2025年牛津上海版高一化学上册月考试卷含答案

…………○…………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年牛津上海版高一化学上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、现有①MgSO4，②Ba（NO3）2，③NaOH，④CuCl2，⑤KCl五种溶液，不加任何其他试剂，可鉴别且鉴别的先后顺序也正确的是（）A.④③②①⑤B.④⑤③②①C.④③①②⑤D.④②③①⑤2、下列物质属于纯净物的是rm{(}rm{)}A.氯水B.空气C.漂白粉D.蒸馏水3、设rm{N_{A}}代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A.rm{22.4LCO}和rm{CO_{2}}的混合气体中所含的碳原子数一定是rm{N_{A}}B.标准状况下，rm{22.4L}氩气含有原子数为rm{2N_{a}}C.常温常压下，rm{32gO_{2}}和rm{32gO_{3}}所含氧原子数都是rm{2N_{A}}D.标准状况下，rm{11.2LH_{2}O}含有rm{0.5N_{A}}分子4、两种气态烃以任意比例混合，在rm{105隆忙}时rm{1L}该混合烃与rm{9L}氧气混合，充分燃烧后恢复到原状态，所得气体体积仍是rm{10L.}下列各组混合烃中符合此条件的是rm{(}rm{)}A.rm{CH_{4}}rm{C_{2}H_{4}}B.rm{CH_{4}}rm{C_{3}H_{6}}C.rm{C_{2}H_{6}}rm{C_{3}H_{4}}D.rm{C_{2}H_{2}}rm{C_{3}H_{6}}5、在元素周期表中金属元素与非金属元素的分界线附近的一些元素能用于制A.合金B.半导体C.催化剂D.农药6、下列事实不能用元素周期律解释的是（）A.相对原子质量：Ar＞KB.碱性：NaOH＞Mg（OH）2C.酸性：HNO3＞H3PO4D.元素非金属性：Cl＞S评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)7、在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体8.96L，质量是16g．此混合物中CO和CO2的物质的量比是____，CO的体积分数是____，CO的质量分数是____，C和O的原子个数比是____．8、⑴下列物质：①熔融氯化钠②盐酸③纯醋酸(CH3COOH)④碳酸钙⑤酒精⑥二氧化碳⑦硫酸氢钠固体⑧铜⑨碳酸氢钠固体⑩氢氧化钡溶液，属于电解质的是，属于非电解质的是，能导电的是。（用序号填空）⑵写出物质③和⑨在水中反应的离子方程式：。⑶将物质⑦配制成溶液，逐滴滴入⑩中至Ba2+恰好沉淀完全，写出离子方程式：。9、书写下列物质的电子式或结构简式：

（1）Na2O2（电子式）____；

（2）乙烯（结构简式）____；

（3）H2S（电子式）____；

（4）苯（结构简式）____10、一定温度下，有SO2和SO3组成的混和气体70.4g，硫原子和氧原子的物质的量之比为1：2.4，则混合气体中硫元素的质量为____________，SO2的体积分数为____________．11、rm{(1)3.01隆脕10^{23}}个rm{CO_{2}}分子中含______rm{mol}氧原子，在标准状况下其体积为______rm{L}它与______rm{g}rm{H_{2}O}含有相同的氧原子数．

rm{(2)}实验中需取rm{0.1molCuSO_{4}}配制溶液，若用rm{CuSO_{4}?5H_{2}O}替代，则应称取rm{CuSO_{4}?5H_{2}O}的质量为______rm{g.}

rm{(3)}同温同压下，等质量的rm{N_{2}}和rm{CO_{2}}所含分子数比为______；体积比为______．

rm{(4)}某气体在标准状况下的密度为rm{1.25g?L}则rm{28g}该气体所含有的分子数为______．

rm{(5)}在标准状况下rm{22.4L}由氮气和氧气组成的混合气体，其质量为rm{30g}则其中氧气的质量为______rm{g.}

rm{(6)}同温同压下，同体积的rm{H_{2}}和rm{A}气体的质量分别为rm{1.0g}和rm{16.0g}则rm{A}的相对分子质量为______．评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)12、蛋白质的盐析过程是一个可逆过程，据此可以分离和提纯蛋白质．13、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．14、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）15、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）16、摩尔是七个基本物理量之一．（判断对错）17、将蓝色的硫酸铜晶体放入浓硫酸属于物理变化．（判断对错）评卷人得分四、探究题(共4题，共16分)18、（8分）某校实验小组的同学用实验的方法区别稀盐酸和稀硫酸钠溶液（记作M、N），请你一同参与。⑴甲组同学向M、N中分别加入少量的铁粉，观察到M中产生大量无色气泡，则M中发生反应的化学方程式为。⑵乙组同学向M、N中分别滴加Na2CO3溶液，发现M也有无色气泡产生，N没有气泡产生，则M中发生反应的化学反应方程式为。⑶丙组同学向M、N中分别加入滴加BaCl2溶液，N中出现的现象是。⑷丁组同学用了下列试剂中的一种也将M、N区别开来，这种试剂是（填序号）①酚酞试液②硫酸铜溶液③氯化钠溶液④pH试纸19、（8分）某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，他在100mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用带刻度的集气瓶排水法收集氢气，每隔1分钟记录一次数据（累计值）：。时间（min）12345氢气体积（mL）50120232290310（1）从0～3分钟时间段内，产生氢气的速率是如何变化的？答：。造成这种变化的主要因素是；从3～5分钟时间段内，产生氢气的速率是如何变化的？答：。造成这种变化的主要因素是。（2）在盐酸中分别加入等体积的下列溶液，能减缓反应速率而又不减少产生氢气的量的是。A．蒸馏水B．NaCl溶液C．Na2CO3溶液D．CuSO4溶液（3）在0～1、1～2、2～3、3～4、4～5分钟五个时间段中，反应速率最大的时间段的盐酸的反应速率为（设溶液体积不变，上述气体体积为标况下数据）。20、现有甲、乙两瓶无色溶液，已知它们可能是AlCl3溶液和NaOH溶液．现做如下实验：

①取440mL甲溶液与120mL乙溶液反应；产生1.56g沉淀．

②取120mL甲溶液与440mL乙溶液反应；产生1.56g沉淀．

③取120mL甲溶液与400mL乙溶液反应；产生3.12g沉淀．

通过必要的计算和推理判定：甲溶液为________溶液；理由是：________

甲溶液的物质的量浓度是多少？21、科技节活动中；化学实验小组做了如下实验，请回答以下问题．

（1）图A所示实验可观察到“铁树”上浸有无色酚酞试液的棉团由白色变为红色，该实验中没有涉及的性质是______（填字母）．

A．氨分子是不断运动的B．氨分子有一定质量C．浓氨水具有挥发性。

（2）图B所示实验，将注射器中浓氢氧化钠溶液注入瓶中，会看到鸡蛋被“吞”入瓶中，该实验中涉及的化学方程式为______．

（3）图C所示实验，当通过导管向热水中通入氧气时，白磷在水下燃烧，该实验说明燃烧需要的条件为：①可燃物；②达到着火点；③______，反应的化学方程式为______．

（4）图D所示实验观察到紫色小花变为红色，小花变红的原因是______（用化学方程式表示）．评卷人得分五、实验题(共3题，共12分)22、（8分）为定性探究乙醇的分子结构，某化学课外小组设计了如下实验方案：在盛有少量无水乙醇的试管中，加入一粒擦干煤油的金属钠，在试管口迅速塞上配有医用注射针头的单孔塞，点燃放出的气体，并把一干燥的小烧杯罩在火焰上（如图），在烧杯壁上出现液滴后，迅速倒转烧杯，向烧杯中加入少量的澄清石灰水，观察有无混浊。（1）以上实验设计存在重大安全隐患，请你帮他们指出来________________________。（2）确认所用乙醇为无水乙醇的方法是______________________________________。（3）若向烧杯中加入少量澄清石灰水后发现有混浊，那么燃烧产生CO2的物质最可能是_________________。（4）若向烧杯中加入少量澄清石灰水后未发现混浊，则可推断乙醇分子结构中含有__________________________________________。23、阅读下列材料，按要求回答问题。酒精、苯、rm{CCl_{4}}煤油都是有机溶剂，有机溶剂之间大都能互溶rm{;}碘rm{(I_{2})}难溶于水，易溶于有机溶剂，其溶液呈紫色rm{;}溴rm{(}液溴rm{)}的性质与碘相似，其溶液呈橙色。rm{(1)}下列能用分液漏斗进行分离的是________________。A.液溴和rm{CCl_{4}}rm{B.}酒精和煤油C.rm{CaCl_{2}}和rm{Na_{2}SO_{4}}rm{D.}苯和蒸馏水rm{(2)}在酒精、苯、rm{CCl_{4}}rm{NaCl}蒸馏水五种试剂中：rm{垄脵}能把碘单质从碘水中萃取出来的是________________，进行分液之后____________________rm{(}填“能”或“不能”rm{)}得到纯净的碘单质。rm{垄脷}能把溴从溴水中萃取出来，并在分液时溴从分液漏斗下端倒出的是_____________，萃取时上层液体呈____________色，下层液体呈_____________色。rm{垄脹CCl_{4}}能把碘酒中的碘萃取出来吗rm{?}______，为什么rm{?}______________________。rm{(3)}海水中蕴藏着丰富的资源，在实验室中取少量海水，按如下流程进行实验：海水rm{xrightarrow[路脰脌毛]{脡鹿脩脦}}粗盐rm{xrightarrow[路脰脌毛]{脡鹿脩脦}

}食盐水rm{xrightarrow[]{戮芦脰脝}}氯化钠晶体粗盐中含rm{xrightarrow[]{}}rm{Ca^{2+}}rm{Mg^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{SO_{4}^{2mathrm{{-}}}{碌脠脭脫脰脢}{,}{脨猫脪陋脤谩麓驴潞贸虏脜脛脺脳脹潞脧脌没脫脙隆拢麓脰脩脦脤谩麓驴碌脛虏陆脰猫脫脨}{:}}加入过量的rm{垄脵}溶液rm{Na_{2}CO_{3}}加入过量的rm{;垄脷}溶液rm{BaCl_{2}}加入过量的rm{;垄脹}溶液rm{NaOH}rm{;}调节溶液的rm{垄脺}等于rm{pH}溶解rm{7;垄脻}过滤rm{;垄脼}蒸发。正确的操作顺序是________A.rm{;垄脽}rm{垄脻垄脷垄脹垄脵垄脼垄脺垄脽}C.rm{B..垄脻垄脵垄脷垄脹垄脼垄脺垄脽}rm{.垄脻垄脷垄脵垄脹垄脺垄脼垄脽}rm{D.垄脻垄脹垄脷垄脵垄脼垄脺垄脽}24、某实验小组用下列装置进行乙醇催化氧化的实验。rm{(1)}实验过程中铜网出现红色和黑色交替的现象，请写出铜网由黑色变红的有关化学反应方程式：____。rm{(2)}甲和乙两个水浴的作用不相同。甲的作用是rm{;}乙的作用是。rm{(3)}反应进行一段时间后，干燥试管rm{a}中能收集到多种物质，它们是。rm{(4)}若试管rm{a}中收集到的液体用紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，说明液体中还含有。要除去该物质，可先在混合液中加入rm{(}填写字母rm{)}然后，再通过____________rm{(}填实验操作名称rm{)}即可除去。rm{a.}氯化钠溶液rm{b.}苯rm{c.}碳酸氢钠溶液rm{d.}四氯化碳评卷人得分六、综合题(共4题，共40分)25、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反应过程的能量变化如图所示．已知1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1．请回答下列问题：

26、根据方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列问题27、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反应过程的能量变化如图所示．已知1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1．请回答下列问题：

28、根据方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列问题参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】解：不加任何其他试剂，观察为蓝色溶液的为④CuCl2，与④反应生成蓝色沉淀的为③NaOH，与③反应生成白色沉淀，则可鉴别出①MgSO4，与①反应生成白色沉淀的为②Ba（NO3）2；最后一种为⑤KCl；

所以被鉴别的先后顺序为④③①②⑤；

故选C．

不加任何其他试剂，先观察颜色，确定④CuCl2；然后利用物质之间的反应，依次将各物质鉴别出，以此来解答．

本题考查物质的鉴别等，为高频考点，把握物质的性质及发生的化学反应、反应中的现象为解答的关键，注意不用其他试剂鉴别时应利用颜色及相互滴定反应的现象来鉴别，题目难度不大．【解析】【答案】C2、D【分析】解：rm{A.}氯水是氯气的水溶液属于混合物；故A错误；

B.空气中含有氮气；氧气、二氧化碳、稀有气体等物质；属于混合物，故B错误；

C.漂白粉成分为氯化钙；次氯酸钙组成的混合物；故C错误；

D.蒸馏水为rm{H_{2}O}只有一种物质组成，属于纯净物中的化合物，故D正确；

故选D．

纯净物是由一种物质组成的物质；混合物是由多种物质组成的物质，纯净物的特征是，这种物质的组成元素可以是一种，也可以是多种，据此逐项分析即可．

本题考查了物质分类，解答本题要充分理解纯净物和混合物的区别，要分析物质是由几种物质组成的，如果只有一种物质组成就属于纯净物，如果有多种物质就属于混合物，题目较简单．【解析】rm{D}3、C【分析】【分析】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，选项B为易错点，注意稀有气体为单原子分子。【解答】A.不是标况下，题中条件无法计算rm{22.4L}一氧化碳和二氧化碳的物质的量；故A错误；

B.标况下rm{22.4L}氩气的物质的量为rm{1mol}rm{1mol}氩气中含有rm{1mol}原子，含有原子数为rm{N_{A}}故B错误；

C.氧气为双原子分子，rm{32g}氧气中含有rm{1mol}氧气，含有rm{2mol}氧原子，所含氧原子数为rm{2N_{A}}故C正确；

D.标准状况下，水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算rm{11.2L}水的物质的量；故D错误。

故选C。

【解析】rm{C}4、A【分析】解：令平均组成为rm{C_{x}H_{y}}则rm{C_{x}H_{y}+(x+dfrac{y}{4})O_{2}隆煤xCO_{2}+dfrac{y}{2}H_{2}O}因为rm{C_{x}H_{y}+(x+dfrac

{y}{4})O_{2}隆煤xCO_{2}+dfrac{y}{2}H_{2}O}时，生成的rm{105隆忙}是气体，因反应前后气体的体积不变，所以rm{1+x+dfrac{y}{4}=x+dfrac{y}{2}}解得rm{H_{2}O}由于两种气态烃以任意比例混合，故混合烃中各组分分子式中rm{1+x+dfrac{y}{4}=x+dfrac

{y}{2}}原子数目为rm{y=4}符合题意；

A.rm{H}rm{4}中rm{CH_{4}}原子数都为rm{C_{2}H_{4}}符合题意，故A正确；

B.rm{H}rm{4}中rm{CH_{4}}原子数分别为rm{C_{3}H_{6}}rm{H}平均值不可能为rm{4}不符合题意，故B错误；

C.rm{6}rm{4}中rm{C_{2}H_{6}}原子数分别为rm{C_{3}H_{4}}rm{H}平均值不可能为rm{6}不符合题意，故C错误；

D.rm{4}rm{4}只有按rm{C_{2}H_{2}}rm{C_{3}H_{6}}混合时，平均rm{1}原子数是rm{1}不满足任意比，故D错误；

故选A．

令平均组成为rm{H}则rm{C_{x}H_{y}+(x+dfrac{y}{4})O_{2}隆煤xCO_{2}+dfrac{y}{2}H_{2}O}因为rm{4}时，生成的rm{C_{x}H_{y}}是气体，因反应前后气体的体积不变，所以rm{1+x+dfrac{y}{4}=x+dfrac{y}{2}}解得rm{C_{x}H_{y}+(x+dfrac

{y}{4})O_{2}隆煤xCO_{2}+dfrac{y}{2}H_{2}O}由于两种气态烃以任意比例混合，故混合烃中各组分分子式中rm{105隆忙}原子数目为rm{H_{2}O}符合题意；以此解答该题．

本题考查了有机物分子式的确定，侧重于学生的分析、计算能力的考查，题目难度中等，注意掌握有机物燃烧的方程式，明确差量法在确定有机物分子组成中的应用方法，注意题干中信息“两种气态烃以任意比例混合”的含义．rm{1+x+dfrac{y}{4}=x+dfrac

{y}{2}}【解析】rm{A}5、B【分析】在元素周期表中金属元素与非金属元素的分界线附近的元素，往往既难失去电子，又难得到电子，所以常用来制作半导体。A和C在过渡元素中寻找，D在非金属元素中寻找。答案选B。【解析】【答案】B6、A【分析】解：A．相对原子质量的大小与原子序数有关；随原子序数的增大而增大，存在周期性的变化，不能用元素周期律解释，故A选；

B．Na；Mg位于周期表相同周期；金属性Na＞Mg，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，能用元素周期律解释，故B不选；

C．非金属性N＞P；元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，能用元素周期律解释，故C不选；

D．同周期元素从左到右；元素的金属性逐渐减弱，能用元素周期律解释，故D不选．

故选：A．

A．相对原子质量的大小与原子序数有关；

B．元素的金属性越强；对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强；

C．元素的非金属性越强；对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；

D．同周期元素从左到右；元素的金属性逐渐减弱．

本题侧重于元素周期律的理解与应用的考查，注意把握元素周期律的递变规律以及相关知识的积累，难度不大．【解析】【答案】A二、填空题(共5题，共10分)7、略

【分析】

CO和CO2组成的混合气体8.96L，物质的量为=0.4mol；

令CO和CO2的物质的量分别为xmol；ymol；则：

解得：x=0.1；y=0.3

混合物中CO和CO2的物质的量比为0.1mol：0.3mol=1：3；

CO的体积分数为=25%；

CO的质量为0.1mol×28g/mol=2.8g，故CO的质量分数为×100%=17.5%；

CO2的物质的量分别为0.4mol-0.1mol=0.3mol；所以混合气体中C和O两种原子的数目之比为（0.1mol+0.3mol）：（0.1mol+2×0.3mol）=4：7．

故答案为：1：3；25%；7.5%；4：7．

【解析】【答案】根据n=计算混合气体的物质的量，令CO和CO2的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者物质的量及质量列方程计算x、y的值，利用计算CO的体积分数，根据m=nM计算CO的质量，再利用×100%计算CO的质量分数；计算C原子；O原子的物质的量，据此判断C原子与O原子数目之比．

8、略

【分析】试题分析：⑴电解质是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，非电解质是在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物。根据定义可以作答。⑵③纯醋酸(CH3COOH)不能拆成离子形式，⑨碳酸氢钠固体溶于水电离出HCO3−和Na+⑶⑦NaHSO4=Na++H++SO42−，Ba（OH）2=Ba2++2OH−；NaHSO4与Ba（OH）2反应，实质是H+与OH−，Ba2+与SO42−的反应。考点：物质的分类和离子方程式的书写。【解析】【答案】⑴①③④⑦⑨，⑤⑥，①②⑧⑩⑵HCO3−+CH3COOH＝H2O+CO2↑+CH3COO−⑶H++SO42−+Ba2++OH−=BaSO4↓+H2O9、CH2=CH2【分析】【解答】（1）Na2O2是钠离子和过氧根离子构成的离子化合物，钠离子失电子形成阳离子，过氧根离子得到电子形成阴离子，电子式为

故答案为：

（2）乙烯的分子式为C2H4，分子中碳原子与碳原子通过两对共用电子对相连接，碳原子与氢原子通过一对共用电子对相连接，所以结构式结构简式为CH2=CH2；

故答案为：CH2=CH2；

（3）H2S为共价化合物，硫原子中最外层有8个电子达到稳定结构，分子中存在两个H﹣S键，电子式为故答案为：

（4）苯的分子式为C6H6，结构式为：结构简式为故答案为：．

【分析】（1）过氧化钠是离子化合物；其电子式由阴；阳离子的电子式组合而成，相同的离子不能合并；

（2）乙烯分子式为C2H4；分子中碳原子与碳原子通过两对共用电子对相连接，碳原子与氢原子通过一对共用电子对相连接，结构简式碳碳双键不能省略；

（3）H2S为共价化合物；硫原子中最外层有8个电子达到稳定结构，分子中存在两个H﹣S键；

（4）苯的分子式为C6H6，苯为正六边形的平面结构，结构式可书写为单、双键交替的结构，省去键线、H得结构简式．10、略

【分析】解：SO2和SO3组成的混和气体70.4g；硫原子和氧原子的物质的量之比为1：2.4；

设SO2为xmol，SO3为ymol；则。

解得x=0.6mol，y=0.4mol；

混合气体中硫元素的质量为(0.6mol+0.4mol)×32g/mol=32g；

SO2的体积分数为×100%=60%；

故答案为：32g；60%．【解析】32g;60%11、略

【分析】解：rm{(1)}根据rm{3.01隆脕10^{23}}个rm{CO_{2}}分子可知二氧化碳的物质的量rm{n=dfrac{N}{N_{A}}=dfrac{3.01隆脕10^{23}}{6.01times10^{23}}=0.5mol}而二氧化碳中含rm{n=dfrac{N}{N_{A}}=dfrac

{3.01隆脕10^{23}}{6.01times10^{23}}=0.5mol}个氧原子，故rm{2}二氧化碳中含rm{0.5mol}氧原子；rm{1mol}二氧化碳在标况下的体积rm{0.5mol}含相同氧原子数的水的物质的量为rm{V=nVm=0.5mol隆脕22.4L/mol=11.2L}质量rm{1mol}．

故答案为：rm{m=nM=1mol隆脕18g/mol=18g}rm{1}rm{11.2}．

rm{18}能提供rm{(2)1molCuSO_{4}?5H_{2}O}故需取rm{1molCuSO_{4}}配制溶液时，可以用rm{0.1molCuSO_{4}}晶体来替代，应称取rm{0.1molO_{4}?5H_{2}O}的质量为rm{CuSO_{4}?5H_{2}O}故答案为：rm{m=nM=0.1mol隆脕250g/mol=25.0g}

rm{25.0g}当质量相同时，物质的量和摩尔质量成反比，故等质量的rm{(3)}和rm{N_{2}}的物质的量之比为rm{CO_{2}}rm{44}rm{28=11}而分子个数和物质的量成正比，故两者的分子个数之比为rm{7}rm{11}体积和物质的量成正比，故两者的体积之比为rm{7}rm{11}故答案为：rm{7}rm{11}rm{7}rm{11}

rm{7}气体在标状况下的密度为rm{(4)}故其摩尔质量rm{1.25g?L}则rm{M=娄脩?Vm=1.25g/L隆脕22.4L/mol=28g/mol}该气体的物质的量为rm{28g}则分子个数数rm{1mol}个，故答案为：rm{N=nN_{A}=N_{A}}

rm{N_{A}}标况下rm{(5)}混合气体的物质的量rm{22.4L}设氮气的物质的量为rm{n=dfrac{V}{Vm}=1mol}氧气的物质的量为rm{xmol}根据物质的量为rm{ymol}可知：rm{1mol}

rm{x+y=1垄脵}

解rm{28x+32y=30垄脷}可得rm{垄脵垄脷}则氧气的质量rm{y=0.5mol.}故答案为：rm{m=nM=ymol隆脕32g/mol=0.5mol隆脕32g/mol=16g}

rm{16}同温同压同体积时，气体的质量之比等于摩尔质量即相对分子质量之比，故Hrm{(6)}和rm{{,!}_{2}}气体的相对分子质量之比：rm{dfrac{2}{M}=dfrac{1}{16}}则rm{A}故A气体的相对分子质量为rm{dfrac{2}{M}=dfrac

{1}{16}}．

故答案为：rm{M=32}．

rm{32}根据rm{32}个rm{(1)}分子可知二氧化碳的物质的量，然后根据二氧化碳中含rm{3.01隆脕10^{23}}个氧原子来分析；体积rm{CO_{2}}根据水中含rm{2}个氧原子；求出水的物质的量和质量；

rm{V=nVm}能提供rm{1}据此求出rm{(2)1molCuSO_{4}?5H_{2}O}的物质的量和质量；

rm{1molCuSO_{4}}当质量相同时；物质的量和摩尔质量成反比，而分子个数和物质的量成正比，体积和物质的量成正比；

rm{CuSO_{4}?5H_{2}O}某气体在标准状况下的密度为rm{(3)}求出其摩尔质量rm{(4)}然后求出气体的物质的量，而分子个数rm{1.25g?L}

rm{M=娄脩?Vm}标况下rm{N=nN_{A}}混合气体的物质的量rm{(5)}设氮气的物质的量为rm{22.4L}氧气的物质的量为rm{n=dfrac{V}{Vm}=1mol}根据物质的量为rm{xmol}可知：rm{ymol}

rm{1mol}

解rm{x+y=1垄脵}可得rm{28x+32y=30垄脷}和rm{垄脵垄脷}而氧气的质量rm{x}据此计算；

rm{y.}在同温同压同体积时；气体的质量之比等于摩尔质量之比．

本题考查了物质的量的有关计算，熟练掌握公式的运用是解题的关键，难度不大，注意基础的掌握．rm{m=nM=ymol隆脕32g/mol.}【解析】rm{1}rm{11.2}rm{18}rm{25.0}rm{11}rm{7}rm{11}rm{7}rm{N_{A}}rm{16}rm{32}三、判断题(共6题，共12分)12、A【分析】【解答】向鸡蛋清中加入饱和硫酸钠溶液；可以观察到的现象为析出沉淀，说明饱和硫酸钠溶液可使蛋白质的溶解性变小，此过程叫做蛋白质的“盐析”为物理变化；再向试管里加入足量的蒸馏水，观察到的现象是变澄清，盐析是可逆过程，可以采用多次盐析的方法分离；提纯蛋白质．

故答案为：对．

【分析】向鸡蛋清中加入饱和硫酸铵溶液，可以观察到的现象为析出沉淀，说明饱和硫酸铵溶液可使蛋白质的溶解性变小，此过程叫做蛋白质的“盐析”为物理变化．13、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；14、B【分析】【解答】n===1mol，结合镁原子最外层电子数为2计算，最外层电子数为2NA；故错误；

故答案为：错．

【分析】依据n=计算物质的量，结合镁原子最外层电子数为2计算．15、B【分析】【解答】n===1mol，结合镁原子最外层电子数为2计算，最外层电子数为2NA；故错误；

故答案为：错．

【分析】依据n=计算物质的量，结合镁原子最外层电子数为2计算．16、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．17、B【分析】【解答】蓝色硫酸铜晶体放入浓硫酸生成硫酸铜和水；属于化学变化，故答案为：×．

【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，据此解题．四、探究题(共4题，共16分)18、略

【分析】（1）铁是活泼的金属能和酸反应产生氢气，方程式为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑。（2）碳酸钠能和盐酸反应产生CO2气体，所以方程式为Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O。（3）硫酸钠能和氯化钡反应产生白色沉淀硫酸钡，而盐酸和氯化钡是不反应的。（4）盐酸显酸性，硫酸钠显中性，通过pH试纸也可以鉴别。答案选④。【解析】【答案】⑴Fe+2HCl=FeCl2+H2↑⑵Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O⑶产生白色沉淀。⑷④19、略

【分析】（1）根据表中数据可知，在0～1、1～2、2～3内生成的氢气分别是（ml）50、70、112，所以反应速率逐渐增大，这是由于锌与盐酸反应放热，使溶液温度升高，反应速率增大。在3～4、4～5内生成的氢气分别是（ml）58、20，所以反应速率逐渐减小，这是由于随着反应进行，c(H+)逐渐减小，反应速率逐渐减小。（2）稀释能降低氢离子浓度，但不减少氢离子的物质的量，所以A正确。氯化钠溶液也是相当于稀释，B正确。碳酸钠能消耗氢离子，导致生成的氢气减少，C不正确，锌能置换出铜，从而构成原电池，加快反应速率，D不正确。答案选AB。（3）根据（1）可知，在2～3内生成的氢气最多，氢气的物质的量是0.005mol，消耗盐酸是0.01mol，所以盐酸的反应速率是【解析】【答案】（1）反应速率逐渐增大（1分）；锌与盐酸反应放热，使溶液温度升高（1分）；反应速率逐渐减小（1分）；随着反应进行，c(H+)逐渐减小（1分）。（2）A、B(2分)（3）0.1mol/（L•min）（2分，单位错、漏得0分）20、AlCl3|氢氧化钠与氯化铝反应，氢氧化钠少量反应生成氢氧化铝沉淀和氯化钠，氢氧化钠过量反应生成偏铝酸钠和水，由②③可知，一定量的甲与乙反应时，乙的量越多，生成的沉淀越少，则乙为NaOH溶液，即甲为AlCl3溶液【分析】【分析】氢氧化钠与氯化铝反应，氢氧化钠少量反应生成氢氧化铝沉淀和氯化钠，氢氧化钠过量反应生成偏铝酸钠和水，由②③可知，一定量的甲与乙反应时，乙的量越多，生成的沉淀越少，则乙为NaOH溶液，即甲为AlCl3溶液；根据①中发生AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl，碱不足来计算NaOH溶液的物质的量浓度；根据②中发生AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl、Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，假设出最大沉淀量，并利用生成的沉淀的量来计算AlCl3溶液的浓度；21、略

【分析】解：（1）该实验说明：氨分子是不断运动的；浓氨水具有挥发性，不能说明氨分子有一定质量．

故填：B．

（2）将注射器中浓氢氧化钠溶液注入瓶中，会看到鸡蛋被“吞”入瓶中，只是因为二氧化碳和氢氧化钠反应生成了碳酸钠和水，导致锥形瓶中压强减小，反应的化学方程式为：2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O．

故填：2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O．

（3）该实验说明燃烧需要的条件为：①可燃物；②达到着火点；③和氧气接触，反应的化学方程式为：4P+5O22P2O5．

故填：和氧气接触；4P+5O22P2O5．

（4）图D所示实验观察到紫色小花变为红色，小花变红的原因是为二氧化碳和水反应生成了碳酸，反应的化学方程式为：CO2+H2O═H2CO3．

故填：CO2+H2O═H2CO3．

（1）微观粒子是不断运动的；质量；体积很小，之间有间隔；

（2）氢氧化钠能和二氧化碳反应生成碳酸钠和水；

（3）可燃物燃烧的条件是：与氧气接触；温度达到可燃物的着火点，二者必须同时具备，缺一不可；

白磷燃烧生成五氧化二磷；

（4）二氧化碳和水反应生成碳酸；碳酸显酸性，能使石蕊试液变红色．

本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论．【解析】B；2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O；和氧气接触；4P+5O22P2O5；CO2+H2O═H2CO3五、实验题(共3题，共12分)22、略

【分析】【解析】【答案】（8分）（1）点燃放出的气体之前没有检验纯度（2）向乙醇中加入无水硫酸铜，不变为蓝色（3）乙醇（蒸气）（4）不同于烃分子里的氢原子存在（或活泼氢原子、羟基等）（每空2分，共8分）23、（1）D

（2）①苯、CCl4不能

②CCl4无橙。

③不能酒精与CCl4互溶。

（3）A；D

【分析】【分析】

本题考查有关物质的分离与提纯知识，难度中等，掌握有关物质的分离方法是解答的关键。【解答】

rm{(1)}能用分液漏斗进行分离的是互不相溶的液体，只有rm{D}符合，故选D；能用分液漏斗进行分离的是互不相溶的液体，只有rm{(1)}符合，故选D；

rm{D}因苯和四氯化碳与水互不相溶，且碘在其中的溶解度远大于在水中，故选四氯化碳与苯，分液之后得到的是碘的四氯化碳或苯溶液，不能得到纯净的碘；

rm{(2)垄脵}因苯和四氯化碳与水互不相溶，且碘在其中的溶解度远大于在水中，故选四氯化碳与苯，分液之后得到的是碘的四氯化碳或苯溶液，不能得到纯净的碘；在分液时溴从分液漏斗下端倒出的说明萃取剂的密度大于水，故只有四氯化碳密度大于水，上层是水为无色，下层是碘的四氯化碳溶液为橙色；

rm{(2)垄脵}不能，因为四氯化碳与酒精互溶；

rm{垄脷}在分液时溴从分液漏斗下端倒出的说明萃取剂的密度大于水，故只有四氯化碳密度大于水，上层是水为无色，下层是碘的四氯化碳溶液为橙色；只要牢记碳酸钠一定在氯化钡后加入，因碳酸钠不但要除去钙离子，还要除去过量的钡离子，加氢氧化钠在之前或之后加都可以用来除去镁离子与三价铁离子，过滤后中滤液中加入盐酸调rm{垄脷}就可以得到顺序为rm{垄脹}不能，因为四氯化碳与酒精互溶；或rm{垄脹}

rm{(3)}只要牢记碳酸钠一定在氯化钡后加入，因碳酸钠不但要除去钙离子，还要除去过量的钡离子，加氢氧化钠在之前或之后加都可以用来除去镁离子与三价铁离子，过滤后中滤液中加入盐酸调rm{PH}就可以得到顺序为rm{垄脻垄脷垄脹垄脵垄脼垄脺垄脽}或rm{垄脻垄脹垄脷垄脵垄脼垄脺垄脽}

rm{(3)}

rm{PH}【解析】rm{(1)D}

rm{(2)垄脵}苯、rm{CCl_{4}}rm{{,!}}不能rm{垄脷CCl_{4;;;;}}无橙。

rm{垄脹}不能酒精与rm{CCl_{4}}互溶。

rm{(3)A}rm{D}

24、（1）2Cu＋）1＋2CuO22CuOCH3CH2OH＋CuO2CuOCH3CH2OH＋CuO＋CuO2O放热

）CH3CHO＋Cu＋H2O放热冷却使乙醛液化

CH3CHO）乙醛＋Cu＋H2O放热乙醇Cu水

H）乙酸（2）加热使乙醇气化冷却使乙醛液化蒸馏2加热使乙醇气化冷却使乙醛液化【分析】【分析】本题考查了乙醇的催化氧化实验的探究。能够根据实验现象分析发生的化学反应，根据反应原理分析各装置的作用以及收集到的主要物质，掌握有机物分离和提纯的主要方法是解答本题的关键，考查学生综合分析问题和灵活运用知识的能力。【解答】rm{(1)}实验过程中铜网出现红色和黑色交替的现象，是因为以下两个反应交替发生rm{2Cu+O_{2}}rm{2CuO}rm{CH_{3}CH_{2}OH+CuO}rm{CH_{3}CHO+Cu+H_{2}O}熄灭酒精灯后，反应仍能进行，说明反应本身释放的热量维持反应继续进行，故此反应为放热反应，故答案为：rm{2Cu}rm{+}rm{2Cu}rm{2Cu}rm{+}rm{O_{2}}rm{O_{2}}rm{2CuO}rm{CH_{3}CH_{2}OH}rm{+}rm{CuO}rm{2CuO}rm{CH_{3}CH_{2}OH}rm{2CuO}rm{CH_{3}CH_{2}OH}rm{+}rm{CuO}rm{+}rm{CuO}rm{CuO}；甲水浴的作用是加热乙醇，便于乙醇的挥发；乙水浴的作用是冷却产物，便于乙醛的收集，所以甲的作用是加热使乙醇气化，乙的作用是冷却使乙醛液化，rm{CH_{3}CHO}rm{+}rm{Cu}rm{+}rm{H}rm{{,!}_{2}O}rm{CH_{3}CHO}rm{CH_{3}CHO}rm{+}rm{Cu}rm{+}rm{H}rm{{,!}_{2}O}rm{+}；rm{Cu}经过反应后并冷却，rm{Cu}中收集到的物质主要有rm{+}易挥发的乙醇，反应生成的乙醛，rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}O}rm{(2)}故答案为：；试管加热使乙醇气化中收集到的液体用紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，说明中收集到的液体呈酸性，这是由于冷却使乙醛液化进一步氧化生成了rm{(3)}可以用rm{a}除去，故选水，然后经过蒸馏即可得到乙醛，故答案为：乙醛蒸馏。【解析】rm{(}rm{1}rm{)}rm{2Cu}rm{+}rm{(}rm{1}rm{1}rm{)}rm{2Cu}rm{2Cu}rm{+}rm{O_{2}}rm{O_{2}}rm{2CuO}rm{CH_{3}CH_{2}OH}rm{+}rm{CuO}rm{2CuO}rm{CH_{3}CH_{2}OH}rm{2CuO}rm{CH_{3}CH_{2}OH}rm{+}rm{CuO}rm{+}rm{CuO}放热

rm{CuO}rm{CH_{3}CHO}rm{+}rm{Cu}rm{+}rm{H}rm{{,!}_{2}O}放热rm{CH_{3}CHO}冷却使乙醛液化

rm{CH_{3}CHO}rm{+}rm{Cu}rm{+}rm{H}rm{{,!}_{2}O}放热rm{+}乙醛rm{Cu}乙醇rm{Cu}水

rm{+}rm{H}rm{H}乙酸rm{{,!}_{2}O}蒸馏rm{(}rm{2}rm{)}加热使乙醇气化冷却使乙醛液化rm{(}六、综合题(共4题，共40分)25、反应物能量生成物能量无降低因为催化剂改变了反应的历程使活化能E降低SO2+V2O5═SO3+2VO2，4VO2+O2═2V2O5S（s）+O2（g）═SO2（g）△H1=﹣296kJ•mol﹣1SO2（g）+12

O2（g）═SO3（g）△H2=﹣99kJ•mol﹣13s（s）+12

O2（g）═3SO3（g）△H=3（△H1+△H2）=﹣1185kJ•mol﹣1【分析】【解答】（1）因图中A；C分别表示反应物总能量、生成物总能量；B为活化能，反应热可表示为A、C活化能的大小之差，活化能的大小与反应热无关，加入催化剂，活化能减小，反应反应热不变；

（2）因1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1，所以2molSO2（g）氧化为2molSO3的△H=﹣198kJ•mol﹣1；

则2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H=﹣198kJ•mol﹣1；

（3）V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化，则反应的相关方程式为：SO2+V2O5═SO3+2VO2；4VO2+O2═2V2O5；

（4）已知①S（s）+O2（g）═SO2（g）△H1=﹣296kJ•mol﹣1；

②SO2（g）+O2（g）═SO3（g）△H2=﹣99kJ•mol﹣1；

则利用盖斯定律将①×3+②×3可得3S（s）+O2（g）═3SO3（g）△H3=3×（△H1+△H2）=﹣1185kJ•mol﹣1；

【分析】（1）反应物总能量大于生成物总能量；催化剂改变了反应的历程使活化能E降低，反应热不变；

（2）根据反应2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）结合1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1计算反应热；

（3）根据反应物和生成物确定反应的历程；

（4）利用盖斯定律计算．26、1：52）盐酸体现出的性质有：____酸性和还原性3）用双线桥表示出电子转移的方向和数目：KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O4）当被氧化的HCl为73克时，转移的电子的数目为____（填具体数字）1.204×1024【分析】【解答】解：（1）在KClO3+6HCl═KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，1