资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩6页未读，
继续阅读
2024年山东省日照市东港区九年级二模考试化学试题（原卷版+解析版）
展开
这是一份2024年山东省日照市东港区九年级二模考试化学试题（原卷版+解析版），文件包含2024年山东省日照市东港区九年级二模考试化学试题原卷版docx、2024年山东省日照市东港区九年级二模考试化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共29页， 欢迎下载使用。
九年级化学试题
（物理、化学合场考试，共用时120分钟。化学满分100分）
注意事项：
1.本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分。答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将
自己的姓名、准考证号、座号等填写在试卷和答题卡规定的位置。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
2.第Ⅰ卷每小题选出答案后，必须用2B铅笔把答题卡，上对应题号的答案标号涂黑。如需改动，先用橡皮擦干净，再选涂其他答案标号。
3.第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定的区域内，答在区域外或试卷上均不得分；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案。
相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 C1-35.5 K-39 Ca-40 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ag-108
第I卷（选择题共40分）
一、选择题（本题共12小题，1-8题每小题3分，9-12题每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求）
1. 化学与生活、生产密切相关。下列说法错误的是
A. “北溪”管道输送的天然气主要成分是甲烷，甲烷属于有机物
B. 用酒精对图书馆桌椅消毒，是利用了乙醇的物理性质
C. 春秋时期越王勾践的青铜剑属于合金，其抗腐蚀性比纯铜好
D. 宋代《清明上河图》保存至今仍清晰可见，说明常温下碳单质具有较强的稳定性
【答案】B
【解析】
【详解】A、含碳元素的化合物（除碳的氧化物、碳酸、碳酸盐等以外）称为有机物。天然气主要成分是甲烷，甲烷是最简单的有机物。A正确；
B、用酒精对图书馆桌椅消毒，是利用了乙醇的化学性质。B错误；
C、由于青铜属于合金，所以其抗腐蚀性比纯铜好。C正确；
D、由于常温下碳单质具有较强的稳定性，所以用墨画的《清明上河图》保存至今仍清晰可见。D正确。
综上所述：选择B。
2. 实验室需要配制100mL20%的稀硫酸溶液，部分操作如下，其中合理的是
A. 量取浓硫酸
B. 用100mL量筒量取100mL蒸馏水
C. 混合浓硫酸和水
D. 将配制好的硫酸溶液装瓶储存
【答案】A
【解析】
【详解】A、量取浓硫酸时，浓硫酸瓶口紧靠量筒口，慢慢倾斜，故选项正确；
B、配置100mL20%的稀硫酸，溶液是100mL，因此不可能需要100mL的水，故选项错误；
C、混合浓硫酸和水是缓慢的将浓硫酸倒入装有水的烧杯中，不能用量筒和将水加入到浓硫酸中，故选项错误；
D、细口瓶常用于存放液体，故配好的硫酸溶液存放在细口瓶中，并用玻璃塞，故选项错误。
故选A。
3. 下图为中考化学试卷答题卡中用于识别考生信息的条形码(样码)。条形码有黏性，其黏性主要来源于胶黏剂丙烯酸。丙烯酸的化学式为C3H4O2，下列有关说法正确的是
A. 丙烯酸的相对分子质量为72g
B. 丙烯酸中含有9个原子
C. 丙烯酸中氢、氧元素的质量比是2：1
D. 丙烯酸中氢元素的质量分数最小
【答案】D
【解析】
【详解】A、丙烯酸的相对分子质量为：12×3+4+16×2=72，相对分子质量是一个比值，单位为“1”，常省略不写，故丙烯酸的相对分子质量为72，说法错误，不符合题意；
B、丙烯酸由丙烯酸分子构成，每个丙烯酸分子由9个氧原子构成，说法错误，不符合题意；
C、丙烯酸中氢元素与氧元素的质量比=（14）：（162）=1：8，说法错误，不符合题意；
D、丙烯酸中氢元素的质量分数最小，说法正确，符合题意，故选D。
4. 下列跨学科实践活动涉及的化学知识错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A、用厨余垃圾自制花肥，是因为厨余垃圾能与空气中的氧气发生缓慢氧化，不符合题意；
B、用铁和硫酸铜溶液制作“铜树”，是因为铁能与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，该反应的化学方程式为：，符合题意；
C、一定条件下，压强越大，气体溶解度越大，用气泡水机加压，向糖水中注入CO2，加压后，二氧化碳的溶解度增加，从而制得碳酸饮料，不符合题意；
D、一氧化碳有毒，属于空气污染物，故用微型空气质量检测仪测量炼铁厂附近空气中CO含量，进行空气质量监测，不符合题意。
故选B。
5. 中国芯片蚀刻技术国际领先。NF3进行硅芯片蚀刻时的产物均为气体，在蚀刻物表面不留任何残留物。该反应微观示意图如下，下列说法正确的是
A. 上述四种物质均由分子构成
B. 此反应属于置换反应
C. 此反应中各元素化合价均未发生变化
D. 该反应化学方程式为2NF3+3Si3SiF4+N2
【答案】B
【解析】
【详解】A、由微观示意图可知，甲的化学式是NF3，是由分子构成的；乙的化学式是Si，是由硅原子构成的；丙的化学式是SiF4，是由分子构成的；丁的化学式是N2，是由分子构成的；所以上述四种物质不都是由分子构成的，不符合题意；
B、由组成元素种类可知乙和丁属于单质，甲和丙属于化合物；一种单质和一种化合物，生成另一种单质和另一种化合物，则反应为置换反应，符合题意；
C、由微观示意图可知，反应物乙是硅，由一种元素组成，是单质，其化合价为0，生成物丙是化合物，其中含有硅元素，其化合价不为0，所以硅元素的化合价在该反应前后发生了改变；同理，氮元素的化合价在该反应前后也发生了改变，不符合题意；
D、由反应微观示意图可知，该反应的化学方程式为：，不符合题意。
故选B。
6. 误差分析是定量实验的一个重要内容。下列分析不正确的是
A. 粗盐提纯时，蒸发后的固体中含有水分，产率偏高
B. 用托盘天平称取10.5g氯化钠时，药品和砝码放反，会导致氯化钠偏少
C. 红磷测定空气中氧气的含量，燃烧匙伸入集气瓶内过慢，导致测定结果偏大
D. 配制一定溶质质量分数的氯化钠溶液时，量取水时俯视读数，溶质质量分数偏小
【答案】D
【解析】
【详解】A、粗盐提纯时，蒸发后的固体中含有水分，会导致精盐的质量偏大，测得的氯化钠产率偏高，故A分析正确；
B、使用托盘天平要遵循左物右码的原则，左盘的质量等于右盘的质量加游码的质量，即药品质量=砝码质量+游码质量，如果位置放反，根据左盘的质量=右盘的质量+游码的质量，用托盘天平称取10.5g氯化钠时，药品和砝码放反，氯化钠质量=10g-0.5g=9.5g，会导致氯化钠偏少，故B分析正确；
C、红磷燃烧法测空气中氧气含量时，燃烧匙伸入集气瓶内过慢，部分气体逸出，导致测定结果偏大，故C分析正确；
D、配置一定溶质质量分数的氯化钠溶液时，量取水时俯视读数，读数偏大，则实际量取水的体积偏小，导致溶质质量分数偏大，故D分析错误；
故选D。
7. 对铁生锈与燃烧条件的实验探究如图所示。下列说法正确的是
A. 对比①②可探究：接触氧气是否为铁生锈的条件之一
B. 对比②③可探究：接触水是否为铁生锈的条件之一
C. 对比①④可探究：温度达到着火点是否为铁燃烧的条件之一
D. 对比③④可探究：接触氧气是否为铁燃烧的条件之一
【答案】C
【解析】
【详解】A.对比①②发现变量为水，所以可探究：接触水是否为铁生锈条件之一，选项错误。
B.无法对比②③，因为有多个变量：水和氧气和二氧化碳，选项错误。
C.对比①④发现变量为温度是否达到着火点，所以可探究：温度达到着火点是否为铁燃烧的条件之一，正确。
D.无法对比③④，因为有多个变量：二氧化碳和氧气，是否加热，选项错误。
故选：C。
8. 下列实验设计能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A、氯化钙溶液显中性，稀盐酸显酸性，无色酚酞试液在中性和酸性溶液中均不变色，故取样，滴加酚酞溶液，不能检验氯化钙溶液中是否混有稀盐酸，不符合题意；
B、加入过量的氢氧化钡溶液，氢氧化钡和碳酸钠反应生成碳酸钡和氢氧化钠，充分反应后过滤，除去碳酸钡，但是氢氧化钡过量，虽然除去了杂质，但是引入了新的杂质氢氧化钡，不符合题意；
C、氯化钾溶于水，二氧化锰难溶于水，取样、溶解、过滤、洗涤、干燥，可得到二氧化锰和氯化钾溶液，达不到分离的目的，不符合题意；
D、一氧化碳燃烧生成二氧化碳，甲烷燃烧生成二氧化碳和水，点燃，分别在火焰上方罩一个干冷的烧杯，有水雾出现的是甲烷，无水雾出现的是一氧化碳，符合题意。
故选D。
9. 废水处理后的循环利用有利于保护水资源，减少水的浪费。取某工厂排放的废水1升，分别加入生石灰和石灰石，测得废水的pH随加入固体质量的变化如图所示。已知：每吨生石灰的价格约为460元，每吨石灰石的价格约为130元。有关描述正确的是
A. 该工厂排放的废水呈酸性，所以加入生石灰处理效果更好
B. 加石灰石调节废水pH，溶液的pH始终小于7，是因为石灰石难溶于水，不与酸完全反应
C. 为了降低成本，可以先加入22克石灰石调溶液pH到6，再加入2克生石灰调pH到7
D. 加入20克固体后，加生石灰的溶液pH变化明显，是因为生成的氢氧化钙易溶于水
【答案】C
【解析】
【详解】A、该工厂排放的废水呈酸性，生石灰能与酸反应，可用于处理废水，但是生石灰价格较高，且加入生石灰的量不易控制，石灰石价格低廉，与酸反应速率适中，且石灰石难溶于水，可加入过量石灰石，除去酸，然后过滤除去石灰石，故加入石灰石处理效果更好，不符合题意；
B、加石灰石调节废水的pH，溶液的pH始终小于7，是因为石灰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，二氧化碳能与水反应生成碳酸，碳酸显酸性，pH＜7，故溶液的pH始终小于7，不符合题意；
C、由图可知，当处理废水的pH至6时，加入石灰石和生石灰的质量均为22g，但是每吨石灰石的价格要比生石灰便宜，故从廉价因素考虑，我们选择先加入22g石灰石，调pH为6，之后，再加入2g生石灰，可将pH调为7，而加入石灰石无法将pH调为7，故先加入22克石灰石调溶液pH到6，再加入2克生石灰调pH到7，这样比较经济，符合题意；
D、加入20克固体后，加生石灰的溶液pH变化明显，可能是生石灰与酸反应，放出大量的热，温度升高，反应速率加快，氢氧化钙微溶于水，不符合题意。
故选C。
10. 如图所示，在杠杆的两端分别挂着质量相同的铜球和锌球，这时杠杆平衡，然后将两球分别浸没在X、FeSO4溶液中，一段时间后移走烧杯。下列有关说法正确的是
A. 若X是稀盐酸，铜球表面有气泡产生.
B. 若X是AgNO3溶液，移走烧杯后杠杆左高右低
C. 若X是稀盐酸，移走烧杯后杠杆左低右高
D. 若X是AgNO3溶液，两边烧杯中溶液质量均减小
【答案】C
【解析】
【详解】A、若X是稀盐酸，在金属活动性顺序里，铜排在氢后，铜和稀盐酸不反应，铜球表面没有气泡产生，不符合题意；
B、若X是硝酸银溶液，左边烧杯中，铜和硝酸银反应：，64份质量的铜置换出216份质量的银，固体质量增加，右边烧杯中，锌和硫酸亚铁反应：，65份质量的锌置换出56份质量的铁，固体质量减小，故移走烧杯后杠杆左低右高，不符合题意；
C、若X是稀盐酸，左边烧杯中，铜和稀盐酸不反应，固体质量不变，右边烧杯中，锌与硫酸亚铁反应生成硫酸锌和铁，固体质量减小，则移走烧杯后杠杆左低右高，符合题意；
D、若X是硝酸银溶液，由以上分析可知，左边烧杯中铜和硝酸银反应生成硝酸铜和银，固体质量增加，溶液质量减小，右边烧杯中锌和硫酸亚铁反应生成硫酸锌和铁，固体质量减小，溶液质量增加，不符合题意。
故选C。
11. 如图a所示，向稀溶液中缓缓通入气体，测定该过程中溶液导电能力的变化，实验结果如图b(溶液体积的变化忽略不计)。下列说法错误的是
A. 该过程中溶液温度先升高再恢复至室温
B. C点溶液中的微粒有、、
C. 段变化，其他条件相同，导电能力：
D. 段变化，溶液导电能力除了与离子种类有关，还与离子浓度有关
【答案】B
【解析】
【详解】A、向 NaOH 稀溶液中缓缓通入 HCl 气体，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，该反应放热，则反应过程中溶液温度升高，待氢氧化钠反应完全，继续通入氯化氢，溶液温度逐渐恢复至室温，故A说法正确；
B、由图可知，A→B段导电能力下降，氯化氢气体溶于水形成盐酸，溶液体积、温度的变化可忽略，盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，B点导电能力最低，表示氢氧化钠和氯化氢恰好完全反应，C点时，盐酸过量，溶液中含有水、氯化钠和过量的氯化氢，则溶液中的微粒有H2O、Na+、Cl-、H+，故B说法错误；
C、由图可知，A→B段导电能力下降，氯化氢气体溶于水形成盐酸，溶液体积、温度的变化可忽略，盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，化学方程式为：，相当于相同数目的氢氧根离子替换为氯离子，导电能力下降了，则说明导电能力：OH−>Cl−，故C说法正确；
D、B→C段为盐酸和氢氧化钠反应完后继续通入氯化氢气体，氯化氢溶于水解离出氢离子和氯离子且不再发生变化，溶液中离子数目增加，溶液体积不变，则离子浓度增加，所以B→C段导电能力增加，说明溶液的导电能力除了与离子种类有关，还与离子的浓度有关，故D说法正确；
故选：B。
12. 某长久暴露在空气中的生石灰固体，测得其中钙元素的质量分数为50%，取8g该固体样品，向其中加入足量稀盐酸，使其完全溶解。下列说法错误的是
A. 该固体可能变质为CaO和Ca(OH)2B. 该固体可能变质为Ca(OH)2和CaCO3
C. 生成CaCl2质量为11.1gD. 加入稀盐酸后一定有气泡产生
【答案】A
【解析】
【详解】A、生石灰是氧化钙的俗称，氧化钙能与空气中的水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙能与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钙和水，故该固体可能变质为氢氧化钙和碳酸钙，符合题意；
B、由A可知，该固体可能变质为氢氧化钙和碳酸钙，不符合题意；
C、该固体中钙元素的质量为：8g×50%=4g，根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类和质量不变，固体中的钙元素完全转化到了氯化钙中，则生成氯化钙的质量为：，不符合题意；
D、氧化钙中钙元素的质量分数为：，氢氧化钙中钙元素的质量分数为：，碳酸钙中钙元素的质量分数为：，该固体样品中钙元素的质量分数为50%，故该固体中一定含碳酸钙，加入足量稀盐酸，碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，故一定有气泡产生，不符合题意。
故选A。
第Ⅱ卷（非选择题共60分）
二、填空题（本题共4小题，共32分）
13. 元素周期表是学习和研究化学的重要工具。从该表上可以获取许多知识。下图是元素周期表中部分元素的原子结构示意图，据此信息回答下列问题：
（1）上表中人体含量最多的前两种元素形成的化合物中可作制冷剂的物质是______（填化学式）。
（2）元素周期表中每一个横行叫做一个周期，观察上表各元素的原子结构示意图可以得出：同周期元素原子的______相同。
（3）同种非金属元素可以形成多种含氧酸，其酸性随着该元素化合价的升高而增强，请判断下列含有氯元素的含氧酸酸性最强的是______（填字母标号）。
A. HClOB. HClO2C. HClO3D. HClO4
（4）请写出铝元素的最高价氧化物与硫酸反应的化学方程式______。
【答案】（1）CO2 （2）电子层数 （3）D
（4）
【解析】
【小问1详解】
人体含量最多的前两种元素是氧元素和碳元素，两种元素形成的化合物二氧化碳的固体，俗称干冰，干冰升华吸热，可作制冷剂。二氧化碳的化学式为CO2。故填：CO2。
【小问2详解】
由于元素周期表中每一个横行叫做一个周期，通过分析，同一周期元素之间的排列有一定的规律：从左到右，各元素原子的电子层数相同；从左到右，各元素原子的原子序数依次增加。故填：电子层数。
【小问3详解】
由于化合物中氢元素的化合价为+1，氧元素的化合价为－2，根据化合物中各元素正负化合价代数和为0的规则，可求出HClO中氯元素的化合价为+1，HClO2中氯元素的化合价为+3，HClO3中氯元素的化合价为+5，HClO4中氯元素的化合价为+7。即HClO4中氯元素的化合价最高，含有氯元素的含氧酸酸性最强。故选D。
【小问4详解】
据铝原子结构示意图可知，铝原子最外层3个电子，易失去，所以铝元素的最高价为+3价，根据化合物中各元素正负化合价代数和为0的规则，可求出铝元素的最高价氧化物的化学式为Al2O3，即氧化铝，氧化铝与硫酸反应生成硫酸铝和水，化学方程式为。
故填：。
14. 今年3月1日，2023年“大国工匠年度人物”揭晓。青少年要以大国工匠为榜样，做一个追求卓越、精益求精的人，积极投身于中华民族伟大复兴的宏伟事业中。
（1）让竹木漆器重现光彩：大国工匠吴顺清采用神奇药水“复活”千年文物。漆器文物保护修复主要利用乙二醛（C2H2O2）的脱水技术，从物质分类的角度，乙二醛（C2H2O2）属于______（填“有机物”或“无机物”或“氧化物”）。
（2）点石成“金”，变废为宝：大国工匠潘从明能够准确把控万分之一的精准度，从铜镍冶炼“废渣”中同时提取铂、钯等6种以上稀贵金属。铂和钯都是汽车尾气装置中常用的催化剂，一定条件下，利用催化技术可以将有毒的一氧化碳、一氧化氮转化为二氧化碳，同时生成一种空气中体积含量最多的气体，请写出该反应的化学方程式______。
（3）眼前是污水污泥，心中却是绿水青山：大国工匠杨戌雷带领团队攻克技术难关，牢牢守护水环境治理的最后一道防线。下图是城市污水处理的流程图：
①在污水处理流程中，一级处理过程中使用的处理方法发生的是______变化（填“物理”或“化学”）。
②在消毒清水池中常用Ca（ClO）2对水进行消毒。Ca（ClO）2是由离子构成的物质，请写出其中含阴离子的化学符号______。
③硬水在日常生活、工业生产中常带来不便，长期饮用硬水会增加人体过滤系统结石得病率。生活中常用______的方法将硬水进行软化。
④高铁酸钠（Na2FeO4）是水处理过程中使用的一种新型净水剂，制取高铁酸钠的化学方程式是：2Fe（NO3）3+16NaOH+3Cl2=6NaNO3+2Na2FeO4+6X+8H2O，则X的化学式是______。
【答案】（1）有机物 （2）
（3） ①. 物理 ②. ③. 煮沸 ④. NaCl
【解析】
【小问1详解】
由化学式可知，乙二醛含碳元素，属于有机物；
【小问2详解】
一定条件下，利用催化技术可以将有毒的一氧化碳、一氧化氮转化为二氧化碳，同时生成一种空气中体积含量最多的气体，空气中含量最多的气体是氮气，约占空气体积的78%，故该反应的化学方程式为：；
【小问3详解】
①在污水处理流程中，一级处理过程中使用的处理方法只是将固液分离，除去难溶性杂质，无新物质生成，属于物理变化；
②Ca(ClO)2是由钙离子和次氯酸根离子构成，次氯酸根离子属于阴离子，离子的表示方法：在该离子元素符号的右上角标上该离子所带的正负电荷数，数字在前，正负号在后，带一个电荷时，1通常省略，多个离子，就是在元素符号前面加上相应的数字，故填：；
③可溶性钙、镁化合物在加热时能形成沉淀，故生活中常用煮沸的方法降低水的硬度；
④根据质量守恒定律，化学反应前后，原子的种类和数目不变，反应物中含Fe、N、O、Na、H、Cl的个数分别是2、6、34、16、16、6，生成物中含Fe、N、O、Na、H、Cl的个数分别是2、6、34、10、16、0，故生成物中还应含6个Na、6个Cl，故X的化学式为：NaCl。
15. 明代诗人于谦借助《石灰吟》，表达了作者不怕千难万险，勇于自我牺牲的高贵品格。物质A是“烈火焚烧若等闲”的主角，常用作建筑材料。物质D是“要留清白在人间”的主要反应物，反应③⑧都需要高温条件，M溶液呈蓝色。请回答下列问题：
（1）写出气体F的化学式：____，固体E的化学式：____。
（2）写出反应②的化学方程式：__________，该反应____热量（填“吸收”或“放出”）。
（3）在反应①②④⑤中，不属于四种基本反应类型的是__（填反应序号）。
（4）请写出反应⑦的化学方程式：__________。
（5）操作b的名称是________。
【答案】（1） ①. CO ②. CuO
（2） ①. CaO+H2O=Ca(OH)2 ②. 放出
（3）④ （4）2NaOH+CuCl2=2NaCl+Cu(OH)2↓
（5）蒸发结晶
【解析】
【分析】物质A是“烈火焚烧若等闲”的主角，常用作建筑材料，则A为CaCO3；A(CaCO3)在高温下分解为无色气体C和B，则C为CO2、B为CaO；黑色固体E可与稀盐酸反应生成蓝色的M溶液，则E为CuO、M为CuCl2；气体F可与黑色固体E(CuO)反应生成无色气体C(CO)，无色气体C(CO)可与黑色固体G反应生成气体F，则F为CO、G为C；B(CaO)可转化为D，D可与NaCO3溶液反应生成H溶液，则D为Ca(OH)2、H为NaOH；H(NaOH)与M(CuCl2)反应生成Cu(OH)2沉淀和NaCl溶液，则N为NaCl。
【小问1详解】
分析可知，F为CO、E为CuO。
【小问2详解】
反应②为B(CaO)转化为D[Ca(OH)2]，反应的化学方程式为CaO+H2O=Ca(OH)2，该反应为放热反应。
【小问3详解】
分析可知，反应①：CaCO3CaO+CO2↑，属于分解反应；
反应②：CaO+H2O=Ca(OH)2，属于化合反应；
反应④：CO+CuOCO2+Cu，不属于四种基本反应类型；
反应⑤：Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH，属于复分解反应。
【小问4详解】
H(NaOH)与M(CuCl2)反应生成Cu(OH)2沉淀和N(NaCl)溶液，反应的化学方程式为2NaOH+CuCl2=2NaCl+Cu(OH)2↓。
【小问5详解】
N为NaCl，操作b是将NaCl溶液转化为NaCl晶体，则操作b为蒸发结晶。
16. 某学习小组查得氯化铵、硫酸钠的溶解度曲线如下图所示，其中A、B分别为氯化铵和硫酸钠在不同温度时的溶解度曲线的交点。
（1）当温度高于______℃时，硫酸钠的溶解度随温度升高而降低。
（2）65℃时，100g饱和氯化铵溶液恒温蒸发掉10g水，会析出氯化铵晶体的质量为______。
（3）30℃时，将50g硫酸钠固体和50g氯化铵晶体分别加入各盛有100g水的甲烧杯和乙烧杯中，充分搅拌后，将两个烧杯中的混合物分别加热到40°C，此时______溶液（填“硫酸钠”或“氯化铵”）中有固体存在；继续升温至55℃，______（填“硫酸钠”或“氯化铵”）溶液中有固体存在。
（4）将B点等质量的两种饱和溶液分别降温至A点对应温度，析出硫酸钠的质量______（填写“>”、“<”或“=”）析出氯化铵的质量（本题不考虑结晶水）。
（5）若要除去氯化铵晶体中混有的少量硫酸钠固体，宜采取的方法是_______。
A. 蒸发结晶，趁热过滤
B. 配制40℃的饱和溶液，降温结晶
C. 配制100℃的饱和溶液，降温至40℃，趁热过滤
【答案】（1）40 （2）5.5g
（3） ①. 氯化铵 ②. 硫酸钠
（4）= （5）C
【解析】
【小问1详解】
由图可知，当温度高于40℃时，硫酸钠的溶解度随温度升高而降低；
【小问2详解】
由图可知，65℃时，氯化铵的溶解度为55g，则该温度下，100g水中最多可溶解55g氯化铵，则该温度下，100g饱和氯化铵溶液恒温蒸发掉10g水，会析出氯化铵晶体的质量为5.5g；
【小问3详解】
30℃时，将50g硫酸钠固体和50g氯化铵晶体分别加入各盛有100g水的甲烧杯和乙烧杯中，充分搅拌后，将两个烧杯中的混合物分别加热到40°C，40℃时，硫酸钠的溶解度为50g，氯化铵的溶解度小于50g，则此时50g硫酸钠恰好完全溶解，50g氯化铵部分溶解，则氯化铵溶液中有固体存在；
继续升温至55℃，55℃时，硫酸钠的溶解度小于50g，氯化铵的溶解度为50g，则此时氯化铵完全溶解，硫酸钠溶液中有固体存在；
【小问4详解】
B点时，溶解度：氯化铵=硫酸钠，饱和溶液的溶质质量分数：氯化铵=硫酸钠，等质量的两种饱和溶液中溶质质量：氯化铵=硫酸钠，溶剂质量：氯化铵=硫酸钠，降温至A点对应温度，降温后，氯化铵和硫酸钠的溶解度均减小，均有溶质析出，且降温后，溶剂的质量不变，A点时，氯化铵和硫酸钠的溶解度相等，则此时两种饱和溶液中溶质质量相等，则析出硫酸钠的质量=析出氯化铵的质量；
【小问5详解】
由图可知，40℃-100℃范围内，氯化铵的溶解度随温度的升高而增加，且溶解度受温度影响较大，硫酸钠的溶解度随温度的升高而减小，故若要除去氯化铵晶体中混有的少量硫酸钠固体，宜采取的方法是配制100℃的饱和溶液，降温至40℃，降温后，氯化铵的溶解度减小，晶体析出，硫酸钠的溶解度增加，不会析出，然后趁热过滤，可得到纯净的氯化铵晶体。
故选C。
三、实验题（本题共2小题，共18分）
17. 某化学兴趣小组拟对实验室制取气体的发生装置进行探究。
（1）查阅资料发现：二氧化锰、氧化铜、氧化铁都是不溶于水的粉末，而氯化铁能溶于水，它们都可以做过氧化氢制取氧气的催化剂。若选用过氧化氢和二氧化锰制取氧气，写出反应的化学方程式______，若选用氯化铁粉末做催化剂，用A装置制取氧气______（填“能”或“否”）实现随时控制反应的发生和停止。简述理由______。
（2）实验室用稀盐酸和大理石制取二氧化碳，写出反应的化学方程式______；选择一套能实现反应随时发生和停止的发生装置______（填字母标号“A”、“B”或“C”）。
（3）实验室用锌片和稀硫酸制取氢气，下图装置能够实现随时控制反应的发生和停止的是______（填字母标号）。
【答案】（1） ①. ②. 否 ③. 多孔塑料板的孔太大，导致氯化铁粉末从多孔塑料板漏下，同时氯化铁能溶于水，不能和过氧化氢溶液分离
（2） ①. ②. A （3）ace
【解析】
【小问1详解】
过氧化氢在二氧化锰的催化作用下生成水和氧气，反应的化学方程式为；用氯化铁粉末做催化剂，用A装置制取氧气不能实现随时控制反应的发生和停止，即填：否；因为多孔塑料板的孔太大，导致氯化铁粉末从多孔塑料板漏下，同时氯化铁能溶于水，不能和过氧化氢溶液分离。
【小问2详解】
大理石（主要含有碳酸钙）与稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，该反应的化学方程式为；
A、装置的隔板把固液隔开，当关闭止水夹时由于气体增多使试管内气压变大，把溶液压入长颈漏斗的管体内，液面低于隔板，固液分开，不再反应，打开止水夹则气体导出，液面回升，固液接触继续反应，可以控制反应的发生与停止；正确；
B、装置中固体和液体不能分离，关闭止水夹，最终导致气体从漏斗跑出，不能控制反应的发生与停止；错误；
C、装置中固体和液体不能分离，关闭止水夹，气体不能排出，最终导致橡皮塞冲出，不能控制反应的发生与停止；错误；
故填A；
【小问3详解】
a、锌片放在带孔橡胶片上，长颈漏斗加入稀硫酸，当关闭止水夹时由于气体增多使试管内气压变大，把溶液压入长颈漏斗的管体内，液面低于隔板，固液分开，不再反应，打开止水夹则气体导出，液面回升，固液接触继续反应，可以控制反应的发生与停止；正确；
b、装置中没有隔板，无法把固体和液体分开，不能控制反应的发生与停止；错误；
c、锌片放在装置右侧的带孔橡胶片上，U型管左边加入稀硫酸，当关闭止水夹时由于气体增多使U型管内气压变大，把溶液压入U型管左侧的管体内，液面低于隔板，固液分开，不再反应，打开止水夹则气体导出，液面回升，固液接触继续反应，可以控制反应的发生与停止；正确；
d、装置中没有隔板，无法把固体和液体分开，不能控制反应的发生与停止；错误；
e、装置中干燥管的靠尖嘴处有玻璃纤维，将锌片放在其上，将干燥管浸入稀硫酸中发生反应，当关闭止水夹时由于气体增多使管内气压变大，把溶液压入烧杯内，液面下降，固液分开，不再反应，打开止水夹则气体导出，液面回升，固液接触继续反应，可以控制反应的发生与停止；正确；
故填：ace。
18. 水煤气是水蒸气通过炽热的焦炭而生成的气体，可作为燃料或用作合成石油等的原料。主要成份是一氧化碳、氢气以及少量的二氧化碳和水蒸气。某化学活动小组对水煤气成分进行检验，设计实验装置如图所示。（提示：无水硫酸铜是白色粉末，遇水变蓝。）
回答下列问题：
（1）实验装置组装完成后，首先要进行的操作是______。
（2）装置②的作用是______；装置③是否可以省略掉______（填“是”或“否”。其理由是______。
（3）点燃④处酒精灯前必须检验装置内气体纯度，原因是______。写出此处氧化铜发生还原反应的一个化学方程式______。
（4）证明水煤气中含有氢气的实验现象是______。
（5）选择一套适合本实验的尾气处理装置______（填字母标号“A”、“B”或“C”）。
【答案】（1）检查装置的气密性
（2） ①. 检验并除去二氧化碳 ②. 否 ③. 没有装置③将水除去，会干扰氢气的检验，使⑤中无水硫酸铜变蓝的水，可能是从装置②带出的水蒸气，所以没法验证是否含有氢气
（3） ①. CO和氢气都有可燃性，气体不纯，加热会发生爆炸 ②. ##
（4）④黑色固体变红，⑤中无水硫酸铜变蓝
（5）A##B
【解析】
【小问1详解】
反应中有气体参加实验，则装置组装完后，首先要检查装置的气密性；
【小问2详解】
石灰水中的氢氧化钙和二氧化碳反应产生碳酸钙沉淀和水，本实验中二氧化碳是少量的，则装置②的作用是检验并除去二氧化碳；装置③中的浓硫酸具有吸水性，吸收石灰水带出的水蒸气，不可以省略掉，即填：否；其理由是没有装置③将水除去，会干扰氢气的检验，使⑤中无水硫酸铜变蓝的水，可能是从装置②带出的水蒸气，所以没法验证是否含有氢气；
【小问3详解】
点燃④处酒精灯前必须检验装置内气体纯度，原因是CO和氢气都有可燃性，气体不纯，加热会发生爆炸；氢气有还原性，在加热条件下能还原氧化铜产生水和铜，方程式是；一氧化碳具有还原性，在加热条件下能还原氧化铜产生铜和二氧化碳，方程式是（选填一个）；
【小问4详解】
氢气和氧化铜加热条件下反应产生水和铜，无水硫酸铜是白色粉末，遇水变蓝；则证明水煤气中含有氢气的现象是④黑色固体变红，⑤中无水硫酸铜变蓝；
【小问5详解】
一氧化碳有毒，直接排放到空气中会污染环境，可将点燃尾气或用气球收集，故选A或B。
四、计算题（本题包括1个小题，共10分）
19. 在通常状况下，如下图所示锥形瓶中充满了二氧化碳气体，瓶底事先加入1.8克紫色石蕊溶液，瓶内有一个通过导管与空气连通的气球，胶头滴管中盛有2克质量分数为40%的氢氧化钠溶液。调节天平平衡，轻轻挤压胶头滴管（不给锥形瓶施加压力），逐滴加入氢氧化钠溶液。已知在该条件下，80克氢氧化钠能与22400毫升二氧化碳气体反应。请回答下列问题：
（1）实验过程中，锥形瓶内观察到的现象是______。
（2）当把胶头滴管中的氢氧化钠溶液完全滴入时，气球达到最大（不考虑二氧化碳在水中的溶解），则锥形瓶内二氧化碳的体积是______毫升。
（3）请计算完全反应后锥形瓶内所得溶液中碳酸钠的质量分数是______。（写出计算过程）
【答案】（1）紫色石蕊溶液变蓝色，气球胀大
（2）224 （3）解：设参加反应二氧化碳、得到碳酸钠的质量分别为y、x。
，
解得x=1.06g，y=0.44g
锥形瓶内所得溶液中碳酸钠的质量分数是
答：锥形瓶内所得溶液中碳酸钠的质量分数是25%。
【解析】
【小问1详解】
氢氧化钠溶液显碱性，使紫色石蕊溶液变蓝色；氢氧化钠和二氧化碳反应产生碳酸钠和水，锥形瓶中的气压减小，在大气压的作用下气球胀大；故填：紫色石蕊溶液变蓝色，气球胀大；
【小问2详解】
已知在该条件下，80克氢氧化钠能与22400毫升二氧化碳气体反应。设瓶中的氢氧化钠能反应二氧化碳的体积为a，则有，解得a=224毫升；
【小问3详解】
见答案。选项
实践活动
化学知识
A
用厨余垃圾自制花肥
物质发生缓慢氧化
B
用铁和硫酸铜溶液制作“铜树”
制作，原理2Fe+3CuSO4=3Cu+Fe2（SO4）3
C
用气泡水机加压，向糖水中注入CO2制得碳酸饮料
一定条件下，压强越大，气体溶解度越大
D
用微型空气质量检测仪测量炼铁厂附近空气中CO含量
CO属于空气污染物
选项
实验目的
实验设计
A
检验氯化钙溶液中是否混有稀盐酸
取样，滴加酚酞溶液
B
除去NaOH溶液中的Na2CO3
加入过量Ba（OH）2溶液，充分反应后过滤
C
分离KCl、MnO2固体混合物
取样，溶解、过滤、洗涤、干燥
D
鉴别一氧化碳和甲烷
点燃，分别在火焰上方罩一个干冷的烧杯
九年级化学试题
（物理、化学合场考试，共用时120分钟。化学满分100分）
注意事项：
1.本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分。答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将
自己的姓名、准考证号、座号等填写在试卷和答题卡规定的位置。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
2.第Ⅰ卷每小题选出答案后，必须用2B铅笔把答题卡，上对应题号的答案标号涂黑。如需改动，先用橡皮擦干净，再选涂其他答案标号。
3.第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定的区域内，答在区域外或试卷上均不得分；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案。
相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 C1-35.5 K-39 Ca-40 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ag-108
第I卷（选择题共40分）
一、选择题（本题共12小题，1-8题每小题3分，9-12题每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求）
1. 化学与生活、生产密切相关。下列说法错误的是
A. “北溪”管道输送的天然气主要成分是甲烷，甲烷属于有机物
B. 用酒精对图书馆桌椅消毒，是利用了乙醇的物理性质
C. 春秋时期越王勾践的青铜剑属于合金，其抗腐蚀性比纯铜好
D. 宋代《清明上河图》保存至今仍清晰可见，说明常温下碳单质具有较强的稳定性
【答案】B
【解析】
【详解】A、含碳元素的化合物（除碳的氧化物、碳酸、碳酸盐等以外）称为有机物。天然气主要成分是甲烷，甲烷是最简单的有机物。A正确；
B、用酒精对图书馆桌椅消毒，是利用了乙醇的化学性质。B错误；
C、由于青铜属于合金，所以其抗腐蚀性比纯铜好。C正确；
D、由于常温下碳单质具有较强的稳定性，所以用墨画的《清明上河图》保存至今仍清晰可见。D正确。
综上所述：选择B。
2. 实验室需要配制100mL20%的稀硫酸溶液，部分操作如下，其中合理的是
A. 量取浓硫酸
B. 用100mL量筒量取100mL蒸馏水
C. 混合浓硫酸和水
D. 将配制好的硫酸溶液装瓶储存
【答案】A
【解析】
【详解】A、量取浓硫酸时，浓硫酸瓶口紧靠量筒口，慢慢倾斜，故选项正确；
B、配置100mL20%的稀硫酸，溶液是100mL，因此不可能需要100mL的水，故选项错误；
C、混合浓硫酸和水是缓慢的将浓硫酸倒入装有水的烧杯中，不能用量筒和将水加入到浓硫酸中，故选项错误；
D、细口瓶常用于存放液体，故配好的硫酸溶液存放在细口瓶中，并用玻璃塞，故选项错误。
故选A。
3. 下图为中考化学试卷答题卡中用于识别考生信息的条形码(样码)。条形码有黏性，其黏性主要来源于胶黏剂丙烯酸。丙烯酸的化学式为C3H4O2，下列有关说法正确的是
A. 丙烯酸的相对分子质量为72g
B. 丙烯酸中含有9个原子
C. 丙烯酸中氢、氧元素的质量比是2：1
D. 丙烯酸中氢元素的质量分数最小
【答案】D
【解析】
【详解】A、丙烯酸的相对分子质量为：12×3+4+16×2=72，相对分子质量是一个比值，单位为“1”，常省略不写，故丙烯酸的相对分子质量为72，说法错误，不符合题意；
B、丙烯酸由丙烯酸分子构成，每个丙烯酸分子由9个氧原子构成，说法错误，不符合题意；
C、丙烯酸中氢元素与氧元素的质量比=（14）：（162）=1：8，说法错误，不符合题意；
D、丙烯酸中氢元素的质量分数最小，说法正确，符合题意，故选D。
4. 下列跨学科实践活动涉及的化学知识错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A、用厨余垃圾自制花肥，是因为厨余垃圾能与空气中的氧气发生缓慢氧化，不符合题意；
B、用铁和硫酸铜溶液制作“铜树”，是因为铁能与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，该反应的化学方程式为：，符合题意；
C、一定条件下，压强越大，气体溶解度越大，用气泡水机加压，向糖水中注入CO2，加压后，二氧化碳的溶解度增加，从而制得碳酸饮料，不符合题意；
D、一氧化碳有毒，属于空气污染物，故用微型空气质量检测仪测量炼铁厂附近空气中CO含量，进行空气质量监测，不符合题意。
故选B。
5. 中国芯片蚀刻技术国际领先。NF3进行硅芯片蚀刻时的产物均为气体，在蚀刻物表面不留任何残留物。该反应微观示意图如下，下列说法正确的是
A. 上述四种物质均由分子构成
B. 此反应属于置换反应
C. 此反应中各元素化合价均未发生变化
D. 该反应化学方程式为2NF3+3Si3SiF4+N2
【答案】B
【解析】
【详解】A、由微观示意图可知，甲的化学式是NF3，是由分子构成的；乙的化学式是Si，是由硅原子构成的；丙的化学式是SiF4，是由分子构成的；丁的化学式是N2，是由分子构成的；所以上述四种物质不都是由分子构成的，不符合题意；
B、由组成元素种类可知乙和丁属于单质，甲和丙属于化合物；一种单质和一种化合物，生成另一种单质和另一种化合物，则反应为置换反应，符合题意；
C、由微观示意图可知，反应物乙是硅，由一种元素组成，是单质，其化合价为0，生成物丙是化合物，其中含有硅元素，其化合价不为0，所以硅元素的化合价在该反应前后发生了改变；同理，氮元素的化合价在该反应前后也发生了改变，不符合题意；
D、由反应微观示意图可知，该反应的化学方程式为：，不符合题意。
故选B。
6. 误差分析是定量实验的一个重要内容。下列分析不正确的是
A. 粗盐提纯时，蒸发后的固体中含有水分，产率偏高
B. 用托盘天平称取10.5g氯化钠时，药品和砝码放反，会导致氯化钠偏少
C. 红磷测定空气中氧气的含量，燃烧匙伸入集气瓶内过慢，导致测定结果偏大
D. 配制一定溶质质量分数的氯化钠溶液时，量取水时俯视读数，溶质质量分数偏小
【答案】D
【解析】
【详解】A、粗盐提纯时，蒸发后的固体中含有水分，会导致精盐的质量偏大，测得的氯化钠产率偏高，故A分析正确；
B、使用托盘天平要遵循左物右码的原则，左盘的质量等于右盘的质量加游码的质量，即药品质量=砝码质量+游码质量，如果位置放反，根据左盘的质量=右盘的质量+游码的质量，用托盘天平称取10.5g氯化钠时，药品和砝码放反，氯化钠质量=10g-0.5g=9.5g，会导致氯化钠偏少，故B分析正确；
C、红磷燃烧法测空气中氧气含量时，燃烧匙伸入集气瓶内过慢，部分气体逸出，导致测定结果偏大，故C分析正确；
D、配置一定溶质质量分数的氯化钠溶液时，量取水时俯视读数，读数偏大，则实际量取水的体积偏小，导致溶质质量分数偏大，故D分析错误；
故选D。
7. 对铁生锈与燃烧条件的实验探究如图所示。下列说法正确的是
A. 对比①②可探究：接触氧气是否为铁生锈的条件之一
B. 对比②③可探究：接触水是否为铁生锈的条件之一
C. 对比①④可探究：温度达到着火点是否为铁燃烧的条件之一
D. 对比③④可探究：接触氧气是否为铁燃烧的条件之一
【答案】C
【解析】
【详解】A.对比①②发现变量为水，所以可探究：接触水是否为铁生锈条件之一，选项错误。
B.无法对比②③，因为有多个变量：水和氧气和二氧化碳，选项错误。
C.对比①④发现变量为温度是否达到着火点，所以可探究：温度达到着火点是否为铁燃烧的条件之一，正确。
D.无法对比③④，因为有多个变量：二氧化碳和氧气，是否加热，选项错误。
故选：C。
8. 下列实验设计能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A、氯化钙溶液显中性，稀盐酸显酸性，无色酚酞试液在中性和酸性溶液中均不变色，故取样，滴加酚酞溶液，不能检验氯化钙溶液中是否混有稀盐酸，不符合题意；
B、加入过量的氢氧化钡溶液，氢氧化钡和碳酸钠反应生成碳酸钡和氢氧化钠，充分反应后过滤，除去碳酸钡，但是氢氧化钡过量，虽然除去了杂质，但是引入了新的杂质氢氧化钡，不符合题意；
C、氯化钾溶于水，二氧化锰难溶于水，取样、溶解、过滤、洗涤、干燥，可得到二氧化锰和氯化钾溶液，达不到分离的目的，不符合题意；
D、一氧化碳燃烧生成二氧化碳，甲烷燃烧生成二氧化碳和水，点燃，分别在火焰上方罩一个干冷的烧杯，有水雾出现的是甲烷，无水雾出现的是一氧化碳，符合题意。
故选D。
9. 废水处理后的循环利用有利于保护水资源，减少水的浪费。取某工厂排放的废水1升，分别加入生石灰和石灰石，测得废水的pH随加入固体质量的变化如图所示。已知：每吨生石灰的价格约为460元，每吨石灰石的价格约为130元。有关描述正确的是
A. 该工厂排放的废水呈酸性，所以加入生石灰处理效果更好
B. 加石灰石调节废水pH，溶液的pH始终小于7，是因为石灰石难溶于水，不与酸完全反应
C. 为了降低成本，可以先加入22克石灰石调溶液pH到6，再加入2克生石灰调pH到7
D. 加入20克固体后，加生石灰的溶液pH变化明显，是因为生成的氢氧化钙易溶于水
【答案】C
【解析】
【详解】A、该工厂排放的废水呈酸性，生石灰能与酸反应，可用于处理废水，但是生石灰价格较高，且加入生石灰的量不易控制，石灰石价格低廉，与酸反应速率适中，且石灰石难溶于水，可加入过量石灰石，除去酸，然后过滤除去石灰石，故加入石灰石处理效果更好，不符合题意；
B、加石灰石调节废水的pH，溶液的pH始终小于7，是因为石灰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，二氧化碳能与水反应生成碳酸，碳酸显酸性，pH＜7，故溶液的pH始终小于7，不符合题意；
C、由图可知，当处理废水的pH至6时，加入石灰石和生石灰的质量均为22g，但是每吨石灰石的价格要比生石灰便宜，故从廉价因素考虑，我们选择先加入22g石灰石，调pH为6，之后，再加入2g生石灰，可将pH调为7，而加入石灰石无法将pH调为7，故先加入22克石灰石调溶液pH到6，再加入2克生石灰调pH到7，这样比较经济，符合题意；
D、加入20克固体后，加生石灰的溶液pH变化明显，可能是生石灰与酸反应，放出大量的热，温度升高，反应速率加快，氢氧化钙微溶于水，不符合题意。
故选C。
10. 如图所示，在杠杆的两端分别挂着质量相同的铜球和锌球，这时杠杆平衡，然后将两球分别浸没在X、FeSO4溶液中，一段时间后移走烧杯。下列有关说法正确的是
A. 若X是稀盐酸，铜球表面有气泡产生.
B. 若X是AgNO3溶液，移走烧杯后杠杆左高右低
C. 若X是稀盐酸，移走烧杯后杠杆左低右高
D. 若X是AgNO3溶液，两边烧杯中溶液质量均减小
【答案】C
【解析】
【详解】A、若X是稀盐酸，在金属活动性顺序里，铜排在氢后，铜和稀盐酸不反应，铜球表面没有气泡产生，不符合题意；
B、若X是硝酸银溶液，左边烧杯中，铜和硝酸银反应：，64份质量的铜置换出216份质量的银，固体质量增加，右边烧杯中，锌和硫酸亚铁反应：，65份质量的锌置换出56份质量的铁，固体质量减小，故移走烧杯后杠杆左低右高，不符合题意；
C、若X是稀盐酸，左边烧杯中，铜和稀盐酸不反应，固体质量不变，右边烧杯中，锌与硫酸亚铁反应生成硫酸锌和铁，固体质量减小，则移走烧杯后杠杆左低右高，符合题意；
D、若X是硝酸银溶液，由以上分析可知，左边烧杯中铜和硝酸银反应生成硝酸铜和银，固体质量增加，溶液质量减小，右边烧杯中锌和硫酸亚铁反应生成硫酸锌和铁，固体质量减小，溶液质量增加，不符合题意。
故选C。
11. 如图a所示，向稀溶液中缓缓通入气体，测定该过程中溶液导电能力的变化，实验结果如图b(溶液体积的变化忽略不计)。下列说法错误的是
A. 该过程中溶液温度先升高再恢复至室温
B. C点溶液中的微粒有、、
C. 段变化，其他条件相同，导电能力：
D. 段变化，溶液导电能力除了与离子种类有关，还与离子浓度有关
【答案】B
【解析】
【详解】A、向 NaOH 稀溶液中缓缓通入 HCl 气体，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，该反应放热，则反应过程中溶液温度升高，待氢氧化钠反应完全，继续通入氯化氢，溶液温度逐渐恢复至室温，故A说法正确；
B、由图可知，A→B段导电能力下降，氯化氢气体溶于水形成盐酸，溶液体积、温度的变化可忽略，盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，B点导电能力最低，表示氢氧化钠和氯化氢恰好完全反应，C点时，盐酸过量，溶液中含有水、氯化钠和过量的氯化氢，则溶液中的微粒有H2O、Na+、Cl-、H+，故B说法错误；
C、由图可知，A→B段导电能力下降，氯化氢气体溶于水形成盐酸，溶液体积、温度的变化可忽略，盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，化学方程式为：，相当于相同数目的氢氧根离子替换为氯离子，导电能力下降了，则说明导电能力：OH−>Cl−，故C说法正确；
D、B→C段为盐酸和氢氧化钠反应完后继续通入氯化氢气体，氯化氢溶于水解离出氢离子和氯离子且不再发生变化，溶液中离子数目增加，溶液体积不变，则离子浓度增加，所以B→C段导电能力增加，说明溶液的导电能力除了与离子种类有关，还与离子的浓度有关，故D说法正确；
故选：B。
12. 某长久暴露在空气中的生石灰固体，测得其中钙元素的质量分数为50%，取8g该固体样品，向其中加入足量稀盐酸，使其完全溶解。下列说法错误的是
A. 该固体可能变质为CaO和Ca(OH)2B. 该固体可能变质为Ca(OH)2和CaCO3
C. 生成CaCl2质量为11.1gD. 加入稀盐酸后一定有气泡产生
【答案】A
【解析】
【详解】A、生石灰是氧化钙的俗称，氧化钙能与空气中的水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙能与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钙和水，故该固体可能变质为氢氧化钙和碳酸钙，符合题意；
B、由A可知，该固体可能变质为氢氧化钙和碳酸钙，不符合题意；
C、该固体中钙元素的质量为：8g×50%=4g，根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类和质量不变，固体中的钙元素完全转化到了氯化钙中，则生成氯化钙的质量为：，不符合题意；
D、氧化钙中钙元素的质量分数为：，氢氧化钙中钙元素的质量分数为：，碳酸钙中钙元素的质量分数为：，该固体样品中钙元素的质量分数为50%，故该固体中一定含碳酸钙，加入足量稀盐酸，碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，故一定有气泡产生，不符合题意。
故选A。
第Ⅱ卷（非选择题共60分）
二、填空题（本题共4小题，共32分）
13. 元素周期表是学习和研究化学的重要工具。从该表上可以获取许多知识。下图是元素周期表中部分元素的原子结构示意图，据此信息回答下列问题：
（1）上表中人体含量最多的前两种元素形成的化合物中可作制冷剂的物质是______（填化学式）。
（2）元素周期表中每一个横行叫做一个周期，观察上表各元素的原子结构示意图可以得出：同周期元素原子的______相同。
（3）同种非金属元素可以形成多种含氧酸，其酸性随着该元素化合价的升高而增强，请判断下列含有氯元素的含氧酸酸性最强的是______（填字母标号）。
A. HClOB. HClO2C. HClO3D. HClO4
（4）请写出铝元素的最高价氧化物与硫酸反应的化学方程式______。
【答案】（1）CO2 （2）电子层数 （3）D
（4）
【解析】
【小问1详解】
人体含量最多的前两种元素是氧元素和碳元素，两种元素形成的化合物二氧化碳的固体，俗称干冰，干冰升华吸热，可作制冷剂。二氧化碳的化学式为CO2。故填：CO2。
【小问2详解】
由于元素周期表中每一个横行叫做一个周期，通过分析，同一周期元素之间的排列有一定的规律：从左到右，各元素原子的电子层数相同；从左到右，各元素原子的原子序数依次增加。故填：电子层数。
【小问3详解】
由于化合物中氢元素的化合价为+1，氧元素的化合价为－2，根据化合物中各元素正负化合价代数和为0的规则，可求出HClO中氯元素的化合价为+1，HClO2中氯元素的化合价为+3，HClO3中氯元素的化合价为+5，HClO4中氯元素的化合价为+7。即HClO4中氯元素的化合价最高，含有氯元素的含氧酸酸性最强。故选D。
【小问4详解】
据铝原子结构示意图可知，铝原子最外层3个电子，易失去，所以铝元素的最高价为+3价，根据化合物中各元素正负化合价代数和为0的规则，可求出铝元素的最高价氧化物的化学式为Al2O3，即氧化铝，氧化铝与硫酸反应生成硫酸铝和水，化学方程式为。
故填：。
14. 今年3月1日，2023年“大国工匠年度人物”揭晓。青少年要以大国工匠为榜样，做一个追求卓越、精益求精的人，积极投身于中华民族伟大复兴的宏伟事业中。
（1）让竹木漆器重现光彩：大国工匠吴顺清采用神奇药水“复活”千年文物。漆器文物保护修复主要利用乙二醛（C2H2O2）的脱水技术，从物质分类的角度，乙二醛（C2H2O2）属于______（填“有机物”或“无机物”或“氧化物”）。
（2）点石成“金”，变废为宝：大国工匠潘从明能够准确把控万分之一的精准度，从铜镍冶炼“废渣”中同时提取铂、钯等6种以上稀贵金属。铂和钯都是汽车尾气装置中常用的催化剂，一定条件下，利用催化技术可以将有毒的一氧化碳、一氧化氮转化为二氧化碳，同时生成一种空气中体积含量最多的气体，请写出该反应的化学方程式______。
（3）眼前是污水污泥，心中却是绿水青山：大国工匠杨戌雷带领团队攻克技术难关，牢牢守护水环境治理的最后一道防线。下图是城市污水处理的流程图：
①在污水处理流程中，一级处理过程中使用的处理方法发生的是______变化（填“物理”或“化学”）。
②在消毒清水池中常用Ca（ClO）2对水进行消毒。Ca（ClO）2是由离子构成的物质，请写出其中含阴离子的化学符号______。
③硬水在日常生活、工业生产中常带来不便，长期饮用硬水会增加人体过滤系统结石得病率。生活中常用______的方法将硬水进行软化。
④高铁酸钠（Na2FeO4）是水处理过程中使用的一种新型净水剂，制取高铁酸钠的化学方程式是：2Fe（NO3）3+16NaOH+3Cl2=6NaNO3+2Na2FeO4+6X+8H2O，则X的化学式是______。
【答案】（1）有机物 （2）
（3） ①. 物理 ②. ③. 煮沸 ④. NaCl
【解析】
【小问1详解】
由化学式可知，乙二醛含碳元素，属于有机物；
【小问2详解】
一定条件下，利用催化技术可以将有毒的一氧化碳、一氧化氮转化为二氧化碳，同时生成一种空气中体积含量最多的气体，空气中含量最多的气体是氮气，约占空气体积的78%，故该反应的化学方程式为：；
【小问3详解】
①在污水处理流程中，一级处理过程中使用的处理方法只是将固液分离，除去难溶性杂质，无新物质生成，属于物理变化；
②Ca(ClO)2是由钙离子和次氯酸根离子构成，次氯酸根离子属于阴离子，离子的表示方法：在该离子元素符号的右上角标上该离子所带的正负电荷数，数字在前，正负号在后，带一个电荷时，1通常省略，多个离子，就是在元素符号前面加上相应的数字，故填：；
③可溶性钙、镁化合物在加热时能形成沉淀，故生活中常用煮沸的方法降低水的硬度；
④根据质量守恒定律，化学反应前后，原子的种类和数目不变，反应物中含Fe、N、O、Na、H、Cl的个数分别是2、6、34、16、16、6，生成物中含Fe、N、O、Na、H、Cl的个数分别是2、6、34、10、16、0，故生成物中还应含6个Na、6个Cl，故X的化学式为：NaCl。
15. 明代诗人于谦借助《石灰吟》，表达了作者不怕千难万险，勇于自我牺牲的高贵品格。物质A是“烈火焚烧若等闲”的主角，常用作建筑材料。物质D是“要留清白在人间”的主要反应物，反应③⑧都需要高温条件，M溶液呈蓝色。请回答下列问题：
（1）写出气体F的化学式：____，固体E的化学式：____。
（2）写出反应②的化学方程式：__________，该反应____热量（填“吸收”或“放出”）。
（3）在反应①②④⑤中，不属于四种基本反应类型的是__（填反应序号）。
（4）请写出反应⑦的化学方程式：__________。
（5）操作b的名称是________。
【答案】（1） ①. CO ②. CuO
（2） ①. CaO+H2O=Ca(OH)2 ②. 放出
（3）④ （4）2NaOH+CuCl2=2NaCl+Cu(OH)2↓
（5）蒸发结晶
【解析】
【分析】物质A是“烈火焚烧若等闲”的主角，常用作建筑材料，则A为CaCO3；A(CaCO3)在高温下分解为无色气体C和B，则C为CO2、B为CaO；黑色固体E可与稀盐酸反应生成蓝色的M溶液，则E为CuO、M为CuCl2；气体F可与黑色固体E(CuO)反应生成无色气体C(CO)，无色气体C(CO)可与黑色固体G反应生成气体F，则F为CO、G为C；B(CaO)可转化为D，D可与NaCO3溶液反应生成H溶液，则D为Ca(OH)2、H为NaOH；H(NaOH)与M(CuCl2)反应生成Cu(OH)2沉淀和NaCl溶液，则N为NaCl。
【小问1详解】
分析可知，F为CO、E为CuO。
【小问2详解】
反应②为B(CaO)转化为D[Ca(OH)2]，反应的化学方程式为CaO+H2O=Ca(OH)2，该反应为放热反应。
【小问3详解】
分析可知，反应①：CaCO3CaO+CO2↑，属于分解反应；
反应②：CaO+H2O=Ca(OH)2，属于化合反应；
反应④：CO+CuOCO2+Cu，不属于四种基本反应类型；
反应⑤：Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH，属于复分解反应。
【小问4详解】
H(NaOH)与M(CuCl2)反应生成Cu(OH)2沉淀和N(NaCl)溶液，反应的化学方程式为2NaOH+CuCl2=2NaCl+Cu(OH)2↓。
【小问5详解】
N为NaCl，操作b是将NaCl溶液转化为NaCl晶体，则操作b为蒸发结晶。
16. 某学习小组查得氯化铵、硫酸钠的溶解度曲线如下图所示，其中A、B分别为氯化铵和硫酸钠在不同温度时的溶解度曲线的交点。
（1）当温度高于______℃时，硫酸钠的溶解度随温度升高而降低。
（2）65℃时，100g饱和氯化铵溶液恒温蒸发掉10g水，会析出氯化铵晶体的质量为______。
（3）30℃时，将50g硫酸钠固体和50g氯化铵晶体分别加入各盛有100g水的甲烧杯和乙烧杯中，充分搅拌后，将两个烧杯中的混合物分别加热到40°C，此时______溶液（填“硫酸钠”或“氯化铵”）中有固体存在；继续升温至55℃，______（填“硫酸钠”或“氯化铵”）溶液中有固体存在。
（4）将B点等质量的两种饱和溶液分别降温至A点对应温度，析出硫酸钠的质量______（填写“>”、“<”或“=”）析出氯化铵的质量（本题不考虑结晶水）。
（5）若要除去氯化铵晶体中混有的少量硫酸钠固体，宜采取的方法是_______。
A. 蒸发结晶，趁热过滤
B. 配制40℃的饱和溶液，降温结晶
C. 配制100℃的饱和溶液，降温至40℃，趁热过滤
【答案】（1）40 （2）5.5g
（3） ①. 氯化铵 ②. 硫酸钠
（4）= （5）C
【解析】
【小问1详解】
由图可知，当温度高于40℃时，硫酸钠的溶解度随温度升高而降低；
【小问2详解】
由图可知，65℃时，氯化铵的溶解度为55g，则该温度下，100g水中最多可溶解55g氯化铵，则该温度下，100g饱和氯化铵溶液恒温蒸发掉10g水，会析出氯化铵晶体的质量为5.5g；
【小问3详解】
30℃时，将50g硫酸钠固体和50g氯化铵晶体分别加入各盛有100g水的甲烧杯和乙烧杯中，充分搅拌后，将两个烧杯中的混合物分别加热到40°C，40℃时，硫酸钠的溶解度为50g，氯化铵的溶解度小于50g，则此时50g硫酸钠恰好完全溶解，50g氯化铵部分溶解，则氯化铵溶液中有固体存在；
继续升温至55℃，55℃时，硫酸钠的溶解度小于50g，氯化铵的溶解度为50g，则此时氯化铵完全溶解，硫酸钠溶液中有固体存在；
【小问4详解】
B点时，溶解度：氯化铵=硫酸钠，饱和溶液的溶质质量分数：氯化铵=硫酸钠，等质量的两种饱和溶液中溶质质量：氯化铵=硫酸钠，溶剂质量：氯化铵=硫酸钠，降温至A点对应温度，降温后，氯化铵和硫酸钠的溶解度均减小，均有溶质析出，且降温后，溶剂的质量不变，A点时，氯化铵和硫酸钠的溶解度相等，则此时两种饱和溶液中溶质质量相等，则析出硫酸钠的质量=析出氯化铵的质量；
【小问5详解】
由图可知，40℃-100℃范围内，氯化铵的溶解度随温度的升高而增加，且溶解度受温度影响较大，硫酸钠的溶解度随温度的升高而减小，故若要除去氯化铵晶体中混有的少量硫酸钠固体，宜采取的方法是配制100℃的饱和溶液，降温至40℃，降温后，氯化铵的溶解度减小，晶体析出，硫酸钠的溶解度增加，不会析出，然后趁热过滤，可得到纯净的氯化铵晶体。
故选C。
三、实验题（本题共2小题，共18分）
17. 某化学兴趣小组拟对实验室制取气体的发生装置进行探究。
（1）查阅资料发现：二氧化锰、氧化铜、氧化铁都是不溶于水的粉末，而氯化铁能溶于水，它们都可以做过氧化氢制取氧气的催化剂。若选用过氧化氢和二氧化锰制取氧气，写出反应的化学方程式______，若选用氯化铁粉末做催化剂，用A装置制取氧气______（填“能”或“否”）实现随时控制反应的发生和停止。简述理由______。
（2）实验室用稀盐酸和大理石制取二氧化碳，写出反应的化学方程式______；选择一套能实现反应随时发生和停止的发生装置______（填字母标号“A”、“B”或“C”）。
（3）实验室用锌片和稀硫酸制取氢气，下图装置能够实现随时控制反应的发生和停止的是______（填字母标号）。
【答案】（1） ①. ②. 否 ③. 多孔塑料板的孔太大，导致氯化铁粉末从多孔塑料板漏下，同时氯化铁能溶于水，不能和过氧化氢溶液分离
（2） ①. ②. A （3）ace
【解析】
【小问1详解】
过氧化氢在二氧化锰的催化作用下生成水和氧气，反应的化学方程式为；用氯化铁粉末做催化剂，用A装置制取氧气不能实现随时控制反应的发生和停止，即填：否；因为多孔塑料板的孔太大，导致氯化铁粉末从多孔塑料板漏下，同时氯化铁能溶于水，不能和过氧化氢溶液分离。
【小问2详解】
大理石（主要含有碳酸钙）与稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，该反应的化学方程式为；
A、装置的隔板把固液隔开，当关闭止水夹时由于气体增多使试管内气压变大，把溶液压入长颈漏斗的管体内，液面低于隔板，固液分开，不再反应，打开止水夹则气体导出，液面回升，固液接触继续反应，可以控制反应的发生与停止；正确；
B、装置中固体和液体不能分离，关闭止水夹，最终导致气体从漏斗跑出，不能控制反应的发生与停止；错误；
C、装置中固体和液体不能分离，关闭止水夹，气体不能排出，最终导致橡皮塞冲出，不能控制反应的发生与停止；错误；
故填A；
【小问3详解】
a、锌片放在带孔橡胶片上，长颈漏斗加入稀硫酸，当关闭止水夹时由于气体增多使试管内气压变大，把溶液压入长颈漏斗的管体内，液面低于隔板，固液分开，不再反应，打开止水夹则气体导出，液面回升，固液接触继续反应，可以控制反应的发生与停止；正确；
b、装置中没有隔板，无法把固体和液体分开，不能控制反应的发生与停止；错误；
c、锌片放在装置右侧的带孔橡胶片上，U型管左边加入稀硫酸，当关闭止水夹时由于气体增多使U型管内气压变大，把溶液压入U型管左侧的管体内，液面低于隔板，固液分开，不再反应，打开止水夹则气体导出，液面回升，固液接触继续反应，可以控制反应的发生与停止；正确；
d、装置中没有隔板，无法把固体和液体分开，不能控制反应的发生与停止；错误；
e、装置中干燥管的靠尖嘴处有玻璃纤维，将锌片放在其上，将干燥管浸入稀硫酸中发生反应，当关闭止水夹时由于气体增多使管内气压变大，把溶液压入烧杯内，液面下降，固液分开，不再反应，打开止水夹则气体导出，液面回升，固液接触继续反应，可以控制反应的发生与停止；正确；
故填：ace。
18. 水煤气是水蒸气通过炽热的焦炭而生成的气体，可作为燃料或用作合成石油等的原料。主要成份是一氧化碳、氢气以及少量的二氧化碳和水蒸气。某化学活动小组对水煤气成分进行检验，设计实验装置如图所示。（提示：无水硫酸铜是白色粉末，遇水变蓝。）
回答下列问题：
（1）实验装置组装完成后，首先要进行的操作是______。
（2）装置②的作用是______；装置③是否可以省略掉______（填“是”或“否”。其理由是______。
（3）点燃④处酒精灯前必须检验装置内气体纯度，原因是______。写出此处氧化铜发生还原反应的一个化学方程式______。
（4）证明水煤气中含有氢气的实验现象是______。
（5）选择一套适合本实验的尾气处理装置______（填字母标号“A”、“B”或“C”）。
【答案】（1）检查装置的气密性
（2） ①. 检验并除去二氧化碳 ②. 否 ③. 没有装置③将水除去，会干扰氢气的检验，使⑤中无水硫酸铜变蓝的水，可能是从装置②带出的水蒸气，所以没法验证是否含有氢气
（3） ①. CO和氢气都有可燃性，气体不纯，加热会发生爆炸 ②. ##
（4）④黑色固体变红，⑤中无水硫酸铜变蓝
（5）A##B
【解析】
【小问1详解】
反应中有气体参加实验，则装置组装完后，首先要检查装置的气密性；
【小问2详解】
石灰水中的氢氧化钙和二氧化碳反应产生碳酸钙沉淀和水，本实验中二氧化碳是少量的，则装置②的作用是检验并除去二氧化碳；装置③中的浓硫酸具有吸水性，吸收石灰水带出的水蒸气，不可以省略掉，即填：否；其理由是没有装置③将水除去，会干扰氢气的检验，使⑤中无水硫酸铜变蓝的水，可能是从装置②带出的水蒸气，所以没法验证是否含有氢气；
【小问3详解】
点燃④处酒精灯前必须检验装置内气体纯度，原因是CO和氢气都有可燃性，气体不纯，加热会发生爆炸；氢气有还原性，在加热条件下能还原氧化铜产生水和铜，方程式是；一氧化碳具有还原性，在加热条件下能还原氧化铜产生铜和二氧化碳，方程式是（选填一个）；
【小问4详解】
氢气和氧化铜加热条件下反应产生水和铜，无水硫酸铜是白色粉末，遇水变蓝；则证明水煤气中含有氢气的现象是④黑色固体变红，⑤中无水硫酸铜变蓝；
【小问5详解】
一氧化碳有毒，直接排放到空气中会污染环境，可将点燃尾气或用气球收集，故选A或B。
四、计算题（本题包括1个小题，共10分）
19. 在通常状况下，如下图所示锥形瓶中充满了二氧化碳气体，瓶底事先加入1.8克紫色石蕊溶液，瓶内有一个通过导管与空气连通的气球，胶头滴管中盛有2克质量分数为40%的氢氧化钠溶液。调节天平平衡，轻轻挤压胶头滴管（不给锥形瓶施加压力），逐滴加入氢氧化钠溶液。已知在该条件下，80克氢氧化钠能与22400毫升二氧化碳气体反应。请回答下列问题：
（1）实验过程中，锥形瓶内观察到的现象是______。
（2）当把胶头滴管中的氢氧化钠溶液完全滴入时，气球达到最大（不考虑二氧化碳在水中的溶解），则锥形瓶内二氧化碳的体积是______毫升。
（3）请计算完全反应后锥形瓶内所得溶液中碳酸钠的质量分数是______。（写出计算过程）
【答案】（1）紫色石蕊溶液变蓝色，气球胀大
（2）224 （3）解：设参加反应二氧化碳、得到碳酸钠的质量分别为y、x。
，
解得x=1.06g，y=0.44g
锥形瓶内所得溶液中碳酸钠的质量分数是
答：锥形瓶内所得溶液中碳酸钠的质量分数是25%。
【解析】
【小问1详解】
氢氧化钠溶液显碱性，使紫色石蕊溶液变蓝色；氢氧化钠和二氧化碳反应产生碳酸钠和水，锥形瓶中的气压减小，在大气压的作用下气球胀大；故填：紫色石蕊溶液变蓝色，气球胀大；
【小问2详解】
已知在该条件下，80克氢氧化钠能与22400毫升二氧化碳气体反应。设瓶中的氢氧化钠能反应二氧化碳的体积为a，则有，解得a=224毫升；
【小问3详解】
见答案。选项
实践活动
化学知识
A
用厨余垃圾自制花肥
物质发生缓慢氧化
B
用铁和硫酸铜溶液制作“铜树”
制作，原理2Fe+3CuSO4=3Cu+Fe2（SO4）3
C
用气泡水机加压，向糖水中注入CO2制得碳酸饮料
一定条件下，压强越大，气体溶解度越大
D
用微型空气质量检测仪测量炼铁厂附近空气中CO含量
CO属于空气污染物
选项
实验目的
实验设计
A
检验氯化钙溶液中是否混有稀盐酸
取样，滴加酚酞溶液
B
除去NaOH溶液中的Na2CO3
加入过量Ba（OH）2溶液，充分反应后过滤
C
分离KCl、MnO2固体混合物
取样，溶解、过滤、洗涤、干燥
D
鉴别一氧化碳和甲烷
点燃，分别在火焰上方罩一个干冷的烧杯
相关试卷
山东省日照市东港区新营中学2023-2024学年九年级下学期一模考试化学试卷： 这是一份山东省日照市东港区新营中学2023-2024学年九年级下学期一模考试化学试卷，共6页。
2023年山东省日照市东港区新营中学中考二模化学试题（含解析）： 这是一份2023年山东省日照市东港区新营中学中考二模化学试题（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，推断题，科学探究题，流程题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2023年山东省日照市莒县中考二模化学试题（解析版）： 这是一份2023年山东省日照市莒县中考二模化学试题（解析版），共27页。试卷主要包含了 下列实验设计正确的是， 下列鉴别物质的方法错误的是， 中国芯片蚀刻技术国际领先等内容，欢迎下载使用。
