山东省淄博市周村区2021-2022学年九年级上学期期末化学试题

九年级化学试题C：12H：1O：16Mg：24Cu：64Ag：108Fe：56Zn：65Ba：137Cl：35.5S：32第I卷选择题（满分40分）一、单选题（每小题2分，共40分）1.下列物质不属于溶液的是A.生理盐水 B.液氧 C.消毒酒精 D.盐酸【答案】B【解析】【详解】A.生理盐水是氯化钠溶于水形成的均一、稳定的混合物，属于溶液，不符合题意；B.液氧是液态氧气，是由同种物质组成的纯净物，不属于溶液，符合题意；C.消毒酒精是酒精溶于水形成的均一、稳定的混合物，属于溶液，不符合题意；D.盐酸是氯化氢溶于水形成的均一、稳定的混合物，属于溶液，不符合题意。故选B。2.下列关于溶液的说法错误的是A.溶液具有均一、稳定性B.固体物质溶于水时，一般扩散的过程吸热，水合的过程放热C.用胆矾、生石灰和水混制的波尔多液属于溶液D.一定温度下，固体物质的溶解度不随水的质量改变而改变【答案】C【解析】【分析】【详解】A.溶液具有均一、稳定性，故A正确；B.固体物质溶于水时，一般扩散的过程吸热，水合的过程放热，故B正确；C.生石灰是氧化钙的俗称，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙和硫酸铜反应生成氢氧化铜和硫酸钙，氢氧化铜难溶于水，波尔多液属于悬浊液，故C错误；D.固体物质的溶解度是在一定温度下，某固体物质在100g溶剂里达到饱和状态时，所溶解的质量，故固体物质的溶解度不随水的质量改变而改变，故D正确。故选择C。【点睛】3.掌握物质的性质和用途，为人类美好生活开启智慧之旅，下列说法不正确的是A.氢氧燃料电池是将化学能转化为电能的装置 B.硒元素有“智力之花”美称C.研制绿色环保电池利于减少电池造成的污染 D.煤、石油、天然气是不可再生的化石燃料【答案】B【解析】【详解】A.氢氧燃料电池是将化学能转化为电能的装置，选项正确；B.锌元素有“智力之花”美称，选项错误；C.电池中有重金属等污染物，研制绿色环保电池利于减少电池造成的污染，选项正确；D.煤、石油、天然气是不可再生的化石燃料，选项正确。故选B。4.两个烧杯中分别盛装X、Y的饱和溶液，两只试管中分别装有NaOH和NH4NO3固体，向两只试管中分别滴加适量水，现象如图所示，结合图二判断下列说法正确的是A.Y的溶解度曲线为b曲线B.降温可使X的饱和溶液变浑浊C.X的饱和溶液从t2℃降温到t1℃，溶质的质量分数变大D.t3℃时，X、Y的饱和溶液质量相等，则溶剂质量X>Y【答案】D【解析】【详解】NaOH溶于水放热，NH4NO3溶于水吸热。A.Y的溶解度曲线为a曲线，故A错误；B.升温可使X的饱和溶液变浑浊，故B错误；C.X的饱和溶液溶解度曲线是b，从t2℃降温到t1℃，溶质的质量分数不变，故C错误；D.t3℃时，X溶解度小于Y溶解度，饱和溶液质量相等，则溶剂质量X＞Y，故D正确。点睛∶溶液由溶质和溶剂组成，NaOH溶于水放热，NH4NO3溶于水吸热。5.化学与我们的生活息息相关。下列说法正确的是A.食物中的纤维素对人体毫无意义 B.微量元素在人体内的需求量很少，不需要从外界摄取C.霉变食品经高温蒸煮后可以食用 D.青少年只要做到均衡膳食，一般不需要额外补充营养【答案】D【解析】【详解】A.食物中的纤维素能促进胃肠的蠕动，帮助消化，故A错误；B.微量元素对人体作用很大，如果缺少容易得病，需要从外界摄取，故B错误；C.霉变食品中含有致癌物，经高温蒸煮后也不能食用，故C错误；D.青少年只要做到均衡膳食，一般不需要额外补充营养，故D正确。故选：D。6.下列说法正确的是A.尿素CO（NH2）2能使作物枝叶繁茂，还能提高产量，属于复合化肥B.研制、生产可降解塑料能有效解决“白色污染”问题C.合金的性能与各成分金属的性能相同D.蔗糖属于高分子化合物【答案】B【解析】【详解】A.尿素只含氮一种营养元素，属于氮肥，氮肥有促进植物生长茂盛，叶色浓绿，提高植物蛋白质的作用，不符合题意；B.研制、生产可降解塑料能有效解决“白色污染”问题，符合题意；C.合金比组成它的纯金属的硬度大、熔点低，抗腐蚀性好，故合金的性能比各成分金属的性能优良，不符合题意；D.蔗糖含碳元素，属于有机物，但是相对分子质量很小，不属于高分子化合物，不符合题意。故选B。7.下列能使无色酚酞试液变红的是A.生石灰 B.氢氧化铜 C.氯化钠 D.石灰石【答案】A【解析】【分析】能使无色酚酞溶液变红的是碱性溶液。【详解】A.生石灰和水反应生成氢氧化钙，溶液呈碱性，能使无色酚酞溶液变红色，符合题意；B.氢氧化铜属于碱，但不能溶于水形成溶液，不能使无色酚酞溶液变红色，不符合题意；C.氯化钠溶液呈中性，不能使无色酚酞溶液变红色，不符合题意；D.石灰石主要成分是碳酸钙，难溶于水，不能形成溶液，也不能使无色酚酞溶液变红色，不符合题意。故选A。8.已知金属钴（Co）的活动性与铁相似，下列物质间不能发生反应的是（）A.钴与稀盐酸B.钴与氯化铜溶液C.钴与氢氧化钠溶液D.氯化钴溶液与硝酸银溶液【答案】C【解析】【详解】A.金属钴（Co）的活动性与铁相似，铁能与稀盐酸反应生成氯化亚铁溶液和铜，则钴能与稀盐酸反应，故选项错误。B.金属钴（Co）的活动性与铁相似，铁能与氯化铜溶液反应生成氯化亚铁溶液和铜，则钴能与氯化铜溶液反应，故选项错误。C.金属铁不能与氢氧化钠溶液反应，则钴不能与氢氧化钠溶液反应，故选项正确。D.氯化钴溶液与硝酸银溶液交换成分生成氯化银沉淀和硝酸钴，故选项错误。故选：C。9.某校化学小组在利用盐酸和氢氧化钠两溶液探究酸碱中和反应时，利用数字化传感器测得烧杯中溶液pH的变化图象如图1所示，二者恰好完全反应的微观示意图如图2所示｡下列说法不正确的是（）A.该实验是将稀盐酸逐滴滴入到盛有氢氧化钠溶液的烧杯中B.图1中a点所示溶液中含有的溶质是NaCl和HClC.图1中由c点到d点的变化过程中没有发生化学反应D.该反应的实质是H+和OH-结合生成【答案】B【解析】【详解】A.由图像可知，溶液由碱性变为酸性；该实验是将稀盐酸逐滴滴入到盛有氢氧化钠溶液的烧杯中，正确；B.图1中a点所示溶液中氢氧化钠过量，含有的溶质是氢氧化钠和NaCl，错误；C.图1中由c点到d点的变化过程，氢氧化钠已完全消耗，所以没有发生化学反应，正确；D.该反应的实质是H+和OH-结合生成H2O，正确；故选B。10.人体胃液的pH=2左右，而小肠内溶液的pH=8左右，消化液中的哪种粒子能使胃内容物到了小肠后pH发生了这么大的变化A.Na+ B.Cl- C. D.H2O【答案】C【解析】【分析】【详解】Na+、Cl-、H2O均不能使pH由酸性变为碱性，碳酸氢根离子能与氢离子结合生成二氧化碳和水，且碳酸氢根离子显碱性，能使pH由酸性变为碱性。故选C。11.为了探究X、Y、Z三种金属的活动性强弱，某兴趣小组完成了如下实验：把Y投入X的硝酸盐溶液中，Y表面有X析出，溶液质量增大；把X投入Z的硝酸盐溶液中，得到X的硝酸盐，溶液质量减小。下列说法错误的是A.金属的活动性强弱与其原子失去电子的能力有关B.元素的相对原子质量可能是：Z>Y>XC.金属活动性顺序是：Y>X>ZD.X、Y、Z可能依次是：Cu、FE.Ag【答案】D【解析】【详解】A．金属的活动性强弱与其原子失去电子的能力有关，越容易失去电子，活动性越强，故选项A说法正确；B．把Y投入X的硝酸盐溶液中，Y表面有X析出，溶液质量增大，由于Y、Ⅹ的化合价不确定，因为溶液质量增大，所以Y的相对原子质量可能大于Ⅹ；把Ⅹ投入Z的硝酸盐溶液中，得到X的硝酸盐，溶液质量减小，同理，可说明Ⅹ的相对原子质量可能比Z小；则元素的相对原子质量可能是：Z>Y>X，故选项B说法正确；C．把Y投入X硝酸盐溶液中，Y表面有X析出，说明Y的金属活动性比X强；把X投入Z的硝酸盐溶液中，得到X的硝酸盐，则说明X的金属活动性比Z强，则金属活动性顺序是：Y>X>Z，故选项C说法正确；D．Z不可能依次是：Cu、FE.Ag，因为铁与硝酸铜溶液反应，每56份质量的铁可置换出64份质量的铜，溶液的质量会减少，故选项D说法错误。故选D。【点睛】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。12.某金属加工厂生产过程中的废液含有少量的硝酸银和硝酸铜，为回收利用资源和防止污染，该厂向废液中加入一定量的铁粉，反应停止后过滤，向滤液中加入少量的稀盐酸，无沉淀产生，则下列有关说法中正确的是A.滤出的固体中一定含有银和铜B.滤出的固体中一定含有银，一定不含有铁C.滤液中一定含有硝酸亚铁，一定没有硝酸银D.滤液中一定含有硝酸亚铁，可能含有硝酸银和硝酸铜【答案】C【解析】【分析】硝酸银和硝酸铜的混合溶液中加入铁粉，铁先和硝酸银反应生成硝酸亚铁和银，再和硝酸铜反应生成硝酸亚铁和铜。【详解】A.向滤液中加入少量的稀盐酸，无沉淀产生，证明硝酸银完全与铁粉反应生成硝酸亚铁和银，但不能证明铜是否与铁粉发生了反应，所以由上述现象可知，滤出的固体中一定含有银，不能确定是否含有铜，选项错误；B.滤出的固体中一定含有银，不能确定是否含有铁，选项错误；C.向滤液中加入少量的稀盐酸，无沉淀产生，证明硝酸银完全与铁粉反应生成硝酸亚铁和银，则滤液中一定含有硝酸亚铁，一定没有硝酸银，选项正确；D.滤液中一定没有硝酸银，选项错误；故选C。13.向AgNO3溶液中加入一定量的Mg粉和Cu粉，充分反应后过滤，得到滤渣和蓝色的滤液。关于该滤渣和滤液有下列分析，其中正确的是A向滤渣中加入稀盐酸，可能有气泡产生B.滤液中一定有Cu（NO3）2.一定不含AgNO3.可能有Mg（NO3）2C.反应后溶液的质量一定增加D.该过程至少发生两个化学反应【答案】D【解析】【分析】Mg的活动性比Cu强，理论上Mg会先和AgNO3溶液反应，生成的Mg(NO3)2溶液为无色溶液，待Mg耗尽，Cu继续与AgNO3溶液反应，生成的Cu(NO3)2溶液为蓝色溶液；向AgNO3溶液中加入一定量的Mg粉和Cu粉，充分反应后过滤，得到滤渣和蓝色的滤液，说明AgNO3溶液耗尽Mg后一定还有剩余，也可能耗尽Cu后还有剩余，故滤渣中可能含有Cu，一定含有Ag，一定不含Mg，滤液中一定含有Mg(NO3)2和Cu(NO3)2，可能含有AgNO3。【详解】A.根据分析，滤渣中一定不含镁，铜和银的活动性都排在氢后，不能与酸反应，不可能有气泡产生，故A错误；B.根据分析，滤液中一定含有Mg(NO3)2和Cu(NO3)2，可能含有AgNO3，故B错误；C.银的相对原子质量为108，铜的相对原子质量为64，镁的相对原子质量为24，反应后溶液的质量减少，故C错误；D.根据分析，该过程一定发生的化学反应有硝酸银和镁的反应，硝酸银和铜的反应，故D正确。故选D。【点睛】14.N95口罩对防止新冠病毒在人与人之间传播起到了很好作用，制造N95口罩的原材料是聚丙烯纤维，聚丙烯纤维属于A.无机非金属材料 B.有机高分子材料C.复合材料 D.金属材料【答案】B【解析】【详解】聚丙烯是塑料的一种，塑料属于三大有机合成材料之一，是有机高分子材料。故选：B。15.推理是一种重要的学习方法。下列推理中正确的是A.铝的金属活动性比铁强，所以铝制品比铁制品更容易锈蚀B.盐是由金属离子和酸根离子组成的，NH4NO3中没有金属离子，不属于盐C.复分解反应生成两种化合物，但生成两种化合物的反应不一定是复分解反应D.有一些金属与稀硫酸反应放出气体，所以与稀硫酸反应放出气体的物质一定是金属【答案】C【解析】【详解】A.铝的金属活动性比铁强，但铁制品比铝制品更容易锈蚀，是因为铝与氧气反应生成致密的氧化铝薄膜，阻止被进一步氧化，说法错误；B.铵根离子的性质与金属离子相似，所以由铵根离子与酸根离子构成的化合物属于盐，说法错误；C.生成两种化合物反应不一定是复分解反应，如二氧化碳和氢氧化钠反应生成了碳酸钠和水，不属于复分解反应，说法正确；D.有一些金属与稀硫酸反应放出气体，但与稀硫酸反应放出气体的物质不一定是金属，也可能是碳酸钠等碳酸盐，说法错误。故选：C。16.M是一种金属元素，M2+与其它几种离子构成的化合物的溶解性见表，根据以上信息，判断下列反应肯定不能发生的是O2-OH-Cl-M2+难溶难溶难溶易溶易溶易溶A.MCl2+NaOH B.MSO4+Ba（NO3）2 C.M（NO3）2+NaCl D.MO+H2SO4【答案】C【解析】【分析】根据复分解反应发生的条件，若两种物质相互交换成分有沉淀或气体或水生成，则能发生化学反应，据此进行分析判断。【详解】A.MCl2与NaOH相互交换成分生成M（OH）2沉淀和氯化钠，能发生反应，可发生反应，不符合题意；B.MSO4与Ba（NO3）2相互交换成分生成硫酸钡沉淀和M（NO3）2，能发生反应，不符合题意；C.M（NO3）2与NaCl相互交换成分没有沉淀或气体或水生成，不能发生复分解反应，故此选项符合题意；D.MO+H2SO4相互交换成分生成MSO4和水，能发生反应，此选项不符合题意。故选C。【点睛】本题难度不大，掌握复分解反应发生的条件（有沉淀或气体或水生成）并能灵活运用是正确解答本题的关键。17.下列关于金属的说法正确的是A.目前世界上年产量最多的金属是铝B.金刚石和不锈钢都是金属材料C.钛合金与人体具有很好的“相容性”，可用来制造人造骨D.武德合金的熔点高，可用于制造保险丝【答案】C【解析】【分析】【详解】A.目前世界年产最多的金属是铁，不符合题意；B.金刚石由碳元素组成，属于非金属材料，不符合题意；C.钛合金与人体具有很好的“相容性”，可用来制造人造骨，符合题意；D.武德合金以铋金属为基础一种合金，熔点低，可用于制造保险丝，不符合题意。故选C。18.在化学实验中关注“气泡”情况很重要，下列说法中错误的是A.除去氯化钠中少量碳酸钠：滴加稀硫酸至不再产生气泡即可B.金属和酸反应：当其他条件都相同时，产生气泡速度越快，则金属越活泼C.复分解反应条件之一：生成物中有气体(气泡)产生D.检查装置气密性：导气管伸入水中，手握容器外壁，有气泡冒出，则气密性好【答案】A【解析】【详解】A.由于稀硫酸与碳酸钠反应生成了硫酸钠，氯化钠溶液中混入了杂质，所以不能用滴加稀硫酸至不再产生气泡即可的方法除去氯化钠中少量碳酸钠，故A错误；B.在相同条件下，金属与酸反应，产生气泡的速度越快，则该金属活动性越强。故B正确；C.复分解反应的条件是有气体、沉淀或水生成，产生气体是其中的一个条件，故C正确；D.检查装置的气密性时，要将导管一端深入水中，用手握容器外壁，若有气泡冒出，则气密性良好，故D正确；故选A。19.下列离子在pH=2的溶液中能大量共存，且为无色溶液的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】pH=2的溶液中存在大量的氢离子。A.各离子均为无色，酸性条件下均不反应，可以大量共存，故A正确；B.氢离子与碳酸根离子反应会生成二氧化碳，不能大量共存，故B错误；C.含有铁离子溶液呈黄色，无色溶液不可能含有Fe3+，故C错误；D.Ag+与Cl-反应生成AgCl沉淀，二者在溶液中不能大量共存，故D错误，故选：A。【点睛】各离子均为无色，酸性条件下均不反应，可以大量共存；酸性条件下，碳酸根不能大量共存；含有铁离子溶液呈黄色；Ag+与Cl-反应生成AgCl沉淀．20.除去下列物质中少量杂质（括号内为杂质）的方法中正确的是A.CaCl2溶液（盐酸）加入过量氧化钙固体，过滤B.CaO固体（CaCO3）将固体高温煅烧C.Na2CO3溶液（Na2SO4）加适量的硝酸钡溶液过滤D.H2（HCl）混合气体通过饱和NaHCO3溶液【答案】B【解析】【分析】【详解】A.氧化钙能与溶液中的水反应生成氢氧化钙，加入过量氧化钙固体可除去盐酸，但会引进新杂质氢氧化钙，方法错误。B.CaCO3固体高温煅烧生成氧化钙和二氧化碳，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，方法正确。C.Na2CO3.Na2SO4溶液与硝酸钡均能反应，分别生成碳酸钡沉淀和硝酸钠、硫酸钡沉淀和硝酸钠，连同原物质除去并引进新杂质，方法错误。D.HCl气体与饱和NaHCO3溶液反应生成二氧化碳气体，会引进新杂质，方法错误。故选：B。第Ⅱ卷非选择题（满分60分）二、理解与应用（共24分）21.如图是A.B.C三种物质的溶解度曲线，据图回答：（1）t1℃时A.B.C三种物质的溶解度由大到小的顺序是______。（2）M点表示的意义是______。（3）t1℃，将30gA物质加入到50g水中不断搅拌，所得溶液的溶质质量分数为______（结果精确到0.1%）。（4）将t1℃时A.B.C三种物质饱和溶液的温度升高到t2℃时，三种溶液的溶质质量分数由大到小的顺序是______。（5）如果A中含有少量的B，可采用______法提纯A。【答案】（1）BCA（2）t2℃时，AB两物质的溶解度相等（3）23.1%（4）BCA（5）降温结晶【解析】【小问1详解】根据A.B.C三种物质的溶解度曲线可知，t1℃时三种物质的溶解度由大到小的顺序是BCA；【小问2详解】根据溶解度曲线可知，t2℃时，A.B两物质的溶解度曲线相交于M点，表示该温度下两物质的溶解度相等，故M点表示的意义是t2℃时，AB两物质的溶解度相等；【小问3详解】根据A物质的溶解度曲线可知，t1℃时A物质的溶解度为30g，若将30gA物质加入到50g水中不断搅拌，最多溶解15g，达到饱和状态，故所得溶液的溶质质量分数为≈23.1%；【小问4详解】根据溶解度曲线可知A.B两物质的溶解度会随着温度的升高而增大，C物质的溶解度随着温度的升高而减小，t1℃时A.B.C三种物质饱和溶液中溶质质量分数由大到小的顺序为BCA，当温度升高到t2℃时，A.B两物质的溶液由饱和溶液变为不饱和溶液，溶质质量分数不变，C物质的饱和溶液中有溶质析出，溶液仍然饱和，溶质质量分数减小，但仍大于A物质的溶质质量分数，故三种溶液的溶质质量分数由大到小的顺序是BCA；【小问5详解】A物质的溶解度随温度变化明显，B物质的溶解度随温度变化不大，故如果A中含有少量的B，可采用降温结晶的方法提纯A。22.稀土金属因其独特的性能而被誉为“新材料之母”。稀土金属钇的氧化物（Y2O3）广泛应用于航空航天涂层材料，其颗粒大小决定了产品的质量。利用富钇稀土（含Y2O3约70%，含Fe2O3.CuO、SiO2等约30%）生产大颗粒氧化钇的种工艺如图：（1）“酸溶”过程中，氧化钇与盐酸反应的化学方程式是______。（2）“分离提纯”是为了除去滤液1中的______（填化学式）。（3）“调pH”时加入碱液使溶液的pH______（填“增大”或“减小”）。（4）碳酸钇灼烧分解的化学方程式是______。【答案】（1）（2）FeCl3.CuCl2（3）增大（4）【解析】【小问1详解】氧化钇与盐酸反应反应生成氯化钇和水，化学方程式为：;【小问2详解】氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水，氧化铜和盐酸反应生成氯化铜和水，所以“分离提纯”是为了除去滤液1中的FeCl3.CuCl2；【小问3详解】“调pH”时加入碱液先与过量的酸发生中和反应，所以使溶液的pH增大；【小问4详解】碳酸钇在高温的条件下生成氧化钇和二氧化碳，化学方程式为：。23.及时归纳是学好化学主要方法之一。利用如图所示的结构图归纳盐的四个方面的化学性质（图中编号①-④），请回答相关问题：（1）在归纳性质②时，选取了硫酸铜和氢氧化钠两种物质，它们在溶液中相互反应时产生的现象______，化学方程式为______。（2）在性质③中，X代表______类物质。（3）在归纳性质④时，从“某些盐”中选取了硝酸银，写出与硝酸银反应的物质的化学方程式______（写一个）。【答案】（1）①.有蓝色沉淀生成②.（2）酸（3）【解析】【小问1详解】硫酸铜和氢氧化钠反应生成硫酸钠和氢氧化铜沉淀，该反应实验现象：有蓝色沉淀生成，化学方程式：；【小问2详解】在性质③盐+X反应生成盐，，X代表酸类物质；【小问3详解】在性质④，硝酸银和氯化钠反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，该反应的化学方程式：。24.综合利用海洋资源将是未来的发展趋势，如图是某设计院设计的综合利用海水的流程图。据图回答问题：（1）步骤①是从海水中获得淡水的过程，工业上常采用的方法是膜法或多级闪急蒸馏法，分别是利用了混合体系中各物质______或______不同进行分离。（2）过程②中“某种离子交换膜”可以使带一个单位电荷的离子透过。从而除去浓海水中的Mg2+、、Ca2+，若用化学沉淀法依次除去Mg2+、、Ca2+，需要的三种离子分别是______（写离子符号）。（3）过程③是氨碱法制纯碱的一个流程，需要向饱和食盐水中先后加入的两种物质是______（写化学式）。（4）过程④采用蒸发结晶的方法获得氯化钠，而不采用冷却热饱和溶液的方法，是因为______。（5）如果要充分利用海边的贝壳资源，过程⑤生成氢氧化镁的化学方程式是______。【答案】（1）①.颗粒大小②.沸点（2）OH-、Ba2+、（3）NH3.CO2（4）氯化钠的溶解度受温度变化影响较小（5）【解析】【小问1详解】采用膜法淡化海水得到淡水的原理是利用混合体系中各物质的颗粒大小采用类似过滤的方法将各物质分离开得到淡水，故填颗粒大小；采用多级闪急蒸馏法淡化海水得到淡水的原理是利用混合体系中各物质的沸点不同，在不同温度下将物质蒸发分离得到淡水，故填沸点。【小问2详解】Mg2+能够与OH-结合生成氢氧化镁沉淀，所以用化学沉淀法除去Mg2+可用OH-，故填OH-；能够与Ba2+结合生成硫酸钡沉淀，所以用化学沉淀法除去可用Ba2+，故填Ba2+；Ca2+能够与结合生成碳酸钙沉淀，所以用化学沉淀法除去Ca2+可用，故填。【小问3详解】氨碱法制纯碱的一个流程，需要先向饱和食盐水中通入氨气得到饱和氨盐水，然后再通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氯化铵，两种气体的化学式分别为NH3.CO2，故填NH3.CO2。【小问4详解】采用蒸发结晶的方法获得氯化钠，而不采用冷却热饱和溶液的方法，是因为氯化钠的溶解度受温度影响较小，故填氯化钠的溶解度受温度变化影响较小。【小问5详解】过程⑤中生成氢氧化镁的反应是氯化镁与氢氧化钙反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钙，故反应的化学方程式写为：MgCl2+Ca(OH)2=Mg(OH)2↓+CaCl2。三、实验与探究（共20分）25.实验是科学探究的重要方式，请结合图示回答下列问题：（1）图一是某同学将外形相完全相同的铜片和黄铜片相互刻划，该实验的目的是为了比较纯铜和黄铜______的大小，留下明显划痕的是______。（2）图二是一氧化碳还原氧化铁的实验装置图。实验过程中玻璃管内出现的现象是______，发生反应的化学反应方程式______。（3）图三所示装置是探究铜生锈的部分实验。铜锈的主要成分是碱式碳酸铜，一段时间后，试管①中铜片保持光亮，试管②中铜片出现绿色锈渍。对比实验现象得出的结论是______。（4）如图所示装置是四种金属活动性顺序的探究实验。运用控制变量法设计实验方案是化学研究的重要方法。在A.B.C三个实验中，需要控制的实验条件除了金属与稀硫酸的接触面积、稀硫酸的体积、温度以外还需要控制的条件是______。写出试管E中发生反应的化学方程式______。试管D中产生的现象为______。大家认为从中选择四个实验即可验证锌、铁、铜、银的金属活动性顺序。这四个实验的两种组合是______、______。【答案】（1）①.硬度②.纯铜（2）①.红色固体变为黑色②.（3）铜生锈需要氧气（4）①.稀硫酸的浓度②.③.铁片表面覆盖一层红色固体，溶液由蓝色变为浅绿色④.ABCE⑤.ABDE【解析】【小问1详解】图一是某同学将外形相完全相同的铜片和黄铜片相互刻画，该实验的目的是为了比较纯铜和黄铜硬度的大小，留下明显划痕的是纯铜；故填：硬度；纯铜；【小问2详解】实验过程中，高温条件下氧化铁和一氧化碳反应生成铁和二氧化碳，玻璃管内出现的现象是红棕色固体变黑色，发生反应的化学反应方程式：；【小问3详解】图三所示装置是探究铜生锈的部分实验。铜锈的主要成分是碱式碳酸铜，一段时间后，试管①中没有氧气，铜片保持光亮，试管②中铜与氧气接触，铜片儿出现绿色锈渍，对比实验现象得出的结论是铜生锈需要氧气；故填：铜生锈需要氧气。【小问4详解】①在A.B.C三个实验中，需要控制的实验条件除了金属与稀硫酸的接触面积、稀硫酸的体积、温度以外还需要控制的条件是稀硫酸的浓度；②E试管中，铜和硝酸银反应生成硝酸铜和银，发生反应的化学方程式为：③试管D中，铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，所以反应现象为：铁片表面覆盖一层红色固体，溶液由蓝色变为浅绿色；④这四个实验是ABCE，A中产生气泡速率比B中快，说明锌比铁活泼，C中铜不能与稀硫酸反应，说明铜在金属活动性顺序中在氢之后，E中铜能和硝酸银反应，说明铜比银活泼。故填：ABCE；⑤这四个实验是ABDE，A中产生气泡速率比B中快，说明锌比铁活泼，D中铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，说明铁比铜活泼，E中铜能和硝酸银反应，说明铜比银活泼。故填：ABDE；故答案为：（1）①硬度②纯铜（2）①红色固体变为黑色②（3）铜生锈需要氧气（4）①稀硫酸的浓度②③铁片表面覆盖一层红色固体，溶液由蓝色变为浅绿色④ABCE⑤ABDE。【点睛】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26.为研究酸碱盐的性质某同学做了如下几组实验。实验序号①②③④实验药品HClNaOHHClNa2CO3Ca（OH）2Na2CO3CaCl2Na2CO3（1）无明显现象的实验序号是______。反应实质相同的两组实验的序号是______。（2）写出实验②反应的化学方程式______。实验结束后将所有废液倒入一个干净的废液缸中，得到白色沉淀和上层清液。（3）上层清液中一定不含有的物质是______。（4）取少量上层清液于试管中，加入少量的Na2CO3溶液，无明显现象。这说明清液中也不含有的离子是______。（5）取少量上层清液于另一支试管中，加入过量的氯化钙溶液静置，有白色沉淀生成，说明原清液中一定含有的物质是______。再向此时试管中的溶液中滴加几滴酚酞试液，酚酞试液变为红色，说明原清液中一定含有的物质是______。【答案】（1）①.①②.③④（2）（3）HCl（4）Ca2+（5）①.Na2CO3②.NaOH【解析】【分析】【小问1详解】盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠和水，氯化钠溶解于水中，溶液无色，无气体生成，反应过程无明显现象，故填：①；Ca（OH）2和Na2CO3反应的实质是钙离子和碳酸根离子结合生成碳酸钙，CaCl2和Na2CO3反应的实质也是钙离子和碳酸根离子结合生成碳酸钙，两组实验的反应实质相同，故填：③④；【小问2详解】实验②反应是盐酸与碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，其化学方程式为：；【小问3详解】几组实验的药品中，只有钙离子与碳酸根离子结合会生成碳酸钙白色沉淀，实验②的药品中不含有钙离子，只含有碳酸根离子，实验②反应结束后一定剩余碳酸钠，碳酸钠与盐酸不能共存，故上层清液中一定不含有的物质是HCl；【小问4详解】Na2CO3溶液中的碳酸根离子与氢离子结合会生成二氧化碳气体，有产生气泡的现象，碳酸根离子与钙离子生成碳酸钙白色沉淀，由浑浊现象，上题分析出上层清液中一定不含有的物质是HCl，即不含氢离子，故取少量上层清液于试管中，加入少量的Na2CO3溶液，无明显现象，说明清液中也不含有的离子是Ca2+；【小问5详解】取少量上层清液于另一支试管中，加入过量的氯化钙溶液静置，有白色沉淀生成，氯化钙中的钙离子与碳酸根离子结合生成白色的碳酸钙沉淀，参与实验的药品中只有碳酸钠含有碳酸根离子，说明原清液中一定含有的物质是Na2CO3；酚酞溶液遇见变红，再向此时试管中的溶液中滴加几滴酚酞试液，酚酞试液变为红色，说明此时溶液呈碱性，氢氧化钠溶液和碳酸钠溶液都呈碱性，但过量的氯化钙已经将碳酸钠耗尽，说明原清液中一定含有的物质是NaOH。【点睛】四、分析与计算（共16分）27.某兴趣小组在实验室发现盛有固体氢氧化钠的试剂瓶破裂瓶盖处有“白毛”状物质(如图)，(1)根据所学知识，他们推断“白毛”状固体物质中含有碳酸钠，依据是_______。(用化学方程式表示)｡(2)既能证明氢氧化钠变质，又能除去变质氢氧化钠中的杂质，该试剂是_______(填字母)｡A稀盐酸BCa(OH)2溶液CCaCl2溶液D稀硫酸(3)他们取4g白色固体，加水配成40g溶液倒入烧杯中