2025年鲁教新版高一化学上册月考试卷

…………○…………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年鲁教新版高一化学上册月考试卷128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5题，共10分)1、霉酚酸是一种生物活性化合物．下列有关霉酚酸的说法正确的是（）

A.分子式为：C17H20O6

B.处于同一平面的碳原子至多9个。

C.不能与FeCl3溶液发生显色反应。

D.一定条件下；1mol霉酚酸最多可与3molNaOH反应。

2、配制rm{100mL1.0mol隆陇L^{-1}}的rm{NaOH}溶液时，下列实验操作会使溶液浓度偏高的是rm{(}rm{)}A.称量时用滤纸盛放氢氧化钠固体B.转移溶液时，发现容量瓶中有水C.摇匀后，发现液面低于刻度，再补充几滴水至刻度D.在容量瓶中定容时俯视刻度线3、下列各分子中，所有原子都满足最外层为rm{8}电子结构的是()：A.rm{H_{2}O}B.rm{SF_{6;;;;;}}C.rm{CCl_{4}}D.rm{PCl_{5}}4、被称为万能还原剂的rm{NaBH_{4}}溶于水并能和水反应rm{NaBH_{4}+2H_{2}O=NaBO_{2}+4H_{2}隆眉(NaBH_{4}}中rm{B}元素为rm{+3}价rm{)}下列说法中正确的是A.rm{NaBH_{4}}既是氧化剂也是还原剂B.rm{NaBH_{4}}是还原剂，rm{H_{2}O}是氧化剂C.硼元素被氧化，氢元素被还原D.氧化剂与还原剂的质量比为rm{1}rm{1}5、下列操作不能达到目的是rm{(}rm{)}

。选项目的操作rm{A}配制rm{100mL1.0mol?L^{-1}}rm{CuSO_{4}}溶液将rm{25g}rm{CuSO_{4}?5H_{2}O}溶于rm{100mL}蒸馏水中rm{B}除去固体rm{Na_{2}CO_{3}}中的少量rm{NaHCO_{3}}将混合物加热充分反应rm{C}在溶液中将rm{MnO_{4}^{-}}完全转化为rm{Mn^{2+}}向酸性rm{KMnO_{4}}溶液中通入rm{SO_{2}}气体至紫色消失确定rm{NaCl}溶液中是否混有rm{Na_{2}CO_{3}}取少量溶液滴加rm{CaCl_{2}}溶液，观察是否出现白色浑浊A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)6、（10分）元素A的原子的L层比M层多6个电子，元素B的L层比K层多5个电子，则A的元素符号为，B的原子结构示意图是，A和B两元素形成的化合物的电子式是，它们形成的化合物中含有的化学键类型为____(填“离子键”或“共价键”)，该化合物属于____化合物(填“离子”或“共价”)。7、（8分）将纯锌片和纯铜片按图方式插入100mL相同浓度的稀硫酸中一段时间，回答下列问题：（1）下列说法正确的是____________。A．甲、乙均为化学能转变为电能的装置B．乙中铜片上没有明显变化C．甲中铜片质量减少、乙中锌片质量减少D．两烧杯中溶液的pH均增大（2）在相同时间内，两烧杯中产生气泡的速度：甲____乙（填“＞”、“＜“或“＝”）。（3）当甲中产生1.12L（标准状况）气体时，通过导线的电子数目为_______________。（4）当乙中产生1.12L（标准状况）气体时，将锌、铜片取出，再将烧杯中的溶液稀释至1L，测得溶液中c(H＋)＝0.1mol·L－1（设反应前后溶液体积不变）。试确定原稀硫酸的物质的量浓度为_________________。8、一包白色粉末，其中可能含有NaCl、Ba（NO3）2、CuSO4、Na2CO3；现做以下实验：

①将部分粉末加入水中；振荡，有白色沉淀生成，过滤，滤液呈无色。

②向①中的沉淀物中加入足量稀硝酸；固体完全溶解，并有气泡产生。

③取少量②的溶液；滴入稀硫酸，有白色沉淀产生。

试根据上述实验现象判断；原白色粉末中。

一定含有的物质是____；

一定不含的物质是____；

可能含有的物质是____（以上物质均写化学式）；

写出第①步中反应的化学方程式：____；

第②反应步中离子方程式：____．9、下面列出了几组物质，请将物质的合适组号填写在空格上rm{.}互为同位素的是______；互为同分异构体的是______．

rm{垄脵}金刚石与“足球烯”rm{C_{60}}rm{垄脷D_{2}O}与rm{T_{2}O}rm{垄脹}和rm{垄脺CH_{4}}和rm{CH_{3}CH_{2}CH_{3}}rm{垄脻}葡萄糖与果糖；rm{垄脼^{16}O}和rm{{,!}^{18}O.}10、rm{25隆忙}时，在体积为rm{2L}的密闭容器中，气态物质rm{A}rm{B}rm{C}的物质的量rm{n(mol)}随时间rm{t}的变化如图rm{1}所示，已知达平衡后，降低温度，rm{A}的转化率将增大．

rm{(1)}根据上图数据，写出该反应的化学方程式：______；此反应的平衡常数表达式rm{K=}______，从反应开始到达第一次平衡时的平均速率rm{v(A)}为______．

rm{(2)}在rm{5隆芦7min}内，若rm{K}值不变；则此处曲线变化的原因是______．

rm{(3)}如图rm{2}表示此反应的反应速率rm{v}和时间rm{t}的关系图；各阶段的平衡常数如下表所示：

。rm{t_{2}-t_{3}}rm{t_{4}-t_{5}}rm{t_{5}-t_{6}}rm{t_{7}-t_{8}}rm{K_{1}}rm{K_{2}}rm{K_{3}}rm{K_{4}}rm{K_{1}}rm{K_{2}}rm{K_{3}}rm{K_{4}}之间的关系为______rm{(}用“rm{>}”、“rm{<}”或“rm{=}”连接rm{).A}的转化率最大的一段时间是______．评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)11、煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是物理变化12、向蛋白质溶液中滴加Na2SO4溶液产生沉淀属于化学变化．（判断对错）13、将蓝色的硫酸铜晶体放入浓硫酸属于物理变化．（判断对错）14、含碳的化合物一定是有机化合物．（判断对错）15、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）16、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）17、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）18、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）评卷人得分四、结构与性质(共1题，共2分)19、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。_______评卷人得分五、元素或物质推断题(共1题，共5分)20、如图表示A；B、C、D、E五种含氮物质相互转化的关系图。其中A、B、C、D常温下都是气体；B为红棕色。

回答下列问题：

(1)A→D反应常用于人工固氮，写出该反应的化学方程式：_______。

(2)D→C是工业制硝酸的重要反应，化学方程式为_______。

(3)B与一定量的氧气混合通入水中能被完全吸收，则B与的物质的量之比为_______，若该反应转移个电子，则参加反应的B的物质的量为_______mol。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A|D【分析】

A、由图中结构可知分子式为C17H20O6；故A正确；

B；分子中具有苯环的基本结构；至少有10个碳原子共平面，故B错误；

C、分子中的羟基连在苯环上是酚羟基，酚羟基与FeCl3溶液反应后显紫色；故C错误；

D；1mol霉酚酸中含有酯基1mol；能与含1molNaOH的水溶液反应．含有酚羟基1mol，能与含1molNaOH的水溶液反应，含有羧基1mol能与1molNaOH的水溶液完全反应，所以1mol霉酚酸最多可与3molNaOH反应，故D正确．

故选：AD

【解析】【答案】A；根据图中结构数出C原子、H原子、O原子的个数；写出分子式．交点、拐点为C原子，用H原子饱和碳的四价结构．

B；根据共面得基础物质：乙烯、苯、乙炔、甲烷等来分析；

C、酚羟基与FeCl3溶液反应后显紫色；

D；羧基、酯基和酚羟基可以和氢氧化钠反应．

2、D【分析】【分析】本题考查配制一定浓度的溶液，为高频考点，把握配制溶液的操作、步骤、误差分析为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意结合公式分析，题目难度不大。【解答】A.氢氧化钠为粉末，在滤纸上有残留，使固体质量偏小，浓度偏低，故A错误；B.转移溶液时，发现容量瓶中有水，对浓度没有影响，故B错误；C.定容后把容量瓶倒转摇匀，发现液面低于刻度，再滴加几滴水至刻度线，rm{V}偏大，rm{c}偏小，故C错误；D.在容量瓶中进行定容时俯视刻度线，rm{V}偏小；会使配得的溶液浓度偏大，故D正确。

故选D。【解析】rm{D}3、C【分析】【分析】本题考查rm{8}电子结构的判断，对于rm{ABn}型共价化合物，元素化合价绝对值rm{+}元素原子的最外层电子层rm{=8}则该元素原子满足rm{8}电子结构，rm{H}元素一定不满足rm{8}电子结构。【解答】A.rm{H_{2}O}中rm{O}元素化合价为rm{-2}rm{O}原子最外层电子数为rm{6}所以rm{2+6=8}rm{O}原子满足rm{8}电子结构；rm{H}元素化合价为rm{+1}rm{H}原子最外层电子数为rm{1}所以rm{1+1=2}rm{H}原子不满足rm{8}电子结构；故A错误；

B.rm{SF_{6}}中rm{S}元素化合价为rm{+6}rm{S}原子最外层电子数为rm{6}所以rm{6+6=12}rm{S}原子不满足rm{8}电子结构；rm{F}元素化合价为rm{-1}rm{F}原子最外层电子数为rm{7}所以rm{1+7=8}rm{F}原子满足rm{8}电子结构；故B错误；

C.rm{CCl_{4}}中rm{C}元素化合价为rm{+4}rm{C}原子最外层电子数为rm{4}所以rm{4+4=8}rm{C}原子满足rm{8}电子结构；rm{Cl}元素化合价为rm{-1}rm{Cl}原子最外层电子数为rm{7}所以rm{1+7=8}rm{Cl}原子满足rm{8}电子结构；故C正确；

D.rm{PCl_{5}}中rm{P}元素化合价为rm{+5}rm{P}原子最外层电子数为rm{5}所以rm{5+5=10}分子中rm{P}原子不满足rm{8}电子结构，故D错误。故选C。【解析】rm{C}4、B【分析】【分析】本题考查氧化还原反应，题目难度不大，本题注意反应中各元素的变化，根据化合价的变化计算电子转移的数目。【解答】A.在rm{NaBH_{4}+2H_{2}O=NaBO_{2}+4H_{2}隆眉}反应中，rm{NaBH_{4}}中rm{H}元素的化合价为rm{-1}价，rm{H_{2}O}中rm{H}元素的化合价为rm{+1}价，二者发生氧化还原反应，其中rm{NaBH_{4}}是还原剂，rm{H_{2}O}是氧化剂，故A错误；B.在rm{NaBH}rm{NaBH}rm{{,!}_{4}}rm{+2H}rm{+2H}rm{{,!}_{2}}rm{O=NaBO}rm{O=NaBO}rm{{,!}_{2}}反应中，rm{+4H}rm{+4H}rm{{,!}_{2}}元素的化合价为rm{隆眉}反应中，rm{NaBH}价，rm{隆眉}rm{NaBH}rm{{,!}_{4}}中中rm{H}元素的化合价为rm{-1}价，rm{H}元素的化合价为rm{H}价，二者发生氧化还原反应，其中rm{-1}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{O}中rm{H}元素的化合价为rm{+1}价，二者发生氧化还原反应，其中rm{NaBH}rm{O}是氧化剂，故B正确；C.反应中rm{H}元素的化合价没有发生变化，故C错误；D.rm{+1}rm{NaBH}rm{{,!}_{4}}是还原剂，rm{H}rm{H}是氧化剂，从方程式可以得出：rm{{,!}_{2}}rm{O}是氧化剂，故B正确；rm{O}故D错误。故选B。rm{B}【解析】rm{B}5、A【分析】解：rm{A.}水的体积不等于溶液的体积，应加水至溶液的体积等于rm{100mL}故A错误；

B.碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠；故B正确；

C.rm{KMnO_{4}}在酸性条件下被还原生成rm{Mn^{2+}}rm{KMnO_{4}}与rm{SO_{2}}发生氧化还原反应；溶液紫色消失，可说明高锰酸钾被还原，故C正确；

D.氯化钠中若含有碳酸钠；溶液中滴加氯化钙会生成碳酸钙白色沉淀，若没有碳酸钠，则没有白色沉淀产生，故D正确．

故选A．

A.水的体积不等于溶液的体积；

B.碳酸氢钠受热易分解；

C.rm{KMnO_{4}}可与rm{SO_{2}}发生氧化还原反应；

D.氯化钠和氯化钙不反应；碳酸钠和氯化钙生成碳酸钙沉淀．

本题考查化学实验方案的评价，涉及物质的分离、检验和溶液的配制、物质的检验等知识，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握物质的性质的异同以及实验的合理性和可行性的评价，难度不大．【解析】rm{A}二、填空题(共5题，共10分)6、略

【分析】元素A的原子的L层比M层多6个电子，则A是镁。元素B的L层比K层多5个电子，则F，其原子结构示意图是镁是活泼的金属，F是活泼的非金属，形成的化学键是离子键，其相应化合物是离子化合物，电子式为【解析】【答案】Mg，离子键，离子7、略

【分析】【解析】【答案】（8分）（1）BD（2）＞（3）6.02×1022（4）1mol·L－1（每小题2分）8、Ba（NO3）2、Na2CO3|CuSO4|NaCl|Ba（NO3）2+Na2CO3=2NaNO3+BaCO3↓|BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O【分析】【解答】解：①将部分粉末加入水中，滤液呈无色，说明一定不含有CuSO4：有白色沉淀生成，说明一定含有Ba（NO3）2、Na2CO3，白色沉淀为碳酸钡；②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生，证明是碳酸钡沉淀；③取少量②的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，证明生成的是硫酸钡沉淀；上述分析可知一定含有的物质为：Ba（NO3）2、Na2CO3，一定不含的物质为：CuSO4；可能含有的物质为：NaCl；

根据分析可知，第①步中Ba（NO3）2、Na2CO3反应生成的碳酸钡沉淀，反应的化学方程式为：Ba（NO3）2+Na2CO3=2NaNO3+BaCO3↓；

第②步中碳酸钡沉淀溶于稀硝酸生成二氧化碳气体，反应的离子方程式为：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；

故答案为：Ba（NO3）2、Na2CO3；CuSO4；NaCl；Ba（NO3）2+Na2CO3=2NaNO3+BaCO3↓；BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O．

【分析】①将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，滤液为无色，说明一定不含有CuSO4，则生成的白色沉淀只能为碳酸钡，混合物中一定含有Ba（NO3）2、Na2CO3；②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸；固体完全溶解，并有气泡产生，证明沉淀为碳酸钡；③取少量②的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，证明生成的是硫酸钡沉淀；

根据以上分析可知，该白色粉末中一定含有Ba（NO3）2、Na2CO3；一定不含CuSO4；可能含有NaCl，据此进行解答．9、⑥；⑤【分析】解：rm{垄脵}金刚石与“足球烯”rm{C_{60}}是碳元素的不同单质属于同素异形体；

rm{垄脷D_{2}O}与rm{T_{2}O}是氢元素形成的水分子是一种物质；

rm{垄脹}都是邻二溴苯；属于同一物质；

rm{垄脺CH_{4}}和rm{CH_{3}CH_{2}CH_{3}}是结构相似组成相差rm{CH_{2}}的物质为同系物；

rm{垄脻}由具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体，rm{垄脻}互为同分异构体。

rm{垄脼}由具有相同质子数，不同中子数rm{(}或不同质量数rm{)}同一元素的不同核素互为同位素，即rm{垄脼}互为同位素；

故答案为：rm{垄脼}rm{垄脻}．

具有相同质子数，不同中子数rm{(}或不同质量数rm{)}同一元素的不同核素互为同位素rm{.}具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体．

本题考查概念的区别，难度不大，注意判断同位素、同素异形体、同分异构体的方法是：铜元素的不同原子是同位素；铜元素的不同单质的可能是同素异形体；分子式相同、结构不同的为同分异构体．【解析】rm{垄脼}rm{垄脻}10、A+2B2C；0.05mol/（L•min）；增大压强；K1＞K2=K3=K4；t2～t3【分析】解：rm{(1)}由图rm{1}可知，rm{A}rm{B}为反应物，rm{C}为生产物，且最后rm{A}rm{B}的物质的量不为rm{0}为可逆反应，rm{3min}时rm{trianglen(A)}rm{trianglen(B)}rm{trianglen(C)=(1-0.7)mol}rm{(1-0.4)mol}rm{0.6mol=1}rm{2}rm{2}物质的量之比等于化学计量数之比，所以反应方程式为rm{A+2B}rm{2C}

平衡常数为生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，所以rm{K=dfrac{c^{2}(C)}{c(A)cdotc^{2}(B)}}

从反应开始到达第一次平衡时的平均速率rm{v(A)=dfrac{dfrac{(1-0.7)mol}{2L}}{3min}=0.05mol/(L?min)}

故答案为：rm{K=dfrac{c^{2}(C)}{c(A)cdot

c^{2}(B)}}rm{v(A)=dfrac{dfrac

{(1-0.7)mol}{2L}}{3min}=0.05mol/(L?min)}rm{dfrac{c^{2}(C)}{c(A)cdotc^{2}(B)}}rm{A+2B}

rm{2C}值不变，温度不变，由图rm{dfrac{c^{2}(C)}{c(A)cdot

c^{2}(B)}}可知，rm{0.05mol/(L?min)}时各组分的物质的量不变；且平衡向正反应移动，只能改变压强，由反应为前后气体体积减小的反应，故应增大压强；

故答案为：增大压强；

rm{(2)K}时刻，正逆反应速率都增大，且逆反应速率变化大，平衡向逆反应移动，应为升高温度，所以rm{1}

rm{5min}时刻，正逆反应速率都减小，且正反应速率变化大，平衡向逆反应移动；应为降低压强，所以rm{(3)t_{3}}

rm{K_{1}>K_{2}}正逆速率都增大，平衡不移动，应是使用催化剂，rm{t_{6}}不变，所以rm{K_{3}=K_{4}}所以rm{t_{5}隆芦t_{6}}所以rm{k}段rm{K_{2}=K_{3}}的转化率最高；

故答案为：rm{K_{1}>K_{2}=K_{3}=K_{4}}rm{t_{2}隆芦t_{3}}．

rm{A}随反应进行，反应物的物质的量减小，生成物的物质的量增加，由图可知rm{K_{1}>K_{2}=K_{3}=K_{4}}rm{t_{2}隆芦t_{3}}为反应物，rm{(1)}为生产物，且最后rm{A}rm{B}的物质的量不为rm{C}为可逆反应，根据物质的量之比等于化学计量数之比书写方程式；

平衡常数为生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；

根据rm{v=dfrac{trianglec}{trianglet}}计算rm{A}

rm{B}值不变，温度不变，由图rm{0}可知，rm{v=dfrac{trianglec}{triangle

t}}时各组分的物质的量不变；且平衡向正反应移动，只能改变压强；

rm{v(A)}降低温度，rm{(2)K}的转化率将增大；反应向正反应进行，所以正反应为放热反应，再结合反应前后气体体积变化分析；

rm{1}时刻；正逆反应速率都增大，且逆反应速率变化大，平衡向逆反应移动；

rm{5min}时刻；正逆反应速率都减小，且正反应速率变化大，平衡向逆反应移动．

本题考查化学平衡移动图象题，题目难度较大，注意从图rm{(3)}判断各阶段的影响因素，此为解答该题的关键．rm{A}【解析】rm{A+2B}rm{2C}rm{dfrac{c^{2}(C)}{c(A)cdotc^{2}(B)}}rm{dfrac{c^{2}(C)}{c(A)cdot

c^{2}(B)}}增大压强；rm{0.05mol/(L?min)}rm{K_{1}>K_{2}=K_{3}=K_{4}}rm{t_{2}隆芦t_{3}}三、判断题(共8题，共16分)11、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；12、B【分析】【解答】蛋白质溶液中加入Na2SO4溶液；蛋白质析出，再加水会溶解，盐析是可逆的，没有新物质生成是物理变化，故答案为：×．

【分析】化学变化的实质是在原子核不变的情况下，有新物质生成，分析各选项是否符合化学变化的概念，即有新物质生成，就是化学变化．13、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．14、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．15、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16、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17、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．18、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，可能含有氧元素四、结构与性质(共1题，共2分)19、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