沪教版(上海)2021年中考化学二模试题及答案
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2020-2021学年上海市初三二模化学试卷及参考答案
九年级化学共6页第1页2020学年第二学期教学质量调研测试卷理化试卷（化学部分）相对原子质量： C —12 H —1 O —16 Zn —65S — 32六、单项选择题（共20分）27.坚果类食物中含有丰富的铁和锌，这里的“铁”和“锌”是指B.元素 B. 2 B.白糖水B.木炭点燃2A1203,属于 B.分解反应B.蔗糖B.木瓜 pH 5.5C.原子 C.铝C.磷肥C. 1 C.玉米粥 C.氢气 C.置换反应C.金刚石 C.草莓 pH 3.2D.单质D.铁D.复合肥D. 2D.蒸储水D.石油D.复分解反应D.碳酸钠D.柠檬 pH 2.336 .氧气在降温加压变成液态氧的过程中，发生变化的是A .分子间的间隙 B.分子的质量 C.分子的构成D.分子的体积37 .化学用语书写错误的是A —汞元素一一HgB —俊根一一NH 4 C. 2个氢原子—— 2HD -氨气一一He 2 38 .物质在氧气中燃烧，产生明亮蓝紫色火焰的是C.铁丝D.白磷39 .物质的用途错误的是28 .地壳中含量最多的元素是A.氧29 .硫酸钾（K 2SO 4）属于A.钾肥B.硅B.氮肥30 .硫化氢（H 2S ）中硫元素的化合价为A . 1 31 .属于溶液的是A.泥浆水 32 .最清洁的燃料是A.煤33 .化学反应4Al + 3O 2A .化合反应 34 .属于有机物的是A .氯化钠 35 .水果中酸性最强的是A.菠萝 pH 4.1A.硫粉A.干冰用于人工降雨B.自来水厂明矶作净水剂九年级化学共6页第2页九年级化学共6页第3页C.铜丝用于制作导线40 .实验操作正确的是 D.烧碱能改良酸性土壤। - 110D.夹试管41 .关于电解水的实验，说法正确的是 A.从现象上判断：与正极连接的一端产生氢气B.从变化上分类：该变化属于物理变化C.从宏观上分析：水是由氢气和氧气组成的D.从微观上分析：水分子是由氢原子和氧原子构成的 42 .右图装置进行实验，下列现象能证明空气中 O 2体积分数的是 A.红磷燃烧，产生白烟 B.瓶中液面先下降，后上升 C.瓶中液面最终上升至 1处 D.水槽中液面下降 43 .除去氯化钙溶液中少量的盐酸，最佳的试剂是 A. Ca(OH)2 B. CaO C. CaCO 3 /•x 、-去底的集气瓶1b ——迥星红磷—■ - - - _____…'WWW ，.匚H三一三三君--木 44. ZnSO 4饱和溶液的溶质质量分数随温度变化的曲线如右图 所示。
2021年上海市黄浦区中考化学二模试卷(附答案详解)
2021年上海市黄浦区中考化学二模试卷一、单选题（本大题共16小题，共18.0分）1.以下属于非金属元素的是()A. SiB. MgC. AlD. K2.表示两个氯分子的符号是()A. Cl2B. 2Cl2C. 2ClD. 2ClO23.有关碳酸钾的说法正确的是()A. 俗称草木灰B. 难溶于水C. 碳元素为+4价D. 属于氧化物4.不属于氦气用途的是()A. 作保护气B. 填充飞艇C. 作吸附剂D. 作电光源5.红磷燃烧的化学方程式书写正确的是()A. 2P+5O2− 点燃 2P2O5 B. P+O2− 点燃 PO2C. 8P+10O2− 点燃 4P2O5 D. 4P+5O2− 点燃 2P2O56.有关电解水的实验说法错误的是()A. 与水电解器电源正极相连的电极上产生了氧气B. 产生的氢气与氧气的体积比为1：8C. 通过该实验能证明水的元素组成D. 该实验过程说明水分子是可分的7.以下物质中碳元素以化合态形式存在的是()A. 金刚石B. 石墨C. 碳−60D. 干冰8.对以下四种液体在室温时的pH推测，可能合理的是()A. 盐酸：pH=1B. 蒸馏水：pH=8C. 碳酸钠溶液：pH=6D. 氯化钠溶液：pH=99.关于胆矾的说法正确的是()A. 类别：纯净物B. 组成：5种元素C. 式量：160D. 物理性质：白色粉末10.导管位置正确的实验装置是()A. 氢气还原氧化铜B. 实验室制氧气C. 实验室制二氧化碳D. 收集氧气11.通过观察颜色鉴别下列各组物质，方法可行的是()A. 氧气与二氧化碳B. 氯化铁溶液与硝酸银溶液C. 木炭粉与二氧化锰D. 蔗糖溶液与氯化钠溶液12.等物质的量的一氧化碳和二氧化碳，具有相同的()A. 质量B. 氧原子质量C. 分子个数D. 碳元素的百分含量13.溶液M只含一种溶质，向其中滴入硝酸钡溶液产生白色沉，再加入足量的稀硝酸，沉淀不溶解，有关溶液M的分析正确的是()A. 一定是硫酸B. 一定是碳酸钠C. 可能是盐酸D. 可能是硫酸钠14.在100g含碳酸钙90%的石灰石中，加入过量的稀盐酸(杂质不参加反应)，有关说法正确的是()A. 参加反应的碳酸钙与生成的二氧化碳的质量比为1：1B. 盐酸过量越多，生成的二氧化碳也越多C. 参加反应的碳酸钙的物质的量为0.1molD. 生成的氯化钙中，钙元素的质量为36g15.某气体可用如图所示方法收集，推测该气体一定具有的性质是()A. 密度比空气大B. 易溶于水C. 无色无味D. 化学性质活泼16.溶液甲是100g20%的硫酸，对其进行如图所示的操作，得到溶质质量分数为10%的溶液乙。
沪教版(上海)2020-2021年中考二模化学试题(含答案)
D．d点所得溶液中溶质一定有硝酸锌，可能有硝酸铜
【答案】C
【解析】
【分析】
向一定量硝酸银和硝酸铜的混合溶液中加入锌粉，三种金属的活动性顺序为锌＞铜＞银，加入锌粉后，锌先与硝酸银反应置换出银： ，锌的相对原子质量比银小，置换出来银后，溶液质量减小；再跟硝酸铜反应置换出铜： ，锌的相对原子质量比铜大，置换出来铜后，溶液质量增大。
C、通过分析可知，碳酸镁的相对分子质量是84，碳酸氢钠84，两者都小于100，生成二氧化碳的质量一定大于4.4g，天平无法保持平衡。C错误；
D、由于镁和盐酸能反应生成氢气，而铜不能。假设该金属全部都是镁，设生成氢气的质量是x。
解得x=0.83g。则不管镁、铜以何种比例混合，右盘增加的质量
A、由以上分析可知，a点发生的是锌与硝酸银的反应，但锌还未把银完全置换出来，所得溶液中的溶质是硝酸铜、硝酸锌和硝酸银，故选项错误；
B、由以上分析可知，b点时加入的锌恰好把银完全置换出来，溶液中已经没有硝酸银了，也就没有Ag+了，b点对应溶液中含有的金属离子为Zn2+和Cu2+，故选项错误；
C、由以上分析可知，bc段是锌在置换铜，c点时锌与硝酸铜恰好完全反应，所得固体为银和铜，故选项正确；
A．10克碳酸钾和碳酸钠
B．5.6克氧化钙和氧化锌
C．10克碳酸镁和碳酸氢钠
D．10克镁粉和铜粉
【答案】B
【解析】
【分析】
天平左侧的烧杯中会反应生成二氧化碳气体。设生成二氧化碳的质量为x。
解得x=4.4g
此时左侧烧杯增加的质量为：10g-4.4g=5.6g。
所以为了保持平衡，右侧烧杯也需要增重5.6g。
沪教版（上海）2020-2021年中考二模化学试题(含答案)
【答案】C
【解析】
【分析】
向一定量硝酸银和硝酸铜的混合溶液中加入锌粉，三种金属的活动性顺序为锌＞铜＞银，加入锌粉后，锌先与硝酸银反应置换出银： ，锌的相对原子质量比银小，置换出来银后，溶液质量减小；再跟硝酸铜反应置换出铜： ，锌的相对原子质量比铜大，置换出来铜后，溶液质量增大。
C、通过分析可知，碳酸镁的相对分子质量是84，碳酸氢钠84，两者都小于100，生成二氧化碳的质量一定大于4.4g，天平无法保持平衡。C错误；
D、由于镁和盐酸能反应生成氢气，而铜不能。假设该金属全部都是镁，设生成氢气的质量是x。
解得x=0.83g。则不管镁、铜以何种比例混合，右盘增加的质量
A、由以上分析可知，a点发生的是锌与硝酸银的反应，但锌还未把银完全置换出来，所得溶液中的溶质是硝酸铜、硝酸锌和硝酸银，故选项错误；
B、由以上分析可知，b点时加入的锌恰好把银完全置换出来，溶液中已经没有硝酸银了，也就没有Ag+了，b点对应溶液中含有的金属离子为Zn2+和Cu2+，故选项错误；
C、由以上分析可知，bc段是锌在置换铜，c点时锌与硝酸铜恰好完全反应，所得固体为银和铜，故选项正确；
A．10克碳酸钾和碳酸钠
B．5.6克氧化钙和氧化锌
C．10克碳酸镁和碳酸氢钠
D．10克镁粉和铜粉
【答案】B
【解析】
【分析】
天平左侧的烧杯中会反应生成二氧化碳气体。设生成二氧化碳的质量为x。
解得x=4.4g
此时左侧烧杯增加的质量为：10g-4.4g=5.6g。
所以为了保持平衡，右侧烧杯也需要增重5.6g。
沪教版（上海）2020-2021年中考二模化学试题(含答案)
沪教版(全国)2021年中考化学二模试题及答案
沪教版（全国）2021年中考化学二模试题及答案一、选择题（培优题较难）1．甲、乙两种固体物质（不含结晶水）的溶解度曲线如图所示，下列说法正确的是A．t2℃时，甲乙两物质溶液的溶质质量分数一定相等B．要使接近饱和的乙溶液成为饱和溶液，可蒸发溶剂C．分别将t2℃甲、乙两种物质的溶液降温至t1℃，一定都有晶体析出D．t1℃时，50g甲的饱和溶液中溶解了10g的甲物质【答案】B【解析】A、不知道溶液的状态，故t2℃时，甲乙两物质溶液的溶质质量分数不能确定是否相等，错误；B、乙的溶解度随温度的升高变化不明显，故要使接近饱和的乙溶液成为饱和溶液，可蒸发溶剂，正确；C、将t2℃甲、乙两种物质的饱和溶液溶液降温至t1℃，一定都有晶体析出，错误；D、t1℃时，甲的溶解度是20g，表明在该温度下50g水中溶解了10g的甲物质，错误；故选B。
点睛：根据固体的溶解度曲线可以：①查出某物质在一定温度下的溶解度，从而确定物质的溶解性，②比较不同物质在同一温度下的溶解度大小，从而判断饱和溶液中溶质的质量分数的大小，③判断物质的溶解度随温度变化的变化情况，从而判断通过降温结晶还是蒸发结晶的方法达到提纯物质的目的。
2．现有一包由5.6g铁、7.2g镁、1.0g碳混合而成的粉末，把它加入一定量的CuCl2溶液中。
实验结束后，测得剩余固体中含有三种物质。
则剩余固体的质量不可能是A．26. 2gB．26.6gC．26. 0gD．25. 8g【答案】B【解析】【分析】镁的金属活动性强于铁，铁强于铜，镁先和氯化铜反应生成氯化镁和铜，镁完全反应后，铁和氯化铜反应生成氯化亚铁和铜，碳和氯化铜不反应。
【详解】设7.2g镁和氯化铜完全反应产生铜的质量为xMg+CuCl=MgCl+Cu2224647.2g x2464=7.2g xx=19.2g若铁没有反应，剩余固体的质量为19.2g+1.0g+5.6g=25.8g设5.6g铁和硝酸铜完全反应产生铜的质量为yFe+CuCl=FeCl+Cu2256645.6g y5664=5.6g yy=6.4g若铁完全反应，剩余固体的质量为19.2g+1.0g+6.4g=26.6g铁没有反应或部分反应，因此剩余固体的质量大于或等于25.8g，小于26.6g。
沪教版(上海)2021年中考化学二模试题及答案
沪教版（上海）2021年中考化学二模试题及答案一、选择题（培优题较难）1．一定条件下,在一个密闭容器内发生某反应,测得反应前后各物质的质量如图所示，下列说法正确的是( )A．X 的值为 44 B．该反应属于置换反应C．W 由碳、氢两种元素组成D．W 中碳、氢元素原子个数比为 1：3【答案】D【解析】据质量守恒定律可知反应前后物质的总质量不变。
所以反应后二氧化碳的质量为64g+5g+8g+23g-32g-16g=52g,故A错误;反应物的质量减少，生成物的质量增加；所以水、二氧化碳是生成物，氧气和W是反应物。
由一中单质和一种化合物生成另一种和另一种化合物的反应叫置换反应。
水、二氧化碳是都是化合物，所以不是置换反应，故B错误；此反应的表达式可表示为W+O2→CO2+H2O。
根据质量守恒定律，反应前后元素的种类不变，由反应表达式可以看出W中一定含有碳氢两种元素，是否含有氧元素则要通过生成物中的氧元素与反应的氧气质量进行比较，生成的水中氧元素的质量为：27g×（16÷18×100%）＝24g，二氧化碳中氧元素的质量：44g×（32÷44×100%）＝32g，两者的质量和为56g，而参加反应的氧气的质量＝64g﹣16g＝48g，所以可判断W中含有氧元素，故C错误；由C的分析可知W中碳、氢元素质量比为（44g﹣32g）/12：（27g﹣24g）/1＝1：3，故正确，故选D。
点睛：此类题的方法是根据化学式计算碳、氢、氧元素的质量，和反应反应前氧元素的质量或可燃物的质量比较，来判断可燃物的组成元素2．某固体混合物由Mg和MgO组成，取该混合物与19. 6%的稀硫酸恰好完全反应（反应后溶液中无晶体析出），所得溶液蒸发82. 2g水后得到固体的质量为24g，则原混合物中氧元素的质量分数为（）A．16%B．20%C．25%D．40%【答案】C【解析】【详解】镁和稀硫酸反应生成硫酸镁和氢气，氧化镁和稀硫酸反应生成硫酸镁和水，所得溶液蒸发82. 2g水后得到的固体是硫酸镁， 24g硫酸镁中，镁元素的质量为：2424g100% 4.8g120⨯⨯=，硫酸根的质量=42g-4.8g-19.2g，参加反应的硫酸溶液中硫酸的质量=9619.2g100%19.6g98÷⨯=，参加反应的硫酸溶液的质量=19.6g19.6%=100g÷；反应生成的水的质量=82.2g –(100g-19.6g)=1.8g；生成的水中氧元素的质量=161.8g100% 1.6g18⨯⨯=，根据质量守恒定律可知，氧化镁中氧元素的质量=反应生成水中氧元素质量=1.6g。
沪教版(上海)2021初三化学中考二模试题和答案
沪教版（上海）2021 初三化学中考二模试题和答案
一、选择题（培优题较难）
1．将质量相等、溶质质量分数相同的两份稀硫酸分装在甲、乙两个烧杯中，再称取质量相 等的铝和锌，把铝放入甲烧杯中，锌放入乙烧杯中。待反应结束后，发现甲烧杯中铝有剩 余，乙烧杯中的锌已全部反应，根据此现象推断，下列结论中，正确的是（ ） A．一定是乙烧杯中产生的氢气多 B．可能乙烧杯中产生的氢气多 C．一定是甲烧杯中产生的氢气多 D．可能甲、乙两烧杯中产生的氢气一样多 【答案】D 【解析】 【分析】 因为甲烧杯中铝有剩余，说明稀硫酸已用完，在此反应中产生了题中一定量的稀硫酸能生 成的最多的氢气；而乙烧杯中锌已全部反应，在此反应中有两种情况可能存在：①稀硫酸 已用完，也产生了题中一定量的稀硫酸能生成的最多的氢气，那么甲乙两烧杯中产生的氢 气一样多；②稀硫酸没有全部反应，因此，就没有产生稀硫酸全部反应生成的那么多氢 气，此种情况实验中就是甲烧杯中产生的氢气多。 【详解】 A、根据分析，甲、乙两烧杯中产生的氢气可能一样多，选项 A 不正确； B、乙烧杯中产生的氢气最多与甲烧杯中产生的氢气一样多，选项 B 不正确； C、如果乙烧杯中稀硫酸没有全部反应，产生的氢气就比甲烧杯少，但如果乙烧杯中稀硫酸 全部反应，产生的氢气就和甲烧杯中产生的氢气一样多，选项 C 不正确； D、如果乙烧杯中稀硫酸已用完，甲乙两烧杯中产生的氢气一样多，如果乙烧杯中稀硫酸 没有全部反应，产生的氢气就比甲烧杯少，因此可能甲、乙两烧杯中产生的氢气一样多， 选项 D 正确。故选 D。
充分反应后生成
பைடு நூலகம்
NaCl
的质量为
14.2g 35.5 100%
23.4g
。故选
A。
58.5
【点睛】
本题主要考查学生运用假设法和化学方程式进行计算和推断的能力，计算时要注意规范性
一、选择题（培优题较难）
1．将质量相等、溶质质量分数相同的两份稀硫酸分装在甲、乙两个烧杯中，再称取质量相 等的铝和锌，把铝放入甲烧杯中，锌放入乙烧杯中。待反应结束后，发现甲烧杯中铝有剩 余，乙烧杯中的锌已全部反应，根据此现象推断，下列结论中，正确的是（ ） A．一定是乙烧杯中产生的氢气多 B．可能乙烧杯中产生的氢气多 C．一定是甲烧杯中产生的氢气多 D．可能甲、乙两烧杯中产生的氢气一样多 【答案】D 【解析】 【分析】 因为甲烧杯中铝有剩余，说明稀硫酸已用完，在此反应中产生了题中一定量的稀硫酸能生 成的最多的氢气；而乙烧杯中锌已全部反应，在此反应中有两种情况可能存在：①稀硫酸 已用完，也产生了题中一定量的稀硫酸能生成的最多的氢气，那么甲乙两烧杯中产生的氢 气一样多；②稀硫酸没有全部反应，因此，就没有产生稀硫酸全部反应生成的那么多氢 气，此种情况实验中就是甲烧杯中产生的氢气多。 【详解】 A、根据分析，甲、乙两烧杯中产生的氢气可能一样多，选项 A 不正确； B、乙烧杯中产生的氢气最多与甲烧杯中产生的氢气一样多，选项 B 不正确； C、如果乙烧杯中稀硫酸没有全部反应，产生的氢气就比甲烧杯少，但如果乙烧杯中稀硫酸 全部反应，产生的氢气就和甲烧杯中产生的氢气一样多，选项 C 不正确； D、如果乙烧杯中稀硫酸已用完，甲乙两烧杯中产生的氢气一样多，如果乙烧杯中稀硫酸 没有全部反应，产生的氢气就比甲烧杯少，因此可能甲、乙两烧杯中产生的氢气一样多， 选项 D 正确。故选 D。
充分反应后生成
பைடு நூலகம்
NaCl
的质量为
14.2g 35.5 100%
23.4g
。故选
A。
58.5
【点睛】
本题主要考查学生运用假设法和化学方程式进行计算和推断的能力，计算时要注意规范性
沪教版(上海)2021年中考化学二模试题及答案
A．甲物质的溶解度大于乙物质的溶解度
B．t1℃时甲、乙两物质的溶液溶质质量分数一定相等
C．t1℃时，甲、乙两物质各50 g分别加入100g水中，充分溶解，得到的溶液质量都是140g
D．t2℃时，等质量甲、乙两种固体配制成饱和溶液时甲比乙需要的水多
【答案】C
【解析】A.在溶解度曲线图上，横坐标是温度，纵坐标是溶解度。温度会影响物质的溶解度，温度不同溶解度不同，不说明温度时，无法比较溶解度的大小；B.饱和溶液溶质的质量分数=溶解度÷（溶解度+100g）×100% ，t1℃时甲、乙两物质的溶解度相同，所以两物质的饱和溶液溶质质量分数一定相等；C. t1℃时，甲、乙两物质哦溶解度为40g，各50 g分别加入100g水中，充分溶解，溶质的质量都只能是40g，得到的溶液质量都是140g；D. t2℃时，甲的溶解度比乙的溶解度大，等质量甲、乙两种固体配制成饱和溶液时甲比乙需要的水少。选C
点睛：金属活动顺序表：K Ca Na Mg Al Zn Fe Sn Pb H Cu Hg Ag Pt Au，在金属活动顺序表中，排在氢前边的金属能和酸发生置换反应生成盐和氢气。金属的位置越靠前，金属的活动性越强。位置靠前的金属能将位于其后的金属从它的盐溶液中置换出来。
3．将CO通入盛有12.0g的Fe2O3的试管内，加热至固体完全变黑后停止加热，继续通入CO至试管冷却，并同时将反应后的气体通入足量NaOH溶液中，溶液质量增重6.6g。Fe2O3还原过程中转化过程：Fe2O3→Fe3O4→FeO→Fe。下列说法错误的是
6．不能正确反映对应变化关系的图像是（ ）
A．在一定量的CuSO4溶液中逐滴加入NaOH溶液
，z=9.8g
硫酸的质量分数为：
由题干信息可知，一氧化碳与氢氧化铁在密闭容器中加热一段时间后得到Fe、FeO、二氧化碳和水，故该反应的化学方程式为：
B．t1℃时甲、乙两物质的溶液溶质质量分数一定相等
C．t1℃时，甲、乙两物质各50 g分别加入100g水中，充分溶解，得到的溶液质量都是140g
D．t2℃时，等质量甲、乙两种固体配制成饱和溶液时甲比乙需要的水多
【答案】C
【解析】A.在溶解度曲线图上，横坐标是温度，纵坐标是溶解度。温度会影响物质的溶解度，温度不同溶解度不同，不说明温度时，无法比较溶解度的大小；B.饱和溶液溶质的质量分数=溶解度÷（溶解度+100g）×100% ，t1℃时甲、乙两物质的溶解度相同，所以两物质的饱和溶液溶质质量分数一定相等；C. t1℃时，甲、乙两物质哦溶解度为40g，各50 g分别加入100g水中，充分溶解，溶质的质量都只能是40g，得到的溶液质量都是140g；D. t2℃时，甲的溶解度比乙的溶解度大，等质量甲、乙两种固体配制成饱和溶液时甲比乙需要的水少。选C
点睛：金属活动顺序表：K Ca Na Mg Al Zn Fe Sn Pb H Cu Hg Ag Pt Au，在金属活动顺序表中，排在氢前边的金属能和酸发生置换反应生成盐和氢气。金属的位置越靠前，金属的活动性越强。位置靠前的金属能将位于其后的金属从它的盐溶液中置换出来。
3．将CO通入盛有12.0g的Fe2O3的试管内，加热至固体完全变黑后停止加热，继续通入CO至试管冷却，并同时将反应后的气体通入足量NaOH溶液中，溶液质量增重6.6g。Fe2O3还原过程中转化过程：Fe2O3→Fe3O4→FeO→Fe。下列说法错误的是
6．不能正确反映对应变化关系的图像是（ ）
A．在一定量的CuSO4溶液中逐滴加入NaOH溶液
，z=9.8g
硫酸的质量分数为：
由题干信息可知，一氧化碳与氢氧化铁在密闭容器中加热一段时间后得到Fe、FeO、二氧化碳和水，故该反应的化学方程式为：
沪教版(上海)2020-2021年中考二模化学试题(含答案)
【答案】C
【解析】物质的组成和结构决定物质的性质。A. 生铁和钢都是铁的合金，主要区别是碳的含量不同。因此生铁和钢性能不同主要是由于含碳量不同；B. CO和CO2化学性质不同是由于构成它们的分子不同；C. 金刚石和石墨都是由碳原子直接构成的，性质不同是由于构成它们的碳原子的排列方式不同；D. 金属钠和铝都是由原子直接构成的，金属的化学性质由构成金属的原子保持，而原子的化学性质由原子的最外层电子数决定，金属钠和铝的性质不同是由于钠和铝的原子结构不同。选C
沪教版（上海）2020-2021年中考二模化学试题(含答案)
一、选择题（培优题较难）
1．下列关于物质结构和性质的说法不正确的是（ ）
A．生铁和刚性能不同主要是由于含碳量不同
B．CO和CO2化学性质不同是由于构成它们的分子不同
C．金刚石和石墨性质不同是由于构成它们的碳原子不同
D．金属钠和铝的性质不同是由于钠和铝的原子结构不同
D、14.06g还原铁粉（仅含有Fe和少量FexC）在氧气流中充分加热，得到0.22gCO2，根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的质量不变，故FexC中的碳元素全部转化到了二氧化碳中，二氧化碳中碳元素的质量为： ，设还原铁粉中铁的质量为x
【点睛】
本题涉及到了优先反应原则，当金属与几种盐的混合溶液反应时，金属中最活泼的金属优先置换出最不活泼的金属。
5．工业上利用生产钛白的副产品硫酸亚铁制备还原铁粉的流程如图
下列说法不正确的是
A．“转化”时在溶液中生成了FeCO3沉淀，该反应的基本反应类型是复分解反应
B．“过滤”后得到的滤液中的溶质只有（NH4）2SO4
A．若甲是碳酸钙，则乙转化成丙的反应可以是放热反应
B．若乙是最常用的溶剂，则丁可以是单质碳
【解析】物质的组成和结构决定物质的性质。A. 生铁和钢都是铁的合金，主要区别是碳的含量不同。因此生铁和钢性能不同主要是由于含碳量不同；B. CO和CO2化学性质不同是由于构成它们的分子不同；C. 金刚石和石墨都是由碳原子直接构成的，性质不同是由于构成它们的碳原子的排列方式不同；D. 金属钠和铝都是由原子直接构成的，金属的化学性质由构成金属的原子保持，而原子的化学性质由原子的最外层电子数决定，金属钠和铝的性质不同是由于钠和铝的原子结构不同。选C
沪教版（上海）2020-2021年中考二模化学试题(含答案)
一、选择题（培优题较难）
1．下列关于物质结构和性质的说法不正确的是（ ）
A．生铁和刚性能不同主要是由于含碳量不同
B．CO和CO2化学性质不同是由于构成它们的分子不同
C．金刚石和石墨性质不同是由于构成它们的碳原子不同
D．金属钠和铝的性质不同是由于钠和铝的原子结构不同
D、14.06g还原铁粉（仅含有Fe和少量FexC）在氧气流中充分加热，得到0.22gCO2，根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的质量不变，故FexC中的碳元素全部转化到了二氧化碳中，二氧化碳中碳元素的质量为： ，设还原铁粉中铁的质量为x
【点睛】
本题涉及到了优先反应原则，当金属与几种盐的混合溶液反应时，金属中最活泼的金属优先置换出最不活泼的金属。
5．工业上利用生产钛白的副产品硫酸亚铁制备还原铁粉的流程如图
下列说法不正确的是
A．“转化”时在溶液中生成了FeCO3沉淀，该反应的基本反应类型是复分解反应
B．“过滤”后得到的滤液中的溶质只有（NH4）2SO4
A．若甲是碳酸钙，则乙转化成丙的反应可以是放热反应
B．若乙是最常用的溶剂，则丁可以是单质碳
沪教版(全国)2021初三化学中考二模试题和答案
B．剩余固体为Na2CO3和NaCl的混合物
C．反应后，所得溶液中NaCl的质量为11.7g
D．原混合物中NaHCO3与NaCl的质量比为63:37
【答案】D
【解析】
【分析】
混合物20.0g，加热一段时间，得剩余固体16.9g，减少的3.1g是水和CO2的质量，设NaHCO3分解产生CO2的质量为 ，分解的NaHCO3的质量为 ，
C.反应后，所得溶液中NaCl的质量为：原混合物中NaCl的质量为7.4g和生成NaCl的质量为8.775g之和，共16.175g，不符合题意；
D.原混合物中NaHCO3与NaCl的质量比为12.6g：7.4g= 63:37，符合题意。故选D。
2．往AgNO3和Cu（NO3）2的混合溶液中加入一定量的铁粉，充分反应后，有金属析出，过滤、洗涤后往滤渣中加入稀盐酸，有无色气体放出，则滤液中一定存在的物质是
，解得 =2.2g
，解得 =8.4g；
得剩余固体中加入盐酸后产生的二氧化碳，被石灰水吸收，得到碳酸钙15.0g，根据质量守恒定律这些二氧化碳来自NaHCO3，设NaHCO3的质量为 ，生成NaCl的质量为 ，则有：
，解得 =12.6g，
，解得 =8.775g，则原混合物中NaCl的质量为20g-12.6g=7.4g。根据以上计算分析作答。
【详解】
A、根据题意A~G七种物质均含有同一种元素，分析可知A是氧气，是单质。根据D的相对分子质量为100，可用作建筑材料，D是碳酸钙。选项A正确；
B、根据分析，题中反应可能有化合反应如碳和氧气反应生成二氧化碳，可能有分解反应如碳酸பைடு நூலகம்高温分解生成氧化钙和二氧化碳，有复分解反应如氢氧化钙和盐酸反应，但不可能发生置换反应，因为氧气转变成二氧化碳、氧气转变成一氧化碳、一氧化碳转变成二氧化碳都不可能是置换反应，选项B不正确；
C．反应后，所得溶液中NaCl的质量为11.7g
D．原混合物中NaHCO3与NaCl的质量比为63:37
【答案】D
【解析】
【分析】
混合物20.0g，加热一段时间，得剩余固体16.9g，减少的3.1g是水和CO2的质量，设NaHCO3分解产生CO2的质量为 ，分解的NaHCO3的质量为 ，
C.反应后，所得溶液中NaCl的质量为：原混合物中NaCl的质量为7.4g和生成NaCl的质量为8.775g之和，共16.175g，不符合题意；
D.原混合物中NaHCO3与NaCl的质量比为12.6g：7.4g= 63:37，符合题意。故选D。
2．往AgNO3和Cu（NO3）2的混合溶液中加入一定量的铁粉，充分反应后，有金属析出，过滤、洗涤后往滤渣中加入稀盐酸，有无色气体放出，则滤液中一定存在的物质是
，解得 =2.2g
，解得 =8.4g；
得剩余固体中加入盐酸后产生的二氧化碳，被石灰水吸收，得到碳酸钙15.0g，根据质量守恒定律这些二氧化碳来自NaHCO3，设NaHCO3的质量为 ，生成NaCl的质量为 ，则有：
，解得 =12.6g，
，解得 =8.775g，则原混合物中NaCl的质量为20g-12.6g=7.4g。根据以上计算分析作答。
【详解】
A、根据题意A~G七种物质均含有同一种元素，分析可知A是氧气，是单质。根据D的相对分子质量为100，可用作建筑材料，D是碳酸钙。选项A正确；
B、根据分析，题中反应可能有化合反应如碳和氧气反应生成二氧化碳，可能有分解反应如碳酸பைடு நூலகம்高温分解生成氧化钙和二氧化碳，有复分解反应如氢氧化钙和盐酸反应，但不可能发生置换反应，因为氧气转变成二氧化碳、氧气转变成一氧化碳、一氧化碳转变成二氧化碳都不可能是置换反应，选项B不正确；
沪教版(上海)2021年中考化学二模试题及答案
通过钠元素的质量可以计算出原碳酸氢钠的质量为：11.5g÷ =42g。
加热一段时间后固体质量为43.8g，则减少的质量为：50g-43.8g=6.2g。
减少的6.2g是生成的水和二氧化碳的质量。
社分解碳酸氢钠的质量为x，则根据差量法有：
解得x=16.8g
分解的碳酸氢钠占原碳酸氢钠的质量分数为： 。
故பைடு நூலகம்C。
C.若向滤渣中加入足量的稀盐酸有气泡冒出，则滤渣中一定含有Ag、Cu、Fe，由于锌先反应，锌可能剩余，也可能反应完；
D.若向滤液中加入足量的稀盐酸有白色沉淀产生，则硝酸银有剩余，硝酸铜没反应，锌和铁都反应完，则滤液中的一定含有银离子，四种金属阳离子。选A
【点睛】
金属活动顺序表：K Ca Na Mg Al Zn Fe Sn Pb H Cu Hg Ag Pt Au，在金属活动顺序表中，排在氢前边的金属能和酸发生置换反应生成盐和氢气。金属的位置越靠前，金属的活动性越强。位置靠前的金属能将位于其后的金属从它的盐溶液中置换出来。
4．实验室有一包含杂质的碳酸氢钠样品50g（杂质不含钠元素，受热不变化），其中钠元素的质量分数为23%，180℃时，将样品加热一段时间后称得固体质量为43.8g，则分解的碳酸氢钠占原碳酸氢钠的质量分数为（已知 ）
A．60%B．47.3%C．40%D．33.6%
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
原混合物中钠元素的质量：50g×23%=11.5g。
【详解】
由Mg＋2HCl═MgCl2＋H2↑，Zn＋2HCl═ZnCl2＋H2↑可知，2Cl-～H2↑，
设氯离子质量为x，
2Cl-～H2↑，
71 2
x 0.4g
x＝14.2g，
加热一段时间后固体质量为43.8g，则减少的质量为：50g-43.8g=6.2g。
减少的6.2g是生成的水和二氧化碳的质量。
社分解碳酸氢钠的质量为x，则根据差量法有：
解得x=16.8g
分解的碳酸氢钠占原碳酸氢钠的质量分数为： 。
故பைடு நூலகம்C。
C.若向滤渣中加入足量的稀盐酸有气泡冒出，则滤渣中一定含有Ag、Cu、Fe，由于锌先反应，锌可能剩余，也可能反应完；
D.若向滤液中加入足量的稀盐酸有白色沉淀产生，则硝酸银有剩余，硝酸铜没反应，锌和铁都反应完，则滤液中的一定含有银离子，四种金属阳离子。选A
【点睛】
金属活动顺序表：K Ca Na Mg Al Zn Fe Sn Pb H Cu Hg Ag Pt Au，在金属活动顺序表中，排在氢前边的金属能和酸发生置换反应生成盐和氢气。金属的位置越靠前，金属的活动性越强。位置靠前的金属能将位于其后的金属从它的盐溶液中置换出来。
4．实验室有一包含杂质的碳酸氢钠样品50g（杂质不含钠元素，受热不变化），其中钠元素的质量分数为23%，180℃时，将样品加热一段时间后称得固体质量为43.8g，则分解的碳酸氢钠占原碳酸氢钠的质量分数为（已知 ）
A．60%B．47.3%C．40%D．33.6%
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
原混合物中钠元素的质量：50g×23%=11.5g。
【详解】
由Mg＋2HCl═MgCl2＋H2↑，Zn＋2HCl═ZnCl2＋H2↑可知，2Cl-～H2↑，
设氯离子质量为x，
2Cl-～H2↑，
71 2
x 0.4g
x＝14.2g，
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Δ 2CO + 2Fe(OH)3 Fe + FeO + 3H2O +2 CO2 56 214
m 21.4g
56 = m ，m=5.6g 214 21.4g
故生成二氧化碳和水的质量为：5.6g+21.4g-12.8g=14.2g。 故选 D。
4．实验室有一包含杂质的碳酸氢钠样品 50g（杂质不含钠元素，受热不变化），其中钠元 素的质量分数为 23%，180℃时，将样品加热一段时间后称得固体质量为 43.8g，则分解的
Δ 碳酸氢钠占原碳酸氢钠的质量分数为（已知 2NaHCO3 Na2CO3 +H2O+CO2 ）
A．60%
B．47.3%
C．40%
D．33.6%
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
原混合物中钠元素的质量：50g×23%=11.5g。
通过钠元素的质量可以计算出原碳酸氢钠的质量为：11.5g÷
23
=42g。
72 = 7.2g ，z=9.8g 98 z 硫酸的质量分数为： 9.8g+9.8g 100%=19.6%
100g
由题干信息可知，一氧化碳与氢氧化铁在密闭容器中加热一段时间后得到 Fe、FeO、二氧 化碳和水，故该反应的化学方程式为：
Δ 2CO+2Fe(OH)3 Fe+FeO+3H2O+2CO2
设一氧化碳的质量为 m
160
112
12g
y
160 = 12g 112 y y=8.4g
试管中残留固体中含
FeO
的质量为
9.6g-8.4g
16 72
100%
=5.4g
设反应后固体中加入足量的稀盐酸产生气体的质量为 z
Fe + 2HCl = FeCl2 + H2
56
2
9.6g-5.4g
z
56 = 4.2g 2z z=0.15g
Fe + H2SO4 = FeSO4 + H2
56 98
2
xy
0.2g
56 = x ， 98 = y 2 0.2g 2 0.2g
x=5.6g，y=9.8g 则生成 FexOy 的质量为：12.8g-5.6g=7.2g；
21.4g Fe(OH)3 中铁元素的质量为： 21.4g 56 100% 11.2g 56+17 3
为12g-2.4g=9.6g ；
如果试管中残留固体全部是 FeO，设 FeO 的质量为 x
Δ Fe2O3 + CO 2FeO + CO2
160
144
12g
x
160 = 12g 144 x x=10.8g
设 12gFe2O3 完全反应生成 Fe 的质量为 y
Δ Fe2O3 + 3CO 2Fe + 3CO2
23+1+12+16 3
加热一段时间后固体质量为 43.8g，则减少的质量为：50g-43.8g=6.2g。
减少的 6.2g 是生成的水和二氧化碳的质量。
社分解碳酸氢钠的质量为 x，则根据差量法有：
2NaHCO3 Na2CO3 + H2O + CO2 Δm
168
18 44
62
பைடு நூலகம்
C．实验过程中参加反应的 CO 的质量为 4.2g
D．反应后固体中加入足量的稀盐酸产生气体的质量为 0.15g
【答案】B
【解析】
【分析】
生成二氧化碳的质量为 6.6g，生成的二氧化碳分子中，有一个氧原子来自于氧化铁。6.6g
二氧化碳中来自氧化铁的氧元素的质量为 6.6g 16 100%=2.4g ，试管中残留固体质量 44
【详解】 A．反应后的黑色固体质量是 9.6g，9.6g＞8.4g，反应后的黑色固体为混合物，故 A 正确； B．试管中残留固体质量为 9.6g，故 B 错误； C．实验过程中参加反应的 CO 的质量为：6.6g-2.4g=4.2g，故 C 正确；
D．反应后固体中加入足量的稀盐酸产生气体的质量为 0.15g，故 D 正确。 故选：B。
FexOy 中铁元素的质量为：11.2g-5.6g=5.6g； FexOy 中氧元素的质量为：7.2g-5.6g=1.6g； 故 56x：16y=5.6g：1.6g，x：y=1：1，故 FexOy 的化学式为：FeO； FeO 与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和水，设与 FeO 反应的硫酸的质量为 z
FeO + H2SO4 = FeSO4 + H2O 72 98 7.2g z
沪教版（上海）2021 年中考化学二模试题及答案
一、选择题（培优题较难）
1．已知：2KMnO4
K2MnO4+MnO2+O2↑。下列图象表示一定质量的 KMnO4 受热过程中某些
量随时间的变化趋势，其中正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A 【解析】 A 由质量守恒定律可知，反应前后物质的总质量不变，由于氧气是气体，所以反应后固体 的质量比反应前减少，反应结束固体的质量等于锰酸钾和二氧化锰的质量和，不再变；B 由质量守恒定律可知，反应前后元素的种类质量不变，所以氧元素的质量不随反应时间而 变化，图像应该是一条平线；二氧化锰是生成物，开始高锰酸钾分解前，二氧化锰的含量 为零，反应中二氧化锰逐渐增多，含量增加，反应结束，含量不再改变;D 氧气是反应的生 成物，所以氧气的体积起点应该为零。选 A 点睛：图像的问题主要是结合化学反应分析图的起点的位置，变化趋势，终点的位置是否 正确
2．将 CO 通入盛有 12.0g 的 Fe2O3 的试管内，加热至固体完全变黑后停止加热，继续通入 CO 至试管冷却，并同时将反应后的气体通入足量 NaOH 溶液中，溶液质量增重 6.6g。 Fe2O3 还原过程中转化过程：Fe2O3→Fe3O4 →FeO→Fe。下列说法错误的是 A．反应后的黑色固体为混合物 B．试管中残留固体质量为 10.8g
Δ 3．已知: 2Fe(OH)3 Fe2O3 +3H2O ，现将 CO 气体与 21.4g Fe（OH）3 在密闭容器中加热
一段时间后得到 Fe、FexOy 混合物 12.8g，将此混合物溶于 100.0g 稀 H2SO4 恰好完全反应， 产生 0.2g H2。下列说法正确的是 A．生成 CO2 和 H2O 共 8.6g B．混合物中含 5.6g 铁元素 C．FexOy 为 Fe2O3 D．该稀硫酸溶质的质量分数为 19.6% 【答案】D 【解析】 【详解】 产生氢气的质量为 0.2g，由于只有铁和稀硫酸反应才能生成氢气，设生成铁的质量为 x， 与铁反应的硫酸的质量为 y
m 21.4g
56 = m ，m=5.6g 214 21.4g
故生成二氧化碳和水的质量为：5.6g+21.4g-12.8g=14.2g。 故选 D。
4．实验室有一包含杂质的碳酸氢钠样品 50g（杂质不含钠元素，受热不变化），其中钠元 素的质量分数为 23%，180℃时，将样品加热一段时间后称得固体质量为 43.8g，则分解的
Δ 碳酸氢钠占原碳酸氢钠的质量分数为（已知 2NaHCO3 Na2CO3 +H2O+CO2 ）
A．60%
B．47.3%
C．40%
D．33.6%
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
原混合物中钠元素的质量：50g×23%=11.5g。
通过钠元素的质量可以计算出原碳酸氢钠的质量为：11.5g÷
23
=42g。
72 = 7.2g ，z=9.8g 98 z 硫酸的质量分数为： 9.8g+9.8g 100%=19.6%
100g
由题干信息可知，一氧化碳与氢氧化铁在密闭容器中加热一段时间后得到 Fe、FeO、二氧 化碳和水，故该反应的化学方程式为：
Δ 2CO+2Fe(OH)3 Fe+FeO+3H2O+2CO2
设一氧化碳的质量为 m
160
112
12g
y
160 = 12g 112 y y=8.4g
试管中残留固体中含
FeO
的质量为
9.6g-8.4g
16 72
100%
=5.4g
设反应后固体中加入足量的稀盐酸产生气体的质量为 z
Fe + 2HCl = FeCl2 + H2
56
2
9.6g-5.4g
z
56 = 4.2g 2z z=0.15g
Fe + H2SO4 = FeSO4 + H2
56 98
2
xy
0.2g
56 = x ， 98 = y 2 0.2g 2 0.2g
x=5.6g，y=9.8g 则生成 FexOy 的质量为：12.8g-5.6g=7.2g；
21.4g Fe(OH)3 中铁元素的质量为： 21.4g 56 100% 11.2g 56+17 3
为12g-2.4g=9.6g ；
如果试管中残留固体全部是 FeO，设 FeO 的质量为 x
Δ Fe2O3 + CO 2FeO + CO2
160
144
12g
x
160 = 12g 144 x x=10.8g
设 12gFe2O3 完全反应生成 Fe 的质量为 y
Δ Fe2O3 + 3CO 2Fe + 3CO2
23+1+12+16 3
加热一段时间后固体质量为 43.8g，则减少的质量为：50g-43.8g=6.2g。
减少的 6.2g 是生成的水和二氧化碳的质量。
社分解碳酸氢钠的质量为 x，则根据差量法有：
2NaHCO3 Na2CO3 + H2O + CO2 Δm
168
18 44
62
பைடு நூலகம்
C．实验过程中参加反应的 CO 的质量为 4.2g
D．反应后固体中加入足量的稀盐酸产生气体的质量为 0.15g
【答案】B
【解析】
【分析】
生成二氧化碳的质量为 6.6g，生成的二氧化碳分子中，有一个氧原子来自于氧化铁。6.6g
二氧化碳中来自氧化铁的氧元素的质量为 6.6g 16 100%=2.4g ，试管中残留固体质量 44
【详解】 A．反应后的黑色固体质量是 9.6g，9.6g＞8.4g，反应后的黑色固体为混合物，故 A 正确； B．试管中残留固体质量为 9.6g，故 B 错误； C．实验过程中参加反应的 CO 的质量为：6.6g-2.4g=4.2g，故 C 正确；
D．反应后固体中加入足量的稀盐酸产生气体的质量为 0.15g，故 D 正确。 故选：B。
FexOy 中铁元素的质量为：11.2g-5.6g=5.6g； FexOy 中氧元素的质量为：7.2g-5.6g=1.6g； 故 56x：16y=5.6g：1.6g，x：y=1：1，故 FexOy 的化学式为：FeO； FeO 与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和水，设与 FeO 反应的硫酸的质量为 z
FeO + H2SO4 = FeSO4 + H2O 72 98 7.2g z
沪教版（上海）2021 年中考化学二模试题及答案
一、选择题（培优题较难）
1．已知：2KMnO4
K2MnO4+MnO2+O2↑。下列图象表示一定质量的 KMnO4 受热过程中某些
量随时间的变化趋势，其中正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A 【解析】 A 由质量守恒定律可知，反应前后物质的总质量不变，由于氧气是气体，所以反应后固体 的质量比反应前减少，反应结束固体的质量等于锰酸钾和二氧化锰的质量和，不再变；B 由质量守恒定律可知，反应前后元素的种类质量不变，所以氧元素的质量不随反应时间而 变化，图像应该是一条平线；二氧化锰是生成物，开始高锰酸钾分解前，二氧化锰的含量 为零，反应中二氧化锰逐渐增多，含量增加，反应结束，含量不再改变;D 氧气是反应的生 成物，所以氧气的体积起点应该为零。选 A 点睛：图像的问题主要是结合化学反应分析图的起点的位置，变化趋势，终点的位置是否 正确
2．将 CO 通入盛有 12.0g 的 Fe2O3 的试管内，加热至固体完全变黑后停止加热，继续通入 CO 至试管冷却，并同时将反应后的气体通入足量 NaOH 溶液中，溶液质量增重 6.6g。 Fe2O3 还原过程中转化过程：Fe2O3→Fe3O4 →FeO→Fe。下列说法错误的是 A．反应后的黑色固体为混合物 B．试管中残留固体质量为 10.8g
Δ 3．已知: 2Fe(OH)3 Fe2O3 +3H2O ，现将 CO 气体与 21.4g Fe（OH）3 在密闭容器中加热
一段时间后得到 Fe、FexOy 混合物 12.8g，将此混合物溶于 100.0g 稀 H2SO4 恰好完全反应， 产生 0.2g H2。下列说法正确的是 A．生成 CO2 和 H2O 共 8.6g B．混合物中含 5.6g 铁元素 C．FexOy 为 Fe2O3 D．该稀硫酸溶质的质量分数为 19.6% 【答案】D 【解析】 【详解】 产生氢气的质量为 0.2g，由于只有铁和稀硫酸反应才能生成氢气，设生成铁的质量为 x， 与铁反应的硫酸的质量为 y