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浙江省杭州市江干區天杭實驗集團2024-2025學年初三上月考初中科學試卷
1．（2025九上·浙江月考）小明兩次煮雞蛋，第一次在水沸后繼續用急上煮，直到煮熟：第二次在水沸后將火焰調小，但仍然保持鍋中的水沸騰，直到煮熟。兩次比較發現（　　）
A．第一種方法既省燃料又省時間
B．第一種方法費燃料但省時間
C．第二種方法省燃料又省時間
D．第二種方法省燃料，兩種方法所用時間相近
【答案】D
【知識點】沸騰及沸騰條件
【解析】【分析】在大氣壓一定的情況下，水的沸點是一定的，保持大火、小火加熱的溫度是相同的，據此解答。根據水沸騰的特點，水在沸騰過程中吸熱溫度保持不變，故當水沸騰后，只要保持沸騰狀態，大火或小火加熱溫度相同，但小火更節省燃料，煮熟所用的時間相近，故ABC不符合題意，D符合題意。
故答案為：D。
2．（2025九上·浙江月考）如圖所示，有一個重力不計的方形容器，被水平力F壓在豎直的墻面上處于靜止狀態，現緩慢地向容器內注水，直到將容器剛好盛滿為止，在此過程中容器始終保持靜止，則下列說法中正確的是（　　）
A．容器受到的摩擦力不變 B．容器受到的摩擦力逐漸減小
C．水平力F可能不變 D．水平力F必須逐漸增大
【答案】C
【知識點】影響摩擦力大小的因素
【解析】【分析】當物體受到平衡力的作用時，該物體處于平衡狀態。【解答】AB.此過程中容器始終保持靜止，即處于平衡狀態，摩擦力等于容器及水的總重力，向容器內注水，總重力增加，容器受到的摩擦力變大，故AB錯誤；
CD.圖中豎直方向的靜摩擦力與壓力和接觸面粗糙程度無關，只與總重力有關，如果總重力不大于最大靜摩擦力時，水平力F可能不變，故C正確，D錯誤。
故答案為：C。
3．（2025九上·浙江月考）A 、B 兩輛車在公路上筆直勻速行駛（如圖甲）t1時刻A 車駕駛員看到左側后視鏡中B 車如圖乙，之后t2 時刻A 車駕駛員看到的后視鏡中的“B車”如圖丙。已知汽車的后視鏡為凸面鏡。下列說法正確的是（　　）
A．此過程B 車正在超車
B．t1時刻和t2 時刻后視鏡中“B 車”的像與B 車等大
C．t2 時刻“B 車”在后視鏡中的像大于t1時刻的像
D．若A 車想向左變道，t1時刻比t2時刻安全
【答案】D
【知識點】平面鏡成像特點、原理和現象；凸面鏡和凹面鏡
【解析】【分析】凸面鏡對光線有發散作用，對光線具有反射作用，遵循光的反射定律。【解答】A.由于汽車的后視鏡是凸面鏡，凸面鏡能將平行光變發散，當B車按箭頭方向行駛時，B車反射的光射入凸面鏡，再經過凸面鏡反射進入人眼，遵循光的反射定律，所以人眼看到的反射光線減速向右移動，因此未超車，故A錯誤；
B.因為凸面鏡的反射面是凸起的，光線經過凸面鏡反射后，會發散開來，因此形成的像是縮小的，故B錯誤；
C.t2 時刻B 車距離后視鏡遠，此時成像會小于t1時刻的像，故C錯誤；
D.B車在t1時刻到t2時刻減速向右行駛，若A 車想向左變道，可以幫A擋住其他車輛，因此t1時刻比t2時刻安全，故D正確。
故答案為：D。
4．（2025九上·浙江月考）某興趣小組想用玻璃瓶、中空直玻璃管、軟木塞來制作受水型水鐘，橫截面積一定的受水容器上刻有均勻的刻度，與時間線性對應，下列做法能成功的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知識點】大氣壓的綜合應用
【解析】【分析】根據水能否繼續下滴的原因進行分析解答。【解答】A.圖中只有一支管，當瓶內水和氣體氣壓之和等于外部大氣壓時，水不能繼續下滴，故A不符合題意；
BC.兩圖中兩支管各有一支瓶內較長，當較長一支上端露出水面時，瓶內氣體與外部氣體直接相連，在液體壓強作用下，水會從另一支管流出，但隨著深度的減小，水流的速度會減小，水流量會減小，不能與受水量內刻度成線性對應，故BC不符合題意；
D.圖中兩支管瓶內高度相同，且均在水面以下，右邊一支瓶外長度更長，右邊管內液柱較長，液體壓強大，水會從右邊管流出，瓶內水和氣體氣壓之和會減小，當小于外部大氣壓時，外部大氣壓會將空氣從左邊管中壓入，隨著瓶內氣壓及液體壓強之和減小而不斷補充，直到與外部氣壓相同，則兩支管瓶內上端的壓強始終等于外部氣壓，即壓強不變，水流速度不變，水流量不變，能與受水量內刻度成線性對應，故D符合題意。
故答案為：D。
5．（2025九上·浙江月考）如圖所示，小明的質量為50kg。他在30s內完成了10個引體向上，他30s內克服重力做功的功率約為（　　）
A．10W B．100W C．500W D．1000W
【答案】B
【知識點】功率計算公式的應用
【解析】【分析】根據W=gh=mgh計算出小明克服重力做功的大小，再根據計算出功率的大小。小明做引體向上時上升的高度約為0.6m，在30s內所做的功為，
功率大約為；
故ACD不符合題意，B符合題意。
故答案為：B。
6．（2025九上·浙江月考）如圖所示，在地鐵站出站時，甲乙兩位同學分別選擇了步行樓梯和乘自動扶梯（臺階式）勻速上樓。下列說法正確的是（　　）
A．甲同學的機械能一定增加
B．乙同學的機械能一定增加
C．甲同學受到樓梯的支持力，該力對甲做功
D．乙同學受到自動扶梯的摩擦力，該力對乙做功
【答案】A,B
【知識點】力是否做功的判斷；動能和勢能的大小變化；動能和勢能的轉化與守恒
【解析】【分析】動能與物體運動的速度有關，與物體的質量有關；重力勢能與物體的質量有關，與物體的高度有關。【解答】AB.甲、乙兩同學上橋過程速度不變，動能不變， 高度升高，重力勢能增大，故甲、乙同學的機械能增加，故AB正確；
C.甲同學上橋時，樓梯的支持力方向路程為零，因此樓梯的支持力不做功，故C錯誤；
D.乙同學隨自動扶梯運動的過程中，與自動扶梯相對靜止，無摩擦產生，因此不受摩擦力的作用，故D錯誤。
故答案為：AB。
7．（2025九上·浙江月考）在探究“凸透鏡成像規律”的實驗中，下表是小畢同學實驗時記錄的幾組數據，說法正確的是（　　）
實驗次數 物距u/cm 像距v/cm 成像性質
1 30 15 倒立縮小實
2 20 20 倒立等大實像
3 15 　 倒立放大實像
A．該透鏡的焦距為10cm B．該透鏡的焦距為20cm
C．第3次實驗中像距為7.5cm D．第3次實驗中像距為30cm
【答案】A,D
【知識點】凸透鏡成像規律及其探究實驗
【解析】【分析】凸透鏡成像時，u>2f，成倒立縮小的實像；u=2f，成倒立等大的實像；2f>u>f，成倒立放大的實像。【解答】AB.根據第2組數據，u=v=20cm，成倒立等大實像，由凸透鏡成像規律可知，此時u=v=2f，故該透鏡的焦距為，故A正確，B錯誤；
CD.根據光路的可逆性，第1次實驗時物物距為30cm，像距為15cm，則第3次實驗中物距為15cm時，像距為30cm，故C錯誤，D正確。
故答案為：AD。
8．（2025九上·浙江月考）如圖所示，電流表、電壓表是理想電表，電阻R0、R1是定值電阻，電源的電壓恒定不變。合上開關，電流表和電壓表的示數分別為I、U；當增大電阻箱R的阻值時，電流表和電壓表的示數變化量分別為 I、 U，下列說法正確的是（　　）
A． U>0 B． I>0
C．為一定值 D．為一定值
【答案】A,D
【知識點】電路的動態分析
【解析】【分析】先根據電路圖判斷出R1、R與R0的連接方式，并且判斷出電壓表測量哪部分的電壓，再根據歐姆定律進行分析解答。【解答】AB.根據圖像，R1與R并聯，再與R0串聯，電流表測總電流，電壓表測并聯部分電壓，當增大電阻箱R的阻值時，并聯部分電路總電阻增大，電路中總電阻變大，根據串聯電路分壓的規律及歐姆定律可知，并聯電路部分分得的電壓變大，即 U>0，電路中電流變小，即 I<0，故A正確，B錯誤；
C.根據歐姆定律的值為并聯部分的總電阻，當增大電阻箱R的阻值時，電路中總電阻變大，故的值變大，故C錯誤；
D.見合上開關時，R0兩端電壓為，當增大電阻箱R的阻值時，R0兩端電壓為，根據串聯電路電壓的規律，R0兩端電壓減小的量與并聯部分電壓即電壓表示數增加的量相同，則，由于R0值不變，故為一定值，故D正確。
故答案為：AD。
9．（2025九上·浙江月考）柱狀容器內放入一個體積大小為200cm3的柱狀物體，現不斷向容器內注入水，并記錄水的總體積 V和所對應的水的深度 h， 如下表所示，則下列判斷中正確的是（　　）
V（cm3） 60 120 180 240 300 360
h（cm） 5 10 15 19 22 25
A．物體的底面積 S1為 8cm2 B．容器的底面積 S2為 12cm2
C．物體的密度為0.7×103kg/m3 D．物體所受到的最大浮力為2N
【答案】A,C
【知識點】阿基米德原理；物體的浮沉條件及其應用
【解析】【分析】AB.根據體積的計算公式計算出物體的底面積；
CD.先計算出物體浸入水的深度，進一步得出排開水的體積，從而計算出物體受到的浮力，由于物體漂浮，物體的重力等于它受到的浮力，進一步計算出該物體的密度。【解答】AB.根據表格數據可知，每次注入相同的體積的水，前三次高度由5~10~15cm變化均勻，表明柱狀物體與容器底是接觸的，則①，
后三次19~22~25cm體積變化與之前不同，但變化均勻，表明后一段完全浸沒或浮起，則②，
聯立①②解得物體的底面積 S1 為 8cm2，容器的底面積S2為 20cm2，故A正確，B錯誤；
CD.物體高度為，
如果柱狀物體的密度大于或等于水的密度，在加水過程中柱狀物體將靜止在容器底不會上浮，容器內水的體積變化應該與h的變化成正比，由表中數據可知器內水的體積變化與h的變化不成正比，所以柱狀物體的密度小于水的密度，因此隨著水的增多，柱狀物體將漂浮在水面上，設柱狀物體浸入的深度為h浸，當容器中水的深度為25cm時可知
解得h浸=17.5cm2，此時排開水的體積為
物體漂浮時受浮力最大，根據物體漂浮可知此時浮力等于物體的重力，故物體的重力
物體的密度為
故C正確，D錯誤。
故選AC。
10．（2025九上·浙江月考）小明設計了一個道路限載報警器（圖甲），R0是變阻器，R是壓敏電阻。R的電阻大小隨壓力大小變化關系如圖乙。當超載車輛通過壓敏電阻時，限載報警器就會報警。調試好電路，閉合開關S1和S2，下列說法正確的是（　　）
A．當超載車輛通過時，限載報警器會燈亮
B．當超載車輛通過時，限載報警器會鈴響
C．將滑動變阻器滑片向左滑，可提高報警的限載重量
D．將電源1的電壓調高，可提高報警的限載重量
【答案】B,C
【知識點】電磁繼電器的組成、原理和特點
【解析】【分析】分析車輛超載時電磁鐵中是否有電流通過，只有電磁鐵中有電流通過時電鈴才會報警；
分析乙圖中壓敏電阻的特點，結合歐姆定律和杠桿的相關知識得到調高報警器的限載重量的方法。【解答】AB.根據乙圖可知，壓力越大，R越小，電磁鐵磁性增強，吸引銜鐵向下運動，電鈴響，即限載報警器會鈴響，故A錯誤，B正確；
C.電磁鐵向下吸合需要的力是一定的，即電壓一定時，電路中需要的最小電流一定，總電阻一定，將滑動變阻器滑片向左滑，接入阻值變大，則R變小，壓力可更大，可提高報警的限載重量，故C正確；
D.電磁鐵向下吸合需要的力是一定的，電路中需要的最小電流一定，將電源1的電壓調高，則電路中電阻變大，如果R0一定，則R變大，壓力變小，可降低報警的限載重量，故D錯誤。
故答案為：BC。
11．（2025九上·浙江月考）小明同學根據圖甲的電路連接器材來“探究導體電阻與其影響因素的定量關系”。實驗時多次改變合金絲甲接入電路的長度l、調節滑動變阻器的阻值，使電流表的讀數I達到某一相同值時記錄電壓表的示數U，從而得到多個的值，作出圖像，如圖乙中圖線a所示。
（1）圖甲中當用同一根金屬絲實驗時探究的是電阻與________的關系；
A．長度 B．截面積 C．材料 D．溫度
（2）在實驗中使用的是　 　選填（“0-20Ω”或“0-2000Ω”）的滑動變阻器；
（3）一般來說，為避免燒壞滑動變阻器和電源，電路中電流不能太大，一般應小于1A，在某次測量時，電壓表的指針位置如圖丙所示，則讀數U=　 　V；
（4）圖乙中圖線b是另一根長度相同、材料相同的合金絲乙采用同樣的方法獲得的圖像，由圖可知合金絲甲的橫截面積　 　（選填“大于”“等于"或“小于”）合金絲乙的橫截面積；
（5）小明發現。圖線a和圖線b都沒有過原點，你認為圖線沒有過原點的原因是：　 　。
【答案】（1）A
（2）0-20Ω
（3）1.3
（4）小于
（5）電壓表測量的電壓包括了部分導線及電流表兩端的電壓，故為金屬絲、導線、電流表的總電阻，如果金屬絲接入長度為0時，部分導線及電流表也有電阻，故不為0，圖線不經過原點
【知識點】影響電阻大小的因素
【解析】【分析】（1）根據控制變量法得出影響電阻大小的因素；
（2）根據a金屬絲的電阻值確定滑動變阻器的阻值范圍；
（3）根據電壓表讀數的方法讀出電壓表的示數；
（4）其它條件相同時，橫截面積越大，阻值越小，橫截面積越小，阻值越大；
（5）電壓表測量的電壓包括了部分導線及電流表兩端的電壓，根據得出金屬絲、導線和電流表的總電阻，從而得出圖線不經過原點的原因。
【解答】（1）圖甲中一根金屬絲通過滑動可以其它因素不變時，改變接入電路中金屬絲的長度，根據控制變量法，探究的是電阻與長度的關系，故A符合題意，BCD不符合題意；
故選A；
（2）從圖像中可知，a金屬絲的最大阻值小于8Ω，為了使電壓表示數變化更明顯，滑動變阻器接入阻值不能過大，故應選擇相對較小的0-20Ω變阻器；
（3）實驗中金屬絲的電阻較小，電路中電流不允許大于1A，則金屬絲兩端電壓應較小，故電壓表應選擇0~3V量程，分度值為0.1V，讀數為1.3V；
（4）導體的電阻與橫截面積有關，長度和材料相同時，橫截面積越大，電阻越小，從圖乙中可以看出長度相同時，甲的電阻值較大，如果兩金屬絲材料相同，表明合金絲甲的橫截面積小于合金絲乙的橫截面積；
（5）電壓表測量的電壓包括了部分導線及電流表兩端的電壓，故為金屬絲、導線、電流表的總電阻，如果金屬絲接入長度為0時，部分導線及電流表也有電阻，故不為0，圖線不經過原點。
故答案為：（1）A；（2）0-20Ω；（3）1.3；（4）小于；（5）電壓表測量的電壓包括了部分導線及電流表兩端的電壓，故為金屬絲、導線、電流表的總電阻，如果金屬絲接入長度為0時，部分導線及電流表也有電阻，故不為0，圖線不經過原點。
（1）圖甲中一根金屬絲通過滑動可以其它因素不變時，改變接入電路中金屬絲的長度，根據控制變量法，探究的是電阻與長度的關系，故A符合題意，BCD不符合題意。
故選A。
（2）從圖像中可知，a金屬絲的最大阻值小于8Ω，為了使電壓表示數變化更明顯，滑動變阻器接入阻值不能過大，故應選擇相對較小的0-20Ω變阻器。
（3）實驗中金屬絲的電阻較小，電路中電流不允許大于1A，則金屬絲兩端電壓應較小，故電壓表應選擇0~3V量程，分度值為0.1V，讀數為1.3V。
（4）導體的電阻與橫截面積有關，長度和材料相同時，橫截面積越大，電阻越小，從圖乙中可以看出長度相同時，甲的電阻值較大，如果兩金屬絲材料相同，表明合金絲甲的橫截面積小于合金絲乙的橫截面積。
（5）電壓表測量的電壓包括了部分導線及電流表兩端的電壓，故為金屬絲、導線、電流表的總電阻，如果金屬絲接入長度為0時，部分導線及電流表也有電阻，故不為0，圖線不經過原點。
12．（2025九上·浙江月考）如圖所示，汁輪組懸掛在水平支架上，重為800N 的工人站在水平地面上，豎直向下拉動 繩子自由端，使重為300N 的物體以0.4m/s 的速度勻速上升。在這個過程中，人施加的拉力F為200N。 兩個滑輪質量相等，不計滑輪組的繩重和摩擦。求：
（1）拉力F的功率；
（2）該滑輪組的機械效率；
（3）該工人利用此滑輪組提升該貨物時，支架受到滑輪組的拉力；
（4）若繩子能承受的最大拉力為1000N， 該滑輪組的最大機械效率。
【答案】（1）圖中連接動滑輪繩子的股數是2股，已知物體移動的速度是0.4m/s，則繩末端拉力移動的速度為，
拉力F的功率為
（2）不計滑輪組的繩重和摩擦，該滑輪組的機械效率為
（3）不計滑輪組的繩重和摩擦，根據可得，動滑輪的重力為，
支架受到滑輪組的拉力大小等于滑輪組的總重力，則拉力為
（4）若繩子能承受的最大拉力為1000N，根據可得，提升貨物的重力為
該滑輪組的最大機械效率為
【知識點】功的計算公式的應用；功率計算公式的應用；滑輪組及其工作特點；機械效率的計算
【解析】【分析】（1）先根據計算出繩子自由端移動的速度，再根據計算出拉力F的功率；
（2）根據計算出該滑輪組的機械效率；
（3）根據的變形公式計算出動滑輪的重力，再根據支架受到滑輪組的拉力大小等于滑輪組的總重力計算出此時拉力的大小；
（4）根據繩子能夠隨的最大拉力，再根據得出可提升貨物的重力，從而得出該滑輪組的最大機械效率。
【解答】（1）圖中連接動滑輪繩子的股數是2股，已知物體移動的速度是0.4m/s，則繩末端拉力移動的速度為，
拉力F的功率為；
（2）不計滑輪組的繩重和摩擦，該滑輪組的機械效率為；
（3）不計滑輪組的繩重和摩擦，根據可得，動滑輪的重力為，
支架受到滑輪組的拉力大小等于滑輪組的總重力，則拉力為；
（4）若繩子能承受的最大拉力為1000N，根據可得，提升貨物的重力為
該滑輪組的最大機械效率為。
（1）圖中連接動滑輪繩子的股數是2股，已知物體移動的速度是0.4m/s，則繩末端拉力移動的速度為
拉力F的功率為
（2）不計滑輪組的繩重和摩擦，該滑輪組的機械效率為
（3）不計滑輪組的繩重和摩擦，根據可得，動滑輪的重力為
支架受到滑輪組的拉力大小等于滑輪組的總重力，則拉力為
（4）若繩子能承受的最大拉力為1000N，根據可得，提升貨物的重力為
該滑輪組的最大機械效率為
13．（2025九上·浙江月考）如圖所示，杠桿AD 放在鋼制水平凹槽BC 中，杠桿AD 能以B 點或C 點為支點在豎直平面內轉動，BC=0.2m。 細繩的一端系在杠桿的A 端，另一端繞過動滑輪固定在天花板上，物體E 掛在動 滑輪的掛鉤上，物體H 通過細繩掛在杠桿的D 端，與杠桿D 端固定連接的水平圓盤的上表面可以放置質量不同的砝碼。初始時，圓盤上未放置砝碼，容器中沒有裝水，杠桿恰好平衡，逐漸向容器中裝水直至淹沒物體H， 杠桿始終平衡，裝滿水后略增加E 的質量平衡即被打破，已知動滑輪的質量m0=1kg， 物體H的體積VH=2dm3，水的密度。AD=0.8m。CD=0.2m， 杠桿、網盤、細繩的質量及摩擦均忽略不計，g取10N / kg。 求：
（1）物體H 的密度；
（2）物體E 的質量mE；
（3）裝滿水后至多在圓盤上放置多少個質量為50g的砝碼后杠桿仍能平衡？
【答案】（1）據圖可知左側滑輪為動滑輪，設物體E的重力為GE，動滑輪的重力為，根據動滑輪的特點可得，杠桿A點的拉力為，容器中沒有裝水，杠桿恰好平衡，此時物體H不受浮力，則當以C點為支點，根據杠桿平衡的條件可得，
即--------①
當水淹沒物體H， 杠桿始終平衡，此時物體H受到浮力的作用，杠桿右側的力變小，則此時以B點為支點時，根據杠桿平衡的條件可得，
即---------②
聯立①②解得，，已知物體H的體積VH=2dm3，則物體H的密度為
（2）根據上述分析可知，物體E的重力為10N，則物體E 的質量為
（3）裝滿水后略增加E 的質量平衡即被打破，設圓盤砝碼施加的壓力為F，此時以C點為支點，根據杠桿平衡的條件可得，
即，
解得F=20N，則裝滿水后至多在圓盤上放置砝碼的個數為
【知識點】阿基米德原理；杠桿的平衡條件
【解析】【分析】（1）先計算出杠桿A點的拉力，再根據杠桿平衡的條件及浮力的計算公式綜合列式得出物體H的密度；
（2）再根據物體E的重力，計算出物體E的質量；
（3）裝滿水后略增加E 的質量平衡即被打破，設圓盤砝碼施加的壓力為F，此時以C點為支點，根據杠桿平衡的條件得出F的大小，進一步計算出放置砝碼的個數。【解答】（1）據圖可知左側滑輪為動滑輪，設物體E的重力為GE，動滑輪的重力為，根據動滑輪的特點可得，杠桿A點的拉力為，
容器中沒有裝水，杠桿恰好平衡，此時物體H不受浮力，則當以C點為支點，根據杠桿平衡的條件可得，
即--------①
當水淹沒物體H， 杠桿始終平衡，此時物體H受到浮力的作用，杠桿右側的力變小，則此時以B點為支點時，根據杠桿平衡的條件可得，
即---------②
聯立①②解得，，已知物體H的體積VH=2dm3，則物體H的密度為；
（2）根據上述分析可知，物體E的重力為10N，則物體E 的質量為；
（3）裝滿水后略增加E 的質量平衡即被打破，設圓盤砝碼施加的壓力為F，此時以C點為支點，根據杠桿平衡的條件可得，
即，
解得F=20N，則裝滿水后至多在圓盤上放置砝碼的個數為。
（1）據圖可知左側滑輪為動滑輪，設物體E的重力為GE，動滑輪的重力為，根據動滑輪的特點可得，杠桿A點的拉力為
容器中沒有裝水，杠桿恰好平衡，此時物體H不受浮力，則當以C點為支點，根據杠桿平衡的條件可得
即--------①
當水淹沒物體H， 杠桿始終平衡，此時物體H受到浮力的作用，杠桿右側的力變小，則此時以B點為支點時，根據杠桿平衡的條件可得
即---------②
聯立①②解得，，已知物體H的體積VH=2dm3，則物體H的密度為
（2）根據上述分析可知，物體E的重力為10N，則物體E 的質量為
（3）裝滿水后略增加E 的質量平衡即被打破，設圓盤砝碼施加的壓力為F，此時以C點為支點，根據杠桿平衡的條件可得
即
解得F=20N，則裝滿水后至多在圓盤上放置砝碼的個數為
14．（2025九上·浙江月考）《黃帝內經》記錢：“五谷為養，五果為助，五畜為益，五菜為充。”下列說法正確的是（　　）
A．“五谷”高含淀粉，淀粉是天然高分子
B．“五果”富含糖類，糖類中的葡萄糖、蔗糖都能發生水解反應
C．“五畜”高含油脂和蛋白質，它們的組成元素相同
D．“五菜”富含纖維素，纖維素可被人體直接吸收和利用
【答案】A
【知識點】食物與營養；生物體中的有機物
【解析】【分析】A.淀粉是高聚物，相對分子質量大于一萬；
B.葡萄糖是單糖，不能發生水解；
C.根據油脂和蛋白質的組成元素進行分析解答；
D.根據人體中沒有能使纖維素水解的酶進行解答。【解答】A.五谷 主要成分是淀粉，淀粉的化學式為(C6H10O5)n，n值很大，相對分子質量可達幾萬到幾十萬甚至更大，屬于天然高分子化合物，故A正確；
B.葡萄糖不能發生水解反應；蔗糖能發生水解反應生成葡萄糖， 故B錯誤；
C.油脂主要由C、H、O三種元素組成；蛋白質主要由C、H、O、N四種元素組成，有些蛋白質還含有P、S等元素，它們的組成元素不完全相同，故C錯誤；
D.人體中沒有能使纖維素水解的酶，所以纖維素不能被人體直接吸收和利用， 故D錯誤。
故答案為：A。
15．（2025九上·浙江月考）第十九屆亞洲運動會在杭州成功舉辦，亞運會充滿了“化學元素”。下列屬于有機高分子材料的是（　　）
A．“大蓮花”場館的主體結構材料——鋼
B．場館頂部的覆蓋膜——聚四氟乙烯
C．場地的防滑涂層——石墨烯
D．主火炬使用的可再生燃料——甲醇
【答案】B
【知識點】合金與合金的性質；材料的利用與發展
【解析】【分析】有機高分子材料是指用有機高分子化合物制成的材料，分為天然有機高分子材料和合成有機高分子材料。【解答】A.鋼是鐵的合金，屬于金屬材料，故A不符合題意；
B.聚四氟乙烯屬于塑料，屬于有機高分子材料，故B符合題意；
C.石墨烯屬于碳單質，屬于無機非金屬材料，故C不符合題意；
D.甲醇含碳元素，屬于有機物，甲醇的相對分子質量為：，相對分子質量很小，不屬于有機高分子材料，故D不符合題意。
故答案為：B。
16．（2025九上·浙江月考）下列家庭實驗不能達到實驗目的的是（　　）
A．急救：用硝酸銨、水制備急救冰敷包
B．鑒偽：用點燃的方法鑒別“羊毛衫”
C．除垢：用食醋浸泡熱水瓶內膽除水垢
D．凈水：在硬水中加入明礬降低硬度
【答案】D
【知識點】溶解時的吸熱或放熱現象；酸的化學性質
【解析】【分析】A.硝酸銨溶于水吸熱；
B.羊毛衫中富含蛋白質，灼燒產生燒焦羽毛氣味；
C.醋酸和碳酸鈣反應生成醋酸鈣、水和二氧化碳，和氫氧化鎂反應生成醋酸鎂和水；
D.明礬能使水中懸浮物沉降，不能除去溶于水的鈣、鎂化合物。【解答】A.硝酸銨溶于水吸熱溫度降低，可用硝酸銨、水制備急救冰敷包，故A正確，但不符合題意；
B.羊毛灼燒會有燒焦羽毛味，可以用灼燒的方法鑒別羊毛織物，故B正確，但不符合題意；
C.水垢的主要成分是碳酸鈣和氫氧化鎂，能與醋酸反應，所以可以用酸醋浸泡熱水瓶內膽的方法除去水垢，故C正確，但不符合題意；
D.明礬能吸附水中的懸浮顆粒物，不能除去鈣鎂化合物，不能將硬水軟化，故D錯誤，但符合題意。
故答案為：D。
17．（2025九上·浙江月考）若將濃鹽酸和濃硫酸敞口放置在空氣中，一段時間后，可以肯定的是（　　）
A．溶質質量都減小 B．溶劑質量都增大
C．溶液質量都增大 D．溶質質量分數都變小
【答案】D
【知識點】溶質的質量分數及相關計算；酸的物理性質及用途
【解析】【分析】根據物質的性質進行分析，濃鹽酸具有揮發性，易揮發出溶質氯化氫而導致溶液變稀，濃硫酸具有吸水性，易吸收空氣中的水分而使溶液變稀。【解答】A.濃鹽酸揮發出溶質氯化氫而導致溶質減少，濃硫酸溶質不變，故A錯誤；
B.濃鹽酸溶劑質量不變，濃硫酸具有吸水性，易吸收空氣中的水分而使溶劑質量增加，故B錯誤；
C.濃鹽酸揮發出溶質而導致溶液質量減小，濃硫酸易吸水而使溶液質量增加，故C錯誤；
D.濃鹽酸具有揮發性，易揮發出溶質氯化氫而導致溶液變稀，濃硫酸具有吸水性，易吸收空氣中的水分而使溶液變稀，故D正確。
故答案為：D。
18．（2025九上·浙江月考）25mL量筒內現有20mL稀鹽酸。因實驗需要倒出了一部分后，仰視讀數為12.0mL， 倒出的鹽酸體積為（　　）
A．小于8mL B．大于8mL C．大于12mL D．等于13mL
【答案】A
【知識點】體積的測量
【解析】【分析】使用量筒液體讀數時，視線與凹凸液面的最低處保持水平，不能仰視或俯視。【解答】傾倒液體前量筒內現有20mL稀鹽酸，傾倒液體后仰視液面，讀數比實際偏小，實際體積應大于12.0mL，則實際傾倒的液體體積小于8mL。
故答案為：A。
19．（2025九上·浙江月考）下列四個實驗中只需要完成三個就可以證明Fe、Cu、Ag三種金屬的活動性順序。其中不必進行的是（　　）
A．將鐵片放入稀鹽酸 B．將銅片放入稀鹽酸
C．將鐵片放入硝酸銀溶液 D．將銅片放入硝酸銀溶液
【答案】C
【知識點】金屬活動性順序及其應用
【解析】【分析】在金屬活動順序表中，排在前面的金屬能夠把排在后面的金屬從它鹽溶液中轉換出來，排在氫前面的金屬能夠與酸反應生成氫氣，據引解答。【解答】選項A能證明Fe＞H；選項B能證明Cu＜H；選項D能證明Cu＞Ag，因此ABD結合能證明Fe＞H＞Cu＞Ag，選項C能證明Fe＞Ag，因此選項C實驗不必進行。
故答案為：C。
20．（2025九上·浙江月考）Na2S、Na2SO3、Na2SO4組成的混合物，其中S 元素的質量分數為32%，則O元素的質量分數為（　　）
A．44% B．22 % C．16% D．64%
【答案】B
【知識點】有關化學式的計算和推斷
【解析】【分析】根據Na2S、Na2SO3和Na2SO4的化學式，可以發現三種物質中鈉原子和硫原子的個數比均為2：1，可以通過硫的質量分數求鈉的質量分數，余下的就是氧元素質量分數。【解答】因為Na2S、Na2SO3和Na2SO4組成中鈉原子和硫原子的個數比均為2：1，硫元素的質量分數為32%，所以鈉元素的質量分數為：32%×=46%，則混合物中氧元素的質量分數為1-32%-46%=22%。
故答案為：B。
21．（2025九上·浙江月考）下列各組溶液，不用其他試劑就無法鑒別出來的是（　　）
A．NaOH、NaCl、稀硫酸、CuSO4
B．BaCl2、MgSO4、KNO3、NaOH
C．MgCl2、 稀鹽酸、KNO3、AgNO3
D．稀鹽酸、稀硫酸、Ka2CO3、BaCl2
【答案】B,C
【知識點】鹽的性質及用途；酸、堿、鹽的鑒別；酸的化學性質；堿的化學性質
【解析】【分析】A.根據硫酸銅是藍色溶液，再根據其它試劑與硫酸銅的反應現象及其它試劑間的反應現象進行解答；
BCD.根據取樣后兩兩反應后的現象進行分析解答；
【解答】A.硫酸銅為藍色溶液，可直接觀察出來，然后分別取樣，將硫酸銅分別滴加到其他三種試劑中，能夠產生藍色沉淀的是氫氧化鈉；將剩余兩種物質分別加入到藍色沉淀中，能使藍色沉淀溶解的是稀硫酸，無變化的是氯化鈉，可以區分，故A正確；
B.取樣后兩兩滴加，其中一種試劑滴加到另外三種試劑中，有兩組能產生白色沉淀，則該試劑為硫酸鎂；將硫酸鎂滴入其他三種試劑中，無明顯變化的是硝酸鉀，有白色沉淀產生的是氫氧化鈉和氯化鋇，但是氯化鋇和氫氧化鈉無法區分，故B錯誤；
C.取樣后兩兩滴加，其中一種試劑滴加到另外三種試劑中，有兩組能產生白色沉淀，則該試劑為氯化銀；將氯化銀滴入其他三種試劑中，能夠產生白色沉淀的是氯化鎂和稀鹽酸，無明顯變化的是硝酸鉀，但是氯化鎂和稀鹽酸無法區分，故C錯誤；
D.取樣后兩兩滴加，有一種試劑能夠與其他的兩種溶液產生氣泡，則該試劑為碳酸鈉；將碳酸鈉加入其他三種試劑中，有白色沉淀產生的是氯化鋇，再將氯化鋇加入剩余的兩種試劑中，有白色沉淀產生的是稀硫酸，無明顯變化的是稀鹽酸，故D正確。
故答案為：BC。
22．（2025九上·浙江月考）有一包白色粉末，可能含有Ba（NO3）2，Na2SO4，Na2CO3，NaNO3 中的一種或幾種某同學分析其成分做了 如下實驗：（1）取樣加足量水，充分振蕩，靜置，有白色沉淀產生。（2）過濾后，往濾渣中加過量稀鹽 酸，沉淀部分溶解。該白色粉末中，無法確定是否存在的物質是（　　）
A．Ba（NO3）2 B．Na2SO4. C．Na2CO3 D．NaNO3
【答案】D
【知識點】鹽的性質及用途；堿的化學性質
【解析】【分析】根據硝酸鋇能夠與硫酸鈉、碳酸鈉反應生成白色沉淀硫酸鋇與碳酸鋇，碳酸鋇能夠與稀鹽酸反應生成氯化鋇、水和二氧化碳，而硫酸鋇不能夠與稀鹽酸反應，據此解答。【解答】取樣加足量水，充分振蕩，靜置后有白色沉淀產生，則該白色沉淀可能是硫酸鋇或碳酸鋇，亦可能是二者都有，然后向過濾后的濾渣中加過量稀鹽酸，沉淀部分溶解，說明沉淀中含有碳酸鋇和硫酸鋇，碳酸鋇的生成需要碳酸鈉和硝酸鋇，硫酸鋇的生成需要硫酸鈉和硝酸鋇，所以白色粉末中含有硝酸鋇、硫酸鈉、碳酸鈉，硝酸鈉不能確定是否含有。
故答案為：D。
23．（2025九上·浙江月考）溴化碘（IBr） 的化學性質很像鹵素的單質，它能與大多數金屬、非金屬化合生成鹵化物，它也能與水 發生以下反應：IBr+H2O=HBr+HIO， 下列有關IBr 的敘述中，不正確的是（　　）
A．在很多反應中IBr 是強氧化劑
B．IBr 與水反應時既作氧化劑，又作還原劑
C．IBr 與 AgNO3溶液反應會生成AgBr沉淀
D．IBr 與NaOH 溶液反應時會生成NaBr和NaIO
【答案】B
【知識點】氧化反應；鹽的性質及用途
【解析】【分析】A．根據有元素化合價變化的反應為氧化還原反應，元素化合價升高的反應為氧化反應，作還原劑，元素化合價降低的反應為還原反應，作氧化劑進行分析；
B．根據IBr+H2O=HBr+HIO進行分析；
C．根據IBr與AgNO3溶液反應不會生成AgI沉淀進行分析；
D．根據元素化合價不變，屬于非氧化還原反應進行分析。【解答】A.溴化碘的化學性質與鹵素單質相似，則IBr中I元素的化合價為+1價，I元素的化合價在反應中能降低，則在很多化學反應中IBr是強氧化劑，故A正確，但不符合題意；
B.因IBr中I元素的化合價為+1價，Br為-1價，HBr中Br為-1價，HIO中I為+1價，則IBr+H2O═HBr+HIO中沒有元素化合價的變化，該反應屬于非氧化還原反應，則IBr與水反應時既不作氧化劑，也不作還原劑，故B錯誤，但符合題意；
C.首先發生IBr+H2O═HBr+HIO，然后生成AgBr沉淀，故C正確，但不符合題意；
D.由反應IBr+H2O═HBr+HIO可推知與NaOH反應的化學方程式為IBr+2NaOH=NaBr+NaIO+H2O，故D正確，但不符合題意。
故答案為：B。
24．（2025九上·浙江月考）短周期主族元素X 、Y 、Z和W的原子序數依次增大，X、Y、W位于不同周期，Y、Z、W的原子最外層電子數之和為14。Z 的原子半徑在短周期主族元素中最大。下列說法錯誤的是（　　）
A．簡單離子半徑：W>Z>X
B．W的最高價氧化物對應的水化物為強酸
C．Y 與Z 形成的化合物溶于水所得溶液呈堿性
D．與X形成的簡單化合物的還原性：Y>Z>W
【答案】D
【知識點】元素周期表
【解析】【分析】周期主族元素 X、Y、Z 和 W 的原子序數依次增大，X、Y、W 位于不同周期，則X為H；Z的原子半徑在短周期主族元素中最大，則Z為Na；Y、Z、W的原子最外層電子數之和為14，Y、W的最外層電子數之和為14-1=13，只能為6、7，結合原子序數可知，Y為O時W為Cl，Y為F時W為S元素。
【解答】A. 電子層數越多，離子半徑越大，則簡單離子半徑：（或）>>，此A正確，但不符合題意；
B. Cl和S的最高價氧化物對應的水化物為高氯酸、硫酸，高氯酸、硫酸都是強酸，此B正確，但不符合題意；
C. Y 與Z 形成的化合物為氟化鈉、氧化鈉，它們對應的溶液都呈堿性，此C正確，但不符合題意；
D. 非金屬性越強，氫化物還原性越弱，非金屬性：O（或F）>Cl（或S），則簡單氫化物的還原性：H2O （或HF）< HCl （或H2S），此D錯誤，但符合題意。
故答案為：D。
25．（2025九上·浙江月考）近日，我國科學家通過電催化將二氧化碳與水合成乙酸（CH3COOH）， 再用乙酸合成體葡萄糖。下圖是部分化學反應的微觀示意圖，有關說法正確的是（　　）
A．催化劑在反應過程中不參與反應
B．生成的O2與CH3COOH的分子個數比為1：1
C．反應前后碳元素質量減少
D．該技術對溫室氣體二氧化碳轉化有重要意義
【答案】D
【知識點】催化劑在化學反應中的作用；二氧化碳的化學性質
【解析】【分析】分析題意（或圖表信息）等各種信息資源，按照題目要求進行認真地選擇即可。
【解答】 要想解答好這類題目，首先，要理解和熟記微粒觀點及模型圖的應用，以及與之相關的知識 。
A.催化劑可能參與化學反應，但其質量和化學性質在反應前后保持不變，故A錯誤；
B.由化學方程式可知：生成的O2與CH3COOH的分子個數比為2：1，故B錯誤；
C.根據質量守恒定律，化學反應前后，元素的種類和質量不變，故碳元素的質量不變，故C錯誤；
D.該技術可將二氧化碳與水合成乙酸，再用乙酸合成葡萄糖，對溫室氣體二氧化碳轉化有重要意義，故D正確。
故答案為：D。
26．（2025九上·浙江月考）某課題組通過數字化實驗對白磷燃燒的溫度變化及影響因素進行探究。將5g白磷加入試管中并將試 管置于60℃熱水中，t3 時，推注 H2O2溶液，實驗裝置及數據曲線如圖。
下列說法不正確的是（　　）
A．實驗前應檢查裝置氣密性
B．t4時溫度大于t2 說明氧氣濃度越大，燃燒越劇烈
C．t3-t1 對應溫度升高說明過氧化氫分解放熱
D．氣球的作用是調節氣壓
【答案】C
【知識點】制取氧氣的裝置、步驟、收集與注意事項；燃燒與滅火
【解析】【分析】白磷能夠與氧氣在點燃的條件下反應生成五氧化二磷，沒有氣體生成，燃燒的過程中生成熱量。【解答】A.該反應有氣體生成，故實驗前應檢查裝置的氣密性，故A正確，但不符合題意；
B.t3時，推注H2O2溶液，過氧化氫在二氧化錳的催化下分解生成氧氣和水，t4對應的溫度高于t2，說明氧氣濃度越大，燃燒越劇烈，放出的熱量越大，故B正確，但不符合題意；
C.t3時，推注H2O2溶液，t3 t1對應溫度升高主要是因為白磷在氧氣中燃燒放出大量的熱，而不是過氧化氫分解放熱，故C錯誤，但符合題意；
D.該實驗中，白磷燃燒，放熱，裝置內氣體受熱膨脹，壓強增大，故氣球的作用是調節氣壓，防止壓強過大，橡皮塞被沖出，故D正確，但不符合題意。
故答案為：C。
27．（2025九上·浙江月考）孔雀石的主要成分是CuCO3·Cu（OH）2某小組以孔雀石、鋅粒、廢稀硫酸為原料制備銅，設計了如下兩套方案：
下列說法錯誤的是（　　）
A．方案1和方案2都發生了置換反應
B．從安全角度考慮，方案1優于方案2
C．兩個方案中，等質量的鋅可以制備等質量的銅
D．方案2消耗的能量大于方案1消耗的能量
【答案】C
【知識點】酸的化學性質
【解析】【分析】分析流程可知，方案1中堿式碳酸銅與稀硫酸反應生成硫酸銅、二氧化碳和水，硫酸銅溶液與鋅置換反應生成銅；方案2中堿式碳酸銅高溫分解得到氧化銅，鋅與稀硫酸反應生成氫氣，氫氣與氧化銅加熱發生置換反應得到銅。【解答】A.方案1中Zn與硫酸銅溶液發生置換反應生成Cu，方案2中Zn與稀硫酸發生置換反應生成氫氣，氫氣與CuO發生置換反應生成Cu，均發生了置換反應，故A正確，但不符合題意；
B.氫氣不純時，加熱易發生爆炸，方案1中不生成氫氣，則從安全角度考慮，方案1優于方案2，故B正確，但不符合題意；
C.方案1：根據反應關系可知，65份質量的鋅可以制備64份質量的銅；方案2：根據反應關系、可知，65份質量的鋅可以制備64份質量的銅，但氫氣需要排空氣以免爆炸或者可能損失，不能生成64份質量的銅，故C錯誤，但符合題意；
D.方案2中高溫、加熱均消耗能量，方案1中均常溫下發生反應，則方案2消耗的能量大于方案1消耗的能量，故D正確，但不符合題意。
故答案為：C。
28．（2025九上·浙江月考）如圖為一種以鐵粉、硫酸亞鐵溶液為原料制取氧化鐵黑 （Fe3O4）的原理，已知：若氧氣過量，產品會逐漸轉變為Fe2O3.下列說法正確的是（　　）
A．轉化過程僅涉及鐵、氧元素化合價變化
B．理論上，每生成23.2gFe3O4 需補充3.2g 的氧氣
C．理論上，反應I 中每生成45.6g FeSO4需要100g9.8%的稀硫酸
D．若轉化Ⅱ中參與反應的氧氣過量，則最終所得的固體氧元素質量分數偏大
【答案】D
【知識點】有關化學式的計算和推斷；根據化學反應方程式的計算；金屬的化學性質
【解析】【分析】A.根據題中反應及化合價的變化情況進行分析；
B.根據6FeSO4+O2+6H2O=2Fe3O4+6H2SO4進行計算；
C.根據硫酸是中間產物，循環使用，理論上不需要補充進行分析；
D.根據氧氣過量，則轉化Ⅱ中最終所得的固體為Fe2O3進行分析。
【解答】A.轉化Ⅰ為鐵與硫酸反應生成硫酸亞鐵和氫氣，該反應中鐵硫酸亞鐵，鐵元素化合價由0價+2價，硫酸轉化為氫氣，氫元素化合價由+1價0價；轉化ⅠⅠ為硫酸亞鐵與氧氣、水在一定條件下反應生成硫酸和四氧化三鐵，該反應中氧氣四氧化三鐵，氧元素化合價由0價-2價，硫酸亞鐵四氧化三鐵，鐵元素化合價由+2價+3價，故轉化過程中涉及鐵、氧、氫元素化合價變化，故A錯誤；
B.轉化ⅠⅠ為硫酸亞鐵與氧氣、水在一定條件下反應生成硫酸和四氧化三鐵，設生成23.2gFe3O4，需要氧氣的質量為x，
則理論上，每生成23.2gFe3O4，需補充1.6g的氧氣，故B錯誤；
C.轉化Ⅰ為鐵與硫酸反應生成硫酸亞鐵和氫氣，設生成45.6gFeSO4，需要9.8%的稀硫酸質量為y，
Fe+ H2SO4=H2↑+ FeSO4
　 98 152
　 9.8%×y 45.6g
則理論上，反應Ⅰ中每生成45.6gFeSO4，需要300g9.8%的稀硫酸，故C錯誤；
D.Fe2O3中氧元素質量分數為，Fe3O4中氧元素質量分數為，若轉化Ⅱ中參與反應的氧氣過量，產品會逐漸轉變為Fe2O3，則最終所得的固體氧元素質量分數偏大，故D正確。
故答案為：D。
29．（2025九上·浙江月考）某化學小組利用數字化傳感器探究氫氧化鈉與二氧化碳的反應。在燒瓶內收集滿CO2， 如圖I所示，T 開K， 將注射器內的液體同時迅速注入燒瓶內，關閉K， 一段時間后，同時振蕩燒瓶，觀察到甲中有白 色沉淀生成，乙中無明顯現象。通過壓強傳感器測得燒瓶內壓強隨時間的變化如圖Ⅱ所示，曲線①和曲 線②分別表示甲、乙兩個燒瓶內的壓強變化。下列說法錯誤的是（　　）
A．上述實驗可以證明氫氧化鈉與二氧化碳能發生反應
B．通過圖Ⅱ可知，吸收大量的CO2 最好選用澄清石灰水
C．圖Ⅱ中AB 段曲線上升的原因是用注射器注入液體，壓縮燒瓶內的氣體，壓強增大
D．圖Ⅱ中點C、點 E 對應的實驗操作是振蕩燒瓶
【答案】B
【知識點】堿的化學性質
【解析】【分析】A.根據圖Ⅱ可知：曲線②二氧化碳減少更多，且二氧化碳與氫氧化鈣溶液反應可排出二氧化碳溶于水對實驗造成影響進行分析；
B.根據氫氧化鈉溶液與二氧化碳反應能使二氧化碳反應完全進行分析；
C.根據圖Ⅱ中AB段曲線上升的原因是用注射器注入液體，壓縮了燒瓶內的氣體，壓強增大進行分析；
D.根據圖Ⅱ中點C、點E壓降急劇減小，對應的實驗操作是振蕩燒瓶，增大二氧化碳與溶液的接觸面積進行分析。【解答】A.在燒瓶內收集滿，如圖Ⅰ所示，打開K，將注射器內的液體同時迅速注入燒瓶內，關閉K，一段時間后，同時振蕩燒瓶，通過壓強傳感器測得燒瓶內壓強隨時間的變化如圖Ⅱ所示，曲線①和曲線②分別表示甲、乙兩個燒瓶內的壓強變化。由圖Ⅱ可知：曲線②二氧化碳減少更多，且二氧化碳與氫氧化鈣溶液反應可排出二氧化碳溶于水對實驗造成影響，上述實驗可以證明氫氧化鈉與二氧化碳能發生反應，故A正確，但不符合題意；
B.由圖Ⅱ可知，氫氧化鈉溶液與二氧化碳反應能使二氧化碳反應完全，吸收大量的，最好選用氫氧化鈉溶液，故B錯誤，但符合題意；
C.圖Ⅱ中AB段曲線上升的原因是用注射器注入液體，壓縮了燒瓶內的氣體，使壓強增大，故C正確，但不符合題意；
D.圖Ⅱ中點C、點E壓降急劇減小，對應的實驗操作是振蕩燒瓶，增大二氧化碳與溶液的接觸面積，故D正確，但不符合題意。
故答案為：B。
30．（2025九上·浙江月考）中國古代通過焙燒綠礬（FeSO4·7H2O）的方法制備鐵紅（主要成分是Fe2O3）作著色劑，同時得到綠礬油（H2SO4），某興趣小組用如圖所示裝置對綠礬的焙燒進行模擬實驗。下列說法錯誤的是（　　）
A．焙燒綠礬時，發生反應：，X是SO3
B．實驗中觀察到U 形管中逐漸有液體產莊，裝置B 中冷水的作用是使氣體冷凝
C．取U 形管內得到的液體，滴加紫色石蕊溶液變紅，不足以證明該液體是稀硫酸
D．實驗結束后，為防止液體進入灼熱的玻璃管，需在①處添加一個止水夾
【答案】D
【知識點】鹽的性質及用途；酸的化學性質
【解析】【分析】A.根據質量守恒定律，反應前后原子的種類、個數不變進行分析。
B.根據綠礬高溫下分解生成二氧化硫、三氧化硫、水蒸氣進行分析。
C.根據滴加紫色石蕊溶液變紅，說明液體中含有氫離子，進行分析。
D.根據防止液體進入灼熱的玻璃管的措施進行分析。【解答】A.依據質量守恒定律，反應前后原子的種類、個數不變，反應前Fe、S、O、H原子的個數分別為2、2、22、28，反應后Fe、S、O、H原子的個數分別為2、1、19、28，則X是SO3，故A正確，但不符合題意；
B.綠礬高溫下分解生成二氧化硫、三氧化硫、水蒸氣，氣體進入裝置B，三氧化硫、水蒸氣遇冷凝結，故B正確，但不符合題意；
C.取U形管內得到的液體，滴加紫色石蕊溶液變紅，說明液體中含有氫離子，不能確定含有硫酸根離子，故C正確，但不符合題意；
D.實驗結束后，為防止液體進入灼熱的玻璃管，需在①處添加防倒吸裝置，若添加止水夾，會使A裝置內壓強過大，造成危險，故D錯誤，但符合題意。
故答案為：D。
31．（2025九上·浙江月考）已知CuSO4溶液分別與Na2CO3溶液、Na2S 溶液的反應情況如下：
（1）CuSO4溶液與Na2CO3溶液混合
主要反應是：CuSO4+Na2CO3+H2O=Na2SO4+Cu（OH）2↓+CO2↑
次要反應是：CuSO4+Na2CO3=Na2SO4+CuCO3↓
（2）CuSO4溶液與Na2S 溶液混合
主要反應是：CuSO4+Na2S=Na2SO4+CuS↓
很難發生的反應是：CuSO4+Na2S+2H2O=Na2SO4+Cu（OH）2↓+H2S↑ 下列幾種物質的溶解度大小的比較中，正確的是（　　）
A．CuSCu（OH）2>CuCO3
C．Cu（OH）2>CuCO3>CuS D．Cu（OH）2【答案】A
【知識點】固體溶解度的概念；鹽的性質及用途
【解析】【分析】沉淀反應中，生成物的溶解度越小，沉淀反應越容易發生．根據信息（1）可知：生成Cu（OH）2的反應容易發生，說明Cu（OH）2的溶解度小于CuCO3的溶解度；
根據信息（2）可知：生成CuS的反應容易發生，說明CuS的溶解度小于Cu（OH）2的溶解度。【解答】沉淀反應中，生成物的溶解度越小，沉淀反應越容易發生，CuSO4+Na2CO3中主要發生Cu2+++H2O=Cu（OH）2↓+CO2↑，次要發生Cu2++=CuCO3↓，可說明Cu（OH）2的溶解度小于CuCO3的溶解度；CuSO4+Na2S中主要：Cu2++S2─=CuS↓，次要：Cu2++S2─+2H2O=Cu（OH）2↓+H2S↑，可說明CuS的溶解度小于Cu（OH）2的溶解度，則溶解度CuS＜Cu（OH）2＜CuCO3。
故答案為：A。
32．（2025九上·浙江月考）我國科學家利用過渡金屬氮化物（TMNS） 作催化劑，在常溫下實現氨氣的合成，其反應機理如圖所示。
下列說法正確的是（　　）
A．用15N2進行合成反應，產物中只有15NH3
B．TMNS 表面上的N原子被氧化為氨氣
C．TMNS 表面上氨脫附產生的空位有利于吸附N2
D．TMNS 不參與氨氣的合成反應
【答案】C
【知識點】催化劑在化學反應中的作用
【解析】【分析】A.由圖象可知，生成氨氣的氮原子有兩種，一種為催化劑表面的氮原子，一種是氮氣分子中的氮原子；
B.由圖象可知，金屬氮化物（TMNS）中的氮原子與氫結合，生成氨氣；
C.由圖象可知，氮氣分子進入空位被吸附；
D.催化劑能降低反應所需的活化能，但是不能影響平衡的移動。【解答】A.由分析可知，合成氨氣有兩種途徑，15N2分子中的氮原子合成氨氣，生成15NH3，金屬氮化物（TMNS）表面的氮原子合成NH3，則可能含有其它含15NH3的副產物，故A錯誤；
B.由圖象可知，金屬氮化物（TMNS）中的氮原子與氫結合，生成氨氣，氮元素價態下降得電子作氧化劑，被還原，故B錯誤；
C.由圖象可知，氮氣分子進入催化劑表面的空位被吸附，TMNS表面上氨脫附產生的空位有利于吸附N2，故C正確；
D.過渡金屬氮化物（TMNS）作催化劑，可能參與反應，改變了反應速率，但反應前后不發生變化，故D錯誤。
故答案為：C。
33．（2025九上·浙江月考）硫酸是重要的化工原料，可用于生產化肥、農藥、炸藥、染料和鹽類等，工業上一般以硫磺或者其他含硫礦物（如黃鐵礦）為原料來制備硫酸。金屬冶煉時產生的含二氧化硫廢氣經回收后也可用于制備硫酸。工業測硫酸的原理示意圖如下圖所示：
某化工廠生產硫酸，使用一種含雜質25%的黃鐵礦原料。若取1000 kg 該礦石（已知黃鐵礦與氧氣反應的方程式為： ），假設生產過程中硫的損失為零，可制量分數為98%的濃硫酸的質量為（　　）
A．1250kg B．125kg C．62.5g D．625kg
【答案】A
【知識點】根據化學反應方程式的計算；酸的化學性質
【解析】【分析】先計算出礦石中亞硫化亞鐵的質量，再根據亞硫化亞鐵和硫酸的關系式計算出濃硫酸的質量。【解答】根據S原子守恒得關系式FeS2～2SO2～2H2SO4，1t該礦石中m（FeS2）=1t×（1-25%）=0.75t，根據FeS2和H2SO4的關系式計算98%的濃硫酸的質量為：。
故答案為：A。
34．（2025九上·浙江月考）1869年俄國化學家門捷列夫制出第一張元素周期表，到現在形成的周期表經過了眾多此學家的艱辛努力，歷經142年。元素周期表體現了元素位、構、性的關系，揭示了元素間的內在聯系。如圖是元素周期表的一部分，回答下列問題：
（1）元素Ga在元素周期表中的位置為第　 　周期第　 　 族。
（2）Sn 的最高化合價為　 　 ，Bi的最高價氧化物為　 　
【答案】（1）四；ⅢA
（2）+4；Bi2O5
【知識點】元素周期表
【解析】【分析】（1）Ga和Al同主族，在Al的下一個周期，即處于第四周期；
（2）Sn和碳同為IAV族元素，最高正化合價等于族序數；Cl的最高價是+7價，最高價氧化物對應水化物的化學式為HClO4；Bi和N元素同主族，所以最高正價是+5價。
【解答】（1）鋁（Al）在元素周期表中的位置是第三周期第 ⅢA族，Ga和Al同主族，在Al的下一個周期，即第四周期、ⅢA族；（2）碳、錫同為第IVA族元素，其最外層均有4個電子，Sn的最高價為+4價；Bi的最外層有5個電子，Bi的最高價為+5價，其最高價氧化物為Bi2O5。
故答案為：（1）四；ⅢA；（2）+4；Bi2O5。
（1）鋁（Al）在元素周期表中的位置是第三周期第 ⅢA族，Ga和Al同主族，在Al的下一個周期，即第四周期、ⅢA族
（2）碳、錫同為第IVA族元素，其最外層均有4個電子，Sn的最高價為+4價；Bi的最外層有5個電子，Bi的最高價為+5價，其最高價氧化物為Bi2O5。
35．（2025九上·浙江月考）用圖1裝置制取CO2并探究其性質。圖2表示裝置C 中溶液的pH 與實驗時間的變化關系曲線。 已知：a.此實驗條件下Na2CO3溶液的pH≈11.6，NaHCO3 溶液的pH≈8.3。
b.Na2CO3溶液能與CO2、H2O進一步反應生成NaHCO3 。
（1）裝置B的作用是　 　（用化學方程式表示）。
（2）實驗10s時裝置C發生反應的化學方程式為　 　
（3）50s時溶液中的溶質是　 　
【答案】（1）NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O
（2）CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O
（3）Na2CO3、NaHCO3
【知識點】書寫化學方程式、文字表達式；溶液的酸堿性與pH值的關系；堿的化學性質
【解析】【分析】（1）根據通過控制分液漏斗的旋鈕，可以控制滴加液體的速度，進而控制反應速率，飽和NaHCO3溶液幾乎不能溶解CO2；
（2）實驗10s時溶液pH已經下降，說明發生了反應，但pH仍大于11.6，碳酸呈酸性，進行分析；
（3）根據50s時溶液的pH值，進一步得出溶液中的溶質。
【解答】（1）稀鹽酸具有揮發性，實驗制得的二氧化碳中混有HCl氣體，飽和NaHCO3溶液幾乎不能溶解CO2，同時，HCl能與NaHCO3反應生成NaCl、CO2、H2O，其中NaCl、H2O留在集氣瓶內，所以裝置B的作用是除去HCl，化學方程式為：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O；
（2）根據圖2，實驗10s時溶液pH已經下降，說明發生了反應，但pH仍大于11.6，而此實驗條件下Na2CO3溶液的pH=11.6，NaHCO3溶液的pH=8.3，推知是CO2與NaOH反應生成了Na2CO2，化學方程式為：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O；
（3）50s時，溶液pH小于11.6但大于8.3，說明已有部分Na2CO3轉化為NaHCO3，溶液中的溶質有Na2CO3和NaHCO3。
故答案為：（1）NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O；（2）CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O；（3）Na2CO3、NaHCO3。
（1）稀鹽酸具有揮發性，實驗制得的二氧化碳中混有HCl氣體，飽和NaHCO3溶液幾乎不能溶解CO2，同時，HCl能與NaHCO3反應生成NaCl、CO2、H2O，其中NaCl、H2O留在集氣瓶內，所以裝置B的作用是除去HCl，化學方程式為：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O。
（2）根據圖2，實驗10s時溶液pH已經下降，說明發生了反應，但pH仍大于11.6，而此實驗條件下Na2CO3溶液的pH=11.6，NaHCO3溶液的pH=8.3，推知是CO2與NaOH反應生成了Na2CO2，化學方程式為：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O。
（3）50s時，溶液pH小于11.6但大于8.3，說明已有部分Na2CO3轉化為NaHCO3，溶液中的溶質有Na2CO3和NaHCO3。
36．（2025九上·浙江月考）化合物X 是含三種元素的鉀鹽，按照如圖流程進行實驗。氣體A 分子量為32，溶液C 中只有一種溶質，白色沉淀D不溶于稀鹽酸。請回答：
（1）X的化學式是　 　
（2）氣體A通入酸化的KI溶液中，發生反應的離子方程式為　 　
（3）一定條件下X與水能反應，得到的混合液既有強氧化性又有強酸性。請寫出其化學反應方程式　 　
【答案】（1）K2S2O8
（2）O2+4I-+4H+=I2+2H2O
（3）K2S2O8+2H2O=K2SO4+H2O2+H2SO4
【知識點】書寫化學方程式、文字表達式；鹽的性質及用途
【解析】【分析】固體B溶于水后，加入一元強堿，得到溶液C，并向溶液C中加入BaCl2，生成不溶于稀鹽酸的白色沉淀D，則D為BaSO4，且n（BaSO4）=；溶液C中只含一種溶質，則溶液C的溶質一定是硫酸鹽，且B溶于水之后，有0.005mol的硫酸生成，根據硫原子守恒，C中含有0.01molS元素，則固體B含有0.005molSO42-；n（A）=，m（A）=1.35g-1.27g=0.08g，則M（A）==32g/mol，則A為O2；溶液C中只含有一種溶質，則C中的金屬離子一定與強堿中的金屬離子相同，而已確定的元素S、O都不在第四周期，故可以判斷出該金屬元素在第四周期，且該元素是K元素；則固體B中有0.005molK2SO4，即0.87g，則另外的0.005mol含S的物質有0.4g，其摩爾質量為=80g/mol，則該物質為SO3；所以可以推出，1.35g固體X含有0.01molK、0.01molS、0.04molO，即該物質中n（K）：n（S）：n（O）=1：1：4，則該物質為K2S2O8。【解答】（1）固體B溶于水后，加入一元強堿，得到溶液C，并向溶液C中加入BaCl2，生成不溶于稀鹽酸的白色沉淀D，則D為BaSO4，且n（BaSO4）=；溶液C中只含一種溶質，則溶液C的溶質一定是硫酸鹽，且B溶于水之后，有0.005mol的硫酸生成，根據硫原子守恒，C中含有0.01molS元素，則固體B含有0.005molSO42-；n（A）=，m（A）=1.35g-1.27g=0.08g，則M（A）==32g/mol，則A為O2；溶液C中只含有一種溶質，則C中的金屬離子一定與強堿中的金屬離子相同，而已確定的元素S、O都不在第四周期，故可以判斷出該金屬元素在第四周期，且該元素是K元素；則固體B中有0.005molK2SO4，即0.87g，則另外的0.005mol含S的物質有0.4g，其摩爾質量為=80g/mol，則該物質為SO3；所以可以推出，1.35g固體X含有0.01molK、0.01molS、0.04molO，即該物質中n（K）：n（S）：n（O）=1：1：4，X的化學式是：K2S2O8；
（2）由分析可知，A為O2，將O2通入到KI溶液中，離子方程式為：O2+4I-+4H+=I2+2H2O；
（3）一定條件下K2S2O8與水能反應，得到的混合液既有強氧化性又有強酸性，即K2S2O8和水反應生成硫酸鉀、過氧化氫和硫酸，反應的化學方程式為：K2S2O8+2H2O=K2SO4+H2O2+H2SO4。
故答案為：（1）K2S2O8；（2）O2+4I-+4H+=I2+2H2O；（3）K2S2O8+2H2O=K2SO4+H2O2+H2SO4。
（1）由分析可知，X的化學式是：K2S2O8；
（2）由分析可知，A為O2，將O2通入到KI溶液中，離子方程式為：O2+4I-+4H+=I2+2H2O；
（3）一定條件下K2S2O8與水能反應，得到的混合液既有強氧化性又有強酸性，即K2S2O8和水反應生成硫酸鉀、過氧化氫和硫酸，反應的化學方程式為：K2S2O8+2H2O=K2SO4+H2O2+H2SO4。
37．（2025九上·浙江月考）取15.80g KMnO4加熱分解后剩余固體15.00g， 該剩余固體與足量的濃鹽酸在加熱條件下充分反應，生成單質氣體A， 產物中錳元素以Mn2+存在，請計算：
（1）寫出KMnO4受熱分解的化學方程式　 　
（2）KMnO4的分解率　 　
（3）氣體A 的質量　 　
【答案】（1）
（2）50%
（3）12.07g
【知識點】書寫化學方程式、文字表達式；根據化學反應方程式的計算
【解析】【分析】（1）根據加熱高錳酸鉀時的反應物與生成物寫出反應的化學方程式；
（2）先計算出生成氧氣的質量，再根據反應的化學方程式計算出參加反應的高錳酸鉀的質量，再計算出高錳酸鉀的分解率；
（3）先根據質量守恒定律得出收集到的氣體是氯氣，再計算出生成氯氣的質量。
【解答】（1）高錳酸鉀受熱分解生成錳酸鉀、二氧化錳和氧氣，其反應的化學方程式為：；
（2）取15.80g KMnO4，加熱分解后剩余固體15.00g，減少的質量為氧氣的質量=15.80g-15.00g=0.80g，設參加反應的高錳酸鉀的質量為x，
2KMnO4K2MnO4 + MnO2 + O2↑
316 32
x 0.80g
x=7.9g，
KMnO4的分解率為：×100%=50%；
（3）在反應后的殘留固體中加入足量的濃鹽酸，繼續加熱，收集到氣體為氯氣，根據電子轉移守恒，整個過程中，Mn元素獲得電子等于O元素、Cl元素失去的電子；設氯氣的物質的量為ymol，n（KMnO4）═=0.1mol，電子轉移守恒可得：0.1mol×（7-2）=4n（O2）+2（Cl2），即0.1mol×（7-2）=4×mol+2y，解得：y=0.17mol，故生成氯氣的質量=0.17 mol×71g/mol=12.07g。
（1）高錳酸鉀受熱分解生成錳酸鉀、二氧化錳和氧氣，其反應的化學方程式為：；
（2）取15.80g KMnO4，加熱分解后剩余固體15.00g，減少的質量為氧氣的質量=15.80g-15.00g=0.80g，設參加反應的高錳酸鉀的質量為x，
x=7.9g，
KMnO4的分解率為：×100%=50%；
（3）在反應后的殘留固體中加入足量的濃鹽酸，繼續加熱，收集到氣體為氯氣，根據電子轉移守恒，整個過程中，Mn元素獲得電子等于O元素、Cl元素失去的電子；設氯氣的物質的量為ymol，n（KMnO4）═=0.1mol，電子轉移守恒可得：0.1mol×（7-2）=4n（O2）+2（Cl2），即0.1mol×（7-2）=4×mol+2y，解得：y=0.17mol，故生成氯氣的質量=0.17 mol×71g/mol=12.07g。
1 / 1浙江省杭州市江干區天杭實驗集團2024-2025學年初三上月考初中科學試卷
1．（2025九上·浙江月考）小明兩次煮雞蛋，第一次在水沸后繼續用急上煮，直到煮熟：第二次在水沸后將火焰調小，但仍然保持鍋中的水沸騰，直到煮熟。兩次比較發現（　　）
A．第一種方法既省燃料又省時間
B．第一種方法費燃料但省時間
C．第二種方法省燃料又省時間
D．第二種方法省燃料，兩種方法所用時間相近
2．（2025九上·浙江月考）如圖所示，有一個重力不計的方形容器，被水平力F壓在豎直的墻面上處于靜止狀態，現緩慢地向容器內注水，直到將容器剛好盛滿為止，在此過程中容器始終保持靜止，則下列說法中正確的是（　　）
A．容器受到的摩擦力不變 B．容器受到的摩擦力逐漸減小
C．水平力F可能不變 D．水平力F必須逐漸增大
3．（2025九上·浙江月考）A 、B 兩輛車在公路上筆直勻速行駛（如圖甲）t1時刻A 車駕駛員看到左側后視鏡中B 車如圖乙，之后t2 時刻A 車駕駛員看到的后視鏡中的“B車”如圖丙。已知汽車的后視鏡為凸面鏡。下列說法正確的是（　　）
A．此過程B 車正在超車
B．t1時刻和t2 時刻后視鏡中“B 車”的像與B 車等大
C．t2 時刻“B 車”在后視鏡中的像大于t1時刻的像
D．若A 車想向左變道，t1時刻比t2時刻安全
4．（2025九上·浙江月考）某興趣小組想用玻璃瓶、中空直玻璃管、軟木塞來制作受水型水鐘，橫截面積一定的受水容器上刻有均勻的刻度，與時間線性對應，下列做法能成功的是（　　）
A． B． C． D．
5．（2025九上·浙江月考）如圖所示，小明的質量為50kg。他在30s內完成了10個引體向上，他30s內克服重力做功的功率約為（　　）
A．10W B．100W C．500W D．1000W
6．（2025九上·浙江月考）如圖所示，在地鐵站出站時，甲乙兩位同學分別選擇了步行樓梯和乘自動扶梯（臺階式）勻速上樓。下列說法正確的是（　　）
A．甲同學的機械能一定增加
B．乙同學的機械能一定增加
C．甲同學受到樓梯的支持力，該力對甲做功
D．乙同學受到自動扶梯的摩擦力，該力對乙做功
7．（2025九上·浙江月考）在探究“凸透鏡成像規律”的實驗中，下表是小畢同學實驗時記錄的幾組數據，說法正確的是（　　）
實驗次數 物距u/cm 像距v/cm 成像性質
1 30 15 倒立縮小實
2 20 20 倒立等大實像
3 15 　 倒立放大實像
A．該透鏡的焦距為10cm B．該透鏡的焦距為20cm
C．第3次實驗中像距為7.5cm D．第3次實驗中像距為30cm
8．（2025九上·浙江月考）如圖所示，電流表、電壓表是理想電表，電阻R0、R1是定值電阻，電源的電壓恒定不變。合上開關，電流表和電壓表的示數分別為I、U；當增大電阻箱R的阻值時，電流表和電壓表的示數變化量分別為 I、 U，下列說法正確的是（　　）
A． U>0 B． I>0
C．為一定值 D．為一定值
9．（2025九上·浙江月考）柱狀容器內放入一個體積大小為200cm3的柱狀物體，現不斷向容器內注入水，并記錄水的總體積 V和所對應的水的深度 h， 如下表所示，則下列判斷中正確的是（　　）
V（cm3） 60 120 180 240 300 360
h（cm） 5 10 15 19 22 25
A．物體的底面積 S1為 8cm2 B．容器的底面積 S2為 12cm2
C．物體的密度為0.7×103kg/m3 D．物體所受到的最大浮力為2N
10．（2025九上·浙江月考）小明設計了一個道路限載報警器（圖甲），R0是變阻器，R是壓敏電阻。R的電阻大小隨壓力大小變化關系如圖乙。當超載車輛通過壓敏電阻時，限載報警器就會報警。調試好電路，閉合開關S1和S2，下列說法正確的是（　　）
A．當超載車輛通過時，限載報警器會燈亮
B．當超載車輛通過時，限載報警器會鈴響
C．將滑動變阻器滑片向左滑，可提高報警的限載重量
D．將電源1的電壓調高，可提高報警的限載重量
11．（2025九上·浙江月考）小明同學根據圖甲的電路連接器材來“探究導體電阻與其影響因素的定量關系”。實驗時多次改變合金絲甲接入電路的長度l、調節滑動變阻器的阻值，使電流表的讀數I達到某一相同值時記錄電壓表的示數U，從而得到多個的值，作出圖像，如圖乙中圖線a所示。
（1）圖甲中當用同一根金屬絲實驗時探究的是電阻與________的關系；
A．長度 B．截面積 C．材料 D．溫度
（2）在實驗中使用的是　 　選填（“0-20Ω”或“0-2000Ω”）的滑動變阻器；
（3）一般來說，為避免燒壞滑動變阻器和電源，電路中電流不能太大，一般應小于1A，在某次測量時，電壓表的指針位置如圖丙所示，則讀數U=　 　V；
（4）圖乙中圖線b是另一根長度相同、材料相同的合金絲乙采用同樣的方法獲得的圖像，由圖可知合金絲甲的橫截面積　 　（選填“大于”“等于"或“小于”）合金絲乙的橫截面積；
（5）小明發現。圖線a和圖線b都沒有過原點，你認為圖線沒有過原點的原因是：　 　。
12．（2025九上·浙江月考）如圖所示，汁輪組懸掛在水平支架上，重為800N 的工人站在水平地面上，豎直向下拉動 繩子自由端，使重為300N 的物體以0.4m/s 的速度勻速上升。在這個過程中，人施加的拉力F為200N。 兩個滑輪質量相等，不計滑輪組的繩重和摩擦。求：
（1）拉力F的功率；
（2）該滑輪組的機械效率；
（3）該工人利用此滑輪組提升該貨物時，支架受到滑輪組的拉力；
（4）若繩子能承受的最大拉力為1000N， 該滑輪組的最大機械效率。
13．（2025九上·浙江月考）如圖所示，杠桿AD 放在鋼制水平凹槽BC 中，杠桿AD 能以B 點或C 點為支點在豎直平面內轉動，BC=0.2m。 細繩的一端系在杠桿的A 端，另一端繞過動滑輪固定在天花板上，物體E 掛在動 滑輪的掛鉤上，物體H 通過細繩掛在杠桿的D 端，與杠桿D 端固定連接的水平圓盤的上表面可以放置質量不同的砝碼。初始時，圓盤上未放置砝碼，容器中沒有裝水，杠桿恰好平衡，逐漸向容器中裝水直至淹沒物體H， 杠桿始終平衡，裝滿水后略增加E 的質量平衡即被打破，已知動滑輪的質量m0=1kg， 物體H的體積VH=2dm3，水的密度。AD=0.8m。CD=0.2m， 杠桿、網盤、細繩的質量及摩擦均忽略不計，g取10N / kg。 求：
（1）物體H 的密度；
（2）物體E 的質量mE；
（3）裝滿水后至多在圓盤上放置多少個質量為50g的砝碼后杠桿仍能平衡？
14．（2025九上·浙江月考）《黃帝內經》記錢：“五谷為養，五果為助，五畜為益，五菜為充。”下列說法正確的是（　　）
A．“五谷”高含淀粉，淀粉是天然高分子
B．“五果”富含糖類，糖類中的葡萄糖、蔗糖都能發生水解反應
C．“五畜”高含油脂和蛋白質，它們的組成元素相同
D．“五菜”富含纖維素，纖維素可被人體直接吸收和利用
15．（2025九上·浙江月考）第十九屆亞洲運動會在杭州成功舉辦，亞運會充滿了“化學元素”。下列屬于有機高分子材料的是（　　）
A．“大蓮花”場館的主體結構材料——鋼
B．場館頂部的覆蓋膜——聚四氟乙烯
C．場地的防滑涂層——石墨烯
D．主火炬使用的可再生燃料——甲醇
16．（2025九上·浙江月考）下列家庭實驗不能達到實驗目的的是（　　）
A．急救：用硝酸銨、水制備急救冰敷包
B．鑒偽：用點燃的方法鑒別“羊毛衫”
C．除垢：用食醋浸泡熱水瓶內膽除水垢
D．凈水：在硬水中加入明礬降低硬度
17．（2025九上·浙江月考）若將濃鹽酸和濃硫酸敞口放置在空氣中，一段時間后，可以肯定的是（　　）
A．溶質質量都減小 B．溶劑質量都增大
C．溶液質量都增大 D．溶質質量分數都變小
18．（2025九上·浙江月考）25mL量筒內現有20mL稀鹽酸。因實驗需要倒出了一部分后，仰視讀數為12.0mL， 倒出的鹽酸體積為（　　）
A．小于8mL B．大于8mL C．大于12mL D．等于13mL
19．（2025九上·浙江月考）下列四個實驗中只需要完成三個就可以證明Fe、Cu、Ag三種金屬的活動性順序。其中不必進行的是（　　）
A．將鐵片放入稀鹽酸 B．將銅片放入稀鹽酸
C．將鐵片放入硝酸銀溶液 D．將銅片放入硝酸銀溶液
20．（2025九上·浙江月考）Na2S、Na2SO3、Na2SO4組成的混合物，其中S 元素的質量分數為32%，則O元素的質量分數為（　　）
A．44% B．22 % C．16% D．64%
21．（2025九上·浙江月考）下列各組溶液，不用其他試劑就無法鑒別出來的是（　　）
A．NaOH、NaCl、稀硫酸、CuSO4
B．BaCl2、MgSO4、KNO3、NaOH
C．MgCl2、 稀鹽酸、KNO3、AgNO3
D．稀鹽酸、稀硫酸、Ka2CO3、BaCl2
22．（2025九上·浙江月考）有一包白色粉末，可能含有Ba（NO3）2，Na2SO4，Na2CO3，NaNO3 中的一種或幾種某同學分析其成分做了 如下實驗：（1）取樣加足量水，充分振蕩，靜置，有白色沉淀產生。（2）過濾后，往濾渣中加過量稀鹽 酸，沉淀部分溶解。該白色粉末中，無法確定是否存在的物質是（　　）
A．Ba（NO3）2 B．Na2SO4. C．Na2CO3 D．NaNO3
23．（2025九上·浙江月考）溴化碘（IBr） 的化學性質很像鹵素的單質，它能與大多數金屬、非金屬化合生成鹵化物，它也能與水 發生以下反應：IBr+H2O=HBr+HIO， 下列有關IBr 的敘述中，不正確的是（　　）
A．在很多反應中IBr 是強氧化劑
B．IBr 與水反應時既作氧化劑，又作還原劑
C．IBr 與 AgNO3溶液反應會生成AgBr沉淀
D．IBr 與NaOH 溶液反應時會生成NaBr和NaIO
24．（2025九上·浙江月考）短周期主族元素X 、Y 、Z和W的原子序數依次增大，X、Y、W位于不同周期，Y、Z、W的原子最外層電子數之和為14。Z 的原子半徑在短周期主族元素中最大。下列說法錯誤的是（　　）
A．簡單離子半徑：W>Z>X
B．W的最高價氧化物對應的水化物為強酸
C．Y 與Z 形成的化合物溶于水所得溶液呈堿性
D．與X形成的簡單化合物的還原性：Y>Z>W
25．（2025九上·浙江月考）近日，我國科學家通過電催化將二氧化碳與水合成乙酸（CH3COOH）， 再用乙酸合成體葡萄糖。下圖是部分化學反應的微觀示意圖，有關說法正確的是（　　）
A．催化劑在反應過程中不參與反應
B．生成的O2與CH3COOH的分子個數比為1：1
C．反應前后碳元素質量減少
D．該技術對溫室氣體二氧化碳轉化有重要意義
26．（2025九上·浙江月考）某課題組通過數字化實驗對白磷燃燒的溫度變化及影響因素進行探究。將5g白磷加入試管中并將試 管置于60℃熱水中，t3 時，推注 H2O2溶液，實驗裝置及數據曲線如圖。
下列說法不正確的是（　　）
A．實驗前應檢查裝置氣密性
B．t4時溫度大于t2 說明氧氣濃度越大，燃燒越劇烈
C．t3-t1 對應溫度升高說明過氧化氫分解放熱
D．氣球的作用是調節氣壓
27．（2025九上·浙江月考）孔雀石的主要成分是CuCO3·Cu（OH）2某小組以孔雀石、鋅粒、廢稀硫酸為原料制備銅，設計了如下兩套方案：
下列說法錯誤的是（　　）
A．方案1和方案2都發生了置換反應
B．從安全角度考慮，方案1優于方案2
C．兩個方案中，等質量的鋅可以制備等質量的銅
D．方案2消耗的能量大于方案1消耗的能量
28．（2025九上·浙江月考）如圖為一種以鐵粉、硫酸亞鐵溶液為原料制取氧化鐵黑 （Fe3O4）的原理，已知：若氧氣過量，產品會逐漸轉變為Fe2O3.下列說法正確的是（　　）
A．轉化過程僅涉及鐵、氧元素化合價變化
B．理論上，每生成23.2gFe3O4 需補充3.2g 的氧氣
C．理論上，反應I 中每生成45.6g FeSO4需要100g9.8%的稀硫酸
D．若轉化Ⅱ中參與反應的氧氣過量，則最終所得的固體氧元素質量分數偏大
29．（2025九上·浙江月考）某化學小組利用數字化傳感器探究氫氧化鈉與二氧化碳的反應。在燒瓶內收集滿CO2， 如圖I所示，T 開K， 將注射器內的液體同時迅速注入燒瓶內，關閉K， 一段時間后，同時振蕩燒瓶，觀察到甲中有白 色沉淀生成，乙中無明顯現象。通過壓強傳感器測得燒瓶內壓強隨時間的變化如圖Ⅱ所示，曲線①和曲 線②分別表示甲、乙兩個燒瓶內的壓強變化。下列說法錯誤的是（　　）
A．上述實驗可以證明氫氧化鈉與二氧化碳能發生反應
B．通過圖Ⅱ可知，吸收大量的CO2 最好選用澄清石灰水
C．圖Ⅱ中AB 段曲線上升的原因是用注射器注入液體，壓縮燒瓶內的氣體，壓強增大
D．圖Ⅱ中點C、點 E 對應的實驗操作是振蕩燒瓶
30．（2025九上·浙江月考）中國古代通過焙燒綠礬（FeSO4·7H2O）的方法制備鐵紅（主要成分是Fe2O3）作著色劑，同時得到綠礬油（H2SO4），某興趣小組用如圖所示裝置對綠礬的焙燒進行模擬實驗。下列說法錯誤的是（　　）
A．焙燒綠礬時，發生反應：，X是SO3
B．實驗中觀察到U 形管中逐漸有液體產莊，裝置B 中冷水的作用是使氣體冷凝
C．取U 形管內得到的液體，滴加紫色石蕊溶液變紅，不足以證明該液體是稀硫酸
D．實驗結束后，為防止液體進入灼熱的玻璃管，需在①處添加一個止水夾
31．（2025九上·浙江月考）已知CuSO4溶液分別與Na2CO3溶液、Na2S 溶液的反應情況如下：
（1）CuSO4溶液與Na2CO3溶液混合
主要反應是：CuSO4+Na2CO3+H2O=Na2SO4+Cu（OH）2↓+CO2↑
次要反應是：CuSO4+Na2CO3=Na2SO4+CuCO3↓
（2）CuSO4溶液與Na2S 溶液混合
主要反應是：CuSO4+Na2S=Na2SO4+CuS↓
很難發生的反應是：CuSO4+Na2S+2H2O=Na2SO4+Cu（OH）2↓+H2S↑ 下列幾種物質的溶解度大小的比較中，正確的是（　　）
A．CuSCu（OH）2>CuCO3
C．Cu（OH）2>CuCO3>CuS D．Cu（OH）232．（2025九上·浙江月考）我國科學家利用過渡金屬氮化物（TMNS） 作催化劑，在常溫下實現氨氣的合成，其反應機理如圖所示。
下列說法正確的是（　　）
A．用15N2進行合成反應，產物中只有15NH3
B．TMNS 表面上的N原子被氧化為氨氣
C．TMNS 表面上氨脫附產生的空位有利于吸附N2
D．TMNS 不參與氨氣的合成反應
33．（2025九上·浙江月考）硫酸是重要的化工原料，可用于生產化肥、農藥、炸藥、染料和鹽類等，工業上一般以硫磺或者其他含硫礦物（如黃鐵礦）為原料來制備硫酸。金屬冶煉時產生的含二氧化硫廢氣經回收后也可用于制備硫酸。工業測硫酸的原理示意圖如下圖所示：
某化工廠生產硫酸，使用一種含雜質25%的黃鐵礦原料。若取1000 kg 該礦石（已知黃鐵礦與氧氣反應的方程式為： ），假設生產過程中硫的損失為零，可制量分數為98%的濃硫酸的質量為（　　）
A．1250kg B．125kg C．62.5g D．625kg
34．（2025九上·浙江月考）1869年俄國化學家門捷列夫制出第一張元素周期表，到現在形成的周期表經過了眾多此學家的艱辛努力，歷經142年。元素周期表體現了元素位、構、性的關系，揭示了元素間的內在聯系。如圖是元素周期表的一部分，回答下列問題：
（1）元素Ga在元素周期表中的位置為第　 　周期第　 　 族。
（2）Sn 的最高化合價為　 　 ，Bi的最高價氧化物為　 　
35．（2025九上·浙江月考）用圖1裝置制取CO2并探究其性質。圖2表示裝置C 中溶液的pH 與實驗時間的變化關系曲線。 已知：a.此實驗條件下Na2CO3溶液的pH≈11.6，NaHCO3 溶液的pH≈8.3。
b.Na2CO3溶液能與CO2、H2O進一步反應生成NaHCO3 。
（1）裝置B的作用是　 　（用化學方程式表示）。
（2）實驗10s時裝置C發生反應的化學方程式為　 　
（3）50s時溶液中的溶質是　 　
36．（2025九上·浙江月考）化合物X 是含三種元素的鉀鹽，按照如圖流程進行實驗。氣體A 分子量為32，溶液C 中只有一種溶質，白色沉淀D不溶于稀鹽酸。請回答：
（1）X的化學式是　 　
（2）氣體A通入酸化的KI溶液中，發生反應的離子方程式為　 　
（3）一定條件下X與水能反應，得到的混合液既有強氧化性又有強酸性。請寫出其化學反應方程式　 　
37．（2025九上·浙江月考）取15.80g KMnO4加熱分解后剩余固體15.00g， 該剩余固體與足量的濃鹽酸在加熱條件下充分反應，生成單質氣體A， 產物中錳元素以Mn2+存在，請計算：
（1）寫出KMnO4受熱分解的化學方程式　 　
（2）KMnO4的分解率　 　
（3）氣體A 的質量　 　
答案解析部分
1．【答案】D
【知識點】沸騰及沸騰條件
【解析】【分析】在大氣壓一定的情況下，水的沸點是一定的，保持大火、小火加熱的溫度是相同的，據此解答。根據水沸騰的特點，水在沸騰過程中吸熱溫度保持不變，故當水沸騰后，只要保持沸騰狀態，大火或小火加熱溫度相同，但小火更節省燃料，煮熟所用的時間相近，故ABC不符合題意，D符合題意。
故答案為：D。
2．【答案】C
【知識點】影響摩擦力大小的因素
【解析】【分析】當物體受到平衡力的作用時，該物體處于平衡狀態。【解答】AB.此過程中容器始終保持靜止，即處于平衡狀態，摩擦力等于容器及水的總重力，向容器內注水，總重力增加，容器受到的摩擦力變大，故AB錯誤；
CD.圖中豎直方向的靜摩擦力與壓力和接觸面粗糙程度無關，只與總重力有關，如果總重力不大于最大靜摩擦力時，水平力F可能不變，故C正確，D錯誤。
故答案為：C。
3．【答案】D
【知識點】平面鏡成像特點、原理和現象；凸面鏡和凹面鏡
【解析】【分析】凸面鏡對光線有發散作用，對光線具有反射作用，遵循光的反射定律。【解答】A.由于汽車的后視鏡是凸面鏡，凸面鏡能將平行光變發散，當B車按箭頭方向行駛時，B車反射的光射入凸面鏡，再經過凸面鏡反射進入人眼，遵循光的反射定律，所以人眼看到的反射光線減速向右移動，因此未超車，故A錯誤；
B.因為凸面鏡的反射面是凸起的，光線經過凸面鏡反射后，會發散開來，因此形成的像是縮小的，故B錯誤；
C.t2 時刻B 車距離后視鏡遠，此時成像會小于t1時刻的像，故C錯誤；
D.B車在t1時刻到t2時刻減速向右行駛，若A 車想向左變道，可以幫A擋住其他車輛，因此t1時刻比t2時刻安全，故D正確。
故答案為：D。
4．【答案】D
【知識點】大氣壓的綜合應用
【解析】【分析】根據水能否繼續下滴的原因進行分析解答。【解答】A.圖中只有一支管，當瓶內水和氣體氣壓之和等于外部大氣壓時，水不能繼續下滴，故A不符合題意；
BC.兩圖中兩支管各有一支瓶內較長，當較長一支上端露出水面時，瓶內氣體與外部氣體直接相連，在液體壓強作用下，水會從另一支管流出，但隨著深度的減小，水流的速度會減小，水流量會減小，不能與受水量內刻度成線性對應，故BC不符合題意；
D.圖中兩支管瓶內高度相同，且均在水面以下，右邊一支瓶外長度更長，右邊管內液柱較長，液體壓強大，水會從右邊管流出，瓶內水和氣體氣壓之和會減小，當小于外部大氣壓時，外部大氣壓會將空氣從左邊管中壓入，隨著瓶內氣壓及液體壓強之和減小而不斷補充，直到與外部氣壓相同，則兩支管瓶內上端的壓強始終等于外部氣壓，即壓強不變，水流速度不變，水流量不變，能與受水量內刻度成線性對應，故D符合題意。
故答案為：D。
5．【答案】B
【知識點】功率計算公式的應用
【解析】【分析】根據W=gh=mgh計算出小明克服重力做功的大小，再根據計算出功率的大小。小明做引體向上時上升的高度約為0.6m，在30s內所做的功為，
功率大約為；
故ACD不符合題意，B符合題意。
故答案為：B。
6．【答案】A,B
【知識點】力是否做功的判斷；動能和勢能的大小變化；動能和勢能的轉化與守恒
【解析】【分析】動能與物體運動的速度有關，與物體的質量有關；重力勢能與物體的質量有關，與物體的高度有關。【解答】AB.甲、乙兩同學上橋過程速度不變，動能不變， 高度升高，重力勢能增大，故甲、乙同學的機械能增加，故AB正確；
C.甲同學上橋時，樓梯的支持力方向路程為零，因此樓梯的支持力不做功，故C錯誤；
D.乙同學隨自動扶梯運動的過程中，與自動扶梯相對靜止，無摩擦產生，因此不受摩擦力的作用，故D錯誤。
故答案為：AB。
7．【答案】A,D
【知識點】凸透鏡成像規律及其探究實驗
【解析】【分析】凸透鏡成像時，u>2f，成倒立縮小的實像；u=2f，成倒立等大的實像；2f>u>f，成倒立放大的實像。【解答】AB.根據第2組數據，u=v=20cm，成倒立等大實像，由凸透鏡成像規律可知，此時u=v=2f，故該透鏡的焦距為，故A正確，B錯誤；
CD.根據光路的可逆性，第1次實驗時物物距為30cm，像距為15cm，則第3次實驗中物距為15cm時，像距為30cm，故C錯誤，D正確。
故答案為：AD。
8．【答案】A,D
【知識點】電路的動態分析
【解析】【分析】先根據電路圖判斷出R1、R與R0的連接方式，并且判斷出電壓表測量哪部分的電壓，再根據歐姆定律進行分析解答。【解答】AB.根據圖像，R1與R并聯，再與R0串聯，電流表測總電流，電壓表測并聯部分電壓，當增大電阻箱R的阻值時，并聯部分電路總電阻增大，電路中總電阻變大，根據串聯電路分壓的規律及歐姆定律可知，并聯電路部分分得的電壓變大，即 U>0，電路中電流變小，即 I<0，故A正確，B錯誤；
C.根據歐姆定律的值為并聯部分的總電阻，當增大電阻箱R的阻值時，電路中總電阻變大，故的值變大，故C錯誤；
D.見合上開關時，R0兩端電壓為，當增大電阻箱R的阻值時，R0兩端電壓為，根據串聯電路電壓的規律，R0兩端電壓減小的量與并聯部分電壓即電壓表示數增加的量相同，則，由于R0值不變，故為一定值，故D正確。
故答案為：AD。
9．【答案】A,C
【知識點】阿基米德原理；物體的浮沉條件及其應用
【解析】【分析】AB.根據體積的計算公式計算出物體的底面積；
CD.先計算出物體浸入水的深度，進一步得出排開水的體積，從而計算出物體受到的浮力，由于物體漂浮，物體的重力等于它受到的浮力，進一步計算出該物體的密度。【解答】AB.根據表格數據可知，每次注入相同的體積的水，前三次高度由5~10~15cm變化均勻，表明柱狀物體與容器底是接觸的，則①，
后三次19~22~25cm體積變化與之前不同，但變化均勻，表明后一段完全浸沒或浮起，則②，
聯立①②解得物體的底面積 S1 為 8cm2，容器的底面積S2為 20cm2，故A正確，B錯誤；
CD.物體高度為，
如果柱狀物體的密度大于或等于水的密度，在加水過程中柱狀物體將靜止在容器底不會上浮，容器內水的體積變化應該與h的變化成正比，由表中數據可知器內水的體積變化與h的變化不成正比，所以柱狀物體的密度小于水的密度，因此隨著水的增多，柱狀物體將漂浮在水面上，設柱狀物體浸入的深度為h浸，當容器中水的深度為25cm時可知
解得h浸=17.5cm2，此時排開水的體積為
物體漂浮時受浮力最大，根據物體漂浮可知此時浮力等于物體的重力，故物體的重力
物體的密度為
故C正確，D錯誤。
故選AC。
10．【答案】B,C
【知識點】電磁繼電器的組成、原理和特點
【解析】【分析】分析車輛超載時電磁鐵中是否有電流通過，只有電磁鐵中有電流通過時電鈴才會報警；
分析乙圖中壓敏電阻的特點，結合歐姆定律和杠桿的相關知識得到調高報警器的限載重量的方法。【解答】AB.根據乙圖可知，壓力越大，R越小，電磁鐵磁性增強，吸引銜鐵向下運動，電鈴響，即限載報警器會鈴響，故A錯誤，B正確；
C.電磁鐵向下吸合需要的力是一定的，即電壓一定時，電路中需要的最小電流一定，總電阻一定，將滑動變阻器滑片向左滑，接入阻值變大，則R變小，壓力可更大，可提高報警的限載重量，故C正確；
D.電磁鐵向下吸合需要的力是一定的，電路中需要的最小電流一定，將電源1的電壓調高，則電路中電阻變大，如果R0一定，則R變大，壓力變小，可降低報警的限載重量，故D錯誤。
故答案為：BC。
11．【答案】（1）A
（2）0-20Ω
（3）1.3
（4）小于
（5）電壓表測量的電壓包括了部分導線及電流表兩端的電壓，故為金屬絲、導線、電流表的總電阻，如果金屬絲接入長度為0時，部分導線及電流表也有電阻，故不為0，圖線不經過原點
【知識點】影響電阻大小的因素
【解析】【分析】（1）根據控制變量法得出影響電阻大小的因素；
（2）根據a金屬絲的電阻值確定滑動變阻器的阻值范圍；
（3）根據電壓表讀數的方法讀出電壓表的示數；
（4）其它條件相同時，橫截面積越大，阻值越小，橫截面積越小，阻值越大；
（5）電壓表測量的電壓包括了部分導線及電流表兩端的電壓，根據得出金屬絲、導線和電流表的總電阻，從而得出圖線不經過原點的原因。
【解答】（1）圖甲中一根金屬絲通過滑動可以其它因素不變時，改變接入電路中金屬絲的長度，根據控制變量法，探究的是電阻與長度的關系，故A符合題意，BCD不符合題意；
故選A；
（2）從圖像中可知，a金屬絲的最大阻值小于8Ω，為了使電壓表示數變化更明顯，滑動變阻器接入阻值不能過大，故應選擇相對較小的0-20Ω變阻器；
（3）實驗中金屬絲的電阻較小，電路中電流不允許大于1A，則金屬絲兩端電壓應較小，故電壓表應選擇0~3V量程，分度值為0.1V，讀數為1.3V；
（4）導體的電阻與橫截面積有關，長度和材料相同時，橫截面積越大，電阻越小，從圖乙中可以看出長度相同時，甲的電阻值較大，如果兩金屬絲材料相同，表明合金絲甲的橫截面積小于合金絲乙的橫截面積；
（5）電壓表測量的電壓包括了部分導線及電流表兩端的電壓，故為金屬絲、導線、電流表的總電阻，如果金屬絲接入長度為0時，部分導線及電流表也有電阻，故不為0，圖線不經過原點。
故答案為：（1）A；（2）0-20Ω；（3）1.3；（4）小于；（5）電壓表測量的電壓包括了部分導線及電流表兩端的電壓，故為金屬絲、導線、電流表的總電阻，如果金屬絲接入長度為0時，部分導線及電流表也有電阻，故不為0，圖線不經過原點。
（1）圖甲中一根金屬絲通過滑動可以其它因素不變時，改變接入電路中金屬絲的長度，根據控制變量法，探究的是電阻與長度的關系，故A符合題意，BCD不符合題意。
故選A。
（2）從圖像中可知，a金屬絲的最大阻值小于8Ω，為了使電壓表示數變化更明顯，滑動變阻器接入阻值不能過大，故應選擇相對較小的0-20Ω變阻器。
（3）實驗中金屬絲的電阻較小，電路中電流不允許大于1A，則金屬絲兩端電壓應較小，故電壓表應選擇0~3V量程，分度值為0.1V，讀數為1.3V。
（4）導體的電阻與橫截面積有關，長度和材料相同時，橫截面積越大，電阻越小，從圖乙中可以看出長度相同時，甲的電阻值較大，如果兩金屬絲材料相同，表明合金絲甲的橫截面積小于合金絲乙的橫截面積。
（5）電壓表測量的電壓包括了部分導線及電流表兩端的電壓，故為金屬絲、導線、電流表的總電阻，如果金屬絲接入長度為0時，部分導線及電流表也有電阻，故不為0，圖線不經過原點。
12．【答案】（1）圖中連接動滑輪繩子的股數是2股，已知物體移動的速度是0.4m/s，則繩末端拉力移動的速度為，
拉力F的功率為
（2）不計滑輪組的繩重和摩擦，該滑輪組的機械效率為
（3）不計滑輪組的繩重和摩擦，根據可得，動滑輪的重力為，
支架受到滑輪組的拉力大小等于滑輪組的總重力，則拉力為
（4）若繩子能承受的最大拉力為1000N，根據可得，提升貨物的重力為
該滑輪組的最大機械效率為
【知識點】功的計算公式的應用；功率計算公式的應用；滑輪組及其工作特點；機械效率的計算
【解析】【分析】（1）先根據計算出繩子自由端移動的速度，再根據計算出拉力F的功率；
（2）根據計算出該滑輪組的機械效率；
（3）根據的變形公式計算出動滑輪的重力，再根據支架受到滑輪組的拉力大小等于滑輪組的總重力計算出此時拉力的大小；
（4）根據繩子能夠隨的最大拉力，再根據得出可提升貨物的重力，從而得出該滑輪組的最大機械效率。
【解答】（1）圖中連接動滑輪繩子的股數是2股，已知物體移動的速度是0.4m/s，則繩末端拉力移動的速度為，
拉力F的功率為；
（2）不計滑輪組的繩重和摩擦，該滑輪組的機械效率為；
（3）不計滑輪組的繩重和摩擦，根據可得，動滑輪的重力為，
支架受到滑輪組的拉力大小等于滑輪組的總重力，則拉力為；
（4）若繩子能承受的最大拉力為1000N，根據可得，提升貨物的重力為
該滑輪組的最大機械效率為。
（1）圖中連接動滑輪繩子的股數是2股，已知物體移動的速度是0.4m/s，則繩末端拉力移動的速度為
拉力F的功率為
（2）不計滑輪組的繩重和摩擦，該滑輪組的機械效率為
（3）不計滑輪組的繩重和摩擦，根據可得，動滑輪的重力為
支架受到滑輪組的拉力大小等于滑輪組的總重力，則拉力為
（4）若繩子能承受的最大拉力為1000N，根據可得，提升貨物的重力為
該滑輪組的最大機械效率為
13．【答案】（1）據圖可知左側滑輪為動滑輪，設物體E的重力為GE，動滑輪的重力為，根據動滑輪的特點可得，杠桿A點的拉力為，容器中沒有裝水，杠桿恰好平衡，此時物體H不受浮力，則當以C點為支點，根據杠桿平衡的條件可得，
即--------①
當水淹沒物體H， 杠桿始終平衡，此時物體H受到浮力的作用，杠桿右側的力變小，則此時以B點為支點時，根據杠桿平衡的條件可得，
即---------②
聯立①②解得，，已知物體H的體積VH=2dm3，則物體H的密度為
（2）根據上述分析可知，物體E的重力為10N，則物體E 的質量為
（3）裝滿水后略增加E 的質量平衡即被打破，設圓盤砝碼施加的壓力為F，此時以C點為支點，根據杠桿平衡的條件可得，
即，
解得F=20N，則裝滿水后至多在圓盤上放置砝碼的個數為
【知識點】阿基米德原理；杠桿的平衡條件
【解析】【分析】（1）先計算出杠桿A點的拉力，再根據杠桿平衡的條件及浮力的計算公式綜合列式得出物體H的密度；
（2）再根據物體E的重力，計算出物體E的質量；
（3）裝滿水后略增加E 的質量平衡即被打破，設圓盤砝碼施加的壓力為F，此時以C點為支點，根據杠桿平衡的條件得出F的大小，進一步計算出放置砝碼的個數。【解答】（1）據圖可知左側滑輪為動滑輪，設物體E的重力為GE，動滑輪的重力為，根據動滑輪的特點可得，杠桿A點的拉力為，
容器中沒有裝水，杠桿恰好平衡，此時物體H不受浮力，則當以C點為支點，根據杠桿平衡的條件可得，
即--------①
當水淹沒物體H， 杠桿始終平衡，此時物體H受到浮力的作用，杠桿右側的力變小，則此時以B點為支點時，根據杠桿平衡的條件可得，
即---------②
聯立①②解得，，已知物體H的體積VH=2dm3，則物體H的密度為；
（2）根據上述分析可知，物體E的重力為10N，則物體E 的質量為；
（3）裝滿水后略增加E 的質量平衡即被打破，設圓盤砝碼施加的壓力為F，此時以C點為支點，根據杠桿平衡的條件可得，
即，
解得F=20N，則裝滿水后至多在圓盤上放置砝碼的個數為。
（1）據圖可知左側滑輪為動滑輪，設物體E的重力為GE，動滑輪的重力為，根據動滑輪的特點可得，杠桿A點的拉力為
容器中沒有裝水，杠桿恰好平衡，此時物體H不受浮力，則當以C點為支點，根據杠桿平衡的條件可得
即--------①
當水淹沒物體H， 杠桿始終平衡，此時物體H受到浮力的作用，杠桿右側的力變小，則此時以B點為支點時，根據杠桿平衡的條件可得
即---------②
聯立①②解得，，已知物體H的體積VH=2dm3，則物體H的密度為
（2）根據上述分析可知，物體E的重力為10N，則物體E 的質量為
（3）裝滿水后略增加E 的質量平衡即被打破，設圓盤砝碼施加的壓力為F，此時以C點為支點，根據杠桿平衡的條件可得
即
解得F=20N，則裝滿水后至多在圓盤上放置砝碼的個數為
14．【答案】A
【知識點】食物與營養；生物體中的有機物
【解析】【分析】A.淀粉是高聚物，相對分子質量大于一萬；
B.葡萄糖是單糖，不能發生水解；
C.根據油脂和蛋白質的組成元素進行分析解答；
D.根據人體中沒有能使纖維素水解的酶進行解答。【解答】A.五谷 主要成分是淀粉，淀粉的化學式為(C6H10O5)n，n值很大，相對分子質量可達幾萬到幾十萬甚至更大，屬于天然高分子化合物，故A正確；
B.葡萄糖不能發生水解反應；蔗糖能發生水解反應生成葡萄糖， 故B錯誤；
C.油脂主要由C、H、O三種元素組成；蛋白質主要由C、H、O、N四種元素組成，有些蛋白質還含有P、S等元素，它們的組成元素不完全相同，故C錯誤；
D.人體中沒有能使纖維素水解的酶，所以纖維素不能被人體直接吸收和利用， 故D錯誤。
故答案為：A。
15．【答案】B
【知識點】合金與合金的性質；材料的利用與發展
【解析】【分析】有機高分子材料是指用有機高分子化合物制成的材料，分為天然有機高分子材料和合成有機高分子材料。【解答】A.鋼是鐵的合金，屬于金屬材料，故A不符合題意；
B.聚四氟乙烯屬于塑料，屬于有機高分子材料，故B符合題意；
C.石墨烯屬于碳單質，屬于無機非金屬材料，故C不符合題意；
D.甲醇含碳元素，屬于有機物，甲醇的相對分子質量為：，相對分子質量很小，不屬于有機高分子材料，故D不符合題意。
故答案為：B。
16．【答案】D
【知識點】溶解時的吸熱或放熱現象；酸的化學性質
【解析】【分析】A.硝酸銨溶于水吸熱；
B.羊毛衫中富含蛋白質，灼燒產生燒焦羽毛氣味；
C.醋酸和碳酸鈣反應生成醋酸鈣、水和二氧化碳，和氫氧化鎂反應生成醋酸鎂和水；
D.明礬能使水中懸浮物沉降，不能除去溶于水的鈣、鎂化合物。【解答】A.硝酸銨溶于水吸熱溫度降低，可用硝酸銨、水制備急救冰敷包，故A正確，但不符合題意；
B.羊毛灼燒會有燒焦羽毛味，可以用灼燒的方法鑒別羊毛織物，故B正確，但不符合題意；
C.水垢的主要成分是碳酸鈣和氫氧化鎂，能與醋酸反應，所以可以用酸醋浸泡熱水瓶內膽的方法除去水垢，故C正確，但不符合題意；
D.明礬能吸附水中的懸浮顆粒物，不能除去鈣鎂化合物，不能將硬水軟化，故D錯誤，但符合題意。
故答案為：D。
17．【答案】D
【知識點】溶質的質量分數及相關計算；酸的物理性質及用途
【解析】【分析】根據物質的性質進行分析，濃鹽酸具有揮發性，易揮發出溶質氯化氫而導致溶液變稀，濃硫酸具有吸水性，易吸收空氣中的水分而使溶液變稀。【解答】A.濃鹽酸揮發出溶質氯化氫而導致溶質減少，濃硫酸溶質不變，故A錯誤；
B.濃鹽酸溶劑質量不變，濃硫酸具有吸水性，易吸收空氣中的水分而使溶劑質量增加，故B錯誤；
C.濃鹽酸揮發出溶質而導致溶液質量減小，濃硫酸易吸水而使溶液質量增加，故C錯誤；
D.濃鹽酸具有揮發性，易揮發出溶質氯化氫而導致溶液變稀，濃硫酸具有吸水性，易吸收空氣中的水分而使溶液變稀，故D正確。
故答案為：D。
18．【答案】A
【知識點】體積的測量
【解析】【分析】使用量筒液體讀數時，視線與凹凸液面的最低處保持水平，不能仰視或俯視。【解答】傾倒液體前量筒內現有20mL稀鹽酸，傾倒液體后仰視液面，讀數比實際偏小，實際體積應大于12.0mL，則實際傾倒的液體體積小于8mL。
故答案為：A。
19．【答案】C
【知識點】金屬活動性順序及其應用
【解析】【分析】在金屬活動順序表中，排在前面的金屬能夠把排在后面的金屬從它鹽溶液中轉換出來，排在氫前面的金屬能夠與酸反應生成氫氣，據引解答。【解答】選項A能證明Fe＞H；選項B能證明Cu＜H；選項D能證明Cu＞Ag，因此ABD結合能證明Fe＞H＞Cu＞Ag，選項C能證明Fe＞Ag，因此選項C實驗不必進行。
故答案為：C。
20．【答案】B
【知識點】有關化學式的計算和推斷
【解析】【分析】根據Na2S、Na2SO3和Na2SO4的化學式，可以發現三種物質中鈉原子和硫原子的個數比均為2：1，可以通過硫的質量分數求鈉的質量分數，余下的就是氧元素質量分數。【解答】因為Na2S、Na2SO3和Na2SO4組成中鈉原子和硫原子的個數比均為2：1，硫元素的質量分數為32%，所以鈉元素的質量分數為：32%×=46%，則混合物中氧元素的質量分數為1-32%-46%=22%。
故答案為：B。
21．【答案】B,C
【知識點】鹽的性質及用途；酸、堿、鹽的鑒別；酸的化學性質；堿的化學性質
【解析】【分析】A.根據硫酸銅是藍色溶液，再根據其它試劑與硫酸銅的反應現象及其它試劑間的反應現象進行解答；
BCD.根據取樣后兩兩反應后的現象進行分析解答；
【解答】A.硫酸銅為藍色溶液，可直接觀察出來，然后分別取樣，將硫酸銅分別滴加到其他三種試劑中，能夠產生藍色沉淀的是氫氧化鈉；將剩余兩種物質分別加入到藍色沉淀中，能使藍色沉淀溶解的是稀硫酸，無變化的是氯化鈉，可以區分，故A正確；
B.取樣后兩兩滴加，其中一種試劑滴加到另外三種試劑中，有兩組能產生白色沉淀，則該試劑為硫酸鎂；將硫酸鎂滴入其他三種試劑中，無明顯變化的是硝酸鉀，有白色沉淀產生的是氫氧化鈉和氯化鋇，但是氯化鋇和氫氧化鈉無法區分，故B錯誤；
C.取樣后兩兩滴加，其中一種試劑滴加到另外三種試劑中，有兩組能產生白色沉淀，則該試劑為氯化銀；將氯化銀滴入其他三種試劑中，能夠產生白色沉淀的是氯化鎂和稀鹽酸，無明顯變化的是硝酸鉀，但是氯化鎂和稀鹽酸無法區分，故C錯誤；
D.取樣后兩兩滴加，有一種試劑能夠與其他的兩種溶液產生氣泡，則該試劑為碳酸鈉；將碳酸鈉加入其他三種試劑中，有白色沉淀產生的是氯化鋇，再將氯化鋇加入剩余的兩種試劑中，有白色沉淀產生的是稀硫酸，無明顯變化的是稀鹽酸，故D正確。
故答案為：BC。
22．【答案】D
【知識點】鹽的性質及用途；堿的化學性質
【解析】【分析】根據硝酸鋇能夠與硫酸鈉、碳酸鈉反應生成白色沉淀硫酸鋇與碳酸鋇，碳酸鋇能夠與稀鹽酸反應生成氯化鋇、水和二氧化碳，而硫酸鋇不能夠與稀鹽酸反應，據此解答。【解答】取樣加足量水，充分振蕩，靜置后有白色沉淀產生，則該白色沉淀可能是硫酸鋇或碳酸鋇，亦可能是二者都有，然后向過濾后的濾渣中加過量稀鹽酸，沉淀部分溶解，說明沉淀中含有碳酸鋇和硫酸鋇，碳酸鋇的生成需要碳酸鈉和硝酸鋇，硫酸鋇的生成需要硫酸鈉和硝酸鋇，所以白色粉末中含有硝酸鋇、硫酸鈉、碳酸鈉，硝酸鈉不能確定是否含有。
故答案為：D。
23．【答案】B
【知識點】氧化反應；鹽的性質及用途
【解析】【分析】A．根據有元素化合價變化的反應為氧化還原反應，元素化合價升高的反應為氧化反應，作還原劑，元素化合價降低的反應為還原反應，作氧化劑進行分析；
B．根據IBr+H2O=HBr+HIO進行分析；
C．根據IBr與AgNO3溶液反應不會生成AgI沉淀進行分析；
D．根據元素化合價不變，屬于非氧化還原反應進行分析。【解答】A.溴化碘的化學性質與鹵素單質相似，則IBr中I元素的化合價為+1價，I元素的化合價在反應中能降低，則在很多化學反應中IBr是強氧化劑，故A正確，但不符合題意；
B.因IBr中I元素的化合價為+1價，Br為-1價，HBr中Br為-1價，HIO中I為+1價，則IBr+H2O═HBr+HIO中沒有元素化合價的變化，該反應屬于非氧化還原反應，則IBr與水反應時既不作氧化劑，也不作還原劑，故B錯誤，但符合題意；
C.首先發生IBr+H2O═HBr+HIO，然后生成AgBr沉淀，故C正確，但不符合題意；
D.由反應IBr+H2O═HBr+HIO可推知與NaOH反應的化學方程式為IBr+2NaOH=NaBr+NaIO+H2O，故D正確，但不符合題意。
故答案為：B。
24．【答案】D
【知識點】元素周期表
【解析】【分析】周期主族元素 X、Y、Z 和 W 的原子序數依次增大，X、Y、W 位于不同周期，則X為H；Z的原子半徑在短周期主族元素中最大，則Z為Na；Y、Z、W的原子最外層電子數之和為14，Y、W的最外層電子數之和為14-1=13，只能為6、7，結合原子序數可知，Y為O時W為Cl，Y為F時W為S元素。
【解答】A. 電子層數越多，離子半徑越大，則簡單離子半徑：（或）>>，此A正確，但不符合題意；
B. Cl和S的最高價氧化物對應的水化物為高氯酸、硫酸，高氯酸、硫酸都是強酸，此B正確，但不符合題意；
C. Y 與Z 形成的化合物為氟化鈉、氧化鈉，它們對應的溶液都呈堿性，此C正確，但不符合題意；
D. 非金屬性越強，氫化物還原性越弱，非金屬性：O（或F）>Cl（或S），則簡單氫化物的還原性：H2O （或HF）< HCl （或H2S），此D錯誤，但符合題意。
故答案為：D。
25．【答案】D
【知識點】催化劑在化學反應中的作用；二氧化碳的化學性質
【解析】【分析】分析題意（或圖表信息）等各種信息資源，按照題目要求進行認真地選擇即可。
【解答】 要想解答好這類題目，首先，要理解和熟記微粒觀點及模型圖的應用，以及與之相關的知識 。
A.催化劑可能參與化學反應，但其質量和化學性質在反應前后保持不變，故A錯誤；
B.由化學方程式可知：生成的O2與CH3COOH的分子個數比為2：1，故B錯誤；
C.根據質量守恒定律，化學反應前后，元素的種類和質量不變，故碳元素的質量不變，故C錯誤；
D.該技術可將二氧化碳與水合成乙酸，再用乙酸合成葡萄糖，對溫室氣體二氧化碳轉化有重要意義，故D正確。
故答案為：D。
26．【答案】C
【知識點】制取氧氣的裝置、步驟、收集與注意事項；燃燒與滅火
【解析】【分析】白磷能夠與氧氣在點燃的條件下反應生成五氧化二磷，沒有氣體生成，燃燒的過程中生成熱量。【解答】A.該反應有氣體生成，故實驗前應檢查裝置的氣密性，故A正確，但不符合題意；
B.t3時，推注H2O2溶液，過氧化氫在二氧化錳的催化下分解生成氧氣和水，t4對應的溫度高于t2，說明氧氣濃度越大，燃燒越劇烈，放出的熱量越大，故B正確，但不符合題意；
C.t3時，推注H2O2溶液，t3 t1對應溫度升高主要是因為白磷在氧氣中燃燒放出大量的熱，而不是過氧化氫分解放熱，故C錯誤，但符合題意；
D.該實驗中，白磷燃燒，放熱，裝置內氣體受熱膨脹，壓強增大，故氣球的作用是調節氣壓，防止壓強過大，橡皮塞被沖出，故D正確，但不符合題意。
故答案為：C。
27．【答案】C
【知識點】酸的化學性質
【解析】【分析】分析流程可知，方案1中堿式碳酸銅與稀硫酸反應生成硫酸銅、二氧化碳和水，硫酸銅溶液與鋅置換反應生成銅；方案2中堿式碳酸銅高溫分解得到氧化銅，鋅與稀硫酸反應生成氫氣，氫氣與氧化銅加熱發生置換反應得到銅。【解答】A.方案1中Zn與硫酸銅溶液發生置換反應生成Cu，方案2中Zn與稀硫酸發生置換反應生成氫氣，氫氣與CuO發生置換反應生成Cu，均發生了置換反應，故A正確，但不符合題意；
B.氫氣不純時，加熱易發生爆炸，方案1中不生成氫氣，則從安全角度考慮，方案1優于方案2，故B正確，但不符合題意；
C.方案1：根據反應關系可知，65份質量的鋅可以制備64份質量的銅；方案2：根據反應關系、可知，65份質量的鋅可以制備64份質量的銅，但氫氣需要排空氣以免爆炸或者可能損失，不能生成64份質量的銅，故C錯誤，但符合題意；
D.方案2中高溫、加熱均消耗能量，方案1中均常溫下發生反應，則方案2消耗的能量大于方案1消耗的能量，故D正確，但不符合題意。
故答案為：C。
28．【答案】D
【知識點】有關化學式的計算和推斷；根據化學反應方程式的計算；金屬的化學性質
【解析】【分析】A.根據題中反應及化合價的變化情況進行分析；
B.根據6FeSO4+O2+6H2O=2Fe3O4+6H2SO4進行計算；
C.根據硫酸是中間產物，循環使用，理論上不需要補充進行分析；
D.根據氧氣過量，則轉化Ⅱ中最終所得的固體為Fe2O3進行分析。
【解答】A.轉化Ⅰ為鐵與硫酸反應生成硫酸亞鐵和氫氣，該反應中鐵硫酸亞鐵，鐵元素化合價由0價+2價，硫酸轉化為氫氣，氫元素化合價由+1價0價；轉化ⅠⅠ為硫酸亞鐵與氧氣、水在一定條件下反應生成硫酸和四氧化三鐵，該反應中氧氣四氧化三鐵，氧元素化合價由0價-2價，硫酸亞鐵四氧化三鐵，鐵元素化合價由+2價+3價，故轉化過程中涉及鐵、氧、氫元素化合價變化，故A錯誤；
B.轉化ⅠⅠ為硫酸亞鐵與氧氣、水在一定條件下反應生成硫酸和四氧化三鐵，設生成23.2gFe3O4，需要氧氣的質量為x，
則理論上，每生成23.2gFe3O4，需補充1.6g的氧氣，故B錯誤；
C.轉化Ⅰ為鐵與硫酸反應生成硫酸亞鐵和氫氣，設生成45.6gFeSO4，需要9.8%的稀硫酸質量為y，
Fe+ H2SO4=H2↑+ FeSO4
　 98 152
　 9.8%×y 45.6g
則理論上，反應Ⅰ中每生成45.6gFeSO4，需要300g9.8%的稀硫酸，故C錯誤；
D.Fe2O3中氧元素質量分數為，Fe3O4中氧元素質量分數為，若轉化Ⅱ中參與反應的氧氣過量，產品會逐漸轉變為Fe2O3，則最終所得的固體氧元素質量分數偏大，故D正確。
故答案為：D。
29．【答案】B
【知識點】堿的化學性質
【解析】【分析】A.根據圖Ⅱ可知：曲線②二氧化碳減少更多，且二氧化碳與氫氧化鈣溶液反應可排出二氧化碳溶于水對實驗造成影響進行分析；
B.根據氫氧化鈉溶液與二氧化碳反應能使二氧化碳反應完全進行分析；
C.根據圖Ⅱ中AB段曲線上升的原因是用注射器注入液體，壓縮了燒瓶內的氣體，壓強增大進行分析；
D.根據圖Ⅱ中點C、點E壓降急劇減小，對應的實驗操作是振蕩燒瓶，增大二氧化碳與溶液的接觸面積進行分析。【解答】A.在燒瓶內收集滿，如圖Ⅰ所示，打開K，將注射器內的液體同時迅速注入燒瓶內，關閉K，一段時間后，同時振蕩燒瓶，通過壓強傳感器測得燒瓶內壓強隨時間的變化如圖Ⅱ所示，曲線①和曲線②分別表示甲、乙兩個燒瓶內的壓強變化。由圖Ⅱ可知：曲線②二氧化碳減少更多，且二氧化碳與氫氧化鈣溶液反應可排出二氧化碳溶于水對實驗造成影響，上述實驗可以證明氫氧化鈉與二氧化碳能發生反應，故A正確，但不符合題意；
B.由圖Ⅱ可知，氫氧化鈉溶液與二氧化碳反應能使二氧化碳反應完全，吸收大量的，最好選用氫氧化鈉溶液，故B錯誤，但符合題意；
C.圖Ⅱ中AB段曲線上升的原因是用注射器注入液體，壓縮了燒瓶內的氣體，使壓強增大，故C正確，但不符合題意；
D.圖Ⅱ中點C、點E壓降急劇減小，對應的實驗操作是振蕩燒瓶，增大二氧化碳與溶液的接觸面積，故D正確，但不符合題意。
故答案為：B。
30．【答案】D
【知識點】鹽的性質及用途；酸的化學性質
【解析】【分析】A.根據質量守恒定律，反應前后原子的種類、個數不變進行分析。
B.根據綠礬高溫下分解生成二氧化硫、三氧化硫、水蒸氣進行分析。
C.根據滴加紫色石蕊溶液變紅，說明液體中含有氫離子，進行分析。
D.根據防止液體進入灼熱的玻璃管的措施進行分析。【解答】A.依據質量守恒定律，反應前后原子的種類、個數不變，反應前Fe、S、O、H原子的個數分別為2、2、22、28，反應后Fe、S、O、H原子的個數分別為2、1、19、28，則X是SO3，故A正確，但不符合題意；
B.綠礬高溫下分解生成二氧化硫、三氧化硫、水蒸氣，氣體進入裝置B，三氧化硫、水蒸氣遇冷凝結，故B正確，但不符合題意；
C.取U形管內得到的液體，滴加紫色石蕊溶液變紅，說明液體中含有氫離子，不能確定含有硫酸根離子，故C正確，但不符合題意；
D.實驗結束后，為防止液體進入灼熱的玻璃管，需在①處添加防倒吸裝置，若添加止水夾，會使A裝置內壓強過大，造成危險，故D錯誤，但符合題意。
故答案為：D。
31．【答案】A
【知識點】固體溶解度的概念；鹽的性質及用途
【解析】【分析】沉淀反應中，生成物的溶解度越小，沉淀反應越容易發生．根據信息（1）可知：生成Cu（OH）2的反應容易發生，說明Cu（OH）2的溶解度小于CuCO3的溶解度；
根據信息（2）可知：生成CuS的反應容易發生，說明CuS的溶解度小于Cu（OH）2的溶解度。【解答】沉淀反應中，生成物的溶解度越小，沉淀反應越容易發生，CuSO4+Na2CO3中主要發生Cu2+++H2O=Cu（OH）2↓+CO2↑，次要發生Cu2++=CuCO3↓，可說明Cu（OH）2的溶解度小于CuCO3的溶解度；CuSO4+Na2S中主要：Cu2++S2─=CuS↓，次要：Cu2++S2─+2H2O=Cu（OH）2↓+H2S↑，可說明CuS的溶解度小于Cu（OH）2的溶解度，則溶解度CuS＜Cu（OH）2＜CuCO3。
故答案為：A。
32．【答案】C
【知識點】催化劑在化學反應中的作用
【解析】【分析】A.由圖象可知，生成氨氣的氮原子有兩種，一種為催化劑表面的氮原子，一種是氮氣分子中的氮原子；
B.由圖象可知，金屬氮化物（TMNS）中的氮原子與氫結合，生成氨氣；
C.由圖象可知，氮氣分子進入空位被吸附；
D.催化劑能降低反應所需的活化能，但是不能影響平衡的移動。【解答】A.由分析可知，合成氨氣有兩種途徑，15N2分子中的氮原子合成氨氣，生成15NH3，金屬氮化物（TMNS）表面的氮原子合成NH3，則可能含有其它含15NH3的副產物，故A錯誤；
B.由圖象可知，金屬氮化物（TMNS）中的氮原子與氫結合，生成氨氣，氮元素價態下降得電子作氧化劑，被還原，故B錯誤；
C.由圖象可知，氮氣分子進入催化劑表面的空位被吸附，TMNS表面上氨脫附產生的空位有利于吸附N2，故C正確；
D.過渡金屬氮化物（TMNS）作催化劑，可能參與反應，改變了反應速率，但反應前后不發生變化，故D錯誤。
故答案為：C。
33．【答案】A
【知識點】根據化學反應方程式的計算；酸的化學性質
【解析】【分析】先計算出礦石中亞硫化亞鐵的質量，再根據亞硫化亞鐵和硫酸的關系式計算出濃硫酸的質量。【解答】根據S原子守恒得關系式FeS2～2SO2～2H2SO4，1t該礦石中m（FeS2）=1t×（1-25%）=0.75t，根據FeS2和H2SO4的關系式計算98%的濃硫酸的質量為：。
故答案為：A。
34．【答案】（1）四；ⅢA
（2）+4；Bi2O5
【知識點】元素周期表
【解析】【分析】（1）Ga和Al同主族，在Al的下一個周期，即處于第四周期；
（2）Sn和碳同為IAV族元素，最高正化合價等于族序數；Cl的最高價是+7價，最高價氧化物對應水化物的化學式為HClO4；Bi和N元素同主族，所以最高正價是+5價。
【解答】（1）鋁（Al）在元素周期表中的位置是第三周期第 ⅢA族，Ga和Al同主族，在Al的下一個周期，即第四周期、ⅢA族；（2）碳、錫同為第IVA族元素，其最外層均有4個電子，Sn的最高價為+4價；Bi的最外層有5個電子，Bi的最高價為+5價，其最高價氧化物為Bi2O5。
故答案為：（1）四；ⅢA；（2）+4；Bi2O5。
（1）鋁（Al）在元素周期表中的位置是第三周期第 ⅢA族，Ga和Al同主族，在Al的下一個周期，即第四周期、ⅢA族
（2）碳、錫同為第IVA族元素，其最外層均有4個電子，Sn的最高價為+4價；Bi的最外層有5個電子，Bi的最高價為+5價，其最高價氧化物為Bi2O5。
35．【答案】（1）NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O
（2）CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O
（3）Na2CO3、NaHCO3
【知識點】書寫化學方程式、文字表達式；溶液的酸堿性與pH值的關系；堿的化學性質
【解析】【分析】（1）根據通過控制分液漏斗的旋鈕，可以控制滴加液體的速度，進而控制反應速率，飽和NaHCO3溶液幾乎不能溶解CO2；
（2）實驗10s時溶液pH已經下降，說明發生了反應，但pH仍大于11.6，碳酸呈酸性，進行分析；
（3）根據50s時溶液的pH值，進一步得出溶液中的溶質。
【解答】（1）稀鹽酸具有揮發性，實驗制得的二氧化碳中混有HCl氣體，飽和NaHCO3溶液幾乎不能溶解CO2，同時，HCl能與NaHCO3反應生成NaCl、CO2、H2O，其中NaCl、H2O留在集氣瓶內，所以裝置B的作用是除去HCl，化學方程式為：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O；
（2）根據圖2，實驗10s時溶液pH已經下降，說明發生了反應，但pH仍大于11.6，而此實驗條件下Na2CO3溶液的pH=11.6，NaHCO3溶液的pH=8.3，推知是CO2與NaOH反應生成了Na2CO2，化學方程式為：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O；
（3）50s時，溶液pH小于11.6但大于8.3，說明已有部分Na2CO3轉化為NaHCO3，溶液中的溶質有Na2CO3和NaHCO3。
故答案為：（1）NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O；（2）CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O；（3）Na2CO3、NaHCO3。
（1）稀鹽酸具有揮發性，實驗制得的二氧化碳中混有HCl氣體，飽和NaHCO3溶液幾乎不能溶解CO2，同時，HCl能與NaHCO3反應生成NaCl、CO2、H2O，其中NaCl、H2O留在集氣瓶內，所以裝置B的作用是除去HCl，化學方程式為：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O。
（2）根據圖2，實驗10s時溶液pH已經下降，說明發生了反應，但pH仍大于11.6，而此實驗條件下Na2CO3溶液的pH=11.6，NaHCO3溶液的pH=8.3，推知是CO2與NaOH反應生成了Na2CO2，化學方程式為：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O。
（3）50s時，溶液pH小于11.6但大于8.3，說明已有部分Na2CO3轉化為NaHCO3，溶液中的溶質有Na2CO3和NaHCO3。
36．【答案】（1）K2S2O8
（2）O2+4I-+4H+=I2+2H2O
（3）K2S2O8+2H2O=K2SO4+H2O2+H2SO4
【知識點】書寫化學方程式、文字表達式；鹽的性質及用途
【解析】【分析】固體B溶于水后，加入一元強堿，得到溶液C，并向溶液C中加入BaCl2，生成不溶于稀鹽酸的白色沉淀D，則D為BaSO4，且n（BaSO4）=；溶液C中只含一種溶質，則溶液C的溶質一定是硫酸鹽，且B溶于水之后，有0.005mol的硫酸生成，根據硫原子守恒，C中含有0.01molS元素，則固體B含有0.005molSO42-；n（A）=，m（A）=1.35g-1.27g=0.08g，則M（A）==32g/mol，則A為O2；溶液C中只含有一種溶質，則C中的金屬離子一定與強堿中的金屬離子相同，而已確定的元素S、O都不在第四周期，故可以判斷出該金屬元素在第四周期，且該元素是K元素；則固體B中有0.005molK2SO4，即0.87g，則另外的0.005mol含S的物質有0.4g，其摩爾質量為=80g/mol，則該物質為SO3；所以可以推出，1.35g固體X含有0.01molK、0.01molS、0.04molO，即該物質中n（K）：n（S）：n（O）=1：1：4，則該物質為K2S2O8。【解答】（1）固體B溶于水后，加入一元強堿，得到溶液C，并向溶液C中加入BaCl2，生成不溶于稀鹽酸的白色沉淀D，則D為BaSO4，且n（BaSO4）=；溶液C中只含一種溶質，則溶液C的溶質一定是硫酸鹽，且B溶于水之后，有0.005mol的硫酸生成，根據硫原子守恒，C中含有0.01molS元素，則固體B含有0.005molSO42-；n（A）=，m（A）=1.35g-1.27g=0.08g，則M（A）==32g/mol，則A為O2；溶液C中只含有一種溶質，則C中的金屬離子一定與強堿中的金屬離子相同，而已確定的元素S、O都不在第四周期，故可以判斷出該金屬元素在第四周期，且該元素是K元素；則固體B中有0.005molK2SO4，即0.87g，則另外的0.005mol含S的物質有0.4g，其摩爾質量為=80g/mol，則該物質為SO3；所以可以推出，1.35g固體X含有0.01molK、0.01molS、0.04molO，即該物質中n（K）：n（S）：n（O）=1：1：4，X的化學式是：K2S2O8；
（2）由分析可知，A為O2，將O2通入到KI溶液中，離子方程式為：O2+4I-+4H+=I2+2H2O；
（3）一定條件下K2S2O8與水能反應，得到的混合液既有強氧化性又有強酸性，即K2S2O8和水反應生成硫酸鉀、過氧化氫和硫酸，反應的化學方程式為：K2S2O8+2H2O=K2SO4+H2O2+H2SO4。
故答案為：（1）K2S2O8；（2）O2+4I-+4H+=I2+2H2O；（3）K2S2O8+2H2O=K2SO4+H2O2+H2SO4。
（1）由分析可知，X的化學式是：K2S2O8；
（2）由分析可知，A為O2，將O2通入到KI溶液中，離子方程式為：O2+4I-+4H+=I2+2H2O；
（3）一定條件下K2S2O8與水能反應，得到的混合液既有強氧化性又有強酸性，即K2S2O8和水反應生成硫酸鉀、過氧化氫和硫酸，反應的化學方程式為：K2S2O8+2H2O=K2SO4+H2O2+H2SO4。
37．【答案】（1）
（2）50%
（3）12.07g
【知識點】書寫化學方程式、文字表達式；根據化學反應方程式的計算
【解析】【分析】（1）根據加熱高錳酸鉀時的反應物與生成物寫出反應的化學方程式；
（2）先計算出生成氧氣的質量，再根據反應的化學方程式計算出參加反應的高錳酸鉀的質量，再計算出高錳酸鉀的分解率；
（3）先根據質量守恒定律得出收集到的氣體是氯氣，再計算出生成氯氣的質量。
【解答】（1）高錳酸鉀受熱分解生成錳酸鉀、二氧化錳和氧氣，其反應的化學方程式為：；
（2）取15.80g KMnO4，加熱分解后剩余固體15.00g，減少的質量為氧氣的質量=15.80g-15.00g=0.80g，設參加反應的高錳酸鉀的質量為x，
2KMnO4K2MnO4 + MnO2 + O2↑
316 32
x 0.80g
x=7.9g，
KMnO4的分解率為：×100%=50%；
（3）在反應后的殘留固體中加入足量的濃鹽酸，繼續加熱，收集到氣體為氯氣，根據電子轉移守恒，整個過程中，Mn元素獲得電子等于O元素、Cl元素失去的電子；設氯氣的物質的量為ymol，n（KMnO4）═=0.1mol，電子轉移守恒可得：0.1mol×（7-2）=4n（O2）+2（Cl2），即0.1mol×（7-2）=4×mol+2y，解得：y=0.17mol，故生成氯氣的質量=0.17 mol×71g/mol=12.07g。
（1）高錳酸鉀受熱分解生成錳酸鉀、二氧化錳和氧氣，其反應的化學方程式為：；
（2）取15.80g KMnO4，加熱分解后剩余固體15.00g，減少的質量為氧氣的質量=15.80g-15.00g=0.80g，設參加反應的高錳酸鉀的質量為x，
x=7.9g，
KMnO4的分解率為：×100%=50%；
（3）在反應后的殘留固體中加入足量的濃鹽酸，繼續加熱，收集到氣體為氯氣，根據電子轉移守恒，整個過程中，Mn元素獲得電子等于O元素、Cl元素失去的電子；設氯氣的物質的量為ymol，n（KMnO4）═=0.1mol，電子轉移守恒可得：0.1mol×（7-2）=4n（O2）+2（Cl2），即0.1mol×（7-2）=4×mol+2y，解得：y=0.17mol，故生成氯氣的質量=0.17 mol×71g/mol=12.07g。
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