九年级化学开学摸底考（湖北省用人教版1-9单元）

2023−2024学年下学期开学摸底考（湖北专用）九年级化学（考试时间：50分钟试卷满分：50分）第Ⅰ卷（选择题共20分）一、选择题：共10个小题，每小题2分，共20分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．中华优秀传统文化源远流长。下列传统工艺中主要发生化学变化的是（）①炼生铁②晒海盐③烧制陶瓷④捏面人⑤丝绸刺绣A．①③ B．①⑤ C．②⑤ D．③⑤【答案】A【解析】①炼生铁是高温条件下，一氧化碳将铁从铁的化合物中还原出来，有新物质生成，属于化学变化；②晒海盐，只是状态的变化，没有新物质生成，属于物理变化；③用泥土烧制陶瓷，包含着物质与氧气发生的氧化反应，有新物质的生成，属于化学变化；④捏面人，只是形状的变化，没有新物质生成，属于物理变化。⑤丝绸刺绣，没有生成新物质，属于物理变化。故选A。2．制取、收集CO2并验证相关性质，下列做法不正确的是（）A．检查装置气密性 B．加入石灰石C．收集CO2 D．验证CO2不支持燃烧【答案】B【解析】A、检查装置气密性：将导管置于水中，用手紧握试管，观察导管口是否有气泡冒出，有气泡冒出，说明装置气密性良好，不符合题意；B、把密度较大的块状药品或金属颗粒放入玻璃容器时，应该先把容器横放，把药品或金属颗粒放入容器口后，再把容器慢慢地竖起来，使药品或金属颗粒滑到容器底部，以免打破容器。图中操作错误，符合题意；C、二氧化碳的密度比空气大，用万用瓶收集二氧化碳，应“长进短出”，不符合题意；D、将二氧化碳倾倒入烧杯中，蜡烛熄灭，说明二氧化碳不燃烧、不支持燃烧，不符合题意。故选B。3．以化合价为纵坐标，物质类别为横坐标所绘制的图像叫价类图，碳的价类图如图所示。下列说法错误的是（）A．X类别中的碳酸钙转化为c点对应的物质的途径有两条B．CH4中碳元素的化合价是4价C．a点对应的物质只能通过化合反应才可转化为c点对应的物质D．c点对应物质转化为b点对应的物质，一定是发生吸热反应【答案】C【解析】A、X类别中的碳酸钙转化为c点对应的物质的途径有两条，分别是工业制取二氧化碳和实验室制取二氧化碳，说法正确，不符合题意；B、甲烷中氢元素显+1价，设碳元素的化合价为x，根据化合物中，正、负化合价的代数和为零，可得：x+（+1）×4=0，x=4，说法正确，不符合题意；C、a点对应物质碳元素化合价为0，是碳单质，c点对应物质属于氧化物，且碳元素显+4价，为二氧化碳，碳单质完全燃烧生成二氧化碳，或者碳单质和氧化铜发生置换反应生成二氧化碳，说法不正确，符合题意；D、c点对应的物质转化为b点对应的物质，是一定是发生吸热反应，说法正确，不符合题意。故选C。4．物质X、Y存在转化关系：3X+4H2OY+4H2，下列有关判断正确的是（）A．Y可能为氧化铁B．该反应的基本反应类型可能为置换反应C．该反应可能体现X的氧化性D．该反应可能没有元素化合价改变【答案】B【解析】A.根据质量守恒定律可知，化学反应前后原子种类和数目不变，故A错误；B.若X、Y是单质，根据置换反应概念可知，B正确；C.X得氧是还原剂，体现了还原性，故C错误；D.氢元素化合价由+1价到0价。故D错误。故选B。5．推理是一种重要的思维形式。以下推理正确的是（）A．分子可以构成物质，物质一定由分子构成B．燃烧过程中能放出热量，放出热量的反应一定是燃烧C．某物质在空气中燃烧生成二氧化碳和水，所以该物质中一定含有碳、氢两种元素D．二氧化碳能使燃着的木条熄灭，能使燃着木条熄灭的气体一定是二氧化碳【答案】C【解析】A、分子可以构成物质，但物质不一定都是由分子构成的，也可能是原子和离子，推理错误；B、燃烧过程中能放出热量，放出热量的反应不一定是燃烧，中和反应也放热，推理错误；C、某物质在空气中燃烧生成二氧化碳和水，反应物中氧气中只含有氧元素，生成物二氧化碳和水中共含碳、氢、氧三种元素，根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变，所以该物质中一定含有碳、氢两种元素，故C推理正确；D、二氧化碳能使燃着的木条熄灭，能使燃着木条熄灭的气体不一定是二氧化碳，有可能是氮气或稀有气体，推理错误；答案：C。6．下列对一些实验现象原因的描述分析正确的是（）A．红磷燃烧验证质量守恒定律实验时，反应前后装置总质量不相等，可能是装置漏气B．电解水实验中，产生氢气和氧气的体积比大于2:1，可能是氧气的密度比氢气更大C．过滤操作时，滤液一直浑浊，可能是漏斗下端未紧靠在烧杯内壁上D．铁丝燃烧实验时，没有看到“火星四射”，可能是忘在瓶底加水或细沙【答案】A【解析】A、红磷燃烧消耗氧气，如装置漏气则最终外部空气会进入装置，也可能燃烧过程中生成的五氧化二磷以白烟的形式逸出，导致反应前后装置总质量不相等，正确；B、电解水实验中，产生的氢气和氧气的体积比大于2：1，氢气难溶于水，氧气不易溶于水，可能氧气比氢气更易溶于水，水中溶解更多的氧气，导致氧气体积偏小，产生的氢气和氧气的体积比大于2：1，错误；C、漏斗下端未紧靠在烧杯内壁上会导致液体溅出，但不会导致滤液浑浊。滤液浑浊可能滤纸破损导致滤液未经过滤流下等，错误；D、铁丝燃烧的试验时，集气瓶底加少量水或沙子是预防铁燃烧生成的熔融物溅落损坏瓶底，未观察到“火星四射”，可能的原因是氧气的量少或氧气不纯，铁丝没有燃烧，错误。故选A。7．2023年杭州亚运会开幕式首创零碳甲醇点燃亚运主火炬。一种将CO2高效转化为甲醇的微观示意图如图所示，下列说法正确的是（）A．甲醇由原子构成B．反应生成了3种物质C．该化学反应前后，分子的种类、数目均改变D．在其他条件相同的情况下，使用催化剂可以提高甲醇的产量【答案】C【解析】由反应的微观示意图可知，二氧化碳与氢气在催化剂的作用下生成甲醇和水，反应的化学方程式为CO2+3H2CH4O+H2O。甲醇是由甲醇分子构成，故选项说法不正确；由反应的化学方程式可知，反应生成了CH4O、H2O两种物质，故选项说法不正确；由微粒变化可知，该化学反应前后分子的种类和数目均改变，故选项说法正确；根据催化剂的特点“一变两不变”可知，催化剂只能改变反应速率，不能增加生成物的质量，故选项说法不正确。故选C。8．下列实验方法或操作能达到目的合理的个数有（）序号实验或操作目的实验方法或操作A鉴别木炭粉和氧化铜混合加热观察是否有红色物质生成B除去ZnCl2中的CuCl2配成溶液，加入过量的锌，过滤，蒸发结晶C除去CaCl2中的CaCO3加足量水，振荡后过滤，蒸发结晶D增加鱼池中的氧气含量打开鱼池水泵，将水喷向空中A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】C【解析】A、木炭粉和氧化铜混合加热生成铜和二氧化碳，有红色物质生成，说明两者发生反应，但不能鉴别木炭粉和氧化铜，选项错误；B、过量的锌能与CuCl2溶液反应生成氯化锌溶液和铜，再过滤，蒸发结晶，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故选项所采取的方法正确。C、CaCl2易溶于水，CaCO3难溶于水，可采取加水溶解、过滤、蒸发结晶的方法进行分离除杂，故选项所采取的方法正确。D、氧气不易溶于水，打开鱼池水泵，将水喷向空中，可增加鱼池中的氧气含量，选项正确。故选C。9．X、Y、Z三种固体物质（均不含结晶水）的溶解度曲线如图所示。下列说法正确的是A．三种物质的溶解度由大到小的顺序为：X＞Y＞ZB．t2℃时，将20gX物质放入50g水中，可得到70g溶液C．t3℃时，将100gX物质的饱和溶液降温至t2℃，可析出20g晶体D．t1℃时，分别将X、Y、Z三种物质的饱和溶液升温至t3℃（不考虑溶剂的蒸发），所得溶液中溶质的质量分数的大小关系为：Y＞Z＞X【答案】D【解析】A、通过分析溶解度曲线可知，t3℃时，三种物质的溶解度的大小关系是X＞Y＞Z，没有指明温度，故选项说法错误；B、t2℃时，X物质的溶解度是30g，所以将20gX物质加入到50g水中，可得到65g溶液，故选项说法错误；C、t3℃时，X的溶解度为50g，则100gX的饱和溶液中，溶质的质量为，溶剂的质量为100g33.3g=66.7g，而t2℃时，X的溶解度为30g，则析出晶体，故选项说法错误；D、将t1℃时，X、Y、Z三种物质的饱和溶液升温至t3℃，X和Y的溶解度增大，故溶液组成不变，仍然是Y的溶质质量分数大于X，而Z的溶解度减小会析出晶体导致溶质质量分数减小，但大于X，故所得溶液中溶质的质量分数由大到小的顺序是Y＞Z＞X，故选项说法正确。故选D。10．分别加热等质量的两种样品，固体质量随温度变化的曲线如下图所示。样品1反应前后各物质的质量如下表。分离出样品1反应后的固体乙，与24.0g甲混合并加热，固体质量变化曲线与样品1的相同。下列说法正确的是（）物质甲乙丙丁反应前质量/g24.02.000反应后质量/g02.0x1.9A．该反应中甲和丙的化学计量数之比是1：1B．x=20.1C．该条件下丙和丁均为气体D．乙是催化剂【答案】D【解析】由质量守恒定律知，24.0g+2.0g=2.0g+xg+1.9g，x=22.1g，甲质量减少，为反应物，丙、丁质量增大，为生成物，乙的质量无变化，反应为甲加热生成丙和丁。A、该反应中甲和丙的化学计量数之比无法确定，因为不知道甲和丙的相对分子质量，选项错误；B、由以上分析知，x=22.1g，选项错误；C、由图知，加热样品1后，固体质量减少，最后质量大于2g，则生成物中有气体，有固体，选项错误；D、由表格知，反应前后乙质量未变；对比样品1、2的曲线知，相同温度，样品1固体质量减少更快，即加入乙反应速率更快；将固体乙与24.0g甲混合并加热，固体质量变化曲线与样品1的相同，说明乙化学性质不变，故乙是催化剂，选项正确。故选D。第II卷（非选择题共30分）二、非选择题（本题包括6小题，共30分）11．（4分）根据所提供的信息回答下列问题：（1）图A石墨做电刷主要是利用了石墨具有等性能（填序号）。A．深灰色、很软B．导电性好、熔点高C．不透明、有金属光泽（2）图B防毒面具的滤毒罐里的物质具有作用。（3）图C锥形瓶底铺一层细沙的目的是。（4）图D是硅元素在元素周期表中的部分信息及原子结构示意图，硅元素位于元素周期表中的第周期。【答案】（1）B（2）吸附（3）防止高温熔融物炸裂锥形瓶（4）三【解析】（1）石墨具有导电性好、熔点高的特点，所以石墨可制成电刷；故填：B；（2）活性炭具有较好的吸附性，可以吸附有毒气体，所以图B防毒面具的滤毒罐里的物质是活性炭；故填：吸附；（3）在锥形瓶底铺一层细沙的目的防止生成的高温生成物炸裂锥形瓶；故填：防止高温熔融物炸裂锥形瓶。（4）由硅原子结构示意图可知，硅原子的质子数为14，原子序数＝质子数，因此a＝14，由元素周期表的信息可知，硅元素的相对原子质量为28.09，硅原子的核外有3个电子层，所以硅元素位于元素周期表中的第三周期故填：三。12．（4分）垃圾是放错了位置的资源，现在从含有金属镁、铁、铜粉末的垃圾中，分离和提取出重要化工原料MgSO4和有关金属，实验过程如图。请回答：（1）操作a的名称是；（2）在步骤①步骤②中，利用了物质物理性质的（填①或②）；（3）步骤②中发生反应的化学方程式是；（4）实验步骤②中除了加入稀硫酸外，还可选用下列试剂（填标号）A.硫酸铜溶液 B.硫酸亚铁溶液 C.稀盐酸【答案】（1）过滤（2）①（3）Mg＋H2SO4＝MgSO4＋H2↑（4）A【解析】（1）操作a后得到金属固体和溶液，操作a是分离固体和液体的过滤，故填：过滤；（2）步骤①用磁铁，利用磁性分离物质，磁性属于物理性质；步骤②加入稀硫酸，利用金属是否与稀硫酸反应分离物质，这个过程中发生了化学变化，故填：①；（3）铁有磁性，从流程中可知，步骤①分离的两种金属中包含镁和铜，其中铜金属活动性较弱，不能与稀硫酸反应，步骤②中发生反应是镁和硫酸反应生成硫酸镁和氢气，故填：Mg＋H2SO4＝MgSO4＋H2↑；（4）步骤②的目的是分离镁和铜，并得到硫酸镁和铜；A、镁能和硫酸铜反应生成铜和硫酸镁，符合题意；B、镁能和硫酸亚铁反应生成铁和硫酸镁，但是会导致得到的铜中混有铁，不符合题意；C、稀盐酸和镁反应生成氯化镁和氢气，无法得到硫酸镁，不符合题意；故填：A；13．（5分）回答下列问题。(1)空气是一种宝贵的资源，一位科学家在二百多年以前用定量的方法研究了空气的成分，这位科学家是（填字母序号）_______。A．张青莲 B．牛顿 C．门捷列夫 D．拉瓦锡请依据H、C、O、Cl、Fe、Ca、Cu、Ag元素回答下列问题。(2)菱铁矿的主要成分的化学式为。(3)碘酒溶液中的溶剂是（化学式表示）。(4)两种氧化物发生反应，生成物中有目前世界年产量最高的金属，该反应方程式可以为。(5)A、B、C、D、E为初中常见物质，对应变化过程均为初中常见反应A、E为黑色固体，B为单质。C溶液为蓝色。下列说法正确的是。a．B一定为气体b．A、D化学性质不同本质原因：构成分子不同c．一定量A加入C溶液中，所得溶液质量可能变大d．E→A可用于工业冶炼金属e．B→D一定发生氧化反应【答案】(1)D(2)FeCO3(3)C2H5OH(4)//(5)ade【解析】（1）拉瓦锡使用托盘天平用定量的方法研究了空气的成分，并得出空气有氮气与氧气找出的结论，故填D。（2）菱铁矿的主要成分是碳酸亚铁，其化学式为FeCO3，故填FeCO3。（3）碘酒溶液中的溶剂是乙醇，即酒精，其化学式为C2H5OH，故填C2H5OH。（4）目前世界年产量最高的金属是铁，两种氧化物反应生成铁的变化是一氧化碳和和氧化铁在高温的条件下反应生成铁和二氧化碳，反应的化学方程式为：3CO+Fe2O32Fe+3CO2，还可以是一氧化碳和和四氧化三铁在高温的条件下反应生成铁和二氧化碳，反应的化学方程式为：4CO+Fe3O43Fe+4CO2，还可以是一氧化碳和氧化亚铁在高温的条件下反应生成铁和二氧化碳，反应的化学方程式为：CO+FeOFe+CO2，故填3CO+Fe2O32Fe+3CO2或4CO+Fe3O43Fe+4CO2或CO+FeOFe+CO2。（5）【分析】A、E为黑色固体，且能相互转化，初中常见的黑色固体有铁粉、碳、四氧化三铁、氧化铜、二氧化锰等，A、E为黑色固体，且能相互转化，可知A、E其中之一为铁粉，另一个为四氧化三铁，C溶液为蓝色说明C溶液可能是含铜离子的盐，根据A和C可以反应可知A应为铁粉，E为四氧化三铁；又知B为单质，A（铁粉）和B能相互转化，且B和E（四氧化三铁）能反应，可推测B为氢气，A（铁粉）能转化为D，C（含铜离子的盐）和D能相互转化，B（氢气）也能转化为D，可知D应为铜，故C可以为硝酸铜，代入检验，推导正确。a．根据分析可知B为氢气，故该项正确；b．由分析可知A是Fe，D是Cu，二者化学性质不同本质原因：由不同种原子构成，故该项错误；c．由分析可知A是Fe，C为硝酸铜，一定量Fe加入硝酸铜溶液中，反应的化学方程式为,可知每56份质量的铁能置换出64份质量的铜，溶液质量一定减小，故该项错误；d．由分析可知E为四氧化三铁，A是Fe，四氧化三铁与还原剂反应可以转化成铁单质，可用于工业冶炼金属，故该项正确；e．由分析可知B为氢气，D是Cu，如氢气与氧化铜在加热的条件下反应，生成Cu和水，利用了氢气的还原性，氢气一定发生氧化反应，故该项正确；故选ade。14．（6分）现提供下列实验仪器和装置，请回答下列问题：（1）实验室用氯酸钾制取氧气，该反应的化学方程式为，该实验可选用A、B、J和（填仪器序号）组装成排水法收集氧气的装置。（2）实验室可用石灰石固体和稀盐酸常温下制取二氧化碳，此反应的化学方程式为，为达到控制气体的发生和停止，发生装置应选择A、B和（选填C或D或E或F）。（3）实验室用加热氯化铵和熟石灰和固体混合物制取氨气。已知氨气只能用向下排空气法，由此推理氨气具备的性质可能有，用I装置收集氨气进气口为。【答案】（1）F、G、H（2）CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑D（3）氨气的密度小于空气且能溶于水a【解析】（1）氯酸钾在二氧化锰催化作用下受热分解生成氯化钾和氧气，反应的化学方程式为：；该反应是固体加热型反应，氧气不易溶于水，可用排水法收集，故该实验装置可用如图所示装置：

，可选用A、B、J和F、G、H组装成排水法收集氧气的装置；（2）实验室制取二氧化碳，可用石灰石与盐酸反应，石灰石的主要成分是碳酸钙，碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，反应的化学方程式是CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；为达到控制气体的发生和停止，发生装置可用如图所示的装置：

，应选择A、B和D，该装置中，固体药品放在多孔隔板上，液体药品从长颈漏斗中加入。反应开始后，关闭开关时，试管中的气体增多，压强增大，把液体压入长颈漏斗，固体和液体分离，反应停止，打开开关时，气体导出，试管中的气体减少，压强减小，液体和固体混合，反应进行；（3）实验室用加热氯化铵和熟石灰的固体混合物制取氨气，氨气只能用向下排空气法，说明氨气具备密度小于空气且能溶于水的性质，用I装置收集氨气，氨气的密度小于空气，则进气口为a。15．（6分）用含有二氧化碳和水蒸气杂质的某种还原性气体测定一种铁的氧化物（FexOy）的组成，实验装置如下图所示。（已知各装置中药品足量，装置气密性良好，氢氧化钠能用于吸收二氧化碳生成碳酸钠和水，浓硫酸具有吸水性，白色无水硫酸铜固体吸水变蓝色）。（1）乙装置中的试剂是___________。（2）甲装置内发生反应的化学方程式为______________________________________。（3）实验过程中戊装置中没有明显变化，而装置丁中白色固体变成蓝色固体，则该还原性气体可能是________________（填写化学式）。（4）若装置丁与戊互换位置，则对实验产生的影响是_____________________。（5）当丙装置中的FexOy全部被还原成金属后，冷却后称量剩余固体的质量为8.4克，同时测得丁装置的质量增加了3.6克（假设丁中将生成的气体全部吸收）。则FexOy中铁元素和氧元素的质量比为_______。（6）有关上述实验，下列说法中正确的是_________。A．丙在加热前应先通入还原性气体一段时间B．若没有乙装置，测得铁的氧化物中铁元素与氧元素的质量比将偏大C．反应结束并冷却后玻璃管内固体减少的质量大于丁装置增加的质量D．该铁的氧化物中原子个数比为：x∶y=3∶4【答案】（1）浓硫酸（2）CO2+2NaOHNa2CO3+H2O（3）H2只能判断还原性气体是否为CO而不能判断是否为H2（5）21∶8（6）A、D【解析】（1）还原性气体中含有二氧化碳和水蒸气杂质，乙装置中的试剂用来吸收水蒸气，浓硫酸具有吸水性，所以其中的试剂为浓硫酸。甲装置中盛放氢氧化钠溶液来吸收气体中的二氧化碳，氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，故反应的化学方程式写为：CO2+2NaOHNa2CO3+H2O。戊装置中没有明显变化，反应时没有生成二氧化碳，装置丁中白色固体变成蓝色固体，说明反应时生成了水，说明还原性气体与金属氧化物反应生成水，则该气体为氢气，其化学式为H2。若装置丁与戊互换位置，石灰水用来吸收二氧化碳