精品解析：2021年5月湖北省武汉市江汉区四校中考二模联考化学试题（解析版+原卷版）

四校联盟2020-2021学年度九年级下学期五月月考

物理化学试卷

可能用到的相对原子质量：Ca-40  O-16  H-1  C1-35.5  Fe-56  Ba-137  Mg-24  Al-27  Na-23  N-14  C-12  S-32

一、选择题(每小题只有1个正确选项。每小题3分)

1. 下列物质的性质，属于化学性质的是（　　）

A. 吸附性 B. 溶解性 C. 氧化性 D. 挥发性

【答案】C

【解析】

【分析】常见的化学性质有氧化性、还原性、酸碱性、稳定性、可燃性、腐蚀性等。

【详解】吸附性、溶解性、挥发性都没有涉及化学性质，变化过程没有新物质生成。氧化性，一般是物质和氧气发生反应，属于化学性质。故选C

2. 某消毒液标签的部分内容如图所示，下列说法不正确的是

A. 该消毒液为混合物 B. NaClO中有两种金属元素

C. NaClO中的阳离子为Na+ D. NaClO中氯元素的化合价为+1

【答案】B

【解析】

【详解】A、消毒液主要成分是次氯酸钠，还含有其它物质，属于混合物，说法正确；

B、次氯酸钠中钠带“钅”属于金属元素，氧、氯元素属于非金属元素，说法错误；

C、NaClO中的阳离子为钠离子，带一个单位正电荷，Na+，说法正确；

D、钠元素+1价，氧元素-2价，设氯元素化合价为x，根据化合价代数和为零（+1）+x+（-2）=0，x=+1，说法正确。

故选：B。
 

3. 下列说法中正确的是

A. 用墨绘制的古画经久不变色，说明碳不与任何物质反应

B. 森林着火后应快速建立隔离带

C. 用甲醛溶液浸泡海鲜防腐

D. 液态氧可用作火箭的燃料

【答案】B

【解析】

【详解】A、用墨绘制的古画经久不变色，是因为常温下，碳的化学性质稳定，但是碳能与许多物质反应，如碳能与氧气在点燃的条件下反应生成二氧化碳，不符合题意；

B、森林着火，应快速建立隔离带，清除可燃物，达到灭火的目的，符合题意；

C、甲醛有毒，能使蛋白质变性，故不可用甲醛浸泡海鲜防腐，不符合题意；

D、氧气具有助燃性，不具有可燃性，不能作燃料，不符合题意。

故选B。

4. 将甲烷在高温等条件下转化为其它有机物是重要的硏究课题，某研究发现使用特殊催化剂(CeO2、Cu2O、Cu的混合物)，在反应混合物中加入乙能够更有效地将甲烷转化为丙，该反应原理如下图所示，下列说法错误的是

A. 甲烷是天然气的主要成分 B. 丙的化学式是CH3OH

C. 乙是氧化物 D. 参加反应的甲和乙的质量比是1：1

【答案】D

【解析】

【分析】由图可知，该反应是甲烷和水在催化剂的作用下反应生成甲醇和氢气，该反应的化学方程式为：。

【详解】A、甲烷是天然气的主要成分，是一种重要的化石燃料，此选项正确；

B、由图可知，每个丙分子由1个碳原子、1个氧原子、4个氢原子构成，故丙的化学式是：CH3OH，此选项正确；

C、氧化物是指某一化合物组成中只含两种元素，且其中一种一定为氧元素。由图可知，物质乙是由H、O两种元素组成，且其中一种元素是氧元素，属于氧化物，此选项正确；

D、由化学方程式可知，参加反应的甲和乙的质量比是：16:18=8:9，此选项错误。

故选D。

5. 从混合物中分离与提纯X(括号内是杂质)，不能用下图所示方案是

A. Ag(Fe) B. Cu(CuO)

C. CaCO3(CaCl2) D. FeSO4(CuSO4)

【答案】D

【解析】

【详解】A、Ag(Fe)，铁与盐酸或硫酸反应，生成可溶性亚铁盐，银不反应，过滤，故A正确；B、Cu(CuO)，氧化铜与盐酸或硫酸反应，生成可溶性铜盐，铜不反应，过滤，故B正确；C、CaCO3(CaCl2),碳酸钙与盐酸反应，生成可溶性氯化钙，应蒸发结晶，故C错误；D、 FeSO4(CuSO4)，铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，过滤，故D正确。

点睛∶除杂原则⑴杂质尽量除净，⑵在除去一种杂质的同时不应增添新的杂质，⑶在除去杂质的同时，非杂物质不应过多消耗，但质量可以增加。

6. 甲、乙两种均不含结晶水的固体物质（设它们从溶液中析出时也都不含结晶水）的溶解度曲线如图所示，下列说法正确的是

A. t1℃时，若甲、乙两溶液的质量相等，则两溶液中溶剂的质量一定相等

B. t1℃时，用不断搅拌的方法，能增大乙在水中的溶解度

C. 将t2℃的甲溶液170g降温至t1℃，析出的甲一定是34g

D. t2℃时将40g甲加入到50g水中，充分溶解形成的溶液一定是饱和溶液

【答案】D

【解析】

【详解】A、由图可知，t1℃时，甲、乙的溶解度相同，t1℃时，若甲、乙两种物质的饱和溶液的质量相等，则两溶液中溶剂的质量一定相等，选项中没有指明溶液是否为饱和溶液，选项错误；

B、搅拌只能加快物质的溶解速率，不会改变物质的溶解度，由图可知，乙物质的溶解度随温度升高而增大，选项错误；

C、t2℃时甲的溶解度为70g，t1℃时甲的溶解度为36g，则将t2℃的甲的饱和溶液170g降温至t1℃，析出的甲一定是34g，选项中没有指明溶液是否为饱和溶液，选项错误；

D、由图可知，t2℃时甲的溶解度为70g，则t2℃时将40g甲加入到50g水中，充分溶解后只能溶解35g，形成的溶液一定是饱和溶液，选项正确，故选D。

7. 为探究金属活动性顺序，学习小组设计并进行实验Ⅰ和Ⅱ，实验结束，将两实验的废液倒入一洁净烧杯中，反应后得到溶液A和固体B，实验过程及现象如图所示：

据此得出以下结论：

①通过实验Ⅰ和Ⅱ能验证Al、Ag、Cu的金属活动性顺序；

②实验反应后固体中一定含有Cu；

③若A是无色溶液，A中一定不含AgNO3

④若A呈蓝色，溶液A中至少有两种溶质；

⑤若A呈蓝色，固体B中一定不含Cu

其中结论正确的是

A. ①③④ B. ①②⑤ C. ①③⑤ D. ①②④

【答案】A

【解析】

【详解】①实验Ⅰ中铝和硝酸铜反应生成硝酸铝和铜，有红色固体析出，说明铝比铜活泼，实验Ⅱ中，铜和硝酸银反应生成硝酸铜和银，有银白色固体析出，说明铜比银活泼，可以验证三种金属的活动性顺序，正确；

②实验Ⅰ中铝和硝酸铜反应生成硝酸铝和铜，得到无色溶液和固体，说明硝酸铜已经完全反应，实验Ⅱ中，铜和硝酸银反应生成硝酸铜和银，如果Ⅱ中硝酸银过量，铜能与硝酸银完全反应，则固体中不含铜，错误；

③若A是无色溶液，说明硝酸铜已经完全反应，则实验Ⅰ中铝过量，金属活动性：铝＞铜＞银，铝先与硝酸银反应生成硝酸铝和银，待硝酸银完全反应后，铝再与硝酸铜反应生成硝酸铝和铜，故如果硝酸铜已经完全反应，则硝酸银一定已经完全反应，A中一定不含硝酸银，正确；

④若A呈蓝色，说明含硝酸铜，由于实验Ⅰ中铝和硝酸铜反应生成了硝酸铝，硝酸铝不参与反应，故A中一定含硝酸铝，铜可能恰好与硝酸银完全反应，或铜过量，这时不含硝酸银，混合后，还可能硝酸银过量，这时A中有三种溶质，故溶液A中至少有两种溶质，正确；

⑤若A呈蓝色，说明A中含硝酸铜，实验Ⅰ中铝和硝酸铜反应生成硝酸铝和铜，实验Ⅱ中，铜和硝酸银反应生成硝酸铜和银，如果实验Ⅱ中，硝酸银不足，铜和硝酸银完全反应，则固体B中含Cu，错误。

故正确的是①③④。

故选A。

8. 下列图象不能正确反映对应变化关系的是

A. A B. B C. C D. D

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A、向等质量的氧化钙、氢氧化钙中分别加入等质量分数的稀盐酸至过量，刚开始酸不足，根据盐酸计算氯化钙质量，生成氯化钙质量相同，后期酸过量根据氧化钙和氢氧化钙计算氯化钙质量，相同质量氧化钙和氢氧化钙，氧化钙中钙元素质量分数高， >，生成氯化钙多，图像相符，A正确。

B、向一定质量氯化亚铁和氯化铝的混合溶液中加入镁粉至过量，镁先和氯化亚铁反应生成氯化镁和铁 溶液质量减少，再和氯化铝反应生成氯化镁和铝溶液质量增加，图像相符，B正确。

C、向等质量的镁、铁中分别加入等质量分数的稀盐酸至过量，刚开始酸不足，根据盐酸计算生成氢气质量，生成氢气质量相同，图像不符，C错误。

D、甲烷完全燃烧生成二氧化碳和水，化学方程式CH4+2O2CO2+2H2O，反应前后分子数目不变，图像相符，D正确

故选：C。

二、非选择题(共60分)

9. 水是一种宝贵的自然资源。“认识水、珍惜水、节约水、爱护水”是每个公民应尽的义务和责任。

(1)用如图所示装置电解水，玻璃管b端收集的是_______(填化学式)，该反应的化学方程式为_______。

(2)电解水过程中，不会发生变化的是_______(填序号)。

A 原子种类   B 原子数目   C 分子数目   D 元素种类

(3)使用硬水会给生活和生产带来许多麻烦，生活中常用_______的方法来降低水的硬度。

【答案】    (1). O2    (2).     (3). ABD    (4). 煮沸

【解析】

【详解】(1) 水在通电条件下可以分解生成氧气和氢气，；正极得到氧气，负极得到氢气，两者体积比为1：2；玻璃管b端收集气体较少为氧气O2。

(2) 原子是化学变化中最小的粒子，故A 原子种类、B 原子数目反应前后不发生改变；由(1)中化学方程式可知，C 分子数目发生了改变；元素是质子数相同的一类原子，原子种类不变，故D 元素种类不变；

故选ABD。

(3) 硬水是含较多可溶性钙、镁矿物质的水，生活中常用加热煮沸的方法降低水的硬度。

10. 在实验室，用溶质质量分数为6%的氯化钠溶液配制50g溶质质量分数为3%的氯化钠溶液，回答下列问题

（1）需溶质质量分数为6%的氯化钠溶液______g。

（2）若用量筒量取水时仰视读数，而其它操作均正确，则所得溶液中溶质质量分数_____（选填“大于”“小于”或“等于”）3%。

（3）混匀时用到的玻璃仪器由烧杯、______。

【答案】    (1). 25    (2). 小于    (3). 玻璃棒

【解析】

【详解】（1）根据配制过程中溶质的质量不变列方程 需溶质质量分数为6%的氯化钠溶液为25g；

（2）量筒量取水时仰视读数，结果是水取多了，故溶质的质量分数偏小；

（3）混匀需要的仪器为烧杯和玻璃棒。

故答案25；小于；玻璃棒

11. 某固体混合物中可能含有氢氧化钠、硝酸钠、氯化钠、硫酸钠、碳酸钠。为了研究该混合物的成分，某同学按下列流程进行了实验(各步均恰好完全反应)：根据流程图回答问题：

(1)操作Ⅰ的名称是_______。

(2)反应④的化学方程式为_______。

(3)根据实验现象推断该混合物中一定含有的物质是_______(填化学式)。

(4)该同学为了进一步确定固体混合物的组成，取样品20.9g(其中含钠元素质量为6.9g)，按上述流程图进行实验，产生11.65g白色沉淀A，产生2.2g气体W。通过计算，确定该混合物中还含有的物质是_____(填化学式)，其质量为_______g。

【答案】    (1). 过滤    (2).     (3). Na2CO3、Na2SO4    (4). NaNO3    (5). 8.5

【解析】

【分析】将固体加足量水溶解得到溶液，步骤①中加适量稀盐酸生成气体W，W能使澄清石灰水变浑浊，则说明样品中含有碳酸钠(碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠和水和二氧化碳W)；步骤②中加入稀硝酸和氯化钡，得到白色沉淀A，说明样品中含有硫酸钠(硫酸钠和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠)，A是硫酸钡，硫酸钡既不溶于水也不溶于稀硝酸；步骤④过滤后向溶液中加入稀硝酸和硝酸银，生成的白色沉淀C是氯化银(硝酸银和氯化钠反应生成氯化银沉淀和硝酸钠)，但不能说明样品中是否含有氯化钠，因为步骤①②中反应都新生成了氯化钠；步骤③中二氧化碳和澄清石灰水反应生成白色沉淀碳酸钙和水，白色沉淀B是碳酸钙；根据题中实验现象还不能确定是否含有氢氧化钠和硝酸钠；

【详解】(1)操作Ⅰ是分离固液的操作，名称是过滤。

(2)反应④反应为氯化钠和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钠：。

(3)根据实验现象推断该混合物中一定含有的物质是Na2CO3、Na2SO4。

(4)由上分析可知产生11.65g白色沉淀A是硫酸钡，产生2.2g气体W是二氧化碳，根据反应的转化关系，设样品中硫酸钠含有的钠元素质量为m1，硫酸根离子质量为n1，样品中碳酸钠含有的钠元素质量为m2，碳酸根离子质量为n2 ；

硫酸钡的形成是因为硫酸钠的存在，而一个硫酸钠对应一个硫酸钡，因此可以得出对应的关系量，即一个硫酸钡对应一个硫酸钠，对应两个钠离子，对应一个硫酸根离子，可得：

解得：m1=2.3g，n1=4.8g ；

二氧化碳的产生是因为碳酸钠，一个二氧化碳产生需要一个碳酸钠，因此对应关系为一个二氧化碳对应一个碳酸钠，对应两个钠离子和一个碳酸根离子，可得：

解得：m2=2.3g，n2=3g ；

则样品中剩余钠元素质量为，样品剩余的阴离子质量为，钠元素和阴离子的质量比，氢氧化钠中钠元素和氢氧根离子的质量比为 ，氯化钠中钠元素和氯离子的质量比为 ，硝酸钠中钠元素和硝酸根离子的质量比为，所以样品中还含有的物质只能是硝酸钠，化学式为NaNO3；所含硝酸钠的质量为2.3g+6.2g=8.5g。

12. 绿矾(FeSO4﹒nH2O)是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。绿矾不稳定，加热时会失去结晶水生成硫酸亚铁，硫酸亚铁在空气中易被氧化。某化学兴趣小组为测定绿矾中结晶水的含量，将石英玻璃管(带两端开关K1和K2)(设为装置A)称重，记为m1g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2g。称重B装置，记为n1g。(已知碱石灰是氧化钙和氢氧化钠的混合物)

实验步骤如下：

Ⅰ.打开K1和K2，缓缓通入N2一段时间后连接好装置，关闭K1

Ⅱ.点燃酒精灯，加热一段时间

Ⅲ.熄灭酒精灯

Ⅳ…………，称量A的质量为m3g，称量B的质量为n2g

回答下列问题：

(1)步骤Ⅳ中“……………。”的具体操作是_______。

(2)装置B中发生反应的化学方程式为_______。

(3)根据实验记录，如只选择装置A的数据计算绿矾中结晶水的质量分数为_______(列式表示)。

(4)如选择实验前后B装置数据计算，则装置C的作用是_______。若两组数据的计算结果都偏小，则可能的共同原因是_______。

【答案】    (1). 打开K1继续通N2，至冷却到室温    (2).     (3).     (4). 防止空气中的二氧化碳和水分进入装置B中影响实验结果    (5). 加热时间过短，结晶水未完全失去

【解析】

【详解】（1）根据题干信息，硫酸亚铁在空气中易被氧化，步骤Ⅳ中的具体操作是：打开K1继续通N2，至冷却到室温。故填：打开K1继续通N2，至冷却到室温。

（2）绿矾不稳定，加热时会失去结晶水生成硫酸亚铁，装置B中是碱石灰，碱石灰是氧化钙和氢氧化钠的混合物，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，其化学方程式为：。

（3）绿矾不稳定，加热时会失去结晶水生成硫酸亚铁，碱石灰具有吸水性；根据题干信息， 装置A的质量为m1g，装置A加入绿矾后的质量为m2g，则加入的绿矾的质量为(m2-m1)g，加热前装置A的质量为m2g，加热后装置A的质量为m3g，则加热过程中绿矾失去结晶水的质量为(m2-m3)g，所以根据实验记录，如只选择装置A的数据计算绿矾中结晶水的百分含量为： 。故填： 。

（4）碱石灰是氧化钙和氢氧化钠的混合物，会吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，晶体加热失去结晶水需要一段时间，所以装置C的作用是：防止空气中的二氧化碳和水分进入装置中影响实验结果。若两组数据的计算结果都偏小，可能的共同原因是：加热时间过短，结晶水未完全失去，则反应后称量B的质量为n2偏小，生成水的质量(n2-n1)偏小，则反应后装置A的质量m3偏大，绿矾失去结晶水的质量为(m2-m3)偏小。故分别填：防止空气中的二氧化碳和水分进入装置B中影响实验结果；加热时间过短，结晶水未完全失去。

13. 为测定某铁粉样品(含少量木炭粉)中铁的含量，往盛有一定量稀盐酸的烧杯中不断加入铁粉样品，测得生成氢气质量与所加铁粉样品质量的关系如图所示。

(1)稀盐酸恰好完全反应时，生成氢气的质量为_______g。

(2)求该铁粉样品中铁的质量分数(写出计算过程，结果保留1位小数)

【答案】（1）0.6；
（2）解：设该铁粉样品中铁的质量分数为x

x≈93.3%
答：该铁粉样品中铁的质量分数为93.3%。

【解析】

【详解】（1）由图可知，所加铁粉样品的质量为6g时，生成氢气0.2g，所加铁粉样品的质量为18g时，生成氢气的质量为0.6g，故稀盐酸恰好完全反应时，生成氢气的质量为0.6g；

（2）见答案。