化学（广州卷）-2023年中考第一次模拟考试卷

2023年中考化学第一次模拟考试卷（广州卷）

化学·全解全析

1．【答案】C

【解析】A、用过的口罩属于医疗废物垃圾，应集中处理、销毁，故该项说法正确；B、口罩的作用原理相当于过滤，能将粉尘、飞沫等与空气分离，将细菌、病毒进行阻隔，过程中没有新物质生成，属于物理变化，故该项说法正确；C、聚丙烯的相对分子质量是42n，故该项说法错误；D、聚丙烯属于热塑性塑料，塑料是有机合成材料，故该项说法正确。故选C。

2．【答案】A

【解析】A、可回收物是指各种废弃金属、金属制品、塑料等可回收的垃圾，废旧金属属于可回收垃圾，故选项正确；B、有害垃圾是指造成环境污染或危害人体健康的物质，废旧金属属于可回收垃圾，故选项错误；

C、厨余垃圾用于回收各种厨房垃圾，废旧金属属于可回收垃圾，故选项错误；D、其它垃圾是指可回收垃圾、厨余垃圾、有害垃圾之外的其它垃圾，废旧金属属于可回收垃圾，故选项错误。故选A。

下列说法中，不正确的是（    ）

3．【答案】A

【解析】A、用于飞艇的氦气，属于稀有气体，属于空气成分，故来自于空气，故选项正确；B、制硝酸用到的二氧化氮，二氧化氮不是空气的成分，故选项错误；C、用于做汽水的二氧化碳是由碳酸氢钠和柠檬酸反应制得，不是来自空气，故选项错误；D、做饭用到的天然气，天然气不是空气的成分，故选项错误。故选A。

4．【答案】B

【解析】A、钙是人体必需的常量元素，故该项说法错误；B、葡萄糖酸钙中钙、碳、氢、氧四种元素的质量比为40：（12×6×2）：（1×11×2）：（16×7×2）=20：72：11：112，则氢元素的质量分数最小，故选项说法正确；C、1个葡萄糖酸钙分子由49个原子构成，故选项说法错误；D、葡萄糖酸钙中钙、氧元素的质量比为40：（16×7×2）=5：28，故选项说法错误。故选B。

5．【答案】D

【解析】A. 反应前后都含有多种分子，都是混合物。正确。B. 反应前有H2O、CO2，反应后有C2H5OH、O2，有水、二氧化碳两种氧化物。正确。C. 图中原子守恒，每2个二氧化碳分子参与反应会生成3个氧气分子，所以若有44g二氧化碳反应，则生成氧气，正确。D. 该反应的反应物都是化合物，不是置换反应，错误。故选D。

6．【答案】C

【解析】A、31号、34号元素原子核外都有4个电子层，则32号、33号元素原子核外也都有4个电子层，故A不符合题意；B、由表格数据知，四种元素的相对原子质量依次增大，所以锗元素的相对原子质量x大于69.72，故B不符合题意；C、由图知，稼原子最外层电子数是3，易失去，形成稼离子，稼离子带3个单位的正电荷，符号为Ga3+，故C符合题意；D、由图知，硒原子最外层有6个电子，易得到2个电子形成稳定结构，形成硒离子，则硒离子的核外电子数为，故D不符合题意。故选C。

7．【答案】C

【解析】A、石墨很软，且为深灰色，在纸上画过会留下黑色痕迹，可以作铅笔芯，正确；B、分子是不断运动的且运动速率与温度有关，湿衣服在阳光下比在阴凉处干得快是因为分子不断运动，温度越高，运动速率越快，正确；C、伍德合金用于制电路保险丝是因为伍德合金的熔点低，温度过高会熔断，错误；D、用炸药爆破拆除楼房是利用了化学反应产生的能量拆除楼房，正确。故选C。

8．【答案】D

【解析】A、活性炭净水器里，活性炭吸附水中色素和异味，并能过滤水中的部分杂质，故说法正确；B、氢气燃烧生成水，根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变，说明水是由氢、氧两种元素组成的，故说法正确；C、电解水实验中，得到的氧气和氢气的体积比约为1：2，故说法正确；D、水变成水蒸气的

9．【答案】C

【解析】A、某物质R燃烧后生成CO2和H2O，CO2和H2O两种物质中含有碳、氢、氧三种元素，根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变，反应物氧气中含有氧元素，则R中一定含C、H元素，可能含O元素，故选项说法错误；B、碱是指在溶液中电离成的阴离子全部是 OH- 的化合物。Cr(OH)SO4中的阴离子不全部是 OH-，还有，属于盐类， 故选项说法错误；C、品红在水中扩散，说明品红分子总在不停地运动，运动到水分子中间去了，故选项说法正确；D、探究红砖粉是否为过氧化氢分解的催化剂，除设计实验证明红砖粉能否改变反应速率外，还需证明其质量和化学性质在反应前后不变，故选项说法错误。故选 C。

10．【答案】A

【解析】A、C60是由C60分子构成的，故该项说法正确；B、活性炭能吸附色素和异味，不能吸附水中可溶性的钙镁化合物，因此不能软化硬水，故该项说法错误；C、二氧化碳不能供给呼吸，但二氧化碳不是污染性气体，不属于空气污染指数的项目，故该项说法错误；D、一氧化碳能结合生物体的血红蛋白，导致血红蛋白不能运输氧气，使生物体缺氧中毒，故该项说法错误。故选A。

11．【答案】B

【解析】A、20℃时硝酸钾溶解度为31.6g，100g水中最多溶解31.6g硝酸钾，溶液①溶质质量分数为=20%，故选项说法正确。B、20℃时硝酸钾溶解度为31.6g，100g水中最多溶解31.6g硝酸钾，共加入了50g硝酸钾，不能全部溶解，溶液②中溶质与溶剂的质量比为31.6g：100g≠1：2，故选项说法错误。C、由硝酸钾的溶解度数据表可以看出，硝酸钾的溶解度随着温度的升高而增大，30℃时硝酸钾溶解度数据：31.6<X<63.9，故选项说法正确。D、50℃时硝酸钾溶解度为85.5g，则溶液③中再溶解85.5g﹣25g﹣25g=35.5gKNO3，可成为饱和溶液，故选项说法正确。故选B。

12．【答案】D

【解析】A、浓盐酸不能吸收水蒸气，且具有挥发性，挥发出氯化氢气体，该操作不能达到实验目的；B、由于不支持燃烧的气体不至有二氧化碳一种，所以将燃着的木条伸入瓶内木条熄灭并不能证明该气体一定是二氧化碳，该操作不能达到实验目的；C、KOH、K2CO3都能和稀硫酸反应，不符合除杂原则，该操作不能达到实验目的；D、加水溶解，温度升高的是氢氧化钠，温度降低的是硝酸铵，温度无明显变化的是氯化钠，该选项能够达到实验目的。故选D。

13．【答案】B

【解析】A、单质与化合物反应生成新的单质和新的化合物的反应叫做置换反应，反应③碳单质和二氧化硅在高温下反应生成硅单质和一氧化碳，属于置换反应，A选项说法正确，不符合题意；B、反应①无气体生成，反应②生成二氧化碳气体，二氧化碳不燃烧，反应③生成一氧化碳气体，一氧化碳具有可燃性，反应④生成氢气，氢气具有可燃性，四个反应中共生成两种可燃性气体，B选项说法不正确，符合题意；C、Na2SiO3中钠元素显+1价，氧元素显-2价，设硅元素的化合价为x，根据化学式中元素化合价代数和为0有，解得x=+4，即Si为+4价，C选项说法正确，不符合题意；D、由反应①和反应③可知Si和SiO2在一定条件下可以相互转化，D选项说法正确，不符合题意。故选B。

14．【答案】C

【解析】A、能与氯化钙反应生成白色沉淀的不只有硝酸银，如氯化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙白色沉淀，所以该溶液不一定是硝酸银溶液。错误。B、一氧化碳和氧化铁高温条件下反应生成铁和二氧化碳，实验操作缺少反应条件，如在高温条件下发生反应，现象是粉末由红色变为黑色。错误。C、活泼金属能将不活泼金属从其盐溶液中置换出来，硫酸铝不和铜反应，活动性Al>Cu。硝酸银和铜反应生成银和硝酸铜，现象为溶液逐渐变蓝，铜丝表面出现银色物质，证明活动性Cu>Ag，可以得出活动性Al>Cu>Ag的结论。正确。

D、合金的硬度比组成它的纯金属硬度大，黄铜是铜的合金，所以将铜片和黄铜片相互刻画，铜片上留下划痕，黄铜片无明显现象。错误。故选：C。

15．【答案】(1)  分解反应 ；降低；(2)吸收二氧化碳的能力较强；(3)D

【解析】(1)①反应1是四氧化三铁在2300K、光照条件下生成氧气和氧化亚铁，反应符合一变多，故基本类型为分解反应；②反应2中反应物中碳元素在二氧化碳中，生成物中碳元素在碳单质中，二氧化碳中氧元素的化合价为-2价，设碳元素的化合价为x，根据化合物中各元素的正负化合价代数和为零，则，x+2×(-2)=0，解得x=+4，故二氧化碳中碳元素的化合价为+4价，碳单质中碳元素的化合价为0，故碳元素的化合价降低；(2)根据表中信息可知，碳酸钾吸收二氧化碳能力较强，碳酸氢钾加热生成碳酸钾、二氧化碳和水，故选择K2CO3溶液作吸收液的优点是吸收二氧化碳的能力较强；(3)实验3的目的是探求在不同水体中加入鱼浮灵造成的水体溶氧量变化，前提就是在常温下相同体积的不同水体中加入相同质量的鱼浮灵进行实验，故需要控制的是温度在常温下，三种水体的体积相同，加入鱼浮灵质量相同，所有实验仪器可以不同；故选D。

16．【答案】(1)；(2)    ；不能；(3)；

(4)滴入足量稀盐酸，有气泡产生。（合理即可）；(5)温度；

【解析】（1）实验乙、丙中，导致试管B溶液呈红色的原因是碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙溶液呈碱性，反应的化学方程式为：CaO+H2O=Ca(OH)2；（2）乙组实验加热石灰石时，在火焰上方倒扣一个用澄清石灰水润湿的烧杯，石灰水变浑浊，因为碳酸钙分解生成二氧化碳，二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，化学方程式为：Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O；此实验不能推断石灰石煅烧产生二氧化碳，因为酒精燃烧也会生成二氧化碳，使澄清石灰水变浑浊；（3）丙组实验中，向试管B中逐滴滴入稀盐酸，至红色恰好褪去，轻轻晃动试管，溶液自下而上又变为红色。其原因是：氢氧化钙与盐酸反应，酚酞红色褪去；氢氧化钙微溶于水，晃动，氢氧化钙又继续溶解，溶液呈碱性，使酚酞变红。因此：在下图中红色褪去时，溶液中仅存在钙离子和氯离子，重新变红时溶液中存在的微观粒子是钙离子、氢离子和氯离子如图所示：

（4）碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳。为检验丙组实验中的石灰石部分分解，设计实验：取研细后的粉末少许于试管中，滴入稀盐酸，有气体产生；（5）通过甲、乙、丙三组对比实验，没有加热的石灰石没有分解，酒精灯加热的石灰石部分分解，酒精喷灯加热的石灰石分解率最高，得出影响石灰石分解的因素是温度。

17．【答案】(1)增大接触面积，使物质充分反应；(2)；(3)  氧化镁和碳酸镁（或） ； ； ；

【解析】（1）研磨之后使固体形成粉末，增大了接触面积，使物质充分反应，故填：增大接触面积，使物质充分反应；（2）氧化镁和二氧化碳反应生成碳酸镁，化学方程式为：；

（3）①氢氧化镁受热分解为两种氧化物，则生成氧化镁和水。碳酸镁受热分解为两种氧化物，则分解为氧化镁和二氧化碳。则AB段减少的质量(31.6g-24.4g=7.2g)，CD段减少的质量(24.4g-20.0g=4.4g)分别是生成水和二氧化碳的质量。

设混合物中氢氧化镁的质量为x，碳酸镁的质量为y

假设生成水的质量为7.2g，生成二氧化碳的质量为4.4g，根据反应前后元素质量守恒可知

23.2g+8.4g=31.6g，符合图像情况。

假设生成二氧化碳的质量为7.2g，生成水的质量为4.4g，根据反应前后元素质量守恒可知

14.2g+13.7g=27.9g，固体开始时的质量为31.6g，与图像不相符。所以AB段发生的反应是氢氧化镁受热分解为氧化镁和水，BC段固体成分是氢氧化镁分解生成的氧化镁和剩余的碳酸镁。②C点发生的反应是碳酸镁分解生成氧化镁和二氧化碳，故化学方程式为：；③碳酸镁和氢氧化镁的质量比为8.4g:23.2g=21:58。若混合物X用aMgCO3·bMg（OH）2表示，则84a:58b=21:58，a:b=1:4。

18．【答案】(1)NiCO3；(2) 铁；硫酸镍；(3)     ；  ；活泼金属能和酸反应生成盐和氢气 ； （合理即可）；(4) 碱  ；镍离子能和氢氧根离子结合成氢氧化镍沉淀   ；碳酸盐 ；

【解析】(1)碳酸镍中镍元素显+2价，已知碳酸根化合价为-2价，因此碳酸镍化学式为：NiCO3。(2)

比较两种金属的活动性可以将一种金属放到另一种金属的盐溶液中，因此要判断铁、镍两种金属的活动性顺序，可以将铁放入硫酸镍溶液中，或将镍放入硫酸亚铁溶液中等。(3)①氢氧化镍是碱，能和硫酸反应生成硫酸镍和水，反应的化学方程式为：；②镍与铁的化学性质相似，可以用镍和稀硫酸反应硫酸镍和氢气，反应的化学方程式为：，依据的反应规律是活泼金属能和酸反应生成盐和氢气；③金属氧化物能和酸反应生成盐和水，可以用氧化镍和硫酸反应来制备硫酸镍，反应的化学方程式为： （合理即可）。(4)硫酸镍溶液显绿色，碳酸镍和氢氧化镍均为难溶于水的绿色固体，因此可推测硫酸镍能和碱发生复分解反应生成氢氧化镍，也能和碳酸钠等碳酸盐生成碳酸镍沉淀。因此①能与碱反应，从微观角度看，预测的依据是镍离子能和氢氧根离子结合成氢氧化镍沉淀；②能与碳酸盐反应，硫酸镍能和碳酸钠反应生成硫酸钠和碳酸镍沉淀，反应的化学方程式可以为：。

19．【答案】(1) Ⅰ  ；反应太剧烈，不利于收集二氧化碳；(2) adfh ；长颈漏斗；  ； B  ；将带火星木条放到B端，若木条复燃则氧气收集满

【解析】（1）①由图可知甲反应速率最快，故为对应实验Ⅲ大理石粉末和稀盐酸反应，乙产生二氧化碳和甲一样多，但时间较长，故为对应实验Ⅱ块状大理石和稀盐酸反应，丙产生的二氧化碳较少，根据大理石和稀硫酸反应生成硫酸钙微溶于水，覆盖在大理石表达阻止了反应的进一步发生，图中丙对应实验I；②由图可知甲产生二氧化碳的速率很快，故不用甲对应的药品，理由是反应太剧烈，不利于收集二氧化碳；（2）

①组装能随意添加双氧水的装置故需选用分液漏斗、锥形瓶、双孔塞、还有导管，故选adfh；仪器c的名称是长颈漏斗；双氧水在二氧化锰的催化下反应生成水和氧气，化学反应方程式为： ；②氧气的密度比空气大，用上图装置收集时从长管子进气，将空气从短管子排出，故空气从B端排出；③当氧气收集满时会从B端逸出，故氧气验满的方法是将带火星木条放到B。

20．【答案】(1)；(2)；(3)；(4)  加入过量的稀硝酸；产生气泡；在步骤2的滤液中加入硝酸银溶液 ；若产生白色沉淀； 固体中含有氯化钠 ；若不产生白色沉淀；固体中不含有氯化钠

【解析】(1)取少量样品于烧杯中，加入足量蒸馏水，搅拌、静置，有白色沉淀生成说明溶液中一定含有硝酸钡，含有碳酸钾、硫酸钾中的一种或两种，可能含有氯化钠；继续向烧杯中加入足量稀硝酸，不断搅拌，白色沉淀部分溶解，有气泡冒出，说明沉淀是碳酸钡和硫酸钡，说明一定含有碳酸钾和硫酸钾，可能含有氯化钠；故填：；(2)硝酸钡和碳酸钾反应生成碳酸钡和硝酸钾，硝酸钡和硫酸钾反应生成硫酸钡和硝酸钾，故实验①的溶液中，一定含有的溶质是硝酸钾，故填：;(3)实验②中，硫酸钡不溶于硝酸，碳酸钡溶于硝酸，白色沉淀部分溶解是碳酸钡与硝酸反应生成硝酸钡、水和二氧化碳，故填：；(4)进一步确定样品的组成就是要检验物质中是否含有氯化钠，只需要检验物质中含有氯离子，氯离子与银离子反应生成氯化银沉淀。为了防止碳酸根离子、硫酸根离子对氯离子检验产生干扰，故要先将这些离子除尽，故先加过量的稀硝酸溶液除去碳酸根离子，在滤液中继续加入硝酸银溶液去检验氯离子；故填：加入过量的稀硝酸；产生气泡；在步骤2的滤液中加入硝酸银溶液；若产生白色沉淀；固体中含有氯化钠；若不产生白色沉淀；固体中不含有氯化钠。