广东省茂名市高州市2023-2024学年九年级下学期4月期中化学试题
1．（2024九下·高州期中）为相对原子质量的测定作出卓越贡献的中国科学家是（ ）
A．张青莲 B．袁隆平 C．侯德榜 D．道尔顿
【答案】A
【知识点】化学相关人物及贡献
【解析】【解答】A、张青莲在化学上的主要贡献是在铟、锑等相对原子质量测定作出卓越贡献，故A符合题意；
B、袁隆平发明了杂交水稻，故B不符合题意；
C、侯德榜发明了侯氏制碱法，故C不符合题意；
D、尔顿在化学上的主要贡献是提出了原子学说，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】中国科学家张青莲为相对原子质量的测定作出卓越贡献。
2．（2024九下·高州期中）碱性锌锰电池性能优越，其组成物质包括锌粉、氢氧化钾、二氧化锰、石墨等，这些物质的类别不包括（ ）
A．酸 B．碱 C．单质 D．氧化物
【答案】A
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】锌粉、石墨为单质，氢氧化钾为碱，二氧化锰为氧化物，所给物质中不包括酸类物质，故选：A。
【分析】根据酸是解离成的阳离子全部是氢离子的化合物，碱是解离成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，单质是由同种元素组成的纯净物，氧化物是由两种元素组成，其中一种为氧元素的化合物分析。
3．（2024九下·高州期中）下列变化中，不涉及化学变化的是
A．石油分馏得到汽油 B．粮食酿酒
C．钢铁生锈 D．铁在浓硫酸中钝化
【答案】A
【知识点】物理变化、化学变化的特点及其判别
【解析】【解答】A、石油分馏得到汽油是利用物质的沸点不同，过程中没有新物质生成，属于物理变化，符合题意；
B、粮食酿酒过程中有新物质酒精生成，属于化学变化，不符合题意；
C、钢铁生锈过程中有新物质铁锈生成，属于化学变化，不符合题意；
D、铁在浓硫酸中钝化表面生成氧化物，有新物质生成，属于化学变化，不符合题意；
故答案为：A.
【分析】根据有新物质生成的变化是化学变化，没有新物质生成的变化是物理变化来解答。
4．（2024九下·高州期中）“宏观-微观-符号”相结合是化学学科独有的思维方式。下列化学用语书写正确的是
A．2个氧原子2O2 B．2个氢气分子2H
C．钠离子Na2+ D．氯原子结构示意图
【答案】D
【知识点】原子结构示意图与离子结构示意图；化学符号及其周围数字的意义
【解析】【解答】A、原子的表示方法，用元素符号来表示一个原子，表示多个该原子，就在其元素符号前加上相应的数字，2个氧原子表示为2O，故A不正确，不符合题意；
B、分子的表示方法，正确书写物质的化学式，表示多个该分子，就在其化学式前加上相应的数字，2个氢分子表示为2H2，故B不正确，不符合题意；
C、离子的表示方法，在表示该离子的元素符号右上角，标出该离子所带的正负电荷数，数字在前，正负符号在后，带1个电荷时，1要省略，若表示多个该离子，就在其离子符号前加上相应的数字，钠离子表示为Na+，故C不正确，不符合题意；
D、氯原子核内有17个质子，核外电子排布是第一层2个电子，第二层8个电子，第三层7个电子，故D正确，符合题意。
故答案为：D.
【分析】根据元素符号前面的数字表示原子个数，右上角的数字表示离子所带的电荷数，在原子中质子数等于电子数来解答。
5．（2024九下·高州期中）基本营养素、化学元素与人体健康有着密切关系。下列说法中，正确的是
A．维生素可以调节人体新陈代谢，多数不能在人体内合成，需要从食物中摄取
B．米饭、牛肉、马铃薯都是富含蛋白质的食物
C．钙是人体必需的微量元素，缺钙会发生骨质疏松，容易骨折
D．鱼头豆腐汤的味道很鲜美，其主要食材鱼和豆腐中都含有丰富的糖类
【答案】A
【知识点】人体的元素组成与元素对人体健康的重要作用；生命活动与六大营养素
【解析】【解答】A、维生素可以调节人体新陈代谢，目前已知的20多种维生素大多不能在人体内合成，需要从食物中摄取，该说法正确，符合题意；
B、米饭、马铃薯富含淀粉，淀粉属于糖类，牛肉富含蛋白质，该说法错误，不符合题意；
C、钙是人体必需的常量元素，缺钙会发生骨质疏松，容易骨折，该说法错误，不符合题意；
D、鱼属于肉类，含有丰富的蛋白质，豆腐属于豆制品，含有丰富的蛋白质，所以食材鱼和豆腐中都含有丰富的蛋白质，该说法错误，不符合题意。
故答案为：A.
【分析】根据人体六大营养素有水、无机盐、蛋白质、糖类、油脂和维生素，维生素调节人体的新陈代谢来解答。
6．（2024九下·高州期中）在家务劳动中感悟化学原理。下列家务劳动涉及的化学知识正确的是
选项 家务劳动 化学知识
A 用天然气作燃料生火做饭 天然气的主要成分是CO和H2
B 用活性炭自制冰箱去味剂 活性炭具有还原性
C 用食盐调节汤的咸淡 食盐和水的比例影响NaCl的浓度
D 用NH4NO3配制绿萝生长的营养液 NH4NO3是复合肥料
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】常用盐的用途；常见化肥的种类和作用；碳单质的性质和用途；甲烷、乙醇等常见有机物的性质和用途
【解析】【解答】A、天然气主要成分甲烷，燃烧放热可用于做饭，故A错误；
B、活性炭具有吸附性，吸附色素和异味，用活性炭自制冰箱去味剂，故B错误；
C、食盐主要成分氯化钠，食盐和水的比例会导致氯化钠的浓度不同，氯化钠有咸味，则可调节汤的咸淡，故C正确；
D、NH4NO3含有氮、磷、钾中的氮元素，属于氮肥，故D错误；
故答案为：C.
【分析】A、根据天然气是甲烷，甲烷燃烧生成水和二氧化碳来解答；
B、根据活性炭具有吸附性，可以吸附色素和异味来解答；
C、根据氯化钠是常用的食用盐来解答；
D、根据化学肥料有氮肥、钾肥、磷肥、复合肥来解答。
7．（2024九下·高州期中）化学是一门以实验为基础的自然学科。下列实验操作中，正确的是
A．稀释浓硫酸
B．称取药品
C．量取液体读数
D．倾倒液体药品
【答案】D
【知识点】实验室常见的仪器及使用；药品的取用；稀释浓硫酸
【解析】【解答】A、稀释浓硫酸时，要把浓硫酸慢慢地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，以使热量及时的散失；一定不能把水注入浓硫酸中，以防止酸液飞溅，该操作错误，不符合题意；
B、托盘天平的使用要遵循“左物右码”的原则，图中所示操作砝码与药品位置放反了，该操作错误，不符合题意；
C、量取液体读数时，视线与液体的凹液面最低处保持水平，图中视线没有与液体的凹液面最低处保持水平，该操作错误，不符合题意；
D、向试管中倾倒液体药品时，瓶塞要倒放，标签要对准手心，瓶口紧挨试管，试管略倾斜，该操作正确，符合题意。
故答案为：D.
【分析】A、根据浓硫酸的稀释是把浓硫酸慢慢的注入水中，并用玻璃棒搅拌加快散热来解答；
B、根据天平称量物体时，物左法右，没有腐蚀性物品应在纸张上称量来解答；
C、根据量筒量取液体时，视线与液体的凹液面的最低处读数来解答；
D、根据液体倾倒时，瓶塞倒放，标签向手心，瓶口与试管口紧挨来解答。
8．（2024九下·高州期中）兴趣小组进行“无壳鸡蛋”实验。材料：30%浓醋酸、水、生鸡蛋，方法：把鸡蛋浸泡在6%稀醋酸中1天。下列说法正确的是
A．用30%浓醋酸配制6%稀醋酸，所用仪器：烧杯、量筒、酒精灯、玻璃棒
B．鸡蛋慢慢上浮时所受到的浮力小于重力
C．蛋壳的主要成分能与醋酸反应
D．量取水时俯视读数，导致稀醋酸中溶质的质量分数偏小
【答案】C
【知识点】实验室常见的仪器及使用；盐的化学性质；一定溶质质量分数的溶液的配制
【解析】【解答】A、用30%浓醋酸配制6%稀醋酸，所用仪器：烧杯、量筒、玻璃棒；溶液稀释过程中不需要加热，则不需要酒精灯，该说法错误，不符合题意；
B、鸡蛋慢慢上浮时所受到的浮力大于重力，而不是小于重力，该说法错误，不符合题意；
C、蛋壳的主要成分是碳酸钙，碳酸钙能与醋酸反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，该说法正确，符合题意；
D、量取水时俯视读数，读数偏大，则量取水的实际体积偏小，导致稀醋酸中溶质的质量分数偏大，该说法错误，符合题意。
故答案为：C.
【分析】A、根据配制稀释浓溶液时用到的仪器有量筒、滴管、玻璃棒、烧杯来解答；
B、根据鸡蛋在水中受到的浮力大于重力来解答；
C、根据鸡蛋壳是碳酸钙，碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙、水和二氧化碳来解答；
D、根据量筒量取液体时读数采用了俯视读数，读数会偏大来解答。
9．（2024九下·高州期中）下列各选项中，后者是对前者的微观解释，其解释不正确的是
A．金刚石和石墨化学性质相似，物理性质不同——碳原子排列方式不同
B．压瘪的乒乓球受热膨胀——温度升高，气体分子间隙变大
C．一氧化碳和二氧化碳化学性质不同——二者分子结构不同
D．酸溶液都能使石蕊溶液变红——酸溶液中都存在酸根离子
【答案】D
【知识点】分子的定义与分子的特性
【解析】【解答】A、金刚石和石墨的物理性质不同，是由于其碳原子排列方式不同，该说法正确，不符合题意；
B、压瘪的乒乓球受热膨胀，是因为温度升高，分子之间的间隔变大，该说法正确，不符合题意；
C、二氧化碳和一氧化碳的化学性质不同，是因为它们分子结构不同，不同种的分子化学性质不同，该说法正确，不符合题意；
D、酸溶液使紫色石蕊溶液变红，是因为酸溶液中都含有氢离子，该说法错误，符合题意。
故答案为：D.
【分析】A、根据结构决定物质的性质，金刚石和石墨中的碳原子的排列方式不变来解答；
B、根据分子间有间隔来解答；
C、根据不同分子，化学性质不同来解答；
D、根据酸中的阳离子全部是氢离子，氢离子能使石蕊变红色来解答。
10．（2024九下·高州期中）化学学科核心素养展现了化学课程对学生发展的重要价值。下列示例说法中错误的是
A．化学观念：金刚石和石墨化学成分都是碳单质，所以化学性质相似
B．科学思维：Al与稀盐酸反应生成AlCl3，所以Fe也能与稀盐酸反应生成FeCl3
C．科学探究与实践：将适量同质量的碘分别加入体积相同的水和汽油中，探究碘在不同溶剂中的溶解性
D．科学态度与责任：将生活垃圾分类投放，实现资源的回收再利用
【答案】B
【知识点】影响溶解快慢的因素；金属的化学性质
【解析】【解答】A、金刚石和石墨的化学成分都是碳单质，化学性质相似，该说法正确，不符合题意；
B、Al与稀盐酸反应生成AlCl3，但Fe能与稀盐酸反应生成FeCl2，该说法错误，符合题意；
C、将适量同质量的碘分别加入体积相同的水和汽油中，碘难溶于水，易溶于汽油，可探究碘在不同溶剂中的溶解性，该说法正确，不符合题意；
D、将生活垃圾分类投放，能节约资源，实现资源的回收再利用，该说法正确，不符合题意。
故答案为：B.
【分析】A、根据金刚石和石墨均是碳的单质，化学性质性质相似来解答；
B、根据铝和盐酸反应生成氯化铝和氢气，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气来解答；
C、根据碘溶于汽油，不溶于水来解答；
D、根据垃圾回收处理，可以节约资源来解答。
11．（2024九下·高州期中）某化学兴趣小组按如图操作配制一定溶质质量分数的氯化钠溶液。下列说法正确的是
A．③中玻璃棒的作用是使溶液更加均匀
B．⑥读数时视线与凹液面最低点保持水平
C．①~⑥项实验操作均正确
D．实验操作顺序为④②①⑤⑥③
【答案】B
【知识点】实验室常见的仪器及使用；一定溶质质量分数的溶液的配制
【解析】【解答】A、③是溶解操作，玻璃棒的作用是搅拌，加快溶解速率，该说法错误，不符合题意；
B、⑥量筒读数时，视线与凹液面最低处保持水平，该说法正确，符合题意；
C、托盘天平的使用要遵循“左物右码”的原则，图②中所示操作砝码与药品的位置放反了，该说法错误，不符合题意；
D、配制一定溶质质量分数的氯化钠溶液，首先计算配制溶液所需氯化钠和水的质量，再称量所需的氯化钠和量取水，最后进行溶解，实验操作顺序为④②①⑥⑤③，该说法错误，不符合题意。
故答案为：B.
【分析】根据氯化钠溶液的配制操作顺序是计算、称固体、量液体、溶解；称量固体时物左砝码右，量取液体时视线与液体的凹液面平行读数，溶解时用玻璃棒加快溶解速度来解答。
12．（2024九下·高州期中）在元素周期表中铟与铝同族，两种元素在元素周期表中的部分信息及原子结构示意图如图所示。下列说法不正确的是
A．铝元素位于元素周期表的第三周期
B．铟与铝在化学变化中易得到电子
C．铟的原子核内有49个质子
D．NaAl(OH)4中铝元素的化合价为+3
【答案】B
【知识点】原子结构示意图与离子结构示意图；元素周期表的特点及其应用；有关元素化合价的计算
【解析】【解答】A、周期数=原子核外电子层数，铝元素的原子核外有3个电子层，则在元素周期表中，铝元素位于第三周期，该说法正确，不符合题意；
B、原子中，质子数=核外电子数，49=2+8+18+18+x，x=3，在原子中最外层电子数小于4，在化学反应中易失去最外层电子形成稳定结构，则铟与铝的最外层电子数均小于4，在化学变化中易失去电子，该说法错误，符合题意；
C、在原子结构示意图中，圆圈内的数字表示质子数，所以铟的原子核内有49个质子，该说法正确，不符合题意；
D、NaAl（OH）4中钠元素为+1价，氢氧根为-1价，设铝元素化合价为x，根据在化合物中各元素正负化合价代数和为0，则有（+1）+x+（-1）×4=0，x=+3，该说法正确，不符合题意。
故答案为：B.
【分析】根据在原子中质子数等于电子数，原子的最外层电子数决定得失电子数和该元素的化合价，原子的电子层数决定元素周期数来解答。
13．（2024九下·高州期中）对比实验是进行科学探究的重要方式。下图所示实验均用到了对比的方法。查阅资料得到：温度降低，水溶液中硝酸钾溶解度变小，氢氧化钙溶解度变大，下列说法错误的是
A．图1实验能验证二氧化碳与水发生了反应
B．图2实验能说明红磷的着火点比白磷的高
C．图3实验能验证金属活动性顺序为Fe>Cu>Ag
D．图4实验能说明硝酸铵固体溶于水会吸收热量
【答案】A
【知识点】溶解时的吸热或放热现象；探究二氧化碳的性质；燃烧的条件与灭火原理探究；金属活动性的探究
【解析】【解答】A、酚酞溶液遇酸性溶液和中性溶液不变色，遇碱性溶液变红色，蒸馏水和通入二氧化碳的蒸馏水（二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸显酸性）都不能使酚酞溶液变色，所以图1实验不能验证二氧化碳与水发生了反应，该说法错误，符合题意；
B、75℃热水提供的热量使铜片上白磷燃烧，不能使铜片上红磷燃烧，说明红磷的着火点比白磷的高，该说法正确，不符合题意；
C、铁片和硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁，说明铁比铜活泼；银片不能和硫酸铜反应，说明银不如铜活泼。即图3实验能验证金属活动性顺序为Fe＞Cu＞Ag，该说法正确，不符合题意；
D、将硝酸铵固体加入烧杯中的水里，硝酸铵固体溶于水会吸收热量，温度降低，硝酸钾溶解度变小，氢氧化钙溶解度变大，则可观察到饱和硝酸钾溶液中有白色晶体析出；饱和石灰水未变浑浊，故图4实验能说明硝酸铵固体溶于水会吸收热量，该说法正确，不符合题意。
故答案为：A.
【分析】A、根据二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸使石蕊变红色来解答；
B、根据可燃物燃烧的条件是与氧气接触，达到着火点来解答；
C、根据金属活泼性顺序表分析，强者置换弱者来解答；
D、根据硝酸铵溶于水吸热，温度降低，氢氧化钙的溶解度随温度的升高而降低来解答。
14．（2024九下·高州期中）物质甲、乙均可灭杀新型冠状病毒，灭杀过程中的转化如下图所示。依据图中信息，下列说法不正确的是
A．转化②中生成丙和丁的分子个数比为2：1
B．丙的水溶液能够除铁锈
C．甲、乙、丙中氯元素的质量分数依次降低
D．转化过程中共有2种氧化物
【答案】C
【知识点】微粒观点及模型图的应用
【解析】【解答】A、由微观反应示意图可知，转化②为HClO在光照作用下生成HCl和氧气，化学方程式是：，生成丙和丁的分子个数比为2：1，该说法正确，不符合题意；
B、丙是HCl，其水溶液能与金属氧化物反应，因此丙的水溶液能够除铁锈，该说法正确，不符合题意；
C、由分子的模型图可知，甲、乙、丙分别是ClO2、HClO、HCl，由化学式可知，三种物质的1个分子中均只含1个氯原子，相对分子质量分别为67.5、52.5、36.5，由此可知，三种物质中，氯元素的质量分数依次升高，该说法错误，符合题意；
D、氧化物是由两种元素组成，且其中有一种元素是氧元素的化合物，则该转化过程中共有ClO2、H2O两种氧化物，该说法正确，不符合题意。
故答案为：C.
【分析】根据反应模型图分析，二氧化氯和水反应生成次氯酸，次氯酸在光照下分解生成氯化氢和氧气，氧化物是由两种元素组成的化合物中，其中一种是氧元素的就是氧化物来解答。
15．（2024九下·高州期中）如图是甲、乙两种固体物质的溶解度随温度变化的曲线。下列说法不正确的是
A．T1℃时，50g甲能完全溶于50g水中
B．T2℃时，甲乙两种饱和溶液，甲溶液中溶质的质量分数比乙溶液中的大
C．乙中混有少量甲，可用蒸发结晶法提纯乙
D．同质量的甲，乙两种饱和溶液由T2℃降温至T1℃时，甲溶液中析出的晶体较多
【答案】A
【知识点】固体溶解度曲线及其作用
【解析】【解答】A、T1℃时甲的溶解度是50g，即100g水中最多能溶解50g甲物质，达到饱和状态，则50g甲不能能完全溶于50g水中，最多只能够溶解25g，该说法错误，符合题意；
B、T2℃时，甲的溶解度大于乙的溶解度，饱和溶液的溶质质量分数=，则T2℃时，甲乙两种饱和溶液，甲溶液中溶质的质量分数比乙溶液中的大，该说法正确，不符合题意；
C、甲的溶解度受温度变化影响较大，乙的溶解度受温度变化影响较小，乙中混有少量甲，可用蒸发结晶法提纯乙，该说法正确，不符合题意；
D、将等质量的甲和乙的饱和溶液由T2℃降温至T1℃时，甲的溶解度变化比乙大，所以析出晶体的质量甲大于乙，该说法正确，不符合题意。
故答案为：A.
【分析】根据T1℃时甲乙的溶解度是50g，T2℃时甲的溶解度大于乙的溶解度，甲的溶解度随温度变化明显，常用降低温度结晶析出，乙的溶解度随温度变化不明显，通常采用恒温蒸发溶剂结晶来解答。
16．（2024九下·高州期中）龙是中华民族的图腾。石器时代的“玉龙”、秦代的“青铜龙”、唐代的“鎏金铁芯铜龙”(如图)文物的制造体现了古人的智慧。
（1）秦代的“青铜龙”属于 (填“金属”或“合成”)材料
（2）“取炉甘石，研之细末，和以赤铜，置炭火中煅烧……熄火取铜，其色如金。”赤铜为Cu2O，氧元素的质量分数为 (保留整数)。炉甘石主要成分是ZnCO3，煅烧反应生成两种氧化物的化学方程式为 ，“熄火取铜”中所得“铜”与纯铜相比，硬度 (填“更大”或“更小”或“相等”)。
（3）《天工开物》中记载“凡黄金为五金之长，熔化成形之后，住世永无变更”，可说明黄金 (填“易”或“不易”)与空气中的成分反应。
（4）①鑾金工艺是指在器物表面涂抹金汞齐(金汞合金)，加热祛汞，冷却，器物表面形成金膜。鎏金工艺利用的知识有 。
a．汞的沸点低 b．汞被氧化变成氧化汞 c．金汞合金熔点比组分纯金低
②唐代的“鎏金铁芯铜龙”通过鎏金工艺在“铁芯铜龙”上形成一层黄金薄层，除了美观还起到很好的保护作用，主要原理是 (填“加保护膜”或“改变其组成”)。
【答案】（1）金属
（2）11%；；更大
（3）不易
（4）a、c；加保护膜
【知识点】合金与合金的性质；化学式的相关计算
【解析】【解答】（1）秦代的“青铜龙”青铜制成，青铜是铜的合金，属于金属材料；
（2）赤铜为Cu2O，氧元素的质量分数为×100%≈11%；
炉甘石主要成分是ZnCO3，煅烧反应生成两种氧化物，根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变，则两种氧化物诶氧化锌和水，化学方程式为：；
“熄火取铜”中所得“铜”是铜的合金，合金比组成它的纯金属硬度大，故与纯铜相比，硬度更大；
（3）《天工开物》中记载“凡黄金为五金之长，熔化成形之后，住世永无变更”，可说明黄金的化学性质稳定，不易与空气中的成分反应；
（4）①a、加热祛汞，说明汞的沸点低，汞先分离出来，符合题意；
b、该工艺没有利用汞被氧化变成氧化汞的知识，不符合题意；
c、鎏金工艺在器物表面涂抹金汞齐（金汞合金），而不是直接涂抹金，是因为金汞合金比组成它的纯金属熔点低，符合题意；
故答案为：ac.
②唐代的“鎏金铁芯铜龙”通过鎏金工艺在“铁芯铜龙”上形成一层黄金薄层，除了美观还起到很好的保护作用，主要原理是加保护膜。
【分析】（1）根据青铜是合金来解答；
（2）根据化合物中某元素的质量，以及碳酸锌高温分解生成氧化锌和二氧化碳，合金的硬度大来解答；
（3）根据金的化学性质不活泼来解答；
（4）根据金属的特性和防止金属的锈蚀来解答。
（1）秦代的“青铜龙”青铜制成，青铜是铜的合金，属于金属材料；
（2）赤铜为Cu2O，氧元素的质量分数为×100%≈11%；
炉甘石主要成分是ZnCO3，煅烧反应生成两种氧化物，根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变，则两种氧化物诶氧化锌和水，化学方程式为：；
“熄火取铜”中所得“铜”是铜的合金，合金比组成它的纯金属硬度大，故与纯铜相比，硬度更大；
（3）《天工开物》中记载“凡黄金为五金之长，熔化成形之后，住世永无变更”，可说明黄金的化学性质稳定，不易与空气中的成分反应；
（4）①a、加热祛汞，说明汞的沸点低，汞先分离出来，符合题意；
b、该工艺没有利用汞被氧化变成氧化汞的知识，不符合题意；
c、鎏金工艺在器物表面涂抹金汞齐（金汞合金），而不是直接涂抹金，是因为金汞合金比组成它的纯金属熔点低，符合题意；
故选：ac；
②唐代的“鎏金铁芯铜龙”通过鎏金工艺在“铁芯铜龙”上形成一层黄金薄层，除了美观还起到很好的保护作用，主要原理是加保护膜。
17．（2024九下·高州期中）氨(NH3)是除氢以外最宜生产的可再生燃料，具有极其重要的战略资源价值。氨可由原料N2和H2合成，并在氨燃料电池或氨内燃机或氧化燃烧时还原为水和氮气。N2常用液态空气分离法、膜分离法(如图1)和分子筛吸附法(如图2)获取。H2生产有煤气化、天然气重整及可再生能源电解水等方法，根据H2的来源，所合成的氨分别称为棕氨、蓝氨和绿氨。棕氨指由甲烷重整制氢(SMR)、重质燃料油制氢、煤制氢等工艺获得原料氢的氨产品；蓝氨指由副产氢、带碳捕捉的SMR、电气化SMR等工艺获得原料氢的氨产品；绿氨指电解制氢、带碳捕捉的生物质制氢等工艺获得原料氢的氨产品，绿氨被归类为基本上零碳的氨。
Haber- Bosch工艺利用N2和H2在高温高压催化剂条件下反应制氨，是目前唯一大规模合成氨方法。朱维源团队近年来主要研究的是“间歇式清洁电力Haber-Bosch法合成氨工艺”，该方法使用的原料只有可再生电力、水和空气，副产品只有氧气，是清洁可持续的合成氨生产方式。其成本主要是电力成本，随着光伏、风电等产能的壮大，成本将逐步降低。
依据上文，回答下列问题：
（1）①液态空气升温时，N2先气化，则液氮沸点比液氧 (填“高”或“低”)。
②膜分离法(图1)获取N2中，薄膜不允许 分子通过。
③分子筛吸附法(图2)制N2，利用了N2分子与O2分子体积大小不同而吸附O2实现分离。上述三种情况中物质分离都利用了物质 (填“物理”或“化学”)性质不同进行分离。
（2）H2生产有“煤气化、天然气重整及可再生能源电解水”等方法，上述制H2方法属于 变化(填“物理”或“化学”)
（3）Haber-Bosch制氨工艺的化学方程式为 。
（4）“间歇式清洁电力Haber-Bosch法合成氨工艺”合成的氨属于 (填“棕氨”或“蓝氨”或“绿氨”)。
【答案】（1）低；氧；物理
（2）化学
（3）
（4）绿氨
【知识点】氧气的工业制法；物理变化、化学变化的特点及其判别；化学性质与物理性质的差别及应用
【解析】【解答】（1）①沸点低的先气化，液态空气升温时，N2先气化，则液氮沸点比液氧低；
②膜分离法（图1）获取N2中，薄膜不允许氧气分子通过；
③分子筛吸附法（图2）制N2，利用了N2分子与O2分子体积大小不同而吸附O2实现分离；
上述三种情况中物质分离均没有新物质产生，属于物理变化，都利用了物质物理性质不同进行分离；
（2）H2生产有“煤气化、天然气重整及可再生能源电解水”等方法，上述制H2方法均有新物质生成，属于化学变化；
（3）Haber-Bosch制氨工艺是氮气和氢气在高温高压催化剂下生成氨气，反应的化学方程式为：；
（4）根据题文信息可知，Haber- Bosch工艺利用N2和H2在高温高压催化剂条件下反应制氨，是目前唯一大规模合成氨方法。朱维源团队近年来主要研究的是“间歇式清洁电力Haber-Bosch法合成氨工艺”，该方法使用的原料只有可再生电力、水和空气，副产品只有氧气，是清洁可持续的合成氨生产方式。其成本主要是电力成本，随着光伏、风电等产能的壮大，成本将逐步降低，属于绿氨。
【分析】（1）根据氮气的沸点比氧气的沸点低，氧分子比氮分子大来解答；
（2）根据有新物质生成的变化是化学变化，没有新物质生成的变化是物理变化来解答；
（3）根据氮气和氢气在高温高压催化剂下生成氨气来解答；
（4）根据氮气和氢气在高压和催化剂作用下合成氨气是清洁能源，成本低，无污染来解答。
（1）①沸点低的先气化，液态空气升温时，N2先气化，则液氮沸点比液氧低；
②膜分离法（图1）获取N2中，薄膜不允许氧气分子通过；
③分子筛吸附法（图2）制N2，利用了N2分子与O2分子体积大小不同而吸附O2实现分离；
上述三种情况中物质分离均没有新物质产生，属于物理变化，都利用了物质物理性质不同进行分离；
（2）H2生产有“煤气化、天然气重整及可再生能源电解水”等方法，上述制H2方法均有新物质生成，属于化学变化；
（3）Haber-Bosch制氨工艺是氮气和氢气在高温高压催化剂下生成氨气，反应的化学方程式为：；
（4）根据题文信息可知，Haber- Bosch工艺利用N2和H2在高温高压催化剂条件下反应制氨，是目前唯一大规模合成氨方法。朱维源团队近年来主要研究的是“间歇式清洁电力Haber-Bosch法合成氨工艺”，该方法使用的原料只有可再生电力、水和空气，副产品只有氧气，是清洁可持续的合成氨生产方式。其成本主要是电力成本，随着光伏、风电等产能的壮大，成本将逐步降低，属于绿氨。
18．（2024九下·高州期中）实验室现有氯酸钾二氧化锰、石灰石、稀盐酸、浓硫酸、碳酸氢钠溶液，以及下列仪器。查阅资料得到：CaCl2易溶于水。CaSO4微溶于水，生成CaSO4时易在固体表面形成膜状。请使用上述试剂或仪器回答下列问题：
（1）①甲同学选用装置A制备O2，化学方程式为 。欲收集一瓶干燥的O2，收集装置最好选用 (填序号)。
②乙同学选用装置B制备CO2，实验室制备CO2的化学方程式为 。用装置C收集到的CO2中含有的杂质有 。
③要收集到纯净干燥的CO2应该在C装置前增加两个E装置。它们装有的试剂分别为 、 ，CO2应该从 端(填“a”或“b”)通如。实验室制备CO2选用稀盐酸而不用稀硫酸的原因 。
（2）小明选用片状的鸡蛋壳和食醋反应来制取二氧化碳，并利用矿泉水瓶玻璃杯、橡皮塞、导管、止水夹等组装了如图所示甲、乙气体发生装置。
①比较图2中甲，乙装置，甲装置的优点是 (填字母)。
A．反应过程中可以添加固体药品
B．可以控制反应的发生与停止
②将产生的CO2依次通入如图3所示的装置中，观察到丙中现象为 ，丁中 ，说明CO2密度比空气大。
【答案】（1）；C；；HCl、水蒸气；饱和碳酸氢钠溶液；浓硫酸；a；碳酸钙与硫酸反应生成微溶于水的硫酸钙，覆着在石灰石的表面，阻止反应进行
（2）B；溶液变为红色；气球上升
【知识点】根据浓硫酸或碱石灰的性质确定所能干燥的气体；探究二氧化碳的性质；气体制取装置的探究
【解析】【解答】（1）①甲同学选用装置A制备O2，A为固体加热型装置，根据给出的药品，选择氯酸钾和二氧化锰制氧气，化学方程式为；氧气的密度略大于空气，不易溶于水，欲收集一瓶干燥的O2，收集装置最好选用C；
②实验室用石灰石和稀盐酸制取二氧化碳，石灰石的主要成分是碳酸钙，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水、二氧化碳，反应的化学方程式为：；盐酸具有挥发性，用装置C收集到的CO2中含有的杂质有HCl和水蒸气；
③要收集到纯净干燥的CO2，要用饱和碳酸氢钠溶液除去HCl，用浓硫酸除去水蒸气，除杂时，先除去HCl，再除水蒸气，故选通入饱和碳酸氢钠溶液，再通入浓硫酸中，CO2应该从a端通入，与溶液充分接触；实验室制备CO2选用稀盐酸而不用稀硫覆酸的原因是碳酸钙与硫酸反应生成微溶于水的硫酸钙，覆着在石灰石的表面，阻止反应进行；
（2）①甲装置的优点是可通过上下移动矿泉水瓶，可以控制反应的发生与停止，故答案为：B.
②二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸能使紫色石蕊变为红色，能观察到丙中溶液变为红色；二氧化碳的密度大于空气，充满空气的气球在二氧化碳中所受到的浮力增大，故气球上升。
【分析】（1）根据氯酸钾分解生成氯化钾和氧气，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，根据反应物的状态和条件来选择发生装置，气体的密度和溶解性来选择收集装置，浓硫酸具有吸水性，饱和碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳来解答；
（2）根据固体和液体反应不加热装置的优缺点比较，甲可以控制反应的发生和停止，二氧化碳的密度大于空气密度，能与水反应生成碳酸，碳酸使石蕊变红色来解答。
（1）①甲同学选用装置A制备O2，A为固体加热型装置，根据给出的药品，选择氯酸钾和二氧化锰制氧气，化学方程式为；氧气的密度略大于空气，不易溶于水，欲收集一瓶干燥的O2，收集装置最好选用C；
②实验室用石灰石和稀盐酸制取二氧化碳，石灰石的主要成分是碳酸钙，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水、二氧化碳，反应的化学方程式为：；盐酸具有挥发性，用装置C收集到的CO2中含有的杂质有HCl和水蒸气；
③要收集到纯净干燥的CO2，要用饱和碳酸氢钠溶液除去HCl，用浓硫酸除去水蒸气，除杂时，先除去HCl，再除水蒸气，故选通入饱和碳酸氢钠溶液，再通入浓硫酸中，CO2应该从a端通入，与溶液充分接触；实验室制备CO2选用稀盐酸而不用稀硫覆酸的原因是碳酸钙与硫酸反应生成微溶于水的硫酸钙，覆着在石灰石的表面，阻止反应进行；
（2）①甲装置的优点是可通过上下移动矿泉水瓶，可以控制反应的发生与停止，故选B；
②二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸能使紫色石蕊变为红色，能观察到丙中溶液变为红色；二氧化碳的密度大于空气，充满空气的气球在二氧化碳中所受到的浮力增大，故气球上升。
19．（2024九下·高州期中）研究和控制化学反应条件有重要意义。
（1）小嘉同学用15%的H2O2溶液制取氧气时发现，若注入H2O2溶液速度过快，反应会过于剧烈而引发事故。请你帮小嘉从如图中选择合适的仪器组装一套O2发生装置，要求能解决上述问题，需要用到的仪器有哪些？ (填标号)。(已知：通过控制反应物液体滴加速度可以控制反应速率)
（2）小明同学用50g溶质质量分数为15%的过氧化氢溶液制氧气，为了减小反应速率，他先向该过氧化氢溶液中加入100g水，求稀释后过氧化氢溶液的溶质质量分数 。
（3）某小组同学研究3g大理石与稀盐酸反应制取二氧化碳受哪些因素影响，该小组的实验设计和数据记录如下表。(各实验反应时间相同)
实验编号 稀盐酸的体积 稀盐酸的质量分数 大理石的形状 二氧化碳的体积/mL
实验1 20mL 5% 块状 28.3
实验2 20mL 10% 块状 58.7
实验3 20mL 5% 粉末 46.8
实验4 20mL 10% 粉末 丢失
①由实验1和3分析得到：其他相同，将固体反应物粉碎可以 (填“加快”或“减慢”)反应速率。
②为了分析浓度对反应快慢的影响，可对比表中实验 (填标号)。
A.1和3 B.2和3 C.1和2 D.2和4
③由于没有及时记录数据，导致第④组实验数据丢失，你认为合理的数据是 (填标号)。
A.45.7 B.54.7 C.95.4
（4）某兴趣小组在老师指导下继续探究了浓盐酸与大理石的反应，并用pH传感器测得下图烧杯中溶液的pH随通入CO2时间的变化曲线。请回答下列问题：
①AB段pH几乎不变的原因可能是 。
②BC段发生反应的化学方程式主要有 。
【答案】（1）C、G
（2）5%
（3）加快；C；C
（4）开始出来的气体是装置内的空气，不会使溶液的pH发生较大变化；、
【知识点】碱的化学性质；影响化学反应速率的因素探究；气体制取装置的探究
【解析】【解答】（1）过氧化氢在二氧化锰的催化下分解生成氧气和水，该反应为固液常温型，选择仪器CG组装一套氧气发生装置可以控制反应速率，其原理是通过分液漏斗控制液体的滴加速度，从而控制反应速率，能解决反应会过于剧烈而引发事故的问题；
（2）设稀释后过氧化氢溶液的溶质质量分数x，根据稀释前后溶质质量不变可得50g×15%=（50g+100g）×x，则x=5%；
（3）①实验1和3分析得知，其他相同，粉末状大理石比块状大理石，收集二氧化碳的体积大，说明粉末状大理石比块状大理石反应速率快，即其他相同，将固体反应物粉碎可以加快反应速率；
②根据对比实验中，控制变量唯一的原则，要分析浓度对反应快慢的影响，变量就只能有浓度的大小，实验1和实验2的变量只有稀盐酸的质量分数不同，则为了分析浓度对反应快慢的影响，可对比表中实验1和实验2，故答案为：C.
③对比实验1和实验3可知，粉末状的大理石比块状大理石反应速率更快，实验2的二氧化碳的体积为58.7mL，实验4粉末状的大理石反应更快，则第④组实验数据应大于58.7mL，故答案为：C.
（4）①开始出来的气体是装置内的空气，所以刚开始进入石灰水中的气体是装置内的空气，反应还几乎未发生，则不会使溶液的pH发生较大变化，因此AB段pH几乎不变；
②BC段pH减小，因为浓盐酸具有挥发性，所以刚开始氢氧化钙溶液和盐酸反应生成氯化钙和水，然后二氧化碳与石灰水反应生成碳酸钙沉淀和水，化学方程式为：、。
【分析】（1）过氧化氢在二氧化锰的催化下分解生成氧气和水，分液漏斗可以控制反应速度来解答；
（2）根据加水稀释溶液，稀释前后溶质的质量不变来解答；
（3）根据加大反应物的接触面积，和反应物的浓度来加快反应速度来解答；
（4）根据氢氧化钙和盐酸反应生成氯化钙和水，氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙和水来解答。
（1）过氧化氢在二氧化锰的催化下分解生成氧气和水，该反应为固液常温型，选择仪器CG组装一套氧气发生装置可以控制反应速率，其原理是通过分液漏斗控制液体的滴加速度，从而控制反应速率，能解决反应会过于剧烈而引发事故的问题；
（2）设稀释后过氧化氢溶液的溶质质量分数x，根据稀释前后溶质质量不变可得50g×15%=（50g+100g）×x，则x=5%；
（3）①实验1和3分析得知，其他相同，粉末状大理石比块状大理石，收集二氧化碳的体积大，说明粉末状大理石比块状大理石反应速率快，即其他相同，将固体反应物粉碎可以加快反应速率；
②根据对比实验中，控制变量唯一的原则，要分析浓度对反应快慢的影响，变量就只能有浓度的大小，实验1和实验2的变量只有稀盐酸的质量分数不同，则为了分析浓度对反应快慢的影响，可对比表中实验1和实验2，故选：C；
③对比实验1和实验3可知，粉末状的大理石比块状大理石反应速率更快，实验2的二氧化碳的体积为58.7mL，实验4粉末状的大理石反应更快，则第④组实验数据应大于58.7mL，故选：C；
（4）①开始出来的气体是装置内的空气，所以刚开始进入石灰水中的气体是装置内的空气，反应还几乎未发生，则不会使溶液的pH发生较大变化，因此AB段pH几乎不变；
②BC段pH减小，因为浓盐酸具有挥发性，所以刚开始氢氧化钙溶液和盐酸反应生成氯化钙和水，然后二氧化碳与石灰水反应生成碳酸钙沉淀和水，化学方程式为：、。
20．（2024九下·高州期中）电解水制氢联合碳酸钙分解制备氧化钙，能减少碳排放，助力碳中和。该新方法的示意图如下图1所示。
（1）传统方法：CaCO3在高温时生成CaO，该反应基本反应类型为 。
（2）新方法：①反应器1中：一定的H2环境及较低温度下，CaCO3可与H2反应生成H2O和其他产物。该反应的化学方程式为 。
②反应器1中CaCO，还可以直接分解。反应器1中CO、CO2的O含量随反应温度的变化如图2所示， ℃时，抑制CO2生成的效果最差。
③反应器2：一定条件下，CO与H2发生化合反应生成甲醇(CH3OH)，甲醇(CH3OH)中“C”的化合价为 。(已知：H为+1)
（3）该方法过程中可循环利用的物质为 (填化学式)。
（4）图3为碳元素的化合价、物质类别转化二维图(简称价类二维图)。反应b的化学方程式可以是 。写出2种戊的化学式 。
【答案】（1）分解反应
（2）；600；-2
（3）H2O
（4）；NaHCO3、CaCO3（合理即可）
【知识点】常用盐的用途；有关元素化合价的计算；反应类型的判定；质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】（1）CaCO3在高温时生成CaO和二氧化碳，该反应是一种物质生成两种物质，符合“一变多”的特点，属于分解反应；
（2）①反应器1中：一定的H2环境及较低温度下，CaCO3可与H2反应生成H2O和一氧化碳、氧化钙，反应的化学方程式为：；
②据图可知，600℃时，二氧化碳含量比其它三个温度下的含量都高，所以600℃时，抑制CO2生成的效果最差；
③一定条件下，CO与H2发生化合反应生成甲醇（CH3OH），化合物中，各元素正负化合价代数和为0，甲醇（CH3OH）中，氢元素为+1价，氧元素为-2价，设碳元素的化合价为x，则有x+（+1）×4+（-2）=0，解得x=-2，则“C”的化合价为-2价；
（3）该方法过程中，水既是反应物又是生成物，可循环利用的物质为水，化学式为H2O；
（4）甲为碳，乙为一氧化碳，因此反应b可以为碳和氧气点燃生成一氧化碳，化学方程式是：；戊为含有+4价碳元素的盐，例如碳酸氢钠、碳酸钙等，化学式可以为NaHCO3、CaCO3等。
【分析】（1）根据分解反应的概念是由一种物质反应生成多种物质的反应是分解反应，碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳来解答；
（2）根据碳酸钙和氢气在低温下反应生成氧化钙、水和一氧化碳，化合物中各元素的化合价的代数和为0来解答；
（3）根据在反应过程中水是反应物和生成物，水可以循环使用来解答；
（4）根据碳在氧气中燃烧生成一氧化碳，碳元素在不同化合物中的化合价来解答。
（1）CaCO3在高温时生成CaO和二氧化碳，该反应是一种物质生成两种物质，符合“一变多”的特点，属于分解反应；
（2）①反应器1中：一定的H2环境及较低温度下，CaCO3可与H2反应生成H2O和一氧化碳、氧化钙，反应的化学方程式为：；
②据图可知，600℃时，二氧化碳含量比其它三个温度下的含量都高，所以600℃时，抑制CO2生成的效果最差；
③一定条件下，CO与H2发生化合反应生成甲醇（CH3OH），化合物中，各元素正负化合价代数和为0，甲醇（CH3OH）中，氢元素为+1价，氧元素为-2价，设碳元素的化合价为x，则有x+（+1）×4+（-2）=0，解得x=-2，则“C”的化合价为-2价；
（3）该方法过程中，水既是反应物又是生成物，可循环利用的物质为水，化学式为H2O；
（4）甲为碳，乙为一氧化碳，因此反应b可以为碳和氧气点燃生成一氧化碳，化学方程式是：；
戊为含有+4价碳元素的盐，例如碳酸氢钠、碳酸钙等，化学式可以为NaHCO3、CaCO3等（合理即可）。
21．（2024九下·高州期中）二氧化锰因应用广泛而备受关注。某研究小组用废旧电池炭包制备纯MnO2制备流程如图所示。
已知：①焙烧MnCO3制取MnO2的化学方程式为2MnCO3+O22CO2+2MnO2。
②Mn相对原子质量为55。
请回答下列问题：
（1）加入Na2CO3溶液后发生反应的基本反应类型为 ；过滤Ⅱ得到的滤液中属于盐的成分有 ；过滤Ⅱ后洗涤滤渣，证明滤渣已洗净的方法：向最后一次洗涤液中滴加几滴 (填化学式)溶液，若无沉淀或浑浊，则说明滤渣已洗净。
（2）试根据化学方程式计算：通过焙烧制得34.8gMnO2最少需要MnCO3质量是多少？(请写出计算过程)
（3）焙烧MnCO3的过程中，固体产物的质量和成分随温度的变化如下图所示，则焙烧MnCO3制取MnO2应该控制反应温度不高于 ℃，若把焙烧46.0g MnCO3温度控制在600℃，充分反应后的固体产物质量为 g。(保留一位小数)
【答案】（1）复分解反应；硫酸钠；BaCl2
（2）解：设设焙烧制得34.8gMnO2最少需要MnCO3质量是x，
x=46g
答：通过焙烧制得34.8gMnO2最少需要MnCO3质量是46g。
（3）300；31.6
【知识点】复分解反应及其应用；根据化学反应方程式的计算；物质的相互转化和制备
【解析】【解答】（1）加入Na2CO3溶液后，碳酸钠和硫酸锰反应生成碳酸锰沉淀和硫酸钠，发生反应的化学方程式为：Na2CO3+MnSO4=Na2SO4+MnCO3↓，该反应是两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物，所属的基本反应类型为复分解反应；
过滤Ⅱ得到的滤液中属于盐的成分有Na2SO4；过滤II后洗涤滤渣，证明滤渣已洗净，即为验证最后一次洗涤液中不含有硫酸钠，方法为：取最后一次洗涤液于试管中，滴加氯化钡（BaCl2）溶液，不产生沉淀，说明溶液中不含有硫酸钠，则滤渣已洗净；
（2） 解：设设焙烧制得34.8gMnO2最少需要MnCO3质量是x，
x=46g
答：通过焙烧制得34.8gMnO2最少需要MnCO3质量是46g。
（3）根据图示可知，当温度为300℃时，固体全部为MnO2，但固体高于300℃时，固体变为其他，故焙烧MnCO3制取MnO2应该控制反应温度不高于300℃；
46.0gMnCO3中锰元素的质量为46.0g××100%=22g；若把焙烧46.0gMnCO3温度控制在600℃，得到Mn2O3固体，设Mn2O3固体的质量为x，根据锰元素质量守恒，则有：x××100%=22g，解得x=31.6g。
【分析】（1）根据由两种化合物反应生成另外两种化合物的反应是复分解反应，碳酸钠和硫酸锰反应生成硫酸钠和碳酸锰，氯化钡和硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠来解答；
（2）根据碳酸锰和氧气反应生成氧化镁和二氧化碳的方程式中的，已知二氧化锰的质量和式量来计算碳酸锰的质量来解答；
（3）根据化合物中元素的质量来解答。
（1）加入Na2CO3溶液后，碳酸钠和硫酸锰反应生成碳酸锰沉淀和硫酸钠，发生反应的化学方程式为：Na2CO3+MnSO4=Na2SO4+MnCO3↓，该反应是两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物，所属的基本反应类型为复分解反应；
过滤Ⅱ得到的滤液中属于盐的成分有Na2SO4；过滤II后洗涤滤渣，证明滤渣已洗净，即为验证最后一次洗涤液中不含有硫酸钠，方法为：取最后一次洗涤液于试管中，滴加氯化钡（BaCl2）溶液，不产生沉淀，说明溶液中不含有硫酸钠，则滤渣已洗净；
（2）见答案；
（3）根据图示可知，当温度为300℃时，固体全部为MnO2，但固体高于300℃时，固体变为其他，故焙烧MnCO3制取MnO2应该控制反应温度不高于300℃；
46.0gMnCO3中锰元素的质量为46.0g××100%=22g；若把焙烧46.0gMnCO3温度控制在600℃，得到Mn2O3固体，设Mn2O3固体的质量为x，根据锰元素质量守恒，则有：x××100%=22g，解得x=31.6g。
广东省茂名市高州市2023-2024学年九年级下学期4月期中化学试题
1．（2024九下·高州期中）为相对原子质量的测定作出卓越贡献的中国科学家是（ ）
A．张青莲 B．袁隆平 C．侯德榜 D．道尔顿
2．（2024九下·高州期中）碱性锌锰电池性能优越，其组成物质包括锌粉、氢氧化钾、二氧化锰、石墨等，这些物质的类别不包括（ ）
A．酸 B．碱 C．单质 D．氧化物
3．（2024九下·高州期中）下列变化中，不涉及化学变化的是
A．石油分馏得到汽油 B．粮食酿酒
C．钢铁生锈 D．铁在浓硫酸中钝化
4．（2024九下·高州期中）“宏观-微观-符号”相结合是化学学科独有的思维方式。下列化学用语书写正确的是
A．2个氧原子2O2 B．2个氢气分子2H
C．钠离子Na2+ D．氯原子结构示意图
5．（2024九下·高州期中）基本营养素、化学元素与人体健康有着密切关系。下列说法中，正确的是
A．维生素可以调节人体新陈代谢，多数不能在人体内合成，需要从食物中摄取
B．米饭、牛肉、马铃薯都是富含蛋白质的食物
C．钙是人体必需的微量元素，缺钙会发生骨质疏松，容易骨折
D．鱼头豆腐汤的味道很鲜美，其主要食材鱼和豆腐中都含有丰富的糖类
6．（2024九下·高州期中）在家务劳动中感悟化学原理。下列家务劳动涉及的化学知识正确的是
选项 家务劳动 化学知识
A 用天然气作燃料生火做饭 天然气的主要成分是CO和H2
B 用活性炭自制冰箱去味剂 活性炭具有还原性
C 用食盐调节汤的咸淡 食盐和水的比例影响NaCl的浓度
D 用NH4NO3配制绿萝生长的营养液 NH4NO3是复合肥料
A．A B．B C．C D．D
7．（2024九下·高州期中）化学是一门以实验为基础的自然学科。下列实验操作中，正确的是
A．稀释浓硫酸
B．称取药品
C．量取液体读数
D．倾倒液体药品
8．（2024九下·高州期中）兴趣小组进行“无壳鸡蛋”实验。材料：30%浓醋酸、水、生鸡蛋，方法：把鸡蛋浸泡在6%稀醋酸中1天。下列说法正确的是
A．用30%浓醋酸配制6%稀醋酸，所用仪器：烧杯、量筒、酒精灯、玻璃棒
B．鸡蛋慢慢上浮时所受到的浮力小于重力
C．蛋壳的主要成分能与醋酸反应
D．量取水时俯视读数，导致稀醋酸中溶质的质量分数偏小
9．（2024九下·高州期中）下列各选项中，后者是对前者的微观解释，其解释不正确的是
A．金刚石和石墨化学性质相似，物理性质不同——碳原子排列方式不同
B．压瘪的乒乓球受热膨胀——温度升高，气体分子间隙变大
C．一氧化碳和二氧化碳化学性质不同——二者分子结构不同
D．酸溶液都能使石蕊溶液变红——酸溶液中都存在酸根离子
10．（2024九下·高州期中）化学学科核心素养展现了化学课程对学生发展的重要价值。下列示例说法中错误的是
A．化学观念：金刚石和石墨化学成分都是碳单质，所以化学性质相似
B．科学思维：Al与稀盐酸反应生成AlCl3，所以Fe也能与稀盐酸反应生成FeCl3
C．科学探究与实践：将适量同质量的碘分别加入体积相同的水和汽油中，探究碘在不同溶剂中的溶解性
D．科学态度与责任：将生活垃圾分类投放，实现资源的回收再利用
11．（2024九下·高州期中）某化学兴趣小组按如图操作配制一定溶质质量分数的氯化钠溶液。下列说法正确的是
A．③中玻璃棒的作用是使溶液更加均匀
B．⑥读数时视线与凹液面最低点保持水平
C．①~⑥项实验操作均正确
D．实验操作顺序为④②①⑤⑥③
12．（2024九下·高州期中）在元素周期表中铟与铝同族，两种元素在元素周期表中的部分信息及原子结构示意图如图所示。下列说法不正确的是
A．铝元素位于元素周期表的第三周期
B．铟与铝在化学变化中易得到电子
C．铟的原子核内有49个质子
D．NaAl(OH)4中铝元素的化合价为+3
13．（2024九下·高州期中）对比实验是进行科学探究的重要方式。下图所示实验均用到了对比的方法。查阅资料得到：温度降低，水溶液中硝酸钾溶解度变小，氢氧化钙溶解度变大，下列说法错误的是
A．图1实验能验证二氧化碳与水发生了反应
B．图2实验能说明红磷的着火点比白磷的高
C．图3实验能验证金属活动性顺序为Fe>Cu>Ag
D．图4实验能说明硝酸铵固体溶于水会吸收热量
14．（2024九下·高州期中）物质甲、乙均可灭杀新型冠状病毒，灭杀过程中的转化如下图所示。依据图中信息，下列说法不正确的是
A．转化②中生成丙和丁的分子个数比为2：1
B．丙的水溶液能够除铁锈
C．甲、乙、丙中氯元素的质量分数依次降低
D．转化过程中共有2种氧化物
15．（2024九下·高州期中）如图是甲、乙两种固体物质的溶解度随温度变化的曲线。下列说法不正确的是
A．T1℃时，50g甲能完全溶于50g水中
B．T2℃时，甲乙两种饱和溶液，甲溶液中溶质的质量分数比乙溶液中的大
C．乙中混有少量甲，可用蒸发结晶法提纯乙
D．同质量的甲，乙两种饱和溶液由T2℃降温至T1℃时，甲溶液中析出的晶体较多
16．（2024九下·高州期中）龙是中华民族的图腾。石器时代的“玉龙”、秦代的“青铜龙”、唐代的“鎏金铁芯铜龙”(如图)文物的制造体现了古人的智慧。
（1）秦代的“青铜龙”属于 (填“金属”或“合成”)材料
（2）“取炉甘石，研之细末，和以赤铜，置炭火中煅烧……熄火取铜，其色如金。”赤铜为Cu2O，氧元素的质量分数为 (保留整数)。炉甘石主要成分是ZnCO3，煅烧反应生成两种氧化物的化学方程式为 ，“熄火取铜”中所得“铜”与纯铜相比，硬度 (填“更大”或“更小”或“相等”)。
（3）《天工开物》中记载“凡黄金为五金之长，熔化成形之后，住世永无变更”，可说明黄金 (填“易”或“不易”)与空气中的成分反应。
（4）①鑾金工艺是指在器物表面涂抹金汞齐(金汞合金)，加热祛汞，冷却，器物表面形成金膜。鎏金工艺利用的知识有 。
a．汞的沸点低 b．汞被氧化变成氧化汞 c．金汞合金熔点比组分纯金低
②唐代的“鎏金铁芯铜龙”通过鎏金工艺在“铁芯铜龙”上形成一层黄金薄层，除了美观还起到很好的保护作用，主要原理是 (填“加保护膜”或“改变其组成”)。
17．（2024九下·高州期中）氨(NH3)是除氢以外最宜生产的可再生燃料，具有极其重要的战略资源价值。氨可由原料N2和H2合成，并在氨燃料电池或氨内燃机或氧化燃烧时还原为水和氮气。N2常用液态空气分离法、膜分离法(如图1)和分子筛吸附法(如图2)获取。H2生产有煤气化、天然气重整及可再生能源电解水等方法，根据H2的来源，所合成的氨分别称为棕氨、蓝氨和绿氨。棕氨指由甲烷重整制氢(SMR)、重质燃料油制氢、煤制氢等工艺获得原料氢的氨产品；蓝氨指由副产氢、带碳捕捉的SMR、电气化SMR等工艺获得原料氢的氨产品；绿氨指电解制氢、带碳捕捉的生物质制氢等工艺获得原料氢的氨产品，绿氨被归类为基本上零碳的氨。
Haber- Bosch工艺利用N2和H2在高温高压催化剂条件下反应制氨，是目前唯一大规模合成氨方法。朱维源团队近年来主要研究的是“间歇式清洁电力Haber-Bosch法合成氨工艺”，该方法使用的原料只有可再生电力、水和空气，副产品只有氧气，是清洁可持续的合成氨生产方式。其成本主要是电力成本，随着光伏、风电等产能的壮大，成本将逐步降低。
依据上文，回答下列问题：
（1）①液态空气升温时，N2先气化，则液氮沸点比液氧 (填“高”或“低”)。
②膜分离法(图1)获取N2中，薄膜不允许 分子通过。
③分子筛吸附法(图2)制N2，利用了N2分子与O2分子体积大小不同而吸附O2实现分离。上述三种情况中物质分离都利用了物质 (填“物理”或“化学”)性质不同进行分离。
（2）H2生产有“煤气化、天然气重整及可再生能源电解水”等方法，上述制H2方法属于 变化(填“物理”或“化学”)
（3）Haber-Bosch制氨工艺的化学方程式为 。
（4）“间歇式清洁电力Haber-Bosch法合成氨工艺”合成的氨属于 (填“棕氨”或“蓝氨”或“绿氨”)。
18．（2024九下·高州期中）实验室现有氯酸钾二氧化锰、石灰石、稀盐酸、浓硫酸、碳酸氢钠溶液，以及下列仪器。查阅资料得到：CaCl2易溶于水。CaSO4微溶于水，生成CaSO4时易在固体表面形成膜状。请使用上述试剂或仪器回答下列问题：
（1）①甲同学选用装置A制备O2，化学方程式为 。欲收集一瓶干燥的O2，收集装置最好选用 (填序号)。
②乙同学选用装置B制备CO2，实验室制备CO2的化学方程式为 。用装置C收集到的CO2中含有的杂质有 。
③要收集到纯净干燥的CO2应该在C装置前增加两个E装置。它们装有的试剂分别为 、 ，CO2应该从 端(填“a”或“b”)通如。实验室制备CO2选用稀盐酸而不用稀硫酸的原因 。
（2）小明选用片状的鸡蛋壳和食醋反应来制取二氧化碳，并利用矿泉水瓶玻璃杯、橡皮塞、导管、止水夹等组装了如图所示甲、乙气体发生装置。
①比较图2中甲，乙装置，甲装置的优点是 (填字母)。
A．反应过程中可以添加固体药品
B．可以控制反应的发生与停止
②将产生的CO2依次通入如图3所示的装置中，观察到丙中现象为 ，丁中 ，说明CO2密度比空气大。
19．（2024九下·高州期中）研究和控制化学反应条件有重要意义。
（1）小嘉同学用15%的H2O2溶液制取氧气时发现，若注入H2O2溶液速度过快，反应会过于剧烈而引发事故。请你帮小嘉从如图中选择合适的仪器组装一套O2发生装置，要求能解决上述问题，需要用到的仪器有哪些？ (填标号)。(已知：通过控制反应物液体滴加速度可以控制反应速率)
（2）小明同学用50g溶质质量分数为15%的过氧化氢溶液制氧气，为了减小反应速率，他先向该过氧化氢溶液中加入100g水，求稀释后过氧化氢溶液的溶质质量分数 。
（3）某小组同学研究3g大理石与稀盐酸反应制取二氧化碳受哪些因素影响，该小组的实验设计和数据记录如下表。(各实验反应时间相同)
实验编号 稀盐酸的体积 稀盐酸的质量分数 大理石的形状 二氧化碳的体积/mL
实验1 20mL 5% 块状 28.3
实验2 20mL 10% 块状 58.7
实验3 20mL 5% 粉末 46.8
实验4 20mL 10% 粉末 丢失
①由实验1和3分析得到：其他相同，将固体反应物粉碎可以 (填“加快”或“减慢”)反应速率。
②为了分析浓度对反应快慢的影响，可对比表中实验 (填标号)。
A.1和3 B.2和3 C.1和2 D.2和4
③由于没有及时记录数据，导致第④组实验数据丢失，你认为合理的数据是 (填标号)。
A.45.7 B.54.7 C.95.4
（4）某兴趣小组在老师指导下继续探究了浓盐酸与大理石的反应，并用pH传感器测得下图烧杯中溶液的pH随通入CO2时间的变化曲线。请回答下列问题：
①AB段pH几乎不变的原因可能是 。
②BC段发生反应的化学方程式主要有 。
20．（2024九下·高州期中）电解水制氢联合碳酸钙分解制备氧化钙，能减少碳排放，助力碳中和。该新方法的示意图如下图1所示。
（1）传统方法：CaCO3在高温时生成CaO，该反应基本反应类型为 。
（2）新方法：①反应器1中：一定的H2环境及较低温度下，CaCO3可与H2反应生成H2O和其他产物。该反应的化学方程式为 。
②反应器1中CaCO，还可以直接分解。反应器1中CO、CO2的O含量随反应温度的变化如图2所示， ℃时，抑制CO2生成的效果最差。
③反应器2：一定条件下，CO与H2发生化合反应生成甲醇(CH3OH)，甲醇(CH3OH)中“C”的化合价为 。(已知：H为+1)
（3）该方法过程中可循环利用的物质为 (填化学式)。
（4）图3为碳元素的化合价、物质类别转化二维图(简称价类二维图)。反应b的化学方程式可以是 。写出2种戊的化学式 。
21．（2024九下·高州期中）二氧化锰因应用广泛而备受关注。某研究小组用废旧电池炭包制备纯MnO2制备流程如图所示。
已知：①焙烧MnCO3制取MnO2的化学方程式为2MnCO3+O22CO2+2MnO2。
②Mn相对原子质量为55。
请回答下列问题：
（1）加入Na2CO3溶液后发生反应的基本反应类型为 ；过滤Ⅱ得到的滤液中属于盐的成分有 ；过滤Ⅱ后洗涤滤渣，证明滤渣已洗净的方法：向最后一次洗涤液中滴加几滴 (填化学式)溶液，若无沉淀或浑浊，则说明滤渣已洗净。
（2）试根据化学方程式计算：通过焙烧制得34.8gMnO2最少需要MnCO3质量是多少？(请写出计算过程)
（3）焙烧MnCO3的过程中，固体产物的质量和成分随温度的变化如下图所示，则焙烧MnCO3制取MnO2应该控制反应温度不高于 ℃，若把焙烧46.0g MnCO3温度控制在600℃，充分反应后的固体产物质量为 g。(保留一位小数)
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】化学相关人物及贡献
【解析】【解答】A、张青莲在化学上的主要贡献是在铟、锑等相对原子质量测定作出卓越贡献，故A符合题意；
B、袁隆平发明了杂交水稻，故B不符合题意；
C、侯德榜发明了侯氏制碱法，故C不符合题意；
D、尔顿在化学上的主要贡献是提出了原子学说，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】中国科学家张青莲为相对原子质量的测定作出卓越贡献。
2．【答案】A
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】锌粉、石墨为单质，氢氧化钾为碱，二氧化锰为氧化物，所给物质中不包括酸类物质，故选：A。
【分析】根据酸是解离成的阳离子全部是氢离子的化合物，碱是解离成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，单质是由同种元素组成的纯净物，氧化物是由两种元素组成，其中一种为氧元素的化合物分析。
3．【答案】A
【知识点】物理变化、化学变化的特点及其判别
【解析】【解答】A、石油分馏得到汽油是利用物质的沸点不同，过程中没有新物质生成，属于物理变化，符合题意；
B、粮食酿酒过程中有新物质酒精生成，属于化学变化，不符合题意；
C、钢铁生锈过程中有新物质铁锈生成，属于化学变化，不符合题意；
D、铁在浓硫酸中钝化表面生成氧化物，有新物质生成，属于化学变化，不符合题意；
故答案为：A.
【分析】根据有新物质生成的变化是化学变化，没有新物质生成的变化是物理变化来解答。
4．【答案】D
【知识点】原子结构示意图与离子结构示意图；化学符号及其周围数字的意义
【解析】【解答】A、原子的表示方法，用元素符号来表示一个原子，表示多个该原子，就在其元素符号前加上相应的数字，2个氧原子表示为2O，故A不正确，不符合题意；
B、分子的表示方法，正确书写物质的化学式，表示多个该分子，就在其化学式前加上相应的数字，2个氢分子表示为2H2，故B不正确，不符合题意；
C、离子的表示方法，在表示该离子的元素符号右上角，标出该离子所带的正负电荷数，数字在前，正负符号在后，带1个电荷时，1要省略，若表示多个该离子，就在其离子符号前加上相应的数字，钠离子表示为Na+，故C不正确，不符合题意；
D、氯原子核内有17个质子，核外电子排布是第一层2个电子，第二层8个电子，第三层7个电子，故D正确，符合题意。
故答案为：D.
【分析】根据元素符号前面的数字表示原子个数，右上角的数字表示离子所带的电荷数，在原子中质子数等于电子数来解答。
5．【答案】A
【知识点】人体的元素组成与元素对人体健康的重要作用；生命活动与六大营养素
【解析】【解答】A、维生素可以调节人体新陈代谢，目前已知的20多种维生素大多不能在人体内合成，需要从食物中摄取，该说法正确，符合题意；
B、米饭、马铃薯富含淀粉，淀粉属于糖类，牛肉富含蛋白质，该说法错误，不符合题意；
C、钙是人体必需的常量元素，缺钙会发生骨质疏松，容易骨折，该说法错误，不符合题意；
D、鱼属于肉类，含有丰富的蛋白质，豆腐属于豆制品，含有丰富的蛋白质，所以食材鱼和豆腐中都含有丰富的蛋白质，该说法错误，不符合题意。
故答案为：A.
【分析】根据人体六大营养素有水、无机盐、蛋白质、糖类、油脂和维生素，维生素调节人体的新陈代谢来解答。
6．【答案】C
【知识点】常用盐的用途；常见化肥的种类和作用；碳单质的性质和用途；甲烷、乙醇等常见有机物的性质和用途
【解析】【解答】A、天然气主要成分甲烷，燃烧放热可用于做饭，故A错误；
B、活性炭具有吸附性，吸附色素和异味，用活性炭自制冰箱去味剂，故B错误；
C、食盐主要成分氯化钠，食盐和水的比例会导致氯化钠的浓度不同，氯化钠有咸味，则可调节汤的咸淡，故C正确；
D、NH4NO3含有氮、磷、钾中的氮元素，属于氮肥，故D错误；
故答案为：C.
【分析】A、根据天然气是甲烷，甲烷燃烧生成水和二氧化碳来解答；
B、根据活性炭具有吸附性，可以吸附色素和异味来解答；
C、根据氯化钠是常用的食用盐来解答；
D、根据化学肥料有氮肥、钾肥、磷肥、复合肥来解答。
7．【答案】D
【知识点】实验室常见的仪器及使用；药品的取用；稀释浓硫酸
【解析】【解答】A、稀释浓硫酸时，要把浓硫酸慢慢地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，以使热量及时的散失；一定不能把水注入浓硫酸中，以防止酸液飞溅，该操作错误，不符合题意；
B、托盘天平的使用要遵循“左物右码”的原则，图中所示操作砝码与药品位置放反了，该操作错误，不符合题意；
C、量取液体读数时，视线与液体的凹液面最低处保持水平，图中视线没有与液体的凹液面最低处保持水平，该操作错误，不符合题意；
D、向试管中倾倒液体药品时，瓶塞要倒放，标签要对准手心，瓶口紧挨试管，试管略倾斜，该操作正确，符合题意。
故答案为：D.
【分析】A、根据浓硫酸的稀释是把浓硫酸慢慢的注入水中，并用玻璃棒搅拌加快散热来解答；
B、根据天平称量物体时，物左法右，没有腐蚀性物品应在纸张上称量来解答；
C、根据量筒量取液体时，视线与液体的凹液面的最低处读数来解答；
D、根据液体倾倒时，瓶塞倒放，标签向手心，瓶口与试管口紧挨来解答。
8．【答案】C
【知识点】实验室常见的仪器及使用；盐的化学性质；一定溶质质量分数的溶液的配制
【解析】【解答】A、用30%浓醋酸配制6%稀醋酸，所用仪器：烧杯、量筒、玻璃棒；溶液稀释过程中不需要加热，则不需要酒精灯，该说法错误，不符合题意；
B、鸡蛋慢慢上浮时所受到的浮力大于重力，而不是小于重力，该说法错误，不符合题意；
C、蛋壳的主要成分是碳酸钙，碳酸钙能与醋酸反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，该说法正确，符合题意；
D、量取水时俯视读数，读数偏大，则量取水的实际体积偏小，导致稀醋酸中溶质的质量分数偏大，该说法错误，符合题意。
故答案为：C.
【分析】A、根据配制稀释浓溶液时用到的仪器有量筒、滴管、玻璃棒、烧杯来解答；
B、根据鸡蛋在水中受到的浮力大于重力来解答；
C、根据鸡蛋壳是碳酸钙，碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙、水和二氧化碳来解答；
D、根据量筒量取液体时读数采用了俯视读数，读数会偏大来解答。
9．【答案】D
【知识点】分子的定义与分子的特性
【解析】【解答】A、金刚石和石墨的物理性质不同，是由于其碳原子排列方式不同，该说法正确，不符合题意；
B、压瘪的乒乓球受热膨胀，是因为温度升高，分子之间的间隔变大，该说法正确，不符合题意；
C、二氧化碳和一氧化碳的化学性质不同，是因为它们分子结构不同，不同种的分子化学性质不同，该说法正确，不符合题意；
D、酸溶液使紫色石蕊溶液变红，是因为酸溶液中都含有氢离子，该说法错误，符合题意。
故答案为：D.
【分析】A、根据结构决定物质的性质，金刚石和石墨中的碳原子的排列方式不变来解答；
B、根据分子间有间隔来解答；
C、根据不同分子，化学性质不同来解答；
D、根据酸中的阳离子全部是氢离子，氢离子能使石蕊变红色来解答。
10．【答案】B
【知识点】影响溶解快慢的因素；金属的化学性质
【解析】【解答】A、金刚石和石墨的化学成分都是碳单质，化学性质相似，该说法正确，不符合题意；
B、Al与稀盐酸反应生成AlCl3，但Fe能与稀盐酸反应生成FeCl2，该说法错误，符合题意；
C、将适量同质量的碘分别加入体积相同的水和汽油中，碘难溶于水，易溶于汽油，可探究碘在不同溶剂中的溶解性，该说法正确，不符合题意；
D、将生活垃圾分类投放，能节约资源，实现资源的回收再利用，该说法正确，不符合题意。
故答案为：B.
【分析】A、根据金刚石和石墨均是碳的单质，化学性质性质相似来解答；
B、根据铝和盐酸反应生成氯化铝和氢气，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气来解答；
C、根据碘溶于汽油，不溶于水来解答；
D、根据垃圾回收处理，可以节约资源来解答。
11．【答案】B
【知识点】实验室常见的仪器及使用；一定溶质质量分数的溶液的配制
【解析】【解答】A、③是溶解操作，玻璃棒的作用是搅拌，加快溶解速率，该说法错误，不符合题意；
B、⑥量筒读数时，视线与凹液面最低处保持水平，该说法正确，符合题意；
C、托盘天平的使用要遵循“左物右码”的原则，图②中所示操作砝码与药品的位置放反了，该说法错误，不符合题意；
D、配制一定溶质质量分数的氯化钠溶液，首先计算配制溶液所需氯化钠和水的质量，再称量所需的氯化钠和量取水，最后进行溶解，实验操作顺序为④②①⑥⑤③，该说法错误，不符合题意。
故答案为：B.
【分析】根据氯化钠溶液的配制操作顺序是计算、称固体、量液体、溶解；称量固体时物左砝码右，量取液体时视线与液体的凹液面平行读数，溶解时用玻璃棒加快溶解速度来解答。
12．【答案】B
【知识点】原子结构示意图与离子结构示意图；元素周期表的特点及其应用；有关元素化合价的计算
【解析】【解答】A、周期数=原子核外电子层数，铝元素的原子核外有3个电子层，则在元素周期表中，铝元素位于第三周期，该说法正确，不符合题意；
B、原子中，质子数=核外电子数，49=2+8+18+18+x，x=3，在原子中最外层电子数小于4，在化学反应中易失去最外层电子形成稳定结构，则铟与铝的最外层电子数均小于4，在化学变化中易失去电子，该说法错误，符合题意；
C、在原子结构示意图中，圆圈内的数字表示质子数，所以铟的原子核内有49个质子，该说法正确，不符合题意；
D、NaAl（OH）4中钠元素为+1价，氢氧根为-1价，设铝元素化合价为x，根据在化合物中各元素正负化合价代数和为0，则有（+1）+x+（-1）×4=0，x=+3，该说法正确，不符合题意。
故答案为：B.
【分析】根据在原子中质子数等于电子数，原子的最外层电子数决定得失电子数和该元素的化合价，原子的电子层数决定元素周期数来解答。
13．【答案】A
【知识点】溶解时的吸热或放热现象；探究二氧化碳的性质；燃烧的条件与灭火原理探究；金属活动性的探究
【解析】【解答】A、酚酞溶液遇酸性溶液和中性溶液不变色，遇碱性溶液变红色，蒸馏水和通入二氧化碳的蒸馏水（二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸显酸性）都不能使酚酞溶液变色，所以图1实验不能验证二氧化碳与水发生了反应，该说法错误，符合题意；
B、75℃热水提供的热量使铜片上白磷燃烧，不能使铜片上红磷燃烧，说明红磷的着火点比白磷的高，该说法正确，不符合题意；
C、铁片和硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁，说明铁比铜活泼；银片不能和硫酸铜反应，说明银不如铜活泼。即图3实验能验证金属活动性顺序为Fe＞Cu＞Ag，该说法正确，不符合题意；
D、将硝酸铵固体加入烧杯中的水里，硝酸铵固体溶于水会吸收热量，温度降低，硝酸钾溶解度变小，氢氧化钙溶解度变大，则可观察到饱和硝酸钾溶液中有白色晶体析出；饱和石灰水未变浑浊，故图4实验能说明硝酸铵固体溶于水会吸收热量，该说法正确，不符合题意。
故答案为：A.
【分析】A、根据二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸使石蕊变红色来解答；
B、根据可燃物燃烧的条件是与氧气接触，达到着火点来解答；
C、根据金属活泼性顺序表分析，强者置换弱者来解答；
D、根据硝酸铵溶于水吸热，温度降低，氢氧化钙的溶解度随温度的升高而降低来解答。
14．【答案】C
【知识点】微粒观点及模型图的应用
【解析】【解答】A、由微观反应示意图可知，转化②为HClO在光照作用下生成HCl和氧气，化学方程式是：，生成丙和丁的分子个数比为2：1，该说法正确，不符合题意；
B、丙是HCl，其水溶液能与金属氧化物反应，因此丙的水溶液能够除铁锈，该说法正确，不符合题意；
C、由分子的模型图可知，甲、乙、丙分别是ClO2、HClO、HCl，由化学式可知，三种物质的1个分子中均只含1个氯原子，相对分子质量分别为67.5、52.5、36.5，由此可知，三种物质中，氯元素的质量分数依次升高，该说法错误，符合题意；
D、氧化物是由两种元素组成，且其中有一种元素是氧元素的化合物，则该转化过程中共有ClO2、H2O两种氧化物，该说法正确，不符合题意。
故答案为：C.
【分析】根据反应模型图分析，二氧化氯和水反应生成次氯酸，次氯酸在光照下分解生成氯化氢和氧气，氧化物是由两种元素组成的化合物中，其中一种是氧元素的就是氧化物来解答。
15．【答案】A
【知识点】固体溶解度曲线及其作用
【解析】【解答】A、T1℃时甲的溶解度是50g，即100g水中最多能溶解50g甲物质，达到饱和状态，则50g甲不能能完全溶于50g水中，最多只能够溶解25g，该说法错误，符合题意；
B、T2℃时，甲的溶解度大于乙的溶解度，饱和溶液的溶质质量分数=，则T2℃时，甲乙两种饱和溶液，甲溶液中溶质的质量分数比乙溶液中的大，该说法正确，不符合题意；
C、甲的溶解度受温度变化影响较大，乙的溶解度受温度变化影响较小，乙中混有少量甲，可用蒸发结晶法提纯乙，该说法正确，不符合题意；
D、将等质量的甲和乙的饱和溶液由T2℃降温至T1℃时，甲的溶解度变化比乙大，所以析出晶体的质量甲大于乙，该说法正确，不符合题意。
故答案为：A.
【分析】根据T1℃时甲乙的溶解度是50g，T2℃时甲的溶解度大于乙的溶解度，甲的溶解度随温度变化明显，常用降低温度结晶析出，乙的溶解度随温度变化不明显，通常采用恒温蒸发溶剂结晶来解答。
16．【答案】（1）金属
（2）11%；；更大
（3）不易
（4）a、c；加保护膜
【知识点】合金与合金的性质；化学式的相关计算
【解析】【解答】（1）秦代的“青铜龙”青铜制成，青铜是铜的合金，属于金属材料；
（2）赤铜为Cu2O，氧元素的质量分数为×100%≈11%；
炉甘石主要成分是ZnCO3，煅烧反应生成两种氧化物，根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变，则两种氧化物诶氧化锌和水，化学方程式为：；
“熄火取铜”中所得“铜”是铜的合金，合金比组成它的纯金属硬度大，故与纯铜相比，硬度更大；
（3）《天工开物》中记载“凡黄金为五金之长，熔化成形之后，住世永无变更”，可说明黄金的化学性质稳定，不易与空气中的成分反应；
（4）①a、加热祛汞，说明汞的沸点低，汞先分离出来，符合题意；
b、该工艺没有利用汞被氧化变成氧化汞的知识，不符合题意；
c、鎏金工艺在器物表面涂抹金汞齐（金汞合金），而不是直接涂抹金，是因为金汞合金比组成它的纯金属熔点低，符合题意；
故答案为：ac.
②唐代的“鎏金铁芯铜龙”通过鎏金工艺在“铁芯铜龙”上形成一层黄金薄层，除了美观还起到很好的保护作用，主要原理是加保护膜。
【分析】（1）根据青铜是合金来解答；
（2）根据化合物中某元素的质量，以及碳酸锌高温分解生成氧化锌和二氧化碳，合金的硬度大来解答；
（3）根据金的化学性质不活泼来解答；
（4）根据金属的特性和防止金属的锈蚀来解答。
（1）秦代的“青铜龙”青铜制成，青铜是铜的合金，属于金属材料；
（2）赤铜为Cu2O，氧元素的质量分数为×100%≈11%；
炉甘石主要成分是ZnCO3，煅烧反应生成两种氧化物，根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变，则两种氧化物诶氧化锌和水，化学方程式为：；
“熄火取铜”中所得“铜”是铜的合金，合金比组成它的纯金属硬度大，故与纯铜相比，硬度更大；
（3）《天工开物》中记载“凡黄金为五金之长，熔化成形之后，住世永无变更”，可说明黄金的化学性质稳定，不易与空气中的成分反应；
（4）①a、加热祛汞，说明汞的沸点低，汞先分离出来，符合题意；
b、该工艺没有利用汞被氧化变成氧化汞的知识，不符合题意；
c、鎏金工艺在器物表面涂抹金汞齐（金汞合金），而不是直接涂抹金，是因为金汞合金比组成它的纯金属熔点低，符合题意；
故选：ac；
②唐代的“鎏金铁芯铜龙”通过鎏金工艺在“铁芯铜龙”上形成一层黄金薄层，除了美观还起到很好的保护作用，主要原理是加保护膜。
17．【答案】（1）低；氧；物理
（2）化学
（3）
（4）绿氨
【知识点】氧气的工业制法；物理变化、化学变化的特点及其判别；化学性质与物理性质的差别及应用
【解析】【解答】（1）①沸点低的先气化，液态空气升温时，N2先气化，则液氮沸点比液氧低；
②膜分离法（图1）获取N2中，薄膜不允许氧气分子通过；
③分子筛吸附法（图2）制N2，利用了N2分子与O2分子体积大小不同而吸附O2实现分离；
上述三种情况中物质分离均没有新物质产生，属于物理变化，都利用了物质物理性质不同进行分离；
（2）H2生产有“煤气化、天然气重整及可再生能源电解水”等方法，上述制H2方法均有新物质生成，属于化学变化；
（3）Haber-Bosch制氨工艺是氮气和氢气在高温高压催化剂下生成氨气，反应的化学方程式为：；
（4）根据题文信息可知，Haber- Bosch工艺利用N2和H2在高温高压催化剂条件下反应制氨，是目前唯一大规模合成氨方法。朱维源团队近年来主要研究的是“间歇式清洁电力Haber-Bosch法合成氨工艺”，该方法使用的原料只有可再生电力、水和空气，副产品只有氧气，是清洁可持续的合成氨生产方式。其成本主要是电力成本，随着光伏、风电等产能的壮大，成本将逐步降低，属于绿氨。
【分析】（1）根据氮气的沸点比氧气的沸点低，氧分子比氮分子大来解答；
（2）根据有新物质生成的变化是化学变化，没有新物质生成的变化是物理变化来解答；
（3）根据氮气和氢气在高温高压催化剂下生成氨气来解答；
（4）根据氮气和氢气在高压和催化剂作用下合成氨气是清洁能源，成本低，无污染来解答。
（1）①沸点低的先气化，液态空气升温时，N2先气化，则液氮沸点比液氧低；
②膜分离法（图1）获取N2中，薄膜不允许氧气分子通过；
③分子筛吸附法（图2）制N2，利用了N2分子与O2分子体积大小不同而吸附O2实现分离；
上述三种情况中物质分离均没有新物质产生，属于物理变化，都利用了物质物理性质不同进行分离；
（2）H2生产有“煤气化、天然气重整及可再生能源电解水”等方法，上述制H2方法均有新物质生成，属于化学变化；
（3）Haber-Bosch制氨工艺是氮气和氢气在高温高压催化剂下生成氨气，反应的化学方程式为：；
（4）根据题文信息可知，Haber- Bosch工艺利用N2和H2在高温高压催化剂条件下反应制氨，是目前唯一大规模合成氨方法。朱维源团队近年来主要研究的是“间歇式清洁电力Haber-Bosch法合成氨工艺”，该方法使用的原料只有可再生电力、水和空气，副产品只有氧气，是清洁可持续的合成氨生产方式。其成本主要是电力成本，随着光伏、风电等产能的壮大，成本将逐步降低，属于绿氨。
18．【答案】（1）；C；；HCl、水蒸气；饱和碳酸氢钠溶液；浓硫酸；a；碳酸钙与硫酸反应生成微溶于水的硫酸钙，覆着在石灰石的表面，阻止反应进行
（2）B；溶液变为红色；气球上升
【知识点】根据浓硫酸或碱石灰的性质确定所能干燥的气体；探究二氧化碳的性质；气体制取装置的探究
【解析】【解答】（1）①甲同学选用装置A制备O2，A为固体加热型装置，根据给出的药品，选择氯酸钾和二氧化锰制氧气，化学方程式为；氧气的密度略大于空气，不易溶于水，欲收集一瓶干燥的O2，收集装置最好选用C；
②实验室用石灰石和稀盐酸制取二氧化碳，石灰石的主要成分是碳酸钙，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水、二氧化碳，反应的化学方程式为：；盐酸具有挥发性，用装置C收集到的CO2中含有的杂质有HCl和水蒸气；
③要收集到纯净干燥的CO2，要用饱和碳酸氢钠溶液除去HCl，用浓硫酸除去水蒸气，除杂时，先除去HCl，再除水蒸气，故选通入饱和碳酸氢钠溶液，再通入浓硫酸中，CO2应该从a端通入，与溶液充分接触；实验室制备CO2选用稀盐酸而不用稀硫覆酸的原因是碳酸钙与硫酸反应生成微溶于水的硫酸钙，覆着在石灰石的表面，阻止反应进行；
（2）①甲装置的优点是可通过上下移动矿泉水瓶，可以控制反应的发生与停止，故答案为：B.
②二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸能使紫色石蕊变为红色，能观察到丙中溶液变为红色；二氧化碳的密度大于空气，充满空气的气球在二氧化碳中所受到的浮力增大，故气球上升。
【分析】（1）根据氯酸钾分解生成氯化钾和氧气，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，根据反应物的状态和条件来选择发生装置，气体的密度和溶解性来选择收集装置，浓硫酸具有吸水性，饱和碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳来解答；
（2）根据固体和液体反应不加热装置的优缺点比较，甲可以控制反应的发生和停止，二氧化碳的密度大于空气密度，能与水反应生成碳酸，碳酸使石蕊变红色来解答。
（1）①甲同学选用装置A制备O2，A为固体加热型装置，根据给出的药品，选择氯酸钾和二氧化锰制氧气，化学方程式为；氧气的密度略大于空气，不易溶于水，欲收集一瓶干燥的O2，收集装置最好选用C；
②实验室用石灰石和稀盐酸制取二氧化碳，石灰石的主要成分是碳酸钙，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水、二氧化碳，反应的化学方程式为：；盐酸具有挥发性，用装置C收集到的CO2中含有的杂质有HCl和水蒸气；
③要收集到纯净干燥的CO2，要用饱和碳酸氢钠溶液除去HCl，用浓硫酸除去水蒸气，除杂时，先除去HCl，再除水蒸气，故选通入饱和碳酸氢钠溶液，再通入浓硫酸中，CO2应该从a端通入，与溶液充分接触；实验室制备CO2选用稀盐酸而不用稀硫覆酸的原因是碳酸钙与硫酸反应生成微溶于水的硫酸钙，覆着在石灰石的表面，阻止反应进行；
（2）①甲装置的优点是可通过上下移动矿泉水瓶，可以控制反应的发生与停止，故选B；
②二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸能使紫色石蕊变为红色，能观察到丙中溶液变为红色；二氧化碳的密度大于空气，充满空气的气球在二氧化碳中所受到的浮力增大，故气球上升。
19．【答案】（1）C、G
（2）5%
（3）加快；C；C
（4）开始出来的气体是装置内的空气，不会使溶液的pH发生较大变化；、
【知识点】碱的化学性质；影响化学反应速率的因素探究；气体制取装置的探究
【解析】【解答】（1）过氧化氢在二氧化锰的催化下分解生成氧气和水，该反应为固液常温型，选择仪器CG组装一套氧气发生装置可以控制反应速率，其原理是通过分液漏斗控制液体的滴加速度，从而控制反应速率，能解决反应会过于剧烈而引发事故的问题；
（2）设稀释后过氧化氢溶液的溶质质量分数x，根据稀释前后溶质质量不变可得50g×15%=（50g+100g）×x，则x=5%；
（3）①实验1和3分析得知，其他相同，粉末状大理石比块状大理石，收集二氧化碳的体积大，说明粉末状大理石比块状大理石反应速率快，即其他相同，将固体反应物粉碎可以加快反应速率；
②根据对比实验中，控制变量唯一的原则，要分析浓度对反应快慢的影响，变量就只能有浓度的大小，实验1和实验2的变量只有稀盐酸的质量分数不同，则为了分析浓度对反应快慢的影响，可对比表中实验1和实验2，故答案为：C.
③对比实验1和实验3可知，粉末状的大理石比块状大理石反应速率更快，实验2的二氧化碳的体积为58.7mL，实验4粉末状的大理石反应更快，则第④组实验数据应大于58.7mL，故答案为：C.
（4）①开始出来的气体是装置内的空气，所以刚开始进入石灰水中的气体是装置内的空气，反应还几乎未发生，则不会使溶液的pH发生较大变化，因此AB段pH几乎不变；
②BC段pH减小，因为浓盐酸具有挥发性，所以刚开始氢氧化钙溶液和盐酸反应生成氯化钙和水，然后二氧化碳与石灰水反应生成碳酸钙沉淀和水，化学方程式为：、。
【分析】（1）过氧化氢在二氧化锰的催化下分解生成氧气和水，分液漏斗可以控制反应速度来解答；
（2）根据加水稀释溶液，稀释前后溶质的质量不变来解答；
（3）根据加大反应物的接触面积，和反应物的浓度来加快反应速度来解答；
（4）根据氢氧化钙和盐酸反应生成氯化钙和水，氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙和水来解答。
（1）过氧化氢在二氧化锰的催化下分解生成氧气和水，该反应为固液常温型，选择仪器CG组装一套氧气发生装置可以控制反应速率，其原理是通过分液漏斗控制液体的滴加速度，从而控制反应速率，能解决反应会过于剧烈而引发事故的问题；
（2）设稀释后过氧化氢溶液的溶质质量分数x，根据稀释前后溶质质量不变可得50g×15%=（50g+100g）×x，则x=5%；
（3）①实验1和3分析得知，其他相同，粉末状大理石比块状大理石，收集二氧化碳的体积大，说明粉末状大理石比块状大理石反应速率快，即其他相同，将固体反应物粉碎可以加快反应速率；
②根据对比实验中，控制变量唯一的原则，要分析浓度对反应快慢的影响，变量就只能有浓度的大小，实验1和实验2的变量只有稀盐酸的质量分数不同，则为了分析浓度对反应快慢的影响，可对比表中实验1和实验2，故选：C；
③对比实验1和实验3可知，粉末状的大理石比块状大理石反应速率更快，实验2的二氧化碳的体积为58.7mL，实验4粉末状的大理石反应更快，则第④组实验数据应大于58.7mL，故选：C；
（4）①开始出来的气体是装置内的空气，所以刚开始进入石灰水中的气体是装置内的空气，反应还几乎未发生，则不会使溶液的pH发生较大变化，因此AB段pH几乎不变；
②BC段pH减小，因为浓盐酸具有挥发性，所以刚开始氢氧化钙溶液和盐酸反应生成氯化钙和水，然后二氧化碳与石灰水反应生成碳酸钙沉淀和水，化学方程式为：、。
20．【答案】（1）分解反应
（2）；600；-2
（3）H2O
（4）；NaHCO3、CaCO3（合理即可）
【知识点】常用盐的用途；有关元素化合价的计算；反应类型的判定；质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】（1）CaCO3在高温时生成CaO和二氧化碳，该反应是一种物质生成两种物质，符合“一变多”的特点，属于分解反应；
（2）①反应器1中：一定的H2环境及较低温度下，CaCO3可与H2反应生成H2O和一氧化碳、氧化钙，反应的化学方程式为：；
②据图可知，600℃时，二氧化碳含量比其它三个温度下的含量都高，所以600℃时，抑制CO2生成的效果最差；
③一定条件下，CO与H2发生化合反应生成甲醇（CH3OH），化合物中，各元素正负化合价代数和为0，甲醇（CH3OH）中，氢元素为+1价，氧元素为-2价，设碳元素的化合价为x，则有x+（+1）×4+（-2）=0，解得x=-2，则“C”的化合价为-2价；
（3）该方法过程中，水既是反应物又是生成物，可循环利用的物质为水，化学式为H2O；
（4）甲为碳，乙为一氧化碳，因此反应b可以为碳和氧气点燃生成一氧化碳，化学方程式是：；戊为含有+4价碳元素的盐，例如碳酸氢钠、碳酸钙等，化学式可以为NaHCO3、CaCO3等。
【分析】（1）根据分解反应的概念是由一种物质反应生成多种物质的反应是分解反应，碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳来解答；
（2）根据碳酸钙和氢气在低温下反应生成氧化钙、水和一氧化碳，化合物中各元素的化合价的代数和为0来解答；
（3）根据在反应过程中水是反应物和生成物，水可以循环使用来解答；
（4）根据碳在氧气中燃烧生成一氧化碳，碳元素在不同化合物中的化合价来解答。
（1）CaCO3在高温时生成CaO和二氧化碳，该反应是一种物质生成两种物质，符合“一变多”的特点，属于分解反应；
（2）①反应器1中：一定的H2环境及较低温度下，CaCO3可与H2反应生成H2O和一氧化碳、氧化钙，反应的化学方程式为：；
②据图可知，600℃时，二氧化碳含量比其它三个温度下的含量都高，所以600℃时，抑制CO2生成的效果最差；
③一定条件下，CO与H2发生化合反应生成甲醇（CH3OH），化合物中，各元素正负化合价代数和为0，甲醇（CH3OH）中，氢元素为+1价，氧元素为-2价，设碳元素的化合价为x，则有x+（+1）×4+（-2）=0，解得x=-2，则“C”的化合价为-2价；
（3）该方法过程中，水既是反应物又是生成物，可循环利用的物质为水，化学式为H2O；
（4）甲为碳，乙为一氧化碳，因此反应b可以为碳和氧气点燃生成一氧化碳，化学方程式是：；
戊为含有+4价碳元素的盐，例如碳酸氢钠、碳酸钙等，化学式可以为NaHCO3、CaCO3等（合理即可）。
21．【答案】（1）复分解反应；硫酸钠；BaCl2
（2）解：设设焙烧制得34.8gMnO2最少需要MnCO3质量是x，
x=46g
答：通过焙烧制得34.8gMnO2最少需要MnCO3质量是46g。
（3）300；31.6
【知识点】复分解反应及其应用；根据化学反应方程式的计算；物质的相互转化和制备
【解析】【解答】（1）加入Na2CO3溶液后，碳酸钠和硫酸锰反应生成碳酸锰沉淀和硫酸钠，发生反应的化学方程式为：Na2CO3+MnSO4=Na2SO4+MnCO3↓，该反应是两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物，所属的基本反应类型为复分解反应；
过滤Ⅱ得到的滤液中属于盐的成分有Na2SO4；过滤II后洗涤滤渣，证明滤渣已洗净，即为验证最后一次洗涤液中不含有硫酸钠，方法为：取最后一次洗涤液于试管中，滴加氯化钡（BaCl2）溶液，不产生沉淀，说明溶液中不含有硫酸钠，则滤渣已洗净；
（2） 解：设设焙烧制得34.8gMnO2最少需要MnCO3质量是x，
x=46g
答：通过焙烧制得34.8gMnO2最少需要MnCO3质量是46g。
（3）根据图示可知，当温度为300℃时，固体全部为MnO2，但固体高于300℃时，固体变为其他，故焙烧MnCO3制取MnO2应该控制反应温度不高于300℃；
46.0gMnCO3中锰元素的质量为46.0g××100%=22g；若把焙烧46.0gMnCO3温度控制在600℃，得到Mn2O3固体，设Mn2O3固体的质量为x，根据锰元素质量守恒，则有：x××100%=22g，解得x=31.6g。
【分析】（1）根据由两种化合物反应生成另外两种化合物的反应是复分解反应，碳酸钠和硫酸锰反应生成硫酸钠和碳酸锰，氯化钡和硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠来解答；
（2）根据碳酸锰和氧气反应生成氧化镁和二氧化碳的方程式中的，已知二氧化锰的质量和式量来计算碳酸锰的质量来解答；
（3）根据化合物中元素的质量来解答。
（1）加入Na2CO3溶液后，碳酸钠和硫酸锰反应生成碳酸锰沉淀和硫酸钠，发生反应的化学方程式为：Na2CO3+MnSO4=Na2SO4+MnCO3↓，该反应是两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物，所属的基本反应类型为复分解反应；
过滤Ⅱ得到的滤液中属于盐的成分有Na2SO4；过滤II后洗涤滤渣，证明滤渣已洗净，即为验证最后一次洗涤液中不含有硫酸钠，方法为：取最后一次洗涤液于试管中，滴加氯化钡（BaCl2）溶液，不产生沉淀，说明溶液中不含有硫酸钠，则滤渣已洗净；
（2）见答案；
（3）根据图示可知，当温度为300℃时，固体全部为MnO2，但固体高于300℃时，固体变为其他，故焙烧MnCO3制取MnO2应该控制反应温度不高于300℃；
46.0gMnCO3中锰元素的质量为46.0g××100%=22g；若把焙烧46.0gMnCO3温度控制在600℃，得到Mn2O3固体，设Mn2O3固体的质量为x，根据锰元素质量守恒，则有：x××100%=22g，解得x=31.6g。
