2025年四川省成都市崇州市中考化学一模试卷-教师用卷

这是一份2025年四川省成都市崇州市中考化学一模试卷-教师用卷，共23页。试卷主要包含了单选题，流程题，简答题，实验题，探究题等内容，欢迎下载使用。
1.我国具有悠久的历史文明。以下文物不属于金属材料的是( )
A. 青铜大面具
B. 人面鱼纹彩陶盆
C. 太阳神鸟金箔
D. 黄河大铁牛
【答案】B
【解析】解：A、青铜为铜的合金，属于金属材料，故选项错误。
B、人面鱼纹彩陶盆是用瓷土烧制而成的，属于无机非金属材料，故选项正确。
C、金箔属于金属材料，故选项错误。
D、黄河大铁牛是用钢制成的，钢是铁的合金，属于金属材料，故选项错误。
故选：B。
根据金属材料包括纯金属以及它们的合金，进行分析解答。
本题难度不大，了解金属材料的范畴并能灵活运用是正确解答此类题的关键。
2.下列词语包含的物质变化中，有一种与其他三种有所区别，该词语是( )
A. 火上浇油B. 木已成舟C. 聚沙成塔D. 云消雾散
【答案】A
【解析】解：A、火上浇油，燃烧有新物质生成，属于化学变化；
B、木已成舟，只是物质的形状发生改变，没有新物质生成，属于物理变化；
C、聚沙成塔，只是物质的形状发生改变，没有新物质生成，属于物理变化；
D、云消雾散，只是物质的状态发生改变，没有新物质生成，属于物理变化。
A是化学变化，其它选项是物理变化。
故选：A。
有新物质生成的变化叫化学变化；没有新物质生成的变化叫物理变化。化学变化的特征是：有新物质生成。判断物理变化和化学变化的依据是：是否有新物质生成。
本题考查了物质的变化判断，明确过程中是否有新物质生成是解题关键，题目难度不大。
3.以下措施与“双碳”目标的实现不相符的是( )
A. 倡导光盘行动B. 使用脱硫煤作燃料C. 积极植树造林D. 发展CO2封存技术
【答案】B
【解析】解：A、倡导光盘行动可减少食物浪费，食物生产过程涉及众多环节，包括种植、养殖、加工、运输等，每个环节都会消耗能源并产生碳排放，减少食物浪费意味着降低整个食物供应链的能源消耗和碳排放，故A正确；
B、虽然使用脱硫煤作燃料能减少二氧化硫等污染物的排放，降低酸雨等危害，但煤燃烧仍会大量产生二氧化碳。而“双碳”目标旨在减少碳排放，使用脱硫煤并不能从根本上解决碳排放问题，故B错误；
C、树木通过光合作用吸收二氧化碳，并将其固定在木材和土壤中，起到碳汇的作用。积极植树造林可增加森林面积，增强对二氧化碳的吸收能力，有助于实现碳中和，故C正确；
D、CO2封存技术是将二氧化碳捕获后，通过一定方式封存在地下或海底等，使其不再排放到大气中，能有效减少大气中二氧化碳的含量，对实现“双碳”目标具有积极意义，故D正确。
故选：B。
A.根据光盘行动对资源和能源的影响，进行分析；
B.根据脱硫煤燃烧的产物及对环境的影响，进行分析；
C.根据植树造林对二氧化碳吸收的作用，进行分析；
D.根据二氧化碳封存技术对二氧化碳减排的作用，进行分析。
本题主要考查“双碳”目标相关的知识，包括节能减排、资源利用、环境保护等方面。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。
4.若高楼处发生火灾，以下自救措施不正确的是( )
A. 拨打119电话求助B. 乘坐电梯逃生C. 用湿毛巾捂住口鼻D. 弯腰低姿前行
【答案】B
【解析】解：A、火灾时应立即报警求助，故A选项措施正确；
B、乘坐电梯逃生是不正确的，因为火灾可能导致电路故障，使电梯停运，而且电梯井在火灾时容易形成烟囱效应，成为烟雾和热气的通道，被困在电梯内非常危险，故B选项措施不正确；
C、湿毛巾可过滤部分烟雾和有害气体，减少吸入风险，故C选项措施正确；
D、弯腰低姿前行，由于烟雾向上飘散，靠近地面的空气相对较好，这样可以减少吸入烟雾，故D选项措施正确；
故选：B。
在高楼发生火灾时，我们需要了解正确的自救措施来保障生命安全，拨打119电话求助是及时通知消防救援人员的重要方式；用湿毛巾捂住口鼻可以过滤部分有害气体和烟尘，减少吸入；弯腰低姿前行是因为烟雾一般向上飘散，靠近地面的空气相对清新。
本题难度简单，通过贴近生活的火灾场景，考察学生应对突发事件的应急能力，既体现安全教育的重要性，又引导学生关注日常生活中的安全隐患，但需结合实际场景分析行为合理性，避免因生活经验不足而误判。
5.打开盛有浓盐酸的试剂瓶，瓶口出现白雾(如图)。对该现象的分析正确的是( )
A. 白雾是氯化氢
B. 白雾是固体小颗粒
C. 分子不断运动造成
D. 瓶内溶液浓度变大
【答案】C
【解析】解：A、白雾不是氯化氢，氯化氢是无色气体，而白雾是浓盐酸挥发出的氯化氢气体与空气中的水蒸气结合形成的盐酸小液滴，故A不正确；
B、白雾是小液滴，不是固体小颗粒，浓盐酸挥发出的氯化氢气体与水蒸气结合形成盐酸小液滴，悬浮在空气中形成白雾，故B不正确；
C、浓盐酸具有挥发性，是因为氯化氢分子在不断运动，从浓盐酸中挥发出来，与空气中的水蒸气结合形成白雾，故C正确；
D、浓盐酸挥发，溶质氯化氢减少，溶剂质量不变，瓶内溶液浓度会变小，而不是变大，故D不正确。
故选：C。
A.根据白雾的成分，进行分析；
B.根据白雾的形态，进行分析；
C.根据分子运动的原理，进行分析；
D.根据浓盐酸挥发后溶液浓度的变化，进行分析。
本题主要考查浓盐酸的挥发性及其相关现象的解释。注意白雾的成分和形成原因，以及分子运动对物质性质的影响。
6.建构模型是常用的科学方法。对以下三种原子模型的分析正确的是 ( )
A. 属于两种元素的原子B. 相对原子质量均相同
C. 均未达到相对稳定结构D. 均由质子、中子和电子构成
【答案】A
【解析】A、质子数决定元素的种类，①质子数为2，②③质子数均为1，属于同种元素，则图示属于两种元素的原子，故A正确；
B、相对原子质量≈质子数+中子数，①质子数为2，中子数为2，相对原子质量为2+2=4，②质子数为1，中子数为2，相对原子质量为1+2=3，③质子数为1，中子数为0，相对原子质量为2，故图示相对原子质量均不相同，故B错误；
C、①的原子核外只有1个电子层，且最外层电子数为2，达到相对稳定结构，故C错误；
D、根据图示可知，①②均由质子、中子和电子构成，而③中没有中子，故D错误；
故选：A。
A、根据质子数决定元素的种类来分析解答；
B、根据相对原子质量≈质子数+中子数来分析解答；
C、根据①的原子核外只有1个电子层，且最外层电子数为2，达到相对稳定结构来分析解答；
D、根据③中没有中子来分析解答。
本题考查的是基础知识，完成此题，可以依据已有知识结合题干的信息进行解答。
7.下列物质的用途和性质的对应关系中，不正确的是 ( )
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】解：A、干冰为固体二氧化碳，干冰升华吸热，则可用于人工降雨，故A选项正确；
B、氮气在常温下化学性质不活泼，不容易与其他物质发生反应，所以可用于食品防腐，故B选项正确；
C、石墨有滑腻感，能减小摩擦，熔点高，在高温下不易熔化，导电性好，能够传导电流，所以可制造高铁列车的受电弓滑板，故C选项正确；
D、钛合金制造火箭、船舶的外壳，是因为其硬度大、密度小(不是密度大)、抗腐蚀性好，密度小可以减轻火箭和船舶的重量，故D选项不正确；
故选：D。
A.干冰是固态二氧化碳，升华时会吸收大量热量，使周围环境温度急剧降低，促使空气中的水蒸气凝结成水滴，从而实现人工增雨。
B.氮气在常温下化学性质稳定，不易与其他物质发生反应，因此常被用作食品包装中的保护气，防止食品氧化变质。
C.石墨具有滑腻感(可减少摩擦)、高熔点(耐高温)和良好的导电性(可传输电流)，这些性质使其适合作为受电弓滑板材料，用于高铁列车与接触网的电力传输。
D.钛合金具有硬度大、抗腐蚀性好的优点，但密度较小(而非“密度大”)，这是其作为航空航天和船舶材料的关键优势(轻量化可降低能耗)。
本题难度简单，考察物质性质与用途的对应关系，需学生掌握常见物质的典型性质(如干冰的升华吸热、氮气的化学惰性)及实际应用场景。
8.化学用语是学习化学的工具。下列表述正确的是( )
A. 60个碳原子：C60B. 2个镁离子：2Mg+
C. 氢氧化铁：Fe(OH)2D. ClO2：二氧化氯
【答案】D
【解析】解：A、原子的表示方法就是用元素符号来表示一个原子，表示多个该原子，就在其元素符号前加上相应的数字．所以60个碳原子的符号为：60C，该选项不正确；
B、离子符号的表示方法：在元素符号右上角的数字标出离子所带电荷数，且数字在前，数字在后，且离子符号前的数字表示离子个数，若表示多个该离子，就在其元素符号前加上相应的数字，一个镁离子带2个单位的正电荷，则2个镁离子的符号为2Mg2+，该选项不正确；
C、氢氧化铁中，铁元素化合价为+3价、氢氧根的化合价为−1价，则化学式为Fe(OH)3，该选项不正确；
D、化学式的读法：从右往左读，则ClO2读作二氧化氯，该选项正确。
故选：D。
本题考查化学用语的意义及书写，解题关键是分清化学用语所表达的对象是分子、原子、离子还是化合价，才能在化学符号前或其它位置加上适当的计量数来完整地表达其意义，并能根据物质化学式的书写规则正确书写物质的化学式，才能熟练准确的解答此类题目。
本题主要考查学生对化学用语的书写和理解能力，题目设计既包含对化学符号意义的了解，又考查了学生对化学符号的书写，考查全面，注重基础，题目难度较易。
9.如图为氧化汞受热分解的微观图示，有关说法正确的是 ( )
A. 反应后，分子的数目增加B. 反应前后汞原子的存在形式改变
C. 氧化汞是由汞原子和氧原子构成D. 化学方程式为2HgO=2Hg+O2↑
【答案】B
【解析】解：由氧化汞受热分解的微观图示可知，氧化汞受热分解生成汞和气，该的化学方程式为：2HgO2Hg+O2↑。
A、由方程式的意义可知，每2个氧化汞分子，反应后生成2个汞原子和1个氧分子，分子的数目从2个变为1个，反应后分子数目减少，故A说法错误；
B、反应前汞原子在氧化汞分子中，以化合物的形式存在；反应后汞原子形成了汞单质，以单质的形式存在，所以反应前后汞原子的存在形式改变，故B说法正确；
C、氧化汞是由氧化汞分子构成的，氧化汞分子是由汞原子和氧原子构成的，故C说法错误；
D、氧化汞受热分解生成汞和气，该化学方程式缺少反应条件，正确的化学方程式为：2HgO2Hg+O2↑，故D说法错误。
故选：B。
根据氧化汞受热分解的微观图示写出方程式，在根据方程式的意义、物质的构成等分析判断有关的说法。
本题主要从分析微观模拟图入手，重点比较前后粒子的变化情况以及物质的微粒构成情况。
10.某同学测出身边一些物质的pH如下表。有关分析正确的是 ( )
A. 仅鸡蛋清呈碱性B. 西瓜汁比柠檬汁酸性强
C. 茶水中滴入酚酞，溶液变红D. 胃酸过多的人应多饮西瓜汁
【答案】A
【解析】解：A、通常情况下，pH>7的溶液呈碱性。从表格数据可知，茶水pH=7.5>7，鸡蛋清pH=9.0>7，所以茶水和鸡蛋清都呈碱性，并非仅鸡蛋清呈碱性，故说法错误；
B、pH越小，溶液酸性越强。柠檬汁pH=2.6，西瓜汁pH=5.8，因为2.67，呈碱性，所以茶水中滴入酚酞，溶液变红，故说法正确；
D、西瓜汁pH=5.8③
【答案】C
【解析】解：A、通过分析图中的现象可知，①中没有未溶解的固体，则溶液的溶质质量分数为48g168g×100%≈28.6%，故A正确；
B、②中有未溶解的固体，为饱和溶液，40℃时，氯化钾的溶解度为40g，该溶液的溶质和溶剂的质量比为40g：100g=2：5，故B正确；
C、③中含有60g水，24g氯化钾，加入5g水，水的质量为60g+5g=65g，20℃时，氯化钾的溶解度为34g，则65g水中最多可溶解的氯化钾的质量为65g×34g100g=22.1g，溶液仍饱和，故C错误；
D、40℃时，120g水中最多可溶解的氯化钾的质量为120g×40g100g=48g，则①为饱和溶液，结合前面分析可知，①②为40℃时的饱和溶液，③为20℃的饱和溶液，饱和溶液的溶质质量分数为溶解度100g+溶解度×100%，所以溶液中溶质的质量分数关系为：①=②>③，故D正确。
故选：C。
根据固体的溶解度曲线，可以查出某物质在一定温度下的溶解度，从而确定物质的溶解性；可以比较不同物质在同一温度下的溶解度大小，从而判断饱和溶液中溶质的质量分数的大小；可以判断物质的溶解度随温度变化的变化情况，从而判断提纯晶体的方法。
本题难度不是很大，主要考查了固体的溶解度曲线所表示的意义，及根据固体的溶解度曲线来解决相关的问题，从而培养分析问题、解决问题的能力。
15.如图表示五种常见物质间的相互关系。已知图中物质由C、O、Cu三种元素中的一种或两种组成，甲、戊为非金属单质，其余均为氧化物。下列有关说法正确的是( )
A. 甲一定是碳，乙一定是COB. 不能确定丙是否一定是CO2
C. 只能通过化合反应实现“甲→丙“D. 丙、丁、戊中均含碳元素或氧元素
【答案】D
【解析】解：A、由分析可知，甲可能为碳，乙为一氧化碳，或甲为氧气，乙为氧化铜，故选项不符合题意。
B、由分析可知，丙一定为二氧化碳，，故选项不符合题意。
C、由分析可知，“甲→丙“可能为碳燃烧生成二氧化碳的反应，属于化合反应，也可能为碳还原氧化铜反应生成铜和二氧化碳，该反应不属于化合反应，故选项不符合题意。
D、由分析可知，若甲为碳，则丙为二氧化碳、丁为氧化铜、戊为氧气，均含有氧元素，若甲为氧气，则丙为二氧化碳、丁为一氧化碳、戊为碳，则均含有碳元素，故选项符合题意。
故选：D。
已知图中物质由C、O、Cu三种元素中的一种或两种组成。甲、戊为非金属单质，则分别为碳和氧气，其余均为氧化物，则分别为一氧化碳、二氧化碳和氧化铜。若甲为碳，碳不充分燃烧生成一氧化碳，充分燃烧生成二氧化碳，碳、一氧化碳均能和氧化铜反应生成铜和二氧化碳，则戊为氧气、乙为一氧化碳、丁为氧化铜、丙为二氧化碳；若甲为氧气，铜和氧气反应生成氧化铜，碳能和氧化铜反应生成铜和二氧化碳，一氧化碳能和氧化铜反应生成铜和二氧化碳，一氧化碳燃烧生成二氧化碳，则戊为碳、乙为氧化铜、丁为一氧化碳、丙为二氧化碳。
本题主要考查了物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。
二、流程题：本大题共1小题，共8分。
16.氢气是理想的绿色能源。如图是我国科学家研发的制氢和贮氢新工艺。

(1)ZnFe2O4中铁元素的化合价为 ______ 。
(2)“循环制氢”中能循环利用的物质有 ______ (填化学式)，需不断补充的物质是 ______ (填化学式)。该方法与传统电解法制氢相比，其优点是 ______ 。
(3)“贮氢”时需通入氩气，其目的是 ______ 。MgH2与H2O反应可以“释氢”，其原理为：MgH2+2H2O=□+2H2↑，方框内物质的化学式为 ______ 。
(4)“反应1～反应3”中，属于分解反应的是 ______ 。写出“反应1”“反应3”的化学方程式： ______ 、 ______ 。
【答案】+3；
ZnFe2O4；H2O；节约能源；
隔绝空气，防止氢气与空气混合发生爆炸；Mg(OH)2；
反应1； ；
【解析】解：(1)ZnFe2O4中，锌元素化合价为+2价，氧元素化合价为−2价，设铁元素的化合价为x，根据“化合物中各元素化合价代数和为零”，则：+2+2x+(−2)×4=0，解得x=+3。故答案为：+3；
(2)由流程可知，反应Ⅰ需要ZnFe2O4，反应Ⅱ又生成ZnFe2O4，则ZnFe2O4可循环使用；分析图中信息可知，该循环过程中水被分解成氢气和氧气，所以不断消耗的物质是H2O；该制备氢气是利用太阳能，而电解水制取氢气时需要消耗电能，则该制备工艺更节约能源。故答案为：ZnFe2O4；H2O；节约能源；
(3)氢气为可燃性气体，不纯时点燃会发生爆炸，则“贮氢”时需通入氩气，其目的是隔绝空气，防止氢气与空气混合发生爆炸；反应前后原子的种类和个数不变，等号左边Mg、H、O的个数分别为1、6、2，等号右边右4个氢原子，则还少1个镁原子、2个氢原子和2个氧原子，则方框内物质的化学式为Mg(OH)2。故答案为：Mg(OH)2；
(4)反应1为ZnFe2O4分解为氧气、氧化锌和四氧化三铁，属于分解反应；反应2为氧化锌、四氧化三铁和水反应生成ZnFe2O4和氢气，不属于分解反应；反应3为氢气和Mg2Cu反应生成MgCu2和MgH2，不属于分解反应，则属于分解反应的为反应1；
结合前面分析可知，反应1的化学方程式为：；反应3的化学方程式为：。故答案为：反应1； ； 。
(1)根据“化合物中各元素化合价代数和为零”分析；
(2)由流程可知，反应Ⅰ需要ZnFe2O4，反应Ⅱ又生成ZnFe2O4，则ZnFe2O4可循环使用；分析图中信息可知；电解水制取氢气时需要消耗电能；
(3)氢气为可燃性气体，不纯时点燃会发生爆炸；反应前后原子的种类和个数不变；
(4)分解反应是由一种物质生成两种或两种以上物质的反应；根据化学反应原理书写化学方程式。
本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。
三、简答题：本大题共1小题，共8分。
17.化学与生活息息相关，根据图文回答问题。

(1)煤属于 ______ (填“混合物”或“纯净物”)。燃烧时，若煤层上方出现蓝色火焰，此时应将进风口 ______ (填“调大”或“调小”)。
(2)沼气的主要成分是 ______ (填化学式)。“沼气发电”是将 ______ 能转化为电能。
(3)液化石油气是石油化工的一种产品，常用作燃料，其主要成分如下：
①从组成、上分析，表内所列物质均由 ______ 组成。化学式“C3H6”除表示丙烯这种物质外，微观上还表示 ______ 。等质量四种物质在相同条件下完全燃烧，产生二氧化碳最少的是 ______ 。
②从微观角度解释，石油气加压后可存储在钢瓶中的原因是 ______ 。
(4)上述燃料中，属于不可再生能源的是 ______ (填序号)。
A.煤
B.液化石油气
C.沼气
【答案】混合物；调大；
CH4；化学；
①碳、氢元素；1个丙烯分子；丙烷；
②分子间有间隔，加压时分子间间隔变小
AB
【解析】解：(1)煤中含有多种物质，属于混合物；煤炉里煤层上方出现“蓝色火焰”，该反应是一氧化碳和氧气在点燃的条件下生成二氧化碳，说明煤没有充分燃烧，则应将进风口调大。
(2)沼气的主要成分为甲烷，化学式为CH4；“沼气发电”是利用沼气燃烧发电，过程中将化学能转化为电能。
(3)①结合化学式可知，表内所列物质均由碳、氢元素组成；化学式可表示该物质的一个分子，则C3H6还表示1个丙烯分子；反应前后元素种类不变，则碳元素质量分数越小，则产生的二氧化碳的质量最小，可将丙烷、丁烷、丙烯、丁烯的化学式分别转化为“C12H32”、“C12H30”、“C12H24”、“C12H24”、则“C12H32”中氢元素质量分数最大，则碳元素质量分数最小，故等质量四种物质在相同条件下完全燃烧，产生二氧化碳最少的是丙烷。
②石油气加压后能储存在钢瓶中，是因为分子间有间隔，在加压时，分子间的间隔减小。
(4)A、煤为化石燃料，属于不可再生能源，该选项符合题意；
B、液化石油气为化石燃料，属于不可再生能源，该选项符合题意；
C、沼气形成时间较短，属于可再生能源，该选项不符合题意。
故答案为：(1)混合物；调大；
(2)CH4；化学；
(3)①碳、氢元素；1个丙烯分子；丙烷；
②分子间有间隔，加压时分子间间隔变小
(4)AB。
(1)根据煤的成分及燃烧时的现象进行分析，判断煤的类别及进风口的调整方式。
(2)根据沼气的主要成分及能量转化进行分析，明确沼气的化学式及能量转化形式。
(3)根据液化石油气的成分及化学式进行分析，判断物质的组成、微观意义及燃烧产物；从微观角度解释石油气加压后可存储在钢瓶中的原因。
(4)根据能源的分类进行分析，判断哪些燃料属于不可再生能源。
本题主要考查了煤、沼气、液化石油气的成分及性质，化学式的意义，分子的性质，能源的分类等知识点。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。
四、实验题：本大题共2小题，共20分。
18.如图是二氧化碳的制取与性质实验。

(1)检查图①装置气密性的方法是 ______ 。
(2)图①实验中检验二氧化碳是否集满的方法是 ______ 。若用该装置在实验室制取氧气，则制氧的化学方程式为 ______ 。
(3)图②实验观察到的现象是 ______ 。依据该现象，可以得出关于二氧化碳性质的结论是 ______ 、 ______ 。
(4)根据化学方程式计算，制取2.2g二氧化碳，至少需要碳酸钙的质量是多少？
【答案】在乳胶管上夹弹簧夹，向长颈漏斗内加水，静置一段时间后，若长颈漏斗液面与试管内液面差保持不变，说明气密性良好；
将燃着的木条放在集气瓶口，若木条熄灭，则二氧化碳已集满；；
玻璃管内的干燥纸花始终未变色、塑料瓶内的下方纸花先变红色、上方纸花后变红色；二氧化碳的密度比空气大；CO2与水反应生成酸性物质；
5g
【解析】解：(1)检查图①装置气密性的方法是在乳胶管上夹弹簧夹，向长颈漏斗内加水，静置一段时间后，若长颈漏斗液面与试管内液面差保持不变，说明气密性良好；
(2)二氧化碳不能燃烧也不能支持燃烧，能使燃着的木条熄灭，图①实验中检验二氧化碳是否集满的方法是将燃着的木条放在集气瓶口，若木条熄灭，则二氧化碳已集满；该装置是固体与液体混合不需加热的发生装置，制氧气所用试剂是过氧化氢和二氧化锰，过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解生成水和氧气，反应的化学方程式为：；
(3)图②实验中，将CO2缓慢通入，观察到现象：玻璃管内的干燥纸花始终未变色、塑料瓶内的下方纸花先变红色、上方纸花后变红色；根据上述现象，得出关于CO2性质的结论是二氧化碳的密度比空气大，CO2与水反应生成酸性物质；
(4)设：至少需要碳酸钙的质量为x。
CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑
100 44
x 2.2g
10044=x2.2g
解得：x=5g
答：至少需要碳酸质的质量是5g。
故答案为：
(1)在乳胶管上夹弹簧夹，向长颈漏斗内加水，静置一段时间后，若长颈漏斗液面与试管内液面差保持不变，说明气密性良好；
(2)将燃着的木条放在集气瓶口，若木条熄灭，则二氧化碳已集满；；
(3)玻璃管内的干燥纸花始终未变色、塑料瓶内的下方纸花先变红色、上方纸花后变红色；二氧化碳的密度比空气大，CO2与水反应生成酸性物质；
(4)5g。
(1)根据装置特点，利用气体热胀冷缩原理检查图①装置气密性。
(2)依据二氧化碳不燃烧、不支持燃烧的性质，确定检验二氧化碳是否集满的方法；观察图①装置，结合实验室制取氧气的反应原理，判断适合的制氧反应并写出化学方程式。
(3)观察图2实验，根据蜡烛熄灭的现象，分析二氧化碳的性质。
(4)根据碳酸钙与稀盐酸反应制取二氧化碳的化学方程式，利用二氧化碳的质量，通过比例关系计算所需碳酸钙的质量。
本题综合考查了二氧化碳的制取、性质及相关化学计算。解答此类题目，关键在于掌握二氧化碳的制取原理、性质验证方法以及化学方程式计算的基本步骤。通过练习，有助于加深对二氧化碳知识的理解，提高实验操作和化学计算能力。
19.利用下图实验仪器完成相应的实验活动。

实验一：去除粗盐中难溶性杂质
(1)“溶解”时需用玻璃棒搅拌，其作用是 ______ 。
(2)“过滤”需选用的仪器有 ______ (填字母序号，下同)。若滤纸完好，但所得滤液仍浑浊，此时应 ______ 。
(3)“蒸发”需选用的仪器有 ______ 。实验过程中，当 ______ 时，停止加热。
实验二：探究镍(Ni)、锌、铜的金属活动性顺序
【猜想】结合已知的金属活动性顺序，同学们作出如下猜想。
(4)猜想一：Zn>Cu>Ni猜想二： ______ 猜想三：Ni>Zn>Cu
【实验】
(5)设计如下实验进行探究。
(6)写出实验①中反应的化学方程式： ______ 。
【答案】加速溶解；
adfg；重新过滤；
bcfg；蒸发皿中出现较多固体；
Zn>Ni>Cu；
①将镍片浸入盛有稀硫酸的试管中(答案不唯一)；一；②锌片表面有黑色物质析出；
Ni+H2SO4=NiSO4+H2↑
【解析】解：(1)“溶解”时需用玻璃棒搅拌，其作用是加速溶解；故答案为：加速溶解；
(2)“过滤”需选用的仪器有a烧杯、d漏斗、f铁架台、g玻璃棒；若滤纸完好，但所得滤液仍浑浊，此时应重新过滤；故答案为：adfg；重新过滤；
(3)“蒸发”需选用的仪器有b蒸发皿、c酒精灯、f铁架台、g玻璃棒；实验过程中，当蒸发皿中出现较多固体时，停止加热；故答案为：
(4)已知活动性Zn>Cu，则镍的活动性可能比锌强或比铜弱或介于二者之间，根据已知猜想，则猜想二为Zn>Ni>Cu；故答案为：Zn>Ni>Cu；
(5①将镍片浸入盛有稀硫酸的试管中，镍片上有气泡产生，说明镍的位置排在氢的前面，是因为镍与稀硫酸反应生成氢气，而铜的位置氢排在氢的后面，则镍的金属活动性比铜强，故猜想一错误；
②根据实验结论猜想二正确，即锌的金属活动性比镍强，将用砂纸打磨过的锌片浸入盛有NiSO4溶液的烧杯中，锌能与硫酸镍反应生成镍与硫酸亚铁，故可观察到锌片表面有黑色物质析出；
故答案为：①将镍片浸入盛有稀硫酸的试管中(答案不唯一)；一；②锌片表面有黑色物质析出；
(6)①中镍与稀硫酸反应生成硫酸镍和氢气，化学方程式为Ni+H2SO4=NiSO4+H2↑。故答案为：Ni+H2SO4=NiSO4+H2↑。
(1)根据玻璃棒作用分析；
(2)“过滤”需选用的仪器有烧杯、漏斗、铁架台、玻璃棒；若滤纸完好，但所得滤液仍浑浊，此时应重新过滤；
(3)“蒸发”需选用的仪器有蒸发皿、酒精灯、铁架台、玻璃棒；实验过程中，当蒸发皿中出现较多固体时，停止加热：
(4)根据猜想一和三分析；
(5))①根据金属活动性顺序的应用分析。排在氢前面的金属，能和稀盐酸或稀硫酸反应生成盐和氢气。
②根据金属活动性顺序的应用分析。排在前面的金属，能把排在后面的金属从它的盐溶液中置换出来；
(6)镍与稀硫酸反应生成硫酸镍和氢气。
合理设计实验，科学地进行实验、分析实验，是得出正确实验结论的前提，因此要学会设计实验、分析实验，为学好化学知识奠定基础。
五、探究题：本大题共1小题，共9分。
20.项目学习小组对某食品包装中的脱氧剂进行探究。
资料：①该脱氧剂的主要成分包括铁粉、氯化钠、碳酸钠、碳粉和硅藻土。
②氢氧化钠溶液可吸收CO2且不与氢气反应。
③常温常压下，氢气的密度是dg/mL。碳粉和硅藻土不参与反应。
任务一：探究脱氧原理
同学们设计图1装置进行实验。经过一段时间，待充分反应后，打开止水夹。

(1)观察到的现象是 ______ 。
(2)造成该现象的原因是 ______ 。
任务二：探究氯化钠的作用及脱氧过程的温度变化
模拟脱氧剂成分，选择部分试剂设计图2装置进行实验。检查装置气密性，将5g铁粉和2g碳粉加入三颈烧瓶，t1时刻加入2mL饱和NaCl溶液后，再将一支装有5mL稀盐酸的注射器插到三颈烧瓶上，采集数据(如图3、图4)。

(3)据图3，对比AB段和BC段，说明 ______ 。t3时刻，压强又突然变大，其原因.是 ______ 。
(4)据图4分析，说明脱氧剂在脱氧过程中会 ______ (填“放出“或“吸收”)热量。t2时刻后反应并未停止温度却开始降低，原因是 ______ 。
任务三：测定脱氧剂中铁粉的含量
为测定脱氧剂中铁粉含量，同学们继续设计并进行实验(如图5)。通过分液漏斗加入V1mL稀盐酸至甲中不再产生气泡。注射器起始读数为V2mL，待反应恢复至室温后，注射器读数为V3mL。

(5)甲中铁粉反应的化学方程式为 ______ 。丙中洗气瓶内盛装的试剂是 ______ 。若无乙装置，测定结果会 ______ (填“偏大”或“偏小”)。
(6)计算脱氧剂中铁粉所占的质量分数为 ______ (用字母表示)。
(7)若未“待反应恢复至室温”便读数，对测定结果有何影响，判断并说明理由。
【答案】烧杯中的水倒吸入集气瓶中；
脱氧剂中的铁粉与氧气、水发生缓慢氧化，消耗了集气瓶内的氧气，使瓶内压强减小；
氯化钠能加快铁粉生锈的速率；加入稀盐酸后，稀盐酸与铁反应生成氢气，使瓶内压强增大；
放出；反应放出的热量小于装置散失的热量；
Fe+2HCl=FeCl2+H2↑；浓硫酸；偏大；
28(V3−V2)dm×100%；
测定结果偏大，因为气体体积受温度影响，未恢复至室温时气体体积偏大，计算出的氢气质量偏大，从而导致测定的铁粉质量分数偏大
【解析】解：(1)脱氧剂消耗氧气，集气瓶中的气体减少，压强减小，则待充分反应后，打开止水夹，可观察到烧杯中的水沿导管进入集气瓶中。故答案为：烧杯中的水倒吸入集气瓶中；
(2)脱氧剂中的铁粉与氧气、水发生缓慢氧化，消耗了集气瓶内的氧气，使瓶内压强减小，从而水会倒吸。故答案为：脱氧剂中的铁粉与氧气、水发生缓慢氧化，消耗了集气瓶内的氧气，使瓶内压强减小；
(3)BC段中加入的饱和的氯化钠溶液，压强变化较大，说明反应越快，则说明氯化钠能加快铁粉生锈的速率；t3时刻，压强又突然变大，且比开始时的压强大，说明加入了稀盐酸，盐酸和铁反应生成氯化亚铁和氢气，从而瓶中气体增多，压强增大。故答案为：氯化钠能加快铁粉生锈的速率；加入稀盐酸后，稀盐酸与铁反应生成氢气，使瓶内压强增大；
(4)由图4可知，0～t2时，温度升高，说明脱氧剂在脱氧过程中会放出热量；t2后反应还未停止，但温度降低，可能原因为：反应放出的热量小于装置散失的热量。故答案为：放出；反应放出的热量小于装置散失的热量；
(5)铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，反应的化学方程式为：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑；若想测量氢气的质量，则要除去其中的水蒸气，以免有误差，浓硫酸具有稀释性，可干燥氢气，则丙中洗气瓶内盛装的试剂是浓硫酸；碳酸钠能和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，氢氧化钠能和二氧化碳反应，则若无乙装置，会使测量的氢气的质量偏大，进入导致测定结果偏大。故答案为：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑；浓硫酸；偏大；
(6)注射器移动的体积为生成的氢气的体积，则生成氢气的质量为(V3mL−V2mL)dg/mL=(V3−V2)dg，设铁的质量为x，则
Fe+2HCl=FeCl2+H2↑
56 2
x (V3−V2)dg
562=x(V3−V2)dg
解得x=28(V3−V2)dg
则脱氧剂中铁粉所占的质量分数为28(V3−V2)dgmg×100%=28(V3−V2)dm×100%。故答案为：28(V3−V2)dm×100%；
(7)若未“待反应恢复至室温”便读数，温度较高，气体体积膨胀，则会使计算出的氢气质量偏大，从而导致测定的铁粉质量分数偏大。故答案为：测定结果偏大，因为气体体积受温度影响，未恢复至室温时气体体积偏大，计算出的氢气质量偏大，从而导致测定的铁粉质量分数偏大。
(1)脱氧剂消耗氧气，集气瓶中的气体减少，压强减小，则待充分反应后，打开止水夹，可观察到烧杯中的水沿导管进入集气瓶中；
(2)脱氧剂中的铁粉与氧气、水发生缓慢氧化，消耗了集气瓶内的氧气，使瓶内压强减小；
(3)根据题干信息分析；盐酸和铁反应生成氯化亚铁和氢气；
(4)根据图4分析；
(5)铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气；浓硫酸具有稀释性，可干燥氢气；碳酸钠能和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳；
(6)根据化学方程式进行计算；
(7)若未“待反应恢复至室温”便读数，温度较高，气体体积膨胀，则会使计算出的氢气质量偏大，从而导致测定的铁粉质量分数偏大。
在做此类题时，首先读懂题意，找出题中的叙述与图象的联系，在运用所学的知识结合图象中的关键点进行分析解答，通过该题，要掌握化学中的数形结合的思想。选项
物质
用途
性质
A
干冰
用于人式增雨
易升华
B
氮气
用于食品防腐
常温下化学性质不活泼
C
石墨
制造高铁列车的受电弓滑板
有滑腻感、熔点高、导电性好
D
钛合金
制造火箭、船舶的外壳
硬度大、密度大、抗腐蚀性好
物质
柠檬汁
西瓜汁
茶水
鸡蛋清
pH
2.6
5.8
7.5
9.0
主要成分
丙烷
丁烷
丙烯
丁烯
化学式
C3H8
C4H10
C3H6
C4H8
实验内容
现象
结论
① ______
镍片上有气泡产生
猜想 ______ 错误
②将用砂纸打磨过的锌片浸入盛有NiSO4溶液的烧杯中
______
猜想二正确