江苏省徐州市沛县汉源学区2025年中考三模化学试卷（解析版）

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可能用到的相对原子质量：C-12 H-1 O-16 N-14 Na-23 Li-7
一、选择题(每题只有一个选项符合题意，每题2分，共20分)
1. 下列过程不属于化学变化的是（ ）
A. 用盐酸除去铁钉表面的铁锈
B. 用过氧化氢制得氧气
C. 用蒸馏法将海水淡化制得蒸馏水
D. 用液氢作燃料推进长征系列运载火箭
【答案】C
【解析】A、用盐酸除去铁钉表面的铁锈，铁锈的主要成分氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水，有新物质生成，属于化学变化，不符合题意；
B、用过氧化氢制得氧气，过氧化氢在二氧化锰的催化下分解生成氧气和水，有新物质生成，属于化学变化，不符合题意；
C、蒸馏是通过加热汽化的方法而将物质分离的一种方法，用蒸馏法将海水淡化制得蒸馏水，没有新物质生成，属于物理变化。符合题意；
D、用液氢作燃料推进长征系列运载火箭，氢气和氧气点燃生成水，有新物质生成，属于化学变化，不符合题意；
故选：C。
2. 下列物质的用途中，主要利用了物理性质的是（ ）
A. 活性炭用于除去冰箱中的异味
B. 熟石灰用于改良酸性土壤
C. 食品包装袋中充入氮气可延长食品的保质期
D. 食醋用于除水垢
【答案】A
【解析】A、活性炭用于除去冰箱中的异味，是利用了活性炭具有吸附性，不需要通过化学变化就能表现出来，是利用了其物理性质，故选项符合题意；
B、熟石灰用于改良酸性土壤，是利用了熟石灰能与酸发生中和反应的性质，需要通过化学变化才能表现出来，是利用了其化学性质，故选项不符合题意；
C、食品包装袋中充入氮气可延长食品的保质期，是利用了氮气化学性质不活泼的性质，需要通过化学变化才能表现出来，是利用了其化学性质，故选项不符合题意；
D、食醋用于除水垢，是利用了醋酸能与水垢的主要成分碳酸钙、氢氧化镁反应的性质，需要通过化学变化才能表现出来，是利用了其化学性质，故选项不符合题意。
故选A。
3. 有一种“可呼吸二氧化碳”电池，放电时吸收二氧化碳，充电时放出二氧化碳。放电时，金属钠和二氧化碳发生反应生成碳单质和碳酸钠，此反应涉及到的化学用语表示正确的是（ ）
A. 3个二氧化碳分子：B. 碳酸钠的化学式：
C. 碳酸根离子：D. 金属钠中钠元素的化合价：
【答案】A
【解析】A、由分子构成的物质，化学式前面的数字表示分子的个数，3个二氧化碳分子：，化学用语表示正确；
B、碳酸钠化合物中钠元素化合价为+1价，碳酸根化合价为-2价，依据化合物中各元素正负化合价代数和为0可知：碳酸钠的化学式：，化学用语表示错误；
C、离子的表示方法在元素符号或原子团右上角标注离子所带电荷数，数字在前，正负号在后，数字为“1”省略不写，碳酸根离子：，化学用语表示错误；
D、由一种元素组成的纯净物叫做单质，单质化合价为0，金属钠中钠元素的化合价：，说法错误；
故选：A。
4. 豆腐中含有多种人体所需氨基酸，其中含量最多的是亮氨酸(化学式 C6H13NO2)，下列说法正确的是（ ）
A. 从类别上看：亮氨酸属于氧化物
B. 从组成上看：亮氨酸由碳、氢、氮、氧四种元素组成，其中碳元素的质量分数最大
C. 从变化上看：亮氨酸完全分解只生成二氧化碳和水
D. 从构成上看：亮氨酸由 6 个碳原子、13 个氢原子、1 个氮原子、2 个氧原子构成
【答案】B
【解析】A、亮氨酸是由碳、氢、氧、氮4种元素组成的化合物，不属于氧化物，故选项说法错误；
B、亮氨酸由碳、氢、氮、氧四种元素组成，亮氨酸中碳、氢、氮、氧四种元素的质量比为（12×6）：（1×13）：14：（16×2）=72：13：14：32，则亮氨酸中碳元素的质量分数最大，故选项说法正确；
C、由质量守恒定律，亮氨酸完全燃烧除生成二氧化碳和水，还生成含氮元素的物质，故选项说法错误；
D、亮氨酸是由亮氨酸分子构成的，1个亮氨酸分子由6个碳原子、13个氢原子、1个氮原子、2个氧原子构成，故选项说法错误。
故选B。
5. 观察实验现象是基本的化学实验技能。下列实验现象描述正确的是（ ）
A. 甲烷在空气中燃烧，产生淡蓝色的火焰并有刺激性气味的气体生成
B. 硫酸铜溶液中加入足量氢氧化钠溶液，产生蓝色沉淀
C. 打开盛放浓硫酸的试剂瓶，瓶口产生大量白雾
D. 肥皂水遇到软水产生大量浮渣
【答案】B
【解析】A、甲烷是CH4，完全然后生成二氧化碳和水，二氧化碳无色无味，甲烷燃烧并不会产生刺激性气味，错误；
B、硫酸铜和氢氧化钠反应生成氢氧化铜蓝色沉淀和硫酸钠，正确；
C、浓盐酸具有挥发性，敞口放置在瓶口会产生白雾，浓硫酸不会，错误；
D、检验软硬水使用肥皂水，产生泡沫少、浮渣多的是硬水，错误。
故选：B。
6. 如图是甲、乙、丙三种固体物质（均不含结晶水）的溶解度曲线。下列说法正确的是（ ）
A. 丙可能是熟石灰
B. 时，甲饱和溶液的溶质质量分数等于
C. 时，相等质量的甲、乙溶液中溶质的质量相等
D. 等质量的甲、丙饱和溶液从降温到，所得溶液质量：甲Cu>Ag
D. 图4实验能说明硝酸铵固体溶于水会吸收热量
【答案】A
【解析】A、酚酞溶液遇酸性溶液和中性溶液不变色，遇碱性溶液变红色，蒸馏水和通入二氧化碳的蒸馏水（二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸显酸性）都不能使酚酞溶液变色，所以图1实验不能验证二氧化碳与水发生了反应，故A错误；
B、75℃热水提供的热量使铜片上白磷燃烧，不能使铜片上红磷燃烧，说明红磷的着火点比白磷的高，故B正确；
C、铁片和硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁，说明铁比铜活泼；银片不能和硫酸铜反应，说明银不如铜活泼。即图3实验能验证金属活动性顺序为Fe＞Cu＞Ag，故C正确；
D、将硝酸铵固体加入烧杯中的水里，硝酸铵固体溶于水会吸收热量，温度降低，硝酸钾溶解度变小，氢氧化钙溶解度变大，则可观察到饱和硝酸钾溶液中有白色晶体析出；饱和石灰水未变浑浊，故图4实验能说明硝酸铵固体溶于水会吸收热量，故D正确；
故选：A。
9. 下列有关物质的检验、鉴别、除杂和分离的做法不正确的是（ ）
A. 检验集气瓶中是否含有氧气：将带火星的木条伸入瓶中
B. 除去固体KCl中的MnO2：取样，加水溶解、过滤、蒸发滤液
C. 鉴别、NaOH两种固体：取样，分别加水溶解，手摸试管外壁
D. 分离、CaCO3的固体混合物：溶解、过滤、洗涤滤渣、蒸发滤液
【答案】A
【解析】A、氧气具有助燃性，能使带火星的木条复燃，但当氧气浓度较低时，不能使带火星木条复燃烧，检验集气瓶中是否含有氧气：将带火星的木条伸入瓶中 ，若木条没有复燃，不能确定瓶内是否存在氧气，做法错误；
B、KCl易溶于水，MnO2不溶于水，除去固体KCl中的MnO2：取样，加水溶解、过滤、蒸发滤液，做法正确；
C、 NH4NO3溶于水吸收热量，溶液温度降低，NaOH溶于水放热，溶液温度升高，鉴别NH4NO3、NaOH两种固体：取样，分别加水溶解，手摸试管外壁，做法正确；
D、 CaCl2易溶于水，CaCO3不溶于水，分离CaCl2、CaCO3的固体混合物：溶解、过滤、洗涤滤渣、蒸发滤液，做法正确。
故选A。
10. 我国劳动人民发现，将贝壳灼烧后的固体与草木灰在水中混合，可以制得KOH；古代的纺织业常用KOH作漂洗剂。下列叙述错误的是（ ）
A. 上述流程中，贝壳转变为物质X只需一步反应
B. 从反应Ⅰ可知，所得KOH溶液中可能含有或
C. 反应Ⅱ的化学方程式是
D. 草木灰还能用作钾肥，但不能与铵态氮肥混用
【答案】A
【解析】根据反应Ⅰ中X与碳酸钾反应生成碳酸钙沉淀与氢氧化钾，故X为氢氧化钙，反应Ⅱ中氢氧化钾与Y反应生成碳酸钾与水，故Y为二氧化碳。
A、贝壳的主要成分是碳酸钙，上述流程中，根据分析，X为氢氧化钙，根据图示，物质X变为贝壳只需一步反应，但碳酸钙高温条件下分解生成氧化钙与二氧化碳，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，贝壳转变为物质X需两步反应，该选项叙述错误；
B、根据分析，反应Ⅰ中氢氧化钙与碳酸钾反应生成碳酸钙沉淀与氢氧化钾，该反应不一定恰好完全反应，若氢氧化钙过量，所得KOH溶液中可能含有Ca2+，若碳酸钾过量，所得KOH溶液中可能含有碳酸根，该选项叙述正确；
C、根据分析，反应Ⅱ中氢氧化钾与二氧化碳反应生成碳酸钾与水，该反应的化学方程式为：2KOH+CO2=K2CO3+H2O，该选项叙述正确；
D、草木灰的主要成分是碳酸钾，可以做钾肥，溶液呈碱性，氨态氮肥不能与碱性物质混用，铵根离子与氢氧根离子反应生成氨气逸出，导致肥效降低，该选项叙述正确；
故选A。
二、填空题(共17分)
11. 我国新能源汽车产销量连续八年全球第一，新能源汽车常用磷酸铁锂电池(如图)作为动力。
（1）新能源汽车与传统燃油汽车相比，突出的优点是___________。
（2）磷酸铁锂电池外壳常用的材料大体分为三种：塑料、钢壳和铝壳，其中属于合成材料的是___________，电池工作过程中将化学能转化为___________能。
（3）电极材料磷酸铁锂()中，锂、氧两种元素的质量比是___________。
（4）报废的磷酸铁锂电池经过预处理、酸浸、除杂等环节回收得到的物质，可重新作为制作该电池的原料。已知拆解电池所得材料中含铁片、铜箔、铝箔等，采用硫酸“酸浸”的目的是除去铁、铝，反应的化学方程式为___________(任写其中一个)。
【答案】（1）可以减少污染物的排放，保护环境
（2）①. 塑料 ②. 电
（3）7:64
（4）##
【解析】（1）新能源汽车与传统燃油汽车相比，突出优点是可以减少污染物的排放，保护环境；
（2）塑料属于合成材料，钢壳和铝壳属于金属材料，故填：塑料；电池工作过程中将化学能转化为电能；
（3）磷酸铁锂()中锂、氧两种元素的质量比是；
（4）采用硫酸“酸浸”的目的是除去铁、铝，铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，铝与硫酸反应生成硫酸铝和氢气，化学方程式为、。
12. 水、溶液及浊液在很多领域十分常见。
（1）将面粉、苏打、食用油分别放入足量水中，充分搅拌，能形成溶液的是___________。
（2）自然界中的水大多需要净化后才能使用。明矾在净水中的作用是___________。
（3）水也常用作反应物，请用化学方程式表示：___________。
（4）盐水选种是我国劳动人民利用物体的浮沉条件筛选种子的一种方法。若要选出颗粒更加饱满的小麦种子，食盐溶液的浓度最好选择___________(填“8%”或“18%”)。
【答案】（1）苏打
（2）加速悬浮物沉降
（3）(合理即可)
（4）18%
【解析】（1）面粉难溶于水，只能以固体小颗粒的形式悬浮于液体里，形成悬浊液；苏打是碳酸钠的俗称，碳酸钠能溶于水形成均一、稳定的混合物，形成溶液；食用油难溶于水，只能以小液滴的形式悬浮于液体里，形成乳浊液，故填：苏打；
（2）明矾溶于水形成的胶状物具有吸附性，可以吸附水中悬浮的杂质，加速其沉降，故明矾在净水中的作用是：加速悬浮物的沉降；
（3）水也常用作反应物，如二氧化碳能与水反应生成碳酸，该反应的化学方程式为：；
（4）盐水选种利用浮沉原理：饱满种子密度大，易沉底；不饱满种子密度小，易浮起。食盐溶液浓度越高，密度越大。要选出颗粒更饱满的小麦种子（密度更大），需用更高浓度的食盐水（18%），以确保只有最饱满的种子沉底，而稍不饱满的种子浮起被淘汰，故食盐溶液的浓度最好选择18%。
13. Fe3O4是合成氨催化剂的主要成分。用铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO，含少量Fe)制备Fe3O4的主要流程如下。
（1）“还原”时，Fe可将Fe2(SO4)3转化为FeSO4，该反应的化学方程式为___________。
（2）加入H2O2，将部分FeSO4转化为Fe2(SO4)3。“氧化”时温度不宜太高，原因是___________。
（3）“沉淀”时要控制NaOH的量，原因是___________。
（4）“转化”时发生反应的化学方程式为___________。
【答案】（1）
（2）防止受热分解
（3）防止NaOH与反应，从而影响产率
（4）
【解析】（1）Fe与Fe2(SO4)3反应生成FeSO4，该反应的化学方程式为：；
（2）“氧化”时温度不宜太高，是为了防止H2O2发生分解；
（3）“沉淀”时要控制NaOH的量，是为了防止NaOH与反应，从而影响产率；
（4）“转化”时氢氧化铁和硫酸亚铁反应生成四氧化三铁、硫酸和水，发生反应的化学方程式为：。
三、实验与探究题(共23分)
14. 请根据下列实验装置图回答问题。
（1）用装置A制取氧气，有关的化学方程式是___________，可选用的收集装置是___________(填字母)。与装置A相比，用装置B制氧气的优点是___________。
（2）实验室也可以用铝与氢氧化钠溶液反应制取氢气，反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2X+3H2↑则X的化学式是___________，金属铝片应放入___________(填仪器名称，下同)，氢氧化钠溶液应通过___________加入。
（3）已知碱石灰中含有烧碱和生石灰。若利用固体柠檬酸和小苏打溶液制取一瓶干燥的二氧化碳，应选择的装置组合是B→___________→E。将湿润的蓝色石蕊试纸放入装置E中，观察到的现象是___________，有关的化学方程式是___________。
【答案】（1）①. ②. C##E ③. 操作简便，不需加热##及时添加液体药品（合理即可）
（2）①. ②. 锥形瓶 ③. 长颈漏斗
（3）① G ②. 石蕊试纸变红 ③.
【解析】（1）装置 A 是固体加热型，且试管口没有棉花，适用于氯酸钾制取氧气，氯酸钾在二氧化锰催化作用、加热条件下分解生成氯化钾、氧气，化学方程式为；
氧气密度比空气大、不易溶于水，可用向上排空气法或排水法收集，收集装置选 C（排水法）或 E（向上排空气法）；
装置 B 是固液不加热型，优点是不需要加热，操作简便，可以及时添加液体药品。
（2）根据质量守恒定律，化学反应前后，原子的种类和个数不变。反应前Al、Na、O、H的个数分别是2、2、4、6，反应后除2X外Al、Na、O、H的个数分别是0、0、0、6，则2X含有2个Al、2个Na、4个O，X含有1个Al、1个Na、2个O，X的化学式为NaAlO2；
固体铝片放锥形瓶，氢氧化钠溶液通过长颈漏斗加入 。
（3）制取干燥二氧化碳，用 B 制取，G 中浓硫酸干燥（碱石灰吸收二氧化碳，不能用），再用 E 收集，所以装置组合B→G→E；
二氧化碳与水反应生成碳酸，使湿润蓝色石蕊试纸变红；该反应的方程式为。
15. 某化学兴趣小组对家用某品牌发酵粉进行探究。
活动一：定性研究
（1）小星通过观察标签知道这种发酵粉主要成分是碳酸氢钠，为测定发酵粉溶解形成溶液的酸碱性，取少量发酵粉加适量水溶解，在室温下用pH计测得所得溶液pH为8.2，说明溶液中除Na+、HCO外，一定含有___________(填离子符号)。
（2）小静对碳酸氢钠固体溶解过程温度变化进行研究，实验装置如图1，使用温度传感器分别测得不同质量的碳酸氢钠粉末溶解过程的温度变化曲线如图2。由图可知，碳酸氢钠固体溶于水___________热量，影响溶解过程温度变化程度还与___________因素有关(答1点即可)。
活动二：定量测定
小燕设计了如图3装置，测定该发酵粉样品中碳酸氢钠的质量分数(已知发酵粉中其他成分不与盐酸反应产生气体)。
（3）D装置的作用为___________。(碱石灰是氧化钙和氢氧化钠固体的混合物)
（4）小燕取15.0g固体样品和足量稀盐酸置于装置A中，打开活塞，充分反应后，测得装置C增重6.6g。则样品中碳酸氢钠的质量分数为___________。(请写出计算过程)
（5）小组同学围绕实验中产生的碳酸氢钠的质量分数误差进行分析，形成两种不同意见。请分别写出产生偏大和偏小两种误差的原因和导致结果___________(经检测装置气密性良好)。
活动三：拓展延伸
小林发现NaOH溶液与NaHCO3溶液混合后无明显现象，提出问题：NaOH和NaHCO3是否发生了化学反应？
（6）猜想一：两者不反应
猜想二：两者发生反应，从元素守恒的角度，反应生成H2O和___________(写化学式)。
（7）已知：该实验条件下CaCl2溶液与NaOH溶液混合变浑浊，CaCl2溶液与NaHCO3溶液混合无现象，澄清石灰水与NaHCO3溶液混合有沉淀产生。为验证猜想二正确，请你补充实验方案：取少量NaHCO3溶液，向其中加入足量NaOH溶液，___________。(实验方案包括操作、现象和结论。可供选用的试剂有：(CaCl2溶液、稀盐酸、澄清石灰水)
【答案】（1）OH–
（2）①. 吸收 ②. 的质量
（3）防止空气中二氧化碳进入C中导致二氧化碳偏大，影响实验结果
（4）解：设样品中的质量分数为x
解得 x=84%
答：样品中碳酸氢钠的质量分数为84%。
（5）D中碱石灰失效空气中二氧化碳进入C中，使得二氧化碳质量偏大；偏小是因为AB中残留的二氧化碳没有被NaOH溶液完全吸收
（6）
（7）让两者充分混合后，继续加入溶液，观察到溶液变浑浊，产生白色沉淀，将反应后得到的溶液过滤，取滤渣洗净后放入试管中，加入稀盐酸，观察到有气泡产生，将产生的气体通入澄清石灰水中，看到澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳产生，说明NaOH与发生反应生成。
【解析】（1）用pH计测得所得溶液pH为8.2，说明溶液呈碱性，即溶液中应含有OH-；
（2）由图可知，加入碳酸氢钠固体后，溶液的温度在下降，说明碳酸氢钠固体溶于水会吸收热量，由图2 可知，不同质量的碳酸氢钠去溶解，温度下降的快慢也不一样；
（3）D装置中碱石灰可以吸收空气中的二氧化碳，防止二氧化碳进入C中导致二氧化碳偏大，影响实验结果；
（4）见答案；
（5）产生偏大误差即测得碳酸氢钠的质量分数偏大，则测得二氧化碳的质量也应偏大，故应该是D装置中的碱石灰失效，空气中的二氧化碳进入C中使测得二氧化碳质量偏大导致碳酸氢钠质量分数偏大；产生偏小误差即测得碳酸氢钠的质量分数偏小，则测得二氧化碳的质量也应偏小，故应该是AB中残留的二氧化碳没有被NaOH溶液完全吸收，测得二氧化碳质量偏小，导致测得碳酸氢钠质量分数偏小；
（6）从元素守恒角度，反应前后元素种类不变，反应前有钠、氧、氢、碳四种元素，反应后也要有这四种元素，反应生成H2O有氢、氧元素，则另一种产物一定要有钠、碳元素，可能有氢、氧元素，因为反应物有碳酸氢钠，结合所学，氢离子和氢氧根结合成水分子，则产物应为Na2CO3，故填：Na2CO3；
（7）证明二者发生反应，可以从证明生成物的角度出发，生成物为碳酸钠，利用氯化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙和氯化钠，碳酸钙能与稀盐酸反应，生成能使澄清石灰水变浑浊的二氧化碳，故填：让两者充分混合后，加入CaCl2溶液，观察到溶液变浑浊，产生白色沉淀，将反应后的液体过滤，取滤渣洗净后放入试管中，加入稀盐酸，观察到有气泡产生，将产生的气体通入澄清石灰水中，看到澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳产生，说明NaOH和NaHCO3反应生成了碳酸钠。