文档内容
2024 年中考第三次模拟考试（南通卷）
化学·全解全析
（考试时间：60分钟 试卷满分：60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．回答第Ⅰ卷时，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．回答第Ⅱ卷时，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 S-32 Ca-40
第I卷 选择题（共 20 分）
本题共10小题，每小题只有一个选项符合题意。每小题2分，共20分。
1．海安东临黄海，南望长江，河道纵横交错，莲是多年生水生草木，莲藕富含维生素C、铁、淀粉和膳食
纤维，莲子中钙、磷、钾含量很高，下列说法错误的是
A．莲藕富含糖类、无机盐等营养素
B．淀粉在人体内与水发生反应最终转化为氨基酸
C．膳食纤维是天然有机高分子物质
D．维生素C是对生命活动有重要意义的有机物
【答案】B
【详解】A、莲藕富含糖类、无机盐等营养素，故A不符合题意；
B、淀粉在人体内与水发生反应最终转化为葡萄糖，故B符合题意；
C、莲藕中的膳食纤维属于天然有机高分子物质，故C不符合题意；
D、维生素C是对生命活动有重要意义的有机物，故D不符合题意。
故选B。
2．下列有关物质的组成或分类说法正确的是
A．甲烷和乙醇的组成元素相同
B．生理盐水和石蕊溶液都是混合物
C．纯碱和烧碱都含有氢氧根离子
D．钙和铁都是人体必需的微量元素
【答案】B
【详解】A、甲烷的化学式为CH，由碳、氢两种元素组成；乙醇的化学式为C HOH，由碳、氢、氧三种
4 2 5
元素组成，故其组成元素不同，说法错误；
B、混合物由两种或两种以上物质组成，生理盐水中含有氯化钠、水等，石蕊溶液中含有水、石蕊等物质，
都属于混合物，说法正确；
C、纯碱的化学式为NaCO 属于盐类物质 不含氢氧根离子；烧碱的化学式为NaOH，含有氢氧根离子，
2 3， ，说法错误；
D、钙属于人体的常量元素，铁是人体必需的微量元素，说法错误。
故选B。
3．下列有关物质的性质与用途对应关系正确的是
A．石墨质软，可用作电池电极 B．氮气难溶于水，可用作保护气
C．醋酸具有酸性，可用于去除水垢 D．铁粉能与氧气反应，可用作干燥剂
【答案】C
【详解】A、石墨作电池电极，是因为石墨具有导电性，该选项对应关系不正确；
B、氮气作保护气，是因为氮气化学性质稳定，该选项对应关系不正确；
C、醋酸具有酸性，能与水垢反应，该选项对应关系正确；
D、铁粉作干燥剂，是因为铁生锈时消耗水，该选项对应关系不正确。
故选C。
4．如图所示的实验操作或说法不正确的是
A．可用于分离泥水 B．说明该装置气密性良好
C．滴管用毕即插回 D．可用于反应容器
【答案】D
【详解】A、过滤液体时，注意“一贴、二低、三靠”的原则；
B、装置气密性检验的原理是：通过气体发生器与液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象
（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏；
C、根据滴瓶上的滴管的使用方法进行分析判断；
D、根据量筒不能用作反应容器进行分析判断。
解：A、泥沙难溶于水，可用过滤的方法分离，过滤液体时，要注意“一贴、二低、三靠”的原则，图中
所示操作正确；
B、该装置用的是注水法，原理为：向长颈漏斗中注水，直到长颈漏斗中的液面高于集气瓶中的液面，且
两者液面差不再改变，就证明该装置气密性良好，能判断气密性是否良好，图中所示装置正确。
C、滴瓶上的滴管使用后直接插回原瓶，不能用水清洗，否则试剂瓶中的溶液将被稀释，图中所示装置正
确。D、量筒不能用作反应容器，图中所示装置错误。
故选D。
点睛：熟悉各种仪器的用途及使用注意事项、常见化学实验基本操作的注意事项是解答此类试题的关键。
阅读下列材料，完成下面小题。
南海是中国四大海中最大、最深的海区，矿产、水产、可燃冰等自然资源最为丰富，海洋为人类提供了食
物、能源和交通，也是应对气候变化的忠实“朋友”。
5．下列说法正确的是
A．自然资源是可以再生的 B．自然资源需要抓紧大量开采，促进经济的发展
C．可燃冰主要含有甲烷水合物，是未来新能源 D．海洋“消化二氧化碳”时没有发生化学变化
6．海水淡化系统（如图）工作时，蒸发腔中的水在光热作用下变为水蒸气，太阳能风扇将水蒸气吹到冷
凝腔冷凝，实现海水淡化，下列说法错误的是
A．光热作用下，水分子运动速率加快
B．海水淡化有着广阔的开发前景
C．海水变为淡水，水分子化学性质不变
D．冰变为水和水变为水蒸气，水分子间的间隔都变大
【答案】5．C 6．D
【解析】5．A、不是所有的自然资源是可以再生的，例如各种金属和非金属矿物、化石燃料等，错误；
B、 自然资源抓紧大量开采，会造成资源的浪费，环境的污染，错误；
C、 可燃冰主要含有甲烷水合物，是未来新能源，正确；
D、 海洋“消化二氧化碳”时，二氧化碳与水反应生成了碳酸，发生化学变化，错误。
故选C。
6．A、光热作用下，温度升高，水分子运动速率加快，说法正确；
B、海水淡化能为人类提供大量的淡水，有着广阔的开发前景，说法正确；
C、海水变为淡水，水分子本身没有发生改变，水分子化学性质不变，说法正确；
D、冰变为水，体积减小，水分子间的间隔变小，水变为水蒸气，水分子间的间隔变大，说法错误。
故选D。
7．“证据推理与模型认知”是化学学科核心素养的重要组成部分。下列推断合理的是
A．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
B．活泼金属与酸反应生成氢气是置换反应，所以有单质气体生成的反应都是置换反应
C．NaO、CaO均能与水反应生成碱，因此所有金属氧化物都能与水反应生成碱
2D．化学变化常常伴随能量的变化，所以有能量变化的一定属于化学变化
【答案】A
【详解】A、合金的硬度一般比组成他们的纯金属更高，黄铜为铜锌合金，因此黄铜的硬度高于铜和锌，
正确；
B、有单质气体生成的反应不都是置换反应，例如水电解生成氢气和氧气属于分解反应，错误；
C、不是所有金属氧化物都能与水反应生成碱，例如氧化铜不和水反应，错误；
D、有能量变化的不一定属于化学变化，例如电灯发光放热，错误；
故选A。
8．右图是MgSO 饱和溶液中溶质质量分数随温度变化的曲线图，下列说法正确的是
4
A．M点表示20℃时MgSO 的不饱和溶液
4
B．N点时MgSO 的溶解度为41g
4
C．40℃的MgSO 饱和溶液降温至20℃，析出晶体6g
4
D．100℃的MgSO 饱和溶液降温至20℃，其溶质质量分数先不变后变小
4
【答案】D
【详解】A、M点在曲线上，溶质质量分数是该温度下的最大值，说明对应的溶液一定是饱和溶液，故选
项A错误；
B、分析图像可知，40℃时，MgSO 饱和溶液的溶质质量分数为41%，根据溶解度与溶质质量分数的关系，
4
溶解度一定不等于41g，故选项B错误；
C、没有指出溶液的质量，无法计算析出晶体的质量，故选项C错误；
D、MgSO 饱和溶液的溶质质量分数在70℃之前，随温度升高而增大，在70℃之后，随温度升高而减小，
4
所以100℃的MgSO 饱和溶液降温至20℃，其溶质质量分数先不变后变小，故选项D正确；
4
故选：D。
9．某化学兴趣小组同学利用Y形管设计了以下几个创新实验，下列说法错误的是A．实验1，可得出二氧化碳与水发生了反应的结论
B．实验2，慢慢倾斜Y形管，将右侧的稀硫酸部分倒人左侧，可得出Zn的金属活动性比Cu强
C．实验3，a、c处的现象对比，说明燃烧需要温度达到可燃物的着火点
D．实验3，管口小气球的使用体现了实验绿色化学
【答案】C
【详解】A、实验1中，一段时间后，可观察到湿润的紫色石蕊滤纸条变红，干燥的紫色石蕊滤纸条不变
色，对比说明二氧化碳与水发生了反应，故A正确；
B、实验2，Cu与稀硫酸不反应，慢慢倾斜Y形管，将右侧的稀硫酸部分倒入左侧，可观察到Zn和稀硫酸
发生反应产生气泡，说明Zn的金属活动性比Cu强，故B正确；
C、实验3中，a处白磷与氧气接触燃烧、c处白磷与氧气不接触不燃烧，两处现象对比说明燃烧需要可燃
物与氧气接触，故C错误；
D、实验3中，管口小气球的使用可防止生成的五氧化二磷逸散到空气中污染空气，体现了实验绿色化，
故D正确。
故选C。
10．CaSO 固体在受热时完全分解为CaO，其化学方程式为： ，取
4
2.72gCaSO 固体充分加热，使之完全分解。将产生的气体产物通过灼热的铜网，铜网变黑（已知SO 气体
4 2
不与铜网反应）；再通过NaOH溶液，NaOH溶液质量增加1.28g。则下列说法正确的是
A．剩余固体的质量为1.44g
B．X化学式可能是SO
3
C．生成X的质量为0.32g
D．方程式中a：c=1：2
【答案】C
【分析】CaSO 固体在受热时完全分解为CaO、SO 和O，其化学方程式为：
4 2 2
；NaOH溶液能吸收SO ，生成亚硫酸钠和水，因此NaOH溶液质量增加的
2
1.28g就是反应生成的SO 的质量。
2
【详解】A、剩余的固体是CaO，根据化学方程式中各物质质量比，结合二氧化硫的质量，设CaO的质量
为x，则 ，解得CaO的质量为1.12g，A错误；
B、1.28g SO 中硫元素的质量为 ，2.72gCaSO 固体中硫元素的质量为
2 4
，X中不含硫元素，不可能是SO ，B错误；
3
C、将产生的气体产物通过灼热的铜网，铜网变黑，说明X是氧气，铜和氧气在加热的条件下生成氧化铜，
根据化学方程式中氧气与二氧化硫的质量比，设生成氧气的质量为y，则氧气的质量为 ，解得生成氧气的质量为0.32g，C正确；
D、根据分析可知，方程式中a：c=1：1，D错误。
故选C。
第II卷 非选择题（共 40 分）
11．（8分）从微观的角度认识物质及其变化，能更好地认识物质的组成和变化的本质。
（1）下表为部分元素的原子结构示意图
元素名称 氮 氟 镁 氯
元素符号 N F Mg Cl
原子结构示意图
①表中氯原子核电荷数x= ，氯原子在反应中易 (填“得到”或“失去”)电子。
②氯原子与氟原子化学性质相似，其原因是 。
③氧原子得到两个电子所形成离子的离子符号为 。
④镁在空气中剧烈燃烧可生成MgO和氮化镁，写出氮化镁的化学式 。
（2）氮元素的“化合价与物质类别”对应关系如图所示。
①a点所代表的物质的化学式为 。
②写出物质b和c反应的化学方程式 。
【答案】（化学方程式2分，其余每空1分）
（1） 17 得到 最外层电子数相同 O2- MgN
3 2
（2） NO HNO+NHHO=NH NO +H O
2 3 3 2 4 3 2
【详解】（1）①、核电荷数=原子序数=核内质子数=核外电子数，故氯原子核电荷数x=17；
②、根据氯原子的原子结构示意图可知：氯原子最外层电子数为7，故在反应中易得到1个电子；
③、最外层电子数决定原子的化学性质，故氯原子与氟原子化学性质相似，其原因是氯原子与氟原子最外
层电子数相同；
④、氧原子得到两个电子所形成离子的离子符号为O2-；
⑤、氮化镁中氮元素为-3价，镁元素的化合价为+2价，故根据写元素上标价交叉约简写右下的书写原则可得氮化镁的化学式为MgN。
3 2
（2）①、由价类图可知：a点为+4价的氮的氧化物，故a点所代表的物质的化学式为NO ；
2
②、由价类图可知：b物质为含+5价的氮元素的酸，故为硝酸，c为含-3价的氮元素的碱，故为氨水，故b
和c反应为硝酸和氨水反应生成硝酸铵和水，故方程式为：HNO+NHHO=NH NO +H O。
3 3 2 4 3 2
12．（7分）孔雀石的主要成分为Cu (OH) CO，还含有少低SiO、Fe O，以孔雀石为原料制取胆矾
2 2 3 2 2 3
(CuSO ·5H O) 的部分工艺流程如下图。
4 2
已知：①SiO 难溶于水、不与稀硫酸反应。
2
②各离子开始沉淀及完全沉淀时的pH如下表所示。
离
开始沉淀时的pH 完全沉淀时的pH
子
Fe3+ 2.7 3.7
Cu2+ 5.2 6.4
回答下列问题：
（1）过滤Ⅰ所得滤液中的溶质有CuSO 、 (写化学式)。
4
（2）流程中的稀硫酸可用浓硫酸稀释而得，要把50g质量分数为98%的浓硫酸稀释为20%的稀硫酸，需
要水的质量为 g。
（3）操作中加入CuO的目的是通过调节溶液的pH，使Fe2+沉淀而Cu2+不沉淀，pH应控制在
范围之间，不选用NaOH的原因是 。
（4）操作Ⅱ包括蒸发浓缩、 、过滤等。
（5）写出Cu (OH) CO 与稀硫酸反应的化学方程式： 。
2 2 3
【答案】（化学方程式2分，其余每空1分）
（1）HSO 、Fe （SO ）
2 4 2 4 3
（2）195
（3） 3.7～5.2 生成新的杂质
（4）冷却结晶
（5）Cu (OH) CO+2H SO =2CuSO+3H O+CO↑
2 2 3 2 4 4 2 2
【详解】（1）由于碱式碳酸铜和硫酸反应生成硫酸铜和水和二氧化碳，氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁和
水，同时硫酸是过量，所以滤液中的溶质有生成的CuSO 和Fe （SO ） 以及剩余的HSO 。
4 2 4 3 2 4
（2）流程中的稀硫酸可用浓硫酸稀释而得，要把50g质量分数为98%的浓硫酸稀释为20%的稀硫酸，根
据稀释过程中溶质的质量不变可得需要水的质量为 。（3）①、操作Ⅰ中加入CuO的目的是通过调节溶液的pH，使Fe3+沉淀而Cu2+不沉淀，根据给出的数据可
以pH应控制在 3.7～5.2范围之间；
②、由于实验最终目的是得到硫酸铜晶体，加氢氧化钠会与硫酸铁反应生成氢氧化铁沉淀和硫酸钠，引入
新的杂质硫酸钠，故不选用NaOH的原因是生成新的杂质。
（4）由于最终得到的是水合物，为避免晶体脱水，不能采用蒸发得到晶体，而是蒸发浓缩，冷却结晶，
然后过滤等。
（5）Cu （OH）CO 与稀硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，对应的化学方程式：
2 2 3
Cu (OH) CO+2H SO =2CuSO+3H O+CO↑。
2 2 3 2 4 4 2 2
13．（8分）煤是重要的能源，也是化工产品的生产原料。
（1）煤、石油属于 (填“可再生”或“不可再生”)能源。
（2）乌黑的煤炭经过化学加工合成天然气的工艺流程如图所示。
①为使煤炭在气化炉中充分反应，可以进行的操作是 。
②一定条件下，经“变换炉”反应后，CO含量降低，则气体含量增加的是 。
③合成天然气(CH)燃烧的化学方程式是 。
4
（3）一定条件下，将上述煤气化炉制得的氢气与氮气反应生成氨气，氨气进一步氧化为NO，进而可生产
硝酸。
①氮气通常用液化空气分离法获得：在压强为101kPa时，液态氮的沸点是-196℃，液态氧的沸点
是-183℃，则随温度升高先逸出的气体是 。
②17gNH 与 gHNO 具有相同质量的氮。
3 3
③如图是氨氧化率与氨—空气混合气中氧氨比的关系。其中直线表示反应的理论值；曲线表示生产实际情
况。当氨氧化率达到100%，理论上Y【 】=1.25，实际生产要将y值维护在1.7~2.2之间，原因是
。【说明：n(O )可以认为是表示氧气分子堆积数目的一种物理量，即n(O )值越大，说明氧分子数目越多】
2 2
【答案】（化学方程式2分，其余每空1分）
（1）不可再生
（2）将煤炭粉碎（合理即可） CO 和H
2 2
（3）氮气 63 氧气浓度太小不利于NH 的转化，故需要将Y值维护在1.7～2.2之间，增大氧气
3
的量，便于氨气的转化
【详解】（1）煤是不可再生能源，在短时间内是是不能产生的；
（2）为使煤炭和富氧空气及水蒸气在气化炉中充分反应，可以进行的操作是将煤炭粉碎；根据流程，加
入了水蒸气，一氧化碳和水在一定条件下反应生成氢气和二氧化碳，CO 和H 含量增加；甲烷和氧气在点
2 2
燃的条件下反应产生二氧化碳和水，方程式是 ；
（3）氮气沸点-196℃，氧气沸点-183℃，沸点低的先分离出来，液态空气汽化时首先分离出氮气；所需
HNO 的质量为17g× ×100%÷ ×100%=63g；
3
氨氧化反应： ，可知氨氧化率达到100%，理论上Y【 】=
=1.25，根据图示可以看出，氧气浓度太小不利于NH 的转化，故需要将Y值维护在1.7～2.2之间，增大氧
3
气的量，便于氨气的转化。
14．（12分）某学校两课外化学兴趣小组分别以HO 分解、金属与酸反应为例，探究不同条件对反应速
2 2
率的影响。
I.第1组同学在常温下按照如表所示的方案完成HO 分解的探究实验。
2 2
实验编
温度(℃) 反应物 催化剂
号
① 20 25mL3% HO 溶液 无
2 2
② 20 25mL5% HO 溶液 无
2 2③ 20 25mL5% HO 溶液 0.1gMnO
2 2 2
④ 20 25mL5% HO 溶液 1~2滴FeCl 溶液
2 2 3
⑤ 30 25mL5% HO 溶液 _______
2 2
（1）实验①和②的目的是 。同学甲在进行实验①和②时并没有观察到明显现象。资料显示，通
常条件下过氧化氢稳定，不易分解。为了达到实验目的，可采取的改进方法是 。
（2）同学乙进行实验②、③、④后，得出结论：MnO 与FeCl 均能加快HO 的分解，且前者的催化效率
2 3 2 2
更高。同学乙设计实验②的目的是 。若继续用上述实验药品研究温度对HO 分解快慢的影响，为了
2 2
便于观察，表中实验⑤选择的催化剂是 ；理由是 。
（3）同学丙设计了如图所示的实验装置对过氧化氢的分解速率进行定量分析，以生成20mL气体为准，其
他影响实验的因素均已忽略。图中a仪器的名称是 ；实验中需要测量的数据是 。
II.第2组同学用下列实验用品，研究化学反应快慢的影响因素。
实验仪器：试管、烧杯、量筒、天平、秒表、酒精灯
实验药品：铝片、铝粉、2%盐酸、20%盐酸、蒸馏水
（4）利用所提供实验用品，可研究的化学反应快慢的影响因素有温度、 (写两个)，通过 (实
验现象)判断反应的快慢。
（5）设计实验探究温度对化学反应快慢的影响，写出实验步骤： (实验仪器和药品任选)。
【答案】（除标注外，其余每空1分。）
（1）探究浓度对反应速率的影响 向反应物中加入等量同种催化剂（或升高相同温度）
（2）空白对照实验 氯化铁/FeCl 二氧化锰对双氧水的催化能力较强，反应速率较大，不利于观
3
察反应速率的变化，FeCl 作催化剂反应速率适中，有利于观察反应速率的变化
3
（3）锥形瓶 产生20mL气体所需的时间
（4）盐酸的浓度、铝的表面积（2分） 产生气泡的快慢
（5）在2支大小相同的试管中各装入相同质量铝片，再分别加入相同浓度、相同体积盐酸，将其中一支试
管浸入盛有约40℃（或一定温度）的热水的烧杯中，另一支试管浸入盛有约5℃冷水的烧杯中，观察记录
对比反应开始到停止所用的时间（2分）
【详解】（1）实验①和②的浓度不同，则该实验的目的为探究浓度对化学反应速率的影响；
通常条件下HO 稳定，不易分解，为了便于比较，应在相同的条件下利用一个变量来比较，可向反应物中
2 2
加入等量同种催化剂（或将盛有反应物的试管放在同一热水浴中，升高相同温度）；
（2）进行实验②、③、④后，得出结论：MnO 与FeCl 均能加快HO 的分解，且前者的催化效率更高。
2 3 2 2
同学乙设计实验②没有加入催化剂，目的是作为空白对照实验；
若继续用上述实验药品研究温度对HO 分解快慢的影响，变量是温度，其它条件保持相同，相同条件下，
2 2二氧化锰对双氧水的催化能力较强，反应速率较大，不利于观察反应速率的变化，氯化铁作催化剂反应速
率适中，便于观察速率变化，所以表中实验⑤选择的催化剂是氧化铁；
（3）图中a仪器的名称是锥形瓶；
设计如图所示的实验装置对过氧化氢的分解速率进行定量分析，以生成20mL气体为准，则实验中需要测
量的数据为测定产生20mL气体所需的时间；
（4）①根据提供的药品可知，盐酸的浓度不同、铝的表面积不同，所以研究的化学反应速率的影响因素
盐酸的浓度和铝的表面积；铝和盐酸反应生成氯化铝和氢气，可通过产生气泡的快慢来判断反应的快慢；
（5）测量温度的仪器是温度计，要测定温度对反应速率的影响时，其它条件必须相同，只有温度不同时
才能得出正确结论，所以设计步骤如下：在2支大小相同的试管中各装入相同质量铝片，再分别加入相同
浓度、相同体积盐酸，将其中一支试管浸入盛有约40℃（或一定温度）的热水的烧杯中，另一支试管浸入
盛有约5℃冷水的烧杯中，观察记录对比反应开始到停止所用的时间。
15．（5分）某优良供氧剂过氧化钙晶体（CaO·xHO）中常混油CaO，已知CaO·xHO受热分解有CaO、
2 2 2 2
O 和HO生成。
2 2
①称取3.248g该产品，充分加热，在标准状况（0℃，101.3kPa）下生成268.8mL气体（标准状况下，
22.4L氧气的质量为32g）。
②取加热后的固体溶于稀盐酸，再加入足量NaCO 溶液，过滤、洗涤、干燥，得到沉淀2.80g。
2 3
请回答下列问题：
（1）上述状况下268.8mL气体的质量为 。
（2）该产品中钙元素质量为 。
（3）通过计算确定该产品中CaO·xHO中的x值。（写出计算过程）
2 2
【答案】（1）（1分）0.384g
（2） （1分）1.12g
（3） （3分）设CaO·xHO的质量为y，则：
2 2
解得y=1.728g+0.432xg
则过氧化钙晶体中氧化钙的质量为3.248g-（1.728+0.432x）g=1.52g-0.432xg
又由于该产品中钙元素质量为1.12g，则 ，
解得x=3
则该产品中CaO·xHO中的x值为3。
2 2
【详解】（1）由于标准状况下，22.4L氧气的质量为32g，则268.8mL气体的质量为。
（2）由于氧化钙能与盐酸反应生成氯化钙和水，氯化钙能与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，则碳酸钙的质
量为2.8g，根据元素守恒，该产品中钙元素质量为 。
（3）见答案。
