26春 典中点 九年级化学下（R版）答案

荣德基主编答课时练答案详解详析课题1金属材料1.D【点拨】金属材料包括纯金属和合金。丝绸主要成分是蛋白质，A错误；瓷器、玉器主要成分属于无机非金2.B【点拨】熔点最低的金属是汞，常温下汞为液体，B利用金属材料硬度较大的性质。故选A。4.(1)②③④(2)延展；导电；物理(3)银的价格比较高6.C【点拨】生铁含碳量为2%～4.3%,钢的含碳量为金的硬度一般大于组分金属，合金钢的硬度比铁大，B说法正确；合金钢是由铁和其他物质组成的混合物，不是纯净物，C说法错误；合金钢的抗腐蚀性比铁好，D说法正确。故选C。7.(1)金属材料(2)A、C【点拨】(1)合金、纯金属都属于金属材料。(2)飞船使用了大量的铝合金材料，铝合金低、抗腐蚀性强。“金(铜单质)柔锡(锡单质)柔，合两柔则刚”,这句话说明合金的硬度一般比其组分金属的大，故选B。9.C【点拨】合金的硬度一般比其组成金属的硬度大，A错误；通过真空蒸馏分离镁和镍，镁以气态形式进入收集器，说明镁的沸点比镍低，B错误；真空蒸馏使镁由液态转变为气态，物质状态发生变化，微粒间的间隙发生改10.(1)铁的硬度比铅大(2)铜制的(3)发热熔断(4)铝的熔点比铁低(5)铝的密度比铜小【点拨】(1)铁的硬度比铅大，常用铁制大锤而不用铅制。(2)银的导电性好但价格高，不宜制电线。(3)灯丝宜采用熔点高的金属制作。(4)铝的熔点比铁低。(5)铝的密度小，制作高空电缆成本低。点方法由金属的用途推断金属的性质时，要分析具有该用途的金属应具有的性质。如制作炊具的金属需要具有良好的导热性，制作电线的金属需要具有良好的导电性和延展性，这些性质也就是选用的金属应具备的性质。11.(1)纯镁片(2)导热；温度达到可燃物的着火点(3)a【点拨】(1)合金的硬度一般比组成它们的纯金属的硬度大，镁铝合金的硬度比纯镁大。取一段镁铝合金的金属片和一段纯镁片，相互刻画，能留下明显划痕的是纯镁片。(2)点燃酒精灯，一段时间后观察到火柴燃烧，说明该合金具有导热性和燃烧需要温度达到可燃物的着火点。(3)合金的熔点一般比组成它们的纯金属的熔点金熔点的是a。12.(1)①Al;>【点拨】(1)①高压输电线需选用导电性好、密度小的金属，故选Al;合金的硬度大于组成它的纯金属的硬度，所以铁合金的硬度大于5。②由题中信息可知，这种特种钢能够承受飞机着舰时的强烈冲击载荷和摩擦产生的高温，所以应具有硬度大、熔点高的物理性质。(2)①黄铜金。②根据纪念币的流通特点可知，铸造出的纪念币要点方法点方法图示法巧记合金的特性课题2金属的化学性质(2)化学性质稳定3.D【点拨】①镁能与稀硫酸反应生成硫酸镁和氢气；②铁与盐酸发生置换反应时生成氯化亚铁，不能生成氯化铁；③铜不能与稀硫酸反应；④锌能与稀盐酸反应生成氯化锌和氢气。故①④能够通过金属与稀盐酸或稀硫酸反应生成。5.D【点拨】此题应紧扣置换反应的特点“单换单”进行判断，即反应物为一种单质和一种化合物，生成物为另一种单质和另一种化合物。6.D【点拨】唐鎏金铁芯铜龙是用铁铸造内芯，铁上包法正确；铁芯外表包铜可耐腐蚀，因为铜的化学性质稳答案详解详析定，故B说法正确；合金熔点比组分金属熔点低，加热祛汞(汞的沸点低，加热时容易挥发),冷却，器物表面形成金膜，故C说法正确；唐鎏金铁芯铜龙是用铁铸造内芯，铁上包铜，外层鎏金，金的化学性质稳定，不易与其他物质发生反应，若保存不当，表面不容易变黑，故D说法错8.D【点拨】由图可知，时间为70s时，放有椰汁罐的锥形瓶压强较大，故椰汁罐产生的氢气更多，A选项正确；反应结束后，放有可乐罐的锥形瓶压强更大，故可乐罐产生的氢气更多，B选项正确；压强达到最高点后均略有下降，说明反应均放热，C选项正确；铁与硫酸反应生成硫反应生成硫酸铝和氢气3H₂↑,等质量的铝和铁与足量稀硫酸反应，铝生成的氢因为铝表面有一层氧化铝薄膜，酸与氧化铝反应过程中没9.D【点拨】根据化学方程式的质量关系可知，消耗相同质量的同浓度盐酸，对应消耗金属的质量关系为Fe>Mg>Al,故溶液质量增加关系为Fe>Mg>Al,A正确；因为酸的质量相同，金属过量，故最终生成氢气的质量相等，生成等质量的氢气，消耗金属的质量关系为Al<Mg<Fe,B正确；金属活动性为Mg>Al>Fe,则镁的反应速率最快，至完全反应所需时间最短，铝次之，铁所需时间最长，金属足量，最后生成的氢气的质量相等，C正确；根据化学方程式的质量关系可知，消耗相同质量的同浓度盐酸，同时消耗金属的质量关系为Fe>Mg>Al,D错误。(3)A【点拨】(1)向盛有稀硫酸的烧杯中加入足量的锌至反应完全，锌和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，化学方程式为Zn+H₂SO₄=ZnSO₄+H₂个，该反应符表示反应前后溶液中解离产生的不同离子，反应前溶液中有氢离子和硫酸根离子，反应后有锌离子和硫酸根离反应的化学方程式Zn+H₂SO₄=ZnSO₄+H₂个可知，锌置换出硫酸中的氢，反应结束后溶液的质量增大。11.(1)铝与氧气反应生成一层致密的氧化铝膜，氧化铝的熔点比金属铝的熔点高，酒精灯火焰的温度未能使氧化铝熔化(合理即可)(3)表面的氧化铝消耗完，铝开始与稀盐酸反应产生大量氢气并放热，导致密闭环境中压强迅速上升(4)铝与稀盐酸反应结束后，不再放热，装置内开始降【点拨】(1)铝熔化成铝水而未滴落是因为铝与氧气反应生成一层致密的氧化铝膜，氧化铝的熔点比金属铝的熔点高，酒精灯火焰的温度未能使氧化铝熔化。(2)OA段气体压强基本不变，是因为稀盐酸先与氧化铝薄膜反应生成氯化铝和水，反应的化学方程式为Al₂O₃+6HCl—2AICl₃+3H₂O。(3)AB段压强迅速上升是因为表面的氧化铝消耗完，铝开始与稀盐酸反应产生大量氢气并放热，导致密闭环境中压强迅速上升。(4)BC段压强略有下降是因为铝与稀盐酸反应结束后，不再放热，第2课时金属活动性顺序1.A【点拨】铁和硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁和铜；铁能置换出铜，说明铁的活动性强于铜，①正确；②根据化学方程式可知，每56份质量的铁参与反应，生成64份质量的铜，反应后溶液的质量减少，②错误；反应生成的金属化合物为硫酸亚铁，③错误；该反应有铜生成，反应后固体表面附着一层红色物质，④正确。×点规律描述金属与金属化合物溶液反应的实验现象时，既要关注金属表面的变化，又要关注溶液颜色的变化。如：有铜生成，则表面会覆盖一层红色金属；液为无色。3.D【点拨】实验前需要打磨金属片，是为了除去表面的氧化膜，从而防止氧化膜阻碍反应的进行，故A说法正确；铜不和稀盐酸反应，若用稀盐酸能比较两金属的活动铜片放入X的化合物溶液，无明显现象，说明铜不与X的化合物溶液反应，即铜的活动性比X弱，能比较出X与铜的金属活动性，故C说法正确；若向两支试管中加入AgNO₃溶液，锌和铜都能与硝酸银反应置换出银，能得出金属的活动性：Zn>Ag,Cu>Ag,但无法比较锌和铜的金属活动性，故D说法错误。故选D。(2)铝丝表面有氧化膜(或铝丝未打磨)(3)用砂纸打磨铝丝；溶液由蓝色变为无色，铝丝表面有九年级化学下R版红色物质析出红色物质析出【点拨】(1)金属活动性Al>Cu。(2)A1和氧气反应生CuSO₄隔绝，所以将未打磨的铝丝浸人CuSO₄溶液一段时间，没有观察到明显现象。(3)用砂纸打磨可除去铝丝表面的氧化铝；铝丝与CuSO₄溶液反应的现象是溶液由蓝色变为无色，铝丝表面有红色物质析出。(5)减少污染(或节约资源，合理即可)【点拨】锌、铜、镍(Ni)的金属活动性顺序为Zn>Ni>(H)>Cu,加入过量的稀硫酸，锌、镍分别与硫酸反应生锌粉，发生的反应是硫酸镍与锌反应生成硫酸锌和镍，锌与硫酸反应生成硫酸锌和氢气，金属C是镍，溶液D是硫酸锌溶液。(1)操作I和操作Ⅱ均能将固体与液体分离，其操作是过滤。(2)根据分析可知，步骤①中得到的金属A是铜(或Cu)。(3)根据分析可知，溶液B中除水外，还含有的成分为硫酸锌、硫酸镍、硫酸，化学式分别为ZnSO₄、NiSO₄、H₂SO₄。(4)步骤②中生成金属C发生的反应是硫酸镍与锌反应生成硫酸锌和镍，反应的化学方程式是Zn+NiSO₄—ZnSO₄+Ni。(5)合理开发城市“金属矿Ni+H₂SO₄=NiSO₄+H₂个)【得出结论】①【交流反思】A【实验拓展】不存在金”样品放在陶土网上用酒精灯加热，铜与氧气反应生成黑色的氧化铜，所以观察到金属表面变黑；实验二观察到金属表面冒气泡，锌能与酸反应生成氢气，则该步骤是将的三支试管中分别加入等质量、等浓度的稀硫酸，观察到锌粉和镍粉表面都有气泡产生，铜粉表面无明显变化，说明锌与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气、镍与稀硫酸反应生【得出结论】根据实验I观察到锌粉和镍粉表面都有气泡产生，铜粉表面无明显变化，说明金属活动性锌>氢、镍>氢、氢>铜；根据实验Ⅱ观察到溶液由绿色变为无色，说明金属活动性锌>镍，综上可知Zn、N活动性顺序为Zn>Ni>Cu,即猜想①成立。【交流反思】镍、铜与硫酸锌均不反应，说明金属活动性5.C【点拨】据图乙可知，活动性更强的金属是电池的负极，活动性较弱的金属是电池的正极。若两金属在金属活动性顺序中都排在氢的后面，不会产生电流。电流方向由正极流向负极。图丙电流方向由b到a,说明b是正极，a是负极。则a的活动性大于b的活动性。a铝片活动性小于b镁片活动性，A不符合题意；a铁片活动性小于b锌片活动性，B不符合题意；a铁片活动性大于b铜片活动性，C符合题意；a铜片、b银片在金属活动性顺序中都排在氢的后面，不会产生电流，D不符合题意。故【点拨】金属活动性Zn>Cu>Ag,将ag金属Zn放入Cu(NO₃)2和AgNO₃混合溶液中，先发生反应Zn+2AgNO₃=Zn(NO₃)₂+2Ag,AgNO₃反应完，再发生反应Zn+Cu(NO₃)=Zn(NO₃)₂+Cu。(1)若滤渣中加入稀盐酸有气泡产生，说明Zn有剩余，则滤渣成分是Ag、Cu、Zn。(2)若滤液呈蓝色，说明滤液中含有Cu(NO₃)2,故滤液中一定含有Cu(NO₃)₂、Zn(NO₃)₂,AgNO₃可能剩余，故可能含有的金属化合物是AgNO₃。(3)由Zn+2AgNO₃=Zn(NO₃)₂+2Ag可知，每65份质量的Zn可置换出216份质量的Ag,滤渣的质量会增质量的Zn可置换出64份质量的Cu,滤渣的质量会减少；若滤渣的质量仍为ag,说明同时发生上述两个反应，硝酸铜可能有剩余，也可能是锌和硝酸铜恰好完全反应，也可能是锌有剩余，则滤渣的组成有两种情况：Ag、Cu;仓点方法金属与金属化合物溶液反应后滤液及滤渣成分的判断方法(以向FeSO₄和CuSO₄的混合溶液中加入一定量Zn粉为例):(1)优先置换原理(距离最远原则):①一种金属和几种金属化合物的混合溶液反应时，金属先和最不活泼金属的化合物溶液反应；②多种金属和一种金属化合物溶液反应时，最活泼的金属先和金属化合物溶液反应。(2)反应后滤液、滤渣的成分(按加入金属的质量分情况讨论，结合数轴法分析如下):答案详解详析锌>镍、锌>铜，不能验证镍、铜的金属活动性顺序，不能达到实验目的，A符合题意；锌与硫酸镍溶液反应生成镍和硫酸锌，铜与硫酸镍溶液不反应，说明金属活动性锌>镍>铜，能达到实验目的，B不符合题意；镍与硫酸锌溶液不反应，镍与硫酸铜溶液反应生成铜和硫酸镍，说明金属活动性锌>镍>铜，能达到实验目的，C不符合题意。故选A。【实验拓展】将镍丝插入硫酸铜溶液中，镍与硫酸铜反应生成铜和硫酸镍，反应一段时间后取出镍丝，再插入铝丝，根据金属活动性铝>镍>铜，如果溶液中含有硫酸铜，则铝先与硫酸铜反应生成铜和硫酸铝，硫酸铜完全反应后，铝再与硫酸镍反应生成镍和硫酸铝，实验观察到铝丝表面析出银白色固体，而铜为红色固体，说明此时试管内的溶液中一定不存在CuSO₄。专项提升1金属的活动性顺序及应用2.C【点拨】铜的活动性排在铝和银之间，故选择硝酸铜溶液即可验证它们的金属活动性强弱。3.C【点拨】由题意可知，在两种打磨后的金属片上滴加不同的溶液，金属M上仅③处有明显现象，说明M在金属活动性顺序中位于氢的后面，比银活泼；金属N上仅⑤处无明显现象，说明N的活动性比铁弱，在金属活动性顺序中位于氢的前面，由此可得出金属的活动性强弱4.D【点拨】铜在金属活动性顺序中位于氢后，不能与稀硫酸发生反应，实验中观察到左端烧杯中无明显现象，A正确；锌的金属活动性强于铁，能置换出硫酸亚铁溶液中的铁，所以右端烧杯中反应后的溶液里一定有ZnSO₄,B正确；左端铜球质量不变，右端锌与硫酸铜反应，Zn+说明铜在金属活动性顺序中位于氢后，右侧烧杯中锌能置换出硫酸亚铁溶液中的铁，说明锌的活动性大于铁，不能得出铁的金属活动性比铜强，D错误。故选D。液变成浅绿色，说明X是金属铁，故A说法不正确；铁与硝酸银溶液反应生成硝酸亚铁和银，再向烧杯内加入一定量锌粉，充分搅拌，锌与Fe(NO₃)₂溶液反应生成Fe和Zn(NO₃)2溶液，浅绿色消失得到无色Zn(NO₃)。溶液，无色溶液中一定不存在Fe(NO₃)2和AgNO₃,故B说法正确；铁与硝酸银反应生成硝酸亚铁和银，锌与Fe(NO₃)2溶液反应生成Fe和Zn(NO₃)₂,转化可看成是Zn+2AgNO₃=2Ag+Zn(NO₃)₂,每65份质量的锌完全反应，生成216份质量的银，固体质量增加，则溶液质量减少，因此无色溶液的质量小于ag,故C说法不正确；X(铁)能从溶液中置换出银，说明X(铁)的活动性比银强，锌能从溶液中置换出X(铁),说明锌的活动性比X(铁)强，由此可得出三种金属的活动性强弱为Zn>X>Ag,故D说法不正确。故选B。6.B【点拨】根据金属活动性顺序Zn>Fe>H>Cu,将等质量的锌粉和铁粉的混合物放入烧杯中，向烧杯中不断加入氯化铜溶液，锌先和氯化铜反应生成氯化锌和铜(对应ab段),化学方程式为Zn+CuCl₂=ZnCl₂+Cu,每65份质量的锌置换出64份质量的铜，反应后固体质量减小，待锌反应完全，铁和氯化铜反应生成氯化亚铁和铜(对应bc段),化学方程式为Fe+CuCl₂=FeCl₂+Cu,每56份质量的铁能置换出64份质量的铜，反应后固体质量增大。ab段固体质量减小，对应锌和氯化铜反应生成氯化锌和铜，化学方程式为Zn+CuCl₂—ZnCl₂+酸和铁反应生成氯化亚铁和氢气，有气泡产生，B说法不正确；c点时铁和氯化铜恰好完全反应，溶液中含有氯化锌和氯化亚铁，所得溶液呈浅绿色，C说法正确；d点氯化铜过量，所得溶液中除水外，还有氯化锌、氯化亚铁和(2)取一试管装入少量稀盐酸，插入银丝，观察是否有气泡产生(合理即可)【点拨】(1)根据金属活动性顺序进行判断，步骤①中发生铁与稀盐酸的反应，生成氯化亚铁和氢气，步骤②中银不能与氯化亚铁溶液发生反应，所以步骤③锌与氯化亚铁溶液反应生成铁和氯化锌，反应的化学方程式为Zn+FeCl₂—Fe+ZnCl₂。(2)步骤①能证明铁在金属活动性顺序中排在氢的前面，步骤②中银不与氯化亚铁溶液反应，证明银在金属活动性顺序中排在铁的后面，步骤③能证明锌在金属活动性顺序中排在铁的前面，综上分析，要比较Ag和H的活动性强弱，需要选择酸溶液来实验，方案为取一试管装人少量稀盐酸，插入银丝，观察是否有气泡产生。(3)如果步骤①中加入稀盐酸，插入银丝，充分作用，无明显现象，可以证明，银在金属活动性顺序中排在氢的后面，步骤②在①所得溶液中，插入铁丝，充分作用，产生气泡，可以证明铁在金属活动性顺序中排在氢以证明锌在金属活动性顺序中排在铁的前面，从而证明活动性Zn>Fe>H>Ag。8.(1)稀硫酸(2)锌粉的接触面积更大，反应更快、更充分；Zn+(3)硫酸铜已除尽，增加的锌粉仅与硫酸镉反应(4)过滤【点拨】(1)锌浸出液中含有硫酸锌等物质，为了不引入新的杂质，调节pH时适宜加入的酸是稀硫酸。(2)锌粉九年级化学下R版【点拨】(1)从高炉中得到的铁中含有杂质，不是纯铁，A选项错误；将铁矿石粉碎的目的是增大反应物的接触面积，B选项正确；高炉炼铁中，加入焦炭能起到提供热量的作用，还能与二氧化碳反应生成一氧化碳，C【点拨】(1)从高炉中得到的铁中含有杂质，不是纯铁，A选项错误；将铁矿石粉碎的目的是增大反应物的接触面积，B选项正确；高炉炼铁中，加入焦炭能起到提供热量的作用，还能与二氧化碳反应生成一氧化碳，C选项错误；石灰石主要成分是碳酸钙，碳酸钙高温分解为氧化钙、二氧化碳，其中氧化钙与铁矿石中的二氧化硅反应生成硅酸钙炉渣，所以加入石灰石的作用是除去铁矿石中的杂质SiO₂,D选项正确。故选A、C。(2)反应3是高炉炼铁的主要反应原理，该反应的化学方程式为Fe₂O₃+2。(3)由图可知，该方案的优点是除了可以除去尾气中的CO₂,还可实现CaCO₃、CO的循环利用。5.解：设理论上可炼制含铁97%的生铁的质量为x。(3)由图可知，当锌粉用量增加到一定程度后，铜的去除率不变，说明此时硫酸铜已被除尽，增加的锌粉只能与硫酸镉反应，所以镉的去除率上升。(4)“反应器2”得到的是固体和液体的混合物，经过过滤操作，可将固体和液体分离，然后对固体进行洗涤、干燥得到纳米氧化锌产品。9.(1)有红色固体生成，溶液由蓝色变为浅绿色；Cu+有Fe(NO₃)₂,锌与硝酸亚铁溶液会发生反应【进行实验】加入稀盐酸(合理即可);有气泡生成(合理即可)【反思交流】反应物是否有剩余2900t×80%x·9【点拨】(1)试管①中铁与硝酸铜反应生成铜和硝酸亚铁，故观察到的实验现象是有红色固体生成，溶液由蓝色变为浅绿色；试管③中铜和硝酸银反应生成银和硝酸铜，反应的化学方程式是Cu+2AgNO₃=Cu(NO2900t×80%x·9答：理论上可炼制含铁97%的生铁的质量为1674.2t。【点拨】由赤铁矿石的质量、氧化铁的质量分数，根据炼铁的化学方程式可以列式计算出炼出含铁97%的生铁的6.D【点拨】反应后，铁元素的化合价由+3价变为0价，A正确；一氧化碳具有还原性，在高温下能与氧化铁反应生成铁和二氧化碳，该反应的反应条件是高温，B答：理论上可炼制含铁97%的生铁的质量为1674.2t。【点拨】由赤铁矿石的质量、氧化铁的质量分数，根据炼铁的化学方程式可以列式计算出炼出含铁97%的生铁的6.D【点拨】反应后，铁元素的化合价由+3价变为0价，A正确；一氧化碳具有还原性，在高温下能与氧化铁反应生成铁和二氧化碳，该反应的反应条件是高温，B正确；赤铁矿的主要成分是氧化铁，C正确；一氧化碳夺取了氧化铁中的氧，发生氧化反应，氧化铁失去了氧，发生还原固体质量的减少量为反应的Fe₂O₃中氧元素的质量，即20g-15.2g=4.8g,可计算出参加反应的Fe₂O₃的质量为16g,占原Fe₂O₃质量的80%,生成11.2gFe,8.(1)碳；硬度比纯铁大；抗腐蚀性能比纯铁好(4)【作出猜想】由于滤液中无硝酸铜和硝酸银，则银和铜已被置换出来，滤渣中肯定有银和铜，可能有铁，故猜想I是银、铜。【分析思考】小明的猜想不正确，滤渣中想Ⅱ正确，即滤渣的成分中有铁，铁与盐酸反应生成氢气，故取少量滤渣样品，加入稀盐酸，有气泡生成，说明猜想Ⅱ正确(合理即可)。【反思交流】在分析化学反应后所得物质的成分时，除了考虑生成物外，还需要考虑反应物是否有剩余。课题3金属资源的利用和保护(3)提供充足的氧气，使焦炭充分燃烧，为炼铁提供足够的热量(3)提供充足的氧气，使焦炭充分燃烧，为炼铁提供足够的热量【点拨】(1)生铁含碳量为2%～4.3%,钢含碳量为【点拨】(1)生铁含碳量为2%～4.3%,钢含碳量为0.03%～2%;炒钢法核心工艺是要不断翻炒液态生铁，使碳与氧气充分接触反应生成二氧化碳，目的是降低生铁中碳元素含量，得到性能更好的钢；钢比纯铁用途更广，原因是钢的硬度比纯铁大、抗腐蚀性能比纯铁好等。3.D【点拨】在高炉炼铁中，焦炭的作用是升高炉温并制得还原剂一氧化碳，虽然所用的原料是焦炭，但还原铁矿石的却是一氧化碳。(2)潮泥灰中的碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，答案详解详析往炼铁炉中不断鼓入空气的目的是提供充足的氧气，使焦炭充分燃烧，为炼铁提供足够的热量。(4)炼铁炉中一氧化碳与赤铁矿(Fe₂O₃)反应生成铁和二氧化碳，该反(3)相同渗层深度时，温度越高，含碳量越高(合理即可);【点拨】(1)i.由反应前后原子种类和个数不变可知，X为H₂O。由化学方程式可知，参加反应的H₂和Fe₂O₃质量比为(3×2):160=3:80。ii.b区是Ni与CO生成Ni(CO)₄,a区是Ni(CO)4分解生成Ni和CO。由所给信息可知，分解反应需更高温度，故温度较高的是a区。(2)铁、镍在高温下易与氧气反应，氮气化学性质稳定，烧结时在氮气环境下进行可防止金属被氧化。合金与组成它的纯金属相比，一般具有硬度大、强度高、抗腐蚀性强等优点。(3)由图丙可知，在渗层深度相同时，温度越高，含碳量越高。渗层深度为1.0mm、含碳量为0.6%,1000℃对应的曲线符合要求，故最适合的温度是2.B【点拨】将蒸馏水煮沸后迅速冷却，目的是排除水中溶解的氧气，A正确；c中棉花中包裹的氧化钙，能与水反应生成氢氧化钙，作用是吸收试管中的水，B错误；a试管中铁钉与水、氧气充分接触，b试管中的铁钉只与水接触，a试管中的铁钉生锈，b试管中的铁钉没有生锈，对比说明铁的锈蚀条件之一是需要与氧气接触，C正确；a试管中铁钉与水和氧气充分接触，c试管中的铁钉只与氧气接触，a试管中的铁钉生锈，c试管中的铁钉没有生锈，对比说明铁的锈蚀需要与水接触，D正确。3.(1)铁生锈需要与水接触(2)盛有氧气的试管中的铁丝生锈，盛有氮气的试管中的铁丝不生锈【点拨】(1)第一组实验中，第一支试管中的铁丝与氧气、水充分接触，第二支试管中的铁丝只与干燥的空气接触；一段时间后，第一支试管中的铁丝生锈，第二支试管中的铁丝没有生锈，可用于探究铁生锈的条件之一是要与水接触。(2)第二组实验能证明铁生锈需要和氧气接触的现象是盛有氧气的试管中的铁丝生锈，盛有氮气的试管中的铁丝不生锈。4.A【点拨】铁在与氧气和水同时接触时会发生锈蚀，食盐水会加快铁的锈蚀，A符合题意。5.D【点拨】表面涂油、表面刷漆、覆盖塑料利用的都是隔绝氧气和水的原理防止金属锈蚀；制成合金，改变了金属的组成和内部结构，故选D。(3)导热性；可回收物；保护金属资源(合理即可)【点拨】(1)将铁矿石冶炼成生铁的过程中有新物质生成，属于化学变化，故一定发生化学变化的过程是①。(2)赤铁矿的主要成分为氧化铁，一氧化碳在高温条件下能与氧化铁反应生成铁和二氧化碳。(3)铁锅做炊具主要是利用了铁的导热性；废旧的铁锅、铁管可回收利用，属于可回收物；将废旧金属回收利用能节约金属资源、防止污染环境。8.D【点拨】将水煮沸并迅速冷却的目的是除去水中溶释放氧气，甲中铁钉与氧气和水同时接触，一段时间后出现锈迹，B正确；金鱼藻的作用是进行光合作用，产生氧中铁钉只与水接触，不会发生锈蚀，该实验可证明铁锈蚀条件之一是与氧气接触，D错误。故选D。9.C【点拨】植物油的作用之一是隔绝水，A正确；氯化内的铁钉与氧气和水同时接触，会生锈，消耗试管内的氧气，试管内气压减小，b管内的铁钉只与氧气接触，不会水液面左高右低，C错误；a管内的铁钉与氧气和水同时b装置的对比说明铁钉生锈的条件之一是与水接触，D(2)铝能和氧气反应生成致密的氧化铝保护膜(合理即可)【点拨】(4)反应生成氢气的质量是0.09g/L×0.2L=0.018g,设该固体中单质铁的质量分数是x,22(5)铁与盐酸反应放热，则装置中的气体受热膨胀，会导致测得的氢气的体积偏大，最终测得铁的质量分数偏大；没有考虑加入的盐酸的体积，会导致测得的氢气的实验活动5常见金属的物理性质和化学性质1.(1)延展性(2)导电性(3)可燃性【点拨】(1)锡具有良好的延展性，可用于制作包装用的九年级化学下R版金属箔。(2)由题可知，发生短路说明锡具有导电性。(3)金属不需要发生化学变化就能表现出来的性质为物理性质，该实验中不属于金属的物理性质的是可燃性。2.(1)黄铜的硬度比纯铜大金属箔。(2)由题可知，发生短路说明锡具有导电性。(3)金属不需要发生化学变化就能表现出来的性质为物理性质，该实验中不属于金属的物理性质的是可燃性。2.(1)黄铜的硬度比纯铜大(3)Zn+2HCl=ZnCl₂+H₂↑;铜(或Cu)(4)置换反应；碳(或C):Fe+2HCl=FeCl₂+H个3.(1)除去铝丝表面的氧化物和污物(2)Al+3AgNO₃—Al(NO₃)₃+3Ag[或2Al+3Cu(NO₃)₂=2Al(NO₃)₃+3Cu](3)将铜丝插入硝酸银溶液中(或将银丝插入硝酸铜溶液中)【点拨】(1)铝易与空气中的氧气反应生成一层致密的氧化铝薄膜，故铝丝浸入溶液前需要先用砂纸打磨，其目的是除去铝丝表面的氧化物和污物。(2)装置A中铝和硝酸银反应生成硝酸铝和银，装置B中铝和硝酸铜反应生成硝酸铝和铜，据此书写一个化学方程式即可。(3)装置A中铝可以置换出银，说明铝的金属活动性比银强，装置B中铝能置换出铜，说明铝的金属活动性比铜强，但未比较铜、银的金属活动性顺序，故补充的实验为将铜丝插入硝酸银溶液中，或将银丝插入硝酸铜溶液中。4.B【点拨】不锈钢的组成成分中不含铝，①不能用于比较合金与其组分金属的硬度，A错误；Zn与硫酸亚铁溶液反应置换出铁，说明金属活动性Zn>Fe,铜片与硫酸亚铁溶液不反应，说明金属活动性Fe>Cu,由此可得出三种金属的活动性Zn>Fe>Cu,B正确；图示实验可用于探究铜生锈条件是与二氧化碳、氧气接触，无法证明是否与水有关，C错误；铁和稀硫酸反应生成氢气，反应过程中氢气逸出，不能直接用于验证质量守恒定律，D错误。5.C【点拨】密闭装置中，气体膨胀压强增大，焙热锥形瓶，测得传感器数据显著增大，说明装置气密性良好，A正确；从图中压强随时间的变化曲线可知，50%的硫酸溶液与锌接触压强几乎不变，故“几乎不产生气体”,B正确；由图可知，在一定时间内，30%硫酸溶液产生的气体比20%硫酸溶液多，但是达到一定时间后，反而20%硫酸产生的气体多，C错误；在一定时间内，30%硫酸溶液产生的气体压强比20%硫酸溶液大，但是达到一定时间后，反而20%硫酸溶液产生气体压强比30%硫酸溶液大，故相同条件下，硫酸溶液的浓度越大，产生气体速率不一定越快，D正确。故选C。6.(1)纯铜片【点拨】【实验探究】铝的活动性强于锌，故与相同体积和相同浓度的稀盐酸反应更剧烈；锡的活动性弱于锌，不能与氯化锌溶液反应，根据反应现象判断不是锡。【反思评价】I.小东和小营设计上述实验的理论依据是金属活动性顺序。Ⅱ.点燃时，镁能够在空气中燃烧，故不是镁。专项提升2金属的化学性质及应用1.(1)非常稳定(2)月球上没有氧气，地球上有氧气2.(1)铁片表面有红色固体析出，蓝色溶液变为浅绿色；③【点拨】(1)若将a、b两端铁片分别同时浸入左右两个烧杯中，a端发生的反应是铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，产生的现象是铁片表面有红色固体析出，蓝色溶铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，若要使b端也产生(2)若X溶液为硝酸银溶液，将a、b两端铁片同时浸入左、右烧杯中，b端发生的反应是铁和硝酸银反应生成硝酸亚铁和银，反应的化学方程式为Fe+2AgNO₃==Fe(NO₃)₂+2Ag,每56份质量的铁完全反应能置换出216份质量的银；铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，反应的化学方程式为Fe+CuSO₄=FeSO₄+Cu,每56份质量的铁完全反应能置换出64份质量的铜。一段时间后，将a、b两端金属片取出并烘干后，b端质量增加更多，若要维持平衡需要将支点位置往b端移动一段距离。3.A、C【点拨】铜在空气中加热，生成黑色的氧化铜，故A正确；转化②可通过CuO与CO反应生成Cu,和CO都属于化合物，反应物中没有单质，不属于置换反应，故B错误；转化③是铜生锈的反应，铜生锈的条件是不反应，故D错误。C【点拨】除杂时注意不能引入新杂质，不能改变原来正确；C中过量Zn与FeSO₄反应生成Fe和ZnSO₄即可得到ZnSO₄溶液，正确；在空气中加热铜粉和炭粉的混合物，可将炭粉转化为气体除去，而铜与氧气反应最5.(1)过滤【点拨】(1)①流程中操作①是分离固体与液体的操作，即过滤操作。(2)向污水中加入的过量X应是锌，锌和硫酸铜反应生成硫酸锌和铜，锌和硫酸亚铁反应生成硫答案详解详析酸锌和铁，过滤得到固体a,其中含有铜、铁和锌。(3)滤液b中含有硫酸亚铁、硫酸锌和过量的稀硫酸，所含阳离6.C【点拨】将足量的Zn粉投入一定质量的AgNO₃和Cu(NO₃)₂的混合溶液中，锌会先与硝酸银反应，溶液质增大。c点硝酸铜恰好完全反应，此处的固体有银、铜，可能含有锌，如果含有锌，滴加稀盐酸会产生气泡，故C错误。【点拨】(1)由图可知，AB段压强逐渐增大，说明有气体产生，发生的反应是锌与硫酸反应生成硫酸锌和氢气。(2)B点之后压强逐渐减小，说明反应结束，C点表示的溶液中含有的物质(水除外)有反应生成的ZnSO₄和过量8.D【点拨】镁片、铝片在空气中易与氧气反应形成氧化膜，打磨能除去金属表面的氧化膜和污物，让金属与稀盐酸充分接触反应，A选项说法正确；镁的金属活动性比铝同时间内产生氢气更多，装置内压强增大更明显，所以曲线①为镁与稀盐酸反应的压强变化曲线，B选项说法正确；根据化学方程式Mg+2HCl=MgCl₂+H₂个，2A1+6HCl=2AlCl₃+3H₂个，每24份质量的镁能反应生成2份质量的氢气，每18份质量的铝能反应生成2份质量的氢气，可知等质量、等浓度稀盐酸完全反应因为反应结束后，装置内温度逐渐降低，气体压强减小，D选项说法错误。故选D。(2)①检查装置气密性②金属：铁(或锌),溶液：稀盐酸(或稀硫酸)(可任意组合)【点拨】(1)金属有延展性，可通过捶打塑形。合金的熔点一般比组成它的纯金属低，斑铜是铜基合金，所以斑铜的熔点比纯铜低。(2)①实验前需确保装置不漏气，防止气体逸出影响实验，因此装入试剂前应先检查装置气密性。②金属B与溶液X反应产生气体，使集气瓶内压强金属A、C表面是否有金属析出，来判断金属活动性。则金属B可以是Fe或Zn,溶液X为稀硫酸或稀盐酸。如果金属B是铁，金属A是Zn,金属C是Cu,溶液X为稀硫酸，则铁和稀硫酸反应产生硫酸亚铁和H₂,H₂使集气瓶内压强增大，将含有硫酸亚铁和稀硫酸的溶液压入两侧烧杯，与金属A、C接触，Zn与稀硫酸反应产生气泡，Zn还能与硫酸亚铁溶液反应，说明金属活动性Zn>Fe;Cu与稀硫酸、硫酸亚铁溶液均不反应，说明金属活动性Fe>Cu;综上，实现“一次实验验证金属活动性为Zn>同样能得出结论。跨学科实践活动7垃圾的分类与回收利用(4)保护环境(或节约资源)【点拨】(1)铜和铝在颜色上有明显区别，铜一般呈红色，铝通常为银白色，所以垃圾筛分时，可根据颜色区分铜和铝。属于可回收垃圾，故选A、B、C。(3)锌的金属活动性比镉强，锌能与硫酸镉发生置换反应生成硫酸锌和镉，化学方程式为Zn+CdSO₄—Cd+ZnSO₄。(4)从化学视角看，垃圾分类回收利用可以节约资源，如回收金属制品可以减少金属矿石的开采，降低能源消耗；也可以减少环境污染，如对废旧电池等有害垃圾进行分类回收，可避免其中的重金属等有害物质污染土壤、水源等。产生；2Al+6HCl=2A₁Cl₃+3H₂个(合理即可)【实验小结】内壁白色薄膜化学性质稳定，不与酸性溶液发生化学反应，可将饮料与金属材料隔开活动三：可回收(1)分类破碎(或打包压实)【点拨】活动一：【实验设计】为比较两种合金材料的硬度，可以将可乐易拉罐碎片和杏仁露易拉罐碎片相互刻画，观察到可乐易拉罐碎片上出现明显划痕，说明杏仁露易拉罐碎片的硬度大于可乐易拉罐碎片的硬度。活动二：实验得出可乐易拉罐与酸发生了化学反应，则可将易拉罐样品浸泡在足量的酸溶液中，如稀盐酸中，可观察到有气泡产生，发生反应的化学方程式为2Al+6HCl=2AICl₃+3H₂个。【实验小结】易拉罐的内壁喷有一层白碱性溶液发生化学反应，可将饮料与金属材料隔开，因此可乐饮料易拉罐能盛放酸性物质。活动三：(1)回收利用废旧易拉罐的流程图中，只发生物理变化的是分类破碎和打包压实，这些过程中没有新物质生成。考点集训2.(1)A、B(2)常温下碳的化学性质不活泼【点拨】(1)金属材料包括纯金属及其合金，其制作材料不属于金属材料的文物是竹简和陶瓷。(2)墨的主要成分是碳，常温下化学性质不活泼，故能保留至今。(3)合金的硬度一般比组分金属的硬度大；黄铜中的铜灼烧生成氧化铜，锌灼烧生成氧化锌，据此书写化学方程式。3.B【点拨】铝在空气中表面生成一层致密的氧化铝薄九年级化学下R版膜，具有良好的抗腐蚀性，银化学性质稳定，在空气中不膜，具有良好的抗腐蚀性，银化学性质稳定，在空气中不不能与硝酸铝溶液反应，说明金属活动性铝>铁、铝>银，但无法确定铁和银的活动性强弱，C错误；三种金属中铁和银一般不用于制导线，D错误。继续滴加稀硫酸，两个烧杯中都还有氢气放出，说明金属都有剩余，C正确；该曲线只表明滴加稀硫酸质量与产生5.(1)置换反应(5)隔绝氧气和水，防止钢管锈蚀(6)不能(7)A1;铝表面易生成一层致密的氧化膜，抗腐蚀性好，可以较长时间保护铁(4)Zn+H₂SO₄—ZnSO₄+H₂↑(符合条件即可)6.C【点拨】铜不能与硫酸亚铁溶液反应，说明金属活动性Fe>Cu;银不能与硫酸亚铁溶液反应，说明金属活动性Fe>Ag,无法比较铜和银的金属活动性强弱，C不能达到实验目的。7.(1)B(2)①+7【点拨】(1)金属的活动性：Al>Fe>Cu;人类最早进入青铜器时代，继而进入铁器时代，再到铝合金大量使用，利用金属的先后顺序与金属活动性顺序有关，故选B。(4)Zn+H₂SO₄—ZnSO₄+H₂↑(符合条件即可)6.C【点拨】铜不能与硫酸亚铁溶液反应，说明金属活动性Fe>Cu;银不能与硫酸亚铁溶液反应，说明金属活动性Fe>Ag,无法比较铜和银的金属活动性强弱，C不能达到实验目的。7.(1)B(2)①+7【点拨】(1)金属的活动性：Al>Fe>Cu;人类最早进入青铜器时代，继而进入铁器时代，再到铝合金大量使用，利用金属的先后顺序与金属活动性顺序有关，故选B。溶液不反应，能判断铜和铬的活动性：Cr>Cu,A能达到都不能置换出氯化镁溶液中的镁，不能判断铜和铬的活H>Cu,将两种金属放入稀硫酸中，铬与稀硫酸反应，铜8.C【点拨】铁生锈是铁与氧气和水共同作用的结果，需要氧气参与，A错误；实验1和3对比是验证只加食盐对铁粉生锈速率的影响，则x的值应为0,B错误；实验1和2变量为活性炭，对比温度上升值可得出活性炭能加快铁粉生锈速率的结论，C正确；实验1和4变量不唯一，对比实验1和4不能得出食盐能加快铁粉生锈速率的结9.(1)混合物(2)保持铁制品表面干燥、洁净(合理即可);在铁制品表面喷漆(合理即可)氢气，根据质量守恒定律，生成氢气的质量为200g+设11.3g铁合金样品中含Fe的质量为x,则有解得x=11.2g,则铁合金样品中铁元素的质量分数为解得x=11.2g,则铁合金样品中铁元素的质量分数为99.1%=0.9%,099.1%=0.9%,0.9%介于0.03%～2%之间，所以该铁合金属于钢。答：该铁合金样品中铁元素的质量分数为99.1%,该铁合金属于钢。蚀刻画表面洁净、干燥(5)氯化铝(6)铁粉；Fe+(4)金属活动性Zn>Fe>Cu,将一定质量的铁粉加人ZnSO₄和CuSO₄的混合溶液中，铁不能与硫酸锌反应，答案详解详析【点拨】(1)磁铁能吸引铁片，不能吸引铝片，所以可用磁铁吸引的方法区分铝片和铁片。(3)铝片上有凹陷图案，没有附着物，说明铝与甲蚀刻液反应没有生成新的金属，铝与稀盐酸反应生成氯化铝和氢气，故甲蚀刻液只能是③稀盐酸。铁片上出现红色附着物图案，说明铁与①硫酸铜溶液反应生成红色的铜，故乙蚀刻液是①硫酸铜溶液。(4)防止铁制品生锈的原理是破坏铁锈蚀的的措施是保持铁片蚀刻画表面洁净、干燥。(5)铝片蚀刻废液是铝与盐酸反应生成的氯化铝和剩余的稀盐酸盐酸完全反应，得到氯化铝溶液，回收保存。(6)铁片蚀刻废液是铁与硫酸铜反应生成的硫酸亚铁及剩余的硫酸铜的混合液，故过程①加入的物质X是铁粉，铁粉与硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁，滤渣中的铁粉与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，故过程②加入稀硫酸反应的化学方程式是Fe+H₂SO₄=FeSO₄+H₂个。主题情境进阶项目一(1)①26②14;阳离子(2)铁原子(3)单质；能③硫酸铜溶液(或硝酸铜溶液等，合理即可)项目二(1)+3(2)进风口附近氧气充足(1)硫酸铜(或氯化铜、硝酸铜等)(2)延展(4)隔绝氧气和水项目四(1)粉碎废铁丝(或加热或适当提高酸的浓度，合理即可)(2)使废铁丝中的铁和氧化铁充分反应(4)省略过滤1会使滤渣混入氢氧化铁中，致使产品纯度降低【点拨】项目二(1)氧元素在化合物中常显-2价，根据化合物中各元素正负化合价代数和为零可知，Fe₂O₃中铁元素的化合价为+3。(2)由于进风口附近氧气充足，碳燃烧充分，所以进风口主要生成CO₂而不是CO。(3)①根据化学反应前后原子的种类和个数都不变可知，X的化学式为H₂O。②该反应是一种单质(H₂)与一种化合物(Fe₂O₃)作用生成另一种单质(Fe)和另一种化合物(H₂O)的反应，属于置换反应。(4)用甲烷与水反应制得合成气的化学方,用焦炭制得合成气的化学方程式为,分析两个反应的化学方程式可知，消耗相同质量的水时，理论上前者与后者制得H₂的质量比为3:1。项目三(1)传统工艺中，使用的蓝色溶液可能是硫酸铜、氯化铜、硝酸铜等溶液。(3)淬火过程中，铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和一种气体单质，根据化学反应前后元素种类不变可知，该气体单质中含有氢元素，故是氢气。化学方程式为。(4)铁在与氧气、水并存时易生锈，隔绝氧气、水可以防锈，故在制好的铁锅表面涂一层油可以防止锈蚀。项目四(1)增大反应物之间的接触面积，升温或增加反应应速率的方法有将废旧铁丝粉碎、加热或者增加稀盐酸的浓度等。(2)废铁丝中含有铁和氧化铁，氧化铁与稀盐酸反应生成氯化铁，铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，加入过量稀盐酸可使铁和氧化铁完全反应。(3)Fe(OH)₃高温焙烧得到两种氧化物，根据质量守恒定律，化学反应前后的两种氧化物为Fe₂O₃和H₂O,反应的化学方程式为。(4)废铁丝中含有不溶于酸的杂质，如果省略“过滤1”,杂质会与生成的Fe(OH)₃沉淀混合在一起，无法得到纯净的Fe(OH)₃,从而使最终产物Fe₂O₃的纯度降低。课题1溶液及其应用2.C【点拨】酒精溶液是酒精溶于水形成的，溶质为酒精，通常状况下酒精是液体。3.A【点拨】溶液中含有溶质和溶剂，至少含有两种物如蒸馏水属于纯净物，不属于溶液，C错误；植物油不溶(1)溶液一定是混合物，一定具有均一性，一定具有稳定性。(2)具有均一性和稳定性的不一定是溶液，溶液中的溶质不一定是固体，溶质不一定只有一种，溶剂不一定是水，溶液不一定是无色的。九年级化学下R版⑥点技巧对于溶液来说，溶质和溶剂的状态可以是⑥点技巧对于溶液来说，溶质和溶剂的状态可以是固体、液体或气体；两种液体相互溶解时，如果其中一种是水，一般把水当作溶剂；溶质的构成微粒是分子或离子。16.(1)20.3(2)能隔热(3)不影响，因为实验只需要测定液体的温度是升高、降低还是不变【点拨】(1)分析乙图可知，未加试剂前的水温是当时的室温，温度约为20.3℃。(2)根据探究常见物质溶于水的过程中是吸热还是放热知，反应釜应该具有的性质是能隔热。(3)在该探究过程中，每次加入的试剂质量都不一样，实验只需要测定液体的温度是升高、降低还是不变，故加入试剂的质量不会影响探究的结论。课题2【点拨】(1)分析乙图可知，未加试剂前的水温是当时的室温，温度约为20.3℃。(2)根据探究常见物质溶于水的过程中是吸热还是放热知，反应釜应该具有的性质是能隔热。(3)在该探究过程中，每次加入的试剂质量都不一样，实验只需要测定液体的温度是升高、降低还是不变，故加入试剂的质量不会影响探究的结论。课题2溶解度第1课时饱和溶液与不饱和溶液1.D【点拨】饱和溶液是指在一定温度下，一定量的溶剂中不能再溶解某种溶质的溶液，故判断溶解后的感冒药溶液是饱和溶液的依据是感冒药固体有剩余。2.A【点拨】一种物质的饱和溶液还能再溶解其他物质，A正确；溶液不一定都是无色、透明的液体，如硫酸铜溶液是蓝色的，B错误；溶液是具有均一性、稳定性的混合物，C错误；溶液是否饱和与溶液的浓稀没有必然联系，饱和溶液不一定是浓溶液，不饱和溶液也不一定是稀溶(3)用玻璃棒搅拌(合理即可)6.A【点拨】NH₄NO₃溶于水吸热，使溶液温度降低；NaOH溶于水放热，使溶液温度升高；NaCl溶于水温度7.C【点拨】溶液是均一、稳定的混合物，蒸馏水属于纯8.A【点拨】泥土是难溶于水的固体，因此泥浆水属于悬浊液。9.A【点拨】用洗涤剂清洗餐具上的油污利用了洗涤剂点易错解答此类题目应明确四个易错点：一是描述饱和溶液和不饱和溶液时应指明三要素：一定温剂的质量可使饱和溶液与不饱和溶液相互转化，不过要注意一般规律与特殊情况(如熟石灰),四是饱和溶液、不饱和溶液与浓、稀溶液没有必然联系。10.D【点易错解答此类题目应明确四个易错点：一是描述饱和溶液和不饱和溶液时应指明三要素：一定温剂的质量可使饱和溶液与不饱和溶液相互转化，不过要注意一般规律与特殊情况(如熟石灰),四是饱和溶液、不饱和溶液与浓、稀溶液没有必然联系。面上油水混合物静置后会出现分层现象，B错误；在地面向油水混合物中加入洗涤剂，利用洗涤剂的乳化作用使大油滴分散成小油滴，形成稳定的乳浊液，不是溶液，D错误。3.D【点拨】在一定温度下，向一定量溶剂里加入某种溶质，当溶质不能继续溶解时，所得到的溶液叫作这种溶质的饱和溶液，当溶液底部有剩余溶质存在，且溶质的量不再减少时，表明溶液已饱和，乙和丁烧杯内溶液底部有未溶解的固体，则乙和丁烧杯内溶液一定为饱和溶液。故6.D【点拨】升高温度或降低温度不一定能使不饱和溶3.D【点拨】在一定温度下，向一定量溶剂里加入某种溶质，当溶质不能继续溶解时，所得到的溶液叫作这种溶质的饱和溶液，当溶液底部有剩余溶质存在，且溶质的量不再减少时，表明溶液已饱和，乙和丁烧杯内溶液底部有未溶解的固体，则乙和丁烧杯内溶液一定为饱和溶液。故6.D【点拨】升高温度或降低温度不一定能使不饱和溶液变成饱和溶液，A、B错误；往不饱和溶液中加溶剂得到的仍然是不饱和溶液，C错误；往不饱和溶液中加溶质至不再溶解可得到饱和溶液，D正确。7.(1)A中有不溶解的固体(2)A≥B>C(3)添加溶剂【点拨】(1)A烧杯中有不溶解的固体，A中的溶液一定是饱和溶液。(2)A、B、C三个烧杯中分别装入等质量的溶液，C为该温度下的不饱和溶液，则溶液中溶质质量大14.A【点拨】向锥形瓶中注入水，硝酸铵溶于水吸热，溶液温度降低，使锥形瓶内压强减小，能观察到气球变瘪，A正确；向锥形瓶中注入水，氧化钙与水反应生成氢氧化锰的催化作用下生成水和氧气，使锥形瓶内压强增答案详解详析11小关系是A≥B>C。(3)添加溶剂一定可使A中的固体全部溶解。8.D【点拨】析出晶体后的KNO₃溶液是饱和溶液，溶质11.B【点拨】溶液具有均一性，实验1后，甲、乙中溶液均为饱和溶液，A正确；实验2中，乙中加入的5g氯化正确。12.(1)不变(2)变小【点拨】(1)在恒温条件下，向饱和的氯化钠溶液中加液密度不变，浸没在溶液中的物体所受浮力不变，则弹簧测力计示数不变。(2)向饱和的氯化钠溶液中加入硝溶液体积几乎不发生变化，故溶液密度变大，由F浮=计示数变小。管底部硝酸钾的量减少，说明温度升高，硝酸钾的溶解则图I、图Ⅱ中，硝酸钾溶液都是饱和溶液，C正确；图解，所得硝酸钾溶液不一定是不饱和溶液，也可能恰好14.(1)②(2)升高温度(3)有晶体析出【点拨】(1)图中①②③烧杯内的溶液，一定属于饱和溶液的是②,因为②的烧杯底部有未溶解的固体。(2)硝酸钾的溶解能力随温度的升高而增大，所以若要使烧杯②中的剩余固体全部溶解，除了实验中已经采取的措施外，还可以采取的措施为升高温度。(3)硝酸铵固体溶于水会吸收热量，溶液的温度会降低，硝酸钾的溶解能力随着温度的降低而减小，因此，试管中可观察到有晶体析出。2.D【点拨】固体的溶解性是根据固体在20℃时的溶解度来确定的。由题中信息，无法确定20℃时其溶解度的大小，因此无法确定其溶解性。3.D【点拨】固体物质的溶解度与溶剂质量多少无关，故A错；搅拌只能加快固体物质的溶解速率，不能改变其溶解度，故B错；有的固体溶解度是随温度升高而减小的，4.D【点拨】20℃时Na₂CO₃的饱和溶液，升温到40℃时，溶解度变大，变为不饱和溶液，A错误。30℃时，NaCl的溶解度小于40g,在100g水中加入40gNaCl,形成饱和溶液，B错误。比较溶解度大小必须指明温度，C错误。夏天晒盐是因为氯化钠的溶解度受温度变化影响较小，经过蒸发结晶析出氯化钠；碳酸钠的溶解度受温度变化影响较大，“冬天捞碱”是经过降温结晶析出碳酸5.(1)36.0(2)增大(3)蒸发【点拨】(1)由溶解度曲线可知，20℃时，氯化钠的溶解度是36.0g。(2)由溶解度曲线可知，氯化钠的溶解度随温度升高而增大。(3)氯化钠的溶解度受温度变化影响不大，从氯化钠溶液中得到晶体的方法是蒸发结晶。6.B【点拨】夏季下雨之前，养鱼池中的鱼往往会浮出水面，是因为夏季温度升高，氧气的溶解度减小，溶解在水8.C【点拨】拧开瓶盖后，压强减小，二氧化碳溶解度变小，大量的二氧化碳从水中逸出，冒泡刚结束时仍是二氧二氧化碳的溶解度与温度的关系，D错误。9.C【点拨】溶解度大小与温度有关，没有指明具体温度，不能比较K₂Cr₂O₇和KCl的溶解度大小，A错误；40℃时KCl的溶解度为40g,将50gKCl加入100g水中，最多只能溶解40g,所得溶液质量为140g,B错误；60℃时两物质溶解度相等，C正确；随着温度升高，K₂Cr₂O₇的溶解度增大程度比KCl更大，采用降温结晶的方法可除去K₂Cr₂O₃中混有的少量KCl,D错误。10.(1)饱和(2)5;34(3)33.9(4)方案一更可靠，方案二的滤渣中含有氯化钾的饱和溶液，烘干后析出氯化钾的质量偏大，导致计算溶于100g水中的氯化钾的质量偏小，即测得的溶解度偏小【点拨】(1)若上述溶解和过滤过程保持20℃不变，过滤后得到滤渣，过滤前的溶液中有不能继续溶解的氯化钾存在，说明滤液是该温度下氯化钾的饱和溶液。(2)取出6.7g滤液，蒸发，得到1.7g氯化钾，取出的6.7g滤液中溶剂的质量为6.7g-1.7g=5g;20℃时氯化钾的溶解度为1。(3)用方案二的数据计算20℃时，100g水中最多能溶解氯化钾的质量为50g-16.1g=33.9g,则20℃时氯化钾的溶解度为33.9g。(4)方案二的滤渣中含有氯化钾的饱和溶液，烘干后析出氯化钾的质量偏大，导致计算溶于100g水中的氯化钾的质量偏小，即测得的溶解度偏小，所以方案一更可靠。11.(1)弱于；蒸发(2)<(3)硝酸钾；③【点拨】(1)将樟脑的酒精饱和溶液滴人水中，出现了明显的浑浊，说明樟脑在水中的溶解能力弱于其在酒精中的溶解能力。也可利用蒸发的方法使樟脑从溶液中12九年级化学下R版结晶析出。(2)t₃℃时硝酸钾的溶解度大于氯化铵，则此温度下等质量的饱和溶液中，所含溶剂质量：硝酸钾溶液小于氯化铵溶液；将t₃℃时等质量的硝酸钾、氯化铵两种物质的饱和溶液降温至t₂℃,此时二者的溶解度相等，氯化铵溶液中溶剂质量大，则所得溶液中溶质质量大小关系为硝酸钾小于氯化铵。(3)由图示实验可知，t₃℃时100结晶析出。(2)t₃℃时硝酸钾的溶解度大于氯化铵，则此温度下等质量的饱和溶液中，所含溶剂质量：硝酸钾溶液小于氯化铵溶液；将t₃℃时等质量的硝酸钾、氯化铵两种物质的饱和溶液降温至t₂℃,此时二者的溶解度相等，氯化铵溶液中溶剂质量大，则所得溶液中溶质质量大小关系为硝酸钾小于氯化铵。(3)由图示实验可知，t₃℃时100g水中能溶解55gX物质，结曲线知，t₃℃时氯化铵的溶解度为50g,硝酸钾的溶解度为80g,则X为硝酸钾；t₁℃时硝酸钾的溶解度为30g,②中溶液要达到饱和状态需加入硝酸钾的质量为60g-55g=5g,t₃℃时硝酸钾的溶解度为80g,③中溶液要达到饱和状态需加入硝酸钾的质量为80g一55g=25g,故③中需要加入X的质量更大。第1课时溶质质量分数的认识与计算9.C【点拨】20℃时，将150g质量分数为15%的NaCl溶液平均分为3份，每份溶液质量为150g÷3=50g,溶质质量为50g×15%=7.5g,溶剂质量为50g-7.5g=2.B【点拨】配制硝酸钾的质量分数为7%的营养液300kg,需要硝酸钾的质量为300kg×7%=21kg。③设需要加入硝酸钾的质量为x,则：答：需要加入硝酸钾17.1g。【点拨】(1)60℃时，将36g硝酸钾溶于204g水中，全部溶解，得到的硝酸钾溶液中，溶质的质量2.B【点拨】配制硝酸钾的质量分数为7%的营养液300kg,需要硝酸钾的质量为300kg×7%=21kg。③设需要加入硝酸钾的质量为x,则：答：需要加入硝酸钾17.1g。【点拨】(1)60℃时，将36g硝酸钾溶于204g水中，全部溶解，得到的硝酸钾溶液中，溶质的质量分数为。(2)①因为硝酸钾的溶解度随温度的升高而增大，所以取第一份溶液，将温度升至90℃,此时溶液中溶质的质量分数不变；②取第二份溶液，蒸发掉5g水，溶质没有析出，此时溶液中溶质的质量分数正确；烧杯②是在50g溶液中加入了10g水，烧杯③是在50g溶液中加入10gNaCl,但由于加入的10gNaCl不能完全溶解，故烧杯②中溶液质量大于烧杯③中溶液质量，D错误。(2)设参加反应的氧化亚铜、硫酸的质量分别为a、b,生成铜的质量为c。5.D【点拨】设需要加入水的质量为x,则500g×40%=(500g+x)×20%,x=500根据化学反应前后物质的总质量不变，计算出反应前稀硫酸的质量为100g+1.28g-2.88g=98.4g,故原稀硫酸中溶质的质量分数为答根据化学反应前后物质的总质量不变，计算出反应前稀硫酸的质量为100g+1.28g-2.88g=98.4g,故原稀硫酸中溶质的质量分数为答：原稀硫酸中溶质的质量分数为2.0%。7.(1)98(2)600～1860【点拨】(1)根据溶液稀释前后溶质的质量不变，100g98%的浓硫酸中含有的溶质质量为100g×98%=98g。(2)若稀释成溶质质量分数为5%的硫酸，设需加水的质量为x,(100g+x)×5%=98g,解得x=1860g;若稀释成溶质质量分数为14%的硫酸，设需加水的质量为y,(100g+y)×14%=98得y=600g。则需加水的质量是600～1860g。(2)由题中信息可知，10.0g稀盐酸与1.0gCaCO₃恰好完全反应。设10.0(2)由题中信息可知，10.0g稀盐酸与1.0gCaCO₃恰好完全反应。设10.0g稀盐酸中溶质的质量为x。答案详解详析13该瓶稀盐酸的溶质质量分数答：该瓶稀盐酸的溶质质量分数为7.3%。【点拨】(1)由表格数据分析可知，第一次加入的10.0g稀盐酸能与4.0g-3.0g=1.0g碳酸钙完全反应；第二次加入的10.0g稀盐酸能与3.0g-2.0g=1.0g碳酸钙完全反应；第三次加入的10.0g稀盐酸能与2.0g-1.0g=1.0g碳酸钙完全反应；第四次加入的10.0g稀盐酸只能与1.0g-0.6g=0.4g碳酸钙反应，说明此时碳酸钙已经完全反应，最终剩余的0.6g为石灰石样品中的杂质。4.0g石灰石中碳酸钙的质量是4.0g-0.6g=3.4g。(2)10.0g稀盐酸能与1.0g碳酸钙恰好完全反应，结合化学方程式计算稀盐酸中溶质的质量。12.解：(1)3.3(2)3(3)设所用盐酸的溶质质量分数为x。CaCO₃+2HCl=CaCl₂+H₂O+CO₂答：该盐酸的溶质质量分数为5%。【点拨】(1)最终生成气体的质量为50g+100g+三次每次产生CO21.1g,第四次加入36.5g稀盐酸后，锥形瓶与试剂的总质量为256.2g+36.5g=292.7g,说明不再产生气体，故第3次加入稀盐酸后恰好完全反应。(3)根据质量守恒定律计算出生成二氧化碳的质量，然后结合化学方程式进行计算。(4)由图像的数据可看出，第一次加入36.5g盐酸生成二氧化碳的质量为150g+36.5g-185.4g=1.1g,同理，第二次加入盐酸后生成二氧化碳的总质量为2.2g,第三次加入盐酸后生成二氧化碳的总质量为3.3g,第四次加入盐酸后不再生成气体。第2课时溶液的配制1.B【点拨】用托盘天平称量固体试剂时应“左物右码”,B中试剂和砝码位置放反了。2.C【点拨】配制50g溶质质量分数为6%的氯化钠溶液，所需氯化钠固体的质量为50g×6%=3.0g,A正确；用托盘天平称量3.0g氯化钠，用量筒量取47mL水，B正确；将称量好的氯化钠固体倒人烧杯中溶解，不能在量筒中溶解，C错误；将配制好的溶液装入贴好标签的试剂瓶中并盖好瓶塞，D正确。硼酸的溶解度为3.65g,而20℃或40℃时，硼酸的溶解度不是3.65g,A错误。搅拌能加快固体溶解，但不能改变固体的溶解度；步骤I温度为10℃,硼酸的溶解度为3.65g,则100g水中最多可溶解3.65g硼酸；取4.0g硼酸，加入46mL水(即46g),能溶解的硼酸的质量为,则硼酸有剩余，通过充分搅拌，不能使步骤I中的硼酸完全溶解，B错误。步骤Ⅱ中，温度为40℃,硼酸的溶解度为8.90g,则100g水中最多可溶解8.90g硼酸，46g水中最多可溶解硼酸8.90g×g,则硼酸完全溶解，所得溶液的溶质质量分数为正确。20℃时，硼酸的溶解度为4.87g,则饱和溶液中溶质质量分数为,而所得溶液的溶质质量分数为4%,因此所得溶液在20℃时不会析出固体，4.(1)失水(2)18(3)②③①5.D【点拨】用固体配制一定质量分数的溶液，实验步骤量取时用到量筒、胶头滴管，在烧杯中溶解，溶解时用玻璃棒搅拌，故选择的仪器有①②③④⑤⑥,A错误；将NaCl固体倒人烧杯中溶解，量筒不能用于溶解固体，B错误；稀释前后，溶质质量不变，配制50g质量分数为3%的溶液，需要6%的溶液的质量为50g×3%÷6%=25g,故加水的质量为50g-25g=25g,25g水的体积约为25mL,故用量筒量取25mL水，C错误；量取6%的溶液时仰视读数，导致量取的浓溶液质量偏大，所配稀(2)已知1kg的干黄豆需用盐卤固体10g,6kg的干黄豆制作豆腐需用盐卤固体的质量：6×10g=60g;设需要水的质量为x,则：14九年级化学下R版【点拨】(1)在制豆腐工艺流程中，磨浆过程中只是形状发生变化，没有新物质生成，属于物理变化；用过滤的方点技巧解答此类题目可通过联想配制溶液的操作过程，找出每一步操作所需的仪器。每步操作中都有“一拖一”,如称量时托盘天平拖带药匙，量取液体时量筒拖带胶头滴管，溶解时烧杯拖带玻璃棒。无需使用坩埚钳。7.点技巧解答此类题目可通过联想配制溶液的操作过程，找出每一步操作所需的仪器。每步操作中都有“一拖一”,如称量时托盘天平拖带药匙，量取液体时量筒拖带胶头滴管，溶解时烧杯拖带玻璃棒。无需使用坩埚钳。10g=90g,对应水的体积为90g÷1g/mL=90mL;②称量：用托盘天平称量10g碳酸钠固体，放入烧杯中；③量取：用100mL量筒量取90mL水，倒入盛有碳酸钠的烧杯中；2.C2.C【点拨】取用固体粉末状试剂时，胶塞要倒放在桌面上，A错误；氢氧化钠具有腐蚀性，应放在玻璃器皿中称视线应与液体的凹液面最低处保持水平，D错误。⑤贮存：将配制好的碳酸钠溶液装入试剂瓶中，盖好瓶塞(2)解：设理论上可生成沉淀的质量是x。Na₂CO₃+Ca(OH)₂=CaCO₃↓+2Na点易错点易错量取液体(溶剂)读数时仰视刻度线会导致所配溶液溶质质量分数偏小，俯视刻度线读数会导致所配溶液溶质质量分数偏大(巧记为“羊小【点拨】(1)按照配制溶液的步骤规范解答。(2)5.3g配制好的碳酸钠溶液中，碳酸钠的质量为5.3g×10%=0.53g,代入化学方程式可求得生成碳酸钙的质量。0.53g,代入化学方程式可求得生成碳酸钙的质量。(2)①降温②硫酸铜的溶解度随温度降低而减小【点拨】(1)图中用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、广口瓶等。(2)溶解时用玻璃棒搅拌的目的是加快溶解速率。(3)配制50g质量分数为6%的NaCl溶液需要氯化钠的质量=50g×6%=3g,需要水的质量=50g-【点拨】(1)量取100mL的蒸馏水用量筒和胶头滴管；由溶解度曲线图可知，60℃时硫酸铜的溶解度为 40.0【点拨】(1)量取100mL的蒸馏水用量筒和胶头滴管；由溶解度曲线图可知，60℃时硫酸铜的溶解度为 40.0g,则用天平称取40.0g的硫酸铜，将硫酸铜溶于蒸馏水中，配制成60℃时的硫酸铜饱和溶液。(2)①由溶解度曲线图可知，硫酸铜的溶解度随温度降低而减小，将上述60℃的硫酸铜饱和溶液用硬纸片盖好，静置一夜 (忽略水分变化),因为温度降低，硫酸铜结晶析出，则制作晶核的这种方法称为降温结晶；②结合硫酸铜溶解度曲线，采用该方法的原理是硫酸铜的溶解度随温度降低而减小。(3)①静置，一段时间后可获得“长大”的美丽宝石”后的剩余溶液为硫酸铜的饱和溶液，若获得“蓝宝石”后的剩余溶液温度为20℃,由溶解度曲线图可知， 20℃时硫酸铜的溶解度为20.7g,则此时溶液的溶质质CuSO₄·5H₂O,其相对分子质量为250,则“蓝宝石”中铜5.B【点拨】用密度为1.04g/cm³的质量分数为6%的NaCl溶液配制50g质量分数为3%的NaCl