绍兴中考化学试卷答案解析及word文字版下载（难度系数点评）
2017年绍兴中考化学试卷答案解析及word文字版下载（难度系数点评）
一、选择题
1．
A．氧气可以供给呼吸B．氮气可以制造化肥
C．干冰用于人工降雨D．稀有气体用作保护气
【分析】物质的化学性质是指在化学变化中表现出来的性质，物质的物理性质是指不需要通过化学变化表现出来的性质，据此进行分析判断．
【解答】解：A、氧气可以供给呼吸，需要通过化学变化才表现出来，是利用了其化学性质，故选项错误．
B、氮气可以制造化肥，需要通过化学变化才表现出来，是利用了其化学性质，故选项错误．
C、干冰用于人工降雨，是利用了干冰升华吸热的性质，不需要发生化学变化就能表现出来，是利用了其物理性质，故选项正确．
D、稀有气体用作保护气，是利用了稀有气体化学性质稳定的性质，需要通过化学变化才表现出来，是利用了其化学性质，故选项错误．
故选C．
【点评】本题难度不大，区分物质的用途是利用了物理性质还是化学性质，关键就是看利用的性质是否需要通过化学变化体现出来．
2．
A．有可燃物B．有助燃剂
C．温度达到可燃物的着火点D．可燃物与火焰直接接触
【分析】根据燃烧的条件分析，燃烧的条件是：物质具有可燃性；可燃物与氧气接触；温度达到可燃物的着火点．
【解答】解：物质燃烧需要三个条件：可燃物、达到着火点、与氧气接触，所以装置中火柴头燃烧，是因为与空气接触，并达到着火点；火柴梗是可燃物，与空气接触，没有燃烧，是因为没有达到着火点，所以说明燃烧的条件之一是温度达到着火点．
故选项为：C．
【点评】物质燃烧需要三个条件：可燃物、与氧气接触、温度达到着火点，这三个条件缺一不可．
3．
A．将混合物与足量H2充分反应，冷却后测出剩余固体质量
B．将混合物与足量CO充分反应，反应后的气体通入足量的NaOH溶液中，测出NaOH溶液质量的增加值
C．将混合物完全溶于稀H2SO4，加入足量铁粉，充分反应后，过滤、洗涤、干燥，测出剩余固体质量
D．将混合物完全溶于稀H2SO4，加入足量NaOH溶液，过滤、洗涤、干燥，测出剩余固体质量
【分析】A．混合物与足量
H2充分反应，冷却后测出剩余固体质量，可以列等式进行计算．
B．混合物在高温下通入足量CO气体，反应后的气体通入足量的NaOH溶液中，测出NaOH溶液质量的增加值（即为生成二氧化碳的质量），可列式计算．
C．氧化铜、氧化锌与稀硫酸反应分别生成硫酸铜、硫酸锌溶液，加入足量铁粉，铁能与硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁溶液和铜，铁不与硫酸锌溶液反应，但铁粉足量，反应后有剩余，进行分析判断．
D．氧化铜、氧化锌与稀硫酸反应分别生成硫酸铜、硫酸锌溶液，加入足量NaOH溶液，分别生成氢氧化铜、氢氧化锌沉淀，测出氢氧化铜、氢氧化锌沉淀的质量，可列式计算．
【解答】解：A、设CuO和FeO的物质的量分别为xmol、ymol，则有80x+72y=10g，64x+65y=剩余固体质量，可以计算出CuO质量分数，故选项错误．
B、混合物在高温下通入足量CO气体，反应后的气体通入足量的NaOH溶液中，测出NaOH溶液质量的增加值（即为生成二氧化碳的质量），设CuO和FeO的物质的量分别为xmol、ymol，则有80x+72y=10g，（+）mol×44g/mol=二氧化碳的质量，可以计算出CuO质量分数，故选项错误．
C、氧化铜、氧化锌与稀硫酸反应分别生成硫酸铜、硫酸锌溶液，加入足量铁粉，铁能与硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁溶液和铜，铁不与硫酸锌溶液反应，但铁粉足量，反应后有剩余，无法确定生成铜的质量，不能计算出CuO质量分数，故选项正确．
D、氧化铜、氧化锌与稀硫酸反应分别生成硫酸铜、硫酸锌溶液，加入足量NaOH溶液，分别生成氢氧化铜、氢氧化锌沉淀，与A、B选项同理，可以计算出CuO质量分数，故选项错误．
故选：C．
【点评】本题有一定难度，考查物质的含量的测定实验方案的设计，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，把握反应的原理和计算方法是正确解答本题的关键．
二、填空题
4．物质甲中氮元素的化合价是 ?3 ．
（2）甲、乙、丙与丁中属于氧化物的是 丁 ．
（3）该化学反应属于基本类型中的 置换 反应．
【分析】（1）根据物质甲的微观构成写出化学式，判断出氮元素的化合价；
（2）根据物质的微观构成分析物质的类别；
（3）根据反应的特点判断反应的类型．
【解答】解：（1）由物质甲的微观构成可知，化学式是NH3，由于氢元素显+1价，可推出氮元素的化合价为?3价；
（2）由物质的微观构成可知，甲、乙、丙与丁中分别是氨气、氧气氮气和水，属于氧化物的是水；
（3）由反应的微观变化图可知，该反应由一种单质和一种化合物反应生成了另一种单质和另一种化合物，属于置换反应．
故答为：（1）?3；（2）丁；（3）置换．
【点评】通过给出微粒的模型，考查学生的观察能力和对基本概念的理解与运用能力；解题的关键是对微粒结构意义的掌握．
5．91827
溶液质量（克）596868
（1）实验所得3杯溶液中，属于不饱和溶液的是 A （选填编号）．
（2）若将A杯中的溶液稀释成溶质的质量分数为0.9%的生理盐水，需加水 941 克．
【分析】（1）根据三组溶液中溶质溶剂质量判断；xkb1.com
（2）根据加水稀释前后溶质质量不变求出加水的质量
【解答】解：（1）分析上述三组溶液，由C组溶液可知50g水中最多溶解18g食盐，因此A为不饱和溶液，BC为饱和溶液；故填A；
（2）根据加水稀释前后溶质质量不变可知0.9%的生理盐水中溶质的质量为9g，因此溶液质量为=1000g，因此需加水的质量为1000g?59g=941g；故填：941．
【点评】了解物质的溶解度随温度变化情况，明确溶解度概念才能判断一定量的溶质加入一定量的溶剂中能否全部溶解．
三、实验题
6．以过氧化氢溶液为原料制取并收集氧气，应选用的装置是 AE （选填序号）．
（2）实验中，用装有一定量水的集气瓶进行排水法收集氧气，能使带火星木条复燃，那么使带火星的木条复燃的氧气体积分数的最低值是多少呢？进一步展开探究．
第一组实验：5只容积均为100毫升的集气瓶，分别装入一定体积的水，再用排水法收集氧气，恰好把5只集气瓶中的水排去，将带火星的木条依次伸入5只集气瓶中，记录实验现象．
以相同方法完成第二组实验，两组实验的数据和现象见下表，（已知空气中氧气的体积分数为21%）
第一组第二组
集气瓶编号ABCDEABCDE
集气前装入集气瓶内水的体积（毫升）10203040503133353739
带火星木条的状况微亮亮很亮复燃复燃很亮很亮复燃复燃复燃
①第一组实验D瓶，集气结束时氧气的体积分数为 52.6 %．
②经计算，第二组实验C瓶的氧气体积分数为48.65%，由此得出“使带火星的木条复燃的氧气体积分数的最低值只能是48.65%”的结论，对此结论和过程进行评价： 该结论不严格；实验过程可省去第二组中编号A、D、E的实验，补充一个当水的体积分数达到34%的实验 ．
【分析】（1）根据制取气体发生装置选择的依据和收集装置的依据进行分析；
（2）分析表格可发现收集的氧气占容积的体积分数最低为35%时木条就可复燃，根据空气中原有的氧气和收集到的氧气，就可算出氧气的分数．
【解答】解：（1）以过氧化氢溶液为原料制取并收集氧气，反应物为过氧化氢，二氧化锰作催化剂，为固液反应，不需加热，故发生装置选A装置，氧气密度比空气大，不易溶于水，可以用向上排空气法，也可用排水法进行收集，但图示向上排空气法有错误，故只能选E装置，故填：AE．
（2）①集气瓶中氧气的体积分数=收集的氧气占容积的体积分数+瓶中空气占容积的体积分数×空气中氧气的体积分数，第一组实验D瓶，集气结束时氧气的体积分数为40%+60%×21%=52.6%，故填：52.6；
②该结论不严格，由图中可知，当水的体积分数达到35%时，带火星的木条复燃，水的体积分数达到33%时，带火星的木条不复燃，应作一个补充实验，当水的体积分数达到34%时，看带火星的木条是否复燃；
采取“半值法”探究能减少实验次数，实际上就是通过实验数据的分析，减少不必要的实验，第二组实验若按B、C的编号顺序进行实验，即可确定下一组实验收集的氧气占容积的体积分数应在33%～35%之间，从而省去编号A、D、E的实验，但需补充一个当水的体积分数达到34%的实验．故填：该结论不严格；实验过程可省去第二组中编号A、D、E的实验，补充一个当水的体积分数达到34%的实验．
【点评】设计实验时，要明确实验的目的，要注意控制一些变量，从而可减少实验的次数，减少实验的过程．
7．2，也会生成Cu4（OH）4S04（碱式硫酸铜）．
②Cu（OH）2在80℃会分解生成CuO．
③Cu4（OH）4S04不溶于水，能与酸反应，分解温度需300℃．
【猜想与假设】
猜想一：浅绿色固体为Cu（OH）2．
猜想二：浅绿色固体为 Cu4（OH）4S04 ．
猜想三：浅绿色固体为Cu（OH）2和Cu4（OH）4S04．
【获取事实与证据】
①取少量浅绿色固体放入试管中，加热至100℃，观察到黑色固体物质，说明浅绿色固体中存在 氢氧化铜 ．
②另取少量浅绿色固体放入试管中，加入足量稀硝酸，再滴加Ba（NO3）2溶液，出现白色沉淀，该白色沉淀是 硫酸钡 ．
【结论】整个实验证明猜想 ③ 正确．
【分析】【猜想与假设】根据题意，NaOH与CuSO4反应会生成Cu（OH）2，也会生成Cu4（OH）4S04（碱式硫酸铜），则浅绿色固体可能为Cu（OH）2，也可能是Cu4（OH）4S04，也可能是两者的混合物．
【获取事实与证据】①根据题意，Cu（OH）2在80℃会分解生成CuO，Cu4（OH）4S04不溶于水，能与酸反应，分解温度需300℃，进行分析解答．
②由题意，另取少量浅绿色固体放入试管中，加入足量稀硝酸，再滴加Ba（NO3）2溶液，出现白色沉淀，说明生成了不溶于酸的硫酸钡沉淀，进行分析解答．
【解答】【猜想与假设】由题意，NaOH与CuSO4反应会生成Cu（OH）2，也会生成Cu4（OH）4S04（碱式硫酸铜）．
【获取事实与证据】①由题意，Cu（OH）2在80℃会分解生成CuO，而Cu4（OH）4S04不溶于水，能与酸反应，分解温度需300℃．取少量浅绿色固体放入试管中，加热至100℃，此温度下Cu4（OH）4S04还没分解，观察到黑色固体物质，说明浅绿色固体中存在氢氧化铜，黑色固体物质是氢氧化铜分解生成的．
②Cu4（OH）4S04不溶于水，能与酸反应，另取少量浅绿色固体放入试管中，加入足量稀硝酸，再滴加Ba（NO3）2溶液，出现白色沉淀，说明生成了硫酸钡白色沉淀，则说明浅绿色固体中存在Cu4（OH）4S04．
【结论】由事实与证据，浅绿色固体中含有Cu（OH）2、Cu4（OH）4S04，整个实验证明猜想③正确．
故答案为：【猜想与假设】Cu4（OH）4S04；
【获取事实与证据】①氢氧化铜；②硫酸钡；
【结论】③．
【点评】本题难度不大，理解NaOH与CuSO4反应会生成Cu（OH）2和Cu4（OH）4S04、Cu4（OH）4S04能与酸反应，掌握酸的化学性质并能灵活运用是正确解答本题的关键．
四、解答题
8．?一种用于治疗疟疾的药物，挽救了全球特别是发展中国家的数百万人的生命”而获得诺贝尔生理学或医学奖．磺胺（化学式为C6H8N2O2S）是青蒿素之前最热门的抗疟药物之一．
回答下列问题．
（1）一个青蒿素分子中含有 42 个原子．
（2）青蒿素中的氢元素与氧元素的质量比是 11：40 ．
（3）14.1克青蒿素中含有碳元素的质量和多少克磺胺中含有碳元素的质量相等？
【分析】（1）根据一个青蒿素分子的构成，进行分析解答．
（2）根据化合物中各元素质量比=各原子的相对原子质量×原子个数之比，进行分析解答．
（3）根据化合物中某元素的质量=该化合物的质量×该元素的质量分数，进行分析解答．
【解答】解：（1）一个青蒿素分子由15个碳原子、22个氢原子和5个氧原子构成，则一个青蒿素分子中含有42个原子．
（2）青蒿素中氢元素与氧元素元素的质量比为（1×22）：（16×5）=11：40．
（3）设需要磺胺的质量为x
14.1g××100%=x×100%x=21.5g
故答案为：（1）42；（2）11：40；（3）和21.5g磺胺中含有碳元素的质量相等．
【点评】本题难度不大，考查同学们结合新信息、灵活运用化学式的含义与有关计算进行分析问题、解决问题的能力．
9．变质情况，进行了如下实验：
①称取生石灰25克，将其露置于空气中．
②一段时间后，称量发现质量增加了4克．
③将变质的“生石灰”溶于足量的稀盐酸，产生的气体全部通过足量的浓硫酸后，再通入足量的氢氧化钠溶液中，充分反应后称得氢氧化钠溶液的质量增加2.2克．
回答下列问题．
（1）变质的“生石灰”与稀盐酸反应生成二氧化碳的质量为 2.2 克．
（2）组成变质的“生石灰”各成分质量为多少？
（3）生石灰露置于空气中质量增加的原因是 氧化钙能和空气中的水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙能和空气中的二氧化碳反应生成碳酸钙和水 ，故实验室中的生石灰应 密封 保存．
【分析】氧化钙能和空气中的水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙能和空气中的二氧化碳反应生成碳酸钙和水，碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳；
根据提供的数据可以进行相关方面的计算．
【解答】解：（1）氢氧化钠溶液质量增加的质量即为二氧化碳的质量，为2.2g；
（2）设碳酸钙的质量为x
CaCO3+2HCl?CaCl2+H2O+CO2↑
10044
x2.2g
x=5g
设这些CaCO3是由质量为y的CaO转化而来，
由CaO+H2O?Ca（OH）2，Ca（OH）2+CO2?CaCO3↓+H2O可知，CaO～CaCO3，
CaO～CaCO3，
56100
y5g
y=2.8g
2.8g氧化钙转化成5g碳酸钙后，固体质量增加：5g?2.8g=2.2g，因此氧化钙除部分转化成碳酸钙外，还有一部分转化成氢氧化钙，
设转化成氢氧化钙的质量为z，转化成氢氧化钙的氧化钙的质量为m
CaO+H2O?Ca（OH）2，固体质量增加
567474?56=18
mz4g?2.2g=1.8g
，
z=7.4g，m=5.6g
未变质的生石灰的质量为：25g?2.8g?5.6g=16.6g；
答：组成变质的“生石灰”各成分质量分别为：氧化钙：16.6g；碳酸钙：5g；氢氧化钙：7.4g；
（3）生石灰露置于空气中质量增加的原因是：氧化钙能和空气中的水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙能和空气中的二氧化碳反应生成碳酸钙和水；因此，实验室中的生石灰应密封保存．
【点评】差量法在计算中的应用很广泛，解答的关键是要分析出物质的质量差与要求的未知数之间的关系，再根据具体的数据求解．
10．2在空气中会迅速转化为红褐色的Fe（OH）3．
①取少量废水，加入过量稀盐酸，产生白色沉淀；再加入过量氢氧化钠溶液，产生蓝色沉淀．该废水中含有的金属离子是 Ag+、Cu2+、NO3? ．
②兴趣小组设计了一个除去该废水中原有金属离子的实验方案，部分流程如图所示．操作I的名称是 过滤 ，单质A是 Fe ．
【分析】（1）运用酸碱盐的化学性质，能较快的正确的解答该题，取少量废水，加入过量稀盐酸，产生白色沉淀，说明溶液中含有银离子，则一定不含有氯离子，否则会生成氯化银的白色沉淀；再加入过量氢氧化钠溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中含有铜离子进行解答；
（2）根据过滤能用于分离难溶性固体以及白色沉淀能在空气中转化为红褐色沉淀，说明白色沉淀为氢氧化亚铁进行解答．
【解答】解：（1）取少量废水，加入过量稀盐酸，产生白色沉淀，说明溶液中含有银离子，则一定不含有氯离子，否则会生成氯化银的白色沉淀；再加入过量氢氧化钠溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中含有铜离子，由于溶液呈电中性，所以溶液中还一点含有硝酸根离子；故填：Ag+、Cu2+、NO3?；
（2）过滤能用于分离难溶性固体，所以操作I的名称是过滤；白色沉淀能在空气中转化为红褐色沉淀，说明白色沉淀为氢氧化亚铁，所以溶液乙中一定含有亚铁离子，故加入的过量A为单质铁．故填：过滤；Fe．
【点评】只有熟练掌握酸碱盐的化学性质才能快速准确的做出这类题的正确答案