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浙江省慈溪市上林初级中学2024-2025学年九年级上学期期中科学试题
1．（2024九上·慈溪期中）下列实验操作正确的是（　　）
A．倾倒液体 B．加热液体
C．读取液体体积 D．稀释浓硫酸
2．（2024九上·慈溪期中）下列变化遵循质量守恒定律的是（　　）
A．木炭在空气中燃烧生成二氧化碳
B．铁水冷却成铁锭
C．水加热变成水蒸气
D．食盐溶解在水中形成溶液
3．（2024九上·慈溪期中）下表为四种植物适宜生长的pH范围，适宜种植在碱性土壤中的是（　　）
选项 A B C D
植物 杨梅 菠萝 甘薯 冬枣
pH 4.0~5.0 4.5~5.5 5.0~6.0 8.0~8.5
A．A B．B C．C D．D
4．（2024九上·慈溪期中）归类是我们经常用到的一种学习方法。若用如图所示的形式对所学知识进行归类，则表中的选项与图相符的是（　　）
选项 甲 Y Z
A. 常见的碱 烧碱 纯碱 熟石灰
B. 常见的矿物燃料 煤 石油 天然气
C. 常见的合金 钢铁 生铁 氧化铁
D. 有机合成材料 塑料 橡胶 不锈钢
A．A B．B C．C D．D
5．（2024九上·慈溪期中）下列是某同学设计的鉴别氢氧化钠溶液和稀盐酸的方法，其中正确的是（　　）
①滴加酚酞试液②滴加碳酸钠溶液⑧滴加氯化钙溶液
④通入二氧化碳气体⑤加入锌粒⑥加入铁锈
A．①②⑤⑥ B．①②③④ C．①②⑧⑤ D．①②④⑤
6．（2024九上·慈溪期中）小金完成了图示实验①②③，下列判断正确的是（　　）
A．实验②中有气泡产生
B．实验①中石灰水有剩余
C．实验③所得溶液中一定含CaCl2和NaCl
D．实验③中没有明显现象
7．（2024九上·慈溪期中）进行气体的收集、除杂或检验实验时，都可以使用如图所示的多功能装置（瓶内的物质随需要而变化），下列使用方法中，正确的是（　　）
A．排水法收集氧气时，由a口进气
B．排空气法收集氢气时，由a口进气
C．除去氧气中少量的二氧化碳时，由b口进气
D．检验氢气中是否含有氯化氢气体时，由a口进气
8．（2024九上·慈溪期中）下图为某反应的部分微观示意图，其中不同的球代表不同元素的原子，下列说法正确的是（　　）
A．该反应属于复分解反应
B．参加反应的两种分子个数比为1.1
C．1个X分子中含有6个原子
D．反应中元素的种类数大于分子种类数
9．（2024九上·慈溪期中）下列除杂方法正确的是（　　）
选项 物质（括号内的为杂质） 除杂方法
A CaO(CaCO3) 加足量的水溶解，过滤，蒸发结晶
B Cu(Fe) 加入足量的稀HCl，充分反应后过滤，洗涤，干燥
C NaCl(Na2CO3) 加入适量Ca(NO3)2，充分反应后过滤，蒸发结晶
D CO2(CO) 通过足量的NaOH溶液，再通过浓H2SO4
A．A B．B C．C D．D
10．（2024九上·慈溪期中）在反应A+3B=2C+2D中，28gA与一定质量的B恰好完全反应，生成88gC。若C、D的相对分子质量之比为22：9，则A与B的相对分子质量之比为（　　）
A．7：8 B．8：7 C．7：24 D．24.7
11．（2024九上·慈溪期中）甲化工厂排放的酸性污水和乙工厂排放的污水，共含有以下6种离子中的各3种：K+、OH-、、Ba2+、H+、NO3-，则乙化工厂排放的污水中含有的3种离子是（　　）
A．Ba2+、OH-、K+ B．Ba2+、OH-、NO3-
C．K+、OH-、 D．K+、OH-、H+
12．（2024九上·慈溪期中）某废液中只含有Fe(NO3)2、Cu(NO3)2、Ba(NO3)2三种溶质。为了回收金属、保护环境，小科设计了如图方案（所加试剂均过量）。下列判断正确的是（　　）
A．X一定是Na2SO4
B．固体a是铜
C．若回收到6.4g固体a，则加入的铁屑质量为5.6g
D．溶液B中含有的盐有Ba(NO3)2和NaNO3
13．（2024九上·慈溪期中）将等质量的镁、铁、锌，分别放入三份质量分数相同的稀盐酸的中，反应生成的H2质量与反应时间的关系如图所示．根据图中的信息，作出的判断不正确的是（　　）
A．图线x表示镁的反应情况
B．铁消耗的稀盐酸质量最大
C．镁、锌一定过量，铁可能反应完
D．镁一定过量，锌、铁可能反应完
14．（2024九上·慈溪期中）物质转化是化学研究的重要内容。甲、乙、丙、丁是不同类别的常见物质，甲是单质，丁是配制波尔多液的原料，转化关系如图（“一”表示相互反应，“→”表示一步转化，涉及的反应均为初中化学常见反应）。下列说法正确的是（　　）
A．反应①一定是置换反应 B．反应②有氢气生成
C．反应③④一定有沉淀生成 D．丙是盐
15．（2024九上·慈溪期中）已知钠和水反应的化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑。质量均为mg的钠、镁、锌三种金属分别与25g溶质质量分数为19.6%的稀硫酸反应。由于金属的质量不确定，产生氢气的质量大小有多种可能（不考虑镁与水的反应，直接用金属表示）。①Mg>Na>Zn；2Na>Mg>Zn；③Na=Mg=Zn；④Na=Mg>Zn；⑤Na=Zn>Mg；⑥Na>Mg=Zn。以上几种猜测你认为合理的是（　　）
A．①③④⑥ B．①②⑤⑥ C．①③⑤⑥ D．①②④⑥
16．（2024九上·慈溪期中）实验室里儿种物质在向同学们做“自我介绍”，请把内容补充完整。
（1）浓硫酸：因为我有　 　性，在空气中放置一段时间我的质量增加了。
（2）烧碱固体：我暴露在空气中会吸收　 　变质了。
（3）浓盐酸：因为我有挥发性，在空气中放置一段时间我的质量分数　 　。
（4）铁：因为我有　 　性，生活中常用来做炊具。
17．（2024九上·慈溪期中）“化学——我们的生活，我们的未来”。请从化学的视角认识生产生活中的有关问题：在人体所摄入的物质中，除空气、水、食盐等无机物外，其余主要是糖类、油脂、蛋白质和　 　等有机物。人体缺乏　 　元素可能导致骨质疏松，食用乳制品、豆类等可摄入该元素。
18．（2024九上·慈溪期中）价类图是以元素化合价为纵坐标，物质类别为横坐标绘制的图像，它能将化学知识进行系统地整合。如图是均含某非金属元素的物质价类图，其中“→”表示物质间的转化关系。
（1）写出D的化学式：　 　；
（2）写出一个E→C的化学方程式　 　；
（3）在图示物质相互转化关系中，基本反应类型有________（填写字母）。
A．化合反应 B．分解反应 C．置换反应 D．复分解反应
19．（2024九上·慈溪期中）为探究锌、铁、铜、银的四种金属的活动性顺序，小科设计了如图所示的实验。
（1）运用控制变量法设计实验方案是科学研究的重要方法。在A、B、C三个实验中，需要控制的实验条件除了金属与稀硫酸的接触面积、稀硫酸的体积、温度以外，还需要控制的条件是　 　；
（2）你认为从中选择四个实验即可验证锌、铁、铜、银的金属活动性顺序，这四个实验的组合是　 　。
20．（2024九上·慈溪期中）氯碱工业提纯原料粗盐（主要成分是NaCl、含少量的泥沙、Mg2+、SO4）流程图如下，现有HC1、NaOH、BaCl2，Na2CO3试剂，请你回答下列问题：
（1）加入试剂A、B、C、D的顺序依次是　 　（填写化学式）；
（2）加入适量D的目的是　 　。
21．（2024九上·慈溪期中）实验室内有一包不纯的氯化钾粉末，含有的杂质可能是氯化铜、硝酸钙、氯化钠、碳酸钠中的一种或几种，为确定其成分，进行如下实验。
（1）取少许该粉末，加入足量的蒸馏水，使其完全溶解，只得到无色澄清溶液，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。则杂质中一定不含　 　。
（2）另称取14.9g该粉末于烧杯中，加入蒸馏水使其完全溶解，再加入足量的硝酸银溶液和稀硝酸，充分反应后生成28.7g白色沉淀，该粉末的组成有　 　。
22．（2024九上·慈溪期中）A、B、C、D、E五种物质均为初中化学中所涉及的常见物质，它们存在如右图的转化关系，“→”表示可以向箭头所指方向一步转化，弧线表示两种物质间可以发生反应，C是常见气体，D是常见单质，（反应条件与其他物质均已略去）。请回答下列问题：
（1）若A在常温下为液体，则C的化学式为　 　；
（2）若A在常温下为气体，则C的化学式为　 　。
（3）无论A在常温下为液体还是气体，B的化学式均为　 　，D的化学式均为　 　；
（4）写出A→E的化学方程式：　 　。
23．（2024九上·慈溪期中）小科和小敏利用如图装置进行O2、CO2的实验室制法和有关性质的研究。
（1）写出图中标记的仪器名称：①　 　。
（2）小科要用过氧化氢溶液来制取并收集O2，应选用如图中的　 　装置（填字母编号）。
（3）小敏用稀盐酸和大理石在B装置中反应，制CO2并检验CO2，能不能用火碱溶液代替图中的澄清石灰水来检验CO2？请说明理由：　 　。
24．（2024九上·慈溪期中）小滨利用图示装置和药品验证可溶性碱的性质。装置气密性良好，实验前弹簧夹处于关闭状态。（资料：碳酸遇水会出现蓝色沉淀物）。
（1）验证可溶性碱能与酸反应。打开活塞a，向锥形瓶中逐滴滴入稀盐酸。Ba(OH)2溶液与稀盐酸恰好完全反应的实验现象是　 　。
（2）验证可溶性碱能与CO2反应。完成（1）后，打开活塞b，向锥形瓶中滴入足量的NaOH溶液后，立即关闭活塞b。然后　 　（填实验操作）观察到　 　现象可证明NaOH与CO2发生反应。
（3）验证可溶性碱能与盐溶液反应。完成（2）后，装置乙中锥形瓶内的溶液呈红色，取少量该溶液于试管中，滴入足量的CuSO溶液，观察到有蓝色沉淀生成。据上述实验现象能否验证NaOH溶液与CuSO4溶液反应，判断并说明理由　 　。
25．（2024九上·慈溪期中）从废旧手机的某些部件中可回收金属银和铜，其操作流程如图所示。回答问题：
（1）步骤①②③中均涉及的实验操作是 　 　和洗涤。
（2）操作流程中，加入足量稀硫酸的目的是使粗产品中的 　 　完全反应。
（3）向固体中加入适量硝酸银溶液后，可观察到的实验现象是 　 　。
（4）若溶液乙的质量大于溶液甲的质量，则加入的金属X可能是 　 　（选填“铁”“锌”或“铜”）。
26．（2024九上·慈溪期中）请你参与下列实验探究：
（1）【问题情景】某科学实验小组同学将铁粉投入硫酸铜溶液中，发现生成红色固体物质的同时有较多的气泡放出。于是，同学们提出问题：生成的是什么气体？
【提出猜想】从物质组成元素的角度分析，放出的气体可能是SO2、O2、H2
【查阅资料】SO2易溶于水，它能与NaOH反应，生成Na2SO3
【方案设计】依据上述猜想，实验小组同学分别设计了如下方案：
①甲同学认为是O2，收集一瓶该气体，检验方法是　 　。
②乙同学认为是SO2，则只需将放出的气体通入盛有NaOH溶液的洗气瓶中，称量通气前后洗气瓶的质量。
③实验小组同学合作设计了图一的组合实验方案，排除和验证猜想的气体。如果放出的是O2和H2，你认为方案中的安全隐患是　 　。
（2）【实验探究】经丙同学检验确认安全后，小组同学首先对装置A进行称量，再将收集到的气体从a通入，过一会儿点燃B处酒精灯；一段时间后，发现表面含CuO的铜网由黑色变为光亮的红色；停止通气，再次称量装置A，发现质量无增减。结论：铁粉与硫酸铜溶液反应时，产生的气体是　 　。
27．（2024九上·慈溪期中）某兴趣小组的同学们为了探究酸的化学性质，设计了下列实验。
（1）将①②试管内物质混合，充分反应后，仅观察到有白色沉淀，无其它现象，则试管②反应后的溶液中的溶质有　 　。
（2）将步骤（1）得到的物质进行过滤，对所得滤液中溶质成分进行了如下探究：
实验操作 实验现象 实验结论
步骤一：取少量滤液于试管中，向其中滴加足量硝酸钡溶液 有白色沉淀生成 ①生成的白色沉淀是　 　 ②滤液中的溶质是　 　。
步骤二：静置，向上层清液中滴加无色酚酞试液 溶液变红
28．（2024九上·慈溪期中）杭州亚运会主打“绿色、智能、节俭、文明”的理念，处处彰显节能理念。
（1）火炬“薪火”（图甲）燃料采用生物质燃气，主要包括CO、H2、CH4、CO2，其中　 　气体属于有机物。
（2）主火炬塔（图乙）在亚运会上首次使用废碳再生的绿色甲醇燃料，实现碳零排放。绿色甲醇是利用焦炉气中的副产氢气与从工业尾气中捕集的二氧化碳合成绿色甲醇。
①在实际生产中，经常用NaOH溶液来“捕捉”CO2，流程如图丙所示（部分条件及物质未标出）。用该技术进行“碳捕捉”有效利用了原材料，该过程中被循环利用的物质有　 　。
②每生产100吨甲醇，可直接减排二氧化碳　 　吨，实现了二氧化碳的资源化利用。
29．（2024九上·慈溪期中）图甲中A是一种常见的酸，它能与黑色固体B反应，B质量为8克，将NaOH溶液渐渐加入C中，生成蓝色沉淀E的质量与加入NaOH溶液的质量关系如图乙所示，在D中加入Ba(NO3)2溶液能生成一种不溶于稀硝酸的白色沉淀．
（1）A溶液中溶质的化学式为　 　；
（2）NaOH溶液中溶质的质量分数是多少？　 　
（3）C溶液中加入NaOH溶液至恰好完全反应时，所得溶液溶质的质量是多少？　 　
30．（2024九上·慈溪期中）取铜镁合金20g放入烧杯，将280g稀硫酸分4次加入烧杯中，充分反应后，测得剩余固体的质量记录如下。请计算：
次数 1 2 3 4
加入稀硫酸质量/g 70 70 70 70
剩余固体质量/g 18.2 16.4 14.6 13.2
（1）最后剩余13.2g固体的成分是　 　。
（2）合金中铜、镁的质量比为　 　。
（3）所加稀硫酸的溶质的质量分数　 　。（写出计算过程）
31．（2024九上·慈溪期中）用沉淀法可测定食用碱样品中碳酸钠的质量分数。取11g食用碱样品（有少量的杂质氯化钠），加水108g完全溶解制成溶液，逐次滴加溶质质量分数相同的氯化钙溶液，实验数据如下表：
实验次数 第1次 第2次 第3次 第4次 第5次 第6次
加入CaCl2溶液的质量/g 20.0 20.0 20.0 20.0 20.0 20.0
反应后溶液的总质量/g 137.0 155.0 173.0 M 210.0 230.0
请根据实验数据分析解答下列问题：
（1）表中数据M的值为　 　。
（2）请画出生成沉淀的质量随滴加氯化钙溶液质量的变化关系图　 　（标明恰好反应时点的坐标）。
（3）请计算该食用碱样品中Na2CO3的质量分数　 　（结果保留至0.1%）？
32．（2024九上·慈溪期中）实验室有一瓶碳酸钙和硝酸钙粉末组成的均匀混合物，小科用相同溶质质量分数的稀盐酸和该混合物反应（所得溶液均为不饱和溶液），四组实验数据记录如下表。请分析计算：
实验组别 一 二 三 四
稀盐酸质量/g 100.0 100.0 100.0 100.0
混合物质量/g 3.0 6.0 9.0 12.0
所得溶液质量/g 101.9 103.8 105.0 a
剩余固体质量/g 0 0 m n
（1）反应后，稀盐酸还有剩余的是第　 　组。
（2）求混合物中碳酸钙和硝酸钙质量之比　 　。
（3）表中a的值为　 　。
（4）求表中m的值　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】常见实验操作
【解析】【分析】A、根据向试管中倾倒液体试剂的方法，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、根据浓硫酸的稀释方法（酸入水，沿器壁，慢慢倒，不断搅），进行分析判断。
【解答】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，图示操作瓶塞要没有倒放，瓶口没有紧挨试管口，故操作错误；
B、加热液体时，用酒精灯外焰加热，且液体体积不超过试管容积的三分之一，试管夹应该夹在试管的中上部，故操作错误；
C、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，故操作错误；
D、浓硫酸溶于水放出大量的热，密度大于水，稀释浓硫酸时，要把浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，以使热量及时的扩散，一定不能把水注入浓硫酸中，故操作正确。
故答案为：D。
2．【答案】A
【知识点】质量守恒定律及其应用
【解析】【分析】（1）质量守恒定律：在化学反应中，参加反应的各物质的质量总和等于反应后生成的各物质的质量总和。化学反应的本质是分子破裂成原子，原子重新组合成新分子的过程，反应前后原子的种类、数目和质量都不变。
（2）物理变化：没有新物质生成的变化。物理变化过程中，物质的分子没有发生改变，只是物质的状态、形状等发生变化，不涉及原子的重新组合，所以不遵循质量守恒定律。
【解答】A、木炭在空气中燃烧生成二氧化碳，是木炭与氧气发生的化学反应，反应前后原子种类、数目和质量不变，遵循质量守恒定律，该选项正确。
B、铁水冷却成铁锭，只是铁的状态从液态变为固态，没有新物质生成，属于物理变化，不遵循质量守恒定律，该选项错误。
C、水加热变成水蒸气，是水的状态从液态变为气态，没有新物质生成，属于物理变化，不遵循质量守恒定律，该选项错误。
D、食盐溶解在水中形成溶液，只是食盐在水中分散，没有新物质生成，属于物理变化，不遵循质量守恒定律，该选项错误。
故答案为：A。
3．【答案】D
【知识点】溶液的酸碱性与pH值的关系
【解析】【分析】根据溶液pH与酸碱性关系分析，溶液pH<7时，呈酸性，溶液pH>7时，呈碱性，溶液pH＝7时，呈中性。
【解答】杨梅、菠萝、甘薯种植土壤pH都小于7，即酸性土壤，冬枣种植土壤pH大于7，即碱性土壤；
故选D。
4．【答案】B
【知识点】合金与合金的性质；常见物质的分类
【解析】【分析】根据表格中所给的物质的结构组成，结合右图中的关系把横向的物质进行归类，然后做出判断，进而完成解答。
【解答】A、纯碱是Na2CO3的俗称，属于盐，故A错误；
B、煤、石油、天然气均为常见的矿物燃料，故B正确；
C、氧化铁不属于合金，故C错误；
D、不锈钢属于金属材料，故D错误。
故答案为：B。
5．【答案】A
【知识点】酸、碱的概念；酸与碱的反应及用途
【解析】【分析】（1）酸碱指示剂：酚酞试液在碱性溶液中变红，在酸性和中性溶液中无色。氢氧化钠溶液呈碱性，能使酚酞试液变红；稀盐酸呈酸性，不能使酚酞试液变色。
（2）酸与碳酸盐反应：酸能与碳酸盐反应生成二氧化碳气体。稀盐酸能与碳酸钠溶液反应产生二氧化碳气体，有气泡冒出；氢氧化钠溶液与碳酸钠溶液不反应。
（3）复分解反应条件：氯化钙溶液与氢氧化钠溶液、稀盐酸都不发生反应，无法鉴别。
（4）碱与酸性氧化物反应：二氧化碳能与氢氧化钠溶液反应，但无明显现象；二氧化碳与稀盐酸不反应，不能鉴别。
（5）酸与活泼金属反应：酸能与活泼金属反应生成氢气。稀盐酸能与锌粒反应产生氢气，有气泡冒出；氢氧化钠溶液与锌粒不反应。
（6）酸与金属氧化物反应：酸能与金属氧化物反应。稀盐酸能与铁锈（主要成分氧化铁 ）反应，铁锈逐渐溶解，溶液变黄；氢氧化钠溶液与铁锈不反应。
【解答】A、①滴加酚酞试液可鉴别；②滴加碳酸钠溶液可鉴别；⑤加入锌粒可鉴别；⑥加入铁锈可鉴别，该选项正确。
B、③滴加氯化钙溶液无法鉴别，④通入二氧化碳气体无法鉴别，该选项错误。
C、③滴加氯化钙溶液无法鉴别，该选项错误。
D、④通入二氧化碳气体无法鉴别，该选项错误。
故答案为：A。
6．【答案】C
【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】反应规律：酸碱盐之间发生复分解反应需要满足一定条件，即有沉淀、气体或水生成。如上述反应中，碳酸钠与氢氧化钙反应生成沉淀，碳酸钙与稀盐酸反应生成气体和水 。
【解答】A、实验②中碳酸钠和氢氧化钙反应生成白色沉淀碳酸钙和氢氧化钠，不产生气泡，该选项说法不正确；
B、如果实验①中石灰水有剩余，则稀盐酸完全反应，如果③中不含有稀盐酸，②中碳酸钠和氢氧化钙反应生成的碳酸钙则不能溶解，最终不能得到无色澄清溶液，该选项说法不正确；
C、实验③中最终得到无色澄清溶液，说明1号试管中的盐酸过量，和2号试管中的氢氧化钠反应生成氯化钠和水，和碳酸钙反应生成氯化钙、水和二氧化碳，因此实验③所得溶液中一定含CaCl2和NaCl，该选项说法正确；
D、实验③中最终得到无色澄清溶液，说明1号试管中的盐酸过量，和2号试管中的氢氧化钠反应生成氯化钠和水，和碳酸钙反应生成氯化钙、水和二氧化碳过程中固体溶解，产生气泡，该选项说法不正确。
故答案为：C。
7．【答案】D
【知识点】物质除杂或净化；酸的化学性质；碱的化学性质
【解析】【分析】A、根据氧气的密度小于水进行分析；
B、根据氢气密度比空气小进行分析；
C、根据使气体与液体充分接触，除去二氧化碳进行分析；
D、根据使氯化氢气体与液体充分接触，检验氯化氢进行分析。
【解答】A、排水法收集氧气时，氧气的密度小于水，由b口进气，由a口排出水，错误；
B、氢气密度比空气小，氢气必须从b端进入，空气从下方排出，错误；
C、除去氧气中少量的二氧化碳时，由a口进气，使气体与液体（如NaOH溶液）充分接触，除去二氧化碳，错误；
D、检验氢气中是否含有氯化氢气体时，由a口进气，使氯化氢气体与液体（如硝酸银溶液）充分接触，检验氯化氢，正确。
故答案为：D。
8．【答案】C
【知识点】模型与符号；盐的性质及用途
【解析】【分析】根据变化微观示意图和质量守恒定律，利用分子由原子构成等特点，分析X的构成，物质反应的微粒个数关系，判断反应的类型等。
【解答】 根据反应的部分微观示意图和质量守恒定律可知，反应前的分子中共含有14个原子，三种原子；而反应后生成物之一的一个分子中含2个原子，只含一种原子，该物质属于单质，则2个X分子中含12个原子，应为两种原子。因此1个X分子中含有6个原子，属于两种原子。A、由反应的微观示意图可知，反应物为两种化合物，生成物中有单质，不属于复分解反应。故A不正确；
B、根据图示可知，参加反应的两种分子的个数比为2：4=1：2而非1：1；故B不正确；
C、由上述分析可知，1个X分子中含有3个原子，故C正确；
D、由微粒的构成可知，该反应涉及到三种原子，元素的种类是三种，分子的种类为4种。故D不正确。
故答案为：C。
9．【答案】B
【知识点】物质除杂或净化
【解析】【分析】除杂原则是不增（不引入新杂质）、不减（不减少原物质）、易分离（杂质与原物质及生成物质易分离）。
（1）氧化钙和碳酸钙与水的反应：氧化钙能与水反应生成氢氧化钙，碳酸钙难溶于水。若用加水溶解、过滤、蒸发结晶的方法除去氧化钙中的碳酸钙，会把主要物质氧化钙反应掉，不符合除杂原则。
（2）铁和铜与稀盐酸的反应：铁能与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，铜不与稀盐酸反应。加入足量稀盐酸，充分反应后过滤、洗涤、干燥，可除去铜中混有的铁，符合除杂原则。
（3）碳酸钠与硝酸钙的反应：碳酸钠能与硝酸钙反应生成碳酸钙沉淀和硝酸钠，虽然除去了碳酸钠，但引入了新杂质硝酸钠，不符合除杂原则。
（4）二氧化碳和一氧化碳与氢氧化钠溶液的反应：二氧化碳能与氢氧化钠溶液反应，一氧化碳不与氢氧化钠溶液反应。通过足量氢氧化钠溶液会把主要物质二氧化碳反应掉，不符合除杂原则。
【解答】A、氧化钙会与水反应，不能用该方法除杂，该选项错误。
B、铁与稀盐酸反应，铜不反应，能除去杂质且不引入新杂质，该选项正确。
C、引入了新杂质硝酸钠，不符合除杂原则，该选项错误。
D、除去了主要物质二氧化碳，不符合除杂原则，该选项错误。
故答案为：B。
10．【答案】A
【知识点】化学方程式的配平；根据化学反应方程式的计算
【解析】【分析】根据反应的质量比和质量守恒定律分析计算。
【解答】C、D的相对分子质量之比为22：9，生成88gC，
则生成D的质量是36g，反应的B的质量是88g+36g-28g=96g，
设A与B的相对分子质量之比为x：y，
根据题意有x：3y=28g：96g，x：y=7：8。
故答案为：A。
11．【答案】C
【知识点】离子或物质的共存问题
【解析】【分析】根据甲厂的污水为酸性，说明含有氢离子，氢离子不能和碳酸根离子、氢氧根离子共存，碳酸根离子不能和钡离子共存，所有的钾离子、硝酸根离子形成的化合物都易溶于水，溶液中必须存在阴阳离子进行分析。
【解答】 由于甲排放的为酸性物质，则甲化工厂的污水中含有氢离子，又由于氢离子和氢氧根离子、碳酸根离子均不能共存，则其中应含有硝酸根，而乙工厂的污水中含有氢氧根和碳酸根，又由于钡离子和碳酸根不共存，则甲化工厂排放的污水有氢离子、钡离子和硝酸根，乙化工厂排放的污水中含有钾离子、氢氧根和碳酸根，则乙化工厂排放的污水中所含有的3种离子K+、OH﹣、；
故答案为：C。
12．【答案】D
【知识点】盐的性质及用途；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】根据铁的金属活动性大于铜，向废液中加入过量的铁屑，铁能与硝酸铜反应生成了铜和硝酸亚铁，过滤时得到的固体a中应含有铁和铜，向滤液中加入氢氧化钠时，硝酸亚铁能与氢氧化钠反应生成了氢氧化亚铁沉淀和硝酸钠，氢氧化亚铁在空气中已被氧化为氢氧化铁；为了除去钡离子，应加入硫酸钠、碳酸钠等。据此分析判断有关的问题。
【解答】由于铁的金属活动性大于铜，由题意可知，向废液中加入过量的铁屑，铁能与硝酸铜反应生成了铜和硝酸亚铁，过滤时得到的固体a中应含有铁和铜，向滤液中加入氢氧化钠时，硝酸亚铁能与氢氧化钠反应生成了氢氧化亚铁沉淀和硝酸钠，氢氧化亚铁在空气中已被氧化为氢氧化铁；为了除去钡离子，应加入硫酸钠、碳酸钠等。A、由上述分析可知，X可能是Na2SO4、Na2CO3，故判断错误；
B、由上述分析可知，固体a是铜、铁，故判断错误；
C、由于铁的量是过量的，若回收到6.4g固体a，则加入的铁屑质量一定要大于5.6g，故D错误；
D、由上述分析可知，溶液B中含有的盐有Ba（NO3）2、NaNO3，故判断正确。
故答案为： D。
13．【答案】C
【知识点】金属的化学性质；金属活动性顺序及其应用；酸的化学性质
【解析】【分析】金属的活动性反映了金属在溶液中失去电子变成离子的难易程度，排在前面的金属比后面的金属更易失去电子，活动性更强。由关系图可知，X、Y、Z三种金属活动性关系为：X＞Y＞Z，则金属X为镁，Y为锌，Z为铁；等质量的不同金属，当金属的化合价相同时，相对原子质量越大的金属生成氢气越少。等质量的镁、锌、铁完全反应放出氢气的质量关系为：镁＞铁＞锌，而在关系图中三种金属反应停止后产生氢气质量关系为：铁＞镁=锌，说明镁没有完全反应有剩余，铁消耗盐酸量最大且可能完全反应。
【解答】A、由于盐酸的溶质质量分数相同，而图中X反应速度最快，说明X是三种金属中活动性最强的镁；所以判断正确；
B、图中铁生成氢气最多，根据反应前后元素质量不变，而盐酸的溶质质量分数相同，故可判断铁消耗盐酸质量最大；所以判断正确；
C、生成2g氢气需要24g的镁或65g的锌完全反应，图中镁、锌产生氢气质量相等，说明镁没有完全反应，但不能确定锌也没有完全反应；所以判断错误；
D、从图中看到镁和锌反应生成的氢气一样多，则消耗的稀盐酸一样多，那么镁一定过量，锌可能过量或反应完，所以判断正确。
故答案为： C。
14．【答案】A
【知识点】盐的性质及用途；碱的化学性质
【解析】【分析】1、物质的分类与性质
单质：由同种元素组成的纯净物，具有独特的化学性质，如金属单质能与酸、盐等发生反应，非金属单质能与金属、氧气等反应。本题中甲是单质，可能是金属单质如铁、铜等，也可能是非金属单质如氢气、碳等。
酸：在水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物，具有酸性，能与活泼金属、金属氧化物、碱、盐等发生反应。
碱：在水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，能与酸、非金属氧化物、盐等反应。丁是配制波尔多液的原料，可能是氢氧化钙，属于碱，具有碱的通性。
盐：由金属阳离子（或铵根离子）和酸根阴离子组成的化合物，能与酸、碱、金属等发生反应。
2、置换反应：一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应。如金属与酸反应生成氢气和盐，金属与盐溶液反应生成新金属和新盐。
3、复分解反应：两种化合物互相交换成分，生成另外两种化合物的反应。反应条件是有沉淀、气体或水生成。本
4、甲、乙、丙、丁是不同类别的常见物质，甲是单质，丁是配制波尔多液的原料，甲与丁能反应，可知丁是硫酸铜，甲是比铜活泼的常见金属（如铁等），甲能和乙反应且乙能转化为丁，可知乙是稀硫酸，而丙能和酸、盐反应，故丙是碱（如氢氧化钠等），代入验证，推理正确。
【解答】A、甲是铁等较活泼金属，丁是硫酸铜，反应①可以是活泼金属和硫酸铜反应生成铜和另一种硫酸盐，此类反应是一种单质和一种化合物生成另一种单质和另一种化合物，属于置换反应，故说法正确；
B、乙是稀硫酸，丁是硫酸铜，反应②可以是氧化铜或氢氧化铜和稀硫酸反应生成硫酸铜和水，故说法错误；
C、乙是稀硫酸，若丙是氢氧化钠，稀硫酸和氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，没有沉淀生成，故说法错误；
D、由分析可知，丙是碱，故说法错误。
故答案为： A。
15．【答案】D
【知识点】金属的化学性质；金属活动性顺序及其应用
【解析】【分析】（1）根据金属与酸反应的化学方程式分析。
（2）计算不同金属与硫酸反应的情况：若硫酸完全反应，根据化学方程式计算，Mg产生氢气质量为0.1g，Zn产生氢气质量为0.1g。Na先与硫酸反应，若硫酸反应完后，Na还能与水反应继续产生氢气，所以Na产生氢气质量大于0.1g。当金属都过量时，硫酸完全反应，产生氢气质量Mg = Zn，但Na还能与水反应，所以Na产生氢气最多，即Na>Mg = Zn，⑥合理。
当金属都少量时，硫酸过量，根据金属与酸反应的化学计量关系，Mg产生氢气最多，Zn产生氢气最少，Na产生氢气量介于Mg和Zn之间（因为Na先与酸反应再与水反应），即Mg>Na>Zn，①合理。
当Na和Mg过量，Zn少量时，Na和Mg使硫酸完全反应产生氢气量相同，但Na还与水反应，所以\Na>Mg>Zn，②合理。
当Na和Mg恰好与硫酸反应完，Zn少量时，Na = Mg>Zn，④合理。
【解答】A、③中Na产生氢气量大于Mg和Zn（因为Na能与水反应 ），所以Na = Mg = Zn不合理，该选项错误。
B、⑤中Na产生氢气量大于Mg和Zn，Na = Zn>Mg不合理，该选项错误。
C、③中Na = Mg = Zn不合理，⑤中Na = Zn>Mg不合理，该选项错误。
D、①②④⑥情况分析合理，该选项正确。
故答案为：D。
16．【答案】吸水；二氧化碳；减小；良好的导热性
【知识点】酸的物理性质及用途；常见金属与金属的物理性质及用途；碱的化学性质
【解析】【分析】（1）浓硫酸因吸水导致溶液的质量变大，溶质的质量分数减小。
（2）烧碱是氢氧化钠的俗称，吸水潮解不属于变质，吸收二氧化碳生成碳酸钠属于变质。
（3）浓盐酸具有挥发性，挥发的是氯化氢气体，氯化氢气体与空气中的水蒸气结合形成白雾，溶质质量减小，水的质量几乎不变，所以溶质的质量分数减小。
（4）炊具要求导热性好，能用铁制作炊具，说明铁的导热性好。【解答】（1）浓硫酸具有吸水性，在空气中放置一段时间会吸收空气中的水蒸气，导致质量增加。
（2）氢氧化钠能和空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠和水，所以烧碱固体暴露在空气中会吸收二氧化碳变质。
（3）浓盐酸具有挥发性，在空气中放置一段时间，溶质质量减少，溶剂质量不变，所以溶质质量分数减小。
（4）铁有良好的导热性，生活中常用来做炊具。
17．【答案】维生素；Ca
【知识点】元素的概念；元素的符号及其意义
【解析】【分析】人类需要的营养物质有糖类、油脂、蛋白质、维生素、水和无机盐。
【解答】人体摄取的有机物主要有糖类、油脂、蛋白质和维生素等；
人体缺乏钙元素可能导致骨质疏松。
18．【答案】（1）H2CO3
（2）
（3）A；B；C；D
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；盐的性质及用途；酸的化学性质
【解析】【分析】根据如图是含碳元素物质的价类图，所以A是碳，碳会转化成氧化物B、C，所以B是一氧化碳，C是二氧化碳，二氧化碳和酸D可以相互转化，所以D是碳酸，E会与二氧化碳相互转化，所以E是碳酸钠或碳酸钙等，然后将推出的物质验证即可。
【解答】（1）酸由氢离子和酸根离子构成，碳元素为+4价的酸，该酸为碳酸，故填：；
（2）E→C反应是碳元素为+4价的盐转化成碳的+4价氧化物()，该盐可以是碳酸钠，该反应为碳酸钠与稀盐酸反应生成二氧化碳、水和氯化钠，故填：；
（3）从图中可知，A碳和氧气反应可以生成C二氧化碳和B一氧化碳是化合反应；A碳和氧化铜高温下反应生成C二氧化碳和单质铜是置换反应；E→C可以是碳酸钙在高温条件下分解生成氧化钙和二氧化碳是分解反应；D→E可以是碳酸与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，属于复分解反应。
故答案为： ABCD。
（1）酸由氢离子和酸根离子构成，碳元素为+4价的酸，该酸为碳酸，故填：；
（2）E→C反应是碳元素为+4价的盐转化成碳的+4价氧化物()，该盐可以是碳酸钠，该反应为碳酸钠与稀盐酸反应生成二氧化碳、水和氯化钠，故填：；
（3）从图中可知，A碳和氧气反应可以生成C二氧化碳和B一氧化碳是化合反应；A碳和氧化铜高温下反应生成C二氧化碳和单质铜是置换反应；E→C可以是碳酸钙在高温条件下分解生成氧化钙和二氧化碳是分解反应；D→E可以是碳酸与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，属于复分解反应，故选：ABCD。
19．【答案】（1）稀硫酸的浓度
（2）ABCE
【知识点】控制变量法；金属活动性顺序及其应用
【解析】【分析】（1）根据在其它条件相同时，稀硫酸的浓度越大，与金属的反应速率越快，进行分析解答。
（2）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，据此进行分析解答。
【解答】（1）探究锌、铁、铜、银的四种金属的活动性顺序，在A、B、C三个实验中，变量为金属的种类，其他条件保持不变，则除了控制金属与稀硫酸的接触面积、稀硫酸的体积、温度以外，还需要控制的条件是稀硫酸的浓度，故填：稀硫酸的浓度；
（2）A、将锌片放入稀硫酸中，会观察到有大量的气泡产生，说明金属活动性：Zn>H；
B、将铁片放入稀硫酸中，会观察到有气泡产生，说明金属活动性：Fe>H，与A相比，A中产生气泡的速率更快，说明金属活动性：Zn>Fe；
C、将铜片放入稀硫酸中，无明显现象，说明金属活动性：CuD、铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，可观察到铁表面有红色固体析出，说明金属活动性：Fe>Cu；
E、铜与硝酸银反应生成硝酸铜和银，可观察到铜表面有银白色固体析出，说明金属活动性：Cu>Ag。
综上，选择四个实验即可验证锌、铁、铜、银的金属活动性顺序，这四个实验的组合是ABCE或者ABDE。
故答案为： ABCE或者ABDE。
（1）探究锌、铁、铜、银的四种金属的活动性顺序，在A、B、C三个实验中，变量为金属的种类，其他条件保持不变，则除了控制金属与稀硫酸的接触面积、稀硫酸的体积、温度以外，还需要控制的条件是稀硫酸的浓度，故填：稀硫酸的浓度；
（2）A：将锌片放入稀硫酸中，会观察到有大量的气泡产生，说明金属活动性：Zn>H；
B：将铁片放入稀硫酸中，会观察到有气泡产生，说明金属活动性：Fe>H，与A相比，A中产生气泡的速率更快，说明金属活动性：Zn>Fe；
C：将铜片放入稀硫酸中，无明显现象，说明金属活动性：CuD：铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，可观察到铁表面有红色固体析出，说明金属活动性：Fe>Cu；
E：铜与硝酸银反应生成硝酸铜和银，可观察到铜表面有银白色固体析出，说明金属活动性：Cu>Ag。
综上，选择四个实验即可验证锌、铁、铜、银的金属活动性顺序，这四个实验的组合是ABCE或者ABDE，故填：ABCE或者ABDE。
20．【答案】（1）NaOH、BaCl2、Na2CO3、HCl
（2）除去过量的NaOH、Na2CO3
【知识点】物质除杂或净化；盐的性质及用途；酸的化学性质
【解析】【分析】 （1）“精制”过程中，加入过量的Na2CO3的作用，可将Ca2+、Ba2+完全转化为沉淀；
（2）盐酸能与氢氧化钠生成氯化钠和水，与碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳。
【解答】（1）要除去溶液Ⅰ中的Mg2+、，所选试剂分别是氢氧化钠溶液，氯化钡溶液和碳酸钠溶液，氢氧化钠除去镁离子，氯化钡除去硫酸根离子，碳酸钠除去过量的氯化钡、所以碳酸钠溶液一定在氯化钡溶液之后加入，操作E过滤后，所得的滤液中的溶质有氢氧化钠、碳酸钠和氯化钠，盐酸能与氢氧化钠生成氯化钠和水，与碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，故所加溶液的顺序是NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、HCl，或BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液、HCl，或BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液、HCl；
（2）盐酸能与氢氧化钠生成氯化钠和水，与碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，加入适量D的目的是除去过量的NaOH、Na2CO3。
（1）要除去溶液Ⅰ中的Mg2+、，所选试剂分别是氢氧化钠溶液，氯化钡溶液和碳酸钠溶液，氢氧化钠除去镁离子，氯化钡除去硫酸根离子，碳酸钠除去过量的氯化钡、所以碳酸钠溶液一定在氯化钡溶液之后加入，操作E过滤后，所得的滤液中的溶质有氢氧化钠、碳酸钠和氯化钠，盐酸能与氢氧化钠生成氯化钠和水，与碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，故所加溶液的顺序是NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、HCl，或BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液、HCl，或BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液、HCl；
（2）盐酸能与氢氧化钠生成氯化钠和水，与碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，加入适量D的目的是除去过量的NaOH、Na2CO3。
21．【答案】（1）CuCl2、Ca(NO3)2
（2）KCl、NaCl、Na2CO3
【知识点】盐的性质及用途；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】根据氯化铜溶于水，溶液显蓝色，碳酸钠和氯化钡反应生成白色沉淀碳酸钡和氯化钠，和硝酸钙反应生成白色沉淀碳酸钙和硝酸钠，氯离子和银离子结合生成白色沉淀氯化银等知识进行分析。
【解答】（1）取少量该粉末于烧杯中，加蒸馏水，充分搅拌，得无色澄清溶液，溶液中一定不含CuCl2；取上述无色溶液少许于试管中，滴加氯化钡溶液有白色沉淀生成，碳酸钠和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，所以该粉末中一定含有Na2CO3，一定不含Ca（NO3）2；
（2）另称取14.9g该粉末于烧杯中，加入蒸馏水溶解，再加入足量的硝酸银溶液和稀硝酸，充分反应后生成28.7g白色沉淀，氯化钾、氯化钠和硝酸银反应的化学方程式及其质量关系为：
、
由计算可知，14.9g氯化钾和硝酸银反应生成28.7g氯化银，11.7g氯化钠和硝酸银反应生成28.7g氯化银，杂质中含有碳酸钠，氯化钾质量小于14.9g，和硝酸银反应生成氯化银质量小于28.7g，所以杂质中一定含有NaCl，通过以上三个实验还不能确定含有的杂质是硝酸钾，所以该粉末的组成有：KCl、NaCl、Na2CO3。
（1）取少量该粉末于烧杯中，加蒸馏水，充分搅拌，得无色澄清溶液，溶液中一定不含CuCl2；取上述无色溶液少许于试管中，滴加氯化钡溶液有白色沉淀生成，碳酸钠和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，所以该粉末中一定含有Na2CO3，一定不含Ca（NO3）2；
（2）另称取14.9g该粉末于烧杯中，加入蒸馏水溶解，再加入足量的硝酸银溶液和稀硝酸，充分反应后生成28.7g白色沉淀，氯化钾、氯化钠和硝酸银反应的化学方程式及其质量关系为：
、
由计算可知，14.9g氯化钾和硝酸银反应生成28.7g氯化银，11.7g氯化钠和硝酸银反应生成28.7g氯化银，杂质中含有碳酸钠，氯化钾质量小于14.9g，和硝酸银反应生成氯化银质量小于28.7g，所以杂质中一定含有NaCl，通过以上三个实验还不能确定含有的杂质是硝酸钾，所以该粉末的组成有：KCl、NaCl、Na2CO3。
22．【答案】（1）H2
（2）CO
（3）H2CO3；O2
（4）
【知识点】水的组成和主要性质；二氧化碳的化学性质
【解析】【分析】本题属于推断题，根据题目给出的流程图和信息：C是常见气体，D是常见单质；
（1）若A在常温下为液体，水在通电的条件下生成氢气和氧气，由题意知，C是氢气；
（2）若A在常温下为气体，则A是二氧化碳，二氧化碳与一氧化碳可以互相转化，则C是一氧化碳；
（3）无论A在常温下为液体还是气体，因为碳酸分解生成二氧化碳和水，二氧化碳或水都能与氧气互相转化，因此B是碳酸，C是氧气；
（4）二氧化碳和水在光照条件下和叶绿体内生成葡萄糖和氧气，配平即可；
【解答】（1）若A在常温下为液体，A可能为水，A能与C、D相互转化，C、D能反应，C是常见气体，D是常见单质，C、D为氢气和氧气，A能与E相互转化，D能与E反应，E可能是葡萄糖，则D为氧气，C为氢气，A能与B相互转化，B可能是碳酸、氢氧化钙等，故C为氢气，化学式为：H2；
（2）若A在常温下为气体，A能与D相互转化，D是常见单质，A可能为二氧化碳，则D为氧气，C是常见气体，且C能与A相互转化，则C为一氧化碳，A能与E相互转化，D能与E反应，由（1）可知，E可能是葡萄糖，A能与B相互转化，则B为碳酸，故C为一氧化碳，化学式为：CO；
（3）由（1）和（2）的分析可知，无论A在常温下为液体还是气体，B均可为碳酸，化学式：H2CO3；D为氧气，化学式为：O2；
（4）由（1）和（2）的分析可知，A可能为水或者二氧化碳，E为葡萄糖，A→E为二氧化碳和水在光照条件下生成葡萄糖和氧气，该反应的化学方程式为：。
23．【答案】（1）长颈漏斗
（2）C
（3）不能，二氧化碳与氢氧化钠溶液反应无明显现象
【知识点】制取二氧化碳的装置、步骤、收集与注意事项；碱的化学性质；二氧化碳的化学性质
【解析】【分析】（1）根据装置图中仪器回答；
（2）过氧化氢溶液制取氧气反应物是固体和液体在不加热的条件下反应，据此选择反应装置；
（3）实验室制取二氧化碳的反应物是稀盐酸和大理石，澄清石灰水和二氧化碳反应有明显现象，氢氧化钠溶液与二氧化碳反应没有明显现象，据此分析解答；
【解答】（1）根据图中的装置可知，仪器①是长颈漏斗；
（2）实验室用过氧化氢制氧气属于固体和液体在常温下反应生成气体，故要选择C装置来制氧气；
（3）实验室用大理石与稀盐酸反应制取二氧化碳，检验二氧化碳要用澄清石灰水不能用氢氧化钠溶液，因为二氧化碳与澄清石灰水反应有明显的现象，而二氧化碳与氢氧化钠溶液反应没有明显现象，故不能用火碱溶液代替澄清石灰水。
（1）根据图中的装置可知，仪器①是长颈漏斗；
（2）实验室用过氧化氢制氧气属于固体和液体在常温下反应生成气体，故要选择C装置来制氧气；
（3）实验室用大理石与稀盐酸反应制取二氧化碳，检验二氧化碳要用澄清石灰水不能用氢氧化钠溶液，因为二氧化碳与澄清石灰水反应有明显的现象，而二氧化碳与氢氧化钠溶液反应没有明显现象，故不能用火碱溶液代替澄清石灰水。
24．【答案】（1）甲中溶液由红色变成无色
（2）打开弹簧夹；甲中溶液进入乙中，并生成白色沉淀
（3）不能，碳酸钠与硫酸铜反应也能生成蓝色沉淀
【知识点】碱的化学性质
【解析】【分析】（1）根据酸碱中和反应中，溶液酸碱性的变化进行分析；
（2）根据装置内的压强变化进行分析；
（3）根据物质间的反应规律以及生成物的颜色进行分析。
【解答】（1）氢氧化钡溶液显碱性，能使无色酚酞试液变红色，滴加足量的稀盐酸，氢氧化钡和盐酸反应生成氯化钡和水，恰好完全反应时溶液呈中性，观察到溶液由红色变成无色；
（2）乙装置内的二氧化碳与加入的足量氢氧化钠溶液充分反应造成装置内的压强减小，打开弹簧夹，在外界大气压的作用下，装置甲的液体进入装置乙，甲装置溶液中的氯化钡与装置乙溶液中的碳酸钠反应生成碳酸钡白色沉淀；
（3）完成（2）后，装置乙中锥形瓶内的溶液呈红色，水溶液显碱性，因为氢氧化钠与硫酸铜反应生成蓝色的氢氧化铜沉淀和硫酸钠，乙装置内中的碳酸钠也能与硫酸铜反应生成蓝色的碳酸铜沉淀和硫酸钠，所以上述实验现象不能验证NaOH溶液与CuSO4溶液反应。
（1）氢氧化钡溶液显碱性，能使无色酚酞试液变红色，滴加足量的稀盐酸，氢氧化钡和盐酸反应生成氯化钡和水，恰好完全反应时溶液呈中性，观察到溶液由红色变成无色；
（2）乙装置内的二氧化碳与加入的足量氢氧化钠溶液充分反应造成装置内的压强减小，打开弹簧夹，在外界大气压的作用下，装置甲的液体进入装置乙，甲装置溶液中的氯化钡与装置乙溶液中的碳酸钠反应生成碳酸钡白色沉淀；
（3）完成（2）后，装置乙中锥形瓶内的溶液呈红色，水溶液显碱性，因为氢氧化钠与硫酸铜反应生成蓝色的氢氧化铜沉淀和硫酸钠，乙装置内中的碳酸钠也能与硫酸铜反应生成蓝色的碳酸铜沉淀和硫酸钠，所以上述实验现象不能验证NaOH溶液与CuSO4溶液反应。
25．【答案】过滤；镁、铝；有银白色（或灰黑色）固体析出，溶液由无色变为蓝色；锌
【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）过滤能将不互溶的固体和液体分离，过滤时需要用玻璃棒引流。
（2）酸能与活泼金属反应生成盐和氢气。
（3）固体为不活泼金属铜和银的混合物，金属能将比它不活泼的金属从其可溶性盐中置换出来，铜比银活泼，所以能将硝酸银中的银置换出来。
（4）金属X能与溶液甲中的硝酸铜反应且反应后溶液的质量变大，说明金属X的质量小于置换出的铜的质量，即金属X的相对原子质量大于铜的相对原子质量。【解答】（1）步骤①②③均能将固体与液体分离，步骤①②③中均涉及的实验操作是过滤和洗涤。
（2）在金属活动性顺序中，镁、铝的位置排在氢的前面，操作流程中，加入足量稀硫酸的目的是使粗产品中的镁、铝完全反应。
（3）向固体中加入适量硝酸银溶液后，铜能与硝酸银溶液反应生成硝酸铜溶液和银，可观察到的实验现象是有银白色（或灰黑色）固体析出，溶液由无色变为蓝色。
（4）溶液甲为硝酸铜溶液，铜不与硝酸铜溶液反应，铁、锌能与硝酸铜溶液反应，溶液乙的质量大于溶液甲的质量，说明参加反应的金属的质量大于置换出的铜的质量，锌的相对原子质量大于铜，故加入的金属X可能是锌。
26．【答案】用带火星的木条检验，观察是否复燃；实验时B发生爆炸；H2
【知识点】碱的化学性质
【解析】【分析】1、氧气的检验方法
检验原理：氧气具有助燃性，能使带火星的木条复燃，这是基于氧气能支持燃烧的化学性质。物质燃烧是一种剧烈的氧化反应，氧气作为氧化剂参与其中，为燃烧提供必要条件。
检验操作：将带火星的木条伸入集气瓶内，如果木条复燃，证明该气体是氧气 。在实验室制取氧气的相关实验中，常用此方法检验收集到的气体是否为氧气。
2、氢气的验纯
验纯原因：氢气是可燃性气体，当氢气与空气（或氧气）混合达到一定比例时，遇明火会发生爆炸，这个比例范围称为爆炸极限。所以在使用氢气前必须验纯，防止发生爆炸事故。
验纯方法：用排水法或向下排空气法收集一试管氢气，用拇指堵住试管口，管口向下移近酒精灯火焰，松开拇指点火。如果听到尖锐的爆鸣声，表明氢气不纯，需要再收集，再检验，直到听到轻微的 “噗” 声，才表明氢气已经纯净 。
3、根据质量守恒定律检验二氧化硫
质量守恒定律：在化学反应中，参加反应的各物质的质量总和等于反应后生成的各物质的质量总和，化学反应前后元素的种类不变。这是自然界的基本定律之一，是检验化学反应中物质组成和变化的重要依据。
【解答】（1）①由于氧气具有助燃性能使带火星的木条复燃，所以用带火星的木条检验，看是否复燃；
③由于氢气具有可燃性，氧气具有助燃性，所以加热它们的混合物容易发生爆炸；
（2）由于不能使带火星的木条复燃，所以不是氧气，通过氢氧化钠溶液，氢氧化钠溶液的质量没有改变说明不是二氧化硫，所以只能是氢气了。
27．【答案】（1）NaC1、Na2CO3
（2）BaCO3；NaCl、Na2CO3、NaOH
【知识点】酸的化学性质
【解析】【分析】铁不能和氯化镁反应，能和氯化铜反应生成氯化亚铁和铜；
稀盐酸和氢氧化钡反应生成氯化钡和水，和碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳；
碳酸钠和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀和氢氧化钠；
碳酸钠溶液和氢氧化钠溶液都是显碱性溶液，都能使酚酞试液变红色。
【解答】（1）将①②两支试管反应后的液体倒入乙烧杯中，观察到先有气泡产生，后有白色沉淀出现，说明①中盐酸过量，②中碳酸钠过量，则试管②反应后的溶液中的溶质是过量的碳酸钠和反应生成的氯化钠；
（2）步骤一：取少量滤液于试管中，向其中滴加足量硝酸钡溶液，产生白色沉淀，是因为碳酸钠和硝酸钡反应生成了碳酸钡；
步骤二：静置，向上层清液中滴加无色酚酞试液，溶液变红色，说明溶液中含有氢氧化钠，则滤液中的溶质是氯化钠、氢氧化钠和碳酸钠。
（1）将①②两支试管反应后的液体倒入乙烧杯中，观察到先有气泡产生，后有白色沉淀出现，说明①中盐酸过量，②中碳酸钠过量，则试管②反应后的溶液中的溶质是过量的碳酸钠和反应生成的氯化钠；
（2）步骤一：取少量滤液于试管中，向其中滴加足量硝酸钡溶液，产生白色沉淀，是因为碳酸钠和硝酸钡反应生成了碳酸钡；
步骤二：静置，向上层清液中滴加无色酚酞试液，溶液变红色，说明溶液中含有氢氧化钠，则滤液中的溶质是氯化钠、氢氧化钠和碳酸钠。
28．【答案】（1）CH4
（2）NaOH、CaO；137.5
【知识点】根据化学反应方程式的计算；有机物与无机物的区别
【解析】【分析】（1）甲烷是含有碳元素的化合物，是有机化合物。
（2）该过程中被循环利用的物质有氢氧化钠、氧化钙。
根据化学方程式及其提供数据可以进行相关方面的计算和判断。
【解答】（1）有机物指含有碳元素的化合物，但是不包括碳的氧化物、碳酸及碳酸盐。故选CH4。
（2）①根据流程图丙可知，NaOH溶液在吸收器中用于吸收二氧化碳，未反应的NaOH经过分离器后再次被利用；CaO固体在分离器中与水反应生成Ca(OH)2，Ca(OH)2与Na2CO3反应生成CaCO3，CaCO3经过反应器再生成CaO，CaO再次被利用；故循环利用的物质有NaOH、CaO。
②题中已知二氧化碳和氢气生成甲醇和水的化学方程式，根据二氧化碳、甲醇的相对分子质量与化学计量数的乘积之比等于质量之比，列比例式：，可直接减排二氧化碳137.5t。
（1）有机物指含有碳元素的化合物，但是不包括碳的氧化物、碳酸及碳酸盐。故选CH4。
（2）①根据流程图丙可知，NaOH溶液在吸收器中用于吸收二氧化碳，未反应的NaOH经过分离器后再次被利用；CaO固体在分离器中与水反应生成Ca(OH)2，Ca(OH)2与Na2CO3反应生成CaCO3，CaCO3经过反应器再生成CaO，CaO再次被利用；故循环利用的物质有NaOH、CaO。
②题中已知二氧化碳和氢气生成甲醇和水的化学方程式，根据二氧化碳、甲醇的相对分子质量与化学计量数的乘积之比等于质量之比，列比例式：，可直接减排二氧化碳137.5t。
29．【答案】H2SO4；20%；35.5g
【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）根据物质间反应的规律以及物质的颜色，来确定物质的名称；
（2）根据氧化铜的质量计算出硫酸铜的质量，然后根据硫酸铜的质量计算出与之反应所需氢氧化钠的质量，而由图像可知与硫酸铜反应的氢氧化钠溶液的质量为（100g-60g），最后计算出氢氧化钠溶液中溶质的质量分数；
（3）由图象可知，C溶液中的溶质为硫酸和硫酸铜，加入的氢氧化钠与二者均反应，利用化学方程式分别计算出硫酸钠的质量分数即可。
【解答】（1）在D中加入Ba（NO3）2溶液能生成一种不溶于稀硝酸的白色沉淀，所以D溶液中一定存在硫酸根离子，E是蓝色沉淀，则是氢氧化铜，那么C是硫酸铜，D是硫酸钠；黑色固体为氧化铜，酸为稀硫酸，故填：H2SO4；（2）设由CuO生成的CuSO4的质量为x
解得x=16g
设与CuSO4反应的NaOH的质量为y，同时生成Na2SO4的质量为a
解得y=8g a=14.2g
所用氢氧化钠溶液中溶质的质量分数为：×100%=20%
答：NaOH溶液中溶质的质量分数是20%。
（3）设硫酸与氢氧化钠反应生成硫酸钠质量为b
解得b=21.3g
所得溶液中溶质的质量为：21.3g+14.2g=35.5g
答：C溶液中加入NaOH溶液至恰好完全反应时，所得溶液溶质的质量是35.5g。
30．【答案】（1）Cu
（2）33∶17
（3）解：设所加稀硫酸的溶质的质量分数为x根据表格信息，第1次加入70g稀硫酸，消耗的镁为，第2次加入70g稀硫酸，消耗的镁为，说明第1次加入稀硫酸时，稀硫酸完全反应，则x=10.5%答：所加稀硫酸的溶质的质量分数为10.5%。
【知识点】根据化学反应方程式的计算；金属的化学性质
【解析】【分析】（1）加入稀硫酸，铜与稀硫酸不反应，镁与稀硫酸反应生成硫酸镁、氢气。
（2）根据铜不和硫酸反应而金属镁和硫酸反应生成氢气进行解答；
（3）根据金属镁的质量求出稀硫酸的溶质的质量即可求出所加稀硫酸的溶质的质量分数进行解答。
【解答】（1）加入稀硫酸，铜与稀硫酸不反应，镁与稀硫酸反应生成硫酸镁、氢气，
化学方程式为。
根据表格信息，第1次加入70g稀硫酸，消耗的镁为，
第2次加入70g稀硫酸，消耗的镁为，
第3次加入70g稀硫酸，消耗的镁为，
第4次加入70g稀硫酸，消耗的镁为，
说明此时稀硫酸有剩余，镁完全反应，则剩余固体是铜（Cu）。
（2）剩余固体是铜，质量为13.2g，则合金中镁的质量为，
铜、镁的质量比为。
（3）根据（1）的分析，第1次加入70g稀硫酸，消耗的镁为1.8g，第2次加入70g稀硫酸，消耗的镁仍为1.8g，说明第1次加入稀硫酸时，稀硫酸完全反应，据此可通过化学方程式计算出所加稀硫酸的溶质的质量分数。
（1）加入稀硫酸，铜与稀硫酸不反应，镁与稀硫酸反应生成硫酸镁、氢气，化学方程式为。根据表格信息，第1次加入70g稀硫酸，消耗的镁为，第2次加入70g稀硫酸，消耗的镁为，第3次加入70g稀硫酸，消耗的镁为，第4次加入70g稀硫酸，消耗的镁为，说明此时稀硫酸有剩余，镁完全反应，则剩余固体是铜（Cu）。
（2）剩余固体是铜，质量为13.2g，则合金中镁的质量为，铜、镁的质量比为。
（3）根据（1）的分析，第1次加入70g稀硫酸，消耗的镁为1.8g，第2次加入70g稀硫酸，消耗的镁仍为1.8g，说明第1次加入稀硫酸时，稀硫酸完全反应，据此可通过化学方程式计算出所加稀硫酸的溶质的质量分数，详见答案。
31．【答案】（1）191
（2）
（3）解：反应生成碳酸钙沉淀的质量为：11g+108g+20.0g×6-230g=9g，设食用碱样品中Na2CO3的质量分数为x。，x=86.7%答：该食用碱样品中Na2CO3的质量分数为86.7%。
【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】根据表格提供的数据结合根据化学方程式的计算的知识进行分析解答即可。
【解答】（1）碳酸钠溶液与氯化钙溶液发生反应生成碳酸钙沉淀、氯化钠，反应的化学方程式为：Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl，
第1次加入20gCaCl2溶液，生成碳酸钙沉淀的质量为：11g+108g+20g-137.0g=2g，
第2次加入20gCaCl2溶液，生成碳酸钙沉淀的质量为：137g+20g-155g=2g，
第3次加入20gCaCl2溶液，生成碳酸钙沉淀的质量为：155g+20g-173g=2g，
从第3次到第5次生成沉淀的质量为：173g+20g+20g-210g=3g，
所以第4次加入20gCaCl2溶液，生成碳酸钙沉淀的质量为2g，而第5次加入20gCaCl2溶液，生成碳酸钙沉淀的质量为1g。
所以M的值为：173g+20g-2g=191g。
（2）根据以上分析可知，生成沉淀的质量随滴加氯化钙溶液质量的变化关系图为：
（1）碳酸钠溶液与氯化钙溶液发生反应生成碳酸钙沉淀、氯化钠，反应的化学方程式为：Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl，第1次加入20gCaCl2溶液，生成碳酸钙沉淀的质量为：11g+108g+20g-137.0g=2g，第2次加入20gCaCl2溶液，生成碳酸钙沉淀的质量为：137g+20g-155g=2g，第3次加入20gCaCl2溶液，生成碳酸钙沉淀的质量为：155g+20g-173g=2g，从第3次到第5次生成沉淀的质量为：173g+20g+20g-210g=3g，所以第4次加入20gCaCl2溶液，生成碳酸钙沉淀的质量为2g，而第5次加入20gCaCl2溶液，生成碳酸钙沉淀的质量为1g。所以M的值为：173g+20g-2g=191g。
（2）根据以上分析可知，生成沉淀的质量随滴加氯化钙溶液质量的变化关系图为：
（3）见答案
32．【答案】（1）一、二
（2）5：1
（3）105.5
（4）1.25
【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）根据图表中数据分析，每消耗3.0g混合物，溶液增加1.9g，第三次加入混合物9.0g，溶液增加质量为5.0g小于1.9g×3，说明混合物剩余，稀盐酸完全反应；
（2）根据质量守恒定律求解二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量求解碳酸钙的质量，及一步计算混合物中碳酸钙和氯化钙质量之比；
（3）由于第三组时混合物剩余，稀盐酸完全反应；根据（2）中碳酸钙和氯化钙质量之比可知氯化钙的质量，第四组比第三组只是多溶解了氯化钙；
（4）根据质量守恒定律求解二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量求解碳酸钙的质量，及一步计算表中m的值。
【解答】（1）根据图表中数据分析，每消耗3.0g混合物，溶液增加1.9g，第三次加入混合物9.0g，溶液增加质量为5.0g小于1.9g×3，说明混合物剩余，稀盐酸完全反应；第一、二组稀盐酸还有剩余；
（2）由第一组数据可知，二氧化碳的质量为100.0g+3.0g-101.9g=1.1g
设3.0g混合物中碳酸钙的质量为x，
x=2.5g
混合物中碳酸钙和氯化钙质量之比为2.5g：（3.0g-2.5g）=5：1；
（3）由于第三组混合物剩余，稀盐酸完全反应；所以第四组比第三组多加入了12.0g-9.0g=3.0g，混合物中的氯化钙，3.0g混合物中的氯化钙质量为3.0g×=0.5g，所以a=105.0+0.5=105.5；
（4）第三组中产生二氧化碳的质量为100.0g+9.0g-105.0g-m=4.0g-m，设反应的碳酸钙的质量为y，
y=，
9.0g混合物中的碳酸钙质量为9.0g×=7.5g，则：+m=7.5g，故m=1.25g。
（1）根据图表中数据分析，每消耗3.0g混合物，溶液增加1.9g，第三次加入混合物9.0g，溶液增加质量为5.0g小于1.9g×3，说明混合物剩余，稀盐酸完全反应；第一、二组稀盐酸还有剩余；
（2）由第一组数据可知，二氧化碳的质量为100.0g+3.0g-101.9g=1.1g
设3.0g混合物中碳酸钙的质量为x，
x=2.5g
混合物中碳酸钙和氯化钙质量之比为2.5g：（3.0g-2.5g）=5：1；
（3）由于第三组混合物剩余，稀盐酸完全反应；所以第四组比第三组多加入了12.0g-9.0g=3.0g，混合物中的氯化钙，3.0g混合物中的氯化钙质量为3.0g×=0.5g，所以a=105.0+0.5=105.5；
（4）第三组中产生二氧化碳的质量为100.0g+9.0g-105.0g-m=4.0g-m，设反应的碳酸钙的质量为y，
y=，
9.0g混合物中的碳酸钙质量为9.0g×=7.5g，则：+m=7.5g，故m=1.25g。
1 / 1浙江省慈溪市上林初级中学2024-2025学年九年级上学期期中科学试题
1．（2024九上·慈溪期中）下列实验操作正确的是（　　）
A．倾倒液体 B．加热液体
C．读取液体体积 D．稀释浓硫酸
【答案】D
【知识点】常见实验操作
【解析】【分析】A、根据向试管中倾倒液体试剂的方法，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、根据浓硫酸的稀释方法（酸入水，沿器壁，慢慢倒，不断搅），进行分析判断。
【解答】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，图示操作瓶塞要没有倒放，瓶口没有紧挨试管口，故操作错误；
B、加热液体时，用酒精灯外焰加热，且液体体积不超过试管容积的三分之一，试管夹应该夹在试管的中上部，故操作错误；
C、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，故操作错误；
D、浓硫酸溶于水放出大量的热，密度大于水，稀释浓硫酸时，要把浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，以使热量及时的扩散，一定不能把水注入浓硫酸中，故操作正确。
故答案为：D。
2．（2024九上·慈溪期中）下列变化遵循质量守恒定律的是（　　）
A．木炭在空气中燃烧生成二氧化碳
B．铁水冷却成铁锭
C．水加热变成水蒸气
D．食盐溶解在水中形成溶液
【答案】A
【知识点】质量守恒定律及其应用
【解析】【分析】（1）质量守恒定律：在化学反应中，参加反应的各物质的质量总和等于反应后生成的各物质的质量总和。化学反应的本质是分子破裂成原子，原子重新组合成新分子的过程，反应前后原子的种类、数目和质量都不变。
（2）物理变化：没有新物质生成的变化。物理变化过程中，物质的分子没有发生改变，只是物质的状态、形状等发生变化，不涉及原子的重新组合，所以不遵循质量守恒定律。
【解答】A、木炭在空气中燃烧生成二氧化碳，是木炭与氧气发生的化学反应，反应前后原子种类、数目和质量不变，遵循质量守恒定律，该选项正确。
B、铁水冷却成铁锭，只是铁的状态从液态变为固态，没有新物质生成，属于物理变化，不遵循质量守恒定律，该选项错误。
C、水加热变成水蒸气，是水的状态从液态变为气态，没有新物质生成，属于物理变化，不遵循质量守恒定律，该选项错误。
D、食盐溶解在水中形成溶液，只是食盐在水中分散，没有新物质生成，属于物理变化，不遵循质量守恒定律，该选项错误。
故答案为：A。
3．（2024九上·慈溪期中）下表为四种植物适宜生长的pH范围，适宜种植在碱性土壤中的是（　　）
选项 A B C D
植物 杨梅 菠萝 甘薯 冬枣
pH 4.0~5.0 4.5~5.5 5.0~6.0 8.0~8.5
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】溶液的酸碱性与pH值的关系
【解析】【分析】根据溶液pH与酸碱性关系分析，溶液pH<7时，呈酸性，溶液pH>7时，呈碱性，溶液pH＝7时，呈中性。
【解答】杨梅、菠萝、甘薯种植土壤pH都小于7，即酸性土壤，冬枣种植土壤pH大于7，即碱性土壤；
故选D。
4．（2024九上·慈溪期中）归类是我们经常用到的一种学习方法。若用如图所示的形式对所学知识进行归类，则表中的选项与图相符的是（　　）
选项 甲 Y Z
A. 常见的碱 烧碱 纯碱 熟石灰
B. 常见的矿物燃料 煤 石油 天然气
C. 常见的合金 钢铁 生铁 氧化铁
D. 有机合成材料 塑料 橡胶 不锈钢
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】合金与合金的性质；常见物质的分类
【解析】【分析】根据表格中所给的物质的结构组成，结合右图中的关系把横向的物质进行归类，然后做出判断，进而完成解答。
【解答】A、纯碱是Na2CO3的俗称，属于盐，故A错误；
B、煤、石油、天然气均为常见的矿物燃料，故B正确；
C、氧化铁不属于合金，故C错误；
D、不锈钢属于金属材料，故D错误。
故答案为：B。
5．（2024九上·慈溪期中）下列是某同学设计的鉴别氢氧化钠溶液和稀盐酸的方法，其中正确的是（　　）
①滴加酚酞试液②滴加碳酸钠溶液⑧滴加氯化钙溶液
④通入二氧化碳气体⑤加入锌粒⑥加入铁锈
A．①②⑤⑥ B．①②③④ C．①②⑧⑤ D．①②④⑤
【答案】A
【知识点】酸、碱的概念；酸与碱的反应及用途
【解析】【分析】（1）酸碱指示剂：酚酞试液在碱性溶液中变红，在酸性和中性溶液中无色。氢氧化钠溶液呈碱性，能使酚酞试液变红；稀盐酸呈酸性，不能使酚酞试液变色。
（2）酸与碳酸盐反应：酸能与碳酸盐反应生成二氧化碳气体。稀盐酸能与碳酸钠溶液反应产生二氧化碳气体，有气泡冒出；氢氧化钠溶液与碳酸钠溶液不反应。
（3）复分解反应条件：氯化钙溶液与氢氧化钠溶液、稀盐酸都不发生反应，无法鉴别。
（4）碱与酸性氧化物反应：二氧化碳能与氢氧化钠溶液反应，但无明显现象；二氧化碳与稀盐酸不反应，不能鉴别。
（5）酸与活泼金属反应：酸能与活泼金属反应生成氢气。稀盐酸能与锌粒反应产生氢气，有气泡冒出；氢氧化钠溶液与锌粒不反应。
（6）酸与金属氧化物反应：酸能与金属氧化物反应。稀盐酸能与铁锈（主要成分氧化铁 ）反应，铁锈逐渐溶解，溶液变黄；氢氧化钠溶液与铁锈不反应。
【解答】A、①滴加酚酞试液可鉴别；②滴加碳酸钠溶液可鉴别；⑤加入锌粒可鉴别；⑥加入铁锈可鉴别，该选项正确。
B、③滴加氯化钙溶液无法鉴别，④通入二氧化碳气体无法鉴别，该选项错误。
C、③滴加氯化钙溶液无法鉴别，该选项错误。
D、④通入二氧化碳气体无法鉴别，该选项错误。
故答案为：A。
6．（2024九上·慈溪期中）小金完成了图示实验①②③，下列判断正确的是（　　）
A．实验②中有气泡产生
B．实验①中石灰水有剩余
C．实验③所得溶液中一定含CaCl2和NaCl
D．实验③中没有明显现象
【答案】C
【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】反应规律：酸碱盐之间发生复分解反应需要满足一定条件，即有沉淀、气体或水生成。如上述反应中，碳酸钠与氢氧化钙反应生成沉淀，碳酸钙与稀盐酸反应生成气体和水 。
【解答】A、实验②中碳酸钠和氢氧化钙反应生成白色沉淀碳酸钙和氢氧化钠，不产生气泡，该选项说法不正确；
B、如果实验①中石灰水有剩余，则稀盐酸完全反应，如果③中不含有稀盐酸，②中碳酸钠和氢氧化钙反应生成的碳酸钙则不能溶解，最终不能得到无色澄清溶液，该选项说法不正确；
C、实验③中最终得到无色澄清溶液，说明1号试管中的盐酸过量，和2号试管中的氢氧化钠反应生成氯化钠和水，和碳酸钙反应生成氯化钙、水和二氧化碳，因此实验③所得溶液中一定含CaCl2和NaCl，该选项说法正确；
D、实验③中最终得到无色澄清溶液，说明1号试管中的盐酸过量，和2号试管中的氢氧化钠反应生成氯化钠和水，和碳酸钙反应生成氯化钙、水和二氧化碳过程中固体溶解，产生气泡，该选项说法不正确。
故答案为：C。
7．（2024九上·慈溪期中）进行气体的收集、除杂或检验实验时，都可以使用如图所示的多功能装置（瓶内的物质随需要而变化），下列使用方法中，正确的是（　　）
A．排水法收集氧气时，由a口进气
B．排空气法收集氢气时，由a口进气
C．除去氧气中少量的二氧化碳时，由b口进气
D．检验氢气中是否含有氯化氢气体时，由a口进气
【答案】D
【知识点】物质除杂或净化；酸的化学性质；碱的化学性质
【解析】【分析】A、根据氧气的密度小于水进行分析；
B、根据氢气密度比空气小进行分析；
C、根据使气体与液体充分接触，除去二氧化碳进行分析；
D、根据使氯化氢气体与液体充分接触，检验氯化氢进行分析。
【解答】A、排水法收集氧气时，氧气的密度小于水，由b口进气，由a口排出水，错误；
B、氢气密度比空气小，氢气必须从b端进入，空气从下方排出，错误；
C、除去氧气中少量的二氧化碳时，由a口进气，使气体与液体（如NaOH溶液）充分接触，除去二氧化碳，错误；
D、检验氢气中是否含有氯化氢气体时，由a口进气，使氯化氢气体与液体（如硝酸银溶液）充分接触，检验氯化氢，正确。
故答案为：D。
8．（2024九上·慈溪期中）下图为某反应的部分微观示意图，其中不同的球代表不同元素的原子，下列说法正确的是（　　）
A．该反应属于复分解反应
B．参加反应的两种分子个数比为1.1
C．1个X分子中含有6个原子
D．反应中元素的种类数大于分子种类数
【答案】C
【知识点】模型与符号；盐的性质及用途
【解析】【分析】根据变化微观示意图和质量守恒定律，利用分子由原子构成等特点，分析X的构成，物质反应的微粒个数关系，判断反应的类型等。
【解答】 根据反应的部分微观示意图和质量守恒定律可知，反应前的分子中共含有14个原子，三种原子；而反应后生成物之一的一个分子中含2个原子，只含一种原子，该物质属于单质，则2个X分子中含12个原子，应为两种原子。因此1个X分子中含有6个原子，属于两种原子。A、由反应的微观示意图可知，反应物为两种化合物，生成物中有单质，不属于复分解反应。故A不正确；
B、根据图示可知，参加反应的两种分子的个数比为2：4=1：2而非1：1；故B不正确；
C、由上述分析可知，1个X分子中含有3个原子，故C正确；
D、由微粒的构成可知，该反应涉及到三种原子，元素的种类是三种，分子的种类为4种。故D不正确。
故答案为：C。
9．（2024九上·慈溪期中）下列除杂方法正确的是（　　）
选项 物质（括号内的为杂质） 除杂方法
A CaO(CaCO3) 加足量的水溶解，过滤，蒸发结晶
B Cu(Fe) 加入足量的稀HCl，充分反应后过滤，洗涤，干燥
C NaCl(Na2CO3) 加入适量Ca(NO3)2，充分反应后过滤，蒸发结晶
D CO2(CO) 通过足量的NaOH溶液，再通过浓H2SO4
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】物质除杂或净化
【解析】【分析】除杂原则是不增（不引入新杂质）、不减（不减少原物质）、易分离（杂质与原物质及生成物质易分离）。
（1）氧化钙和碳酸钙与水的反应：氧化钙能与水反应生成氢氧化钙，碳酸钙难溶于水。若用加水溶解、过滤、蒸发结晶的方法除去氧化钙中的碳酸钙，会把主要物质氧化钙反应掉，不符合除杂原则。
（2）铁和铜与稀盐酸的反应：铁能与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，铜不与稀盐酸反应。加入足量稀盐酸，充分反应后过滤、洗涤、干燥，可除去铜中混有的铁，符合除杂原则。
（3）碳酸钠与硝酸钙的反应：碳酸钠能与硝酸钙反应生成碳酸钙沉淀和硝酸钠，虽然除去了碳酸钠，但引入了新杂质硝酸钠，不符合除杂原则。
（4）二氧化碳和一氧化碳与氢氧化钠溶液的反应：二氧化碳能与氢氧化钠溶液反应，一氧化碳不与氢氧化钠溶液反应。通过足量氢氧化钠溶液会把主要物质二氧化碳反应掉，不符合除杂原则。
【解答】A、氧化钙会与水反应，不能用该方法除杂，该选项错误。
B、铁与稀盐酸反应，铜不反应，能除去杂质且不引入新杂质，该选项正确。
C、引入了新杂质硝酸钠，不符合除杂原则，该选项错误。
D、除去了主要物质二氧化碳，不符合除杂原则，该选项错误。
故答案为：B。
10．（2024九上·慈溪期中）在反应A+3B=2C+2D中，28gA与一定质量的B恰好完全反应，生成88gC。若C、D的相对分子质量之比为22：9，则A与B的相对分子质量之比为（　　）
A．7：8 B．8：7 C．7：24 D．24.7
【答案】A
【知识点】化学方程式的配平；根据化学反应方程式的计算
【解析】【分析】根据反应的质量比和质量守恒定律分析计算。
【解答】C、D的相对分子质量之比为22：9，生成88gC，
则生成D的质量是36g，反应的B的质量是88g+36g-28g=96g，
设A与B的相对分子质量之比为x：y，
根据题意有x：3y=28g：96g，x：y=7：8。
故答案为：A。
11．（2024九上·慈溪期中）甲化工厂排放的酸性污水和乙工厂排放的污水，共含有以下6种离子中的各3种：K+、OH-、、Ba2+、H+、NO3-，则乙化工厂排放的污水中含有的3种离子是（　　）
A．Ba2+、OH-、K+ B．Ba2+、OH-、NO3-
C．K+、OH-、 D．K+、OH-、H+
【答案】C
【知识点】离子或物质的共存问题
【解析】【分析】根据甲厂的污水为酸性，说明含有氢离子，氢离子不能和碳酸根离子、氢氧根离子共存，碳酸根离子不能和钡离子共存，所有的钾离子、硝酸根离子形成的化合物都易溶于水，溶液中必须存在阴阳离子进行分析。
【解答】 由于甲排放的为酸性物质，则甲化工厂的污水中含有氢离子，又由于氢离子和氢氧根离子、碳酸根离子均不能共存，则其中应含有硝酸根，而乙工厂的污水中含有氢氧根和碳酸根，又由于钡离子和碳酸根不共存，则甲化工厂排放的污水有氢离子、钡离子和硝酸根，乙化工厂排放的污水中含有钾离子、氢氧根和碳酸根，则乙化工厂排放的污水中所含有的3种离子K+、OH﹣、；
故答案为：C。
12．（2024九上·慈溪期中）某废液中只含有Fe(NO3)2、Cu(NO3)2、Ba(NO3)2三种溶质。为了回收金属、保护环境，小科设计了如图方案（所加试剂均过量）。下列判断正确的是（　　）
A．X一定是Na2SO4
B．固体a是铜
C．若回收到6.4g固体a，则加入的铁屑质量为5.6g
D．溶液B中含有的盐有Ba(NO3)2和NaNO3
【答案】D
【知识点】盐的性质及用途；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】根据铁的金属活动性大于铜，向废液中加入过量的铁屑，铁能与硝酸铜反应生成了铜和硝酸亚铁，过滤时得到的固体a中应含有铁和铜，向滤液中加入氢氧化钠时，硝酸亚铁能与氢氧化钠反应生成了氢氧化亚铁沉淀和硝酸钠，氢氧化亚铁在空气中已被氧化为氢氧化铁；为了除去钡离子，应加入硫酸钠、碳酸钠等。据此分析判断有关的问题。
【解答】由于铁的金属活动性大于铜，由题意可知，向废液中加入过量的铁屑，铁能与硝酸铜反应生成了铜和硝酸亚铁，过滤时得到的固体a中应含有铁和铜，向滤液中加入氢氧化钠时，硝酸亚铁能与氢氧化钠反应生成了氢氧化亚铁沉淀和硝酸钠，氢氧化亚铁在空气中已被氧化为氢氧化铁；为了除去钡离子，应加入硫酸钠、碳酸钠等。A、由上述分析可知，X可能是Na2SO4、Na2CO3，故判断错误；
B、由上述分析可知，固体a是铜、铁，故判断错误；
C、由于铁的量是过量的，若回收到6.4g固体a，则加入的铁屑质量一定要大于5.6g，故D错误；
D、由上述分析可知，溶液B中含有的盐有Ba（NO3）2、NaNO3，故判断正确。
故答案为： D。
13．（2024九上·慈溪期中）将等质量的镁、铁、锌，分别放入三份质量分数相同的稀盐酸的中，反应生成的H2质量与反应时间的关系如图所示．根据图中的信息，作出的判断不正确的是（　　）
A．图线x表示镁的反应情况
B．铁消耗的稀盐酸质量最大
C．镁、锌一定过量，铁可能反应完
D．镁一定过量，锌、铁可能反应完
【答案】C
【知识点】金属的化学性质；金属活动性顺序及其应用；酸的化学性质
【解析】【分析】金属的活动性反映了金属在溶液中失去电子变成离子的难易程度，排在前面的金属比后面的金属更易失去电子，活动性更强。由关系图可知，X、Y、Z三种金属活动性关系为：X＞Y＞Z，则金属X为镁，Y为锌，Z为铁；等质量的不同金属，当金属的化合价相同时，相对原子质量越大的金属生成氢气越少。等质量的镁、锌、铁完全反应放出氢气的质量关系为：镁＞铁＞锌，而在关系图中三种金属反应停止后产生氢气质量关系为：铁＞镁=锌，说明镁没有完全反应有剩余，铁消耗盐酸量最大且可能完全反应。
【解答】A、由于盐酸的溶质质量分数相同，而图中X反应速度最快，说明X是三种金属中活动性最强的镁；所以判断正确；
B、图中铁生成氢气最多，根据反应前后元素质量不变，而盐酸的溶质质量分数相同，故可判断铁消耗盐酸质量最大；所以判断正确；
C、生成2g氢气需要24g的镁或65g的锌完全反应，图中镁、锌产生氢气质量相等，说明镁没有完全反应，但不能确定锌也没有完全反应；所以判断错误；
D、从图中看到镁和锌反应生成的氢气一样多，则消耗的稀盐酸一样多，那么镁一定过量，锌可能过量或反应完，所以判断正确。
故答案为： C。
14．（2024九上·慈溪期中）物质转化是化学研究的重要内容。甲、乙、丙、丁是不同类别的常见物质，甲是单质，丁是配制波尔多液的原料，转化关系如图（“一”表示相互反应，“→”表示一步转化，涉及的反应均为初中化学常见反应）。下列说法正确的是（　　）
A．反应①一定是置换反应 B．反应②有氢气生成
C．反应③④一定有沉淀生成 D．丙是盐
【答案】A
【知识点】盐的性质及用途；碱的化学性质
【解析】【分析】1、物质的分类与性质
单质：由同种元素组成的纯净物，具有独特的化学性质，如金属单质能与酸、盐等发生反应，非金属单质能与金属、氧气等反应。本题中甲是单质，可能是金属单质如铁、铜等，也可能是非金属单质如氢气、碳等。
酸：在水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物，具有酸性，能与活泼金属、金属氧化物、碱、盐等发生反应。
碱：在水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，能与酸、非金属氧化物、盐等反应。丁是配制波尔多液的原料，可能是氢氧化钙，属于碱，具有碱的通性。
盐：由金属阳离子（或铵根离子）和酸根阴离子组成的化合物，能与酸、碱、金属等发生反应。
2、置换反应：一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应。如金属与酸反应生成氢气和盐，金属与盐溶液反应生成新金属和新盐。
3、复分解反应：两种化合物互相交换成分，生成另外两种化合物的反应。反应条件是有沉淀、气体或水生成。本
4、甲、乙、丙、丁是不同类别的常见物质，甲是单质，丁是配制波尔多液的原料，甲与丁能反应，可知丁是硫酸铜，甲是比铜活泼的常见金属（如铁等），甲能和乙反应且乙能转化为丁，可知乙是稀硫酸，而丙能和酸、盐反应，故丙是碱（如氢氧化钠等），代入验证，推理正确。
【解答】A、甲是铁等较活泼金属，丁是硫酸铜，反应①可以是活泼金属和硫酸铜反应生成铜和另一种硫酸盐，此类反应是一种单质和一种化合物生成另一种单质和另一种化合物，属于置换反应，故说法正确；
B、乙是稀硫酸，丁是硫酸铜，反应②可以是氧化铜或氢氧化铜和稀硫酸反应生成硫酸铜和水，故说法错误；
C、乙是稀硫酸，若丙是氢氧化钠，稀硫酸和氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，没有沉淀生成，故说法错误；
D、由分析可知，丙是碱，故说法错误。
故答案为： A。
15．（2024九上·慈溪期中）已知钠和水反应的化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑。质量均为mg的钠、镁、锌三种金属分别与25g溶质质量分数为19.6%的稀硫酸反应。由于金属的质量不确定，产生氢气的质量大小有多种可能（不考虑镁与水的反应，直接用金属表示）。①Mg>Na>Zn；2Na>Mg>Zn；③Na=Mg=Zn；④Na=Mg>Zn；⑤Na=Zn>Mg；⑥Na>Mg=Zn。以上几种猜测你认为合理的是（　　）
A．①③④⑥ B．①②⑤⑥ C．①③⑤⑥ D．①②④⑥
【答案】D
【知识点】金属的化学性质；金属活动性顺序及其应用
【解析】【分析】（1）根据金属与酸反应的化学方程式分析。
（2）计算不同金属与硫酸反应的情况：若硫酸完全反应，根据化学方程式计算，Mg产生氢气质量为0.1g，Zn产生氢气质量为0.1g。Na先与硫酸反应，若硫酸反应完后，Na还能与水反应继续产生氢气，所以Na产生氢气质量大于0.1g。当金属都过量时，硫酸完全反应，产生氢气质量Mg = Zn，但Na还能与水反应，所以Na产生氢气最多，即Na>Mg = Zn，⑥合理。
当金属都少量时，硫酸过量，根据金属与酸反应的化学计量关系，Mg产生氢气最多，Zn产生氢气最少，Na产生氢气量介于Mg和Zn之间（因为Na先与酸反应再与水反应），即Mg>Na>Zn，①合理。
当Na和Mg过量，Zn少量时，Na和Mg使硫酸完全反应产生氢气量相同，但Na还与水反应，所以\Na>Mg>Zn，②合理。
当Na和Mg恰好与硫酸反应完，Zn少量时，Na = Mg>Zn，④合理。
【解答】A、③中Na产生氢气量大于Mg和Zn（因为Na能与水反应 ），所以Na = Mg = Zn不合理，该选项错误。
B、⑤中Na产生氢气量大于Mg和Zn，Na = Zn>Mg不合理，该选项错误。
C、③中Na = Mg = Zn不合理，⑤中Na = Zn>Mg不合理，该选项错误。
D、①②④⑥情况分析合理，该选项正确。
故答案为：D。
16．（2024九上·慈溪期中）实验室里儿种物质在向同学们做“自我介绍”，请把内容补充完整。
（1）浓硫酸：因为我有　 　性，在空气中放置一段时间我的质量增加了。
（2）烧碱固体：我暴露在空气中会吸收　 　变质了。
（3）浓盐酸：因为我有挥发性，在空气中放置一段时间我的质量分数　 　。
（4）铁：因为我有　 　性，生活中常用来做炊具。
【答案】吸水；二氧化碳；减小；良好的导热性
【知识点】酸的物理性质及用途；常见金属与金属的物理性质及用途；碱的化学性质
【解析】【分析】（1）浓硫酸因吸水导致溶液的质量变大，溶质的质量分数减小。
（2）烧碱是氢氧化钠的俗称，吸水潮解不属于变质，吸收二氧化碳生成碳酸钠属于变质。
（3）浓盐酸具有挥发性，挥发的是氯化氢气体，氯化氢气体与空气中的水蒸气结合形成白雾，溶质质量减小，水的质量几乎不变，所以溶质的质量分数减小。
（4）炊具要求导热性好，能用铁制作炊具，说明铁的导热性好。【解答】（1）浓硫酸具有吸水性，在空气中放置一段时间会吸收空气中的水蒸气，导致质量增加。
（2）氢氧化钠能和空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠和水，所以烧碱固体暴露在空气中会吸收二氧化碳变质。
（3）浓盐酸具有挥发性，在空气中放置一段时间，溶质质量减少，溶剂质量不变，所以溶质质量分数减小。
（4）铁有良好的导热性，生活中常用来做炊具。
17．（2024九上·慈溪期中）“化学——我们的生活，我们的未来”。请从化学的视角认识生产生活中的有关问题：在人体所摄入的物质中，除空气、水、食盐等无机物外，其余主要是糖类、油脂、蛋白质和　 　等有机物。人体缺乏　 　元素可能导致骨质疏松，食用乳制品、豆类等可摄入该元素。
【答案】维生素；Ca
【知识点】元素的概念；元素的符号及其意义
【解析】【分析】人类需要的营养物质有糖类、油脂、蛋白质、维生素、水和无机盐。
【解答】人体摄取的有机物主要有糖类、油脂、蛋白质和维生素等；
人体缺乏钙元素可能导致骨质疏松。
18．（2024九上·慈溪期中）价类图是以元素化合价为纵坐标，物质类别为横坐标绘制的图像，它能将化学知识进行系统地整合。如图是均含某非金属元素的物质价类图，其中“→”表示物质间的转化关系。
（1）写出D的化学式：　 　；
（2）写出一个E→C的化学方程式　 　；
（3）在图示物质相互转化关系中，基本反应类型有________（填写字母）。
A．化合反应 B．分解反应 C．置换反应 D．复分解反应
【答案】（1）H2CO3
（2）
（3）A；B；C；D
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；盐的性质及用途；酸的化学性质
【解析】【分析】根据如图是含碳元素物质的价类图，所以A是碳，碳会转化成氧化物B、C，所以B是一氧化碳，C是二氧化碳，二氧化碳和酸D可以相互转化，所以D是碳酸，E会与二氧化碳相互转化，所以E是碳酸钠或碳酸钙等，然后将推出的物质验证即可。
【解答】（1）酸由氢离子和酸根离子构成，碳元素为+4价的酸，该酸为碳酸，故填：；
（2）E→C反应是碳元素为+4价的盐转化成碳的+4价氧化物()，该盐可以是碳酸钠，该反应为碳酸钠与稀盐酸反应生成二氧化碳、水和氯化钠，故填：；
（3）从图中可知，A碳和氧气反应可以生成C二氧化碳和B一氧化碳是化合反应；A碳和氧化铜高温下反应生成C二氧化碳和单质铜是置换反应；E→C可以是碳酸钙在高温条件下分解生成氧化钙和二氧化碳是分解反应；D→E可以是碳酸与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，属于复分解反应。
故答案为： ABCD。
（1）酸由氢离子和酸根离子构成，碳元素为+4价的酸，该酸为碳酸，故填：；
（2）E→C反应是碳元素为+4价的盐转化成碳的+4价氧化物()，该盐可以是碳酸钠，该反应为碳酸钠与稀盐酸反应生成二氧化碳、水和氯化钠，故填：；
（3）从图中可知，A碳和氧气反应可以生成C二氧化碳和B一氧化碳是化合反应；A碳和氧化铜高温下反应生成C二氧化碳和单质铜是置换反应；E→C可以是碳酸钙在高温条件下分解生成氧化钙和二氧化碳是分解反应；D→E可以是碳酸与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，属于复分解反应，故选：ABCD。
19．（2024九上·慈溪期中）为探究锌、铁、铜、银的四种金属的活动性顺序，小科设计了如图所示的实验。
（1）运用控制变量法设计实验方案是科学研究的重要方法。在A、B、C三个实验中，需要控制的实验条件除了金属与稀硫酸的接触面积、稀硫酸的体积、温度以外，还需要控制的条件是　 　；
（2）你认为从中选择四个实验即可验证锌、铁、铜、银的金属活动性顺序，这四个实验的组合是　 　。
【答案】（1）稀硫酸的浓度
（2）ABCE
【知识点】控制变量法；金属活动性顺序及其应用
【解析】【分析】（1）根据在其它条件相同时，稀硫酸的浓度越大，与金属的反应速率越快，进行分析解答。
（2）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，据此进行分析解答。
【解答】（1）探究锌、铁、铜、银的四种金属的活动性顺序，在A、B、C三个实验中，变量为金属的种类，其他条件保持不变，则除了控制金属与稀硫酸的接触面积、稀硫酸的体积、温度以外，还需要控制的条件是稀硫酸的浓度，故填：稀硫酸的浓度；
（2）A、将锌片放入稀硫酸中，会观察到有大量的气泡产生，说明金属活动性：Zn>H；
B、将铁片放入稀硫酸中，会观察到有气泡产生，说明金属活动性：Fe>H，与A相比，A中产生气泡的速率更快，说明金属活动性：Zn>Fe；
C、将铜片放入稀硫酸中，无明显现象，说明金属活动性：CuD、铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，可观察到铁表面有红色固体析出，说明金属活动性：Fe>Cu；
E、铜与硝酸银反应生成硝酸铜和银，可观察到铜表面有银白色固体析出，说明金属活动性：Cu>Ag。
综上，选择四个实验即可验证锌、铁、铜、银的金属活动性顺序，这四个实验的组合是ABCE或者ABDE。
故答案为： ABCE或者ABDE。
（1）探究锌、铁、铜、银的四种金属的活动性顺序，在A、B、C三个实验中，变量为金属的种类，其他条件保持不变，则除了控制金属与稀硫酸的接触面积、稀硫酸的体积、温度以外，还需要控制的条件是稀硫酸的浓度，故填：稀硫酸的浓度；
（2）A：将锌片放入稀硫酸中，会观察到有大量的气泡产生，说明金属活动性：Zn>H；
B：将铁片放入稀硫酸中，会观察到有气泡产生，说明金属活动性：Fe>H，与A相比，A中产生气泡的速率更快，说明金属活动性：Zn>Fe；
C：将铜片放入稀硫酸中，无明显现象，说明金属活动性：CuD：铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，可观察到铁表面有红色固体析出，说明金属活动性：Fe>Cu；
E：铜与硝酸银反应生成硝酸铜和银，可观察到铜表面有银白色固体析出，说明金属活动性：Cu>Ag。
综上，选择四个实验即可验证锌、铁、铜、银的金属活动性顺序，这四个实验的组合是ABCE或者ABDE，故填：ABCE或者ABDE。
20．（2024九上·慈溪期中）氯碱工业提纯原料粗盐（主要成分是NaCl、含少量的泥沙、Mg2+、SO4）流程图如下，现有HC1、NaOH、BaCl2，Na2CO3试剂，请你回答下列问题：
（1）加入试剂A、B、C、D的顺序依次是　 　（填写化学式）；
（2）加入适量D的目的是　 　。
【答案】（1）NaOH、BaCl2、Na2CO3、HCl
（2）除去过量的NaOH、Na2CO3
【知识点】物质除杂或净化；盐的性质及用途；酸的化学性质
【解析】【分析】 （1）“精制”过程中，加入过量的Na2CO3的作用，可将Ca2+、Ba2+完全转化为沉淀；
（2）盐酸能与氢氧化钠生成氯化钠和水，与碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳。
【解答】（1）要除去溶液Ⅰ中的Mg2+、，所选试剂分别是氢氧化钠溶液，氯化钡溶液和碳酸钠溶液，氢氧化钠除去镁离子，氯化钡除去硫酸根离子，碳酸钠除去过量的氯化钡、所以碳酸钠溶液一定在氯化钡溶液之后加入，操作E过滤后，所得的滤液中的溶质有氢氧化钠、碳酸钠和氯化钠，盐酸能与氢氧化钠生成氯化钠和水，与碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，故所加溶液的顺序是NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、HCl，或BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液、HCl，或BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液、HCl；
（2）盐酸能与氢氧化钠生成氯化钠和水，与碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，加入适量D的目的是除去过量的NaOH、Na2CO3。
（1）要除去溶液Ⅰ中的Mg2+、，所选试剂分别是氢氧化钠溶液，氯化钡溶液和碳酸钠溶液，氢氧化钠除去镁离子，氯化钡除去硫酸根离子，碳酸钠除去过量的氯化钡、所以碳酸钠溶液一定在氯化钡溶液之后加入，操作E过滤后，所得的滤液中的溶质有氢氧化钠、碳酸钠和氯化钠，盐酸能与氢氧化钠生成氯化钠和水，与碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，故所加溶液的顺序是NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、HCl，或BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液、HCl，或BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液、HCl；
（2）盐酸能与氢氧化钠生成氯化钠和水，与碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，加入适量D的目的是除去过量的NaOH、Na2CO3。
21．（2024九上·慈溪期中）实验室内有一包不纯的氯化钾粉末，含有的杂质可能是氯化铜、硝酸钙、氯化钠、碳酸钠中的一种或几种，为确定其成分，进行如下实验。
（1）取少许该粉末，加入足量的蒸馏水，使其完全溶解，只得到无色澄清溶液，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。则杂质中一定不含　 　。
（2）另称取14.9g该粉末于烧杯中，加入蒸馏水使其完全溶解，再加入足量的硝酸银溶液和稀硝酸，充分反应后生成28.7g白色沉淀，该粉末的组成有　 　。
【答案】（1）CuCl2、Ca(NO3)2
（2）KCl、NaCl、Na2CO3
【知识点】盐的性质及用途；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】根据氯化铜溶于水，溶液显蓝色，碳酸钠和氯化钡反应生成白色沉淀碳酸钡和氯化钠，和硝酸钙反应生成白色沉淀碳酸钙和硝酸钠，氯离子和银离子结合生成白色沉淀氯化银等知识进行分析。
【解答】（1）取少量该粉末于烧杯中，加蒸馏水，充分搅拌，得无色澄清溶液，溶液中一定不含CuCl2；取上述无色溶液少许于试管中，滴加氯化钡溶液有白色沉淀生成，碳酸钠和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，所以该粉末中一定含有Na2CO3，一定不含Ca（NO3）2；
（2）另称取14.9g该粉末于烧杯中，加入蒸馏水溶解，再加入足量的硝酸银溶液和稀硝酸，充分反应后生成28.7g白色沉淀，氯化钾、氯化钠和硝酸银反应的化学方程式及其质量关系为：
、
由计算可知，14.9g氯化钾和硝酸银反应生成28.7g氯化银，11.7g氯化钠和硝酸银反应生成28.7g氯化银，杂质中含有碳酸钠，氯化钾质量小于14.9g，和硝酸银反应生成氯化银质量小于28.7g，所以杂质中一定含有NaCl，通过以上三个实验还不能确定含有的杂质是硝酸钾，所以该粉末的组成有：KCl、NaCl、Na2CO3。
（1）取少量该粉末于烧杯中，加蒸馏水，充分搅拌，得无色澄清溶液，溶液中一定不含CuCl2；取上述无色溶液少许于试管中，滴加氯化钡溶液有白色沉淀生成，碳酸钠和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，所以该粉末中一定含有Na2CO3，一定不含Ca（NO3）2；
（2）另称取14.9g该粉末于烧杯中，加入蒸馏水溶解，再加入足量的硝酸银溶液和稀硝酸，充分反应后生成28.7g白色沉淀，氯化钾、氯化钠和硝酸银反应的化学方程式及其质量关系为：
、
由计算可知，14.9g氯化钾和硝酸银反应生成28.7g氯化银，11.7g氯化钠和硝酸银反应生成28.7g氯化银，杂质中含有碳酸钠，氯化钾质量小于14.9g，和硝酸银反应生成氯化银质量小于28.7g，所以杂质中一定含有NaCl，通过以上三个实验还不能确定含有的杂质是硝酸钾，所以该粉末的组成有：KCl、NaCl、Na2CO3。
22．（2024九上·慈溪期中）A、B、C、D、E五种物质均为初中化学中所涉及的常见物质，它们存在如右图的转化关系，“→”表示可以向箭头所指方向一步转化，弧线表示两种物质间可以发生反应，C是常见气体，D是常见单质，（反应条件与其他物质均已略去）。请回答下列问题：
（1）若A在常温下为液体，则C的化学式为　 　；
（2）若A在常温下为气体，则C的化学式为　 　。
（3）无论A在常温下为液体还是气体，B的化学式均为　 　，D的化学式均为　 　；
（4）写出A→E的化学方程式：　 　。
【答案】（1）H2
（2）CO
（3）H2CO3；O2
（4）
【知识点】水的组成和主要性质；二氧化碳的化学性质
【解析】【分析】本题属于推断题，根据题目给出的流程图和信息：C是常见气体，D是常见单质；
（1）若A在常温下为液体，水在通电的条件下生成氢气和氧气，由题意知，C是氢气；
（2）若A在常温下为气体，则A是二氧化碳，二氧化碳与一氧化碳可以互相转化，则C是一氧化碳；
（3）无论A在常温下为液体还是气体，因为碳酸分解生成二氧化碳和水，二氧化碳或水都能与氧气互相转化，因此B是碳酸，C是氧气；
（4）二氧化碳和水在光照条件下和叶绿体内生成葡萄糖和氧气，配平即可；
【解答】（1）若A在常温下为液体，A可能为水，A能与C、D相互转化，C、D能反应，C是常见气体，D是常见单质，C、D为氢气和氧气，A能与E相互转化，D能与E反应，E可能是葡萄糖，则D为氧气，C为氢气，A能与B相互转化，B可能是碳酸、氢氧化钙等，故C为氢气，化学式为：H2；
（2）若A在常温下为气体，A能与D相互转化，D是常见单质，A可能为二氧化碳，则D为氧气，C是常见气体，且C能与A相互转化，则C为一氧化碳，A能与E相互转化，D能与E反应，由（1）可知，E可能是葡萄糖，A能与B相互转化，则B为碳酸，故C为一氧化碳，化学式为：CO；
（3）由（1）和（2）的分析可知，无论A在常温下为液体还是气体，B均可为碳酸，化学式：H2CO3；D为氧气，化学式为：O2；
（4）由（1）和（2）的分析可知，A可能为水或者二氧化碳，E为葡萄糖，A→E为二氧化碳和水在光照条件下生成葡萄糖和氧气，该反应的化学方程式为：。
23．（2024九上·慈溪期中）小科和小敏利用如图装置进行O2、CO2的实验室制法和有关性质的研究。
（1）写出图中标记的仪器名称：①　 　。
（2）小科要用过氧化氢溶液来制取并收集O2，应选用如图中的　 　装置（填字母编号）。
（3）小敏用稀盐酸和大理石在B装置中反应，制CO2并检验CO2，能不能用火碱溶液代替图中的澄清石灰水来检验CO2？请说明理由：　 　。
【答案】（1）长颈漏斗
（2）C
（3）不能，二氧化碳与氢氧化钠溶液反应无明显现象
【知识点】制取二氧化碳的装置、步骤、收集与注意事项；碱的化学性质；二氧化碳的化学性质
【解析】【分析】（1）根据装置图中仪器回答；
（2）过氧化氢溶液制取氧气反应物是固体和液体在不加热的条件下反应，据此选择反应装置；
（3）实验室制取二氧化碳的反应物是稀盐酸和大理石，澄清石灰水和二氧化碳反应有明显现象，氢氧化钠溶液与二氧化碳反应没有明显现象，据此分析解答；
【解答】（1）根据图中的装置可知，仪器①是长颈漏斗；
（2）实验室用过氧化氢制氧气属于固体和液体在常温下反应生成气体，故要选择C装置来制氧气；
（3）实验室用大理石与稀盐酸反应制取二氧化碳，检验二氧化碳要用澄清石灰水不能用氢氧化钠溶液，因为二氧化碳与澄清石灰水反应有明显的现象，而二氧化碳与氢氧化钠溶液反应没有明显现象，故不能用火碱溶液代替澄清石灰水。
（1）根据图中的装置可知，仪器①是长颈漏斗；
（2）实验室用过氧化氢制氧气属于固体和液体在常温下反应生成气体，故要选择C装置来制氧气；
（3）实验室用大理石与稀盐酸反应制取二氧化碳，检验二氧化碳要用澄清石灰水不能用氢氧化钠溶液，因为二氧化碳与澄清石灰水反应有明显的现象，而二氧化碳与氢氧化钠溶液反应没有明显现象，故不能用火碱溶液代替澄清石灰水。
24．（2024九上·慈溪期中）小滨利用图示装置和药品验证可溶性碱的性质。装置气密性良好，实验前弹簧夹处于关闭状态。（资料：碳酸遇水会出现蓝色沉淀物）。
（1）验证可溶性碱能与酸反应。打开活塞a，向锥形瓶中逐滴滴入稀盐酸。Ba(OH)2溶液与稀盐酸恰好完全反应的实验现象是　 　。
（2）验证可溶性碱能与CO2反应。完成（1）后，打开活塞b，向锥形瓶中滴入足量的NaOH溶液后，立即关闭活塞b。然后　 　（填实验操作）观察到　 　现象可证明NaOH与CO2发生反应。
（3）验证可溶性碱能与盐溶液反应。完成（2）后，装置乙中锥形瓶内的溶液呈红色，取少量该溶液于试管中，滴入足量的CuSO溶液，观察到有蓝色沉淀生成。据上述实验现象能否验证NaOH溶液与CuSO4溶液反应，判断并说明理由　 　。
【答案】（1）甲中溶液由红色变成无色
（2）打开弹簧夹；甲中溶液进入乙中，并生成白色沉淀
（3）不能，碳酸钠与硫酸铜反应也能生成蓝色沉淀
【知识点】碱的化学性质
【解析】【分析】（1）根据酸碱中和反应中，溶液酸碱性的变化进行分析；
（2）根据装置内的压强变化进行分析；
（3）根据物质间的反应规律以及生成物的颜色进行分析。
【解答】（1）氢氧化钡溶液显碱性，能使无色酚酞试液变红色，滴加足量的稀盐酸，氢氧化钡和盐酸反应生成氯化钡和水，恰好完全反应时溶液呈中性，观察到溶液由红色变成无色；
（2）乙装置内的二氧化碳与加入的足量氢氧化钠溶液充分反应造成装置内的压强减小，打开弹簧夹，在外界大气压的作用下，装置甲的液体进入装置乙，甲装置溶液中的氯化钡与装置乙溶液中的碳酸钠反应生成碳酸钡白色沉淀；
（3）完成（2）后，装置乙中锥形瓶内的溶液呈红色，水溶液显碱性，因为氢氧化钠与硫酸铜反应生成蓝色的氢氧化铜沉淀和硫酸钠，乙装置内中的碳酸钠也能与硫酸铜反应生成蓝色的碳酸铜沉淀和硫酸钠，所以上述实验现象不能验证NaOH溶液与CuSO4溶液反应。
（1）氢氧化钡溶液显碱性，能使无色酚酞试液变红色，滴加足量的稀盐酸，氢氧化钡和盐酸反应生成氯化钡和水，恰好完全反应时溶液呈中性，观察到溶液由红色变成无色；
（2）乙装置内的二氧化碳与加入的足量氢氧化钠溶液充分反应造成装置内的压强减小，打开弹簧夹，在外界大气压的作用下，装置甲的液体进入装置乙，甲装置溶液中的氯化钡与装置乙溶液中的碳酸钠反应生成碳酸钡白色沉淀；
（3）完成（2）后，装置乙中锥形瓶内的溶液呈红色，水溶液显碱性，因为氢氧化钠与硫酸铜反应生成蓝色的氢氧化铜沉淀和硫酸钠，乙装置内中的碳酸钠也能与硫酸铜反应生成蓝色的碳酸铜沉淀和硫酸钠，所以上述实验现象不能验证NaOH溶液与CuSO4溶液反应。
25．（2024九上·慈溪期中）从废旧手机的某些部件中可回收金属银和铜，其操作流程如图所示。回答问题：
（1）步骤①②③中均涉及的实验操作是 　 　和洗涤。
（2）操作流程中，加入足量稀硫酸的目的是使粗产品中的 　 　完全反应。
（3）向固体中加入适量硝酸银溶液后，可观察到的实验现象是 　 　。
（4）若溶液乙的质量大于溶液甲的质量，则加入的金属X可能是 　 　（选填“铁”“锌”或“铜”）。
【答案】过滤；镁、铝；有银白色（或灰黑色）固体析出，溶液由无色变为蓝色；锌
【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）过滤能将不互溶的固体和液体分离，过滤时需要用玻璃棒引流。
（2）酸能与活泼金属反应生成盐和氢气。
（3）固体为不活泼金属铜和银的混合物，金属能将比它不活泼的金属从其可溶性盐中置换出来，铜比银活泼，所以能将硝酸银中的银置换出来。
（4）金属X能与溶液甲中的硝酸铜反应且反应后溶液的质量变大，说明金属X的质量小于置换出的铜的质量，即金属X的相对原子质量大于铜的相对原子质量。【解答】（1）步骤①②③均能将固体与液体分离，步骤①②③中均涉及的实验操作是过滤和洗涤。
（2）在金属活动性顺序中，镁、铝的位置排在氢的前面，操作流程中，加入足量稀硫酸的目的是使粗产品中的镁、铝完全反应。
（3）向固体中加入适量硝酸银溶液后，铜能与硝酸银溶液反应生成硝酸铜溶液和银，可观察到的实验现象是有银白色（或灰黑色）固体析出，溶液由无色变为蓝色。
（4）溶液甲为硝酸铜溶液，铜不与硝酸铜溶液反应，铁、锌能与硝酸铜溶液反应，溶液乙的质量大于溶液甲的质量，说明参加反应的金属的质量大于置换出的铜的质量，锌的相对原子质量大于铜，故加入的金属X可能是锌。
26．（2024九上·慈溪期中）请你参与下列实验探究：
（1）【问题情景】某科学实验小组同学将铁粉投入硫酸铜溶液中，发现生成红色固体物质的同时有较多的气泡放出。于是，同学们提出问题：生成的是什么气体？
【提出猜想】从物质组成元素的角度分析，放出的气体可能是SO2、O2、H2
【查阅资料】SO2易溶于水，它能与NaOH反应，生成Na2SO3
【方案设计】依据上述猜想，实验小组同学分别设计了如下方案：
①甲同学认为是O2，收集一瓶该气体，检验方法是　 　。
②乙同学认为是SO2，则只需将放出的气体通入盛有NaOH溶液的洗气瓶中，称量通气前后洗气瓶的质量。
③实验小组同学合作设计了图一的组合实验方案，排除和验证猜想的气体。如果放出的是O2和H2，你认为方案中的安全隐患是　 　。
（2）【实验探究】经丙同学检验确认安全后，小组同学首先对装置A进行称量，再将收集到的气体从a通入，过一会儿点燃B处酒精灯；一段时间后，发现表面含CuO的铜网由黑色变为光亮的红色；停止通气，再次称量装置A，发现质量无增减。结论：铁粉与硫酸铜溶液反应时，产生的气体是　 　。
【答案】用带火星的木条检验，观察是否复燃；实验时B发生爆炸；H2
【知识点】碱的化学性质
【解析】【分析】1、氧气的检验方法
检验原理：氧气具有助燃性，能使带火星的木条复燃，这是基于氧气能支持燃烧的化学性质。物质燃烧是一种剧烈的氧化反应，氧气作为氧化剂参与其中，为燃烧提供必要条件。
检验操作：将带火星的木条伸入集气瓶内，如果木条复燃，证明该气体是氧气 。在实验室制取氧气的相关实验中，常用此方法检验收集到的气体是否为氧气。
2、氢气的验纯
验纯原因：氢气是可燃性气体，当氢气与空气（或氧气）混合达到一定比例时，遇明火会发生爆炸，这个比例范围称为爆炸极限。所以在使用氢气前必须验纯，防止发生爆炸事故。
验纯方法：用排水法或向下排空气法收集一试管氢气，用拇指堵住试管口，管口向下移近酒精灯火焰，松开拇指点火。如果听到尖锐的爆鸣声，表明氢气不纯，需要再收集，再检验，直到听到轻微的 “噗” 声，才表明氢气已经纯净 。
3、根据质量守恒定律检验二氧化硫
质量守恒定律：在化学反应中，参加反应的各物质的质量总和等于反应后生成的各物质的质量总和，化学反应前后元素的种类不变。这是自然界的基本定律之一，是检验化学反应中物质组成和变化的重要依据。
【解答】（1）①由于氧气具有助燃性能使带火星的木条复燃，所以用带火星的木条检验，看是否复燃；
③由于氢气具有可燃性，氧气具有助燃性，所以加热它们的混合物容易发生爆炸；
（2）由于不能使带火星的木条复燃，所以不是氧气，通过氢氧化钠溶液，氢氧化钠溶液的质量没有改变说明不是二氧化硫，所以只能是氢气了。
27．（2024九上·慈溪期中）某兴趣小组的同学们为了探究酸的化学性质，设计了下列实验。
（1）将①②试管内物质混合，充分反应后，仅观察到有白色沉淀，无其它现象，则试管②反应后的溶液中的溶质有　 　。
（2）将步骤（1）得到的物质进行过滤，对所得滤液中溶质成分进行了如下探究：
实验操作 实验现象 实验结论
步骤一：取少量滤液于试管中，向其中滴加足量硝酸钡溶液 有白色沉淀生成 ①生成的白色沉淀是　 　 ②滤液中的溶质是　 　。
步骤二：静置，向上层清液中滴加无色酚酞试液 溶液变红
【答案】（1）NaC1、Na2CO3
（2）BaCO3；NaCl、Na2CO3、NaOH
【知识点】酸的化学性质
【解析】【分析】铁不能和氯化镁反应，能和氯化铜反应生成氯化亚铁和铜；
稀盐酸和氢氧化钡反应生成氯化钡和水，和碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳；
碳酸钠和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀和氢氧化钠；
碳酸钠溶液和氢氧化钠溶液都是显碱性溶液，都能使酚酞试液变红色。
【解答】（1）将①②两支试管反应后的液体倒入乙烧杯中，观察到先有气泡产生，后有白色沉淀出现，说明①中盐酸过量，②中碳酸钠过量，则试管②反应后的溶液中的溶质是过量的碳酸钠和反应生成的氯化钠；
（2）步骤一：取少量滤液于试管中，向其中滴加足量硝酸钡溶液，产生白色沉淀，是因为碳酸钠和硝酸钡反应生成了碳酸钡；
步骤二：静置，向上层清液中滴加无色酚酞试液，溶液变红色，说明溶液中含有氢氧化钠，则滤液中的溶质是氯化钠、氢氧化钠和碳酸钠。
（1）将①②两支试管反应后的液体倒入乙烧杯中，观察到先有气泡产生，后有白色沉淀出现，说明①中盐酸过量，②中碳酸钠过量，则试管②反应后的溶液中的溶质是过量的碳酸钠和反应生成的氯化钠；
（2）步骤一：取少量滤液于试管中，向其中滴加足量硝酸钡溶液，产生白色沉淀，是因为碳酸钠和硝酸钡反应生成了碳酸钡；
步骤二：静置，向上层清液中滴加无色酚酞试液，溶液变红色，说明溶液中含有氢氧化钠，则滤液中的溶质是氯化钠、氢氧化钠和碳酸钠。
28．（2024九上·慈溪期中）杭州亚运会主打“绿色、智能、节俭、文明”的理念，处处彰显节能理念。
（1）火炬“薪火”（图甲）燃料采用生物质燃气，主要包括CO、H2、CH4、CO2，其中　 　气体属于有机物。
（2）主火炬塔（图乙）在亚运会上首次使用废碳再生的绿色甲醇燃料，实现碳零排放。绿色甲醇是利用焦炉气中的副产氢气与从工业尾气中捕集的二氧化碳合成绿色甲醇。
①在实际生产中，经常用NaOH溶液来“捕捉”CO2，流程如图丙所示（部分条件及物质未标出）。用该技术进行“碳捕捉”有效利用了原材料，该过程中被循环利用的物质有　 　。
②每生产100吨甲醇，可直接减排二氧化碳　 　吨，实现了二氧化碳的资源化利用。
【答案】（1）CH4
（2）NaOH、CaO；137.5
【知识点】根据化学反应方程式的计算；有机物与无机物的区别
【解析】【分析】（1）甲烷是含有碳元素的化合物，是有机化合物。
（2）该过程中被循环利用的物质有氢氧化钠、氧化钙。
根据化学方程式及其提供数据可以进行相关方面的计算和判断。
【解答】（1）有机物指含有碳元素的化合物，但是不包括碳的氧化物、碳酸及碳酸盐。故选CH4。
（2）①根据流程图丙可知，NaOH溶液在吸收器中用于吸收二氧化碳，未反应的NaOH经过分离器后再次被利用；CaO固体在分离器中与水反应生成Ca(OH)2，Ca(OH)2与Na2CO3反应生成CaCO3，CaCO3经过反应器再生成CaO，CaO再次被利用；故循环利用的物质有NaOH、CaO。
②题中已知二氧化碳和氢气生成甲醇和水的化学方程式，根据二氧化碳、甲醇的相对分子质量与化学计量数的乘积之比等于质量之比，列比例式：，可直接减排二氧化碳137.5t。
（1）有机物指含有碳元素的化合物，但是不包括碳的氧化物、碳酸及碳酸盐。故选CH4。
（2）①根据流程图丙可知，NaOH溶液在吸收器中用于吸收二氧化碳，未反应的NaOH经过分离器后再次被利用；CaO固体在分离器中与水反应生成Ca(OH)2，Ca(OH)2与Na2CO3反应生成CaCO3，CaCO3经过反应器再生成CaO，CaO再次被利用；故循环利用的物质有NaOH、CaO。
②题中已知二氧化碳和氢气生成甲醇和水的化学方程式，根据二氧化碳、甲醇的相对分子质量与化学计量数的乘积之比等于质量之比，列比例式：，可直接减排二氧化碳137.5t。
29．（2024九上·慈溪期中）图甲中A是一种常见的酸，它能与黑色固体B反应，B质量为8克，将NaOH溶液渐渐加入C中，生成蓝色沉淀E的质量与加入NaOH溶液的质量关系如图乙所示，在D中加入Ba(NO3)2溶液能生成一种不溶于稀硝酸的白色沉淀．
（1）A溶液中溶质的化学式为　 　；
（2）NaOH溶液中溶质的质量分数是多少？　 　
（3）C溶液中加入NaOH溶液至恰好完全反应时，所得溶液溶质的质量是多少？　 　
【答案】H2SO4；20%；35.5g
【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）根据物质间反应的规律以及物质的颜色，来确定物质的名称；
（2）根据氧化铜的质量计算出硫酸铜的质量，然后根据硫酸铜的质量计算出与之反应所需氢氧化钠的质量，而由图像可知与硫酸铜反应的氢氧化钠溶液的质量为（100g-60g），最后计算出氢氧化钠溶液中溶质的质量分数；
（3）由图象可知，C溶液中的溶质为硫酸和硫酸铜，加入的氢氧化钠与二者均反应，利用化学方程式分别计算出硫酸钠的质量分数即可。
【解答】（1）在D中加入Ba（NO3）2溶液能生成一种不溶于稀硝酸的白色沉淀，所以D溶液中一定存在硫酸根离子，E是蓝色沉淀，则是氢氧化铜，那么C是硫酸铜，D是硫酸钠；黑色固体为氧化铜，酸为稀硫酸，故填：H2SO4；（2）设由CuO生成的CuSO4的质量为x
解得x=16g
设与CuSO4反应的NaOH的质量为y，同时生成Na2SO4的质量为a
解得y=8g a=14.2g
所用氢氧化钠溶液中溶质的质量分数为：×100%=20%
答：NaOH溶液中溶质的质量分数是20%。
（3）设硫酸与氢氧化钠反应生成硫酸钠质量为b
解得b=21.3g
所得溶液中溶质的质量为：21.3g+14.2g=35.5g
答：C溶液中加入NaOH溶液至恰好完全反应时，所得溶液溶质的质量是35.5g。
30．（2024九上·慈溪期中）取铜镁合金20g放入烧杯，将280g稀硫酸分4次加入烧杯中，充分反应后，测得剩余固体的质量记录如下。请计算：
次数 1 2 3 4
加入稀硫酸质量/g 70 70 70 70
剩余固体质量/g 18.2 16.4 14.6 13.2
（1）最后剩余13.2g固体的成分是　 　。
（2）合金中铜、镁的质量比为　 　。
（3）所加稀硫酸的溶质的质量分数　 　。（写出计算过程）
【答案】（1）Cu
（2）33∶17
（3）解：设所加稀硫酸的溶质的质量分数为x根据表格信息，第1次加入70g稀硫酸，消耗的镁为，第2次加入70g稀硫酸，消耗的镁为，说明第1次加入稀硫酸时，稀硫酸完全反应，则x=10.5%答：所加稀硫酸的溶质的质量分数为10.5%。
【知识点】根据化学反应方程式的计算；金属的化学性质
【解析】【分析】（1）加入稀硫酸，铜与稀硫酸不反应，镁与稀硫酸反应生成硫酸镁、氢气。
（2）根据铜不和硫酸反应而金属镁和硫酸反应生成氢气进行解答；
（3）根据金属镁的质量求出稀硫酸的溶质的质量即可求出所加稀硫酸的溶质的质量分数进行解答。
【解答】（1）加入稀硫酸，铜与稀硫酸不反应，镁与稀硫酸反应生成硫酸镁、氢气，
化学方程式为。
根据表格信息，第1次加入70g稀硫酸，消耗的镁为，
第2次加入70g稀硫酸，消耗的镁为，
第3次加入70g稀硫酸，消耗的镁为，
第4次加入70g稀硫酸，消耗的镁为，
说明此时稀硫酸有剩余，镁完全反应，则剩余固体是铜（Cu）。
（2）剩余固体是铜，质量为13.2g，则合金中镁的质量为，
铜、镁的质量比为。
（3）根据（1）的分析，第1次加入70g稀硫酸，消耗的镁为1.8g，第2次加入70g稀硫酸，消耗的镁仍为1.8g，说明第1次加入稀硫酸时，稀硫酸完全反应，据此可通过化学方程式计算出所加稀硫酸的溶质的质量分数。
（1）加入稀硫酸，铜与稀硫酸不反应，镁与稀硫酸反应生成硫酸镁、氢气，化学方程式为。根据表格信息，第1次加入70g稀硫酸，消耗的镁为，第2次加入70g稀硫酸，消耗的镁为，第3次加入70g稀硫酸，消耗的镁为，第4次加入70g稀硫酸，消耗的镁为，说明此时稀硫酸有剩余，镁完全反应，则剩余固体是铜（Cu）。
（2）剩余固体是铜，质量为13.2g，则合金中镁的质量为，铜、镁的质量比为。
（3）根据（1）的分析，第1次加入70g稀硫酸，消耗的镁为1.8g，第2次加入70g稀硫酸，消耗的镁仍为1.8g，说明第1次加入稀硫酸时，稀硫酸完全反应，据此可通过化学方程式计算出所加稀硫酸的溶质的质量分数，详见答案。
31．（2024九上·慈溪期中）用沉淀法可测定食用碱样品中碳酸钠的质量分数。取11g食用碱样品（有少量的杂质氯化钠），加水108g完全溶解制成溶液，逐次滴加溶质质量分数相同的氯化钙溶液，实验数据如下表：
实验次数 第1次 第2次 第3次 第4次 第5次 第6次
加入CaCl2溶液的质量/g 20.0 20.0 20.0 20.0 20.0 20.0
反应后溶液的总质量/g 137.0 155.0 173.0 M 210.0 230.0
请根据实验数据分析解答下列问题：
（1）表中数据M的值为　 　。
（2）请画出生成沉淀的质量随滴加氯化钙溶液质量的变化关系图　 　（标明恰好反应时点的坐标）。
（3）请计算该食用碱样品中Na2CO3的质量分数　 　（结果保留至0.1%）？
【答案】（1）191
（2）
（3）解：反应生成碳酸钙沉淀的质量为：11g+108g+20.0g×6-230g=9g，设食用碱样品中Na2CO3的质量分数为x。，x=86.7%答：该食用碱样品中Na2CO3的质量分数为86.7%。
【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】根据表格提供的数据结合根据化学方程式的计算的知识进行分析解答即可。
【解答】（1）碳酸钠溶液与氯化钙溶液发生反应生成碳酸钙沉淀、氯化钠，反应的化学方程式为：Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl，
第1次加入20gCaCl2溶液，生成碳酸钙沉淀的质量为：11g+108g+20g-137.0g=2g，
第2次加入20gCaCl2溶液，生成碳酸钙沉淀的质量为：137g+20g-155g=2g，
第3次加入20gCaCl2溶液，生成碳酸钙沉淀的质量为：155g+20g-173g=2g，
从第3次到第5次生成沉淀的质量为：173g+20g+20g-210g=3g，
所以第4次加入20gCaCl2溶液，生成碳酸钙沉淀的质量为2g，而第5次加入20gCaCl2溶液，生成碳酸钙沉淀的质量为1g。
所以M的值为：173g+20g-2g=191g。
（2）根据以上分析可知，生成沉淀的质量随滴加氯化钙溶液质量的变化关系图为：
（1）碳酸钠溶液与氯化钙溶液发生反应生成碳酸钙沉淀、氯化钠，反应的化学方程式为：Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl，第1次加入20gCaCl2溶液，生成碳酸钙沉淀的质量为：11g+108g+20g-137.0g=2g，第2次加入20gCaCl2溶液，生成碳酸钙沉淀的质量为：137g+20g-155g=2g，第3次加入20gCaCl2溶液，生成碳酸钙沉淀的质量为：155g+20g-173g=2g，从第3次到第5次生成沉淀的质量为：173g+20g+20g-210g=3g，所以第4次加入20gCaCl2溶液，生成碳酸钙沉淀的质量为2g，而第5次加入20gCaCl2溶液，生成碳酸钙沉淀的质量为1g。所以M的值为：173g+20g-2g=191g。
（2）根据以上分析可知，生成沉淀的质量随滴加氯化钙溶液质量的变化关系图为：
（3）见答案
32．（2024九上·慈溪期中）实验室有一瓶碳酸钙和硝酸钙粉末组成的均匀混合物，小科用相同溶质质量分数的稀盐酸和该混合物反应（所得溶液均为不饱和溶液），四组实验数据记录如下表。请分析计算：
实验组别 一 二 三 四
稀盐酸质量/g 100.0 100.0 100.0 100.0
混合物质量/g 3.0 6.0 9.0 12.0
所得溶液质量/g 101.9 103.8 105.0 a
剩余固体质量/g 0 0 m n
（1）反应后，稀盐酸还有剩余的是第　 　组。
（2）求混合物中碳酸钙和硝酸钙质量之比　 　。
（3）表中a的值为　 　。
（4）求表中m的值　 　。
【答案】（1）一、二
（2）5：1
（3）105.5
（4）1.25
【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）根据图表中数据分析，每消耗3.0g混合物，溶液增加1.9g，第三次加入混合物9.0g，溶液增加质量为5.0g小于1.9g×3，说明混合物剩余，稀盐酸完全反应；
（2）根据质量守恒定律求解二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量求解碳酸钙的质量，及一步计算混合物中碳酸钙和氯化钙质量之比；
（3）由于第三组时混合物剩余，稀盐酸完全反应；根据（2）中碳酸钙和氯化钙质量之比可知氯化钙的质量，第四组比第三组只是多溶解了氯化钙；
（4）根据质量守恒定律求解二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量求解碳酸钙的质量，及一步计算表中m的值。
【解答】（1）根据图表中数据分析，每消耗3.0g混合物，溶液增加1.9g，第三次加入混合物9.0g，溶液增加质量为5.0g小于1.9g×3，说明混合物剩余，稀盐酸完全反应；第一、二组稀盐酸还有剩余；
（2）由第一组数据可知，二氧化碳的质量为100.0g+3.0g-101.9g=1.1g
设3.0g混合物中碳酸钙的质量为x，
x=2.5g
混合物中碳酸钙和氯化钙质量之比为2.5g：（3.0g-2.5g）=5：1；
（3）由于第三组混合物剩余，稀盐酸完全反应；所以第四组比第三组多加入了12.0g-9.0g=3.0g，混合物中的氯化钙，3.0g混合物中的氯化钙质量为3.0g×=0.5g，所以a=105.0+0.5=105.5；
（4）第三组中产生二氧化碳的质量为100.0g+9.0g-105.0g-m=4.0g-m，设反应的碳酸钙的质量为y，
y=，
9.0g混合物中的碳酸钙质量为9.0g×=7.5g，则：+m=7.5g，故m=1.25g。
（1）根据图表中数据分析，每消耗3.0g混合物，溶液增加1.9g，第三次加入混合物9.0g，溶液增加质量为5.0g小于1.9g×3，说明混合物剩余，稀盐酸完全反应；第一、二组稀盐酸还有剩余；
（2）由第一组数据可知，二氧化碳的质量为100.0g+3.0g-101.9g=1.1g
设3.0g混合物中碳酸钙的质量为x，
x=2.5g
混合物中碳酸钙和氯化钙质量之比为2.5g：（3.0g-2.5g）=5：1；
（3）由于第三组混合物剩余，稀盐酸完全反应；所以第四组比第三组多加入了12.0g-9.0g=3.0g，混合物中的氯化钙，3.0g混合物中的氯化钙质量为3.0g×=0.5g，所以a=105.0+0.5=105.5；
（4）第三组中产生二氧化碳的质量为100.0g+9.0g-105.0g-m=4.0g-m，设反应的碳酸钙的质量为y，
y=，
9.0g混合物中的碳酸钙质量为9.0g×=7.5g，则：+m=7.5g，故m=1.25g。
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