2023年浙江省金华市中考化学试题及答案解析

2023年浙江省金华市中考化学试卷一、单项选择题〔412.0分〕( )加热液体 B. 测溶液pHC. 盖盖玻片 D. 检查气密性“宏观—微观—符号—2023年4月16日神舟十三号载人飞船圆满完成飞行任务火箭助推器使用偏二甲肼和四氧化二氮作为推动剂，燃烧时发生反响的微观示意图如下，以下说法不正确的选项是( )从量的角度看：反响前后原子总数削减从微观构成看：氮气是由氮分子构成的从符号表征看：四氧化二氮的化学式是N2O4从宏观物质看：燃烧产物中含有单质与化合物两类物质推理是依据已有的事实与结论推出的推断的思维方法以下依据已有事实或结论进展的推理正确的选项是( )114页选项 事实或结论酸性溶液pH小于7碱能使无色酚酞溶液变红C 酸与碱反响生成盐和水D 氧化物中都有氧元素

推理或推断pH小于7的溶液确定是酸性溶液能使无色酚酞溶液变红确实定是碱生成盐和水的反响确定是酸与碱的反响含有氧元素的化合物都是氧化物A B.B C.C D.D如图曲线能正确反映以下化学变化中y与x变化关系的是( )锌粒中滴入稀硫酸：y代表氢气的质量CaCl2溶液中通入CO2气体；y代表沉淀的质量氢氧化钠溶液中滴入稀盐酸：y代表混合溶液的pHCuSO4和HCl的混合溶液中参与NaOH溶液：y代表沉淀的质量二、填空题〔330.0分〕性能惊奇的金属钛(Ti)是航空、军工、电力等领域的重要原材料。常温下钛不与非(主要成分TiO2)是钛矿石之一，目前利用金红石大规模生产钛的过程是：①在高温条件下在往金红石与碳粉混合物中通入氯气，反响制得四氯化钛(TiCl4)和一种可燃性气体；②在氩气的气流中，高温下用过量的镁跟四氯化钛反响制得钛和氯化镁。完成以下问题：过程①中发生反响的化学方程式为 ；过程②中发生的反响，属于根本反响类型中的 。学习《物质的溶解》时小科同学进展了如下试验：往A、B、C三只烧杯中分别装入50g25g、5g同种固体物质，充分溶解后，静置，现象如以下图。答复以下问题：小科认为，A烧杯中的溶液确定是饱和溶液。他的推断依据是 ；A、B、C三只烧杯中，溶液的溶质质量分数大小关系是 。214页某混合气体X由CO2、CO、H2O(水蒸气)、H2中的两种或两种以上组成，X气体依次通过如图1装置(假定每步反响均完全)，现象分别为：A中溶液变浑浊；B中固体变为红色；C中粉末变为蓝色；D中溶液变浑浊。完成以下问题：该试验能得出CO气体确定存在的证据是 ；只要在图1中加装一个图2装置，就能确定原混合气体X中是否含有H2。①写出图2装置中试剂名称 ；②该装置连接在图1中哪两个装置之间 (用字母表示)。三、简答题〔18.0分〕某工程学习小组用传感器开展“影响铁锈蚀因素”的探究，设计如图1所示试验装2【资料1【资料2】该试验步骤如下：①检查装置气密性；②装药品，将5克铁粉和2克碳粉参与锥形瓶，并参与2毫升饱和氯化钠溶液；③马上塞紧橡皮塞，橡皮塞上已插有一支装有5毫升稀盐酸的注射器及传感器；④观看现象，采集数据。314页用所学学问及以上资料信息完成以下问题：试验进展一段时间后，注射器中的盐酸会自动注入瓶内，缘由是 ；图2甲、乙曲线图中，0−t1段温度上升，瓶内压强减小；t2−t3段温度上升，瓶内压强增大。解释产生这两个不同现象的缘由。四、探究题〔330.0分〕ABC三个试验的废液倒入同一个干净烧杯D中，觉察烧杯底部有白色沉淀，上层清液呈红色。【提出问题】烧杯D中上层清液含有哪些溶质(除指示剂外)？【分析争论】小组争论后认为，确定反响后物质成分的思维路径：①考虑反响物用量的不同；②抓住化学反响的本质，即微粒的重组。某小组同学分析过程笔记如下：【初步结论】通过分析确定：烧杯D上层清液中确定不含H+，确定含有Na+、Cl−。推断确定414页含有Na+、Cl−的依据是 ；【试验探究】小组按如下方案进展试验探究试验 试验内容 试验现象 试验结论Ⅰ碳酸钠溶液，静置 红色

确定没有Ca2+OH−、Ⅱ“ ”溶液，静置 液呈红色 CO2−依据试验Ⅰ可以初步推断：上层清液中溶质(除指示剂外)全部可能的组成 (用化学式表示)；试验Ⅱ中应参与过量的 溶液。【试验结论】烧杯D中上层清液的溶质有指示剂、氯化钠、氢氧化钠、碳酸钠。某校科学争论小组同学开展“二氧化碳的制取与性质”的试验探究。【试验原理】CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑【发生装置】结合试验原理图1中发生装置可用于试验室制取CO2气体的是(填字母)514页614页【试验探究】探究Ⅰ影响因素探究试验组别甲乙丙丁试验组别甲乙丙丁大理石的质量/gm块状m块状m粉末状m粉末状大小盐酸的体积/mLV稀盐酸V浓盐酸V稀盐酸V浓盐酸假设探究盐酸的浓度对上述反响的影响，可选择试验甲与 (选填试验组别)进展比照。探究Ⅱ.性质探究做CO2与NaOH溶液发生反响的验证明验时，同学们将NaOH溶液参与到布满CO2气体且质地较软的塑料瓶中，观看到塑料瓶变扁，由此得到CO2与NaOH发生反响的结论。但有同学认为上述现象产生的缘由还可能是CO2气体溶于水导致气压减小。为答复该同学的质疑，小科进展了如下试验：在两个250mL的烧瓶中分别布满CO2气体，通过注射器同时向两个烧瓶中分别注入同体积的水和NaOH溶液，最终得到烧瓶内压强与时间的关系曲线(如图2所示)CO2气体溶于水会导致塑料瓶变扁，同时CO2与NaOH也发生了化学反响的结论。结合图2中A、B曲线变化特点，写出能证明CO2与NaOH发生了化学反响的证据 。【拓展提高】小组同学完成某石灰石样品中CaCO3的质量分数测定，其方法是：将样品与确定量CO2CO2的质量求出样品中CaCO3的质量分数。小组同学在试验室中组装了相应的试验装置(如图3)。小科利用该试验装置按如下步骤进展试验：①先通一段时间的空气②称量D装置的质量为m1③翻开分液漏斗的活塞，将稀盐酸全部参与锥形瓶，待充分反响后，关闭活塞④再次通空气一段时间⑤再次称量D装置的质量为m2有同学指出试验步骤③操作明显不合理，你认为该同学的理由是 。为了保护生态环境，针对全球气候变化，中国政府向全球承诺，力争于2060年前量平衡，实现“零排放”。实现“碳中和”通常可实行如下措施：Ⅰ.碳减排：削减人类生产和生活中二氧化碳的排放量。以下做法不能实现“碳减排”的是 。A.加高烟囱排放工业废气B.推动能源汽车使用C.废弃物分类投放并回收利用D.养成节约用水用电习惯Ⅱ.碳吸取：①利用植物光合作用，这是自然界消耗二氧化碳的最重要途径；②利用“碳捕获与封存技术”，即通过确定的方法，将工业生产中产生的CO2分别出来进展储存。在实际生产中，常常用NaOH溶液来“捕获”CO2流程如以下图(局部条件及物质未标出)。用该技术进展“碳捕获有效利用了原材料，该过程中被循环利用的物质有 。(3)分别器中发生的反响：①CaO+H2O=Ca(OH)2，②Ca(OH)+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH。现有溶质质量分数为10.6%的Na2CO3溶液100千克，求完全反响后，理论上可生成CaCO3的质量(要求依据化学方程式计算)。II.碳转化：指二氧化碳的资源化利用。714页1014页答案和解析【答案】D【解析】解：A、给试管中的液体加热时，用酒精灯的外焰加热试管里的液体，且液体错误。B、用pH试纸测定溶液的pH时，正确的操作方法为在白瓷板或玻璃片上放一小片pH试pHpH。不能将pH试纸伸入待测液中，以免污染待测液，图中所示操作错误。C其目的是防止盖玻片下消灭气泡，图中所示操作错误。D、检查装置气密性的方法：把导管的一端浸没在水里，双手紧贴试管外壁，假设导管口有气泡冒出，装置不漏气；图中所示操作正确。应选：D。A、依据给试管中的液体加热的方法进展分析推断。B、依据用pH试纸测定溶液的pH的方法进展分析推断。C、依据盖盖玻片的使用方法，进展分析推断。D、依据检查装置气密性的方法进展分析推断。项是解答此类试题的关键。【答案】A【解析】解：A、依据质量守恒定律，反响前后原子质量、种类、数目不变，从量的角度看：反响前后原子总数不变，故A不正确。B、从微观构成看：氮气是由氮分子构成的，故B正确。C24故C正确。D、从宏观物质看：燃烧产物为二氧化碳、水和氮气，二氧化碳、水都是由不同种元素组成的纯洁物，属于化合物，氮气是由一种元素组成的纯洁物，属于单质，故D正确。应选：A。A、依据质量守恒定律，反响前后原子质量、种类、数目不变分析。B、依据构成物质的粒子分析。C、依据微观示意图分析。D、单质是由一种元素组成的纯洁物，化合物是由不同种元素组成的纯洁物。此题考察了质量守恒定律的应用、物质的构成及分类，完成此题，可以依据已有的学问进展，要求同学们加强对根底学问的贮存，以便灵敏运用。【答案】A【解析】解：A、酸性溶液pH小于7，pH小于7的溶液确定是酸性溶液，应选项推理正确。B、碱能使无色酚酞溶液变红，但能使无色酚酞溶液变红的不愿定是碱，也可能是碳酸钠等盐，应选项推理错误。CCO2+2NaOHNa2CO3H2O，应选项推理错误。DC2H5OH，应选项推理错误。应选：A。ApH等于7pH小于7pH大于7时，呈碱性。B、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。C、中和反响是酸与碱作用生成盐和水的反响，反响物是酸和碱，生成物是盐和水，进展分析推断。D、氧化物是只含有两种元素且其中一种元素是氧元素的化合物。此题难度不大，解答此类题时要依据不同学问的特点类推，不能盲目类推，并要留意学问点与方法的有机结合，做到具体问题能具体分析。【答案】D解：A应选项错误。B、二氧化碳不能与氯化钙溶液反响，不会产生沉淀，与图象不符，应选项错误。CpH的变化是从大于7渐渐的减小到等于7、小于7，与图象不符，应选项错误。D、CuSO4和HCl的混合溶液中参与NaOH溶液，先与盐酸反响生成氯化钠和水，开头时滴加确定量的氢氧化钠溶液后，再不断上升，最终形成一条水平直线；与图象相符，应选项正确。应选：D。依据图示可知，参与确定量的x后，y的数值渐渐增大，至完全反响不再发生转变，进展分析推断。正确分析各变化的过程，留意分析坐标轴表示的意义、曲线的起点、折点及变化趋势，进而确定正确的图象。2 5.【答案】TiO +2C+2Cl 2

TiCl +2CO置换反响4【解析】解：(1)在高温条件下在往金红石与碳粉混合物中通入氯气，反响制得四氯化4钛(TiCl4

)和一种可燃性气体，反响的化学方程式为TiO +2C+2Cl

TiCl4

+2CO。2 (2)过程②是在氩气的气流中，高温下用过量的镁跟四氯化钛反响制得钛和氯化镁，该。2 故答案为：TiO2

TiCl4

+2CO；置换反响。在高温条件下在往金红石与碳粉混合物中通入氯气，反响制得四氯化钛(TiCl4)和一种可燃性气体，进展分析解答。过程②是在氩气的气流中，高温下用过量的镁跟四氯化钛反响制得钛和氯化镁，进展分析解答。【答案】A中有不溶解的固体A≥B>C【解析】解：(1)A烧杯中的溶液确定是饱和溶液，他的推断依据是A中有不溶解的固体等。(2)A、B、C三只烧杯中分别装入等质量的水，A为该温度下的饱和溶液，B可能是饱和溶液，C为不饱和溶液，则溶液的溶质质量分数大小关系是A≥B>C。故答案为：A中有不溶解的固体；A≥B>C。饱和溶液是指在确定温度下、确定量的溶剂里，不能连续溶解这种溶质的溶液。(2)A、B、C三只烧杯中分别装入等质量的水，A为该温度下的饱和溶液，B可能是饱和溶液，C为不饱和溶液，进展分析推断。此题难度不大，把握饱和溶液的特征、溶液的组成是正确解答此题的关键。【答案】D中溶液变浑浊浓硫酸A和B【解析】解：(1)一氧化碳与氧化铜反响后生成二氧化碳，因此在A中去除二氧化碳后，D中溶液变浑浊，说明有二氧化碳生成，从而说明气体存在一氧化碳；故答案为：D中溶液变浑浊。①因此先将混合气体枯燥，所以需要去除水蒸气，而浓硫酸具有吸水性，故参与浓硫酸即可；故答案为：浓硫酸。②为了确保枯燥气体进入B中，所以在A和B之间参与图2装置，氢气与氧化铜反响生成水，使C中无水硫酸铜变色，证明水的存在，由此可以验证氢气的存在；故答案为：A和B。(1)依据一氧化碳性质分析答复此题；(2)①依据浓硫酸的吸水性分析答复此题；②依据试验目的设计试验。在解此类题时，首先要将题中的学问认知透，然后结合学过的学问进展解答【答案】铁生锈消耗瓶内氧气，瓶内压强减小，当瓶内气压减小到确定程度，大气压将注射器的活塞下压或瓶内气压减小，盐酸被吸入瓶内【解析】(1)将5克铁粉和22下，碳和氯化钠溶液可加快铁的锈蚀，铁生锈消耗瓶内氧气，瓶内压强减小，当瓶内气压减小到确定程度，大气压将注射器的活塞下压或瓶内气压减小，盐酸被吸入瓶内；(2)0−t1段温度上升，瓶内压强减小缘由是铁生锈消耗氧气并放热，故温度上升，消耗氧气使压强减小，反响放热使温度上升，压强增大，消耗氧气减小的压强大于温度上升t2−t3盐酸自动注入瓶内，盐酸与铁反响产生氢气并放出大量的热，温度上升，温度上升和产生氢气都使压强增大。故答案为：铁生锈消耗瓶内氧气，瓶内压强减小，当瓶内气压减小到确定程度，大气压将注射器的活塞下压或瓶内气压减小，盐酸被吸入瓶内；0−t1段温度上升，瓶内压强减小缘由是铁生锈消耗氧气并放热，故温度上升，消耗氧气使压强减小，反响放热使温度上升，压强增大，消耗氧气减小的压强大于温度上升t2−t3盐酸自动注入瓶内，盐酸与铁反响产生氢气并放出大量的热，温度上升，温度上升和产生氢气都使压强增大。依据铁生锈消耗瓶内氧气，瓶内压强减小分析；依据铁生锈消耗氧气并放热，盐酸与铁反响产生氢气并放出大量的热分析。在解此类题时，首先要将题中的学问认知透，然后结合学过的学问进展解答。

a+l−？、Na2CO3；③NaCl、NaOH、Na2CO3 氯化钡或氯化钙或硝酸钡或碳酸钙【解析】解：(1)A中氢氧化钠与盐酸反响生成氯化钠和水，反响实质是氢离子和氢氧根离子生成水分子，Na+、Cl−没有参与反响，试验完毕后，将A、B、C三个试验的废液倒入同一个干净烧杯D中，氯化钠没有与其它物质反响，即Na+、Cl−没有参与反响；推断确定含有Na+、Cl−的依据是Na+、Cl−在整个过程中没有参与反响，确定存在；钙离子与碳酸根离子反响生成碳酸钙沉淀，故取少量上层清液于试管中，参与过量Ca2+，溶液呈红色，可能有碳酸钠和氢氧化钠中的一种或两种，故依据试验Ⅰ可以初步推断：上层清液中溶质(除指示剂外)全部可能的组成①NaCl、NaOH；②NaCl、Na2CO3；③NaCl、NaOH、Na2CO3；3由试验结论有OH−、CO2−，碳酸根与钙离子或钡离子反响生成白色沉淀，故取少量成白色沉淀，证明有碳酸根，由于所加溶液过量，可除尽碳酸根离子，溶液显红色，证明有氢氧根离子。3故答案为：(1)Na+、Cl−在整个过程中没有参与反响，确定存在；(2)①NaCl、NaOH；②NaCl、Na2CO3；③NaCl、NaOH、Na2CO3；(3)氯化钡或氯化钙或硝酸钡或碳酸钙。依据氢氧化钠和盐酸反响中Na+、Cl−没有参与反响，倒入烧杯中，Na+、Cl−没有参与反响分析；依据氢氧化钠、碳酸钠呈碱性，能使酚酞变红，结合题干信息分析；碳酸根与钙离子或钡离子反响生成白色沉淀，加热过量的钙离子或钡离子检验碳酸根离子并除去碳酸根离子，再依据酚酞变红，证明氢氧根离子。此题主要考察物质的性质，解答时要依据各种物质的性质，结合各方面条件进展分析、推断，从而得出正确的结论。【答案】B或C 乙B曲线明显低于A曲线未准时关闭活塞可能导致产生的二氧化碳从分液漏斗逸出【解析】解：(1)反响物为固液混合物，不需要加热，应选B或C为发生装置；故答案为：B或C。试验变量为盐酸浓度，所以选择变量只有盐酸浓度的试验组，应选甲和乙；故答案为：乙。B曲