全国中考化学综合题的综合中考真题分类汇总及详细答案

1、一、中考初中化学综合题1.如图是甲、乙、丙三种固体物质(均不含结晶水)的溶解度曲线。溶解度g(1) LC时，甲、乙、丙三种物质的溶解度大小关系：。(2) t1C时，完全溶解5g丙物质至少需要水go(3) 12c时，将20g甲加入到100g水中，充分搅拌后所得溶液是甲的和”或不饱和”)，可以用图中点(填“a”fb”“C”表示。溶液(填饱(4)将甲、丙的饱和溶液从12c降温到t1C,对所得溶液的叙述不正确的是A都是饱和溶液B溶剂质量：甲丙C析出固体质量：甲丙D溶质质量分数：甲=丙【答案】乙甲二丙25不饱和bABD【解析】【详解】(1)通过分析溶解度曲线可知,t1C时，甲、乙、丙三种物质的溶解度大小

2、关系是：乙甲=丙;(2)t1C时，丙物质的溶解度是20g,即100g水中最多溶解丙物质20g,所以完全溶解5g丙物质至少需要25g水;(3)t2c时，甲物质的溶解度是50g,即100g水中最多溶解甲物质50g,所以将20g甲加入到100g水中，充分搅拌后所得溶液是甲的不饱和溶液，可以用图中b点表示;(4)A、丙的溶解度随温度的升高而减小，其饱和溶液降温变为不饱和溶液，错误；B、降温后两溶液中水的质量不变，与降温前相等，由于没有明确原饱和溶液的质量，所以无法比较其中水的质量，错误；C、由于降温后甲有固体析出，而丙无固体析出，正确；D、丙的饱和溶液降温到t1C变为不饱和溶液，溶质质量分数与降温前相

3、等，甲降温后是t1C时的饱和溶液，而t1C时甲的溶解度大于12c时丙的溶解度，所以溶质质量分数甲丙，错误。故选ABD。2.已知NaHCQ在270c时完全分解为碳酸钠、水和二氧化碳，而NazCQ受热不分解。现有某工厂生产出的一批NaHCO3产品中混有少量的Na2CO3,某兴趣小组同学为了测定该产品中NaHCQ的质量分数，设计了下列两种实验方案。方案一：样品笆空鸟测定生成CQ的质量。（1）NaHC。俗称,本实验采用如图所示的装置，C中盛放的物质是BCDL（2）若无装置E,在其他操作正确的情况下，（填能或不能”准确测定样品中NaHCQ的质量分数。（3）在其他操作正确的情况下，不能将分液漏斗中的稀硫酸

4、改为稀盐酸的原因是O方案二：样品加热.测定剩余固体质量具体操作步骤如下：取一只洁净的田竭，称得质量为21.2克，再向其中加入样品，称得总质量为41.2克；加热盛有样品的增竭；将增期充分冷却，称量增期和剩余固体的质量；多次重复步骤和至恒重，称得增竭和剩余固体的总质量为35.0克。（4）实验时需要重复加热、冷却、称量”操作多次，其目的是。根据题目中的信息，写出NaHCO3完全分解的化学方程式。（6）根据题意，计算样品中NaHCO3的质量分数为。（请写出计算过程）【答案】小苏打浓硫酸不能盐酸具有寸i发性，D中的碱石灰既吸收生成的CQ,还会吸收挥发出来的HCl气体，使测定结果偏大使碳酸氢钠完全分解2N

5、aHCC3ANa2CQ+H2O+CQT84%【解析】（1）根据NaHCQ俗称为小苏打解答，根据碱石灰会吸收水分和二氧化碳进行分析；（2）根据E的作用是防止空气中的水和二氧化碳进入D解答；（3）根据碱石灰是碱性干燥剂，盐酸具有挥发性进行分析；（4）根据实验时需要重复“加热、冷却、称量”操作多次，可以使碳酸氢钠完全分解进行分析；（5）根据根据题目中的信息，写出NaHCC3完全分解的化学方程式解答；（6）根据实验过程中减少的质量是水和二氧化碳的质量进行分析。（1）NaHCC3俗称为小苏打；碱石灰会吸收水分和二氧化碳，实验在用碱石灰吸收二氧化碳之前，需要将气体干燥，C中盛放的物质是浓硫酸；（2）E的作

6、用是防止空气中的水和二氧化碳进入D,否则，若无装置E,在其他操作正确的情况下，不能准确测定样品中NaHCC3的质量分数；（3）碱石灰是碱性干燥剂，盐酸具有挥发性，D中的碱石灰既吸收生成的C6,还会吸收挥发出来的HCl气体，使测定结果偏大；（4）实验时需要重复“加热、冷却、称量”操作多次，可以使碳酸氢钠完全分解；（5）NaHCQ完全分解的化学方程式为：2NaHCC3八Na2CQ+H2O+CQT;（6）实验过程中减少的质量是水和二氧化碳的质量，固体减少质量为41.2g-35g=6.2g；设样品中含有碳酸氢钠为x。2NaHCQ卜Na2CQ+H2O+CQT固体减少16862x6.2g16862x6.2

7、gx=16.8g样品中碳酸氢钠为41.2g-21.2g=20g16.8g所以样品中NaHCO3的质量分数=X100%=84%20g答：样品中NaHC6的质量分数为84%。3.通过海水晾晒可得粗盐，粗盐除NaCl外，还含有MgCl2、CaC2、Na2SO4以及泥沙等杂质，以下是制备精盐的实验方案，各步操作流程如下：粗土卜溶解拓BaCb.6为扫滤皿过量过量过量滤液HCI-募发.结晶、烘毛蚌卦一一4相近L(1)在第步粗盐溶解操作中要用玻璃棒搅拌，作用是(2)第步“过滤”操作中得到沉淀的成分有：泥沙、BaSQ、Mg(OH)2、(填化学式)。(3)在第步操作中，选择的除杂的试剂不能用KOH代替NaOH,

8、理由是。(4)在利用粗盐制备精盐过程的第步操作中，加入适量盐酸的目的是。(5)实验所得精盐的质量大于粗盐中NaCl的质量，原因是。(6)某品牌纯碱中含有杂质NaCl,化学兴趣小组的同学进行了如下实验研究：称取12g样品放入烧杯中，加入稀盐酸至不再产生气泡为止，并绘制出加入稀盐酸的质量与放出气体质量的关系如图。073加入精盐酸的质量g纯碱恰好完全反应时，生成CQ的质量为g计算当盐酸与纯碱恰好完全反应时，所得溶液的溶质质量分数是多少？【答案】加速溶解CaCOBaCO引入了新的杂质KCl除去溶液中过量的氢氧化钠和碳酸钠反应生成了氯化钠4.4g16.3%【解析】本题考查了氯化钠与粗盐提纯，酸、碱、盐的

9、化学性质，根据化学反应方程式的计算和有关溶质质量分数计算，综合性较强，认真审题，理清反应过程是解题的关键。(1)在第步粗盐溶解操作中要用玻璃棒搅拌，作用是加快溶解速率；(2)第步中氯化银与硫酸钠反应生成硫酸钢沉淀和氯化钠，第步中氢氧化钠与氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，第步中碳酸钠与过量的氯化钢反应生成碳酸钢沉淀和氯化钠，碳酸钠与氯化钙反应生成碳酸钙和氯化钠。第步“过滤”操作中得到沉淀的成分有：泥沙、BaSQ、Mg(OH)2、CaCO、BaCQ;(3)氢氧化钾会与氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钾，氯化钾对氯化钠来说就是杂质。在第步操作中，选择的除杂的试剂不能用KOH代替NaOH,理由是会

10、带入新的杂质氯化钾；(4)在第、步中加入过量的氢氧化钠和碳酸钠。在利用粗盐制备精盐过程的第步操作中，加入适量盐酸的目的是除去过量的氢氧化钠和碳酸钠；(5)在第步中均有氯化钠生成。在实验所得精盐的质量大于粗盐中NaCl的质量,原因是反应生成了氯化钠。(1)纯碱恰好完全反应时,11.7g(12g10.6g)12g73g4.4g16.3%。(6)根据加入稀盐酸的质量与放出气体质量的关系图，可知生成CO2的质量为4.4g,(2)设：碳酸钠质量为x,生成氯化钠质量为V,Na2CQ+2HCL2NaCl+H2O+CQT,10611744xy4.4g106x117y=,=444.4g444.4gx=10.6g

11、,y=11.7g,当盐酸与纯碱恰好完全反应时，所得溶液的溶质质量分数是：X100%=16.3%答：当盐酸与纯碱恰好完全反应时，所得溶液的溶质质量分数是4.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CaC2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pH7CaC2实验反思：无明显现象的中和反应可借助酸

12、碱指示剂判断反应终点。(3)粗盐提纯指除去NaCl中的泥沙和MgCL、CaC2、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：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?加入Na2CQ溶液的目的是?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AI2O3),反应的化学方程式为AI2O3+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340

13、kg铝土矿，最终得到1004kgNaAlO2溶液。计算：该铝土矿中A12。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CaC2、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、钢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)用pH试纸测定反应后溶液的酸碱度是pH7,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；因为白色固体是氯化钙，已知CaC2溶液呈中性，所以pH=7；用玻璃棒蘸取溶液滴到pH试纸上，

14、把试纸显布的颜色与标准比色K比较CaCl2、Ca(OH2pH=7(3)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；加入过量的BaCl2可以除去硫酸钠杂质，NaOHT以除去氯化镁杂质，加入NaCO溶液可以除去氯化钙杂质及过量的氯化钢试剂分别产生碳酸钙沉淀和碳酸根沉淀；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AI2O3的质量为xAl2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O10280x160kg102_80x160kgx=204

15、kg一、，204kg铝土矿中A12O3的质量分数X100%=60%340kg答：(1)铝土矿中A12O3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；CaC2、Ca(OH)2;pH=7;(3)玻璃棒；搅拌，使受热均匀，防止液滴飞溅。除去溶液中的钙、钢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，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%。5.二氧化硫(SO2)是一种食品添加剂。葡萄酒酿造过程中添加少量SO2,可防止其变质，但须严格控制用量，我国葡萄酒国家标准中规定S

16、Q的含量(250mg/L。(1)SQ作为食品添加剂须严格控制用量的原因是。(2)为检测某国产葡萄酒中SQ的含量是否符合国家标准，进行如下实验：步骤l取100mL该葡萄酒于锥形瓶中，加入质量分数为10%的H2O2溶液，将SC2完全转化成硫酸。步骤2向锥形瓶中滴加指示剂(这种指示剂在pH7的溶液中显绿色)，用氢氧化钠溶液中和，测得锥形瓶中硫酸的质量为14.7mg0步骤2中，滴入指示剂后溶液呈色。向10g30%的H2O2溶液中加入g水，可稀释为10%的H2O2溶液。通过计算判断该葡萄酒中SO2的含量是否符合国家标准。【答案】SO2有一定的毒性紫20是【解析】【详解】(1)SQ对人体有一定的毒性，所以

17、SQ作为食品添加剂须严格控制用量，故填SQ有一定的毒性。(2)由步骤1、2可知，H2O2溶液将葡萄酒中的SQ完全转化成硫酸，且指示剂在pH7的溶液中显紫色，所以步骤2中，滴入指示剂后溶液呈紫色，故填紫。设加入水的质量为x,10gx30%=(10g+x)X10%x=20g,故填20。解：设100mL该葡萄7W中的SQ的质量为xH2O2+SO2=H2sO4649814.7mg64:98=x：14.7mgx=9.6mg1L该葡萄7W中的SO2的质量为9.6mg/100mLX1000mL=96mg250mg,所以该葡萄酒中SO2的含量符合国家标准，故填是。6.化学是一门研究物质的科学，我们一般从物质的

18、存在、性质、制备、用途等方面研究一种物质或一类物质。以金属为例，请你参与其中回答相关问题：（1）认识金属元素存在：自然界中大多数金属都以化合物的形式存在。下列矿石的主要成分属于氧化物的是（填字母序号，下同）；A.铝土矿（主要成分A12O3）B.钾长石（主要成分KA1S3O8）C.赤铁矿（主要成分Fe2O3）D.磁铁矿（主要成分Fe3O4）（2）探究金属性质：金属原子容易失去最外层电子，化学性质活泼。图1为探究金属化学性质的实验，图2是金属化学性质网络图。氧气铁丝甲Z图1图2稀玲，0籀港CW6溶液稀出904溶液FWCU溶凝 图1甲中反应现象是丙中反应的化学方程式为; 图1只有乙中不反应，能得出三

19、种金属活动性及它们和氢元素的位置关系，由强到弱的顺序是（填元素符号）； 依据图1完成金属性质网络，图2中的A属于（填物质类（3）认识金属的制备：工业上常采用还原法、置换法、电解法制备金属。用一氧化碳还原赤铁矿冶铁反应的化学方程式为（4）金属在生产生活中应用广泛。下列金属制品的用途，利用其导电性的是A.铁锅B.铜导线C铝箔D.黄金饰品合金性能优于单一金属，因而被广泛应用。焊锡（主要含锡、铅）与其组成金属相比具有的特性，可用于焊接电子元件；金属是一种有限资源，需要保护和回收利用。黄铜（铜锌合金）用作弹壳的制造。现有一批使用过的，锈迹斑斑的弹壳，处理这批弹壳可以制得硫酸锌和铜，其主要流程如下所示。（

20、收集资料）弹壳上的锈主要为CU2（OH）2CQ,能与稀硫酸反应得到硫酸铜溶液；弹壳中其他杂质不溶于水、也不参加反应。a.写出弹壳上的锈与稀硫酸反应的化学方程式。b.固体D为。【答案】ACD剧烈燃烧，火星四射，生成黑色固体Fe+CuSO=FeSQ+Cu铝、铁、高温（氢）、铜盐3CO+FeO3=2Fe+3CC2B熔点较低CuOH2cO3+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+CO2锌和铜的混合物【解析】【分析】【详解】（1）氧化物是由两种元素组成且其中一种元素为氧元素的化合物，氧化铝、氧化铁、四氧化三铁均属于氧化物，KA1S3O8由四种元素组成，不属于氧化物，故选ACD。（2）甲中实验为铁丝在氧气

21、中燃烧，故实验现象为剧烈燃烧，火星四射，生成黑色固体。丙为铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，反应的化学方程式为Fe+CuSO=FeSQ+Cuo戊中反应，说明铝的活动性大于铁，丁中反应，可说明铁的活动性大于氢；丙中反应，可说明铁的活动性大于铜；乙中不反应，可说明铜的活动性小于氢；故实验说明三种金属的活动性由强到弱的顺序为铝、铁、（氢）、铜。金属还可与某些盐溶液发生置换反应，故其类别为盐。（3）一氧化碳与氧化铁高温生成铁和二氧化碳，反应的化学方程式为高温3CO+FeO32Fe+3CC2o（4）铜导线利用铜具有良好的导电性，故选Bo焊锡的熔点较低，在日常生活中用于焊接电子元件。a、弹壳上的锈为Cu（O

22、H）2CO与硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳气体；反应的化学方程式为CuOH2cO3+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+CO2。b、弹壳的成分为铜锌合金，加入稀硫酸时锌可反应生成硫酸锌；而铜不反应（固体C）;溶液A的成分为硫酸锌与硫酸铜Cu（OH）2CQ与硫酸反应生成,其中加入过量的锌，与硫酸铜生成铜和硫酸锌；锌过量，故体D为锌和铜的混合物。7.金属钻（Co）在国防工业中有重要应用。某矿石中含钻的氧化物（CoO、C02O3）研究人员在实验室用硫酸酸浸的方法提取钻元素，并探究最佳提取条件。写出下列化合物中Co元素的化合价：CoO,CO2O3。（2）酸浸时钻的氧化物发生如下反应：反应ICoO+

23、H2SQ=CoSQ+H2O反应n2Cc2O3+4H2SC4=4CoSQ+O2T+4H2O反应mCQO3+2H2SQ+Na2SQ=2CoSQ+2H2O+Na2SQ反应后溶液中含钻元素的微粒是（填化学符号）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CoSQg（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,测量钻元素的浸出率部分数据如下：编R矿石用量（g）硫酸用量（g）Na2SC3Mt(g)温度（C）钻元素浸出率（）185.7112.6208556.39285.716.3108549.98385.716.3106543.33485.7

24、16.310.436573.95585.716.310.866574.77本实验研究了哪些因素对钻元素浸出率的影响根据上表数据，其他条件不变工业生产中米用实验【答案】+2+3C（2+155【解析】【分析】，温度升高，钻兀素的浸出率（填编号）的提取条件更合理。X（a/7583b/硫酸用量、亚硫酸钠用量、温度增大4（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）和上述方程式可知，反应后钻元素以CoSQ存在于溶液中，所以溶液中含钻元素的微粒是Co2+;设CoO生成CoSQ的质量为x,CQO3生成CoS

25、Q的质量为y,CoO+H2SQ=CoSQ+H2O75155agx7ag=166/xx=155xag+752Co2O3+4H2SO=4CoSQ+O2T+4H2O332155X4bgy33bg=155加y=155X4Xbg+332则理论上可以生成CoSQ的质量为：155x（a/75+83）;（3）a表格中数据可知，对钻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；根据上表数据，其他条件不变，温度升高，钻元素的浸出率增大；工业生产中应采用实验4的方案，虽然实验5的方案中钻元素浸出率最高，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。8.如图为实验室常见的气体制备、收集和性质的实验装置，据图回答。ABCDEF（1）指出B装置中标号仪器名称：。（2）实验室用大理石与稀盐酸反应制取CC2应选择的发生装置是