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2023年山东省济南市济阳区垛石街道办事处中学中考化学一模试卷（含解析）
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这是一份2023年山东省济南市济阳区垛石街道办事处中学中考化学一模试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了0分）， 下列描述不合理的是， 如表归纳完全正确的一组是等内容，欢迎下载使用。
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2023年山东省济南市济阳区垛石街道办事处中学中考化学一模试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
题号
一
二
三
四
五
六
七
总分
得分
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共10小题，共20.0分）
1. 新冠肺炎期间，为确保师生健康，学校采取的保障措施中涉及化学变化的是( )
A. 进入校园出示健康码 B. 用消毒液对教室消毒
C. 教室内保持开门窗通风 D. 用额温枪测体温
2. 下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是( )
A. 浓硫酸具有吸水性，用作气体干燥剂
B. 一氧化碳具有还原性，用于工业炼铁
C. 碳酸钙能在高温下分解，用作人体补钙剂
D. 稀有气体通电能发出不同颜色的光，用于制作霓虹灯
3. 如图是某反应的微观示意图，下列说法正确的是( )
A. 该反应为置换反应
B. 反应前后分子、原子种类均不变
C. 生成物的分子为SO2和H2O，两者的个数比为1：1
D. 参加反应的分子为H2S和O2，两者的质量比为2：3
4. 下列描述不合理的是( )
A. 细铁丝在氧气中剧烈燃烧，火星四射 B. 一氧化碳还原氧化铜，黑色固体变红
C. 木炭在氧气中剧烈燃烧，生成黑色固体 D. 一氧化碳在空气中燃烧，发出淡蓝色火焰
5. 某元素的原子结构示意图如图所示。小红对它的认识中错误的是( )
A. 原子核内有11个质子
B. 原子核外有3个电子层
C. 该元素属于金属元素
D. 该原子失去电子后带负电荷
6. 达菲(C16H31N2PO8) 是目前用来治疗甲型H1N1流感的重要药物．下列说法正确的是( )
A. 达菲是一种有机物 B. 达菲由58个原子构成
C. 达菲中碳、氢元素的质量比是16：31 D. 达菲中磷元素的质量分数最小
7. 芯片是电脑“智能”的核心部件，它是用高纯度硅制成的。下面是生产单质硅过程中的一个重要反应：SiO2+2C− 高温 Si+2X↑，同学们经过分析得到以下信息：①X的化学式为CO2；②X和SiO2都是氧化物；③该反应中最小微粒是Si、O和C；④该反应利用了C的氧化性。以上信息正确的是( )
A. ①②③ B. ②③ C. ②④ D. ②③④
8. 如表归纳完全正确的一组是( )
A.化学之最
B.化学与生活
①密度最小的气体是氢气
②人体中含量最高的元素是水
①冰箱的异味：可用活性炭吸附
②生活中硬水软化：蒸馏
C.物质保存方法及解释
D.化学与工农业
①酒精密封保存：防止挥发
②双氧水放于阴凉处保存：防止分解
①使用催化剂改变反应速度
②施用过量农药来增加粮食产量
A. A B. B C. C D. D
9. 下列物质按照混合物、氧化物、单质的顺序排列的是( )
A. 酒精、过氧化氢、生石灰 B. 天然气、水、液氧
C. 氦气、干冰、氢气 D. 生铁、空气、氮气
10. 下列实验的设计正确的是( )
A. 探究空气中氧气的体积分数
B. 用简易净水器软化硬水
C. 探究质量守恒定律
D. 探究可燃物燃烧需要的条件
二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）
11. 当前，越来越多的国家投身于“碳达峰”和“碳中和”事业。乙醇作为一种清洁燃料已成为可再生能源的发展重点之一。全球超过三分之一的国家正在推广使用燃料乙醇。如图为乙醇燃烧的微观示意图，下列有关该反应的说法中，正确的是( )
A. 该反应属于氧化反应 B. 反应中氧元素的化合价不变
C. 图中x的数值为3 D. 反应前后分子和原子的种类都不变
12. 除杂是指有效除去原物质中所含杂质且不与主要成分反应，且不会引进新杂质的过程。下列除去杂质的方法中，正确的是( )
选项
物质(括号内为杂质)
除去杂质的方法
A
NaOH溶液(Na2CO3)
加入适量的Ca(OH)2溶液，过滤
B
CaO(CaCO3)
加水溶解，过滤
C
CO(CO2)
通过足量的NaOH溶液，干燥
D
FeSO4溶液(H2SO4)
加入适量FeCl3溶液
A. A B. B C. C D. D
13. 推理和归纳是化学学习和研究中常用的思维方法。下列推理正确的是( )
A. 燃烧需要同时满足三个条件，所以灭火也要同时控制这三个条件
B. 单质是由一种元素组成的纯净物，因此由一种元素组成的物质一定不是化合物
C. 性质活泼的金属在空气中容易被腐蚀，铝在空气中不易被腐蚀是因为其性质不活泼
D. 活泼金属能跟稀盐酸反应生成气体，但能跟稀盐酸反应生成气体的物质不一定是活泼金属
14. 现有300g的AgNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中加入一定量的Zn粉，过滤后，向滤渣中再加入一定质量分数的稀硫酸，反应图象如图所示，下列说法正确的是( )
A. b点中溶液的溶质有Cu(NO3)2和Zn(NO3)2
B. M的值为28.0
C. c点中Zn(NO3)2的质量为56.4g
D. d点中含有的固体只有Cu和Ag
15. 现有18.6gNaOH与Na2CO3的固体混合物，在室温下，将该混合物与100g稀盐酸混合，恰好完全反应，所得不饱和溶液的质量为114.2g，则下列有关说法正确的是( )
A. 所用稀盐酸的溶质质量分数为14.6%
B. 反应中有气体生成，质量为4.4g
C. 恰好完全反应后，所得溶液中溶质的质量为11.7g
D. 固体混合物中Na2CO3的质量为10.6g
第II卷（非选择题）
三、填空题（本大题共1小题，共8.0分）
16. 我国提出2060年前实现“碳中和”，彰显了负责任大国的作为与担当。“碳中和”是指采取措施实现CO2的排放和吸收互相平衡。
(1)“碳中和”中的“碳”指的是 。
(2)自然界中CO2来源有 (任写一点)，大气中CO2含量升高会导致 效应。
(3)“碳捕捉和封存”技术是实现碳中和的重要途径。
①重庆合川实验基地通过如图技术将CO2压入地下实现CO2的封存。这里的CO2捕集是一个 (填“物理”或“化学”)过程，此过程中CO2分子间隔 。
②2021年9月24日，中科院天津工业生物技术研究所科研人员在国际上首次实现了二氧化碳到淀粉的从头合成。绿色植物光合作用过程可以表示为6CO2+6H2O=光照C6H12O6+ 。
四、推断题（本大题共1小题，共10.0分）
17. 图示中A～G是初中化学常见的物质。按单质、氧化物、酸、碱、盐分类，A、B、D、F、G是不同类别的物质，D、C、E类别相同且D为草木灰的主要成分，F用于配制波尔多液；G的浓溶液久置空气中溶液质量会减少。图中“—”表示两端的物质间可以发生反应，“→”表示物质间存在着相应的转化关系(部分反应物、生成物及反应条件已略去)。请回答：
(1)写出下列物质的化学式：A ______；E ______；
(2)写出D和F反应的化学方程式：______；
(3)写出C→B反应的化学方程式：______；
(4)写出F与G的基本反应类型：______。
五、流程题（本大题共1小题，共8.0分）
18. 科学实验中要研究纯净物的组成、结构、性质等，常常需要把混合物进行除杂、分离和提纯等。为了将氯化钠和氯化钙两种固体混合物分离，设计了下列实验方案：
试回答下列问题：
①操作②中加入过量Na2CO3的目的是 ，发生反应的化学方程式为 。
②甲同学认为，上述所得的NaCl固体不纯，要得到较纯净的NaCl固体，需增加一步实验，他的做法是 。
③为进一步探究混合物中氯化钠的质量分数，同学们分别提出了两个方案，方案1所选数据是称得混合物A的总质量还有沉淀B的质量；方案2所选数据是混合物A的总质量还有实验改进后所得的氯化钠固体的质量。试判断哪个方案所选的数据不合理并说明理由 。
六、简答题（本大题共1小题，共8.0分）
19. NaOH、Na2CO3、NaCl在不同溶剂中的溶解度如表所示．
表1 NaOH、Na2CO3、NaCl分别在水中的溶解度(S/g)
t/℃
NaOH
Na2CO3
NaCl
0
42
7.1
35.7
10
51
12.2
35.8
20
109
21.8
36.0
30
119
39.7
36.3
表2常温下，NaOH、Na2CO3、NaCl分别在乙醇中的溶解度(S/g)
NaOH
Na2CO3
NaCl
17.3
<0.01
0.1
根据表1和表2提供的数据回答下列问题：
(1)NaOH在水中的溶解度随温度升高至 (填“增大”或“减小”)；除去碳酸钠中混有少量氯化钠的方法是 ；
(2)20℃时，饱和食盐水溶质的质量分数为 (计算结果精确到0.1%)．
(3)常温下，将5gNaCl粉末放入10mL乙醇中，振荡时形成的是 (填“溶液”、“悬浊液”或“乳浊液”)．
(4)为证明CO2能与NaOH反应生成Na2CO3，小明同学将CO2通入饱和NaOH的乙醇溶液中，请推测实验可观察到的现象 ，推测依据是 ．
七、探究题（本大题共1小题，共10.0分）
20. 铁锈成分比较复杂，为探究铁锈的组成，进行以下分析测定
【查阅资料】①铁锈成分复杂，化学式可简单表示为Fe2O3⋅nH2O，在加热时会分步反应，110℃首先失去结晶水，其反应可表示为Fe2O3⋅nH2O=△Fe2O3+nH2O。
②铁的氧化物在500℃以上才会与CO反应
为了探究铁锈(Fe2O3⋅nH2O)的组成，进行以下分析测定，称取30.0g这种铁粉样品，按如图1所示装置进行实验。
(1)按图1连接好装置后，第一步操作是 ；
(2)写出T3−T4时间段所发生的化学方程式 ；
(3)如图2是加热时间和A中固体质量关系图像，如表是B、C中质量不再变化时，B中浓硫酸、C中碱石灰装置质量变化情况。铁锈(Fe2O3⋅nH2O)中n的值是 ；实验过程中装置A中可以看到的现象是 。
反应前(g)
反应后(g)
B
100
105.4
C
150
163.2
(4)这套装置的缺点是 。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、进入校园出示渝康码，没有新物质生成，属于物理变化，故A错误；
B、用消毒液对教室消毒，有新物质生成，属于化学变化，故B正确；
C、教室内保持开门窗通风，没有新物质生成，属于物理变化，故C错误；
D、用额温枪测体温，没有新物质生成，属于物理变化，故D错误；
故选：B。
有新物质生成的变化叫化学变化；没有新物质生成的变化叫物理变化。化学变化的特征是：有新物质生成。判断物理变化和化学变化的依据是：是否有新物质生成。
本题考查了物质的变化判断，明确过程中是否有新物质生成是解题关键，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.浓硫酸具有吸水性，可用作某些气体的干燥剂，对应关系正确；
B.一氧化碳具有还原性，用于工业炼铁，对应关系正确；
C.碳酸钙能与胃酸中的盐酸反应生成可被人体吸收的氯化钙，所以碳酸钙可用作人体补钙剂，对应关系错误；
D.稀有气体通电能发出不同颜色的光，用于制作霓虹灯，对应关系正确。
故选：C。
物质的性质决定物质的用途，解题时根据物质的性质来分析。
此题考查常见的初中化学物质的性质和用途，难度小。
3.【答案】C
【解析】解：由图示可知反应前后存在相同的分子，故该图示可转化为如图的反应图示：
依据反应前后物质的分子结构可知反应物是氧气和硫化氢生成物是水和二氧化硫，则反应方程式为3O2+2H2S=点燃2H2O+2SO2；
A、置换反应要求反应物生成物均是一种单质与一种化合物，而该反应的生成物是两种化合物，所以不是置换反应，故说法错误；
B、由图示或化学方程式可知，化学反应前后原子的种类不变，但分子的种类发生了变化，故说法错误。
C、由图示或化学方程式都可以看出生成物的分子为SO2和H2O，两者的个数比为1：1，故说法正确；
D、参加反应的分子为H2S和O2，两者的质量比为[2×(1×2+32)]：[3×(16×2)]≠2：3，故说法错误；
故选：C。
根据反应过程图中的分子结构，判断反应物与生成物，确定该反应中各分子个数比和反应的化学方程式，进而由反应特征确定反应类型，据此分析解答．
该题不仅考查了学生对化学知识的掌握情况，还考查了学生观察理解微观模型示意图的能力，从多方面考查了学生的综合能力．
4.【答案】C
【解析】解：A.细铁丝在氧气中剧烈燃烧，火星四射，故A正确。
B.一氧化碳还原氧化铜，因为有铜生成，所以看到黑色固体变红，故B正确。
C.木炭在氧气中剧烈燃烧，生成无色无味气体，故C错误。
D.一氧化碳在空气中燃烧，发出淡蓝色火焰，故D正确。
故选：C。
A、根据细铁丝在氧气中剧烈燃烧，火星四射进行分析；
B、根据一氧化碳还原氧化铜，进行分析；
C、根据木炭在氧气中剧烈燃烧，生成无色无味气体进行分析；
D、根据一氧化碳在空气中燃烧，发出淡蓝色火焰进行分析。
实验现象是中考热点，解题关键是熟记课本中有关实验的现象。
5.【答案】D
【解析】解：A、原子核内有11个质子，说法正确，故A正确；
B、原子核外有3个电子层，说法正确，故B正确；
C、原子核内有11个质子，属于钠元素，该元素属于金属元素，说法正确，故C正确；
D、该原子失去电子后带正电荷，故D错误。
故选：D。
根据原子结构示意图的意义分析判断，由元素的原子结构示意图可知：其电子层数、原子的质子数、元素种类等信息。
了解原子结构示意图与离子结构示意图的区别和联系；掌握核外电子在化学变化中的作用和得失电子的规律特点。
6.【答案】A
【解析】解：A.由达菲的化学式可知，它是一种含碳元素的化合物，属于有机物，故正确；
B.达菲是由达菲分子构成的，1个达菲分子是由16个碳原子、31个氢原子、8个氧原子、2个氮原子和1个磷原子构成的，1个达菲分子中含有58个原子．故错误；
C.达菲中碳、氢两种元素的质量比=16×12：31×1=192：31；故错误；
D.达菲中，碳、氢、氮、磷、氧五种元素的质量比为：(12×16)：(1×31)：(14×2)：31：(16×8)，由此可见其中氮元素的质量分数最小；故错误；
故选A．
A.根据有机物的概念来分析；
B.根据达菲的结构来分析；
C.根据化合物中各元素质量比=各原子的相对原子质量×原子个数之比，进行分析判断；
D.根据化合物中元素质量分数的比较方法来分析．
本题难度不大，考查同学们结合新信息、灵活运用化学式的含义与有关计算进行分析问题、解决问题的能力．
7.【答案】A
【解析】解：①由质量守恒定律：反应前后，原子种类、数目均不变，则2X分子中含有2个碳原子和2个氧原子，则每个X分子由1个碳原子和1个氧原子构成，则物质X的化学式为CO，故说法错误。
②CO、SiO2均是由两种元素组成的且有一种是氧元素的化合物，均属于氧化物，故说法正确。
③原子是化学变化中的最小粒子，该反应中最小微粒是Si、O和C，故说法正确。
④碳夺取了二氧化硅中的氧，具有还原性，故说法错误。
信息正确的是①②③。
故选：A。
①由质量守恒定律：反应前后，原子种类、数目均不变，进行分析判断。
②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。
③根据原子是化学变化中的最小粒子，进行分析判断。
④根据碳夺取了二氧化硅中的氧，进行分析判断。
本题难度不大，掌握利用化学反应前后原子守恒来确定物质的化学式的方法是正确解答此类题的关键。
8.【答案】C
【解析】解：A、①密度最小的气体是氢气，正确；②人体中含量最高的元素是氧元素，含量最高的物质是水，错误；故A错误；
B、①活性炭结构疏松多孔，具有吸附性，可以吸附异味，正确；②可溶性钙、镁化合物在加热时，能形成沉淀，故生活中常用煮沸的方法降低水的硬度，实验室用蒸馏的方法，错误；故B错误；
C、①酒精具有挥发性，故应密封保存，正确；②双氧水受热易分解生成水和氧气，故需要放于阴凉处保存，正确；故正确；
D、①催化剂能改变化学反应速率，化学反应前后，质量和化学性质不变，正确；②施用过量农药会污染水源和土壤，应合理施用，错误；故D错误；
故选：C。
A、根据密度最小的气体是氢气以及人体中含量最高的元素是氧元素，含量最高的物质是水分析；
B、根据活性炭结构疏松多孔，具有吸附性以及生活中常用煮沸的方法降低水的硬度，实验室用蒸馏的方法分析；
C、根据酒精具有挥发性以及双氧水受热易分解生成水和氧气分析；
D、根据催化剂能改变化学反应速率，化学反应前后，质量和化学性质不变以及施用过量农药会污染水源和土壤分析。
本题考查的是化学基础知识，难度不大，全面性比较强，解答本题要加强对化学基础知识的掌握。
9.【答案】B
【解析】解：A、酒精是纯净物，属于化合物、过氧化氢是化合物，属于氧化物、生石灰是化合物，属于氧化物，故不正确；
B、天然气主要成分是甲烷，还含有其它杂质，属于混合物、水是由H、O元素组成的化合物，属于氧化物、液氧是液态氧气，是由氧元素组成的纯净物，属于单质，故正确；
C、氦气是由氦元素组成的纯净物，属于单质、干冰是固体二氧化碳，是由C、O元素组成的化合物，属于氧化物、氢气是由氢元素组成的纯净物，属于单质，故不正确；
D、生铁是由铁、碳等混合而成，属于混合物、空气是由氮气、氧气等混合而成，属于混合物、氮气是由氮元素组成的纯净物，属于单质，故不正确。
故选：B。
由多种物质混合而成的是混合物；由一种物质组成的是纯净物；只由一种元素组成的纯净物，是单质；由两种或两种元素组成的纯净物，是化合物；只由两种元素组成，其中一种是氧元素，属氧化物。
物质的分类标准很多，其中的一种分类标准是：物质首先分为纯净物和混合物，纯净物分为单质和化合物，单质可以分为金属单质和非金属单质，化合物可以分为酸、碱、盐、氧化物，要注意了解掌握。
10.【答案】D
【解析】解：A、木炭在空气中燃烧生成二氧化碳气体，虽除去氧气，但增加了新的气体，没有形成压强差，不能用来测定空气中氧气含量，故选项实验设计错误。
B、图中简易净水器只能除去水中的不溶性杂质和一些可溶性杂质，不能除去水中的可溶性钙、镁化合物，不能将硬水软化，故选项实验设计错误。
C、镁在空气中燃烧生成氧化镁，参加反应的镁与参加反应的氧气的质量之和等于生成氧化镁的质量，由于该反应不是在密闭空间中进行，有氧气参与反应，故反应后质量增大，不能用来探究质量守恒定律，故选项实验设计错误。
D、铜片上的白磷燃烧，红磷不燃烧，说明燃烧需要温度达到着火点，铜片上的白磷燃烧，水中白磷不能燃烧，说明燃烧需要与氧气接触，可用于探究可燃物燃烧需要的条件，故选项实验设计正确。
故选：D。
A、所选除氧剂要具备以下特征：本身能够在空气中燃烧(只能与空气中的氧气反应)；本身的状态为非气体；生成的物质为非气态。
B、根据水的净化原理，进行分析判断。
C、验证质量守恒定律的实验时，选用药品和装置应考虑：①只有用天平称量质量没有变化的化学变化才能直接用于验证质量守恒；②如果反应物中有气体参加反应，或生成物中有气体生成，应该选用密闭装置。
D、根据燃烧的条件，进行分析判断。
本题难度不是很大，化学实验方案的设计是考查学生能力的主要类型，同时也是实验教与学难点，在具体解题时要对其原理透彻理解，可根据物质的物理性质和化学性质结合实验目的进行分析判断。
11.【答案】AC
【解析】解：由微观反应示意图可知，该反应是由乙醇和氧气在点燃的条件下反应生成二氧化碳和水，化学方程式为：C2H5OH+3O2− 点燃 2CO2+3H2O。
A.该反应是乙醇与氧气发生了反应，属于氧化反应，选项说法正确；
B.该反应有单质氧气参加反应，氧元素的化合价一定发生了变化，选项说法错误；
C.由化学方程式可知，x=3，选项说法正确；
D.由微粒的变化可知，反应过程中分子的种类发生改变，故选项说法错误。
故选：AC。
观察微观结构过程图，分析反应物、生成物，写出反应的化学方程式，据其意义、微粒的变化、化合价原则等分析判断有关的问题。
认真阅读分子模型和反应的模拟图结合化学变化的实质及分子、原子之间的关系，能判断分子的构成和物质的分类，是解决这类题目的关键点．
12.【答案】AC
【解析】解：A、Na2CO3能与适量的Ca(OH)2溶液反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，再过滤，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故选项所采取的方法正确。
B、CaO能与水反应生成氢氧化钙，碳酸钙难溶于水，反而会把原物质除去，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误。
C、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，再干燥，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故选项所采取的方法正确。
D、H2SO4不能与适量FeCl3溶液反应，不能把杂质除去，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误。
故选：AC。
根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂(提纯)，是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变。除杂质至少要满足两个条件：①一般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。
物质的分离与除杂是中考的重点，也是难点，解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件(加入的试剂一般只与杂质反应，反应后不能引入新的杂质)是正确解题的关键。
13.【答案】BD
【解析】解：A、燃烧需要同时满足三个条件，只要破坏燃烧三个条件中的任何一个条件即可达到灭火的目的，故选项推理错误。
B、单质是由一种元素组成的纯净物，因此由一种元素组成的物质一定不是化合物，故选项推理正确。
C、性质活泼的金属在空气中容易被腐蚀，铝在空气中不易被腐蚀是因为铝在空气中能与氧气反应，其表面生成一层致密的氧化铝薄膜，阻止内部的铝进一步被氧化，因此铝制品抗腐蚀性强，故选项推理错误。
D、活泼金属能跟稀盐酸反应生成气体，但能跟稀盐酸反应生成气体的物质不一定是活泼金属，也可能是碳酸盐等，故选项推理正确。
故选：BD。
A、根据燃烧需要同时满足三个条件，进行分析判断。
B、根据单质是由同种元素组成的纯净物，进行分析判断。
C、根据金属的化学性质，进行分析判断。
D、根据酸能与活泼金属、碳酸盐等反应生成气体，进行分析判断。
本题难度不大，解答此类题时要根据不同知识的特点类推，不能盲目类推，并要注意知识点与方法的有机结合，做到具体问题能具体分析。
14.【答案】BD
【解析】解：在AgNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中加入一定量的Zn粉，锌会先与硝酸银反应，再与硝酸铜反应，当加入锌的质量是6.5g时，固体质量是21.6g，所以置换出的银的质量是21.6g；
当加入的锌的增量增加到13g时，与硝酸铜反应的锌的质量就是6.5g，
设置换出的铜的质量为x，生成硝酸锌的质量为y，
Cu(NO3)2+Zn=Zn(NO3)2+Cu
65 189 64
6.5g y x
656.5g=189y=64x
x=6.4g
y=18.9g
设锌与硝酸银反应生成硝酸锌的质量为a
2AgNO3+Zn=Zn(NO3)2+2Ag
65 189
6.5g a
656.5g=189a
a=18.9g
M=6.4g+21.6g=28g，
b点到c点横坐标增加了6.5g，纵坐标也增加6.5g，所以b点时，加入的锌完全反应，
A、b点中溶液的溶质有Cu(NO3)2，故A错误；
B、M的值为28.0，故B正确；
C、c点中Zn(NO3)2的质量为18.9g×2=37.8g，故C错误；
D、d点时，锌和硫酸完全反应，所以d点中含有的固体只有Cu和Ag，故D正确。
故选：BD。
根据在AgNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中加入一定量的Zn粉，锌会先与硝酸银反应，再与硝酸铜反应，锌会与硫酸反应生成硫酸锌和氢气，铜、银不会与硫酸反应进行分析。
本题属于实验探究题，综合性较强，既有试验探究，又有实验数据图象的分析。只有综合掌握了基础知识才能较好的完成本类练习题。
15.【答案】BD
【解析】解：A、生成二氧化碳的质量为：18.6g+100g−114.2g=4.4g；
设混合物中碳酸钠的质量为x，稀盐酸中溶质的质量为y，生成氯化钠的质量为z。
Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑
106 73 11744
xy z 4.4g
10644=x4.4g 解得：x=10.6g
7344=y4.4g 解得：y=7.3g
11744=z4.4g 解得：z=11.7g
所用稀盐酸的溶质质量分数为：7.3g100g×100%=7.3%
故A错误。
B、由上述计算可知，反应中有气体生成，质量为4.4g，故B正确；
C、NaOH的质量为：9.3g−5.3g=4g
设氢氧化钠与稀盐酸反应生成氯化钠的主梁为m。
NaOH+HCl=NaCl+H2O
40 58.5
4g m
4058.5=4gm 解得：m=5.85g
恰好完全反应后，所得溶液中溶质的质量为：11.7g+5.85g=17.55g。
故C错误。
D、由以上计算可知，固体混合物中Na2CO3的质量为10.6g，故D正确。
故选：BD。
根据质量守恒定律可以计算出二氧化碳的质量，进而求出碳酸钠的质量，吸烟苏中溶质的质量，生成的氯化钠的质量，根据碳酸钠的质量可计算出NaOH的质量，再有氢氧化钠的质量可计算出与稀盐酸反应生成的氯化钠的质量，根据上述计算可求出恰好完全反应后，所得溶液中溶质的质量。
此题是一道化学计算题，解题的关键是质量守恒定律的巧妙使用，此题难度较大，是一道综合性较强的计算题。
16.【答案】二氧化碳或CO2 化石燃料的燃烧或动植物的呼吸作用(合理即可) 温室 物理 减小 6O2
【解析】解：(1)“碳中和”中的“碳”指的是二氧化碳；故答案为：二氧化碳或CO2；
(2)自然界中CO2来源有化石燃料的燃烧、动植物的呼吸作用等；大气中CO2含量升高会导致温室效应；故答案为：化石燃料的燃烧或动植物的呼吸作用(合理即可)；温室；
(3)二氧化碳由气态变成液态，分子间的间隔减小，但没有新物质生成，发生的属于物理变化；故答案为：物理；减小；
(4)由化学方程式可知，反应前有：6个碳原子、12个氢原子和18个氧原子；反应后有：6个碳原子、12个氢原子和6个氧原子，因此空格处有12个氧原子，则空格处填写“6O2”；故答案为：6O2。
(1)根据“碳中和”的含义来分析；
(2)根据二氧化碳的来源以及二氧化碳对环境的影响来分析；
(3)根据是否生成新物质、质量守恒定律来分析。
本题考查的知识点较多，但难度不大，解答时要根据相关知识点进行分析、判断，从而得出正确的结论。
17.【答案】CO2 KCl K2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2KOH 2KClO3−MnO2△2KCl+3O2↑； 复分解反应
【解析】解：(1)D为草木灰的主要成分，所以D是碳酸钾，碳酸钾属于盐，D、C、E类别相同，所以C、E都是盐，F用于配制波尔多液，配制波尔多液用到硫酸铜和氢氧化钙，因为A、B、D、F、G是不同类别的物质，D是盐，所以F不能是盐，只能是氢氧化钙；G的浓溶液久置空气中溶液质量会减少，说明G具有挥发性，G可以是盐酸；A、B、D、F、G是不同类别的物质，D属于盐、F属于碱，G属于酸，所以A、B不能是酸、碱、盐，又因为A能与氢氧化钙反应，所以A可以是二氧化碳，二氧化碳与水在光照的作用下生成氧气和有机物，氧气和碳反应生成二氧化碳，所以B可以是氧气，C能制取氧气，属于盐，且能生成E，碳酸钾可以制取E，所以E可以是氯化钾，所以A是CO2、E是KCl；
(2)D和F反应是碳酸钾和氢氧化钙反应，生成碳酸钙沉淀和氢氧化钾，所以方程式是：K2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2KOH；
(3)反应物是氯酸钾生成物是氯化钾和氧气，反应条件是二氧化锰作催化剂加热，所以方程式是：2KClO3−MnO2△2KCl+3O2↑；
(4)F与G的反应，是氢氧化钙与盐酸反应，生成氯化钙和水，两种化合物相互交换成分，生成两种新的化合物的反应，属于复分解反应。
故答案为：(1)CO2；KCl；
(2)K2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2KOH；
(3)2KClO3−MnO2△2KCl+3O2↑；
(4)复分解反应。
D为草木灰的主要成分，所以D是碳酸钾，碳酸钾属于盐，D、C、E类别相同，所以C、E都是盐，F用于配制波尔多液，配制波尔多液用到硫酸铜和氢氧化钙，因为A、B、D、F、G是不同类别的物质，D是盐，所以F不能是盐，只能是氢氧化钙；G的浓溶液久置空气中溶液质量会减少，说明G具有挥发性，G可以是盐酸；A、B、D、F、G是不同类别的物质，D属于盐、F属于碱，G属于酸，所以A、B不能是酸、碱、盐，又因为A能与氢氧化钙反应，所以A可以是二氧化碳，二氧化碳与水在光照的作用下生成氧气和有机物，氧气和碳反应生成二氧化碳，所以B可以是氧气，C能制取氧气，属于盐，且能生成E，碳酸钾可以制取E，所以E可以是氯化钾，C可以是氯酸钾，符合题意。
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。
18.【答案】使氯化钙完全反应 Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl 在操作⑤之前往滤液D中加入过量稀盐酸，以除去碳酸钠 方案2不合理，因为在操作②以及改进的实验操作中均反应生成了NaCl，使NaCl的质量偏大
【解析】解：①操作②中加入过量碳酸钠的目的是使氯化钙完全反应，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，发生反应的化学方程式为：Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl。
②甲同学认为，上述所得的NaCl固体不纯，要得到较纯净的NaCl固体，需增加一步实验，他的做法是在操作⑤之前往滤液D中加入过量稀盐酸，以除去碳酸钠。
③方案2不合理，理由：在操作②以及改进的实验操作中均反应生成了NaCl，使NaCl的质量偏大。
故答案为：①使氯化钙完全反应；Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl；
②在操作⑤之前往滤液D中加入过量稀盐酸，以除去碳酸钠；
③方案2不合理，因为在操作②以及改进的实验操作中均反应生成了NaCl，使NaCl的质量偏大。
①根据操作②中加入过量碳酸钠的目的是使氯化钙完全反应，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，进行分析；
②根据在操作⑤之前往滤液D中加入过量稀盐酸，以除去碳酸钠进行分析；
③根据在操作②以及改进的实验操作中均反应生成了NaCl，使NaCl的质量偏大进行分析。
本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。
19.【答案】增大 冷却热饱和溶液 26.5% 悬浊液 出现浑浊 碳酸钠在乙醇中的溶解度很小．
【解析】解：(1)据表格可以看出，氢氧化钠的溶解度随温度的升高而增大，由于氯化钠的溶解度受温度的影响不大，除去碳酸钠中混有少量氯化钠的方法是冷却热饱和溶液的方法；
(2)20℃时，氯化钠在水中的溶解度为36.0g，故饱和食盐水中溶质的质量分数=36.0g100g+36.0g×100%≈26.5%；
(3)由表中的数据可知，氯化钠在乙醇中的溶解度很小，常温下，将5gNaCl粉末放入10mL乙醇中，振荡时形成的是悬浊液；
(4)由于二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠，碳酸钠在乙醇中的溶解度很小，故将CO2通入饱和NaOH的乙醇溶液中，可观察到的现象是出现浑浊，推测依据是碳酸钠在乙醇中的溶解度很小．
故答案为：(1)增大，冷却热饱和溶液；(2)26.5%；(3)悬浊液：(4)出现浑浊，碳酸钠在乙醇中的溶解度很小．
(1)根据氢氧化钠、氯化钠的溶解度随温度变化的情况分析；
(2)根据饱和溶液中，溶质质量分数=溶解度100g+溶解度×100%计算氯化钠饱和溶液的溶质质量分数；
(3)根据氯化钠在乙醇中不易溶解解答即可．
(4)根据碳酸钠在乙醇中不易溶解解答即可
本题考查的是溶解度的影响因素以及探究氢氧化钠和二氧化碳反应的知识，完成此题，可以依据已有的知识进行．
20.【答案】检查装置气密性 Fe2O3+3CO=高温2Fe+3CO2 3 红色粉末逐渐变黑 未进行尾气处理，会导致污染空气
【解析】解：(1)连接好装置后，第一步操作是检查装置气密性，防止装置漏气，故答案为：检查装置气密性；
(2)T1∽T2时间段，铁锈(Fe2O3⋅nH2O )失去结晶水生成氧化铁，T3∽T4时，一氧化碳在高温条件下还原氧化铁，生成二氧化碳和铁，固体由氧化铁转化成铁，固体的质量减少，该反应的化学方程式为：Fe2O3+3CO=高温2Fe+3CO2，故答案为：Fe2O3+3CO=高温2Fe+3CO2；
(3)C装置碱石灰是用来吸收二氧化碳，其质量=163.2−150=13.2g；T1∽T2时间段，铁锈失去结晶水生成氧化铁，失去的水的质量为30g−24.6=5.4g，根据方程式，设氧化铁的质量为x
Fe2O3+3CO=高温2Fe+3CO2
160 132
x 13.2g
160132=x13.2g
x=16g
故Fe2O3⋅nH2O 氧化铁和水的质量关系16018n=16g5.4g，n=3；
实验过程中装置A中的反应是一氧化碳在高温条件下还原氧化铁，生成二氧化碳和铁，可以看到的现象是红棕色粉末变为黑色，故答案为：3；红棕色粉末变为黑色；
(4)一氧化碳有毒，该装置未进行尾气处理，会导致污染空气，故答案为：未进行尾气处理，会导致污染空气。
(1)根据连接好装置后，第一步操作是检查装置气密性，防止装置漏气进行分析；
(2)根据T1∽T2时间段，铁锈(Fe2O3⋅nH2O )失去结晶水生成氧化铁，T3∽T4时，一氧化碳在高温条件下还原氧化铁，生成二氧化碳和铁进行分析；
(3)根据C装置碱石灰是用来吸收二氧化碳，T1∽T2时间段，铁锈失去结晶水生成氧化铁，一氧化碳在高温条件下还原氧化铁，生成二氧化碳和铁进行分析；
(4)根据一氧化碳有毒进行分析。
本题主要考查物质的组成成分的探究，酸的化学性质等，注意书写化学方程式时应注意反应条件和气体符号及沉淀符号的标注。
绝密★启用前
2023年山东省济南市济阳区垛石街道办事处中学中考化学一模试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
题号
一
二
三
四
五
六
七
总分
得分
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共10小题，共20.0分）
1. 新冠肺炎期间，为确保师生健康，学校采取的保障措施中涉及化学变化的是( )
A. 进入校园出示健康码 B. 用消毒液对教室消毒
C. 教室内保持开门窗通风 D. 用额温枪测体温
2. 下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是( )
A. 浓硫酸具有吸水性，用作气体干燥剂
B. 一氧化碳具有还原性，用于工业炼铁
C. 碳酸钙能在高温下分解，用作人体补钙剂
D. 稀有气体通电能发出不同颜色的光，用于制作霓虹灯
3. 如图是某反应的微观示意图，下列说法正确的是( )
A. 该反应为置换反应
B. 反应前后分子、原子种类均不变
C. 生成物的分子为SO2和H2O，两者的个数比为1：1
D. 参加反应的分子为H2S和O2，两者的质量比为2：3
4. 下列描述不合理的是( )
A. 细铁丝在氧气中剧烈燃烧，火星四射 B. 一氧化碳还原氧化铜，黑色固体变红
C. 木炭在氧气中剧烈燃烧，生成黑色固体 D. 一氧化碳在空气中燃烧，发出淡蓝色火焰
5. 某元素的原子结构示意图如图所示。小红对它的认识中错误的是( )
A. 原子核内有11个质子
B. 原子核外有3个电子层
C. 该元素属于金属元素
D. 该原子失去电子后带负电荷
6. 达菲(C16H31N2PO8) 是目前用来治疗甲型H1N1流感的重要药物．下列说法正确的是( )
A. 达菲是一种有机物 B. 达菲由58个原子构成
C. 达菲中碳、氢元素的质量比是16：31 D. 达菲中磷元素的质量分数最小
7. 芯片是电脑“智能”的核心部件，它是用高纯度硅制成的。下面是生产单质硅过程中的一个重要反应：SiO2+2C− 高温 Si+2X↑，同学们经过分析得到以下信息：①X的化学式为CO2；②X和SiO2都是氧化物；③该反应中最小微粒是Si、O和C；④该反应利用了C的氧化性。以上信息正确的是( )
A. ①②③ B. ②③ C. ②④ D. ②③④
8. 如表归纳完全正确的一组是( )
A.化学之最
B.化学与生活
①密度最小的气体是氢气
②人体中含量最高的元素是水
①冰箱的异味：可用活性炭吸附
②生活中硬水软化：蒸馏
C.物质保存方法及解释
D.化学与工农业
①酒精密封保存：防止挥发
②双氧水放于阴凉处保存：防止分解
①使用催化剂改变反应速度
②施用过量农药来增加粮食产量
A. A B. B C. C D. D
9. 下列物质按照混合物、氧化物、单质的顺序排列的是( )
A. 酒精、过氧化氢、生石灰 B. 天然气、水、液氧
C. 氦气、干冰、氢气 D. 生铁、空气、氮气
10. 下列实验的设计正确的是( )
A. 探究空气中氧气的体积分数
B. 用简易净水器软化硬水
C. 探究质量守恒定律
D. 探究可燃物燃烧需要的条件
二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）
11. 当前，越来越多的国家投身于“碳达峰”和“碳中和”事业。乙醇作为一种清洁燃料已成为可再生能源的发展重点之一。全球超过三分之一的国家正在推广使用燃料乙醇。如图为乙醇燃烧的微观示意图，下列有关该反应的说法中，正确的是( )
A. 该反应属于氧化反应 B. 反应中氧元素的化合价不变
C. 图中x的数值为3 D. 反应前后分子和原子的种类都不变
12. 除杂是指有效除去原物质中所含杂质且不与主要成分反应，且不会引进新杂质的过程。下列除去杂质的方法中，正确的是( )
选项
物质(括号内为杂质)
除去杂质的方法
A
NaOH溶液(Na2CO3)
加入适量的Ca(OH)2溶液，过滤
B
CaO(CaCO3)
加水溶解，过滤
C
CO(CO2)
通过足量的NaOH溶液，干燥
D
FeSO4溶液(H2SO4)
加入适量FeCl3溶液
A. A B. B C. C D. D
13. 推理和归纳是化学学习和研究中常用的思维方法。下列推理正确的是( )
A. 燃烧需要同时满足三个条件，所以灭火也要同时控制这三个条件
B. 单质是由一种元素组成的纯净物，因此由一种元素组成的物质一定不是化合物
C. 性质活泼的金属在空气中容易被腐蚀，铝在空气中不易被腐蚀是因为其性质不活泼
D. 活泼金属能跟稀盐酸反应生成气体，但能跟稀盐酸反应生成气体的物质不一定是活泼金属
14. 现有300g的AgNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中加入一定量的Zn粉，过滤后，向滤渣中再加入一定质量分数的稀硫酸，反应图象如图所示，下列说法正确的是( )
A. b点中溶液的溶质有Cu(NO3)2和Zn(NO3)2
B. M的值为28.0
C. c点中Zn(NO3)2的质量为56.4g
D. d点中含有的固体只有Cu和Ag
15. 现有18.6gNaOH与Na2CO3的固体混合物，在室温下，将该混合物与100g稀盐酸混合，恰好完全反应，所得不饱和溶液的质量为114.2g，则下列有关说法正确的是( )
A. 所用稀盐酸的溶质质量分数为14.6%
B. 反应中有气体生成，质量为4.4g
C. 恰好完全反应后，所得溶液中溶质的质量为11.7g
D. 固体混合物中Na2CO3的质量为10.6g
第II卷（非选择题）
三、填空题（本大题共1小题，共8.0分）
16. 我国提出2060年前实现“碳中和”，彰显了负责任大国的作为与担当。“碳中和”是指采取措施实现CO2的排放和吸收互相平衡。
(1)“碳中和”中的“碳”指的是 。
(2)自然界中CO2来源有 (任写一点)，大气中CO2含量升高会导致 效应。
(3)“碳捕捉和封存”技术是实现碳中和的重要途径。
①重庆合川实验基地通过如图技术将CO2压入地下实现CO2的封存。这里的CO2捕集是一个 (填“物理”或“化学”)过程，此过程中CO2分子间隔 。
②2021年9月24日，中科院天津工业生物技术研究所科研人员在国际上首次实现了二氧化碳到淀粉的从头合成。绿色植物光合作用过程可以表示为6CO2+6H2O=光照C6H12O6+ 。
四、推断题（本大题共1小题，共10.0分）
17. 图示中A～G是初中化学常见的物质。按单质、氧化物、酸、碱、盐分类，A、B、D、F、G是不同类别的物质，D、C、E类别相同且D为草木灰的主要成分，F用于配制波尔多液；G的浓溶液久置空气中溶液质量会减少。图中“—”表示两端的物质间可以发生反应，“→”表示物质间存在着相应的转化关系(部分反应物、生成物及反应条件已略去)。请回答：
(1)写出下列物质的化学式：A ______；E ______；
(2)写出D和F反应的化学方程式：______；
(3)写出C→B反应的化学方程式：______；
(4)写出F与G的基本反应类型：______。
五、流程题（本大题共1小题，共8.0分）
18. 科学实验中要研究纯净物的组成、结构、性质等，常常需要把混合物进行除杂、分离和提纯等。为了将氯化钠和氯化钙两种固体混合物分离，设计了下列实验方案：
试回答下列问题：
①操作②中加入过量Na2CO3的目的是 ，发生反应的化学方程式为 。
②甲同学认为，上述所得的NaCl固体不纯，要得到较纯净的NaCl固体，需增加一步实验，他的做法是 。
③为进一步探究混合物中氯化钠的质量分数，同学们分别提出了两个方案，方案1所选数据是称得混合物A的总质量还有沉淀B的质量；方案2所选数据是混合物A的总质量还有实验改进后所得的氯化钠固体的质量。试判断哪个方案所选的数据不合理并说明理由 。
六、简答题（本大题共1小题，共8.0分）
19. NaOH、Na2CO3、NaCl在不同溶剂中的溶解度如表所示．
表1 NaOH、Na2CO3、NaCl分别在水中的溶解度(S/g)
t/℃
NaOH
Na2CO3
NaCl
0
42
7.1
35.7
10
51
12.2
35.8
20
109
21.8
36.0
30
119
39.7
36.3
表2常温下，NaOH、Na2CO3、NaCl分别在乙醇中的溶解度(S/g)
NaOH
Na2CO3
NaCl
17.3
<0.01
0.1
根据表1和表2提供的数据回答下列问题：
(1)NaOH在水中的溶解度随温度升高至 (填“增大”或“减小”)；除去碳酸钠中混有少量氯化钠的方法是 ；
(2)20℃时，饱和食盐水溶质的质量分数为 (计算结果精确到0.1%)．
(3)常温下，将5gNaCl粉末放入10mL乙醇中，振荡时形成的是 (填“溶液”、“悬浊液”或“乳浊液”)．
(4)为证明CO2能与NaOH反应生成Na2CO3，小明同学将CO2通入饱和NaOH的乙醇溶液中，请推测实验可观察到的现象 ，推测依据是 ．
七、探究题（本大题共1小题，共10.0分）
20. 铁锈成分比较复杂，为探究铁锈的组成，进行以下分析测定
【查阅资料】①铁锈成分复杂，化学式可简单表示为Fe2O3⋅nH2O，在加热时会分步反应，110℃首先失去结晶水，其反应可表示为Fe2O3⋅nH2O=△Fe2O3+nH2O。
②铁的氧化物在500℃以上才会与CO反应
为了探究铁锈(Fe2O3⋅nH2O)的组成，进行以下分析测定，称取30.0g这种铁粉样品，按如图1所示装置进行实验。
(1)按图1连接好装置后，第一步操作是 ；
(2)写出T3−T4时间段所发生的化学方程式 ；
(3)如图2是加热时间和A中固体质量关系图像，如表是B、C中质量不再变化时，B中浓硫酸、C中碱石灰装置质量变化情况。铁锈(Fe2O3⋅nH2O)中n的值是 ；实验过程中装置A中可以看到的现象是 。
反应前(g)
反应后(g)
B
100
105.4
C
150
163.2
(4)这套装置的缺点是 。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、进入校园出示渝康码，没有新物质生成，属于物理变化，故A错误；
B、用消毒液对教室消毒，有新物质生成，属于化学变化，故B正确；
C、教室内保持开门窗通风，没有新物质生成，属于物理变化，故C错误；
D、用额温枪测体温，没有新物质生成，属于物理变化，故D错误；
故选：B。
有新物质生成的变化叫化学变化；没有新物质生成的变化叫物理变化。化学变化的特征是：有新物质生成。判断物理变化和化学变化的依据是：是否有新物质生成。
本题考查了物质的变化判断，明确过程中是否有新物质生成是解题关键，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.浓硫酸具有吸水性，可用作某些气体的干燥剂，对应关系正确；
B.一氧化碳具有还原性，用于工业炼铁，对应关系正确；
C.碳酸钙能与胃酸中的盐酸反应生成可被人体吸收的氯化钙，所以碳酸钙可用作人体补钙剂，对应关系错误；
D.稀有气体通电能发出不同颜色的光，用于制作霓虹灯，对应关系正确。
故选：C。
物质的性质决定物质的用途，解题时根据物质的性质来分析。
此题考查常见的初中化学物质的性质和用途，难度小。
3.【答案】C
【解析】解：由图示可知反应前后存在相同的分子，故该图示可转化为如图的反应图示：
依据反应前后物质的分子结构可知反应物是氧气和硫化氢生成物是水和二氧化硫，则反应方程式为3O2+2H2S=点燃2H2O+2SO2；
A、置换反应要求反应物生成物均是一种单质与一种化合物，而该反应的生成物是两种化合物，所以不是置换反应，故说法错误；
B、由图示或化学方程式可知，化学反应前后原子的种类不变，但分子的种类发生了变化，故说法错误。
C、由图示或化学方程式都可以看出生成物的分子为SO2和H2O，两者的个数比为1：1，故说法正确；
D、参加反应的分子为H2S和O2，两者的质量比为[2×(1×2+32)]：[3×(16×2)]≠2：3，故说法错误；
故选：C。
根据反应过程图中的分子结构，判断反应物与生成物，确定该反应中各分子个数比和反应的化学方程式，进而由反应特征确定反应类型，据此分析解答．
该题不仅考查了学生对化学知识的掌握情况，还考查了学生观察理解微观模型示意图的能力，从多方面考查了学生的综合能力．
4.【答案】C
【解析】解：A.细铁丝在氧气中剧烈燃烧，火星四射，故A正确。
B.一氧化碳还原氧化铜，因为有铜生成，所以看到黑色固体变红，故B正确。
C.木炭在氧气中剧烈燃烧，生成无色无味气体，故C错误。
D.一氧化碳在空气中燃烧，发出淡蓝色火焰，故D正确。
故选：C。
A、根据细铁丝在氧气中剧烈燃烧，火星四射进行分析；
B、根据一氧化碳还原氧化铜，进行分析；
C、根据木炭在氧气中剧烈燃烧，生成无色无味气体进行分析；
D、根据一氧化碳在空气中燃烧，发出淡蓝色火焰进行分析。
实验现象是中考热点，解题关键是熟记课本中有关实验的现象。
5.【答案】D
【解析】解：A、原子核内有11个质子，说法正确，故A正确；
B、原子核外有3个电子层，说法正确，故B正确；
C、原子核内有11个质子，属于钠元素，该元素属于金属元素，说法正确，故C正确；
D、该原子失去电子后带正电荷，故D错误。
故选：D。
根据原子结构示意图的意义分析判断，由元素的原子结构示意图可知：其电子层数、原子的质子数、元素种类等信息。
了解原子结构示意图与离子结构示意图的区别和联系；掌握核外电子在化学变化中的作用和得失电子的规律特点。
6.【答案】A
【解析】解：A.由达菲的化学式可知，它是一种含碳元素的化合物，属于有机物，故正确；
B.达菲是由达菲分子构成的，1个达菲分子是由16个碳原子、31个氢原子、8个氧原子、2个氮原子和1个磷原子构成的，1个达菲分子中含有58个原子．故错误；
C.达菲中碳、氢两种元素的质量比=16×12：31×1=192：31；故错误；
D.达菲中，碳、氢、氮、磷、氧五种元素的质量比为：(12×16)：(1×31)：(14×2)：31：(16×8)，由此可见其中氮元素的质量分数最小；故错误；
故选A．
A.根据有机物的概念来分析；
B.根据达菲的结构来分析；
C.根据化合物中各元素质量比=各原子的相对原子质量×原子个数之比，进行分析判断；
D.根据化合物中元素质量分数的比较方法来分析．
本题难度不大，考查同学们结合新信息、灵活运用化学式的含义与有关计算进行分析问题、解决问题的能力．
7.【答案】A
【解析】解：①由质量守恒定律：反应前后，原子种类、数目均不变，则2X分子中含有2个碳原子和2个氧原子，则每个X分子由1个碳原子和1个氧原子构成，则物质X的化学式为CO，故说法错误。
②CO、SiO2均是由两种元素组成的且有一种是氧元素的化合物，均属于氧化物，故说法正确。
③原子是化学变化中的最小粒子，该反应中最小微粒是Si、O和C，故说法正确。
④碳夺取了二氧化硅中的氧，具有还原性，故说法错误。
信息正确的是①②③。
故选：A。
①由质量守恒定律：反应前后，原子种类、数目均不变，进行分析判断。
②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。
③根据原子是化学变化中的最小粒子，进行分析判断。
④根据碳夺取了二氧化硅中的氧，进行分析判断。
本题难度不大，掌握利用化学反应前后原子守恒来确定物质的化学式的方法是正确解答此类题的关键。
8.【答案】C
【解析】解：A、①密度最小的气体是氢气，正确；②人体中含量最高的元素是氧元素，含量最高的物质是水，错误；故A错误；
B、①活性炭结构疏松多孔，具有吸附性，可以吸附异味，正确；②可溶性钙、镁化合物在加热时，能形成沉淀，故生活中常用煮沸的方法降低水的硬度，实验室用蒸馏的方法，错误；故B错误；
C、①酒精具有挥发性，故应密封保存，正确；②双氧水受热易分解生成水和氧气，故需要放于阴凉处保存，正确；故正确；
D、①催化剂能改变化学反应速率，化学反应前后，质量和化学性质不变，正确；②施用过量农药会污染水源和土壤，应合理施用，错误；故D错误；
故选：C。
A、根据密度最小的气体是氢气以及人体中含量最高的元素是氧元素，含量最高的物质是水分析；
B、根据活性炭结构疏松多孔，具有吸附性以及生活中常用煮沸的方法降低水的硬度，实验室用蒸馏的方法分析；
C、根据酒精具有挥发性以及双氧水受热易分解生成水和氧气分析；
D、根据催化剂能改变化学反应速率，化学反应前后，质量和化学性质不变以及施用过量农药会污染水源和土壤分析。
本题考查的是化学基础知识，难度不大，全面性比较强，解答本题要加强对化学基础知识的掌握。
9.【答案】B
【解析】解：A、酒精是纯净物，属于化合物、过氧化氢是化合物，属于氧化物、生石灰是化合物，属于氧化物，故不正确；
B、天然气主要成分是甲烷，还含有其它杂质，属于混合物、水是由H、O元素组成的化合物，属于氧化物、液氧是液态氧气，是由氧元素组成的纯净物，属于单质，故正确；
C、氦气是由氦元素组成的纯净物，属于单质、干冰是固体二氧化碳，是由C、O元素组成的化合物，属于氧化物、氢气是由氢元素组成的纯净物，属于单质，故不正确；
D、生铁是由铁、碳等混合而成，属于混合物、空气是由氮气、氧气等混合而成，属于混合物、氮气是由氮元素组成的纯净物，属于单质，故不正确。
故选：B。
由多种物质混合而成的是混合物；由一种物质组成的是纯净物；只由一种元素组成的纯净物，是单质；由两种或两种元素组成的纯净物，是化合物；只由两种元素组成，其中一种是氧元素，属氧化物。
物质的分类标准很多，其中的一种分类标准是：物质首先分为纯净物和混合物，纯净物分为单质和化合物，单质可以分为金属单质和非金属单质，化合物可以分为酸、碱、盐、氧化物，要注意了解掌握。
10.【答案】D
【解析】解：A、木炭在空气中燃烧生成二氧化碳气体，虽除去氧气，但增加了新的气体，没有形成压强差，不能用来测定空气中氧气含量，故选项实验设计错误。
B、图中简易净水器只能除去水中的不溶性杂质和一些可溶性杂质，不能除去水中的可溶性钙、镁化合物，不能将硬水软化，故选项实验设计错误。
C、镁在空气中燃烧生成氧化镁，参加反应的镁与参加反应的氧气的质量之和等于生成氧化镁的质量，由于该反应不是在密闭空间中进行，有氧气参与反应，故反应后质量增大，不能用来探究质量守恒定律，故选项实验设计错误。
D、铜片上的白磷燃烧，红磷不燃烧，说明燃烧需要温度达到着火点，铜片上的白磷燃烧，水中白磷不能燃烧，说明燃烧需要与氧气接触，可用于探究可燃物燃烧需要的条件，故选项实验设计正确。
故选：D。
A、所选除氧剂要具备以下特征：本身能够在空气中燃烧(只能与空气中的氧气反应)；本身的状态为非气体；生成的物质为非气态。
B、根据水的净化原理，进行分析判断。
C、验证质量守恒定律的实验时，选用药品和装置应考虑：①只有用天平称量质量没有变化的化学变化才能直接用于验证质量守恒；②如果反应物中有气体参加反应，或生成物中有气体生成，应该选用密闭装置。
D、根据燃烧的条件，进行分析判断。
本题难度不是很大，化学实验方案的设计是考查学生能力的主要类型，同时也是实验教与学难点，在具体解题时要对其原理透彻理解，可根据物质的物理性质和化学性质结合实验目的进行分析判断。
11.【答案】AC
【解析】解：由微观反应示意图可知，该反应是由乙醇和氧气在点燃的条件下反应生成二氧化碳和水，化学方程式为：C2H5OH+3O2− 点燃 2CO2+3H2O。
A.该反应是乙醇与氧气发生了反应，属于氧化反应，选项说法正确；
B.该反应有单质氧气参加反应，氧元素的化合价一定发生了变化，选项说法错误；
C.由化学方程式可知，x=3，选项说法正确；
D.由微粒的变化可知，反应过程中分子的种类发生改变，故选项说法错误。
故选：AC。
观察微观结构过程图，分析反应物、生成物，写出反应的化学方程式，据其意义、微粒的变化、化合价原则等分析判断有关的问题。
认真阅读分子模型和反应的模拟图结合化学变化的实质及分子、原子之间的关系，能判断分子的构成和物质的分类，是解决这类题目的关键点．
12.【答案】AC
【解析】解：A、Na2CO3能与适量的Ca(OH)2溶液反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，再过滤，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故选项所采取的方法正确。
B、CaO能与水反应生成氢氧化钙，碳酸钙难溶于水，反而会把原物质除去，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误。
C、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，再干燥，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故选项所采取的方法正确。
D、H2SO4不能与适量FeCl3溶液反应，不能把杂质除去，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误。
故选：AC。
根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂(提纯)，是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变。除杂质至少要满足两个条件：①一般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。
物质的分离与除杂是中考的重点，也是难点，解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件(加入的试剂一般只与杂质反应，反应后不能引入新的杂质)是正确解题的关键。
13.【答案】BD
【解析】解：A、燃烧需要同时满足三个条件，只要破坏燃烧三个条件中的任何一个条件即可达到灭火的目的，故选项推理错误。
B、单质是由一种元素组成的纯净物，因此由一种元素组成的物质一定不是化合物，故选项推理正确。
C、性质活泼的金属在空气中容易被腐蚀，铝在空气中不易被腐蚀是因为铝在空气中能与氧气反应，其表面生成一层致密的氧化铝薄膜，阻止内部的铝进一步被氧化，因此铝制品抗腐蚀性强，故选项推理错误。
D、活泼金属能跟稀盐酸反应生成气体，但能跟稀盐酸反应生成气体的物质不一定是活泼金属，也可能是碳酸盐等，故选项推理正确。
故选：BD。
A、根据燃烧需要同时满足三个条件，进行分析判断。
B、根据单质是由同种元素组成的纯净物，进行分析判断。
C、根据金属的化学性质，进行分析判断。
D、根据酸能与活泼金属、碳酸盐等反应生成气体，进行分析判断。
本题难度不大，解答此类题时要根据不同知识的特点类推，不能盲目类推，并要注意知识点与方法的有机结合，做到具体问题能具体分析。
14.【答案】BD
【解析】解：在AgNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中加入一定量的Zn粉，锌会先与硝酸银反应，再与硝酸铜反应，当加入锌的质量是6.5g时，固体质量是21.6g，所以置换出的银的质量是21.6g；
当加入的锌的增量增加到13g时，与硝酸铜反应的锌的质量就是6.5g，
设置换出的铜的质量为x，生成硝酸锌的质量为y，
Cu(NO3)2+Zn=Zn(NO3)2+Cu
65 189 64
6.5g y x
656.5g=189y=64x
x=6.4g
y=18.9g
设锌与硝酸银反应生成硝酸锌的质量为a
2AgNO3+Zn=Zn(NO3)2+2Ag
65 189
6.5g a
656.5g=189a
a=18.9g
M=6.4g+21.6g=28g，
b点到c点横坐标增加了6.5g，纵坐标也增加6.5g，所以b点时，加入的锌完全反应，
A、b点中溶液的溶质有Cu(NO3)2，故A错误；
B、M的值为28.0，故B正确；
C、c点中Zn(NO3)2的质量为18.9g×2=37.8g，故C错误；
D、d点时，锌和硫酸完全反应，所以d点中含有的固体只有Cu和Ag，故D正确。
故选：BD。
根据在AgNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中加入一定量的Zn粉，锌会先与硝酸银反应，再与硝酸铜反应，锌会与硫酸反应生成硫酸锌和氢气，铜、银不会与硫酸反应进行分析。
本题属于实验探究题，综合性较强，既有试验探究，又有实验数据图象的分析。只有综合掌握了基础知识才能较好的完成本类练习题。
15.【答案】BD
【解析】解：A、生成二氧化碳的质量为：18.6g+100g−114.2g=4.4g；
设混合物中碳酸钠的质量为x，稀盐酸中溶质的质量为y，生成氯化钠的质量为z。
Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑
106 73 11744
xy z 4.4g
10644=x4.4g 解得：x=10.6g
7344=y4.4g 解得：y=7.3g
11744=z4.4g 解得：z=11.7g
所用稀盐酸的溶质质量分数为：7.3g100g×100%=7.3%
故A错误。
B、由上述计算可知，反应中有气体生成，质量为4.4g，故B正确；
C、NaOH的质量为：9.3g−5.3g=4g
设氢氧化钠与稀盐酸反应生成氯化钠的主梁为m。
NaOH+HCl=NaCl+H2O
40 58.5
4g m
4058.5=4gm 解得：m=5.85g
恰好完全反应后，所得溶液中溶质的质量为：11.7g+5.85g=17.55g。
故C错误。
D、由以上计算可知，固体混合物中Na2CO3的质量为10.6g，故D正确。
故选：BD。
根据质量守恒定律可以计算出二氧化碳的质量，进而求出碳酸钠的质量，吸烟苏中溶质的质量，生成的氯化钠的质量，根据碳酸钠的质量可计算出NaOH的质量，再有氢氧化钠的质量可计算出与稀盐酸反应生成的氯化钠的质量，根据上述计算可求出恰好完全反应后，所得溶液中溶质的质量。
此题是一道化学计算题，解题的关键是质量守恒定律的巧妙使用，此题难度较大，是一道综合性较强的计算题。
16.【答案】二氧化碳或CO2 化石燃料的燃烧或动植物的呼吸作用(合理即可) 温室 物理 减小 6O2
【解析】解：(1)“碳中和”中的“碳”指的是二氧化碳；故答案为：二氧化碳或CO2；
(2)自然界中CO2来源有化石燃料的燃烧、动植物的呼吸作用等；大气中CO2含量升高会导致温室效应；故答案为：化石燃料的燃烧或动植物的呼吸作用(合理即可)；温室；
(3)二氧化碳由气态变成液态，分子间的间隔减小，但没有新物质生成，发生的属于物理变化；故答案为：物理；减小；
(4)由化学方程式可知，反应前有：6个碳原子、12个氢原子和18个氧原子；反应后有：6个碳原子、12个氢原子和6个氧原子，因此空格处有12个氧原子，则空格处填写“6O2”；故答案为：6O2。
(1)根据“碳中和”的含义来分析；
(2)根据二氧化碳的来源以及二氧化碳对环境的影响来分析；
(3)根据是否生成新物质、质量守恒定律来分析。
本题考查的知识点较多，但难度不大，解答时要根据相关知识点进行分析、判断，从而得出正确的结论。
17.【答案】CO2 KCl K2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2KOH 2KClO3−MnO2△2KCl+3O2↑； 复分解反应
【解析】解：(1)D为草木灰的主要成分，所以D是碳酸钾，碳酸钾属于盐，D、C、E类别相同，所以C、E都是盐，F用于配制波尔多液，配制波尔多液用到硫酸铜和氢氧化钙，因为A、B、D、F、G是不同类别的物质，D是盐，所以F不能是盐，只能是氢氧化钙；G的浓溶液久置空气中溶液质量会减少，说明G具有挥发性，G可以是盐酸；A、B、D、F、G是不同类别的物质，D属于盐、F属于碱，G属于酸，所以A、B不能是酸、碱、盐，又因为A能与氢氧化钙反应，所以A可以是二氧化碳，二氧化碳与水在光照的作用下生成氧气和有机物，氧气和碳反应生成二氧化碳，所以B可以是氧气，C能制取氧气，属于盐，且能生成E，碳酸钾可以制取E，所以E可以是氯化钾，所以A是CO2、E是KCl；
(2)D和F反应是碳酸钾和氢氧化钙反应，生成碳酸钙沉淀和氢氧化钾，所以方程式是：K2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2KOH；
(3)反应物是氯酸钾生成物是氯化钾和氧气，反应条件是二氧化锰作催化剂加热，所以方程式是：2KClO3−MnO2△2KCl+3O2↑；
(4)F与G的反应，是氢氧化钙与盐酸反应，生成氯化钙和水，两种化合物相互交换成分，生成两种新的化合物的反应，属于复分解反应。
故答案为：(1)CO2；KCl；
(2)K2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2KOH；
(3)2KClO3−MnO2△2KCl+3O2↑；
(4)复分解反应。
D为草木灰的主要成分，所以D是碳酸钾，碳酸钾属于盐，D、C、E类别相同，所以C、E都是盐，F用于配制波尔多液，配制波尔多液用到硫酸铜和氢氧化钙，因为A、B、D、F、G是不同类别的物质，D是盐，所以F不能是盐，只能是氢氧化钙；G的浓溶液久置空气中溶液质量会减少，说明G具有挥发性，G可以是盐酸；A、B、D、F、G是不同类别的物质，D属于盐、F属于碱，G属于酸，所以A、B不能是酸、碱、盐，又因为A能与氢氧化钙反应，所以A可以是二氧化碳，二氧化碳与水在光照的作用下生成氧气和有机物，氧气和碳反应生成二氧化碳，所以B可以是氧气，C能制取氧气，属于盐，且能生成E，碳酸钾可以制取E，所以E可以是氯化钾，C可以是氯酸钾，符合题意。
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。
18.【答案】使氯化钙完全反应 Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl 在操作⑤之前往滤液D中加入过量稀盐酸，以除去碳酸钠 方案2不合理，因为在操作②以及改进的实验操作中均反应生成了NaCl，使NaCl的质量偏大
【解析】解：①操作②中加入过量碳酸钠的目的是使氯化钙完全反应，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，发生反应的化学方程式为：Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl。
②甲同学认为，上述所得的NaCl固体不纯，要得到较纯净的NaCl固体，需增加一步实验，他的做法是在操作⑤之前往滤液D中加入过量稀盐酸，以除去碳酸钠。
③方案2不合理，理由：在操作②以及改进的实验操作中均反应生成了NaCl，使NaCl的质量偏大。
故答案为：①使氯化钙完全反应；Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl；
②在操作⑤之前往滤液D中加入过量稀盐酸，以除去碳酸钠；
③方案2不合理，因为在操作②以及改进的实验操作中均反应生成了NaCl，使NaCl的质量偏大。
①根据操作②中加入过量碳酸钠的目的是使氯化钙完全反应，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，进行分析；
②根据在操作⑤之前往滤液D中加入过量稀盐酸，以除去碳酸钠进行分析；
③根据在操作②以及改进的实验操作中均反应生成了NaCl，使NaCl的质量偏大进行分析。
本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。
19.【答案】增大 冷却热饱和溶液 26.5% 悬浊液 出现浑浊 碳酸钠在乙醇中的溶解度很小．
【解析】解：(1)据表格可以看出，氢氧化钠的溶解度随温度的升高而增大，由于氯化钠的溶解度受温度的影响不大，除去碳酸钠中混有少量氯化钠的方法是冷却热饱和溶液的方法；
(2)20℃时，氯化钠在水中的溶解度为36.0g，故饱和食盐水中溶质的质量分数=36.0g100g+36.0g×100%≈26.5%；
(3)由表中的数据可知，氯化钠在乙醇中的溶解度很小，常温下，将5gNaCl粉末放入10mL乙醇中，振荡时形成的是悬浊液；
(4)由于二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠，碳酸钠在乙醇中的溶解度很小，故将CO2通入饱和NaOH的乙醇溶液中，可观察到的现象是出现浑浊，推测依据是碳酸钠在乙醇中的溶解度很小．
故答案为：(1)增大，冷却热饱和溶液；(2)26.5%；(3)悬浊液：(4)出现浑浊，碳酸钠在乙醇中的溶解度很小．
(1)根据氢氧化钠、氯化钠的溶解度随温度变化的情况分析；
(2)根据饱和溶液中，溶质质量分数=溶解度100g+溶解度×100%计算氯化钠饱和溶液的溶质质量分数；
(3)根据氯化钠在乙醇中不易溶解解答即可．
(4)根据碳酸钠在乙醇中不易溶解解答即可
本题考查的是溶解度的影响因素以及探究氢氧化钠和二氧化碳反应的知识，完成此题，可以依据已有的知识进行．
20.【答案】检查装置气密性 Fe2O3+3CO=高温2Fe+3CO2 3 红色粉末逐渐变黑 未进行尾气处理，会导致污染空气
【解析】解：(1)连接好装置后，第一步操作是检查装置气密性，防止装置漏气，故答案为：检查装置气密性；
(2)T1∽T2时间段，铁锈(Fe2O3⋅nH2O )失去结晶水生成氧化铁，T3∽T4时，一氧化碳在高温条件下还原氧化铁，生成二氧化碳和铁，固体由氧化铁转化成铁，固体的质量减少，该反应的化学方程式为：Fe2O3+3CO=高温2Fe+3CO2，故答案为：Fe2O3+3CO=高温2Fe+3CO2；
(3)C装置碱石灰是用来吸收二氧化碳，其质量=163.2−150=13.2g；T1∽T2时间段，铁锈失去结晶水生成氧化铁，失去的水的质量为30g−24.6=5.4g，根据方程式，设氧化铁的质量为x
Fe2O3+3CO=高温2Fe+3CO2
160 132
x 13.2g
160132=x13.2g
x=16g
故Fe2O3⋅nH2O 氧化铁和水的质量关系16018n=16g5.4g，n=3；
实验过程中装置A中的反应是一氧化碳在高温条件下还原氧化铁，生成二氧化碳和铁，可以看到的现象是红棕色粉末变为黑色，故答案为：3；红棕色粉末变为黑色；
(4)一氧化碳有毒，该装置未进行尾气处理，会导致污染空气，故答案为：未进行尾气处理，会导致污染空气。
(1)根据连接好装置后，第一步操作是检查装置气密性，防止装置漏气进行分析；
(2)根据T1∽T2时间段，铁锈(Fe2O3⋅nH2O )失去结晶水生成氧化铁，T3∽T4时，一氧化碳在高温条件下还原氧化铁，生成二氧化碳和铁进行分析；
(3)根据C装置碱石灰是用来吸收二氧化碳，T1∽T2时间段，铁锈失去结晶水生成氧化铁，一氧化碳在高温条件下还原氧化铁，生成二氧化碳和铁进行分析；
(4)根据一氧化碳有毒进行分析。
本题主要考查物质的组成成分的探究，酸的化学性质等，注意书写化学方程式时应注意反应条件和气体符号及沉淀符号的标注。
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