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2024九年级上科学期中模拟试题（二）
班级__________ 座号_____ 姓名__________ 分数__________
一、选择题（每空3分，总计45分）
1． 2008年北京奥运会“祥云”火炬、2022年北京冬奥会“飞扬”火炬的外壳材料的主要成分和燃料如表所示。奥运火炬的迭代，体现了我国科技水平的提高。下列有关两火炬的说法错误的是(　 )
“祥云”火炬 “飞扬”火炬
外壳材料的主要成分 铝合金 碳纤维复合材料
燃料 丙烷(C3H8) 氢气(H2)
A. 外壳材料的主要成分都属于非金属单质 B．燃料都具有可燃性
C．燃料燃烧时，助燃物都是氧气 D．燃料燃烧时，都有水生成
2． 学了科学知识后，小科同学发现了几种写“密信”的方法：如用无色溶液在白纸上写字，干燥后别人不易看见，但直到秘密的收信人可用特殊的液体与之反应，使字显示出来，下列材料组合不能用来写密信的是（ ）
A．用稀米汤写信，用碘酒显字 B．用纯碱溶液写信，用酚酞试液显字
C．用白醋写信，用酚酞试液显字 D．用酚酞试液写信，用苏打水显字
3． 2021年9月，我国科研人员首次实现二氧化碳到淀粉的从头合成。如图为合成第一步中利用氢气将二氧化碳还原成甲醇的微观示意图，下列说法错误的是（ ）
A．甲物质由一种原子构成 B．该反应不属于置换反应
C．生成物的质量比为16：9 D．乙和丁中同种元素的化合价相等
4． 下列实验基本操作中，正确的是（ ）
A．倾倒液体 B．加热液体 C．读取量筒内液体体积 D．移走蒸发皿
5． 有X、Y、Z三种金属，把Y投入X（NO3）2溶液中，Y表面有X析出，溶液质量增大；把X投入Z（NO3）2溶液中，得到X（NO3）2，溶液质量减小。下列判断错误的是（ ）
A．X、Y、Z可能依次是：Cu、Fe、Ag B．元素的相对原子质量可能是：Z＞Y＞X
C．金属活动性顺序是：Y＞X＞Z D．X、Y、Z可能依次是：Fe、Zn、Hg
6．某兴趣小组利用如图装置对二氧化碳的性质进行探究，A处大试管中能生成二氧化碳气体，下列说法错误的是（ ）
A．B处现象说明二氧化碳能使紫色石蕊变红
B．C处溶液变浑浊，是因为生成了不溶于水的碳酸钙
C．D处的实验现象是蜡烛会熄火
D．D处现象说明二氧化碳不可燃，不助燃，相同体积时质量比空气大
7．如表为实验室危化品使用记录本中某种药品几年间的使用记录，据数据分析，它可能是下列选项中的（ ）
序号 出库凭证号 77011﹣01
出库日期 领用前质量（克） 领用后质量（克） 教学使用质量（克）
1 2021.09.13 448.5 448.4 0.1
2 2023.09.07 443.0 443.0 0
3 2024.03.06 442.5 325 116.5
A．浓盐酸 B．浓硫酸 C．氢氧化钠 D．镁条
8． 废液缸中剩有大量的稀盐酸与氯化钙的混合溶液（不考虑其他杂质），某同学取上层清液于烧杯中，逐滴滴入Na2CO3溶液至过量．记录滴入Na2CO3溶液质量（x）与有关量的变化关系如图所示．下列判断正确的是（ ）
A．图中纵坐标（y）表示生成CO2的质量 B．反应进行到B点时，溶液中的溶质是NaCl
C．OA段是Na2CO3 和 CaCl2在发生化学反应 D．C点溶液的pH＝7
9．向氯化铜溶液加入一定量的锌粉充分反应，下列情况中可能出现的是（ ）
①溶液中有Zn2+、Cu2+，不溶物为Cu ②溶液中有Zn2+、Cu2+，不溶物为Zn
③溶液只有Zn2+，不溶物为Zn ④溶液只有Zn2+，不溶物为Zn、Cu。
A．①③ B．②③ C．①④ D．③④
10． 1.6g某物质在氧气中完全燃烧生成4.4g二氧化碳和3.6g水，关于该物质的组成有下列论断，其中正确的是（ ）
①一定含C、H；②一定不含O；③可能含O；④一定含O；⑤分子中C、H的原子个数比为1：2；⑥分子中C、H的原子个数比为1：4．
A．①②⑤ B．①②⑥ C．①③⑥ D．①④⑤
11．在一定条件下，一个密闭容器内发生某反应，测得反应前后容器中各物质的质量如下表所示。下列有关说法正确的是（ ）
物质 a b c d
反应前的质量/g 30 20 10 15
反应后的质量/g x y 0 10
A．参加反应的c与d的质量比为2：3 B．x的取值范围：0≤x≤30
C．当y≤20时，该反应一定是化合反应 D．x+y≤65
12．构建元素单质及其化合物的“价态—类别”二维图是科学学习一种有效方法。如图是铜元素的“价态—类别”二维图，下列说法正确的是（ ）
A．①～⑥的转化都能一步实现
B．④的反应可能是CuCl2+Mg（OH）2＝MgCl2+Cu（OH）2
C．⑦的反应可能是Cu+2HCl＝H2↑+CuCl2
D．⑥的反应可能是置换反应
13．模型能够直观反映化学变化的结果。将一定质量的镁条放入某一溶液（如图），其溶质硫酸铜和硫酸亚铁的质量相同，充分反应后烧杯内固体的组成和质量大小关系不可能的是（ ）
A． B． C． D．
14．将铁粉（on段）和稀硫酸（n点后）先后加入到一定量的硫酸铜溶液中，搅拌使之充分反应。过程中加入物质的质量与烧杯中剩余固体的质量关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a、b点对应的剩余固体只有一种 B．m<6.4
C．实验过程中共产生FeSO4的质量为15.2g D．n点对应的横坐标数值为11.2
15．若将Ba（OH）2溶液逐滴加入到混有少量硝酸的MgSO4溶液中，所得沉淀的质量与加入的Ba（OH）2的质量变化符合下列图象的是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（每空2分，总计40分）
16．(6分)人们的生活生产离不开燃料，根据所学知识，回答以下问题：
图1是2008年北京奥运会的火炬图片。它将于今年五月下旬进入我省合肥、淮南、芜湖、绩溪、黄山五个城市。奥运火炬所用燃料称为丙烷（化学式为C3H8），丙烷属于　 　（填“有机物”或“无机物”）。其燃烧产物中　 　属于《京都议定书》中限排物质。
（2）图2是“西气东输“﹣V程的图片。“西气东输”工程使我省部分城市用上了天然气，其主要成分在空气中完全燃烧的化学方程式为　 　。
17．(6分)兴趣小组研究酸碱反应时利用稀硫酸、氢氧化钠溶液、紫色石蕊指示剂进行实验，实验操作和溶液颜色变化如图所示。
（1）从微观角度分析，该反应的实质是 　 　。
（2）根据乙图颜色的变化，判断图甲中B溶液是 　 　。（填写溶液名称）
（3）图乙中M点时，溶液中除紫色石蕊外还存在的溶质有 　 　。
18．(6分)（2024 宁波模拟）铜版画是版画的一种，其中涉及印刷版面的制作。若用腐蚀法制作版面，先要在铜板上涂上不与化学药剂反应的防腐层，再用刻针作画，以刻除相应的防腐层，再用硝酸等腐蚀没有防腐层的铜，以使画线处形成凹陷的线条。在缺乏硝酸的情况下，某同学用过量AgNO3溶液与铜反应的方法尝试版面制作，因AgNO3成本较高，故对废液进行Cu、Ag回收。具体流程如下：
（1）从化学反应的基本类型看，步骤①是 　 　反应。
（2）在该流程中，收集滤渣 　 　（填字母）可获得金属Ag。
（3）在步骤③中，能够观察到的实验现象为 　 　。
19．(6分)（2022 鹿城区模拟）墨鱼骨能治疗胃酸过多等多种疾病，其主要成分为碳酸钙（杂质可溶于水）。某兴趣小组利用如图装置探究其中碳酸钙的质量分数。设计实验如下：
①在锥形瓶中加入质量为m的墨鱼骨粉末，向分液漏斗中加入稀盐酸，在烧杯中加入足量氢氧化钠溶液，并称量烧杯及氢氧化钠溶液总质量m1。
②先打开止水夹，再打开分液漏斗活塞，滴加盐酸并及时关闭活塞。完全反应后，再次称量烧杯及其中液体的总质量m2。
③利用上述数据，再计算墨鱼骨中碳酸钙的质量分数。
（1）实验前要检查装置的气密性，方法是：用止水夹夹住橡胶管，往分液漏斗中加入适量水，打开分液漏斗的活塞，观察到　 　，说明装置气密性良好。
（2）根据上述实验，理论上测得的墨鱼骨样品中碳酸钙的质量分数为　____　（用字母表示）。
（3）下列情况会导致墨鱼骨中碳酸钙质量分数测量值偏小的有　 　（可多选）。
A．锥形瓶内部分水蒸气随二氧化碳逸出
B．反应结束后，锥形瓶内有二氧化碳残留
C．反应速度过快，大量气泡从氢氧化钠溶液中逸出
20．(4分)物质王国举行一场趣味篮球赛。某队由铁、二氧化碳、稀硫酸、澄清石灰水、氯化铜溶液五名“队员”组成，比赛中，由氯化铜溶液“队员”发球，“队员”间传接球，最后由D 位置“队员”投篮进球完成有效进攻。传接球“队员”间物质必须能相互反应，场上“队员”位置及传球路线如图。
（1）已知D位置上投篮的“队员”是个灭火“能手”，写出B位置“队员”所代表的物质的一种用途　 　；
（2）为实现“快速进攻”，氯化铜溶液除了把球传给A位置“队员”外，还能直接传球给　 　“队员”（填化学式）。
21．(6分)（2024 鄞州区二模）A、B、C、D分别是盐酸、碳酸钠、氯化钙、硝酸银四种溶液中的一种。将它们两两混合后，观察到的现象如下表所示（“↓”表示生成沉淀，“↑”表示生成气体，“—”表示不反应）。请据此回答以下问题。
A
↓ B
↓ ↓ C
— ↑ ↓ D
（1）请写出A、B、C溶液中溶质的名称或化学式：A 　 　，B 　 　，C 　 　。
（2）C和D反应的化学方程式为 　 　。
22．(6分)质量均为m g的薄锌片和薄铁片分别放入100g溶质质量分数均为9.8%的两份稀硫酸中，反应时间和氢气质量关系如图所示．请回答有关问题：
（1）图1中若要使b线向a线靠拢，可以采取的措施是　 　（填写一种方法）．
（2）图1的情况可能是　 　，图2的情况可能　 　
A．铁和锌均过量，酸不足 B．铁正好完全反应，锌过量
C．锌和铁都没有剩余，酸过量D．锌和铁都有剩余，且剩余固体质量相等
（3）满足图1情况的m的取值范围是　 ，满足图2的m取值范围是　 　．
三、探究题（每空2分，总计40分）
23．(6分)科学兴趣小组的同学在学校STEM项目化学习活动中，对“暖宝宝”进行了研究。
（1）探究：暖宝宝中的主要成分是什么？剪开内包装袋，倒出其中的粉末，发现呈黑色。
【提出猜想】该黑色粉末可能含有炭粉、铁粉、二氧化锰、氧化铜、四氧化三铁中的一种或几种。
【初步验证】将磁铁靠近黑色粉末，部分被吸引。
【查阅资料】四氧化三铁具有磁性，能被磁铁吸引；炭粉、二氧化锰不与稀硫酸反应。
【进行实验】
实验编号 实验操作 实验现象
① 取黑色粉末加足量稀硫酸 固体部分溶解，剩余固体仍为黑色粉末，有气泡产生，溶液无蓝色
② 取实验①的残渣灼烧，将内壁涂有澄清石灰水的小烧杯罩在上方 澄清石灰水变浑浊
【得出结论】该黑色粉末中肯定含 　 　，肯定不含有 　 　。
（2）思考：暖宝宝为什么会发热？
【查阅资料】暖宝宝中的铁粉在空气中发生了缓慢氧化，进而放出热量。
利用上述原理，兴趣小组的同学设计用暖宝宝贴来测定空气的组成（实验中消耗的水忽略不计）。实验装置如图所示，实验前量筒中水的体积为100mL。当温度计的读数恢复到室温后，打开弹簧夹，量筒中的水流入容积为250mL的集气瓶中。最终量筒内水的读数为45mL，则可测得空气中氧气的体积分数。上述结果与理论值相比，造成误差的原因可能是 　 。
A.装置漏气 B.暖宝宝贴量不足 C.暖宝宝贴过量
D.最终读取量筒中剩余水的体积时俯视读数 E.最终读取量筒中剩余水的体积时仰视读数
24．(8分)查阅资料得知：过氧化钠（Na2O2）可与CO2或H2O反应生成O2，反应原理为；2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑。某科学兴趣小组同学设计了如图所示实验，说明Na2O2可在呼吸面具和潜水艇中做供氧剂。
（1）写出装置A中甲仪器的名称 　 　。
（2）为了除去二氧化碳中混有的氯化氢气体，装置B中盛装的乙溶液是 　 　。
（3）装置D用于除去末被装置C转化的CO2，便于后续气体检验，则D中发生反应的化学方程式是 　 　。
（4）装置E的试管中收集到的气体来自于哪些物质相互反应？　 　。
25．(10分)如图1所示，小瑾将反应后试管中的物质全部倒入烧杯时，发现烧杯内白色沉淀明显增多。为了探究烧杯内物质的成分，她立即向其中逐滴加入稀硝酸，并不断搅拌，烧杯内沉淀的质量随加入稀硝酸的质量变化如图2所示。
回答下列问题：
（1）图1所示，烧杯内的白色沉淀是　 　（写化学式）。
（2）BC段发生反应的化学方程式为　 。
（3）A点，烧杯内的溶液中一定大量含有的离子为　 　（写离子符号）。B点，烧杯内的沉淀由　 　种物质组成。
（4）检验D点溶液中含有氯离子的方法　 　。
26．(8分)小明同学取镁、铝、锌三种金属，分别放入盛有质量和质量分数都相等的稀盐酸的锥形瓶中，实验装置如图1，采集数据，得到如图2所示的气压变化曲线。
（1）镁、铝、锌与稀盐酸反应产生的相同气体是 　 　（填化学式）。
（2）铝对应的曲线是_____，反应速率先慢后快，其主要原因是 　 　。
（3）从图2分析，以下结论正确的是 　 　（填序号）。
①金属镁对应的气压变化曲线是A
②M点时参加反应的镁锌质量相等
③实验时取用的镁铝质量可能相等
27．(8分)同学们用4%的NaOH溶液和8%的CuSO4溶液制备Cu(OH)2，有同学并未得到预期的蓝色沉淀，而是得到浅绿色沉淀(经测定为碱式硫酸铜)；还有同学观察到一段时间后蓝色沉淀中出现黑色物质(经测定为氧化铜)。针对这些异常现象，小金在室温下进行了以下探究：
探究1：生成沉淀颜色与反应物的质量比的关系
两种溶液取用的质量及实验现象如表所示(两种溶液混合后充分振荡试管)：
(1)根据探究目的及相关实验现象，②中8%的CuSO4溶液的质量应为__ __g(选填“2”“4”或“6”)。
(2)③中生成蓝色沉淀的化学方程式为__ __。
探究2：Cu(OH)2分解难易与溶液碱性强弱的关系
按探究1中③的方法制备5份含蓝色沉淀的混合物，处理方式和实验结果如表所示：
(3)判断④中的蓝色沉淀已洗涤至中性的操作是__ __。
(4)分析实验结果，可得出Cu(OH)2分解难易与溶液碱性强弱的关系是__ __。
四、综合题（28题6分，29题6分，30题6分，31题7分，32题10分，总计35分）
28．(6分)科学家认为，碳排放导致全球变暖，极端天气事件增加，对生命系统形成威胁。在这一背景下，世界各国以全球协约的方式减排温室气体，我国由此在联合国大会上向全世界宣布了2030年前实现“碳达峰”、2060年前实现“碳中和”目标。“碳达峰”是指在某一个时点，二氧化碳的排放不再增长，达到峰值，之后逐步回落；“碳中和”是指在一定时间内，通过植树造林等途径，抵消自身所产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”。用图甲和图乙分别表示“碳达峰”和“碳中和”。
（1）过去的200年里，人类向大气层排放了数万亿吨二氧化碳，有科学家提出回收利用CO2的构想：把空气吹入碳酸钾溶液，从溶液中提取出 CO2，又在合成塔使之变为燃料甲醇（CH2OH）。该技术流程如下：
（资料一：吸收池中盛有饱和的K2CO3溶液，K2CO3与CO2反应生成KHCO3，分解池中KHCO3受热分解变成K2CO3和CO2；资料二；合成塔内的反应条件为300℃、200kPa和催化剂。）
①上述流程中可以循环利用的物质是（写物质名称） ▲ 。
②若生产4.8吨甲醇，则可回收空气中的CO2多少吨？
（2）你能为实现“碳达峰“碳中和”目标做些什么？（至少2点）　 　。
29．(6分)往盛有4.0g久置的铝片的烧杯中滴加稀盐酸，让其充分反应，放出氢气的质量与所滴加稀盐酸的质量关系如图所示。请回答下列问题并计算：
（1）充分反应后，产生氢气的质量是 　 　。
（2）刚开始滴加稀盐酸时，没有氢气放出的原因是 　 　。
（3）该铝片中铝的质量分数（写出计算过程）。
30．(6分)家庭食用碱的主要成分是Na2CO3为测定食用碱中Na2CO3的质量分数。小金取了40 g食用碱平均分成四份，每份中滴入CaCl2溶液的质量及生成沉淀的质量见表，假设该食用碱中不含难溶性杂质且杂质均不与CaCl2溶液产生沉淀，分析回答：
实验一 实验二 实验三 实验四
食用碱的质量/g 10 10 10 10
加入CaCl2溶液的质量/g 20 40 60 80
生成沉淀的质量/g 3 6 8 m
（1）表格中m的值应为 　 　；
（2）Na2CO3在实验 　 　（填数字）中是反应完全的；
（3）计算该食用碱中Na2CO3的质量分数是多少（结果精确到0.1%）？
31．(7分)高速钢是制造冰鞋冰刀的重要材料，其性能与含碳量关系密切。为测试冰刀中碳元素的质量分数，现取一定质量的冰刀于烧杯中，分3次每次加入100g溶质质量分数相同的稀硫酸，实验过程和数据如图所示。请根据相关信息回答下列问题。
（1）推算图中m的数值为 　 　。
（2）请写出第2次反应后溶液中溶质的化学式 　 　。
（3）计算冰刀中碳元素的质量分数（不考虑杂质，结果精确到0.01%）。
32．(10分)现有一种Na2CO3和NaHCO3的混合物，某同学为测定其含量，取一定量的该样品溶于水，逐滴加入稀盐酸并不断振荡，首先发生反应：Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl，然后才发生反应：
NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O。
已知：该温度下CO2密度为1.98g/L，实验测得产生的CO2的与加入稀盐酸的数据如右图。
（1）当加入 　 　g盐酸时，才开始产生CO2；图中V＝　 　mL。
（2）请计算：①所加入盐酸中HCl的质量分数为多少？
②原样品中Na2CO3和NaHCO3的质量各是多少？
2024九年级上科学期中模拟试题（二）（参考答案）
一、选择题
1． 【答案】A
【解析】[命题考向： 考查物质的分类、燃烧的必要条件与化学产物。解析：已知两种火炬外壳采用不同的制作材料，其中铝合金含有铝、镁等，属于混合物；碳纤维复合材料是由两种或两种以上不同性质的材料，通过物理或化学的方法组成的具有新性能的材料，因此两者均属于混合物。燃烧的必要条件：一是有可燃物，二是有助燃剂(最常见助燃剂为氧气)，三是温度达到可燃物的着火点；因此作为燃料必须具有可燃性。根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变，丙烷(C3H8)充分与氧气燃烧可生成二氧化碳和水，氢气与氧气燃烧生成水。]
故答案为 A
2． 【答案】C
【解析】【考点】酸碱指示剂及其性质．
【分析】既然是密信书写的字时就应是无色的，用另一种溶液涂抹会出现颜色，要求两种物质反应要出现颜色．
【解答】解：A、稀米汤是无色的，遇到碘变蓝色，故正确；
B、酚酞试液是无色的，遇到纯碱溶液变红色，故正确；
C、白醋是无色的，但是白醋显酸性，不能使酚酞试液变色，故错误；
D、酚酞试液是无色的，苏打水显碱性，遇到苏打水变红色，故正确；
故选：C。
3． 【答案】A
【解析】【考点】微粒观点及模型图的应用．
【分析】根据反应的微观示意图分析反应物、生成物，写出反应的化学方程式，据其意义分析判断有关的问题。
【解答】解：由反应的微观示意图可知：由反应的化学方程式为：CO2+3H2CH3OH+H2O。
A．由分子的模型图可知，甲物质是氢气，氢气是由氢分子构成的，选项说法不正确；
B．该反应的生成物是两种化合物，不属于置换反应，选项说法正确；
C．由方程式的意义可知，生成物甲醇与水的质量比为32：18＝16：9，选项说法正确；
D．由物质的组成可知，乙和丁中同种元素是氧元素，化合价都是﹣2价相等，选项说法正确。
故选：A。
4． 【答案】B
【解析】【考点】蒸发与蒸馏操作；测量容器﹣量筒；液体药品的取用；给试管里的液体加热．
【分析】A、根据向试管中倾倒液体药品的方法进行分析判断。
B、根据给试管中的液体加热的方法进行分析判断。
C、根据量筒读数时视线要与量筒内液体的凹液面的最低处保持水平进行分析判断。
D、根据蒸发操作的注意事项进行分析判断。
【解答】解：A、向试管中倾倒液体药品时，瓶塞要倒放，标签要对准手心，瓶口紧挨试管口；图中瓶口没有紧挨试管口、瓶塞没有倒放、标签没有向着手心，图中所示操作错误。
B、给试管中的液体加热时，用酒精灯的外焰加热试管里的液体，且液体体积不能超过试管容积的三分之一，图中所示操作正确。
C、量取液体读数时，视线与液体的凹液面最低处保持水平，图中俯视刻度，图中所示操作错误。
D、正在加热的蒸发皿温度较高，为防止烫伤手，不能用手直接拿热的蒸发皿，应用坩埚钳夹取，图中所示操作错误。
故选：B。
【点评】本题难度不大，熟悉各种仪器的用途及使用注意事项、常见化学实验基本操作的注意事项是解答此类试题的关键。
5． 【答案】A
【解析】【分析】在金属活动性顺序中，位于前面的金属能把排在它后面的金属从其盐溶液中置换出来，据此结合质量守恒定律进行分析判断。
【解答】解：在金属活动性顺序中，位于前面的金属能把排在它后面的金属从其盐溶液中置换出来；有X、Y、Z三种金属，把Y投入X（NO3）2溶液中，Y表面有X析出，说明Y的活动性比X强，即Y＞X；由于y化合价不确定，所以就没法分析相对原子质量的大小，因为溶液质量增大，所以Y的相对原子质量可能大于X。
同理，把X投入Z（NO3）2溶液中，得到X（NO3）2，溶液质量减小，说明X的活动性比Z强，即X＞Z；溶液质量减小，说明Z的相对原子质量大于X。
A、由上述分析，金属活动性顺序是Y＞X＞Z，X、Y、Z不可能依次是：Cu、Fe、Ag，故选项说法错误。
B、由上述分析，元素的相对原子质量可能是Y＞X，Z＞X，则元素的相对原子质量可能是Z＞Y＞X，故选项说法正确。
C、由上述分析，金属活动性顺序是Y＞X＞Z，故选项说法正确。
D、由上述分析，金属活动性顺序是Y＞X＞Z，X、Y、Z可能依次是：Fe、Zn、Hg，故选项说法正确。
故选：A。
【点评】本题难度不大，考查了金属活动性顺序的应用，掌握金属活动性顺序并能灵活运用是正确解答此类题的关键所在。
6． 【答案】A
【解析】【考点】二氧化碳的实验室制法；二氧化碳的物理性质；二氧化碳的化学性质．
【分析】A、根据二氧化碳和水反应生成碳酸，进行分析判断。
B、根据二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，进行分析判断。
C、根据二氧化碳的密度比空气大，不能燃烧、不能支持燃烧，进行分析判断。
D、根据下层的蜡烛先熄灭，上层的蜡烛后熄灭，进行分析判断。
【解答】解：A、二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸能使紫色石蕊变红色，而不是二氧化碳能使紫色石蕊变红，故选项说法错误。
B、二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，C处溶液变浑浊，故选项说法正确。
C、二氧化碳的密度比空气的大，不能燃烧、不能支持燃烧，D处的实验现象是下层蜡烛先熄灭，上层蜡烛后熄灭，故选项说法正确。
D、下层的蜡烛先熄灭，上层的蜡烛后熄灭，说明了CO2密度比空气的大；蜡烛熄灭，说明了二氧化碳不能燃烧，也不能支持燃烧，故选项说法正确。
故选：A。
7． 【答案】A
【解析】【考点】空气中常见酸碱盐的质量或性质变化及贮存法．
【分析】根据物质的性质及其质量变化来分析。
【解答】解：由表格中可知，药品在保存过程中，质量慢慢变小，由数据（序号3）可知，该药品领用前后的质量差大于教学使用的质量，说明该药品具有挥发性。
A、浓盐酸具有挥发性，因挥发出来氯化氢气体而造成质量减少，符合题意；
B、浓硫酸具有吸附性，因吸收空气中的水蒸气而质量增大，不合题意；
C、氢氧化钠固体易潮解，且能吸收空气的二氧化碳而质量增大，不合题意；
D、镁条能与空气中的氧气反应在其表面形成一层氧化镁薄膜而质量增大，不合题意。
故选：A。
8． 【答案】B
【解析】【分析】根据碳酸钠与稀盐酸和氯化钙的混合溶液的反应原理，向混合溶液中逐滴滴入Na2CO3溶液至过量，相比之下，刚开始是稀盐酸的量多，而碳酸钠的量少，溶液中应先冒气泡，而不是先产生沉淀．所以，图中纵坐标（y）应该表示生成的沉淀质量．当反应进行到B点时，表明反应完全结束，此时溶液中的溶质只有NaCl．从开始反应的O点到A点的OA段，此处所进行的化学反应，可理解为，Na2CO3+CaCl2＝CaCO3↓+2NaCl 和CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑，综合以上反应，相当于只发生了如下的化学反应：Na2CO3+2HCl＝2NaCl+H2O+CO2↑，此时没有沉淀产生，等溶液中稀盐酸被消耗完了以后，才慢慢开始产生沉淀，Na2CO3+CaCl2＝CaCO3↓+2NaCl．实验探究进行到C点时，反应早已经结束，因为过量的碳酸钠溶液加入其中，溶液的pH大于7；进行解答．
【解答】解：A、根据碳酸钠与稀盐酸和氯化钙的混合溶液的反应原理，向混合溶液中逐滴滴入Na2CO3溶液至过量，相比之下，刚开始是稀盐酸的量多，而碳酸钠的量少，溶液中应先冒气泡，而不是先产生沉淀。所以，图中纵坐标（y）应该表示生成的沉淀质量；故A错误；
B、当反应进行到B点时，表明反应完全结束，此时溶液中的溶质只有NaCl，故B正确；
C、从开始反应的O点到A点的OA段，发生了如下的化学反应：Na2CO3+2HCl＝2NaCl+H2O+CO2↑，此时没有沉淀产生，等溶液中稀盐酸被消耗完了以后，才慢慢开始产生沉淀，Na2CO3+CaCl2＝CaCO3↓+2NaCl．故C错误；
D、实验探究进行到C点时，反应早已经结束，因为过量的碳酸钠溶液加入其中，溶液的pH大于7；故D错误；
故选：B。
【点评】注意：向混合溶液稀盐酸和氯化钙中逐滴滴入Na2CO3溶液至过量，刚开始是稀盐酸的量多，而碳酸钠的量少，溶液中应先冒气泡，而不是先产生沉淀．
9． 【答案】C
【解析】【考点】金属活动性顺序及其应用．
【分析】在金属活动顺序表中锌的活动性比铜强，向CuCl2溶液加入一定量的锌粉，锌粉置换氯化铜中的铜得到铜和氯化锌，根据加入锌粉的量，分析氯化铜完全反应还是部分反应，是判断可能出现情况的根本依据。
【解答】解：①若加入锌粉的量不足，氯化铜部分被置换，则溶液中含有氯化铜和氯化锌，所得固体只含有铜，即溶液中有ZnCl2、CuCl2，不溶物为Cu；故该情况有可能；②溶液中有ZnCl2、Cu Cl2，不溶物为Zn，因为锌会继续与氯化铜发生反应，故该情况不可能出现；③溶液只有 ZnCl2不溶物为Zn，因为加入的锌粉一定会与氯化铜反应而得到铜，固体中一定含有铜，因此该情况不可能出现；④若加入锌粉的过量，氯化铜全部被置换，则溶液中只含有氯化锌，所得固体含有铜及剩余的锌粉，即溶液中只有ZnCl2，不溶物为Zn、Cu；故该情况有可能。由以上分析可知：
A、③不可能出现。故A错误；
B、②③不可能出现。故B错误；
C、①④可能出现。故C正确；
D、③不可能出现。故D错误。
故选：C。
10．【答案】B
【解析】【考点】质量守恒定律及其应用；化学式的计算．
【分析】在化学反应中遵循质量守恒定律，即反应前后元素的种类不变，原子的种类、个数不变．
【解答】解：根据1.6g某物质在氧气中完全燃烧生成4.4g二氧化碳和3.6g水，根据质量守恒定律可知，参加反应的氧气的质量为：4.4g+3.6g﹣1.6g＝6.4g；
4.4g二氧化碳中碳元素的质量为：4.4g××100%＝1.2g，氧元素的质量为：4.4g﹣1.2g＝3.2g；
3.6g水氢元素的质量为：3.6g××100%＝0.4g，氧元素的质量为：3.6g﹣0.4g＝3.2g；
分子中C、H的原子个数比为：＝1：4。
由以上计算可知，该物质中含有碳元素和氢元素，不含有氧元素，分子中C、H的原子个数比为1：4。
故选：B。
11．【答案】C
【解析】【考点】质量守恒定律及其应用；化学反应类型的判定．
【分析】根据c物质反应后减少了10g，是反应物；d物质反应后减少了5g，是反应物；再根据质量守恒定律可以判断相关选项的正误。
【解答】解：A、参加反应的c与d的质量比为：10g：5g＝2：1，故A错误；
B、x可以大于30，例如当a是生成物时，x＞30，故B错误。
C、当y＝20时，b是催化剂，或既不是反应物，也不是生成物，则a物质是生成物，反应物是两种，生成物是一种，属于化合反应；当y＜20时，b是反应物，反应物是三种，生成物是一种，属于化合反应，故C正确；
D、x+y＝30+20+（10+5）＝65，故D错误；
故选：C。
12．【答案】D
【解析】【考点】化合价的概念和计算；化学反应类型的判定；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式；化学式的书写及意义．
【分析】都含有铜元素，甲为单质，则甲为铜，乙为氧化物，铜元素化合价为+2，则乙为氧化铜，丙为碱，由铜离子和氢氧根离子组成，则丙为氢氧化铜，丁为盐，含有+2价的铜离子，据此分析回答此题。
【解答】解：根据“价态—类别”二维图，则甲为含有铜元素的单质，则甲为铜，乙为氧化物，且铜元素化合价为+2价，则乙为氧化铜，丙为含有铜离子的碱，丙为氢氧化铜，丁为含有铜离子的盐；
A、②中乙氧化铜无法直接生成丙氢氧化铜，选项A不符合题意；
B、反应④是含有铜离子的盐生成丙氢氧化铜，而此时氢氧化镁为难溶性的碱，无法与氯化铜反应生成氢氧化铜，选项B不符合题意；
C、铜的金属活动性弱于氢，无法与盐酸反应生成氢气和氯化铜，选项C不符合题意；
D、⑥是氧化铜生成铜，氧化铜可与氢气反应生成铜和水，属于置换反应，选项D符合题意；
故选：D。
13．【答案】C
【解析】【考点】金属活动性顺序及其应用．
【分析】根据金属的活动性顺序：镁＞铁＞铜，排在前面的金属可以将排在后面的金属从其盐溶液中置换出来，然后根据方程式以及置换过程中质量的变化进行分析解答。（利用化学式中的元素质量比 （金属：硫酸根），可知铁的质量小于铜的质量 ）
【解答】解：根据金属的活动性顺序：镁＞铁＞铜，将镁条加入溶质为硫酸亚铁和硫酸铜的溶液中，镁先与硫酸铜反应生成硫酸镁和铜，该反应方程式为Mg+CuSO4＝MgSO4+Cu，即每24份质量的镁能置换出64份质量的铜，硫酸铜反应完全之后，若镁还有剩余，镁会与硫酸亚铁反应生成硫酸镁和铁，该反应方程式为Mg+FeSO4＝MgSO4+Fe，即每24份质量的镁能置换出56份质量的铁。
A、经上述分析，若镁无剩余，且只与硫酸铜反应置换了铜，故A不符合题意；
B、经上述分析，若镁无剩余，可能硫酸铜完全反应完，且硫酸亚铁反应了一部分，则生成的铜的质量可能大于生成的铁的质量，故B不符合题意；
C、经上述分析，若镁有剩余，说明硫酸铜和硫酸亚铁均反应完全，根据硫酸铜和硫酸亚铁的质量相同，则生成铁的质量一定小于生成铜的质量，而图示中生成铁和铜的质量相等是不合理的，故C符合题意；
D、经上述分析，若镁有剩余，说明硫酸铜和硫酸亚铁均反应完全，根据硫酸铜和硫酸亚铁的质量相同，则生成铁的质量一定小于生成铜的质量，故D不符合题意；
故选：C。
14．【答案】D
【解析】【答案】D
【知识点】根据化学反应方程式的计算；酸的化学性质
【解析】【分析】根据铁和稀硫酸先后加入到硫酸铜溶液中，铁与硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁，铜、硫酸铜不与硫酸反应，铁与硫酸能发生反应，结合图像中固体质量的变化分析。
【解答】A、铁和稀硫酸先后加入到硫酸铜溶液中，铁与硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁，铜、硫酸铜不与硫酸反应，由图像可知，加入硫酸固体减少，说明铁过量，铁与硫酸发生反应， a、b点对应的剩余固体都是铁和铜 ，不符合题意；
B、m为与硫酸铜反应生成铜的质量，由方程式Fe+CuSO4=FeSO4+Cu可知，5.6克铁完全反应生成6.4克铜，不符合题意；
C、铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁质量为15.2g，铁与硫酸反应也生成了硫酸亚铁，实验过程中共产生FeSO4的质量大于15.2g ，不符合题意；
D、n点对应的横坐标数值为5.6g+(12g-6.4g)=11.2g ，符合题意；
故选D。
15．【答案】C
【解析】【分析】根据反应的先后顺序可知，有少量硝酸的MgSO4溶液中加入Ba（OH）2后，Ba2+与溶液中的SO42﹣反应生成既不溶于水又不溶于酸的BaSO4沉淀，OH﹣先跟硝酸中的H+发生中和反应，待H+完全反应，OH﹣与Mg2+开始生成Mg（OH）2沉淀来分析解答．
【解答】解：因含少量硝酸的MgSO4溶液中加入Ba（OH）2后，Ba2+与溶液中的SO42﹣反应生成既不溶于水又不溶于酸的BaSO4沉淀，OH﹣先跟硝酸中的H+发生中和反应。待H+完全反应，OH﹣与Mg2+开始生成Mg（OH）2沉淀，即第一段沉淀是BaSO4，此时由于是酸性环境，所以不能生成氢氧化镁沉淀即该过程中镁离子没有减少；第二段斜率很大，此时 Ba（OH）2和MgSO4反应生成沉淀BaSO4和Mg（OH）2两种沉淀，所以产生的沉淀较多；第三段斜率又变小，溶液中SO42﹣反应完全，只有显得偏多的Mg2+与OH﹣生成Mg（OH）2沉淀，直至Ba（OH）2过量不再产生沉淀。分析所给的选项可以知道选项C符合刚才的分析。
故选：C。
【点评】本题难度较大，考查化学反应与图象的对应关系，明确反应的先后顺序及每段对应的化学反应时解答的关键，还应关注曲线的起点、折点及趋势的特殊意义及不同段曲线的斜率来解答．
二、填空题
16．【答案】故答案为：（1）有机物，二氧化碳；（2）CH4+2O2CO2+2H2O；
【解析】【分析】（1）根据丙烷的组成和燃烧的产物分析；
（2）“西气东输”的是天然气，主要成分是甲烷，甲烷完全燃烧生成了二氧化碳和水，根据反应写出反应的方程式；
（3）根据氢原子数与碳原子的个数的关系进行总结即可。
【解答】解：（1）丙烷（化学式为C3H8），是含有碳元素的化合物，属于有机物；燃烧的产物是二氧化碳和水，其燃烧产物中二氧化碳属于《京都议定书》中限排物质。
（2）“西气东输”的是天然气，使我省部分城市用上了天然气，其主要成分是甲烷，在空气中完全燃烧生成了二氧化碳和水，反应的化学方程式为：CH4+2O2CO2+2H2O。
17．【答案】（1）氢氢离子和氢氧根离子结合生成水分子；（2）稀硫酸；（3）Na2SO4、H2SO4。
【解析】【考点】碱的化学性质；复分解反应的条件与实质；酸碱指示剂及其性质；酸的化学性质．
【解答】解：（1）氢氧化钠与硫酸反应生成硫酸钠和水，从微观角度分析，反应实质是氢离子和氢氧根离子结合生成水分子。
（2）由乙图中变化可知，滴加B溶液前，溶液颜色为蓝色，说明图甲中A溶液为氢氧化钠溶液，反应时溶液先变紫色再变红色，说明B溶液为稀硫酸。
（3）图乙中M点对应溶液呈红色，说明稀硫酸过量，溶液中除紫色石蕊外还存在的溶质有Na2SO4、H2SO4。
故答案为：（1）氢氢离子和氢氧根离子结合生成水分子；（2）稀硫酸；（3）Na2SO4、H2SO4。
18．【答案】置换 （2）AB（3）析出红色固体，溶液由蓝色变成浅绿色。
【解析】【考点】金属的回收利用及其重要性；化学反应类型的判定；金属活动性顺序及其应用．
【分析】金属活动性顺序中，排在氢前面的金属，能和稀盐酸或稀硫酸反应生成盐和氢气，排在前面的金属，能把排在后面的金属从它的盐溶液中置换出来，并且金属越活泼，越容易和盐反应。
【解答】解：（1）从化学反应的基本类型看，步骤①中铜和硝酸银反应生成硝酸铜和银，是置换反应。
故答案为：置换。
（2）在该流程中，滤渣A是硝酸银和铜反应生成的银，滤渣B是铜和硝酸银反应生成的银，收集滤渣AB可获得金属Ag。
故答案为：AB。
（3）在步骤③中，铁和硝酸铜反应生成硝酸亚铁和铜，能够观察到的实验现象为析出红色固体，溶液由蓝色变成浅绿色。
故答案为：析出红色固体，溶液由蓝色变成浅绿色。
答案：（1）置换 （2）AB（3）析出红色固体，溶液由蓝色变成浅绿色。
19．【答案】（1）水不能流下 （2）%。（3）BC
【解析】【考点】根据化学反应方程式的计算；盐的化学性质．
【解答】解：（1）实验前要检查装置的气密性，方法是：用止水夹夹住橡胶管，往分液漏斗中加入适量水，打开分液漏斗的活塞，观察到水不能流下，说明装置气密性良好。故填：水不能流下。
（2）设碳酸钙质量为x，反应生成二氧化碳质量：m2﹣m1，
CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑，
100 44
x m2﹣m1
＝，x＝（m2﹣m1），理论上测得的墨鱼骨样品中碳酸钙的质量分数为：×100%＝%，故填：%。
（3）A．锥形瓶内部分水蒸气随二氧化碳逸出，导致计算的二氧化碳质量偏大，从而导致测定结果偏大；
B．反应结束后，锥形瓶内有二氧化碳残留，导致计算的二氧化碳质量偏小，从而导致测定结果偏小；
C．反应速度过快，大量气泡从氢氧化钠溶液中逸出，导致计算的二氧化碳质量偏小，从而导致测定结果偏小。
故填：BC。
20．【答案】（1）除铁锈(合理即可) （2）Ca(OH)2
【解析】【答案】（1）除铁锈(合理即可) （2）Ca(OH)2
【知识点】化合物之间的相互转化
【解析】【分析】（1）二氧化碳的密度大于空气，且不燃烧也不支持燃烧，则二氧化碳是灭火的重要材料，则D应该为二氧化碳。二氧化碳和澄清的石灰水反应，生成碳酸钙沉淀和水，则C为石灰水。氯化铜只能和铁反应生成氯化亚铁和铜单质，则A为铁。综上所属，剩余的B应该为稀硫酸。
（2）分析氯化铜可以和哪种物质发生反应即可。
【解答】（1）分析可知，B应该为稀硫酸，它与氧化铁反应生成硫酸铁和水，因此它可以除去铁锈。
（2）氯化铜还可以与氢氧化钙反应，生成氢氧化铜沉淀和氯化钙，因此还可以把球直接传给Ca(OH)2。
21．【答案】（1）氯化钙或CaCl2；碳酸钠或Na2CO3；硝酸银或AgNO3；（2）AgNO3+HCl＝AgCl↓+HNO3。
【解析】【考点】酸、碱、盐的鉴别；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．
【分析】A、B、C、D分别是盐酸、碳酸钠、氯化钙、硝酸银四种溶液中的一种。氯化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，氯化钙和硝酸银反应生成氯化银沉淀，氯化钙和盐酸不反应，碳酸钠和硝酸银反应生成碳酸银沉淀，碳酸钠和盐酸反应生成二氧化碳气体，硝酸银和盐酸反应生成氯化银沉淀，则A是氯化钙，B是碳酸钠，C是硝酸银，D是盐酸；据此分析解答。
【解答】解：（1）由分析可知，A是氯化钙，化学式为：CaCl2；B是碳酸钠，化学式为：Na2CO3；C是硝酸银，化学式为：AgNO3。
（2）C和D的反应是硝酸银和盐酸反应生成氯化银沉淀和硝酸，反应的化学方程式为：AgNO3+HCl＝AgCl↓+HNO3。
故答案为：（1）氯化钙或CaCl2；碳酸钠或Na2CO3；硝酸银或AgNO3；
（2）AgNO3+HCl＝AgCl↓+HNO3。
22．【答案】故答案为：（1）使用铁粉（或加热）；（2）A；C；（3）m≥6.5g；m＜6.5g．
【解析】【分析】利用反应时间和氢气质量关系图，根据锌的活动性比铁强且等质量的铁完全反应放出氢气质量比锌大，对充分反应放出氢气质量与所消耗两种金属的质量关系进行分析与讨论，判断满足图示反应的情况．
【解答】解：（1）图1中曲线b放出同样氢气消耗时间较多，可判断表示活动性比锌弱的铁片与稀硫酸的反应，若要使b线向a线靠拢，即设法使铁片与稀硫酸反应速度加快，可采取用铁粉代替铁片或对反应进行加热的方法；
（2）A．铁和锌均过量，酸不足，此时质量两种金属充分反应后所放出氢气的质量相等，与图1所示情形相符；
B．铁正好完全反应，锌过量，相同质量的稀硫酸消耗锌的质量大于铁，因此不可能出现此种情况；
C．锌和铁都没有剩余，酸过量，由于铁的相对原子质量小于锌，等质量的铁完全反应放出氢气质量大于锌，与图2所示情形相符；
D．锌和铁都有剩余，且剩余固体质量相等，即消耗两种金属的质量相等，此种情况亦不可能出现；
（3）根据100g溶质质量分数均为9.8%的稀硫酸完全消耗金属锌的质量m，
Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑
65 98
m 100g×9.8%
＝ m＝6.5g，所以满足图1情况即酸完全反应时的m的取值范围为m≥6.5g，满足图2即金属完全反应时的m取值范围是m＜6.5g．
故答案为：（1）使用铁粉（或加热）；（2）A；C；（3）m≥6.5g；m＜6.5g．
【点评】根据金属活动性强弱关系，锌与酸反应比铁与酸反应剧烈，但由于锌的相对原子质量比铁大，等质量的铁完全反应产生氢气质量比锌大．
三、探究题
23．【答案】（1）炭粉、铁粉；氧化铜；（2）E。
【解析】【分析】（1）根据物质的性质和反应的现象进行分析解答；
（2）根据测定空气中氧气含量的注意事项进行分析解答。
【解答】解：（1）由于黑色固体物质能够被磁铁吸引，所以要么是本身具有磁性的四氧化三铁，要么是能够被吸附的铁粉，加入稀硫酸，黑色固体部分溶解产生气泡，在黑色物中只有铁粉和硫酸能够反应得到氢气，溶液无蓝色，说明原物质一定不含氧化铜，对固体残渣加热，用石灰水检验时，发现石灰水变浑浊，说明生成了二氧化碳，则原物质一定含有炭粉，故该黑色粉末中肯定含有炭粉、铁，肯定不含有氧化铜；
（2）该实验测得空气中氧气的体积分数为×100%＝25%，与理论值相比，实验结果偏大；
A、装置漏气，会导致吸入的水量不足，测得氧气的体积偏小，氧气的体积分数偏小，故A不符合题意；
B、暖宝宝贴量不足，会导致氧气消耗不足，氧气的体积分数偏小，故B不符合题意；
C、暖宝宝贴过量，铁粉将氧气消耗完后就不反应，不会造成氧气的体积分数偏大，故C不符合题意；
D、最终读取量筒中剩余水的体积时俯视读数，读数偏大，实际水量偏小，测得氧气的体积偏小，氧气的体积分数偏小，故D不符合题意；
E、最终读取量筒中剩余水的体积时仰视读数，读数偏小，实际水量偏大，测得氧气的体积偏大，氧气的体积分数偏大，故E符合题意；
故选：E。
故答案为：（1）炭粉、铁粉；氧化铜；（2）E。
24．【答案】（1）分液漏斗；（2）饱和 NaHCO3溶液；（3）2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O；（4）Na2O2与 CO2、H2O反应。
【解析】【考点】二氧化碳的实验室制法；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．
【解答】解：（1）装置A中的甲仪器是分液漏斗。故答案为：分液漏斗；
（2）生成的二氧化碳中混有氯化氢气体，氯化氢气体溶于水形成盐酸，盐酸与碳酸氢钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳气体，因此装置B中盛装饱和NaHCO3溶液除去二氧化碳中混有的氯化氢气体。故答案为：饱和 NaHCO3溶液；
（3）除去末被装置C转化的CO2，D中盛装的液体试剂是浓氢氧化钠溶液，氢氧化钠能与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，故化学方程式为：2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O；
（4）由题干信息可知，装置E的试管中收集到的气体的来源是过氧化钠（Na2O2）与CO2、H2O反应生成的氧气。故答案为：Na2O2与 CO2、H2O反应。
答案为：（1）分液漏斗；（2）饱和 NaHCO3溶液；
（3）2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O；（4）Na2O2与 CO2、H2O反应。
25．【答案】（1）BaSO4、BaCO3。
（2）BaCO3+2HNO3═Ba（NO3）2+H2O+CO2↑。
（3）Na+、Cl﹣、SO42﹣；2。
（4）静置，取上层清液少许于一只洁净的试管中，向其中滴加硝酸银溶液，有白色沉淀生成。
【解析】【解答】解：（1）图1所示，烧杯内的白色沉淀是氯化钡和硫酸钠、碳酸钠反应生成的硫酸钡、碳酸钡。
故填：BaSO4、BaCO3。
（2）BC段，碳酸钡和稀硝酸反应生成硝酸钡、水和二氧化碳，发生反应的化学方程式为：BaCO3+2HNO3═Ba（NO3）2+H2O+CO2↑。
故填：BaCO3+2HNO3═Ba（NO3）2+H2O+CO2↑。
（3）A﹣B过程中，沉淀质量增大，是因为稀硝酸和碳酸钡反应生成硝酸钡、水和二氧化碳，硝酸钡和硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀和硝酸钠，A点，烧杯内的溶液中一定大量含有的物质是氯化钠和硫酸钠，存在离子为Na+、Cl﹣、SO42﹣；
B点，烧杯内的沉淀由2种物质组成，即碳酸钡和硫酸钡。
故填：Na+、Cl﹣、SO42﹣；2。
（4）检验D点溶液中含有氯离子的方法：静置，取上层清液少许于一只洁净的试管中，向其中滴加硝酸银溶液，有白色沉淀生成。
故填：静置，取上层清液少许于一只洁净的试管中，向其中滴加硝酸银溶液，有白色沉淀生成。
答案为：（1）BaSO4、BaCO3。
（2）BaCO3+2HNO3═Ba（NO3）2+H2O+CO2↑。
（3）Na+、Cl﹣、SO42﹣；2。
（4）静置，取上层清液少许于一只洁净的试管中，向其中滴加硝酸银溶液，有白色沉淀生成。
26．【答案】（1）H2；（2）B , 铝的表面有一层致密的氧化铝薄膜，氧化铝先与稀盐酸反应生成氯化铝和水，氧化铝反应完，铝再与稀盐酸反应生成氯化铝和氢气；（3）①③。
【解析】【考点】金属活动性顺序及其应用；金属的化学性质．
【解答】解：（1）镁、铝、锌与稀盐酸反应产生的相同气体是氢气，其化学式为H2。
（2）铝的表面有一层致密的氧化铝薄膜，氧化铝先与稀盐酸反应生成氯化铝和水，氧化铝反应完，铝再与稀盐酸反应生成氯化铝和氢气，故铝对应的曲线是B，反应速率先慢后快。
（3）①镁、铝、锌三种金属中镁的金属活动性最强，反应速率最快，则金属镁对应的气压变化曲线是A。
②M点时AC曲线对应的气压相等，生成氢气的质量相等，生成等质量的氢气，消耗的锌的质量多，则M点时参加反应的镁锌质量不相等。
③稀盐酸的质量相等，最终铝产生的氢气的质量大于镁，等质量的镁和铝与足量的酸反应，铝产生的氢气的质量多，则实验时取用的镁铝质量可能相等。
故答案为：（1）H2；（2）B ， 铝的表面有一层致密的氧化铝薄膜，氧化铝先与稀盐酸反应生成氯化铝和水，氧化铝反应完，铝再与稀盐酸反应生成氯化铝和氢气；（3）①③。
27．【答案】（1）2 （2）2NaOH＋CuSO4===Cu(OH)2＋Na2SO4_
（3）取最后一次洗涤液，滴入1～2滴无色酚酞试液，观察到无色酚酞试液不变色
（4）当其他条件相同时，溶液的碱性越强，Cu(OH)2越易分解
【解析】[命题考向： 考查物质的性质及其转化、控制变量法、物质组成成分及其含量的测定、化学方程式的书写、探究性实验的现象与结论分析。解析：(1)探究1的目的是得出生成沉淀颜色与反应物的质量比的关系，根据控制变量原则，可知②中8%的CuSO4溶液的质量应为2g。(2)③中发生的化学反应是氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀和硫酸钠。(3)洗涤沉淀时应先注入洗涤液直至完全浸没沉淀，充分洗涤后过滤，待洗涤液流尽后，重复多次。若要判断④中的蓝色沉淀是否为中性，应取最后一次且适量的洗涤液于试管中，滴加酚酞试液，酚酞试液不变色，说明洗涤液显中性，即蓝色沉淀已洗涤至中性；若变色，应继续进行洗涤。(4)分析实验结果可知，随着溶剂(水)增加，①、②、③中溶液碱性依次减弱，出现黑色物质所等待的时间依次增加，可得出Cu(OH)2分解难易与溶液碱性强弱的关系。]
答案为 （1）2 （2）2NaOH＋CuSO4===Cu(OH)2＋Na2SO4_
（3）取最后一次洗涤液，滴入1～2滴无色酚酞试液，观察到无色酚酞试液不变色
（4）当其他条件相同时，溶液的碱性越强，Cu(OH)2越易分解
四、综合题
28．【答案】（1）①碳酸钾；② 6.6t
（2）绿色出行、植树造林(合理即可)
【解析】【答案】（1）①碳酸钾；
②解：设可回收空气中的CO2x吨
CO2+3H2=300℃、200kPa、催化剂=CH3OH+H2O
44 32
x 4.8t
x=6.6吨
答：可回收空气中的CO26.6吨
（2）绿色出行、植树造林(合理即可)
【知识点】根据化学反应方程式的计算
【解析】【分析】（1）①既是反应物，也是生成物的物质就是可以循环使用的物质；
②写出二氧化碳和氢气反应生成甲醇的化学方程式，利用质量之间的比例关系，结合甲醇的质量计算出参加反应的二氧化碳的质量即可。
（2）可从节约能源、增加二氧化碳的吸收等角度分析解答。
【解答】（1）①根据图片和资料可知，碳酸钾既是反应物，也是生成物，则它就是可循环使用的物质；
（2）为实现“碳达峰“碳中和”目标可以做的：绿色出行、植树造林。
29．【答案】（1）0.4g （2）铝片的表面有一层致密的氧化铝薄膜，氧化铝先与稀盐酸反应生成氯化铝和水。
（3）该铝片中铝的质量分数为90%
【解析】【考点】根据化学反应方程式的计算．
【分析】根据图示可知，最终生成氢气的质量为0.4g，由反应的化学方程式列式计算出参加反应的铝的质量，进而计算出该铝片中铝的质量分数。
【解答】解：（1）由图示可知，充分反应后，产生氢气的质量是0.4g。
故答案为：0.4g。
（2）刚开始滴加稀盐酸时，没有氢气放出的原因是铝片的表面有一层致密的氧化铝薄膜，氧化铝先与稀盐酸反应生成氯化铝和水。
故答案为：铝片的表面有一层致密的氧化铝薄膜，氧化铝先与稀盐酸反应生成氯化铝和水。
（3）设参加反应的铝的质量为x。
2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑
54 6
x 0.4g
x＝3.6g
该铝片中铝的质量分数为×100%＝90%。
答：该铝片中铝的质量分数为90%。
【点评】本题有一定难度，掌握根据化学方程式的计算即可正确解答本题，确定生成氢气的质量是正确解答本题的前提和关键。
30．【答案】（1）8；（2）三、四；（3）84.8%。
【解析】【分析】根据表中的数据分析，每加入20g氯化钙溶液得到3g沉淀，而加入60g氯化钙溶液得到8g沉淀，说明碳酸钠已完全反应，据此分析m的值；根据碳酸钠完全反应生成沉淀的质量可计算出碳酸钠的质量分数。
【解答】解：（1）由表中的数据可知，每加入20g氯化钙溶液得到3g沉淀，而加入60g氯化钙溶液得到8g沉淀，说明碳酸钠已完全反应，则加入80g氯化钙溶液也得到8g沉淀，则m＝8。
（2）由上述分析可知，碳酸钠在实验三、四中是完全反应。
（3）设10g食用碱中 Na2CO3的质量分数为x。
CaCl2+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaCl
106 100
10gx 8g
解得：x＝84.8%
答：该食用碱中Na2CO3的质量分数是84.8%。
故答案为：（1）8；（2）三、四；（3）84.8%。
31．【答案】（1）319.4g （2）H2SO4和FeSO4（3）冰刀中碳元素的质量分数为1.18%。
【解析】【考点】根据化学反应方程式的计算．
【分析】第一次加入100g稀硫酸后，固体质量减少100g+120.0g﹣219.6g＝0.4g，则第二次天平示数应该为219.6g+100g﹣0.4g＝319.2g，第三次加入100g稀硫酸后，天平示数应为为319.2g+100g﹣0.4g＝418.8g，然而题中第三次太平示数为419.4g，说明第二次钢中的铁就反应完了，且天平的示数为419.4g﹣100g＝319.4g，第二次质量只减少了100g+219.6g﹣319.4g＝0.2g，说明稀硫酸有剩余，结合生成的氢气质量计算铁的质量，进而计算含碳量。
【解答】解：（1）第一次加入100g稀硫酸后，固体质量减少100g+120.0g﹣219.6g＝0.4g，则第二次天平示数应该为219.6g+100g﹣0.4g＝319.2g，第三次加入100g稀硫酸后，天平示数应为为319.2g+100g﹣0.4g＝418.8g，然而题中第三次太平示数为419.4g，说明第二次钢中的铁就反应完了，且天平的示数为419.4g﹣100g＝319.4g，故答案为：319.4g；
（2）由分析可知第二次时，稀硫酸有剩余，则溶液中溶质是硫酸和硫酸亚铁，故答案为：H2SO4和FeSO4；
（3）由分析可知总共生成氢气的质量为120g+100g+100g﹣319.4g＝0.6g
设冰刀中含有铁的质量为x
Fe+H2SO4＝FeSO4+H2↑
56 2
x 0.6g
x＝16.8g
则冰刀中碳元素的质量分数为≈1.18%
答：冰刀中碳元素的质量分数为1.18%。
【点评】本题的解题关键是根据题中给出的 数据分析清楚那一次铁反应完了，然后根据化学方程式进行计算。
32．【答案】（1）5；444；（2）①7.3%；②Na2CO31.06g；NaHCO3 1.26g。
【解析】【考点】根据化学反应方程式的计算；有关溶质质量分数的简单计算．
【分析】（1）根据图象可以看出。加入5克盐酸开始有气体放出；根据图象信息列出关系式即可。
（2）①根据（1）的计算结果即可。
②根据图象可知，5克盐酸和碳酸钠反应，写出化学方程式计算出碳酸钠和生成碳酸氢钠的质量。二氧化碳的最大体积是556毫升，可以计算出总的碳酸氢钠的质量。
【解答】解：（1）从图象可以看出，加入5克盐酸后开始有二氧化碳气体出现。从图象可以看出，加入（10﹣5）克盐酸放出二氧化碳的体积是222毫升；加入（15﹣5）克盐酸放出二氧化碳气体的体积是V毫升，所以V＝222×2毫升═444毫升；
（2）①444 mLCO2的质量＝×1.98g/L═0.88g，
设产生0.88gCO2时，消耗HCl的质量为x。
NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O
36.5 44
x 0.88g 得：x＝0.73g
所加入盐酸中HC的质量分数为×100%＝7.3%。
答：所加入盐酸中HC的质量分数为7.3%。
②设加入5g盐酸时，参加反应的碳酸钠的质量为y，生成碳酸氢钠的质量为z。
5克盐酸中溶质的质量＝5g×7.3%＝0.365g，
Na2CO3+HCl═NaHCO3+NaCl
106 36.5 84
y 0.365g z y＝1.06g z＝0.84g
556mLCO2的质量＝556mL÷1000×1.98g/L＝1.10g，
设放出556mLCO2时反应的NaHCO3质量为m。
NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O
84 44
m 1.10g m＝2.10g
原样品中NaHCO3的质量＝2.1g﹣0.84g＝1.26g．
答：原样品中有Na2CO31.06g；NaHCO3 1.26g。
故答案为：（1）5；444；（2）①7.3%；②Na2CO31.06g；NaHCO3 1.26g。
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