浙江省温州市中考化学试卷解析版.doc

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1、优质文本2017年浙江省温州市中考化学试卷一、选择题15月9日，相关机构发布等四种元素的中文名称，元素的核电荷数为118，相对原子质量为294，那么原子核外电子数为A118B176C294D4122构成人体骨骼和牙齿的无机盐称为骨盐，其中含有氟化钙CaF2，氟化钙中氟F元素的化合价为A2B1C+1D+2二、填空题3为了研究可燃物的燃烧条件，某兴趣小组同学用如下图装置进行实验白磷、红磷均不超过绿豆大小，锥形瓶中的白磷A与红磷C尽量拉开距离，白磷的着火点为40，红磷的着火点为2401写出锥形瓶中发生的实验现象： 2结合本实验目的，写出烧杯中70热水的作用： 4据报道，我国已在南海某海域试采可燃冰获

2、得成功，可燃冰分布于深海沉积物或陆域的永久冻土中，主要是由甲烷CH4与水在高压低温条件下形成的类冰状结晶物质，可燃物，所以被称为“可燃冰1CH4中C、H元素的质量比为 2在相同条件下，1米3CO和1米3CH4所含的分子数目相同，CO、CH4燃烧的化学方程式分别为2CO+O22CO2，CH4+2O2CO2+2H2O，据此分析，在相同条件下，分别燃烧1米3的CO与CH4，消耗氧气较多的是 3有专家指出，“从实现可燃冰试开采成功到大规模开采之路依然遥远，许多问题有待进一步解决以下证据中，支持专家观点的有 可多项选择A可燃冰存在于低温与高压环境，稳定性较差，大规模开采时，稍有不慎，海底沉积物会失去稳定

3、，可能引发海底塌方，甚至导致海啸B可燃冰是高效、资源量大的优质能源，开采可燃冰对我国能源生产有重要价值C可燃冰埋藏在海面下6002000米深，虽然存储总量很大，但分布比拟分散，目前开采难度大D我国已实现可燃冰全流程试采核心技术的中大突破，形成了国际领先的新型试采工艺E可燃冰与煤、石油等能源相比，是绿色清洁能源，具有良好的商业开发前景三、解答题5在用氯酸钾和二氧化锰的混合物制取氧气实验后，为了进一步探究二氧化锰的用量对氯酸钾分解速度的影响，小明用如图装置，以及实验室提供的实验所需药品和器材进行实验，老师对实验的建议：每组实验氯酸钾用量可取4克，二氧化锰质量不宜超过2克实验设计4组1结合老师建议，

4、补充完整实验步骤之后的其它步骤，检查装置的气密性；2实验结束后，小明回收了二氧化锰，如果要证明二氧化锰是氯酸钾分解的催化剂，还需验证二氧化锰的 保持不变四、解答题共2小题，总分值15分6某校举行科学实验操作考查，由学生抽签确定考察的实验内容，要求根据提供的实验器材完成相关实验1A组实验有：过滤含泥沙的食盐水；蒸发氯化钠溶液获得晶体；用实验室方法制取一瓶二氧化碳，甲同学抽到的是A组中的一个实验，需要如下器材：那么他抽到的实验是 选填序号2乙同学抽到的是B组中的一个实验：配制50克10%的氯化钠溶液，为完成该实验，他应称取固体氯化钠 克3丙同学抽到的是B组中另一个实验：验证硫酸和氢氧化钠溶液的酸碱

5、性，用到的试剂有：稀硫酸、氢氧化钠溶液、紫色石蕊试液实验结束后，他将实验后的溶液全部倒入废液缸，混合溶液呈蓝色，那么混合溶液中除石蕊外还含有的溶质为 写化学式7实验室有一变质的氢氧化钠样品样品中只含碳酸钠杂质，且成分均匀，为测量样品中Na2CO3的质量分数，小明进行了如下实验取质量、大小相同的3个烧杯，分别参加一定质量分数的稀盐酸100克；向上述3个烧杯中分别参加3份质量不同的样品；充分反响后，再用电子天平称量烧杯及烧杯内物质的总质量假设产生的气体完全逸出实验数据如下：实验一 实验二 实验三 反响前稀盐酸+烧杯质量克 150 150 150 反响前固体样品质量克 4 8 12 反响后烧杯内物质

6、+烧杯质量克 m实验中发生的化学反响：NaOH+HClNaCl+H2ONa2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO21分析表中数据，写出判断实验二中的样品已完全反响的理由： 2表中的m值为 3根据实验二中的数据计算样品中Na2CO3的质量分数2017年浙江省温州市中考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题15月9日，相关机构发布等四种元素的中文名称，元素的核电荷数为118，相对原子质量为294，那么原子核外电子数为A118B176C294D412【考点】BB：原子的有关数量计算【分析】根据原子中：核电荷数=质子数=电子数，进行分析解答【解答】解：因为在原子中：核电荷数=质子数=电子数，由题意该

7、原子的核电荷数为118，故其核内质子数和核外电子数均为118；应选A2构成人体骨骼和牙齿的无机盐称为骨盐，其中含有氟化钙CaF2，氟化钙中氟F元素的化合价为A2B1C+1D+2【考点】D6：有关元素化合价的计算【分析】根据在化合物中正负化合价代数和为零，结合氟化钙CaF2的化学式进行解答此题【解答】解：钙元素显+2价，设氟元素的化合价是x，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得：+2+2x=0，那么x=1价应选：B二、填空题3为了研究可燃物的燃烧条件，某兴趣小组同学用如下图装置进行实验白磷、红磷均不超过绿豆大小，锥形瓶中的白磷A与红磷C尽量拉开距离，白磷的着火点为40，红磷的着火点为2401

8、写出锥形瓶中发生的实验现象：白磷A燃烧，产生白烟，温度计的示数上升2结合本实验目的，写出烧杯中70热水的作用：使白磷B隔绝氧气，使白磷A的温度到达着火点【考点】H1：燃烧与燃烧的条件【分析】根据燃烧的条件：具有可燃物、温度到达该物质的着火点、与氧气接触来考虑；水中白磷不燃烧是因为缺少氧气；锥形瓶中的红磷没有到达着火点【解答】解：锥形瓶中的白磷与红磷都与氧气接触，一个是白磷到达了着火点燃烧了，一个是红磷没到达着火点没有燃烧，所以验证条件是温度否到达着火点；锥形瓶中的白磷和水中的白磷温度都到达了着火点，但一个与氧气接触，一个在水下与氧气不接触，所以验证的条件是否与氧气接触，因此水的作用是使白磷B隔

9、绝氧气，使白磷A的温度到达着火点；白磷燃烧的现象是：白磷燃烧，产生白烟，放出热量使温度计的示数上升；故答案为：1白磷A燃烧，产生白烟，温度计的示数上升；2使白磷B隔绝氧气，使白磷A的温度到达着火点4据报道，我国已在南海某海域试采可燃冰获得成功，可燃冰分布于深海沉积物或陆域的永久冻土中，主要是由甲烷CH4与水在高压低温条件下形成的类冰状结晶物质，可燃物，所以被称为“可燃冰1CH4中C、H元素的质量比为3：12在相同条件下，1米3CO和1米3CH4所含的分子数目相同，CO、CH4燃烧的化学方程式分别为2CO+O22CO2，CH4+2O2CO2+2H2O，据此分析，在相同条件下，分别燃烧1米3的CO

10、与CH4，消耗氧气较多的是甲烷3有专家指出，“从实现可燃冰试开采成功到大规模开采之路依然遥远，许多问题有待进一步解决以下证据中，支持专家观点的有AC可多项选择A可燃冰存在于低温与高压环境，稳定性较差，大规模开采时，稍有不慎，海底沉积物会失去稳定，可能引发海底塌方，甚至导致海啸B可燃冰是高效、资源量大的优质能源，开采可燃冰对我国能源生产有重要价值C可燃冰埋藏在海面下6002000米深，虽然存储总量很大，但分布比拟分散，目前开采难度大D我国已实现可燃冰全流程试采核心技术的中大突破，形成了国际领先的新型试采工艺E可燃冰与煤、石油等能源相比，是绿色清洁能源，具有良好的商业开发前景【考点】HE：资源综合

11、利用和新能源开发；D9：元素质量比的计算【分析】1根据化合物中元素的质量比计算方法来分析；2根据题干信息以及化学方程式来分析；3根据可燃冰可燃冰分布于深海沉积物或陆域的永久冻土中，主要是由甲烷CH4与水在高压低温条件下形成的类冰状结晶物质来分析【解答】解：1甲烷中碳、氢元素质量比为：12：14=3：1故填：3：1；2由CO、CH4燃烧的化学方程式分别为2CO+O22CO2，CH4+2O2CO2+2H2O可知：2COO2、2CH44O2在相同条件下，1米3CO和1米3CH4所含的分子数目相同，那么在相同条件下，分别燃烧1米3的CO与CH4，消耗氧气较多的是甲烷；故填：甲烷；3A可燃冰存在于低温与

12、高压环境，稳定性较差，大规模开采时，稍有不慎，海底沉积物会失去稳定，可能引发海底塌方，甚至导致海啸，符合题意；B可燃冰是高效、资源量大的优质能源，开采可燃冰对我国能源生产有重要价值，不合题意；C可燃冰埋藏在海面下6002000米深，虽然存储总量很大，但分布比拟分散，目前开采难度大，符合题意；D我国已实现可燃冰全流程试采核心技术的中大突破，形成了国际领先的新型试采工艺，不合题意；E可燃冰与煤、石油等能源相比，是绿色清洁能源，具有良好的商业开发前景，不合题意应选：AC三、解答题5在用氯酸钾和二氧化锰的混合物制取氧气实验后，为了进一步探究二氧化锰的用量对氯酸钾分解速度的影响，小明用如图装置，以及实验

13、室提供的实验所需药品和器材进行实验，老师对实验的建议：每组实验氯酸钾用量可取4克，二氧化锰质量不宜超过2克实验设计4组1结合老师建议，补充完整实验步骤之后的其它步骤，检查装置的气密性；2实验结束后，小明回收了二氧化锰，如果要证明二氧化锰是氯酸钾分解的催化剂，还需验证二氧化锰的质量和化学性质保持不变【考点】6J：催化剂的特点与催化作用【分析】1根据老师对实验的建议：每组实验氯酸钾用量可取4克，二氧化锰质量不宜超过2克实验设计4组进行设计并补充实验步骤；2根据催化剂的定义：在化学反响中，改变化学反响速率，而本身的质量和化学性质在反响前后都不变进行分析【解答】解：1通过分析实验设计的要求，每组实验氯

14、酸钾用量可取4克，二氧化锰质量不宜超过2克实验设计4组，可知检查装置的气密性；取4克的氯酸钾与0.5克二氧化锰，均匀混合后参加试管中，连接好装置；开始加热试管，用秒表记录量筒收集一定体积氧气的时间；换用三支相同的试管，各参加4克氯酸钾，分别于1克、1.5克、2克的二氧化锰均匀混合，用相同装置重复步骤；比拟实验记录的四次时间大小，判断氯酸钾的分解速率与二氧化锰用量的关系2实验结束后，小明回收了二氧化锰，如果要证明二氧化锰是氯酸钾分解的催化剂，还需验证二氧化锰的质量和化学性质保持不变故答案为：1取4克的氯酸钾与0.5克二氧化锰，均匀混合后参加试管中，连接好装置；开始加热试管，用秒表记录量筒收集一定

15、体积氧气的时间；换用三支相同的试管，各参加4克氯酸钾，分别于1克、1.5克、2克的二氧化锰均匀混合，用相同装置重复步骤；比拟实验记录的四次时间大小，判断氯酸钾的分解速率与二氧化锰用量的关系2质量和化学性质四、解答题共2小题，总分值15分6某校举行科学实验操作考查，由学生抽签确定考察的实验内容，要求根据提供的实验器材完成相关实验1A组实验有：过滤含泥沙的食盐水；蒸发氯化钠溶液获得晶体；用实验室方法制取一瓶二氧化碳，甲同学抽到的是A组中的一个实验，需要如下器材：那么他抽到的实验是选填序号2乙同学抽到的是B组中的一个实验：配制50克10%的氯化钠溶液，为完成该实验，他应称取固体氯化钠5克3丙同学抽到

16、的是B组中另一个实验：验证硫酸和氢氧化钠溶液的酸碱性，用到的试剂有：稀硫酸、氢氧化钠溶液、紫色石蕊试液实验结束后，他将实验后的溶液全部倒入废液缸，混合溶液呈蓝色，那么混合溶液中除石蕊外还含有的溶质为Na2SO4、NaOH写化学式【考点】4I：蒸发与蒸馏操作；4E：一定溶质质量分数的溶液的配制；95：碱的化学性质【分析】1根据提供的仪器有玻璃棒、蒸发皿、酒精灯、铁架台，进行分解答2利用溶质质量=溶液质量溶质的质量分数，进行分析解答3根据稀硫酸与氢氧化钠溶液反响生成硫酸钠和水，进行分解答【解答】解：1提供的仪器有玻璃棒、蒸发皿、酒精灯、铁架台，该组仪器能完成蒸发操作，那么他抽到的实验是2溶质质量=

17、溶液质量溶质的质量分数，配制50克10%的氯化钠溶液，需氯化钠的质量=50g10%=5g3验证硫酸和氢氧化钠溶液的酸碱性，实验结束后，他将实验后的溶液全部倒入废液缸，稀硫酸与氢氧化钠溶液反响生成硫酸钠和水，混合溶液呈蓝色，说明溶液显碱性，反响后氢氧化钠有剩余，那么混合溶液中除石蕊外还含有的溶质为Na2SO4、NaOH故答案为：1；25；3Na2SO4、NaOH7实验室有一变质的氢氧化钠样品样品中只含碳酸钠杂质，且成分均匀，为测量样品中Na2CO3的质量分数，小明进行了如下实验取质量、大小相同的3个烧杯，分别参加一定质量分数的稀盐酸100克；向上述3个烧杯中分别参加3份质量不同的样品；充分反响后

18、，再用电子天平称量烧杯及烧杯内物质的总质量假设产生的气体完全逸出实验数据如下：实验一 实验二 实验三 反响前稀盐酸+烧杯质量克 150 150 150 反响前固体样品质量克 4 8 12 反响后烧杯内物质+烧杯质量克 m实验中发生的化学反响：NaOH+HClNaCl+H2ONa2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO21分析表中数据，写出判断实验二中的样品已完全反响的理由：实验三产生的气体的质量为150g+12g158.7g=3.3g，实验二产生的气体的质量为150g+8g155.8g=2.2g，实验三产生的气体的质量大于实验二，所以实验二中稀盐酸有剩余，8g样品已完全反响2表中的m值为15

19、2.93根据实验二中的数据计算样品中Na2CO3的质量分数【考点】G6：根据化学反响方程式的计算【分析】根据质量守恒定律可知，过程中质量的减少是因为生成了二氧化碳，所以可以求算二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量和对应的化学方程式求算碳酸钠的质量，进而求算对应的质量分数【解答】解：1分析表中数据，写出判断实验二中的样品已完全反响的理由：实验三产生的气体的质量为150g+12g158.7g=3.3g，实验二产生的气体的质量为150g+8g155.8g=2.2g，实验三产生的气体的质量大于实验二，所以实验二中稀盐酸有剩余，8g样品已完全反响2表中的m值为 152.93根据实验二中的数据计算样品中Na2CO3的质量分数根据质量守恒定律可得，生成的二氧化碳的质量为150g+设参加反响的碳酸钠的质量为x Na2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO2106 44=样品中Na2CO3的质量分数为100%66.25%答：1实验三产生的气体的质量为150g+12g158.7g=3.3g，实验二产生的气体的质量为150g+8g155.8g=2.2g，实验三产生的气体的质量大于实验二，所以实验二中稀盐酸有剩余，8g样品已完全反响2152.93样品中Na2CO3的质量分数为66.25%