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化学（武汉卷）2023年中考第二次模拟考试卷（解析版）
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这是一份化学（武汉卷）2023年中考第二次模拟考试卷（解析版），共6页。试卷主要包含了【答案】A，【答案】B，【答案】D，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
1．【答案】A
【解析】A、酒精燃烧生成二氧化碳和水，生成新物质，化学变化；B、酒精挥发只是物质状态的变化，没有生成新物质，物理变化；C、酒精溶于水是一个溶解过程，物理变化；D、酒精汽化只是物质状态的变化，没有生成新物质，物理变化；故选A。
2．【答案】B
【解析】A、液态氮是一种元素组成的纯净物是单质不是混合物，A错误。B、金刚石是一种元素组成纯净物单质，冰水共存物是多种元素组成的纯净物属于化合物，煤是混合物，B正确。C、生理盐水是多种物质组成的混合物，C错误。D、澄清石灰水是多种物质组成的混合物，乙醇是纯净物，D错误。故选B。
3．【答案】D
【解析】A、蒸发过程中要不断搅拌，防止液体飞溅，操作正确，此选项不符合题意；B、若看到有气泡冒出，松开手后玻璃管中能形成一段水柱，说明气密性良好，操作正确，此选项不符合题意；C、滴瓶中的滴管是专用的，不用洗涤，操作正确，此选项不符合题意；D、塞胶塞时不能将试管放到桌面上，容易导致试管破碎，操作不正确，此选项符合题意。故选D。
4．【答案】C
【解析】根据微观反应图可知，该反应的化学方程式为：；甲是一氧化氮，乙是水。A、化合反应是由多种物质反应生成一种物质的反应，该反应中生成物是两种，不符合化合反应中多变一的原则，不是化合反应，故A错误；B、根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和数目保持不变，故B错误；C、氧化物是由两种元素组成，且其中一种为氧元素的化合物，由上分析可知，甲是一氧化氮，含有氧元素和氮元素，故既是化合物也是氧化物，故C正确；D、由上分析可知，乙是水，从液态变为气态没有新物质的生成，发生的是物理变化，化学性质不改变，故D错误；故选C。
5．【答案】B
【解析】A、化学反应前后元素的种类不变，碳酸镁中含有碳元素，而生成物中没有碳元素，所以X不可能是碳酸镁，故说法错误；B、X是氢氧化镁或氧化镁，Y是稀硫酸，因此X，Y中一定均含有氧元素，故说法正确；C、若m等于2时，则是氢氧化镁和稀硫酸反应生成硫酸镁和水，根据可知，X和MgSO4质量比为29：60，故说法错误；D、氢氧化镁或氧化镁和稀硫酸反应生成硫酸镁和水，都属于复分解反应，反应前后元素的化合价一定不变，故说法错误。故选B。
6．【答案】C
【解析】A、氧气含量越多，燃烧越旺，将燃着的木条分别伸入呼出的气体和空气中，能检验氧气含量的多少；检验二氧化碳应用澄清的石灰水，图中实验方案与实验结论不相对应；B、实验过程中，酚酞试液变红色，说明浓氨水中的氨分子是不断运动的，当运动到酚酞试液中时，和水结合生成氨水，从而使酚酞试液变红色，酚酞分子也是不断运动的，只不过相同条件下酚酞分子运动的速率比氨分子运动的速率慢，该实验不能说明酚酞分子不运动，图中实验方案与实验结论不相对应；C、水加热时沸腾产生水蒸气，水蒸气遇冷凝结成水雾，说明液态水与气态水可以相互转化，图中实验方案与实验结论相对应；D、用火柴去点燃，会使蜡烛重新燃烧，白烟是液态石蜡凝固而成，其成分有固体石蜡也有液态石蜡，图中实验方案与实验结论不相对应。故选C。
7．【答案】A
【解析】A、E中澄清石灰水变浑浊，可能是因为废气中含有的一氧化碳与氧化铜反应生成二氧化碳导致的，也有可能是废气中的二氧化碳导致的，因为B中澄清石灰水不一定能全部除去废气中的二氧化碳，选项错误；B、F 处的大号注射器，可以引导气体流向，也可以收集尾气，选项 正确；C、由于无水硫酸铜遇水变蓝色，若无水硫酸铜变蓝，证明废气中含有水蒸气变蓝，选项正确； D、氢气与氧化铜在加热时反应生成了水，要检验废气中是否存在氢气，可在 DE 之间连接一个盛有无水硫酸铜的 U 型管，选项正确。故选A 。
8．【答案】B
【解析】由题意和图像知，在加热到t1时碱式碳酸镁晶体开始分解，t1～t2时间段碱式碳酸镁晶体脱去水，t3～t4时间段Mg(OH)2分解为氧化镁和水，在t5～t6时间段温度较高，MgCO3开始分解。A、由分析知，t3～t4时间段Mg(OH)2受热分解生成MgO和水，则t4~t5段中，固体为MgO和MgCO3，故A正确；B、t1~t2段减少结晶水的质量为4.66g-3.94g=0.72g；t3~t4段是Mg(OH)2受热分解生成水的质量为3.94g-3.76g=0.18g，由，可求出晶体中Mg(OH)2的质量为0.58g； MgCO3的质量为4.66g-0.72g-0.58g =3.36g；所以x：y：z= ： ： =4：1：4，选B错误；C、在加热到t1时碱式碳酸镁晶体开始分解，故0~t1固体质量没有发生变化的原因可能是温度没有达到晶体分解所需的最低温度，选C正确；D、由分析知，生成水的质量为：4.66g-3.76g=0.9g，故D正确。故选B。
9．【答案】(1)33；(2)GaCl3；(3)2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O
【解析】(1)原子中质子数=原子序数，砷的原子核内质子数为33；(2)镓元素原子最外层有3个电子，小于4，容易失去3个电子，元素化合价为+3，氯元素化合价为-1，化合物中正负化合价代数和为零，故氯化镓的化学式是GaCl3；(3)二氧化硅化学性质与CO2类似(如均可与NaOH溶液反应)，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，则氢氧化钠和二氧化硅反应生成硅酸钠和水，2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O。
10．【答案】(1)25g；(2)甲＞乙＞丙；(3)降温结晶；(4)AB
【解析】(1)由图可知，t2℃时，甲的溶解度为25g，即该温度下，100g水中最多可溶解甲的质量为25g；(2)
t3℃时，溶解度：甲＞乙＞丙，该温度下，等质量甲、乙、丙的饱和溶液中溶质质量分数的大小关系是：甲＞乙＞丙；(3)由图可知，甲、乙的溶解度均随温度的升高而增加，甲的溶解度受温度影响较大，乙的溶解度受温度影响较小，故甲中含有少量乙，可采取降温结晶的方法提纯乙；(4)A、将t2℃，甲、乙、丙的饱和溶液分别升温到t3℃，升温后，甲、乙的溶解度增加，均变为不饱和溶液，升温后，甲、乙的溶质质量分数不变，升温后，丙的溶解度减小，还是饱和溶液，t2℃时，乙的溶解度大于t2℃时，甲的溶解度大于t3℃时，丙的溶解度，故t2℃时，乙的饱和溶液的溶质质量分数大于t2℃时，甲的饱和溶液的溶质质量分数大于t3℃时，丙的饱和溶液的溶质质量分数，故所得溶液中溶质质量分数大小关系是乙＞甲＞丙，符合题意；B、t2℃时，100g甲的饱和溶液中溶质质量为：，加入100g水，充分搅拌后溶质质量分数为：，符合题意；C、t1℃时，溶解度：丙＞乙＞甲，该温度下，等质量的甲、乙、丙分别制成饱和溶液，所需水的质量为：丙＜乙＜甲，故得到溶液的质量最多的是甲，不符合题意；
D、将丙的饱和溶液的温度从t2℃升高到t3℃，升温后，甲的溶解度减小，有溶质析出，溶液状态未知，不一定有晶体析出，不符合题意。故选AB。
11．【答案】H2O ；CuO+H2SO4=CuSO4+H2O；Ba(OH)2溶液 ；沉淀部分溶解，溶液由无色变为蓝色 ； AD
【解析】探究一：制备明矾（1）根据反应前后质量原子数目守恒，由反应方程式可得反应前由1个锌原子，2个钠原子，2个氢原子，3个氧原子，反应后有1个锌原子，2个钠原子，2个氧原子，则X中有2个氢原子和1个氧原子，即为；（2）废旧电池的铜帽(主要含铜和锌)在空气中灼烧生成氧化铜和氧化锌，碱溶时加入过量的氢氧化钠完全溶解氧化锌，过滤后得到滤渣氧化铜，再进行酸溶，由于酸溶后经过蒸发结晶过滤得到胆矾（CuSO4•5H2O），故酸溶时应当加入硫酸，氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜和水，反应方程式为：； 探究二：从胆矾中提取铜；（3）胆矾溶于水得到硫酸铜溶液，步骤II加入试剂B除去硫酸根，且不引入新的杂质，故加入氢氧化钡溶液，氢氧化钡与硫酸铜反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀；（4）步骤III加入足量稀硝酸，硫酸钡不溶于酸，而氢氧化铜与硝酸反应生成硝酸铜和水，故实验现象是沉淀部分溶解，溶液由无色变为蓝色；（5）A、要加快化学反应速率，可升高温度、增大反应物浓度或加入合适的催化剂等，因此在碱溶过程中，为加快反应速率，可采用搅拌加热等多种措施，故A正确；B、洗洁精在清洗油污的过程中是乳化的作用，乳化是把油或难溶于水的有机物以小液滴的形式均匀分散到水中，形成乳浊液，故B错误；C、如果试剂B是锌、铁等活泼金属，虽然也可以把硫酸铜中的铜离子置换出来，但置换出的铜不与稀硝酸反应不会从滤液②中得到铜，与题目中的提取流程不相符，故C错误；D、由流程可得，沉淀X中为硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，加入足量稀硝酸，过滤得到沉淀Y为硫酸钡，则滤液②中含有氢氧化铜与硝酸反应生成的硝酸铜，也可能含有稀硝酸，当恰好完全反应时，滤液②中为硝酸铜，当硝酸过量时，滤液中含有硝酸铜和过量硝酸，即滤液②中铜离子和硝酸根离子，故D正确；故选AD。
12．【答案】(1)B；(2)C；(3)CH4+4CuO4Cu+CO2+2H2O；(4)80%；(5)不变
【解析】（1）实验室若用无水醋酸钠固体和碱石灰混合加热制取甲烷，属于加热固体制取气体，发生装置类型与用高锰酸钾制氧气相同，故选B；（2）装置C、D、E中分别盛有白色无水CuSO4固体、碱石灰、澄清石灰水，根据实验流程可知，装置D是吸收二氧化碳，故装置B是吸收水，所以可用浓硫酸，故选C；
（3）由题意可知，甲烷具有还原性，在加热条件下与氧化铜发生反应，生成铜、水和二氧化碳，反应的化学方程式是：CH4+4CuO4Cu+CO2+2H2O；
（4）解：D装置增加的质量就是吸收的二氧化碳的质量=131.1g-130.0g=1.1g
设参加反应的氧化铜的质量为x，
x=8.0g，
含有铜粉的CuO粉末中CuO的质量分数为
答：CuO的质量分数为80%。
（5）根据CH4+4CuO4Cu+CO2+2H2O可知，甲烷中碳、氢元素的质量等于反应后生成的二氧化碳中碳的质量、水中氢的质量，所以只要保证甲烷完全反应即氧化铜足量即可，故实验中CuO未完全反应，对测得的甲烷中碳、氢元素质量比没有影响。故填：不变。
13．【答案】（1）4.4；（2）7.3%
【解析】(1)根据反应前后物质减少的质量就是产生二氧化碳的质量：12g+50g+50g-107.6g=4.4g；
(2)设反应所用稀盐酸的溶质质量分数为x
x=7.3%。
答：所用稀盐酸的溶质质量分数是7.3%。
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A
B
D
C
B
C
A
B
1．【答案】A
【解析】A、酒精燃烧生成二氧化碳和水，生成新物质，化学变化；B、酒精挥发只是物质状态的变化，没有生成新物质，物理变化；C、酒精溶于水是一个溶解过程，物理变化；D、酒精汽化只是物质状态的变化，没有生成新物质，物理变化；故选A。
2．【答案】B
【解析】A、液态氮是一种元素组成的纯净物是单质不是混合物，A错误。B、金刚石是一种元素组成纯净物单质，冰水共存物是多种元素组成的纯净物属于化合物，煤是混合物，B正确。C、生理盐水是多种物质组成的混合物，C错误。D、澄清石灰水是多种物质组成的混合物，乙醇是纯净物，D错误。故选B。
3．【答案】D
【解析】A、蒸发过程中要不断搅拌，防止液体飞溅，操作正确，此选项不符合题意；B、若看到有气泡冒出，松开手后玻璃管中能形成一段水柱，说明气密性良好，操作正确，此选项不符合题意；C、滴瓶中的滴管是专用的，不用洗涤，操作正确，此选项不符合题意；D、塞胶塞时不能将试管放到桌面上，容易导致试管破碎，操作不正确，此选项符合题意。故选D。
4．【答案】C
【解析】根据微观反应图可知，该反应的化学方程式为：；甲是一氧化氮，乙是水。A、化合反应是由多种物质反应生成一种物质的反应，该反应中生成物是两种，不符合化合反应中多变一的原则，不是化合反应，故A错误；B、根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和数目保持不变，故B错误；C、氧化物是由两种元素组成，且其中一种为氧元素的化合物，由上分析可知，甲是一氧化氮，含有氧元素和氮元素，故既是化合物也是氧化物，故C正确；D、由上分析可知，乙是水，从液态变为气态没有新物质的生成，发生的是物理变化，化学性质不改变，故D错误；故选C。
5．【答案】B
【解析】A、化学反应前后元素的种类不变，碳酸镁中含有碳元素，而生成物中没有碳元素，所以X不可能是碳酸镁，故说法错误；B、X是氢氧化镁或氧化镁，Y是稀硫酸，因此X，Y中一定均含有氧元素，故说法正确；C、若m等于2时，则是氢氧化镁和稀硫酸反应生成硫酸镁和水，根据可知，X和MgSO4质量比为29：60，故说法错误；D、氢氧化镁或氧化镁和稀硫酸反应生成硫酸镁和水，都属于复分解反应，反应前后元素的化合价一定不变，故说法错误。故选B。
6．【答案】C
【解析】A、氧气含量越多，燃烧越旺，将燃着的木条分别伸入呼出的气体和空气中，能检验氧气含量的多少；检验二氧化碳应用澄清的石灰水，图中实验方案与实验结论不相对应；B、实验过程中，酚酞试液变红色，说明浓氨水中的氨分子是不断运动的，当运动到酚酞试液中时，和水结合生成氨水，从而使酚酞试液变红色，酚酞分子也是不断运动的，只不过相同条件下酚酞分子运动的速率比氨分子运动的速率慢，该实验不能说明酚酞分子不运动，图中实验方案与实验结论不相对应；C、水加热时沸腾产生水蒸气，水蒸气遇冷凝结成水雾，说明液态水与气态水可以相互转化，图中实验方案与实验结论相对应；D、用火柴去点燃，会使蜡烛重新燃烧，白烟是液态石蜡凝固而成，其成分有固体石蜡也有液态石蜡，图中实验方案与实验结论不相对应。故选C。
7．【答案】A
【解析】A、E中澄清石灰水变浑浊，可能是因为废气中含有的一氧化碳与氧化铜反应生成二氧化碳导致的，也有可能是废气中的二氧化碳导致的，因为B中澄清石灰水不一定能全部除去废气中的二氧化碳，选项错误；B、F 处的大号注射器，可以引导气体流向，也可以收集尾气，选项 正确；C、由于无水硫酸铜遇水变蓝色，若无水硫酸铜变蓝，证明废气中含有水蒸气变蓝，选项正确； D、氢气与氧化铜在加热时反应生成了水，要检验废气中是否存在氢气，可在 DE 之间连接一个盛有无水硫酸铜的 U 型管，选项正确。故选A 。
8．【答案】B
【解析】由题意和图像知，在加热到t1时碱式碳酸镁晶体开始分解，t1～t2时间段碱式碳酸镁晶体脱去水，t3～t4时间段Mg(OH)2分解为氧化镁和水，在t5～t6时间段温度较高，MgCO3开始分解。A、由分析知，t3～t4时间段Mg(OH)2受热分解生成MgO和水，则t4~t5段中，固体为MgO和MgCO3，故A正确；B、t1~t2段减少结晶水的质量为4.66g-3.94g=0.72g；t3~t4段是Mg(OH)2受热分解生成水的质量为3.94g-3.76g=0.18g，由，可求出晶体中Mg(OH)2的质量为0.58g； MgCO3的质量为4.66g-0.72g-0.58g =3.36g；所以x：y：z= ： ： =4：1：4，选B错误；C、在加热到t1时碱式碳酸镁晶体开始分解，故0~t1固体质量没有发生变化的原因可能是温度没有达到晶体分解所需的最低温度，选C正确；D、由分析知，生成水的质量为：4.66g-3.76g=0.9g，故D正确。故选B。
9．【答案】(1)33；(2)GaCl3；(3)2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O
【解析】(1)原子中质子数=原子序数，砷的原子核内质子数为33；(2)镓元素原子最外层有3个电子，小于4，容易失去3个电子，元素化合价为+3，氯元素化合价为-1，化合物中正负化合价代数和为零，故氯化镓的化学式是GaCl3；(3)二氧化硅化学性质与CO2类似(如均可与NaOH溶液反应)，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，则氢氧化钠和二氧化硅反应生成硅酸钠和水，2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O。
10．【答案】(1)25g；(2)甲＞乙＞丙；(3)降温结晶；(4)AB
【解析】(1)由图可知，t2℃时，甲的溶解度为25g，即该温度下，100g水中最多可溶解甲的质量为25g；(2)
t3℃时，溶解度：甲＞乙＞丙，该温度下，等质量甲、乙、丙的饱和溶液中溶质质量分数的大小关系是：甲＞乙＞丙；(3)由图可知，甲、乙的溶解度均随温度的升高而增加，甲的溶解度受温度影响较大，乙的溶解度受温度影响较小，故甲中含有少量乙，可采取降温结晶的方法提纯乙；(4)A、将t2℃，甲、乙、丙的饱和溶液分别升温到t3℃，升温后，甲、乙的溶解度增加，均变为不饱和溶液，升温后，甲、乙的溶质质量分数不变，升温后，丙的溶解度减小，还是饱和溶液，t2℃时，乙的溶解度大于t2℃时，甲的溶解度大于t3℃时，丙的溶解度，故t2℃时，乙的饱和溶液的溶质质量分数大于t2℃时，甲的饱和溶液的溶质质量分数大于t3℃时，丙的饱和溶液的溶质质量分数，故所得溶液中溶质质量分数大小关系是乙＞甲＞丙，符合题意；B、t2℃时，100g甲的饱和溶液中溶质质量为：，加入100g水，充分搅拌后溶质质量分数为：，符合题意；C、t1℃时，溶解度：丙＞乙＞甲，该温度下，等质量的甲、乙、丙分别制成饱和溶液，所需水的质量为：丙＜乙＜甲，故得到溶液的质量最多的是甲，不符合题意；
D、将丙的饱和溶液的温度从t2℃升高到t3℃，升温后，甲的溶解度减小，有溶质析出，溶液状态未知，不一定有晶体析出，不符合题意。故选AB。
11．【答案】H2O ；CuO+H2SO4=CuSO4+H2O；Ba(OH)2溶液 ；沉淀部分溶解，溶液由无色变为蓝色 ； AD
【解析】探究一：制备明矾（1）根据反应前后质量原子数目守恒，由反应方程式可得反应前由1个锌原子，2个钠原子，2个氢原子，3个氧原子，反应后有1个锌原子，2个钠原子，2个氧原子，则X中有2个氢原子和1个氧原子，即为；（2）废旧电池的铜帽(主要含铜和锌)在空气中灼烧生成氧化铜和氧化锌，碱溶时加入过量的氢氧化钠完全溶解氧化锌，过滤后得到滤渣氧化铜，再进行酸溶，由于酸溶后经过蒸发结晶过滤得到胆矾（CuSO4•5H2O），故酸溶时应当加入硫酸，氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜和水，反应方程式为：； 探究二：从胆矾中提取铜；（3）胆矾溶于水得到硫酸铜溶液，步骤II加入试剂B除去硫酸根，且不引入新的杂质，故加入氢氧化钡溶液，氢氧化钡与硫酸铜反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀；（4）步骤III加入足量稀硝酸，硫酸钡不溶于酸，而氢氧化铜与硝酸反应生成硝酸铜和水，故实验现象是沉淀部分溶解，溶液由无色变为蓝色；（5）A、要加快化学反应速率，可升高温度、增大反应物浓度或加入合适的催化剂等，因此在碱溶过程中，为加快反应速率，可采用搅拌加热等多种措施，故A正确；B、洗洁精在清洗油污的过程中是乳化的作用，乳化是把油或难溶于水的有机物以小液滴的形式均匀分散到水中，形成乳浊液，故B错误；C、如果试剂B是锌、铁等活泼金属，虽然也可以把硫酸铜中的铜离子置换出来，但置换出的铜不与稀硝酸反应不会从滤液②中得到铜，与题目中的提取流程不相符，故C错误；D、由流程可得，沉淀X中为硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，加入足量稀硝酸，过滤得到沉淀Y为硫酸钡，则滤液②中含有氢氧化铜与硝酸反应生成的硝酸铜，也可能含有稀硝酸，当恰好完全反应时，滤液②中为硝酸铜，当硝酸过量时，滤液中含有硝酸铜和过量硝酸，即滤液②中铜离子和硝酸根离子，故D正确；故选AD。
12．【答案】(1)B；(2)C；(3)CH4+4CuO4Cu+CO2+2H2O；(4)80%；(5)不变
【解析】（1）实验室若用无水醋酸钠固体和碱石灰混合加热制取甲烷，属于加热固体制取气体，发生装置类型与用高锰酸钾制氧气相同，故选B；（2）装置C、D、E中分别盛有白色无水CuSO4固体、碱石灰、澄清石灰水，根据实验流程可知，装置D是吸收二氧化碳，故装置B是吸收水，所以可用浓硫酸，故选C；
（3）由题意可知，甲烷具有还原性，在加热条件下与氧化铜发生反应，生成铜、水和二氧化碳，反应的化学方程式是：CH4+4CuO4Cu+CO2+2H2O；
（4）解：D装置增加的质量就是吸收的二氧化碳的质量=131.1g-130.0g=1.1g
设参加反应的氧化铜的质量为x，
x=8.0g，
含有铜粉的CuO粉末中CuO的质量分数为
答：CuO的质量分数为80%。
（5）根据CH4+4CuO4Cu+CO2+2H2O可知，甲烷中碳、氢元素的质量等于反应后生成的二氧化碳中碳的质量、水中氢的质量，所以只要保证甲烷完全反应即氧化铜足量即可，故实验中CuO未完全反应，对测得的甲烷中碳、氢元素质量比没有影响。故填：不变。
13．【答案】（1）4.4；（2）7.3%
【解析】(1)根据反应前后物质减少的质量就是产生二氧化碳的质量：12g+50g+50g-107.6g=4.4g；
(2)设反应所用稀盐酸的溶质质量分数为x
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答：所用稀盐酸的溶质质量分数是7.3%。
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