九上科学1-4章高难度练习卷

1、九上科学1-4章高难度练习卷一、单项选择题. a、b、c三种酸分别与足量的金属Mg充分反响，生成等质量的H2,反响消耗a、b、c的分子数 目之比为3： 6： 2.以下关于a、b、c的推理合理的是（HX、H2Y. H3Z分别表示三种酸）（）a b c三种酸溶液中的H原子数目：caba、b、c与金属Mg反响的速率：baca b、c的相对分子质量：ba 水+氧气C.高镒酸钾加热分解：高镒酸钾g 锯酸钾+二氧化镒+氧气D.氧化汞加热分解：氧化汞 叫 汞+氧气.钠、钾都是活泼金属，都能与水反响生成氢气和对应的碱.将一定质量的钠、钾分别投入质量相等的足量的纯水中，产生氢气的质量随时间变化的曲线如下图.以下

2、说法错误的选项是（A.曲线a表示钾与水反响的图象，曲线b表示钠与水反响的图象B.参加反响的钠的质量小于钾的质量C.参加反响的水的质量相等D.反响后NaOH溶液的溶质质量分数大于KOH溶液的溶质质量分数.将10g碳酸钙固体高温煨烧一段时间，冷却后投入足量稀盐酸中完全反响，有关结论错误的选项是Na2cCh的质量/g变质NaOH的质量/gNaOH的变质程度（用质量分数表示）（2）【继续探究】求实验过程中与NaOH反响所用盐酸的质量。（3）【发现问题】根据“与NaOH反响所用盐酸的质量L对照图象，你发现了什么问题?A w(CO2) g2.22.21.025 50 75制盐酸池25.工业上侯氏制碱法得到

3、的纯碱产品中常含有少量的氯化钠杂质，化验员要对每批次的纯碱产品进行检验。在实验室中取27g纯碱样品，平均分成五份依次加入到盛有100g稀盐酸的锥形瓶中（锥形瓶的质量为60g）,每次充分反响后都进行称量，得到的实验数据如下表室一次第二欠O眄薪次第弘质i/g5.4),45.45.41632166.4169.6175180.4室一次第二欠O眄薪次第弘质i/g5.4),45.45.41632166.4169.6175180.4（1）计算纯碱样品中碳酸钠的质量分数是多少？（计算结果精确到0.1%）（2）计算所用稀盐酸的质量分数是多少?.某同学为了测定黄铜屑（由锌和铜形成的合金）样品组成，取四份样品分别加

4、稀硫酸反响，其实验数据记录如下表样品第1份第2份第3份第4份取样品质量（g）50.050.050.050.0取稀硫酸质量（g）40.080.0120.0160.0产生气体质量（g）0.040.080.100.10（1）画出在50.0g样品中加稀硫酸的质量与产生气体质量变化关系的示意图。产生气体陇肽/克（2）试计算第2份样品反响后溶液中硫酸锌质量分数为多少?（保存到0.1%）.现有铁粉和铜粉的均匀混合物甲、乙、丙三位同学分别取该混合物与溶质质量分数为a的稀硫 酸反响，所得数据如下表所示。物质质量甲乙丙金属混合物/g101020稀硫酸质量/g70100100过滤得反响后剩余溶液质量/gm105.4

5、108.1请回答以下问题：（1）乙同学所得剩余溶液中含有的溶质是：（写化学式）。（2）根据实验数据分析，硫酸溶液的溶质质量分数a是多少？（3）表格中m=%（4）铁粉和铜粉的质量比是多少？（5）丙同学所得溶液的溶质质量分数是多少？（计算结果保存到0.1%）.科学兴趣小组探究金属的性质时，将24g相同外表积的镁铜合金，均分成两等份，分别滴加体 积相同、溶质质量分数不同的稀盐酸，在一定条件下反响，测得气压变化如图甲所示。魔登/克（1）比照图甲中a、b曲线，引起a曲线压强增大速度明显快于b的因素可能是 o （列举一点即可）（2）其中有一组实验是滴加7.3%稀盐酸，产生氢气的质量随加入盐酸的质量变化情况

6、如图乙所 示。图乙中当刚好生成0.4g氢气时，所得溶液中溶质的质量分数为多少？（计算结果保存至 0.1%）将图乙中C点对应的溶液过滤，向滤液中逐滴加入过量氢氧化钠溶液。在图丙中标出生氢 氧化镁沉淀质量随滴加氢氧化钠质量的大致变化曲线。（图中不需注明具体相关质量）答案解析局部.【答案】D【解析】【解答】2HX+Mg=MgX2+H2f, H2Y+Mg=MgY+H2T，2H3Z+3Mg=Mg3Z2+3H2f,生成氢气相 等，说明消耗的氢原子的个数相等，假设产生的氢原子的个数都是6个，那么消耗的HX的分子6 个，消耗H2丫的分子个数为3,消耗H3Z的分子个数为2个，因此反响消耗a、b、c的分子数目之

7、比为3： 6： 2,相对于的酸及分子个数关系是3H2Y、6HX、2H3Z,因此：A、反响消耗a、b、c的分子数目之比为3： 6： 2,相对于的酸及分子个数关系是3H2Y、6HX、2H3Z,对应的原子个数相等，应选项错误；B、同种金属与不同的酸无法比拟反响速率，应选项错误；C、不同的酸的酸根不同，无法比拟相对原子质量，因此无法比拟相对分子质量，应选项错误；D、通过以上分析，a、b、c分别为H2Y、HX、H3Z,应选项正确；应选：D.【分析】根据三种酸分别与镁反响的方程式，结合反响的酸的分子数目之比分析酸的种类结合选项 进行分析得出正确的结论.【答案】D【解析】【解答】根据反响的化学方程式2R+2

8、H2O+7O2=2FeSO4+2H2so4,反响物中氢、氧原子个数 分别为4、16,反响后的生成物中氢、硫、氧、铁原子个数分别为4、4、16、2,根据反响前后原子 种类、数目不变，那么2R中含有2个铁原子和4个硫原子，那么每个R分子由1个铁原子和2个硫原 子构成，那么物质X的化学式为FeS2.应选：D.【分析】由质量守恒定律：反响前后，原子种类、数目均不变，据此再由反响的化学方程式推断反 应物R的化学式.【答案】B【解析】【解答】由化学反响表达式可知A通电；B常温；C加热；D加热；题目要求从平安、环 保、节能、简便等方面考虑，可知B不需要加热，节省燃料，操作简便，产物是水又无污染。【分析】此题

9、考查制取氧气反响原理，根据化学表达式结合题意进行分析，找出最合理答案。.【答案】D【解析】【分析】(1)金属的活动性越强，化学反响越剧烈；(2)根据钠、钾和氧气反响的化学方程式，利用氢气质量相等比拟参加反响的二者质量大小关系；(3)根据化学方程式和氢气质量相等，分析比拟参加反响的水的质量大小；(4)根据反响的化学方程式分析生成的氢氧化钠和氢氧化钾的质量大小，然后根据溶质质量分数的 计算公式进行比拟即可。【解答】A.根据金属活动性顺序表可知，钾的活动性要大于钠，因此钾反响 的速度要快，那么曲线a表示钾与水反响的图象，曲线b表示钠与水反响的图象，故A正确不合题思；B.由化学方程式：2Na+2H2O

10、=2NaOH+H2T ；4622K+2H2O=2KOH+H2T；782可知：产生2份质量的氢气，参加反响的Na消耗46份，钾78份，即参加反响的钠的质量小于钾， 故B正确不合题意；C.由化学方程式：2Na+2H2O=2NaOH+H2T ；3622K+2H2O=2KOH+H2f；362可知，产生2份质量的氢气，都需要消耗36份的水，因此参加反响的水的质量相等，故C正确不合 题意；D.由化学方程式：2Na+2H2O=2NaOH+H2T ；36802K+2H2O=2KOH+H2T；361122可知，产生相同质量的氢气时，参加反响的水的质量相等，那么剩余的水的质量也是相等的，而同时生成的氢氧化钠的质量

11、小于氢氧化钾的质量。根据公式质量分数=生成的氢氧化钠的质量小于氢氧化钾的质量。根据公式质量分数=溶质质量溶液质量x 100%可知，溶剂质量相同，溶质越多，溶质的质量分数越大，所以可知反响后NaOH溶液的溶质质量分数小于KOH溶液 的溶质质量分数，故D错误符合题意。应选Do.【答案】B【解析】【解答】解:【解析】【解答】解:10 歌noflmoLA、10g碳酸钙的物质的量是O.lmoL结合钙元素守恒，生成的氧化钙也是O.lmol,故A正确；B、碳酸钙、氧化钙和盐酸都会生成氯化钙，然后结合钙元素守恒，所以生成的氯化钙也始终是0.1 mol,故B错误;C、C、CaCCh吉、:日a innCaO+CC

12、hf,从化学方程式可以看出，生成0.1 mo二氧化碳，故C正确;D、反响前固体是碳酸钙，反响后的固体是氧化钙，所以固体中氧元素的质量分数减小，故D正确；应选：B.【分析】A、根据10g碳酸钙的物质的量是O.lmol,结合钙元素守恒，生成的氧化钙也是O.lmol进 行分析；B、根据碳酸钙、氧化钙和盐酸都会生成氯化钙，然后结合钙元素守恒进行解答；C、根据碳酸钙高温生成氧化钙和二氧化碳进行分析；D、根据反响前固体是碳酸钙，反响后的固体是氧化钙进行分析.【答案】A【解析】【分析】根据化学反响过程分析，先确定横纵坐标表示的量在反响过程中的变化规律，再判 断起点转折点是否正确。【解答】A.随着反响的发生，

13、硫酸的质量会越来越少，那么质量分数会减小，符合题意；B.随着锌粒的加入，锌与硫酸反响，那么硫酸锌的质量会增加，直到反响结束保持不变，不符合题忌；C.发生反响时，酸性变弱，溶液的pH会随着酸的反响不断增加，直到恰好完全反响pH = 7保持不 变，不符合题意；D.随着锌粒的加入，锌与硫酸反响，那么氢气的质量会增加，直到反响结束保持不变，不符合题意； 故答案为：Ao.【答案】B【解析】【解答】A、丁在反响前后质量没有变化，可能为该反响的催化剂，也有可能是杂质，没有 参加反响，故A错误；B、甲反响后质量减少70 - 35=35g,为反响物，乙质量减少15 - 7.5 - 7.5g,为反响物，丙质量增加

14、 48.75 - 6.25=42.5g,故 B 正确；C、由B分析可知，该反响的化学方程式为：甲+乙二丙，丙一定是化合物，甲和乙都有可能是单 质，也有可能是化合物，故错误；D、由B分析可知，该反响的化学方程式为：甲+乙=丙，故为化合反响，故错误.应选B.【分析】此题是借助质量守恒定律对反响物生成物先做出判断，再利用质量关系进行求解，反响中 反响物质量会减少，生成物质量会增加，从而判断生成物与反响物，即可判断反响的类型.【答案】A【解析】【分析】由表中数据可知：甲的质量减少了 20g-2g=18g,可确定甲是反响物；丙的质量增加 了 32g-20g= 12g,可确定丙是生成物；丁的质量增加了 2

15、6g-20g=6g,可确定丁是生成物。【解答】A、该反响的反响物是甲，生成物是丙和丁，符合“一变多”的特征，属于分解反响，A符合 题意；B、甲的质量减少了 20g-2g= 18g,故甲参加该反响的质量不止20g, B不符合题意； C、乙的质量不变，可能作该反响的催化剂，也可能没有参加反响，c不符合题意； D、根据质量守恒定律，该反响中甲、丙、丁的质量比为3： 2： 1, D不符合题意。 故答案为：A.【答案】D【解析】【分析】根据质量守恒定律分析，密闭容器中反响前后质量不变，由此确定待测的质量，再 依据各物质反响前后的质量变化确定反响物和生成物及参加反响和生成的质量，反响后质量增加， 那么为生

16、成物，增加多少生成多少，反响后质量减少，为反响物，减少多少反响多少，反响后质量不 变的可能是催化剂。【解答】A、该反响中甲、丙、丁的质量比为(202)： (32 20)： (26-20) =1 ： 6 ： 3 ,不符合 题意；B、由反响前后总质量不变可知，乙在该反响前后质量不变，可能是催化剂，也可能是杂质没有参与 反响，不符合题意；C、待测质量一定为m,可以任意取值，不符合题意；D、该反响是甲生成丙和丁，属于分解反响，符合题意；应选Do.【答案】C【解析】【分析】在化学反响里能改变其他物质的化学反响速率，而本身的质量和化学性质在反响前 后都没有发生变化的物质叫做催化剂(又叫触媒)。催化剂的特点

17、可以概括为“一变二不变”，一变是 能够改变化学反响速率，二不变是指质量和化学性质在化学反响前后保持不变。【解答】A、催化剂只能够改变化学反响速率。不影响反响是否发生，故A说法错误；B、催化剂改变化学反响速率，为加快或减慢，故B说法错误；C、由催化剂的定义可知，催化剂能改变化学反响速率，故C说法正确；D、由催化剂的定义可知，催化剂只能改变化学反响速率，不能将水变成汽油，故D说法错误。故答案为：C.【答案】B【解析】【分析】根据向一定量的Na2cCh溶液中缓慢地滴加稀盐酸，那么先后发生Na2cO3+HCl=NaCl+NaHCC)3、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2T+H2O 的反响分析。【解

18、答】向一定量的Na2cCh溶液中缓慢地滴加稀盐酸，那么先后发生Na2cO3+HCl=NaCl+NaHCO3、 NaHCO3+HCl=NaCl+CO2T+H2O,钠离子数目不变，那么即图中a为Na+离子，酸根离子在减少，直至 为0,即图中b为CO32-离子，碳酸氢根离子先增大后减小，直至为0,即图中c为HCCh-离子，氯 离子一直增加，那么d为氯离子；故答案为：Bo.【答案】B【解析】【分析】此题是图像的判断题，解答时要通过题目要求分析涉及到的各物质之间量的关系， 结合变化趋势先做出判断，如随着横坐标物质量的变化，纵坐标表示的物质的量的变化趋势，增加 或降低等，再确定图形中的起点、终点、转折点是

19、否符合题意。【解答】A、向一定质量石灰石中滴加稀盐酸，生成二氧化碳质量由原点开始，不符合题意；B、向一定量的过氧化氢溶液中加入少量的二氧化镒，过氧化氢分解产生水和氧气，氢元素反响前后 质量不变，符合题意；C、向相同铁粉和锌粉加入足量稀盐酸，锌反响速率比铁快，不符合题意；D、向一定量硫酸铜溶液不断加入铁粉，固体质量会随铁的质量而增加，直到反响结束质量不变， 不符合题意；故答案为：Bo.【答案】B【解析】【分析】根据加热固体时先氢氧化镁分解产生水，固体质量减少，然后再碳酸钙分解产生二 氧化碳，固体减少，其中固体中钙元素质量不变分析。【解答】A、a、b、d三点剩余固体中钙元素的质量保持不变，不符合题

20、意；B、由图示可知，氢氧化镁分解生成水的质量为15.8g-14.0g-l.8g,设氢氧化镁质量为xMg(0H)2金 MgO+H2O5818x1.8g58:18=x:1.8gx=5.8g,生成氧化镁质量为4克，碳酸钙质量为15.8g-5.8g=10g,那么钙元素质量为10gx盖=4g,假设 碳酸钙完全分解，生成氧化钙质量5.6克，钙元素质量分数为诟普而xl00%=41.7%,假设剩余固体 中钙元素的质量分数为40.0%,那么剩余固体的成分为CaCCh、MgO、CaO ,符合题意；C、图中x点对应的质量为9.6克，组成物质为CaO和MgO ,不符合题意；D、假设向c点的剩余固体中加入足量稀盐酸，充

21、分反响生成CO2的质量为(14.0-x)g ,不符合题意； 应选Bo.【答案】B【解析】【分析】根据金属与酸反响的速率由金属活动性决定，最终产生氢气的量由金属或酸的质量 决定分析。【解答】A.由图像可知，反响过程中B在相等时间产生氢气量比A多，说明B活动性比A强，不符 合题意；B.最终反响结束后A产生氢气比B多，符合题意；C.产生氢气质量多那么消耗硫酸质量多，所以A反响硫酸大于B,不符合题意；D.反响的金属质量可能相等，不符合题意；故答案为：Bo15.【答案】B【解析】【分析】根据甲、乙两同学实验数据，结合题设中“充分反响时;所用A和B的质量a和b 各不相同，但总质量相等，都是5.0g”，分析

22、反响2A+B加热心恰好完全反响时A、B用量，判 断恰好完全反响时A、B用量比；利用所判断的恰好完全反响时A、B用量比，由丙同学实验中生成 A2B的质量计算出实验中A、B的用量。【解答】A.比照甲、乙两同学所用A和B的质量及生成A2B的质量可知，同样生成5.0gA2B,甲实 验B的用量为LOg、A的质量为4g；乙实验A的用量为4.0g, B的用量为1g；由此可知，两物质恰 好完全反响时，A、B两物质的用量比为4： 1；根据化学方程式可知，2A： B=4： 1,那么A与B的 相对分子质量之比就是A： B=2： 1,故A错误；B.因为A、B完全反响质量之比4： 1,那么当A2B的质量为6g时，需要A

23、的质量为： 6gx 击 = 4.8g,需要B的质量为： 6gx 占 =1.20如果丙同学实验中a： b=22： 3,那么A的质 量为： 10gx关口 = 8.8g, B的质量为： iogxm云=1.2卬 这是B的质量刚好合适，而 乙乙I D乙乙| OA的质量比需要的多，因此可以完成，故B正确；C.氧化反响就是氧气与其它物质的反响；氧气是非金属单质，另一种如果是金属，那么可能是氧化 反响，故c错误；D.因为A是金属单质，而H2O中没有金属元素，故D错误。应选Bo16.16.【答案】Fe2O3+3CO吉、:日a inn2Fe+3co2；过量的铁；铁、铜；跟空气中的氧气和水共同作用；刷漆（涂油等）；

24、铝在常温下与空气中的氧气发生化学反响，使铝的外表生成了一层致密的氧化铝薄膜从 而阻止了内部的铝进一步氧化【解析】【解答】（1）工业上用一氧化碳还原氧化铁炼铁，主要是利用CO的还原性，在高温下和氧化铁反响生成铁和二氧化碳，反响的化学方程式为Fe2O3+3CO化铁反响生成铁和二氧化碳，反响的化学方程式为Fe2O3+3CO廿：日linn2Fe+3CO2.故答案为:Fe2O3+3CO m2Fe+3co2；（2）从含有硫酸、硫酸亚铁、硫酸铜的废液中回收全部的铜，可以先把硫酸和硫酸铜转变成硫酸亚 铁，故加入的是铁；滤渣A是过量的铁和铜.故答案为： 过量的铁；铁、铜；（3）铁在空气中锈蚀，实际上是铁跟空气中

25、的氧气和水共同作用的结果.防止锈蚀的原理是隔绝氧 气和水，常采取的防锈措施是刷漆、涂油等；通常情况下铝制品很耐腐蚀，这是因为铝在常温下与 空气中的氧气发生化学反响，使铝的外表生成了一层致密的氧化铝薄膜从而阻止了内部的铝进一步 氧化.故答案为：跟空气中的氧气和水共同作用；刷漆（涂油等）；铝在常温下与空气中的氧气发生化学反 应，使铝的外表生成了一层致密的氧化铝薄膜从而阻止了内部的铝进一步氧化.【分析】（1）工业上用一氧化碳还原氧化铁炼铁，主要是利用CO的还原性，在高温下和氧化铁反 应生成铁和二氧化碳，写出反响的化学方程式即可；（2）根据金属的活动性顺序解答；（3）铁与水、氧气充分接触时容易生锈，使

26、铁制品与氧气和水隔绝可以防止生锈；可以根据铝的性 质和反响类型等方面进行分析、判断，从而得出正确的结论.A.共生成O.lmol氧化钙B.燃烧越充分那么消耗的盐酸越少C.共生成O.lmol二氧化碳D.燃烧后固体中氧元素的质量分数减小.往一定量的稀硫酸中加入过量的锌粒，如图是反响过程中某种量Y随加入锌粒的质量变化的关C.溶液的pHD.生成氢气的质量.甲乙丙丁四种物质混合后，在一定的条件下充分反响，测得反响前后各物质的质量分数如下表 所示.说法正确的选项是（）甲乙丙T反响前质量分数/%70156.258.75反响后质量分数/%357.548.758.75A. 丁一定是这个反响的催化剂B.参加反响的甲

27、和乙的质量之和一定等于生成的丙的质量C.甲一定是化合物，乙一定是单质D.该反响可能是分解反响.在一密闭容器中，有甲、乙、丙、丁四种物质，在一定条件下存在某个反响，测得反响前后各物 质的质量如下表。对该反响，以下描述正确的选项是（）物质甲乙丙T反响前物质/g20m2026反响后物质/g2待测3220A.该反响是分解反响B.甲参加该反响的质量为20g.【答案】先偏向右边后指在中央；3:7；左边【解析】【分析】根据镁与稀盐酸反响生成氯化镁和氢气，铁与稀盐酸反响生成氯化亚铁和氢气，反 应的化学方程式分别是：Mg+2HCl=MgC12+H2T Fe+2HCl=FeCb+H23根据化学方程式进行相关计 算

28、即可。【解答】镁与稀盐酸反响生成氯化镁和氢气，铁与稀盐酸反响生成氯化亚铁和氢气，反响的化学方 程式分别是:Mg+2HCl=MgCb+H2T Mi2424224-2=22Fe+2HCl=FeCb+H2T M256256-2=54从向左右烧杯加入金属开始观察，当左右烧杯加入的金属粉末质量相同且观察到反响不再进行后 停止观察，镁增加的质量一直大于铁增加的质量，所以那么指针变化情况为：先偏向右侧，最后指向 中间；由图示，mi、m2时金属与稀盐酸完全反响，由反响的化学方程式可知，参加反响的稀盐酸的质量相同时, 此时消耗的镁与铁的质量比为24： 56=3： 7；通过分析可知，完全反响时消耗的镁的质量少，那

29、么曲线oac表示的是甲烧杯中AM与m的变化关 系。.【答案】；镁先与硝酸银反响；取固体加入盐酸；镁、铜和银【解析】【解答】向一定量AgNCh和Cu （NO3） 2混合溶液中加入一定量的Mg粉，镁在铜和银的前 面，故镁能与硝酸银反响生成硝酸镁和银，能与硝酸铜反响生成硝酸镁和铜，且镁先与硝酸银反 应，故猜测错误，因为不可能镁先与硝酸铜反响，故填：，镁先与硝酸银反响；猜测成立，那么溶液中含有硝酸镁，固体成分中一定含有铜和银，可能含有镁，当加入盐酸时有气 泡产生，说明一定含有镁，故固体B的成分是镁、铜和银，故填：取固体加入盐酸，镁、铜和银.【分析】根据已有的金属活动性顺序的意义进行分析解答，在金属活动

30、性顺序中，位置在前的金属 能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，据此解答.【答案】（1）氧气；温度到达着火点（2）固体由红色变为黑色；将酒精灯放于导管口点燃尾气；2Fe2O3（2）固体由红色变为黑色；将酒精灯放于导管口点燃尾气；2Fe2O3通电4Fe+3O2$ ；供给呼吸【解析】【解答】（1） I与HI比照，通入的气体不同，温度相同，所以说明燃烧的条件之一是：氧气；ii与in比照，通入的气体相同，温度不同，所以说明燃烧的条件之一是：温度到达着火点;(2) 一氧化碳和氧化铁在高温的条件下生成铁和二氧化碳，所以b处可观察到的现象为固体由红色变为黑色，一氧化碳有毒，所以尾气处理的方法为：将酒精灯放

31、于导管口点燃尾气，熔融的氧化铁在通电的条件下生成铁和氧气，化学方程式为：2Fe2O3通电4Fe+3O2T氧气能供给呼吸.故答案为(1)氧气，温度到达着火点；(2)固体由红色变为黑色，将酒精灯放于导管口点燃尾气,2Fe2Os2Fe2Os通电4Fe+3O2f供给呼吸.【分析】(1)根据控制变量法的具体操作进行分析；(2)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，一氧化碳有毒，熔融的氧化铁在通 电的条件下生成铁和氧气，氧气能供给呼吸进行分析.20.【答案】(1) AD(2) 200(3)设理论上可制得氧气的质量为x2H2。2 吧？ 2H2。+ 02T683230g x 10%x68_323

32、2-Tx= 1.4g答：理论上可制得氧气的质量为1.4go【解析】【分析】(1)根据发生装置的选择方法考虑：通常反响物为固体制取气体时需要加热，反响物 是固体和液体制取气体时，不需要加热；根据氧气的性质分析收集装置。(2)根据溶液稀释过程中溶质质量不变进行解答。(3)根据化学方程式利用过氧化氢的质量求出氧气的质量即可。【解答】(1)用双氧水与二氧化镒粉末混合制氧气是不需要加热，所以发生装置选A；氧气的密度大于空气的密度，采用向上排空气法，所以收集装置选择Do故填：ADo(2)设需要加水的质量为x,根据溶液稀释过程中溶质H2O2质量不变，列出等式：100gx30%=(100g+x)xl0%,解得

33、 x=200g,水的密度为 lg/cm3,所以需加水200毫升。故填：200。(3)根据化学方程式利用过氧化氢的质量求出氧气的质量。设理论上可制得氧气的质量为X2H2。2，誓 2H2。+ 02T683230g x 10%x68_3232-Vx=1.4g答：理论上可制得氧气的质量为1.4g。21 .【答案】(1)不显；有气泡冒出；CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O； CaCb等(2) Na2CO3+Ba (OH) 2=BaCO3；+2NaOH【解析】【解答】实验一：硫酸铜溶液遇到碱性溶液会生成蓝色氢氧化铜沉淀；取少量酒精溶液于试 管中，滴加硫酸铜溶液，未观察到蓝色沉淀，说明酒精溶液不显碱性

34、.实验二：(1)由于氢氧化钠易于空气中的二氧化碳反响生成了碳酸钠，碳酸钠能与氯化钙反响生成 了碳酸钙，碳酸钙能与稀盐酸反响生成了二氧化碳气体，所以氢氧化钠易于空气中的二氧化碳反响 的方程式为 CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O.(2)足量澄清石灰水显碱性，同时生成氢氧化钠，无法证明氢氧化钠局部变质，应先滴加足量氯化 钙等能与碳酸钠反响而又不会影响氢氧化钠检验的试剂除去碳酸钠，然后再滴加酚酸检验氢氧化 钠；滴加氯化钙时应能观察到产生白色沉淀，滴加酚酸时应能观察到溶液变红，可得氢氧化钠局部 变质；【拓展应用】如果氢氧化钠变质了，那么溶液中存在着碳酸钠，可以向溶液中加入适量的氢氧化钢 溶液或氢

35、氧化钙溶液把碳酸钠除去，并且不带入新杂质，碳酸钠和氢氧化钢、氢氧化钙反响的化学 方程式分别为：Na2cCh+Ba (OH) 2=BaCO3l+2NaOH, Na2cCh+Ca (OH) 2=CaCO3i+2NaOH.故答案为：实验一：不显；实验二：(1)有气泡冒出；CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O.(2) CaCh等；【拓展应用】Na2cCh+Ba (OH) 2=BaCO3i+2NaOH.【分析】实验一：硫酸铜溶液遇到碱性溶液会生成蓝色氢氧化铜沉淀；实验二：(1)氢氧化钠易于空气中的二氧化碳反响生成了碳酸钠，碳酸钠能与氯化钙反响生成了碳 酸钙，碳酸钙能与稀盐酸反响生成了二氧化碳气体，据

36、此写出产生气体的化学方程式；(2)证明溶液显碱性不能引入碱性物质；【拓展应用】对于杂质的去除可以在不引入其它离子的同时，将碳酸根离子生成沉淀，过滤去掉.【答案】（1）红；搅拌；NaOH+HCl=NaCl+H2O（2）猜测三；有气泡产生；B【解析】【解答】（1）氢氧化钠溶液显碱性，能使酚酸变红色，接着用滴管滴入一定量的稀盐酸，再 用玻璃棒搅拌，发现溶液为无色，盐酸和氢氧化钠反响生成氯化钠和水，化学方程式为： NaOH+HCl=NaCl+H2O ；（2）【实验探究】溶液为无色，说明溶液不显碱性，所以猜测三不合理；盐酸和碳酸钠反响会生成氯化钠、水和二氧化碳，所以实验操作实验现象实验结论取少量反响后的

37、溶液于试管中滴入Na2co3溶液有气泡产生猜测二成立【反思交流】实验室剩余药品不能倒入下水道，也不能带出实验室，应该将废液倒入废液缸内，应选：B.故答案为：（1）红，搅拌，NaOH+HCl=NaCl+H2O；（2）【实验探究】猜测三；实验操作实验现象实验结论有气泡产生【反思交流】B.【分析】（1）根据氢氧化钠溶液显碱性，能使酚献变红色，盐酸和氢氧化钠反响生成氯化钠和水进 行分析；（2）【实验探究】根据溶液为无色，说明溶液不显碱性进行分析；根据盐酸和碳酸钠反响会生成氯 化钠、水和二氧化碳进行分析；根据实验室剩余药品的处理方法进行分析.【答案】（1） NaOH溶液全部变质（2） 2NaOH+CO2

38、=Na2co3+H2O（3）产生白色沉淀；酚猷试液变红；产生白色沉淀；酚醐试液不变色，无明显现象（4）密封保存【解析】【解答】【猜测与假设】氢氧化钠溶液吸收空气中的二氧化碳气体生成碳酸钠而变质，此时 有两种可能：一是局部变质，二是全部变质；故答案为：NaOH溶液全部变质；【收集资料】NaOH溶液吸收空气中的二氧化碳生成Na2c03和水，故反响的方程式为；2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O ；【实验探究】Na2co3与CaCb溶液反响生成CaCCh白色沉淀；NaOH遇酚猷;试液变红色，故答案为：产生白色沉淀；酚酸试液变红；如果氢氧化钠完全变为Na2cCh, Na2co3与CaCb溶液反响生

39、成CaCCh白色沉淀和NaCl溶液，再加 酚酸溶液就不会变红色了；故答案为：产生白色沉淀；酚儆试液不变色，无明显现象；【实验反思】由于氢氧化钠溶液能吸收空气中二氧化碳，所以不能敞口放置氢氧化钠溶液，应密封 保存；故答案为：密封保存.【分析】【猜测与假设】氢氧化钠因吸收二氧化碳而变质，可能局部变质，也可能全部变质；【收集资料】NaOH溶液吸收空气中的二氧化碳生成Na2cCh和水，写出反响的方程式；【实验探究】由于碳酸钠溶液呈碱性，影响使用酚醐对氢氧化钠的检验，因此首先使用足量氯化钙 等物质，充分反响沉淀掉溶液中的碳酸钠且不形成碱性物质，然后滴加酚醐检验溶液中的氢氧化 钠；【实验反思】根据氢氧化钠

40、能吸收空气中二氧化碳分析保存方法.24.【答案】(1) 5.3； 4.0； 33.3%(2)解：没变质氢氧化钠质量为13.3g 5.3g=8g设参加反响氯化氢的质量为mNaOH+ HCl=NaCl+H2O4036.58gm40 = 36.58g= m8g x 36.5m =而一= 7.3g盐酸的质量=招濡=50gNaOH被完全中和后，再继续滴加盐酸，为什么没有立即产生二氧化碳气体【解析】【分析】(1)变质的氢氧化钠中滴加盐酸，盐酸与碳酸钠产生二氧化碳气体，根据二氧化碳 气体的质量可确定碳酸钠的质量和参加反响的氢氧化钠的质量，最后计算氢氧化钠的变质程度；(2)样品质量减去参生成的碳酸钠的质量就是

41、其中氢氧化钠的质量，然后根据氢氧化钠和稀盐酸反应的方程式计算出参加反响的HC1的质量，最后用它的质量除以质量分数即可；（3）观察图像可知，加入50g稀盐酸是氢氧化钠就已经完全反响，但是此后并没有马上产生二氧化 碳。【解答】（1）由图示可知，产生的二氧化碳的质量为2.2g,设参加反响的氢氧化钠的质量为x, 生成碳酸钠的质量为y,CO2+2NaOH=Na2cO3+H2O44801062.2g xy44 = 80 = 1062.2g 一 - y ；解得:x=4g, y=5.3g；那么氢氧化钠的变质程度为苏药瑞肝而x 100% = 33.3%O（2）继续探究没变质氢氧化钠质量为13.3g-5.3g=8

42、g；设参加反响氯化氢的质量为m,NaOH+HCl=NaCl+H2O4036.58gm40 = 36.58g m ;解得：m=7.3g；盐酸的质量=4 = 50g。 14.6% 口（3）对照图像，我发现的问题是：NaOH被完全中和后，再继续滴加盐酸，为什么没有立即产生二氧化碳气体。25.【答案】（1）第三次加入纯碱样品充分反响后与100g盐酸恰好完全反响，、共生成二氧化碳的质量：5.4gx3+100g+60g-169.6g=6.6g；设前三次样品中含有碳酸钠的质量为x,所用稀盐酸中溶质的质17244量为 y。Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2T106 73 44x y 6.6g

43、= y = 解得：x=15.9g；y=10.95g纯碱样品中碳酸钠的质量分数：100% x 98.1%；（2）所用稀盐酸的质量分数：100% = 10.95%。【解析】【分析】从第一次到第三次，每加入5.4g纯碱，那么天平示数增加3.2g,而第四次比第三次 时天平示数增加：175g-169.6g=5.4g,正好等于加入纯碱的质量，说明第三次时稀盐酸正好完全反 应。（1）根据质量守恒定律，利用第三次实验中数据计算所放出二氧化碳的质量，再根据碳酸钠和稀盐 酸反响的方程式计算样品中碳酸钠的质量，由碳酸钠质量与样品质量比计算样品中碳酸钠质量分数 进行解答；（2）根据完全反响后所放出二氧化碳的质量，计算

44、所用稀盐酸的质量，最后计算稀盐酸的质量分数。26.【答案】（1）（2）设第2份样品中生成硫酸锌的质量为x,参加反响的锌的质量为y,Zn+H2sO4=ZnSO4+H2f；651612yx 0.08g65 = 161 = 2y x 0.08g;解得：y=2.6g； x=6.44g；那么硫酸锌的质量分数为：X 100% = 7.8%o vug 十 z.ogu.u“g【解析】【分析】（1）在锌和稀硫酸的反响中，生成氢气的质量与参加反响的稀硫酸的质量成正比, 根据第2组数据推算生成0.1g氢气参加反响的稀硫酸的质量，然后表格中的各组数据和这组数据在 图像中描点，连接成图像即可；（2）写出锌和稀硫酸反响的

45、方程式，根据生成氢气的质量计算出参加反响的锌的质量和生成硫酸锌的质量，用锌的质量+硫酸质量-氢气质量得到溶液质量,的质量，用锌的质量+硫酸质量-氢气质量得到溶液质量,最后根据溶质质量溶液质量x 100%计算溶质质量分数即可。【解答】（1）根据第2组数据可知，当参加反响的稀硫酸质量为80g时生成氢气0.08g,那么第3份中生成0.1g氢气参加反响的稀硫酸的质量为：80gx 需 =100g,将表格中的四组数据和计算出U.Uo的这组数据在方格纸上描点得到：0.12I- 0.10 , 0.08 0.06 : 0.04 p 0.02 .V-Ilft)（2）设第2份样品中生成硫酸锌的质量为x,参加反响的锌

46、的质量为y,Zn+H2SO4=ZnSO4+H2t；651612yx 0.08g65 = 161 = 2y % 0.08g；解得：y=2.6g； x=6.44g；那么硫酸锌的质量分数为：而工然%而xl00% = 7.8%。 oU-rZ.on U.UoG27.【答案】（1） H2SO4、FeSCU（2）根据丙同学的实验可知，反响后溶液质量增加了； 108.lg-100g=8.lg,而这个质量是铁和产生氢气的质量之差，设硫酸的质量分数为XFe+H2sO4=FeSCU+H2T溶液质量增加 TOC o 1-5 h z 5698254xx 100g8.1g98= 54xxlOOg 8.lg；解得：x=14

47、.7%(3) 75.45654zl05.4g-100g=5.4g =彘;(4)在乙实验中，金属铁完全反响，设铁的质量为z, Fe+H2sO4=FeSO4+H2T溶液质量增加56 2 54解得：z=5.6g；那么铜的质量为;10g-5.6g=4.4g;那么铁粉恶化铜粉的质量比为:5.6g： 4.4g=14;llo(5)根据实验三可知，反响后溶液质量增加了； 108.lg-100g=8.lg,而这个质量是铁和产生氢气的质量之差，设硫酸的质量分数为m, Fe+H2so4=FeSO4+H2T溶液质量增加56 152 2 54 m 8.lg盘 = 羲；解得：m=22.8g；那么丙同学所得溶液的溶质质量分

48、数：桑普x 100% = 21.1%。【解析】【分析】(1)根据金属的活动性关系铁氢铜，铁能与稀硫酸反响生成硫酸亚铁同时放出 氢气而铜不能与稀硫酸反响，因此当把金属混合物放入足量稀硫酸中充分反响时，剩余固体为铜, 比照乙、丙两组数据，金属质量增加一倍，剩余溶液的质量没有增加一倍，所以丙中的酸完全反 应，金属有剩余，而乙中那么金属完全反响而酸有剩余；比照甲、乙两组数据，甲组中的硫酸缺乏。(1)乙中金属完全反响而酸有剩余，据此分析溶质的种类；(2)在丙同学的实验中，硫酸完全反响，反响后溶液质量增加了； 108.1g-100g=8.1g,而这个质量 是铁和产生氢气的质量之差，利用铁和稀硫酸反响的化学

49、方程式列式计算硫酸溶液的溶质质量分 数；(3)在甲同学的实验中，硫酸完全反响，利用铁和硫酸反响的方程式结合硫酸的质量计算出溶液质 量的增加量，然后加上稀硫酸的质量即可；(4)在乙同学的实验中，金属铁完全反响，利用铁和硫酸反响的方程式，利用溶液质量的增加量计 算出铁的质量，然后用混合物的质量减去铁的质量就是铜的质量，最后求出二者质量之比即可；(5)在丙同学的实验中，硫酸完全反响，反响后溶液质量增加了； 108.1g-100g=8.1g,而这个质量 是铁和产生氢气的质量之差，利用铁和稀硫酸反响的化学方程式列式计算出生成硫酸亚铁的质量， 最后计算溶液的质量分数即可。【解答】(1)乙中金属完全反响而酸

50、有剩余，那么乙同学所得剩余溶 液中含有的溶质是剩余的H2so4和反响产物FeSO4;(2)根据丙同学的实验可知，反响后溶液质量增加了； 108.1g-100g=8.1g,而这个质量是铁和产生 氢气的质量之差，设硫酸的质量分数为xFe+H2sO4=FeSO4+H2T溶液质量增加56982548.1gxx100g98= 54xxlOOg 8.lg；解得：x=14.7%（3）在第一次实验中，稀硫酸缺乏，那么它完全反响。设硫酸完全反响增加的质量为y,Fe+H2s。4二FeSCU+H2T增力口 TOC o 1-5 h z 56985470gxl4.7%y98_ 5470gxi4.7% 二了;解得：y=5

51、.67g表格中 m=70g+5.67g=75.67go（4）在乙实验中，金属铁完全反响,设铁的质量为z,Fe+H2SO4=FeSO4+H2T溶液质量增加54105.4g-100g=5.4g54105.4g-100g=5.4g56 z56 = 54 z 5.4g；解得：z=5.6g； 那么铜的质量为;10g-5.6g=4.4g;那么铁粉恶化铜粉的质量比为:5.6g： 4.4g=14;llo（5）根据实验三可知，反响后溶液质量增加了； 108.1g-100g=8.1g,而这个质量是铁和产生氢气的质量之差， 设硫酸的质量分数为m,Fe+H2so4=FeSCU+H2T溶液质量增加56152254m8.

52、1g152 = 54 m 8.1g;解得：m=22.8g；C.乙在该反响中一定是催化剂D.该反响中甲、丙、丁的质量比为1： 16： 13.在一密闭容器中，有甲、乙、丙、丁四种物质，在一定条件下存在某个反响，测得反响前后各物质的质量如下表：对该反响，以下描述正确的选项是（）物质甲乙丙丁反响前质量/g20m2020反响后质量/g2待测3226A.该反响中甲、丙、丁的质量比为1 ： 16 ： 13B.乙在该反响中一定是催化剂C.待测质量一定为4gD.该反响是分解反响.以下有关催化剂的说法正确的选项是（）A.不使用催化剂，物质就不能发生化学反响B .催化剂只能加快反响速率C.催化剂能改变其它物质的反响

53、速率D.用催化剂将水变成汽油.向一定量的Na2c03溶液中缓慢地滴加稀盐酸，并不断搅拌，发现开始没产生气泡，盐酸加到 一定程度才产生气泡。随着盐酸的加入，溶液中离子数目也相应地发生变化。如下图，四条曲线 与溶液中的离子的对应关系，完全正确的选项是（）m子数目a： Cl； b： K+； c： C0l- ； d： HCOg TOC o 1-5 h z a：Na+；b：C0j ； c：HC03； d：Cla：Na+；b：C0j ； c：Cl ；d：HCOa：Na+；b：HCOg ； c：C ；d：CO歹；.以下4个坐标图分别表示4个实验过程中某些质量的变化，其中正确的选项是（）那么丙同学所得溶液的溶

54、质质量分数：箫得X 100% = 21.1%o 28.【答案】(1)盐酸溶液的溶质质量分数、盐酸与镁反响释放的热量(2)解：设反响消耗金属镁x ,生成MgCl2 yMg+2HC1= MgCb+ H2T约=空二二% y 04gx=4.8gy=19gMgCh %=19/(4.8+200-0.4)=0.093=9.3%答:所得溶液中溶质MgCh的质量分数为9.3%沆涉及*/克氧火化优溶液质量/克 丙【解析】【分析】(1)气压过大，可能是生成氢气的速度快，即盐酸的溶质质量分数大造成的，也可 能是由于反响速度快导致放出的热量过多，温度过高造成的；(2)写出镁和稀盐酸反响的方程式，利用生成氢气的质量计算出

55、参加反响的镁的质量和生成氯化镁的质量，再用镁的质量+盐酸质量-氢气质量计算出溶液的质量，最后根据氯%y X 100%计算即可。氢氧化钠先和剩余的稀盐酸反响，生成氯化钠和水，这段时间内没有沉淀生成。等稀盐酸完全反 应后，氢氧化钠再和氯化镁反响，生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，且质量不断增大。当氯化镁完全反 应后，沉淀的质量保持不变，据此画图即可。A.向一定量石灰石滴加稀盐酸生成的二疑化碳依o稀赴俄的质依依B.C.D.t剜余液体中氧元京的败盘加向一定量过氧化氢溶液加入少量二氧化镐 O时间/nun产：的厦0向相同铁粉和锌粉加入足量稀盐酸1/:O稀世幽的康敏固体的顺量化向一定量硫酸铜溶液不断加入铁粉|铁的质

56、量f13.实验室现有瓶水垢样品，其成分为氢氧化镁和碳酸钙，：氢氧化镁受热易分解，反响的化学方程式为：Mg(0H)2金MgO4-H2O；碳酸钙高温下分解。某兴趣小组为测定其中各成分的质量分 数，取15.8g水垢样品加热，加热过程中剩余固体的质量随加热时间的变化如下图。关于加热一段 时间后剩余固体的判断，以下说法正确的选项是()剩余固体的质量健minA. a、b、d三点剩余固体中钙元素的质量逐渐减小B.假设剩余固体中钙元素的质量分数为40.0%,那么剩余固体的成分为CaCCh、MgO、CaOC.图中x点对应的质量为9.2克，组成物质为CaO和MgOD.假设向c点的剩余固体中加入足量稀盐酸，充分反响

57、生成CO2的质量为(15.8-x)g14.有A、B两种金属放入等质量分数的稀硫酸中，生成氢气的质量与反响时间的关系如下图, 以下结论合理的是()A.金属活动性ABB.生成氢气的质量ABC.反响的硫酸质量ABD.反响的金属质量AB15.金属单质A和非金属单质B可生成化合物，反响的化学方程式为2A+B加热心。某校甲、乙、丙三位同学分别在实验室内做该实验，充分反响时，所用A和B的质量a和b各不 相同，但总质量相等，都是10.0g。有关实验数据记录如下。A的用量B的用量a2b的质量甲9.0g1.0g5.0g乙4.0g6.0g5.0g丙agbg6.0g以下说法正确的选项是（）A. A与B的相对分子质量之

58、比是4： 1B.丙同学实验中a： b的值可能是22： 3C.该反响一定不是氧化反响D. A2B可能是水二、填空题.金属材料是现代生活和工业生产应用极为普遍的一类物质.（1）工业上用CO还原赤铁矿冶炼金属铁的化学方程式为 .（2）欲从含有硫酸、硫酸亚铁和硫酸铜的废液中回收全部的金属铜，应先加入 充 分反响后过滤，滤渣中含有，继续处理可以得到纯洁的金属铜.（3）铁生锈的条件是 ,写出防止铁生锈的一条措施： .铝的化学性质比铁活泼，但铝比铁耐腐蚀，其原因是.在托盘天平（灵敏度极高）两边各放盛有等质量、等质量分数足量稀盐酸的烧杯，天平平衡， 向左烧杯中缓慢加入一定质量的镁粉，同时向右烧杯中加入一定质量

59、的铁粉，测量加入的金属质量 m和相应的烧杯内物质质量变化量 M,画出M m曲线，并在坐标轴内画出曲线oac和obc,回答以下问题:j M八0 mi tn： m从向左右烧杯加入金属开始观察，当左右烧杯加入的金属粉末质量相同且观察到反响不再进行 后停止观察，那么指针变化情况为;mi： m2=,曲线oac表示的是 (选填“左边”或“右边”)烧杯中AM与m 的变化关系.某化学小组向一定量AgNCh和Cu (NO3) 2混合溶液中加入一定量的Mg粉，充分反响后过滤 得溶液A和固体B对滤液A所含的溶质有以下几种猜测：Mg (NO3) 2、AgNCh、Cu (NO3) 2 Mg (NO3) 2、Cu (NO3) 2Mg (NO3) 2、AgNCh只有Mg (NO3) 2经过讨论大家一致认为不合理的猜测是 (填标号)，其理由是 .【实验探究】假设猜测成立，通过以下实验可确定固体B的成分，请将下表填写完整.实验步骤现象固体B的成