2025年沪教版七年级化学下册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…○…………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年沪教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、下列知识归纳错误的是rm{(}rm{)}A.地壳中含量最多的元素是铝元素，含量最多的金属元素是氧元素B.白糖溶于水得到糖水，发生的是物理变化C.气体容易被压缩是因为分子间的间隔较大D.你经过肯德基门口时，会闻到阵阵烤鸡翅的香味是因为分子总是在不断运动着2、下列关于化合价的说法中，正确的是rm{(}rm{)}

rm{垄脵}在rm{O_{2}}中，氧元素的化合价为rm{-2}价。

rm{垄脷}在rm{Na_{2}O}中，钠元素的化合价为rm{+1}价，氧元素的化合价为rm{-2}价。

rm{垄脹}非金属元素在化合物中总是显负价。

rm{垄脺}一种元素在同一种化合物中，可能有不同的化合价A.rm{垄脵垄脷垄脺}B.rm{垄脵垄脺}C.rm{垄脵垄脹垄脺}D.rm{垄脷垄脺}3、下列实验操作中，能达到实验目的是rm{(}rm{)}A.检验氢气纯度时，没有听到任何响声，表明氢气已纯净B.除去rm{NaCl}溶液中混有少量rm{Na_{2}CO_{3}}可滴入适量的稀盐酸C.粗盐提纯实验中，蒸发结晶直到滤液蒸干时停止加热D.用rm{pH}试纸测定溶液酸碱度时，先将rm{pH}试纸用水湿润，然后再测定4、保持水的化学性质的最小粒子是rm{(}rm{)}A.氧气分子和氢气分子B.氢离子C.水分子D.氢原子和氧原子5、生活中处处有化学，下列做法正确的是rm{(}rm{)}A.发现厨房煤气泄漏，迅速打开排气扇通风B.用甲醛浸泡水产品，以防其变质C.为提高农作物的产量，应大量使用化肥和农药D.不随意丢弃废旧电池6、rm{t隆忙}时，分别采取下列措施，一定能使接近饱和的溶液变成饱和溶液的是rm{(}rm{)}

rm{(1)}降低温度rm{(2)}升高温度rm{(3)}加水rm{(4)}加足量溶质rm{(5)}恒温蒸发水．A.只有rm{(1)}B.只有rm{(4)(5)}C.只有rm{(2)}和rm{(4)}D.只有rm{(1)}和rm{(3)}7、下列对化学知识的归纳错误的是rm{(}rm{)}A.金属与酸溶液发生置换反应后，溶液的质量一定增加B.某物质与氢氧化钠发生中和反应，该物质一定是酸C.碱溶液与盐溶液发生复分解反应后，溶液的质量一定减小D.显酸性的溶液一定是酸溶液8、在日常生活中我们常说开门七件事：（1）柴；（2）米；（3）油；（4）盐；（5）酱；（6）醋；（7）茶；你认为其中含有有机物的是（）

A.除（2）外都含有。

B.除（7）外都含有。

C.除（4）外全部含有。

D.全部含有。

9、下列事实能用同一化学原理进行解释的是（）

A.在滴有酚酞的烧碱溶液中滴加盐酸和投入活性炭都能使溶液褪色。

B.将饱和石灰水升温或向其中吹气都能使其变浑浊。

C.将一支燃着的蜡烛罩在一个大玻璃杯中或用扇子扇风均可使其熄灭。

D.“雪碧”汽水和白醋都能使紫色石蕊溶液变红。

评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)10、某同学取不同质量的某铁和铝的合金分别与等质量的盐酸反应；测得如下数据（盐酸的质量分数相等）．则下列分析推理中不正确的是（）

。100g盐酸100g盐酸100g盐酸所取合金质量13.9g16.9g19.9g产生H2质量0.7g0.8g0.8g

A.盐酸的质量分数为29.2%

B.根据表中数据不能计算出合金中铁的质量分数。

C.加入合金13.9g时盐酸过量。

D.加入合金16.9g时恰好与盐酸完全反应。

11、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12、rm{t_{2}隆忙}时，将甲、乙固体各rm{W}rm{g}rm{(}不含结晶水rm{)}分别加入到盛有rm{100g}水的烧杯中，充分搅拌后现象如图rm{1}降温到rm{t_{1}隆忙}时现象如图rm{2(}水分不蒸发rm{)}甲、乙固体的溶解度曲线如图rm{3}．

下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.图rm{3}中rm{M}表示的是乙的溶解度曲线B.图rm{2}中甲溶液一定饱和，乙溶液不一定饱和C.图rm{2}乙溶液一定比甲溶液浓D.当rm{W=50g}时，甲、乙溶液溶质质量分数一定相等13、rm{(}佛山rm{)}某气体可能含有rm{H_{2}}rm{CO}rm{CH_{4}}中的一种或两种rm{.}在空气中点燃该气体，用干燥玻璃片放在火焰上方，干燥玻璃片上有水雾，用另一个蘸有石灰水的烧杯罩在火焰上方，石灰水变浑浊rm{.}根据上述实验判断，该气体成分可能是rm{(}rm{)}A.rm{CO}B.rm{H_{2}}和rm{CO}C.rm{CH_{4}}D.rm{H_{2}}14、如图是M、N两种物质的溶解度曲线，在t2℃时往盛有100g水的烧杯中先后加入agM和agN（两种物质溶解时互不影响，且溶质仍是M、N），充分搅拌，将混合物的温度降低到t1℃；下列说法正确的是（）

A.t1℃时；M；N的溶解度相等，得到M、N的饱和溶液。

B.t2℃时；得到M的饱和溶液；N的不饱和溶液。

C.t1℃时；M；N的溶质质量分数一定相等。

D.t2℃时；M；N的溶质质量分数一定相等。

评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)15、浓盐酸有挥发性，所以应____保存．16、某同学对气体的实验室制法作了以下探究；请根据图回答下列问题：

rm{(1)}写出标有序号的仪器的名称rm{a}____________；rm{b}____________

rm{(2)}请写出能用rm{B}装置制取氧气的化学方程式____________；

rm{(3)}若发生装置选A；收集装置选C，则制取该气体的化学反应方程式为：____________．

rm{(4)}实验室用加热氯化铵和氢氧化钙固体混合物的方法制取氨气rm{(NH_{3})}同时得到氯化钙和水rm{.}该反应的化学方程式是____________，应选用的制取装置为____________rm{(}填装置编号rm{)}．17、某兴趣兴趣小组的同学为探究金属的活动性；以及铜锈蚀的条件进行了以下系列实验，仔细分析后回答下列问题：

rm{(1)}实验一：小明按如图rm{1}所示以“金属表面产生气泡的快慢”为标准来判断锌、铝、铁的活动性强弱，有同学认为不够合理，理由是______rm{.}铝与稀盐酸刚接触时反应缓慢；一段时间后剧烈，产生气泡速率随着加快，其原因可能是______．

rm{(2)}实验二：为探究铁、铜、银三种金属活动性的顺序，小红提出按图rm{2}进行两步实验，即可证明三种金属活动性顺序rm{.}你认为其方案可行吗？______rm{(}填“可行”或“不可行”rm{)}．

rm{a.}试管rm{垄脵}中现象是______．

rm{b.}试管rm{垄脷}中发生反应的化学方程式为______．

rm{(3)}实验三：常温下，铜发生锈蚀其原理是rm{2Cu+H_{2}O+CO_{2}+}______rm{篓TCu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}．18、我省蕴藏着丰富的白云石矿石，其化学式是xCaCO3•yMgCO3．现称取27.6g白云石，加热到质量不再变化，收集到13.2gCO2，则白云石的化学式为____（取x；y的最小整数比）．另取一定质量的已研细的白云石与过量的炭粉混合；隔绝空气强热，除。

CaCO3、MgCO3分解外，还发生的反应为：CaO+3CCaC2+CO↑；2MgO+5CMg2C3+2CO↑及____．19、某元素的原子结构示意图如图所示，该原子的质子数为____，核外有____个电子层，第二层是有____个电子，最外层上有____个电子．在化学反应中，这种原子容易____电子，生成____离子．评卷人得分四、计算题(共4题，共12分)20、实验室中现有一种铜合金样品；已知此样品为铜锌合金；铜铝合金、铜银合金和铜铁合金中的一种，为确定其为四种合金中的哪一种，实验小组的同学们进行了下列的实验，请回答下列问题：

（1）实验室中有贴有如图所示标签的浓硫酸，要配制20%的稀硫酸350克，需该浓硫酸的体积是______mL；。硫酸。

体积：500mL

化学式：H2SO4

密度：1.4g/cm3

质量分数：50%（2）将20g合金粉末加入到98g新配好的稀硫酸中；恰好完全反应．过滤，将滤液蒸干后得到固体纯净物32.2g．通过计算回答：

①此合金为______合金；

②写出发生反应的化学方程式：______

③根据已知条件写出求解生成气体质量（x）的比例式：______

④若向反应后所得滤液中加入89.4g水；则最终所得溶液中的溶质质量分数为______．

（3）若工业上用含Cu2S70%的辉铜矿lOOt炼铜；并将其冶炼成上述铜的合金，（假设炼制过程中辉铜矿的损失率为10%），能炼出此铜合金的质量为______．

21、下图是氧化沉淀法生产复印用Fe3O4粉的工艺流程简图；根据要求回答问题．

（1）副产品P是Na2SO4，由溶液N获得该副产品的操作顺序是b→______→______→d．

a．过滤b．加热浓缩c．冷却结晶d．晶体加热至完全失去结晶水。

（2）通空气时的化学方程式是4Fe（OH）2+2H2O+O2═4Fe（OH）3，由沉淀M获得Fe3O4的过程中发生的反应为Fe（OH）2+2Fe（OH）3═Fe3O4+4H2O；控制“一定量空气”的目的是______．

（3）沉淀M中Fe（OH）2和Fe（OH）3的最佳质量比为______．

22、如何检验和证明收集到的气体是氧气和氢气；请简要说明：

氧气：______

氢气：______．

23、图中是制取一种纯净的气体的装置．试回答：

（1）怎样检验图中装置的气密性（C瓶除外）？

（2）用这种方法可以在C瓶中收集到什么气体？

（3）用这种方法制取气体的原理是什么？

（4）B瓶的作用是什么？

评卷人得分五、探究题(共1题，共10分)24、某化学兴趣小组的同学，利用如图装置和药品进行探究rm{.}他们设计的探究过程如下：

【给出资料】

rm{垄脵}分液漏斗里装有水，试管里装有包裹着少量过氧化钠rm{(Na_{2}O_{2})}的脱脂棉，rm{U}型管里是红墨水；吸滤瓶内的气密性良好．

rm{垄脷}过氧化钠与水反应后生成物有两种；其中一种是碳酸钠和氢氧化钠当中之一．

rm{垄脹}碳酸钠溶液与氯化钡溶液反应有白色沉淀生成；氢氧化钠溶液与氯化钡溶液反应无明显变化．

【实验目的】探究过氧化钠与水反应后的生成物的成分．

【进行实验】

打开装置中分液漏斗的活塞；控制滴加水的速度．

【实验现象及分析】

rm{(1)}观察到试管内有气泡产生，李灵猜想生成的气体可能是氢气，也可能是氧气，猜想的依据是______，在rm{P}处用带火星的木条检验；木条复燃．

rm{(2)}实验过程中，还观察到rm{U}型管rm{A}端红墨水液面______rm{(}填“上升”“下降”或“不变”rm{)}．

rm{(3)}江浩用实验来验证另一种生物，选用______来验证是否为rm{Na_{2}CO_{3}}结果观察到无明显现象．

【实验结论】

rm{(4)}过氧化钠与水反应的化学方程式为______．

【实验反思】

rm{(5)}若滴加速度过快，在实验中会发现脱脂棉燃烧起来了，化学兴趣小组的同学要求你写出脱脂棉能够燃烧的两个原因：______、______．评卷人得分六、简答题(共1题，共3分)25、根据如图回答下列问题：

rm{(1)}写出图中标记仪器的名称rm{.垄脵}______，rm{垄脷}______，rm{垄脹}______．

rm{(2)}如图进行的是______操作．

rm{(3)}在此操作中玻璃棒的作用是______，滤纸边缘要______rm{(}填“高于”或“低于”rm{)}液面；这主要是为了______．

rm{(4)}该操作用于水的净化；则可除去______杂质．

rm{(5)}我们在生活中还可以用______和______代替滤纸和玻璃棒来完成此操作．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】解：rm{A}地壳中含量最多的元素是氧元素；含量最多的金属元素是铝元素，故选项正确；

B；白糖溶于水得到糖水；该过程中没有新物质生成，发生的是物理变化，故选项错误；

C；气体容易被压缩是因为气体分子间的间隙较大；故选项错误；

D；闻到阵阵烤鸡翅的香味是因为分子总是在不断运动；故选项错误．

故选：rm{A}．

A；根据地壳中元素的含量进行分析解答；

B；根据物理变化的概念进行解答；

C；根据气体容易被压缩是因为气体分子间的间隙较大进行解答；

D；根据分子的基本性质进行解答．

本题难度不是很大，主要考查了地壳中元素的含量、物理变化的特征以及分子的性质等，从而加深学生对生活中常见物质的认识等．【解析】rm{A}2、D【分析】【分析】本题考查化合价的计算及应用。单质中元素化合价为零，化合物中各元素的化合价代数和为零。【解答】rm{垄脵}根据单质中元素的化合价为rm{0}rm{O_{2}}属于单质，故氧元素的化合价为rm{0}故说法错误；

rm{垄脷}在rm{Na_{2}O}中，钠元素的化合价为rm{+1}价，氧元素的化合价为rm{-2}价；故说法正确；

rm{垄脹}非金属元素在化合物中不一定总显负价，如rm{H_{2}O}中氢元素显rm{+1}价；故说法错误；

rm{垄脺}同一种元素在同一种物质种可能显不同的价态，如在rm{NH_{4}NO_{3}}中含有铵根离子和硝酸根离子；铵根离子显rm{+1}价，而氢元素显rm{+1}价，故氮元素为rm{-3}价；硝酸根离子显rm{-1}价，而氧元素显rm{-2}价，故氮元素显rm{+5}价；所以硝酸铵中氮元素分别显rm{-3}价和rm{+5}价；一种元素在同一种化合物里，可能显不同的化合价，故说法正确。故rm{垄脷垄脺}说法正确。故选D。【解析】rm{D}3、B【分析】解：rm{A}氢气纯净时点燃燃烧时会产生噗的声音；而不是没有声音，没有声音可能是没有收集到氢气，所以没有听到任何响声，不能表明氢气已纯净；

B、除杂的原则是除掉杂质但不能带入杂质，碳酸钠和稀盐酸反应会生成氯化钠、二氧化碳和水，所以除去rm{NaCl}溶液中混有少量rm{Na_{2}CO_{3}}滴入适量的稀盐酸会除掉杂质且不能带入新的杂质，故方法可行；

C；粗盐提纯实验中；蒸发结晶直到蒸发皿中出现多量固体就应停止加热，而当滤液蒸干时停止加热会导致固体飞溅；

D、用rm{pH}试纸测定溶液的酸碱度时，应该是用玻棒蘸取少量液体涂于rm{pH}试纸上进行测量，如果先将rm{pH}试纸用水湿润；就会稀释待测液导致测量的结果不准确；

故选B

A；依据氢气纯净时点燃的现象分析解答；

B；根据除杂的原则进行判断；

C；依据蒸发操作的操作要领分析解答；

D、依据rm{pH}试纸的使用方法分析解答；

本题难度不是很大，在解此类题时，首先分析所涉及物质的性质以及实验操作，再根据物质的性质及相关的实验操作进行分析判断能否达到实验目的．【解析】rm{B}4、C【分析】解：分子是保持物质化学性质的一种粒子；水是由水分子构成的，所以保持水的化学性质的最小粒子是水分子．

故选：rm{C}【解析】rm{C}5、D【分析】解：rm{A}一氧化碳具有可燃性；打开排风扇，可能会产生明火，使一氧化碳和空气的混合气发生爆炸，故A错误；

B；甲醛有毒；能破坏蛋白质的结构，不但对人体有害，而且降低了食品的质量，故B错误；

C；农药化肥过量的使用；会污染土壤和水体，在农作物上的残留物会危害人的健康，故C错误；

D；废旧电池中的重金属会污染土壤和地下水；故D正确；

故选D．【解析】rm{D}6、B【分析】解：rm{(1)}大多数物质的溶解度随着温度的升高而增大；对于这样的物质，降低温度，可使接近饱和的溶液变成饱和溶液；但少数物质的溶解度随着温度的升高而减小，温度降低，溶解度增大，溶液仍为不饱和溶液；故降低温度不一定能使接近饱和的溶液变成饱和溶液．

rm{(2)}大多数物质的溶解度随着温度的升高而增大；对于这样的物质，升高温度，溶解度增大，溶液仍为不饱和溶液；故升高温度不一定能使接近饱和的溶液变成饱和溶液．

rm{(3)}加水后；所得溶液仍能继续溶解溶质，不能使不饱和的溶液变成饱和溶液．

rm{(4)}加足量溶质；一定能使接近饱和的溶液变成饱和溶液．

rm{(5)}恒温蒸发水分；一定能使接近饱和的溶液变成饱和溶液．

故只有rm{(4)(5)}一定能使接近饱和的溶液变成饱和溶液．

故选：rm{B}．

大多数物质的不饱和溶液变为饱和溶液；常用的方法有：增加溶质，蒸发溶剂，降低温度，据此进行分析判断．

本题难度不大，掌握大多数物质不饱和溶液变成饱和溶液一般采取三种方法：增加溶质、恒温蒸发溶剂、改变温度是正确解答本题的关键．【解析】rm{B}7、D【分析】解：rm{A}金属与酸溶液发生置换反应后生成氢气；氢气的相对分子质量比金属的相对原子小，所以金属与酸溶液发生置换反应后，溶液质量一定增加，故A正确；

B；酸和碱生成盐和水的反应叫中和反应；所以某物质与氢氧化钠发生中和反应，该物质一定是酸，故B正确；

C；复分解反应必须有沉淀、水和气体生成；盐和碱反应只能生成沉淀，所以溶液质量减轻，故C正确；

D；强酸弱碱盐的水溶液也显酸性；故D错误．

故选：rm{D}．

A；根据金属与酸溶液发生置换反应后生成氢气；氢气的相对分子质量比金属的相对原子小进行分析；

B；根据酸碱中和反应的原理进行分析；

C；根据复分解反应的条件进行分析；

D；根据强酸弱碱盐的水溶液也显酸性进行分析．

此类题主要考查了常见概念的理解和记忆，难度不大．【解析】rm{D}8、C【分析】

柴的主要成分是纤维素；纤维素是含有碳元素的化合物，属于有机物；

米中含有淀粉；淀粉是含有碳元素的化合物，属于有机物；

油属于油脂；是含有碳元素的化合物，属于有机物；

日常生活中的盐是指氯化钠；氯化钠是不含有碳元素的化合物，属于无机物；

酱中有含有碳元素的化合物；属于有机物；

醋中含有醋酸；醋酸是含有碳元素的化合物，属于有机物；

茶中有含有碳元素的化合物；属于有机物．

故选C．

【解析】【答案】有机物是指含有碳元素的化合物．无机物是指不含有碳元素的化合物．

一氧化碳；二氧化碳、碳酸盐等物质中虽然含有碳元素；但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物．

9、D【分析】

A；氢氧化钠滴加盐酸是消耗氢氧化钠使溶液褪色；而活性炭是吸附作用使酚酞褪色，两者使溶液褪色的原理不同，故此选项错误．

B；将饱和石灰水升温石灰水变浑浊是因为氢氧化钙的溶解度随温度升高而减小；向其中吹气石灰水变浑浊是因为二氧化碳与石灰水反应生成碳酸钙沉淀，原理不同，故此选项错误；

C；将一支燃着的蜡烛罩在一个大玻璃杯中利用隔绝氧气灭火；用扇子扇风均使其熄灭利用的是降温到着火点以下，原理不相同，故此选项错误．

D；都是利用了酸性溶液能使石蕊试液变红的原理；碳酸与醋酸都是酸其溶液均显酸性，故此选项错误．

故选D

【解析】【答案】A；氢氧化钠滴加盐酸是消耗氢氧化钠使溶液褪色；而活性炭是吸附作用使酚酞褪色．

B；氢氧化钙的溶解度随温度升高而减小；二氧化碳使澄清石灰水变浑浊．

C；都是利用灭火的原理．

D；都是利用了酸性溶液能使石蕊试液变红的原理．

二、多选题(共5题，共10分)10、BD【分析】

A、由分析知100g盐酸最多生成氢气的质量是0.8g，设该溶液中氯化氢的质量是x，利用氢气来源于酸中的氢可得关系式为2HCl～H2；

则有2HCl～H2

732

x0.8g

x=29.2g

所以盐酸的质量分数为×100%=29.2%

B、根据第一组数据中分析可知13.9g合金与盐酸反应时生成的氢气质量是0.7g，利用关系式2Al～3H2和Fe～H2可求出该合金中两种金属的质量；进而可求合金中铁的质量分数；

方法是设13.9g合金中铝的质量是x；则铁的质量是13.9g-x，铝生成的氢气质量是y，则铁生成的氢气质量是0.7g-y

则有2Al～3H2

546

xy

和Fe～H2

562

13.9g-x0.7g-y

列出比例式就可得铁的质量；进而可知铁的质量分数；

C；由以上的分析可知加入合金13.9g时盐酸过量；

D、由分析知100g盐酸与16.9g合金反应时盐酸一定完全反应，需要合金的质量是=15.89；所以两者不一定恰好反应；

故选BD

【解析】【答案】依据图中后两次100g盐酸与不同质量的合金生成的氢气质量均是0.8g；可知100g该盐酸完全反应时生成的氢气质量即为0.8g，由此可依据方程式计算出反应的氯化氢的质量，进而可知该盐酸的溶质质量分数，也可由此知13.9g合金与100g盐酸反应时盐酸过量，则13.9g合金已完全反应，据此判断合金中铁的质量分数，解题时依据以上结论探讨即可；

11、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}12、BC【分析】解：rm{A}降温到rm{t_{1}隆忙}时，甲析出固体，而已没有析出固体，说明甲的溶解度受温度变化影响较大，乙的溶解度受温度变化影响较小，因此图rm{3}中rm{M}表示的是甲的溶解度曲线；该选项说法不正确；

B、图rm{2}中；甲的烧杯中含有固体甲，因此甲溶液一定饱和，乙的烧杯中没有析出固体，因此乙溶液不一定饱和，该选项说法正确；

C、图rm{2}中；溶剂质量相等，乙的溶质质量大于甲的溶质质量，因此乙溶液一定比甲溶液浓，该选项说法正确；

D、当温度高于rm{30隆忙}时，甲和乙的溶解度都大于rm{50g}甲、乙溶液溶质质量分数一定相等，当温度低于rm{30隆忙}时，甲和乙的溶解度都小于rm{50g}甲；乙溶液溶质质量分数一定不相等，该选项说法不正确．

故选：rm{BC}．

根据物质的溶解度曲线可以判断一定条件下溶液是否饱和；

溶质质量分数rm{=dfrac{{脠脺脰脢脰脢脕驴}}{{脠脺脪潞脰脢脕驴}}隆脕100%}．

溶解度曲线能定量地表示出溶解度变化的规律，从溶解度曲线可以看出：同一溶质在不同温度下的溶解度不同；同一温度下，不同溶质的溶解度可能相同，也可能不同；温度对不同物质的溶解度影响不同．rm{=dfrac

{{脠脺脰脢脰脢脕驴}}{{脠脺脪潞脰脢脕驴}}隆脕100%}【解析】rm{BC}13、BC【分析】解：根据分析可知物质燃烧既能生成二氧化碳；又能生成水；

A、rm{CO}燃烧只能生成二氧化碳；故A错误；

B；氢气燃烧能生成水；一氧化碳燃烧能生成二氧化碳，故B正确；

C、rm{CH_{4}}燃烧既能生成二氧化碳；又能生成水，故C正确；

D、rm{H_{2}}燃烧只能生成水；故D错误．

故选BC．

根据该气体燃烧产物的检验结果来判断：干燥玻璃片上有水雾说明有水生成；用另一个蘸有石灰水的烧杯罩在火焰上方，石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成．

根据质量守恒定律，可知反应前后元素种类不变，生成物中既有二氧化碳生成，也有水生成，说明既有碳元素，也有氢元素．【解析】rm{BC}14、CD【分析】

A、t1℃时；M；N的溶解度相等，溶解度都大于ag，所以此时得到的是不饱和溶液，故A错误；

B、t2℃时；M的溶解度大于ag，N的溶解度等于ag，所以在100g水中加入agM，得到M的不饱和溶液，加入agN，得到N的饱和溶液，故B错误；

C、t1℃时；在100g水中加入agM和agN，得到的都是不饱和溶液，溶质；溶液质量都相等，因此其溶质质量分数一定相等，故C正确；

D、t2℃时；在100g水中加入agM，得到M的不饱和溶液，加入agN，得到N的饱和溶液，溶液中溶质；溶液质量都相等，故M、N的溶质质量分数也一定相等，故D正确；

故选CD

【解析】【答案】A；根据交点的意义及饱和溶液的定义分析。

B；根据饱和溶液和不饱和溶液的定义分析。

C；根据溶质质量分数的计算公式分析。

D；根据溶质质量分数的计算公式分析．

三、填空题(共5题，共10分)15、略

【分析】

浓盐酸的挥发性；浓盐酸敞口放置时会因挥发出氯化氢气体而导致溶液中溶质减少溶液变稀，所以保存浓盐酸时应密封保存；

故答案为：密封；

【解析】【答案】依据浓盐酸的挥发性；可知浓盐酸敞口放置时会因挥发导致溶液中溶质减少溶液变稀，据此分析解答即可；

16、锥形瓶;试管;2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑;2H2O22H2O+O2↑;2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O;BE【分析】解：rm{(1)a}是锥形瓶；rm{b}是试管；

rm{(2)}用高锰酸钾制氧气时，反应物是高锰酸钾，生成物是锰酸钾、二氧化锰、氧气，反应条件是加热，因此反应的化学方程式为：rm{2KMnO_{4}dfrac{bigtriangleup}{}K_{2}MnO_{4}+MnO_{2}+O_{2}隆眉}

rm{2KMnO_{4}dfrac{bigtriangleup

}{}K_{2}MnO_{4}+MnO_{2}+O_{2}隆眉}根据发生装置rm{(3)}收集装置rm{A}的特点选择合适的气体制取和收集：固液常温下反应且气体难溶于水，因此可以是氧气或氢气等，若是氧气，则需要过氧化氢溶液和二氧化锰混合反应，反应的方程式为：rm{2H_{2}O_{2}dfrac{MnO_{2}}{}2H_{2}O+O_{2}隆眉}

rm{C}加热氯化铵和氢氧化钙固体混合物得到氯化钙和水，反应的方程式为：rm{2NH_{4}Cl+Ca(OH)_{2}dfrac{bigtriangleup}{}CaCl_{2}+2NH_{3}隆眉+2H_{2}O}发生装置属于固体加热型的rm{2H_{2}O_{2}dfrac{

MnO_{2}}{}2H_{2}O+O_{2}隆眉}装置；又因为氨气易溶于水，密度比空气小，故采用向下排空气法rm{(4)}装置收集．

故答案为：rm{2NH_{4}Cl+Ca(OH)_{2}dfrac{

bigtriangleup}{}CaCl_{2}+2NH_{3}隆眉+2H_{2}O}锥形瓶试管rm{(2)2KMnO_{4}dfrac{bigtriangleup}{}K_{2}MnO_{4}+MnO_{2}+O_{2}隆眉}

rm{(3)2H_{2}O_{2}dfrac{MnO_{2}}{}2H_{2}O+O_{2}隆眉(}答案合理都可rm{)(4)2NH_{4}Cl+Ca(OH)_{2}dfrac{bigtriangleup}{}CaCl_{2}+2NH_{3}隆眉+2H_{2}O}rm{B}．rm{E}【解析】锥形瓶rm{;}试管rm{;2KMnO_{4}dfrac{bigtriangleup}{}K_{2}MnO_{4}+MnO_{2}+O_{2}隆眉;2H_{2}O_{2}dfrac{MnO_{2}}{}2H_{2}O+O_{2}隆眉;2NH_{4}Cl+Ca(OH)_{2}dfrac{bigtriangleup}{}CaCl_{2}+2NH_{3}隆眉+2H_{2}O;BE}rm{;2KMnO_{4}dfrac{bigtriangleup

}{}K_{2}MnO_{4}+MnO_{2}+O_{2}隆眉;2H_{2}O_{2}dfrac{

MnO_{2}}{}2H_{2}O+O_{2}隆眉;2NH_{4}Cl+Ca(OH)_{2}dfrac{bigtriangleup

}{}CaCl_{2}+2NH_{3}隆眉+2H_{2}O;BE}17、使用的酸的种类不同；铝表面有氧化膜；可行；铁表面出现红色物质，溶液由蓝色变成浅绿色；2AgNO3+Cu=Cu（NO3）2+2Ag；O2【分析】解：rm{(1)}用控制变量法来探究金属的活动性强弱；金属片的形状；厚薄应该完全相同；应该选择同浓度、同体积的同一种酸；铝片表面有一层致密、结实的氧化铝薄膜，稀盐酸先与氧化铝反应，然后再与铝发生反应产生氢气；

rm{(2)}图rm{2}的rm{垄脵}铁能置换出硫酸铜中的铜，看到铁丝表面有红色物质出现，硫酸铜溶液是蓝色的，生成的氯化亚铁溶液是浅绿色的；rm{垄脷}铜片可以置换出硝酸银中的银，可以证明三种金属的活动性强弱；rm{垄脷}中发生的反应是铜与硝酸银反应生成银与硝酸铜，化学方程式为：rm{Cu+2AgNO_{3}=Cu(NO_{3})_{2}+2Ag}

rm{(3)}依据质量守恒定律可知，化学反应前后元素种类不变，原子个数不变，所以rm{2Cu+H_{2}O+CO_{2}+O_{2}篓TCu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}．

故答案为：rm{(1)}使用的酸的种类不同；铝表面有氧化膜；

rm{(2)}可行；

rm{a}铁表面出现红色物质；溶液由蓝色变成浅绿色；

rm{b}rm{2AgNO_{3}+Cu=Cu(NO_{3})_{2}+2Ag}

rm{(3)O_{2}}．

rm{(1)}根据金属与酸反应产生气体快慢判断金属活动性时；所选择的酸必须是同一种酸；因为铝的表面很容易形成氧化铝这种致密；结实的薄膜，对铝起到了保护作用进行分析；

rm{(2)}根据金属与盐溶液发生反应的条件来分析；判断；

rm{(3)}根据质量守恒定律进行分析．

同学们要会利用金属活动顺序表设计实验，去验证金属的活动性强弱rm{.}验证三种金属活动性顺序类问题时，一般采取“三取中”的方法进行设计实验，即选取活动性位于中间的那种金属的单质与另两种金属的盐溶液反应；或取中间金属的盐溶液与另两种金属的单质进行反应．【解析】使用的酸的种类不同；铝表面有氧化膜；可行；铁表面出现红色物质，溶液由蓝色变成浅绿色；rm{2AgNO_{3}+Cu=Cu(NO_{3})_{2}+2Ag}rm{O_{2}}18、略

【分析】

根据题意；白云石受热分解的化学方程式为：

xCaCO3•yMgCO3xCaO+yMgO+（x+y）CO2↑

100x+84y44（x+y）

27.6g13.2g

=x：y=1：1

因此白云石的化学式为CaCO3•MgCO3；

白云石与过量的炭粉混合在隔绝空气强热时，炭粉在高温下可以与分解出的二氧化碳反应生成一氧化碳，反应的化学方程式为C+CO22CO；

故答案为：CaCO3•MgCO3；C+CO22CO．

【解析】【答案】碳酸钙；碳酸镁在高温下可分解生成氧化钙、氧化镁和二氧化碳；根据题意可推断出白云石加热时分解生成氧化钙、氧化镁和气体二氧化碳，因此写出反应的化学方程式并利用反应中白云石与二氧化碳的质量关系，推算出化学式中x、y的比，然后取最小整数比写出白云石的化学式；

在隔绝空气时加强热；白云石分解出的二氧化碳能与过量的炭粉发生反应，反应生成一氧化碳．

19、略

【分析】

根据原子结构示意图的意义；其中+31表示质子数或核电荷数，核外电子数是31，共有4个电子层，第二层是有8个电子，最外层电子数是3，在化学反应中易失去3个电子而形成阳离子．

故答案为：31；4；8；3；3；阳．

【解析】【答案】本题要明确原子的结构示意图及其意义；原子和离子之间的转化，根据原子核外最外层电子数，若最外层电子数≥4，在化学反应中易得电子，若最外层电子数＜4，在化学反应中易失去电子．

四、计算题(共4题，共12分)20、略

【分析】

（1）设需该浓硫酸的体积为V

350g×20%=V×1.4g/cm3×50%

V=100mL

（2）①滤液蒸干后得到固体纯净物32.2g中含硫酸根的质量=98g×20%××100%=19.2g

则所得硫酸盐中金属元素与硫酸根的质量比=（32.2g-19.2g）：19.2g=65：96；此比例符合硫酸锌中锌与硫酸根的质量比，因此，可判断合金为铜锌合金；

②铜锌合金放入稀硫酸中，锌与硫酸反应，化学方程式为Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑；

③生成硫酸锌32.2g时生成氢气质量x

Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑

1612

32.2gx

=

④解得生成氢气的质量=0.4g；参加反应锌的质量=32.2g-19.2g=13g

向反应后所得滤液中加入89.4g水，则最终所得溶液中的溶质质量分数=×100%=16.1%

（4）含Cu2S70%的辉铜矿lOOt可炼出铜的质量=100t×（1-10%）×70%××100%=50.4t

铜锌合金中铜的质量分数=×100%=35%

能炼出此铜合金的质量=50.4t÷35%=144t

故答案为：

（1）100；

（2）①铜锌；②Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑；③=④16.1%；

（3）144t．

【解析】【答案】（1）根据加水稀释前后溶质质量不变；由稀释后稀硫酸计算需要浓硫酸的体积；

（2）①根据题意；利用消耗硫酸的质量计算反应生成硫酸盐中金属与硫酸根的质量比，利用可能金属的化合价与相对原子质量讨论确定合金的组成；

②根据合金的组成确定所反应的反应；写出反应的化学方程式；

③根据化学方程式；由硫酸盐的质量与氢气的质量关系，列出计算氢气质量的比例式；

④根据质量守恒定律；计算所得溶液的质量，然后计算加入水后所得溶液的质量分数；

（3）根据炼得铜的质量及合金中铜的质量分数；计算可得合金的质量．

21、略

【分析】

（1）氢氧化钠和硫酸亚铁溶液反应后生成氢氧化亚铁和硫酸钠，所以副产品P是硫酸钠，由硫酸钠溶液变为失去结晶水的硫酸钠的过程为：b→c→a→d；

（2）因为通空气时的化学方程式是4Fe（OH）2+2H2O+O2═4Fe（OH）3，即Fe（OH）2转化为Fe（OH）3，所以控制“一定量空气”的目的是控制Fe（OH）2与Fe（OH）3的质量比；以达到他们的最佳质量比．

（3）他们的最佳质量比就是能够高产得到Fe3O4，所以他们两者恰好完全反应时的质量比就是最佳质量比，由化学方程式Fe（OH）2+2Fe（OH）3═Fe3O4+4H2O，可知Fe（OH）2与Fe（OH）3的质量比的最佳质量比为：90：（2×107）═45：107．

故答为：（1）c，a；（2）控制Fe（OH）2与Fe（OH）3的质量比；（3）45：107．

【解析】【答案】（1）根据从硫酸钠溶液中分离出硫酸钠的方法分析操作过程；

（2）根据通入空气的作用进行分析；

（3）根据反应的质量比进行分析．

22、略

【分析】

用带火星的木条伸入瓶内来检验；如果它能使带火星的木条复燃，则证明该气体是氧气；

若气体被点燃且发出淡蓝色火焰；则该气体是氢气；

故答案是：用带火星的木条伸入集气瓶内；如果它能使带火星的木条复燃，则证明该气体是氧气；

若气体被点燃且发出淡蓝色火焰；则该气体是氢气．

【解析】【答案】根据氧气的助燃性进行检验；氢气在空气中燃烧产生淡蓝色火焰．

23、略

【分析】

（1）把分液漏斗的开关关上；导气管插到液面以下，用热毛巾裹住锥形瓶，如果有气泡冒出则气密性良好，无气泡冒出则漏气．

（2）浓硫酸溶解时放出大量的热；会使浓盐酸溶液温度升高，气体HCl的溶解度随温度升高而减小，从而释放出来，氯化氢气体中含有水蒸气，通过B装置时水蒸气被浓硫酸吸收，由因为氯化氢气体的密度比空气大，所以用这种方法可以在C瓶中收集到氯化氢气体．

（3）浓硫酸溶解时放出大量的热；会使浓盐酸溶液温度升高，气体HCl的溶解度随温度升高而减小，从而释放出来．

（4）浓硫酸具有吸水性；因此B瓶的作用是除去氯化氢气体中的水蒸气．

故答案为：（1）把分液漏斗的开关关上；导气管插到液面