（详解详析）2024-2025年度河北省邯郸市永年区中考化学一模模拟

详解详析一、选择题1.D2.B【解析】铁和硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁的反应中，反应物和生成物均为一种单质和一种化合物，符合“单换单”的特点，因此该反应属于置换反应，故选B。3.D4.C5.A【解析】无花果适宜生长的pH范围为7.2～7.5，大于7，显碱性，A符合题意；猕猴桃适宜生长的pH范围pH为5.5～7.0，小于7，显酸性，B不符合题意；西瓜适宜生长的pH范围pH为5.0～7.0，小于7，显酸性，C不符合题意；苹果适宜生长的pH范围pH为5.4～6.8，小于7，显酸性，D不符合题意。6.B7.D【解析】物质分为混合物和纯净物，混合物是由两种或两种以上的物质组成；纯净物由一种物质组成。纯净物又分为单质和化合物，由同种元素组成的纯净物叫单质；由两种或两种以上的元素组成的纯净物叫化合物。氧化物是指由两种元素组成，其中一种元素是氧元素的化合物。若②是纯净物，①与②是并列关系，则①是混合物，③包含在②中，则③可能是单质，也可能是化合物。冰水混合物中只有水分子，属于纯净物，①不可能是冰水混合物，A错误；澄清石灰水中含有氢氧化钙和水，属于混合物，②不可能是澄清石灰水，B错误；硫粉是由一种元素组成的单质，③可以是硫粉，C错误；氧化钙是由氧元素和钙元素组成的氧化物，属于化合物，D正确。8.D【解析】根据青蒿素的化学式可知该物质一个分子中原子的个数为15+22+5=42，A正确；1个青蒿素分子中含15个碳原子，5个氧原子，故碳、氧原子的个数比为15:5=3:1，B正确；青蒿素的相对分子质量为12×15+1×22+16×5=282，C正确；青蒿素中碳、氢、氧三种组成元素的质量比为12×15:1×22:16×5=90:11:40，由此可知氢元素所占的质量分数最小，D错误。9.C化学试卷第页（共页）【解析】二氧化碳一般情况下不能燃烧也不支持燃烧，较多二氧化碳中混有的少量一氧化碳很难被点燃，二氧化碳与碳在高温条件下反应生成一氧化碳，除去了原物质二氧化碳，杂质一氧化碳的质量增加，两方案均不能达到目的，A不符合题意；碳酸钙在高温条件下反应生成氧化钙和二氧化碳，方案一能达到实验目的，氧化钙、碳酸钙均可与稀盐酸反应，原物质、杂质均被除去，方案二不能达到实验目的，B不符合题意；氯化钠溶于水温度无明显变化，硝酸铵溶于水吸热，溶液温度降低，方案一能达到实验目的，硝酸铵与熟石灰混合后研磨，产生刺激性气味，氯化钠不与熟石灰反应，据此可用熟石灰鉴别二者，方案二能达到实验目的，C符合题意；氧化铜粉末、木炭粉均为黑色固体，不可通过观察颜色的方法鉴别二者，方案一不能达到实验目的，氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，固体溶解，溶液变为蓝色，木炭粉不与稀硫酸反应，可用稀硫酸鉴别二者，方案二能达到实验目的，D不符合题意。10.B【解析】向盐酸中加入氢氧化钠固体，刚开始时，溶液中含有氢离子、氯离子，因此其电导率不为零，A正确；加入氢氧化钠后，当氢氧化钠未过量时，氢氧化钠与盐酸反应生成氯化钠和水；根据质量守恒定律可知，反应前后溶液中氯离子个数不变，反应过程中有水生成，即溶剂的质量增大，溶液中氯离子的浓度减小；当氢氧化钠过量后，无反应发生，溶剂的质量不变，此阶段氯离子的浓度不变，因此溶液中氯离子浓度先减小后不变，B不正确；加入氢氧化钠后，当氢氧化钠未过量时，溶液中氢离子与氢氧根离子结合生成水分子，氯离子个数不变，钠离子数目等于被消耗的盐酸中氢离子的数目，即反应过程中离子数目不变，溶剂质量增大，溶液中离子浓度减小，电导率逐渐变小；当氢氧化钠过量时，溶液中钠离子和氢氧根离子数目增多，溶剂的质量不变，溶液中离子浓度增大，电导率逐渐增大。根据AB段可知该段曲线中电导率变小，表示氢氧化钠与盐酸反应的过程，C正确；B点之后溶液的电导率增大，即C点对应溶液中含有过量的氢氧化钠，因此向其中加入无色酚酞溶液，可观察到溶液变红，D正确。二、填空题11.(1)常温下，碳单质的化学性质不活泼(或炭黑在常温时非常稳定)(2)天然(3)蒸发结晶(4)氧分子(或O)【解析】(1)敦煌壁画中的黑色部分炭黑主要成分是碳，在常温下，碳的化学性质不活泼，不易与其他物质发生化学反应，所以能历经千年保持较好的色泽。(2)蚕丝是自然界中存在的物质，由蚕吐丝形成，属于天然材料。(3)“乃煎炼而成”意思是通过加热使水分蒸发，从而得到固化学试卷第页（共页）体，这与蒸发结晶的操作相似，蒸发结晶就是通过蒸发溶剂使溶质结晶析出。(4)由分子构成的物质，分子是保持其化学性质的最小粒子，氧气由氧分子构成，所以保持氧气化学性质的最小微观粒子是氧分子。12.(1)+2(2)隔绝空气，保护陶瓷坯表(合理即可)(3)3Fe＋2O2FeO4【解析】(1)氧化钴中氧元素的化合价为-2，根据化合物中，各元素正、负化合价的代数和为0，则钴元素的化合价为+2。(2)釉层能够隔绝空气，有效隔绝坯表接触外界，起到保护坯表的作用；同时还能为陶瓷作品增添美观度，为陶瓷增加光泽度、提高耐磨性。(3)若坯料中铁粉未被除去，铁会与氧气在点燃的条件下反应生成黑色的四氧化三铁，烧制后陶瓷上会出现黑点，据此写出反应的化学方程式。13.(1)随温度的降低而减小丙>乙>丁(或丁<乙<丙)(2)该温度下，硝酸钾和氯化铵的溶解度相同KNO3降温结晶（或冷却热饱和溶液）【解析】(1)温度降低，樟脑从溶液中析出，说明其溶解度变小，故樟脑在酒精中的溶解度随温度的降低而减小。分析图中信息可知，风暴瓶中析出晶体的质量关系为丙＜乙＜丁，则说明风暴瓶中的温度为丙>乙>丁。(2)P点的意义是硝酸钾和氯化铵在该温度下的溶解度相等；分析图中信息可知，t2℃时硝酸钾的溶解度为80g，氯化铵的溶解度为50g，t2℃时，将35g硝酸钾和氯化铵固体加入100g水中，充分搅拌后，固体全部溶解，将溶液降温至t1℃，t1℃时硝酸钾的溶解度为30g，氯化铵的溶解度为36g，因此只有硝酸钾溶液会析出晶体。KNO3固体的溶解度随温度的升高而增大，且变化程度比氯化铵大，若KNO3溶液中混有NHCl，可采用降温结晶或冷却热饱和溶液的方法提纯KNO3。14.(1)3∶16(2)分子的数目(3)H（或C）(4)相对分子质量由小到大(5)CH＋2O2CO＋2HO(6)验纯15.(1)过滤(2)KCO＋Ca(OH)2CaCO↓＋2KOH(3)增大化学试卷第页（共页）(4)置换反应(5)①KOH、KCO；②KOH；③KOH、Ca(OH)2【解析】(1)步骤Ⅰ中的操作是将含有KCO3的溶液和不溶物进行分离，故步骤Ⅰ中涉及的操作名称为过滤。(2)步骤Ⅱ中，Ca(OH)2和KCO3在溶液中相互交换成分生成CaCO3沉淀和KOH，据此写出反应的化学方程式。(3)步骤Ⅲ中包含降温结晶，即将KOH溶液降温后可结晶得到KOH晶体，说明KOH的溶解度随温度的升高而增大，随温度的降低而减小。(4)该流程中碳酸钙在高温条件下生成氧化钙和二氧化碳，属于分解反应；氧化钙与水反应生成氢氧化钙，属于化合反应；步骤Ⅱ中氢氧化钙与碳酸钾反应生成碳酸钙沉淀与氢氧化钾，属于复分解反应，所以整个流程中未涉及到的基本反应类型为置换反应。(5)若氢氧化钙与碳酸钾恰好完全反应，则该去污液中所含溶质为KOH；若KCO3过量，则Ca(OH)2被完全反应，该去污液中所含溶质为KOH、KCO；若Ca(OH)2过量，则KCO3被完全反应，该去污液中所含溶质为KOH、Ca(OH)。16.(1)玻璃棒均一性(2)反应物为固体和液体，反应条件为常温助燃性二氧化锰(或MnO)【解析】(1)由图甲可知，仪器a为玻璃棒；图甲烧杯内糖水的①、②两处溶质的质量分数相等，体现了溶液具有均一性。(2)乙装置是固液常温型发生装置，用乙装置制取气体时，对反应物和反应条件的要求是反应物为固体和液体，反应条件是常温；若实验中观察到蜡烛燃烧更旺，说明制得的气体具有支持燃烧的化学性质，即具有助燃性；过氧化氢溶液在二氧化锰的催化作用下分解生成氧气和水，该反应在常温下可以发生，则此时添加在锥形瓶内的固体试剂可能是二氧化锰。三、实验探究题17.(1)与水、空气(或氧气)同时接触(2)加快铁生锈(3)疏松多孔(4)蛭石、吸水性树脂(5)FeO＋6HCl2FeCl＋3HO(6)接触空气(或氧气)(7)自热火锅利用氧化钙与水反应放热(或燃气灶利用天然气燃烧放热等，合理即可)【解析】(1)铁生锈的条件是铁与水、空气(或氧气)同时接触。(2)实验②和实验④的变量是是否加1g氯化钠，分析图像，实验④温度更高，则氯化钠的作用是加快铁生锈。(3)活性炭的疏松化学试卷第页（共页）多孔结构保证铁粉与其它物质充分接触。(4)实验⑥5g暖宝宝的主要成分为铁粉、水、活性炭、蛭石、吸水性树脂和食盐，对比实验⑤，变量是蛭石、吸水性树脂，对暖宝宝升温贡献最大的物质可能有蛭石、吸水性树脂。(5)铁生锈产生铁锈，其主要成分是氧化铁，氧化铁与盐酸反应生成氯化铁(黄色溶液)和水，据此写出反应的化学方程式。(6)暖宝宝被层层包裹保存，目的是防止接触空气(或氧气)而失效。(7)生活中利用化学反应的例子如自热火锅利用氧化钙与水反应放热或燃气灶利用天然气燃烧放热等。四、计算应用题18.(1)204.6(