上海市建平中学西校2025-2026学年九年级下学期5月阶段自测化学试卷含答案

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一、化学与生活
中华文化源远流长，不仅承载文学韵味，还蕴含大量化学知识，尽显文化与化学知识的紧密关联。
1. “松叶堪为酒，春来酿几多”描述了酿酒的过程。酿造过程属于 。
A．缓慢氧化B．剧烈氧化
2. “开轩面场圃，把酒话桑麻”中的“桑麻”属于 材料。
A．金属材料B．无机非金属材料C．有机高分子材料D．复合材料
3.（1）“小满天逐热，温风沐麦圆”。为促进小麦生长，需追加的复合肥是 。
A．KNO3B．K2CO3
C．Ca(H2PO4)2D．CO(NH2)2
（2）该肥料中某元素的质量分数最大，只列式表达 。
4. 煮饺子时，关闭燃气阀门，火焰熄灭，其灭火原理是 。
5. 镓的合金可代替汞制作体温计，是目前汞体温计的最佳替代品。据此可以推测：镓的合金温度计测温时合金柱变长，这一现象的微观原因是 。
6. 第三代半导体材料氮化镓纳米薄层的一种制备方法如图所示，制备氮化镓时，金属镓熔化过程通入氩气的目的是 ，反应过程中生成一种气体单质，该反应的化学方程式为 。
二、气体的制备与用途
气体的制备与用途
7．下列相关描述正确的是 。（不定项）
A．过氧化氢溶液制氧气，基本反应类型是分解反应
B．氯酸钾和二氧化锰制备氧气，反应前后二氧化锰质量和性质不变
C．图-1中通CO2导管的末端应处于B处
D．向装置图-3长颈漏斗中注入80℃的水，白磷燃烧红磷不燃烧。说明燃烧需要
达到着火点
8．收集CO2时，常用燃着的木条放在集气瓶口验满。如图-1，向三颈烧瓶中持续
通CO2，测定瓶内氧气体积分数的变化情况，并用燃着的木条置于瓶口观察其是
否熄灭，结果如图-2所示。C点处燃着的木条熄灭，此时三颈烧瓶内CO2的体积
分数约为 。
9．将氯化氢和氧气转化为氯气的技术是当今化学研究的热点之一，如图是该反
应在密闭容器中进行的微观示意图，下列说法不正确的是 （不定项）
A．反应前后氯元素化合价不变
B．该反应生成了一种单质和一种氧化物
C．生成物都由分子构成
D．反应前后分子个数不变
10．实验室中取10 g混有杂质的高锰酸钾固体样品加热制取氧气，实验中固体
质量随时间的变化如下表。（杂质不发生反应，也不发生物理变化）
请分析并计算该样品中高锰酸钾的质量分数。
三、氢氧化镁的制备
11．某矿石由MgO、Fe2O3、CuO和SiO2组成，用它制备氢氧化镁的流程如图所示：
（1）溶液A中的正离子除了Mg2+和Fe3+外还有 （填写离子符号）。
（2）请根据流程图和上表分析在溶液A中加入熟石灰后控制pH为7~9的目的是 。
（3）溶液B中一定含有的溶质是 （填化学式）。溶液B与适量熟石灰反应制得氢氧化镁，过滤时检验是否洗涤干净，可取最后一次洗涤液 （填写具体操作及清洗干净的现象）。
12.用MgCl2和NaOH反应也可以制取Mg（OH）2，现用该方法制取纯净的Mg（OH）2
（1）MgCl₂和NaOH反应后生成物质质量如图甲所示，则a为 。（填物质名称）
（2）按图乙的方法可否达成实验目的 ？结合数据分析，说明理由 。
四、探究土壤表面泛白原因
13．某化学小组发现本地部分土壤表面泛白且农作物生长不良，决定开展以下探究。
任务一：测定土壤酸碱性
（1）配制土壤样品浸出液，测得pH>7，则浸出液显 性。（
A．酸性B．碱性C．中性）
任务二：探究引起土壤呈碱性的原因
【调查发现】当地农民长期焚烧秸秆获得草木灰，且曾用熟石灰改良土壤。
【提出猜想】导致土壤呈碱性的物质是什么？
（2）猜想：①Ca(OH)2；②K2CO3；③KOH；④Ca(OH)2和KOH；⑤ 。
（3）填写下列表格。
任务三：寻找改良土壤酸碱性的方法
（4）当地农民采取引进内河淡水浸泡再排水的方法改良土壤。若以浸泡水次数为横坐标，土壤pH为纵坐标，下列能正确表示土壤pH变化的图像是____（填序号）。
（5）土壤酸度是指导农业施肥的依据，为了确定施用化肥的种类，需要测量土壤酸度。查阅资料：硫酸亚铁、硫酸铵、磷酸二氢钾都能够有效降低碱性土壤的pH，实验数据如下表所示。由表中信息可知，最好的土壤pH调节剂是哪种物质____？（填选项）理由是____。
五、金属铁的应用
金属铁的应用
14．废水处理：高铁酸钾（K2FeO4）是一种优良的海水净化处理剂，其与水反应的化学方程式：4K2FeO4+10H2O=4Fe(OH)3+8KOH+3X↑。X的化学式是____。
15．铁元素在元素周期表中的信息如图所示，下列说法中正确的是____。
A．K2FeO4中铁元素的化合价是+6价
B．铁离子的符号为Fe+3
C．铁的相对原子质量为55.85 g
D．铁离子的核电荷数为26
16．不同条件下，高铁酸钾解离出的FeO42−的浓度(mg·L−1)随时间变化如图所示，通过图可得出的结论是 。
17．用纳米铁粉去除废水中的金属离子途径如图2所示，可分为三类：第I类是吸附捕捉，第II类是直接反应，第III类是吸附捕捉后再慢慢反应。
（1）根据图2的信息可知，Zn2+的去除途径属于 （选填“I”、“II”或“III”），Fe的金属活动性比Ni （填“强”或“弱”）。
（2）用纳米铁粉去除废水中的Cu2+，一段时间后Cu2+的去除率下降，原因是 。
18．铁粉常用于食品保鲜，铁粉中会含有少量FexCy。为测定FexCy的组成，小组同学在老师的指导下进行以下实验。
资料：①Fe、FexCy在加热时与O2反应能生成相应氧化物；②FexCy不与酸反应；③碱石灰的主要成分是氧化钙与氢氧化钠的混合物。
实验1：取29.80 g样品，加入足量稀硫酸，充分反应后生成1.00 gH2。
实验2：另取29.80 g样品，按如图4进行实验。实验后A中固体全部变为红棕色，装置B的质量增加了0.44 g。
（1）A中红棕色固体的化学式是： 。
（2）FexCy中，x:y= 。
（3）若用空气（过量）代替氧气进行实验，测得x:y的值 （填“偏大”、“偏小”或“不变”），可能的原因是 。
1．A 2．C 3．
A
16×339+14+16×3×100% 4．
清除（隔离）可燃物 5．
温度升高，镓原子之间的间隔增大 6．
作保护气，防止高温下镓被氧化
2Ga+2NH3===700∼800°C2GaN+3H2
1．酿酒是糖类在微生物作用下转化为酒精的复杂化学过程，属于缓慢氧化；剧烈氧化反应速率快，如燃烧，因此选A。
2．桑麻主要成分为纤维素，属于天然有机高分子材料，因此选C。
3．（1） 复合肥是指含有氮、磷、钾中至少两种营养元素的化肥，KNO3中含K、N两种营养元素，属于复合肥；其余选项中K2CO3为钾肥，Ca(H2PO4)2为磷肥，CO(NH2)2为氮肥，因此选A。
（2） KNO3中K、N、O的相对质量分别为39、14、48，氧元素总相对质量最大，因此氧元素质量分数最大，列式如上。
4．关闭燃气阀门切断了可燃物燃气的供应，对应灭火原理为清除可燃物。
5．金属由原子构成，温度升高时原子间间隔增大，宏观上合金体积膨胀，因此合金柱变长。
6．氩气化学性质极不活泼，可作保护气避免镓在高温下被氧气氧化；根据质量守恒，反应物为Ga和NH3，生成物为GaN和气体单质H2，配平后得到对应化学方程式。
7．ACD 8．60%或61.9% 9．AD 10．根据质量守恒定律，生成O2的质量 = 反应前固体质量 - 反应后固体质量=10g-9.36g= 0.64g。
2KMnO4===ΔK2MnO4+MnO2+O2↑
解：设样品中KMnO4的质量为x。 31632x0.64g 31632=x0.64g
x=6.32g，样品中高锰酸钾的质量分数为6.32g÷10g×100%=63.2%
答：该样品中高锰酸钾的质量分数为63.2%。
7.A.过氧化氢溶液制氧气的反应为2H2O2=MnO22H2O+O2↑，属于分解反应，正确。
B.氯酸钾和二氧化锰制氧气时，二氧化锰是催化剂，反应前后质量和化学性质不变，物理性质可能改变，错误。
C.二氧化碳的密度比空气大，图-1中CO2导管的末端应处于B处（集气瓶底），才能把空气排干净，正确。
D.向图-3长颈漏斗中注入80°C的水，白磷燃烧红磷不燃烧，说明燃烧需要达到着火点，正确。
8. 图-2所示C点处燃着的木条熄灭，此时三颈烧瓶内的氧气体积分数为8%，由于氧气约占空气总体积的五分之一（或21%），则此时三颈烧瓶内空气的体积分数为8%÷15=40%（或8%÷21%=38.1%），故此时三颈烧瓶内的CO2体 积分数约为1−40%=60%（或1−38.1%=61.9%）。空气中二氧化碳约占空气体积的0.03%，占比非常小，保留一位小数对结果无影响，忽略不计，故此时三颈烧瓶内的体积分数约为60%或61.9%。
9. 由微观反应示意图可知，该反应是由氯化氢与氧气在一定条件下反应生成水和氯气，反应的化学方程式是4HCl+O2=一定条件2H2O+2Cl2，
A、在反应物氯化氢中，氯元素显-1价，在生成物氯气中，氯元素的化合价为零，反应前后氯元素化合价升高，故说法错误；
B、由4HCl+O2=一定条件2H2O+2Cl2可知，该反应生成了一种单质和一种氧化物，故说法正确；
C、由HCl、O2、H2O、Cl2可知，反应物和生成物都由分子构成，故说法正确；
D、由4HCl+O2=一定条件2H2O+2Cl2可知，反应前后分子个数发生改变，故说法错误；
10. 详见答案。
11.（1）Cu2+、H+
（2）使铁离子、铜离子形成沉淀析出，防止镁离子形成沉淀
（3） MgCl2、CaCl2 加入适量碳酸钠溶液，无白色沉淀生成，说明已经洗涤干净
（1）矿石由MgO、Fe2O3、CuO和SiO2组成，加入过量稀盐酸，氧化镁与稀盐酸反应生成氯化镁和水，氧化铁和稀盐酸反应生成氯化铁和水，氧化铜和稀盐酸反应生成氯化铜和水，二氧化硅和稀盐酸不反应，稀盐酸过量，则溶液A中的溶质是氯化镁、氯化铁、氯化铜、氯化氢，则溶液A中的正离子除了Mg2+和Fe3+外还有：Cu2+、H+；
（2）由表可知，pH为7∼9时，铁离子和铜离子完全沉淀，而镁离子没有形成沉淀，故在溶液A中加入熟石灰后控制pH为7∼9的目的是：使铁离子、铜离子形成沉淀析出，防止镁离子形成沉淀；
（3）由以上分析可知，溶液A中含氯化镁、氯化铁、氯化铜、氯化氢，加入熟石灰，氢氧化钙与氯化铁反应生成氢氧化铁和氯化钙，氯化铜与氢氧化钙反应生成氢氧化铜和氯化钙，氢氧化钙和盐酸反应生成氯化钙和水，此时氯化镁还未反应，则溶液B中一定含有的溶质是：MgCl2、CaCl2；
氢氧化钙和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钙，如果氢氧化镁没有洗涤干净，表面会附着氯化钙，氯化钙能与碳酸钠反应生成碳酸钙和氯化钠，故可取最后一次洗涤液，加入适量碳酸钠溶液，无白色沉淀生成，说明已经洗涤干净。
12.（1）氢氧化镁
（2） 否 因为反应会生成117g氯化钠，但20°C时，300g水最多溶解108g氯化钠，所以得到的滤渣中不仅有Mg(OH)2，也有氯化钠，所以无法得到纯净的Mg(OH)2
（1）氯化镁和氢氧化钠反应生成氢氧化镁和氯化钠，即
MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl，参加反应的氯化镁、氢氧化钠和生成氢氧化镁、氯化钠的质量比为：95:80:58:117，则消耗95g氯化镁、80g氢氧化钠生成58g氢氧化镁和117g氯化钠，则a为氢氧化镁；
（2）由以上分析可知，消耗95g氯化镁、80g氢氧化钠生成117g氯化钠，则完全反应后，剩余氢氧化钠的质量为：100g−80g=20g，20°C时，氢氧化钠的溶解度为109.0g，氯化钠的溶解度为36.0g，则该温度下，300g水中最多可溶解327.0g氢氧化钠、108.0g氯化钠，则反应生成的117g氯化钠不能完全溶解，最后有117g−108.0g=9g氯化钠析出，则不能得到纯净的氢氧化镁，不能达到实验目的。
13.(1)B
（2）K2CO3和KOH
（3） ①③④ 过量的氯化钙溶液 产生白色沉淀 故无明显现象
(4)C
（5） 硫酸亚铁 硫酸亚铁相比硫酸铵，用量少，最大降幅大，硫酸亚铁相比磷酸二氢钾，用量相同，最大降幅大
（1）pH>7，溶液显碱性。
（2）草木灰主要成分是碳酸钾，碳酸钾能与氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钾，碳酸钾、氢氧化钙、氢氧化钾均显碱性，碳酸钾和氢氧化钙不能共存，结合其他猜想，则⑤K2CO3和KOH。
（3）步骤一：碳酸钾能与稀盐酸反应生成氯化钾、二氧化碳和水，产生气泡，说明含碳酸钾，则猜想①③④不成立；
步骤二：碳酸钾和氢氧化钾均显碱性，均能使无色酚酞试液变红，故要想检验是否含氢氧化钾，应排除碳酸钾的干扰，碳酸钾能与氯化钙反应生成碳酸钙和氯化钾，可加入过量的氯化钙检验且除去碳酸钾，则步骤二操作为：向其中加入过量的氯化钙溶液，现象是：产生白色沉淀；步骤三：氢氧化钾溶液显碱性，能使无色酚酞试液变红，故无明显现象，说明不含氢氧化钾，则猜想②成立；
（4）由题干信息可知，土壤pH大于7，加淡水浸泡，被稀释，pH逐渐减小至无限接近于7，但是不会等于7或小于7。
（5）由图可知，硫酸亚铁相比硫酸铵，用量少，最大降幅大，硫酸亚铁相比磷酸二氢钾，用量相同，但最大降幅大，故最好的土壤pH调节剂是硫酸亚铁。
14．O2 15．AD 16．
其他条件相同时，溶液pH越大，FeO42−浓度下降越慢，高铁酸钾越稳定（或pH越小，高铁酸钾分解速率越快）
14．根据质量守恒定律，反应前后原子种类、数目不变。统计反应前后原子数：反应前共8个K、4个Fe、26个O、20个H，反应后已知物质中共有8个K、4个Fe、20个O、20个H，差值为6个O，对应3个X，故每个X含2个O，化学式为O2。
15．A.化合物中正负化合价代数和为0，K为+1价、O为-2价，设Fe化合价为x，则2×(+1)+x+4×(−2)=0，解得x=+6，正确。
B.铁离子符号应为Fe3+，离子电荷书写规则是数字在前、正负号在后，错误。
C.相对原子质量单位为“1”，省略不写，不是g，错误。
D.核电荷数等于原子序数，铁的原子序数为26，铁离子是铁原子失电子形成，质子数不变，故核电荷数仍为26，正确。
16． 略。
17.(1)
I
强
(2)
反应生成的铜附着在纳米铁粉表面，阻碍铁继续与铜离子接触反应
（1）由图可知，Zn2+仅被吸附在纳米铁粉表面，没有发生化学反应，符合第I类吸附捕捉的特征；
Fe可以将Ni2+置换为Ni单质，因此Fe的金属活动性比Ni强；
（2）铁与Cu2+发生置换反应生成铜单质，铜附着在纳米铁粉表面，减少了铁与废水的接触面积，阻碍反应继续进行，因此Cu2+的去除率下降。
18.(1)Fe2O3
(2)3:1
（3） 偏小 由于空气中含有二氧化碳，将使FexCy中C的质量偏大，Fe的质量偏小
（1）由于Fe、FexCy在加热时与O2反应能生成相应氧化物，故A中红棕色固体的化学式是Fe2O3。
（2） 设29.80 g样品中铁的质量为x。
Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑562x1g 562=x1gx=28g
所以FexCy的质量=29.80g-28g=1.80g，装置B的质量增加了0.44g，为二氧化碳的质量，二氧化碳中的碳来自FexCy，即FexCy中C的质量=0.44g×（1244×100%）=0.12g，所以FexCy中Fe的质量=1.80g-0.12g=1.68g。因此FexCy中，x：y=1.68g56:0.12g12=3:1。
（3）由于空气中含有二氧化碳，空气中的二氧化碳会被装置B吸收，导致测得的二氧化碳质量偏大，从而使计算出的碳元素质量偏大，铁元素质量偏小，所以若用空气（过量）替代O2 进行实验，测得x：y的值偏小。时间/s
t1
t2
t3
t4
试管内剩余固体质量/g
9.80
9.58
9.36
9.36
沉淀物
Fe(OH)3
Cu(OH)2
Mg(OH)2
开始沉淀
1.9
4.2
9.1
完全沉淀
3.2
6.7
11.1
物质
溶解度/g（20℃）
NaOH
109.0
NaCl
36.0
实验步骤
实验现象
实验结论
步骤一：将土壤浸出液加热浓缩，向其中加入过量稀盐酸。
有气泡产生
猜想 不成立
步骤二：另取少量土壤浸出液的浓缩液，向其中加入 。
猜想②成立
步骤三：向步骤二的上层清液中滴加酚酞溶液。
土壤pH调节剂
用量（kg）
1 m²土壤（pH为8.6）施用60天后pH最大降幅
A．硫酸亚铁
4
2.3
B．硫酸铵
5
1.8
C．磷酸二氢钾
4
0.69