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浙江省宁波市鄣州第二实验中学2024—2025学年上学期期中加试试题卷九年级科学试题
1．（2024九上·宁波期中）某组成为CaHbNc（a、b、c为正整数）的 ABS工程树脂可通过下面的反应制得：
则参加反应的原料中丙烯腈和1，3-丁二烯的分子个数之比为（　　）
A． B． C． D．无法确定
2．（2024九上·宁波期中）一定质量的氯酸钾与二氧化锰的混合物，加热一段时间后，二氧化锰的含量由a%增加到b%，则产生的氧气占原混合物质量百分比为（　　）
A． B．
C． D．
3．（2024九上·宁波期中）某小组以图1装置用CO还原CuO制取Cu，不同温度下反应4小时后固体物质的XRD图如图2所示（XRD图谱可用于判断某固体物质是否存在，不同固体出现的衍射峰的衍射角不同）。下列说法正确的是（　　）
A．400℃时固体产物只有Cu
B．实验中，随着温度的升高，CuO先全部转化为Cu2O，再转化为Cu
C．取32gCuO放在图1管中，在一定温度下全部转化为Cu时，消耗CO的质量大于11.2g
D．取32gCuO放在图1管中，在一定温度下实验，最终得到固体产物Cu和Cu2O的质量的为27.2g，则生成的CO2质量为14.2g
4．（2024九上·宁波期中）某锥形瓶中含有碳酸钠和氢氧化钠的混合液50g，向其中加入溶质质量分数为9.8%的稀硫酸，瓶中溶液质量与加入的稀硫酸质量的关系如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．反应至B点时，锥形瓶中溶液质量为100g
B．反应至C点时，锥形瓶内溶液中硫酸钠的质量为14.2g
C．若向D点对应的溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液变红色
D．整个过程溶液中氢元素质量的变化大致与溶液质量变化一致
5．（2024九上·宁波期中）向100g稀硫酸中先加入20g的CuO粉末充分反应后再加入20g的铁粉，所得溶液质量与加入粉末总质量之间的关系如图所示，下列分析中不正确的是（　　）
A．原稀硫酸的溶质质量分数为19.6%
B．m值为16
C．d点对应的溶液质量为111.2g
D．当加入固体n克时析出的固体总质量为16.8克
6．（2024九上·宁波期中）取200g一定质量分数的CuSO4溶液，先逐滴滴加100gBa（OH）2溶液至b点，后再逐滴滴加稀HCl溶液至过量，整个过程中加入溶液的质量与沉淀质量关系如图所示。下列说法不正确的是（　　）
A．0a段溶液的导电性将逐渐减弱
B．至d点时溶液中所含的溶质有BaCl2、CuCl2、HCl
C．bc段发生反应的化学方程式2HCl+Ba（OH）2=BaCl2+2H2O
D．m的值是3.35g
7．（2024九上·宁波期中）实验室有一瓶水垢样品，其成分为氢氧化镁和碳酸钙，已知：氢氧化镁受热易分解，反应的化学方程式为：Mg（OH）2MgO+H2O；碳酸钙高温下分解。某兴趣小组为测定其中各成分的质量分数，取15.8g水垢样品加热，加热过程中剩余固体的质量随加热时间的变化如图所示。关于加热一段时间后剩余固体的判断，下列说法正确的是（　　）
A．a、b、d三点剩余固体中钙元素的质量逐渐减小
B．图中ab间任一点（不含a、b两点）的剩余固体成分为CaCO3、MgO和Mg（OH）2
C．若剩余固体中钙元素的质量分数为40.0%，则剩余固体的成分为CaCO3、MgO
D．若向c点的剩余固体中加入足量稀盐酸，充分反应生成CO2的质量为（15.8-x）g
8．（2024九上·宁波期中）通过监测溶液pH和温度的变化情况可探究稀盐酸和氢氧化钠溶液的反应，如图甲所示为反应过程中溶液pH的变化曲线，如图乙所示为反应过程中溶液温度的变化曲线。下列说法正确（　　）
A．d点所示溶液，其中的阳离子只有Na+
B．恰好完全反应时，消耗稀盐酸的体积为40mL
C．f点对应溶液的pH为7
D．c点和g点对应溶液蒸发结晶后，得到固体成分不相同
9．（2024九上·宁波期中）向一定质量CaCl2和HCl的混合溶液中逐滴加入溶质质量分数为10.0%的Na2CO3溶液。反应过程中加入的Na2CO3溶液的质量与产生沉淀或气体的质量关系如图所示。下列说法不正确的是
A．图中oa段表示生成气体的过程 B．b点溶液中溶质有2种
C．c点溶液的pH>7 D．x值为106.0
10．（2024九上·宁波期中）小敏称取等质量的铜粉和铁粉，分别加入到25毫升溶质质量分数为12%的硝酸银溶液中（如图所示），充分反应。下列情况可能出现的是（　　）
A．铁和铜都有剩余，甲乙生成银的质量比为7：8
B．铁和铜都没有剩余，甲乙生成银的质量比为1：1
C．铁有剩余，铜没有剩余，甲乙生成银的质量比为15：16
D．铜有剩余，铁没有剩余，甲乙生成银的质量比为15：14
11．（2024九上·宁波期中）向装有澄清石灰水的试管中通入CO2，澄清石灰水会变浑浊。如果继续通入CO2，浑浊的液体又会变成澄清，此时发生的反应是：CO2+H2O+CaCO3＝Ca(HCO3)2。然后，向变澄清的溶液中滴加质量分数为10%的稀盐酸，会发生反应：Ca(HCO3)2+2HCl＝2CO2↑+2H2O+CaCl2。整个过程沉淀或气体的质量m1与加入物质质量m2关系如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．澄清石灰水中所含氢氧化钙的质量为7.4g
B．反应至A点，反应所需要的CO2质量为8.8g
C．反应至B点，溶液的溶质为CaCl2和Ca(HCO3)2
D．反应停止，需要稀盐酸质量总共73g
12．（2024九上·宁波期中）一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体V L(标准状况)，向反应后的溶液中(存在Cu2+和SO42-)加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1：1，则V可能为（　　）．
A．9.0L B．13.5L C．15.7L D．16.8L
13．（2024九上·宁波期中）向一定量的稀硫酸中逐滴加入氢氧化钠溶液至过量，水和硫酸钠的质量随氢氧化钠溶液质量变化的关系图，下列说法正确的是（　　）
A．甲表示的物质为，乙表示的物质为
B．加入b克NaOH溶液时，还有剩余
C．加入a克NaOH溶液时，所得溶液中的阴离子为
D．加入c克NaOH溶液时，所得溶液呈中性
14．（2024九上·宁波期中）往一定量某浓度的CuSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，溶液的pH随滴入Ba(OH)2溶液体积的变化曲线如图甲，电导率随时间的变化如图乙所示。（电导率越高表示溶液的离子浓度越高，导电性越强）。下列说法不正确的是（　　）
A．由图甲可知CuSO4溶液显酸性
B．图乙中B点和D点电导率相同是因为它们溶液的成分相同
C．图乙中的C点表示两种溶液恰好完全反应，液体的pH=7
D．图乙中D点表示滴加Ba(OH)2溶液大于50mL且溶液呈碱性
15．（2024九上·宁波期中）往硝酸铜、硝酸银和硝酸亚铁的混合溶液中缓慢连续加入质量为m的锌粉，溶液中析出固体的质量与参加反应的锌粉质量关系如图所示，下列说法中正确的是（　　）
A．ab段（不含两端点）对应溶液中含有的金属离子为
B．bc段（不含两端点）析出的金属是Fe
C．c点对应溶液中含有的金属离子为和
D．若bc段和cd段中析出固体质量相等，参加反应的锌粉质量分别为和，
16．（2024九上·宁波期中）有一包固体样品可能是由中的一种或几种组成。某兴趣小组同学为了确定其成分，进行如图实验：
（1）由色固体a的成分是　 　。
（2）固体样品中一定没有　 　。
17．（2024九上·宁波期中）化学实验室有失去标签的稀硫酸、氢氧化钠、氢氧化钙、碳酸钠、氯化钡五瓶无色溶液，现将其任意编号：A、B、C、D、E，然后两两组合进行实验，其部分现象如表（微溶物视为可溶物）：
实验 A+B A+C A+D B+C
现象 产生气体 产生沉淀 产生沉淀 产生沉淀
（1）写出溶液A与D反应的化学方程式：　 　
（2）将碳酸钠和碳酸氢钠的混合物10g充分加热至质量不再改变，冷却，称量剩余固体质量为6.9g，则原混合物中碳酸钠和碳酸氢钠的质量比为　 　（写最简比）。
18．（2024九上·宁波期中）“波尔多液”是一种保护性的杀菌剂，有效成分为碱式硫酸铜，具有杀菌谱广、持效期长、病菌不会产生抗药性、对人和畜低毒等特点，是应用历史最长的一种杀菌剂。如图所示是利用废弃铜料（只含有铜和一定量的铁）和石灰石制备“波尔多液”的流程，请回答下列问题。
（1）反应器1中将硫酸以喷淋方式注入的目的是　 　，反应器1的作用是　 　。
（2）反应器4中发生反应的化学方程式是　 　（写一个即可）。
（3）气体B的化学式为　 　。
（4）反应器3和反应器4的内壁不能为铁或铝，原因是　 　。
19．（2024九上·宁波期中） 现有在敞口容器中放置的氢氧化钠固体，分析得知含水6.62%、碳酸钠2.38%、氢氧化钠91%．将此样品1g放入烧杯中，然后向其中加入46克溶质质量分数为3.65%的稀盐酸，过量的稀盐酸用溶质质量分数为4.43%的氢氧化钠溶液恰好中和，用去氢氧化钠的溶液20.5g．蒸干中和后的溶液，可得到固体的质量为　　 　 g．
20．（2024九上·宁波期中）某物质可能由Na2CO3、NaHCO3、NaOH中的一种或二种混合而成，在固体中逐滴滴入盐酸，与盐酸反应图象如图：
，且c>2b。已知：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl；NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O则该固体的组成可能是　 　。
21．（2024九上·宁波期中）易拉罐的主要成分是铝镁合金（已知其他杂质不溶于酸也不与稀硫酸反应），为了测定易拉罐铝镁合金中两种元素的质量比，小明开展了如图甲的实验，实验中生成沉淀的质量与滴入氢氧化钠溶液的质量的关系如图乙所示。
资料：氢氧化铝是一种白色沉淀，可与氢氧化钠反应：，氢氧化镁不与氢氧化钠反应。
（1）操作①表示的物质分离方法是　 　。
（2）当滴入氢氧化钠溶液为c克时，充分反应后，溶液乙中的溶质为　 　（填化学式）。
（3）根据实验数据，该易拉罐中铝元素和镁元素的质量比为　 　（用和表示）。
22．（2024九上·宁波期中）A-I是初中化学所学的物质，其转换关系如图所示。按单质、氧化物、酸、碱、盐分类，A、B、D、E、F是不同类别的物质，C、G、H、I、F也是不同类别的物质；A、B、C中含有同种元素，B是导致“温室效应”的一种气体。图中“一”表示两端的物质能发生化学反应，“→”表示物质间存在相应的转化关系（部分反应物、生成物和反应条件未标出）。请回答：
（1）物质B的化学式：　 　；
（2）反应①的基本反应类型是　 　；
（3）反应②的化学方程式是　 　
23．（2024九上·宁波期中）以下是俄国化学家罗蒙诺索夫曾开展的实验：
①先用天平称取质量为m1的金属锡粉。②将这些锡粉放在密闭容器里进行完全燃烧，生成了白色固体物质，称量容器的总质量为m2。③打开容器，听到了空气进入容器发出的“丝丝的声响”，称量所得白色物质的质量为m3。④把白色物质放回原容器里（容器中空气的组成恢复到初始状态），重新称量容器的总质量为m4。
（1）根据所学知识判断：锡的燃烧是　 　变化。
（2）罗蒙诺索夫分析数据后发现，生成白色物质的质量m3=　 　，于是提出了“参加反应的物质的总质量，等于反应后产物的总质量”的观点。
24．（2024九上·宁波期中）1783年，拉瓦锡利用如图装置探究水的组成：往A杯中滴加少量的水，水通过灼热的铁管时发生汽化，水蒸气与灼热的铁反应，生成了一种黑色固体（）和“可燃空气”，将气体通过放在冷水中的铜管，在B装置中收集到纯净的可燃空气。最终，拉瓦锡证明了水是由两种元素组成的。
（1）将气体通过放在冷水中的铜管，目的是除去　 　；
（2）将B装置收集到的可燃空气在氧气中点燃，生成了水。可燃空气的名称是　 　；
（3）若该实验中生成的黑色固体质量为，可燃空气的质量为，可燃空气完全燃烧生成水的质量为，如果水是由“氧元素”和“可燃空气元素”组成的，则、、三者应满足的关系是　 　。
25．（2024九上·宁波期中）一包白色粉末，由CuSO4、CaCO3、BaCl2、Na2SO4和NaOH中的两种或两种以上的物质混合而成。为探究其组成，进行如下实验：
（1）取少量白色粉末，加入足量的水，充分搅拌后过滤，得到白色沉淀和无色滤液。则原白色粉末中一定不含有　 　。
（2）取（1）滤出的白色沉淀，加入足量的盐酸，沉淀全部溶解，并产生无色气体。根据上述实验，如果原白色粉末中含有Na2SO4，则白色粉末的组成是　 　或者　 　。
（3）为进一步确定原白色粉末中是否同时含有BaCl2和NaOH，在（1）的滤液中加入一种能一次性鉴别出来的试剂，这种试剂可能是　 　。
A.CO2　　B.Na2SO4　　C.CuSO4　　D.FeCl3
26．（2024九上·宁波期中）分类回收塑料制品是环境保护的重要研究课题。化学兴趣小组利用过氧化氢溶液取氧气，并用燃烧法探究塑料的组成。
（1）图1中仪器X的名称为　 　（填“集气瓶”或“锥形瓶”）。
（2）图2中铂丝可催化过氧化氢分解产生氧气。实验过程中，若观察到安全管内液面上升，说明装置内压强过大，此时可以采取的安全措施是　 　。
（3）Ⅱ、探究某塑料的组成
某塑料含有碳、氢元素，可能还含有氧和氯元素中的一种或两种。该塑料充分燃烧除生成二氧化碳和水蒸气外，还可能生成氯化氢气体。取mg该塑料样品与足量干燥的氧气充分反应，用图3所示装置吸收生成的气体。实验过程中，观察到装置乙溶液中产生白色沉淀。当气体被充分吸收后，测得装置甲、乙、丙的质量在反应前后分别增加m1g、m2g和m3g。（无水氯化钙可作干燥剂，装置气密性良好，装置甲、乙、丙、丁中试剂均足量，那么该塑料样品中氢元素的质量为　 　（用代数式表示）。
（4）关于该实验，下列说法正确的是　 　。（填标号）
A．该塑料中C与Cl的个数比为73m3：88m2B．若，则该塑料不含氧元素
C．若将装置乙与丙互换，也能够达到实验目的D．若去除装置丁，则对测定氢元素的质量无影响
27．（2024九上·宁波期中）按要求填空：
（1）室温下，充分燃烧1g天然气和1g煤，产生的（CO2及热量的对比如图所示。据图分析，与煤相比，用天然气作燃料的优点有　 　。
（2）甲烷和二氧化碳在高温下催化重整（Ni作催化剂）可制得CO和H2。该反应的化学方程式为　 　。
（3）甲烷无氧催化重整可获得碳氢化合物X，X的相对分子质量为106，且碳、氢元素的质量比为48：5，则X的化学式为　 　。
28．（2024九上·宁波期中）小龙用过量的稀盐酸溶液和石灰石反应制取二氧化碳后（石灰石中的杂质既不溶于水也不和酸反应），得到了含有盐酸和氯化钙的混合溶液。为了探究该混台溶液中氮化钙的质量。他又进行如下实验：取一定量的混合溶液于烧杯中，逐滴滴入碳酸钠溶液，观察并记录相应数据。结果如图所示。（反应原理：Na2CO3+2HCl=2NaCl+2H2O+CO2↑；Na2CO3+CaCl2=2NaCl+CaCO3↓）
（1）小龙发现碳酸钠溶液与混合溶液反应时存在多步反应，则a曲线代表的是碳酸钠与　 　反应，并说明理由　 　。
（2）图中n=　 　。
29．（2024九上·宁波期中）小科在学习了化学知识后得知鸡蛋壳的主要成分是碳酸钙，并经查询资料后得知，除了碳酸钙之外，蛋壳中还含有少量碳酸镁以及其他杂质。为了研究其中碳酸盐的含量（其他物质不与酸反应），小科做了如下实验：称取12g蛋壳并将其捣碎，分四次加入到40g稀盐酸中，充分反应后记录数据并绘制图像如图。请回答：
（1）该鸡蛋壳中碳酸盐的质量分数范围是多少？（计算结果准确到0.1%，下同）
（2）所用的稀盐酸的溶质质量分数是多少？
30．（2024九上·宁波期中）将铜粉、铁粉和硫酸铜粉末组成完全均匀的混合物26.8g，分成质量相等的两份，分别放入甲、乙两烧杯中。在甲烧杯中加入足量的蒸馏水，充分反应后，溶液呈现浅绿色，还剩下固体9.6g。在乙烧杯中加入足量稀硫酸90.8g，搅拌使之充分反应后，测得乙烧杯中有4g暗红色固体和100g浅绿色溶液。(提示：以上浅绿色溶液中都只有一种溶质)
试计算：
（1）乙烧杯中反应所生成氢气的质量；
（2）原来26.8g混合物中硫酸铜粉末的质量；
（3）乙烧杯中的生成物溶液中硫酸亚铁的质量分数
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】质量守恒定律及其应用；化学方程式的配平
【解析】【分析】根据反应的化学方程式进行分析，将方程式配平，即可得出参加反应的丙烯腈和1，3-丁二烯的分子个数之比。
【解答】由N原子守恒可知，CaHbNc～cC3H3N，则设C4H6和C8H8的系数为x和y，可得：
cC3H3N+xC4H6+yC8H8CaHbNc；
由碳、氢元素原子个数反应前后个数不变可得：
3c+4x+8y=a
3c+6x+8y=b
解得： ；
故丙烯腈和1，3-丁二烯的分子个数之比为： 。
故答案为：A。
2．【答案】B
【知识点】催化剂在化学反应中的作用；根据化学反应方程式的计算
【解析】【分析】反应中二氧化锰是催化剂，反应前后质量不变，利用反应前后固体混合物中二氧化锰的质量分数，求得反应一段时间后生成氧气的质量。
【解答】设原混合物的质量为w，产生氧气的质量为x，加热前二氧化锰的含量为，加热后二氧化锰的含量为，反应中二氧化锰是催化剂，反应前后质量不变，，，则产生的氧气占原混合物质量百分比为。
故答案为：B。
3．【答案】C
【知识点】根据化学反应方程式的计算
【解析】【分析】A、根据图示信息分析400℃时固体中含有的物质；
B、根据图示信息分析实验中，随着温度的升高，含铜物质的转化规律；
C、根据实验前通入一氧化碳的作用、实验中消耗一氧化碳的质量，实验后一氧化碳的作用进行分析；
D、利用氧元素的质量差量法进行计算。
【解答】A、根据图示可知，400℃时，固体中含有CuO、Cu2O和Cu，错误；
B、根据图示可知，实验中，随着温度的升高，CuO先转化为Cu2O和Cu，Cu2O再转化为Cu，错误；
C、设：与32gCuO完全反应需CO的质量为x。
x=11.2g。
该实验为防止爆炸，反应前先入CO排尽空气，反应结束后为防止氧化，通CO直至冷却，取32gCuO放在图1管中，在一定温度下全部转化为Cu时，消耗CO的质量大于11.2g，正确；
D、设反应生成二氧化碳质量为y。
y=13.2g。错误。
故答案为：C。
4．【答案】D
【知识点】根据化学反应方程式的计算；酸碱指示剂及其性质；盐的性质及用途
【解析】【分析】(1) 溶液质量变化与反应进程：
混合液（碳酸钠 + 氢氧化钠 ）与稀硫酸反应，先发生氢氧化钠与硫酸的中和反应，再发生碳酸钠与硫酸的反应。反应中，若有气体生成（如碳酸钠与硫酸反应生成 ），溶液质量变化需考虑气体逸出 。
(2) 化学方程式的计算（硫酸钠质量 ）：通过硫酸的质量，利用化学方程式计算生成硫酸钠的质量。稀硫酸中溶质质量 = 稀硫酸质量 × 质量分数，结合反应中硫酸与硫酸钠的质量关系，可算出硫酸钠质量 。
(3) 溶液酸碱性与指示剂变色：D 点时硫酸过量，溶液呈酸性。紫色石蕊遇酸性溶液变红，遇碱性溶液变蓝，中性溶液不变色 。
(4) 反应中，氢氧化钠、碳酸钠与硫酸反应，氢元素存在于水、硫酸、氢氧化钠中。中和反应生成水（氢元素进入水 ），碳酸钠与硫酸反应生成水和（氢元素仍在溶液 ），且加入稀硫酸会引入氢元素，需分析氢元素质量与溶液质量变化是否一致 。
【解答】A、反应至B点时，表示氢氧化钠与硫酸恰好反应，生成硫酸钠和水，反应中没有气体和沉淀生成，所以锥形瓶中溶液质量为50g + 50g= 100g，故正确；
B、C点表示硫酸与氢氧化钠和碳酸钠恰好完全反应。
设氢氧化钠反应生成硫酸钠质量为x，碳酸钠反应生成硫酸钠质量为y
故生成硫酸钠的总溶质质量为7.1g+7.1g=14.2g。故正确；
C、D点表示硫酸过量，溶液显酸性，若向对应的溶液滴加紫色石蕊试液，溶液变红色，故正确；
D、过程中溶液中增加的氢元素质量，全部来自稀硫酸，所以整个过程溶液中氢元素质量的变化不会有折点，故错误。
故答案为： D。
5．【答案】C
【知识点】根据化学反应方程式的计算；金属的化学性质；酸的化学性质
【解析】【分析】根据氧化铜和稀硫酸反应生成硫酸铜和水，铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，结合题意进行分析判断。氧化铜能与稀硫酸发生复分解反应，铁能与硫酸铜发生置换反应 ，铁还能与稀硫酸发生置换反应 。反应过程中溶液质量会因反应的发生而变化，可根据反应的化学方程式，结合质量变化进行计算分析。
【解答】向100g稀硫酸中先加入20g的CuO粉末，溶液质量从100g逐渐的增大到116g，氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水，加入的氧化铜全部转化成了溶液的成分，所以m是16g，b-c段加入氧化铜后，溶液质量不变，所以b点时，稀硫酸完全反应，再加入20g的铁粉，铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，溶液质量逐渐减小。
A、结合分析可知，原稀硫酸的溶质质量分数为×100%=19.6%，故说法正确；
B、由分析可知，m值为16，故说法正确；
C、
所以d点对应的溶液质量为116g-1.6g=114.4g，故说法错误；
D、
d点时，生成铜的质量=12.8g，由分析可知d点时，剩余氧化铜的质量=20g-16g=4g，所以当加入固体n克时析出的固体总质量为16.8g，故说法正确。
故答案为：C。
6．【答案】D
【知识点】根据化学反应方程式的计算；盐的性质及用途
【解析】【分析】根据氢氧化钡和硫酸铜反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，硫酸钡不与稀盐酸反应，氢氧化钠能与稀盐酸反应生成氯化铜和水，进行分析判断。
【解答】A、根据图像可知，0a是氢氧化钡和硫酸铜反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，因此溶液的导电性将逐渐减弱，故A选项不符合题意；
B、b点开始剩余的氢氧化钡以及生成的氢氧化铜开始和氯化氢反应，根据图像信息可知，氯化氢先和氢氧化钡反应，当反应完全后，氯化氢才和氢氧化铜反应，d点时氯化氢过量，所以此时溶液中的溶质为氯化钡、氯化铜和氯化氢，对应的化学式为BaCl2、CuCl2、HCl，故B选项不符合题意；
C、bc段发生的反应是氢氧化钡和氯化氢反应生成氯化钡和水，该反应的化学方程式为2HCl+Ba(OH)2=BaCl2+2H2O，故C选项不符合题意；
D、由图像数据可知，生成硫酸钡沉淀的质量为2.33g，设生成氢氧化铜沉淀的质量为x，，
，
解得：x=0.98g，
所以m=2.33g+0.98g=3.31g，故D选项符合题意。
故答案为：D。
7．【答案】B
【知识点】根据化学反应方程式的计算；盐的性质及用途
【解析】【分析】 A.依据质量守恒定律，结合碳酸钙高温下分解的反应方程式和图像分析；
BC.依据，结合碳酸钙高温下分解的反应方程式，根据图像分析；
D.依据c点剩余固体成分分析。
【解答】A. 根据质量守恒定律可知，化学反应前后各种元素的质量相等，则a、b、d三点剩余固体中钙元素的质量不变，故A错误；
B. 氢氧化镁受热易分解，则图中a—b发生反应生成氧化镁和水，那么a—b间任一点（不含a、b两点）的剩余固体成分为未开始分解的CaCO3、反应产物MgO和正在分解的Mg(OH)2，故B正确；
C. 由图像可知，氢氧化镁分解生成水的质量为1.8g，设氢氧化镁的质量为w。
，
解得：w=5.8g；
则样品中碳酸钙的质量为：15.8g-5.8g=10g。
设碳酸钙完全分解生成二氧化碳的质量为y。
，
解得：y=4.4g；
则图中x=14.0g-4.4g=9.6g
碳酸钙中钙元素的质量分数为：10g×=4g
若剩余固体成分为CaCO3、MgO，则说明此时碳酸钙还没有开始分解，此时剩余固体中钙元素的质量分数为：≈28.6%；
若碳酸钙完全分解，则剩余固体中钙元素的质量分数为：≈41.7%；
若剩余固体中钙元素的质量分数为40.0%，因为28.6%<40.0%<41.7%，则说明碳酸钙处于部分分解状态，剩余固体为：CaCO3、MgO、CaO，故C错误；
D. 向c点的剩余固体中加入足量稀盐酸，充分反应生成CO2的质量与原碳酸钙分解产生二氧化碳的质量相等，因为碳酸钙的质量是一定的，产生二氧化碳的质量为（14.0-x）g，故D错误。
故选B。
8．【答案】C
【知识点】溶液的酸碱性与pH值的关系
【解析】【分析】A、根据d点所示溶液的pH来分析；
B、恰好完全反应时溶液呈中性；
C、根据e→f的过程中，溶液的温度升高，进行分析判断；
D、根据c点时溶液的pH等于7，g点是恰好完全反应后继续滴加稀盐酸，进行分析判断。
【解答】A、d点时溶液的pH小于7，溶液显酸性，说明稀盐酸过量，所得溶液中的溶质为HCl、NaCl，此时溶液中阳离子只含有Na+、H+，故选项说法错误。
B、恰好完全反应时溶液显中性，溶液的pH=7，消耗稀盐酸的体积为20mL，故选项说法错误。
C、e→f的过程中，溶液的温度升高，说明中和反应属于放热反应，至f点时温度最高，说明此时恰好完全反应，对应溶液的pH=7，故选项说法正确。
D、c点时溶液的pH等于7，所得溶液为氯化钠溶液；g点是恰好完全反应后继续滴加稀盐酸，所得溶液为氯化钠和盐酸的混合溶液，盐酸具有挥发性，则c点和g点对应溶液蒸发结晶后得到固体成分相同，均为氯化钠，故选项说法错误。
故答案为：C。
9．【答案】B
【知识点】根据化学反应方程式的计算；盐的性质及用途；酸的化学性质
【解析】【分析】 根据向一定质量CaCl2和HCl的混合溶液中逐滴加入溶质质量分数为10.0%的Na2CO3溶液，加入的碳酸钠先与盐酸反应，把盐酸消耗完了，才开始与氯化钙反应，开始生成沉淀，最后到达最高点说明已经完全反应，进行分析判断。
【解答】根据题意可知，碳酸钠先和稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳气体，再和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠。
A.图中oa段表示生成的生成气体的过程 ，故A正确不合题意；B.b点表示稀盐酸和氯化钙恰好完全反应，溶液中只含有NaCl一种溶质，故B错误符合题意；
C.c点的溶液中加入的Na2CO3过量，由于Na2CO3显碱性，NaCl显中性，所以c的溶液的pH＞7；故C正确不合题意；
D.根据图片可知，碳碳酸钠与盐酸反应生成气体2.2g，碳酸钠与氯化钙反应，生成沉淀5.0g。
设生成2.2g气体所需的Na2CO3的质量为y，生成沉淀5.0g所需Na2CO3的质量为z。则
解得：y=5.3g；
解得z=5.3g；
所以x==106.0g；
故D正确不合题意。
故选B。
10．【答案】C
【知识点】根据化学反应方程式的计算；金属的化学性质；金属活动性顺序及其应用
【解析】【分析】（1）金属活动性顺序：在金属活动性顺序里，金属的位置越靠前，它的活动性就越强；位于前面的金属能把位于后面的金属从它们化合物的溶液里置换出来 。铁的金属活动性强于铜，所以铁先与硝酸银反应。
（2）根据化学方程式进行计算分析，通过各物质间的质量关系，结合金属是否剩余等情况，判断生成银的质量比 。
【解答】A、由于金属的活动性由强到弱顺序是铁>铜>银，等质量的铜粉和铁粉，分别加入到25毫升溶质质量分数为12%的硝酸银溶液中，反应的质量关系如下：
铁和铜都有剩余时，硝酸银全部参加反应，因为硝酸银溶液的体积和溶质质量分数相同，因此甲、乙生成银的质量比为1：1，故A错误；
B、铁和铜都没有剩余，则金属铁和铜全部反应，设金属的质量均为m，则甲、乙生成银的质量比为，故B错误；
C、铁有剩余，说明铁过量，铜没有剩余，说明铜完全反应或者不足，由A、B选项分析可知，甲、乙生成的银的质量比在7：8～1：1之间，故C正确；
D、等质量的铜和银，铜有剩余，则铁一定有剩余，故D错误。
故答案为：C。
11．【答案】C
【知识点】根据化学反应方程式的计算；盐的性质及用途；碱的化学性质
【解析】【分析】根据二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，
反应的化学方程式为：Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O，
碳酸钙和水、二氧化碳反应生成碳酸氢钙，
反应的化学方程式为：CaCO3+H2O+CO2=Ca（HCO3）2，
碳酸氢钙和稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，
反应的化学方程式为：Ca（HCO3）2+2HCl=2CO2↑+2H2O+CaCl2，
结合题中数据来分析。
【解答】A、根据最多可生成沉淀为10g，设澄清石灰水中所含溶质的质量为x，
x=7.4g，选项正确；
B、根据，，可得关系式， 设反应至A点，反应所需要的CO2质量为y，
y=8.8g，选项正确；
C、反应至B点时，碳酸钙部分与二氧化碳、水反应，溶液的溶质为Ca(HCO3)2，选项错误；
D、根据，可得关系式， 设反应停止，需要稀HCl溶液质量总共为z，
z=73g，说法正确。
故答案为：C。
12．【答案】A
【知识点】有关化学式的计算和推断
【解析】【分析】 利用极限法解答，假设混合物全是CuS，或混合物全是Cu2S，根据计算n（CuO），根据电子转移守恒计算n（CuS）、n（Cu2S），再根据电子转移数目守恒，计算n（NO）、n（NO2），根据V=nVm计算气体体积，实际气体介于二者之间。
【解答】 若混合物全是CuS，其物质的量
转移电子物质的量=0.15×（6+2）=1.2mol，NO和NO2的体积相等，
设NO的物质的量为x、NO2的物质的量为x，则3x+x=1.2，
解得x=0.3，
故气体体积V=0.6mol×22.4L/mol=13.44L；
若混合物全是Cu2S，其物质的量
转移电子物质的量0.075×10=0.75mol，
设NO为xmol、NO2为xmol，3x+x=0.75，
计算得x=0.1875，
气体体积为：0.1875mol×2×22.4L/mol=8.4L，
由于是CuS和Cu2S的混合物，则生成的气体体积介于8.4～13.44之间，选项中只有A符合，
故答案为：A。
13．【答案】C
【知识点】酸与碱的反应及用途；酸的化学性质
【解析】【分析】根据氢氧化钠和稀硫酸反应生成硫酸钠和水，随着反应的进行，稀硫酸的质量逐渐减少，硫酸钠和水的质量逐渐增加，结合题意进行分析判断。
【解答】A、氢氧化钠和稀硫酸反应生成硫酸钠和水，随着反应的进行，硫酸钠的质量逐渐增加，至完全反应不再发生改变；水的质量逐渐增加，至完全反应，继续滴加氢氧化钠溶液，由于氢氧化钠溶液中含有水，水的质量仍在增加，甲表示的物质为水，乙表示的物质为硫酸钠，故选项说法错误；
B、加入b克NaOH溶液时，硫酸钠的质量不再发生改变，硫酸已恰好完全反应，故选项说法错误；
C、加入a克NaOH溶液时，稀硫酸有剩余，溶液中有硫酸、硫酸钠，所得溶液中的阴离子是硫酸根离子，符号为：，故选项说法正确；
D、加入c克NaOH溶液时，氢氧化钠溶液过量，所得溶液呈碱性，故选项说法错误。
故答案为：C。
14．【答案】B
【知识点】溶液的酸碱性与pH值的关系；盐的性质及用途
【解析】【分析】根据题意可知，电导率越高表示溶液的离子浓度越高，导电性越强；
CuSO4溶液和Ba（OH）2溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，随着反应的进行，溶液中离子浓度减小，导电性减弱，至恰好完全反应，溶液的导电性最低；完全反应后继续滴加氢氧化钡溶液，溶液的导电性又开始增强，进行分析判断。
【解答】A、如图甲所示，未加入氢氧化钡溶液时，溶液的pH=5，根据pH<7的溶液显酸性，说明硫酸铜溶液显酸性，故选项说法正确；
B、图乙中根据溶液的导电率在B点后还在下降，说明B点时硫酸铜未完全反应，根据分析可知，溶液中的溶质是硫酸铜，而D点是恰好完全反应后溶液的导电率继续升高的结果，说明此时是氢氧化钡溶液过量造成的，此时溶液中的溶质是氢氧化钡，两点虽然导电率相同，但溶液成分不同，故选项说法错误；
C、如图乙中的C点表示此时溶液的导电率最低，说明此时溶液中离子浓度最低，由分析可知，硫酸铜溶液和氢氧化钡溶液恰好完全反应后生成的是两种不溶物，此时溶液中离子浓度是最小的，因此C点表示两种溶液恰好完全反应，液体的pH=7，故选项说法正确；
D、图乙中D点表示氢氧化钡溶液过量，此时溶液中的溶质是氢氧化钡，氢氧化钡溶液是碱溶液显碱性，结合图甲可知：滴加Ba(OH)2溶液大于50mL，故选项说法正确。
故答案为：B。
15．【答案】D
【知识点】根据化学反应方程式的计算；金属活动性顺序及其应用；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】根据金属活动性顺序为Zn＞Fe＞Cu＞Ag，往硝酸铜、硝酸银和硝酸亚铁的混合溶液中缓慢连续加入质量为m的锌粉，锌优先与AgNO3反应生成硝酸锌和银，AgNO3反应完，锌才能与Cu（NO3）2反应生成硝酸锌和铜，硝酸铜反应完，锌和Fe（NO3）2反应生成硝酸锌和铁，进行分析解答。
【解答】A. 金属活动性顺序为Zn＞Fe＞Cu＞Ag，往硝酸铜、硝酸银和硝酸亚铁的混合溶液中缓慢连续加入质量为m的锌粉，锌优先与AgNO3反应生成硝酸锌和银，AgNO3反应完，锌才能与Cu（NO3）2反应生成硝酸锌和铜，硝酸铜反应完，锌和Fe（NO3）2反应生成硝酸锌和铁。ab段（不含两端点）发生的反应为Zn+2AgNO3=2Ag+Zn（NO3）2，则对应溶液中含有的金属离子为Zn2+、Cu2+、Fe2+、Ag+，故A错误；
B. 根据图片可知，bc段（不含两端点）发生的反应为：Zn+Cu(NO3)2=Zn(NO3)2+Cu，析出的金属是Cu，故B错误；
C. 根据图片可知，c点是锌与硝酸铜恰好反应，则对应溶液中含有的金属离子为，故C错误；
D. 设反应析出金属的质量均为100g，与硝酸铜反应消耗锌的质量为m1，与硝酸盐铁反应消耗锌的质量为m2。
所以若bc段和cd段中析出固体质量相等，参加反应的锌粉质量分别为和，，故D正确。
故选D。
16．【答案】碳酸钙；硫酸铜、硫酸镁
【知识点】根据化学反应方程式的计算；盐的性质及用途
【解析】【分析】根据硫酸铜在溶液中显蓝色，铜离子和氢氧根离子反应生成蓝色的氢氧化铜沉淀，碳酸钙难溶于水，会与酸反应生成二氧化碳气体，镁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀等知识进行分析。
【解答】固体粉末溶于水得到无色溶液，说明一定不含有硫酸铜；
（1）白色沉淀a加入稀盐酸，产生二氧化碳0.88g，设碳酸钙质量为x，则有：
x= 2g，则白色沉淀a中只有碳酸钙（或CaCO3）；
（2）由于一定不存在硫酸铜，无色滤液中溶质的质量为12g-2g=10g； 氢氧化钠与硫酸镁反应生成氢氧化镁沉淀和硫酸钠，但是根据（1）可知2g白色沉淀全部是碳酸钙，因此不可能同时存在氢氧化钠和硫酸镁
硫酸根离子与钡离子结合生成硫酸钡沉淀，设生成11.65g硫酸钡需硫酸钾的质量为y 。
y=8.7g；
设生成11.65g硫酸钡需硫酸镁的质量为z 。
z=6g；
由于8.7g、6g都小于10g，因此固体样品中一定还含有不含硫酸根离子的物质即氢氧化钠，因此硫酸镁就不能含有，则硫酸钾一定含有。
故一定没有的物质是硫酸铜和硫酸镁
17．【答案】（1）Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH
（2）4：21
【知识点】根据化学反应方程式的计算；盐的性质及用途
【解析】【分析】化学实验室有失去标签的稀硫酸、氢氧化钠、氢氧化钙、碳酸钠、氯化钡五瓶无色溶液，现将其任意编号：A、B、C、D、E，然后两两组合进行实验，其部分现象如表（微溶物视为可溶物）。A和B反应产生气体，A和C反应产生沉淀，A和D反应产生沉淀，B和C反应产生沉淀，则A是碳酸钠，B是稀硫酸，C是氯化钡，D是氢氧化钙，E是氢氧化钠；据此分析解答。
【解答】（1）由分析可知，溶液A与D的反应为碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，反应的化学方程 式为：Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH；
（2）设原混合物中碳酸氢钠的质量为
则原混合物中碳酸钠的质量为：
则原混合物中碳酸钠和碳酸氢钠的质量比为。
（1）由分析可知，溶液A与D的反应为碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，反应的化学方程 式为：Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH；
（2）设原混合物中碳酸氢钠的质量为
则原混合物中碳酸钠的质量为：
则原混合物中碳酸钠和碳酸氢钠的质量比为。
18．【答案】增大反应物间的接触面积，使反应更充分；除去废弃铜料中的铁；CaO＋H2O=Ca（OH）2；CO2；铁或铝会和硫酸或硫酸铜发生反应
【知识点】盐的性质及用途；金属的化学性质；碱的化学性质
【解析】【分析】（1）反应器1中将硫酸以喷淋方式注入的目的是增大反应物接触面积，使反应更快、更充分，反应器1的作用是除去铁。
（2）氧化钙和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙和硫酸铜反应生成硫酸钙和氢氧化铜沉淀↓。
（3）高温条件下碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳。
（4）反应器3和反应器4的内壁不能为铁或铝，原因是硫酸铜能和铁、铝反应。
【解答】（1）物质反应与接触面积有关， 将硫酸以喷淋方式注入是为了增大反应物间的接触面积，使反应更充分， 反应器1是利用铁与硫酸反应，铜不与硫酸反应， 除去废弃铜料中的铁；
（2） 反应器4发生了氧化钙与水生成氢氧化钙的反应，方程式为 CaO＋H2O=Ca（OH）2；
（3）石灰石主要成分是碳酸钙，碳酸钙煅烧生成氧化钙和二氧化碳，气体B为石灰石煅烧生成的二氧化碳气体，化学式为：CO2；
（4） 铁或铝会和硫酸或硫酸铜发生反应，所以反应器3和反应器4的内壁不能为铁或铝。
19．【答案】2.691
【知识点】根据化学反应方程式的计算
【解析】【解答】解：设生成氯化钠的质量为x，
由Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，NaOH+HCl═NaCl+H2O可知，HCl～NaCl，
46g溶质质量分数为3.65%的稀盐酸中氯化氢的质量为：46g×3.65%=1.679g，
HCl～NaCl，
36.5 58.5
1.679g x
，
x=2.691g，
故填：2.691．
【分析】碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，氢氧化钠和稀盐酸反应生成氯化钠和水，碳酸钠和氢氧化钠中的钠元素完全转化到氯化钠中，因此根据稀盐酸和碳酸钠、氢氧化钠反应的化学方程式即可计算氯化钠的质量．
20．【答案】氢氧化钠、碳酸钠
【知识点】根据化学反应方程式的计算；盐的性质及用途
【解析】【分析】根据氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，碳酸钠和盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，以及物质的性质以及物质间的反应结合图示进行分析解答即可。
【解答】碳酸钠会先与盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，碳酸氢钠和盐酸反应会直接生成二氧化碳，由图象可知，开始阶段没有生成气体，所以样品中不含碳酸氢钠，一定存在碳酸钠；
若固体只有Na2CO3。先发生Na2CO3+ HCl= NaHCO3+ NaCl，没有气体产生；然后发生NaHCO3+ HCl=NaCl+H2O+CO2↑，产生气体；根据化学方程式Na2CO3+ HCl= NaHCO3+ NaCl、NaHCO3+ HCl=NaCl+H2O+CO2↑可知，Na2CO3转化为NaHCO3消耗的盐酸与相同，c=2b，不符合题意；
c＞2b，开始阶段氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，碳酸钠和盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，碳酸氢钠和氧气反应生成氯化钠、水和二氧化碳，所以该固体的组成可能是NaOH、Na2CO3。
21．【答案】过滤；NaAlO2；由乙中图示可知生成氢氧化铝的质量为mA-mB：生成氢氧化镁的质量：mB，所以该易拉罐中铝元素和镁元素的质量比为：（mA-mB） ：mB
【知识点】质量守恒定律及其应用；金属的化学性质
【解析】【分析】过滤能够分离固体和液体。
稀硫酸和镁反应生成硫酸镁和氢气，和铝反应生成硫酸铝和氢气，氢氧化钠和稀硫酸反应生成硫酸钠和水，和硫酸镁反应生成氢氧化镁沉淀和硫酸钠，和硫酸铝反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钠，和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水。
【解答】（1）固体和液体的分离方法是过滤。
（2）根据Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，可知滴入氢氧化钠溶液为c克时，充分反应后，溶液乙中的溶质为NaAlO2。
22．【答案】（1）CO2
（2）复分解反应
（3）2AgNO3+Cu=Cu(NO3)2+2Ag
【知识点】盐的性质及用途；酸的化学性质；碱的化学性质
【解析】【分析】（1）物质的分类及相互转化：单质、氧化物、酸、碱、盐是初中化学常见的物质类别，不同类别物质间可通过化学反应相互转化。要根据物质类别、特征（如 B 是导致 “温室效应” 的气体，即 二氧化碳）及转化关系判断物质。
（2）基本反应类型：复分解反应是由两种化合物互相交换成分，生成另外两种化合物的反应 ，判断反应类型需看反应物和生成物的种类及反应形式。
（3）化学方程式书写：要依据反应原理，正确书写反应物、生成物化学式，配平并标注反应条件等，结合物质转化关系推导反应。
【解答】B是导致“温室效应”的一种气体，则B为二氧化碳；I是蓝色沉淀，则I为氢氧化铜；A、B、C中含有同种元素，且B与C能够相互转化，则C为一氧化碳，A为碳或氧气，是一种单质；D能够与B（二氧化碳）相互转化，则D是一种碳酸盐，如碳酸钙；F能够与D（碳酸钙）反应，也能够与I（氢氧化铜）反应，则F是一种酸，如盐酸；E既能够与B（二氧化碳）反应，还能够与F（盐酸）反应，则E是一种碱，如氢氧化钙；H能够反应生成I（氢氧化铜沉淀），则H是一种铜盐溶液，如硝酸铜等；G能够由C（一氧化碳）反应生成，还能够与H（硝酸铜）反应，则G为铜，代入检验，推断合理。
（1）根据B是导致“温室效应”的一种气体可知，B为二氧化碳，其化学式为CO2，故填：CO2；
（2）由分析可知， E为碱、F为酸，则反应①是酸与碱反应生成盐和水，该反应符合“两种化合物互相交换成分，生成另外两种化合物”的特点，属于复分解反应，故填：复分解反应
（3）由分析可知，G为单质铜，H为硝酸银溶液，反应②是铜与硝酸银反应生成硝酸铜和银，反应的化学方程式为2AgNO3+Cu=Cu(NO3)2+2Ag，故填：2AgNO3+Cu=Cu(NO3)2+2Ag。
（1）根据B是导致“温室效应”的一种气体可知，B为二氧化碳，其化学式为CO2，故填：CO2；
（2）由分析可知， E为碱、F为酸，则反应①是酸与碱反应生成盐和水，该反应符合“两种化合物互相交换成分，生成另外两种化合物”的特点，属于复分解反应，故填：复分解反应
（3）由分析可知，G为单质铜，H为硝酸银溶液，反应②是铜与硝酸银反应生成硝酸铜和银，反应的化学方程式为2AgNO3+Cu=Cu(NO3)2+2Ag，故填：2AgNO3+Cu=Cu(NO3)2+2Ag。
23．【答案】（1）化学
（2）m4-m2+m1
【知识点】质量守恒定律及其应用
【解析】【分析】（1）根据化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化与物理变化的本质区别是有无新物质生成，进行分析解答。
（2）根据质量守恒定律，参加化学反应的各物质的质量之和等于生成的各物质的质量之和，进行分析解答。
【解答】（1）锡燃烧后生成了新物质，所以属于化学变化；
（2）锡粉放在密闭容器里进行完全燃烧，生成了白色固体物质，称量容器的总质量为m2，把白色物质放回原容器里(容器中空气的组成恢复到初始状态)，重新称量容器的总质量为m4，因此在③中参加反应的气体的质量为m4-m2，所以若生成白色物质的质量m3=m4-m2+m1，就可以得出质量守恒定律。
（1）锡燃烧后生成了新物质，所以属于化学变化；
（2）锡粉放在密闭容器里进行完全燃烧，生成了白色固体物质，称量容器的总质量为m2，把白色物质放回原容器里(容器中空气的组成恢复到初始状态)，重新称量容器的总质量为m4，因此在③中参加反应的气体的质量为m4-m2，所以若生成白色物质的质量m3=m4-m2+m1，就可以得出质量守恒定律。
24．【答案】水蒸气；氢气；
【知识点】质量守恒定律及其应用
【解析】【分析】（1）根据实验的目的分析；
（2）根据质量守恒定律分析；
（3）根据质量守恒定律结合题目中的数据分析。
【解答】（1）水蒸气遇冷液化成小水珠，将气体通过放在冷水中的铜管，目的是除去“可燃性”气体中混有的水蒸气。
（2）根据质量守恒定律，该气体能和氧气反应生成水，故该气体含有氢元素，故该气体为氢气。
（3）如果水是由“氧元素”和“可燃空气元素”组成的，则中氧元素质量加上可燃空气的质量等于生成水的质量，所以可得：。
25．【答案】CuSO4(硫酸铜)；硫酸钠、碳酸钙；硫酸钠、碳酸钙、氢氧化钠；AC
【知识点】酸、碱、盐的鉴别；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】（1）根据硫酸铜溶液呈蓝色，氢氧化铜是蓝色沉淀来分析；
（2）根据碳酸钙难溶于水，能和盐酸反应生成二氧化碳气体，氯化钡和硫酸钠反应生成的硫酸钡沉淀不溶于酸来分析；
（3）A、根据CO2和氢氧化钠反应生成碳酸钠，碳酸钠和氯化钡反应生成碳酸钡白色沉淀来分析；
B、根据Na2SO4和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，Na2SO4不能和氢氧化钠反应来分析；
C、根据CuSO4和氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀和氯化铜，CuSO4和氢氧化钠反应生成氢氧化铜蓝色沉淀和硫酸钠来分析；
D、根据FeCl3和氢氧化钠反应生成氢氧化铁红褐色沉淀和氯化钠，FeCl3不能和氯化钡反应来分析。
【解答】（1）根据题目给出的信息：取少量白色粉末，向其中加入足量的水，充分搅拌后过滤，得到白色沉淀和无色滤液，说明一定没有硫酸铜。
（2）取实验（1）滤出的白色沉淀，向其中加入足量的盐酸，沉淀全部溶解，并产生无色气体，说明沉淀只有碳酸钙，氯化钡与硫酸钠不能共存；由此可知，原白色粉末可能是硫酸钠、碳酸钙或硫酸钠、碳酸钙、氢氧化钠。
（3）为进一步探究原白色粉末的组成，取实验（1）得到的滤液，向其中通入CO2，产生白色沉淀，是因为二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠，碳酸钠和氯化钡反应生成白色沉淀。
加入CuSO4，CuSO4和BaCl2产生硫酸钡白色沉淀，CuSO4和NaOH产生蓝色沉淀，可以区分。
故答案为：AC。
26．【答案】锥形瓶；向上移动铂丝，使铂丝离开过氧化氢或打开止水夹；；ABD
【知识点】质量守恒定律及其应用；盐的性质及用途；碱的化学性质
【解析】【分析】图1中仪器X的名称为锥形瓶。
氯化钙能够吸收水蒸气，硝酸银溶液能够吸收氯化氢气体，氢氧化钠溶液能够吸收二氧化碳，浓硫酸能够吸收水蒸气。
根据提供数据可以进行相关方面的计算。
【解答】（1）图1中仪器X的名称为锥形瓶；
（2）图2中铂丝可催化过氧化氢分解产生氧气。实验过程中，若观察到安全管内液面上升，说明装置内压强过大，此时可以采取的安全措施是打开止水夹；
（3）塑料中的氢元素转化到反应生成的水和氯化氢中，该塑料样品中氢元素的质量为
（4）A、该塑料中碳元素质量是，氯元素质量是，C与Cl的个数比为，正确；
B、如果塑料中不含有氧元素，则有：，正确。
C、若将装置乙与丙互换，不能达到实验目的，是因为氢氧化钠能够吸收二氧化碳和氯化氢气体，错误；
D、若去除装置丁，则对测定氢元素的质量无影响，正确。
故答案为：ABD。
27．【答案】（1）等质量的甲烷燃烧产生的CO2少，产生的热量高
（2）
（3）C8H10
【知识点】有关化学式的计算和推断；根据化学反应方程式的计算
【解析】【分析】（1）从图中可以看出，充分燃烧1g天然气比燃烧1g煤产生的二氧化碳要少，这说明天然气燃烧更充分，生成的温室气体二氧化碳更少，对环境影响小；同时，天然气燃烧放出的热量更多，说明其热值高，燃烧效率高。
（2）甲烷和二氧化碳在高温下催化重整（Ni作催化剂）可制得一氧化碳和氢气，根据质量守恒定律，反应前后原子的种类和数目不变，可以写出该反应的化学方程式。
（3）根据元素质量比可以计算出碳、氢原子的个数比。
【解答】（1）据图分析，与煤相比，用天然气作燃料的优点有等质量的甲烷燃烧产生的CO2少，产生的热量高；
（2）甲烷和二氧化碳在高温下催化重整（Ni作催化剂）可制得CO和H2，反应的化学方程式为：；
（3）设X的化学式为CxHy，X的相对分子质量为106，
则①：12x+y=106；
碳、氢元素的质量比为48：5，
则②：12x：y=48：5；
由等式①②解得x=8、y=10；
故X的化学式为C8H10。
（1）据图分析，与煤相比，用天然气作燃料的优点有等质量的甲烷燃烧产生的CO2少，产生的热量高；
（2）甲烷和二氧化碳在高温下催化重整（Ni作催化剂）可制得CO和H2，反应的化学方程式为：；
（3）设X的化学式为CxHy，X的相对分子质量为106，则①：12x+y=106；
碳、氢元素的质量比为48：5，则②：12x：y=48：5；
由等式①②解得x=8、y=10；故X的化学式为C8H10。
28．【答案】（1）氯化钙；碳酸钙会与盐酸反应
（2）212
【知识点】根据化学反应方程式的计算；盐的性质及用途
【解析】【分析】（1）根据碳酸钙会与盐酸反应来分析解答；
（2）根据与氯化钙反应的碳酸钠质量、与盐酸反应的碳酸钠质量和用去碳酸钠溶液的质量求出与氯化钙反应用去碳酸钠溶液的质量即可。
【解答】（1）小龙发现碳酸钠溶液与混合溶液反应时存在多步反应，则a曲线代表的是碳酸钠与氯化钙反应，理由是碳酸钙会与盐酸反应；
（2）设与氯化钙反应的碳酸钠质量为x，
x=5.3g；
设与盐酸反应的碳酸钠质量为y，
y=21.2g，
由图可知，用去碳酸钠溶液的质量为265g，则与氯化钙反应用去碳酸钠溶液的质量为265g×=53，则与盐酸反应用去碳酸钠溶液的质量为265g-53g=212g，故图中n=212。
（1）小龙发现碳酸钠溶液与混合溶液反应时存在多步反应，则a曲线代表的是碳酸钠与氯化钙反应，理由是碳酸钙会与盐酸反应；
（2）设与氯化钙反应的碳酸钠质量为x，
x=5.3g；
设与盐酸反应的碳酸钠质量为y，
y=21.2g，
由图可知，用去碳酸钠溶液的质量为265g，则与氯化钙反应用去碳酸钠溶液的质量为265g×=53，则与盐酸反应用去碳酸钠溶液的质量为265g-53g=212g，故图中n=212。
29．【答案】（1）解：假设蛋壳中全部是碳酸钙，设生成1.76g二氧化碳需要碳酸钙的质量为x。
x=4g
蛋壳中碳酸钙的质量分数为：
假设蛋壳中全部是碳酸镁，设生成1.76g二氧化碳需要碳酸镁的质量为y。
y=3.36g
蛋壳中碳酸钙的质量分数为：
答：该鸡蛋壳中碳酸盐的质量分数范围是76.4%-90.9%。
（2）解：设生成3.52g二氧化碳需要 HCl的质量为z。
z=5.84g
所用的稀盐酸的溶质质量分数为：
【知识点】质量守恒定律及其应用；根据化学反应方程式的计算；盐的性质及用途
【解析】【分析】（1）利用极值法结合化学方程式进行计算。
（2）根据二氧化碳的质量结合化学方程式进行计算。
30．【答案】（1）0.2g
（2）8g
（3）19%
【知识点】金属的化学性质；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】（1）根据质量守恒定律分析；
（2）根据所给质量计算出甲烧杯中生成硫酸亚铁质量，利用方程式中物质间质量关系计算硫酸铜质量分析；
（3）根据生成氢气质量先计算出铁与硫酸反应生成 硫酸亚铁质量，再由乙烧杯中硫酸亚铁质量为铁与硫酸铜反应的硫酸亚铁质量和铁与硫酸反应的硫酸亚铁质量和，由此计算生成物溶液中硫酸亚铁质量分数分析。
【解答】（1）将铜粉、铁粉和硫酸铜粉末组成完全均匀的混合物26.8g，分成质量相等的两份 ，每份质量为13.4克， 根据质量守恒定律可知，乙烧杯中生成氢气质量为 13.4g+90.8g-100g-4g=0.2g。
（2）甲烧杯中生成硫酸亚铁质量为13.4g－9.6＝3.8g，设甲中硫酸铜质量为x
Fe+ CuSO4=FeSO4+ Cu
　 160 152 　
　 x 3.8g 　
160：152=x：3.8g
x=4g
则 原来26.8g混合物中硫酸铜粉末的质量 为8克。
（3）设铁与硫酸反应生成硫酸亚铁质量为y
Fe+ H2SO4=FeSO4+ H2↑
　 152 2
　 y 0.2g
152：2=y：0.2g
y=15.2g
则乙烧杯中硫酸亚铁质量为15.2g+3.8g=19g
故答案为：（1）0.2g；（2）8g；（3）19%。
1 / 1浙江省宁波市鄣州第二实验中学2024—2025学年上学期期中加试试题卷九年级科学试题
1．（2024九上·宁波期中）某组成为CaHbNc（a、b、c为正整数）的 ABS工程树脂可通过下面的反应制得：
则参加反应的原料中丙烯腈和1，3-丁二烯的分子个数之比为（　　）
A． B． C． D．无法确定
【答案】A
【知识点】质量守恒定律及其应用；化学方程式的配平
【解析】【分析】根据反应的化学方程式进行分析，将方程式配平，即可得出参加反应的丙烯腈和1，3-丁二烯的分子个数之比。
【解答】由N原子守恒可知，CaHbNc～cC3H3N，则设C4H6和C8H8的系数为x和y，可得：
cC3H3N+xC4H6+yC8H8CaHbNc；
由碳、氢元素原子个数反应前后个数不变可得：
3c+4x+8y=a
3c+6x+8y=b
解得： ；
故丙烯腈和1，3-丁二烯的分子个数之比为： 。
故答案为：A。
2．（2024九上·宁波期中）一定质量的氯酸钾与二氧化锰的混合物，加热一段时间后，二氧化锰的含量由a%增加到b%，则产生的氧气占原混合物质量百分比为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】催化剂在化学反应中的作用；根据化学反应方程式的计算
【解析】【分析】反应中二氧化锰是催化剂，反应前后质量不变，利用反应前后固体混合物中二氧化锰的质量分数，求得反应一段时间后生成氧气的质量。
【解答】设原混合物的质量为w，产生氧气的质量为x，加热前二氧化锰的含量为，加热后二氧化锰的含量为，反应中二氧化锰是催化剂，反应前后质量不变，，，则产生的氧气占原混合物质量百分比为。
故答案为：B。
3．（2024九上·宁波期中）某小组以图1装置用CO还原CuO制取Cu，不同温度下反应4小时后固体物质的XRD图如图2所示（XRD图谱可用于判断某固体物质是否存在，不同固体出现的衍射峰的衍射角不同）。下列说法正确的是（　　）
A．400℃时固体产物只有Cu
B．实验中，随着温度的升高，CuO先全部转化为Cu2O，再转化为Cu
C．取32gCuO放在图1管中，在一定温度下全部转化为Cu时，消耗CO的质量大于11.2g
D．取32gCuO放在图1管中，在一定温度下实验，最终得到固体产物Cu和Cu2O的质量的为27.2g，则生成的CO2质量为14.2g
【答案】C
【知识点】根据化学反应方程式的计算
【解析】【分析】A、根据图示信息分析400℃时固体中含有的物质；
B、根据图示信息分析实验中，随着温度的升高，含铜物质的转化规律；
C、根据实验前通入一氧化碳的作用、实验中消耗一氧化碳的质量，实验后一氧化碳的作用进行分析；
D、利用氧元素的质量差量法进行计算。
【解答】A、根据图示可知，400℃时，固体中含有CuO、Cu2O和Cu，错误；
B、根据图示可知，实验中，随着温度的升高，CuO先转化为Cu2O和Cu，Cu2O再转化为Cu，错误；
C、设：与32gCuO完全反应需CO的质量为x。
x=11.2g。
该实验为防止爆炸，反应前先入CO排尽空气，反应结束后为防止氧化，通CO直至冷却，取32gCuO放在图1管中，在一定温度下全部转化为Cu时，消耗CO的质量大于11.2g，正确；
D、设反应生成二氧化碳质量为y。
y=13.2g。错误。
故答案为：C。
4．（2024九上·宁波期中）某锥形瓶中含有碳酸钠和氢氧化钠的混合液50g，向其中加入溶质质量分数为9.8%的稀硫酸，瓶中溶液质量与加入的稀硫酸质量的关系如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．反应至B点时，锥形瓶中溶液质量为100g
B．反应至C点时，锥形瓶内溶液中硫酸钠的质量为14.2g
C．若向D点对应的溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液变红色
D．整个过程溶液中氢元素质量的变化大致与溶液质量变化一致
【答案】D
【知识点】根据化学反应方程式的计算；酸碱指示剂及其性质；盐的性质及用途
【解析】【分析】(1) 溶液质量变化与反应进程：
混合液（碳酸钠 + 氢氧化钠 ）与稀硫酸反应，先发生氢氧化钠与硫酸的中和反应，再发生碳酸钠与硫酸的反应。反应中，若有气体生成（如碳酸钠与硫酸反应生成 ），溶液质量变化需考虑气体逸出 。
(2) 化学方程式的计算（硫酸钠质量 ）：通过硫酸的质量，利用化学方程式计算生成硫酸钠的质量。稀硫酸中溶质质量 = 稀硫酸质量 × 质量分数，结合反应中硫酸与硫酸钠的质量关系，可算出硫酸钠质量 。
(3) 溶液酸碱性与指示剂变色：D 点时硫酸过量，溶液呈酸性。紫色石蕊遇酸性溶液变红，遇碱性溶液变蓝，中性溶液不变色 。
(4) 反应中，氢氧化钠、碳酸钠与硫酸反应，氢元素存在于水、硫酸、氢氧化钠中。中和反应生成水（氢元素进入水 ），碳酸钠与硫酸反应生成水和（氢元素仍在溶液 ），且加入稀硫酸会引入氢元素，需分析氢元素质量与溶液质量变化是否一致 。
【解答】A、反应至B点时，表示氢氧化钠与硫酸恰好反应，生成硫酸钠和水，反应中没有气体和沉淀生成，所以锥形瓶中溶液质量为50g + 50g= 100g，故正确；
B、C点表示硫酸与氢氧化钠和碳酸钠恰好完全反应。
设氢氧化钠反应生成硫酸钠质量为x，碳酸钠反应生成硫酸钠质量为y
故生成硫酸钠的总溶质质量为7.1g+7.1g=14.2g。故正确；
C、D点表示硫酸过量，溶液显酸性，若向对应的溶液滴加紫色石蕊试液，溶液变红色，故正确；
D、过程中溶液中增加的氢元素质量，全部来自稀硫酸，所以整个过程溶液中氢元素质量的变化不会有折点，故错误。
故答案为： D。
5．（2024九上·宁波期中）向100g稀硫酸中先加入20g的CuO粉末充分反应后再加入20g的铁粉，所得溶液质量与加入粉末总质量之间的关系如图所示，下列分析中不正确的是（　　）
A．原稀硫酸的溶质质量分数为19.6%
B．m值为16
C．d点对应的溶液质量为111.2g
D．当加入固体n克时析出的固体总质量为16.8克
【答案】C
【知识点】根据化学反应方程式的计算；金属的化学性质；酸的化学性质
【解析】【分析】根据氧化铜和稀硫酸反应生成硫酸铜和水，铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，结合题意进行分析判断。氧化铜能与稀硫酸发生复分解反应，铁能与硫酸铜发生置换反应 ，铁还能与稀硫酸发生置换反应 。反应过程中溶液质量会因反应的发生而变化，可根据反应的化学方程式，结合质量变化进行计算分析。
【解答】向100g稀硫酸中先加入20g的CuO粉末，溶液质量从100g逐渐的增大到116g，氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水，加入的氧化铜全部转化成了溶液的成分，所以m是16g，b-c段加入氧化铜后，溶液质量不变，所以b点时，稀硫酸完全反应，再加入20g的铁粉，铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，溶液质量逐渐减小。
A、结合分析可知，原稀硫酸的溶质质量分数为×100%=19.6%，故说法正确；
B、由分析可知，m值为16，故说法正确；
C、
所以d点对应的溶液质量为116g-1.6g=114.4g，故说法错误；
D、
d点时，生成铜的质量=12.8g，由分析可知d点时，剩余氧化铜的质量=20g-16g=4g，所以当加入固体n克时析出的固体总质量为16.8g，故说法正确。
故答案为：C。
6．（2024九上·宁波期中）取200g一定质量分数的CuSO4溶液，先逐滴滴加100gBa（OH）2溶液至b点，后再逐滴滴加稀HCl溶液至过量，整个过程中加入溶液的质量与沉淀质量关系如图所示。下列说法不正确的是（　　）
A．0a段溶液的导电性将逐渐减弱
B．至d点时溶液中所含的溶质有BaCl2、CuCl2、HCl
C．bc段发生反应的化学方程式2HCl+Ba（OH）2=BaCl2+2H2O
D．m的值是3.35g
【答案】D
【知识点】根据化学反应方程式的计算；盐的性质及用途
【解析】【分析】根据氢氧化钡和硫酸铜反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，硫酸钡不与稀盐酸反应，氢氧化钠能与稀盐酸反应生成氯化铜和水，进行分析判断。
【解答】A、根据图像可知，0a是氢氧化钡和硫酸铜反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，因此溶液的导电性将逐渐减弱，故A选项不符合题意；
B、b点开始剩余的氢氧化钡以及生成的氢氧化铜开始和氯化氢反应，根据图像信息可知，氯化氢先和氢氧化钡反应，当反应完全后，氯化氢才和氢氧化铜反应，d点时氯化氢过量，所以此时溶液中的溶质为氯化钡、氯化铜和氯化氢，对应的化学式为BaCl2、CuCl2、HCl，故B选项不符合题意；
C、bc段发生的反应是氢氧化钡和氯化氢反应生成氯化钡和水，该反应的化学方程式为2HCl+Ba(OH)2=BaCl2+2H2O，故C选项不符合题意；
D、由图像数据可知，生成硫酸钡沉淀的质量为2.33g，设生成氢氧化铜沉淀的质量为x，，
，
解得：x=0.98g，
所以m=2.33g+0.98g=3.31g，故D选项符合题意。
故答案为：D。
7．（2024九上·宁波期中）实验室有一瓶水垢样品，其成分为氢氧化镁和碳酸钙，已知：氢氧化镁受热易分解，反应的化学方程式为：Mg（OH）2MgO+H2O；碳酸钙高温下分解。某兴趣小组为测定其中各成分的质量分数，取15.8g水垢样品加热，加热过程中剩余固体的质量随加热时间的变化如图所示。关于加热一段时间后剩余固体的判断，下列说法正确的是（　　）
A．a、b、d三点剩余固体中钙元素的质量逐渐减小
B．图中ab间任一点（不含a、b两点）的剩余固体成分为CaCO3、MgO和Mg（OH）2
C．若剩余固体中钙元素的质量分数为40.0%，则剩余固体的成分为CaCO3、MgO
D．若向c点的剩余固体中加入足量稀盐酸，充分反应生成CO2的质量为（15.8-x）g
【答案】B
【知识点】根据化学反应方程式的计算；盐的性质及用途
【解析】【分析】 A.依据质量守恒定律，结合碳酸钙高温下分解的反应方程式和图像分析；
BC.依据，结合碳酸钙高温下分解的反应方程式，根据图像分析；
D.依据c点剩余固体成分分析。
【解答】A. 根据质量守恒定律可知，化学反应前后各种元素的质量相等，则a、b、d三点剩余固体中钙元素的质量不变，故A错误；
B. 氢氧化镁受热易分解，则图中a—b发生反应生成氧化镁和水，那么a—b间任一点（不含a、b两点）的剩余固体成分为未开始分解的CaCO3、反应产物MgO和正在分解的Mg(OH)2，故B正确；
C. 由图像可知，氢氧化镁分解生成水的质量为1.8g，设氢氧化镁的质量为w。
，
解得：w=5.8g；
则样品中碳酸钙的质量为：15.8g-5.8g=10g。
设碳酸钙完全分解生成二氧化碳的质量为y。
，
解得：y=4.4g；
则图中x=14.0g-4.4g=9.6g
碳酸钙中钙元素的质量分数为：10g×=4g
若剩余固体成分为CaCO3、MgO，则说明此时碳酸钙还没有开始分解，此时剩余固体中钙元素的质量分数为：≈28.6%；
若碳酸钙完全分解，则剩余固体中钙元素的质量分数为：≈41.7%；
若剩余固体中钙元素的质量分数为40.0%，因为28.6%<40.0%<41.7%，则说明碳酸钙处于部分分解状态，剩余固体为：CaCO3、MgO、CaO，故C错误；
D. 向c点的剩余固体中加入足量稀盐酸，充分反应生成CO2的质量与原碳酸钙分解产生二氧化碳的质量相等，因为碳酸钙的质量是一定的，产生二氧化碳的质量为（14.0-x）g，故D错误。
故选B。
8．（2024九上·宁波期中）通过监测溶液pH和温度的变化情况可探究稀盐酸和氢氧化钠溶液的反应，如图甲所示为反应过程中溶液pH的变化曲线，如图乙所示为反应过程中溶液温度的变化曲线。下列说法正确（　　）
A．d点所示溶液，其中的阳离子只有Na+
B．恰好完全反应时，消耗稀盐酸的体积为40mL
C．f点对应溶液的pH为7
D．c点和g点对应溶液蒸发结晶后，得到固体成分不相同
【答案】C
【知识点】溶液的酸碱性与pH值的关系
【解析】【分析】A、根据d点所示溶液的pH来分析；
B、恰好完全反应时溶液呈中性；
C、根据e→f的过程中，溶液的温度升高，进行分析判断；
D、根据c点时溶液的pH等于7，g点是恰好完全反应后继续滴加稀盐酸，进行分析判断。
【解答】A、d点时溶液的pH小于7，溶液显酸性，说明稀盐酸过量，所得溶液中的溶质为HCl、NaCl，此时溶液中阳离子只含有Na+、H+，故选项说法错误。
B、恰好完全反应时溶液显中性，溶液的pH=7，消耗稀盐酸的体积为20mL，故选项说法错误。
C、e→f的过程中，溶液的温度升高，说明中和反应属于放热反应，至f点时温度最高，说明此时恰好完全反应，对应溶液的pH=7，故选项说法正确。
D、c点时溶液的pH等于7，所得溶液为氯化钠溶液；g点是恰好完全反应后继续滴加稀盐酸，所得溶液为氯化钠和盐酸的混合溶液，盐酸具有挥发性，则c点和g点对应溶液蒸发结晶后得到固体成分相同，均为氯化钠，故选项说法错误。
故答案为：C。
9．（2024九上·宁波期中）向一定质量CaCl2和HCl的混合溶液中逐滴加入溶质质量分数为10.0%的Na2CO3溶液。反应过程中加入的Na2CO3溶液的质量与产生沉淀或气体的质量关系如图所示。下列说法不正确的是
A．图中oa段表示生成气体的过程 B．b点溶液中溶质有2种
C．c点溶液的pH>7 D．x值为106.0
【答案】B
【知识点】根据化学反应方程式的计算；盐的性质及用途；酸的化学性质
【解析】【分析】 根据向一定质量CaCl2和HCl的混合溶液中逐滴加入溶质质量分数为10.0%的Na2CO3溶液，加入的碳酸钠先与盐酸反应，把盐酸消耗完了，才开始与氯化钙反应，开始生成沉淀，最后到达最高点说明已经完全反应，进行分析判断。
【解答】根据题意可知，碳酸钠先和稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳气体，再和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠。
A.图中oa段表示生成的生成气体的过程 ，故A正确不合题意；B.b点表示稀盐酸和氯化钙恰好完全反应，溶液中只含有NaCl一种溶质，故B错误符合题意；
C.c点的溶液中加入的Na2CO3过量，由于Na2CO3显碱性，NaCl显中性，所以c的溶液的pH＞7；故C正确不合题意；
D.根据图片可知，碳碳酸钠与盐酸反应生成气体2.2g，碳酸钠与氯化钙反应，生成沉淀5.0g。
设生成2.2g气体所需的Na2CO3的质量为y，生成沉淀5.0g所需Na2CO3的质量为z。则
解得：y=5.3g；
解得z=5.3g；
所以x==106.0g；
故D正确不合题意。
故选B。
10．（2024九上·宁波期中）小敏称取等质量的铜粉和铁粉，分别加入到25毫升溶质质量分数为12%的硝酸银溶液中（如图所示），充分反应。下列情况可能出现的是（　　）
A．铁和铜都有剩余，甲乙生成银的质量比为7：8
B．铁和铜都没有剩余，甲乙生成银的质量比为1：1
C．铁有剩余，铜没有剩余，甲乙生成银的质量比为15：16
D．铜有剩余，铁没有剩余，甲乙生成银的质量比为15：14
【答案】C
【知识点】根据化学反应方程式的计算；金属的化学性质；金属活动性顺序及其应用
【解析】【分析】（1）金属活动性顺序：在金属活动性顺序里，金属的位置越靠前，它的活动性就越强；位于前面的金属能把位于后面的金属从它们化合物的溶液里置换出来 。铁的金属活动性强于铜，所以铁先与硝酸银反应。
（2）根据化学方程式进行计算分析，通过各物质间的质量关系，结合金属是否剩余等情况，判断生成银的质量比 。
【解答】A、由于金属的活动性由强到弱顺序是铁>铜>银，等质量的铜粉和铁粉，分别加入到25毫升溶质质量分数为12%的硝酸银溶液中，反应的质量关系如下：
铁和铜都有剩余时，硝酸银全部参加反应，因为硝酸银溶液的体积和溶质质量分数相同，因此甲、乙生成银的质量比为1：1，故A错误；
B、铁和铜都没有剩余，则金属铁和铜全部反应，设金属的质量均为m，则甲、乙生成银的质量比为，故B错误；
C、铁有剩余，说明铁过量，铜没有剩余，说明铜完全反应或者不足，由A、B选项分析可知，甲、乙生成的银的质量比在7：8～1：1之间，故C正确；
D、等质量的铜和银，铜有剩余，则铁一定有剩余，故D错误。
故答案为：C。
11．（2024九上·宁波期中）向装有澄清石灰水的试管中通入CO2，澄清石灰水会变浑浊。如果继续通入CO2，浑浊的液体又会变成澄清，此时发生的反应是：CO2+H2O+CaCO3＝Ca(HCO3)2。然后，向变澄清的溶液中滴加质量分数为10%的稀盐酸，会发生反应：Ca(HCO3)2+2HCl＝2CO2↑+2H2O+CaCl2。整个过程沉淀或气体的质量m1与加入物质质量m2关系如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．澄清石灰水中所含氢氧化钙的质量为7.4g
B．反应至A点，反应所需要的CO2质量为8.8g
C．反应至B点，溶液的溶质为CaCl2和Ca(HCO3)2
D．反应停止，需要稀盐酸质量总共73g
【答案】C
【知识点】根据化学反应方程式的计算；盐的性质及用途；碱的化学性质
【解析】【分析】根据二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，
反应的化学方程式为：Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O，
碳酸钙和水、二氧化碳反应生成碳酸氢钙，
反应的化学方程式为：CaCO3+H2O+CO2=Ca（HCO3）2，
碳酸氢钙和稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，
反应的化学方程式为：Ca（HCO3）2+2HCl=2CO2↑+2H2O+CaCl2，
结合题中数据来分析。
【解答】A、根据最多可生成沉淀为10g，设澄清石灰水中所含溶质的质量为x，
x=7.4g，选项正确；
B、根据，，可得关系式， 设反应至A点，反应所需要的CO2质量为y，
y=8.8g，选项正确；
C、反应至B点时，碳酸钙部分与二氧化碳、水反应，溶液的溶质为Ca(HCO3)2，选项错误；
D、根据，可得关系式， 设反应停止，需要稀HCl溶液质量总共为z，
z=73g，说法正确。
故答案为：C。
12．（2024九上·宁波期中）一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体V L(标准状况)，向反应后的溶液中(存在Cu2+和SO42-)加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1：1，则V可能为（　　）．
A．9.0L B．13.5L C．15.7L D．16.8L
【答案】A
【知识点】有关化学式的计算和推断
【解析】【分析】 利用极限法解答，假设混合物全是CuS，或混合物全是Cu2S，根据计算n（CuO），根据电子转移守恒计算n（CuS）、n（Cu2S），再根据电子转移数目守恒，计算n（NO）、n（NO2），根据V=nVm计算气体体积，实际气体介于二者之间。
【解答】 若混合物全是CuS，其物质的量
转移电子物质的量=0.15×（6+2）=1.2mol，NO和NO2的体积相等，
设NO的物质的量为x、NO2的物质的量为x，则3x+x=1.2，
解得x=0.3，
故气体体积V=0.6mol×22.4L/mol=13.44L；
若混合物全是Cu2S，其物质的量
转移电子物质的量0.075×10=0.75mol，
设NO为xmol、NO2为xmol，3x+x=0.75，
计算得x=0.1875，
气体体积为：0.1875mol×2×22.4L/mol=8.4L，
由于是CuS和Cu2S的混合物，则生成的气体体积介于8.4～13.44之间，选项中只有A符合，
故答案为：A。
13．（2024九上·宁波期中）向一定量的稀硫酸中逐滴加入氢氧化钠溶液至过量，水和硫酸钠的质量随氢氧化钠溶液质量变化的关系图，下列说法正确的是（　　）
A．甲表示的物质为，乙表示的物质为
B．加入b克NaOH溶液时，还有剩余
C．加入a克NaOH溶液时，所得溶液中的阴离子为
D．加入c克NaOH溶液时，所得溶液呈中性
【答案】C
【知识点】酸与碱的反应及用途；酸的化学性质
【解析】【分析】根据氢氧化钠和稀硫酸反应生成硫酸钠和水，随着反应的进行，稀硫酸的质量逐渐减少，硫酸钠和水的质量逐渐增加，结合题意进行分析判断。
【解答】A、氢氧化钠和稀硫酸反应生成硫酸钠和水，随着反应的进行，硫酸钠的质量逐渐增加，至完全反应不再发生改变；水的质量逐渐增加，至完全反应，继续滴加氢氧化钠溶液，由于氢氧化钠溶液中含有水，水的质量仍在增加，甲表示的物质为水，乙表示的物质为硫酸钠，故选项说法错误；
B、加入b克NaOH溶液时，硫酸钠的质量不再发生改变，硫酸已恰好完全反应，故选项说法错误；
C、加入a克NaOH溶液时，稀硫酸有剩余，溶液中有硫酸、硫酸钠，所得溶液中的阴离子是硫酸根离子，符号为：，故选项说法正确；
D、加入c克NaOH溶液时，氢氧化钠溶液过量，所得溶液呈碱性，故选项说法错误。
故答案为：C。
14．（2024九上·宁波期中）往一定量某浓度的CuSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，溶液的pH随滴入Ba(OH)2溶液体积的变化曲线如图甲，电导率随时间的变化如图乙所示。（电导率越高表示溶液的离子浓度越高，导电性越强）。下列说法不正确的是（　　）
A．由图甲可知CuSO4溶液显酸性
B．图乙中B点和D点电导率相同是因为它们溶液的成分相同
C．图乙中的C点表示两种溶液恰好完全反应，液体的pH=7
D．图乙中D点表示滴加Ba(OH)2溶液大于50mL且溶液呈碱性
【答案】B
【知识点】溶液的酸碱性与pH值的关系；盐的性质及用途
【解析】【分析】根据题意可知，电导率越高表示溶液的离子浓度越高，导电性越强；
CuSO4溶液和Ba（OH）2溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，随着反应的进行，溶液中离子浓度减小，导电性减弱，至恰好完全反应，溶液的导电性最低；完全反应后继续滴加氢氧化钡溶液，溶液的导电性又开始增强，进行分析判断。
【解答】A、如图甲所示，未加入氢氧化钡溶液时，溶液的pH=5，根据pH<7的溶液显酸性，说明硫酸铜溶液显酸性，故选项说法正确；
B、图乙中根据溶液的导电率在B点后还在下降，说明B点时硫酸铜未完全反应，根据分析可知，溶液中的溶质是硫酸铜，而D点是恰好完全反应后溶液的导电率继续升高的结果，说明此时是氢氧化钡溶液过量造成的，此时溶液中的溶质是氢氧化钡，两点虽然导电率相同，但溶液成分不同，故选项说法错误；
C、如图乙中的C点表示此时溶液的导电率最低，说明此时溶液中离子浓度最低，由分析可知，硫酸铜溶液和氢氧化钡溶液恰好完全反应后生成的是两种不溶物，此时溶液中离子浓度是最小的，因此C点表示两种溶液恰好完全反应，液体的pH=7，故选项说法正确；
D、图乙中D点表示氢氧化钡溶液过量，此时溶液中的溶质是氢氧化钡，氢氧化钡溶液是碱溶液显碱性，结合图甲可知：滴加Ba(OH)2溶液大于50mL，故选项说法正确。
故答案为：B。
15．（2024九上·宁波期中）往硝酸铜、硝酸银和硝酸亚铁的混合溶液中缓慢连续加入质量为m的锌粉，溶液中析出固体的质量与参加反应的锌粉质量关系如图所示，下列说法中正确的是（　　）
A．ab段（不含两端点）对应溶液中含有的金属离子为
B．bc段（不含两端点）析出的金属是Fe
C．c点对应溶液中含有的金属离子为和
D．若bc段和cd段中析出固体质量相等，参加反应的锌粉质量分别为和，
【答案】D
【知识点】根据化学反应方程式的计算；金属活动性顺序及其应用；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】根据金属活动性顺序为Zn＞Fe＞Cu＞Ag，往硝酸铜、硝酸银和硝酸亚铁的混合溶液中缓慢连续加入质量为m的锌粉，锌优先与AgNO3反应生成硝酸锌和银，AgNO3反应完，锌才能与Cu（NO3）2反应生成硝酸锌和铜，硝酸铜反应完，锌和Fe（NO3）2反应生成硝酸锌和铁，进行分析解答。
【解答】A. 金属活动性顺序为Zn＞Fe＞Cu＞Ag，往硝酸铜、硝酸银和硝酸亚铁的混合溶液中缓慢连续加入质量为m的锌粉，锌优先与AgNO3反应生成硝酸锌和银，AgNO3反应完，锌才能与Cu（NO3）2反应生成硝酸锌和铜，硝酸铜反应完，锌和Fe（NO3）2反应生成硝酸锌和铁。ab段（不含两端点）发生的反应为Zn+2AgNO3=2Ag+Zn（NO3）2，则对应溶液中含有的金属离子为Zn2+、Cu2+、Fe2+、Ag+，故A错误；
B. 根据图片可知，bc段（不含两端点）发生的反应为：Zn+Cu(NO3)2=Zn(NO3)2+Cu，析出的金属是Cu，故B错误；
C. 根据图片可知，c点是锌与硝酸铜恰好反应，则对应溶液中含有的金属离子为，故C错误；
D. 设反应析出金属的质量均为100g，与硝酸铜反应消耗锌的质量为m1，与硝酸盐铁反应消耗锌的质量为m2。
所以若bc段和cd段中析出固体质量相等，参加反应的锌粉质量分别为和，，故D正确。
故选D。
16．（2024九上·宁波期中）有一包固体样品可能是由中的一种或几种组成。某兴趣小组同学为了确定其成分，进行如图实验：
（1）由色固体a的成分是　 　。
（2）固体样品中一定没有　 　。
【答案】碳酸钙；硫酸铜、硫酸镁
【知识点】根据化学反应方程式的计算；盐的性质及用途
【解析】【分析】根据硫酸铜在溶液中显蓝色，铜离子和氢氧根离子反应生成蓝色的氢氧化铜沉淀，碳酸钙难溶于水，会与酸反应生成二氧化碳气体，镁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀等知识进行分析。
【解答】固体粉末溶于水得到无色溶液，说明一定不含有硫酸铜；
（1）白色沉淀a加入稀盐酸，产生二氧化碳0.88g，设碳酸钙质量为x，则有：
x= 2g，则白色沉淀a中只有碳酸钙（或CaCO3）；
（2）由于一定不存在硫酸铜，无色滤液中溶质的质量为12g-2g=10g； 氢氧化钠与硫酸镁反应生成氢氧化镁沉淀和硫酸钠，但是根据（1）可知2g白色沉淀全部是碳酸钙，因此不可能同时存在氢氧化钠和硫酸镁
硫酸根离子与钡离子结合生成硫酸钡沉淀，设生成11.65g硫酸钡需硫酸钾的质量为y 。
y=8.7g；
设生成11.65g硫酸钡需硫酸镁的质量为z 。
z=6g；
由于8.7g、6g都小于10g，因此固体样品中一定还含有不含硫酸根离子的物质即氢氧化钠，因此硫酸镁就不能含有，则硫酸钾一定含有。
故一定没有的物质是硫酸铜和硫酸镁
17．（2024九上·宁波期中）化学实验室有失去标签的稀硫酸、氢氧化钠、氢氧化钙、碳酸钠、氯化钡五瓶无色溶液，现将其任意编号：A、B、C、D、E，然后两两组合进行实验，其部分现象如表（微溶物视为可溶物）：
实验 A+B A+C A+D B+C
现象 产生气体 产生沉淀 产生沉淀 产生沉淀
（1）写出溶液A与D反应的化学方程式：　 　
（2）将碳酸钠和碳酸氢钠的混合物10g充分加热至质量不再改变，冷却，称量剩余固体质量为6.9g，则原混合物中碳酸钠和碳酸氢钠的质量比为　 　（写最简比）。
【答案】（1）Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH
（2）4：21
【知识点】根据化学反应方程式的计算；盐的性质及用途
【解析】【分析】化学实验室有失去标签的稀硫酸、氢氧化钠、氢氧化钙、碳酸钠、氯化钡五瓶无色溶液，现将其任意编号：A、B、C、D、E，然后两两组合进行实验，其部分现象如表（微溶物视为可溶物）。A和B反应产生气体，A和C反应产生沉淀，A和D反应产生沉淀，B和C反应产生沉淀，则A是碳酸钠，B是稀硫酸，C是氯化钡，D是氢氧化钙，E是氢氧化钠；据此分析解答。
【解答】（1）由分析可知，溶液A与D的反应为碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，反应的化学方程 式为：Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH；
（2）设原混合物中碳酸氢钠的质量为
则原混合物中碳酸钠的质量为：
则原混合物中碳酸钠和碳酸氢钠的质量比为。
（1）由分析可知，溶液A与D的反应为碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，反应的化学方程 式为：Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH；
（2）设原混合物中碳酸氢钠的质量为
则原混合物中碳酸钠的质量为：
则原混合物中碳酸钠和碳酸氢钠的质量比为。
18．（2024九上·宁波期中）“波尔多液”是一种保护性的杀菌剂，有效成分为碱式硫酸铜，具有杀菌谱广、持效期长、病菌不会产生抗药性、对人和畜低毒等特点，是应用历史最长的一种杀菌剂。如图所示是利用废弃铜料（只含有铜和一定量的铁）和石灰石制备“波尔多液”的流程，请回答下列问题。
（1）反应器1中将硫酸以喷淋方式注入的目的是　 　，反应器1的作用是　 　。
（2）反应器4中发生反应的化学方程式是　 　（写一个即可）。
（3）气体B的化学式为　 　。
（4）反应器3和反应器4的内壁不能为铁或铝，原因是　 　。
【答案】增大反应物间的接触面积，使反应更充分；除去废弃铜料中的铁；CaO＋H2O=Ca（OH）2；CO2；铁或铝会和硫酸或硫酸铜发生反应
【知识点】盐的性质及用途；金属的化学性质；碱的化学性质
【解析】【分析】（1）反应器1中将硫酸以喷淋方式注入的目的是增大反应物接触面积，使反应更快、更充分，反应器1的作用是除去铁。
（2）氧化钙和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙和硫酸铜反应生成硫酸钙和氢氧化铜沉淀↓。
（3）高温条件下碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳。
（4）反应器3和反应器4的内壁不能为铁或铝，原因是硫酸铜能和铁、铝反应。
【解答】（1）物质反应与接触面积有关， 将硫酸以喷淋方式注入是为了增大反应物间的接触面积，使反应更充分， 反应器1是利用铁与硫酸反应，铜不与硫酸反应， 除去废弃铜料中的铁；
（2） 反应器4发生了氧化钙与水生成氢氧化钙的反应，方程式为 CaO＋H2O=Ca（OH）2；
（3）石灰石主要成分是碳酸钙，碳酸钙煅烧生成氧化钙和二氧化碳，气体B为石灰石煅烧生成的二氧化碳气体，化学式为：CO2；
（4） 铁或铝会和硫酸或硫酸铜发生反应，所以反应器3和反应器4的内壁不能为铁或铝。
19．（2024九上·宁波期中） 现有在敞口容器中放置的氢氧化钠固体，分析得知含水6.62%、碳酸钠2.38%、氢氧化钠91%．将此样品1g放入烧杯中，然后向其中加入46克溶质质量分数为3.65%的稀盐酸，过量的稀盐酸用溶质质量分数为4.43%的氢氧化钠溶液恰好中和，用去氢氧化钠的溶液20.5g．蒸干中和后的溶液，可得到固体的质量为　　 　 g．
【答案】2.691
【知识点】根据化学反应方程式的计算
【解析】【解答】解：设生成氯化钠的质量为x，
由Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，NaOH+HCl═NaCl+H2O可知，HCl～NaCl，
46g溶质质量分数为3.65%的稀盐酸中氯化氢的质量为：46g×3.65%=1.679g，
HCl～NaCl，
36.5 58.5
1.679g x
，
x=2.691g，
故填：2.691．
【分析】碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，氢氧化钠和稀盐酸反应生成氯化钠和水，碳酸钠和氢氧化钠中的钠元素完全转化到氯化钠中，因此根据稀盐酸和碳酸钠、氢氧化钠反应的化学方程式即可计算氯化钠的质量．
20．（2024九上·宁波期中）某物质可能由Na2CO3、NaHCO3、NaOH中的一种或二种混合而成，在固体中逐滴滴入盐酸，与盐酸反应图象如图：
，且c>2b。已知：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl；NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O则该固体的组成可能是　 　。
【答案】氢氧化钠、碳酸钠
【知识点】根据化学反应方程式的计算；盐的性质及用途
【解析】【分析】根据氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，碳酸钠和盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，以及物质的性质以及物质间的反应结合图示进行分析解答即可。
【解答】碳酸钠会先与盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，碳酸氢钠和盐酸反应会直接生成二氧化碳，由图象可知，开始阶段没有生成气体，所以样品中不含碳酸氢钠，一定存在碳酸钠；
若固体只有Na2CO3。先发生Na2CO3+ HCl= NaHCO3+ NaCl，没有气体产生；然后发生NaHCO3+ HCl=NaCl+H2O+CO2↑，产生气体；根据化学方程式Na2CO3+ HCl= NaHCO3+ NaCl、NaHCO3+ HCl=NaCl+H2O+CO2↑可知，Na2CO3转化为NaHCO3消耗的盐酸与相同，c=2b，不符合题意；
c＞2b，开始阶段氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，碳酸钠和盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，碳酸氢钠和氧气反应生成氯化钠、水和二氧化碳，所以该固体的组成可能是NaOH、Na2CO3。
21．（2024九上·宁波期中）易拉罐的主要成分是铝镁合金（已知其他杂质不溶于酸也不与稀硫酸反应），为了测定易拉罐铝镁合金中两种元素的质量比，小明开展了如图甲的实验，实验中生成沉淀的质量与滴入氢氧化钠溶液的质量的关系如图乙所示。
资料：氢氧化铝是一种白色沉淀，可与氢氧化钠反应：，氢氧化镁不与氢氧化钠反应。
（1）操作①表示的物质分离方法是　 　。
（2）当滴入氢氧化钠溶液为c克时，充分反应后，溶液乙中的溶质为　 　（填化学式）。
（3）根据实验数据，该易拉罐中铝元素和镁元素的质量比为　 　（用和表示）。
【答案】过滤；NaAlO2；由乙中图示可知生成氢氧化铝的质量为mA-mB：生成氢氧化镁的质量：mB，所以该易拉罐中铝元素和镁元素的质量比为：（mA-mB） ：mB
【知识点】质量守恒定律及其应用；金属的化学性质
【解析】【分析】过滤能够分离固体和液体。
稀硫酸和镁反应生成硫酸镁和氢气，和铝反应生成硫酸铝和氢气，氢氧化钠和稀硫酸反应生成硫酸钠和水，和硫酸镁反应生成氢氧化镁沉淀和硫酸钠，和硫酸铝反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钠，和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水。
【解答】（1）固体和液体的分离方法是过滤。
（2）根据Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，可知滴入氢氧化钠溶液为c克时，充分反应后，溶液乙中的溶质为NaAlO2。
22．（2024九上·宁波期中）A-I是初中化学所学的物质，其转换关系如图所示。按单质、氧化物、酸、碱、盐分类，A、B、D、E、F是不同类别的物质，C、G、H、I、F也是不同类别的物质；A、B、C中含有同种元素，B是导致“温室效应”的一种气体。图中“一”表示两端的物质能发生化学反应，“→”表示物质间存在相应的转化关系（部分反应物、生成物和反应条件未标出）。请回答：
（1）物质B的化学式：　 　；
（2）反应①的基本反应类型是　 　；
（3）反应②的化学方程式是　 　
【答案】（1）CO2
（2）复分解反应
（3）2AgNO3+Cu=Cu(NO3)2+2Ag
【知识点】盐的性质及用途；酸的化学性质；碱的化学性质
【解析】【分析】（1）物质的分类及相互转化：单质、氧化物、酸、碱、盐是初中化学常见的物质类别，不同类别物质间可通过化学反应相互转化。要根据物质类别、特征（如 B 是导致 “温室效应” 的气体，即 二氧化碳）及转化关系判断物质。
（2）基本反应类型：复分解反应是由两种化合物互相交换成分，生成另外两种化合物的反应 ，判断反应类型需看反应物和生成物的种类及反应形式。
（3）化学方程式书写：要依据反应原理，正确书写反应物、生成物化学式，配平并标注反应条件等，结合物质转化关系推导反应。
【解答】B是导致“温室效应”的一种气体，则B为二氧化碳；I是蓝色沉淀，则I为氢氧化铜；A、B、C中含有同种元素，且B与C能够相互转化，则C为一氧化碳，A为碳或氧气，是一种单质；D能够与B（二氧化碳）相互转化，则D是一种碳酸盐，如碳酸钙；F能够与D（碳酸钙）反应，也能够与I（氢氧化铜）反应，则F是一种酸，如盐酸；E既能够与B（二氧化碳）反应，还能够与F（盐酸）反应，则E是一种碱，如氢氧化钙；H能够反应生成I（氢氧化铜沉淀），则H是一种铜盐溶液，如硝酸铜等；G能够由C（一氧化碳）反应生成，还能够与H（硝酸铜）反应，则G为铜，代入检验，推断合理。
（1）根据B是导致“温室效应”的一种气体可知，B为二氧化碳，其化学式为CO2，故填：CO2；
（2）由分析可知， E为碱、F为酸，则反应①是酸与碱反应生成盐和水，该反应符合“两种化合物互相交换成分，生成另外两种化合物”的特点，属于复分解反应，故填：复分解反应
（3）由分析可知，G为单质铜，H为硝酸银溶液，反应②是铜与硝酸银反应生成硝酸铜和银，反应的化学方程式为2AgNO3+Cu=Cu(NO3)2+2Ag，故填：2AgNO3+Cu=Cu(NO3)2+2Ag。
（1）根据B是导致“温室效应”的一种气体可知，B为二氧化碳，其化学式为CO2，故填：CO2；
（2）由分析可知， E为碱、F为酸，则反应①是酸与碱反应生成盐和水，该反应符合“两种化合物互相交换成分，生成另外两种化合物”的特点，属于复分解反应，故填：复分解反应
（3）由分析可知，G为单质铜，H为硝酸银溶液，反应②是铜与硝酸银反应生成硝酸铜和银，反应的化学方程式为2AgNO3+Cu=Cu(NO3)2+2Ag，故填：2AgNO3+Cu=Cu(NO3)2+2Ag。
23．（2024九上·宁波期中）以下是俄国化学家罗蒙诺索夫曾开展的实验：
①先用天平称取质量为m1的金属锡粉。②将这些锡粉放在密闭容器里进行完全燃烧，生成了白色固体物质，称量容器的总质量为m2。③打开容器，听到了空气进入容器发出的“丝丝的声响”，称量所得白色物质的质量为m3。④把白色物质放回原容器里（容器中空气的组成恢复到初始状态），重新称量容器的总质量为m4。
（1）根据所学知识判断：锡的燃烧是　 　变化。
（2）罗蒙诺索夫分析数据后发现，生成白色物质的质量m3=　 　，于是提出了“参加反应的物质的总质量，等于反应后产物的总质量”的观点。
【答案】（1）化学
（2）m4-m2+m1
【知识点】质量守恒定律及其应用
【解析】【分析】（1）根据化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化与物理变化的本质区别是有无新物质生成，进行分析解答。
（2）根据质量守恒定律，参加化学反应的各物质的质量之和等于生成的各物质的质量之和，进行分析解答。
【解答】（1）锡燃烧后生成了新物质，所以属于化学变化；
（2）锡粉放在密闭容器里进行完全燃烧，生成了白色固体物质，称量容器的总质量为m2，把白色物质放回原容器里(容器中空气的组成恢复到初始状态)，重新称量容器的总质量为m4，因此在③中参加反应的气体的质量为m4-m2，所以若生成白色物质的质量m3=m4-m2+m1，就可以得出质量守恒定律。
（1）锡燃烧后生成了新物质，所以属于化学变化；
（2）锡粉放在密闭容器里进行完全燃烧，生成了白色固体物质，称量容器的总质量为m2，把白色物质放回原容器里(容器中空气的组成恢复到初始状态)，重新称量容器的总质量为m4，因此在③中参加反应的气体的质量为m4-m2，所以若生成白色物质的质量m3=m4-m2+m1，就可以得出质量守恒定律。
24．（2024九上·宁波期中）1783年，拉瓦锡利用如图装置探究水的组成：往A杯中滴加少量的水，水通过灼热的铁管时发生汽化，水蒸气与灼热的铁反应，生成了一种黑色固体（）和“可燃空气”，将气体通过放在冷水中的铜管，在B装置中收集到纯净的可燃空气。最终，拉瓦锡证明了水是由两种元素组成的。
（1）将气体通过放在冷水中的铜管，目的是除去　 　；
（2）将B装置收集到的可燃空气在氧气中点燃，生成了水。可燃空气的名称是　 　；
（3）若该实验中生成的黑色固体质量为，可燃空气的质量为，可燃空气完全燃烧生成水的质量为，如果水是由“氧元素”和“可燃空气元素”组成的，则、、三者应满足的关系是　 　。
【答案】水蒸气；氢气；
【知识点】质量守恒定律及其应用
【解析】【分析】（1）根据实验的目的分析；
（2）根据质量守恒定律分析；
（3）根据质量守恒定律结合题目中的数据分析。
【解答】（1）水蒸气遇冷液化成小水珠，将气体通过放在冷水中的铜管，目的是除去“可燃性”气体中混有的水蒸气。
（2）根据质量守恒定律，该气体能和氧气反应生成水，故该气体含有氢元素，故该气体为氢气。
（3）如果水是由“氧元素”和“可燃空气元素”组成的，则中氧元素质量加上可燃空气的质量等于生成水的质量，所以可得：。
25．（2024九上·宁波期中）一包白色粉末，由CuSO4、CaCO3、BaCl2、Na2SO4和NaOH中的两种或两种以上的物质混合而成。为探究其组成，进行如下实验：
（1）取少量白色粉末，加入足量的水，充分搅拌后过滤，得到白色沉淀和无色滤液。则原白色粉末中一定不含有　 　。
（2）取（1）滤出的白色沉淀，加入足量的盐酸，沉淀全部溶解，并产生无色气体。根据上述实验，如果原白色粉末中含有Na2SO4，则白色粉末的组成是　 　或者　 　。
（3）为进一步确定原白色粉末中是否同时含有BaCl2和NaOH，在（1）的滤液中加入一种能一次性鉴别出来的试剂，这种试剂可能是　 　。
A.CO2　　B.Na2SO4　　C.CuSO4　　D.FeCl3
【答案】CuSO4(硫酸铜)；硫酸钠、碳酸钙；硫酸钠、碳酸钙、氢氧化钠；AC
【知识点】酸、碱、盐的鉴别；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】（1）根据硫酸铜溶液呈蓝色，氢氧化铜是蓝色沉淀来分析；
（2）根据碳酸钙难溶于水，能和盐酸反应生成二氧化碳气体，氯化钡和硫酸钠反应生成的硫酸钡沉淀不溶于酸来分析；
（3）A、根据CO2和氢氧化钠反应生成碳酸钠，碳酸钠和氯化钡反应生成碳酸钡白色沉淀来分析；
B、根据Na2SO4和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，Na2SO4不能和氢氧化钠反应来分析；
C、根据CuSO4和氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀和氯化铜，CuSO4和氢氧化钠反应生成氢氧化铜蓝色沉淀和硫酸钠来分析；
D、根据FeCl3和氢氧化钠反应生成氢氧化铁红褐色沉淀和氯化钠，FeCl3不能和氯化钡反应来分析。
【解答】（1）根据题目给出的信息：取少量白色粉末，向其中加入足量的水，充分搅拌后过滤，得到白色沉淀和无色滤液，说明一定没有硫酸铜。
（2）取实验（1）滤出的白色沉淀，向其中加入足量的盐酸，沉淀全部溶解，并产生无色气体，说明沉淀只有碳酸钙，氯化钡与硫酸钠不能共存；由此可知，原白色粉末可能是硫酸钠、碳酸钙或硫酸钠、碳酸钙、氢氧化钠。
（3）为进一步探究原白色粉末的组成，取实验（1）得到的滤液，向其中通入CO2，产生白色沉淀，是因为二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠，碳酸钠和氯化钡反应生成白色沉淀。
加入CuSO4，CuSO4和BaCl2产生硫酸钡白色沉淀，CuSO4和NaOH产生蓝色沉淀，可以区分。
故答案为：AC。
26．（2024九上·宁波期中）分类回收塑料制品是环境保护的重要研究课题。化学兴趣小组利用过氧化氢溶液取氧气，并用燃烧法探究塑料的组成。
（1）图1中仪器X的名称为　 　（填“集气瓶”或“锥形瓶”）。
（2）图2中铂丝可催化过氧化氢分解产生氧气。实验过程中，若观察到安全管内液面上升，说明装置内压强过大，此时可以采取的安全措施是　 　。
（3）Ⅱ、探究某塑料的组成
某塑料含有碳、氢元素，可能还含有氧和氯元素中的一种或两种。该塑料充分燃烧除生成二氧化碳和水蒸气外，还可能生成氯化氢气体。取mg该塑料样品与足量干燥的氧气充分反应，用图3所示装置吸收生成的气体。实验过程中，观察到装置乙溶液中产生白色沉淀。当气体被充分吸收后，测得装置甲、乙、丙的质量在反应前后分别增加m1g、m2g和m3g。（无水氯化钙可作干燥剂，装置气密性良好，装置甲、乙、丙、丁中试剂均足量，那么该塑料样品中氢元素的质量为　 　（用代数式表示）。
（4）关于该实验，下列说法正确的是　 　。（填标号）
A．该塑料中C与Cl的个数比为73m3：88m2B．若，则该塑料不含氧元素
C．若将装置乙与丙互换，也能够达到实验目的D．若去除装置丁，则对测定氢元素的质量无影响
【答案】锥形瓶；向上移动铂丝，使铂丝离开过氧化氢或打开止水夹；；ABD
【知识点】质量守恒定律及其应用；盐的性质及用途；碱的化学性质
【解析】【分析】图1中仪器X的名称为锥形瓶。
氯化钙能够吸收水蒸气，硝酸银溶液能够吸收氯化氢气体，氢氧化钠溶液能够吸收二氧化碳，浓硫酸能够吸收水蒸气。
根据提供数据可以进行相关方面的计算。
【解答】（1）图1中仪器X的名称为锥形瓶；
（2）图2中铂丝可催化过氧化氢分解产生氧气。实验过程中，若观察到安全管内液面上升，说明装置内压强过大，此时可以采取的安全措施是打开止水夹；
（3）塑料中的氢元素转化到反应生成的水和氯化氢中，该塑料样品中氢元素的质量为
（4）A、该塑料中碳元素质量是，氯元素质量是，C与Cl的个数比为，正确；
B、如果塑料中不含有氧元素，则有：，正确。
C、若将装置乙与丙互换，不能达到实验目的，是因为氢氧化钠能够吸收二氧化碳和氯化氢气体，错误；
D、若去除装置丁，则对测定氢元素的质量无影响，正确。
故答案为：ABD。
27．（2024九上·宁波期中）按要求填空：
（1）室温下，充分燃烧1g天然气和1g煤，产生的（CO2及热量的对比如图所示。据图分析，与煤相比，用天然气作燃料的优点有　 　。
（2）甲烷和二氧化碳在高温下催化重整（Ni作催化剂）可制得CO和H2。该反应的化学方程式为　 　。
（3）甲烷无氧催化重整可获得碳氢化合物X，X的相对分子质量为106，且碳、氢元素的质量比为48：5，则X的化学式为　 　。
【答案】（1）等质量的甲烷燃烧产生的CO2少，产生的热量高
（2）
（3）C8H10
【知识点】有关化学式的计算和推断；根据化学反应方程式的计算
【解析】【分析】（1）从图中可以看出，充分燃烧1g天然气比燃烧1g煤产生的二氧化碳要少，这说明天然气燃烧更充分，生成的温室气体二氧化碳更少，对环境影响小；同时，天然气燃烧放出的热量更多，说明其热值高，燃烧效率高。
（2）甲烷和二氧化碳在高温下催化重整（Ni作催化剂）可制得一氧化碳和氢气，根据质量守恒定律，反应前后原子的种类和数目不变，可以写出该反应的化学方程式。
（3）根据元素质量比可以计算出碳、氢原子的个数比。
【解答】（1）据图分析，与煤相比，用天然气作燃料的优点有等质量的甲烷燃烧产生的CO2少，产生的热量高；
（2）甲烷和二氧化碳在高温下催化重整（Ni作催化剂）可制得CO和H2，反应的化学方程式为：；
（3）设X的化学式为CxHy，X的相对分子质量为106，
则①：12x+y=106；
碳、氢元素的质量比为48：5，
则②：12x：y=48：5；
由等式①②解得x=8、y=10；
故X的化学式为C8H10。
（1）据图分析，与煤相比，用天然气作燃料的优点有等质量的甲烷燃烧产生的CO2少，产生的热量高；
（2）甲烷和二氧化碳在高温下催化重整（Ni作催化剂）可制得CO和H2，反应的化学方程式为：；
（3）设X的化学式为CxHy，X的相对分子质量为106，则①：12x+y=106；
碳、氢元素的质量比为48：5，则②：12x：y=48：5；
由等式①②解得x=8、y=10；故X的化学式为C8H10。
28．（2024九上·宁波期中）小龙用过量的稀盐酸溶液和石灰石反应制取二氧化碳后（石灰石中的杂质既不溶于水也不和酸反应），得到了含有盐酸和氯化钙的混合溶液。为了探究该混台溶液中氮化钙的质量。他又进行如下实验：取一定量的混合溶液于烧杯中，逐滴滴入碳酸钠溶液，观察并记录相应数据。结果如图所示。（反应原理：Na2CO3+2HCl=2NaCl+2H2O+CO2↑；Na2CO3+CaCl2=2NaCl+CaCO3↓）
（1）小龙发现碳酸钠溶液与混合溶液反应时存在多步反应，则a曲线代表的是碳酸钠与　 　反应，并说明理由　 　。
（2）图中n=　 　。
【答案】（1）氯化钙；碳酸钙会与盐酸反应
（2）212
【知识点】根据化学反应方程式的计算；盐的性质及用途
【解析】【分析】（1）根据碳酸钙会与盐酸反应来分析解答；
（2）根据与氯化钙反应的碳酸钠质量、与盐酸反应的碳酸钠质量和用去碳酸钠溶液的质量求出与氯化钙反应用去碳酸钠溶液的质量即可。
【解答】（1）小龙发现碳酸钠溶液与混合溶液反应时存在多步反应，则a曲线代表的是碳酸钠与氯化钙反应，理由是碳酸钙会与盐酸反应；
（2）设与氯化钙反应的碳酸钠质量为x，
x=5.3g；
设与盐酸反应的碳酸钠质量为y，
y=21.2g，
由图可知，用去碳酸钠溶液的质量为265g，则与氯化钙反应用去碳酸钠溶液的质量为265g×=53，则与盐酸反应用去碳酸钠溶液的质量为265g-53g=212g，故图中n=212。
（1）小龙发现碳酸钠溶液与混合溶液反应时存在多步反应，则a曲线代表的是碳酸钠与氯化钙反应，理由是碳酸钙会与盐酸反应；
（2）设与氯化钙反应的碳酸钠质量为x，
x=5.3g；
设与盐酸反应的碳酸钠质量为y，
y=21.2g，
由图可知，用去碳酸钠溶液的质量为265g，则与氯化钙反应用去碳酸钠溶液的质量为265g×=53，则与盐酸反应用去碳酸钠溶液的质量为265g-53g=212g，故图中n=212。
29．（2024九上·宁波期中）小科在学习了化学知识后得知鸡蛋壳的主要成分是碳酸钙，并经查询资料后得知，除了碳酸钙之外，蛋壳中还含有少量碳酸镁以及其他杂质。为了研究其中碳酸盐的含量（其他物质不与酸反应），小科做了如下实验：称取12g蛋壳并将其捣碎，分四次加入到40g稀盐酸中，充分反应后记录数据并绘制图像如图。请回答：
（1）该鸡蛋壳中碳酸盐的质量分数范围是多少？（计算结果准确到0.1%，下同）
（2）所用的稀盐酸的溶质质量分数是多少？
【答案】（1）解：假设蛋壳中全部是碳酸钙，设生成1.76g二氧化碳需要碳酸钙的质量为x。
x=4g
蛋壳中碳酸钙的质量分数为：
假设蛋壳中全部是碳酸镁，设生成1.76g二氧化碳需要碳酸镁的质量为y。
y=3.36g
蛋壳中碳酸钙的质量分数为：
答：该鸡蛋壳中碳酸盐的质量分数范围是76.4%-90.9%。
（2）解：设生成3.52g二氧化碳需要 HCl的质量为z。
z=5.84g
所用的稀盐酸的溶质质量分数为：
【知识点】质量守恒定律及其应用；根据化学反应方程式的计算；盐的性质及用途
【解析】【分析】（1）利用极值法结合化学方程式进行计算。
（2）根据二氧化碳的质量结合化学方程式进行计算。
30．（2024九上·宁波期中）将铜粉、铁粉和硫酸铜粉末组成完全均匀的混合物26.8g，分成质量相等的两份，分别放入甲、乙两烧杯中。在甲烧杯中加入足量的蒸馏水，充分反应后，溶液呈现浅绿色，还剩下固体9.6g。在乙烧杯中加入足量稀硫酸90.8g，搅拌使之充分反应后，测得乙烧杯中有4g暗红色固体和100g浅绿色溶液。(提示：以上浅绿色溶液中都只有一种溶质)
试计算：
（1）乙烧杯中反应所生成氢气的质量；
（2）原来26.8g混合物中硫酸铜粉末的质量；
（3）乙烧杯中的生成物溶液中硫酸亚铁的质量分数
【答案】（1）0.2g
（2）8g
（3）19%
【知识点】金属的化学性质；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】（1）根据质量守恒定律分析；
（2）根据所给质量计算出甲烧杯中生成硫酸亚铁质量，利用方程式中物质间质量关系计算硫酸铜质量分析；
（3）根据生成氢气质量先计算出铁与硫酸反应生成 硫酸亚铁质量，再由乙烧杯中硫酸亚铁质量为铁与硫酸铜反应的硫酸亚铁质量和铁与硫酸反应的硫酸亚铁质量和，由此计算生成物溶液中硫酸亚铁质量分数分析。
【解答】（1）将铜粉、铁粉和硫酸铜粉末组成完全均匀的混合物26.8g，分成质量相等的两份 ，每份质量为13.4克， 根据质量守恒定律可知，乙烧杯中生成氢气质量为 13.4g+90.8g-100g-4g=0.2g。
（2）甲烧杯中生成硫酸亚铁质量为13.4g－9.6＝3.8g，设甲中硫酸铜质量为x
Fe+ CuSO4=FeSO4+ Cu
　 160 152 　
　 x 3.8g 　
160：152=x：3.8g
x=4g
则 原来26.8g混合物中硫酸铜粉末的质量 为8克。
（3）设铁与硫酸反应生成硫酸亚铁质量为y
Fe+ H2SO4=FeSO4+ H2↑
　 152 2
　 y 0.2g
152：2=y：0.2g
y=15.2g
则乙烧杯中硫酸亚铁质量为15.2g+3.8g=19g
故答案为：（1）0.2g；（2）8g；（3）19%。
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