2019年鄂尔多斯中考化学试题解析

2019年鄂尔多斯中考化学试题

1.（2019·鄂尔多斯）绿水青山就是金山银山。下列做法不符合这一理念的是

1. 无纸化办公，低碳出行，减少资源消耗
2. 生活垃圾沈曼处理，减少对地表的污染
3. 推广使用滴、喷灌技术，高效利用水资源
4. 退耕还草，植树造林，提高植被覆盖率

【答案】B

【解析】无纸化办公，低碳出行，减少资源消耗，有利于保护环境，A正确；生活垃圾深埋处理，会污染土壤和地下水，不利于保护环境，B错误；推广使用滴、喷灌技术，高效利用水资源，有利于节约水资源，C正确；退耕还草，植树造林，提高植被覆盖率，有利于保护环境，D正确。

2.（2019·鄂尔多斯）学习化学要构建基本理念，对以下基本观念的认识，正确的是

1.     分类观:干冰和可燃冰都属于氧化物
2.     元素观：氧气和臭氧都由氧元素组成
3.     变化观：二氧化碳和一氧化碳不可以相互转化
4.     结构观：氖原子和氟原子最外层电子数相同，化学性质也相同

【答案】B

【解析】干冰是二氧化碳，二氧化碳是由氧元素和另外一种元素组成的化合物，属于氧化物；可燃冰的主要成分是甲烷，属于混合物，A错误；氧气和臭氧都由氧元素组成，B正确；二氧化碳在高温条件下与碳反应生成一氧化碳，一氧化碳在氧气中点燃生成二氧化碳，二氧化碳和一氧化碳可以相互转化，C错误；氖原子和氟离子最外层电子数相同，但化学性质不相同，氟离子可以结合阳离子构成物质，氖原子性质稳定，D错误。

3.（2019·鄂尔多斯）物质的变化是化学研究的重要内容，下表中与其他三组变化不同的一组是（  ）

【答案】A

【解析】解答时要分析变化过程中是否有新物质生成，若没有新物质生成属于物理变化，若有新物质生成属于化学变化。糖水稀释、酒精挥发、量体裁衣三种变化过程中，都没有新物质生成，都属于物理变化；水果榨汁和木已成舟变化过程中，都没有新物质生成，都属于物理变化；钢铁锈蚀过程中有新物质铁锈生成，属于化学变化；竹篾编框和海水晒盐变化过程中，都没有新物质生成，都属于物理变化；火上浇油过程中有新物质水和二氧化碳生成，属于化学变化；玻璃破碎和滴水成冰变化过程中，都没有新物质生成，都属于物理变化；镁条燃烧过程中有新物质氧化镁生成，属于化学变化；表中变化只有选项A都是物理变化，其余选项是两个物理变化，一个化学变化，与其他三组变化不同的一组是A。

4.（2019·鄂尔多斯）宏观辨识和微观探析是化学学科核心素养之一，对下列微观图示的理解，正确的是

A.参加反应的和微粒个数之比为3:2

B.该反应的基本反应类型为置换反应

C.反应前后分子的种类和数目均发生了改变

D.由和分别构成的物质中同种元素化合价相同

【答案】C

【解析】由图中信息可知，反应的微观示意图表示两个NO分子与两个CO分子反应，通过C、N、O原子的重新结合，形成了一个N2分子和两个CO2分子，反应的化学方程式为2NO+2CO一定条件 N2+2CO2。根据化学方程式可知，参加反应的和微粒个数之比为2:2（或1:1），A错误；该反应的反应物是两种化合物，生成物上一种单质和一种化合物，不符合置换反应的特征，B错误；根据化学方程式可知，反应前后分子的种类和数目均发生了改变，C正确；由和分别构成的物质中具有相同元素是碳元素，中的碳元素化合价为+2价，中碳元素化合价是+4价，由和分别构成的物质中同种元素化合价不相同，D错误。

5.（2019·鄂尔多斯）混合气体通过足量澄清石灰水后，经干燥再依次通过灼热的氧化铜、无水硫酸铜、澄清石灰水，若每个环节均有明显现象，则符合条件的气体组合是（   ）

A.O2   CO2   N2         B. N2   H2   CO2

C. H2   CO   CO2          D.CO2    Ar   CO

【答案】C

【解析】无水硫酸铜遇水变蓝色，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，一氧化碳、氢气会与灼热的氧化铜反应。O2、N2都不能与澄清石灰水、灼热的氧化铜、无水硫酸铜反应，混合气体通过上述试剂后，不可能每个环节均有明显现象，A错误；N2不能与澄清石灰水、灼热的氧化铜、无水硫酸铜反应，混合气体通过上述试剂后，不可能每个环节均有明显现象，B错误；

二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，氢气、CO都能与灼热氧化铜反应，产生使黑色氧化铜变红的现象，氢气与灼热氧化铜反应生成铜和水，CO与灼热氧化铜反应生成铜和二氧化碳，无水硫酸铜遇水变蓝色，当混合气体为H2 、CO、CO2组合时，通过足量澄清石灰水后，经干燥再依次通过灼热的氧化铜、无水硫酸铜、澄清石灰水，会依次产生澄清石灰水变浑浊，黑色氧化铜变红，无水硫酸铜变蓝色，澄清石灰水变浑浊的现象，C正确；Ar是稀有气体，化学性质稳定，不能与澄清石灰水、灼热的氧化铜、无水硫酸铜反应，混合气体通过上述试剂后，不可能每个环节均有明显现象，D错误。

6.（2019·鄂尔多斯）金属M与Cu(NO3)2溶液发生反应：M+Cu(NO3)2=Cu+M(NO3)2，下列叙述不正确的是

A.金属M不可能是铝

B.M一定发生反应：M+AgNO3=2Ag+M(NO3)2

C.若M为镁，恰好完全反应后，溶液质量较反应前减少

D.恰好完全反应后，M表面有红色固体析出，溶液一定由蓝色变为无色

【答案】D

【解析】铝在形成硝酸盐时显+3价，该反应中的M显+2价，该金属不可能是铝，A正确；根据金属M与Cu(NO3)2溶液发生反应：M+Cu(NO3)2=Cu+M(NO3)2可知，M的金属活动性大于铜，所以M的金属活动性大于银，M一定发生反应：M+2AgNO3=2Ag+M(NO3)2，B正确；若M为镁，该反应的化学方程式为：Mg+Cu(NO3)2=Cu+Mg(NO3)2，根据化学方程式可知，每24份质量的镁能置换出64份质量的铜，恰好完全反应后，溶液质量较反应前减少，C正确；恰好完全反应后，M表面有红色固体析出，溶液不一定由蓝色变为无色，因为M(NO3)2溶液不一定呈无色，例如铁与硝酸铜反应生成的磷酸亚铁呈浅绿色，D错误。

7.（2019·鄂尔多斯）分离、提纯、除杂、鉴别是基本的实验技能，下列实验设计能达到实验目的的是

【答案】D

【解析】加入试剂除杂质时至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质。CO2能与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，CO不与氢氧化钠溶液反应，混合气体通过足量NaOH溶液后，反而会把原物质除去，A错误；铁粉能与足量稀硫酸反应生成硫酸亚铁溶液和氢气，铜不与稀硫酸反应，能分离出铜粉，不能分离出铁粉，B错误；Ca(OH)2与K2CO3反应生成碳酸钙和氢氧化钾，加入过量K2CO3溶液，能除去杂质，但引入新的杂质K2CO3（过量），C错误；碳酸钙不溶于水；加入水形成浑浊；氢氧化钠溶于水放热，加入水中，温度会升高；硝酸铵溶于水吸热，加入水中，温度会降低；氯化钠溶于水，加入水中，温度几乎不变，所以分别加入等量的水，观察并感知温度变化可以鉴别，故D正确。

8.（2019·鄂尔多斯）Al(OH)3是用途广泛的难溶性固体，可用NaOH溶液来制取但又可溶于NaOH溶液：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl   Al(OH)3+NaOH=NaAlO2（偏铝酸钠）+2H2O，现向一定质量的AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液，实验现象如图所示，对图像理解错误的是（   ）

A.b点生成的Al(OH)3质量达到最大值

B.a、c点溶液中的溶质质量分数分别是AlCl3和NaAlO2

C.bc段（不含端点）的铝元素存在于Al(OH)3和NaAlO2中

D.ad段和dc段消耗的NaOH质量比为3:1

【答案】B

【解析】根据图像可知，b点生成的Al(OH)3质量达到最大值，A正确；根据题意可知a点溶液中的溶质是AlCl3，c点溶液中的溶质是Al(OH)3与NaOH反应生成的 NaAlO2和ad段生成的氯化钠，B错误；bc段（不含端点）发生的反应是Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，铝元素存在于Al(OH)3和NaAlO2中，C正确；设一定质量的AlCl3溶液中AlCl3质量为m，ad段消耗的氢氧化钠质量为x，生成氢氧化铝的质量为y。

AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl

133.5    120     78

  m         x     y

x=120m/133.5

y=78m/133.5

设dc段消耗的NaOH质量为z。

Al(OH)3  +  NaOH=NaAlO2+2H2O

133.5      40

78m/133.5    z

z=40m/133.5

ad段和dc段消耗的NaOH质量比为120m/133.5：40m/133.5=3:1，D正确。

9.（2019·鄂尔多斯）壮丽70年，奋斗新时代，中国科技发展令世人瞩目。

（1）以石墨烯为主要原材料的国产智能温控服装，在通电条件下能自行发热并保持恒温，这是利用了被称为“新材料之王”的石墨烯重要性质之超强导热性和_____。

（2）鄂尔多斯市的两旗两区已进入“1小时高铁经济圈”，高铁超长轨道利用“铝热反应

”进行焊接的原理是Fe3O4和Al粉按比例混合，高温下生成Fe和另一种化合物，该反应的化学方程式是______________________________。

（3）我国自主研发制造的001A型航母使用了大量的钛合金，一般情况下与组成它的合金相比，合金具有的特性是________________。

（4）我国可控核聚变技术在实验室中的研究取得了突破性进展，该技术一旦成熟并投入使用，有望解决人类未来的________问题。

【答案】（1）导电性   （2）2Al+Fe2O3高温2Fe+Al2O3

（3）硬度大、熔点低     （4）能源

（1）以石墨烯为主要原材料的国产智能温控服装，在通电条件下能自行发热并保持恒温，这是利用了被称为“新材料之王”的石墨烯重要性质之超强导热性和导电性；

（2）焊接的原理是Fe3O4和Al粉按比例混合，高温下生成Fe和另一种化合物，根据质量守恒定律可知，反应生成的另一种化合物是氧化铝，该反应的化学方程式是8Al+3Fe3O4高温9Fe+4Al2O3；

（3）一般情况下与组成它的合金相比，合金具有的特性是硬度大、熔点低；

（4）可控核聚变技术让能量持续稳定的输出，该技术一旦成熟并投入使用，有望解决人类未来的能源问题。

10.（2019·鄂尔多斯）从玫瑰花瓣中提取的花青素（紫色）可制成酸碱指示剂，滴入到不同十几种颜色变化如下表，结合表中信息回答：

（1）NH4Cl溶液呈_____（填“酸性”“碱性”或“中性”），用作化肥长期施用的结果是_______。

（2）向某无色溶液中滴入花青素，溶液变蓝色，则此溶液中一定不存在Na+、k+、Fe3+、NH4+、NO3-、SO42-离子中的______（填离子符号）。

（3）胃溃疡患者不用碳酸氢钠片治疗胃酸过多的原因是____________________（用化学方程式表示）

【答案】（1）酸性，使土壤酸化、板结（写出其中之一即可）（2）Fe3+、NH4+ 

（3）NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑

【解析】（1）盐酸呈酸性，从玫瑰花瓣中提取的花青素（紫色）在盐酸、NH4Cl溶液中呈红色，所以NH4Cl溶液呈酸性，用作化肥长期施用的结果是使土壤酸化、板结；（2）NaOH溶液呈碱性，溶液中存在OH-，从玫瑰花瓣中提取的花青素（紫色）在NaOH溶液呈蓝色，向某无色溶液中滴入花青素，溶液变蓝色，则此溶液中一定存在OH-，Fe3+、NH4+与不能共存，所以该溶液不存在Fe3+、NH4+；（3）碳酸氢钠与胃酸（存在盐酸）反应产生二氧化碳气体，可能加重胃溃疡病，该反应的化学式方程式为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。

11.（2019·鄂尔多斯）元素周期表是学习和研究化学的重要工具（下表是元素周期表的一部分）。

（1）某粒子的结构示意图为，该粒子符号是_________。

（2）核磁共振（NMR）技术已广泛应用于医学领域，已知只有质子数为奇数的原子才有NMR现象，表中①~⑤五种元素的原子，能产生NMR现象的是______（填元素符号）。

（3）由表中①②④三种元素组成的某有机物，多存在于水稻、小麦、马铃薯等中，它为我们提供的营养素主要是_________。

【答案】（1）Mg2+    （2）H、N、P   （3）糖类  

【解析】（1）根据核内质子数为12可知，该微粒是镁元素一种微粒，质子数比核外电子数多2，说明该微粒是带两单位正电荷，离子符号为Mg2+；（2）表中①~⑤五种元素原子，质子数为奇数的原子氢元素（质子数为1）、氮元素（质子数为7）、磷元素（质子数为15），元素符号分别为：H、N、P；（3）由表中①（氢元素）、②（碳元素）④（氧元素）三种元素组成的某有机物是淀粉，多存在于水稻、小麦、马铃薯等中，它为我们提供的营养素主要是糖类。

12.（2019·鄂尔多斯）为M、N两种固体物质的溶解度曲线，据图回答：

（1）b点表示的意义是_________________。

（2）t2℃时，将M溶液的状态由a点转化到b点，可采用的方法是_______和_________。

（3）将t1℃时，M和N的饱和溶液各100g降温至t0℃，过滤，得到滤液m和滤液n。关于m和n的说法正确的是__________（填序号）。

A.都是饱和溶液     B.溶液质量：m<n     C.溶剂质量：m<n

D.溶质质量：m=n    E.溶质的质量分数：m=n

【答案】（1）t1℃时，M物质的溶解度为s2g

（2）增加M物质、蒸发水分（或增加溶质、蒸发溶剂）

（3）A、B、C、E

【解析】（1）根据溶解度曲线可知，b点表示的意义是t1℃时，M物质的溶解度为s2g；

（2）t2℃时，a点转化为b点是使M的不饱和溶液变为饱和溶液，所以欲将t℃时M溶液的状态从a点转化为b点，可采用的方法是增加M物质和恒温蒸发水分（或增加溶质、恒温蒸发溶剂）；（3）M、N的溶解度随温度降低而减小，t0℃时，M、N的溶解度相等，将t1℃时M和N的饱和溶液各100g，然后降温至t0℃，都有晶体析出，仍为饱和溶液，过滤，得到溶液m和溶液n。对于溶液m和溶液n，都是饱和溶液，A正确；t1℃时，N的溶解度小于M的溶解度，N溶解度减小的幅度小于M，所以M析出晶体质量较大，所以溶液质量m＜n，B正确；t1℃时，N的溶解度小于M的溶解度，M和N的饱和溶液各100g，N溶液中的溶剂多，降低温度，不会影响溶剂的质量，所以溶剂质量m＜n，C正确；t1℃时，N的溶解度小于M的溶解度，M和N的饱和溶液各100g，N溶液中的溶剂多，降低温度析出晶体后，溶剂不变，溶解度相等，得到溶液中的溶质质量不相等，D错误；m、n都是t0℃时的饱和溶液，所以溶质的质量分数m=n，故E正确。选ABCE。

13.（2019·鄂尔多斯）甲、乙、丙、丁分别属于初中化学常见的四类无机化合物，M与甲同类，他们之间部分转化关系如图所示（部分反应物、生成物、反应条件已略去，“-”表示物质间能发生反应，“→”表示转化关系）。

（1）若甲为CaCO3，则丁的化合物类别是______，乙→丙的化学方程式是_____________。

（2）若丙为CaCO3，则M的化学式是_______，乙→丙的化学方程式是_____________。

【答案】（1）酸  H2O+CaO=Ca(OH)2 

 （2）H2O   CO2+Ca(OH)2 =CaCO3↓+H2O或Ca(OH)2 +Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH

【解析】在解此类题时，首先将题中有特征的物质推出，然后结合推出的物质和题中的转化关系推导剩余的物质，最后将推出的各种物质代入转化关系中进行验证即可。甲、乙、丙、丁分属上述四种不同类别的化合物，M与甲属于同种类别的化合物；（1）若甲是碳酸钙，甲能与丁反应，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙和水和二氧化碳，丁可能是酸溶液，例如盐酸；乙能与丁反应，能生成丙，丙也能与丁反应，氧化钙和盐酸反应生成氯化钙和水，氧化钙和水生成氢氧化钙，氢氧化钙和盐酸反应生成氯化钙和水，所以乙可能氧化钙，丙是氢氧化钙，M是氯化钙。将猜想代入框图，推断合理；（2）若丙为CaCO3，丙与丁能反应，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙和水和二氧化碳，丁可能是酸溶液，例如盐酸；乙能与丁（酸溶液）反应，能生成丙，氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙白色沉淀和水，氢氧化钙和酸反应生成水，所以乙可能氢氧化钙，乙、丙、甲都能生成M，M与甲属于同种类别的化合物，甲可能是金属氧化物，金属氧化物能与酸溶液反应生成盐和水，所以M是水。将猜想代入框图，推断合理；根据以上分析可知：（1）若甲为CaCO3，则丁的化合物类别是酸，乙→丙的反应是氧化钙和水生成氢氧化钙，化学方程式是H2O+CaO=Ca(OH)2；（2）若丙为CaCO3，则M的化学式是H2O，乙→丙的反应是氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙白色沉淀和水或碳酸钠与氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，化学方程式是CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O或Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH。

14.（2019·鄂尔多斯）实验是化学研究的基础，结合下列实验装置及图示回答问题。

（1）图中a的仪器名称是_________。

（2）“绿色化学

要求利用化学原理从源头上消除污染，实验室制取氧气的方法中最能体现绿色化追求的途径是_______（填编号），该反应的化学方程式是_____________________。

（3）若用二氧化锰和浓硫酸混合加热制备氧气，应选择的发生装置和收集装置的组合是________（填字母编号）.

（4）做铁丝在氧气中炭烧的实验改进如图所示，其优点是实验简便、保证安全和______。

【答案】（1）长颈漏斗   （2）甲  2H2O2MnO22H2O+O2↑  （3）AD或AE   （4）一段时间内持续供给一定浓度的足量的氧气

【解析】（1）图中a的仪器名称是长颈漏斗；（2）过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解生成水和氧气，该反应的生成物是水和氧气，二氧化锰用作催化剂，可重复使用，体现了“绿色化学”要求。实验室制取氧气的方法中最能体现绿色化学追求的途径是甲，该反应的化学方程式是 2H2O2MnO22H2O+O2↑；（3）用二氧化锰和浓硫酸混合加热制备氧气时，该反应的反应物是固体的液体，反应的条件是加热，可用固—液加热型的发生装置，氧气的密度大于空气，不易溶于水，可用向上排空气法或排水法收集，若用二氧化锰和浓硫酸混合加热制备氧气，应选择的发生装置和收集装置的组合是AD或AE；（4）做铁丝在氧气中炭烧的实验改进如图所示，其优点是实验简便、保证安全和一段时间内持续供给一定浓度的足量的氧气。

15.（2019·鄂尔多斯）实验室有一瓶白色固体，可能由Ba(NO3)2、NaCl、Na2CO3、Na2SO4中的两种或两种以上组成，某兴趣小组为确定其成分，进行了如下实验研究，请你参与完成相关问题

【初步结论】（1）原白色固体中一定有________（填化学式，下同），一定没有________。

（2）溶液M中的溶质一定有NaNO3，一定没有___________。

【交流讨论】为确定原固体的成分，需对溶液M中的溶质进行进一步确认

Ⅱ继续研究

【提出问题】溶液M中溶质的成分是什么

【提出猜想】

猜想一：NaNO3   猜想二：NaNO3、Na2CO3 

猜想三：NaNO3、NaCl    猜想四：NaNO3、Na2CO3、NaCl

实验与结论

【反思与评价】

兴趣小组内有同学认为得出“猜想四成立”的实验设计不合理，原因是_________，改进措施是_________

【实验结论】同学们经过交流，讨论、实验，圆满完成了这次探究活动。

【答案】【初步结论】（1）Na2CO3、Ba(NO3)2    Na2SO4     (2)Ba(NO3)2

【反思与评价】

原因是：不能确定NaCl（或Cl-）一定存在（或不足以证明NaCl（或Cl-）一定存在）（或实验一时滴加的少量稀硫酸未将Na2CO3除尽，对NaCl的鉴别造成影响）

改进措施是：将实验一中的少量稀硝酸改为足量稀硝酸（或向实验二产生的白色沉淀中加入足量稀硝酸，白色沉淀部分溶解）

【解析】初步结论:（1）硝酸钡与碳酸钠反应生成碳酸钡和硝酸钠，硫酸钠与硝酸钡反应生成硫酸钡和硝酸钠，碳酸钡能与稀硝酸反应，能溶于稀硝酸，硫酸钡不溶于稀硝酸。根据题目给出的流程图和信息：白色固体中加足量水溶解、过滤，得到白色沉淀和无色溶液M；白色固体中加足量的稀硝酸，产生气泡，沉淀全部溶解，说明沉淀全部是碳酸钡，即原白色固体中一定有Na2CO3、Ba(NO3)2，一定没有Na2SO4，氯化钠可能有，也可能没有；（2）硝酸钡与碳酸钠反应生成碳酸钡沉淀和硝酸钠，溶液M中加入碳酸钠溶液，无明显现象，说明溶液M中的溶质一定有NaNO3，一定没有Ba(NO3)2。

反思与评价：碳酸钠与稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，碳酸钠与硝酸银反应生成碳酸银沉淀和硝酸钠，氯化钠与硝酸银反应生成氯化银和硝酸钠，氯化银不溶于稀硝酸，碳酸银能与稀硝酸反应生成硝酸银、水和二氧化碳，碳酸银能溶于稀硝酸。兴趣小组内有同学认为得出“猜想四成立”的实验设计不合理，原因是不能确定NaCl（或Cl-）一定存在（或不足以证明NaCl（或Cl-）一定存在）（或实验一时滴加的少量稀硝酸未将Na2CO3除尽，对NaCl的鉴别造成影响）；改进措施是将实验一中的少量稀硝酸改为足量稀硝酸（或向实验二产生的白色沉淀中加入足量稀硝酸，白色沉淀部分溶解）。

16.（2019·鄂尔多斯）为了测定一瓶标签被腐蚀的稀硫酸中溶质的质量分数，桢桢同学用小烧杯取了16g10%的NaOH溶液，并向其中逐滴加入该稀硫酸，反应过程中溶液的pH与滴入稀硫酸的质量关系如图所示，计算：

（1）该稀硫酸的溶质的质量分数。

（2）当滴入稀硫酸质量为4g时烧杯内溶液中钠元素的质量（写出简单的计算过程）

【答案】（解法一）（1）解：设10h稀硫酸中溶质的质量为x

2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O

80        98

16g×10%  x

稀硫酸中溶质的质量分数为

（2）溶液中钠元素的质量=

答：稀硫酸中溶质的质量分数为19.6%

溶液中钠元素的质量为0.92g

（解法二）（1）解：设10h稀硫酸中溶质的质量分数为x

2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O

80        98

16g×10%  10g×x

（2）溶液中钠元素的质量=

答：稀硫酸中溶质的质量分数为19.6%

溶液中钠元素的质量为0.92g