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湖南省衡阳市常宁市2024-2025学年九年级上学期期末化学试题（直升班）
一、选择题(本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题只有1个选项符合题意。)
1．（2025九上·常宁期末）与化学相关的知识常见于中国传统文化典籍之中。下列有关说法不正确的是
A．《肘后备急方》载：“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，此提取青蒿素的方法属于蒸馏
B．某古剑“以剂钢为刃，铁为茎干，……”，“剂钢”指的是铁的合金
C．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应
D．《梦溪笔谈》载：“高奴县出脂水，燃之如麻，但烟甚浓”，所述“脂水”属于石油，具有可燃性
2．（2025九上·常宁期末）在塑料中添加土豆淀粉【（C6H10O5）n】制成的“土豆农膜”是一种新型可降解塑料。下列有关说法不正确的是
A．淀粉中氧元素的质量分数最大
B．1个淀粉分子中含有21n个原子
C．塑料属于天然有机高分子材料
D．土豆农膜比普通塑料农膜容易降解
3．（2025九上·常宁期末）下列有关生产、环保、能源、资源问题的叙述正确的是
A．的雨水称为酸雨
B．研制并使用可降解塑料能缓解白色污染
C．室内发生火灾，应迅速打开门窗通风
D．长期使用硫酸铵会使土壤呈酸性，应将硫酸铵与熟石灰混合使用
4．（2025九上·常宁期末）甲、乙、丙、丁分别为1~18号元素中的一种，且核电荷数依次增大。戊是第116号元素。甲的单质是一种最理想的燃料，乙原子的最外层电子数是电子层数的3倍，丙的离子带一个单位的正电荷，丁与乙的原子最外层电子数相同。下列有关说法错误的是
A．甲和乙元素组成的物质分解能得到氧气
B．甲、乙、丙三种元素能组成一种碱
C．戊的原子的最外层电子数是5
D．丁的单质在乙的单质中燃烧，产生蓝紫色火焰
5．（2025九上·常宁期末）常温常压下，10mL某气态物质含有2N3×1020个分子，而在这些分子里又含有6N3×1020个原子，则判断该物质是一种
A．单质 B．化合物
C．混合物 D．以上都有可能
6．（2025九上·常宁期末）有一种用实际参加化学反应的离子符号来表示化学反应的式子叫离子方程式，在离子方程式中，反应前后电荷是守恒的。化合价升降总数相等。如下离子方程式：2。下列叙述正确的是
A．x=2 B．中的M的化合价为+7
C．y=3 D．在反应中得到电子
7．（2025九上·常宁期末）工业上用CH4和CO2制取合成气会产生积碳，如图是抗积碳示意图。有关说法错误的是
A．Ni基双金属催化剂可重复使用
B．反应前后元素的化合价均改变
C．反应前后原子种类和数目不变
D．合成气可合成多种化工产品，价值大
8．（2025九上·常宁期末）下列各组物质的溶液，不用其他试剂，只用观察和组内物质的溶液相互混合的方法，就能将它们一一鉴别出来的是
A．NaCl、BaCl2、CuSO4、NaOH、KNO3
B．Ba（NO3）2、NaCl、Na2SO4、H2SO4、HCl
C．NaOH、NaCl、MgSO4、BaCl2、KCl
D．AgNO3、HCl、Na2CO3、KCl、CaCl2
9．（2025九上·常宁期末）保险粉()，易被氧气氧化。利用如图装置，在锥形瓶中加入(溶剂)和水形成的混合液，通入时发生反应生成保险粉和一种常见气体，制备保险粉的化学方程式为：下列说法正确的是
提示：的制备原理为：
A．制备保险粉的化学方程式中涉及到4种氧化物
B．该图中制备的发生装置还可以用于二氧化锰和浓盐酸加热制备氯气
C．为避免产生的被氧化，使硫酸与亚硫酸钠先反应，产生的排出装置中的空气
D．溶液的主要作用是吸收逸出的
10．（2025九上·常宁期末）某元素原子的最外层电子数是次外层的a倍(a>1)，则该原子的核内质子数是
A． B． C． D．
11．（2025九上·常宁期末）在一密闭容器中，有甲、乙、丙、丁四种物质，反应前各物质的质量关系如下图刻度纸所示（例如：丙的质量为5g，丁的质量为3g），充分反应后，在同一张刻度纸上再次记录各物质的质量变化：刻度线Ⅰ向左移动16格；刻度线Ⅱ向左移动8格；刻度线Ⅲ向左移动8格。下列说法正确的是
A．该反应是化合反应
B．丙一定是催化剂
C．反应后丁的质量为8g
D．反应生成的乙和丁的质量比为1∶1
12．（2025九上·常宁期末）某溶液中可能含有HCl、CuCl2、Na2SO4中的一种或几种溶质，向一定量该溶液中不断滴加Ba(OH)2溶液，产生沉淀质量与所加Ba(OH)2溶液质量之间的关系如图所示，下列判断错误的是
A．原溶液中一定不含Na2SO4 B．原溶液中一定含有HCl
C．b点溶液中只含一种溶质 D．对应溶液的pH：a13．（2025九上·常宁期末）如下图中，图一为四种物质的溶解度曲线，在图二中分别向两支试管内滴加一定量的水后，X和Y的饱和溶液均变浑浊，则下列说法错误的是
A．20℃时，将40gNaCl加入100g水中，所得溶液中溶质和溶剂的质量比是2：5
B．X为，Y不一定是
C．若中混有少量的杂质，可在较高温度配成饱和溶液，再降温结晶除去
D．10℃时，物质溶解度大小关系为①>③>②>④
14．（2025九上·常宁期末）在一定质量的AgNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中加入铁粉，充分反应后，下图一定不正确的是
A． B．
C． D．
二、填空题(本大题共4小题，每空2分，共58分。)
15．（2025九上·常宁期末）某化学兴趣小组同学探究环境湿度对过氧化钠()与反应的影响。
(猜想与假设)猜想1：与在湿度较小的条件下不反应，只在湿度较大的条件下反应。
猜想2：与在湿度较小和湿度较大的条件下均能反应。
(查阅资料)①常温下，过氧化钠是淡黄色粉末。②过氧化钠能与盐酸反应。③二氧化碳不溶于饱和碳酸氢钠溶液。④ppm是含量的一种表示方法。
(实验探究)
（1）中阴、阳离子的个数比　 　，用图1装置制取并收集较潮湿的二氧化碳气体。其中饱和碳酸氢钠溶液的作用是　 　。
如图2，在三颈烧瓶中分别插入湿度传感器、二氧化碳传感器、带铁丝的胶塞。
（2）待传感器显示读数稳定后，用铁丝戳破装有的塑料袋，使粉末与潮湿的充分接触，打开数据采集器，得到图3、图4，该实验可得出的结论是　 　。
（3）用图5装置制取并收集较干燥的二氧化碳气体，其中固体干燥剂的作用　 　。
装置同图2，待传感器显示读数稳定后，用铁丝戳破装有的塑料袋，使过氧化钠粉末与较干燥的充分接触，打开数据采集器，得到图6、图7。
【结论与反思】
（4）小组同学通过上述实验得出猜想　 　(填“1”或“2”)是正确的。
（5）分析图6中相对湿度变化的原因是　 　。
（6）200℃时，11.6g和水蒸气的混合气体与足量的充分反应后固体质量增加了3.6g(如下图所示)，其原混合物中和水蒸气的质量之比是　 　。(提示：可用于呼吸面具和潜水艇中的供氧剂。)
16．（2025九上·常宁期末）阅读下面文章。
太阳能是清洁的可再生能源，昼夜、季节及天气等因素对持续、稳定地利用太阳能有较大影响。
储能是解决上述问题的重要途径。目前，储热体系受到广泛关注，其工作原理如图1所示。在脱水反应器中，将太阳能以化学能的形式存储起来：需要能量时，水合反应器中发生反应释放热量。
除储热体系外，科研人员对其它体系也进行了研究。图2列举了几种储热体系的储热密度(单位质量储热材料的储热量)，它们的反应原理可表示为：A→B+C，吸热；B+C→A，放热。这些储热体系均借助物质相互转化来实现能量的存储和释放。
回答下列问题。
（1）依据图1回答：
①图中参与循环的元素共　 　种。
②脱水反应器中发生反应，该反应属于　 　(填基本反应类型)。
③液态水在进入水合反应器前需加热变成水蒸气，此过程中，　 　(从微观角度分析)；水合反应器中　 　能转化为热能。
（2）依据图2数据可知，储热体系受到广泛关注的原因为　 　。
（3）如下表各选项与文中储热体系反应原理相符的是　 　(填字母)。
标号 吸热反应 放热反应
A
B
C
（4）为构建清洁低碳的新能源体系，下列措施合理的有___________(填字母)。
A．大力发展燃煤发电
B．积极推广太阳能发电
C．为新能源研发新型储能技术
17．（2025九上·常宁期末）工业上以菱铁矿石（FeCO3，含少量SiO2）为原料，通过酸浸、沉铁、焙烧等步骤可制取Fe粉。
（1）酸浸：将菱铁矿石粉碎后加入稀硫酸溶液中，充分反应后过滤。
①反应时有大量气体产生，该气体的主要成分是　 　（填化学式）。
②充分反应后过滤，所得滤渣的主要成分是　 　。
（2）沉铁：向“酸浸”过程所得的滤液中加入（NH4）2CO3溶液，升温至60℃，在本溶液中开始分解。搅拌，充分反应后过滤。
①反应过程中有白色沉淀（FeCO3）生成。写出该反应的化学方程式：　 　。
②“沉铁”过程中若反应温度过高，会导致Fe粉的产率下降，原因是　 　。
（3）焙烧：将“沉铁”过程所得的FeCO3固体洗净烘干后，与炭粉混合后焙烧，充分反应后得Fe粉。
①培烧过程中主要发生3个反应：
Ⅰ、
Ⅱ、
Ⅲ、　 　。
②焙烧过程中，向FeCO3与炭粉的混合物中添加适量的CaCO3，Fe粉产率随焙烧时间的变化如图。添加适量CaCO3可提高铁粉产率，原因是　 　。
（4）所得的Fe粉中常含有少量的单质碳。为了测定Fe粉中碳的质量分数，取10gFe粉在纯氧中完全燃烧，得到0.11gCO2。求此铁粉中碳的质量分数。（写出解题过程）
18．（2025九上·常宁期末）将过量的溶液滴入到一定量溶液中得到蓝色固体。某研究性学习小组对蓝色固体的成分进行了如下探究，请完成下列各题：
(一)猜想与假设：
（1）猜想一：固体为，理由：　 　(用化学反应方程式表示)。
猜想二：固体为。
猜想三：固体为和的混合物。
(二)资料查阅：
①和晶体均不带结晶水；
②、受热均易分解。
(三)设计与实验：
I．固体的获取：
（2）①将反应后的固、液混合物经过滤、洗涤、低温烘干得蓝色固体。
②判断固体已洗净的方法及现象　 　。
Ⅱ．用如图所示装置，定性探究固体的成分。
（3）若用装置A、B组合进行实验，B中无现象，则猜想　 　正确；
（4）小组同学将装置按A、　 　(填“B”、“C”)的顺序组合进行实验，验证出猜想三是正确的，实验中：现象为　 　。
结论：固体为和的混合物。
Ⅲ．固体成分定量测定：
已知的分解温度为，的分解温度为。设固体的组成为。小组同学用热分析仪对固体进行热分解，获得相关数据，绘成固体质量变化与分解温度的关系如图，请根据图示回答下列问题：
（5）写出CD段发生反应的化学方程式：CD段：　 　
（6）通过计算可得：　 　
（7）若将24.0g剩余固体继续加热到更高的温度，发现固体质量减少了2.4g后质量不再改变，写出此过程中可能发生反应的化学方程式：　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】蒸发与蒸馏操作；合金与合金的性质；化石燃料的利用与保护；置换反应及其应用
【解析】【解答】A、蒸馏是利用各成分的沸点不同进行分离，萃取是利用物质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同，用一种溶剂把物质从它与另一种溶剂所组成的溶液里提取出来， “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，此提取青蒿素的方法不属于蒸馏，是属于萃取，故A错误；
B、合金的硬度比纯金属的硬度大，纯铁的硬度教小，而剑刃的硬度应该比较大，所以“剂钢”是铁的合金，故B正确；
C、“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，是因为铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，铜覆盖在铁的表面，该反应由一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物，属于置换反应，故C正确；
D、“高奴县出脂水，燃之如麻，但烟甚浓”，三大化石燃料包括煤、石油和天然气，煤是固体，天然气是气体，石油是液体，文中所述“脂水”有可燃性，又是液体，所以属于石油，故D正确。
故答案为：A。
【分析】A、根据蒸馏和萃取的原理进行分析解答；
B、根据合金的硬度比纯金属的硬度大进行分析解答；
C、根据铁与硫酸铜反应的原理及置换反应的定义进行分析解答；
D、根据”脂水”有可燃性，又是液体进行分析解答。
2．【答案】C
【知识点】有机高分子材料的分类及鉴别；化学式的书写及意义；化学式的相关计算
【解析】【解答】A、淀粉（C6H10O5）n中碳、氢、氧三种元素质量比为（12×6×n）：（1×10×n）：（16×5×n）=72n：10n：80n=36：5：40，其中氧元素质量在各元素质量中占比最大，所以氧元素的质量分数最大，不符合题意；
B、1个淀粉分子（C6H10O5）n中，碳原子个数为6n，氢原子个数为10n，氧原子个数为5n，则1个淀粉分子中含有6n+10n+5n=21n个原子，不符合题意；
C、塑料属于合成有机高分子材料，而不是天然有机高分子材料，符合题意；
D、因为“土豆农膜”是新型可降解塑料，所以比普通塑料农膜容易降解，不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、根据元素质量分数＝相对原子质量×原子个数/相对分子质量分析；
B、根据化学式右下角数字为一个分子中原子个数分析；
C、根据塑料为有机合成材料分析；
D、根据“土豆农膜”是新型可降解塑料分析。
3．【答案】B
【知识点】溶液的酸碱性与pH值的关系；合成材料的使用及其对人和环境的影响；灭火的原理和方法；铵态氮肥的检验
【解析】【解答】A、pH＜5.6的雨水称为酸雨，正常雨水pH<7，不符合题意。
B、白色污染是指塑料垃圾对环境造成的污染，研制并使用可降解塑料可以缓解白色污染，符合题意。
C、室内发生火灾，迅速打开门窗通风，会使室内空气对流，加大火势，不符合题意。
D、将硫酸铵与熟石灰混合使用二者会反应会产生氨气，降低肥效，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、根据酸雨是pH＜5.6的雨水分析；
B、根据白色污染是塑料垃圾造成的污染分析；
C、根据室内发生火灾，打开门窗会使火势加大分析；
D、根据硫酸铵与熟石灰反应会产生氨气分析。
4．【答案】C
【知识点】氧气与碳、磷、硫、铁等物质的反应现象；电解水实验；原子结构示意图与离子结构示意图；酸、碱、盐的概念
【解析】【解答】甲、乙、丙、丁分别为1~18号元素中的一种，且核电荷数依次增大。戊是第116号元素。甲的单质是一种最理想的燃料，则甲为氢元素；乙原子的最外层电子数是电子层数的3倍，则乙原子应有两个电子层，核外电子数＝质子数＝2+6=8，乙为氧元素；丁与乙的原子最外层电子数相同，则丁最外层电子数也是6，且丁的核电荷数大于乙、丙的核电荷数，则乙为硫元素；丙的离子带一个单位的正电荷，则丙原子的最外层电子数为1，且丙的核电荷数大于乙，小于丁，则丙原子质子数和＝电子数＝11，丙为钠元素。
A、甲为氢元素，乙为氧元素，氢元素和氧元素组成的物质含有氧元素，分解能得到氧气，不符合题意；
B、甲为氢元素，乙为氧元素，丙为钠元素，这三种元素可组成氢氧化钠，氢氧化钠属于碱，不符合题意；
C、核外电子的排布规律：①电子总是尽先排布在能量最低的电子层里；②各电子层最多容纳的电子数是2n2；③最外层电子数不超过8个，次外层不超过18个，倒数第三层电子数不超过32个。戊是第116号元素，在原子中，原子序数=质子数=核外电子数，故戊原子核外电子排布为2、8、18、32、32、18、6，最外层电子数为6，符合题意；
D、丁为硫元素，丁的单质为硫，乙为氧元素，乙的单质为氧气，硫在氧气中燃烧，发出明亮的蓝紫色火焰，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据题中所给各元素的核电荷数、最外层电子数等信息先推导出各元素，再结合化学反应前后元素质量不变、碱的定义、核外电子排列规律、硫燃烧现象分析。
5．【答案】D
【知识点】化学式的书写及意义；质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】由题中信息可知，该物质所含分子数与原子数之比为2N3×1020：6N3×1020=1：3，由此只能确定分子和原子个数比，不能确定物质种类，所以可能是单质、可能是化合物，与可能是混合物。
故答案为：D。
【分析】根据题中只给出了分子和原子个数比，不能确定物质的类别分析。
6．【答案】B
【知识点】常见元素与原子团的化合价；有关元素化合价的计算；化学反应的实质
【解析】【解答】A、根据电荷守恒，反应前离子所带电荷总数应等于反应后离子所带电荷总数。反应后2M2+带有4个单位正电荷，16H+带16个单位正电荷，5S2-带有10个单位负电荷，2带的负电荷数为16-4-10=2个，由于有2个离子，所以每个离子带1个负电荷，即x=1，不符合题意；
B、设中M的化合价为a，O通常显-2价，根据离子中各元素正负化合价代数和等于离子所带电荷数，可得a+（-2）y =-1；再根据化合价升降总数相等，S元素从-2价升高到0价，5个S原子化合价升高总数为10，M元素从a价降低到+2价，2个M原子化合价降低总数为2×（a-2），则2×（a-2）=10，解得a=+7，符合题意；
C、根据原子守恒可知，8H2O中有8个O，2中有2y个O，因此y=4，不符合题意；
D、S2-中S元素化合价从-2价升高到0价，化合价升高，失去电子，不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据所给离子方程式及化合价升降总数相等分析。
7．【答案】B
【知识点】催化剂的特点与催化作用；化合价规律和原则；化学反应的实质
【解析】【解答】A、催化剂在反应前后质量和化学性质不发生变化， Ni基双金属催化剂可重复使用 ，不符合题意；
B、该反应是CO2和CH4反应生成CO和H2，CO2中碳元素化合价为+4价，氧为－2价，CH4中碳元素为－4价，氢元素为+1价，CO中碳元素化合价为+2价，氧元素为－2价，H2中氢元素化合价为0价，反应前后氧元素化合价未改变，符合题意；
C、该反应为化学变化，反应前后原子种类和数目不变，不符合题意；
D、合成气为一氧化碳和氢气混合气体，可合成多种化工产品，价值大，不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、根据催化剂一变两不变特点分析；
B、根据化合物中元素化合价代数和为0，单质中元素化合价为0分析；
C、根据化学反应前后原子种类和数目不变分析；
D、根据合成气的用途分析。
8．【答案】D
【知识点】盐的化学性质；复分解反应及其应用；物质的检验、鉴别
【解析】【解答】A、观察颜色，呈蓝色的是CuSO4溶液，向另几种无色溶液中加入CuSO4溶液中，出现蓝色沉淀的为NaOH溶液，出现白色沉淀的为BaCl2溶液，但NaCl、KNO3无法鉴别，不符合题意；
B、各溶液均为无色溶液，两两混合，能与两种物质反应生成白色沉淀的是溶液，将溶液加入其他溶液中，Na2SO4、H2SO4都能产生白色沉淀，NaCl、HCl都无明显现象，不能鉴别，不符合题意；
C、各溶液均为无色溶液，两两混合，能够产生两种白色沉淀的是硫酸镁，将硫酸镁加入其他溶液中，氯化钡、氢氧化钠都会产生白色沉淀，氯化钾和氯化钠都无明显现象，不能区别，不符合题意；
D、各溶液均为无色溶液，两两混合，既能与其中两种物质反应产生白色沉淀，又能与一种物质反应产生气体的是Na2CO3溶液，能与碳酸钠溶液反应产生气体的是稀盐酸，与碳酸钠溶液反应产生白色沉淀，加入稀盐酸沉淀消失的是CaCl2溶液，不消失的是AgNO3溶液，剩余的物质是KCl溶液，可以区分，符合题意；
故答案为：D。
【分析】对于物质鉴别题，首先要掌握各物质的性质，然后根据物质的性质选择所需物质，再利用反应的不同现象加以区分，鉴别题时各物质的现象必须不能相同，否则无法区分。
9．【答案】C
【知识点】碱的化学性质；从组成上识别氧化物；气体制取装置的探究
【解析】【解答】A、制备保险粉的化学方程式为：，其中SO2、CO2、H2O 3 种物质为氧化物，不符合题意。
B、 该图中制备的发生装置是固体和液体常温反应的发生装置，不可以用于二氧化锰和浓盐酸加热制备氯气，不符合题意。
C、保险粉易被氧气氧化，使硫酸与亚硫酸钠先反应，产生的SO2可以排出装置中的空气，能避免生成的Na2S2O4被氧化，符合题意。
D、实验中SO2是有毒气体，会污染空气，NaOH溶液的主要作用是吸收逸出的SO2，而不是CO2，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据氧化物是指由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物分析；
B、根据所给制备装置为常温型发生装置分析；
C、根据反应生成气体可排除装置内空气分析；
D、根据氢氧化钠溶液主要是吸收二氧化硫分析。
10．【答案】B
【知识点】原子结构示意图与离子结构示意图；原子的有关数量计算
【解析】【解答】原子核外电子排布规律是：最外层不能超过8个电子，次外层不能超过18个电子；某元素的最外层电子数是次外层的a倍（a＞1），所以该元素的次外层只能是第一层，为2个电子；最外层是第二层，电子数是2a，所以该元素的核外电子数是2a+2；再根据原子核内质子数=核外电子数，所以核内质子数是2a+2；
故答案为：B。
【分析】根据核外电子排布规律及原子中核内质子数=核外电子数分析。
11．【答案】D
【知识点】催化剂的特点与催化作用；化合反应及其应用；质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】分析图像，确定反应前后各物质质量变化如下表：
物质 甲 乙 丙 丁
反应前（g） 16 2 5 3
反应后（g） 0 10 5 11
发生变化的量（g） 16 8 0 8
A、反应后甲物质的质量减少，为反应物，乙、丁物质的质量增加，为生成物，该反应为甲乙+丁，属于分解反应，不符合题意；
B、反应后丙的质量不变，可能是催化剂，也可能是杂质未参与反应，不符合题意；
C、反应后丁的质量为11g，不符合题意；
D、该反应中生成的乙和丁质量比为：8g∶8g=1∶1，符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据题中所给数据确定反应前后各物质，由反应后变化的质量即为参加反应或生成的质量，反应后质量增加的为生成物，质量减少的为反应物，质量不变的可能是催化剂，可能是杂质，“一变多”的反应为分解反应分析。
12．【答案】D
【知识点】溶液的酸碱性与pH值的关系；盐的化学性质；复分解反应及其应用
【解析】【解答】盐酸与氢氧化钡反应无明显现象，氯化铜与氢氧化钡反应产生能溶于酸的氢氧化铜沉淀，硫酸钠与氢氧化钡反应产生不溶于酸的硫酸钡沉淀，由图像可知，加入Ba(OH)2溶液开始没有沉淀生成，加入一定氢氧化钡溶液后沉淀开始增加，说明原溶液的溶质中肯定含有HCl，一定没有Na2SO4，一定含有CuCl2。
A、原溶液中一定不含Na2SO4，不符合题意；
B、原溶液中肯定含有HCl，不符合题意；
C、0a段为氢氧化钡与盐酸反应生成BaCl2和H2O，ab段为氢氧化钡与CuCl2反应生成Cu(OH)2沉淀和BaCl2，b点氢氧化钡与氯化铜恰好完全反应，所以b点烧杯内溶液中只含BaCl2一种溶质，不符合题意；
D、a点时HCl恰好完全反应，溶液中含有CuCl2、BaCl2，溶液的pH＜7，b点时Ba(OH)2和CuCl2恰好完全反应，此时溶液中溶质只有BaCl2，溶液的pH=7，c点时Ba(OH)2过量，溶液的pH＞7，所以对应溶液的pH：a＜b＜c，符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据盐酸与氢氧化钡反应无明显现象，氯化铜与氢氧化钡反应产生能溶于酸的氢氧化铜沉淀，硫酸钠与氢氧化钡反应产生不溶于酸的硫酸钡沉淀，结合图像中沉淀质量与加入氢氧化钡溶液的质量关系推导出溶液中成分，并判断图像中各点溶质成分，结合氯化铜溶液呈酸性，氯化钡溶液呈中性，氢氧化钡溶液呈碱性分析。
13．【答案】A
【知识点】结晶的原理、方法及其应用；溶解时的吸热或放热现象；固体溶解度曲线及其作用
【解析】【解答】A、20℃时，氯化钠的溶解度小于40g，所以将40g NaCl加入到100g水中，氯化钠不能全部溶解，所得溶液中溶质和溶剂的质量比小于40g：100g=2：5，符合题意；
B、在图二中分别向两支试管内滴加一定量的水后，氢氧化钠溶于水放热，溶液温度升高，硝酸铵溶于水吸热，溶液温度降低，X和Y的饱和溶液均变浑浊，所以X物质的溶解度随温度的升高而减小，Y物质的溶解度随温度的降低而减小，所以X为Ce2（SO4）3，图像中另三种物质的溶解度均随温度升高而增大，所以Y不一定是NH4H2PO4，不符合题意；
C、磷酸二氢铵的溶解度受温度变化影响较大，氯化钠的溶解度受温度变化影响较小，所以若NH4H2PO4中混有少量的NaCl杂质，可在较高温度配成饱和溶液，再降温结晶除去，不符合题意；
D、根据溶解度曲线可知，10℃时，物质溶解度大小关系为：①＞③＞②＞④，不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、根据溶解度曲线确定物质的溶解度，由此确定所给溶质在一定量溶剂中能否溶解分析；
B、根据氢氧化钠溶于水放热，溶液温度升高，硝酸铵溶于水吸热，溶液温度降低，通过饱和溶液变不饱和确定物质的溶解度随温度的变化规律，由此判断物质分析；
C、根据溶解度受温度影响大的物质适宜降温结晶分析；
D、根据溶解度曲线判断各物质的溶解度大小分析。
14．【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】 在一定质量的AgNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中加入铁粉， 铁先与硝酸银反应生成银和硝酸亚铁，然后与硝酸铜反应生成铜和硝酸亚铁。
A、开始时没有铜生成，待硝酸银反应完全后铜的质量开始增加，不符合题意；
B、Fe与AgNO3反应时每56份质量的铁生成216份质量的银，固体质量增加，溶液质量减小，开始时硝酸铜未参与反应，质量不变，因溶液质量减小，所以硝酸铜的质量分数增加，然后硝酸铜发生反应，质量减小，溶质质量分数减小，至完全反应后变为0，不符合题意；
C、由前面分析可知，铁与硝酸银反应时溶液质量减小，铁和硝酸铜反应时每56份质量的铁置换出64份质量的铜，溶液质量也会减小，且铁与硝酸银反应时溶液质量减小幅度大于铁与硝酸铜反应溶液减小的幅度，不符合题意；
D、开始中溶液中溶质为硝酸银和硝酸铜两种，铁与部分硝酸银反应时溶液中溶质为三种，硝酸银完全反应及部硝酸铜反应时溶液中溶质为两种，硝酸铜完全反应后溶液中溶制质一种，符合题意。
故答案为：D。
【分析】在一定质量的AgNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中加入铁粉， 铁先与硝酸银反应生成银和硝酸亚铁，然后与硝酸铜反应生成铜和硝酸亚铁，结合反应时溶液的质量变化解答。
15．【答案】1：2；吸收氯化氢；过氧化钠在湿度较大的条件下能与二氧化碳能反应；防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶；；2；过氧化钠能与水反应；11：18
【知识点】盐的化学性质；根据化学反应方程式的计算
【解析】【解答】（1）是由构成的，则过氧化钠中阴、阳离子的个数比1：2；
盐酸具有挥发性，用图示装置制取二氧化碳，生成的二氧化碳气体中混有氯化氢和水蒸气，饱和碳酸氢钠溶液能与氯化氢反应，则饱和碳酸氢钠溶液的作用是吸收氯化氢；
（2）待传感器显示读数稳定后，用铁丝戳破装有的塑料袋，使粉末与潮湿的充分接触，打开数据采集器，根据图3、图4可以看出，过氧化钠在湿度较大的条件下能与二氧化碳能反应；
（3）用图5装置制取并收集较干燥的二氧化碳气体，其中固体干燥剂的作用是防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶；
（4）根据图6、图7可以看出，在湿度较小的条件下，过氧化钠也能与二氧化碳反应，故猜想2正确；
（5）图3中湿度在减小，说明水分减少，则相对湿度变化的原因是过氧化钠能与水反应；
（6）设混合物中二氧化碳和水蒸气的质量分别为x、y，
x+y=11.6g，，则x=4.4g，y=7.2g，故原混合物中CO2和水蒸气的质量之比是4.4g：7.2g=11：18。
【分析】（1）根据化学式确定物质中离了个数，盐酸的挥发性，碳酸氢钠与酸反应的性质分析；
（2）根据图示中所给信息分析；
（3）根据固体干燥剂可干燥二氧化碳分析；
（4）根据图示中所给信息分析；
（5）根据固体增加质量及方程式中物质间质量关系计算反应的二氧化碳和水的质量，由此计算二者质量比分析。
16．【答案】（1）3；分解反应；水分子间的间隔增大；化学
（2）储热密度相对较高
（3）A
（4）B；C
【知识点】分子的定义与分子的特性；分解反应及其应用；资源综合利用和新能源开发
【解析】【解答】（1）①图1中涉及Ca（OH）2、CaO、H2O，所含元素有钙（Ca）、氧（O）、氢（H），共 3 种元素；
②脱水反应器中Ca（OH）2在410℃~550℃下反应生成氧化钙和水，该反应是一种物质生成两种物质的反应，属于分解反应；
③液态水在进入水合反应器前需加热变成水蒸气，此过程中，水分子间的间隔增大；
水合反应器中氧化钙和水反应生成氢氧化钙，该反应放热，将化学能转化为热能；
（2）从图2数据可知，Ca（OH）2/CaO储热体系的储热密度相对较高，这意味着单位质量的储热材料能储存较多的热量，所以受到广泛关注；
（3）A、碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，该反应符合符合“A→B+C，吸热”，氧化钙和二氧化碳在一定条件下反应生成碳酸钙，该反应符合“B+C→A，放热”，故A正确；
B 、二氧化碳和碳高温下反应生成一氧化碳，该反应吸热，但是不符合“A→B+C”，故B错误；
C 、四氧化三铁和一氧化碳高温下反应生成铁和二氧化碳，该反应吸热，不符合“A→B+C”，故C错误；
故选A；
（4）A、大力发展燃煤发电，煤燃烧会产生大量污染物，不利于构建清洁低碳的新能源体系，不符合题意；
B、积极推广太阳能发电，太阳能是清洁的可再生能源，有利于构建清洁低碳的新能源体系，符合题意；
C、为新能源研发新型储能技术，能解决新能源利用过程中的储能问题，有利于构建清洁低碳的新能源体系，符合题意；
故选BC。
【分析】（1）根据流程中各物质的转化确定循环元素，一变多的反应为分解反应，物质状态的变化为分子间隔的变化及化学变化中能量的转化分析；
（2）根据图中所给信息分析；
（3）根据“一变多”的反应为分解反应分析；
（4）根据低碳符合节能、减排、减少污染等特点分析。
（1）①图1中涉及Ca（OH）2、CaO、H2O，所含元素有钙（Ca）、氧（O）、氢（H），共 3 种元素；
②脱水反应器中Ca（OH）2在410℃~550℃下反应生成氧化钙和水，该反应是一种物质生成两种物质的反应，属于分解反应；
③液态水在进入水合反应器前需加热变成水蒸气，此过程中，水分子间的间隔增大；
水合反应器中氧化钙和水反应生成氢氧化钙，该反应放热，将化学能转化为热能；
（2）从图2数据可知，Ca（OH）2/CaO储热体系的储热密度相对较高，这意味着单位质量的储热材料能储存较多的热量，所以受到广泛关注；
（3）A、碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，该反应符合符合“A→B+C，吸热”，氧化钙和二氧化碳在一定条件下反应生成碳酸钙，该反应符合“B+C→A，放热”，故A正确；
B 、二氧化碳和碳高温下反应生成一氧化碳，该反应吸热，但是不符合“A→B+C”，故B错误；
C 、四氧化三铁和一氧化碳高温下反应生成铁和二氧化碳，该反应吸热，不符合“A→B+C”，故C错误；
故选A；
（4）A、大力发展燃煤发电，煤燃烧会产生大量污染物，不利于构建清洁低碳的新能源体系，不符合题意；
B、积极推广太阳能发电，太阳能是清洁的可再生能源，有利于构建清洁低碳的新能源体系，符合题意；
C、为新能源研发新型储能技术，能解决新能源利用过程中的储能问题，有利于构建清洁低碳的新能源体系，符合题意；
故选BC。
17．【答案】（1）CO2；SiO2
（2）；温度过高会导致（NH4）2CO3分解，FeSO4不能全部转变为FeCO3
（3），；添加的CaCO3受热分解生成CO2，生成的CO2与炭粉进一步反应生成CO，导致CO的含量增多
（4）设：此铁粉中碳的质量为x
x=0.03g
故：此铁粉中碳的质量为0.03g，故此铁粉中碳的质量分数为。
【知识点】一氧化碳还原氧化铁；含杂质物质的化学反应的有关计算；盐的化学性质
【解析】【解答】（1）①、将菱铁矿石粉碎后加入稀硫酸溶液中，碳酸亚铁可以和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和水和二氧化碳，故气体的主要成分是CO2；
②、因为菱铁矿石主要成分为FeCO3，含少量SiO2，二氧化硅不与稀硫酸反应，故所得滤渣的主要成分是二氧化硅。
（2）①、根据（1）问①解析：酸浸的滤液为硫酸亚铁，故所得的滤液中加入（NH4）2CO3溶液，碳酸铵可以与硫酸亚铁反应生成硫酸铵和碳酸亚铁沉淀，故方程式为：(NH4)2CO3＋FeSO4=FeCO3＋(NH4)2SO4；
②、“沉铁”过程中若反应温度过高，会导致Fe粉的产率下降，原因是温度过高会导致（NH4）2CO3分解，FeSO4不能全部转变为FeCO3。
（3）①、反应Ⅰ生成了氧化铁，反应Ⅱ生成了一氧化碳，故一氧化碳和氧化铁在高温的条件下生成铁和二氧化碳，故方程式为：3CO+Fe2O32Fe+3CO2；
②、添加适量的碳酸钙可提高铁粉产率，原因是：添加的CaCO3受热分解生成CO2，生成的CO2与炭粉进一步反应生成CO，导致CO的含量增多。
【分析】（1）根据碳酸亚铁可以和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和水和二氧化碳，二氧化硅不与稀硫酸反应分析；
（2）根据碳酸铵与硫酸亚铁反应生成硫酸铵和碳酸亚铁分析；
（3）根据一氧化碳和氧化铁在高温的条件下生成铁和二氧化碳，CaCO3受热分解生成CO2分析；
（4）根据生成二氧化碳质量及方程式中物质间质量关系计算反应的碳的质量分析。
（1）①、将菱铁矿石粉碎后加入稀硫酸溶液中，碳酸亚铁可以和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和水和二氧化碳，故气体的主要成分是CO2；
②、因为菱铁矿石主要成分为FeCO3，含少量SiO2，二氧化硅不与稀硫酸反应，故所得滤渣的主要成分是二氧化硅。
（2）①、根据（1）问①解析：酸浸的滤液为硫酸亚铁，故所得的滤液中加入（NH4）2CO3溶液，碳酸铵可以与硫酸亚铁反应生成硫酸铵和碳酸亚铁沉淀，故方程式为：(NH4)2CO3＋FeSO4=FeCO3＋(NH4)2SO4；
②、“沉铁”过程中若反应温度过高，会导致Fe粉的产率下降，原因是温度过高会导致（NH4）2CO3分解，FeSO4不能全部转变为FeCO3。
（3）①、反应Ⅰ生成了氧化铁，反应Ⅱ生成了一氧化碳，故一氧化碳和氧化铁在高温的条件下生成铁和二氧化碳，故方程式为：3CO+Fe2O32Fe+3CO2；
②、添加适量的碳酸钙可提高铁粉产率，原因是：添加的CaCO3受热分解生成CO2，生成的CO2与炭粉进一步反应生成CO，导致CO的含量增多。
（4）见答案。
18．【答案】Na2CO3+CuSO4=CuCO3↓+Na2SO4；取最后一次的洗涤液少量，滴加少量氯化钡溶液，无沉淀产生；二；C、B；B中澄清石灰水变浑浊，C中白色固体变蓝；；2：1；
【知识点】盐的化学性质；化学方程式的书写与配平；质量守恒定律及其应用；根据化学反应方程式的计算
【解析】【解答】（1）碳酸钠和硫酸铜反应生成硫酸钠和碳酸铜沉淀，碳酸铜为蓝色固体，则猜想一：固体为CuCO3，理由是Na2CO3+CuSO4=CuCO3↓+Na2SO4；
（2）固体上的残留物为过量的碳酸钠和生成的硫酸钠，碳酸钠、硫酸钠与氯化钡反应生成白色沉淀碳酸钡、硫酸钡，则判断固体已洗净的方法及现象为取最后一次的洗涤液少量，滴加少量氯化钡溶液，无沉淀产生；
（3）CuCO3受热易分解成氧化铜和二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，若用装置A、B组合进行实验，B中无现象，说明蓝色固体不是碳酸铜，则猜想二正确；
（4）检验水要放在检验二氧化碳的前面，否则气体通过澄清石灰水时携带出的水蒸气会对水的检验产生干扰，则小组同学将装置按A、C、B的顺序组合进行实验，结论是固体为Cu（OH）2和CuCO3的混合物，故实验中的现象为B中澄清石灰水变浑浊，C中白色固体变蓝；
（5）CuCO3的分解温度为200℃～220℃，CD段的温度超过了200℃，符合碳酸铜的分解温度，CuCO3受热分解成氧化铜和二氧化碳，反应的化学方程式为；
（6）AB段是氢氧化铜加热分解生成氧化铜和水，固体质量减少32.0g-28.4g=3.6g，即生成水的质量为3.6g，设氢氧化铜的质量为x，
，，解得x=19.6g；
CD段是CuCO3加热分解生成氧化铜和二氧化碳，固体质量减少28.4g-24.0g=4.4g，即生成二氧化碳的质量为4.4g，设碳酸铜的质量为y，
，，解得y=12.4g；
则aCu（OH）2 bCuCO3中，a：b==2：1；
（7）氧化铜加热后质量又会减少，应该是氧化铜中的氧元素转化为氧气，24.0g氧化铜中氧元素的质量为24.0g××100%=4.8g，大于2.4g，说明另一种物质是铜的氧化物，24.0g氧化铜中铜元素的质量为24.0g××100%=19.2g，生成物铜的氧化物中氧元素的质量为4.8g-2.4g=2.4g，生成物铜的氧化物中铜的质量为19.2g，则另一种物质铜的氧化物中铜、氧的原子个数比为：=2：1，故另一种物质生成物铜的氧化物的化学式为Cu2O，即氧化铜在加热的条件下反应生成氧化亚铜和氧气，反应的化学方程式为。
【分析】（1）根据碳酸钠和硫酸铜反应生成硫酸钠和碳酸铜沉淀分析；
（2）根据固体上的残留物为过量的碳酸钠和生成的硫酸钠，碳酸钠、硫酸钠与氯化钡反应生成白色沉淀碳酸钡、硫酸钡分析；
（3）根据CuCO3受热易分解成氧化铜和二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊分析；
（4）根据检验水要放在检验二氧化碳的前面，以防止产生干扰分析；
（5）根据CuCO3受热分解成氧化铜和二氧化碳分析；
（6）根据题中所给各物质质量、固体减少质量为生成二氧化碳质量及方程式中物质间质量关系计算出氢氧化铜和碳酸铜质量，由此计算a与b的比值分析；
（7）根据化学反应前后元素质量水变，由元素质量为物质质量×元素质量分数，计算出铜的氧化物中铜、氧的原子个数比，由此写出反应方程式分析。
1 / 1湖南省衡阳市常宁市2024-2025学年九年级上学期期末化学试题（直升班）
一、选择题(本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题只有1个选项符合题意。)
1．（2025九上·常宁期末）与化学相关的知识常见于中国传统文化典籍之中。下列有关说法不正确的是
A．《肘后备急方》载：“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，此提取青蒿素的方法属于蒸馏
B．某古剑“以剂钢为刃，铁为茎干，……”，“剂钢”指的是铁的合金
C．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应
D．《梦溪笔谈》载：“高奴县出脂水，燃之如麻，但烟甚浓”，所述“脂水”属于石油，具有可燃性
【答案】A
【知识点】蒸发与蒸馏操作；合金与合金的性质；化石燃料的利用与保护；置换反应及其应用
【解析】【解答】A、蒸馏是利用各成分的沸点不同进行分离，萃取是利用物质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同，用一种溶剂把物质从它与另一种溶剂所组成的溶液里提取出来， “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，此提取青蒿素的方法不属于蒸馏，是属于萃取，故A错误；
B、合金的硬度比纯金属的硬度大，纯铁的硬度教小，而剑刃的硬度应该比较大，所以“剂钢”是铁的合金，故B正确；
C、“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，是因为铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，铜覆盖在铁的表面，该反应由一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物，属于置换反应，故C正确；
D、“高奴县出脂水，燃之如麻，但烟甚浓”，三大化石燃料包括煤、石油和天然气，煤是固体，天然气是气体，石油是液体，文中所述“脂水”有可燃性，又是液体，所以属于石油，故D正确。
故答案为：A。
【分析】A、根据蒸馏和萃取的原理进行分析解答；
B、根据合金的硬度比纯金属的硬度大进行分析解答；
C、根据铁与硫酸铜反应的原理及置换反应的定义进行分析解答；
D、根据”脂水”有可燃性，又是液体进行分析解答。
2．（2025九上·常宁期末）在塑料中添加土豆淀粉【（C6H10O5）n】制成的“土豆农膜”是一种新型可降解塑料。下列有关说法不正确的是
A．淀粉中氧元素的质量分数最大
B．1个淀粉分子中含有21n个原子
C．塑料属于天然有机高分子材料
D．土豆农膜比普通塑料农膜容易降解
【答案】C
【知识点】有机高分子材料的分类及鉴别；化学式的书写及意义；化学式的相关计算
【解析】【解答】A、淀粉（C6H10O5）n中碳、氢、氧三种元素质量比为（12×6×n）：（1×10×n）：（16×5×n）=72n：10n：80n=36：5：40，其中氧元素质量在各元素质量中占比最大，所以氧元素的质量分数最大，不符合题意；
B、1个淀粉分子（C6H10O5）n中，碳原子个数为6n，氢原子个数为10n，氧原子个数为5n，则1个淀粉分子中含有6n+10n+5n=21n个原子，不符合题意；
C、塑料属于合成有机高分子材料，而不是天然有机高分子材料，符合题意；
D、因为“土豆农膜”是新型可降解塑料，所以比普通塑料农膜容易降解，不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、根据元素质量分数＝相对原子质量×原子个数/相对分子质量分析；
B、根据化学式右下角数字为一个分子中原子个数分析；
C、根据塑料为有机合成材料分析；
D、根据“土豆农膜”是新型可降解塑料分析。
3．（2025九上·常宁期末）下列有关生产、环保、能源、资源问题的叙述正确的是
A．的雨水称为酸雨
B．研制并使用可降解塑料能缓解白色污染
C．室内发生火灾，应迅速打开门窗通风
D．长期使用硫酸铵会使土壤呈酸性，应将硫酸铵与熟石灰混合使用
【答案】B
【知识点】溶液的酸碱性与pH值的关系；合成材料的使用及其对人和环境的影响；灭火的原理和方法；铵态氮肥的检验
【解析】【解答】A、pH＜5.6的雨水称为酸雨，正常雨水pH<7，不符合题意。
B、白色污染是指塑料垃圾对环境造成的污染，研制并使用可降解塑料可以缓解白色污染，符合题意。
C、室内发生火灾，迅速打开门窗通风，会使室内空气对流，加大火势，不符合题意。
D、将硫酸铵与熟石灰混合使用二者会反应会产生氨气，降低肥效，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、根据酸雨是pH＜5.6的雨水分析；
B、根据白色污染是塑料垃圾造成的污染分析；
C、根据室内发生火灾，打开门窗会使火势加大分析；
D、根据硫酸铵与熟石灰反应会产生氨气分析。
4．（2025九上·常宁期末）甲、乙、丙、丁分别为1~18号元素中的一种，且核电荷数依次增大。戊是第116号元素。甲的单质是一种最理想的燃料，乙原子的最外层电子数是电子层数的3倍，丙的离子带一个单位的正电荷，丁与乙的原子最外层电子数相同。下列有关说法错误的是
A．甲和乙元素组成的物质分解能得到氧气
B．甲、乙、丙三种元素能组成一种碱
C．戊的原子的最外层电子数是5
D．丁的单质在乙的单质中燃烧，产生蓝紫色火焰
【答案】C
【知识点】氧气与碳、磷、硫、铁等物质的反应现象；电解水实验；原子结构示意图与离子结构示意图；酸、碱、盐的概念
【解析】【解答】甲、乙、丙、丁分别为1~18号元素中的一种，且核电荷数依次增大。戊是第116号元素。甲的单质是一种最理想的燃料，则甲为氢元素；乙原子的最外层电子数是电子层数的3倍，则乙原子应有两个电子层，核外电子数＝质子数＝2+6=8，乙为氧元素；丁与乙的原子最外层电子数相同，则丁最外层电子数也是6，且丁的核电荷数大于乙、丙的核电荷数，则乙为硫元素；丙的离子带一个单位的正电荷，则丙原子的最外层电子数为1，且丙的核电荷数大于乙，小于丁，则丙原子质子数和＝电子数＝11，丙为钠元素。
A、甲为氢元素，乙为氧元素，氢元素和氧元素组成的物质含有氧元素，分解能得到氧气，不符合题意；
B、甲为氢元素，乙为氧元素，丙为钠元素，这三种元素可组成氢氧化钠，氢氧化钠属于碱，不符合题意；
C、核外电子的排布规律：①电子总是尽先排布在能量最低的电子层里；②各电子层最多容纳的电子数是2n2；③最外层电子数不超过8个，次外层不超过18个，倒数第三层电子数不超过32个。戊是第116号元素，在原子中，原子序数=质子数=核外电子数，故戊原子核外电子排布为2、8、18、32、32、18、6，最外层电子数为6，符合题意；
D、丁为硫元素，丁的单质为硫，乙为氧元素，乙的单质为氧气，硫在氧气中燃烧，发出明亮的蓝紫色火焰，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据题中所给各元素的核电荷数、最外层电子数等信息先推导出各元素，再结合化学反应前后元素质量不变、碱的定义、核外电子排列规律、硫燃烧现象分析。
5．（2025九上·常宁期末）常温常压下，10mL某气态物质含有2N3×1020个分子，而在这些分子里又含有6N3×1020个原子，则判断该物质是一种
A．单质 B．化合物
C．混合物 D．以上都有可能
【答案】D
【知识点】化学式的书写及意义；质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】由题中信息可知，该物质所含分子数与原子数之比为2N3×1020：6N3×1020=1：3，由此只能确定分子和原子个数比，不能确定物质种类，所以可能是单质、可能是化合物，与可能是混合物。
故答案为：D。
【分析】根据题中只给出了分子和原子个数比，不能确定物质的类别分析。
6．（2025九上·常宁期末）有一种用实际参加化学反应的离子符号来表示化学反应的式子叫离子方程式，在离子方程式中，反应前后电荷是守恒的。化合价升降总数相等。如下离子方程式：2。下列叙述正确的是
A．x=2 B．中的M的化合价为+7
C．y=3 D．在反应中得到电子
【答案】B
【知识点】常见元素与原子团的化合价；有关元素化合价的计算；化学反应的实质
【解析】【解答】A、根据电荷守恒，反应前离子所带电荷总数应等于反应后离子所带电荷总数。反应后2M2+带有4个单位正电荷，16H+带16个单位正电荷，5S2-带有10个单位负电荷，2带的负电荷数为16-4-10=2个，由于有2个离子，所以每个离子带1个负电荷，即x=1，不符合题意；
B、设中M的化合价为a，O通常显-2价，根据离子中各元素正负化合价代数和等于离子所带电荷数，可得a+（-2）y =-1；再根据化合价升降总数相等，S元素从-2价升高到0价，5个S原子化合价升高总数为10，M元素从a价降低到+2价，2个M原子化合价降低总数为2×（a-2），则2×（a-2）=10，解得a=+7，符合题意；
C、根据原子守恒可知，8H2O中有8个O，2中有2y个O，因此y=4，不符合题意；
D、S2-中S元素化合价从-2价升高到0价，化合价升高，失去电子，不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据所给离子方程式及化合价升降总数相等分析。
7．（2025九上·常宁期末）工业上用CH4和CO2制取合成气会产生积碳，如图是抗积碳示意图。有关说法错误的是
A．Ni基双金属催化剂可重复使用
B．反应前后元素的化合价均改变
C．反应前后原子种类和数目不变
D．合成气可合成多种化工产品，价值大
【答案】B
【知识点】催化剂的特点与催化作用；化合价规律和原则；化学反应的实质
【解析】【解答】A、催化剂在反应前后质量和化学性质不发生变化， Ni基双金属催化剂可重复使用 ，不符合题意；
B、该反应是CO2和CH4反应生成CO和H2，CO2中碳元素化合价为+4价，氧为－2价，CH4中碳元素为－4价，氢元素为+1价，CO中碳元素化合价为+2价，氧元素为－2价，H2中氢元素化合价为0价，反应前后氧元素化合价未改变，符合题意；
C、该反应为化学变化，反应前后原子种类和数目不变，不符合题意；
D、合成气为一氧化碳和氢气混合气体，可合成多种化工产品，价值大，不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、根据催化剂一变两不变特点分析；
B、根据化合物中元素化合价代数和为0，单质中元素化合价为0分析；
C、根据化学反应前后原子种类和数目不变分析；
D、根据合成气的用途分析。
8．（2025九上·常宁期末）下列各组物质的溶液，不用其他试剂，只用观察和组内物质的溶液相互混合的方法，就能将它们一一鉴别出来的是
A．NaCl、BaCl2、CuSO4、NaOH、KNO3
B．Ba（NO3）2、NaCl、Na2SO4、H2SO4、HCl
C．NaOH、NaCl、MgSO4、BaCl2、KCl
D．AgNO3、HCl、Na2CO3、KCl、CaCl2
【答案】D
【知识点】盐的化学性质；复分解反应及其应用；物质的检验、鉴别
【解析】【解答】A、观察颜色，呈蓝色的是CuSO4溶液，向另几种无色溶液中加入CuSO4溶液中，出现蓝色沉淀的为NaOH溶液，出现白色沉淀的为BaCl2溶液，但NaCl、KNO3无法鉴别，不符合题意；
B、各溶液均为无色溶液，两两混合，能与两种物质反应生成白色沉淀的是溶液，将溶液加入其他溶液中，Na2SO4、H2SO4都能产生白色沉淀，NaCl、HCl都无明显现象，不能鉴别，不符合题意；
C、各溶液均为无色溶液，两两混合，能够产生两种白色沉淀的是硫酸镁，将硫酸镁加入其他溶液中，氯化钡、氢氧化钠都会产生白色沉淀，氯化钾和氯化钠都无明显现象，不能区别，不符合题意；
D、各溶液均为无色溶液，两两混合，既能与其中两种物质反应产生白色沉淀，又能与一种物质反应产生气体的是Na2CO3溶液，能与碳酸钠溶液反应产生气体的是稀盐酸，与碳酸钠溶液反应产生白色沉淀，加入稀盐酸沉淀消失的是CaCl2溶液，不消失的是AgNO3溶液，剩余的物质是KCl溶液，可以区分，符合题意；
故答案为：D。
【分析】对于物质鉴别题，首先要掌握各物质的性质，然后根据物质的性质选择所需物质，再利用反应的不同现象加以区分，鉴别题时各物质的现象必须不能相同，否则无法区分。
9．（2025九上·常宁期末）保险粉()，易被氧气氧化。利用如图装置，在锥形瓶中加入(溶剂)和水形成的混合液，通入时发生反应生成保险粉和一种常见气体，制备保险粉的化学方程式为：下列说法正确的是
提示：的制备原理为：
A．制备保险粉的化学方程式中涉及到4种氧化物
B．该图中制备的发生装置还可以用于二氧化锰和浓盐酸加热制备氯气
C．为避免产生的被氧化，使硫酸与亚硫酸钠先反应，产生的排出装置中的空气
D．溶液的主要作用是吸收逸出的
【答案】C
【知识点】碱的化学性质；从组成上识别氧化物；气体制取装置的探究
【解析】【解答】A、制备保险粉的化学方程式为：，其中SO2、CO2、H2O 3 种物质为氧化物，不符合题意。
B、 该图中制备的发生装置是固体和液体常温反应的发生装置，不可以用于二氧化锰和浓盐酸加热制备氯气，不符合题意。
C、保险粉易被氧气氧化，使硫酸与亚硫酸钠先反应，产生的SO2可以排出装置中的空气，能避免生成的Na2S2O4被氧化，符合题意。
D、实验中SO2是有毒气体，会污染空气，NaOH溶液的主要作用是吸收逸出的SO2，而不是CO2，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据氧化物是指由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物分析；
B、根据所给制备装置为常温型发生装置分析；
C、根据反应生成气体可排除装置内空气分析；
D、根据氢氧化钠溶液主要是吸收二氧化硫分析。
10．（2025九上·常宁期末）某元素原子的最外层电子数是次外层的a倍(a>1)，则该原子的核内质子数是
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】原子结构示意图与离子结构示意图；原子的有关数量计算
【解析】【解答】原子核外电子排布规律是：最外层不能超过8个电子，次外层不能超过18个电子；某元素的最外层电子数是次外层的a倍（a＞1），所以该元素的次外层只能是第一层，为2个电子；最外层是第二层，电子数是2a，所以该元素的核外电子数是2a+2；再根据原子核内质子数=核外电子数，所以核内质子数是2a+2；
故答案为：B。
【分析】根据核外电子排布规律及原子中核内质子数=核外电子数分析。
11．（2025九上·常宁期末）在一密闭容器中，有甲、乙、丙、丁四种物质，反应前各物质的质量关系如下图刻度纸所示（例如：丙的质量为5g，丁的质量为3g），充分反应后，在同一张刻度纸上再次记录各物质的质量变化：刻度线Ⅰ向左移动16格；刻度线Ⅱ向左移动8格；刻度线Ⅲ向左移动8格。下列说法正确的是
A．该反应是化合反应
B．丙一定是催化剂
C．反应后丁的质量为8g
D．反应生成的乙和丁的质量比为1∶1
【答案】D
【知识点】催化剂的特点与催化作用；化合反应及其应用；质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】分析图像，确定反应前后各物质质量变化如下表：
物质 甲 乙 丙 丁
反应前（g） 16 2 5 3
反应后（g） 0 10 5 11
发生变化的量（g） 16 8 0 8
A、反应后甲物质的质量减少，为反应物，乙、丁物质的质量增加，为生成物，该反应为甲乙+丁，属于分解反应，不符合题意；
B、反应后丙的质量不变，可能是催化剂，也可能是杂质未参与反应，不符合题意；
C、反应后丁的质量为11g，不符合题意；
D、该反应中生成的乙和丁质量比为：8g∶8g=1∶1，符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据题中所给数据确定反应前后各物质，由反应后变化的质量即为参加反应或生成的质量，反应后质量增加的为生成物，质量减少的为反应物，质量不变的可能是催化剂，可能是杂质，“一变多”的反应为分解反应分析。
12．（2025九上·常宁期末）某溶液中可能含有HCl、CuCl2、Na2SO4中的一种或几种溶质，向一定量该溶液中不断滴加Ba(OH)2溶液，产生沉淀质量与所加Ba(OH)2溶液质量之间的关系如图所示，下列判断错误的是
A．原溶液中一定不含Na2SO4 B．原溶液中一定含有HCl
C．b点溶液中只含一种溶质 D．对应溶液的pH：a【答案】D
【知识点】溶液的酸碱性与pH值的关系；盐的化学性质；复分解反应及其应用
【解析】【解答】盐酸与氢氧化钡反应无明显现象，氯化铜与氢氧化钡反应产生能溶于酸的氢氧化铜沉淀，硫酸钠与氢氧化钡反应产生不溶于酸的硫酸钡沉淀，由图像可知，加入Ba(OH)2溶液开始没有沉淀生成，加入一定氢氧化钡溶液后沉淀开始增加，说明原溶液的溶质中肯定含有HCl，一定没有Na2SO4，一定含有CuCl2。
A、原溶液中一定不含Na2SO4，不符合题意；
B、原溶液中肯定含有HCl，不符合题意；
C、0a段为氢氧化钡与盐酸反应生成BaCl2和H2O，ab段为氢氧化钡与CuCl2反应生成Cu(OH)2沉淀和BaCl2，b点氢氧化钡与氯化铜恰好完全反应，所以b点烧杯内溶液中只含BaCl2一种溶质，不符合题意；
D、a点时HCl恰好完全反应，溶液中含有CuCl2、BaCl2，溶液的pH＜7，b点时Ba(OH)2和CuCl2恰好完全反应，此时溶液中溶质只有BaCl2，溶液的pH=7，c点时Ba(OH)2过量，溶液的pH＞7，所以对应溶液的pH：a＜b＜c，符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据盐酸与氢氧化钡反应无明显现象，氯化铜与氢氧化钡反应产生能溶于酸的氢氧化铜沉淀，硫酸钠与氢氧化钡反应产生不溶于酸的硫酸钡沉淀，结合图像中沉淀质量与加入氢氧化钡溶液的质量关系推导出溶液中成分，并判断图像中各点溶质成分，结合氯化铜溶液呈酸性，氯化钡溶液呈中性，氢氧化钡溶液呈碱性分析。
13．（2025九上·常宁期末）如下图中，图一为四种物质的溶解度曲线，在图二中分别向两支试管内滴加一定量的水后，X和Y的饱和溶液均变浑浊，则下列说法错误的是
A．20℃时，将40gNaCl加入100g水中，所得溶液中溶质和溶剂的质量比是2：5
B．X为，Y不一定是
C．若中混有少量的杂质，可在较高温度配成饱和溶液，再降温结晶除去
D．10℃时，物质溶解度大小关系为①>③>②>④
【答案】A
【知识点】结晶的原理、方法及其应用；溶解时的吸热或放热现象；固体溶解度曲线及其作用
【解析】【解答】A、20℃时，氯化钠的溶解度小于40g，所以将40g NaCl加入到100g水中，氯化钠不能全部溶解，所得溶液中溶质和溶剂的质量比小于40g：100g=2：5，符合题意；
B、在图二中分别向两支试管内滴加一定量的水后，氢氧化钠溶于水放热，溶液温度升高，硝酸铵溶于水吸热，溶液温度降低，X和Y的饱和溶液均变浑浊，所以X物质的溶解度随温度的升高而减小，Y物质的溶解度随温度的降低而减小，所以X为Ce2（SO4）3，图像中另三种物质的溶解度均随温度升高而增大，所以Y不一定是NH4H2PO4，不符合题意；
C、磷酸二氢铵的溶解度受温度变化影响较大，氯化钠的溶解度受温度变化影响较小，所以若NH4H2PO4中混有少量的NaCl杂质，可在较高温度配成饱和溶液，再降温结晶除去，不符合题意；
D、根据溶解度曲线可知，10℃时，物质溶解度大小关系为：①＞③＞②＞④，不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、根据溶解度曲线确定物质的溶解度，由此确定所给溶质在一定量溶剂中能否溶解分析；
B、根据氢氧化钠溶于水放热，溶液温度升高，硝酸铵溶于水吸热，溶液温度降低，通过饱和溶液变不饱和确定物质的溶解度随温度的变化规律，由此判断物质分析；
C、根据溶解度受温度影响大的物质适宜降温结晶分析；
D、根据溶解度曲线判断各物质的溶解度大小分析。
14．（2025九上·常宁期末）在一定质量的AgNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中加入铁粉，充分反应后，下图一定不正确的是
A． B．
C． D．
【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】 在一定质量的AgNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中加入铁粉， 铁先与硝酸银反应生成银和硝酸亚铁，然后与硝酸铜反应生成铜和硝酸亚铁。
A、开始时没有铜生成，待硝酸银反应完全后铜的质量开始增加，不符合题意；
B、Fe与AgNO3反应时每56份质量的铁生成216份质量的银，固体质量增加，溶液质量减小，开始时硝酸铜未参与反应，质量不变，因溶液质量减小，所以硝酸铜的质量分数增加，然后硝酸铜发生反应，质量减小，溶质质量分数减小，至完全反应后变为0，不符合题意；
C、由前面分析可知，铁与硝酸银反应时溶液质量减小，铁和硝酸铜反应时每56份质量的铁置换出64份质量的铜，溶液质量也会减小，且铁与硝酸银反应时溶液质量减小幅度大于铁与硝酸铜反应溶液减小的幅度，不符合题意；
D、开始中溶液中溶质为硝酸银和硝酸铜两种，铁与部分硝酸银反应时溶液中溶质为三种，硝酸银完全反应及部硝酸铜反应时溶液中溶质为两种，硝酸铜完全反应后溶液中溶制质一种，符合题意。
故答案为：D。
【分析】在一定质量的AgNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中加入铁粉， 铁先与硝酸银反应生成银和硝酸亚铁，然后与硝酸铜反应生成铜和硝酸亚铁，结合反应时溶液的质量变化解答。
二、填空题(本大题共4小题，每空2分，共58分。)
15．（2025九上·常宁期末）某化学兴趣小组同学探究环境湿度对过氧化钠()与反应的影响。
(猜想与假设)猜想1：与在湿度较小的条件下不反应，只在湿度较大的条件下反应。
猜想2：与在湿度较小和湿度较大的条件下均能反应。
(查阅资料)①常温下，过氧化钠是淡黄色粉末。②过氧化钠能与盐酸反应。③二氧化碳不溶于饱和碳酸氢钠溶液。④ppm是含量的一种表示方法。
(实验探究)
（1）中阴、阳离子的个数比　 　，用图1装置制取并收集较潮湿的二氧化碳气体。其中饱和碳酸氢钠溶液的作用是　 　。
如图2，在三颈烧瓶中分别插入湿度传感器、二氧化碳传感器、带铁丝的胶塞。
（2）待传感器显示读数稳定后，用铁丝戳破装有的塑料袋，使粉末与潮湿的充分接触，打开数据采集器，得到图3、图4，该实验可得出的结论是　 　。
（3）用图5装置制取并收集较干燥的二氧化碳气体，其中固体干燥剂的作用　 　。
装置同图2，待传感器显示读数稳定后，用铁丝戳破装有的塑料袋，使过氧化钠粉末与较干燥的充分接触，打开数据采集器，得到图6、图7。
【结论与反思】
（4）小组同学通过上述实验得出猜想　 　(填“1”或“2”)是正确的。
（5）分析图6中相对湿度变化的原因是　 　。
（6）200℃时，11.6g和水蒸气的混合气体与足量的充分反应后固体质量增加了3.6g(如下图所示)，其原混合物中和水蒸气的质量之比是　 　。(提示：可用于呼吸面具和潜水艇中的供氧剂。)
【答案】1：2；吸收氯化氢；过氧化钠在湿度较大的条件下能与二氧化碳能反应；防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶；；2；过氧化钠能与水反应；11：18
【知识点】盐的化学性质；根据化学反应方程式的计算
【解析】【解答】（1）是由构成的，则过氧化钠中阴、阳离子的个数比1：2；
盐酸具有挥发性，用图示装置制取二氧化碳，生成的二氧化碳气体中混有氯化氢和水蒸气，饱和碳酸氢钠溶液能与氯化氢反应，则饱和碳酸氢钠溶液的作用是吸收氯化氢；
（2）待传感器显示读数稳定后，用铁丝戳破装有的塑料袋，使粉末与潮湿的充分接触，打开数据采集器，根据图3、图4可以看出，过氧化钠在湿度较大的条件下能与二氧化碳能反应；
（3）用图5装置制取并收集较干燥的二氧化碳气体，其中固体干燥剂的作用是防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶；
（4）根据图6、图7可以看出，在湿度较小的条件下，过氧化钠也能与二氧化碳反应，故猜想2正确；
（5）图3中湿度在减小，说明水分减少，则相对湿度变化的原因是过氧化钠能与水反应；
（6）设混合物中二氧化碳和水蒸气的质量分别为x、y，
x+y=11.6g，，则x=4.4g，y=7.2g，故原混合物中CO2和水蒸气的质量之比是4.4g：7.2g=11：18。
【分析】（1）根据化学式确定物质中离了个数，盐酸的挥发性，碳酸氢钠与酸反应的性质分析；
（2）根据图示中所给信息分析；
（3）根据固体干燥剂可干燥二氧化碳分析；
（4）根据图示中所给信息分析；
（5）根据固体增加质量及方程式中物质间质量关系计算反应的二氧化碳和水的质量，由此计算二者质量比分析。
16．（2025九上·常宁期末）阅读下面文章。
太阳能是清洁的可再生能源，昼夜、季节及天气等因素对持续、稳定地利用太阳能有较大影响。
储能是解决上述问题的重要途径。目前，储热体系受到广泛关注，其工作原理如图1所示。在脱水反应器中，将太阳能以化学能的形式存储起来：需要能量时，水合反应器中发生反应释放热量。
除储热体系外，科研人员对其它体系也进行了研究。图2列举了几种储热体系的储热密度(单位质量储热材料的储热量)，它们的反应原理可表示为：A→B+C，吸热；B+C→A，放热。这些储热体系均借助物质相互转化来实现能量的存储和释放。
回答下列问题。
（1）依据图1回答：
①图中参与循环的元素共　 　种。
②脱水反应器中发生反应，该反应属于　 　(填基本反应类型)。
③液态水在进入水合反应器前需加热变成水蒸气，此过程中，　 　(从微观角度分析)；水合反应器中　 　能转化为热能。
（2）依据图2数据可知，储热体系受到广泛关注的原因为　 　。
（3）如下表各选项与文中储热体系反应原理相符的是　 　(填字母)。
标号 吸热反应 放热反应
A
B
C
（4）为构建清洁低碳的新能源体系，下列措施合理的有___________(填字母)。
A．大力发展燃煤发电
B．积极推广太阳能发电
C．为新能源研发新型储能技术
【答案】（1）3；分解反应；水分子间的间隔增大；化学
（2）储热密度相对较高
（3）A
（4）B；C
【知识点】分子的定义与分子的特性；分解反应及其应用；资源综合利用和新能源开发
【解析】【解答】（1）①图1中涉及Ca（OH）2、CaO、H2O，所含元素有钙（Ca）、氧（O）、氢（H），共 3 种元素；
②脱水反应器中Ca（OH）2在410℃~550℃下反应生成氧化钙和水，该反应是一种物质生成两种物质的反应，属于分解反应；
③液态水在进入水合反应器前需加热变成水蒸气，此过程中，水分子间的间隔增大；
水合反应器中氧化钙和水反应生成氢氧化钙，该反应放热，将化学能转化为热能；
（2）从图2数据可知，Ca（OH）2/CaO储热体系的储热密度相对较高，这意味着单位质量的储热材料能储存较多的热量，所以受到广泛关注；
（3）A、碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，该反应符合符合“A→B+C，吸热”，氧化钙和二氧化碳在一定条件下反应生成碳酸钙，该反应符合“B+C→A，放热”，故A正确；
B 、二氧化碳和碳高温下反应生成一氧化碳，该反应吸热，但是不符合“A→B+C”，故B错误；
C 、四氧化三铁和一氧化碳高温下反应生成铁和二氧化碳，该反应吸热，不符合“A→B+C”，故C错误；
故选A；
（4）A、大力发展燃煤发电，煤燃烧会产生大量污染物，不利于构建清洁低碳的新能源体系，不符合题意；
B、积极推广太阳能发电，太阳能是清洁的可再生能源，有利于构建清洁低碳的新能源体系，符合题意；
C、为新能源研发新型储能技术，能解决新能源利用过程中的储能问题，有利于构建清洁低碳的新能源体系，符合题意；
故选BC。
【分析】（1）根据流程中各物质的转化确定循环元素，一变多的反应为分解反应，物质状态的变化为分子间隔的变化及化学变化中能量的转化分析；
（2）根据图中所给信息分析；
（3）根据“一变多”的反应为分解反应分析；
（4）根据低碳符合节能、减排、减少污染等特点分析。
（1）①图1中涉及Ca（OH）2、CaO、H2O，所含元素有钙（Ca）、氧（O）、氢（H），共 3 种元素；
②脱水反应器中Ca（OH）2在410℃~550℃下反应生成氧化钙和水，该反应是一种物质生成两种物质的反应，属于分解反应；
③液态水在进入水合反应器前需加热变成水蒸气，此过程中，水分子间的间隔增大；
水合反应器中氧化钙和水反应生成氢氧化钙，该反应放热，将化学能转化为热能；
（2）从图2数据可知，Ca（OH）2/CaO储热体系的储热密度相对较高，这意味着单位质量的储热材料能储存较多的热量，所以受到广泛关注；
（3）A、碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，该反应符合符合“A→B+C，吸热”，氧化钙和二氧化碳在一定条件下反应生成碳酸钙，该反应符合“B+C→A，放热”，故A正确；
B 、二氧化碳和碳高温下反应生成一氧化碳，该反应吸热，但是不符合“A→B+C”，故B错误；
C 、四氧化三铁和一氧化碳高温下反应生成铁和二氧化碳，该反应吸热，不符合“A→B+C”，故C错误；
故选A；
（4）A、大力发展燃煤发电，煤燃烧会产生大量污染物，不利于构建清洁低碳的新能源体系，不符合题意；
B、积极推广太阳能发电，太阳能是清洁的可再生能源，有利于构建清洁低碳的新能源体系，符合题意；
C、为新能源研发新型储能技术，能解决新能源利用过程中的储能问题，有利于构建清洁低碳的新能源体系，符合题意；
故选BC。
17．（2025九上·常宁期末）工业上以菱铁矿石（FeCO3，含少量SiO2）为原料，通过酸浸、沉铁、焙烧等步骤可制取Fe粉。
（1）酸浸：将菱铁矿石粉碎后加入稀硫酸溶液中，充分反应后过滤。
①反应时有大量气体产生，该气体的主要成分是　 　（填化学式）。
②充分反应后过滤，所得滤渣的主要成分是　 　。
（2）沉铁：向“酸浸”过程所得的滤液中加入（NH4）2CO3溶液，升温至60℃，在本溶液中开始分解。搅拌，充分反应后过滤。
①反应过程中有白色沉淀（FeCO3）生成。写出该反应的化学方程式：　 　。
②“沉铁”过程中若反应温度过高，会导致Fe粉的产率下降，原因是　 　。
（3）焙烧：将“沉铁”过程所得的FeCO3固体洗净烘干后，与炭粉混合后焙烧，充分反应后得Fe粉。
①培烧过程中主要发生3个反应：
Ⅰ、
Ⅱ、
Ⅲ、　 　。
②焙烧过程中，向FeCO3与炭粉的混合物中添加适量的CaCO3，Fe粉产率随焙烧时间的变化如图。添加适量CaCO3可提高铁粉产率，原因是　 　。
（4）所得的Fe粉中常含有少量的单质碳。为了测定Fe粉中碳的质量分数，取10gFe粉在纯氧中完全燃烧，得到0.11gCO2。求此铁粉中碳的质量分数。（写出解题过程）
【答案】（1）CO2；SiO2
（2）；温度过高会导致（NH4）2CO3分解，FeSO4不能全部转变为FeCO3
（3），；添加的CaCO3受热分解生成CO2，生成的CO2与炭粉进一步反应生成CO，导致CO的含量增多
（4）设：此铁粉中碳的质量为x
x=0.03g
故：此铁粉中碳的质量为0.03g，故此铁粉中碳的质量分数为。
【知识点】一氧化碳还原氧化铁；含杂质物质的化学反应的有关计算；盐的化学性质
【解析】【解答】（1）①、将菱铁矿石粉碎后加入稀硫酸溶液中，碳酸亚铁可以和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和水和二氧化碳，故气体的主要成分是CO2；
②、因为菱铁矿石主要成分为FeCO3，含少量SiO2，二氧化硅不与稀硫酸反应，故所得滤渣的主要成分是二氧化硅。
（2）①、根据（1）问①解析：酸浸的滤液为硫酸亚铁，故所得的滤液中加入（NH4）2CO3溶液，碳酸铵可以与硫酸亚铁反应生成硫酸铵和碳酸亚铁沉淀，故方程式为：(NH4)2CO3＋FeSO4=FeCO3＋(NH4)2SO4；
②、“沉铁”过程中若反应温度过高，会导致Fe粉的产率下降，原因是温度过高会导致（NH4）2CO3分解，FeSO4不能全部转变为FeCO3。
（3）①、反应Ⅰ生成了氧化铁，反应Ⅱ生成了一氧化碳，故一氧化碳和氧化铁在高温的条件下生成铁和二氧化碳，故方程式为：3CO+Fe2O32Fe+3CO2；
②、添加适量的碳酸钙可提高铁粉产率，原因是：添加的CaCO3受热分解生成CO2，生成的CO2与炭粉进一步反应生成CO，导致CO的含量增多。
【分析】（1）根据碳酸亚铁可以和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和水和二氧化碳，二氧化硅不与稀硫酸反应分析；
（2）根据碳酸铵与硫酸亚铁反应生成硫酸铵和碳酸亚铁分析；
（3）根据一氧化碳和氧化铁在高温的条件下生成铁和二氧化碳，CaCO3受热分解生成CO2分析；
（4）根据生成二氧化碳质量及方程式中物质间质量关系计算反应的碳的质量分析。
（1）①、将菱铁矿石粉碎后加入稀硫酸溶液中，碳酸亚铁可以和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和水和二氧化碳，故气体的主要成分是CO2；
②、因为菱铁矿石主要成分为FeCO3，含少量SiO2，二氧化硅不与稀硫酸反应，故所得滤渣的主要成分是二氧化硅。
（2）①、根据（1）问①解析：酸浸的滤液为硫酸亚铁，故所得的滤液中加入（NH4）2CO3溶液，碳酸铵可以与硫酸亚铁反应生成硫酸铵和碳酸亚铁沉淀，故方程式为：(NH4)2CO3＋FeSO4=FeCO3＋(NH4)2SO4；
②、“沉铁”过程中若反应温度过高，会导致Fe粉的产率下降，原因是温度过高会导致（NH4）2CO3分解，FeSO4不能全部转变为FeCO3。
（3）①、反应Ⅰ生成了氧化铁，反应Ⅱ生成了一氧化碳，故一氧化碳和氧化铁在高温的条件下生成铁和二氧化碳，故方程式为：3CO+Fe2O32Fe+3CO2；
②、添加适量的碳酸钙可提高铁粉产率，原因是：添加的CaCO3受热分解生成CO2，生成的CO2与炭粉进一步反应生成CO，导致CO的含量增多。
（4）见答案。
18．（2025九上·常宁期末）将过量的溶液滴入到一定量溶液中得到蓝色固体。某研究性学习小组对蓝色固体的成分进行了如下探究，请完成下列各题：
(一)猜想与假设：
（1）猜想一：固体为，理由：　 　(用化学反应方程式表示)。
猜想二：固体为。
猜想三：固体为和的混合物。
(二)资料查阅：
①和晶体均不带结晶水；
②、受热均易分解。
(三)设计与实验：
I．固体的获取：
（2）①将反应后的固、液混合物经过滤、洗涤、低温烘干得蓝色固体。
②判断固体已洗净的方法及现象　 　。
Ⅱ．用如图所示装置，定性探究固体的成分。
（3）若用装置A、B组合进行实验，B中无现象，则猜想　 　正确；
（4）小组同学将装置按A、　 　(填“B”、“C”)的顺序组合进行实验，验证出猜想三是正确的，实验中：现象为　 　。
结论：固体为和的混合物。
Ⅲ．固体成分定量测定：
已知的分解温度为，的分解温度为。设固体的组成为。小组同学用热分析仪对固体进行热分解，获得相关数据，绘成固体质量变化与分解温度的关系如图，请根据图示回答下列问题：
（5）写出CD段发生反应的化学方程式：CD段：　 　
（6）通过计算可得：　 　
（7）若将24.0g剩余固体继续加热到更高的温度，发现固体质量减少了2.4g后质量不再改变，写出此过程中可能发生反应的化学方程式：　 　。
【答案】Na2CO3+CuSO4=CuCO3↓+Na2SO4；取最后一次的洗涤液少量，滴加少量氯化钡溶液，无沉淀产生；二；C、B；B中澄清石灰水变浑浊，C中白色固体变蓝；；2：1；
【知识点】盐的化学性质；化学方程式的书写与配平；质量守恒定律及其应用；根据化学反应方程式的计算
【解析】【解答】（1）碳酸钠和硫酸铜反应生成硫酸钠和碳酸铜沉淀，碳酸铜为蓝色固体，则猜想一：固体为CuCO3，理由是Na2CO3+CuSO4=CuCO3↓+Na2SO4；
（2）固体上的残留物为过量的碳酸钠和生成的硫酸钠，碳酸钠、硫酸钠与氯化钡反应生成白色沉淀碳酸钡、硫酸钡，则判断固体已洗净的方法及现象为取最后一次的洗涤液少量，滴加少量氯化钡溶液，无沉淀产生；
（3）CuCO3受热易分解成氧化铜和二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，若用装置A、B组合进行实验，B中无现象，说明蓝色固体不是碳酸铜，则猜想二正确；
（4）检验水要放在检验二氧化碳的前面，否则气体通过澄清石灰水时携带出的水蒸气会对水的检验产生干扰，则小组同学将装置按A、C、B的顺序组合进行实验，结论是固体为Cu（OH）2和CuCO3的混合物，故实验中的现象为B中澄清石灰水变浑浊，C中白色固体变蓝；
（5）CuCO3的分解温度为200℃～220℃，CD段的温度超过了200℃，符合碳酸铜的分解温度，CuCO3受热分解成氧化铜和二氧化碳，反应的化学方程式为；
（6）AB段是氢氧化铜加热分解生成氧化铜和水，固体质量减少32.0g-28.4g=3.6g，即生成水的质量为3.6g，设氢氧化铜的质量为x，
，，解得x=19.6g；
CD段是CuCO3加热分解生成氧化铜和二氧化碳，固体质量减少28.4g-24.0g=4.4g，即生成二氧化碳的质量为4.4g，设碳酸铜的质量为y，
，，解得y=12.4g；
则aCu（OH）2 bCuCO3中，a：b==2：1；
（7）氧化铜加热后质量又会减少，应该是氧化铜中的氧元素转化为氧气，24.0g氧化铜中氧元素的质量为24.0g××100%=4.8g，大于2.4g，说明另一种物质是铜的氧化物，24.0g氧化铜中铜元素的质量为24.0g××100%=19.2g，生成物铜的氧化物中氧元素的质量为4.8g-2.4g=2.4g，生成物铜的氧化物中铜的质量为19.2g，则另一种物质铜的氧化物中铜、氧的原子个数比为：=2：1，故另一种物质生成物铜的氧化物的化学式为Cu2O，即氧化铜在加热的条件下反应生成氧化亚铜和氧气，反应的化学方程式为。
【分析】（1）根据碳酸钠和硫酸铜反应生成硫酸钠和碳酸铜沉淀分析；
（2）根据固体上的残留物为过量的碳酸钠和生成的硫酸钠，碳酸钠、硫酸钠与氯化钡反应生成白色沉淀碳酸钡、硫酸钡分析；
（3）根据CuCO3受热易分解成氧化铜和二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊分析；
（4）根据检验水要放在检验二氧化碳的前面，以防止产生干扰分析；
（5）根据CuCO3受热分解成氧化铜和二氧化碳分析；
（6）根据题中所给各物质质量、固体减少质量为生成二氧化碳质量及方程式中物质间质量关系计算出氢氧化铜和碳酸铜质量，由此计算a与b的比值分析；
（7）根据化学反应前后元素质量水变，由元素质量为物质质量×元素质量分数，计算出铜的氧化物中铜、氧的原子个数比，由此写出反应方程式分析。
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