2018年湖北省武汉市中考化学试题(教师版)

第1页（共4页）2018年湖北省武汉市中考化学试卷（教师版）一、选择题（本题包括20小题，每小题只有一个选项符合题意．每小题3分，共60分）1．（3分）下列变化属于化学变化的是（）A．酒精燃烧 B．水变成水蒸气 C．玻璃破碎 D．汽油挥发【考点】E3：化学变化和物理变化的判别．【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成；据此分析判断。【解答】解：A、酒精燃烧过程中有新物质二氧化碳生成，属于化学变化。B、水变成水蒸气过程中只是状态发生改变，没有新物质生成，属于物理变化。C、玻璃破碎过程中没有新物质生成，属于物理变化。D、汽油挥发过程中只是状态发生改变，没有新物质生成，属于物理变化。故选：A。【点评】本题难度不大，解答时要分析变化过程中是否有新物质生成，若没有新物质生成属于物理变化，若有新物质生成属于化学变化。2．（3分）下列说法正确的是（）A．在化学变化中，分子不能再分 B．墙内开花墙外香，说明分子在不断运动 C．原子核由电子和中子构成 D．不同元素最本质的区别是相对原子质量不同【考点】B4：原子的定义与构成；BA：分子的定义与分子的特性；C1：元素的概念．【分析】A、在化学变化中分子分成原子，原子再重新组合；B、根据分子的特性分析；C、根据原子核的构成进行分析；D、根据元素的概念和不同种元素之间的本质区别是质子数不同进行分析解答。【解答】解：A、在化学变化中分子分成原子，原子再重新组合，故A错；B、墙内开花墙外香，是因为花香中含有的分子是在不断运动的，向四周扩散，使人们闻到花香，故B正确；C、原子核由质子和中子构成，故C错误；D、根据元素是具有相同核电荷数（即核内质子数）的一类原子的总称，不同种元素之间的本质区别是质子数不同，故D错误；故选：B。【点评】解答本题关键是熟悉物质的构成，知道分子的性质和特点。3．（3分）下列说法正确的是（）A．天然气可以作燃料 B．过滤可以将硬水软化 C．水由氢气和氧气组成 D．大量施用化肥、农药不会污染环境【考点】72：水的组成；77：硬水与软水；H3：常用燃料的使用与其对环境的影响；K6：合理使用化肥、农药对保护环境的重要意义．【分析】A、根据天然气具有可燃性解答；B、根据过滤的作用析；C、根据物质是由元素组成的解答；D、根据大量施用化肥、农药，易造成水污染解答。【解答】解：A、天然气具有可燃性，可以作燃料，故正确；B、过滤能够除去水中不溶性杂质，不能使硬水软化，故错误；C、水是由氢元素和氧元素组成，故错误；D、大量施用化肥、农药，易造成水污染，故错误。故选：A。【点评】水是我们最熟悉的物质，有关水的知识是中考的重点内容，加强水的知识的归纳和学习，是解答本类题的关键。4．（3分）下列做法错误的是（）A．使用完酒精灯后，用灯帽盖灭 B．在钢铁表面刷油漆防止生锈 C．不挑食，合理摄入人体必需元素 D．焚烧废弃塑料减少白色污染【考点】8G：金属锈蚀的条件及其防护；H4：灭火的原理和方法；I6：白色污染与防治；J5：均衡营养与健康．【分析】A、根据酒精灯的使用方法解答；B、根据钢铁生锈的条件解答；C、根据合理摄入人体必需元素进行分析判断；D、根据塑料燃烧时能够产生大量有害的物质解答；【解答】解：A、使用完酒精灯后，用灯帽盖灭，故正确；B、在钢铁表面刷油漆，可以防止生锈，故正确；C、注意合理摄入人体必需元素，不足或过量均不利健康，故正确；D、焚烧塑料时能够产生烟尘等物质，对环境污染很严重。不正确。故选：D。【点评】通过回答本题要养成在日常生活中时刻讲究环保，不随便扔垃圾，不污染环境。真正做到保护地球环境人人有责。5．（3分）通常状况下，乙烯（C2H4）是一种无色气体，具有可燃性，其燃烧反应的化学方程式为：C2H4+3O22X+2H2O，则下列有关说法正确的是（）A．氧气中氧元素的化合价为﹣2价 B．水属于有机化合物 C．X中碳、氧元素的原子个数比为1：2 D．该反应属于化合反应【考点】AC：有机物与无机物的区别；D6：有关元素化合价的计算；FA：反应类型的判定；G1：质量守恒定律及其应用．【分析】A、根据单质中元素的化合价为0，进行分析判断。B、根据含有碳元素的化合物叫有机化合物，简称有机物；不含碳元素的化合物是无机化合物。C、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。D、化合反应：两种或两种以上物质反应后生成一种物质的反应，其特点可总结为“多变一”。【解答】解：A、根据单质中元素的化合价为0，O2属于单质，故氧元素的化合价为0，故选项说法错误。B、水中不含碳元素，属于无机化合物，故选项说法错误。C、由质量守恒定律：反应前后，原子种类、数目均不变，由反应的化学方程式C2H4+3O22X+2H2O，反应前碳、氢、氧原子个数分别为2、4、6，反应后的生成物中碳、氢、氧原子个数分别为0、4、2，根据反应前后原子种类、数目不变，则2X分子中含有2个碳原子和4个氧原子，则每个X分子由1个碳原子和2个氧原子构成，则物质X的化学式为CO2，X中碳、氧元素的原子个数比为1：2，故选项说法正确。D、该反应的生成物是两种，不符合“多变一”的特征，不属于化合反应，故选项说法错误。故选：C。【点评】本题难度不大，掌握化学反应前后原子守恒、单质中元素的化合价为0、有机物与无机物的特征等是正确解答本题的关键。6．（3分）某化学兴趣小组用如图所示的装置来制取干燥的氧气，并测定H2O2溶液中溶质的质量分数。装置气密性良好，图I中的锥形瓶内盛有质量为m的H2O2溶液，燃烧匙内装有二氧化锰，燃烧匙可以上下移动，干燥管内装有足量碱石灰（CaO和NaOH的混合物）。下列说法正确的是（）A．将装置I分别与装置Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ、V连接，均能达到实验目的 B．称量装置I反应前及完全反应冷却后的质量，可计算出H2O2溶液中溶质的质量分数 C．若用装置Ⅳ收集氧气，可将带火星的木条放置在b导管口处验满 D．若用装置V测量生成氧气的体积，集气瓶上方原有的空气会使测量结果偏大【考点】6D：氧气的制取装置；6E：氧气的收集方法；6F：氧气的检验和验满．【分析】A．根据实验目的来分析；B．根据质量守恒定律以及溶质质量分数的计算方法来分析；C．根据收集氧气的方法来分析；D．根据装置的特点来分析。【解答】解：A．该实验是制取干燥的氧气，并测定H2O2溶液中溶质的质量分数，排水法收集的氧气不干燥；Ⅲ、Ⅳ无法测定收集的氧气的体积，故错误；B．称量装置I反应前及完全反应冷却后的质量，减少的质量即为生成氧气的质量，然后利用化学方程式，根据氧气的质量计算出过氧化氢的质量，最后根据过氧化氢溶液的质量即可计算出H2O2溶液中溶质的质量分数，故正确；C．氧气的密度比空气大，若用装置Ⅳ收集氧气，氧气应从b端进入，验满时将带火星的木条放在a端管口处，观察木条是否复燃，故错误；D．量筒内水的体积即为生成的氧气的体积，所以用装置V测量生成氧气的体积，集气瓶上方原有的空气对测量结果没有影响，故错误。故选：B。【点评】本题主要考查常见气体的发生装置与收集装置的探究，发生装置依据反应物的状态和反应条件选择，收集装置依据气体的密度和溶解性选择。7．（3分）氧化物、酸、碱、盐都属于化合物。甲、乙、丙、丁、M是初中化学常见的化合物，其中甲、乙、丙、丁分属上述四种不同类别的化合物，M与甲属于同种类别的化合物。它们之间的部分转化关系如图所示（部分反应物、生成物、反应条件已略去，“﹣”表示物质之间能发生反应，“→”表示物质之间的转化关系）。下列推论错误的是（）A．若甲是碳酸钙，则可以用水鉴别乙和丙 B．若乙可用于改良酸性土壤，则甲可以是氧化铜 C．若丙是碳酸钠，则甲与丁溶液混合可以得到黄色溶液 D．若丁是氢氧化钠，则甲可以通过中和反应转化为M【考点】95：碱的化学性质；9H：盐的化学性质；AE：物质的鉴别、推断．【分析】根据题目给出的流程图和信息：甲、乙、丙、丁分属上述四种不同类别的化合物，M与甲属于同种类别的化合物；A、若甲是碳酸钙，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙和水和二氧化碳，氧化钙和盐酸反应生成氯化钙和水，氧化钙和水生成氢氧化钙，氢氧化钙和盐酸反应生成氯化钙和水，因此丁是盐酸，乙是氧化钙，丙是氢氧化钙，M是氯化钙，则可以用水鉴别乙和丙，因为氧化钙溶于水放出大量的热；B、若乙可用于改良酸性土壤，则乙是氢氧化钙；氢氧化钙和酸反应生成水，因此丁是酸，氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙白色沉淀和水，因此丙是碳酸钙，M是水，则甲可以是氧化铜；C、若丙是碳酸钠，二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，碳酸钠与酸反应也生成水，因此丁是酸，M是水，那么甲可以是氧化铁，则甲与丁溶液混合可以得到黄色溶液；D、若丁是氢氧化钠，则甲可以通过中和反应转化为M错误，因为M与甲属于同种类别的化合物。【解答】解：A、若甲是碳酸钙，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙和水和二氧化碳，氧化钙和盐酸反应生成氯化钙和水，氧化钙和水生成氢氧化钙，氢氧化钙和盐酸反应生成氯化钙和水，因此丁是盐酸，乙是氧化钙，丙是氢氧化钙，M是氯化钙，则可以用水鉴别乙和丙，因为氧化钙溶于水放出大量的热，正确但不符合题意，故选项错误；B、若乙可用于改良酸性土壤，则乙是氢氧化钙；氢氧化钙和酸反应生成水，因此丁是酸，氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙白色沉淀和水，因此丙是碳酸钙，M是水，则甲可以是氧化铜，正确但不符合题意，故选项错误；C、若丙是碳酸钠，二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，碳酸钠与酸反应也生成水，因此丁是酸，M是水，那么甲可以是氧化铁，则甲与丁溶液混合可以得到黄色溶液，正确但不符合题意，故选项错误；D、若丁是氢氧化钠，则甲可以通过中和反应转化为M错误，因为M与甲属于同种类别的化合物，错误符合题意，故选项正确；故选D；故选：D。【点评】本考点属于物质的推断题，是通过对实验方法和过程的探究，在比较鉴别的基础上，得出了正确的实验结论。本考点是中考的重要内容之一，一般有两种类型：一是图框式推断题；二是文字描述型推断题；本题属于第一种类型。不论哪一种类型，都是通过实验现象，从而得出物质的组成。此考点主要出现在填空题和实验题中。8．（3分）医疗上常用硫酸钡作透视肠胃的内服剂，俗称“钡餐”。一旦误将碳酸钡代替硫酸钡作“钡餐”，就会致人中毒，此时可服用硫酸镁溶液解毒。某化学兴趣小组用如下实验模拟了碳酸钡在胃液中的变化，并验证了硫酸镁解毒的原理。I．取一定量碳酸钡固体于烧杯中，逐滴加入稀盐酸至过量，并不断搅拌，烧杯内固体质量与加入稀盐酸的质量关系如图甲所示；Ⅱ．再向该烧杯中逐滴加入硫酸镁溶液，并不断搅拌，烧杯内溶液质量与加入硫酸镁溶液的质量关系如图乙所示。下列有关说法正确的是（）A．图甲中K点和L点时，溶液中的溶质都为一种；图乙中M点和N点时，溶液中的溶质都为两种 B．取少量步骤Ⅰ所得溶液于试管中，滴加硝酸银溶液和足量稀硝酸，有白色沉淀生成，说明步骤I中加入的稀盐酸已过量 C．根据图乙数据分析，步骤Ⅱ最终生成硫酸钡沉淀的质量为4.5g D．硫酸镁解毒的原理是：MgSO4+BaCl2＝MgCl2+BaSO4↓．因此，本身无毒且能与氯化钡反应生成沉淀的物质，如纯碱也可解毒【考点】9H：盐的化学性质．【分析】碳酸钠和氯化钡反应生成白色沉淀碳酸钡和氯化钠，碳酸钡和稀盐酸反应生成氯化钡、水和二氧化碳，氯化钡和硫酸镁反应生成硫酸钡沉淀和氯化镁；碳酸钡溶于稀盐酸，硫酸钡不溶于稀盐酸。【解答】解：A、图甲中K点和L点时，溶液中的溶质都为一种，是碳酸钡和稀盐酸反应生成的氯化钡，图乙中M点和N点时，溶液中的溶质都为两种，M点是过量的氯化氢和反应生成的氯化钡，N点是过量的氯化氢和反应生成的氯化镁，该选项说法正确；B、取少量步骤Ⅰ所得溶液于试管中，滴加硝酸银溶液和足量稀硝酸，有白色沉淀生成，不能说明步骤I中加入的稀盐酸已过量，这是因为碳酸钡和稀盐酸反应生成的氯化钡也能和硝酸银反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀氯化银，该选项说法不正确；C、根据图乙数据分析，步骤Ⅱ中，当加入9.5g硫酸镁溶液时，溶液增加的质量为：18.5g﹣14g＝4.5g，该选项说法不正确；D、碳酸钠和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，碳酸钡能够溶于胃酸中的盐酸，因此不能解毒，该选项说法不正确。故选：A。【点评】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。二、非选择题（共5小题，满分26分）9．（4分）在通常状况下，硫是一种黄色粉末，如图是硫元素的某种粒子的结构示意图。（1）硫原子的核内质子数为16；（2）图中所示粒子的符号为S2﹣；（3）硫在氧气中燃烧，发出蓝紫色火焰，该反应的化学方程式为S+O2SO2。【考点】B8：原子结构示意图与离子结构示意图；G5：书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．【分析】（1）粒子结构示意图中，圆圈内数字表示核内质子数，进行分析解答。（2）图中质子数＝16，核外电子数＝18，质子数＜核外电子数，为带2个单位负电荷的硫离子，进行分析解答。（3）硫在氧气中燃烧，生成二氧化硫，进行分析解答。【解答】解：（1）图中质子数＝16，核外电子数＝18，质子数＜核外电子数，为阴离子；是硫原子得到2个电子形成的，则硫原子的核内质子数为16。（2）图中质子数＝16，核外电子数＝18，质子数＜核外电子数，为带2个单位负电荷的硫离子，其离子符号为：S2﹣。（3）硫在氧气中燃烧，生成二氧化硫，该反应的化学方程式为S+O2SO2。故答案为：（1）16；（2）S2﹣；（3）S+O2SO2。【点评】本题难度不大，考查学生对粒子结构示意图及其意义的理解，明确粒子中核内质子数和核外电子数之间的关系是正确解题的关键。10．（4分）硝酸钾和氯化钾的溶解度曲线如图所示：（1）t1℃时，硝酸钾的溶解度为25g。（2）t1℃时，将50g硝酸钾加入到50g水中，充分溶解后，所得溶液中溶质的质量分数为20%。（3）t2℃时，氯化钾的饱和溶液中含有少量硝酸钾，提纯氯化钾的方法是蒸发结晶。（4）将t3℃时硝酸钾和氯化钾的饱和溶液各100g分别蒸发10g水，然后降温至t2℃过滤，得到溶液a和溶液b。对于溶液a和溶液b，下列说法正确的是ABDEA．都是饱和溶液B．溶液质量a＜bC．溶质质量a＝bD．溶剂质量a＜bE．溶质的质量分数a＝b【考点】4H：结晶的原理、方法及其应用；7N：固体溶解度曲线及其作用；7R：溶质的质量分数．【分析】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。【解答】解：（1）通过分析溶解度曲线可知，t1℃时，硝酸钾的溶解度为25g；（2）t1℃时，硝酸钾的溶解度为25g，将50g硝酸钾加入到50g水中，充分溶解后，所得溶液中溶质的质量分数为100%＝20%；（3）氯化钾的溶解度受温度变化影响较大，所以t2℃时，氯化钾的饱和溶液中含有少量硝酸钾，提纯氯化钾的方法是蒸发结晶；（4）硝酸钾、氯化钾的溶解度随温度降低而减小，t2℃时，硝酸钾、氯化钾的溶解度相等，将t3℃时硝酸钾和氯化钾的饱和溶液各100g分别蒸发10g水，然后降温至t2℃过滤，得到溶液a和溶液b。对于溶液a和溶液b，所以A、都是饱和溶液，故正确；B、t3℃时，氯化钾的溶解度小于硝酸钾的溶解度，蒸发10g水，氯化钾析出的晶体少，此时氯化钾饱和溶液的质量大于硝酸钾饱和溶液的质量，虽然降低相同的温度，但氯化钾溶解度减小的幅度小于硝酸钾，所以硝酸钾析出晶体质量较大，所以溶液质量a＜b，故正确；C、t3℃时，氯化钾的溶解度小于硝酸钾的溶解度，蒸发10g水，氯化钾析出的晶体少，溶质质量不相等，故错误；D、t3℃时，氯化钾的溶解度小于硝酸钾的溶解度，硝酸钾和氯化钾的饱和溶液各100g，b溶液中的溶剂多，蒸发10g，水，还是b中的溶剂多，所以溶剂质量a＜b，故正确；E、a、b都是t2℃时的饱和溶液，所以溶质的质量分数a＝b，故正确。故选：ABDE。故答案为：（1）25g；（2）20%；（3）蒸发结晶；（4）ABDE。【点评】本题难度不是很大，主要考查了固体的溶解度曲线所表示的意义，及根据固体的溶解度曲线来解决相关的问题，从而培养分析问题、解决问题的能力。11．（6分）实验室现有一瓶含少量水的碳酸氢铵样品，为测定其中碳酸氢铵的质量分数，某化学兴趣小组利用如图所示装置进行实验（该装置气密性良好，装置B、C中所装药品均足量，碱石灰是氧化钙和氢氧化钠的混合物）。已知：碳酸氢铵受热易分解，反应的化学方程式为：NH4HCO3NH3↑+H2O↑+CO2↑，NH3能被酸溶液吸收部分实验步骤如下Ⅰ．打开弹簧夹，通入一段时间的氮气；Ⅱ．关闭弹簧夹，给碳酸氢铵样品加热Ⅲ．当样品反应完全，…，再停止加热，直到玻璃管冷却；N．实验完毕，测得装置B、C中药品的质量分别增加了m1、m2请回答下列问题：（1）NH4HCO3属于氮肥（选填“氮肥”“磷肥”“钾肥”或“复合肥”），装置B中盛放的液体是浓硫酸。（2）装置C中发生反应的化学方程式为2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O。（3）步骤Ⅲ中，停止加热前应进行的操作是打开弹簧夹，通入一段时间的氮气。（4）该样品中碳酸氢铵的质量分数的表达式为100%（用m1、m2的代数式表示）。【考点】9H：盐的化学性质；9J：常见化肥的种类和作用；G5：书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．【分析】含有氮元素的化肥属于氮肥，含有磷元素的化肥属于磷肥，含有钾元素的化肥属于钾肥，同时含有氮元素、磷元素、钾元素中的两种或三种的化肥属于复合肥；浓硫酸能够吸收水蒸气和氨气，氢氧化钠溶液能够吸收二氧化碳。【解答】解：（1）NH4HCO3是含有氮元素的化肥，属于氮肥；装置B中盛放的液体是浓硫酸，用来吸收水蒸气和氨气。故填：氮肥；浓硫酸。（2）装置C中二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，发生反应的化学方程式为：2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O。故填：2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O。（3）步骤Ⅲ中，停止加热前应进行的操作是打开弹簧夹，通入一段时间的氮气，使反应生成的气体全部被吸收。故填：打开弹簧夹，通入一段时间的氮气。（4）实验完毕，测得装置B、C中药品的质量分别增加了m1、m2，说明样品质量为：m1+m2，反应生成二氧化碳的质量是m2，设碳酸氢铵质量为x，NH4HCO3NH3↑+H2O↑+CO2↑，7944xm2，x，该样品中碳酸氢铵的质量分数为：100%，故填：100%。【点评】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。12．（6分）有一包固体粉末，可能含碳、铝、铜、氧化铝、氧化铜中的一种或几种。为探究该固体粉末的组成，某化学兴趣小组进行了如图所示实验：（1）向样品中加入过量稀盐酸产生的气体是氢气。（2）向固体A中加入硝酸银溶液，发生反应的化学方程式为Cu+2AgNO3＝2Ag+Cu（NO3）2。（3）固体B中含有的物质是碳、银。（4）原固体样品中一定含有的物质是碳、铝、铜。（5）蓝色溶液丙中一定含有的溶质是硝酸铝、硝酸铜和硝酸。【考点】95：碱的化学性质；AE：物质的鉴别、推断；C7：碳的化学性质；G5：书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．【分析】本题属于推断题，根据题目给出的流程图和信息：样品中加入过量的盐酸，有气体产生，说明样品中一定有铝；固液混合物过滤后，得到无色溶液甲，因此原样品中一定不含CuO；固体A中加入硝酸银溶液，生成蓝色溶液乙，铜和硝酸银反应生成银和硝酸铜，得到固体B，B在氧气中灼烧生成二氧化碳，说明固体A中一定有铜、碳；B中一定有碳和银；因此原固体样品中一定含有的物质是碳、铝、铜；蓝色溶液丙中一定含有的溶质是：硝酸铝、硝酸铜和硝酸，因为盐酸和硝酸银反应生成氯化银白色沉淀和硝酸。【解答】解：（1）向样品中加入过量稀盐酸产生的气体是氢气，故答案为：氢气；（2）铜和硝酸银反应生成银和硝酸铜，配平即可；故答案为：Cu+2AgNO3＝2Ag+Cu（NO3）2；（3）固液混合物过滤后，固体A中加入硝酸银溶液，生成蓝色溶液乙，铜和硝酸银反应生成银和硝酸铜，得到固体B，B在氧气中灼烧生成二氧化碳，说明固体A中一定有铜、碳，B中一定有碳和银；故答案为：碳、银；（4）样品中加入过量的盐