2026年5月山东青岛市第六十一中学、第四实验初级中学联考九年级化学自招模拟试题

**基本信息** 立足青岛地域文化与化学核心素养，通过生活情境（如油锅灭火原理）、齐鲁文化素材（如泰山墨玉成分分析）及实验探究（如碳酸氢钠制备），考查九年级化学综合能力，适配自招选拔需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|20题25分|生活化学、物质性质、实验安全等|结合地域文化（如齐鲁文化物质分类）、实验安全标识匹配| |非选择题|5题52分|金属性质、实验探究、工业流程等|碳酸氢钠制备与性质探究（科学探究）、贵金属回收流程分析（科学思维）|

2026年山东省青岛市5月六十一、四实验联考九年级化学自招模拟试题 (考试时间：60分钟 满分：80分) 说明： 1.本试题分为第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共27题。第Ⅰ卷为选择题，共22小题，28分；第Ⅱ卷为非选择题，共5小题，52分。 2.所有题目均在答题卡上作答，在试题上作答无效。 可能用到的相对原子质量：H-1 B-11 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-28 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Cr-52 Mn-55 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ba-137 第Ⅰ卷（选择题） 一、选择题（共15小题，每题1分，共15分） 1．化学源于生活，又服务于生活，生活中蕴含着丰富的化学知识。下列说法错误的是 A．油锅着火可用锅盖盖灭，灭火的原理是隔绝空气 B．喝了汽水后常常会打嗝，原因是温度升高气体溶解度增大 C．装食品用的聚乙烯塑料袋属于热塑性塑料，可以采用加热的方法封口 D．蚊虫叮咬分泌蚁酸，使人皮肤红肿痛痒，可涂肥皂水减轻症状 2．逻辑推理是化学学习中常用的思维方法，下列推理正确的是 A．碳酸盐与酸反应都有气体生成，所以与酸反应生成气体的一定是碳酸盐 B．化合物由不同种元素组成，所以由不同元素组成的纯净物一定是化合物 C．有机化合物一般具有可燃性，具有可燃性的物质一定是有机化合物 D．中和反应有盐和水生成，因此有盐和水生成的反应一定是中和反应 3．下列之物具有典型的齐鲁文化特色，据其主要化学成分不能与其他三种归为一类的是 A．泰山墨玉 B．龙山黑陶 C．齐国刀币 D．淄博琉璃 4．下图是初中化学实验中一组安全标识，其与对应实验匹配正确的一项是 A．电解水 B．木炭还原氧化铜 C．铁丝在氧气中燃烧 D．高锰酸钾分解制氧气 5．实验室用质量分数为6%的氯化钠溶液（密度约为1.04g/cm3）配制100g质量分数为3%的氯化钠溶液，下列说法不正确的是 A．操作步骤为计算、量取、混匀、装瓶贴标签 B．需要质量分数为6%的氯化钠溶液的体积约为48mL C．需要用到的玻璃仪器有量筒、玻璃棒、烧杯、胶头滴管 D．量取6%的氯化钠溶液时俯视量筒读数，会使所配溶液的溶质质量分数偏大 6． 赤铜矿的主要成分是Cu2O，辉铜矿的主要成分是Cu2S。赤铜矿与辉铜矿混合加热将发生以下反应：，关于该反应的说法中，正确的是 A．该反应涉及三种氧化物 B．反应中铜元素的化合价既升高又降低 C．利用该反应炼铜必须要隔绝空气 D．生成与的质量比不是 7．构建元素化合价和物质类别的二维图是学习化学的一种重要方法。下图是碳元素的“价类二维图”。下列说法错误的是 A．A点可能是CH4 B．B点对应的物质充分燃烧可得到D点对应的物质 C．某化合物的化学为CaCO3，它对应的点是F D．C点对应的物质与水反应可得到E点对应的物质 8．一个苯分子的结构如图所示，下列说法正确的是 A．一个苯分子中的质子总数为78 B．苯中碳元素和氢元素的质量比为1:1 C．苯可表示为C6H6 D．苯中氢元素的质量分数大于10% 9．甲、乙、丙三种不含结晶水的固体物质的溶解度曲线如图，下列说法正确的是 A．t1℃时，三种物质的溶解度：乙＞甲＞丙 B．20℃时，将30g甲放入50g水中，充分搅拌，所得溶液的质量是80g C．分别将t2℃时三种物质的饱和溶液降温到t1℃，甲溶液中析出的晶体质量最大 D．分别将t1℃时三种物质的饱和溶液升温到t2℃，溶液中溶质的质量分数：乙＞甲＞丙 10．下列是分析久置于空气中的NaOH固体的相关实验（不考虑水分），其中不合理的是 序号 实验目的 实验方案 A 证明变质 取少量固体，加水溶解，滴加足量稀盐酸，观察是否有气泡产生 B 确定成分 取少量固体，加入石灰水，过滤，向滤液中加入酚酞试液 C 测定纯度 取ag样品与足量氯化钡溶液充分反应，将沉淀过滤、洗涤、干燥，得到mg固体 D 除去杂质 取一定量固体，加水溶解，滴加澄清石灰水至恰好完全反应，过滤，蒸发结晶 11．建构模型是学习化学的重要方法，下列有关模型正确的是 A．地壳中元素含量 B．原子结构 C．反应类型之间的关系 D．研究一类物质的思路和方法模型 12．溶液中所有阳离子所带正电荷总数和所有阴离子所负电荷总数相等，这个规律常被称为溶液中的电荷守恒。现有某溶液主要含有Na+、Al3+、、（其余离子可忽略不计），已知Na+、Al3+、个数比为1：2：2，则该溶液中Al3+与个数比为 A．1：2 B．4：5 C．2：3 D．1：1 13．二氧化氯()具有杀菌、消毒等作用，常用于造纸、医疗等领域。作为气体不易运输和储存，工业上先通过反应Ⅰ制得较稳定的“保存液”，待使用时再通过反应Ⅱ制得，该方法涉及的物质转化关系如图所示(部分反应物或产物未标出)。下列说法不正确的是 A．物质X的化学式为 B．该转化关系中只有氧元素和氯元素的化合价改变 C．反应Ⅱ的方程式之一为5NaClO2+2H2SO4=4ClO2↑+2H2O+NaCl+2Na2SO4 D．该保存方法易于运输和储存且不会损耗ClO2 14．某固体混合物由Mg和MgO组成，取该混合物6.4g与19.6%的稀硫酸恰好完全反应，所得溶液蒸发82.2g水后得到固体的质量为24g，则原混合物中氧元素的质量分数为 A．25% B．20% C．16% D．40% 15．以磷化工品的副产物石灰渣(主要含亚磷酸钙和少量氢氧化钙)为原料，制备阻燃剂亚磷酸铝的工艺流程如图。下列说法错误的是 A．“沉淀1”可用于实验室制备 B．“调pH”时应将溶液调至pH＞7 C．“沉铝”时存在反应： D．滤液1中的溶质主要是NaCl 二、选择题(本题共5小题，每小题2分，共10分。每小题有一个或两个选项符合题目要求) 16．下列各组溶液，不用其它试剂就不能将其鉴别开来的是： A．Na2SO4   Na2CO3   BaCl2   HCl B．Na2SO4 BaCl2 KNO3  NaCl C．NaCl   HCl   NaOH   酚酞 D．NaOH   H2SO4   FeCl3   MgCl2 17．元素周期表体现了化学元素之间的相互联系和变化规律。已知X、Y、Z、W为前20号元素，原子序数依次增大，是非金属元素，元素原子最外层电子数是次外层电子数的3倍。元素与元素可形成和型化合物，可形成硫酸型酸雨。和在同一周期，四种元素原子的最外层电子数之和为14，下列说法正确的是 A．元素组成的单质具有可燃性 B．化合物的水溶液不能与单质反应生成的单质 C．和元素可形成化合物 D．元素的原子在化学反应中易得到电子 18．有一包固体样品，可能由氢氧化钠、硫酸钠、硝酸镁、硝酸铜、碳酸钙中的一种或几种物质组成。为确定该样品的成分，某兴趣小组同学取适量样品进行探究： 步骤1：取一定量的固体药品，加入足量的水充分溶解、过滤、洗涤、干燥，得到1g白色沉淀a和无色滤液b。 步骤2：向沉淀a中加入过量的稀盐酸充分反应，沉淀全部溶解，生成0.22g气体。 步骤3：向无色滤液b中加入过量的氢氧化钡溶液，生成白色沉淀c。 步骤4：向白色沉淀c中加入过量的稀盐酸，只有部分沉淀溶解。 根据以上信息判断，下列说法正确的是 A．白色沉淀a的成分只有碳酸钙 B．无色滤液b中溶质为硫酸钠、硝酸钠、硝酸镁 C．该样品中一定有硝酸镁、氢氧化钠、碳酸钙 D．若步骤3用硝酸钡溶液代替氢氧化钡溶液，不进行步骤4的探究也能得出相同结论 19．某课外兴趣小组利用硫代硫酸钠(Na2S2O3)与稀硫酸反应，探究影响化学反应速率的因素(反应方程式为Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O)，设计了如表系列实验。下列说法不正确的是 实验序号 反应温度/℃ Na2S2O3 稀硫酸 H2O V/mL a％ V/mL a％ V/mL 1 20 10.0 1.58 10.0 4.9 0 2 40 V1 1.58 V2 4.9 V3 3 20 V4 1.58 4.0 4.9 V5 A．实验1和2探究温度对反应速率的影响，则需V1=V2=10，V3=0 B．设计该实验的基本原理为控制变量法 C．实验1和3可探究稀硫酸浓度对该反应速率的影响 D．将水更换为NaHSO4溶液，对实验结果无影响 20．将质量为的、混合物溶于水，配成溶液，逐滴加入一定浓度的稀盐酸得到的图像如图所示，恰好完全反应时生成气体质量为（假设气体全部逸出；已知：与酸反应是分步反应的：先发生，再发生） 下列说法中正确的是 A．①代表的质量，③代表产生的的质量 B．滴加盐酸的过程中，溶液中溶质的质量始终增大 C．原混合物质量的取值范围是： D．原混合物中和的质量之比是 第Ⅱ卷(非选择题 共55分) 21． （11分） 金属元素是人体不可或缺的，金属在生产生活中也是不可或缺的，没有金属，人类文明就无法达到现在的高度。 (1)人体血液中含有铁元素，其中铁的价态为_________，人体中含量最高的金属元素原子结构示意图为：_________。 (2)导电性和导热性最好的金属是X，但我们却选择性能不如X的Cu作电丝，这是因为：________________。 (3)研究金属的性质有利于我们挖掘金属的应用，下列有关金属说法正确的是______________。 A．在金属活动顺序表中，由Au到K，金属氧化性依次增强   B．短周期中，失电子能力最强的金属元素是Na C．在金属活动顺序表中，活动性靠前的金属都能从活动性靠后的金属的盐溶液中将活动性靠后金属置换出来 D．金属冶炼的方法一般包括热分解法、热还原法、电解法、置换法等 (4)为了验证Zn比铁的金属活动性强，可以选择的溶液为______________。 A．稀盐酸 B．氯化亚铁溶液 C．硫酸铜溶液 D．硝酸银溶液 (5)托里拆利曾用熔点最低的金属测得了大气压强的值，该金属用热分解法冶炼，反应方程式为：______________。 (6)已知四种金属的熔沸点如下表，其中不能形成合金的是_____________。 Na Cu Al Fe 熔点 97.5℃ 1083℃ 660℃ 1535℃ 沸点 883℃ 2567℃ 2200℃ 3000℃ A．Cu和Na B．Fe和Cu C．Fe和Al D．Na和Al (7)“拟晶”(quasicrystal)是一种具有凸多面体规则外形但不同于晶体的固态物质。Al65Cu23Fe12是二十世纪发现的几百种拟晶之一，具有合金的某些优良物理性能。下列有关这种拟晶的说法正确的是___________。 A．无法确定Al65Cu23Fe12中三种金属的化合价 B．Al65Cu23Fe12的硬度小于金属铁 C．Al65Cu23Fe12不可用作长期浸泡在海水中的材料 D．Al65Cu23Fe12的熔点小于660℃ (8)将O2，CH4，Na2O2置于密闭容器，在150℃条件下用电火花引燃反应，恰好完全反应，此时容器中的压强为零，由此得出原混合物中O2，CH4，Na2O2的微粒个数之比为_______________。 22.（10分）碳酸氢钠是一种应用广泛的盐，化学小组对其进行了探究。 (1)NaHCO3可称为钠盐或碳酸氢盐，它是由Na+和________(填离子符号)构成，医疗上能用于治疗胃酸(含有盐酸)过多症，反应的化学方程式为______________________。 【提出问题】实验室中如何制取少量 NaHCO3? 【查阅资料】 材料一：侯氏制碱的原理：；。 材料二：研究发现，NaHCO3溶于水时吸收热量，Na2CO3溶于水时放出热量。 【实验制备】根据侯氏制碱原理设计如题图-1所示装置制取NaHCO3。 反应结束后，将试管中的混合物过滤，洗涤，低温烘干得白色固体。 (2)烧杯中冰水的作用是_______________________。 (3)能进一步确认该白色固体是NaHCO3的实验方案是________________________________________(须用到的仪器和药品：试管、温度计、水)。 (4)题图-2中碳酸氢钠的溶解度在60℃后无数据的原因可能是________________________。 【性质探究】 常温下，取一定量的 NaHCO3溶液于烧杯中，插入pH传感器，向烧杯中持续滴加CaCl2溶液，有白色沉淀生成，当溶液的pH变为6.68时开始有无色气体产生。反应过程中溶液的pH随时间变化如题图-3所示。 【查阅资料】 材料三：NaHCO3溶于水后，少量的HCO3-能同时发生如下变化： 变化①：；变化②：。 材料四：溶液的酸碱性与溶液中H+和OH-数目的相对大小有关。常温下，当单位体积溶液中OH-的数目大于H+的数目时，溶液的pH>7，反之pH<7；单位体积溶液中所含的H数目越大溶液的pH越小。 【交流反思】 (5)NaHCO3溶液显_______(填“酸”“碱”或“中”)性结合材料三、四从微观角度说明原因：_____________________。 (6)根据本实验，下列说法错误的是___________(填字母)。 A.pH<6.68时生成的无色气体为CO2 B.从0-30s，单位体积溶液中H+数目不断增大 C.不能用CaCl2溶液鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液 23．（12分）二氯化砜（SO2Cl2）是一种无色液体，主要用于有机物和无机物的氯化等。其熔点为-54.1℃.沸点为69.2℃；常温下比较稳定，受热易分解，遇水剧烈反应生成硫酸和盐酸。 (1)制备。实验室可利用SO2和Cl2按下列装置制取少量SO2Cl2（丙中放有樟脑液，起催化作用）。已知SO2(g)+Cl2(g) = SO2Cl2(g) ，该反应放热。 ①可以用浓盐酸和酸性高锰酸钾制取氯气，溶液A的作用为_____________________；乙和戊装置相同，二者作用__________（填“是”或“否”）相同。 ②上图实框中仪器己的名称为___________；反应装置图的虚框中未画出的仪器是_______（填“己”或“庚”）理由是_____________________________。 ③反应过程需将丙装置放入冰水中，其原因是_____________________________________。 ④为提高反应物的利用率，可进行的操作是______________________________________。 (2)提纯。将收集到的产物进行减压蒸馏，减压蒸馏的目的是____________________。 (3)测定。取1.00g蒸馏后液体，小心地完全溶于水，向所得的溶液中加入足量氯化钡溶液，测得生成沉淀的质量为1.60g，则所得蒸馏成分中二氯化砜的质量百分含量为_________%。 (4)贮存。二氯化砜应储存于阴凉、干燥、通风良好的库房。但久置后微显黄色，其原因是_________________。 24.（12分）一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh(铑)、Pt以及少量]中尽可能回收铑的工艺流程如下： 已知：①王水由浓HCl和浓HNO3按体积比混合而成； ②SiO2难溶于水且不与酸反应。 回答下列问题： (1)“酸溶1”的目的是___________________________； (2)已知“酸溶2”中Rh转化为，HNO3全部被还原为NO，则生成该物质的化学方程式为_______________________；“滤渣”的主要成分是__________(填化学式)。 (3)“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单质，但夹杂少量，则“高温还原”中发生反应的化学方程式为_________________________。 (4)“活化还原”中，必须过量，其与Rh(III)反应可生成，提升了Rh的还原速率，该配离子中Rh的化合价为__________；反应中同时生成，Rh(III)以计，则理论上和Rh(III)反应的微粒个数之比为______________。 (5)“酸溶3”的目的是_____________________________。 【附加题】（共10分） 25. （10分）铬盐产品广泛应用于化工、医药、印染等领域。通过闭环生产工艺将铬铁矿转化为重铬酸钾同时回收利用钾资源，可实现绿色化学的目标。过程如下： 已知：①铬铁矿主要成分是、、、。 ②Al2O3+2KOH+3H2O=2K[Al(OH)4] ③K[Al(OH)4]+KHCO3=Al(OH)3↓+K2CO3+H2O 2K[Al(OH)4]+CO2=2Al(OH)3↓+K2CO3+H2O 回答下列问题： (1)煅烧工序中反应生成的化学方程式：_________________________。 (2)浸取工序中滤渣I的主要成分：、___________________________（填化学式）。 (3)酸化工序中需加压的原因：____________________。 (4)滤液Ⅱ的主要成分：________________（填化学式）。 (5)还原、分离工序中生成了Cr(OH)3发生反应的化学方程式____________________________。 (6)滤渣Ⅱ可返回_____工序。（填工序名称） (7)整个流程中可以循环利用的物质是_______________（填化学式）。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年山东省青岛市5月六十一、四实验联考九年级化学自招模拟试题 (考试时间：60分钟 满分：80分) 说明： 1.本试题分为第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共27题。第Ⅰ卷为选择题，共22小题，28分；第Ⅱ卷为非选择题，共5小题，52分。 2.所有题目均在答题卡上作答，在试题上作答无效。 可能用到的相对原子质量：H-1 B-11 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-28 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Cr-52 Mn-55 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ba-137 第Ⅰ卷（选择题） 一、选择题（共15小题，每题1分，共15分） 1．化学源于生活，又服务于生活，生活中蕴含着丰富的化学知识。下列说法错误的是 A．油锅着火可用锅盖盖灭，灭火的原理是隔绝空气 B．喝了汽水后常常会打嗝，原因是温度升高气体溶解度增大 C．装食品用的聚乙烯塑料袋属于热塑性塑料，可以采用加热的方法封口 D．蚊虫叮咬分泌蚁酸，使人皮肤红肿痛痒，可涂肥皂水减轻症状 【答案】B 【详解】A、油锅着火可用锅盖盖灭，是隔绝空气，达到灭火的目的，不符合题意； B、喝了汽水后常常会打嗝，原因是温度升高，气体溶解度减小，符合题意； C、装食品用的聚乙烯塑料袋属于热塑性塑料，加热时熔化，冷却后变成固体，故可以采用加热的方法封口，不符合题意； D、蚊虫叮咬分泌蚁酸，蚁酸显酸性，可涂肥皂水，酸碱中和，减轻症状，不符合题意。 故选B。 2．逻辑推理是化学学习中常用的思维方法，下列推理正确的是 A．碳酸盐与酸反应都有气体生成，所以与酸反应生成气体的一定是碳酸盐 B．化合物由不同种元素组成，所以由不同元素组成的纯净物一定是化合物 C．有机化合物一般具有可燃性，具有可燃性的物质一定是有机化合物 D．中和反应有盐和水生成，因此有盐和水生成的反应一定是中和反应 【答案】B 【详解】A、碳酸盐与酸反应都有气体生成，与酸反应生成气体的不一定是碳酸盐，也可能是活泼金属单质，选项错误； B、化合物由不同种元素组成，由不同元素组成的纯净物一定是化合物，选项正确； C、有机化合物一般具有可燃性，具有可燃性的物质不一定是有机化合物，如氢气、一氧化碳，选项错误； D、中和反应生成盐和水，但生成盐和水的反应不一定是中和反应，如CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O，选项错误，故选B。 3．下列之物具有典型的齐鲁文化特色，据其主要化学成分不能与其他三种归为一类的是 A．泰山墨玉 B．龙山黑陶 C．齐国刀币 D．淄博琉璃 【答案】C 【详解】A、泰山墨玉属于玉石，主要成分是硅酸盐矿物，属于无机非金属材料。不符合题意； B、龙山黑陶由黏土烧制而成，黏土主要含硅酸盐，属于无机非金属材料。不符合题意； C、齐国刀币为古代金属货币，主要成分是青铜，属于金属材料。符合题意； D、淄博琉璃玻璃制品，主要成分为二氧化硅及其他硅酸盐，属于无机非金属材料。不符合题意； 故选C。 4．下图是初中化学实验中一组安全标识，其与对应实验匹配正确的一项是 A．电解水 B．木炭还原氧化铜 C．铁丝在氧气中燃烧 D．高锰酸钾分解制氧气 【答案】A 【分析】分别表示护目镜、明火、用电、洗手图标。 【详解】A、电解水实验涉及用电，为保护眼睛需要佩戴护目镜，验证氢气、氧气时需要用到燃着的木条，涉及明火，实验结束后需要洗手，以保持良好的个人卫生习惯，故图中安全标识与对应实验匹配，符合题意； B、木炭还原氧化铜实验不涉及用电，则图中安全标识与对应实验不匹配，不符合题意； C、铁丝在氧气中燃烧实验不涉及用电，则图中安全标识与对应实验不匹配，不符合题意； D、高锰酸钾分解制氧气的实验不涉及用电，则图中安全标识与对应实验不匹配，不符合题意。 故选：A。 5．实验室用质量分数为6%的氯化钠溶液（密度约为1.04g/cm3）配制100g质量分数为3%的氯化钠溶液，下列说法不正确的是 A．操作步骤为计算、量取、混匀、装瓶贴标签 B．需要质量分数为6%的氯化钠溶液的体积约为48mL C．需要用到的玻璃仪器有量筒、玻璃棒、烧杯、胶头滴管 D．量取6%的氯化钠溶液时俯视量筒读数，会使所配溶液的溶质质量分数偏大 【答案】D 【详解】A、用浓溶液配制稀溶液的操作步骤为计算、量取、混匀、装瓶贴标签，该选项说法正确； B、稀释前后溶质质量不变，设所需6%的氢氧化钠溶液的体积为x，则1.04g/cm3×x×6%=100g×3%，解得x≈48mL，该选项说法正确； C、量取时需要的玻璃仪器有量筒、胶头滴管，混匀需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒，则需使用的玻璃仪器有量筒、玻璃棒、烧杯、胶头滴管，该选项说法正确； D、若量取6%的氯化钠溶液时俯视读数，则实际量取的浓溶液的体积偏小，则配制溶液的质量分数会偏小，该选项说法不正确。 故选D。 6． 赤铜矿的主要成分是Cu2O，辉铜矿的主要成分是Cu2S。赤铜矿与辉铜矿混合加热将发生以下反应：，关于该反应的说法中，正确的是 A．该反应涉及三种氧化物 B．反应中铜元素的化合价既升高又降低 C．利用该反应炼铜必须要隔绝空气 D．生成与的质量比不是 【答案】C 【详解】A、该反应中Cu2O和SO2为氧化物，共涉及2种氧化物，该选项说法错误； B、由方程式可知，反应中铜元素的化合价降低被还原，没有升高，该选项说法错误； C、在较高温度下，反应生成的Cu可能被空气中的氧气氧化，该反应炼铜必须要隔绝空气，该选项说法正确； D、二氧化硫的相对分子质量和铜的相对原子质量都是64，所以由方程式可知，生成二氧化硫和铜的质量比为1：6，该选项说法错误。 故选C。 7．构建元素化合价和物质类别的二维图是学习化学的一种重要方法。下图是碳元素的“价类二维图”。下列说法错误的是 A．A点可能是CH4 B．B点对应的物质充分燃烧可得到D点对应的物质 C．某化合物的化学为CaCO3，它对应的点是F D．C点对应的物质与水反应可得到E点对应的物质 【答案】D 【详解】A、化合物中正负化合价代数和为零；A点对应物质为含-4价碳元素的有机物，有机物为含碳化合物，CH4中氢元素化合价为+1，则碳元素化合价为-4，正确； B、氧化物是含有两种元素一种为氧元素的化合物，D点对应的+4价碳元素的氧化物为二氧化碳；B点对应的物质为碳单质，充分燃烧可得到D点对应的物质二氧化碳，正确； C、盐是由金属阳离子或铵根离子和酸根离子构成的化合物；CaCO3属于盐且其中碳元素化合价为+4，故它对应的点是F，正确； D、C点对应的物质为一氧化碳，一氧化碳不能与水反应，错误。 故选D。 8．一个苯分子的结构如图所示，下列说法正确的是 A．一个苯分子中的质子总数为78 B．苯中碳元素和氢元素的质量比为1:1 C．苯可表示为C6H6 D．苯中氢元素的质量分数大于10% 【答案】C 【详解】A、每个苯分子是由6个碳原子、6个氢原子构成的，每个碳原子中有6个质子，每个氢原子中有1个质子，所以一个苯分子中的质子总数为，故错误； B、苯中碳、氢元素的质量比为，故错误； C、由分子结构图可知，苯可表示为，故正确； D、苯中氢元素的质量分数为，故错误； 故选C。 9．甲、乙、丙三种不含结晶水的固体物质的溶解度曲线如图，下列说法正确的是 A．t1℃时，三种物质的溶解度：乙＞甲＞丙 B．20℃时，将30g甲放入50g水中，充分搅拌，所得溶液的质量是80g C．分别将t2℃时三种物质的饱和溶液降温到t1℃，甲溶液中析出的晶体质量最大 D．分别将t1℃时三种物质的饱和溶液升温到t2℃，溶液中溶质的质量分数：乙＞甲＞丙 【答案】D 【详解】A、由图可知，t1℃时，三种物质的溶解度：乙＞甲=丙，不符合题意； B、由图可知，20℃时，甲的溶解度为40克，即将30g甲放入50g水中，充分搅拌，只能溶解20克，则所得溶液的质量是70g，不符合题意； C、由图可知，t2℃时，甲的溶解度大于乙大于丙，甲、乙的溶解度随温度的升高而增加，丙的溶解度随温度的升高而减小，分别将t2℃时三种物质的等质量的饱和溶液降温到t1℃，甲、乙有晶体析出，t1℃时，乙的溶解度大于甲，故甲溶液中析出的晶体质量大，降温后，丙的溶解度增加，丙变为不饱和溶液，无晶体析出，故分别将t2℃时三种物质的等质量饱和溶液降温到t1℃，甲溶液中析出的晶体质量最大，饱和溶液质量未知，无法比较，不符合题意； D、由图可知，甲、乙的溶解度随温度的升高而增加，丙的溶解度随温度的升高而减小，故分别将t1℃时三种物质的饱和溶液升温到t2℃，甲、乙变为不饱和溶液，溶质质量分数不变，丙还是饱和溶液，t1℃时，乙的溶解度大于甲大于t2℃时，丙的溶解度，故t1℃时，乙的饱和溶液的溶质质量分数大于该温度下，甲的饱和溶液的溶质质量分数大于t2℃时，丙的饱和溶液的溶质质量分数，故升温后，溶液中溶质的质量分数：乙＞甲＞丙，符合题意。 故选D。 10．下列是分析久置于空气中的NaOH固体的相关实验（不考虑水分），其中不合理的是 序号 实验目的 实验方案 A 证明变质 取少量固体，加水溶解，滴加足量稀盐酸，观察是否有气泡产生 B 确定成分 取少量固体，加入石灰水，过滤，向滤液中加入酚酞试液 C 测定纯度 取ag样品与足量氯化钡溶液充分反应，将沉淀过滤、洗涤、干燥，得到mg固体 D 除去杂质 取一定量固体，加水溶解，滴加澄清石灰水至恰好完全反应，过滤，蒸发结晶 【答案】B 【详解】A、氢氧化钠变质是因为与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠，变质后的氢氧化钠溶液中含有碳酸钠。如证明其已变质，可取少量固体，加水溶解，滴加足量稀盐酸，碳酸钠能与足量的稀盐酸反应生成二氧化碳气体，根据是否有气泡产生，可以证明是否变质，故A正确； B、碳酸钠与氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，由于生成了氢氧化钠，向滤液中滴加酚酞试液，溶液呈红色，与向NaOH溶液中加入酚酞的现象一致，不能证明其变质，故B错误； C、取ag样品与足量氯化钡溶液充分反应，化学方程式为。将沉淀过滤、洗涤、干燥，得到mg固体，根据沉淀的质量，可以计算出杂质Na2CO3的质量，并以此计算其纯度，故C正确； D、取一定量固体，加水溶解，滴加澄清石灰水至恰好完全反应，碳酸钠与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，过滤可除去杂质，符合除杂原则，故D正确。 故选B。 11．建构模型是学习化学的重要方法，下列有关模型正确的是 A．地壳中元素含量 B．原子结构 C．反应类型之间的关系 D．研究一类物质的思路和方法模型 【答案】D 【详解】A、地壳中元素含量由多到少依次是氧、硅、铝、铁等，该选项错误； B、原子由原子核和核外电子构成，原子核由质子和中子构成，该选项错误； C、化合反应与氧化反应、分解反应与氧化反应之间是交叉关系，并非图示的并列关系，该选项错误； D、研究一类物质的思路和方法是：先研究一类物质中个别物质的性质，再归纳总结出这一类物质的共性，该选项正确； 故选：D。 12．溶液中所有阳离子所带正电荷总数和所有阴离子所负电荷总数相等，这个规律常被称为溶液中的电荷守恒。现有某溶液主要含有Na+、Al3+、、（其余离子可忽略不计），已知Na+、Al3+、个数比为1：2：2，则该溶液中Al3+与个数比为 A．1：2 B．4：5 C．2：3 D．1：1 【答案】B 【分析】根据溶液不显电性，则阳离子带的电荷总数等于阴离子带的电荷总数，以此来解答。 【详解】因为溶液中，Na+、Al3+、NO3-个数比为1:2:2，设溶液中，钠离子的个数为n，则铝离子的个数为2n，硝酸根离子的个数为2n。溶液中阳离子带的电荷总数为：，所以溶液中阴离子所带电荷总数也为7n，则：硫酸根离子的个数为：，那么该溶液中Al3+与SO42-个数比为，故选：B。 【点睛】本题主要从实际问题的角度考查了离子的共存问题及溶液的电中性计算，要注意各离子在溶液中的相互牵制性，及离子带的电荷及阴阳离子的电荷总数关系是解答本题的关键，难度不大。 13．二氧化氯()具有杀菌、消毒等作用，常用于造纸、医疗等领域。作为气体不易运输和储存，工业上先通过反应Ⅰ制得较稳定的“保存液”，待使用时再通过反应Ⅱ制得，该方法涉及的物质转化关系如图所示(部分反应物或产物未标出)。下列说法不正确的是 A．物质X的化学式为 B．该转化关系中只有氧元素和氯元素的化合价改变 C．反应Ⅱ的方程式之一为5NaClO2+2H2SO4=4ClO2↑+2H2O+NaCl+2Na2SO4 D．该保存方法易于运输和储存且不会损耗ClO2 【答案】D 【详解】A．由物质转化关系图知，制备“保存液”时与和反应，生成、和物质X，氯元素的化合价由中的变为中的，氯元素的化合价降低，即作为氧化剂，所以作为还原剂，则氧化产物为，即X为，A正确； B．该转化关系中只有氧元素和氯元素的化合价改变，B正确； C．由物质转化关系图知，反应Ⅱ中发生反应的方程式为5NaClO2+2H2SO4=4ClO2↑+2H2O+NaCl+2Na2SO4，C正确； D．该过程会使部分NaClO2转化为NaCl，有部分损失，D错误； 故选D 14．某固体混合物由Mg和MgO组成，取该混合物6.4g与19.6%的稀硫酸恰好完全反应，所得溶液蒸发82.2g水后得到固体的质量为24g，则原混合物中氧元素的质量分数为 A．25% B．20% C．16% D．40% 【答案】A 【解析】根据化学反应原理知所得溶液的溶质为MgSO4，根据元素守恒定律知硫酸镁中镁元素的质量即为原固体混合物中镁元素的质量，混合物的质量减去镁元素的质量即为氧元素的质量。 【详解】镁粉、氧化镁与硫酸反应的化学方程式为Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑、MgO+H2SO4=MgSO4+H2O；由此可推出所得24g为硫酸镁的质量。 硫酸镁中镁元素的质量为24g××100%=4.8g；硫酸镁中镁元素的质量即为混合物中镁元素的质量。 混合物中氧元素的质量即为：6.4g-4.8g=1.6g， 原混合物中氧元素的质量分数为：×100%=25%； 故选：A。 15．以磷化工品的副产物石灰渣(主要含亚磷酸钙和少量氢氧化钙)为原料，制备阻燃剂亚磷酸铝的工艺流程如图。下列说法错误的是 A．“沉淀1”可用于实验室制备 B．“调pH”时应将溶液调至pH＞7 C．“沉铝”时存在反应： D．滤液1中的溶质主要是NaCl 【答案】B 【分析】石灰渣加入碳酸钠、水碱浸，得到碳酸钙沉淀1和Na2HPO3溶液，过滤滤液加入H3PO3调节pH后加入氯化铝生成亚磷酸铝； 【详解】A．因石灰渣主要含亚磷酸钙和少量氢氧化钙，“碱溶”时加入碳酸钠和水反应生成的“沉淀1”的主要成分为碳酸钙，碳酸钙可用于实验室和稀盐酸反应制备，A正确；    B．“碱溶”时Ca(OH)2与Na2CO3会反应生成NaOH，“沉铝”时NaOH与过量的碳酸钠会和AlCl3反应生成Al(OH)3沉淀，降低产品纯度与产率，故“调pH”时应将溶液调至酸避免生成Al(OH)3，B正确； C．“沉铝”时加入氯化铝和发生复分解反应生成，存在反应：，C正确； D．由C选项可知，“滤液1”为氯化钠溶液，D正确； 故选B。 二、选择题(本题共5小题，每小题2分，共10分。每小题有一个或两个选项符合题目要求) 16．下列各组溶液，不用其它试剂就不能将其鉴别开来的是： A．Na2SO4   Na2CO3   BaCl2   HCl B．Na2SO4 BaCl2 KNO3  NaCl C．NaCl   HCl   NaOH   酚酞 D．NaOH   H2SO4   FeCl3   MgCl2 【答案】B 【详解】A、首先将物质间两两混合，有气泡产生的两种溶液一种是盐酸，另一种是碳酸钠，则另外两种溶液是硫酸钠和氯化钡，将其中的一种溶液与产生气泡的两种溶液分别混合，若出现一种产生沉淀，一种物现象，则取的溶液是氯化钡，剩余的溶液是硫酸钠，与氯化钡溶液产生沉淀的是碳酸钠溶液，另一种溶液是盐酸，可以鉴别出来； B、将物质间两两混合，能产生沉淀的溶液是硫酸钠和氯化钡，剩余的两种溶液是硝酸钾和氯化钠，硝酸钾和氯化钠都不与硫酸钠或氯化钡反应，无法鉴别； C、将物质间两两混合，溶液变红的是氢氧化钠溶液和酚酞试液，另两种溶液是氯化钠和盐酸，将变红的溶液分为两份，分别加入另外的两种溶液，若红色消失，则是盐酸，红色不消失则是氯化钠溶液，酚酞加酒精溶解形成酚酞试液，故酚酞试液有酒精的气味，而氢氧化钠溶液是加水形成的，无酒精的气味，可以鉴别出来； D、首先观察颜色，黄色溶液为氯化铁溶液，将鉴别出的氯化铁溶液分别与其余三种溶液混合，有红褐色沉淀产生的是氢氧化钠，然后将鉴别出的氢氧化钠与剩余两种溶液混合，有白色沉淀产生的是氯化镁，剩余溶液为硫酸，可以鉴别； 故选：B。 【点睛】不用其他试剂鉴别的时候，要么两两混合鉴别，此时有一种物质与其他物质混合现象各不相同才能鉴别开；另外要利用溶液的颜色确定某些溶液。 17．元素周期表体现了化学元素之间的相互联系和变化规律。已知X、Y、Z、W为前20号元素，原子序数依次增大，是非金属元素，元素原子最外层电子数是次外层电子数的3倍。元素与元素可形成和型化合物，可形成硫酸型酸雨。和在同一周期，四种元素原子的最外层电子数之和为14，下列说法正确的是 A．元素组成的单质具有可燃性 B．化合物的水溶液不能与单质反应生成的单质 C．和元素可形成化合物 D．元素的原子在化学反应中易得到电子 【答案】AC 【分析】已知X、Y、Z、W为前20号元素，原子序数依次增大，X是非金属元素，Y元素原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，最外层电子数不超过8个，K层不超过2个，则X只能含有2个电子层，次外层电子数为2，最外层电子数为2×3=6，则Y为O，X元素和Y元素可形成X2Y和X2Y2型化合物，又因X为非金属元素，则X为H，WY2可形成硫酸型酸雨，则WY2为SO2，即W为S，X（H）原子的最外层电子数为1，Y（O）原子的最外层电子数为6，W（S）原子的最外层电子数为6，四种元素原子的最外层电子数之和为14，则Z的最外层电子数为14-1-6-6=1，又因为Z和W（S）在同一周期，即Z为Na。 【详解】A、根据上述分析，X为H，其单质为氢气，具有可燃性，故A正确； B、X2WY4的化学式为H2SO4，Z单质为Na，X为H，X的单质为氢气，Na为活泼金属单质，能与稀硫酸反应生成氢气，故B错误； C、Y为O，Z为Na，在化合物中钠元素一般显+1价，氧元素一般显-2价，根据在化合物中各元素正负化合价代数和为0，Y和Z元素可形成化合物Z2Y，即Na2O，故C正确； D、Z为Na，钠原子最外层电子数为1，在化学反应容易失去电子，故D错误； 故选：AC。 18．有一包固体样品，可能由氢氧化钠、硫酸钠、硝酸镁、硝酸铜、碳酸钙中的一种或几种物质组成。为确定该样品的成分，某兴趣小组同学取适量样品进行探究： 步骤1：取一定量的固体药品，加入足量的水充分溶解、过滤、洗涤、干燥，得到1g白色沉淀a和无色滤液b。 步骤2：向沉淀a中加入过量的稀盐酸充分反应，沉淀全部溶解，生成0.22g气体。 步骤3：向无色滤液b中加入过量的氢氧化钡溶液，生成白色沉淀c。 步骤4：向白色沉淀c中加入过量的稀盐酸，只有部分沉淀溶解。 根据以上信息判断，下列说法正确的是 A．白色沉淀a的成分只有碳酸钙 B．无色滤液b中溶质为硫酸钠、硝酸钠、硝酸镁 C．该样品中一定有硝酸镁、氢氧化钠、碳酸钙 D．若步骤3用硝酸钡溶液代替氢氧化钡溶液，不进行步骤4的探究也能得出相同结论 【答案】BD 【分析】取一定量的固体药品，加入足量的水充分溶解、过滤、洗涤、干燥，得到1g白色沉淀a和无色滤液b，说明无色滤液b不含硝酸铜，碳酸钙难溶于水，氢氧化钠和硝酸镁反应会生成氢氧化镁沉淀，则1g白色沉淀中可能含有碳酸钙和氢氧化镁；向沉淀a中加入过量的稀盐酸充分反应，沉淀全部溶解，生成0.22g气体，由方程式，100g碳酸钙能生成44g二氧化碳，故0.5g碳酸钙能生成0.22g二氧化碳，则1g白色沉淀中一定含有碳酸钙和氢氧化镁；说明固体样品中 一定含有碳酸钙、氢氧化钠和硝酸镁；向无色滤液b中加入过量的氢氧化钡溶液，生成白色沉淀c，氢氧化钡能与硫酸钠反应生成不溶于稀盐酸的硫酸钡沉淀，氢氧化钡与硝酸镁反应生成可溶于稀盐酸的氢氧化镁沉淀，向白色沉淀c中加入过量的稀盐酸，只有部分沉淀溶解，说明白色沉淀为硫酸钡和氢氧化镁，则无色滤液b中溶质为硝酸镁、硫酸钠，综上，药品中有氢氧化钠、硫酸钠、硝酸镁、碳酸钙，没有硝酸铜。 【详解】A、由分析可知，1g白色沉淀a中一定含有碳酸钙和氢氧化镁，错误； B、由分析可知，无色滤液b中溶质一定有硝酸镁、硝酸钠、硫酸钠，正确； C、由分析可知，药品中有氢氧化钠、硫酸钠、硝酸镁、碳酸钙，一定没有硝酸铜，错误； D、若步骤1、2保持不变，用硝酸钡溶液代替步骤3中的氢氧化钡溶液，硝酸盐都是可溶的，溶液中无碳酸根离子，故有沉淀生成说明一定是钡离子和硫酸根离子生成的硫酸钡沉淀，故有硫酸根离子，故固体样品中一定有硫酸钠，故不需要进行步骤4的探究，也能确定该样品的组成，正确。 故选：BD。 19．某课外兴趣小组利用硫代硫酸钠(Na2S2O3)与稀硫酸反应，探究影响化学反应速率的因素(反应方程式为Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O)，设计了如表系列实验。下列说法不正确的是 实验序号 反应温度/℃ Na2S2O3 稀硫酸 H2O V/mL a％ V/mL a％ V/mL 1 20 10.0 1.58 10.0 4.9 0 2 40 V1 1.58 V2 4.9 V3 3 20 V4 1.58 4.0 4.9 V5 A．实验1和2探究温度对反应速率的影响，则需V1=V2=10，V3=0 B．设计该实验的基本原理为控制变量法 C．实验1和3可探究稀硫酸浓度对该反应速率的影响 D．将水更换为NaHSO4溶液，对实验结果无影响 【答案】D 【详解】 A．实验1、2温度不同，需要满足各物质浓度一致，所则需V1=V2=10，V3=0，A正确； B．设计该实验的基本原理为在其他条件不变时，一个因素对反应速率的影响，即为控制变量法探究反应速率的影响因素，B正确； C．实验1、3的温度相同，可以探究稀硫酸浓度对反应速率的影响，若用实验1和3探究稀硫酸浓度对该反应速率的影响，则需V4=10.0，V5=6.0，C正确； D．将水更换为NaHSO4溶液，溶液中酸的浓度会发生改变，可能会对实验结果有影响，D错误； 20．将质量为的、混合物溶于水，配成溶液，逐滴加入一定浓度的稀盐酸得到的图像如图所示，恰好完全反应时生成气体质量为（假设气体全部逸出；已知：与酸反应是分步反应的：先发生，再发生） 下列说法中正确的是 A．①代表的质量，③代表产生的的质量 B．滴加盐酸的过程中，溶液中溶质的质量始终增大 C．原混合物质量的取值范围是： D．原混合物中和的质量之比是 【答案】D 【详解】A、滴加过程先发生反应为Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，后发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，标注①的直线一直下降，代表反应物碳酸钠的质量，标注③的直线一直上升，代表产生的NaCl的质量，故说法错误； B、发生Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3阶段，没有沉淀、气体和水生成，溶质质量增大，而发生NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑阶段，每滴加含HCl36.5份质量时，生成44份质量的CO2气体，且有18份质量的水生成，此时溶质质量减轻，故说法错误； C、可以假设固体只有碳酸钠，由此可得,,所以原混合物质量最大为，最小为，则，故说法错误； D、由图可知，加入盐酸的体积0~50mL发生反应是Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，加入盐酸的体积50~150mL发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，即发生反应是Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3消耗的盐酸的量是发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑消耗的盐酸的量的，而根据反应和可知，两个反应消耗盐酸的量应该相等，即原混合物中的的质量与原混合物中与盐酸反应生成的的质量相等，由上述化学方程式及质量关系可知，如果原混合物中的质量为106份，则原混合物中的的质量为84份，即原混合物中 Na2CO3和NaHCO3的质量之比是106：84=53：42，故说法正确。 故选D。 第Ⅱ卷(非选择题 共55分) 21． （11分） 金属元素是人体不可或缺的，金属在生产生活中也是不可或缺的，没有金属，人类文明就无法达到现在的高度。 (1)人体血液中含有铁元素，其中铁的价态为_________，人体中含量最高的金属元素原子结构示意图为：_________。 (2)导电性和导热性最好的金属是X，但我们却选择性能不如X的Cu作电丝，这是因为：________________。 (3)研究金属的性质有利于我们挖掘金属的应用，下列有关金属说法正确的是______________。 A．在金属活动顺序表中，由Au到K，金属氧化性依次增强   B．短周期中，失电子能力最强的金属元素是Na C．在金属活动顺序表中，活动性靠前的金属都能从活动性靠后的金属的盐溶液中将活动性靠后金属置换出来 D．金属冶炼的方法一般包括热分解法、热还原法、电解法、置换法等 (4)为了验证Zn比铁的金属活动性强，可以选择的溶液为______________。 A．稀盐酸 B．氯化亚铁溶液 C．硫酸铜溶液 D．硝酸银溶液 (5)托里拆利曾用熔点最低的金属测得了大气压强的值，该金属用热分解法冶炼，反应方程式为：______________。 (6)已知四种金属的熔沸点如下表，其中不能形成合金的是_____________。 Na Cu Al Fe 熔点 97.5℃ 1083℃ 660℃ 1535℃ 沸点 883℃ 2567℃ 2200℃ 3000℃ A．Cu和Na B．Fe和Cu C．Fe和Al D．Na和Al (7)“拟晶”(quasicrystal)是一种具有凸多面体规则外形但不同于晶体的固态物质。Al65Cu23Fe12是二十世纪发现的几百种拟晶之一，具有合金的某些优良物理性能。下列有关这种拟晶的说法正确的是___________。 A．无法确定Al65Cu23Fe12中三种金属的化合价 B．Al65Cu23Fe12的硬度小于金属铁 C．Al65Cu23Fe12不可用作长期浸泡在海水中的材料 D．Al65Cu23Fe12的熔点小于660℃ (8)将O2，CH4，Na2O2置于密闭容器，在150℃条件下用电火花引燃反应，恰好完全反应，此时容器中的压强为零，由此得出原混合物中O2，CH4，Na2O2的微粒个数之比为_______________。 【答案】(1)+2价 ；(2)金属X是银，使用银的成本比Cu高；(3)BD；(4)AB；(5)2HgO2Hg+O2；(6)A；(7)CD；(9)1：2：6 【知识点】常见金属的冶炼、金属与合金性能比较 【详解】（1） 人体血液中含有铁元素，其中铁的价态为+2价，人体中含量最高的金属元素为Ga元素，Ga原子含有20个电子，原子结构示意图为：； （2）金属X是Ag，Ag的导电性和导热性最好，但成本高，Cu性能足够且更经济； （3）A．金属活动性顺序中，Au到K的还原性依次增强，但阳离子氧化性减弱，A错误； B．同主族元素，从上往下，金属性依次增大，同周期元素，从左往右，金属性依次减小，短周期中金属性最强的是Na，B正确； C．K、Ca、Na等活泼金属先与水反应，无法置换盐中金属，C错误； D．金属冶炼的方法一般包括热分解法、热还原法、电解法、置换法等，D正确； 故选BD； （4）A．Zn、Fe分别和等浓度的稀盐酸反应，Zn的反应速率大于Fe，证明Zn比铁的金属活动性强，A选； B．Zn能置换FeCl2中的Fe，证明Zn比铁的金属活动性强，B选； C．Zn、Fe和硫酸铜溶液反应均能生成Cu，说明Zn、Fe比Cu活泼，不能证明Zn比铁的金属活动性强，C不选； D．Zn、Fe和硝酸银溶液反应均能生成Ag，说明Zn、Fe比Ag活泼，不能证明Zn比铁的金属活动性强，D不选； 故选AB； （5）汞（Hg）是熔点最低的金属，托里拆利用Hg柱测大气压，Hg通过加热HgO分解制得，化学方程式为：2HgO2Hg+O2； （6）由合金的形成可知，两种金属若能够形成合金，则熔点较高的金属的熔点不能大于熔点较低的金属的沸点， A．铜的熔点高于钠的沸点，两种金属不能形成合金，故A正确； B．铁的熔点低于铜的沸点，两种金属能够形成合金，故B错误； C．铁的熔点低于铝的沸点，两种金属能形成合金，故C错误； D．铝的熔点低于钠的沸点，两种金属能够形成合金，故D错误； 故选：A； （7）A．由于拟晶中的金属元素通常以金属键结合，金属元素在拟晶中没有负价，因此可以认为它们的化合价为0价，A错误； B．拟晶具有合金的某些优良物理性能，通常合金的硬度一般比其组分金属的硬度大，B错误； C．Al65Cu23Fe12与海水可以构成原电池，会加速金属的腐蚀，因此不可用作长期浸泡在海水中的材料，C正确； D．Al65Cu23Fe12合金的熔点要比组成成分的纯金属熔点低，Al65Cu23Fe12的熔点小于金属Al的熔点660℃，D正确； 故选CD； （8）三种物质都恰好反应，容器中压强接近为零，容器内没有氧气剩余，剩余固体为Na2CO3和NaOH，根据甲烷的组成可知生成的Na2CO3和NaOH微粒个数之比为1：4，则反应的总化学方程式可写为：2CH4+O2+6Na2O2=2Na2CO3+8NaOH，根据方程式可知：原O2、CH4、Na2O2微粒个数之比为1：2：6。 22.（10分）碳酸氢钠是一种应用广泛的盐，化学小组对其进行了探究。 (1)NaHCO3可称为钠盐或碳酸氢盐，它是由Na+和________(填离子符号)构成，医疗上能用于治疗胃酸(含有盐酸)过多症，反应的化学方程式为______________________。 【提出问题】实验室中如何制取少量 NaHCO3? 【查阅资料】 材料一：侯氏制碱的原理：；。 材料二：研究发现，NaHCO3溶于水时吸收热量，Na2CO3溶于水时放出热量。 【实验制备】根据侯氏制碱原理设计如题图-1所示装置制取NaHCO3。 反应结束后，将试管中的混合物过滤，洗涤，低温烘干得白色固体。 (2)烧杯中冰水的作用是_______________________。 (3)能进一步确认该白色固体是NaHCO3的实验方案是________________________________________(须用到的仪器和药品：试管、温度计、水)。 (4)题图-2中碳酸氢钠的溶解度在60℃后无数据的原因可能是________________________。 【性质探究】 常温下，取一定量的 NaHCO3溶液于烧杯中，插入pH传感器，向烧杯中持续滴加CaCl2溶液，有白色沉淀生成，当溶液的pH变为6.68时开始有无色气体产生。反应过程中溶液的pH随时间变化如题图-3所示。 【查阅资料】 材料三：NaHCO3溶于水后，少量的HCO3-能同时发生如下变化： 变化①：；变化②：。 材料四：溶液的酸碱性与溶液中H+和OH-数目的相对大小有关。常温下，当单位体积溶液中OH-的数目大于H+的数目时，溶液的pH>7，反之pH<7；单位体积溶液中所含的H数目越大溶液的pH越小。 【交流反思】 (5)NaHCO3溶液显_______(填“酸”“碱”或“中”)性结合材料三、四从微观角度说明原因：_____________________。 (6)根据本实验，下列说法错误的是___________(填字母)。 A.pH<6.68时生成的无色气体为CO2 B.从0-30s，单位体积溶液中H+数目不断增大 C.不能用CaCl2溶液鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液 【答案】 降低NaHCO3的溶解度以利于其结晶析出 取白色固体于试管中，加适量水溶解，用温度计测量所得溶液温度，若低于室温则该白色固体为NaHCO3 60℃时溶液中的 NaHCO3受热分解 碱 NaHCO3溶于水后，发生变化①的HCO3-数目比发生变化②的多，导致单位体积溶液中OH-的数目比H+的数目多 C 【详解】（1）碳酸氢钠是由钠离子和碳酸氢根离子构成的，胃酸的主要成分是盐酸，碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳。故填：；。 （2）分析溶解度曲线图可知碳酸氢钠的溶解度随温度降低而减小，冰水可以降低碳酸氢钠的溶解度，有利于析出晶体。故填：降低NaHCO3的溶解度以利于其结晶析出。 （3）NaHCO3溶于水时吸收热量，而Na2CO3溶于水时放出热量。故可以取白色固体于试管中，加适量水溶解，用温度计测量所得溶液温度，若低于室温则该白色固体为NaHCO3。 （4）碳酸氢钠受热容易分解，发生反应，故填：60℃时溶液中的 NaHCO3受热分解。 （5）分析图像可知，碳酸氢钠溶液的 pH>7，溶液显碱性，说明此时单位体积溶液中OH-的数目大于H+的数目，即NaHCO3溶于水后，发生变化①的HCO3-数目比发生变化②的多，导致单位体积溶液中OH-的数目比H+的数目多。故填：碱；NaHCO3溶于水后，发生变化①的HCO3-数目比发生变化②的多，导致单位体积溶液中OH-的数目比H+的数目多。 （6）A. pH<6.68时说明溶液中含有一定量的氢离子，氢离子会与碳酸氢根离子反应生成生成无色的CO2气体，此选项表述正确； B.分析图像可知从0-30s的过程中，pH逐渐减小。已知单位体积溶液中所含的H数目越大溶液的pH越小。故该过程中，单位体积溶液中H+数目不断增大，此选项表述正确； C.已知常温下，向 NaHCO3溶液中持续滴加CaCl2溶液时，有白色沉淀生成，当溶液的pH变为6.68时开始有无色气体产生；向碳酸钠溶液中持续滴加氯化钙溶液时，只观察到有白色沉淀生成，故可以利用氯化钙溶液来鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液，此选项表述错误。 故选C。 23．（12分）二氯化砜（SO2Cl2）是一种无色液体，主要用于有机物和无机物的氯化等。其熔点为-54.1℃.沸点为69.2℃；常温下比较稳定，受热易分解，遇水剧烈反应生成硫酸和盐酸。 (1)制备。实验室可利用SO2和Cl2按下列装置制取少量SO2Cl2（丙中放有樟脑液，起催化作用）。已知SO2(g)+Cl2(g) = SO2Cl2(g) ，该反应放热。 ①可以用浓盐酸和酸性高锰酸钾制取氯气，溶液A的作用为_____________________；乙和戊装置相同，二者作用__________（填“是”或“否”）相同。 ②上图实框中仪器己的名称为___________；反应装置图的虚框中未画出的仪器是_______（填“己”或“庚”）理由是_____________________________。 ③反应过程需将丙装置放入冰水中，其原因是_____________________________________。 ④为提高反应物的利用率，可进行的操作是______________________________________。 (2)提纯。将收集到的产物进行减压蒸馏，减压蒸馏的目的是____________________。 (3)测定。取1.00g蒸馏后液体，小心地完全溶于水，向所得的溶液中加入足量氯化钡溶液，测得生成沉淀的质量为1.60g，则所得蒸馏成分中二氯化砜的质量百分含量为_________%。 (4)贮存。二氯化砜应储存于阴凉、干燥、通风良好的库房。但久置后微显黄色，其原因是_________________。 【答案】(1)除去氯气中的氯化氢；否；球形冷凝管；己；球形冷凝管冷凝面积较直形冷凝管大，冷凝效率更好；该反应是放热反应，降低温度能使平衡向生成二氯化砜的方向移动，有利于提高二氯化砜的生成/产率；(2)降低二氯化砜的沸点，减少二氯化砜的分解；(3)92.70；(4)二氯化砜自身分解生成的氯气溶于二氯化砜中 【知识点】氯气的实验室制法、二氧化硫的化学性质、温度对化学平衡移动的影响、物质制备的探究 【分析】制备的二氧化硫中含有水蒸气，制备的氯气中含有HCl、水蒸气，SO2C12遇水剧烈反应，需要进行干燥与除杂，甲装置为除去氯气中HCl，盛放饱和食盐水，乙装置干燥氯气；丁装置干燥二氧化硫，可以盛放浓硫酸，戊防止空气中水蒸气进入丙中。 【详解】（1）①高锰酸钾溶液与浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气、氯化锰、氯化钾、水，反应的化学方程式为16HCl(浓)+2KMnO4=5Cl2↑+2MnCl2+2KCl+8H2O；溶液A为饱和食盐水，目的是除去氯气中的氯化氢；乙和戊装置均为球形干燥管，乙是干燥氯气，戊防止空气中水蒸气进入丙中，作用不同； ②由仪器己的结构特征可知己为球形冷凝管；球形冷凝管冷凝面积较直形冷凝管大，冷凝效率稍高，故虚框中未画出的仪器最好选用己； ③该反应是放热反应，降低温度能使平衡向生成二氯化砜的方向移动，因此有利于提高二氯化砜的生成/产率； ④为提高反应物的利用率，可控制甲、丁装置中产生气泡的速率相等。 （2）SO2Cl2常温下比较稳定，受热易分解，减压蒸馏可以降低其沸点，防止分解； （3）设所得馏分中二氯化砜的质量百分含量为x，则：，故135g:(1.00g×x)=233:1.6g，解得x=92.7%； （4）SO2Cl2久置后分解会生成氯气，可能是溶解氯气所致，因此久置后微显黄色的原因是二氯化砜久置后自身分解生成的氯气溶解在二氯化砜中。 24.（12分）一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh(铑)、Pt以及少量]中尽可能回收铑的工艺流程如下： 已知：①王水由浓HCl和浓HNO3按体积比混合而成； ②SiO2难溶于水且不与酸反应。 回答下列问题： (1)“酸溶1”的目的是___________________________； (2)已知“酸溶2”中Rh转化为，HNO3全部被还原为NO，则生成该物质的化学方程式为_______________________；“滤渣”的主要成分是__________(填化学式)。 (3)“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单质，但夹杂少量，则“高温还原”中发生反应的化学方程式为_________________________。 (4)“活化还原”中，必须过量，其与Rh(III)反应可生成，提升了Rh的还原速率，该配离子中Rh的化合价为__________；反应中同时生成，Rh(III)以计，则理论上和Rh(III)反应的微粒个数之比为______________。 (5)“酸溶3”的目的是_____________________________。 【答案】(1)除去原料中的Fe杂质；(2) ； (3)、；(4)+1；6：1；(5)除去滤渣中未反应的Zn及生成的Sn，得到纯净的Rh 【知识点】氧化还原反应有关计算、氧化还原反应方程式的书写与配平、物质分离、提纯综合应用 【分析】从贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh(铑)、Pt，含有少量 SiO2]中尽可能回收铑的工艺流程中，加入浓盐酸溶解其中的Fe，过滤后实现分离，再向滤渣中加入王水(浓盐酸与浓硝酸按体积比为3:1组成的混合物)氧化溶解Rh、Pt，Rh转化为H3[RhCl6]，Pt也转化为可溶物，SiO2不溶，过滤后进行分离；煮沸滤液除去盐酸、硝酸，再加入浓盐酸、DETA 将部分铑元素沉淀、过滤后将滤渣进行灼烧得到 Rh、Rh2O3和 RhCl3，再用H2，进行高温还原得到铑单质，向滤液2中加入NH4Cl将铂元素的相关化合物转化为沉淀除去，加入SnCl2将Rh(Ⅲ)转化为[Rh(SnCl3)5]4-，再加入Zn进行还原，生成Rh和Sn，由于Zn 过量，加入浓盐酸溶解过量的 Zn 和 Sn，实现 Zn、Sn与 Rh的分离，过滤获得铑粉。 【详解】（1） 由上述分析可知，“酸溶1”的目的是除去原料中的Fe杂质； （2）“酸溶2”中Rh转化为H3[RhCl6]，Rh元素的化合价由0价升高至+3价，被氧化，同时生成一种无色气体为硝酸的还原产物NO，HNO3中N元素化合价由+5价降低至+2价，结合化合价升降守恒以及原子守恒可知反应的化学方程式为；由上述分析可知，该过程中滤渣的主要成分为SiO2。 （3）“高温还原"过程中，Rh2O3和 RhCl3均被 H2还原为Rh，Rh元素的化合价均由+3价降低至0价，根据化合价升降守恒以及原子守恒可知反应的化学方程式为、。 （4）配离子[Rh(SnCl3)5]4-中，配体[SnCl3]-带1个单位负电荷，设Rh的化合价为x，则 ，则x=+1；“活化还原”中 ，则和Rh(III)反应的微粒个数之比为6:1. （5）由于“二次还原”过程中，Zn将Sn及Rh的化合物还原为单质，故滤渣中有Rh、Sn和过量的Zn单质，因此再向滤渣中加入浓盐酸的目的为除去Sn和Zn，得到纯净的Rh。 【附加题】（共10分） 25. （10分）铬盐产品广泛应用于化工、医药、印染等领域。通过闭环生产工艺将铬铁矿转化为重铬酸钾同时回收利用钾资源，可实现绿色化学的目标。过程如下： 已知：①铬铁矿主要成分是、、、。 ②Al2O3+2KOH+3H2O=2K[Al(OH)4] ③K[Al(OH)4]+KHCO3=Al(OH)3↓+K2CO3+H2O 2K[Al(OH)4]+CO2=2Al(OH)3↓+K2CO3+H2O 回答下列问题： (1)煅烧工序中反应生成的化学方程式：_________________________。 (2)浸取工序中滤渣I的主要成分：、___________________________（填化学式）。 (3)酸化工序中需加压的原因：____________________。 (4)滤液Ⅱ的主要成分：________________（填化学式）。 (5)还原、分离工序中生成了Cr(OH)3发生反应的化学方程式____________________________。 (6)滤渣Ⅱ可返回_____工序。（填工序名称） (7)整个流程中可以循环利用的物质是_______________（填化学式）。 【答案】(1)；(2)Fe2O3 MgO；(3)加大压强，可以增大CO2的溶解度，使液体中CO2浓度增大，保证酸化反应充分进行；(4)；(5)；(6)浸取；(7) 【知识点】氧化还原反应方程式的书写与配平、有关铁及其化合物转化的流程题型、常见无机物的制备 【分析】铬铁矿主要成分是、、、，与过量KOH在空气中煅烧，生成、Fe2O3、MgO、、，；通入浸取，生成，Fe2O3、MgO不反应，故滤渣Ⅰ为，Fe2O3、MgO；通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出固体，滤液Ⅰ中含有，将中加水溶解，并通入过量CO2酸化，将转化为，同时副产物生成，将与分离，滤液Ⅱ的主要溶质为；做还原剂，将滤液Ⅰ中剩余的还原为，自身转化为进入滤渣Ⅱ，KOH进一步处理得，循环使用。 【详解】（1）煅烧工序中与过量KOH在空气中煅烧生成、，化学方程式为。 （2）根据分析可得浸取工序中滤渣I的主要成分：，Fe2O3、MgO，故答案为Fe2O3、、MgO。 （3）向中加水溶解，并通入过量CO2酸化，将转化为，加大压强，可以增大CO2的溶解度，使液体中CO2浓度增大，保证酸化反应充分进行。 （4）将与分离，滤液Ⅱ的主要溶质为。 （5）做还原剂，将滤液Ⅰ中剩余的还原为，自身转化为，铁元素由0价升高到+3价，Cr由+6价降低到+3价，根据得失电子守恒，原子守恒，化学方程式。 （6）做还原剂，将滤液Ⅰ中剩余的还原为，自身转化为进入滤渣Ⅱ，回到“浸取”工序循环使用，以回收其中的铬元素。 （7）KOH进一步处理得，循环使用。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $