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四川省泸州市龙马潭区2025年九年级一诊化学试题
1．（2025·龙马潭模拟）2025春节档电影《哪吒之魔童闹海》中的片段一定涉及化学变化的是
A．采摘莲藕 B．莲藕捣碎成糊
C．三昧真火塑肉身 D．刻刀雕琢人形
【答案】C
【知识点】物理变化、化学变化的特点及其判别
【解析】【解答】A、采摘莲藕过程中没有新物质生成，属于物理变化，不符合题意；
B、莲藕压成泥的过程中只是形状的变化，并没有新物质生成，属于物理变化，不符合题意；
C、三昧真火塑肉身的过程中有新物质生成，属于化学变化，符合题意；
D、刻刀雕琢人形的过程中只是形状的变化，该过程中没有新物质生成，属于物理变化，不符合题意。
故答案为：C.
【分析】根据有新物质生成的变化是化学变化，没有新物质生成的变化是物理变化来解答。
2．（2025·龙马潭模拟）为了使家乡泸州天更蓝、水更清、景更美。下列做法不符合这一主题的是
A．尽量进行无纸化办公
B．大力开采矿产资源，加快经济发展
C．建设污水处理管道，解决生活污水问题
D．旧电池统一回收并处理
【答案】B
【知识点】空气的污染与防治；保护水资源；合理利用金属资源
【解析】【解答】A、尽量进行无纸化办公能减少纸张使用，降低树木砍伐，从而有利于环境保护，符合主题，不符合题意；
B、大力开采矿产资源可加快经济发展，但会导致资源枯竭、环境污染，不符合主题，符合题意；
C、建设污水处理管道，能有效处理生活污水，防止水体污染，符合主题，不符合题意；
D、旧电池统一回收并处理，能防止电池中的有害物质污染土壤和水源，符合主题，不符合题意。
故答案为：B.
【分析】根据爱护环境防治空气污染、水体污染，大量植树造林，低碳出行和生活，合理开采矿物质，生活污水集中处理后排放，废旧金属回收再利用来解答。
3．（2025·龙马潭模拟）如图所示，下列说法错误的是
A．肼的化学式为N2H4
B．反应I 中甲与乙的分子个数比为1：1
C．反应Ⅱ丙中氮、氢元素质量比为14：3
D．反应Ⅱ的基本反应类型是分解反应
【答案】B
【知识点】分解反应及其应用；化学方程式的概念、读法和含义；化学式的相关计算；微粒观点及模型图的应用
【解析】【解答】A、由图可知，肼的化学式为N2H4，说法正确，不符合题意；
B、由反应微观示意图可知，反应Ⅰ为N2H4在催化剂作用下反应生成氮气和氢气，该方程式为，则反应Ⅰ中甲（氢气）与乙（氮气）的分子个数比为2：1，说法错误，符合题意；
C、反应Ⅱ中丙为氨气其化学式为NH3，其中氮、氢元素质量比为，说法正确，不符合题意；
D、反应Ⅱ为N2H4在催化剂作用下反应生成氨气和氮气，该反应“一变多”的反应，属于分解反应，说法正确，不符合题意。
故答案为：B.
【分析】根据反应模型图分析可知，肼在催化剂作用下反应生成氨气和氮气，或者生成氮气和氢气，物质由元素组成以及元素的质量，分解反应的概念是由一种物质反应生成多种物质的反应来解答。
4．（2025·龙马潭模拟）某小组同学利用杠杆原理设计如图所示实验，实验前在杠杆的两端分别挂质量相等的铜球和锌球(均已打磨)，此时杠杆平衡，然后将两个金属球分别浸没在盛有稀硫酸和FeSO4溶液的烧杯中进行实验。下列有关说法不正确的是
A．实验中观察到左端烧杯中无明显现象
B．右端烧杯中反应后的溶液里一定有ZnSO4
C．一段时间后移走烧杯，杠杆左端下沉
D．该实验可得出铁的金属活动性比铜强
【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】【解答】A、铜的金属活动性位于氢后，不能与稀硫酸发生反应，实验中观察到左端烧杯中无明显现象，说法正确，不符合题意；
B、锌排在铁前，能置换出硫酸亚铁溶液中的铁同时生成硫酸锌，所以右端烧杯中反应后的溶液里一定有ZnSO4，说法正确，不符合题意；
C、左端铜球质量不变，右端锌与硫酸铜反应，反应后锌球质量减小，因此取掉烧杯后，杠杆左端下沉，说法正确，不符合题意；
D、左侧烧杯中无现象，说明铜的活动顺序小于氢，右侧烧杯中锌能置换出硫酸亚铁溶液中的铁，说明锌的活动顺序大于铁，不能得出铁的金属活动性比铜强，说法错误，符合题意。
故答案为：D.
【分析】根据金属活泼性顺序表可知锌比铁活泼，铁比铜活泼，铜不与酸反应，锌和硫酸亚铁反应生成硫酸锌和铁，锌的质量减小，铜的质量不变来解答。
5．（2025·龙马潭模拟）教学节活动中，化学老师给同学们展示了“大象牙膏”的趣味实验，如图所示，下列说法正确的是
A．没有催化剂，过氧化氢不会分解
B．过氧化氢分解的催化剂只有一种
C．反应前后，发泡剂催化剂的化学性质不变
D．反应的化学方程式为H2O2H2↑+O2↑
【答案】C
【知识点】氧气的实验室制法；催化剂的特点与催化作用；化学方程式的书写与配平
【解析】【解答】A、过氧化氢在没有催化剂时也会分解产生氧气和水，说法错误，不符合题意；
B、过氧化氢分解的催化剂不止一种，例如二氧化锰、氧化铁、氧化铜或泥土等都可以作为过氧化氢分解的催化剂，说法错误，不符合题意；
C、反应前后催化剂的质量和化学性质不变，说法正确，符合题意；
D、过氧化氢在催化剂作用下分解生成水和氧气的方程式为，说法错误，不符合题意。
故答案为：C.
【分析】根据过氧化氢分解生成水和氧气，催化剂改变其它物质的反应速度本身的质量和化学性质不变，一种物质反应可以有多种催化剂来解答。
6．（2025·龙马潭模拟）利用如图所示的实验装置，测定空气中氧气的含量。实验过程中，测得压强及氧气体 积分数随时间变化关系如图所示。下列说法错误的是
A．实验过程中应该在b 点打开止水夹
B．该实验中，若白磷不足，测得的氧气体积分数会偏小
C．ab 段的变化说明：放热对压强的影响比消耗氧气更大
D．由图丙可知：可燃物燃烧所需的氧气必须达到一定浓度
【答案】A
【知识点】测定空气中的氧气含量
【解析】【解答】A、由图示可知，若在b 点打开止水夹，因气体受热膨胀，倒流入集气瓶中水的体积偏小，会导致测量结果偏小，符合题意；
B、该实验中若白磷不足，不能充分的消耗装置内的氧气，会导致测得的氧气体积分数偏小，不符合题意；
C、白磷燃烧放出大量的热，ab段的变化说明放热对压强的影响比消耗氧气更大，不符合题意；
D、氧气的浓度低于3%时白磷不能燃烧，说明可燃物燃烧所需的氧气必须达到一定浓度，不符合题意。
故答案为：A.
【分析】根据氧气占空气体积的五分之一，足量的白磷燃烧消耗氧气并且放热温度升高压强增大，恢复到室温时打开弹簧夹回流到集气瓶中的水就是氧气的体积，氧气的浓度低于一定值时不支持物质燃烧来解答。
7．（2025·龙马潭模拟）化学是一门以实验为基础的科学。下列实验方案不能实现实验目的的是
选项 A B C D
实验目的 探究氧气对铁钉生锈的影响 探究空气、呼出气体中CO2的含量 排水法收集氧气 探究铝和铜的金属活动性强弱
实验方案
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】吸入空气与呼出气体的比较；金属活动性的探究；探究金属锈蚀的条件；万用瓶的使用
【解析】【解答】A、第一支试管中的铁钉与氧气、水充分接触，第二支试管中的铁钉只与水接触，一段时间后，第一支试管中的铁钉生锈，第二支试管中的铁钉没有生锈，可用于探究铁生锈条件之一是与氧气充分接触，不符合题意；
B、将等量的澄清石灰水分别滴入呼出气体和空气中，观察到呼出气体中澄清石灰水变浑浊，空气中澄清石灰水不变浑浊，可证明呼出气体中二氧化碳含量比空气中的高，不符合题意；
C、氧气不易溶于水且氧气密度比水小，用图中装置收集氧气时，氧气应该短进长出，该操作错误，符合题意；
D、铝丝的表面覆盖一层红色物质，溶液颜色由蓝色变为无色，说明铝能与硫酸铜反应，则铝比铜活泼，不符合题意。
故答案为：C.
【分析】A、根据铁、氧气和水反应生成铁锈来解答；
B、根据呼出的气体中的二氧化碳比空气中的二氧化碳的含量高来解答；
C、根据氧气不溶于水来解答；
D、根据铝和硫酸铜反应生成硫酸铝和铜来解答。
8．（2025·龙马潭模拟）试管内固体中某元素的质量分数随加热时间的变化 如图2所示。下列分析正确的是
A．纵坐标某元素指的是铜元素
B．M 点时，装置①中有气泡冒出，石灰水变浑浊
C．N点时含有两种固体物质
D．取P 点时的固体加入足量稀盐酸，固体全部溶解
【答案】A
【知识点】金属活动性顺序及其应用；碳、一氧化碳、氢气还原氧化铜实验；碳单质的性质和用途
【解析】【解答】A、木炭与氧化铜在高温条件下反应生成铜和二氧化碳，随着反应的进行，固体中铜元素的质量分数逐渐增大，故纵坐标表示铜元素的质量分数，该说法正确，符合题意；
B、M点时，固体中铜元素的质量分数不变，说明还没有发生反应，故M点时装置①中没有气泡产生无现象，该说法错误，不符合题意；
C、N点时固体中铜元素的质量分数增大，说明正在发生反应，固体中含有铜、氧化铜和单质碳三种物质，该说法错误，不符合题意；
D、P点时表示氧化铜完全反应，铜没有氢活泼不与酸反应，所以取P点时的固体铜中加入足量稀盐酸无现象，该说法错误，不符合题意。
故答案为：A.
【分析】根据氧化铜和单质碳在高温下反应生成铜和二氧化碳，铜在氢的后面不与酸反应来解答。
9．（2025·龙马潭模拟）可燃冰外观类似冰，主要含甲烷水合物（由甲烷分子和水分子组成），还含有少量二氧化碳等气体。温度不高、压力足够大、有甲烷气源时，甲烷可与水生成甲烷水合物，分散在海底岩层的空隙中。甲烷水合物能稳定存在的压强和温度范围如图所示。
（1）可燃冰属于　 　 (填“混合物”或“纯净物”)。
（2）写出可燃冰中主要成分甲烷完全燃烧的化学反应方程式　 　。
（3）下列有关说法正确的是 。
A．可燃冰的开采和利用有利于缓解能源危机
B．在300atm下，任何温度下都可以形成可燃冰
C．可燃冰作为燃料优点是对环境没有任何影响
D．其他条件相同，温度越低，压强越大，甲烷水合物越稳定
【答案】（1）混合物
（2）
（3）A；D
【知识点】化学方程式的书写与配平；资源综合利用和新能源开发；甲烷、乙醇等常见有机物的性质和用途；纯净物和混合物
【解析】【解答】（1）可燃冰主要含甲烷水合物（由甲烷分子和水分子组成），还含有少量二氧化碳等气体属于混合物；
（2）甲烷完全燃烧生成二氧化碳和水的方程式为；
（3）A、可燃冰被科学家誉为“未来能源”、“21世纪能源”，可燃冰的开采和利用有利于缓解能源危机，说法正确，符合题意；
B、温度不高、压力足够大、有甲烷气源时，甲烷可与水生成甲烷水合物，分散在海底岩层的空隙中，在300atm下，不是任何温度下都可以形成可燃冰，说法错误，不符合题意；
C、可燃冰外观类似冰，主要含甲烷水合物（由甲烷分子和水分子组成），甲烷燃烧生成二氧化碳和水，过多的二氧化碳会造成温室效应，说法错误，不符合题意；
D、由甲烷水合物能稳定存在的压强和温度范围图可知，其他条件相同时，温度越低，压强越大，甲烷水合物越稳定，该说法正确，符合题意。
故答案为：AD.
【分析】（1）根据混合物是由多种物质组成来解答；
（2）根据甲烷在氧气中燃烧生成水和二氧化碳来解答；
（3）根据可燃冰是甲烷水合物，储存在海底，燃烧生成水和二氧化碳，大量的二氧化碳会造成温室效应，可燃冰在低温高压下稳定，合理开采环境能源危机来解答。
（1）可燃冰主要含甲烷水合物（由甲烷分子和水分子组成），还含有少量二氧化碳等气体，属于混合物，故填：混合物；
（2）甲烷完全燃烧生成二氧化碳和水，反应的化学方程式为，故填：；
（3）A、可燃冰被科学家誉为“未来能源”、“21世纪能源”，可燃冰的开采和利用有利于缓解能源危机，故A正确；
B、根据题意，温度不高、压力足够大、有甲烷气源时，甲烷可与水生成甲烷水合物，分散在海底岩层的空隙中，在300atm下，不是任何温度下都可以形成可燃冰，故B错误；
C、可燃冰外观类似冰，主要含甲烷水合物（由甲烷分子和水分子组成），甲烷燃烧生成二氧化碳和水，则可燃冰作为燃料，生成的二氧化碳会造成温室效应，故C错误；
D、由甲烷水合物能稳定存在的压强和温度范围图可知，其他条件相同时，温度越低，压强越大，甲烷水合物越稳定，故D正确。
故选AD。
10．（2025·龙马潭模拟）碳封存和碳转化是实现“双碳目标”的重要途径。
（1）将CO2注入地壳油气层起到驱油作用，既提高油的采收率，又实现碳封存。用图1装置模拟油气田封存CO2，连接A、B装置，将CO2从　 　 ( 填“a”或“b”) 端通入装有油的广口瓶中封存，油被压入烧杯中。
（2）海上二氧化碳封存是将油田开发伴生的二氧化碳捕获、分离，进行加压和干燥，使之变成介于气体和液体之间的超临界状态(超临界状态二氧化碳密度高，接近液态二氧化碳，粘度小，流动快，接近气态二氧化碳)。最后通过回注井将二氧化碳回注至海床之下的咸水层中，实 现长期稳定封存。下列对超临界二氧化碳的理解正确的是 (填序号) 。
A．超临界二氧化碳与二氧化碳的组成不同
B．超临界二氧化碳容易燃烧
C．同等条件下，超临界二氧化碳的输送量比二氧化碳更大
D．超临界二氧化碳存在于特定的条件下，条件改变，状态改变
（3）利用CO2和H2O可以制取甲酸 (CH2O2)，进一步转化为甲醇 (CH4O)，转化关系如图2。
①反应1的化学方程式为　 　；
②分析图中反应2、3，你对催化剂新的认识是　 　。
【答案】（1）b
（2）C；D
（3）；催化剂具有选择性，不同的催化剂可以催化同一反应物发生不同的反应
【知识点】化学方程式的书写与配平；二氧化碳的化学性质；碳中和、碳达峰
【解析】【解答】（1）因为要将CO2通入广口瓶中封存，油被压入烧杯中，则连接A、B装置，将CO2从b端通入；
（2）A、超临界二氧化碳只是二氧化碳的一种特殊状态，与二氧化碳组成相同，都是由碳元素和氧元素组成，说法错误，不符合题意；
B、二氧化碳本身不可燃也不助燃，超临界二氧化碳同样不易燃烧，说法错误，不符合题意；
C、因为超临界状态二氧化碳密度高，接近液态二氧化碳，所以同等条件下，超临界二氧化碳的输送量比二氧化碳更大，说法正确，符合题意；
D、超临界二氧化碳存在于特定的条件下，当条件改变时，其状态也会改变，说法正确，符合题意。
故答案为：CD.
（3）①由图可知，反应1为二氧化碳和水在催化剂a的作用下反应生成CH2O2和氧气，反应的化学方程式为；
②分析图中反应2、3可以看出，在不同反应中，催化剂可以使同一物质发生不同的反应，即催化剂具有选择性，不同的催化剂可以催化同一物质发生不同的反应。
【分析】（1）根据二氧化碳排出多功能瓶中的液体是短进长出来解答；
（2）根据超临界二氧化碳只是二氧化碳的一种特殊状态，与二氧化碳组成相同，化学性质和物理性质相同来解答；
（3）根据二氧化碳和水在催化剂的作用下反应生成甲酸和氧气，甲酸在不同的催化剂作用下反应生成不同的物质来解答。
（1）因为要将CO2通入广口瓶中封存，油被压入烧杯中，则连接A、B装置，将CO2从b端通入，故填：b；
（2）A、超临界二氧化碳只是二氧化碳的一种特殊状态，与二氧化碳组成相同，都是由碳元素和氧元素组成，故A错误；
B、二氧化碳本身不可燃也不助燃，超临界二氧化碳同样不易燃烧，故B错误；
C、因为超临界状态二氧化碳密度高，接近液态二氧化碳，所以同等条件下，超临界二氧化碳的输送量比二氧化碳更大，故C正确；
D、超临界二氧化碳存在于特定的条件下，当条件改变时，其状态也会改变，故D正确；
故选CD；
（3）①由图可知，反应1为二氧化碳和水在催化剂a的作用下反应生成CH2O2和氧气，反应的化学方程式为，故填：；
②分析图中反应2、3可以看出，在不同反应中，催化剂可以使同一物质发生不同的反应，即催化剂具有选择性，不同的催化剂可以催化同一反应物发生不同的反应，故填：催化剂具有选择性，不同的催化剂可以催化同一反应物发生不同的反应。
11．（2025·龙马潭模拟）某化学兴趣小组在实验室完成了以下实验，在常温下的10mL 水中，分两次分别 加入2.5gKNO3， 然后依次放入刚加的固体CaO和NH4NO3烧杯的水中，实验③试管中 的固体全部溶解。下面是KNO3在不同温度时的溶解度以及实验操作过程。
温度/℃ 0 10 20 30 40 50
溶解度/g 13.3 20.9 31.6 45.8 63.9 85.5
（1）①②③④试管中的溶液一定是饱和溶液的是　 　 (填序号)
（2）实验③烧杯中的液体温度升高，原因是　 　 (用化学方程式解释)；升高的温度会比30℃　 　 (填“高”或“低”)
【答案】（1）②
（2）；高
【知识点】饱和溶液和不饱和溶液；溶解度的影响因素；生石灰的性质与用途
【解析】【解答】（1）20℃时硝酸钾的溶解度为31.6g，则20℃时10mL（合10g）水中最多能溶解3.16g硝酸钾达到饱和状态；
①向20℃10mL（合10g）水中加入硝酸钾2.5g为不饱和溶液；
②再加入2.5g硝酸钾后的溶质是2.5g+2.5g=5.0g大于了3.16g，而该温度下只能溶解3.16g硝酸钾，还有5g-3.16g=1.84g硝酸钾没有溶解，则②试管中的溶液为饱和溶液；
③放入刚加的固体氧化钙的烧杯中，氧化钙和水反应生成氢氧化钙并放出大量的热，温度升高，硝酸钾的溶解度增大，观察到实验③试管中的固体全部溶解，故③试管中的溶液可能是恰好饱和溶液，也可能是不饱和溶液；
④放入刚加的固体硝酸铵烧杯的水中，硝酸铵溶于水吸热温度降低，则④试管中的溶液中没有硝酸钾晶体析出，所得溶液溶液可能是饱和溶液，也可能是不饱和溶液；
综上所述，①②③④试管中的溶液一定是饱和溶液的是②。
（2）实验③，放入刚加的固体氧化钙的烧杯中温度升高的反应方程式为；硝酸钾的溶解度增大，观察到实验③试管中的固体全部溶解；
30℃时，硝酸钾的溶解度为45.8g，即100g水中最多能溶解45.8g硝酸钾，达到饱和状态，则30℃时10mL（10g）水中最多能溶解4.58g硝酸钾，而此时试管中溶质质量为2.5g+2.5g=5g＞4.58g，说明升高的温度会比30℃高。
【分析】（1）根据一定温度下的硝酸钾的溶解度的含义来计算该温度下的一定量的溶剂中溶解一定量的溶质是否是饱和溶液来解答；
（2）根据氧化钙与水反应生成氢氧化钙放热温度升高，硝酸钾的溶解度随温度的升高而增大来解答。
（1）20℃时，硝酸钾的溶解度为31.6g，即100g水中最多能溶解31.6g硝酸钾，达到饱和状态，则20℃时10mL（合10g）水中最多能溶解3.16g硝酸钾，达到饱和状态；
①向20℃10mL（合10g）水中加入硝酸钾2.5g＜3.16g，则①试管中的溶液为不饱和溶液；
②再加入2.5g硝酸钾，2.5g+2.5g=5.0g＞3.16g，只能溶解3.16g硝酸钾，还有5g-3.16g=1.84g硝酸钾没有溶解，则②试管中的溶液为饱和溶液；
③放入刚加的固体氧化钙的烧杯中，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，该反应放出大量的热，温度升高，硝酸钾的溶解度增大，观察到实验③试管中的固体全部溶解，③试管中的溶液可能是恰好饱和溶液，也可能是不饱和溶液；
④放入刚加的固体硝酸铵烧杯的水中，硝酸铵溶于水吸热，使温度降低，④试管中的溶液中没有硝酸钾晶体析出，所得溶液溶液可能是饱和溶液，也可能是不饱和溶液；
综上，①②③④试管中的溶液一定是饱和溶液的是②；
（2）实验③，放入刚加的固体氧化钙的烧杯中，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，该反应放出大量的热，温度升高，化学方程式为；温度升高，硝酸钾的溶解度增大，观察到实验③试管中的固体全部溶解；
30℃时，硝酸钾的溶解度为45.8g，即100g水中最多能溶解45.8g硝酸钾，达到饱和状态，则30℃时10mL（10g）水中最多能溶解4.58g硝酸钾，而此时试管中溶质质量为2.5g+2.5g=5g＞4.58g，说明升高的温度会比30℃高。
12．（2025·龙马潭模拟）某品牌维C 泡腾片的主要成分是：维生素C(C6H8O6)、碳酸氢钠(NaHCO3)、柠檬酸 (C6H8O7)； 柠檬酸属于有机酸，具有酸的通性，在水溶液中可以解离出 H+。化学兴趣小组的同学按下图装置进行实验，测定维C 泡腾片中NaHCO3的含量。
【计算思路】将维C 泡腾片溶于水中，测定生成二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量计算出 参与反应的维C 泡腾片中碳酸氢钠的质量，进而求出维C 泡腾片中NaHCO3的质量分数。
将一定量的样品放入锥形瓶，加入足量的水充分反应。(已知：碱石灰常作干燥剂， 主要成分有氧化钙和氢氧化钠)
（1）实验开始前后均需向装置内通入一段时间空气，实验结束后通入空气的目的是　 　；
（2）装置A 的作用是　 　 (用化学方程式表示)。
（3）根据计算思路，化学兴趣小组的同学应该称量反应前后以上装置　 　 的质量(填 字母序号)，若省略装置ENaHCO3质量分数的测定结果会　 　 (选填“偏大”“不 变”或“偏小”)。若取4g维生素C泡腾片，实验后测得CO2的质量为0.22g，则泡腾片 中NaHCO3的质量分数为　 　 (结果保留到0.1%)
（4）老师告诉同学们维C 泡腾片 溶于水发生反应的微观过程如图所示。 由微观示意图可知，上述B 装置反应减少的离子是　 　。
【答案】（1）将装置内残留的二氧化碳全部排入装置 D 中，使其被充分吸收，保证测量结果准确
（2）
（3）D；偏大；10.5%
（4）、
【知识点】含杂质物质的化学反应的有关计算；碱的化学性质；常用盐的用途；实验探究物质的组成成分以及含量；化学方程式的书写与配平
【解析】【解答】（1）将一定量的样品放入锥形瓶，加入足量的水充分反应，柠檬酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，装置C中浓硫酸吸收水蒸气，装置D中碱石灰吸收二氧化碳，则实验结束后通入空气的目的是将装置内残留的二氧化碳全部排入装置 D 中，使其被充分吸收，保证测量结果准确；
（2）装置A中浓氢氧化钠溶液的作用是吸收空气中的二氧化碳，防止干扰实验中生成二氧化碳质量的测定，氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和水方程式为；
（3）装置A吸收空气中的二氧化碳，装置B为发生装置，装置C吸收水蒸气，装置D吸收生成的二氧化碳，装置E吸收空气中的二氧化碳和水，防止空气中的二氧化碳和水进入装置D，干扰实验测定，因此根据计算思路，化学兴趣小组的同学应该称量反应前后装置D的质量就是二氧化碳的质量；
若省略装置E，空气中的二氧化碳和水会进入装置D，使得装置D增重的质量偏大，即测得生成二氧化碳的质量偏大，导致质量分数的测定结果会偏大；
若取4g维生素C泡腾片，实验后测得的质量为0.22g。
解：设碳酸氢钠的质量为x，
则泡腾片中的质量分数为；
（4）由微观示意图可知，氢离子与碳酸氢根离子反应生成二氧化碳和水，则上述B装置反应减少的离子是、。
【分析】（1）根据柠檬酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，实验前后通入空气的目的是将二氧化碳全部排到D中来解答；
（2）根据A中的氢氧化钠是吸收二氧化碳防止生成的二氧化碳的测定来解答；
（3）根据浓硫酸具有吸水性，E装置吸收空气中的二氧化碳，使其准确的测定B装置中产生的二氧化碳的质量，根据生成的二氧化碳的质量来计算小苏打的质量来解答；
（4）根据氢离子和碳酸氢根离子反应生成二氧化碳和水来解答。
（1）某品牌维C泡腾片的主要成分是：维生素C、碳酸氢钠、柠檬酸，将一定量的样品放入锥形瓶，加入足量的水充分反应，柠檬酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，装置C中浓硫酸吸收水蒸气，装置D中碱石灰吸收二氧化碳，则实验结束后通入空气的目的是将装置内残留的二氧化碳全部排入装置 D 中，使其被充分吸收，保证测量结果准确；
（2）装置A中浓氢氧化钠溶液的作用是吸收空气中的二氧化碳，防止其干扰实验中生成二氧化碳质量的测定，氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，化学方程式为；
（3）装置A吸收空气中的二氧化碳，装置B为发生装置，装置C吸收水蒸气，装置D吸收生成的二氧化碳，装置E吸收空气中的二氧化碳和水，防止空气中的二氧化碳和水进入装置D，干扰实验测定，因此根据计算思路，化学兴趣小组的同学应该称量反应前后装置D的质量；
若省略装置E，空气中的二氧化碳和水会进入装置D，使得装置D增重的质量偏大，即测得生成二氧化碳的质量偏大，导致质量分数的测定结果会偏大；
若取4g维生素C泡腾片，实验后测得的质量为0.22g，设碳酸氢钠的质量为x，
则泡腾片中的质量分数为；
（4）由微观示意图可知，氢离子与碳酸氢根离子反应生成二氧化碳和水，则上述B装置反应减少的离子是、。
13．（2025·龙马潭模拟）镁被誉为海洋里宝贵的“国防元素”，海水是一种重要的自然资源。从海水(含氯化镁)中提取镁的主要步骤如图：
（1）写出步骤4生成Mg的化学方程式　 　；
（2）根据流程图，不利用海水直接制取MgCl2，而是通过步骤2和步骤3的原因是　 　；
（3）步骤4一般在充有氩气的环境中进行，目的是　 　；
（4）镁条在空气中放置一段时间后表面形成黑色。查阅资料得知该黑色固体的主要成 分是Mg2(OH)2CO3，这可能是Mg与空气中的O2、CO2和H2O反应生成的。设计实验方 案如图， 一段时间后，A 中镁条表面变黑，B、C、D中镁条均无明显变化。
①A和B对比的目的是探究镁条表面形成Mg2(OH)2CO3，是否与　 　有关；
②A和D对比的目的是探究镁条表面形成Mg2(OH)2CO3，是否与　 　有关；
③A、B、D中的蒸馏水　 　 (填“能”或“不能”)用自来水代替。
【答案】（1）
（2）海水中的氯化镁含量较低，直接提取成本较高且效率低，通过先制得氢氧化镁，再转化为氯化镁，可以更有效地提取镁元素
（3）防止金属镁被氧化
（4）氧气；二氧化碳；不能
【知识点】盐的化学性质；化学方程式的书写与配平；海洋中的资源；定性实验（控制变量、空白实验、对比实验）
【解析】【解答】（1）由流程图可知，步骤4是氯化镁在通电条件下分解生成镁和氯气，化学方程式为；
（2）不利用海水直接制取的原因是海水中的氯化镁含量较低，直接提取成本较高且效率低，需要先制得氢氧化镁后再转化为氯化镁，可以更有效地提取镁元素；
（3）氩气化学性质不活泼，可用作保护气，步骤4一般在充有氩气的环境中进行，目的是防止金属镁被氧化；
（4）①A中镁条与水、二氧化碳和氧气同时接触， 一段时间后，A中镁条表面变黑；B中镁条与水和二氧化碳接触，无明显变化，则对比A和B的目的是探究镁条表面形成，是否与氧气有关；
②A中镁条表面变黑；D中镁条与水和氧气接触，无明显变化，则对比A和D的目的是探究镁条表面形成，是否与二氧化碳有关；
③A、B、D中的蒸馏水不能用自来水代替，是因为自来水中含有氧气等杂质，会影响实验结果的准确性。
【分析】（1）根据氯化镁在通电的作用下分解生成镁和氯气来解答；
（2）根据海水中的氯化镁的含量低，制取氯化镁的成本高，速度慢来解答；
（3）根据氩气的化学性质不活泼，防止镁被氧化来解答；
（4）根据镁、氧气、水和二氧化碳反应生成碱式碳酸镁来解答。
（1）由流程图可知，步骤4生成Mg的反应是氯化镁在通电条件下分解生成镁和氯气，化学方程式为；
（2）不利用海水直接制取，而是通过步骤2和步骤3的原因是海水中的氯化镁含量较低，直接提取成本较高且效率低，通过先制得氢氧化镁，再转化为氯化镁，可以更有效地提取镁元素；
（3）氩气化学性质不活泼，可用作保护气，步骤4一般在充有氩气的环境中进行，目的是防止金属镁被氧化；
（4）①A中镁条与水、二氧化碳和氧气同时接触， 一段时间后，A中镁条表面变黑；B中镁条与水和二氧化碳接触，无明显变化，则对比A和B的目的是探究镁条表面形成，是否与氧气有关；
②A中镁条与水、二氧化碳和氧气同时接触， 一段时间后，A中镁条表面变黑；D中镁条与水和氧气接触，无明显变化，则对比A和D的目的是探究镁条表面形成，是否与二氧化碳有关；
③A、B、D中的蒸馏水不能用自来水代替，是因为自来水中含有氧气等杂质，会影响实验结果的准确性。
14．（2025·龙马潭模拟）从古至今，钢铁及其铁的化合物一直被人类广泛应用。
（1）《梦溪笔谈》记载“熬胆矾铁釜久亦化为铜”(胆矾为CuSO4晶体)，用化学方程式表示其原理　 　；
（2）碳酸亚铁 (FeCO3)可作补血剂，与胃酸反应生成　 　 (写化学式) 被人体吸收，促进血红蛋白的生成。
（3）近年来，零价铁 (ZVI) 作为一种廉价高效的处理剂已经受到了水处理行业的广泛关注。纳米零价铁(nZVI) 除废水中金属离子的性能优越， nZVI 用于去除废水中金属离子，根据金属活动性顺序可分三 种途径(如图所示)，第一类是吸附捕捉，第二类是吸附捕捉再慢慢反应，第三类是直接反应。
结合图分析，Zn2+属于第　 　 (填“一”“二”或“三”)类；若Cd2+属于第一类，则金属Cd 比金属Ag 的金属活动性　 　 (填“强” “弱”或“接近”)；
（4）热处理后的纳米铁粉能够除去地下水中的磷元素，煅烧温度及pH 对纳米铁除磷的影响如图所示。处理效果好应选择的条件是：　 　℃、　 　(填“酸性”或“碱性”)。
【答案】（1）
（2）FeCl2
（3）一；强
（4）550；酸性
【知识点】金属的化学性质；溶液的酸碱性与pH值的关系；盐的化学性质；化学方程式的书写与配平
【解析】【解答】（1）“熬胆矾铁釜久亦化为铜”涉及的反应为铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，反应的化学方程式为；
（2）碳酸亚铁与胃酸的主要成分盐酸反应生成的氯化亚铁（FeCl2）被人体吸收，可以促进血红蛋白的生成；
（3）锌的金属活动性比铁强，由图可知第一类适用于除去金属活动性较强的离子锌离子，Zn2+是吸附捕捉；若Cd2+属于第一类，说明金属Cd的金属活动性比铁强，则金属Cd的金属活动性比Ag强；
（4）由图可知，温度为550℃的除磷率较高，pH在0~6的酸性环境中除磷率较高。
【分析】（1）根据铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜来解答；
（2）根据碳酸亚铁与胃酸盐酸反应生成氯化亚铁、水和二氧化碳，氯化亚铁可以防止缺铁性贫血来解答；
（3）根据锌的活泼性比铁强，铁比银活泼来解答；
（4）根据图示分析可知，高温酸性的环境中除磷效果良好来解答。
（1）“熬胆矾铁釜久亦化为铜”涉及的反应为铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，反应的化学方程式为，故填：；
（2）碳酸亚铁与胃酸的主要成分盐酸反应生成的氯化亚铁（FeCl2）被人体吸收，可以促进血红蛋白的生成，故填：FeCl2；
（3）锌的金属活动性强于铁，由图可知，第一类适用于除去金属活动性较强的离子，Zn2+是吸附捕捉，故Zn2+属于第一类；若Cd2+属于第一类，说明金属Cd的金属活动性比铁强，则金属Cd的金属活动性比Ag强，故填：一；强；
（4）由图可知，温度为550℃的除磷率较高，pH在0~6的除磷率较高，故处理效果好应选择的条件是：550℃、酸性，故填：550；酸性。
15．（2025·龙马潭模拟）CoO是研发超级电容器电极的重要材料，工业上制备CoO的流程如图1所示。已知：碱式碳酸钴可以看作CoCO3和 Co(OH)2结合而成的化合物；Co2+的溶液呈粉红色
（1）过程1：碱式碳酸钴与稀盐酸反应，观察到的现象是　 　，除生成 CoCl2之外，还生成了　 　、　 　。(均填化学式)
（2）过程2：化学方程式为　 　。
（3）过程3：将93g的Co(OH)2在空气中加热，固体质量随温度变化关系如图2所示(钴元素Co有+2，+3两种常见的化合价，与铁元素相似，可形成CoO、Co3O4及Co2O3等多种氧化物)。
①290 ℃时，剩余固体M中钴元素的质量为　 　g；
②1000℃剩余固体为CoO，则X的值为　 　。
【答案】（1）有气泡产生，溶液由无色变为粉红色；；
（2）
（3）59；75
【知识点】酸的化学性质；碱的化学性质；化学方程式的书写与配平；质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】（1）碱式碳酸钴可以看作和结合而成的化合物，碱式碳酸钴与稀盐酸反应，即与稀盐酸反应生成、二氧化碳和水，与稀盐酸反应生成和水，故观察到的现象是有气泡产生，溶液由无色变为粉红色；除生成之外，还生成了、；
（2）由图1可知，过程2发生的反应是与氢氧化钠反应生成沉淀和氯化钠，化学方程式为；
（3）①根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类及质量不变，则290℃时，剩余固体M中钴元素的质量为；
②1000℃剩余固体为CoO，根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类及质量不变，则CoO中钴元素的质量等于中钴元素的质量，则生成CoO的质量为，即X的值为75。
【分析】（1）根据碱式碳酸钴与稀盐酸反应生成粉红色的氯化钴、水和二氧化碳来解答；
（2）根据氯化钴和氢氧化钠反应生成氢氧化钴沉淀和氯化钠来解答；
（3）根据化学变化中元素守恒，一定质量的物质中某元素的质量来解答。
（1）碱式碳酸钴可以看作和结合而成的化合物，碱式碳酸钴与稀盐酸反应，即与稀盐酸反应生成、二氧化碳和水，与稀盐酸反应生成和水，故观察到的现象是有气泡产生，溶液由无色变为粉红色；除生成之外，还生成了、；
（2）由图1可知，过程2发生的反应是与氢氧化钠反应生成沉淀和氯化钠，化学方程式为；
（3）①根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类及质量不变，则290℃时，剩余固体M中钴元素的质量为；
②1000℃剩余固体为CoO，根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类及质量不变，则CoO中钴元素的质量等于中钴元素的质量，则生成CoO的质量为，即X的值为75。
1 / 1四川省泸州市龙马潭区2025年九年级一诊化学试题
1．（2025·龙马潭模拟）2025春节档电影《哪吒之魔童闹海》中的片段一定涉及化学变化的是
A．采摘莲藕 B．莲藕捣碎成糊
C．三昧真火塑肉身 D．刻刀雕琢人形
2．（2025·龙马潭模拟）为了使家乡泸州天更蓝、水更清、景更美。下列做法不符合这一主题的是
A．尽量进行无纸化办公
B．大力开采矿产资源，加快经济发展
C．建设污水处理管道，解决生活污水问题
D．旧电池统一回收并处理
3．（2025·龙马潭模拟）如图所示，下列说法错误的是
A．肼的化学式为N2H4
B．反应I 中甲与乙的分子个数比为1：1
C．反应Ⅱ丙中氮、氢元素质量比为14：3
D．反应Ⅱ的基本反应类型是分解反应
4．（2025·龙马潭模拟）某小组同学利用杠杆原理设计如图所示实验，实验前在杠杆的两端分别挂质量相等的铜球和锌球(均已打磨)，此时杠杆平衡，然后将两个金属球分别浸没在盛有稀硫酸和FeSO4溶液的烧杯中进行实验。下列有关说法不正确的是
A．实验中观察到左端烧杯中无明显现象
B．右端烧杯中反应后的溶液里一定有ZnSO4
C．一段时间后移走烧杯，杠杆左端下沉
D．该实验可得出铁的金属活动性比铜强
5．（2025·龙马潭模拟）教学节活动中，化学老师给同学们展示了“大象牙膏”的趣味实验，如图所示，下列说法正确的是
A．没有催化剂，过氧化氢不会分解
B．过氧化氢分解的催化剂只有一种
C．反应前后，发泡剂催化剂的化学性质不变
D．反应的化学方程式为H2O2H2↑+O2↑
6．（2025·龙马潭模拟）利用如图所示的实验装置，测定空气中氧气的含量。实验过程中，测得压强及氧气体 积分数随时间变化关系如图所示。下列说法错误的是
A．实验过程中应该在b 点打开止水夹
B．该实验中，若白磷不足，测得的氧气体积分数会偏小
C．ab 段的变化说明：放热对压强的影响比消耗氧气更大
D．由图丙可知：可燃物燃烧所需的氧气必须达到一定浓度
7．（2025·龙马潭模拟）化学是一门以实验为基础的科学。下列实验方案不能实现实验目的的是
选项 A B C D
实验目的 探究氧气对铁钉生锈的影响 探究空气、呼出气体中CO2的含量 排水法收集氧气 探究铝和铜的金属活动性强弱
实验方案
A．A B．B C．C D．D
8．（2025·龙马潭模拟）试管内固体中某元素的质量分数随加热时间的变化 如图2所示。下列分析正确的是
A．纵坐标某元素指的是铜元素
B．M 点时，装置①中有气泡冒出，石灰水变浑浊
C．N点时含有两种固体物质
D．取P 点时的固体加入足量稀盐酸，固体全部溶解
9．（2025·龙马潭模拟）可燃冰外观类似冰，主要含甲烷水合物（由甲烷分子和水分子组成），还含有少量二氧化碳等气体。温度不高、压力足够大、有甲烷气源时，甲烷可与水生成甲烷水合物，分散在海底岩层的空隙中。甲烷水合物能稳定存在的压强和温度范围如图所示。
（1）可燃冰属于　 　 (填“混合物”或“纯净物”)。
（2）写出可燃冰中主要成分甲烷完全燃烧的化学反应方程式　 　。
（3）下列有关说法正确的是 。
A．可燃冰的开采和利用有利于缓解能源危机
B．在300atm下，任何温度下都可以形成可燃冰
C．可燃冰作为燃料优点是对环境没有任何影响
D．其他条件相同，温度越低，压强越大，甲烷水合物越稳定
10．（2025·龙马潭模拟）碳封存和碳转化是实现“双碳目标”的重要途径。
（1）将CO2注入地壳油气层起到驱油作用，既提高油的采收率，又实现碳封存。用图1装置模拟油气田封存CO2，连接A、B装置，将CO2从　 　 ( 填“a”或“b”) 端通入装有油的广口瓶中封存，油被压入烧杯中。
（2）海上二氧化碳封存是将油田开发伴生的二氧化碳捕获、分离，进行加压和干燥，使之变成介于气体和液体之间的超临界状态(超临界状态二氧化碳密度高，接近液态二氧化碳，粘度小，流动快，接近气态二氧化碳)。最后通过回注井将二氧化碳回注至海床之下的咸水层中，实 现长期稳定封存。下列对超临界二氧化碳的理解正确的是 (填序号) 。
A．超临界二氧化碳与二氧化碳的组成不同
B．超临界二氧化碳容易燃烧
C．同等条件下，超临界二氧化碳的输送量比二氧化碳更大
D．超临界二氧化碳存在于特定的条件下，条件改变，状态改变
（3）利用CO2和H2O可以制取甲酸 (CH2O2)，进一步转化为甲醇 (CH4O)，转化关系如图2。
①反应1的化学方程式为　 　；
②分析图中反应2、3，你对催化剂新的认识是　 　。
11．（2025·龙马潭模拟）某化学兴趣小组在实验室完成了以下实验，在常温下的10mL 水中，分两次分别 加入2.5gKNO3， 然后依次放入刚加的固体CaO和NH4NO3烧杯的水中，实验③试管中 的固体全部溶解。下面是KNO3在不同温度时的溶解度以及实验操作过程。
温度/℃ 0 10 20 30 40 50
溶解度/g 13.3 20.9 31.6 45.8 63.9 85.5
（1）①②③④试管中的溶液一定是饱和溶液的是　 　 (填序号)
（2）实验③烧杯中的液体温度升高，原因是　 　 (用化学方程式解释)；升高的温度会比30℃　 　 (填“高”或“低”)
12．（2025·龙马潭模拟）某品牌维C 泡腾片的主要成分是：维生素C(C6H8O6)、碳酸氢钠(NaHCO3)、柠檬酸 (C6H8O7)； 柠檬酸属于有机酸，具有酸的通性，在水溶液中可以解离出 H+。化学兴趣小组的同学按下图装置进行实验，测定维C 泡腾片中NaHCO3的含量。
【计算思路】将维C 泡腾片溶于水中，测定生成二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量计算出 参与反应的维C 泡腾片中碳酸氢钠的质量，进而求出维C 泡腾片中NaHCO3的质量分数。
将一定量的样品放入锥形瓶，加入足量的水充分反应。(已知：碱石灰常作干燥剂， 主要成分有氧化钙和氢氧化钠)
（1）实验开始前后均需向装置内通入一段时间空气，实验结束后通入空气的目的是　 　；
（2）装置A 的作用是　 　 (用化学方程式表示)。
（3）根据计算思路，化学兴趣小组的同学应该称量反应前后以上装置　 　 的质量(填 字母序号)，若省略装置ENaHCO3质量分数的测定结果会　 　 (选填“偏大”“不 变”或“偏小”)。若取4g维生素C泡腾片，实验后测得CO2的质量为0.22g，则泡腾片 中NaHCO3的质量分数为　 　 (结果保留到0.1%)
（4）老师告诉同学们维C 泡腾片 溶于水发生反应的微观过程如图所示。 由微观示意图可知，上述B 装置反应减少的离子是　 　。
13．（2025·龙马潭模拟）镁被誉为海洋里宝贵的“国防元素”，海水是一种重要的自然资源。从海水(含氯化镁)中提取镁的主要步骤如图：
（1）写出步骤4生成Mg的化学方程式　 　；
（2）根据流程图，不利用海水直接制取MgCl2，而是通过步骤2和步骤3的原因是　 　；
（3）步骤4一般在充有氩气的环境中进行，目的是　 　；
（4）镁条在空气中放置一段时间后表面形成黑色。查阅资料得知该黑色固体的主要成 分是Mg2(OH)2CO3，这可能是Mg与空气中的O2、CO2和H2O反应生成的。设计实验方 案如图， 一段时间后，A 中镁条表面变黑，B、C、D中镁条均无明显变化。
①A和B对比的目的是探究镁条表面形成Mg2(OH)2CO3，是否与　 　有关；
②A和D对比的目的是探究镁条表面形成Mg2(OH)2CO3，是否与　 　有关；
③A、B、D中的蒸馏水　 　 (填“能”或“不能”)用自来水代替。
14．（2025·龙马潭模拟）从古至今，钢铁及其铁的化合物一直被人类广泛应用。
（1）《梦溪笔谈》记载“熬胆矾铁釜久亦化为铜”(胆矾为CuSO4晶体)，用化学方程式表示其原理　 　；
（2）碳酸亚铁 (FeCO3)可作补血剂，与胃酸反应生成　 　 (写化学式) 被人体吸收，促进血红蛋白的生成。
（3）近年来，零价铁 (ZVI) 作为一种廉价高效的处理剂已经受到了水处理行业的广泛关注。纳米零价铁(nZVI) 除废水中金属离子的性能优越， nZVI 用于去除废水中金属离子，根据金属活动性顺序可分三 种途径(如图所示)，第一类是吸附捕捉，第二类是吸附捕捉再慢慢反应，第三类是直接反应。
结合图分析，Zn2+属于第　 　 (填“一”“二”或“三”)类；若Cd2+属于第一类，则金属Cd 比金属Ag 的金属活动性　 　 (填“强” “弱”或“接近”)；
（4）热处理后的纳米铁粉能够除去地下水中的磷元素，煅烧温度及pH 对纳米铁除磷的影响如图所示。处理效果好应选择的条件是：　 　℃、　 　(填“酸性”或“碱性”)。
15．（2025·龙马潭模拟）CoO是研发超级电容器电极的重要材料，工业上制备CoO的流程如图1所示。已知：碱式碳酸钴可以看作CoCO3和 Co(OH)2结合而成的化合物；Co2+的溶液呈粉红色
（1）过程1：碱式碳酸钴与稀盐酸反应，观察到的现象是　 　，除生成 CoCl2之外，还生成了　 　、　 　。(均填化学式)
（2）过程2：化学方程式为　 　。
（3）过程3：将93g的Co(OH)2在空气中加热，固体质量随温度变化关系如图2所示(钴元素Co有+2，+3两种常见的化合价，与铁元素相似，可形成CoO、Co3O4及Co2O3等多种氧化物)。
①290 ℃时，剩余固体M中钴元素的质量为　 　g；
②1000℃剩余固体为CoO，则X的值为　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】物理变化、化学变化的特点及其判别
【解析】【解答】A、采摘莲藕过程中没有新物质生成，属于物理变化，不符合题意；
B、莲藕压成泥的过程中只是形状的变化，并没有新物质生成，属于物理变化，不符合题意；
C、三昧真火塑肉身的过程中有新物质生成，属于化学变化，符合题意；
D、刻刀雕琢人形的过程中只是形状的变化，该过程中没有新物质生成，属于物理变化，不符合题意。
故答案为：C.
【分析】根据有新物质生成的变化是化学变化，没有新物质生成的变化是物理变化来解答。
2．【答案】B
【知识点】空气的污染与防治；保护水资源；合理利用金属资源
【解析】【解答】A、尽量进行无纸化办公能减少纸张使用，降低树木砍伐，从而有利于环境保护，符合主题，不符合题意；
B、大力开采矿产资源可加快经济发展，但会导致资源枯竭、环境污染，不符合主题，符合题意；
C、建设污水处理管道，能有效处理生活污水，防止水体污染，符合主题，不符合题意；
D、旧电池统一回收并处理，能防止电池中的有害物质污染土壤和水源，符合主题，不符合题意。
故答案为：B.
【分析】根据爱护环境防治空气污染、水体污染，大量植树造林，低碳出行和生活，合理开采矿物质，生活污水集中处理后排放，废旧金属回收再利用来解答。
3．【答案】B
【知识点】分解反应及其应用；化学方程式的概念、读法和含义；化学式的相关计算；微粒观点及模型图的应用
【解析】【解答】A、由图可知，肼的化学式为N2H4，说法正确，不符合题意；
B、由反应微观示意图可知，反应Ⅰ为N2H4在催化剂作用下反应生成氮气和氢气，该方程式为，则反应Ⅰ中甲（氢气）与乙（氮气）的分子个数比为2：1，说法错误，符合题意；
C、反应Ⅱ中丙为氨气其化学式为NH3，其中氮、氢元素质量比为，说法正确，不符合题意；
D、反应Ⅱ为N2H4在催化剂作用下反应生成氨气和氮气，该反应“一变多”的反应，属于分解反应，说法正确，不符合题意。
故答案为：B.
【分析】根据反应模型图分析可知，肼在催化剂作用下反应生成氨气和氮气，或者生成氮气和氢气，物质由元素组成以及元素的质量，分解反应的概念是由一种物质反应生成多种物质的反应来解答。
4．【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】【解答】A、铜的金属活动性位于氢后，不能与稀硫酸发生反应，实验中观察到左端烧杯中无明显现象，说法正确，不符合题意；
B、锌排在铁前，能置换出硫酸亚铁溶液中的铁同时生成硫酸锌，所以右端烧杯中反应后的溶液里一定有ZnSO4，说法正确，不符合题意；
C、左端铜球质量不变，右端锌与硫酸铜反应，反应后锌球质量减小，因此取掉烧杯后，杠杆左端下沉，说法正确，不符合题意；
D、左侧烧杯中无现象，说明铜的活动顺序小于氢，右侧烧杯中锌能置换出硫酸亚铁溶液中的铁，说明锌的活动顺序大于铁，不能得出铁的金属活动性比铜强，说法错误，符合题意。
故答案为：D.
【分析】根据金属活泼性顺序表可知锌比铁活泼，铁比铜活泼，铜不与酸反应，锌和硫酸亚铁反应生成硫酸锌和铁，锌的质量减小，铜的质量不变来解答。
5．【答案】C
【知识点】氧气的实验室制法；催化剂的特点与催化作用；化学方程式的书写与配平
【解析】【解答】A、过氧化氢在没有催化剂时也会分解产生氧气和水，说法错误，不符合题意；
B、过氧化氢分解的催化剂不止一种，例如二氧化锰、氧化铁、氧化铜或泥土等都可以作为过氧化氢分解的催化剂，说法错误，不符合题意；
C、反应前后催化剂的质量和化学性质不变，说法正确，符合题意；
D、过氧化氢在催化剂作用下分解生成水和氧气的方程式为，说法错误，不符合题意。
故答案为：C.
【分析】根据过氧化氢分解生成水和氧气，催化剂改变其它物质的反应速度本身的质量和化学性质不变，一种物质反应可以有多种催化剂来解答。
6．【答案】A
【知识点】测定空气中的氧气含量
【解析】【解答】A、由图示可知，若在b 点打开止水夹，因气体受热膨胀，倒流入集气瓶中水的体积偏小，会导致测量结果偏小，符合题意；
B、该实验中若白磷不足，不能充分的消耗装置内的氧气，会导致测得的氧气体积分数偏小，不符合题意；
C、白磷燃烧放出大量的热，ab段的变化说明放热对压强的影响比消耗氧气更大，不符合题意；
D、氧气的浓度低于3%时白磷不能燃烧，说明可燃物燃烧所需的氧气必须达到一定浓度，不符合题意。
故答案为：A.
【分析】根据氧气占空气体积的五分之一，足量的白磷燃烧消耗氧气并且放热温度升高压强增大，恢复到室温时打开弹簧夹回流到集气瓶中的水就是氧气的体积，氧气的浓度低于一定值时不支持物质燃烧来解答。
7．【答案】C
【知识点】吸入空气与呼出气体的比较；金属活动性的探究；探究金属锈蚀的条件；万用瓶的使用
【解析】【解答】A、第一支试管中的铁钉与氧气、水充分接触，第二支试管中的铁钉只与水接触，一段时间后，第一支试管中的铁钉生锈，第二支试管中的铁钉没有生锈，可用于探究铁生锈条件之一是与氧气充分接触，不符合题意；
B、将等量的澄清石灰水分别滴入呼出气体和空气中，观察到呼出气体中澄清石灰水变浑浊，空气中澄清石灰水不变浑浊，可证明呼出气体中二氧化碳含量比空气中的高，不符合题意；
C、氧气不易溶于水且氧气密度比水小，用图中装置收集氧气时，氧气应该短进长出，该操作错误，符合题意；
D、铝丝的表面覆盖一层红色物质，溶液颜色由蓝色变为无色，说明铝能与硫酸铜反应，则铝比铜活泼，不符合题意。
故答案为：C.
【分析】A、根据铁、氧气和水反应生成铁锈来解答；
B、根据呼出的气体中的二氧化碳比空气中的二氧化碳的含量高来解答；
C、根据氧气不溶于水来解答；
D、根据铝和硫酸铜反应生成硫酸铝和铜来解答。
8．【答案】A
【知识点】金属活动性顺序及其应用；碳、一氧化碳、氢气还原氧化铜实验；碳单质的性质和用途
【解析】【解答】A、木炭与氧化铜在高温条件下反应生成铜和二氧化碳，随着反应的进行，固体中铜元素的质量分数逐渐增大，故纵坐标表示铜元素的质量分数，该说法正确，符合题意；
B、M点时，固体中铜元素的质量分数不变，说明还没有发生反应，故M点时装置①中没有气泡产生无现象，该说法错误，不符合题意；
C、N点时固体中铜元素的质量分数增大，说明正在发生反应，固体中含有铜、氧化铜和单质碳三种物质，该说法错误，不符合题意；
D、P点时表示氧化铜完全反应，铜没有氢活泼不与酸反应，所以取P点时的固体铜中加入足量稀盐酸无现象，该说法错误，不符合题意。
故答案为：A.
【分析】根据氧化铜和单质碳在高温下反应生成铜和二氧化碳，铜在氢的后面不与酸反应来解答。
9．【答案】（1）混合物
（2）
（3）A；D
【知识点】化学方程式的书写与配平；资源综合利用和新能源开发；甲烷、乙醇等常见有机物的性质和用途；纯净物和混合物
【解析】【解答】（1）可燃冰主要含甲烷水合物（由甲烷分子和水分子组成），还含有少量二氧化碳等气体属于混合物；
（2）甲烷完全燃烧生成二氧化碳和水的方程式为；
（3）A、可燃冰被科学家誉为“未来能源”、“21世纪能源”，可燃冰的开采和利用有利于缓解能源危机，说法正确，符合题意；
B、温度不高、压力足够大、有甲烷气源时，甲烷可与水生成甲烷水合物，分散在海底岩层的空隙中，在300atm下，不是任何温度下都可以形成可燃冰，说法错误，不符合题意；
C、可燃冰外观类似冰，主要含甲烷水合物（由甲烷分子和水分子组成），甲烷燃烧生成二氧化碳和水，过多的二氧化碳会造成温室效应，说法错误，不符合题意；
D、由甲烷水合物能稳定存在的压强和温度范围图可知，其他条件相同时，温度越低，压强越大，甲烷水合物越稳定，该说法正确，符合题意。
故答案为：AD.
【分析】（1）根据混合物是由多种物质组成来解答；
（2）根据甲烷在氧气中燃烧生成水和二氧化碳来解答；
（3）根据可燃冰是甲烷水合物，储存在海底，燃烧生成水和二氧化碳，大量的二氧化碳会造成温室效应，可燃冰在低温高压下稳定，合理开采环境能源危机来解答。
（1）可燃冰主要含甲烷水合物（由甲烷分子和水分子组成），还含有少量二氧化碳等气体，属于混合物，故填：混合物；
（2）甲烷完全燃烧生成二氧化碳和水，反应的化学方程式为，故填：；
（3）A、可燃冰被科学家誉为“未来能源”、“21世纪能源”，可燃冰的开采和利用有利于缓解能源危机，故A正确；
B、根据题意，温度不高、压力足够大、有甲烷气源时，甲烷可与水生成甲烷水合物，分散在海底岩层的空隙中，在300atm下，不是任何温度下都可以形成可燃冰，故B错误；
C、可燃冰外观类似冰，主要含甲烷水合物（由甲烷分子和水分子组成），甲烷燃烧生成二氧化碳和水，则可燃冰作为燃料，生成的二氧化碳会造成温室效应，故C错误；
D、由甲烷水合物能稳定存在的压强和温度范围图可知，其他条件相同时，温度越低，压强越大，甲烷水合物越稳定，故D正确。
故选AD。
10．【答案】（1）b
（2）C；D
（3）；催化剂具有选择性，不同的催化剂可以催化同一反应物发生不同的反应
【知识点】化学方程式的书写与配平；二氧化碳的化学性质；碳中和、碳达峰
【解析】【解答】（1）因为要将CO2通入广口瓶中封存，油被压入烧杯中，则连接A、B装置，将CO2从b端通入；
（2）A、超临界二氧化碳只是二氧化碳的一种特殊状态，与二氧化碳组成相同，都是由碳元素和氧元素组成，说法错误，不符合题意；
B、二氧化碳本身不可燃也不助燃，超临界二氧化碳同样不易燃烧，说法错误，不符合题意；
C、因为超临界状态二氧化碳密度高，接近液态二氧化碳，所以同等条件下，超临界二氧化碳的输送量比二氧化碳更大，说法正确，符合题意；
D、超临界二氧化碳存在于特定的条件下，当条件改变时，其状态也会改变，说法正确，符合题意。
故答案为：CD.
（3）①由图可知，反应1为二氧化碳和水在催化剂a的作用下反应生成CH2O2和氧气，反应的化学方程式为；
②分析图中反应2、3可以看出，在不同反应中，催化剂可以使同一物质发生不同的反应，即催化剂具有选择性，不同的催化剂可以催化同一物质发生不同的反应。
【分析】（1）根据二氧化碳排出多功能瓶中的液体是短进长出来解答；
（2）根据超临界二氧化碳只是二氧化碳的一种特殊状态，与二氧化碳组成相同，化学性质和物理性质相同来解答；
（3）根据二氧化碳和水在催化剂的作用下反应生成甲酸和氧气，甲酸在不同的催化剂作用下反应生成不同的物质来解答。
（1）因为要将CO2通入广口瓶中封存，油被压入烧杯中，则连接A、B装置，将CO2从b端通入，故填：b；
（2）A、超临界二氧化碳只是二氧化碳的一种特殊状态，与二氧化碳组成相同，都是由碳元素和氧元素组成，故A错误；
B、二氧化碳本身不可燃也不助燃，超临界二氧化碳同样不易燃烧，故B错误；
C、因为超临界状态二氧化碳密度高，接近液态二氧化碳，所以同等条件下，超临界二氧化碳的输送量比二氧化碳更大，故C正确；
D、超临界二氧化碳存在于特定的条件下，当条件改变时，其状态也会改变，故D正确；
故选CD；
（3）①由图可知，反应1为二氧化碳和水在催化剂a的作用下反应生成CH2O2和氧气，反应的化学方程式为，故填：；
②分析图中反应2、3可以看出，在不同反应中，催化剂可以使同一物质发生不同的反应，即催化剂具有选择性，不同的催化剂可以催化同一反应物发生不同的反应，故填：催化剂具有选择性，不同的催化剂可以催化同一反应物发生不同的反应。
11．【答案】（1）②
（2）；高
【知识点】饱和溶液和不饱和溶液；溶解度的影响因素；生石灰的性质与用途
【解析】【解答】（1）20℃时硝酸钾的溶解度为31.6g，则20℃时10mL（合10g）水中最多能溶解3.16g硝酸钾达到饱和状态；
①向20℃10mL（合10g）水中加入硝酸钾2.5g为不饱和溶液；
②再加入2.5g硝酸钾后的溶质是2.5g+2.5g=5.0g大于了3.16g，而该温度下只能溶解3.16g硝酸钾，还有5g-3.16g=1.84g硝酸钾没有溶解，则②试管中的溶液为饱和溶液；
③放入刚加的固体氧化钙的烧杯中，氧化钙和水反应生成氢氧化钙并放出大量的热，温度升高，硝酸钾的溶解度增大，观察到实验③试管中的固体全部溶解，故③试管中的溶液可能是恰好饱和溶液，也可能是不饱和溶液；
④放入刚加的固体硝酸铵烧杯的水中，硝酸铵溶于水吸热温度降低，则④试管中的溶液中没有硝酸钾晶体析出，所得溶液溶液可能是饱和溶液，也可能是不饱和溶液；
综上所述，①②③④试管中的溶液一定是饱和溶液的是②。
（2）实验③，放入刚加的固体氧化钙的烧杯中温度升高的反应方程式为；硝酸钾的溶解度增大，观察到实验③试管中的固体全部溶解；
30℃时，硝酸钾的溶解度为45.8g，即100g水中最多能溶解45.8g硝酸钾，达到饱和状态，则30℃时10mL（10g）水中最多能溶解4.58g硝酸钾，而此时试管中溶质质量为2.5g+2.5g=5g＞4.58g，说明升高的温度会比30℃高。
【分析】（1）根据一定温度下的硝酸钾的溶解度的含义来计算该温度下的一定量的溶剂中溶解一定量的溶质是否是饱和溶液来解答；
（2）根据氧化钙与水反应生成氢氧化钙放热温度升高，硝酸钾的溶解度随温度的升高而增大来解答。
（1）20℃时，硝酸钾的溶解度为31.6g，即100g水中最多能溶解31.6g硝酸钾，达到饱和状态，则20℃时10mL（合10g）水中最多能溶解3.16g硝酸钾，达到饱和状态；
①向20℃10mL（合10g）水中加入硝酸钾2.5g＜3.16g，则①试管中的溶液为不饱和溶液；
②再加入2.5g硝酸钾，2.5g+2.5g=5.0g＞3.16g，只能溶解3.16g硝酸钾，还有5g-3.16g=1.84g硝酸钾没有溶解，则②试管中的溶液为饱和溶液；
③放入刚加的固体氧化钙的烧杯中，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，该反应放出大量的热，温度升高，硝酸钾的溶解度增大，观察到实验③试管中的固体全部溶解，③试管中的溶液可能是恰好饱和溶液，也可能是不饱和溶液；
④放入刚加的固体硝酸铵烧杯的水中，硝酸铵溶于水吸热，使温度降低，④试管中的溶液中没有硝酸钾晶体析出，所得溶液溶液可能是饱和溶液，也可能是不饱和溶液；
综上，①②③④试管中的溶液一定是饱和溶液的是②；
（2）实验③，放入刚加的固体氧化钙的烧杯中，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，该反应放出大量的热，温度升高，化学方程式为；温度升高，硝酸钾的溶解度增大，观察到实验③试管中的固体全部溶解；
30℃时，硝酸钾的溶解度为45.8g，即100g水中最多能溶解45.8g硝酸钾，达到饱和状态，则30℃时10mL（10g）水中最多能溶解4.58g硝酸钾，而此时试管中溶质质量为2.5g+2.5g=5g＞4.58g，说明升高的温度会比30℃高。
12．【答案】（1）将装置内残留的二氧化碳全部排入装置 D 中，使其被充分吸收，保证测量结果准确
（2）
（3）D；偏大；10.5%
（4）、
【知识点】含杂质物质的化学反应的有关计算；碱的化学性质；常用盐的用途；实验探究物质的组成成分以及含量；化学方程式的书写与配平
【解析】【解答】（1）将一定量的样品放入锥形瓶，加入足量的水充分反应，柠檬酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，装置C中浓硫酸吸收水蒸气，装置D中碱石灰吸收二氧化碳，则实验结束后通入空气的目的是将装置内残留的二氧化碳全部排入装置 D 中，使其被充分吸收，保证测量结果准确；
（2）装置A中浓氢氧化钠溶液的作用是吸收空气中的二氧化碳，防止干扰实验中生成二氧化碳质量的测定，氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和水方程式为；
（3）装置A吸收空气中的二氧化碳，装置B为发生装置，装置C吸收水蒸气，装置D吸收生成的二氧化碳，装置E吸收空气中的二氧化碳和水，防止空气中的二氧化碳和水进入装置D，干扰实验测定，因此根据计算思路，化学兴趣小组的同学应该称量反应前后装置D的质量就是二氧化碳的质量；
若省略装置E，空气中的二氧化碳和水会进入装置D，使得装置D增重的质量偏大，即测得生成二氧化碳的质量偏大，导致质量分数的测定结果会偏大；
若取4g维生素C泡腾片，实验后测得的质量为0.22g。
解：设碳酸氢钠的质量为x，
则泡腾片中的质量分数为；
（4）由微观示意图可知，氢离子与碳酸氢根离子反应生成二氧化碳和水，则上述B装置反应减少的离子是、。
【分析】（1）根据柠檬酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，实验前后通入空气的目的是将二氧化碳全部排到D中来解答；
（2）根据A中的氢氧化钠是吸收二氧化碳防止生成的二氧化碳的测定来解答；
（3）根据浓硫酸具有吸水性，E装置吸收空气中的二氧化碳，使其准确的测定B装置中产生的二氧化碳的质量，根据生成的二氧化碳的质量来计算小苏打的质量来解答；
（4）根据氢离子和碳酸氢根离子反应生成二氧化碳和水来解答。
（1）某品牌维C泡腾片的主要成分是：维生素C、碳酸氢钠、柠檬酸，将一定量的样品放入锥形瓶，加入足量的水充分反应，柠檬酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，装置C中浓硫酸吸收水蒸气，装置D中碱石灰吸收二氧化碳，则实验结束后通入空气的目的是将装置内残留的二氧化碳全部排入装置 D 中，使其被充分吸收，保证测量结果准确；
（2）装置A中浓氢氧化钠溶液的作用是吸收空气中的二氧化碳，防止其干扰实验中生成二氧化碳质量的测定，氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，化学方程式为；
（3）装置A吸收空气中的二氧化碳，装置B为发生装置，装置C吸收水蒸气，装置D吸收生成的二氧化碳，装置E吸收空气中的二氧化碳和水，防止空气中的二氧化碳和水进入装置D，干扰实验测定，因此根据计算思路，化学兴趣小组的同学应该称量反应前后装置D的质量；
若省略装置E，空气中的二氧化碳和水会进入装置D，使得装置D增重的质量偏大，即测得生成二氧化碳的质量偏大，导致质量分数的测定结果会偏大；
若取4g维生素C泡腾片，实验后测得的质量为0.22g，设碳酸氢钠的质量为x，
则泡腾片中的质量分数为；
（4）由微观示意图可知，氢离子与碳酸氢根离子反应生成二氧化碳和水，则上述B装置反应减少的离子是、。
13．【答案】（1）
（2）海水中的氯化镁含量较低，直接提取成本较高且效率低，通过先制得氢氧化镁，再转化为氯化镁，可以更有效地提取镁元素
（3）防止金属镁被氧化
（4）氧气；二氧化碳；不能
【知识点】盐的化学性质；化学方程式的书写与配平；海洋中的资源；定性实验（控制变量、空白实验、对比实验）
【解析】【解答】（1）由流程图可知，步骤4是氯化镁在通电条件下分解生成镁和氯气，化学方程式为；
（2）不利用海水直接制取的原因是海水中的氯化镁含量较低，直接提取成本较高且效率低，需要先制得氢氧化镁后再转化为氯化镁，可以更有效地提取镁元素；
（3）氩气化学性质不活泼，可用作保护气，步骤4一般在充有氩气的环境中进行，目的是防止金属镁被氧化；
（4）①A中镁条与水、二氧化碳和氧气同时接触， 一段时间后，A中镁条表面变黑；B中镁条与水和二氧化碳接触，无明显变化，则对比A和B的目的是探究镁条表面形成，是否与氧气有关；
②A中镁条表面变黑；D中镁条与水和氧气接触，无明显变化，则对比A和D的目的是探究镁条表面形成，是否与二氧化碳有关；
③A、B、D中的蒸馏水不能用自来水代替，是因为自来水中含有氧气等杂质，会影响实验结果的准确性。
【分析】（1）根据氯化镁在通电的作用下分解生成镁和氯气来解答；
（2）根据海水中的氯化镁的含量低，制取氯化镁的成本高，速度慢来解答；
（3）根据氩气的化学性质不活泼，防止镁被氧化来解答；
（4）根据镁、氧气、水和二氧化碳反应生成碱式碳酸镁来解答。
（1）由流程图可知，步骤4生成Mg的反应是氯化镁在通电条件下分解生成镁和氯气，化学方程式为；
（2）不利用海水直接制取，而是通过步骤2和步骤3的原因是海水中的氯化镁含量较低，直接提取成本较高且效率低，通过先制得氢氧化镁，再转化为氯化镁，可以更有效地提取镁元素；
（3）氩气化学性质不活泼，可用作保护气，步骤4一般在充有氩气的环境中进行，目的是防止金属镁被氧化；
（4）①A中镁条与水、二氧化碳和氧气同时接触， 一段时间后，A中镁条表面变黑；B中镁条与水和二氧化碳接触，无明显变化，则对比A和B的目的是探究镁条表面形成，是否与氧气有关；
②A中镁条与水、二氧化碳和氧气同时接触， 一段时间后，A中镁条表面变黑；D中镁条与水和氧气接触，无明显变化，则对比A和D的目的是探究镁条表面形成，是否与二氧化碳有关；
③A、B、D中的蒸馏水不能用自来水代替，是因为自来水中含有氧气等杂质，会影响实验结果的准确性。
14．【答案】（1）
（2）FeCl2
（3）一；强
（4）550；酸性
【知识点】金属的化学性质；溶液的酸碱性与pH值的关系；盐的化学性质；化学方程式的书写与配平
【解析】【解答】（1）“熬胆矾铁釜久亦化为铜”涉及的反应为铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，反应的化学方程式为；
（2）碳酸亚铁与胃酸的主要成分盐酸反应生成的氯化亚铁（FeCl2）被人体吸收，可以促进血红蛋白的生成；
（3）锌的金属活动性比铁强，由图可知第一类适用于除去金属活动性较强的离子锌离子，Zn2+是吸附捕捉；若Cd2+属于第一类，说明金属Cd的金属活动性比铁强，则金属Cd的金属活动性比Ag强；
（4）由图可知，温度为550℃的除磷率较高，pH在0~6的酸性环境中除磷率较高。
【分析】（1）根据铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜来解答；
（2）根据碳酸亚铁与胃酸盐酸反应生成氯化亚铁、水和二氧化碳，氯化亚铁可以防止缺铁性贫血来解答；
（3）根据锌的活泼性比铁强，铁比银活泼来解答；
（4）根据图示分析可知，高温酸性的环境中除磷效果良好来解答。
（1）“熬胆矾铁釜久亦化为铜”涉及的反应为铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，反应的化学方程式为，故填：；
（2）碳酸亚铁与胃酸的主要成分盐酸反应生成的氯化亚铁（FeCl2）被人体吸收，可以促进血红蛋白的生成，故填：FeCl2；
（3）锌的金属活动性强于铁，由图可知，第一类适用于除去金属活动性较强的离子，Zn2+是吸附捕捉，故Zn2+属于第一类；若Cd2+属于第一类，说明金属Cd的金属活动性比铁强，则金属Cd的金属活动性比Ag强，故填：一；强；
（4）由图可知，温度为550℃的除磷率较高，pH在0~6的除磷率较高，故处理效果好应选择的条件是：550℃、酸性，故填：550；酸性。
15．【答案】（1）有气泡产生，溶液由无色变为粉红色；；
（2）
（3）59；75
【知识点】酸的化学性质；碱的化学性质；化学方程式的书写与配平；质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】（1）碱式碳酸钴可以看作和结合而成的化合物，碱式碳酸钴与稀盐酸反应，即与稀盐酸反应生成、二氧化碳和水，与稀盐酸反应生成和水，故观察到的现象是有气泡产生，溶液由无色变为粉红色；除生成之外，还生成了、；
（2）由图1可知，过程2发生的反应是与氢氧化钠反应生成沉淀和氯化钠，化学方程式为；
（3）①根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类及质量不变，则290℃时，剩余固体M中钴元素的质量为；
②1000℃剩余固体为CoO，根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类及质量不变，则CoO中钴元素的质量等于中钴元素的质量，则生成CoO的质量为，即X的值为75。
【分析】（1）根据碱式碳酸钴与稀盐酸反应生成粉红色的氯化钴、水和二氧化碳来解答；
（2）根据氯化钴和氢氧化钠反应生成氢氧化钴沉淀和氯化钠来解答；
（3）根据化学变化中元素守恒，一定质量的物质中某元素的质量来解答。
（1）碱式碳酸钴可以看作和结合而成的化合物，碱式碳酸钴与稀盐酸反应，即与稀盐酸反应生成、二氧化碳和水，与稀盐酸反应生成和水，故观察到的现象是有气泡产生，溶液由无色变为粉红色；除生成之外，还生成了、；
（2）由图1可知，过程2发生的反应是与氢氧化钠反应生成沉淀和氯化钠，化学方程式为；
（3）①根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类及质量不变，则290℃时，剩余固体M中钴元素的质量为；
②1000℃剩余固体为CoO，根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类及质量不变，则CoO中钴元素的质量等于中钴元素的质量，则生成CoO的质量为，即X的值为75。
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