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9.实验是科学探究的重要手段，下列实验能达到目的的是 （
A.图甲测定空气中氧气的含量
B.图乙探究$\ce{MnO_{2}}$对$\ce{H_{2}O_{2}}$分解的催化作用
C.图丙验证质量守恒定律
D.图丁探究二氧化碳与水的反应
A
）A.图甲测定空气中氧气的含量
B.图乙探究$\ce{MnO_{2}}$对$\ce{H_{2}O_{2}}$分解的催化作用
C.图丙验证质量守恒定律
D.图丁探究二氧化碳与水的反应
答案
9. A
解析
【分析】
要判断各实验能否达到目的，需结合实验原理、控制变量、装置要求等逐一分析：
1. 选项A：测定空气中氧气含量的原理是利用可燃物消耗氧气生成固体，使装置内压强减小，通过进入水的体积确定氧气体积。图甲中白磷在密闭集气瓶内燃烧，消耗氧气生成固体五氧化二磷，瓶内压强减小，打开止水夹后水进入集气瓶，进入水的体积约占空气体积的1/5，能达到测定目的。
2. 选项B：探究MnO₂的催化作用需控制H₂O₂浓度相同，图乙中两支试管的H₂O₂浓度分别为10%和30%，变量不唯一，无法探究催化作用，不能达到目的。
3. 选项C：验证质量守恒定律时，若反应生成气体需在密闭装置中进行，图丙装置敞口，碳酸钠与盐酸反应生成的二氧化碳逸出，天平不平衡，无法验证，不能达到目的。
4. 选项D：探究二氧化碳与水的反应需对比实验，图丁仅向二氧化碳中加水，瓶子变瘪只能说明二氧化碳溶于水，无法证明与水反应，不能达到目的。
【解析】
对各选项逐一分析：
A选项：图甲实验中，白磷燃烧消耗集气瓶内的氧气，生成固体五氧化二磷，使瓶内压强减小，打开止水夹后，烧杯中的水进入集气瓶，进入水的体积约为集气瓶内空气体积的1/5，可测定空气中氧气的含量，能达到实验目的。
B选项：探究MnO₂对H₂O₂分解的催化作用时，需保证H₂O₂溶液的浓度一致，图乙中两支试管的H₂O₂浓度不同，存在两个变量，无法探究MnO₂的催化作用，不能达到实验目的。
C选项：碳酸钠与盐酸反应会生成二氧化碳气体，图丙装置为敞口装置，反应生成的二氧化碳气体会逸散到空气中，导致反应后天平不平衡，无法验证质量守恒定律，不能达到实验目的。
D选项：图丁中向盛有二氧化碳的塑料瓶中加水，瓶子变瘪只能说明二氧化碳能溶于水，无法证明二氧化碳与水发生了化学反应，不能达到实验目的。
综上，能达到实验目的的是A选项。
【答案】
A
【知识点】
空气中氧气含量测定、催化剂的探究、质量守恒定律、二氧化碳的性质
【点评】
本题考查初中化学基础实验的设计与评价，需掌握各实验的核心原理，明确控制变量、装置密闭性等关键要求，是实验基础的常考题型。
【难度系数】
0.5
要判断各实验能否达到目的，需结合实验原理、控制变量、装置要求等逐一分析：
1. 选项A：测定空气中氧气含量的原理是利用可燃物消耗氧气生成固体，使装置内压强减小，通过进入水的体积确定氧气体积。图甲中白磷在密闭集气瓶内燃烧，消耗氧气生成固体五氧化二磷，瓶内压强减小，打开止水夹后水进入集气瓶，进入水的体积约占空气体积的1/5，能达到测定目的。
2. 选项B：探究MnO₂的催化作用需控制H₂O₂浓度相同，图乙中两支试管的H₂O₂浓度分别为10%和30%，变量不唯一，无法探究催化作用，不能达到目的。
3. 选项C：验证质量守恒定律时，若反应生成气体需在密闭装置中进行，图丙装置敞口，碳酸钠与盐酸反应生成的二氧化碳逸出，天平不平衡，无法验证，不能达到目的。
4. 选项D：探究二氧化碳与水的反应需对比实验，图丁仅向二氧化碳中加水，瓶子变瘪只能说明二氧化碳溶于水，无法证明与水反应，不能达到目的。
【解析】
对各选项逐一分析：
A选项：图甲实验中，白磷燃烧消耗集气瓶内的氧气，生成固体五氧化二磷，使瓶内压强减小，打开止水夹后，烧杯中的水进入集气瓶，进入水的体积约为集气瓶内空气体积的1/5，可测定空气中氧气的含量，能达到实验目的。
B选项：探究MnO₂对H₂O₂分解的催化作用时，需保证H₂O₂溶液的浓度一致，图乙中两支试管的H₂O₂浓度不同，存在两个变量，无法探究MnO₂的催化作用，不能达到实验目的。
C选项：碳酸钠与盐酸反应会生成二氧化碳气体，图丙装置为敞口装置，反应生成的二氧化碳气体会逸散到空气中，导致反应后天平不平衡，无法验证质量守恒定律，不能达到实验目的。
D选项：图丁中向盛有二氧化碳的塑料瓶中加水，瓶子变瘪只能说明二氧化碳能溶于水，无法证明二氧化碳与水发生了化学反应，不能达到实验目的。
综上，能达到实验目的的是A选项。
【答案】
A
【知识点】
空气中氧气含量测定、催化剂的探究、质量守恒定律、二氧化碳的性质
【点评】
本题考查初中化学基础实验的设计与评价，需掌握各实验的核心原理，明确控制变量、装置密闭性等关键要求，是实验基础的常考题型。
【难度系数】
0.5
10. 下列图像正确的是（
A.图甲电解水
B.图乙在盛有空气的密闭集气瓶中点燃红磷
C.图丙加热氯酸钾和二氧化锰制取氧气
D.图丁等质量的镁和氧气在点燃条件下充分反应
D
）A.图甲电解水
B.图乙在盛有空气的密闭集气瓶中点燃红磷
C.图丙加热氯酸钾和二氧化锰制取氧气
D.图丁等质量的镁和氧气在点燃条件下充分反应
答案
10. D
解析
【分析】
要判断各图像是否正确，需结合对应化学反应的原理、物质的质量变化规律逐一分析：
1. 电解水时，生成氢气和氧气的体积比为2:1，质量比为1:8，据此判断图甲；
2. 红磷燃烧放热使密闭容器内压强先增大，反应消耗氧气，冷却后压强应小于初始压强，据此判断图乙；
3. 加热氯酸钾和二氧化锰制氧气时，催化剂二氧化锰不反应，剩余固体为氯化钾和二氧化锰，固体质量不会减为0，据此判断图丙；
4. 根据镁和氧气反应的化学方程式，计算反应物的质量比，结合等质量反应物的剩余情况，判断图丁。
【解析】
A. 电解水生成氢气和氧气的质量比为1:8，图甲中氢气与氧气质量比为2:1，不符合反应规律，错误；
B. 红磷燃烧放热，容器内压强先增大，反应消耗氧气，冷却后压强应小于初始压强，图乙最终压强高于初始压强，错误；
C. 加热氯酸钾和二氧化锰制氧气，反应后剩余固体为氯化钾和二氧化锰，固体质量不会变为0，图丙中固体质量最终为0，错误；
D. 镁和氧气反应的化学方程式为$\ce{2Mg + O_{2}\xlongequal{\mathrm{点燃}}2MgO}$，反应中$\ce{Mg}$与$\ce{O_{2}}$的质量比为$(2×24):32=3:2$；等质量的$\ce{Mg}$和$\ce{O_{2}}$反应时，$\ce{Mg}$完全反应，$\ce{O_{2}}$有剩余，$\ce{MgO}$质量随反应进行增加，反应结束后保持不变，图丁符合该规律，正确。
【答案】
D
【知识点】
化学反应图像分析、质量守恒定律、常见化学反应
【点评】
本题通过图像考查初中化学多个核心反应的变化规律，需将反应原理与图像的横纵坐标、变化趋势对应，是基础常规题型，需准确掌握各反应的质量关系。
【难度系数】
0.5
要判断各图像是否正确，需结合对应化学反应的原理、物质的质量变化规律逐一分析：
1. 电解水时，生成氢气和氧气的体积比为2:1，质量比为1:8，据此判断图甲；
2. 红磷燃烧放热使密闭容器内压强先增大，反应消耗氧气，冷却后压强应小于初始压强，据此判断图乙；
3. 加热氯酸钾和二氧化锰制氧气时，催化剂二氧化锰不反应，剩余固体为氯化钾和二氧化锰，固体质量不会减为0，据此判断图丙；
4. 根据镁和氧气反应的化学方程式，计算反应物的质量比，结合等质量反应物的剩余情况，判断图丁。
【解析】
A. 电解水生成氢气和氧气的质量比为1:8，图甲中氢气与氧气质量比为2:1，不符合反应规律，错误；
B. 红磷燃烧放热，容器内压强先增大，反应消耗氧气，冷却后压强应小于初始压强，图乙最终压强高于初始压强，错误；
C. 加热氯酸钾和二氧化锰制氧气，反应后剩余固体为氯化钾和二氧化锰，固体质量不会变为0，图丙中固体质量最终为0，错误；
D. 镁和氧气反应的化学方程式为$\ce{2Mg + O_{2}\xlongequal{\mathrm{点燃}}2MgO}$，反应中$\ce{Mg}$与$\ce{O_{2}}$的质量比为$(2×24):32=3:2$；等质量的$\ce{Mg}$和$\ce{O_{2}}$反应时，$\ce{Mg}$完全反应，$\ce{O_{2}}$有剩余，$\ce{MgO}$质量随反应进行增加，反应结束后保持不变，图丁符合该规律，正确。
【答案】
D
【知识点】
化学反应图像分析、质量守恒定律、常见化学反应
【点评】
本题通过图像考查初中化学多个核心反应的变化规律，需将反应原理与图像的横纵坐标、变化趋势对应，是基础常规题型，需准确掌握各反应的质量关系。
【难度系数】
0.5
11.中华文化源远流长,博大精深,尤其是化学方面的贡献较为突出。
(1)《汉书》记载:"高奴县有洧水,可燃",洧水中含有石油,石油属于
(2)《梦溪笔谈》中记载"熬胆矾铁釜,久之亦化为铜",胆矾是硫酸铜晶体,构成硫酸铜的微粒是
(3)"三七近时始出,南人军中用为金疮要药,云有奇功",三七中止血的活性成分主要是田七氨酸($C_5H_8N_2O_5$)。C、H、N、O属于不同种元素是因为它们原子中的
(4)《本草经集注》记载:"强烧之,紫青烟起……云是真硝石也"。"硝石"主要成分是$KNO_3$,$KNO_3$中N元素的化合价为
(5)古代造纸工艺的其中两步为"浸灰水"和"抄纸"。"灰"的主要成分是氧化钙,氧化钙中氧元素和钙元素的质量比为
(6)《三国志》记载:"扬汤止沸,不如去薪"。"薪"指柴、草等燃料,"去薪"灭火的原理是
(1)《汉书》记载:"高奴县有洧水,可燃",洧水中含有石油,石油属于
不可再生
(填"可再生"或"不可再生")能源。(2)《梦溪笔谈》中记载"熬胆矾铁釜,久之亦化为铜",胆矾是硫酸铜晶体,构成硫酸铜的微粒是
Cu²⁺、SO₄²⁻
。(3)"三七近时始出,南人军中用为金疮要药,云有奇功",三七中止血的活性成分主要是田七氨酸($C_5H_8N_2O_5$)。C、H、N、O属于不同种元素是因为它们原子中的
质子数
(填"质子数"或"中子数")不同。(4)《本草经集注》记载:"强烧之,紫青烟起……云是真硝石也"。"硝石"主要成分是$KNO_3$,$KNO_3$中N元素的化合价为
+5
。(5)古代造纸工艺的其中两步为"浸灰水"和"抄纸"。"灰"的主要成分是氧化钙,氧化钙中氧元素和钙元素的质量比为
2:5
(最简整数比)。(6)《三国志》记载:"扬汤止沸,不如去薪"。"薪"指柴、草等燃料,"去薪"灭火的原理是
移除可燃物
。答案
11. (1) 不可再生 (2) Cu²⁺、SO₄²⁻ (3) 质子数 (4) +5 (5) 2:5 (6) 移除可燃物
解析
【分析】
本题结合古代文献考查初中化学基础知识点，需逐一对应化学概念分析每个小问：
1. 第(1)问：判断能源类型，需明确可再生与不可再生能源的定义，石油属于化石能源，短期内无法再生；
2. 第(2)问：硫酸铜的构成，硫酸铜是离子化合物，需区分离子构成的物质与分子、原子构成的物质；
3. 第(3)问：元素的本质区别，牢记质子数决定元素种类；
4. 第(4)问：化合价计算，利用化合物中正负化合价代数和为0的规则；
5. 第(5)问：元素质量比计算，根据化学式中各元素相对原子质量之比化简；
6. 第(6)问：灭火原理，明确燃烧三要素对应的灭火方法，“去薪”对应移除可燃物。
【解析】
(1) 石油是经过漫长地质年代形成的化石能源，短期内无法通过自然循环再生，属于不可再生能源；
(2) 硫酸铜属于离子化合物，由铜离子（Cu²⁺）和硫酸根离子（SO₄²⁻）构成；
(3) 元素是具有相同质子数（核电荷数）的一类原子的总称，不同元素的本质区别是原子中的质子数不同；
(4) 在KNO₃中，K元素显+1价，O元素显-2价，设N元素化合价为x，根据化合物中正负化合价代数和为0，可得：(+1) + x + 3×(-2) = 0，解得x=+5；
(5) 氧化钙（CaO）中，氧元素和钙元素的质量比为16:40=2:5；
(6) 燃烧需要可燃物、氧气、温度达到着火点三个条件，“去薪”即移除可燃物，破坏燃烧的条件从而灭火。
【答案】
(1) 不可再生 (2) Cu²⁺、SO₄²⁻ (3) 质子数 (4) +5 (5) 2:5 (6) 移除可燃物
【知识点】
能源分类、物质构成、灭火原理
【点评】
本题以古代文献为载体，考查初中化学核心基础知识点，体现了化学与传统文化的融合，题目难度较低，侧重考查学生对基础概念的理解与应用，只要掌握课本核心知识即可轻松解答。
【难度系数】
0.8
本题结合古代文献考查初中化学基础知识点，需逐一对应化学概念分析每个小问：
1. 第(1)问：判断能源类型，需明确可再生与不可再生能源的定义，石油属于化石能源，短期内无法再生；
2. 第(2)问：硫酸铜的构成，硫酸铜是离子化合物，需区分离子构成的物质与分子、原子构成的物质；
3. 第(3)问：元素的本质区别，牢记质子数决定元素种类；
4. 第(4)问：化合价计算，利用化合物中正负化合价代数和为0的规则；
5. 第(5)问：元素质量比计算，根据化学式中各元素相对原子质量之比化简；
6. 第(6)问：灭火原理，明确燃烧三要素对应的灭火方法，“去薪”对应移除可燃物。
【解析】
(1) 石油是经过漫长地质年代形成的化石能源，短期内无法通过自然循环再生，属于不可再生能源；
(2) 硫酸铜属于离子化合物，由铜离子（Cu²⁺）和硫酸根离子（SO₄²⁻）构成；
(3) 元素是具有相同质子数（核电荷数）的一类原子的总称，不同元素的本质区别是原子中的质子数不同；
(4) 在KNO₃中，K元素显+1价，O元素显-2价，设N元素化合价为x，根据化合物中正负化合价代数和为0，可得：(+1) + x + 3×(-2) = 0，解得x=+5；
(5) 氧化钙（CaO）中，氧元素和钙元素的质量比为16:40=2:5；
(6) 燃烧需要可燃物、氧气、温度达到着火点三个条件，“去薪”即移除可燃物，破坏燃烧的条件从而灭火。
【答案】
(1) 不可再生 (2) Cu²⁺、SO₄²⁻ (3) 质子数 (4) +5 (5) 2:5 (6) 移除可燃物
【知识点】
能源分类、物质构成、灭火原理
【点评】
本题以古代文献为载体，考查初中化学核心基础知识点，体现了化学与传统文化的融合，题目难度较低，侧重考查学生对基础概念的理解与应用，只要掌握课本核心知识即可轻松解答。
【难度系数】
0.8
