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广东省广州市番禺区2025-2026学年九年级上学期期末测试化学试题
一、注意：每道选择题有四个选项，其中只有一项符合题意。请用铅笔在答题卡上作答。错选、不选、多选或涂改不清的，均不给分。
1．《天工开物》记载的下列造物过程中涉及化学变化的是
A．棉线织布 B．葡萄酿酒 C．楠木制舟 D．沙里淘金
2．下列物质由离子构成的是
A．Cu B． C．NaCl D．
3．下列对科学家在化学上的贡献叙述错误的是
A．徐寿参与翻译《化学鉴原》
B．徐光宪提出了稀土分离的全新理论
C．拉瓦锡发现空气的主要成分
D．门捷列夫提出分子原子学说
4．下列操作正确的是
A．取用固体试剂后立刻擦干净药匙
B．先装好药品再检查装置的气密性
C．将鼻孔凑近集气瓶口闻气体气味
D．夹持试管时从试管口套上试管夹
5．“木炭在氧气中燃烧”的实验中无需标注的图标是
A．护目镜 B．洗手
C．明火 D．用电
6．学习中，常用比较、归纳等科学方法进行推理分析，下列推理所得结论正确的是
A．金刚石、石墨、C60都由碳元素组成，那么它们的物理性质一定相同
B．置换反应都有化合价改变，那么有化合价改变的反应一定是置换反应
C．化学反应伴随着能量变化，那么有能量变化的过程一定是化学反应
D．点燃氢气前要检验纯度，那么实验室点燃可燃性气体之前一定要验纯
7．某兴趣小组模拟自来水厂对浑浊的有色河水进行如图处理，下列说法正确的是
A．①中液体无色澄清
B．明矾的作用是使水中悬浮的杂质较快沉降
C．②中液体一定为纯净物
D．在净水过程中，利用了活性炭的化学性质
8．下列化学用语表示正确的是
A．60个碳原子：
B．：1个过氧化氢分子中含有1个氧分子
C．1个镁离子：
D．一氧化氮分子：NO
9．物质的性质决定物质的用途，这是重要的化学观念。下列物质的性质和用途对应不一致的是（　　）
A．O2具有助燃性——作可燃物的助燃剂
B．液氮汽化吸热——用于医疗冷冻麻醉条件下手术
C．石墨的导电性——制作干电池电极
D．金刚石硬度大——制作钻石
10．下列对宏观事实的微观解释，合理的是(　　)
A．秋天空气变干燥：空气里各种分子之间的间隔减小
B．热水使瘪乒乓球复原：乒乓球内气体分子体积增大
C．氧气和液氧都有助燃性：同种分子化学性质相同
D．石墨在一定条件下变成金刚石：原子种类发生改变
11．化学观念是化学课程要培养的核心素养之一，下列对化学观念的认识错误的是
A．守恒观：某物质隔绝空气加热分解产生水和二氧化碳，则该物质一定含碳、氢、氧元素
B．微粒观：保持甲烷化学性质的最小微粒是甲烷分子
C．转化观：铁和四氧化三铁在一定条件下可以相互转化
D．结构观：水和过氧化氢都是由氢原子和氧原子构成的，化学性质相同
12．我国科研团队催化合成肼的微观过程如下图。下列说法错误的是
A．反应前后分子的种类发生变化
B．肼中氮元素的化合价为：
C．该反应消耗和生成的分子个数比为1：1
D．该反应属于分解反应
13．关于下列实验的说法，正确的是
A．实验①：点蜡烛刚熄灭时产生的白烟，蜡烛复燃，说明蜡烛燃烧生成可燃性气体
B．实验②：反应后总质量减小，说明该反应不符合质量守恒定律
C．实验③：出水口处得到澄清的水，说明经过过滤和吸附可除去河水中的所有杂质
D．实验④：铜片上的白磷燃烧而热水中的白磷不燃烧，说明可燃物燃烧需要接触氧气
二、第二部分 非选择题（共6道题，48分）
14．完成下列题目。
Ⅰ．化学是一门以实验为基础的科学，化学所取得的丰硕成果，是与实验的重要作用分不开的。结合下列实验装置图（本题的所有夹持仪器均已省略）回答问题：
（1）图中仪器②的名称　 　。
（2）实验室制取氧气，某同学设计了图F的装置，仪器①中加入的试剂应为　 　；用③收集氧气的方法为　 　，能用此方法收集氧气的理由是　 　。
（3）A中发生反应的化学方程式为　 　，将A、E装置连接收集该气体时，应将A装置的导管a与E装置的导管　 　（选填“b”或“c”）相连接。检验E装置中二氧化碳已收集满的方法是　 　。
（4）将A、B装置连接，装置B中观察到的现象是　 　。
（5）C可用于检验，其反应的化学方程式为　 　。
（6）用E装置收集一瓶二氧化碳气体，取下双孔橡皮塞，将瓶中的气体沿D装置烧杯左侧内壁缓慢倒入，观察到的现象是　 　，该现象说明二氧化碳具有的性质有　 　（任填一种）。
Ⅱ．某学习小组利用图1装置验证二氧化碳的有关性质，实验过程中压力传感器测得三颈烧瓶中压强随时间的变化如图2所示。
（7）组装装置，实验开始前，需要先　 　。
（8）依据图2中曲线总体趋势：压强先迅速减小，后迅速增大，可推测图1实验中先加入的是注射器　 　（填“a”或“b”）端的物质。
（9）图2中pq段，三颈烧瓶中的现象为　 　。
15．阅读下面科普短文。
“碳中和”是指人类活动的碳排放通过森林碳汇和人工手段加以捕集、利用和封存，使排放到大气中的温室气体净增量为零。CaO可在较高温度下捕集，在更高温度下将捕集的释放利用。
目前，捕集技术的关键是将从排放物中分离出来。分离方法：主要分为物理吸收法和化学吸收法。物理吸收法中的一种是用甲醇作溶剂进行吸收。化学吸收法用氨水作为吸收剂，控制温度在30℃左右，采用喷氨技术吸收，生成碳酸氢铵（高温下易分解）。分离后的与在一定条件下反应生成甲醇和水，的产率除受浓度、温度、压强等因素影响外，还受催化剂CuO质量分数的影响，如图所示。
我国科学家们撰文提出“液态阳光”概念，即将太阳能转化为可稳定存储并且可输出的燃料，实现燃料零碳化，随着科学技术的发展，今后的世界，每天的阳光将为我们提供取之不尽、用之不竭的热、电还有可再生燃料！
依据文章内容，回答下列问题：
（1）森林碳汇主要是指绿色植物通过光合作用将大气中的吸收并固定的过程。此过程将太阳能转化为　 　能。
（2）和均能在高温下分解制得CaO，但分解制备得到的CaO比分解得到的CaO更加疏松多孔，因为分解产生的气体更多，共有3种气体氧化物，它们的化学式为　 　。
（3）采用喷氨技术吸收时，温度要控制在30℃左右，可能的原因是　 　。
（4）由图1可得到的结论是　 　。
（5）下列说法不正确的是　 　（填字母）。
a.“碳中和”的“碳”指的是碳单质
b.“液态阳光”将实现燃料零碳化
c.控制化石燃料的使用可减少碳排放
16．阅读下列材料，回答相关问题。
氢气是一种清洁、高效能源。氢能产业链分制氢、储氢、用氢等环节。由风能、太阳能等可再生能源发电，再电解水制得的氢气为“绿氢”。由化石燃料制得的氢气为“灰氢”，其成本相对低廉，但会排放大量。化石燃料制氢气时若将排放的进行捕集、封存等，减少碳排放，此时制得的氢气为“蓝氢”。甲烷—水蒸气重整制氢流程如下：
化学储氢是利用与某些物质反应生成储氢材料如氨气、水合肼等，再通过改变条件使储氢材料转化为。氨气和水合肼转化为的过程分别如下：
常以质量储氢密度来衡量化学储氢技术的优劣。如氨气的理论质量储氢密度为17.6%，是一种较好的储氢材料。
（1）实验室模拟电解水制氢，装置如图1。
①过程中的能量转化形式：太阳能→电能→化学能。该方法制得氢气的种类为　 　（填字母）。
A.绿氢 B.灰氢 C.蓝氢
②试管a、b中气体对应的　 　比例符合2：1（填字母）。
A.体积 B.分子个数 C.原子总数
试管a、b中气体的密度比为　 　（填最简整数比）。
（2）甲烷—水蒸气重整制氢。
①转化Ⅰ理论生成CO和的分子个数比为　 　。
②转化Ⅱ中，CO与反应生成和，写出反应的化学方程式　 　。
（3）①氨气释放的微观示意图如下。请在B对应框中将除氢分子外的微观粒子补充完整： 　 　。
②上图由A到B的过程涉及的基本反应类型是　 　；由B到C的过程发生的是　 　变化（填“物理”或“化学”）
（4）储氢材料的质量储氢密度的理论值为　 　。
17．以某电厂的粉煤灰（主要含、和CaO等）为原料提铝的工艺流程如下：
已知：①不溶于水，也不与稀硫酸反应；
②浸出时和反应生成；
③“干燥脱水”后进行“焙烧”时的主要反应为。
（1）“浸渣”的主要成分除外，还有　 　（填化学式）。
（2）滤液1中含有的阴离子主要是　 　。
（3）“焙烧”时的主要反应中X的化学式为　 　。
（4）“水浸”中为了分离出需进行的操作是　 　。
（5）“水浸”后得到的“滤液2”可返回　 　工序（填序号）循环使用。
a.浸出 b.沉铝 c.干燥脱水
18．纳米广泛应用于信息产业。某科研小组以为原料制备纳米，其主要流程如下：
（1）“酸溶”过程，能加快酸溶速率的措施是　 　。
（2）“调pH”过程（控制溶液酸碱性在一定范围内）：加入尿素溶液与盐酸反应生成和，同时得到沉淀。此时溶液中主要的阳离子有、　 　（填离子符号）。
（3）在500℃条件下生成和，反应的化学方程式为　 　。
（4）若制备30.2g的，理论上需要准备　 　g。
（5）明代宋应星所著的《天工开物》中记载锡的冶炼：“凡煎炼亦用洪炉，入砂数百斤，丛架木炭亦数百斤，鼓鞴熔化……点铅勾锡……”文中体现的炼锡的化学方程式为　 　，同时“点铅勾锡”即加铅入锡中，使其较易熔化流出，其理论依据是　 　。
（6）小明同学热爱金属及其化合物的研究，查阅文献得知：金属钠在自然界中几乎不以单质存在，而以化合物存在。请你根据所学初三化学教材知识，从两个方面加以解释：
（提示：钠原子的质子数为11）
A：　 　；
B：　 　。
19．草酸存在于自然界的植物中，草酸钠和草酸钾易溶于水，而草酸钙难溶于水。草酸晶体无色，熔点为101℃，易溶于水，受热脱水、升华，170℃以上分解。
【查阅资料】常温下，草酸能与氢氧化钙溶液反应生成草酸钙。
回答下列问题：
（1）甲组同学按照如图所示的装置，通过实验检验草酸晶体的分解产物。装置C中可观察到的现象是　 　，由此可知草酸晶体分解的产物中有　 　。小张同学认为装置B无明显作用，可删除，你是否同意他的观点？　 　（填“同意”或“不同意”），你的理由是　 　。
乙组同学认为草酸晶体分解产物中还有CO，为进行验证，选用甲组实验中的装置A、B和下图所示的部分装置（可以重复选用）进行实验。
【查阅资料】①②已知无水氯化钙具有吸水性。
（2）①乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为A、B、　 　、H、D、I。装置H反应管中盛有的物质是　 　。
②能证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】物理变化、化学变化的特点及其判别
【解析】【解答】有新物质生成的变化是化学变化，没有新物质生成的变化是物理变化。而棉线织布、楠木制舟、沙里淘金等过程中均没有生成新物质，均属于物理变化；葡萄酿酒过程中有生成新物质酒精，属于化学变化。
故答案为：B.
【分析】根据有新物质生成的变化是化学变化，没有新物质生成的变化是物理变化来解答。
2．【答案】C
【知识点】分子、原子、离子、元素与物质之间的关系
【解析】【解答】A、金属由原子构成，而铜属于金属单质，由铜原子直接构成的，不符合题意；
B、 C60是由C60分子构成的，不符合题意；
C、氯化钠是由金属元素和非金属元素组成的化合物，故由离子构成，则氯化钠是由钠离子和氯离子构成的，符合题意；
D、 甲烷是由非金属元素组成的化合物，则是由甲烷分子构成的，不符合题意。
故答案为：C.
【分析】根据物质由分子、原子和离子构成，金属、固态非金属和稀有气体均有原子构成，非金属元素组成的化合物由分子构成，金属元素和非金属元素组成的化合物由离子构成来解答。
3．【答案】D
【知识点】化学相关人物及贡献
【解析】【解答】A、徐寿是中国近代化学的先驱，他参与翻译了《化学鉴原》等西方化学著作，故A正确；
B、徐光宪是中国稀土化学领域的奠基人，提出了“串级萃取理论”稀土分离的全新理论，故B正确；
C、拉瓦锡是法国著名化学家，他通过定量实验研究空气组成，故C正确；
D、道尔顿提出原子论，阿伏加德罗提出分子学说，故D错误。
故答案为：D。
【分析】根据化学家及其在化学领域的贡献进行分析解答。
4．【答案】A
【知识点】实验室常见的仪器及使用；药品的取用；检查装置的气密性
【解析】【解答】A、取用固体试剂后立刻擦干净药匙来防止污染药匙，该操作正确，符合题意；
B、制取气体前均需先检查装置的气密性，再装好药品，若先装药品再检查气密性，假如装置漏气会导致药品浪费，该操作错误，不符合题意；
C、闻气体气味时应用手在瓶口轻轻扇动，使极少量气体飘进鼻孔，不能将鼻孔凑近集气瓶口闻气体气味，防止对人体健康造成损伤，该操作错误，不符合题意；
D、夹持试管时应从试管底部套上试管夹，而不是从试管口套上，该操作错误，不符合题意。
故答案为：A.
【分析】 根据气体的制取前均需检查装置的气密性后才装入药品，固体粉末状药品取用使用药匙，试管夹夹持试管从试管底部套入试管中上部，闻气体气味时用手慢慢扇闻来解答。
5．【答案】D
【知识点】氧气与碳、磷、硫、铁等物质的反应现象
【解析】【解答】A：木炭在氧气中燃烧发光放热，佩戴护目镜可保护眼睛，需标注该图标，说法错误。
B：实验结束后洗手可防止危险，需标注该图标，说法错误。
C：木炭燃烧涉及明火，需标注该图标，说法错误。
D：“木炭在氧气中燃烧”实验无需用电，无需标注用电图标，说法正确。
综上，答案是D。
【分析】结合“木炭在氧气中燃烧”实验的操作特点（发光放热、涉及明火、实验后需洗手等），分析每个图标是否有标注的必要性。
6．【答案】D
【知识点】物质发生化学变化时的能量变化；碳单质的性质和用途；氢气、一氧化碳、甲烷等可燃气体的验纯；置换反应及其应用
【解析】【解答】A、金刚石、石墨、C60都由碳元素组成，但碳原子排列方式不同，物理性质相差很大，不符合题意；
B、有单质参与的化合反应也有化合价改变，不符合题意；
C、有能量变化的不一定是化学变化，也可能是物理变化，不符合题意；
D、氢气具有可燃性，混有空气的氢气遇到明火，容易发生爆炸，点燃氢气前需要检验纯度，符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据碳单质碳原子排列不同分析；
B、根据有些化合或分解反应也有元素化合价变化分析；
C、根据物理变化、化学变化都可能有能量的改变分析；
D、根据点燃氢气等可燃性气体需验纯，防止发生爆炸分析。
7．【答案】B
【知识点】水的净化；纯净物和混合物
【解析】【解答】A、①中通过过滤只能除去不溶性杂质，而不能除去色素，故①中液体不是无色的，该说法错误，不符合题意；
B、明矾溶于水形成的胶状物能够吸附水中悬浮的杂质，使杂质较快沉降，该说法正确，符合题意；
C、活性炭具有吸附性可以吸附色素和异味，不能吸附溶于水的杂质；故②中液体经过活性炭净水器能除去色素和异味等，但是还含有可溶性杂质，故属于混合物，该说法错误，不符合题意；
D、在净水过程中活性炭具有吸附性，该吸附过程中没有新物质生成，则是利用活性炭的物理性质，该说法错误，不符合题意。
故答案为：B.
【分析】根据明矾可以沉淀不溶于水的杂质，活性炭具有吸附性可以吸附色素和异味，过滤分离溶和不溶物；混合物是由多种物质组成；物理性质是不通过化学变化表现出来的性质来解答。
8．【答案】D
【知识点】化学式的书写及意义；化学符号及其周围数字的意义
【解析】【解答】A、元素符号表示一个原子，元素符号前的数字表示原子的个数；故60个碳原子应表示为60C，而C60表示的是一个C60分子中含有60个碳原子，该说法错误，不符合题意；
B、分子是由原子构成的，而H2O2表示1个过氧化氢分子中含有2个氢原子和2个氧原子，而过氧化氢分子中不含氧分子，该说法错误，不符合题意；
C、元素符号右上角数字表示该离子所带的电荷数，且数字在前，正负符号在后，而带1个电荷时1要省略；故1个镁离子带2个单位正电荷，可表示为Mg2+，该说法错误，不符合题意；
D、一氧化氮分子的化学式为NO，该说法正确，符合题意。
故答案为：D.
【分析】根据物质由分子、原子和离子构成，分子由原子构成；元素符号前面的数字表示原子个数，右上方的数字表示一个离子所带的电荷数，下方的数字表示一个分子中的原子个数，化合物中正负价的代数和为0来数字正确的化学式来解答。
9．【答案】D
【知识点】基础知识点归纳
【解析】【解答】A、氧气具有助燃性，可作可燃物的助燃剂，故A不符合题意；
B、液氮用于医疗上冷冻麻醉，是利用液氮气化时吸热降温，故B不符合题意；
C、石墨具有导电性，因此石墨可用于制作干电池电极，故C不符合题意；
D、金刚石硬度，可用于作玻璃刀和地质勘探的钻头；金刚石折光性强，光彩夺目，因此金刚石可用于制作钻石，故D符合题意。
故选D。
【分析】A、根据氧气的性质分析；
B、根据液氮的特性分析；
C、根据石墨具有导电性，据此分析；
D、根据金刚石的性质分析。
10．【答案】C
【知识点】原子的定义与构成；分子的定义与分子的特性
【解析】【解答】A、秋天空气变干燥的原因是秋天的雨水少，而空气中的水分子的含量少，该说法错误，不符合题意；
B、乒乓球内气体分子间的间隔随温度的升高而变大，分子本身的体积不变，故热水使瘪乒乓球复原，该说法错误，不符合题意；
C、氧气和液氧均是由氧分子构成的同种物质，而氧气是气态，液氧是液态；同种分子的结构相同化学相同，该说法正确，符合题意；
D、石墨和金刚石均是由碳原子构成的不同单质，均是由碳元素组成的不同物质；而石墨在一定条件下变成金刚石的过程中是由一种物质变成另一种物质，属于化学变化，化学变化中原子的种类不变，该说法错误，不符合题意。
故答案为：C.
【分析】根据分子的特性有分子在运动，分子间有间隔，分子有质量且很小；同种分子化学性质相同；化学变化中原子的种类、数目和质量不变来解答。
11．【答案】D
【知识点】分子的定义与分子的特性；质量守恒定律及其应用；一氧化碳的化学性质；物质的相互转化和制备
【解析】【解答】A、在隔绝空气中进行分解生成水和二氧化碳，利用质量守恒定律可知在化学反应前后元素种类不变；已知生成的水和二氧化碳中含有碳、氢、氧三种元素一定来自于物质，故物质中一定含碳、氢、氧元素，该说法正确，不符合题意；
B、由分子构成的物质，分子是保持物质化学性质的最小粒子；甲烷由甲烷分子构成，故保持甲烷（CH4）化学性质的最小微粒是甲烷分子，该说法正确，不符合题意；
C、铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，四氧化三铁和一氧化碳在高温下反应生成铁和二氧化碳，故铁和四氧化三铁在一定条件下可以相互转化，该说法正确，不符合题意；
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，水由水分子构成，过氧化氢由过氧化氢分子构成，而它们的分子构成不同，故它们的化学性质不同，该说法错误，符合题意。
故答案为：D.
【分析】根据物质由元素组成，化学变化中元素守恒，原子的种类、数目和质量不变；物质由分子、原子和离子构成，分子保持物质的化学性质，不同分子的化学性质不同；铁燃烧生成四氧化三铁，四氧化三铁和还原剂反应生成铁和氧化物来解答。
12．【答案】C
【知识点】分子和原子的区别和联系；有关元素化合价的计算；分解反应及其应用；微粒观点及模型图的应用
【解析】【解答】A、由微观图示可知，反应前后分子的种类发生了变化，该说法正确，不符合题意；
B、在化合物中各元素正负化合价代数和为零，已知在肼（N2H4）中氢元素显+1价，则设氮元素的化合价为x，故2x+4×（+1）=0，解得x=-2，即在肼中氮元素的化合价为-2价，该说法正确，不符合题意；
C、由微观图示可知，一个氨分子由1个氮原子和3个氢原子构成，一个肼分子由2个氮原子和4个氢原子构成，一个氢分子由2个氢原子构成；根据质量守恒定律可知，在化学反应前后原子的种类和数目不变可知，该反应为2个氨分子在通电和催化剂的催化条件下反应生成1个肼分子和1个氢分子，因此该反应消耗（氨分子），和生成（氢分子）的分子个数比为2：1，该说法错误，符合题意；
D、该反应由一种物质反应生成了两种物质的反应属于分解反应，该说法正确，不符合题意。
故答案为：C.
【分析】根据反应模型图可知反应物、生成物的物质的内部结构以及该物质的化学式，该反应的方程式以及方程式的含义；化合物中正负价的代数和为0，分解反应的概念是由一种物质反应生成多种物质来解答。
13．【答案】D
【知识点】水的净化；蜡烛燃烧实验；验证质量守恒定律；燃烧的条件与灭火原理探究
【解析】【解答】A、点蜡烛刚熄灭时产生的白烟，蜡烛复燃，则说明白烟具有可燃性，其原因白烟是石蜡蒸气凝成的石蜡固体，而不是蜡烛燃烧生成可燃性气体，该说法错误，不符合题意；
B、在敞口容器内，稀盐酸和碳酸钠反应生成的二氧化碳气体会逸出烧杯外，从而使烧杯中的质量减少，导致天平不平衡，但是该反应仍符合质量守恒定律，该说法错误，不符合题意；
C、小卵石能除去颗粒较大的不溶性杂质，石英砂能除去颗粒较小的不溶性杂质，活性炭能吸附水中的异味及色素，再通过蓬松棉过滤后出水口处得到澄清的水，但经过过滤和吸附不能除去河水中的所有杂质，水中仍含有可溶性物质，该说法错误，不符合题意；
D、铜片上的白磷与氧气接触，而水中的白磷不与氧气接触；观察到铜片上的白磷燃烧，水中的白磷不能燃烧，则说明燃烧需要与氧气接触，该说法正确，符合题意。
故答案为：D.
【分析】A、根据蜡烛熄灭后的白烟是石蜡蒸汽凝成的石蜡固体，石蜡具有可燃性来解答；
B、根据碳酸钠和盐酸反应生成二氧化碳在敞口的容器内会扩散到空气中使天平不平衡化学变化遵守质量守恒定律来解答；
C、根据活性炭具有吸附性可以吸附色素和异味，小卵石、石英砂能除去不溶性杂质来解答；
D、根据可燃物燃烧需与氧气接触的同时温度达到着火点来解答。
14．【答案】锥形瓶；过氧化氢溶液；排水法；氧气不易溶于水且不与水反应；CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；c；将燃着的木条放在导管b处，若木条熄灭，则二氧化碳已收集满；紫色石蕊溶液变红；Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O；蜡烛由下而上依次熄灭；密度比空气大（或不燃烧也不支持燃烧）；检查装置的气密性；a；有气泡产生
【知识点】实验室常见的仪器及使用；化学方程式的书写与配平；二氧化碳的实验室制法；探究二氧化碳的性质；气体制取装置的探究
【解析】【解答】（1）仪器②的名称是锥形瓶。
（2）实验室用图F装置制取氧气，则反应为固体和液体且不需要加热，则是用过氧化氢溶液和二氧化锰制取氧气，仪器①长颈漏斗中加入的试剂应为过氧化氢溶液；用③收集氧气的方法为排水法其原因是氧气不易溶于水且不与水反应。
（3）A装置内大理石中的碳酸钙和稀盐酸中的氯化氢反应生成氯化钙、水和二氧化碳的化学方程式为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；因为二氧化碳密度比空气大，故用E装置收集时应从长管进入，所以应将A装置的导管a与E装置的导管c相连接；检验E装置中二氧化碳已收集满的方法是将燃着的木条放在导管b处，若木条熄灭则二氧化碳已收集满。
（4）A中生成的二氧化碳进入B装置，二氧化碳和水反应生成碳酸显酸性，能使紫色石蕊溶液变红，故装置B中观察到的现象是紫色石蕊溶液变红。
（5）C装置内的澄清石灰水中的氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水的化学方程式为Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O。
（6）用E装置收集一瓶二氧化碳气体，取下双孔橡皮塞，将瓶中的气体沿D装置烧杯左侧内壁缓慢倒入，由于二氧化碳密度比空气大且不燃烧也不支持燃烧，故观察到的现象是蜡烛由下而上依次熄灭，该现象说明二氧化碳具有的性质有密度比空气大或不燃烧也不支持燃烧。
（7）在进行有气体参与或生成的实验时，为了确保实验结果的准确性，防止装置漏气影响实验，实验开始前需要先检查装置的气密性。
（8）观察图2中曲线总体趋势压强先迅速减小，是因为二氧化碳被某种物质吸收，导致瓶内气体减少，压强降低；后迅速增大的原因是后续加入的物质与之前反应的产物发生反应，又生成了气体，使瓶内压强增大。由于a端澄清石灰水中的氢氧化钙能与二氧化碳反应来消耗了二氧化碳，使压强减小；反应之后注射器b端若加入稀盐酸会与之前生成的碳酸钙反应生成二氧化碳气体，从而使装置内的压强增大，所以可推测图1实验中先加入的是注射器a端的物质。
（9）图2中pq段的压强增大的原因是稀盐酸与碳酸钙发生反应生成二氧化碳气体，导致装置内压强增大，所以三颈烧瓶中的现象为有气泡产生。
【分析】（1）根据实验室常见仪器来解答；
（2）根据反应物的状态和反应条件来选择发生装置，气体的密度和溶解性来选择收集装置来解答；
（3）根据碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，二氧化碳的密度大于空气密度，二氧化碳的验满方法是将燃着的木条平放瓶口观察燃着的木条是否熄灭来解答；
（4）根据二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸能使石蕊变红色来解答；
（5）根据二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水来解答；
（6）根据二氧化碳的密度大于空气密度且不燃烧也不支持燃烧，能使燃着的木条熄灭来解答；
（7）根据制取气体前均需检查装置的气密性来解答；
（8）根据图1中的氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙和水，气体减少压强减小；碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳，装置内的气体增多压强增大来解答。
15．【答案】（1）化学
（2）CO、CO2、H2O
（3）防止温度过高，碳酸氢铵分解
（4）在其他条件相同时，随着CuO质量分数的增加，CH3OH的产率先增大后减小，且CuO质量分数为50%左右时，CH3OH的产率最高
（5）a
【知识点】物质发生化学变化时的能量变化；质量守恒定律及其应用；二氧化碳对环境的影响；从组成上识别氧化物
【解析】【解答】（1）绿色植物通过光合作用能将二氧化碳和水转化为有机物，并释放出氧气，此过程能将太阳能转化为化学能。
（2）根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变。CaC2O4·H2O中含有钙、碳、氧、氢元素，分解产生的3种气体氧化物，应是由碳、氧元素组成的一氧化碳、二氧化碳，以及由氢、氧元素组成的水。
（3）因为碳酸氢铵在高温下易分解生成氨气、水和二氧化碳，所以采用喷氨技术吸收CO2时，温度控制在30℃左右，是为了防止温度过高，碳酸氢铵分解。
（4）由图1可知，在其他条件相同时，随着CuO质量分数的增加，CH3OH的产率先增大后减小，且在CuO质量分数为50%左右时，CH3OH的产率最高。
（5）a、“碳中和”的“碳”指的是二氧化碳，不是碳单质，故错误 ，符合题意；
b、由文中“我国科学家们撰文提出‘液态阳光’概念，即将太阳能转化为可稳定存储并且可输出的燃料，实现燃料零碳化”可知，“液态阳光”将实现燃料零碳化，故正确，不符合题意；
c、化石燃料燃烧会产生二氧化碳，控制化石燃料的使用可减少碳排放，故正确，不符合题意。
故答案为：a。
【分析】（1）根据绿色植物的光合作用分析。
（2）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。
（3）根据碳酸氢铵高温下易分解分析。
（4）根据图1曲线可知，在CuO质量分数为50%左右时，CH3OH的产率最高。
（5）a、“碳中和”的“碳”指的是二氧化碳。
b、“液态阳光”将实现燃料零碳化。
c、化石燃料燃烧会产生二氧化碳。
（1）绿色植物通过光合作用将二氧化碳和水转化为储存着能量的有机物，并释放出氧气，此过程将太阳能转化为化学能。
（2）根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变。CaC2O4·H2O中含有钙、碳、氧、氢元素，分解产生的3种气体氧化物，应是由碳、氧元素组成的一氧化碳（CO）、二氧化碳（CO2），以及由氢、氧元素组成的水（H2O），故填：CO、CO2、H2O。
（3）因为碳酸氢铵（NH4HCO3）高温下易分解，所以采用喷氨技术吸收CO2时，温度控制在30℃左右，是为了防止温度过高，碳酸氢铵分解。
（4）由图1可知，在其他条件相同时，随着CuO质量分数的增加，CH3OH的产率先增大后减小，且在CuO质量分数为50%左右时，CH3OH的产率最高。
（5）a、“碳中和”的“碳”指的是二氧化碳，不是碳单质，故该选项符合题意；
b、由文中“我国科学家们撰文提出‘液态阳光’概念，即将太阳能转化为可稳定存储并且可输出的燃料，实现燃料零碳化”可知，“液态阳光”将实现燃料零碳化，故该选项不符合题意；
c、化石燃料燃烧会产生二氧化碳，控制化石燃料的使用可减少碳排放，故该选项不符合题意。
故选a。
16．【答案】（1）A；ABC；1：16
（2）1：3；CO+H2OCO2+H2
（3）；分解反应；物理
（4）8%
【知识点】电解水实验；化学方程式的书写与配平；化学式的相关计算；微粒观点及模型图的应用
【解析】【解答】（1）① 由题意可知，由风能、太阳能等可再生能源发电，再电解水制得的氢气为“绿氢”。题目中方法是利用太阳能发电后电解水制氢，所以制得氢气的种类为绿氢，
故答案为：A。
②A、由装置图可知，试管a产生的气体较多应该为氢气，试管b产生的气体体积较少为氧气，试管a、b中气体的体积比约为2：1，故符合题意；
B、电解水反应的化学方程式为2H2O2H2↑+O2↑，由化学方程式可知，氢气和氧气的分子个数比为2：1，那么试管a、b中气体的分子个数比为2：1，故符合题意；
C、每个氢分子由2个氢原子构成，每个氧分子由2个氧原子构成，由氢分子和氧分子的分子个数比为2：1可知，试管a、b中气体对应的原子总数比也为2：1，故符合题意。
故答案为：ABC。
在电解水实验中，生成的氢气和氧气的体积比为2：1，由化学方程式为2H2O2H2↑+O2↑可知，产生的氢气和氧气的质量比=（2×2）：32=1：8，根据密度的计算式，则产生的氢气和氧气的密度比===1：16，即试管a、b中气体的密度比为1：16。
（2）① 转化Ⅰ中甲烷和水在高温、催化剂作用下反应生成一氧化碳和氢气，该反应方程式为CH4+H2OCO+3H2，根据化学方程式可知，生成CO和H2的分子个数比为1：3。
② 转化Ⅱ中，一氧化碳和水在高温、催化剂作用下反应生成二氧化碳和氢气，该反应的化学方程式为CO+H2OCO2+H2。
（3）① 氨气在催化剂、410℃条件下分解生成氮气和氢气，该反应的化学方程式为2NH3N2+3H2，则参与反应的氨气与生成氮气、氢气的分子个数比为2：1：3，由微观示意图可知，A中有3个氨分子，B中有3个氢分子，所以实际参加反应的氨分子个数为2，则B中生成1个氮分子和3个氢分子，还剩余了1个氨分子，所以B中需补充的微观粒子为1个氮分子和1个氨分子，补充的微观图示如图： 。
② 由A到B的过程是氨气在催化剂和410℃条件下分解为氮气和氢气，该反应中反应物是一种物质，生成物是两种新物质，符合“一变多”的特征，属于分解反应。
③由B到C的过程中，分子种类没有改变，只是分子间的间隔改变了，没有新物质生成，所以发生的是物理变化。
（4）由题干信息可知，储氢材料N2H4·H2O脱水转化为N2H4，N2H4在50℃和催化剂作用下反应生成氮气和氢气，根据质量守恒定律，反应前后元素种类、质量不变，则生成的氢气中氢元素的质量=N2H4中氢元素的质量，储氢材料N2H4·H2O的质量储氢密度的理论值==8%。
【分析】（1）① 由风能、太阳能等可再生能源发电，再电解水制得的氢气为“绿氢”。
②A、电解水时，负极产生氢气，正极产生氧气，体积比为2：1。
B、根据电解水的化学方程式，进行分析。
C、根据微观上，分子是由原子构成的，结合电解水的化学方程式进行分析。
根据电解水的化学方程式分析产生的氢气和氧气的质量比，根据密度的计算式，进行计算分析。
（2）① 甲烷和水在高温、催化剂作用条件下反应生成一氧化碳和氢气。
② 一氧化碳和水在高温、催化剂作用下反应生成二氧化碳和氢气 。
（3）① 根据氨气在催化剂、410℃条件下分解生成氮气和氢气，写出该反应的化学方程式，结合微观示意图，进行分析。
② 根据分解反应的特点分析。
③根据由B到C的过程中，分子种类没有改变，进行分析。
（4）根据质量守恒定律，反应前后元素种类、质量不变，结合化学式的相关计算进行计算。
（1）①由风能、太阳能等可再生能源发电，再电解水制得的氢气为“绿氢”，该方法是利用太阳能发电后电解水制氢，所以制得氢气的种类为绿氢，故选A。
②A、电解水时，负极产生氢气，正极产生氧气，体积比为2：1，由装置图可知，试管a产生的气体较多为氢气，试管b产生的气体体积较少为氧气，因此试管a、b中气体的体积比为2：1，故A选项符合题意；
B、水在通电的条件下反应生成氢气和氧气，该反应的化学方程式为2H2O2H2↑+O2↑，由化学方程式可知，氢气和氧气的分子个数比为2：1，因此试管a、b中气体的分子个数比为2：1，故B选项符合题意；
C、分子是由原子构成的，每个氢分子由2个氢原子构成，每个氧分子由2个氧原子构成，由氢分子和氧分子的分子个数比为2：1可知，试管a、b中气体对应的原子总数比也为2：1，故C选项符合题意。
故选ABC。
在电解水实验中，产生的氢气和氧气的体积比为2：1，由化学方程式为2H2O2H2↑+O2↑可知，产生的氢气和氧气的质量比为2×（1×2）：16×2=4：32=1：8，根据密度的计算式，则产生的氢气和氧气的密度比为==1：16，即试管a、b中气体的密度比为1：16。
（2）①转化Ⅰ中甲烷和水在高温和催化剂催化的条件下反应生成一氧化碳和氢气，该反应方程式为CH4+H2OCO+3H2，根据化学方程式可知，生成CO和H2的分子个数比为1：3。
②转化Ⅱ中，一氧化碳和水在高温和催化剂条件下反应生成二氧化碳和氢气，该反应的化学方程式为CO+H2OCO2+H2。
（3）①氨气在催化剂和410℃条件下分解生成氮气和氢气，该反应的化学方程式为2NH3N2+3H2，则参与反应的氨气与生成氮气、氢气的分子个数比为2：1：3，由微观示意图可知，A中有3个氨分子，B中有3个氢分子，实际参加反应的氨分子个数为2个，则B中生成1个氮分子和3个氢分子的同时还剩余1个氨分子，故B中需补充的微观粒子为1个氮分子和1个氨分子，补充的微观图示如图：。
②由A到B的过程是氨气在催化剂和410℃条件下分解为氮气和氢气，该反应是由一种物质生成两种新物质，符合“一变多”的特征，属于分解反应。
③由B到C的过程中，分子种类没有改变，只是分子间的间隔发生了改变，所以发生的是物理变化。
（4）由题干信息可知，储氢材料N2H4·H2O脱水转化为N2H4，N2H4在50℃和催化剂的催化条件下反应生成氮气和氢气，根据质量守恒定律化学反应前后元素种类及质量不变，则生成的氢气中氢元素的质量等于N2H4中氢元素的质量，故储氢材料N2H4·H2O的质量储氢密度的理论值为=8%。
17．【答案】（1）SiO2
（2）
（3）SO2
（4）过滤
（5）b
【知识点】过滤的原理、方法及其应用；酸的化学性质；质量守恒定律及其应用；物质的相互转化和制备
【解析】【解答】（1）已知粉煤灰中主要含SiO2、Al2O3和CaO等，SiO2不溶于水且不与稀硫酸反应，已知CaO能和硫酸反应生成CaSO4和水，Al2O3能和硫酸反应生成Al2(SO4)3和水，故“浸渣”的主要成分除生成的CaSO4外还有不和酸反应的SiO2。
（2）浸出时Al2O3和硫酸反应生成Al2(SO4)3，CaO和硫酸反应生成CaSO4，而CaSO4微溶于水，则“沉铝”过程中得到十二水合硫酸铝钾，故滤液1中含有的阴离子主要是硫酸根离子，其符号为。
（3）在化学变化中遵守质量守恒定律，故在化学反应前后原子的种类和个数不变；已知在反应4KAl(SO4)22K2SO4+2Al2O3+6X↑+3O2↑中，反应前有4个钾原子、4个铝原子、8个硫原子、32个氧原子，而反应后有4个钾原子、4个铝原子、2个硫原子、20个氧原子，故6X中含有6个硫原子和12个氧原子，则X的化学式为SO2。
（4）“水浸”中为了分离出Al2O3的原因是Al2O3不溶于水，所以需进行的操作是过滤。
（5）“水浸”后得到的“滤液2”中含有硫酸钾，可返回沉铝工序循环使用。
故答案为：b.
【分析】根据粉煤灰中的二氧化硅不溶于水且不和酸反应，氧化铝、氧化钙和硫酸反应生成溶于水的硫酸铝、微溶于水的硫酸钙；过滤分离溶和不溶物；化学变化中元素守恒，原子的种类、数目和质量不变来解答。
（1）已知粉煤灰主要含SiO2、Al2O3和CaO等，SiO2不溶于水且不与稀硫酸反应，CaO能和硫酸反应生成CaSO4和水，Al2O3能和硫酸反应生成Al2(SO4)3和水，所以“浸渣”的主要成分除CaSO4外，还有SiO2。
（2）浸出时Al2O3和硫酸反应生成Al2(SO4)3，CaO和硫酸反应生成CaSO4，CaSO4微溶于水，“沉铝”过程中得到十二水合硫酸铝钾，所以滤液1中含有的阴离子主要是硫酸根离子，其符号为。
（3）根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和个数不变。在反应4KAl(SO4)22K2SO4+2Al2O3+6X↑+3O2↑中，反应前有4个钾原子、4个铝原子、8个硫原子、32个氧原子，反应后有4个钾原子、4个铝原子、2个硫原子、20个氧原子，所以6X中含有6个硫原子和12个氧原子，则X的化学式为SO2。
（4）“水浸”中为了分离出Al2O3，因为Al2O3不溶于水，所以需进行的操作是过滤。
（5）“水浸”后得到的“滤液2”中含有硫酸钾，可返回沉铝工序循环使用，故选b。
18．【答案】（1）将原料粉碎，增大反应物的接触面积（合理即可）
（2）
（3）
（4）37.4
（5）；铅与锡形成低熔点合金，合金比组成它的纯金属熔点低
（6）钠原子最外层有1个电子，容易失去电子形成钠离子，化学性质活泼，容易与空气中的氧气、水蒸气反应，形成化合物；钠在金属活动性顺序中位于H前，活动性强，容易与其他物质反应，形成化合物
【知识点】合金与合金的性质；金属的化学性质；化学方程式的书写与配平；根据化学反应方程式的计算
【解析】【解答】（1）将原料粉碎的目的是增大反应物的接触面积来提高酸溶速率，也可以适当提高酸的浓度，适当升高温度等，以提高酸溶速率；
（2）“酸溶”溶液中含有SnCl4和过量的HCl，加入尿素溶液与盐酸反应生成和，同时得到沉淀，反应后溶液中主要的阳离子是和；
（3）Sn(OH)4在500℃条件下生成SnO2和H2O的化学方程式为；
（4）解：设理论上需要获得Sn(OH)4的质量为x
答：理论上需要获得Sn(OH)4的质量为37.4g。
（5）烘炉内锡砂与木炭在高温下反应得到锡和二氧化碳的化学方程式为；
通常情况下合金的熔点比组分的金属低，所以关键的一步“点铅勾锡”，即加铅能使锡较易熔化流出，其原因是铅与锡形成低熔点合金，合金比组成它的纯金属熔点低；
（6）钠原子最外层有1个电子，容易失去电子形成钠离子，化学性质活泼，容易与空气中的氧气、水蒸气反应形成化合物，钠在金属活动性顺序中位于H前，活动性强，容易与其他物质反应，形成化合物。
【分析】（1）根据粉碎增大反应物的接触面积加快反应速度，增大反应物的浓度加快反应速度来解答；
（2）根据氯化锡、尿素和盐酸反应生成氯化铵、二氧化碳和氢氧化锡沉淀来解答；
（3）根据氢氧化锡在高温下分解生成氧化锡和水来解答；
（4）根据氢氧化锡分解生成氧化锡和水的方程式中已知氧化锡的质量和式量来计算氢氧化锡的质量来解答；
（5）根据碳和氧化锡在高温下反应生成锡和一氧化碳，合金的特性是熔点低、硬度大、耐腐蚀来解答；
（6）根据原子的最外层电子数决定原子得失电子数以及该离子所带的电荷数和化学性质来解答。
（1）将原料粉碎，增大反应物的接触面积，可以提高酸溶速率，也可以适当提高酸的浓度，适当升高温度等，以提高酸溶速率；
（2）“酸溶”溶液中含有SnCl4和过量的HCl，加入尿素溶液与盐酸反应生成和，同时得到沉淀，反应后溶液中主要的阳离子是和；
（3）Sn(OH)4在500℃条件下生成SnO2和H2O，反应的化学方程式为；
（4）解：设理论上需要获得Sn(OH)4的质量为x
答：理论上需要获得Sn(OH)4的质量为37.4g。
（5）“烘炉”内锡砂与木炭在高温下反应得到锡和二氧化碳，化学方程式为；
通常情况下，合金的熔点比组分的金属低，所以关键的一步“点铅勾锡”，即加铅能使锡较易熔化流出，其原因是铅与锡形成低熔点合金，合金比组成它的纯金属熔点低；
（6）钠原子最外层有1个电子，容易失去电子形成钠离子，化学性质活泼，容易与空气中的氧气、水蒸气反应，形成化合物
钠在金属活动性顺序中位于H前，活动性强，容易与其他物质反应，形成化合物
19．【答案】澄清石灰水变浑浊；二氧化碳；不同意；草酸晶体受热升华，装置B的作用是使升华的草酸蒸气冷凝，避免其进入装置C中，干扰二氧化碳的检验；F、D、G；氧化铜；H中黑色粉末变为红色，其后的D中澄清石灰水变浑浊
【知识点】碳、一氧化碳、氢气还原氧化铜实验；实验探究物质的组成成分以及含量；二氧化碳的化学性质；二氧化碳的检验和验满
【解析】【解答】（1）因为二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，已知装置C中盛有澄清石灰水，故可观察到的现象是澄清石灰水变浑浊；由装置C中澄清石灰水变浑浊这一现象可知草酸晶体分解的产物中含有二氧化碳。不同意小张同学认为装置B可删除的观点的理由是草酸晶体受热升华，装置B的作用是使升华的草酸蒸气冷凝，避免其进入装置C中，干扰二氧化碳的检验。
（2）①乙组同学要验证草酸晶体分解产物中有CO，需要先除去二氧化碳，再检验二氧化碳是否除尽，然后让CO与氧化铜反应再来检验生成物中是否含有二氧化碳，最后收集CO。所以依次连接的合理顺序为A、B、F、D、G、H、D、I。装置H是用于检验CO的，CO能还原氧化铜，所以反应管中盛有的物质是氧化铜。
②能证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是H中黑色粉末变为红色，其后的D中澄清石灰水变浑浊。因为CO还原氧化铜生成红色的铜和二氧化碳，H中黑色粉末变为红色说明有CO将氧化铜还原，其后D中澄清石灰水变浑浊说明有二氧化碳生成，从而证明有CO。
【分析】（1）根据二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水来解答；
（2）根据氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，澄清石灰水变是用来检验二氧化碳，氢氧化钠是用来除去二氧化碳，一氧化碳和氧化铜反应生成红色的铜和二氧化碳，一氧化碳有毒且密度小于空气密度，难溶于水来解答。
1 / 1广东省广州市番禺区2025-2026学年九年级上学期期末测试化学试题
一、注意：每道选择题有四个选项，其中只有一项符合题意。请用铅笔在答题卡上作答。错选、不选、多选或涂改不清的，均不给分。
1．《天工开物》记载的下列造物过程中涉及化学变化的是
A．棉线织布 B．葡萄酿酒 C．楠木制舟 D．沙里淘金
【答案】B
【知识点】物理变化、化学变化的特点及其判别
【解析】【解答】有新物质生成的变化是化学变化，没有新物质生成的变化是物理变化。而棉线织布、楠木制舟、沙里淘金等过程中均没有生成新物质，均属于物理变化；葡萄酿酒过程中有生成新物质酒精，属于化学变化。
故答案为：B.
【分析】根据有新物质生成的变化是化学变化，没有新物质生成的变化是物理变化来解答。
2．下列物质由离子构成的是
A．Cu B． C．NaCl D．
【答案】C
【知识点】分子、原子、离子、元素与物质之间的关系
【解析】【解答】A、金属由原子构成，而铜属于金属单质，由铜原子直接构成的，不符合题意；
B、 C60是由C60分子构成的，不符合题意；
C、氯化钠是由金属元素和非金属元素组成的化合物，故由离子构成，则氯化钠是由钠离子和氯离子构成的，符合题意；
D、 甲烷是由非金属元素组成的化合物，则是由甲烷分子构成的，不符合题意。
故答案为：C.
【分析】根据物质由分子、原子和离子构成，金属、固态非金属和稀有气体均有原子构成，非金属元素组成的化合物由分子构成，金属元素和非金属元素组成的化合物由离子构成来解答。
3．下列对科学家在化学上的贡献叙述错误的是
A．徐寿参与翻译《化学鉴原》
B．徐光宪提出了稀土分离的全新理论
C．拉瓦锡发现空气的主要成分
D．门捷列夫提出分子原子学说
【答案】D
【知识点】化学相关人物及贡献
【解析】【解答】A、徐寿是中国近代化学的先驱，他参与翻译了《化学鉴原》等西方化学著作，故A正确；
B、徐光宪是中国稀土化学领域的奠基人，提出了“串级萃取理论”稀土分离的全新理论，故B正确；
C、拉瓦锡是法国著名化学家，他通过定量实验研究空气组成，故C正确；
D、道尔顿提出原子论，阿伏加德罗提出分子学说，故D错误。
故答案为：D。
【分析】根据化学家及其在化学领域的贡献进行分析解答。
4．下列操作正确的是
A．取用固体试剂后立刻擦干净药匙
B．先装好药品再检查装置的气密性
C．将鼻孔凑近集气瓶口闻气体气味
D．夹持试管时从试管口套上试管夹
【答案】A
【知识点】实验室常见的仪器及使用；药品的取用；检查装置的气密性
【解析】【解答】A、取用固体试剂后立刻擦干净药匙来防止污染药匙，该操作正确，符合题意；
B、制取气体前均需先检查装置的气密性，再装好药品，若先装药品再检查气密性，假如装置漏气会导致药品浪费，该操作错误，不符合题意；
C、闻气体气味时应用手在瓶口轻轻扇动，使极少量气体飘进鼻孔，不能将鼻孔凑近集气瓶口闻气体气味，防止对人体健康造成损伤，该操作错误，不符合题意；
D、夹持试管时应从试管底部套上试管夹，而不是从试管口套上，该操作错误，不符合题意。
故答案为：A.
【分析】 根据气体的制取前均需检查装置的气密性后才装入药品，固体粉末状药品取用使用药匙，试管夹夹持试管从试管底部套入试管中上部，闻气体气味时用手慢慢扇闻来解答。
5．“木炭在氧气中燃烧”的实验中无需标注的图标是
A．护目镜 B．洗手
C．明火 D．用电
【答案】D
【知识点】氧气与碳、磷、硫、铁等物质的反应现象
【解析】【解答】A：木炭在氧气中燃烧发光放热，佩戴护目镜可保护眼睛，需标注该图标，说法错误。
B：实验结束后洗手可防止危险，需标注该图标，说法错误。
C：木炭燃烧涉及明火，需标注该图标，说法错误。
D：“木炭在氧气中燃烧”实验无需用电，无需标注用电图标，说法正确。
综上，答案是D。
【分析】结合“木炭在氧气中燃烧”实验的操作特点（发光放热、涉及明火、实验后需洗手等），分析每个图标是否有标注的必要性。
6．学习中，常用比较、归纳等科学方法进行推理分析，下列推理所得结论正确的是
A．金刚石、石墨、C60都由碳元素组成，那么它们的物理性质一定相同
B．置换反应都有化合价改变，那么有化合价改变的反应一定是置换反应
C．化学反应伴随着能量变化，那么有能量变化的过程一定是化学反应
D．点燃氢气前要检验纯度，那么实验室点燃可燃性气体之前一定要验纯
【答案】D
【知识点】物质发生化学变化时的能量变化；碳单质的性质和用途；氢气、一氧化碳、甲烷等可燃气体的验纯；置换反应及其应用
【解析】【解答】A、金刚石、石墨、C60都由碳元素组成，但碳原子排列方式不同，物理性质相差很大，不符合题意；
B、有单质参与的化合反应也有化合价改变，不符合题意；
C、有能量变化的不一定是化学变化，也可能是物理变化，不符合题意；
D、氢气具有可燃性，混有空气的氢气遇到明火，容易发生爆炸，点燃氢气前需要检验纯度，符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据碳单质碳原子排列不同分析；
B、根据有些化合或分解反应也有元素化合价变化分析；
C、根据物理变化、化学变化都可能有能量的改变分析；
D、根据点燃氢气等可燃性气体需验纯，防止发生爆炸分析。
7．某兴趣小组模拟自来水厂对浑浊的有色河水进行如图处理，下列说法正确的是
A．①中液体无色澄清
B．明矾的作用是使水中悬浮的杂质较快沉降
C．②中液体一定为纯净物
D．在净水过程中，利用了活性炭的化学性质
【答案】B
【知识点】水的净化；纯净物和混合物
【解析】【解答】A、①中通过过滤只能除去不溶性杂质，而不能除去色素，故①中液体不是无色的，该说法错误，不符合题意；
B、明矾溶于水形成的胶状物能够吸附水中悬浮的杂质，使杂质较快沉降，该说法正确，符合题意；
C、活性炭具有吸附性可以吸附色素和异味，不能吸附溶于水的杂质；故②中液体经过活性炭净水器能除去色素和异味等，但是还含有可溶性杂质，故属于混合物，该说法错误，不符合题意；
D、在净水过程中活性炭具有吸附性，该吸附过程中没有新物质生成，则是利用活性炭的物理性质，该说法错误，不符合题意。
故答案为：B.
【分析】根据明矾可以沉淀不溶于水的杂质，活性炭具有吸附性可以吸附色素和异味，过滤分离溶和不溶物；混合物是由多种物质组成；物理性质是不通过化学变化表现出来的性质来解答。
8．下列化学用语表示正确的是
A．60个碳原子：
B．：1个过氧化氢分子中含有1个氧分子
C．1个镁离子：
D．一氧化氮分子：NO
【答案】D
【知识点】化学式的书写及意义；化学符号及其周围数字的意义
【解析】【解答】A、元素符号表示一个原子，元素符号前的数字表示原子的个数；故60个碳原子应表示为60C，而C60表示的是一个C60分子中含有60个碳原子，该说法错误，不符合题意；
B、分子是由原子构成的，而H2O2表示1个过氧化氢分子中含有2个氢原子和2个氧原子，而过氧化氢分子中不含氧分子，该说法错误，不符合题意；
C、元素符号右上角数字表示该离子所带的电荷数，且数字在前，正负符号在后，而带1个电荷时1要省略；故1个镁离子带2个单位正电荷，可表示为Mg2+，该说法错误，不符合题意；
D、一氧化氮分子的化学式为NO，该说法正确，符合题意。
故答案为：D.
【分析】根据物质由分子、原子和离子构成，分子由原子构成；元素符号前面的数字表示原子个数，右上方的数字表示一个离子所带的电荷数，下方的数字表示一个分子中的原子个数，化合物中正负价的代数和为0来数字正确的化学式来解答。
9．物质的性质决定物质的用途，这是重要的化学观念。下列物质的性质和用途对应不一致的是（　　）
A．O2具有助燃性——作可燃物的助燃剂
B．液氮汽化吸热——用于医疗冷冻麻醉条件下手术
C．石墨的导电性——制作干电池电极
D．金刚石硬度大——制作钻石
【答案】D
【知识点】基础知识点归纳
【解析】【解答】A、氧气具有助燃性，可作可燃物的助燃剂，故A不符合题意；
B、液氮用于医疗上冷冻麻醉，是利用液氮气化时吸热降温，故B不符合题意；
C、石墨具有导电性，因此石墨可用于制作干电池电极，故C不符合题意；
D、金刚石硬度，可用于作玻璃刀和地质勘探的钻头；金刚石折光性强，光彩夺目，因此金刚石可用于制作钻石，故D符合题意。
故选D。
【分析】A、根据氧气的性质分析；
B、根据液氮的特性分析；
C、根据石墨具有导电性，据此分析；
D、根据金刚石的性质分析。
10．下列对宏观事实的微观解释，合理的是(　　)
A．秋天空气变干燥：空气里各种分子之间的间隔减小
B．热水使瘪乒乓球复原：乒乓球内气体分子体积增大
C．氧气和液氧都有助燃性：同种分子化学性质相同
D．石墨在一定条件下变成金刚石：原子种类发生改变
【答案】C
【知识点】原子的定义与构成；分子的定义与分子的特性
【解析】【解答】A、秋天空气变干燥的原因是秋天的雨水少，而空气中的水分子的含量少，该说法错误，不符合题意；
B、乒乓球内气体分子间的间隔随温度的升高而变大，分子本身的体积不变，故热水使瘪乒乓球复原，该说法错误，不符合题意；
C、氧气和液氧均是由氧分子构成的同种物质，而氧气是气态，液氧是液态；同种分子的结构相同化学相同，该说法正确，符合题意；
D、石墨和金刚石均是由碳原子构成的不同单质，均是由碳元素组成的不同物质；而石墨在一定条件下变成金刚石的过程中是由一种物质变成另一种物质，属于化学变化，化学变化中原子的种类不变，该说法错误，不符合题意。
故答案为：C.
【分析】根据分子的特性有分子在运动，分子间有间隔，分子有质量且很小；同种分子化学性质相同；化学变化中原子的种类、数目和质量不变来解答。
11．化学观念是化学课程要培养的核心素养之一，下列对化学观念的认识错误的是
A．守恒观：某物质隔绝空气加热分解产生水和二氧化碳，则该物质一定含碳、氢、氧元素
B．微粒观：保持甲烷化学性质的最小微粒是甲烷分子
C．转化观：铁和四氧化三铁在一定条件下可以相互转化
D．结构观：水和过氧化氢都是由氢原子和氧原子构成的，化学性质相同
【答案】D
【知识点】分子的定义与分子的特性；质量守恒定律及其应用；一氧化碳的化学性质；物质的相互转化和制备
【解析】【解答】A、在隔绝空气中进行分解生成水和二氧化碳，利用质量守恒定律可知在化学反应前后元素种类不变；已知生成的水和二氧化碳中含有碳、氢、氧三种元素一定来自于物质，故物质中一定含碳、氢、氧元素，该说法正确，不符合题意；
B、由分子构成的物质，分子是保持物质化学性质的最小粒子；甲烷由甲烷分子构成，故保持甲烷（CH4）化学性质的最小微粒是甲烷分子，该说法正确，不符合题意；
C、铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，四氧化三铁和一氧化碳在高温下反应生成铁和二氧化碳，故铁和四氧化三铁在一定条件下可以相互转化，该说法正确，不符合题意；
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，水由水分子构成，过氧化氢由过氧化氢分子构成，而它们的分子构成不同，故它们的化学性质不同，该说法错误，符合题意。
故答案为：D.
【分析】根据物质由元素组成，化学变化中元素守恒，原子的种类、数目和质量不变；物质由分子、原子和离子构成，分子保持物质的化学性质，不同分子的化学性质不同；铁燃烧生成四氧化三铁，四氧化三铁和还原剂反应生成铁和氧化物来解答。
12．我国科研团队催化合成肼的微观过程如下图。下列说法错误的是
A．反应前后分子的种类发生变化
B．肼中氮元素的化合价为：
C．该反应消耗和生成的分子个数比为1：1
D．该反应属于分解反应
【答案】C
【知识点】分子和原子的区别和联系；有关元素化合价的计算；分解反应及其应用；微粒观点及模型图的应用
【解析】【解答】A、由微观图示可知，反应前后分子的种类发生了变化，该说法正确，不符合题意；
B、在化合物中各元素正负化合价代数和为零，已知在肼（N2H4）中氢元素显+1价，则设氮元素的化合价为x，故2x+4×（+1）=0，解得x=-2，即在肼中氮元素的化合价为-2价，该说法正确，不符合题意；
C、由微观图示可知，一个氨分子由1个氮原子和3个氢原子构成，一个肼分子由2个氮原子和4个氢原子构成，一个氢分子由2个氢原子构成；根据质量守恒定律可知，在化学反应前后原子的种类和数目不变可知，该反应为2个氨分子在通电和催化剂的催化条件下反应生成1个肼分子和1个氢分子，因此该反应消耗（氨分子），和生成（氢分子）的分子个数比为2：1，该说法错误，符合题意；
D、该反应由一种物质反应生成了两种物质的反应属于分解反应，该说法正确，不符合题意。
故答案为：C.
【分析】根据反应模型图可知反应物、生成物的物质的内部结构以及该物质的化学式，该反应的方程式以及方程式的含义；化合物中正负价的代数和为0，分解反应的概念是由一种物质反应生成多种物质来解答。
13．关于下列实验的说法，正确的是
A．实验①：点蜡烛刚熄灭时产生的白烟，蜡烛复燃，说明蜡烛燃烧生成可燃性气体
B．实验②：反应后总质量减小，说明该反应不符合质量守恒定律
C．实验③：出水口处得到澄清的水，说明经过过滤和吸附可除去河水中的所有杂质
D．实验④：铜片上的白磷燃烧而热水中的白磷不燃烧，说明可燃物燃烧需要接触氧气
【答案】D
【知识点】水的净化；蜡烛燃烧实验；验证质量守恒定律；燃烧的条件与灭火原理探究
【解析】【解答】A、点蜡烛刚熄灭时产生的白烟，蜡烛复燃，则说明白烟具有可燃性，其原因白烟是石蜡蒸气凝成的石蜡固体，而不是蜡烛燃烧生成可燃性气体，该说法错误，不符合题意；
B、在敞口容器内，稀盐酸和碳酸钠反应生成的二氧化碳气体会逸出烧杯外，从而使烧杯中的质量减少，导致天平不平衡，但是该反应仍符合质量守恒定律，该说法错误，不符合题意；
C、小卵石能除去颗粒较大的不溶性杂质，石英砂能除去颗粒较小的不溶性杂质，活性炭能吸附水中的异味及色素，再通过蓬松棉过滤后出水口处得到澄清的水，但经过过滤和吸附不能除去河水中的所有杂质，水中仍含有可溶性物质，该说法错误，不符合题意；
D、铜片上的白磷与氧气接触，而水中的白磷不与氧气接触；观察到铜片上的白磷燃烧，水中的白磷不能燃烧，则说明燃烧需要与氧气接触，该说法正确，符合题意。
故答案为：D.
【分析】A、根据蜡烛熄灭后的白烟是石蜡蒸汽凝成的石蜡固体，石蜡具有可燃性来解答；
B、根据碳酸钠和盐酸反应生成二氧化碳在敞口的容器内会扩散到空气中使天平不平衡化学变化遵守质量守恒定律来解答；
C、根据活性炭具有吸附性可以吸附色素和异味，小卵石、石英砂能除去不溶性杂质来解答；
D、根据可燃物燃烧需与氧气接触的同时温度达到着火点来解答。
二、第二部分 非选择题（共6道题，48分）
14．完成下列题目。
Ⅰ．化学是一门以实验为基础的科学，化学所取得的丰硕成果，是与实验的重要作用分不开的。结合下列实验装置图（本题的所有夹持仪器均已省略）回答问题：
（1）图中仪器②的名称　 　。
（2）实验室制取氧气，某同学设计了图F的装置，仪器①中加入的试剂应为　 　；用③收集氧气的方法为　 　，能用此方法收集氧气的理由是　 　。
（3）A中发生反应的化学方程式为　 　，将A、E装置连接收集该气体时，应将A装置的导管a与E装置的导管　 　（选填“b”或“c”）相连接。检验E装置中二氧化碳已收集满的方法是　 　。
（4）将A、B装置连接，装置B中观察到的现象是　 　。
（5）C可用于检验，其反应的化学方程式为　 　。
（6）用E装置收集一瓶二氧化碳气体，取下双孔橡皮塞，将瓶中的气体沿D装置烧杯左侧内壁缓慢倒入，观察到的现象是　 　，该现象说明二氧化碳具有的性质有　 　（任填一种）。
Ⅱ．某学习小组利用图1装置验证二氧化碳的有关性质，实验过程中压力传感器测得三颈烧瓶中压强随时间的变化如图2所示。
（7）组装装置，实验开始前，需要先　 　。
（8）依据图2中曲线总体趋势：压强先迅速减小，后迅速增大，可推测图1实验中先加入的是注射器　 　（填“a”或“b”）端的物质。
（9）图2中pq段，三颈烧瓶中的现象为　 　。
【答案】锥形瓶；过氧化氢溶液；排水法；氧气不易溶于水且不与水反应；CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；c；将燃着的木条放在导管b处，若木条熄灭，则二氧化碳已收集满；紫色石蕊溶液变红；Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O；蜡烛由下而上依次熄灭；密度比空气大（或不燃烧也不支持燃烧）；检查装置的气密性；a；有气泡产生
【知识点】实验室常见的仪器及使用；化学方程式的书写与配平；二氧化碳的实验室制法；探究二氧化碳的性质；气体制取装置的探究
【解析】【解答】（1）仪器②的名称是锥形瓶。
（2）实验室用图F装置制取氧气，则反应为固体和液体且不需要加热，则是用过氧化氢溶液和二氧化锰制取氧气，仪器①长颈漏斗中加入的试剂应为过氧化氢溶液；用③收集氧气的方法为排水法其原因是氧气不易溶于水且不与水反应。
（3）A装置内大理石中的碳酸钙和稀盐酸中的氯化氢反应生成氯化钙、水和二氧化碳的化学方程式为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；因为二氧化碳密度比空气大，故用E装置收集时应从长管进入，所以应将A装置的导管a与E装置的导管c相连接；检验E装置中二氧化碳已收集满的方法是将燃着的木条放在导管b处，若木条熄灭则二氧化碳已收集满。
（4）A中生成的二氧化碳进入B装置，二氧化碳和水反应生成碳酸显酸性，能使紫色石蕊溶液变红，故装置B中观察到的现象是紫色石蕊溶液变红。
（5）C装置内的澄清石灰水中的氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水的化学方程式为Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O。
（6）用E装置收集一瓶二氧化碳气体，取下双孔橡皮塞，将瓶中的气体沿D装置烧杯左侧内壁缓慢倒入，由于二氧化碳密度比空气大且不燃烧也不支持燃烧，故观察到的现象是蜡烛由下而上依次熄灭，该现象说明二氧化碳具有的性质有密度比空气大或不燃烧也不支持燃烧。
（7）在进行有气体参与或生成的实验时，为了确保实验结果的准确性，防止装置漏气影响实验，实验开始前需要先检查装置的气密性。
（8）观察图2中曲线总体趋势压强先迅速减小，是因为二氧化碳被某种物质吸收，导致瓶内气体减少，压强降低；后迅速增大的原因是后续加入的物质与之前反应的产物发生反应，又生成了气体，使瓶内压强增大。由于a端澄清石灰水中的氢氧化钙能与二氧化碳反应来消耗了二氧化碳，使压强减小；反应之后注射器b端若加入稀盐酸会与之前生成的碳酸钙反应生成二氧化碳气体，从而使装置内的压强增大，所以可推测图1实验中先加入的是注射器a端的物质。
（9）图2中pq段的压强增大的原因是稀盐酸与碳酸钙发生反应生成二氧化碳气体，导致装置内压强增大，所以三颈烧瓶中的现象为有气泡产生。
【分析】（1）根据实验室常见仪器来解答；
（2）根据反应物的状态和反应条件来选择发生装置，气体的密度和溶解性来选择收集装置来解答；
（3）根据碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，二氧化碳的密度大于空气密度，二氧化碳的验满方法是将燃着的木条平放瓶口观察燃着的木条是否熄灭来解答；
（4）根据二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸能使石蕊变红色来解答；
（5）根据二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水来解答；
（6）根据二氧化碳的密度大于空气密度且不燃烧也不支持燃烧，能使燃着的木条熄灭来解答；
（7）根据制取气体前均需检查装置的气密性来解答；
（8）根据图1中的氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙和水，气体减少压强减小；碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳，装置内的气体增多压强增大来解答。
15．阅读下面科普短文。
“碳中和”是指人类活动的碳排放通过森林碳汇和人工手段加以捕集、利用和封存，使排放到大气中的温室气体净增量为零。CaO可在较高温度下捕集，在更高温度下将捕集的释放利用。
目前，捕集技术的关键是将从排放物中分离出来。分离方法：主要分为物理吸收法和化学吸收法。物理吸收法中的一种是用甲醇作溶剂进行吸收。化学吸收法用氨水作为吸收剂，控制温度在30℃左右，采用喷氨技术吸收，生成碳酸氢铵（高温下易分解）。分离后的与在一定条件下反应生成甲醇和水，的产率除受浓度、温度、压强等因素影响外，还受催化剂CuO质量分数的影响，如图所示。
我国科学家们撰文提出“液态阳光”概念，即将太阳能转化为可稳定存储并且可输出的燃料，实现燃料零碳化，随着科学技术的发展，今后的世界，每天的阳光将为我们提供取之不尽、用之不竭的热、电还有可再生燃料！
依据文章内容，回答下列问题：
（1）森林碳汇主要是指绿色植物通过光合作用将大气中的吸收并固定的过程。此过程将太阳能转化为　 　能。
（2）和均能在高温下分解制得CaO，但分解制备得到的CaO比分解得到的CaO更加疏松多孔，因为分解产生的气体更多，共有3种气体氧化物，它们的化学式为　 　。
（3）采用喷氨技术吸收时，温度要控制在30℃左右，可能的原因是　 　。
（4）由图1可得到的结论是　 　。
（5）下列说法不正确的是　 　（填字母）。
a.“碳中和”的“碳”指的是碳单质
b.“液态阳光”将实现燃料零碳化
c.控制化石燃料的使用可减少碳排放
【答案】（1）化学
（2）CO、CO2、H2O
（3）防止温度过高，碳酸氢铵分解
（4）在其他条件相同时，随着CuO质量分数的增加，CH3OH的产率先增大后减小，且CuO质量分数为50%左右时，CH3OH的产率最高
（5）a
【知识点】物质发生化学变化时的能量变化；质量守恒定律及其应用；二氧化碳对环境的影响；从组成上识别氧化物
【解析】【解答】（1）绿色植物通过光合作用能将二氧化碳和水转化为有机物，并释放出氧气，此过程能将太阳能转化为化学能。
（2）根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变。CaC2O4·H2O中含有钙、碳、氧、氢元素，分解产生的3种气体氧化物，应是由碳、氧元素组成的一氧化碳、二氧化碳，以及由氢、氧元素组成的水。
（3）因为碳酸氢铵在高温下易分解生成氨气、水和二氧化碳，所以采用喷氨技术吸收CO2时，温度控制在30℃左右，是为了防止温度过高，碳酸氢铵分解。
（4）由图1可知，在其他条件相同时，随着CuO质量分数的增加，CH3OH的产率先增大后减小，且在CuO质量分数为50%左右时，CH3OH的产率最高。
（5）a、“碳中和”的“碳”指的是二氧化碳，不是碳单质，故错误 ，符合题意；
b、由文中“我国科学家们撰文提出‘液态阳光’概念，即将太阳能转化为可稳定存储并且可输出的燃料，实现燃料零碳化”可知，“液态阳光”将实现燃料零碳化，故正确，不符合题意；
c、化石燃料燃烧会产生二氧化碳，控制化石燃料的使用可减少碳排放，故正确，不符合题意。
故答案为：a。
【分析】（1）根据绿色植物的光合作用分析。
（2）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。
（3）根据碳酸氢铵高温下易分解分析。
（4）根据图1曲线可知，在CuO质量分数为50%左右时，CH3OH的产率最高。
（5）a、“碳中和”的“碳”指的是二氧化碳。
b、“液态阳光”将实现燃料零碳化。
c、化石燃料燃烧会产生二氧化碳。
（1）绿色植物通过光合作用将二氧化碳和水转化为储存着能量的有机物，并释放出氧气，此过程将太阳能转化为化学能。
（2）根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变。CaC2O4·H2O中含有钙、碳、氧、氢元素，分解产生的3种气体氧化物，应是由碳、氧元素组成的一氧化碳（CO）、二氧化碳（CO2），以及由氢、氧元素组成的水（H2O），故填：CO、CO2、H2O。
（3）因为碳酸氢铵（NH4HCO3）高温下易分解，所以采用喷氨技术吸收CO2时，温度控制在30℃左右，是为了防止温度过高，碳酸氢铵分解。
（4）由图1可知，在其他条件相同时，随着CuO质量分数的增加，CH3OH的产率先增大后减小，且在CuO质量分数为50%左右时，CH3OH的产率最高。
（5）a、“碳中和”的“碳”指的是二氧化碳，不是碳单质，故该选项符合题意；
b、由文中“我国科学家们撰文提出‘液态阳光’概念，即将太阳能转化为可稳定存储并且可输出的燃料，实现燃料零碳化”可知，“液态阳光”将实现燃料零碳化，故该选项不符合题意；
c、化石燃料燃烧会产生二氧化碳，控制化石燃料的使用可减少碳排放，故该选项不符合题意。
故选a。
16．阅读下列材料，回答相关问题。
氢气是一种清洁、高效能源。氢能产业链分制氢、储氢、用氢等环节。由风能、太阳能等可再生能源发电，再电解水制得的氢气为“绿氢”。由化石燃料制得的氢气为“灰氢”，其成本相对低廉，但会排放大量。化石燃料制氢气时若将排放的进行捕集、封存等，减少碳排放，此时制得的氢气为“蓝氢”。甲烷—水蒸气重整制氢流程如下：
化学储氢是利用与某些物质反应生成储氢材料如氨气、水合肼等，再通过改变条件使储氢材料转化为。氨气和水合肼转化为的过程分别如下：
常以质量储氢密度来衡量化学储氢技术的优劣。如氨气的理论质量储氢密度为17.6%，是一种较好的储氢材料。
（1）实验室模拟电解水制氢，装置如图1。
①过程中的能量转化形式：太阳能→电能→化学能。该方法制得氢气的种类为　 　（填字母）。
A.绿氢 B.灰氢 C.蓝氢
②试管a、b中气体对应的　 　比例符合2：1（填字母）。
A.体积 B.分子个数 C.原子总数
试管a、b中气体的密度比为　 　（填最简整数比）。
（2）甲烷—水蒸气重整制氢。
①转化Ⅰ理论生成CO和的分子个数比为　 　。
②转化Ⅱ中，CO与反应生成和，写出反应的化学方程式　 　。
（3）①氨气释放的微观示意图如下。请在B对应框中将除氢分子外的微观粒子补充完整： 　 　。
②上图由A到B的过程涉及的基本反应类型是　 　；由B到C的过程发生的是　 　变化（填“物理”或“化学”）
（4）储氢材料的质量储氢密度的理论值为　 　。
【答案】（1）A；ABC；1：16
（2）1：3；CO+H2OCO2+H2
（3）；分解反应；物理
（4）8%
【知识点】电解水实验；化学方程式的书写与配平；化学式的相关计算；微粒观点及模型图的应用
【解析】【解答】（1）① 由题意可知，由风能、太阳能等可再生能源发电，再电解水制得的氢气为“绿氢”。题目中方法是利用太阳能发电后电解水制氢，所以制得氢气的种类为绿氢，
故答案为：A。
②A、由装置图可知，试管a产生的气体较多应该为氢气，试管b产生的气体体积较少为氧气，试管a、b中气体的体积比约为2：1，故符合题意；
B、电解水反应的化学方程式为2H2O2H2↑+O2↑，由化学方程式可知，氢气和氧气的分子个数比为2：1，那么试管a、b中气体的分子个数比为2：1，故符合题意；
C、每个氢分子由2个氢原子构成，每个氧分子由2个氧原子构成，由氢分子和氧分子的分子个数比为2：1可知，试管a、b中气体对应的原子总数比也为2：1，故符合题意。
故答案为：ABC。
在电解水实验中，生成的氢气和氧气的体积比为2：1，由化学方程式为2H2O2H2↑+O2↑可知，产生的氢气和氧气的质量比=（2×2）：32=1：8，根据密度的计算式，则产生的氢气和氧气的密度比===1：16，即试管a、b中气体的密度比为1：16。
（2）① 转化Ⅰ中甲烷和水在高温、催化剂作用下反应生成一氧化碳和氢气，该反应方程式为CH4+H2OCO+3H2，根据化学方程式可知，生成CO和H2的分子个数比为1：3。
② 转化Ⅱ中，一氧化碳和水在高温、催化剂作用下反应生成二氧化碳和氢气，该反应的化学方程式为CO+H2OCO2+H2。
（3）① 氨气在催化剂、410℃条件下分解生成氮气和氢气，该反应的化学方程式为2NH3N2+3H2，则参与反应的氨气与生成氮气、氢气的分子个数比为2：1：3，由微观示意图可知，A中有3个氨分子，B中有3个氢分子，所以实际参加反应的氨分子个数为2，则B中生成1个氮分子和3个氢分子，还剩余了1个氨分子，所以B中需补充的微观粒子为1个氮分子和1个氨分子，补充的微观图示如图： 。
② 由A到B的过程是氨气在催化剂和410℃条件下分解为氮气和氢气，该反应中反应物是一种物质，生成物是两种新物质，符合“一变多”的特征，属于分解反应。
③由B到C的过程中，分子种类没有改变，只是分子间的间隔改变了，没有新物质生成，所以发生的是物理变化。
（4）由题干信息可知，储氢材料N2H4·H2O脱水转化为N2H4，N2H4在50℃和催化剂作用下反应生成氮气和氢气，根据质量守恒定律，反应前后元素种类、质量不变，则生成的氢气中氢元素的质量=N2H4中氢元素的质量，储氢材料N2H4·H2O的质量储氢密度的理论值==8%。
【分析】（1）① 由风能、太阳能等可再生能源发电，再电解水制得的氢气为“绿氢”。
②A、电解水时，负极产生氢气，正极产生氧气，体积比为2：1。
B、根据电解水的化学方程式，进行分析。
C、根据微观上，分子是由原子构成的，结合电解水的化学方程式进行分析。
根据电解水的化学方程式分析产生的氢气和氧气的质量比，根据密度的计算式，进行计算分析。
（2）① 甲烷和水在高温、催化剂作用条件下反应生成一氧化碳和氢气。
② 一氧化碳和水在高温、催化剂作用下反应生成二氧化碳和氢气 。
（3）① 根据氨气在催化剂、410℃条件下分解生成氮气和氢气，写出该反应的化学方程式，结合微观示意图，进行分析。
② 根据分解反应的特点分析。
③根据由B到C的过程中，分子种类没有改变，进行分析。
（4）根据质量守恒定律，反应前后元素种类、质量不变，结合化学式的相关计算进行计算。
（1）①由风能、太阳能等可再生能源发电，再电解水制得的氢气为“绿氢”，该方法是利用太阳能发电后电解水制氢，所以制得氢气的种类为绿氢，故选A。
②A、电解水时，负极产生氢气，正极产生氧气，体积比为2：1，由装置图可知，试管a产生的气体较多为氢气，试管b产生的气体体积较少为氧气，因此试管a、b中气体的体积比为2：1，故A选项符合题意；
B、水在通电的条件下反应生成氢气和氧气，该反应的化学方程式为2H2O2H2↑+O2↑，由化学方程式可知，氢气和氧气的分子个数比为2：1，因此试管a、b中气体的分子个数比为2：1，故B选项符合题意；
C、分子是由原子构成的，每个氢分子由2个氢原子构成，每个氧分子由2个氧原子构成，由氢分子和氧分子的分子个数比为2：1可知，试管a、b中气体对应的原子总数比也为2：1，故C选项符合题意。
故选ABC。
在电解水实验中，产生的氢气和氧气的体积比为2：1，由化学方程式为2H2O2H2↑+O2↑可知，产生的氢气和氧气的质量比为2×（1×2）：16×2=4：32=1：8，根据密度的计算式，则产生的氢气和氧气的密度比为==1：16，即试管a、b中气体的密度比为1：16。
（2）①转化Ⅰ中甲烷和水在高温和催化剂催化的条件下反应生成一氧化碳和氢气，该反应方程式为CH4+H2OCO+3H2，根据化学方程式可知，生成CO和H2的分子个数比为1：3。
②转化Ⅱ中，一氧化碳和水在高温和催化剂条件下反应生成二氧化碳和氢气，该反应的化学方程式为CO+H2OCO2+H2。
（3）①氨气在催化剂和410℃条件下分解生成氮气和氢气，该反应的化学方程式为2NH3N2+3H2，则参与反应的氨气与生成氮气、氢气的分子个数比为2：1：3，由微观示意图可知，A中有3个氨分子，B中有3个氢分子，实际参加反应的氨分子个数为2个，则B中生成1个氮分子和3个氢分子的同时还剩余1个氨分子，故B中需补充的微观粒子为1个氮分子和1个氨分子，补充的微观图示如图：。
②由A到B的过程是氨气在催化剂和410℃条件下分解为氮气和氢气，该反应是由一种物质生成两种新物质，符合“一变多”的特征，属于分解反应。
③由B到C的过程中，分子种类没有改变，只是分子间的间隔发生了改变，所以发生的是物理变化。
（4）由题干信息可知，储氢材料N2H4·H2O脱水转化为N2H4，N2H4在50℃和催化剂的催化条件下反应生成氮气和氢气，根据质量守恒定律化学反应前后元素种类及质量不变，则生成的氢气中氢元素的质量等于N2H4中氢元素的质量，故储氢材料N2H4·H2O的质量储氢密度的理论值为=8%。
17．以某电厂的粉煤灰（主要含、和CaO等）为原料提铝的工艺流程如下：
已知：①不溶于水，也不与稀硫酸反应；
②浸出时和反应生成；
③“干燥脱水”后进行“焙烧”时的主要反应为。
（1）“浸渣”的主要成分除外，还有　 　（填化学式）。
（2）滤液1中含有的阴离子主要是　 　。
（3）“焙烧”时的主要反应中X的化学式为　 　。
（4）“水浸”中为了分离出需进行的操作是　 　。
（5）“水浸”后得到的“滤液2”可返回　 　工序（填序号）循环使用。
a.浸出 b.沉铝 c.干燥脱水
【答案】（1）SiO2
（2）
（3）SO2
（4）过滤
（5）b
【知识点】过滤的原理、方法及其应用；酸的化学性质；质量守恒定律及其应用；物质的相互转化和制备
【解析】【解答】（1）已知粉煤灰中主要含SiO2、Al2O3和CaO等，SiO2不溶于水且不与稀硫酸反应，已知CaO能和硫酸反应生成CaSO4和水，Al2O3能和硫酸反应生成Al2(SO4)3和水，故“浸渣”的主要成分除生成的CaSO4外还有不和酸反应的SiO2。
（2）浸出时Al2O3和硫酸反应生成Al2(SO4)3，CaO和硫酸反应生成CaSO4，而CaSO4微溶于水，则“沉铝”过程中得到十二水合硫酸铝钾，故滤液1中含有的阴离子主要是硫酸根离子，其符号为。
（3）在化学变化中遵守质量守恒定律，故在化学反应前后原子的种类和个数不变；已知在反应4KAl(SO4)22K2SO4+2Al2O3+6X↑+3O2↑中，反应前有4个钾原子、4个铝原子、8个硫原子、32个氧原子，而反应后有4个钾原子、4个铝原子、2个硫原子、20个氧原子，故6X中含有6个硫原子和12个氧原子，则X的化学式为SO2。
（4）“水浸”中为了分离出Al2O3的原因是Al2O3不溶于水，所以需进行的操作是过滤。
（5）“水浸”后得到的“滤液2”中含有硫酸钾，可返回沉铝工序循环使用。
故答案为：b.
【分析】根据粉煤灰中的二氧化硅不溶于水且不和酸反应，氧化铝、氧化钙和硫酸反应生成溶于水的硫酸铝、微溶于水的硫酸钙；过滤分离溶和不溶物；化学变化中元素守恒，原子的种类、数目和质量不变来解答。
（1）已知粉煤灰主要含SiO2、Al2O3和CaO等，SiO2不溶于水且不与稀硫酸反应，CaO能和硫酸反应生成CaSO4和水，Al2O3能和硫酸反应生成Al2(SO4)3和水，所以“浸渣”的主要成分除CaSO4外，还有SiO2。
（2）浸出时Al2O3和硫酸反应生成Al2(SO4)3，CaO和硫酸反应生成CaSO4，CaSO4微溶于水，“沉铝”过程中得到十二水合硫酸铝钾，所以滤液1中含有的阴离子主要是硫酸根离子，其符号为。
（3）根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和个数不变。在反应4KAl(SO4)22K2SO4+2Al2O3+6X↑+3O2↑中，反应前有4个钾原子、4个铝原子、8个硫原子、32个氧原子，反应后有4个钾原子、4个铝原子、2个硫原子、20个氧原子，所以6X中含有6个硫原子和12个氧原子，则X的化学式为SO2。
（4）“水浸”中为了分离出Al2O3，因为Al2O3不溶于水，所以需进行的操作是过滤。
（5）“水浸”后得到的“滤液2”中含有硫酸钾，可返回沉铝工序循环使用，故选b。
18．纳米广泛应用于信息产业。某科研小组以为原料制备纳米，其主要流程如下：
（1）“酸溶”过程，能加快酸溶速率的措施是　 　。
（2）“调pH”过程（控制溶液酸碱性在一定范围内）：加入尿素溶液与盐酸反应生成和，同时得到沉淀。此时溶液中主要的阳离子有、　 　（填离子符号）。
（3）在500℃条件下生成和，反应的化学方程式为　 　。
（4）若制备30.2g的，理论上需要准备　 　g。
（5）明代宋应星所著的《天工开物》中记载锡的冶炼：“凡煎炼亦用洪炉，入砂数百斤，丛架木炭亦数百斤，鼓鞴熔化……点铅勾锡……”文中体现的炼锡的化学方程式为　 　，同时“点铅勾锡”即加铅入锡中，使其较易熔化流出，其理论依据是　 　。
（6）小明同学热爱金属及其化合物的研究，查阅文献得知：金属钠在自然界中几乎不以单质存在，而以化合物存在。请你根据所学初三化学教材知识，从两个方面加以解释：
（提示：钠原子的质子数为11）
A：　 　；
B：　 　。
【答案】（1）将原料粉碎，增大反应物的接触面积（合理即可）
（2）
（3）
（4）37.4
（5）；铅与锡形成低熔点合金，合金比组成它的纯金属熔点低
（6）钠原子最外层有1个电子，容易失去电子形成钠离子，化学性质活泼，容易与空气中的氧气、水蒸气反应，形成化合物；钠在金属活动性顺序中位于H前，活动性强，容易与其他物质反应，形成化合物
【知识点】合金与合金的性质；金属的化学性质；化学方程式的书写与配平；根据化学反应方程式的计算
【解析】【解答】（1）将原料粉碎的目的是增大反应物的接触面积来提高酸溶速率，也可以适当提高酸的浓度，适当升高温度等，以提高酸溶速率；
（2）“酸溶”溶液中含有SnCl4和过量的HCl，加入尿素溶液与盐酸反应生成和，同时得到沉淀，反应后溶液中主要的阳离子是和；
（3）Sn(OH)4在500℃条件下生成SnO2和H2O的化学方程式为；
（4）解：设理论上需要获得Sn(OH)4的质量为x
答：理论上需要获得Sn(OH)4的质量为37.4g。
（5）烘炉内锡砂与木炭在高温下反应得到锡和二氧化碳的化学方程式为；
通常情况下合金的熔点比组分的金属低，所以关键的一步“点铅勾锡”，即加铅能使锡较易熔化流出，其原因是铅与锡形成低熔点合金，合金比组成它的纯金属熔点低；
（6）钠原子最外层有1个电子，容易失去电子形成钠离子，化学性质活泼，容易与空气中的氧气、水蒸气反应形成化合物，钠在金属活动性顺序中位于H前，活动性强，容易与其他物质反应，形成化合物。
【分析】（1）根据粉碎增大反应物的接触面积加快反应速度，增大反应物的浓度加快反应速度来解答；
（2）根据氯化锡、尿素和盐酸反应生成氯化铵、二氧化碳和氢氧化锡沉淀来解答；
（3）根据氢氧化锡在高温下分解生成氧化锡和水来解答；
（4）根据氢氧化锡分解生成氧化锡和水的方程式中已知氧化锡的质量和式量来计算氢氧化锡的质量来解答；
（5）根据碳和氧化锡在高温下反应生成锡和一氧化碳，合金的特性是熔点低、硬度大、耐腐蚀来解答；
（6）根据原子的最外层电子数决定原子得失电子数以及该离子所带的电荷数和化学性质来解答。
（1）将原料粉碎，增大反应物的接触面积，可以提高酸溶速率，也可以适当提高酸的浓度，适当升高温度等，以提高酸溶速率；
（2）“酸溶”溶液中含有SnCl4和过量的HCl，加入尿素溶液与盐酸反应生成和，同时得到沉淀，反应后溶液中主要的阳离子是和；
（3）Sn(OH)4在500℃条件下生成SnO2和H2O，反应的化学方程式为；
（4）解：设理论上需要获得Sn(OH)4的质量为x
答：理论上需要获得Sn(OH)4的质量为37.4g。
（5）“烘炉”内锡砂与木炭在高温下反应得到锡和二氧化碳，化学方程式为；
通常情况下，合金的熔点比组分的金属低，所以关键的一步“点铅勾锡”，即加铅能使锡较易熔化流出，其原因是铅与锡形成低熔点合金，合金比组成它的纯金属熔点低；
（6）钠原子最外层有1个电子，容易失去电子形成钠离子，化学性质活泼，容易与空气中的氧气、水蒸气反应，形成化合物
钠在金属活动性顺序中位于H前，活动性强，容易与其他物质反应，形成化合物
19．草酸存在于自然界的植物中，草酸钠和草酸钾易溶于水，而草酸钙难溶于水。草酸晶体无色，熔点为101℃，易溶于水，受热脱水、升华，170℃以上分解。
【查阅资料】常温下，草酸能与氢氧化钙溶液反应生成草酸钙。
回答下列问题：
（1）甲组同学按照如图所示的装置，通过实验检验草酸晶体的分解产物。装置C中可观察到的现象是　 　，由此可知草酸晶体分解的产物中有　 　。小张同学认为装置B无明显作用，可删除，你是否同意他的观点？　 　（填“同意”或“不同意”），你的理由是　 　。
乙组同学认为草酸晶体分解产物中还有CO，为进行验证，选用甲组实验中的装置A、B和下图所示的部分装置（可以重复选用）进行实验。
【查阅资料】①②已知无水氯化钙具有吸水性。
（2）①乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为A、B、　 　、H、D、I。装置H反应管中盛有的物质是　 　。
②能证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是　 　。
【答案】澄清石灰水变浑浊；二氧化碳；不同意；草酸晶体受热升华，装置B的作用是使升华的草酸蒸气冷凝，避免其进入装置C中，干扰二氧化碳的检验；F、D、G；氧化铜；H中黑色粉末变为红色，其后的D中澄清石灰水变浑浊
【知识点】碳、一氧化碳、氢气还原氧化铜实验；实验探究物质的组成成分以及含量；二氧化碳的化学性质；二氧化碳的检验和验满
【解析】【解答】（1）因为二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，已知装置C中盛有澄清石灰水，故可观察到的现象是澄清石灰水变浑浊；由装置C中澄清石灰水变浑浊这一现象可知草酸晶体分解的产物中含有二氧化碳。不同意小张同学认为装置B可删除的观点的理由是草酸晶体受热升华，装置B的作用是使升华的草酸蒸气冷凝，避免其进入装置C中，干扰二氧化碳的检验。
（2）①乙组同学要验证草酸晶体分解产物中有CO，需要先除去二氧化碳，再检验二氧化碳是否除尽，然后让CO与氧化铜反应再来检验生成物中是否含有二氧化碳，最后收集CO。所以依次连接的合理顺序为A、B、F、D、G、H、D、I。装置H是用于检验CO的，CO能还原氧化铜，所以反应管中盛有的物质是氧化铜。
②能证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是H中黑色粉末变为红色，其后的D中澄清石灰水变浑浊。因为CO还原氧化铜生成红色的铜和二氧化碳，H中黑色粉末变为红色说明有CO将氧化铜还原，其后D中澄清石灰水变浑浊说明有二氧化碳生成，从而证明有CO。
【分析】（1）根据二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水来解答；
（2）根据氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，澄清石灰水变是用来检验二氧化碳，氢氧化钠是用来除去二氧化碳，一氧化碳和氧化铜反应生成红色的铜和二氧化碳，一氧化碳有毒且密度小于空气密度，难溶于水来解答。
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