2025年牛津上海版高一化学下册月考试卷

…………○…………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年牛津上海版高一化学下册月考试卷439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6题，共12分)1、在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若两容器的温度和压强均相同，且甲的密度大于乙的密度，则下列说法正确的是A.甲的分子数比乙的分子数多B.甲的物质的量比乙的物质的量少C.甲的摩尔质量比乙的摩尔质量小D.甲的相对分子质量比乙的相对分子质量小2、下列离子在水溶液中，无色且能大量共存的是A.Fe3＋、K+、NO3－、Cl－B.Ba2＋、K+、Cl－、OH－C.H+、Mg2＋、HCO3－、SO42-D.Na+、K+、MnO4－、NO3－3、下列各组中的两物质相互反应时，若改变反应条件（温度、反应物用量比），不会引起产物种类改变的是（）A.Na和O2B.NaOH和CO2C.Na2O2和CO2D.木炭（C）和O24、质量分数2w,物质的量浓度为c1的H2SO4溶液加水稀释后，质量分数变为w,物质的量浓度变为c2，则c1()2c2A.大于B.小于C.等于D.无法确定5、化学已渗透人类生活的各个方面．下列说法不正确的是（）A.高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”B.“光化学烟雾”、“臭氧空洞”的形成都与氮氧化合物有关C.低碳生活注重节能减排，尽量使用太阳能等代替化石燃料，减少温室气体的排放D.高铁酸钾（K2FeO4）是新型高效多功能水处理剂，既能消毒杀菌又能净水6、下列物质属于离子化合物且含有共价键的是rm{(}rm{)}A.rm{HCl}B.rm{NaCl}C.rm{NaOH}D.rm{H_{2}O}评卷人得分二、双选题(共7题，共14分)7、将SO2通入BaCl2溶液至饱和，未见有沉淀生成，继续通入另一种气体后仍然无沉淀产生，此气体是（）A.CO2B.NH3C.NO2D.HCl8、关于下列图示的说法中错误的是rm{(}rm{)}

A.用图rm{垄脵}所示实验可比较氯、碳、硅三种元素的非金属性强弱B.用图rm{垄脷}所示实验装置排空气法收集rm{CH_{4}}气体C.图rm{垄脹}表示可逆反应“rm{CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)}”为放热反应D.图rm{垄脺}中的装置可形成原电池，电流从锌片经导线流向铜片9、将rm{1.20g}铁铜合金完全溶于rm{100mL}rm{12.0mol?L^{-1}}浓硝酸中，得到rm{NO_{2}}和rm{N_{2}O_{4}}混合气体rm{672mL(}换算为标准状况下rm{).}向反应后的溶液中加入rm{1.0mol?L^{-1}}rm{NaOH}溶液，当金属离子全部沉淀时，得到rm{2.05g}沉淀rm{.}下列有关判断正确的是rm{(}rm{)}A.反应过程中浓硝酸仅体现氧化性B.该合金中铁与铜物质的量之比是rm{2}rm{1}C.混合气体中，rm{NO_{2}}的体积分数是rm{dfrac{1}{3}}D.金属离子全部沉淀时，加入rm{NaOH}溶液的体积至少为rm{1150}rm{mL}10、下列甲组、乙组中的两种试剂分别混合，甲组能产生气体，乙组气体会被吸收的是rm{(}rm{)}

。甲乙A.过氧化钠和水浓氨水和rm{SO_{2}}B.浓盐酸和rm{MnO_{2}}rm{BaCl_{2}}溶液和rm{SO_{2}}C.冷的浓硫酸和铝rm{NaOH}溶液和rm{Cl_{2}}D.浓硫酸和蔗糖rm{(}滴有几滴水rm{)}rm{H_{2}SO_{4}}溶液和氨气A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}11、下列变化属于吸热反应的是()

A.氯酸钾分解制氧气B.生石灰与水反应生成熟石灰。

C.rm{Ba(OH)_{2}?8H_{2}O}与rm{NH_{4}Cl}反应D.液态水汽化12、下列实验操作中，所用仪器合理的是rm{(}rm{)}A.在蒸发皿中放入rm{NaCl}溶液，加热、蒸发得到rm{NaCl}晶体B.用rm{10}rm{mL}的量筒量取rm{5.2}rm{mL}的盐酸C.用托盘天平称取rm{25.20}rm{g}rm{NaCl}D.用rm{1}rm{000}rm{mL}容量瓶配制rm{450}rm{mL}rm{0.1}rm{mol?L^{-1}}的盐酸13、下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.有些活泼金属如铝可作还原剂法的还原剂B.用电解rm{NaCl}溶液的方法来冶炼金属钠C.可用焦炭或一氧化碳还原氧化铝的方法来冶炼铝D.回收旧金属可以重新制成金属或它们的化合物评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)14、工业制硫酸中，SO2的催化氧化是一个可逆反应：2SO2+O22SO3；即该反应达到一定限度后，就会在反应物和生成物之间建立一种动态平衡（即化学平衡）．

（1）请填写下表空白：

。SO2O2SO3反应开始时的浓度。

/mol•L-13.01.510min后的浓度。

/mol•L-1____________平均反应速率。

/mol•L-1min-1________0.1（2）比较法是一种重要的化学学习方法．请用比较法归纳上表中的反应速率与化学方程式中的计量数之间的关系：____．15、（8分）某温度时，在一个2L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据，试填写下列空白：（1）该反应的化学方程式。（2）反应开始至2min，以气体Z表示的平均反应速率为。（3）若X、Y、Z均为气体，2min后反应达到平衡，反应达平衡时：①此时体系的压强是开始时的倍；②达平衡时，容器内混合气体的平均相对分子质量比起始投料时_______（填“增大”“减小”或“相等”）。16、如图，在左试管中先加入rm{2mL}rm{95%}的乙醇，并在摇动下缓缓加入rm{3mL}浓硫酸，再加入rm{2mL}乙酸，充分摇匀rm{.}按图连接好装置，用酒精灯对左试管小火加热rm{3隆芦5min}后，改用大火加热，当观察到右试管中有明显现象时停止实验rm{.}试回答：

rm{(1)}加热前，在rm{a}试管中常加入几片碎瓷片；其目的是______．

rm{(2)}实验中导管不能插入rm{b}试管溶液中；原因是______．

rm{(3)}在rm{b}试管中通常加入______溶液，实验生成的乙酸乙酯，其密度比水______，是有特殊香味的液体rm{.}分离右试管中所得乙酸乙酯的操作为rm{(}只填名称rm{)}______．

rm{(4)}反应中加入浓硫酸的作用是______．

rm{(5)}写出rm{a}试管中发生反应的化学方程式______．17、（本小题满分8分）乙烯来自石油的重要化工原料，其产量是一个国家石油化工水平的标志。请回答：(1)(3分)乙烯通入溴的四氯化碳溶液中，观察到的现象是____；其反应方程式为____；乙烯在一定条件下发生加聚反应的化学方程式为____。(2)(3分)此外，乙烯大量用来生产环氧乙烷，生产工艺主要有两种：工艺一：工艺二：根据绿色化学的原则，理想的生产工艺是原子经济性好的反应，因此，在实际生产中，应采用工艺更环保、更经济。18、如图是硫酸试剂瓶标签上的内容：

（1）该硫酸的物质的量浓度为______mol/L．

（2）某化学小组进行硫酸酸性实验探究时，需要240mL4.6mol/L的稀硫酸，则需要取上述的浓硫酸______mL．

（3）将上述浓硫酸进行稀释的实验操作是______．

（4）在配制4.6mol/L稀硫酸的过程中；下列情况对所配制硫酸溶液物质的量浓度有何影响（填“偏高”“偏低”或“无影响”）？

①未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中：______；

②定容时仰视读数：______；

③用量筒量取浓硫酸时俯视______；

④移液时不慎将少量溶液滴在容量瓶外面：______．

（5）实验过程中出现下列情况应如何处理？

①向容量瓶中加入蒸馏水至距刻度线1～2cm时，应______；

②加蒸馏水时不慎超过了刻度，应______．19、某同学设计如下实验方案，以分离rm{KCl}和rm{BaCl_{2}}两种固体混合物，试回答下列问题：供选试剂：rm{Na_{2}SO_{4}}溶液、rm{K_{2}CO_{3}}溶液、rm{K_{2}SO_{4}}溶液、盐酸rm{(1)}操作rm{垄脵}的名称是________，操作rm{垄脷}的名称是________。rm{(2)}加入试剂rm{a}所发生反应的化学方程式为_____________________________加入试剂rm{b}所发生反应的化学方程式为_____________________________________rm{(3)}该方案有同学说不能达到实验目的，应如何改进？_____________________rm{(4)}若要测定原混合物中rm{BaCl_{2}}的质量分数，除了要准确称量混合物的质量外，至少还要获得的数据是________________________________________的质量。rm{(5)}洗涤沉淀rm{A}的方法__________________________________________________________评卷人得分四、判断题(共2题，共16分)20、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）21、在冶金工业的烟道废气中，常混有大量的SO2和CO；它们都是大气的污染物，在773K和催化剂（铝矾土）的作用下，使二者反应可收回大量的硫磺．

请写出该反应的化学方程式：____

请判断该反应式写的是否正确。评卷人得分五、结构与性质(共1题，共3分)22、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6题，共12分)1、B【分析】试题分析：质量相同时甲的密度大于乙的密度，说明甲的体积小于乙的体积，温度和压强均相同时，气体的体积之比就是物质的量之比，则甲的物质的量小于乙的物质的量，所以甲的分子数小于乙的分子数；质量相同，物质的量大的气体的摩尔质量小，所以乙的摩尔质量小于甲，摩尔质量在数值上等于相对分子质量，所以甲的相对分子质量大于乙，所以答案选B。考点：考查阿伏伽德罗定律的应用【解析】【答案】B2、B【分析】试题解析：Fe3＋有颜色，故A错误；离子都为无色，且不发生离子反应，故B正确；H+与HCO3－发生反应，不能共存，故C错误；MnO4－有颜色，故D错误。考点：离子共存【解析】【答案】B3、C【分析】【解析】试题分析：钠在空气中和氧气反应生成氧化钠，加热则生成过氧化钠；CO2和氢氧化钠溶液反应时，如果氢氧化钠过量，则生成碳酸钠，如果氢氧化钠不足，则生成碳酸氢钠；过氧化钠和CO2反应总是生成氢氧化钠和氧气，和外界条件无关系；木炭完全燃烧生成CO2，不完全燃烧生成CO，答案选C。考点：考查常见物质的性质和有关反应【解析】【答案】C4、A【分析】由于硫酸的密度是随着浓度的增大而增大的，所以根据可知，c1＞2c2，选项A正确，因此答案选。【解析】【答案】A5、A【分析】【解答】A．光导纤维的成分是二氧化硅不是硅单质；故A错误；

B．光化学烟雾的形成主要是汽车尾气排放出的氮氧化物发生复杂的变化造成的；臭氧空洞指的是因空气污染物质，特别是氮氧化物和卤化代烃等气溶胶污染物的扩散；侵蚀而造成大气臭氧层被破坏和减少的现象，故B正确；

C．使用太阳能等代替化石燃料；减少温室气体二氧化碳的排放，故C正确；

D．高铁酸钾（K2FeO4）有强氧化性能杀菌消毒，与水反应生成的Fe（OH）3是胶体；能吸附谁水中悬浮的杂质，故D正确．

故选A．

【分析】A．光导纤维的成分是二氧化硅；

B．光化学烟雾的形成主要是汽车尾气排放出的氮氧化物发生复杂的变化造成的；臭氧空洞指的是因氮氧化物和卤化代烃等气溶胶污染物的扩散；侵蚀而造成大气臭氧层被破坏和减少的现象；

C．低碳生活注重节能减排；要减少二氧化碳的排放；

D．高铁酸钾（K2FeO4）有强氧化性．6、C【分析】解：rm{A.HCl}为只含共价键的共价化合物；故A不选；

B.rm{NaCl}为只含离子键的离子化合物；故B不选；

C.rm{NaOH}中含钠离子与氢氧根离子之间的离子键，rm{O-H}共价键；为离子化合物，故C选；

D.rm{H_{2}O}为只含共价键的共价化合物；故D不选；

故选C．

一般来说；活泼金属与非金属形成离子键，非金属元素之间形成共价键，含离子键的化合物一定为离子化合物，以此来解答．

本题考查化学键和化合物的分类，为高频考点，把握化学键判断的一般规律及化学键与化合物的关系为解答的关键，侧重基础知识的考查，题目难度不大．【解析】rm{C}二、双选题(共7题，共14分)7、A|D【分析】解：A．通CO2仍不能反应；不会生成沉淀，故A选；

B．通入氨气溶液呈碱性，二氧化硫与氨水反应生成亚硫酸氨，溶液中生成大量的SO32-离子，生成沉淀BaSO3；故B不选；

C．二氧化氮溶于水生成硝酸具有氧化性，在溶液中将SO2氧化为SO42-离子，生成沉淀BaSO4；故C不选；

D．通HCl仍不能反应；不会生成沉淀，故D选；故选AD．

将SO2通入BaCl2溶液中如生成沉淀，应有两种情况，一是溶液中有较多的SO32-离子，或加入氧化性物质发生氧化还原反应将二氧化硫氧化生成SO42-离子；以此解答该题．

本题考查了元素化合物知识，为高频考点，侧重考查二氧化硫的性质，特别是SO2的酸性、还原性的考查，把握发生的化学反应为解答的关键，注重基础知识夯实．【解析】【答案】AD8、rAD【分析】解：rm{A.}盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应，则不能比较碳酸、硅酸的酸性，不能比较rm{C}rm{Si}非金属性；故A错误；

B.甲烷密度比空气密度小；则图中向下排空气法收集合理，故B正确；

C.由图可知，反应物总能量高，则可逆反应“rm{CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)}”为放热反应；故C正确；

D.rm{Cu}为负极，rm{Zn}为正极；则原电池中电流从铜片经导线流向锌片，故D错误；

故选AD．

A.盐酸易挥发；盐酸与硅酸钠反应；

B.甲烷密度比空气密度小；

C.由图可知；反应物总能量高；

D.rm{Cu}为负极，rm{Zn}为正极．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应原理、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验评价性分析，题目难度不大．【解析】rm{AD}9、rCD【分析】解：rm{A.}反应过程中产生rm{NO_{2}}和rm{N_{2}O_{4}}表明浓硝酸一部分起氧化剂作用，发应也生成rm{Fe(NO_{3})_{3}}和rm{Cu(NO_{3})_{2}}表明浓硝酸一部分起酸的作用，因此反应过程中浓硝酸不仅体现氧化性的作用，还体现酸性，故A错误；

B.原铁铜合金质量为rm{1.02g}当产生金属离子的完全沉淀时，为rm{Fe(OH)_{3}}和rm{Cu(OH)_{2}}的混合，质量为rm{2.05g}根据元素守恒，设rm{Fe}的物质的量为rm{xmol}rm{Cu}的物质的量为rm{ymol}列出质量关系为rm{begin{cases}overset{56x+64y=1.20}{107x+98y=2.05}end{cases}}解得rm{begin{cases}overset{x=0.01}{y=0.01}end{cases}}因此合金中，rm{begin{cases}

overset{56x+64y=1.20}{107x+98y=2.05}end{cases}}与rm{begin{cases}

overset{x=0.01}{y=0.01}end{cases}}的物质的量之比为rm{Fe}rm{Cu}故B错误；

C.混合气体为rm{1}和rm{1}标况下体积为rm{NO_{2}}即有rm{dfrac{672隆脕10^{-3}}{22.4}=0.03mol}即rm{N_{2}O_{4}}反应过程中，根据电子得失守恒：rm{672mL}即rm{dfrac

{672隆脕10^{-3}}{22.4}=0.03mol}联立：rm{begin{cases}overset{n(NO_{2})+n(N_{2}O_{4})=0.03mol}{n(N_{2}O_{4})+2n(N_{2}O_{4})=0.05mol}end{cases}}解得：rm{n(NO_{2})+n(N_{2}O_{4})=0.03mol}rm{3n(Fe^{3+})+2n(Cu^{2+})=n(NO_{2})+2n(N_{2}O_{4})}因此混合气体中，rm{n(NO_{2})+2n(N_{2}O_{4})=0.05mol}的体积分数rm{=dfrac{0.01}{0.03}=dfrac{1}{3}}故C正确；

D.反应过程中，有rm{begin{cases}

overset{n(NO_{2})+n(N_{2}O_{4})=0.03mol}{n(N_{2}O_{4})+2n(N_{2}O_{4})=0.05mol}end{cases}}rm{n(NO_{2})=0.01mol}的浓硝酸发生反应，即共有浓硝酸的物质的量为rm{n(N_{2}O_{4})=0.02mol}根据rm{NO_{2}}元素守恒：rm{=dfrac{0.01}{0.03}=dfrac

{1}{3}}总rm{100mL}剩rm{12.0mol/L}rm{1.2mol}这里的是指溶液中起酸作用的那部分硝酸，存在形式为rm{N}和rm{n(}因此存在关系：rm{HNO_{3})=n(}可求得rm{HNO_{3})+n(NO_{2})+2n(N_{2}O_{4})+n(NO_{3}^{-})}剩rm{NO_{3}^{-}}可见反应后剩余rm{Fe(NO_{3})_{3}}的硝酸，这部分硝酸也要与rm{Cu(NO_{3})_{2}}溶液反应，rm{n(NO_{3}^{-})=3n(Fe^{3+})+2n(Cu^{2+})=0.05mol}与金属离子反应时，也要消耗rm{n(}这部分消耗的rm{HNO_{3})=1.1mol}的物质的量为rm{1.1mol}因此总共消耗rm{NaOH}的物质的量为rm{NaOH}也就需要消耗rm{NaOH}溶液的体积为rm{V(NaOH)=dfrac{n(NaOH)}{c}=dfrac{1.15mol}{1.0mol/L}隆脕10^{3}=1150mL}故D正确．

故选CD．

铁铜合金完全溶于浓硝酸中，变成rm{NaOH}和rm{0.01mol隆脕3+0.01mol隆脕2=0.05mol}生成气体rm{NaOH}和rm{n(NaOH)=1.1mol+0.05mol=1.15mol}向反应后的溶液加入rm{NaOH}溶液，当金属离子完全沉淀时，产生rm{V(NaOH)=dfrac{n(NaOH)}{c}=dfrac

{1.15mol}{1.0mol/L}隆脕10^{3}=1150mL}和rm{Fe(NO_{3})_{3}}根据电子得失守恒和元素守恒解答．

本题考查氧化还原反应的计算，明确硝酸既起到氧化剂作用，也起到酸的作用，结合守恒思想解答能给本题带来很大的方便rm{Cu(NO_{3})_{2}}本题难度中等，是中档题．rm{NO_{2}}【解析】rm{CD}10、rAD【分析】解：rm{A.}过氧化钠和水反应生成氧气；氨水和二氧化硫反应生成亚硫酸铵，故A正确；

B.浓盐酸和rm{MnO_{2}}应在加热条件下反应生成氯气，rm{BaCl_{2}}溶液和rm{SO_{2}}不反应；故B错误；

C.冷的浓硫酸和铝发生钝化反应；没有气体生成，故C错误；

D.浓硫酸具有脱水性；可使蔗糖碳化，同时浓硫酸和碳反应生成二氧化碳和二氧化硫，可闻到刺激性气体生成，且硫酸可吸收氨气，故D正确．

故选AD．

A.过氧化钠和水反应生成氧气；氨水和二氧化硫反应生成亚硫酸铵；

B.rm{BaCl_{2}}溶液和rm{SO_{2}}不反应；

C.冷的浓硫酸和铝发生钝化反应；

D.浓硫酸具有脱水性；可使蔗糖碳化．

本题考查较为综合，涉及氯气的制备、浓硫酸的性质以及气体的收集等，为高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大．【解析】rm{AD}11、AC【分析】【分析】本题考查了常见的吸热反应和放热反应，题目难度不大。【解答】A.氯酸钾分解制氧气属于吸热反应，故A正确；B.生石灰与水反应生成熟石灰是发生的放热反应，故B错误；C.rm{Ba(OH)}rm{Ba(OH)}rm{2}rm{2}rm{?8H}与rm{?8H}rm{2}rm{2}反应属于吸热反应，故C正确；D.rm{O}与rm{NH}rm{O}

rm{NH}【解析】rm{AC}12、rAB【分析】解：rm{A.}由于氯化钠不水解；且热稳定性很好，故将氯化钠溶液蒸发结晶即可得到氯化钠晶体，故A正确；

B.用量筒量取rm{5.2mL}的盐酸，应选择略大于rm{5.2mL}的量程rm{.}应选择rm{10mL}的量筒；故B正确；

C.托盘天平可以精确到rm{0.1}克，不能称取rm{25.20NaCl}故C错误；

D.容量瓶只有一个刻度，rm{1000mL}容量瓶只能配制rm{1000mL}的溶液，不能配制rm{450mL}的盐酸；故D错误；

故选AB．

A.将氯化钠溶液蒸发结晶即可得到氯化钠晶体；

B.量筒量液时要注意量程的选择；应选择略大于量取液体体积的量程；

C.托盘天平可以精确到rm{0.1}克；

D.容量瓶只有一个刻度．

本题考查物质的分离方法以及实验仪器的使用，题目难度不大，注意基础知识的积累．【解析】rm{AB}13、rAD【分析】解：rm{A.Al}可用与铝热反应的还原剂；可用于冶炼铁等金属，用于焊接钢轨，故A正确；

B.冶炼金属钠；应用电解熔融的氯化钠的方法，电解氯化钠溶液得到氢氧化钠；氢气和氯气，故B错误；

C.铝为活泼金属；应用电解熔融的氧化铝的方法冶炼，故C错误；

D.回收旧金属可进行冶炼生成金属单质；也可用于制备其它化工产品，如回收铁；铝等，故D正确．

故选AD．

金属的活泼性不同，冶炼方法不同，rm{K}rm{Ca}rm{Na}rm{Mg}rm{Al}等金属可用电解法冶炼，rm{Zn}rm{Fe}rm{Sn}rm{Pb}rm{Cu}rm{Hg}等金属可用热还原法冶炼，rm{Ag}rm{Hg}等金属可用热分解法冶炼，热还原法的还原剂可用rm{C}rm{CO}等，如冶炼温度较高，可用rm{Al}为还原剂；以此解答该题．

本题考查金属的冶炼，侧重于基础知识的考查，注意把握金属的冶炼方法和金属活泼性之间的关系，难度不大．【解析】rm{AD}三、填空题(共6题，共12分)14、略

【分析】

（1）10min内SO3的平均反应速率为0.1mol•L-1min-1，所以，△（SO3）=0.1mol•L-1min-1×10min=1mol•L-1；

根据2SO2+O22SO3可知；

△c（SO2）=△c（SO3）=1mol•L-1；

△c（O2）=△c（SO3）=×1mol•L-1=0.5mol•L-1；

10min后SO2的浓度为3mol/L-1mol/L=2mol/L

10min后O2的浓度为1.5mol/L-0.5mol/L=1mol/L

所以，v（SO2）===0.1mol•L-1min-1；

v（O2）===0.05mol•L-1min-1．

故答案为：

10min后的浓度：2.0；1.0；1.0；

平均反应速率：0.1mol•L-1min-1；0.05；

（2）由（1）数据可得出：各物质（包括反应物和生成物）的反应速率与化学计量数成正比。

故答案为：各物质（包括反应物和生成物）的反应速率与化学计量数成正比。

【解析】【答案】（1）由图表可知，10min内SO3的平均反应速率，SO2和O2的起始浓度，根据SO3的平均反应速率，利用△c=v△t计算出SO3的浓度变化量，再根据方程式，计算出SO2和O2的浓度变化量；利用v=计算出SO2和O2的均反应速率．

（2）根据（1）的计算结果分析反应速率与化学方程式中的计量数之间的关系．

15、略

【分析】试题分析：（1）X和Y的物质的量减小，故X和Y是反应物，Z是生成物，转化量之比等于系数之比，当2分钟时，X减少了0.1mol，Y减少了0.3mol，Z增加了0.2mol，故系数之比为1:3:2，故方程式为：3X+Y2Z；（2）2分钟时，物质的量增加了0.2mol，浓度变化量为0.1mol/L，除以时间2分钟，即得该时间内的平均反应速率；（3）①体积不变的情况下，容器内的压强之比等于气体的物质的量之比，开始时容器内气体的总物质的量为X：1mol、Y：1mol，共2mol，2分钟后：X：0.9mol、Y：0.7mol、Z：0.2mol，共1.8mol，故压强之比是1.8:2=0.9；②气体总质量不变，总物质的量减小，故平均相对分子质量增加。考点：化学方程式的判断、化学反应速率的计算、平均相对分子质量的判断等知识。【解析】【答案】（8分）（1）3X+Y2Z（3分）（2）0.05mol.(L.min)－1（2分）（3）0.9（2分）增大（1分）16、略

【分析】解：rm{(1)}加热要加碎瓷片；防止液体暴沸；

故答案为：防止液体暴沸；

rm{(2)}实验中导管不能插入rm{b}试管溶液中；原因是防止倒吸；

故答案为：防止倒吸；

rm{(3)}吸收乙酸乙酯用饱和碳酸钠溶液；原因有降低乙酸乙酯在水中的溶解度，饱和碳酸钠可以吸收挥发出来的乙醇和乙酸，所以右试管中通常加入饱和碳酸钠溶液；实验制取的乙酸乙酯会浮在上层，说明乙酸乙酯的密度小于水的密度；乙酸乙酯不溶于水溶液，所以分离的方法为分液；

故答案为：饱和碳酸钠；小；分液；

rm{(4)}浓硫酸有吸水性；促进该反应向正反应方向移动，浓硫酸能加快反应速率，所以浓硫酸作催化剂；

故答案为：吸水剂和催化剂；

rm{(5)}酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应方程式为：rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OH}rm{CH_{3}COOC_{2}H_{5}+H_{2}O}

故答案为：rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OH}rm{CH_{3}COOC_{2}H_{5}+H_{2}O.}

rm{(1)}加热要加碎瓷片；防止暴沸；

rm{(2)}实验中导管不能插入rm{b}试管溶液中；原因是防止倒吸；

rm{(3)}根据吸收乙酸乙酯用饱和碳酸钠溶液；乙酸乙酯不溶于水溶液分析；

rm{(4)}浓硫酸做酯化反应的催化剂和吸水剂；

rm{(5)}装置中发生的反应是醋酸和乙醇在浓硫酸催化作用下发生酯化反应；生成乙酸乙酯和水，据此书写化学反应方程式．

本题主要考查的是乙酸乙酯的制备，题目难度不大，注意实验的先后顺序，学习中注重实验评价能力的培养．【解析】防止液体暴沸；防止倒吸；饱和碳酸钠；小；分液；吸水剂和催化剂；rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OH}rm{CH_{3}COOC_{2}H_{5}+H_{2}O}17、略

【分析】（1）乙烯分子中含有碳碳双键，所以和溴水发生加成反应，使溴水褪色，方程式为CH2＝CH2＋Br2CH2BrCH2Br。乙烯在一定条件下也可以发生加聚反应，生成聚乙烯，方程式为（2）根据反应前后的物质的变化可知，工艺二中，反应物分子中的原子全部转化为生成物环氧乙烷中，原子利用率最高。【解析】【答案】(1)溶液褪色；CH2＝CH2＋Br2CH2BrCH2Br(2)二18、略

【分析】解：（1）由标签可知，该硫酸质量分数为98%，密度为1.84g/mL，故该硫酸的物质的量浓度c=mol/L=18.4mol/L；

故答案为：18.4；

（2）需要由浓硫酸配制250ml240mL4.6mol/L的稀硫酸；设需要浓硫酸体积为V，根据稀释定律，V×18.4mol/L=4.6mol/L×250mL，解得V=62.5mL；

故答案为：62.5；

（3）浓硫酸稀释放热；应将量取的浓硫酸沿烧杯内壁缓缓地倒入盛有适量水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌；

故答案为：将量取的浓硫酸沿烧杯内壁缓缓地倒入盛有适量水的烧杯中；并用玻璃棒不断搅拌；

（4）①未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中；导致V偏小，因此c偏高；

故答案为：偏高；

②定容时仰视读数；导致V偏大，则c偏低；

故答案为：偏低；

③用量筒量取浓硫酸时俯视；导致n偏小，则c偏低；

故答案为：偏低；

④移液时不慎将少量溶液滴在容量瓶外面；导致n偏小，则c偏低；

故答案为：偏低；

（5）①向容量瓶中加入蒸馏水至距刻度线1～2cm时；应该用胶头滴管滴加；

故答案为：该用胶头滴管滴加；

②加蒸馏水时不慎超过了刻度；导致c偏小，应重新配制；

故答案为：重新配制．

（1）根据c=计算该硫酸的物质的量浓度；

（2）需要由浓硫酸配制250ml240mL4.6mol/L的稀硫酸；根据稀释定律计算；

（3）浓硫酸稀释放热；应将密度大的浓硫酸缓慢注入水中，用玻璃棒不断搅拌散热；

（4）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=进行误差分析；

（5）①向容量瓶中加入蒸馏水至距刻度线1～2cm时；应该用胶头滴管滴加；

②加蒸馏水时不慎超过了刻度；导致c偏小，应重新配制．

本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理和操作步骤是解题关键，注意浓硫酸的稀释及误差分析的方法，题目难度不大．【解析】18.4；62.5；将量取的浓硫酸沿烧杯内壁缓缓地倒入盛有适量水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌；偏高；偏低；偏低；偏低；该用胶头滴管滴加；重新配制19、（1）溶解过滤（2）K2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2KClBaCO3+2HCl=BaCl2+CO2↑+H2O（3）应在滤液中加入过量盐酸后再蒸发结晶（4）沉淀A1或固体B（5）向过滤器中加蒸馏水至固体浸没，让水自然流下，重复操作2-3次【分析】【分析】本题考查物质的分离、提纯操作，题目难度中等，注意把握物质的性质，根据性质选择反应试剂，把握化学基本实验操作知识。

【解答】分离rm{KCl}和rm{BaCl_{2}}两种固体混合物，先溶于水，然后加入过量rm{K_{2}CO_{3}}使rm{BaCl_{2}}转化为沉淀，则试剂rm{a}为rm{K_{2}CO_{3}}过滤后沉淀加入盐酸可生成rm{BaCl_{2}}溶液则试剂rm{b}为盐酸，经蒸发、结晶、干燥后可得固体rm{BaCl_{2}}操作rm{垄脷}所得滤液为rm{KCl}和rm{K_{2}CO_{3}}的混合物，应加入过量盐酸可得rm{KCl}

rm{(1)}根据以上分析可知操作rm{垄脵}是把rm{KCl}和rm{BaCl_{2}}两种固体混合物溶于水，操作为溶解；操作rm{垄脷}是分离固体和液体的操作是过滤；故答案为：溶解；过滤；

rm{(2)}加入试剂rm{a}rm{K_{2}CO_{3}}与rm{BaCl_{2}}反应生成rm{BaCO_{3}}沉淀，发生的化学方程式为rm{K_{2}CO_{3}+BaCl_{2}=BaCO_{3}隆媒+2KCl}加入试剂rm{b}rm{BaCO_{3}}与rm{HCl}生成二氧化碳、水和氯化钡，其反应的方程式为：rm{BaCO_{3}+2HCl=BaCl_{2}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}

故答案为：rm{K_{2}CO_{3}+BaCl_{2}=BaCO_{3}隆媒+2KCl}rm{BaCO_{3}+2HCl=BaCl_{2}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}

rm{(3)}操作rm{垄脷}所得滤液为rm{KCl}和rm{K_{2}CO_{3}}的混合物，直接蒸发结晶得不到纯净的rm{KCl}所以不能得到实验目的；滤液中的杂质为rm{K_{2}CO_{3}}在滤液中加入过量盐酸使rm{K_{2}CO_{3}}转化为rm{KCl}后再蒸发结晶；

故答案为：否；应在滤液中加入过量盐酸后再蒸发结晶；

rm{(4)}若要测定原混合物中rm{KCl}和rm{BaCl_{2}}的质量分数，除了要准确称量混合物的质量外，还要求出rm{KCl}和rm{BaCl_{2}}二者之一的质量，沉淀rm{A}没有洗涤含有杂质离子不能用于求算氯化钡的质量，利用沉淀rm{A}的质量可以求出氯化钡的质量，固体rm{B}即是rm{BaCl_{2}}而固体rm{C}中的rm{KCl}部分来源于rm{K_{2}CO_{3}}所以不能用rm{C}的质量求算；

故答案为：沉淀rm{A_{1}}或固体rm{B}rm{(5)}洗涤沉淀的方法为：向过滤器中加蒸馏水至固体浸没，让水自然流下，重复操作rm{2-3}次。

故答案为：向过滤器中加蒸馏水至固体浸没，让水自然流下，重复操作rm{2-3}次。【解析】rm{(1)}溶解过滤rm{(2)K_{2}CO_{3}+BaCl_{2}=BaCO_{3}隆媒+2KCl}rm{BaCO_{3}+2HCl=BaCl_{2}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}rm{(3)}应在滤液中加入过量盐酸后再蒸发结晶rm{(4)}沉淀rm{A_{1}}或固体rm{B}rm{(5)}向过滤器中加蒸馏水至固体浸没，让水自然流下，重复操作rm{2-3}次四、判断题(共2题，共16分)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