2024年中考三模 化學（南通卷）（全解全析）

2024年中考第三次模擬考試（南通卷）化學·全解全析（考試時間：60分鐘試卷滿分：60分）注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答第Ⅰ卷時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。寫在本試卷上無效。3．回答第Ⅱ卷時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。4．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H-1C-12N-14O-16S-32Ca-40第=1\*ROMANI卷選擇題（共20分）本題共10小題，每小題只有一個選項符合題意。每小題2分，共20分。1．海安東臨黃海，南望長江，河道縱橫交錯，蓮是多年生水生草木，蓮藕富含維生素C、鐵、淀粉和膳食纖維，蓮子中鈣、磷、鉀含量很高，下列說法錯誤的是A．蓮藕富含糖類、無機鹽等營養(yǎng)素B．淀粉在人體內與水發(fā)生反應最終轉化為氨基酸C．膳食纖維是天然有機高分子物質D．維生素C是對生命活動有重要意義的有機物【答案】B【詳解】A、蓮藕富含糖類、無機鹽等營養(yǎng)素，故A不符合題意；B、淀粉在人體內與水發(fā)生反應最終轉化為葡萄糖，故B符合題意；C、蓮藕中的膳食纖維屬于天然有機高分子物質，故C不符合題意；D、維生素C是對生命活動有重要意義的有機物，故D不符合題意。故選B。2．下列有關物質的組成或分類說法正確的是A．甲烷和乙醇的組成元素相同B．生理鹽水和石蕊溶液都是混合物C．純堿和燒堿都含有氫氧根離子D．鈣和鐵都是人體必需的微量元素【答案】B【詳解】A、甲烷的化學式為CH4，由碳、氫兩種元素組成；乙醇的化學式為C2H5OH，由碳、氫、氧三種元素組成，故其組成元素不同，說法錯誤；B、混合物由兩種或兩種以上物質組成，生理鹽水中含有氯化鈉、水等，石蕊溶液中含有水、石蕊等物質，都屬于混合物，說法正確；C、純堿的化學式為Na2CO3，屬于鹽類物質，不含氫氧根離子；燒堿的化學式為NaOH，含有氫氧根離子，說法錯誤；D、鈣屬于人體的常量元素，鐵是人體必需的微量元素，說法錯誤。故選B。3．下列有關物質的性質與用途對應關系正確的是A．石墨質軟，可用作電池電極 B．氮氣難溶于水，可用作保護氣C．醋酸具有酸性，可用于去除水垢 D．鐵粉能與氧氣反應，可用作干燥劑【答案】C【詳解】A、石墨作電池電極，是因為石墨具有導電性，該選項對應關系不正確；B、氮氣作保護氣，是因為氮氣化學性質穩(wěn)定，該選項對應關系不正確；C、醋酸具有酸性，能與水垢反應，該選項對應關系正確；D、鐵粉作干燥劑，是因為鐵生銹時消耗水，該選項對應關系不正確。故選C。4．如圖所示的實驗操作或說法不正確的是A．可用于分離泥水 B．說明該裝置氣密性良好C．滴管用畢即插回 D．可用于反應容器【答案】D【詳解】A、過濾液體時，注意“一貼、二低、三靠”的原則；B、裝置氣密性檢驗的原理是：通過氣體發(fā)生器與液體構成封閉體系，依據改變體系內壓強時產生的現象（如氣泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）來判斷裝置氣密性的好壞；C、根據滴瓶上的滴管的使用方法進行分析判斷；D、根據量筒不能用作反應容器進行分析判斷。解：A、泥沙難溶于水，可用過濾的方法分離，過濾液體時，要注意“一貼、二低、三靠”的原則，圖中所示操作正確；B、該裝置用的是注水法，原理為：向長頸漏斗中注水，直到長頸漏斗中的液面高于集氣瓶中的液面，且兩者液面差不再改變，就證明該裝置氣密性良好，能判斷氣密性是否良好，圖中所示裝置正確。C、滴瓶上的滴管使用后直接插回原瓶，不能用水清洗，否則試劑瓶中的溶液將被稀釋，圖中所示裝置正確。D、量筒不能用作反應容器，圖中所示裝置錯誤。故選D。點睛：熟悉各種儀器的用途及使用注意事項、常見化學實驗基本操作的注意事項是解答此類試題的關鍵。閱讀下列材料，完成下面小題。南海是中國四大海中最大、最深的海區(qū)，礦產、水產、可燃冰等自然資源最為豐富，海洋為人類提供了食物、能源和交通，也是應對氣候變化的忠實“朋友”。5．下列說法正確的是A．自然資源是可以再生的 B．自然資源需要抓緊大量開采，促進經濟的發(fā)展C．可燃冰主要含有甲烷水合物，是未來新能源 D．海洋“消化二氧化碳”時沒有發(fā)生化學變化6．海水淡化系統(tǒng)（如圖）工作時，蒸發(fā)腔中的水在光熱作用下變?yōu)樗魵猓柲茱L扇將水蒸氣吹到冷凝腔冷凝，實現海水淡化，下列說法錯誤的是

A．光熱作用下，水分子運動速率加快B．海水淡化有著廣闊的開發(fā)前景C．海水變?yōu)榈?，水分子化學性質不變D．冰變?yōu)樗退優(yōu)樗魵猓肿娱g的間隔都變大【答案】5．C6．D【解析】5．A、不是所有的自然資源是可以再生的，例如各種金屬和非金屬礦物、化石燃料等，錯誤；B、自然資源抓緊大量開采，會造成資源的浪費，環(huán)境的污染，錯誤；C、可燃冰主要含有甲烷水合物，是未來新能源，正確；D、海洋“消化二氧化碳”時，二氧化碳與水反應生成了碳酸，發(fā)生化學變化，錯誤。故選C。6．A、光熱作用下，溫度升高，水分子運動速率加快，說法正確；B、海水淡化能為人類提供大量的淡水，有著廣闊的開發(fā)前景，說法正確；C、海水變?yōu)榈?，水分子本身沒有發(fā)生改變，水分子化學性質不變，說法正確；D、冰變?yōu)樗w積減小，水分子間的間隔變小，水變?yōu)樗魵猓肿娱g的間隔變大，說法錯誤。故選D。7．“證據推理與模型認知”是化學學科核心素養(yǎng)的重要組成部分。下列推斷合理的是A．合金的硬度一般比組成他們的純金屬更高，因此黃銅的硬度高于銅和鋅B．活潑金屬與酸反應生成氫氣是置換反應，所以有單質氣體生成的反應都是置換反應C．Na2O、CaO均能與水反應生成堿，因此所有金屬氧化物都能與水反應生成堿D．化學變化常常伴隨能量的變化，所以有能量變化的一定屬于化學變化【答案】A【詳解】A、合金的硬度一般比組成他們的純金屬更高，黃銅為銅鋅合金，因此黃銅的硬度高于銅和鋅，正確；B、有單質氣體生成的反應不都是置換反應，例如水電解生成氫氣和氧氣屬于分解反應，錯誤；C、不是所有金屬氧化物都能與水反應生成堿，例如氧化銅不和水反應，錯誤；D、有能量變化的不一定屬于化學變化，例如電燈發(fā)光放熱，錯誤；故選A。8．右圖是MgSO4飽和溶液中溶質質量分數隨溫度變化的曲線圖，下列說法正確的是

A．M點表示20℃時MgSO4的不飽和溶液B．N點時MgSO4的溶解度為41gC．40℃的MgSO4飽和溶液降溫至20℃，析出晶體6gD．100℃的MgSO4飽和溶液降溫至20℃，其溶質質量分數先不變后變小【答案】D【詳解】A、M點在曲線上，溶質質量分數是該溫度下的最大值，說明對應的溶液一定是飽和溶液，故選項A錯誤；B、分析圖像可知，40℃時，MgSO4飽和溶液的溶質質量分數為41%，根據溶解度與溶質質量分數的關系，溶解度一定不等于41g，故選項B錯誤；C、沒有指出溶液的質量，無法計算析出晶體的質量，故選項C錯誤；D、MgSO4飽和溶液的溶質質量分數在70℃之前，隨溫度升高而增大，在70℃之后，隨溫度升高而減小，所以100℃的MgSO4飽和溶液降溫至20℃，其溶質質量分數先不變后變小，故選項D正確；故選：D。9．某化學興趣小組同學利用Y形管設計了以下幾個創(chuàng)新實驗，下列說法錯誤的是A．實驗1，可得出二氧化碳與水發(fā)生了反應的結論B．實驗2，慢慢傾斜Y形管，將右側的稀硫酸部分倒人左側，可得出Zn的金屬活動性比Cu強C．實驗3，a、c處的現象對比，說明燃燒需要溫度達到可燃物的著火點D．實驗3，管口小氣球的使用體現了實驗綠色化學【答案】C【詳解】A、實驗1中，一段時間后，可觀察到濕潤的紫色石蕊濾紙條變紅，干燥的紫色石蕊濾紙條不變色，對比說明二氧化碳與水發(fā)生了反應，故A正確；B、實驗2，Cu與稀硫酸不反應，慢慢傾斜Y形管，將右側的稀硫酸部分倒入左側，可觀察到Zn和稀硫酸發(fā)生反應產生氣泡，說明Zn的金屬活動性比Cu強，故B正確；C、實驗3中，a處白磷與氧氣接觸燃燒、c處白磷與氧氣不接觸不燃燒，兩處現象對比說明燃燒需要可燃物與氧氣接觸，故C錯誤；D、實驗3中，管口小氣球的使用可防止生成的五氧化二磷逸散到空氣中污染空氣，體現了實驗綠色化，故D正確。故選C。10．CaSO4固體在受熱時完全分解為CaO，其化學方程式為：，取2.72gCaSO4固體充分加熱，使之完全分解。將產生的氣體產物通過灼熱的銅網，銅網變黑（已知SO2氣體不與銅網反應）；再通過NaOH溶液，NaOH溶液質量增加1.28g。則下列說法正確的是A．剩余固體的質量為1.44gB．X化學式可能是SO3C．生成X的質量為0.32gD．方程式中a：c=1：2【答案】C【分析】CaSO4固體在受熱時完全分解為CaO、SO2和O2，其化學方程式為：；NaOH溶液能吸收SO2，生成亞硫酸鈉和水，因此NaOH溶液質量增加的1.28g就是反應生成的SO2的質量?！驹斀狻緼、剩余的固體是CaO，根據化學方程式中各物質質量比，結合二氧化硫的質量，設CaO的質量為x，則，解得CaO的質量為1.12g，A錯誤；B、1.28gSO2中硫元素的質量為，2.72gCaSO4固體中硫元素的質量為，X中不含硫元素，不可能是SO3，B錯誤；C、將產生的氣體產物通過灼熱的銅網，銅網變黑，說明X是氧氣，銅和氧氣在加熱的條件下生成氧化銅，根據化學方程式中氧氣與二氧化硫的質量比，設生成氧氣的質量為y，則氧氣的質量為，解得生成氧氣的質量為0.32g，C正確；D、根據分析可知，方程式中a：c=1：1，D錯誤。故選C。第=2\*ROMANII卷非選擇題（共40分）11．（8分）從微觀的角度認識物質及其變化，能更好地認識物質的組成和變化的本質。（1）下表為部分元素的原子結構示意圖元素名稱氮氟鎂氯元素符號NFMgCl原子結構示意圖

①表中氯原子核電荷數x=，氯原子在反應中易(填“得到”或“失去”)電子。②氯原子與氟原子化學性質相似，其原因是。③氧原子得到兩個電子所形成離子的離子符號為。④鎂在空氣中劇烈燃燒可生成MgO和氮化鎂，寫出氮化鎂的化學式。（2）氮元素的“化合價與物質類別”對應關系如圖所示。①a點所代表的物質的化學式為。②寫出物質b和c反應的化學方程式?！敬鸢浮浚ɑ瘜W方程式2分，其余每空1分）（1）17得到最外層電子數相同O2-Mg3N2（2）NO2HNO3+NH3H2O=NH4NO3+H2O【詳解】（1）①、核電荷數=原子序數=核內質子數=核外電子數，故氯原子核電荷數x=17；②、根據氯原子的原子結構示意圖可知：氯原子最外層電子數為7，故在反應中易得到1個電子；③、最外層電子數決定原子的化學性質，故氯原子與氟原子化學性質相似，其原因是氯原子與氟原子最外層電子數相同；④、氧原子得到兩個電子所形成離子的離子符號為O2-；⑤、氮化鎂中氮元素為-3價，鎂元素的化合價為+2價，故根據寫元素上標價交叉約簡寫右下的書寫原則可得氮化鎂的化學式為Mg3N2。（2）①、由價類圖可知：a點為+4價的氮的氧化物，故a點所代表的物質的化學式為NO2；②、由價類圖可知：b物質為含+5價的氮元素的酸，故為硝酸，c為含-3價的氮元素的堿，故為氨水，故b和c反應為硝酸和氨水反應生成硝酸銨和水，故方程式為：HNO3+NH3H2O=NH4NO3+H2O。12．（7分）孔雀石的主要成分為Cu2(OH)2CO3，還含有少低SiO2、Fe2O3，以孔雀石為原料制取膽礬(CuSO4·5H2O)的部分工藝流程如下圖。已知：①SiO2難溶于水、不與稀硫酸反應。②各離子開始沉淀及完全沉淀時的pH如下表所示。離子開始沉淀時的pH完全沉淀時的pHFe3+2.73.7Cu2+5.26.4回答下列問題：（1）過濾Ⅰ所得濾液中的溶質有CuSO4、(寫化學式)。（2）流程中的稀硫酸可用濃硫酸稀釋而得，要把50g質量分數為98%的濃硫酸稀釋為20%的稀硫酸，需要水的質量為g。（3）操作中加入CuO的目的是通過調節(jié)溶液的pH，使Fe2+沉淀而Cu2+不沉淀，pH應控制在范圍之間，不選用NaOH的原因是。（4）操作Ⅱ包括蒸發(fā)濃縮、、過濾等。（5）寫出Cu2(OH)2CO3與稀硫酸反應的化學方程式：?！敬鸢浮浚ɑ瘜W方程式2分，其余每空1分）（1）H2SO4、Fe2（SO4）3（2）195（3）3.7～5.2生成新的雜質（4）冷卻結晶（5）Cu2(OH)2CO3+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+CO2↑【詳解】（1）由于堿式碳酸銅和硫酸反應生成硫酸銅和水和二氧化碳，氧化鐵和硫酸反應生成硫酸鐵和水，同時硫酸是過量，所以濾液中的溶質有生成的CuSO

4和Fe2（SO4）3以及剩余的H2SO4。（2）流程中的稀硫酸可用濃硫酸稀釋而得，要把50g質量分數為98%的濃硫酸稀釋為20%的稀硫酸，根據稀釋過程中溶質的質量不變可得需要水的質量為。（3）①、操作Ⅰ中加入CuO的目的是通過調節(jié)溶液的pH，使Fe3+沉淀而Cu2+不沉淀，根據給出的數據可以pH應控制在3.7～5.2范圍之間；②、由于實驗最終目的是得到硫酸銅晶體，加氫氧化鈉會與硫酸鐵反應生成氫氧化鐵沉淀和硫酸鈉，引入新的雜質硫酸鈉，故不選用NaOH的原因是生成新的雜質。（4）由于最終得到的是水合物，為避免晶體脫水，不能采用蒸發(fā)得到晶體，而是蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶，然后過濾等。（5）Cu2（OH）2CO3與稀硫酸反應生成硫酸銅、水和二氧化碳，對應的化學方程式：Cu2(OH)2CO3+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+CO2↑。13．（8分）煤是重要的能源，也是化工產品的生產原料。（1）煤、石油屬于(填“可再生”或“不可再生”)能源。（2）烏黑的煤炭經過化學加工合成天然氣的工藝流程如圖所示。①為使煤炭在氣化爐中充分反應，可以進行的操作是。②一定條件下，經“變換爐”反應后，CO含量降低，則氣體含量增加的是。③合成天然氣(CH4)燃燒的化學方程式是。（3）一定條件下，將上述煤氣化爐制得的氫氣與氮氣反應生成氨氣，氨氣進一步氧化為NO，進而可生產硝酸。①氮氣通常用液化空氣分離法獲得：在壓強為101kPa時，液態(tài)氮的沸點是-196℃，液態(tài)氧的沸點是-183℃，則隨溫度升高先逸出的氣體是。②17gNH3與gHNO3具有相同質量的氮。③如圖是氨氧化率與氨—空氣混合氣中氧氨比的關系。其中直線表示反應的理論值；曲線表示生產實際情況。當氨氧化率達到100%，理論上Y【】=1.25，實際生產要將y值維護在1.7~2.2之間，原因是?！菊f明：n(O2)可以認為是表示氧氣分子堆積數目的一種物理量，即n(O2)值越大，說明氧分子數目越多】【答案】（化學方程式2分，其余每空1分）（1）不可再生（2）將煤炭粉碎（合理即可）CO2和H2（3）氮氣63氧氣濃度太小不利于NH3的轉化，故需要將Y值維護在1.7～2.2之間，增大氧氣的量，便于氨氣的轉化【詳解】（1）煤是不可再生能源，在短時間內是是不能產生的；（2）為使煤炭和富氧空氣及水蒸氣在氣化爐中充分反應，可以進行的操作是將煤炭粉碎；根據流程，加入了水蒸氣，一氧化碳和水在一定條件下反應生成氫氣和二氧化碳，CO2和H2含量增加；甲烷和氧氣在點燃的條件下反應產生二氧化碳和水，方程式是；（3）氮氣沸點-196℃，氧氣沸點-183℃，沸點低的先分離出來，液態(tài)空氣汽化時首先分離出氮氣；所需HNO3的質量為17g××100%÷×100%=63g；氨氧化反應：，可知氨氧化率達到100%，理論上Y【】==1.25，根據圖示可以看出，氧氣濃度太小不利于NH3的轉化，故需要將Y值維護在1.7～2.2之間，增大氧氣的量，便于氨氣的轉化。14．（12分）某學校兩課外化學興趣小組分別以H2O2分解、金屬與酸反應為例，探究不同條件對反應速率的影響。I.第1組同學在常溫下按照如表所示的方案完成H2O2分解的探究實驗。實驗編號溫度(℃)反應物催化劑①2025mL3%H2O2溶液無②2025mL5%H2O2溶液無③2025mL5%H2O2溶液0.1gMnO2④2025mL5%H2O2溶液1~2滴FeCl3溶液⑤3025mL5%H2O2溶液_______（1）實驗①和②的目的是。同學甲在進行實驗①和②時并沒有觀察到明顯現象。資料顯示，通常條件下過氧化氫穩(wěn)定，不易分解。為了達到實驗目的，可采取的改進方法是。（2）同學乙進行實驗②、③、④后，得出結論：MnO2與FeCl3均能加快H2O2的分解，且前者的催化效率更高。同學乙設計實驗②的目的是。若繼續(xù)用上述實驗藥品研究溫度對H2O2分解快慢的影響，為了便于觀察，表中實驗⑤選擇的催化劑是；理由是。（3）同學丙設計了如圖所示的實驗裝置對過氧化氫的分解速率進行定量分析，以生成20mL氣體為準，其他影響實驗的因素均已忽略。圖中a儀器的名稱是；實驗中需要測量的數據是。II.第2組同學用下列實驗用品，研究化學反應快慢的影響因素。實驗儀器：試管、燒杯、量筒、天平、秒表、酒精燈實驗藥品：鋁片、鋁粉、2%鹽酸、20%鹽酸、蒸餾水（4）利用所提供實驗用品，可研究的化學反應快慢的影響因素有溫度、(寫兩個)，通過(實驗現象)判斷反應的快慢。（5）設計實驗探究溫度對化學反應快慢的影響，寫出實驗步驟：(實驗儀器和藥品任選)。【答案】（除標注外，其余每空1分。）（1）探究濃度對反應速率的影響向反應物中加入等量同種催化劑（或升高相同溫度）（2）空白對照實驗氯化鐵/FeCl3二氧化錳對雙氧水的催化能力較強，反應速率較大，不利于觀察反應速率的變化，FeCl3作催化劑反應速率適中，有利于觀察反應速率的變化（3）錐形瓶產生20mL氣體所需的時間（4）鹽酸的濃度、鋁的表面積（2分）產生氣泡的快慢（5）在2支大小相同的試管中各裝入相同質量鋁片，再分別加入相同濃度、相同體積鹽酸，將其中一支試管浸入盛有約40℃（或一定溫度）的熱水的燒杯中，另一支試管浸入盛有約5℃冷水的燒杯中，觀察記錄對比反應開始到停止所用的時間（2分）【詳解】（1）實驗①和②的濃度不同，則該實驗的目的為探究濃度對化學反應速率的影響；通常條件下H2O2穩(wěn)定，不易分解，為了便于比較，應在相同的條件下利用一個變量來比較，可向反應物中加入等量同種催化劑（或將盛有反應物的試管放在同一熱水浴中，升高相同溫度）；（2）進行實驗②、③、④后，得出結論：MnO2與FeCl3均能加快H2O2的分解，且前者的催化效率更高。同學乙設計實驗②沒有加入催化劑，目的是作為空白對照實驗；若繼續(xù)用上述實驗藥品研究溫度對H2O2分解快慢的影響，變量是溫度，其它條件保持相同，相同條件下，二氧化錳對雙氧水的催化能力較強，反應速率較大，不利于觀察反應速率的變化，氯化鐵作催化劑反應速率適中，便于觀察速率變化，所以表中實驗⑤選擇的催化劑是氧化鐵；（3）圖中a儀器的名稱是錐形瓶；設計如圖所