2024年沪教新版七年级化学下册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年沪教新版七年级化学下册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、在托盘天平端各放一只烧杯；调节至平衡；向烧杯中分别注入等质量；等质量分数的稀硫酸；然后向一只烧杯里加入一定量的镁，向另一只烧杯里加入等质量的铜铝合金；两烧杯中的反应恰好完全，且天平仍保持平衡．则铜铝合金中铜与铝的质量比为（）

A.1：3

B.1：2

C.3：4

D.2：3

2、加热一定量的高锰酸钾制取氧气，下列图象不能正确描述其变化过程中量的关系的是rm{(}rm{)}A.B.C.D.3、毒品有害人类健康，危害社会稳定rm{.}“摇头丸”是国家严令禁止的毒品之一，其化学式为rm{C_{9}H_{13}N.}有关该物质的下列说法中，不正确的是rm{(}rm{)}A.组成物质各元素的质量比为rm{9}rm{13}rm{1}B.该物质的相对分子质量为rm{135}C.该物质是由三种元素组成的D.该物质是属于有机物4、关于化学方程式rm{4P+5O_{2}}rm{2P_{2}O_{5}}四位同学表达了如下图所示的四种说法，其中错误的是rm{(}rm{)}A.B.C.D.5、物质的用途与性质密切相关，下列说法不正确的是rm{(}rm{)}A.洗涤剂常用来洗涤油污，是因为洗涤剂有乳化功能B.铁制栏杆表面常涂“银粉漆”rm{(}铝粉rm{)}防生锈，是由于铝的化学性质比铁稳定C.小食品袋中常用氮气作保护气，是由于常温下氮气的化学性质不活泼D.石墨常用作电极，是由于它具有优良的导电性能6、下列实验结论正确的是rm{(}rm{)}A.向某无色溶液中滴加酚酞试液，溶液变红，则该溶液一定是碱的溶液B.将饱和硫酸铵溶液加入鸡蛋清中，析出白色固体，说明蛋白质发生了变性C.向稀硫酸中滴入几滴rm{NaOH}溶液，再滴加rm{CuSO_{4}}溶液，不一定有蓝色沉淀生成D.氮肥中加熟石灰研磨，一定能闻到刺激性气味7、在一个密闭容器中有rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{Q}四种物质；一定条件下反应一段时间后，测得反应前后各物质的质量如下：

。物质rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{Q}反应前质量rm{/g}rm{20}rm{20}rm{20}rm{20}反应后质量rm{/g}rm{20}rm{30}rm{16}rm{14}试推断容器中的反应式可能是rm{(}rm{)}A.rm{Z+Q隆煤X+Y}B.rm{Y隆煤Z+Q}C.rm{X+Y隆煤Z+Q}D.rm{Z+Q隆煤Y}8、我国女科学家屠呦呦首次荣获拉斯克临床医学奖，世界卫生组织正式将青蒿素复方药物列为治疗疟疾的首选药物，青蒿素的化学式为rm{C_{15}H_{22}O_{5}}则下列有关青蒿素的说法中正确的是rm{(}rm{)}A.青蒿素由rm{32}个原子构成B.青蒿素的相对分子质量为rm{282}C.青蒿素中碳、氢、氧元素质量比为rm{15}rm{22}rm{5}D.青蒿素中氧元素质量分数为rm{7.8%}9、下列实验项目与所选择的仪器错误的是（）

A.少量试剂的反应--试管。

B.吸取少量液体--胶头滴管。

C.取用粉末药品--药匙。

D.较多量液体加热--大量筒。

评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)10、如图是a、b；c三种固体物质的溶解度曲线．下列说法中正确的是（）

A.a的溶解度大于c的溶解度。

B.在tl℃时；a；c两种饱和溶液中溶质的质量分数相同。

C.c的不饱和溶液由t2℃降温至t1℃时；变成饱和溶液。

D.要从b溶液中得到b；通常可采用蒸发溶剂结晶的方法。

11、下列说法中正确的是rm{(}rm{)}A.红磷在空气中燃烧，产生大量白色烟雾B.浓盐酸敞口久置质量减小，浓硫酸敞口久置质量增大，但其溶质的质量分数都减小C.原子是化学变化中的最小粒子，分子是保持物质性质的最小粒子D.用紫色石蕊溶液鉴别二氧化碳气体和一氧化碳气体12、下列有关量的变化图象与其对应叙述相符的是rm{(}rm{)}

。rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}常温下，向一定量的饱和石灰水中加入氧化钙将水通电电解一段时间向一定质量的过氧化氢的水溶液中加入二氧化锰向等质量的铁和镁中分别加入足量的稀盐酸A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}13、在硫酸铜和硫酸亚铁的混合溶液中加入一定量的锌粉，充分反应后过滤，向滤出的固体中滴加稀盐酸，没有气泡产生rm{.}下列判断正确的是rm{(}rm{)}A.滤出的固体中一定含有铜，可能含有铁和锌B.滤出的固体一定含有铜，一定不含铁和锌C.滤液中一定含有硫酸锌和硫酸亚铁，可能含硫酸铜D.滤液中一定含有硫酸锌、硫酸亚铁、硫酸铜14、已知rm{Si+2NaOH+H_{2}O=Na_{2}SiO_{3}+2H_{2}隆眉}rm{2Al+2NaOH+2H_{2}O=2NaAl_{2}+3H_{2}隆眉}硅不与盐酸反应rm{.}将含铁铝硅的合金样品分为等质量的两份，分别与足量的稀盐酸和烧碱溶液充分反应，测得放出氢气的质量相同rm{.}则该合金样品中铁铝硅的质量比不可能是rm{(}rm{)}A.rm{112}rm{27}rm{28}B.rm{336}rm{27}rm{56}C.rm{28}rm{81}rm{7}D.rm{56}rm{81}rm{112}15、有关淀粉、蛋白质和脂肪的组成说法正确的是rm{(}rm{)}A.三者组成元素相同B.淀粉和脂肪的组成元素相同C.三者中都含有rm{C}rm{H}rm{O}元素D.蛋白质和脂肪中一定都含有rm{C}rm{H}rm{O}rm{N}四种元素16、某元素形成的化合物的化学式为Kn+1RO2n+2；其中n值可能为（）

A.0

B.1

C.2

D.3

评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)17、现有三种可用于治疗胃病的药品标签（如图），某同学将三种药品各一片分别放入相同质量的足量的稀盐酸中，三种药片中消耗盐酸多少的顺序是____．写出三个反应的化学方程式：____．

18、化学变化的实质是____．19、用“玉米塑料”代替“泡沫塑料”可有效防止白色污染的产生，“玉米塑料”的制作是先将玉米发酵制得乳酸rm{(C_{3}H_{6}O_{3}).}下列有关乳酸的叙述中正确的是____

A.乳酸由三种元素组成。

B.乳酸含有rm{O_{3}}分子。

C.乳酸中碳、氢、氧元素的质量比为rm{3}rm{6}rm{3}

D.____．20、现有仪器：量筒、玻璃棒、药匙、托盘天平、蒸发皿、胶头滴管rm{.}请回答：

rm{(1)}用于称量固体药品的是______；

rm{(2)}取用固体药品的是______；

rm{(3)}量取液体体积的是______；

rm{(4)}可用于搅拌液体的是______；

rm{(5)}用于吸取和滴加少量液体的是______．21、金属是人类生活中的常用的材料．

rm{(1)}下列生活用品中，主要利用金属导热性的是______rm{(}填字母序号rm{)}．

rm{(2)}工业上用赤铁矿rm{(}主要成分是氧化铁rm{)}冶炼铁的化学方程式是______．

rm{(3)}现有锌片、铜片、铁片，硫酸亚铁溶液、硫酸锌溶液和硫酸铜溶液rm{5}种物质，某同学欲探究锌，铁和铜的金属活动性顺序，选择的一组试剂是rm{(}只能选三种rm{)}______，其现象是______．22、在家庭生活中；自来水经过处理后用途更加广泛．

rm{(1)垄脵}净水器rm{(}如图所示rm{)}可以净化自来水，获得更优质的饮用水rm{.}净水器中装有活性炭；活性炭的作用是：不仅可以______的物质，还可以______的杂质．

rm{垄脷}净水器接通电源时产生紫外线与自来水生产中加氯气的目的相同；其作用是：______．

rm{垄脹}净水器中有rm{a}rm{b}两个口，进水口是______rm{(}填“rm{a}”或“rm{b}”rm{)}．

rm{(2)}用自来水养金鱼时为除去其中少量的余氯，可放人少许大苏打rm{(Na_{2}S_{2}O_{3}?5H_{2}O).}大苏打由______种元素组成．

rm{(3)}自来水经煮沸后再冷却rm{(}即凉开水rm{)}不能用来养金鱼，是因为凉开水中几乎不含______rm{(}填具体微粒名称rm{)}．23、A、rm{B}rm{C}rm{D}为金属活动顺序表中常见的四种金属rm{.}已知：rm{垄脵A+BSO_{4}=ASO_{4}+B}rm{垄脷C+H_{2}SO_{4}=CSO_{4}+H_{2}隆眉}rm{垄脹B+2DNO_{3}=B(NO_{3})_{2}+2D}请完成以下填空：

rm{(1)}金属rm{C}在金属活动顺序表中排在氢______rm{(}填“前面”或“后面”rm{)}．

rm{(2)}根据上述反应能判断出其中三种金属的活动性，其金属活动性由强到弱的顺序是______rm{(}用字母填写rm{)}．

rm{(3)}若rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}分别为锌、铁、铜、银中的一种，金属rm{C}与rm{H_{2}SO_{4}}反应后所得溶液呈浅绿色，则金属rm{A}为______，反应rm{垄脹}的化学方程式为______．24、常温下，某气体可能是由rm{SO_{2}}rm{CO}rm{N_{2}}中一种或几种组成，测得该气体中氧元素的质量分数为rm{50%}则该气体可能组成为______；______；______；______rm{(}有几种写几种rm{)}

25、小明用热水配制了大半烧杯硝酸钾的饱和水溶液，让一个较大的木块在液面上漂浮，当时溶液的温度约60℃．然后，小明让溶液冷却，注意观察．请你说出小明会看到的两个现象____．

评卷人得分四、计算题(共3题，共15分)26、A-E为初中化学中常见的五种不同的物质；均含有同一种元素．A为黑色固体，E为单质，D为毒气体．图中“”表示转化关系，反应条件及部分反应物；生成物已省略．

（1）写出化学式：B______E______．

（2）写出AC的化学方程式：______3Fe+4H2O

27、有一包粉末，已知其由rm{BaCO_{3}}rm{Cu(NO_{3})_{2}}rm{Na_{2}SO_{4}}rm{NaCl}rm{NaOH}中的几种组成；现对其做以下实验，各步骤均已经充分反应，请回答问题：

rm{(1)}请写出沉淀rm{N}的化学式：______；

rm{(2)}步骤Ⅱ所发生反应的化学方程式：______；

rm{(3)}无色溶液rm{垄脷}中一定存在的溶质rm{(}酚酞除外rm{)}的化学式：______．28、某班同学完成制取二氧化碳的实验后，对回收的盐酸和氯化钙混合溶液（不考虑其他杂质）进行了以下实验：取40mL该溶液于烧杯中，滴入40g溶质质量分数为13.8%的K2CO3溶液．滴入K2CO3溶液质量与生成沉淀质量的关系如右图所示．求：

（1）生成的气体和沉淀的质量．

（2）实验结束后；若将烧杯中的物质蒸干，得到无水固体的质量．

评卷人得分五、简答题(共4题，共28分)29、化学兴趣小组为了探究化学实验室的一种黑色粉末和一瓶标签破损的无色溶液rm{(}如图所示rm{)}可能是什么物质；大胆提出了猜想．

【发现问题】当把黑色粉末与无色溶液混合时即产生气泡．

【提出假设】rm{(}请把你的假设填写在下表，假设一、二物质应各不相同rm{)}

。黑色粉末无色溶液假设一假设二30、如图中rm{A}rm{B}分别是某微粒的结构示意图；回答下列问题：

rm{(1)}若rm{A}表示某稀有气体的原子；则该元素的单质的化学式为______．

rm{(2)}若rm{B}表示某元素的原子，则rm{y=}______，该元素的原子在化学反应中容易______rm{(}填“失去”或“得到”rm{)}电子．

rm{(3)}若rm{A}是阳离子的结构示意图，则rm{x}可能是下列中的______rm{(}填字母序号rm{)}

。rm{a.8}rm{b.10}rm{c.11}rm{d.12}rm{(4)}若rm{A}中rm{x=13}则rm{A}rm{B}所表示的元素形成化合物的名称为______．

rm{(5)}在下列rm{1}rm{2}rm{3}rm{4}四种粒子中与上述rm{A}图中的粒子化学性质相似的是______．

31、在学习金属的化学性质时，老师在课堂上给学生们演示了如图实验：

【给出资料】rm{M}是一种金属，rm{MSO_{4}}溶液是无色液体．

【实验目的】探究rm{M}与铜；铝的活动性顺序．

【猜想与假设】

猜想Ⅰ：rm{Al>Cu>M}

猜想Ⅱ：rm{Al>M>Cu}

猜想Ⅲ：______．

【进行实验】

第一步：老师取出rm{M}丝、铜丝、铝丝用砂纸进行打磨，目的是______．

第二步：老师按照如图进行实验操作，要求同学们填写如下表格：。实验操作实验想象实验结论铝丝插入装有rm{MSO_{4}}溶液的试管中rm{(}图甲rm{)}铝丝表面出现一层黑色物质

______rm{M}丝插入装有rm{CuSO_{4}}溶液的试管中rm{(}图乙rm{)}rm{M}丝表面出现一层红色物质；溶液的颜色。

______．rm{M>Cu}铝丝插入装有rm{CuSO_{4}}溶液的试管中rm{(}图丙rm{)}rm{M}丝表面出现一层红色物质，颜色由蓝色变为无色rm{Al>Cu}第三步：根据表格，可判断猜想______正确．

【交流表达】

老师要求同学们写出试管丙中反应的化学方程式______rm{.}然后经同学们讨论后大家认为该实验可以优化，去掉试管______rm{(}填试管编号rm{)}中的实验；也可以得出正确的结论．

【评价与反思】

实验结束后，同学们对实验过程进行了如下反思：探究金属rm{M.}铜、铝活动性顺序时，除了上述实验中已经用到的方法外，还可以根据______进行判断rm{(}任写一种rm{)}．32、请根据图中所示实验装置回答问题．

rm{(1)}仪器rm{a}的名称为______，rm{b}的名称为______rm{.}在二氧化碳、氢气两种气体中，能用rm{C}装置收集的是______，能用rm{D}装置收集的是______；

rm{(2)}实验室用rm{B}装置制备氧气的原理可用化学方程式表示为______．

rm{(3)}用氯酸钾和二氧化锰制备氧气时，二氧化锰在反应中的作用是______rm{.}利用下列流程分离并回收充分反应后的剩余固体；请回答下列问题．

rm{垄脵}操作rm{m}的名称是______rm{.}操作rm{m}和操作rm{n}中都用到的玻璃仪器是______，探作rm{m}中该仪器的作用是______．

rm{垄脷}在分离并回收到剩余固体的过程中需要控制水的用量，原因有______rm{(}填标号rm{)}．

A.握高实验效率rm{B.}保证剩余固体全部溶解rm{C.}节约能源。

rm{垄脹}若测得回收到的氯化钾固体质量比理论值大，原因可能是______rm{(}答一点rm{)}．评卷人得分六、探究题(共4题，共32分)33、水煤气主要成分是一氧化碳、氢气及少量的二氧化碳和水蒸气rm{.}某兴趣小组同学为验证水煤气的成分rm{.}设计实验与装置如图所示：

请分析上面信息后回答：

rm{(1)}你认为验证水煤气中各成分的顺序依次是______．

rm{(2)}装置rm{D}的作用是______．

rm{(3)}装置rm{E}内观察到的现象是______．

rm{(4隆鲁}实验中两次用到装置rm{A}其目的分别是______．

rm{(5)}请你设计一种尾气处理方案：______．34、已知空气的主要成分是氮气和氧气，某课外活动小组设计测定空气中氧气含量的实验，实验装置如图rm{1}所示：

rm{(1)}红磷在集气瓶中发生反应的文字表达式为______磷燃烧的现象______该实验中红磷稍过量；目的是______．

rm{(2)}待燃烧停止；白烟消失并冷却后，打开止水夹，观察到烧杯中的水进入集气瓶，瓶内水量约是集气瓶体积的______，由本实验还可以推知氮气的哪一性质？试写出其中一种______．

rm{(3)}若将红磷换成硫粉；该实验能否获得成功？______，理由是______．

rm{(4}分rm{)}如图rm{2}为已收集满的一瓶无色无毒气体rm{.}请你用学过的知识进行探究；确定该气体可能是什么气体．

。假设rm{(}猜想rm{)}验证方法及操作可能看到的现象结论35、地沟油中含有一种强烈致癌物黄曲霉素rm{B_{2}(C_{17}H_{14}O_{6})}长期食用会引起消化道癌变，请回答：

rm{(1)}黄曲霉素rm{B_{2}}属于______rm{(}填“有机化合物”或“无机化合物”rm{)}

rm{(2)}黄曲霉素rm{B_{2}}中碳；氢、氧三种元素的原子个数比为______；

rm{(3)}黄曲霉素rm{B_{2}}的相对分子质量为______；

rm{(4)15.7g}黄曲霉素rm{B_{2}}中含有______rm{g}氧元素．36、请结合如图仪器回答问题：

rm{(1)}写出标号仪器的名称：rm{垄脵}______rm{垄脷}______．

rm{(2)}装置rm{A}可以制备氧气，写出该反应的化学方程式______；还可以制备二氧化碳，写出检验rm{CO_{2}}的化学方程式______．

rm{(3)}实验室用加热无水醋酸钠和碱石灰的固体混合物制取甲烷气体rm{.}甲烷的密度比空气小，难溶于水rm{.}可选用______装置作为制取甲烷的发生装置，如果采用装置rm{F}排水集气法收集甲烷，甲烷应从______rm{(}填“rm{a}”或“rm{b}”rm{)}端进入．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】

设产生氢气的质量为2；需要镁的质量为x，需要铝的质量为y，则有。

Mg+H2SO4═MgSO4+H2↑

242

x2

解得：X=24

2Al+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2↑

546

y2

解得：y=18

铜铝合金的质量与镁的质量相等；故铜的质量为24-18=6，所以铜和铝的质量比为6：18=1：3．

由以上计算可知：

A；铜铝合金中铜与铝的质量比是1：3；故A正确；

B；铜铝合金中铜与铝的质量比不是1：2；故B错误；

C；铜铝合金中铜与铝的质量比不是3：4；故C错误；

D；铜铝合金中铜与铝的质量比不是2：3；故D错误．

故选A．

【解析】【答案】根据题意在托盘天平两盘中酸和金属质量相等；完全反应，天平仍平衡则产生氢气相等．由氢气质量求出反应的铝和镁的质量进而求出铜的质量，最后求出铜铝合金中铜与铝的质量比．

2、D【分析】解：rm{A}锰元素存在于固体中；其质量不变，此图正确，故A正确；

B；固体的质量逐渐减小直到反应完；则不变，此图正确，故B正确；

C；氧气的质量逐渐增加直到反应完；则不变，此图正确，故C正确；

D；氧元素的含量逐渐减小直到反应完；则不变，此图错误，氧元素的含量是不会为零的，故D错误．

故选D．【解析】rm{D}3、A【分析】解：rm{A}“摇头丸”中碳元素、氢元素、氮元素的质量比为：rm{(12隆脕9)}rm{(1隆脕13)}rm{(14隆脕1)=108}：rm{13}rm{14.}故错误；

B、该物质的相对分子质量为：rm{12隆脕9+1隆脕13+14隆脕1=135.}正确；

C、该物质是由碳元素、氢元素、氮元素三种元素组成的rm{.}正确；

D、“摇头丸”是含有碳元素的化合物，属于有机物rm{.}正确．

故选A．【解析】rm{A}4、A【分析】化学方程式可以表明反应物、生成物和反应条件是什么，题干中化学方程式中反应物是rm{P}和rm{O_{2}}都是非金属单质，rm{B}项正确；生成物只有一种，就是rm{P_{2}O_{5}}固体，其质量应等于参加反应的rm{P}和rm{O_{2}}的质量之和，故反应后固体质量的确增加，因此rm{D}项正确；该反应是由两种物质生成一种物质的反应，属于化合反应，rm{C}项正确；化学方程式还可以表明反应物和生成物之间的粒子个数比，题干中化学方程式可表明rm{P}rm{O_{2}}和rm{P_{2}O_{5}}之间的粒子个数比为rm{4隆脙5隆脙2}质量比应为rm{(31隆脕4)隆脙(32隆脕5)隆脙(142隆脕2)=31隆脙40隆脙71}故A项错误。【解析】rm{A}5、B【分析】试题分析：根据已有的知识进行分析；物质的结构决定物质的性质，物质的性质决定物质的用途．

解：rm{A}洗涤剂是通过乳化作用来除去油污rm{.}故本选项说法正确；

B、铝在空气中易形成致密的氧化铝保护膜，在金属的活动性顺序中，铝排在铁的前面，所以铝更活泼rm{.}故本选项说法错误；

C、氮气的化学性质不活泼，可以用作保护气rm{.}故本选项说法正确；

D、石墨具有优良的导电性能，是因为石墨中每个碳原子与其他碳原子只形成rm{3}个共价键，每个碳原子仍然保留rm{1}个自由电子来传输电荷rm{.}故本选项说法正确；

故选B．【解析】rm{B}6、C【分析】解：rm{A}向某无色溶液中滴加酚酞试液；溶液变红，则该溶液一定是碱性的溶液，但不一定是碱溶液，故A不正确．

B；硫酸铵是由铵根离子和硫酸根离子组成的化合物属盐类；蛋白质遇到盐会析出，但没有变性，故B说法不正确．

C、向稀硫酸中滴入几滴rm{NaOH}溶液，再滴加rm{CuSO_{4}}溶液；如果稀硫酸过量的话，不一定有蓝色沉淀生成，故C说法正确．

D；氮肥中加熟石灰研磨；不一定能闻到刺激性气味，如尿素属于氮肥，但不能和碱反应生成氨气，故D说法不正确．

故选C．【解析】rm{C}7、D【分析】解：由表可以发现反应后rm{Y}物质的质量增加了rm{10g}是生成物；rm{Z}物质的质量减少了rm{4g}rm{Q}物质的质量也减少了rm{6g}是反应物rm{.}即：rm{Z+Q隆煤Y}．

故选D．

在化学反应中；如果反应前后物质的质量没有发生变化，这种可能是催化剂或没有参加反应，如果反应后质量增加了，该物质是生成物，如果反应后质量减小了，那么该物质是反应物．

解答这类题关键是要会运用质量守恒定律的含义：参加化学反应的各物质的质量总和，等于反应后生成的各物质的质量总和．【解析】rm{D}8、B【分析】解：rm{A.}根据标在元素符号右下角的数字表示一个分子中所含原子的个数；可知每个青蒿素分子含有rm{42}个原子；故说法错误；

B.根据相对分子的质量为组成分子的各原子的相对原子质量之和，可得青蒿素的相对分子质量为：rm{12隆脕15+22+16隆脕5=282}故说法正确；

C.根据化合物中各元素质量比rm{=}各元素的相对原子质量rm{隆脕}原子个数之比，可得青蒿素中rm{C}rm{H}rm{O}三种元素的质量比为rm{(12隆脕15)}rm{22}rm{(16隆脕5)=90}rm{11}rm{40}故说法错误；

D.青蒿素中氧元素质量分数为rm{dfrac{16隆脕5}{12隆脕15+22+16隆脕5}隆脕100%=28.3%}故说法错误．

故选：rm{dfrac

{16隆脕5}{12隆脕15+22+16隆脕5}隆脕100%=28.3%}．

A.根据一个青蒿素分子的构成进行分析判断．

B.根据相对分子的质量为组成分子的各原子的相对原子质量之和；进行解答．

C.根据化合物中各元素质量比rm{B}各元素的相对原子质量rm{=}原子个数之比；进行解答．

D.根据化合物中元素的质量分数的计算方法来分析．

本题主要考查化学式的意义、根据化学式确定组成物质元素之间的质量关系、及相对分子质量计算方法的掌握，进行解题的能力．rm{隆脕}【解析】rm{B}9、D【分析】

A；少量试剂的反应用试管；故A正确；

B；吸取少量液体用胶头滴管；故B正确；

C；取用粉末药品用药匙；故C正确；

D；较多量液体加热用烧杯；故D错误．

故选：D．

【解析】【答案】A；少量试剂的反应用试管；

B；吸取少量液体用胶头滴管；

C；取用粉末药品用药匙；

D；较多量液体加热用烧杯．

二、多选题(共7题，共14分)10、BD【分析】

A；由于没有说明温度；故A错误；

B、由于在t1℃时；a和c的溶解度相等，即它们的饱和溶液中溶质的质量分数相等，故B正确；

C、由于c的溶解度随温度的降低而增大，因此c的不饱和溶液由t2℃降温至t1℃时；不饱和溶液可能会变成饱和溶液，故C错误；

D；由于B的溶解度受温度的影响很小；因此应采取蒸发溶剂的方法使溶质从溶液中结晶析出，故D正确；

故选BD

【解析】【答案】根据固体的溶解度曲线可以：①比较不同物质在同一温度下的溶解度大小；从而比较它们的饱和溶液中溶质的质量分数的大小，②判断出物质的溶解度随温度变化的变化情况，从而确定饱和溶液与不饱和溶液相互转化的方法，及从溶液中析出晶体的方法等．

11、BD【分析】解：rm{A}白雾是液体的小液滴；白烟是固体的小颗粒，磷在空气中燃烧生成固体五氧化二磷，故A错误；

B；浓盐酸具有挥发性挥发出氯化氢气体；溶质减少；浓硫酸具有吸水性，溶剂增多，所以二者溶质的质量分数都减小，故B正确；

C、原子是化学变化中的最小粒子rm{.}分子是保持物质化学性质的一种粒子；对由分子构成的物质来说，分子是保持物质化学性质的最小微粒，由原子构成的物质，其化学性质由原子来保持，故C错误；

D；二氧化碳和水反应生成碳酸；碳酸能使紫色的石蕊溶液变红，一氧化碳通入紫色的石蕊溶液后，溶液不变色，故D正确．

故选：rm{BD}．

A；根据白烟和白雾的区别进行分析；

B；根据浓盐酸具有挥发性以及浓硫酸具有吸水性进行解答；

C；根据由分子构成的物质来说；分子是保持物质性质的最小粒子进行解答；

D；根据二氧化碳和一氧化碳的化学性质进行分析．

本题难度较大，掌握常见物质燃烧的现象；但在描述物质燃烧的现象时，需要注意光和火焰、烟和雾、现象与结论的区别．【解析】rm{BD}12、BC【分析】解：rm{A}由于氧化钙能与水发生反应生成氢氧化钙；氧化钙反应消耗了饱和溶液中的水，而使饱和溶液因减少溶剂水而析出固体，饱和溶液的溶质、溶剂质量同时减少，所以溶液的质量减少，故错误；

B、将水通电电解一段时间，根据“氢rm{2}氧rm{1}正氧负氢”，图中氢气和氧气的体积比为rm{2}rm{1}故正确；

C、过氧化氢的水溶液中含有水，所以开始水的质量不为rm{0}过氧化氢溶液和二氧化锰混合生成水和氧气，所以随着反应的进行，水的质量不断增加，当反应完毕后水的质量不再增加，为一定值，故正确；

D；分别向等质量的镁和铁中滴入溶质质量分数相同的稀盐酸；当盐酸少量时，生成的气体由盐酸的量决定，所以开始二者放出气体一直相等，但由于盐酸过量，等质量的镁放出的气体大于铁放出的气体，所以图象错误．

故选：rm{B}rm{C}．

A；根据氧化钙能与水发生反应生成氢氧化钙进行分析；

B、据将水通电电解一段时间：“氢rm{2}氧rm{1}正氧负氢”，分析解答；

C、根据过氧化氢的水溶液中含有水，所以开始水的质量不为rm{0}过氧化氢溶液和二氧化锰混合生成水和氧气，所以随着反应的进行，水的质量不断增加，当反应完毕后水的质量不再增加进行解答；

D；分别向等质量的镁和铁中滴入溶质质量分数相同的稀盐酸；当盐酸少量时，生成的气体由盐酸的量决定，所以开始二者放出气体一直相等，但由于盐酸过量，等质量的镁放出的气体大于铁放出的气体．

解答本题的关键是要理解图象的物理意义和所代表的反应的反应原理和相关物质的定量反应关系．【解析】rm{BC}13、BC【分析】解：根据金属活动顺序表可知，锌比铁活泼，铁比铜活泼rm{.}所以，加入一定量的锌粉，首先锌粉和硫酸铜溶液反应，置换出单质铜，如果锌粉足量可以继续与硫酸亚铁反应置换出铁rm{.}由题意可知；向滤出的固体中滴加稀盐酸，没有气泡产生，说明固体中不含有和稀盐酸反应的金属，由题可知，说明没有锌剩余，且没有生成铁单质，说明溶液中的硫酸亚铁未参加反应，锌粉不足．

A、滤出固体不可能有铁和锌，因为二者和盐酸反应有气体生成，所以rm{A}不正确；

B、因为锌粉首先要和硫酸铜反应，所以生成物一定有铜，结合rm{A}的分析一定不会有铁和锌；所以B正确；

C、因为锌粉参与反应，所以滤液一定有硫酸锌rm{.}由于生成的固体不能与盐酸反应生成氢气；即不存在铁单质，所以铁元素就一定在溶液中，即硫酸亚铁不可能参与反应，所以也一定有，当锌粉少量时，硫酸铜可能剩余，所以C正确；

D、硫酸铜不一定有，因为当加入锌粉恰好能和硫酸铜反应完时，就不含硫酸铜，所以rm{D}不正确；

故选项为：rm{BC}．

根据金属活动性顺序表进行分析：在金属活动性顺序中；排在氢前面的金属能与酸反应生成氢气，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来．

本题主要考查了学生对金属活动顺序表的运用，在解题时要注意对半定量rm{(}如一定量、过量、少量等rm{)}概念的理解和掌握并要充分利用验证性的现象来分析反应的程度．【解析】rm{BC}14、BD【分析】解：根据题目信息可知，铁和铝与稀盐酸生成氢气，铝和硅与氢氧化钠生成氢气rm{.}铝和盐酸的反应方程式：rm{2Al+6HCl=2AlCl_{3}+3H_{2}隆眉}rm{2Al+2NaOH+2H_{2}O=2NaAlO_{2}+3H_{2}隆眉}说明相同质量的铝与盐酸或者氢氧化钠生成氢气的质量相等rm{.}综合分析，铁和盐酸生成的氢气的质量等于硅和氢氧化钠生成的氢气的质量rm{.}设铁与盐酸生成的氢气的质量为rm{M}则硅的质量为rm{X}铁的质量为rm{Y}．

rm{Si+2NaOH+H_{2}O篓TNa_{2}SiO_{3}+2H_{2}隆眉}

rm{28}rm{4}

rm{X}rm{M}

rm{dfrac{28}{4}篓Tdfrac{X}{M}}

得：rm{dfrac{28}{4}篓Tdfrac

{X}{M}}

rm{X=7M}

rm{Fe+2HCl=FeCl_{2}+H_{2}隆眉}rm{56}

rm{2}rm{Y}

rm{dfrac{56}{2}篓Tdfrac{Y}{M}}

得：rm{M}

rm{dfrac{56}{2}篓Tdfrac

{Y}{M}}合金中硅和铁的质量之比rm{Y=28M}rm{隆脿}rm{=7M}．

A、铁和硅的质量之比rm{28M=1}rm{4}rm{=112}故A不合题目条件．

B、铁和硅的质量之比rm{28=4}rm{1}rm{=336}故B符合题目条件．

C、铁和硅的质量之比rm{56neq4}rm{1}rm{=28}故C不符合题目条件．

D、铁和硅的质量之比rm{7=4}rm{1}rm{=56}故D符合题目条件．

故选BD．

根据题目信息可知，铁和铝与稀盐酸生成氢气，铝和硅与氢氧化钠生成氢气rm{112=1}铝和盐酸的反应方程式：rm{2}rm{.}说明相同质量的铝与盐酸或者氢氧化钠生成氢气的质量相等rm{2Al+6HCl=2AlCl_{3}+3H_{2}隆眉}综合分析；铁和盐酸生成的氢气的质量等于硅和氢氧化钠生成的氢气的质量．

掌握化学方程式的计算格式和规范性，注意：相同质量的铝与盐酸或者氢氧化钠生成氢气的质量相等．rm{2Al+2NaOH+2H_{2}O=2NaAlO_{2}+3H_{2}隆眉}【解析】rm{BD}15、BC【分析】解：rm{A}三者组成元素不相同rm{.}故错误；

B、淀粉和脂肪的组成元素相同rm{.}故正确；

C、三者中都含有rm{C}rm{H}rm{O}元素rm{.}故正确；

D、蛋白质中一定都含有rm{C}rm{H}rm{O}rm{N}四种元素，脂肪中不含有氮元素rm{.}故错误．

故选BC．

淀粉和脂肪都是由碳；氢、氧三种元素组成的；蛋白质是由碳、氢、氧、氮等元素组成的．

解答本题的关键是要掌握淀粉、脂肪、蛋白质的元素组成方面的知识，只有这样才能对问题做出正确的判断．【解析】rm{BC}16、AB【分析】

根据在化合物中，各元素正负化合价代数和为零的原则，钾的化合价是+1价，氧的化合价是-2价，设化合物Kn+1RO2n+2中R元素的化合价是x；则（+1）×（n+1）+x+（-2）×（2n+2）=0，则x=3+3n，当n=0时，x=+3；当n=1时，x=+6；当n=2时，x=+9，不符合．

故选AB．

【解析】【答案】根据化合物中正负化合价代数和为零的原则进行解答本题．

三、填空题(共9题，共18分)17、略

【分析】

依据三者与盐酸反应的方程式CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O；Mg（OH）2+2HCl═MgCl2+2H2O以及MgO+2HCl═MgCl2+H2O；可得三者与盐酸反应的关系式：CaCO3～2HClMg（OH）2～2HClMg0～2HCl；

假如要消耗HCl质量都为73g；那么所需胃药质量越大，该种药品消耗胃酸的能力解越弱．

各反应物之间的定量反应关系为。

CaCO3～2HClMg（OH）2～2HClMg0～2HCl；找出各物质质量比；

1007358734073

通过分析看以看出：反应73克盐酸；分别消耗三种药品的质量依此为100克；58克、40克。

所以三种药品消耗胃酸的能力氧化镁最强；其次氢氧化镁、最弱的是碳酸钙；反之一片分别放入相同质量的足量的稀盐酸中消耗盐酸最多的是氧化镁、其次氢氧化镁、少的是碳酸钙。

故答案为：（3）＞（2）＞（1）；CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O、Mg（OH）2+2HCl═MgCl2+2H2O、MgO+2HCl═MgCl2+H2O；

【解析】【答案】此题可依据反应掉相同质量的盐酸消耗药品质量的大小进行比较，据此可知消耗质量少的药品，其中和盐酸的能力就低，据此可得结论；也可根据反应CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O；Mg（OH）2+2HCl═MgCl2+2H2O以及MgO+2HCl═MgCl2+H2O依据图示进行计算；

18、略

【分析】

化学变化的实质就是反应物的分子分成原子；原子重新组合成新分子的过程，故填：分子分成原子，原子重新组合成新的分子．

【解析】【答案】依据化学反应的实质进行分析回答；化学反应就是有新物质生成的变化，其实质是反应物的分子分成原子，原子重新组合成新分子的过程．

19、A;每个乳酸分子中含有12个原子【分析】试题分析：根据乳酸的化学式为rm{C_{3}H_{6}O_{3}}可判断其组成和构成，利用原子个数和相对原子质量来计算元素的质量比．

解：rm{A}根据化学式可知乳酸是由rm{C}rm{H}rm{O}三种元素组成的；说法正确；

B、分子是由原子构成的，根据乳酸的化学式可知，每个乳酸分子中含有rm{6}个氧原子，而不是含有rm{O_{6}}分子；说法错误；

C、乳酸中rm{C}rm{H}rm{O}元素的质量比为rm{(6隆脕12)}rm{(6隆脕1)}rm{(6隆脕16)=6}rm{1}rm{8}说法错误；

故答案为：rm{A}选项D可以是：每个乳酸分子中含有rm{12}个原子．【解析】rm{A;}每个乳酸分子中含有rm{12}个原子20、托盘天平；药匙；量筒；玻璃棒；胶头滴管【分析】解：rm{(1)}托盘天平用于固体药品的称量；用托盘天平称量物品，要遵循“左物右码”的原则；

rm{(2)}药匙：用于取用粉末或小粒状的固体药品；每次用前要将药匙用干净的滤纸揩净；

rm{(3)}量筒：用于量取一定量体积液体的仪器；

rm{(4)}玻璃棒：用做搅拌rm{(}加速溶解rm{)}液体；过滤或配置溶液时帮助转移液体，在倾泻时引流液体，蘸取液体使之与试纸作用；

rm{(5)}胶头滴管：用于吸取和滴加少量液体．

故答案为：rm{(1)}托盘天平．

rm{(2)}药匙．

rm{(3)}量筒．

rm{(4)}玻璃棒．

rm{(5)}胶头滴管．

在了解各个仪器作用的基础上；对号入座即可．

rm{(1)}托盘天平用于固体药品的称量；

rm{(2)}药匙用于固体药品的取用；

rm{(3)}量筒用于量取一定液体的体积；

rm{(4)}玻璃棒可用于液体的搅拌；

rm{(5)}胶头滴管能够用于吸取和滴加少量液体．

本题主要考查常见实验仪器的作用，是较为简单的题型，只要同学们在平时的学习中稍加留心即可做好．【解析】托盘天平；药匙；量筒；玻璃棒；胶头滴管21、AB；3CO+Fe2O32Fe+3CO2；铁片，硫酸锌溶液和硫酸铜溶液；铁片表面有红色物质析出，溶液由蓝色变为无色【分析】解：rm{(1)}金属具有良好的导热性，可以用来制作炊具，所以，主要利用金属导热性的是rm{AB}

rm{(2)}一氧化碳具有还原性，能与氧化铁反应生成铁和二氧化碳，所以工业上用赤铁矿rm{(}主要成分是氧化铁rm{)}冶炼铁的化学方程式是：rm{3CO+Fe_{2}O_{3}dfrac{overset{;{赂脽脦脗};}{.}}{;}2Fe+3CO_{2}}．

rm{3CO+Fe_{2}O_{3}dfrac{

overset{;{赂脽脦脗};}{.}}{;}2Fe+3CO_{2}}欲探究锌，铁和铜的金属活动性顺序，可以利用金属与盐溶液能否反应来进行选择药品rm{(3)}由于三种的金属的活动性大小是锌rm{.}铁rm{>}铜；可以利用”三取中“的方法，所以选择的一组试剂是铁片，硫酸锌溶液和硫酸铜溶液，反应的现象是：铁片表面有红色物质析出，溶液由蓝色变为无色．

故答为：rm{>}rm{(2)3CO+Fe_{2}O_{3}dfrac{overset{;{赂脽脦脗};}{.}}{;}2Fe+3CO_{2}}铁片；硫酸锌溶液和硫酸铜溶液铁片表面有红色物质析出，溶液由蓝色变为无色。

rm{(1)AB}根据金属制品的用途分析性质；

rm{(2)3CO+Fe_{2}O_{3}dfrac{

overset{;{赂脽脦脗};}{.}}{;}2Fe+3CO_{2}}根据炼铁的原理写出反应的化学方程式；

rm{(1)}要设计实验验证金属的活动性强弱；可以依据金属活动性顺序的意义进行，根据金属与盐溶液的反应特点进行分析解答即可．

本题考查了常见金属的应用，完成此题，可以依据金属的性质进行．rm{(2)}【解析】rm{AB}rm{3CO+Fe_{2}O_{3}dfrac{overset{;{赂脽脦脗};}{.}}{;}2Fe+3CO_{2}}铁片，硫酸锌溶液和硫酸铜溶液；铁片表面有红色物质析出，溶液由蓝色变为无色rm{3CO+Fe_{2}O_{3}dfrac{

overset{;{赂脽脦脗};}{.}}{;}2Fe+3CO_{2}}22、吸附有色素和异味；过滤难溶性；杀菌消毒；b；四；氧分子【分析】解：rm{(1)垄脵}活性炭具有吸附性；能吸附色素和异味，同时起到使不溶性固体不能通过的作用；

rm{垄脷}在自来水生产过程中通入氯气的目的是消毒杀菌；因此在净水器接通电源产生紫外线的目的也是消毒杀菌，紫外线杀菌的能力很强，而且没有残余物质，消毒方式比通氯气更优；

rm{垄脹}可以使用rm{b}做进水口；防止不溶性固体堵塞活性炭层，能更充分的除去水中的杂质；

rm{(2)}根据大苏打的化学式为rm{Na_{2}S_{2}O_{3}?5H_{2}O}可知它由钠；硫、氧、氢共四种元素组成；

rm{(3)}煮沸的自来水不能用来养鱼；因为温度升高氧气的溶解度减小，造成煮沸再冷却的凉开水水中几乎不含氧气，而氧气由氧分子构成；

故答案为：rm{(1)垄脵}吸附有色素和异味；过滤难溶性；

rm{垄脷}杀菌消毒；

rm{垄脹b}

rm{(2)}四；

rm{(3)}氧分子．

rm{(1)垄脵}活性炭具有吸附性；可吸附色素；异味等，且在此净水器中可起到过滤不溶物的作用；

rm{垄脷}在自来水生产过程中通入氯气的目的是消毒杀菌；因此在净水器接通电源产生紫外线的目的也是消毒杀菌；

rm{垄脹}要充分除去水中的杂质，可以使用rm{b}做进水口；防止不溶性固体堵塞活性炭层；

rm{(2)}据大苏打rm{(Na_{2}S_{2}O_{3}?5H_{2}O)}的化学式分析其元素组成；

rm{(3)}煮沸的自来水不能用来养鱼；因为温度升高氧气的溶解度减小，再冷却的凉开水水中几乎不含氧气，氧气由氧分子构成．

本题主要考查了水的净化、物质的组成等知识，在设计的时候能紧密联系日常生活，使化学生活化，让我们看到生活中处处有化学，这就要求同学们在学习时，既要重书本知识，也要多留心观察生活．【解析】吸附有色素和异味；过滤难溶性；杀菌消毒；rm{b}四；氧分子23、前面；A＞B＞D；锌或Zn；Cu+2AgNO3=Cu（NO3）2+2Ag【分析】解：rm{(1)C+H_{2}SO_{4}=CSO_{4}+H_{2}隆眉}说明金属rm{C}在金属活动顺序表中排在氢前面；

rm{(2)}由rm{垄脵A+BSO_{4}=ASO_{4}+B}可知活动性rm{A>B}由rm{垄脷C+H_{2}SO_{4}=CSO_{4}+H_{2}隆眉}可知rm{C}在氢前面；由rm{垄脹B+2DNO_{3}=B(NO_{3})_{2}+2D}可知rm{B>D}根据上述反应能判断出rm{ABD}三种金属的活动性强弱的关系是rm{A>B>D}

rm{(3)}若rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}分别为锌、铁、铜、银中的一种，金属rm{C}与rm{H_{2}SO_{4}}反应后所得溶液呈浅绿色，则rm{C}为铁，据rm{A>B>D}而锌、铜、银三种金属的活动性强弱关系是锌rm{>}铜rm{>}银，可知则金属rm{A}为锌，rm{B}是铜，rm{D}是银，反应rm{垄脹}的化学方程式为rm{Cu+2AgNO_{3}=Cu(NO_{3})_{2}+2Ag}

故答案为：

rm{(1)}前面；rm{(2)A>B>D}rm{(3)}锌或rm{Zn}rm{Cu+2AgNO_{3}=Cu(NO_{3})_{2}+2Ag}．

根据金属活动性顺序的应用解答，rm{垄脵}排在氢前面的金属能和酸反应生成氢气，rm{垄脷}排在前面的金属能把它后面的金属从盐溶液中置换出来；金属rm{C}与rm{H_{2}SO_{4}}反应后所得溶液呈浅绿色，说明rm{C}是铁，同理根据金属的活动性强弱推出rm{A}并书写相关的方程式．

明确金属活动性顺序表的应用，并能结合题意分析解答，考查了学生对知识的掌握和灵活应用能力．【解析】前面；rm{A>B>D}锌或rm{Zn}rm{Cu+2AgNO_{3}=Cu(NO_{3})_{2}+2Ag}24、​SO2；CO与N2；SO2、CO、N2；没有其他可能性【分析】解：因为rm{SO_{2}}中氧元素的质量分数rm{=dfrac{32}{64}隆脕100%=50%}rm{=dfrac

{32}{64}隆脕100%=50%}中氧元素的质量分数rm{=dfrac{16}{28}隆脕100%=57%}rm{CO}中氧元素的质量分数为rm{=dfrac

{16}{28}隆脕100%=57%}题中rm{N_{2}}为混合气体中氧元素质量分数的平均值；所以该气体可能为：rm{0.}也可以一种大于rm{50%}一种小于rm{SO_{2}}即rm{50%}与rm{50%}也可以是三种气体的混合物；故填：rm{CO}rm{N_{2}}与rm{SO_{2}}rm{CO}rm{N_{2}}rm{SO_{2}}此题给定混合物中某元素的质量分数，推测混合物的组成rm{CO}可采用平均值法，即某个平均量rm{N_{2}.}由若干个量决定时，如果若干个量中最小量为rm{.}最大量为rm{M}则其平均值一定在rm{M_{1}}与rm{M_{2}}之间，即rm{M_{1}}此题中rm{M_{2}}为混合气体中氧元素质量分数的平均值，且rm{M_{1}<M<M_{2}.}中氧元素的质量分数正好为rm{50%}则如果含rm{SO_{2}}氧元素质量分数大于rm{50%}就一定含rm{CO(}而不可能出现rm{50%)}与rm{N_{2}}rm{SO_{2}}与rm{N_{2}}的组合rm{SO_{2}}推测混合物的组成rm{CO}可采用平均值法，找出最小量为rm{.}最大量为rm{.}则其平均值一定在rm{M_{1}}与rm{M_{2}}之间．rm{M_{1}}【解析】rm{SO}rm{2}；rm{2}与rm{CO}rm{N}；rm{2}rm{2}、rm{SO}rm{2}rm{2}；没有其他可能性rm{CO}25、略

【分析】

硝酸钾溶解度随温度降低而减小，冷却60℃的硝酸钾饱和水溶液，会有硝酸钾晶体析出，同时溶液密度变小，根据公式G=F浮=ρ溶液gV排，小球的重量G不变因而小球所受浮力F浮也不变，而由于溶液密度ρ溶液的减小，则小球排开溶液的体积V排增大；所以小球浸入液体的体积变大；

故答案为：一是烧杯中会有晶体析出；二是木块会慢慢下沉；浸没在水中的体积变大．

【解析】【答案】冷却60℃的硝酸钾饱和水溶液，随温度降低硝酸钾溶解度减小，晶体析出导致溶液质量减小而溶液密度变小，根据公式G=F浮=ρ溶液gV排；可判断木块会慢慢下沉．

四、计算题(共3题，共15分)26、略

【分析】

根据D为有毒气体，可推出D为CO，B为CO2；A为黑色固体，A为Fe3O4，A-E均含有同一种元素，E为O2，而C和E可以相互转化，C又是A反应的产物，故C是H2O；

即：A、Fe3O4；B、CO2；C、H2O；D、CO；E、O2

（2）A→C的反应是四氧化三铁和氢气反应生成水和铁，反应的方程式为：Fe3O4+4H23Fe+4H2O．

故答案为：（1）CO2O2（2）Fe3O4+4H23Fe+4H2O

【解析】【答案】根据D为有毒气体，可推出D为CO，B为CO2；A为黑色固体，A为四氧化三铁，A-E均含有同一种元素，E为O2；进而推出各物质．

27、AgCl；Na2SO4+Ba（NO3）2═BaSO4↓+2NaNO3；NaNO3、Ba（NO3）2、NaCl【分析】解：碳酸钡沉淀难溶于水；硝酸铜和氢氧化钠会生成氢氧化铜沉淀，碳酸钡和盐酸反应会生成二氧化碳，氢氧化铜沉淀和盐酸反应会生成蓝色的氯化铜溶液，硫酸根离子和钡离子会生成硫酸钡沉淀，氯离子和银离子会生成氯化银沉淀．

粉末加水溶解后，得到沉淀和无色溶液，沉淀中加入盐酸会生成无色气体和蓝色溶液，所以蓝色溶液是氯化铜溶液，沉淀中含有氢氧化铜沉淀，无色粉末中一定含有硝酸铜和氢氧化钠，碳酸钡和盐酸会生成二氧化碳气体，所以粉末中一定含有碳酸钡，无色溶液中加过量的硝酸钡溶液和酚酞，生成白色沉淀rm{M}和无色溶液，所以无色溶液中不含氢氧化钠，生成白色沉淀rm{M}证明一定含有硫酸钠，无色溶液中加硝酸银会生成白色沉淀rm{N}所以白色沉淀rm{N}是氯化银沉淀；粉末中一定含有氯化钠，所以；

rm{(1)}通过推导可知，沉淀rm{N}是氯化银沉淀，化学式为：rm{AgCl}

rm{(2)}步骤Ⅱ所发生的反应是硫酸钠和硝酸钡反应生成硫酸钡沉淀和硝酸钠，化学方程式为：rm{Na_{2}SO_{4}+Ba(NO_{3})_{2}篓TBaSO_{4}隆媒+2NaNO_{3}}

rm{(3)}无色溶液rm{垄脷}和硝酸银会生成氯化银沉淀，所以无色溶液rm{垄脷}中含有氯化钠，过量的硝酸钡和硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀和硝酸钠，所以溶液rm{垄脷}中含有硝酸钡、硝酸钠，所以无色溶液rm{垄脷}中一定存在的溶质rm{(}酚酞除外rm{)}的化学式：rm{NaNO_{3}}rm{Ba(NO_{3})_{2}}rm{NaCl}

故答案为：

rm{(1)AgCl}rm{(2)Na_{2}SO_{4}+Ba(NO_{3})_{2}篓TBaSO_{4}隆媒+2NaNO_{3}}

rm{(3)NaNO_{3}}rm{Ba(NO_{3})_{2}}rm{NaCl}

根据碳酸钡沉淀难溶于水；硝酸铜和氢氧化钠会生成氢氧化铜沉淀，碳酸钡和盐酸反应会生成二氧化碳，氢氧化铜沉淀和盐酸反应会生成蓝色的氯化铜溶液，硫酸根离子和钡离子会生成硫酸钡沉淀，氯离子和银离子会生成氯化银沉淀等知识进行分析．

在解此类题时，首先分析题中所给物质的性质和两两之间的反应，然后依据题中的现象判断各物质的存在性，最后进行验证即可．【解析】rm{AgCl}rm{Na_{2}SO_{4}+Ba(NO_{3})_{2}篓TBaSO_{4}隆媒+2NaNO_{3}}rm{NaNO_{3}}rm{Ba(NO_{3})_{2}}rm{NaCl}28、略

【分析】

（1）从图象中的数据可以看出；10克之前没有出现沉淀，所以和盐酸反应的碳酸钾溶液的质量是10g，从10开始出现沉淀，到30沉淀不变，说明和氯化钙反应的碳酸钾溶液的质量是20g，根据化学方程式可求得生成气体和沉淀碳酸钙的质量；

设生成氯化钾为x；生成二氧化碳气体的质量为y

K2CO3+2HCl=2KCl+H2O+CO2↑

13814944

10g×13.8%xy

X=1.49gy=0.44g

设反应生成氯化钾为a，生成的碳酸钙质量b

K2CO3+CaCl2=2KCl+CaCO3↓

138149100

20×13.8%ab

a=2.98gb=2g

所以生成的二氧化碳气体和碳酸钙沉淀的质量分别为0.44g；2g

（2）反应后烧杯中的物质包括两个反应中生成的氯化钾；以及反应剩余的碳酸钾和生成的沉淀碳酸钙的质量，故得到无水固体的质量为：1.49g+2.98g+10g×13.8%+2g=7.85g．

答：（1）生成的气体和沉淀的质量分别为0.44g；2g．

（2）实验结束后；将烧杯中的物质蒸干，得到无水固体的质量为7.85g．

【解析】【答案】（1）根据碳酸钾会与盐酸反应生成二氧化碳气体；碳酸钾会与氯化钙生成碳酸钙沉淀进行分析；

（2）根据质量守恒定律进行分析．

五、简答题(共4题，共28分)29、解：由标签破损的无色溶液的信息，溶液中溶质的一个粒子中含有两个氢原子，且能与黑色粉末CuO、MnO2、Fe3O4、铁粉、炭粉中混合后反应生成气体．符合条件的常见无色液体有双氧水（H2O2）和稀硫酸（H2SO4）；其中黑色粉末二氧化锰与双氧水混合能放出氧气，可用带火星的木条进行检验；黑色粉末铁粉能与稀硫酸反应生成氢气，可有燃着的木条进行检验．

故答案为：。黑色粉末无色溶液假设一二氧化锰过氧化氢溶液假设二铁粉稀硫酸【分析】

由标签破损的无色溶液的信息，符合标签特征的有双氧水和硫酸等，结合初中阶段常见的黑色粉末有rm{CuO}rm{MnO_{2}}rm{Fe_{3}O_{4}}铁粉、炭粉，能与无色液体混合后生成气体的有rm{MnO_{2}}铁粉；据此作出猜想，进行分析解答．

本题难度不大，掌握初中阶段常见的黑色粉末色的种类、酸的化学性质等并能灵活运用是正确解答本题的关键．【解析】解：由标签破损的无色溶液的信息，溶液中溶质的一个粒子中含有两个氢原子，且能与黑色粉末rm{CuO}rm{MnO_{2}}rm{Fe_{3}O_{4}}铁粉、炭粉中混合后反应生成气体rm{.}符合条件的常见无色液体有双氧水rm{(H_{2}O_{2})}和稀硫酸rm{(H_{2}SO_{4})}其中黑色粉末二氧化锰与双氧水混合能放出氧气，可用带火星的木条进行检验；黑色粉末铁粉能与稀硫酸反应生成氢气，可有燃着的木条进行检验．

故答案为：。黑色粉末无色溶液假设一二氧化锰过氧化氢溶液假设二铁粉稀硫酸30、Ne；7；得到；cd；氯化铝；①③【分析】解：rm{(1)}因为原子中质子数等于电子数，所以rm{A}的元素名称是氖，该元素的单质的化学式为rm{Ne}

rm{(2)}由于原子中质子数等于电子数所以rm{y}的数值等于rm{7}最外层电子数是rm{7}的原子在化学反应中容易得到电子；而成为稳定和结构；

rm{(3)}因为阳离子是原子失去电子后的结果，而最外层电子数小于rm{4}的易失电子而成为阳离子；所以可据此判断；

rm{a}质子数是rm{8}的原子最外层电子数是rm{6}易得电子变成阴离子；

rm{b}质子数是rm{10}的原子最外层电子数是rm{8}不易得失电子；

rm{c}质子数是rm{11}的原子最外层电子数是rm{1}易失去这rm{1}个电子；

rm{d}质子数是rm{12}的原子最外层电子数是rm{2}易失去这rm{2}个电子；

rm{(4)}若rm{A}中rm{x=13}则rm{A}元素是铝元素，化合价一般为rm{+3}价，由分析知rm{B}为氯元素化合价一般为rm{-1}价，则rm{A}rm{B}所表示的元素形成化合物的化学式为rm{AlCl_{3}}名称为氯化铝；

rm{(5)}在下列rm{垄脵垄脷垄脹垄脺}四种粒子中rm{垄脵垄脹}属于稳定结果，上述rm{A}图中的粒子化学性质相似．

故答案为：rm{(1)Ne}rm{(2)7}rm{(3)cd}rm{(4)}氯化铝；rm{(5)垄脵垄脹}

rm{(1)}依据原子中质子数等于电子数判断元素类型；依据元素类型书写化学式；

rm{(2)}依据原子中质子数等于电子数判断rm{y}的数值，依据rm{y}的个数判断原子得失电子的情况；

rm{(3)}依据最外层电子数的多少判断得失电子的情况；并对相关的阳离子结构示意图进行分析；

rm{(4)}依据rm{AB}的元素情况结合其化学式的书写规律解决rm{A}rm{B}所表示的元素形成化合物的名称；

rm{(5)}根据最外层电子数决定元素的化学性质解答．

微粒的结构示意图中，质子数rm{=}核外电子数，为原子；质子数rm{>}核外电子数，为阳离子；质子数rm{<}核外电子数，为阴离子；最外层电子数小于rm{4}易失电子；最外层电子数大于rm{4}易得电子．【解析】rm{Ne}rm{7}得到；rm{cd}氯化铝；rm{垄脵垄脹}31、M＞Al＞Cu；除去金属表面的锈或氧化膜；Al＞M；由蓝色变为无色；Ⅱ；2Al+3CuSO4═Al2（SO4）3+3Cu；丙；金属与酸反应的剧烈程度等【分析】解：【提出问题】通过分析小敏、小强同学的猜想可知，我的猜想是：rm{M>Al>Cu}

【进行实验】第一步：由于金属易与空气中的氧气反应会生成锈或氧化膜，所以老师取出rm{M}丝；铜丝、铝丝用砂纸进行打磨；目的是：除去金属表面的锈或氧化膜．

第二步：甲：由实验的现象可知，铝能将rm{M}从其盐溶液中置换出来，所以金属的活动性是：rm{Al>M}

乙：由于rm{M}的金属活动性大于铜的金属活动性，rm{M}能将铜从其盐溶液中置换出来生成了铜和rm{MSO_{4}}所以实验的现象是：rm{M}丝表面出现一层红色物质；溶液的颜色由蓝色变为无色。

第三步：根据表格可知，三种金属的活动性强弱是：rm{Al>M>Cu}可判断猜想Ⅱ正确．

【交流表达】丙试管中铝与硫酸铜反应生成硫酸铝和铜，发生反应的化学方程式为，故填：rm{2Al+3CuSO_{4}=Al_{2}(SO_{4})_{3}+3Cu.}然后经同学们讨论后大家认为该实验可以优化；去掉试管丙中的实验，也可以得出正确的结论．

【评价与反思】要验证三种金属的活动性顺序，可以采用三取其中的方法，故除了上述实验外，还可以将铝丝、rm{M}丝；铜丝分别插入到盛有酸溶液的试管中；根据金属与酸反应的剧烈程度等进行判断．

故答为：【猜想与假设】猜想Ⅲ：rm{M>Al>Cu}．

【进行实验】第一步：除去金属表面的锈或氧化膜；第二步：甲：rm{Al>M}乙：由蓝色变为无色；第三步：

Ⅱ；

【交流表达】rm{2Al+3CuSO_{4}篓TAl_{2}(SO_{4})_{3}+3Cu}丙；

【评价与反思】金属与酸反应的剧烈程度等．

【提出问题】根据其余两种猜想推断第三种猜想；

【进行实验】第一步：根据金属易与空气中的氧气反应会生成锈或氧化膜进行分析；

第二步：甲：根据铝与rm{MSO_{4}}溶液的反应比较金属的活动性；

乙：根据rm{M}的金属活动性大于铜的金属活动性进行分析；

第三步：根据甲；乙、丙三个实验得出的金属活动性顺序进行分析；

【交流与表达】根据铝和硫酸铜反应生成硫酸铝和铜进行分析；

【评价与反思】根据金属会与酸、盐、氧气等物质反应进行分析rm{.}验证三种金属活动性强弱关系时，通常采取“三取中”即：取中间金属单质与两端的金属的盐溶液反应或取中间金属的盐溶液与两端金属的单质反应．【解析】rm{M>Al>Cu}除去金属表面的锈或氧化膜；rm{Al>M}由蓝色变为无色；Ⅱ；rm{2Al+3CuSO_{4}篓TAl_{2}(SO_{4})_{3}+3Cu}丙；金属与酸反应的剧烈程度等32、长颈漏斗；集气瓶；氢气；二氧化碳；2H2O22H2O+O2↑；催化作用；过滤；玻璃棒；引流；AC；没有蒸干【分析】解：rm{(1)}通过分析题中所指仪器的作用可知，rm{a}是长颈漏斗，rm{b}是集气瓶；

氢气难溶于水，密度比空气小，二氧化碳溶于水，密度比空气大，所以在二氧化碳、氢气两种气体中，能用rm{C}装置收集的是氢气，能用rm{D}装置收集的是二氧化碳；

rm{(2)}过氧化氢在二氧化锰的催化作用下生成水和氧气，化学方程式为：rm{2H_{2}O_{2}dfrac{underline{;MnO_{2};}}{;}2H_{2}O+O_{2}隆眉}

rm{2H_{2}O_{2}dfrac{

underline{;MnO_{2};}}{;}2H_{2}O+O_{2}隆眉}二氧化锰是氯酸钾分解的催化剂；起催化作用；

rm{(3)}操作rm{垄脵}是将不溶性固体从溶液中分离，操作rm{m}是将可溶性固体从溶液中分离，所以操作rm{n}的名称是过滤，操作rm{m}是蒸发，操作rm{n}和操作rm{m}中都用到的玻璃仪器是玻璃棒，操作rm{n}中该仪器的作用是引流；

rm{m}步骤Ⅱ中加适量水的目的是提高实验效率，且后来需要加热蒸发水分，能节约能源，故选：rm{垄脷}

rm{AC}称得回收的氯化钾的质量比理论值小；可能的原因有：没有蒸干水分．

故答案为：rm{垄脹}长颈漏斗；集气瓶；

氢气；二氧化碳；

rm{(2)2H_{2}O_{2}dfrac{underline{;MnO_{2};}}{;}2H_{2}O+O_{2}隆眉}

rm{(1)}二氧化锰是氯酸钾分解的催化剂；起催化作用；

rm{(2)2H_{2}O_{2}dfrac{

underline{;MnO_{2};}}{;}2H_{2}O+O_{2}隆眉}过滤；玻璃棒，引流；

rm{(3)}

rm{垄脵}没有蒸干．

rm{垄脷AC}根据实验室常用仪器的名称和题中所指仪器的作用进行分析；

根据氢气难溶于水；密度比空气小，二氧化碳溶于水，密度比空气大进行分析；

rm{垄脹}根据过氧化氢在二氧化锰的催化作用下生成水和氧气进行分析；

rm{(1)}根据二氧化锰是氯酸钾分解的催化剂进行分析；

rm{(2)}根据操作rm{(3)}是将不溶性固体从溶液中分离，操作rm{垄脵}是将可溶性固体从溶液中分离；依据玻璃棒的作用进行分析；

rm{m}根据步骤Ⅱ中加适量水的目的是提高实验效率；且后来需要加热蒸发水分，能节约能源进行分析；

rm{n}根据称得回收的氯化钾的质量比理论值小；可能的原因有没有蒸干水分进行分析．

本题主要考查常见气体的发生装置与收集装置的探究，发生装置依据反应物的状态和反应条件选择，收集装置依据气体的密度和溶解性选择．rm{垄脷}【解析】长颈漏斗；集气瓶；氢气；二氧化碳；rm{2H_{2}O_{2}dfrac{underline{;MnO_{2};}}{;}2H_{2}O+O_{2}隆眉}催化作用；过滤；玻璃棒；引流；rm{2H_{2}O_{2}dfrac{

underline{;MnO_{2};}}{;}2H_{2}O+O_{2}隆眉}没有蒸干rm{AC}六、探究题(共4题，共32分)33、H2O、CO2、H2、CO；吸收水蒸气；黑色固体逐渐变成红色；第一次使用装置A目的是验证水煤气中水蒸气的存在；第二次使用装置A目的是检验水煤气中是否含有氢气；将玻璃管改成尖嘴点燃或用气球收集【分析】解：rm{(1)}水能使白色硫酸铜变蓝；先通过无水硫酸铜是检验是否含有水的；二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，再通过石灰水是检验是否含有二氧化碳的；再通过氢氧化钠是除去原来的二氧化碳气体，通过浓硫酸是除去原来的水蒸气，通过氧化铜是检验是否含有还原性气体，再通过无水硫酸铜，是看是否有水生成，因为氢气还原氧化铜生成铜和水，所以是为了检验是否有氢气的；最后通过澄清石灰水是看有没有二氧化碳生成，由于一氧化碳还原氧化铜生成铜和二氧化碳，所以是为了检验是否含有一氧化碳