精品解析：湖南省衡阳市常宁市2024-2025学年九年级上学期期末化学试题（直升班）

2024年下期25级直升班期末考试化学试卷 时间：75分钟 分值：100分 可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Ca40 Cu64 一、选择题(本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题只有1个选项符合题意。) 1. 与化学相关的知识常见于中国传统文化典籍之中。下列有关说法不正确的是 A. 《肘后备急方》载：“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，此提取青蒿素的方法属于蒸馏 B. 某古剑“以剂钢为刃，铁为茎干，……”，“剂钢”指的是铁的合金 C. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应 D. 《梦溪笔谈》载：“高奴县出脂水，燃之如麻，但烟甚浓”，所述“脂水”属于石油，具有可燃性 【答案】A 【解析】 【详解】A、“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，此提取青蒿素的方法是萃取，不是蒸馏，说法错误，符合题意； B、剑刃所需金属材料应具有硬度大的性质，所以“剂钢”指的是铁的合金，说法正确，不符合题意； C、“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，即硫酸铜与铁反应生成铜和硫酸亚铁，该反应符合一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物，属于置换反应，说法正确，不符合题意； D、“高奴县出脂水，燃之如麻，但烟甚浓”，所述“脂水”属于石油，具有可燃性，说法正确，不符合题意。 故选：A。 2. 在塑料中添加土豆淀粉【（C6H10O5）n】制成的“土豆农膜”是一种新型可降解塑料。下列有关说法不正确的是 A. 淀粉中氧元素的质量分数最大 B. 1个淀粉分子中含有21n个原子 C. 塑料属于天然有机高分子材料 D. 土豆农膜比普通塑料农膜容易降解 【答案】C 【解析】 【详解】A、淀粉（C6H10O5）n中碳、氢、氧三种元素质量比为（12×6×n）：（1×10×n）：（16×5×n）=72n：10n：80n=36：5：40，其中氧元素质量在各元素质量中占比最大，所以氧元素的质量分数最大，故A选项正确； B、1个淀粉分子（C6H10O5）n中，碳原子个数为6n，氢原子个数为10n，氧原子个数为5n，则1个淀粉分子中含有6n+10n+5n=21n个原子，故B选项正确； C、塑料属于合成有机高分子材料，而不是天然有机高分子材料，天然有机高分子材料常见的有棉花、羊毛、天然橡胶等，故C选项错误； D、因为“土豆农膜”是新型可降解塑料，所以比普通塑料农膜容易降解，故D选项正确； 故选：C。 3. 下列有关生产、环保、能源、资源问题的叙述正确的是 A. 的雨水称为酸雨 B. 研制并使用可降解塑料能缓解白色污染 C. 室内发生火灾，应迅速打开门窗通风 D. 长期使用硫酸铵会使土壤呈酸性，应将硫酸铵与熟石灰混合使用 【答案】B 【解析】 【详解】A、pH＜5.6的雨水称为酸雨，故A错误。 B、白色污染是指塑料制品对环境造成的污染，研制并使用可降解塑料可以缓解白色污染，故B正确。 C、室内发生火灾，不能迅速打开门窗通风，是因为打开门窗通风，会使室内空气对流，反而为燃烧提供了更多的氧气，会导致火势更旺，故C错误。 D、长期使用硫酸铵会使土壤呈酸性，但将硫酸铵与熟石灰混合使用会产生氨气，降低肥效，故D错误。 故选：B。 4. 甲、乙、丙、丁分别为1~18号元素中的一种，且核电荷数依次增大。戊是第116号元素。甲的单质是一种最理想的燃料，乙原子的最外层电子数是电子层数的3倍，丙的离子带一个单位的正电荷，丁与乙的原子最外层电子数相同。下列有关说法错误的是 A. 甲和乙元素组成的物质分解能得到氧气 B. 甲、乙、丙三种元素能组成一种碱 C. 戊的原子的最外层电子数是5 D. 丁的单质在乙的单质中燃烧，产生蓝紫色火焰 【答案】C 【解析】 【分析】甲、乙、丙、丁分别为1~18号元素中的一种，且核电荷数依次增大。戊是第116号元素。甲的单质是一种最理想的燃料，氢气是最理想的燃料，因为氢气燃烧产物只有水，比较环保，则甲为氢元素；乙原子的最外层电子数是电子层数的3倍，则乙原子应有两个电子层，核外电子数为2+6=8，在原子中，质子数=原子序数=核外电子数，8号元素是氧元素，即乙为氧元素；丁与乙的原子最外层电子数相同，则丁最外层电子数也是6，且丁的核电荷数大于乙、丙的核电荷数，则乙为硫元素；丙的离子带一个单位的正电荷，则丙原子的最外层电子数为1，且丙的核电荷数大于乙，小于丁，则丙为钠元素。 【详解】A、甲为氢元素，乙为氧元素，氢元素和氧元素组成的物质可能为过氧化氢和水，过氧化氢能分解生成水和氧气，水能通电分解生成氢气和氧气，不符合题意； B、甲为氢元素，乙为氧元素，丙为钠元素，这三种元素能组成氢氧化钠这一种碱，不符合题意； C、核外电子的排布规律：①电子总是尽先排布在能量最低的电子层里；②各电子层最多容纳的电子数是2n2；③最外层电子数不超过8个，次外层不超过18个，倒数第三层电子数不超过32个。戊是第116号元素，在原子中，原子序数=质子数=核外电子数，故戊原子核外电子排布为2、8、18、32、32、18、6，故最外层电子数为6，符合题意； D、丁为硫元素，丁的单质为硫，乙为氧元素，乙的单质为氧气，硫在氧气中燃烧，发出明亮的蓝紫色火焰，不符合题意。 故选C 5. 常温常压下，10mL某气态物质含有2N3×1020个分子，而在这些分子里又含有6N3×1020个原子，则判断该物质是一种 A. 单质 B. 化合物 C. 混合物 D. 以上都有可能 【答案】D 【解析】 【详解】该物质所含分子数与原子数之比为2N3×1020：6N3×1020=1:3，若是单质，可以是臭氧，这样的物质，一个分子中有三个相同原子；若是化合物，可以是二氧化碳这样的物质，一个分子中有三个的原子；若是混合物，可以是二氧化氮和二氧化碳的混合物，只要符合原子个数是分子个数的3倍即可，所以以上有可能。 故选：D。 6. 有一种用实际参加化学反应的离子符号来表示化学反应的式子叫离子方程式，在离子方程式中，反应前后电荷是守恒的。化合价升降总数相等。如下离子方程式：2。下列叙述正确的是 A. x=2 B. 中的M的化合价为+7 C. y=3 D. 在反应中得到电子 【答案】B 【解析】 【详解】A、根据电荷守恒，反应前离子所带电荷总数应等于反应后离子所带电荷总数。反应后2M2+带有4个单位正电荷，16H+带16个单位正电荷，5S2-带有10个单位负电荷，2带的负电荷数为16-4-10=2个，由于有2个离子，所以每个离子带1个负电荷，即x=1，A错误； B、设中M的化合价为a，O通常显-2价，根据离子中各元素正负化合价代数和等于离子所带电荷数，可得a+（-2）y =-1；再根据化合价升降总数相等，S元素从-2价升高到0价，5个S原子化合价升高总数为10，M元素从a价降低到+2价，2个M原子化合价降低总数为2×（a-2），则2×（a-2）=10，解得a=+7，B正确； C、根据原子守恒可知，8H2O中有8个O，2中有2y个O，因此y=4，C错误； D、S2-中S元素化合价从-2价升高到0价，化合价升高，失去电子，D错误； 故选：B。 7. 工业上用CH4和CO2制取合成气会产生积碳，如图是抗积碳示意图。有关说法错误的是 A. Ni基双金属催化剂可重复使用 B. 反应前后元素的化合价均改变 C. 反应前后原子种类和数目不变 D. 合成气可合成多种化工产品，价值大 【答案】B 【解析】 【详解】A、Ni基双金属在反应中作为催化剂，催化剂在反应前后质量和化学性质不发生变化，可重复使用，正确； B、该反应为，反应后碳元素的化合价有+4价变为+2价，氧元素的化合价在反应前后都是-2价，未发生变化，氢元素的化合价由+1价变为0价，因此错误； C、根据质量守恒定律反应前后原子种类和数目不变，正确； D、合成气为一氧化碳和氢气混合气体，可合成多种化工产品，价值大，正确； 故选B。 8. 下列各组物质的溶液，不用其他试剂，只用观察和组内物质的溶液相互混合的方法，就能将它们一一鉴别出来的是 A. NaCl、BaCl2、CuSO4、NaOH、KNO3 B. Ba（NO3）2、NaCl、Na2SO4、H2SO4、HCl C. NaOH、NaCl、MgSO4、BaCl2、KCl D. AgNO3、HCl、Na2CO3、KCl、CaCl2 【答案】D 【解析】 【详解】A、CuSO4溶液是蓝色的，取少量CuSO4溶液，从其余的溶液中任取一种加入CuSO4溶液中，若出现蓝色沉淀，则所取溶液为NaOH溶液，若出现白色沉淀，则所取溶液为BaCl2溶液，剩余的 NaCl、KNO3无法鉴别，错误； B、能与两种物质反应生成白色沉淀的是溶液，Na2SO4、H2SO4无法区分，NaCl、HCl无法鉴别出来，错误； C、取样两两相互滴加，能够产生两种白色沉淀的是硫酸镁，但是白色沉淀是硫酸钡还是氢氧化镁不能确定，所以氢氧化钠和氯化钡不能区分，而且氯化钾和氯化钠也不能区分，错误； D、取试剂两两滴加，既能与其中两种物质反应产生白色沉淀，又能与一种物质反应产生气体的是Na2CO3溶液，能与碳酸钠溶液反应产生气体的是稀盐酸，与碳酸钠溶液反应产生白色沉淀，加入稀盐酸沉淀消失的是CaCl2溶液，不消失的是AgNO3溶液，剩余的物质是KCl溶液，可以区分，正确； 故选D。 9. 保险粉()，易被氧气氧化。利用如图装置，在锥形瓶中加入(溶剂)和水形成的混合液，通入时发生反应生成保险粉和一种常见气体，制备保险粉的化学方程式为：下列说法正确的是 提示：的制备原理为： A. 制备保险粉的化学方程式中涉及到4种氧化物 B. 该图中制备的发生装置还可以用于二氧化锰和浓盐酸加热制备氯气 C. 为避免产生的被氧化，使硫酸与亚硫酸钠先反应，产生的排出装置中的空气 D. 溶液的主要作用是吸收逸出的 【答案】C 【解析】 【详解】A、制备保险粉的化学方程式为：，氧化物是指由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物，则其中涉及的氧化物有SO2、CO2、H2O，共 3 种，故A选项错误。 B、的制备原理为：，反应物是固体和液体，反应条件是常温；而二氧化锰和浓盐酸加热制备氯气的反应中，反应物是固体和液体，反应条件是加热。二者反应条件不同，该SO2制备的发生装置不可以用于二氧化锰和浓盐酸加热制备氯气，故B选项错误。 C、因为保险粉易被氧气氧化，使硫酸与亚硫酸钠先反应，产生的SO2可以排出装置中的空气，避免生成的Na2S2O4被氧化，故C选项正确。 D、实验中SO2是有毒气体，会污染空气，NaOH溶液的主要作用是吸收逸出的SO2，而不是CO2，故D选项错误。 故选：C。 10. 某元素原子的最外层电子数是次外层的a倍(a>1)，则该原子的核内质子数是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】原子核外电子排布规律是：最外层不能超过8个电子，次外层不能超过18个电子；某元素的最外层电子数是次外层的a倍（a＞1），所以该元素的次外层只能是K层，为2个电子；最外层是L层，电子数是2a，所以该元素的核外电子数是2a+2；再根据原子核内质子数=核外电子数，所以核内质子数是2a+2； 故选B。 11. 在一密闭容器中，有甲、乙、丙、丁四种物质，反应前各物质的质量关系如下图刻度纸所示（例如：丙的质量为5g，丁的质量为3g），充分反应后，在同一张刻度纸上再次记录各物质的质量变化：刻度线Ⅰ向左移动16格；刻度线Ⅱ向左移动8格；刻度线Ⅲ向左移动8格。下列说法正确的是 A. 该反应是化合反应 B. 丙一定是催化剂 C. 反应后丁的质量为8g D. 反应生成的乙和丁的质量比为1∶1 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意反应前后各物质质量变化如下表： 物质 甲 乙 丙 丁 反应前（g） 16 2 5 3 反应后（g） 0 10 5 11 发生变化的量（g） 16 8 0 8 【详解】A、根据分析，反应中甲物质的质量减少16g，乙物质的质量增加8g，丙物质的质量没有发生变化，丁物质的质量增加8g。化学反应中反应物的质量减少，生成物的质量增加，因此该反应的反应物是甲，生成物是乙和丁，符合“一变多”的特点，属于分解反应，选项A不正确；B、该反应中丙物质的质量没有发生变化，化学反应中，质量不变的物质可能是催化剂，也可能是不参加反应的其他物质，因此丙不一定是催化剂，选项B不正确； C、反应中生成丁的质量为8g，反应前丁的质量为3g，因此反应后丁的质量为11g，选项C不正确； D、该反应中生成的乙和丁质量都是8g，因此反应生成的乙和丁的质量比为：8g∶8g=1∶1，选项D正确。故选D。 12. 某溶液中可能含有HCl、CuCl2、Na2SO4中的一种或几种溶质，向一定量该溶液中不断滴加Ba(OH)2溶液，产生沉淀质量与所加Ba(OH)2溶液质量之间的关系如图所示，下列判断错误的是 A. 原溶液中一定不含Na2SO4 B. 原溶液中一定含有HCl C. b点溶液中只含一种溶质 D. 对应溶液的pH：a<b=c 【答案】D 【解析】 【分析】由图像可知，加入Ba(OH)2溶液后一开始没有沉淀生成，说明原溶液的溶质中肯定含有HCl，一定没有Na2SO4，原因是Na2SO4与Ba(OH)2产生不溶于酸的硫酸钡沉淀，ab段沉淀质量不断增加，说明原溶液中一定含有CuCl2。 【详解】A、由分析可知，Na2SO4与Ba(OH)2产生不溶于酸的硫酸钡沉淀，所以原溶液中一定不含Na2SO4，选项说法正确； B、由分析可知，加入Ba(OH)2溶液后一开始没有沉淀生成，说明原溶液的溶质中肯定含有HCl，选项说法正确； C、a点时HCl与Ba(OH)2完全反应生成BaCl2和H2O，b点时Ba(OH)2和CuCl2恰好完全反应生成Cu(OH)2沉淀和BaCl2，所以b点烧杯内溶液中只含BaCl2一种溶质，选项说法正确； D、由分析知，a点时HCl恰好完全反应，溶液中含有CuCl2，溶液的pH＜7，b点时Ba(OH)2和CuCl2恰好完全反应，此时溶液的pH=7，c点时Ba(OH)2过量，溶液的pH＞7，所以对应溶液的pH：a＜b＜c，选项说法不正确。 故选D。 13. 如下图中，图一为四种物质的溶解度曲线，在图二中分别向两支试管内滴加一定量的水后，X和Y的饱和溶液均变浑浊，则下列说法错误的是 A. 20℃时，将40gNaCl加入100g水中，所得溶液中溶质和溶剂的质量比是2:5 B. X为，Y不一定是 C. 若中混有少量的杂质，可在较高温度配成饱和溶液，再降温结晶除去 D. 10℃时，物质溶解度大小关系为①>③>②>④ 【答案】A 【解析】 【详解】A、20℃时，氯化钠的溶解度小于40g，所以将40g NaCl加入到100g水中，所得溶液中溶质和溶剂的质量比小于40g：100g=2：5，故A错误； B、在图二中分别向两支试管内滴加一定量的水后，X和Y的饱和溶液均变浑浊，氢氧化钠溶于水放热，溶液温度升高，硝酸铵溶于水吸热，溶液温度降低，所以X物质的溶解度随温度的升高而减小，Y物质的溶解度随温度的降低而减小，所以X为Ce2（SO4）3，Y不一定是NH4H2PO4，故B正确； C、磷酸二氢铵溶解度受温度变化影响较大，氯化钠的溶解度受温度变化影响较小，所以若NH4H2PO4中混有少量的NaCl杂质，可在较高温度配成饱和溶液，再降温结晶除去，故C正确； D、根据溶解度曲线可知，10℃时，物质溶解度大小关系为：①＞③＞②＞④，故D正确。 故选：A。 14. 在一定质量的AgNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中加入过量铁粉，充分反应后，下图一定不正确的是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由金属活动性顺序可知，铁会先于硝酸银反应生成硝酸亚铁和银，然后再与硝酸铜反应生成硝酸亚铁和铜。 【详解】A、刚开始铜的质量为零，置换完银才会置换出铜，故A正确； B、Fe与AgNO3和Cu（NO3）2的反应均使溶液质量变小，开始硝酸铜不反应其质量分数变大，硝酸铜反应后质量分数减小为零，故B正确； C、铁和硝酸银反应生成硝酸亚铁和银，每56份质量的铁会置换出216份质量的银，溶液质量减轻，铁和硝酸铜反应生成硝酸亚铁和铜，每56份质量的铁会置换出64份质量的铜，溶液质量也会减轻，但是没有前面减小的幅度大，故C正确； D、开始中溶液中溶质为硝酸银和硝酸铜两种，故D错误。 故选D。 【点睛】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。 二、填空题(本大题共4小题，每空2分，共58分。) 15. 某化学兴趣小组同学探究环境湿度对过氧化钠()与反应的影响。 (猜想与假设)猜想1：与在湿度较小的条件下不反应，只在湿度较大的条件下反应。 猜想2：与在湿度较小和湿度较大的条件下均能反应。 (查阅资料)①常温下，过氧化钠是淡黄色粉末。②过氧化钠能与盐酸反应。③二氧化碳不溶于饱和碳酸氢钠溶液。④ppm是含量的一种表示方法。 (实验探究) （1）中阴、阳离子的个数比___________，用图1装置制取并收集较潮湿的二氧化碳气体。其中饱和碳酸氢钠溶液的作用是___________。 如图2，在三颈烧瓶中分别插入湿度传感器、二氧化碳传感器、带铁丝的胶塞。 （2）待传感器显示读数稳定后，用铁丝戳破装有的塑料袋，使粉末与潮湿的充分接触，打开数据采集器，得到图3、图4，该实验可得出的结论是___________。 （3）用图5装置制取并收集较干燥的二氧化碳气体，其中固体干燥剂的作用___________。 装置同图2，待传感器显示读数稳定后，用铁丝戳破装有的塑料袋，使过氧化钠粉末与较干燥的充分接触，打开数据采集器，得到图6、图7。 【结论与反思】 （4）小组同学通过上述实验得出猜想___________(填“1”或“2”)是正确的。 （5）分析图6中相对湿度变化的原因是___________。 （6）200℃时，11.6g 和水蒸气的混合气体与足量的充分反应后固体质量增加了3.6g(如下图所示)，其原混合物中和水蒸气的质量之比是___________。(提示：可用于呼吸面具和潜水艇中的供氧剂。) 【答案】（1） ①. 1：2 ②. 吸收氯化氢 （2）过氧化钠在湿度较大的条件下能与二氧化碳能反应 （3）防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶； （4）2 （5）过氧化钠能与水反应 （6）11：18 【解析】 【小问1详解】 是由构成的，则过氧化钠中阴、阳离子的个数比1：2； 盐酸具有挥发性，用图示装置制取二氧化碳，生成的二氧化碳气体中混有氯化氢和水蒸气，饱和碳酸氢钠溶液能与氯化氢反应，则饱和碳酸氢钠溶液的作用是吸收氯化氢； 【小问2详解】 待传感器显示读数稳定后，用铁丝戳破装有的塑料袋，使粉末与潮湿的充分接触，打开数据采集器，根据图3、图4可以看出，过氧化钠在湿度较大的条件下能与二氧化碳能反应； 【小问3详解】 用图5装置制取并收集较干燥的二氧化碳气体，其中固体干燥剂的作用是防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶； 【小问4详解】 根据图6、图7可以看出，在湿度较小的条件下，过氧化钠也能与二氧化碳反应，故猜想2正确； 【小问5详解】 图3中湿度在减小，说明水分减少，则相对湿度变化的原因是过氧化钠能与水反应； 【小问6详解】 设混合物中二氧化碳和水蒸气的质量分别为x、y， x+y=11.6g，，则x=4.4g，y=7.2g，故原混合物中CO2和水蒸气的质量之比是4.4g：7.2g=11：18。 16. 阅读下面文章。 太阳能是清洁的可再生能源，昼夜、季节及天气等因素对持续、稳定地利用太阳能有较大影响。 储能是解决上述问题重要途径。目前，储热体系受到广泛关注，其工作原理如图1所示。在脱水反应器中，将太阳能以化学能的形式存储起来：需要能量时，水合反应器中发生反应释放热量。 除储热体系外，科研人员对其它体系也进行了研究。图2列举了几种储热体系的储热密度(单位质量储热材料的储热量)，它们的反应原理可表示为：A→B+C，吸热；B+C→A，放热。这些储热体系均借助物质相互转化来实现能量的存储和释放。 回答下列问题。 （1）依据图1回答： ①图中参与循环的元素共___________种。 ②脱水反应器中发生反应，该反应属于___________(填基本反应类型)。 ③液态水在进入水合反应器前需加热变成水蒸气，此过程中，___________(从微观角度分析)；水合反应器中___________能转化为热能。 （2）依据图2数据可知，储热体系受到广泛关注的原因为___________。 （3）如下表各选项与文中储热体系反应原理相符的是___________(填字母)。 标号 吸热反应 放热反应 A B C （4）为构建清洁低碳的新能源体系，下列措施合理的有___________(填字母)。 A. 大力发展燃煤发电 B. 积极推广太阳能发电 C. 为新能源研发新型储能技术 【答案】（1） ①. 3##三 ②. 分解反应 ③. 水分子间的间隔增大 ④. 化学 （2）储热密度相对较高 （3）A （4）BC 【解析】 【小问1详解】 ①图1中涉及Ca（OH）2、CaO、H2O，所含元素有钙（Ca）、氧（O）、氢（H），共 3 种元素； ②脱水反应器中Ca（OH）2在410℃~550℃下反应生成氧化钙和水，该反应是一种物质生成两种物质的反应，属于分解反应； ③液态水在进入水合反应器前需加热变成水蒸气，此过程中，水分子间的间隔增大； 水合反应器中氧化钙和水反应生成氢氧化钙，该反应放热，将化学能转化为热能； 【小问2详解】 从图2数据可知，Ca（OH）2/CaO储热体系的储热密度相对较高，这意味着单位质量的储热材料能储存较多的热量，所以受到广泛关注； 【小问3详解】 A、碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，该反应符合符合“A→B+C，吸热”，氧化钙和二氧化碳在一定条件下反应生成碳酸钙，该反应符合“B+C→A，放热”，故A正确； B 、二氧化碳和碳高温下反应生成一氧化碳，该反应吸热，但是不符合“A→B+C”，故B错误； C 、四氧化三铁和一氧化碳高温下反应生成铁和二氧化碳，该反应吸热，不符合“A→B+C”，故C错误； 故选A； 【小问4详解】 A、大力发展燃煤发电，煤燃烧会产生大量污染物，不利于构建清洁低碳的新能源体系，不符合题意； B、积极推广太阳能发电，太阳能是清洁的可再生能源，有利于构建清洁低碳的新能源体系，符合题意； C、为新能源研发新型储能技术，能解决新能源利用过程中的储能问题，有利于构建清洁低碳的新能源体系，符合题意； 故选BC。 17. 工业上以菱铁矿石（FeCO3，含少量SiO2）为原料，通过酸浸、沉铁、焙烧等步骤可制取Fe粉。 （1）酸浸：将菱铁矿石粉碎后加入稀硫酸溶液中，充分反应后过滤。 ①反应时有大量气体产生，该气体的主要成分是______（填化学式）。 ②充分反应后过滤，所得滤渣的主要成分是______。 （2）沉铁：向“酸浸”过程所得的滤液中加入（NH4）2CO3溶液，升温至60℃，在本溶液中开始分解。搅拌，充分反应后过滤。 ①反应过程中有白色沉淀（FeCO3）生成。写出该反应的化学方程式：______。 ②“沉铁”过程中若反应温度过高，会导致Fe粉的产率下降，原因是______。 （3）焙烧：将“沉铁”过程所得FeCO3固体洗净烘干后，与炭粉混合后焙烧，充分反应后得Fe粉。 ①焙烧过程中主要发生3个反应： Ⅰ、 Ⅱ、 Ⅲ、______。 ②焙烧过程中，向FeCO3与炭粉的混合物中添加适量的CaCO3，Fe粉产率随焙烧时间的变化如图。添加适量CaCO3可提高铁粉产率，原因是______。 （4）所得的Fe粉中常含有少量的单质碳。为了测定Fe粉中碳的质量分数，取10gFe粉在纯氧中完全燃烧，得到0.11gCO2。求此铁粉中碳的质量分数。（写出解题过程） 【答案】（1） ①. CO2 ②. SiO2##二氧化硅 （2） ①. ②. 温度过高会导致（NH4）2CO3分解，FeSO4不能全部转变为FeCO3 （3） ①. ， ②. 添加的CaCO3受热分解生成CO2，生成的CO2与炭粉进一步反应生成CO，导致CO的含量增多 （4）设：此铁粉中碳的质量为x x=0.03g 故：此铁粉中碳的质量为0.03g，故此铁粉中碳的质量分数为。 【解析】 【小问1详解】 ①、将菱铁矿石粉碎后加入稀硫酸溶液中，碳酸亚铁可以和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和水和二氧化碳，故气体的主要成分是CO2； ②、因为菱铁矿石主要成分为FeCO3，含少量SiO2，二氧化硅不与稀硫酸反应，故所得滤渣的主要成分是二氧化硅。 【小问2详解】 ①、根据（1）问①解析：酸浸的滤液为硫酸亚铁，故所得的滤液中加入（NH4）2CO3溶液，碳酸铵可以与硫酸亚铁反应生成硫酸铵和碳酸亚铁沉淀，故方程式为：(NH4)2CO3＋FeSO4=FeCO3＋(NH4)2SO4； ②、“沉铁”过程中若反应温度过高，会导致Fe粉的产率下降，原因是温度过高会导致（NH4）2CO3分解，FeSO4不能全部转变为FeCO3。 【小问3详解】 ①、反应Ⅰ生成了氧化铁，反应Ⅱ生成了一氧化碳，故一氧化碳和氧化铁在高温的条件下生成铁和二氧化碳，故方程式为：3CO+Fe2O3 2Fe+3CO2； ②、添加适量的碳酸钙可提高铁粉产率，原因是：添加的CaCO3受热分解生成CO2，生成的CO2与炭粉进一步反应生成CO，导致CO的含量增多。 【小问4详解】 见答案。 18. 将过量的溶液滴入到一定量溶液中得到蓝色固体。某研究性学习小组对蓝色固体的成分进行了如下探究，请完成下列各题： (一)猜想与假设： （1）猜想一：固体为，理由：___________(用化学反应方程式表示)。 猜想二：固体为。 猜想三：固体为和的混合物。 (二)资料查阅： ①和晶体均不带结晶水； ②、受热均易分解。 (三)设计与实验： I．固体的获取： （2）①将反应后的固、液混合物经过滤、洗涤、低温烘干得蓝色固体。 ②判断固体已洗净的方法及现象___________。 Ⅱ．用如图所示装置，定性探究固体的成分。 （3）若用装置A、B组合进行实验，B中无现象，则猜想___________正确； （4）小组同学将装置按A、___________(填“B”、“C”)的顺序组合进行实验，验证出猜想三是正确的，实验中：现象为___________。 结论：固体为和的混合物。 Ⅲ．固体成分定量测定： 已知的分解温度为，的分解温度为。设固体的组成为。小组同学用热分析仪对固体进行热分解，获得相关数据，绘成固体质量变化与分解温度的关系如图，请根据图示回答下列问题： （5）写出CD段发生反应的化学方程式：CD段：___________ （6）通过计算可得：___________ （7）若将24.0g剩余固体继续加热到更高的温度，发现固体质量减少了2.4g后质量不再改变，写出此过程中可能发生反应的化学方程式：___________。 【答案】（1）Na2CO3+CuSO4=CuCO3↓+Na2SO4 （2）取最后一次的洗涤液少量，滴加少量氯化钡溶液，无沉淀产生 （3）二 （4） ①. C、B ②. B中澄清石灰水变浑浊，C中白色固体变蓝 （5） （6）2:1 （7） 【解析】 【小问1详解】 碳酸钠和硫酸铜反应生成硫酸钠和碳酸铜沉淀，碳酸铜为蓝色固体，则猜想一：固体为CuCO3，理由是Na2CO3+CuSO4=CuCO3↓+Na2SO4； 【小问2详解】 固体上的残留物为过量的碳酸钠和生成的硫酸钠，碳酸钠、硫酸钠与氯化钡反应生成白色沉淀碳酸钡、硫酸钡，则判断固体已洗净的方法及现象为取最后一次的洗涤液少量，滴加少量氯化钡溶液，无沉淀产生； 【小问3详解】 CuCO3受热易分解成氧化铜和二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，若用装置A、B组合进行实验，B中无现象，说明蓝色固体不是碳酸铜，则猜想二正确； 【小问4详解】 检验水要放在检验二氧化碳的前面，否则气体通过澄清石灰水时携带出的水蒸气会对水的检验产生干扰，则小组同学将装置按A、C、B的顺序组合进行实验，结论是固体为Cu（OH）2和CuCO3的混合物，故实验中的现象为B中澄清石灰水变浑浊，C中白色固体变蓝； 【小问5详解】 CuCO3的分解温度为200℃～220℃，CD段的温度超过了200℃，符合碳酸铜的分解温度，CuCO3受热分解成氧化铜和二氧化碳，反应的化学方程式为； 小问6详解】 AB段是氢氧化铜加热分解生成氧化铜和水，固体质量减少32.0g-28.4g=3.6g，即生成水的质量为3.6g，设氢氧化铜的质量为x， ，，解得x=19.6g； CD段是CuCO3加热分解生成氧化铜和二氧化碳，固体质量减少28.4g-24.0g=4.4g，即生成二氧化碳的质量为4.4g，设碳酸铜的质量为y， ，，解得y=12.4g； 则aCu（OH）2•bCuCO3中，a：b==2：1； 【小问7详解】 氧化铜加热后质量又会减少，应该是氧化铜中的氧元素转化为氧气，24.0g氧化铜中氧元素的质量为24.0g××100%=4.8g，大于2.4g，说明另一种物质是铜的氧化物，24.0g氧化铜中铜元素的质量为24.0g××100%=19.2g，生成物铜的氧化物中氧元素的质量为4.8g-2.4g=2.4g，生成物铜的氧化物中铜的质量为19.2g，则另一种物质铜的氧化物中铜、氧的原子个数比为：=2：1，故另一种物质生成物铜的氧化物的化学式为Cu2O，即氧化铜在加热的条件下反应生成氧化亚铜和氧气，反应的化学方程式为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024年下期25级直升班期末考试化学试卷 时间：75分钟 分值：100分 可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Ca40 Cu64 一、选择题(本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题只有1个选项符合题意。) 1. 与化学相关的知识常见于中国传统文化典籍之中。下列有关说法不正确的是 A. 《肘后备急方》载：“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，此提取青蒿素的方法属于蒸馏 B. 某古剑“以剂钢为刃，铁为茎干，……”，“剂钢”指的是铁的合金 C. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应 D. 《梦溪笔谈》载：“高奴县出脂水，燃之如麻，但烟甚浓”，所述“脂水”属于石油，具有可燃性 2. 在塑料中添加土豆淀粉【（C6H10O5）n】制成的“土豆农膜”是一种新型可降解塑料。下列有关说法不正确的是 A. 淀粉中氧元素的质量分数最大 B. 1个淀粉分子中含有21n个原子 C. 塑料属于天然有机高分子材料 D. 土豆农膜比普通塑料农膜容易降解 3. 下列有关生产、环保、能源、资源问题的叙述正确的是 A. 的雨水称为酸雨 B. 研制并使用可降解塑料能缓解白色污染 C. 室内发生火灾，应迅速打开门窗通风 D. 长期使用硫酸铵会使土壤呈酸性，应将硫酸铵与熟石灰混合使用 4. 甲、乙、丙、丁分别为1~18号元素中的一种，且核电荷数依次增大。戊是第116号元素。甲的单质是一种最理想的燃料，乙原子的最外层电子数是电子层数的3倍，丙的离子带一个单位的正电荷，丁与乙的原子最外层电子数相同。下列有关说法错误的是 A. 甲和乙元素组成的物质分解能得到氧气 B. 甲、乙、丙三种元素能组成一种碱 C. 戊的原子的最外层电子数是5 D. 丁的单质在乙的单质中燃烧，产生蓝紫色火焰 5. 常温常压下，10mL某气态物质含有2N3×1020个分子，而在这些分子里又含有6N3×1020个原子，则判断该物质是一种 A. 单质 B. 化合物 C. 混合物 D. 以上都有可能 6. 有一种用实际参加化学反应的离子符号来表示化学反应的式子叫离子方程式，在离子方程式中，反应前后电荷是守恒的。化合价升降总数相等。如下离子方程式：2。下列叙述正确的是 A. x=2 B. 中的M的化合价为+7 C. y=3 D. 反应中得到电子 7. 工业上用CH4和CO2制取合成气会产生积碳，如图是抗积碳示意图。有关说法错误的是 A. Ni基双金属催化剂可重复使用 B. 反应前后元素的化合价均改变 C. 反应前后原子种类和数目不变 D. 合成气可合成多种化工产品，价值大 8. 下列各组物质的溶液，不用其他试剂，只用观察和组内物质的溶液相互混合的方法，就能将它们一一鉴别出来的是 A. NaCl、BaCl2、CuSO4、NaOH、KNO3 B. Ba（NO3）2、NaCl、Na2SO4、H2SO4、HCl C. NaOH、NaCl、MgSO4、BaCl2、KCl D. AgNO3、HCl、Na2CO3、KCl、CaCl2 9. 保险粉()，易被氧气氧化。利用如图装置，在锥形瓶中加入(溶剂)和水形成的混合液，通入时发生反应生成保险粉和一种常见气体，制备保险粉的化学方程式为：下列说法正确的是 提示：的制备原理为： A. 制备保险粉的化学方程式中涉及到4种氧化物 B. 该图中制备的发生装置还可以用于二氧化锰和浓盐酸加热制备氯气 C. 为避免产生的被氧化，使硫酸与亚硫酸钠先反应，产生的排出装置中的空气 D. 溶液的主要作用是吸收逸出的 10. 某元素原子的最外层电子数是次外层的a倍(a>1)，则该原子的核内质子数是 A B. C. D. 11. 在一密闭容器中，有甲、乙、丙、丁四种物质，反应前各物质的质量关系如下图刻度纸所示（例如：丙的质量为5g，丁的质量为3g），充分反应后，在同一张刻度纸上再次记录各物质的质量变化：刻度线Ⅰ向左移动16格；刻度线Ⅱ向左移动8格；刻度线Ⅲ向左移动8格。下列说法正确的是 A. 该反应是化合反应 B. 丙一定是催化剂 C. 反应后丁的质量为8g D. 反应生成的乙和丁的质量比为1∶1 12. 某溶液中可能含有HCl、CuCl2、Na2SO4中的一种或几种溶质，向一定量该溶液中不断滴加Ba(OH)2溶液，产生沉淀质量与所加Ba(OH)2溶液质量之间的关系如图所示，下列判断错误的是 A 原溶液中一定不含Na2SO4 B. 原溶液中一定含有HCl C. b点溶液中只含一种溶质 D. 对应溶液的pH：a<b=c 13. 如下图中，图一为四种物质的溶解度曲线，在图二中分别向两支试管内滴加一定量的水后，X和Y的饱和溶液均变浑浊，则下列说法错误的是 A. 20℃时，将40gNaCl加入100g水中，所得溶液中溶质和溶剂的质量比是2:5 B. X为，Y不一定是 C. 若中混有少量的杂质，可在较高温度配成饱和溶液，再降温结晶除去 D. 10℃时，物质溶解度大小关系为①>③>②>④ 14. 在一定质量的AgNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中加入过量铁粉，充分反应后，下图一定不正确的是 A. B. C. D. 二、填空题(本大题共4小题，每空2分，共58分。) 15. 某化学兴趣小组同学探究环境湿度对过氧化钠()与反应的影响。 (猜想与假设)猜想1：与在湿度较小的条件下不反应，只在湿度较大的条件下反应。 猜想2：与在湿度较小和湿度较大的条件下均能反应。 (查阅资料)①常温下，过氧化钠是淡黄色粉末。②过氧化钠能与盐酸反应。③二氧化碳不溶于饱和碳酸氢钠溶液。④ppm是含量的一种表示方法。 (实验探究) （1）中阴、阳离子的个数比___________，用图1装置制取并收集较潮湿的二氧化碳气体。其中饱和碳酸氢钠溶液的作用是___________。 如图2，在三颈烧瓶中分别插入湿度传感器、二氧化碳传感器、带铁丝的胶塞。 （2）待传感器显示读数稳定后，用铁丝戳破装有的塑料袋，使粉末与潮湿的充分接触，打开数据采集器，得到图3、图4，该实验可得出的结论是___________。 （3）用图5装置制取并收集较干燥的二氧化碳气体，其中固体干燥剂的作用___________。 装置同图2，待传感器显示读数稳定后，用铁丝戳破装有的塑料袋，使过氧化钠粉末与较干燥的充分接触，打开数据采集器，得到图6、图7。 【结论与反思】 （4）小组同学通过上述实验得出猜想___________(填“1”或“2”)是正确。 （5）分析图6中相对湿度变化的原因是___________。 （6）200℃时，11.6g 和水蒸气混合气体与足量的充分反应后固体质量增加了3.6g(如下图所示)，其原混合物中和水蒸气的质量之比是___________。(提示：可用于呼吸面具和潜水艇中的供氧剂。) 16. 阅读下面文章。 太阳能是清洁的可再生能源，昼夜、季节及天气等因素对持续、稳定地利用太阳能有较大影响。 储能是解决上述问题的重要途径。目前，储热体系受到广泛关注，其工作原理如图1所示。在脱水反应器中，将太阳能以化学能的形式存储起来：需要能量时，水合反应器中发生反应释放热量。 除储热体系外，科研人员对其它体系也进行了研究。图2列举了几种储热体系的储热密度(单位质量储热材料的储热量)，它们的反应原理可表示为：A→B+C，吸热；B+C→A，放热。这些储热体系均借助物质相互转化来实现能量的存储和释放。 回答下列问题。 （1）依据图1回答： ①图中参与循环的元素共___________种。 ②脱水反应器中发生反应，该反应属于___________(填基本反应类型)。 ③液态水在进入水合反应器前需加热变成水蒸气，此过程中，___________(从微观角度分析)；水合反应器中___________能转化为热能。 （2）依据图2数据可知，储热体系受到广泛关注的原因为___________。 （3）如下表各选项与文中储热体系反应原理相符的是___________(填字母)。 标号 吸热反应 放热反应 A B C （4）为构建清洁低碳的新能源体系，下列措施合理的有___________(填字母)。 A. 大力发展燃煤发电 B. 积极推广太阳能发电 C. 为新能源研发新型储能技术 17. 工业上以菱铁矿石（FeCO3，含少量SiO2）为原料，通过酸浸、沉铁、焙烧等步骤可制取Fe粉。 （1）酸浸：将菱铁矿石粉碎后加入稀硫酸溶液中，充分反应后过滤。 ①反应时有大量气体产生，该气体的主要成分是______（填化学式）。 ②充分反应后过滤，所得滤渣的主要成分是______。 （2）沉铁：向“酸浸”过程所得的滤液中加入（NH4）2CO3溶液，升温至60℃，在本溶液中开始分解。搅拌，充分反应后过滤。 ①反应过程中有白色沉淀（FeCO3）生成。写出该反应的化学方程式：______。 ②“沉铁”过程中若反应温度过高，会导致Fe粉的产率下降，原因是______。 （3）焙烧：将“沉铁”过程所得的FeCO3固体洗净烘干后，与炭粉混合后焙烧，充分反应后得Fe粉。 ①焙烧过程中主要发生3个反应： Ⅰ、 Ⅱ、 Ⅲ、______。 ②焙烧过程中，向FeCO3与炭粉的混合物中添加适量的CaCO3，Fe粉产率随焙烧时间的变化如图。添加适量CaCO3可提高铁粉产率，原因是______。 （4）所得的Fe粉中常含有少量的单质碳。为了测定Fe粉中碳的质量分数，取10gFe粉在纯氧中完全燃烧，得到0.11gCO2。求此铁粉中碳的质量分数。（写出解题过程） 18. 将过量的溶液滴入到一定量溶液中得到蓝色固体。某研究性学习小组对蓝色固体的成分进行了如下探究，请完成下列各题： (一)猜想与假设： （1）猜想一：固体为，理由：___________(用化学反应方程式表示)。 猜想二：固体为。 猜想三：固体为和的混合物。 (二)资料查阅： ①和晶体均不带结晶水； ②、受热均易分解。 (三)设计与实验： I．固体的获取： （2）①将反应后的固、液混合物经过滤、洗涤、低温烘干得蓝色固体。 ②判断固体已洗净的方法及现象___________。 Ⅱ．用如图所示装置，定性探究固体的成分。 （3）若用装置A、B组合进行实验，B中无现象，则猜想___________正确； （4）小组同学将装置按A、___________(填“B”、“C”)的顺序组合进行实验，验证出猜想三是正确的，实验中：现象为___________。 结论：固体为和的混合物。 Ⅲ．固体成分定量测定： 已知的分解温度为，的分解温度为。设固体的组成为。小组同学用热分析仪对固体进行热分解，获得相关数据，绘成固体质量变化与分解温度的关系如图，请根据图示回答下列问题： （5）写出CD段发生反应的化学方程式：CD段：___________ （6）通过计算可得：___________ （7）若将24.0g剩余固体继续加热到更高的温度，发现固体质量减少了2.4g后质量不再改变，写出此过程中可能发生反应的化学方程式：___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$