(3份试卷汇总)2020-2020学年河南省鹤壁市中考化学五模考试卷含解析

中考化学模拟试卷（解析版）

注意事项：

1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、单选题

1．下列实验现象描述正确的是

A．硫在氧气中燃烧发出淡蓝色火焰

B．磷在空气中燃烧产生大量白烟

C．木炭在空气中燃烧发出白光

D．铁丝在氧气中燃烧，火星四射，生成四氧化三铁

解析：B

【解析】

A、硫在氧气中燃烧发出明亮的蓝紫色火焰，在空气中燃烧发出淡蓝色火焰，错误；

B、磷在空气中燃烧产生大量白烟，正确；

C、木炭在氧气中燃烧发出白光，在空气中仅能出现红热现象，错误；

D、铁丝在氧气中燃烧，火星四射，生成一种黑色固体（生成四氧化三铁是结论而不是现象），错误。故选B。2．对“大棚”农作物施用“汽水”(碳酸溶液)，是近年来在种植生产中兴起的一种新方法。对于其作用的下列几种叙述：①加速植物光合作用;②冬天有助于农作物“防冻”;③有利于改良碱性土壤，调节pH; ④可促进土壤中的Ca2+、Mg2+被植物吸收。其中正确的是（）

A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．全部

解析：D

【解析】①因为碳酸受热时分解为二氧化碳和水，二氧化碳从水中逸出，二氧化碳与水都为光合作用的原料，故可加速光合作用进行，正确；②因为碳酸受热时分解为二氧化碳和水，二氧化碳浓度增大形成温室效应，故有助于农作物“防冻”，正确；③碳酸显酸性，可以调节土壤的酸碱性，利于植物生长，正确；④碳酸溶液会电离出氢离子和碳酸氢根离子，进而可以形成碳酸氢钙和碳酸氢镁，而植物主要以离子形式吸收矿质元素，正确。故选D。

3．下列涉及学科观点的有关说法正确的是

A．微粒观：水是由氢原子和氧原子构成的

B．转化观：O2和CO2在一定条件下可以相互转化

C．结构观：氦原子和镁原子最外层电子数相同，化学性质相同

D．守恒观：10mL质量分数20%的硫酸，加10mL水后体积为20mL

解析：B

【解析】

【详解】

A.直接用“水”这种说法表示水这种物质，是宏观意义表述，不符合微粒观，A选项错误

B.氧气和碳的燃烧能产生二氧化碳，人员和他经过光合作用又可以生成氧气，符合题意，B选项正确

C.氦虽然最外层电子数是2，但已达到该层最大电子排布数，属于稳定结构，而镁的最外层最多可排8个电子却只排了2个，是不稳定结构，C选项错误

D.加入水之后，硫酸的质量分数发生改变，则硫酸的密度也会发生改变，当密度不再为之前的密度时，则体积不为原先的两倍，D选项错误

故选B

4．石墨烯是一种革命性材料，具有优异的光学、电学和力学特性。图为金刚石、石墨和石墨烯的结构模型图，图中小球代表碳原子。下列说法正确的是( )

①石墨烯是一种新型化合物

②三种物质分别在足量的氧气中完全燃烧的产物相同

③金刚石和石墨烯是组成相同但结构不同的两种物质

④石墨烯有超强的导电性和导热性，说明石墨烯的化学性质和金属相似

A．①④ B．②③ C．①③ D．②③④

解析：B

【解析】

①由结构模型图看出，石墨烯是一种单质，错误；②三种物质都是碳元素组成的单质，分别在足量的氧气中完全燃烧的产物都是二氧化碳，正确；③金刚石和石墨烯是组成相同但结构不同的两种物质，正确；④石墨烯有超强的导电性和导热性，说明石墨烯的物理性质和金属相似，错误。故选B。

5．集气瓶中装满某气体，可能是下列气体中的一种：①二氧化碳②氧气③空气④氮气将燃着的木条伸入瓶中，火焰立即熄灭，则该瓶气体可能是（）

A．①或②B．②或③C．①或④D．③或④

解析：C

【解析】

【分析】

【详解】

①二氧化碳不燃烧也不支持燃烧，可使燃着的的木条熄灭。符合要求。

②氧气有助燃性，可使木条燃烧地更旺，不符合要求。

③空气中含部分氧气，可使木条继续燃烧。不符合要求。

④氮气不燃烧也不支持燃烧，可使燃着的的木条熄灭。符合要求。所以应选C项。

6．某同学根据铜锈的成分Cu2(OH)2CO3作出猜想:引起金属铜锈蚀的因素除有氧气和水外,还应该有二氧化碳。为证明“必须有二氧化碳”,需要进行下列实验中的( )

A．甲和乙B．甲和丁C．乙和丁D．丙和丁

解析：B

【解析】

【详解】

甲试管的铜片与氧气、水和二氧化碳同时接触发生了锈蚀；

乙中的铜片与二氧化碳和水接触，没有锈蚀，说明铜的锈蚀与氧气有关；

丙中的铜片与二氧化碳和氧气接触，没有锈蚀，说明铜的锈蚀与水有关；

丁中的铜片与氧气和水接触没有锈蚀，说明了铜的锈蚀与二氧化碳有关。

由以上分析可知，通过实验甲与丁的对比得出：铜的锈蚀必须有二氧化碳参与。故选B。

7．下列是探究灭火原理的四个实验，其中说法不正确的是（）

A．实验Ⅰ中蜡烛熄灭、实验Ⅱ中蜡烛不熄灭，说明隔绝空气可以灭火

B．通过上述实验能得出，灭火原理包括隔绝氧气、降低温度、隔离可燃物

C．实验Ⅲ中蜡烛熄灭，因为稀盐酸与小苏打反应生成二氧化碳隔绝了空气

D．实验Ⅳ中蜡烛熄灭，说明二氧化碳的密度比空气大且不能燃烧不支持燃烧

解析：B

【解析】

A、实验Ⅰ中蜡烛因为没有氧气，一段时间后蜡烛熄灭；实验Ⅱ中因为氧气充足，蜡烛不熄灭，说明隔绝空气可以灭火，正确；

B、实验Ⅰ中蜡烛熄灭、实验Ⅱ中蜡烛不熄灭，说明隔绝空气可以灭火；实验Ⅲ中蜡烛熄灭，是因为稀盐酸与小苏打反应生成二氧化碳隔绝了空气；实验Ⅳ中蜡烛熄灭，说明二氧化碳的密度比空气大且不能燃烧不支持燃烧，但没有降低温度灭绝空气，错误；

C、在实验Ⅲ中蜡烛熄灭，是因为稀盐酸与小苏打反应生成二氧化碳隔绝了空气，正确；

D、实验Ⅳ中蜡烛熄灭，可以说明二氧化碳的密度比空气大且不能燃烧不支持燃烧，正确。故选B。

点睛：掌握燃烧的条件、灭火的原理、二氧化碳的性质等并能灵活运用是正确解答本题的关键。

8．归纳总结和逻辑推理是化学学习中常用的思维方法。下列归纳推理正确的是

A．二氧化碳气体和氧气都能用浓H2SO4干燥

B．Na2CO3溶液和NaNO3溶液都能使无色酚酞试液变红

C．稀有气体可做保护气，则可做保护气的一定是稀有气体

D．中和反应生成盐和水，则生成盐和水的反应一定是中和反应

解析：A

【解析】

A. 浓H2SO4只能用来干燥不与其反应的气体，二氧化碳和氧气不与浓H2SO4反应，正确；

B. Na2CO3溶液呈碱性，能使无色酚酞试液变红，NaNO3溶液呈中性，不能使无色酚酞试液变色，错误；

C. 稀有气体可作保护气，可作保护气的不一定是稀有气体，也可能是氮气，错误；

D. 酸碱之间的反应是中和反应，生成盐和水的反应不一定是中和反应，如CO2 + Ca(OH)2 == CaCO3↓+ H2O，错误。故选A。

9．下列有关实验方案设计正确的是（）

A．A B．B C．C D．D

解析：A

【解析】

A、NaOH与稀盐酸反应无现象，Na2CO3与稀盐酸反应有气泡产生，正确；

B、鉴别纯棉线和羊毛线，用燃烧闻气味的方法，错误；

C、Na2SO4 +Ba(NO3)2 ==BaSO4↓+ 2NaNO3，引入杂质NaNO3，错误；

D、二氧化碳不支持燃烧，少量的一氧化碳在二氧化碳中燃烧不起来，错误。故选A。

10．下列反应的化学方程式书写错误的是（）

A．Fe与稀HCl：2Fe+6HCl=2FeCl3+3H2↑

B．CO2使澄清石灰水变浑浊：CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O

C．Ba（OH）2溶液与稀H2SO4：Ba（OH）2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O

D．AgNO3溶液与稀HCl：AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3

解析：A

【解析】A、Fe与稀HCl：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，故A错误；B、CO2使澄清石灰水变浑浊：CO2+Ca（OH）

=CaCO3↓+H2O，碳酸钙是白色沉淀，故B正确；C、Ba（OH）2溶液与稀H2SO4：Ba（OH）

2

+H2SO4=BaSO4↓+2H2O，硫酸钡是白色沉淀；D、AgNO3溶液与稀HCl：AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3，氯化银是不2

溶于酸的白色沉淀，故D正确。

点睛∶化学方程式的书写应遵循两个原则⑴以客观事实为依据；⑵遵循质量守恒定律。掌握复分解反应的条件是顺利完成本题的重要保证。

11．分析推理是化学学习中常用的思维方法，下列推理正确的是（）

A．氧化物都含氧元素，含氧元素的化合物都是氧化物

B．含碳元素的物质充分燃烧会生成CO2，所以燃烧能生成CO2的物质一定是碳元素

C．置换反应必须有单质参与，有单质参与的反应都是置换反应

D．原子和分子都是构成物质的微粒，因此物质不是由分子构成，就一定是由原子构成

解析：B

【解析】

A. 由两种元素组成，且其中一种是氧元素的化合物叫氧化物；

B. 据质量守恒定律可知反应前后元素种类不变，含碳元素的物质充分燃烧会生成CO2，所以燃烧能生成CO2的物质一定是碳元素；

C. 置换反应必须有单质参与，有单质参与的反应不一定是置换反应，如水分解生成单质，但是分解反应；

D. 原子和分子、离子都是构成物质的微粒，因此物质可能由分子构成，或由原子构成，或由离子构成。选B 12．下图是“尾气催化转换器”将汽车尾气中有毒气体转变为无毒气体的微观示意图，其中不同的圆球代表不同原子。下列说法错误的是

A．此反应有单质生成

B．原子在化学变化中是不可分的

C．图中生成物全部是化合物

D．参加反应的两种分子的个数比为1∶1

解析：C

【解析】

【详解】

A、反应后生成了一种由同种原子构成的单质分子，因此此反应有单质生成；故A正确；

B、反应前共有三种原子，而反应后仍然是这三种原子，说明反应中原子不变，可推断得出化学变化中原子不可分；故B正确；

C、反应的生成物为一种单质的分子和一种化合物的分子，生成物一种为化合物一种为单质；故C不正确；

D、反应前的两种分子各有2个分子参加反应，因此参加反应的两种分子的个数比为

1：1，故D正确。故选C。

13．a，b两种物质的溶解度曲线如下图所示．下列说法不正确的是

A．将℃时b的饱和溶液加水可变为不饱和溶液

B．将℃时a的饱和溶液降温至℃，溶液质量不变

C．℃时，两种物质的饱和溶液中溶质质量分数a b

D．将℃时a、b的饱和溶液分别降温至℃，两溶液的溶质质量分数相等

解析：B

【解析】

试题分析：A、任何物质的饱和溶液加水都可变为不饱和溶液，故将t1℃时b的饱和溶液加水可变为不饱和溶液，正确，B、根据溶解度曲线，物质a的溶解度随温度的升高而增大，故将t2℃时a的饱和溶液降温至t1℃，有晶体析出，故溶液质量变小，错误，C、根据溶解度曲线，t2℃时，物质a的溶解度比物质b的溶解度要更大，故两种物质的饱和溶液中溶质质量分数a>b，正确，D，根据溶解度曲线，t1℃时, a、b种物质的溶解度大小关系是：a=b，将t2℃时a、b的饱和溶液分别降温至t1℃，两溶液的溶质质量分数相等，正确，故选B

考点：溶解度曲线的意义

14．氨催化氧化是工业制硝酸的反应之一，该反应前后分子种类的微观示意图如图。下列说法不正确的是（）

A．甲中氮、氢原子个数比为1：3 B．乙的相对分子质量为32

C．两种生成物均为化合物

D．生成的丙与丁的分子个数比为1：1 解析：D

【解析】

【详解】

依据图示的分子结构可知该反应的化学方程式为：4NH3+5O2一定条件

4NO+6H2O；

A．通过观察题中的图，甲是氨气，氨气中氮、氢原子个数比为1：3，故说法正确；

B．由图示物质的构成可知，乙是氧气，氧气的相对分子质量为：16×2＝32，故说法正确；

C．两种生成物分别为一氧化氮和水，均为化合物，故说法正确；

D．由化学方程式可知，生成的丙与丁的分子个数比为4：6＝2：3，故说法错误。

故选D。

15．除去下列物质中混有的少量杂质所选用的操作方法，正确的是

选项物质操作方法

A CO2混有HCl气体将气体通过足量NaOH溶液

B CuO混有碳粉加入适量稀HCl,过滤、洗涤、干燥

C NaCl溶液混有CaCl2加入过量Na2CO3溶液、过滤

D Cu(NO3)2溶液混有CuCl2加入适量AgNO3溶液、过滤

A．A B．B C．C D．D

解析：D

【解析】

【详解】

A、二氧化碳与氯化氢气体都可以与氢氧化钠反应，故不能用氢氧化钠除去二氧化碳中的氯化氢，错误；

B、氧化铜可以与稀盐酸反应，而碳不能与稀盐酸反应，故不能除去杂质，反而消耗了氧化铜，故错误；

C、加入过量Na2CO3溶液后可以除去氯化钙，但是引入了碳酸钠杂质，故错误；

D、Cu(NO3)2溶液混有CuCl2加入适量AgNO3溶液可以除去氯化铜，且不生成其他杂质，故正确。故选D。

二、填空题

16．金属和金属材料在生产、生活中有广泛的用途，请用金属的有关知识填空。

（1）锂电池可作为无人机的动力，其工作原理是：FePO 1+Li 垐垎?噲垐?充电

放电

LiFePO 1．在LiFePO 1中锂元素显+1价，磷元素显+5价，则铁元素的化合价是_____。

（2）钛（Ti ）具有硬度大，密度小，熔点高，抗腐蚀性能好等优良性能，被誉为“未来金属”。已知Ti 2（SO 1）2溶于水溶液呈紫色。Ti 2O 2（紫黑色固体）在加热条件下可溶于硫酸，生成Ti 2（SO 1）2．可观察的现象是_____，反应的化学方程式为_____。

（2）工业上，用一氧化碳和赤铁矿炼铁的化学方程式为_____，计算用1000t 含氧化铁80%的赤铁矿石，理论上能冶炼出铁的质量为_____t 。

（1）黄铜片（铜锌合金）与铜片互相刻划时，（如图所示），纯铜片上留下明显的划痕，说明_____； 将它们分别放入稀硫酸中能产生气泡的是_____；涉及的化学反应可用化学方程式表示为_____。

解析：+2 紫黑色的固体溶解．．．．/．消失溶液．．．．由无色变成紫色．．．． Ti 2O 2 + 2H 2SO 1ΔTi 2(SO 1)2 + 2H 2O 2CO + Fe 2O 2 2Fe + 2CO 2 560 合金的硬度比组成它们的纯金属要大 黄铜片 Zn + H 2SO 1 ===ZnSO 1 +H 2↑

【解析】

（1）在LiFePO 1中锂元素显+1价，磷元素显+5价，氧元素显-2价，设铁元素的化合价为x ，则（+1）+x+（+5）+（-2）×1=0，则x=+2；

（2）Ti 2O 2（紫黑色固体）在加热条件下与硫酸反应生成Ti 2（SO 1）2和水，观察到紫黑色固体溶解，溶液由无色变成紫色，反应的化学方程式为：Ti 2O 2+2H 2SO 1 Δ Ti 2（SO 1）2+2H 2O ；

（2）赤铁矿的主要成分是氧化铁，一氧化碳还原氧化铁的化学方程式是：2CO+Fe 2O 2 2Fe+2CO 2由质量守恒定律，反应前后铁元素的质量不变，1000t×80%氧化铁中铁元素的质量即为炼出铁的质量，160t 氧化铁中铁元素的质量为1000t×80%×562562163

⨯⨯+⨯ =560t ； （1）将纯铜片和黄铜片互相刻画，纯铜片上留下明显的划痕，说明黄铜的硬度比纯铜的硬度大；

（5）黄铜中的锌会与硫酸反应生成氢气和硫酸锌，将它们分别放入稀硫酸中能产生气泡的是：黄铜片，化学方程式为：Zn + H 2SO 1 =ZnSO 1+H 2↑。

17．化学与生活密切相关。请回答下列问题。

（1）习近平总书记在“十九大”报告中指出：要加强生态文明建设，创建美丽中国。

①创建美丽中国需要向人民提供优质食品。牛奶是一种优质食品，除水外，牛奶中富含的营养素是_____。

②要加强生态文明建设，必须推广清洁能源的使用，国家已经在推广天然气，写出天然气完全燃烧的化学方程式_____。

（2）某水样加入肥皂水后产生了较多泡沫，该水样是（选填“硬水”或“软水”）_____。

（3）电解水时负极产生的气体是_____，负极与正极的体积比是_____。

（4）配制一定溶质质量分数的氯化钠溶液，在其它操作无错误的前提下，用量筒量取水时俯视读数，则配制溶液的溶质质量分数会（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）_____。

解析：蛋白质 42

22CH +2O CO +2H O 点燃 软水 氢气 2:1 偏大 【解析】

【分析】

六大类营养物质是蛋白质、糖类、脂肪、维生素、水和无机盐，硬水是含有较多可溶性钙、镁化合物的水；软水是不含或含较少可溶性钙、镁化合物的水。

【详解】

（1）①六大类营养物质是蛋白质、糖类、脂肪、维生素、水和无机盐。牛奶是一种优质食品，除水外，牛奶中富含的营养素是蛋白质。 ②天然气完全燃烧生成二氧化碳和水，化学方程式为4222CH +2O CO +2H O 点燃。

（2）用肥皂水，有浮渣产生或泡沫较少的是硬水，泡沫较多的是软水，故水样加入肥皂水后产生了较多泡沫，该水样是软水。

（3）电解水正极产生氧气 ,负极产生氢气 ,正负极体积比为1:2，故电解水时负极产生的气体是氢气，负极与正极的体积比是2:1。

（4）量筒量取水的体积时读取示数错误，读取示数时俯视读数所量取水的实际体积小于理论值，将会使配制的溶液溶质质量分数变大，故配制一定溶质质量分数的氯化钠溶液，在其它操作无错误的前提下，用量筒量取水时俯视读数，则配制溶液的溶质质量分数会偏大。

【点睛】

电解水正极产生氧气 ,负极产生氢气 ,正负极体积比为1:2。

18．如图是甲、乙两种固体物质的溶解度曲线。

(1)t1℃时，甲、乙两种物质的溶解度___。

(2)t2℃时，将等质量的甲、乙两种物质加水溶解配制成饱和溶液，所得溶液质量的大小关系为：甲___乙(填“＞”、“＝”或“＜”)。

(3)把一瓶接近饱和的甲物质的溶液变为饱和溶液，可行的方法是___。(答一种方法即可)

(4)甲中含少量乙，若要提取纯净的甲物质，具体的操作是___。

解析：相同＜增加溶质降温结晶

【解析】

【详解】

(1)通过分析溶解度曲线可知，t1℃时，甲、乙两种物质的溶解度相同。

(2)t2℃时，甲物质的溶解度大于乙物质的溶解度，所以将等质量的甲、乙两种物质加水溶解配制成饱和溶液，所得溶液质量的大小关系为：甲＜乙。

(3)把一瓶接近饱和的甲物质的溶液变为饱和溶液，可行的方法是增加溶质。

(4)甲物质的溶解度受温度变化影响较大，所以甲中含少量乙，若要提取纯净的甲物质，具体的操作是降温结晶。

【点睛】

t2℃时，甲物质的溶解度大于乙物质的溶解度，所以将等质量的甲、乙两种物质加水溶解配制成饱和溶液，所得溶液质量的大小关系为甲＜乙，甲物质的溶解度受温度变化影响较大，所以甲中含少量乙，若要提取纯净的甲物质，具体的操作是降温结晶。

19．化学使我们的生活丰富多彩，生活中处处有化学。请用化学知识回答下列问题：

（1）浓硫酸不慎沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后再涂上3%-5%的______(填名称)溶液。

（2）乙醇______ (填“能”或“不能”)导电

（3）家庭厨房中的“柴”趋向洁净，有煤气、液化石油气，还有______（主要成分的化学式）。

（4）白糖与红糖主要成分都是蔗糖．利用活性炭的______性，可将红糖脱色成白糖。

（5）硫酸镁可以改变钠盐的“口味”，硫酸镁的化学式为______。

（6）碘盐中加了碘酸钾（KIO3），则KIO3中碘元素的化合价为______。

（7）工业用盐含NaNO2，NaNO2的名称为____（填序号）。A 磷酸钠 B 硝酸钠 C 亚硝酸钠

（8）有一种用“冰蚕丝”面料做的衣服，面料的主要成分是合成纤维，鉴别“冰蚕丝”和天然蚕丝的化学方法是______。

（9）豆浆已成为众多家庭的饮品，下表是豆浆中部分营养成分的平均质量分数．请据表回答：

豆浆中含有人体所需的微量元素是______，青少年因缺______而导致佝偻病．

②豆浆所含的营养素中不能供给人体能量，但可以起到调节新陈代谢作用的是______（填字母）

A 蛋白质

B 油脂

C 糖类

D 维生素

解析：碳酸氢钠不能 CH4吸附 MgSO4 +5 C 灼烧，闻气味铁钙 D 【解析】

【分析】

浓硫酸不慎沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后再涂上3%-5%的碳酸氢钠溶液，活性炭具有吸附

性，组成化合物的元素的化合价代数和为零。

【详解】

（1）浓硫酸不慎沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后再涂上3%-5%的碳酸氢钠溶液。

（2）乙醇没有自由移动的电子，不能导电

（3）家庭厨房中的“柴”趋向洁净，有煤气、液化石油气，还有甲烷，化学式为CH4。

（4）白糖与红糖主要成分都是蔗糖．利用活性炭的吸附性，可将红糖脱色成白糖。

（5）硫酸镁可以改变钠盐的“口味”，组成化合物的元素的化合价代数和为零，硫酸镁的化学式为MgSO4。

（6）碘盐中加了碘酸钾（KIO3），组成化合物的元素的化合价代数和为零，设典元素的化合价为x，

(+1)1x1(2)30

⨯+⨯+-⨯=，x=+5，则KIO3中碘元素的化合价为+5价。

（7）工业用盐含NaNO2，NaNO2的名称为亚硝酸钠。

（8）有一种用“冰蚕丝”面料做的衣服，面料的主要成分是合成纤维，鉴别“冰蚕丝”和天然蚕丝的化

学方法是灼烧、闻气味。

（9）豆浆已成为众多家庭的饮品，据表回答：

豆浆中含有人体所需的微量元素是铁，青少年因缺钙而导致佝偻病．

②豆浆所含的营养素中不能供给人体能量，但可以起到调节新陈代谢作用的是维生素，故选D。

【点睛】

蛋白质、油脂、糖类都能为人体提供能量，维生素不能提供能量，但是人体必不可少的。

20．小明同学绘制了图所示A、B两种固体物质的溶解度曲线：

（1）当________℃时，A物质与B物质的溶解度相等．

（2）若将B物质从溶液中结晶析出，宜采用的结晶方法是________．

（3）我国有许多盐碱湖，湖水中溶有大量的NaCl和Na2CO3，那里的人们冬天捞碱，夏天晒盐，据此你认为图中（填字母）________物质的溶解度曲线与纯碱的溶解度曲线相似．

解析：（1）40 （2）蒸发溶剂（3）A

【解析】

根据溶解度曲线上交点的意义（表示不同物质在交点所对应温度下的溶解度相等）可知，40℃时A物质与B物质的溶解度相等．B物质的溶解度受温度变化影响不大，故要使B物质从溶液中结晶析出，一般采用蒸发溶剂的方法．“冬天捞碱”说明碳酸钠的溶解度受温度变化影响较大，由图可知碳酸钠的溶解度曲线与图中A物质的相似．

三、推断题

21．A、B、C、D 是初中化学常见的物质。自然界中 C 转化为 A 为光合作用，B、C 为所含元素相同的氧化物，D 常用来实验室制取二氧化碳。它们之间的转化关系如图所示（其中部分反应物、生成物和反应条件已略去）。

（1）写出 C 的一种用途__________；B 转化为 C，且生成物中有红色固体生成的化学方程式为

__________。

（2）写出 D 通过分解反应转化为 C 的化学方程式__________。

解析：用来灭火 CO+CuO ∆

Cu+CO2 CaCO3

∆

CaO+CO2↑

【解析】

【分析】

由题干信息，自然界中 C 转化为 A 为光合作用，B、C 为所含元素相同的氧化物，D 常用来实验室制取二氧化碳。推测C为二氧化碳，A为氧气，B为一氧化碳，D为碳酸钙。代入推导正确。

【详解】

（1）物质C为二氧化碳，可以用来灭火；B 转化为 C，且生成物中有红色固体生成说明一氧化碳还原氧

化铜生成铜和二氧化碳，反应方程式为CO+CuO ∆

Cu+CO2

（2）D为碳酸钙通过分解反应转化为二氧化碳的反应方程式为CaCO3∆

CaO+CO2↑

【点睛】

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。

四、实验题

22．实验室用适量的CO2气体与未知浓度的NaOH溶液反应制备Na2CO3固体。实验中用到的部分仪器（用品未列全）如图所示：

（1）制取二氧化碳气体。用石灰石和稀盐酸制取二氧化碳，组装发生装置可选择的仪器有B、_____（填标号），连接好装置后，检查气密性的方法是：关闭分液漏斗活塞，打开塞子，向分液漏斗中加适量水，_____。为了防止产生气体速率过快，操作方法是_____（不改变所用稀盐酸的浓度）。

（2）制备Na2CO3固体。

查阅资料：当过量CO2气体通入NaOH溶液中极易生成NaHCO3，且无明显现象；

NaHCO3分解生成Na2CO3需要吸收热量。

方法一：

实验步骤：Ⅰ．各取25 mL NaOH溶液分别盛放在编号为甲、乙的两个烧杯中。

Ⅱ．将制取的CO2气体（用碳酸氢钠溶液除去混有的HCl）通入甲烧杯中至过量。

Ⅲ．将甲、乙两烧杯中的液体混合充分反应，再蒸干、灼烧。

步骤Ⅲ中发生反应的化学方程式为_____。

方法二：

向50 mL NaOH溶液中通入过量CO2，再将溶液蒸干、灼烧，也能得到与方法一相同质量的Na2CO3固体，该方法与方法一相比的不足之处是_____。

解析：AD 使分液漏斗的末端在液面以下，观察分液漏斗下端液柱是否稳定通过活塞控制滴加盐

酸的速度 2NaHCO3加热

Na2CO3+H2O+CO2↑既消耗过多能源，如果二氧化碳排放到空气中又会引起

温室效应

【解析】

【详解】

（1）制取二氧化碳气体。用石灰石和稀盐酸制取二氧化碳，选用分液漏斗，则需要选择锥形瓶以及双控橡皮塞，所以发生装置可选择的仪器有B、AD．连接好装置后，检查气密性，首先要形成密闭体系，具体方法是：关闭分液漏斗活塞，打开塞子，向分液漏斗中加适量水，使分液漏斗的末端在液面以下，观察分液漏斗下端液柱是否稳定。为了防止产生气体速率过快，由于不改变所用稀盐酸的浓度，所以需要控制盐酸的滴加速率，所以操作方法是通过活塞控制滴加盐酸的速度。

（2）

由题意可知：过量CO2气体通入NaOH溶液中极易生成NaHCO3，化学方程式为：CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O以及Na2CO3+CO2+H2O═2NaHCO3

步骤IIINaHCO3与NaOH反应生成Na2CO3和H2O，化学方程式为：NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，再将溶液蒸干、灼烧，生成的碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，化学方程式为：2NaHCO3

加热

Na2CO3+H2O+CO2↑；方法二的不足之处在于既消耗过多能源，如果二氧化碳排放到空气中又会引起温室效应。

故答案为（1）AD；使分液漏斗的末端在液面以下，观察分液漏斗下端液柱是否稳定；通过活塞控制滴加盐酸的速度；

（2）2NaHCO3加热

Na2CO3+H2O+CO2↑；既消耗过多能源，如果二氧化碳排放到空气中又会引起温室效

应。

五、科学探究题

23．如图是为探究物质燃烧条件设计的实验。甲中的白磷未燃烧，而乙中的白磷发生了燃烧。

（1）该实验主要探究的燃烧条件是_____；

（2）白磷（P4）燃烧的产物与红磷相同，请写出白磷燃烧的化学方程式：_____；

（3）如仅用该装置进行实验，验证空气中氧气的体积分数约为1

5

，应做到：①白磷_____；②将锥形瓶

B_____。

解析：燃烧需要氧气 P4+1O2点燃

2P2O1足量密封好

【解析】

【分析】

（1）根据可燃物燃烧的条件与氧气接触、达到着火点分析；（2）根据白磷燃烧可生成五氧化二磷写出化学方程式；

（3）验证空气中氧气的体积分数约为1

5

，应做到白磷足量，装置要密封好

【详解】

（1）甲中的白磷不能够燃烧是因为缺少燃烧所需要的氧气，而乙中的白磷能够燃烧正是因为与氧气接触了，所以该实验主要探究的燃烧条件是燃烧需要氧气；故答案为燃烧需要氧气；

（2）白磷燃烧可生成五氧化二磷，反应方程式是：P4+1O2点燃

2P2O1．

P4+1O2点燃

2P2O1要验证空气中氧气的体积分数约为

1

5

，应做到白磷足量，使空气中的氧气能够充分与白

磷反应；装置要密封好，防止外界空气进入，使测量的结果不准确。

故答案为①足量；②密封好。

【点睛】

掌握可燃物燃烧的条件、化学方程式的书写、验证空气中氧气体积分数的注意事项是正确解答本题的关键。

六、计算题

24．向盛有193.8g硫酸铜溶液的烧杯中，逐滴加入质量分数为8%的氧氧化钠溶液，反应过程中生成沉淀的质量与所用氧氧化钠溶液的质量关系如图所示。(化学方程式为 CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2↓+Na2SO4)，请计算：

(1)恰好完全反应时生成沉淀的质量。

(2)恰好完全反应时溶液中溶质的质量分数。

解析：9.8g 5%

【解析】

利用化学方程式，根据反应的质量比即可计算出生成的沉淀的质量和生成的硫酸钠的质量。解：设生成氧氧化铜的质量为x，生成硫酸钠的质量为y。

CuSO4+ 2NaOH=Cu(OH)2↓+Na2SO4

80 98 142

100g×8% x y

=

x=9.8g

=

y=14.2g

溶液溶质质量分数为

×100%=5%

答：恰好完全反应时生成沉淀的质量为9.8g，所得溶液中溶质的质量分数为5%。

七、流程题

25．某课外活动小组的同学用铁粉和铜粉的混合物按如图流程进行实验,回答相关问题。

[已知：Cu＋2H2SO4（浓）===CuSO4＋SO2↑＋2H2O]

（1）操作a的名称是____。

（2）写出FeCl 2溶液通入Cl 2时发生反应的化学方程式：____。

（3）方法1若不通入O 2反应将不会发生,原因是____。

（4）通常选方法1而不选方法2的理由是____。

解析：过滤 2FeCl 2＋Cl 2=2FeCl 3 在金属活动性顺序中,铜是位于氢之后的,与稀硫酸不反应 方法1不会产生污染空气的二氧化硫气体,方法2会产生有毒的二氧化硫气体,污染空气

【解析】

【分析】

（1）根据过滤的原理来分析；

（2）根据FeCl 2溶液与Cl 2的反应生成了FeCl 3溶液写出反应的化学方程式；

（3）根据铜的化学性质来分析；

（4）根据铜能与浓硫酸反应生成了二氧化硫气体有毒能污染空气分析。

【详解】

（1）由反应的流程图可知，操作a 是用来分离固体与液体的方法，操作名称是过滤；

（2）由题意可知，氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，反应的化学方程式是：2FeCl 2+Cl 2=2FeCl 3；

（3）在金属活动顺序中，铜排在H 后面，与硫酸不反应；所以方法1若不通入O 2反应将不会发生的原因是：在金属活动顺序中，铜是位于氢之后的，与稀硫酸不反应；

（4）通常选方法1而不选方法2的理由是：方法1是铜和氧气和稀硫酸在加热条件下生成硫酸铜和水，不会产生污染空气的二氧化硫气体，由题给信息可知方法2会产生有毒的二氧化硫气体，污染空气。 故答为：（1）过滤；

（2）2FeCl 2+Cl 2=2FeCl 3；

（3）在金属活动顺序中，铜是位于氢之后的，与稀硫酸不反应；

（4）方法1不会产生污染空气的二氧化硫气体，方法2会产生有毒的二氧化硫气体，污染空气。

【点睛】

本题考查了工业生产印刷线路板，从废液中回收铜并得到FeCl 3溶液循环利用的原理分析和反应判断，熟练利用金属活动性顺序，提纯和回收利用金属；会处理实验流程图是解题的关键。

八、综合题

26．氮化镁是一种应用范围非常广泛的无机化合物，它可用于制备高硬度、高热导、抗腐蚀、抗磨损和耐高温的其它元素的氮化物，制备特殊的陶瓷材料等．某兴趣小组用镁与氮气反应制备氮化镁（Mg 3N 2），并用实验方法测定氮化镁的纯度．

资料一：氮化镁是浅黄色粉末，极易与水反应生成氢氧化镁沉淀和氨气；

资料二：（NH 4）2SO 4+2NaNO 2===加热2N 2↑+Na 2SO 4+4H 2O ，该反应为放热反应；

资料三：饱和硫酸亚铁溶液能吸收部分氧气；

资料四：在常温下或温度不高的条件下镁几乎与水不反应．

（制备氮化镁）制备氮化镁的装备示意图如图1：

（1）仪器a的名称是_____，b的名称是_____；

（2）D装置的作用是_____，G装置的作用是_____；能否将C、D装置对调_____（填“能”或“否”）；

（3）写出E装置中发生反应的化学方程式_____；

（4）检查整套装置气密性的方法是_____；

（5）进行实验时先进行_____（选择“A”或“E”）处加热，理由是_____；

（6）A处加热片刻后，应移去酒精灯，理由是_____．

（测定氮化镁的含量）

（7）定性测定：

步骤一、取少量氮化镁样品于试管中，加足量蒸馏水，试管底部有沉淀生成，试管口闻到有刺激性气味的气体生成；

步骤二、弃去上层清液，加入稀盐酸，观察到沉淀全溶且冒气泡．

①检验刺激性气味气体的方法是_____；

②写步骤二中产生气泡的反应的化学方程式：_____；

（8）定量测定：按如图2装置进行实验．

①球形干燥管的作用是_____；

②取氮化镁样品16克进行实验，I装置增重3.4克，求该样品中氮化镁的质量分数；_____

③导致该样品中氮化镁含量测定结果偏低的可能原因是_____．

解析：分液漏斗圆底烧瓶；吸收水蒸气（干燥氮气）防止空气中的氧气进入E装置

否； 3Mg+N2点燃

Mg3N2用酒精灯微热烧瓶，若G处导管口有气泡产生，且冷却后G处长导管内产

生稳定的水柱，则气密性良好； A 排尽空气；该反应放出大量热（节约能源）；将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若试纸变蓝，则为氨气； Mg+2HCl═MgCl2+H2↑；充分反应，防倒吸； 62.5%；产生的氨气未能全部被吸收．

【解析】

【详解】

（1）由图中仪器结构可知，a为分液漏斗、b为圆底烧瓶；

（2）浓硫酸具有吸水性，能够吸收水蒸气（干燥氮气）；G装置的作用是防止空气中的氧气进入E装置；D干燥氮气，除去水蒸气，防止对E装置反应的影响；C、D对调后无法除去水蒸气，故C、D不能对调，

（3）装置E中氮气与镁反应生成二氮化三镁，反应方程式为：3Mg+N2点燃Mg3N2；

（4）利用装置内气体热胀冷缩检验装置的气密性，检查装置气密性的方法是：微热b，这时G中有气泡冒出，停止加热冷却后，G中插在溶液里的玻璃管形成一段水柱，则气密性良好；

（5）进行实验时先进行A加热，理由是排尽空气；

（6）该反应放出大量热（节约能源）；

（7）取少量产物于试管中，加入少量蒸馏水，试管底部有沉淀生成，可闻到刺激性氨味（把湿润的红色石蕊试纸放在管口，试纸变蓝），证明产物中含有氮化镁；

弃去上清液，加入盐酸，若观察到有气泡产生，则证明产物中含有未反应的镁，反应的方程式：

Mg+2HCl═MgCl2+H2↑

（8）

①球形干燥管的作用是充分反应，防倒吸；

②设样品中氮化镁的质量为x

32223

Mg N+6H O=3Mg(OH)+2NH

10034

x 3.4g

10034

=

x 3.4g

↑

x＝10g

该样品中氮化镁的质量分数＝10g

16g

×100%＝62.5%；

③致该样品中氮化镁含量测定结果偏低的可能原因是产生的氨气未能全部被吸收．

中考化学模拟试卷（解析版）

注意事项：

1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、单选题

1．•下列4个示意图分别表示对应的4个实验过程，其中正确的是

A．向一定量铁粉中加入稀盐酸，测定生成氢气的质量

B．向一定量碳酸钙固体中加入稀盐酸，测定生成气体的质量

C．向一定量氧化铁固体中加入稀盐酸，测定溶液中铁元素的质量

D．向一定量氢氧化钠溶液中加入稀盐酸，测定溶液中氢氧化钠的质量

解析：B

【解析】

A、铁与盐酸能发生反应生成氢气，所以氢气的质量应该从零开始，故图象错误

B、碳酸钙能与稀盐酸反应生成二氧化碳，所以向一定量碳酸钙固体中加入稀盐酸时，二氧化碳的质量会从零一直增加，直至碳酸钙用完，故图象正确

C、氧化铁固体中加入稀盐酸时会生成氯化铁和水，所以溶液中的铁元素会不断增加直至反应结束，故图

象错误

D、氢氧化钠与盐酸能发生中和反应，生成氯化钠和水，所以向一定量氢氧化钠溶液中加入稀盐酸时溶液中的氢氧化钠会不断被消耗，直至耗尽，故图象错误

故选B

2．T℃时，将一定量的生石灰放入饱和的石灰水中，搅拌，并冷却到原温度，得到的溶液与原溶液相比，下列物理量前后不变化的是

①溶质质量②溶剂质量③溶液质量④溶质质量分数⑤溶解度

A．①③⑤B．②④⑤C．②④D．④⑤

解析：D

【解析】

【详解】

由于氧化钙与饱和溶液中的水发生反应而使水减少，饱和溶液的溶剂减少会造成溶质析出，因此溶液的溶质、溶剂都在减少，溶液的质量也减小；

固体物质的溶解度只受温度的影响，由于溶液的温度不变，因此，溶质的溶解度也不变。根据相同温度下的同种溶质的饱和溶液的溶质质量分数相同，饱和溶液的溶质质量分数不变，故④⑤正确；故选：D。3．下列物质的用途中，利用其化学性质的是

A．液氮用作冷冻剂B．干冰用于人工降雨

C．氧气用于气焊D．浓硫酸用作干燥剂

解析：C

【解析】

氧气用于气焊说明氧气能支持燃烧，这是氧气的化学性质

4．下列“水”能使无色酚酞溶液变红的是

A．氨水B．汽水C．冰水D．糖水

解析：A

【解析】

A、氨水显碱性，能使无色酚酞试液变红色，正确；

B、汽水显酸性，不能使无色酚酞试液变红色，错误；

C、冰水显中性，不能使无色酚酞试液变红色，错误；

D、糖水显中性，不能使无色酚酞试液变红色，错误。故选A。

点睛：紫色的石蕊试液遇酸性溶液变成红色，遇碱性溶液变成蓝色；无色的酚酞试液遇酸性溶液不变色，遇碱性溶液变成红色（可以简记为：“紫石酸红遇碱蓝，无酚酸无遇碱红”）。

5．下列关于溶液的说法错误的是（）

A．固体、液体、气体都可以做溶质

B．NH4NO3溶解过程中吸热，溶液温度降低

C．欲使100克KNO3溶液的质量分数由5%变成10%，可向其中加入5克KNO3固体

D．25℃时，将某KNO3溶液蒸发10克水析出a克晶体，再蒸发10克水析出b克晶体，a与b的质量不一定相等

解析：C

【解析】

试题分析：A、溶质可以是固体、液体、气体，故A说法正确；B、NH4NO3溶解过程中吸热，溶液温度降低，故B说法正确；C、溶质质量分数：，故C错；D、如果硝酸钾溶液蒸发溶剂前，是饱和溶液，蒸发10克水析出a克晶体，再蒸发10克水析出b克晶体，a与b的质量一定相等，如果硝酸钾溶液蒸发溶剂前，是不饱和溶液，蒸发10克水析出a克晶体，再蒸发10克水析出b 克晶体，a与b的质量一定不相等，故D说法正确。故选C。

考点：溶液的概念、组成及其特点；溶解时的吸热或放热现象；晶体和结晶的概念与现象；有关溶质质量分数的简单计算

6．如图是甲、乙固体的溶解度曲线，下列说法正确的是

A．图中P点所表示的溶液是t3℃时甲的饱和溶液

B．可用t1℃时20％的甲溶液加水配制成10％的甲溶液

C．若甲中含有少量乙，可采用冷却热饱和溶液的方法提纯甲

D．分别将t3℃等质量的甲、乙饱和溶液降温至t2℃，所得溶液中溶质质量相等

解析：C

【解析】

【详解】

A、图中P点不在甲物质的溶解度曲线上，所表示的溶液是t3℃时甲的不饱和溶液，故A错误；

B、t1℃时，甲物质饱和溶液的质量分数为：

20g

120g

×100%=16.7%，所以不存在t1℃时20%的甲溶液，故B

错误；

C、甲物质的溶解度受温度变化影响较大，所以甲中含有少量乙，可采用冷却热饱和溶液的方法提纯甲，故C正确；

D、t3℃时，甲、乙物质的溶解度不相等，等质量的甲、乙饱和溶液中溶质质量和溶剂质量不相等，所以分别将t3℃等质量的甲、乙饱和溶液降温至t2℃，析出晶体质量不相等，所得溶液中溶质质量不相等，故D错误。

故选C。

【点睛】

根据固体的溶解度曲线可以：①查出某物质在一定温度下的溶解度，从而确定物质的溶解性，②比较不同物质在同一温度下的溶解度大小，从而判断饱和溶液中溶质的质量分数的大小，③判断物质的溶解度随温度变化的变化情况，从而判断通过降温结晶还是蒸发结晶的方法达到提纯物质的目的．

7．往AgNO3和Cu（NO3）2混合溶液中加入铁粉，充分反应后有金属析出，过滤，往滤渣中加盐酸检验，有气体生成，则滤渣上的物质是

A．只有银B．铁和银C．银和铜D．铁、银和铜

解析：D

【解析】

试题分析：在金属活动性顺序中，氢前的金属能与酸反应生成氢气，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，据此来分析问题。在金属活动性顺序中，铁＞氢＞铜＞银，往滤渣中加入稀盐酸，有气体放出，则说明滤渣中含有铁，铁能与酸银反应生成硝酸亚铁和银，能与硝酸铜反应生成硝酸亚铁和铜，当有铁剩余时，说明硝酸铜和硝酸银全部参加反应，滤液中无硝酸铜和硝酸银，只有生成的硝酸亚铁，则滤渣上的物质有剩余的铁和置换出来的银和铜，所以，D正确，A、B、C错误，故选D。考点：考查金属活动性顺序及其应用

8．在进行“氧气的实验室制取与性质”实验时，某同学制得的氧气不纯。你认为可能的原因是( ) A．用排水法收集O2时，集气瓶装满水

B．用向上排空气法收集O2时，导管伸入到集气瓶的底部

C．用排水法收集O2时，导管口冒出气泡，立即收集

D．用排水法收集O2，收集满后，在水下盖上玻璃片

解析：C

【解析】

【详解】

A、用排水法收集，集气瓶中装满水，可以把集气瓶中的空气排尽，故正确；

B、用排空气法收集氧气，导气管伸到集气瓶的底部，可以把集气瓶中的空气排尽，故正确；

C、用排水法收集，没有等到气泡连续均匀放出时就开始收集，原试管内的空气进入集气瓶，故错误；

D、用排水法收集O2 ，收集满后，在水下盖上玻璃片，可以防止空气的进入，故正确；答案：C。

9．物质X在4.8g氧气中恰好完全燃烧，反应方程式为X+3O2点燃

RO2+2SO2，测得RO2和SO2的质量分别

为2.2g和6.4g，下列判断中正确的是（）A．参加反应的X的质量为4.3g

B．X的相对分子质量为76

C．X中含有R元素、S元素和O元素

D．产物为气态时都是空气污染物

解析：B

【解析】

【详解】

A.根据质量守恒定律知道参加反应的X的质量为2.2克+6.4克-4.8克=3.8克，故选项错误；

B.设X的相对分子质量是a，

222 X+3O RO+2SO a96

3.8g

4.8g

点燃

列比例式得：a：96=3.8g：4.8g 解得a=76，故选项正确；

C.由质量守恒定律知X中含有R、S元素，不含氧元素，故选项错误；

D.因不知R的元素种类，所以无法判断RO2是否是空气污染物，故选项错误。

故选B．

10．某粒子的结构示意图如图所示，下列对该粒子的判断中，不正确的是（）

A．原子核内有17个质子

B．该粒子属于非金属元素

C．该粒子是阴离子

D．在发生化学反应时易得到电子

解析：C

【解析】

【详解】

A、原子核内有17个质子，A正确；

B、17号元素是非金属元素，B正确；

C、该粒子是原子，C错误；

D、在发生化学反应时易得到电子，D正确；

故选：C。

11．两个烧杯中装有等质量的金属锌和镁，然后分别逐渐加入同浓度的稀硫酸，产生氢气的质量与加入硫酸的质量关系如图所示。下列说法正确的是（）

A．该图反映出镁比锌的金属活动性强

B．a点时，两个烧杯中的酸都恰好完全反应

C．b点时，两个烧杯中产生氢气的质量相等

D．c点时，两个烧杯中都有金属剩余

解析：D

【解析】

【分析】

【详解】

A选项是错误的叙述，该图横坐标是硫酸，所以不能反应金属的活动性强弱；

B选项是错误的叙述，a点盛金属锌的烧杯中酸有剩余；

C选项是错误的叙述，b点时金属锌产生的氢气少；

D选项c点时，两个烧杯中都有金属剩余，是正确的叙述；故答案选择D

12．从下列图片中不能获取的信息是

A．分子之间有间隔

B．硅原子是由原子核和电子构成的

C．构成物质的粒子有分子、原子和离子

D．受热水分子运动速率加快

解析：B

【解析】

试题分析：A、图中白色部分是苯分子，可看出分子之间有间隔，正确；B、只能说明原子真实存在，原子之间有间隔，不能知道硅原子是由原子核和电子构成的，错误；C、构成物质的粒子有分子、原子和离子，正确；D温度越高，分子运动速度越快，正确。故选B

考点：图表所表示的化学信息

13．壹元钱的硬币外观有银白色的金属光泽，有些同学认为它可能是铁制的。就这些同学的“认为”而言，应属于科学探究中的（）

A．实验B．观察C．假设D．做结论

解析：C

【解析】

【详解】

A、有些同学认为它可能是铁制的，属于科学探究环节中的假设，而不是实验，故A不正确；

B、有些同学认为它可能是铁制的，属于科学探究环节中的假设，而不是观察，故B不正确；

C、有些同学认为它可能是铁制的，属于科学探究环节中的假设，故C正确；

D、有些同学认为它可能是铁制的，属于科学探究环节中的假设，而不是做结论，故D不正确。故选C。14．下列有关营养物质的说法正确的是( )

A．葡萄糖是有机高分子化合物B．淀粉与碘作用呈蓝色

C．常温下油脂都呈液态D．青菜中富含蛋白质

解析：B

【解析】

A. 葡萄糖是有机低分子化合物，错误；

B.淀粉与碘作用呈蓝色，正确；

C. 常温下植物油脂呈液态，动物油脂呈固态，错误；

D、青菜中富含有维生素，错误。故选B。

15．氨催化氧化是工业制硝酸的反应之一，该反应前后分子种类的微观示意图如图。下列说法不正确的是（）

A．甲中氮、氢原子个数比为1：3

B．乙的相对分子质量为32

C．两种生成物均为化合物

D．生成的丙与丁的分子个数比为1：1

解析：D

【解析】

【详解】

依据图示的分子结构可知该反应的化学方程式为：4NH3+5O2一定条件

4NO+6H2O；

A．通过观察题中的图，甲是氨气，氨气中氮、氢原子个数比为1：3，故说法正确；

B．由图示物质的构成可知，乙是氧气，氧气的相对分子质量为：16×2＝32，故说法正确；

C．两种生成物分别为一氧化氮和水，均为化合物，故说法正确；

D．由化学方程式可知，生成的丙与丁的分子个数比为4：6＝2：3，故说法错误。

故选D。

二、填空题

16．将宏观、微观及化学符号联系在一起是化学学科的特点。

（1）A、B、C、D表示四种物质，其微观示意图如图所示：

①从微观角度看，B图表示：_____（填化学符号）；

②从宏观角度看，图中表示化合物的是_____（填字母符号，下同）；

（2）在一定的条件下，A和B能发生化学反应生成 E和F，其中F是单质，其微观示意图如图所示：

则该反应的化学方程式为_____。

解析：3NH3 B 3O2+4NH3一定条件

6H2O+2N2

【解析】

【详解】

（1）①图示中所示B中含有三个氨气的分子可表示为：3NH3②由不同种元素组成的纯净物为化合物，从微观上看，由分子构成的物质中分子由不同种原子构成，故图中表示化合物的是B；

（2）根据反应的微观示意图可知E是水，F是单质，根据质量守恒定律，则F是氮气，则反应的化学方程式为： 3O2+4NH3一定条件6H2O+2N2。

17．下图为甲、乙两种固体物质的溶解度曲线。

（1）溶解度随温度升高而增大的物质是_______(填“甲”或“乙”)；

（2）某同学在t1℃时进行如图2实验，充分搅拌得到相应的液体①一③。①一③形成的溶液中属于饱和溶液的是________(填序号)；

（3）在溶液③中再加入25g甲，充分搅拌，所得溶液中溶质的质量分数为____(精确到0.1%)；

（4）若固体甲中含少量固体乙，在提纯固体甲时一定要用到的玻璃仪器有________；

（5）若甲为KNO3，如图3所示，20℃时，将盛有饱和KNO3溶液的小试管放入盛水的烧杯中，向烧杯中加入某物质后，试管中有晶体析出。加入的物质可能是下列中的______(填字母序号)。

A氢氧化钠固体 B生石灰固体 C冰块 D硝酸铵固体 E．浓硫酸

解析：甲② 28.6% 烧杯、玻璃棒、漏斗、酒精灯 CD

【解析】

【详解】

（1）根据溶解度曲线的趋势可知，甲的溶解度随温度的升高而增大，乙的溶解度随温度的升高而减小；（2）由溶解度曲线可知t1℃时甲的溶解度为20g，即100g水中溶解20g甲物质达到饱和状态，故①是不饱和溶液，②是饱和溶液，t2℃时甲的溶解度为40g，那么③是不饱和溶液；

（3）由于t2℃时甲的溶解度为40g，那么在溶液③中再加入25g甲，只能溶解10g，所得溶液中溶质的

质量为40g，溶液的质量为140g，所得溶液中溶质的质量分数为

40g

100%28.6% 140g

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（4）甲的溶解度随温度的变化变化较大，故采用降温结晶的方法提纯，先配成高温下的饱和溶液，再降温有固体析出后过滤，故要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗、酒精灯；

（5）温度降低，硝酸钾的溶解度变小有晶体析出，故加入的是冰块或硝酸铵固体。

18．金属与人类的生产和生活密切相关。

（1）动车电路中的导线大多选用铜制造的，这是利用了铜的导电性和_________性。

（2）探究铝与酸的反应前，用砂纸打磨铝条，是为了除去_______（填化学式）。

（3）修建铁路所需的大量钢铁是以铁矿石为主要原料冶炼而得。写出一氧化碳和赤铁矿炼铁的化学方程式___________________________。

（4）高铁酸钠（Na2FeO4）是高铁列车上常用的一种“绿色环保高效”消毒剂，其中高铁酸钠中铁元素化合价为________。

解析：延展 Al2O3 3CO+Fe2O3高温

2Fe+3CO2 +6

【解析】

【详解】

（1）动车电路中的导线大多选用铜制造的，这是利用了铜的导电性和延展性。

（2）由于铝易与空气中的氧气反应形成氧化铝，探究铝与酸的反应前、用砂纸打磨铝条是为了除去表面的氧化铝，化学式是：Al2O3。

（3）用赤铁矿（主要成分为Fe2O3）和一氧化碳炼铁，主要是利用CO的还原性，在高温下和氧化铁反应

生成铁和二氧化碳，反应的化学方程式为3CO+Fe2O3高温

2Fe+3CO2；

（4）在Na2FeO4中，Na元素的化合价为+1价，O元素的化合价为-2价，设该化合物中Fe元素的化合价为x，由化学式和化合物中正负化合价的代数和为0，则（+1）×2+x+（-2）×4=0；解得x=+6，即高铁酸钠中铁元素化合价为+6。

19．甲乙两种固体的溶解度曲线如图所示。请回答：

（1）10℃时，甲乙两种物质的溶解度大小关系：甲_____乙（填“＜”“＞”或“＝”）。20℃时，向50g水中加入20g乙，充分溶解后形成溶液质量为_____g。

（2）40℃时，取等质量的甲乙两种物质的饱和溶液分别蒸发等量的水后，恢复到40℃下列说法正确的是_____（填字母）

A 恢复到原温度后，溶液中溶剂的质量：甲＝乙

B 恢复到原温度后，析出晶体的质量：乙＞甲

C 若再降温到20℃时，溶液的溶质质量分数：甲＝乙

解析：＞65BC

【解析】

【分析】

由甲、乙溶解度曲线图可知：乙的溶解度随温度的升高而增大，甲的溶解度随温度的升高增长得较缓慢，40℃时，乙物质的溶解度大于甲物质的溶解度，取等质量的甲、乙两种物质的饱和溶液，甲物质的溶剂质量大于乙物质的溶剂质量，分别蒸发等量的水后，恢复到40℃，溶液中溶剂的质量甲＞乙，析出晶体的质量乙＞甲。