2018_2019学年九年级化学下学期期中复习试卷（含解析）新人教版.doc

‎2018-2019学年九年级化学下学期期中复习试卷 一．选择题（共11小题，满分22分，每小题2分）‎ ‎1．（2分）现在有X、Y、Z三种金属，将它们分别放入稀HCl中，只有X无氢气放出。将Y投入Z的盐溶液中，Y表面没有发生变化。则X、Y、Z三种金属活动性顺序正确的是（ ）‎ A．X＞Y＞Z B．Z＞Y＞X C．X＞Z＞Y D．Y＞Z＞X ‎【分析】在金属活动性顺序中，位于氢前面的金属能置换出酸中的氢，位于前面的金属能把排在它后面的金属从其盐溶液中置换出来，据此判断能否发生反应，进而可确定三种金属活动性由强到弱的顺序。‎ ‎【解答】解：现有X、Y、Z三种金属，将它们分别放入稀HCl中，只有X无氢气放出，说明Y、Z的金属活动性比氢强，X的金属活动性比氢弱，即Y、Z＞H＞X；将Y投入Z的盐溶液中，Y的表面没有发生变化，说明Y的金属活动性比Z弱，即Z＞Y；则X、Y和Z的金属活动性顺序为：Z＞Y＞X。‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题难度不大，考查金属活动性应用，掌握金属活动性应用“反应则活泼、不反应则不活泼”是正确解答此类题的关键。‎ ‎2．（2分）室温下，向含有MgCl2、FeCl2、CuCl2的混合溶液中加入一定质量的镁粉，充分反应后，过滤，得到滤渣和滤液。将滤渣晾干后称量，质量为a克。取少许滤渣，加入稀盐酸，有气泡冒出。则下列判断中，正确的是（ ）‎ A．滤液一定是无色溶液 ‎ B．滤液中一定含有MgCl2、FeCl2、CuCl2 ‎ C．加入镁粉的质量一定小于a克 ‎ D．滤渣一定是Mg、Fe、Cu三种单质的混合物 ‎【分析】金属活动性顺序中，排在氢前面的金属，能和稀盐酸或稀硫酸反应生成盐和氢气，排在前面的金属，能把排在后面的金属从它的盐溶液中置换出来。‎ ‎【解答】解：向含有MgCl2、FeCl2、CuCl2的混合溶液中加入一定质量的镁粉，镁先和氯化铜反应生成氯化镁和铜，后和氯化亚铁反应生成氯化镁和铁，取少许滤渣，加入稀盐酸，有气泡冒出，说明滤渣中含有铁或铁和镁；‎ A、如果氯化亚铁部分反应，则滤液仍然是浅绿色的，该选项说法不正确；‎ B、滤渣中一定含有铁，则滤液中一定不含有氯化铜，该选项说法不正确；‎ C、镁和氯化铜、氯化亚铁反应后析出固体质量大于反应的镁质量，因此加入镁粉的质量一定小于ag，该选项说法正确；‎ 17‎ D、滤渣可能是Mg、Fe、Cu三种单质的混合物，也可能是铜和铁的混合物，该选项说法不正确。‎ 故选：C。‎ ‎【点评】要会利用金属活动顺序表分析实验，氢前边的金属会与稀硫酸、盐酸反应，但氢后边的金属不会与稀硫酸、盐酸反应，前边的金属会把后边的金属从其盐溶液中置换出来。‎ ‎3．（2分）向AgNO3和Cu（NO3）2混合溶液中加入一定量的Zn粉，充分反应后过滤、洗涤，得到滤渣和滤液。下列说法不正确的有（ ）‎ A．滤渣中一定有Ag，滤液中一定有Zn（NO3）2，可能有Cu（NO3）2、AgNO3 ‎ B．当滤液为蓝色时，滤渣中一定有Cu、Ag，一定没有Zn ‎ C．向滤渣中加入盐酸，有气泡产生，则滤渣中一定有Zn、Cu、Ag ‎ D．当滤液为无色时，则滤液中只有Zn（NO3）2，滤渣中一定有Cu、Ag，可能有Zn ‎【分析】向AgNO3和Cu（NO3）2混合溶液中加入一定量的Zn粉，锌先和硝酸银反应生成硝酸锌和银，后和硝酸铜反应生成硝酸锌和铜；‎ 盐酸和锌反应生成氯化锌和氢气，不能和铜、银反应。‎ ‎【解答】解：A、滤渣中一定有反应生成的Ag，滤液中一定有反应生成的Zn（NO3）2，可能有Cu（NO3）2、AgNO3，该选项说法正确；‎ B、当滤液为蓝色时，说明硝酸铜没有反应或没有完全反应，滤渣中一定有Ag，可能有铜，一定没有Zn，这是因为含有锌，则硝酸银、硝酸铜完全反应，该选项说法不正确；‎ C、向滤渣中加入盐酸，有气泡产生，说明滤渣中含有锌，即锌过量，则滤渣中一定有Zn、Cu、Ag，该选项说法正确；‎ D、当滤液为无色时，说明硝酸银、硝酸铜都已经完全反应，则滤液中只有Zn（NO3）2，滤渣中一定有Cu、Ag，可能有过量的Zn，该选项说法正确。‎ 故选：B。‎ ‎【点评】要会利用金属活动顺序表分析实验，氢前边的金属会与稀硫酸、盐酸反应，但氢后边的金属不会与稀硫酸、盐酸反应，前边的金属会把后边的金属从其盐溶液中置换出来。‎ ‎4．（2分）地球上71%的面积覆盖着水，水是生命之源，也是重要的溶剂，下列说法正确的是（ ）‎ A．只要是由水作溶剂形成的溶液，一定是无色透明的 ‎ B．如果温度不变，水不蒸发，食盐溶液久置也不会析出食盐晶体 ‎ C．将KC1、蔗糖溶于水后，溶质均以分子形式存在 ‎ D．氢氧化钠固体溶解于水的过程中，既不放出热量，又不吸收热量 ‎【分析】根据已有的溶液的知识以及物质溶解的知识进行分析解答即可。‎ ‎【解答】解：A、由水作溶剂形成的溶液，不一定是无色透明的，例如硫酸铜溶液，错误；‎ 17‎ B、如果温度不变，水不蒸发，食盐溶液久置也不会析出食盐晶体，故正确；‎ C、氯化钾溶于水要电离出钾离子和氯离子，不是以分子形式存在，错误；‎ D、氢氧化钠固体溶解于水的过程中，放出热量，也吸收热量，但大体相等，错误；‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查了溶液的有关知识，完成此题，可以依据已有的溶液、溶解度的知识进行。‎ ‎5．（2分）某温度下，‎140g饱和KNO3溶液中含有‎40g KNO3．若向此溶液中添加‎25g KNO3和‎50g水，保持温度不变，下列判断正确的是（ ）‎ ‎①所得溶液是饱和溶液 ②所得溶液是不饱和溶液 ‎③所得溶液的溶质质量分数是28.6% ④所得溶液的质量分数是30.2%‎ A．①② B．①③ C．②③ D．③④‎ ‎【分析】一定温度下，一定量溶剂里，能够继续溶解某种溶质的溶液，是这种溶质的不饱和溶液，不能继续溶解某种溶质的溶液，是这种溶质的饱和溶液；‎ 饱和溶液溶质质量分数＝×100%。‎ ‎【解答】解：①‎140g饱和KNO3溶液中含有‎40g硝酸钾，说明‎100g水中溶解‎40g硝酸钾恰好饱和，‎50g水中溶解‎20g硝酸钾恰好饱和，若向此溶液中添加‎25g KNO3和‎50g水，保持温度不变，所得溶液是饱和溶液，该选项说法正确；‎ ‎②所得溶液是饱和溶液，该选项说法不正确；‎ ‎③所得溶液的溶质质量分数是：×100%＝28.6%，该选项说法正确；‎ ‎④所得溶液的质量分数不是30.2%，该选项说法不正确。‎ 故选：B。‎ ‎【点评】饱和溶液和不饱和溶液之间可以相互转化，要注意理解。‎ ‎6．（2分）下列说法中正确的是（ ）‎ A．同种元素组成的物质不一定是单质 ‎ B．氧气、二氧化锰、二氧化碳中都含有氧分子 ‎ C．合金中至少含有两种金属 ‎ D．任何饱和溶液，在温度升高时，一定变成不饱和溶液 17‎ ‎【分析】A、根据单质的定义分析；‎ B、根据物质的组成和构成分析；‎ C、根据合金的组成分析；‎ D、根据物质的溶解度随温度变化的情况分析。‎ ‎【解答】解：A、同种元素组成的物质不一定是单质，有的是混合物，例如氧气和臭氧的混合物，只含有一种元素，不属单质，故A正确；‎ B、氧气、二氧化锰、二氧化碳中都含有氧元素，只有氧气中含有氧分子，故B错误；‎ C、合金中至少含有1种金属，故C错误；‎ D、由于不同物质的溶解度随温度变化的情况不同，饱和溶液，在温度升高时，有的变成不饱和溶液，有的变成了饱和溶液，故D错误。‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题考查的知识点较多，但难度不大，属于课本中的基础知识，应加强基础知识的积累和学习。‎ ‎7．（2分）下列物质溶于水中，形成溶液的pH最大的是（ ）‎ A．柠檬汁 B．CaO C．NaCl D．CO2‎ ‎【分析】根据已有的知识进行分析，pH大于7的溶液呈碱性，据此解答。‎ ‎【解答】解：A、柠檬汁呈酸性，pH小于7；‎ B、氧化钙与水反应生成的氢氧化钙的水溶液呈碱性，pH大于7；‎ C、氯化钠的水溶液呈中性，pH等于7；‎ D、二氧化碳的水溶液是碳酸，呈酸性，pH小于7；‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查了溶液的酸碱性与pH的关系，完成此题，可以依据已有的知识进行。‎ ‎8．（2分）正常情况下pH小于7的液体是（ ）‎ A．人体胃液 B．人体血液 C．纯碱溶液 D．生理盐水 ‎【分析】室温下溶液的pH＜7时，溶液呈酸性，pH＝7时溶液呈中性，pH＞7时溶液呈碱性，据此分析解答。‎ ‎【解答】解：室温下pH＜7的溶液呈酸性，‎ A．胃液的主要成分是HCl，胃液呈酸性，pH＜7，故正确；‎ B．正常的人体血液pH在7.35﹣7.45之间，所以溶液呈碱性，故错误；‎ C．纯碱为碳酸钠的俗称，其水溶液呈碱性，溶液的pH＞7，故错误；‎ D．氯化钠是溶液显中性，pH＝7，故错误；‎ 17‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题考查溶液酸碱性判断，明确物质中成分及其性质是解本题关键。‎ ‎9．（2分）向盛有酚酞和烧碱溶液的烧杯中滴加稀盐酸，直至液体呈无色，为探究反应后所得溶液中溶质的成分，所选试剂不正确的是（ ）‎ A．稀硫酸溶液 B．锌粒 ‎ C．紫色石蕊溶液 D．碳酸钠溶液 ‎【分析】向盛有酚酞和烧碱溶液的烧杯中滴加稀盐酸，直至液体呈无色，说明氢氧化钠完全反应，盐酸恰好完全反应或过量。‎ ‎【解答】解：A、加入稀硫酸，由于稀硫酸不能和盐酸反应，因此加入的试剂不正确；‎ B、加入锌粒，如果盐酸过量，则和锌反应生成氯化锌和氢气，过程中产生气泡，因此加入的试剂正确；‎ C、加入石蕊试液，如果盐酸过量，则溶液变红色，如果盐酸恰好完全反应，则石蕊试液不变色，因此加入的试剂正确；‎ D、加入碳酸钠溶液，如果盐酸过量，碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，过程中产生气泡，如果盐酸恰好完全反应，则无明显现象，因此加入的试剂正确。‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。‎ ‎10．（2分）下列各组物质的溶液，不另加试剂就不能鉴别出来的一组是（ ）‎ A．CuCl2 NaOH KNO3 B．NaCl AgNO3 NaNO3 ‎ C．Na2CO3 HCl Ca（OH）2 D．CaC12 K2CO3 HCl ‎【分析】在不另加试剂就能鉴别的题目中，首先观察有无有特殊颜色的物质，若有，将有颜色的溶液鉴别出来，然后再借用这种溶液鉴别其它溶液；若都没有颜色就将溶液两两混合，根据混合后的现象进行分析鉴别。‎ ‎【解答】解：A、CuCl2溶液是蓝色的，首先鉴别出蓝色的CuCl2溶液；能与CuCl2溶液反应产生蓝色沉淀的是NaOH溶液，无明显变化的是KNO3溶液，故不加其它试剂可以鉴别。‎ B、AgNO3溶液与NaCl溶液反应产生氯化银白色沉淀，无法鉴别氯化钠和硝酸银，故不加其它试剂无法鉴别。‎ C、组内四种物质的溶液两两混合时，其中有一种溶液与其它两种溶液混合时出现一次白色沉淀和一次放出气体，该溶液为碳酸钠溶液；与碳酸钠溶液产生气体的溶液为盐酸，产生白色沉淀的为Ca（OH）2；故不加其它试剂可以鉴别。‎ 17‎ D、组内四种物质的溶液两两混合时，其中有一种溶液与其它两种溶液混合时出现一次白色沉淀和一次放出气体，该溶液为K2CO3溶液；与K2CO3溶液产生气体的溶液为盐酸，产生白色沉淀的为CaC12；故不加其它试剂可以鉴别。‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题难度较大，解此类题的思路是：先用物理性质，一般先看颜色、闻气味；再用化学性质，用已鉴定出的药品依次去鉴别其他物质，有不同现象时方可鉴别。‎ ‎11．（2分）下列说法不正确的是（ ）‎ A．两种化合物反应生成另外两种化合物，该反应一定是复分解反应 ‎ B．中和反应一定是复分解反应，复分解反应不一定是中和反应 ‎ C．碳酸盐与酸之间发生的反应一定是复分解反应 ‎ D．复分解反应发生的条件是两种化合物相互交换成分，生成物中有沉淀、气体或水生成 ‎【分析】A．根据复分解反应条件进行分析解答即可 B．酸和碱反应生成盐和水，属于中和反应、复分解反应；‎ C、根据酸能与碳酸盐等反应生成气体，进行分析判断。‎ D、根据复分解反应发生的条件分析解答。‎ ‎【解答】解：A、两种化合物反应生成另外两种化合物的反应不一定是复分解反应，比如氢氧化钠和二氧化碳的反应，错误；‎ B、中和反应一定是复分解反应，但复分解反应不一定是中和反应，例如硫酸铜和氢氧化钠反应生成氢氧化铜和硫酸钠，属于复分解反应，但是不属于中和反应，该选项说法正确；‎ C、碳酸盐能与盐酸反应放出二氧化碳气体，故碳酸盐与酸之间发生的反应一定是复分解反应，正确；‎ D、复分解反应发生的条件是两种化合物相互交换成分，生成物中有沉淀、气体或水生成，正确；‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题考查的是化学基本概念的知识，完成此题，可以依据已有的知识进行。‎ 二．填空题（共4小题，满分15分）‎ ‎12．（3分）某同学向AgNO3、Cu（NO3）2、Fe（NO3）2、Mg（NO3）2混合溶液中加入一定质量的锌粉，充分反应后过滤，得滤液和滤渣。‎ ‎①若向滤液中加入少量的盐酸，发现有白色沉淀产生，则滤液中一定含有的盐有 5 种；‎ ‎②若向滤渣中加入稀盐酸，发现有气泡产生，则滤渣中一定有 铁、铜、银 ；‎ ‎③若所得滤液为无色，则滤渣中一定有 银、铜、铁 。‎ ‎【分析】‎ 17‎ 根据金属活动顺序表知：镁＞锌＞铁＞铜＞银，所以加入锌粉，首先锌粉和硝酸银溶液反应，置换出单质银，如果锌粉足量可以再继续和硝酸铜反应置换出铜，然后再与硝酸亚铁反应，锌不会与硝酸镁反应等知识进行分析。‎ ‎【解答】解：由金属活动顺序表知：镁＞锌＞铁＞铜＞银，所以加入锌粉，首先锌粉和硝酸银溶液反应，置换出单质银，如果锌粉足量可以再继续和硝酸铜反应置换出铜，然后再与硝酸亚铁反应，锌不会与硝酸镁反应，所以 ‎①若向滤液中加入少量的盐酸，发现有白色沉淀产生，滤液中一定含有硝酸银，锌和硝酸银反应生成硝酸锌和银，所以滤液中一定含有的盐有硝酸镁、硝酸锌、硝酸亚铁、硝酸铜、硝酸银5种；‎ ‎②若向滤渣中加入稀盐酸，发现有气泡产生，说明滤渣中一定含有铁，所以滤渣中一定有铁、铜、银；‎ ‎③若所得滤液为无色，滤液中一定不含硝酸亚铁和硝酸铜，所以滤渣中一定有银、铜、铁。‎ 故答案为：①5；‎ ‎②铁、铜、银；‎ ‎③银、铜、铁。‎ ‎【点评】本题考查了金属活动性顺序的应用，完成此题，可以依据金属活动性顺序及其意义进行。‎ ‎13．（4分）制作“叶脉书签”需用到10%的氢氧化钠溶液。现配制‎50g质量分数为10%的氢氧化钠溶液。‎ ‎①用氢氧化钠固体配制10%的氢氧化钠溶液过程中备要用到的仪器除了托盘天平、药匙、量筒、烧杯、胶头滴管、试剂瓶外，还需要 玻璃棒 ；实验所需水的体积为 45 （水的密度是‎1g/mL）；如果量取水时仰视读数，则所配溶液的溶质质量分数 偏小 （填“偏大”、“不变”、偏小”）。‎ ‎②下列操作正确的是 AD （填字母）。‎ A．称量氢氧化钠固体时，右盘放砝码 B．在托盘天平的左右托盘上垫质量相同的纸称量氢氧化钠固体 C．将准确称量的氢氧化钠固体放入装有水的量筒中溶解 D．将配制好的氢氧化钠溶液装入试剂瓶中，塞好瓶塞并贴上标签 ‎【分析】①根据配制溶液所用的仪器进行分析；‎ 根据溶剂质量＝溶液质量﹣溶质质量进行分析；‎ 根据量取水时仰视读数，导致水的实际体积偏大进行分析；‎ ‎②A、根据天平称量固体物质的质量时，左物右码进行分析；‎ 17‎ B、根据氢氧化钠具有腐蚀性，称量氢氧化钠需要放在玻璃器皿中称量进行分析；‎ C、根据量筒不能用来配制溶液进行分析；‎ D、根据将配制好的氢氧化钠溶液装入试剂瓶中，塞好瓶塞并贴上标签进行分析。‎ ‎【解答】解：①配制一定质量的溶质质量分数一定的溶液所需仪器有托盘天平、药匙、量筒、烧杯、胶头滴管、试剂瓶外，还需要玻璃棒；‎ 实验所需水的质量为：‎50g﹣‎50g×10%＝‎45g，合45mL；‎ 量取水时仰视读数，导致水的实际体积偏大，所配溶液的溶质质量分数偏小；‎ ‎②A、天平称量固体物质的质量时，左物右码，故A正确；‎ B、氢氧化钠具有腐蚀性，称量氢氧化钠需要放在玻璃器皿中称量，故B错误；‎ C、量筒不能用来配制溶液，故C错误；‎ D、将配制好的氢氧化钠溶液装入试剂瓶中，塞好瓶塞并贴上标签，故D正确。‎ 故选：AD。‎ 故答案为：①玻璃棒；‎ ‎45mL；‎ 偏小；‎ ‎②AD。‎ ‎【点评】本题难度不大，明确配制一定溶质质量分数的溶液实验步骤（计算、称量、溶解）、注意事项等是正确解答本题的关键。‎ ‎14．（3分）金属锰（Mn）及其化合物用途广泛。铁锰合金（锰钢）可用作大型体育场馆的网封架屋顶材料、铁轨、桥梁等。部分锰的化合物颜色及溶解性见下表，回答下列问题。‎ 物质 KMnO4‎ MnO2‎ MnSO4‎ Mn（OH）2‎ MnO（OH）2‎ 颜色 暗紫色 黑色 白色 白色 棕色 溶解性 易溶 难溶 易溶 难溶 难溶 ‎（1）KMnO4广泛用作医药杀菌剂和防臭剂，也可用于实验室制备氧气，该反应化学方程式为 2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑ 。‎ ‎（2）将适当比例的铁矿石（Fe2O3）、软锰矿（MnO2）、焦炭混合加入高炉，通入热空气熔炼可得到铁锰合金。用化学方程式表示生成金属锰的过程：①C+O2CO2；② C+CO22CO ；‎ 17‎ ‎③MnO2+2COMn+2CO2。‎ ‎（3）已知：①MnSO4+2NaOH＝Mn（OH）2↓+Na2SO4②2Mn（OH）2+O2＝2MnO（OH）2若向盛有MnSO4溶液的试管中加入少量NaOH溶液，静置，可观察到的现象是 产生白色沉淀，接着白色沉淀变成棕色 。‎ ‎【分析】高锰酸钾受热分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气；‎ 高温条件下二氧化碳和碳反应生成一氧化碳。‎ ‎【解答】解：（1）高锰酸钾受热分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，该反应化学方程式为：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑。‎ 故填：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑。‎ ‎（2）高温条件下二氧化碳和碳反应生成一氧化碳，反应的化学方程式为：C+CO22CO。‎ 故填：C+CO22CO。‎ ‎（3）若向盛有MnSO4溶液的试管中加入少量NaOH溶液，静置，反应生成白色沉淀氢氧化锰，接着氢氧化锰和氧气反应生成棕色MnO（OH）2，可观察到产生白色沉淀，接着白色沉淀变成棕色。‎ 故填：产生白色沉淀，接着白色沉淀变成棕色。‎ ‎【点评】本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。‎ ‎15．（5分）现有下列四种物质：A．碳酸钙；B．稀盐酸；C．熟石灰；D．碳酸氢钠．请用合适的物质字母填空并按要求写出化学方程式：‎ ‎（1）可用于金属除锈的是 B ；‎ ‎（2）可用人体补钙的是 A ；‎ ‎（3）可用于制杀虫剂波尔多液的是 C ；‎ ‎（4）可用于培制糕点的是 D ；‎ ‎（5）写出稀盐酸除铁锈的化学方程式 Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O ．‎ ‎【分析】物质的性质决定物质的用途，根据已有的物质的性质进行、化学方程式的书写方法分析解答即可．‎ ‎【解答】解：（1）稀盐酸可用于金属除锈，故填：B；‎ ‎（2）碳酸钙能与胃液中的盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，碳酸钙可用人体补钙，故填：A；‎ 17‎ ‎（3）可用于制杀虫剂波尔多液的是熟石灰，故填：C；‎ ‎（4）碳酸氢钠能用于焙制糕点，故填：D；‎ ‎（5）盐酸与氧化铁反应生成氯化铁和水，稀盐酸除铁锈的化学方程式为，Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O，故填：Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O．‎ ‎【点评】掌握物质的性质和用途的关系是正确解答本题的关键．‎ 三．实验探究题（共4小题，满分28分）‎ ‎16．（6分）人类社会的发展离不开金属。请依据所学知识填空。‎ ‎（1）考古工作者发现铁质的出土文物往往锈蚀严重，铁生锈的条件是铁与空气中的 水和氧气 发生化学反应。在实验室常用稀盐酸清除铁锈，化学方程式为 Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O 。‎ ‎（2）某同学在实验室进行了两个有关金属性质的实验：‎ 实验Ⅰ：硝酸银溶液和铁粉混合 实验Ⅱ：硝酸铜溶液与铁粉混合 在上述两个实验结束后，该同学将实验I和Ⅱ的物质全部倒入同一个烧杯中，发现烧杯内的红色固体明显增多。充分反应后过滤，向滤渣中滴加盐酸，没有气泡产生。则滤液中一定含有的溶质为 Fe（NO3）2 （填化学式，下同），可能含有的溶质为 Cu（NO3）2 。‎ ‎（3）与金属跟盐的反应相似，非金属也有这样的规律。Br2、I2、Cl2及其化合物有如下关系：‎ Br2+2NaI＝2NaBr+I2；Cl2+2NaI＝2NaC1+I2；Cl2+2NaBr＝2NaCl+Br2，由此可判断，非金属单质Br2、I2、Cl2的化学活动性由强到弱的顺序为 Cl2、Br2、I2 。‎ ‎（4）由硫酸铁和硫酸亚铁组成的混合物，经测定，其中硫元素的质量分数为a%，则混合物中铁元素的质量分数为 1﹣‎3a% 。‎ ‎【分析】铁与水和氧气同时接触容易生锈；‎ 铁锈主要成分是氧化铁，和盐酸反应生成氯化铁和水；‎ 铁和硝酸银反应生成硝酸亚铁和银，和硝酸铜反应生成硝酸亚铁和铜。‎ ‎【解答】解：（1）铁生锈的条件是铁与空气中的水和氧气发生化学反应；‎ 在实验室常用稀盐酸清除铁锈，是因为氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水，化学方程式为：Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O。‎ 故填：水和氧气；Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O。‎ ‎（2）铁和硝酸银反应生成硝酸亚铁和银，和硝酸铜反应生成硝酸亚铁和铜，将实验I和Ⅱ的物质全部倒入同一个烧杯中，发现烧杯内的红色固体明显增多，说明Ⅰ中铁过量，Ⅱ中硝酸铜过量，充分反应后过滤，向滤渣中滴加盐酸，没有气泡产生，说明铁完全反应，则滤液中一定含有的溶质是反应生成的硝酸亚铁，可能含有的溶质：硝酸铜过量时剩余的硝酸铜。‎ 17‎ 故填：Fe（NO3）2；Cu（NO3）2。‎ ‎（3）Br2+2NaI＝2NaBr+I2，说明Br2比I2活泼，Cl2+2NaBr＝2NaCl+Br2，说明Cl2比Br2活泼，由此可判断，非金属单质Br2、I2、Cl2的化学活动性由强到弱的顺序为Cl2、Br2、I2。‎ 故填：Cl2、Br2、I2。‎ ‎（4）硫酸根中硫元素和氧元素质量比是1：2，其中硫元素的质量分数为a%，则氧元素质量分数是‎2a%，硫酸根质量分数是‎3a%，则混合物中铁元素的质量分数为1﹣‎3a%。‎ 故填：1﹣‎3a%。‎ ‎【点评】本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。‎ ‎17．（10分）实验室需要配制11%的氯化钠溶液‎50g常按以下操作顺序进行。请回答下列问题：‎ ‎（1）计算：需要氯化钠的质量为 ‎5.5g ，需水的体积为 44.5mL ；‎ ‎（2）C中盛放氯化钠固体的仪器名称是 广口瓶 ，在量取水的操作中，当水面接近所需刻度时，应使用 胶头滴管 添加水。用上图所示的序号表示正确配制该溶液的操作顺序为 CAEDB 。‎ ‎（3）用托盘天平称量所需的氯化钠时，发现托盘天平的指针偏向左盘，应 B 。‎ A．增加适量氯化钠固体 B．减少适量氯化钠固体 C．调节游码 D．添加砝码 ‎（4）将氯化钠和水依次倒入烧杯中，用玻璃棒搅拌，其目的是 加速氯化钠的溶解 。‎ ‎（5）若在操作中将氯化钠放在右盘，砝码放在左盘，（‎1g以下用游码），则实际称量氯化钠的质量为 ‎4.5g ，那么所配制得氯化钠的溶质质量分数会 偏小 （填“偏小”“偏大”“不变”）。‎ ‎（6）在上述配制的‎50g11%的氯化钠溶液中加入‎50g15%的氯化钠溶液后，所得溶液溶质的质量分数为 13% 。‎ ‎【分析】（1）根据溶质质量分数的计算公式计算解答；‎ ‎（2）根据仪器的名称、量取水的方法、配制溶液的步骤来分析；‎ ‎（3）根据托盘天平的使用方法来分析；‎ ‎（4）根据溶解操作中玻璃棒的用途来分析；‎ 17‎ ‎（5）根据托盘天平的使用方法、误差分析来解答；‎ ‎（6）根据溶质质量分数的计算方法来分析解答。‎ ‎【解答】解：（1）配制溶液时所需氯化钠的质量为：‎50g×11%＝‎5.5g，水的质量为：‎50g﹣‎5.5g＝‎44.5g，由密度公式可得水的体积为44.5mL；故填：‎5.5g；44.5mL；‎ ‎（2）C中盛放氯化钠固体的仪器名称是广口瓶，在量取水的操作中，当水面接近所需刻度时，应使用胶头滴管添加水。配制氯化钠溶液要按照计算、称量、溶解的步骤进行；故填：广口瓶；胶头滴管；CAEDB；‎ ‎（3）称量左物右码，指针偏向左盘说明氯化钠加多了，所以要减少氯化钠固体；故填：B；‎ ‎（4）将氯化钠和水依次倒入烧杯中，用玻璃棒搅拌，其目的是加速氯化钠的溶解；故填：加速氯化钠的溶解；‎ ‎（5）若用托盘天平称量食盐，食盐放在右盘，砝码放在左盘，（‎1g以下用游码），则实际称量氯化钠的质量为‎5g﹣‎0.5g＝‎4.5g，从而导致配制溶液质量分数偏小。故填：‎4.5g；偏小；‎ ‎（6）在上述配制的‎50g11%的氯化钠溶液中加入‎50g15%的氯化钠溶液后，所得溶液溶质的质量分数为；故填：13%。‎ ‎【点评】配制溶液两种常见操作：固体溶质加水溶解，配制步骤计算﹣称量﹣溶解﹣装瓶；液体加水稀释，配制步骤计算﹣量取﹣溶解﹣装瓶。‎ ‎18．（8分）根据如图中所示的实验回答问题：‎ ‎ ‎ ‎（1）甲实验中，当向U形管左右两端同时逐滴滴加一定量的氢氧化钠溶液和稀盐酸，开始时，左端溶液呈 红 色，充分反应后U形管中溶液全部变成无色，除酚酞外，写出此时溶液中可能所含溶质的化学式 NaCl、HCl 。‎ ‎（2）乙为验证铝、铜、银三种金属活动性顺序的实验。把打磨光亮的铝片和铜片分别放入盛有溶液的两个试管中，过一会儿观察到试管①中出现 铝片表面析出红色固体 的现象，就可证明Al＞Cu．为了达到实验目的，试管②中的溶液X为 硝酸银 溶液。‎ ‎（3）丙为探究燃烧条件的实验之一，通过实验可以得出的结论是 白磷着火点比红磷低 。‎ ‎【分析】‎ 17‎ 氢氧化钠溶液显碱性，能使酚酞试液变红色，盐酸显酸性，不能使酚酞试液变色，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水；‎ 铝和硝酸铜反应生成硝酸铝和铜，铜和硝酸银反应生成硝酸铜和银；‎ 可燃物着火点越低，越容易燃烧。‎ ‎【解答】解：（1）开始时，左端溶液中的氢氧化钠溶液显碱性，能使酚酞试液呈红色；‎ 充分反应后U形管中溶液全部变成无色，说明氢氧化钠恰好和盐酸完全反应，或盐酸过量，除酚酞外，此时溶液中可能所含溶质的化学式是。‎ 故填：红；NaCl、HCl。‎ ‎（2）过一会儿观察到试管①中铝片表面析出红色固体，就可证明Al＞Cu；‎ 为了达到实验目的，试管②中的溶液X为硝酸银溶液，过程中铜片表面析出银白色固体，是因为铜和硝酸银反应生成硝酸铜和银，说明铜比银活泼。‎ 故填：铝片表面析出红色固体；硝酸银。‎ ‎（3）通过实验可知，白磷燃烧，红磷不能燃烧，可以得出的结论是白磷着火点比红磷低。‎ 故填：白磷着火点比红磷低。‎ ‎【点评】本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。‎ ‎19．（4分）氯化钠是日常生活的必需品，也是重要的化工原料，海水“晒盐”得到的是粗盐。粗盐除含NaCl 外，还含有少量 MgCl2、CaCl2、Na2SO4以及泥沙等杂质 ‎（1）有关粗盐提纯的实验操作合理的是 BD （填序号）。‎ A、溶解前用玻璃棒研磨大颗粒粗盐 B、过滤时液体的液面要低于滤纸边缘 C、蒸发时要不断搅拌直至水分全部蒸干 D、实验结束用玻璃棒把固体转移到纸上，称量后，回收到指定容器中 ‎（2）粗盐进行精制，流程如图。‎ ‎ ‎ 温合液Ⅲ经过“过滤”操作，得到沉淀的成分有：泥沙、BaSO4、Mg（OH）2、 CaCO3、BaCO3 （填化学式）‎ ‎（3）加入过量的NaOH溶液的目的为 2NaOH+MgCl2＝2NaCl+Mg（OH）2↓ （用化学方程式表示）。‎ ‎（4）实验所得精盐的质量大于粗盐中NaCl的质量，原因是 反应生成了氯化钠 。‎ ‎【分析】（1）根据粗盐提纯过程中的注意事项来分析；‎ ‎（2）根据化学反应的原理以及除杂的方法来分析；‎ ‎（3）根据氢氧化钠的性质来分析；‎ 17‎ ‎（4）根据除杂过程中会生成氯化钠来分析。‎ ‎【解答】解：（1）A、溶解前用研钵研磨大颗粒粗盐，故错误；‎ B、过滤时液体的液面要低于滤纸边缘，故正确；‎ C、蒸发时不能将水分全部蒸干，当出现较多量晶体时，即停止加热，故错误；‎ D、实验结束用玻璃棒把固体转移到纸上，称量后，回收到指定容器中，故正确。‎ 故填：BD；‎ ‎（2）欲除去溶液中的MgCl2、CaCl2、Na2SO4，为了不增加新的杂质，根据酸、碱、盐的性质及复分解反应的条件可知，用过量的NaOH溶液除掉氯化镁，生成氢氧化镁沉淀；用过量的BaCl2溶液除掉硫酸钠，生成硫酸钡沉淀；用过量的Na2CO3溶液除掉氯化钙与多余的BaCl2，生成碳酸钙沉淀和碳酸钡沉淀，故填：CaCO3、BaCO3；‎ ‎（3）氢氧化钠与氯化镁反应生成氢氧化镁白色沉淀和氯化钠；故填：2NaOH+MgCl2＝2NaCl+Mg（OH）2↓；‎ ‎（4）因为除杂的过程中，反应会生成氯化钠，所以实验所得精盐的质量大于粗盐中NaCl 的质量，故填：反应生成了氯化钠。‎ ‎【点评】掌握氯化钠与粗盐的提纯的方法及其注意事项；掌握一定溶质质量分数的溶液的配制方法；了解除杂和净化的方法。‎ 四．计算题（共4小题，满分35分）‎ ‎20．（7分）某钢铁厂用2000吨含Fe2O3 80%的赤铁矿冶炼生铁，可得到含铁98%的生铁多少吨？‎ ‎【分析】利用赤铁矿石的质量与赤铁矿石中氧化铁的质量分数和生铁中铁的质量分数，根据氧化铁与一氧化碳反应的化学方程式，可以计算出生铁的质量。‎ ‎【解答】解：设可得到含Fe 98%的生铁的质量为x。‎ ‎ Fe2O3+3CO2Fe+3CO2‎ ‎ 160 112‎ ‎2000t×80% x×98%‎ ‎＝‎ x≈1142.9t 答：理论上可日产含Fe98%的生铁1142.9t。‎ ‎【点评】本题主要考查有关含杂质物质的化学方程式计算，注意纯物质和不纯物质的转化是解答问题的关键。‎ 17‎ ‎21．（8分）电解水时加入少量硫酸钠可使反应更容易进行。现有‎0.2g硫酸钠溶解在‎99.8g水中并通电，当溶液中硫酸钠的质量分数为0.25%时，将有多少水被电解？‎ ‎【分析】根据电解水得到氢气和氧气都是气体可知，被电解的水质量是多少溶液质量就减少多少，根据硫酸钠质量不变计算出电解水完毕后剩余溶液质量，再根据溶液质量的减少量算出被电解水的质量。‎ ‎【解答】解：设当溶液中硫酸钠的质量分数为0.25%时，电解水的质量为X。‎ 因为电解前后溶液中硫酸钠的质量不变 所以‎0.2g＝（‎0.2g+‎99.8g﹣X）×0.25%‎ X＝‎‎20g 答：当溶液中硫酸钠的质量分数为0.25%时，将有‎20g水被电解。‎ ‎【点评】本题实际考查知识点为溶液变化前后溶质的质量不变。‎ ‎22．（10分）实验室欲测定一瓶标签破损的稀H2SO4的溶质质量分数。现取‎10g稀硫酸样品，将5%的NaOH溶液逐滴加入到样品中，边加边搅拌，随着NaOH溶液加入，溶液液的pH的变化如图所示。试回答：‎ ‎（1）该反应实质是 氢离子和氢氧根离子反应生成水 ，a点溶液中含有的离子有 Na+、H+、SO42﹣ 。‎ ‎（2）当pH＝7时，消耗NaOH溶液中NaOH的质量为 ‎0.8g 。‎ ‎（3）计算稀H2SO4的溶质质量分数。‎ ‎ ‎ ‎【分析】（1）根据中和反应的实质是氢离子和氢氧根离子反应生成水，以及据溶液的pH、稀H2SO4与NaOH溶液的反应分析溶液中存在的离子进行分析；‎ ‎（2）根据图象中的数据进行分析；‎ ‎（3）根据稀H2SO4与NaOH溶液的反应的方程式，由NaOH的质量求出稀H2SO4的溶质稀H2SO4的溶质质量分数，再求出稀H2SO4的溶质质量分数。‎ ‎【解答】解：（1）中和反应的实质是氢离子和氢氧根离子反应生成水，由图示可知，在a点时溶液的pH小于7，说明加入的NaOH完全反应，有剩余的硫酸，所以溶液中含有的离子为：Na+、H+、SO42﹣；‎ 17‎ ‎（2）通过分析图象中的数据可知，当pH＝7时，消耗NaOH溶液中NaOH的质量为‎0.8g；‎ ‎（3）由图示可知，在溶液的pH等于7，消耗的NaOH溶液的质量为‎16g，溶质的质量为：‎16g×5%＝‎0.8g；‎ ‎10g稀硫酸样品含有H2SO4的质量为x ‎2NaOH+H2SO4═Na2SO4+2H2O ‎80 98‎ ‎0.8g‎ x ‎＝‎ x＝‎‎0.98g 稀H2SO4的溶质质量分数为：×100%＝9.8%‎ 答：稀H2SO4的溶质质量分数是9.8%。‎ 故答案为：（1）氢离子和氢氧根离子反应生成水，Na+、H+、SO42﹣；‎ ‎（2）‎0.8g；‎ ‎（3）稀H2SO4的溶质质量分数是9.8%。‎ ‎【点评】本题是一道结合图象的计算题，解题时找到pH＝7的恰好反应点，并利用化学方程式的计算进行解决是解题的突破口。‎ ‎23．（10分）某学校在进行植物园建设时设置了一个无土栽培区。无土栽培是利用磷酸钙、碳酸钾和氯化铵等盐类配置营养液栽培植物的一种方法。很多学生对此很感兴趣，并进行了研究和实践。‎ ‎（1）营养液中的碳酸钾（K2CO3）为植物生长提供了 钾 肥（填“氮”或“磷”或“钾”）；‎ ‎（2）无土栽培时，营养液浓度不宜过高，其原因是 防止植物细胞渗透失水 。‎ ‎（3）氯化铵（NH4Cl）中氮元素和氢元素的质量比为 7：2 ；‎ ‎（4）小明在某次配制营养液时需要加入‎14克氮元素，如果这些氮元素都由氯化铵提供，则需要加入多少克氯化铵？（写出计算步骤）‎ ‎【分析】（1）根据化肥的分类来分析；‎ ‎（2）根据营养液的作用来分析；‎ ‎（3）根据化合物中元素质量比的方法来分析；‎ ‎（4）根据元素的质量＝化合物的质量×化合物中该元素的质量分数来分析。‎ ‎【解答】解：（1）营养液中的碳酸钾（K2CO3）为植物生长提供了钾肥；故填：钾；‎ 17‎ ‎（2）无土栽培时，营养液浓度不宜过高，其原因是防止植物细胞渗透失水；故填：防止植物细胞渗透失水；‎ ‎（3）氯化铵（NH4Cl）中氮元素和氢元素的质量比为：14：（1×4）＝7：2，故填：7：2；‎ ‎（4）需要氯化铵的质量为：‎14g÷＝‎‎53.5g 答：需要加入‎53.5克氯化铵。‎ ‎【点评】本题难度不大，掌握铵态氮肥的化学性质、化学式的计算等是正确解答本题的关键。‎ 17‎