2024年广东省广州市荔湾区初中毕业班学业水平综合测试化学试题
1．（2024九下·荔湾模拟）下列物品的材质属于有机合成材料的是
A．西汉南越王的丝缕玉衣 B．广州陈家祠的精美砖雕
C．电线外面的塑料绝缘层 D．建筑材料中的钢筋混凝土
2．（2024九下·荔湾模拟）下列有关水的说法正确的是
A．加入明矾可使水中悬浮的杂质沉降
B．水蒸气变成液态水，分子间间隔增大
C．净水器中的活性炭可以吸附水中的所有杂质
D．自来水厂净水过程中只有物理变化没有化学变化
3．（2024九下·荔湾模拟）下列有关防火与灭火的叙述正确的是
A．电线老化短路起火，应立即用水扑灭
B．用泡沫灭火器灭火的原理是降低可燃物着火点
C．电动车不能停放在疏散通道或楼梯间
D．室内着火应立即打开门窗通风
4．（2024九下·荔湾模拟）小麦、大米、马铃薯都是人类的重要食物，这些食物中都富含的营养素是
A．糖类 B．蛋白质 C．油脂 D．维生素
5．（2024九下·荔湾模拟）含铑元素的催化剂广泛应用于石油化工、汽车尾气处理等领域。根据下列图示，有关铑的说法不正确的是
A．铑原子的核内质子数为45
B．铑原子在化学反应中容易失去电子
C．铑的相对原子质量是102.9g
D．铑原子的核外电子分5层排布
6．（2024九下·荔湾模拟）在日常生产、生活中遇到下列问题，使用的解决方法正确的是
选项 遇到的问题 解决的方法
A 长期使用铵态化肥造成土壤酸化 加入烧碱中和酸性
B 煮水的水壶结有水垢 用洗洁精清洗水垢
C 区别合成纤维和天然纤维 观察两者的色泽
D 胃酸过多引起胃部不适 食用氢氧化铝药片
A．A B．B C．C D．D
7．（2024九下·荔湾模拟）向AgNO3和Cu(NO3)2混合溶液中加入一定量的金属Mg，充分反应后过滤，得到滤液和滤渣。下列说法正确的是
A．滤渣中一定含有的金属是Cu
B．滤液中可能含有的溶质是AgNO3、Cu(NO3)2、Mg(NO3)2
C．若向滤液中加入稀盐酸，无明显现象，则滤液一定呈蓝色
D．若向滤渣中加入稀盐酸，有气泡产生，则滤液中一定含有的金属离子是Ag+、Cu2+、Mg2+
8．（2024九下·荔湾模拟）如图是合成液体燃料甲醇(CH3OH)的示意图，下列说法正确的是
A．合成甲醇工艺中，既有化合反应也有分解反应
B．合成甲醇时，消耗CO2和H2的个数比是1∶3
C．甲醇分子中C、H、O原子的个数比是1∶3∶1
D．合成装置中CO2的氧元素全部转化到CH3OH中
9．（2024九下·荔湾模拟）常温下，氢氧化锂是一种可溶于水的白色晶体，在国防、电池、化工等领域有着广泛用途。其化学性质与氢氧化钠相似，下列关于氢氧化锂溶液的说法不正确的是(已知氯化锂可溶于水)
A．能与氯化钾溶液反应 B．能使酚酞试液变红
C．能与稀硫酸反应 D．能与三氧化硫反应
10．（2024九下·荔湾模拟）农业上常用质量分数为16%的NaCl溶液选种。实验室配制50g该浓度溶液的过程如图所示。下列说法不正确的是
A．实验操作顺序为④②①⑤③
B．若①中有部分固体洒落桌面，所得溶液溶质质量分数偏小
C．若②中称量时天平向左偏，则需移动游码
D．⑤中选用50mL量筒量取所需的水(密度为)
11．（2024九下·荔湾模拟）下列实验结论合理的是
A．某无色溶液中滴入酚酞溶液变红色，说明该溶液的溶质一定属于碱
B．氢氧化钠溶液与稀盐酸反应后的溶液中滴加酚酞溶液，溶液不变色，说明稀盐酸过量
C．取少量某种化肥于研钵中，加入熟石灰研磨，没有刺激性气味，说明该化肥不是氮肥
D．取少量敞口久置空气中的NaOH溶液于试管中，滴加足量CaCl2溶液，有白色沉淀产生，再滴加酚酞溶液，溶液变红色，说明该NaOH溶液部分变质
12．（2024九下·荔湾模拟）向硫酸铜溶液中滴入氢氧化钠溶液至恰好完全反应，反应前后溶液中存在的离子如图所示。下列说法不正确的是
A．表示Na+
B．可观察到产生蓝色沉淀，溶液由蓝色变无色
C．反应前溶液的总质量大于反应后溶液的总质量
D．参加反应的氢氧化钠和硫酸铜的质量比是2∶1
13．（2024九下·荔湾模拟）下列实验方案设计完全合理的是
A．除去NaCl固体中的少量AgCl，可加足量水溶解，过滤
B．除去CuSO4溶液中的少量H2SO4，可加足量CuO，过滤
C．除去碳粉中的二氧化锰，可加足量H2O2溶液，过滤
D．除去碳酸钙中的氧化钙，可将固体进行高温煅烧
14．（2024九下·荔湾模拟）由下列实验及现象可推出相应结论的是
选项 实验 现象 结论
A 检验二氧化碳的性质 瓶身变瘪 CO2与NaOH溶液反应
B 向盛有NaOH固体的试管中滴加稀硫酸 烧杯中饱和的澄清石灰水变浑浊 H2SO4与NaOH发生中和反应放出热量
C 检验某混合气体的成分 黑色粉末变红，澄清石灰水变浑浊 混合气体中一定含有CO
D 稀释浓硫酸 手触碰烧杯外壁，有发热、烫手的感觉 浓硫酸溶于水放热
A．A B．B C．C D．D
15．（2024九下·荔湾模拟）硒(Se)可用于制造照相曝光剂。回答下列问题：
（1）硒是人体必需的元素 (选填“常量”或“微量”)，具有提高动物免疫力的作用。
（2）H2Se读作 。
（3）根据化合物的分类，硒酸铵属于 ；写出硒酸的化学式 。
（4）利用亚硒酸()可以制备单质硒，完成反应的化学方程式： 。
16．（2024九下·荔湾模拟）明代《天工开物》记载了多种中国古代化学工艺。
（1）“陶埏”章详细记载了砖、瓦的烧炼技术。利用黏土中含Fe元素，在高温焙烧砖的过程中，生成含氧量不同的铁的氧化物，从而生产出红砖(含Fe2O3)和青砖(含FeO和Fe3O4)。
①比较等质量的Fe2O3和Fe3O4中，氧元素含量：Fe2O3 Fe3O4(填“大于”或者“小于”)。
②烧砖过程中先得到红砖，然后再通过“砖瓦浇水转泑”的过程烧制青砖。“砖瓦浇水转泑”的操作如图所示：
将水从窑顶慢慢浇下，与炉内高温的碳发生反应，生成两种还原性气体，该反应的化学方程式为 ，反应类型属于 。
（2）“作咸”章记载了池盐的制取方法。引盐池内清水入畦，夏末秋初刮较大的南风时，颗盐可在一夜之间凝结而成，即“南风结熟”，此盐扫起即可供人食用。后人又详细记载了若刮东北、西风等冷风，成盐时会导致食盐中含有镁盐而味苦，不堪食用，需刮畦外。
①“南风结熟”的过程属于结晶方法中的 结晶。
②盐池水中除了含有大量的NaCl外，还含有一定量的MgSO4。请结合池盐的制取方法和溶解度曲线，分析食盐中含有镁盐的原因是 。
17．（2024九下·荔湾模拟）探究酸的化学性质时，进行了如下A~E的实验活动。
回答下列问题：
（1）如下图所示，实验A观察到铁片表面有气泡冒出，请在图中画出此时溶液中存在的阳离子 (粒子数目不做要求)。
（2）关于实验B~E的现象描述不正确的是 (填序号)。
①实验B中无明显现象
②实验C中有气泡产生
③实验D中铁锈消失，生成黄色的硫酸铁溶液
④实验E有白色沉淀产生
（3）实验A~E中，不属于酸的共同性质的是实验 (填字母)。
（4）将实验C反应后的溶液倒入实验E反应后的试管中，观察到有气体生成，试管底部有白色固体。
①混合后溶液中一定含有的溶质是 (填化学式)。
②检验白色固体成分的实验方法和结论是：取少量白色固体于试管中，加入 。
18．（2024九下·荔湾模拟）海水中析出氯化钠后，剩下的母液称为苦卤，含有丰富的Mg2+、Ca2+、Cl-等。从苦卤中可提取出MgCl2，其部分过程如下图所示。(已知室温下碳酸镁微溶于水)
（1）①加入Na2CO3的目的是去除Ca2+，反应的化学方程式为 ，该步骤会造成Mg2+损耗的原因是 。
②为探究去除Ca2+的最佳工艺条件，某科研小组进行了9组实验，数据如下。
序号 加入的Na2CO3中含Na+与溶液中Ca2+个数比 温度/℃ 反应时间/min 反应静置时间/min Ca2+去除率/% Mg2+损耗率/%
实验1 2.0∶1 25 2 30 65.8 7.4
实验2 2.0∶1 30 4 60 77.6 9.4
实验3 2.0∶1 35 6 90 88.6 10.2
实验4 2.4∶1 25 4 90 82.4 14.0
实验5 2.4∶1 30 6 30 90.5 12.6
实验6 2.4∶1 35 2 60 78.5 13.0
实验7 2.8∶1 25 6 60 93.4 15.9
实验8 2.8∶1 30 2 90 83.4 16.4
实验9 2.8∶1 35 4 30 87.5 15.6
由以上数据可知，去除Ca2+的最佳工艺条件是： 实验(填序号)，理由是 。
（2）写出由Mg(OH)2转化为MgCl2的化学方程式 。
19．（2024九下·荔湾模拟）保护金属资源的有效途径之一是金属的回收利用。废旧手机零部件有Sn、Zn、Au、Cu等金属，现要回收Au并制备ZnSO4晶体(ZnSO4 7H2O)，其工艺流程如图1：
已知：
ⅰ.Sn能与酸溶液反应生成+2价的锡盐；
ⅱ.0 600℃时，ZnSO4的溶解度随温度升高而增大且受温度影响较大。
回答下列问题：
（1）将金属加入稀硫酸之前需进行粉碎处理，其目的是 。
（2）步骤②发生反应的化学方程式为 。
（3）固体C的成分是 (填化学式)。
（4）获取ZnSO4晶体的“系列操作”中包括：60℃时恒温蒸发浓缩、 、过滤、洗涤、干燥。
（5）现有500kg含锌0.65%的废旧手机零部件，理论上可制得ZnSO4晶体 kg。实际生产中按照以上工艺流程所得ZnSO4晶体的质量偏大，其原因是 。
（6）若要获取ZnSO4粉末，可将ZnSO4晶体加热分解。取2.87gZnSO4 7H2O进行加热，固体质量随温度变化如图2所示，在100℃后， (填化学式)开始分解。
20．（2024九下·荔湾模拟）兴趣小组的同学在进行二氧化碳的制取与性质实验时，对以下两个问题进行了探究。
（1）小组成员对能否用排水法收集二氧化碳进行以下实验探究：
步骤Ⅰ：按实验装置图1组装仪器(部分夹持仪器已省略)。
步骤Ⅱ：检查装置气密性。
步骤Ⅲ：在烧瓶乙收集二氧化碳并验满后，关闭A、C，夹紧B，拆除气体发生装置
步骤Ⅳ：启动压强传感器，通过活塞C口处迅速注入15mL水，立即关闭活塞C，测定该过程中密闭体系的压强变化如图2所示。
回答下列问题：
①图1中仪器甲的名称是 ；甲中产生二氧化碳的化学方程式为 。
②图2中ab段压强增大的原因是 。
③由图2数据证明收集二氧化碳能用排水法收集，理由是 。
（2）在进行二氧化碳性质探究时，有同学发现向某浓度的澄清石灰水通入二氧化碳，澄清石灰水先变浑浊后又变澄清，为探究浊液变澄清的原因，同学们分别取上述浓度的等体积澄清石灰水进行以下实验探究。
【资料卡片】ⅰ.常温下，二氧化碳饱和溶液的pH约为5.6。
ⅱ.饱和碳酸氢钠溶液不吸收CO2
ⅲ.碳酸钙能与溶有二氧化碳的水反应，生成可溶于水的碳酸氢钙，其溶液pH>7；
实验一：如图3装置，将产生的气体直接通入澄清石灰水，用pH传感器测定通入气体过程中烧杯溶液pH的变化如图4。
实验二：如图5装置，将产生气体先通入饱和碳酸氢钠溶液，再通入澄清石灰水，用pH传感器测定通入气体过程中烧杯溶液pH的变化如图6。
结合图3~6回答问题：
①根据实验一，推测浊液变澄清的原因是因为气体中除CO2外还含有 ，作出判断的依据是 。
②实验二的图5中饱和碳酸氢钠溶液的作用是 。实验现象仍可观察到浊液变澄清，写出产生该现象的化学方程式： 。
请解释在300s时，溶液pH=6.60的原因是 。
结论：由探究结果可知，以上两种情况都可能是澄清石灰水通入二氧化碳先变浑浊后变澄清的原因。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】合成材料的使用及其对人和环境的影响
【解析】【解答】A、玉衣由玉制成，玉属于无机非金属材料，故A选项不符合题意；
B、砖雕由砖制成，砖属于无机非金属材料，故B选项不符合题意；
C、有机合成材料，由人工合成的有机高分子材料，包括塑料、合成纤维、合成橡胶，电线外面的塑料属于有机合成材料，故C选项符合题意；
D、建筑材料中的钢筋混凝土由钢筋和混凝土复合而成，属于复合材料，故D选项不符合题意；
故答案为：C.
【分析】A、根据玉属于无机非金属材料进行分析；
B、根据砖属于无机非金属材料进行分析；
C、根据塑料、合成纤维、合成橡胶均属于有机合成材料进行分析；
D、根据钢筋混凝土由钢筋和混凝土复合而成进行分析。
2．【答案】A
【知识点】水的净化；分子的定义与分子的特性；物理变化、化学变化的特点及其判别
【解析】【解答】A、加入明矾是为了吸附水中悬浮的杂质加速其沉降，故A选项正确；
B、分子之间有间隔，温度升高，间隔变大，温度降低，间隔变小，水蒸气变为液态水，温度下降，水分子间间隔变小，故B选项错误；
C、活性炭具有吸附性，可以吸附色素和异味，但不能吸附所有的杂质，故C选项错误；
D、自来水厂净水过程中需要杀菌消毒，杀菌消毒的过程中发生的是化学变化，故D选项错误；
故答案为：A.
【分析】A、根据明矾的作用为吸附水中悬浮的杂质加速其沉降进行分析；
B、根据分子之间有间隔，温度升高，间隔变大，温度降低，间隔变小进行分析；
C、根据活性炭可以吸附色素和异味进行分析；
D、根据自来水厂净水过程中杀菌消毒发生的是化学变化进行分析。
3．【答案】C
【知识点】灭火的原理和方法；几种常用的灭火器
【解析】【解答】A、电线老化短路起火，不能立即用水浇灭，为防止触电，应先切断电源，然后进行灭火，故A选项说法不正确；
B、泡沫灭火器的灭火原理是隔绝氧气，着火点是物质的固有属性，不会增高也不会降低，增高或降低的是外界温度，故B选项说法不正确；
C、电动车不能停放在疏散通道或楼梯间，否则会阻碍逃生通道，故C选项说法正确；
D、打开门窗会涌进大量新鲜空气，从而导致火势加大，因此发生火灾时不能打开门窗通风，故D选项说法错误；
故答案为：C.
【分析】A、根据电线短路起火的正确处理方法进行分析；
B、根据泡沫灭火器的灭火原理以及着火点的是物质的固有属性进行分析；
C、根据不能妨碍逃生通道进行分析；
D、根据新鲜空气的进入会导致火势加大进行分析。
4．【答案】A
【知识点】生命活动与六大营养素
【解析】【解答】小麦、大米、马铃薯中淀粉含量丰富，淀粉属于糖类，因此这些食物中都富含的营养素是糖类，故答案为：A.
【分析】根据常见食物中所富含的营养物质的种类进行分析。
5．【答案】C
【知识点】原子结构示意图与离子结构示意图；相对原子质量和相对分子质量
【解析】【解答】A、在原子结构示意图中，圈内数字表示原子的质子数，因此铑原子的核内质子数为45，故A选项说法正确；
B、最外层电子数决定了元素的化学性质，最外层电子数小于4，在化学反应中容易失去电子，最外层电子数大于4，在化学反应中容易得到电子，铑原子的最外层电子数为1，小于4，因此在化学反应中容易失去电子，故B选项说法正确；
C、相对原子质量单位为“1”，不为g，通常省略不写，故C选项说法错误；
D、由图示可知铑原子的核外有五个电子层，故D选项说法正确；
故答案为：D.
【分析】A、根据原子结构示意图中，圈内数字表示原子的质子数进行分析；
B、根据最外层电子数小于4，在化学反应中容易失去电子，最外层电子数大于4，在化学反应中容易得到电子进行分析；
C、根据相对原子质量单位为“1”，不为g，通常省略不写进行分析；
D、根据铑原子的原子结构示意图进行分析。
6．【答案】D
【知识点】乳化现象与乳化作用；中和反应及其应用；有机高分子材料的分类及鉴别；酸、碱性废水的处理
【解析】【解答】A、烧碱是氢氧化钠的俗名，具有强烈的腐蚀性，碱性较强，不能用于改良酸化的土壤，应该用氢氧化钙来中和酸性土壤，故A选项错误；
B、水垢含有碳酸钙、氢氧化镁等，应该用食醋等酸性物质来祛除，而不是用洗洁精，故B选项错误；
C、合成纤维和天然纤维在颜色上没有区别，无法通过颜色进行鉴别，可以通过灼烧闻气味的方法进行区别，故C选项错误；
D、胃酸的主要成分为盐酸，盐酸可以与氢氧化铝发生中和反应，因此可以用氢氧化铝来中和胃酸过多，故D选项正确；
故答案为：D.
【分析】A、根据烧碱碱性较强且具有强烈的腐蚀性进行分析；
B、根据水垢的成分进行分析；
C、根据合成纤维和天然纤维色泽并无不同以及鉴别二者应该用灼烧法进行分析；
D、根据胃酸主要成分为盐酸进行分析。
7．【答案】B
【知识点】金属的化学性质；盐的化学性质
【解析】【解答】镁、铜、银三种金属的活动性顺序为：镁＞铜＞银；向AgNO3和Cu(NO3)2混合溶液中加入一定量的金属Mg，镁先与硝酸银反应生成硝酸镁和银，若镁有剩余，再与硝酸铜反应生成硝酸镁和铜；A、由上述分析可知，滤渣中一定含有的金属是Ag，故A选项说法不正确；
B、若镁的量不足，硝酸银未反应完，则滤液中含有的溶质是AgNO3、Cu(NO3)2、Mg(NO3)2，故B选项说法正确；
C、若向滤液中加入稀盐酸，无明显现象，说明滤液中不含有硝酸银，滤液不一定呈蓝色，如硝酸银和硝酸铜都完全反应时溶液显无色，故C选项说法不正确；
D、若向滤渣中加入稀盐酸，有气泡产生，说明镁过量，银和铜全部被置换出来了，则滤液中一定含有的金属离子是Mg2+，一定没有Ag+、Cu2+，故D选项说法不正确；
故答案为：B.
【分析】A、根据镁先与硝酸银反应生成硝酸镁和银进行分析；
B、根据镁的量不足，硝酸银未反应完的情况进行分析；
C、根据向滤液中加入稀盐酸，无明显现象，说明滤液中不含有硝酸银以及铜离子在溶液中显蓝色进行分析；
D、根据向滤渣中加入稀盐酸，有气泡产生，说明镁过量进行分析。
8．【答案】B
【知识点】化学式的书写及意义；化合反应及其应用；化学方程式的概念、读法和含义；质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】A、电解装置中水在通电条件下生成氢气和氧气，该反应符合“一变多”的特点，属于分解反应，合成装置中二氧化碳与氢气在一定条件下生成甲醇和水，不符合“一变多”的特点，不属于分解反应，故A选项说法不正确；
B、合成装置中二氧化碳与氢气在一定条件下生成甲醇和水，反应的化学方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O，则合成甲醇时，消耗CO2和H2的个数比是1∶3，故B选项说法正确；
C、甲醇的化学式为CH3OH，则甲醇分子中C、H、O原子的个数比是1∶4∶1，故C选项说法不正确；
D、由反应的化学方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O可知，合成装置中CO2中的氧元素最终一部分转化到CH3OH，一部分转化到了H2O中，故D选项说法不正确；
故答案为：B.
【分析】A、根据分解反应和化合反应的特征以及该工艺中所发生的反应进行分析；
B、根据二氧化碳与氢气在一定条件下生成甲醇和水的化学方程式进行分析；
C、根据甲醇的化学式CH3OH进行分析；
D、根据合成装置中反应的化学方程式进行分析。
9．【答案】A
【知识点】碱的化学性质；中和反应及其应用
【解析】【解答】A、氢氧化锂可溶于水，但是氢氧化锂与氯化钾不能生成沉淀、气体或是水，因此二者无法发生反应，故A选项错误；
B、氢氧化锂含有氢氧根，属于碱，碱能使无色酚酞变红，故B选项正确；
C、氢氧化锂属于碱，能够和稀硫酸发生酸碱中和反应，故C选项正确；
D、氢氧化锂与氢氧化钠化学性质相似，氢氧化钠与三氧化硫反应生成硫酸钠和水，因此氢氧化锂也可以与三氧化硫发生反应，故D选项正确；
故答案为：A.
【分析】A、根据复分解反应发生条件进行分析；
B、根据碱能使无色酚酞变红进行分析；
C、根据酸碱可以发生中和反应进行分析；
D、根据氢氧化钠可以和三氧化硫反应进行分析。
10．【答案】C
【知识点】一定溶质质量分数的溶液的配制
【解析】【解答】A、实验室配制一定溶质质量分数的溶液的步骤是计算、称量、溶解、装瓶贴签，实验操作顺序为④②①⑤③，故A选项正确；
B、若①中有部分固体洒落桌面，则溶质的质量偏小，所得溶液溶质质量分数偏小，故B选项正确；
C、若②中称量时天平向左偏，说明左盘药品质量偏大，则需减少药品的量，不能移动游码，否则称量药品的质量偏大，故C选项错误；
D、称取的氯化钠的质量为，所需水的质量为50g-8g=42g，水的体积为42mL，则⑤中选用50mL量筒量取所需的水，故D选项正确；
故答案为：C.
【分析】A、根据实验室配制溶质质量分数的溶液的步骤进行分析；
B、根据向烧杯中倒固体时固体洒落会导致溶质质量偏小进行分析；
C、根据天平左偏说明左盘质量偏大以及称量的氯化钠多了的处理方法进行分析；
D、根据溶液的质量分数计算得到水的体积，再选择量程最为接近水体积的量筒来量取水。
11．【答案】D
【知识点】酸碱指示剂的性质及应用；中和反应及其应用；空气中常见酸碱盐的质量或性质变化及贮存法；铵态氮肥的检验
【解析】【解答】A、碱性溶液均可以使无色酚酞变红，不仅碱的溶液呈碱性，有些盐的溶液也呈碱性，比如碳酸钠溶液就呈碱性，可以使无色酚酞变红，故A选项结论不合理；
B、无色酚酞遇到酸性溶液和中性溶液均不变色，因此滴加酚酞溶液不变色，不能说明酸过量，也有可能是酸碱恰好完全反应使溶液呈中性，故B选项结论不合理；
C、铵态氮肥加熟石灰才能产生氨气，要是其他氮肥加熟石灰就无刺激性气味，如尿素，故C选项结论不合理；
D、氢氧化钠变质是与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，滴加足量CaCl2溶液，氯化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，有白色沉淀产生，再滴加酚酞溶液，溶液变红色，说明还存在氢氧化钠，说明该NaOH溶液部分变质，故D选项结论合理；
故答案为D.
【分析】A、根据碱性溶液均可以使无色酚酞变红以及有些盐的溶液也呈碱性进行分析；
B、根据酸碱恰好完全反应使溶液呈中性也不会使无色酚酞变色进行分析；
C、根据只有铵态氮肥加熟石灰才能产生氨气进行分析；
D、根据氢氧化钠变质情况探究的实验操作和实验现象进行分析。
12．【答案】D
【知识点】盐的化学性质；质量守恒定律及其应用；根据化学反应方程式的计算
【解析】【解答】A、氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和Na2SO4，反应后溶液中的离子是钠离子和硫酸根离子，根据硫酸钠的化学式Na2SO4可知表示Na+，故A选项说法正确；
B、氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，可观察到产生蓝色沉淀，溶液由蓝色变无色，故B选项说法正确；
C、该反应有沉淀生成，因此反应后溶液总质量一定会减少，因此反应前溶液的总质量大于反应后溶液的总质量，故C选项说法正确；
D、该反应的化学方程式为：CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2↓+Na2SO4，因此参加反应的氢氧化钠和硫酸铜的质量比(2×40)：(64+32+16×4)=1：2，故D选项说法不正确；
故答案为：D.
【分析】A、根据反应后溶液中的离子是钠离子和硫酸根离子以及硫酸钠的化学式Na2SO4进行分析；
B、根据氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠进行分析；
C、根据该反应有沉淀生成进行分析；
D、根据该反应的化学方程式CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2↓+Na2SO4进行分析。
13．【答案】B
【知识点】氧气的实验室制法；酸的化学性质；常用盐的用途；酸碱盐的溶解性；化学实验方案设计与评价
【解析】【解答】A、NaCl易溶于水，AgCl难溶于水，因此加足量水溶解、过滤得到的是氯化银而不是氯化钠，故A选项实验方案设计不合理；
B、H2SO4能与足量CuO反应生成硫酸铜和水，再过滤除去过量的氧化铜(难溶于水)，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故B选项实验方案设计合理；
C、二氧化锰在过氧化氢分解过程中作催化剂，因此二氧化锰在化学反应前后质量不变，且二氧化锰和碳粉都难溶于水，因此加入足量过氧化氢溶液并不能除去二氧化锰，故C选项实验方案设计不合理；
D、碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，因此高温煅烧不仅没有除去氧化钙反而除去了碳酸钙，故D选项实验方案设计不合理；
故答案为：B.
【分析】A、根据NaCl易溶于水，AgCl难溶于水进行分析；
B、根据H2SO4能与足量CuO反应生成硫酸铜和水以及CuO难溶于水进行分析；
C、根据二氧化锰在过氧化氢分解过程中作催化剂以及碳粉和二氧化锰均难溶于水进行分析；
D、根据碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳进行分析。
14．【答案】D
【知识点】碳、一氧化碳、氢气还原氧化铜实验；中和反应及其应用；二氧化碳的化学性质；稀释浓硫酸；化学实验方案设计与评价
【解析】【解答】A、氢氧化钠溶液中含水，二氧化碳能溶于水，且能与水反应，也能导致装置内气体减少，压强减小，也能导致瓶身变瘪，不能得出二氧化碳和氢氧化钠发生了反应，故A选项不符合题意；
B、稀硫酸中含水，向盛有NaOH固体的试管中滴加稀硫酸，氢氧化钙固体溶于水放出大量的热，也能导致温度升高，氢氧化钙的溶解度减小，氢氧化钙析出，导致澄清石灰水变浑浊，不能得出氢氧化钠与硫酸发生中和反应放出热量，故B选项不符合题意；
C、如果混合气体为氢气和二氧化碳，氢气能与氧化铜在加热的条件下反应生成铜和水，二氧化碳能与氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，故黑色粉末变红，澄清石灰水变浑浊，不能说明混合气体中一定含有一氧化碳，故C选项不符合题意；
D、稀释浓硫酸：将浓硫酸沿器壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，手触碰烧杯外壁，有发热、烫手的感觉，说明浓硫酸溶于水放热，符合题意；
故答案为：D.
【分析】A、根据二氧化碳能溶于水，且能与水反应，也能导致装置内气体减少进行分析；
B、根据氢氧化钙固体溶于水会放出大量的热导致温度升高进行分析；
C、根据氢气也能与氧化铜在加热的条件下反应生成铜和水进行分析；
D、根据浓硫酸稀释的实验操作和注意事项进行分析。
15．【答案】（1）微量
（2）硒化氢
（3）盐；H2SeO4
（4）H2SO4
【知识点】矿物质与微量元素；化学式的书写及意义；质量守恒定律及其应用；酸、碱、盐的概念
【解析】【解答】（1）硒是人体必需的微量元素，具有提高动物免疫力的作用，故答案为：微量；
（2）由两种元素组成的化合物的名称，一般读作某化某，则H2Se读作硒化氢，故答案为：硒化氢；
（3）硒酸铵(NH4)2SeO4是由铵根离子与酸根离子构成的化合物，属于盐；由硒酸铵的化学式可知，硒酸根显-2价，在化合物中，氢元素显+1价，则硒酸的化学式为H2SeO4，故答案为：盐；H2SeO4；
（4）由质量守恒定律可知反应前后原子的种类、数目不变，反应前H、Se、O、S的原子个数分别为4、1、8、2，反应后H、Se、O、S的原子个数分别为0、1、0、0，则空格处物质的化学式为H2SO4，故答案为：H2SO4。
【分析】（1）根据硒是人体必需的微量元素来回答；
（2）根据由两种元素组成的化合物一般读作某化某来回答；
（3）根据由氨根离子和酸根离子构成的物质属于盐以及硒酸根在化合物中显-1价，氢元素通常显+1价来回答；
（4）根据化学反应前后原子的种类、数目不变分析回答。
16．【答案】（1）大于；C+H2OCO+H2；置换反应
（2）蒸发；氯化钠溶解度受温度的影响不大，刮南风（热风）时水蒸发快，氯化钠蒸发结晶析出，硫酸镁的溶解度受温度的影响大，刮东北、西风等冷风时温度迅速降低，硫酸镁降温结晶析出
【知识点】结晶的原理、方法及其应用；固体溶解度曲线及其作用；化学式的相关计算；置换反应及其应用
【解析】【解答】（1）①设Fe2O3和Fe3O4的质量为m，则Fe2O3中氧元素的含量为m×=0.3m，Fe3O4中氧元素的含量为m×≈0.28m，因此等质量的Fe2O3和Fe3O4中，氧元素含量：Fe2O3大于Fe3O4，故答案为：大于；
②根据化学反应前后元素的种类不变可知，生成两种还原性气体是一氧化碳和氢气，碳和水蒸气在高温条件下反应生成一氧化碳和氢气，反应的化学方程式为C+H2OCO+H2，该反应符合“一种单质与一种化合物反应，生成另一种单质和另一种化合物”的特点，属于置换反应，故答案为：C+H2OCO+H2、置换反应；
（2）①“南风结熟”是刮南风（热风）时水蒸发的快，氯化钠溶解度受温度的影响不大，氯化钠蒸发结晶析出，则“南风结熟”的过程属于结晶方法中的蒸发结晶，故答案为：蒸发；
②由于氯化钠溶解度受温度的影响不大，刮南风（热风）时水蒸发快，氯化钠蒸发结晶析出，硫酸镁的溶解度受温度的影响大，刮东北、西风等冷风时温度迅速降低，硫酸镁降温结晶析出，所以池水中除了含有大量的NaCl外，还含有一定量的MgSO4，故答案为：氯化钠溶解度受温度的影响不大，刮南风（热风）时水蒸发快，氯化钠蒸发结晶析出，硫酸镁的溶解度受温度的影响大，刮东北、西风等冷风时温度迅速降低，硫酸镁降温结晶析出。
【分析】（1）①根据元素的质量=化合物的质量Ｘ元素的质量分数分析回答；
②根据化学反应前后元素的种类不变和置换反应的定义分析回答；
（2）①根据刮南风（热风）时水蒸发的快以及氯化钠溶解度受温度的影响不大进行分析；
②根据硫酸镁的溶解度受温度的影响大应该采用降温结晶的方法来得到硫酸镁晶体进行分析。
17．【答案】（1）
（2）③
（3）E
（4）NaCl；盐酸，沉淀部分溶解，说明白色固体是硫酸钡和碳酸钡的混合物
【知识点】金属的化学性质；酸的化学性质；盐的化学性质
【解析】【解答】（1）在稀盐酸与铁片的反应中，生成氢气和氯化亚铁，所以实验A观察到铁片表面有气泡冒出，溶液中含有生成的氯化亚铁和未反应的盐酸，所以此时溶液中存在的阳离子是亚铁离子和氢离子，故答案为： ；
（2）①实验B中盐酸和氢氧化钾反应生成氯化钾和水，无明显现象，①正确；
②实验C中盐酸和碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，有气泡产生，②正确；
③实验D中硫酸与铁锈即氧化铁反应生成硫酸铁和水，所以现象为铁锈消失，生成黄色溶液，③现象描述不正确；
④实验E中硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀和盐酸，所以现象为有白色沉淀产生，④正确；
故答案为：③；
（3）不是所有的酸均与氯化钡反应生成白色沉淀，如盐酸与氯化钡不反应，所以实验A~E中，不属于酸的共同性质的是实验E，故答案为：E；
（4）将实验C反应后的溶液倒入实验E反应后的试管中，观察到有气体生成，试管底部有白色固体，说明实验C中碳酸钠过量，实验E中氯化钡过量，碳酸钠先与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，然后与氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠；
①根据以上分析，混合后溶液中一定含有的溶质是氯化钠，化学式为NaCl，故答案为：NaCl；
②白色固体是硫酸钡和碳酸钡的混合物，因此检验白色固体成分的实验方法和结论是：取少量白色固体于试管中，加入盐酸，沉淀部分溶解，说明白色固体是硫酸钡和碳酸钡的混合物，故答案为：盐酸，沉淀部分溶解，说明白色固体是硫酸钡和碳酸钡的混合物。
【分析】（1）根据稀盐酸与铁反应生成氢气和氯化亚铁来回答；
（2）根据实验B、C、D、E中所发生的反应分析回答；
（3）根据盐酸与氯化钡不反应分析回答；
（4）根据碳酸钠可以与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，还能与氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠来分析回答。
18．【答案】（1）；碳酸镁属于微溶物；5；此时钙离子的去除率较高，且镁离子的损耗率相对不高
（2）
【知识点】碱的化学性质；盐的化学性质；酸碱盐的溶解性；定性实验（控制变量、空白实验、对比实验）
【解析】【解答】（1）①苦卤中存在氯化钙，加入碳酸钠与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，化学方程式为；因为碳酸镁属于微溶物，所以加入的碳酸根离子会与镁离子结合生成碳酸镁沉淀，故答案为：、碳酸镁属于微溶物；
②由表中信息可知，去除Ca2+的最佳工艺条件是实验5，实验5中的钙离子的去除率偏较高，镁离子的损耗率相对不高，反应静置时间不长，故答案为：5、此时钙离子的去除率较高，且镁离子的损耗率相对不高；
（2）氢氧化镁和盐酸反应生成氯化镁和水，化学方程式为，故答案为：。
【分析】（1）①根据碳酸钠与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠以及碳酸镁属于微溶物分析回答；
②根据表中数据进行分析；
（2）根据氢氧化镁和盐酸反应生成氯化镁和水来回答。
19．【答案】（1）增大反应物之间的接触面积，使反应更快更充分
（2）
（3）Zn、Sn
（4）降温结晶
（5）8.05；步骤④中加入的锌与硫酸、SnSO4反应生成了硫酸锌
（6）ZnSO4 H2O
【知识点】结晶的原理、方法及其应用；金属的化学性质
【解析】【解答】（1）将金属加入稀硫酸之前需进行粉碎处理，其目的是：增大反应物之间的接触面积，使反应更快更充分，故答案为：增大反应物之间的接触面积，使反应更快更充分；
（2）锌、锡均能与稀硫酸反应，铜、金与稀硫酸不反应，故固体A中含铜、金，金的化学性质稳定，高温下也与氧气不反应，故步骤②发生反应为铜和氧气在加热的条件下反应生成氧化铜，该反应的化学方程式为：，故答案为：；
（3）锡能与稀硫酸反应生成SnSO4和氢气，锌能与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，稀硫酸过量，故溶液乙中含SnSO4、ZnSO4、H2SO4，向溶液乙中加入过量锌，锌与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，锌与SnSO4反应生成硫酸锌和锡，故固体C的成分是：Sn、Zn，故答案为：Sn、Zn；
（4）0 600℃时，ZnSO4的溶解度随温度升高而增大且受温度影响较大，故获取ZnSO4晶体的“系列操作”中包括：60℃时恒温蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：降温结晶；
（5）根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类和质量不变，则理论上可制得硫酸锌晶体的质量为：；由流程图可知，步骤④中加入的锌与稀硫酸、SnSO4反应生成了硫酸锌，故实际生产中按照以上工艺流程所得ZnSO4晶体的质量偏大，故答案为：
8.05、步骤④中加入的锌与硫酸、SnSO4反应生成了硫酸锌；
（6）2.87g ZnSO4 7H2O中硫酸锌的质量为：，7个结晶水的质量为：2.87g-1.61g=1.26g，则每个结晶水的质量为：1.26g÷7=0.18g，100℃时，硫酸锌晶体的质量为：1.79g，则该硫酸锌晶体中结晶水的质量为：1.79g-1.61g=0.18g，则该硫酸锌晶体中含1个结晶水，则在100℃后，ZnSO4 H2O开始分解，故答案为：ZnSO4 H2O。
【分析】（1）根据反应物接触面积越大，反应越充分分析回答；
（2）根据金属活动性强弱分析回答；
（3）根据金属活动性顺序表分析回答；
（4）根据ZnSO4的溶解度随温度升高而增大且受温度影响较大分析回答；
（5）根据化学反应前后，元素的种类和质量不变以及步骤④中加入的锌与硫酸、SnSO4反应生成了硫酸锌分析回答；
（6）根据已知信息求出每个结晶水的质量，然后计算出100℃时的物质中结晶水的质量进而得到此时物质的化学式。
20．【答案】（1）锥形瓶；；装置内注入水后，气体被压缩，压强增大；bc段压强变化不大，说明短时间内水吸收的二氧化碳的量较少，则可用排水法收集
（2）氯化氢；溶液最终pH为2，而二氧化碳饱和溶液的pH约为5.6；除去二氧化碳中的氯化氢；；生成碳酸氢钙后，溶液呈碱性，继续通入二氧化碳使溶液pH减小而呈酸性
【知识点】溶液的酸碱性与pH值的关系；盐的化学性质；根据浓硫酸或碱石灰的性质确定所能干燥的气体；二氧化碳的实验室制法
【解析】【解答】（1）①由图可知，仪器甲为锥形瓶；碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：，故答案为：锥形瓶、；
②ab段压强增大，是因为迅速加入水，装置中的气体压缩，压强增大，故答案为：装置内注入水后，气体被压缩，压强增大；
③bc段减小压强减小，是因为二氧化碳溶于水中，且二氧化碳能和水反应，由图可知，压强变化不大，说明短时间内水吸收的二氧化碳较少，则可用排水法收集；故答案为：bc段压强变化不大，说明短时间内水吸收的二氧化碳的量较少，则可用排水法收集；
（2）①实验一中，最终溶液pH=2，而二氧化碳的饱和溶液的pH约为5.6，盐酸具有挥发性，且盐酸能和碳酸钙反应，则浊液变澄清的原因是因为气体中除CO2外还含有HCl，故答案为：氯化氢、溶液最终pH为2，而二氧化碳饱和溶液的pH约为5.6；
②碳酸氢钠能和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，则实验二中，饱和碳酸氢钠溶液的作用为除去二氧化碳中的HCl；由于碳酸钙能与溶有二氧化碳的水反应，生成可溶于水的碳酸氢钙，则浊液变澄清，反应的化学方程式为：；碳酸氢钠溶液的pH>7，显碱性，但继续通入二氧化碳，二氧化碳会和水反应生成碳酸，从而溶液pH减小，最终显酸性。故答案为：除去二氧化碳中的氯化氢、、生成碳酸氢钙后，溶液呈碱性，继续通入二氧化碳使溶液pH减小而呈酸性。
【分析】（1）①根据实验室常用仪器的名称来回答第一个空，根据碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水来回答第二个空；
②根据迅速加入水，装置中的气体压缩会导致压强增大来回答；
③根据bc段压强变化不明显分析回答；
（2）①根据最终溶液pH=2，小于二氧化碳饱和溶液的pH值5.6以及盐酸具有挥发性分析回答；
②根据碳酸氢钠能和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳来回答第一个空，根据碳酸钙与二氧化碳和水反应可以生成碳酸氢钙沉淀来回答第二个空，根据二氧化碳和水反应生成的碳酸显酸性来回答第三个空。
1 / 12024年广东省广州市荔湾区初中毕业班学业水平综合测试化学试题
1．（2024九下·荔湾模拟）下列物品的材质属于有机合成材料的是
A．西汉南越王的丝缕玉衣 B．广州陈家祠的精美砖雕
C．电线外面的塑料绝缘层 D．建筑材料中的钢筋混凝土
【答案】C
【知识点】合成材料的使用及其对人和环境的影响
【解析】【解答】A、玉衣由玉制成，玉属于无机非金属材料，故A选项不符合题意；
B、砖雕由砖制成，砖属于无机非金属材料，故B选项不符合题意；
C、有机合成材料，由人工合成的有机高分子材料，包括塑料、合成纤维、合成橡胶，电线外面的塑料属于有机合成材料，故C选项符合题意；
D、建筑材料中的钢筋混凝土由钢筋和混凝土复合而成，属于复合材料，故D选项不符合题意；
故答案为：C.
【分析】A、根据玉属于无机非金属材料进行分析；
B、根据砖属于无机非金属材料进行分析；
C、根据塑料、合成纤维、合成橡胶均属于有机合成材料进行分析；
D、根据钢筋混凝土由钢筋和混凝土复合而成进行分析。
2．（2024九下·荔湾模拟）下列有关水的说法正确的是
A．加入明矾可使水中悬浮的杂质沉降
B．水蒸气变成液态水，分子间间隔增大
C．净水器中的活性炭可以吸附水中的所有杂质
D．自来水厂净水过程中只有物理变化没有化学变化
【答案】A
【知识点】水的净化；分子的定义与分子的特性；物理变化、化学变化的特点及其判别
【解析】【解答】A、加入明矾是为了吸附水中悬浮的杂质加速其沉降，故A选项正确；
B、分子之间有间隔，温度升高，间隔变大，温度降低，间隔变小，水蒸气变为液态水，温度下降，水分子间间隔变小，故B选项错误；
C、活性炭具有吸附性，可以吸附色素和异味，但不能吸附所有的杂质，故C选项错误；
D、自来水厂净水过程中需要杀菌消毒，杀菌消毒的过程中发生的是化学变化，故D选项错误；
故答案为：A.
【分析】A、根据明矾的作用为吸附水中悬浮的杂质加速其沉降进行分析；
B、根据分子之间有间隔，温度升高，间隔变大，温度降低，间隔变小进行分析；
C、根据活性炭可以吸附色素和异味进行分析；
D、根据自来水厂净水过程中杀菌消毒发生的是化学变化进行分析。
3．（2024九下·荔湾模拟）下列有关防火与灭火的叙述正确的是
A．电线老化短路起火，应立即用水扑灭
B．用泡沫灭火器灭火的原理是降低可燃物着火点
C．电动车不能停放在疏散通道或楼梯间
D．室内着火应立即打开门窗通风
【答案】C
【知识点】灭火的原理和方法；几种常用的灭火器
【解析】【解答】A、电线老化短路起火，不能立即用水浇灭，为防止触电，应先切断电源，然后进行灭火，故A选项说法不正确；
B、泡沫灭火器的灭火原理是隔绝氧气，着火点是物质的固有属性，不会增高也不会降低，增高或降低的是外界温度，故B选项说法不正确；
C、电动车不能停放在疏散通道或楼梯间，否则会阻碍逃生通道，故C选项说法正确；
D、打开门窗会涌进大量新鲜空气，从而导致火势加大，因此发生火灾时不能打开门窗通风，故D选项说法错误；
故答案为：C.
【分析】A、根据电线短路起火的正确处理方法进行分析；
B、根据泡沫灭火器的灭火原理以及着火点的是物质的固有属性进行分析；
C、根据不能妨碍逃生通道进行分析；
D、根据新鲜空气的进入会导致火势加大进行分析。
4．（2024九下·荔湾模拟）小麦、大米、马铃薯都是人类的重要食物，这些食物中都富含的营养素是
A．糖类 B．蛋白质 C．油脂 D．维生素
【答案】A
【知识点】生命活动与六大营养素
【解析】【解答】小麦、大米、马铃薯中淀粉含量丰富，淀粉属于糖类，因此这些食物中都富含的营养素是糖类，故答案为：A.
【分析】根据常见食物中所富含的营养物质的种类进行分析。
5．（2024九下·荔湾模拟）含铑元素的催化剂广泛应用于石油化工、汽车尾气处理等领域。根据下列图示，有关铑的说法不正确的是
A．铑原子的核内质子数为45
B．铑原子在化学反应中容易失去电子
C．铑的相对原子质量是102.9g
D．铑原子的核外电子分5层排布
【答案】C
【知识点】原子结构示意图与离子结构示意图；相对原子质量和相对分子质量
【解析】【解答】A、在原子结构示意图中，圈内数字表示原子的质子数，因此铑原子的核内质子数为45，故A选项说法正确；
B、最外层电子数决定了元素的化学性质，最外层电子数小于4，在化学反应中容易失去电子，最外层电子数大于4，在化学反应中容易得到电子，铑原子的最外层电子数为1，小于4，因此在化学反应中容易失去电子，故B选项说法正确；
C、相对原子质量单位为“1”，不为g，通常省略不写，故C选项说法错误；
D、由图示可知铑原子的核外有五个电子层，故D选项说法正确；
故答案为：D.
【分析】A、根据原子结构示意图中，圈内数字表示原子的质子数进行分析；
B、根据最外层电子数小于4，在化学反应中容易失去电子，最外层电子数大于4，在化学反应中容易得到电子进行分析；
C、根据相对原子质量单位为“1”，不为g，通常省略不写进行分析；
D、根据铑原子的原子结构示意图进行分析。
6．（2024九下·荔湾模拟）在日常生产、生活中遇到下列问题，使用的解决方法正确的是
选项 遇到的问题 解决的方法
A 长期使用铵态化肥造成土壤酸化 加入烧碱中和酸性
B 煮水的水壶结有水垢 用洗洁精清洗水垢
C 区别合成纤维和天然纤维 观察两者的色泽
D 胃酸过多引起胃部不适 食用氢氧化铝药片
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】乳化现象与乳化作用；中和反应及其应用；有机高分子材料的分类及鉴别；酸、碱性废水的处理
【解析】【解答】A、烧碱是氢氧化钠的俗名，具有强烈的腐蚀性，碱性较强，不能用于改良酸化的土壤，应该用氢氧化钙来中和酸性土壤，故A选项错误；
B、水垢含有碳酸钙、氢氧化镁等，应该用食醋等酸性物质来祛除，而不是用洗洁精，故B选项错误；
C、合成纤维和天然纤维在颜色上没有区别，无法通过颜色进行鉴别，可以通过灼烧闻气味的方法进行区别，故C选项错误；
D、胃酸的主要成分为盐酸，盐酸可以与氢氧化铝发生中和反应，因此可以用氢氧化铝来中和胃酸过多，故D选项正确；
故答案为：D.
【分析】A、根据烧碱碱性较强且具有强烈的腐蚀性进行分析；
B、根据水垢的成分进行分析；
C、根据合成纤维和天然纤维色泽并无不同以及鉴别二者应该用灼烧法进行分析；
D、根据胃酸主要成分为盐酸进行分析。
7．（2024九下·荔湾模拟）向AgNO3和Cu(NO3)2混合溶液中加入一定量的金属Mg，充分反应后过滤，得到滤液和滤渣。下列说法正确的是
A．滤渣中一定含有的金属是Cu
B．滤液中可能含有的溶质是AgNO3、Cu(NO3)2、Mg(NO3)2
C．若向滤液中加入稀盐酸，无明显现象，则滤液一定呈蓝色
D．若向滤渣中加入稀盐酸，有气泡产生，则滤液中一定含有的金属离子是Ag+、Cu2+、Mg2+
【答案】B
【知识点】金属的化学性质；盐的化学性质
【解析】【解答】镁、铜、银三种金属的活动性顺序为：镁＞铜＞银；向AgNO3和Cu(NO3)2混合溶液中加入一定量的金属Mg，镁先与硝酸银反应生成硝酸镁和银，若镁有剩余，再与硝酸铜反应生成硝酸镁和铜；A、由上述分析可知，滤渣中一定含有的金属是Ag，故A选项说法不正确；
B、若镁的量不足，硝酸银未反应完，则滤液中含有的溶质是AgNO3、Cu(NO3)2、Mg(NO3)2，故B选项说法正确；
C、若向滤液中加入稀盐酸，无明显现象，说明滤液中不含有硝酸银，滤液不一定呈蓝色，如硝酸银和硝酸铜都完全反应时溶液显无色，故C选项说法不正确；
D、若向滤渣中加入稀盐酸，有气泡产生，说明镁过量，银和铜全部被置换出来了，则滤液中一定含有的金属离子是Mg2+，一定没有Ag+、Cu2+，故D选项说法不正确；
故答案为：B.
【分析】A、根据镁先与硝酸银反应生成硝酸镁和银进行分析；
B、根据镁的量不足，硝酸银未反应完的情况进行分析；
C、根据向滤液中加入稀盐酸，无明显现象，说明滤液中不含有硝酸银以及铜离子在溶液中显蓝色进行分析；
D、根据向滤渣中加入稀盐酸，有气泡产生，说明镁过量进行分析。
8．（2024九下·荔湾模拟）如图是合成液体燃料甲醇(CH3OH)的示意图，下列说法正确的是
A．合成甲醇工艺中，既有化合反应也有分解反应
B．合成甲醇时，消耗CO2和H2的个数比是1∶3
C．甲醇分子中C、H、O原子的个数比是1∶3∶1
D．合成装置中CO2的氧元素全部转化到CH3OH中
【答案】B
【知识点】化学式的书写及意义；化合反应及其应用；化学方程式的概念、读法和含义；质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】A、电解装置中水在通电条件下生成氢气和氧气，该反应符合“一变多”的特点，属于分解反应，合成装置中二氧化碳与氢气在一定条件下生成甲醇和水，不符合“一变多”的特点，不属于分解反应，故A选项说法不正确；
B、合成装置中二氧化碳与氢气在一定条件下生成甲醇和水，反应的化学方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O，则合成甲醇时，消耗CO2和H2的个数比是1∶3，故B选项说法正确；
C、甲醇的化学式为CH3OH，则甲醇分子中C、H、O原子的个数比是1∶4∶1，故C选项说法不正确；
D、由反应的化学方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O可知，合成装置中CO2中的氧元素最终一部分转化到CH3OH，一部分转化到了H2O中，故D选项说法不正确；
故答案为：B.
【分析】A、根据分解反应和化合反应的特征以及该工艺中所发生的反应进行分析；
B、根据二氧化碳与氢气在一定条件下生成甲醇和水的化学方程式进行分析；
C、根据甲醇的化学式CH3OH进行分析；
D、根据合成装置中反应的化学方程式进行分析。
9．（2024九下·荔湾模拟）常温下，氢氧化锂是一种可溶于水的白色晶体，在国防、电池、化工等领域有着广泛用途。其化学性质与氢氧化钠相似，下列关于氢氧化锂溶液的说法不正确的是(已知氯化锂可溶于水)
A．能与氯化钾溶液反应 B．能使酚酞试液变红
C．能与稀硫酸反应 D．能与三氧化硫反应
【答案】A
【知识点】碱的化学性质；中和反应及其应用
【解析】【解答】A、氢氧化锂可溶于水，但是氢氧化锂与氯化钾不能生成沉淀、气体或是水，因此二者无法发生反应，故A选项错误；
B、氢氧化锂含有氢氧根，属于碱，碱能使无色酚酞变红，故B选项正确；
C、氢氧化锂属于碱，能够和稀硫酸发生酸碱中和反应，故C选项正确；
D、氢氧化锂与氢氧化钠化学性质相似，氢氧化钠与三氧化硫反应生成硫酸钠和水，因此氢氧化锂也可以与三氧化硫发生反应，故D选项正确；
故答案为：A.
【分析】A、根据复分解反应发生条件进行分析；
B、根据碱能使无色酚酞变红进行分析；
C、根据酸碱可以发生中和反应进行分析；
D、根据氢氧化钠可以和三氧化硫反应进行分析。
10．（2024九下·荔湾模拟）农业上常用质量分数为16%的NaCl溶液选种。实验室配制50g该浓度溶液的过程如图所示。下列说法不正确的是
A．实验操作顺序为④②①⑤③
B．若①中有部分固体洒落桌面，所得溶液溶质质量分数偏小
C．若②中称量时天平向左偏，则需移动游码
D．⑤中选用50mL量筒量取所需的水(密度为)
【答案】C
【知识点】一定溶质质量分数的溶液的配制
【解析】【解答】A、实验室配制一定溶质质量分数的溶液的步骤是计算、称量、溶解、装瓶贴签，实验操作顺序为④②①⑤③，故A选项正确；
B、若①中有部分固体洒落桌面，则溶质的质量偏小，所得溶液溶质质量分数偏小，故B选项正确；
C、若②中称量时天平向左偏，说明左盘药品质量偏大，则需减少药品的量，不能移动游码，否则称量药品的质量偏大，故C选项错误；
D、称取的氯化钠的质量为，所需水的质量为50g-8g=42g，水的体积为42mL，则⑤中选用50mL量筒量取所需的水，故D选项正确；
故答案为：C.
【分析】A、根据实验室配制溶质质量分数的溶液的步骤进行分析；
B、根据向烧杯中倒固体时固体洒落会导致溶质质量偏小进行分析；
C、根据天平左偏说明左盘质量偏大以及称量的氯化钠多了的处理方法进行分析；
D、根据溶液的质量分数计算得到水的体积，再选择量程最为接近水体积的量筒来量取水。
11．（2024九下·荔湾模拟）下列实验结论合理的是
A．某无色溶液中滴入酚酞溶液变红色，说明该溶液的溶质一定属于碱
B．氢氧化钠溶液与稀盐酸反应后的溶液中滴加酚酞溶液，溶液不变色，说明稀盐酸过量
C．取少量某种化肥于研钵中，加入熟石灰研磨，没有刺激性气味，说明该化肥不是氮肥
D．取少量敞口久置空气中的NaOH溶液于试管中，滴加足量CaCl2溶液，有白色沉淀产生，再滴加酚酞溶液，溶液变红色，说明该NaOH溶液部分变质
【答案】D
【知识点】酸碱指示剂的性质及应用；中和反应及其应用；空气中常见酸碱盐的质量或性质变化及贮存法；铵态氮肥的检验
【解析】【解答】A、碱性溶液均可以使无色酚酞变红，不仅碱的溶液呈碱性，有些盐的溶液也呈碱性，比如碳酸钠溶液就呈碱性，可以使无色酚酞变红，故A选项结论不合理；
B、无色酚酞遇到酸性溶液和中性溶液均不变色，因此滴加酚酞溶液不变色，不能说明酸过量，也有可能是酸碱恰好完全反应使溶液呈中性，故B选项结论不合理；
C、铵态氮肥加熟石灰才能产生氨气，要是其他氮肥加熟石灰就无刺激性气味，如尿素，故C选项结论不合理；
D、氢氧化钠变质是与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，滴加足量CaCl2溶液，氯化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，有白色沉淀产生，再滴加酚酞溶液，溶液变红色，说明还存在氢氧化钠，说明该NaOH溶液部分变质，故D选项结论合理；
故答案为D.
【分析】A、根据碱性溶液均可以使无色酚酞变红以及有些盐的溶液也呈碱性进行分析；
B、根据酸碱恰好完全反应使溶液呈中性也不会使无色酚酞变色进行分析；
C、根据只有铵态氮肥加熟石灰才能产生氨气进行分析；
D、根据氢氧化钠变质情况探究的实验操作和实验现象进行分析。
12．（2024九下·荔湾模拟）向硫酸铜溶液中滴入氢氧化钠溶液至恰好完全反应，反应前后溶液中存在的离子如图所示。下列说法不正确的是
A．表示Na+
B．可观察到产生蓝色沉淀，溶液由蓝色变无色
C．反应前溶液的总质量大于反应后溶液的总质量
D．参加反应的氢氧化钠和硫酸铜的质量比是2∶1
【答案】D
【知识点】盐的化学性质；质量守恒定律及其应用；根据化学反应方程式的计算
【解析】【解答】A、氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和Na2SO4，反应后溶液中的离子是钠离子和硫酸根离子，根据硫酸钠的化学式Na2SO4可知表示Na+，故A选项说法正确；
B、氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，可观察到产生蓝色沉淀，溶液由蓝色变无色，故B选项说法正确；
C、该反应有沉淀生成，因此反应后溶液总质量一定会减少，因此反应前溶液的总质量大于反应后溶液的总质量，故C选项说法正确；
D、该反应的化学方程式为：CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2↓+Na2SO4，因此参加反应的氢氧化钠和硫酸铜的质量比(2×40)：(64+32+16×4)=1：2，故D选项说法不正确；
故答案为：D.
【分析】A、根据反应后溶液中的离子是钠离子和硫酸根离子以及硫酸钠的化学式Na2SO4进行分析；
B、根据氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠进行分析；
C、根据该反应有沉淀生成进行分析；
D、根据该反应的化学方程式CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2↓+Na2SO4进行分析。
13．（2024九下·荔湾模拟）下列实验方案设计完全合理的是
A．除去NaCl固体中的少量AgCl，可加足量水溶解，过滤
B．除去CuSO4溶液中的少量H2SO4，可加足量CuO，过滤
C．除去碳粉中的二氧化锰，可加足量H2O2溶液，过滤
D．除去碳酸钙中的氧化钙，可将固体进行高温煅烧
【答案】B
【知识点】氧气的实验室制法；酸的化学性质；常用盐的用途；酸碱盐的溶解性；化学实验方案设计与评价
【解析】【解答】A、NaCl易溶于水，AgCl难溶于水，因此加足量水溶解、过滤得到的是氯化银而不是氯化钠，故A选项实验方案设计不合理；
B、H2SO4能与足量CuO反应生成硫酸铜和水，再过滤除去过量的氧化铜(难溶于水)，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故B选项实验方案设计合理；
C、二氧化锰在过氧化氢分解过程中作催化剂，因此二氧化锰在化学反应前后质量不变，且二氧化锰和碳粉都难溶于水，因此加入足量过氧化氢溶液并不能除去二氧化锰，故C选项实验方案设计不合理；
D、碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，因此高温煅烧不仅没有除去氧化钙反而除去了碳酸钙，故D选项实验方案设计不合理；
故答案为：B.
【分析】A、根据NaCl易溶于水，AgCl难溶于水进行分析；
B、根据H2SO4能与足量CuO反应生成硫酸铜和水以及CuO难溶于水进行分析；
C、根据二氧化锰在过氧化氢分解过程中作催化剂以及碳粉和二氧化锰均难溶于水进行分析；
D、根据碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳进行分析。
14．（2024九下·荔湾模拟）由下列实验及现象可推出相应结论的是
选项 实验 现象 结论
A 检验二氧化碳的性质 瓶身变瘪 CO2与NaOH溶液反应
B 向盛有NaOH固体的试管中滴加稀硫酸 烧杯中饱和的澄清石灰水变浑浊 H2SO4与NaOH发生中和反应放出热量
C 检验某混合气体的成分 黑色粉末变红，澄清石灰水变浑浊 混合气体中一定含有CO
D 稀释浓硫酸 手触碰烧杯外壁，有发热、烫手的感觉 浓硫酸溶于水放热
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】碳、一氧化碳、氢气还原氧化铜实验；中和反应及其应用；二氧化碳的化学性质；稀释浓硫酸；化学实验方案设计与评价
【解析】【解答】A、氢氧化钠溶液中含水，二氧化碳能溶于水，且能与水反应，也能导致装置内气体减少，压强减小，也能导致瓶身变瘪，不能得出二氧化碳和氢氧化钠发生了反应，故A选项不符合题意；
B、稀硫酸中含水，向盛有NaOH固体的试管中滴加稀硫酸，氢氧化钙固体溶于水放出大量的热，也能导致温度升高，氢氧化钙的溶解度减小，氢氧化钙析出，导致澄清石灰水变浑浊，不能得出氢氧化钠与硫酸发生中和反应放出热量，故B选项不符合题意；
C、如果混合气体为氢气和二氧化碳，氢气能与氧化铜在加热的条件下反应生成铜和水，二氧化碳能与氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，故黑色粉末变红，澄清石灰水变浑浊，不能说明混合气体中一定含有一氧化碳，故C选项不符合题意；
D、稀释浓硫酸：将浓硫酸沿器壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，手触碰烧杯外壁，有发热、烫手的感觉，说明浓硫酸溶于水放热，符合题意；
故答案为：D.
【分析】A、根据二氧化碳能溶于水，且能与水反应，也能导致装置内气体减少进行分析；
B、根据氢氧化钙固体溶于水会放出大量的热导致温度升高进行分析；
C、根据氢气也能与氧化铜在加热的条件下反应生成铜和水进行分析；
D、根据浓硫酸稀释的实验操作和注意事项进行分析。
15．（2024九下·荔湾模拟）硒(Se)可用于制造照相曝光剂。回答下列问题：
（1）硒是人体必需的元素 (选填“常量”或“微量”)，具有提高动物免疫力的作用。
（2）H2Se读作 。
（3）根据化合物的分类，硒酸铵属于 ；写出硒酸的化学式 。
（4）利用亚硒酸()可以制备单质硒，完成反应的化学方程式： 。
【答案】（1）微量
（2）硒化氢
（3）盐；H2SeO4
（4）H2SO4
【知识点】矿物质与微量元素；化学式的书写及意义；质量守恒定律及其应用；酸、碱、盐的概念
【解析】【解答】（1）硒是人体必需的微量元素，具有提高动物免疫力的作用，故答案为：微量；
（2）由两种元素组成的化合物的名称，一般读作某化某，则H2Se读作硒化氢，故答案为：硒化氢；
（3）硒酸铵(NH4)2SeO4是由铵根离子与酸根离子构成的化合物，属于盐；由硒酸铵的化学式可知，硒酸根显-2价，在化合物中，氢元素显+1价，则硒酸的化学式为H2SeO4，故答案为：盐；H2SeO4；
（4）由质量守恒定律可知反应前后原子的种类、数目不变，反应前H、Se、O、S的原子个数分别为4、1、8、2，反应后H、Se、O、S的原子个数分别为0、1、0、0，则空格处物质的化学式为H2SO4，故答案为：H2SO4。
【分析】（1）根据硒是人体必需的微量元素来回答；
（2）根据由两种元素组成的化合物一般读作某化某来回答；
（3）根据由氨根离子和酸根离子构成的物质属于盐以及硒酸根在化合物中显-1价，氢元素通常显+1价来回答；
（4）根据化学反应前后原子的种类、数目不变分析回答。
16．（2024九下·荔湾模拟）明代《天工开物》记载了多种中国古代化学工艺。
（1）“陶埏”章详细记载了砖、瓦的烧炼技术。利用黏土中含Fe元素，在高温焙烧砖的过程中，生成含氧量不同的铁的氧化物，从而生产出红砖(含Fe2O3)和青砖(含FeO和Fe3O4)。
①比较等质量的Fe2O3和Fe3O4中，氧元素含量：Fe2O3 Fe3O4(填“大于”或者“小于”)。
②烧砖过程中先得到红砖，然后再通过“砖瓦浇水转泑”的过程烧制青砖。“砖瓦浇水转泑”的操作如图所示：
将水从窑顶慢慢浇下，与炉内高温的碳发生反应，生成两种还原性气体，该反应的化学方程式为 ，反应类型属于 。
（2）“作咸”章记载了池盐的制取方法。引盐池内清水入畦，夏末秋初刮较大的南风时，颗盐可在一夜之间凝结而成，即“南风结熟”，此盐扫起即可供人食用。后人又详细记载了若刮东北、西风等冷风，成盐时会导致食盐中含有镁盐而味苦，不堪食用，需刮畦外。
①“南风结熟”的过程属于结晶方法中的 结晶。
②盐池水中除了含有大量的NaCl外，还含有一定量的MgSO4。请结合池盐的制取方法和溶解度曲线，分析食盐中含有镁盐的原因是 。
【答案】（1）大于；C+H2OCO+H2；置换反应
（2）蒸发；氯化钠溶解度受温度的影响不大，刮南风（热风）时水蒸发快，氯化钠蒸发结晶析出，硫酸镁的溶解度受温度的影响大，刮东北、西风等冷风时温度迅速降低，硫酸镁降温结晶析出
【知识点】结晶的原理、方法及其应用；固体溶解度曲线及其作用；化学式的相关计算；置换反应及其应用
【解析】【解答】（1）①设Fe2O3和Fe3O4的质量为m，则Fe2O3中氧元素的含量为m×=0.3m，Fe3O4中氧元素的含量为m×≈0.28m，因此等质量的Fe2O3和Fe3O4中，氧元素含量：Fe2O3大于Fe3O4，故答案为：大于；
②根据化学反应前后元素的种类不变可知，生成两种还原性气体是一氧化碳和氢气，碳和水蒸气在高温条件下反应生成一氧化碳和氢气，反应的化学方程式为C+H2OCO+H2，该反应符合“一种单质与一种化合物反应，生成另一种单质和另一种化合物”的特点，属于置换反应，故答案为：C+H2OCO+H2、置换反应；
（2）①“南风结熟”是刮南风（热风）时水蒸发的快，氯化钠溶解度受温度的影响不大，氯化钠蒸发结晶析出，则“南风结熟”的过程属于结晶方法中的蒸发结晶，故答案为：蒸发；
②由于氯化钠溶解度受温度的影响不大，刮南风（热风）时水蒸发快，氯化钠蒸发结晶析出，硫酸镁的溶解度受温度的影响大，刮东北、西风等冷风时温度迅速降低，硫酸镁降温结晶析出，所以池水中除了含有大量的NaCl外，还含有一定量的MgSO4，故答案为：氯化钠溶解度受温度的影响不大，刮南风（热风）时水蒸发快，氯化钠蒸发结晶析出，硫酸镁的溶解度受温度的影响大，刮东北、西风等冷风时温度迅速降低，硫酸镁降温结晶析出。
【分析】（1）①根据元素的质量=化合物的质量Ｘ元素的质量分数分析回答；
②根据化学反应前后元素的种类不变和置换反应的定义分析回答；
（2）①根据刮南风（热风）时水蒸发的快以及氯化钠溶解度受温度的影响不大进行分析；
②根据硫酸镁的溶解度受温度的影响大应该采用降温结晶的方法来得到硫酸镁晶体进行分析。
17．（2024九下·荔湾模拟）探究酸的化学性质时，进行了如下A~E的实验活动。
回答下列问题：
（1）如下图所示，实验A观察到铁片表面有气泡冒出，请在图中画出此时溶液中存在的阳离子 (粒子数目不做要求)。
（2）关于实验B~E的现象描述不正确的是 (填序号)。
①实验B中无明显现象
②实验C中有气泡产生
③实验D中铁锈消失，生成黄色的硫酸铁溶液
④实验E有白色沉淀产生
（3）实验A~E中，不属于酸的共同性质的是实验 (填字母)。
（4）将实验C反应后的溶液倒入实验E反应后的试管中，观察到有气体生成，试管底部有白色固体。
①混合后溶液中一定含有的溶质是 (填化学式)。
②检验白色固体成分的实验方法和结论是：取少量白色固体于试管中，加入 。
【答案】（1）
（2）③
（3）E
（4）NaCl；盐酸，沉淀部分溶解，说明白色固体是硫酸钡和碳酸钡的混合物
【知识点】金属的化学性质；酸的化学性质；盐的化学性质
【解析】【解答】（1）在稀盐酸与铁片的反应中，生成氢气和氯化亚铁，所以实验A观察到铁片表面有气泡冒出，溶液中含有生成的氯化亚铁和未反应的盐酸，所以此时溶液中存在的阳离子是亚铁离子和氢离子，故答案为： ；
（2）①实验B中盐酸和氢氧化钾反应生成氯化钾和水，无明显现象，①正确；
②实验C中盐酸和碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，有气泡产生，②正确；
③实验D中硫酸与铁锈即氧化铁反应生成硫酸铁和水，所以现象为铁锈消失，生成黄色溶液，③现象描述不正确；
④实验E中硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀和盐酸，所以现象为有白色沉淀产生，④正确；
故答案为：③；
（3）不是所有的酸均与氯化钡反应生成白色沉淀，如盐酸与氯化钡不反应，所以实验A~E中，不属于酸的共同性质的是实验E，故答案为：E；
（4）将实验C反应后的溶液倒入实验E反应后的试管中，观察到有气体生成，试管底部有白色固体，说明实验C中碳酸钠过量，实验E中氯化钡过量，碳酸钠先与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，然后与氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠；
①根据以上分析，混合后溶液中一定含有的溶质是氯化钠，化学式为NaCl，故答案为：NaCl；
②白色固体是硫酸钡和碳酸钡的混合物，因此检验白色固体成分的实验方法和结论是：取少量白色固体于试管中，加入盐酸，沉淀部分溶解，说明白色固体是硫酸钡和碳酸钡的混合物，故答案为：盐酸，沉淀部分溶解，说明白色固体是硫酸钡和碳酸钡的混合物。
【分析】（1）根据稀盐酸与铁反应生成氢气和氯化亚铁来回答；
（2）根据实验B、C、D、E中所发生的反应分析回答；
（3）根据盐酸与氯化钡不反应分析回答；
（4）根据碳酸钠可以与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，还能与氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠来分析回答。
18．（2024九下·荔湾模拟）海水中析出氯化钠后，剩下的母液称为苦卤，含有丰富的Mg2+、Ca2+、Cl-等。从苦卤中可提取出MgCl2，其部分过程如下图所示。(已知室温下碳酸镁微溶于水)
（1）①加入Na2CO3的目的是去除Ca2+，反应的化学方程式为 ，该步骤会造成Mg2+损耗的原因是 。
②为探究去除Ca2+的最佳工艺条件，某科研小组进行了9组实验，数据如下。
序号 加入的Na2CO3中含Na+与溶液中Ca2+个数比 温度/℃ 反应时间/min 反应静置时间/min Ca2+去除率/% Mg2+损耗率/%
实验1 2.0∶1 25 2 30 65.8 7.4
实验2 2.0∶1 30 4 60 77.6 9.4
实验3 2.0∶1 35 6 90 88.6 10.2
实验4 2.4∶1 25 4 90 82.4 14.0
实验5 2.4∶1 30 6 30 90.5 12.6
实验6 2.4∶1 35 2 60 78.5 13.0
实验7 2.8∶1 25 6 60 93.4 15.9
实验8 2.8∶1 30 2 90 83.4 16.4
实验9 2.8∶1 35 4 30 87.5 15.6
由以上数据可知，去除Ca2+的最佳工艺条件是： 实验(填序号)，理由是 。
（2）写出由Mg(OH)2转化为MgCl2的化学方程式 。
【答案】（1）；碳酸镁属于微溶物；5；此时钙离子的去除率较高，且镁离子的损耗率相对不高
（2）
【知识点】碱的化学性质；盐的化学性质；酸碱盐的溶解性；定性实验（控制变量、空白实验、对比实验）
【解析】【解答】（1）①苦卤中存在氯化钙，加入碳酸钠与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，化学方程式为；因为碳酸镁属于微溶物，所以加入的碳酸根离子会与镁离子结合生成碳酸镁沉淀，故答案为：、碳酸镁属于微溶物；
②由表中信息可知，去除Ca2+的最佳工艺条件是实验5，实验5中的钙离子的去除率偏较高，镁离子的损耗率相对不高，反应静置时间不长，故答案为：5、此时钙离子的去除率较高，且镁离子的损耗率相对不高；
（2）氢氧化镁和盐酸反应生成氯化镁和水，化学方程式为，故答案为：。
【分析】（1）①根据碳酸钠与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠以及碳酸镁属于微溶物分析回答；
②根据表中数据进行分析；
（2）根据氢氧化镁和盐酸反应生成氯化镁和水来回答。
19．（2024九下·荔湾模拟）保护金属资源的有效途径之一是金属的回收利用。废旧手机零部件有Sn、Zn、Au、Cu等金属，现要回收Au并制备ZnSO4晶体(ZnSO4 7H2O)，其工艺流程如图1：
已知：
ⅰ.Sn能与酸溶液反应生成+2价的锡盐；
ⅱ.0 600℃时，ZnSO4的溶解度随温度升高而增大且受温度影响较大。
回答下列问题：
（1）将金属加入稀硫酸之前需进行粉碎处理，其目的是 。
（2）步骤②发生反应的化学方程式为 。
（3）固体C的成分是 (填化学式)。
（4）获取ZnSO4晶体的“系列操作”中包括：60℃时恒温蒸发浓缩、 、过滤、洗涤、干燥。
（5）现有500kg含锌0.65%的废旧手机零部件，理论上可制得ZnSO4晶体 kg。实际生产中按照以上工艺流程所得ZnSO4晶体的质量偏大，其原因是 。
（6）若要获取ZnSO4粉末，可将ZnSO4晶体加热分解。取2.87gZnSO4 7H2O进行加热，固体质量随温度变化如图2所示，在100℃后， (填化学式)开始分解。
【答案】（1）增大反应物之间的接触面积，使反应更快更充分
（2）
（3）Zn、Sn
（4）降温结晶
（5）8.05；步骤④中加入的锌与硫酸、SnSO4反应生成了硫酸锌
（6）ZnSO4 H2O
【知识点】结晶的原理、方法及其应用；金属的化学性质
【解析】【解答】（1）将金属加入稀硫酸之前需进行粉碎处理，其目的是：增大反应物之间的接触面积，使反应更快更充分，故答案为：增大反应物之间的接触面积，使反应更快更充分；
（2）锌、锡均能与稀硫酸反应，铜、金与稀硫酸不反应，故固体A中含铜、金，金的化学性质稳定，高温下也与氧气不反应，故步骤②发生反应为铜和氧气在加热的条件下反应生成氧化铜，该反应的化学方程式为：，故答案为：；
（3）锡能与稀硫酸反应生成SnSO4和氢气，锌能与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，稀硫酸过量，故溶液乙中含SnSO4、ZnSO4、H2SO4，向溶液乙中加入过量锌，锌与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，锌与SnSO4反应生成硫酸锌和锡，故固体C的成分是：Sn、Zn，故答案为：Sn、Zn；
（4）0 600℃时，ZnSO4的溶解度随温度升高而增大且受温度影响较大，故获取ZnSO4晶体的“系列操作”中包括：60℃时恒温蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：降温结晶；
（5）根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类和质量不变，则理论上可制得硫酸锌晶体的质量为：；由流程图可知，步骤④中加入的锌与稀硫酸、SnSO4反应生成了硫酸锌，故实际生产中按照以上工艺流程所得ZnSO4晶体的质量偏大，故答案为：
8.05、步骤④中加入的锌与硫酸、SnSO4反应生成了硫酸锌；
（6）2.87g ZnSO4 7H2O中硫酸锌的质量为：，7个结晶水的质量为：2.87g-1.61g=1.26g，则每个结晶水的质量为：1.26g÷7=0.18g，100℃时，硫酸锌晶体的质量为：1.79g，则该硫酸锌晶体中结晶水的质量为：1.79g-1.61g=0.18g，则该硫酸锌晶体中含1个结晶水，则在100℃后，ZnSO4 H2O开始分解，故答案为：ZnSO4 H2O。
【分析】（1）根据反应物接触面积越大，反应越充分分析回答；
（2）根据金属活动性强弱分析回答；
（3）根据金属活动性顺序表分析回答；
（4）根据ZnSO4的溶解度随温度升高而增大且受温度影响较大分析回答；
（5）根据化学反应前后，元素的种类和质量不变以及步骤④中加入的锌与硫酸、SnSO4反应生成了硫酸锌分析回答；
（6）根据已知信息求出每个结晶水的质量，然后计算出100℃时的物质中结晶水的质量进而得到此时物质的化学式。
20．（2024九下·荔湾模拟）兴趣小组的同学在进行二氧化碳的制取与性质实验时，对以下两个问题进行了探究。
（1）小组成员对能否用排水法收集二氧化碳进行以下实验探究：
步骤Ⅰ：按实验装置图1组装仪器(部分夹持仪器已省略)。
步骤Ⅱ：检查装置气密性。
步骤Ⅲ：在烧瓶乙收集二氧化碳并验满后，关闭A、C，夹紧B，拆除气体发生装置
步骤Ⅳ：启动压强传感器，通过活塞C口处迅速注入15mL水，立即关闭活塞C，测定该过程中密闭体系的压强变化如图2所示。
回答下列问题：
①图1中仪器甲的名称是 ；甲中产生二氧化碳的化学方程式为 。
②图2中ab段压强增大的原因是 。
③由图2数据证明收集二氧化碳能用排水法收集，理由是 。
（2）在进行二氧化碳性质探究时，有同学发现向某浓度的澄清石灰水通入二氧化碳，澄清石灰水先变浑浊后又变澄清，为探究浊液变澄清的原因，同学们分别取上述浓度的等体积澄清石灰水进行以下实验探究。
【资料卡片】ⅰ.常温下，二氧化碳饱和溶液的pH约为5.6。
ⅱ.饱和碳酸氢钠溶液不吸收CO2
ⅲ.碳酸钙能与溶有二氧化碳的水反应，生成可溶于水的碳酸氢钙，其溶液pH>7；
实验一：如图3装置，将产生的气体直接通入澄清石灰水，用pH传感器测定通入气体过程中烧杯溶液pH的变化如图4。
实验二：如图5装置，将产生气体先通入饱和碳酸氢钠溶液，再通入澄清石灰水，用pH传感器测定通入气体过程中烧杯溶液pH的变化如图6。
结合图3~6回答问题：
①根据实验一，推测浊液变澄清的原因是因为气体中除CO2外还含有 ，作出判断的依据是 。
②实验二的图5中饱和碳酸氢钠溶液的作用是 。实验现象仍可观察到浊液变澄清，写出产生该现象的化学方程式： 。
请解释在300s时，溶液pH=6.60的原因是 。
结论：由探究结果可知，以上两种情况都可能是澄清石灰水通入二氧化碳先变浑浊后变澄清的原因。
【答案】（1）锥形瓶；；装置内注入水后，气体被压缩，压强增大；bc段压强变化不大，说明短时间内水吸收的二氧化碳的量较少，则可用排水法收集
（2）氯化氢；溶液最终pH为2，而二氧化碳饱和溶液的pH约为5.6；除去二氧化碳中的氯化氢；；生成碳酸氢钙后，溶液呈碱性，继续通入二氧化碳使溶液pH减小而呈酸性
【知识点】溶液的酸碱性与pH值的关系；盐的化学性质；根据浓硫酸或碱石灰的性质确定所能干燥的气体；二氧化碳的实验室制法
【解析】【解答】（1）①由图可知，仪器甲为锥形瓶；碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：，故答案为：锥形瓶、；
②ab段压强增大，是因为迅速加入水，装置中的气体压缩，压强增大，故答案为：装置内注入水后，气体被压缩，压强增大；
③bc段减小压强减小，是因为二氧化碳溶于水中，且二氧化碳能和水反应，由图可知，压强变化不大，说明短时间内水吸收的二氧化碳较少，则可用排水法收集；故答案为：bc段压强变化不大，说明短时间内水吸收的二氧化碳的量较少，则可用排水法收集；
（2）①实验一中，最终溶液pH=2，而二氧化碳的饱和溶液的pH约为5.6，盐酸具有挥发性，且盐酸能和碳酸钙反应，则浊液变澄清的原因是因为气体中除CO2外还含有HCl，故答案为：氯化氢、溶液最终pH为2，而二氧化碳饱和溶液的pH约为5.6；
②碳酸氢钠能和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，则实验二中，饱和碳酸氢钠溶液的作用为除去二氧化碳中的HCl；由于碳酸钙能与溶有二氧化碳的水反应，生成可溶于水的碳酸氢钙，则浊液变澄清，反应的化学方程式为：；碳酸氢钠溶液的pH>7，显碱性，但继续通入二氧化碳，二氧化碳会和水反应生成碳酸，从而溶液pH减小，最终显酸性。故答案为：除去二氧化碳中的氯化氢、、生成碳酸氢钙后，溶液呈碱性，继续通入二氧化碳使溶液pH减小而呈酸性。
【分析】（1）①根据实验室常用仪器的名称来回答第一个空，根据碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水来回答第二个空；
②根据迅速加入水，装置中的气体压缩会导致压强增大来回答；
③根据bc段压强变化不明显分析回答；
（2）①根据最终溶液pH=2，小于二氧化碳饱和溶液的pH值5.6以及盐酸具有挥发性分析回答；
②根据碳酸氢钠能和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳来回答第一个空，根据碳酸钙与二氧化碳和水反应可以生成碳酸氢钙沉淀来回答第二个空，根据二氧化碳和水反应生成的碳酸显酸性来回答第三个空。
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