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广东省广州市白云区2024-2025学年九年级上学期期末化学试题
一、选择题：本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题意。错选、不选、多选或涂改不清的，均不给分。
1．（2025九上·白云期末）今年5月12日是第16个全国防灾减灾日，主题是“人人讲安全，个个会应急——着力提升基层防灾避险能力”，下列说法错误的是
A．电动车不能在居民楼内充电，以免发生火灾
B．厨房天然气泄漏，要立即打开抽油烟机排气
C．加热液体时，试管口不能朝着自己或他人
D．做实验时，不慎碰倒酒精灯，酒精在实验台上燃烧起来，应立刻用湿抹布盖灭
【答案】B
【知识点】实验室常见的仪器及使用；常见的意外事故的处理方法；灭火的原理和方法；易燃物和易爆物安全知识
【解析】【解答】A、电动车不能在居民楼内充电，以防过度充电、高温环境或存在可燃物而引发火灾或爆炸，所以，故A正确；
B、天然气泄露时，不能立即打开抽油烟机排气，应该先关闭阀门，打开门窗，因为天然气是一种易燃易爆气体，抽油烟机可能将泄露的天然气吸入，并在其内部或排气管道中遇到火星或电火花，从而引发爆炸，故B错误；
C、为防止液体沸腾喷出伤人，加热液体时，试管口不能朝着自己或他人，故C正确；
D、酒精在实验台上燃烧起来，应立刻用湿抹布盖灭，利用隔绝空气的灭火原理，故D正确；
故答案为：B。
【分析】A、根据电动车在居民楼内充电可能会引发火灾或爆炸的安全隐患进行分析解答；
B、根据天然气泄露打开抽油烟机排气，可能会引发爆炸进行分析解答；
C、根据加热液体时，试管口朝向自己或他人，可能会造成液体沸腾喷出伤人进行分析解答；、
D、根据灭火的方法和原理进行分析解答。
2．（2025九上·白云期末）下列对实验现象的描述正确的是
A．红磷在空气中燃烧，产生大量白雾
B．硫在空气中燃烧，发出蓝紫色火焰
C．木炭在空气中充分燃烧，生成二氧化碳
D．将二氧化碳通入澄清石灰水中，产生白色沉淀
【答案】D
【知识点】氧气与碳、磷、硫、铁等物质的反应现象；二氧化碳的化学性质
【解析】【解答】A、红磷燃烧生成五氧化二磷固体，以白烟的形式逸散，所以红磷在空气中燃烧，产生的是大量白烟，而不是白雾，因为雾是液体小颗粒，故A错误；
B、硫在氧气中燃烧，发出蓝紫色火焰，再空气中燃烧，发出微弱的淡蓝色火焰，故B错误；
C、描述实验现象不能出席生成物的名称，出现名称的是实验结论，生成二氧化碳是实验结论而不是现象，故C错误；
D、澄清石灰水的主要成分是氢氧化钙，二氧化碳能与氢氧化钙反应生成碳酸钙白色沉淀和水，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A、根据红磷燃烧产生大量白烟进行分析解答；
B、根据硫在空气中燃烧发出微弱的淡蓝色火焰进行分析解答；
C、根据描述实验现象不能出现生成物名称，出现名称是实验结论进行分析解答；
D、根据二氧化碳能与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水进行分析解答。
3．（2025九上·白云期末）劳动谱写时代华章，奋斗创造美好未来。下列说法不正确的是
A．工厂燃烧煤时产生SO2、氮的氧化物等污染物造成酸雨
B．厨房中的面粉应远离明火
C．当燃气灶火焰出现黄色，锅底出现黑色时，可缩小灶具进风口
D．霉变花生洗净和煮熟后仍不宜食用
【答案】C
【知识点】有害化学物质的性质与人体健康；完全燃烧与不完全燃烧；灭火的原理和方法；常用燃料的使用与其对环境的影响
【解析】【解答】A、引起酸雨的气体是二氧化硫和二氧化氮，所以工厂燃烧煤时产生SO2、氮的氧化物等污染物造成酸雨，故A正确；
B、可燃性气体或粉尘与空气混合，遇到明火可能会发生爆炸，面粉属于可燃性粉尘，所以要远离明火，故B正确；
C、当氧气不足时，燃气灶火焰会出现黄色，锅底出现黑色，应扩大灶具进风口，故C错误；
D、 霉变花生洗净和煮熟后仍不宜食用 ，因为霉变花生中含有有毒的黄曲霉毒素，黄曲霉毒素即使高温烹饪也不会分解，故D正确。
故答案为：C。
【分析】A、根据二氧化硫、二氧化氮会引起酸雨进行分析解答；
B、根据面粉是可燃性粉尘，要远离明火以防发生爆炸进行分析解答；
C、根据氧气不足时，燃气灶火焰呈黄色，需要调大进风口进行分析解答；
D、根据黄曲霉毒素在高温下也不会分解进行分析解答。
4．（2025九上·白云期末）下列关于空气及其成分的说法，不正确的是
A．二氧化碳属于空气污染物
B．氮气化学性质稳定，可作保护气
C．氦气可代替氢气作探空气球
D．稀有气体通电发出不同颜色的光，可制作电光源
【答案】A
【知识点】空气的组成；空气的污染与防治；氮气及稀有气体的用途
【解析】【解答】A、二氧化碳无毒无害，是空气的成分之一，不属于空气污染物，故A错误；
B、氮气化学性质稳定，不易与其他物质发生反应，可作保护气，故B正确；
C、氢气易燃易爆，充探空气球存在安全隐患，氦气密度比空气小且化学性质稳定，可代替氢气作探空气球，故C正确；
D、稀有气体可制作电光源，因为稀有气体通电时能发出不同颜色的光，故D正确；
故答案为：A。
【分析】A、根据二氧化碳是空气成分之一，不属于空气污染物进行分析解答；
B、根据氮气化学性质稳定，可作保护气进行分析解答；
C、根据氦气密度比空气小可充探空气球进行分析解答；
D、根据稀有气体的性质和用途进行分析解答。
5．（2025九上·白云期末）茶叶中含有咖啡碱(C8H10N4O2)。下列关于咖啡碱的说法正确的是
A．咖啡碱中含有氧分子
B．咖啡碱中氧元素的质量分数最小
C．咖啡碱完全燃烧只生成CO2和H2O
D．咖啡碱中碳、氮两种元素的质量比是12：7
【答案】D
【知识点】化学式的书写及意义；化学式的相关计算；质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】A、物质由元素组成，咖啡碱中含有氧元素，不含有氧分子，故A错误；
B、咖啡碱的化学式为 C8H10N4O2 ，碳、氢、氮、氧四种元素的质量比=，氢元素质量比最小，故氢元素的质量分数最小，故B错误；
C、根据质量守恒定律，反应前后元素的种类不变，反应物氧气含氧元素，咖啡碱含碳、氢、氮、氧四种元素，生成物也应该含有碳、氢、氮、氧四种元素，所以则咖啡碱完全燃烧不会只生成CO2和H2O，应该还有几种含氮元素的物质，故C错误；
D、从咖啡碱的化学式 C8H10N4O2可知碳、氮两种元素的质量比=，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、根据物质由元素组成进行分析解答；
B、根据化合物中 元素质量比越小，该元素的质量分数也越小进行分析解答；
C、根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变进行分析解答；
D、根据化合物中各元素的质量比=相对原子质量×原子个数之比进行分析解答。
6．（2025九上·白云期末）下列对宏观事实的微观解释不正确的是
A．水变成水蒸气，体积变大——分子间间隔变大
B．温度计中水银柱降低——汞原子随着温度的降低而缩小
C．红墨水在热水中比在冷水中扩散快——温度升高，分子运动加快
D．金刚石和石墨物理性质不同——原子排列方式不同
【答案】B
【知识点】分子的定义与分子的特性；碳单质的性质和用途
【解析】【解答】A、温度升高，水分子间的间隔变大，所以水变成水蒸气，体积变大，故A正确；
B、汞原子间的间隔随着温度的降低而减小，所以温度计中水银柱降低，原子的大小不会发生改变，故B错误；
C分子在不断运动，温度升高，分子的运动速率加快，所以红墨水在热水中比在冷水中扩散快，故C正确；
D、由于碳原子排列方式不同，所以金刚石和石墨物理性质不同，故D正确。
故答案为：B。
【分析】A、根据分子间隔随温度的升高而增大进行分析解答；
B、根据原子间隔随温度的降低而减小，原子本身大小不变进行分析解答；
C、根据温度升高，分子运动速率加快进行分析解答；
D、根据碳原子的排列方式不同，所以碳单质的物理性质不同进行分析解答。
7．（2025九上·白云期末）如图是某汽车尾气净化装置中发生反应的微观示意图。下列说法不正确的是
A．甲、丁属于氧化物
B．反应过程中，消耗的乙和生成的丁的质量比是17：27
C．反应过程中，甲和丁的分子个数比是1：1
D．催化剂在反应前后质量和化学性质不变，使用催化剂有利于增加生成物的质量
【答案】D
【知识点】催化剂的特点与催化作用；化学方程式的概念、读法和含义；微粒观点及模型图的应用；根据化学反应方程式的计算；从组成上识别氧化物
【解析】【解答】A、由两种元素组成，其中一种元素是氧元素的化合物叫做氧化物，由图示可知甲为NO、丁为H2O，甲、丁均属于氧化物，故A正确；
B、由微观示意图可知该反应的化学方程式为：，化学方程式中各物质的质量比=相对分子质量×化学计量数之比，所以消耗的乙和生成的丁的质量比是，故B正确；
C、由方程式可知，参加反应的甲与丁的微粒个数比为6：6=1：1，故C正确；
D、催化剂在反应前后质量和化学性质不变，催化剂只能改变化学反应的速率，不能增加生成物的质量，故D错误。
故答案为：D。
【分析】A、根据由两种元素组成，其中一种元素是氧元素的化合物叫做氧化物进行分析解答；
B、根据微观示意图写出化学反应方程式，再根据化学方程式中各物质的质量比=相对分子质量×化学计量数之比进行分析解答；
C、根据化学方程式中各物质的微粒个数比等于化学计量数之比进行分析解答；
D、根据催化剂不能增加生成物的质量进行分析解答。
8．（2025九上·白云期末）杭州亚运会火炬使用“零碳甲醇()”。我国科研人员研制出一种新型催化剂，能将转化成甲醇，其转化过程如下图所示(M为单质、部分产物省略)。下列说法不正确的是
A．M的化学式为
B．该成果可为碳中和提供科学方案
C．Ⅰ中反应不是化合反应
D．该转化中和M的分子数目比为1：2
【答案】D
【知识点】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；二氧化碳对环境的影响
【解析】【解答】A. 根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变，生成物甲醇中含有碳、氢、氧三种元素，反应物二氧化碳中含有碳、氧两种元素，而反应物M为单质，M中一定含有氢元素，则M为氢气，化学式为H2，故正确，不符合题意；
B. 该成果可有效利用二氧化碳，减少二氧化碳的排放，可为碳中和提供科学方案，故正确，不符合题意；
C. I中二氧化碳和氢气在催化剂的作用下反应生成一氧化碳，根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变，则一定还有含有氢元素的生成物，故该反应的生成物不只一种，不符合“多变一”的特点，不属于化合反应，故正确，不符合题意；
D. 根据流程，二氧化碳和氢气在催化剂的作用下生成甲醇，根据质量守恒定律，反应前后原子种类和数目不变，则还会生成水，化学方程式为：，故该转化中 CO2 和M的分子数目比为1：3，故错误，符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变分析。
B、根据该成果可有效利用二氧化碳，减少二氧化碳的排放分析。
C、根据I中二氧化碳和氢气在催化剂的作用下反应生成一氧化碳，再根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变，分析判断。
D、根据质量守恒定律，反应前后原子种类和数目不变，再根据流程，二氧化碳和氢气在催化剂的作用下生成甲醇和水，分析。
9．（2025九上·白云期末）花鼓戏《补锅》中唱到“手拉风箱呼呼响，火炉烧得红旺旺”。下列说法最合理的是
A．风箱拉动过程中增加了可燃物
B．手拉风箱为煤的燃烧提供了充足氧气
C．火炉烧得旺是因为降低了煤的着火点
D．氧气能支持燃烧，说明氧气具有可燃性
【答案】B
【知识点】氧气的化学性质；燃烧与燃烧的条件；完全燃烧与不完全燃烧
【解析】【解答】A、风箱拉动过程中提供了充足的氧气，并未增加可燃物，不符合题意；
B、风箱拉动过程中提供了充足的氧气，有利于煤充分燃烧，符合题意；
C、着火点是物质的固有属性，一般不会改变，不符合题意；
D、氧气能支持燃烧，说明氧气具有助燃性，但不具有可燃性，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据风箱拉动过程中提供了充足的氧气，使燃烧燃烧更旺，着火点为物质属性，不会发生变化，氧气的助燃性分析。
10．（2025九上·白云期末）下列物质的性质和用途对应关系正确的是
A．二氧化碳性质稳定——制作汽水
B．石墨能导电——作润滑剂
C．镁有银白色光泽——生产烟花
D．一氧化碳具有还原性——冶炼金属
【答案】D
【知识点】碳单质的性质和用途；二氧化碳的用途；一氧化碳的化学性质
【解析】【解答】A、二氧化碳能溶于水且能和水反应生成碳酸，所以二氧化碳制作汽水，该用途与性质稳定无关，故A错误
B、石墨作润滑剂是因为其具有滑腻感，与导电性无关，故B错误；
C、镁用于生产烟花，是因为镁燃烧时发出耀眼的白光，而不是镁有银白色光泽，故C错误；
D、一氧化碳能用于冶炼金属，使因为一氧化碳具有还原性，能在高温下将金属氧化物还原为金属单质，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A、根据二氧化碳制汽水，是因为二氧化碳能与水反应生成碳酸进行分析解答；
B、根据石墨做润滑剂是因为石墨具有滑腻感进行分析解答；
C、根据镁用于生产烟花，是因为镁燃烧发出耀眼的白光进行分析解答；
D、根据一氧化碳具有还原性可以把金属从其金属氧化物中还原出来进行分析解答。
11．（2025九上·白云期末）按照生产氢气过程中碳排放的多少可将氢气分为“灰氢”“蓝氢”“绿氢”。“绿氢”是通过太阳能、风能发电来电解水制氢，整个过程无碳排放。以下说法正确的是
A．生产“绿氢”较生产“灰氢”“蓝氢”更有利于“碳中和”
B．如图，试管1生成的是氧气
C．如图实验说明水由氢气和氧气组成
D．如图实验结束时产生的氢气和氧气的质量比为2：1
【答案】A
【知识点】电解水实验
【解析】【解答】A、“绿氢”较生产“灰氢”“蓝氢”更有利于“碳中和”，因为“绿氢”是通过太阳能、风能发电来电解水制氢，整个过程无碳排放生产，故A正确；
B、电解水正极产生氧气，负极产生氢气，正、负极产生的气体体积比为1：2，如图试管1产生气体多，是氢气，所以试管1与电源的负极相连，故B错误；
C、电解水生成氢气和氧气，氢气由氢元素组成，氧气由氧元素组成，根据质量守恒定律，反应前后元素的种类不变，说明水由氢元素和氧元素组成，故C错误；
D、电解水生成氢气和氧气的体积比为2：1，由反应的化学方程式：可知，生成氢气与氧气的质量比为，故D错误。
故答案为：A。
【分析】A、根据题干信息进行分析解答；
B、根据试管1产生气体多，为氢气，电解水负极产生氢气进行分析解答；
C、根据质量守恒定律化学反应前后元素的种类不变，水由氢元素和氧元素组成进行分析解答；
D、根据化学方程式中各物质的质量比=相对分子质量×化学计量数之比进行分析解答。
12．（2025九上·白云期末）物质的检验、鉴别、除杂是化学研究的重要方法。下列实验方案能达到目的的是
选项 实验目的 实验方案
A 鉴别N2和CO2 将燃着的木条分别伸入气体中，观察现象
B 除去CO中少量的CO2 将混合气体通过足量的高温氧化铜粉末
C 除去二氧化锰中的少量木炭粉 在空气中充分灼烧
D 检验氢气 将带火星的木条伸入气体中，观察现象
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】碳的化学性质；二氧化碳的化学性质；一氧化碳的化学性质；物质的除杂、净化；物质的检验、鉴别
【解析】【解答】A、 鉴别N2和CO2 ，将燃着的木条分别伸入气体中，可观察到木条都熄灭，因为氮气和二氧化碳都不燃烧也不支持燃烧，不能区分两种物质，故A不符合题意；
B、 除去CO中少量的CO2 ，将混合气体通过足量的高温氧化铜粉末，二氧化碳不能与氧化铜反应，高温条件下氧化铜和一氧化碳反应生成铜和二氧化碳，杂质没有除去，反而除去了原物质一氧化碳，不符合除杂原则，故B不符合题意；
C、 除去二氧化锰中的少量木炭粉，在空气中充分灼烧，二氧化锰不能燃烧，碳燃烧生成二氧化碳逸散到空气中，能够除去木炭粉，故C符合题意；
D、 检验氢气， 将带火星的木条伸入气体中，氢气没有助燃性，不能使带火星的木条复燃，无法检验该气体是否为氢气，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据氮气和二氧化碳都不能燃烧也不支持燃烧，都会使燃着的木条熄灭进行分析解答；
B、根据二氧化碳不能与氧化铜反应，一氧化碳能与氧化铜反应，违背除杂原则进行分析解答；
C、根据二氧化锰不能在空气中灼烧，木炭可以在空气中燃烧生成二氧化碳逸散进行分析解答；
D、根据氢气没有助燃性，不能是带火星的木条复燃进行分析解答。
13．（2025九上·白云期末）分析推理是一种重要的化学思维方法。以下推理正确的是
A．阳离子一定带有正电荷，则带有正电荷的微观粒子一定是阳离子
B．单质中只含有一种元素，则石墨一定条件下转化成金刚石为物理变化
C．同种元素质子数相同，则质子数相同的微观粒子一定是同种元素
D．由于分子的种类不同，所以O2和O3的化学性质一定不同
【答案】D
【知识点】分子和原子的区别和联系；原子和离子的相互转化；分子的定义与分子的特性；元素的概念；物理变化、化学变化的特点及其判别
【解析】【解答】A、 阳离子一定带有正电荷，则带有正电荷的微观粒子不一定是阳离子 ，例如质子也带有正电荷，但它不是阳离子，故A错误；
B、 单质中只含有一种元素， 石墨一定条件下转化成金刚石是化学变化，因为石墨和金刚石是两种不同的物质，该过程有新物质生成，属于化学变化，故B错误；
C、同种元素质子数相同，则质子数相同的微观粒子不一定是同种元素，例如氨分子和氖原子质子数相同，但不是同种元素，故C错误；
D、由分子构成的物质，分子是保持物质化学性质的最小粒子，分子种类相同，化学性质相同，分子种类不同，化学性质不同，氧气和臭氧的分子种类不同，所以化学性质一定不同，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A、根据带正电荷的微观粒子不一定是阳离子，如质子带正电荷，不属于阳离子进行分析解答；
B、根据石墨转化为金刚石有新物质生成，属于化学变化进行分析解答；
C、根据质子数相同的微粒不一定是同种元素，如氨分子和氖原子质子数相同，但不是同种元素进行分析解答；
D、根据分子种类不同，化学性质不同进行分析解答。
14．（2025九上·白云期末）下列实验的说法正确的是
A．反应前后固体质量有变化，不符合质量守恒定律
B．a、b两点对比说明燃烧需要氧气，c处通入氧气白磷能燃烧
C．水能防止高温生成物溅落炸裂瓶底
D．只能验证CO2不能燃烧不支持燃烧
【答案】C
【知识点】氧气与碳、磷、硫、铁等物质的反应现象；质量守恒定律及其应用；二氧化碳的化学性质；燃烧的条件与灭火原理探究
【解析】【解答】A、所有化学反应都遵循质量守恒定律，根据质量守恒定律，化学反应前后物质的总质量相等，镁条在空气中燃烧生成氧化镁，参加反应的镁的质量和氧气的质量总和等于生成的氧化镁的质量，所以反应前后固体质量有变化故A错误；
B、a处白磷和b处红磷都与氧气接触，a处白磷燃烧，b处白磷不燃烧，说明燃烧需要温度达到可燃物的着火点；c处白磷温度已经达到着火点，但是没有燃烧是因为没有与氧气接触，通入氧气，c处白磷也能燃烧，故B错误；
C、为防止高温熔融物溅落炸裂瓶底，所以做铁丝在氧气中燃烧的实验时，集气瓶的底部应放少量的水或细沙，故C正确；
D、蜡烛自下而上依次熄灭，说明二氧化碳的密度比空气大，既不能燃烧也不支持燃烧，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A、根据所有化学反应都遵循质量守恒定律，镁条燃烧后固体质量增加，是因为有氧气参与了反应进行分析解答；
B、根据a、b燃烧情况得出燃烧需要温度达到着火点，c处白磷温度达到着火点，没有与氧气接触进行分析解答；
C、根据铁丝燃烧瓶底预先放少量水是为了防止高温熔融物溅落使瓶底炸裂进行分析解答；
D、蜡烛自下而上依次熄灭得到二氧化碳密度比空气大，既不燃烧也不支持燃烧进行分析解答。
二、填空题：本题包括6小题，共48分。
15．（2025九上·白云期末）我国是世界上锌冶炼最早的国家。明代宋应星所著的《天工开物》中有关“火法”炼锌的工艺记载是：“每炉甘石(主要成分是碳酸锌)十斤装载入一泥罐内……然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煅红……冷定毁罐取出……即倭铅(锌)也。”此工艺过程分解模拟如图。(已知：Zn的冶炼温度为904℃，Zn的沸点为906℃。)请结合图文信息，分析思考，
解决问题：
（1）装入原料器之前，将炉甘石敲碎的目的是　 　。
（2）碳酸锌在高温条件下与煤的主要成分发生反应生成Zn和CO，该反应的化学方程式为　 　，该反应过程中碳元素的化合价　 　(选填“不变”、“降低”或“升高”)。
（3）冷凝器中发生　 　(选填“化学”或“物理”)变化。
【答案】（1）增大反应物间的接触面积，加快化学反应的速率
（2）；升高、降低
（3）物理
【知识点】常见元素与原子团的化合价；有关元素化合价的计算；物理变化、化学变化的特点及其判别；化学方程式的书写与配平
【解析】【解答】（1）装入原料器之前，将炉甘石敲碎的目的是：增大反应物间的接触面积，加快化学反应的速率；
（2）碳酸锌和碳在高温的条件下生成锌和一氧化碳，化学方程式为；
碳单质中碳元素的化合价为0，碳酸锌中碳元素的化合价为+4，生成物一氧化碳中碳元素的化合价为+2，即该反应过程中碳元素的化合价有升高，有降低；
（3）冷凝器中，锌蒸气冷凝成固态锌，没有新物质生成，发生的变化属于物理变化。
故答案为：（1）增大反应物间的接触面积，加快化学反应的速率；
（2）+；升高、降低；（3）物理。
【分析】（1）根据原料粉碎是为了增大反应物的接触面积，使反应更快更充分进行分析解答；
（2）根据碳和碳酸锌在高温条件下反应生成锌和一氧化碳的化学方程式的书写；单质元素化合价为0，化合物中正、负化合价代数和为0进行分析解答；
（3）根据没有新物质生成的变化属于物理变化进行分析解答。
（1）装入原料器之前，将炉甘石敲碎的目的是：增大反应物间的接触面积，加快化学反应的速率，故填：增大反应物间的接触面积，加快化学反应的速率；
（2）碳酸锌和碳在高温的条件下生成锌和一氧化碳，化学方程式为；
碳单质中碳元素的化合价为0，碳酸锌中碳元素的化合价为+4，生成物一氧化碳中碳元素的化合价为+2，即该反应过程中碳元素的化合价有升高，有降低，故填：；升高、降低；
（3）冷凝器中，锌蒸气冷凝成固态锌，没有新物质生成，发生的变化属于物理变化，故填：物理。
16．（2025九上·白云期末）空气中含有大量的氮气，如何将氮气在常温下转化为氨气成为近年研究的热点。一种将氮气转化为氨气的循环过程如图所示。回答问题：
（1）该过程中的LiOH属于 ___________(选填字母)。
A．氧化物 B．单质 C．化合物 D．混合物
（2）将液态空气升温，N2先变成气态，这说明N2的沸点比O2的　 　(选填“高”或“低”)。图中　 　可以循环再用。
（3）过程Ⅲ的化学方程式为　 　。
（4）合成氨是20世纪伟大的成就之一，研究氨气的组成、性质及用途具有重要意义。
①液氨可用作制冷剂。构成氨气的微观粒子是　 　(选填“离子”“原子”或“分子”)。
②反应8R+3Cl2=6NH4Cl+N2可用于检查输送氯气的管道是否泄漏，R的化学式为　 　。NH4Cl中N的化合价为　 　价。
（5）如图，若反应过程中Li3N完全转化为LiOH，生产7.2tLiOH需要Li3N的质量为　 　t。
【答案】（1）C
（2）低；水
（3）
（4）分子；NH3；-3
（5）3.5
【知识点】氧气的工业制法；有关元素化合价的计算；化学方程式的书写与配平；质量守恒定律及其应用；单质和化合物
【解析】【解答】（1）由两种或两种以上元素组成的纯净物属于化合物，LiOH属于化合物，故选C；
（2）将液态空气升温，N2先变成气态，这说明N2的沸点比O2的低；由图可知，水既是反应物，又是生成物，可循环利用；
（3）
过程Ⅲ发生的反应为氢氧化锂在一定条件下反应生成锂、水和氧气，反应的化学方程式为；
（4）①氨气是由氨分子构成；
②根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和数目保持不变，反应后有8个N、24个H、6个Cl，反应前有6个Cl，相差8个N和24个N，则1个R中含有1个N和3个N，即R的化学式为NH3；
NH4Cl中氢元素为+1价、氯元素为-1价，设氮元素的化合价为x，根据化合物中正负化合价代数和为零，得，即氮元素的化合价为-3价；
（5）如图，若反应过程中Li3N完全转化为LiOH，根据质量守恒定律可知，反应前后元素的质量不变，则LiOH中锂元素的质量=Li3N中锂元素的质量，则Li3N的质量为。
故答案为：（1）C；（2）低；水；（3）；
（4）①分子；②NH3；-3；（5）3.5。
【分析】（1）根据由两种或两种以上元素组成纯净物属于化合物进行分析解答；
（2）根据分离液态空气制氧气是利用液氮和液氧的沸点不同，该过程没有新物质生成属于物理变化进行分析解答；
（3）根据氢氧化锂在一定条件下分解生成锂、水和氧气的化学方程式的书写进行分析解答；
（4） ① 根据氨气由分子构成进行分析解答；
② 根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和数目不变，化合物中正、负化合价的代数和为0进行分析解答；
（5）根据根据质量守恒定律可知，反应前后元素的质量不变，化合物中某元素质量=化合物质量×该元素的质量分数，化合物质量=某元素质量÷该元素的质量分数进行分析解答。
（1）由两种或两种以上元素组成的纯净物属于化合物，LiOH属于化合物，故选C；
（2）将液态空气升温，N2先变成气态，这说明N2的沸点比O2的低；由图可知，水既是反应物，又是生成物，可循环利用，故填：低；水；
（3）过程Ⅲ发生的反应为氢氧化锂在一定条件下反应生成锂、水和氧气，反应的化学方程式为，故填：；
（4）①氨气是由氨分子构成，故填：分子；
②根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和数目保持不变，反应后有8个N、24个H、6个Cl，反应前有6个Cl，相差8个N和24个N，则1个R中含有1个N和3个N，即R的化学式为NH3；
NH4Cl中氢元素为+1价、氯元素为-1价，设氮元素的化合价为x，根据化合物中正负化合价代数和为零，得，即氮元素的化合价为-3价；
故填：NH3；-3；
（5）如图，若反应过程中Li3N完全转化为LiOH，根据质量守恒定律可知，反应前后元素的质量不变，则LiOH中锂元素的质量=Li3N中锂元素的质量，则Li3N的质量为，故填：3.5。
17．（2025九上·白云期末）回答下列问题
（1）图1为溴元素在元素周期表中的信息和溴原子的结构示意图。
①溴原子核内质子数为　 　。溴元素的相对原子质量是　 　。
②溴原子在化学反应中　 　(选填“容易失去”“容易得到”或“难得难失”)电子形成溴离子，溴离子和溴原子的化学性质　 　(选填“相似”或“不相似”)。
③溴化钙的化学式为　 　。
④从图中信息可知，溴离子的核外电子数是　 　。
（2）由图2分析，溴蒸气(Br2)的运动平均速率范围是 ___________(选填字母)km s﹣1。
A．大于1.84 B．介于1.31～1.84
C．介于0.49～1.31 D．小于0.49
【答案】（1）35；79.90；容易得到；不相似；CaBr2；36
（2）D
【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；化学式的书写及意义
【解析】【解答】（1）①根据元素周期表一格可知，左上角的数字表示该元素的原子序数，即溴的原子序数为35，在原子中，原子序数=质子数=35；元素名称下方的数字表示该元素的相对原子质量，即溴的相对原子质量为79.90；
②在原子中，核外电子数=质子数=35，则35=2+8+18+n，n=7，即溴的最外层电子数是7，大于4，在化学变化中容易得到电子；溴离子和溴原子最外层电子数不相等，化学性质不相似；
③溴化钙中钙元素化合价是+2，溴元素化合价是-1，根据化合物中元素化合价代数和为零可知，溴化钙的化学式为 CaBr2；
④溴的核外电子数为35，溴的最外层电子数是7，大于4，在化学变化中容易得到1个电子，形成带1个单位负电荷的阴离子，则溴离子的核外电子数是35+1=36；
（2）由图2分析可知，气体相对分子质量越大，反应速率越慢。溴蒸气相对分子质量比氢气、氦气、氮气大，因此溴蒸气(Br2)的运动平均速率小于0.49km s-1，故A、B、C不符合题意，D符合题意。
故答案为：（1）①35；79.90或者79.9 ；②容易得到；不相似；③CaBr2 ；④36；（2）D。
【分析】（1）①根据元素周期表一个小格左上角的数字表原子序数，原子中，原子序数=质子数；元素周期表一个小格最小方的数字表示相对原子质量进行分析解答；
②根据原子最外层电子数大于4，在化学反应 中容易得到电子；最外层电子数决定元素的化学性质进行分析解答；
③根据化合物中正、负化合价的代数和为0书写化学式进行分析解答；
④根据原子中，质子数=核外电子数，最外层电子数大于4容易得到电子形成阴离子，阴离子的核外电子总数=质子数+得到的电子数进行分析解答；
（2）根据气体相对分子质量越大，反应速率越慢进行分析解答。
（1）①根据元素周期表一格可知，左上角的数字表示该元素的原子序数，即溴的原子序数为35，在原子中，原子序数=质子数=35；元素名称下方的数字表示该元素的相对原子质量，即溴的相对原子质量为79.90，故填：35；79.90或者79.9；
②在原子中，核外电子数=质子数=35，则35=2+8+18+n，n=7，即溴的最外层电子数是7，大于4，在化学变化中容易得到电子；溴离子和溴原子最外层电子数不相等，化学性质不相似，故填：容易得到；不相似；
③溴化钙中钙元素化合价是+2，溴元素化合价是-1，根据化合物中元素化合价代数和为零可知，溴化钙的化学式为 CaBr2，故填：CaBr2；
④溴的核外电子数为35，溴的最外层电子数是7，大于4，在化学变化中容易得到1个电子，形成带1个单位负电荷的阴离子，则溴离子的核外电子数是35+1=36，故填：36；
（2）由图2分析可知，气体相对分子质量越大，反应速率越慢。溴蒸气相对分子质量比氢气、氦气、氮气大，因此溴蒸气(Br2)的运动平均速率小于0.49km s-1，故选D。
三、跨学科实践
18．（2025九上·白云期末）特定人群、环境对氧气的需求不同。如何基于特定需求设计和制作简易供氧器呢？在老师的指导下，同学们开展了下列活动。
【建构模型】
老师提供了以下实验装置，同学们选择装置用过氧化氢分解和加热高锰酸钾的方法获得氧气。
（1）①装置B中a的名称是：　 　。
②加热高锰酸钾制取氧气应选择的发生、收集装置是　 　(选填字母序号，下同)，化学方程式为　 　。
③实验室用块状电石与水反应制取乙炔(C2H2)。电石与水反应非常剧烈，发生装置选用　 　，若要收集干燥的乙炔选用的收集装置是　 　。
【模仿改造】
化学制氧机(原理图见图1)利用过碳酸钠白色固体、二氧化锰黑色粉末产生氧气。过碳酸钠(2Na2CO3 3H2O2加水溶解会分解生成碳酸钠和过氧化氢。用该制氧机制氧时，在反应仓中加入适量水，再先后加入过碳酸钠和二氧化锰，反应仓内有黑色粉末翻腾，变得浑浊，仓壁变得温热，过滤仓底部导气管口有气泡冒出。
（2）①加湿过滤仓不仅可以过滤杂质而且根据　 　来判断产生氧气的速率。
②制氧机内部气流采用高压进低压出(即产生的气体在高处聚集，经导管从低处进入加湿过滤仓)的方式，可能的原因有　 　。
【评价反思】
（3）展示环节，小英同学所在小组制作的简易供氧器(如图2)得到了大家的好评，请您提出一个改良意见：　 　(合理即可)。
兴趣小组取石井河水样进行净化实验。
（4）①将饮用水瓶和纱布、活性炭等组合成如图3所示装置进行水的净化。其中，装置制作较合理的是　 　(选填“A”或“B”)。
②如图4是净化石井河水的简易装置，下列说法错误的是　 　(选填字母)。
A．小水杯中的水是纯净水
B．获取小水杯中的水的快慢与温度无关
C．该过程中用到蒸馏的方法
③总结混合物分离的一般思路和方法是(将序号排序)　 　。
a．分析混合物成分
b．找到分离方法
c．寻找成分性质差异
【答案】长颈漏斗；AD；；C；F；气泡冒出的快慢；使反应产生的气体能顺利进入加湿过滤仓、有利于气体的收集等；增加氧气流量的调节装置；A；AB；acb
【知识点】气体反应装置的选取；常用气体的收集方法；氧气的实验室制法；水的净化；水质检测及自制净水器
【解析】【解答】（1）①由图可知，装置B中a的名称是长颈漏斗；
故答案为：长颈漏斗；
②高锰酸钾在加热的条件下生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，反应的化学方程式为，该反应适用于固体加热型，生成装置选A，氧气的密度比空气大，不易溶于水也不与水反应，可采用向上排空气法或排水法进行收集，即收集装置选D或者E；
故答案为：AD或者AE；；
③电石与水反应非常剧烈，块状固体和液体反应且反应剧烈，发生装置应选用C(可以通过分液漏斗控制液体滴加速度来控制反应速率)；乙炔密度比空气小，若要收集干燥的乙炔，应采用向下排空气法进行收集，即选用的收集装置是F；
故答案为：C；F；
（2）①加湿过滤仓不仅可以过滤杂质而且根据气泡冒出的快慢来判断产生氧气的速率；
故答案为：气泡冒出的快慢；
②制氧机内部气流采用高压进低压出(即产生的气体在高处聚集，经导管从低处进入加湿过滤仓)的方式，可能的原因有：使反应产生的气体能顺利进入加湿过滤仓；有利于气体的收集等；
故答案为：使反应产生的气体能顺利进入加湿过滤仓、有利于气体的收集等；
（3）可以提出的改良意见：增加氧气流量的调节装置等；
故答案为：增加氧气流量的调节装置；
（4）①将饮用水瓶和纱布、活性炭等组合成水净化装置，装置制作较合理的是A，因为A装置中纱布和活性炭的放置顺序更合理，可以更好地起到过滤和吸附的作用；
故答案为：A；
②A、小水杯中的水不是纯净水，因为该装置不能除去水中所有的杂质，故A符合题意；
B、获取小水杯中的水的快慢与温度有关，温度越高，分子运动越快，蒸馏速度可能会加快，故B符合题意；
C、该过程中用到蒸馏的方法，故C不符合题意。
故答案为：AB；
③混合物分离的一般思路和方法是：首先分析混合物成分(a)，然后寻找成分性质差异(c)，最后找到分离方法(b)，所以顺序为acb。
故单位：acb。
【分析】（1）①根据常见仪器的名称进行分析解答；
②根据发生装置、收集装置的选择依据；高锰酸钾在加热条件下生成锰酸钾、二氧化锰和氧气的化学方程式的书写进行分析及解答；
③根据发生装置和收集装置的选择依据进行分析解答；
（2）①根据加湿过渡仓可以通过气泡冒出的快慢来判断反应速率进行分析解答；
②根据制氧机内部气流采用高压进低压出 使反应产生的气体能顺利进入加湿过滤仓、有利于气体的收集进行分析解答；
（3）根据自制简易供氧器装置图可以增加氧气流量的调节装置进行分析解答；
（4）①根据A装置中纱布和活性炭的放置顺序更合理，可以更好地起到过滤和吸附的作用进行分析解答；
②A、根据该装置不能除去水中所有的杂质进行分析解答；
B、根据温度越高，分子运动越快进行分析解答；
C、根据该过程用到蒸馏的方法进行分析解答；
③根据混合物分离的一般思路和方法是：首先分析混合物成分(a)，然后寻找成分性质差异(c)，最后找到分离方法(b)进行分析解答。
19．（2025九上·白云期末）化学反应速率与多种因素有关，为探究影响过氧化氢分解速率的因素，小组同学分别取足量且等质量的过氧化氢溶液完成了如表实验。
实验序号 过氧化氢溶液的浓度/% 二氧化锰粉末的质量/g 温度/℃ 10秒共收集到氧气的体积/mL
① 3 0 10 几乎无
② 5 0 20 几乎无
③ 5 0.5 20 14
④ 10 0.5 20 80
（1）以上实验中过氧化氢分解的化学方程式是　 　，若反应前混合物的质量为34.5g，完全反应后混合物的质量为33.7g，实际参加反应的过氧化氢为　 　g。
（2）探究催化剂对过氧化氢分解速率的影响，应选择的实验序号是　 　对比实验③和实验④，可得出的结论是　 　；上述实验无法探究出　 　因素对过氧化氢分解速率的影响(写一条即可)。
【答案】（1）；1.7
（2）②③；其它条件相同时，过氧化氢溶液浓度越大，反应速率越快；温度
【知识点】氧气的实验室制法；化学方程式的书写与配平；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】（1）过氧化氢在二氧化锰的催化作用下分解生成水和氧气，反应的化学方程式为；
反应生成氧气质量是：34.5g﹣33.7g=0.8g，设参加反应的过氧化氢质量是x。
即实际参加反应的过氧化氢为的质量为1.7g；
故答案为：；1.7；
（2）探究催化剂对过氧化氢分解速率的影响，应选择的实验序号是②③(除去是否利用催化剂外，其他条件相同)；对比实验③和实验④，可得出的结论是其它条件相同时，过氧化氢溶液浓度越大，反应速率越快；上述实验无法探究出温度因素对过氧化氢分解速率的影响。
故答案为：②③；其它条件相同时，过氧化氢溶液浓度越大，反应速率越快；温度。
【分析】（1）根据过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成水和氧气的化学方程式的书写；化学反应前后质量差为生成的氧气的质量，设参加反应的过氧化氢的质量为未知量，再正确写出过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成水和氧气的化学方程式，找准相关物质的质量比，已知量是氧气的质量，未知量是过氧化氢的质量，列比例式，求出过氧化氢的质量，最后简明写出答案；
（2）根据对比实验需要控制单一变量，对比实验②和实验③变量为是否有催化剂，其他条件相同，可以探究催化剂对反应速率的影响；对比实验③和实验④变量是过氧化氢溶液的浓度，其他条件都相同，过氧化氢溶液浓度越大，反应速率越快；根据表格数据可知上述实验无法探究温度对过氧化氢分解速率的影响进行分析解答。
（1）过氧化氢在二氧化锰的催化作用下分解生成水和氧气，反应的化学方程式为；
反应生成氧气质量是：34.5g﹣33.7g=0.8g，设参加反应的过氧化氢质量是x。
即实际参加反应的过氧化氢为的质量为1.7g；
故填：；1.7；
（2）探究催化剂对过氧化氢分解速率的影响，应选择的实验序号是②③(除去是否利用催化剂外，其他条件相同)；对比实验③和实验④，可得出的结论是其它条件相同时，过氧化氢溶液浓度越大，反应速率越快；上述实验无法探究出温度因素对过氧化氢分解速率的影响，故填：②③；其它条件相同时，过氧化氢溶液浓度越大，反应速率越快；温度。
20．（2025九上·白云期末）空气中含有多少氧气呢？学习小组开展“测定空气中氧气含量”的探究活动。
【设计与实验】设计并利用图1装置测定空气中氧气含量。
（1）图1中弹簧夹打开的适宜时机是：________。
【优化与实验】在气密性良好且红磷足量的前提下，利用图1装置多次实验，水面均未上升到刻度“1”。小组同学经讨论后决定利用手持技术一探究竟：分别取足量红磷、白磷采用图2装置进行实验，记录并处理数据分别如图3、图4。
（2）请根据图3的信息，画出实验结束后集气瓶中剩余气体的主要成分。
（3）图3中氧气占空气的体积分数从8.05%上升到9.26%，结合信息，原因可能是 ___________(选填字母)。
A. 温度下降水蒸气变成水，气体总数目下降，氧分子数目不变，所以氧气体积分数上升
B. 反应的生成物分解产生氧气
C. 装置中的水分解产生氧气
（4）图4中BC段压强增大，原因是 ________。
【数据分析】
（5）已知：相同的温度和体积下，气体体积分数的比值和气压比相同。
小组同学通过数据分析，确定了水面均未上升到刻度“1”的原因，并且得出了利用白磷测定空气中氧气含量的结果更准确的结论。根据图3、图4数据的变化和信息，试从定量的角度对上述结论进行解释 ________。
【反思与交流】
（6）上述实验中红磷、白磷和五氧化二磷对环境“不友好”。结合实验原理和试剂弊端，可选择的替代试剂有 ___________(选填字母)。
A. 木炭 B. 蜡烛 C. 铜粉 D. 铁丝
【答案】(1) 冷却至室温
(2)
(3) A
(4) 白磷燃烧放热，气体膨胀
(5) 红磷燃烧消耗氧气，能使氧气含量从20.08%降低至9.26%，白磷燃烧消耗氧气，能使气压从103.15kPa降低至83.17kPa
(6) C
【知识点】空气的组成；测定空气中的氧气含量；完全燃烧与不完全燃烧
【解析】【解答】（1）红磷燃烧放热，使集气瓶内的气体受热膨胀，压强变大，因此弹簧夹打开的适宜时机是冷却至室温，防止产生实验误差；
故答案为：冷却至室温；
（2）空气主要由氮气和氧气组成，红磷燃烧消耗部分氧气，氧气含量从20.08%降低至9.26%，而氮气不与红磷反应，则实验结束后集气瓶中剩余气体的主要成分氮气和氧气；
故答案为：；
（3）图3中氧气占空气的体积分数从8.05%上升到9.26%，结合信息，原因可能是温度下降水蒸气变成水，气体总数目下降，氧分子数目不变，所以氧气体积分数上升；
故答案为：A；
（4）图4中BC段压强增大，原因是白磷燃烧放热，温度升高对压强的影响比气体减少对压强的影响大；
故答案为：白磷燃烧放热，气体膨胀；
（5）根据图3、图4数据的变化和信息，从定量的角度对上述结论进行解释：红磷燃烧消耗氧气，能使氧气含量从20.08%降低至9.26%，白磷燃烧消耗氧气，能使气压从103.15kPa降低至83.17kPa；
故答案为：红磷燃烧消耗氧气，能使氧气含量从20.08%降低至9.26%，白磷燃烧消耗氧气，能使气压从103.15kPa降低至83.17kPa；
(6)A、木炭燃烧生成二氧化碳，瓶内压强不变，导致水不能进入集气瓶，不能测定氧气含量，故A不符合题意；
B、蜡烛燃烧生成水和二氧化碳，导瓶内压强没有明显下降，致水不能进入集气瓶，不能测定氧气含量，故B不符合题意；
C、加热时铜和氧气反应生成氧化铜固体，可代替红磷，故C符合题意；
D、铁丝不能在空气中燃烧，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】（1）根据为防止集气瓶未冷却到室温产生实验误差，打开弹簧夹的最佳时机是装置冷却之后进行分析解答；
（2）根据图示氧气没有被消耗完，氮气没有参加反应，实验结束后集气瓶中剩余气体的主要成分氮气和氧气进行分析解答；
（3）A、根据图3中氧气占空气的体积分数从8.05%上升到9.26%，温度下降水蒸气变成水，气体总数目下降，氧分子数目不变，氧气体积进行分解解答；
（4）根据白磷燃烧放热，温度升高对压强的影响比气体减少对压强的影响大进行分析解答；
（5）根据红磷燃烧消耗氧气，能使氧气含量从20.08%降低至9.26%，白磷燃烧消耗氧气，能使气压从103.15kPa降低至83.17kPa进行分析解答；
（6）A、根据木炭燃烧生成二氧化碳，集气瓶内压强几乎没有改变进行分析解答；
B、根据蜡烛燃烧生成二氧化碳和水，集气瓶内压强没有明显下降进行分析解答；
C、根据铜粉在加热的条件下可以与氧气反应进行分析解答；
D、根据铁丝不能在空气中燃烧进行分析解答。
1 / 1广东省广州市白云区2024-2025学年九年级上学期期末化学试题
一、选择题：本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题意。错选、不选、多选或涂改不清的，均不给分。
1．（2025九上·白云期末）今年5月12日是第16个全国防灾减灾日，主题是“人人讲安全，个个会应急——着力提升基层防灾避险能力”，下列说法错误的是
A．电动车不能在居民楼内充电，以免发生火灾
B．厨房天然气泄漏，要立即打开抽油烟机排气
C．加热液体时，试管口不能朝着自己或他人
D．做实验时，不慎碰倒酒精灯，酒精在实验台上燃烧起来，应立刻用湿抹布盖灭
2．（2025九上·白云期末）下列对实验现象的描述正确的是
A．红磷在空气中燃烧，产生大量白雾
B．硫在空气中燃烧，发出蓝紫色火焰
C．木炭在空气中充分燃烧，生成二氧化碳
D．将二氧化碳通入澄清石灰水中，产生白色沉淀
3．（2025九上·白云期末）劳动谱写时代华章，奋斗创造美好未来。下列说法不正确的是
A．工厂燃烧煤时产生SO2、氮的氧化物等污染物造成酸雨
B．厨房中的面粉应远离明火
C．当燃气灶火焰出现黄色，锅底出现黑色时，可缩小灶具进风口
D．霉变花生洗净和煮熟后仍不宜食用
4．（2025九上·白云期末）下列关于空气及其成分的说法，不正确的是
A．二氧化碳属于空气污染物
B．氮气化学性质稳定，可作保护气
C．氦气可代替氢气作探空气球
D．稀有气体通电发出不同颜色的光，可制作电光源
5．（2025九上·白云期末）茶叶中含有咖啡碱(C8H10N4O2)。下列关于咖啡碱的说法正确的是
A．咖啡碱中含有氧分子
B．咖啡碱中氧元素的质量分数最小
C．咖啡碱完全燃烧只生成CO2和H2O
D．咖啡碱中碳、氮两种元素的质量比是12：7
6．（2025九上·白云期末）下列对宏观事实的微观解释不正确的是
A．水变成水蒸气，体积变大——分子间间隔变大
B．温度计中水银柱降低——汞原子随着温度的降低而缩小
C．红墨水在热水中比在冷水中扩散快——温度升高，分子运动加快
D．金刚石和石墨物理性质不同——原子排列方式不同
7．（2025九上·白云期末）如图是某汽车尾气净化装置中发生反应的微观示意图。下列说法不正确的是
A．甲、丁属于氧化物
B．反应过程中，消耗的乙和生成的丁的质量比是17：27
C．反应过程中，甲和丁的分子个数比是1：1
D．催化剂在反应前后质量和化学性质不变，使用催化剂有利于增加生成物的质量
8．（2025九上·白云期末）杭州亚运会火炬使用“零碳甲醇()”。我国科研人员研制出一种新型催化剂，能将转化成甲醇，其转化过程如下图所示(M为单质、部分产物省略)。下列说法不正确的是
A．M的化学式为
B．该成果可为碳中和提供科学方案
C．Ⅰ中反应不是化合反应
D．该转化中和M的分子数目比为1：2
9．（2025九上·白云期末）花鼓戏《补锅》中唱到“手拉风箱呼呼响，火炉烧得红旺旺”。下列说法最合理的是
A．风箱拉动过程中增加了可燃物
B．手拉风箱为煤的燃烧提供了充足氧气
C．火炉烧得旺是因为降低了煤的着火点
D．氧气能支持燃烧，说明氧气具有可燃性
10．（2025九上·白云期末）下列物质的性质和用途对应关系正确的是
A．二氧化碳性质稳定——制作汽水
B．石墨能导电——作润滑剂
C．镁有银白色光泽——生产烟花
D．一氧化碳具有还原性——冶炼金属
11．（2025九上·白云期末）按照生产氢气过程中碳排放的多少可将氢气分为“灰氢”“蓝氢”“绿氢”。“绿氢”是通过太阳能、风能发电来电解水制氢，整个过程无碳排放。以下说法正确的是
A．生产“绿氢”较生产“灰氢”“蓝氢”更有利于“碳中和”
B．如图，试管1生成的是氧气
C．如图实验说明水由氢气和氧气组成
D．如图实验结束时产生的氢气和氧气的质量比为2：1
12．（2025九上·白云期末）物质的检验、鉴别、除杂是化学研究的重要方法。下列实验方案能达到目的的是
选项 实验目的 实验方案
A 鉴别N2和CO2 将燃着的木条分别伸入气体中，观察现象
B 除去CO中少量的CO2 将混合气体通过足量的高温氧化铜粉末
C 除去二氧化锰中的少量木炭粉 在空气中充分灼烧
D 检验氢气 将带火星的木条伸入气体中，观察现象
A．A B．B C．C D．D
13．（2025九上·白云期末）分析推理是一种重要的化学思维方法。以下推理正确的是
A．阳离子一定带有正电荷，则带有正电荷的微观粒子一定是阳离子
B．单质中只含有一种元素，则石墨一定条件下转化成金刚石为物理变化
C．同种元素质子数相同，则质子数相同的微观粒子一定是同种元素
D．由于分子的种类不同，所以O2和O3的化学性质一定不同
14．（2025九上·白云期末）下列实验的说法正确的是
A．反应前后固体质量有变化，不符合质量守恒定律
B．a、b两点对比说明燃烧需要氧气，c处通入氧气白磷能燃烧
C．水能防止高温生成物溅落炸裂瓶底
D．只能验证CO2不能燃烧不支持燃烧
二、填空题：本题包括6小题，共48分。
15．（2025九上·白云期末）我国是世界上锌冶炼最早的国家。明代宋应星所著的《天工开物》中有关“火法”炼锌的工艺记载是：“每炉甘石(主要成分是碳酸锌)十斤装载入一泥罐内……然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煅红……冷定毁罐取出……即倭铅(锌)也。”此工艺过程分解模拟如图。(已知：Zn的冶炼温度为904℃，Zn的沸点为906℃。)请结合图文信息，分析思考，
解决问题：
（1）装入原料器之前，将炉甘石敲碎的目的是　 　。
（2）碳酸锌在高温条件下与煤的主要成分发生反应生成Zn和CO，该反应的化学方程式为　 　，该反应过程中碳元素的化合价　 　(选填“不变”、“降低”或“升高”)。
（3）冷凝器中发生　 　(选填“化学”或“物理”)变化。
16．（2025九上·白云期末）空气中含有大量的氮气，如何将氮气在常温下转化为氨气成为近年研究的热点。一种将氮气转化为氨气的循环过程如图所示。回答问题：
（1）该过程中的LiOH属于 ___________(选填字母)。
A．氧化物 B．单质 C．化合物 D．混合物
（2）将液态空气升温，N2先变成气态，这说明N2的沸点比O2的　 　(选填“高”或“低”)。图中　 　可以循环再用。
（3）过程Ⅲ的化学方程式为　 　。
（4）合成氨是20世纪伟大的成就之一，研究氨气的组成、性质及用途具有重要意义。
①液氨可用作制冷剂。构成氨气的微观粒子是　 　(选填“离子”“原子”或“分子”)。
②反应8R+3Cl2=6NH4Cl+N2可用于检查输送氯气的管道是否泄漏，R的化学式为　 　。NH4Cl中N的化合价为　 　价。
（5）如图，若反应过程中Li3N完全转化为LiOH，生产7.2tLiOH需要Li3N的质量为　 　t。
17．（2025九上·白云期末）回答下列问题
（1）图1为溴元素在元素周期表中的信息和溴原子的结构示意图。
①溴原子核内质子数为　 　。溴元素的相对原子质量是　 　。
②溴原子在化学反应中　 　(选填“容易失去”“容易得到”或“难得难失”)电子形成溴离子，溴离子和溴原子的化学性质　 　(选填“相似”或“不相似”)。
③溴化钙的化学式为　 　。
④从图中信息可知，溴离子的核外电子数是　 　。
（2）由图2分析，溴蒸气(Br2)的运动平均速率范围是 ___________(选填字母)km s﹣1。
A．大于1.84 B．介于1.31～1.84
C．介于0.49～1.31 D．小于0.49
三、跨学科实践
18．（2025九上·白云期末）特定人群、环境对氧气的需求不同。如何基于特定需求设计和制作简易供氧器呢？在老师的指导下，同学们开展了下列活动。
【建构模型】
老师提供了以下实验装置，同学们选择装置用过氧化氢分解和加热高锰酸钾的方法获得氧气。
（1）①装置B中a的名称是：　 　。
②加热高锰酸钾制取氧气应选择的发生、收集装置是　 　(选填字母序号，下同)，化学方程式为　 　。
③实验室用块状电石与水反应制取乙炔(C2H2)。电石与水反应非常剧烈，发生装置选用　 　，若要收集干燥的乙炔选用的收集装置是　 　。
【模仿改造】
化学制氧机(原理图见图1)利用过碳酸钠白色固体、二氧化锰黑色粉末产生氧气。过碳酸钠(2Na2CO3 3H2O2加水溶解会分解生成碳酸钠和过氧化氢。用该制氧机制氧时，在反应仓中加入适量水，再先后加入过碳酸钠和二氧化锰，反应仓内有黑色粉末翻腾，变得浑浊，仓壁变得温热，过滤仓底部导气管口有气泡冒出。
（2）①加湿过滤仓不仅可以过滤杂质而且根据　 　来判断产生氧气的速率。
②制氧机内部气流采用高压进低压出(即产生的气体在高处聚集，经导管从低处进入加湿过滤仓)的方式，可能的原因有　 　。
【评价反思】
（3）展示环节，小英同学所在小组制作的简易供氧器(如图2)得到了大家的好评，请您提出一个改良意见：　 　(合理即可)。
兴趣小组取石井河水样进行净化实验。
（4）①将饮用水瓶和纱布、活性炭等组合成如图3所示装置进行水的净化。其中，装置制作较合理的是　 　(选填“A”或“B”)。
②如图4是净化石井河水的简易装置，下列说法错误的是　 　(选填字母)。
A．小水杯中的水是纯净水
B．获取小水杯中的水的快慢与温度无关
C．该过程中用到蒸馏的方法
③总结混合物分离的一般思路和方法是(将序号排序)　 　。
a．分析混合物成分
b．找到分离方法
c．寻找成分性质差异
19．（2025九上·白云期末）化学反应速率与多种因素有关，为探究影响过氧化氢分解速率的因素，小组同学分别取足量且等质量的过氧化氢溶液完成了如表实验。
实验序号 过氧化氢溶液的浓度/% 二氧化锰粉末的质量/g 温度/℃ 10秒共收集到氧气的体积/mL
① 3 0 10 几乎无
② 5 0 20 几乎无
③ 5 0.5 20 14
④ 10 0.5 20 80
（1）以上实验中过氧化氢分解的化学方程式是　 　，若反应前混合物的质量为34.5g，完全反应后混合物的质量为33.7g，实际参加反应的过氧化氢为　 　g。
（2）探究催化剂对过氧化氢分解速率的影响，应选择的实验序号是　 　对比实验③和实验④，可得出的结论是　 　；上述实验无法探究出　 　因素对过氧化氢分解速率的影响(写一条即可)。
20．（2025九上·白云期末）空气中含有多少氧气呢？学习小组开展“测定空气中氧气含量”的探究活动。
【设计与实验】设计并利用图1装置测定空气中氧气含量。
（1）图1中弹簧夹打开的适宜时机是：________。
【优化与实验】在气密性良好且红磷足量的前提下，利用图1装置多次实验，水面均未上升到刻度“1”。小组同学经讨论后决定利用手持技术一探究竟：分别取足量红磷、白磷采用图2装置进行实验，记录并处理数据分别如图3、图4。
（2）请根据图3的信息，画出实验结束后集气瓶中剩余气体的主要成分。
（3）图3中氧气占空气的体积分数从8.05%上升到9.26%，结合信息，原因可能是 ___________(选填字母)。
A. 温度下降水蒸气变成水，气体总数目下降，氧分子数目不变，所以氧气体积分数上升
B. 反应的生成物分解产生氧气
C. 装置中的水分解产生氧气
（4）图4中BC段压强增大，原因是 ________。
【数据分析】
（5）已知：相同的温度和体积下，气体体积分数的比值和气压比相同。
小组同学通过数据分析，确定了水面均未上升到刻度“1”的原因，并且得出了利用白磷测定空气中氧气含量的结果更准确的结论。根据图3、图4数据的变化和信息，试从定量的角度对上述结论进行解释 ________。
【反思与交流】
（6）上述实验中红磷、白磷和五氧化二磷对环境“不友好”。结合实验原理和试剂弊端，可选择的替代试剂有 ___________(选填字母)。
A. 木炭 B. 蜡烛 C. 铜粉 D. 铁丝
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】实验室常见的仪器及使用；常见的意外事故的处理方法；灭火的原理和方法；易燃物和易爆物安全知识
【解析】【解答】A、电动车不能在居民楼内充电，以防过度充电、高温环境或存在可燃物而引发火灾或爆炸，所以，故A正确；
B、天然气泄露时，不能立即打开抽油烟机排气，应该先关闭阀门，打开门窗，因为天然气是一种易燃易爆气体，抽油烟机可能将泄露的天然气吸入，并在其内部或排气管道中遇到火星或电火花，从而引发爆炸，故B错误；
C、为防止液体沸腾喷出伤人，加热液体时，试管口不能朝着自己或他人，故C正确；
D、酒精在实验台上燃烧起来，应立刻用湿抹布盖灭，利用隔绝空气的灭火原理，故D正确；
故答案为：B。
【分析】A、根据电动车在居民楼内充电可能会引发火灾或爆炸的安全隐患进行分析解答；
B、根据天然气泄露打开抽油烟机排气，可能会引发爆炸进行分析解答；
C、根据加热液体时，试管口朝向自己或他人，可能会造成液体沸腾喷出伤人进行分析解答；、
D、根据灭火的方法和原理进行分析解答。
2．【答案】D
【知识点】氧气与碳、磷、硫、铁等物质的反应现象；二氧化碳的化学性质
【解析】【解答】A、红磷燃烧生成五氧化二磷固体，以白烟的形式逸散，所以红磷在空气中燃烧，产生的是大量白烟，而不是白雾，因为雾是液体小颗粒，故A错误；
B、硫在氧气中燃烧，发出蓝紫色火焰，再空气中燃烧，发出微弱的淡蓝色火焰，故B错误；
C、描述实验现象不能出席生成物的名称，出现名称的是实验结论，生成二氧化碳是实验结论而不是现象，故C错误；
D、澄清石灰水的主要成分是氢氧化钙，二氧化碳能与氢氧化钙反应生成碳酸钙白色沉淀和水，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A、根据红磷燃烧产生大量白烟进行分析解答；
B、根据硫在空气中燃烧发出微弱的淡蓝色火焰进行分析解答；
C、根据描述实验现象不能出现生成物名称，出现名称是实验结论进行分析解答；
D、根据二氧化碳能与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水进行分析解答。
3．【答案】C
【知识点】有害化学物质的性质与人体健康；完全燃烧与不完全燃烧；灭火的原理和方法；常用燃料的使用与其对环境的影响
【解析】【解答】A、引起酸雨的气体是二氧化硫和二氧化氮，所以工厂燃烧煤时产生SO2、氮的氧化物等污染物造成酸雨，故A正确；
B、可燃性气体或粉尘与空气混合，遇到明火可能会发生爆炸，面粉属于可燃性粉尘，所以要远离明火，故B正确；
C、当氧气不足时，燃气灶火焰会出现黄色，锅底出现黑色，应扩大灶具进风口，故C错误；
D、 霉变花生洗净和煮熟后仍不宜食用 ，因为霉变花生中含有有毒的黄曲霉毒素，黄曲霉毒素即使高温烹饪也不会分解，故D正确。
故答案为：C。
【分析】A、根据二氧化硫、二氧化氮会引起酸雨进行分析解答；
B、根据面粉是可燃性粉尘，要远离明火以防发生爆炸进行分析解答；
C、根据氧气不足时，燃气灶火焰呈黄色，需要调大进风口进行分析解答；
D、根据黄曲霉毒素在高温下也不会分解进行分析解答。
4．【答案】A
【知识点】空气的组成；空气的污染与防治；氮气及稀有气体的用途
【解析】【解答】A、二氧化碳无毒无害，是空气的成分之一，不属于空气污染物，故A错误；
B、氮气化学性质稳定，不易与其他物质发生反应，可作保护气，故B正确；
C、氢气易燃易爆，充探空气球存在安全隐患，氦气密度比空气小且化学性质稳定，可代替氢气作探空气球，故C正确；
D、稀有气体可制作电光源，因为稀有气体通电时能发出不同颜色的光，故D正确；
故答案为：A。
【分析】A、根据二氧化碳是空气成分之一，不属于空气污染物进行分析解答；
B、根据氮气化学性质稳定，可作保护气进行分析解答；
C、根据氦气密度比空气小可充探空气球进行分析解答；
D、根据稀有气体的性质和用途进行分析解答。
5．【答案】D
【知识点】化学式的书写及意义；化学式的相关计算；质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】A、物质由元素组成，咖啡碱中含有氧元素，不含有氧分子，故A错误；
B、咖啡碱的化学式为 C8H10N4O2 ，碳、氢、氮、氧四种元素的质量比=，氢元素质量比最小，故氢元素的质量分数最小，故B错误；
C、根据质量守恒定律，反应前后元素的种类不变，反应物氧气含氧元素，咖啡碱含碳、氢、氮、氧四种元素，生成物也应该含有碳、氢、氮、氧四种元素，所以则咖啡碱完全燃烧不会只生成CO2和H2O，应该还有几种含氮元素的物质，故C错误；
D、从咖啡碱的化学式 C8H10N4O2可知碳、氮两种元素的质量比=，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、根据物质由元素组成进行分析解答；
B、根据化合物中 元素质量比越小，该元素的质量分数也越小进行分析解答；
C、根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变进行分析解答；
D、根据化合物中各元素的质量比=相对原子质量×原子个数之比进行分析解答。
6．【答案】B
【知识点】分子的定义与分子的特性；碳单质的性质和用途
【解析】【解答】A、温度升高，水分子间的间隔变大，所以水变成水蒸气，体积变大，故A正确；
B、汞原子间的间隔随着温度的降低而减小，所以温度计中水银柱降低，原子的大小不会发生改变，故B错误；
C分子在不断运动，温度升高，分子的运动速率加快，所以红墨水在热水中比在冷水中扩散快，故C正确；
D、由于碳原子排列方式不同，所以金刚石和石墨物理性质不同，故D正确。
故答案为：B。
【分析】A、根据分子间隔随温度的升高而增大进行分析解答；
B、根据原子间隔随温度的降低而减小，原子本身大小不变进行分析解答；
C、根据温度升高，分子运动速率加快进行分析解答；
D、根据碳原子的排列方式不同，所以碳单质的物理性质不同进行分析解答。
7．【答案】D
【知识点】催化剂的特点与催化作用；化学方程式的概念、读法和含义；微粒观点及模型图的应用；根据化学反应方程式的计算；从组成上识别氧化物
【解析】【解答】A、由两种元素组成，其中一种元素是氧元素的化合物叫做氧化物，由图示可知甲为NO、丁为H2O，甲、丁均属于氧化物，故A正确；
B、由微观示意图可知该反应的化学方程式为：，化学方程式中各物质的质量比=相对分子质量×化学计量数之比，所以消耗的乙和生成的丁的质量比是，故B正确；
C、由方程式可知，参加反应的甲与丁的微粒个数比为6：6=1：1，故C正确；
D、催化剂在反应前后质量和化学性质不变，催化剂只能改变化学反应的速率，不能增加生成物的质量，故D错误。
故答案为：D。
【分析】A、根据由两种元素组成，其中一种元素是氧元素的化合物叫做氧化物进行分析解答；
B、根据微观示意图写出化学反应方程式，再根据化学方程式中各物质的质量比=相对分子质量×化学计量数之比进行分析解答；
C、根据化学方程式中各物质的微粒个数比等于化学计量数之比进行分析解答；
D、根据催化剂不能增加生成物的质量进行分析解答。
8．【答案】D
【知识点】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；二氧化碳对环境的影响
【解析】【解答】A. 根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变，生成物甲醇中含有碳、氢、氧三种元素，反应物二氧化碳中含有碳、氧两种元素，而反应物M为单质，M中一定含有氢元素，则M为氢气，化学式为H2，故正确，不符合题意；
B. 该成果可有效利用二氧化碳，减少二氧化碳的排放，可为碳中和提供科学方案，故正确，不符合题意；
C. I中二氧化碳和氢气在催化剂的作用下反应生成一氧化碳，根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变，则一定还有含有氢元素的生成物，故该反应的生成物不只一种，不符合“多变一”的特点，不属于化合反应，故正确，不符合题意；
D. 根据流程，二氧化碳和氢气在催化剂的作用下生成甲醇，根据质量守恒定律，反应前后原子种类和数目不变，则还会生成水，化学方程式为：，故该转化中 CO2 和M的分子数目比为1：3，故错误，符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变分析。
B、根据该成果可有效利用二氧化碳，减少二氧化碳的排放分析。
C、根据I中二氧化碳和氢气在催化剂的作用下反应生成一氧化碳，再根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变，分析判断。
D、根据质量守恒定律，反应前后原子种类和数目不变，再根据流程，二氧化碳和氢气在催化剂的作用下生成甲醇和水，分析。
9．【答案】B
【知识点】氧气的化学性质；燃烧与燃烧的条件；完全燃烧与不完全燃烧
【解析】【解答】A、风箱拉动过程中提供了充足的氧气，并未增加可燃物，不符合题意；
B、风箱拉动过程中提供了充足的氧气，有利于煤充分燃烧，符合题意；
C、着火点是物质的固有属性，一般不会改变，不符合题意；
D、氧气能支持燃烧，说明氧气具有助燃性，但不具有可燃性，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据风箱拉动过程中提供了充足的氧气，使燃烧燃烧更旺，着火点为物质属性，不会发生变化，氧气的助燃性分析。
10．【答案】D
【知识点】碳单质的性质和用途；二氧化碳的用途；一氧化碳的化学性质
【解析】【解答】A、二氧化碳能溶于水且能和水反应生成碳酸，所以二氧化碳制作汽水，该用途与性质稳定无关，故A错误
B、石墨作润滑剂是因为其具有滑腻感，与导电性无关，故B错误；
C、镁用于生产烟花，是因为镁燃烧时发出耀眼的白光，而不是镁有银白色光泽，故C错误；
D、一氧化碳能用于冶炼金属，使因为一氧化碳具有还原性，能在高温下将金属氧化物还原为金属单质，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A、根据二氧化碳制汽水，是因为二氧化碳能与水反应生成碳酸进行分析解答；
B、根据石墨做润滑剂是因为石墨具有滑腻感进行分析解答；
C、根据镁用于生产烟花，是因为镁燃烧发出耀眼的白光进行分析解答；
D、根据一氧化碳具有还原性可以把金属从其金属氧化物中还原出来进行分析解答。
11．【答案】A
【知识点】电解水实验
【解析】【解答】A、“绿氢”较生产“灰氢”“蓝氢”更有利于“碳中和”，因为“绿氢”是通过太阳能、风能发电来电解水制氢，整个过程无碳排放生产，故A正确；
B、电解水正极产生氧气，负极产生氢气，正、负极产生的气体体积比为1：2，如图试管1产生气体多，是氢气，所以试管1与电源的负极相连，故B错误；
C、电解水生成氢气和氧气，氢气由氢元素组成，氧气由氧元素组成，根据质量守恒定律，反应前后元素的种类不变，说明水由氢元素和氧元素组成，故C错误；
D、电解水生成氢气和氧气的体积比为2：1，由反应的化学方程式：可知，生成氢气与氧气的质量比为，故D错误。
故答案为：A。
【分析】A、根据题干信息进行分析解答；
B、根据试管1产生气体多，为氢气，电解水负极产生氢气进行分析解答；
C、根据质量守恒定律化学反应前后元素的种类不变，水由氢元素和氧元素组成进行分析解答；
D、根据化学方程式中各物质的质量比=相对分子质量×化学计量数之比进行分析解答。
12．【答案】C
【知识点】碳的化学性质；二氧化碳的化学性质；一氧化碳的化学性质；物质的除杂、净化；物质的检验、鉴别
【解析】【解答】A、 鉴别N2和CO2 ，将燃着的木条分别伸入气体中，可观察到木条都熄灭，因为氮气和二氧化碳都不燃烧也不支持燃烧，不能区分两种物质，故A不符合题意；
B、 除去CO中少量的CO2 ，将混合气体通过足量的高温氧化铜粉末，二氧化碳不能与氧化铜反应，高温条件下氧化铜和一氧化碳反应生成铜和二氧化碳，杂质没有除去，反而除去了原物质一氧化碳，不符合除杂原则，故B不符合题意；
C、 除去二氧化锰中的少量木炭粉，在空气中充分灼烧，二氧化锰不能燃烧，碳燃烧生成二氧化碳逸散到空气中，能够除去木炭粉，故C符合题意；
D、 检验氢气， 将带火星的木条伸入气体中，氢气没有助燃性，不能使带火星的木条复燃，无法检验该气体是否为氢气，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据氮气和二氧化碳都不能燃烧也不支持燃烧，都会使燃着的木条熄灭进行分析解答；
B、根据二氧化碳不能与氧化铜反应，一氧化碳能与氧化铜反应，违背除杂原则进行分析解答；
C、根据二氧化锰不能在空气中灼烧，木炭可以在空气中燃烧生成二氧化碳逸散进行分析解答；
D、根据氢气没有助燃性，不能是带火星的木条复燃进行分析解答。
13．【答案】D
【知识点】分子和原子的区别和联系；原子和离子的相互转化；分子的定义与分子的特性；元素的概念；物理变化、化学变化的特点及其判别
【解析】【解答】A、 阳离子一定带有正电荷，则带有正电荷的微观粒子不一定是阳离子 ，例如质子也带有正电荷，但它不是阳离子，故A错误；
B、 单质中只含有一种元素， 石墨一定条件下转化成金刚石是化学变化，因为石墨和金刚石是两种不同的物质，该过程有新物质生成，属于化学变化，故B错误；
C、同种元素质子数相同，则质子数相同的微观粒子不一定是同种元素，例如氨分子和氖原子质子数相同，但不是同种元素，故C错误；
D、由分子构成的物质，分子是保持物质化学性质的最小粒子，分子种类相同，化学性质相同，分子种类不同，化学性质不同，氧气和臭氧的分子种类不同，所以化学性质一定不同，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A、根据带正电荷的微观粒子不一定是阳离子，如质子带正电荷，不属于阳离子进行分析解答；
B、根据石墨转化为金刚石有新物质生成，属于化学变化进行分析解答；
C、根据质子数相同的微粒不一定是同种元素，如氨分子和氖原子质子数相同，但不是同种元素进行分析解答；
D、根据分子种类不同，化学性质不同进行分析解答。
14．【答案】C
【知识点】氧气与碳、磷、硫、铁等物质的反应现象；质量守恒定律及其应用；二氧化碳的化学性质；燃烧的条件与灭火原理探究
【解析】【解答】A、所有化学反应都遵循质量守恒定律，根据质量守恒定律，化学反应前后物质的总质量相等，镁条在空气中燃烧生成氧化镁，参加反应的镁的质量和氧气的质量总和等于生成的氧化镁的质量，所以反应前后固体质量有变化故A错误；
B、a处白磷和b处红磷都与氧气接触，a处白磷燃烧，b处白磷不燃烧，说明燃烧需要温度达到可燃物的着火点；c处白磷温度已经达到着火点，但是没有燃烧是因为没有与氧气接触，通入氧气，c处白磷也能燃烧，故B错误；
C、为防止高温熔融物溅落炸裂瓶底，所以做铁丝在氧气中燃烧的实验时，集气瓶的底部应放少量的水或细沙，故C正确；
D、蜡烛自下而上依次熄灭，说明二氧化碳的密度比空气大，既不能燃烧也不支持燃烧，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A、根据所有化学反应都遵循质量守恒定律，镁条燃烧后固体质量增加，是因为有氧气参与了反应进行分析解答；
B、根据a、b燃烧情况得出燃烧需要温度达到着火点，c处白磷温度达到着火点，没有与氧气接触进行分析解答；
C、根据铁丝燃烧瓶底预先放少量水是为了防止高温熔融物溅落使瓶底炸裂进行分析解答；
D、蜡烛自下而上依次熄灭得到二氧化碳密度比空气大，既不燃烧也不支持燃烧进行分析解答。
15．【答案】（1）增大反应物间的接触面积，加快化学反应的速率
（2）；升高、降低
（3）物理
【知识点】常见元素与原子团的化合价；有关元素化合价的计算；物理变化、化学变化的特点及其判别；化学方程式的书写与配平
【解析】【解答】（1）装入原料器之前，将炉甘石敲碎的目的是：增大反应物间的接触面积，加快化学反应的速率；
（2）碳酸锌和碳在高温的条件下生成锌和一氧化碳，化学方程式为；
碳单质中碳元素的化合价为0，碳酸锌中碳元素的化合价为+4，生成物一氧化碳中碳元素的化合价为+2，即该反应过程中碳元素的化合价有升高，有降低；
（3）冷凝器中，锌蒸气冷凝成固态锌，没有新物质生成，发生的变化属于物理变化。
故答案为：（1）增大反应物间的接触面积，加快化学反应的速率；
（2）+；升高、降低；（3）物理。
【分析】（1）根据原料粉碎是为了增大反应物的接触面积，使反应更快更充分进行分析解答；
（2）根据碳和碳酸锌在高温条件下反应生成锌和一氧化碳的化学方程式的书写；单质元素化合价为0，化合物中正、负化合价代数和为0进行分析解答；
（3）根据没有新物质生成的变化属于物理变化进行分析解答。
（1）装入原料器之前，将炉甘石敲碎的目的是：增大反应物间的接触面积，加快化学反应的速率，故填：增大反应物间的接触面积，加快化学反应的速率；
（2）碳酸锌和碳在高温的条件下生成锌和一氧化碳，化学方程式为；
碳单质中碳元素的化合价为0，碳酸锌中碳元素的化合价为+4，生成物一氧化碳中碳元素的化合价为+2，即该反应过程中碳元素的化合价有升高，有降低，故填：；升高、降低；
（3）冷凝器中，锌蒸气冷凝成固态锌，没有新物质生成，发生的变化属于物理变化，故填：物理。
16．【答案】（1）C
（2）低；水
（3）
（4）分子；NH3；-3
（5）3.5
【知识点】氧气的工业制法；有关元素化合价的计算；化学方程式的书写与配平；质量守恒定律及其应用；单质和化合物
【解析】【解答】（1）由两种或两种以上元素组成的纯净物属于化合物，LiOH属于化合物，故选C；
（2）将液态空气升温，N2先变成气态，这说明N2的沸点比O2的低；由图可知，水既是反应物，又是生成物，可循环利用；
（3）
过程Ⅲ发生的反应为氢氧化锂在一定条件下反应生成锂、水和氧气，反应的化学方程式为；
（4）①氨气是由氨分子构成；
②根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和数目保持不变，反应后有8个N、24个H、6个Cl，反应前有6个Cl，相差8个N和24个N，则1个R中含有1个N和3个N，即R的化学式为NH3；
NH4Cl中氢元素为+1价、氯元素为-1价，设氮元素的化合价为x，根据化合物中正负化合价代数和为零，得，即氮元素的化合价为-3价；
（5）如图，若反应过程中Li3N完全转化为LiOH，根据质量守恒定律可知，反应前后元素的质量不变，则LiOH中锂元素的质量=Li3N中锂元素的质量，则Li3N的质量为。
故答案为：（1）C；（2）低；水；（3）；
（4）①分子；②NH3；-3；（5）3.5。
【分析】（1）根据由两种或两种以上元素组成纯净物属于化合物进行分析解答；
（2）根据分离液态空气制氧气是利用液氮和液氧的沸点不同，该过程没有新物质生成属于物理变化进行分析解答；
（3）根据氢氧化锂在一定条件下分解生成锂、水和氧气的化学方程式的书写进行分析解答；
（4） ① 根据氨气由分子构成进行分析解答；
② 根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和数目不变，化合物中正、负化合价的代数和为0进行分析解答；
（5）根据根据质量守恒定律可知，反应前后元素的质量不变，化合物中某元素质量=化合物质量×该元素的质量分数，化合物质量=某元素质量÷该元素的质量分数进行分析解答。
（1）由两种或两种以上元素组成的纯净物属于化合物，LiOH属于化合物，故选C；
（2）将液态空气升温，N2先变成气态，这说明N2的沸点比O2的低；由图可知，水既是反应物，又是生成物，可循环利用，故填：低；水；
（3）过程Ⅲ发生的反应为氢氧化锂在一定条件下反应生成锂、水和氧气，反应的化学方程式为，故填：；
（4）①氨气是由氨分子构成，故填：分子；
②根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和数目保持不变，反应后有8个N、24个H、6个Cl，反应前有6个Cl，相差8个N和24个N，则1个R中含有1个N和3个N，即R的化学式为NH3；
NH4Cl中氢元素为+1价、氯元素为-1价，设氮元素的化合价为x，根据化合物中正负化合价代数和为零，得，即氮元素的化合价为-3价；
故填：NH3；-3；
（5）如图，若反应过程中Li3N完全转化为LiOH，根据质量守恒定律可知，反应前后元素的质量不变，则LiOH中锂元素的质量=Li3N中锂元素的质量，则Li3N的质量为，故填：3.5。
17．【答案】（1）35；79.90；容易得到；不相似；CaBr2；36
（2）D
【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；化学式的书写及意义
【解析】【解答】（1）①根据元素周期表一格可知，左上角的数字表示该元素的原子序数，即溴的原子序数为35，在原子中，原子序数=质子数=35；元素名称下方的数字表示该元素的相对原子质量，即溴的相对原子质量为79.90；
②在原子中，核外电子数=质子数=35，则35=2+8+18+n，n=7，即溴的最外层电子数是7，大于4，在化学变化中容易得到电子；溴离子和溴原子最外层电子数不相等，化学性质不相似；
③溴化钙中钙元素化合价是+2，溴元素化合价是-1，根据化合物中元素化合价代数和为零可知，溴化钙的化学式为 CaBr2；
④溴的核外电子数为35，溴的最外层电子数是7，大于4，在化学变化中容易得到1个电子，形成带1个单位负电荷的阴离子，则溴离子的核外电子数是35+1=36；
（2）由图2分析可知，气体相对分子质量越大，反应速率越慢。溴蒸气相对分子质量比氢气、氦气、氮气大，因此溴蒸气(Br2)的运动平均速率小于0.49km s-1，故A、B、C不符合题意，D符合题意。
故答案为：（1）①35；79.90或者79.9 ；②容易得到；不相似；③CaBr2 ；④36；（2）D。
【分析】（1）①根据元素周期表一个小格左上角的数字表原子序数，原子中，原子序数=质子数；元素周期表一个小格最小方的数字表示相对原子质量进行分析解答；
②根据原子最外层电子数大于4，在化学反应 中容易得到电子；最外层电子数决定元素的化学性质进行分析解答；
③根据化合物中正、负化合价的代数和为0书写化学式进行分析解答；
④根据原子中，质子数=核外电子数，最外层电子数大于4容易得到电子形成阴离子，阴离子的核外电子总数=质子数+得到的电子数进行分析解答；
（2）根据气体相对分子质量越大，反应速率越慢进行分析解答。
（1）①根据元素周期表一格可知，左上角的数字表示该元素的原子序数，即溴的原子序数为35，在原子中，原子序数=质子数=35；元素名称下方的数字表示该元素的相对原子质量，即溴的相对原子质量为79.90，故填：35；79.90或者79.9；
②在原子中，核外电子数=质子数=35，则35=2+8+18+n，n=7，即溴的最外层电子数是7，大于4，在化学变化中容易得到电子；溴离子和溴原子最外层电子数不相等，化学性质不相似，故填：容易得到；不相似；
③溴化钙中钙元素化合价是+2，溴元素化合价是-1，根据化合物中元素化合价代数和为零可知，溴化钙的化学式为 CaBr2，故填：CaBr2；
④溴的核外电子数为35，溴的最外层电子数是7，大于4，在化学变化中容易得到1个电子，形成带1个单位负电荷的阴离子，则溴离子的核外电子数是35+1=36，故填：36；
（2）由图2分析可知，气体相对分子质量越大，反应速率越慢。溴蒸气相对分子质量比氢气、氦气、氮气大，因此溴蒸气(Br2)的运动平均速率小于0.49km s-1，故选D。
18．【答案】长颈漏斗；AD；；C；F；气泡冒出的快慢；使反应产生的气体能顺利进入加湿过滤仓、有利于气体的收集等；增加氧气流量的调节装置；A；AB；acb
【知识点】气体反应装置的选取；常用气体的收集方法；氧气的实验室制法；水的净化；水质检测及自制净水器
【解析】【解答】（1）①由图可知，装置B中a的名称是长颈漏斗；
故答案为：长颈漏斗；
②高锰酸钾在加热的条件下生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，反应的化学方程式为，该反应适用于固体加热型，生成装置选A，氧气的密度比空气大，不易溶于水也不与水反应，可采用向上排空气法或排水法进行收集，即收集装置选D或者E；
故答案为：AD或者AE；；
③电石与水反应非常剧烈，块状固体和液体反应且反应剧烈，发生装置应选用C(可以通过分液漏斗控制液体滴加速度来控制反应速率)；乙炔密度比空气小，若要收集干燥的乙炔，应采用向下排空气法进行收集，即选用的收集装置是F；
故答案为：C；F；
（2）①加湿过滤仓不仅可以过滤杂质而且根据气泡冒出的快慢来判断产生氧气的速率；
故答案为：气泡冒出的快慢；
②制氧机内部气流采用高压进低压出(即产生的气体在高处聚集，经导管从低处进入加湿过滤仓)的方式，可能的原因有：使反应产生的气体能顺利进入加湿过滤仓；有利于气体的收集等；
故答案为：使反应产生的气体能顺利进入加湿过滤仓、有利于气体的收集等；
（3）可以提出的改良意见：增加氧气流量的调节装置等；
故答案为：增加氧气流量的调节装置；
（4）①将饮用水瓶和纱布、活性炭等组合成水净化装置，装置制作较合理的是A，因为A装置中纱布和活性炭的放置顺序更合理，可以更好地起到过滤和吸附的作用；
故答案为：A；
②A、小水杯中的水不是纯净水，因为该装置不能除去水中所有的杂质，故A符合题意；
B、获取小水杯中的水的快慢与温度有关，温度越高，分子运动越快，蒸馏速度可能会加快，故B符合题意；
C、该过程中用到蒸馏的方法，故C不符合题意。
故答案为：AB；
③混合物分离的一般思路和方法是：首先分析混合物成分(a)，然后寻找成分性质差异(c)，最后找到分离方法(b)，所以顺序为acb。
故单位：acb。
【分析】（1）①根据常见仪器的名称进行分析解答；
②根据发生装置、收集装置的选择依据；高锰酸钾在加热条件下生成锰酸钾、二氧化锰和氧气的化学方程式的书写进行分析及解答；
③根据发生装置和收集装置的选择依据进行分析解答；
（2）①根据加湿过渡仓可以通过气泡冒出的快慢来判断反应速率进行分析解答；
②根据制氧机内部气流采用高压进低压出 使反应产生的气体能顺利进入加湿过滤仓、有利于气体的收集进行分析解答；
（3）根据自制简易供氧器装置图可以增加氧气流量的调节装置进行分析解答；
（4）①根据A装置中纱布和活性炭的放置顺序更合理，可以更好地起到过滤和吸附的作用进行分析解答；
②A、根据该装置不能除去水中所有的杂质进行分析解答；
B、根据温度越高，分子运动越快进行分析解答；
C、根据该过程用到蒸馏的方法进行分析解答；
③根据混合物分离的一般思路和方法是：首先分析混合物成分(a)，然后寻找成分性质差异(c)，最后找到分离方法(b)进行分析解答。
19．【答案】（1）；1.7
（2）②③；其它条件相同时，过氧化氢溶液浓度越大，反应速率越快；温度
【知识点】氧气的实验室制法；化学方程式的书写与配平；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】（1）过氧化氢在二氧化锰的催化作用下分解生成水和氧气，反应的化学方程式为；
反应生成氧气质量是：34.5g﹣33.7g=0.8g，设参加反应的过氧化氢质量是x。
即实际参加反应的过氧化氢为的质量为1.7g；
故答案为：；1.7；
（2）探究催化剂对过氧化氢分解速率的影响，应选择的实验序号是②③(除去是否利用催化剂外，其他条件相同)；对比实验③和实验④，可得出的结论是其它条件相同时，过氧化氢溶液浓度越大，反应速率越快；上述实验无法探究出温度因素对过氧化氢分解速率的影响。
故答案为：②③；其它条件相同时，过氧化氢溶液浓度越大，反应速率越快；温度。
【分析】（1）根据过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成水和氧气的化学方程式的书写；化学反应前后质量差为生成的氧气的质量，设参加反应的过氧化氢的质量为未知量，再正确写出过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成水和氧气的化学方程式，找准相关物质的质量比，已知量是氧气的质量，未知量是过氧化氢的质量，列比例式，求出过氧化氢的质量，最后简明写出答案；
（2）根据对比实验需要控制单一变量，对比实验②和实验③变量为是否有催化剂，其他条件相同，可以探究催化剂对反应速率的影响；对比实验③和实验④变量是过氧化氢溶液的浓度，其他条件都相同，过氧化氢溶液浓度越大，反应速率越快；根据表格数据可知上述实验无法探究温度对过氧化氢分解速率的影响进行分析解答。
（1）过氧化氢在二氧化锰的催化作用下分解生成水和氧气，反应的化学方程式为；
反应生成氧气质量是：34.5g﹣33.7g=0.8g，设参加反应的过氧化氢质量是x。
即实际参加反应的过氧化氢为的质量为1.7g；
故填：；1.7；
（2）探究催化剂对过氧化氢分解速率的影响，应选择的实验序号是②③(除去是否利用催化剂外，其他条件相同)；对比实验③和实验④，可得出的结论是其它条件相同时，过氧化氢溶液浓度越大，反应速率越快；上述实验无法探究出温度因素对过氧化氢分解速率的影响，故填：②③；其它条件相同时，过氧化氢溶液浓度越大，反应速率越快；温度。
20．【答案】(1) 冷却至室温
(2)
(3) A
(4) 白磷燃烧放热，气体膨胀
(5) 红磷燃烧消耗氧气，能使氧气含量从20.08%降低至9.26%，白磷燃烧消耗氧气，能使气压从103.15kPa降低至83.17kPa
(6) C
【知识点】空气的组成；测定空气中的氧气含量；完全燃烧与不完全燃烧
【解析】【解答】（1）红磷燃烧放热，使集气瓶内的气体受热膨胀，压强变大，因此弹簧夹打开的适宜时机是冷却至室温，防止产生实验误差；
故答案为：冷却至室温；
（2）空气主要由氮气和氧气组成，红磷燃烧消耗部分氧气，氧气含量从20.08%降低至9.26%，而氮气不与红磷反应，则实验结束后集气瓶中剩余气体的主要成分氮气和氧气；
故答案为：；
（3）图3中氧气占空气的体积分数从8.05%上升到9.26%，结合信息，原因可能是温度下降水蒸气变成水，气体总数目下降，氧分子数目不变，所以氧气体积分数上升；
故答案为：A；
（4）图4中BC段压强增大，原因是白磷燃烧放热，温度升高对压强的影响比气体减少对压强的影响大；
故答案为：白磷燃烧放热，气体膨胀；
（5）根据图3、图4数据的变化和信息，从定量的角度对上述结论进行解释：红磷燃烧消耗氧气，能使氧气含量从20.08%降低至9.26%，白磷燃烧消耗氧气，能使气压从103.15kPa降低至83.17kPa；
故答案为：红磷燃烧消耗氧气，能使氧气含量从20.08%降低至9.26%，白磷燃烧消耗氧气，能使气压从103.15kPa降低至83.17kPa；
(6)A、木炭燃烧生成二氧化碳，瓶内压强不变，导致水不能进入集气瓶，不能测定氧气含量，故A不符合题意；
B、蜡烛燃烧生成水和二氧化碳，导瓶内压强没有明显下降，致水不能进入集气瓶，不能测定氧气含量，故B不符合题意；
C、加热时铜和氧气反应生成氧化铜固体，可代替红磷，故C符合题意；
D、铁丝不能在空气中燃烧，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】（1）根据为防止集气瓶未冷却到室温产生实验误差，打开弹簧夹的最佳时机是装置冷却之后进行分析解答；
（2）根据图示氧气没有被消耗完，氮气没有参加反应，实验结束后集气瓶中剩余气体的主要成分氮气和氧气进行分析解答；
（3）A、根据图3中氧气占空气的体积分数从8.05%上升到9.26%，温度下降水蒸气变成水，气体总数目下降，氧分子数目不变，氧气体积进行分解解答；
（4）根据白磷燃烧放热，温度升高对压强的影响比气体减少对压强的影响大进行分析解答；
（5）根据红磷燃烧消耗氧气，能使氧气含量从20.08%降低至9.26%，白磷燃烧消耗氧气，能使气压从103.15kPa降低至83.17kPa进行分析解答；
（6）A、根据木炭燃烧生成二氧化碳，集气瓶内压强几乎没有改变进行分析解答；
B、根据蜡烛燃烧生成二氧化碳和水，集气瓶内压强没有明显下降进行分析解答；
C、根据铜粉在加热的条件下可以与氧气反应进行分析解答；
D、根据铁丝不能在空气中燃烧进行分析解答。
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