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科粤版初中化学九年级下册期末考试模拟测验卷B卷
一、选择题（每题3分，共15分）
1．党的二十大强调“要推动绿色发展，促进人与自然和谐共生”。下列做法与之相符的是
A．秸秆露天焚烧处理 B．推广使用清洁能源
C．提倡使用一次性筷子 D．直接排放工业废水
【答案】B
【知识点】空气的污染与防治；保护水资源；资源综合利用和新能源开发
【解析】【解答】A、秸秆露天焚烧处理会产生大量的烟尘和有害气体，严重污染大气环境，与绿色发展和人与自然和谐共生的理念相悖，不符合题意；
B、推广使用清洁能源，如太阳能、风能、水能等，能显著减少化石燃料的使用，降低温室气体排放，减少环境污染，符合绿色发展和人与自然和谐共生的理念，符合题意；
C、提倡使用一次性筷子会消耗大量的木材资源，导致森林砍伐，破坏生态环境，与绿色发展和人与自然和谐共生的理念相悖，不符合题意；
D、直接排放工业废水会严重污染水资源，影响水生生物的生存，破坏水生态平衡，与绿色发展和人与自然和谐共生的理念相悖，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】 A、根据秸秆焚烧的环境危害（污染空气）解答；
B、根据清洁能源的特点（减少污染）解答；
C、根据一次性筷子的资源消耗问题解答；
D、根据工业废水直接排放的水体污染危害解答。
2．熟练掌握基本的化学实验技能是进行实验探究的基础和保证。规范操作是实验成功的保障，下列操作正确的是
A．量取42mL液体
B．液体的倾倒
C．过滤
D．处理实验废液
【答案】A
【知识点】实验室常见的仪器及使用；药品的取用；过滤的原理、方法及其应用
【解析】【解答】A、量取液体时，视线与液体凹液面的最低处保持水平，故选项正确；
B、往试管内倾倒液体时，试剂瓶塞要倒放在桌面上，标签向着手心，试管要略微倾斜，瓶口紧挨着试管口倾倒，避免液体溅出，故选项错误；
C、过滤液体时，要注意“一贴、二低、三靠”的原则，图中缺少玻璃棒引流，漏斗下端没有紧靠烧杯内壁，故选项错误；
D、不能把实验废液直接倒入水池中，应倒入指定的容器内，故选项错误；
故答案为：A。
【分析】A、根据量筒的选择及读数规范知识点解答；
B、根据液体药品的倾倒规范知识点解答；
C、根据过滤操作的规范（玻璃棒引流）知识点解答；
D、根据实验废液的处理要求知识点解答。
3．我国商代时就已经发现，贮存于铅罐的酒（含乙醇）会发酵成醋（含醋酸，醋酸的化学性质与盐酸相似），铅与醋反应生成铅霜，铅霜在空气中转化为浮粉（），加热浮粉得铅白（PbO）固体，铅白可用作白色颜料。下列说法错误的是
A．酒（含乙醇）能变醋体现乙醇的化学性质
B．铅能与醋酸发生化学反应
C．浮粉中铅元素的化合价为价
D．浮粉变铅白，固体质量增大
【答案】D
【知识点】金属的化学性质；有关元素化合价的计算；化学性质与物理性质的差别及应用；质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】A、需要发生化学变化才能表现出来的性质属于化学性质，酒（含乙醇）能变醋这一性质需要发生化学变化才能表现出来，是酒精的化学性质，故A选项说法正确；
B、铅与醋反应生成铅霜，实际上是铅与醋中的醋酸发生反应，故B选项说法正确；
C、浮粉为，其中铅元素显+2价，碳酸根整体显-2价，故C选项说法正确；
D、加热浮粉（）得铅白（PbO）固体，浮粉由铅、碳、氧三种元素组成，铅白只由铅、氧两种元素组成，由质量守恒定律可知，变成铅白后，质量会减少，故D选项说法错误；
故答案为：D.
【分析】A、根据需要发生化学变化才能表现出来的性质属于化学性质进行分析；
B、根据铅与醋反应生成铅霜进行分析；
C、根据浮粉为进行分析；
D、根据浮粉和铅白的元素组成以及质量守恒定律进行分析。
4．离子方程式能体现反应的实质，能表示同一类型的反应。下列离子方程式正确的是
A．用醋酸除去水垢：
B．向硫酸铜溶液中加入一小块钠：
C．少量溶液与溶液反应：
D．石灰乳和溶液反应：
【答案】D
【知识点】金属的化学性质；盐的化学性质
【解析】【解答】A、用醋酸除去水垢是醋酸与水垢中碳酸钙反应生成醋酸钙、水和二氧化碳，离子方程式为 2CH3COOH+CaCO3═Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO- ，不符合题意；
B、 向硫酸铜溶液中加入一小块钠，钠先跟水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，所以离子方程式为2Na+2H2O+Cu2+=2Na++Cu（OH）2↓+H2↑，不符合题意；
C、NaHCO3与少量Ca（OH）2溶液反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，反应的离子方程式为：，不符合题意；
D、石灰乳和Na2CO3溶液反应生成物为碳酸钙沉淀和氢氧化钠，离子方程式为：，符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据离子方程式书写方法分析，重点掌握离子反应的书写规则，包括强电解质是否拆解，弱电解质是否保留化学式、气体和沉淀是否用符号表示、电荷是否守恒，反应是否符合实际等。
5．石墨烯和石墨双炔都是由碳原子构成的物质，具有优良的导电性，其结构如图1所示；石墨双炔可实现氦气的分离提纯，其原理如图2所示。下列说法错误的是
A．石墨烯与石墨双炔的碳原子排列方式不同
B．石墨烯和石墨双炔均是由碳元素组成的单质
C．图2分离提纯氦气是利用了石墨双炔的吸附作用
D．石墨烯和石墨双炔充分燃烧的产物均为二氧化碳
【答案】C
【知识点】过滤的原理、方法及其应用；质量守恒定律及其应用；碳单质的性质和用途
【解析】【解答】A、由图1可知，石墨烯与石墨双炔的碳原子排列方式不同，该选项正确。
B、石墨烯和石墨双炔均由碳元素组成，属于单质，该选项正确。
C、图2分离提纯氦气是利用石墨双炔的孔径差异（氦分子可通过，较大分子无法通过），并非吸附作用，该选项错误。
D、石墨烯和石墨双炔均为碳单质，充分燃烧产物均为二氧化碳，该选项正确。
故答案为：C。
【分析】A、根据图1中两者碳原子排列方式的视觉差异解答。
B、根据单质的定义（同种元素组成的纯净物）解答。
C、根据图2分离原理是孔径筛选而非吸附解答。
D、根据碳单质充分燃烧生成二氧化碳的化学性质解答。
6．与在一定条件下转化为，反应过程如图所示，虚线处部分中间产物略去，可实现的再利用。下列说法不正确的是
A．该反应中，除外，另一种生成物为
B．的作用是催化作用
C．有望成为未来新能源
D．参加反应的与质量比是
【答案】D
【知识点】催化剂的特点与催化作用；根据化学反应方程式的计算；甲烷、乙醇等常见有机物的性质和用途
【解析】【解答】A、从反应过程图可知，该反应是二氧化碳和氢气生成CH4 和H2 O，不符合题意；
B、由图可见，MgO在反应过程中参与了中间反应，但最终又变回MgO，其质量和化学性质在反应前后未发生变化，起到了催化作用，不符合题意；
C、CH4 具有可燃性，燃烧能放出热量，有望成为未来新能源，不符合题意；
D、由图示要中科大，该反应的化学方程式为，参加反应的CO2 与H2 的质量比是，不是22∶1，符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据图示中转化关系确定反应物和生成物，由此写出反应方程式，利用方程式确定物质质量比，反应前后质量、化学性质未变的物质为催化剂分析。
7．如图所示，将两颗相同的铁钉分别用细线系在一根质地均匀的木棍两端，再用细线将木棍的中点系在铁架台上。将两颗铁钉同时浸没在盛有等体积甲、乙溶液的两个烧杯中。一段时间后移走烧杯，观察木棍左右两端的变化，下列说法正确的是
A．若甲为溶液、乙为溶液，则木棍可能左端下沉
B．若甲为稀硫酸、乙为溶液，则木棍可能两端水平或右端下沉
C．若甲为溶液、乙为溶液，则木棍两端的变化可能有三种情况
D．若甲为、混合溶液、乙为溶液，则木棍两端不可能平衡
【答案】C
【知识点】金属的化学性质；金属活动性顺序及其应用；置换反应及其应用
【解析】【解答】A、铁的金属活动性比镁、钾弱，与MgCl2溶液、KCl溶液均不反应，铁钉质量不变，木棍应保持水平，而非左端下沉，故A错误；
B、铁与稀硫酸反应(Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑)质量减少，与CuSO4反应( Fe+CuSO4=FeSO4+Cu) 质量增加，左端质量减少、右端质量增加，木棍应右端下沉，而非两端水平，故B错误；
C、铁与AgNO3反应(Fe +2AgNO3=Fe(NO3)2 +2Ag)质量大幅增加，与Cu(NO3)2反应(Fe + Cu(NO3)2=Fe(NO3)2+Cu) 质量也增加，但Ag相对原子质量大于Cu，反应后质量增加幅度不同。可能出现左端下沉(甲端增加更多)、右端下沉(乙端增加更多)、水平(两端增加质量相等)三种情况，故C正确；
D、若甲中Fe与AgNO3反应增加的质量和乙中 Fe与CuSO4反应增加的质量相等，木棍可平衡，并非不可能平衡，故D错误；故答案为： C。
【分析】A、根据金属活动性顺序(Mg、K＞Fe) 解答
B、根据铁与酸、盐的反应及质量变化(Fe与稀硫酸反应质量减少，与CuSO4反应质量增加)解答
C、根据铁与AgNO3、Cu(NO3)2的反应及质量变化(Ag、Cu相对原子质量不同，反应后质量增加幅度不同)解答
D、根据铁与混合溶液、CuSO4的反应质量变化可能性解答
8．下列实验操作不能达到实验目的的是
选项 实验目的 实验操作
A 除去中少量的 通过灼热的木炭
B 鉴别和 用燃着的木条
C 鉴别和溶液 分别取少量液体于试管中，加入
D 除去粉中少量的粉 加入足量的稀盐酸后过滤
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】氧气的实验室制法；金属的化学性质；碳的化学性质；二氧化碳的化学性质
【解析】【解答】A、将混有少量CO2的CO通过灼热的木炭，CO2与C在高温下反应生成CO，反应方程式为CO2+C高温2CO，能除去CO中的CO2杂质，该操作能达到实验目的，选项A不符合题意；
B、N2和CO2都不支持燃烧、不能燃烧，将燃着的木条伸入两种气体中，木条均熄灭，无法鉴别二者，该操作不能达到实验目的，选项B符合题意；
C、向H2O和H2O2溶液中分别加入MnO2，H2O2在MnO2催化下分解产生气泡，H2O与MnO2混合无明显现象，能鉴别两种液体，该操作能达到实验目的，选项C不符合题意；
D、向混有Fe粉的Cu粉中加入足量稀盐酸，Fe与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气（Fe+2HCl=FeCl2+H2↑），Cu不与稀盐酸反应，过滤后可得到Cu粉，能除去杂质，该操作能达到实验目的，选项D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、根据二氧化碳与碳的高温反应原理解答，利用反应将CO2转化为CO以除去杂质；
B、根据氮气和二氧化碳的化学性质解答，二者均具有不燃烧、不支持燃烧的性质；
C、根据过氧化氢的催化分解反应解答，MnO2能催化H2O2分解产生氧气，利用现象差异鉴别物质；
D、根据金属的活动性顺序解答，Fe位于氢前能与稀盐酸反应，Cu位于氢后不与稀盐酸反应。
9．10℃时，将甲、乙两种可溶性固体各3g分别放入盛有10mL水的试管中，图1是两种物质的溶解情况，图2是两种物质的溶解度曲线图。下列对甲、乙两物质的判断，正确的是
A．甲物质对应的溶解度曲线为b
B．10℃时，甲、乙两物质的溶液都是饱和溶液
C．甲中混有少量乙，可用蒸发结晶法分离提纯甲
D．温度升高至25℃时，图1试管内所得甲、乙两物质的溶液都是不饱和溶液
【答案】D
【知识点】固体溶解度曲线及其作用
【解析】【解答】A、从图1可知，10℃时3g甲物质放入10mL水中未溶解完，10℃时3g乙物质放入10mL水中全部溶解完，即10℃时，甲物质的溶解度小于30g，乙物质的溶解度大于或等于30g，从图2可知10℃时，a曲线的溶解度小于30g，b曲线的溶解度大于30g，所以甲物质对应的溶解度曲线是a，乙物质对应的溶解度曲线是b，故A错误；
B、从图1可知，10℃时3g甲物质放入10mL水中未溶解完，10℃时3g乙物质放入10mL水中全部溶解完，所以甲物质的溶液是饱和溶液，乙物质的溶液可能是恰好饱和也可能是不饱和溶液，故B错误；
C、甲物质溶解度受温度影响不大，甲中混有少量乙，应使用降温结晶的方法分离提纯甲，故C错误；
D、 温度升高至25℃时，甲、乙物质的溶解度都大于30g，所以图1试管内所得甲、乙两物质的溶液都是不饱和溶液，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、根据图1甲、乙试管内的溶解情况和图2固体溶解度曲线可以查出某物质在一定温度下的溶解度进行分析解答；
B、根据有溶质未溶解完是饱和溶液，固体溶解完可能是饱和也可能是不饱和溶液进行分析解答；
C、根据溶解度受温度变化情况判断提纯晶体的方法进行分析解答；
D、根据溶解度交点的含义及题干信息进行分析解答。
10．下列图像不能正确反映其对应变化关系的是
A．甲图：煅烧石灰石制生石灰
B．乙图：一定温度下，向饱和的硝酸钾溶液中，不断加入硝酸钾固体
C．丙图：向等质量的镁和铁中分别加入足量等浓度的稀盐酸
D．丁图：等质量、等质量分数的过氧化氢溶液完全分解
【答案】D
【知识点】催化剂的特点与催化作用；饱和溶液和不饱和溶液；金属的化学性质；碳酸钙、生石灰、熟石灰之间的转化
【解析】【解答】A、碳酸钙高温煅烧会分解生成氧化钙和二氧化碳，反应前固体质量最大，随着反应的进行，固体的质量逐渐减少，当碳酸钙分解完之后，固体质量不再发生改变，该图像能正确反映对应变化关系，故A不符合题意；
B、一定温度下，不能在溶解某种溶质的溶液叫做该溶质的饱和溶液，所以在一定温度下，向饱和的硝酸钾溶液中，不断加入硝酸钾固体，硝酸钾不能再继续溶解，溶液的质量不变，该图像能正确反映对应变化关系，故B不符合题意；
C、向等质量的镁和铁中分别加入足量等浓度的稀盐酸，则镁与铁都反应完，盐酸有剩，假设镁和铁的质量均为ag，设镁与盐酸反应生成氢气的质量为x，铁与盐酸反应生成氢气的质量为y，
，，
，则v>y ，
镁产生氢气多，图像的平台越高，由于氢气中的氢元素是酸提供的，所以产生的氢气越多，消耗的酸也就越多，所以镁产生的氢气多，最终消耗的酸也多，该图像嫩正确反映对应变化关系，故C不符合题意；
D、催化剂只改变反应速率，不能增加生成物的质量，所以两条曲线的平台表示的质量应该一样高，用过氧化氢溶液制取氧气，有二氧化锰催化剂的反应速率快，拐点在前，无二氧化锰催化剂的反应速率慢，拐点靠后，该图像不能正确反映其对应变化u+关对话关系，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、根据石灰石高温煅烧会生成氧化钙和思源黑体分析解答；
B、根据一定温度下，饱和溶液不能再继续溶解该溶质进行分析解答；
C、根据等质量的金属与足量的酸反应，金属相对原子质量越小，产生氢气越多进行分析解答；
D、根据催化剂只能改边反应速率，不能更改化学式有下角的数字进行分析解答。
二、非选择题（共10题，共85分）
11．《天工开物》记载了多种中国古代化学工艺。
“陶埏”章详细记载了砖、瓦的烧炼技术。利用黏土中含元素，在高温焙烧砖的过程中，生成含氧量不同的铁的氧化物，从而生产出红砖（含）和青砖（含和）。
（1）青砖中的名称是　 　。中铁、氧元素的原子个数比为　 　，质量比为　 　（最简比）。中铁元素的化合价为　 　。
（2）烧砖过程中先得到红砖，然后再通过“砖瓦浇水转泑”的过程烧制青砖。“砖瓦浇水转泑”的操作如图所示：将水从窑顶慢慢浇下，与炉内高温的碳发生反应，生成两种还原性气体，该反应的化学方程式为　 　，基本反应类型是　 　。
【答案】（1）氧化亚铁；；；+3
（2）；置换反应
【知识点】物质的微粒性；有关元素化合价的计算；化学式的相关计算；一氧化碳的化学性质；置换反应及其应用
【解析】【解答】（1）FeO中氧元素显+2价，名称为氧化亚铁；氧化铁中铁、氧与氧原子的个数比为2：3；
故质量比为；在化合物中正负化合价的代数和为0，氧化铁中氧元素显-2价，则铁元素化合价为；
（2）在化学反应前后元素的种类不变，故生成两种还原性气体是一氧化碳和氢气，碳和水蒸气在高温条件下反应生成一氧化碳和氢气的化学方程式为；该反应符合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反应为置换反应。
【分析】（1）根据化合物中正负价的代数和为0，物质由元素组成以及元素的质量来解答；
（2）根据碳和水在高温下反应生成氢气和一氧化碳，置换反应的概念是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反应来解答。
（1）FeO中氧元素显+2价，名称为氧化亚铁；
氧化铁中铁、氧与氧原子的个数比为2：3；
质量比为；
化合物中，化合价的代数和为0，氧化铁中氧元素显-2价，故其中铁元素化合价为；
（2）根据化学反应前后元素的种类不变可知，生成两种还原性气体是一氧化碳和氢气，碳和水蒸气在高温条件下反应生成一氧化碳和氢气，反应的化学方程式为；
该反应符合“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”的特点，属于置换反应。
12．如图为我国古代“布灰种盐”生产海盐的部分场景，其过程为“烧草为灰，布在滩场，然后以海水渍之，俟晒结浮白，扫而复淋”。经过多次“扫而复淋”，提高卤水浓度获得“上等卤水”(氯化钠的质量分数约为15%)，用于煎炼海盐。
（1）“1000g”上等卤水”蒸干后，可得氯化钠的质量约为　 　g。用这些氯化钠配制生理盐水，正确的操作顺序　 　(填序号)。A中玻璃棒的作用是　 　。
（2）用获得的“上等卤水”煎炼海盐的过程中需要不断搅拌原因是　 　。
（3）将“上等卤水”在100℃恒温蒸发至刚有晶体析出，所得溶液的组成为：150g 溶液中含水100g、NaCl 39.8g、MgCl2 7.65g及其他成分2.55g。将150g 此溶液降温至20℃，有　 　g NaCl 析出(溶解度见表)，此时，　 　(填“有”或“没有”)MgCl2析出，此时的溶液是氯化钠的　 　溶液(填“饱和”或“不饱和”)。
温度/℃ 20 60 100
溶解度/g NaCl 36.0 37.3 39.8
MgCl2 54.8 61.3 73.0
【答案】（1）150；CBDA；搅拌，加速溶解
（2）防止局部温度过高，造成液体飞溅
（3）3.8；没有；饱和
【知识点】饱和溶液和不饱和溶液；固体溶解度的概念；溶质的质量分数及相关计算；一定溶质质量分数的溶液的配制
【解析】【解答】（1）“1000g”上等卤水”蒸干后，可得氯化钠的质量约为：；
用氯化钠配制生理盐水，即用固体配制一定溶质质量分数的溶液的实验步骤为：计算、称量、量取、溶解、装瓶贴标签。故操作顺序是：CBDA.
A为溶解过程，在溶解时玻璃棒的作用是搅拌，加速溶解；
（2）用获得的“上等卤水”煎炼海盐的过程中需要不断搅拌原因是：防止局部温度过高，造成液滴飞溅；
（3）20℃时氯化钠的溶解度为36.0g，即该温度下100g水中最多可溶解36.0g氯化钠，则析出氯化钠的质量为：39.8g-36.0g=3.8g；
20℃时氯化镁的溶解度为54.8g，即该温度下100g水中最多可溶解54.8g氯化镁，溶液中氯化镁的质量为7.65g，水的质量为100g，则没有氯化镁析出；此时有氯化钠晶体析出，该溶液不能继续溶解氯化钠则是氯化钠的饱和溶液。
【分析】（1）根据配制一定质量一定质量分数的氯化钠溶液的操作步骤是计算、称固体、量液体、溶解、装瓶贴标签；溶解中的玻璃棒是加快溶解速度来解答；
（2）根据蒸发过程中的玻璃棒的作用是不断搅拌来加快散热速度，防止液体飞溅来解答；
（3）根据一定温度下的物质的溶解度的含义来解答，一定温度下的某物质的饱和溶液不会继续溶解该物质来解答。
（1）“1000g”上等卤水”蒸干后，可得氯化钠的质量约为：；
用氯化钠配制生理盐水，即用固体配制一定溶质质量分数的溶液，实验步骤为：计算、称量、量取、溶解、装瓶贴标签，故操作顺序是：CBDA；
A为溶解，溶解时玻璃棒的作用是：搅拌，加速溶解；
（2）用获得的“上等卤水”煎炼海盐的过程中需要不断搅拌原因是：防止局部温度过高，造成液滴飞溅；
（3）20℃时，氯化钠的溶解度为36.0g，即该温度下，100g水中最多可溶解36.0g氯化钠，则析出氯化钠的质量为：39.8g-36.0g=3.8g；
20℃时，氯化镁的溶解度为54.8g，即该温度下，100g水中最多可溶解54.8g氯化镁，溶液中氯化镁的质量为7.65g，水的质量为100g，则没有氯化镁析出；
此时有氯化钠晶体析出，该溶液不能继续溶解氯化钠， 是氯化钠的饱和溶液。
13．二氧化碳的发现和命名经历了很长的时间。
Ⅰ.发现CO2：17世纪初，海尔蒙特发现木炭燃烧后有不可见的“森林之精”气体。
Ⅱ.制得CO2：1755年，布莱克利用煅烧白垩(主要成分为CaCO3)等一系列实验，第一个用定量方法研究CO2，实验具体流程如下图：
Ⅲ.研究CO2分子构成：1797年，美国化学家坦南特测得“固定空气”含碳27.65％、含氧72.35％，1840年化学家推算出其构成，命名为二氧化碳。
（1）产生“森林之精”的反应属于　 　反应(写出基本反应类型)。
（2）布莱克煅烧20.5g白垩，发现总质量减少了8.8g，则白垩中CaCO3的质量分数是多少？(写出计算过程)
（3）反应②中涉及的能量转化是　 　，根据CaO在流程中的反应，说出其日常生活中的一种用途　 　。
（4）根据Ⅲ中数据，补充完整推算CO2中碳和氧原子个数比的计算式　 　。
【答案】（1）化合
（2）设白垩中CaCO3的质量分数是
（3）化学能转化为热能；干燥剂
（4）
【知识点】含杂质物质的化学反应的有关计算；物质发生化学变化时的能量变化；化合反应及其应用；化学式的相关计算
【解析】【解答】（1）碳和氧气在点燃条件下生成二氧化碳，该反应是多种物质反应生成一种物质属于化合反应；
（2） 解：设白垩中CaCO3的质量分数是
答： 白垩中CaCO3的质量分数是97.6%。
（3）氧化钙和水反应生成氢氧化钙放热，属于化学能转化为热能；氧化钙能吸水反应，因此可做干燥剂使用；
（4）根据化学式的含义，根据碳元素和氧元素的质量分别除以它们的相对原子质量之比即可得到原子个数比，故答案为：。
【分析】（1）根据碳在氧气中燃烧生成二氧化碳，化合反应是由多种物质反应生成一种物质的反应来解答；
（2）根据碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳的方程式中已知二氧化碳的质量和式量来计算碳酸钙的质量以及白垩中CaCO3的含量来解答；
（3）根据氧化钙和水反应生成氢氧化钙放热，化学变化中能量的转换，氧化钙可以作为干燥剂来解答；
（4）根据某化合物中原子的个数就是组成物质中元素的质量除以该原子的相对质量就是原子的个数来解答。
（1）碳和氧气点燃生成二氧化碳，是多种物质反应生成一种物质属于化合反应；
（2）见答案；
（3）氧化钙和水反应生成氢氧化钙，该反应放热，属于化学能转化为热能；氧化钙能吸水反应，因此可做干燥剂使用；
（4）根据化学式的含义，根据碳元素和氧元素的质量分别除以它们的相对原子质量之比即可得到原子个数比，故填：。
14．溶解度是物质溶解性的定量描述。如图是a、b、c三种固体物质的溶解度曲线，据图回答下列问题。
（1）交点P的意义是　 　。
（2）t2℃时，a的溶解度为　 　g，将25ga物质加入到50g水中，充分溶解后恢复到t2℃，所得溶液的质量为　 　g。
（3）将t1℃时a、b、c的饱和溶液分别升温至t2℃，所得溶液的溶质质量分数由大到小的顺序是　 　。
（4）若a中混有少量b，可用　 　法提纯a。
（5）通过改变温度，将c的饱和溶液变成不饱和溶液的方法是　 　(填“升温”或“降温”)。
（6）将50g溶质质量分数为20%的a溶液稀释成5%，需要加水　 　g。
【答案】（1）t1℃时，a、c两种物质的溶解度相等，且均为25g
（2）40；70
（3）b＞a＞c
（4）降温结晶
（5）降温
（6）150
【知识点】饱和溶液和不饱和溶液相互转变的方法；固体溶解度曲线及其作用；溶质的质量分数及相关计算；用水稀释改变浓度的方法
【解析】【解答】（1）P点是曲线a、c的交点，意味着t1℃时，a、c两种物质的溶解度相等，且均为25g。
（2）根据图像t2℃时a线上的点对应的溶解度是40g。t2℃时100g水中能溶解40ga物质，那么50g水中最多能溶解20ga物质，所以将25ga物质加入到50g水中，充分溶解后恢复到t2℃，所得溶液的质量为50g+20g=70g。
（3）由t1℃升温至t2℃，a、b的溶解度增大，由饱和溶液变为不饱和溶液，溶质质量分数不变。c的溶解度减小，会析出溶质，溶质质量分数减小。饱和溶液的，t1℃时b的溶解度大于a，大于t2℃时c的溶解度故升温后溶液的溶质质量分数由大到小的顺序是b>a>c。
（4）a的溶解度受温度影响较大，b的溶解度受温度影响较小，可以用降温结晶法提纯a。
（5）c的溶解度随温度升高而降低，所以降低温度，溶解度升高，由饱和溶液变成不饱和溶液。
(6)稀释溶液，溶质的质量不变，设溶液的质量为x，据此列式：
50g×20%=5%×x
x=200g
故还需要加水200g-50g=150g
故答案为：（1） t1℃时，a、c两种物质的溶解度相等，且均为25g ；
（2）40；70；（3） b＞a＞c ；（4） 降温结晶 ；（5）降温；（6）150。
【分析】（1）根据溶解度曲线的交点表示该点温度下两物质的溶解度相等进行分析解答；
（2）根据溶解度曲线上某一点代表该点温度下的溶解度以及溶解度的定义进行分析解答；
（3）根据饱和溶液以及溶解度曲线图进行分析解答；
（4）根据溶解度随温度升高而明显增大的物质采用降温结晶法提纯进行分析解答；
（5）根据c物质溶解度随温度的降低而增大，采用降温方法可以使饱和溶液变成不饱和溶液进行分析解答；
（6）根据溶液稀释前后溶质质量不变，浓溶液质量×浓溶液溶质质量分数=稀溶液质量×稀溶液溶质质量分数进行分析解答。
（1）P点是曲线a、c的交点，意味着t1℃时，a、c两种物质的溶解度相等，且均为25g。
（2）根据图像t2℃时a线上的点对应的溶解度是40g。t2℃时100g水中能溶解40ga物质，那么50g水中最多能溶解20ga物质，所以将25ga物质加入到50g水中，充分溶解后恢复到t2℃，所得溶液的质量为50g+20g=70g。
（3）由t1℃升温至t2℃，a、b的溶解度增大，由饱和溶液变为不饱和溶液，溶质质量分数不变。c的溶解度减小，会析出溶质，溶质质量分数减小。饱和溶液的，t1℃时b的溶解度大于a，大于t2℃时c的溶解度故升温后溶液的溶质质量分数由大到小的顺序是b>a>c。
（4）a的溶解度受温度影响较大，b的溶解度受温度影响较小，可以用降温结晶法提纯a。
（5）c的溶解度随温度升高而降低，所以降低温度，溶解度升高，由饱和溶液变成不饱和溶液。
（6）稀释溶液，溶质的质量不变，设溶液的质量为x，据此列式：
50g×20%=5%×x
x=200g
故还需要加水200g-50g=150g
15．“碳中和”可通过自然生态过程与人为技术手段共同实现二氧化碳的“收支平衡”。自然界中碳氧循环示意图如图所示。
（1）化石能源充分燃烧会释放CO2，是因为化石能源的组成中含有　 　元素。
（2）自然界吸收CO2的方式有　 　(写一种)。
（3）工业废气中的CO2用氨水吸收，并制备甲醇()的工艺流程如下：
①吸收塔中，氨水需要从顶部喷淋，其目的是　 　。
②分离器中，分离溶液和固体的实验操作名称是　 　。
③再生塔中，在加热的条件下可得到循环利用的物质是　 　。
④吸收含4.4吨CO2的废气，理论上制备的甲醇质量不超过　 　吨。
⑤合成塔中，改变反应条件可得到不同的产物。用作催化剂，在300~400℃条件下进行反应时的微观示意图如图所示，该反应的化学方程式为　 　。
【答案】（1）碳
（2）光合作用
（3）让氨水与废气在吸收塔内充分接触，提高CO2的吸收效率；过滤；NH3和H2O；3.2；
【知识点】过滤的原理、方法及其应用；自然界中的物质循环；微粒观点及模型图的应用；根据化学反应方程式的计算
【解析】【解答】(1)根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类不变。化石燃料充分燃烧生成CO2，说明反应物中一定含有碳元素。
故答案为：碳（C）。
(2)自然界中吸收CO2的主要途径有植物的光合作用（将CO2和水转化为有机物和氧气），以及海水的溶解等。
故答案为：光合作用（或“海水吸收”等，合理即可）。
(3)①氨水从顶部喷淋，能让氨水与含CO2的废气在吸收塔内充分接触，增大反应物的接触面积，从而提高CO2的吸收效率。
故答案为：让氨水与废气在吸收塔内充分接触，提高CO2的吸收效率。
②分离溶液和不溶性固体NH4HCO3的实验操作是过滤，过滤可以将固体和液体分离。
故答案为：过滤。
③在再生塔中，NH4HCO3固体在加热条件下分解生成NH3、H2O和CO2，其中NH3和H2O可以循环回到吸收塔中再次利用。
故答案为：NH3和H2O（或“氨水”）
④
设理论上制备的甲醇质量为x，则
x=3.2t
⑤根据微观示意图，CO2与H2在Ni/CaCO3催化剂和300~400℃条件下反应生成CH4和H2O，化学方程式为。
故答案为： 。
【分析】运用质量守恒定律，从生成物的元素组成反推反应物的元素组成。回忆自然界中碳循环的主要途径，选择一种即可。从增大反应物接触面积、提高反应效率的角度分析喷淋的目的。根据混合物的状态（溶液和固体）选择合适的分离方法。分析再生塔中的反应，找出可以循环利用的物质。根据化学方程式进行计算，利用比例关系求出甲醇的质量。根据微观示意图，确定反应物、生成物和反应条件，写出化学方程式。
（1）根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类不变。化石燃料燃烧（消耗O2）生成CO2，说明其组成中含有碳元素。
（2）自然界中，植物通过光合作用吸收CO2并释放氧气；海水也能溶解并吸收大量CO2。
（3）①从顶部喷淋氨水，可让氨水与废气在吸收塔内充分接触，提高CO2的吸收效率。
②分离溶液与不溶性固体（NH4HCO3）的操作是过滤。
③NH4HCO3在加热条件下分解生成NH3、H2O和CO2，其中NH3和H2O可重新结合为氨水，循环用于吸收CO2。
④合成塔中，CO2、H2在一定条件下反应生成CH3OH和H2O，化学方程式为，吸收含4.4吨CO2的废气，设理论上制备的甲醇质量为x，则
x=3.2t
⑤根据微观示意图，CO2与H2在Ni/CaCO3催化剂和300~400℃条件下反应生成CH4和H2O，化学方程式为。
16．下图是是配制50g质量分数为15%的氯化钠溶液的操作过程示意图，试回答：
（1）上述操作过程示意图中的错误有　 　处，还缺少一个操作步骤是　 　。B操作中实际称量氯化钠的质量是　 　g。(说明：1g以下用游码)
（2）D操作应选用　 　的量筒(从10mL、50mL、100mL中选择)
（3）若B的操作是正确的。下列的错误操作可能导致溶液溶质质量分数小于15%的是　 　(填序号)
①C操作中有固体洒落 ②D操作中有少量水溅出 ③量取水时，仰视读数
（4）取20g质量分数为15%的氯化钠溶液配制成质量分数为6%的氯化钠溶液，需要加水　 　g。
Ⅱ．某种手机电路板中含金属Fe、Cu、Ni、Ag，如图是某工厂回收部分金属的流程图：
【查阅资料】已知在一定条件下能发生，而Au、Ag不能反应。
（5）操作①后得到的滤渣中一定含有的金属是　 　，实验室进行此操作时玻璃棒的作用是　 　。
（6）写出滤液③和铁粉发生反应的化学方程式　 　。
（7）Cu、Ag、Ni在溶液中的活动顺序由强到弱的顺序依次是　 　。
【答案】3；装瓶贴标签；6.5；50mL；①③；30；Cu、Ag；引流（或引流，防止液体洒出等）；、；Ni>Cu>Ag
【知识点】金属的化学性质；一定溶质质量分数的溶液的配制；金属活动性的探究
【解析】【解答】（1）用药匙取用固体药品时瓶塞应倒放，故A处错误；用托盘天平称量物品时应遵循“左物右码”的原则，B处氯化钠和砝码的位置放反了，故B处错误；溶解时应用玻璃棒不断搅拌加速溶解，不能用温度计搅拌，故E处错误，故错误有三处；用固体配制一定溶质质量分数的溶液，实验步骤为：计算、称量、量取、溶解、装瓶贴标签，故缺少的操作步骤是：装瓶贴标签；
配制50g质量分数为15%的氯化钠溶液，所需氯化钠的质量为：，用托盘天平称量物品时应遵循“左物右码”的原则，即左盘质量=右盘质量+游码质量，B处氯化钠和砝码的位置放反了，则砝码质量=氯化钠质量+游码质量，7g=氯化钠质量+0.5g，氯化钠质量=7g-0.5g=6.5g；
（2）该实验中所需水的质量为：50g-7.5g=42.5g，即42.5mL，量筒量程的选择应遵循“大而近”的原则，故应选用50mL的量筒；
（3）①C操作中有固体洒落，会导致溶质质量偏小，溶质质量分数偏小，该说法正确，符合题意；
②D操作中有少量水溅出，会导致溶剂质量偏小，溶质质量分数偏大，该说法错误，不符合题意；
③量取水时，仰视读数，读取数值小于实际数值，会导致量取水的体积偏大，溶液质量偏大，溶质质量分数偏小，该说法正确，符合题意。
故答案为：①③.
（4）解：设需要加水的质量为x，根据稀释前后溶质的质量不变，可得：，x=30g；
（5）操作①实现了固液分离，是过滤，手机电路板中含金属Fe、Cu、Ni、Ag，加入足量稀硫酸，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，铜、银与稀硫酸不反应，过滤后，向滤液①中加入过量铁粉，得到Ni，说明加入稀硫酸后，Ni与稀硫酸反应生成了硫酸镍和氢气，加入过量铁粉后，铁与硫酸镍反应生成了硫酸亚铁和镍，故过滤后得到的滤渣中一定含有的金属是：Cu、Ag；过滤时玻璃棒的作用是引流；
（6）滤渣②中含铜、银，加入过量稀硫酸、氧气，控制一定温度加热，铜与氧气、硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜和水，故滤液③中含硫酸铜和过量的硫酸，加入铁粉，铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，该反应的化学方程式为：，铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，该反应的化学方程式为：；
（7）由以上分析可知，镍能与稀硫酸反应，说明在金属活动性顺序里，镍排在氢前，铜、银均与稀硫酸不反应，说明在金属活动性顺序里，铜、银排在氢后，说明镍比铜、银活泼，由金属活动性顺序可知，铜比银活泼，故三种金属的活动性由强到弱的顺序是：Ni＞Cu＞Ag。
【分析】（1）根据配制一定质量一定质量分数的溶液时的操作步骤是计算、称量固体、量取液体、溶解、装瓶贴标签，固体取用时瓶塞倒放桌面，称量固体质量时遵守物左砝码右，量取液体时视线与液体的凹液面最低处平行读数，溶解时用玻璃棒加快加快溶解速度；溶液的稀释时稀释前后溶质不变；溶液由溶质和溶剂组成来解答；
（2）根据金属活泼性顺序表中强者置换弱者，镍比铜活泼，铜比银活泼；固体和液体分离是过滤，过滤中的玻璃棒的作用是引流来解答。
17．【科学探究】
铁制品容易生锈，但将铁加热熔入金属铬，可制成不锈钢。化学兴趣小组进行以下实验，比较铬、铁、铜的金属活动性强弱。
【查阅资料】铬是一种抗腐蚀性强的银白色金属。硫酸亚铬（CrSO4）溶液呈亮蓝色，在空气中能迅速被氧化成碱性硫酸铬[Cr（OH）SO4]，其溶液呈绿色。
【提出猜想】三种金属的活动性强弱为：
猜想一：Cr＞Fe＞Cu；猜想二：Fe＞Cr＞Cu；猜想三：　 　。
【实验探究】步骤1：取大小相同的三种金属片，用砂纸打磨光亮。
步骤2：将三种金属片分别放入三支装有等量、等浓度稀硫酸的试管中。
序号 实验操作 实验现象 实验结论
（1） 将铁片放入稀硫酸 铁片表面产生气泡较慢，溶液逐渐变为　 　色 猜想　 　成立
（2） 将铬片放入稀硫酸 铬片表面产生气泡较快，溶液逐渐变为　 　色
（3） 将铜片放入稀硫酸 无明显现象
【分析解释】写出铬与稀硫酸反应生成CrSO4的化学方程式　 　。反应后的溶液一段时间后变成绿色，其原因是　 　，反应的化学方程式为：4CrSO4+O2+2H2O＝4Cr（OH）SO4，该反应属于　 　（填基本反应类型）反应，Cr（OH）SO4中的Cr化合价为　 　。
【反思评价】实验结束后有同学提出质疑：金属和酸反应放出的热量会对反应速率造成影响，因此上述实验结论不够科学。建议用铬片、铜片和　 　溶液进一步验证铬、铁、铜三种金属的活动性强弱。
【答案】Fe＞Cu＞Cr；浅绿；亮蓝；一；Cr+H2SO4＝CrSO4+H2↑；硫酸铬在空气中能迅速被氧化成碱性硫酸铬；化合；+3；硫酸亚铁
【知识点】金属的化学性质；金属活动性顺序及其应用；化学方程式的书写与配平；金属活动性的探究
【解析】【解答】提出猜想：在金属活动顺序表中铁比铜活泼，猜想一：Cr＞Fe＞Cu，猜想二：Fe＞Cr＞Cu，则猜想三：Fe＞Cu＞Cr；
实验探究：（1）铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，硫酸亚铁溶液为浅绿色，则实验现象是铁片表面产生气泡较慢，溶液逐渐变为浅绿色；
（2）铬与稀硫酸反应生成硫酸亚铬和氢气，硫酸亚铬溶液呈亮蓝色，则将铬片放入稀硫酸，观察到的实验现象是铬片表面产生气泡较快，溶液逐渐变为亮蓝，由于铁、铬能与稀硫酸反应，铜不与稀硫酸反应，且铬与稀硫酸反应较快，则说明金属活动性顺序为Cr＞Fe＞Cu，故猜想一成立；
分析解释：铬与稀硫酸反应生成硫酸亚铬和氢气，反应的化学方程式为Cr+H2SO4＝CrSO4+H2↑，硫酸铬在空气中能迅速被氧化成碱性硫酸铬，其溶液呈绿色，则反应后的溶液一段时间后变成绿色，反应的化学方程式为4CrSO4+O2+2H2O＝4Cr(OH)SO4，该反应符合多变一的特点，属于化合反应，Cr(OH)SO4中，氢氧根的化合价为﹣1价，硫酸根的化合价为﹣2价，根据化合物中正负化合价的代数和为零可知，Cr(OH)SO4中的Cr化合价为+3；
反思评价：由于金属活动性强的金属能把金属活动性若的金属从其化合物溶液中置换出来，而金属的活动性顺序为Cr＞Fe＞Cu，则铬能将铁从其化合物溶液中置换出来，而铜不能，则可用铬片、铜片和硫酸亚铁溶液。
【分析】根据在金属活动顺序表中铁比铜活泼，铬的金属活动性不确定，由此确定出猜想，利用金属能否与酸反应或与盐溶液反应来判断金属活动性强弱，能与酸反应的金属比不能与酸反应的金属活泼，活动性强的金属能与活动性弱的金属的盐溶液反应，“多变一”的反应为化合反应，化合物中元素化合价代数和为0分析。
18．【科学探究】硫酸铜是实验中常见的化学试剂，兴趣小组的同学针对硫酸铜的性质、应用、获取等方面进行项目化的研究。
任务一：研究硫酸铜的性质
【查阅资料】固体硫酸铜粉末呈白色，遇水会变蓝。
【进行实验】
（1）将硫酸铜粉末露置在空气一段时间后，观察到　 　现象，说明空气中含有水蒸气。
任务二：利用硫酸铜的性质验证质量守恒定律
【进行实验】
如图所示，将锥形瓶中的铁丝与硫酸铜溶液放在天平左盘，调节天平平衡，将硫酸铜溶液倒入放有铁丝的锥形瓶中，观察现象，反应一段时间后，再次将装置放在天平左盘，观察指针。
【实验现象】
（2）铁丝表面有　 　固体出现，溶液逐渐变为浅绿色；指针指向分度盘中央。
【实验结论】
（3）证明化学反应前后物质的总质量不变；也说明铁的化学性质比铜　 　（填“强”或“弱”）。
任务三：探究硫酸铜的获取
（4）制备硫酸铜的一种方案为：，其中的化学式为　 　。
【进行实验】
利用以上原理进行实验，发现制备硫酸铜的过程中开始时有少量气泡产生，后来反应剧烈并产生大量气泡，放出热量。
【分析讨论】
（5）同学们用试管收集了产生的气体，经检验，该气体为氧气。请写出检验氧气的方法：　 　（包括操作、现象与结论）；经过分析，同学们认为是过氧化氢在某因素的影响下快速分解产生了氧气。
【提出问题】制备硫酸铜过程中是哪些因素加快了过氧化氢的分解？
【作出猜想】
（6）猜想一：由于温度升高加快过氧化氢分解；
猜想二：由于反应中生成的加快过氧化氢分解；
猜想三：　 　。
【进行实验】根据猜想，兴趣小组设计了如下实验：
实验 实验一 实验二 实验三
现象 产生气泡 产生气泡 快速产生气泡
【实验分析】
（7）
序号 项目 分析内容 实验结论
1 对比实验一和实验　 　 验证猜想一正确
2 对比实验　 　和实验　 　 验证猜想二正确
【实验结论】猜想三正确。
（8）实验一中反应的化学方程式为　 　。
【答案】固体粉末变蓝色；红色；强；H2O；将带火星的木条伸入试管中，若木条复燃，则为氧气；生成的CuSO4和温度升高共同作用加快了过氧化氢分解（合理即可）；二；一；三；
【知识点】氧气的实验室制法；金属的化学性质；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）固体硫酸铜粉末呈白色，遇水会变蓝，将硫酸铜粉末露置在空气一段时间后，观察到白色固体变蓝现，说明空气中含有水蒸气；
（2）铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，可观察到铁丝表面有红色固体出现，溶液逐渐变为浅绿色；
（3）铁能置换出硫酸铜中的铜，说明铁的化学性质比铜强；
（4）在化学方程式Cu+H2O2+H2SO4═CuSO4+2X中，反应前有1个铜原子、4个氢原子、2个硫原子、6个氧原子，反应后已知有1个铜原子、1个硫原子、4个氧原子，化学反应中原子的种类和数目保持不变，2X中含有4个氢原子和2个氧原子，则X的化学式为H2O；
（5）氧气具有助燃性，能使带火星的木条复燃，检验氧气的方法是用带火星的木条伸入试管中，若木条复燃，则证明是氧气；
（6）综合猜想一和猜想二可知，猜想三为生成的CuSO4和温度升高共同作用加快了过氧化氢分解；
（7）对比实验一和实验二，实验一温度为20℃，实验二温度为80℃，其他条件相同，实验二产生气泡更快，说明温度升高加快了过氧化氢分解，验证猜想一正确；
对比实验一和实验三，实验一温度为20℃，实验三温度为80℃且都有硫酸铜溶液，实验三快速产生气泡，说明在相同温度下，有硫酸铜存在时过氧化氢分解更快，验证猜想二正确；
（8）实验一中过氧化氢受热分解生成水和氧气，化学方程式为。
【分析】（1）根据固体硫酸铜粉末呈白色，遇水会变蓝分析；
（2）根据铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜分析；
（3）根据活动性强的金属能与弱的金属的盐溶液发生反应分析；
（4）根据化学反应前后原子种类和个数不变分析；
（5）根据氧气能使带火星木条复燃分析；
（6）根据所给猜想确定温度、硫酸铜中的一种或两种能加快过氧化氢分解分析；
（7）根据对比实验的设计方法分析，设计对比实验时要求变量的唯一性分析；
（8）根据过氧化氢受热分解生成水和氧气，从而写出反应方程式分析。
19．化学是一门以实验为基础的科学。
（1）根据如图所示实验装置回答。
①写出仪器a的名称：　 　。
②实验室用加热高锰酸钾的方法制取并收集氧气，选用　 　装置(填序号)。
③实验室常用大理石和稀盐酸制取二氧化碳，其反应的化学方程式为　 　。若用C装置收集CO2，应从　 　端进气(填“d”或“e”)。
（2）用制得的气体进行相关性质实验。
①铁丝在氧气中燃烧，集气瓶中预留少量水的目的是防止集气瓶　 　。
②将二氧化碳通入足量澄清石灰水中，发生反应的化学方程式为　 　。
③实验室常将浓氨水通入生石灰(CaO)中快速制取氨气，利用了生石灰与水反应　 　(填“放热”或“吸热”)，使氨气的溶解度　 　(填“增大”或“减小”)的原理。
【答案】（1）试管；B；CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；d
（2）炸裂；Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O；放热；减小
【知识点】氧气的实验室制法；溶解度的影响因素；二氧化碳的实验室制法；生石灰的性质与用途
【解析】【解答】（1）①由图可知，仪器a的名称是：试管；
②实验室用加热高锰酸钾的方法制取氧气，属于固体加热反应，且氧气不易溶于水，可用排水法收集，故可选用B装置；
③实验室用大理石和稀盐酸反应制取二氧化碳，大理石的主要成分碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，该反应的化学方程式为；二氧化碳的密度比空气大，可用向上排空气法收集，若用C装置收集CO2，应从d端进气；
（2）①铁丝在氧气中燃烧放出大量的热，集气瓶中预留少量水的目的是防止高温熔融物溅落，集气瓶炸裂；
②将二氧化碳通入足量澄清石灰水中，二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，该反应的化学方程式为；
③根据气体溶解度随温度的升高而减小，实验室常将浓氨水滴入生石灰(CaO)中快速制取氨气，利用了生石灰与水反应放热，使氨气的溶解度减小的原理。
故答案为：（1）①试管； ②B； ③ CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑ ；d ；
（2）①炸裂； ② Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O ；③放热；减小。
【分析】（1）①根据常见仪器的名称进行分析解答；
②根据发生装置和收集装置选择的依据进行分析解答；
③根据碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳的化学方程式的书写以及二氧化碳密度比空气，收集时应长进短出进行分析解答；
（2）①根据做铁丝燃烧集气瓶底放少量的水是为了防止高温熔融物溅落使瓶底炸裂进行分析解答；
②根据二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水的化学方程式的书写进行分析解答；
③根据生石灰与水反应放出热量，按期的溶解度随温度的升高而减小进行分析解答。
（1）①由图可知，仪器a的名称是：试管；
②实验室用加热高锰酸钾的方法制取氧气，属于固体加热反应，且氧气不易溶于水，可用排水法收集，故可选用B装置；
③实验室用大理石和稀盐酸反应制取二氧化碳，大理石的主要成分碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，该反应的化学方程式为；二氧化碳的密度比空气大，可用向上排空气法收集，若用C装置收集CO2，应从d端进气；
（2）①铁丝在氧气中燃烧放出大量的热，集气瓶中预留少量水的目的是防止高温熔融物溅落，集气瓶炸裂；
②将二氧化碳通入足量澄清石灰水中，二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，该反应的化学方程式为；
③根据气体溶解度随温度的升高而减小，实验室常将浓氨水滴入生石灰(CaO)中快速制取氨气，利用了生石灰与水反应放热，使氨气的溶解度减小的原理。
20．尿素是重要的氮肥，利用空气、水和煤等原料合成尿素【】的流程如图所示。
（1）图1中X的化学式为　 　。
（2）和反应的化学方程式为，生产100t含尿素90%的粗产品，需要的质量是多少？（写出计算过程）
（3）产物中含有尿素和水，对产品进行干燥后得到90t不含水的尿素，在干燥的过程中消除测定仪跟踪测试得到图2。则时刻产品中水的质量为　 　t。（不需要写出计算产品）
【答案】（1）N2
（2）生产100t含尿素90%的粗产品，需要的质量为x
答：需要氨气的质量为51t；
（3）15
【知识点】含杂质物质的化学反应的有关计算；化学式的相关计算；质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】（1）据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类不变，生成物NH3中含N、H元素，反应物H2中含氢元素，故反应物中还应含氮元素，空气中含氮元素的物质是氮气，故X的化学式为：N2；
故答案为：N2 ；
（3）90t尿素中氮元素的质量为：，则时刻产品的总质量为：42t÷40.0%=105t，所以产品中水的质量为105t-90t=15t。
故答案为：15.
【分析】（1）根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变进行分析解答；
（2）先设未知量，再根据题目所给的化学方程式，找准相关物质的质量比，已知量是尿素的质量，未知量是氨气的质量，列比例式，求出氨气的质量，最后简明写出答案；
（3）根据化合物中某元素的质量=，
混合物质量=纯净物质量 ÷ 纯度进行分析解答。
（1）据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类不变，生成物NH3中含N、H元素，反应物H2中含氢元素，故反应物中还应含氮元素，空气中含氮元素的物质是氮气，故X的化学式为：N2；
（2）见答案；
（3）90t尿素中氮元素的质量为：，则时刻产品的总质量为：42t÷40.0%=105t，所以产品中水的质量为105t-90t=15t。
1 / 1科粤版初中化学九年级下册期末考试模拟测验卷B卷
一、选择题（每题3分，共15分）
1．党的二十大强调“要推动绿色发展，促进人与自然和谐共生”。下列做法与之相符的是
A．秸秆露天焚烧处理 B．推广使用清洁能源
C．提倡使用一次性筷子 D．直接排放工业废水
2．熟练掌握基本的化学实验技能是进行实验探究的基础和保证。规范操作是实验成功的保障，下列操作正确的是
A．量取42mL液体
B．液体的倾倒
C．过滤
D．处理实验废液
3．我国商代时就已经发现，贮存于铅罐的酒（含乙醇）会发酵成醋（含醋酸，醋酸的化学性质与盐酸相似），铅与醋反应生成铅霜，铅霜在空气中转化为浮粉（），加热浮粉得铅白（PbO）固体，铅白可用作白色颜料。下列说法错误的是
A．酒（含乙醇）能变醋体现乙醇的化学性质
B．铅能与醋酸发生化学反应
C．浮粉中铅元素的化合价为价
D．浮粉变铅白，固体质量增大
4．离子方程式能体现反应的实质，能表示同一类型的反应。下列离子方程式正确的是
A．用醋酸除去水垢：
B．向硫酸铜溶液中加入一小块钠：
C．少量溶液与溶液反应：
D．石灰乳和溶液反应：
5．石墨烯和石墨双炔都是由碳原子构成的物质，具有优良的导电性，其结构如图1所示；石墨双炔可实现氦气的分离提纯，其原理如图2所示。下列说法错误的是
A．石墨烯与石墨双炔的碳原子排列方式不同
B．石墨烯和石墨双炔均是由碳元素组成的单质
C．图2分离提纯氦气是利用了石墨双炔的吸附作用
D．石墨烯和石墨双炔充分燃烧的产物均为二氧化碳
6．与在一定条件下转化为，反应过程如图所示，虚线处部分中间产物略去，可实现的再利用。下列说法不正确的是
A．该反应中，除外，另一种生成物为
B．的作用是催化作用
C．有望成为未来新能源
D．参加反应的与质量比是
7．如图所示，将两颗相同的铁钉分别用细线系在一根质地均匀的木棍两端，再用细线将木棍的中点系在铁架台上。将两颗铁钉同时浸没在盛有等体积甲、乙溶液的两个烧杯中。一段时间后移走烧杯，观察木棍左右两端的变化，下列说法正确的是
A．若甲为溶液、乙为溶液，则木棍可能左端下沉
B．若甲为稀硫酸、乙为溶液，则木棍可能两端水平或右端下沉
C．若甲为溶液、乙为溶液，则木棍两端的变化可能有三种情况
D．若甲为、混合溶液、乙为溶液，则木棍两端不可能平衡
8．下列实验操作不能达到实验目的的是
选项 实验目的 实验操作
A 除去中少量的 通过灼热的木炭
B 鉴别和 用燃着的木条
C 鉴别和溶液 分别取少量液体于试管中，加入
D 除去粉中少量的粉 加入足量的稀盐酸后过滤
A．A B．B C．C D．D
9．10℃时，将甲、乙两种可溶性固体各3g分别放入盛有10mL水的试管中，图1是两种物质的溶解情况，图2是两种物质的溶解度曲线图。下列对甲、乙两物质的判断，正确的是
A．甲物质对应的溶解度曲线为b
B．10℃时，甲、乙两物质的溶液都是饱和溶液
C．甲中混有少量乙，可用蒸发结晶法分离提纯甲
D．温度升高至25℃时，图1试管内所得甲、乙两物质的溶液都是不饱和溶液
10．下列图像不能正确反映其对应变化关系的是
A．甲图：煅烧石灰石制生石灰
B．乙图：一定温度下，向饱和的硝酸钾溶液中，不断加入硝酸钾固体
C．丙图：向等质量的镁和铁中分别加入足量等浓度的稀盐酸
D．丁图：等质量、等质量分数的过氧化氢溶液完全分解
二、非选择题（共10题，共85分）
11．《天工开物》记载了多种中国古代化学工艺。
“陶埏”章详细记载了砖、瓦的烧炼技术。利用黏土中含元素，在高温焙烧砖的过程中，生成含氧量不同的铁的氧化物，从而生产出红砖（含）和青砖（含和）。
（1）青砖中的名称是　 　。中铁、氧元素的原子个数比为　 　，质量比为　 　（最简比）。中铁元素的化合价为　 　。
（2）烧砖过程中先得到红砖，然后再通过“砖瓦浇水转泑”的过程烧制青砖。“砖瓦浇水转泑”的操作如图所示：将水从窑顶慢慢浇下，与炉内高温的碳发生反应，生成两种还原性气体，该反应的化学方程式为　 　，基本反应类型是　 　。
12．如图为我国古代“布灰种盐”生产海盐的部分场景，其过程为“烧草为灰，布在滩场，然后以海水渍之，俟晒结浮白，扫而复淋”。经过多次“扫而复淋”，提高卤水浓度获得“上等卤水”(氯化钠的质量分数约为15%)，用于煎炼海盐。
（1）“1000g”上等卤水”蒸干后，可得氯化钠的质量约为　 　g。用这些氯化钠配制生理盐水，正确的操作顺序　 　(填序号)。A中玻璃棒的作用是　 　。
（2）用获得的“上等卤水”煎炼海盐的过程中需要不断搅拌原因是　 　。
（3）将“上等卤水”在100℃恒温蒸发至刚有晶体析出，所得溶液的组成为：150g 溶液中含水100g、NaCl 39.8g、MgCl2 7.65g及其他成分2.55g。将150g 此溶液降温至20℃，有　 　g NaCl 析出(溶解度见表)，此时，　 　(填“有”或“没有”)MgCl2析出，此时的溶液是氯化钠的　 　溶液(填“饱和”或“不饱和”)。
温度/℃ 20 60 100
溶解度/g NaCl 36.0 37.3 39.8
MgCl2 54.8 61.3 73.0
13．二氧化碳的发现和命名经历了很长的时间。
Ⅰ.发现CO2：17世纪初，海尔蒙特发现木炭燃烧后有不可见的“森林之精”气体。
Ⅱ.制得CO2：1755年，布莱克利用煅烧白垩(主要成分为CaCO3)等一系列实验，第一个用定量方法研究CO2，实验具体流程如下图：
Ⅲ.研究CO2分子构成：1797年，美国化学家坦南特测得“固定空气”含碳27.65％、含氧72.35％，1840年化学家推算出其构成，命名为二氧化碳。
（1）产生“森林之精”的反应属于　 　反应(写出基本反应类型)。
（2）布莱克煅烧20.5g白垩，发现总质量减少了8.8g，则白垩中CaCO3的质量分数是多少？(写出计算过程)
（3）反应②中涉及的能量转化是　 　，根据CaO在流程中的反应，说出其日常生活中的一种用途　 　。
（4）根据Ⅲ中数据，补充完整推算CO2中碳和氧原子个数比的计算式　 　。
14．溶解度是物质溶解性的定量描述。如图是a、b、c三种固体物质的溶解度曲线，据图回答下列问题。
（1）交点P的意义是　 　。
（2）t2℃时，a的溶解度为　 　g，将25ga物质加入到50g水中，充分溶解后恢复到t2℃，所得溶液的质量为　 　g。
（3）将t1℃时a、b、c的饱和溶液分别升温至t2℃，所得溶液的溶质质量分数由大到小的顺序是　 　。
（4）若a中混有少量b，可用　 　法提纯a。
（5）通过改变温度，将c的饱和溶液变成不饱和溶液的方法是　 　(填“升温”或“降温”)。
（6）将50g溶质质量分数为20%的a溶液稀释成5%，需要加水　 　g。
15．“碳中和”可通过自然生态过程与人为技术手段共同实现二氧化碳的“收支平衡”。自然界中碳氧循环示意图如图所示。
（1）化石能源充分燃烧会释放CO2，是因为化石能源的组成中含有　 　元素。
（2）自然界吸收CO2的方式有　 　(写一种)。
（3）工业废气中的CO2用氨水吸收，并制备甲醇()的工艺流程如下：
①吸收塔中，氨水需要从顶部喷淋，其目的是　 　。
②分离器中，分离溶液和固体的实验操作名称是　 　。
③再生塔中，在加热的条件下可得到循环利用的物质是　 　。
④吸收含4.4吨CO2的废气，理论上制备的甲醇质量不超过　 　吨。
⑤合成塔中，改变反应条件可得到不同的产物。用作催化剂，在300~400℃条件下进行反应时的微观示意图如图所示，该反应的化学方程式为　 　。
16．下图是是配制50g质量分数为15%的氯化钠溶液的操作过程示意图，试回答：
（1）上述操作过程示意图中的错误有　 　处，还缺少一个操作步骤是　 　。B操作中实际称量氯化钠的质量是　 　g。(说明：1g以下用游码)
（2）D操作应选用　 　的量筒(从10mL、50mL、100mL中选择)
（3）若B的操作是正确的。下列的错误操作可能导致溶液溶质质量分数小于15%的是　 　(填序号)
①C操作中有固体洒落 ②D操作中有少量水溅出 ③量取水时，仰视读数
（4）取20g质量分数为15%的氯化钠溶液配制成质量分数为6%的氯化钠溶液，需要加水　 　g。
Ⅱ．某种手机电路板中含金属Fe、Cu、Ni、Ag，如图是某工厂回收部分金属的流程图：
【查阅资料】已知在一定条件下能发生，而Au、Ag不能反应。
（5）操作①后得到的滤渣中一定含有的金属是　 　，实验室进行此操作时玻璃棒的作用是　 　。
（6）写出滤液③和铁粉发生反应的化学方程式　 　。
（7）Cu、Ag、Ni在溶液中的活动顺序由强到弱的顺序依次是　 　。
17．【科学探究】
铁制品容易生锈，但将铁加热熔入金属铬，可制成不锈钢。化学兴趣小组进行以下实验，比较铬、铁、铜的金属活动性强弱。
【查阅资料】铬是一种抗腐蚀性强的银白色金属。硫酸亚铬（CrSO4）溶液呈亮蓝色，在空气中能迅速被氧化成碱性硫酸铬[Cr（OH）SO4]，其溶液呈绿色。
【提出猜想】三种金属的活动性强弱为：
猜想一：Cr＞Fe＞Cu；猜想二：Fe＞Cr＞Cu；猜想三：　 　。
【实验探究】步骤1：取大小相同的三种金属片，用砂纸打磨光亮。
步骤2：将三种金属片分别放入三支装有等量、等浓度稀硫酸的试管中。
序号 实验操作 实验现象 实验结论
（1） 将铁片放入稀硫酸 铁片表面产生气泡较慢，溶液逐渐变为　 　色 猜想　 　成立
（2） 将铬片放入稀硫酸 铬片表面产生气泡较快，溶液逐渐变为　 　色
（3） 将铜片放入稀硫酸 无明显现象
【分析解释】写出铬与稀硫酸反应生成CrSO4的化学方程式　 　。反应后的溶液一段时间后变成绿色，其原因是　 　，反应的化学方程式为：4CrSO4+O2+2H2O＝4Cr（OH）SO4，该反应属于　 　（填基本反应类型）反应，Cr（OH）SO4中的Cr化合价为　 　。
【反思评价】实验结束后有同学提出质疑：金属和酸反应放出的热量会对反应速率造成影响，因此上述实验结论不够科学。建议用铬片、铜片和　 　溶液进一步验证铬、铁、铜三种金属的活动性强弱。
18．【科学探究】硫酸铜是实验中常见的化学试剂，兴趣小组的同学针对硫酸铜的性质、应用、获取等方面进行项目化的研究。
任务一：研究硫酸铜的性质
【查阅资料】固体硫酸铜粉末呈白色，遇水会变蓝。
【进行实验】
（1）将硫酸铜粉末露置在空气一段时间后，观察到　 　现象，说明空气中含有水蒸气。
任务二：利用硫酸铜的性质验证质量守恒定律
【进行实验】
如图所示，将锥形瓶中的铁丝与硫酸铜溶液放在天平左盘，调节天平平衡，将硫酸铜溶液倒入放有铁丝的锥形瓶中，观察现象，反应一段时间后，再次将装置放在天平左盘，观察指针。
【实验现象】
（2）铁丝表面有　 　固体出现，溶液逐渐变为浅绿色；指针指向分度盘中央。
【实验结论】
（3）证明化学反应前后物质的总质量不变；也说明铁的化学性质比铜　 　（填“强”或“弱”）。
任务三：探究硫酸铜的获取
（4）制备硫酸铜的一种方案为：，其中的化学式为　 　。
【进行实验】
利用以上原理进行实验，发现制备硫酸铜的过程中开始时有少量气泡产生，后来反应剧烈并产生大量气泡，放出热量。
【分析讨论】
（5）同学们用试管收集了产生的气体，经检验，该气体为氧气。请写出检验氧气的方法：　 　（包括操作、现象与结论）；经过分析，同学们认为是过氧化氢在某因素的影响下快速分解产生了氧气。
【提出问题】制备硫酸铜过程中是哪些因素加快了过氧化氢的分解？
【作出猜想】
（6）猜想一：由于温度升高加快过氧化氢分解；
猜想二：由于反应中生成的加快过氧化氢分解；
猜想三：　 　。
【进行实验】根据猜想，兴趣小组设计了如下实验：
实验 实验一 实验二 实验三
现象 产生气泡 产生气泡 快速产生气泡
【实验分析】
（7）
序号 项目 分析内容 实验结论
1 对比实验一和实验　 　 验证猜想一正确
2 对比实验　 　和实验　 　 验证猜想二正确
【实验结论】猜想三正确。
（8）实验一中反应的化学方程式为　 　。
19．化学是一门以实验为基础的科学。
（1）根据如图所示实验装置回答。
①写出仪器a的名称：　 　。
②实验室用加热高锰酸钾的方法制取并收集氧气，选用　 　装置(填序号)。
③实验室常用大理石和稀盐酸制取二氧化碳，其反应的化学方程式为　 　。若用C装置收集CO2，应从　 　端进气(填“d”或“e”)。
（2）用制得的气体进行相关性质实验。
①铁丝在氧气中燃烧，集气瓶中预留少量水的目的是防止集气瓶　 　。
②将二氧化碳通入足量澄清石灰水中，发生反应的化学方程式为　 　。
③实验室常将浓氨水通入生石灰(CaO)中快速制取氨气，利用了生石灰与水反应　 　(填“放热”或“吸热”)，使氨气的溶解度　 　(填“增大”或“减小”)的原理。
20．尿素是重要的氮肥，利用空气、水和煤等原料合成尿素【】的流程如图所示。
（1）图1中X的化学式为　 　。
（2）和反应的化学方程式为，生产100t含尿素90%的粗产品，需要的质量是多少？（写出计算过程）
（3）产物中含有尿素和水，对产品进行干燥后得到90t不含水的尿素，在干燥的过程中消除测定仪跟踪测试得到图2。则时刻产品中水的质量为　 　t。（不需要写出计算产品）
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】空气的污染与防治；保护水资源；资源综合利用和新能源开发
【解析】【解答】A、秸秆露天焚烧处理会产生大量的烟尘和有害气体，严重污染大气环境，与绿色发展和人与自然和谐共生的理念相悖，不符合题意；
B、推广使用清洁能源，如太阳能、风能、水能等，能显著减少化石燃料的使用，降低温室气体排放，减少环境污染，符合绿色发展和人与自然和谐共生的理念，符合题意；
C、提倡使用一次性筷子会消耗大量的木材资源，导致森林砍伐，破坏生态环境，与绿色发展和人与自然和谐共生的理念相悖，不符合题意；
D、直接排放工业废水会严重污染水资源，影响水生生物的生存，破坏水生态平衡，与绿色发展和人与自然和谐共生的理念相悖，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】 A、根据秸秆焚烧的环境危害（污染空气）解答；
B、根据清洁能源的特点（减少污染）解答；
C、根据一次性筷子的资源消耗问题解答；
D、根据工业废水直接排放的水体污染危害解答。
2．【答案】A
【知识点】实验室常见的仪器及使用；药品的取用；过滤的原理、方法及其应用
【解析】【解答】A、量取液体时，视线与液体凹液面的最低处保持水平，故选项正确；
B、往试管内倾倒液体时，试剂瓶塞要倒放在桌面上，标签向着手心，试管要略微倾斜，瓶口紧挨着试管口倾倒，避免液体溅出，故选项错误；
C、过滤液体时，要注意“一贴、二低、三靠”的原则，图中缺少玻璃棒引流，漏斗下端没有紧靠烧杯内壁，故选项错误；
D、不能把实验废液直接倒入水池中，应倒入指定的容器内，故选项错误；
故答案为：A。
【分析】A、根据量筒的选择及读数规范知识点解答；
B、根据液体药品的倾倒规范知识点解答；
C、根据过滤操作的规范（玻璃棒引流）知识点解答；
D、根据实验废液的处理要求知识点解答。
3．【答案】D
【知识点】金属的化学性质；有关元素化合价的计算；化学性质与物理性质的差别及应用；质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】A、需要发生化学变化才能表现出来的性质属于化学性质，酒（含乙醇）能变醋这一性质需要发生化学变化才能表现出来，是酒精的化学性质，故A选项说法正确；
B、铅与醋反应生成铅霜，实际上是铅与醋中的醋酸发生反应，故B选项说法正确；
C、浮粉为，其中铅元素显+2价，碳酸根整体显-2价，故C选项说法正确；
D、加热浮粉（）得铅白（PbO）固体，浮粉由铅、碳、氧三种元素组成，铅白只由铅、氧两种元素组成，由质量守恒定律可知，变成铅白后，质量会减少，故D选项说法错误；
故答案为：D.
【分析】A、根据需要发生化学变化才能表现出来的性质属于化学性质进行分析；
B、根据铅与醋反应生成铅霜进行分析；
C、根据浮粉为进行分析；
D、根据浮粉和铅白的元素组成以及质量守恒定律进行分析。
4．【答案】D
【知识点】金属的化学性质；盐的化学性质
【解析】【解答】A、用醋酸除去水垢是醋酸与水垢中碳酸钙反应生成醋酸钙、水和二氧化碳，离子方程式为 2CH3COOH+CaCO3═Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO- ，不符合题意；
B、 向硫酸铜溶液中加入一小块钠，钠先跟水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，所以离子方程式为2Na+2H2O+Cu2+=2Na++Cu（OH）2↓+H2↑，不符合题意；
C、NaHCO3与少量Ca（OH）2溶液反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，反应的离子方程式为：，不符合题意；
D、石灰乳和Na2CO3溶液反应生成物为碳酸钙沉淀和氢氧化钠，离子方程式为：，符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据离子方程式书写方法分析，重点掌握离子反应的书写规则，包括强电解质是否拆解，弱电解质是否保留化学式、气体和沉淀是否用符号表示、电荷是否守恒，反应是否符合实际等。
5．【答案】C
【知识点】过滤的原理、方法及其应用；质量守恒定律及其应用；碳单质的性质和用途
【解析】【解答】A、由图1可知，石墨烯与石墨双炔的碳原子排列方式不同，该选项正确。
B、石墨烯和石墨双炔均由碳元素组成，属于单质，该选项正确。
C、图2分离提纯氦气是利用石墨双炔的孔径差异（氦分子可通过，较大分子无法通过），并非吸附作用，该选项错误。
D、石墨烯和石墨双炔均为碳单质，充分燃烧产物均为二氧化碳，该选项正确。
故答案为：C。
【分析】A、根据图1中两者碳原子排列方式的视觉差异解答。
B、根据单质的定义（同种元素组成的纯净物）解答。
C、根据图2分离原理是孔径筛选而非吸附解答。
D、根据碳单质充分燃烧生成二氧化碳的化学性质解答。
6．【答案】D
【知识点】催化剂的特点与催化作用；根据化学反应方程式的计算；甲烷、乙醇等常见有机物的性质和用途
【解析】【解答】A、从反应过程图可知，该反应是二氧化碳和氢气生成CH4 和H2 O，不符合题意；
B、由图可见，MgO在反应过程中参与了中间反应，但最终又变回MgO，其质量和化学性质在反应前后未发生变化，起到了催化作用，不符合题意；
C、CH4 具有可燃性，燃烧能放出热量，有望成为未来新能源，不符合题意；
D、由图示要中科大，该反应的化学方程式为，参加反应的CO2 与H2 的质量比是，不是22∶1，符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据图示中转化关系确定反应物和生成物，由此写出反应方程式，利用方程式确定物质质量比，反应前后质量、化学性质未变的物质为催化剂分析。
7．【答案】C
【知识点】金属的化学性质；金属活动性顺序及其应用；置换反应及其应用
【解析】【解答】A、铁的金属活动性比镁、钾弱，与MgCl2溶液、KCl溶液均不反应，铁钉质量不变，木棍应保持水平，而非左端下沉，故A错误；
B、铁与稀硫酸反应(Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑)质量减少，与CuSO4反应( Fe+CuSO4=FeSO4+Cu) 质量增加，左端质量减少、右端质量增加，木棍应右端下沉，而非两端水平，故B错误；
C、铁与AgNO3反应(Fe +2AgNO3=Fe(NO3)2 +2Ag)质量大幅增加，与Cu(NO3)2反应(Fe + Cu(NO3)2=Fe(NO3)2+Cu) 质量也增加，但Ag相对原子质量大于Cu，反应后质量增加幅度不同。可能出现左端下沉(甲端增加更多)、右端下沉(乙端增加更多)、水平(两端增加质量相等)三种情况，故C正确；
D、若甲中Fe与AgNO3反应增加的质量和乙中 Fe与CuSO4反应增加的质量相等，木棍可平衡，并非不可能平衡，故D错误；故答案为： C。
【分析】A、根据金属活动性顺序(Mg、K＞Fe) 解答
B、根据铁与酸、盐的反应及质量变化(Fe与稀硫酸反应质量减少，与CuSO4反应质量增加)解答
C、根据铁与AgNO3、Cu(NO3)2的反应及质量变化(Ag、Cu相对原子质量不同，反应后质量增加幅度不同)解答
D、根据铁与混合溶液、CuSO4的反应质量变化可能性解答
8．【答案】B
【知识点】氧气的实验室制法；金属的化学性质；碳的化学性质；二氧化碳的化学性质
【解析】【解答】A、将混有少量CO2的CO通过灼热的木炭，CO2与C在高温下反应生成CO，反应方程式为CO2+C高温2CO，能除去CO中的CO2杂质，该操作能达到实验目的，选项A不符合题意；
B、N2和CO2都不支持燃烧、不能燃烧，将燃着的木条伸入两种气体中，木条均熄灭，无法鉴别二者，该操作不能达到实验目的，选项B符合题意；
C、向H2O和H2O2溶液中分别加入MnO2，H2O2在MnO2催化下分解产生气泡，H2O与MnO2混合无明显现象，能鉴别两种液体，该操作能达到实验目的，选项C不符合题意；
D、向混有Fe粉的Cu粉中加入足量稀盐酸，Fe与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气（Fe+2HCl=FeCl2+H2↑），Cu不与稀盐酸反应，过滤后可得到Cu粉，能除去杂质，该操作能达到实验目的，选项D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、根据二氧化碳与碳的高温反应原理解答，利用反应将CO2转化为CO以除去杂质；
B、根据氮气和二氧化碳的化学性质解答，二者均具有不燃烧、不支持燃烧的性质；
C、根据过氧化氢的催化分解反应解答，MnO2能催化H2O2分解产生氧气，利用现象差异鉴别物质；
D、根据金属的活动性顺序解答，Fe位于氢前能与稀盐酸反应，Cu位于氢后不与稀盐酸反应。
9．【答案】D
【知识点】固体溶解度曲线及其作用
【解析】【解答】A、从图1可知，10℃时3g甲物质放入10mL水中未溶解完，10℃时3g乙物质放入10mL水中全部溶解完，即10℃时，甲物质的溶解度小于30g，乙物质的溶解度大于或等于30g，从图2可知10℃时，a曲线的溶解度小于30g，b曲线的溶解度大于30g，所以甲物质对应的溶解度曲线是a，乙物质对应的溶解度曲线是b，故A错误；
B、从图1可知，10℃时3g甲物质放入10mL水中未溶解完，10℃时3g乙物质放入10mL水中全部溶解完，所以甲物质的溶液是饱和溶液，乙物质的溶液可能是恰好饱和也可能是不饱和溶液，故B错误；
C、甲物质溶解度受温度影响不大，甲中混有少量乙，应使用降温结晶的方法分离提纯甲，故C错误；
D、 温度升高至25℃时，甲、乙物质的溶解度都大于30g，所以图1试管内所得甲、乙两物质的溶液都是不饱和溶液，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、根据图1甲、乙试管内的溶解情况和图2固体溶解度曲线可以查出某物质在一定温度下的溶解度进行分析解答；
B、根据有溶质未溶解完是饱和溶液，固体溶解完可能是饱和也可能是不饱和溶液进行分析解答；
C、根据溶解度受温度变化情况判断提纯晶体的方法进行分析解答；
D、根据溶解度交点的含义及题干信息进行分析解答。
10．【答案】D
【知识点】催化剂的特点与催化作用；饱和溶液和不饱和溶液；金属的化学性质；碳酸钙、生石灰、熟石灰之间的转化
【解析】【解答】A、碳酸钙高温煅烧会分解生成氧化钙和二氧化碳，反应前固体质量最大，随着反应的进行，固体的质量逐渐减少，当碳酸钙分解完之后，固体质量不再发生改变，该图像能正确反映对应变化关系，故A不符合题意；
B、一定温度下，不能在溶解某种溶质的溶液叫做该溶质的饱和溶液，所以在一定温度下，向饱和的硝酸钾溶液中，不断加入硝酸钾固体，硝酸钾不能再继续溶解，溶液的质量不变，该图像能正确反映对应变化关系，故B不符合题意；
C、向等质量的镁和铁中分别加入足量等浓度的稀盐酸，则镁与铁都反应完，盐酸有剩，假设镁和铁的质量均为ag，设镁与盐酸反应生成氢气的质量为x，铁与盐酸反应生成氢气的质量为y，
，，
，则v>y ，
镁产生氢气多，图像的平台越高，由于氢气中的氢元素是酸提供的，所以产生的氢气越多，消耗的酸也就越多，所以镁产生的氢气多，最终消耗的酸也多，该图像嫩正确反映对应变化关系，故C不符合题意；
D、催化剂只改变反应速率，不能增加生成物的质量，所以两条曲线的平台表示的质量应该一样高，用过氧化氢溶液制取氧气，有二氧化锰催化剂的反应速率快，拐点在前，无二氧化锰催化剂的反应速率慢，拐点靠后，该图像不能正确反映其对应变化u+关对话关系，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、根据石灰石高温煅烧会生成氧化钙和思源黑体分析解答；
B、根据一定温度下，饱和溶液不能再继续溶解该溶质进行分析解答；
C、根据等质量的金属与足量的酸反应，金属相对原子质量越小，产生氢气越多进行分析解答；
D、根据催化剂只能改边反应速率，不能更改化学式有下角的数字进行分析解答。
11．【答案】（1）氧化亚铁；；；+3
（2）；置换反应
【知识点】物质的微粒性；有关元素化合价的计算；化学式的相关计算；一氧化碳的化学性质；置换反应及其应用
【解析】【解答】（1）FeO中氧元素显+2价，名称为氧化亚铁；氧化铁中铁、氧与氧原子的个数比为2：3；
故质量比为；在化合物中正负化合价的代数和为0，氧化铁中氧元素显-2价，则铁元素化合价为；
（2）在化学反应前后元素的种类不变，故生成两种还原性气体是一氧化碳和氢气，碳和水蒸气在高温条件下反应生成一氧化碳和氢气的化学方程式为；该反应符合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反应为置换反应。
【分析】（1）根据化合物中正负价的代数和为0，物质由元素组成以及元素的质量来解答；
（2）根据碳和水在高温下反应生成氢气和一氧化碳，置换反应的概念是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反应来解答。
（1）FeO中氧元素显+2价，名称为氧化亚铁；
氧化铁中铁、氧与氧原子的个数比为2：3；
质量比为；
化合物中，化合价的代数和为0，氧化铁中氧元素显-2价，故其中铁元素化合价为；
（2）根据化学反应前后元素的种类不变可知，生成两种还原性气体是一氧化碳和氢气，碳和水蒸气在高温条件下反应生成一氧化碳和氢气，反应的化学方程式为；
该反应符合“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”的特点，属于置换反应。
12．【答案】（1）150；CBDA；搅拌，加速溶解
（2）防止局部温度过高，造成液体飞溅
（3）3.8；没有；饱和
【知识点】饱和溶液和不饱和溶液；固体溶解度的概念；溶质的质量分数及相关计算；一定溶质质量分数的溶液的配制
【解析】【解答】（1）“1000g”上等卤水”蒸干后，可得氯化钠的质量约为：；
用氯化钠配制生理盐水，即用固体配制一定溶质质量分数的溶液的实验步骤为：计算、称量、量取、溶解、装瓶贴标签。故操作顺序是：CBDA.
A为溶解过程，在溶解时玻璃棒的作用是搅拌，加速溶解；
（2）用获得的“上等卤水”煎炼海盐的过程中需要不断搅拌原因是：防止局部温度过高，造成液滴飞溅；
（3）20℃时氯化钠的溶解度为36.0g，即该温度下100g水中最多可溶解36.0g氯化钠，则析出氯化钠的质量为：39.8g-36.0g=3.8g；
20℃时氯化镁的溶解度为54.8g，即该温度下100g水中最多可溶解54.8g氯化镁，溶液中氯化镁的质量为7.65g，水的质量为100g，则没有氯化镁析出；此时有氯化钠晶体析出，该溶液不能继续溶解氯化钠则是氯化钠的饱和溶液。
【分析】（1）根据配制一定质量一定质量分数的氯化钠溶液的操作步骤是计算、称固体、量液体、溶解、装瓶贴标签；溶解中的玻璃棒是加快溶解速度来解答；
（2）根据蒸发过程中的玻璃棒的作用是不断搅拌来加快散热速度，防止液体飞溅来解答；
（3）根据一定温度下的物质的溶解度的含义来解答，一定温度下的某物质的饱和溶液不会继续溶解该物质来解答。
（1）“1000g”上等卤水”蒸干后，可得氯化钠的质量约为：；
用氯化钠配制生理盐水，即用固体配制一定溶质质量分数的溶液，实验步骤为：计算、称量、量取、溶解、装瓶贴标签，故操作顺序是：CBDA；
A为溶解，溶解时玻璃棒的作用是：搅拌，加速溶解；
（2）用获得的“上等卤水”煎炼海盐的过程中需要不断搅拌原因是：防止局部温度过高，造成液滴飞溅；
（3）20℃时，氯化钠的溶解度为36.0g，即该温度下，100g水中最多可溶解36.0g氯化钠，则析出氯化钠的质量为：39.8g-36.0g=3.8g；
20℃时，氯化镁的溶解度为54.8g，即该温度下，100g水中最多可溶解54.8g氯化镁，溶液中氯化镁的质量为7.65g，水的质量为100g，则没有氯化镁析出；
此时有氯化钠晶体析出，该溶液不能继续溶解氯化钠， 是氯化钠的饱和溶液。
13．【答案】（1）化合
（2）设白垩中CaCO3的质量分数是
（3）化学能转化为热能；干燥剂
（4）
【知识点】含杂质物质的化学反应的有关计算；物质发生化学变化时的能量变化；化合反应及其应用；化学式的相关计算
【解析】【解答】（1）碳和氧气在点燃条件下生成二氧化碳，该反应是多种物质反应生成一种物质属于化合反应；
（2） 解：设白垩中CaCO3的质量分数是
答： 白垩中CaCO3的质量分数是97.6%。
（3）氧化钙和水反应生成氢氧化钙放热，属于化学能转化为热能；氧化钙能吸水反应，因此可做干燥剂使用；
（4）根据化学式的含义，根据碳元素和氧元素的质量分别除以它们的相对原子质量之比即可得到原子个数比，故答案为：。
【分析】（1）根据碳在氧气中燃烧生成二氧化碳，化合反应是由多种物质反应生成一种物质的反应来解答；
（2）根据碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳的方程式中已知二氧化碳的质量和式量来计算碳酸钙的质量以及白垩中CaCO3的含量来解答；
（3）根据氧化钙和水反应生成氢氧化钙放热，化学变化中能量的转换，氧化钙可以作为干燥剂来解答；
（4）根据某化合物中原子的个数就是组成物质中元素的质量除以该原子的相对质量就是原子的个数来解答。
（1）碳和氧气点燃生成二氧化碳，是多种物质反应生成一种物质属于化合反应；
（2）见答案；
（3）氧化钙和水反应生成氢氧化钙，该反应放热，属于化学能转化为热能；氧化钙能吸水反应，因此可做干燥剂使用；
（4）根据化学式的含义，根据碳元素和氧元素的质量分别除以它们的相对原子质量之比即可得到原子个数比，故填：。
14．【答案】（1）t1℃时，a、c两种物质的溶解度相等，且均为25g
（2）40；70
（3）b＞a＞c
（4）降温结晶
（5）降温
（6）150
【知识点】饱和溶液和不饱和溶液相互转变的方法；固体溶解度曲线及其作用；溶质的质量分数及相关计算；用水稀释改变浓度的方法
【解析】【解答】（1）P点是曲线a、c的交点，意味着t1℃时，a、c两种物质的溶解度相等，且均为25g。
（2）根据图像t2℃时a线上的点对应的溶解度是40g。t2℃时100g水中能溶解40ga物质，那么50g水中最多能溶解20ga物质，所以将25ga物质加入到50g水中，充分溶解后恢复到t2℃，所得溶液的质量为50g+20g=70g。
（3）由t1℃升温至t2℃，a、b的溶解度增大，由饱和溶液变为不饱和溶液，溶质质量分数不变。c的溶解度减小，会析出溶质，溶质质量分数减小。饱和溶液的，t1℃时b的溶解度大于a，大于t2℃时c的溶解度故升温后溶液的溶质质量分数由大到小的顺序是b>a>c。
（4）a的溶解度受温度影响较大，b的溶解度受温度影响较小，可以用降温结晶法提纯a。
（5）c的溶解度随温度升高而降低，所以降低温度，溶解度升高，由饱和溶液变成不饱和溶液。
(6)稀释溶液，溶质的质量不变，设溶液的质量为x，据此列式：
50g×20%=5%×x
x=200g
故还需要加水200g-50g=150g
故答案为：（1） t1℃时，a、c两种物质的溶解度相等，且均为25g ；
（2）40；70；（3） b＞a＞c ；（4） 降温结晶 ；（5）降温；（6）150。
【分析】（1）根据溶解度曲线的交点表示该点温度下两物质的溶解度相等进行分析解答；
（2）根据溶解度曲线上某一点代表该点温度下的溶解度以及溶解度的定义进行分析解答；
（3）根据饱和溶液以及溶解度曲线图进行分析解答；
（4）根据溶解度随温度升高而明显增大的物质采用降温结晶法提纯进行分析解答；
（5）根据c物质溶解度随温度的降低而增大，采用降温方法可以使饱和溶液变成不饱和溶液进行分析解答；
（6）根据溶液稀释前后溶质质量不变，浓溶液质量×浓溶液溶质质量分数=稀溶液质量×稀溶液溶质质量分数进行分析解答。
（1）P点是曲线a、c的交点，意味着t1℃时，a、c两种物质的溶解度相等，且均为25g。
（2）根据图像t2℃时a线上的点对应的溶解度是40g。t2℃时100g水中能溶解40ga物质，那么50g水中最多能溶解20ga物质，所以将25ga物质加入到50g水中，充分溶解后恢复到t2℃，所得溶液的质量为50g+20g=70g。
（3）由t1℃升温至t2℃，a、b的溶解度增大，由饱和溶液变为不饱和溶液，溶质质量分数不变。c的溶解度减小，会析出溶质，溶质质量分数减小。饱和溶液的，t1℃时b的溶解度大于a，大于t2℃时c的溶解度故升温后溶液的溶质质量分数由大到小的顺序是b>a>c。
（4）a的溶解度受温度影响较大，b的溶解度受温度影响较小，可以用降温结晶法提纯a。
（5）c的溶解度随温度升高而降低，所以降低温度，溶解度升高，由饱和溶液变成不饱和溶液。
（6）稀释溶液，溶质的质量不变，设溶液的质量为x，据此列式：
50g×20%=5%×x
x=200g
故还需要加水200g-50g=150g
15．【答案】（1）碳
（2）光合作用
（3）让氨水与废气在吸收塔内充分接触，提高CO2的吸收效率；过滤；NH3和H2O；3.2；
【知识点】过滤的原理、方法及其应用；自然界中的物质循环；微粒观点及模型图的应用；根据化学反应方程式的计算
【解析】【解答】(1)根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类不变。化石燃料充分燃烧生成CO2，说明反应物中一定含有碳元素。
故答案为：碳（C）。
(2)自然界中吸收CO2的主要途径有植物的光合作用（将CO2和水转化为有机物和氧气），以及海水的溶解等。
故答案为：光合作用（或“海水吸收”等，合理即可）。
(3)①氨水从顶部喷淋，能让氨水与含CO2的废气在吸收塔内充分接触，增大反应物的接触面积，从而提高CO2的吸收效率。
故答案为：让氨水与废气在吸收塔内充分接触，提高CO2的吸收效率。
②分离溶液和不溶性固体NH4HCO3的实验操作是过滤，过滤可以将固体和液体分离。
故答案为：过滤。
③在再生塔中，NH4HCO3固体在加热条件下分解生成NH3、H2O和CO2，其中NH3和H2O可以循环回到吸收塔中再次利用。
故答案为：NH3和H2O（或“氨水”）
④
设理论上制备的甲醇质量为x，则
x=3.2t
⑤根据微观示意图，CO2与H2在Ni/CaCO3催化剂和300~400℃条件下反应生成CH4和H2O，化学方程式为。
故答案为： 。
【分析】运用质量守恒定律，从生成物的元素组成反推反应物的元素组成。回忆自然界中碳循环的主要途径，选择一种即可。从增大反应物接触面积、提高反应效率的角度分析喷淋的目的。根据混合物的状态（溶液和固体）选择合适的分离方法。分析再生塔中的反应，找出可以循环利用的物质。根据化学方程式进行计算，利用比例关系求出甲醇的质量。根据微观示意图，确定反应物、生成物和反应条件，写出化学方程式。
（1）根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类不变。化石燃料燃烧（消耗O2）生成CO2，说明其组成中含有碳元素。
（2）自然界中，植物通过光合作用吸收CO2并释放氧气；海水也能溶解并吸收大量CO2。
（3）①从顶部喷淋氨水，可让氨水与废气在吸收塔内充分接触，提高CO2的吸收效率。
②分离溶液与不溶性固体（NH4HCO3）的操作是过滤。
③NH4HCO3在加热条件下分解生成NH3、H2O和CO2，其中NH3和H2O可重新结合为氨水，循环用于吸收CO2。
④合成塔中，CO2、H2在一定条件下反应生成CH3OH和H2O，化学方程式为，吸收含4.4吨CO2的废气，设理论上制备的甲醇质量为x，则
x=3.2t
⑤根据微观示意图，CO2与H2在Ni/CaCO3催化剂和300~400℃条件下反应生成CH4和H2O，化学方程式为。
16．【答案】3；装瓶贴标签；6.5；50mL；①③；30；Cu、Ag；引流（或引流，防止液体洒出等）；、；Ni>Cu>Ag
【知识点】金属的化学性质；一定溶质质量分数的溶液的配制；金属活动性的探究
【解析】【解答】（1）用药匙取用固体药品时瓶塞应倒放，故A处错误；用托盘天平称量物品时应遵循“左物右码”的原则，B处氯化钠和砝码的位置放反了，故B处错误；溶解时应用玻璃棒不断搅拌加速溶解，不能用温度计搅拌，故E处错误，故错误有三处；用固体配制一定溶质质量分数的溶液，实验步骤为：计算、称量、量取、溶解、装瓶贴标签，故缺少的操作步骤是：装瓶贴标签；
配制50g质量分数为15%的氯化钠溶液，所需氯化钠的质量为：，用托盘天平称量物品时应遵循“左物右码”的原则，即左盘质量=右盘质量+游码质量，B处氯化钠和砝码的位置放反了，则砝码质量=氯化钠质量+游码质量，7g=氯化钠质量+0.5g，氯化钠质量=7g-0.5g=6.5g；
（2）该实验中所需水的质量为：50g-7.5g=42.5g，即42.5mL，量筒量程的选择应遵循“大而近”的原则，故应选用50mL的量筒；
（3）①C操作中有固体洒落，会导致溶质质量偏小，溶质质量分数偏小，该说法正确，符合题意；
②D操作中有少量水溅出，会导致溶剂质量偏小，溶质质量分数偏大，该说法错误，不符合题意；
③量取水时，仰视读数，读取数值小于实际数值，会导致量取水的体积偏大，溶液质量偏大，溶质质量分数偏小，该说法正确，符合题意。
故答案为：①③.
（4）解：设需要加水的质量为x，根据稀释前后溶质的质量不变，可得：，x=30g；
（5）操作①实现了固液分离，是过滤，手机电路板中含金属Fe、Cu、Ni、Ag，加入足量稀硫酸，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，铜、银与稀硫酸不反应，过滤后，向滤液①中加入过量铁粉，得到Ni，说明加入稀硫酸后，Ni与稀硫酸反应生成了硫酸镍和氢气，加入过量铁粉后，铁与硫酸镍反应生成了硫酸亚铁和镍，故过滤后得到的滤渣中一定含有的金属是：Cu、Ag；过滤时玻璃棒的作用是引流；
（6）滤渣②中含铜、银，加入过量稀硫酸、氧气，控制一定温度加热，铜与氧气、硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜和水，故滤液③中含硫酸铜和过量的硫酸，加入铁粉，铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，该反应的化学方程式为：，铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，该反应的化学方程式为：；
（7）由以上分析可知，镍能与稀硫酸反应，说明在金属活动性顺序里，镍排在氢前，铜、银均与稀硫酸不反应，说明在金属活动性顺序里，铜、银排在氢后，说明镍比铜、银活泼，由金属活动性顺序可知，铜比银活泼，故三种金属的活动性由强到弱的顺序是：Ni＞Cu＞Ag。
【分析】（1）根据配制一定质量一定质量分数的溶液时的操作步骤是计算、称量固体、量取液体、溶解、装瓶贴标签，固体取用时瓶塞倒放桌面，称量固体质量时遵守物左砝码右，量取液体时视线与液体的凹液面最低处平行读数，溶解时用玻璃棒加快加快溶解速度；溶液的稀释时稀释前后溶质不变；溶液由溶质和溶剂组成来解答；
（2）根据金属活泼性顺序表中强者置换弱者，镍比铜活泼，铜比银活泼；固体和液体分离是过滤，过滤中的玻璃棒的作用是引流来解答。
17．【答案】Fe＞Cu＞Cr；浅绿；亮蓝；一；Cr+H2SO4＝CrSO4+H2↑；硫酸铬在空气中能迅速被氧化成碱性硫酸铬；化合；+3；硫酸亚铁
【知识点】金属的化学性质；金属活动性顺序及其应用；化学方程式的书写与配平；金属活动性的探究
【解析】【解答】提出猜想：在金属活动顺序表中铁比铜活泼，猜想一：Cr＞Fe＞Cu，猜想二：Fe＞Cr＞Cu，则猜想三：Fe＞Cu＞Cr；
实验探究：（1）铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，硫酸亚铁溶液为浅绿色，则实验现象是铁片表面产生气泡较慢，溶液逐渐变为浅绿色；
（2）铬与稀硫酸反应生成硫酸亚铬和氢气，硫酸亚铬溶液呈亮蓝色，则将铬片放入稀硫酸，观察到的实验现象是铬片表面产生气泡较快，溶液逐渐变为亮蓝，由于铁、铬能与稀硫酸反应，铜不与稀硫酸反应，且铬与稀硫酸反应较快，则说明金属活动性顺序为Cr＞Fe＞Cu，故猜想一成立；
分析解释：铬与稀硫酸反应生成硫酸亚铬和氢气，反应的化学方程式为Cr+H2SO4＝CrSO4+H2↑，硫酸铬在空气中能迅速被氧化成碱性硫酸铬，其溶液呈绿色，则反应后的溶液一段时间后变成绿色，反应的化学方程式为4CrSO4+O2+2H2O＝4Cr(OH)SO4，该反应符合多变一的特点，属于化合反应，Cr(OH)SO4中，氢氧根的化合价为﹣1价，硫酸根的化合价为﹣2价，根据化合物中正负化合价的代数和为零可知，Cr(OH)SO4中的Cr化合价为+3；
反思评价：由于金属活动性强的金属能把金属活动性若的金属从其化合物溶液中置换出来，而金属的活动性顺序为Cr＞Fe＞Cu，则铬能将铁从其化合物溶液中置换出来，而铜不能，则可用铬片、铜片和硫酸亚铁溶液。
【分析】根据在金属活动顺序表中铁比铜活泼，铬的金属活动性不确定，由此确定出猜想，利用金属能否与酸反应或与盐溶液反应来判断金属活动性强弱，能与酸反应的金属比不能与酸反应的金属活泼，活动性强的金属能与活动性弱的金属的盐溶液反应，“多变一”的反应为化合反应，化合物中元素化合价代数和为0分析。
18．【答案】固体粉末变蓝色；红色；强；H2O；将带火星的木条伸入试管中，若木条复燃，则为氧气；生成的CuSO4和温度升高共同作用加快了过氧化氢分解（合理即可）；二；一；三；
【知识点】氧气的实验室制法；金属的化学性质；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）固体硫酸铜粉末呈白色，遇水会变蓝，将硫酸铜粉末露置在空气一段时间后，观察到白色固体变蓝现，说明空气中含有水蒸气；
（2）铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，可观察到铁丝表面有红色固体出现，溶液逐渐变为浅绿色；
（3）铁能置换出硫酸铜中的铜，说明铁的化学性质比铜强；
（4）在化学方程式Cu+H2O2+H2SO4═CuSO4+2X中，反应前有1个铜原子、4个氢原子、2个硫原子、6个氧原子，反应后已知有1个铜原子、1个硫原子、4个氧原子，化学反应中原子的种类和数目保持不变，2X中含有4个氢原子和2个氧原子，则X的化学式为H2O；
（5）氧气具有助燃性，能使带火星的木条复燃，检验氧气的方法是用带火星的木条伸入试管中，若木条复燃，则证明是氧气；
（6）综合猜想一和猜想二可知，猜想三为生成的CuSO4和温度升高共同作用加快了过氧化氢分解；
（7）对比实验一和实验二，实验一温度为20℃，实验二温度为80℃，其他条件相同，实验二产生气泡更快，说明温度升高加快了过氧化氢分解，验证猜想一正确；
对比实验一和实验三，实验一温度为20℃，实验三温度为80℃且都有硫酸铜溶液，实验三快速产生气泡，说明在相同温度下，有硫酸铜存在时过氧化氢分解更快，验证猜想二正确；
（8）实验一中过氧化氢受热分解生成水和氧气，化学方程式为。
【分析】（1）根据固体硫酸铜粉末呈白色，遇水会变蓝分析；
（2）根据铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜分析；
（3）根据活动性强的金属能与弱的金属的盐溶液发生反应分析；
（4）根据化学反应前后原子种类和个数不变分析；
（5）根据氧气能使带火星木条复燃分析；
（6）根据所给猜想确定温度、硫酸铜中的一种或两种能加快过氧化氢分解分析；
（7）根据对比实验的设计方法分析，设计对比实验时要求变量的唯一性分析；
（8）根据过氧化氢受热分解生成水和氧气，从而写出反应方程式分析。
19．【答案】（1）试管；B；CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；d
（2）炸裂；Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O；放热；减小
【知识点】氧气的实验室制法；溶解度的影响因素；二氧化碳的实验室制法；生石灰的性质与用途
【解析】【解答】（1）①由图可知，仪器a的名称是：试管；
②实验室用加热高锰酸钾的方法制取氧气，属于固体加热反应，且氧气不易溶于水，可用排水法收集，故可选用B装置；
③实验室用大理石和稀盐酸反应制取二氧化碳，大理石的主要成分碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，该反应的化学方程式为；二氧化碳的密度比空气大，可用向上排空气法收集，若用C装置收集CO2，应从d端进气；
（2）①铁丝在氧气中燃烧放出大量的热，集气瓶中预留少量水的目的是防止高温熔融物溅落，集气瓶炸裂；
②将二氧化碳通入足量澄清石灰水中，二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，该反应的化学方程式为；
③根据气体溶解度随温度的升高而减小，实验室常将浓氨水滴入生石灰(CaO)中快速制取氨气，利用了生石灰与水反应放热，使氨气的溶解度减小的原理。
故答案为：（1）①试管； ②B； ③ CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑ ；d ；
（2）①炸裂； ② Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O ；③放热；减小。
【分析】（1）①根据常见仪器的名称进行分析解答；
②根据发生装置和收集装置选择的依据进行分析解答；
③根据碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳的化学方程式的书写以及二氧化碳密度比空气，收集时应长进短出进行分析解答；
（2）①根据做铁丝燃烧集气瓶底放少量的水是为了防止高温熔融物溅落使瓶底炸裂进行分析解答；
②根据二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水的化学方程式的书写进行分析解答；
③根据生石灰与水反应放出热量，按期的溶解度随温度的升高而减小进行分析解答。
（1）①由图可知，仪器a的名称是：试管；
②实验室用加热高锰酸钾的方法制取氧气，属于固体加热反应，且氧气不易溶于水，可用排水法收集，故可选用B装置；
③实验室用大理石和稀盐酸反应制取二氧化碳，大理石的主要成分碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，该反应的化学方程式为；二氧化碳的密度比空气大，可用向上排空气法收集，若用C装置收集CO2，应从d端进气；
（2）①铁丝在氧气中燃烧放出大量的热，集气瓶中预留少量水的目的是防止高温熔融物溅落，集气瓶炸裂；
②将二氧化碳通入足量澄清石灰水中，二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，该反应的化学方程式为；
③根据气体溶解度随温度的升高而减小，实验室常将浓氨水滴入生石灰(CaO)中快速制取氨气，利用了生石灰与水反应放热，使氨气的溶解度减小的原理。
20．【答案】（1）N2
（2）生产100t含尿素90%的粗产品，需要的质量为x
答：需要氨气的质量为51t；
（3）15
【知识点】含杂质物质的化学反应的有关计算；化学式的相关计算；质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】（1）据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类不变，生成物NH3中含N、H元素，反应物H2中含氢元素，故反应物中还应含氮元素，空气中含氮元素的物质是氮气，故X的化学式为：N2；
故答案为：N2 ；
（3）90t尿素中氮元素的质量为：，则时刻产品的总质量为：42t÷40.0%=105t，所以产品中水的质量为105t-90t=15t。
故答案为：15.
【分析】（1）根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变进行分析解答；
（2）先设未知量，再根据题目所给的化学方程式，找准相关物质的质量比，已知量是尿素的质量，未知量是氨气的质量，列比例式，求出氨气的质量，最后简明写出答案；
（3）根据化合物中某元素的质量=，
混合物质量=纯净物质量 ÷ 纯度进行分析解答。
（1）据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类不变，生成物NH3中含N、H元素，反应物H2中含氢元素，故反应物中还应含氮元素，空气中含氮元素的物质是氮气，故X的化学式为：N2；
（2）见答案；
（3）90t尿素中氮元素的质量为：，则时刻产品的总质量为：42t÷40.0%=105t，所以产品中水的质量为105t-90t=15t。
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