初中化学练习题06碳及其化合物（解析版）

专题06碳及其化合物考点概览题型一碳单质的性质题型二C、CO还原氧化铜实验题型三CO2及碳酸盐相关实验题型一碳单质的性质题型一（2025·上海黄浦·二模）一氧化碳、碳粉均能在一定条件下分别与氧化铜反应生成铜和二氧化碳。若参加反应的氧化铜质量相等。则有关这两个反应说法正确的是A．生成等质量的铜 B．生成等质量的二氧化碳C．反应前后固体减少的质量相等 D．参加反应的一氧化碳和碳粉的物质的量之比为1：2【答案】A【详解】一氧化碳与氧化铜在加热条件下反应生成铜和二氧化碳，化学方程式为；碳粉与氧化铜在高温条件下反应生成铜和二氧化碳，化学方程式为。A、根据化学方程式可知，氧化铜中的铜元素全部转化为单质铜，若参加反应的氧化铜质量相等，由铜元素质量守恒可知，生成铜的质量相等，该选项正确；B、设参加反应的氧化铜质量都为160g。对于，根据化学计量关系，CuO与CO2的质量比为，160g氧化铜反应生成二氧化碳质量为88g。对于，CuO与CO2质量比为，160g氧化铜反应生成二氧化碳质量为44g，可知生成二氧化碳质量不相等，该选项错误；C、反应前后固体减少的质量，对于一氧化碳还原氧化铜，是氧化铜中氧元素的质量；对于碳还原氧化铜，是氧化铜中氧元素质量和参加反应碳粉的质量，二者不相等，该选项错误；D、由化学方程式可知，若生成2mol铜，需要CO2mol，需要C1mol，参加反应的一氧化碳和碳粉的物质的量之比为，不是，该选项错误。故选A。（2025·上海·中考真题）石墨烯是由碳元素组成的单质，下列物质与石墨烯互为同素异形体的是A．白磷 B．干冰 C．臭氧 D．金刚石【答案】D【详解】A.白磷是由磷元素组成的单质，与石墨烯不互为同素异形体，故A错误；B.干冰是二氧化碳，是化合物，与石墨烯不互为同素异形体，故B错误；C.臭氧是由氧元素组成的单质，与石墨烯不互为同素异形体，故C错误；D.金刚石和石墨烯都属于碳的单质，且两者的性质不同，属于不同的单质，互为同素异形体，故D正确；故选D。题型二C、CO还原氧化铜实验题型二（2025·上海·二模）下列除杂(括号中的物质为杂质)所用试剂及方法正确的是序号实验对象试剂及方法ACuO粉末(碳粉)加入足量的稀硫酸，过滤BCO2(CO)气体通过足量的木炭，加热CNaOH溶液(Na2CO3)加入适量Ba(OH)2溶液，过滤DNaCl溶液(CuSO4)加入适量NaOH溶液，过滤A．A B．B C．C D．D【答案】C【详解】A、CuO能与足量的稀硫酸反应生成硫酸铜和水，碳粉不与稀硫酸反应，再过滤，杂质没有除去，反而把原物质除去，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误；B、在加热的条件下二氧化碳和木炭反应生成一氧化碳，杂质没有除去，反而把原物质除去，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误；C、Na2CO3能与适量的Ba（OH）2溶液反应生成碳酸钡沉淀和氢氧化钠，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故选项所采取的方法正确；D、CuSO4能与适量的NaOH溶液反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，能除去杂质但引入了新的杂质硫酸钠，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误。故选C。（2025·上海奉贤·二模）如图，集气瓶中盛有少量澄清石灰水和一氧化碳，插入灼烧过的薄铜片，一段时间后再用燃着的木条检验剩余气体。下列说法正确的是A．该实验可验证CO具有还原性B．Ⅰ中可观察到澄清石灰水变浑浊C．Ⅲ中反应一段时间后振荡，只能观察到澄清石灰水变浑浊的现象D．Ⅳ中用燃着的木条点燃瓶中的剩余气体，瓶口可能出现蓝色火焰【答案】AD【详解】A、一氧化碳的还原性是指一氧化碳能夺取含氧化合物里的氧，该实验Ⅲ中氧化铜（II中铜和氧气反应产生）被一氧化碳夺取氧，黑色固体变红色（产生了铜），产生的二氧化碳使石灰水变浑浊，所以能验证CO具有还原性，A正确。B、Ⅰ中一氧化碳不能和澄清石灰水反应，没有碳酸钙沉淀生成，所以澄清石灰水不会变浑浊，B错误。C、Ⅲ中铜片上的氧化铜被一氧化碳还原为铜，会观察到黑色固体逐渐变红，同时生成二氧化碳，振荡后还会观察到澄清石灰水变浑浊，不只是澄清石灰水变浑浊这一个现象，C错误。D、Ⅳ中剩余气体可能含有未反应完的一氧化碳，一氧化碳具有可燃性，用燃着的木条点燃，一氧化碳在瓶口燃烧，会出现蓝色火焰，D正确。综上，答案是AD。（2025·上海宝山·二模）制取氧气并进行相关物质性质实验，装置如图(夹持仪器省略)。实验的部分现象：C中两处木炭粉均减少；D中黑色固体变红；E中石灰水变浑浊。(1)A中用双氧水和二氧化锰制取氧气的化学方程式为。(2)B中的现象是。(3)C中铜网的作用。(4)D中反应的化学方程式为。(5)使E中石灰水变浑浊的CO2的来源是。(6)F的作用。【答案】(1)(2)白色粉末变为蓝色(3)除去混合气体中的氧气(4)(5)C中生成的二氧化碳(C中未反应完的二氧化碳)，D中生成的二氧化碳(6)尾气处理（合理即可）【详解】（1）双氧水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，故填：；（2）硫酸铜粉末遇水变蓝，则B中的现象是白色粉末变为蓝色，故填：白色粉末变为蓝色；（3）氧气与铜在加热的条件下可以反应生成氧化铜，则C中铜网的作用是除去混合气体中的氧气，故填：除去混合气体中的氧气；（4）木炭燃烧生成二氧化碳，二氧化碳与碳在高温下反应生成一氧化碳，D中一氧化碳与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，反应的化学方程式为，故填：；（5）C中木炭燃烧生成二氧化碳，二氧化碳与碳在高温下反应生成一氧化碳；D中一氧化碳与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，则使E中石灰水变浑浊的CO2的来源是C中生成的二氧化碳(C中未反应完的二氧化碳)，D中生成的二氧化碳，故填：C中生成的二氧化碳(C中未反应完的二氧化碳)，D中生成的二氧化碳；（6）一氧化碳有毒会污染空气，且一氧化碳具有可燃性，则F的作用是尾气处理，故填：尾气处理（合理即可）。题型三CO2制备、CO2性质及碳酸盐相关实验题型三（2025·上海崇明·二模）下列实验方案不能达到实验目的是A．①探究的部分性质 B．②证明氢氧化钠与二氧化碳反应C．③检验产生的气体探究水的组成 D．④测定空气中氧气的体积分数【答案】BD【详解】A、下层的蜡烛先熄灭，上层的蜡烛后熄灭，说明二氧化碳先在烧杯下方聚集，说明了二氧化碳的密度比空气的大；蜡烛熄灭，说明了二氧化碳不能燃烧，也不能支持燃烧，故选项实验方案能达到实验目的，不符合题意；B、图中实验，软塑料瓶变瘪了，不能证明氢氧化钠能与二氧化碳反应，也可能是二氧化碳溶于水造成的，故选项实验方案不能达到实验目的，符合题意；C、电解水生成氢气和氧气，氢气和氧气分别是由氢元素和氧元素组成的，说明水是由氢元素和氧元素组成的，故选项实验方案能达到实验目的，不符合题意；D、红磷本身是固体，能在空气中燃烧，生成五氧化二磷固体，没有生成新的气体，导致集气瓶中气压减小，但氧气约占空气总体积的五分之一，容积为250mL的集气瓶中氧气的体积为250mL×=50mL，量筒中水的体积只有40mL，测定结果偏小，故选项实验方案不能达到实验目的，符合题意。故选BD。（2025·上海松江·二模）用如图装置做碳酸钙和稀盐酸反应的实验，收集实验过程中的部分数据如表：反应时间/分钟0123质量/克222.8222.8222.8222.8

对实验过程分析正确的是：A．气球会一直变大B．2分钟时，反应可能停止了C．用气球的目的是为了证明反应发生D．该实验能验证质量守恒定律【答案】BD【详解】A、碳酸钙与稀盐酸反应生成二氧化碳，气球变大，当反应完全后，不再生成二氧化碳，气球不再变大，A错误；B、气球不再变大时反应停止，2分钟时，反应可能停止了，B正确；C、用气球的目的是为了收集反应生产的二氧化碳，保证装置密闭，C错误；D、该实验碳酸钙与稀盐酸反应，装置的总质量保持不变，能验证质量守恒定律，D正确。故选BD。（2025·上海·二模）我国力争在2060年前实现“碳中和”，“碳”转化的微观示意图如图所示，说法错误的是A．氢元素由游离态变为化合态B．反应前后催化剂的质量和性质不变C．反应前后原子数目没有改变D．该反应对缓解温室效应具有重要意义【答案】B【详解】A、由图可知，发生反应为氢气与二氧化碳在催化剂的作用下生成CH4O和水，反应前氢元素以单质形成存在，反应后以化合物形式存在，则氢元素由游离态变为化合态，选项正确；B、反应前后催化剂的质量和化学性质不变，催化剂的物理性质在变化中可能发生变化，如颗粒大小等，选项错误；C、化学反应前后原子的种类、数目、质量不变，选项正确；D、二氧化碳过量排放到空气中会产生温室效应，该反应消耗二氧化碳，为解决温室效应提供了新途径，对缓解温室效应具有重要意义。选项正确；故选B。（2025·上海崇明·二模）下图是的捕集与转化示意图，有关说法错误的是A．此流程中FeO可以循环使用B．反应I中生成的固体均为黑色C．反应II中生成的和的物质的量之比为D．铁的氧化物之间转化的条件不同【答案】C【分析】根据CO2的捕集与C转化示意图，反应Ⅰ是FeO和CO2在427℃反应生成Fe3O4和C，反应的化学方程式：6FeO+CO22Fe3O4+C，Ⅱ反应为Fe3O4在太阳能作用下分解生成FeO和O2，2Fe3O46FeO+O2↑。【详解】A、FeO既是反应Ⅱ的产物，又是反应Ⅰ的反应物，可以循环使用，说法正确，不符合题意；B、反应Ⅰ的反应物是CO2和FeO，产物是C和Fe3O4，生成的固体均为黑色，说法正确，不符合题意；C、化学方程式中化学计量数之比等于物质的量比，反应Ⅱ是2Fe3O46FeO+O2↑，生成的FeO和O2的物质的量之比为6：1，说法错误，符合题意；D、反应Ⅰ中FeO转化为Fe3O4的条件是427℃，反应Ⅱ中Fe3O4转化为FeO的条件是太阳能，转化条件不同，说法正确，不符合题意。故选C。（2025·上海闵行·二模）实验室利用如图的发生装置制二氧化碳气体，说法错误的是A．加入稀盐酸时，先关闭弹簧夹B．反应过程中，若关闭弹簧夹，长颈漏斗内液面会上升C．多孔隔板的作用是支撑固体，便于固液分离D．该装置可以控制反应的速率【答案】A【分析】多孔隔板上放置的固体为块状或颗粒状固体，长颈漏斗中放液体，装置中关闭活塞，装置中压强变大液体进入长颈漏斗，液体和固体药品分离，反应停止；打开活塞气体排出，液体流下，固液接触反应进行，可以控制反应的发生与停止。【详解】A、在加入稀盐酸时，弹簧夹应该是打开的，以便气体能够顺利排出。如果关闭弹簧夹，气体无法排出，可能会导致装置内压力增大，甚至发生危险。选项错误；B、当弹簧夹关闭时，反应生成的气体无法排出，装置内压力增大，会将液体压回长颈漏斗，导致液面上升。选项正确；C、多孔隔板的作用是支撑固体反应物，同时允许液体通过，从而实现固液分离。选项正确；D、通过控制弹簧夹的开关，可以调节气体的排出速度，从而间接控制反应的速率。选项正确；故选A。（2025·上海金山·二模）实验室用大理石和稀盐酸制取二氧化碳，反应的化学方程式是A．CaCO3+HCl=CaCl2+CO2+H2OB．CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2+H2OC．CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2OD．CaCO3+HCl=CaCl2+CO2↑+H2O【答案】C【详解】大理石的主要成分是碳酸钙，碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，反应物中的碳酸钙是固体，盐酸是液体，因此生成的二氧化碳化学式后面需要添加气体符号，且需要配平化学方程式，则正确的化学方程式为；故选C。（2025·上海松江·二模）实验室用大理石和稀盐酸制备二氧化碳，发生装置如图所示，下列说法正确的是A．可用粉末状碳酸钠代替大理石B．长颈漏斗可控制滴加液体的速率C．闭合旋塞后，试管内气压增大D．气体会从长颈漏斗中逸出【答案】C【详解】A、碳酸钠粉末与盐酸反应速率过快，不易控制，且碳酸钠属于粉末状，隔板不能起到固液分离的目的，故不能用碳酸钠粉末代替实验室用大理石，选项错误；B、长颈漏斗不能控制滴加液体的速率，分液漏斗可以控制滴加液体的速率，选项错误；C、闭合旋塞后，大理石和稀盐酸反应生成的二氧化碳气体会在试管中聚集，气体压强增大，选项正确；D、长颈漏斗伸入了液面以下进行液封，气体不会从长颈漏斗逸出，选项错误；故选C。（2025·上海普陀·二模）实验室制取二氧化碳气体时，使用的药品正确的是A．大理石石块和稀硫酸 B．大理石石块与稀盐酸C．大理石粉末与浓盐酸 D．大理石粉末与浓硫酸【答案】B【详解】A、大理石（主要成分碳酸钙）与稀硫酸反应生成硫酸钙、水和二氧化碳，但是生成的硫酸钙微溶于水，会覆盖在大理石表面，阻止反应进一步进行，错误；B、大理石（主要成分碳酸钙）与稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，该反应速率适中，便于收集二氧化碳气体，正确；C、大理石粉末与浓盐酸反应可以生成二氧化碳，但是浓盐酸具有挥发性，会挥发出氯化氢气体，使制取的二氧化碳气体中混有氯化氢杂质，导致气体不纯，错误；D、大理石粉末与浓硫酸反应，开始会生成二氧化碳，但生成的硫酸钙微溶，会覆盖在大理石粉末表面，阻止反应继续进行，错误。故选B。（2025·上海黄浦·二模）实验室用下图所示装置，以块状大理石和稀盐酸为原料制取二氧化碳，选用块状大理石的最主要原因是A．粉状大理石需将块状大理石研磨后得到，不方便B．粉状大理石颗粒过细，堵塞导管，无法收集气体C．块状大理石与粉末状大理石相比，碳酸钙纯度更高D．块状大理石相比粉状大理石能使反应平稳进行【答案】D【详解】A、虽然粉状大理石需研磨得到相对麻烦，但这不是选用块状大理石的最主要原因，该选项错误；B、在合理实验操作下，粉状大理石不一定会堵塞导管，这不是选用块状大理石的关键因素，该选项错误；C、块状大理石和粉状大理石中碳酸钙纯度一般没有明显差异，该选项错误；D、粉状大理石与稀盐酸接触面积大，反应速率过快，不易控制；块状大理石与稀盐酸接触面积相对较小，反应速率适中，能使反应平稳进行，便于气体收集和实验操作，这是选用块状大理石的最主要原因，该选项正确。故选D。（2025·上海·二模）“504双吸剂”是常用的食品保鲜剂，主要成分有铁粉、生石灰等固体，可吸收氧气、二氧化碳、水蒸气等气体。久置后固体中可能含有Fe、、CaO、和。某化学兴趣小组对一包久置的“504双吸剂”固体进行探究。已知：铁与氯化铁溶液发生反应（棕黄色）（浅绿色）(1)如图所示，将这包“504双吸剂”放入广口瓶中。一段时间后，观察到水柱向（选填“A”或“B”）移动，说明这包“504双吸剂”还有效。(2)甲组同学设计并记录的实验报告，请补充完整。实验操作实验现象实验结论①取少量固体于试管中，加入蒸馏水，搅拌固体部分溶解，试管外壁发烫固体中一定含有②过滤，取滤渣，加入足量的稀盐酸固体逐渐消失，最终得到浅绿色溶液固体中一定含有铁，一定不含氧化铁乙组同学认为“一定不含氧化铁”的结论是错误的，他们的结论是，理由是。(3)为进一步确定这包“504双吸剂”的成分，乙组同学设计实验继续验证。取3g固体研碎，用磁铁充分吸收后，得到剩余固体2.6g，放入大烧杯中。按如图流程进行实验：①写出生成二氧化碳气体的化学方程式。②经分析固体样品中一定含有，请说明理由。【答案】(1)A(2)CaO产生气泡可能含有氧化铁浅绿色溶液说明有，可能是Fe与HCl反应生成的，也可能是与HCl反应生成的，再与剩余的Fe反应生成的，故可能含有(3)溶液A中与溶液反应生成1g固体，则溶液A中溶质的质量为0.74g；需要0.74g固体或0.56gCaO溶于足量水中，现在有0.6g固体能溶于水得0.74g，说明原固体中一定含有CaO和【详解】（1）将这包“504双吸剂”放入广口瓶中，“504双吸剂”吸收了氧气、二氧化碳、水蒸气后，瓶内气体减少，压强变小，在外界大气压的作用下，水柱会向A移动；（2）①氧化钙溶于水会放出大量的热，则取少量固体于试管中，加入蒸馏水，搅拌，固体部分溶解，试管外壁发烫，说明固体中一定含有生石灰；②结论是固体中一定含有铁，铁和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，则过滤，取滤渣，加入足量的稀盐酸，固体逐渐消失，有气泡产生，最终得到浅绿色溶液，由于氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水，铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，最终也得到浅绿色溶液，所以他们的结论是固体中一定含有铁，可能含有氧化铁；（3）①碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，反应的化学方程式为CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O；②2.6g固体放入大烧杯中，用足量的水溶解后，过滤，得到2g固体，说明溶液A中有0.6g溶质，由于最后过滤得到1g碳酸钙，说明滤液A中有0.01mol钙元素，如果全是氧化钙生成的氢氧化钙，则滤液A中含有0.74g溶质，而根据题意，溶液A中只有0.6g溶质，所以固体样品中一定含有Ca（OH）2。（2025·上海闵行·二模）氢氧化钠是非常重要的工业原料，用于制造化肥、人造棉，精炼石油与制造各种化工产品。(1)氢氧化钠的俗名是。(2)氢氧化钠固体露置在空气中容易“冒汗”，这种现象称为，同时还会变质，用化学方程式表示变质的原因。(3)如图所示，某小组收集了三瓶气体（均为大小相同的玻璃瓶），分别加入1/3体积的相应试剂，甲、乙立即塞紧瓶塞，丙敞口，均振荡一会儿。（水的挥发忽略不计）振荡后，甲、乙、丙中气体压强由大到小的顺序是，仿照乙画出此时甲、丙中气体组成的微观示意图。(4)为了验证氢氧化钠变质的程度，将氢氧化钠固体溶于水，然后加入过量的溶液，除去碳酸钠。请你设计实验验证加入的溶液已经过量了。【答案】(1)烧碱/火碱/苛性钠(2)潮解(3)丙＞甲＞乙(4)取少量上层清液于试管中，滴加适量的Na2CO3溶液（或K2CO3溶液），若有白色沉淀产生，则说明BaCl2溶液已经过量（合理即可）【详解】（1）氢氧化钠是一种常见的碱，具有强腐蚀性，其俗名有火碱、烧碱、苛性钠。（2）氢氧化钠固体暴露在空气中容易吸收水分而逐渐溶解，这种现象称为潮解，看起来像“冒汗”。氢氧化钠与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠和水，导致变质，化学方程式为。（3）甲中二氧化碳只是部分溶于水，压强减小较少；乙中二氧化碳与氢氧化钠溶液反应，几乎完全被吸收，压强减小最多；丙中二氧化碳与氢氧化钠溶液反应，但敞口，外界空气会进入，压强比乙大，所以压强由大到小顺序是丙>甲>乙。甲中主要是二氧化碳分子在瓶内；丙中由于敞口，瓶内大部分是空气，只有少量二氧化碳分子在瓶口附近，按要求画出微观示意图即可。（4）要验证BaCl2溶液过量，可利用氯化钡能与碳酸盐反应生成白色沉淀的性质，、，取上层清液，加入碳酸钠等碳酸盐溶液，若产生白色沉淀，说明上层清液还有氯化钡，即加入BaCl2的溶液过量。（2025·上海奉贤·二模）为探究古人“洗衣剂”成分，兴趣小组开展研究：资料1：碱性溶液可清洗油污，碱性越强，去油污效果越好。资料2：周代用草木灰(含)洗衣服，秦代改良配方加入贝壳灰后效果更佳。根据秦代配方，小组同学设计如下实验流程。回答下列问题：(1)溶液的pH7(选填“>”“=”或“<”)。(2)操作Ⅰ的名称是。(3)请写出“灰汁”中加入“贝壳灰”后发生反应的化学方程式。(4)“去污液”中所含的溶质是。(5)请推测加入“贝壳灰”后去污效果更好的原因。【答案】(1)>(2)过滤(3)(4)KOH(5)又应生成了碱性更强的KOH，增强了去污能力【详解】（1）K2CO3属于盐，但其水溶液呈碱性，碱性溶液pH>7。（2）操作Ⅰ是将草木灰加足量水后形成的混合物分离出不溶物和灰汁,固液分离的操作是过滤。（3）贝壳主要成分CaCO3煅烧生成CaO(贝壳灰主要成分)，CaO与水反应CaO+H2O=Ca(OH)2，草木灰含K2CO3，“灰汁”中加入“贝壳灰”后，Ca(OH)2与K2CO3发生复分解反应,生成CaCO3沉淀和KOH，反应的化学方程式为;（4）由(3)中反应可知，反应生成CaCO3沉淀和KOH，经过操作Ⅱ过滤除去沉淀，“去污液”呈碱性，所以所含溶质是KOH；（5）加入贝壳灰后，发生反应生成了KOH，KOH的碱性比K2CO3强，根据碱性越强，去油污效果越好，所以去污效果更好。（2025·上海奉贤·二模）纯净物的化学式是经实验测定得出的。同学们设计以下甲、乙两组实验方案测定水的组成。甲乙(1)甲方案：发生反应的基本类型，a端气体的检验方法。由产生气体的体积可推算出氢气与氧气的质量比为1：8，若氢、氧元素的相对原子质量分别为m和n，则水中氢、氧元素的原子个数比为(用m、n表示)。(2)乙方案：装置Ⅰ中发生反应的化学方程式为，装置Ⅲ中的现象为。此方案中，需要测定的数据是。(3)甲、乙方案的反应原理虽不同，但实验的设计依据都是。【答案】(1)分解反应将带火星的木条放在a端管口,打开活塞,若木条复燃,则该气体为氧气n:8m(2)黑色固体变成红色装置Ⅲ反应前后的质量差和装置Ⅳ反应前后的质量差(3)质量守恒定律【详解】（1）甲方案中应该是电解水的实验,，水在通电的条件下分解生成氢气和氧气，该反应符合一变多的特点，属于分解反应；电解水时，正极产生氧气，负极产生氢气，氧气和氢气的体积比为1:2，则a端产生的气体是氧气，氧气具有助燃性，能使带火星的木条复燃，则a端气体的检验方法是将带火星的木条放在a端管口，打开活塞，若木条复燃，则该气体为氧气；由产生气体的体积可推算出氢气与氧气的质量比为1:8，若氢、氧元素的相对原子质量分别为m和n,则水中氢、氧元素的原子个数比为。（2）装置Ⅰ中发生的反应是锌和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，反应的化学方程式为,装置Ⅲ中发生的反应是氢气和氧化铜在加热的条件下反应生成铜和水，氧化铜是黑色固体，铜是红色固体，则装置Ⅲ中的现象为黑色固体变成红色；此方案中，需要测定的数据是装置Ⅲ反应前后的质量差(这个质量差就是氧化铜中氧元素的质量,因为氢气夺取了氧化铜中的氧生成了水)和装置Ⅳ反应前后的质量差(这个质量差就是生成水的质量)，通过生成水的质量减去氧化铜中氧元素的质量就可以得到氢气中氢元素的质量,从而确定水中氢、氧元素的质量比；（3）甲方案通过电解水，根据生成氢气和氧气的质量来确定水的组成，乙方案通过氢气还原氧化铜，根据氧化铜中氧元素的质量和生成水的质量来确定水的组成，这两个方案的设计依据都是质量守恒定律，即化学反应前后元素的种类、质量不变。（2025·上海宝山·二模）废旧电池处理后的固体废弃物中可能含有氢氧化钠、硫酸钠、硝酸镁、硝酸铜、碳酸钙中的一种或多种。为实现回收利用需确定其成分，进行如图实验：(1)操作I为；0.22g气体的化学式为。(2)滤渣a加入盐酸反应的化学方程式为。(3)沉淀c为，无色滤液b一定含有的溶质是。(4)原固体废弃物的成分为。【答案】(1)过滤CO2(2)、(3)BaSO4、Mg(OH)2NaNO3、Na2SO4、Mg(NO3)2(4)CaCO3、NaOH、Na2SO4、Mg(NO3)2【详解】（1）操作I是将固体和液体分离，在化学实验中，实现固液分离的操作是过滤；向白色滤渣a中加入足量稀盐酸，产生0.22g气体，说明滤渣中一定含有碳酸钙，发生的反应是，产生的0.22g气体是二氧化碳（CO2）。（2）白色滤渣a一定含有碳酸钙，假设滤渣a全是碳酸钙，设1g碳酸钙完全反应产生的CO2质量为x，则x=0.44g实际上只产生0.22gCO2，说明白色滤渣a中还含有Mg(OH)2，加入水时发生反应，那么滤渣a加入盐酸时发生的反应有、。（3）经过操作Ⅰ得到白色滤渣a和无色滤液b，说明样品中不含硝酸铜，则滤液b中可能含有氢氧化钠、硫酸钠、硝酸镁，但氢氧化钠与硝酸镁不能共存；向滤液b加入足量氢氧化钡溶液，产生沉淀c，再加入足量稀硝酸，沉淀质量减小，但烧杯中仍存在沉淀d，则沉淀d是硫酸钡，沉淀c含有BaSO4、Mg(OH)2，则滤液b中一定含有硫酸钠、硝酸镁，以及加水过程发生反应产生的硝酸钠，加入氢氧化钡溶液时发生反应、。故填：BaSO4、Mg(OH)2；NaNO3、Na2SO4、Mg(NO3)2。（4）根据（2）的分析，样品中含有CaCO3、NaOH、Mg(NO3)2；根据（3）的分析，滤液b含有Na2SO4，则样品中含有Na2SO4，故填：CaCO3、NaOH、Na2SO4、Mg(NO3)2。（2025·上海闵行·二模）火炬点火是体育赛事的重要仪式，化学持续赋能火炬燃料迭代更新。(1)2004年雅典奥运会火炬燃料是天然气。它与煤、统称为化石燃料，燃料燃烧产生的导致的环境问题是。(2)2022年北京冬奥会火炬燃料是氢气。氢气燃烧的化学方程式是，从微观角度解释氢气可被压缩储存的原因是。(3)2023年杭州亚运会火炬燃料是甲醇（），被称为“零碳”燃料。它是利用与合成的：，X的化学式为，甲醇中约含个氧原子（用科学计数法表示），生成1mol甲醇可以消耗掉。(4)火炬燃料的迭代更新背后是一场能源革命，火炬燃料的选择越来越低碳化，你在生活中的低碳行为有（写一条）。【答案】(1)石油温室效应加剧(2)分子间有间隔(3)H2O44(4)步行或骑自行车出行（合理即可）【详解】（1）煤、石油、天然气并称三大化石燃料；燃烧化石燃料释放的二氧化碳是温室气体的主要来源，会导致温室效应加剧，进而引发全球变暖；（2）氢气燃烧生成水，方程式为：；分子间有间隔，且气体分子间隔较大，容易被压缩；（3）根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和数目不变，在化学方程式中，反应前碳原子有1个，氧原子有2个，氢原子有6个；反应后甲醇中碳原子有1个，氧原子有1个，氢原子有4个，所以X中应该含有1个氧原子和2个氢原子，故X的化学式为H2O；一个甲醇分子中含有一个氧原子，甲醇中含有个甲醇分子，则含有个氧原子；由方程式可知，参加反应的二氧化碳与生成甲醇的分子个数比为1:1，则生成1mol甲醇可以消耗掉1mol的二氧化碳，1mol二氧化碳的质量为44g（12+16×2=44）；（4）低碳行为需围绕减少碳排放展开，例如绿色出行、节能习惯等。（2025·上海闵行·二模）某小组以鸡蛋壳为原料提纯碳酸钙，取相同质量的鸡蛋壳，设计两种方案如下（假设鸡蛋壳中的杂质不参与反应）。(1)鸡蛋壳的主要成分碳酸钙属于_____。A．酸 B．碱 C．盐 D．氧化物(2)方案1：加“过量碳酸钠溶液”的目的是。(3)方案2：步骤II发生反应的化学方程式是。(4)滤液C中一定含有的溶质是。(5)比较方案1和方案2得到的碳酸钙质量大小，并说明理由。【答案】(1)C(2)除去过量的稀盐酸、将氯化钙转化为碳酸钙(3)2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O(4)氯化钠(5)相等；钙元素守恒（合理即可）【详解】（1）鸡蛋壳的主要成分碳酸钙是由钙离子和碳酸根离子构成的化合物，属于盐，故选C；（2）方案1：由于溶液中有过量的稀盐酸，碳酸钠先与稀盐酸反应，再将氯化钙转化为碳酸钙，所以加“过量碳酸钠溶液”的目的是除去过量的稀盐酸、再将氯化钙转化为碳酸钙；（3）方案2：步骤Ⅱ发生的反应是氢氧化钠能与二氧化碳反应生成了碳酸钠和水，化学方程式是：2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O；（4）由于氯化钙能碳酸钠反应生成了碳酸钙沉淀和氯化钠，所以滤液C中一定含有的溶质是氯化钠；（5）比较方案1和方案2得到的碳酸钙质量相等，原因是钙元素守恒。（2025·上海长宁·二模）近年来，科学家开发了一种基于碳纤维和特殊吸附材料的捕获系统。(1)家中使用的天然气的主要成份为甲烷（化学式为），为了促使家中天然气充分燃烧，可适当调大（选填“天然气”或“空气”）的流量，中约含个碳原子，完全燃烧产生，大量排放导致的全球气温（选填“上升”或“下降”）。(2)碳纤维中含有大量石墨晶体，石墨与互称为同素异形体。吸附性是活性炭的（选填“物理”或“化学”）性质，请写出一