浙教科学八下第三章1-4节培优卷
1．（2021九上·镇海期末）下列有关对质量守恒定律的理解，正确的是（ ）
A．10g水加热产生10g水蒸气，物质的总质量不变，遵循质量守恒定律
B．化学反应前后分子的总数一定不会发生变化
C．1g氢气和8g氧气完全反应后，生成水的质量为9g
D．镁条燃烧后质量增加，不遵循质量守恒定律
2．（2017·浙江竞赛）某盐的化学式为MaNb，其电离方程式正确的是（ ）
A．MaNb=aMa++bNb- B．MaNb=bMa-+aNb-
C．MaNb=aMb++bNa- D．MaNb=Mb++Na-
3．（ 二氧化碳的用途 ）物质的性质决定用途．下列有关二氧化碳的用途不正确的是（ ）
A．用于灭火 B．作气体肥料 C．供给呼吸 D．作化工原料
4．（2019·绍兴模拟）中美贸易战加剧，我国通信设备制造商中兴公司遭美国封杀。华为公司最新芯片麒麟980处理器的应用，摆脱了对美国产品的依赖。芯片主要以高纯度的单质硅（Si）为原料制成，在半导体硅元件生产中，常用氢氟酸（HF）来清除硅表面的氧化膜，反应原理可表示为SiO2+6HF=H2SiF6+2X。已知硅元素显+4价。下列说法错误的是（ ）
A．生成物X的化学式是H2O
B．H2SiF6中氟元素显-1价
C．该反应是复分解反应
D．地壳中硅元素含量仅次于氧元素
5．（溶质质量分数的简单计算a 40）有碳酸钙和氧化钙的混合物16g，其中含钙元素的质量分数为50%，与一定量某浓度的稀盐酸恰好完全反应，得到不饱和溶液157.2g，则所加稀盐酸的溶质质量分数为（ ）
A．7.3% B．10% C．14.6% D．20%
6．（华师大版初中科学九年级上学期第一章 专题突破——化学反应）一定质量的甲烷在不充足的氧气中燃烧，甲烷完全反应，生成物只有CO、CO2和H2O，且总质量为20.8g，其中H2O的质量为10.8g，则CO2的质量为（ ）
A．5.6g B．8.8g C．4.4g D．4.8g
7．（2021九上·义乌期中）在一只盛有稀硫酸的烧杯中，漂浮着一块木块(如图)，往烧杯中加入少量某种固体物质后，木块浸没在水中的体积变大(假设此过程中溶液的体积变化忽略不计)，加入固体物质可能是（ ）
A．Fe B．Cu C．Ba(OH)2 D．Ba(NO3)2
8．（浙教版科学2018-2019学年九年级上学期 1.3 硫酸与酸的通性（第2课时） 同步练习）实验室为了收集干燥的二氧化碳气体，让制取的气体先后经过甲、乙两装置。下列关于甲、乙两装置导管的连接方式正确的是（ ）
A．a接c B．a接d C．b接c D．b接d
9．有甲、乙、丙三种纯净物，甲为黑色固体，乙、丙为无色气体．点燃时，甲既能生成乙，也能生成丙；丙点燃也能生成乙．在以下关于这三种物质推断的叙述中，正确的是（ ）
A．甲是一种化合物 B．乙是一氧化碳
C．丙是一氧化碳 D．丙是二氧化碳
10．把盛有5g 16%的NaOH溶液的短试管放入盛有10g 16%的CuSO4溶液的锥形瓶里，如图所示，倾斜锥形瓶直到使两溶液充分混合，混合后不可能的是（ ）
A．产生蓝色沉淀0.98g
B．锥形瓶内物质总质量不变
C．所得溶液的Na2SO4质量分数大于9.5%
D．所得的Na2SO4溶液质量与原CuSO4溶液质量相等
11．（2019九上·诸暨期中）黑白复印机用的墨粉中常添加Fe3O4粉末.Fe3O4是由Fe2+、Fe3+和O2﹣按1：2：4的个数比构成的.下图是氧化沉淀法生产复印用Fe3O4粉末的流程简图.已知第④步反应中各元素化合价保持不变.
（1）Fe3O4粉末在复印机的电磁场作用下能使墨粉形成字迹或图案，这不仅利用了Fe3O4有磁性，还利用了Fe3O4是 色.
（2）第②步加入试剂X，生成Fe(OH)2的反应方程式为 .
（3）在第③步反应中要控制通入O2的量，以使生成的Fe(OH)2和Fe(OH)3的质量比等于 ，才能确保最终生成Fe3O4.
12．（2021九上·萧山月考）实验室有一份在空气中潮解变质的氢氧化钠样品，质量为1.5g。某实验小组将这份样品完全溶解，配成50 g溶液。然后缓慢滴入溶质质量分数为7.3%的稀盐酸，同时进行搅拌，使二氧化碳全部逸出。滴加过程中，多次测得溶液pH和溶液总质量，部分数据如表所示：
测量次数 第1次 第6次 第16次 第21次 第26次
滴加的稀盐酸总质量/g 0 5 15 20 25
溶液总质量/g 50 55 m 69.78 74.78
溶液pH 12.4 12.1 7.0 2.2 2.1
请分析计算：
（1）第 次测量时，溶液中只有一种溶质。
（2）表中m= 。
（3）样品中碳酸钠的质量分数。(计算结果精确到0.1%)
（4）1.5g样品中氢氧化钠固体的质量。
13．（2021·温州模拟）某科学兴趣小组对潜艇的制氧原理产生了好奇，通过查阅资料得知，潜艇中制取氧气的主要原料是固体过氧化钠（Na2O2），过氧化钠分别能和二氧化碳、水反应，都能生成氧气，反应的化学方程式为：2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2↑
为测定潜艇中过氧化钠的质量分数，该小组的同学在教师的指导下，利用下图所示的装置（固定装置已略去）开展探究，并得出正确结论。
已知装置B中盛有饱和NaHCO3溶液（NaHCO3不与CO2反应），碱石灰是由固体NaOH和CaO组成的混合物。整套装置气密性良好，反应所需试剂均足量。
请回答下列问题：
（1）装置B的作用是 ；
（2）在A中不用稀硫酸而用稀盐酸原因 ；
（3）装置E作用 ；
（4）装置D中过氧化钠样品的质量为m g，装置D在反应前后质量分别为n1g和n2g，若样品中所含杂质既不溶于水，也不参加化学反应，求样品中过氧化钠的质量分数？
14．（2021·温州模拟）竹炭包是集观赏与空气净化为一体的产品。这种产品可对车内及室内空气中的一氧化碳、甲醛等有害气体进行吸附。某小组利用下图所示装置来对竹炭中是否含有碳元素进行初步探究。实验中，C装置中产生白色沉淀，E装置中新鲜的鸡血变为暗红色。（查阅资料可知新鲜的血液，遇一氧化碳由鲜红变为暗红色）
（1）由实验现象可知，竹炭燃烧后的产物是 。
（2）装置A的作用是 。
（3）小科认为可以用F装置，替换E装置，你认为是否可行并且说明原因 。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】质量守恒定律及其应用
【解析】【分析】根据质量守恒定律是化学变化遵循的普遍规律，结合化学反应中元素质量不变进行分析。
【解答】A、 10g水加热产生10g水蒸气 ，为物理变化，不能利用质量守恒定律解释，不符合题意；
B、 化学反应前后分子的总数可能发生变化，可能不变 ，不符合题意；
C、 水中氢、氧元素质量比为1：8，依据质量守恒定律可知，1g氢气和8g氧气完全反应后，生成水的质量为9g ，符合题意；
D、 参加反应的镁的质量与氧气质量总和等于生成氧化镁的质量，所以镁条燃烧后质量增加，遵循质量守恒定律 ，不符合题意；
故选C。
2．【答案】C
【知识点】书写化学方程式、文字表达式
【解析】【分析】用化学式和离子符号表示电离过程的式子，称为电离方程式，表示物质溶解于水时电离成离子的化学方程式。离子所带电荷数一般可根据它们在化合物中的化合价来判断。所有阳离子带的正电荷总数与所有阴离子所带的负电荷总数相等。
【解答】某盐的化学式为MaNb，电离时生成Mb+、Na-，阳离子带的正电荷总数与所有阴离子所带的负电荷总数相等，其电离方程式为：MaNb=aMb++bNa-，C选项正确。
故答案为：C
3．【答案】C
【知识点】二氧化碳的物理性质及用途
【解析】【分析】根据二氧化碳的性质和用途分析判断．
【解答】解：A、二氧化碳不燃烧不支持燃烧，密度比空气大，可用于灭火，故A正确；
B、二氧化碳是光合作用的原料，可作气体肥料，故B正确；
C、二氧化碳不能供给呼吸，故C错误；
D、二氧化碳能与一些物质发生反应，可作化工原料，故D正确．
故选C．
4．【答案】C
【知识点】元素化合价的规则与计算；质量守恒定律及其应用
【解析】【分析】A、根据质量守恒定律分析；
B、根据化合物中元素化合价代数和为0分析；
C、根据复分解反应定义分析；
D、根据地壳中元素含量的排序分析。
【解答】A、由反应前后原子种类和个数不变可知，生成物X的化学式为 H2O ，说法正确；
B、 H2SiF6中氢元素+1价，硅元素+4价，氟元素显-1价 ，说法正确；
C、该反应不是化合物通过交换成分发生反应，不是复分解反应，说法错误；
D、地壳中硅元素含量居第二位，仅次于氧元素 ，说法正确；
故答案为：C。
5．【答案】B
【知识点】溶质的质量分数及相关计算；质量守恒定律及其应用
【解析】【分析】由于碳酸钙和氧化钙与盐酸反应的生成物都是氯化钙，可根据钙元素的质量计算出根据钙元素与HCl的关系计算HCl的质量，进一步计算稀盐酸的溶质质量分数．
【解答】解：含钙元素的质量分数为50%，所以钙元素的质量为：16g×50%=8g；根据CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，可得：
Ca～2HCl，设HCl的质量为x，生成二氧化碳为y
Ca～ 2HCl
40 73
8g x
x=14.6g
碳酸钙与氧化钙的差异正好为产生二氧化碳的质量，含8g钙元素的氧化钙的质量为，
所以反应后产生成二氧化碳的质量为16g-11.2g=4.8g
所加稀盐酸的质量157.2g+4.8g﹣16g=146g
所加稀盐酸的溶质质量分数为 ≈10%
故选B．
6．【答案】C
【知识点】有关化学式的计算和推断；根据化学反应方程式的计算
【解析】【分析】根据化学反应前后元素质量不变及元素质量为物质质量×元素质量分数分析。
【解答】甲烷中碳和氢元素的质量之比是12：4=3：1，所以生成物中碳元素和氢元素的质量比也为3：1，10.8gH2O中氢元素的质量=10.8g×=1.2g，则CO和CO2中总的碳元素的质量=1.2g×3=3.6g，设生成的CO的质量是x，CO2的质量为y，则x+y=20.8g 10.8g，+=3.6g，解得x=5.6g，y=4.4g。
故选：C。
7．【答案】C
【知识点】阿基米德原理；根据化学反应方程式的计算
【解析】【分析】根据浮力公式G物=F浮=ρ液gV排进行分析，找出木块浸没在水中的体积变大的原因，然后再进一步考虑的固体物质和稀硫酸反应应产生的现象，最后确定该物质的名称即可。
【解答】根据漂浮条件可知，木块始终漂浮在液面上，它受到的浮力始终等于自身重力。因为它的重力不变，所以它受到的浮力不变。根据阿基米德原理F浮=ρ液gV排可知，木块浸没在水中的体积变大，ρ液变小。
A.铁与硫酸反应会使溶液中每进入1个铁离子减少两个氢离子，会使溶液密度变大，故A不合题意；
B.铜不会与硫酸反应，密度不变，故B不合题意；
C.Ba（OH）2和稀硫酸反应生成BaSO4沉淀，溶液中失掉了钡离子，进入的氢氧根离子转化成了水，溶液密度会变小，故C符合题意；
D.硝酸钡与硫酸反应时，每反应一个硫酸根离子则溶液中会增加两个硝酸根离子，两种情况均能使溶液密度变大，故D不合题意。
故选C。
8．【答案】A
【知识点】二氧化碳的物理性质及用途
【解析】【分析】根据干燥气体长进短出，密闭装置收集气体要看密度，若密度大则长导管进气，密度小则短导管进气分析。
【解答】干燥二氧化碳气体时为使药品充分接触气体要长进短出，因二氧化碳密度比空气大，所以收集时要长导管进气体，短导管排空气，所以气体要先从b进入，再从a连接到c；
故答案为：A。
9．【答案】C
【知识点】二氧化碳的化学性质
【解析】【解答】由黑色固体燃烧可以生成两种气体可推断是碳在氧气充分燃烧生成二氧化碳，在氧气不充足时产生一氧化碳，所以黑色固体为单质碳，则乙、丙物质为一氧化碳或二氧化碳，又丙点燃也能生成乙的转化关系，则丙为一氧化碳气体、乙为二氧化碳气体；故选C
【分析】由黑色固体碳在充分燃烧时生成二氧化碳，在不充分燃烧时生成一氧化碳为突破口来解决。
10．【答案】D
【知识点】溶质的质量分数及相关计算；根据化学反应方程式的计算
【解析】【分析】根据硫酸铜和氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，然后结合所给的数据判断出过量或不足，然后进行计算。
【解答】解：CuSO4+2NaOH=Na2SO4+Cu（OH）2↓
160 80
通过化学方程式可以看出，硫酸铜和氢氧化钠反应是按照质量比2：1的进行，
CuSO4+2NaOH=Na2SO4+Cu（OH）2↓
160 80 146 98
10g×16% 5g×16% 1.46g 0.98g
A、所以氢氧化钠和硫酸铜完全反应，生成氢氧化铜沉淀是0.98g，故A正确；
B、反应后没有气体生成，所以锥形瓶内物质总质量不变，故B正确；
C、反应后的溶液质量是10g+5g﹣0.98g=14.02g，硫酸钠为1.46g，所得溶液的Na2SO4质量分数为：
×100%=10.4%，故C正确；
D、硫酸钠溶液的质量为14.02g，原硫酸铜溶液的质量为16g，不相等，故D错误。
故答案为：D
11．【答案】（1）黑
（2）FeSO4+2NaOH＝Fe(OH)2↓+Na2SO4
（3）45：107
【知识点】有关化学式的计算和推断；书写化学方程式、文字表达式
【解析】【分析】（1）根据四氧化三铁为黑色固体分析；
（2）根据硫酸亚铁与氢氧化钠反应生成硫酸钠和氢氧化亚铁分析；
（3）根据铁离子和亚铁离子的质量比确定氢氧化亚铁和氢氧化铁质量比分析。
【解答】（1）Fe3O4为黑色固体；
（2） 第②步加入试剂X，生成Fe(OH)2的反应为硫酸亚铁与氢氧化钠的反应，方程式为 FeSO4+2NaOH＝Fe(OH)2↓+Na2SO4 ；
（3） 要 确保最终生成Fe3O4 ，则 Fe2+、Fe3+ 质量比为1：2，即 Fe2+、Fe3+ 个数比为1：2，所以生成的Fe(OH)2和Fe(OH)3的个数比也为1：2，质量比等于 45：107；
故答案为：（1）黑；（2） FeSO4+2NaOH＝Fe(OH)2↓+Na2SO4 ；（3）45：107.
12．【答案】（1）16
（2）64.78
（3）解：解：由表格数据可知，1.5g样品中碳酸钠和稀盐酸完全反应产生CO2的质
=50g+20g-69.78g=0.22g
设1.5g样品中碳酸钠的质量为x，与碳酸钠反应消耗的氯化氢质量为y。
Na2CO3+ 2HCl=2NaCl+H2O+ CO2↑
106 73 73
x y 0.22g
= 解得x=0.53g
= 解得y=0.365g
样品中碳酸钠的质量分数= ×100%≈35.3%
（4）解：解：与氢氧化钠反应消耗的氯化氢质量为15g×7.3%-0.365g=0.73g
设1.5g样品中氢氧化钠的质量为z。
NaOH+ HCl=NaCl+H2O
40 36.5
z 0.73g
=
解得z=0.8g
【知识点】根据化学反应方程式的计算
【解析】【分析】（1）氢氧化钠溶液和碳酸钠溶液都呈碱性，与稀盐酸反应，都会生成氯化钠。当pH=7时，说明二者和加入的稀盐酸恰好完全反应，此时溶质只有反应产物氯化钠，据此分析判断；
（2）将第16次和21次的数据进行比较，计算出m的值。
（3）根据质量守恒定律可知，反应前后物质总质量的差就是生成二氧化碳的质量，即可根据第21次数据计算出生成二氧化碳的质量。写出碳酸钠和稀盐酸反应的方程式，计算出参加反应的碳酸钠的质量和稀盐酸的质量，最后根据计算出碳酸钠的质量分数；
（4）在第16次实验时，消耗了15g稀盐酸，用其溶质质量减去与碳酸钠反应的溶质质量得到与氢氧化钠反应的溶质质量，再根据氢氧化钠和稀盐酸反应的方程式计算出氢氧化钠的质量即可。
【解答】（1）根据表格可知，在第16次测量时，溶液的pH=7时，此时碳酸钠、氢氧化钠与稀盐酸恰好完全反应，则此时只有一种溶质即氯化钠。
（2）第16次时恰好完全反应，则第21次时溶液总质量的增加量等于多加入的稀盐酸的质量。二者比较，多加入稀盐酸的质量：20g-15g=5g，则m=69.78g-5g=64.78g。
13．【答案】（1）吸收挥发出的HCl
（2）生成的CaSO4微溶，阻止反应的继续进行
（3）防止空气中的CO2进入对实验造成影响
（4）
【知识点】根据化学反应方程式的计算；制取二氧化碳的原理
【解析】【分析】（1）根据盐酸的挥发性分析；
（2）根据硫酸与碳酸钙反应生成微溶硫酸钙分析；
【解答】（1）A中制取的二氧化碳中含有氯化氢气体，通过B可吸收挥发出的氯化氢；
（2）硫酸和石灰石中碳酸钙反应 生成的CaSO4微溶，阻止反应的继续进行 ，所以不能用稀硫酸代替稀盐酸；
（3）E中碱石灰可防止空气中的CO2进入对实验造成影响 ；
（4） D在反应前后质量分别为n1g和n2g ，其增重质量为二氧化碳与氧气的差值，设过氧化钠质量为X
2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2↑ 增重质量
156 88 32 56
x (n2-n1)
x=，样品中过氧化钠质量分数为。
故答案为：（1） 吸收挥发出的HCl ；（2） 生成的CaSO4微溶，阻止反应的继续进行 ；（3） 防止空气中的CO2进入对实验造成影响 ；（4）。
14．【答案】（1）CO2 CO
（2）吸收空气中的二氧化碳
（3）不可以，因为在 E 装置中通入的是一氧化碳和氧气的混合气体，加热可能会发生爆炸
【知识点】二氧化碳的化学性质
【解析】【分析】（1）C装置中为澄清的石灰水，它变浑浊，说明有二氧化碳气体产生；E中新鲜的鸡血变为暗红色，说明吸收了一氧化碳，即竹炭燃烧会有一氧化碳产生。
（2）氢氧化钠和二氧化碳反应，生成碳酸钠和水，它对二氧化碳有很强的吸收作用；
（3）一氧化碳与空气混合，遇到明火很容易发生爆炸，据此分析解答。
【解答】（1）由实验现象可知，竹炭燃烧后的产物是CO2、 CO。
（2）装置A的作用是吸收空气中的二氧化碳。
（3）小科认为可以用F装置，替换E装置，我认为不可行，原因：因为在 E 装置中通入的是一氧化碳和氧气的混合气体，加热可能会发生爆炸。
1 / 1浙教科学八下第三章1-4节培优卷
1．（2021九上·镇海期末）下列有关对质量守恒定律的理解，正确的是（ ）
A．10g水加热产生10g水蒸气，物质的总质量不变，遵循质量守恒定律
B．化学反应前后分子的总数一定不会发生变化
C．1g氢气和8g氧气完全反应后，生成水的质量为9g
D．镁条燃烧后质量增加，不遵循质量守恒定律
【答案】C
【知识点】质量守恒定律及其应用
【解析】【分析】根据质量守恒定律是化学变化遵循的普遍规律，结合化学反应中元素质量不变进行分析。
【解答】A、 10g水加热产生10g水蒸气 ，为物理变化，不能利用质量守恒定律解释，不符合题意；
B、 化学反应前后分子的总数可能发生变化，可能不变 ，不符合题意；
C、 水中氢、氧元素质量比为1：8，依据质量守恒定律可知，1g氢气和8g氧气完全反应后，生成水的质量为9g ，符合题意；
D、 参加反应的镁的质量与氧气质量总和等于生成氧化镁的质量，所以镁条燃烧后质量增加，遵循质量守恒定律 ，不符合题意；
故选C。
2．（2017·浙江竞赛）某盐的化学式为MaNb，其电离方程式正确的是（ ）
A．MaNb=aMa++bNb- B．MaNb=bMa-+aNb-
C．MaNb=aMb++bNa- D．MaNb=Mb++Na-
【答案】C
【知识点】书写化学方程式、文字表达式
【解析】【分析】用化学式和离子符号表示电离过程的式子，称为电离方程式，表示物质溶解于水时电离成离子的化学方程式。离子所带电荷数一般可根据它们在化合物中的化合价来判断。所有阳离子带的正电荷总数与所有阴离子所带的负电荷总数相等。
【解答】某盐的化学式为MaNb，电离时生成Mb+、Na-，阳离子带的正电荷总数与所有阴离子所带的负电荷总数相等，其电离方程式为：MaNb=aMb++bNa-，C选项正确。
故答案为：C
3．（ 二氧化碳的用途 ）物质的性质决定用途．下列有关二氧化碳的用途不正确的是（ ）
A．用于灭火 B．作气体肥料 C．供给呼吸 D．作化工原料
【答案】C
【知识点】二氧化碳的物理性质及用途
【解析】【分析】根据二氧化碳的性质和用途分析判断．
【解答】解：A、二氧化碳不燃烧不支持燃烧，密度比空气大，可用于灭火，故A正确；
B、二氧化碳是光合作用的原料，可作气体肥料，故B正确；
C、二氧化碳不能供给呼吸，故C错误；
D、二氧化碳能与一些物质发生反应，可作化工原料，故D正确．
故选C．
4．（2019·绍兴模拟）中美贸易战加剧，我国通信设备制造商中兴公司遭美国封杀。华为公司最新芯片麒麟980处理器的应用，摆脱了对美国产品的依赖。芯片主要以高纯度的单质硅（Si）为原料制成，在半导体硅元件生产中，常用氢氟酸（HF）来清除硅表面的氧化膜，反应原理可表示为SiO2+6HF=H2SiF6+2X。已知硅元素显+4价。下列说法错误的是（ ）
A．生成物X的化学式是H2O
B．H2SiF6中氟元素显-1价
C．该反应是复分解反应
D．地壳中硅元素含量仅次于氧元素
【答案】C
【知识点】元素化合价的规则与计算；质量守恒定律及其应用
【解析】【分析】A、根据质量守恒定律分析；
B、根据化合物中元素化合价代数和为0分析；
C、根据复分解反应定义分析；
D、根据地壳中元素含量的排序分析。
【解答】A、由反应前后原子种类和个数不变可知，生成物X的化学式为 H2O ，说法正确；
B、 H2SiF6中氢元素+1价，硅元素+4价，氟元素显-1价 ，说法正确；
C、该反应不是化合物通过交换成分发生反应，不是复分解反应，说法错误；
D、地壳中硅元素含量居第二位，仅次于氧元素 ，说法正确；
故答案为：C。
5．（溶质质量分数的简单计算a 40）有碳酸钙和氧化钙的混合物16g，其中含钙元素的质量分数为50%，与一定量某浓度的稀盐酸恰好完全反应，得到不饱和溶液157.2g，则所加稀盐酸的溶质质量分数为（ ）
A．7.3% B．10% C．14.6% D．20%
【答案】B
【知识点】溶质的质量分数及相关计算；质量守恒定律及其应用
【解析】【分析】由于碳酸钙和氧化钙与盐酸反应的生成物都是氯化钙，可根据钙元素的质量计算出根据钙元素与HCl的关系计算HCl的质量，进一步计算稀盐酸的溶质质量分数．
【解答】解：含钙元素的质量分数为50%，所以钙元素的质量为：16g×50%=8g；根据CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，可得：
Ca～2HCl，设HCl的质量为x，生成二氧化碳为y
Ca～ 2HCl
40 73
8g x
x=14.6g
碳酸钙与氧化钙的差异正好为产生二氧化碳的质量，含8g钙元素的氧化钙的质量为，
所以反应后产生成二氧化碳的质量为16g-11.2g=4.8g
所加稀盐酸的质量157.2g+4.8g﹣16g=146g
所加稀盐酸的溶质质量分数为 ≈10%
故选B．
6．（华师大版初中科学九年级上学期第一章 专题突破——化学反应）一定质量的甲烷在不充足的氧气中燃烧，甲烷完全反应，生成物只有CO、CO2和H2O，且总质量为20.8g，其中H2O的质量为10.8g，则CO2的质量为（ ）
A．5.6g B．8.8g C．4.4g D．4.8g
【答案】C
【知识点】有关化学式的计算和推断；根据化学反应方程式的计算
【解析】【分析】根据化学反应前后元素质量不变及元素质量为物质质量×元素质量分数分析。
【解答】甲烷中碳和氢元素的质量之比是12：4=3：1，所以生成物中碳元素和氢元素的质量比也为3：1，10.8gH2O中氢元素的质量=10.8g×=1.2g，则CO和CO2中总的碳元素的质量=1.2g×3=3.6g，设生成的CO的质量是x，CO2的质量为y，则x+y=20.8g 10.8g，+=3.6g，解得x=5.6g，y=4.4g。
故选：C。
7．（2021九上·义乌期中）在一只盛有稀硫酸的烧杯中，漂浮着一块木块(如图)，往烧杯中加入少量某种固体物质后，木块浸没在水中的体积变大(假设此过程中溶液的体积变化忽略不计)，加入固体物质可能是（ ）
A．Fe B．Cu C．Ba(OH)2 D．Ba(NO3)2
【答案】C
【知识点】阿基米德原理；根据化学反应方程式的计算
【解析】【分析】根据浮力公式G物=F浮=ρ液gV排进行分析，找出木块浸没在水中的体积变大的原因，然后再进一步考虑的固体物质和稀硫酸反应应产生的现象，最后确定该物质的名称即可。
【解答】根据漂浮条件可知，木块始终漂浮在液面上，它受到的浮力始终等于自身重力。因为它的重力不变，所以它受到的浮力不变。根据阿基米德原理F浮=ρ液gV排可知，木块浸没在水中的体积变大，ρ液变小。
A.铁与硫酸反应会使溶液中每进入1个铁离子减少两个氢离子，会使溶液密度变大，故A不合题意；
B.铜不会与硫酸反应，密度不变，故B不合题意；
C.Ba（OH）2和稀硫酸反应生成BaSO4沉淀，溶液中失掉了钡离子，进入的氢氧根离子转化成了水，溶液密度会变小，故C符合题意；
D.硝酸钡与硫酸反应时，每反应一个硫酸根离子则溶液中会增加两个硝酸根离子，两种情况均能使溶液密度变大，故D不合题意。
故选C。
8．（浙教版科学2018-2019学年九年级上学期 1.3 硫酸与酸的通性（第2课时） 同步练习）实验室为了收集干燥的二氧化碳气体，让制取的气体先后经过甲、乙两装置。下列关于甲、乙两装置导管的连接方式正确的是（ ）
A．a接c B．a接d C．b接c D．b接d
【答案】A
【知识点】二氧化碳的物理性质及用途
【解析】【分析】根据干燥气体长进短出，密闭装置收集气体要看密度，若密度大则长导管进气，密度小则短导管进气分析。
【解答】干燥二氧化碳气体时为使药品充分接触气体要长进短出，因二氧化碳密度比空气大，所以收集时要长导管进气体，短导管排空气，所以气体要先从b进入，再从a连接到c；
故答案为：A。
9．有甲、乙、丙三种纯净物，甲为黑色固体，乙、丙为无色气体．点燃时，甲既能生成乙，也能生成丙；丙点燃也能生成乙．在以下关于这三种物质推断的叙述中，正确的是（ ）
A．甲是一种化合物 B．乙是一氧化碳
C．丙是一氧化碳 D．丙是二氧化碳
【答案】C
【知识点】二氧化碳的化学性质
【解析】【解答】由黑色固体燃烧可以生成两种气体可推断是碳在氧气充分燃烧生成二氧化碳，在氧气不充足时产生一氧化碳，所以黑色固体为单质碳，则乙、丙物质为一氧化碳或二氧化碳，又丙点燃也能生成乙的转化关系，则丙为一氧化碳气体、乙为二氧化碳气体；故选C
【分析】由黑色固体碳在充分燃烧时生成二氧化碳，在不充分燃烧时生成一氧化碳为突破口来解决。
10．把盛有5g 16%的NaOH溶液的短试管放入盛有10g 16%的CuSO4溶液的锥形瓶里，如图所示，倾斜锥形瓶直到使两溶液充分混合，混合后不可能的是（ ）
A．产生蓝色沉淀0.98g
B．锥形瓶内物质总质量不变
C．所得溶液的Na2SO4质量分数大于9.5%
D．所得的Na2SO4溶液质量与原CuSO4溶液质量相等
【答案】D
【知识点】溶质的质量分数及相关计算；根据化学反应方程式的计算
【解析】【分析】根据硫酸铜和氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，然后结合所给的数据判断出过量或不足，然后进行计算。
【解答】解：CuSO4+2NaOH=Na2SO4+Cu（OH）2↓
160 80
通过化学方程式可以看出，硫酸铜和氢氧化钠反应是按照质量比2：1的进行，
CuSO4+2NaOH=Na2SO4+Cu（OH）2↓
160 80 146 98
10g×16% 5g×16% 1.46g 0.98g
A、所以氢氧化钠和硫酸铜完全反应，生成氢氧化铜沉淀是0.98g，故A正确；
B、反应后没有气体生成，所以锥形瓶内物质总质量不变，故B正确；
C、反应后的溶液质量是10g+5g﹣0.98g=14.02g，硫酸钠为1.46g，所得溶液的Na2SO4质量分数为：
×100%=10.4%，故C正确；
D、硫酸钠溶液的质量为14.02g，原硫酸铜溶液的质量为16g，不相等，故D错误。
故答案为：D
11．（2019九上·诸暨期中）黑白复印机用的墨粉中常添加Fe3O4粉末.Fe3O4是由Fe2+、Fe3+和O2﹣按1：2：4的个数比构成的.下图是氧化沉淀法生产复印用Fe3O4粉末的流程简图.已知第④步反应中各元素化合价保持不变.
（1）Fe3O4粉末在复印机的电磁场作用下能使墨粉形成字迹或图案，这不仅利用了Fe3O4有磁性，还利用了Fe3O4是 色.
（2）第②步加入试剂X，生成Fe(OH)2的反应方程式为 .
（3）在第③步反应中要控制通入O2的量，以使生成的Fe(OH)2和Fe(OH)3的质量比等于 ，才能确保最终生成Fe3O4.
【答案】（1）黑
（2）FeSO4+2NaOH＝Fe(OH)2↓+Na2SO4
（3）45：107
【知识点】有关化学式的计算和推断；书写化学方程式、文字表达式
【解析】【分析】（1）根据四氧化三铁为黑色固体分析；
（2）根据硫酸亚铁与氢氧化钠反应生成硫酸钠和氢氧化亚铁分析；
（3）根据铁离子和亚铁离子的质量比确定氢氧化亚铁和氢氧化铁质量比分析。
【解答】（1）Fe3O4为黑色固体；
（2） 第②步加入试剂X，生成Fe(OH)2的反应为硫酸亚铁与氢氧化钠的反应，方程式为 FeSO4+2NaOH＝Fe(OH)2↓+Na2SO4 ；
（3） 要 确保最终生成Fe3O4 ，则 Fe2+、Fe3+ 质量比为1：2，即 Fe2+、Fe3+ 个数比为1：2，所以生成的Fe(OH)2和Fe(OH)3的个数比也为1：2，质量比等于 45：107；
故答案为：（1）黑；（2） FeSO4+2NaOH＝Fe(OH)2↓+Na2SO4 ；（3）45：107.
12．（2021九上·萧山月考）实验室有一份在空气中潮解变质的氢氧化钠样品，质量为1.5g。某实验小组将这份样品完全溶解，配成50 g溶液。然后缓慢滴入溶质质量分数为7.3%的稀盐酸，同时进行搅拌，使二氧化碳全部逸出。滴加过程中，多次测得溶液pH和溶液总质量，部分数据如表所示：
测量次数 第1次 第6次 第16次 第21次 第26次
滴加的稀盐酸总质量/g 0 5 15 20 25
溶液总质量/g 50 55 m 69.78 74.78
溶液pH 12.4 12.1 7.0 2.2 2.1
请分析计算：
（1）第 次测量时，溶液中只有一种溶质。
（2）表中m= 。
（3）样品中碳酸钠的质量分数。(计算结果精确到0.1%)
（4）1.5g样品中氢氧化钠固体的质量。
【答案】（1）16
（2）64.78
（3）解：解：由表格数据可知，1.5g样品中碳酸钠和稀盐酸完全反应产生CO2的质
=50g+20g-69.78g=0.22g
设1.5g样品中碳酸钠的质量为x，与碳酸钠反应消耗的氯化氢质量为y。
Na2CO3+ 2HCl=2NaCl+H2O+ CO2↑
106 73 73
x y 0.22g
= 解得x=0.53g
= 解得y=0.365g
样品中碳酸钠的质量分数= ×100%≈35.3%
（4）解：解：与氢氧化钠反应消耗的氯化氢质量为15g×7.3%-0.365g=0.73g
设1.5g样品中氢氧化钠的质量为z。
NaOH+ HCl=NaCl+H2O
40 36.5
z 0.73g
=
解得z=0.8g
【知识点】根据化学反应方程式的计算
【解析】【分析】（1）氢氧化钠溶液和碳酸钠溶液都呈碱性，与稀盐酸反应，都会生成氯化钠。当pH=7时，说明二者和加入的稀盐酸恰好完全反应，此时溶质只有反应产物氯化钠，据此分析判断；
（2）将第16次和21次的数据进行比较，计算出m的值。
（3）根据质量守恒定律可知，反应前后物质总质量的差就是生成二氧化碳的质量，即可根据第21次数据计算出生成二氧化碳的质量。写出碳酸钠和稀盐酸反应的方程式，计算出参加反应的碳酸钠的质量和稀盐酸的质量，最后根据计算出碳酸钠的质量分数；
（4）在第16次实验时，消耗了15g稀盐酸，用其溶质质量减去与碳酸钠反应的溶质质量得到与氢氧化钠反应的溶质质量，再根据氢氧化钠和稀盐酸反应的方程式计算出氢氧化钠的质量即可。
【解答】（1）根据表格可知，在第16次测量时，溶液的pH=7时，此时碳酸钠、氢氧化钠与稀盐酸恰好完全反应，则此时只有一种溶质即氯化钠。
（2）第16次时恰好完全反应，则第21次时溶液总质量的增加量等于多加入的稀盐酸的质量。二者比较，多加入稀盐酸的质量：20g-15g=5g，则m=69.78g-5g=64.78g。
13．（2021·温州模拟）某科学兴趣小组对潜艇的制氧原理产生了好奇，通过查阅资料得知，潜艇中制取氧气的主要原料是固体过氧化钠（Na2O2），过氧化钠分别能和二氧化碳、水反应，都能生成氧气，反应的化学方程式为：2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2↑
为测定潜艇中过氧化钠的质量分数，该小组的同学在教师的指导下，利用下图所示的装置（固定装置已略去）开展探究，并得出正确结论。
已知装置B中盛有饱和NaHCO3溶液（NaHCO3不与CO2反应），碱石灰是由固体NaOH和CaO组成的混合物。整套装置气密性良好，反应所需试剂均足量。
请回答下列问题：
（1）装置B的作用是 ；
（2）在A中不用稀硫酸而用稀盐酸原因 ；
（3）装置E作用 ；
（4）装置D中过氧化钠样品的质量为m g，装置D在反应前后质量分别为n1g和n2g，若样品中所含杂质既不溶于水，也不参加化学反应，求样品中过氧化钠的质量分数？
【答案】（1）吸收挥发出的HCl
（2）生成的CaSO4微溶，阻止反应的继续进行
（3）防止空气中的CO2进入对实验造成影响
（4）
【知识点】根据化学反应方程式的计算；制取二氧化碳的原理
【解析】【分析】（1）根据盐酸的挥发性分析；
（2）根据硫酸与碳酸钙反应生成微溶硫酸钙分析；
【解答】（1）A中制取的二氧化碳中含有氯化氢气体，通过B可吸收挥发出的氯化氢；
（2）硫酸和石灰石中碳酸钙反应 生成的CaSO4微溶，阻止反应的继续进行 ，所以不能用稀硫酸代替稀盐酸；
（3）E中碱石灰可防止空气中的CO2进入对实验造成影响 ；
（4） D在反应前后质量分别为n1g和n2g ，其增重质量为二氧化碳与氧气的差值，设过氧化钠质量为X
2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2↑ 增重质量
156 88 32 56
x (n2-n1)
x=，样品中过氧化钠质量分数为。
故答案为：（1） 吸收挥发出的HCl ；（2） 生成的CaSO4微溶，阻止反应的继续进行 ；（3） 防止空气中的CO2进入对实验造成影响 ；（4）。
14．（2021·温州模拟）竹炭包是集观赏与空气净化为一体的产品。这种产品可对车内及室内空气中的一氧化碳、甲醛等有害气体进行吸附。某小组利用下图所示装置来对竹炭中是否含有碳元素进行初步探究。实验中，C装置中产生白色沉淀，E装置中新鲜的鸡血变为暗红色。（查阅资料可知新鲜的血液，遇一氧化碳由鲜红变为暗红色）
（1）由实验现象可知，竹炭燃烧后的产物是 。
（2）装置A的作用是 。
（3）小科认为可以用F装置，替换E装置，你认为是否可行并且说明原因 。
【答案】（1）CO2 CO
（2）吸收空气中的二氧化碳
（3）不可以，因为在 E 装置中通入的是一氧化碳和氧气的混合气体，加热可能会发生爆炸
【知识点】二氧化碳的化学性质
【解析】【分析】（1）C装置中为澄清的石灰水，它变浑浊，说明有二氧化碳气体产生；E中新鲜的鸡血变为暗红色，说明吸收了一氧化碳，即竹炭燃烧会有一氧化碳产生。
（2）氢氧化钠和二氧化碳反应，生成碳酸钠和水，它对二氧化碳有很强的吸收作用；
（3）一氧化碳与空气混合，遇到明火很容易发生爆炸，据此分析解答。
【解答】（1）由实验现象可知，竹炭燃烧后的产物是CO2、 CO。
（2）装置A的作用是吸收空气中的二氧化碳。
（3）小科认为可以用F装置，替换E装置，我认为不可行，原因：因为在 E 装置中通入的是一氧化碳和氧气的混合气体，加热可能会发生爆炸。
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