2025年岳麓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年岳麓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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、碳的三种同位素C、C、C的原子中，下列各项均不同的是（）A.核电荷数B.中子数C.电子层数D.元素种类2、下列含有共价键的化合物是（）A.MgCl2B.NaOHC.Br2D.NaCl3、下列各组物质，前者属于电解质，后者属于非电解质的是rm{(}rm{)}A.rm{NaCl}晶体硫酸铜B.铝二氧化硫C.液态的醋酸蔗糖D.熔融的rm{KNO_{3}}硫酸溶液4、下列化学用语表示正确的是rm{(}rm{)}A.氯化铵的电子式：B.中子数为rm{18}的硫原子：rm{;_{16}^{18}S}C.水分子的球棍模型：D.乙烯的结构简式：rm{CH_{2}=CH_{2}}5、某有机物的结构简式为下列说法中不正确的是。

A.该有机物属于饱和烷烃。

B.该烃的名称是rm{3-}甲基rm{-5-}乙基庚烷。

C.该烃与rm{2}rm{5-}二甲基rm{-3-}乙基己烷互为同系物。

D.该烃的一氯取代产物共有rm{8}种。

6、rm{60}rm{g}石灰石在高温下与rm{23}rm{g}石英反应产生的气体在标准状况下的体积是rm{(}rm{)}A.rm{5.6}rm{L}B.rm{11.2}rm{L}C.rm{13.44}rm{L}D.rm{6.72}rm{L}7、下列说法不正确的是rm{(}rm{)}A.煤、石油、天然气均为化石燃料，它们属于可再生资源B.生物质能来源于植物及其加工产品所贮存的能量C.氢气的燃烧产物是水，不会污染环境，是理想的清洁燃料D.大自然利用太阳能最成功的是植物的光合作用8、当原子核外rm{M}电子层为最外层时最多容纳的电子数是rm{(}rm{)}A.rm{2}B.rm{8}C.rm{16}D.rm{18}9、不能用来鉴别Na2CO3和NaHCO3的方法是（）A.分别加热B.加澄清石灰水C.加稀盐酸D.加BaCl2评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)10、现有含有少量rm{N}rm{a}rm{C}rm{l}、rm{N}rm{a}rm{{,!}_{2}SO_{4}}rm{N}rm{a}rm{{,!}_{2}CO_{3}}等杂质的rm{N}rm{a}rm{NO_{3}}溶液，选择适当的试剂除去杂质，得到纯净的rm{N}rm{a}rm{NO_{3}}固体，实验流程如图所示．

rm{(1)}沉淀rm{A}的主要成分是______、______rm{(}填化学式rm{)}．

rm{(2)垄脹}中加入过量的rm{N}rm{a}rm{{,!}_{2}CO_{3}}溶液的目的是______．

rm{(3)}溶液rm{3}经过处理可以得到rm{N}rm{a}rm{NO_{3}}固体，溶液rm{3}中肯定含有的杂质是______，为了除去杂质，可向溶液rm{3}中加入适量的______．11、烷烃C6H14的同分异构体有五种，它们是（写出结构简式）CH3CH2CH2CH2CH2CH3、________________12、将饱和的FeCl3溶液逐滴滴入沸水中，液体变为______色，得到的是______．用此分散系进行实验：将其装入U形管内，用石墨棒做电极，接通直流电源，通电一段时间后发现阴极附近颜色______，这表明Fe（OH）3胶粒带______，这种现象称为______．13、现有五种溶液，分别含下列离子：①Ag+，②Mg2+，③Fe2+，④Al3+，⑤Fe3+．

（1）写出符合下列条件的离子符号：既能被氧化又能被还原的离子是，加铁粉后溶液增重的是______；

（2）向Fe2+的溶液中滴加NaOH溶液，现象是______．

（3）欲除去FeCl2中FeCl3选用合适的试剂和分离方法，并写出相应离子方程式：______．14、某烯烃与rm{H_{2}}发生加成反应后得到的产物是rm{CH_{3}-CH(CH_{3})_{2}}．

rm{(1)}该产物的一氯代物有______种；

rm{(2)}原来烯烃的结构简式为：______；

rm{(3)}该烯烃一定条件下发生加聚反应写出加聚产物的结构简式为：______；

rm{(4)}写出原来的烯烃使溴的四氯化碳溶液褪色的化学反应方程式：______；

rm{(5)}系统命名法的名称______．评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)15、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）16、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）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）18、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）19、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．20、1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023（判断对错）21、摩尔是七个基本物理量之一．（判断对错）22、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、探究题(共1题，共6分)23、请你参与下列探究：

[问题情景]某化学实验小组同学将铁粉投入硫酸铜溶液中，发现生成红色固体物质的同时有较多的气泡放出．同学们都能解释红色固体物质的出现，请你写出生成红色固体物质的化学反应方程式______．但却对气体的生成产生了疑问；这激发了同学们强烈的探究欲望，生成的是什么气体？

[提出猜想]从物质组成元素的角度，放出的气体可能是O2、SO2、H2．

[查阅资料]SO2易溶于水，它能与过量的NaOH溶液反应，生成Na2SO3．

[方案设计]依据上述猜想；实验小组同学分别设计了如下方案：

（1）甲同学认为是O2，则较简单的检验方法是______．

（2）乙同学认为是SO2，则只需将放出的气体通入盛有NaOH溶液的洗气瓶中，称量通气前后洗气瓶的质量．写出SO2与过量的NaOH溶液反应的化学方程式______．

（3）甲、乙同学实验的结果表明气体中既不含O2也不含SO2．丙同学根据以上实验结果推测气体是H2．

[实验探究]丙同学为了检验H2；收集了一试管气体，用拇指堵住试管口且管口略向下倾斜靠近火焰移开拇指点火，听到很小的声音．然后再将气体用带尖嘴的导管导出点燃且用冷而干燥的烧杯罩在火焰上方，气体在空气中安静的燃烧，产生淡蓝色火焰，烧杯壁上有水珠生成，接触烧杯的手能感觉到发热．

结论：铁粉与硫酸铜的溶液反应时，产生的气体是______．

[思维拓展]由上述实验可以推出，硫酸铜溶液中可能含有______物质．评卷人得分五、计算题(共3题，共27分)24、在由铜片、锌片和200mL稀硫酸组成的原电池中，若锌片只发生电化学腐蚀，当在铜片上放出3.36L（标准状况）的H2时，硫酸恰好用完，则：①产生这些气体消耗的锌的质量是多少？②通过导线的电子的物质的量是多少？③原稀硫酸的物质的量浓度是多少？④若整个反应用时5分钟,则用H+表示该反应的平均速率为多少?25、（7分）欲测定某生铁（主要成分是铁，还含有少量的碳）的组成，进行了如下实验：称取粉末状样品8.50克，加入某浓度的盐酸100mL，充分反应后，收集到标准状况下气体2.24L；然后，继续往样品中加入同浓度的盐酸100mL，充分反应后又收集到标准状况下气体1.12L。试求：（写出具体计算过程）（1）所取盐酸的物质的量浓度。（2）该生铁样品中碳的质量分数（保留3位有效数字）。26、标准状况下，36gH2和O2组成的混合气体的体积是67.2L．求这种混合气体中H2和O2的体积比是多少？质量比是多少？参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】考查原子的组成及表示方法。在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数。因为质子数和中子数之和是质量数，所以答案是B。【解析】【答案】B2、B【分析】解：A．氯化镁中只含离子键；故A错误；

B．氢氧化钠中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键；氢氧根离子中氧原子和氢原子之间存在极性共价键，故B正确；

C．溴原子之间存在非极性共价键；但溴为单质不是化合物，故C错误；

D．氯化钠中只含离子键；为离子化合物，故D错误；

故选B．

一般来说；活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，只含共价键的化合物为共价化合物，离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键．

本题考查了化学键的判断，明确离子键和共价键的内涵是解本题关键，注意单质、化合物的区别，题目难度不大．【解析】【答案】B3、C【分析】解：rm{A.NaCl}晶体属与电解质；硫酸铜属于电解质，故A不选；

B.铝是单质；既不是电解质也不是非电解质，二氧化硫是非电解质，故B不选；

C.液态的醋酸属于电解质；蔗糖属于非电解质，故C选；

D.熔融的rm{KNO_{3}}属于电解质；硫酸溶液是混合物，既不是电解质，也不是非电解质，故D不选；

故选：rm{C}．

在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；包括酸；碱、盐、活泼金属氧化物和水；

非电解质是在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物，包括一些非金属氧化物、氨气、大多数有机物rm{(}如蔗糖、酒精等rm{)}

本题考查了电解质、非电解质判断，明确电解质、非电解质概念的内涵与外延是解题关键，注意单质、混合物既不是电解质，也不是非电解质，题目难度不大．【解析】rm{C}4、D【分析】解：rm{A.}氯化铵为离子化合物，铵根离子和氯离子都需要标出所带电荷及最外层电子，正确正确的电子为故A错误；

B.中子数为rm{18}的硫原子，质子数rm{=16}质量数rm{=16+18=34}原子符号为rm{{,!}^{34}_{16}S}故B错误；

C.图为水分子的比例模型，水分子为rm{V}型，两个氧氢键之间的夹角表示rm{180^{circ}}水的球棍模型为：故C错误；

D.乙烯中含有碳碳双键，为官能团，乙烯的结构简式：rm{CH_{2}=CH_{2}}故D正确；

故选D．

A.氯化铵是离子化合物铵根离子中原子间形成共价键；需要写出电子对；

B.质量数rm{=}质子数rm{+}中子数；质量数标注样式符合左上角，质子数标注样式符合左下角；

C.球棍模型主要体现的是分子的空间结构和成键类型；比例模型主要体现的是组成该分子的原子间的大小关系；

D.乙烯中含有碳碳双键；在书写结构简式时，碳碳双键应保留．

本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度不大，涉及电子式、元素符号、结构式、分子式与结构简式等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生的规范答题能力．【解析】rm{D}5、C【分析】【分析】本题考查饱和烃、有机物的命名、同系物、等效氢等，难度不大，注意分子中有几种等效氢原子就有几种一氯代物。【解答】rm{A}rm{A}该有机物不含不饱和键，属于饱和烷烃，故rm{.}该有机物不含不饱和键，属于饱和烷烃，故rm{A}正确；正确；rm{.}

rm{A}rm{A}符合烷烃的系统命名法，故正确；

rm{B}二者分子式相同，但结构不同，互为同分异构体，故rm{B}错误；

rm{B}rm{.}符合烷烃的系统命名法，故rm{B}正确；该烷烃分子中有rm{.}种等效氢原子，因此其一氯代物共有rm{B}种，故rm{B}正确。

rm{C}rm{C}【解析】rm{C}6、C【分析】解：高温下，石灰石和二氧化硅反应方程式为：rm{CaCO_{3}+SiO_{2}dfrac{underline{;{赂脽脦脗};}}{;}CaSiO_{3}+CO_{2}隆眉}高温下碳酸钙也能分解生成氧化钙和二氧化碳rm{CaCO_{3}dfrac{underline{;{赂脽脦脗};}}{;}CaO+CO_{2}隆眉}所以无论碳酸钙是否过量，根据碳酸钙计算二氧化碳即可；

根据原子守恒得碳酸钙和二氧化碳之间的关系式为：rm{CaCO_{3}+SiO_{2}dfrac{

underline{;{赂脽脦脗};}}{;}CaSiO_{3}+CO_{2}隆眉}rm{CaCO_{3}dfrac{

underline{;{赂脽脦脗};}}{;}CaO+CO_{2}隆眉}

设二氧化碳的体积为rm{CaCO_{3}}

rm{CO_{2}}rm{x}

rm{CaCO_{3}}

rm{CO_{2}}

rm{100g22.4L}rm{60gx}rm{100g}

rm{x=dfrac{22.4L隆脕60g}{100g}=13.44L}

故选C．

高温下，石灰石和二氧化硅反应方程式为：rm{CaCO_{3}+SiO_{2}dfrac{underline{;{赂脽脦脗};}}{;}CaSiO_{3}+CO_{2}隆眉}高温下碳酸钙也能分解生成氧化钙和二氧化碳rm{CaCO_{3}dfrac{underline{;{赂脽脦脗};}}{;}CaO+CO_{2}隆眉}所以根据原子守恒计算二氧化碳的体积即可．

本题考查了根据方程式进行计算，因为碳酸钙在高温下也能分解生成二氧化碳，所以不用进行过量计算即可，再结合原子守恒计算二氧化碳体积，难度不大．rm{22.4L=60g}【解析】rm{C}7、A【分析】解：rm{A}化石燃料包括煤、石油和天然气；是由远古时代的动植物转化而来，故不能再生，故A错误；

B、生物质能就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量rm{.}它直接或间接地来源于绿色植物的光合作用；所以生物质能来源于植物及其加工产品所贮存的能量，故B正确；

C；氢气燃烧后生成水；且氢气是可再生能源，故是理想的燃料，故C正确；

D；太阳能应用最成功的是植物的光合作用；故D正确；

故选A．

A；化石燃料不能再生；

B、生物质能就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量rm{.}它直接或间接地来源于绿色植物的光合作用；

C；氢气是理想的燃料；

D；根据光合作用是利用太阳能进行分析．

本题考查了化学与生产和生活，明确可持续发展的含义是解题关键，注意氢气运输、储存不方便，题目难度不大．【解析】rm{A}8、B【分析】解：由于能级交错的原因，rm{E_{n}d>E_{(n+1)}s}当rm{ns}和rm{np}充满时rm{(}共rm{4}个轨道，最多容纳rm{8}个电子rm{)}多余电子不是填入rm{nd}而是首先形成新电子层，填入rm{(n+1)s}轨道中，因此当原子核外rm{M}电子层为最外层时最多容纳rm{8}个电子；

故选B．

由于能级交错的原因，rm{E_{n}d>E_{(n+1)}s.}当rm{ns}和rm{np}充满时rm{(}共rm{4}个轨道，最多容纳rm{8}个电子rm{)}多余电子不是填入rm{nd}而是首先形成新电子层，填入rm{(n+1)s}轨道中；据此判断最外层最多容纳电子数．

本题考查了核外电子的运动和电子排布规律，题目难度不大，明确原子核外电子排布规律为解答关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力．【解析】rm{B}9、B【分析】【分析】碳酸氢钠受热易分解；碳酸钠稳定性强，A可以鉴别；二者都会澄清的石灰水反应生成碳酸钙白色沉淀，B不能鉴别；碳酸钠和盐酸的反应是分步进行的，而碳酸氢钠则是只有一步，C可以鉴别；碳酸氢钠和氯化钡不反应，碳酸钠和氯化钡反应生成碳酸钡白色沉淀，D可以鉴别，答案选B。

【点评】碳酸钠和碳酸氢钠都是碳酸盐，二者的性质既有相似的地方，也有不同的地方。据此可以进行鉴别。另外二者在一定条件下，也可以相互转化，需要熟练掌握。二、填空题(共5题，共10分)10、（1）BaSO4BaCO3（2）除去过量的Ba（NO3）2〔或BaCl2〕和AgNO3（3）Na2CO3HNO3【分析】【分析】本题主要考察常见离子除杂方法的应用，要求平时的积累。熟悉rm{SO}4rm{SO}、rm{{,!}^{2-}}3rm{CO}、rm{CO}rm{{,!}^{2-}}rm{C}rm{C}的除杂方法，并很好的应用。除杂原则不增不减易分离易复原四原则。【解答】经过分析知道rm{l^{-}}rm{l^{-}}rm{Ba^{2+}}rm{Ag^{+}}中的杂质为rm{N}4rm{N}、rm{a}3rm{a}、rm{NO}要除去rm{NO}4rm{{,!}_{3}}、rm{SO}3rm{{,!}^{2-}}本题加入了过量rm{CO}溶液，则rm{{,!}^{2-}}4rm{Cl^{-}}、rm{SO}3rm{{,!}^{2-}}都以rm{CO}形式沉淀下来，故rm{{,!}^{2-}}答案为rm{Ba(NO_{3})_{2}}rm{SO}但是引入过量的rm{{,!}^{2-}}为除去rm{CO}第二步加入过量的rm{{,!}^{2-}}溶液，rm{BaSO_{4隆垄}BaCO_{3}}全部转化为rm{(1)}沉淀，但引入了过量的rm{BaSO_{4}}故第三步加入过量的rm{BaCO_{3}}溶液目的是除去过量的rm{Ba^{2+}}和rm{Cl^{-}}故答案为除去过量的rm{AgNO_{3}}或rm{Cl^{-}}和rm{AgCl}溶液rm{Ag^{+}}中有第三步加入过量的rm{Na_{2}CO_{3}}要除去的rm{Ba(NO_{3})_{2}}要加入一定的强酸使rm{AgNO_{3,}}3rm{Ba(NO_{3})_{2}隆虏}转化为rm{BaCl_{2}隆鲁}而除去，这里本着rm{AgNO_{3拢禄}}不引入杂质的原则rm{3}只能选择硝酸，故答案为rm{Na_{2}CO_{3}}rm{Na_{2}CO_{3}}故答案为rm{CO}rm{{,!}^{2-}}rm{CO_{2}}除去过量的rm{bu}或rm{zh}和rm{Na_{2}CO_{3}}rm{HNO_{3}}rm{(1)BaSO_{4}}rm{BaCO_{3}}【解析】rm{(1)BaSO_{4;;}BaCO_{3;;}}rm{(1)BaSO_{4;;}BaCO_{3;;}}除去过量的rm{(2)}除去过量的rm{Ba(NO_{3})_{2}隆虏}或rm{BaCl_{2}隆鲁}和rm{AgNO_{3;}}或rm{(2)}和rm{Ba(NO_{3})_{2}隆虏}rm{BaCl_{2}隆鲁}rm{AgNO_{3;}}11、CH3CH2CH2CH（CH3）2CH3CH2CH（CH3）CH2CH3CH3CH2C（CH3）3CH3CH（CH3）CH（CH3）CH3【分析】【解答】C6H14属于烷烃，其同分异构体有：CH3（CH2）4CH3，名称为正己烷；CH3CH2CH2CH（CH3）2，名称为2﹣甲基戊烷；CH3CH2CH（CH3）CH2CH3，名称为3﹣甲基戊烷；CH3CH2C（CH3）3，名称为2，2﹣二甲基丁烷烷；CH3CH（CH3）CH（CH3）CH3；名称为2，3﹣二甲基丁烷；

故答案为：CH3CH2CH2CH（CH3）2；CH3CH2CH（CH3）CH2CH3；CH3CH2C（CH3）3；CH3CH（CH3）CH（CH3）CH3．

【分析】根据减碳法作取代基，书写C6H14的所有同分异构体．12、略

【分析】解：将饱和的FeCl3溶液逐滴滴入沸水中，液体变为红褐色，得到的是Fe（OH）3胶体，阴极附近颜色逐渐变深，表明Fe（OH）3胶粒带正电荷；这种现象称为电泳；

故答案为：红褐；Fe（OH）3胶体；逐渐变深；正电荷；电泳．

将饱和的FeCl3溶液逐滴滴入沸水中，液体变为红褐色，得到的是Fe（OH）3胶体．发现阴极附近颜色逐渐变深，这表明Fe（OH）3胶粒带正电荷．

本题考查胶体的性质，难度不大，掌握胶体的制备是解题的关键．【解析】红褐；Fe（OH）3胶体；逐渐变深；正电荷；电泳13、略

【分析】解：（1）Fe2+中Fe元素的化合价处于中间价态，既能被氧化又能被还原，铁能与①⑤中的离子反应，对①溶中铁反应后析出了银，Fe+2Ag+=2Ag+Fe2+，溶液质量减轻，而铁能和三价铁反应生成二价铁，Fe+2Fe3+=3Fe2+；溶液质量增加了金属铁的质量；

故答案为：Fe2+；Fe3+；

（2）亚铁离子和氢氧化钠反应生成的氢氧化亚铁沉淀Fe2++2OH-=Fe（OH）2↓，氢氧化亚铁很容易被氧气氧化为氢氧化铁，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；

现象是：出现白色沉淀；迅速变为灰绿色最后变为红褐色；

故答案为：生成白色絮状沉淀；迅速变为灰绿色，最后变为红褐色沉淀；

（3）除去FeCl2中FeCl3选用铁粉，不引入新杂质，FeCl3可与Fe反应生成FeCl2溶液，反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+═3Fe2+；过滤除去铁粉；

故答案为：铁粉，过滤；Fe+2Fe3+═3Fe2+．

（1）居于中间价态的离子既能被氧化又能被还原；铁能将银从溶液中置换出来，能和三价铁化合为二价铁；

（2）亚铁离子和氢氧化钠反应生成的氢氧化亚铁沉淀很容易被氧气氧化为氢氧化铁；

（3）铁离子能被铁还原生成亚铁离子；不引入新杂质．

本题考查氧化还原反应、元素化合物知识，为高考常见题型，注意离子反应的书写方法，把握离子的性质、元素的化合价及氧化还原反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，（3）除杂注意把握物质的性质的异同，题目难度不大．【解析】Fe3+；生成白色絮状沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色沉淀；Fe+2Fe3+═3Fe2+14、略

【分析】解：rm{(1)CH_{3}-CH(CH_{3})_{2}}只有rm{2}种rm{H}则该产物的一氯代物有rm{2}种，故答案为：rm{2}

rm{(2)}由上述分析可知，原来烯烃的结构简式为rm{CH_{2}=C(CH_{3})_{2}}故答案为：rm{CH_{2}=C(CH_{3})_{2}}

rm{(3)}该烯烃一定条件下发生加聚反应写出加聚产物的结构简式为故答案为：

rm{(4)}烯烃使溴的四氯化碳溶液褪色的化学反应方程式为rm{CH_{2}=C(CH_{3})_{2}+Br_{2}隆煤CH_{2}Br-CBr(CH_{3})_{2}}故答案为：rm{CH_{2}=C(CH_{3})_{2}+Br_{2}隆煤CH_{2}Br-CBr(CH_{3})_{2}}

rm{(5)}中最长碳链有rm{7}个rm{C}rm{3}号rm{C}上有rm{2}个甲基、rm{5}个rm{C}上有乙基，则名称为rm{3}rm{3-}二甲基rm{-5-}乙基庚烷，故答案为：rm{3}rm{3-}二甲基rm{-5-}乙基庚烷．

烯烃与rm{H_{2}}发生加成反应后得到的产物是rm{CH_{3}-CH(CH_{3})_{2}}碳链骨架不变，相邻rm{2}个rm{C}各去掉一个rm{H}得到烯烃为rm{CH_{2}=C(CH_{3})_{2}}rm{CH_{3}-CH(CH_{3})_{2}}只有rm{2}种rm{H}结合烷烃选主链；定位次、写名称来解答．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应、有机物的结构为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意烯烃的性质，题目难度不大．【解析】rm{2}rm{CH_{2}=C(CH_{3})_{2}}rm{CH_{2}=C(CH_{3})_{2}+Br_{2}隆煤CH_{2}Br-CBr(CH_{3})_{2}}rm{3}rm{3-}二甲基rm{-5-}乙基庚烷三、判断题(共8题，共16分)15、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．16、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．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．18、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．19、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；20、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．21、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．22、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、探究题(共1题，共6分)23、略

【分析】解：铁能和硫酸铜溶液反应生成铜和硫酸亚铁，其方程式为：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu；

【方案设计】

（1）氧气的鉴定一般是用带火星的木条伸入收集的气体中；若复燃说明是氧气；

（2）SO2与NaOH反应生成亚硫酸钠和水，其方程式为：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O；

【实验探究】根据实验的现象：气体在空气里安静的燃烧；产生淡蓝色火焰，烧杯壁上有水珠生成，接触烧杯的手能感觉到发热．说明这种气体是氢气；

【思维拓展】因为活动性在氢前的金属和酸反应能产生氢气；所以由上述实验可以推出，可断定该溶液呈酸性；

故答案为：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu；

【方案设计】

（1）用带火星的木条伸入收集的气体中若复燃说明是氧气；

（2）SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O；

【实验探究】氢气；

【思维拓展】酸性；

依据铁能和硫酸铜溶液反应生成铜和硫酸亚铁