九年级尖子生对抗赛化学试卷
可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 C-12 N-14 Cl-35.5 Na-23
一、选择题（每题只有一个正确答案，每小题1分，共8分）
1．归纳总结是学习化学的重要方法。下表是小明同学归纳所学的内容，其中完全正确的是（ ）
A．化学与生活 B．性质与用途
除去衣服上的油迹—用洗涤剂溶解 喝汽水打嗝—气体溶解度随温度升高而减小 稀有气体化学性质稳定—作霓虹灯 石墨有导电性—作电极
C．环保与安全 D．化学与健康
H2、CO等气体有毒—属于空气污染物 进入久未开启的菜窖—应先做灯火实验 人缺微量元素碘—患大脖子病 调节新陈代谢的营养素—维生素
A．A B．B C．C D．D
2．科学家以 CO2和 H2为原料，经催化可转化为有机物，其微观反应原理如图所示。下列说法正确的是
A．甲物质的化学式可以写成 C4H9
B．反应②属于置换反应
C．试剂Ⅰ、Ⅱ的质量和化学性质在反应前后均不变
D．反应①的化学方程式为
3．向等质量的金属M、N中逐滴加入稀硫酸至过量（已知M、N在化合物中的化合价都是+2价），反应产生的氢气与消耗酸的关系如图。结合图像判断，下列说法错误的是
A．a点时，M、N生成氢气的量：M=N
B．由图可知M、N的金属活动性顺序：N>M
C．M、N反应完全时，消耗硫酸的质量：M>N
D．由图可知M、N的相对原子质量：M
A．甲、乙、丙、丁可能含有同一种元素
B．若甲为单质，则此反应一定是置换反应
C．若丙为氯化钠，则甲、乙中一定有碱
D．若丙为Cu （NO3）2，则甲与乙中必有一个为单质
5．2CH3COOH+Na2CO3=2CH3COONa+H2O+CO2↑可在常温下进行。相同浓度的下列溶液的pH：
溶质 CH3COONa NaHCO3 Na2CO3 NaClO NaCN
pH 8.8 8.6 11.6 10.3 11.1
表中数据揭示出复分解反应的一条规律，即碱性较强的物质发生类似反应可以生成碱性弱的物质。依照该规律，请你判断下列反应不能成立的是
A．CO2+H2O+NaClO=NaHCO3+HClO
B．CO2+H2O+2NaClO=Na2CO3+2HClO
C．CH3COOH+NaCN=CH3COONa+HCN
D．NaClO+CH3COOH=HClO+CH3COONa
6．已知：在相同温度和相同体积的条件下，气体压强（P）与气体分子数目（N）成正比关系（P=KN）。20℃时，若a克碳和b克氧气放入一体积不变的密闭容器中，测得容器内的气体压强为P，然后，提供一定条件使容器内的物质充分发生反应，待温度复原后，测得容器内的压强仍然为P，则a与b的关系可能是 （ ）
A．a/ b =3/4 B．a/ b﹥3/8 C．a/ b﹥3/4 D．a/ b≤3/8
7．下列关于如图溶解度曲线的说法不正确的是
A．甲的饱和溶液有晶体析出，溶质质量分数可能变小
B．可通过升高温度，将乙溶液从M→N
C．50℃时等质量的甲、乙、丙饱和溶液，溶剂的质量关系是甲=乙>丙
D．将50℃甲、丙的饱和溶液同时降温到30℃所得溶液溶质质量分数的关系是甲>丙
8．现有盐酸和CaCl2的混合溶液，向其中逐滴加入过量的某物质X，溶液的pH随滴入X的量的变化关系如下图所示，则X可能是
A．水
B．纯碱溶液
C．澄清石灰水
D．稀盐酸
二、填空题（共3个小题，化学方程式两分，其余每空1分，共17分）
9．如图为初中化学实验常见的仪器装置，请回答下列问题。
(1)查阅资料：通常状况下，NO2是一种密度比空气大的有毒气体。能与水发生反应；还能与碱溶液反应生成盐和水；实验室制取少量NO2气体的方法是废铜和浓硝酸反应，生成硝酸铜、水和NO2气体。
①为控制反应速率，制取NO2的发生装置可选用 ，写出反应的化学方程式 。
②若用D装置来收集NO2，气体应从接口 （填标号）处进入集气瓶。从环保的角度考虑，在制取NO2时，若在装置D后连接的装置是E，你认为要将E中的浓硫酸换成 （填具体的溶液）。
(2)以下说法不正确的是 （填标号）。
①装置A和装置B的气密性检查的操作方法可以相同
②装置B发生反应时，仪器②下端需要浸没在液体中
③E装置可用于干燥气体，气流方向为c进d出
④若挤压F中试管上方的滴管，可以观察到U型管左边液面上升
10．以菱镁矿（主要成分为MgCO3，含少量FeCO3）为原料制备高纯MgO，流程如下：
已知：①H2O2+2FeSO4+H2SO4=Fe2（SO4）3+2H2O
②金属阳离子以氢氧化物形成沉淀时溶液的 pH见下表：
pH Fe（OH）3 Mg（OH）2
开始沉淀 1.9 9.1
完全沉淀 3.2 11.1
(1)写出“溶解”后所得溶液中的金属离子符号 。
(2)“转化”过程中，FeSO4转化率随反应温度的变化关系如图所示。请分析FeSO4转化率随着温度的升高先增大后减小的原因 。
(3)“调pH”时，溶液pH不宜过大。其原因除pH过大将增加氨水的使用量，还可能 。
(4)“煅烧”是MgSO4与C的反应，该反应生成一种固体氧化物和两种气体氧化物，一种为温室效应的气体，另一种为形成酸雨的气体。则反应的化学方程式是 。
11．足球比赛中让意外昏迷的球员快速恢复意识会用到“嗅盐”。同学们对“嗅盐”产生了好奇，并对其成分进行了如下探究。
【查阅资料】①嗅盐是一种盐类物质和香料（不参与下列探究中的任何反应）组成，能释放出氨味气体，对人体神经会产生强烈的刺激作用，但过量吸入会危害健康。
②氯化钙稀溶液与碳酸氢铵溶液不发生反应。
【提出问题】嗅盐中盐类物质是什么？
【实验探究】
(1)填写表中空格。
实验 小军的实验 小英的实验
方案 嗅盐与 混合研磨
现象 闻到较浓烈刺激性气味且试纸变蓝
结论 嗅盐中含有 嗅盐中含有 确认了小军的实验结论
【质疑】
(2)小英认为小军的实验不严谨，小英通过补做一个实验（方案见上表），进而确认了小军的结论。小英的实验目的是排除嗅盐中的 离子可能性。
【继续探究】同学们利用如图装置进一步测定嗅盐中碳酸铵的质量分数。
【数据记录】实验称取样品质量m1，反应前后装有氢氧化钠固体的球形管的总质量分别为m2和m3，反应前后烧杯及烧杯内溶液的总质量分别为m4和 m5。
【数据处理】
(3)通过测得数据计算出嗅盐中碳酸铵的质量分数表达式为： 。
【反思与评价】
(4)关于该实验的说法正确的是______。
A．滴入过量的氢氧化钠溶液后要对试管进行加热，否则测定结果会偏小
B．停止加热前后要通入一段时间空气，否则测定结果会偏小
C．倒置漏斗可以增大吸收面积同时防止倒吸
D．可以用浓硫酸代替稀硫酸
三、计算分析题（共5分）
12．为了测定某氢氧化钠固体是否含有碳酸钠（不含其他杂质），现用纯氢氧化钠与其对比进行对比实验如下：
①称取纯氢氧化钠和待测氢氧化钠各mg分别配成25.0g溶液，均滴加酚酞2～3滴。
②把12.0%的盐酸逐滴加入实验①配成的两种溶液中，当酚酞试液刚好由红色变为无色（溶液呈中性）时，纯氢氧化钠配成的溶液消耗盐酸n1g，待测氢氧化钠配成的溶液消耗盐酸n2g。
(1)若m=2.73g，n1=n2=20.8g，则待测氢氧化钠配成的溶液中NaOH的质量分数是 。
(2)若m=2.73g，n1=20.8g，n2=19.7g，则待测氢氧化钠配成的溶液中NaOH的质量分数是多少？（写出计算过程）
答案和解析
1．D
【详解】A、洗涤剂具有乳化作用，可以清洗衣服上的油污，喝汽水打嗝，气体随温度的升高而减小，故此选项错误；
B、石墨具有导电性，可以用作电极；稀有气体充入霓虹灯，是利用稀有气体通电能发出不同颜色的光的性质，不是利用稀有气体的稳定性，故此选项错误；
C、氢气没有毒性，不是空气的成分，空气污染物主要有一氧化碳、二氧化硫、二氧化氮；二氧化碳不能供给呼吸，所以进入久未开启的菜窖，应先做灯火实验，故此选项错误；
D、碘是合成甲状腺激素的主要元素，缺乏会患甲状腺肿大（大脖子病），维生素在人体中起调节新陈代谢的作用，故此选项正确。
故选：D。
2．CD
【详解】A、由微观示意图可知、每个甲物质的分子是由4个碳原子和10个氢原子构成的，甲物质的化学式为C4H10，A错误。
B、由微观示意图可知生成物为H2O和C4H10生成物没有单质，不属于置换反应，B错误。
C、催化剂质量化学性质反应前后都不变，故催化剂Ⅰ、Ⅱ的质量和化学性质在反应前后均不变，C正确。
D、由微观示意图可知反应①，二氧化碳和氢气生成水和一氧化碳，化学方程式为，D正确。
故选：CD。
3．B
【详解】A.有图可知，a点时，M、N生成氢气的量：M=N，故A正确；
B.该图无法比较两种金属与酸反应速率的快慢，无法得出两种金属的活动性顺序，故B错误；
C.由图可知，M、N反应完全时，生成氢气的质量为M>N，生成的氢气中氢元素全部来自于硫酸，所以消耗硫酸的质量：M>N，故C正确；
D.根据生成氢气的质量=，金属质量相同，化合价数值相同，生成氢气的质量M>N，所以M、N的相对原子质量：M
4．A
【详解】A、甲、乙、丙、丁可能含有同一种元素，比如乙醇和氧气点燃生成二氧化碳和水，各物质均含有氧元素，正确；
B、若甲为单质，则此反应不一定是置换反应，比如甲烷和氧气在点燃的条件下反应生成二氧化碳和水，生成物均是化合物，不属于置换反应，错误；
C、若丙为氯化钠，则甲、乙中不一定有碱，比如氯化钡和硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，反应物甲和乙中没有碱，错误；
D、若丙为为Cu(NO3)2，甲与乙中不一定必有一个为单质，如硫酸铜和硝酸钡反应生成硫酸钡和硝酸铜，错误。
故选A。
5．B
【详解】A、据表格可知，NaClO溶液的pH＞NaHCO3溶液的pH，所以A反应成立，不符合题意；
B、据表格可知，NaClO溶液的pH＜Na2CO3溶液的pH，所以B反应不能成立，符合题意；
C、据表格可知，NaCN溶液的pH＞CH3COONa溶液的pH，所以C反应成立，不符合题意；
D、据表格可知，NaClO溶液的pH＞CH3COONa溶液的pH，所以D反应成立，不符合题意。
综上所述：选择B。
6．D
【详解】根据化学方程式C+O2CO2可知由于反应前后气体分子数不变，所以压强不变，而2C+O22CO可知反应前的气体分子数为1，而反应后的气体分子数为2，由信息知压强会变大，生成二氧化碳时由化学方程式知每12份质量的碳会与32份质量的氧气完全反应，则碳与氧气的质量比为3：8，氧气量少时则会生成一氧化碳，压强就会变大，所以碳与氧气的质量比应小于等于3：8，反应后的压强才会与反应前相等，故选D。
7．C
【详解】A.甲的饱和溶液如果通过降温，析出晶体，溶质质量分数变小，故A正确；
B.M是30℃乙的饱和溶液，N是50℃时乙的不饱和溶液，M→N，即饱和溶液变为不饱和溶液，可通过升高温度，因为乙的溶解度随温度的升高而增大，故B正确；
C.50℃时，甲、乙、丙溶解度关系为甲=乙>丙，所以50℃时等质量的甲、乙、丙饱和溶液，溶剂的质量关系是甲=乙<丙，故C错误；
D.由图可知，甲的溶解度随温度的降低而减小，乙的溶解度随温度的降低而增大，将50℃甲的饱和溶液同时降温到30℃变为30℃时的饱和溶液，将50℃丙的饱和溶液降温到30℃所得溶液为不饱和溶液，但溶液中溶质和溶剂的质量不变，溶质质量分数不变，与50℃时丙的饱和溶液溶质质量分数相等，根据饱和溶液溶质质量分数=，由图可知，30℃甲的溶解度大于50℃时丙的溶解度，所以将50℃甲、丙的饱和溶液同时降温到30℃所得溶液溶质质量分数的关系是甲>丙，故D正确，
故选：C。
8．B
【详解】试题分析：根据图示知，溶液一开始呈酸性，加入X后，溶液逐渐变为中性，最后变为碱性溶液。A、加入水后，溶液的酸性逐渐减弱，错误；B、碳酸钠先与盐酸反应，当盐酸消耗完时，碳酸钠与氯化钙反应恰好完全反应，生成碳酸钙沉淀和氯化钠，溶液呈中性；当加入碳酸钠过量时，溶液呈碱性，正确；C、氢氧化钙先与盐酸反应，溶液逐渐变为中性，当盐酸消耗完时，氢氧化钙与氯化钙不发生反应，错误；D、盐酸与氯化钙不发生反应，错误。故选B
考点：溶液酸碱度，酸碱盐化学性质。
9．(1) B Cu+4HNO3＝Cu（NO3）2+2H2O+2NO2↑ b 氢氧化钠溶液（合理即可）
(2)②
【详解】（1）①实验室制取少量NO2气体的方法是废铜和浓硝酸反应，生成硝酸铜、水和NO2气体，该反应的反应物是固体和液体，不需加热，属于固、液混合不加热型，发生装置可用B或C，分液漏斗能控制液体滴加速率，从而能控制反应速率，为控制反应速率，制取NO2的发生装置可选用B，反应的化学方程式Cu+4HNO3＝Cu（NO3）2+2H2O+2NO2↑；
②根据“查阅资料”可知，NO2密度比空气大，若用D装置来收集NO2，气体应从接口b处进入集气瓶。根据“查阅资料”可知，NO2能与水发生反应，还能与碱溶液反应生成盐和水；从环保的角度考虑，在制取NO2时，若在装置D后连接的装置是E，要将E中的浓硫酸换成氢氧化钠溶液等碱溶液，吸收NO2，防止污染空气；
（2）①装置A气密性检查的操作方法是将导管放入水中，用手握住试管，导管口有气泡冒出，装置气密性良好；装置B的气密性检查的操作方法可以是先关闭分液漏斗的旋塞，再将导管放入水中，用手握住试管，导管口有气泡冒出，装置气密性良好；装置A和装置B的气密性检查的操作方法可以相同，说法正确，不符合题意；
②装置B发生反应时，分液漏斗下端不需要浸没在液体中，因为可关闭分液漏斗的活塞，或盖上盖子，就可以防止气体逸出，说法错误，符合题意；
③浓硫酸具有吸水性，E装置可用于干燥气体，为了使气体通过浓硫酸，气流方向为c进d出，说法正确，不符合题意；
④挤压F中试管上方的滴管，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，二氧化碳气体减少，压强变小，可观察到U型管左边液面上升，说法正确，不符合题意。
故选②。
10．(1)Mg2+、Fe2+
(2)FeSO4的反应速率随温度升高而增大，FeSO4转化率先增大；当温度到75℃时，随温度升高过氧化氢分解速率加快，导致反应物浓度下降FeSO4转化率逐渐减小
(3)pH过大，会生成Mg（OH）2，导致高纯MgO产品产量降低
(4)
【详解】（1）菱镁矿（主要成分为MgCO3，含少量FeCO3），加入稀硫酸，碳酸镁和硫酸反应生成硫酸镁、水、二氧化碳，碳酸亚铁和硫酸反应生成硫酸亚铁、水、二氧化碳，所得溶液中的金属离子为Mg2+、Fe2+；
（2）由图像可看出，40~75°℃范围内，随温度升高，FeSO4转化的反应的速率增大，温度大于75° C ，随着温度的升高，H2O2受热分解导致反应物浓度下降FeSO4转化率减小；
（3）由上表可知pH为1.9时氢氧化铁开始沉淀，pH为9.1时氢氧化镁沉淀，要制得高纯氧化镁首先应除去杂质离子铁离子，所以加氨水调节pH时，应先调在1.9~9.1之间，让铁离子沉淀，镁离子不沉淀，除去铁离子，如过量加入氨水，pH 过大，会生成Mg(OH)2，导致高纯MgO产品产量降低；
（4）根据质量守恒定律和题意可知生成物中一种为温室效应的气体即CO2，另一种为形成酸雨的气体即SO2，生成的氧化物为MgO，所以硫酸镁与碳反应生成氧化镁、二氧化碳和二氧化硫，化学方程式为。
11．(1) 氢氧化钙##消石灰##熟石灰##Ca(OH)2 有气泡产生，澄清石灰水变浑浊 有白色沉淀产生
(2)##或碳酸氢根
(3)×100%
(4)ABC
【详解】（1）①根据结论可知，嗅盐中含有铵根离子，铵盐与碱性物质反应会产生氨气，氨气有刺激性气味，氨气溶于水显碱性，能使湿润的红色的石蕊试纸变蓝，因此所加试剂为碱类物质，由于是研磨，故填氢氧化钙。
②根据结论可知，嗅盐中含有碳酸根离子，碳酸盐与稀盐酸反应会产生二氧化碳气体，二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊，故观察到的现象是：有气泡产生，澄清的石灰水变浑浊；但碳酸氢盐与稀盐酸反应也会产生二氧化碳气体，即若溶液中含有碳酸氢根离子，也会产生相同的现象，所以小军的此项方案不严谨。
③由于氯化钙稀溶液与碳酸氢铵溶液不发生反应，小英确认了小军的结论是正确的，所以该盐为碳酸盐，而可溶性碳酸盐与氯化钙溶液反应能生成碳酸钙沉淀，故观察到的现象是：有白色沉淀产生。
（2）由小问1中②分析可知，小英的实验目的是排除嗅盐中的碳酸氢根离子的可能。
（3）稀硫酸与氨气反应，所以稀硫酸反应前后增加的质量即为生成氨气的质量，即生成氨气的质量为：，根据反应的化学方程式由氨气的质量可求出样品碳酸铵的质量，用碳酸铵的质量比上样品质量，再乘以百分之百，可求出嗅盐中碳酸铵的质量分数。
解：设样品中碳酸铵的质量为x.
嗅盐中碳酸铵的质量分数为：
（4）A.该方案是通过氨气的质量求出碳酸铵的质量，氨气易溶于水，气体的溶解度随温度的升高而降低，通过加热可以使溶解在水的氨气逸出，使产生的氨气完全被稀硫酸吸收，若产生的氨气不能被稀硫酸完全吸收，会造成结果偏小，故A选项正确；
B.停止加热前后要通入一段时间空气，可将装置内存有的氨气完全排入稀硫酸中，否则测得氨气质量偏小，导致测定的结果会偏小，故B选项正确；
C.由于氨气极易溶于水，会使导管内的气压迅速减小，水被倒吸入试管中，使倒置漏斗，当漏斗内液面上升时，烧杯内液面下降，漏斗边缘与液面脱离，从而防止液体倒吸；另外倒置漏斗可以增大吸收面积，加快吸收速率，故C选项正确；
D.由于酸放于烧杯中，与空气接触，若用浓硫酸，浓硫酸有吸水性，会吸收空气中的水蒸气，导致测量值偏大；另外浓硫酸有强腐蚀性，存在安全隐患，故D选项错误；
故选ABC。
12．(1)10.92%
(2)由n1=20.8g，n2=19.7g，即n1＞n2，可知待测氢氧化钠中含有碳酸钠。设：待测氢氧化钠中NaOH的质量为，则碳酸钠质量=2.73g－，与盐酸完全反应消耗盐酸溶质质量分别为、。
19.7g×12.0%，解得：=2.16g。
则待测氢氧化钠配成的溶液中NaOH的质量分数=。
答：若m=2.73g，n1=20.8g，n2=19.7g，则待测氢氧化钠配成的溶液中NaOH的质量分数是8.64%。
【详解】（1）由于纯氢氧化钠和待测氢氧化钠各mg，所用盐酸的质量n1=n2，则证明待测氢氧化钠中不含碳酸钠，所以待测氢氧化钠配成的溶液中NaOH的质量分数==10.92%。故填：10.92%。
（2）详见答案
