2025年人教新课标七年级化学上册阶段测试试卷含答案

…………○…………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2025年人教新课标七年级化学上册阶段测试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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、下列实验方案的设计中，可行的是rm{(}rm{)}A.用rm{NaOH}溶液除去rm{CO_{2}}中的rm{CO}气体B.为检验rm{CaO}中是否含有rm{Ca(OH)_{2}}可将其加水后滴加酚酞溶液C.用稀rm{H_{2}SO_{4}}可鉴别rm{NaCl}rm{NaOH}rm{K_{2}CO_{3}}rm{BaCl_{2}}四种白色固体D.为除去炭粉中的rm{CuO}可将其在空气中灼烧2、下列变化属于物理变化的是rm{(}rm{)}A.酒精的蒸发B.食物的腐败C.金属的冶炼D.蜡烛的燃烧3、下列对四种微观粒子的描述中rm{(}见图rm{)}存在不正确的说法是rm{(}rm{)}A.

易失去电子B.

易形成阴离子C.

形成相对稳定结构D.

阳离子4、关于rm{CO}和rm{H_{2}}的说法中，不正确的是rm{(}rm{)}A.它们都难溶于水B.它们都有可燃性和还原性C.在相同状况下，它们的密度都比空气小D.在加热时，它们都能和氧化铜发生置换反应5、中国女科学家屠呦呦研究青蒿素获得rm{2015}年诺贝尔生理学或医学奖，青蒿素rm{(C_{15}H_{22}O_{5})}可以有效降低疟疾患者的死亡率，下列有关青蒿素说法正确的是rm{(}rm{)}A.氢元素质量分数最小B.其相对分子质量为rm{282g}C.碳、氢两种元素的质量比为rm{15}rm{22}D.青蒿素由rm{15}个碳原子、rm{22}个氢原子、rm{5}个氧原子构成6、如表中对一些事实的解释正确的是rm{(}rm{)}

。事实解释rm{A}rm{25m^{3}}的氧气可以转入rm{0.024m^{3}}的钢瓶中氧气分子间的体积变小rm{B}活性炭净水活性炭疏松多孔，有很强的吸附能力rm{C}将铝丝浸入硫酸铜的溶液中，铝丝表面无明显现象铜比铝活泼rm{D}生铁和钢的性质不同生铁中含有的杂质比钢多A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}7、根据你所做过的家庭小实验rm{.}如果把家庭中的rm{垄脵}面粉、rm{垄脷}白糖、rm{垄脹}植物油、rm{垄脺}食盐、rm{垄脻}白酒、rm{垄脼}牛奶分别加入适量的水中充分搅拌，能够得到溶液的是rm{(}rm{)}A.rm{垄脵垄脹垄脼}B.rm{垄脷垄脺垄脻}C.rm{垄脷垄脺垄脻垄脼}D.全部8、下列关于催化剂的说法正确的是rm{(}rm{)}A.没有催化剂就不能反应B.催化剂只能加快化学反应速率，但本身的性质不变C.二氧化锰可作任何反应的催化剂D.催化剂不能改变生成物的质量9、区分下列各组物质的两种方法都正确的是（）

。选项要区分的物质方法一方法二A稀盐酸和氢氧化钠溶液加入大理石加入硫酸铜溶液B硝酸铵和硫酸钾固体加氢氧化钙研磨加入适量水观察是否溶解C羊毛制品和纯棉制品点燃闻气味观察颜色D铁粉和氧化铜观察颜色加入稀硫酸观察现象

A.A

B.B

C.C

D.D

评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)10、由氧化铜和木炭粉混合而成的黑色粉末48g；将其加入试管中加热充分反应后，冷却分离得到24g铜，则原混合物中氧化铜的质量分数为（）

A.37.5%

B.50%

C.62.5%

D.95.3%

11、下列各组溶液中；不另加任何试剂就能将它们区别开来的是（）

A.Na2CO3、Ba（OH）2、Na2SO4、HNO3

B.NaOH、FeCl3、H2SO4；NaCl

C.BaCl2、Na2SO4、CaCl2、Ca（NO3）2

D.BaCl2、KHCO3、NaCl、Na2SO4

12、下列除去杂质的方法中，合理的是rm{(}rm{)}

。选项物质杂质除杂方法rm{A}二氧化碳水蒸气通入浓硫酸中rm{B}硫酸亚铁溶液硫酸铜加入过量铁粉，过滤rm{C}铁粉铜粉加入足量的稀硫酸，过滤rm{D}氧化钙碳酸钙加入水，过滤A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}13、下列rm{CO_{2}}的制备装置中，不能起到“随开随制，随关随停”效果的是rm{(}rm{)}A.B.C.D.14、某同学用高锰酸钾制取氧气，收集到他所需的氧气后停止加热，高锰酸钾未完全分解rm{.}剩余的固体混合物中锰元素与氧元素的质量比可能是rm{(}rm{)}A.rm{55}rm{32}B.rm{55}rm{43}C.rm{55}rm{53}D.rm{55}rm{64}15、已知：rm{Cu+2H_{2}SO_{4}(}浓rm{)篓TCuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O.}有关rm{CuSO_{4}}制备途径及性质如图所示．

下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.途径rm{垄脵}比途径rm{垄脷}更好地体现绿色化学思想B.反应rm{垄脹}分解所得混合气体rm{X}是rm{SO_{2}}和rm{SO_{3}}C.反应rm{垄脹}中有三种元素化合价发生变化D.rm{Cu_{2}O}中rm{Cu}的化合价为rm{+1}价16、25mLH2和O2的混合气体，用电火花引燃后，冷却至室温，剩余气体为10mL，则原混合气体中H2可能是（）

A.20mL

B.15mL

C.10mL

D.5mL

评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)17、通过一年的化学学习；你已经掌握了实验室制取气体的有关规律，以下是老师提供的一些实验装置．请结合下图回答问题：

（1）写出图中标号的仪器名称：①____；②____．

（2）氨气（NH3）是一种密度比空气小且极易溶于水的气体；实验室用加热氯化铵和氢氧化钙的固体混合物制取氨气，制取氨气的发生装置是____（填字母编号），收集装置是____．若选择F装置收集氨气，应从____通入（填导管接口字母，广口瓶正放）．氨气在加热条件下能与氧化铜反应生成铜、水和空气中含量最多的气体，写出该反应的化学方程式____．18、根据化学式N2、NO、NO2、HNO3中氮元素的化合价依次是____．19、如图rm{1}是实验室制取和收集气体的装置；请按要求作答：

rm{(1)}仪器rm{a}的名称是______．

rm{(2)}用rm{B}装置制取气体并能随时停止反应，上部与下部对接应选______rm{(}填“rm{b}”、“rm{c}”rm{)}．

rm{(3)}从装置rm{A隆芦D}中选择：加热rm{KMnO_{4}}制取rm{O_{2}}并用排水法收集，应选用图中的______rm{(}填字母rm{)}实验室制取并收集rm{CO_{2}}应选用图中的______rm{(}填字母rm{)}反应的化学方程式______；

rm{(4)}用装置rm{E}排空气收集rm{H_{2}}气体应从导管的______rm{(}填“rm{d}”、“rm{e}”rm{)}端进入，若用rm{E}装置排水法收集氧气，则气体应从导管的____rm{(}填“rm{d}”、“rm{e}”rm{)}端进入。

rm{(5)}图rm{2}为制取rm{H_{2}}并还原rm{Fe_{3}O_{4}}的微型实验装置，针筒与青霉素瓶组合部分相当于图rm{1}装置______rm{(}填字母rm{)}检查此装置气密性的具体操作是______；若现象为______；则气密性良好．

20、化学是一门以实验为基础的科学；下面是初中化学中几组重要的对比实验．

rm{(1)}实验rm{1}中，观察到rm{A}烧杯中的现象是____；由此可验证分子的性质．

rm{(2)}实验rm{2}中，观察到铜片上的白磷燃烧而红磷不燃烧，可得出可燃物燃烧的一个条件为____rm{.}根据此条件，举一例相关的灭火事例____．

rm{(3)}实验rm{3}中，实验过程中布条能变红色的试剂瓶是____，rm{C}烧杯发生反应的化学方程式为____．21、按要求写出下列元素符号或名称：氮______、碳______、氟______、钠______、rm{N}______、rm{Si}______、rm{Mg}______、rm{Al}______．22、配平下列化学方程式：

rm{(1)}______rm{H_{2}O_{2}dfrac{overset{;MnO_{2};}{.}}{;}}______rm{H_{2}O_{2}dfrac{

overset{;MnO_{2};}{.}}{;}}______rm{H_{2}O+}

rm{O_{2}隆眉}______rm{(2)}______rm{O_{2}dfrac{overset{;{碌茫脠录};}{.}}{;}}______rm{CH_{4}+}______rm{O_{2}dfrac{overset{;{碌茫脠录};}{

.}}{;}}

rm{CO_{2}+}______rm{H_{2}O}______rm{COdfrac{overset{;;triangle;;}{.}}{;}}______rm{(3)}______rm{Fe_{2}O_{3}+}

rm{COdfrac{overset{;;triangle

;;}{.}}{;}}______rm{Fe+}______rm{O_{2}dfrac{overset{;{碌茫脠录};}{.}}{;}}______rm{CO_{2}}______rm{(4)}

rm{FeS_{2}+}______rm{O_{2}dfrac{overset{;{碌茫脠录};}{

.}}{;}}______rm{CO_{2}dfrac{overset{;{碌茫脠录};}{.}}{;}}______rm{Fe_{2}O_{3}+}______rm{SO_{2}}

rm{(5)}______rm{Mg+}______rm{CO_{2}dfrac{overset{;{碌茫脠录};}{

.}}{;}}______rm{MgO+}______rm{C}rm{(6)}23、质量守恒定律的定量研究对化学科学发展具有重大作用．

rm{(1)}硝酸在工业生产中有广泛的应用，工业上制取硝酸的关键反应为：rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{overset{{麓脽禄炉录脕}}{.}}{triangle}4NO+6R}其中rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{

overset{{麓脽禄炉录脕}}{.}}{triangle}4NO+6R}的化学式为______；

rm{R}在小烧杯中加入硫酸铜溶液后，加入铁钉，称量总质量为rm{(2)}反应发生了一段时间后，再称量小烧杯及烧杯内物质的总质量为rm{m_{1}}则rm{m_{2}}填“rm{(}”、“rm{=}”或“rm{>}”rm{<}______rm{)m_{1}}

rm{m_{2}}如图所示装置，将烧杯放在天平上用砝码平衡，然后倾斜烧杯使盐酸与碳酸钠粉末接触，一段时间后再把烧杯放在天平上称量，发现天平的指针偏右，其原因是______，由这个实验推测：要验证质量守恒定律，有气体生成时，实验环境应在______rm{(3)}开放、密闭rm{(}体系中进行．rm{)}24、2005年5月22日，中国登山测量队成功登上珠峰峰顶，圆满完成珠峰高度最新测量工作．登山队员常用的能源是氢化钙（CaH2）固体，CaH2与水反应生成氢气共燃烧之需．现有甲、乙两位同学分别设计了制备CaH2的实验；装置如图所示（分别以序号Ⅰ；Ⅱ表示），图中铁架台等夹持固定装置已略去．

请回答下列问题。

（1）制取氢化钙的化学方程式为：____；

（2）最后实验结果显示，两位同学的实验装置设计都有缺陷．装置Ⅰ的不足之处是____，装置Ⅱ的不足之处是____；

（3）请你从两套装置中选取你认为合理的部分，按从左到右的顺序组装一套制取CaH2的合理装置（用序号A；B、C表示）；

（4）登山队员常用CaH2与冰反应生成氢气，在产物中滴入无色酚酞试液后变红，写出CaH2和水反应的化学方程式：____；

（5）请你谈谈用氢化钙固体做能源的优点．25、现有Cu、CuO、CuSO4、C、CO、CO2六种物质；它们的反应关系如下图所示（图中每个字母分别代表上述六种物质中的一种）．

（1）请利用初中所学知识推断图中物质的化学式：

Z____、N____．

（2）写出X→W的化学方程式____．

评卷人得分四、计算题(共1题，共6分)26、现有一杯rm{8%}的氢氧化钠溶液rm{50g}丹丹同学向烧杯中倒入rm{50g}稀硫酸后，用玻璃棒搅拌并测得完全反应后的溶液呈中性rm{.2NaOH+H_{2}SO_{4}篓TNa_{2}SO_{4}+2H_{2}O.}

rm{(1)}反应后溶液的rm{pH}______rm{7(}选填“rm{>}”“rm{=}”“rm{<}”rm{)}．

rm{(2)}稀硫酸中溶质的质量分数是______．

rm{(3)}计算上述反应后的溶液中溶质的质量分数．评卷人得分五、探究题(共2题，共8分)27、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：______．28、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．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】试题分析：

A；根据氢氧化钠和二氧化碳反应而不和一氧化碳反应进行解答；

B；根据氧化钙和水反应生成氢氧化钙进行解答；

C；根据硫酸和氢氧化钠发生中和反应、和碳酸钾反应生成二氧化碳气体、和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀进行解答；

D；根据炭粉在空气中灼烧会生成二氧化碳进行解答．

解：

A、氢氧化钠能和和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，而不和一氧化碳反应，这样正好是除掉了rm{CO_{2}}故A错误；

B、氧化钙和水反应生成氢氧化钙，为检验rm{CaO}中是否含有rm{Ca(OH)_{2}}可将其加水后滴加酚酞溶液不可行，故B错误；

C、硫酸和氯化钠不反应、硫酸和氢氧化钠发反应生成硫酸钠和水放出大量的热、硫酸和碳酸钾反应生成二氧化碳气体、硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，所以可以用稀rm{H_{2}SO_{4}}可鉴别rm{NaCl}rm{NaOH}rm{K_{2}CO_{3}}rm{BaCl_{2}}四种白色固体；故C正确；

D、炭粉在空气中灼烧会生成二氧化碳，所以不能在空气中灼烧除去炭粉中的rm{CuO}故D错误．

故选：rm{C}．【解析】rm{C}2、A【分析】解：rm{A}酒精蒸发的过程中只是状态发生改变；没有新物质生成，属于物理变化．

B；食物腐败的过程中有对人体有害的新物质生成；属于化学变化．

C；金属的冶炼的过程中有金属新物质生成；属于化学变化．

D；蜡烛燃烧的过程中有新物质二氧化碳和水生成；属于化学变化．

故选A．

化学变化是指有新物质生成的变化；物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化与物理变化的本质区别是有无新物质生成，据此抓住化学变化和物理变化的区别结合事实进行分析判断即可．

本题难度不大，解答时要分析变化过程中是否有新物质生成，这里的新物质是指和变化前的物质是不同种的物质，若没有新物质生成属于物理变化，若有新物质生成属于化学变化．【解析】rm{A}3、D【分析】解：rm{A}最外层电子数是rm{1}小于rm{4}易失去电子，故说法正确；

B、最外层有rm{6}个电子，大于rm{4}在化学变化中容易得到电子，易形成阴离子，故说法正确；

C、最外层电子数是rm{8}形成相对稳定结构，故说法正确；

D；质子数小于核外电子数；是阴离子，故说法不正确；

故选项为：rm{D}．

根据质子数与电子数的关系判断是原子还是离子；决定元素化学性质的是最外层电子数；最外层电子数是rm{8(}氦为rm{2}个rm{)}的结构为稳定结构．

本题难度不大，考查学生对粒子结构示意图及其意义的理解，明确粒子中核内质子数和核外电子数之间的关系是解题的关键．【解析】rm{D}4、D【分析】解：

A；氢气、一氧化碳都难溶于水；故A正确；

B；氢气和一氧化碳都具有可燃性和还原性；可用作燃料和做还原剂冶炼金属，故B正确；

C；在在相同状况下；氢气和一氧化碳的密度都比空气小，故C正确；

D、氢气还原氧化铜生成铜和水，单质和化合物生成另一种单质和化合物，属于置换反应rm{.}一氧化碳和氧化铜反应生成铜和二氧化碳；反应物为两种化合物，不属于置换反应，故D不正确．

故选D．【解析】rm{D}5、A【分析】解：rm{A.}青蒿素中碳、氢、氧三种元素的质量比为rm{(12隆脕15)}rm{(1隆脕22)}rm{(16隆脕5)=90}rm{11}rm{40.}可见其中氢元素的质量分数最小；故正确；

B.相对分子质量的单位不是“rm{g}”而是“rm{1}”；通常省略不写，故错误；

C.青蒿素中碳、氢元素的质量比为rm{(12隆脕15)}rm{(1隆脕22)=90}rm{11}故错误；

D.青蒿素是由青蒿素分子构成的；而不是由原子直接构成的，故错误．

故选A．

A.根据化合物中各元素的质量比来分析；

B.根据相对分子质量的单位来分析；

C.根据化合物中各元素的质量比的计算方法来分析；

D.根据物质的结构来分析．

本题难度不大，考查同学们结合新信息、灵活运用化学式的含义与有关计算进行分析问题、解决问题的能力．【解析】rm{A}6、B【分析】解：rm{A}由于分子间有间隔，在受压时分子间间隔变小rm{.}所以，rm{25m^{3}}的氧气可以装入rm{0.024m^{3}}的钢瓶中，氧气分子的体积不变rm{.}故A错误；

B；由于活性炭疏松多孔；有很强的吸附能力，可用活性炭净水，故B正确；

C；由于铝比铜活泼；将铝丝浸入硫酸铜溶液中，铝丝表面有红色物质生成，故C错误；

D；由于生铁和钢的含碳量不同；所以生铁和钢的性质不同，故D错误．

故选B．

A；根据分子间有间隔的性质分析；

B；根据活性炭的结构、性质分析判断；

C；根据金属活动性顺序表的应用分析；

D；根据生铁和钢的成分分析判断．

根据不同的现象，或者不同的物质出现某种相同的现象，应用比较分析的方法找出其中的原因是化学常用的思维方法．【解析】rm{B}7、B【分析】解：面粉不能溶于水，放入水中形成悬浊液rm{.}白糖溶于水形成白糖水；是溶液。

植物油不能溶于水，放入水中形成乳浊液rm{.}食盐能溶于水形成盐水；是溶液。

白酒能与水以任何比例混合，形成溶液rm{.}牛奶不溶于水；形成乳浊液。

故选B【解析】rm{B}8、D【分析】解：rm{A}催化剂只能改变化学反应速率；没有催化剂也能反应，故选项说法错误．

B、催化剂只能加快化学反应速率，但本身的化学性质rm{(}而不是性质rm{)}不变；故选项说法错误．

C；二氧化锰不能作任何反应的催化剂；其它的物质也可以作催化剂，故选项说法错误．

D；催化剂只能改变化学反应速率；对生成物的质量无影响，使用催化剂不能增加生成物的质量，故选项说法正确．

故选：rm{D}．

在化学反应里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都没有发生变化的物质叫做催化剂rm{(}又叫触媒rm{).}催化剂的特点可以概括为“一变二不变”；一变是能够改变化学反应速率，二不变是指质量和化学性质在化学反应前后保持不变．

本题难度不大，考查对催化剂概念的理解，掌握催化剂的特征rm{(}“一变二不变”rm{)}是正确解答本题的关键．【解析】rm{D}9、A【分析】

A；因方法一中盐酸与大理石反应产生气体；方法二中氢氧化钠与硫酸铜溶液反应生成蓝色沉淀，现象不同可以区分，故A正确；

B；方法二中两种物质都能溶于水；根据是否溶解无法区分硝酸铵和硫酸钾固体，故B错误；

C；方法二中根据颜色无法区分羊毛和纯棉制品；因它们都是白色的，故C错误；

D；方法一中铁粉与氧化铜都是黑色；则无法区分它们，故D错误；

故选A．

【解析】【答案】根据物质的性质及在化学反应中产生不同的现象来区分物质；若产生相同的现象或都不反应则无法区分．

二、多选题(共7题，共14分)10、CD【分析】

由2CuO+C2Cu+CO2↑和生成物24g铜；可求出参加反应的CuO和C分别是30g和2.25g，可知必有其中一种反应物尚未完全反应．

若CuO过量；设参加反应的C的质量为x．

2CuO+C2Cu+CO2↑

12128

x24g

解得：x=2.25g，则混合物中氧化铜的质量分数为：=95.3%

若C过量；设参加反应的CuO的质量为x．

2CuO+C2Cu+CO2↑

160128

x24g

解得：x=30g，则混合物中氧化铜的质量分数为：×100%=62.5%

故选CD

【解析】【答案】该题中碳与氧化铜的反应中得到了铜24g；没有说明碳与氧化铜是否完全反应，因此需对反应过程进行讨论，依据铜的质量可计算反应的氧化铜与碳的质量，两者的质量和与原混合物质量进行比较，判断反应的情况，然后对两者反应时的情况进行讨论计算即可．

11、AB【分析】

A；

。Na2CO3Ba（OH）2Na2SO4HNO3Na2CO3--↓--↑Ba（OH）2↓--↓无现象Na2SO4--↓HNO3↑无现象无现象--四组中的现象都不相同；可以鉴别，故A正确；

B、依据铁离子显黄色，首先鉴别出FeCl3，然后将FeCl3滴入剩余的三种溶液中，生成黄色沉淀的是NaOH，再将无现象的两种液体，滴入沉淀中，沉淀溶解的是H2SO4；无现象的是NaCl，可以鉴别，故B正确；

C；

。BaCl2Na2SO4CaCl2Ca（NO3）2BaCl2--↓Na2SO4↓--↓↓CaCl2--↓Ca（NO3）2--↓有三组现象完全相同；不能鉴别，故C错误；

D；

。BaCl2KHCO3NaClNa2SO4BaCl2--↓--↓KHCO3↓NaClNa2SO4↓有两组现象完全相同；不能鉴别，故D错误；

故选A；B．

【解析】【答案】分析题中有没有带色的离子；有带色的离子，借助带色的离子鉴别，没有的利用表格列举现象鉴别．

12、AB【分析】解：rm{A}浓硫酸具有吸水性；且不与二氧化碳反应，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．

B；过量铁粉能与硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁溶液和铜；再过滤，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．

C；铁粉能与稀硫酸反应生成硫酸亚铁溶液和氢气；再过滤，反而会把原物质除去，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误．

D、rm{CaO}能与水反应生成氢氧化钙；碳酸钙难溶于水，反而会把原物质除去，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误．

故选：rm{AB}．

根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂rm{(}提纯rm{)}是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变rm{.}除杂质题至少要满足两个条件：rm{垄脵}加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；rm{垄脷}反应后不能引入新的杂质．

物质的分离与除杂是中考的重点，也是难点，解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件rm{(}加入的试剂只与杂质反应，反应后不能引入新的杂质rm{)}是正确解题的关键．【解析】rm{AB}13、BD【分析】【分析】本题考查气体发生装置的效果判断，能起到“随开随制，随关随停”效果的装置应能实现固液分离。【解答】A.将干燥管移出液面可实现固液分离，故A不符合题意；B.小试管能起到液封的作用，节约药品，但反应过程中固液不能分离，不能起到“随开随制，随关随停”效果，故B符合题意；C.可抽动的铜丝可以将固体反应物移出液面，故C不符合题意；D.长颈漏斗下端位于液面以上，产生的气体会从长颈漏斗中逸出，装置错误，故D符合题意。故选BD。【解析】rm{BD}14、BC【分析】解：高锰酸钾未完全分解；剩余的固体混合物由高锰酸钾；锰酸钾和二氧化锰三种物质混合而成。

高锰酸钾rm{KMnO_{4}}中锰、氧元素质量比rm{=55}rm{(16隆脕4)=55}rm{64}

锰酸钾rm{K_{2}MnO_{4}}中锰、氧元素质量比rm{=55}rm{(16隆脕4)=55}rm{64}

二氧化锰rm{MnO_{2}}中锰、氧元素质量比rm{=55}rm{(16隆脕2)=55}rm{32}．

因此，剩余的固体混合物中锰元素与氧元素的质量比应在rm{55}rm{64}与rm{55}rm{32}之间，由于rm{55}rm{43}大于rm{55}rm{53}在上述比值之间，故BC可能；并且两元素质量比不可能等于rm{55}rm{64}或rm{55}rm{32}故AD不可能．

故选BC．

高锰酸钾未完全分解时剩余固体混合物中有高锰酸钾；锰酸钾和二氧化锰三种物质；因此剩余固体混合物中锰元素和氧元素的质量之比应大于三种物质中两元素质量比最小的比，而小于三种物质中两元素质量比最大的比．

本题还可以根据质量守恒定律，反应前后元素质量不变，反应放出氧气而使反应后所得物质中氧元素质量减小而锰元素质量不变，因此，反应后固体物质中锰、氧元素质量比小于高锰酸钾中锰与氧元素质量而判断．【解析】rm{BC}15、CD【分析】解：rm{A.}铜和浓硫酸反应会生成二氧化硫气体污染空气；故A错误；

B.硫酸铜高温分解生成rm{Cu_{2}O}rm{O_{2}}rm{SO_{3}}rm{SO_{2}}混合气体rm{X}是rm{O_{2}}rm{SO_{2}}rm{SO_{3}}故B错误；

C.根据rm{2CuSO_{4}dfrac{overset{;{赂脽脦脗};}{.}}{;}Cu_{2}O+SO_{2}隆眉+SO_{3}隆眉+O_{2}隆眉}知，rm{2CuSO_{4}dfrac{

overset{;{赂脽脦脗};}{

.}}{;}Cu_{2}O+SO_{2}隆眉+SO_{3}隆眉+O_{2}隆眉}rm{Cu}rm{S}的化合价都发生改变；故C正确；

D.根据化合物中各元素的化合价代数和为rm{O}可知，rm{0}中rm{Cu_{2}O}的化合价为rm{Cu}价；故D正确．

故选CD．

A.根据反应后的生成物判断；

B.硫酸铜分解生成rm{+1}与氧气、rm{Cu_{2}O}

C.根据反应物和生成物的化学式判断；

D.根据化合物中各元素的化合价代数和为rm{SO_{2}}进行解答．

本题考查了物质的制备，解题的关键是掌握物质的性质，解答时要依据题干提供信息，结合相关知识细心分析解答．rm{0}【解析】rm{CD}16、AC【分析】

设参加反应的氧气的体积为x；则有：

2H2+O22H2O

21（体积比）

2xx

2x+x=25mL-10mL=15mL；

x=5mL

如氧气过量；则剩余10mL无色气体为氧气，此时氢气的体积是10mL，如果氢气过量则此时氢气的体积是10mL+10mL=20mL；

故选AC．

【解析】【答案】依据气体的体积比等于其分子个数比并结合氢气与氧气反应的方程式对混合气体的体积进行讨论；分析时要讨论剩余气体是氧气或氢气两种可能进行；

三、填空题(共9题，共18分)17、略

【分析】

（1）识别一些常见仪器；故答案为：长颈漏斗；集气瓶．

（2）根据题目信息可知，实验室用加热氯化铵和氢氧化钙的固体混合物制取氨气，属于固体和固体加热制气体；氨气溶于水，不可采用排水法收集，密度比空气小，可以采用向下排空气法收集，故答案为：A、E．由于氨气密度比空气小，所以b进入集气瓶随着气体的增多迫使下层空气从a口出去，从而达到收集的目的，故答案为：b．根据题目信息可知，反应物和生成物以及反应条件已经给出，只要配平即可．故答案为：2NH3+3CuO3Cu+3H2O+N2．

【解析】【答案】（1）识别常见仪器．

（2）根据发生装置和收集装置的选择标准即可．

18、略

【分析】

根据单质中元素的化合价为0，N2属于单质；故氮元素的化合价为0．

氧元素显-2价；设氮元素的化合价是x，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得：x+（-2）=0，则x=+2价．

氧元素显-2价；设氮元素的化合价是y，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得：y+（-2）×2=0，则y=+4价．

氢元素显+1价，氧元素显-2价，设氮元素的化合价是z，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得：（+1）+z+（-2）×3=0，则z=+5价．

故答案为：0；+2价；+4价；+5价．

【解析】【答案】根据单质中元素的化合价为0；在化合物中正负化合价代数和为零；结合各化学式进行解答本题．

19、​酒精灯；c；AD；2KMnO4K2MnO4MnO2O2↑；BC；CaCO32HCl=CaCl2H2OCO2↑；c；B；夹紧弹簧夹，推动注射器的活塞；一段时间后活塞回到原处【分析】解：rm{(1)}酒精灯是常用的加热仪器，故答案为：酒精灯；rm{(2)}用rm{B}装置制取气体并能随时停止反应，上部与下部对接应选rm{c}故答案为：rm{c}rm{(3)}如果用高锰酸钾制氧气就需要加热，高锰酸钾受热分解生成锰酸钾和二氧化锰和氧气，要注意配平；氧气的密度比空气的密度大，不易溶于水，因此能用向上排空气法和排水法收集rm{.}实验室制取rm{CO_{2}}是在常温下，用大理石或石灰石和稀盐酸制取的，碳酸钙和盐酸互相交换成分生成氯化钙和水和二氧化碳，因此不需要加热rm{.}二氧化碳能溶于水，密度比空气的密度大，因此只能用向上排空气法收集；故答案为：rm{AD}rm{2KMnO_{4}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}K_{2}MnO_{4}MnO_{2}O_{2}隆眉}rm{2KMnO_{4}dfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}K_{2}MnO_{4}MnO_{2}

O_{2}隆眉}rm{CaCO_{3}2HCl=CaCl_{2}H_{2}OCO_{2}隆眉}rm{BC}用装置rm{CaCO_{3}2HCl=CaCl_{2}H_{2}O

CO_{2}隆眉}排空气收集rm{(4)}气体应从导管的短管进入，因为氢气的密度比空气小；故答案为：rm{E}rm{H_{2}}图rm{c}为制取rm{(5)}并还原rm{2}的微型实验装置，针筒与青霉素瓶组合部分相当于图rm{H_{2}}装置rm{Fe_{3}O_{4}}检查此装置气密性的具体操作是：夹紧弹簧夹，推动注射器的活塞，一段时间后活塞回到原处，证明装置严密，故答案为：rm{1}夹紧弹簧夹，推动注射器的活塞；一段时间后活塞回到原处；酒精灯是常用的加热仪器，用rm{B}装置制取气体并能随时停止反应，上部与下部对接应选rm{B}制取装置包括加热和不需加热两种，如果用双氧水和二氧化锰制氧气就不需要加热，如果用高锰酸钾或氯酸钾制氧气就需要加热rm{B}氧气的密度比空气的密度大，不易溶于水，因此能用向上排空气法和排水法收集rm{c}实验室制取rm{.}是在常温下，用大理石或石灰石和稀盐酸制取的，碳酸钙和盐酸互相交换成分生成氯化钙和水和二氧化碳，因此不需要加热rm{.}二氧化碳能溶于水，密度比空气的密度大，因此只能用向上排空气法收集rm{CO_{2}}用装置rm{.}排空气收集rm{.}气体应从导管的短管进入，因为氢气的密度比空气小；图rm{E}为制取rm{H_{2}}并还原rm{2}的微型实验装置，针筒与青霉素瓶组合部分相当于图rm{H_{2}}装置rm{Fe_{3}O_{4}}检查此装置气密性的具体操作是：夹紧弹簧夹，推动注射器的活塞，一段时间后活塞回到原处，证明装置严密rm{1}本考点主要考查了仪器的名称、气体的制取装置和收集装置的选择，同时也考查了化学方程式的书写和检查装置的气密性等，综合性比较强rm{B}气体的制取装置的选择与反应物的状态和反应的条件有关；气体的收集装置的选择与气体的密度和溶解性有关rm{.}本考点是中考的重要考点之一，主要出现在实验题中．rm{.}【解析】酒精灯；rm{c}rm{AD}rm{2KMnO}rm{4}rm{dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}K}rm{4}rm{dfrac{underline{;;triangle

;;}}{;}K}rm{2}rm{2}rm{MnO}rm{4}rm{4}rm{MnO}rm{2}rm{2}rm{O}rm{2}rm{2}rm{隆眉}rm{BC}rm{CaCO}rm{3}rm{3}rm{2HCl=CaCl}rm{2}夹紧弹簧夹，推动注射器的活塞；一段时间后活塞回到原处rm{2}20、无色变为红色;温度达到物质的着火点;用水灭火;B瓶;CO2+Ca(OH)2═CaCO3↓+H2O【分析】试题分析：rm{(1)}从浓氨水呈碱性，易挥发考虑；rm{(2)}从物质燃烧的三个条件考虑；rm{(3)}根据酸可使紫色石蕊试液变红分析．

rm{(1)}浓氨水呈碱性，易挥发，说明分子是在不断运动的，挥发的氨水分子进入rm{A}使rm{A}中的溶液由无色变为红色；

rm{(2)}白磷的着火点是rm{40隆忙}rm{80隆忙}的热水可使其达到；而红磷的着火点高，热水不能使其达到，说明燃烧的一个条件是：温度达到物质的着火点；用水灭火就是降低了可燃物的温度，使其降到可燃物着火点一下；

rm{(3)}二氧化碳遇干燥的紫色石蕊布条不会发生变化，所以rm{A}中布条不变色；二氧化碳遇到湿润的紫色石蕊试液布条，首先二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸使石蕊试液布条变成红色；当二氧化碳进入rm{C}后，与氢氧化钙溶液反应生成白色沉淀碳酸钙，rm{C}中溶液变浑浊rm{.}反应物是二氧化碳和氢氧化钙写在等号的左边；生成物是碳酸钙和水写在等号的右边，碳酸钙后面标上沉淀符号；

故答案为：rm{(1)}无色变为红色；rm{(2)}温度达到物质的着火点；用水把火扑灭rm{(}合理给分rm{)}rm{(3)B}瓶；rm{CO_{2}+Ca(OH)_{2}篓TCaCO_{3}隆媒+H_{2}O.}【解析】无色变为红色rm{;}温度达到物质的着火点rm{;}用水灭火rm{;B}瓶rm{;CO_{2}+Ca(OH)_{2}篓TCaCO_{3}隆媒+H_{2}O}21、N；C；F；Na；氮；硅；镁；铝【分析】解：氮、碳、氟、钠的元素符号分别为rm{N}rm{C}rm{F}rm{Na}rm{N}rm{Si}rm{Mg}rm{Al}分别是氮；硅、镁、铝的元素符号．

故答案为：rm{N}rm{C}rm{F}rm{Na}氮；硅、镁、铝．

根据各元素的元素符号和书写元素符号的规律回答；第一个字母要大写，第二个字母小写．

熟练牢固的记忆常见元素的元素符号很重要，这是学好化学的基础．【解析】rm{N}rm{C}rm{F}rm{Na}氮；硅；镁；铝22、2；2；1；1；2；1；2；1；3；2；3；4；11；2；8；2；1；2；1；2；6；2；3【分析】解：rm{(1)}由于左侧氧原子是偶数，而右侧的水中氧原子为奇数，所以可以采用奇数配偶法，得rm{2H_{2}O_{2}dfrac{overset{;MnO_{2};}{.}}{;}2H_{2}O+1O_{2}隆眉}

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

overset{;MnO_{2};}{.}}{;}2H_{2}O+1O_{2}隆眉}用待定系数法，将甲烷的系数定为rm{(2)}得rm{1CH_{4}+2O_{2}dfrac{overset{;{碌茫脠录};}{.}}{;}1CO_{2}+2H_{2}O}

rm{1}用待定系数法，将氧化铁的系数定为rm{1CH_{4}+2O_{2}dfrac{

overset{;{碌茫脠录};}{.}}{;}1CO_{2}+2H_{2}O}得rm{1Fe_{2}O_{3}+3COdfrac{overset{;;triangle;;}{.}}{;}2Fe+3CO_{2}}

rm{(3)}用待定系数法，将氧化铁的系数定为rm{1}得rm{2FeS_{2}+dfrac{11}{2}O_{2}dfrac{overset{;{碌茫脠录};}{.}}{;}2Fe_{2}O_{3}+4SO_{2}}同时乘以rm{1Fe_{2}O_{3}+3COdfrac{

overset{;;triangle;;}{.}}{;}2Fe+3CO_{2}}得rm{4FeS_{2}+11O_{2}dfrac{overset{;{碌茫脠录};}{.}}{;}2Fe_{2}O_{3}+8SO_{2}}

rm{(4)}用待定系数法，将二氧化碳的系数定为rm{1}得rm{2Mg+1CO_{2}dfrac{overset{;{碌茫脠录};}{.}}{;}2MgO+1C}

rm{2FeS_{2}+dfrac{11}{2}O_{2}dfrac{

overset{;{碌茫脠录};}{.}}{;}2Fe_{2}O_{3}+4SO_{2}}用待定系数法，将氯化铝的系数定为rm{2}得rm{Al+3HCl篓TAlCl_{3}+dfrac{3}{2}H_{2}隆眉}同时乘以rm{4FeS_{2}+11O_{2}dfrac{

overset{;{碌茫脠录};}{.}}{;}2Fe_{2}O_{3}+8SO_{2}}得rm{(5)}

故答案为：rm{1}rm{2Mg+1CO_{2}dfrac{

overset{;{碌茫脠录};}{.}}{;}2MgO+1C}rm{(6)}

rm{1}rm{Al+3HCl篓TAlCl_{3}+dfrac

{3}{2}H_{2}隆眉}rm{2}rm{2Al+6HCl篓T2AlCl_{3}+3H_{2}隆眉}

rm{(1)2}rm{2}rm{1}rm{(2)1}

rm{2}rm{1}rm{2}rm{(3)1}

rm{3}rm{2}rm{3}rm{(4)4}

rm{11}rm{2}rm{8}rm{(5)2}．

化学方程式的配平中要灵活使用各种配平的方法进行；观察法；奇数配偶法、待定系数法等．

待定系数法将最复杂的化合物定为rm{1}然后配平，最后根据是否出现分数确定是否需要同时扩大．rm{2}【解析】rm{2}rm{2}rm{1}rm{1}rm{2}rm{1}rm{2}rm{1}rm{3}rm{2}rm{3}rm{4}rm{11}rm{2}rm{8}rm{2}rm{1}rm{2}rm{1}rm{2}rm{6}rm{2}rm{3}23、H2O；=；盐酸与碳酸钠粉末反应的装置不密闭，生成二氧化碳气体逸出，使左盘内质量减小；密闭【分析】解：rm{(1)}依据化学反应前后原子的种类、数目不发生改变：rm{N}原子前后均为rm{4}故rm{R}中无rm{N}原子；反应前有rm{12}个rm{H}原子，而rm{NO}中无rm{H}原子，故“rm{6R}”中有rm{12}个rm{H}原子，每个rm{R}中有rm{2}个rm{H}原子；同理可得每个rm{R}中含rm{1}个rm{O}原子，即化学式为：rm{H_{2}O}

rm{(2)}因为反应过程中没有气体放出；所以反应前后烧杯中物质质量相等．

rm{(3)}造成天平的指针向右偏转的原因是：盐酸与碳酸钠粉末反应的装置不密闭；生成二氧化碳气体逸出，使左盘内质量减小；要验证质量守恒定律，有气体生成时，实验环境应在密闭体系中进行．

故答案为：rm{(1)H_{2}O}rm{(2)=}rm{(3)}盐酸与碳酸钠粉末反应的装置不密闭；生成二氧化碳气体逸出，使左盘内质量减小；密闭．

rm{(1)}根据质量守恒定律进行分析判断．

rm{(2)}反应中没有气体参加；所以放在敞口的烧杯中进行实验，反应前后烧杯内物质质量也不变．

rm{(3)}根据用实验来验证质量守恒定律，那么结果不外乎两个：相等rm{(}当没有气体参加或不生成气体时rm{)}不相等rm{(}当有气体参加或生成气体时rm{)}解答．

在任何与周围隔绝的体系中，不论发生何种变化或过程，其总质量始终保持不变．【解析】rm{H_{2}O}rm{=}盐酸与碳酸钠粉末反应的装置不密闭，生成二氧化碳气体逸出，使左盘内质量减小；密闭24、略

【分析】

（1）钙和氢气在加热的条件下生成氢化钙，方程式是Ca+H2CaH2；故答案为：Ca+H2CaH2；

（2）由于锌与盐酸反应制得气体氢气中混有氯化氢和水蒸气，会与锌反应．浓硫酸只除去水蒸气，故应增加除氯化氢装置．故装置Ⅰ的不足之处是制H2装置后缺少除HCl气体的装置；CaH2易与水反应，为防空气中水与CaH2反应，应在制CaH2装置后加干燥装置．故装置Ⅱ的不足之处是制CaH2装置后缺少干燥装置．

故答案为：制H2装置后缺少除HCl气体的装置；制CaH2装置后缺少干燥装置；

（3）C中碱石灰会把氢气中的杂质氯化氢和水吸收，B中碱石灰可防止空气中水蒸气与CaH2反应；故答案为：C；B；

（4）根据题给信息，反应物为CaH2和水，产物为氢气和氢氧化钙，由此可写出化学方程式为CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2↑；

故答案为：CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2↑；

（5）氢化钙是固体；携带方便，与水作用，能很快产生氢气，氢气燃烧，放出的热量很多且产物为水对空气不造成污染．故与氢气做能源相比它的优点是携带方便；

故答案为：携带方便．

【解析】【答案】由于盐酸易挥发，锌与盐酸反应制得气体氢气中混有氯化氢和水蒸气，需先除去．因碱金属或碱土金属（Ⅱ族）与H2在隔绝空气加热时发生反应，所以需把装置中的空气排净．CaH2与水反应产生H2；故需要干燥环境．

25、略

【分析】

CuO与C或CO相互反应可生成Cu、CuSO4与铁生成Cu，即CuO、CuSO4、C、CO四种物质都可转化为Cu；因此，可判断W为Cu；CuO与C或CO相互反应可生成CO2，即CuO、C、CO三种物质可转化为CO2；因此，可判断Z为CO2；最后根据X；Y都能转化成二氧化碳；M、N中只有M能转化为二氧化碳，结合X与Y、M与N间的转化关系，可对物质进行一一确定；

（1）由Cu、CuO、CuSO4、C、CO、CO2六种物质中有四种物质通过反应可以转化为W；三种物质通过发生反应可转化为Z；根据六种物质的性质，可确定W为铜、Z为二氧化碳；

由N不能转化为二氧化碳，可判断在Cu、CuO、CuSO4、C、CO、CO2六种物质中N为硫酸铜；

（2）由X、Y都能转化为二氧化碳且X可转化为Y，可判断X、Y为六种物质中的C和CO，且Y为COX是C；因此，反应可推断X→W为C与CuO在高温下生成Cu和CO2；

故答案为：（1）CO2；CuSO4（2）C+2CuO2Cu+CO2↑．

【解析】【答案】根据转化关系图可知，Cu、CuO、CuSO4、C、CO、CO2六种物质中有四种物质通过反应可以转化为W；三种物质通过发生反应可转化为Z；

CuO与C或CO相互反应可生成Cu、CuSO4与铁生成Cu，即CuO、CuSO4；C、CO四种物质都可转化为Cu；因此；可判断W为Cu；

CuO与C或CO相互反应可生成CO2，即CuO、C、CO三种物质可转化为CO2；因此，可判断Z为CO2；

最后根据X；Y都能转化成二氧化碳；M、N中只有M能转化为二氧化碳，结合X与Y、M与N间的转化关系，可确定四种物质．

四、计算题(共1题，共6分)26、=；9.8%【分析】解：rm{(1)}根据测得完全反应后的溶液呈中性，可判断，反应后溶液rm{pH=7}故答案为：rm{=}

rm{(2)}设硫酸的质量为rm{x}．

rm{2NaOH+H_{2}SO_{4}=Na_{2}SO_{4}+2H_{2}O}

rm{80}rm{98}

rm{50g隆脕8%}rm{x}

则rm{dfrac{80}{50g隆脕8%}=dfrac{98}{x}}解得rm{dfrac{80}{50g隆脕8%}=dfrac

{98}{x}}

稀硫酸中溶质的质量分数是rm{dfrac{4.9g}{50g}隆脕100%=9.8%}．

rm{x=4.9g}设反应后生成的硫酸钠质量为rm{dfrac

{4.9g}{50g}隆脕100%=9.8%}．

rm{(3)}

rm{x}rm{2NaOH+H_{2}SO_{4}=Na_{2}SO_{4}+2H_{2}O}

rm{80}rm{142}

则rm{dfrac{80}{50g隆脕8%}=dfrac{142}{y}}解得rm{50g隆脕8%}

则反应后溶液