武汉市黄陂区
部分学校2019届九年级3月联考化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Ca-40 Cl-35.5 Si-28
一、选择题（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共24分）
1．下列属于化学变化的是（ ）
A．冰块溶化 B．蜡烛燃烧 C．黄金铸币 D．海水晒盐
【专题】化学反应的分类思想；物质的变化与性质．
【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成；据此分析判断。
【解答】解：A、冰块融化过程中没有新物质生成，属于物理变化。
B、蜡烛燃烧的过程中有新物质二氧化碳生成，属于化学变化。
C、黄金铸币过程中没有新物质生成，属于物理变化。
D、海水晒盐过程中没有新物质生成，属于物理变化。
故选：B。
【点评】本题难度不大，解答时要分析变化过程中是否有新物质生成，若没有新物质生成属于物理变化，若有新物质生成属于化学变化。
2、下列有关“一定”的说法正确的是（ ）
A．溶液一定是无色透明的
B．灭火一定要同时破坏燃烧的三个条件
C．硬水经过过滤后一定会变成软水
D．构成物质的分子、原子等粒子一定在不停地运动
【专题】化学与能源；溶液、浊液与溶解度；空气与水．
【分析】A、溶液一定是无色透明的错误；B、灭火一定要同时破坏燃烧的三个条件错误；C、滤是把不溶性固体与液体分开的一种方法；D、构成物质的分子、原子等粒子一定在不停地运动正确；
【解答】解：A、溶液一定是无色透明的错误，如硫酸铜溶液是蓝色的；故选项错误；
B、灭火一定要同时破坏燃烧的三个条件错误，破坏燃烧的一个条件即可；故选项错误；
C、硬水经过过滤后一定会变成软水错误，过滤不能软化硬水；故选项错误；
D、构成物质的分子、原子等粒子一定在不停地运动正确，这是微粒的性质；故选项正确；
故选：D。
【点评】本考点考查了溶解的特点、灭火的原理、微粒的性质等，属于结合课本知识的信息，也体现了性质决定用途，用途反映性质的理念。还结合了新课标中的一个新的考点硬水与软水的区分，一定要加强记忆，综合应用。本考点主要出现在填空题和选择题中。
3、中学生应有一定的安全常识。下列做法不正确的是（ ）
A．室内起火时，立即打开门窗通风
B．炒菜时，油锅内以外着火，立即加入青菜灭火
C．液化气、煤气泄露起火时，首先关闭气体阀门
D．被围困在火灾区时，用湿毛巾捂住口鼻低下身子逃生
【专题】化学与生活．
【分析】A、根据促进燃烧的方法判断．
B、根据灭火的原理判断．
C、根据液化气、煤气泄露起火时的处理方法分析，要立即关闭阀门打开门窗，不能见明火．
D、根据湿毛巾有类似防毒面具的功能和有毒气体的密度受热会变小判断．
【解答】解：A、室内着火时，立即打开门窗通风，会使室内空气对流，反而为燃烧提供了大量的氧气，故室内起火时，不能急于打开门窗，故说法错误。
B、炒菜时油锅着火，迅速加入大量青菜，可以降低油的温度到着火点以下，从而达到灭火的目的，故说法正确。
C、液化气、煤气具有可燃性，液化气、煤气泄露起火时，要立即关闭阀门打开门窗，降低其浓度，千万不能见明火，故说法正确。
D、湿毛巾有类似防毒面具的功能，可防止吸入有毒气体或烟尘；有毒气体的密度受热会变小，会聚集在上方，故逃生时应底下身子，故说法正确。
故选：A。
【点评】“安全重于泰山”，防火、防爆问题事关人民生命财产安全，故易燃易爆物的安全知识就成了化学考查热点，了解燃烧的条件和灭火的原理、防火防爆的措施、逃生的方法等是解题的前提．
4、在炼铁工业中，常用石灰石将铁矿石中的杂质二氧化硅转化为炉渣除去，发生反应的化学方程式为：CaCO3＋SiO2 ==== X＋CO2↑，其中关于X的说法正确的是（ ）
A．X是由钙、硅、碳三种元素组成 B．X中钙、硅元素个数比为1:1
C．X中硅元素的质量分数为20% D．X属于氧化物
【专题】化学用语和质量守恒定律．
【分析】化学反应遵循质量守恒定律，即参加反应的物质的质量之和，等于反应后生成的物质的质量之和，是因为化学反应前后，元素的种类不变，原子的种类、总个数不变。
【解答】
A、X是由钙、硅、氧三种元素组成，该选项说法正确；
B、X中钙、硅原子个数比为1：1，元素不能论个数，该选项说法不正确；
C、X中硅元素的质量分数为：28/116×100%=24.1%，该选项说法不正确；
D、X中含有三种元素，不属于氧化物，该选项说法不正确。
故选：A。
【点评】化学反应遵循质量守恒定律，即化学反应前后，元素的种类不变，原子的种类、总个数不变，这是书写化学方程式、判断物质的化学式、判断化学计量数、进行相关方面计算的基础。
5、下图为初中化学常见气体的发生与收集装置，下列说法中不正确的是( )
A、 装置Ⅱ中长颈漏斗可以用分液漏斗、医用注射器代替
B、装置Ⅰ可作为固体加热制取气体的发生装置
C、装置Ⅱ、Ⅳ组合可制取氧气
D、装置Ⅲ、Ⅳ可用于收集密度与空气密度差距较大，且不与空气中各成分反应的气体
【专题】常见气体的实验室制法、检验、干燥与净化．
【分析】制取气体时，根据反应物的状态和反应条件确定发生条件，根据气体的密度和水溶性确定收集装置，据此分析。
【解答】解：A、根据长进漏斗在实验中的作用是添加液体，而分液漏斗、医用注射器具有同样功能，A不符合题意；
B、根据Ⅰ装置是给固体加热的装置，B不符合题意；
C、氧气的密度大于空气的密度，不易溶于水，不能用向下排空气法收集，C符合题意；
D、气体密度大于空气密度采用向上排空气法收集，小于气体密度采用向下排空气法收集；
故选：C。
【点评】本题考查气体制取装置的选择方法。
6．为除去物质中的杂质（括号内为杂质），下列说法错误的是（ ）
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物 质 |
选 用试剂及操作方法 |
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A |
Cu粉（Fe） |
加入足量的稀硫酸，再充分反应后过滤，洗涤，干燥 |
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B |
CO（CO2） |
通入足量的氢氧化钠溶液，充分反应后干燥 |
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C |
N2（O2） |
通过灼热的铜网 |
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D |
FeSO4溶液（CuSO4） |
加入过量的锌粉，充分反应后过滤 |
【专题】物质的分离和提纯；物质的分离、除杂、提纯与共存问题．
【分析】根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变。除杂质题至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质。
【解答】解：A、Fe能与足量的稀硫酸反应生成硫酸亚铁溶液和氢气，铜不与稀硫酸反应，再充分反应后过滤，洗涤，干燥，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故选项所采取的方法正确。
B、CO2能与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，CO不与氢氧化钠溶液反应，充分反应后干燥，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故选项所采取的方法正确。
C、氧气通过灼热的铜网时可与铜发生反应生成氧化铜，而氮气不与铜反应，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故选项所采取的方法正确。
D、FeSO4溶液和CuSO4均能与过量的锌粉反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误。
故选：D。
【点评】物质的分离与除杂是中考的重点，也是难点，解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件（加入的试剂只与杂质反应，反应后不能引入新的杂质）是正确解题的关键。
7．下列各组物质间通过一步反应就能实现如图转化的是（ ）
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X |
Y |
Z |
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Fe2O3 |
Fe |
H2 |
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B |
CaCO3 |
CaO |
H2O |
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C |
C |
O2 |
CO |
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D |
H2O |
O2 |
CO2 |
【专题】物质的制备．
【分析】一步反应实现即原物质只发生一个反应即可转化为目标物质，根据所涉及物质的性质，分析能否只通过一个反应而实现转化即可。
【解答】解：A、Fe2O3能与一氧化碳反应在高温下生成铁和二氧化碳，铁能与稀盐酸反应生成氯化亚铁溶液和氢气，氢气能与氧化铁反应，不能转化为氧化铁，故选项错误。
B、碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙能与水反应，不能转化为水，故选项错误。
C、碳能与氧气反应，不能转化为氧气，故选项错误。
D、水通电分解生成氢气和氧气，碳在氧气中燃烧生成二氧化碳，二氧化碳能与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，通过一步反应就能实现如图转化，故选项正确。
故选：D。
【点评】本题有一定难度，熟练掌握所涉及物质的性质、抓住关键词“能否一步实现”是解决此类问题的关键。
8．分别将不同质量的锌粉加入到一定量的Fe（NO3）2、Cu（NO3）2和AgNO3混合溶液中，充分反应后过滤，以下是在不同情况下对滤渣或滤液成分的说法，错误的是
A．若滤液中只含一种溶质，滤渣一定含有Ag、Cu、Fe，可能含有Zn
B．当滤液含两种溶质时，滤渣一定含有Ag、Cu，可能含有Fe，一定不含Zn
C．若滤渣中有红色固体，滤液一定含有Zn（NO3）2、Fe（NO3）2，
一定不含AgNO3、Cu（NO3）2
若向所得滤渣中滴加稀盐酸无气泡生成，滤渣一定含有Ag，可能含Cu，一定不含Fe和Zn
【专题】金属与金属材料．
【分析】根据在金属活动性顺序中，氢前的金属能与酸反应生成氢气，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，据此分析判断有关的问题。
【解答】解：由于金属活动顺序是：Zn＞Fe＞Cu＞Ag，将不同质量的锌粉加入到一定量的Fe（NO3）2、Cu（NO3）2和AgNO3混合溶液中，锌先与硝酸银反应生成了银和硝酸锌，当硝酸银完全反应后，锌再与硝酸铜反应生成了硝酸锌和铜，当硝酸铜完全反应后锌再与硝酸亚铁反应生成了硝酸锌和铁。
A、若滤液中只含一种溶质，就是硝酸锌，滤渣一定含有Ag、Cu、Fe，可能含有Zn，故A正确；
B、当滤液含两种溶质时，溶质是硝酸锌和硝酸亚铁，滤渣一定含有Ag、Cu，可能含有Fe，一定不含Zn，故B正确；
C、若滤渣中有红色固体，红色固体是铜，滤液一定含有Zn（NO3）2，一定不含AgNO3、可能含有Cu（NO3）2和Fe（NO3）2故C错误；
D、若向所得滤渣中滴加稀盐酸无气泡生成，滤渣一定含有Ag，可能含Cu，一定不含Fe和Zn，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查了金属活动性顺序的应用，完成此题，可以依据金属活动性顺序及其意义进行。
28、（4分）俄国化学家门捷列夫在总结前人经验的基础上，通过艰辛的努力，终于提出了现代元素周期表的雏形。下表为元素周期表的部分元素的相关信息，利用了表回答相关的问题。
（1）请画出16号元素原子结构示意图 ．
（2） 表示的是 （填离子符号）．
（3）写出12号元素的单质与稀盐酸反应的化学方程式
【专题】化学用语和质量守恒定律．
【分析】（1）根据原子结构示意图的各部分的意义分析解答；
（2）根据粒子结构示意图分析解答；
（3）根据12号元素是镁，利用反应物、生成物、反应条件，和化学方程式的书写步骤正确书写化学方程式．
【解答】解：（1）根据原子结构示意图的画法画出硫原子的结构示意图为
；
（2）此粒子结构图中质子数为13，是铝元素，核外有10个电子，是阳离子，故符号为Al3+；
（3）12号元素是镁，镁与盐酸反应生成氯化镁和氢气，反应的化学方程式为：Mg+2HCl═MgCl2+H2↑；
故答案为：（1）；（2）Al3+；（3）Mg+2HCl═MgCl2+H2↑．
【点评】本题考查学生根据原子结构示意图分析总结元素周期律及对元素的性质与最外层电子数的关系的理解与掌握，并能在解题中灵活应用．
29．（4分）甲、乙两种物质的溶解度曲线如下图所示。请回答以下问题：
(1)t1℃时，甲的溶解度为 ；
(2)升温能使 (填“甲”或“乙”)的不饱和溶液变成饱和溶液， 若乙中混有少量的甲，提纯乙可采取 的方法；
(3)以下说法中不正确的是
A．t1℃时，等质量的甲、乙不饱和溶液升温至t2℃，两种溶液一定都 不会析出晶体
B．t1℃时，等质量的甲、乙饱和溶液恒温蒸发等质量的水，析出晶体的质量相等
C．t2℃时，等质量甲、乙分别配成饱和溶液，完全溶解所需水的质量甲<乙
D．将t2℃时甲、乙的饱和溶液降温至t1℃，所得甲、乙溶液的溶质质量分数相等
【专题】溶液、浊液与溶解度．
【分析】根据题目信息和溶解度曲线可知：甲固体物质的溶解度，是随温度升高而增大的，而乙的溶解度随温度的升高而减少；（1）t1℃时，甲的溶解度为50g；
（2）升温能使乙的不饱和溶液变成饱和溶液，若乙中混有少量的甲，提纯乙可采取升温的方法；
（3）说法不正确的是：t1℃时，等质量的甲、乙不饱和溶液升温至t2℃，两种溶液一定都不会析出晶体错误，因为乙可能析出晶体；将t2℃时甲、乙的饱和溶液降温至t1℃，所得甲、乙溶液的溶质质量分数相等错误，因为甲大于乙。
【解答】解：（1）由溶解度曲线可知：t1℃时，甲的溶解度为50g；故答案为：50g；
（2）升温能使乙的不饱和溶液变成饱和溶液，若乙中混有少量的甲，提纯乙可采取升温的方法，因为乙的溶解度随温度的升高而减少；故答案为：乙；升温；
（3）说法不正确的是：t1℃时，等质量的甲、乙不饱和溶液升温至t2℃，两种溶液一定都不会析出晶体错误，因为乙可能析出晶体；将t2℃时甲、乙的饱和溶液降温至t1℃，所得甲、乙溶液的溶质质量分数相等错误，因为甲大于乙；故答案为：AD；
【点评】本考点考查了溶解度曲线及其应用，通过溶解度曲线我们可以获得很多信息；还考查了有关溶液和溶质质量分数的变化等，本考点主要出现在选择题和填空题中。
30．（6分）A～H表示初中化学常见物质，它们之间转化关系如图所示（部分生成物已略去）
其中A为红色固体，反应①为冶金工业的重要反应，且B、D组成元素相同，C、F为金属单质，其它物质为化合物，其中F为红色固体，H为白色沉淀．
请按要求填空：
（1）写出下列物质的化学式：A D E
（2）①～④的反应中属于置换反应的是 （填序号）．
（3）反应②的化学方程式为 ．
【专题】框图型推断题．
【分析】根据A～H表示初中化学常见物质，A为红色固体，反应①为冶金工业的重要反应，且B、D组成元素相同，C、F为金属单质，其它物质为化合物，所以A是氧化铁，B是一氧化碳，一氧化碳和氧化铁在高温的条件下生成铁和二氧化碳，所以C是铁，D是二氧化碳，其中F为红色固体，H为白色沉淀，二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，所以H是碳酸钙，铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，所以G是硫酸亚铁，铁和E反应会生成硫酸亚铁和红色固体F，所以E是硫酸铜，F是铜，然后将推出的物质进行验证即可。
【解答】解：（1）A～H表示初中化学常见物质，A为红色固体，反应①为冶金工业的重要反应，且B、D组成元素相同，C、F为金属单质，其它物质为化合物，所以A是氧化铁，B是一氧化碳，一氧化碳和氧化铁在高温的条件下生成铁和二氧化碳，所以C是铁，D是二氧化碳，其中F为红色固体，H为白色沉淀，二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，所以H是碳酸钙，铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，所以G是硫酸亚铁，铁和E反应会生成硫酸亚铁和红色固体F，所以E是硫酸铜，F是铜，经过验证，推导正确，所以A是Fe2O3，D是CO2，E是CuSO4；
（2）①是一氧化碳和氧化铁高温生成铁和二氧化碳，不属于置换反应，②是铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，属于置换反应，③是铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，属于置换反应，④是二氧化碳和氢氧化钙生成碳酸钙沉淀和水，不属于置换反应，所以①～④的反应中属于置换反应的是②③；
（3）反应②是铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，化学方程式为：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu。
故答案为：（1）Fe2O3，CO2，CuSO4；
（2）②③；
（3）Fe+CuSO4=FeSO4+Cu。
【点评】在解此类题时，首先将题中有特征的物质推出，然后结合推出的物质和题中的转化关系推导剩余的物质，最后将推出的各种物质代入转化关系中进行验证即可。
31、（6分）某同学利用“多米诺骨牌”效应，设计了如下气体制取与性质验证的组合实验。打开A中分液漏斗的活塞进行实验。请看图回答问题：
（1）B中白磷不燃烧的原因是
（2）C中看到的现象是
（3）写出D中反应的化学方程式
（4）E中看到的现象是
（5）用F装置收集气体的依据是
【专题】综合实验题．
【分析】（1）根据燃烧条件进行分析解答；
（2）根据C中压强的变化分析回答；
（3）根据稀盐酸和石灰石反应的原理书写化学方程式；
（4）根据二氧化碳能与水化合生成了碳酸分析回答
（5）根据气体的性质决定收集方法分析回答．
【解答】解：（1）白磷虽然能与氧气接触，但温度达不到白磷的着火点，所以白磷不能燃烧；
（2）由装置的特点可知，A中生成的氧气从B中进入到C中，C中压强增大，能将C中的稀盐酸压入到D中，所以C中看到的现象是：C中的液体沿导管进入到D中；
（3）B中气体顺导管进入C装置，使C装置内压强增大，稀盐酸沿导管进入D装置中，稀盐酸与大理石反应生成氯化钙、水和二氧化碳，反应的化学方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；
（4）由于二氧化碳能与水化合生成了碳酸，碳酸显酸性，所以E中看到的现象是：紫色溶液变成红色．
（5）由装置可知，二氧化碳的收集方法是向上排空气法收集，依据是：二氧化碳的密度比空气大．
故答为：（1）白磷的温度达不到白磷的着火点；（2）C中的液体沿导管进入到D中；（3）CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；（4）紫色溶液变成红色；（5）二氧化碳的密度比空气大．
【点评】此题考查氧气和二氧化碳的制法和二氧化碳的验满方法，三大气体的制备方法是考查的重点，在学习过程中要给予重视，尤其掌握相应的反应原理、实验注意事项、验满和检验方法这几个方面．
32．（6分）现有大理石样品12g（主要成分CaCO3，其它成分不与酸反应），向其中加入某未知浓度的盐酸，生成气体的质量与加入盐酸的质量关系如图。请计算：
（1）共生成气体二氧化碳的质量是 g
（2）所用稀盐酸中的溶质的质量分数是多少？
（3）所得溶液中溶质的质量分数？（结果精确到0.1%）
【专题】溶质质量分数与化学方程式相结合的计算．
【分析】碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，根据反应的化学方程式及其提供数据可以进行相关方面的计算。
【解答】解：（1）共生成气体二氧化碳的质量是4.4g，
故填：4.4。
【点评】本题主要考查学生运用假设法和化学方程式进行计算和推断的能力，计算时要注意规范性和准确性。
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