资源简介 浙江省杭州市江干区天杭实验集团2024-2025学年初三上月考初中科学试卷1.(2025九上·浙江月考)小明两次煮鸡蛋,第一次在水沸后继续用急上煮,直到煮熟:第二次在水沸后将火焰调小,但仍然保持锅中的水沸腾,直到煮熟。两次比较发现( )A.第一种方法既省燃料又省时间B.第一种方法费燃料但省时间C.第二种方法省燃料又省时间D.第二种方法省燃料,两种方法所用时间相近【答案】D【知识点】沸腾及沸腾条件【解析】【分析】在大气压一定的情况下,水的沸点是一定的,保持大火、小火加热的温度是相同的,据此解答。根据水沸腾的特点,水在沸腾过程中吸热温度保持不变,故当水沸腾后,只要保持沸腾状态,大火或小火加热温度相同,但小火更节省燃料,煮熟所用的时间相近,故ABC不符合题意,D符合题意。故答案为:D。2.(2025九上·浙江月考)如图所示,有一个重力不计的方形容器,被水平力F压在竖直的墙面上处于静止状态,现缓慢地向容器内注水,直到将容器刚好盛满为止,在此过程中容器始终保持静止,则下列说法中正确的是( )A.容器受到的摩擦力不变 B.容器受到的摩擦力逐渐减小C.水平力F可能不变 D.水平力F必须逐渐增大【答案】C【知识点】影响摩擦力大小的因素【解析】【分析】当物体受到平衡力的作用时,该物体处于平衡状态。【解答】AB.此过程中容器始终保持静止,即处于平衡状态,摩擦力等于容器及水的总重力,向容器内注水,总重力增加,容器受到的摩擦力变大,故AB错误;CD.图中竖直方向的静摩擦力与压力和接触面粗糙程度无关,只与总重力有关,如果总重力不大于最大静摩擦力时,水平力F可能不变,故C正确,D错误。故答案为:C。3.(2025九上·浙江月考)A 、B 两辆车在公路上笔直匀速行驶(如图甲)t1时刻A 车驾驶员看到左侧后视镜中B 车如图乙,之后t2 时刻A 车驾驶员看到的后视镜中的“B车”如图丙。已知汽车的后视镜为凸面镜。下列说法正确的是( )A.此过程B 车正在超车B.t1时刻和t2 时刻后视镜中“B 车”的像与B 车等大C.t2 时刻“B 车”在后视镜中的像大于t1时刻的像D.若A 车想向左变道,t1时刻比t2时刻安全【答案】D【知识点】平面镜成像特点、原理和现象;凸面镜和凹面镜【解析】【分析】凸面镜对光线有发散作用,对光线具有反射作用,遵循光的反射定律。【解答】A.由于汽车的后视镜是凸面镜,凸面镜能将平行光变发散,当B车按箭头方向行驶时,B车反射的光射入凸面镜,再经过凸面镜反射进入人眼,遵循光的反射定律,所以人眼看到的反射光线减速向右移动,因此未超车,故A错误;B.因为凸面镜的反射面是凸起的,光线经过凸面镜反射后,会发散开来,因此形成的像是缩小的,故B错误;C.t2 时刻B 车距离后视镜远,此时成像会小于t1时刻的像,故C错误;D.B车在t1时刻到t2时刻减速向右行驶,若A 车想向左变道,可以帮A挡住其他车辆,因此t1时刻比t2时刻安全,故D正确。故答案为:D。4.(2025九上·浙江月考)某兴趣小组想用玻璃瓶、中空直玻璃管、软木塞来制作受水型水钟,横截面积一定的受水容器上刻有均匀的刻度,与时间线性对应,下列做法能成功的是( )A. B. C. D.【答案】D【知识点】大气压的综合应用【解析】【分析】根据水能否继续下滴的原因进行分析解答。【解答】A.图中只有一支管,当瓶内水和气体气压之和等于外部大气压时,水不能继续下滴,故A不符合题意;BC.两图中两支管各有一支瓶内较长,当较长一支上端露出水面时,瓶内气体与外部气体直接相连,在液体压强作用下,水会从另一支管流出,但随着深度的减小,水流的速度会减小,水流量会减小,不能与受水量内刻度成线性对应,故BC不符合题意;D.图中两支管瓶内高度相同,且均在水面以下,右边一支瓶外长度更长,右边管内液柱较长,液体压强大,水会从右边管流出,瓶内水和气体气压之和会减小,当小于外部大气压时,外部大气压会将空气从左边管中压入,随着瓶内气压及液体压强之和减小而不断补充,直到与外部气压相同,则两支管瓶内上端的压强始终等于外部气压,即压强不变,水流速度不变,水流量不变,能与受水量内刻度成线性对应,故D符合题意。故答案为:D。5.(2025九上·浙江月考)如图所示,小明的质量为50kg。他在30s内完成了10个引体向上,他30s内克服重力做功的功率约为( )A.10W B.100W C.500W D.1000W【答案】B【知识点】功率计算公式的应用【解析】【分析】根据W=gh=mgh计算出小明克服重力做功的大小,再根据计算出功率的大小。小明做引体向上时上升的高度约为0.6m,在30s内所做的功为,功率大约为;故ACD不符合题意,B符合题意。故答案为:B。6.(2025九上·浙江月考)如图所示,在地铁站出站时,甲乙两位同学分别选择了步行楼梯和乘自动扶梯(台阶式)匀速上楼。下列说法正确的是( )A.甲同学的机械能一定增加B.乙同学的机械能一定增加C.甲同学受到楼梯的支持力,该力对甲做功D.乙同学受到自动扶梯的摩擦力,该力对乙做功【答案】A,B【知识点】力是否做功的判断;动能和势能的大小变化;动能和势能的转化与守恒【解析】【分析】动能与物体运动的速度有关,与物体的质量有关;重力势能与物体的质量有关,与物体的高度有关。【解答】AB.甲、乙两同学上桥过程速度不变,动能不变, 高度升高,重力势能增大,故甲、乙同学的机械能增加,故AB正确;C.甲同学上桥时,楼梯的支持力方向路程为零,因此楼梯的支持力不做功,故C错误;D.乙同学随自动扶梯运动的过程中,与自动扶梯相对静止,无摩擦产生,因此不受摩擦力的作用,故D错误。故答案为:AB。7.(2025九上·浙江月考)在探究“凸透镜成像规律”的实验中,下表是小毕同学实验时记录的几组数据,说法正确的是( )实验次数 物距u/cm 像距v/cm 成像性质1 30 15 倒立缩小实2 20 20 倒立等大实像3 15 倒立放大实像A.该透镜的焦距为10cm B.该透镜的焦距为20cmC.第3次实验中像距为7.5cm D.第3次实验中像距为30cm【答案】A,D【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验【解析】【分析】凸透镜成像时,u>2f,成倒立缩小的实像;u=2f,成倒立等大的实像;2f>u>f,成倒立放大的实像。【解答】AB.根据第2组数据,u=v=20cm,成倒立等大实像,由凸透镜成像规律可知,此时u=v=2f,故该透镜的焦距为,故A正确,B错误;CD.根据光路的可逆性,第1次实验时物物距为30cm,像距为15cm,则第3次实验中物距为15cm时,像距为30cm,故C错误,D正确。故答案为:AD。8.(2025九上·浙江月考)如图所示,电流表、电压表是理想电表,电阻R0、R1是定值电阻,电源的电压恒定不变。合上开关,电流表和电压表的示数分别为I、U;当增大电阻箱R的阻值时,电流表和电压表的示数变化量分别为 I、 U,下列说法正确的是( )A. U>0 B. I>0C.为一定值 D.为一定值【答案】A,D【知识点】电路的动态分析【解析】【分析】先根据电路图判断出R1、R与R0的连接方式,并且判断出电压表测量哪部分的电压,再根据欧姆定律进行分析解答。【解答】AB.根据图像,R1与R并联,再与R0串联,电流表测总电流,电压表测并联部分电压,当增大电阻箱R的阻值时,并联部分电路总电阻增大,电路中总电阻变大,根据串联电路分压的规律及欧姆定律可知,并联电路部分分得的电压变大,即 U>0,电路中电流变小,即 I<0,故A正确,B错误;C.根据欧姆定律的值为并联部分的总电阻,当增大电阻箱R的阻值时,电路中总电阻变大,故的值变大,故C错误;D.见合上开关时,R0两端电压为,当增大电阻箱R的阻值时,R0两端电压为,根据串联电路电压的规律,R0两端电压减小的量与并联部分电压即电压表示数增加的量相同,则,由于R0值不变,故为一定值,故D正确。故答案为:AD。9.(2025九上·浙江月考)柱状容器内放入一个体积大小为200cm3的柱状物体,现不断向容器内注入水,并记录水的总体积 V和所对应的水的深度 h, 如下表所示,则下列判断中正确的是( )V(cm3) 60 120 180 240 300 360h(cm) 5 10 15 19 22 25A.物体的底面积 S1为 8cm2 B.容器的底面积 S2为 12cm2C.物体的密度为0.7×103kg/m3 D.物体所受到的最大浮力为2N【答案】A,C【知识点】阿基米德原理;物体的浮沉条件及其应用【解析】【分析】AB.根据体积的计算公式计算出物体的底面积;CD.先计算出物体浸入水的深度,进一步得出排开水的体积,从而计算出物体受到的浮力,由于物体漂浮,物体的重力等于它受到的浮力,进一步计算出该物体的密度。【解答】AB.根据表格数据可知,每次注入相同的体积的水,前三次高度由5~10~15cm变化均匀,表明柱状物体与容器底是接触的,则①,后三次19~22~25cm体积变化与之前不同,但变化均匀,表明后一段完全浸没或浮起,则②,联立①②解得物体的底面积 S1 为 8cm2,容器的底面积S2为 20cm2,故A正确,B错误;CD.物体高度为,如果柱状物体的密度大于或等于水的密度,在加水过程中柱状物体将静止在容器底不会上浮,容器内水的体积变化应该与h的变化成正比,由表中数据可知器内水的体积变化与h的变化不成正比,所以柱状物体的密度小于水的密度,因此随着水的增多,柱状物体将漂浮在水面上,设柱状物体浸入的深度为h浸,当容器中水的深度为25cm时可知解得h浸=17.5cm2,此时排开水的体积为物体漂浮时受浮力最大,根据物体漂浮可知此时浮力等于物体的重力,故物体的重力物体的密度为故C正确,D错误。故选AC。10.(2025九上·浙江月考)小明设计了一个道路限载报警器(图甲),R0是变阻器,R是压敏电阻。R的电阻大小随压力大小变化关系如图乙。当超载车辆通过压敏电阻时,限载报警器就会报警。调试好电路,闭合开关S1和S2,下列说法正确的是( )A.当超载车辆通过时,限载报警器会灯亮B.当超载车辆通过时,限载报警器会铃响C.将滑动变阻器滑片向左滑,可提高报警的限载重量D.将电源1的电压调高,可提高报警的限载重量【答案】B,C【知识点】电磁继电器的组成、原理和特点【解析】【分析】分析车辆超载时电磁铁中是否有电流通过,只有电磁铁中有电流通过时电铃才会报警;分析乙图中压敏电阻的特点,结合欧姆定律和杠杆的相关知识得到调高报警器的限载重量的方法。【解答】AB.根据乙图可知,压力越大,R越小,电磁铁磁性增强,吸引衔铁向下运动,电铃响,即限载报警器会铃响,故A错误,B正确;C.电磁铁向下吸合需要的力是一定的,即电压一定时,电路中需要的最小电流一定,总电阻一定,将滑动变阻器滑片向左滑,接入阻值变大,则R变小,压力可更大,可提高报警的限载重量,故C正确;D.电磁铁向下吸合需要的力是一定的,电路中需要的最小电流一定,将电源1的电压调高,则电路中电阻变大,如果R0一定,则R变大,压力变小,可降低报警的限载重量,故D错误。故答案为:BC。11.(2025九上·浙江月考)小明同学根据图甲的电路连接器材来“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”。实验时多次改变合金丝甲接入电路的长度l、调节滑动变阻器的阻值,使电流表的读数I达到某一相同值时记录电压表的示数U,从而得到多个的值,作出图像,如图乙中图线a所示。(1)图甲中当用同一根金属丝实验时探究的是电阻与________的关系;A.长度 B.截面积 C.材料 D.温度(2)在实验中使用的是 选填(“0-20Ω”或“0-2000Ω”)的滑动变阻器;(3)一般来说,为避免烧坏滑动变阻器和电源,电路中电流不能太大,一般应小于1A,在某次测量时,电压表的指针位置如图丙所示,则读数U= V;(4)图乙中图线b是另一根长度相同、材料相同的合金丝乙采用同样的方法获得的图像,由图可知合金丝甲的横截面积 (选填“大于”“等于"或“小于”)合金丝乙的横截面积;(5)小明发现。图线a和图线b都没有过原点,你认为图线没有过原点的原因是: 。【答案】(1)A(2)0-20Ω(3)1.3(4)小于(5)电压表测量的电压包括了部分导线及电流表两端的电压,故为金属丝、导线、电流表的总电阻,如果金属丝接入长度为0时,部分导线及电流表也有电阻,故不为0,图线不经过原点【知识点】影响电阻大小的因素【解析】【分析】(1)根据控制变量法得出影响电阻大小的因素;(2)根据a金属丝的电阻值确定滑动变阻器的阻值范围;(3)根据电压表读数的方法读出电压表的示数;(4)其它条件相同时,横截面积越大,阻值越小,横截面积越小,阻值越大;(5)电压表测量的电压包括了部分导线及电流表两端的电压,根据得出金属丝、导线和电流表的总电阻,从而得出图线不经过原点的原因。【解答】(1)图甲中一根金属丝通过滑动可以其它因素不变时,改变接入电路中金属丝的长度,根据控制变量法,探究的是电阻与长度的关系,故A符合题意,BCD不符合题意;故选A;(2)从图像中可知,a金属丝的最大阻值小于8Ω,为了使电压表示数变化更明显,滑动变阻器接入阻值不能过大,故应选择相对较小的0-20Ω变阻器;(3)实验中金属丝的电阻较小,电路中电流不允许大于1A,则金属丝两端电压应较小,故电压表应选择0~3V量程,分度值为0.1V,读数为1.3V;(4)导体的电阻与横截面积有关,长度和材料相同时,横截面积越大,电阻越小,从图乙中可以看出长度相同时,甲的电阻值较大,如果两金属丝材料相同,表明合金丝甲的横截面积小于合金丝乙的横截面积;(5)电压表测量的电压包括了部分导线及电流表两端的电压,故为金属丝、导线、电流表的总电阻,如果金属丝接入长度为0时,部分导线及电流表也有电阻,故不为0,图线不经过原点。故答案为:(1)A;(2)0-20Ω;(3)1.3;(4)小于;(5)电压表测量的电压包括了部分导线及电流表两端的电压,故为金属丝、导线、电流表的总电阻,如果金属丝接入长度为0时,部分导线及电流表也有电阻,故不为0,图线不经过原点。(1)图甲中一根金属丝通过滑动可以其它因素不变时,改变接入电路中金属丝的长度,根据控制变量法,探究的是电阻与长度的关系,故A符合题意,BCD不符合题意。故选A。(2)从图像中可知,a金属丝的最大阻值小于8Ω,为了使电压表示数变化更明显,滑动变阻器接入阻值不能过大,故应选择相对较小的0-20Ω变阻器。(3)实验中金属丝的电阻较小,电路中电流不允许大于1A,则金属丝两端电压应较小,故电压表应选择0~3V量程,分度值为0.1V,读数为1.3V。(4)导体的电阻与横截面积有关,长度和材料相同时,横截面积越大,电阻越小,从图乙中可以看出长度相同时,甲的电阻值较大,如果两金属丝材料相同,表明合金丝甲的横截面积小于合金丝乙的横截面积。(5)电压表测量的电压包括了部分导线及电流表两端的电压,故为金属丝、导线、电流表的总电阻,如果金属丝接入长度为0时,部分导线及电流表也有电阻,故不为0,图线不经过原点。12.(2025九上·浙江月考)如图所示,汁轮组悬挂在水平支架上,重为800N 的工人站在水平地面上,竖直向下拉动 绳子自由端,使重为300N 的物体以0.4m/s 的速度匀速上升。在这个过程中,人施加的拉力F为200N。 两个滑轮质量相等,不计滑轮组的绳重和摩擦。求:(1)拉力F的功率;(2)该滑轮组的机械效率;(3)该工人利用此滑轮组提升该货物时,支架受到滑轮组的拉力;(4)若绳子能承受的最大拉力为1000N, 该滑轮组的最大机械效率。【答案】(1)图中连接动滑轮绳子的股数是2股,已知物体移动的速度是0.4m/s,则绳末端拉力移动的速度为,拉力F的功率为(2)不计滑轮组的绳重和摩擦,该滑轮组的机械效率为(3)不计滑轮组的绳重和摩擦,根据可得,动滑轮的重力为,支架受到滑轮组的拉力大小等于滑轮组的总重力,则拉力为(4)若绳子能承受的最大拉力为1000N,根据可得,提升货物的重力为该滑轮组的最大机械效率为【知识点】功的计算公式的应用;功率计算公式的应用;滑轮组及其工作特点;机械效率的计算【解析】【分析】(1)先根据计算出绳子自由端移动的速度,再根据计算出拉力F的功率;(2)根据计算出该滑轮组的机械效率;(3)根据的变形公式计算出动滑轮的重力,再根据支架受到滑轮组的拉力大小等于滑轮组的总重力计算出此时拉力的大小;(4)根据绳子能够随的最大拉力,再根据得出可提升货物的重力,从而得出该滑轮组的最大机械效率。【解答】(1)图中连接动滑轮绳子的股数是2股,已知物体移动的速度是0.4m/s,则绳末端拉力移动的速度为,拉力F的功率为;(2)不计滑轮组的绳重和摩擦,该滑轮组的机械效率为;(3)不计滑轮组的绳重和摩擦,根据可得,动滑轮的重力为,支架受到滑轮组的拉力大小等于滑轮组的总重力,则拉力为;(4)若绳子能承受的最大拉力为1000N,根据可得,提升货物的重力为该滑轮组的最大机械效率为。(1)图中连接动滑轮绳子的股数是2股,已知物体移动的速度是0.4m/s,则绳末端拉力移动的速度为拉力F的功率为(2)不计滑轮组的绳重和摩擦,该滑轮组的机械效率为(3)不计滑轮组的绳重和摩擦,根据可得,动滑轮的重力为支架受到滑轮组的拉力大小等于滑轮组的总重力,则拉力为(4)若绳子能承受的最大拉力为1000N,根据可得,提升货物的重力为该滑轮组的最大机械效率为13.(2025九上·浙江月考)如图所示,杠杆AD 放在钢制水平凹槽BC 中,杠杆AD 能以B 点或C 点为支点在竖直平面内转动,BC=0.2m。 细绳的一端系在杠杆的A 端,另一端绕过动滑轮固定在天花板上,物体E 挂在动 滑轮的挂钩上,物体H 通过细绳挂在杠杆的D 端,与杠杆D 端固定连接的水平圆盘的上表面可以放置质量不同的砝码。初始时,圆盘上未放置砝码,容器中没有装水,杠杆恰好平衡,逐渐向容器中装水直至淹没物体H, 杠杆始终平衡,装满水后略增加E 的质量平衡即被打破,已知动滑轮的质量m0=1kg, 物体H的体积VH=2dm3,水的密度。AD=0.8m。CD=0.2m, 杠杆、网盘、细绳的质量及摩擦均忽略不计,g取10N / kg。 求:(1)物体H 的密度;(2)物体E 的质量mE;(3)装满水后至多在圆盘上放置多少个质量为50g的砝码后杠杆仍能平衡?【答案】(1)据图可知左侧滑轮为动滑轮,设物体E的重力为GE,动滑轮的重力为,根据动滑轮的特点可得,杠杆A点的拉力为,容器中没有装水,杠杆恰好平衡,此时物体H不受浮力,则当以C点为支点,根据杠杆平衡的条件可得,即--------①当水淹没物体H, 杠杆始终平衡,此时物体H受到浮力的作用,杠杆右侧的力变小,则此时以B点为支点时,根据杠杆平衡的条件可得,即---------②联立①②解得,,已知物体H的体积VH=2dm3,则物体H的密度为(2)根据上述分析可知,物体E的重力为10N,则物体E 的质量为(3)装满水后略增加E 的质量平衡即被打破,设圆盘砝码施加的压力为F,此时以C点为支点,根据杠杆平衡的条件可得,即,解得F=20N,则装满水后至多在圆盘上放置砝码的个数为【知识点】阿基米德原理;杠杆的平衡条件【解析】【分析】(1)先计算出杠杆A点的拉力,再根据杠杆平衡的条件及浮力的计算公式综合列式得出物体H的密度;(2)再根据物体E的重力,计算出物体E的质量;(3)装满水后略增加E 的质量平衡即被打破,设圆盘砝码施加的压力为F,此时以C点为支点,根据杠杆平衡的条件得出F的大小,进一步计算出放置砝码的个数。【解答】(1)据图可知左侧滑轮为动滑轮,设物体E的重力为GE,动滑轮的重力为,根据动滑轮的特点可得,杠杆A点的拉力为,容器中没有装水,杠杆恰好平衡,此时物体H不受浮力,则当以C点为支点,根据杠杆平衡的条件可得,即--------①当水淹没物体H, 杠杆始终平衡,此时物体H受到浮力的作用,杠杆右侧的力变小,则此时以B点为支点时,根据杠杆平衡的条件可得,即---------②联立①②解得,,已知物体H的体积VH=2dm3,则物体H的密度为;(2)根据上述分析可知,物体E的重力为10N,则物体E 的质量为;(3)装满水后略增加E 的质量平衡即被打破,设圆盘砝码施加的压力为F,此时以C点为支点,根据杠杆平衡的条件可得,即,解得F=20N,则装满水后至多在圆盘上放置砝码的个数为。(1)据图可知左侧滑轮为动滑轮,设物体E的重力为GE,动滑轮的重力为,根据动滑轮的特点可得,杠杆A点的拉力为容器中没有装水,杠杆恰好平衡,此时物体H不受浮力,则当以C点为支点,根据杠杆平衡的条件可得即--------①当水淹没物体H, 杠杆始终平衡,此时物体H受到浮力的作用,杠杆右侧的力变小,则此时以B点为支点时,根据杠杆平衡的条件可得即---------②联立①②解得,,已知物体H的体积VH=2dm3,则物体H的密度为(2)根据上述分析可知,物体E的重力为10N,则物体E 的质量为(3)装满水后略增加E 的质量平衡即被打破,设圆盘砝码施加的压力为F,此时以C点为支点,根据杠杆平衡的条件可得即解得F=20N,则装满水后至多在圆盘上放置砝码的个数为14.(2025九上·浙江月考)《黄帝内经》记钱:“五谷为养,五果为助,五畜为益,五菜为充。”下列说法正确的是( )A.“五谷”高含淀粉,淀粉是天然高分子B.“五果”富含糖类,糖类中的葡萄糖、蔗糖都能发生水解反应C.“五畜”高含油脂和蛋白质,它们的组成元素相同D.“五菜”富含纤维素,纤维素可被人体直接吸收和利用【答案】A【知识点】食物与营养;生物体中的有机物【解析】【分析】A.淀粉是高聚物,相对分子质量大于一万;B.葡萄糖是单糖,不能发生水解;C.根据油脂和蛋白质的组成元素进行分析解答;D.根据人体中没有能使纤维素水解的酶进行解答。【解答】A.五谷 主要成分是淀粉,淀粉的化学式为(C6H10O5)n,n值很大,相对分子质量可达几万到几十万甚至更大,属于天然高分子化合物,故A正确;B.葡萄糖不能发生水解反应;蔗糖能发生水解反应生成葡萄糖, 故B错误;C.油脂主要由C、H、O三种元素组成;蛋白质主要由C、H、O、N四种元素组成,有些蛋白质还含有P、S等元素,它们的组成元素不完全相同,故C错误;D.人体中没有能使纤维素水解的酶,所以纤维素不能被人体直接吸收和利用, 故D错误。故答案为:A。15.(2025九上·浙江月考)第十九届亚洲运动会在杭州成功举办,亚运会充满了“化学元素”。下列属于有机高分子材料的是( )A.“大莲花”场馆的主体结构材料——钢B.场馆顶部的覆盖膜——聚四氟乙烯C.场地的防滑涂层——石墨烯D.主火炬使用的可再生燃料——甲醇【答案】B【知识点】合金与合金的性质;材料的利用与发展【解析】【分析】有机高分子材料是指用有机高分子化合物制成的材料,分为天然有机高分子材料和合成有机高分子材料。【解答】A.钢是铁的合金,属于金属材料,故A不符合题意;B.聚四氟乙烯属于塑料,属于有机高分子材料,故B符合题意;C.石墨烯属于碳单质,属于无机非金属材料,故C不符合题意;D.甲醇含碳元素,属于有机物,甲醇的相对分子质量为:,相对分子质量很小,不属于有机高分子材料,故D不符合题意。故答案为:B。16.(2025九上·浙江月考)下列家庭实验不能达到实验目的的是( )A.急救:用硝酸铵、水制备急救冰敷包B.鉴伪:用点燃的方法鉴别“羊毛衫”C.除垢:用食醋浸泡热水瓶内胆除水垢D.净水:在硬水中加入明矾降低硬度【答案】D【知识点】溶解时的吸热或放热现象;酸的化学性质【解析】【分析】A.硝酸铵溶于水吸热;B.羊毛衫中富含蛋白质,灼烧产生烧焦羽毛气味;C.醋酸和碳酸钙反应生成醋酸钙、水和二氧化碳,和氢氧化镁反应生成醋酸镁和水;D.明矾能使水中悬浮物沉降,不能除去溶于水的钙、镁化合物。【解答】A.硝酸铵溶于水吸热温度降低,可用硝酸铵、水制备急救冰敷包,故A正确,但不符合题意;B.羊毛灼烧会有烧焦羽毛味,可以用灼烧的方法鉴别羊毛织物,故B正确,但不符合题意;C.水垢的主要成分是碳酸钙和氢氧化镁,能与醋酸反应,所以可以用酸醋浸泡热水瓶内胆的方法除去水垢,故C正确,但不符合题意;D.明矾能吸附水中的悬浮颗粒物,不能除去钙镁化合物,不能将硬水软化,故D错误,但符合题意。故答案为:D。17.(2025九上·浙江月考)若将浓盐酸和浓硫酸敞口放置在空气中,一段时间后,可以肯定的是( )A.溶质质量都减小 B.溶剂质量都增大C.溶液质量都增大 D.溶质质量分数都变小【答案】D【知识点】溶质的质量分数及相关计算;酸的物理性质及用途【解析】【分析】根据物质的性质进行分析,浓盐酸具有挥发性,易挥发出溶质氯化氢而导致溶液变稀,浓硫酸具有吸水性,易吸收空气中的水分而使溶液变稀。【解答】A.浓盐酸挥发出溶质氯化氢而导致溶质减少,浓硫酸溶质不变,故A错误;B.浓盐酸溶剂质量不变,浓硫酸具有吸水性,易吸收空气中的水分而使溶剂质量增加,故B错误;C.浓盐酸挥发出溶质而导致溶液质量减小,浓硫酸易吸水而使溶液质量增加,故C错误;D.浓盐酸具有挥发性,易挥发出溶质氯化氢而导致溶液变稀,浓硫酸具有吸水性,易吸收空气中的水分而使溶液变稀,故D正确。故答案为:D。18.(2025九上·浙江月考)25mL量筒内现有20mL稀盐酸。因实验需要倒出了一部分后,仰视读数为12.0mL, 倒出的盐酸体积为( )A.小于8mL B.大于8mL C.大于12mL D.等于13mL【答案】A【知识点】体积的测量【解析】【分析】使用量筒液体读数时,视线与凹凸液面的最低处保持水平,不能仰视或俯视。【解答】倾倒液体前量筒内现有20mL稀盐酸,倾倒液体后仰视液面,读数比实际偏小,实际体积应大于12.0mL,则实际倾倒的液体体积小于8mL。故答案为:A。19.(2025九上·浙江月考)下列四个实验中只需要完成三个就可以证明Fe、Cu、Ag三种金属的活动性顺序。其中不必进行的是( )A.将铁片放入稀盐酸 B.将铜片放入稀盐酸C.将铁片放入硝酸银溶液 D.将铜片放入硝酸银溶液【答案】C【知识点】金属活动性顺序及其应用【解析】【分析】在金属活动顺序表中,排在前面的金属能够把排在后面的金属从它盐溶液中转换出来,排在氢前面的金属能够与酸反应生成氢气,据引解答。【解答】选项A能证明Fe>H;选项B能证明Cu<H;选项D能证明Cu>Ag,因此ABD结合能证明Fe>H>Cu>Ag,选项C能证明Fe>Ag,因此选项C实验不必进行。故答案为:C。20.(2025九上·浙江月考)Na2S、Na2SO3、Na2SO4组成的混合物,其中S 元素的质量分数为32%,则O元素的质量分数为( )A.44% B.22 % C.16% D.64%【答案】B【知识点】有关化学式的计算和推断【解析】【分析】根据Na2S、Na2SO3和Na2SO4的化学式,可以发现三种物质中钠原子和硫原子的个数比均为2:1,可以通过硫的质量分数求钠的质量分数,余下的就是氧元素质量分数。【解答】因为Na2S、Na2SO3和Na2SO4组成中钠原子和硫原子的个数比均为2:1,硫元素的质量分数为32%,所以钠元素的质量分数为:32%×=46%,则混合物中氧元素的质量分数为1-32%-46%=22%。故答案为:B。21.(2025九上·浙江月考)下列各组溶液,不用其他试剂就无法鉴别出来的是( )A.NaOH、NaCl、稀硫酸、CuSO4B.BaCl2、MgSO4、KNO3、NaOHC.MgCl2、 稀盐酸、KNO3、AgNO3D.稀盐酸、稀硫酸、Ka2CO3、BaCl2【答案】B,C【知识点】盐的性质及用途;酸、碱、盐的鉴别;酸的化学性质;碱的化学性质【解析】【分析】A.根据硫酸铜是蓝色溶液,再根据其它试剂与硫酸铜的反应现象及其它试剂间的反应现象进行解答;BCD.根据取样后两两反应后的现象进行分析解答;【解答】A.硫酸铜为蓝色溶液,可直接观察出来,然后分别取样,将硫酸铜分别滴加到其他三种试剂中,能够产生蓝色沉淀的是氢氧化钠;将剩余两种物质分别加入到蓝色沉淀中,能使蓝色沉淀溶解的是稀硫酸,无变化的是氯化钠,可以区分,故A正确;B.取样后两两滴加,其中一种试剂滴加到另外三种试剂中,有两组能产生白色沉淀,则该试剂为硫酸镁;将硫酸镁滴入其他三种试剂中,无明显变化的是硝酸钾,有白色沉淀产生的是氢氧化钠和氯化钡,但是氯化钡和氢氧化钠无法区分,故B错误;C.取样后两两滴加,其中一种试剂滴加到另外三种试剂中,有两组能产生白色沉淀,则该试剂为氯化银;将氯化银滴入其他三种试剂中,能够产生白色沉淀的是氯化镁和稀盐酸,无明显变化的是硝酸钾,但是氯化镁和稀盐酸无法区分,故C错误;D.取样后两两滴加,有一种试剂能够与其他的两种溶液产生气泡,则该试剂为碳酸钠;将碳酸钠加入其他三种试剂中,有白色沉淀产生的是氯化钡,再将氯化钡加入剩余的两种试剂中,有白色沉淀产生的是稀硫酸,无明显变化的是稀盐酸,故D正确。故答案为:BC。22.(2025九上·浙江月考)有一包白色粉末,可能含有Ba(NO3)2,Na2SO4,Na2CO3,NaNO3 中的一种或几种某同学分析其成分做了 如下实验:(1)取样加足量水,充分振荡,静置,有白色沉淀产生。(2)过滤后,往滤渣中加过量稀盐 酸,沉淀部分溶解。该白色粉末中,无法确定是否存在的物质是( )A.Ba(NO3)2 B.Na2SO4. C.Na2CO3 D.NaNO3【答案】D【知识点】盐的性质及用途;碱的化学性质【解析】【分析】根据硝酸钡能够与硫酸钠、碳酸钠反应生成白色沉淀硫酸钡与碳酸钡,碳酸钡能够与稀盐酸反应生成氯化钡、水和二氧化碳,而硫酸钡不能够与稀盐酸反应,据此解答。【解答】取样加足量水,充分振荡,静置后有白色沉淀产生,则该白色沉淀可能是硫酸钡或碳酸钡,亦可能是二者都有,然后向过滤后的滤渣中加过量稀盐酸,沉淀部分溶解,说明沉淀中含有碳酸钡和硫酸钡,碳酸钡的生成需要碳酸钠和硝酸钡,硫酸钡的生成需要硫酸钠和硝酸钡,所以白色粉末中含有硝酸钡、硫酸钠、碳酸钠,硝酸钠不能确定是否含有。故答案为:D。23.(2025九上·浙江月考)溴化碘(IBr) 的化学性质很像卤素的单质,它能与大多数金属、非金属化合生成卤化物,它也能与水 发生以下反应:IBr+H2O=HBr+HIO, 下列有关IBr 的叙述中,不正确的是( )A.在很多反应中IBr 是强氧化剂B.IBr 与水反应时既作氧化剂,又作还原剂C.IBr 与 AgNO3溶液反应会生成AgBr沉淀D.IBr 与NaOH 溶液反应时会生成NaBr和NaIO【答案】B【知识点】氧化反应;盐的性质及用途【解析】【分析】A.根据有元素化合价变化的反应为氧化还原反应,元素化合价升高的反应为氧化反应,作还原剂,元素化合价降低的反应为还原反应,作氧化剂进行分析;B.根据IBr+H2O=HBr+HIO进行分析;C.根据IBr与AgNO3溶液反应不会生成AgI沉淀进行分析;D.根据元素化合价不变,属于非氧化还原反应进行分析。【解答】A.溴化碘的化学性质与卤素单质相似,则IBr中I元素的化合价为+1价,I元素的化合价在反应中能降低,则在很多化学反应中IBr是强氧化剂,故A正确,但不符合题意;B.因IBr中I元素的化合价为+1价,Br为-1价,HBr中Br为-1价,HIO中I为+1价,则IBr+H2O═HBr+HIO中没有元素化合价的变化,该反应属于非氧化还原反应,则IBr与水反应时既不作氧化剂,也不作还原剂,故B错误,但符合题意;C.首先发生IBr+H2O═HBr+HIO,然后生成AgBr沉淀,故C正确,但不符合题意;D.由反应IBr+H2O═HBr+HIO可推知与NaOH反应的化学方程式为IBr+2NaOH=NaBr+NaIO+H2O,故D正确,但不符合题意。故答案为:B。24.(2025九上·浙江月考)短周期主族元素X 、Y 、Z和W的原子序数依次增大,X、Y、W位于不同周期,Y、Z、W的原子最外层电子数之和为14。Z 的原子半径在短周期主族元素中最大。下列说法错误的是( )A.简单离子半径:W>Z>XB.W的最高价氧化物对应的水化物为强酸C.Y 与Z 形成的化合物溶于水所得溶液呈碱性D.与X形成的简单化合物的还原性:Y>Z>W【答案】D【知识点】元素周期表【解析】【分析】周期主族元素 X、Y、Z 和 W 的原子序数依次增大,X、Y、W 位于不同周期,则X为H;Z的原子半径在短周期主族元素中最大,则Z为Na;Y、Z、W的原子最外层电子数之和为14,Y、W的最外层电子数之和为14-1=13,只能为6、7,结合原子序数可知,Y为O时W为Cl,Y为F时W为S元素。【解答】A. 电子层数越多,离子半径越大,则简单离子半径:(或)>>,此A正确,但不符合题意;B. Cl和S的最高价氧化物对应的水化物为高氯酸、硫酸,高氯酸、硫酸都是强酸,此B正确,但不符合题意;C. Y 与Z 形成的化合物为氟化钠、氧化钠,它们对应的溶液都呈碱性,此C正确,但不符合题意;D. 非金属性越强,氢化物还原性越弱,非金属性:O(或F)>Cl(或S),则简单氢化物的还原性:H2O (或HF)< HCl (或H2S),此D错误,但符合题意。故答案为:D。25.(2025九上·浙江月考)近日,我国科学家通过电催化将二氧化碳与水合成乙酸(CH3COOH), 再用乙酸合成体葡萄糖。下图是部分化学反应的微观示意图,有关说法正确的是( )A.催化剂在反应过程中不参与反应B.生成的O2与CH3COOH的分子个数比为1:1C.反应前后碳元素质量减少D.该技术对温室气体二氧化碳转化有重要意义【答案】D【知识点】催化剂在化学反应中的作用;二氧化碳的化学性质【解析】【分析】分析题意(或图表信息)等各种信息资源,按照题目要求进行认真地选择即可。【解答】 要想解答好这类题目,首先,要理解和熟记微粒观点及模型图的应用,以及与之相关的知识 。A.催化剂可能参与化学反应,但其质量和化学性质在反应前后保持不变,故A错误;B.由化学方程式可知:生成的O2与CH3COOH的分子个数比为2:1,故B错误;C.根据质量守恒定律,化学反应前后,元素的种类和质量不变,故碳元素的质量不变,故C错误;D.该技术可将二氧化碳与水合成乙酸,再用乙酸合成葡萄糖,对温室气体二氧化碳转化有重要意义,故D正确。故答案为:D。26.(2025九上·浙江月考)某课题组通过数字化实验对白磷燃烧的温度变化及影响因素进行探究。将5g白磷加入试管中并将试 管置于60℃热水中,t3 时,推注 H2O2溶液,实验装置及数据曲线如图。下列说法不正确的是( )A.实验前应检查装置气密性B.t4时温度大于t2 说明氧气浓度越大,燃烧越剧烈C.t3-t1 对应温度升高说明过氧化氢分解放热D.气球的作用是调节气压【答案】C【知识点】制取氧气的装置、步骤、收集与注意事项;燃烧与灭火【解析】【分析】白磷能够与氧气在点燃的条件下反应生成五氧化二磷,没有气体生成,燃烧的过程中生成热量。【解答】A.该反应有气体生成,故实验前应检查装置的气密性,故A正确,但不符合题意;B.t3时,推注H2O2溶液,过氧化氢在二氧化锰的催化下分解生成氧气和水,t4对应的温度高于t2,说明氧气浓度越大,燃烧越剧烈,放出的热量越大,故B正确,但不符合题意;C.t3时,推注H2O2溶液,t3 t1对应温度升高主要是因为白磷在氧气中燃烧放出大量的热,而不是过氧化氢分解放热,故C错误,但符合题意;D.该实验中,白磷燃烧,放热,装置内气体受热膨胀,压强增大,故气球的作用是调节气压,防止压强过大,橡皮塞被冲出,故D正确,但不符合题意。故答案为:C。27.(2025九上·浙江月考)孔雀石的主要成分是CuCO3·Cu(OH)2某小组以孔雀石、锌粒、废稀硫酸为原料制备铜,设计了如下两套方案:下列说法错误的是( )A.方案1和方案2都发生了置换反应B.从安全角度考虑,方案1优于方案2C.两个方案中,等质量的锌可以制备等质量的铜D.方案2消耗的能量大于方案1消耗的能量【答案】C【知识点】酸的化学性质【解析】【分析】分析流程可知,方案1中碱式碳酸铜与稀硫酸反应生成硫酸铜、二氧化碳和水,硫酸铜溶液与锌置换反应生成铜;方案2中碱式碳酸铜高温分解得到氧化铜,锌与稀硫酸反应生成氢气,氢气与氧化铜加热发生置换反应得到铜。【解答】A.方案1中Zn与硫酸铜溶液发生置换反应生成Cu,方案2中Zn与稀硫酸发生置换反应生成氢气,氢气与CuO发生置换反应生成Cu,均发生了置换反应,故A正确,但不符合题意;B.氢气不纯时,加热易发生爆炸,方案1中不生成氢气,则从安全角度考虑,方案1优于方案2,故B正确,但不符合题意;C.方案1:根据反应关系可知,65份质量的锌可以制备64份质量的铜;方案2:根据反应关系、可知,65份质量的锌可以制备64份质量的铜,但氢气需要排空气以免爆炸或者可能损失,不能生成64份质量的铜,故C错误,但符合题意;D.方案2中高温、加热均消耗能量,方案1中均常温下发生反应,则方案2消耗的能量大于方案1消耗的能量,故D正确,但不符合题意。故答案为:C。28.(2025九上·浙江月考)如图为一种以铁粉、硫酸亚铁溶液为原料制取氧化铁黑 (Fe3O4)的原理,已知:若氧气过量,产品会逐渐转变为Fe2O3.下列说法正确的是( )A.转化过程仅涉及铁、氧元素化合价变化B.理论上,每生成23.2gFe3O4 需补充3.2g 的氧气C.理论上,反应I 中每生成45.6g FeSO4需要100g9.8%的稀硫酸D.若转化Ⅱ中参与反应的氧气过量,则最终所得的固体氧元素质量分数偏大【答案】D【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;金属的化学性质【解析】【分析】A.根据题中反应及化合价的变化情况进行分析;B.根据6FeSO4+O2+6H2O=2Fe3O4+6H2SO4进行计算;C.根据硫酸是中间产物,循环使用,理论上不需要补充进行分析;D.根据氧气过量,则转化Ⅱ中最终所得的固体为Fe2O3进行分析。【解答】A.转化Ⅰ为铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气,该反应中铁硫酸亚铁,铁元素化合价由0价+2价,硫酸转化为氢气,氢元素化合价由+1价0价;转化ⅠⅠ为硫酸亚铁与氧气、水在一定条件下反应生成硫酸和四氧化三铁,该反应中氧气四氧化三铁,氧元素化合价由0价-2价,硫酸亚铁四氧化三铁,铁元素化合价由+2价+3价,故转化过程中涉及铁、氧、氢元素化合价变化,故A错误;B.转化ⅠⅠ为硫酸亚铁与氧气、水在一定条件下反应生成硫酸和四氧化三铁,设生成23.2gFe3O4,需要氧气的质量为x,则理论上,每生成23.2gFe3O4,需补充1.6g的氧气,故B错误;C.转化Ⅰ为铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气,设生成45.6gFeSO4,需要9.8%的稀硫酸质量为y,Fe+ H2SO4=H2↑+ FeSO4 98 152 9.8%×y 45.6g则理论上,反应Ⅰ中每生成45.6gFeSO4,需要300g9.8%的稀硫酸,故C错误;D.Fe2O3中氧元素质量分数为,Fe3O4中氧元素质量分数为,若转化Ⅱ中参与反应的氧气过量,产品会逐渐转变为Fe2O3,则最终所得的固体氧元素质量分数偏大,故D正确。故答案为:D。29.(2025九上·浙江月考)某化学小组利用数字化传感器探究氢氧化钠与二氧化碳的反应。在烧瓶内收集满CO2, 如图I所示,T 开K, 将注射器内的液体同时迅速注入烧瓶内,关闭K, 一段时间后,同时振荡烧瓶,观察到甲中有白 色沉淀生成,乙中无明显现象。通过压强传感器测得烧瓶内压强随时间的变化如图Ⅱ所示,曲线①和曲 线②分别表示甲、乙两个烧瓶内的压强变化。下列说法错误的是( )A.上述实验可以证明氢氧化钠与二氧化碳能发生反应B.通过图Ⅱ可知,吸收大量的CO2 最好选用澄清石灰水C.图Ⅱ中AB 段曲线上升的原因是用注射器注入液体,压缩烧瓶内的气体,压强增大D.图Ⅱ中点C、点 E 对应的实验操作是振荡烧瓶【答案】B【知识点】碱的化学性质【解析】【分析】A.根据图Ⅱ可知:曲线②二氧化碳减少更多,且二氧化碳与氢氧化钙溶液反应可排出二氧化碳溶于水对实验造成影响进行分析;B.根据氢氧化钠溶液与二氧化碳反应能使二氧化碳反应完全进行分析;C.根据图Ⅱ中AB段曲线上升的原因是用注射器注入液体,压缩了烧瓶内的气体,压强增大进行分析;D.根据图Ⅱ中点C、点E压降急剧减小,对应的实验操作是振荡烧瓶,增大二氧化碳与溶液的接触面积进行分析。【解答】A.在烧瓶内收集满,如图Ⅰ所示,打开K,将注射器内的液体同时迅速注入烧瓶内,关闭K,一段时间后,同时振荡烧瓶,通过压强传感器测得烧瓶内压强随时间的变化如图Ⅱ所示,曲线①和曲线②分别表示甲、乙两个烧瓶内的压强变化。由图Ⅱ可知:曲线②二氧化碳减少更多,且二氧化碳与氢氧化钙溶液反应可排出二氧化碳溶于水对实验造成影响,上述实验可以证明氢氧化钠与二氧化碳能发生反应,故A正确,但不符合题意;B.由图Ⅱ可知,氢氧化钠溶液与二氧化碳反应能使二氧化碳反应完全,吸收大量的,最好选用氢氧化钠溶液,故B错误,但符合题意;C.图Ⅱ中AB段曲线上升的原因是用注射器注入液体,压缩了烧瓶内的气体,使压强增大,故C正确,但不符合题意;D.图Ⅱ中点C、点E压降急剧减小,对应的实验操作是振荡烧瓶,增大二氧化碳与溶液的接触面积,故D正确,但不符合题意。故答案为:B。30.(2025九上·浙江月考)中国古代通过焙烧绿矾(FeSO4·7H2O)的方法制备铁红(主要成分是Fe2O3)作着色剂,同时得到绿矾油(H2SO4),某兴趣小组用如图所示装置对绿矾的焙烧进行模拟实验。下列说法错误的是( )A.焙烧绿矾时,发生反应:,X是SO3B.实验中观察到U 形管中逐渐有液体产庄,装置B 中冷水的作用是使气体冷凝C.取U 形管内得到的液体,滴加紫色石蕊溶液变红,不足以证明该液体是稀硫酸D.实验结束后,为防止液体进入灼热的玻璃管,需在①处添加一个止水夹【答案】D【知识点】盐的性质及用途;酸的化学性质【解析】【分析】A.根据质量守恒定律,反应前后原子的种类、个数不变进行分析。B.根据绿矾高温下分解生成二氧化硫、三氧化硫、水蒸气进行分析。C.根据滴加紫色石蕊溶液变红,说明液体中含有氢离子,进行分析。D.根据防止液体进入灼热的玻璃管的措施进行分析。【解答】A.依据质量守恒定律,反应前后原子的种类、个数不变,反应前Fe、S、O、H原子的个数分别为2、2、22、28,反应后Fe、S、O、H原子的个数分别为2、1、19、28,则X是SO3,故A正确,但不符合题意;B.绿矾高温下分解生成二氧化硫、三氧化硫、水蒸气,气体进入装置B,三氧化硫、水蒸气遇冷凝结,故B正确,但不符合题意;C.取U形管内得到的液体,滴加紫色石蕊溶液变红,说明液体中含有氢离子,不能确定含有硫酸根离子,故C正确,但不符合题意;D.实验结束后,为防止液体进入灼热的玻璃管,需在①处添加防倒吸装置,若添加止水夹,会使A装置内压强过大,造成危险,故D错误,但符合题意。故答案为:D。31.(2025九上·浙江月考)已知CuSO4溶液分别与Na2CO3溶液、Na2S 溶液的反应情况如下:(1)CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合主要反应是:CuSO4+Na2CO3+H2O=Na2SO4+Cu(OH)2↓+CO2↑次要反应是:CuSO4+Na2CO3=Na2SO4+CuCO3↓(2)CuSO4溶液与Na2S 溶液混合主要反应是:CuSO4+Na2S=Na2SO4+CuS↓很难发生的反应是:CuSO4+Na2S+2H2O=Na2SO4+Cu(OH)2↓+H2S↑ 下列几种物质的溶解度大小的比较中,正确的是( )A.CuSCu(OH)2>CuCO3C.Cu(OH)2>CuCO3>CuS D.Cu(OH)2【答案】A【知识点】固体溶解度的概念;盐的性质及用途【解析】【分析】沉淀反应中,生成物的溶解度越小,沉淀反应越容易发生.根据信息(1)可知:生成Cu(OH)2的反应容易发生,说明Cu(OH)2的溶解度小于CuCO3的溶解度;根据信息(2)可知:生成CuS的反应容易发生,说明CuS的溶解度小于Cu(OH)2的溶解度。【解答】沉淀反应中,生成物的溶解度越小,沉淀反应越容易发生,CuSO4+Na2CO3中主要发生Cu2+++H2O=Cu(OH)2↓+CO2↑,次要发生Cu2++=CuCO3↓,可说明Cu(OH)2的溶解度小于CuCO3的溶解度;CuSO4+Na2S中主要:Cu2++S2─=CuS↓,次要:Cu2++S2─+2H2O=Cu(OH)2↓+H2S↑,可说明CuS的溶解度小于Cu(OH)2的溶解度,则溶解度CuS<Cu(OH)2<CuCO3。故答案为:A。32.(2025九上·浙江月考)我国科学家利用过渡金属氮化物(TMNS) 作催化剂,在常温下实现氨气的合成,其反应机理如图所示。下列说法正确的是( )A.用15N2进行合成反应,产物中只有15NH3B.TMNS 表面上的N原子被氧化为氨气C.TMNS 表面上氨脱附产生的空位有利于吸附N2D.TMNS 不参与氨气的合成反应【答案】C【知识点】催化剂在化学反应中的作用【解析】【分析】A.由图象可知,生成氨气的氮原子有两种,一种为催化剂表面的氮原子,一种是氮气分子中的氮原子;B.由图象可知,金属氮化物(TMNS)中的氮原子与氢结合,生成氨气;C.由图象可知,氮气分子进入空位被吸附;D.催化剂能降低反应所需的活化能,但是不能影响平衡的移动。【解答】A.由分析可知,合成氨气有两种途径,15N2分子中的氮原子合成氨气,生成15NH3,金属氮化物(TMNS)表面的氮原子合成NH3,则可能含有其它含15NH3的副产物,故A错误;B.由图象可知,金属氮化物(TMNS)中的氮原子与氢结合,生成氨气,氮元素价态下降得电子作氧化剂,被还原,故B错误;C.由图象可知,氮气分子进入催化剂表面的空位被吸附,TMNS表面上氨脱附产生的空位有利于吸附N2,故C正确;D.过渡金属氮化物(TMNS)作催化剂,可能参与反应,改变了反应速率,但反应前后不发生变化,故D错误。故答案为:C。33.(2025九上·浙江月考)硫酸是重要的化工原料,可用于生产化肥、农药、炸药、染料和盐类等,工业上一般以硫磺或者其他含硫矿物(如黄铁矿)为原料来制备硫酸。金属冶炼时产生的含二氧化硫废气经回收后也可用于制备硫酸。工业测硫酸的原理示意图如下图所示:某化工厂生产硫酸,使用一种含杂质25%的黄铁矿原料。若取1000 kg 该矿石(已知黄铁矿与氧气反应的方程式为: ),假设生产过程中硫的损失为零,可制量分数为98%的浓硫酸的质量为( )A.1250kg B.125kg C.62.5g D.625kg【答案】A【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】先计算出矿石中亚硫化亚铁的质量,再根据亚硫化亚铁和硫酸的关系式计算出浓硫酸的质量。【解答】根据S原子守恒得关系式FeS2~2SO2~2H2SO4,1t该矿石中m(FeS2)=1t×(1-25%)=0.75t,根据FeS2和H2SO4的关系式计算98%的浓硫酸的质量为:。故答案为:A。34.(2025九上·浙江月考)1869年俄国化学家门捷列夫制出第一张元素周期表,到现在形成的周期表经过了众多此学家的艰辛努力,历经142年。元素周期表体现了元素位、构、性的关系,揭示了元素间的内在联系。如图是元素周期表的一部分,回答下列问题:(1)元素Ga在元素周期表中的位置为第 周期第 族。(2)Sn 的最高化合价为 ,Bi的最高价氧化物为 【答案】(1)四;ⅢA(2)+4;Bi2O5【知识点】元素周期表【解析】【分析】(1)Ga和Al同主族,在Al的下一个周期,即处于第四周期;(2)Sn和碳同为IAV族元素,最高正化合价等于族序数;Cl的最高价是+7价,最高价氧化物对应水化物的化学式为HClO4;Bi和N元素同主族,所以最高正价是+5价。【解答】(1)铝(Al)在元素周期表中的位置是第三周期第 ⅢA族,Ga和Al同主族,在Al的下一个周期,即第四周期、ⅢA族;(2)碳、锡同为第IVA族元素,其最外层均有4个电子,Sn的最高价为+4价;Bi的最外层有5个电子,Bi的最高价为+5价,其最高价氧化物为Bi2O5。故答案为:(1)四;ⅢA;(2)+4;Bi2O5。(1)铝(Al)在元素周期表中的位置是第三周期第 ⅢA族,Ga和Al同主族,在Al的下一个周期,即第四周期、ⅢA族(2)碳、锡同为第IVA族元素,其最外层均有4个电子,Sn的最高价为+4价;Bi的最外层有5个电子,Bi的最高价为+5价,其最高价氧化物为Bi2O5。35.(2025九上·浙江月考)用图1装置制取CO2并探究其性质。图2表示装置C 中溶液的pH 与实验时间的变化关系曲线。 已知:a.此实验条件下Na2CO3溶液的pH≈11.6,NaHCO3 溶液的pH≈8.3。b.Na2CO3溶液能与CO2、H2O进一步反应生成NaHCO3 。(1)装置B的作用是 (用化学方程式表示)。(2)实验10s时装置C发生反应的化学方程式为 (3)50s时溶液中的溶质是 【答案】(1)NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O(2)CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O(3)Na2CO3、NaHCO3【知识点】书写化学方程式、文字表达式;溶液的酸碱性与pH值的关系;碱的化学性质【解析】【分析】(1)根据通过控制分液漏斗的旋钮,可以控制滴加液体的速度,进而控制反应速率,饱和NaHCO3溶液几乎不能溶解CO2;(2)实验10s时溶液pH已经下降,说明发生了反应,但pH仍大于11.6,碳酸呈酸性,进行分析;(3)根据50s时溶液的pH值,进一步得出溶液中的溶质。【解答】(1)稀盐酸具有挥发性,实验制得的二氧化碳中混有HCl气体,饱和NaHCO3溶液几乎不能溶解CO2,同时,HCl能与NaHCO3反应生成NaCl、CO2、H2O,其中NaCl、H2O留在集气瓶内,所以装置B的作用是除去HCl,化学方程式为:NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O;(2)根据图2,实验10s时溶液pH已经下降,说明发生了反应,但pH仍大于11.6,而此实验条件下Na2CO3溶液的pH=11.6,NaHCO3溶液的pH=8.3,推知是CO2与NaOH反应生成了Na2CO2,化学方程式为:CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O;(3)50s时,溶液pH小于11.6但大于8.3,说明已有部分Na2CO3转化为NaHCO3,溶液中的溶质有Na2CO3和NaHCO3。故答案为:(1)NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O;(2)CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O;(3)Na2CO3、NaHCO3。(1)稀盐酸具有挥发性,实验制得的二氧化碳中混有HCl气体,饱和NaHCO3溶液几乎不能溶解CO2,同时,HCl能与NaHCO3反应生成NaCl、CO2、H2O,其中NaCl、H2O留在集气瓶内,所以装置B的作用是除去HCl,化学方程式为:NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O。(2)根据图2,实验10s时溶液pH已经下降,说明发生了反应,但pH仍大于11.6,而此实验条件下Na2CO3溶液的pH=11.6,NaHCO3溶液的pH=8.3,推知是CO2与NaOH反应生成了Na2CO2,化学方程式为:CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O。(3)50s时,溶液pH小于11.6但大于8.3,说明已有部分Na2CO3转化为NaHCO3,溶液中的溶质有Na2CO3和NaHCO3。36.(2025九上·浙江月考)化合物X 是含三种元素的钾盐,按照如图流程进行实验。气体A 分子量为32,溶液C 中只有一种溶质,白色沉淀D不溶于稀盐酸。请回答:(1)X的化学式是 (2)气体A通入酸化的KI溶液中,发生反应的离子方程式为 (3)一定条件下X与水能反应,得到的混合液既有强氧化性又有强酸性。请写出其化学反应方程式 【答案】(1)K2S2O8(2)O2+4I-+4H+=I2+2H2O(3)K2S2O8+2H2O=K2SO4+H2O2+H2SO4【知识点】书写化学方程式、文字表达式;盐的性质及用途【解析】【分析】固体B溶于水后,加入一元强碱,得到溶液C,并向溶液C中加入BaCl2,生成不溶于稀盐酸的白色沉淀D,则D为BaSO4,且n(BaSO4)=;溶液C中只含一种溶质,则溶液C的溶质一定是硫酸盐,且B溶于水之后,有0.005mol的硫酸生成,根据硫原子守恒,C中含有0.01molS元素,则固体B含有0.005molSO42-;n(A)=,m(A)=1.35g-1.27g=0.08g,则M(A)==32g/mol,则A为O2;溶液C中只含有一种溶质,则C中的金属离子一定与强碱中的金属离子相同,而已确定的元素S、O都不在第四周期,故可以判断出该金属元素在第四周期,且该元素是K元素;则固体B中有0.005molK2SO4,即0.87g,则另外的0.005mol含S的物质有0.4g,其摩尔质量为=80g/mol,则该物质为SO3;所以可以推出,1.35g固体X含有0.01molK、0.01molS、0.04molO,即该物质中n(K):n(S):n(O)=1:1:4,则该物质为K2S2O8。【解答】(1)固体B溶于水后,加入一元强碱,得到溶液C,并向溶液C中加入BaCl2,生成不溶于稀盐酸的白色沉淀D,则D为BaSO4,且n(BaSO4)=;溶液C中只含一种溶质,则溶液C的溶质一定是硫酸盐,且B溶于水之后,有0.005mol的硫酸生成,根据硫原子守恒,C中含有0.01molS元素,则固体B含有0.005molSO42-;n(A)=,m(A)=1.35g-1.27g=0.08g,则M(A)==32g/mol,则A为O2;溶液C中只含有一种溶质,则C中的金属离子一定与强碱中的金属离子相同,而已确定的元素S、O都不在第四周期,故可以判断出该金属元素在第四周期,且该元素是K元素;则固体B中有0.005molK2SO4,即0.87g,则另外的0.005mol含S的物质有0.4g,其摩尔质量为=80g/mol,则该物质为SO3;所以可以推出,1.35g固体X含有0.01molK、0.01molS、0.04molO,即该物质中n(K):n(S):n(O)=1:1:4,X的化学式是:K2S2O8;(2)由分析可知,A为O2,将O2通入到KI溶液中,离子方程式为:O2+4I-+4H+=I2+2H2O;(3)一定条件下K2S2O8与水能反应,得到的混合液既有强氧化性又有强酸性,即K2S2O8和水反应生成硫酸钾、过氧化氢和硫酸,反应的化学方程式为:K2S2O8+2H2O=K2SO4+H2O2+H2SO4。故答案为:(1)K2S2O8;(2)O2+4I-+4H+=I2+2H2O;(3)K2S2O8+2H2O=K2SO4+H2O2+H2SO4。(1)由分析可知,X的化学式是:K2S2O8;(2)由分析可知,A为O2,将O2通入到KI溶液中,离子方程式为:O2+4I-+4H+=I2+2H2O;(3)一定条件下K2S2O8与水能反应,得到的混合液既有强氧化性又有强酸性,即K2S2O8和水反应生成硫酸钾、过氧化氢和硫酸,反应的化学方程式为:K2S2O8+2H2O=K2SO4+H2O2+H2SO4。37.(2025九上·浙江月考)取15.80g KMnO4加热分解后剩余固体15.00g, 该剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应,生成单质气体A, 产物中锰元素以Mn2+存在,请计算:(1)写出KMnO4受热分解的化学方程式 (2)KMnO4的分解率 (3)气体A 的质量 【答案】(1)(2)50%(3)12.07g【知识点】书写化学方程式、文字表达式;根据化学反应方程式的计算【解析】【分析】(1)根据加热高锰酸钾时的反应物与生成物写出反应的化学方程式;(2)先计算出生成氧气的质量,再根据反应的化学方程式计算出参加反应的高锰酸钾的质量,再计算出高锰酸钾的分解率;(3)先根据质量守恒定律得出收集到的气体是氯气,再计算出生成氯气的质量。【解答】(1)高锰酸钾受热分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气,其反应的化学方程式为:;(2)取15.80g KMnO4,加热分解后剩余固体15.00g,减少的质量为氧气的质量=15.80g-15.00g=0.80g,设参加反应的高锰酸钾的质量为x,2KMnO4K2MnO4 + MnO2 + O2↑316 32x 0.80gx=7.9g,KMnO4的分解率为:×100%=50%;(3)在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸,继续加热,收集到气体为氯气,根据电子转移守恒,整个过程中,Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素失去的电子;设氯气的物质的量为ymol,n(KMnO4)═=0.1mol,电子转移守恒可得:0.1mol×(7-2)=4n(O2)+2(Cl2),即0.1mol×(7-2)=4×mol+2y,解得:y=0.17mol,故生成氯气的质量=0.17 mol×71g/mol=12.07g。(1)高锰酸钾受热分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气,其反应的化学方程式为:;(2)取15.80g KMnO4,加热分解后剩余固体15.00g,减少的质量为氧气的质量=15.80g-15.00g=0.80g,设参加反应的高锰酸钾的质量为x,x=7.9g,KMnO4的分解率为:×100%=50%;(3)在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸,继续加热,收集到气体为氯气,根据电子转移守恒,整个过程中,Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素失去的电子;设氯气的物质的量为ymol,n(KMnO4)═=0.1mol,电子转移守恒可得:0.1mol×(7-2)=4n(O2)+2(Cl2),即0.1mol×(7-2)=4×mol+2y,解得:y=0.17mol,故生成氯气的质量=0.17 mol×71g/mol=12.07g。1 / 1浙江省杭州市江干区天杭实验集团2024-2025学年初三上月考初中科学试卷1.(2025九上·浙江月考)小明两次煮鸡蛋,第一次在水沸后继续用急上煮,直到煮熟:第二次在水沸后将火焰调小,但仍然保持锅中的水沸腾,直到煮熟。两次比较发现( )A.第一种方法既省燃料又省时间B.第一种方法费燃料但省时间C.第二种方法省燃料又省时间D.第二种方法省燃料,两种方法所用时间相近2.(2025九上·浙江月考)如图所示,有一个重力不计的方形容器,被水平力F压在竖直的墙面上处于静止状态,现缓慢地向容器内注水,直到将容器刚好盛满为止,在此过程中容器始终保持静止,则下列说法中正确的是( )A.容器受到的摩擦力不变 B.容器受到的摩擦力逐渐减小C.水平力F可能不变 D.水平力F必须逐渐增大3.(2025九上·浙江月考)A 、B 两辆车在公路上笔直匀速行驶(如图甲)t1时刻A 车驾驶员看到左侧后视镜中B 车如图乙,之后t2 时刻A 车驾驶员看到的后视镜中的“B车”如图丙。已知汽车的后视镜为凸面镜。下列说法正确的是( )A.此过程B 车正在超车B.t1时刻和t2 时刻后视镜中“B 车”的像与B 车等大C.t2 时刻“B 车”在后视镜中的像大于t1时刻的像D.若A 车想向左变道,t1时刻比t2时刻安全4.(2025九上·浙江月考)某兴趣小组想用玻璃瓶、中空直玻璃管、软木塞来制作受水型水钟,横截面积一定的受水容器上刻有均匀的刻度,与时间线性对应,下列做法能成功的是( )A. B. C. D.5.(2025九上·浙江月考)如图所示,小明的质量为50kg。他在30s内完成了10个引体向上,他30s内克服重力做功的功率约为( )A.10W B.100W C.500W D.1000W6.(2025九上·浙江月考)如图所示,在地铁站出站时,甲乙两位同学分别选择了步行楼梯和乘自动扶梯(台阶式)匀速上楼。下列说法正确的是( )A.甲同学的机械能一定增加B.乙同学的机械能一定增加C.甲同学受到楼梯的支持力,该力对甲做功D.乙同学受到自动扶梯的摩擦力,该力对乙做功7.(2025九上·浙江月考)在探究“凸透镜成像规律”的实验中,下表是小毕同学实验时记录的几组数据,说法正确的是( )实验次数 物距u/cm 像距v/cm 成像性质1 30 15 倒立缩小实2 20 20 倒立等大实像3 15 倒立放大实像A.该透镜的焦距为10cm B.该透镜的焦距为20cmC.第3次实验中像距为7.5cm D.第3次实验中像距为30cm8.(2025九上·浙江月考)如图所示,电流表、电压表是理想电表,电阻R0、R1是定值电阻,电源的电压恒定不变。合上开关,电流表和电压表的示数分别为I、U;当增大电阻箱R的阻值时,电流表和电压表的示数变化量分别为 I、 U,下列说法正确的是( )A. U>0 B. I>0C.为一定值 D.为一定值9.(2025九上·浙江月考)柱状容器内放入一个体积大小为200cm3的柱状物体,现不断向容器内注入水,并记录水的总体积 V和所对应的水的深度 h, 如下表所示,则下列判断中正确的是( )V(cm3) 60 120 180 240 300 360h(cm) 5 10 15 19 22 25A.物体的底面积 S1为 8cm2 B.容器的底面积 S2为 12cm2C.物体的密度为0.7×103kg/m3 D.物体所受到的最大浮力为2N10.(2025九上·浙江月考)小明设计了一个道路限载报警器(图甲),R0是变阻器,R是压敏电阻。R的电阻大小随压力大小变化关系如图乙。当超载车辆通过压敏电阻时,限载报警器就会报警。调试好电路,闭合开关S1和S2,下列说法正确的是( )A.当超载车辆通过时,限载报警器会灯亮B.当超载车辆通过时,限载报警器会铃响C.将滑动变阻器滑片向左滑,可提高报警的限载重量D.将电源1的电压调高,可提高报警的限载重量11.(2025九上·浙江月考)小明同学根据图甲的电路连接器材来“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”。实验时多次改变合金丝甲接入电路的长度l、调节滑动变阻器的阻值,使电流表的读数I达到某一相同值时记录电压表的示数U,从而得到多个的值,作出图像,如图乙中图线a所示。(1)图甲中当用同一根金属丝实验时探究的是电阻与________的关系;A.长度 B.截面积 C.材料 D.温度(2)在实验中使用的是 选填(“0-20Ω”或“0-2000Ω”)的滑动变阻器;(3)一般来说,为避免烧坏滑动变阻器和电源,电路中电流不能太大,一般应小于1A,在某次测量时,电压表的指针位置如图丙所示,则读数U= V;(4)图乙中图线b是另一根长度相同、材料相同的合金丝乙采用同样的方法获得的图像,由图可知合金丝甲的横截面积 (选填“大于”“等于"或“小于”)合金丝乙的横截面积;(5)小明发现。图线a和图线b都没有过原点,你认为图线没有过原点的原因是: 。12.(2025九上·浙江月考)如图所示,汁轮组悬挂在水平支架上,重为800N 的工人站在水平地面上,竖直向下拉动 绳子自由端,使重为300N 的物体以0.4m/s 的速度匀速上升。在这个过程中,人施加的拉力F为200N。 两个滑轮质量相等,不计滑轮组的绳重和摩擦。求:(1)拉力F的功率;(2)该滑轮组的机械效率;(3)该工人利用此滑轮组提升该货物时,支架受到滑轮组的拉力;(4)若绳子能承受的最大拉力为1000N, 该滑轮组的最大机械效率。13.(2025九上·浙江月考)如图所示,杠杆AD 放在钢制水平凹槽BC 中,杠杆AD 能以B 点或C 点为支点在竖直平面内转动,BC=0.2m。 细绳的一端系在杠杆的A 端,另一端绕过动滑轮固定在天花板上,物体E 挂在动 滑轮的挂钩上,物体H 通过细绳挂在杠杆的D 端,与杠杆D 端固定连接的水平圆盘的上表面可以放置质量不同的砝码。初始时,圆盘上未放置砝码,容器中没有装水,杠杆恰好平衡,逐渐向容器中装水直至淹没物体H, 杠杆始终平衡,装满水后略增加E 的质量平衡即被打破,已知动滑轮的质量m0=1kg, 物体H的体积VH=2dm3,水的密度。AD=0.8m。CD=0.2m, 杠杆、网盘、细绳的质量及摩擦均忽略不计,g取10N / kg。 求:(1)物体H 的密度;(2)物体E 的质量mE;(3)装满水后至多在圆盘上放置多少个质量为50g的砝码后杠杆仍能平衡?14.(2025九上·浙江月考)《黄帝内经》记钱:“五谷为养,五果为助,五畜为益,五菜为充。”下列说法正确的是( )A.“五谷”高含淀粉,淀粉是天然高分子B.“五果”富含糖类,糖类中的葡萄糖、蔗糖都能发生水解反应C.“五畜”高含油脂和蛋白质,它们的组成元素相同D.“五菜”富含纤维素,纤维素可被人体直接吸收和利用15.(2025九上·浙江月考)第十九届亚洲运动会在杭州成功举办,亚运会充满了“化学元素”。下列属于有机高分子材料的是( )A.“大莲花”场馆的主体结构材料——钢B.场馆顶部的覆盖膜——聚四氟乙烯C.场地的防滑涂层——石墨烯D.主火炬使用的可再生燃料——甲醇16.(2025九上·浙江月考)下列家庭实验不能达到实验目的的是( )A.急救:用硝酸铵、水制备急救冰敷包B.鉴伪:用点燃的方法鉴别“羊毛衫”C.除垢:用食醋浸泡热水瓶内胆除水垢D.净水:在硬水中加入明矾降低硬度17.(2025九上·浙江月考)若将浓盐酸和浓硫酸敞口放置在空气中,一段时间后,可以肯定的是( )A.溶质质量都减小 B.溶剂质量都增大C.溶液质量都增大 D.溶质质量分数都变小18.(2025九上·浙江月考)25mL量筒内现有20mL稀盐酸。因实验需要倒出了一部分后,仰视读数为12.0mL, 倒出的盐酸体积为( )A.小于8mL B.大于8mL C.大于12mL D.等于13mL19.(2025九上·浙江月考)下列四个实验中只需要完成三个就可以证明Fe、Cu、Ag三种金属的活动性顺序。其中不必进行的是( )A.将铁片放入稀盐酸 B.将铜片放入稀盐酸C.将铁片放入硝酸银溶液 D.将铜片放入硝酸银溶液20.(2025九上·浙江月考)Na2S、Na2SO3、Na2SO4组成的混合物,其中S 元素的质量分数为32%,则O元素的质量分数为( )A.44% B.22 % C.16% D.64%21.(2025九上·浙江月考)下列各组溶液,不用其他试剂就无法鉴别出来的是( )A.NaOH、NaCl、稀硫酸、CuSO4B.BaCl2、MgSO4、KNO3、NaOHC.MgCl2、 稀盐酸、KNO3、AgNO3D.稀盐酸、稀硫酸、Ka2CO3、BaCl222.(2025九上·浙江月考)有一包白色粉末,可能含有Ba(NO3)2,Na2SO4,Na2CO3,NaNO3 中的一种或几种某同学分析其成分做了 如下实验:(1)取样加足量水,充分振荡,静置,有白色沉淀产生。(2)过滤后,往滤渣中加过量稀盐 酸,沉淀部分溶解。该白色粉末中,无法确定是否存在的物质是( )A.Ba(NO3)2 B.Na2SO4. C.Na2CO3 D.NaNO323.(2025九上·浙江月考)溴化碘(IBr) 的化学性质很像卤素的单质,它能与大多数金属、非金属化合生成卤化物,它也能与水 发生以下反应:IBr+H2O=HBr+HIO, 下列有关IBr 的叙述中,不正确的是( )A.在很多反应中IBr 是强氧化剂B.IBr 与水反应时既作氧化剂,又作还原剂C.IBr 与 AgNO3溶液反应会生成AgBr沉淀D.IBr 与NaOH 溶液反应时会生成NaBr和NaIO24.(2025九上·浙江月考)短周期主族元素X 、Y 、Z和W的原子序数依次增大,X、Y、W位于不同周期,Y、Z、W的原子最外层电子数之和为14。Z 的原子半径在短周期主族元素中最大。下列说法错误的是( )A.简单离子半径:W>Z>XB.W的最高价氧化物对应的水化物为强酸C.Y 与Z 形成的化合物溶于水所得溶液呈碱性D.与X形成的简单化合物的还原性:Y>Z>W25.(2025九上·浙江月考)近日,我国科学家通过电催化将二氧化碳与水合成乙酸(CH3COOH), 再用乙酸合成体葡萄糖。下图是部分化学反应的微观示意图,有关说法正确的是( )A.催化剂在反应过程中不参与反应B.生成的O2与CH3COOH的分子个数比为1:1C.反应前后碳元素质量减少D.该技术对温室气体二氧化碳转化有重要意义26.(2025九上·浙江月考)某课题组通过数字化实验对白磷燃烧的温度变化及影响因素进行探究。将5g白磷加入试管中并将试 管置于60℃热水中,t3 时,推注 H2O2溶液,实验装置及数据曲线如图。下列说法不正确的是( )A.实验前应检查装置气密性B.t4时温度大于t2 说明氧气浓度越大,燃烧越剧烈C.t3-t1 对应温度升高说明过氧化氢分解放热D.气球的作用是调节气压27.(2025九上·浙江月考)孔雀石的主要成分是CuCO3·Cu(OH)2某小组以孔雀石、锌粒、废稀硫酸为原料制备铜,设计了如下两套方案:下列说法错误的是( )A.方案1和方案2都发生了置换反应B.从安全角度考虑,方案1优于方案2C.两个方案中,等质量的锌可以制备等质量的铜D.方案2消耗的能量大于方案1消耗的能量28.(2025九上·浙江月考)如图为一种以铁粉、硫酸亚铁溶液为原料制取氧化铁黑 (Fe3O4)的原理,已知:若氧气过量,产品会逐渐转变为Fe2O3.下列说法正确的是( )A.转化过程仅涉及铁、氧元素化合价变化B.理论上,每生成23.2gFe3O4 需补充3.2g 的氧气C.理论上,反应I 中每生成45.6g FeSO4需要100g9.8%的稀硫酸D.若转化Ⅱ中参与反应的氧气过量,则最终所得的固体氧元素质量分数偏大29.(2025九上·浙江月考)某化学小组利用数字化传感器探究氢氧化钠与二氧化碳的反应。在烧瓶内收集满CO2, 如图I所示,T 开K, 将注射器内的液体同时迅速注入烧瓶内,关闭K, 一段时间后,同时振荡烧瓶,观察到甲中有白 色沉淀生成,乙中无明显现象。通过压强传感器测得烧瓶内压强随时间的变化如图Ⅱ所示,曲线①和曲 线②分别表示甲、乙两个烧瓶内的压强变化。下列说法错误的是( )A.上述实验可以证明氢氧化钠与二氧化碳能发生反应B.通过图Ⅱ可知,吸收大量的CO2 最好选用澄清石灰水C.图Ⅱ中AB 段曲线上升的原因是用注射器注入液体,压缩烧瓶内的气体,压强增大D.图Ⅱ中点C、点 E 对应的实验操作是振荡烧瓶30.(2025九上·浙江月考)中国古代通过焙烧绿矾(FeSO4·7H2O)的方法制备铁红(主要成分是Fe2O3)作着色剂,同时得到绿矾油(H2SO4),某兴趣小组用如图所示装置对绿矾的焙烧进行模拟实验。下列说法错误的是( )A.焙烧绿矾时,发生反应:,X是SO3B.实验中观察到U 形管中逐渐有液体产庄,装置B 中冷水的作用是使气体冷凝C.取U 形管内得到的液体,滴加紫色石蕊溶液变红,不足以证明该液体是稀硫酸D.实验结束后,为防止液体进入灼热的玻璃管,需在①处添加一个止水夹31.(2025九上·浙江月考)已知CuSO4溶液分别与Na2CO3溶液、Na2S 溶液的反应情况如下:(1)CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合主要反应是:CuSO4+Na2CO3+H2O=Na2SO4+Cu(OH)2↓+CO2↑次要反应是:CuSO4+Na2CO3=Na2SO4+CuCO3↓(2)CuSO4溶液与Na2S 溶液混合主要反应是:CuSO4+Na2S=Na2SO4+CuS↓很难发生的反应是:CuSO4+Na2S+2H2O=Na2SO4+Cu(OH)2↓+H2S↑ 下列几种物质的溶解度大小的比较中,正确的是( )A.CuSCu(OH)2>CuCO3C.Cu(OH)2>CuCO3>CuS D.Cu(OH)232.(2025九上·浙江月考)我国科学家利用过渡金属氮化物(TMNS) 作催化剂,在常温下实现氨气的合成,其反应机理如图所示。下列说法正确的是( )A.用15N2进行合成反应,产物中只有15NH3B.TMNS 表面上的N原子被氧化为氨气C.TMNS 表面上氨脱附产生的空位有利于吸附N2D.TMNS 不参与氨气的合成反应33.(2025九上·浙江月考)硫酸是重要的化工原料,可用于生产化肥、农药、炸药、染料和盐类等,工业上一般以硫磺或者其他含硫矿物(如黄铁矿)为原料来制备硫酸。金属冶炼时产生的含二氧化硫废气经回收后也可用于制备硫酸。工业测硫酸的原理示意图如下图所示:某化工厂生产硫酸,使用一种含杂质25%的黄铁矿原料。若取1000 kg 该矿石(已知黄铁矿与氧气反应的方程式为: ),假设生产过程中硫的损失为零,可制量分数为98%的浓硫酸的质量为( )A.1250kg B.125kg C.62.5g D.625kg34.(2025九上·浙江月考)1869年俄国化学家门捷列夫制出第一张元素周期表,到现在形成的周期表经过了众多此学家的艰辛努力,历经142年。元素周期表体现了元素位、构、性的关系,揭示了元素间的内在联系。如图是元素周期表的一部分,回答下列问题:(1)元素Ga在元素周期表中的位置为第 周期第 族。(2)Sn 的最高化合价为 ,Bi的最高价氧化物为 35.(2025九上·浙江月考)用图1装置制取CO2并探究其性质。图2表示装置C 中溶液的pH 与实验时间的变化关系曲线。 已知:a.此实验条件下Na2CO3溶液的pH≈11.6,NaHCO3 溶液的pH≈8.3。b.Na2CO3溶液能与CO2、H2O进一步反应生成NaHCO3 。(1)装置B的作用是 (用化学方程式表示)。(2)实验10s时装置C发生反应的化学方程式为 (3)50s时溶液中的溶质是 36.(2025九上·浙江月考)化合物X 是含三种元素的钾盐,按照如图流程进行实验。气体A 分子量为32,溶液C 中只有一种溶质,白色沉淀D不溶于稀盐酸。请回答:(1)X的化学式是 (2)气体A通入酸化的KI溶液中,发生反应的离子方程式为 (3)一定条件下X与水能反应,得到的混合液既有强氧化性又有强酸性。请写出其化学反应方程式 37.(2025九上·浙江月考)取15.80g KMnO4加热分解后剩余固体15.00g, 该剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应,生成单质气体A, 产物中锰元素以Mn2+存在,请计算:(1)写出KMnO4受热分解的化学方程式 (2)KMnO4的分解率 (3)气体A 的质量 答案解析部分1.【答案】D【知识点】沸腾及沸腾条件【解析】【分析】在大气压一定的情况下,水的沸点是一定的,保持大火、小火加热的温度是相同的,据此解答。根据水沸腾的特点,水在沸腾过程中吸热温度保持不变,故当水沸腾后,只要保持沸腾状态,大火或小火加热温度相同,但小火更节省燃料,煮熟所用的时间相近,故ABC不符合题意,D符合题意。故答案为:D。2.【答案】C【知识点】影响摩擦力大小的因素【解析】【分析】当物体受到平衡力的作用时,该物体处于平衡状态。【解答】AB.此过程中容器始终保持静止,即处于平衡状态,摩擦力等于容器及水的总重力,向容器内注水,总重力增加,容器受到的摩擦力变大,故AB错误;CD.图中竖直方向的静摩擦力与压力和接触面粗糙程度无关,只与总重力有关,如果总重力不大于最大静摩擦力时,水平力F可能不变,故C正确,D错误。故答案为:C。3.【答案】D【知识点】平面镜成像特点、原理和现象;凸面镜和凹面镜【解析】【分析】凸面镜对光线有发散作用,对光线具有反射作用,遵循光的反射定律。【解答】A.由于汽车的后视镜是凸面镜,凸面镜能将平行光变发散,当B车按箭头方向行驶时,B车反射的光射入凸面镜,再经过凸面镜反射进入人眼,遵循光的反射定律,所以人眼看到的反射光线减速向右移动,因此未超车,故A错误;B.因为凸面镜的反射面是凸起的,光线经过凸面镜反射后,会发散开来,因此形成的像是缩小的,故B错误;C.t2 时刻B 车距离后视镜远,此时成像会小于t1时刻的像,故C错误;D.B车在t1时刻到t2时刻减速向右行驶,若A 车想向左变道,可以帮A挡住其他车辆,因此t1时刻比t2时刻安全,故D正确。故答案为:D。4.【答案】D【知识点】大气压的综合应用【解析】【分析】根据水能否继续下滴的原因进行分析解答。【解答】A.图中只有一支管,当瓶内水和气体气压之和等于外部大气压时,水不能继续下滴,故A不符合题意;BC.两图中两支管各有一支瓶内较长,当较长一支上端露出水面时,瓶内气体与外部气体直接相连,在液体压强作用下,水会从另一支管流出,但随着深度的减小,水流的速度会减小,水流量会减小,不能与受水量内刻度成线性对应,故BC不符合题意;D.图中两支管瓶内高度相同,且均在水面以下,右边一支瓶外长度更长,右边管内液柱较长,液体压强大,水会从右边管流出,瓶内水和气体气压之和会减小,当小于外部大气压时,外部大气压会将空气从左边管中压入,随着瓶内气压及液体压强之和减小而不断补充,直到与外部气压相同,则两支管瓶内上端的压强始终等于外部气压,即压强不变,水流速度不变,水流量不变,能与受水量内刻度成线性对应,故D符合题意。故答案为:D。5.【答案】B【知识点】功率计算公式的应用【解析】【分析】根据W=gh=mgh计算出小明克服重力做功的大小,再根据计算出功率的大小。小明做引体向上时上升的高度约为0.6m,在30s内所做的功为,功率大约为;故ACD不符合题意,B符合题意。故答案为:B。6.【答案】A,B【知识点】力是否做功的判断;动能和势能的大小变化;动能和势能的转化与守恒【解析】【分析】动能与物体运动的速度有关,与物体的质量有关;重力势能与物体的质量有关,与物体的高度有关。【解答】AB.甲、乙两同学上桥过程速度不变,动能不变, 高度升高,重力势能增大,故甲、乙同学的机械能增加,故AB正确;C.甲同学上桥时,楼梯的支持力方向路程为零,因此楼梯的支持力不做功,故C错误;D.乙同学随自动扶梯运动的过程中,与自动扶梯相对静止,无摩擦产生,因此不受摩擦力的作用,故D错误。故答案为:AB。7.【答案】A,D【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验【解析】【分析】凸透镜成像时,u>2f,成倒立缩小的实像;u=2f,成倒立等大的实像;2f>u>f,成倒立放大的实像。【解答】AB.根据第2组数据,u=v=20cm,成倒立等大实像,由凸透镜成像规律可知,此时u=v=2f,故该透镜的焦距为,故A正确,B错误;CD.根据光路的可逆性,第1次实验时物物距为30cm,像距为15cm,则第3次实验中物距为15cm时,像距为30cm,故C错误,D正确。故答案为:AD。8.【答案】A,D【知识点】电路的动态分析【解析】【分析】先根据电路图判断出R1、R与R0的连接方式,并且判断出电压表测量哪部分的电压,再根据欧姆定律进行分析解答。【解答】AB.根据图像,R1与R并联,再与R0串联,电流表测总电流,电压表测并联部分电压,当增大电阻箱R的阻值时,并联部分电路总电阻增大,电路中总电阻变大,根据串联电路分压的规律及欧姆定律可知,并联电路部分分得的电压变大,即 U>0,电路中电流变小,即 I<0,故A正确,B错误;C.根据欧姆定律的值为并联部分的总电阻,当增大电阻箱R的阻值时,电路中总电阻变大,故的值变大,故C错误;D.见合上开关时,R0两端电压为,当增大电阻箱R的阻值时,R0两端电压为,根据串联电路电压的规律,R0两端电压减小的量与并联部分电压即电压表示数增加的量相同,则,由于R0值不变,故为一定值,故D正确。故答案为:AD。9.【答案】A,C【知识点】阿基米德原理;物体的浮沉条件及其应用【解析】【分析】AB.根据体积的计算公式计算出物体的底面积;CD.先计算出物体浸入水的深度,进一步得出排开水的体积,从而计算出物体受到的浮力,由于物体漂浮,物体的重力等于它受到的浮力,进一步计算出该物体的密度。【解答】AB.根据表格数据可知,每次注入相同的体积的水,前三次高度由5~10~15cm变化均匀,表明柱状物体与容器底是接触的,则①,后三次19~22~25cm体积变化与之前不同,但变化均匀,表明后一段完全浸没或浮起,则②,联立①②解得物体的底面积 S1 为 8cm2,容器的底面积S2为 20cm2,故A正确,B错误;CD.物体高度为,如果柱状物体的密度大于或等于水的密度,在加水过程中柱状物体将静止在容器底不会上浮,容器内水的体积变化应该与h的变化成正比,由表中数据可知器内水的体积变化与h的变化不成正比,所以柱状物体的密度小于水的密度,因此随着水的增多,柱状物体将漂浮在水面上,设柱状物体浸入的深度为h浸,当容器中水的深度为25cm时可知解得h浸=17.5cm2,此时排开水的体积为物体漂浮时受浮力最大,根据物体漂浮可知此时浮力等于物体的重力,故物体的重力物体的密度为故C正确,D错误。故选AC。10.【答案】B,C【知识点】电磁继电器的组成、原理和特点【解析】【分析】分析车辆超载时电磁铁中是否有电流通过,只有电磁铁中有电流通过时电铃才会报警;分析乙图中压敏电阻的特点,结合欧姆定律和杠杆的相关知识得到调高报警器的限载重量的方法。【解答】AB.根据乙图可知,压力越大,R越小,电磁铁磁性增强,吸引衔铁向下运动,电铃响,即限载报警器会铃响,故A错误,B正确;C.电磁铁向下吸合需要的力是一定的,即电压一定时,电路中需要的最小电流一定,总电阻一定,将滑动变阻器滑片向左滑,接入阻值变大,则R变小,压力可更大,可提高报警的限载重量,故C正确;D.电磁铁向下吸合需要的力是一定的,电路中需要的最小电流一定,将电源1的电压调高,则电路中电阻变大,如果R0一定,则R变大,压力变小,可降低报警的限载重量,故D错误。故答案为:BC。11.【答案】(1)A(2)0-20Ω(3)1.3(4)小于(5)电压表测量的电压包括了部分导线及电流表两端的电压,故为金属丝、导线、电流表的总电阻,如果金属丝接入长度为0时,部分导线及电流表也有电阻,故不为0,图线不经过原点【知识点】影响电阻大小的因素【解析】【分析】(1)根据控制变量法得出影响电阻大小的因素;(2)根据a金属丝的电阻值确定滑动变阻器的阻值范围;(3)根据电压表读数的方法读出电压表的示数;(4)其它条件相同时,横截面积越大,阻值越小,横截面积越小,阻值越大;(5)电压表测量的电压包括了部分导线及电流表两端的电压,根据得出金属丝、导线和电流表的总电阻,从而得出图线不经过原点的原因。【解答】(1)图甲中一根金属丝通过滑动可以其它因素不变时,改变接入电路中金属丝的长度,根据控制变量法,探究的是电阻与长度的关系,故A符合题意,BCD不符合题意;故选A;(2)从图像中可知,a金属丝的最大阻值小于8Ω,为了使电压表示数变化更明显,滑动变阻器接入阻值不能过大,故应选择相对较小的0-20Ω变阻器;(3)实验中金属丝的电阻较小,电路中电流不允许大于1A,则金属丝两端电压应较小,故电压表应选择0~3V量程,分度值为0.1V,读数为1.3V;(4)导体的电阻与横截面积有关,长度和材料相同时,横截面积越大,电阻越小,从图乙中可以看出长度相同时,甲的电阻值较大,如果两金属丝材料相同,表明合金丝甲的横截面积小于合金丝乙的横截面积;(5)电压表测量的电压包括了部分导线及电流表两端的电压,故为金属丝、导线、电流表的总电阻,如果金属丝接入长度为0时,部分导线及电流表也有电阻,故不为0,图线不经过原点。故答案为:(1)A;(2)0-20Ω;(3)1.3;(4)小于;(5)电压表测量的电压包括了部分导线及电流表两端的电压,故为金属丝、导线、电流表的总电阻,如果金属丝接入长度为0时,部分导线及电流表也有电阻,故不为0,图线不经过原点。(1)图甲中一根金属丝通过滑动可以其它因素不变时,改变接入电路中金属丝的长度,根据控制变量法,探究的是电阻与长度的关系,故A符合题意,BCD不符合题意。故选A。(2)从图像中可知,a金属丝的最大阻值小于8Ω,为了使电压表示数变化更明显,滑动变阻器接入阻值不能过大,故应选择相对较小的0-20Ω变阻器。(3)实验中金属丝的电阻较小,电路中电流不允许大于1A,则金属丝两端电压应较小,故电压表应选择0~3V量程,分度值为0.1V,读数为1.3V。(4)导体的电阻与横截面积有关,长度和材料相同时,横截面积越大,电阻越小,从图乙中可以看出长度相同时,甲的电阻值较大,如果两金属丝材料相同,表明合金丝甲的横截面积小于合金丝乙的横截面积。(5)电压表测量的电压包括了部分导线及电流表两端的电压,故为金属丝、导线、电流表的总电阻,如果金属丝接入长度为0时,部分导线及电流表也有电阻,故不为0,图线不经过原点。12.【答案】(1)图中连接动滑轮绳子的股数是2股,已知物体移动的速度是0.4m/s,则绳末端拉力移动的速度为,拉力F的功率为(2)不计滑轮组的绳重和摩擦,该滑轮组的机械效率为(3)不计滑轮组的绳重和摩擦,根据可得,动滑轮的重力为,支架受到滑轮组的拉力大小等于滑轮组的总重力,则拉力为(4)若绳子能承受的最大拉力为1000N,根据可得,提升货物的重力为该滑轮组的最大机械效率为【知识点】功的计算公式的应用;功率计算公式的应用;滑轮组及其工作特点;机械效率的计算【解析】【分析】(1)先根据计算出绳子自由端移动的速度,再根据计算出拉力F的功率;(2)根据计算出该滑轮组的机械效率;(3)根据的变形公式计算出动滑轮的重力,再根据支架受到滑轮组的拉力大小等于滑轮组的总重力计算出此时拉力的大小;(4)根据绳子能够随的最大拉力,再根据得出可提升货物的重力,从而得出该滑轮组的最大机械效率。【解答】(1)图中连接动滑轮绳子的股数是2股,已知物体移动的速度是0.4m/s,则绳末端拉力移动的速度为,拉力F的功率为;(2)不计滑轮组的绳重和摩擦,该滑轮组的机械效率为;(3)不计滑轮组的绳重和摩擦,根据可得,动滑轮的重力为,支架受到滑轮组的拉力大小等于滑轮组的总重力,则拉力为;(4)若绳子能承受的最大拉力为1000N,根据可得,提升货物的重力为该滑轮组的最大机械效率为。(1)图中连接动滑轮绳子的股数是2股,已知物体移动的速度是0.4m/s,则绳末端拉力移动的速度为拉力F的功率为(2)不计滑轮组的绳重和摩擦,该滑轮组的机械效率为(3)不计滑轮组的绳重和摩擦,根据可得,动滑轮的重力为支架受到滑轮组的拉力大小等于滑轮组的总重力,则拉力为(4)若绳子能承受的最大拉力为1000N,根据可得,提升货物的重力为该滑轮组的最大机械效率为13.【答案】(1)据图可知左侧滑轮为动滑轮,设物体E的重力为GE,动滑轮的重力为,根据动滑轮的特点可得,杠杆A点的拉力为,容器中没有装水,杠杆恰好平衡,此时物体H不受浮力,则当以C点为支点,根据杠杆平衡的条件可得,即--------①当水淹没物体H, 杠杆始终平衡,此时物体H受到浮力的作用,杠杆右侧的力变小,则此时以B点为支点时,根据杠杆平衡的条件可得,即---------②联立①②解得,,已知物体H的体积VH=2dm3,则物体H的密度为(2)根据上述分析可知,物体E的重力为10N,则物体E 的质量为(3)装满水后略增加E 的质量平衡即被打破,设圆盘砝码施加的压力为F,此时以C点为支点,根据杠杆平衡的条件可得,即,解得F=20N,则装满水后至多在圆盘上放置砝码的个数为【知识点】阿基米德原理;杠杆的平衡条件【解析】【分析】(1)先计算出杠杆A点的拉力,再根据杠杆平衡的条件及浮力的计算公式综合列式得出物体H的密度;(2)再根据物体E的重力,计算出物体E的质量;(3)装满水后略增加E 的质量平衡即被打破,设圆盘砝码施加的压力为F,此时以C点为支点,根据杠杆平衡的条件得出F的大小,进一步计算出放置砝码的个数。【解答】(1)据图可知左侧滑轮为动滑轮,设物体E的重力为GE,动滑轮的重力为,根据动滑轮的特点可得,杠杆A点的拉力为,容器中没有装水,杠杆恰好平衡,此时物体H不受浮力,则当以C点为支点,根据杠杆平衡的条件可得,即--------①当水淹没物体H, 杠杆始终平衡,此时物体H受到浮力的作用,杠杆右侧的力变小,则此时以B点为支点时,根据杠杆平衡的条件可得,即---------②联立①②解得,,已知物体H的体积VH=2dm3,则物体H的密度为;(2)根据上述分析可知,物体E的重力为10N,则物体E 的质量为;(3)装满水后略增加E 的质量平衡即被打破,设圆盘砝码施加的压力为F,此时以C点为支点,根据杠杆平衡的条件可得,即,解得F=20N,则装满水后至多在圆盘上放置砝码的个数为。(1)据图可知左侧滑轮为动滑轮,设物体E的重力为GE,动滑轮的重力为,根据动滑轮的特点可得,杠杆A点的拉力为容器中没有装水,杠杆恰好平衡,此时物体H不受浮力,则当以C点为支点,根据杠杆平衡的条件可得即--------①当水淹没物体H, 杠杆始终平衡,此时物体H受到浮力的作用,杠杆右侧的力变小,则此时以B点为支点时,根据杠杆平衡的条件可得即---------②联立①②解得,,已知物体H的体积VH=2dm3,则物体H的密度为(2)根据上述分析可知,物体E的重力为10N,则物体E 的质量为(3)装满水后略增加E 的质量平衡即被打破,设圆盘砝码施加的压力为F,此时以C点为支点,根据杠杆平衡的条件可得即解得F=20N,则装满水后至多在圆盘上放置砝码的个数为14.【答案】A【知识点】食物与营养;生物体中的有机物【解析】【分析】A.淀粉是高聚物,相对分子质量大于一万;B.葡萄糖是单糖,不能发生水解;C.根据油脂和蛋白质的组成元素进行分析解答;D.根据人体中没有能使纤维素水解的酶进行解答。【解答】A.五谷 主要成分是淀粉,淀粉的化学式为(C6H10O5)n,n值很大,相对分子质量可达几万到几十万甚至更大,属于天然高分子化合物,故A正确;B.葡萄糖不能发生水解反应;蔗糖能发生水解反应生成葡萄糖, 故B错误;C.油脂主要由C、H、O三种元素组成;蛋白质主要由C、H、O、N四种元素组成,有些蛋白质还含有P、S等元素,它们的组成元素不完全相同,故C错误;D.人体中没有能使纤维素水解的酶,所以纤维素不能被人体直接吸收和利用, 故D错误。故答案为:A。15.【答案】B【知识点】合金与合金的性质;材料的利用与发展【解析】【分析】有机高分子材料是指用有机高分子化合物制成的材料,分为天然有机高分子材料和合成有机高分子材料。【解答】A.钢是铁的合金,属于金属材料,故A不符合题意;B.聚四氟乙烯属于塑料,属于有机高分子材料,故B符合题意;C.石墨烯属于碳单质,属于无机非金属材料,故C不符合题意;D.甲醇含碳元素,属于有机物,甲醇的相对分子质量为:,相对分子质量很小,不属于有机高分子材料,故D不符合题意。故答案为:B。16.【答案】D【知识点】溶解时的吸热或放热现象;酸的化学性质【解析】【分析】A.硝酸铵溶于水吸热;B.羊毛衫中富含蛋白质,灼烧产生烧焦羽毛气味;C.醋酸和碳酸钙反应生成醋酸钙、水和二氧化碳,和氢氧化镁反应生成醋酸镁和水;D.明矾能使水中悬浮物沉降,不能除去溶于水的钙、镁化合物。【解答】A.硝酸铵溶于水吸热温度降低,可用硝酸铵、水制备急救冰敷包,故A正确,但不符合题意;B.羊毛灼烧会有烧焦羽毛味,可以用灼烧的方法鉴别羊毛织物,故B正确,但不符合题意;C.水垢的主要成分是碳酸钙和氢氧化镁,能与醋酸反应,所以可以用酸醋浸泡热水瓶内胆的方法除去水垢,故C正确,但不符合题意;D.明矾能吸附水中的悬浮颗粒物,不能除去钙镁化合物,不能将硬水软化,故D错误,但符合题意。故答案为:D。17.【答案】D【知识点】溶质的质量分数及相关计算;酸的物理性质及用途【解析】【分析】根据物质的性质进行分析,浓盐酸具有挥发性,易挥发出溶质氯化氢而导致溶液变稀,浓硫酸具有吸水性,易吸收空气中的水分而使溶液变稀。【解答】A.浓盐酸挥发出溶质氯化氢而导致溶质减少,浓硫酸溶质不变,故A错误;B.浓盐酸溶剂质量不变,浓硫酸具有吸水性,易吸收空气中的水分而使溶剂质量增加,故B错误;C.浓盐酸挥发出溶质而导致溶液质量减小,浓硫酸易吸水而使溶液质量增加,故C错误;D.浓盐酸具有挥发性,易挥发出溶质氯化氢而导致溶液变稀,浓硫酸具有吸水性,易吸收空气中的水分而使溶液变稀,故D正确。故答案为:D。18.【答案】A【知识点】体积的测量【解析】【分析】使用量筒液体读数时,视线与凹凸液面的最低处保持水平,不能仰视或俯视。【解答】倾倒液体前量筒内现有20mL稀盐酸,倾倒液体后仰视液面,读数比实际偏小,实际体积应大于12.0mL,则实际倾倒的液体体积小于8mL。故答案为:A。19.【答案】C【知识点】金属活动性顺序及其应用【解析】【分析】在金属活动顺序表中,排在前面的金属能够把排在后面的金属从它盐溶液中转换出来,排在氢前面的金属能够与酸反应生成氢气,据引解答。【解答】选项A能证明Fe>H;选项B能证明Cu<H;选项D能证明Cu>Ag,因此ABD结合能证明Fe>H>Cu>Ag,选项C能证明Fe>Ag,因此选项C实验不必进行。故答案为:C。20.【答案】B【知识点】有关化学式的计算和推断【解析】【分析】根据Na2S、Na2SO3和Na2SO4的化学式,可以发现三种物质中钠原子和硫原子的个数比均为2:1,可以通过硫的质量分数求钠的质量分数,余下的就是氧元素质量分数。【解答】因为Na2S、Na2SO3和Na2SO4组成中钠原子和硫原子的个数比均为2:1,硫元素的质量分数为32%,所以钠元素的质量分数为:32%×=46%,则混合物中氧元素的质量分数为1-32%-46%=22%。故答案为:B。21.【答案】B,C【知识点】盐的性质及用途;酸、碱、盐的鉴别;酸的化学性质;碱的化学性质【解析】【分析】A.根据硫酸铜是蓝色溶液,再根据其它试剂与硫酸铜的反应现象及其它试剂间的反应现象进行解答;BCD.根据取样后两两反应后的现象进行分析解答;【解答】A.硫酸铜为蓝色溶液,可直接观察出来,然后分别取样,将硫酸铜分别滴加到其他三种试剂中,能够产生蓝色沉淀的是氢氧化钠;将剩余两种物质分别加入到蓝色沉淀中,能使蓝色沉淀溶解的是稀硫酸,无变化的是氯化钠,可以区分,故A正确;B.取样后两两滴加,其中一种试剂滴加到另外三种试剂中,有两组能产生白色沉淀,则该试剂为硫酸镁;将硫酸镁滴入其他三种试剂中,无明显变化的是硝酸钾,有白色沉淀产生的是氢氧化钠和氯化钡,但是氯化钡和氢氧化钠无法区分,故B错误;C.取样后两两滴加,其中一种试剂滴加到另外三种试剂中,有两组能产生白色沉淀,则该试剂为氯化银;将氯化银滴入其他三种试剂中,能够产生白色沉淀的是氯化镁和稀盐酸,无明显变化的是硝酸钾,但是氯化镁和稀盐酸无法区分,故C错误;D.取样后两两滴加,有一种试剂能够与其他的两种溶液产生气泡,则该试剂为碳酸钠;将碳酸钠加入其他三种试剂中,有白色沉淀产生的是氯化钡,再将氯化钡加入剩余的两种试剂中,有白色沉淀产生的是稀硫酸,无明显变化的是稀盐酸,故D正确。故答案为:BC。22.【答案】D【知识点】盐的性质及用途;碱的化学性质【解析】【分析】根据硝酸钡能够与硫酸钠、碳酸钠反应生成白色沉淀硫酸钡与碳酸钡,碳酸钡能够与稀盐酸反应生成氯化钡、水和二氧化碳,而硫酸钡不能够与稀盐酸反应,据此解答。【解答】取样加足量水,充分振荡,静置后有白色沉淀产生,则该白色沉淀可能是硫酸钡或碳酸钡,亦可能是二者都有,然后向过滤后的滤渣中加过量稀盐酸,沉淀部分溶解,说明沉淀中含有碳酸钡和硫酸钡,碳酸钡的生成需要碳酸钠和硝酸钡,硫酸钡的生成需要硫酸钠和硝酸钡,所以白色粉末中含有硝酸钡、硫酸钠、碳酸钠,硝酸钠不能确定是否含有。故答案为:D。23.【答案】B【知识点】氧化反应;盐的性质及用途【解析】【分析】A.根据有元素化合价变化的反应为氧化还原反应,元素化合价升高的反应为氧化反应,作还原剂,元素化合价降低的反应为还原反应,作氧化剂进行分析;B.根据IBr+H2O=HBr+HIO进行分析;C.根据IBr与AgNO3溶液反应不会生成AgI沉淀进行分析;D.根据元素化合价不变,属于非氧化还原反应进行分析。【解答】A.溴化碘的化学性质与卤素单质相似,则IBr中I元素的化合价为+1价,I元素的化合价在反应中能降低,则在很多化学反应中IBr是强氧化剂,故A正确,但不符合题意;B.因IBr中I元素的化合价为+1价,Br为-1价,HBr中Br为-1价,HIO中I为+1价,则IBr+H2O═HBr+HIO中没有元素化合价的变化,该反应属于非氧化还原反应,则IBr与水反应时既不作氧化剂,也不作还原剂,故B错误,但符合题意;C.首先发生IBr+H2O═HBr+HIO,然后生成AgBr沉淀,故C正确,但不符合题意;D.由反应IBr+H2O═HBr+HIO可推知与NaOH反应的化学方程式为IBr+2NaOH=NaBr+NaIO+H2O,故D正确,但不符合题意。故答案为:B。24.【答案】D【知识点】元素周期表【解析】【分析】周期主族元素 X、Y、Z 和 W 的原子序数依次增大,X、Y、W 位于不同周期,则X为H;Z的原子半径在短周期主族元素中最大,则Z为Na;Y、Z、W的原子最外层电子数之和为14,Y、W的最外层电子数之和为14-1=13,只能为6、7,结合原子序数可知,Y为O时W为Cl,Y为F时W为S元素。【解答】A. 电子层数越多,离子半径越大,则简单离子半径:(或)>>,此A正确,但不符合题意;B. Cl和S的最高价氧化物对应的水化物为高氯酸、硫酸,高氯酸、硫酸都是强酸,此B正确,但不符合题意;C. Y 与Z 形成的化合物为氟化钠、氧化钠,它们对应的溶液都呈碱性,此C正确,但不符合题意;D. 非金属性越强,氢化物还原性越弱,非金属性:O(或F)>Cl(或S),则简单氢化物的还原性:H2O (或HF)< HCl (或H2S),此D错误,但符合题意。故答案为:D。25.【答案】D【知识点】催化剂在化学反应中的作用;二氧化碳的化学性质【解析】【分析】分析题意(或图表信息)等各种信息资源,按照题目要求进行认真地选择即可。【解答】 要想解答好这类题目,首先,要理解和熟记微粒观点及模型图的应用,以及与之相关的知识 。A.催化剂可能参与化学反应,但其质量和化学性质在反应前后保持不变,故A错误;B.由化学方程式可知:生成的O2与CH3COOH的分子个数比为2:1,故B错误;C.根据质量守恒定律,化学反应前后,元素的种类和质量不变,故碳元素的质量不变,故C错误;D.该技术可将二氧化碳与水合成乙酸,再用乙酸合成葡萄糖,对温室气体二氧化碳转化有重要意义,故D正确。故答案为:D。26.【答案】C【知识点】制取氧气的装置、步骤、收集与注意事项;燃烧与灭火【解析】【分析】白磷能够与氧气在点燃的条件下反应生成五氧化二磷,没有气体生成,燃烧的过程中生成热量。【解答】A.该反应有气体生成,故实验前应检查装置的气密性,故A正确,但不符合题意;B.t3时,推注H2O2溶液,过氧化氢在二氧化锰的催化下分解生成氧气和水,t4对应的温度高于t2,说明氧气浓度越大,燃烧越剧烈,放出的热量越大,故B正确,但不符合题意;C.t3时,推注H2O2溶液,t3 t1对应温度升高主要是因为白磷在氧气中燃烧放出大量的热,而不是过氧化氢分解放热,故C错误,但符合题意;D.该实验中,白磷燃烧,放热,装置内气体受热膨胀,压强增大,故气球的作用是调节气压,防止压强过大,橡皮塞被冲出,故D正确,但不符合题意。故答案为:C。27.【答案】C【知识点】酸的化学性质【解析】【分析】分析流程可知,方案1中碱式碳酸铜与稀硫酸反应生成硫酸铜、二氧化碳和水,硫酸铜溶液与锌置换反应生成铜;方案2中碱式碳酸铜高温分解得到氧化铜,锌与稀硫酸反应生成氢气,氢气与氧化铜加热发生置换反应得到铜。【解答】A.方案1中Zn与硫酸铜溶液发生置换反应生成Cu,方案2中Zn与稀硫酸发生置换反应生成氢气,氢气与CuO发生置换反应生成Cu,均发生了置换反应,故A正确,但不符合题意;B.氢气不纯时,加热易发生爆炸,方案1中不生成氢气,则从安全角度考虑,方案1优于方案2,故B正确,但不符合题意;C.方案1:根据反应关系可知,65份质量的锌可以制备64份质量的铜;方案2:根据反应关系、可知,65份质量的锌可以制备64份质量的铜,但氢气需要排空气以免爆炸或者可能损失,不能生成64份质量的铜,故C错误,但符合题意;D.方案2中高温、加热均消耗能量,方案1中均常温下发生反应,则方案2消耗的能量大于方案1消耗的能量,故D正确,但不符合题意。故答案为:C。28.【答案】D【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;金属的化学性质【解析】【分析】A.根据题中反应及化合价的变化情况进行分析;B.根据6FeSO4+O2+6H2O=2Fe3O4+6H2SO4进行计算;C.根据硫酸是中间产物,循环使用,理论上不需要补充进行分析;D.根据氧气过量,则转化Ⅱ中最终所得的固体为Fe2O3进行分析。【解答】A.转化Ⅰ为铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气,该反应中铁硫酸亚铁,铁元素化合价由0价+2价,硫酸转化为氢气,氢元素化合价由+1价0价;转化ⅠⅠ为硫酸亚铁与氧气、水在一定条件下反应生成硫酸和四氧化三铁,该反应中氧气四氧化三铁,氧元素化合价由0价-2价,硫酸亚铁四氧化三铁,铁元素化合价由+2价+3价,故转化过程中涉及铁、氧、氢元素化合价变化,故A错误;B.转化ⅠⅠ为硫酸亚铁与氧气、水在一定条件下反应生成硫酸和四氧化三铁,设生成23.2gFe3O4,需要氧气的质量为x,则理论上,每生成23.2gFe3O4,需补充1.6g的氧气,故B错误;C.转化Ⅰ为铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气,设生成45.6gFeSO4,需要9.8%的稀硫酸质量为y,Fe+ H2SO4=H2↑+ FeSO4 98 152 9.8%×y 45.6g则理论上,反应Ⅰ中每生成45.6gFeSO4,需要300g9.8%的稀硫酸,故C错误;D.Fe2O3中氧元素质量分数为,Fe3O4中氧元素质量分数为,若转化Ⅱ中参与反应的氧气过量,产品会逐渐转变为Fe2O3,则最终所得的固体氧元素质量分数偏大,故D正确。故答案为:D。29.【答案】B【知识点】碱的化学性质【解析】【分析】A.根据图Ⅱ可知:曲线②二氧化碳减少更多,且二氧化碳与氢氧化钙溶液反应可排出二氧化碳溶于水对实验造成影响进行分析;B.根据氢氧化钠溶液与二氧化碳反应能使二氧化碳反应完全进行分析;C.根据图Ⅱ中AB段曲线上升的原因是用注射器注入液体,压缩了烧瓶内的气体,压强增大进行分析;D.根据图Ⅱ中点C、点E压降急剧减小,对应的实验操作是振荡烧瓶,增大二氧化碳与溶液的接触面积进行分析。【解答】A.在烧瓶内收集满,如图Ⅰ所示,打开K,将注射器内的液体同时迅速注入烧瓶内,关闭K,一段时间后,同时振荡烧瓶,通过压强传感器测得烧瓶内压强随时间的变化如图Ⅱ所示,曲线①和曲线②分别表示甲、乙两个烧瓶内的压强变化。由图Ⅱ可知:曲线②二氧化碳减少更多,且二氧化碳与氢氧化钙溶液反应可排出二氧化碳溶于水对实验造成影响,上述实验可以证明氢氧化钠与二氧化碳能发生反应,故A正确,但不符合题意;B.由图Ⅱ可知,氢氧化钠溶液与二氧化碳反应能使二氧化碳反应完全,吸收大量的,最好选用氢氧化钠溶液,故B错误,但符合题意;C.图Ⅱ中AB段曲线上升的原因是用注射器注入液体,压缩了烧瓶内的气体,使压强增大,故C正确,但不符合题意;D.图Ⅱ中点C、点E压降急剧减小,对应的实验操作是振荡烧瓶,增大二氧化碳与溶液的接触面积,故D正确,但不符合题意。故答案为:B。30.【答案】D【知识点】盐的性质及用途;酸的化学性质【解析】【分析】A.根据质量守恒定律,反应前后原子的种类、个数不变进行分析。B.根据绿矾高温下分解生成二氧化硫、三氧化硫、水蒸气进行分析。C.根据滴加紫色石蕊溶液变红,说明液体中含有氢离子,进行分析。D.根据防止液体进入灼热的玻璃管的措施进行分析。【解答】A.依据质量守恒定律,反应前后原子的种类、个数不变,反应前Fe、S、O、H原子的个数分别为2、2、22、28,反应后Fe、S、O、H原子的个数分别为2、1、19、28,则X是SO3,故A正确,但不符合题意;B.绿矾高温下分解生成二氧化硫、三氧化硫、水蒸气,气体进入装置B,三氧化硫、水蒸气遇冷凝结,故B正确,但不符合题意;C.取U形管内得到的液体,滴加紫色石蕊溶液变红,说明液体中含有氢离子,不能确定含有硫酸根离子,故C正确,但不符合题意;D.实验结束后,为防止液体进入灼热的玻璃管,需在①处添加防倒吸装置,若添加止水夹,会使A装置内压强过大,造成危险,故D错误,但符合题意。故答案为:D。31.【答案】A【知识点】固体溶解度的概念;盐的性质及用途【解析】【分析】沉淀反应中,生成物的溶解度越小,沉淀反应越容易发生.根据信息(1)可知:生成Cu(OH)2的反应容易发生,说明Cu(OH)2的溶解度小于CuCO3的溶解度;根据信息(2)可知:生成CuS的反应容易发生,说明CuS的溶解度小于Cu(OH)2的溶解度。【解答】沉淀反应中,生成物的溶解度越小,沉淀反应越容易发生,CuSO4+Na2CO3中主要发生Cu2+++H2O=Cu(OH)2↓+CO2↑,次要发生Cu2++=CuCO3↓,可说明Cu(OH)2的溶解度小于CuCO3的溶解度;CuSO4+Na2S中主要:Cu2++S2─=CuS↓,次要:Cu2++S2─+2H2O=Cu(OH)2↓+H2S↑,可说明CuS的溶解度小于Cu(OH)2的溶解度,则溶解度CuS<Cu(OH)2<CuCO3。故答案为:A。32.【答案】C【知识点】催化剂在化学反应中的作用【解析】【分析】A.由图象可知,生成氨气的氮原子有两种,一种为催化剂表面的氮原子,一种是氮气分子中的氮原子;B.由图象可知,金属氮化物(TMNS)中的氮原子与氢结合,生成氨气;C.由图象可知,氮气分子进入空位被吸附;D.催化剂能降低反应所需的活化能,但是不能影响平衡的移动。【解答】A.由分析可知,合成氨气有两种途径,15N2分子中的氮原子合成氨气,生成15NH3,金属氮化物(TMNS)表面的氮原子合成NH3,则可能含有其它含15NH3的副产物,故A错误;B.由图象可知,金属氮化物(TMNS)中的氮原子与氢结合,生成氨气,氮元素价态下降得电子作氧化剂,被还原,故B错误;C.由图象可知,氮气分子进入催化剂表面的空位被吸附,TMNS表面上氨脱附产生的空位有利于吸附N2,故C正确;D.过渡金属氮化物(TMNS)作催化剂,可能参与反应,改变了反应速率,但反应前后不发生变化,故D错误。故答案为:C。33.【答案】A【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】先计算出矿石中亚硫化亚铁的质量,再根据亚硫化亚铁和硫酸的关系式计算出浓硫酸的质量。【解答】根据S原子守恒得关系式FeS2~2SO2~2H2SO4,1t该矿石中m(FeS2)=1t×(1-25%)=0.75t,根据FeS2和H2SO4的关系式计算98%的浓硫酸的质量为:。故答案为:A。34.【答案】(1)四;ⅢA(2)+4;Bi2O5【知识点】元素周期表【解析】【分析】(1)Ga和Al同主族,在Al的下一个周期,即处于第四周期;(2)Sn和碳同为IAV族元素,最高正化合价等于族序数;Cl的最高价是+7价,最高价氧化物对应水化物的化学式为HClO4;Bi和N元素同主族,所以最高正价是+5价。【解答】(1)铝(Al)在元素周期表中的位置是第三周期第 ⅢA族,Ga和Al同主族,在Al的下一个周期,即第四周期、ⅢA族;(2)碳、锡同为第IVA族元素,其最外层均有4个电子,Sn的最高价为+4价;Bi的最外层有5个电子,Bi的最高价为+5价,其最高价氧化物为Bi2O5。故答案为:(1)四;ⅢA;(2)+4;Bi2O5。(1)铝(Al)在元素周期表中的位置是第三周期第 ⅢA族,Ga和Al同主族,在Al的下一个周期,即第四周期、ⅢA族(2)碳、锡同为第IVA族元素,其最外层均有4个电子,Sn的最高价为+4价;Bi的最外层有5个电子,Bi的最高价为+5价,其最高价氧化物为Bi2O5。35.【答案】(1)NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O(2)CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O(3)Na2CO3、NaHCO3【知识点】书写化学方程式、文字表达式;溶液的酸碱性与pH值的关系;碱的化学性质【解析】【分析】(1)根据通过控制分液漏斗的旋钮,可以控制滴加液体的速度,进而控制反应速率,饱和NaHCO3溶液几乎不能溶解CO2;(2)实验10s时溶液pH已经下降,说明发生了反应,但pH仍大于11.6,碳酸呈酸性,进行分析;(3)根据50s时溶液的pH值,进一步得出溶液中的溶质。【解答】(1)稀盐酸具有挥发性,实验制得的二氧化碳中混有HCl气体,饱和NaHCO3溶液几乎不能溶解CO2,同时,HCl能与NaHCO3反应生成NaCl、CO2、H2O,其中NaCl、H2O留在集气瓶内,所以装置B的作用是除去HCl,化学方程式为:NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O;(2)根据图2,实验10s时溶液pH已经下降,说明发生了反应,但pH仍大于11.6,而此实验条件下Na2CO3溶液的pH=11.6,NaHCO3溶液的pH=8.3,推知是CO2与NaOH反应生成了Na2CO2,化学方程式为:CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O;(3)50s时,溶液pH小于11.6但大于8.3,说明已有部分Na2CO3转化为NaHCO3,溶液中的溶质有Na2CO3和NaHCO3。故答案为:(1)NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O;(2)CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O;(3)Na2CO3、NaHCO3。(1)稀盐酸具有挥发性,实验制得的二氧化碳中混有HCl气体,饱和NaHCO3溶液几乎不能溶解CO2,同时,HCl能与NaHCO3反应生成NaCl、CO2、H2O,其中NaCl、H2O留在集气瓶内,所以装置B的作用是除去HCl,化学方程式为:NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O。(2)根据图2,实验10s时溶液pH已经下降,说明发生了反应,但pH仍大于11.6,而此实验条件下Na2CO3溶液的pH=11.6,NaHCO3溶液的pH=8.3,推知是CO2与NaOH反应生成了Na2CO2,化学方程式为:CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O。(3)50s时,溶液pH小于11.6但大于8.3,说明已有部分Na2CO3转化为NaHCO3,溶液中的溶质有Na2CO3和NaHCO3。36.【答案】(1)K2S2O8(2)O2+4I-+4H+=I2+2H2O(3)K2S2O8+2H2O=K2SO4+H2O2+H2SO4【知识点】书写化学方程式、文字表达式;盐的性质及用途【解析】【分析】固体B溶于水后,加入一元强碱,得到溶液C,并向溶液C中加入BaCl2,生成不溶于稀盐酸的白色沉淀D,则D为BaSO4,且n(BaSO4)=;溶液C中只含一种溶质,则溶液C的溶质一定是硫酸盐,且B溶于水之后,有0.005mol的硫酸生成,根据硫原子守恒,C中含有0.01molS元素,则固体B含有0.005molSO42-;n(A)=,m(A)=1.35g-1.27g=0.08g,则M(A)==32g/mol,则A为O2;溶液C中只含有一种溶质,则C中的金属离子一定与强碱中的金属离子相同,而已确定的元素S、O都不在第四周期,故可以判断出该金属元素在第四周期,且该元素是K元素;则固体B中有0.005molK2SO4,即0.87g,则另外的0.005mol含S的物质有0.4g,其摩尔质量为=80g/mol,则该物质为SO3;所以可以推出,1.35g固体X含有0.01molK、0.01molS、0.04molO,即该物质中n(K):n(S):n(O)=1:1:4,则该物质为K2S2O8。【解答】(1)固体B溶于水后,加入一元强碱,得到溶液C,并向溶液C中加入BaCl2,生成不溶于稀盐酸的白色沉淀D,则D为BaSO4,且n(BaSO4)=;溶液C中只含一种溶质,则溶液C的溶质一定是硫酸盐,且B溶于水之后,有0.005mol的硫酸生成,根据硫原子守恒,C中含有0.01molS元素,则固体B含有0.005molSO42-;n(A)=,m(A)=1.35g-1.27g=0.08g,则M(A)==32g/mol,则A为O2;溶液C中只含有一种溶质,则C中的金属离子一定与强碱中的金属离子相同,而已确定的元素S、O都不在第四周期,故可以判断出该金属元素在第四周期,且该元素是K元素;则固体B中有0.005molK2SO4,即0.87g,则另外的0.005mol含S的物质有0.4g,其摩尔质量为=80g/mol,则该物质为SO3;所以可以推出,1.35g固体X含有0.01molK、0.01molS、0.04molO,即该物质中n(K):n(S):n(O)=1:1:4,X的化学式是:K2S2O8;(2)由分析可知,A为O2,将O2通入到KI溶液中,离子方程式为:O2+4I-+4H+=I2+2H2O;(3)一定条件下K2S2O8与水能反应,得到的混合液既有强氧化性又有强酸性,即K2S2O8和水反应生成硫酸钾、过氧化氢和硫酸,反应的化学方程式为:K2S2O8+2H2O=K2SO4+H2O2+H2SO4。故答案为:(1)K2S2O8;(2)O2+4I-+4H+=I2+2H2O;(3)K2S2O8+2H2O=K2SO4+H2O2+H2SO4。(1)由分析可知,X的化学式是:K2S2O8;(2)由分析可知,A为O2,将O2通入到KI溶液中,离子方程式为:O2+4I-+4H+=I2+2H2O;(3)一定条件下K2S2O8与水能反应,得到的混合液既有强氧化性又有强酸性,即K2S2O8和水反应生成硫酸钾、过氧化氢和硫酸,反应的化学方程式为:K2S2O8+2H2O=K2SO4+H2O2+H2SO4。37.【答案】(1)(2)50%(3)12.07g【知识点】书写化学方程式、文字表达式;根据化学反应方程式的计算【解析】【分析】(1)根据加热高锰酸钾时的反应物与生成物写出反应的化学方程式;(2)先计算出生成氧气的质量,再根据反应的化学方程式计算出参加反应的高锰酸钾的质量,再计算出高锰酸钾的分解率;(3)先根据质量守恒定律得出收集到的气体是氯气,再计算出生成氯气的质量。【解答】(1)高锰酸钾受热分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气,其反应的化学方程式为:;(2)取15.80g KMnO4,加热分解后剩余固体15.00g,减少的质量为氧气的质量=15.80g-15.00g=0.80g,设参加反应的高锰酸钾的质量为x,2KMnO4K2MnO4 + MnO2 + O2↑316 32x 0.80gx=7.9g,KMnO4的分解率为:×100%=50%;(3)在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸,继续加热,收集到气体为氯气,根据电子转移守恒,整个过程中,Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素失去的电子;设氯气的物质的量为ymol,n(KMnO4)═=0.1mol,电子转移守恒可得:0.1mol×(7-2)=4n(O2)+2(Cl2),即0.1mol×(7-2)=4×mol+2y,解得:y=0.17mol,故生成氯气的质量=0.17 mol×71g/mol=12.07g。(1)高锰酸钾受热分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气,其反应的化学方程式为:;(2)取15.80g KMnO4,加热分解后剩余固体15.00g,减少的质量为氧气的质量=15.80g-15.00g=0.80g,设参加反应的高锰酸钾的质量为x,x=7.9g,KMnO4的分解率为:×100%=50%;(3)在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸,继续加热,收集到气体为氯气,根据电子转移守恒,整个过程中,Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素失去的电子;设氯气的物质的量为ymol,n(KMnO4)═=0.1mol,电子转移守恒可得:0.1mol×(7-2)=4n(O2)+2(Cl2),即0.1mol×(7-2)=4×mol+2y,解得:y=0.17mol,故生成氯气的质量=0.17 mol×71g/mol=12.07g。1 / 1 展开更多...... 收起↑ 资源列表 浙江省杭州市江干区天杭实验集团2024-2025学年初三上月考初中科学试卷(学生版).docx 浙江省杭州市江干区天杭实验集团2024-2025学年初三上月考初中科学试卷(教师版).docx