广东省深圳市福田区2026年九年级下学期化学中考二模试卷（解析版）

第第页广东省深圳市福田区2026年九年级下学期化学中考二模试卷化学作为实用的、富于创造性的中心学科，在解决与环境、资源、材料、人类健康等相关的问题中起到重要作用。请回答下面小题。1．从化学视角分析生活现象，下列说法错误的是（）A．污水处理达标后排放，保护水资源B．垃圾分类回收，实现资源循环再生C．工地洒水降尘，减少可吸入颗粒物D．热水复原压瘪乒乓球，气体分子变大2．药物对保障人体健康具有重要作用。对乙酰氨基酚（C8H9NO2）是通过化学方法合成的常备药，图为其使用说明。下列有关说法正确的是（）A．对乙酰氨基酚中氧元素质量分数最大B．1个对乙酰氨基酚分子有20个原子C．对乙酰氨基酚用量越多治疗效果越好D．对乙酰氨基酚中碳、氢元素的质量比为8：93．黑火药是我国四大发明之一，体现了古代化学对自然资源的开发利用。爆炸时发生的主要反应为：S+2KNOA．N2：2个氮原子B．NOC．3CO2：3个二氧化碳分子D．K24．某些家装材料释放的甲醛（CH2O）对人体有一定危害。在太阳光照射下，通过催化剂将甲醛进行转化（如图示）。下列说法错误的是（）A．反应的产物均为无毒物质B．该反应一共涉及3种氧化物C．保持水的化学性质的最小粒子是D．该反应前后原子和分子的数目均保持不变【答案】1．D2．B3．C4．B【解析】【分析】（1）A、根据水资源保护的措施解答，污水处理达标排放是防止水污染的重要方法；

B、根据垃圾分类的意义解答，垃圾分类可以提高资源利用率，减少垃圾填埋量；

C、根据防治空气污染的措施解答，洒水降尘是减少可吸入颗粒物的有效方法；

D、根据分子的基本性质解答，物质的热胀冷缩是分子间间隔的变化，不是分子大小的变化。

（2）A、根据化合物中元素质量分数的计算方法解答，元素质量分数=（元素相对原子质量×原子个数）÷相对分子质量×100%；

B、根据分子的构成解答，分子中原子的总数等于各原子个数之和；

C、根据安全用药的原则解答，药物必须按规定剂量服用，过量服用会危害健康；

D、根据化合物中元素质量比的计算方法解答，元素质量比等于相对原子质量与原子个数乘积的比，注意与原子个数比区分。

（3）A、根据化学用语的意义解答，元素符号前面的数字表示原子个数，化学式表示分子；

B、根据离子符号的书写方法解答，离子所带电荷数标注在元素符号右上角，数字在前，正负号在后；

C、根据化学用语的意义解答，化学式前面的数字表示分子的个数；

D、根据化合价的标注方法解答，化合价标注在元素符号正上方，正负号在前，数字在后。

（4）A、根据反应产物的性质解答，二氧化碳和水都是无毒的物质；

B、根据氧化物的定义解答，氧化物必须满足“两种元素、一种是氧元素”两个条件；

C、根据分子的性质解答，由分子构成的物质，其化学性质由分子保持；

D、根据质量守恒定律解答，化学反应前后原子的种类、数目、质量都不变，分子的数目可能改变，也可能不变。1．A、污水处理达标后排放，可以防止水体污染，保护水资源，该说法正确，选项A不符合题意；

B、垃圾分类回收，可以将可回收物重新加工利用，实现资源循环再生，该说法正确，选项B不符合题意；

C、工地洒水降尘，可以使空气中的可吸入颗粒物沉降，减少可吸入颗粒物的含量，该说法正确，选项C不符合题意；

D、热水复原压瘪的乒乓球，是因为温度升高，气体分子间的间隔变大，而不是气体分子本身变大，分子的大小不会随温度改变，该说法错误，选项D符合题意。

故答案为：D。2．A、对乙酰氨基酚（C8H9NO2）中碳、氢、氮、氧四种元素的质量比为(12×8)：(1×9)：14：(16×2)=96：9：14：32，其中碳元素的质量分数最大，不是氧元素，选项A错误；

B、1个对乙酰氨基酚分子是由8个碳原子、9个氢原子、1个氮原子和2个氧原子构成的，共8+9+1+2=20个原子，选项B正确；

C、药物都有一定的毒副作用，必须严格按照说明书的用量服用，用量过多会对人体造成伤害，不是用量越多治疗效果越好，选项C错误；

D、对乙酰氨基酚中碳、氢元素的质量比为(12×8)：(1×9)=96：9=32：3，而8：9是原子个数比，不是质量比，选项D错误。

故答案为：B。3．A、N2表示氮气这种物质，也表示1个氮分子，2个氮原子应表示为2N，选项A错误；

B、硝酸根离子带1个单位的负电荷，应表示为NO3-，选项B错误；

C、化学式前面的数字表示分子的个数，3CO2表示3个二氧化碳分子，选项C正确；

D、硫化钾中硫元素的化合价为-2价，化合价应标注在元素符号的正上方，正负号在前，数字在后，应表示为K2S-24．由微观示意图可知，该反应是甲醛（CH2O）和氧气在催化剂和光照条件下反应生成二氧化碳和水，化学方程式为CH2O+O2=催化剂光照CO2+H2O。

A、反应的产物是二氧化碳和水，均为无毒物质，选项A说法正确，不符合题意；

B、氧化物是由两种元素组成且其中一种是氧元素的化合物，该反应中涉及的氧化物有CO2和H2O，共2种，不是3种，选项B说法错误，符合题意；

C、分子是保持物质化学性质的最小粒子，保持水的化学性质的最小粒子是水分子，选项C说法正确，不符合题意；

D、由化学方程式可知，反应前有1个CH2O分子和1个O2分子，共2个分子；反应后有1个CO2分子和1个H2O分子，共2个分子，反应前后原子的种类、数目和质量都不变，分子的数目也保持不变，选项D说法正确，不符合题意。5．“以美育人，向美而行”，化学之美随处可见。下列说法正确且有关联的是（）选项融合了美育的学科活动学科知识A现象美：用紫甘蓝自制酸碱指示剂紫甘蓝汁遇酸、碱变色不同B结构美：拼装金刚石空间网状结构模型金刚石由碳分子构成C变化美：铜丝在硝酸银溶液中形成“银树”银的金属活动性大于铜D颜色美：霓虹灯发出不同颜色的光稀有气体化学性质稳定A．A B．B C．C D．D【答案】A【解析】【解答】A、紫甘蓝汁中含有天然的酸碱指示剂，遇酸、碱会显示不同的颜色，因此可以用紫甘蓝自制酸碱指示剂，学科知识与学科活动相关联，选项A正确；

B、金刚石是由碳原子直接构成的，不是由碳分子构成的，学科知识错误，选项B错误；

C、铜丝在硝酸银溶液中形成“银树”，是因为铜的金属活动性大于银，铜能将银从硝酸银溶液中置换出来，学科知识错误，选项C错误；

D、霓虹灯发出不同颜色的光，是因为稀有气体通电时能发出不同颜色的光，利用的是稀有气体的物理性质，与化学性质稳定无关，学科知识与学科活动无关联，选项D错误。

故答案为：A。

【分析】A、根据酸碱指示剂的原理解答，许多植物的汁液都能作为酸碱指示剂；

B、根据金刚石的结构解答，金刚石是由碳原子直接构成的原子晶体；

C、根据金属活动性顺序解答，排在前面的金属能将排在后面的金属从其盐溶液中置换出来；

D、根据稀有气体的性质和用途解答，稀有气体通电发光是物理性质，化学性质稳定常用作保护气。6．下列实验方法不能达到对应实验目的的是（）选项实验目的实验方法A除去CO2中的CO通过足量灼热的CuOB除去水中的色素和异味加入活性炭吸附C鉴别铁片和白铁片（铁锌合金）加入稀盐酸，观察有无气泡D鉴别羊毛纤维和涤纶灼烧，闻气味A．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】【解答】A、CO能与灼热的CuO反应生成铜和CO2，而CO2不与CuO反应，因此通过足量灼热的CuO可以除去CO2中的CO，且不引入新杂质，选项A能达到实验目的，不符合题意；

B、活性炭具有吸附性，能吸附水中的色素和异味，因此加入活性炭可以除去水中的色素和异味，选项B能达到实验目的，不符合题意；

C、铁片和白铁片（铁锌合金）都能与稀盐酸反应产生气泡，因此加入稀盐酸观察有无气泡无法鉴别两者，选项C不能达到实验目的，符合题意；

D、羊毛纤维灼烧时有烧焦羽毛的气味，涤纶灼烧时有特殊刺激性气味，因此通过灼烧闻气味可以鉴别两者，选项D能达到实验目的，不符合题意。

故答案为：C。

【分析】A、根据除杂的原则解答，除杂时不能与原物质反应，且不引入新杂质；

B、根据活性炭的性质解答，活性炭的吸附性可以除去水中的色素和异味；

C、根据金属的化学性质解答，铁和锌都排在氢前面，都能与稀盐酸反应产生氢气；

D、根据天然纤维和合成纤维的鉴别方法解答，灼烧闻气味是鉴别羊毛和涤纶的常用方法。7．构建物质转化的知识网络是重要的学习方法。如图是有关含氧物质转化的网络图。下列说法错误的是（）A．转化④观察到剧烈燃烧，火星四射B．转化②、⑤不一定都是化合反应C．转化③可以将光能转化为化学能D．转化①H2O2中氧元素全部转化为O【答案】D【解析】【解答】A、转化④是铁在氧气中点燃生成四氧化三铁的反应，化学方程式为3Fe+2O2=点燃Fe3O4。该反应的实验现象为剧烈燃烧，火星四射，放出大量的热，生成黑色固体，选项A说法正确，不符合题意；

B、转化②是O2转化为CO2的反应，存在两种情况：若为碳在氧气中充分燃烧生成二氧化碳（C+O2=点燃CO2），反应物是两种，生成物是一种，属于化合反应；若为甲烷燃烧生成二氧化碳和水（CH4+2O2点燃CO2+2H2O），生成物有两种，不属于化合反应。转化⑤是O2转化为H2O的反应，同样存在两种情况：若为氢气在氧气中燃烧生成水（2H2+O2=点燃2H2O），属于化合反应；若为甲烷燃烧生成水和二氧化碳（CH4+2O2=点燃CO2+2H2O），生成物有两种，不属于化合反应。因此转化②、⑤不一定都是化合反应，选项B说法正确，不符合题意；

C、转化③是CO2转化为O2的反应，自然界中主要通过绿色植物的光合作用实现。光合作用是绿色植物利用光能，将二氧化碳和水转化为储存能量的有机物，同时释放氧气的过程，该过程将光能转化为化学能储存在有机物中，选项C说法正确，不符合题意；

D、转化①是过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解的反应，化学方程式为2H2O2=MnO22H2O+O2↑。在该反应中，H2O2中氧元素的化合价为-1价，反应后一部分氧元素化合价降低到-2价，进入生成物H2O中，另一部分氧元素化合价升高到0价，进入生成物O2中，因此H2O2中的氧元素并没有全部转化为O2，选项D说法错误，符合题意。

故答案为：D。

【分析】A、根据铁在氧气中燃烧的实验现象解答；8．设计如图装置探究空气中氧气的含量。实验时推入适量热水（80℃），白磷燃烧。冷却至室温，注射器中部分水被吸入容器。（已知着火点：白磷40℃，红磷260℃）。下列说法正确的是（）A．反应后天平示数发生变化B．实验后容器内剩余气体主要是P2O5C．实验后容器中水的体积约占1D．将白磷换成红磷实验现象相同【答案】C【解析】【解答】A、该反应在密闭容器中进行，根据质量守恒定律，反应前后物质的总质量不变，因此反应后天平示数不发生变化，选项A错误；

B、实验后容器内剩余的气体主要是氮气，还有少量稀有气体等，P2O5是固体，不是气体，选项B错误；

C、氧气约占空气总体积的1/5，白磷燃烧消耗了容器内的氧气，冷却至室温后，注射器中的水被吸入容器，进入容器中水的体积约占容器内空气体积的1/5，因此实验后容器中水的体积约占1/5，选项C正确；

D、红磷的着火点为260℃，热水的温度为80℃，达不到红磷的着火点，红磷不能燃烧，因此将白磷换成红磷无明显现象，实验现象不同，选项D错误。

故答案为：C。

【分析】A、根据质量守恒定律解答，密闭容器中进行的化学反应，反应前后总质量不变；

B、根据空气的成分解答，空气主要由氮气和氧气组成，氧气被消耗后，剩余气体主要是氮气；

C、根据空气中氧气含量的测定原理解答，进入容器中水的体积等于消耗的氧气的体积；

D、根据燃烧的条件解答，燃烧需要温度达到可燃物的着火点，红磷的着火点高于热水温度。9．左下图是某同学自制棒棒糖家庭实验的过程，右下图是蔗糖的溶解度曲线。下列说法正确的是（）A．甲→乙，搅拌能增大蔗糖的溶解度B．乙→丙，溶液中溶质的质量不变C．向丙溶液中加入蔗糖可以继续溶解D．a点蔗糖溶液的质量分数为80%【答案】D【解析】【解答】A、溶解度只与温度有关，搅拌只能加快溶解速率，不能增大蔗糖的溶解度，选项A错误；

B、乙→丙是降温过程，85℃时蔗糖的溶解度为400g，20℃时为202g，降温后有蔗糖晶体析出，因此溶液中溶质的质量减小，选项B错误；

C、丙溶液是20℃时的蔗糖饱和溶液，向饱和溶液中加入蔗糖，蔗糖不能继续溶解，选项C错误；

D、a点是85℃时蔗糖的饱和溶液，溶解度为400g，其溶质质量分数为400g400g+100g×100%=80%，选项D正确。

故答案为：D。

【分析】A、根据溶解度的影响因素解答，溶解度只受温度影响，与搅拌、溶剂质量等无关；

B、根据结晶的原理解答，降温结晶时，溶解度减小，溶质会从溶液中析出，溶质质量减小；

C、根据饱和溶液的定义解答，饱和溶液是在一定温度下，不能再溶解该溶质的溶液；

D、根据饱和溶液溶质质量分数的计算公式解答，饱和溶液溶质质量分数=溶解度10．左下图为探究NaOH与CO2反应的装置，右下图为装置内压强随时间变化曲线。B点打开止水夹通入CO2，C点关闭止水夹，D点缓慢滴加一定体积NaOH的乙醇溶液。已知Na2CO3和CO2均难溶于乙醇。下列说法错误的是（）A．CD段压强不变，说明装置气密性良好B．DE段压强减小，说明CO2与NaOH发生反应C．NaOH的乙醇溶液变浑浊，可能有Na2CO3生成D．EF段压强不变，说明装置中已不存在CO2【答案】D【解析】【解答】A、CD段压强不变，说明装置内气体的量没有变化，装置气密性良好，若装置漏气，压强会发生变化，选项A说法正确，不符合题意；

B、DE段压强减小，是因为CO2与NaOH发生反应，生成了难溶于乙醇的Na2CO3，装置内气体减少，压强减小，选项B说法正确，不符合题意；

C、Na2CO3难溶于乙醇，因此NaOH的乙醇溶液变浑浊，说明有Na2CO3生成，选项C说法正确，不符合题意；

D、EF段压强不变，说明反应已经停止，装置内还有剩余的CO2，只是不再与NaOH反应，不是不存在CO2，选项D说法错误，符合题意。

故答案为：D。

【分析】A、根据装置气密性的检查方法解答，压强不变说明装置不漏气；

B、根据压强变化的原因解答，气体被消耗会导致装置内压强减小；

C、根据物质的溶解性解答，Na2CO3难溶于乙醇，因此会以沉淀形式析出；

D、根据反应的限度解答，该反应中NaOH可能不足，不能将CO2完全消耗。11．2025年，北京大学研究团队成功研发了乙醇零碳制氢技术，为绿色氢能发展开辟了新路径。传统乙醇制氢需在400℃以上进行，产生大量CO2，同时容易生成CO、CH4等副产物。而乙醇零碳制氢技术在270℃、常压条件下，以乙醇（C2H5OH）和水为原料，在催化剂作用下，直接生成氢气和乙酸（CHCOOH）。其中，新型催化剂发挥关键作用，既保证氢3气的高效生成，又让乙醇中的碳元素全部转化为高价值乙酸。该项技术实现了可再生能源乙醇的高效利用，助力碳中和目标实现。（1）白醋中含有乙酸，白醋的物质类别为（填“纯净物”或“混合物”）。（2）氢气被称为绿色能源的原因是。实验室用右图装置电解水制氢，观察到与电极相连的两支试管内的液面都下降，两种气体均可采用的收集方法是。（3）根据材料，写出乙醇零碳制氢的化学方程式。（4）该技术中催化剂发挥的作用有（填序号）。a.加快反应速率b.减少副产物的生成c.吸收产生的二氧化碳（5）从反应条件的角度分析，乙醇零碳制氢技术与传统乙醇制氢相比，其优点是。（6）国际社会倡导采取低碳行动，低碳行动中的“碳”指的是。【答案】（1）混合物（2）氢气燃烧产物只有水；排水法（3）C2H（4）ab（5）反应温度相对较低；节省能源（6）二氧化碳【解析】【解答】（1）白醋中含有乙酸和水等多种物质，因此白醋属于混合物；

（2）氢气燃烧只生成水，不产生任何污染物，因此被称为绿色能源；氢气难溶于水，密度比空气小，氧气不易溶于水，密度比空气大，因此两种气体均可采用的收集方法是排水法；

（3）乙醇和水在270℃、常压和催化剂作用下反应生成氢气和乙酸，化学方程式为C2H5OH+H2O=催化剂270℃CH3COOH+2H2↑；

（4）a、催化剂能加快反应速率，正确；b、由材料可知，新型催化剂能让乙醇中的碳元素全部转化为乙酸，减少了CO、CH4等副产物的生成，正确；c、催化剂只能改变反应速率，不能吸收产生的二氧化碳，错误。故选ab；

（5）传统乙醇制氢需在400℃以上进行，而乙醇零碳制氢技术在270℃、常压条件下进行，因此其优点是反应条件温和，能耗低；

（6）低碳行动中的“碳”指的是二氧化碳（CO2），低碳就是减少二氧化碳的排放。

【分析】（1）根据纯净物和混合物的定义解答，由多种物质组成的是混合物；

（2）根据氢气的性质和收集方法解答，氢气燃烧产物只有水，是最清洁的能源；排水法适用于难溶于水且不与水反应的气体；

（3）根据化学方程式的书写规则解答，注意注明反应条件和配平；

（4）根据催化剂的作用和材料信息解答，催化剂能改变化学反应速率，且能提高反应的选择性，减少副产物；

（5）根据反应条件的对比解答，较低的反应温度可以节约能源，降低生产成本；12．氢氧化钙是一种常见的碱，俗称熟石灰或消石灰。化学小组对（CaOH任务一：探究CaOH（1）设计如左下图装置探究Ca（OH）2制备过程中的热量变化。向试管中加适量水，一段时间后，U型导管（填“a”或“b”）端液面上升。（2）任务二：探究CaOH如右上图所示连接甲、乙、丙三支分别盛有不同试剂的注射器（实验前a、b、c均已关闭）。步骤现象解释步骤Ⅰ：打开a和b，推动甲的活塞，将部分CaOH乙中溶液始终为无色该现象①（填“能”或“不能”）证明反应后乙中含有稀盐酸步骤Ⅱ：关闭b，打开c，推动甲的活塞，将甲中剩余溶液推入丙中丙中有白色沉淀生成该反应的化学方程式为②（3）为探究反应后注射器丙中溶液的成分，设计如下实验方案。探究报告提出问题反应后注射器丙的溶液中含有哪些溶质?作出猜想猜想一：NaOH猜想二：NaOH和①（填化学式）猜想三：NaOH和Na2CO3实验试剂稀盐酸、澄清石灰水、NaOH溶液探究过程步骤和方法现象结论取注射器丙中的液体于试管中，②（用简单文字说明）试管中有气泡产生。澄清石灰水变浑浊猜想三成立反思评价确定反应后溶液中溶质的成分不仅要考虑生成物，还要考虑③（4）任务三：了解CaOHCa（OH）2在生产、生活中具有广泛用途，请写出一例。【答案】（1）b（2）不能；Ca（3）Ca（OH）2；加入足量稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水；反应物是否有剩余（4）作建筑材料；改良酸性土壤【解析】【解答】（1）生石灰（CaO）与水反应生成Ca(OH)2，该反应放出大量的热，使试管内温度升高，压强增大，因此U型导管b端液面上升。

（2）①步骤I中，Ca(OH)2与稀盐酸反应生成氯化钙和水，若稀盐酸过量，溶液呈酸性，酚酞不变色；若恰好完全反应，溶液呈中性，酚酞也不变色，因此该现象不能证明反应后乙中含有稀盐酸；

②步骤II中，Ca(OH)2与Na2CO3反应生成碳酸钙白色沉淀和氢氧化钠，化学方程式为Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH。

（3）作出猜想：Ca(OH)2与Na2CO3反应生成NaOH和CaCO3，若Ca(OH)2过量，则溶质为NaOH和Ca(OH)2，因此猜想二是NaOH和Ca(OH)2；

探究过程：猜想三成立，说明溶液中含有NaOH和Na2CO3，Na2CO3能与稀盐酸反应生成二氧化碳气体，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，因此实验操作是：取注射器丙中的液体于试管中，先加入过量的稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水中；

反思评价：确定反应后溶液中溶质的成分不仅要考虑生成物，还要考虑反应物是否过量。

（4）Ca(OH)2的用途广泛，例如改良酸性土壤、配制波尔多液、作建筑材料等。

【分析】（1）根据生石灰与水反应的热量变化解答，该反应是放热反应，会使装置内压强增大；

（2）①根据酸碱指示剂的变色情况解答，酚酞在酸性和中性溶液中都不变色；②根据复分解反应的原理书写化学方程式，注意沉淀符号的标注；

（3）根据反应后溶质成分的猜想方法解答，溶质一定有生成物，可能有过量的反应物；根据碳酸钠的化学性质设计实验，碳酸钠与酸反应会产生二氧化碳气体；

（4）根据氢氧化钙的性质和用途解答，氢氧化钙是碱性物质，可用于改良酸性土壤。13．海洋是一个巨大的资源宝库，海水综合利用的部分流程如下。（1）海水淡化是解决水资源短缺的重要途径。图1为膜分离技术，水分子可以透过淡化膜，其他离子（如Na+、Cl-等）不能透过，该方法属于（填“物理”或“化学”）变化。图2是生活中利用蒸馏法淡化海水的装置，该方法利用海水中各成分（填物理性质）的不同进行分离。（2）明代《天工开物》记载：“若滨海之民，必取于海……百沸成汤，以收其精。”反映了海水结晶通常采用（填“降温”或“蒸发”）结晶的方法得到粗盐。步骤③将粗盐与母液分离的操作与实验室操作的原理相同。（3）加碘盐可预防缺碘疾病。加碘食盐中的“碘”指的是（填“碘元素”或“碘单质”）。（4）工业上利用步骤⑤将NaCl溶液转化为三种高价值产品，实现了资源的深度利用，该反应的化学方程式为。（5）该流程中可循环利用的物质是。（6）取适量海水于烧杯中，测得海水pH为7.9。向该烧杯中加水稀释，溶液pH（填“变大”“变小”或“不变”）【答案】（1）物理；沸点（2）蒸发；过滤（3）碘元素（4）2NaCl+2（5）NaOH（6）变小【解析】【解答】海水通过淡化得到淡水和浓海水，浓海水进入结晶池，蒸发结晶得到粗盐和母液；粗盐提纯得到精盐，精盐配成饱和NaCl溶液，通电后生成氢氧化钠、氢气和氯气；母液中加入NaOH得到Mg(OH)2，Mg(OH)2与盐酸反应得到MgCl2。

（1）膜分离技术淡化海水的