山东省青岛市三年（2020-2022）中考化学模拟题分题型分层汇编-04化学方程式
一、单选题
1．（2020·山东青岛·一模）为了能及时发现煤气泄漏，常在煤气中加入少量有特殊气味的乙硫醇（C2H5SH），乙硫醇燃烧的化学方程式为：2C2H5SH+9O24CO2+2X+6H2O，则X的化学式
A．SO2 B．S C．SO3 D．CO
2．（2020·山东青岛·统考模拟预测）下列说法正确的是（ ）
A．根据质量守恒定律，2gH2跟8gO2完全反应，可得到10gH2O
B．用含Fe2O385%的赤铁矿160t，理论上可生产100t含杂质4. 8%的生铁
C．各取10g镁粉和锌粉，分别与足量的盐酸完全反应，镁粉产生的H2多，说明镁的金属活动性比锌强
D．将l0gCuSO4·5H2O与90gH2O混合，固体完全溶解，可得100g溶质的质量分数为10%的CuSO4溶液
3．（2020·山东青岛·统考模拟预测）实验室现有一瓶水垢样品，其成分为氢氧化镁和碳酸钙。已知：氢氧化镁受热易分解，反应的化学方程式为：Mg(OH)2MgO + H2O；碳酸钙高温下分解。某兴趣小组为测定其中各成分的质量分数，取12.9g水垢样品加热，加热过程中剩余固体的质量随加热时间的变化如下图所示。关于加热一段时间后剩余固体的判断，下列说法错误的是（ ）
A．图中a点剩余固体是由一种盐和一种碱组成
B．若剩余固体中钙元素的质量分数为36.0%，则剩余固体的成分为CaCO3和MgO
C．图中ab间任一点(不包括a、b两点)的剩余固体成分为CaCO3、MgO和Mg(OH)2
D．若向c点的剩余固体中加入足量稀盐酸，充分反应生成CO2的质量为(12.0-x)g
4．（2020·山东青岛·统考模拟预测）用K2CO3溶液吸收CO2，得到KHCO3，化学方程式为：K2CO3+CO2+H2O＝2KHCO3。向K2CO3溶液中通入CO2，至K2CO3恰好完全反应，得到溶质的质量分数为20%的溶液50克，则原K2CO3溶液中溶质的质量分数为（ ）
A．13.8% B．14.4% C．15.4% D．16.8%
5．（2020·山东青岛·统考一模）已知同温、同压下相同体积的任何气体都含有相同的分子数．工业制HNO3的尾气中含有的NO2和NO常用NaOH溶液吸收，反应的化学方程式为：NO+NO2+2NaOH＝2NaNO2+H2O，2NO2+2NaOH＝NaNO2+NaNO3+H2O，NO不能被NaOH溶液吸收．同温、同压下NO2与NO的体积比如下，其中不能被NaOH溶液完全吸收的是（ ）
A．1：1 B．1：3 C．2：l D．3：1
6．（2020·山东青岛·统考模拟预测）向盛有10g49%稀硫酸的烧杯中加入5.6克的铁粉，充分反应后有固体残留，t1时迅速倒入一定量的硫酸铜溶液。整个过程烧杯中溶液的质量随时间的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A．取a点是溶液，加入锌粉，有气体放出
B．b点时，溶液中溶质只有一种
C．c点时，烧杯中固体一定是铜
D．m＝12.7
7．（2020·山东青岛·校考一模）二氧化钛（TiO2）是一种用途广泛的化工原料，用四氯化钛（TiCl4）与某常见物质X反应可
制得二氧化钛，反应的化学方程式为：TiCl4 + □X = TiO2 + 4HCl 关于物质X，下列说法正确的
是（ ）
A．该物质由碳、氢、氧三种元素组成
B．该物质的化学式为H2O2
C．该物质中氢、氧元素的质量比为1：8
D．该物质中氧元素的质量分数是5%
8．（2020·山东青岛·统考模拟预测）实验室有一包含杂质的碳酸氢钠样品100g(杂质不含钠元素，受热不变化)，其中钠元素质量分数为23%，180℃时，将样品加热一段时间后称得固体质量为87.6g，则分解的碳酸氢钠占原碳酸氢钠的质量分数为(2NaHCO3Na2CO3 + H2O + CO2↑)
A．33.6% B．40% C．47.3% D．60%
9．（2020·山东青岛·校考模拟预测）核潜艇上备有的氧气再生药板，是由一片片涂有过氧化钠（Na2O2）的薄板组成，使用时Na2O2与CO2反应，反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2→2M+O2，则M的化学式为
A．Na2O B．NaOH C．Na2CO3 D．NaHCO3
10．（2022·山东青岛·模拟预测）在一定的条件下，向一密闭的容器内加入A、B、C、D四种物质各20g，充分反应后，测定其质量，得到数据如下，下列说法不正确的是
物质 A B C D
反应前质量（g） 20 20 20 20
反应后质量（g） 20 30 未知 14
A．A物质可能是该反应的催化剂 B．容器内发生了化合反应
C．反应后容器内C的质量为16g D．其化学方程式为：2C+3D=5B
11．（2022·湖南长沙·模拟预测）84消毒液与洁厕灵混用会使人中毒，反应原理为：，其中X的化学式为
A．O2 B．Cl2 C．H2 D．CO2
12．（2022·山东青岛·统考一模）为了缓解碳排放引起的温室效应，我国科学家成功合成新型催化剂，将二氧化碳转化为甲醇，该过程的微观示意图如图，下列说法正确的是
A．丙中氢、氧两种元素的质量比为4：1
B．甲、丙、丁均为氧化物
C．参加反应的甲和乙分子个数比为1：1
D．生成丙和丁的质量比为16：9
13．（2022·山东青岛·统考一模）我国科学家成功合成新型催化剂，能将 CO2高效转化为具有可燃性的甲醇（CH3OH）。该化学反应的微观过程如图所示。对图中获取的下列信息说法不正确的是
A．该过程实现了无机物向有机物的转化
B．参加反应的甲、乙两物质的质量之比为22∶3
C．反应前后分子、原子的个数均没有发生改变
D．该技术不仅可缓解温室效应，还将成为理想的能源补充形式
14．（2022·山东青岛·统考一模）科学家研制出一种新型催化剂，可用于去除装修残留的甲醛（化学式为 CH2O），该反应过程的微观示意图如下。下列说法正确的是（ ）
A．物质甲为甲醛，其分子由碳原子和水分子构成
B．物质乙中氧元素的化合价为-2 价
C．该反应前后原子种类和数目均发生改变
D．该反应消耗物质甲和生成物质丁的质量比为 5﹕3
15．（2022·山东青岛·模拟预测）如图为某化工企业生产流程示意图，有关说法正确的是
A．中为使原料全部转化为甲醇，理论上和投料的质量比为：
B．钛酸亚铁中钛元素为价
C．③中氩气作反应物
D．①中反应为：，则为
二、多选题
16．（2021·山东青岛·校联考一模）现有一瓶含有氯化钠杂质的氢氧化钠样品，为测定样品中氢氧化钠的质量分数，实验小组设计了如图实验，下列说法错误的是
A．加入稀盐酸后，溶液为无色，说明溶液呈中性
B．白色沉淀是AgCl
C．若将稀盐酸换成稀硝酸，则利用该实验可测定样品中氢氧化钠的质量分数
D．若已知稀盐酸所用质量为36.5g，则该样品中氢氧化钠的质量分数为80%
参考答案：
1．A
【详解】根据质量守恒定律可知化学反应前后原子的种类、数目和质量都不变。
由化学反应方程式可知反应前有4个C原子，12个H原子，2个S原子，18个O原子，反应后有4个C原子， 12个H原子，14个O原子，故2X中有2个S原子和4个O原子，即1个X由1个S原子和2个O原子构成，X的化学式为SO2。
故选A。
2．B
【详解】A、氢气和氧气反应的化学方程式为： ，在此反应中氢气、氧气和水的质量关系4：32：36=1：8：9，则1gH2能与8gO2完全反应生成9g水，反应后氢气有剩余，错误；
B、160t赤铁矿中含氧化铁的质量为：160t×85％=136t。
设136t氧化铁理论上可以炼出铁的质量为x。
x=95.2t
可炼得含杂质4. 8%生铁的质量为：95.2t÷（1-4.8％）=100，正确；
C、金属与酸反应，产生气体的多少与金属的活动性没有关系，错误；
D、l0gCuSO4·5H2O中CuSO4的质量为：10g××100％=6.4g。与90gH2O混合，固体完全溶解，可得100g溶质的质量分数为：×100％=6.4％，错误。
故选B。
3．B
【分析】由题意可知，氢氧化镁受热易分解生成了水蒸气，固体的质量要减少；碳酸钙高温下分解放出了二氧化碳气体，固体的质量要减少，完全反应后，固体的质量不再减少。
【详解】A、图中a点剩余固体是氢氧化镁和碳酸钙，是由一种盐和一种碱组成，故A说法正确；
B、由图象可知，生成水的质量为：12.9g-12.0g=0.9g
设氢氧化镁的质量为m
,解得：m=2.9g
则碳酸钙的质量为12.9g-2.9g=10g
设碳酸钙完全分解生成的二氧化碳的质量为n
，解得：n=4.4g
x=12.0g-4.4g=7.6g
若碳酸钙完全分解，则剩余固体中钙元素的质量分数是：＞36.0%，说明了碳酸钙没有完全分解，则剩余固体的成分为CaCO3、MgO、CaO，故B说法错误；
C、图中ab间任一点（不包括a、b两点），说明了氢氧化镁没有完全分解，剩余固体成分为CaCO3、MgO和Mg（OH）2，故C说法正确；
D、由质量守恒定律可知，若向c点的剩余固体中加入足量稀盐酸，充分反应生成CO2的质量为（12.0-x）g，故D说法正确。
故选B。
4．B
【详解】溶质的质量分数为20%的溶液50g中碳酸氢钾的质量为：20%×50g=10g。
设碳酸钾的质量为x，二氧化碳的质量为y。
x=6.9g
y=2.2g
原碳酸钾溶液中溶质的质量分数为：×100％≈14.4％。故选B。
5．B
【分析】根据这两个方程式：NO+NO2+2NaOH＝2NaNO2+H2O，2NO2+2NaOH＝NaNO2+NaNO3+H2O可知NO和NO2的体积比为1：1正好被吸收，再根据第二个方程式可知二氧化氮能直接被氢氧化钠溶液吸收。
【详解】A、根据NO+NO2+2NaOH＝2NaNO2+H2O方程式可知NO2与NO的体积比为1：1，正好被吸收，故A能完全被吸收，故A不正确；
B、NO2与NO的体积比为1：3，一氧化氮多了，因为NO2与NO的体积比为1：1，正好被吸收，所以多了的一氧化氮又不能被氢氧化钠溶液吸收，所以一氧化氮不能被NaOH溶液完全吸收，故B正确；
C、NO2与NO的体积比为2：1，反应完后二氧化氮有剩余，通过
2NO2+2NaOH＝NaNO2+NaNO3+H2O反应可知剩余的二氧化氮可以直接被氢氧化钠溶液吸收，故C不正确；
D、NO2与NO的体积比为3：1，反应完后二氧化氮有剩余，通过
2NO2+2NaOH＝NaNO2+NaNO3+H2O反应可知剩余的二氧化氮可以直接被氢氧化钠溶液吸收，故D不正确；故选B。
【点睛】通过分析所给的方程式可知二氧化氮过量可被吸收，一氧化氮过量不能被吸收。
6．D
【详解】根据下面的关系式：
Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑
56 98
5.6g 10g×49%
可知，向盛有10g49%稀硫酸的烧杯中加入5.6g克的铁粉，稀硫酸完全消耗，铁粉有剩余，在t1时迅速倒入一定量的硫酸铜溶液，铁与硫酸铜反应溶液的质量减小，
A、由上述分析和图像可知，a点时溶液中没有剩余的稀硫酸，加入锌粉，没有气体放出，故A错误；
B、由图像可知，b点时溶液的质量还在减小，硫酸铜没有完全反应，溶液中溶质有硫酸亚铁和硫酸铜两种，故B错误；
C、由于硫酸铜的量不能确定，可能有剩余的铁，c点时，烧杯中固体一定有铜，可能有铁，故C错误；
D、设溶液的增量为x。
x＝2.7g；所以m＝10+2.7＝12.7，故D正确。故选D。
7．C
【详解】化学方程式为TiCl4+2H2O = TiO2+ 4HCl， X的化学式为H2O ;故A选项该物质由碳、氢、氧三种元素组成 是错误的叙述；B选项该物质的化学式为H2O2是错误的叙述；C选项该物质中氢、氧元素的质量比为1：8是正确的叙述；D选项该物质中氧元素的质量分数是5%是错误的叙述，故答案选择C。
8．B
【详解】设样品中碳酸氢钠的质量分数是x，则100g×x×=100g×23%，解得x=84%
样品中碳酸氢钠的质量为：100g×84%=84g
设分解的碳酸氢钠的质量是y
2NaHCO3Na2CO3 + H2O + CO2↑ 反应前后固体的差量
2×84 106 2×84-106=62
y 100g-87.6g=12.4g
=，解得y=33.6g
分解的碳酸氢钠占原碳酸氢钠的质量分数为：×100%=40%，故选B。
9．C
【详解】根据质量守恒定律化学反应前后原子的种类和数目不变，反应前Na：4，O：8，C：2，反应后Na：0，O：2，C：0，M前有化学计量数2，故M的化学式为Na2CO3。故选C。
10．D
【详解】A、化学反应前后，A的质量不变，A可能是催化剂，也可能是不参与反应的杂质，不符合题意；
B、根据质量守恒定律，化学反应前后，物质的总质量不变，故20g+20g+20g+20g-20g-30g-14g=16g，反应后，A的质量不变，A可能是催化剂，也可能是不参与反应的杂质，B的质量增加，B是生成物，C的质量减小，C是反应物，D的质量减小，D是反应物，C、D是反应物，B是生成物，该反应符合“多变一”的特点。属于化合反应，不符合题意；
C、由B的分析可知，反应后容器内C的质量是16g，不符合题意；
D、该反应中，C、D、B的质量比为：（20g-16g）：（20g-14g）：（30g-20g）=2:3:5，但是C、D、B的相对分子质量未知，无法计算化学计量数，无法判断该反应的化学方程式是否为2C+3D=5B，符合题意。
故选D。
11．B
【详解】反应前后钠原子都是1个，氧原子都是1个，氢原子都是2个，反应前氯原子是3个，反应后应该是3个，其中2个包含在未知物质中，则X的化学式为Cl2。故选B。
12．D
【分析】本题考查微粒模型图的识别和计算。
【详解】A、丙是甲醇，其化学式为CH3OH，氢、氧元素的质量比为，故A不符合题意；
B、氧化物是只含有两种元素且其中一种元素是氧元素的化合物，甲、丁均属于氧化物，丙是由碳、氢、氧三种元素组成的化合物，不属于氧化物，故B不符合题意；
C、由图示，结合质量守恒定律，反应前后原子个数不变，或根据反应的化学方程式：，则参加反应的甲和乙分子个数比应为1:3，故C不符合题意；
D、生成丙和丁的分子个数比为1:1，根据反应的化学方程式，则生成丙和丁的质量比为32:18=16:9，故D符合题意；
故选D。
【点睛】根据反应的微观示意图可知，该反应是二氧化碳与氢气反应甲醇和水，结合题意进行分析判断。
13．C
【分析】由图示可知，甲乙丙丁分别为CO2、H2、CH4O、H2O，反应化学方程式为CO2+3H2CH4O+H2O；
【详解】由分析得：
A. CH4O属于有机物，CO2、H2属于无机物，该过程实现了无机物向有机物的转化，正确；
B. 参加反应的甲、乙两物质的质量之比为(12+16×2): (1×2×3)=22:3，正确；
C. 反应前后分子个数发生改变，错误；
D. 该技术消耗二氧化碳生成具有可燃性的甲醇，故不仅可缓解温室效应，还将成为理想的能源补充形式，正确。
故选C。
14．D
【分析】根据反应过程的微观示意图，化学方程为，据此分析。
【详解】A、甲醛分子由碳原子、氢原子和氧原子构成，故错误；
B、乙为氧气，单质中元素的化合价为0价，故错误；
C、反应前后原子的种类和数目均未发生改变，故错误；
D、该反应消耗物质甲和生成物质丁的质量比为，故正确。
故选D
15．A
【详解】A、根据化学方程式及质量关系,由此可知一氧化碳和氢气的质量比是：28∶4=7∶1，故选项正确；
B、设FeTiO3中Ti的化合价是x，FeTiO3中Fe的化合价是+2价，O的化合价是-2价，利用化合物中各元素的化合价的代数和为零的原则，则(+2)+x+(-2)×3=0。解得，x=+4，所以钛酸亚铁(FeTiO3)中钛元素的化合价是+4价，故选项错误；
C、氩气是一种稀有气体，化学性质稳定，在③反应过程中作保护气，故选项错误；
D、根据质量守恒定律，在反应前后各元素原子的个数不变。从，看钛原子、氧原子、碳原子反应前后除物质外个数已经相等，故中无钛原子、氧原子、碳原子，铁原子反应前共有2个，反应后只有有，所以2中有2个铁原子，从而中有1个铁原子，氯原子反应前有12个，反应后除外有8个，所以2中有4个，因此中有2个，因此的化学式是FeCl2，故选项错误。
故选A。
16．AD
【详解】A、酚酞试剂遇碱变红，遇酸不变色，加入稀盐酸后，溶液为无色，说明可能溶液呈中性，也可能成酸性，说法错误；
B、白色沉淀是氯化银，氯化钠和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，若溶液为酸性，盐酸和硝酸银反应生成氯化银和硝酸，氯化银不溶于稀盐酸，也不溶液稀硝酸，说法正确；
C、由于稀盐酸中的氯离子会干扰氯离子的含量的测定，进而无法得知氯化钠的含量，若将稀盐酸换成稀硝酸，则利用该实验可测定样品中氢氧化钠的质量分数，说法正确；
D、设稀盐酸中氯离子生成沉淀的质量为，稀盐酸中氯离子的质量=
则杂质氯化钠所生成氯化银的质量=17.22g-14.35g=2.87g，含氯的质量=
，根据质量守恒定律可知：氯化钠的质量=，则氢氧化钠的质量分数=，说法错误；
答案：AD。
