浙教科学八下第三章1-4节培优卷(教师版)公开课.docx

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1、浙教科学八下第三章1-4节培优卷一、单选题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9gD.镁条燃烧后质量增加，不遵循质量守恒定律【答案】C【考点】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，不符合题忌；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

2、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【考点】书写化学方程式、文字表达式3 .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

3、原料【答案】C【考点】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 .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Si2+6HF=ISiF

4、6+2X0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H2OB. 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【考点】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、

5、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：Co5.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【考点】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HC1的关系计算HC1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：16gx50%=8g；根据CaC

6、O3+2HCl=CaCl2+H2CO2,可得：Ca-2HC1,设HC1的质量为x,生成二氧化碳为yCa2HC140738g x40 = 73的Fx= 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8g 案x100% = 11.2g,所以反应后产生成二氧化碳的质量为16g-11.2g=4.8g所力口稀盐酸的质量157.2g+4.8g- 16g=146g所加稀盐酸的溶质质量分数为g100% 10%故选B.6. 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（

7、）A. 5.6gB. 8.8gC. 4.4gD. 4.8g【答案】C【考点】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X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, lO8gH2O中氢元素的质量=10.8g=1.2g,则CO和CO2中总的碳元素的质量=L2g3=3.6g,1O设生成的CO的质量是X, CO2的质量为y,则x+y=20.8g-10.8g, x +y =3.6g,解得x=5.6g, y=4.4go故选：Co7. （2021九上义乌期中

8、）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. FeB. CuC. Ba（OH）2D. Ba（NO3）2【答案】C【考点】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=p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

9、=p液gV排可知，木块浸没在水中的体积变大，P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BaS（沉淀，溶液中失掉了钢离子，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.硝酸钢与硫酸反应时，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Co8 .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（）浓硫酸集气瓶甲乙A. a 接 cB.

10、 a 接 dC. b 接 cD. b 接 d【答案】A【考点】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：Ao9 .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

11、案】C【考点】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CuSCU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（） NaOH 溶流爸丘4cuSCU溶滋A.产生蓝色沉淀0.98gB.锥形瓶内物质

12、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CuSCU溶液质量相等【答案】D【考点】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：CuS042Na0H=Na2S04+Cu (OH) 2j16080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) 2I160801469810g16% 5g16% 1.46g0.98gA、所以氢氧化钠和硫酸铜完全反

13、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+5g0.98g=14.02g,硫酸钠为1.46g,所得溶液的Na2SO4质量分数为:l4 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二、填空题11 .黑白复印机用的墨粉中常添加Fe3O4粉末Fe3O4是由Fe2+、Fe3+和。2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.已知第步反应中各元素化合价保持不变.(1) Fe3O4粉末在复

14、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)第步加入试剂X,生成Fe(OH)2的反应方程式为.(3)在第步反应中要控制通入Ch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)21+Na2S4(3) 45： 107【考点】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

15、化铁质量比分析。【解答】(1) Fe3O4为黑色固体；(2)第步加入试剂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)2l+Na2SO4 ；(3)要 确保最终生成Fe3O4 ,则Fe2. Fe3质量比为1： 2,即Fe2. Fe?+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) FeSO42NaOH=Fe(OH)2+Na2SO4 ； (3) 45： 107.三、解答题12. (2021九上啸山月考)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