2022年河北省秦皇岛抚宁区台营区中考化学四模试卷含解析

2021-2022学年中考化学模似试卷注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、单选题（本大题共10小题，共20分）1．从海水中制备纯碱和金属镁的流程如下图所示:下列说法错误的是A．流程I依次向粗盐水中加入过量Ca(OH)2溶液、Na2CO3溶液和适量稀盐酸去除杂质B．流程II吸氨是使溶液呈碱性，有利于吸收二氧化碳C．上述流程涉及到三种基本反应类型D．流程IV、V是通过化学方法富集氯化镁2．要配制100g溶质质量分数为10%的氯化钠溶液，下列操作正确的是A．将10g氯化钠固体直接放在天平的托盘上称量B．将10g氯化钠固体放在天平右边的托盘上称量C．为了加快氯化钠固体溶解，用温度计进行搅拌D．配好的溶液倒入细口瓶中，盖紧瓶塞贴上标签3．学习小组的同学进行下列有关氧气的实验，其中相应实验装置有错误的是()A．空气中氧气含量的测定B．氧气的制取C．氧气的收集D．铁丝在氧气中燃烧4．许多物质的名称中含有“水”。“水”通常有三种含义：①表示水这种物质；②表示物质处于液态；③表示水溶液。下列物质名称中的“水”不属于以上三种含义的是A．重水 B．氨水 C．水银 D．水晶5．下列对宏观事实的微观解释错误的是A．冰和干冰的化学性质存在差异，因为构成它们的分子不同B．五月初五，粽叶飘香，你能闻到香味是因为分子在不断运动C．NaOH和KOH都具有碱性，其原因是在水中均能解离出OH－D．50mL酒精与50mL水混合后体积小于100mL，是因为分子变小了6．决定元素种类的是A．中子数 B．质子数 C．核外电子数 D．最外层电子数7．化学就在我们身边，它与我们的生活息息相关。下列应用中，错误的是（）A．将硝酸铵溶于水制作热敷袋B．用汽油或加了洗涤剂的水都能除去衣服上的油污C．把水喷向空中，可以增加养鱼池水中氧气的溶解量D．进入久未开启的菜窖，要先做灯火实验8．下面关于饱和溶液的说法中，正确的是（）A．含有溶质很多的溶液B．还能继续溶解某种溶质的溶液C．不能继续溶解某种溶质的溶液D．在一定温度下，一定量的溶剂里，不能再溶解某种溶质的溶液9．青山绿水就是金山银山，捡拾垃圾是有助于减少环境污染的一种简单方法。以下是小敏在江边捡拾的垃圾，不属于有机物的是A．塑料瓶 B．泡沫饭盒C．易拉罐 D．垃圾袋10．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二、填空题（本大题共1小题，共4分）11．如图是A、B两种物质的溶解度曲线，根据图示回答下列问题：（1）t1℃时，A、B两种物质的溶解度是A_____B（填“＞”、“＜”或“＝”，下同）。（2）将t2℃的A、B两种物质的饱和溶液各200g，降温至t1℃，析出晶体的质量关系是A_____B。（3）t1℃时，100g水中溶解50gA刚好饱和，那么50g水中溶解_____gB也刚好达饱和。三、计算题（本大题共1小题，共5分）12．实验室用碳酸钠溶液与氯化钙溶液反应制取高纯度碳酸钙粉末，烧杯中现有80g碳酸钠溶液。将90g氯化钙溶液分四次加入，充分反应，四次测量所得数据如下表所示：次数一二三四加入氯化钙溶液的质量/g20202030烧杯中溶液的总质量/g97114131160（1）恰好完全反应时，生成沉淀的总质量为_____g。（2）第三次测量时，所得溶液中的溶质有_____（填化学式）。（3）计算氯化钙溶液的溶质质量分数_____（写出计算过程）。四、简答题（本大题共2小题，共8分）13．新能源汽车的研发和使用是时代发展的需要。下列能源不属于新能源的是___________(填序号)。A．氢能B．核能C．石油D．风能锂电池可为新能源汽车提供动力，下列结构示意图表示的粒子与锂原子的化学性质最为相似的是___________(填序号)。锂(Li)的金属活泼性强于铝，它与稀硫酸反应的化学方程式为______________，新能源汽车除了节约化石能源外，其主要优点是__________________。14．二氧化碳和氢气在一定条件下转换为化工原料乙烯（C2H4），其反应微观过程如下图所示。（1）请写出该反应的化学方程式_____，并计算出反应物中单质与化合物的质量比_____。（2）请用微粒观解释此化学变化的实质_____。五、探究题（本大题共2小题，共13分）15．碱式碳酸铜（Cux（OH）y（CO3）z）是一种用途广泛的化工原料，实验室制取碱式碳酸铜的步骤如下。已知：①Cu+4HNO3（浓）＝Cu（NO3）2+2NO2↑+4H2O；②2NO2+2NaOH＝NaNO3+NaNO2+H2O步骤一：制Na2CO3从Na2CO3溶液（含少量NaCl）提纯获得Na2CO3固体的步骤如下：蒸发浓缩，38℃以上结晶，趁热过滤，洗涤，加热脱水，得Na2CO3固体。结合如图1回答。（1）38℃以上结晶的目的是_____。（2）洗涤时，适宜的试剂是_____。a热水b冰水c盐酸dCa（OH）2溶液步骤二：制Cu（NO3）2如图2，用滴管吸取浓HNO3缓慢加到锥形瓶内的废铜屑中（废铜屑过量），充分反应后过滤，得到Cu（NO3）2溶液。步骤三：碱式碳酸铜的制备向大试管中加入Na2CO3溶液和Cu（NO3）2溶液，水浴加热至70℃左右，用NaOH稀溶液调节pH至8.5，振荡，静置，过滤，用热水洗涤，烘干，得到碱式碳酸铜产品。（3）如图装置中NaOH溶液的作用是_____。反应结束后，广口瓶内溶液中的溶质有NaOH、_____、_____（填写化学式）。（4）步骤三中，水浴加热所需仪器有_____、_____（加热、夹持仪器、石棉网除外）；洗涤的目的是_____。（5）影响产品产量的主要因素有_____和_____。（6）加热碱式碳酸铜（Cux（OH）y（CO3）z）得40gCuO和3.6gH2O．则x：y：z＝_____。16．小组同学在探究金属与酸反应时，将铝片、锌片打磨后，分别投入盛有等体积、等浓度稀盐酸的试管中，观察到铝与稀盐酸反应较锌与稀盐酸反应快。金属与盐酸反应快慢，除与金属的种类有关外，还受哪些因素的影响呢？a.可能与盐酸的浓度有关；b.可能与反应时的温度有关。小明利用如图甲所示装置，用不同质量分数的盐酸和相同形状的锌片进行如下实验。实验编号盐酸的质量分数(均取20mL)温度/℃记录的数据①5%30②10%20③5%20④10%30（讨论）(1)写出锌与稀盐酸反应的化学方程式__________。实验时，需将金属片打磨，其目的是__________。实验前小明先将分液漏斗的活塞关闭，再将注射器活塞往右拉，松手后，观察到注射器活塞回到原处。小明进行该操作的目的是______________。实验中记录的数据可能是_____________。对比实验________可知温度对金属与酸反应的速率的影响。实验表明，四次实验时，反应的速率由快到慢依次为④、②、①、③。根据记录的数据分析，如果盐酸质量分数为10%，温度为25℃，则所记录数据应该介于哪两次实验所记录的数据之间？________________________。进行锌与稀盐酸反应时，试管外壁发烫，并测得实验过程中生成氢气的体积随时间变化的曲线如图乙所示，根据曲线归纳锌与稀盐酸反应速率的变化规律______________，结合上述探究解释曲线变化的原因________________________________。

参考答案一、单选题（本大题共10小题，共20分）1、C【解析】A、粗盐水中主要含有CaCl2、MgCl2等可溶性杂质，过量的Ca(OH)2溶液，能除去MgCl2，再加过量的Na2CO3溶液，除去CaCl2和过量的Ca(OH)2，过滤，最后加适量的盐酸，除去过量的Na2CO3溶液和生成的氢氧化钠，流程I能除去杂质，故A错误；B、流程II吸氨是使溶液呈碱性，有利于吸收二氧化碳，故B错误；C、流程I中发生的反应是氯化镁与氢氧化钙反应生成氢氧化镁和氯化钙，氯化钙与碳酸钠反应生成氯化钠和碳酸钙，碳酸钠与氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，盐酸与碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，氢氧化钠与盐酸反应生成氯化钠和水都属于复分解反应；流程II发生的反应是NH4HCO3+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，属于复分解反应，流程Ⅲ中发生的是碳酸氢钠分解为碳酸钠、水和二氧化碳，属于分解反应，流程IV是氯化镁与氢氧化钙反应生成氢氧化镁和氯化钙属于复分解反应，流程V是氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁和水属于复分解反应，流程Ⅵ是氯化镁通电分解生成镁和氯气属于分解反应。上述流程涉及到两种基本反应类型。故C正确；D、流程IV是氯化镁与氢氧化钙反应生成氢氧化镁和氯化钙、流程V是氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁和水，通过化学方法富集氯化镁，故D错误。故选C。2、D【解析】

A、应将10g氯化钠固体应放在纸片上称量，故选项说法错误。B、托盘天平的使用要遵循“左物右码”的原则，应将10g氯化钠固体放在天平左边的托盘上称量，故选项说法错误。C、为了加快氯化钠固体溶解，应用玻璃棒进行搅拌，不能使用温度计，故选项说法错误。D、溶解后，配好的溶液倒入细口瓶中，盖紧瓶塞贴上标签，故选项说法正确。故选：D。【点睛】本题难度不大，明确一定溶质质量分数溶液的配制的步骤（计算、称量、溶解）、注意事项等是正确解答此类题的关键。3、B【解析】

A、红磷燃烧生成五氧化二磷固体，可以用来测定空气中氧气含量，故A正确；B、实验室用过氧化氢制氧气，属于固液常温型，为防止气体从长颈漏斗逸出，长颈漏斗的下端应伸入液面以下，故B错误；C、氧气密度比空气大，所以应该长进短出，故C正确；D、铁丝在氧气中燃烧，为防止生成物溅落下来炸裂瓶底，预先在瓶内放水，故D正确。故选B。4、D【解析】

A、重水是由氘和氧组成的化合物。化学式为：，相对分子质量为20.0275，比普通水（）的分子量18.0153高出约11%，因此叫做重水，处于液态，属于以上三种含义中的一种，故不符合题意；B、氨水是一种常见的碱，氨水表示的是水溶液，属于以上三种含义中的一种，故不符合题意；C、水银是汞的俗名，是一种液态的金属，由于处于液态，属于以上三种含义中的一种，故不符合题意；D、水晶是一种矿物质，其主要成为为二氧化硅，是固体，不表示上面的任何一种含义，故符合题意。故选：D。5、D【解析】

分子质量和体积都很小；分子之间有间隔；分子是在不断运动的。【详解】A、冰和干冰的化学性质存在差异，是因为它们分子的构成不同，不同种的分子化学性质不同，故A正确；B、粽叶飘香，能闻到香味是因为分子在不断运动，故B正确；C、NaOH和KOH都具有碱性,其原因是在水中均能解离出OH−，故C正确；D、50mL酒精与50mL水混合后体积小于100mL，是因为分子间有间隔，酒精分子和水分子相互填充，故D不正确。故选D。【点睛】同种的分子性质相同，不同种的分子性质不同。6、B【解析】试题分析：质子数决定元素种类。选B。考点：原子的结构。点评：质子数决定元素种类，最外层电子数决定原子的化学性质。7、A【解析】

A、硝酸铵溶于水吸热，硝酸铵可用于制作冰袋可用于给高烧病人降温，故A错误；B、用汽油或加了洗涤剂的水都能除去衣服上的油污。这两者的原理不同，用汽油除去油污是利用了汽油能够溶解油污的性质，用洗涤剂除去油污是利用了洗涤剂对油污的乳化作用，故B正确；C、把水喷向空中时，能够增大水和空气的接触面积，从而可以增加养鱼池水中氧气的溶解量，故C正确；D、久未开启的菜窖二氧化碳含量可能过高，二氧化碳不能燃烧也不能支持燃烧，进入久未开启的菜窖要先做灯火实验，以检验二氧化碳含量是否过高，故D正确。故选A。8、D【解析】

A、含有溶质很多的溶液不一定是饱和溶液，选项错误；B、还能继续溶解某种溶质的溶液是不饱和溶液，选项错误；C、不能继续溶解某种溶质的溶液，没有指明温度和溶剂的量，选项错误；D、在一定温度下，一定量的溶剂里，不能再溶解某种溶质的溶液，选项正确；故选D。9、C【解析】A、塑料瓶是用塑料制成的，塑料属于有机物，不符合题意；B、泡沫饭盒是用塑料制成的，塑料属于有机物，不符合题意；C、易拉罐是用金属材料制成的，金属材料是无机材料，不属于有机物，符合题意；D、垃圾袋是用塑料制成的，塑料属于有机物，不符合题意。故选C。10、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。二、填空题（本大题共1小题，共4分）11、＝＞25【解析】

A、B两种物质的溶解度曲线可知，A物质的溶解度随温度的升高而增大，B物质的溶解度随温度的升高而减小。【详解】（1）t1℃时，A、B两种物质的溶解度是A等于B，因为该温度下，它们有交点；故溶解度是A＝B。（2）将t2℃的A、B两种物质的饱和溶液各200g，降温至t1℃，析出晶体的质量关系是A＞B，因为降温B没有固体析出。（3）t1℃时，100g水中溶解50gA刚好饱和，那么50g水中溶解25gB也刚好达饱和。【点睛】在一定温度下，溶液里所能溶解的某种溶质如果不能再增加了，这样的溶液就被叫做这种溶质的饱和溶液。三、计算题（本大题共1小题，共5分）12、10NaCl、Na2CO316.65%【解析】

碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠。其反应方程式为：Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl【详解】（1）根据质量守恒定律可知，溶液减少的质量就是生成碳酸钙沉淀物的质量。第一次实验中，生成沉淀的质量是：80g+20g-97g=3g。第二次实验中，生成沉淀的质量是：80g+20g+20g-114g=6g。第三次实验中，生成沉淀的质量是：80g+20g+20g+20g-131g=9g。第四次实验中，生成沉淀的质量是：80g+20g+20g+20g+30g-160g=10g。则生成沉淀的总质量为10g。故答案为：10；（2）第三组实验中，碳酸钠溶液尚未被反应完，则此时溶液中的溶质有生成的氯化钠以及未被反应完的碳酸钠。故答案为：NaCl、Na2CO3；（3）求解氯化钙溶液的溶质质量分数，则氯化钙应该不能有剩余，否则通过化学方程式计算，只能求解出被反应的氯化钙的质量，而求不出未被反应的氯化钙质量。所以只能选用1、2、3中的数据进行计算。设第一次实验中，被反应的氯化钙中的质量为x。解得x=3.33g则氯化钙溶液的溶质质量分数为：。四、简答题（本大题共2小题，共8分）13、CB2Li+H2SO4=Li2SO4+H2↑无污染【解析】本题考查了资源综合利用和新能源开发，金属的化学性质，核外电子在化学反应中的作用，化学方程式的书写等。（1）人们正在利用和开发的新能源有氢能、太阳能、核能、风能、地热能、潮汐能、生物质能等，石油属于化石燃料，不属于新能源。故选C；（2）元素的性质，特别是元素的化学性质是由该原子最外层电子数决定的。锂原子的最外层有1个电子，与B中钠原子的最外层电子数相同，化学性质相似，在化学反应中易失去个电子变成阳离子，A中的氢原子最外层也是1个电子，但氢为非金属元素，所以性质不同。故选B；（3）锂与稀硫酸反应生成硫酸锂和氢气，反应的化学方程式是2Li+H2SO4=Li2SO4+H2↑；新能源汽车除了节约化石能源外，其主要优点是无污染。14、2CO2+6H2C2H4+4H2O3：22分子分裂成原子，原子再重新结合成新的分子【解析】

（1）根据反应的微观过程可知，反应的化学方程式为：2CO2+6H2C2H4+4H2O，反应物中单质是氢气，化合物是二氧化碳，它们的质量比为：（6×2）：（2×44）=3:22（2）化学变化的实质是分子分裂成原子，原子重新组合成新分子。【点睛】能从反应的微观过程中获取正确的化学信息是解答此题的关键。五、探究题（本大题共2小题，共13分）15、得到Na1CO3•H1O晶体，缩短加热脱水的时间a吸收NO1NaNO3NaNO1烧杯温度计除去NaNO3pH温度5：4：3【解析】

（1）根据图可知，38℃以上结晶得到的碳酸钠晶体含结晶水少，为Na1CO3•H1O晶体，缩短加热脱水的时间。（1）由于温度高时，Na1CO3•H1O小，这样洗涤时能减少损失，所以洗涤时适宜的试剂是热水。故选a。（3）根据信息可知“1NO1+1NaOH＝NaNO3+NaNO1+H1O”，所以图装置中NaOH溶液的作用是吸收NO1，根据信息还知道生成物还有NaNO3、NaNO1，所以反应结束后，广口瓶内溶液中的溶质有NaOH、NaNO3、NaNO1。（4）步骤三中，水浴加热所需仪器有烧杯、温度计（控制温度在38℃以上用）；洗涤的目的是除去NaNO3。（5）根据过程中控制的反应条件可知，影响产品产量的主要因素有pH和温度。（6）加热碱式碳酸铜【Cux（OH）y（CO3）z】得40gCuO和3.6gH1O．则铜原子和氢原子个数比为＝5：4，即Cu5（OH）4（CO3）z，根据化合物中正负化合价的代数和为零可得（+1）×5+（﹣1）×4+（﹣1）×z＝0，z＝3则x：y：z＝5：4：3。故答案为（1）得到Na1CO3•H1O晶体，缩短加热脱水的时间。（1）a。（3）吸收NO1．NaNO3、NaNO1。（4）烧杯、温度计；除去NaNO3。（5）pH；温度。（6）5：4：3。16、Zn＋2HCl=ZnCl2＋H2↑除去金属表面的氧化膜和污物检