2025年人教新课标七年级化学下册阶段测试试卷

…………○…………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下册阶段测试试卷197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5题，共10分)1、人呼出的气体中含量最多的是rm{(}rm{)}A.氮气B.氧气C.稀有气体D.二氧化碳2、下列归纳中，错误的是rm{(}rm{)}A.铜、石墨、石灰水都具有导电性B.rm{H_{2}}rm{O_{2}}rm{CO_{2}}都能用排水法收集C.rm{S}rm{P}在空气中燃烧都生成气体D.rm{Al}rm{Zn}rm{Fe}都能与稀硫酸发生置换反应3、向含有rm{AgNO_{3}}rm{Cu(NO_{3})_{2}}rm{Zn(NO_{3})_{2}}的混合溶液中加入一定量的铁粉，使其充分反应后，过滤，向滤渣中滴加稀盐酸，有气泡产生，则下列结论正确的是rm{(}rm{)}A.滤液中一定含rm{Ag^{+}}rm{Cu^{2+}}rm{Zn^{2+}}rm{Fe^{2+}}B.滤液中一定含rm{Fe^{2+}}可能含rm{Zn^{2+}}C.滤液中一定含rm{Fe^{2+}}rm{Zn^{2+}}不含rm{Cu^{2+}}rm{Ag^{+}}D.滤液中一定含rm{Zn^{2+}}rm{Fe^{2+}}可能含rm{Cu^{2+}}4、下列有关物质的检验、鉴别、分离、提纯所用的试剂或方法错误的是rm{(}rm{)}A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}5、科学探究常用到推理的方法，根据下列实验事实推出的结论正确的是rm{(}rm{)}

。编号实验事实实验结论rm{A}某物质常温下是固体该物质一定是晶体rm{B}某物质可以导电该物质一定是金属单质rm{C}某反应有二氧化锰生成该反应中二氧化锰一定是催化剂rm{D}某溶液与碘在一起显蓝色该溶液中一定含有淀粉A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)6、反应前后化合价有变化的化学反应称为氧化还原反应．据最新报道，科学家发现了如下反应：O2+PtF6=O2（PtF6）；已知。

O2（PtF6）为离子化合物；其中Pt为+5价，对于此反应，下列说法正确的是（）

A.该反应既属于化合反应；又属于氧化还原反应。

B.O2（PtF6）中氧元素的化合价为+1价。

C.O2（PtF6）组成元素之一F的原子结构示意图为

D.O2（PtF6）固体有良好的导电能力。

7、下表所列各组物质中，物质之间按箭头方向通过一步反应就能实现如图所示转化的是rm{(}rm{)}。甲乙丙丁rm{A}rm{CO_{2}}rm{CaCO_{3}}rm{H_{2}O}rm{O_{2}}rm{B}rm{Cu}rm{CuO}rm{CO_{2}}rm{CO}rm{C}rm{H_{2}O_{2}}rm{H_{2}O}rm{O_{2}}rm{MgO}rm{D}rm{O_{2}}rm{CO}rm{CO_{2}}rm{H_{2}CO_{3}}A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}8、现有rm{100g}溶质质量分数是rm{10%}的蔗糖溶液，若使其溶质质量分数增大一倍，则下列做法正确的是rm{(}rm{)}A.向溶液中加入rm{20g}蔗糖B.将溶液加热蒸发掉rm{50g}水C.向溶液中加入rm{100g}溶质质量分数是rm{30%}的蔗糖溶液D.向溶液中加入rm{50g}溶质质量分数是rm{10%}的蔗糖溶液9、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}10、在天平的两个托盘上各放一只等质量的烧杯，烧杯中盛有等质量的同一种盐酸，此时天平保持平衡rm{.}在天平左右两端分别加入等质量的金属铁和锌，充分反应后铁无剩余，则以下判断正确的是rm{(}rm{)}A.锌一定无剩余B.天平平衡C.天平向右偏D.酸一定消耗完了11、将Mg；Al、Zn分别放入相同溶质质量分数的盐酸中；反应完成后，放出的氢气质量相同，其可能的原因是（）

A.放入的三种金属质量相同；盐酸足量。

B.放入的Mg；Al、Zn的质量比为12：9：32.5；盐酸足量。

C.盐酸的质量相同；放入足量的三种金属。

D.放入的盐酸质量比为3：2：1；反应后无盐酸剩余。

12、向AgNO3、Cu（NO3）2和Zn（NO3）2的混合溶液中加入一定量的铁粉；充分反应后，有金属析出，过滤；洗涤后往滤渣中加入稀盐酸，有无色气体放出．则下列分析一定正确的是（）

A.滤出的固体中一定有Ag；Cu、Fe

B.滤出的固体中一定有Ag和Cu；可能有Fe

C.滤液中一定有的溶质Cu（NO3）2、Fe（NO3）2、Zn（NO3）2

D.滤液中一定有的溶质Zn（NO3）2、Fe（NO3）2

13、反应前后化合价有变化的化学反应称为氧化还原反应．据最新报道，科学家发现了如下反应：O2+PtF6=O2（PtF6）；已知。

O2（PtF6）为离子化合物；其中Pt为+5价，对于此反应，下列说法正确的是（）

A.该反应既属于化合反应；又属于氧化还原反应。

B.O2（PtF6）中氧元素的化合价为+1价。

C.O2（PtF6）组成元素之一F的原子结构示意图为

D.O2（PtF6）固体有良好的导电能力。

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6题，共12分)15、燕燕同学在实验室发现一瓶敞口放置的NaOH溶液；不知该溶液是否变质，于是她进行如下实验，请你参与并回答下列问题：

（1）燕燕猜测该溶液已变质，其依据是：NaOH溶液能吸收空气中的生成Na2CO3．

（2）取少量原溶液于试管中；滴入饱和石灰水，发现石灰水，说明原溶液已经变质，该反应的化学方程式为．

（3）为了进一步探究氢氧化钠溶液是否完全变质，请帮助完成下列实验报告：。实验步骤实验现象实验结论①取少量样品于试管中，加入足量溶液溶液只有部分变质②取少量充分反应后的溶液于试管中，滴入无色酚酞试液．a；

b；

c、．16、根据题意填空：

rm{(1)}某微粒的结构示意图为若rm{X}等于rm{11}则该微粒表示____________rm{(}填“阳”或“阴”rm{)}离子；在rm{N}rm{N_{2}}rm{2N_{2}}三种符号中；只表示微观意义，而不表示宏观意义的是____________．

rm{(2)}构成物质的基本微粒有分子、原子、离子rm{.}氯化钠是由____________构成的；水是由____________构成的；金rm{(Au)}是由____________构成的rm{(}填分子、原子或离子rm{)}．

rm{(3)}根据如图rm{A}rm{B}rm{C}三种固体的溶解度曲线回答：

rm{垄脵}要使rm{C}的饱和溶液成为不饱和溶液；可采用的一种方法是____________．

rm{垄脷}将三种物质饱和溶液的温度分别从rm{50隆忙}降到rm{20隆忙}时，溶液中溶质的质量分数最大的是____________．17、实验室里有氯酸钾；二氧化锰、石灰石和稀盐酸以及如图所示的装置；回答下列问题：

rm{(1)}写出图中仪器rm{a}和rm{b}的名称：rm{a}____；rm{b}____．

rm{(2)}利用如图所示的装置和药品制取并收集二氧化碳，应选择的装置是____rm{(}填字母rm{)}．

rm{(3)}利用如图所示的装置和药品制取并收集氧气，应选择的装置是____rm{(}填字母rm{)}．

rm{(4)}组装仪器时连接玻璃管和胶皮管的操作：先把玻璃管口____，然后稍稍用力即可把玻璃管插入胶皮管．18、请从下列物质中选择适当的试剂，按设计的方法对锌、铁、铜三种金属的活动性顺序进行验证：rm{A.}锌片rm{B.}铁钉rm{C.}铜片rm{D.}硫酸铜rm{E.}稀硫酸rm{F.}硫酸锌溶液rm{G.}硫酸亚铁溶液rm{.}并回答有关问题．

rm{(1)}验证方法一：所选用的三种试剂是rm{CuSO_{4}}rm{ZnSO_{4}}和______rm{(}填化学式，下同rm{)}．

rm{(2)}验证方法二：所选用的是四种试剂是rm{Fe}rm{Cu}rm{Zn}和______．

rm{(3)}请你用金属活动性顺序解释生活中的一些现象，如：______．19、装满氧气的甲、乙两个集气瓶rm{(}甲瓶口向上，乙瓶口向下rm{)}用带火星的木条分别由瓶口伸入瓶底，发现木条复燃，且在甲瓶中比在乙瓶中燃烧旺且时间长．

上述实验说明了氧气具有的性质是：

rm{(1)}____________；

rm{(2)}____________．20、说说下列化学符号的含义：H____，____；6N____；5S2-____．评卷人得分四、计算题(共3题，共30分)21、控制变量唯一的对照实验是实验探究的重要手段之一．与铁一样，铜露置于空气中也会“生锈”（俗称铜绿）主要成分是Cu2（OH）2CO3．将大小形状相同的四块小铜片分别按如下列表所示放置一个月；观察到现象如下：

。实验装置实验现象铜片不生锈铜片不生锈铜片不生锈铜片生锈且水面附近锈蚀最严重（1）实验a说明没有水铜不会生锈；实验b说明没有CO2铜也不会生锈；实验c说明没有______铜也不会生锈．

（2）据此写出铜生锈的化学方程式：

22、地球是一颗蓝色的星球，表面大部分被海洋覆盖，海水中蕴含的元素多达80种．通过海水晒制可得粗盐，粗盐除NaCl外，还含有MgCI2、CaCl2、MgSO4以及泥沙等杂质．以下是一种制备精盐的实验方案；步骤如下（用于沉淀的试剂稍过量）：

回答下列问题：

（1）操作①能否改用硝酸钡溶液？说明原因．______．

（2）滤液的主要成分有______．此实验方案尚需完善；具体步骤是______．

23、请回答下列问题：

（1）量取7.2mL溶液时；需要用到的玻璃仪器是______．

（2）连接仪器时；若玻璃导管不易插入胶皮管内，应______．

评卷人得分五、探究题(共4题，共24分)24、今年我县各学区都进行了部分学生化学实验操作竞赛，某学区竞赛题目之一是“配制rm{70g20%}的氯化钠溶液”rm{.}该实验的部分操作如图所示．

rm{(1)}需要称取氯化钠的质量是______rm{g}称量时rm{A}出现了右盘低的现象；接下来的操作应该是______．

rm{垄脵}左边的平衡螺丝向左调rm{垄脷}右边的平衡螺丝向右调。

rm{垄脹}右盘中减少砝码rm{垄脺}左盘中增加食盐。

rm{(2)B}中仪器rm{a}的名称是______rm{.}量取水时，如果按照图rm{B}的方法读数，会使配制的溶液溶质质量分数______rm{(}填“偏大”或“偏小rm{)}．

rm{(3)C}中用玻璃棒搅拌的作用是______．

rm{(4)D}中所贴标签有不妥之处，请划掉不妥的地方，并在方框中写出你认为适合的内容．25、邻苯甲酸二辛酯的对分质量是______．

苯二二辛酯中碳；氢氧三种元素的质量比是______．

邻苯二甲二辛属于______rm{.(}有物或无机物rm{)}

邻苯二甲酸二酯中碳元素质量分是______rm{(}精到rm{0.1%)}26、“侯氏制碱法”制得的纯碱rm{(Na_{2}CO_{3})}中常含有少量氯化钠rm{.}某化学兴趣小组的同学拟测定某纯碱样品中rm{Na_{2}CO_{3}}的质量分数．

【方案一】沉淀分析法rm{(}如图rm{1}所示rm{)}则：

rm{(1)}“操作Ⅰ”的名称是____．

rm{(2)}溶液rm{M}中含有的阳离子有____．

rm{(3)}确定rm{CaCl_{2}}溶液是否过量的方法是____．

A.静置混合物，向上层清液中rm{z}再滴加rm{CaCl_{2}}溶液；如果无沉淀，则过量。

B.向溶液rm{M}中滴加rm{CaCl_{2}}溶液；如果有沉淀，则过量。

rm{(4)}若沉淀rm{A}没有洗涤烘干，导致rm{Na_{2}CO_{3}}的质量分数____rm{(}填“偏大”、“偏小”或“不变”rm{).}判断沉淀rm{A}洗净的方法是：取最后一次洗涤所得滤液，滴加rm{AgNO_{3}}溶液，若____rm{(}填“有”或“无”rm{)}白色沉淀；则洗涤干净．

rm{(5)}样品中rm{Na_{2}CO_{3}}的质量分数为____rm{(}用字母rm{m}rm{n}的代数式表示rm{)}．

【方案二】气体分析法rm{(}如图rm{2}所示rm{)}

rm{(1)A}装置中反应的化学方程式为____

rm{(2)B}装置的作用是____；rm{C}装置中反应的化学方程式为____．

rm{(3)}通过称量____装置在反应前后的质量；即可求得产生二氧化碳的质量．

rm{(4)}理论上【方法二】比【方案一】会产生较大的误差，原因是____．27、实验室有一包粉末状物质，可能由rm{NaCl}rm{Na_{2}SO_{4}}rm{Na_{2}CO_{3}}rm{FeCl_{3}}中的一种或几种组成。为了确定原粉末的成分；某校化学兴趣小组的同学，按图所示进行实验：

请回答下列问题：rm{(}填化学式rm{)}

rm{(1)}若rm{A}是相对分子质量最小的氧化物，则rm{A}为______；无色气体是______rm{(}均填化学式rm{)}

rm{(2)}该粉末中一定不含______，操作Ⅰ的名称是______。

rm{(3)}为了不干扰对第rm{垄脹}步实验现象的判断，试剂rm{B}最好选择____，请写出步骤rm{垄脹}的化学方程式：____。评卷人得分六、简答题(共1题，共5分)28、某实验室中需要rm{1.6g}氧气进行实验rm{.}若用电解水的方法制取这些氧气，需消耗水多少克？同时可得到氢气多少克？参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A【分析】解：人呼出的气体中含有氮气；氧气、二氧化碳、水蒸气等；人体没有吸收氮气，氮气的含量基本不变，故其中含量最多的是氮气．

A；人呼出的气体中含有氮气、氧气、二氧化碳、水蒸气等；其中含量最多的是氮气，故选项正确．

B；人呼出的气体中含有氮气、氧气、二氧化碳、水蒸气等；其中含量最多的是氮气，而不是氧气，故选项错误．

C；人呼出的气体中含有氮气、氧气、二氧化碳、水蒸气等；故其中含量最多的是氮气，而不是稀有气体，故选项错误．

D；人呼出的气体中含有氮气、氧气、二氧化碳、水蒸气等；其中含量最多的是氮气，而不是二氧化碳，故选项错误．

故选：rm{A}．

人呼吸时把空气中的氧气转化为二氧化碳；同时从体内带出水蒸汽，人体呼出气体和空气中的氧气；二氧化碳、水蒸汽含量不同；氮气的含量基本不变，因为人体没有吸收氮气；呼出的气体与吸入空气相比，具有“两多一少”的特点，即与吸入的空气相比，二氧化碳、水蒸气含量增加，氧气含量减少；据此结合题意进行分析判断．

本题难度不大，了解人体吸入的空气与呼出的气体成分的区别是正确解答本题的关键．【解析】rm{A}2、C【分析】解：rm{A}铜、石墨、石灰水都能够导电；具有导电性，选项说法正确；

B；二氧化碳溶于水；用排水法收集会造成浪费，但也可用排水法收集，选项说法正确；

C；磷在空气中燃烧生成五氧化二磷是固体；选项说法错误；

D、在金属活动性顺序表中，rm{Al}rm{Zn}rm{Fe}三种金属都排在氢前面；故都能与稀硫酸发生反应，置换出氢气，选项说法正确；

故选：rm{C}

A；根据物质性质进行分析；

B；根据用排水法收集气体的方法分析；

C；根据磷在空气中燃烧生成五氧化二磷分析；

D；根据金属与酸的反应进行分析；

本题主要考查物质的性质和金属的活动性，基础性较强，难度不大．【解析】rm{C}3、C【分析】解：因为向滤渣中滴加稀盐酸，有气泡产生，说明滤渣中有铁粉，即所加的铁粉过量，那说明原混合溶液中的银和铜全部被置换出来，即滤液中肯定没有rm{Cu^{2+}}和rm{Ag^{+}}因为铁和rm{AgNO_{3}}rm{Cu(NO_{3})_{2}}反应时生成的是rm{Fe(NO_{3})_{2}}所以滤液肯定中有rm{Fe^{2+}}又因为铁不能从rm{Zn(NO_{3})_{2}}溶液中置换出锌，所以滤液中肯定含有rm{Zn^{2+}}．

故选C．【解析】rm{C}4、B【分析】试题分析：rm{A}依据氯化钾能溶于水；而二氧化锰不能溶于水分析解答；

B、依据rm{NaCl}能与硝酸银反应生成白色沉淀；盐酸也能与硝酸银反应生成沉淀分析解答；

C；依据铵盐遇碱能释放氨气分析解答；

D；依据氢氧化钠变质一般会生成碳酸钠分析解答；

解：A；由于氯化钾能溶于水；而二氧化锰不能溶于水，所以溶解、过滤后能得到二氧化锰；

B、由于rm{NaCl}能与硝酸银反应生成白色沉淀；盐酸也能与硝酸银反应生成沉淀，所以无法鉴定生成的沉淀是否是氯化银沉淀，应该把稀盐酸改为稀硝酸，如果白色沉淀仍然存在，则说明该沉淀是氯化银沉淀，则溶液中存在氯化钠；

C、由于铵盐遇碱能释放氨气，所以rm{NH_{4}SO_{4}}和rm{K_{2}SO_{4}}两种化肥分别加入熟石灰混合研磨；闻气味，有刺激性气味生成的是硫酸铵，无味的是硫酸钾；

D；由于氢氧化钠变质一般是与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠的过程；所以加足量盐酸如果有气体生成，则说明氢氧化钠已经变质；

故选B【解析】rm{B}5、D【分析】解：rm{A}晶体是具有规则几何外形的固体；常温下是固体的物质，不一定具有规则的几何外形，不一定是晶体，故A错误；

B；金属或某些非金属以及酸碱盐的溶液具有导电性；故能导电的物质不一定是金属单质，故B错误；

C；某反应有二氧化锰生成；则该反应中二氧化锰是反应的生成物，不是催化剂，故C错误；

D；碘遇淀粉变蓝；某溶液与碘在一起显蓝色，则该溶液中一定含有淀粉，故D正确；

故选D．【解析】rm{D}二、多选题(共9题，共18分)6、AC【分析】

A、反应O2+PtF6=O2（PtF6）；符合化合反应特点为“多变一”；反应前后氧元素，Pt元素化合价有变化属于氧化还原反应，由此判断该反应既属于化合反应，又属于氧化还原反应；故A说法正确；

B、根据在化合物中，正负化合价的代数和为零，O2（PtF6）中氧元素的化合价为2x+（+5）+（-1）×6=0，x=+

故B说法错误；

C；根据原子结构示意图的表示方法判断F的原子结构示意图正确；故C说法正确；

D、根据离子化合物溶液有导电能力，O2（PtF6）固体没有导电能力；故D说法错误；

故选AC．

【解析】【答案】A；根据化合反应；两种或两种以上物质反应后生成一种物质的反应，其特点可总结为“多变一”；反应前后化合价有变化的化学反应称为氧化还原反应，进行判断；

B；根据在化合物中；正负化合价的代数和为零，进行解答；

C；根据原子结构示意图的表示方法进行解答；

D；根据离子化合物溶液有导电能力；进行判断．

7、AB【分析】【分析】本题考查了学生对多种物质化学性质的掌握，难度较高，应在平时注意对各物质及其能够发生的化学反应多做总结和积累。【解答】A.二氧化碳可以和澄清石灰水反应，生成碳酸钙沉淀和水；碳酸钙能够和稀盐酸反应，得到氯化钙、二氧化碳和水；水能够电解得到氢气和氧气；木炭在氧气中燃烧，能得到二氧化碳；根据以上的化学反应，可以看出rm{A}组物质能够满足图示关系，故A正确；B.铜在空气中加热能生成氧化铜；氧化铜与一氧化碳在高温时能生成二氧化碳和铜；二氧化碳和焦炭在高温情况下能生成一氧化碳；氧化铜与一氧化碳在高温时能生成二氧化碳和铜；根据以上的化学反应，可以看出rm{B}组物质能够满足图示关系，故B正确；C.过氧化氢能够在催化剂作用下生成水和氧气；水可以被电解为氢气和氧气；镁条可以与氧气反应得到氧化镁；由氧化镁不能一步反应得到过氧化氢；故C错误；D.木炭在空气中与氧气不完全燃烧得到一氧化碳；一氧化碳在氧气中燃烧能得到二氧化碳；二氧化碳和水反应能生成碳酸；碳酸不能直接得到氧气；故C错误。故选A和rm{B}【解析】rm{AB}8、BC【分析】解：rm{(1)}设需要蒸发水的质量为rm{x}rm{(100g-x)隆脕20%=100g隆脕10%}rm{x=50g}

rm{(2)}设需要再溶解蔗糖的质量为rm{y}rm{(100g+y)隆脕20%=100g隆脕10%+y}rm{y=12.5g}

rm{(3)}设若加入rm{30%}的蔗糖溶液的质量为rm{z}则rm{z隆脕30%+100g隆脕10%=(z+100g)隆脕20%}rm{x=100g}

加入rm{100g10%}的rm{NaCl}溶液；由于与原溶液中溶质的质量分数相同，则溶液的溶质质量分数不变；

故选：rm{BC}

要使溶液的溶质质量分数变大，常通过三种方式：rm{垄脵}加入溶质，rm{垄脷}蒸发溶剂，rm{垄脹}加入溶质质量分数更大的该溶液；据此结合溶质质量分数的计算进行分析解答．

本题难度不是很大，考查溶液的浓缩问题，掌握溶液浓缩的方法、原理是正确解答此类题的关键所在．【解析】rm{BC}9、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}10、AC【分析】解：根据已知条件，反应前天平平衡，若反应后天平平衡，说明生成气体的质量相等，而同质量的金属与酸反应生成的氢气量与rm{dfrac{{陆冒脢么碌脛禄炉潞脧录脹}}{{陆冒脢么碌脛脧脿露脭脭颅脳脫脰脢脕驴}}}成正比；所以同质量的铁比锌与酸反应生成的氢气多一些，故充分反应后铁无剩余，锌一定无剩余，故天平向右偏；

故选AC．

根据已知条件；反应前天平平衡，若反应后天平平衡，说明生成气体的质量相等，而后依据同质量的锌；铝生成氢气的多少分析解答即可；

解决天平平衡的有关化学计算，方法是：若反应之前两边质量相同，则在两边分别加入不同物质后，必须是两边的质量变化相等，天平才会平衡．【解析】rm{AC}11、BC【分析】

A；放入三种金属的质量相同；盐酸足量，则铝产生的氢气质量最多，其次是镁，最少的是锌，产生氢气质量不同，故A错误；

B；盐酸足量；设12g镁产生氢气的质量为x，则有。

Mg+2HCl═MgCl2+H2↑

242

12gx

=

x=1g

设9g铝产生氢气的质量为y

2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑

546

9gy

=

y=1g

设32.5g锌产生氢气的质量为z

Zn+2HCl═ZnCl2+H2↑

652

32.5gz

=

z=1g

故B正确；

C；盐酸的质量相同；放入足量的三种金属，则盐酸全部参加反应，相同质量的盐酸所含氢的质量相同，故产生的氢气的质量相同，故C正确；

D；放入的盐酸质量比为3：2：1；反应后无盐酸剩余，则盐酸全部参加反应，盐酸的质量不同，产生的氢气质量不同，故D错误；

故选BC．

【解析】【答案】金属与酸反应生成氢气的质量相等；可以从两个方面进行分析，一是金属的质量，二是酸的质量．

12、AD【分析】

由于在金属活动性顺序中，Zn＞Fe＞H＞Cu＞Ag，向AgNO3、Cu（NO3）2和Zn（NO3）2的混合溶液中加入一定量的铁粉，铁能与AgNO3、Cu（NO3）2反应，不能与Zn（NO3）2反应；由往滤渣中加入稀盐酸，有无色气体放出，说明了铁一定有剩余．则滤出的固体中一定有Ag、Cu、Fe，滤液中一定含有滤液中一定有的溶质Zn（NO3）2、Fe（NO3）2．由以上分析可知：

A；滤出的固体中一定有Ag、Cu、Fe．故A正确；

B；滤出的固体中一定有Ag和Cu；可能有Fe．故B错误；

C、滤液中一定有的溶质Cu（NO3）2、Fe（NO3）2，一定不含Zn（NO3）2．故C错误；

D、滤液中一定有的溶质Zn（NO3）2、Fe（NO3）2．故D正确．

故选AD．

【解析】【答案】在金属活动性顺序中；Zn＞Fe＞H＞Cu＞Ag，氢前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．

13、AC【分析】

A、反应O2+PtF6=O2（PtF6）；符合化合反应特点为“多变一”；反应前后氧元素，Pt元素化合价有变化属于氧化还原反应，由此判断该反应既属于化合反应，又属于氧化还原反应；故A说法正确；

B、根据在化合物中，正负化合价的代数和为零，O2（PtF6）中氧元素的化合价为2x+（+5）+（-1）×6=0，x=+

故B说法错误；

C；根据原子结构示意图的表示方法判断F的原子结构示意图正确；故C说法正确；

D、根据离子化合物溶液有导电能力，O2（PtF6）固体没有导电能力；故D说法错误；

故选AC．

【解析】【答案】A；根据化合反应；两种或两种以上物质反应后生成一种物质的反应，其特点可总结为“多变一”；反应前后化合价有变化的化学反应称为氧化还原反应，进行判断；

B；根据在化合物中；正负化合价的代数和为零，进行解答；

C；根据原子结构示意图的表示方法进行解答；

D；根据离子化合物溶液有导电能力；进行判断．

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6题，共12分)15、略

【分析】

（1）因为2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O；故答案为：二氧化碳。

（2）Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH，CaCO3为白色沉淀．故答案为：变浑浊；Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH

（3）①Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl故答案为：CaCl2；生成白色沉淀．

②酚酞试液遇碱变红色；如果氢氧化钠完全变质则不显红色，结论是溶液只有部分变质．故答案为：溶液变红色。

【解析】【答案】（1）NaOH溶液易吸收空气中的CO2生成Na2CO3；

（2）若溶液已变质则溶液中存在Na2CO3，Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH；可加入饱和石灰水看溶液是否变浑浊来判断溶液是否变质；

（3）因为Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl，可加入CaCl2溶液看溶液是否变浑浊来判断溶液是否变质；酚酞试液遇碱变红色因此在除尽碳酸根的情况下可滴加酚酞试液来判断溶液是否完全变质．

16、阳;2N;离子;分子;原子;降低温度;B【分析】解rm{(1)}由微粒结构示意图可知：核电荷数rm{=}质子数rm{=11>}核外电子数rm{=10}为阳离子；由化学用语的意义可知，在符号的前边只要加了计量数不是rm{1}时，只表示微观的意义，所以，只表示微观意义，而不表示宏观意义的是rm{2N}

rm{(2)}构成物质的基本微粒有分子、原子和离子，金刚石是由原子构成的，氯化钠是由离子构成的，水是由分子构成的，金rm{(Au)}是由构成的原子；

rm{(3)}由rm{C}物质的溶解度曲线的可知，rm{C}物质的溶解度随温度的升高而减少，所以，要使rm{C}的饱和溶液成为不饱和溶液，可采用的一种方法是降低温度；在rm{20隆忙}时，rm{B}的溶解度rm{>A}的溶解度rm{篓TC}的溶解度，由溶液中溶质的质量分数的计算公式可知，将三种物质饱和溶液的温度分别从rm{50隆忙}降到rm{20隆忙}时，溶液中溶质的质量分数最大的是rm{B}．

故答为：rm{(1)}阳，rm{2N}rm{(2)}离子，分子，原子；rm{(3)}降低温度，rm{B}．【解析】阳rm{;2N;}离子rm{;}分子rm{;}原子rm{;}降低温度rm{;B}17、(1)铁架台集气瓶(2)BD(3)AC或AD(4)用水润湿【分析】rm{(1)}仪器rm{a}是铁架台，仪器rm{b}是集气瓶；rm{(2)}实验室常用石灰石与稀盐酸反应制取二氧化碳，该反应是固体与液体间在常温下进行的反应，所以发生装置应该选择rm{B}由于二氧化碳的密度比空气大，常用向上排空气法收集，所以收集方法为rm{D}rm{(3)}试题所给药品中，制取氧气只能选择氯酸钾和二氧化锰，实验室用氯酸甸和二氧化锰制取氧气的原理属于加热固体制取气体，发生装置应该选择rm{A}由于氧气不易溶于水，可用排水法收集，氧气密度比空气大，也可用向上排空气法收集，所以用试题所给药品制取氧气的装置可选择rm{AC}也可选择rm{AD}rm{(4)}连接仪器时，可先将玻璃管一端沾水湿润，然后再插入胶管。【解析】rm{(1)}铁架台集气瓶rm{(2)BD}rm{(3)AC}或rm{AD}rm{(4)}用水润湿18、Fe；H2SO4；纯铜制品比铁制品更耐腐蚀【分析】解：rm{(1)}根据金属与盐的反应，只有排在前面的金属才能把排在它后面的金属从它的盐溶液中置换出来rm{.}所以用铁分别伸入rm{CuSO_{4}}rm{ZnSO_{4}}中，铁能与硫酸铜反应，与硫酸锌不反应从而得出结论所以可选用的试剂是铁，化学式是：rm{Fe}

rm{(2)Fe}rm{Cu}rm{Zn}中只有铜与酸不反应；锌的活动性比铁强，所以锌与酸反应时比铁与酸反应剧烈，因此选稀硫酸；

rm{(3)}由于铁比铜活泼；所以纯铜制品比铁制品更耐腐蚀．

故答为：rm{(1)Fe.(2)H_{2}SO_{4}}rm{垄脹(3)}纯铜制品比铁制品更耐腐蚀．

在金属活动性顺序中；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；氢前的金属能与酸反应生成氢气，且金属的活动性越强产生气泡的速率越快，据此也可以设计实验比较金属的活动性的强弱．

本题考查了金属活动性顺序的应用，要求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{.}氢前边的金属会与稀硫酸、盐酸反应，但氢后边的金属不会与稀硫酸、盐酸反应，前边的金属会把后边的金属从其盐溶液中置换出来rm{.}能够很好的考查学生对金属活动性顺序的应用和理解，培养学生的应用能力和理解能力．【解析】rm{Fe}rm{H_{2}SO_{4}}纯铜制品比铁制品更耐腐蚀19、氧气的密度比空气大;氧气能助燃【分析】解：由甲图中瓶口向上；而乙图瓶口向下，甲瓶中比在乙瓶中燃烧旺且时间长；

根据甲瓶内木条燃烧更旺；说明甲瓶内氧气含量更大，乙中的氧气含量少，则氧气的密度比空气的密度大；

再由氧气能使带火星的木条复燃；且两瓶气体均使带火星木条复燃，说明两瓶中都集有氧气；

故答案为：氧气的密度比空气的密度大；氧气能助燃．【解析】氧气的密度比空气大rm{;}氧气能助燃20、略

【分析】

元素符号的意义表示某元素，表示一个某原子；故N表示氮元素，表示一个氮原子；元素符号前面加数字表示原子个数，故6N表示6个氮原子；离子符号前面加数字表示离子个数，故5S2-表示5个硫离子．

故答案为：氢元素；一个氢原子；六个氮原子；5个硫离子。

【解析】【答案】元素符号的意义表示某元素；表示一个某原子；元素符号前面加数字表示原子个数；离子符号前面加数字表示离子个数．

四、计算题(共3题，共30分)21、略

【分析】

（1）“铜绿”主要成分是Cu2（OH）2CO3．实验a试管中没有水，所以不生锈；实验b试管中没有二氧化碳，所以不生锈；实验c试管中没有氧气，所以不生锈．所以实验a说明没有水铜不会生锈；实验b说明没有CO2铜也不会生锈；实验c说明没有氧气铜也不会生锈．

故答案为：氧气．

（2）铜与氧气、水和二氧化碳反应生成碱式碳酸铜，反应方程式是：2Cu+O2+H2O+CO2═Cu2（OH）2CO3．

故答案为：2Cu+O2+H2O+CO2═Cu2（OH）2CO3．

【解析】【答案】（1）根据“铜绿”主要成分是Cu2（OH）2CO3．和实验现象分析解答．

（2）根据反应物；反应条件、生成物写出化学方程式．

22、略

【分析】

（1）在除去杂质的同时不要引入新的杂质，加入硝酸钡会生成新的杂质硝酸钠．故答案为：否．因为引入新的杂质离子NO3-

（2）滤液的主要成分有：NaCl、NaOH、Na2CO3．此实验方案尚需完善，具体步骤是：向滤液中加入适量的稀盐酸以除去氢氧化钠和碳酸钠．故答案为：NaCl、NaOH、Na2CO3．向滤液中加入适量的稀盐酸以除去氢氧化钠和碳酸钠．NaCl、NaOH、Na2CO3

【解析】【答案】（1）在除杂质的同时不能引入新的杂质；

（4）过滤前的溶液中加入的碳酸钠和氢氧化钠都是过量的；反应后两者都有剩余，需要加入一种试剂将溶液中的碳酸根离子和氢氧根离子除去，然后根据反应物和生成物书写方程式．

23、略

【分析】

（1）要量取7.2mL溶液；应选择10mL规格的量筒；向量筒内加液时，先用倾倒法加液到近刻度线，再改用胶头滴管加液到刻度线，故用到的玻璃仪器是10mL量筒和胶头滴管．

（2）在连接玻璃导管和胶皮管时；先把玻璃导管口用水润湿，然后稍稍用力即可把玻璃管插入胶皮管内．

故答案为：（1）10mL量筒和胶头滴管；（2）先把玻璃导管口用水润湿．

【解析】【答案】（1）根据量取一定量液体所需的仪器进行分析解答．

（2）根据连接玻璃导管与胶皮管的方法进行分析解答．

五、探究题(共4题，共24分)24、14；④；量筒；偏小；加快溶解【分析】解：rm{(1)}氯化钠质量：rm{70g隆脕20%=14g}在称量中天平发生偏转时要么加药品，要么减药品，出现了右盘低的现象说明药品少了，应该增加食盐；故选rm{垄脺}

rm{(2)}熟记常见仪器的名称；仰视读数量取水时看到的读数偏小，但量取到的液体正好偏多，水多了，溶质质量分数就偏小；

rm{(3)}玻璃棒搅拌目的是加速氯化钠溶解；

rm{(4)}标签上应该注明的是溶液的溶质质量分数．

故答案为：rm{(1)14g}rm{垄脺}

rm{(2)}量筒偏小。

rm{(3)}加速食盐溶解rm{]}

rm{(4)20%}

rm{(1)}根据溶质计算方法和称量时的注意事项考虑；

rm{(2)}根据仰视读数量取水的多少考虑本题；

rm{(3)}根据玻璃棒的用途考虑；

rm{(4)}根据标签的写法考虑．

通过回答本题知道了溶质、溶剂质量的计算方法，用天平称量时的注意事项，掌握了玻璃棒的作用和量筒的使用方法．【解析】rm{14}rm{垄脺}量筒；偏小；加快溶解25、有机物；390；144：19：32；73.8%【分析】解：由邻苯二酸辛酯，学为rm{C24H384}可知；含有碳元素以属于有机化合物，简称有机故：机物；

由苯二甲酸二辛酯，化学式rm{C24H38O4}知，苯二辛酯的对子质rm{=12隆脕4+1隆脕38+16隆脕4=39}故填rm{390}

邻二甲二辛中碳元素的质量分数rm{=dfrac{1224}{390}隆脕10%=73.8.}故填rm{=dfrac

{1224}{390}隆脕10%=73.8.}．

根据相对分质量组成分子的各子的对原质量之和；进行分解；

根据含有碳元的化合物有机化合；简称有机进行答；

根据化物元素质量分数rm{=dfrac{{脧脿脭颅脰脢脕驴}隆脕{脭颅脳脫赂枚脢媒}}{{露脭路脰脳脫脰脢脕驴}}隆脕100%}进行析解答．

本题主要考学式的意义根据化式确组成物质元素间的质量以及有机物的义握了这些问题就不难解决此题了．rm{73.8}【解析】有机物；rm{390}rm{144}rm{19}rm{32}rm{73.8%}26、过滤;钠离子和钙离子;A;偏大;无;Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑;除去水蒸气;CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O;C;装置内的残留二氧化碳没有被吸收，空气中的二氧化碳和水蒸气也会进入C装置【分析】试题分析：【方案一】rm{(1)}操作rm{1}中加入过量氯化钙的目的是把碳酸钠充分反应；然后经过过滤操作把固体和液体分离；

rm{(2)}样品中的氯化钠和氯化钙不反应，由于氯化钙过量，因此碳酸钠完全反应，且生成了氯化钠，因此溶液rm{M}中含有的阳离子有钠离子和钙离子；

rm{(3)}若rm{CaCl_{2}}不过量，则会有rm{Na_{2}CO_{3}}剩余，再加入rm{CaCl_{2}}后若生成沉淀则说明不过量；如果无沉淀，则过量；

rm{(4)}若沉淀rm{A}没有洗涤烘干，会导致计算出的碳酸钠质量偏大；若沉淀rm{A}洗净不干净，则所得滤液中含有银离子，可通过滴加rm{AgNO_{3}}溶液观察是否有沉淀的方法判断；

rm{(5)}根据碳酸钠和氯化钙反应的化学方程式结合生成的碳酸钙的质量列比例方程计算即可；

【方案二】rm{(1)}根据化学方程式的书写和仪器的名称进行分析．

rm{(2)}根据浓硫酸的吸水性和化学方程式的书写方法进行分析．

rm{(3)}通过称量rm{C}装置在反应前后的质量；即可求得产生二氧化碳的质量．

rm{(4)}【方法二】中装置内的残留二氧化碳没有被吸收，空气中的二氧化碳和水蒸气也会进入rm{C}装置．

解：【方案一】rm{(1)}“操作Ⅰ”的名称是过滤；故答案为：过滤；

rm{(2)}样品中的氯化钠和氯化钙不反应，由于氯化钙过量，因此碳酸钠完全反应，且生成了氯化钠，因此溶液rm{M}中含有的阳离子有钠离子和钙离子；故答案为：钠离子和钙离子；

rm{(3)}若rm{CaCl_{2}}不过量，则会有rm{Na_{2}CO_{3}}剩余，再加入rm{CaCl_{2}}后若生成沉淀则说明不过量；如果无沉淀，则过量，故选A；

rm{(4)}若沉淀rm{A}没有洗涤烘干，会导致计算出的碳酸钠质量偏大，碳酸钠的质量分数就偏大；判断沉淀rm{A}洗净的方法是：取最后一次洗涤所得滤液，滴加rm{AgNO_{3}}溶液；若无白色沉淀，则洗涤干净，故答案为：偏大；无；

rm{(5)}设样品中rm{Na_{2}CO_{3}}的质量分数为rm{x}则。

rm{Na_{2}CO_{3}+CaCl_{2}=2NaCl+CaCO_{3}隆媒}

rm{106100}

rm{mgxng}

rm{=}解得rm{x=}故答案为：

【方案一】rm{(1)}碳酸钠和稀硫酸反应的化学方程式为rm{Na_{2}CO_{3}+H_{2}SO_{4}=Na_{2}SO_{4}+H_{2}O+CO_{2}隆眉}盛稀硫酸的仪器名称为分液漏斗，故答案为：rm{Na_{2}CO_