2025年上外版高一化学下册月考试卷含答案VIP

…………○…………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年上外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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、关于如图中四个图象的说法正确的是（）

注：图中，E表示能量，p表示压强，t表示时间，V表示体积．A.①表示化学反应H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）的能量变化，则该反应的反应热△H=+183kJ/molB.②表示其他条件不变时，反应4A（g）+3B（g）═2C（g）+6D在不同压强下B的体积分数随时间的变化，则D一定是气体C.③表示体积和pH均相同的HCl和CH3COOH两种溶液中，分别加入足量的锌，产生H2的体积随时间的变化，则a表示CH3COOH溶液D.④表示10mL0.1mol/LNa2CO3和NaHCO3两种溶液中，分别滴加0.1mol/L盐酸，产生CO2的体积随盐酸体积的变化，则b表示Na2CO3溶液2、下列实验中，所采取的分离或提纯与对应原理都正确的是()。选项目的分离方法原理rm{A}分离溶于水的碘乙醇萃取碘在乙醇中的溶解度较大rm{B}分离氯化钠和碘的固体混合物加热法碘单质升温易升华rm{C}除去rm{KNO_{3}}固体中混杂的rm{NaCl}重结晶rm{NaCl}在水中的溶解度很大rm{D}除氢氧化钠溶液中的硫酸钠加入适量氯化钡溶液后过滤硫酸钡难溶A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}3、下列化学用语表示正确的是A.中子数为rm{8}的氮原子：rm{{}_{8}^{15}N}B.硫离子的结构示意图：C.铵根离子的电子式：D.聚丙烯的结构简式4、有关下列化学用语表达不正确的是（）A.向NaOH溶液中滴加少量的Al2（SO4）3溶液时，发生的反应的化学方程式：Al2（SO4）3+8NaOH=2NaAlO2+3Na2SO4+4H2OB.向铝粉中滴加少量的NaOH溶液时，发生的反应的离子方程式：2Al+2H2O+2OH﹣=2AlO2-+3H2↑C.若乙醇的燃烧热为1367.0kJ/mol，则表示乙醇的燃烧热的热化学方程式为：C2H5OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（g）；△H=﹣1367.0kJ•mol﹣1D.用电子式表示镁在氯气中燃烧生成氯化镁的过程：5、如图是甲；乙两种物质的溶解度曲线；下列说法正确的是（）

A.甲的溶解度大于乙的溶解度B.t1℃时，甲的溶解度为agC.升高温度，乙的饱和溶液全变成不饱和溶液D.t2℃时，分别将甲、乙两种物质的饱和溶液降温到t1℃，所得溶液的溶质质量分数相等6、1molCH4与一定量的氯气在光照条件下发生取代反应，若产生的四种取代物的物质的量相等，则反应生成HCl的物质的量为（）A.1.25molB.2molC.2.5molD.4mol7、可以通过两种单质直接化合生成的物质是rm{(}rm{)}A.rm{SO_{3}}B.rm{NO_{2}}C.rm{CO_{2}}D.rm{FeCl_{2}}8、在容积不变的密闭容器中进行反应rm{X(g)+Y(g)?2Z(g)+W(s)}己知反应中rm{X}rm{Y}的起始浓度分别为rm{0.1mol?L^{-1}}rm{0.2mol?L^{-1}}在一定条件下，当反应达到化学平衡时，各物质的浓度可能是rm{(}rm{)}A.rm{X}为rm{0.05}rm{mol?L^{-1}}B.rm{Y}为rm{0.1}rm{mol?L^{-1}}C.rm{Z}为rm{0.2}rm{mol?L^{-1}}D.rm{W}为rm{0.1}rm{mol?L^{-1}}9、空气是人类生存所必需的重要资源。为改善空气质量而启动的“蓝天工程”得到了全民的支持。下列措施不利于“蓝天工程”建设的是rm{(}rm{)}A.推广使用燃煤脱硫技术，防止rm{SO_{2}}污染B.实施绿化工程、防止扬尘污染C.研制开发燃料电池汽车，消除机动车尾气污染D.加大石油、煤炭的开采速度，增加化石燃料的供应量评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)10、在H、H、H、Mg、Mg和Cu中共有______种元素，______种原子，中子数最多的是______．11、完成下列填空．

（1）写出下列物质的电子式：CO2______Na2O2______

（2）用电子式表示下列物质的形成过程：NH3______、MgCl2______．12、已知rm{A}元素原子的核电荷数大于rm{B}元素原子的核电荷数，但两种元素的原子具有相同数目的电子层，rm{A}元素原子最外层电子数为rm{B}元素的两倍，rm{A}元素原子rm{M}层电子数为rm{K}层电子数的rm{3}倍，rm{C}元素原子的核电荷数是电子层数的rm{4}倍，其质子数为最外层电子数的rm{6}倍rm{.}请完成下列空白：

rm{(1)A}的原子结构示意图为______；rm{A}元素的名称为______．

rm{(2)B}的原子结构示意图为______；rm{B}元素的名称为______．

rm{(3)C}的离子结构示意图为______；rm{C}元素的名称为______．13、I．相同质量的钠、镁、铝分别与足量的盐酸反应，放出的气体物质的量之比为____．

II．请写出以下物质溶于水的电离方程式：

H2SO4____

NaOH____

并据此回答：

0.5molH2SO4的质量是____，电离产生的H+为____个，能和____gNaOH完全反应，该硫酸所含氢元素的质量与____molH3PO4或____HCl中所含氢元素的质量相同．14、（7分）X、Y、Z、W、L、M六种短周期主族元素的原子序数依次增大，其中X、M的单质在常温下呈气态，Y的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，Z在同周期的主族元素中原子半径最大，W是地壳中含量最多的金属元素，L的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料。用化学用语回答下列问题：（1）L的元素符号为___________；M在元素周期表中的位置为__________________。（2）Y、L、M的最高价含氧酸的酸性由弱到强的顺序是_________________________。（3）Y的最高价氧化物的电子式为__________。原子序数比Y多2的元素的一种氢化物能分解为它的另一种氢化物，此分解反应的化学方程式是_________________。（4）R与Y同周期，R的单质分子R2中有3个共价键，R与L能形成一种新型无机非金属材料，其化学式是___________________。15、如表是元素周期表的一部分，请参照元素①〜⑦在表中的位置，请用化学用语回答下列问题：

（1）①〜⑦元素中原子半径最大的是____（用元素符号表示）；

（2）②、⑦两种元素所形成的气态氢化物中较稳定的是____（用化学式表示）；

（3）⑤、⑥两种元素最高价氧化物对应水化物的酸性较强的是____（用化学式表示）

（4）写出③和⑥两种元素的最髙价氧化物对应水化物反应的离子方程式____16、无机化合物可根据其组成和性质进行分类。rm{(1)}如图所示的物质分类方法名称是________。rm{(2)}在rm{Ca}rm{H}rm{O}rm{N}四种元素中任意选择三种元素组成合适的物质，将其化学式分别填在rm{垄脵}rm{垄脷}后面的横线上。rm{(3)}写出rm{垄脷}和rm{垄脹}的稀溶液相互反应的离子方程式：________。rm{(4)}在盛有rm{FeCl_{3}}溶液的烧杯中，加入氢氧化钠溶液反应后，得到的分散系类别是________，将其进行过滤时，可观察到的现象是________；将rm{Fe(OH)_{3}}胶体进行过滤时，可观察到的现象是________；通过比较实验现象，可得出的结论是________。评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)17、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）18、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．19、1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023（判断对错）20、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）21、将蓝色的硫酸铜晶体放入浓硫酸属于物理变化．（判断对错）22、煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是物理变化评卷人得分四、简答题(共3题，共12分)23、生活中有许多与化学相关的数据表格。

Ⅰrm{.}下图是某儿童微量元素体检报告单的部分数据：

北京市医疗机构临床检验结果报告单。

。分析项目检测结果单位参考范围rm{1}锌rm{(Zn)}rm{115.92}rm{娄脤mol/L}rm{66隆芦120}rm{2}铁rm{(Fe)}rm{6.95}rm{mmol/L}rm{7.52隆芦11.82}rm{3}钙rm{(Ca)}rm{1.68}rm{mmol/L}rm{1.55隆芦2.10}rm{}根据上表的数据；回答下列问题：

rm{(1)}该儿童______元素含量偏低。

rm{(2)}报告单中“rm{娄脤mol/L}”是______rm{(}填“质量”、“体积”或“浓度”rm{)}的单位。

rm{(3)}服用维生素rm{C}可使食物中的rm{Fe^{3+}}转化为rm{Fe^{2+}}在这个过程中体现维生素rm{C}的______rm{(}填“氧化性”或“还原性”rm{)}

Ⅱrm{.}生活中为了长鲜花的寿命，通常会在花瓶中加入鲜花保鲜剂。下表是rm{0.5L}某种鲜花保鲜剂中含有的成分及含量；阅读后回答下列问题：

。成分质量rm{(g)}摩尔质量rm{(g/mol)}rm{垄脵}蔗糖rm{(C_{12}H_{22}O_{11})}rm{25.00}rm{342}rm{垄脷}硫酸钾rm{(K_{2}SO_{4})}rm{0.25}rm{174}rm{垄脹}高锰酸钾rm{(KMnO_{4})}rm{0.25}rm{158}rm{垄脺}阿司匹林rm{(C_{9}H_{8}O_{4})}rm{0.17}rm{180}rm{垄脻}硝酸银rm{(AgNO_{3})}rm{0.02}rm{170}rm{(1)}上述鲜花保鲜剂成分中，属于盐的是______rm{(}填序号rm{)}

rm{(2)}欲配制rm{500mL}该鲜花保鲜剂，有如下操作步骤：rm{a.}把称量好的保鲜剂放入小烧杯中，加适量蒸馏水溶解；rm{b.}把rm{垄脵}所得溶液小心转入rm{500mL}容量瓶中；rm{c.}继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度rm{1cm隆芦2cm}处，改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面底部与刻度线相切；rm{d.}用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒rm{2隆芦3}次，每次洗涤的液体都小心转入容量瓶，并轻轻摇匀；rm{e.}将容量瓶塞紧；充分摇匀。

rm{垄脵}操作步骤的正确顺序为rm{(}填序号rm{)}______。

rm{垄脷}在容量瓶的使用方法中；下列操作不正确的是______。

A.使用容量瓶前检查它是否漏水。

B.容量瓶用蒸馏水洗净后；需要干燥。

C.盖好瓶塞；用一只手的食指顶住瓶塞，另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动几次。

rm{垄脹}若出现如下情况，所配溶液浓度将偏高还是偏低，没有进行操作步骤rm{d}会______；加蒸馏水时不慎超过了刻度，会______。

rm{(3)}写出该鲜花保鲜剂中rm{K^{+}}的物质的量浓度的计算式：______rm{mol/L(}可以不化简rm{)}24、某烃rm{A}是有机化学工业的基本原料，其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，rm{A}还是一种植物生长调节剂，rm{A}可发生如图所示的一系列化学反应，其中rm{垄脵垄脷垄脹}属于同种反应类型．

根据图回答下列问题：

rm{(1)}写出rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}的结构简式：

rm{A}______；

rm{B}______；

rm{C}______；

rm{D}______．

rm{(2)}写出rm{垄脷}rm{垄脺}rm{垄脻}三步反应的化学方程式；并注明反应类型：

rm{垄脷}______；反应类型______．

rm{垄脺}______；反应类型______．

rm{垄脻}______，反应类型______．25、rm{(1)}现有下列物质：rm{垄脵}干冰rm{垄脷NaHCO_{3}}晶体rm{垄脹HCl垄脺}纯醋酸rm{垄脻FeCl_{3}}溶液rm{垄脼}铜rm{垄脽}氢氧化钠固体rm{垄脿}蔗糖，其中属于电解质的是rm{(}填编号rm{)}_________________rm{(2)}氯气与澄清石灰水反应的化学方程式为：__________________________________rm{(3)}实验室用密度为rm{1.25g隆陇mL^{-1}}质量分数为rm{36.5%}的浓盐酸配制稀盐酸，求该浓盐酸的物质的量浓度为_______________rm{(4)}现有rm{9.6g}铜恰好和rm{800ml}稀硝酸完全反应，已知，铜和稀硝酸发生的反应为：rm{3Cu+8HNO_{3}(}稀rm{)=3Cu(NO_{3})_{2}}rm{+2NO隆眉}rm{+4H_{2}O}求：rm{垄脵}此稀硝酸的物质的量浓度为______________；rm{垄脷}标况下，产生气体的体积为______________；rm{(5)}把rm{7.5}克克镁铝合金放入过量的盐酸中，得到rm{7.5}氢气rm{7.84L}标准状况下rm{(}则，该合金中镁和铝的物质的量之比为_____________rm{)}评卷人得分五、元素或物质推断题(共1题，共10分)26、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。评卷人得分六、原理综合题(共1题，共9分)27、已知2A2(g)+B2(g)2C3(g)△H=－Q1kJ/mol(Q1>0)，在一个有催化剂的容积不变的密闭容器中加入2molA2和1molB2，在500℃时充分反应，达平衡后C3的浓度为wmol·L－1，放出热量为Q2kJ。

（1）达到平衡时，A2的转化率为____________。

（2）达到平衡后，若向原容器中通入少量的氩气，A2的转化率将______(填“增大“；“减小”或“不变”)

（3）恒压的密闭容器中发生可逆反应2A2(g)+B2(g)2C3(g)△H=－Q1kJ/mol(Q1>0)，在一定条件下达到化学平衡状态的标志是（____）。A．v(A2):v(C3)=3:2B．反应混合气体的密度不再变化C．反应混合气体的平均摩尔质量不再变化D．A2、B2两种反应物的转化率不再变化E．A2、B2、C3三种物质的浓度相等F．密闭容器内的压强不再变化（4）改变某一条件；得到如上图的变化规律(图中T表示温度，n表示物质的量)，可得出的结论正确的是____；

a．反应速率c＞b＞a

b．达到平衡时A2的转化率大小为：b＞a＞c

c．T2＞T1

d．b点A2和B2的物质的量之比为2：1

（5）若将上述容器改为恒压容器，起始时加入2molA2和1molB2，500℃时充分反应达平衡后，放出热量Q4kJ，则Q2_______Q4(填“>”、“<”或“=”)。

（6）下列措施可以同时提高反应速率和B2的转化率是_______(填选项序号)。

a．选择适当的催化剂b．增大压强。

c．及时分离生成的C3d．升高温度参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】解：A；分析图象拆化学键和形成化学键能量变化判断；反应是放热反应；反应热△H=-183kJ/mol，故A错误；

B、先拐先平压强大，P2＞P1；压强越大B的含量越小，平衡正向进行，正向是气体体积减小的反应，D一定不是气体，故B错误；

C、醋酸是弱酸存在电离平衡，体积和pH均相同的HCl和CH3COOH两种溶液中加入过量锌；醋酸溶液中生成氢气多，故C正确；

D、碳酸钠溶液中滴入盐酸开始无气体生成，滴入到碳酸钠反应为碳酸氢钠时，再加入盐酸会生成气体，碳酸氢钠溶液中滴入盐酸生成气体，b为碳酸氢钠；故D错误；

故选C．

A；分析图象拆化学键和形成化学键能量变化判断；反应是放热反应；

B、先拐先平压强大，P2＞P1；压强越大B的含量越小，平衡正向进行，正向是气体体积减小的反应，D一定不是气体；

C、醋酸是弱酸存在电离平衡，体积和pH均相同的HCl和CH3COOH两种溶液中加入过量锌；醋酸溶液中生成氢气多；

D；碳酸钠溶液中滴入盐酸开始无气体生成；滴入到碳酸钠反应为碳酸氢钠时，再加入盐酸会生成气体，碳酸氢钠溶液中滴入盐酸生成气体．

本题考查了反应能量变化，化学平衡的图象分析，弱电解质的电离平衡应用，化学反应的过程判断，熟练掌握物质的性质是解题关键，题目难度中等．【解析】【答案】C2、B【分析】【分析】本题考查物质的分离提纯的实验方案的设计，题目难度不大，注意相关物质的性质的异同，把握常见物质的分离方法和操作原理。【解答】

A.乙醇和水混溶；不能用作萃取剂，应用四氯化碳或苯萃取，故A错误；

B.分离氯化钠和碘的固体混合物，可以用加热法，因为碘单质升温易升华；故B正确；

C.根据二者在水中随温度升高而溶解度不同，利用重结晶法，rm{NaCl}随温度升高溶解度变化不大，rm{KNO_{3}}随温度升高溶解度变化大；经冷却过滤，故C错误；

D.除氢氧化钠溶液中的硫酸钠，不能加入适量氯化钡溶液后过滤，又引入了新的杂质rm{NaCl}故D错误。

故选B。rm{NaCl}【解析】rm{B}3、C【分析】【分析】本题考查化学用语，易错选项是rm{D}注意根据丙烯生成聚丙烯的断键方式确定结构简式。【解答】A.中子数为rm{8}的氮原子为：rm{{}_{7}^{15}{N}}故A不符合题意；

B.硫离子原子核内有rm{16}个质子；故B不符合题意；

C.铵根离子的电子式：故C符合题意；

D.聚苯丙烯的结构简式为：故D不符合题意。

故选C。

【解析】rm{C}4、C【分析】【解答】A．少量氢氧化钠溶液与Al2（SO4）3溶液生成白色沉淀氢氧化铝，Al（OH）3具有两性，过量沉淀会溶解消失，所以发生的反应的化学方程式：Al2（SO4）3+8NaOH=2NaAlO2+3Na2SO4+4H2O；故A正确；

B．铝与氢氧化钠溶液反应，反应生成偏铝酸钠和氢气，该离子反应为：2Al+2H2O+2OH﹣═2AlO2﹣+3H2↑；故B正确；

C．因燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，应生成液态水，而气态水变成液态水要放出热量，所以C2H5OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（g）；△H数值大于1367.0kJ/mol，故C错误；

D．氯化镁为离子化合物，由离子形成离子键，其形成过程为电子转移箭头可以省略，故D正确；

故选C．

【分析】A．向NaOH溶液中滴加少量的Al2（SO4）3溶液时；氢氧根离子过量，铝离子转化为偏铝酸根离子；

B．铝粉能和强碱反应生成盐和氢气；

C．根据燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量；应生成液态水，而液态水变成气态水要吸收热量；

D．氯化镁为离子化合物，由离子形成离子键．5、B【分析】解：A．甲的溶解度和乙的溶解度大小与温度有关，t1°C后甲的溶解度大于乙，t1°C前甲溶解度小于乙；故A错误；

B．图象是随温度变化物质溶解度的变化曲线，从图象中读取溶解度，t1℃时；甲的溶解度为ag，故B正确；

C．乙的溶解度随温度升高减小；升高温度，乙的饱和溶液析出晶体后仍为饱和溶液，故C错误；

D．t2℃时，分别将甲、乙两种物质的饱和溶液降温到t1℃；乙溶液溶质质量分数不变，甲溶液中会析出晶体，溶质质量分数减小，故D错误；

故选B．

A．t1°C后甲的溶解度大于乙，t1°C前甲溶解度小于乙；

B．图象是随温度变化物质溶解度的变化曲线；从图象中读取溶解度；

C．乙的溶解度随温度升高减小；升高温度，乙的饱和溶液析出晶体；

D．t2℃时，分别将甲、乙两种物质的饱和溶液降温到t1℃；乙溶液溶质质量分数不变，甲溶液中溶质质量分数减小．

本题考查了物质溶解度随温度的变化特征、注意随温度升高溶解度的变化趋势和溶液饱和程度，掌握基础是解题关键，题目难度中等．【解析】【答案】B6、C【分析】解：1molCH4与Cl2发生取代反应，欲得到四种取代物的物质的量相等，则生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4各为0.25mol；该四种取代物中n（Cl）=0.25mol×（1+2+3+4）=2.5mol，可知被取代的H原子的物质的量为n（H）=2.5mol，即生成的HCl的物质的量为2.5mol．

故选C．

氯气发生的取代反应是1个氯原子替换出1个氢原子，另一个氯原子则与氢原子结合生成氯化氢，即取代1molH～1molCl2～1molHCl角度分析．

本题考查甲烷的性质，题目难度不大，本题注意把握甲烷发生取代反应的特点．【解析】【答案】C7、C【分析】解：rm{A.}硫和氧气发生反应只生成二氧化硫；不可通过单质与氧气直接反应生成，故A错误；

B.氮气和氧气可在放电条件下反应生成rm{NO}rm{NO}能与氧气反应生成rm{NO_{2}}所以不可通过单质与氧气直接反应生成rm{NO_{2}}故B错误；

C.碳和氧气气发生化合反应可生成一氧化碳或是二氧化碳；可通过单质与氧气直接反应生成，故C正确；

D.铁和氯气发生反应只生成氯化铁；氯化亚铁不可通过单质与氯气直接反应生成，故D错误；

故选：rm{C}

A；硫和氧气发生反应只生成二氧化硫；

B；氮气和氧气发生反应只能生成一氧化氮；

C；碳和氧气气发生反应可生成一氧化碳；或是二氧化碳；

D；铁和氯气发生反应只生成氯化铁．

本题考查元素化合物知识，题目难度不大，本题注意相关基础知识的积累，易错点为rm{A}．【解析】rm{C}8、A【分析】解：若反应向正反应进行；假定完全反应，则：

rm{X(g)+Y(g)?2Z(g)+W(s)}

开始rm{(mol/L)}rm{0.1}rm{0.2}rm{0}rm{0}

变化rm{(mol/L)}rm{0.1}rm{0.1}rm{0.2}rm{0.1}

平衡rm{(mol/L)}rm{0}rm{0.1}rm{0.2}rm{0.1}

由于为可逆反应，物质不能完全转化所以平衡时浓度范围为rm{0<c(X)<0.1}rm{0.1<c(Y)<0.2}rm{0<c(Z)<0.2}rm{W<0.1}故A正确；BCD错误；

故选：rm{A}

化学平衡的建立；既可以从正反应开始，也可以从逆反应开始，或者从正逆反应开始，不论从哪个方向开始，物质都不能完全反应，利用极限法假设完全反应，计算出相应物质的浓度变化量，实际变化量小于极限值，据此判断分析。

本题考查化学平衡的建立，关键是利用可逆反应的不完全性，运用极限假设法解答，难度不大。【解析】rm{A}9、D【分析】本题意在考查学生对环境保护知识的理解和掌握、增强全民的环境保护意识。化石燃料属于不可再生资源并且它们的燃烧过程都会生成对大气产生污染的有害气体，如rm{SO_{2}}等，因此不符合“蓝天工程”的要求。【解析】rm{D}二、填空题(共7题，共14分)10、略

【分析】解：在H、H、H为氢元素的3种不同核素；Mg、Mg为镁元素的2种不同核素，Cu为铜元素的一种核素；故共有3种元素，6种原子；

H的中子数为0、H的中子数为2-1=1、H的中子数为3-1=2、Mg的中子数为23-12=11、Mg的中子数为24-12=12、Cu的中子数为65-29=26，中子数最多的是Cu；

故答案为：3；6；Cu．

核电荷数相同的一类原子为一种元素；核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的同一种原子；根据中子数=质量数-质子数进行计算．

本题考查元素和核素的概念，质量数、质子数、中子数与电子数的关系，难度不大．【解析】3；6；Cu11、略

【分析】解：（1）二氧化碳中存在两对碳氧共用电子对，二氧化碳的电子式为：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）NH3为共价化合物，用电子式表示氨气分子的形成过程为：3H•+→镁原子失去最外层的2个电子形成稳定的镁离子，2个氯原子从镁原子分别得到1个电子形成稳定的氯离子，在镁离子与氯离子的静电作用下结合形成氯化镁，用电子式表示下列物质的形成过程为：

（1）二氧化碳中存在两个碳氧双键；C；O原子最外层都达到最外层8个电子；过氧化钠为含有非极性共价键的离子化合物，钠离子与过氧根中为离子键，过氧根中的两个氧原子间为共价键；

（2）氨气为共价化合物；根据共价化合物电子式的表示方法用电子式表示出氨气；镁原子最外层有两个电子易失去最外层的2个电子形成稳定的镁离子，卤原子最外层有7个电子，2个氯原子从镁原子分别得到1个电子形成稳定的氯离子，在镁离子与氯离子的静电作用下结合形成氯化镁；

本题考查了电子式的书写，题目难度中等，注意掌握电子式的概念及表示方法，明确离子化合物与共价化合物的电子式的表示方法及区别，能够用电子式正确表示化合物的形成过程．【解析】3H•+→12、略

【分析】解：因为rm{K}层最多容纳rm{2}个电子，又已知rm{A}元素原子rm{M}层电子数是rm{K}层电子数的rm{3}倍，所以rm{M}层电子数为rm{2隆脕3=6}则rm{A}为硫rm{.B}元素原子最外层上的电子数为rm{6隆脗2=3}则rm{B}为铝rm{.}已知rm{C}的核电荷数是电子层数的rm{4}倍，质子数为最外层电子数的rm{6}倍，rm{4}与rm{6}的最小公倍数为rm{12}可见该元素原子的核电荷数为rm{12}时，原子核内的质子数恰好为其电子层数的rm{4}倍，并为其最外层电子数的rm{6}倍，则rm{C}为镁，最外层电子数少于rm{4}的原子；易失去电子形成离子．

rm{(1)A}为硫元素，核外rm{16}个电子，结构示意图为：故答案为：硫；

rm{(2)B}为铝元素，核外有rm{13}个电子，原子结构示意图为：故答案为：铝；

rm{(3)C}为镁元素，核外有rm{12}个电子，镁离子核外有rm{10}个电子，离子结构示意图为：故答案为：镁．

因为rm{K}层最多容纳rm{2}个电子，又已知rm{A}元素原子rm{M}层电子数是rm{K}层电子数的rm{3}倍，所以rm{M}层电子数为rm{2隆脕3=6}则rm{A}为硫rm{.B}元素原子最外层上的电子数为rm{6隆脗2=3}则rm{B}为铝rm{.}已知rm{C}的核电荷数是电子层数的rm{4}倍，质子数为最外层电子数的rm{6}倍，rm{4}与rm{6}的最小公倍数为rm{12}可见该元素原子的核电荷数为rm{12}时，原子核内的质子数恰好为其电子层数的rm{4}倍，并为其最外层电子数的rm{6}倍，则rm{C}为镁，最外层电子数少于rm{4}的原子，易失去电子形成离子rm{.}根据具体元素；按要求写结构示意图和名称．

本题考查了元素的推断，中等难度，注意根据电子层结构特征推断元素，书写结构示意图要看清题目要求，是写原子还是离子结构示意图．【解析】硫；铝；镁13、略

【分析】

Ⅰ．设金属的质量都为mg，则n（Na）=mol，n（Mg）=mol，n（Al）=mol；

又：Na～H2，Mg～H2，Al～H2；

放出的气体物质的量之比为×mol：mol：×mol=36：69：92；

故答案为：36：69：92；

Ⅱ．H2SO4和NaOH为强电解质；完全电离；

则有：H2SO4═2H++SO42-；NaOH═Na++OH-；

m（H2SO4）=0.5mol×98g/mol=49g；

n（H+）=2n（H2SO4）=2×0.5mol=1mol；

N（H+）=n•NA=1mol×6.02×1023/mol=6.02×1023；

根据H++OH-=H2O；

则n（NaOH）=n（H+）=1mol；

m（NaOH）=1mol×40g/mol=40g；

n（H3PO4）=n（H+）=×1mol=mol；

n（HCl）=n（H+）=1mol；

m（HCl）=1mol×36.5g/mol=36.5g；

故答案为：H2SO4═2H++SO42-；NaOH═Na++OH-；49g；6.02×1023；40；36.5g．

【解析】【答案】Ⅰ．根据n=计算各金属的物质的量；根据反应的关系式计算；

Ⅱ．H2SO4和NaOH为强电解质，完全电离，根据n==结合分子组成计算各物理量．

14、略

【分析】W是地壳中含量最多的金属元素，则W是Al。L的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料，且原子序数大于铝的，所以L是Si。X、M的单质是气体，原子序数大于Si的，所以M是Cl。Y的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，原子序数小于铝的，所以Y是C。X的原子序数小于C的，所以X是氢。Z在同周期的主族元素中原子半径最大，则Z是Na。（2）非金属性越强，最高价含氧酸的酸性就越强，所以顺序为H2SiO3<H2CO3<HClO4。（3）原子序数比C多2的是氧。和氢形成的化合物双氧水分解生成氧气和水。（4）R与Y同周期，R的单质分子R2中有3个共价键，则R是N。根据N和Si的价电子可知，化合物的化学式为Si3N4。【解析】【答案】（1）Si、第3周期第ⅦA族（2）H2SiO3<H2CO3<HClO4（3）、2H2O2=====2H2O+O2↑（或其他合理答案也给分）（4）Si3N415、NaHFH2SO4H++OH﹣=H2O【分析】【解答】根据元素所在周期表中的位置；可知①为O，②为F，③为Na，④为Si，⑤为P，⑥为S，⑦为Cl．

（1）同周期自左而右原子半径减小；同主族自上而下原子半径增大，故原子半径最大是③，即Na原子半径最大，故答案为：Na；

（2）同主族自上而下非金属性减弱；非金属性越强，气态氢化物越稳定，故氢化物稳定性：HF＞HCl，故答案为：HF；

（3）同周期自左而右非金属性增强，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故酸性：H2SO4＞H3PO4，故答案为：H2SO4；

（4）③和⑥两种元素的最髙价氧化物对应水化物分别为NaOH、H2SO4，二者反应生成硫酸钠与水，离子反应方程式为：H++OH﹣=H2O，故答案为：H++OH﹣=H2O．

【分析】根据元素所在周期表中的位置；可知①为O，②为F，③为Na，④为Si，⑤为P，⑥为S，⑦为Cl．

（1）同周期自左而右原子半径减小；同主族自上而下原子半径增大；

（2）同主族自上而下非金属性减弱；非金属性越强，气态氢化物越稳定；

（3）同周期自左而右非金属性增强；非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；

（4）③和⑥两种元素的最髙价氧化物对应水化物分别为NaOH、H2SO4，二者反应生成硫酸钠与水．16、（1）树状分类法。

（2）HNO3或HNO2Ca(OH)2或NH3•H2O

（3）Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓或Fe3++3NH3•H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+

（4）悬浊液滤纸上留有红褐色的固体，滤液为澄清溶液滤纸上无红褐色固体，滤液仍为红褐色胶体可通过滤纸，悬浊液不能通过滤纸【分析】【分析】

本题考查物质的分类，题目难度不大，注意rm{H}rm{O}rm{S}rm{N}rm{Na}五种元素常见的物质的存在形式，以及物质的分类方法。rm{H}rm{O}rm{S}rm{N}五种元素常见的物质的存在形式，以及物质的分类方法。

rm{Na}

【解答】交叉分类法含义：根据物质不同的分类标准；对同一事物进行多种分类的一种分类方式，树状分类法含义：对同一类事物按照某些属性进行在分类的分类法，无机化合物可根据其组成和性质进行分类：无机化合物；盐、碱、酸、氧化物、氢化物属于树状分类法；

故答案为：树状分类法；

rm{(1)}以rm{(2)}rm{Ca}rm{H}rm{O}中三种元素组成合适的物质，可组成酸有：rm{N}或rm{HNO_{3}}碱有：rm{HNO_{2}}或rm{Ca(OH)_{2}}

故答案为：rm{NH_{3}?H_{2}O}或rm{HNO_{3}}rm{HNO_{2}}或rm{Ca(OH)_{2}}

rm{NH_{3}?H_{2}O}为rm{(3)垄脷}或rm{Ca(OH)_{2}}rm{NH_{3}?H_{2}O}为rm{垄脹}溶液，rm{FeCl_{3}}和rm{垄脷}的稀溶液反应生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为：rm{垄脹}或rm{Fe^{3+}+3OH^{-}=Fe(OH)_{3}隆媒}故答案为：rm{Fe^{3+}+3NH_{3}?H_{2}O=Fe(OH)_{3}隆媒+3NH_{4}^{+}}或rm{Fe^{3+}+3OH^{-}=Fe(OH)_{3}隆媒}rm{Fe^{3+}+3NH_{3}?H_{2}O=Fe(OH)_{3}隆媒+3NH_{4}^{+}}在盛有rm{(4)}溶液的烧杯中，加入氢氧化钠溶液反应后，rm{FeCl_{3}}，分散系类别是悬浊液，将其进行过滤时，可观察到的现象是滤纸上留有红褐色的固体，滤液为澄清溶液；将发生复分解反应，生成氢氧化铁红褐色沉淀胶体进行过滤时，可观察到的现象是滤纸上无红褐色固体，滤液仍为红褐色；通过比较实验现象，可得出的结论是：胶体可通过滤纸，悬浊液不能通过滤纸；故答案为：悬浊液；滤纸上留有红褐色的固体，滤液为澄清溶液；滤纸上无红褐色固体，滤液仍为红褐色；胶体可通过滤纸，悬浊液不能通过滤纸。rm{Fe(OH)_{3}}【解析】rm{(1)}树状分类法。

rm{(2)HNO_{3}}或rm{HNO_{2;;;}Ca(OH)_{2}}或rm{NH_{3}?H_{2}O}rm{(3)Fe^{3+}+3OH^{-}=Fe(OH)_{3}隆媒}或rm{Fe^{3+}+3NH_{3}?H_{2}O=Fe(OH)_{3}隆媒+3NH_{4}^{+}}rm{(4)}悬浊液滤纸上留有红褐色的固体，滤液为澄清溶液滤纸上无红褐色固体，滤液仍为红褐色胶体可通过滤纸，悬浊液不能通过滤纸三、判断题(共6题，共12分)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、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．19、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．20、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．21、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．22、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；四、简答题(共3题，共12分)23、略

【分析】解：rm{I(1)}铁rm{(}或rm{Fe)}元素含量偏低，故答案为：铁rm{(}或rm{Fe)}

rm{(2)}报告单中rm{娄脤mol/L}是浓度的单位；故答案为：浓度；

rm{(3)}服用维生素rm{C}可使食物中的rm{Fe^{3+}}转化为rm{Fe^{2+}}rm{Fe}元素的化合价降低被还原，则则维生素rm{C}所起还原作用；故答案为：还原性；

rm{II(1)}阳离子是金属离子或铵根离子、阴离子是酸根离子的化合物为盐，故属于盐的有rm{垄脷垄脹垄脻}故答案为：rm{垄脷垄脹垄脻}

rm{(2)垄脵}根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀可知，正确的操作顺序是rm{abdce}故答案为：rm{abdce}

rm{垄脷A.}容量瓶在配制过程中要倒转过来摇匀；故使用容量瓶前应检查它是否漏水，故A正确；

B.容量瓶用蒸馏水洗净后；不需要干燥，有少量的水对溶液的配制无影响，故B错误；

C.摇匀时；应盖好瓶塞，用一只手的食指顶住瓶塞，另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动几次，故C正确；

故选B。

rm{垄脹}没有进行操作步骤rm{d}会导致溶质的损失，则浓度偏低；加蒸馏水时不慎超过了刻度，则溶液体积偏大，浓度偏低，故答案为：偏低；偏低；

rm{(3)}高锰酸钾的物质的量为rm{n(KMnO_{4})=dfrac{m}{M}=dfrac{0.25g}{158g/mol}=dfrac{0.25}{158}mol}

硫酸钾的物质的量为rm{n(K_{2}SO_{4})=dfrac{0.25}{174}mol}

所以rm{c(K^{+})=dfrac{dfrac{0.25}{174}隆脕2+dfrac{0.25}{158}}{0.5}}

故答案为：rm{dfrac{dfrac{0.25}{174}隆脕2+dfrac{0.25}{158}}{0.5}}

rm{n(KMnO_{4})=dfrac{m}{M}=dfrac

{0.25g}{158g/mol}=dfrac{0.25}{158}mol}根据检测结果和参考范围解题；

rm{n(K_{2}SO_{4})=dfrac

{0.25}{174}mol}是浓度的单位；

rm{c(K^{+})=dfrac{dfrac

{0.25}{174}隆脕2+dfrac{0.25}{158}}{0.5}}反应中rm{dfrac{dfrac{0.25}{174}隆脕2+

dfrac{0.25}{158}}{0.5}}转化为rm{I(1)}为被还原的过程，则维生素rm{(2)娄脤mol/L}所起还原作用；

rm{(3)}阳离子是金属离子或铵根离子；阴离子是酸根离子的化合物为盐；

rm{Fe^{3+}}根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算；称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等步骤来分析；

rm{Fe^{2+}}容量瓶是专门用于溶液的配制的仪器；不能受热，使用前需查漏；

rm{C}根据物质的量浓度rm{II(1)}结合实际操作来分析；

rm{(2)垄脵}来自高锰酸钾、硫酸钾的电离，由rm{垄脷}计算高锰酸钾、硫酸钾的物质的量，根据钾离子守恒可知rm{垄脹}再根据物质的量浓度定义计算钾离子物质的量浓度；

本题以鲜花保鲜剂为载体，主要考查一定物质的量浓度溶液配制、物质的量浓度的计算，难度中等，注意从rm{c=dfrac{n}{V}}理解溶液配制原理与误差分析。rm{(3)K^{+}}【解析】铁rm{(}或rm{Fe)}浓度；还原性；rm{垄脷垄脹垄脻}rm{abdce}rm{B}偏低；偏低；rm{dfrac{dfrac{0.25}{174}隆脕2+dfrac{0.25}{158}}{0.5}}rm{dfrac{dfrac{0.25}{174}隆脕2+

dfrac{0.25}{158}}{0.5}}24、略

【分析】解：某烃rm{A}是有机化学工业的基本原料，其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，rm{A}还是一种植物生长调节剂，则rm{A}是乙烯，在催化剂条件下，rm{A}反应生成高分子化合物rm{E}则rm{E}是聚乙烯，乙烯和氯化氢发生加成反应生成氯乙烷，乙烯和氢气发生加成反应生成rm{B}乙烷，rm{B}和氯气发生取代反应生成rm{C}氯乙烷，rm{A}和水发生加成反应生成乙醇rm{D}．

rm{(1)}通过以上分析知，rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}的结构简式分别为：rm{CH_{2}=CH_{2}}rm{CH_{3}CH_{3}}rm{CH_{3}CH_{2}Cl}rm{CH_{3}CH_{2}OH}故答案为：rm{CH_{2}=CH_{2}}rm{CH_{3}CH_{3}}rm{CH_{3}CH_{2}Cl}rm{CH_{3}CH_{2}OH}

rm{(2)垄脷}一定条件下，乙烯和氯化氢发生加成反应生成氯乙烷，反应方程式为rm{CH_{2}=CH_{2}+HCloverset{{脪禄露篓脤玫录镁}}{}CH_{3}CH_{2}Cl}该反应属于加成反应；

rm{CH_{2}=CH_{2}+HCl

overset{{脪禄露篓脤玫录镁}}{}CH_{3}CH_{2}Cl}加热、催化剂条件下，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，反应方程式为该反应属于加聚反应；

rm{垄脺}光照条件下，乙烷和氯气发生取代反应生成rm{垄脻}氯乙烷，反应方程式为rm{CH_{3}CH_{3}+Cl_{2}overset{{鹿芒脮脮}}{}CH_{3}CH_{2}Cl+HCl}该反应属于取代反应；

故答案为：rm{CH_{2}=CH_{2}+HCloverset{{脪禄露篓脤玫录镁}}{}CH_{3}CH_{2}Cl}加成反应；加聚反应；rm{CH_{3}CH_{3}+Cl_{2}overset{{鹿芒脮脮}}{}CH_{3}CH_{2}Cl+HCl}取代反应．

某烃rm{1-}是有机化学工业的基本原料，其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，rm{CH_{3}CH_{3}+Cl_{2}overset{{鹿芒脮脮}}{

}CH_{3}CH_{2}Cl+HCl}还是一种植物生长调节剂，则rm{CH_{2}=CH_{2}+HCl

overset{{脪禄露篓脤玫录镁}}{}CH_{3}CH_{2}Cl}是乙烯，在催化剂条件下，rm{CH_{3}CH_{3}+Cl_{2}overset{{鹿芒脮脮}}{

}CH_{3}CH_{2}Cl+HCl}反应生成高分子化合物rm{A}则rm{A}是聚乙烯，乙烯和氯化氢发生加成反应生成氯乙烷，乙烯和氢气发生加成反应生成rm{A}乙烷，rm{A}和氯气发生取代反应生成rm{E}氯乙烷，rm{E}和水发生加成反应生成乙醇rm{B}．

rm{B}根据以上推断写出各种物质的结构简式；

rm{C}根据推断写出相应的反应方程式和反应类型．

本题考查了有机物的推断，难度不大，明确物质的性质是解本题的关键，注意加成反应和取代反应的区别．rm{A}【解析】rm{CH_{2}=CH_{2}}rm{CH_{3}CH_{3}}rm{CH_{3}CH_{2}Cl}rm{CH_{3}CH_{2}OH}rm{CH_{2}=CH_{2}+HCloverset{{脪禄露篓脤玫录镁}}{}CH_{3}CH_{2}Cl}加成反应；加聚反应；rm{CH_{3}CH_{3}+Cl_{2}overset{{鹿芒脮脮}}{}CH_{3}CH_{2}Cl+HCl}取代反应rm{CH_{2}=CH_{2}+HCl

overset{{脪禄露篓脤玫录镁}}{}CH_{3}CH_{2}Cl}25、（1）②③④⑦

（2）2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O

（3）12.5mol/L

（4）①0.5mol/L

②2.24L

（5）2:1【分析】【分析】本题考查电解质和非电解质的判断，化学方程式的书写，物质的量、物质的量浓度及根据化学方程式的计算，难度中等。【解答】rm{(1)}溶于水或熔融状态下能够导电的化合物是电解质，所以所给物质中属于电解质的是：rm{垄脷垄脹垄脺垄脽}故答案为：rm{垄脷垄脹垄脺垄脽}rm{(2)}氯气与澄清石灰水反应的化学方程式为：氯气与澄清石灰水反应的化学方程式为：rm{(2)}故答案为：rm{2Cl_{2}+2Ca(OH)_{2}=CaCl_{2}+Ca(ClO)_{2}+2H_{2}O}rm{2Cl_{2}+2Ca(OH)_{2}=CaCl_{2}+Ca(ClO)_{2}+2H_{2}O}实验室用密度为rm{(3)}实验室用密度为rm{1.25g隆陇mL}rm{(3)}rm{1.25g隆陇mL}的浓盐酸配制稀盐酸，则该浓盐酸的物质的量浓度为：rm{dfrac{1000娄脩娄脴}{M}=dfrac{1000隆脕12.5隆脕36.5拢楼}{36.5}mol/L=12.5mol/L}rm{{,!}^{-1}}，质量分数为rm{36.5%}的浓盐酸配制稀盐酸，则该浓盐酸的物质的量浓度为：rm{dfrac{1000娄脩娄脴}{M}=

dfrac{1000隆脕12.5隆脕36.5拢楼}{36.5}mol/L=12.5mol/L}现有rm{36.5%}铜恰好和rm{dfrac{1000娄脩娄脴}{M}=

dfrac{1000隆脕12.5隆脕36.5拢楼}{36.5}mol/L=12.5mol/L}稀硝酸完全反应，设故答案为：rm{12.5mol/L}稀硝酸中含有rm{12.5mol/L}为rm{(4)}现有rm{9.6