第3章 空气与生命-八年级科学下册单元达标卷B卷（浙教版）

PAGE1第3章空气和生命（B卷•专项卷）一．空气组成的测定 1二．实验室制取氧气的反应原理 5三．氧气的制取装置 7四．二氧化碳的实验室制法（共1小题） 8五．质量守恒定律的探究 9六．温室效应 10七．探究光合作用的条件和产物 12八．燃烧的条件 17九．灭火与火灾自救 17十．化学方程式的配平 18十一．书写化学方程式 18十二．质量守恒定律及其应用 20十三．根据化学反应方程式的计算 25十四．呼吸系统的组成和功能 29十五．肺泡内的气体交换 30十六．光合作用的影响因素 31十七．呼吸作用的概念和意义 32TOC\o"1-3"\h\u一．空气组成的测定1．如图甲拉瓦锡曾将少量汞放在密闭容器里，加热十二天后，部分液态汞变成了红色氧化汞粉末，容器里空气体积减少了约15A．拉瓦锡实验证明了空气中氮气约占总体积的15，氧气占45B．红色粉末是汞与氧气发生分解反应生成的氧化汞 C．若装置气密性不好，图丙中c点将上移 D．图丙中b点对应的操作是打开弹簧夹【解答】解：A、拉瓦锡实验中，容器里空气体积减少了约15，这是与汞反应的氧气的体积，即空气中氧气的体积约占约占总体积的15，剩余的气体是氮气，则氮气占B、红色粉末是汞与氧气发生化合反应生成的氧化汞，选项说法错误；C、若装置气密性不好，则有空气进入集气瓶，导致瓶内的压强偏大，图丙中c点将上移，选项说法正确；D、图丙中c点对应的操作是打开弹簧夹，选项说法错误。故选：C。2．老师利用图甲装置测定空气中氧气的含量并结合现代传感器技术，测得过程中容器内气体压强、温度、氧气浓度的变化趋势如图乙所示。（1）该实验可以说明反应后集气瓶内剩余的气体具有的化学性质是。（2）结合曲线，解释AB段气体压强变化的原因是。【解答】解：（1）该实验可以说明反应后集气瓶内剩余的气体具有的化学性质是不能燃烧且不支持燃烧。故答案为：不能燃烧且不支持燃烧。（2）结合曲线可知，AB段气体压强变化的原因是红磷燃烧放热导致气压增大的幅度大于氧气减少导致气压减小的幅度。故答案为：红磷燃烧放热导致气压增大的幅度大于氧气减少导致气压减小的幅度。3．测量空气中氧气体积分数实验的思维模型如下：封闭空间——消耗氧气——气压减小——观察现象。项目化学习小组按图甲完成氧气含量测定的实验时，发现进入集气瓶的水量低于“1”刻度线。为提高氧气含量测定的精准度，展开了如下研究。[误差分析]几位同学对测量值偏小原因的分析如下：甲：红磷的量不足，未能把瓶内氧气耗尽；乙：将燃烧匙伸入集气瓶瞬间，部分空气逸出；丙：实验前导管中有空气，实验后一部分本应进入容器的水滞留在导管中；丁：由于广口瓶的形状造成很难均分五等份，影响测量结果；（1）以上原因分析中，其中一位同学的观点被大家一致否定，你认为是（选填”甲”“乙”“丙”或“丁”）的观点。（2）[方案改进]根据以上讨论，为减少实验误差，提高实验结果的精准度，学习小组同学设计了图乙改进装置（已知：红磷的着火点是240℃，无毒；白磷的着火点是40℃，有剧毒）。比较图甲、图乙的实验方案，下列关于图乙实验方案叙述正确的是。A.利用着火点更低的白磷并采用加热后的玻璃棒“内引燃”，建立封闭空间使实验结果更精准B.可以解决图甲方案中一部分水滞留在导管中带来的误差问题C.改用量筒内水的体积变化来确定消耗氧气的体积，使测量结果更精准D.彻底地解决了实验的安全性问题，符合绿色化学理念（3）[问题反思]小组同学多次实验，测量值总是小于五分之一。经过老师指导，小组同学讨论后认为，可以从模型中“消耗氧气”的方法入手给实验做进一步改进。[资料]暖宝宝是利用铁粉在空气中氧化的原理制成。[方案选代]讨论后，项目组设计了如图丙所示的装置，用暖宝宝粉代替红磷，利用铁粉在空气中氧化的原理进行实验。操作步骤如下：①将滤纸用水浸润后黏附在针筒内壁；②把暖宝宝粉倒入针筒，轻轻转动，使涂抹均匀；③涂上凡士林，将活塞插入针筒，盖上橡皮帽，观察并记录活塞移动情况。实验过程中利用传感器测得甲、丙两个实验中氧气的体积分数随时间变化如图丁所示。结合图丁从消耗氧气的方法角度分析，图丙方案比图甲方案测定结果更精准的原因是。[心得交流]科学探究需要不断根据结果反思探究过程，优化方案，实现方案的迭代更新。【解答】解：（1）以上原因分析中，乙同学的观点被大家一致否定，是因为将燃烧匙伸入集气瓶瞬间，部分空气逸出，导致实验结果偏大。故答案为：乙。（2）A、利用着火点更低的白磷并采用加热后的玻璃棒“内引燃”，建立封闭空间使实验结果更精准，该选项正确。B、可以解决图甲方案中一部分水滞留在导管中带来的误差问题，该选项正确。C、改用量筒内水的体积变化来确定消耗氧气的体积，使测量结果更精准，该选项正确。D、没有彻底地解决实验的安全性问题，例如仍然存在瓶塞飞出的可能性，该选项不正确。故选：ABC。（3）从消耗氧气的方法角度分析，图丙方案比图甲方案测定结果更精准的原因是铁生锈消耗氧气比红磷更彻底。故答案为：铁生锈消耗氧气比红磷更彻底。二．实验室制取氧气的反应原理4．a和b为两份质量相等的固体．已知a为混有少量二氧化锰的氯酸钾，b为氯酸钾．当分别同时加热a和b至完全反应时，能正确表示生成氧气的质量随反应时间而变化的图象是（）A． B． C． D．【解答】解：催化剂是指在化学反应中能改变其他物质的化学反应速率，而本身的质量和化学性质在反应前后不变的物质；催化剂能改变反应速率，催化剂不能使生成物的质量增加。a和b为两份质量相等的固体。已知a为混有少量二氧化锰的氯酸钾，b为氯酸钾，a中氯酸钾的质量比b中少，b中产生氧气的质量比a中多。分别同时加热a和b至完全反应，b所需温度较高，反应速率较慢；加入适量的二氧化锰的a反应速率快，至反应结束所需的时间少。观察图象，A符合变化过程。故选：A。5．某同学误将少量KMnO4当成MnO2加入KClO3中进行加热制取氧气，部分物质质量随时间变化如图所示，下列关于该过程的说法正确的是（）A．c代表氧气 B．a代表高锰酸钾 C．t1时刻，KClO3开始分解 D．t3时刻，生成氧气的质量达到最大值【解答】解：A、由分析可知，c代表氯化钾，故选项说法错误。B、由分析可知，a代表氯酸钾，故选项说法错误。C、由分析可知，t1时刻，KMnO4开始分解，故选项说法错误。D、由图可知，t3时刻之前KMnO4已经完分解，t3时刻KClO3完全分解，则此时生成氧气的质量达到最大值，故选项说法正确。故选：D。6．小科同学将一定量的氯酸钾与少量高锰酸钾的混合装入试管中加热制取氧气，部分物质质量随时间的大致变化如图所示（已知受热分解温度：高锰酸钾为240℃、氯酸钾为400℃）。请回答下列问题：（1）高锰酸钾分解的化学方程式。（2）曲线c代表加热过程中生成质量的变化（选填“氧气”、“氯化钾”）。（3）t3时，试管中有种固体物质。【解答】解：（1）高锰酸钾在加热条件下生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，反应的化学方程式是2KMnO4△¯K2MnO4+MnO2+O2（2）将一定量的氯酸钾与少量高锰酸钾的混合装入试管中加热制取氧气，高锰酸钾先分解，则b是高锰酸钾，a是氯酸钾；反应的化学方程式为2KClO3△MnO2¯（3）t3时，高锰酸钾的质量减少至0，氯酸钾有剩余，试管中有氯酸钾、二氧化锰、氯化钾、锰酸钾4种物质。故答案为：（1）2KMnO4△¯K2MnO4+MnO2+O2（2）氯化钾；（3）4。三．氧气的制取装置7．小科同学在实验室做“制取并收集氧气”的实验。请回答：（1）如图甲是小科组装好的气体发生装置，其中有一处明显错误，请改正：。（2）改正错误后，利用图甲装置进行高锰酸钾制取氧气实验，请写出反应的文字表达式：加热（3）小科用H2O2制取O2，若发生装置有图乙中的A和B可供选择，他应选用哪个装置？并说明理由。（4）如图丙是初中科学中常见的气体收集装置，其中不能用于收集氧气的装置有（填序号）。（5）“富氧空气”是指氧气含量高于普通空气的气体，可用于航天、医疗、炼钢等。若在实验室要混制一瓶（一定体积）氧气体积分数为40%的“富氧空气”，可使用图丙中的②装置，先在装置中装满水，再从导管通入氮气，排出120mL水，再通入氧气排出mL水。【解答】解：（1）给固体加热时，为了防止水倒流炸裂试管，试管口应略向下倾斜；（2）高锰酸钾受热分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，反应的文字表达式为高锰酸钾→加热（3）用H2O2制取O2，属于固液常温型反应，可用装置A或B作为发生装置，装置A可通过注射器来控制液体的滴加速率，从而控制反应速率，则小科应选用A装置，因为A装置能控制反应速率；（4）氧气不易溶于水，可用①②排水法收集，氧气的密度比空气大，可用③⑥向上排空气法收集，不能用④向下排空气法收集，不能从短管通入，则⑤也不能收集氧气，故选：④⑤；（5）在实验室要混制一瓶（一定体积）氧气体积分数为40%的“富氧空气”，可使用图丙中的②装置，先在装置中装满水，再从导管通入氮气，排出120mL水，则氮气的体积为120mL，再通入氧气排出水的体积为120mL1−40%四．二氧化碳的实验室制法（共1小题）8．某实验小组利用块状大理石和浓盐酸（有挥发性）制取二氧化碳并探究其部分性质，下列有关说法正确的是（）A．关闭装置①的止水夹，打开分液漏斗的旋塞，液体顺利滴下，说明装置漏气 B．装置①中盐酸浓度过大，会使得反应无法顺利进行 C．将燃烧着的火柴伸入装置②中部，火柴熄灭，说明集气瓶中已收集满CO2 D．将气体通入③中，紫色石蕊溶液变为红色，不能说明CO2与水反应生成了H2CO3【解答】解：A、分液漏斗上端和锥形瓶有导管连通，不论锥形瓶内气压大小，液体都能顺利滴下，所以不能通过止水夹的开关来判断装置是否漏气，故选项说法不正确。B、装置①中盐酸浓度过大，反应能顺利进行，但生成的二氧化碳中会混有氯化氢气体，故选项说法不正确。C、将燃烧着的火柴放在装置②的集气瓶瓶口，若火柴熄灭，说明集气瓶中已收集满CO2，故选项说法不正确。D、将气体通入③中，紫色石蕊溶液变为红色，不能说明CO2与水反应生成了H2CO3，也可能是挥发的氯化氢气体遇水生成盐酸，盐酸使紫色石蕊溶液变为红色，故选项说法正确。故选：D。五．质量守恒定律的探究9．某学习小组用实验验证质量守恒定律，下列说法正确的是（）A．甲、乙、丙、丁实验，都符合质量守恒定律 B．若乙实验中装置漏气，天平最后不平衡 C．丙实验容器敞口，不能验证质量守恒定律 D．丁实验生成物的质量等于参加反应的镁条质量【解答】解：A、根据质量守恒定律的适用范围，任何化学反应都遵循质量守恒定律，但甲实验不是化学反应，不符合质量守恒定律，故A错误；B、乙实验中，若装置漏气，铁和稀硫酸反应生成氢气，产生的气体逸散到空气中，反应后剩余物质的质量减小，所以最后天平不平衡，故B正确；C、丙实验中，硫酸铜和氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，此反应不消耗气体也不生成气体，所以能验证质量守恒定律，故C错误；D、根据质量守恒定律，由于镁条与氧气结合产生氧化镁，质量增加，故生成物质量大于参加反应的镁条的质量，故D错误；故选：B。六．温室效应10．研习小组对温室效应问题进行专题研究。温室效应是指太阳照射到地球上的热量无法逸散，从而出现地球增温的现象。资料显示：造成“温室效应”的气体除二氧化碳外，还有水蒸气、臭氧、氧化亚氮、甲烷等。（1）如表，“温室效应指数”是以二氧化碳为相对标准（定为1），测量一定大气压下每单位体积的气体所吸收的热量。结合大气中的含量，请推算对全球温室效应影响更大的气体，是大气中“CO2和CH4”中的哪一种气体。物质（部分）大气中的含量（体积百分比）温室效应指数CO20.031CH42×10﹣430（2）小东同学取8g石灰石样品，把40g稀盐酸分4次加入，测量过程数据如下表（已知石灰石样品中含有的杂质不溶于水，不与盐酸反应）。①表中m的数值是。②样品中充分反应后，生成二氧化碳的质量是多少？（写出计算过程）序号加入稀盐酸质量（g）剩余固体质量（g）第1次105.5第2次10m第3次101.0第4次101.0（3）有观点认为：大气中的二氧化碳浓度增加会提高大气温度，导致温室效应。如图是科学家对1955～1995年间地球大气的一个观测结果，你认为这个结果是否支持上述观点？请说明理由：。【解答】解：（1）为了确定对全球温室效应影响更大的气体，我们需要考虑两种因素：气体在大气中的含量以及其温室效应指数。根据表格数据，我们可以计算出每种气体对温室效应的相对贡献。对于CO2，其在大气中的含量为0.03%，温室效应指数为1，因此其相对贡献为0.03%×1＝0.03%。对于CH4，其在大气中的含量为2×10−4%（即0.0002%），温室效应指数为30，因此其相对贡献为0.0002%×30＝0.006%，比较两者，可以看出CH4的相对贡献远大于CO2，尽管其在大气中的含量远低于CO2。因此，对全球温室效应影响更大的气体是CH4；故答案为：CH4。（2）①从表格数据可以看出，每加入10g稀盐酸，固体质量就减少2.5g（从8g到5.5g，再从5.5g到3g，但第三次加入后固体质量不再减少，说明此时石灰石已完全反应）。因此，第二次加入稀盐酸后剩余的固体质量应为3g，即m＝3；故答案为：3。②由于第四次加入稀盐酸后固体质量不再减少，说明此时石灰石已完全反应，剩余的1g固体为杂质，因此，参与反应的石灰石质量为8g−1g＝7g。解：设生成二氧化碳的质量为x，根据碳酸钙与盐酸反应的化学方程式：CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑100447gx我们可以列出比例式：44解这个比例式，我们得到：x＝3.08g答：样品中充分反应后，生成二氧化碳的质量是3.08g。（3）根据科学家对1955∼1995年间地球大气的观测结果，我们可以看出随着大气中二氧化碳浓度的增加，地表平均温度也呈现上升趋势，这个结果支持了大气中的二氧化碳浓度增加会提高大气温度，导致温室效应的观点，因为二氧化碳是温室气体之一，其浓度的增加会增强温室效应，从而导致地表温度上升；故答案为：支持。因为随着大气中二氧化碳浓度的增加，地表平均温度也呈现上升趋势。七．探究光合作用的条件和产物11．小科在探究“环境因素对菠菜叶光合作用强度的影响”时，设计了如下实验。【实验器材】打孔器、菠菜叶、注射器、烧杯、LED灯、秒表、刻度尺、量筒、蒸馏水、2%的NaHCO3溶液【实验步骤】步骤1：取生长旺盛的菠菜绿叶，用打孔器打出直径为6mm的叶圆片40片，并用注射器抽去叶圆片内的气体（抽气处理使叶圆片内几乎没有气体，在溶液中会下沉）。步骤2：取4只相同规格的烧杯编号甲、乙、丙、丁，配制浓度为0.50%的NaHCO3溶液（可使溶液中的CO2浓度保持恒定），向4只烧杯中各加入20mL；再向各烧杯中放入10片抽气后的叶圆片（均沉底）。步骤3：取4盏相同规格的冷光源（不会引起温度变化），将盛叶圆片的4只烧杯置于距光源不同远近的位置，如图所示。步骤4：10分钟后统计4只烧杯中叶圆片浮起的数目。重复多次实验，计算各组叶圆片浮起数目的平均值。组别烧杯与LED灯的距离/cm叶圆片浮起数目的平均值/片甲57.5乙105.0丙154.2丁200.4（1）该实验探究的问题是。（2）每组烧杯中放入10片叶圆片而不是1片目的是。（3）实验前菠菜是否需要进行暗处理？理由是。（4）小科根据表格得出光照强度越强，光合作用越强的结论。小明并不赞同，他认为叶圆片浮起可能是因为植物进行呼吸作用消耗了有机物且产生CO2导致的。请设计实验进行验证。【解答】解：（1）由题干可知，甲、乙、丙、丁四组实验除光照强度外，其他实验条件都相同，故该实验探究的问题是探究光照强度对光合作用强度的影响。（2）若使用1片叶圆片进行实验，容易因偶然因素使实验结果出现较大偏差，故每组烧杯中放入10片叶圆片而不是1片目的是避免偶然性因素对实验结果的影响，减少实验误差。（3）实验前菠菜不需要进行暗处理，理由是：因为本实验是通过氧气产生的速度来判断光合作用的强弱，不需要进行暗处理。（4）植物光合作用的必备条件是光，故要探究植物呼吸作用对实验结果的影响，设计的实验是：另取一个相同规格的烧杯，编号戊组，加入20mL0.50%的NaHCO3溶液，放入10片抽气后的叶圆片，将装置置于黑暗的环境中，观察到戊组的叶片均不上浮，说明不是因为呼吸作用导致的。12．胡杨的叶形随着树龄增长，自下而上会逐渐出现条形叶、卵形叶和锯齿叶。为探究叶形对胡杨光合作用强度的影响，兴趣小组设计了实验并进行探究，实验简要步骤如下：①将胡杨树进行暗处理。②在光照强度等其他条件相同的情况下让胡杨树光照4小时。③分别摘取三种叶形的叶片各1片，脱色处理后滴上碘液。实验结果：三种叶片都变蓝，且蓝色深浅程度为锯齿叶＞卵形叶＞条形叶。（1）将胡杨树先进行暗处理可以排除原有淀粉的干扰，其原理是。（2）如图1所示为脱色环节，甲烧杯中装有。（3）小明认为兴趣小组的方案中有不合理之处，请指出。（4）如图2所示为胡杨叶片在夏季晴朗的一天内吸收和释放二氧化碳量随时间变化的曲线图，则一天中c点有机物积累的量d点（选填“大于”，“等于”或“小于”）。【解答】解：（1）植物光合作用的必备条件是光，而呼吸作用在有光或无光的条件下都能进行。将胡杨树先进行暗处理可以排除原有淀粉的干扰，其原理是黑暗处胡杨只进行呼吸作用，不进行光合作用，叶片中的淀粉会被转运或消耗殆尽。（2）酒精能溶解叶绿素，且酒精不能直接加热，故如图1所示为脱色环节，甲烧杯中装有酒精。（3）若用于实验的材料（对象）太少，容易因偶然因素使实验结果出现较大的偏差，故兴趣小组的方案中的不合理之处是：只摘取三种叶形的叶片各1片，数量太少，实验存在偶然性。（4）由图2可知，曲线bf段二氧化碳吸收量大于0，则说明此时段光合作用强度大于呼吸作用强度，有机物持续积累，故一天中c点有机物积累的量小于d点。故答案为：（1）黑暗处胡杨只进行呼吸作用，不进行光合作用，叶片中的淀粉会被转运或消耗殆尽；（2）酒精；（3）只摘取三种叶形的叶片各1片，数量太少，实验存在偶然性；（4）小于。13．学习光合作用的相关知识后，科学小组成员设计了一个实验，探究光照强度对光合作用的影响。步骤、结果等如表：Ⅰ.取材。取生长旺盛且长势相同的灰莉叶片若干，避开叶脉，用直径为1cm的打孔器制备若干圆形小叶片。Ⅱ.排气。将制备好的圆形小叶片置于大注射器内，堵住注射器前端开口并向外缓缓拉活塞，重复数次使小圆形叶片内部的气体逸出。Ⅲ.取完全相同的四只烧杯，分别装入等体积NaHCO3溶液（一种能为植物提供CO2的溶液），分别放入10片小圆形叶片。将烧杯放置在温度适宜的环境中，分别调节烧杯和光源的距离，观察并记录烧杯中。实验结果如下表所示。烧杯圆形小叶片2%NaHCO3溶液距光源距离3min6min9min甲10片20mL15cm248乙10片20mL30cm126丙10片20mL45cm014丁10片20mL黑暗000（1）实验中，每个烧杯放入40片小圆形叶片面不是1片，是为了。（2）本实验进行前，不需要对灰莉植株进行暗处理，现由是。（3）步骤Ⅲ中“？”应该填的内容是。（4）通过实验，可能得出的结论是：植物光合作用的强度，随光照强度的增强而增强，请你对该同学的结论作出评价。【解答】解：（1）实验中，每个烧杯放入20片小圆形叶片而不是1片，是为了避免偶然性对实验结果的影响，使实验结果更可靠。（2）暗处理的目的是将叶片内的淀粉运走耗尽，避免原有淀粉干扰实验。该实验是检测指标不是淀粉而是光合作用产生氧气的速率（即圆形小叶片上浮的时间），所以不需要暗处理。（3）此实验的观测指标为全部小圆形叶片上浮所需的时间，小圆形叶片经光照后能上浮，这是因为叶片进行光合作用生成氧气，附着在叶片上，从而增大了叶片的浮力，而叶片的重力增量极小，当浮力大于重力时，叶片上浮。（4）通过实验，可能得出的结论是：植物光合作用的强度，随光照强度的增强而增强。该结论不严谨，具有片面性，因为没有用更强的光照做实验（可能光照增加到一定强度后，光合作用强度就不再增加了）。故答案为：（1）避免偶然性对实验结果的影响，使实验结果更可靠（2）该实验是检测指标不是淀粉而是光合作用产生氧气的速率（即圆形小叶片上浮的时间）（3）全部小圆形叶片上浮所需的时间（4）结论不严谨，具有片面性，因为没有用更强的光照做实验（可能光照增加到一定强度后，光合作用强度就不再增加了）14．到19世纪末，经几代科学家对光合作用的不断探索，得到结论：光合作用反应物是H2O和CO2产物是O2和有机物。为了探究产物O2中的O元素来源，科学兴趣小组从元素守恒的角度进行了猜想。猜想一：O2全部来源于CO2；猜想二：O2全部来源于H2O；猜想三：O2同时来源于两者。为了求证，他们查阅资料如下：资料1：19世纪末，科学家普遍认为气体之间更容易转化，认为CO2在光的作用下被分解成CO和O2，所以O2来自于同为气体的CO2。资料2：1937年，英国化学家希尔通过实验发现：离体叶绿体在光照条件下使水分解，释放出O2。资料3：1939年，已经发现了氧的同位素。美国科学家鲁宾、卡门利用18O标记的H218O和C18O2根据所学知识，结合资料回答下列问题：（1）写出小球藻光合作用的化学反应式或方程式：叶绿体光能（2）资料2的实验结论（填“支持”或“不支持”）资料1的观点；（3）根据资料3的实验结果，分析可得猜想成立。【解答】解：（1）光合作用是指绿色植物通过叶绿体利用光能，把二氧化碳和水转化成储存能量的有机物（如淀粉），并且释放出氧气的过程，其反应式是：二氧化碳+水→叶绿体（2）由资料2可知，氧气来自于水的分解，由资料1可知，氧气来自于二氧化碳，因此两者结论不同，不相互支持彼此结论。（3）由资料3可知，利用18O标记的H218O和C18O2故答案为：（1）二氧化碳+水→叶绿体（2）不支持（3）二八．燃烧的条件15．某废金属回收人员在某工厂回收铝粉时发现有两大堆金属粉末，一堆是铝粉，一堆是镁粉，一时无法区分，就用点火的方式鉴别，引发了火灾事故。关于事故分析合理的是（）A．镁粉可以燃烧，铝粉不是可燃物，所以理论上是可以鉴别的 B．粉末状的金属，加大了与空气的接触面积，使燃烧迅速蔓延 C．金属不可以燃烧，工厂起火应该另有原因 D．起火后工人不应该疏散，都应该参与灭火【解答】解：A．铝粉和镁粉都是可燃物，故A错误；B．粉末状的金属，可以加大了与空气的接触面积，使燃烧迅速蔓延，故B正确；C．金属镁可以燃烧，故C错误；D．起火后，火势较大时，工人应该疏散，故D错误。故选：B。九．灭火与火灾自救16．液态二氧化碳灭火器利用液态二氧化碳喷射能够降低火源温度和隔断氧气的原理灭火，灭火后不会污染被保护物。主要适用于图书馆、博物馆、精密仪器、档案资料等存放有贵重或易燃物品的场所，缺点是成本较高、使用时有安全隐患。关于液态二氧化碳灭火器的说法，错误的是（）A．液态二氧化碳是在常压下降低温度的方法液化的 B．液态二氧化碳喷出后，迅速汽化吸热，使燃烧物体的温度迅速降低，达到灭火的效果 C．液态二氧化碳如果喷洒在人的皮肤上，可能会导致严重的冻伤 D．二氧化碳本身不可燃，也不助燃，密度比空气大，因此能有效地窒息火焰【解答】解：A、二氧化碳灭火器是在常温下加压将液态二氧化碳压缩在小钢瓶中的，故A说法正确；B、液态二氧化碳之所以能够灭火是因为二氧化碳汽化时要吸收大量的热，使环境温度降低；并且二氧化碳密度比空气大，会附着在空气表面，使可燃物与氧气隔绝，故B说法错误；C、二氧化碳汽化时要吸收大量的热，液态二氧化碳如果喷洒在人的手上，可能会造成严重的冻伤，故C说法正确；D、二氧化碳不能燃烧也不支持燃烧，且密度比空气大，附在燃烧物表面，能隔绝空气，因此能有效的灭火，故D说法正确；故选：B。十．化学方程式的配平17．二氧化氮是大气的污染物之一．煤燃烧会产生一部分二氧化氮气体，它会与空气中的氧气、水蒸气发生反应形成酸雨，NO2+O2+H2O═HNO3，配平后各物质的化学计量数分别是（）A．1，1，1，2 B．2，1，1，2 C．4，1，2，4 D．6，2，3，6【解答】解：本题可利用“定一法”进行配平，把HNO3的化学计量数定为1，则NO2、O2、H2O前面的化学计量数分别为：1、14、12，同时扩大4倍，则NO2、O2、H2O、HNO故选：C。十一．书写化学方程式18．下列事实与相应化学方程式书写均正确的是（）A．鉴别稀硫酸和稀盐酸一般可用AgNO3溶液：AgNO3+HCl═AgCl↓+HNO3 B．铁器表面镀铝可有效防止铁生锈：4Al+3O2═2Al2O3 C．工业炼铁常采用CO作为还原剂：Fe2O3+3CO═2Fe+3CO2 D．使用Ca（OH）2可治疗胃酸过多症：Ca（OH）2+2HCl═CaCl2+2H2O【解答】解：A、硝酸银和盐酸反应生成白色沉淀氯化银，和硫酸反应生成的硫酸银微溶于水，有时可能产生白色沉淀，不能用硝酸银溶液鉴别稀盐酸和稀硫酸，可以用氯化钡溶液鉴别稀盐酸和稀硫酸，是因为氯化钡不能和稀盐酸反应，能和稀硫酸反应生成白色沉淀硫酸钡，该选项不正确；B、铝和氧气反应生成氧化铝，形成一层致密的氧化铝薄膜，反应的化学方程式：4Al+3O2═2Al2O3，该选项正确；C、高温条件下氧化铁和一氧化碳反应生成铁和二氧化碳，反应的化学方程式：Fe2O3+3CO高温¯2Fe+3CO2D、氢氧化钙有较强的腐蚀性，不能用来治疗胃酸过多症，该选项不正确。故选：B。19．某些金属氢化物与水反应可生成碱和氢气，如：NaH+H2O＝NaOH+H2↑。CaH2与足量Na2CO3溶液发生反应的产物有（）A．Ca（OH）2和H2 B．CaCO3、NaOH和H2 C．NaOH和Ca（OH）2 D．Ca（OH）2、CaCO3和H2【解答】解：某些金属氢化物与水反应可生成碱和氢气，如：NaH+H2O＝NaOH+H2↑，则CaH2与足量Na2CO3溶液反应，CaH2与水反应生成氢氧化钙和氢气，氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，CaH2与足量Na2CO3溶液发生反应的产物有CaCO3、NaOH和H2。故选：B。20．聚合氯化铝（PAC）的化学式为[Al2（OH）nCl6﹣n]m，是无机高分子混凝剂。它是以软铝矿（主要成分是Al2O3•H2O）为原料制备…，最后一步反应是将Al（OH）3凝胶与[Al（OH）2（H2O）4]Cl按照一定配比恰好完全反应制得PAC，则该反应中两种反应物的计量数之比为（）A．1：1 B．4−n6−n C．n−46−n 【解答】解：将Al（OH）3凝胶与[Al（OH）2（H2O）4]Cl按照一定配比恰好完全反应制得PAC，PAC的化学式为[Al2（OH）nCl6﹣n]m，设[Al2（OH）nCl6﹣n]m的化学计量数为1。由氯原子反应前后个数不变，则[Al（OH）2（H2O）4]Cl前面的化学计量数为（6﹣n）m。由铝原子反应前后个数不变，Al（OH）3．前面的化学计量数为（n﹣4）m。可知该反应中两种反应物的计量数之比是n−46−n故选：C。21．人类发现二氧化碳经历了多个世纪，下列是其历程中的部分资料。资料一：早在公元三世纪，张华在《博物志》中就有“烧白石作白灰既讫……”的记载，即如图反应①，其中“白石”即石灰石，“白灰”即氧化钙。资料二：1754年布莱克首次制得CO2，并完成了如图的物质转化研究。资料三：1769年，英国化学家普里斯特利发现，向水中注入二氧化碳，就可以制作出碳酸水。1823年英国科学家法拉第通过加压得到液态二氧化碳。（1）反应①发生后，可得到的气体为。（2）写出布莱克实验中反应③的化学方程式：。（3）“碳酸水”与“液态二氧化碳”在成分上的区别主要是。【解答】解：（1）碳酸钙高温下分解得到氧化钙和二氧化碳，因此反应①发生后，可得到的气体为CO2。（2）氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙和水，布莱克实验中反应③的化学方程式：CO2+Ca（OH）2＝CaCO3↓+H2O；（3）碳酸水中含有碳酸分子、二氧化碳分子和水分子；液态二氧化碳中只含碳酸分子；因此“碳酸水”与“液态二氧化碳”在成分上的区别主要是碳酸水为混合物而液态二氧化碳为纯净物。故答案为：（1）CO2；（2）CO2+Ca（OH）2＝CaCO3↓+H2O；（3）碳酸水为混合物而液态二氧化碳为纯净物。十二．质量守恒定律及其应用22．一定条件下，密闭容器中发生了某一化学反应，涉及的物质为甲、乙、丙、丁，如图为各物质在反应前和反应后某时刻的质量关系。下列说法不正确的是（）A．x的值是31 B．甲、丁的相对分子质量之比可能为7：11 C．丁可能为单质 D．反应中消耗甲和乙的质量比为7：4【解答】解：由表中数据分析可知，反应前后甲的质量减少了20g﹣13g＝7g，故是反应物，参加反应的质量为7g；同理可以确定乙是反应物，参加反应的质量为20g﹣16g＝4g；丙的质量不变，可能作该反应的催化剂，也可能没有参加反应；由质量守恒定律，丁应是生成物，且生成的质量为7g+4g＝11g，故x的数值为20+11＝31。A、x的数值为20+11＝31，故选项说法正确。B、甲、丁的质量比为7g：11g＝7：11，若甲、丁的化学计量数相同，则甲、丁的相对分子质量之比可能为7：11，故选项说法正确。C、该反应的反应物为甲和乙，生成物是丁，符合“多变一”的形式，属于化合反应，丁是化合反应的生成物，不可能是单质，故选项说法错误。D、反应中消耗甲和乙的质量比为7g：4g＝7：4，故选项说法正确。故选：C。23．下列说法能用质量守恒定律解释的是（）A．a克水受热形成a克水蒸气 B．铁生锈后的总质量比原来铁的质量大 C．湿衣服晾干后，质量变小 D．10克食盐溶于70克水中得到80克食盐水【解答】解：A、a克水受热形成a克水蒸气属于物理变化，不能用质量守恒定律解释，不符合题意；B、铁生锈是铁与氧气和水共同作用，所以生锈后的总质量比原来铁的质量大，符合题意；C、湿衣服晾干后，质量变小，是由于分子不断运动，不是化学变化，不能用质量守恒定律解释，不符合题意；D、10克食盐溶于70克水中得到80克食盐水，属于物理变化，不能用质量守恒定律解释，不符合题意；故选：B。24．有A、B、C三种物质各1.5克，发生了如下的化学反应：A+B+C→D，充分反应后生成3.0克的D．在残留物中再加入1.0克A，反应继续进行．待反应再次停止，反应物中仅剩余有C．以下结论正确的是（）A．第一次反应停止时B剩余0.9克 B．第一次反应停止时C剩余0.9克 C．参加反应A与C的质量比是5：3 D．第二次反应停止时C剩余0.9克【解答】解：第一次反应A不足，因为第一次反应后加入A又能进行第二次反应。第二次反应后，只剩余C，说明A、B恰好完全反应，则m反（A）：m反（B）＝（1.5g+1.0g）：1.5g＝5：3，A．第一次反应耗B的质量为mB，则1.5g：mB＝5：3，解得mB＝0.9g，即第一次反应后剩余B质量为1.5g﹣0.9g＝0.6g，故A错误；B．根据mA+mB+mC＝mD，可知生成3.0gD时消耗C的质量mC＝3.0g﹣1.5g﹣0.9g＝0.6g，故第一次反应后剩余C质量为1.5g﹣0.6g＝0.9g，故B正确；C．反应消耗A与C质量之比为mA：mC＝1.5g：0.6g＝5：2，故C错误；D．反应消耗A、C质量之比mA：mC＝5：2，故第二次反应中消耗C质量为：（1.5g+1.0g）×2故选：B。25．一定条件下，在密闭容器内投入甲、乙、丙、丁四种物质，在不同时刻测得容器内各物质的质量如下表所示，下列说法中正确的是（）物质时刻甲乙丙丁反应前12g10g90g5gT1a44g62g5gT2bc34g5gT3dmn5gA．甲是反应物，丙是生成物 B．丁一定是催化剂 C．c＝78g，n＝6g D．该反应可能是N2+3H2高温、高压¯催化剂【解答】解：A、a＝12g+10g+90g+5g﹣5g﹣62g﹣44g＝6g，反应后甲质量减小，是反应物，丙反应后质量减小，是反应物，该选项说法不正确；B、丁反应前后质量不变，可能是催化剂，也可能既不是催化剂也不是反应物和生成物，该选项说法不正确；C、根据题意有：（44g﹣10g）：（90g﹣62g）＝（c﹣44g）：（62g﹣34g），c＝78g，如果n＝6g，则m＝112g，d＝12g+10g+90g+5g﹣5g﹣6g﹣112g＝﹣6g，因为甲质量最小是0，该选项说法不正确；D、反应的甲、丙质量分别是6g、28g，生成的乙质量是34g，反应物、生成物质量比是：6g：28g：34g＝6：28：34，氢气和氮气在一定条件下反应生成氨气，其中氢气、氮气、氨气的质量比是6：28：34，因此该反应可能是N2+3H2高温、高压¯催化剂2NH故选：D。26．利用催化剂将工厂废气中的二氧化碳转化为燃料X，是实现“碳中和”的路径之一，该反应的化学方程式为CO2+3H2催化剂¯X+H2A．C B．CH4 C．CH3OH D．CH2O【解答】解：由质量守恒定律：反应前后，原子种类、数目均不变，由反应的化学方程式，反应前碳、氢、氧原子个数分别为1、6、2，反应后的生成物中碳、氢、氧原子个数分别为0、2、1，根据反应前后原子种类、数目不变，则每个X分子由1个碳原子、4个氢原子和1个氧原子构成，则物质X的化学式为CH3OH。故选：C。27．某项目化学习小组设计了一种潜水自救装置，进行了以下项目化学习。当达到设定安全深度时，反应盒中的两种物质混合开始反应产生气体，气囊快速充气上浮，将潜水运动员拉回到水面。反应盒中发生的主要反应为10Na+2KNO3+6SiO2═5Na2SiO3+K2SiO3+X，其中X的化学式为（）A．NO B．Na2N C．N2 D．NO2【解答】解：由发生的主要反应10Na+2KNO3+6SiO2═5Na2SiO3+K2SiO3+X可知，反应前有10个Na，2个K，2个N，6个Si，18个O，反应后有10个Na，2个K，0个N，6个Si，18个O，根据化学反应前后原子的种类和数目不变，则X中含有2个N，所以X的化学式为：N2。故选：C。28．2024年4月25日晚，神舟十八号载人飞船的成功发射，标志着中国航天事业又迈出新的一步。运载火箭以偏二甲肼（C2H8N2）和X作推进剂，反应的化学方程式为：2X+C2H8N2点燃¯3N2+4H2O+2CO2（1）请写出X的化学式。（2）偏二甲肼（C2H8N2）中碳、氢、氮元素的质量比为。（3）若用6千克偏二甲肼作推进剂，则会产生多少二氧化碳？（请写出计算过程）（4）一些新型运载火箭常采用液氢（H2）液氧（O2）作为火箭的推进剂，储存温度极低，分别为零下183和零下253摄氏度，请写出液氢液氧推进剂的优点和缺点。【解答】解：（1）根据质量守恒定律，化学反应前后原子种类、数目不变，由反应的化学方程式为2X+C2H8N2点燃¯3N2+4H2O+2CO2可知，反应物中有2个C、8个H、2个N，生成物中有6个N、8个H、2个C、8个O，则2X中含有4个N，8个O，所以1个X中含有2个N，4个O，则X的化学式为N2O4；故答案为：N2O4（2）偏二甲肼（C2H8N2）中碳、氢、氮三种元素的质量比为（2×12）：（8×1）：（2×14）＝6：2：7；故答案为：6：2：7；（3）设生成二氧化碳的质量为x，则：2N2O4+C2H8N2点燃¯3N2+4H2O+2CO60886kgx6088x＝8.8kg答：产生二氧化碳的质量为8.8kg；（4）液氢作为燃料的优点是热值高，燃烧产物是水，对环境污染物等；缺点是成本高、储存与运输较困难等；故答案为：优点：热值高（合理即可）；缺点：成本高（合理即可）。十三．根据化学反应方程式的计算29．胃酸过多会引起消化系统疾病，影响人体健康。患者常用碳酸氢钠片、氢氧化铝片等药物来治疗。请回答以下问题：（1）请写出氢氧化铝片能治疗胃酸过多的原理：。（用化学方程式表述）（2）为测定碳酸氢钠药片中有效成分的含量，小科同学按图甲进行实验。分析实验数据，计算药片中碳酸氢钠NaHCO3的质量分数为。（NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O）（3）小科取两种药片各1.0g与足量的稀盐酸进行反应，用pH传感器测出pH随时间的变化关系如图乙。小组同学分析后认为氢氧化铝片治疗胃酸的效果更好，请说明理由：。【解答】解：（1）胃酸的主要成分是盐酸，氢氧化铝和盐酸反应生成氯化铝和水，化学方程式为Al（OH）3+3HCl＝AlCl3+3H2O。（2）由图可知，第一次加入稀盐酸时，质量减小183.0g﹣181.8g＝1.2g，第二次加入稀盐酸后，质量减小181.8g﹣180.8g＝1.0g，则说明碳酸氢钠已完全反应，则说明共生成二氧化碳的质量为1.2g+1.0g＝2.2g，设碳酸氢钠的质量为x，NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O8444x2.2g8444x＝4.2g则药片中碳酸氢钠NaHCO3的质量分数为4.2g6g（3）由图像可知，氢氧化铝药效持续时间长，并且在最佳药效pH范围内，所以氢氧化铝片治疗胃酸的效果更好。故答案为：（1）Al（OH）3+3HCl＝AlCl3+3H2O；（2）70%；（3）氢氧化铝药效持续时间长，并且在最佳药效pH范围内。30．向装有澄清石灰水的试管中通入CO2，澄清石灰水会变浑浊。如果继续通入CO2，浑浊的液体又会变成澄清，此时发生的反应是：CO2+H2O+CaCO3＝Ca（HCO3）2。然后，向变澄清的溶液中滴加质量分数为10%的稀盐酸，会发生反应：Ca（HCO3）2+2HCl＝2CO2↑+2H2O+CaCl2。整个过程沉淀或气体的质量m1与加入物质质量m2关系如图所示。下列说法错误的是（）A．澄清石灰水中所含氢氧化钙的质量为7.4g B．反应至A点，反应所需要的CO2质量为8.8g C．反应至B点，溶液的溶质为CaCl2和Ca（HCO3）2 D．反应停止，需要稀盐酸质量总共73g【解答】解：A、由图可知，最多生成10g沉淀；设澄清石灰水中所含溶质的质量为x。Ca（OH）2+CO2＝CaCO3↓+H2O74100x10g74100x＝7.4g即澄清石灰水中所含氢氧化钙的质量为7.4g，故选项说法正确。B、由Ca（OH）2+CO2＝CaCO3↓+H2O，CaCO3+H2O+CO2＝Ca（HCO3）2可得关系式：CaCO3～～2CO2；设反应至A点，反应所需要的CO2质量为y。CaCO3～～2CO21008810gy10088y＝8.8g即反应至A点，反应所需要的CO2质量为8.8g，故选项说法正确。C、反应至B点时，碳酸钙部分与二氧化碳、水反应，溶液的溶质为Ca（HCO3）2，故选项说法错误。D、由Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O，CaCO3+H2O+CO2＝Ca（HCO3）2，Ca（HCO3）2+2HCl＝2CO2↑+2H2O+CaCl2可得关系式CaCO3～～2HCl；设反应停止，需要稀HCl溶液质量总共为z。CaCO3～～2HCl1007310gz×10%10073z＝73g即反应停止，需要稀盐酸质量总共73g，故选项说法正确。故选：C。31．随着国产电动汽车的兴起，锂资源的需求旺盛，“盐湖提锂”是获取锂资源的重要途径。扎布耶湖是中国第一大盐湖，碳酸锂（化学式为Li2CO3）储量185万吨。请回答：（1）碳酸锂的相对分子质量为。（2）碳酸锂中碳元素、氧元素和锂元素的质量比为。（3）若生产一辆电动汽车需要锂7千克，理论上扎布耶湖中的碳酸锂可供生产多少辆电动汽车。【解答】解：（1）碳酸锂的相对分子质量为7×2+12+16×3＝74。故答案为：74。（2）碳酸锂中碳元素、氧元素和锂元素的质量比为12：（16×3）：（7×2）：12＝6：24：7。故答案为：6：24：7。（3）扎布耶湖中碳酸锂储量185万吨，含锂元素的质量为185万吨×7×2答：理论上扎布耶湖中的碳酸锂可供生产50000000辆电动汽车。32．2024年4月25日我国神舟十八号载人飞船发射圆满成功。随神舟十八号载人飞船上行的除了三名宇航员以外还有装载水生动物斑马鱼和水生植物金鱼藻的实验装置。请回答下列问题：（1）空间站中的宇航员所需氧气是通过电解水获得，若一名宇航员一天需要消耗氧气约550升，则需要电解水的质量约多少千克？（已知：2H2O通电¯2H2↑+O2↑，通常状况下的ρ氧气（2）过去人们一直对于光合作用产物O2的来源感到疑惑。若宇航员利用氧原子18O和16O标记水和二氧化碳分子中的氧原子，进行了如图实验。18O和16O两种氧原子根本区别是，请你根据图示结果判断光合作用产生的O2。A．全部来自CO2B．全部来自H2OC．部分来自CO2，部分来自H2O【解答】解：（1）若一名宇航员一天需要消耗氧气约550升，则需要氧气的质量为：550升×1.4克/升＝770克＝0.77千克；设需要电解水的质量为x。2H2O通电¯2H2↑+O23632x