（湖北武汉卷）2022年中考化学第一次模拟考试（全解全析）

2022年中考化学第一次模拟考试（湖北武汉卷）化学·全解全析12345678ADBCCACA1．【答案】A【解析】A、打磨磁石制指南针是物质形状改变，无新物质生成，是物理变化。B、用粮食酿酒，有酒精等新物质生成，是化学变化。C、用铁矿石炼铁，有金属铁等新物质生成，是化学变化。D、烧结粘土制陶瓷，有新物质生成，是化学变化。故选A。2．【答案】D【解析】A、稀释浓硫酸时应该将浓硫酸缓慢加入水中，边加边搅拌，不能将水加入浓硫酸中，因为水的密度比浓硫酸小，水会浮在浓硫酸上面，溶解时放出的热能使水理科沸腾，使浓硫酸液滴向四周飞溅；故A错误；B、配制溶液时，溶解固体应该在烧杯中进行，不能在量筒中溶解固体；故B错误；C、振荡试管时应该左右振荡，不能上下振荡，上下振荡容易使液体洒出；故C错误；D、先关闭止水夹，向长颈漏斗中注水，锥形瓶内气体压强会逐渐增大，当大到一定程度压力等于了水的重力，长颈漏斗中水面将不再下降，则证明装置气密性良好；故D正确。故选：D。3．【答案】B【解析】A、构成物质的三种微粒：原子、分子、离子，故A正确；B、灭火的三种方法：隔绝氧气、降低可燃物的温度到着火点以下、清除或隔离可燃物，着火点不能降低，故B错误；C、常见的三种防锈措施：保持洁净和干燥、表面覆盖保护层、改变金属内部结构，故C正确；D、清除污垢常涉及三种原理：乳化（如洗涤剂）、溶解（如干洗剂）、化学反应（如酸液除锈），故D正确。故选B。4．【答案】C【解析】A、铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，正确的化学方程式应为Fe+2HCl═FeCl2+H2↑，故错误；

B、氧化铁中，铁元素为+3价，氧元素为2价，化学式为：Fe2O3；故错误；

C、镁原子核内有12个质子，第一层上有2个电子，第二层上有8个电子，第三层上有2个电子，镁原子结构示意图：，故正确；

D、由化合价的表示方法，在其化学式该元素的上方用正负号和数字表示，正负号在前，数字在后，过氧化氢中氢元素显+1价，氧元素显1价，表示为：，故错误；

故选C。5．【答案】C【解析】A、反应前后，物质的总质量相等，故b=16g+64g+5g49g=36，故A正确；

B、t1时，参加反应的质量是16g12g=4g，M参加反应的质量是64g48g=16g，生成的质量为9g，故N为生成物，此时生成N的质量为16g+4g9g=11g，此时a=11g+5g=16g，M和N的质量比为48g:16g=3:1，故B正确；

C、M、N的化学式不确定，和的化学计量系数之比无法确定，故C错误；

D、根据质量守恒定律可知反应前后，元素和原子的种类均不变，故D正确；

故选C。6．【答案】A【解析】A、a中酚酞溶液变红，b中酚酞溶液不变红，说明了分子在不断运动，故A正确；B、点燃某气体后，干冷烧杯内壁出现无色液滴，说明有水生成；澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成。根据质量守恒定律可知，该气体中一定有碳元素、氢元素，氧元素可能由参加反应的氧气提供，所以氧元素是可能存在，故B错误；C、紫色石蕊溶液在通入二氧化碳后变红，使石蕊溶液变红的是二氧化碳与水反应生成碳酸，而不是二氧化碳，故C错误；D、碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，二氧化碳逸出后，天平失去平衡，但该反应仍遵循质量守恒定律，故D错误。故选A。7．【答案】C【解析】A～M是由氢、碳、氧、氯、钠、钙、铁七种元素中的一种或几种元素组成的物质，图中氧化物G中有元素化合价为+3价，根据已学知识，G为Fe2O3；氧化铁可以转化为铁，则H为Fe，M为铁盐；A为含有+2价元素的氧化物，且可以转化为碱，以上元素中只有钙符合题意，因此A为CaO，B为Ca(OH)2；Ca(OH)2可以转化为NaOH，则E为NaOH，钠显+1价，符合题意；NaOH可以转化为Na2CO3或氯化钠，Ca(OH)2可以转化为含钙元素（化合价是+2价）的盐如CaCO3或氯化钙，因为氯化钠不能转化为氯化钙，而Na2CO3可以转化为CaCO3，则C是CaCO3，D是Na2CO3。【详解】A、F是含有1价元素的酸，在给定元素中只有氯符合题意，因此F的化学式为HCl。根据分析D为Na2CO3，不可能是氯化钠，因为氯化钠不能转化为钙盐，选项A不正确；B、D为Na2CO3，C是CaCO3，D→C的转化可以通过碳酸钠和氯化钙等可溶性钙盐或氢氧化钙反应实现，反应的现象是：有白色沉淀生成，选项B不正确；C、A是氧化钙，氧化钙能和水反应生成氢氧化钙，因此常用作干燥剂。氧化钙和水的反应是放热反应，因此A→B的过程中放出大量的热，选项C正确；D、E为NaOH，B为Ca(OH)2，若NaOH溶液中混有少量Ca(OH)2，如果加入适量盐酸溶液，虽然除去了氢氧化钙，但盐酸同时也和氢氧化钠反应，还带进新的杂质氯化钙、氯化钠，不符合“不增、不减、易分离”的除杂原则，选项D不正确。故选C。8．【答案】A【解析】根据题目给出的流程图和信息：某固体粉末高温的条件下生成气体X，X能使澄清的石灰水变浑浊，二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙白色沉淀和水，说明X是二氧化碳，Y是碳酸钙；固体Z5.6g加入100g7.3%的盐酸恰好完全反应，生成气体W，固体Z全部溶解得到有色溶液N，因此Z中有铁，W是氢气，有色溶液N中有氯化亚铁溶液；因此原固体粉末中一定有铁、碳酸钙，由于固体全部溶解，所以一定没有铜，依据铁和稀盐酸反应的方程式可知与100g7.3%的盐酸恰好反应的铁的质量是5.6g，由于氧化钙消耗盐酸与同质量的铁相同，所以一定没有氧化铁，故固体Z是铁和氧化钙的混合物；A、由分析知白色沉淀Y一定是碳酸钙，气体W一定是氢气，故选项正确；B、由分析知原固体粉末中一定含有铁和碳酸钙，一定没有铜和氧化铁，故选项不正确；C、溶液N中一定含有氯化亚铁和氯化钙两种溶质，故选项不正确；D、由C得分析可知N溶液中含有两种溶质，故选项不正确。故选A。9．【答案】（1）一个铜原子（2）氢离子与碳酸根离子结合形成水分子和二氧化碳分子（3）【解析】（1）Cu是铜元素的符号，同时还表示该元素的一个原子，即表示一个铜原子。因为铜是由原子直接构成，还可表示铜的单质。（2）根据图示可知：钠离子和氯离子在反应前后没有变化。而反应前的氢离子和碳酸根离子不再存在。所以从微粒的角度来看，该反应的实质是氢离子与碳酸根离子结合形成水分子和二氧化碳分子。（3）根据图示可知：反应前的两种物质的分子分别为NH3分子和O2分子；反应后的两种物质的分子分别为N2分子和H2O分子。所以该反应为氨气和氧气在点燃的条件下反应生成氮气和水，该反应的化学方程式为：。10．【答案】（1）时，甲、乙两种物质的溶解度相等

（2）丙

（3）蒸发结晶

（4）BD【解析】通过分析溶解度曲线可知，P点的含义是：时，甲、乙两种物质的溶解度相等；

气压一定的条件下，气体物质的溶解度随温度的升高而减小，所以气体的溶解度随温度变化的趋势与丙相似；

（3）乙物质的溶解度受温度变化影响较小，甲物质的溶解度受温度变化影响较大，所以若乙中含有少量甲，提纯乙的方法是蒸发结晶；

（4）时，甲物质的溶解度最大，丙物质的溶解度最小，等质量的甲、乙、丙三种物质的饱和溶液中，甲物质中的溶剂最少，丙物质中的溶剂最多，分别降温到，

A、通过分析溶解度曲线可知，时，溶解度：乙甲丙，故A错误；

B、降低温度，不会影响溶剂质量的变化，所以溶剂质量：丙乙甲，故B正确；

C、降低温度，丙物质的溶解度增大，不会析出晶体，甲物质的溶解度受温度变化影响较大，乙物质的溶解度受温度变化影响较小，等质量的饱和溶液，甲物质析出的晶体较多，所以溶液质量：丙乙甲，故C错误；

D、时，溶解度：乙甲丙，降低温度，甲、乙物质的溶解度减小，析出晶体，丙物质的溶解度最大，不会析出晶体，应该按照时的溶解度计算，所以溶质质量分数：乙甲丙，故D正确。

故选：BD。

故答案为：时，甲、乙两种物质的溶解度相等；丙；蒸发结晶；（3）蒸发结晶

（4）BD。

根据固体的溶解度曲线，可以查出某物质在一定温度下的溶解度，从而确定形成溶液的质量；可以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；可以判断物质的溶解度随温度变化的变化情况，从而判断提纯晶体的方法。11.【答案】【实验一】(1).碳酸钙(2).碱性(3).有气泡生成【实验二】(1).CaCO3、NaCl(2).CaO、NaOH【解析】实验一：由题意可知，取少量该固体粉末于烧杯中，加入足量的水溶解，由于氧化钙与水反应会生成氢氧化钙，氢氧化钙能与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，过滤，粉末部分溶解，得到白色滤渣和无色滤液，只有碳酸钙难溶于水，所以滤渣中一定含有碳酸钙；向滤液中滴加无色酚酞试液，溶液变红色，说明滤液显碱性，滤液中可能含有碱性物质；碳酸钠和盐酸反应会生成二氧化碳气体，所以，加入稀盐酸产生了大量的气泡。说明了含有碳酸钠。故填表如下：实验操作实验现象实验结论及分析Ⅰ．取少量该固体粉末于烧杯中，加入足量的水溶解、过滤粉末部分溶解，得到白色滤渣和无色滤液滤渣中一定含有碳酸钙Ⅱ．向滤液中滴加无色酚酞试液溶液变红滤液中可能含有碱性物质Ⅲ．向Ⅱ中所得溶液滴加足量稀盐酸有气泡生成原固体粉末中一定含有Na2CO3实验二：设生成8.8g二氧化碳需要碳酸钠的质量为x，则有解得：x＝21.2g而粉末的质量只有21g，所以生成8.8g二氧化碳还需要碳酸钙，所以一定会发生碳酸钙与盐酸的反应。160g10%的盐酸含有氯元素的质量=，而固体中含有16g氯元素，则混合物中一定含有含氯元素的物质，即一定含有氯化钠。综合以上分析可知，固体粉末的组成中除Na2CO3外，一定还含有的物质是CaCO3、NaCl，可能含有的物质是CaO、NaOH。12.【答案】(1).浓硫酸(2).吸收空气中的二氧化碳和水蒸气防止进入装置D。(3).CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O(4).(5).偏大偏小【解析】装置A中的碱石灰主要是为了排除空气中的水蒸气和二氧化碳的干扰，在装置B中加热样品会产生气体二氧化碳和水蒸气，实验目的是为了计算该样品中碳酸钙、氢氧化镁和水的质量分数，所以我们需要测得生成的水和二氧化碳的质量。（1）装置D中的氢氧化钠溶液主要是为了测得生成的二氧化碳的质量，所以装置C中的溶液应该可以测得生成的水的质量，故应为浓硫酸，故填：浓硫酸。（2）装置E可吸收空气中的二氧化碳和水蒸气防止进入装置D对测量结果造成影响，故填：吸收空气中的二氧化碳和水蒸气防止进入装置D。（3）装置D中的氢氧化钠溶液吸收生成的二氧化碳生成碳酸钠和水，其化学方程式为CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，故填：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O。（4）D液体增加的质量实际上是碳酸钙分解生成的二氧化碳的质量，设碳酸钙质量为x。故水垢样品中碳酸钙的质量分数表达式为：（5）若没有装置A，空气中的二氧化碳会被D吸收，m2偏大，碳酸钙质量偏大，会导致碳酸钙的测定结果偏大，若没有装置E，空气中的水蒸气二氧化碳进入D，同理会导致m2偏大，碳酸钙质量偏大，会导致碳酸钙的测定结果偏大，则氢氧化镁的测得结果偏小，故填：偏大；偏小。13.【答案】（1）蓝（2）6.48【解析】（1