳的举措是供给充分的氧气（答一条即可）．【剖析】【实验考证一】（1）依据查验水的方法进行解答；2）依据氢氧化钙的溶解度随温度的高升而减小进行剖析；【沟通议论】依据蜡烛中含有碳元素，不完整焚烧能生成炭黑进行解答；【实验考证】（1）依据因为生成的炭黑也能与氧化铜反响，故加入一团棉花的目的是阻拦生成的炭黑，防备生成的炭黑与氧化铜反响进行解答；4）依据为防备玻璃管中的红色物质又被氧化变为黑色，应当先撤酒精灯，而后再撤蜡烛进行解答；【拓展应用】依据促使焚烧的方法进行解答．【解答】解：【实验考证】（1）用干冷的小烧杯罩在蜡烛火焰上，察看到烧杯内壁有水雾，证明有水生成；2）氢氧化钙的溶解度随温度的高升而减小，可能是饱和石灰水受热后溶解度变小，析出了氢氧化钙；【沟通议论】蜡烛中含有碳元素，不完整焚烧能生成炭黑；【实验考证】（1）因为生成的炭黑也能与氧化铜反响，故加入一团棉花的目的是阻拦生成的炭黑，防备生成的炭黑与氧化铜反响；4）为防备玻璃管中的红色物质又被氧化变为黑色，应当先撤酒精灯，而后再撤蜡烛；【拓展应用】为了充分焚烧能够增大可燃物与氧气的接触面积．故答案为：【实验考证一】（1）烧杯内壁有水雾；（2）氢氧化钙溶解度减小，炭黑；【实验考证二】（1）阻拦炭黑，防备炭黑与氧化铜发生反响；（4）先撤酒精灯，稍后再撤蜡烛；【拓展应用】供给充分的氧气．【评论】本题考察了蜡烛焚烧过程中的生成产物的实验研究，达成本题，能够依照题干供给的信息联合物质的性质进行．四、解答题11．科学小组的同学对模拟湿法炼铜实验中获得的铁、铜固体混淆物进行含量测定，称取克固体混淆物置于烧杯中，滴加必定质量分数的稀硫酸溶液，记录并绘制了以下图的曲线．①10克固体混淆物中铜的质量为4.4g．②所用稀硫酸溶液溶质的质量分数是多少？（写出计算过程）．【