15，2024年江苏省南京市雨花台区中考化学模拟试卷(1)

这是一份15，2024年江苏省南京市雨花台区中考化学模拟试卷(1)，共22页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（本题共15小题，每小题只有一个选项符合题意。每小题2分，共30分）
1．（2分）地壳中含量居第二位的元素是（ ）
A．OB．SiC．AlD．Fe
【分析】根据地壳中各元素含量的排序，进行分析判断即可．
【解答】解：地壳含量较多的元素（前四种）按含量从高到低的排序为：氧、硅、铝、铁，其中地壳中含量第二位的元素硅元素。所以B正确。
故选：B。
2．（2分）下列都是由分子构成的一组物质是（ ）
A．氯化钠、硫酸铜B．氮气、干冰
C．金刚石、氧化汞D．火碱、氯气
【分析】根据金属、大多数固态非金属单质、稀有气体等由原子构成；有些物质是由分子构成的，包括气态的非金属单质、由非金属元素组成的化合物，如氢气、水等；有些物质是由离子构成的，一般是含有金属元素和非金属元素的化合物，如氯化钠，进行分析判断即可。
【解答】解：A、氯化钠、硫酸铜是含有金属元素和非金属元素的化合物，分别是由钠离子和氯离子、铜离子和硫酸根离子构成的，故选项错误。
B、氮气属于气态非金属单质，是由氮分子构成的；干冰是固态二氧化碳，二氧化碳是由非金属元素组成的化合物，是由二氧化碳分子构成的；故选项正确。
C、金刚石属于固态非金属单质，是由碳原子直接构成的；氧化汞是由氧化汞分子构成的，故选项错误。
D、火碱是氢氧化钠的俗称，是由钠离子和氢氧根离子构成的；氯气属于气态非金属单质，是由氯分子构成的，故选项错误。
故选：B。
3．（2分）下列变化过程中，不包含缓慢氧化的是（ ）
A．动植物的呼吸B．醋的酿造
C．食物的腐烂D．水的蒸发
【分析】根据已有的知识进行分析，氧化反应中有的比较剧烈，例如燃烧。有的比较缓试卷源自 每日更新，汇集全国各地小初高最新试卷。慢，称为缓慢氧化
【解答】解：A、动植物呼吸的过程反应缓慢，不容易被察觉，属于缓慢氧化，故A错误；
B、食物腐烂是物质与氧气发生的不容易察觉的缓慢氧化过程，故B错误；
C、酿造醋的过程很缓慢不易被觉察到，属于缓慢氧化，故C错误。
D、水的蒸发是物理变化，不属于缓慢氧化，故D正确；
故选：D。
4．（2分）碘元素在元素周期表中的某些信息及其原子结构示意图如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A．碘原子核内有53个电子
B．碘原子的质量是126.9g
C．碘元素是人体必需的常量元素
D．碘原子在化学反应中易得到电子
【分析】元素周期表一格中信息：左上角数字表示原子序数，右上角符号表示元素符号，中间汉字表示元素名称，方格下面的数字表示相对原子质量。粒子结构示意图的含义：小圈和圈内的数字表示原子核和核内质子数，弧线表示电子层，弧线上的数字表示该层的电子数，据以上分析解答。
【解答】解：A.根据碘原子的结构示意图可知，碘原子核电荷数为53，核外有53个电子，故错误；
B.碘原子的质量是126.9，单位应为“1”，不是“g”，故错误；
C.碘元素是人体必需的微量元素，故错误；
D.根据碘原子结构示意图可知，碘原子最外层有7个电子，在化学反应中易得到电子，故正确；
故选：D。
5．（2分）化学实验中常会出现一些“出乎意料”的现象或结果，下列各项对相关异常情况的解释不合理的是 （ ）
A．AB．BC．CD．D
【分析】A、根据铁丝在氧气中燃烧的实验注意事项，进行分析判断。
B、过滤时，要注意“一贴、二低、三靠”的原则。
C、实验后发现测得的氧气体积分数小于五分之一，根据误差偏小的可能因素，从反应原理、实验操作、装置是否漏气等方面进行分析判断。
D、根据紫色石蕊溶液遇酸性溶液变红色，进行分析判断。
【解答】解：A、铁丝在氧气中燃烧，未看到火星四射，可能是因为氧气的含量偏低，铁丝没有发生燃烧，故选项说法正确。
B、过滤时，要注意“一贴、二低、三靠”的原则，滤液浑浊，会使得液体中的不溶物进入下面的烧杯，从而使得滤液浑浊，故选项说法正确。
C、若止水夹没有夹紧，反应放出大量的热，装置内压强大，有空气逸出，因此进入的水多，使测定结果偏大，故选项说法错误。
D、Ⅱ中溶液加热后仍然呈红色，可能是因为通入的二氧化碳中混有氯化氢，氯化氢溶于水形成盐酸，使溶液加热后仍然呈红色，故选项说法正确。
故选：C。
6．（2分）下列措施中，不能防止钢铁生锈的是（ ）
A．在钢铁表面刷漆B．保持钢铁表面干燥
C．在钢铁表面涂油D．浸泡在食盐水中
【分析】铁与水和氧气同时接触时容易生锈，因此隔绝水和氧气可以防止铁制品生锈。
【解答】解：A、在钢铁表面刷漆，隔绝氧气和水，能够防止铁生锈，该选项正确。
B、保持钢铁表面干燥，能使铁和水隔绝，不容易生锈，该选项正确。
C、在钢铁表面涂油，隔绝氧气和水，能够防止铁生锈，该选项正确。
D、食盐水能够促进铁生锈，该选项不正确。
故选：D。
7．（2分）分解反应可表示为：甲→乙+丙+……。下列说法中正确的个数有（ ）
①甲可能为氧化物、酸、碱或盐
②甲、乙的组成元素不可能完全相同
③乙、丙可能都是单质，但不可能都是化合物
④分解反应必须在加热或高温条件下才能发生
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】分解反应是指由一种反应物生成两种或两种以上其他物质的反应。
【解答】解：①分解反应的反应物可能是氧化物、酸、碱或盐，如水是一种氧化物，水通电分解为氢气和氧气；碳酸分解为水和二氧化；氢氧化铜是一种碱，加热分解为氧化铜和水；碳酸钙是一种盐，高温煅烧分解为氧化钙和二氧化碳，说法正确；
②甲、乙的组成元素可能完全相同，如过氧化氢分解为水和氧气，说法错误；
③乙、丙可能都是单质，也有可能都是化合物，如碳酸钙高温煅烧分解为氧化钙和二氧化碳两种化合物，说法错误；
④分解反应并不是必须在加热或高温条件下才能发生，如过氧化氢在二氧化锰的催化作用下会分解产生水和氧气，说法错误。
故选：A。
8．（2分）下列各组离子在pH＝1的无色溶液中，能大量共存的是（ ）
A．Mg2+、Fe2+、、Cl﹣
B．Na+、Ag+、、Cl﹣
C．Ca2+、、、Cl﹣
D．K+、Na+、、
【分析】pH为1的水溶液显酸性，水溶液中含有大量的H+．根据复分解反应的条件，离子间若能互相结合成沉淀或气体或水，则离子不能大量共存；本题还要注意溶液呈无色，不能含有明显有颜色的铜离子、铁离子和亚铁离子等。
【解答】解：pH为1的水溶液显酸性，水溶液中含有大量的H+。
A、四种离子间不能结合成沉淀、气体或水，能在酸性溶液中大量共存，但亚铁离子的水溶液显浅绿色，故选项错误。
B、银离子能与氯离子结合成氯化银白色沉淀，不能大量共存，故选项错误。
C、四种离子间不能结合成沉淀、气体或水，能在酸性溶液中大量共存，且不存在有色离子，故选项正确。
D、氢离子能与碳酸氢根离子结合成水和二氧化碳，不能大量共存，故选项错误。
故选：C。
9．（2分）下列实验中，结论与现象对应关系正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【分析】A、气球膨胀，是因为干冰由固体变成气体，二氧化碳分子之间的间隔变大。
B、木炭具有吸附性。
C、显碱性溶液能使酚酞试液变红色。
D、氢氧化钠和醋酸反应生成醋酸钠和水。
【解答】解：A、气球膨胀，是因为干冰由固体变成气体，二氧化碳分子之间的间隔变大，该选项不正确。
B、木炭具有吸附性，能够吸附色素，该选项正确。
C、显碱性溶液能使酚酞试液变红色，例如碳酸钠溶液显碱性，能使酚酞变红色，因此能使酚酞变红色的物质不一定是碱，该选项不正确。
D、氢氧化钠和醋酸反应生成醋酸钠和水，该选项不正确。
故选：B。
10．（2分）下列实验不能达到目的的是（ ）
A．区分氯化铵和尿素：分别取少量样品，与熟石灰混合研磨，闻气味
B．区分硬水和软水：分别取等量样品，加入等量的肥皂水，振荡，观察产生泡沫情况
C．除去氯化钠溶液中混有的少量氯化镁：加入过量的氢氧化钠溶液，过滤
D．从氯酸钾制取氧气的剩余固体中回收二氧化锰：溶解、过滤、洗涤、干燥
【分析】A、尿素不能和氢氧化钙反应，氯化铵和氢氧化钙反应生成氯化钙、水和氨气。
B、向水中加入肥皂水时，如果产生的泡沫较多，是软水，如果产生大量浮渣，是硬水。
C、氯化镁和氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠。
D、氯化钾易溶于水，二氧化锰不溶于水。
【解答】解：A、尿素不能和氢氧化钙反应，氯化铵和氢氧化钙反应生成氯化钙、水和氨气，产生刺激性气味，该选项正确。
B、向水中加入肥皂水时，如果产生的泡沫较多，是软水，如果产生大量浮渣，是硬水，该选项正确。
C、氯化镁和氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，氢氧化钠溶液过量，过滤得到氯化钠和氢氧化钠的混合溶液，该选项不正确。
D、氯化钾易溶于水，二氧化锰不溶于水，溶解、过滤、洗涤、干燥得到二氧化锰，该选项正确。
故选：C。
11．（2分）如图为KNO3、NaCl两种物质的溶解度曲线，下列有关说法中正确的是（ ）
A．KNO3的溶解度比NaCl的溶解度大
B．分别将t℃的KNO3、NaCl饱和溶液升温至40℃，此时溶液的溶质质量分数KNO3＞NaCl
C．40℃时，KNO3饱和溶液的溶质质量分数为63.9%
D．40℃时，将等质量的KNO3、NaCl配制成饱和溶液，所得溶液的质量后者大于前者
【分析】根据固体的溶解度曲线，可以查出某物质在一定温度下的溶解度，从而确定物质的溶解性；可以比较不同物质在同一温度下的溶解度大小，从而判断饱和溶液中溶质的质量分数的大小；可以判断物质的溶解度随温度变化的变化情况，从而判断温度改变后，溶液中各种成分的变化程度。
【解答】解：A、在比较物质的溶解度时，需要指明温度，温度不能确定，溶解度也不能确定，故A错误；
B、t℃时，KNO3、NaCl的溶解度相等，饱和溶液的溶质质量分数相等，升温至40℃，溶解度增大，溶质、溶剂质量都不变，此时溶液的溶质质量分数KNO3＝NaCl，故B错误；
C、40℃时，硝酸钾的溶解度是63.9g，饱和溶液的溶质质量分数为×100%≠63.9%，故C错误；
D、40℃时，硝酸钾的溶解度大于氯化钠的溶解度，所以将等质量的KNO3、NaCl配制成饱和溶液，所得溶液的质量后者大于前者，故D正确。
故选：D。
12．（2分）现有MgCO3和NaHCO3组成的混合物，在8.4g该混合物中加入100g一定溶质质量分数的稀盐酸，恰好完全反应，得到二氧化碳的质量为4.4g。下列说法正确的是（ ）
A．混合物中MgCO3和NaHCO3的质量比一定是1：1
B．所加稀盐酸的溶质质量分数可能是7.3%
C．充分反应后，所得溶液的质量≤104.0g
D．MgCO3和NaHCO3以任何比例混合，生成二氧化碳的总质量均为4.4g
【分析】根据MgCO3、NaHCO3和稀盐酸反应的化学方程式MgCO3+2HCl＝MgCl2+H2O+CO2↑、NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑以及题中数据来分析。
【解答】解：A、由MgCO3、NaHCO3和稀盐酸反应的化学方程式MgCO3+2HCl＝MgCl2+H2O+CO2↑、NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑可知，每84份质量的碳酸镁和稀盐酸完全反应生成44份质量的二氧化碳，每84份质量的碳酸氢钠和稀盐酸完全反应生成44份质量的二氧化碳，则混合物中MgCO3和NaHCO3的质量比不一定是1：1，故选项说法错误。
B、假设8.4g固体全部是碳酸镁，设所加稀盐酸的溶质质量分数为x。
MgCO3+2HCl＝MgCl2+H2O+CO2↑
84 73
8.4g 100gx
x＝7.3%
假设8.4g固体全部是碳酸氢钠，设所加稀盐酸的溶质质量分数为y。
NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑
84 36.5
8.4g 100gy
y＝3.65%
则所加稀盐酸的溶质质量分数在3.65%到7.3%之间，不可能是7.3%，故选项说法错误。
C、由题中数据可知，充分反应后，所得溶液的质量为：8.4g+100g﹣4.4g＝104.0g，故选项说法错误。
D、由MgCO3、NaHCO3和稀盐酸反应的化学方程式MgCO3+2HCl＝MgCl2+H2O+CO2↑、NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑可知，每84份质量的碳酸镁和稀盐酸完全反应生成44份质量的二氧化碳，每84份质量的碳酸氢钠和稀盐酸完全反应生成44份质量的二氧化碳，则MgCO3和NaHCO3以任何比例混合，生成二氧化碳的总质量均为4.4g，故选项说法正确。
故选：D。
13．（2分）蔗糖（C12H22O11）是食品中常用的甜味剂。下列有关蔗糖的说法正确的是（ ）
A．蔗糖是有机高分子化合物
B．蔗糖由12个碳原子、22个氢原子、11个氧原子构成
C．蔗糖中氢元素和氧元素的质量比为2：1
D．蔗糖中氧元素的质量分数最大
【分析】A、根据蔗糖的相对分子质量进行分析；
B、根据蔗糖是由分子构成的，而不是由原子直接构成的进行分析；
C、根据元素的质量比进行分析；
D、根据元素的质量比进行分析。
【解答】解：A、蔗糖的相对分子质量为342，不属于有机高分子化合物，故A错误；
B、蔗糖是由分子构成的，而不是由原子直接构成的，蔗糖分子由12个碳原子、22个氢原子、11个氧原子构成，故B错误；
C、蔗糖中氢元素和氧元素的质量比为（1×22）：（16×11）＝1：8，故C错误；
D、蔗糖中碳、氢、氧三种元素的质量比＝（12×12）：（1×22）：（16×11）＝72：11：88，可见其中氧元素的质量分数最大，故D正确；
故选：D。
14．（2分）下列关于物质性质和用途的对应关系正确的是（ ）
A．石墨质地较软，可用作电极
B．伍德合金熔点低，可用于制作电路保险丝
C．N2难溶于水，可用作焊接金属时的保护气
D．浓硫酸具有腐蚀性，可用于干燥二氧化碳
【分析】物质的性质决定了物质的用途，根据已有的物质的性质和用途的关系进行分析解答即可。
【解答】解：A、石墨具有导电性，可用作电极，与质软无关，对应关系错误；
B、伍德合金熔点低，可用于制作电路保险丝，对应关系正确；
C、N2的化学性质不活泼，可用作焊接金属时的保护气，与难溶于水无关，对应关系错误；
D、浓硫酸具有吸水性，可用于干燥二氧化碳，与腐蚀性无关，对应关系错误。
故选：B。
15．（2分）一定质量的CH4可与常见物质M反应，将所得产物Cu2O与O2反应又生成M。其反应原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．反应①中涉及3种氧化物
B．M中氧元素的质量分数比Cu2O中的低
C．理论上每生成44gCO2，同时生成18gH2O
D．理论上每16gCH4参与反应，最终消耗64gO2
【分析】氧化物是由氧元素核外另外一种元素组成的化合物。
根据化学式和化学方程式及其相对原子质量和相对分子质量可以进行相关方面的计算。
【解答】解：A、反应①中涉及4种氧化物，即氧化铜（M是氧化铜）、氧化亚铜、水和二氧化碳，该选项不正确。
B、氧化铜中氧元素质量分数＝×100%＝20%，氧化亚铜中氧元素质量分数＝×100%＝11.1%，该选项不正确。
C、反应的化学方程式是8CuO+CH44Cu2O+CO2+2H2O，由反应的化学方程式及其相对分子质量可知，理论上每生成44gCO2，同时生成36gH2O，该选项不正确。
D、由8CuO+CH44Cu2O+CO2+2H2O、2Cu2O+O24CuO可知，CH4﹣2O2，理论上每16gCH4参与反应，最终消耗64gO2，该选项正确。
故选：D。
二、（本题包括2小题，共20分）
16．（11分）实验室制取气体的部分装置如图所示，请结合图示回答问题。
（1）实验室用KClO3与MnO2混合固体制取O2的化学方程式为 2KClO32KCl+3O2↑ 。若用装置A为发生装置，还缺少的仪器是 酒精灯 。
（2）实验室用稀盐酸（1：3）与大理石制取二氧化碳气体的化学方程式为 CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑ ，选择装置D收集二氧化碳时，证明集满的方法是：（填写下列表格）
（3）稀盐酸（1：3）是指浓盐酸与水按体积比1：3进行混合所得的盐酸。已知所用浓盐酸中溶质的质量分数为37%，密度为1.19g/cm3；水的密度为1g/cm3。则稀盐酸（1：3）中溶质的质量分数为 10.5% （计算结果保留一位小数）。
（4）实验室常用块状固体电石（主要成分是CaC2）与水在常温下反应制取乙炔（C2H2）气体，该反应很剧烈，应选择的发生装置是 B （填字母）。可用装置F收集乙炔，据此可推测乙炔的相关性质是 难溶于水，不与水反应 。
【分析】（1）根据氯酸钾在二氧化锰催化和加热的条件下生成氯化钾和氧气分析；
（2）根据稀盐酸与大理石反应生成氯化钙、水和二氧化碳；二氧化碳性质；
（3）根据溶质质量分数的计算的公式分析；
（4）根据题干信息CaC2与水在常温下反应制取乙炔（C2H2）气体，反应很剧烈分析。
【解答】解：（1）氯酸钾在二氧化锰催化和加热的条件下生成氯化钾和氧气，化学方程式为：2KClO32KCl+3O2↑。若用装置A为发生装置，还缺少的仪器是酒精灯。故答案为：2KClO32KCl+3O2↑；酒精灯；
（2）稀盐酸与大理石反应生成氯化钙、水和二氧化碳，化学方程式为：CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑，选择装置D收集二氧化碳时，证明集满的方法是：用燃着的木条放在瓶口，如果木条熄灭则说明瓶内已收集满。故答案为：CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑；用燃着的木条放在瓶口；木条熄灭；
（3）稀盐酸（1：3）是指浓盐酸与水按体积比1：3进行混合所得的盐酸。已知所用浓盐酸中溶质的质量分数为37%，密度为1.19g/cm3；水的密度为1g/cm3。则稀盐酸（1：3）中溶质的质量分数＝ 100%≈10.5%。故答案为：10.5%；
（4）实验室常用块状固体电石（主要成分是CaC2）与水在常温下反应制取乙炔（C2H2）气体，该反应很剧烈，反应装置属于固液常温型，分液漏斗可以控制反应速率，故应选择的发生装置是B。装置F排水法收集乙炔，据此可推测乙炔的相关性质是：难溶于水，不与水反应。故答案为：B；难溶于水，不与水反应。
17．（9分）了解研究物质组成的方法具有重要意义。
（1）图甲实验中，通电一段时间后，将燃着的木条分别放在a、b端管口，慢慢旋开活塞。
①在b端管口可观察到 木条燃烧更旺 。
②通过对a、b两端产物的分析，可得出结论：水是由 氢元素和氧元素 组成的。
（2）甲醇是重要的化工原料，甲醇和乙醇组成元素种类相同、性质相似。写出乙醇充分燃烧的化学方程式 C2H5OH+3O22CO2+3H2O 。
（3）由甲烷和另两种气体组成的混合物中，碳元素的质量分数为70%，则另两种气体可能是 ABC （填字母）。
A.H2和CO
B.H2和C2H2
C.CO和C2H4
D.C2H2和C2H4
（4）取6.5g锌与溶质质量分数为9.8%的稀硫酸反应制取氢气，若锌完全反应，理论上需要9.8%的稀硫酸的质量至少是多少？（在答题卡上写出计算过程）
【分析】（1）根据电解水的原理、气体的性质以及实验结论来分析；
（2）根据化学反应的原理、质量守恒定律以及二氧化碳的检验方法来分析；
（3）根据化合物中元素质量分数的计算方法来分析；
（4）根据锌的质量结合化学方程式进行计算。
【解答】解：（1）①b管内的气体体积较小，是氧气，氧气具有助燃性，能使燃着的木条燃烧更旺；故答案为：木条燃烧更旺；
②电解水生成了氢气和氧气，氢气是由氢元素组成的，氧气是由氧元素组成的，由质量守恒定律可知，水是由氢元素和氧元素组成的；故答案为：氢元素和氧元素；
（2）在点燃的条件下，乙醇与氧气反应生成二氧化碳和水，化学方程式为C2H5OH+3O22CO2+3H2O；故答案为：C2H5OH+3O22CO2+3H2O；
（3）甲烷中，碳元素的质量分数为×100%＝75%；
A、氢气中不含碳元素，一氧化碳中，碳元素的质量分数为×100%≈42.9%；
B、氢气中不含碳元素，C2H2中，碳元素的质量分数为×100%≈92.3%；
C、一氧化碳中，碳元素的质量分数为×100%≈42.9%；C2H4中，碳元素的质量分数为×100%≈85.7%；
D、C2H2中，碳元素的质量分数为×100%≈92.3%；C2H4中，碳元素的质量分数为×100%≈85.7%；
因为混合气体的碳元素质量分数为70%，而甲烷含碳量大于70%，所以另两种气体的含碳量一定要有含碳量小于70%或不含碳元素的物质才能使混合气体中碳元素质量分数达到70%，故ABC符合要求；
故答案为：ABC；
（4）设需稀硫酸的质量为x。
Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑
65 98
6.5g x×9.8%
x＝100g
答：理论上需要9.8%的稀硫酸的质量至少是100g。
三、（本题包括2小题，共11分）
18．（2分）甲、乙两种不含结晶水的固体物质的溶解度曲线如图Ⅰ所示。
①t1℃时，将mg甲和mg乙分别加入各盛有50g水的两只烧杯中，充分搅拌后现象如图Ⅱ所示，则m的取值范围是 5＜m≤10 。
②现有t2℃时等质量甲的饱和溶液和乙的饱和溶液。下列说法正确的是 ACD （填字母）。
A.t2℃时，两溶液中溶质与溶剂的质量比均为3：10
B.分别升温至t3℃，甲溶液中溶质的质量分数大于乙溶液中溶质的质量分数
C.分别降温到t1℃，析出甲的质量一定大于析出乙的质量
D.保持t2℃不变，分别加入等质量的水，混匀后所得溶液中溶质的质量分数一定相等
【分析】根据固体的溶解度曲线，可以查出某物质在一定温度下的溶解度，从而确定物质的溶解性；可以比较不同物质在同一温度下的溶解度大小，从而判断饱和溶液中溶质的质量分数的大小；可以判断物质的溶解度随温度变化的变化情况，从而判断提纯晶体的方法。
【解答】解：（1）t1℃时两种物质溶解度分别是10g、20g，将mg甲和mg乙分别加入各盛有50g水的两只烧杯中，一种物质完全溶解，另一种物质部分溶解，所以m的取值范围是5＜m≤10；
②A、t2℃时两种物质溶解度都是30g，两溶液中溶质与溶剂的质量比均为30g：100g＝3：10，故A正确；
B、分别升温至t3℃，都变成不饱和溶液，甲溶液中溶质的质量分数等于乙溶液中溶质的质量分数，故B错误；
C、分别降温到t1℃，析出甲的质量一定大于析出乙的质量，是因为该温度范围内甲的溶解度差大于乙，故C正确；
D、t2℃时，甲、乙物质的溶解度相等，等质量甲的饱和溶液和乙的饱和溶液中含有等质量的固体，保持t2℃不变，分别加入等质量的水，溶质、溶剂质量都相等，所以混匀后所得溶液中溶质的质量分数一定相等，故D正确。
故选：ACD。
故答案为：（1）5＜m≤10；
（2）ACD。
19．（4分）（1）把少量下列物质分别放入水中，充分搅拌，可以得到溶液的是 BD （填字母）。
A.面粉
B.氯化钠
C.汽油
D.蔗糖
（2）通常情况下，医用酒精中的溶剂是 水 。
（3）20℃时，取甲、乙、丙三种不含结晶水的固体物质各20g，分别加入到三个各盛有50g水的烧杯中，充分溶解，其溶解情况如下表：
①所得的甲、乙、丙溶液中溶质质量分数最大的是 乙 。
②甲和丙的溶解度曲线如图，将图中M点所示甲饱和溶液和N点所示丙饱和溶液分别蒸发50g水，前者和后者的析出晶体质量大小关系是 D （填字母）。
A.大于
B.小于
C.等于
D.无法确定
【分析】（1）根据溶液是均一、稳定的化混合物进行分析；
（2）根据通常情况下，医用酒精中的溶剂是水进行分析；
（3）根据固体的溶解度曲线，可以查出某物质在一定温度下的溶解度，从而确定物质的溶解性；可以比较不同物质在同一温度下的溶解度大小，从而判断饱和溶液中溶质的质量分数的大小；可以判断物质的溶解度随温度变化的变化情况。
【解答】解：（1）把少量物质分别放入水中，充分搅拌，可以得到溶液的是氯化钠、蔗糖，故选：BD；
（2）通常情况下，医用酒精中的溶剂是水；
（3）20℃时，取甲、乙、丙三种不含结晶水的固体物质各20g，分别加入到三个各盛有50g水的烧杯中，充分溶解，其溶解情况如下表：
①乙物质的剩余的固体最少，溶解的最多，所以所得的甲、乙、丙溶液中溶质质量分数最大的是乙；
②甲和丙的溶解度曲线如图，将图中M点所示甲饱和溶液和N点所示丙饱和溶液分别蒸发50g水，饱和溶液的质量不能确定，所以前者和后者的析出晶体质量大小关系是不能确定，故选：D。
故答案为：（1）BD；
（2）水；
（3）①乙；
②D。
20．（5分）金属及其化合物在生活生产中具有重要用途。
（1）下列不属于金属材料的是 B （填字母）。
A.不锈钢
B.玻璃钢
C.铜
D.生铁
（2）钛和钛合金广泛应用于航天、医疗等领域。工业上以金红石（主要成分为TiO2）为原料生产金属钛的流程如图：
①写出过程Ⅰ发生反应的化学方程式 TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO ；
②过程Ⅱ发生反应的基本反应类型为 置换反应 。
（3）电池板需要用铝合金加工成的箔片进行密封支撑，铝合金能加工成箔片是利用了金属的 延展 性。
【分析】（1）根据材料的分类及金属材料的特点进行分析；
（2）①根据流程信息及质量守恒定律进行分析； ②根据置换反应特点进行分析；
（3）根据金属的物理性质进行分析。
【解答】解：（1）A.不锈钢是一种铁合金，属于金属材料；
B.玻璃钢是由玻璃纤维和合成材料复合而成的，属于复合材料；
C.铜属于金属材料；
D.生铁是一种铁合金，属于金属材料；
故选：B；
（2）①根据流程信息可知，过程Ⅰ发生反应的化学方程式TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO；
②过程Ⅱ发生反应为TiCl4+2Mg2MgCl2+Ti；该反应满足“单换单”反应特点，为置换反应；
（3）电池板需要用铝合金加工成的箔片进行密封支撑，铝合金能加工成箔片是利用了金属的延展性。
故答案为：
（1）B；
（2）①TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO；②置换反应；
（3）延展；
四、（本题包括1小题，共7分）
21．（7分）图中A～J是初中化学常见的物质，且分别由H、C、O、Al、S、Cl、Ca、Cu中的一种或几种元素组成。只有G、H、I为单质。A是氧化物，其中氧元素的质量分数为20%；B在固态时可用于人工降雨；F、J的溶液呈蓝色；反应①和反应②的基本反应类型相同。图中“—”表示两端的物质间能发生化学反应；“→”表示物质间存在转化关系；部分反应物、生成物和反应条件已略去。
（1）A的颜色是 黑色 。
（2）写出下列反应的化学方程式：
①B→E CO2+2NaOH＝Na2CO3+H2O 。
②C与I 3H2SO4+2Al═Al2（SO4）3+3H2↑ 。
③F→J CuSO4+BaCl2＝BaSO4↓+CuCl2 。
【分析】A～J是初中化学常见的物质，且分别由H、C、O、Al、S、Cl、Ca、Cu中的一种或几种元素组成。A是氧化物，其中氧元素的质量分数为20%，则A是氧化铜；B在固态时可用于人工降雨，则B是二氧化碳；G、H、I为单质，G能和氧化铜反应，则G是氢气；H能和氢气反应，二氧化碳能转化成H，则H是氧气；E能转化成氢气和氧气，则E是水；F、J的溶液呈蓝色，则它们都含有铜离子；I能和氧气以及含铜离子的溶液反应，结合题中元素可知，I是铝；C能转化成F，F能转化成J，反应①和反应②的基本反应类型相同，则C是硫酸，F是硫酸铜，J是氯化铜；D能和硫酸、硫酸铜、氯化铜反应，结合题中元素可知，D是氢氧化钙；据此分析解答。
【解答】解：（1）由分析可知，A是氧化铜，则A的颜色是：黑色。
（2）①B→E的反应可以是二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，反应的化学方程式为：CO2+2NaOH＝Na2CO3+H2O。
②C与I的反应是硫酸和铝反应生成硫酸铝和氢气，反应的化学方程式为：3H2SO4+2Al═Al2（SO4）3+3H2↑。
③F→J的反应是硫酸铜和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和氯化铜，反应的化学方程式为：CuSO4+BaCl2＝BaSO4↓+CuCl2。
故答案为：
（1）黑色；
（2）①CO2+2NaOH＝Na2CO3+H2O；
②3H2SO4+2Al═Al2（SO4）3+3H2↑；
③CuSO4+BaCl2＝BaSO4↓+CuCl2。
五、（本题包括1小题，共12分）
22．（12分）某化学兴趣小组同学学习了气体性质实验后，对氢气的性质开展以下学习。
【项目一：氢气的性质】
用自制的氢气通过软管吹泡泡液并用喷枪点燃，观察现象。
（1）吹出的泡泡液大多数都上升，但也有少数的泡泡液下降，可能的原因是 刚开始排出的气体是装置内的空气 。
【项目二：氢气点燃需验纯】
用保鲜袋收集两袋氢气，甲袋是50%空气与50%氢气的混合气体，乙袋是纯净的氢气，然后分别点燃。
【查阅资料】三种常见可燃性气体的爆炸极限：
（2）点燃上面两袋气体，发现甲发生爆炸，原因是 氢气的体积分数达到了爆炸极限 。
（3）根据上表可以得出， 甲烷 （填写气体名称）使用最安全，该气体可通过氢氧化钠和醋酸钠（CH3COONa）在加热条件下制得，同时得到碳酸钠，请写出该反应的化学方程式： CH3COONa+NaOHNa2CO3+CH4↑ 。
同学用温度传感器分别测定氢气（锌粒和稀硫酸反应装置导管中导出）和酒精灯燃烧后火焰温度的变化情况。
（4）结合甲图信息，可以得出氢气做燃料比酒精好，理由是 氢气的热值高，温度升高快 。
（5）科学家研究开发氢能源的脚步从未停止。如图乙为利用MnFe2O4热化学循环制氢的反应流程，反应前后Mn的化合价均为+2价。
①与传统电解法制取氢气相比，该流程的优点是 节约能源 。
②若MnFe2O（4﹣y）中y＝0.5，则MnFe2O（4﹣y）中Fe3+与Fe2+的个数比为 1：1 。
（6）氢气是一种清洁能源，但仍需要深度研究。请简述目前氢气的研究所面临的困难和问题： 不易储存 、 成本太高 。（写出两点即可）
（7）下列各组元素具有相似化学性质的是 BD （填字母）。
A.H和Ar
B.Li和Na
C.He和Be
D.F和Cl
（8）保持液态氢的化学性质的最小粒子是 氢分子 。
【分析】（1）根据开始排出的气体是装置内的空气来分析解答；
（2）根据氢气的体积分数达到了爆炸极限来分析解答；
（3）根据甲烷的爆炸极限范围最小来分析解答；
（4）根据氢气达到最高温度的时间较短，相同时间内火焰温度较高来分析解答；
（5）根据该反应在太阳能产生高温下进行，该反应过程中的能量来源与太阳能来分析解答；根据化合物中正负化合价的代数和为零来分析解答；
（6）根据氢气不易储存、成本太高来分析解答；
（7）根据元素的化学性质由原子的最外层电子数决定来分析解答；
（8）根据分子是保持物质化学性质的最小粒子来分析解答。
【解答】解：（1）氢气的密度比空气小，理论上充入泡泡的气体为氢气，泡泡应上升，吹出的泡泡液大多数都上升，但也有少数的泡泡液下降，可能的原因是刚开始排出的气体是装置内的空气；
（2）由气体的爆炸极限可知，点燃上面两袋气体，发现甲发生爆炸，原因是氢气的体积分数达到了爆炸极限；
（3）根据上表可知，甲烷使用最安全，因为该气体的爆炸极限范围最小，氢氧化钠和醋酸钠（CH3COONa）在加热条件下生成甲烷和碳酸钠，反应的化学方程式为CH3COONa+NaOHNa2CO3+CH4↑；
（4）结合甲图信息可知，氢气达到最高温度的时间较短，相同时间内火焰温度较高，可以得出氢气做燃料比酒精好，理由是氢气的热值高，温度升高快；
（5）①该反应在太阳能产生高温下进行，该反应过程中的能量来源与太阳能，则该流程的优点是节约能源；
②若MnFe2O（4﹣y）中y＝0.5，设铁元素的化合价为x，（+2）+2x+（﹣2）×（4﹣0.5）＝0，则x＝2.5，若MnFe2O（4﹣y）中Fe3+与Fe2﹣的个数比为1：1，则化合价平均值为2.5；
（6）氢气是一种清洁能源，但仍需要深度研究，目前氢气的研究所面临的困难和问题是不易储存、成本太高；
（7）元素的化学性质由原子的最外层电子数决定，
A、H最外层电子数为1，Ar最外层电子数为8，化学性质不相似，故A不符合题意；
B、Li和Na原子最外层都有1个电子，化学性质相似，故B符合题意；
C、He原子最外层有2个电子，且只有1个电子层，属于稳定结构，Be原子最外层有2个电子，化学反应中易失去最外层电子，化学性质活泼，化学性质不相似，故C不符合题意；
D、F和Cl最外层都有7个电子，化学性质相似，故D符合题意；
故选：BD；
（8）分子是保持物质化学性质的最小粒子，则保持液态氢的化学性质的最小粒子是氢分子。
故答案为：（1）刚开始排出的气体是装置内的空气；
（2）氢气的体积分数达到了爆炸极限；
（3）甲烷；CH3COONa+NaOHNa2CO3+CH4↑；
（4）氢气的热值高，温度升高快；
（5）①节约能源；
②1：1；
（6）不易储存；成本太高；
（7）BD；
（8）氢分子。选项
A
B
C
D
实验


验证氧气的化学性质


除去食盐水中的泥沙

测定空气中氧气的含量


验证二氧化碳与水的反应
异常
未看到火星四射
滤液浑浊
测定结果偏小
Ⅱ中溶液加热后仍然呈红色
解释
可能是氧气的含量偏低
可能是滤纸破损
可能是弹簧夹没夹紧
可能是通入的二氧化碳中混有氯化氢
选项
实验操作
现 象
结 论
A
向气球中放入一小块干冰，扎紧气球口
气球鼓起
二氧化碳分子变大
B
向盛有红棕色NO2气体的集气瓶中投入几小块木炭
红棕色消失
木炭具有吸附性
C
向某物质的水溶液中滴加酚酞溶液
酚酞变红
该物质一定属于碱
D
向氢氧化钠溶液中加入少量稀醋酸
无明显现象
二者不反应
实验步骤
实验现象
结论
用燃着的木条放在瓶口
木条熄灭
二氧化碳已集满
物质
甲
乙
丙
未溶解固体的质量/g
4.2
0
2
物质
甲
乙
丙
未溶解固体的质量/g
4.2
0
2
可燃气体
爆炸极限（体积分数）
H2
4.0%﹣74.2%
CH4
5%﹣15%
CO
12.5%﹣74.2%