【化学一模】2023年无为市七校中考一模联考化学试题（含解析）

2022-2023学年第二学期学情调研

九年级化学试题卷

相对原子质量：H-1  C-12  N-14  O-16  S-32  F-19  Cu-64  Mg-24  Al-27

一、选择题（本题包括12小题，每小题1分，共12分，每小题的4个选项中只有1个符合题意）

1. 安徽古代出现了很多著名的炼丹家，对中国古代的化学发展起了关键作用。汉高祖之孙淮南王刘安曾做如下记载，其中属于物理变化的是

A. 曾青化铁则为铜 B. 夜烧雄黄，杀虫成列

C. 积油满万石，则自然生火 D. 取沸汤置瓮中，三日成冰

【答案】D

【解析】

【详解】A、曾青化铁则为铜，生成了新物质，属于化学变化。

B、夜烧雄黄，生成新物质，属于化学变化。

C、自然生火生成新物质，属于化学变化。

D、三日成冰是物质状态的变化，没有生成新物质，属于化学变化。

故选：D。

2. 2022年北京冬奥会圆满结束，本次奥运的核心理念之一——绿色办奥，下列行为不符合这一核心理念的是

A. 北京冬奥会大规模使用氢能等清洁能源，在交通活动中实现零碳排放

B. 北京冬奥会雪上项目运动员自觉使用无氟雪蜡调整雪板摩擦系数

C. 为加强冬奥会期间的疫情防控工作，大量使用一次性塑料餐具

D. 将张北地区的风能、太阳能等生产的绿色电力输入北京，实现绿电供应

【答案】C

【解析】

【详解】A、北京冬奥会大规模使用氢能等清洁能源，在交通活动中实现零碳排放，符合绿色办奥这一核心理念，故选项A不符合题意；

B、北京冬奥会雪上项目运动员自觉使用无氟雪蜡调整雪板摩擦系数，符合绿色办奥这一核心理念，故选项B不符合题意；

C、为加强冬奥会期间的疫情防控工作，大量使用一次性塑料餐具，会造成白色污染，不符合绿色办奥这一核心理念，故选项C符合题意；

D、将张北地区的风能、太阳能等生产的绿色电力输入北京，实现绿电供应，符合绿色办奥这一核心理念，故选项D不符合题意；

故选：C。

3. 以下实验操作正确的是

A. 加热液体 B. 测量液体体积

C. 铁丝在氧气中燃烧 D. 稀释浓硫酸

【答案】A

【解析】

【详解】A、用酒精灯给试管中液体加热时需要用酒精灯外焰加热，试管中液体的体积不能超过试管总体积的三分之一，且加热前需要先预热，再集中加热，故选项操作正确；

B、读取量筒读数时视线应与量筒中液体凹液面的最低处保持水平，不能仰视或俯视，故选项操作错误；

C、为防止铁丝燃烧时产生的高温熔化物溅落炸裂瓶底，需要在集气瓶底部放少量的水或细沙，故选项操作错误；

D、稀释浓硫酸时需要将浓硫酸沿烧杯壁缓缓的倒入水中，并不断的用玻璃棒搅拌，不能将水倒入浓硫酸中，故选项操作错误。

故选A。

4. 分析、推理、归纳是学习化学常用思维方法。下列说法正确的是

A. 溶液是均一稳定的混合物，故均一稳定的物质一定是溶液

B. 某物质在氧气中充分燃烧生成CO2和H2O，则该物质中一定含有C、H和O元素

C. 离子是带电荷的粒子，所以带电荷的粒子一定是离子

D. 合金的硬度一般比组成他们的纯金属更高，因此黄铜的硬度高于铜和锌

【答案】D

【解析】

【详解】A、溶液是均一稳定的混合物，但均一稳定的物质不一定是溶液，比如水是均一稳定的物质，但水是纯净物，不是溶液，错误；

B、某物质在氧气中充分燃烧生成CO2和H2O，根据质量守恒定律，反应前后元素的种类不变，可知该物质一定有C、H元素，可能含有O元素，错误；

C、离子是带电荷的粒子，但带电荷的粒子不一定是离子，如电子带负电荷，质子带正电荷，错误；

D、合金的硬度一般比组成他们的纯金属更高，黄铜是铜锌合金，因此黄铜的硬度高于铜和锌，正确。

故选D。

5. 检验、鉴别和除杂是学习化学的重要方法，下列关于检验、鉴别和除杂的操作方法正确的是（   ）

A. A B. B C. C D. D

【答案】A

【解析】

【详解】A、各取少量粉末，分别在空气中灼烧，能燃烧的是碳粉，不能燃烧的是氧化铜粉末，此选项正确；

B、人呼出的气体中氧气的含量低，不足以使带火星的木条复燃，不能用带火星的木条检验，此选项错误；

C、CaO能与水反应，如果用水除去碳酸钙，最终不能得到氧化钙，此选项错误；

D、CO2能与澄清石灰水反应，CO不能与澄清石灰水反应，用足量澄清石灰水，不能除去二氧化碳中的一氧化碳，反而除去了二氧化碳，此选项错误。

故选A。

【点睛】根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂，是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变，除杂题至少要满足两个条件：一是加入的试剂只能与杂质反应，二是反应后不能引入新的杂质。

6. 抗击新冠肺炎疫情中，一种名为“法匹拉韦”的抗病毒药在临床上有较好的效果。法匹拉韦的化学式为C5H4FN3O2，关于它的说法正确的是

A. 法匹拉韦中碳元素质量分数最高

B. 法匹拉韦分子由五种元素组成

C. 法匹拉韦由5个碳原子，4个氢原子，一个氟原子，三个氮原子和两个氧原子构成

D. 法匹拉韦中碳、氢、氟、氮、氧元素质量比为5：4：1：3：2

【答案】A

【解析】

【详解】A.法匹拉韦中碳元素质量分数=，氢元素质量分数=，氟元素质量分数=，氮元素质量分数=，氧元素质量分数=，所以法匹拉韦中碳元素质量分数最高，故A正确；

B. 法匹拉韦由碳、氢、氟、氮、氧五种元素组成，法匹拉韦分子由五种原子构成，故B错误；

C. 法匹拉韦由法匹拉韦分子构成，一个法匹拉韦分子由5个碳原子，4个氢原子，1个氟原子，3个氮原子和2个氧原子构成，故C错误；

D. 法匹拉韦中碳、氢、氟、氮、氧元素质量比为60∶4∶19∶42∶32，故D错误；

故选：A。

7. 锂元素在元素周期表中的信息和锂的原子结构示意图如图所示，下列说法错误的是

A. 锂元素的相对原子质量是6.941 B. x=2，锂原子核内中子数为3

C. 锂元素位于元素周期表中第2周期 D. 钴酸锂(LiCoO2)中Co元素显+3

【答案】B

【解析】

【详解】A、在元素周期表中，元素名称下方的数字表示相对原子质量，故锂元素的相对原子质量是6.941，不符合题意；

B、在原子中，质子数=核外电子数，故3=x+1，x=2，中子数=相对原子质量-质子数≈7-3=4，符合题意；

C、锂原子核外有2个电子层，故锂元素位于元素周期表中第二周期，不符合题意；

D、钴酸锂中锂元素显+1价，氧元素显-2价，设钴元素的化合价为x，根据化合物中，正、负化合价的代数和为零，可得：（+1）+x+（-2）×2=0，x=+3，不符合题意。

故选B。

8. 1839年，民族英雄林则徐在广州虎门集中销毁鸦片，史称“虎门销烟”，此壮举维护了中华民族的尊严和利益。当年的销烟方法是在海滩上挖池，池中注水，之后放入生石灰，再倒入鸦片销毁。某兴趣小组的同学在实验室中用如图装置模拟此反应，下列说法正确的是

A. 生石灰与水反应的产物易溶于水

B. 实验观察到小试管中生石灰碎成粉末状

C. 随着实验进行，U形管中有气泡产生

D. 若将固体换成硝酸铵，U形管中现象与此实验一致

【答案】B

【解析】

【详解】A、生石灰与水反应的产物是氢氧化钙，微溶于水。A错。

B、生石灰是块状固体，生石灰与水反应的产物是氢氧化钙，氢氧化钙是粉末状固体；所以，实验观察到小试管中生石灰碎成粉末状。B正确。

C、生石灰与水反应放热现象明显，使锥形瓶中空气膨胀，由于导管没有伸入水中，所以，随着实验进行，U形管中水面左端下降，右端上升。C错。

D、将固体换成硝酸铵，硝酸铵溶于水吸热，U形管中现象与此实验相反。D错。

综上所述：选择B。

9. 下列排序正确的是

A. 空气中气体体积分数：

B. 地壳中元素含量：

C. 金属活动性：

D. 将等量物质溶解在等量的20℃的水中，溶液温度：

【答案】B

【解析】

【详解】A、空气的成分按体积计算：氮气78%、氧气21%、稀有气体0.94%、二氧化碳0.03%、其他气体和杂质：0.03%，故空气中气体体积分数，由高到低为：氮气、氧气、二氧化碳，不符合题意；

B、地壳中元素含量由多到少为（前四位）：氧、硅、铝、铁，符合题意；

C、在金属活动性顺序里，铜排在氢后，故金属活动性，由强到弱为：Ca、Mg、（H）、Cu，不符合题意；

D、氯化钠溶于水温度变化不大，溶液温度约为20℃，硝酸铵溶于水吸热，溶液温度降低，故溶液温度低于20℃，氢氧化钠溶于水，放出大量的热，溶液温度升高，溶液温度大于20℃，不符合题意。

故选B。

10. 我国化学家研究出一种新型催化剂，在太阳光照射下实现了水的高效分解。该反应过程的微观示意图如下，下列说法错误的是（ ）

A. 表示的物质属于氧化物

B. 反应I 的化学方程式为

C. 反应II 中，反应前后原子的种类和数目均不变

D. 该成果对氢能源推广应用有重要的实践意义

【答案】B

【解析】

【详解】A、由图可知表示水，由两种元素组成还含有氧元素的化合物，属于氧化物，A正确。

B、反应I 水分解生成了氢气和过氧化氢，化学方程式为，B错。

C、化学反应中，原子种类数目都变，反应II 中，反应前后原子的种类和数目均不变，C正确。

D、该成果水在催化剂作用下生成了氢气，对氢能源的推广应用有重要的实践意义，D正确。

故选：B。

11. 如图是、、三种物质的溶解度曲线，下列分析不解正确的是

A. 时，、、三种物质的溶解度由大到小的顺序是

B. 将时，、、三种物质的饱和溶液降温至，所得溶液的溶质质量分数关系是

C. 时，将物质不含结晶水放入水中充分溶解得到的饱和溶液

D. 将的饱和溶液变为不饱和溶液，可采用降温的方法

【答案】B

【解析】

【详解】、通过分析溶解度曲线可知，时，、、三种物质的溶解度由大到小的顺序是，故A正确；

B、时，物质的溶解度最大，物质次之，、物质的溶解度随温度的降低而减小，会析出晶体，物质的降低温度，不会析出晶体，应该按照时减小计算，所以将时，、、三种物质的饱和溶液降温至，所得溶液的溶质质量分数关系是，故B错误；

C、时，物质的溶解度是，所以将物质不含结晶水放入水中充分溶解得到的饱和溶液，故C正确；

D、物质的溶解度随温度的降低而减小，所以将的饱和溶液变为不饱和溶液，可采用降温的方法，故D正确。

 故选：

12. 下列四个图像分别对应四个变化过程，其中错误的是

A. ①表示将一定量的60℃硝酸钾饱和溶液冷却至室温

B. ②表示向相同质量和相同质量分数的稀盐酸中，分别加入过量 Cu(OH)2 和CuO 固体

C. ③表示向一定量的氯化铁和氯化钾的混合溶液中，逐滴加入过量的氢氧化钾溶液

D. ④表示向相同质量和相同质量分数的稀硫酸中，分别加入过量的镁粉和铝粉

【答案】D

【解析】

【详解】A．①硝酸钾的溶解度随温度的降低而减小，将一定量的60℃硝酸钾饱和溶液冷却至室温，溶质析出，溶剂的质量不变；B．②表示向相同质量和相同质量分数的稀盐酸中，分别加入过量 Cu(OH)2 和CuO 固体，最后氯化铜的质量由酸决定，酸的量相同，生成氯化铜的质量相同；C．③表示向一定量的氯化铁和氯化钾的混合溶液中，逐滴加入过量的氢氧化钾溶液，氢氧化钾和氯化铁生成氢氧化铁沉淀，氯化铁完全反应后，沉淀的量不再增加；D．④表示向相同质量和相同质量分数的稀硫酸中，分别加入过量的镁粉和铝粉，最终氢气的质量由酸决定，酸的量相同，生成氢气的质量相同。选D

二、非选择题（本大题包括5题，共28分）

13. 阅读下列短文，回答问题。

可燃冰外观类似冰，主要含甲烷水合物(由甲烷分子和水分子组成)，还含有少量二氧化碳等气体。

甲烷水合物的分子结构就像一个个由若干个水分子组成的笼子，每个笼子里“关”一个甲烷分子。

温度不高、压力足够大、有甲烷气源时，甲烷可与水生成甲烷水合物，分散在海底岩层的空隙中。

甲烷水合物能稳定存在的压强和温度范围如图所示。

1体积可燃冰可储载约164体积的甲烷气体。可燃冰储量丰富，燃烧热值大，因而被各国视为未来石油天然气的替代能源。甲烷还是重要的化工原料，可制造炭黑、己炔、氰化氢等。

由甲烷引发的温室效应比二氧化碳厉害10至20倍。可燃冰一旦离开海床便迅速分解，容易发生喷井意外，还可能会破坏地壳稳定平衡，引发海底塌方，导致大规模海啸，所以可燃冰的开采困难。

（1）可燃冰属于___________(选填“混合物”或“纯净物”)。

（2）“1体积可燃冰可储载约164体积的甲烷气体”，原因是________(从微观角度解释)。

（3）可燃冰中主要成分甲烷具有可燃性，写出其完全燃烧的化学反应方程式：________。

（4）下列有关说法错误的是___________(填序号)。

A. 海底温度低，压强大，有利于甲烷的溶解

B. 在300atm下，任何温度下都可以形成可燃冰

C. 可燃冰作为燃料优点是燃烧热值大，对环境不会造成污染

D. 可燃冰开采不合理，会造成温室效应或者海底塌方等

【答案】（1）混合物    （2）分子间存在间隔   

（3）CH4+2O2CO2+2H2O    （4）BC

【解析】

【小问1详解】

可燃冰外观像冰，主要含甲烷水合物（由甲烷分子和水分子组成），还含少量二氧化碳等气体，所以可燃冰属于混合物。

【小问2详解】

“1体积可燃冰可储载约164体积的甲烷气体”说明分子间有间隔，且压力越大、温度越小分子间的间隔越小。

【小问3详解】

可燃冰燃烧过程中的化学变化为：甲烷和氧气在点燃的条件下反应生成二氧化碳和水，其化学方程式为CH4+2O2CO2+2H2O。

【小问4详解】

A、气体的溶解度随温度升高而降低，随压强增大而增大，所以海底温度低，压强大，有利于甲烷的溶解，该选项正确；

B、由图可知，在300atm下，温度高于25℃时，不能形成稳定存在的甲烷的水合物，该选项错误；

C、可燃冰作为燃料，含有碳元素，如果不完全燃烧，会产生空气污染物一氧化碳，该选项错误；

D、有题目可知，可燃冰开采不合理，会造成甲烷泄露增强温室效应或者海底塌方等，该选项正确。

故选BC。

14. 请结合图示实验装置，回答下列问题。

(1)写出有标号的仪器名称：①_______。

(2)写出用A装置制取O2的化学方程式为_______。

(3)实验制取CO2，若用C装置替代B装置作发生装置，其优点是_______。

(4)某同学采用如图F所示的装置分离H2、CO2的混合气体。

步骤如下：关闭活塞B，打开活塞A，通入混合气体，可收集到H2；再关闭活塞A，打开活塞B，可得到CO2。X溶液最好选择_______(填序号)。

a NaOH浓溶液    b 饱和Ca(OH)2溶液 c 浓硫酸

(5)二氧化硫是无色有刺激性气味的有毒气体，密度比空气大，易溶于水，常用来漂白纸浆、毛、丝等。二氧化硫排放到空气中易形成酸雨。若用D装置收集SO2气体应从_______(选填“a”或“b”)端通入。

【答案】    ①. 酒精灯    ②.     ③. 可控制反应的发生与停止    ④. a    ⑤. b

【解析】

【详解】（1）由图可知，标号①的仪器名称为酒精灯；

（2）A装置适用于固体加热反应制取气体，且试管口有棉花，是加热高锰酸钾制取氧气，高锰酸钾受热分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，该反应的化学方程式为：；

（3）若用C装置替代B装置作发生装置，可通过开关止水夹，控制固液的接触和分离，从而控制反应的发生和停止；

（4）X溶液最好选择氢氧化钠，关闭活塞B，打开活塞A，通入混合气体，氢氧化钠能与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，吸收二氧化碳，得到氢气，关闭活塞A，打开活塞B，碳酸钠和稀硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，得到二氧化碳，氢氧化钙微溶于水，可能不能完全吸收二氧化碳。故选a；

（5）二氧化硫密度比空气大，若用D装置收集二氧化硫，应从b端通入。

15. 从废旧电脑的某些零部件中回收金属银，设计流程如图所示：

（1）废旧零部件预处理过程中需要将其粉碎，粉碎的目的是______。

（2）步骤I和步骤Ⅱ都涉及的实验操作是______。

（3）步骤I中加入足量稀硫酸后发生反应的基本类型为______；步骤Ⅱ中加入适量AgNO3溶液后发生反应的化学方程式为______。

（4）该工艺流程的价值在于______。

【答案】（1）增大其与酸的接触面积，反应进行的更充分，提高金属银的回收率    （2）过滤   

（3）    ①. 置换反应    ②.    

（4）能够回收利用金属银，节约金属资源

【解析】

【小问1详解】

将废旧零部件粉碎，可以增大其与酸的接触面积，反应进行的更充分，提高金属银的回收率；

【小问2详解】

过滤可以将不溶性固体从溶液中分离出来，故步骤I和步骤Ⅱ都涉及的实验操作是过滤；

【小问3详解】

根据金属活动性顺序可知，粗产品中的铝可与稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气，该反应是一种单质和一种化合物反应生成一种新的单质和新的化合物的反应，属于置换反应；

根据金属活动性顺序表可知，铜的活动性比银强，可与硝酸银溶液反应置换出银，发生反应的方程式为；

【小问4详解】

分析流程图可知，该工艺流程能够回收利用金属银，节约金属资源。

16. 小红同学在学习“金属的化学性质”实验操作时，发现几支试管中产生气泡的速率有的快有的慢。于是，她与小芳同学一起合作进行如下探究。

【提出问题】金属与酸反应的快慢受哪些因素影响？

【猜想与假设】猜想1：可能与酸的浓度有关    猜想2：可能与金属的种类有关

猜想3：可能与金属的形状有关。

【设计并实验】为了验证猜想，小红和小芳设计如图1所示的装置进行如下实验：

（1）小红和小芳检查图1装置气密性的方法是______。

（2）实验时须将镁片和铁片进行打磨，其目的是______。

（3）写出镁与稀硫酸反应的化学方程式：______。

【收集证据】（4）要比较金属的形状对反应快慢的影响，应选择的实验编号是______。

【得出结论】（5）从上述实验数据可得出的结论是______。

【评价与反思】（6）测得实验①反应中产生气体的速率（v）与时间（t）的关系如图2所示，t1～t2时间段内反应速率逐渐加快的原因是______；t2～t3时间段内反应速率逐渐减慢的主要原因是______。

（7）铁与硫酸反应的快慢还受到温度的影响。请你设计实验验证：______（不要求写出现象和结论）。

【答案】    ①. 关闭分液漏斗活塞，用力将注射器活塞外移(右移)一段距离，停止用力后松手，若观察到活塞恢复原位，则气密性良好    ②. 除去金属表面的氧化物    ③. Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑    ④. ①③##③①    ⑤. 影响金属与酸反应快慢的因素有酸的浓度、金属的种类、金属的形状    ⑥. 镁与硫酸反应放热，温度升高，使反应速率加快    ⑦. 镁与硫酸反应消耗了硫酸，硫酸浓度减小，反应速率减慢    ⑧. 取质量相等、形状相同的铁粉，分别放入两支试管中，然后分别加入温度不同、体积和溶质质量分数相同的稀硫酸，测量收集等体积的氢气所需要的时间。

【解析】

【详解】[设计并实验]

（1）关闭分液漏斗活塞，用力将注射器活塞外移(右移)一段距离，停止用力后松手，若观察到活塞恢复原位，则气密性良好。

（2）实验时需将镁片和铁片进行打磨，其目的是除去金属表面的氧化物，使金属单质和酸发生反应。

（3）镁与稀硫酸反应生成硫酸镁和氢气，化学方程式为：Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑。

[收集证据]

（4）要比较金属的形状对反应快慢的影响，就要选择不同的形状，但其它的因素都一样，因此选择的对比组是①③。

[得出结论]

（5）从①③可得出的结论是，金属的形状对反应快慢有影响，从②③可得出的结论是，金属的种类对反应快慢也有影响，从②④可得出的结论是，酸的浓度对反应快慢也有影响。所以，从上述实验数据可得出的结论是影响金属与酸反应快慢的因素有酸的浓度、金属的种类、金属的形状。

[评价与反思]

（6）在t1～t2时间段内反应速率逐渐加快的原因是镁与硫酸反应放热，温度升高，使反应速率加快，在t2～t3时间段内反应速率逐渐减慢的主要原因是镁与硫酸反应消耗了硫酸，硫酸浓度减小，反应速率减慢。

（7）实验方案：取质量相等、形状相同的铁粉，分别放入两支试管中，然后分别加入温度不同、体积和溶质质量分数相同的稀硫酸，测量收集等体积的氢气所需要的时间。

17. 兴趣小组同学向盛有22g铜与氧化铜粉末的固体混合物中依次加入稀硫酸，每次均按如图所示进行实验，实验数据见下表，请计算：

（1）m=____

（2）所用稀硫酸中溶质的质量分数。

【答案】（1）6    （2）

解：设50g稀硫酸中溶质的质量为x

x=9.8g

稀硫酸中溶质质量分数为

答：稀硫酸中溶质的质量分数为19.6%

【解析】

【小问1详解】

氧化铜和稀硫酸反应生成溶于水的硫酸铜和水，铜不和稀硫酸反应。从第1次加入稀硫酸固体减少的质量为22g-14g=8g可知50g稀硫酸完全反应最多消耗8g氧化铜，则第2次加入稀硫酸如氧化铜充足则滤渣剩余14g-8g=6g，从第3次加入稀硫酸后滤渣为4g可知第2次氧化铜未完全反应，则m=6g。

【小问2详解】

详见答案。