精品解析浙江省湖州市20192020学年九年级上学期科学期中测试试卷（到第2章结束）

1、Word文档，下载后可任意编辑 精品解析浙江省湖州市20192020学年九年级上学期科学期中测试试卷（到第2章结束）(外装订线)(请不要在装订线内答题)(内装订线)登陆在线组卷平台助您教考全无忧浙江省湖州市2018-2019学年九年级上学期科学期中测验试卷（到第2章结束）一、单项选择题（共16题，共48分）（共16题；共48分）1.下列四幅图，能说明烧碱用途的是(?)A.?金属切割及焊接?B.?建筑材料C.?制肥皂?D.?人工降雨2.如图为喷墨打印机工作原理示意图。溶解在打印墨水（pH：7.59.0）中的染料，从喷嘴喷到打印纸（pH：4.56.5上，变为不溶于水的固体。下列说法正确的是()A.

2、?打印墨水偏酸性?B.?打印墨水显中性?C.?打印纸偏酸性?D.?打印纸偏碱性3.有一无色溶液，向其中滴加氯化钡溶液时，有白色沉淀生成，此沉淀不溶于稀硝酸，则该溶液中一定有大量的?（?）A.?Ag+和CO32?B.?Ag+?C.?SO42?D.?Ag+或SO424.我国的锡储量占世界第一位。古代记载的炼锡方法的化学方程式为：SnO2+2C=Sn+2CO。此反应说明碳具有(?)A.?稳定性?B.?可燃性?C.?氧化性?D.?还原性5.合理使用化肥，有利于农作物的生长和减少环境污染。下列有关化肥的说法正确的是(?)A.?为保证高产尽量多施用化肥B.?将氯化铵与碱性物质混合施用可以提高肥效C.?CO

3、(NH2)2是一种常用的复合肥料D.?提倡将农家肥与化肥综合使用6.下列各组物质中，按单质、氧化物、混合物顺序排列的是(?)A.?氧气、干冰、液态空气?B.?冰川水、石灰水、生理盐水C.?钢、蒸馏水、硫酸铜晶体?D.?水银、冰、冰水混合物7.“厨房化学”可理解为利用家庭生活用品来进行化学实验，从而对化学进行学习和探讨活动。下列实验不能在“厨房化学”中完成的是(?)A.?探究铁制品在什么条件下生锈?B.?蛋壳能否溶于酸C.?鉴别食盐和纯碱?D.?检验自来水是否含氯离子8.向一定质量的稀硫酸中逐滴加入氢氧化钡溶液，直至过量。如图横坐标表示加入氢氧化钡溶液的质量，根据图线判断，纵坐标可能表示(?)A

4、.?硫酸钡沉淀的质量?B.?溶液中溶剂的质量C.?溶液中溶质的质量?D.?溶液的pH9.下列各组物质的溶液，不另加其它试剂就能一一鉴别出来的是(?)A.?Ba(NO3)2、NaOH、H2SO4、KCl?B.?AgNO3、KCl、HNO3、MgCl2C.?Ba(NO3)2、NaCl、CuSO4、NaOH?D.?CuSO4、NaCl、NaNO3、BaCl210.某校科学课外活动小组在一次“环保”主题实践活动中，对小河旁甲、乙两座化工厂的废水排放问题进行调查时发现：两工厂的生产污水中各含有下列五种离子中的三种：H+、Cu2+、K+、NO3-、OH-，且两厂污水中含有一种相同的离子。若两厂单独排放都会

5、造成严重的污染。若将两厂的污水按一定比例混合，沉淀后污水会变成只含一种溶质的无色澄清溶液，此溶质可做化肥。下列关于污水的分析，正确的是(?)A.?OH?和Cu2+来自同一工厂?B.?Cu2+和K+来自同一工厂C.?K+和OH?来自同一工厂?D.?H+和K+来自同一工厂11.小明同学在往氢氧化钠溶液中滴加稀盐酸研究中和反应时，忘记了滴加酸碱指示剂。为了确认滴加的盐酸是否已经过量，从烧杯中取少量反应后的溶液于试管中，用某种试剂进行检验。下表是小明同学设计的实验方案，其中不正确的是(?)实验方案使用的试剂判断的方法A铁粉如果有气泡产生，表明盐酸已经过量BpH试纸如果pH1.【答案】C【考点】碱的物理

6、性质及用途【解析】【分析】根据物质的性质和用途进行判断即可。【解答】A.金属的切割和焊接利用的是氧气的助燃性，故A不合题意；B.石灰石碳酸钙常用于建筑材料，故B不合题意；C.油脂和氢氧化钠共煮，然后加工定型就可得到肥皂，故C符合题意；D.人工降雨要用干冰，即固体的二氧化碳，故D不合题意。故选C。2.【答案】C【考点】溶液的酸碱性与pH值的关系【解析】【分析】酸性溶液的pH7，碱性溶液的pH值7，据此判断。【解答】打印墨水的pH在7.59之间，显碱性；打印纸的pH在4.56.5之间，显酸性，故C正确，而A、B、D错误。故选C。3.【答案】D【考点】酸、碱、盐的鉴别，物质的鉴别、推断【解析】【分析

7、】（1）电解质在溶液中以离子形式存在，氯化钡溶液中有Ba2+和Cl-；（2）根据溶解性表可知Ag+与Cl-能结合成不溶于水和酸的白色沉淀，Ba2+和SO42能结合成不溶于水和酸的白色沉淀.【解答】AAg+和CO32，CO32-形成的沉淀BaCO3能溶于稀硝酸，不符合题意，A错误；BAg+，Ag+能与Cl-反应产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，除了Ag+还可以是SO42-离子与Ba2+反应产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，所以B选项不完整，B错误；CSO42，由B选项可知，还可能有Ag+，C错误；DAg+或SO42，由B选项解释可知，D正确.故答案为：D4.【答案】D【考点】还原反应与金属的冶炼【解析】【分

8、析】在氧化还原反应中，化合价升高的被氧化，是还原剂具有还原性；化合价降低的被还原，是氧化剂具有氧化性，据此判断即可。【解答】在反应SnO2?+2C=Sn+2CO中，反应物中的C化合价为0，生成物中C的化合价为+2；它的化合价升高，是还原剂具有还原性。故选D。5.【答案】D【考点】盐与化肥【解析】【分析】（1）化肥使用太多，会造成土壤板结，甚至对水源产生污染；（2）氯化铵与碱性物质发生反应生成氨气；（3）含有两种或两种以上营养元素的叫复合肥；（4）农家肥对环境没有任何影响。【解答】A.为保证高产尽量多施用化肥，会造成土壤板结和环境污染，故A错误；?B.将氯化铵与碱性物质混合会反应生成氨气，降低肥

9、效，故B错误；C.CO(NH2)2中只含有氮元素，不是复合肥料，故C错误；D.提倡将农家肥与化肥综合使用，既可以增加产率又可以保护环境，故D正确。故选D。6.【答案】A【考点】常见物质的分类【解析】【分析】（1）混合物是由两种或两种以上的物质组成；（2）由同种元素组成的纯净物叫单质；（3）氧化物是指由两种元素组成的化合物中，其中一种元素是氧元素。【解答】A.氧气属于单质，干冰属于氧化物，液态空气属于混合物，故A正确；B.冰川水、石灰水、生理盐水都属于混合物，故B错误；C.钢属于混合物，蒸馏水、硫酸铜晶体都属于化合物，故C错误；D.水银、冰、冰水混合物都属于纯净物，故D错误。故选A。7.【答案】

10、D【考点】酸的化学性质，金属的腐蚀与防护【解析】【分析】实验不能在“厨房化学”中完成即意味着实验所需要的药品或条件在家庭厨房内无法满足，据此分析即可。【解答】A.铁制品在与水分、氧气发生复杂的化学变化，形成红褐色的铁锈，该实验所需要药品等家庭可以满足，故A能不合题意；B.蛋壳主要成分为碳酸钙，厨房中的食醋含有醋酸，该实验所需要药品等家庭可以满足，故B不合题意；C.滴加食醋，放出气体的为纯碱，没有变化的是食盐，该实验所需要药品等家庭可以满足，故C不合题意；D.检验溶液中的氯离子需要滴入酸化后的硝酸银溶液，完成该实验所需要的硝酸银溶液家庭无法提供，故D符合题意。故选D。8.【答案】C【考点】溶液的

11、组成及特点，酸的化学性质【解析】【分析】（1）根据硫酸钡沉淀的生成规律判断；（2）滴入的溶液越多，溶剂的质量就越大；（3）硫酸和氢氧化钡溶液反应时要生成白色沉淀硫酸钡，因此开始时溶质减小；待完全反应后，再加氢氧化钡，溶质质量增大；（4）稀硫酸的pH值小于7，而氢氧化钡溶液的pH值大于7，据此判断。【解答】A.硫酸和氢氧化钡溶液反应时要生成白色沉淀硫酸钡，产生硫酸钡沉淀质量从原点开始而不断增加直至硫酸完全反应的过程，故A错误；B.该反应中加入氢氧化钡溶液，所以溶剂的质量会不断增加，而不会出现先减小后增加的可能，故B错误；C.硫酸和氢氧化钡溶液反应时要生成白色沉淀硫酸钡，所以开始时溶液中溶质的质量

12、要逐渐减少；等硫酸和氢氧化钡恰好完全反应时，溶液中的溶质质量为0，继续滴加氢氧化钡溶液，则溶液中溶质的质量继续增加，即该图象的纵坐标为溶液中溶质的质量，故C正确；D.稀硫酸的pH值小于7，而氢氧化钡溶液的pH值大于7，所以加入氢氧化钡后溶液的pH值是一直增加的，故D错误。故选C。9.【答案】C【考点】酸、碱、盐的鉴别【解析】【分析】r如果有带色离子，用带色离子检验去检验其他物质；如没有带色离子的，需要列举出各物质反应现象进行鉴别，只要各物质的现象不同即可鉴别出来【解答】A.四种物质均为无色溶液，其中能够反应且有明显现象的只有Ba（NO3）2硫酸和H2SO4，故难以区分，故A错误；B.四种物质均

13、为无色溶液，其中能够反应且有明显现象的有AgNO3和KCl以及AgNO3和MgCl2，故可以判断出硝酸，但是KCl以及和MgCl2难以鉴别，故B错误；C.CuSO4溶液为蓝色溶液，故可以率先鉴别，而能够和CuSO4溶液反应生成蓝色沉淀为NaOH溶液；能够和CuSO4溶液反应生成白色沉淀为Ba（NO3）2溶液，剩余的为NaCl溶液，这样这四种物质都得以鉴别，故C正确；、D.CuSO4溶液为蓝色溶液，故可以率先鉴别，而能够和CuSO4溶液反应生成生成白色沉淀为BaCl2溶液，但是其他两种物质都不能和CuSO4溶液及BaCl2溶液反应，故D错误。故选C。10.【答案】C【考点】物质的鉴别、推断【解析

14、】【分析】利用离子的共存来判断两厂废水的成分，因0H-与H+、Cu2+不能共存，因此它们肯定不能来自同一工厂；且每个工厂的生产污水中各含有下列五种离子中的三种，则含H+、Cu2+的污水中的阴离子为NO3-，即其中一个厂污水中的离子为：H+、Cu2+、NO3-；则另一厂污水中离子为K+、NO3-、0H-。【解答】A.因OH-和Cu2+能结合生成沉淀，则不能来自同一工厂，故A错误；B.根据离子的共存及两厂污水中各含三种离子，两厂污水中的离子分别为：H+、Cu2+、NO3-和K+、NO3-、0H-，故B错误；C.根据离子的共存及两厂污水中各含三种离子，其中一厂污水中有K+、NO3-、0H-，故C正确

15、；D.根据分析可知两厂污水中的离子情况，H+和K+不能来自同一工厂，故D错误。故选C。11.【答案】C【考点】酸、碱、盐的鉴别【解析】【分析】根据酸的化学性质进行判断即可。【解答】A.铁会与盐酸反应生成氢气，只要有气泡产生，说明酸过量了，故A正确不合题意；B.pH试纸测出的pH值小于7，说明溶液显酸性，盐酸就过量了，故B正确不合题意；C.盐酸即使不过量，中和反应生成的氯离子也会与硝酸银生成沉淀，故C错误符合题意；D.紫色石蕊变红色，说明溶液中存在氢离子，也就可以证明盐酸过量，故D正确不合题意。故选C。12.【答案】C【考点】化合物之间的相互转化【解析】【分析】根据所涉及物质的性质，分析能否只通

16、过一个反应而实现即可。【解答】铁与硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁溶液和铜；铜在氧气中加热生成氧化铜，氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，故符合题意；氯化钠无法与碳酸盐溶液反应生成碳酸钠和氯化物的溶液，因为没有沉淀、气体或水生成，故不合题意；碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，故符合题意；碳在氧气中燃烧生成二氧化碳，二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，水通电分解生成氢气和氧气，故符合题意。因此每一转化在一定条件下均能一步实现。故选C。13.【答案】D【考点】金属活动性顺序及其应用【解析】【分析】根据金属活动性顺序的应用可以知道

17、，在金属活动性顺序中，氢前的金属能与酸反应生成氢气，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。【解答】A.锌可以和硫酸铜反应，能够判断锌比铜活泼；银不能和硫酸铜反应，可以判断银不如铜活泼，故可以判断三种金属的活动性顺序，故A不合题意；B.铜不能和硫酸锌反应，所以可以判断铜的活动性比锌弱；铜可以和硝酸银溶液反应，所以可以判断铜的活动性比银强，故B不合题意；C.铜不能和盐酸反应，而锌可以和盐酸反应，所以可以判断锌的活动性比铜强；铜可以将硝酸银中的银置换出来，所以可以判断铜的活动性比银强，故C不合题意；D.锌和铜都能和硝酸银反应，所以不能判断出锌和铜的活动性顺序，故D符合题意。故选D。1

18、4.【答案】B【考点】常见金属与金属的物理性质及用途【解析】【分析】根据硬币的流通特点分析硬币应具有的特点要求，特别是其耐腐蚀、硬度、及价值的相关因素。【解答】根据硬币的流通特点可知：铸造出的硬币要有较强的耐腐蚀性、硬度较大且硬币价值与面值的吻合度要接近，而金属的导电性不是铸造硬币所考虑的因素。故答案为：B15.【答案】A【考点】置换反应及其应用，还原反应与金属的冶炼【解析】【分析】A、根据实验过程中的注意事项来分析；B、根据实验中的现象分析，现象有澄清石灰水变浑浊和黑色氧化铜变红；C、根据实验步骤，需先通入气体，在加热；D、根据置换反应的规律，反应物和生成物都有单质来分析。【解答】A、氢气还

19、原氧化铜生成水,为了防止冷水倒流回试管底部将试管炸裂,所以试管口应略向下倾斜,故A正确；B、乙实验中还会观察到黑色的粉末慢慢变成红色,来判断，故B错误；C、可燃性气体在加热或点燃前都不能混有氧气，所以实验时都应该先通入气体排净容器内的空气而后再加热，这主要是防止发生爆炸，故C错误；D、一氧化碳都将氧化铜反应生成铜和二氧化碳，反应物都是化合物，不属于置换反应，故D错误。16.【答案】D【考点】金属的化学性质，金属活动性顺序及其应用【解析】【分析】根据题意向滤渣中加入稀盐酸产生了无色气体，而银和铜都不能和稀盐酸反应，所以说明在滤渣中存在能与酸反应的金属，进而可以判断加入的M比铜和银活泼，从而可以判

20、断滤液的银离子和铜离子已被完全置换出来，可以据此解答该题。【解答】根据题意向滤渣中加入稀盐酸产生了无色气体，而银和铜都不能和稀盐酸反应，所以说明在滤渣中存在着能和酸反应的金属，进而加以判断加入的M比铜和银都活泼，从而可以判断滤液的银离子和铜离子已被完全置换出来。A由于活泼金属是过量的，所以滤液中一定没有银离子，结论正确，A错误；B加入稀盐酸产生气体，所以可以判断在滤渣中一定含有金属M，结论正确，B错误；C根据B的解答以知道，活泼金属是过量的，所以滤渣中一定含有金属铜，结论正确，C错误；D铁在发生置换反应时生成的是浅绿色的亚铁盐溶液，而题中得到的是无色溶液，所以不可能为铁，结论错误，D正确。故答

21、案为：D二、填空题（共7题，共32分）17.【答案】致密氧化铝保护膜；【考点】书写化学方程式、文字表达式【解析】【分析】（1）氧化铝和氧化铁不同，它覆盖在金属铝表面形成一层致密的保护膜，防止里面的铝进一步氧化；（2）氧化铁与一氧化碳反应生成铁单质和二氧化碳气体，据此写出反应的化学方程式。【解答】（1）铝制品比铁制品具有更好的抗腐蚀性能，是因为铝表面能生成一层致密的氧化铝保护膜；（2）氧化铁与一氧化碳反应生成铁单质和二氧化碳气体，方程式为：。18.【答案】（1）（2）Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O【考点】书写化学方程式、文字表达式，有机物与无机物的区别【解析】【分析】（1）有机物

22、即有机化合物。含碳化合物（一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐、金属碳化物等少数简单含碳化合物除外）或碳氢化合物及其衍生物的总称；（2）氢氧化镁和稀盐酸反应生成氯化镁和水据此写出反应的化学方程式。【解答】（1）白酒、头发、醋酸和蛋清的主要成分是有机物，故填：。（2）服用含有?Mg（OH）2?的药物来中和过多的胃酸，发生反应的化学方程式为：2HCl+Mg（OH）2MgCl2+2H2O。19.【答案】（1）B；塑料（2）涂一层油漆【考点】材料的利用与发展，金属的腐蚀与防护【解析】【分析】根据已有的金属材料的性质以及防锈的方法进行分析解答即可。【解答】（1）铝制水壶利用的是铝的导热性，故填：B；A?图中用到的

23、合成材料是塑料。（2）铁制水龙头易生锈，可以在水龙头的表面刷漆。20.【答案】（1）B，因为滴加液体前溶液pH大于7（2）溶液红色恰好褪去【考点】溶液的酸碱性与pH值的关系【解析】【分析】（1）根据滴加液体前溶液的pH值就能知道选择哪个装置；（2）酚酞遇碱变红色，当溶液中性时，酚酞为无色。（3）根据参加反应的碱也是一种白色固体来分析【解答】（1）有同学根据右图中的曲线判断实验中采用了B装置的操作，由从曲线可看出，该同学判断的依据是：从曲线可看出，原溶液的pH值大于7，而滴加溶液至恰好完全中和时，溶液的pH值逐渐减小到7；（2）在以上实验中用了酚酞作指示剂，能够说明盐酸和氢氧化钠溶液恰好完全中和

24、，故其实验现象是：溶液由红色刚好变成无色。21.【答案】（1）BaCl2（2）CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2+Na2SO4【考点】物质的鉴别、推断【解析】【分析】（1）硫酸铜溶液显蓝色，所以E是硫酸铜；（2）硫酸铜与氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，因此A是氯化钡；硫酸铜与氢氧化钠反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，因此B是氢氧化钠；（3）无明显现象的是氯化钠和稀硫酸；将蓝色沉淀氢氧化铜加入稀硫酸中，反应生成硫酸铜和水，沉淀消失，因此C是稀硫酸，D是氯化钠。据此解答即可。【解答】（1）A溶液中的溶质是氯化钡，化学式为：BaCl2；（2）B和E反应，其实就是硫酸铜与氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠

25、，方程式为：CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2+Na2SO4?。22.【答案】（1）铁；c（2）ZnSO4、H2SO4【考点】金属的化学性质【解析】【分析】（1）等质量的金属锌和铁，分别逐渐加入同浓度的稀硫酸，铁产生的氢气多，氢气产生的氢气少；两杯中金属都有剩余，那么反应都在进行，气体都在产生；（2）B金属是锌，b点时，锌已经反应完毕，溶液中稀硫酸过量，据此判断溶质的种类。【解答】（1）分析可知：A金属是铁；加入cg硫酸时，两个烧杯中都有金属剩余；（2）加入bg硫酸时，B金属所在烧杯里的溶液溶质是ZnSO4，H2SO4。?23.【答案】（1）还原（2）实验结束后，先停止了通氢气然后再熄灭了

26、酒精灯，造成铜又被氧化成氧化铜【考点】还原反应与金属的冶炼【解析】【分析】（1）在氢气还原氧化铜的实验中，氢气是还原剂具有还原性，氧化铜是氧化剂，具有氧化性；（2）氧化铜是黑色固体，单质铜是红色固体，可从铜被再次氧化的角度解答。【解答】（1）该实验说明氢气具有还原性。（2）氢气还原氧化铜的实验时，氧化铜先变成了亮红色，后又变成了黑色，造成这种结果的原因是：实验结束后，先停止了通氢气然后再熄灭了酒精灯，造成铜又被氧化成氧化铜。三、实验探究题（共5题，共35分）24.【答案】（1）不能（2）颗粒较小的铝（3）Al和AlCl3【考点】金属活动性顺序及其应用【解析】【分析】（1）金属纯度、所用盐酸浓度

27、都会影响金属和酸的反应，小明的方案中都没进行必要的控制且操作中也难以做到铝片和锌粒的表面积相同；（2）【提出合理假设】根据文献对铝及氯化铝的介绍，猜测灰黑色沉淀的组成；（3）实验出现的固体全部溶解的现象可说明“灰黑色沉淀”全部是可溶解于酸的固体所组成；实验和说明了固体中含有能溶解于水和乙醇的物质，氯化铝易溶于水和乙醇。【解答】（1）我认为他的实验无法比较锌和铝的金属活动性的强弱；（2）【提出合理假设】铝的小颗粒呈黑色与反应中出现的“灰黑色沉淀”颜色相近，可猜测灰黑色可能颗粒较小的铝；（3）实验加入适量稀盐酸固体全部溶解，说明该灰黑色沉淀不含有难溶于酸的物质；实验加入适量的水和加入适量的乙醇都可

28、观察到有固体物质被溶解，说明固体中还含有易溶于水和乙醇的氯化铝，因此，通过三个实验的探究可判断沉淀为铝和氯化铝的混合物。25.【答案】（1）锌片表面只有红色物质析出（2）B（3）取10只相同的烧杯，分别倒入质量相同而温度不同的水，水的温度在0-100以成等差数列排列，然后在每个烧杯里分别加入相同质量的硫酸铜，充分搅拌后观察颜色。（答案合理即可）【考点】实验方案设计与评价【解析】【分析】（1）如果溶液中含有亚铁粒子，那么加入锌后肯定会有黑色的物质析出；如果只有红色物质析出，那么说明只含有铜离子，不含有亚铁离子；（2）要验证颜色是否与铜离子的浓度偏大有关，就要降低它的浓度，即增大溶剂，加的只能是水

29、；（3）要研究颜色是否与温度有关，就要保持其它因素相同，改变溶液的温度。【解答】（1）小柯取少量反应后的溶液并加入足量金属锌片，若观察到锌片表面只有红色物质析出，说明溶液中不含有亚铁离子，则可证明猜想一是错误的。（2）在不改变所得溶液构成微粒的前提下，向实验结束后的试管中适量加入某种物质，发现溶液呈现蓝色，猜想二正确，则加入的物质应是水，故选B；（3）实验方案：取10只相同的烧杯，分别倒入质量相同而温度不同的水，水的温度在0-100以成等差数列排列，然后在每个烧杯里分别加入相同质量的硫酸铜，充分搅拌后观察颜色。26.【答案】（1）随着盐酸溶质质量分数的增大，钠与盐酸的反应速度先增大后减小（2）

30、钠和酸溶液的反应会放出热量（3）相比NaOH，NaCl的溶解度较小，盐酸溶质质量分数高时，短时间内产生的NaCl晶体没能及时溶解暂时覆盖在钠表面，从而降低反应速度【考点】固体溶解度的概念，碱的化学性质【解析】【分析】（1）根据实验的数据来分析；（2）根据化学反应会放出大量的热来分析；（3）根据题干表格中氯化钠的溶解度来分析。【解答】（1）由表格中的数据可知，随着稀盐酸中溶质质量分数的增大，反应速率加快，当达到一定的数值时，随着溶质质量分数的增大，反应速率减慢；（2）钠与水会生成?NaOH?和H2并放出大量热，钠与盐酸反应也会放出大量的热，温度升高，所以不必查阅常温下的溶解度；（3）钠与盐酸反应

31、生成氯化钠和氢气，此温度下氯化钠的溶解度比较小，无法及时溶解的生成物会覆盖在反应物表面阻碍反应，所以当盐酸溶质质量分数达到22%时反应速度明显降低。27.【答案】Cl2；把品红试纸伸入到盐酸中；HClO【考点】氧化反应【解析】【分析】猜想2：氯水是指氯气溶于水，既发生一个物理变化（氯气和水），又发生一个化学变化（生产盐酸和次氯酸），据此确定；【猜想4】将品红试纸深入盐酸中，就可验证褪色是否与盐酸有关；【结论】根据前面的实验现象分析得出结论即可。【解答】猜想2：是氯水中的Cl2使品红褪色的；猜想4：要证明猜想3不成立，只要把品红试纸伸入到盐酸中，现象是无变化就可以了，故答案为：把品红试纸伸入到盐

32、酸中；【结论】氯水中的HClO使品红褪色，具有漂白作用（能使品红等有色物质褪色）。28.【答案】（1）做重复实验（2）固体氢氧化镁中没有自由移动的OH-离子，不能使酚酞试液变红（3）隔绝空气，证明红色消失与氧气和二氧化碳无关（4）红色消失与氢氧化镁的溶解度随温度降低而减小有关【考点】碱的化学性质【解析】【分析】（1）通过做重复实验，可以排除科学探究过程中的偶然现象；（2）从只有可溶性的碱溶液，才能电离出OH-离子，而OH-是酚酞变红色的原因；（3）加入植物油的目的：隔绝空气，证明红色消失与氧气和二氧化碳无关；（4）温度越高，气体的溶解度越小。【解答】（1）由题意可知：“他们将适量的氢氧化镁加入

33、到盛有热水的烧杯中搅拌，然后向浑浊的液体中滴加酚酞试液，发现酚酞试液变红，可是过一会儿红色又消失了”，所以用科学探究的一般方法排除偶然现象：通过做重复实验；（2）小花认为小东的猜想不正确，她从碱使酚酞试液变色的原因上给予了否定，小花的理由是：固体氢氧化镁中没有自由移动的OH-离子，不能使酚酞试液变红；（3）氢氧化镁加入到热水中搅拌，滴入酚酞试液，并在上方滴一些植物油。滴加植物油的目的：隔绝空气，证明红色消失与氧气和二氧化碳无关；（4）保持温度不变的红色不消失，自然冷却的红色消失，据此得出结论：色消失与氢氧化镁的溶解度随温度降低而减小有关。四、解答题（共7题，共45分）29.【答案】（1）70%

34、（2）解：设另一种金属为R，相对原子质量为XR+H2SO4=RSO4+H2X98(3027.6)g5019.6%X=24，所以另一种金属是镁（3）解：设生成硫酸镁的质量a克、氢气质量为b克Mg+H2SO4=MgSO4+H22498120?2(3022.8)g15019.6%aba=36克，b=0.6克MgSO4%=36/(150+7.20.6)=23%【考点】根据化学反应方程式的计算【解析】【分析】（1）根据图片可知，每加入50g稀硫酸，剩余固体质量减小2.4g，那么四次加入稀硫酸后，如果合金中的另外一种金属没有完全反应，声音质量应该是：30g-2.4g4=20.4g；但是实际上剩余21g，说

35、明这种金属完全反应。那么剩余固体的质量之差就是铜的质量，最后计算铜的质量分数即可；（2）滴入50g稀硫酸后，这种金属的质量为：30g-27.6g，列出反应的化学方程式，根据参加反应的稀硫酸的质量计算出金属的相对原子质量即可；（3）第三次加入稀硫酸后，参加反应的金属质量为：30g-22.8g；根据该金属与稀硫酸反应的化学方程式分别计算出生成的硫酸镁和氢气的质量，而这时溶液的质量等于稀硫酸的质量+金属的质量-氢气的质量，最后再计算硫酸镁的质量分数即可。【解答】（1）合金中铜的质量为21g，那么它的质量分数为：；（2）设另一种金属为R，相对原子质量为XR+H2SO4?=RSO4?+H2X98(302

36、7.6)g5019.6%；解得：X=24，所以另一种金属是镁；（3）设生成硫酸镁的质量a克、氢气质量为b克Mg+H2SO4?=MgSO4?+H2?24?98120?2(3022.8)g?a?b；解得：a=36g，b=0.6g那么硫酸镁的质量分数为：MgSO4%=36/(150+7.20.6)=23%。30.【答案】（1）a比较第1组、第2组可知：15克混合物中的铁已完全反应，铁为9克，铜为6克；按组成比例，30克混合物中铁有18克、铜12克；Fe%=9/15=60%（2）10（3）FeSO4、H2SO4（4）Fe+H2SO4=FeSO4+H256152214xyx=38g，y=0.5gFeSO

37、4%=38/(100+140.5)=33.5%【考点】根据化学反应方程式的计算【解析】【分析】（1）对比第一组和第二组数据，稀硫酸质量增加而固体质量不变，说明第一组中铁完全反应，剩余的固体就是铜的质量，据此计算铁的质量分数；（2）对比第一组和第四组数据可知，30g是15g的2倍，那么剩余固体的质量应该是6g的2倍，也就是12g，而实际剩余16g，说明这时稀硫酸完全反应，即100g稀硫酸与14g铁完全反应，据此计算出第三组中参加反应的铁的质量；然后根据混合物中铁的质量分数计算出铁的实际质量，二者比较得到此时铁完全反应，根据质量分数计算剩余固体的质量即可；（3）第一组中铁完全反应而稀硫酸过量，据此

38、判断溶质；（4）分析表中数据，判断物质的反应情况，进而根据给出的数据和对应的化学方程式求算生成的氢气和硫酸亚铁的质量，然后求算对应的质量分数。【解答】（1）根据实验1和实验2可知，15g混合物加入100g稀硫酸已经反应完全，铁的质量就是15g-6g=9g。该混合物中铁的质量分数为：；（2）实验4说明，不是15g混合物和100g稀硫酸恰好完全反应，而是100g对应铁14g时恰好完全反应，而25g固体中铁的质量为25g60%=15g，120g稀硫酸溶解的铁的质量可以为；所以此时铁完全反应，剩余的固体的质量为：25g-15g=10g。（3）所以第?1?组实验中所得滤液中的溶质是剩余的H2SO4和生成

39、的FeSO4。（4）设生成的氢气的质量为x，硫酸亚铁的质量为yFe+H2SO4=FeSO4+H256?152?214g?y?x；解得：x=0.5g，y=38g；第?4?组实验中所得溶液溶质的质量分数为。?31.【答案】（1）CO（或H2或C）（2）氧气和水（3）解：设需要10的硫酸铜溶液的质量为xFe+CuSO4=FeSO4+Cu1606410%x16千克16064=10%x：16千克x=400千克【考点】根据化学反应方程式的计算，金属的腐蚀与防护【解析】【分析】（1）一氧化碳、单质碳和氢气都能与氧化铁反应生成铁单质；（2）铁生锈必须与氧气和水接触；（3）写出铁和硫酸铜反应的化学方程式，利用铜

40、的质量列式计算出硫酸铜溶液的质量即可。?32.【答案】（1）O2、H2O；增大与氧气、水分的接触面积，更充分吸收水和氧气（2）0.1（3）Fe2(SO4)3、FeSO4（4）该样品中单质铁的质量分数为54.2%【考点】根据化学反应方程式的计算【解析】【分析】（1）根据铁锈蚀的条件进行分析解答；（2）根据表中数据可知：第1次30g稀硫酸没产生氢气是稀硫酸和铁锈反应，4、5可以看出每30g稀硫酸可以产生0.2g氢气，据此计算a的数值；第6次只增加0.1g氢气，说明铁已被消耗完，硫酸有剩余；（3）根据氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁和水，铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和水解答；（4）根据氢气的质量求出铁的质量，

41、再计算该样品中单质铁的质量分数【解答】（1）食品袋内放入“双吸剂”是为了吸收O2、H2O，用铁粉而不用铁块作“双吸剂”的理由是：增大与氧气、水分的接触面积，更充分吸收水和氧气；（2）第1次30g稀硫酸没产生氢气，应该是稀硫酸和铁锈反应；根据实验4、5可以看出，每30g稀硫酸可以产生0.2g氢气，则a应为：0.3g-0.2g=0.1g；（3）氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁和水，铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和水，第4次实验，所得到溶液中溶质的化学式为Fe2（SO4）3、FeSO4；（4）设该样品中单质铁的质量为x，Fe+H2SO4FeSO4+H256?2x?0.6g?；解得：x=16.8g；该样品中单质铁

42、的质量分数=。?33.【答案】（1）同意（2）CuAg；mCu：mAg=1：2（3）解：设参与反应的硝酸银的质量为yCu+2AgNO3=Cu(NO3)2+2A643403.2gy64/3.2g=340/yy=17g硝酸银溶液的溶质质量分数为17g/100g100%=17%答：硝酸银溶液的溶质质量分数为17%【考点】根据化学反应方程式的计算【解析】【分析】（1）因为CuAg不与盐酸反应，Al能与盐酸反应，所以滴加盐酸后Cu-Al合金会与盐酸反应；（2）铜、铝都能与硝酸银反应，故不能测定合金中两种金属的质量比；而铜银合金中只有铜与硝酸银反应，所以可测定合金中两种金属的质量比；写出铜和硝酸银反应的化

43、学方程式，列式计算出银的质量，进而计算出两种金属的质量之比；（3）分析图象知完全反应时硝酸银溶液的质量是100g，利用合金中的质量比求出铜的质量，再利用化学方程式求解即可。【解答】（1）我同意小松的看法；（2）小松认为只使用AgNO3溶液，就可测定上述CuAg合金中两种金属的质量比。设合金中银的质量为XCu+2AgNO3Cu（NO3）2+2Ag64?2169.6g-X?17.2g-X；解得：X=6.4g?铜和银的质量比为：（9.6-6.4）g：6.4g=1：2?；?（3）解：设参与反应的硝酸银的质量为y，Cu+2AgNO3Cu（NO3）2+2Ag64?3403.2g?y解得：y=17g?硝酸银

44、溶液的溶质质量分数为：。34.【答案】（1）小流量连续缓慢；实验过程中要缓慢持续提供氢气，让氢气慢慢和氧化铜反应，所以要控制氢气的生成速度就要控制加入硫酸的速度（2）大于6.5g（3）开始是先通入了氢气，所以当6.5g锌反应时得不到6.4g的铜，得到6.4g铜时应该消耗更多的锌。且开始通入氢气时是排空装置内的空气的，所以开始没有铜生成。得图如下【考点】根据化学反应方程式的计算【解析】【分析】（1）为了使氢气慢慢的与氧化铁均匀反应，就要控制氢气的产生速度，即控制加入硫酸的速度；（2）利用锌与稀硫酸，氧化铜与氢气反应的化学方程式，找到锌、氧化铜和铜之间的数量关系，列式计算出需要锌的质量；（3）开始

45、时通入氢气用于排尽装置内的空气，防止发生爆炸；过一段时间后，氢气与氧化铜反应生成铜单质，当得到6.4g铜单质时，质量保持不变，据此画出关系图即可。【解答】（1）由于实验需要获得平稳气流以便氢气和氧化铜反应，所以实验时应该小流量连续缓慢把稀硫酸加入锥形瓶中，理由是：让硫酸与锌充分反应获得平稳气流。设当?8?克氧化铜完全反应生成单质铜，需要至少消耗的锌的质量为x，生成的铜的质量为yZn+H2SO4=ZnSO4+H2；可得关系式为：ZnH2CuOCu65?80?64x?8g?y；解得：x=6.5g，y=6.4g；由于氢气是先通后停且有部分残留在装置内没有参与反应，所以消耗的锌大于6.5g。（3）开始

46、是先通入了氢气，所以当6.5g锌反应时得不到6.4g的铜，得到6.4g铜时应该消耗更多的锌。且开始通入氢气时是排空装置内的空气的，所以开始没有铜生成，如下图：35.【答案】（1）5.3；4.0；33.3%（2）解：没变质氢氧化钠质量为13.3g5.3g=8g设参加反应氯化氢的质量为mNaOH+HCl=NaCl+H2O4036.58gm盐酸的质量=50g（3）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【考点】根据化学反应方程式的计算【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应的氢氧化钠的

47、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应的HCl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应，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，设参加反应的氢氧化钠的质量为x，生成碳酸钠的质量为y，CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O44?80?106?2.2g?x?y；解得：x=4g，y=5.3g；则氢氧化钠的变质程度为。（2）继续探究没变质氢氧化钠质量为13.3g-5.3g=8g；设参加

48、反应氯化氢的质量为m，NaOH+HCl=NaCl+H2O40?36.58g?m；解得：m=7.3g；盐酸的质量=。（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。1/1(外装订线)(请不要在装订线内答题)(内装订线)登陆在线组卷平台助您教考全无忧浙江省湖州市2018-2019学年九年级上学期科学期中测验试卷（到第2章结束）一、单项选择题（共16题，共48分）（共16题；共48分）1.下列四幅图，能说明烧碱用途的是(?)A.?金属切割及焊接?B.?建筑材料C.?制肥皂?D.?人工降雨【答案】C【考点】碱的物理性质及用途【解析】【分析】根据物质

49、的性质和用途进行判断即可。【解答】A.金属的切割和焊接利用的是氧气的助燃性，故A不合题意；B.石灰石碳酸钙常用于建筑材料，故B不合题意；C.油脂和氢氧化钠共煮，然后加工定型就可得到肥皂，故C符合题意；D.人工降雨要用干冰，即固体的二氧化碳，故D不合题意。故选C。2.如图为喷墨打印机工作原理示意图。溶解在打印墨水（pH：7.59.0）中的染料，从喷嘴喷到打印纸（pH：4.56.5上，变为不溶于水的固体。下列说法正确的是()A.?打印墨水偏酸性?B.?打印墨水显中性?C.?打印纸偏酸性?D.?打印纸偏碱性【答案】C【考点】溶液的酸碱性与pH值的关系【解析】【分析】酸性溶液的pH7，碱性溶液的pH值

50、7，据此判断。【解答】打印墨水的pH在7.59之间，显碱性；打印纸的pH在4.56.5之间，显酸性，故C正确，而A、B、D错误。故选C。3.有一无色溶液，向其中滴加氯化钡溶液时，有白色沉淀生成，此沉淀不溶于稀硝酸，则该溶液中一定有大量的?（?）A.?Ag+和CO32?B.?Ag+?C.?SO42?D.?Ag+或SO42【答案】D【考点】酸、碱、盐的鉴别，物质的鉴别、推断【解析】【分析】（1）电解质在溶液中以离子形式存在，氯化钡溶液中有Ba2+和Cl-；（2）根据溶解性表可知Ag+与Cl-能结合成不溶于水和酸的白色沉淀，Ba2+和SO42能结合成不溶于水和酸的白色沉淀.【解答】AAg+和CO32

51、，CO32-形成的沉淀BaCO3能溶于稀硝酸，不符合题意，A错误；BAg+，Ag+能与Cl-反应产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，除了Ag+还可以是SO42-离子与Ba2+反应产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，所以B选项不完整，B错误；CSO42，由B选项可知，还可能有Ag+，C错误；DAg+或SO42，由B选项解释可知，D正确.故答案为：D4.我国的锡储量占世界第一位。古代记载的炼锡方法的化学方程式为：SnO2+2C=Sn+2CO。此反应说明碳具有(?)A.?稳定性?B.?可燃性?C.?氧化性?D.?还原性【答案】D【考点】还原反应与金属的冶炼【解析】【分析】在氧化还原反应中，化合价升高的被氧化，是还原

52、剂具有还原性；化合价降低的被还原，是氧化剂具有氧化性，据此判断即可。【解答】在反应SnO2?+2C=Sn+2CO中，反应物中的C化合价为0，生成物中C的化合价为+2；它的化合价升高，是还原剂具有还原性。故选D。5.合理使用化肥，有利于农作物的生长和减少环境污染。下列有关化肥的说法正确的是(?)A.?为保证高产尽量多施用化肥B.?将氯化铵与碱性物质混合施用可以提高肥效C.?CO(NH2)2是一种常用的复合肥料D.?提倡将农家肥与化肥综合使用【答案】D【考点】盐与化肥【解析】【分析】（1）化肥使用太多，会造成土壤板结，甚至对水源产生污染；（2）氯化铵与碱性物质发生反应生成氨气；（3）含有两种或两种

53、以上营养元素的叫复合肥；（4）农家肥对环境没有任何影响。【解答】A.为保证高产尽量多施用化肥，会造成土壤板结和环境污染，故A错误；?B.将氯化铵与碱性物质混合会反应生成氨气，降低肥效，故B错误；C.CO(NH2)2中只含有氮元素，不是复合肥料，故C错误；D.提倡将农家肥与化肥综合使用，既可以增加产率又可以保护环境，故D正确。故选D。6.下列各组物质中，按单质、氧化物、混合物顺序排列的是(?)A.?氧气、干冰、液态空气?B.?冰川水、石灰水、生理盐水C.?钢、蒸馏水、硫酸铜晶体?D.?水银、冰、冰水混合物【答案】A【考点】常见物质的分类【解析】【分析】（1）混合物是由两种或两种以上的物质组成；（

54、2）由同种元素组成的纯净物叫单质；（3）氧化物是指由两种元素组成的化合物中，其中一种元素是氧元素。【解答】A.氧气属于单质，干冰属于氧化物，液态空气属于混合物，故A正确；B.冰川水、石灰水、生理盐水都属于混合物，故B错误；C.钢属于混合物，蒸馏水、硫酸铜晶体都属于化合物，故C错误；D.水银、冰、冰水混合物都属于纯净物，故D错误。故选A。7.“厨房化学”可理解为利用家庭生活用品来进行化学实验，从而对化学进行学习和探讨活动。下列实验不能在“厨房化学”中完成的是(?)A.?探究铁制品在什么条件下生锈?B.?蛋壳能否溶于酸C.?鉴别食盐和纯碱?D.?检验自来水是否含氯离子【答案】D【考点】酸的化学性质

55、，金属的腐蚀与防护【解析】【分析】实验不能在“厨房化学”中完成即意味着实验所需要的药品或条件在家庭厨房内无法满足，据此分析即可。【解答】A.铁制品在与水分、氧气发生复杂的化学变化，形成红褐色的铁锈，该实验所需要药品等家庭可以满足，故A能不合题意；B.蛋壳主要成分为碳酸钙，厨房中的食醋含有醋酸，该实验所需要药品等家庭可以满足，故B不合题意；C.滴加食醋，放出气体的为纯碱，没有变化的是食盐，该实验所需要药品等家庭可以满足，故C不合题意；D.检验溶液中的氯离子需要滴入酸化后的硝酸银溶液，完成该实验所需要的硝酸银溶液家庭无法提供，故D符合题意。故选D。8.向一定质量的稀硫酸中逐滴加入氢氧化钡溶液，直至

56、过量。如图横坐标表示加入氢氧化钡溶液的质量，根据图线判断，纵坐标可能表示(?)A.?硫酸钡沉淀的质量?B.?溶液中溶剂的质量C.?溶液中溶质的质量?D.?溶液的pH【答案】C【考点】溶液的组成及特点，酸的化学性质【解析】【分析】（1）根据硫酸钡沉淀的生成规律判断；（2）滴入的溶液越多，溶剂的质量就越大；（3）硫酸和氢氧化钡溶液反应时要生成白色沉淀硫酸钡，因此开始时溶质减小；待完全反应后，再加氢氧化钡，溶质质量增大；（4）稀硫酸的pH值小于7，而氢氧化钡溶液的pH值大于7，据此判断。【解答】A.硫酸和氢氧化钡溶液反应时要生成白色沉淀硫酸钡，产生硫酸钡沉淀质量从原点开始而不断增加直至硫酸完全反应的

57、过程，故A错误；B.该反应中加入氢氧化钡溶液，所以溶剂的质量会不断增加，而不会出现先减小后增加的可能，故B错误；C.硫酸和氢氧化钡溶液反应时要生成白色沉淀硫酸钡，所以开始时溶液中溶质的质量要逐渐减少；等硫酸和氢氧化钡恰好完全反应时，溶液中的溶质质量为0，继续滴加氢氧化钡溶液，则溶液中溶质的质量继续增加，即该图象的纵坐标为溶液中溶质的质量，故C正确；D.稀硫酸的pH值小于7，而氢氧化钡溶液的pH值大于7，所以加入氢氧化钡后溶液的pH值是一直增加的，故D错误。故选C。9.下列各组物质的溶液，不另加其它试剂就能一一鉴别出来的是(?)A.?Ba(NO3)2、NaOH、H2SO4、KCl?B.?AgNO

58、3、KCl、HNO3、MgCl2C.?Ba(NO3)2、NaCl、CuSO4、NaOH?D.?CuSO4、NaCl、NaNO3、BaCl2【答案】C【考点】酸、碱、盐的鉴别【解析】【分析】r如果有带色离子，用带色离子检验去检验其他物质；如没有带色离子的，需要列举出各物质反应现象进行鉴别，只要各物质的现象不同即可鉴别出来【解答】A.四种物质均为无色溶液，其中能够反应且有明显现象的只有Ba（NO3）2硫酸和H2SO4，故难以区分，故A错误；B.四种物质均为无色溶液，其中能够反应且有明显现象的有AgNO3和KCl以及AgNO3和MgCl2，故可以判断出硝酸，但是KCl以及和MgCl2难以鉴别，故B错

59、误；C.CuSO4溶液为蓝色溶液，故可以率先鉴别，而能够和CuSO4溶液反应生成蓝色沉淀为NaOH溶液；能够和CuSO4溶液反应生成白色沉淀为Ba（NO3）2溶液，剩余的为NaCl溶液，这样这四种物质都得以鉴别，故C正确；、D.CuSO4溶液为蓝色溶液，故可以率先鉴别，而能够和CuSO4溶液反应生成生成白色沉淀为BaCl2溶液，但是其他两种物质都不能和CuSO4溶液及BaCl2溶液反应，故D错误。故选C。10.某校科学课外活动小组在一次“环保”主题实践活动中，对小河旁甲、乙两座化工厂的废水排放问题进行调查时发现：两工厂的生产污水中各含有下列五种离子中的三种：H+、Cu2+、K+、NO3-、OH

60、-，且两厂污水中含有一种相同的离子。若两厂单独排放都会造成严重的污染。若将两厂的污水按一定比例混合，沉淀后污水会变成只含一种溶质的无色澄清溶液，此溶质可做化肥。下列关于污水的分析，正确的是(?)A.?OH?和Cu2+来自同一工厂?B.?Cu2+和K+来自同一工厂C.?K+和OH?来自同一工厂?D.?H+和K+来自同一工厂【答案】C【考点】物质的鉴别、推断【解析】【分析】利用离子的共存来判断两厂废水的成分，因0H-与H+、Cu2+不能共存，因此它们肯定不能来自同一工厂；且每个工厂的生产污水中各含有下列五种离子中的三种，则含H+、Cu2+的污水中的阴离子为NO3-，即其中一个厂污水中的离子为：H+