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2023-2024 学年上海市宝山区九年级（上）期末化学试卷（一模）
参考答案与试题解析
一、选择题（共20分），每题均只有一个正确选项。
1．（1分）通电时会发出有色光的是（ ）
A．氮气 B．稀有气体 C．二氧化碳 D．氧气
【答案】B
【分析】物质的性质决定物质的用途，根据常见化学物质的性质和用途进行分析解答即可。
【解答】解：稀有气体通电时会发出不同颜色光，氮气、二氧化碳和氧气没有该性质。
故选：B。
【点评】本题难度不大，物质的性质决定物质的用途，掌握常见化学物质的性质和用途是
正确解答此类题的关键。
2．（1分）做胃镜服用的“钡餐”为药用硫酸钡，钡元素符号是（ ）
A．Be B．Ba C．Br D．B
【答案】B
【分析】根据元素符号的认知分析。
【解答】解：做胃镜服用的“钡餐”为药用硫酸钡，钡元素符号是Ba。
故选：B。
【点评】本题难度较小，认知常见元素符号是解答的关键。
3．（1分）下列物质加入水中，形成乳浊液的是（ ）
A．酒精 B．泥沙 C．蔗糖 D．植物油
【答案】D
【分析】不溶性的固体小颗粒悬浮于液体中形成的混合物是悬浊液；小液滴分散到液体中
形成的混合物是乳浊液；一种或几种物质分散到另一种物质里，形成的均一稳定的混合物
是溶液。
【解答】解：A、酒精与水任意比互溶，形成均一、稳定的混合物，属于溶液，故A错误。
B、泥沙难溶于水，把泥沙放到水里是固体小颗粒悬浮于液体中形成的混合物，属于悬浊
液，故B错误。
C、蔗糖易溶于水，形成均一、稳定的混合物，属于溶液，故C错误。
D、植物油不溶于水，把植物油放到水里是小液滴悬浮于液体中形成的混合物，属于乳浊
第1页（共16页）液，故D正确。
故选：D。
【点评】本题难度不大，掌握溶液、悬浊液、乳浊液的本质特征、各种物质的水溶性方面的
知识是解答本题的关键。
4．（1分）能在氧气中燃烧且生成白色固体的物质是（ ）
A．铁丝 B．木炭 C．红磷 D．硫粉
【答案】C
【分析】根据物质在氧气燃烧的现象及产物来判断分析并得出答案．
【解答】解：A、铁丝在氧气中燃烧生成黑色的四氧化三铁，故A错误；
B、木炭燃烧产生二氧化碳气体，故B错误；
C、红磷燃烧生成白色的固体五氧化二磷，故C正确；
D、硫燃烧要产生二氧化硫气体，故D错误。
故选：C。
【点评】本题难度不大，掌握常见物质燃烧的现象即可正确解答；注意生成物的颜色、状态
是解答此类题的关键．
5．（1分）二氧化氯（ClO ）常用于医疗器械的消毒，ClO 中Cl的化合价是（ ）
2 2
A．+2 B．+4 C．﹣2 D．﹣4
【答案】B
【分析】根据物质的化学式ClO ，利用化合物中各元素的化合价代数和为0的原则，由化
2
合物中氧为﹣2价，计算化合物中Cl元素的化合价。
【解答】解：设化合物ClO 中Cl元素化合价为n价，根据化合物中各元素化合价代数和为
2
零的原则，有n+（﹣2）×2＝0，解之得n＝+4；
故选：B。
【点评】根据化合物中各元素的化合价代数和为0，利用化合物的化学式可计算其中未知
的元素化合价。
6．（1分）互为同素异形体的一组物质是（ ）
A．氧气和液氧 B．木炭和焦炭
C．金刚石和碳60 D．冰和干冰
【答案】C
【分析】化学上把同种元素组成的不同单质互称为同素异形体，互为同素异形体的物质要
符合以下两个条件：同种元素形成，不同单质；据此进行分析判断。
第2页（共16页）【解答】解：A、液氧是液态的氧气，和氧气是同一种物质，不属于同素异形体，故选项错误。
B、木炭和焦炭的主要成分是碳，含有杂质，均属于混合物，不属于同素异形体，故选项错
误。
C、金刚石和碳60都是由碳元素形成的不同物质，都是单质，互为同素异形体，故选项正
确。
D、冰和干冰分别是固态的水、固态的二氧化碳，均属于化合物，不属于同素异形体，故选
项错误。
故选：C。
【点评】本题难度不大，判断是否互为同素异形体的关键要把握两点：①同种元素形成，
②不同单质，这是解决此类题的关键之所在。
7．（1分）属于非金属氧化物的是（ ）
A．SiO B．H SO C．Al O D．Fe O
2 2 4 2 3 3 4
【答案】A
【分析】物质分为混合物和纯净物，混合物是由两种或两种以上的物质组成；纯净物是由
一种物质组成。纯净物又分为单质和化合物。由同种元素组成的纯净物叫单质；由两种或
两种以上的元素组成的纯净物叫化合物。氧化物是指由两种元素组成的化合物中，其中一
种元素是氧元素。
【解答】解：A、氧化物是指由两种元素组成的化合物中，其中一种元素是氧元素，SiO 属于
2
非金属氧化物；故选项正确；
B、H SO 属于化合物，但不是氧化物，因为它有三种元素；故选项错误；
2 4
C、Al O 属于金属氧化物；故选项错误；
2 3
D、Fe O 属于金属氧化物；故选项错误；
3 4
故选：A。
【点评】本考点考查了物质的分类，要加强记忆混合物、纯净物、单质、化合物、氧化物等基
本概念，并能够区分应用。本考点的基础性比较强，主要出现在选择题和填空题中。
8．（1分）下列事实解释不正确的是（ ）
A．酒香不怕巷子深——分子在不断运动
B．变瘪的乒乓球遇热水鼓起——分子变大
C．1滴水中大约有1.67×1021个水分子——分子很小
D．氧气能支持呼吸，而氮气不能——分子不同，化学性质不同
【答案】B
第3页（共16页）【分析】根据分子的基本特征：分子质量和体积都很小；分子之间有间隔；分子是在不断运
动的；同种的分子性质相同，不同种的分子性质不同，可以简记为：“两小运间，同同不
不”，结合事实进行分析判断即可。
【解答】解：A、酒香不怕巷子深，是因为酒精中含有的分子是在不断运动的，向四周扩散，
使人们闻到酒香，故选项解释正确．
B、变瘪的乒乓球放入热水中会鼓起来，是因为温度升高，分子间的间隔变大，故选项解释
错误。
C、一滴水大约有1.6×1021个水分子，说明分子的体积和质量都很小，故选项解释正确。
D、氧气可以供给呼吸，氮气不能，是因为它们分子的构成不同，不同种的分子化学性质不
同，故选项解释正确。
故选：B。
【点评】本题难度不大，掌握分子的基本性质（可以简记为：“两小运间，同同不不”）及利
用分子的基本性质分析和解决问题的方法是解答此类题的关键。
9．（1分）关于硫酸铜晶体说法正确的是（ ）
A．俗称：胆矾 B．化学式：CuSO
4
C．颜色：白色 D．式量：178
【答案】A
【分析】A、根据硫酸铜晶体俗称胆矾、蓝矾进行分析；
B、根据硫酸铜晶体是五水合硫酸铜进行分析；
C、根据硫酸铜晶体是白色固体进行分析；
D、根据硫酸铜晶体的式量进行分析。
【解答】解：A、硫酸铜晶体俗称胆矾、蓝矾，故A正确；
B、硫酸铜晶体是五水合硫酸铜，化学式为：CuSO •5H O，故B错误；
4 2
C、硫酸铜晶体是蓝色固体，故C错误；
D、硫酸铜晶体的式量为64+32+16×4+5×18＝250，故D错误。
故选：A。
【点评】本题主要考查化学式的意义等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结
合已有的知识进行解题。
10．（1分）物质的用途仅利用物理性质的是（ ）
A．生石灰作干燥剂 B．一氧化碳作燃料
C．活性炭作吸附剂 D．二氧化碳作灭火材料
第4页（共16页）【答案】C
【分析】物质在化学变化中表现出来的性质叫化学性质，如可燃性、助燃性、氧化性、还原
性、酸碱性、稳定性等；物质不需要发生化学变化就表现出来的性质，叫物理性质；物理性
质经常表现为：颜色、状态、气味、密度、硬度、熔点、沸点、导电性、导热性、溶解性、挥发
性、吸附性、延展性等。
【解答】解：A、生石灰作干燥剂是利用生石灰能与水反应，属于化学性质；故选项错误；
B、一氧化碳作燃料是利用一氧化碳的可燃性，属于化学性质；故选项错误；
C、活性炭作吸附剂是利用活性炭的吸附性，属于物理性质；故选项正确；
D、二氧化碳作灭火材料既利用二氧化碳的密度比空气大的物理性质，也利用二氧化碳不
燃烧、也不支持燃烧的化学性质；故选项错误；
故选：C。
【点评】本考点考查了物理性质和化学性质的区分，要记忆有关生石灰、一氧化碳、活性炭、
二氧化碳的性质，并能够在比较的基础上进行应用，本考点的基础性比较强，主要出现在
选择题和填空题中。
11．（1 分）次氯酸钠（NaClO）可用于消毒杀菌，制备次氯酸钠的化学方程式为
2NaOH+Cl ═X+H O+NaClO，X的化学式为（ ）
2 2
A．NaCl B．NaClO C．Na O D．Na O
3 2 2 2
【答案】C
【分析】根据质量守恒定律。化学反应前后，原子个数，元素种类不变分析。
【解答】解：根据质量守恒定律。化学反应前后，原子个数，元素种类不变，反应物中有2个
钠原子、2个氧原子、2个氢原子，2个氯原子，生成物中有1个钠原子、1个氯原子，2个氧
原子、2个氢原子，所以X是NaCl；
故选：C。
【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。
12．（1分）为使图片所示的燃料充分燃烧，对应措施不合理的是（ ）
A． 加大燃气进气 B． 汽油喷成雾状
第5页（共16页）C． 架空木柴 D． 煤块变煤粉
【答案】A
【分析】使燃料充分燃烧的措施有增大可燃物与氧气的接触面积，增大氧气的浓度。
【解答】解：A、加大燃气进气不能使燃料充分燃烧，故A符合题意；
B、发动机内汽油喷成雾状，可以增大可燃物与氧气的接触面积，促进燃料充分燃烧，故B
不合题意；
C、架空木柴可以增大可燃物与氧气的接触面积，可以促进燃料的燃烧，故C符合题意；
D、煤块变煤粉可以增大可燃物与氧气的接触面积，可以促进燃料的燃烧，故D符合题意。
故选：A。
【点评】本题考查学生利用充分燃烧需要的条件来分析生活中常见的燃烧现象，明确常见
的做法是否有利于充分燃烧，并注意在生活中做到燃烧充分及合理利用能源。
13．（1分）不能用来检测二氧化碳通入水中所得溶液呈酸性的是（ ）
A．pH试纸 B．无色酚酞试液
C．紫色石蕊试液 D．蓝色石蕊试纸
【答案】B
【分析】证明某溶液显酸性，可使用酸碱指示剂、pH试纸等；石蕊溶液遇酸性溶液变红色，
遇碱性溶液变蓝色；酚酞溶液遇酸性溶液不变色，遇碱性溶液变红色；据此进行分析判断。
【解答】解：A、用pH试纸测出的pH值，pH小于7，能够检测二氧化碳通入水中所得溶液
是酸性溶液，故选项不符合题意；
B、无色酚酞试液遇酸性溶液不变色，滴加酚酞溶液，不变色，不能检测二氧化碳通入水中
所得溶液是酸性溶液，故选项符合题意；
C、紫色石蕊溶液遇酸性溶液变红色，滴加石蕊溶液变红色，能够检测二氧化碳通入水中
所得溶液是酸性溶液，故选项不符合题意；
D、蓝色的石蕊试纸遇酸性溶液显红色，能够检测二氧化碳通入水中所得溶液是酸性溶液，
故选项不符合题意；
故选：B。
【点评】本题难度不大，掌握溶液酸碱性的检验方法（使用酸碱指示剂、pH试纸等）并能灵
第6页（共16页）活运用即可正确解答本题。
14．（1分）测定溶液pH时，若将pH试纸用水润湿再测定，则pH（ ）
A．无法确定 B．偏小 C．无影响 D．偏大
【答案】A
【分析】根据先将pH试纸用蒸馏水润湿，再蘸取待测液滴在pH试纸上，稀释了待测溶液，
使溶液的酸碱性减弱；结合当溶液的pH等于7时，呈中性；当溶液的pH小于7时，呈酸
性，且pH越小，酸性越强；当溶液的pH大于7时，呈碱性，且pH越大，碱性越强；进行分
析解答。
【解答】解：用pH试纸测定未知溶液的pH时，正确的操作方法为用玻璃棒蘸取少量待测
液滴在干燥的pH试纸上，与标准比色卡对比来确定pH。将pH试纸用水润湿再测定，稀
释了待测溶液，使溶液的酸碱性减弱。
若溶液显酸性，则用蒸馏水润湿后，溶液的酸性变弱，当溶液的pH小于7时，呈酸性，且
pH越小，酸性越强，则测得的pH结果比实际值偏大。
若溶液显碱性，则用蒸馏水润湿后，溶液的碱性变弱，当溶液的pH大于7时，呈碱性，且
pH越大，碱性越强，则测得的pH结果比实际值偏小。
若溶液显中性，则用蒸馏水润湿后，溶液仍呈中性，测得的pH结果不变。
由于不知溶液的酸碱性，故无法确定。
故选：A。
【点评】本题难度不大，掌握溶液的酸碱性和溶液pH大小之间的关系、用蒸馏水润湿后稀
释了待测溶液等是正确解答此类题的关键。
二、选择题（共20分），每题均只有一个正确选项。
（多选）15．（2分）下列说法正确的是（ ）
A．摩尔是一种物理量，符号为mol
B．1mol物质中约含6.02×1023个微粒
C．1mo1H O 比1molH O多1molO
2 2 2
D．氢气的摩尔质量是2g
【答案】BC
【分析】摩尔是物质的量的单位，1mol物质中约含6.02×1023个微粒，单位物质的量物质所
具有的质量为摩尔质量，据以上分析解答。
【解答】解：A.摩尔是物质的量的单位，不是物理量，其符号为mol，故错误；
B.物质是由微粒构成，1mol物质中约含6.02×1023个微粒，故正确；
第7页（共16页）C.1mo1H O 比1molH O多1molO，故正确；
2 2 2
D.氢气的相对分子质量为2，因此氢气的摩尔质量是2g/mol，故错误；
故选：BC。
【点评】掌握物质的量及其单位、摩尔质量等相关知识即可解答本题。
16．（2分）关于单质和化合物的说法不正确的是（ ）
A．单质中只含有一种元素
B．化合物中至少含有两种元素
C．单质中只含有一种微粒
D．化合物中至少含有两种微粒
【答案】D
【分析】根据由同种元素组成的纯净物是单质，由不同种元素组成的纯净物是化合物分析。
【解答】解：A、由同种元素组成的纯净物是单质，单质中只含一种元素，故选项说法正确；
B、由不同种元素组成的纯净物是化合物，化合物中至少含两种元素，故选项说法正确。
C、单质中只含有一种微粒，故选项说法正确；
D、化合物中不一定含有两种微粒，如，水由水分子构成，故选项说法错误；
故选：D。
【点评】本题难度不大，掌握氧化物、单质和化合物、混合物的特征等是正确解答本题的关
键。
17．（2分）室温下，三支试管中分别盛有等质量的饱和石灰水，进行如图所示实验，三支试管
中都出现了浑浊现象，以下有关说法正确的是（ ）
A．①②③试管中变浑浊的本质原因相同
B．①②③试管中的固体通过降温能继续溶解
C．①②③试管中的白色固体成分相同
D．①②③试管中的溶剂质量：①＞②＞③
【答案】D
第8页（共16页）【分析】根据①中二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，②中氢氧化钙的溶解
度随着温度的升高而减小，③中氧化钙与水反应生成氢氧化钙，进行分析解答。
【解答】解：A、①中二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，②中氢氧化钙的溶
解度随着温度的升高而减小，在热水中氢氧化钙溶解度减小而析出，③中氧化钙与水反
应生成氢氧化钙，无法溶解，故A错误；
B、氢氧化钙的溶解度随着温度的升高而减小，②③中固体为氢氧化钙，固体通过降温能
继续溶解，但是①中固体为碳酸钙，不会溶解，故B错误；
C、①中固体为碳酸钙沉淀，②③中固体为氢氧化钙，故C错误；
D、三支试管中分别盛有等质量的饱和石灰水，①中二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙
沉淀和水，溶剂量会增加；②中溶剂的量不变，③中氧化钙与水反应生成氢氧化钙，溶剂
的量会增加，所以①②③试管中的溶剂质量：①＞②＞③，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查了碱的化学性质、固体溶解度的影响因素以及晶体和结晶的概念与
现象，掌握碱的化学性质、氢氧化钙的溶解度随着温度的升高而减小等是正确解答本题的
关键。
三、简答题（共30分）
18．（7分）面对全球变暖问题，中国提出“2030碳达峰、2060碳中和”碳排放目标。
①合理使用煤、天然气等化石燃料。天然气属于 混合物 （选填“纯净物”或“混合
物”），未脱硫的煤燃烧时生成的 SO 会引起酸雨；
2
②开发新能源成为必须。氢气来源丰富、热值高、燃烧产物为水，是最理想的绿色能源。工
业上可利用电解水法制取氢气，该反应的化学方程式为 2H O 2H ↑ +O ↑ ，
2 2 2
属于 分解反应 （填基本反应类型）；
③捕集、利用、封存CO ，如利用电化学还原二氧化碳转化为甲酸（HCOOH）等物质，甲
2
酸（HCOOH）由 三 种元素组成，0.5mol甲酸约含有 6.02×1 0 2 3 个氧原子。
【答案】①混合物；SO ；
2
②2H O 2H ↑+O ↑；分解反应；
2 2 2
③三；6.02×1023。
【分析】①根据天然气的成分以及酸雨的成因来分析；
②根据来分析；
第9页（共16页）③根据化学式的意义、摩尔质量、有关化学式的计算来分析。
【解答】解：①天然气的主要成分是甲烷，还含有其他杂质，所以天然气属于混合物；未脱
硫的煤在燃烧过程中生成SO 会引起酸雨；故答案为：混合物；SO ；
2 2
②水通电生成氧气和氢气，其反应的化学方程式是：2H O 2H ↑+O ↑，符合
2 2 2
“一变多”，属于分解反应；故答案为：2H O 2H ↑+O ↑；分解反应；
2 2 2
③HCOOH由三种元素组成；0.5mol HCOOH中约含 0.5×6.02×1023个＝3.01×1023个
HCOOH分子，3.01×1023个HCOOH分子中含有2×3.01×1023个＝6.02×1023个氧原子；故
答案为：三；6.02×1023。
【点评】化学与我们的生活息息相关，与生产、生活相关的知识是中考考查的热点之一，灵
活运用所学知识即可正确解答本题的关键。
19．（7分）氢氧化钠在空气中易变质生成碳酸钠，如图1为实验室一瓶用剩的久置氢氧化钠
试剂。从标签局部大图可见氢氧化钠试剂中还含有少量的碳酸钠、氯化钠等物质。如表为
氢氧化钠、碳酸钠、氯化钠三种物质的部分溶解度。
温度/℃ 0 20 40 60 80
溶解度（g/100g水） NaCl 35.7 35.9 36.4 37.1 38.0
Na CO 7.0 21.5 49.0 46.0 439
2 3
NaOH ﹣ 109 129 174 ﹣
请结合上表数据回答问题：
第10页（共16页）①40℃时，碳酸钠的溶解度为 49.0 g ；
②三种物质中，溶解度受温度影响最小的物质是 氯化钠 ；
③氯化钠和碳酸钠溶解度相等的温度范围是 2 0 ℃～ 4 0 ℃ ；
【实验】某兴趣小组为测定上述试剂瓶中氢氧化钠和碳酸钠的质量（其他物质忽略不计），
进行如图2所示实验，回答问题。
经检验可知19.5g固体为纯净物。
④操作a为 过滤 ，19.5g固体的成分为 氢氧化钠 。
⑤40℃所得溶液是碳酸钠的 不饱和溶液 （选填“饱和溶液”或“不饱和溶液”）。
⑥该瓶试剂中未变质的氢氧化钠质量约是 149. 5 g。
【答案】①49.0g；
②氯化钠；
③20℃～40℃；
④过滤；氢氧化钠；
⑤不饱和溶液；
⑥128.5g。
【分析】根据表中的数据结合题目中的信息进行分析。
【解答】解：①根据表中的信息，40℃时，碳酸钠的溶解度为49.0g；故答案为：49.0g；
②根据表中的信息，三种物质中，溶解度受温度影响最小的物质是；故答案为：氯化钠；
③氯化钠和碳酸钠溶解度相等的温度范围是；20℃～40℃；故答案为：20℃～40℃；
④操作a为固体和液体分离；因此为过滤，从表中可以看出氢氧化钠的溶解度随着温度
的升高而降低，受温度影响大，19.5g固体为纯净物，因此固体的成分为氢氧化钠；故答案
为：过滤；氢氧化钠；
⑤根据图中的示意图，得到的固体又是纯净物，说明降温后无碳酸钠析出，因此40℃所
得溶液是碳酸钠的不饱和溶液；故答案为：不饱和溶液；
⑥析出固体后，剩余的溶液为氢氧化钠的饱和溶液，因此100g水中溶解的氢氧化钠质量
为109g，该瓶试剂中未变质的氢氧化钠质量约是109g+19.5g＝128.5g；故答案为：128.5g。
【点评】本题主要考查了溶解的有关知识，认真理解图中的信息解答即可。
20．（9分）如图实验装置为制取气体的常见装置。（部分夹持仪器省略）
第11页（共16页）①实验室用氯酸钾和二氧化锰共热制取氧气，选用的发生装置是 A （选填编号），实
验中反应消耗0.02mol氯酸钾，理论上可生成氧气 0.9 6 g（根据化学方程式计算）；
②实验中若要测生成的氧气体积，应选择的收集方法是 E ；
③实验室制取二氧化碳的反应的化学方程式为 CaCO +2HCl ═ CaCl +H O+CO ↑ ，
3 2 2 2
选择的装置组合是 BC （编号），检验二氧化碳集满的方法是 将燃着的木条放在集
气瓶口，若木条熄灭，证明二氧化碳已收集满 ；
④实验室可用图一发生装置制二氧化碳，其优点是 可以控制反应的发生和停止 ，若
实验中关闭弹簧夹时，导致的后果是 液体从长颈漏斗中溢出 ；将二氧化碳发生装置
连接压强传感器及电脑如图二所示进行实可测得实验过程中试管内气体压强变化情况，
其结果局部放大后见图三所示，解释数据ab段对应的试管内压强变大的原因 关闭了
活塞开关，试管内气体增多，压强变大 。
【答案】①A；0.96；
②E；
③CaCO +2HCl═CaCl +H O+CO ↑；BC；将燃着的木条放在集气瓶口，若木条熄灭，证
3 2 2 2
明二氧化碳已收集满；
④可以控制反应的发生和停止；液体从长颈漏斗中溢出；关闭了活塞开关，试管内气体增
多，压强变大。
【分析】①根据验室用氯酸钾和二氧化锰共热制取氧气，属于固固加热型来分析解答；根
第12页（共16页）据氯酸钾的质量和化学方程式求出氧气的质量即可；
②根据实验中若要测生成的氧气体积，应选择的收集方法是排水法来分析解答；
③根据碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水来分析解答；根据实验室制取二氧
化碳为固液常温型，二氧化碳能溶于水，密度比空气大来分析解答；根据二氧化碳不燃烧，
也不支持燃烧来分析解答；
④根据图一装置的特点来分析解答；根据实验中关闭活塞开关时，试管内压强增大来分
析解答。
【解答】解：①实验室用氯酸钾和二氧化锰共热制取氧气，属于固固加热型，则选用的发生
装置是A，实验中反应消耗0.02mol氯酸钾，则氯酸钾的质量为0.02mol×122.5g/mol＝
2.45g，
设理论上可生成氧气的质量为x，
2KClO 2KCl+3O ↑
3 2
245 96
2.45g x
＝
x＝0.96g
即理论上可生成氧气的质量为0.96g；
②实验中若要测生成的氧气体积，应选择的收集方法是E排水法，集气瓶中收集到的气
体即为生成的氧气的体积；
③实验室用大理石或石灰石（主要成分是碳酸钙）与稀盐酸反应制取二氧化碳，碳酸钙与
盐 酸 反 应 生 成 氯 化 钙 、 二 氧 化 碳 和 水 ， 反 应 的 化 学 方 程 式 为
CaCO +2HCl═CaCl +H O+CO ↑，该反应为固液常温型，则发生装置选B，二氧化碳能溶
3 2 2 2
于水，密度比空气大，收集二氧化碳可选C向上排空气法，则选择的装置组合是BC，二氧
化碳不燃烧，也不支持燃烧，则检验二氧化碳集满的方法是将燃着的木条放在集气瓶口，
若木条熄灭，证明二氧化碳已收集满；
④图一装置带有多孔塑料隔板和活塞开关，关闭活塞开关，内部气体增多，压强增大，液
体被压入长颈漏斗，固液分离，反应停止，打开活塞开关，气体导出，压强减小，液体重新
进入试管，固液接触，反应发生，则图一装置的优点是可以控制反应的发生和停止，若实
第13页（共16页）验中关闭活塞开关时，试管内压强增大，液体被压入长颈漏斗中，若液体太多，可能导致
的后果是液体从长颈漏斗中溢出，数据ab段对应的试管内压强变大，是因为关闭了活塞
开关，试管内气体增多，压强变大，液体被压入长颈漏斗中，与固体分离，反应停止，压强
不再改变。
故答案为：①A；0.96；
②E；
③CaCO +2HCl═CaCl +H O+CO ↑；BC；将燃着的木条放在集气瓶口，若木条熄灭，证
3 2 2 2
明二氧化碳已收集满；
④可以控制反应的发生和停止；液体从长颈漏斗中溢出；关闭了活塞开关，试管内气体增
多，压强变大。
【点评】在解此类题时，首先分析题中考查的问题，然后结合学过的知识和题中的知识进
行分析解答。
21．（7分）某兴趣小组同学探究木炭还原氧化铜的气体产物，为此进行下列探究。
【作出猜想】根据质量守恒定律猜想气体可能为CO、CO 。
2
【设计实验】小组同学进行如图所示实验。
【实验结论】最终得出木炭还原氧化铜的气体产物中有CO、CO 。
2
【交流反思】
①实验开始时， A （A或B）处先加热；
②A处实验现象是 黑色固体变红色 ，B处发生的反应是 CuO+CO
Cu+CO （写化学方程式）；
2
③根据 B 中黑色固体变红色 现象，得出木炭还原氧化铜生成气体中有一氧化碳；
④装置C的作用是 检验二氧化碳；收集一氧化碳 。能否通过C处现象得出木炭还原
氧化铜生成气体中有二氧化碳的结论，如能，请说明理由；如不能，请改进实验装置 不
第14页（共16页）能，是因为氧化铜和碳反应也能够产生二氧化碳；改进方法：先不加热将气体通入 C ，若 C
中的澄清石灰水变浑浊说明气体中含有二氧化碳，再加热 B ，观察 B 中的黑色固体是否变
红色，因为一氧化碳和氧化铜反应生成红色的铜和二氧化碳即可确定气体的成分 。
【答案】①A。
②黑色固体变红色；CuO+CO Cu+CO 。
2
③B中黑色固体变红色。
④检验二氧化碳；收集一氧化碳；不能，是因为氧化铜和碳反应也能够产生二氧化碳；改
进方法：先不加热将气体通入C，若C中的澄清石灰水变浑浊说明气体中含有二氧化碳，
再加热B，观察B中的黑色固体是否变红色，因为一氧化碳和氧化铜反应生成红色的铜和
二氧化碳即可确定气体的成分。
【分析】高温条件下氧化铜和碳反应生成铜和二氧化碳，加热时一氧化碳和氧化铜反应生
成铜和二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊。
【解答】解：①实验开始时，A处先加热，以防止产生的一氧化碳和空气混合加热时发生爆
炸；
故答案为：A。
②A处实验现象是黑色固体变红色，B处发生的反应是CuO+CO Cu+CO ；
2
故答案为：黑色固体变红色；CuO+CO Cu+CO 。
2
③根据B中黑色固体变红色，得出木炭还原氧化铜生成气体中有一氧化碳；
故答案为：B中黑色固体变红色。
④装置C的作用是检验二氧化碳；收集一氧化碳。不能通过C处现象得出木炭还原氧化
铜生成气体中有二氧化碳的结论，是因为氧化铜和碳反应也能够产生二氧化碳；改进方法：
先不加热将气体通入C，若C中的澄清石灰水变浑浊说明气体中含有二氧化碳，再加热
B，观察B中的黑色固体是否变红色，因为一氧化碳和氧化铜反应生成红色的铜和二氧化
碳即可确定气体的成分。
故答案为：检验二氧化碳；收集一氧化碳；不能，是因为氧化铜和碳反应也能够产生二氧
化碳；改进方法：先不加热将气体通入C，若C中的澄清石灰水变浑浊说明气体中含有二
氧化碳，再加热B，观察B中的黑色固体是否变红色，因为一氧化碳和氧化铜反应生成红
色的铜和二氧化碳即可确定气体的成分。
第15页（共16页）【点评】本题从木炭还原氧化铜、二氧化碳气体的检验和除去方法设置考点，体现了化学
的实验学科的特点，这就要求同学们不断培养运用所学知识进行探究实验的能力和意识。
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