中国移动·2025化学联考三答案(1).pdf文件预览2025年河南省中招考试模拟试卷（三)化学参考答案一、选择题(本题包括 14 个小题,每小题1分,共14 分。每小题只有一个选项符合题意)二、填空题(本题包括6 个小题,每空1分,共16 分)15.CSO2(或NO2)16. (1)3CO +Fe,0,高温 2Fe +3CO2(2)①隔绝氧气(或空气)和水②2Fe+CuSO4=FeSO4+Cu17.(1)18偏小(2)增加溶质(或恒温蒸发溶剂等)18.(1)NaOH+HCl=NaCI+H2O（2)变小(3)浓硫酸不具有挥发性19.CH;OH+30,点燃 2CO2+3H.08.820.(1)CuO+2HCl=CuCl+H20（或CuO+H,SO4=CuSO4+H20,合理即可）(2)改良酸性土壤(合理即可）Ca(OH)2+Na2CO;=CaCO,←+2NaOH(合理即可）三、简答题(本题包括4 个小题,共10 分)21.(1)分子间有间隔,加压使分子间隔变小。(2)分子在不断运动。22.(1)温度达到可燃物的着火点。 (2)隔绝氧气(或空气)。23.(1)反应物状态为固体,反应条件为加热。(3)集气瓶内水未装满。（或未等气泡连续且均匀冒出便开始收集,合理即可）24.(1)Na,CO;(或碳酸钠）(2)NaCO; +2HCI== 2NaCl + H,0 + CO2 ↑(3)搅拌,防止因局部温度过高造成液滴飞溅。四、综合应用题(共10 分)25.(1)b(2)4Al+302=2Al,0(3)牛肉(4)Fe(5)①21②吸附③CH4④解：设需要消耗再生水的质量为x。36320.8 kg2-0.8gx =0.9 kg1分答:需要消耗再生水的质量为0.9 kg。

任务。【查阅类。【实验硫酸铜溶液，应该怎样操作？点盛【温馨提示】（2）若用配制好的硫酸铜溶液与一①计算要写出过程：定质量的氢氧化钙溶液恰好完②实验要写出具体操作步骤全反应，理论上可生成氢氧化③语言描述要筒练规范。铜沉淀的质量是多少？100g【交流①海水②烧杯任务三【提出问六、科学探究题（本大题共2个小题，化学方程式每空2分，其余每空1分，共15分）【教师提19.（6分）实验课上，同学们设计了如图的装置，完成了“燃烧条件探究”的实验，请你帮他们一起【实验准完成实验报告的填写。空气租盐水【实验方法】①取一小块白磷放人80C热水中（图甲），另取一小块白磷【进行实置于集清空气的集气瓶中（图乙），甲、乙中白磷均不燃烧；白磷白磷②向装置甲中通人空气，甲中的热水压人到乙中（水的液80℃热水①取面均低于燃烧匙的位置），观察现象；化钠落【实验原理】（1）白磷燃烧的化学方程式为②另联【实验现象】（2）甲中白磷燃烧。乙中的现象是③另取【实验结论】（3）对比乙中操作前后现象可知：燃烧需要的条件是酸和【问题与思考】④取步的性质。（4）0本实验利用了空气的酸银溶【反思评目的，并说明理由：（1）租盐中(2）步骤3（3）小李对学探究。任务一：调查氯化钠在生活和生产中的作用和用途改进措任务四：宣【信息检索】②农业领域：16%的氯化钠溶液可用于选种；疯能力④氣化钠在生活领域的用途是实中考权威预测模拟试卷·化学（五）第5页（共6页）

九科星还原铁粉说明 Fe 与 H2O(g)反应湿棉花肥皂液中有气泡产生A生成了H2肥皂液a 中布条不褪色，b中干燥的说明Cl2没有漂白性B湿润的有色布条布条褪色OH氨气圆底烧瓶中看到红色说明NH是密度小于C水的喷泉空气的碱性气体酚酞溶液铜丝浓D品红溶液褪色说明该反应生成了SO2品酸红10.下列有关物质的工业制备反应错误的是(高温、高压A．合成氨：N2+3H22NH3催化剂点燃B．制HCl:H2+Cl22HC1高温C.制粗硅：SiO2+2CSi+2CO↑电解D．冶炼镁：2MgO(熔融)=2Mg+O2 ↑11.下图为利用海水制备部分物质的过程。下列有关说法正确的是(H, O,NH,NaHCO→Na2CO3粗①CO2>精盐→氯碱工业盐海无水 MgCl2>Mg(OH)2->MgCl2 · 6H2O-水母液③④5>Br2>SO水溶液吸收一Br2NaBrA.制取NaHCO3的反应是利用其溶解度小于 NaC1的溶解度B．用澄清的石灰水可鉴别NaHCO3溶液和Na2CO溶液第4页共5页

稀盐酸饱和碳酸钠溶液氢氧化钠溶液玻璃管滴有酚酞的氢氧化钠溶液瘦气球【任务一】氧化碱澄清石灰水（1）试管A中的现象是“否”），原因是（填“能”或以下【任务二】密封线内PH（5）bc段pH不变化的原因是不要（7）d点时，溶液中氯元素的质量为答体积/mLV,V题17.（5分）某同学用如图装置测定黄铜（铜锌合金）中铜的质量分数。往20g样品中加入19.6%稀硫酸，至不再有气体产生为止，发现加入酸的质量为100g。者，原因是乙（2）请计算该黄铜中铜的质量分数。稀硫水饰品酸样品ABC甲34第4页.（共4页）2025年中考模拟试题化学试卷iQo0z8x2025/04/24 17:08

稀盐酸饱和碳酸钠溶液氢氧化钠溶液玻璃管滴有酚酞的氢氧化钠溶液瘦气球【任务一】氧化碱澄清石灰水（1）试管A中的现象是“否”），原因是（填“能”或以下【任务二】密封线内PH（5）bc段pH不变化的原因是不要（7）d点时，溶液中氯元素的质量为答体积/mLV,V题17.（5分）某同学用如图装置测定黄铜（铜锌合金）中铜的质量分数。往20g样品中加入19.6%稀硫酸，至不再有气体产生为止，发现加入酸的质量为100g。者，原因是乙（2）请计算该黄铜中铜的质量分数。稀硫水饰品酸样品ABC甲34第4页.（共4页）2025年中考模拟试题化学试卷iQo0z8x2025/04/24 17:08

（填“放I图Ⅱ.溶Ⅲ计出”或“吸收”热量。14.5分进展。（1）(2）#的从陕西博物馆填“单质”“原子”或“元素”)。养丰富。这里的“钙、磷”是指1（填一种即可）等污染物的排放。可以减少（填“金属”或“合成”材料。肥。器的代表之作。青铜属于12.（3分）硝酸钾在工农业生产中有着广泛的应用。（填“物理”或“化学”（1）硝酸钾可作为无土栽培的营养液成分，KNO在化肥中属于15石也”。灼烧硝酸钾的火焰呈紫色，此变化中发生的是变化。（填字母）。C.蒸发结晶B.过滤A.降温结晶4050603020100温度/℃37.037.336.636.336.035.835.7甲63.985.5溶解度/g11031.645.820.9乙13.3（填“甲”或“乙”)。（1）两种物质的溶解度受温度变化影响较大的是（2）在tC时，两种物质的饱和溶液的溶质质量分数相同，则t°℃C的最小取值范围是（填字母）。C.20~30℃A.0~10℃B.10~20℃（3）某乙样品中混有甲杂质，可利用溶解度差异进行提纯。称取100g该样品进行实验过程如下：100g水溶液B冷却至加热至60°℃0℃操作①操作②100g样品84.7g溶液A乙晶体第3页（共6页）

【任务二】从能量变化角度探究酸和碱的反应在执行任务一的实验过程中，小组成员观察到烧杯温度升高的现象，于是用氢氧化钠溶液、稀盐酸和蒸馏水做了对比实验，试剂用量如表1所示。同学们将试剂混合后，用温度传感器测量溶液的温度，温度随时间的变化如图1所示。24表1实验③蒸馏水23序号20%盐酸/mL20%氢氧化钠溶液/mL/mL实验①1001022实验②010实验②x实验③1010021实验①时间/s020406080100图1（3）上表中x的值为（4）通过分析图1，得出氢氧化钠与盐酸发生了化学反应的结论，证据是【任务三】从pH变化的角度探究酸和碱的反应取10mL氢氧化钠溶液于烧杯中，滴加一定质量分数的稀盐酸，用数字传感器测定溶液的pH随时间变化的曲线如下图所示，从曲线变化可知，稀盐酸与氢氧化钠溶液发生了反应。pH14.012.0010.00 8.006.004.002.000.00→加入盐酸的体积/mL051015（5）观察上图，根据图中的信息：，推断出C点对应溶液中含有稀盐酸。进一步设计实验方案证明C点对应的溶液中含有稀盐酸：【拓展应用】中国近年来土壤酸化问题日益严重，为了改变酸性土壤，可向土壤中加入13．（4分）氮化钛（TiN）是一种新型的多功能金属陶瓷材料。利用钛粉（Ti）在高温和N2反应生产TiN，反应的化学方程式为 2Ti+N2 2 TiN。若有 48 kg Ti发生反应，计算生成的 TiN 的质量（写出计算过程及结果）。化学第4页（共4页）

绝密★启用前①一中##化学#合注意事项：卷上无效。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-140-160量中H00O.HO

氧化水解：加入H202,将Ti²氧化为+4价，然后水解生成【深度解析】加人NaOH20.00mL时，即加人的NaOH的物质的量TiO2·xH2O,同时H2O2将Fe²+氧化为Fe+，过滤除去含有Fe和n(NaOH)=2x10-²mol,97.8%的NH2OH·HCl 转化为 NH,OH,Ca²+的滤液，得到TiO2·xH2O。（C正确)2.2%的NH,CI转化为NH·H2O,根据方程式NH2OH·HCI+【深度解析】TiO2可被铝粉还原为TiO（1≤x≤1.5），说明TiO2NaOH=NH,OH+NaCl+HO,NH,Cl+NaOH=NH·HO+具有弱氧化性，A正确。NaCl，可知有97.8%的NaOH与NH2OH·HCI反应，所以原溶液13.A热门考点化学反应机理分析，涉及催化剂活性、化学键的变中n（NH2OH·HCI)=n（NHCI)=2x10-²mol,所以溶质中化、氧化还原反应、转移电子数计算2×10-² molx69.5 g · mol-【深度解析】铁掺杂TiO2催化剂中Fe元素显+3价，在过程②中NH,OH·HCI质量分数为0.2460 g×100%≈转变为+2价，过程④中又被02氧化为+3价，再经过程5恢复原56.5%，D正确。样，恢复了催化剂活性,A正确；过程①没有非极性键的断裂，B16.(每空2分，共14分)错误；过程③仅发生了02的吸附，未发生氧化还原反应，C错误；34g即1molH2S转化为S,S元素化合价升高了2,理论上转移电(1)4CeO+2CI+HO+14H*=4Ce+Cl↑+0↑+8H0温子数为2NA，D错误。度过低，反应速率较慢；温度过高，过氧化氢受热分解，盐酸挥发14.C常规考点晶胞结构分析，涉及化学式、核间距、晶体密度、分(2)调溶液pH至1.8~2.0，便于在“沉淀”步骤中利用草酸选择数坐标性沉淀Ce+【深度解析】根据均摊法，Ti"位于体心,有1个,Pb位于顶点，有高温(3)Ce(C0)·10H,0+202CeO+6CO+10H,0抑制8x=1个，0²位于面心，有6x1=3个，所以化学式为PbTiO，A草酸铈溶解，减少草酸铈损耗（4)①C②95.568必考题型从稀土抛光粉中回收铈（CeO2）的工艺流程，涉及离子正确；1位和2位的0²核间距为侧面面对角线长的一半,即及化学方程式书写、目的分析、产品含量计算等√a²+(1.1a)²√2.21apm,B正确；晶胞中含1个PbTiO，所2【流程分析】2207+48+16x3303g,晶胞体积为（α²×10-2×原料：稀土抛光粉（SiO2、CeO2、FeOs、Al203）以晶胞质量为NAg=NA除杂元素：Fe、Al、Si1.1ax10-"）cm²=1.1a²×10-3°cm²，所以晶体密度p=目标产物：Ce0303酸浸：向稀土抛光粉中加入盐酸和双氧水，已知CeO2具有强氧化N%303x10g·cm，C错误；2位的0²-位性，“酸浸”时加入盐酸和H,O2,产生两种等体积的气体，则一种1. 1a²×10-cm²N×1. 1a²气体为O2，另一种为Cl2,发生反应4CeO2+2Cl+H2O2+14H*=于左侧面的面心，所以分数坐标为，D正确4Ce²++Cl↑+O↑+8HO、FeO+6H*=2Fe²++3HO、AlO+15.D重难考点水溶液中粒子衡图像分析，涉及曲线的判断、转6H'=2AI++3H20。此过程中，温度需适中，温度过低，反应速化率和含量的计算、电荷守恒等率较慢；温度过高，过氧化氢受热分解，盐酸挥发。…第(1)问【要点图解】过滤：分离滤液和滤渣，SiO2不与盐酸和H2O2反应，得到的滤渣第一步，看图乙，根据分布分数的定义，可判断①和②为一为 SiO20组，③和④为一组，且随pH增大，NH和NHOH的浓度减小，NH3·H2O和NHOH浓度增大，所以①③分别为NH和NHOH操作X：依据已知条件“草酸在pH=1.8~2.0区间内，可选择性中的一种，②④分别为NH·H2O和NH2OH中的一种沉淀稀土元素，而不与其他离子沉淀”，加入氨水可调节溶液的第三步，看图甲，由于碱性NH·H2O>NH2OH，所以酸性NHOH·HCI>NHCI，NaOH先与NHOH·HCI反应，a点处pH至1.8~2.0,便于在“沉淀”步骤中利用草酸选择性沉淀Ce+。pH=7.61，由图乙可得此时8(NH)=0.978，有97.8%的NHCI未参与反应，B错误pHe(7.61,0.978) NH · H0沉淀：加入草酸发生反应2Ce3++3H2C204=Ce（C2O4）；↓+1.0HN6H*，生成Ce2(C2O4）沉淀。0.8①②③④a(20.00,7.61)HOHN酸洗沉淀：加入过量草酸，抑制草酸铈溶解，减少草酸铈损耗，得0.6c(5.96,d(9.26,(00S0)0.500)到Ce（CO4）·10HO。..…...…第（3）问0.47.61,0.20.022)灼烧：发生反应Ce（C2O4）：·10H20+202NHOH2051015/202530350.0+1010HO。….第（3）问6812V(NaOH)/mLpH【深度解析】(4)①在滴定操作中，标准液洒出，会导致消耗标准甲乙第四步，b点溶液中存在电荷守恒：c(OH)+c(CI）=液的体积增大，从而使测定结果偏大，A不符合题意；锥形瓶洗干c(NH)+c(NH;OH)+c(Na)+c(H)，C错误净后未干燥对测定结果无影响，B不符合题意；在滴定时，锥形瓶第二步，c点处对应微粒浓度相等，可得K=10-84；d点处对应微粒中的溶液溅出，会导致待测液的体积减小，消耗标准液的体积减浓度相等，可得K=10-"；由于NH3·H20的碱性强于NH20H，可得K为NH·HO的电离衡常数，且③为NH，④为NH·H20；K小,从而使测定结果偏小，C符合题意。②滴定过程中消耗为NH2OH电离衡常数，①为NHOH，②为NH2OH，A错误n(Fe²+)=0.1000 mol·L-x25.00×10-²L=2.5x10-²mol,由得失

氧化水解：加入H202,将Ti²氧化为+4价，然后水解生成【深度解析】加人NaOH20.00mL时，即加人的NaOH的物质的量TiO2·xH2O,同时H2O2将Fe²+氧化为Fe+，过滤除去含有Fe和n(NaOH)=2x10-²mol,97.8%的NH2OH·HCl 转化为 NH,OH,Ca²+的滤液，得到TiO2·xH2O。（C正确)2.2%的NH,CI转化为NH·H2O,根据方程式NH2OH·HCI+【深度解析】TiO2可被铝粉还原为TiO（1≤x≤1.5），说明TiO2NaOH=NH,OH+NaCl+HO,NH,Cl+NaOH=NH·HO+具有弱氧化性，A正确。NaCl，可知有97.8%的NaOH与NH2OH·HCI反应，所以原溶液13.A热门考点化学反应机理分析，涉及催化剂活性、化学键的变中n（NH2OH·HCI)=n（NHCI)=2x10-²mol,所以溶质中化、氧化还原反应、转移电子数计算2×10-² molx69.5 g · mol-【深度解析】铁掺杂TiO2催化剂中Fe元素显+3价，在过程②中NH,OH·HCI质量分数为0.2460 g×100%≈转变为+2价，过程④中又被02氧化为+3价，再经过程5恢复原56.5%，D正确。样，恢复了催化剂活性,A正确；过程①没有非极性键的断裂，B16.(每空2分，共14分)错误；过程③仅发生了02的吸附，未发生氧化还原反应，C错误；34g即1molH2S转化为S,S元素化合价升高了2,理论上转移电(1)4CeO+2CI+HO+14H*=4Ce+Cl↑+0↑+8H0温子数为2NA，D错误。度过低，反应速率较慢；温度过高，过氧化氢受热分解，盐酸挥发14.C常规考点晶胞结构分析，涉及化学式、核间距、晶体密度、分(2)调溶液pH至1.8~2.0，便于在“沉淀”步骤中利用草酸选择数坐标性沉淀Ce+【深度解析】根据均摊法，Ti"位于体心,有1个,Pb位于顶点，有高温(3)Ce(C0)·10H,0+202CeO+6CO+10H,0抑制8x=1个，0²位于面心，有6x1=3个，所以化学式为PbTiO，A草酸铈溶解，减少草酸铈损耗（4)①C②95.568必考题型从稀土抛光粉中回收铈（CeO2）的工艺流程，涉及离子正确；1位和2位的0²核间距为侧面面对角线长的一半,即及化学方程式书写、目的分析、产品含量计算等√a²+(1.1a)²√2.21apm,B正确；晶胞中含1个PbTiO，所2【流程分析】2207+48+16x3303g,晶胞体积为（α²×10-2×原料：稀土抛光粉（SiO2、CeO2、FeOs、Al203）以晶胞质量为NAg=NA除杂元素：Fe、Al、Si1.1ax10-"）cm²=1.1a²×10-3°cm²，所以晶体密度p=目标产物：Ce0303酸浸：向稀土抛光粉中加入盐酸和双氧水，已知CeO2具有强氧化N%303x10g·cm，C错误；2位的0²-位性，“酸浸”时加入盐酸和H,O2,产生两种等体积的气体，则一种1. 1a²×10-cm²N×1. 1a²气体为O2，另一种为Cl2,发生反应4CeO2+2Cl+H2O2+14H*=于左侧面的面心，所以分数坐标为，D正确4Ce²++Cl↑+O↑+8HO、FeO+6H*=2Fe²++3HO、AlO+15.D重难考点水溶液中粒子衡图像分析，涉及曲线的判断、转6H'=2AI++3H20。此过程中，温度需适中，温度过低，反应速化率和含量的计算、电荷守恒等率较慢；温度过高，过氧化氢受热分解，盐酸挥发。…第(1)问【要点图解】过滤：分离滤液和滤渣，SiO2不与盐酸和H2O2反应，得到的滤渣第一步，看图乙，根据分布分数的定义，可判断①和②为一为 SiO20组，③和④为一组，且随pH增大，NH和NHOH的浓度减小，NH3·H2O和NHOH浓度增大，所以①③分别为NH和NHOH操作X：依据已知条件“草酸在pH=1.8~2.0区间内，可选择性中的一种，②④分别为NH·H2O和NH2OH中的一种沉淀稀土元素，而不与其他离子沉淀”，加入氨水可调节溶液的第三步，看图甲，由于碱性NH·H2O>NH2OH，所以酸性NHOH·HCI>NHCI，NaOH先与NHOH·HCI反应，a点处pH至1.8~2.0,便于在“沉淀”步骤中利用草酸选择性沉淀Ce+。pH=7.61，由图乙可得此时8(NH)=0.978，有97.8%的NHCI未参与反应，B错误pHe(7.61,0.978) NH · H0沉淀：加入草酸发生反应2Ce3++3H2C204=Ce（C2O4）；↓+1.0HN6H*，生成Ce2(C2O4）沉淀。0.8①②③④a(20.00,7.61)HOHN酸洗沉淀：加入过量草酸，抑制草酸铈溶解，减少草酸铈损耗，得0.6c(5.96,d(9.26,(00S0)0.500)到Ce（CO4）·10HO。..…...…第（3）问0.47.61,0.20.022)灼烧：发生反应Ce（C2O4）：·10H20+202NHOH2051015/202530350.0+1010HO。….第（3）问6812V(NaOH)/mLpH【深度解析】(4)①在滴定操作中，标准液洒出，会导致消耗标准甲乙第四步，b点溶液中存在电荷守恒：c(OH)+c(CI）=液的体积增大，从而使测定结果偏大，A不符合题意；锥形瓶洗干c(NH)+c(NH;OH)+c(Na)+c(H)，C错误净后未干燥对测定结果无影响，B不符合题意；在滴定时，锥形瓶第二步，c点处对应微粒浓度相等，可得K=10-84；d点处对应微粒中的溶液溅出，会导致待测液的体积减小，消耗标准液的体积减浓度相等，可得K=10-"；由于NH3·H20的碱性强于NH20H，可得K为NH·HO的电离衡常数，且③为NH，④为NH·H20；K小,从而使测定结果偏小，C符合题意。②滴定过程中消耗为NH2OH电离衡常数，①为NHOH，②为NH2OH，A错误n(Fe²+)=0.1000 mol·L-x25.00×10-²L=2.5x10-²mol,由得失