（无锡卷）2023年中考化学第二次模拟考试（新题型）

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2023年中考化学第二次模拟考试【无锡卷】化学·全解全析12345678910CABAACDDCC11121314151617181920DDBBDCCADD1．【答案】C【解析】A、发展公共交通，提倡绿色出行，减少污染物，正确；B、增加使用太阳能、核能等新能源减少使用化石燃料，减少有害气体排放，正确；C、改进燃煤锅炉烟囱，将废气排到高空，并不能减少废气排放，错误；D、改进燃煤技术，减少SO2与粉尘排放，正确。故选C。2．【答案】A【解析】A、炼生铁，有新物质生成，属于化学变化；B、晒海盐，没有新物质生成，属于物理变化；C、钉木舟，没有新物质生成，属于物理变化；D、织衣步，没有新物质生成，属于物理变化；故选A。3．【答案】B【解析】A、水是由非金属元素组成的化合物，是由水分子构成的，故选项错误，不符合题意；B、硫酸铜是含有金属元素和非金属元素的化合物，硫酸铜是由铜离子和硫酸根离子构成的，故选项正确，符合题意；C、石墨属于固态非金属单质，是由碳原子直接构成的，故选项错误，不符合题意；D、二氧化碳是由非金属元素组成的化合物，是由二氧化碳分子构成的，故选项错误，不符合题意。故选B。4．【答案】A【解析】A、 由原子构成的物质，物质符号直接用元素符号表示（金属、稀有气体、金刚石等都是由原子直接构成的物质）；Ne：表示氖气，正确；B、 表示一个分子中原子或原子团的个数数字要加在右下方，C60可以表示1个C60分子中含有60个碳原子，错误；C、 原子的表示方法用元素符号表示，表示微粒的个数在微粒前面加对应数字；2N：表示2个氮原子，错误；D、由离子的表示方法，在表示该离子的元素符号右上角，标出该离子所带的正负电荷数，数字在前，正负符号在后，带1个电荷时，1要省略；表示多个该离子，在其符号前加上相应的数字；Fe3+可以表示1个铁离子带3个单为正电荷，错误。故选A。5．【答案】A【解析】A、分子总是在不断运动，运动场上用水造冰，温度降低，分子还是在不断运动，符合题意；B、开幕式上舞台云雾，是因为干冰升华，分子间隔发生改变，不符合题意；C、奥运村中日常消毒，消毒液挥发，是因为分子在不断运动，不符合题意；D、天然气公交车出行，天然气燃烧，有新物质生成，分子种类发生改变，不符合题意。故选A。6．【答案】C【解析】A、浓硫酸干燥二氧化碳，二氧化碳要与浓硫酸接触，导管应长进短出，此选项不能达到实验目的，不符合题意；B、监控O2流速，导管应长进短出，通过导管口冒出气泡的速率来监控氧气流速，此选项不能达到实验目的，不符合题意；C、二氧化碳可用氢氧化钠溶液吸收，且导管是长进短出，此选项能达到实验目的，符合题意；D、氧气不易溶于水，利用排水法收集氧气时应该从短管进气，将水从长管排出，此选项不能达到实验目的，不符合题意。故选C。7．【答案】D【解析】A、地球上的水资源虽然很丰富，但是可利用的淡水资源很少，并不是取之不尽的，故A错误；B、生活污水任意排放会造成水体污染，应处理达标后再排放，故B错误；C、海水中除含有水外还含有其他矿物质，故海水属于混合物，故C错误；D、可以用肥皂水鉴别硬水和软水，泡沫多的是软水，泡沫少有浮渣的是硬水，故D正确。故选D。8．【答案】D【解析】A、氮气化学性质稳定，可充入食品包装作保护气，不是因为氮气难溶于水，故不符合题意；B、二氧化碳能用于灭火是由于二氧化碳不燃烧也不支持燃烧，密度比空气密度大的性质，不是因为CO2能与水反应，故不符合题意；C、纯碱是碳酸钠，碱性较强，不能用于治疗胃酸过多，可用碳酸氢钠来治疗胃酸过多，故不符合题意；D、石墨有导电性，因此可作干电池的电极，故符合题意。故选D。9．【答案】C【解析】A、大蒜素中碳元素、氢元素、硫元素、氧元素的质量比为（12×6）：（1×10）：（32×2）：16=36：5：32：8，因此大蒜素中碳元素的质量分数最大，此选项错误，不符合题意；B、由化学式可知，大蒜素由碳、氢、氧、硫4种元素组成， 不是大蒜素分子由4种元素组成，分子中不能含元素，此选项错误，不符合题意；C、大蒜素是由分子构成的，一个分子中由6个碳原子、10个氢原子、2个硫原子、1个氧原子，共19个原子构成，此选项正确，符合题意；D、大蒜素中碳、氢元素的质量比为（12×6）：（1×10）=36：5，此选项错误，不符合题意。故选C。10．【答案】C【解析】A、甲的溶解度受温度变化影响较大，乙的溶解度受温度变化影响较小，甲中混有少量乙，可采用降温结晶的方法提纯甲，此选项说法不正确；B、t1℃时甲的溶解度是30g，将20g甲加入50g水中充分溶解后，能够溶解15g，可得到65g溶液，此选项说法不正确；C、t1℃时甲的溶解度小于乙，等质量的甲和乙固体形成饱和溶液时所需水的质量关系：甲＞乙，此选项说法正确；D、将t2℃时甲、乙、丙三种物质的溶液降温至t1℃，没有说明溶液是否饱和，所得溶液的溶质的质量分数无法比较，此选项不正确。故选C。11．【答案】D【解析】A、羊毛是天然纤维；PET是合成纤维，说法正确；B、羊毛和PET纤维都属于有机高分子材料，说法正确；C、PET纤维中C、H、O原子的个数比=10n:8n:4n=5:4:2，说法正确；D、羊毛的主要成分是蛋白质；PET的主要成分不是蛋白质，说法错误；故选D。12．【答案】D【解析】A、H+、CO32-两种离子能结合成水和二氧化碳，不能大量共存，故选项错误。B、H+、OH-两种离子能结合成水，不能大量共存，故选项错误。C、Ba2+、SO42-能结合成硫酸钡白色沉淀，不能大量共存，故选项错误D、四种离子间不能结合成沉淀、气体或水，能大量共存，故选项正确。故选D。13．【答案】B【解析】A、A点对应物质中碳元素化合价为0，为单质，可能是金刚石，也可能是石墨等，不符合题意；B、B点对应物质属于氧化物，且碳元素化合价为+2价，故该物质为一氧化碳，一氧化碳有毒，极易与血液中的血红蛋白结合，从而使血红蛋白不能再与氧气结合，造成生物体缺氧，一氧化碳具有可燃性，可作燃料，符合题意；C、C点对应物质是氧化物，且碳元素的化合价为+4价，故为二氧化碳，二氧化碳过多会导致温室效应，不能导致酸雨，不符合题意；D、D点对应物质属于盐，且碳元素的化合价为+4价，为碳酸盐，C点对应物质为二氧化碳，碳酸盐可与酸反应生成二氧化碳，某些碳酸盐，如碳酸钙也可高温煅烧生成二氧化碳，不符合题意。故选B。14．【答案】B【解析】A、地壳中含量最多的金属元素是铝元素，不符合题意；B、合金熔点比其组成的纯金属的低，所以焊锡熔点较低，常用于焊接金属，符合题意；C、生铁和钢都是铁的合金，生铁的含碳量为2%4.3%，钢的含碳量为0.03%2%，故生铁的含碳量较高，不符合题意；D、自然界中甲元素只以化合物形式存在，乙元素有单质形式存在，说明乙化学性质稳定，很难与其它物质反应，故甲比乙活泼，不符合题意。故选B。15．【答案】D【解析】A、将红热的木炭由瓶口向下缓慢插入盛有氧气的集气瓶中，由于反应生成二氧化碳密度，比空气大，会处于空气底部，故不能快速伸到集气瓶底部，避免熄灭，燃烧不充分，使实验现象更明显，选项正确；B、过滤液体时，注意“一贴、二低、三靠”的原则，过滤时发现过滤速度较慢，可能的原因是滤纸和漏斗壁之间留有气泡，是滤液不能快速集中通过滤纸，选项正确；C、乙醇无色易溶于水，向滴有红墨水的水中加入乙醇，利于观察乙醇溶解的过程，故红墨水的作用是显色，选项正确；D、用玻璃棒蘸取白醋，滴在湿润的pH试纸上，稀释了待测溶液，使溶液的酸性减弱，酸性溶液pH越小酸性越强，pH值越大酸性越弱，故测定结果偏大，选项错误。故选D。16．【答案】C【解析】A、碳粉、铁粉均能在足量的氧气中，不但能把杂质除去，也能把原物质除去，不符合除杂原则，故A选项实验设计不能达到实验目的；B、把铜和银加入稀盐酸中，均无变化，说明铜和银在金属活动性顺序中在氢的后面，但是无法证明铜和银的活动性强弱，故B选项实验设计不能达到实验目的；C、分别取样加熟石灰混合研磨、闻气味，有刺激性气味的是硫酸铵，无明显现象的是硫酸钾，C选项实验设计能达到实验目的；D、NaOH变质生成碳酸钠，溶液也显碱性，滴加酚酞溶液也会变红，故D选项实验设计不能达到实验目的。故选C。17．【答案】C【解析】A、催化剂可以改变化学反应的速率，但改变化学反应速率的物质不一定是催化剂，确定是催化剂还需确定其质量和化学性质均不改变，故选项推理错误；B、活泼金属能与稀盐酸反应放出气体，但能与稀盐酸反应放出气体的物质不一定是活泼金属，也可能是碳酸盐等，故选项推理错误；C、无色酚酞溶液遇酸性溶液不变色，遇中性溶液不变色，遇碱性溶液变红，将酚酞滴入碱性溶液后显红色，则使酚酞变红色的溶液一定是碱性溶液，故选项推理正确；D、洗洁精去除油污是利用了乳化作用，汽油去除油污是因为汽油能溶解油污，利用了溶解原理，故选项推理错误。故选C。18．【答案】A【解析】首先观察颜色，第一个被鉴别出来的是紫色的石蕊溶液，剩余的无色溶液中盐酸为酸性，氢氧化钙、氢氧化钠、碳酸钠三种溶液为碱性；根据紫色石蕊溶液遇酸性溶液变红，遇碱性溶液变蓝的性质，向少许剩余的溶液中分别滴加石蕊溶液，变红的是盐酸，所以第二个被鉴别出来的物质是盐酸；再将盐酸分别滴入少许剩余的三种溶液中，根据盐酸与碳酸钠溶液反应有气体生成，有气泡产生的是碳酸钠溶液，所以第三个被鉴别出来的物质是碳酸钠溶液。故选A。19．【答案】D【解析】A、乙为加入硫酸钠，反应生成了氢氧化钠，乙曲线电导率减小过程中，溶液红色不变，故A错误；B、乙曲线对应的反应中钡离子、硫酸根离子数目都减少，氢氧化根离子、钠离子数据不变，故B错误；C、由上述分析可知，甲曲线对应氢氧化钡与稀硫酸反应，故C错误；D、由上述分析可知，甲曲线上的M点代表两种溶液恰好完全反应，故D正确。故选D。20．【答案】D【解析】设氢氧化铁质量为x将产生的气体先通过浓硫酸，浓硫酸质量增加5.4g，再通过灼热的铜网，铜网质量增加0.32g，说明氢氧化铁分解生成水的质量是5.4g，Fe2O3继续分解生成氧气质量是0.32gFe2O3继续分解生成的复杂的铁的氧化物中，铁元素的质量为： =11.2g氧元素的质量为：=4.48g则铁原子和氧原子个数比为：=5：721．【答案】（1） CH4 ；大 ；（2）蛋白质；（3）热塑 ；白色；（4） 塑料 ；导电性 ； 密度小【解析】（1）天然气主要组分为甲烷，化学式为CH4，火焰呈黄色或橙色时，说明甲烷燃烧不充分，需要增加氧气的供给，所以通风口需要调大，以满足甲烷的充分燃烧的需求；（2）鱼肉含有丰富的蛋白质，所以清蒸鱼富含蛋白质；（3）聚乙烯可以成薄膜，说明其有良好的热塑性，而热固性是指高温时不熔化；聚乙烯制得薄膜为白色，不容易降解，所以根据其颜色，将其堆积不能回收使用的污染称为白色污染；（4）塑料属于有机合成材料，铜丝线、铝合金都是由金属材料制成；LED灯是通电后发光，用铜丝将电流引导至LED灯中，利用铜丝的导电性；熊猫木偶服饰重量仅为20kg，说明利用了铝合金密度小性质，让这个庞然大物质量如此小，可以容易穿戴移动。22．【答案】(1)不完全；(2) CH4+4NiOCO2+2H2O+4Ni  ；NiO【解析】(1)含碳物质不充分燃烧产生炭黑，可以用于制墨，所以“立窑烧烟法”利用了松木的不完全燃烧产生的炭黑；(2)据图可知，反应器2是甲烷和氧化镍在一定温度下反应生成二氧化碳、水和镍，反应的化学方程式是：CH4+4NiOCO2+2H2O+4Ni；在此反应中NiO被夺取了氧，参加了还原反应。23．【答案】(1)1：3；(2)C、H；(3)浓盐酸具有挥发性，使制取的气体不纯净；【解析】(1)由图示可知，A的化学式为CH4，该反应的反应物是甲烷和水，生成物是一氧化碳和氢气，反应的化学方程式为，由方程式的意义可知，生成C和D的分子个数比为1：3；(2)在化学方程式为CO + H2OCO2 + H2中，由化合价原则可知，碳元素由+2价变为+4价，氢元素由+1价变为0价，反应前后化合价发生改变的元素有C、H；(3)浓盐酸具有挥发性，使制取的气体不纯净，因此实验室不用浓盐酸制取氢气。24．【答案】(1)温室；(2) 石油 ； ；太阳能（合理即可）；(3) 二氧化碳能溶于水且能与水反应 ； ；CaC2O4•H2O加热失去结晶水 ；1：1 ； CaC2O4•H2O热分解制备CaO会产生更多的气体，使CaO表面疏松多孔【解析】(1)二氧化碳的过量排放会加剧温室效应，因此控制二氧化碳的排放，主要是为了减缓温室效应；故填：温室。(2)化石燃料包括煤、石油、天然气；甲烷在氧气中燃烧生成水和二氧化碳，反应的化学方程式为；可为实现“碳中和”做出贡献的清洁能源有太阳能、风能、潮汐能等；故填：石油；；太阳能（合理即可）。(3)①因为二氧化碳能溶于水且能与水反应，所以可用加压水洗法可捕集二氧化碳；用足量的石灰乳捕捉二氧化碳，二氧化碳能与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，反应的化学方程式为；②分析图示信息可知，第一阶段反应后固体质量减少了18g，则说明减轻的原因是CaC2O4•H2O加热分解失去了结晶水，第二阶段质量减少了28g，则说明产生的气体是CO，第三阶段质量减少了44g，则说明产生的气体是CO2，据此可知该反应所得一氧化碳和二氧化碳的分子个数之比为；分析CaC2O4•H2O的分解过程可知，与CaCO3热分解制备CaO相比，CaC2O4•H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能，其原因是CaC2O4•H2O热分解制备CaO会产生更多的气体，使CaO表面疏松多孔；故填：二氧化碳能溶于水且能与水反应；；CaC2O4•H2O加热失去结晶水；1：1；CaC2O4•H2O热分解制备CaO会产生更多的气体，使CaO表面疏松多孔。25．【答案】(1)甲；(2)生成气体的体积；(3)3、4；(4)；(5)AC【解析】(1)根据实验目的分析可知，是通过在相同时间内量简收集到水的体积来判断产生氧气的快慢，所以需要将口瓶中的水排出，因为氧气不易溶于水且密度比水小，故从导管短端进入，应选装置甲；(2)实验需要测量的数据有：反应时间和生成气体的体积；(3)分析表中数据可知，对比实验3和4，可知硫酸铜可以加快双氧水分解的速率；(4)实验3是过氧化氢在硫酸铜溶液催化作用下生成水和氧气，反应的化学方程为：；(5)A、不可振落反应液，确保反应液平稳释放O2，故选项说法正确；B、由表中数可知，实验1中到第9min反应产生氧气的速率较慢且稳定，故选项说法错误；C、由于进入的气体体积等于排出的水体积，装置内原有空气对产生氧气速率的测定没有影响，故选项说法正确；D、上述实验过程中，实验3的双氧水的分解速率均在不断减小，故选项说法错误，故选：AC。26．【答案】蓝色固体逐渐溶解，溶液由无色变为蓝色；（1）溶液不变红 ； ；（2） B ；（3）稀盐酸或稀HCl；（4）NaCl、HCl ；（5）pH由小于7逐渐增大至等于7或大于7 ；（6）甲、乙中硅胶不变色，丙中硅胶由蓝色变为红色；（7）U型管中液面左低右高 ；（8）过量的氢氧化钠固体溶于生成的水中，放出大量的热，会影响能量变化的检验，同时可防止反应放出大量的热，装置内气体受热膨胀，压强增大过快，橡皮塞迸出【解析】试管①中氢氧化铜和稀硫酸反应生成硫酸铜和水，故现象为：蓝色固体逐渐溶解，溶液由无色变为蓝色；探究1：（1）氢氧化钠显碱性，能使无色酚酞试液变红，氯化钠显中性，稀盐酸显酸性，均不能使无色酚酞试液变红，故取少量实验后试管②中的溶液，分别放入a、b两支试管中，向a试管中滴入酚酞溶液，观察到溶液不变红，说明溶液中不含氢氧化钠，则氢氧化钠和稀盐酸发生了反应；氢氧化钠和稀盐酸反应生成氯化钠和水，该反应的化学方程式为：；（2）无色酚酞试液在中性和酸性溶液中均不变色，氢氧化钠和稀盐酸反应生成了氯化钠，故溶液中一定含氯化钠，可能含氯化氢，故应加入某种物质验证溶液中是否含氯化氢。A、铜与稀盐酸不反应，无明显现象，无法验证溶液中是否含氯化氢，不符合题意；B、氧化铁能与稀盐酸反应生成氯化铁和水，红棕色固体逐渐溶解，溶液由无色变为黄色，说明溶液中含氯化氢，符合题意；C、氯化钠和氯化氢均与二氧化碳不反应，无明显现象，无法验证溶液中是否含氯化氢，不符合题意。故选B；探究2：（3）由图可知，一开始pH＜7，随着反应的进行，pH逐渐增大至大于7，说明乙溶液是稀盐酸，甲溶液是氢氧化钠溶液；（4）加入甲溶液12 mL时，pH＜7，说明此时，稀盐酸还未完全反应，氢氧化钠和稀盐酸反应生成了氯化钠，故此时溶液中的溶质为：NaCl、HCl；（5）稀盐酸显酸性，pH＜7，随着氢氧化钠溶液的不断加入，pH逐渐增大到等于7或大于7，说明氢氧化钠和稀盐酸发生了反应；探究3：（6）甲和乙中硅胶均不变色，说明无水乙酸和固体氢氧化钠不能使硅胶变色，丙中硅胶由蓝色变为红色，说明无水乙酸和氢氧化钠固体反应生成了水，故填：甲、乙中硅胶不变色，丙中硅胶由蓝色变为红色；（7）中和反应放出热量，会使装置内气体受热膨胀，压强增大，故U型管中液面左低右高；（8）如果药品过多，过量的氢氧化钠固体溶于生成的水中，放出大量的热，会影响能量变化的检验，同时可防止反应放出大量的热，装置内气体受热膨胀，压强增大过快，橡皮塞迸出。27．【答案】(1)疏松多孔；(2)低；(3)；(4)AD；(5)发热包一旦接触到热水很容易导致水剧烈沸腾，引发危险【解析】(1)活性炭具有疏松多孔的结构，能起到吸附作用，硅藻土和活性炭结构相同，故填：疏松多孔；(2)分析表中数据可知，等量的八宝粥吸热量比矿泉水吸热量低；(3)氢化钙与水反应生成氢氧化钙和氢气，则反应方程式为：；(4)A、发热包中反应较为复杂，会产生一定量的氢气和一氧化碳，不能在汽车等密闭、狭小环境中使用，动车为密闭空间，不可以多人同时制作不同口味的自热火锅，故A正确；B、发热包中反应速率快，加热过程中，要将自热锅盖上的透气孔打开，不应密封，避免发生爆炸危险，故B错误；C、分析自热米饭“自热”保温曲线图可知，加热包的温度随时间降温幅度较小，保温效果好，则“自热”后无需立即食用，故C错误；D、分析表中数据可知，等质量的氯化镁和氯化铝作发热剂为相同食物加热时，氯化铝理论放热多，加热效果好，故D正确；故选：AD；(5)根据发热包的原理可知，发热包本身会放出大量热，改加热水后，发热包一旦接触到热水很容易导致水剧烈沸腾，引发危险。28．【答案】(1)   ；不能，因为酒精燃烧也会产生二氧化碳，使澄清的石灰水变浑浊；(2)；(3)BC；(4)煅烧不同的时间，在1100℃~1200℃范围内生的生石灰活性度均高；(5) 83.3%【解析】(1)二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊，反应的化学方程式为：；该实验不能证明石灰石煅烧产生二氧化碳，因为在煅烧石灰石的同时，酒精也在燃烧，酒精燃烧也会产生二氧化碳，涂有澄清石灰水的烧杯是倒扣在酒精喷灯火焰上方的，所以不能证明煅烧石灰石产生了二氧化碳。(2)石灰石煅烧后生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙溶液显碱性，能使无色的酚酞变红，反应的化学方程式为：。(3)A、CaCO3悬浊液中有少量碳酸钙溶于水，说明碳酸钙没有完全溶解，所以形成碳酸钙的饱和溶液，故A选项错误；B、碳酸钙的悬浊液能使无色的酚酞溶液变红，所以说明少量碳酸钙溶于水后，溶液显碱性，升温后，溶液颜色变浅，说明溶液碱性减弱，水中溶解的碳酸钙减少，可说明CaCO3的溶解度随着温度的升高而降低，故B选项正确；C、碳酸钠溶液与碳酸钙悬浊液都能使酚酞溶液变红，而氯化钠和氯化钙溶液不能使酚酞溶液变红，说明钠离子、氯离子和钙离子不能使酚酞溶液变色，所以CaCO3悬浊液使酚酞变红与其结构中的碳酸根离子有关，故C选项正确；D、在加热碳酸钙的悬浊液时，若碳酸钙受热分解了，分解产物为氧化钙和二氧化碳，氧化钙溶于水生成氢氧化钙，氢氧化钙溶于水显碱性，溶液碱性增强，溶液颜色变深，不会变浅，由于碳酸钙在高温煅烧时才能分解，加热时达到不碳酸钙的分解温度，碳酸钙不能分解；故D选项错误；故选BC。(4)石灰石煅烧的最佳温度范围为1100℃~1200℃的证据是：由表格中的数据可以得出，煅烧不同的时间，在1100℃~1200℃范围内生的生石灰活性度均高。(5)石灰石中碳酸钙的质量分数即石灰石中碳酸钙的质量与石灰石的质量之比，再乘以百分之百，石灰石的质量12g已经给出，需要再求出其中碳酸钙的质量。碳酸钙在高温的条件下反应生成氧化钙和二氧化碳气体，气体逸出，固体质量减少，由题意可知，12g固体充分反应后剩余固体7.6g，则生成二氧化碳的质量为，根据反应的化学方程式由二氧化碳的质量可求出碳酸钙的质量。解：生成二氧化碳的质量为：.石灰石中碳酸钙的质量分数为：答：石灰石中碳酸钙的质量分数为83.3%。