2013届重庆市万州区岩口复兴学校九年级下学期第一次月考化学试卷与答案（带解析）.doc

1、2013届重庆市万州区岩口复兴学校九年级下学期第一次月考化学试卷与答案（带解析） 选择题 下列能量的转化过程中，属于化学变化的是 （ ） A水力发电 B煤燃烧发电 C太阳能热水器提供热水 D电取暖器取暖 答案： B 试题分析：化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成。 A、水力发电，是利用水流带动发电机做功而产生电能，没有新物质生成，属于物理变化； B、煤燃烧发电的过程中，有新物质二氧化碳等物质生成，属于化学变化； C、太阳能热水器能将太阳能转化为热能，过程中没有新物质的生成，属于物理变化； D、电取暖器取暖是将电能转化为热

2、能，过程中没有新物质的生成，属于物理变化。故选 B 考点：化学变化和物理变化的判别 点评：本题难度不大，解答时要分析变化过程中是否有新物质生成，若没有新物质生成属于物理变化，若有新物质生成属于化学变化。 向装有 50g 稀硫酸的小烧杯中，不断慢慢滴加 10的氢氧化钡溶液至过量。有关量的变化情况见下图 (横坐标表示氢氧化钡溶液的质量，纵坐标表示小烧杯中一些量的变化 )。其中肯定不正确的是（ ）答案： B 试题分 析：稀硫酸与氢氧化钡反应，生成硫酸钡沉淀和水，据此分析。 A、二者接触即反应，故随氢氧化钡的开始滴加，即有沉淀的生成，且随着氢氧化钡的不断滴加沉淀量不断增加，直至硫酸完全反应质量不再改变

3、，正确； B、由于稀硫酸中本身存在一定量的水，故图像从大于 0开始，又因为反应中生成了水，故随着氢氧化钡的不断滴加水的量会不断增加，当硫酸完全反应后，继续滴加氢氧化钡溶液时，由于溶液中有水，故水的质量一直会增加，错误； C、烧杯中原溶液为稀硫酸，显酸性，故 pH 7；随着氢氧化钡的不断滴加，二者反应生成沉淀和水，故 pH变大，当恰 好完全反应时，只有水，故 pH=7；继续滴加氢氧化钡至过量，溶液显碱性， pH 7，正确； D、由于稀硫酸与氢氧化钡反应，生成硫酸钡沉淀和水，故溶液中溶质质量分数会不断变小，当恰好完全反应时，只有水，故溶质质量分数为 0，继续滴加氢氧化钡，溶质质量分数会不断变大，正

4、确。故选 B 考点：中和反应及其应用 点评：本题是化学反应中定量关系和图象相结合的题型，题目难度较大；要准确解答此类题，关键要对化学反应的知识熟练掌握，并能结合图象的数学意义，综合考虑；图象的意义要抓住三点： 抓图象的起点， 抓图象的终点， 抓图象的变化 过程。 向 100g水中不断加入固体 A或改变温度，得到相应的溶液 。下列说法正确的是（ ） 资料： A的溶解度 温度 / 20 30 40 50 60 溶解度 /g 37.2 41.4 45.8 50.4 55.2 A 的溶液为饱和溶液 B 中 A的质量分数相等 C 中 A的质量分数最大 D 为不饱和溶液 答案： B 试题分析：根据固体物质

5、 A的溶解度分析。 A、结合图表中数据可知， A的溶解度随温度的升高而增大，故 25 时 A物质的溶解度应大于 37.2g而小于 41.4g，而溶液 是在 25 时，在 100g水中加入了 37.2g+4.2g=41.4g的 A物质，故一定是饱和溶液；溶液 是 60 时，在 100g水中加入了 41.4g+9g=50.4g的 A物质，而此温度下 A的溶解度为 55.2g，故溶液 为不饱和溶液；再降温到 50 时，溶解度恰好变为 55.2g，故溶液 恰好为饱和溶液，错误； B、由于溶液由 60 降温到 50 时，没有溶质析出（恰好饱和），故 中的溶质质量都为 50.4g，溶剂的质量都为 100g

6、，所以二者的质量分数相同，正确； C、五种溶液中的溶剂的质量都是 100g， 中的溶质为 37.2g， 中的溶质大于37.2g，小于 41.4g， 中的溶质为 41.4g， 中的溶质为 50.4g， 中的溶质为50.4g，故 中 A的质量分数不是最大的，错误； D、 25 时 A物质的溶解度要大于 37.2g小于 41.4g，而 中加入的溶质为 37.2g，所以该温度下 溶液为不饱和溶液； 60 时 A物质的溶解度为 55.2g，而此时溶液中的溶质质量为 41.4g，故为不饱和溶液，但结合上面的分析可知，溶液 恰好为饱和溶液，错误。故选 B 考点：固体溶解度的影响因素，饱和溶液和不饱和溶液，溶

7、质的质量 分数、溶解性和溶解度的关系 点评：判断某温度下的溶液是否饱和，关键是看在该温度下该物质的溶解度是多少，而该温度下溶液中又到底溶解了多少的该溶质。 有一课外活动小组在饱和的石灰水溶液中，加入少量生石灰，再降至室温，下列对出现的情况，描述完全正确的一组是 （ ） 溶液的溶质质量分数不变 原饱和溶液的溶剂量减少 原饱和溶液的溶质质量减少 饱和溶液总质量增加 A B C D 答案： C 试题分析：由于氧化钙能与水发生反应生成氢氧化钙，故溶液中的溶剂（水）的量减少了，而原溶液是饱和的石灰水溶液，故随溶剂的量的减少，则有溶质的析出，所以溶液中溶质的质量也同时减少，所得溶液仍为饱和溶液，由于同物质

8、在同温度下的溶解度相同，根据饱和溶液的溶质质量分数 = 100%可知，反应前后的溶质质量分数相等，即溶质质量分数不变。故选 C 考点：溶质的质量分数、溶解性和溶解度的关系，溶液、溶质和溶剂的相互关系与判断，生石灰的性质与用途 点评：熟练掌握饱和溶液与不饱和溶液的异同，以及相互转化的方法，结合溶液的组成的相 互关系进行判断，是正确解答有关饱和溶液中的质量变化的问题的关键。 将适量的 Ca CaO Ca(OH)2 CaCO3 分别投入到等质量、等质量分数的稀盐酸中，恰好完全反应后，所得溶液中溶质的质量分数的大小关系正确的是（ ） A B = C D = 答案： B 试题分析：根据题意书写反应的化学

9、方程式如下： Ca+2HCl=CaCl2+H2； CaO+2HCl=CaCl2+H2O； Ca(OH)2+2HCl=CaCl2+2H2O； CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2；根据各反应中 HCl与 CaCl2的质量关系，结合题意 “稀盐酸等质量，且恰好完全反应 ”，可知反应后生成的氯化钙的质量相等；要比较所得溶液中 CaCl2 的质量分数大小，根据溶质质量分数 = 100%可知，只需判断反应后的溶液的质量的大小即可。由于盐酸是等质量的，故只需计算实际增加的量即可。 Ca+2HCl=CaCl2+H2 实际增加质量； CaO+2HCl=CaCl2+H2O 实际增加质量； 40 2

10、40-2=38 56 56 Ca(OH)2+2HCl=CaCl2+2H2O 实际增加质量； CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2 实际增加质量； 74 74 100 44 100-44=56 由此可知， 的溶液质量最大，故质量分数最小； 的溶液质量相等，故质量分数也相等； 的溶液质量最小，故质量分数最大，故选 B 考点：酸的化学性质，有关溶质质量分数的简单计算，质量守恒定律及其应用，根据化学反应方程式的计算 点评：理解和熟练掌握质量守恒定律及其应用是解题的关键，如利用等质量的盐酸，可得到等质量的氯化钙；以及利用质量守恒定律，判断反应后溶液的大小，故要求学 生要能将质量守恒的思想和意

11、识贯穿于解题中。 “把下列物质混合，能得到溶液的是 （ ） A冰加到水中 B植物油加到水中 C碘加入酒精中 D面粉加到水中 答案： C 试题分析：根据溶液的特征分析，溶液的本质特征是均一性、稳定性，属于混合物。 A冰加到水中，冰会最终融化成水，故得到的是纯净物，不属于溶液，错误； B植物油不溶于水，与水混合后形成的混合物不均一、不稳定，属于乳浊液，错误 C碘能溶于酒精，故能与酒精形成均一、稳定的混合物，故属于溶液，正确； D面粉不溶于水，与水混合后形成的混合物不均一、不稳定，属于悬浊液，错误。故选 C 考点：溶液的概念、组成及其特点，悬浊液、乳浊液的概念及其与溶液的区别 点评：理解和熟练掌握溶

12、液的本质特征，是解题的关键；此外，解答本题还要分析物质的水溶性，如果物质易溶于水，就能够和水形成溶液，如果物质不溶于水，就不能够和水形成溶液。 CO在高温下还原 a g四氧化三铁，得到 b g铁，则铁的相对原子质量是 （ ） A 64b (3ab) B 24b (ab) C 3(ab) 64b D 64b 3(ab) 答案： D 试题分析：根据反应，书写反应的化学方程式 Fe3O4+4CO 3Fe+4CO2，并利用反应中四氧化三铁与铁的质量比，结合二者的质量，可计算出铁的相对原子质量。 解：设铁的相对原子质量为 x Fe3O4 + 4CO 3Fe + 4CO2 3x+64 3x ag bg （

13、 3x+64）： ag =3x： bg 解得 x= ，故选 D 考点：根据化学方程式的计算 点评：正确、熟练的书写出反应的化学方程式，并能依据各物质间的固定的质量比进行列式计算，是解答本题的关键。 一些食物的近似 PH如下表： 食物 苹果 葡萄 牛奶 玉米粥 pH 2.9 3.3 3.5 4.5 6.3 6.6 7.2 8.0 人的胃液中含有盐酸，对于胃酸过多的人，空腹时最适宜使用上述食物中的 （ ） A苹果 B葡萄 C牛奶 D玉米粥 答案： D 试题分析：当溶液的 pH等于 7时，呈中性；当溶液的 pH小于 7时，呈酸性，且 pH越小，酸性越强；当溶液的 pH大于 7时，呈碱性，且 pH越大

14、，碱性越强。根据题意，人的胃液中含有盐酸，对于胃酸过多的人，空腹时最适宜食用碱性物质，以中和多于的酸，而结合表格可知，只有玉米粥的 pH大于 7，呈碱性。故选 D 考点：溶液的酸碱性与 pH值的关系 点评：本题难度不大，理解和熟练掌握溶液的酸碱性和溶液 pH大小之间的关系是顺利解题的关键。 某学校九年级化学兴趣小组为了测定 Fe、 Cu、 Ag三种金属的活动性顺序，设计了四种实验方案，每种方案所用试剂如下，你认为其中不可行的方案是（ ） A Cu、 Ag、 FeSO4溶液 B Fe、 Ag、 CuSO4溶液 C Fe、 Cu、稀盐酸、 AgNO3溶液 D Cu、 FeSO4溶液、 AgNO3溶

15、液 答案： A 试题分析：根据 Fe、 Cu、 Ag三种金属的活动性顺序分析。 A由于 Fe的活动性比 Cu、 Ag强，故 Cu、 Ag都不能与 FeSO4溶液反应，则无法通过实验判断 Cu、 Ag的活动性顺序，错误； B Fe能与 CuSO4溶液反应，故能证明 Fe的活动性比 Cu强；而 Ag和 CuSO4溶液不能反应，故能证明 Cu比 Ag的活动性强，从而判断出 Fe、 Cu、 Ag三种金属的活动性顺序，正确； C Fe能与稀盐酸发生置换反应，而 Cu不能与稀盐酸发生置换反应，故可得出Fe H Cu；再根据 Cu能与 AgNO3溶液能发生置换反应，可证明 Cu Ag，从而判断出 Fe、 C

16、u、 Ag三种金属的活动性顺序，正确； D由 Cu不能与 FeSO4溶液反应，可得出 Fe Cu；再根据 Cu能与 AgNO3溶液能发生置换反应，可证明 Cu Ag，从而判断出 Fe、 Cu、 Ag三种金属的活动性顺序，正确。故选 A 考点：金属活动性顺序及其应用 点评：理解和熟记金属活动性顺序及其应用是解题的关键，即金属活动性顺序表中氢前的金属能与稀酸发生置换反应产生氢气，排在前面的金属能把排在后面的金属从其盐溶液中置换出来。 保护我们生存的环境是全人类都必须重视的问题。下列做法与环境保护无关的是（ ） A锅炉用水经过软化后再使用 B农业上合理使用农药和化肥 C工业污水经过处理后再排放 D公

17、交车用压缩天然气作燃料 答案： A 试题分析：根据环境的污染来源与治理措施分析。 A、锅炉用水经过软化后再使用，可避免加热时在锅炉中产生大量的水垢，与环境保护无关； B、农业上合理使用农药和化肥，能有效减少对水体的污染，与环境保护有关； C、工业污水经过处理后再排放，可以减少对水体的污染，与环境保护有关； D、公交车用压缩天然气作燃料，可以减少二氧化硫等有害气体的排放，有利于环境保护。故选 A 考点：水资源的污染与防治，防治空气污染的措施 点评：熟记常见污染物的来源、危害，以及防治措施等，是解答此类题的关键。 物质是由各种粒子构成的。若用 “ ”表示水分子。下列从粒子的角度对物质的变化或性质作

18、出的解释中错误的是（ ） A湿衣服晾干了是因为 “ ”不断运动到空气中去了 B氧气经加压降温变为蓝色液体时， “ ”间的间隔减小了 C水通电分解时 “ ”和 “ ”发生了重新组合 D保持氢气化学性质的最小粒子是 “ ” 答案： D 试题分析：根据微粒的性质分析。 A、湿衣服晾干了是因为水分子在不断的运动，最后都跑到空气中去了，正确； B、氧气经加压降温 能变为蓝色液体，是因为氧分子间有间隔，且随压强的增大，分子间的间隔减小了，正确； C、水通电分解时，水分子分解成氢原子和氧原子，氢、氧原子又分别重新组合成新的氢分子和氧分子，正确； D、氢气是由氢分子构成的，故保持氢气化学性质的最小粒子是氢分子

19、，不是氢原子，错误。故选 D 考点：利用分子与原子的性质分析和解决问题，分子与原子的区别 点评：利用分子与原子的性质分析和解决问题，就是指利用分子与原子的 “质量小，体积小，总是在不停的运动，彼此之间有间隔；同种分子（或原子）性质相同，不同种分子（或原子）性质不同 ”的性质 ，以及它们的概念和本质区别等，来分析、解决实际问题。 钛和钛的合金被认为是 21世纪重要的金属材料，具有很多优良的性能，如熔点高、密度小、可塑性好、易于加工，钛合金与人体有很好的 “相容性 ”。根据钛的上述性质，下列的用途不切合实际的是（ ） A用于制造船舶 B用于制造航天器 C用于作保险丝 D用于制造人造骨 答案： C

20、试题分析：根据题意可知，钛和钛的合金具熔点高、密度小、可塑性好、易于加工，以及与人体有很好的 “相容性 ”等优良性质；而保险丝的制作，需要的是熔点低的金属，这样能在电流过大时，容易熔断而断电，从而起到保护作用，故与钛的上述性质不相符。故选 C 考点：金属的用途 点评：物质的性质决定物质的用途，物质的用途又能反映物质的性质；解答本题的关键，就是要认真审题，并能从中获取有用的信息，然后结合选项分析判断即可。 下列反应的化学方程式书写正确的是（ ） A细铁丝在氧气中燃烧： 4Fe + 3O2 2Fe2O3 B铁与稀盐酸反应： 2Fe + 6HCl = 2FeCl3 + 3H2 C不能用铁制容器配制波

21、尔多液的原因： 2Fe + 3CuSO4 = Fe2(SO4)3 + 3Cu D用赤铁矿炼铁 Fe2O3 + 3CO 2Fe + 3CO2 答案： D 试题分析：化学方程式书写正误的判断方法有：化学式是否正确，是否配平，反应条件是否正确， 和 的标注是否正确。 A、细铁丝在氧气中燃烧，生成的是四氧化三铁，而不是氧化铁，错误； B、铁与稀盐酸反应，生成的是氯化亚铁和氢气，而不是氯化铁，错误； C、铁与硫酸铜溶液反应，生成的是铜和硫酸亚铁，而不是硫酸铁，错误； D、用赤铁矿炼铁，就是用一氧化碳还原氧化铁，生成铁和二氧化碳，化学方程式书写正确。故选 D 考点：书写化学方程式 点评：本题考查的是化学方

22、程式的书写，要熟记化学方程式书写所依据的两个原则，即要遵循客观事实和质量守恒定律。 由于温度降低到可燃物着火点以下而使火焰熄灭的是（ ） A B C D 答案： D 试题分析：根据燃烧的条件分析，燃烧需要同时满足三个条件，即：可燃物、与氧气充分接触、温度达到着火点以上，缺一不可；故灭火只要破坏燃烧的一个条件 ，就能使燃烧停止，从而达到灭火的目的。 A、用灯帽盖灭酒精灯，是利用灯帽隔绝了空气，而达到灭火的目的，错误； B、根据图示，稀盐酸与碳酸钠溶液会迅速反应放出二氧化碳气体，由于二氧化碳不可燃、不助燃，且密度比空气大，故能起到隔绝空气的作用，从而达到灭火的目的，错误； C、烧杯同样起到的是隔绝

23、空气的作用，从而达到灭火的目的，错误； D、吹灭蜡烛的原因是，空气的流动带走了大量的热，使蜡烛周围的温度降低，且到了蜡烛的着火点以下，从而达到灭火的目的，正确。故选 D 考点：灭火的原理和方法 点评：理解和熟练掌握燃烧的条件 ，以及灭火的原理和方法是解答此类题的关键。 如图是某同学设计的冶炼铁的实验装置，下列有关说法中正确的是（ ） A该实验开始时应先通 CO一段时间，再加热 B该反应属于置换反应 C该实验设计合理，没有任何缺陷 D该反应与 CO还原 CuO的反应原理、装置完全相同 答案： A 试题分析：根据一氧化碳还原氧化铁的实验分析。 A由于一氧化碳具有可燃性，若不纯，在加热时可能发生爆炸

24、；而硬质玻璃管中本身存在一定量的空气，若直接投入一氧化碳并加热，则有可能发生爆炸，故在该实验开始时应先通如 CO一段时间（以排尽试管内的空气），再加热，正确； B一氧化碳还原氧化铁，生成铁和二氧化碳，该反应的反应物是两种化合物，故该反应不属于置换反应，错误； C由于 CO有毒，若未反应的 CO直接排放到空气中，会对空气组成污染，故要进行尾气处理，而该装置没有，错误； D CO 还原 CuO 的反应的条件是加热，只需酒精灯即可，故反应装置不相同，错误。故选 A 考点：一氧化碳还原氧化铁 点评：理解和熟练掌握一氧化碳还原氧化铁的反应原理、实验装置、操作步骤和注意事项等，是解答本题的关键。 填空题

25、将下列四个实验所验证或探究的目的填写在横线上，并回答相关问题 （ 1）在实验 A中使用的计量仪器是 _ (填仪器的名称，下同 )。在上述四个实验中有三个实验都使用了的同一种仪器是 _。 （ 2）在实验 D中观察到的现象是 _。在实验 A和实验 C中观察到的相同现象是 _，在实验 A和实验 C中反应的化学方程式是 _。 答案：托盘天平 烧杯 下层 蜡烛先熄灭，上层蜡烛后熄灭 生成大量白烟 4P + 5O2 2P2O5 试题分析：（ 1）根据图示可知，实验 A中的计量仪器是托盘天平；后面三个实验中都使用了的同一种仪器是烧杯。 （ 2）实验 D是探究二氧化碳的性质的实验，由于二氧化碳不可燃，也不支持

26、一般可燃物的燃烧，且密度大于空气，所以烧杯中的下层的蜡烛先熄灭，上层的蜡烛后熄灭。实验 A中是白磷的燃烧，实验 C中是红磷的燃烧，由于都生成白色固体五氧化二磷，故都能看到有大量白烟生成，故反应的化学方程式是 4P + 5O2 2P2O5。 考点：称量器 -托盘天平，二氧化 碳的性质，磷在空气中的燃烧，书写化学方程式 点评：化学是以实验为基础的学科，本题是对课本上的基本实验的考查，熟悉常见仪器的使用方法，掌握化学实验的基本操作和注意事项等是解答此类题目的关键。 将等质量、等质量分数的盐酸和火碱两种溶液充分混合后，加入几滴紫色石蕊试液，最终溶液 显 色；如果将等质量、等质量分数的硫酸和烧碱两种溶液

27、充分混合后，加入几滴紫色石蕊试 液，最终溶液显 色。 答案：红 蓝 试题分析：根据化学反应中的反应物间的质量比进行分析判断。 HCl + NaOH = NaCl + H2O 36.5 40 由方程式中的质量比可以看出， 36.5份质量的盐酸与 40份质量的氢氧化钠恰好完全反应，则等质量的盐酸与氢氧化钠混合后盐酸有剩余，溶液显酸性，故溶液呈现红色。 H2SO4 + 2NaOH = Na2SO4 + 2H2O 98 80 由方程式中的质量比可以看出， 98份质量的硫酸与 80份质量的氢氧化钠恰好完全反应，则等质量的硫酸与氢氧化钠混合后氢氧化钠有剩余，溶液显碱性，故溶液呈现蓝色。 考点：根据化学反应

28、方程式的计算，酸碱指示剂及其性质，中和反应及其应用 点评：熟练掌握化学反应方程式的计算，并能够根据化学反应方程式中，各反应物间的固定的质量比来判断出哪个物质有剩余，是解答本题的关键。 右图为 X、 Y、 Z三种固体物质的溶解度曲线。回答下列问题： (1) t30C时， X、 Y、 Z三种物质溶解度的大小关系 。 t30C时，将等质量的 X、 Y、 Z溶于水，都刚好形成饱和溶液则需加入水的质量由多到少的顺序是 。 (2)分别将 X、 Y、 Z的饱和溶液从 t30C降温到 t10C时，三种溶液中溶质的质量分数由大到小的顺序是 。 答案： XYZ ZYX YXZ 试题分 析：（ 1） 根据溶解度曲线

29、图可知， t30C 时， X 的溶解度曲线在最上方，故最大； Z的溶解度曲线在最下方，故最小，因此三种物质溶解度的大小关系为 XYZ； 由于 t30C时，三种物质溶解度的大小关系为 XYZ，即 t30C时，在每 100g水中形成饱和溶液时，三种物质的溶质质量的大小关系为 XYZ，故若将等质量的 X、 Y、 Z溶于水，都刚好形成饱和溶液则需加入水的质量由多到少的顺序是 ZYX； （ 2）根据溶解度曲线可知： X 的溶解度随温度的升高而逐渐增大，且变化较大；Y的溶解度随温度的升高也逐渐增大，但受温度的变化影响较小；而 Z的溶解度随温度的升高而逐渐减小，故分别将 X、 Y、 Z的饱和溶液从 t30C

30、降温到 t10C时， X、 Y均有溶质析出，故所得溶液仍为饱和溶液； Z则由于溶解度变大而变为不饱和溶液，但由于溶质、溶剂的质量都没变，故其溶质的质量分数不变。根据饱和溶液的溶质质量分数 = 100%，结合 t10C时 Y的溶解度大于 X的溶解度，故此温度下， Y的饱和溶液的溶质质量分数大于 X；由于 t10C时 Z为不饱和溶液，故不能用此温度下的溶解度计算，但由于其溶质的质量分数不变，故可用其 t30C时的饱和溶液的溶质质量分数代替， 而 t30C时 Z的溶解度更小，故溶质质量分数更小，所以三种溶液中溶质的质量分数由大到小的顺序是YXZ。 考点：固体溶解度曲线及其作用，溶质质量分数的计算 点

31、评：本题主要考查了固体溶解度曲线所表示的意义，及根据固体溶解度曲线来解决相关问题，注重培养学生的分析问题、解决问题的能力，解题的关键是要熟记和理解固体溶解度曲线及其应用。 从 Ca 、 C 、 S 、 H 、 O 、 N六种元素中选择适当的化学用语按要求填空。 （ 1）人体中元素含量最高的是 ； （ 2）常用作干燥剂的一种酸 ； （ 3）能作为燃料的一种氧化物是 ； （ 4）既可用来消毒杀菌，又可用来改良酸性土壤的一种碱是 _ _； 答案： O H2SO4 CO Ca(OH)2 试题分析：根据常见物质的组成特点和一些常见物质的性质分析。 （ 1）人体中元素含量最高的是氧元素，故为 O； （ 2

32、）常用作干燥剂的一种酸是浓硫酸，因为浓硫酸有吸水性，硫酸是由 H、 S、O三种元素组成的，故为 H2SO4； （ 3）氧化物是由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物，故能作为燃料的氧化物是一氧化碳，故化学式为 CO； （ 4）既可用来消毒杀菌，又可用来改良酸性土壤的碱是熟石灰，故化学式为Ca(OH)2。 考点：化学式的书写及意义 点评：本题较简单，熟练掌握常见物质的组成特点和性质，以及常见物质的化学式即可轻松作答。 写出符合下列意义的化学符号 （ 1） 2个铁离子 （ 2）氦气 （ 3） 2个水分子 （ 4） +2价的镁元素 答案： Fe3+ He 2H2O 试题分析：根据化学符号及其周围数

33、字的意义分析解答。 （ 1）根据标在离子符号前面的数字表示离子的个数可知，故 2个铁离子表示为2Fe3+； （ 2）氦气属于稀有气体，是由原子直接构成的，故 其化学式和元素符号相同，氦气表示为 He； （ 3）根据标在化学式前面的数字表示分子的个数可知， 2个水分子表示为2H2O； （ 4）根据标在元素符号正上方的数字表示该元素化合价的数值可知， +2价的镁元素表示为 。 考点：化学符号及其周围数字的意义 点评：本题主要考查学生对化学用语的书写和理解能力，题目设计既包含对化学符号意义的了解，又考查了学生对化学符号的书写，考查全面，注重基础。 计算题 某课外活动小组为了测定铜铁合金中铁的质量分数

34、，现取铜铁合金样品20.0g，将 80.0g稀硫酸平均分成 4份，分 4次逐渐加入到样 品中，每次充分反应后测得剩余固体质量 见下表： 次 数 1 2 3 4 加入稀硫酸质量 g 20.0 20.0 20.0 20.0 剩余固体质量 g 17.2 14.4 13.0 X （ 1）试确定： X的值为 ；铜铁合金中铁的质量分数为 ； （ 2）求稀硫酸中溶质质量分数为多少？（答案：保留 0.1%，写出解题过程） 答案： .0 35% 24.5% 试题分析：由于稀硫酸只能和合金中的铁反应，因此每加入 20克稀硫酸后，固体的减少量，即为消耗的铁的质量，从图中不难看出，每 20克稀硫酸最多消耗2.8克铁，

35、而当第三次加入 20克稀硫酸时固体却只减少了 1.4克，说明固体中的铁已完全反应，剩余的 13克固体均为铜。 （ 1）第四次再加入 20克稀硫酸，由于铜不反应，故剩余质量不变，仍为 13克。 则铜铁合金中铁的质量分数 = 100%35%； （ 2）由于只有前两次的稀硫酸是完全反应，因此要求稀硫酸中溶质质量分数，只能根据前两次的量计算。 设 20g稀硫酸中含溶质质量为 x Fe + H2SO4 = FeSO4 + H2 56 98 2.8g x 56： 98 =2.8g ： x 解得 x=4.9g 则稀硫酸中溶质质量 分数 = 100%=24.5% 答：稀硫酸中溶质质量分数为 24.5%。 考点

36、：根据化学反应方程式的计算，有关溶质质量分数的简单计算 点评：此题是关于化学方程式及溶质质量分数的计算题，主要是利用图表及反应方程式来分析和解决化学计算中的有关问题，要求学生有较强的数据分析能力；解题的关键是要明确第几次加入稀硫酸后铁已完全反应，然后根据相关的化学反应方程式，并依据已知量对未知的应求量进行求解计算即可，注意解题要规范。 简答题 按照题目要求写出化学方程式： （ 1）一个能生成二氧化碳的化合反应： （ 2）一个能生成二氧化碳的分解反应： （ 3）一个能生成二氧化碳的置换反应： （ 4）一个能生成二氧化碳的复分解反应： 。 答案： C + O2 CO2 (其它合理答案：均可，下同

37、) H2CO3 = H2O + CO2 C + 2CuO 2Cu + CO2 CaCO3 + 2HCl = CaCl2 + H2O +CO2 试题分析：根据化学反应事实和质量守恒定律书写化学方程式。 （ 1）化合反应是指由两种或两种以上物质反应，生成另外一种物质的化学反应；能生成二氧化碳的化合反应可以是碳在空气中燃 烧生成二氧化碳，故其反应的化学方程式为 C + O2 CO2； （ 2）分解反应是由一种物质反应，生成两种或两种以上物质的反应；能生成二氧化碳的分解反应如碳酸分解生成水和二氧化碳，故其反应的化学方程式为H2CO3 = H2O + CO2； （ 3）置换反应是一种单质和一种化合物反应

38、，生成另外一种单质和另外一种化合物的反应；能生成二氧化碳的置换反应可以是碳在高温下还原氧化铜，生成铜和二氧化碳，故其反应的化学方程式为 C + 2CuO 2Cu + CO2； （ 4）复分解反应是指两种化合物相互交换成分，生成另外两种化合物的反应；能生成二氧化碳的复分解反应，可以是酸与碳酸盐的反应，如碳酸钙与稀盐酸反应，生成氯化钙、水和二氧化碳，故其反应的化学方程式为 CaCO3 + 2HCl =CaCl2 + H2O +CO2。 考点：书写化学方程式 点评：在解此类方程式的书写题时，首先确定反应原理，然后再依据原理找出反应物、生成物和反应条件，根据方程式的书写规则书写方程式。 探究题 我们知

39、道二氧化碳与水反应生成碳酸，那么二氧化硫与水是否也能反应生成一种酸呢？某实验小组对此进行探究，设计的探究过程如下。请你回答其中的有关问题： （ 1）做出假设： ； （ 2）设计方案：先验证水能否使蓝色石蕊试纸变色，再验证二氧化硫气体能否使干燥的蓝色石蕊试纸变色，最后验证二氧化硫气体能否使湿润的蓝色石蕊试纸变红，实验装置和药品如图： （ 3）查阅资料：你认为该实验小组需要掌握的资料内容中应包括（填序号） 二氧化硫易溶于水 酸能使湿润的蓝色石蕊试纸变红 SO2不与浓硫酸反应 二氧化硫有毒，能与碱溶液 反应生成盐和水 （ 4）实验： 实验过程中装置 C内石蕊试纸的颜色始终没有变化，这说明 。 装置

40、D 中胶头滴管中的蒸馏水在二氧化硫气体生成之前滴到蓝色石蕊试纸上，未见试纸颜色发生变化，当有二氧化硫气体通过时发现湿润的蓝色石蕊试纸变红。此现象说明 ，此过程中反应的化学方程式为 。 装置 E的作用是 。 （ 5）结论：原假设 （填 “成立 ”或 “不成立 ”） 答案：二氧化硫和水反应生成一种酸 二氧化硫单独不能使蓝色石蕊变红 水单独不能使蓝色石蕊变红，而水和二氧化硫反应生成一种酸使蓝色石蕊变红 SO2 + H2O = H2SO3 吸收二氧化硫，防止污染空气 成立（答案：要与第一空对应） 试题分析：（ 1）根据二氧化硫与二氧化碳具有相似的组成，故可猜想二氧化硫也能象二氧化碳一样，能与水反应生成

41、酸（当然也可以做出相反的假设：二氧化硫不能与水发生反应生成酸）。 （ 3）根据题意，结合图示可知，由于 SO2不与浓硫酸反应，故气体可用浓硫酸干燥（ B）；由于 二氧化硫易溶于水，故在 D装置中，二氧化硫气体会溶解在先前滴加的水中，并反应生成酸；由于 酸能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，故通过 D中的石蕊变红能证明反应中生成了酸；由于 二 氧化硫有毒，能与碱溶液反应生成盐和水，所以要进行尾气处理（ E），由此可知， 的知识都需掌握。 （ 4） 装置 C内蓝色石蕊试纸虽然与二氧化硫气体（干燥的）接触，但却不变色，可以说明二氧化硫气体不能使干燥的蓝色试纸变色； 未通入二氧化硫气体前，向蓝色试纸上滴水，试

42、纸不变色，说明水不能使蓝色石蕊试纸变色；当湿润的蓝色石蕊试纸遇到二氧化硫气体时，试纸由蓝色变成了红色，说明试纸遇到了酸性物质；而根据 C装置中的现象可知，二氧化硫并不能使试纸变红，因此，可推断二氧化硫与水反应生成了酸，而使试纸变红；结合二氧化碳能与 水反应生成碳酸，可类比猜测二氧化硫与水反应生成亚硫酸；故反应的化学方程式为 SO2+H2OH2SO3； 由于二氧化硫有毒，直接排放到空气中，会对空气造成污染，结合二氧化硫能与氢氧化钠溶液反应的性质，可把多余的有毒气体二氧化硫用氢氧化钠溶液吸收，以防止气体对空气的污染。 （ 5）根据以上实验探究可知，二氧化硫能与水反应生成亚硫酸，与所做的假设一致，因

43、此，假设成立。 考点：实验探究物质的性质或变化规律，酸碱指示剂及其性质，书写化学方程式 点评：对于验证型实验探究，要熟记物质的性质或变化规律，根据给出的实验设计方 案，进行实验、分析和探究，并通过观察、记录和分析的实验现象，来验证该物质的性质或变化规律等。 推断题 右图是有关氧气的知识结构图（部分反应条件省略。参加反应的氧气为足量）。请回答下列问题： （ 1） 反应 的化学方程式为 。 （ 2）反应 中二氧化锰的作用是 。 （ 3）物质 是由 3g碳和 6g氧气完全反应得到的气体（碳和氧气均无剩余），属于 （填序号）。 A单质 B化合物 C混合物 （ 4）其中带点元素的化合价为 。 （ 5）写

44、出反应 的化学方程式： 。 答案： H2O 2H2+ O2 催化作用 C +5 2KMnO4 K2MnO4 + MnO2 + O2 试题分析：根据已有的知识进行分析， 无色液体通电能生成氧气，则为水的通电分解； 紫黑色固体受热生成氧气，则应为高锰酸钾的受热分解生成氧气； 白色固体在二氧化锰和加热的作用下能生成氧气，则是氯酸钾的分解，其中二氧化锰起催化作用； 碳与氧气反应生成的二氧化碳或一氧化碳或二者兼有， 铁在氧气中燃烧，生成的是四氧化三铁。 （ 1）水通电生成氢气和氧气，故反应的化学方程式为 2H2O 2H2+ O2； （ 2）二氧化锰在氯酸钾受热分解的反应中，起催化 作用； （ 3） C

45、+ 02 CO2 2C + 02 2CO 12 32 24 32 3g 8g 3g 4g 由此可知， 3g碳和 6g氧气完全反应（碳和氧气均无剩余），生成的是二氧化碳气体和一氧化碳气体，故属于混合物，故选 C； （ 4）已知 O的化合价为 -2价，设磷的化合价为 x，根据化合物中正负化合价的代数和为 0，则有 2x+（ -2） 5=0，解得 x=+5； （ 5）高锰酸钾受热分解，生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，故反应的化学方程式为 2KMnO4 K2MnO4+MnO2+O2。 考点：实验室制取氧气的反应原理，催化剂的 特点与催化作用，氧气的化学性质，混合物与纯净物的判别，书写化学方程式 点评：熟练掌握一些有特征的物质或反应现象等，是解答此类题的关键，如在本题中，只要熟记在实验室中制取氧气的不同原料的特征等，即能正确解答。