山东省青岛大学附属中学2023-2024学年九年级上学期“山鹰杯”理化实验竞赛化学试题（解析版）

第第页2023-2024学年第一学期“山鹰杯”理化实验竞赛试题化学试题(时间30分钟满分40分)可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Ca-40Fe-56C1-64Zn-65第I卷(选择题)一、单选题：每题只有一个正确答案。(本题共6小题，每题1分，共6分)1.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：“高奴县出所述“脂水”属于石油【答案】A【解析】【详解】A、青蒿一握，以水二升渍，绞取汁为萃取，而不是蒸馏，故选项说法不正确；B、剑刃所需金属材料应具有硬度大的性质，所以剂钢应为铁的合金，故选项说法正确；C、“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，即铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，符合“一种单质跟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，故选项说法正确；D、“脂水燃之如麻，但烟甚浓”，说明脂水具有可燃性，由实验现象可知，“脂水”属于石油，故选项说法正确。故选A。2.下列实验现象描述完整且正确的是A.向滴有植物油的水中加入洗洁精，振荡后得到澄清透明的溶液B.黄铜片和铜片互相刻画，黄铜片有明显的划痕C.CO还原氧化铁，可观察到黑色粉末逐渐变红棕色D.铝丝浸入硫酸铜溶液中，银白色固体表面有紫红色物质生成，溶液由蓝色逐渐变为无色【答案】D【解析】【详解】A、洗洁精具有乳化作用，向滴有植物油的水中加入洗洁精，振荡后得到的不是溶液，故A错误；B、黄铜片的硬度大于铜片的硬度，黄铜片和铜片互相刻画，铜片有明显的划痕，故B错误；C、一氧化碳和氧化铁高温下反应生成铁和二氧化碳，观察到红棕色固体变为黑色，故C错误；D、铝的金属活动性比铜强，铝丝浸入硫酸铜溶液中，铝与硫酸铜反应生成硫酸铝和铜，观察到银白色固体表面有紫红色物质生成，溶液由蓝色逐渐变为无色，故D正确。故选D。3.伽利略说：“一切推理都必须从观察和实践中得来”。以下推理正确的是A.分子可以直接构成物质，则溶质都是以分子形式分散到溶剂中形成溶液B.酸雨的pH<7，所以pH<7的雨水一定是酸雨C.稀有气体的化学性质稳定，所以稀有气体可用作保护气D.H2O和H2O2的组成元素相同，所以二者的化学性质相同【答案】C【解析】【详解】A.分子可以直接构成物质，但溶质不一定都是以分子形式分散到溶剂中形成溶液，也可能是以离子的形式分散到溶剂中形成溶液，故选项推理错误，不符合题意；B.酸雨的pH<7，但pH<7的雨水不一定是酸雨，正常雨水的pH为5.6，酸雨是pH小于5.6的雨水，故选项推理错误，不符合题意；C.稀有气体的化学性质稳定，稀有气体可用作保护气，故选项推理正确,符合题意；D.H2O和H2O2的组成元素相同，但两者的分子构成不同，二者的化学性质不同，故选项推理错误，不符合题意，故选C。4.A、B、C、D四种物质的转化关系如图所示，它们均为初中化学中常见的物质，其中A是一种黑色氧化物，B物质的溶液呈蓝色。则X可能为A.H2SO4B.HClC.NaOHD.Cu（OH）2【答案】A【解析】【分析】根据“B物质的溶液呈蓝色”，能由“黑色氧化物”A反应生成，故A是氧化铜，B是铜盐溶液，A能与X反应生成铜盐，则X属于酸。【详解】A、若X是硫酸，氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜和水，则B是硫酸铜，硫酸铜与氢氧化钠反应生成C氢氧化铜沉淀，氢氧化铜与盐酸反应生成氯化铜和水，则D氯化铜，代入验证，推论合理，故A正确；B、若X是盐酸，氧化铜与盐酸反应生成氯化铜和水，则B是氯化铜，能与Y反应生成C，则C可能是氢氧化铜，Y是氢氧化钠，C能与稀盐酸反应生成D，则D与B是同一种物质，故X不会是盐酸，故B错误；

C、若X为氢氧化钠，属于碱，不属于酸，不会与氧化铜反应，故C错误；D、若X为氢氧化铜，属于碱，不属于酸，故D错误；故选A。5.为探究硝酸钾的溶解性，进行了下图所示实验(实验过程)结合硝酸钾在不同温度下的溶解度，判断下列说法不正确的是温度/℃102030405060KNO3溶解度/g20.931.645.863.985.5110.0A.①③中的溶液均为不饱和溶液 B.②③中溶液的质量：③>②C.②③④中溶液的溶质质量分数：③>②>④ D.④中析出晶体的质量是0.9g【答案】D【解析】【详解】A.①中温度为20℃，该温度溶液的溶解度为31.6g，所以有50g水能够溶解硝酸钾15.8g，只加入10g硝酸钾，所以为不饱和溶液；③中温度为60℃，该温度溶液的溶解度为110.0g，所以有50g水能够溶解硝酸钾55g,而此时加入的硝酸钾有20g,所以溶液为不饱和溶液，正确。B.②固体有不溶的，③固体全溶，所以对应溶液的质量：③>②，正确。C.②中溶液的溶质质量分数为；③中溶液的溶质质量分数为；④中温度为10℃，该温度溶液的溶解度为20.9g，所以有50g水能够溶解硝酸钾10.45g,对应溶液的溶质质量分数为；所以②③④中溶液的溶质质量分数③>②>④，正确。D.④中析出晶体的质量是20g-10.45g=9.55g，错误。故选：D。6.下列图像不能正确反映对应变化关系是A.向等质量的氧化钙、氢氧化钙中分别加入等质量分数的稀盐酸至过量B.向盛有一定量氯化钙与盐酸混合溶液的烧杯中逐滴加入碳酸钠溶液至过量C.某温度时，向一定量的饱和石灰水中加入少量生石灰D.向等质量、等浓度的稀硫酸中分别逐渐加入锌粉和铁粉【答案】D【解析】【详解】A、氧化钙和稀盐酸反应生成氯化钙和水，氢氧化钙和稀盐酸反应生成氯化钙和水，反应化学方程式及其质量关系为：由以上质量关系可知，向等质量的氧化钙、氢氧化钙中分别加入等质量分数的稀盐酸至过量时，氧化钙和盐酸反应生成的氯化钙多，该选项对应关系正确；B、向盐酸和氯化钙的混合溶液中逐滴加入纯碱溶液至过量时，碳酸钠先和稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，溶液pH升高，恰好完全反应时溶液pH=7，后和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，随着反应进行，溶液pH不变，当恰好完全反应后，继续滴加碳酸钠溶液时，溶液显碱性，pH升高，该选项对应关系正确；C、氧化钙和水反应生成氢氧化钙，放出热量，氢氧化钙的溶解度随温度的升高而减小，溶剂质量减少，则饱和溶液中溶质质量减少，待溶液恢复至室温，氢氧化钙的溶解度升高，则溶质的质量增大，但不会恢复至初始状态，该选项对应关系正确；D、坐标表示的不是反应时间，而是金属的质量，产生相同质量的氢气，消耗锌的质量比铁多，故应该是硫酸与铁的反应先结束，从另一方面看，消耗等量的金属，Fe产生的氢气比Zn产生的氢气多，该选项对应关系错误。故选D。二、多选题：每题有一个或两个正确答案。(本题共4小题，每题2分，共8分)7.最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下，下列说法错误的是A.表示CO2 B.该反应过程中元素种类不变C.上述反应变化过程中，一氧化碳分子分裂为碳原子和氧原子 D.CO和O生成CO2是放热反应【答案】C【解析】【详解】A、1个二氧化碳分子是由1个碳原子和2个氧原子构成，示CO2，说法正确；B、根据示意图可知，该反应过程中原子种类不变，则元素种类不变，说法正确；C、上述反应变化过程中，一氧化碳分子没有分裂为碳原子和氧原子。而是一氧化碳分子与氧原子结合生成二氧化碳分子，说法错误；D、由能量图可知，状态Ⅱ的能量高于状态Ⅲ，状态Ⅱ到状态Ⅲ放出能量且CO和O生成二氧化碳，是形成化学键的过程，所以形成化学键的过程是一个放热过程，说法正确。故选C。8.学习了单质、氧化物、酸、碱、盐的性质后，发现有很多不同类别的物质在发生反应时都有盐生成，如图所示，下列说法错误的是A.①中发生的反应为中和反应B.通过置换反应来生成盐的途径只有⑥C.若生成的盐是氯化银，由⑦来实现的反应物可以是氯化钠和硝酸银溶液D.图中⑤和⑧处应补充的文字可以是“金属氧化物+酸”或“非金属氧化物+碱”【答案】B【解析】【详解】A、中和反应是酸与碱作用生成盐和水的反应，①中发生的反应为中和反应，故选项说法正确；B、通过置换反应来生成盐的途径不是只有⑥，还可以通过④实现，活泼金属和酸反应能生成盐和氢气，故选项说法错误；C、若生成的盐是氯化银，由⑦来实现的反应物可以是氯化钠和硝酸银溶液，两者都属于盐，反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，故选项说法正确；D、图中⑤和⑧处应补充的文字可以是“金属氧化物+酸”或“非金属氧化物+碱"，金属氧化物和酸、非金属氧化物和碱反应均生成盐和水，故选项说法正确。故选：B。9.CO、O2、CO2混合气体9ml，点燃爆炸后，恢复到原来状况时，体积减少1ml，然后通过NaOH溶液，体积又减少5ml，则原混合气体中CO、O2、CO2的体积比可能是(已知：相同条件下气体的体积和分子个数成正比)A.1：3：5 B.5：1：3 C.3：1：5 D.2：4：3【答案】BD【解析】【详解】一氧化碳和氧气生成二氧化碳，最后气体的体积=（9-1-5）=3mL，说明有气体剩余，剩余的气体是氧气或者一氧化碳。设参加反应的一氧化碳和氧气的体积分别、，利用体积差量可得，解得，解得所以参加反应的一氧化碳的体积是2mL，氧气的体积是1mL，①如果剩余的气体是一氧化碳，则混合气体中各种气体的体积分别是：氧气的体积1mL，一氧化碳的体积=（2+3）=5mL，二氧化碳的体积=（9-1-5）=3mL，所以混合气体中一氧化碳、氧气、二氧化碳的体积比是5：1：3；②如果剩余的气体是氧气，则混合气体中各种气体的体积分别是：氧气的体积=（1+3）=4mL，一氧化碳的体积=2mL，二氧化碳的体积=（9-2-）=3mL。所以混合气体中一氧化碳、氧气、二氧化碳的体积比是2：4：3；故选：BD。10.硫酸亚铁铵【(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O】俗称摩尔盐，可用于净水和治疗缺铁性贫血。工业上常利用机械加工行业产生的废铁屑(含有少量杂质Fe2O3)为原料制备(如图)。某化学兴趣小组拟用下列方案制备硫酸亚铁铵并进行相关探究。查阅资料：(1)Fe和Fe3+会反应生成Fe2+(2)FeSO4易被氧气氧化为Fe2(SO4)3，影响硫酸亚铁铵的等级。(3)在FeSO4溶液中加入(NH4)2SO4固体可制备硫酸亚铁铵晶体，该晶体比一般亚铁盐稳定，不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇。(4)在0~60℃时，硫酸亚铁铵的溶解度比硫酸铵、硫酸亚铁的溶解度小，冷却混合液至室温便析出硫酸亚铁铵。用下图所示装置制备硫酸亚铁铵。下列说法错误的是A.先关闭止水夹a，再打开止水夹b和c，滴加稀硫酸，充分反应后，烧瓶1溶液中有两种金属阳离子B.该过程中氢气的作用是防止硫酸亚铁被氧化成硫酸铁C.待烧瓶1中不再产生气泡时，关闭止水夹b、c，打开止水夹a，烧瓶2中有晶体出现D.为获得产品，需将烧瓶2中(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O粗产品洗涤后干燥，洗涤的方式是先用冷水洗，后用无水乙醇洗【答案】C【解析】【详解】A、先关闭止水夹a，再打开止水夹b和c，滴加稀硫酸，废铁屑(含有少量杂质Fe2O3)，充分反应，发生的反应是铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁和水，烧瓶1溶液中有两种金属阳离子分别是Fe2+、Fe3+，说法正确；B、该过程中氢气能将装置内的空气（氧气）除去，其作用是防止硫酸亚铁被氧化成硫酸铁，说法正确；C、待烧瓶1中不再产生气泡时，两烧瓶内的气压相等，关闭止水夹b、c，打开止水夹a，烧瓶1中FeSO4溶液不能进入烧瓶2中，烧瓶2中没有有晶体出现，说法错误；D、硫酸亚铁铵晶体比一般亚铁盐稳定，不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇，所以为洗涤(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O

粗产品，最合适的是：先用冷水洗，后用无水乙醇洗，说法正确。故选C。第Ⅱ卷(非选择题)11.模型认知是建立宏观和微观联系的思维方法。请根据下列模型回答：（1）以化合价为纵坐标，以物质的类别为横坐标所绘制的图象叫价类图。如图1为镁的价类图，分析该图后填写：A处的化学式为：________，B处的物质类别是：________。（2）图2中，C为______，在铜、氯化钠、二氧化碳三种物质中，由分子构成的是_____。（3）葡萄糖酸钙【(C6H11O7)2Ca】由_____种元素组成，其中碳、氢元素的质量比为_____。（4）如图3为某反应的微观示意图。①该反应中B与D的质量比是_______(结果用最简整数比表示)。②对此反应的叙述正确的是_______(填序号)。a.反应前后各元素化合价均未改变b.用同种元素可以组成不同物质c.加入催化剂可提高产物质量d.利用此反应可减少有毒气体的排放【答案】（1）①.Mg(OH)2②.盐（2）①.原子②.二氧化碳##CO2（3）①.4②.（4）①.4:1②.bd【解析】【小问1详解】A处的物质类别是碱，且镁元素的化合价为+2价，故填：Mg(OH)2；B处的物质是MgCO3，而碳酸镁属于盐，故填：盐；【小问2详解】C处微粒可以构成分子，也可以直接构成物质，故C处的微粒是原子，而核电荷数相同的一类原子称为元素，故填：原子；铜是铜原子直接构成，氯化钠是由钠离子和氯离子构成，二氧化碳是由二氧化碳分子构成，所以由分子构成的物质是二氧化碳，故填：二氧化碳或CO2；【小问3详解】从草酸钙的化学式可以得出，草酸钙是由碳、氢、氧和钙四种元素组成，故填：4；元素的质量比等于各元素的相对原子质量乘以原子个数之比，所以碳、氢元素的质量比为：，故填：72:11；【小问4详解】图3中的反应是二氧化氮和一氧化碳反应，生成二氧化碳和氮气，反应的方程式为：，从反应方程式中可以看出，该反应由2分子二氧化氮和4分子一氧化碳反应生成4分子二氧化碳和1分子氮气，其中B表示一氧化碳，D表示氮气，所以反应中一氧化碳和氮气的质量比：，故填：4:1；a、该反应中氮元素由反应前的+4价到反应后的0价，碳元素由反应前的+2价到反应后的+4价，元素化合价发生变化，故该选项叙述不正确；b、一氧化碳是由碳元素和氧元素组成，二氧化碳是由氧元素和碳元素组成，由此可以得出，同种元素可以组成不同的物质，故该选项叙述正确；c、催化剂可以改变化学反应的速率，不能提高生成物的质量，故该选项叙述错误；d、一氧化碳是有毒气体，该反应可以将一氧化碳转化为无毒的二氧化碳，所以通过该反应可以减少一氧化碳的排放，故该选项叙述正确；故选择bd12.某化工厂排出的废水透明、澄清、略显蓝色。一同学取少量废水，加入过量的盐酸，有不溶于稀硝酸的白色沉淀生成。过滤，所得的滤液分成两份，一份滤液中加入稀硫酸，也有不溶于稀硝酸的白色沉淀生成；另一份滤液中加入氢氧化钠溶液，产生蓝色溶液。试回答：（1）加入过量的盐酸，生成的白色沉淀是___________；加入NaOH溶液，生成的蓝色沉淀是___________。（2）废水中一定含有的物质是_________(填编号)。A.氯化物 B.硫酸盐 C.硝酸盐 D.碳酸盐（3）该同学设计了一个从废水中除去重金属离子的实验方案如下【已知：白色的Fe(OH)2固体在潮湿的空气中可生成红褐色的Fe(OH)3】：①金属X为___________，固体A中一定含有的物质为___________(写化学式)。②B溶液中的溶质一定含有___________(填化学式)。③第Ⅲ步反应的化学方程式为___________。【答案】（1）①.氯化银##AgCl②.氢氧化铜##Cu(OH)2（2）C（3）①.铁##Fe②.Fe、Cu、Ag③.Fe(NO3)2和Ba(NO3)2④.

【解析】【分析】取少量废水，加入过量的盐酸，有不溶于稀硝酸的白色沉淀生成。过滤，所得的滤液分成两份，一份滤液中加入稀硫酸，也有不溶于稀硝酸的白色沉淀生成；另一份滤液中加入氢氧化钠溶液，产生蓝色溶液。这三个现象可知废水中含有银离子、钡离子和铜离子。【小问1详解】和盐酸反应生成不溶于硝酸的白色沉淀是氯化银；溶液中的Cu2+和氢氧化钠反应生成氢氧化铜蓝色沉淀；【小问2详解】溶液中含有的离子有Ba2+、Ag+、Cu2+，如果废水中含有其它物质，必须和这三种离子共存，分析四个选项可知A生成了氯化银沉淀，B生成了硫酸钡沉淀，D生成了碳酸钡、碳酸铜等沉淀。故应选C；【小问3详解】①由题中的图知：废水加过量固体X，然后向滤液中加氢氧化钠，产生白色沉淀又变成红褐色沉淀，由题中信息知白色沉淀是氢氧化亚铁，红褐色沉淀是氢氧化铁。可知金属X是铁；废水中含有银离子、钡离子和铜离子，铁可将银离子和铜离子置换出来，还有过量的铁，即固体A一定含有的物质为Fe、Ag、Cu；②废水中含有NO3-，加入铁粉后反应生成了亚铁离子，钡离子没有参与反应，所以溶液B中的溶质为Fe(NO3)2和Ba(NO3)2；③氢氧化亚铁被空气中的氧气氧化成氢氧化铁，反应的化学方程式为。13.晶体硅是一种重要的非金属材料，制备纯硅的主要步骤如下：①高温下用碳还原二氧化硅制得粗硅；②粗硅与干燥HCl气体反应制得SiHCl3：③SiHCl3气体与过量H2在1000~1100℃反应制得纯硅。已知SiHCl3能与H2O强烈反应，在空气中易自燃。用SiHCl3与过量H2反应制备纯硅的装置如下(热源及夹持装置略去)：请回答下列问题：（1）装置B中的试剂是________，装置C中的烧瓶需要加热，其目的是________。（2）反应一段时间后，装置D中观察到的现象是_________。（3）为保证制备纯硅实验的成功，实验前检查装置的气密性良好，开始实验时，先打开________(填“A”或“C”)装置中的分液漏斗，原因是_________。【答案】（1）①.浓硫酸②.使滴入烧瓶的SiHCl3气化，使其进入石英管（2）有固体生成（3）①.A②.排尽装置内空气，防止H2与空气混合发生爆炸【解析】【小问1详解】已知SiHCl3能与H2O强烈反应，故B装置的作用是干燥氢气，浓硫酸具有吸水性，且与氢气不反应，可用浓硫酸干燥氢气，故装置B中的试剂是浓硫酸；SiHCl3与过量H2反应温度较高，需要在石英管中反应，故装置C中的烧瓶需要加热，其目的是使滴入烧瓶的SiHCl3气化，使其进入石英管；【小问2详解】装置D中SiHCl3与过量H2在1000～1100℃反应制得纯硅，根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类不变，反应物中含Si、H、Cl，生成物中含Si，故生成物中还应含H、Cl，故还应有HCl生成，该反应中，SiHCl3、H2、HCl均是气体，硅是固体，故现象为：有固体生成；【小问3详解】由于装置内有空气，为了防止H2与空气混合发生爆炸，应在实验开始时，先打开A处分液漏斗，故先打开A装置中的分液漏斗，目的是排尽装置内空气，防止H2与空气混合发生爆炸。14.自然界存在的碳酸盐类铜矿(如孔雀石、石青等)的化学组成为：aCuCO3·bCu(OH)2(a、b为正整数，且a≤2，b≤2)。已知Cu(OH)2和CuCO3受热都能分解，分别生成两种常见的氧化