2025年沪教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年沪教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7题，共14分)1、下列物质中，含有共价键的离子化合物是A.NH3B.HClC.NaOHD.NaCl2、下列叙述正确的是（）A.一定温度、压强下，气体体积由其分子的大小决定B.一定温度、压强下，气体体积由其物质的量的多少决定C.气体摩尔体积是指1mol任何气体所占的体积为22.4LD.不同的气体，若体积不等，则它们所含的分子数一定不等3、下列物质中既含有共价键又含有离子键的是A.rm{HF}B.rm{NaCl}C.rm{H_{2}}D.rm{NH_{4}Cl}4、下列反应的离子方程式正确的是()

A.用氨水吸收过量的二氧化硫：rm{N{H}_{3}?{H}_{2}O+S{O}_{2}=NH_{4}^{+}+HSO_{3}^{?}}B.在澄清石灰水中通入少量二氧化碳：rm{O{H}^{?}+C{O}_{2}=HCO_{3}^{?}}C.向溴化亚铁中通入少量氯气：rm{N{H}_{3}?{H}_{2}O+S{O}_{2}=NH_{4}^{+}+HSO_{3}^{?}

}D.用氢氧化钠吸收多余的氯气：rm{O{H}^{?}+C{O}_{2}=HCO_{3}^{?}

}rm{2Br^{-}+Cl_{2}篓T2Cl^{-}+Br_{2}}5、某学生只有下列仪器和用具：烧杯、试管、硬质玻璃管、圆底烧瓶、量筒、铁架台(带铁夹)、酒精灯、集气瓶、玻璃片、水槽、导气管、橡皮塞、橡皮管、100mL容量瓶、玻璃棒、药匙、火柴。从缺少仪器或用品的角度看，该学生不能进行的实验操作是：①制取氢气、②粗盐提纯、③用氢气还原氧化铜、④用氯化钠晶体配制100mL0.1mol·L—1的氯化钠溶液A．①②B．②③C．①③D．②④6、将甲烷与氯气按物质的量之比1：3混合；光照条件下发生化学反应后，得到的有机产物是（）

①CH3Cl②CH2Cl2③CHCl3④CCl4．A.只有①B.只有③C.①②③的混合物D.①②③④的混合物7、2016年4月16日凌晨日本南部九州地区发生的7.3级地震，九州阿苏地区发生了大规模山体滑坡及火山爆发，其周边区域的空气中漂浮着放射性物质，其中含有碘的同位素13153I，13153I中的质子数为（）A.53B.78C.131D.184评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)8、（10分）已知A、B、C、D四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如下图所示，它们的原子序数之和为46。请填空：（1）B元素的名称为____D元素的原子结构示意图为____。（2）B有多种氧化物，其中之一是一种无色气体。该气体在空气中会迅速变成红棕色，在一定条件下，4L的该无色气体与3L的氧气相混合，被足量的水完成吸收，且只生成一种B的含氧酸，该含氧酸的化学式为____。（3）离子半径：D﹣____C2﹣（填“＞”、“＜”、“＝”）。还原性：D﹣____C2﹣（填“＞”、“＜”、“＝”）。9、在我国，使用最早的合金是____，目前用量最大、用途最广的合金是____．10、rm{(1)}等质量的氧气和臭氧rm{(O_{3})}它们的物质的量之比为______，标准状况下的体积之比为______，原子的个数之比为_____。rm{(2)0.5molH_{2}SO_{4}}的质量是______rm{g}含______rm{mol}氧原子，该硫酸所含氢元素的质量与______rm{molHCl}中所含氢元素的质量相同。rm{(3)}在相同条件下，含有相同分子个数的rm{SO_{2}}和rm{SO_{3}}其质量比为______，其中所含氧原子个数比为______。rm{(4)1.2g}某二价金属的硫酸盐中，含有rm{0.01molSO_{4}^{2-}}则该硫酸盐的摩尔质量为____，该金属的相对原子质量为____。11、在同温同压下，同体积CO和CO2分子数之比为______，原子总数之比为______，质量之比为______，密度之比为______．12、利用化合价和物质类别推测物质的性质是化学研究的重要手段．

（1）从化合价的角度可以推测物质的性质．

①SO2的性质______（填选项字母；下同）．

A．只有氧化性B．只有还原性C．既有氧化性又有还原性。

②将SO2通入酸性KMnO4溶液中，溶液由紫色褪至恰好无色．反应结束后．硫元素存在形式合理的是______

A．S2-B．SC．SO32-D．SO42-

③写出由下列物质组成的氧化还原反应方程式（不必配平）

S、NO2、H2O、SO2、HNO3（浓）：______

N2O、FeSO4、Fe（NO3）3、H2O、HNO3和Fe2（SO4）3：______

（2）从物质分类的角度可以推测物质的性质．

①已知蛇纹石由MgO、Al2O3、SiO2、Fe2O3组成，其SiO2属于______氧化物（填“酸性”“碱性”或“两性”，下同），MgO和Fe2O3属于______氧化物．

②现取一份蛇纹石试样进行实验：

Ⅰ．先将其溶于过量的盐酸中、过滤，滤渣的主要成分是______．

Ⅱ．再向滤液中加入NaOH溶液至过量、过滤，滤渣的主要成分是______

③若将少量的蛇纹石试样直接溶于过量的NaOH溶液中，所发生的两个反应的化学方程式为______、______．13、除去下列物质中混有的少量杂质rm{(}杂质不要求回收rm{)}把适当的试剂；操作方法的序号写在相应的括号内．

rm{a.}加适量的水、过滤rm{b.}加热rm{(}高温或灼烧rm{)c.}加适量的盐酸、蒸发rm{d.}冷却热的饱和溶液；过滤。

rm{(1)}碳酸钙中混有少量的碳酸钠______

rm{(2)}氯化钾粉末中混有少量碳酸钾______

rm{(3)}氧化钙中混有少量的碳酸钙______

rm{(4)}硝酸钾中混有少量的食盐______．评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)14、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）15、煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是物理变化16、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）17、标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA（判断对错）18、标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA（判断对错）评卷人得分四、解答题(共1题，共5分)19、某化学小组在进行知识整理时发现如下规律：有些反应随着浓度由浓变稀；可能导致“量变引起质变”，并据此拟定了如下几个相关题目，请你给出相应答案（不必写求解过程）．

（1）实验室制取氯气的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O（MnO2不能氧化稀盐酸）．用下列两种方法制取氯气：①用含HCl146g的浓盐酸与足量MnO2充分反应；②用87gMnO2与足量的浓盐酸充分反应．不考虑HCl挥发；则两种方法生成的氯气的量的是方法①______（填“＞”；“＜”或“=”）方法②．

（2）写出铜与浓硫酸在加热条件下反应的化学方程式______CuSO4+SO2↑+2H2O评卷人得分五、结构与性质(共1题，共8分)20、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。_______评卷人得分六、原理综合题(共1题，共7分)21、CO是大气污染气体；可利用化学反应进行治理或转化。

(1)甲醇是重要的溶剂和燃料，工业上用CO和H2在一定条件下制备CH3OH的反应为：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)△H<0

①T℃时，向容积为2L的恒容密闭容器中充入1molCO和1.2molH2，一段时间后达到平衡，此时H2与CH3OH的体积分数之比为2：5，该反应的平衡常数K＝___________；此时若向容器中再通入0.4molCO和0.2molCH3OH(g)；则平衡将___________移动。(填“向正反应方向”“不”或“向逆反应方向”)

②在一容积可变的密闭容器中充入一定物质的量的CO和H2，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。a、b、c三点平衡常数K(a)、K(b)、K(c)的大小关系是___________。b、d点的正反应速率vb(CO)_______va(CO).

(2)沥青混凝土可作为2CO(g)＋O2(g)2CO2(g)反应的催化剂。图表示在相同的恒容密闭容器；相同起始浓度、反应相同的时间；使用同质量的不同沥青混凝土(α型、β型)催化时，CO的转化率与温度的关系。

①a、b；c、d四点中表示平衡状态的是___________；

②e点转化率出现突变的原因可能是______________________。

(3)电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解时CO2在阴极区转化为HCOOH；其原理示意图如下：

电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是_________________________。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【解析】试题分析：一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键，含有离子键的化合物是离子化合物，全部由共价键形成的化合物是共价化合物，则氨气、氯化氢是共价化合物。氢氧化钠是含有离子键和共价键的离子化合物，氯化钠是含有离子键的离子化合物，答案选C。考点：考查化学键和化合物的判断【解析】【答案】C2、B【分析】解：A；一定温度、压强下；气体分子间的距离一定，气体分子间的距离远大于分子本身的大小，决定其体体积大小的主要因素是分子数的多少，故A错误；

B；一定温度、压强下；气体分子间的距离一定，气体体积由气体的物质的量的多少决定，物质的量越多，体积越大，故B正确；

C；气体摩尔体积是指1mol任何气体所占的体积；不同条件下，气体摩尔体积的数值不同，标准状况下约为22.4L/mol，故C错误；

D；一定物质的量的气体的体积大小取决于温度和压强；外界条件不同，体积不同，不同条件下体积不等的气体所含分子数可能相等，故D错误．

故选B．

A；对于气体来说；气体分子间的距离远大于分子本身的大小，一定温度、压强下，决定其体体积大小的主要因素是分子数的多少；

B；一定温度、压强下；气体分子间的距离一定，气体体积由气体的物质的量的多少决定；

C；气体摩尔体积是指1mol任何气体所占的体积；

D；一定物质的量的气体的体积大小取决于温度和压强；外界条件不同，体积不同．

本题考查阿伏加德罗定律定律及其推论，题目难度不大，本题注意影响气体体积大小的因素有哪些．【解析】【答案】B3、D【分析】略【解析】rm{D}4、A【分析】略【解析】rm{A}5、D【分析】【解析】【答案】D6、D【分析】【解答】甲烷和氯气在光照下，会发生四步取代反应，而反应进行到哪一步不是由反应物甲烷和氯气的物质的量之比来决定的，即使甲烷和氯气的物质的量之比是1：1的情况，也不会仅生成CH3Cl，因为一旦生成CH3Cl后，CH3Cl分子中的氢原子又可继续被氯原子取代，直到分子中氢原子都被取代完，因此其产物不是纯净的CH3Cl；

所以甲烷与氯气以物质的量之比1：3混合，则四步取代反应都可能发生，最终得到的是①CH3Cl、②CH2Cl2、③CHCl3、④CCl4的混合物；

故选D．

【分析】甲烷和氯气在光照下，反应进行到哪一步不是由反应物甲烷和氯气的物质的量之比来决定的，即使甲烷和氯气的物质的量之比是1：1的情况，也不会仅生成CH3Cl，因为一旦生成CH3Cl后，CH3Cl分子中的氢原子又可继续被氯原子取代，直到分子中氢原子都被取代完，因此其产物不是纯净的CH3Cl．题设甲烷与氯气以物质的量之比1：3混合，则四步取代反应都可能发生．7、A【分析】解：13153I的质量数为131；质子数为53，故选A．

原子符号中左上角的数字表示质量数；左下角的数字表示质子数，据此分析．

本题考查了原子符号表示的含义，题目难度不大，侧重于基础知识的考查．【解析】【答案】A二、填空题(共6题，共12分)8、略

【分析】【解析】试题分析：（1）根据A、B、C、D四种短周期元素在元素周期表中的相对位置可知，如果设A的原子序数是x，则B是x＋1，C是x＋10，D是x＋11，所以x＋x＋1＋x＋10＋x＋11＝46，解得x＝6，所以A是碳元素，B是氮元素，C是S元素，D是氯元素。（2）该气体在空气中会迅速变成红棕色，这说明该气体是NO。由于NO和氧气的体积之比是4:3，氧气在反应中得到4个电子，所以根据电子的得失守恒可知，NO的氧化产物中氮元素的化合价是＋5价，所以是硝酸。（3）核外电子排布相同的微粒，其离子半径随原子序数的增大而减小，则离子半径是D﹣＜C2﹣。非金属性越强，相应阴离子的还原性越弱，则还原性是D﹣＜C2﹣。考点：考查元素周期表的结构以及元素周期律的应用和判断【解析】【答案】（每空2分共10分）（1）氮；（2）HNO3（3）D﹣＜C2﹣；D﹣＜C2﹣9、铜合金钢铁【分析】【解答】（1）在我国使用最早的合金是青铜；目前用量最大，用途最广泛的合金是钢，故答案为：铜合金；钢铁．

【分析】在我国使用最早的合金是青铜，目前用量最大，用途最广泛的合金是钢，据此解题．10、（1）3：23：21：1（2）4921（3）4：52:3（4）120g·mol-124【分析】【分析】本题考查物质的量的相关计算，题目难度不大，注意相关计算公式的运用。【解答】rm{(1)}设质量都为rm{mg}则有：rm{n(O}设质量都为rm{(1)}则有：rm{mg}rm{n(O}rm{{,!}_{2}}rm{)=}rm{)=}rm{dfrac{m}{32}}rm{mol}rm{n(O}rm{mol}rm{n(O}rm{{,!}_{3}}它们的物质的量之比为rm{)=}rm{)=}rm{dfrac{m}{48}}rm{mol}它们的物质的量之比为rm{3}rm{2}rm{mol}臭氧rm{3}rm{2}氧气的体积为的体积为rm{dfrac{m}{32}}rm{隆脕22.4}臭氧rm{(O}标准状况下两者的体积之比为rm{隆脕22.4}rm{(O}rm{{,!}_{3}}rm{)}的体积为rm{)}rm{dfrac{m}{48}}rm{mol隆脕22.4L/mol}标准状况下两者的体积之比为rm{3}rm{2}rm{mol隆脕22.4L/mol}rm{3}rm{2}氧气中原子的个数为rm{dfrac{m}{32}}rm{隆脕2隆脕N}rm{隆脕2隆脕N}rm{{,!}_{A}}，臭氧中原子的个数为rm{dfrac{m}{48}}rm{mol隆脕3隆脕N}rm{mol隆脕3隆脕N}rm{{,!}_{A}}，原子的个数之比为rm{1}rm{1}rm{1}rm{1}其中含有故答案为rm{3}rm{2}rm{3}rm{2}rm{1}rm{1}氧原子，该硫酸所含氢元素的物质的量是rm{3}其质量与rm{2}中所含氢元素的质量相同，故答案为rm{3}rm{2}rm{1}rm{1}相同条件下，含有相同分子个数的rm{(2)0.5molH}rm{(2)0.5molH}rm{{,!}_{2}}rm{SO}rm{SO}其质量比为rm{{,!}_{4}}的质量是rm{0.5mol隆脕98g/mol=49g}其中含有rm{2mol}氧原子，该硫酸所含氢元素的物质的量是rm{1mol}其质量与rm{1molHCl}中所含氢元素的质量相同，故答案为rm{49}rm{2}rm{1}rm{0.5mol隆脕98g/mol=49g}其中所含氧原子个数比为rm{2mol}rm{1mol}故答案为rm{1molHCl}rm{49}rm{2}rm{1}rm{(3)}相同条件下，含有相同分子个数的rm{SO}硫酸盐的摩尔质量为rm{M=dfrac{m}{n}=dfrac{1.2g}{0.01mol}=120g/mol}金属的相对分子质量为rm{(3)}故答案为rm{SO}rm{{,!}_{2}}和rm{SO}【解析】rm{(1)3}rm{2}rm{3}rm{2}rm{1}rm{1}rm{(2)49}rm{2}rm{1}rm{(3)4}rm{5}rm{2:3}rm{(4)120g隆陇mol^{-1;;;;;;}24}11、略

【分析】解：根据阿伏加德罗定律可知，同温同压下同体积的CO和CO2的物质的量相同；物质的量之比为1：1；

设CO和CO2的物质的量都为1mol；

则根据N=n•NA可知：气体的分子数之比等于物质的量之比为1：1；

1个CO中含有2个原子，1个CO2中含有3个原子；则原子数之比为1×2：1×3=2：3；

1molCO的质量为1mol×28g/mol=28g，1molCO2的质量为1mol×44g/mol=44g；质量之比为28：44=7：11；

因CO和CO2的体积相同；则密度之比等于质量之比为7：11；

故答案为：1：1；2：3；7：11；7：11．

根据阿伏加德罗定律可知，同温同压下同体积的CO和CO2的物质的量相同；根据分子的组成和分子的相对分子质量计算粒子个数以及质量；密度等关系．

本题考查阿伏加德罗定律及其推论，涉及物质的量的有关计算，题目难度不大，注意相关计算公式的运用．【解析】1：1；2：3；7：11；7：1112、略

【分析】解：（1）①SO2的S元素化合价处于中间价态；既具有氧化性也具有还原性，故答案为：C；

②将SO2通入酸性KMnO4溶液中，被氧化，S元素化合价升高，被氧化生成SO42-；故答案为：D；

③HNO3（浓）具有强氧化性，可与S发生氧化还原反应，反应的方程式为S+HNO3（浓）-SO2↑+NO2↑+H2O；HNO3和FeSO4发生氧化还原反应，反应的方程式为FeSO4+HNO3（浓）-Fe2（SO4）3+Fe（NO3）3+N2O↑+H2O；

故答案为：S+HNO3（浓）-SO2↑+NO2↑+H2O；FeSO4+HNO3（浓）-Fe2（SO4）3+Fe（NO3）3+N2O↑+H2O；

（2）①SiO2只能与碱反应生成盐和水，则属于酸性氧化物，MgO和Fe2O3可与酸反应生成盐和水；属于碱性氧化物；

故答案为：酸性；碱性；

②I．先将其溶于过量的盐酸中，滤渣为与盐酸不反应的物质，应为SiO2；

故答案为：SiO2；

II．加入盐酸后；滤液中含有氯化铝；氯化镁和氯化铁，再向滤液中加入NaOH溶液至过量，氯化铝生成偏铝酸钠，滤渣为氢氧化镁和氢氧化铁；

故答案为：Fe（OH）3和Mg（OH）2；

③二氧化硅和氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成盐和水，氧化镁和氧化铁与氢氧化钠溶液不反应，所以涉及的反应方程式为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；

故答案为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O．

（1）①SO2的S元素化合价处于中间价态；既具有氧化性也具有还原性；

②将SO2通入酸性KMnO4溶液中；被氧化，S元素化合价升高；

③HNO3（浓）具有强氧化性，可与S发生氧化还原反应；HNO3和FeSO4发生氧化还原反应；

（2）①SiO2只能与碱反应生成盐和水；MgO和Fe2O3属于碱性氧化物；

②Ⅰ．先将其溶于过量的盐酸中；滤渣为与盐酸不反应的物质；

Ⅱ．再向滤液中加入NaOH溶液至过量；氯化铝生成偏铝酸钠，滤渣为氢氧化镁和氢氧化铁；

③若将少量的蛇纹石试样直接溶于过量的NaOH溶液中；氧化铝和二氧化硅反应．

本题考查氧化还原反应，明确元素的化合价与元素性质之间的关系是解本题关键，知道酸性氧化物和碱性氧化物概念．【解析】C；D；S+HNO3（浓）-SO2↑+NO2↑+H2O；FeSO4+HNO3（浓）-Fe2（SO4）3+Fe（NO3）3+N2O↑+H2O；酸性；碱性；SiO2；Fe（OH）3和Mg（OH）2；SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O13、略

【分析】解：rm{(1)}碳酸钙不溶于水，碳酸钠能溶于水，则加适量水，过滤可分离，故答案为：rm{a}

rm{(2)}碳酸钾与盐酸反应生成氯化钾，则加适量盐酸，蒸发可得到rm{KCl}故答案为：rm{c}

rm{(3)}碳酸钙高温分解生成氧化钙，则加热rm{(}高温或灼烧rm{)}可除杂，故答案为：rm{b}

rm{(4)}二者的溶解度受温度影响不同，则冷却热的饱和溶液，过滤可除杂，故答案为：rm{d}．

rm{(1)}碳酸钙不溶于水；碳酸钠能溶于水；

rm{(2)}碳酸钾与盐酸反应生成氯化钾；

rm{(3)}碳酸钙高温分解生成氧化钙；

rm{(4)}二者的溶解度受温度影响不同．

本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及发生的反应为解答的关键，侧重分析、应用及除杂的考查，注意除杂的方法和原则，题目难度不大．【解析】rm{a}rm{c}rm{b}rm{d}三、判断题(共5题，共10分)14、A【分析】【解答】过滤是把不溶于液体的固体物质跟液体分离开来的一种混合物分离的方法；过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触，避免万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，所以题干说法正确；

故答案为：正确．

【分析】根据过滤的注意事项‘一贴二低三靠’；取用液体药品的方法进行分析解答．

一贴：过滤时；为了保证过滤速度快，而且避免液体顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，滤纸应紧贴漏斗内壁，且中间不要留有气泡．

二低：如果滤纸边缘高于漏斗边缘；过滤器内的液体极有可能溢出；如果漏斗内液面高于滤纸边缘，液体也会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，这样都会导致过滤失败．

三靠：倾倒液体的烧杯口要紧靠玻璃棒，是为了使液体顺着玻璃棒缓缓流下，避免了液体飞溅；玻璃棒下端如果紧靠一层滤纸处，万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，而靠在三层滤纸处则能避免这一后果；漏斗下端管口的尖嘴要紧靠承接滤液的烧杯内壁，可以使滤液顺着烧杯内壁流下，避免了滤液从烧杯中溅出．15、B【分析】【解答】煤的气化是在高温条件下煤与水蒸气反应生成CO和H2；是化学变化；

煤液化；是把固体炭通过化学加工过程，使其转化成为液体燃料；化工原料和产品的先进洁净煤技术，有新物质生成，属于化学变化；

煤的干馏是将煤隔绝空气加强热；煤发生复杂的反应获得煤焦油；焦炉煤气等的过程，是化学变化．故煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是化学变化，故此说法错误．故答案为：错误．

【分析】没有新物质生成的变化是物理变化，有新物质生成的变化是化学变化；16、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．17、B【分析】【解答】标准状态下气体摩尔体积为22.4L/mol；标准状况己烷不是气体，物质的量不是0.1mol，故上述错误；

故答案为：错．

【分析】气体摩尔体积的概念和应用条件分析判断，标准状态下气体摩尔体积为22.4L/mol18、B【分析】【解答】标准状态下气体摩尔体积为22.4L/mol；标准状况己烷不是气体，物质的量不是0.1mol，故上述错误；

故答案为：错．

【分析】气体摩尔体积的概念和应用条件分析判断，标准状态下气体摩尔体积为22.4L/mol四、解答题(共1题，共5分)19、略

【分析】

（1）根据MnO2与浓HCl反应，随着反应的进行，浓HCl变稀，稀盐酸不能与MnO2反应，MnO2足量时，不能准确计算出氯气的量，故反应①中产生的氯气小于0.1mol，浓盐酸足量时，反应②根据MnO2的质量计算出氯气的量为0.1mol；故答案为：＜

（2）铜与浓硫酸反应：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，被还原的浓硫酸为参加反应的浓硫酸的一半，随着反应的进行，浓硫酸变稀，铜与稀硫酸不反应，故参加反应的浓硫酸小于1.80mol，所以被还原的硫酸的物质的量小于0.900mol，故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；＜；

（3）铜与浓硝酸反应：Cu+4HNO3=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O；随着反应的进行；浓硝酸变稀，铜再与稀硝酸反应：

3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，根据稀硝酸守恒：n（HNO3）=2n（Cu（NO3）2）+n（NO）+n（NO2）=2n（Cu）+n（NO）+n（NO2），所以0.1L×12.0mol•L-1=×2+n（NO）+n（NO2），得n（NO）+n（NO2）=0.4mol；体积为8.96L；

故答案为：Cu+4HNO3=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O；8.96L；

【解析】【答案】（1）根据MnO2与浓HCl反应，随着反应的进行，浓HCl变稀，稀盐酸不能与MnO2反应，MnO2足量时，不能准确计算出氯气的量，浓盐酸足量时，能根据MnO2的质量计算出氯气的量．

（2）根据铜与浓硫酸反应写出方程式；再根据随着反应的进行；浓硫酸变稀，铜与稀硫酸不反应；

（3）先开始铜与浓硝酸反应，随着反应的进行，浓硝酸变稀，铜再与稀硝酸反应，两种物质恰好完全反应时，根据质量守恒NO、NO2的量．

五、结构与性质(共1题，共8分)20、略

【分析】【分析】

（1）本实验是由实验①做对比实验探究影响反应速率的因素，所以在设计分组实验时，要设计出分别只有浓度、温度和接触面积不同时反应速率的变化，从而找出不同外界因素对反应速率的影响。由于实验①和实验②探究HNO3浓度对该反应速率的影响，实验①和实验③探究温度对该反应速率的影响，故实验③的温度选择308K，实验①和实验④探究接触面积对该反应速率的影响，故实验④选择细颗粒的大理石；

（2）依据装置特点分析气密性的检查方法；

（3）化学反应速率通常用单位时间内浓度的变化量来表示。根据图像可以计算出70至90s内生成的CO2的体积；然后根据反应式可计算出消耗的硝酸的物质的量，最后计算其反应速率；

（4）根据反应物的用量计算生成CO2的最大质量；根据影响反应速率的因素比较实验②；③和④反应速率大小；以此判断曲线斜率大小，画出图像；

【详解】

（1）由实验目的可知；探究浓度；温度、接触面积对化学反应速率的影响，则实验①②的温度、大理石规格相同，只有浓度不同，实验①③中只有温度不同，实验①④中只有大理石规格不同；

故答案为（从上到下；从左到右顺序）：298；粗颗粒；1.00；308；粗颗粒；2.00；298；细颗粒；2.00；

（2）该装置的气密性的检查方法是：关闭分液漏斗活塞，向外拉或向内推分液漏斗的活塞，若一段时间后松开手，活塞又回到原来的位置，则证明装置气密性良好；

（3）①70至90s，CO2生成的质量为：m(CO2)=0.95g－0.85g＝0.1g；

②根据方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，可知消耗HNO3的物质的量为：n(HNO3)=＝mol；

③溶液体积为25mL＝0.025L，所以HNO3减少的浓度Δc(HNO3)＝=mol/L；

④反应的时间t＝90s－70s＝20s

⑤所以HNO3在70－90s范围内的平均反应速率为：

v(HNO3)＝Δc(HNO3)/t＝=mol·L－1·S－1=0.009mol·L－1·S－1

（4）实验②、③和④所用大理石的质量均为10.00g，其物质的量为=0.1mol，实验①、③和④所用硝酸的量相同均为：2.00mol/L×0.025L=0.05mol，依据反应方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O可知，硝酸不足，生成CO2的质量按硝酸计算得：0.05mol×44g/mol=1.10g，实验②所用硝酸的量为1.00mol/L×0.025L=0.025mol，大理石过量，反应生成的CO2的质量为0.025mol×44g/mol=0.55g；

实验①和②探究HNO3浓度对该反应速率的影响，且HNO3浓度①>②，浓度越大，反应越快，故曲线斜率①>②；

实验①和③探究温度对该反应速率的影响，且温度③高于①，温度越高反应越快，故曲线斜率③>①；

实验①和④探究大理石规格（粗、细）对该反应速率的影响，且实验④为细颗粒，实验①为粗颗粒，颗粒越小，表面积越大，反应越快，故反应速率④>①，故曲线斜率④>①；

根据以上特征；画出图像如下：

【点睛】

本题考查了化学反应速率的影响因素，注意对题给信息的分析是处理是解答的关键，注意控制变量的实验方法的理解和掌握。【解析】298粗颗粒1.00308粗颗粒2.00298细颗粒2.00关闭分液漏斗活塞，向外拉或向内推分液漏斗的活塞，若一段时间后松开手，活塞又回到原来的位置，则证明装置气密性良好Δc(HNO3)==1/110=0.009mol·L-1·s-1六、原理综合题(共1题，共7分)21、略

【分析】【分析】

（1）①同一容器中，两种