2025年粤教版高一化学下册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年粤教版高一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总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、2010年国庆期间我国成功发射了“嫦娥二号”绕月卫星，为中国人登月打下了坚实的基础。据预测，在月球的土壤中含有较丰富的质量数为3的氦，它是核聚变的重要原料。氦的这种核素应表示为()A.B.C.D.2、纸电池是一种有广泛应用的“软电池”，下图这种碱性纸电池采用薄层纸片作为载体和传导体，纸的两面分别附着锌和二氧化锰。下列有关该纸电池说法____的是。

A.rm{Zn}为负极，进行氧化反应B.电池工作时，电子由rm{MnO_{2}}流向rm{Zn}C.正极反应：rm{MnO_{2}+e^{-}+H_{2}O=MnO(OH)+OH^{-}}D.电池总反应：rm{Zn+2MnO_{2}+2H_{2}O=Zn(OH)_{2}+2MnO(OH)}3、下列物质不能通过化合反应一步得到的是rm{(}rm{)}A.rm{Fe_{3}O_{4}}B.rm{FeCl_{2}}C.rm{Al(OH)_{3}}D.rm{Fe(OH)_{3}}4、下列制取气体的方法在实验室不可取的是A.铜和稀硝酸反应，排水法收集NOB.锌和稀硝酸反应制氢气C.氮气和氧气反应制NOD.加热氯化铵制取氨气5、下列说法正确的为（）A.同温同压下，相同质量的气体都占有相同的体积B.同温同压下，相同体积的气体都含有相同数目的分子C.在标况下，1摩尔任何物质的体积均约为22.4升D.1摩尔某气体的体积约为22.4升，该气体所处的状况一定是标况下6、关于钠及其化合物的性质的叙述，正确的是（）A.碳酸钠可用于治疗胃酸过多，作胃酸中和剂B.氧化钠和过氧化钠都能与二氧化碳反应，生成物完全相同C.碳酸钠固体中混有少量碳酸氢钠，可用加热的方法除去D.质量相等的碳酸钠和碳酸氢钠分别与足量盐酸反应，后者产生气体少7、跟rm{Na}rm{Na_{2}O}rm{Na_{2}O_{2}}rm{NaOH}rm{Na_{2}CO_{3}}rm{NaHCO_{3}}六种物质都能发生反应的是rm{(}rm{)}A.rm{H_{2}O}B.rm{CO_{2}}C.rm{H_{2}SO_{4}}D.rm{Ca(OH)_{2}}评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)8、某温度下，在一固定容积的密闭容器中进行如下反应N2+3H22NH3，下列情况一定能说明反应已达到限度的是____．（填序号）

①单位时间内，有1molN2反应掉，同时有1molN2生成．

②单位时间内，有3molH2反应掉，同时有2molNH3生成．

③单位时间内，有1molN2生成，同时有2molNH3生成．

④单位时间内，有1molN2生成，同时有3molH2生成．

⑤用N2、H2、NH3表示的该反应的化学反应速率之比为1：3：2．

⑥容器内气体的总质量不再改变．

⑦容器内，C（N2）、C（H2）、C（NH3）不再改变．9、（6分）有甲、乙、丙三种元素，甲元素M层的电子数是其K层的电子数的1/2，乙元素原子核内无中子，丙元素原子核内有8个质子。（1）写出乙、丙两种元素形成的两种化合物的化学式，（2）写出甲、乙、丙三种元素组成的化合物在水中的电离方程式（3）画出甲元素的原子结构示意图和丙离子的结构示意图，10、将4gNaOH固体溶于水配成250mL溶液，此溶液中NaOH的物质的量浓度为____mol/L．取出10mL此溶液，其中含有NaOH____g．将取出的溶液加水稀释到100mL，稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为____mol/L．11、化学计量在实验中的应用是高中化学的重要内容；完成以下填空：

（1）8gCH4中含______mol原子；含______个质子。

（2）标准状况下，33.6L的NH3的物质的量为______；将其溶解于水配成500mL的溶液，所得氨水的物质的量浓度为______。

（3）22克CO2的物质的量为______；该气体在标准状况下的体积为______。

（4）0.5L1mol/LAl2（SO4）3溶液中Al3+的物质的量为______，SO42-的物质的量浓度为______。

（5）标准状况下；2.4g某气体的体积为672mL，则此气体的相对分子质量为______。

（6）在同温、同压下，实验测得CO、N2和O2三种气体的混合气体的密度是H2的14.5倍，若其中CO和N2的物质的量之比为1：1，则混合气体中氧元素的质量分数为______。12、对溶解度受______________变化影响不大的固体物质一般用______________方法得到固体溶质，例如从海水中提取______________；对溶解度受______________变化影响相当大的固体溶质一般用______________的方法得到固体.13、两种气态烃以任意比例混合，在105℃时1L该混合烃与9L氧气混合，充分燃烧后恢复到原状态，所得气体体积仍是10L。有下列组合的混合烃：①C2H4和C3H4②CH4和C2H6③CH4和C4H4④C2H2和C3H6其中不符合上述要求的是A、只有②B、只有②④C、只有②③④D、只有①③14、将以下各实验所需的试剂写在空格中：

①用氯化钾和二氧化锰制取氯气后的试管中，残留的黑色物质，可用____加热洗涤．

②做碘升华实验后烧瓶壁上的碘，可用____洗涤．

③欲在烧杯中制取HI气体，可加碘化钾固体和____一起供热即可，欲除去氯气中的少量氯化氢，可让气体通过____洗涤．

④氯化钾中混有少量的碘化钾要除去，方法是将其溶于水后，滴入足量____充分反应，再加入____振荡、静置分层、分液，最后将上层水溶液蒸干即得纯氯化钾．15、硫酸的摩尔质量是______，98g纯净的硫酸的物质的量是______，其中约含有______个硫酸分子，约含有______个氢原子，约含__________个氧原子，______摩尔氧原子。评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)16、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．17、1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023（判断对错）18、含碳的化合物一定是有机化合物．（判断对错）19、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）20、某有机物燃烧后生成二氧化碳和水，所以此有机物一定含有C、H、O三种元素．（判断对错）21、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．22、含碳的化合物一定是有机化合物．（判断对错）23、摩尔是七个基本物理量之一．（判断对错）24、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）评卷人得分四、简答题(共2题，共16分)25、资料：

①

②绿矾（FeSO4•7H2O）是一种浅绿色晶体，加热至70℃以上易分解

（1）I中主要发生3个反应，其中生成气体的化学方程式是______．

（2）Ⅱ中向FeSO4溶液里加入铁屑，依次经过：加热浓缩、过滤、降温结晶、______（填操作名称），得到绿矾．其中铁屑的作用是______．26、为了验证rm{Fe^{2+}}与rm{Cu^{2+}}氧化性强弱，下列装置能达到实验目的是______，写出正极的电极反应______。若构建原电池时两个电极的质量相等，当导线中通过rm{0.05}rm{mol}电子时，两个电极的质量差为______。

rm{(2)}将rm{CH_{4}}设计成燃料电池，其利用率更高，装置如图所示rm{(A}rm{B}为多孔碳棒rm{)}

rm{垄脵}实验测得rm{OH^{-}}定问移向rm{B}电极，则______处电极入口通甲烷rm{(}填rm{A}或rm{B)}其电极反应式为______。

rm{垄脷}当消耗甲院的体积为rm{33.6L(}标准状况下rm{)}时，假设电池的能量转化率为rm{80%}则导线中转移电子的物质的量为______。

rm{(3)}高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反应式为：rm{3Zn+2K_{2}FeO_{4}+8H_{2}Ounderset{{鲁盲碌莽}}{overset{{路脜碌莽}}{{rightleftharpoons}}}3Zn(OH)_{2}+2Fe(OH)_{3}+4KOH}

原电池负极的电极反应式为______；放电时每转移rm{3Zn+2K_{2}FeO_{4}+8H_{2}O

underset{{鲁盲碌莽}}{overset{{路脜碌莽}}{{rightleftharpoons}}}3Zn(OH)_{2}+2Fe(OH)_{3}+4KOH}电子，有______rm{3mol}rm{mol}被还原，正极附近溶液的碱性______rm{K_{2}FeO_{4}}填“增强”。“不变“或“减弱”rm{(}rm{)}评卷人得分五、结构与性质(共1题，共3分)27、某探究小组用HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，研究影响反应速率的因素。所用HNO3浓度为1.00mol·L-1、2.00mol·L-1，大理石有细颗粒与粗颗粒两种规格，实验温度为298K、308K，每次实验HNO3的用量为25.0mL；大理石用量为10.00g。

（1）请完成以下实验设计表，并在实验目的一栏中填出对应的实验编号：。实验编号T/K大理石规格HNO3浓度/mol·L-1实验目的①298粗颗粒2.00（Ⅰ）实验①和②探究HNO3浓度对该反应速率的影响；

（Ⅱ）实验①和③探究温度对该反应速率的影响；

（Ⅲ）实验①和④探究大理石规格（粗、细）对该反应速率的影响；②_______________③_______________④_______________

（2）实验装置如图1所示，如何检验该装置的气密性________________________________

（3）实验①中CO2质量随时间变化的关系见下图2：依据反应方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，计算实验①在70-90s范围内HNO3的平均反应速率________________________

（4）请在答题卡的框图中，画出实验②、③和④中CO2质量随时间变化关系的预期结果示意图。_______参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【解析】【答案】B2、B【分析】【分析】本题考查化学电源新型电池，侧重于电极反应方程式的考查，题目难度中等，注意从正负极发生的变化结合电解质的特点书写电极反应式。【解答】A.锌作负极失去电子被氧化，发生氧化反应，故A正确；

B.电子由负极经外电路流向正极，即rm{Zn}流向rm{MnO}流向rm{Zn}rm{MnO}rm{{,!}_{2}}

，故B错误；C.rm{MnO}rm{MnO}rm{{,!}_{2}}被还原，为原电池的正极，电极反应为rm{MnO}rm{MnO}rm{{,!}_{2}}rm{+H}rm{+H}rm{{,!}_{2}}rm{O+e}

rm{O+e}rm{{,!}^{-}}rm{=MnO(OH)+OH}rm{=MnO(OH)+OH}rm{{,!}^{-}}故D正确。

，故C正确；D.碱性条件下，锌和二氧化锰构成原电池，其电池总反应为rm{Zn+2MnO}【解析】rm{B}3、C【分析】解：rm{A.Fexrightarrow[triangle]{O_{2}}Fe_{3}O_{4}}为化合反应，故A不选；

B.rm{Feoverset{FeCl_{3}}{}FeCl_{2}}为化合反应，故B不选；

C.氧化铝不溶于水，不能利用化合反应制备rm{A.Fexrightarrow[triangle

]{O_{2}}Fe_{3}O_{4}}故C选；

D.rm{Fe(OH)_{2}overset{O_{2},H_{2}O}{}Fe(OH)_{3}}故D不选；

故选C．

A.rm{Feoverset{FeCl_{3}}{

}FeCl_{2}}与氧气反应生成四氧化三铁；

B.rm{Al(OH)_{3}}与氯化铁反应生成氯化亚铁；

C.氧化铝不溶于水；

D.氢氧化亚铁；氧气、水反应生成氢氧化铁．

本题考查金属及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及相互转化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大．rm{Fe(OH)_{2}overset{O_{2},H_{2}O}{

}Fe(OH)_{3}}【解析】rm{C}4、B|C|D【分析】【解析】试题分析：硝酸是氧化性酸，不能用来制备氢气，B不正确；氮气和氧气在放电的条件下才能合成NO，实验室中是不可取的；氯化铵在加热的条件下分解生成氨气和氯化氢，但气体冷却后有生成氯化铵，因此答案选BCD。考点：考查常见气体制备的有关正误判断【解析】【答案】BCD5、B【分析】解：A．根据公式m=nM=M；同温；同压下，气体的Vm是相等的，相同质量的气体的物质的量不一定相等，所以占有的体积不一定相等，故A错误；

B．阿伏伽德罗定律：同温；同压下；相同体积的气体都含有相同数目的分子，故B正确；

C．标准状况下水不是气体；Vm不等于22.4L/mol，即1mol水的体积不是22.4L，故C错误；

D．根据气体状态方程式：PV=nRT；1mol某气体的体积约为22.4L，该气体所处的状况不一定是标准状况，故D错误．

故选B．

A．根据公式m=nM=M来判断；

B．根据阿伏伽德罗定律的内容来回答；

C．标准状况下水不是气体；Vm不等于22.4L/mol；

D．根据气体状态方程式：PV=nRT．

本题考查了物质的量以及阿伏伽德罗定律的应用，题目难度不大，明确阿伏伽德罗定律的内容以及物质的量的计算公式是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力．【解析】【答案】B6、C【分析】解：A．碳酸钠碱性太强；不能用作胃药，故A错误；

B.2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、Na2O+CO2=Na2CO3；所以二者反应产物不完全相同，故B错误；

C．碳酸氢钠不稳定，在加热条件下易分解2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O；所以碳酸钠固体中混有少量碳酸氢钠，可用加热的方法除去，故C正确；

D．相等质量的碳酸钠和碳酸氢钠；碳酸钠的物质的量小于碳酸氢钠，根据碳原子守恒知，碳酸氢钠产生的二氧化碳的量多，故D错误；

故选C．

A．治疗胃酸过多；首先应选择一种能够和胃酸发生的物质，而且这种物质没有腐蚀性；

B．过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠；

C．碳酸氢钠不稳定；在加热条件下易分解；

D．相等质量的碳酸钠和碳酸氢钠；碳酸钠的物质的量小于碳酸氢钠，根据碳原子守恒判断生成气体的量．

本题考查了碳酸氢钠、碳酸钠的性质，涉及其溶解性、稳定性、物质结构等知识点，知道碳酸钠和碳酸氢钠之间的转化方法，易错选项是D，题目难度不大．【解析】【答案】C7、C【分析】解；rm{A}金属钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氧化钠和水反应生成氢氧化钠，过氧化钠和水之间反应生成氢氧化钠和氧气，但是rm{NaOH}rm{Na_{2}CO_{3}}rm{NaHCO_{3}}能溶于水；但是和水不反应，故A错误；

B、金属钠和二氧化碳反应生成氧化钠和碳，氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，过氧化钠和二氧化碳之间反应生成碳酸钠和氧气，rm{NaOH}和二氧化碳反应生成碳酸钠或是碳酸氢钠，rm{NaHCO_{3}}和二氧化碳不反应；故B错误；

C、rm{Na}和硫酸发生反应；生成硫酸钠和氢气；氧化钠和硫酸反应生成硫酸钠和水，过氧化钠和硫酸反应生成硫酸钠；水以及氧气，氢氧化钠和和硫酸反应生成硫酸钠、水，碳酸钠、碳酸氢钠都可以和硫酸发生反应生成硫酸钠、水以及二氧化碳，故C正确；

D、rm{Na}rm{Na_{2}O}rm{Na_{2}O_{2}}rm{NaOH}和氢氧化钙之间不反应；碳酸钠；碳酸氢钠都可以和氢氧化钙发生反应生成碳酸钙沉淀，故D错误．

故选：rm{C}．

A、rm{NaOH}rm{Na_{2}CO_{3}}rm{NaHCO_{3}}能溶于水；但是和水不反应；

B、rm{NaHCO_{3}}不会和二氧化碳反应；

C、rm{Na}rm{Na_{2}O}rm{Na_{2}O_{2}}rm{NaOH}rm{Na_{2}CO_{3}}rm{NaHCO_{3}}均可以和硫酸发生反应；

D、rm{Na}rm{Na_{2}O}rm{Na_{2}O_{2}}rm{NaOH}和氢氧化钙之间不反应．

本题考查了含钠元素物质的化学性质，掌握物质的性质并灵活应用是解题的关键，难度不大．【解析】rm{C}二、填空题(共8题，共16分)8、略

【分析】

①单位时间内，有1molN2反应掉，同时有1molN2生成，说明生成N2的速率等于消耗N2的速率相等；即正反应速率等于逆反应速率，故①正确．

②反应掉H2代表正反应速率，生成NH3代表正反应速率；无法说明正反应速率与逆反应速率是否相等，故②不正确．

③生成N2代表逆反应速率，生成NH3代表正反应速率，“有1molN2生成，同时有2molNH3生成”说明用N2表示的逆反应速率与用NH3表示的正反应速率等于1：3；即等于化学方程式中对应化学计量数之比，由此可以判断该反应的正反应速率等于逆反应速率，故③正确．

④生成N2代表逆反应速率，生成H2也代表逆反应速率；无法判断正反应速率与逆反应速率是否相等，故④错误．

⑤不论该可逆反应是否达到化学平衡状态，用N2、H2、NH3的物质的量浓度变化表示化学反应速率的比一定为1：3：2；无法判断是否达到化学平衡状态，故⑤不正确。

⑥无论是否达到平衡状态；气体的总质量都不会发生变化，总重量不变无法区分非平衡状态和平衡状态，故⑥不正确．

⑦根据化学平衡的定义，可逆反应达到化学平衡状态时，反应物的浓度与生成物的浓度不再发生变化，因此可用“C（N2）、C（H2）、C（NH3）不再改变”来判断该反应达到化学平衡状态；故⑦正确．

故答案为：①③⑦．

【解析】【答案】由化学平衡的特征可知；利用正反应速率是否与逆反应速率相等来分析①②③④⑤，利用化学平衡体系中各成分的含量不变来分析⑥⑦．

9、略

【分析】试题解析：甲元素M层的电子数是其K层的电子数的所以甲为Na，根据乙元素原子核内无中子，所以乙为H；根据丙元素原子核内有8个质子，所以丙为O；（1）写出乙、丙两种元素形成的两种化合物的化学式H2O和H2O2；（2）写出甲、乙、丙三种元素组成的化合物在水中的电离方程式NaOH==Na++OH-；（3）画出甲元素的原子结构示意图和丙离子的结构示意图，甲为Na原子结构示意图为丙为氧原子，离子结构示意图为考点：原子核外电子排布【解析】【答案】(1)H2OH2O2(2)NaOH==Na++OH-（3）10、0.4|0.16|0.04【分析】【解答】解：4gNaOH的物质的量为=0.1mol，溶于水配成250mL溶液，此溶液中NaOH的物质的量浓度为=0.4mol/L，溶液是均匀的，取出10mL溶液的浓度与原溶液浓度相等，取出10mL溶液中NaOH的物质的量=0.01L×0.4mol/L=0.004mol，10mL溶液中氢氧化钠的质量=0.004mol×40g/mol=0.16g，将该10mL溶液加水稀释到100mL，稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为=0.04mol/L；故答案为：0.4；0.16；0.04．

【分析】根据n=计算氢氧化钠的物质的量，再根据c=计算溶液物质的量浓度，溶液是均匀的，取出10mL溶液的浓度与原溶液浓度相等，根据n=cV计算取出10mL溶液中氢氧化钠的物质的量，再根据m=nM计算氢氧化钠的质量，根据c=计算稀释后溶液物质的量浓度．11、2.55NA1.53mol/L0.5mol11.2L1mol3mol/L8048.3%【分析】解：（1）8gCH4的物质的量为：=0.5mol，含有原子的物质的量为：0.5mol×5=0.25mol，含质子的物质的量为：0.5mol×10=5mol，含有质子数为5NA；

故答案为：2.5；5NA；

（2）标准状况下，33.6L的NH3的物质的量为：=1.5mol，将1.5mol氨气溶解于水配成500mL的溶液，所得氨水的物质的量浓度为：=3mol/L；

故答案为：1.5mol；3mol/L；

（3）22克CO2的物质的量为：=0.5mol；该气体在标准状况下的体积为：22.4L/mol×0.5mol=11.2L；

故答案为：0.5mol；11.2L；

（4）0.5L1mol/LAl2（SO4）3溶液中Al3+的物质的量为：n（Al3+）=2n[Al2（SO4）3]=1mol/L×0.5L×2=1mol；

SO42-的物质的量浓度为：c（SO42-）=3c[Al2（SO4）3]=1mol/L×3=3mol/L；

故答案为：1mol；3mol/L；

（5）标准状况下，2.4g某气体的体积为672mL，该气体的物质的量为：=0.03mol，该气体的摩尔质量：=80g/mol；该气体的相对分子质量为80；

故答案为：80；

（6）混合气体的密度是H2的14.5倍，则混合气体平均相对分子质量为14.5×2=29，CO、N2的相对分子质量都是28，可以看作CO、O2的混合气体，令CO、N2的总物质的量为xmol、O2的物质的量为ymol；则28x+32y=29（x+y），整理得x：y=3：1；

其中CO和N2的物质的量之比为1：1，则混合气体中氧元素的质量分数为：×100%=48.3%；

故答案为：48.3%。

（1）甲烷分子中含有10个质子，根据n==计算；

（2）根据n=c=计算；

（3）根据n==计算；

（4）根据n=cV计算含有铝离子的物质的量，根据c（SO42-）=3c[Al2（SO4）3]计算SO42-的物质的量浓度；

（5）根据n==计算；

（6）混合气体的密度是H2的14.5倍，则混合气体平均相对分子质量为29，CO、N2的相对分子质量都是28，可以看作CO、O2的混合气体，令CO、N2的物质的量为xmol、O2的物质的量为ymol；根据平均相对分子质量确定x；y关系，据此计算解答。

本题考查物质的量的综合应用，题目难度中等，明确物质的量与其它物理量之间的转化关系为解答关键，试题计算量较大，充分考查了学生的分析能力及化学计算能力。【解析】2.55NA1.53mol/L0.5mol11.2L1mol3mol/L8048.3%12、略

【分析】试题分析：对溶解度受温度变化影响不大的固体物质一般用蒸发溶剂方法得到固体溶质，例如从海水中提取食盐；对溶解度受温度变化影响相当大的固体溶质一般用冷却热饱和溶液的方法得到固体。考点：考查物质的性质与分离混合物的方法的选择的关系的知识。【解析】【答案】温度蒸发溶剂食盐温度冷却热饱和溶液13、略

【分析】【解析】【答案】B14、浓盐酸酒精磷酸饱和食盐水氯水四氯化碳．【分析】【解答】①加热条件下二氧化锰能与浓盐酸反应；可除去，故答案为：浓盐酸；

②碘易溶于酒精；可洗涤，故答案为：酒精；

③HI气体有较强的还原性；不能用氧化性的酸，可用磷酸；氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，可除掉氯化氢，故答案为：磷酸；饱和食盐水；

④氯气能将碘化钾氧化为碘单质；碘易溶于四氯化碳，可萃取，故答案为：氯水；四氯化碳．

【分析】①二氧化锰能与浓盐酸反应；

②碘易溶于酒精；

③HI气体有较强的还原性；氯气在饱和食盐水中的溶解度较小；

④氯气能将碘化钾氧化为碘单质，碘易溶于四氯化碳．15、98g/mol1mol6.02×10231.204×10242.408×10244【分析】解：硫酸相对分子质量为98，所以硫酸的摩尔质量是98g/mol，98g纯净的硫酸的物质的量为：=1mol，含有硫酸分子NA个，约为6.02×1023，约含有H原子个数：2×6.02×1023=1.204×1024，约含O原子个数为：4×6.02×1023=2.408×1024；O原子物质的量为：1mol×4=4mol；

故答案为：98g/mol；1mol；6.02×1023；1.204×1024；2.408×1024；4。

摩尔质量以g/mol为单位数值上等于相对分子质量；结合1个硫酸分子含有2个H，4个O计算解答。

本题考查了物质的量有关计算，熟悉相关计算公式，明确硫酸分子构成即可解答，题目简单。【解析】98g/mol1mol6.02×10231.204×10242.408×10244三、判断题(共9题，共18分)16、B【分析】【解答】蒸馏是用来分离沸点不同的液体混合物；温度计测量的是蒸汽的温度，故应放在支管口；

故答案为：×．

【分析】根据温度计在该装置中的位置与作用；17、A【分析】【解答】氯化钠由钠离子和氯离子构成，故1.00molNaCl中，所有Na+的物质的量为1.00mol，钠原子最外层有1个电子，失去最外层1个电子形成钠离子，此时最外层有8个电子，故所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023；故答案为：对．

【分析】先计算钠离子的物质的量，再根据钠离子结构计算最外层电子总数．18、B【分析】【解答】一氧化碳；二氧化碳、碳酸盐、碳化物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，故答案为：×．

【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有机化合物，简称有机物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐、碳化物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．19、B【分析】【解答】1mol甲苯中含有8molC﹣H共价键；故答案为：错。

【分析】根据甲苯的结构简式来确定化学键，确定存在C﹣H共价键的数目20、B【分析】【解答】解：某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水；说明该有机物中肯定含有碳；氢2种元素，可能含有氧元素，故答案为：×．

【分析】根据质量守恒可知，某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水，说明该有机物中肯定含有碳、氢2种元素，可能含有氧元素21、B【分析】【解答】蒸馏是用来分离沸点不同的液体混合物；温度计测量的是蒸汽的温度，故应放在支管口；

故答案为：×．

【分析】根据温度计在该装置中的位置与作用；22、B【分析】【解答】一氧化碳；二氧化碳、碳酸盐、碳化物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，故答案为：×．

【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有机化合物，简称有机物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐、碳化物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．23、B【分析】【解答】摩尔是物质的量的单位；是国际单位制中七个基本单位之一；

故答案为：×．

【分析】摩尔是物质的量的单位．24、B【分析】【解答】1mol甲苯中含有8molC﹣H共价键；故答案为：错。

【分析】根据甲苯的结构简式来确定化学键，确定存在C﹣H共价键的数目四、简答题(共2题，共16分)25、略

【分析】解：（1）氧化铁与稀硫酸反应生成硫酸铁和水、铁和硫酸反应会生成硫酸亚铁和氢气，化学方程式为：Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑；

（2）过滤可以将溶液中的不溶性固体除去；铁会与硫酸亚铁中的硫酸，所以经过：加热浓缩；过滤、降温结晶、过滤，可以得到绿矾，铁屑的作用是除去过量的稀硫酸．

故答案为：（1）Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑；（2）过滤；除去过量的稀硫酸．

（1）根据铁和硫酸反应会生成硫酸亚铁和氢气进行分析；

（2）根据过滤可以将溶液中的不溶性固体除去；铁会与硫酸亚铁中的硫酸反应进行分析．

在解此类题时，首先分析题中考查的问题，然后结合学过的知识和题中所给的提示进行解答．【解析】Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑；过滤；除去过量的稀硫酸26、③；Cu2++2e-=Cu；3g；B；CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；9.6mol；Zn-2e-+2OH-=Zn（OH）2；1；增强【分析】解：rm{(1)}以验证rm{Fe^{2+}}与rm{Cu^{2+}}氧化性强弱，装置能达到实验目的是rm{垄脹}形成原电池反应，铁做负极，失电子发生氧化反应，铜离子在正极铜上析出，反应为rm{Fe+Cu^{2+}=Cu+Fe^{2+}}氧化还原反应在氧化剂的氧化性大于氧化产物，则rm{Fe^{2+}}与rm{Cu^{2+}}氧化性强弱为：rm{Fe^{2+}<Cu^{2+}}正极电极反应为：rm{Cu^{2+}+2e^{-}=Cu}若构建原电池时两个电极的质量相等，当导线中通过rm{0.05mol}电子时，负极电极反应rm{Fe-2e^{-}=Fe^{2+}}质量减小rm{0.025mol}质量rm{=0.025mol隆脕56g/mol=1.4g}正极电极反应：rm{Cu^{2+}+2e-=Cu}质量增加rm{0.025mol}铜，质量rm{=0.025mol隆脕64g/mol=1.6g}两个电极的质量差为rm{1.4g+1.6g=3g}

故答案为：rm{垄脹}rm{Cu^{2+}+2e^{-}=Cu}，rm{3g}

rm{(2)垄脵}实验测得rm{OH^{-}}定问移向rm{B}电极，得到rm{A}为负极、rm{B}为正极，燃料电池中通入燃料的电极为负极、通入氧化剂的电极为正极，所以rm{A}处通入甲烷，甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为rm{CH_{4}-8e^{-}+10OH^{-}篓TCO_{3}^{2-}+7H_{2}O}

故答案为：rm{B}rm{CH_{4}-8e^{-}+10OH^{-}=CO_{3}^{2-}+7H_{2}O}

rm{垄脷}当消耗甲院的体积为rm{33.6L(}标准状况下rm{)}时，物质的量rm{=dfrac{33.6L}{22.4L/mol}=1.5mol}根据rm{=dfrac

{33.6L}{22.4L/mol}=1.5mol}知，假设电池的能量转化率为rm{CH_{4}-8e^{-}+10OH^{-}篓TCO_{3}^{2-}+7H_{2}O}导线中转移电子的物质的量rm{80%}

故答案为：rm{=1.5mol隆脕8隆脕80%=9.6mol}

rm{9.6mol}锌失电子而作负极，电极反应式为rm{(3)}高铁酸钾在正极得到电子，电极反应式为rm{Zn-2e^{-}+2OH^{-}=Zn(OH)_{2}}所以正极附近溶液中氢氧根离子浓度增大，则碱性增强，放电时，rm{FeO_{4}^{2-}+4H_{2}O+3e^{-}=Fe(OH)_{3}+5OH^{-}}的化合价由rm{K_{2}FeO_{4}}价变为rm{+6}价，被还原，rm{+3}得rm{1molK_{2}FeO_{4}}电子，故当转移rm{3mol}电子时，有rm{3mol}被还原；

故答案为：rm{1molK_{2}FeO_{4}}rm{Zn-2e^{-}+2OH^{-}=Zn(OH)_{2}}增强；

rm{1}氧化还原反应中氧化剂氧化性大于氧化产物，铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，可以验证rm{(1)}与rm{Fe^{2+}}氧化性强弱，正极电极反应为铜离子得到电子发生氧化反应，结合电极反应和电子守恒计算分析，当导线中通过rm{Cu^{2+}}电子时；两个电极的质量差；

rm{0.05mol}实验测得rm{(2)垄脵}定问移向rm{OH^{-}}电极，则rm{B}为负极、rm{A}为正极；燃料电池中通入燃料的电极为负极；通入氧化剂的电极为正极，甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；

rm{B}根据甲烷电极反应的关系式计算；

rm{垄脷}锌失电子而作负极，电极反应式为rm{(3)}高铁酸钾在正极得到电子，电极反应式为rm{Zn-2e^{-}+2OH^{-}=Zn(OH)_{2}}放电时，rm{FeO_{4}^{2-}+4H_{2}O+3e^{-}=Fe(OH)_{3}+5OH^{-}}的化合价由rm{K_{2}FeO_{4}}价变为rm{+6}价；被还原；

本题考查了原电池和电解池原理，根据元素化合价变化确定氧化性强弱，根据方程式中各个物理量之间的关系式进行计算，题目难度中等。rm{+3}【解析】rm{垄脹}rm{Cu^{2+}+2e^{-}=Cu}rm{3g}rm{B}rm{CH_{4}-8e^{-}+10OH^{-}=CO_{3}^{2-}+7H_{2}O}rm{9.6mol}rm{Zn-2e^{-}+2OH^{-}=Zn(OH)