2024年江苏省南通市海安市一模化学试卷（含答案解析）

海安市2024届初三学业质量监测化学可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Cl-35.5Fe-56Cu-64第I卷（选择题共20分）第1卷共10小题，每小题2分，共20分，每小题给出的四个选项中只有一个选项正确。答案请按要求填涂在答题卡上。1．食品保鲜的措施有添加防腐剂、填充保护气、放置干燥剂和脱氧保鲜剂等。下列可用于脱氧保鲜的物质是（）A．N2 B．Fe C．CaO D．NaCl2．《本草纲目》中记载了粗食盐的一种制作过程：“取盐于池旁耕地，沃以池水，每得南风急，则宿夕成盐”。南风通常指暖风，“南风急”有利于粗盐提纯操作中的（）A．溶解 B．沉淀 C．过滤 D．蒸发3．下列物质性质属于化学性质，且与其用途具有对应关系的是（）A．焊锡熔点低，可用用于焊接金属B．活性炭具有吸附性，可用于净化水C．一氧化碳具有可燃性，可用于冶炼铜D．小苏打能与盐酸反应，可用于治疗胃酸过多“水循环”、“氧循环”和“碳循环”是自然界存在的三大重要循环。回答4~5题。4．下列关于“水循环”叙述正确的是（）A．因为“水循环”，所以水会用之不竭B．大量开采地下水有利于促进“水循环”C．“水循环”有利于淡水资源的补充D．“水循环”中，水分子结构发生变化5．下图是自然界中碳、氧循环简图。下列说法不正确的是（）A．从分类的角度看，X属于酸，Y属于有机物B．从能量的角度看，两种循环只涉及化学能转化为热能C．从平衡的角度看，大气中二氧化碳和氧气含量基本不变D．从微观的角度看，光合作用不会使自然界中的氧原子总数增加6．把一枚生鸡蛋浸泡在6%稀醋酸溶液中，观察到蛋壳表面产生气泡，且慢慢上浮，1天后变成“无壳鸡蛋”。下列说法不正确的是（）A．蛋壳的主要成分与醋酸发生了反应B．该实验能说明产生的气泡是二氧化碳C．鸡蛋慢慢上浮时所受到的浮力大于重力D．一天后，用pH计测得溶液的pH会变大7．如表为20℃海水中主要盐类及其溶质的质量分数盐类质量分数NaCl2.72%MgCl20.38%MgSO40.17%下面有关海水及其晒盐的说法不正确的是（）A．海水所含元素质量分数最大的是氯B．海水晒盐后所得的母液是氯化钠的饱和溶液C．晒盐时不将水全部蒸干，目的是使MgSO4和MgCl2基本不析出D．用饱和NaCl溶液冲洗粗盐，可除去表面杂质，同时不损失NaCl8．《天工开物》记载的“生铁、熟铁连续生成工艺”，处于当时世界领先地位，是现代冶金工艺的雏形。其流程图如图所示。下列说法不正确的是（）A．熔炼过程中氧化铁被一氧化碳夺去氧B．选择足量的硫酸可证明生铁是混合物C．生铁中通入氧气的主要目的是将铁氧化D．因表面有油隔绝空气，所以切肉的钢刀不易生锈9．下列实验设计能达到实验目的的是（）选项实验目的实验设计A检验雨水是否为酸雨取样后滴加紫色石蕊试液B除去CaCl2溶液中少量HCl加入过量CaOC除去氯化钾中混有的少量氯酸钾加入少量MnO2并加热至质量不再改变D鉴别硝酸铵和氢氧化钠固体加适量水，搅拌，测量温度A．A B．B C．C D．D10．某化工厂废水中含有HCl和FeCl3，现采集该废水样品80.7g，向其中滴加20%的NaOH溶液至溶液沉淀完成时消耗该NaOH溶液80g，待溶液冷至常温，测得其pH=7。过滤，将生成的沉淀滤出，经水洗，干燥后称重为10.7g。下列说法不正确的是（）A．过滤后，滤液中溶质只有NaClB．废水样品中含有16.25gFeCl3C．与HCl发生中和反应的NaOH为4gD．若pH＞7，则溶液中NaCl质量分数大于15.6%第Ⅱ卷（非选择题共40分）第Ⅱ卷共5小题，共40分。答案请按要求书写在答题卡上11．位于元素周期表第VIIA族的非金属元素被称为卤族元素。（1）如表为卤族元素中四种元素原子的结构示意图。元素名称(符号)氟(F)氯(Cl)溴(Br)碘(I)原子结构示意图①表中x=______。溴原子得到一个电子所形成离子的离子符号为_______。②卤族元素具有相似的化学性质，从原子结构上看，其原因是_______________。③已知卤族元素原子的电子层数越多，原子半径越大，得电子能力越弱。这四种原子中得电子能力最弱的是______。（2）氯及其化合物的“化合价-物质类别”关系如图所示。①X和H2O在一定条件下反应生成HClO，反应中X和HClO的分子个数之比为______。②写出浓盐酸与KClO3在一定条件下反应生成KCl和Cl2的化学方程式：_______________。12．我国化学家侯德榜创立的联合制碱法，将碱厂与氨厂联合(模拟流程如图所示)，既提高效益又减少污染。（1）通常状况下，NH3的溶解度远大于CO2的溶解度。为了提高产率，吸氨碳化塔中应该先通入NH3的目的是______。（2）吸氨碳化塔中温度控制在30℃-35℃，吸氨碳化塔中发生反应的化学方程式为_______________。已知25℃时部分物质的溶解度数据：物质NaClNaHCO3NH4ClNH4HCO3溶解度/g36.010.339.524.8结合表中数据说明该温度下反应中只析出NaHCO3的原因是_______________。（3）加热NaHCO3可制纯碱。因NaHCO3会吸附微量NH4Cl，导致产品纯碱中混有______。（4）已知：NH4Cl受热或在催化剂的作用下易分解，且其溶解度随温度升高而增大。①上述流程中母液可采用______的方法得到NH4Cl固体。②以MgO为催化剂，在不同温度下加热灼烧，流程如图。与加热分解比较，催化分解的优点是______。（5）联合制碱流程中能循环利用的物质是______。13．煤是重要的能源，也是化工产品的生产原料。（1）随着煤、石油等______(填“可再生”或“不可再生”)能源大量消耗，开发更多的新能源显得相当重要。试列举一项新能源：______。（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(CH4)燃烧的化学方程式是______。（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______。②17gNH3与______gHNO3具有相同质量的氮。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(O2)可以认为是表示氧气分子堆积数目的一种物理量，即n(O2)值越大，说明氧分子数目越多】14．某学校两课外化学兴趣小组分别以H2O2分解、金属与酸反应为例，探究不同条件对反应速率的影响。I．第1组同学在常温下按照如表所示的方案完成H2O2分解的探究实验。实验编号温度(℃)反应物催化剂①2025mL3%H2O2溶液无②2025mL5%H2O2溶液无③2025mL5%H2O2溶液0.1gMnO2④2025mL5%H2O2溶液1~2滴FeCl3溶液⑤3025mL5%H2O2溶液_______（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：MnO2与FeCl3均能加快H2O2的分解，且前者的催化效率更高。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H2O2分解快慢的影响，为了便于观察，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)。15．纳米零价铁(指纳米数量级大小的单质铁)具有强还原性、比表面积大，反应容易的特点，去除废水中金属离子的性能优越。（1）将硝酸铁在真空环境中高温蒸发，再将H2送入高温区将其瞬间还原成核，形成均一球状纳米零价铁微粒。制备的一种示意图如图所示：注：纳米介孔碳为载体，不参与反应。①“蒸发”过程中，硝酸铁与水发生反应生成氢氧化铁。铁元素化合价______(填“升高”“降低”或“不变”)。②“还原”过程中，氢氧化铁生成纳米零价铁的化学方程式为____________。（2）已知某工业废水中含有重金属离子Cu2+128mg/L，往其中投加纳米零价铁，2小时后测得Cu2+的去除率为90%，则理论上至少需投入纳米零价铁多少mg/L？______。参考答案第1卷共10小题，每小题2分，共20分，每小题给出的四个选项中只有一个选项正确。答案请按要求填涂在答题卡上。1．B【解析】A、氮气化学性质不活泼，不易与其他物质反应，可作保护气，不能作脱氧保鲜剂，故A不符合题意；B、铁能与空气中的氧气、水分发生缓慢氧化生成红色铁锈，是脱氧保鲜剂，故B符合题意；C、氧化钙只能和空气中的水反应，可作干燥剂，故C不符合题意；D、氯化钠不能与氧气发生反应，不能做脱氧保鲜剂，故D不符合题意。故选B。2．D【解析】【详解】南风通常指暖风，暖风吹会加快水分蒸发，溶剂减少，有利于析出氯化钠晶体。故选：D。3．D【解析】【详解】A、焊锡熔点低，可用用于焊接金属，该性质不需要通过化学变化体现，属于物理性质，错误；B、活性炭具有吸附性，能吸附水中的色素和异味，该性质不需要通过化学变化体现，属于物理性质，错误；C、一氧化碳具有可燃性，可用作燃料，用于冶炼铜是利用一氧化碳的还原性，该性质与用途不具有对应关系，错误；D、胃酸主要成分为盐酸，小苏打能与盐酸反应，可用于治疗胃酸过多，该性质要通过化学变化体现，属于化学性质，正确。故选；D。4．C【解析】【详解】A、因为水的天然循环，所以淡水是取之不尽、用之不竭的，这种话说法不科学，虽然自然界的水是不断循环的，而且是特别多的，但是绝大部分是海水、冰川等不好直接利用的，真正能供人类直接利用的淡水资源不到总水量的1%，该选项说法错误；B、大量开采地下水会导致一系列严重的环境问题，故不利于促进“水循环”，该选项说法错误；C、“水循环”有利于淡水资源的补充，该选项说法正确；D、“水循环”中，只是水的状态、分子间间隔发生变化，水分子本身不发生改变，该选项说法错误；故选C。5．B【解析】【分析】二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸分解生成二氧化碳和水，则X为碳酸；植物的光合作用是把二氧化碳和水在光照下合成氧气与葡萄糖的过程，呼吸作用中，氧气与葡萄糖反应生成水和二氧化碳，故Y为葡萄糖。【详解】A、X为碳酸，属于酸，Y为葡萄糖，是含有碳元素的化合物，属于有机物，故A说法正确；B、植物的光合作用是把二氧化碳和水在光照下合成氧气与葡萄糖的过程，该过程中涉及太阳能转化为化学能，葡萄糖参与的呼吸作用涉及化学能转化为热能，以及故B说法错误；C、碳、氧循环过程中二氧化碳与氧气可以相互转化，则有利于维持大气中氧气和二氧化碳含量的相对稳定，故大气中二氧化碳和氧气含量基本不变，故C说法正确；D、根据质量守恒定律，反应前后原子种类和数目不变，则光合作用不会使自然界中的氧原子总数增加，故D说法正确；故选：B。6．B【解析】【详解】A、蛋壳主要成分是碳酸钙，能与醋酸反应，选项正确；B、观察到蛋壳表面产生气泡，只能说明醋酸能与蛋壳反应生成气泡，不能说明是二氧化碳气体，选项错误；C、蛋壳主要成分是碳酸钙，能与醋酸反应，产生二氧化碳气体，鸡蛋壳上浮是由于产生的二氧化碳气体附着在蛋壳表面上，造成体积变大，浮力大于重力，所以上浮，选项正确；D、蛋壳主要成分是碳酸钙，与醋酸反应，导致醋酸逐渐被消耗，酸性减弱，pH会增大，选项正确。故选：B。7．A【解析】【详解】A、海水中主要成分仍为溶剂水，水由氢氧元素组成，二者质量比为1：8，水中氧元素质量分数更大，故海水所含元素质量分数最大的是氧元素，错误；B、海水晒盐后的母液是结晶后通过过滤将析出的晶体滤出后得到的溶液，是氯化钠的饱和溶液，正确；C、海水中其他盐类溶质质量分数小，且在相同温度时溶解度比氯化钠大，不易达到饱和状态，晒盐时不将水全部蒸干，就能使NaCl大量析出，而MgSO4和MgCl2基本不析出，正确；D、.饱和NaCl溶液不会溶解NaCl，但能溶解硫酸镁、氯化镁，除去杂质，但不会损失NaCl，正确。故选：A。8．C【解析】【详解】A、CO具有还原性，在高温下和氧化铁反应生成铁和二氧化碳，夺取氧化铁中的氧，生成铁，正确；B、生铁是铁和碳的合金，铁能和硫酸反应，而碳不能，取少许熔炼后的生铁，加入足量硫酸，观察到有气泡产生，硫酸亚铁的水溶液呈浅绿色，溶液变为浅绿色，剩余的黑色物质是碳，证明生铁是混合物，正确；C、生铁和熟铁的区别是含碳量，熟铁的含碳量更低，生铁中通入氧气的主要目的是与碳反应生成二氧化碳，从而降低含碳量，错误；D、铁生锈的条件是同时和氧气、水接触，涂油可将铁制品和氧气、水隔离开，故不易生锈，正确。故选：C。9．D【解析】【详解】A、pH小于7的溶液都能使石蕊试液变红色，而pH小于5.6的雨水才是酸雨，该选项不能达到实验目的；B、氧化钙和盐酸反应产生氯化钙和水，但是氧化钙过量，氧化钙和水反应产生氢氧化钙是新的杂质，该选项不能达到实验目的；C、氯酸钾在二氧化锰催化作用下受热分解生成氯化钾和氧气，除去氯酸钾带入二氧化锰，该选项不能达到实验目的；D、加适量的水溶解，硝酸铵溶于水吸热，溶液温度降低，氢氧化钠溶于水，温度升高，现象不同，可以区分，该选项能够达到实验目的；故选：D。10．D【解析】【分析】废水中的盐酸和FeCl3两种物质都可与加入的氢氧化钠溶液发生反应，盐酸先与氢氧化钠发生中和反应，生成氯化钠和水，而后FeCl3与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀，同时生成氯化钠。【详解】A、根据分析，滤液中溶质只有NaCl；正确；B、根据分析，氢氧化铁中的铁元素来自氯化铁，则有氯化铁：=16.25g；正确；C、根据分析，氢氧化铁中的氢氧根来自氢氧化钠，则与氯化铁反应的氢氧化钠的质量是：=12g，则与盐酸反应的氢氧化钠的质量是；正确；D、根据质量守恒定律，产生氯化钠的质量是=23.4g，反应后溶液中氯化钠的质量分数是=15.6%，若pH＞7，则是加入的氢氧化钠过量了，则溶液的质量变大，溶液中NaCl质量分数小于15.6%；错误；故选D。第Ⅱ卷共5小题，共40分。答案请按要求书写在答题卡上11．（1）①．7②．③．最外层电子数相同④．I##碘（2）①．1:2②．【解析】【小问1详解】①根据氟的原子结构示意图可知，核外电子数=核电荷数，即9=2+x，则x=7；溴原子得到一个电子形成带1个单位负电荷的阴离子，离子符号为；②卤族元素具有相似的化学性质，从原子结构上看，其原因是最外层电子数相同；③已知卤族元素原子的电子层数越多，原子半径越大，得电子能力越弱，由图可知氟原子核外电子层数为2，氯原子核外电子层数为3，溴原子核外电子层数为4，碘原子核外电子层数为5，则这四种原子中得电子能力最弱的是碘；【小问2详解】①由图可知，X为氧化物且其中氯元素的化合价为+1价，则X的化学式为，X和H2O在一定条件下反应生成HClO，化学方程式为，故反应中X和HClO的分子个数之比为1:2；②浓盐酸与KClO3在一定条件下反应生成KCl和Cl2，根据质量守恒定律可知化学反应前后元素种类不变，故生成物中应有水，故化学方程式为。12．（1）先通氨气，更利于吸收二氧化碳，从而增大碳酸氢钠的产量（2）①．②．碳酸氢钠的溶解度最小，易达到饱和状态而析出（3）氯化钠##NaCl（4）①．降温结晶②．将需求低的NH4Cl在不同温度下加热，分别得到更有价值的HCI和NH3，NH3循环使用（5）二氧化碳##CO2【解析】【小问1详解】氨气的溶解度远大于二氧化碳的溶解度，氨气和水形成氨水，呈碱性，因此先通氨气，更利于吸收二氧化碳，从而增大碳酸氢钠的产量；【小问2详解】氯化钠与氨气、二氧化碳和水的反应，生成氯化铵和碳酸氢钠晶体，化学方程式为；由表可知，30℃-35℃时，碳酸氢钠的溶解度最小，易达到饱和状态，则吸氨碳化塔中析出NaHCO3固体的主要原因是碳酸氢钠的溶解度最小，易达到饱和状态而析出；【小问3详解】加热时碳酸氢钠和氯化铵反应产生氯化钠、氨气、二氧化碳、水，化学方程式为：，故会导致产品纯碱中混有氯化钠；【小问4详解】NH4Cl受热或在催化剂的作用下易分解，且其溶解度随温度升高而增大，所以可采用降温结晶的方式得到氯化铵固体；氯化铵需求较低，此过程可得到更有价值的氨气、氯化氢，氨气可循环使用，故填:将需求低的NH4Cl在不同温度下加热，分别得到更有价值的HCl和NH3，NH3循环使用；【小问5详解】由模拟流程图可知联合制碱流程中能循环利用的物质是二氧化碳。13．（1）①．不可再生②．太阳能（合理即可）（2）①．将煤炭粉碎（合理即可）②．CO2和H2③．（3）①．氮气②．63③．氧气浓度太小不利于NH3的转化，故需要将Y值维护在1.7～2.2之间，增大氧气的量，便于氨气的转化【解析】【小问1详解】煤是不可再生能源，在短时间内是是不能产生的；新能源：太阳能、风能、地热等；【小问2详解】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，CO2和H2含量增加；甲烷和氧气在点燃的条件下反应产生二氧化碳和水，方程式是；【小问3详解】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HNO3的质量为17g××100%÷×100%=63g；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NH3的转化，故需要将Y值维护在1.7～2.2之间，增大氧气的量，便于氨气的转化。14．（1）①．探究浓度对反应速率的影响②．向反应物中加入等量同种催化剂（或升高相同温度）（2）①．空白对照实验②．氯化铁##FeCl3③．二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，FeCl3作催化剂反应速率适中，有利于观察反应速率的变化（3）①．锥形瓶②．产生20mL气体所需的时间（4）①．盐酸的浓度、铝的表面积②．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【解析】【小问1详解】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H2O2稳定，不易分解，为了便于比较，