2024年中考三模 化学（无锡卷）（全解全析）.docx

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化 学
（考试时间：100分钟 试卷满分：80分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl- Ca-40
一、选择题（本题包括 20小题，每小题只有1个选项符合题意。1~10题每小题1分，11~20题每小题2分，共30分）
1．下列物质属于氧化物的是
A．O2 B．Mg(OH)2 C．Na2SO4 D．CuO
【答案】D
【分析】由两种元素组成，其中一种元素是氧元素的化合物是氧化物。
【解析】A、氧气是只由氧元素组成的纯净物，是单质，不符合题意；
B、氢氧化镁是由镁元素、氢元素、氧元素三种元素组成的化合物，由金属阳离子和氢氧根离子构成的化合物是碱，不符合题意；
C、硫酸钠是由钠元素、硫元素、氧元素三种元素组成的化合物，由金属阳离子和酸根离子构成的化合物是盐，不符合题意；
D、氧化铜由铜元素和氧元素两种元素组成的化合物，符合题意。
故选D。
2．我载了烧酒的制造工艺：“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次价值倍也”。这里用到的实验方法可用于分离
A．植物油和水 B．食盐水和泥沙
C．酒精和水 D．硝酸钾和硫酸钠
【答案】C
【分析】酒精酸败的产物是醋酸，采用蒸馏的方法将酒精与醋酸分离开来，蒸馏法用于分离互溶的液体。
【解析】A、植物油和水不能互溶，应该用分液法分离，故A错误；
B、泥沙不溶于水，可用过滤法将食盐水与泥沙分离，故B错误；
C、酒精和水互溶，可用蒸馏法分离，故C正确；
D、硝酸钾和硫酸钠都是易溶于水的固体，但两者的溶解度随温度的变化有差异，可用重结晶法进行分离，故D错误。
故选C。
3．“垃圾分类工作就是新时尚”。废旧报纸应投入的垃圾箱是
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】A、“其他垃圾”标志的垃圾桶用来装不属于厨余垃圾、有害垃圾、可回收物的垃圾，报纸属于可回收垃圾，选项A不正确；
B、“可回收物”垃圾桶应投入可回收利用的垃圾，包括纸类、塑料、玻璃、织物和瓶罐等，废旧报纸应投入其中，选项B正确；
C、“有害垃圾”标志的垃圾桶用来装有害物质、需要特殊安全处理的垃圾，包括电池、灯管和日用化学品等，报纸不属于此类，选项C不正确；
D、“厨余垃圾”标志的垃圾桶用来装米和面粉类食物残余、蔬菜、动植物油、肉骨等厨房垃圾，报纸不属于此类，选项D不正确。故选B。
4．草木灰的主要成分为碳酸钾，碳酸钾属于
A．酸 B．碱 C．盐 D．氧化物
【答案】C
【解析】A、酸是指在水溶液中电离出来的阳离子全部是氢离子的化合物，K2CO3在水中不能电离出氢离子，不符合题意；
B、碱是指在水溶液中电离出来的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，K2CO3在水中不能电离出氢氧根离子，不符合题意；
C、盐是由金属阳离子（或铵根离子）与酸根阴离子构成的化合物，K2CO3是由钾离子和碳酸根离子构成的化合物，符合题意。
D、氧化物是指由氧元素和另一种元素组成的化合物，K2CO3中含有三种元素，不属于氧化物，不符合题意。
故选C。
5．下列仪器中不可加热的是
A．试管 B．烧杯 C．量筒 D．蒸发皿
【答案】C
【解析】A. 试管可直接加热，此选项不符合题意；
B. 烧杯可间接加热，此选项不符合题意；
C. 量筒只能用来量取液体的体积，不能加热，此选项符合题意；
D. 蒸发皿可直接加热，此选项不符合题意。
故选C。
6．下列能反映水在空气中放置时发生变化的微观图示的是：注：(图中表示氧原子，表示氢原子)。
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】水在蒸发时，液面以上的单位体积内的水分子个数应该小于液面以下单位体积内的水分子个数，所以能反映水在空气中放置时发生变化的微观图示的是D。
故选：D。
7．下列化学用语表达正确的是
A．一氧化碳：Co
B．硝酸铵中的阳离子：
C．2个氢原子：2H
D．氧化镁中镁元素的化合价：
【答案】C
【解析】A、一氧化碳是由碳、氧元素组成的纯净物，化学式：CO，化学用语表达错误；
B、离子的表示方法：在元素符号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，硝酸铵是由铵根离子和硝酸根离子构成，硝酸铵中的阳离子：， 化学用语表达错误；
C、元素符号表示意义：表示这种元素，表示这种元素一个原子，由原子直接构成的物质，元素符号表示这种物质，元素符号前面计量数表示原子的个数，2个氢原子：2H，化学用语表达正确；
D、化合价表示方法：在元素符号正上方标注元素显示化合价，正负号在前，数字在后，氧化镁化合物中氧元素化合价为-2价，依据化合物中各元素正负化合价代数和为0可知：镁元素化合价为+2价，氧化镁中镁元素的化合价：，化学用语表达错误；
答案：C。
8．下列有关CO2实验的图示正确的是（　　）

A．制取CO2 B．收集CO2 C．验证CO2已集满 D．验证CO2能与水反应
【答案】D
【解析】A、制取二氧化碳时，长颈漏斗要伸入液面以下防止生成的气体从长颈漏斗下端逸出，故A不正确；
B、二氧化碳能溶于水，不能用排水法收集，如果用的话也要短进长出，故B不正确；
C、验满时要把燃着的木条放在集气瓶中，而不是伸入集气瓶内，故C不正确；
D、通过观察紫色石蕊试液变红色就可以验证二氧化碳能和水反应，故D正确。故选D。
9．下列物质的名称、俗称、化学式表示正确的是
A．乙醇、酒精、CH3COOH B．氢氧化钙、消石灰、Ca(OH)2
C．氢氧化钠、纯碱、Na2CO3 D．氧化钙、石灰石、Ca
【答案】B
【解析】A、乙醇俗称酒精，化学式：C2H5OH，物质的名称、俗称、化学式表示不正确；
B、氢氧化钙俗称熟石灰、消石灰，化学式：Ca(OH)2，物质的名称、俗称、化学式表示正确；
C、氢氧化钠俗称火碱、烧碱、苛性钠，化学式：NaOH，碳酸钠俗称纯碱，化学式：Na2CO3，物质的名称、俗称、化学式表示不正确；
D、氧化钙俗称生石灰，化学式：CaO，物质的名称、俗称、化学式表示不正确；
答案：B。
10．《茉莉花》是一首脍炙人口的苏南民歌。茉莉花香气的成分有多种，乙酸苯甲酯(C9H10O2) 是其中的一种。下列关于乙酸苯甲酯的说法正确的是
A．乙酸苯甲酯的相对分子质量为150g
B．乙酸苯甲酯由碳、氢、氧三种元素组成
C．乙酸苯甲酯中碳、氢、氧三种元素质量比为9: 10: 2
D．乙酸苯甲酯分子由碳原子、氢原子、氧分子构成
【答案】B
【分析】A、根据相对分子质量的单位来分析；B、根据物质的组成来分析；C、根据化合物中元素的质量比来分析；D、根据物质的构成来分析。
【解析】A、相对分子质量的单位不是“g”而是“1”，通常省略不写，故选项错误；B、由化学式可知，乙酸苯甲酯由碳、氢、氧三种元素组成，故选项正确；C、乙酸苯甲酯中碳、氢、氧三种元素质量比为（12×9）：（1×10）：（16×2）≠9：10：2，故选项错误；D、乙酸苯甲酯是由分子构成的，而不是由原子直接构成的，故选项错误。故选B。
11．下列叙述正确的是
A．用小苏打治疗胃酸过多 B．用氢氧化钠改良酸性土壤
C．用铁桶长时间存放硫酸铜溶液 D．用食盐水除去热水瓶中的水垢
【答案】A
【解析】A、小苏打是碳酸氢钠，胃酸的主要成分是盐酸，碳酸氢钠能与盐酸反应，故能用于治疗胃酸过多，正确；B、氢氧化钠具有强烈的腐蚀性，不能用于改良酸性土壤，错误；C、铁能与硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁，故不能用铁桶来存放硫酸铜，错误；D、水垢的主要成分是碳酸钙，碳酸钙不能与氯化钠反应，错误。故选
A。
12．下列物质的转化在给定条件下均能实现的是
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】A、一氧化碳具有还原性，在高温条件下能还原四氧化三铁，生成铁和二氧化碳，选项正确；
B、氢氧化钠和二氧化硫反应生成亚硫酸钠，不是硫酸钠，选项错误；
C、铁和稀盐酸反应生成氯化亚铁，不是氯化铁，选项错误；
D、一氧化碳不和水反应，二氧化碳和水反应生成碳酸，选项错误。
故选A。
13．镁在国防工业中应用广泛，镁元素的相关信息如下图所示，下列有关说法正确的是
A．镁属于非金属元素
B．
C．镁原子得到两个电子变为Mg2+
D．镁原子的质子数是12
【答案】D
【解析】A、镁元素名称带“钅”字旁，属于金属元素，故选项说法错误；
B、根据元素周期表的信息可知，元素名称下方的数字表示相对原子质量，，单位是“1”，不是“g”故选项说法错误；
C、根据元素周期表的信息可知，左上角的数字表示原子序数，镁的原子序数为12，原子中原子序数=质子数=核外电子数=核电荷数，镁原子第一层有2个电子，第二层8个电子，第三层有2个电子，最外层电子数是2，小于4，容易失去两个电子形成镁离子，故选项说法错误；
D、根据元素周期表的信息可知，左上角的数字表示原子序数，镁的原子序数为12，原子中原子序数=质子数=核外电子数，所以镁原子的质子数是12，故选项说法正确。
故选：D。
14．下列实验操作能达到实验目的的是
选项
物质
目的
主要实验操作
A
H2、CH4
鉴别
点燃，在火焰上方罩一个干冷的烧杯，观察现象
B
NaOH溶液中混有Na2CO3
除杂
加入适量的CaCl2溶液，振荡、静置、过滤
C
Na2CO3溶液中是否含有Na2SO4
检验
取样，滴加BaCl2溶液，观察现象
D
KNO3和Ba（NO3）2的混合溶液
分离
先加入过量的K2CO3溶液，搅拌、静置、过滤、洗涤，再分别向滤液、滤渣中加入适量的稀硝酸，搅拌
【答案】D
【解析】A、H2、CH4燃烧均能生成水，点燃，在火焰上方罩一个干冷的烧杯，烧杯内壁均会出现水雾，现象相同，不能鉴别，不符合题意；
B、加入适量的CaCl2溶液，振荡，Na2CO3能与适量的CaCl2溶液反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，能除去杂质但引入了新的杂质氯化钠，不符合题意；
C、碳酸钠、硫酸钠溶液均能与BaCl2溶液反应，分别生成碳酸钡白色沉淀、硫酸钡白色沉淀，不能用氯化钡溶液检验Na2CO3溶液中是否含有Na2SO4，不符合题意；
D、先加入过量的K2CO3溶液，碳酸钾和硝酸钡反应生成碳酸钡沉淀和硝酸钾，搅拌、静置、过滤、洗涤，再分别向滤液、滤渣中加入适量的稀硝酸，搅拌，滤液中过量的碳酸钾和硝酸反应生成硝酸钾、水和二氧化碳，滤渣中的碳酸钡和硝酸反应生成硝酸钡、水和二氧化碳，能进行分离，符合题意。
故选D。
15．如图为MgCl2、KCl和MgSO4的溶解度曲线。下列说法正确的是
A．T2℃时，溶解度：S（MgCl2）＞S（KCl）＞S（MgSO4）
B．T2℃时，将MgSO4、，则形成MgSO4饱和溶液和MgCl2不饱和溶液，前者溶液的溶质质量分数大于后者
C．T3℃时，将KCl、MgSO4的饱和溶液分别降温到T2℃，两种溶液中均有晶体析出
D．T1℃时，将等质量的KCl、MgSO4饱和溶液分别升温到T3℃，要使两种溶液均达到饱和，加入的对应溶质质量相等
【答案】D
【解析】A、由溶解度曲线可知：T2℃时，溶解度大小是：S（MgCl2）＞S（MgSO4）＞S（KCl），故A错；
B、T2℃时，氯化镁溶解度是63g，硫酸镁溶解度是56g，将MgSO4、，则形成MgSO4饱和溶液和MgCl2不饱和溶液，两溶液中溶剂质量相等，MgSO4饱和溶液中含有溶质质量是28g，MgCl2不饱和溶液中含有溶质质量是30g，所以MgCl2不饱和溶液中溶质质量分数大，故B错；
C、T3℃时，将KCl、MgSO4的饱和溶液分别降温到T2℃，氯化钾溶解度减小，析出固体，硫酸镁溶解度增大，不能析出固体，故C错；
D、T1℃时氯化钾和硫酸镁溶解度相等，等质量的KCl、MgSO4饱和溶液升温至T3℃，都变成不饱和溶液，该温度下氯化钾和硫酸镁溶解度相等，要使两溶液均达饱和，加入的对应溶质量相等，故
D正确。
故选D。
16．下列各组溶液，不用其他试剂就不能鉴别出来的是
A．CuCl2、NaOH、MgCl2、HCl
B．BaCl2、HCl、K2CO3、HNO3
C．Ba（OH）2、Na2CO3、K2SO4、HNO3
D．MgSO4、NaOH、Ba（NO3）2、HCl
【答案】B
【分析】在不另加试剂就能鉴别的题目中，首先观察有无有特殊颜色的物质，若有，将有颜色的溶液鉴别出来，然后再借用这种溶液鉴别其它溶液；若都没有颜色就将溶液两两混合，根据混合后的现象进行分析鉴别。
【解析】A、CuCl2溶液是蓝色的，首先鉴别出蓝色的CuCl2溶液；能与CuCl2溶液反应产生蓝色沉淀的是NaOH溶液，能与NaOH溶液反应产生白色沉淀的是MgCl2溶液溶液，无明显变化的是盐酸，不加其它试剂可以鉴别，错误；
B、组内四种物质的溶液两两混合时，其中有一种溶液与其它三种溶液混合时能出现一次白色沉淀和二次放出气体，该溶液为K2CO3溶液；与K2CO3溶液产生气体的溶液为HCl、HNO3，产生白色沉淀的为氯化钡溶液；不加其它试剂无法鉴别HCl、HNO3，正确；
C、组内四种溶液两两混合时，与其它三种溶液混合时两次生成白色沉淀的是Ba（OH）2溶液，一次生成白色沉淀、一次生成气体的是Na2CO3溶液，一次生成白色沉淀的是K2SO4溶液，一次生成气体的是HNO3溶液，不加其它试剂可以鉴别，错误；
D、组内四种溶液两两混合时，与其它三种溶液混合时两次生成白色沉淀的是MgSO4溶液，一次生成白色沉淀的是NaOH溶液和Ba（NO3）2溶液，无明显现象的是HCl溶液，再分别向一次生成白色沉淀的两组实验所得的沉淀中滴加HCl溶液，白色沉淀不消失的原溶液是Ba（NO3）2溶液，白色沉淀消失的原溶液是NaOH溶液，不加其它试剂可以鉴别，错误。
故选B。
17．经研究发现，利用催化剂可有效消除室内装修材料释放的甲醛。该反应的微观示意图如图所示，下列有关说法不正确的是
A．生成物中丙、丁的质量比为1：1
B．该反应一定有元素的化合价发生变化
C．反应前后催化剂的质量、化学性质均未发生改变
D．1个甲醛分子由1个碳原子、2个氢原子、1个氧原子构成
【答案】A
【解析】A、据反应的微观示意图可知，甲醛与氧气在催化剂作用下生成二氧化碳和水。化学方程式，所以生成物中丙、丁的质量比为44：18=22：9。A不正确；
B、据A中化学方程式可知，反应物中氧气是单质，氧元素化合价为0；生成物二氧化碳和水都是化合物，氧元素的化合价都是-2价，所以该反应氧元素的化合价发生变化。B正确；
C、根据催化剂的定义可知，反应前后催化剂的质量、化学性质均没有发生改变。C正确；
D、据图可知甲醛的化学式为HCHO，根据化学式的意义可知，甲醛由甲醛分子构成，1个甲醛分子由1个碳原子、2个氢原子、1个氧原子构成。D正确。
综上所述：选择A。
18．甲、乙、丙是进行可燃物燃烧的三个探究实验。下列说法不正确的是
A．实验甲中只有铜片上的白磷燃烧，可以得出燃烧的条件
B．实验乙改进的目的是吸收产生的五氧化二磷，防止污染空气
C．实验丙中①能燃烧而②不燃烧的原因是酒精灯火焰的温度低于纸片的着火点
D．上述三个实验均采用控制变量法的实验思想
【答案】C
【解析】A、实验甲中铜上的白磷与氧气接触，温度达到着火点，燃烧，红磷因为温度没有达到着火点而不燃烧，水中的白磷因为没有与氧气接触也不燃烧，说明燃烧的条件是可燃物需要与氧气接触且温度要达到着火点，故A说法正确；
B、浸有氢氧化钠溶液的棉花，使试管形成了一个密闭的容器，可以吸收产生的五氧化二磷，防止污染空气，故B说法正确；
C、实验丙中两个纸片均裹在试管外壁，即均接触空气（氧气），纸片均为可燃物，但实验时①中纸片燃烧，②中纸片不燃烧，则一定是①中温度达到了纸片着火点，而②中温度未达到纸片着火点，观察实验装置图，可看到由于②中纸片包裹的试管内有水，加热时水吸收了热量，使温度达不到纸片着火点而不能燃烧。故说法不正确；
D、甲实验，铜片是的白磷和红磷其他条件相同，只是着火点不同，一个燃烧，一个不燃烧；铜片上的白磷和水中的白磷其他条件相同，只一个与氧气接触，一没有与氧气接触，一个燃烧，一个不燃烧，所以运用了控制变量法；乙实验白磷和红磷其他条件相同，只是着火点不同，一个燃烧，一个不燃烧，也运用控制变量法；丙实验两纸片都与氧气接触，只是①中温度达到了纸片着火点，而②中温度未达到纸片着火点，一个燃烧，一个不燃烧，也运用了控制变量法。故D说法正确 。
故选C。
19．使用特殊的催化剂在光照(hv)条件下实现了CO2和H2催化转化为C4H10，其中转化过程如图中步骤①、②所示。下列说法不正确的是
A．转化过程①和②中，碳氢元素化合价发生了变化
B．过程③中，理论上每58 t C4H10完全反应，需消耗208 t O2
C．CO2和H2催化转化为C4H10的总反应方程式为：4CO2+13H2=C4H10+8H2O
D．从CO2到C4H10的转化是一个储存能量的过程
【答案】C
【解析】A、转化过程①和②中，都有氢气单质参加反应，氢元素化合价发生了变化；碳元素从二氧化碳转化为一氧化碳再转化为C4H10，碳元素的化合价从+4到+2到显负价，碳元素化合价发生了变化，故说法正确；
B、设理论上每58tC4H10完全反应，需消耗O2的质量为x，
x=208t，
故说法正确；
C、根据流程可知，转化①是二氧化碳和氢气在催化剂和光照(hv)条件下反应生成一氧化碳和水，反应的化学方程式为：，转化②是一氧化碳和氢气在催化剂和光照(hv)条件下反应生成C4H10和水，反应的化学方程式为：，所以CO2和H2催化转化为C4H10的总反应方程式为：，故说法错误；
D、由物质的变化和能量的转化可知，从CO2到C4H10的转化是一个储存能量的过程，故说法正确。
故选C。
20．CaC2O4•H2O加热升温过程中固体的质量变化见图。•。下列说法不正确的是
A．CaC2O4中C元素的化合价为+3价
B．
C．剩余固体成分为CaO和CaCO3的混合物
D．将剩余固体溶于过量的稀盐酸，
【答案】D
【解析】A、CaC2O4中钙元素显+2价，氧元素显-2价，根据在化合物中各元素的正负化合价代数和为0，设碳元素的化合价为x，则有（+2）+2x+（-2）×4=0，解得x=+3，故A说法正确；
B、根据质量守恒定律，反应前后元素质量不变，则剩余固体中含有钙元素的质量为，故B说法正确；
C、CaC2O4•H2O的相对分子质量为40+12×2+16×4+18=146，由图可知，第一阶段，失去结晶水，得到固体的质量为，得到的固体为CaC2O4；第二阶段，CaC2O4高温分解生成碳酸钙和一氧化碳，得到固体的质量为，得到的固体为CaCO3；第三阶段，得到固体的质量为，剩余固体成分为CaO；•，~，则剩余固体成分为CaO和CaCO3的混合物，故C说法正确；
D、由C分析可知，，CaC2O4高温分解生成碳酸钙和一氧化碳，，生成一氧化碳的质量为y，则有，解得x=；解得y=；-=＞，说明碳酸钙也发生了分解，-=，设分解的碳酸钙的质量为z，则有，解得z=；反应后剩余固体中碳酸钙的质量为10g-=，将剩余固体溶于过量的稀盐酸，氧化钙和盐酸反应生成氯化钙和水，碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，设产生二氧化碳的质量为