2020-2021学年九年级化学上学期期末测试卷03（人教版）（时间：90分钟，满分100分）班级姓名学号分数注意事项：1．考生答题全部在答题纸上，答在本试卷上无效2．可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16F-19Na-23Mg-24Al-27Ca-40Fe-56Zn-65一、选择题（本题共15题，每小题只有一个选项符合题意。每小题2分，共30分）1.下列古代文明或工艺一定包含化学变化的是（）A.在甲骨上刻文字B.指南针指引航海C.用泥土烧制陶瓷D.用石块修筑长城【答案】C【解析】物理变化和化学变化的根本区别在于是否有新物质生成，如果有新物质生成，则属于化学变化；反之，则是物理变化。A、在甲骨上刻文字过程中只是形状发生改变，没有新物质生成，属于物理变化；B、指南针指引航海过程中没有新物质生成，属于物理变化；C、用泥土烧制陶瓷过程中有新物质生成，属于化学变化；D、用石块修筑长城过程中只是形状发生改变，没有新物质生成，属于物理变化。故选C。2.下列物质由分子构成的是（）A.氯化钠B.干冰C.金刚石D.铝【答案】B【解析】【分析】有些物质是由分子构成的，气态的非金属单质和一般由非金属元素组成的化合物，如氢气、水等。A、氯化钠是含有金属元素和非金属元素的化合物，氯化钠是由钠离子和氯离子构成的，故A不正确；B、干冰是固态二氧化碳，二氧化碳是由非金属元素组成的化合物，是由二氧化碳分子构成的，故B正确；
C、金刚石属于固态非金属单质，是由碳原子直接构成的，故C不正确；D、铝属于金属单质，是由铝原子直接构成的，故D不正确。故选B。3.习近平总书记在十九大报告中提出“坚持节约资源和保护环境的基本国策”，下列做法符合这一理念的是（）A.提倡火力发电B.分类回收垃圾C.任意排放污水D.就地焚烧秸秆【答案】BA、提倡火力发电，会消耗大量化石燃料，产生污染物，不符合节约资源和保护环境的基本国策，选项A不正确；B、分类回收垃圾，有利于节约资源，减少垃圾对环境的污染，选项B正确；C、任意排放污水，会污染水资源，选项C不正确；D、就地焚烧秸秆，会产生大量有害气体和烟尘，污染空气，选项D不正确。故选B。4.下列说法正确的是（）A.硬水通过煮沸或蒸馏的方法可变为软水B.纯铜的硬度大于黄铜C.硝酸铵固体溶于水后，溶液的温度升高D.物质的热胀冷缩现象是由于分子的大小发生了改变【答案】A【解析】A、硬水通过煮沸或蒸馏的方法可变为软水，故选项正确；B、黄铜是铜的合金，合金的硬度大于组成的纯金属，故选项不正确；C、硝酸铵固体溶于水后，溶液的温度降低，故选项不正确；D、物质的热胀冷缩现象是因为分子间间隙的改变，故选项不正确。5.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）A.活性炭具有吸附性，可做电极B.铁具有良好的导电性，可用于制造炊具C.氩气的化学性质稳定，可用作电光源D.洗洁精具有乳化作用，可用于去除油污【答案】D
【解析】A、活性炭具有吸附性，可做滤毒罐、脱色剂等，故不符合题意；B、铁具有良好的导热性，可用于制造炊具，故不符合题意；C、氩气的化学性质稳定，可作保护气，可用作电光源是利用稀有气体在通电时能发出不同颜色的光，故不符合题意；D、洗洁精具有乳化作用，可用于去除油污，故符合题意。故选D6.下列对化学实验的描述，正确的是（）A.硫在氧气中燃烧生成一种无色无味气体B.电解水时负极产生气体能使带火星的木条复燃C.点燃或加热可燃性气体前需检验气体的纯度D.在测定空气中氧气含量的实验时，可以用木炭代替红磷【答案】C【解析】A、硫在氧气中燃烧，发出明亮的蓝紫色火焰，产生一种具有刺激性气味的气体，故选项错误；B、电解水时，可观察到：与电源正极相连的试管内产生的气体体积少，与电源负极相连的试管内的气体体积多；正极产生的气体能使带火星的木条复燃，负极产生的气体能燃烧，故选项错误；C、可燃性气体与空气混合后点燃可能发生爆炸，为防止发生爆炸，点燃可燃性气体前要检验气体的纯度，故选项正确；D、在测定空气中氧气含量的实验时，木炭与氧气反应生成气体二氧化碳，集气瓶内的气压不降低，水不能倒流，不可以用木炭代替红磷，故选项错误。故选C。7.根据你的生活经验和所学的化学知识判断，下列做法不正确的是（）A.在食品袋里充入氮气可延长食品的保质期B.钛合金与人体有很好的相容性，可用来制造人造骨C.除去FeCl2溶液中少量CuCl2杂质时，可以加入过量铁粉然后过滤D.堆放杂物的纸箱着火时，可用水浇灭，原理是降低可燃物的着火点【答案】D【解析】
A、氮气的化学性质比较稳定，可在食品袋里充入氮气，以延长食品的保持期，不符合题意；B、钛合金与人体有很好的相容性，可用来制造人造骨，不符合题意；C、Fe可置换出Cu，加入过量铁粉，再过滤的方法从而除去FeCl2溶液中的少量CuCl2杂质，不符合题意；D、着火点是可燃物的属性，不能降低，堆放杂物的纸箱着火时，可用水浇灭，这是降低了可燃物质的温度至其着火点以下，符合题意。故选D8.碘是人体必需的微量元素之一，下图是元素周期表中提供的碘元素的部分信息及碘原子的结构示意图。下列说法不正确的是（）A.碘的相对原子质量为126.9，原子核内质子数为53B.碘原子核外共有53个电子，最外层有7个电子C.碘盐中含有碘酸钾（KIO3），KIO3属于氧化物D.碘元素属于非金属元素，碘原子在化学反应中易得电子【答案】C【解析】A、元素周期表信息示意图中元素名称正下方的数字表示该元素的相对原子质量，因此碘的相对原子质量为126.9，元素名称左上角的数字表示原子序数，原子结构示意图中圆圈表示原子核，圆圈中的数字表示核内质子数，原子序数=质子数=53，选项A正确；B、从碘原子的结构示意图中可知，碘原子核外共有53个电子，最外层有7个电子，选项B正确；C、氧化物是由两种元素组成且其中一种是氧元素的化合物，KIO3中虽然含有氧元素，但它是由三种元素组成，KIO3不属于氧化物，选项C不正确；D、碘是“石”旁，碘元素属于非金属元素。从碘原子的结构示意图中可知，碘原子的最外层有7个电子，在化学反应中易得电子，选项D正确。故选C。9.某元素M的相对原子质量为32，M的氧化物中氧元素的质量分数为60%，则M在此氧化物中的化合价为（）
A.+6B.+4C.+2D.+1【答案】A【解析】设M在此氧化物中的化合价为x，根据化合物中各元素化合价代数和为0，氧化物中氧元素化合价为-2价，可知x大于0，则该氧化物中氧元素与M的原子个数比为2：x，M的相对原子质量为32，M的氧化物中氧元素的质量分数为60%，则M的质量分数为1-60%=40%，M的质量分数=32×232×2＋16x×100%=40%，x=+6，故则M在此氧化物中的化合价为+6价，故选A。故选A10.豆浆被称为“植物奶”，其中含有异黄酮(C15H10O2)具有防癌功能，下列有关异黄酮说法正确的是（）A.异黄酮由15个碳原子、10个氢原子、2个氧原子构成B.异黄酮中碳元素质量分数最大C.异黄酮中碳、氢、氧三种元素的质量比为15:10:2D.异黄酮的相对分子质量为222g【答案】B【解析】A、异黄酮是由异黄酮分子构成的，一个异黄酮分子是由15个碳原子、10个氢原子、2个氧原子构成的，错误；B、异黄酮中碳、氢、氧元素的质量比为(12×15):(1×10):(16×2)，由此可知，其中碳元素的质量分数最大，正确；C、异黄酮中C、H、O三种元素的质量比为(12×15):(1×10):(16×2)=90：5：16，错误；D、相对分子质量单位符号是“1”，不是“g”，常常省略不写，错误。故选B。11.通过观察下列实验现象，不能达到实验目的是（）A.验证CO2不支持蜡烛的燃烧B.比较镁与铁的金属活动性
C.验证白磷的着火点低于红磷D.验证生石灰与水反应放热【答案】C【解析】A、碳酸钠和盐酸反应生成二氧化碳，二氧化碳密度比空气大，蜡烛熄灭可以验证二氧化碳不支持蜡烛的燃烧，故A正确；B、镁和铁分别与硫酸反应放出氢气的速率不同，可比较镁与铁的金属活动性，故B正确；C、白磷和红磷距离火焰的远近不同，两者温度不相同，不符合控制变量法的要求，故C错误；D、氧化钙和水反应放热，大试管内压强会增大，使得墨水的液面发生变化，可用此装置验证生石灰与水反应放热，故D正确。故选C。12.某同学根据铜锈的成分Cu2(OH)2CO3作出猜想:引起金属铜锈蚀的因素除有氧气和水外,还应该有二氧化碳。为证明“必须有二氧化碳”,需要进行下列实验中的()A.甲和乙B.丙和丁C.乙和丁D.甲和丁【答案】D【解析】甲试管的铜片与氧气、水和二氧化碳同时接触发生了锈蚀；乙中的铜片与二氧化碳和水接触，没有锈蚀，说明铜的锈蚀与氧气有关；丙中的铜片与二氧化碳和氧气接触，没有锈蚀，说明铜的锈蚀与水有关；丁中的铜片与氧气和水接触没有锈蚀，说明了铜的锈蚀与二氧化碳有关。由以上分析可知，通过实验甲与丁的对比得出：铜的锈蚀必须有二氧化碳参与。故选D。13.下图是甲转化为丙的微观过程。下列说法不正确的是（）
A.反应前后原子种类不变B.转化①中甲和O2反应的分子个数比为1:1C.转化②是化合反应D.丙中氢、硫、氧元素的的原子个数比是2:1:4【答案】B【解析】由甲转化为丙的微观过程可知，硫化氢在氧气中点燃生成二氧化硫和水，二氧化硫和过氧化氢生成硫酸。A、由质量守恒定律可知，反应前后原子种类和个数均不变，故A说法正确；B、转化①是化学方程式为2H2S+3O22SO2+2H2O，甲和O2反应的分子个数比为2:3，故B说法不正确；C、转化②是二氧化硫和过氧化氢生成硫酸，反应符合多变一，属于化合反应，故C说法正确；D、丙是硫酸，氢、硫、氧元素的的原子个数比是2:1:4，故D说法正确。故选B。14.有a、b、c三种金属，如果把a和b分别放入稀硫酸中，a溶解并产生氢气，b不反应；如果把b和c分别放入硝酸银溶液中，过一会儿，在b表面有银析出，而c没有变化，根据以上实验事实，判断这三种金属的活动性由强到弱的顺序为（）A.c>b>aB.b>a>cC.a>b>cD.a>c>b【答案】C【解析】把a和b分别放入稀硫酸中，a溶解并产生氢气，b不反应；可知a位于氢之前，b位于氢后；而把b和c放入硝酸银溶液中，过一会儿，在b表面有银析出，c没有变化，说明b位于银之前，c位于银之后或者c是金属银。就是说abc的金属活动性顺序由强到弱应是a>b>c。故选C。15.一定条件下，在密闭容器中发生某反应，反应前后各物质的质量如下表。下列说法正确的是（）物质O2H2OCO2W
反应前质量（g）36428反应后质量（g）422x0A.x的值为22B.该反应为置换反应C.W由碳、氢、氧三种元素组成D.W中碳元素的质量分数为75%【答案】D【解析】A、由质量守恒定律可知，反应前后反应物的总质量等于生成物的总质量，36g+4g+2g+8g=4g+22g+x+0g，x=24g，则x的值为24，故A不正确；B、反应前后氧气的质量减少，为反应物，水的质量增加，为生成物，二氧化碳的质量增加，为生成物，W的质量减少，为反应物，生成物是水和二氧化碳，该反应不可能是置换反应，故B不正确；C、生成的二氧化碳中碳元素的质量为22g×1244×100%=6g，生成的水中氢元素的质量为18g×218×100%=2g，2g+6g=8g,则W由碳、氢两种元素组成，故C不正确；D、W的质量为8g，其中碳元素的质量分数为6g8g×100%=75%，故D正确。故选D。16.根据如图溶解度曲线，下列结论正确的是（）A.NaCl和MgSO4的溶解度仅在t1℃时才相等B.t2℃时，MgSO4溶液中溶质质量分数一定大于NaCl溶液中溶质质量分数C.t2℃时，升温或降温都可将MgSO4不饱和溶液变为饱和溶液D.t3℃时，蒸发少量水一定可使NaC1晶体从不饱和溶液中析出【答案】C【解析】
A、t1℃和t3℃时，NaCl和MgSO4的溶解度相等，该选项说法不正确；B、t2℃时，MgSO4的饱和溶液中溶质质量分数一定大于NaCl饱和溶液的质量分数，如果是不饱和溶液，则无法比较大小，该选项说法不正确；C、t2℃时，硫酸镁的溶解度最大，因此升温或降温都可将MgSO4不饱和溶液变为饱和溶液，该选项说法正确；D、t3℃时，蒸发少量水不一定可使NaC1晶体从不饱和溶液中析出，该选项说法不正确。故选C。17.下列操作能达到实验目的是（）选项实验目的实验操作A除去铜粉中的少量铁粉加入足量稀硫酸，过滤B鉴别氧化铜和二氧化锰观察颜色C除去CO2中的CO点燃D除去FeCl2溶液中的CuCl2加入足量的锌粉，过滤A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】A、铜不能和稀硫酸反应，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，加入足量稀硫酸，过滤，可以除去铜粉中的少量铁粉；B、氧化铜和二氧化锰都是黑色固体，因此不能用观察颜色的方法鉴别氧化铜和二氧化锰；C、二氧化碳不能燃烧，不支持燃烧，一氧化碳在二氧化碳中不能燃烧，因此不能用点燃的方法除去CO2中的CO；D、加入足量的锌粉时，锌和氯化亚铁反应生成氯化锌和铁，和氯化铜反应生成氯化锌和铜，因此不能用加入足量的锌粉，过滤的方法除去FeCl2溶液中的CuCl2．故选A．18.下列图象能正确反映对应变化关系的是（）
A.足量红磷在密闭容器中燃烧B.将铜片加入一定量的硝酸银溶液中C.两份完全相同的稀盐酸中分别加入足量锌粉、镁粉D.向盛有一定量MnO2的烧杯中加入H2O2溶液【答案】C【解析】A、足量红磷在密闭容器中燃烧，消耗氧气，容器内的气体减少，不会增加，故图象错误；B、将铜片加入一定量的硝酸银溶液中，铜可以置换出银，置换出银的质量比铜的质量大，故固体质量应不断增大，故图象错误；C、锌粉、镁粉与两份完全相同的稀盐酸反应，酸的质量相同故最终产生氢气质量相等，又因相同质量金属与盐酸反应时，镁产生氢气质量大，故正确．D、一定量过氧化氢制取氧气，随着反应的进行，生成氧气的质量不断增加，溶液中氧元素的质量不断减少，直到反应进行完毕，故图象错误。故选C19.图1所示装置可用于测定空气中氧气的含量，图2是用该装置测得实验过程中集气瓶内气压与时间关系图（该装置气密性良好，p0是集气瓶内初始气压）。下列说法正确的是（ ）
A.红磷的多少对实验结果无影响B.集气瓶中气压瞬间变大是O2迅速消耗造成的C.c点时反应刚好停止D.b、c、d点时集气瓶中所含物质相同【答案】D【解析】A、在测定空气中氧气的含量实验中，红磷要过量，故A错误；B、集气瓶中气压瞬间变大是红磷燃烧放热造成的，故B错误；C、a点温度最高，由此可知，在a点时反应刚好停止，故C错误；D、在a点反应已经结束了，b、c、d点时集气瓶中所含物质相同，故D正确。故选D。20.印刷铜制电路板的“腐蚀液”是FeCl3溶液。已知铜铁均能与FeCl3溶液反应，反应的化学方程式分别为Cu＋2FeCl3===2FeCl2＋CuCl2，Fe＋2FeCl3===3FeCl2。现将一包铜铁的混合粉末加入到盛有FeCl3溶液的烧杯中，充分反应后，烧杯中仍有少量固体，关于烧杯中物质组成的说法中正确的是（）A.溶液中一定含有FeCl3，固体一定是铁和铜B.溶液中一定含FeCl2，固体一定含铜C.溶液中一定含FeCl2、CuCl2，固体一定含铜D.溶液中一定含有FeCl2，固体一定铁和铜【答案】B【解析】假设溶液中含有FeCl3，那么它肯定会与铜和铁继续反应，即A答案前后是矛盾的；另外，无论那一个反应都会生成FeCl2，而且铁会与CuCl2反应，所以固体中肯定会存在铜，而铁和CuCl2不一定会存在。故选B二、填空题（本题包括5小题，共32分）
21.（5分）化学与人类生活、生产息息相关。请回答下列问题。（1）把铜加工成铜丝，是利用了铜的________性。（2）炒菜时，锅内油着火常用锅盖盖灭，其灭火原理是_________。（3）用洗洁精洗去碗筷上的油污，是由于洗洁精对油污有__________作用。（4）长期饮用硬水对人体健康不利。生活中降低水的硬度常用的方法是_______。（5）绿色植物通过光合作用，将水和__________转化为人类及其他生物所需要的食物和充足的氧气。【答案】（1）延展（2）隔绝氧气（3）乳化（4）煮沸（5）二氧化碳【解析】（1）把铜加工成铜丝，是铜容易被压缩和拉伸，是利用了铜的延展性。（2）灭火原理是隔绝氧气、清除可燃物、降低温度至可燃物的着火点以下，炒菜时，锅内油着火常用锅盖盖灭，其灭火原理是隔绝氧气。（3）乳化作用是将一种液体分散到第二种不相溶的液体中去的过程，用洗洁精洗去碗筷上的油污，是由于洗洁精对油污有乳化作用。（4）生活中降低水的硬度常用的方法是煮沸。（5）绿色植物通过光合作用，将水和二氧化碳转化为人类及其他生物所需要的食物和充足的氧气。22.（7分）如图是实验室配制一定溶质质量分数的氯化钠溶液的流程图。请回答下列问题:（1）应称取___________g氯化钠固体，需加水________mL。（2）若称量氯化钠固体时指针向右偏转，则应_________直到天平平衡。（3）实验中，为了加快氯化钠固体的溶解，常采用的方法有________、_________。（4）下列操作中，可能导致配制氯化钠溶液的溶质质量分数偏小的是_________(填字母)。a.氯化钠中含有杂质b.量取水时俯视读数c.用已有少量水的烧杯溶解氯化钠d.装瓶时，有少量溶液溅出（5）取上述溶液20g,需加________g水稀释，可得到5%的氯化钠溶液。【答案】（1）7.542.5（2）向左盘添加氯化钠（3）搅拌加热（4）ac（5）40
【解析】（1）应称取50g×15%=7.5g氯化钠固体，需加水50g-7.5g=42.5g，水的体积为42.5ml。（2）若称量氯化钠固体时指针向右偏转，说明药品的量不足，则应向左盘添加氯化钠直到天平平衡。（3）实验中，为了加快氯化钠固体的溶解，常采用的方法有搅拌、加热。（4）a、氯化钠中含有杂质，氯化钠的质量减少，导致配制氯化钠溶液的溶质质量分数偏小，故a正确；b、量取水时俯视读数，读数偏大，实际量取的液体偏小，导致配制氯化钠溶液的溶质质量分数偏大，故b不正确；c、用已有少量水的烧杯溶解氯化钠，水的质量增大，溶质质量不变，导致配制氯化钠溶液的溶质质量分数偏小，故c正确；d、装瓶时，有少量溶液溅出，溶液具有均一性，溶质质量分数不变，故d不正确。故选ac。（5）溶液稀释前后溶质质量不变，设取上述溶液20g，需加xg水稀释，可得到5%的氯化钠溶液，22g×20g+13%20g+x×100%=5%，x=40g，故取上述溶液20g，需加40g水稀释，可得到5%的氯化钠溶液。23.（6分）用如图四个实验装置探究可燃物燃烧的条件。说明:热水的温度均为80℃。I.用如图1、图2所示实验装置探究燃烧的条件。（1）图1所示实验，可以观察到的现象是___________。（2）比较图1和图2实验，得到的结论(燃烧条件)是________。II.资料显示:磷的燃烧产物能与空气中水蒸气反应，生成有毒的偏磷酸(HPO3)，会刺激人体呼吸道。改用如图3、图4所示装置进行实验，以探究可燃物燃烧的条件。（3）若按图3所示装置进行实验，结果a试管中白磷燃烧，写出a试管中反应的化学方程式:________。b试管中红磷没有燃烧，红磷没有燃烧的原因是____________。
（4）按图4装置进行实验，也能达到图3实验装置的实验目的，比较图3与图4两实验装置，你认为图4实验装置明显的优点是________________。（5）图4装置未直接用橡皮塞，而是用带玻璃管的橡皮塞，并在玻璃管上套上瘪气球，你认为瘪气球的作用是_______________。【答案】（1）铜片上的白磷燃烧，产生白烟，铜片上的红磷不燃烧，水中的白磷不燃烧（2）可燃物与氧气接触，温度达到着火点（3）4P+5O22P2O5温度未达到红磷的着火点（4）能防止燃烧产生的五氧化二磷逸散，以免污染环境（5）收集气体，防止因气体膨胀而导致活塞飞出【解析】（1）铜片上的白磷与氧气接触且着火点只有40℃，铜片上的白磷燃烧，产生白烟；红磷着火点很高，红磷不能燃烧；水中白磷温度虽达到着火点，但不与氧气接触，所以水中白磷也不会燃烧，故图1所示实验，可以观察到的现象是铜片上的白磷燃烧，产生白烟，铜片上的红磷不燃烧，水中的白磷不燃烧。（2）向图2水下白磷通氧气后，水下的白磷也能燃烧，说明白磷燃烧需要氧气，故比较图1和图2实验，得到的结论(燃烧条件)是可燃物与氧气接触，温度达到着火点。（3）a试管中反应是白磷在氧气中点燃生成五氧化二磷，反应的化学方程式为4P+5O22P2O5。红磷的着火点较高，b试管中红磷没有燃烧，红磷没有燃烧的原因是温度未达到红磷的着火点。（4）比较图3与图4两实验装置，图4实验装置小气球能收集生成物，防止空气污染，故明显的优点是能防止燃烧产生的五氧化二磷逸散，以免污染环境。（5）图4装置未直接用橡皮塞，而是用带玻璃管的橡皮塞，并在玻璃管上套上瘪气球，瘪气球的作用是收集气体，防止因气体膨胀而导致活塞飞出。24.（6分）硫化氢（H2S）的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。由硫化氢获得硫单质有多种方法。（1）方法1:将H2S在空气中点燃，不完全燃烧后生成硫和水，完成燃烧后转化为二氧化硫和水。写出H2S不完全燃烧的化学方程式:________。（2）方法2:将H2S和空气的混合气体通入含FeCl3、FeCl2、CuCl2和HCl的混合溶液中反应，用于回收S。物质转化如下图所示:
【查阅资料】反应I:4FeCl2+O2+4HCl=4FeCl3+2H2O反应Ⅱ:2FeCl3+H2S＝2FeCl2+S↓+2HCl反应Ⅲ:CuCl2+H2S=CuS↓+2HCl①将S从溶液中分离出来的操作是__________②反应中，反应前后化合价不变的元素有___________③实际操作时，欲使生成的硫单质中不含CuS，应提高混合气中空气的比例，其原因是__________④该工艺中可循环使用的物质是FeCl3、FeCl2和_________（填化学式）。（3）方法3:H2S气体在高温下会反应生成S2和H2。该反应的化学方程式为________。【答案】（1）2H2S+O22S+2H2O（2）①过滤②Cl、H、Cu（或写名称）③使反应I、II不断发生，不发生反应III（或将FeCl2不断转化为FeCl3，与H2S充分反应）④HCl（3）2H2SS2+2H2【解析】【详解】（1）H2S不完全燃烧生成硫和水,化学方程式为：2H2S+O22S+2H2O；（2）①S是固体，从溶液中分离出来的操作是过滤；②根据可知该反应中S元素化合价由-2价变为0价、O元素化合价由0价变为-2价，Fe2+与Fe3+发生相互转化；反应前后化合价不变的元素有Cu、H、Cl；③实际操作时，欲使生成的硫单质中不含CuS，应提高混合气中空气的比例，其原因是：增大氧气的量，使反应I、II不断发生，不发生反应III（或将FeCl2不断转化为FeCl3，与H2S充分反应）④由图可以看到循环使用的物质是FeCl3、FeCl2和HCl。（3）H2S在高温下会反应生成S2和H2。化学方程式为:2H2SS2+2H2
25.（8分）还原铁粉是结构疏松的单质铁，是重要的工业原料。I．物质制备。还原铁粉的某种制备工艺流程如下：（1）“转化”时温度需控制在35℃以下，防止受热分解的物质是_____。（2）“干燥”过程中有少量的FeCO3转化为FeOOH和CO2，此时与FeCO3反应的物质有_____（填化学式）（3）FeCO3和FeOOH在空气中焙烧转化为Fe2O3，FeOOH转化为Fe2O3的反应类型是_____。写出Fe2O3在高温条件下与碳（C）反应生成Fe和CO2的化学方程式：_____。Ⅱ．成分研究。“暖宝宝”一般由还原铁粉、活性炭和氯化钠等组成。【实验目的】测定未开启的“暖宝宝”中铁的质量分数。【实验过程】如图五所示，甲同学称得反应前总质量为85g，打开活塞待稀盐酸全部滴入后立即关闭活塞。锥形瓶内的现象有：固体逐渐减少，_____。反应完毕后测得锥形瓶和反应后混合物的总质量为84.8g。【评价反思】（1）乙同学认为甲同学方案误差较大，于是设计如图六的方案。甲同学方案误差较大的原因是_____。（2）丙同学认为乙同学方案即使操作无失误，测量结果仍会偏大，原因是_____。（3）丙同学设计了图七的实验装置。利用该装置实验时，在气密性良好的前提下，如果往锥形瓶中注入的稀盐酸体积为V1mL，等充分反应并且待装置冷却后，观察右侧注射器读数増加V2mL．实验条件下氢气密度为dg/mL．则样品中铁的质量分数为_____。【答案】（1）碳酸氢铵（2）H2O、O2(3).分解反应2Fe2O3+3C4Fe+3CO2↑【实验过程】产生大量气泡，溶液由无色变为浅绿色【评价反思】（1）反应前装置内气体为空气，反应后装置内气体是氢气，相同体积的氢气质量比空气小得多
（2）分液漏斗中的稀盐酸进入锥形瓶会排出一定体积的气体（3）280（V2﹣V1）d% 。【解析】【详解】I、（1）“转化”时温度需控制在35℃以下，碳酸氢铵受热易分解，所以防止受热分解的物质是碳酸氢铵，故填碳酸氢铵。（2）“干燥”过程中有少量的FeCO3转化为FeOOH和CO2，根据生成物有氢元素且铁的化合价升高，则一定含有氧化剂，所以此时与FeCO3反应的物质有H2O、O2，故填H2O、O2。（3）FeCO3和FeOOH在空气中焙烧转化为Fe2O3，FeOOH转化为Fe2O3时，根据质量守恒定律可得还生成水，对应的化学方程式为2FeOOHFe2O3+H2O，属于一变多，属于分解反应，故填分解反应。Fe2O3在高温条件下与碳（C）反应生成Fe和CO2，故反应的化学方程式写为：2Fe2O3+3C4Fe+3CO2↑。Ⅱ、（1）铁与稀盐酸反应时的现象是产生大量气泡，溶液由无色变为浅绿色，故填产生大量气泡，溶液由无色变为浅绿色。（2）甲同学方案误差较大的原因是反应前装置内气体为空气，反应后装置内气体是氢气，相同体积的氢气质量比空气小得多，故填反应前装置内气体为空气，反应后装置内气体是氢气，相同体积的氢气质量比空气小得多。（3）丙同学认为乙同学方案即使操作无失误，测量结果仍会偏大，原因是分液漏斗中的稀盐酸进入锥形瓶会排出一定体积的气体，故填分液漏斗中的稀盐酸进入锥形瓶会排出一定体积的气体。（4）解：生成氢气的体积为（V2﹣V1）mL，则生成氢气的质量为（V2﹣V1）ml×dg/ml设样品中铁的质量为xFe+2HCl=FeCl2+H2↑562X（V2﹣V1）ml×dg/ml562=x（V2﹣V1）mL×dg/mlx＝28（V2﹣V1）d％gFe的质量分数=28（V2﹣V1）d％g10g×100%=280（V2﹣V1）d％答：样品中铁的质量分数为280（V2﹣V1）d％。三、实验题（本题包括1小题，共9分）26.（9分）实验室利用下图装置制取常见气体。
（1）仪器a的名称是__________（2）实验室用KMnO4制取较纯净的O2，反应的化学方程式为_______;用装置A制取O2时应作的改进是____________，选用的收集装置是_______（填序号）。（3）用H2O2溶液和MnO2制氧气时，与装置B相比，选用装置C的优点是_______（4）某兴趣小组同学对氢气性质实验进行了如下改进。①如图中利用锌与稀硫酸反应制取氢气的化学方程式为__________。在U型管ロ点燃氢气，发出尖锐爆鸣声;3-5秒后再次点燃，氢气安静地燃烧。U型管中水的主要作用是_______。②缓慢连续推动图5中的注射器活塞，注入30mL氢气时，点燃酒精灯;一段时间后，U型管底观察到的现象为__________，发生反应的化学方程式为________。
【答案】（1）铁架台（2）2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑在试管口放一小团棉花E（3）可以控制反应的速率（4）①H2SO4+Zn=ZnSO4+H2↑防止引爆发生装置（或保证实验安全）②黑色固体变为红色H2+CuOCu+H2O【解析】（1）a为铁架台；（2）KMnO4加热生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，方程式为2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑；装置A的试管口应放一小团棉花；排水法收集氧气更纯，故选用的收集装置是E。（3）用H2O2溶液和MnO2制氧气时，与装置B相比，选用装置C的优点是可以控制滴加药品速度控制反应的速率；（4）①锌与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，化学方程式为：H2SO4+Zn=ZnSO4+H2↑。U型管中水的主要作用是防止引爆发生装置（或保证实验安全）。②氢气与黑色氧化铜反应生成红色的铜和水，故观察到的现象为黑色固体变为红色，化学方程式为：H2+CuOCu+H2O四、推断题（本题包括1小题，共4分）27.（4分）如图A、B、C、D、E、F都是我们已学过的含氧元素的物质．（图中“→”表示物质转化关系，
部分反应物、生成物及反应条件已略去．）E是单质，其它均是化合物．化合物B和D的组成元素相同．化合物C和F的组成元素也相同．A是实验室常用的燃料，其相对分子质量为46．（1）写出E的化学式 ．（2）写出A充分燃烧的化学反应方程式 、写出F→E的化学反应方程式 ．（3）B与D组成元素相同，但化学性质不同，其原因是 ．【答案】（1）O2；（2）C2H5OH+3O22CO2+3H2O；2H2O22H2O+O2↑；（3）分子构成不同．【解析】解：A、B、C、D、E、F都是我们已学过的含氧元素的物质，E是单质，其它均是化合物，因此E是氧气；化合物B和D的组成元素相同，因此可以是一氧化碳和二氧化碳的相互转化，化合物C和F的组成元素也相同，且C和氧气可以相互转化，因此C是水，F是过氧化氢；A是实验室常用的燃料，其相对分子质量为46，且反应产生水和B﹣含碳化合物，因此A是酒精，B是二氧化碳，则D是一氧化碳，因此：（1）E为氧气，故填：O2；（2）A是酒精，化学式为：C2H5OH，和氧气点燃产生二氧化碳和水；故填：C2H5OH+3O22CO2+3H2O；F→E是过氧化氢在二氧化锰的作用下得到水和氧气，反应的方程式为：2H2O22H2O+O2↑；（3）二氧化碳和一氧化碳的组成元素相同，但化学性质不同，其原因是每个分子中氧原子的个数不同，即分子结构不同；故填：分子构成不同．五、探究题（本题包括1小题，每空1分，共10分）28.（10分）科学探究和证据推理是化学学科的核心素养。化学兴趣小组对“测定空气中氧气的含量”实验进行探究，并基于证据进行推理分析。
I.用红磷测定空气中氧气的含量(1)图2中集气瓶底铺上一层细沙的原因______________________(2)某同学利用图1所示装置进行实验，步骤如下：①用弹簧夹夹紧胶皮管；②点燃燃烧匙内的红磷，立即伸入瓶中并塞紧瓶塞；③___________；④观察并记录水面的变化情况。多次实验发现，集气瓶内水平面上升始终小于1/5。Ⅱ.用镁条测定空气中氧气的含量(3)某同学进行图2所示实验时发现，产物中有少许黄色固体。【提出问题】黄色固体什么呢?【查阅资料】①氧化镁为白色固体；②镁能与空气中的___________反应生成黄色的氮化镁(Mg3N2)固体；③氮化镁可与水反应生成氨气。【做出猜想】黄色固体为Mg3N2【实验过程】进行图4所示实验：取燃烧产物于烧杯B中，加入适量水，然后用大烧杯罩住小烧杯A和B【实验结论】观察到的现象是___________，据此可推断燃烧产物中含氮化镁(Mg3N2)。【反思交流】进行图2所示实验时，在确保规范操作的前提下，该同学所测得的空气中氧气的体积分数___________(填“大于”“小于”或“等于”)1/5。Ⅲ.用铁粉测定空气中氧气的含量(4)某同学利用铁生锈的原理，用铁粉测定空气中氧气的含量，实验装置如图3所示。当烧杯中不再有水进入集气瓶时，该同学停止实验。实验开始和结束时所采集的数据如下表：实验前的体积实验后的体积
集气瓶内空气烧杯内水烧杯内剩余水250ml180.0ml129.5ml①铁生锈的原理是铁与空气中的___________发生反应。②实验时该同学不是将铁粉堆在瓶底，而是将铁粉撒在浸润了氯化钠溶液的滤纸条上，再将滤纸条贴在集气瓶内壁，其目的是___________。③该同学所测得的空气中氧气的体积分数为___________(精确到0.1%)。④与红磷燃烧法相比，用该法测定空气中氧气含量的主要优点是___________。Ⅳ.拓展应用(5)取2.4g镁条在足量O2和N2的混合气体中完全燃烧，所得固体质量为ag，则a的取值范围是3.3<a<___________。【答案】（1）防止高温生成物溅落瓶底，使集气瓶炸裂（2）待装置冷却后再打开止水夹（3）②氮气（或N2）A烧杯中酚酞变红大于（4）①氧气和水②增大与氧气的接触面积（或提高反应速率）③20.2%④测量结果更准确（或不需要加热，便于操作）（5）4【解析】Ⅰ（1）集气瓶底铺上一层细沙的原因是防止高温生成物溅落瓶底，使集气瓶炸裂（2）③红磷点燃伸入集气瓶，待反应结束，装置冷却后再打开止水夹，观察并记录水面的变化情况，故填待装置冷却后再打开止水夹；Ⅱ（3）[查阅资料]②氮化镁中含有氮元素，空气中含有氮气，故填氮气（或N2）；[实验结论]氮化镁可与水反应生成氨气，氨气易挥发，溶于水显碱性，能使无色酚酞变红，观察到A烧杯中酚酞变红证明有氨气生成，说明燃烧产物中含有氮化镁，故填A烧杯中酚酞变红；[反思交流]
红磷燃烧不仅消耗集气瓶内氧气，红磷还和氮气反应生成氮化镁，使得集气瓶内气体减少的体积大于五分之一，故填大于；Ⅲ（4）①铁生锈是铁与空气中的氧气和水发生的较为复杂的反应，故填氧气和水；②将铁粉撒在浸润了氯化钠溶液的滤纸条上，再将滤纸条贴在集气瓶内壁，可以增大铁粉与氧气的接触面积，提高反应速率，故填增大与氧气的接触面积（或提高反应速率）；③氧气的体积分数等于反应消耗的氧气体积除以集气瓶内空气体积，即180ml-129.5ml250ml×100%=20.2%，故填20.2%；④与红磷燃烧法相比，用该法测定空气中氧气含量不需要加热，便于操作，空气中减少的气体为氧气，测量结果更准确，故填测量结果更准确（或不需要加热，便于操作）；Ⅳ（5）当2.4g镁在足量氧气中燃烧时，生成氧化镁，根据可知a=4g，当2.4g镁在足量氮气中燃烧时，生成氮化镁，根据可知a≈3.3g，当2.4g镁条在足量O2和N2的混合气体中完全燃烧，所得固体质量应大于3.3g小于4g，故填4。六、计算题（本题包括1小题，共5分）29.某学校的学习小组对当地的石灰石矿区进行调查，测定石灰石中碳酸钙的质量分数，采用的方法如下：取该石灰石样品20g，把100g稀盐酸分四次加入，测量过程所得数据见下表（已知石灰石样品中含有的二氧化硅等杂质不溶于水，也不与稀盐酸反应）。请计算：序号加入稀盐酸的质量/g剩余固体的质量/g第一次2513第二次256
第三次252第四次25n（1）表中n的数值为_____________。（2）求反应生成的二氧化碳的质量是多少？（写出计算过程）【答案】（1）2；（2）7.92g【解析】（1）第三次加入稀盐酸后，固体质量减少小于前两次，可判断此时碳酸钙已完全反应，剩余固体不再与盐酸反应，所以n=2；（2）样品中碳酸钙的质量为：20g-2g=18g；设生成二氧化碳的质量为x，CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑1004418gx10044=18gx x=7.92g；答：（1）表中n的数值为2；（2）答：生成二氧化铁的质量为：7.92g。
