2025年沪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年沪教新版高一化学上册月考试卷455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7题，共14分)1、下列关于分类的说法正确的是（）A.活性炭、C60、金刚砂都是碳的同素异形体B.Fe2O3、Na2O2、K2O都是碱性氧化物C.淀粉、蛋白质、油脂都属于有机高分子化合物D.纯碱、氯化铵、明矾都是盐且都属于强电解质2、下列气体中不能用浓硫酸干燥的是rm{(}rm{)}A.rm{O_{2}}B.rm{CO_{2}}C.rm{NH_{3}}D.rm{SO_{2}}3、下列两种气体的分子数一定相等的是rm{(}rm{)}A.质量相等、密度不等的rm{N_{2}}和rm{C_{2}H_{4}}B.等压等体积的rm{N_{2}}和rm{CO_{2}}C.等体积等密度的rm{CO_{2}}和rm{C_{2}H_{4}}D.等温等体积的rm{O_{2}}和rm{N_{2}}4、下列有关氧化还原反应的叙述中正确的是()A.肯定有一种元素被氧化，另一种元素被还原B.置换反应一定属于氧化还原反应C.在反应中所有元素的化合价一定发生变化D.化合反应和复分解反应不可能是氧化还原反应5、只用一种试剂即可区别下列四种溶液：Na2SO4、MgCl2、Al2(SO4)3、（NH4）2SO4，该试剂是A.稀H2SO4B.NaOH溶液C.BaCl2溶液D.Ba(OH)2溶液6、NA表示阿伏加德罗常数，以下各物质所含分子数最多的是A.标准状况下11.2L氯气B.17g氨气C.0.8mol氧气D.常温常压下，36mL的H2O7、两只敞口烧杯中分别发生如下反应：一只烧杯中反应为：rm{A+B=C+D}反应温度为rm{T_{1}}另一只烧杯中反应为：rm{M+N=P+Q}反应温度为rm{T_{2}}rm{T_{1}>T_{2}}则两只烧杯中反应速率快慢为rm{(}rm{)}A.无法确定B.前者快C.后者快D.一样快评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)8、在标准状况下，有一刚性密闭容器，被一可以自由滑动的活塞分成两个密闭的反应器rm{.}左侧充入等物质的量的氢气和氧气，右侧充入一氧化碳和氧气的混合气体rm{.}同时引燃左右两侧的混合气，反应后恢复到标准状况rm{.}反应前后活塞位置如下图所示rm{.}则右侧混合气体中一氧化碳和氧气的物质的量之比是____________或____________rm{.(}液态水的体积忽略不计rm{)}9、rm{垄脵隆芦垄芒}为短周期元素，其常见化合价与原子序数的关系如下图所示。请回答下列问题。rm{(1)垄脺}rm{垄芒}的简单离子半径由大到小的顺序为_______rm{(}填离子符号rm{)}rm{(2)}由上述元素形成的、稳定性最好的气态氢化物的电子式为_______。rm{(3)垄脷}的简单氢化物与其最高价氧化物的水化物可以发生化合反应，所得产物中包含的化学键类型为______________。rm{(4)垄脿}rm{垄芒}的最高价氧化物的水化物的酸性_______rm{>}_______rm{(}填化学式rm{)}rm{(5)}写出rm{垄脼}的单质和rm{垄脻}的最高价氧化物对应水化物的水溶液之间反应的离子方程式：__________________________________________。10、某一反应体系有反应物和生成物共五种物质：rm{O_{2}}rm{H_{2}CrO_{4}}rm{Cr(OH)_{3}}rm{H_{2}O}rm{H_{2}O_{2}.}已知该反应中rm{H_{2}O_{2}}只发生如下过程：rm{H_{2}O_{2}隆煤O_{2}.}请回答：

rm{(1)}该反应中的还原剂是______；

rm{(2)}该反应中发生还原反应的是______rm{隆煤}______

rm{(3)}写出该反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目：______．11、实验室里用图所示装置制取纯净氯气；试回答下列问题：

（1）写出烧瓶中发生反应的离子方程式______；

（2）B处盛有饱和食盐水，其作用是______；

（3）E处可放的物质是______；A．浓硫酸B．碳酸钠C．饱和食盐水D．水。

（4）C处盛放的试剂是______；

（5）若用200mL10mol•L-1的浓盐酸与足量的二氧化锰固体加热反应（不考虑氯化氢挥发），则产生氯气的物质的量为______11.2L（标况下）（填“大于”、“等于”或“小于”），原因是______．12、在苯酚、苯甲酸的乙醚溶液中，加入适量的氢氧化钠溶液，振荡后静置分层，在水层中含有________。再通入足量二氧化碳后，静置分层，用分液漏斗分液，醚层中含有________。在分离出的水层中加入盐酸酸化，并加热蒸发，得到的白色晶体是_____________________。评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)13、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）14、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。15、摩尔是七个基本物理量之一．（判断对错）16、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．17、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）18、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）19、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）20、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8分)21、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、其他(共4题，共20分)22、（5分）现有前4周期中的A、B、C、D、E五种主族元素。A的最高价氧化物含A40%，A原子中质子数等于中子数；B是同周期中除稀有气体外原子半径最大的元素；D能形成BD型离子化合物，且B、D两离子的电子层结构相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1个电子；1.8gC与足量的稀硫酸反应，所产生的氢气在标准状况下的体积为2.24L；C原子中质子数比中子数少1；D原子比A原子多1个质子。请写出A～E五种元素最高价氧化物对应水化物的化学式____、、、、。23、X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻。X的核电荷数是Y的核外电子数的一半，Y与M可形成化合物M2Y。用微粒符号完成下列问题：（1）Y、Z两种元素的最高价氧化物的水化物酸性强于。（2）M、Z、Y形成的简单离子的半径的大小。（3）M2X2固体中阴、阳离子个数比____________,其电子式为．该物质中含有化学键的类型有和．（4）将Z的单质通入YX2的水溶液中发生反应的离子方程式为。24、（5分）现有前4周期中的A、B、C、D、E五种主族元素。A的最高价氧化物含A40%，A原子中质子数等于中子数；B是同周期中除稀有气体外原子半径最大的元素；D能形成BD型离子化合物，且B、D两离子的电子层结构相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1个电子；1.8gC与足量的稀硫酸反应，所产生的氢气在标准状况下的体积为2.24L；C原子中质子数比中子数少1；D原子比A原子多1个质子。请写出A～E五种元素最高价氧化物对应水化物的化学式____、、、、。25、X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻。X的核电荷数是Y的核外电子数的一半，Y与M可形成化合物M2Y。用微粒符号完成下列问题：（1）Y、Z两种元素的最高价氧化物的水化物酸性强于。（2）M、Z、Y形成的简单离子的半径的大小。（3）M2X2固体中阴、阳离子个数比____________,其电子式为．该物质中含有化学键的类型有和．（4）将Z的单质通入YX2的水溶液中发生反应的离子方程式为。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【解答】A、金刚砂的成分是碳化硅，属于化合物，与活性炭、C60不是同素异形体；故A错误；

B；过氧化钠不是碱性氧化物；故B错误；

C；油脂是高级脂肪酸甘油酯；属于小分子化合物，故C错误；

D；纯碱、氯化铵、明矾都是盐；且在水溶液中均能完全电离，都属于强电解质，故D正确；

故选D．

【分析】A；同种元素构成的不同种单质互为同素异形体；

B；过氧化钠不是碱性氧化物；

C；相对分子质量大于10000的属于高分子化合物；

D、完全电离的化合物属于电解质，据此解答即可2、C【分析】解：浓硫酸具有强氧化性和酸性，则rm{NH_{3}}不能用浓硫酸干燥；可与硫酸反应生成硫酸铵，而其它气体与浓硫酸不反应，可用浓硫酸干燥．

故选C．

浓硫酸具有强氧化性和酸性；具有强还原性和碱性的气体不能用浓硫酸干燥，以此解答该题．

本题考查浓硫酸的性质，难度不大，注意浓硫酸具有吸水性、脱水性和强氧化性的性质，可用于干燥酸性、中性以及与浓硫酸不反应的气体．【解析】rm{C}3、A【分析】解：rm{A.}摩尔质量均为rm{28g/mol}质量相同，则物质的量相同，分子数一定相等，故A正确；

B.气体体积受温度影响，温度未知，rm{Vm}不确定；则物质的量不一定相等，故B错误；

C.等体积等密度，气体的质量相同，但rm{M}不同；则物质的量不同，故C错误；

D.气体体积受压强影响，压强未知，rm{Vm}不确定；则物质的量不一定相等，故D错误；

故选A．

气体的物质的量相同，则分子数一定相等，结合rm{ndfrac{m}{M}=dfrac{V}{Vm}}来解答．

本题考查综合物质的量的计算，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，注意把握相关计算公式的运用及影响气体体积的因素，题目难度不大．rm{ndfrac{m}{M}=dfrac

{V}{Vm}}【解析】rm{A}4、B【分析】【分析】本题考查了氧化还原反应，难度不大，注意在氧化还原反应中可能同一元素既被氧化又被还原。【解答】A.rm{Cl_{2}+H_{2}O=HCl+HClO}反应中既有化合价升高的氯元素也有化合价降低的氯元素，所以在氧化还原反应中可能同一元素既被氧化又被还原，故A错误；B.置换反应中一定有化合价的变化；有化合价变化的化学反应是氧化还原反应，所以任何一个置换反应一定属于氧化还原反应，故B正确；

C.rm{2H_{2}+O_{2}dfrac{underline{;{碌茫脠录};}}{;}2H_{2}O}反应中各元素的化合价都发生变化；rm{2H_{2}+O_{2}dfrac{

underline{;{碌茫脠录};}}{;}2H_{2}O}反应中只有氯元素的化合价变化；故C错误；

D.rm{2H_{2}+O_{2}dfrac{underline{;{碌茫脠录};}}{;}2H_{2}O}的反应既是化合反应又是氧化还原反应，rm{Cl_{2}+H_{2}O=HCl+HClO}的反应是化合反应但不是氧化还原反应；所以只有部分化合反应是氧化还原反应；复分解反应一定没有元素化合价的变化，所以复分解反应一定不是氧化还原反应，故D错误。

故选B。

rm{2H_{2}+O_{2}dfrac{

underline{;{碌茫脠录};}}{;}2H_{2}O}【解析】rm{B}5、B【分析】试题分析：这几种物质阴离子相同，而阳离子不同，所以要用碱来验证。由于Ba(OH)2溶液能和所有的硫酸盐反应产生白色沉淀而干扰阳离子的检验，同样BaCl2溶液与Na2SO4、Al2(SO4)3、（NH4）2SO4反应均产生白色沉淀，不能判别，所以不能选用。要用NaOH溶液。发生的现象分别是Na2SO4：无现象；MgCl2：产生白色沉淀，过量沉淀不溶解；Al2(SO4)3：产生白色沉淀，过量时沉淀逐渐溶解；Al2(SO4)3：加入NaOH溶液并加热会产生有刺激性气味的无色气体，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变为蓝色。四种溶液的现象个不相同，可以区分。选项为B.考点：考查Na2SO4、MgCl2、Al2(SO4)3、NH4）2SO4的鉴别的知识。【解析】【答案】B6、D【分析】试题分析：A、标准状况下11.2升氯气，其物质的量为0.5摩尔；B、17克氨气为1摩尔；D、36毫升水为36克水，是2摩尔。因为物质的量越多，所含的分子数越多，所以选D。考点：阿伏伽德罗常数。【解析】【答案】D7、A【分析】解：影响化学反应速率的主要因素是物质的性质，物质越活泼，反应速率越大，而浓度、温度为影响化学反应速率的外因，比较温度、浓度对化学反应速率的影响只能针对于同一个化学反应，如rm{Na}和rm{HCl}溶液剧烈反应，但无论温度多高、浓度多大，rm{Cu}都不与盐酸反应；

故选A．

比较温度；浓度对化学反应速率的影响只能针对于同一个化学反应进行判断．

本题考查化学反应速率的影响因素，题目难度不大，本题注意题中温度、浓度的影响是针对不同的化学反应，物质的性质不同，化学反应速率不同．【解析】rm{A}二、填空题(共5题，共10分)8、1：1;3：1【分析】解：假设氢气和氧气的物质的量分别为rm{1mol}开始时左右两侧气体的体积相等，则物质的量之和相等，右侧气体共为rm{2mol}

同时引燃左右两侧的混合气，发生反应分别为，左侧：rm{2H_{2}+O_{2}dfrac{{碌茫脠录}}{}2H_{2}O}右侧：rm{2CO+O_{2}dfrac{{碌茫脠录}}{}2CO_{2}}

左侧剩余气体为rm{2H_{2}+O_{2}dfrac{

{碌茫脠录}}{}2H_{2}O}

由图可知反应后左右两侧气体的物质的量之比为rm{2CO+O_{2}dfrac{

{碌茫脠录}}{}2CO_{2}}rm{0.5molO_{2}}则右侧气体的物质的量为rm{1}

当rm{3}过量时，设rm{1.5mol}为rm{CO}则rm{O_{2}}为rm{xmol}

rm{2CO+O_{2}dfrac{{碌茫脠录}}{}2CO_{2}}

rm{CO}

rm{(2-x)mol}

rm{2CO+O_{2}dfrac{

{碌茫脠录}}{}2CO_{2}}rm{211}

所以：rm{2xx2x}rm{2-x-2x+2x=1.5}

rm{x=0.5}rm{n(CO)=1.5mol}rm{n(O_{2})=0.5mol}

当rm{n(CO)}过量时，设rm{n(O_{2})=3}为rm{1}则rm{O_{2}}为rm{CO}

rm{2CO+O_{2}dfrac{{碌茫脠录}}{}2CO_{2}}

rm{ymol}

rm{O_{2}}

rm{(2-y)mol}

rm{2CO+O_{2}dfrac{

{碌茫脠录}}{}2CO_{2}}

所以：rm{211}rm{ydfrac{y}{2}y}

rm{2-y-dfrac{y}{2}+y=1.5}rm{y=1}rm{n(CO)=1mol}

故答案为：rm{n(O_{2})=1mol}rm{n(CO)}或rm{n(O_{2})=1}rm{1}．rm{1}【解析】rm{1}rm{1;3}rm{1}9、(1)>

(2)

(3)离子键；极性键。

(4)>

(5)↑【分析】【分析】

本题以原子结构与元素化合价的关系为突破口。由图中化合价可知，rm{垄脹}的化合价只有rm{-2}故rm{垄脹}为rm{O}元素；rm{垄脵}的化合价为rm{+4}和rm{-4}则rm{垄脵}为rm{C}元素，根据原子序数，则rm{垄脷}为rm{N}元素，rm{垄脺}为rm{F}元素；再根据rm{垄脻垄脼垄脽垄脿垄谩垄芒}的原子序数递增，常见正价依次增大，可推知rm{垄脻垄脼垄脽垄脿垄谩垄芒}分别为rm{Na}rm{Al}rm{Si}rm{P}rm{S}rm{Cl}再根据问题依次作答；考查元素与性质间的关系，难度不大。

【解答】

rm{(1)垄脺}和rm{垄芒}的简单离子分别rm{{F}^{-}}和rm{C{l}^{-}}根据同主族元素从下而下离子半径增大，可知半径rm{C{l}^{-}>{F}^{-}}故答案为：rm{C{l}^{-}>{F}^{-}}

rm{(2)}元素非金属性越强，对应气态氢化物稳定性越好，故应为rm{F}对应的rm{HF}其电子式为故答案为：

rm{(3)N}的简单氢化物为rm{N{H}_{3}}与其最高价氧化物的水化物rm{HN{O}_{3}}可以发生化合反应rm{N{H}_{4}N{O}_{3}}所含化学键为离子键和极性键，故答案为：离子键；极性键。

rm{(4)垄脿}和rm{垄芒}分别是rm{P}rm{Cl}根据非金属性rm{Cl>P}可知最高价氧化物的水化物酸性rm{HCl{O}_{4}>{H}_{3}P{O}_{4}}故答案为：rm{HCl{O}_{4}>{H}_{3}P{O}_{4}}

rm{HCl{O}_{4}>{H}_{3}P{O}_{4}

}的单质为rm{HCl{O}_{4}>{H}_{3}P{O}_{4}

}和rm{(5)垄脼}的最高价氧化物对应水化物rm{Al}反应放出氢气，离子方程式为rm{2Al+2O{H}^{-}+2{H}_{2}O=2Al{{O}_{2}}^{-}+3{H}_{2}隆眉}故答案为：rm{2Al+2O{H}^{-}+2{H}_{2}O=2Al{{O}_{2}}^{-}+3{H}_{2}隆眉}rm{垄脻}【解析】rm{(1)C{l}^{-}>{F}^{-}}

rm{(1)C{l}^{-}>{F}^{-}

}

rm{(2)}离子键；极性键。

rm{(4)HCl{O}_{4}>{H}_{3}P{O}_{4}}

rm{(5)2Al+2O{H}^{-}+2{H}_{2}O=2Al{{O}_{2}}^{-}+3{H}_{2}隆眉}rm{(3)}10、略

【分析】解：rm{(1)H_{2}O_{2}隆煤O_{2}}的过程中，氧元素的化合价由rm{-1}价升到了rm{0}价，所以rm{H_{2}O_{2}}是还原剂，故答案为：rm{H_{2}O_{2}}

rm{(2)}反应中rm{Cr}元素化合价降低，rm{H_{2}CrO_{4}}应被还原生成rm{Cr(OH)_{3}}故答案为：rm{H_{2}CrO_{4}}rm{Cr(OH)_{3}}

rm{(3)}反应的方程式为rm{2H_{2}CrO_{4}+3H_{2}O_{2}=2Cr(OH)_{3}+3O_{2}隆眉+2H_{2}O}反应中rm{Cr}元素化合价由rm{+6}价降低为rm{+3}价，rm{O}元素化合价由rm{-1}价升高到rm{0}价，则转移电子数目和方向可表示为

故答案为：

该反应中rm{H_{2}O_{2}}只发生如下过程：rm{H_{2}O_{2}隆煤O_{2}}rm{O}元素化合价升高，rm{H_{2}O_{2}}被氧化，根据化合价的变化可知，反应中rm{H_{2}CrO_{4}}为氧化剂，被还原为rm{Cr(OH)_{3}}反应的方程式为rm{2H_{2}CrO_{4}+3H_{2}O_{2}=2Cr(OH)_{3}+3O_{2}隆眉+2H_{2}O}根据化合价的变化判断电子转移的数目，以此解答该题．

本题考查氧化还原反应，题目难度中等，本题注意从化合价变化的角度分析氧化还原反应，易错点为rm{(3).}注意电子转移方向和数目的判断．【解析】rm{H_{2}O_{2}}rm{H_{2}CrO_{4}}rm{Cr(OH)_{3}}11、略

【分析】解解：（1）浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应离子方程式：MnO2+4H++2Cl-（浓）Mn2++Cl2↑+2H2O；

故答案为：MnO2+4H++2Cl-（浓）Mn2++Cl2↑+2H2O；

（2）氯化氢易挥发；制备的氯气中含有杂质氯化氢，氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度不大，可以用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢；

故答案为：吸收氯化氢气体；

（3）A．氯气与浓硫酸不反应；不能进行尾气处理，故A不选；

B．氯气与水反应生成盐酸与次氯酸；盐酸与碳酸钠反应，能够吸收氯气，故B选；

C．氯气在饱和食盐水中溶解度不大；不能吸收氯气，故C不选；

D．氯气在水中溶解度不大；用水吸收氯气，吸收不充分，故D不选；

故选：B；

（4）氯气中含有水蒸气；浓硫酸具有吸水性，能够干燥氯气；

故答案为：浓硫酸；

（5）浓盐酸中含有HCl：0.2L×10mol/L═2mol根据化学方程式：可知在二氧化锰过量的条件下；如果HCl完全反应，会生成氯气0.5mol，体积标况下为：11.2L，但是随着反应的进行，盐酸的浓度逐渐减小，稀盐酸与二氧化锰不再反应，所以生成的氯气体积应小于11.2L；

故答案为：小于；随着反应的进行；盐酸的浓度逐渐减小，稀盐酸与二氧化锰不再反应，故应小于11.2L．

（1）二氧化锰在加热条件下能够氧化浓盐酸生成氯气；

（2）氯化氢易挥发；制备的氯气中含有杂质氯化氢，氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度不大，据此除去氯化氢；

（3）氯气有毒；不能直接排放，用来进行尾气处理的物质应能够与氯气反应的物质；

（4）浓硫酸具有吸水性；能够干燥氯气；

（5）二氧化锰只能够与浓盐酸反应；与否稀盐酸不反应，随着反应的进行，盐酸的浓度逐渐减小，稀盐酸与二氧化锰不再反应，据此解答．

本题考查了氯气的制备和性质的检验，明确反应原理是解题关键，注意二氧化锰只能氧化浓盐酸，与稀盐酸不反应，足量二氧化锰与定量浓盐酸反应，生成的氯气小于理论数值，题目难度不大．【解析】MnO2+4H++2Cl-（浓）Mn2++Cl2↑+2H2O；吸收氯化氢气体；B；浓硫酸；小于；随着反应的进行，盐酸的浓度逐渐减小，稀盐酸与二氧化锰不再反应，故应小于11.2L12、苯酚钠、苯甲酸钠苯酚氯化钠与苯甲酸的混合物【分析】【分析】本题考查了有机物的性质，难度不大。【解答】加入适量的氢氧化钠溶液，苯酚和苯甲酸均与氢氧化钠反应，生成易溶于水的苯酚钠和苯甲酸钠，故振荡后静置分层，在水层中含有苯酚钠和苯甲酸钠，再通入足量二氧化碳后，由于碳酸酸性强于苯酚，苯酚钠与二氧化碳、水反应生成苯酚，苯酚在水中溶解度很小，易溶于有机溶剂，故静置分层，用分液漏斗分液，醚层中含有苯酚，分离出的水层中含有苯甲酸钠，加入盐酸酸化，由于盐酸酸性强于苯甲酸，苯甲酸钠与盐酸反应生成苯甲酸和氯化钠，加热蒸发，得到的白色晶体是氯化钠与苯甲酸的混合物，故答案为：苯酚钠、苯甲酸钠；苯酚；氯化钠与苯甲酸的混合物。【解析】苯酚钠、苯甲酸钠苯酚氯化钠与苯甲酸的混合物三、判断题(共8题，共16分)13、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．14、A【分析】【解答】依据题意可知：一氧化碳与二氧化硫在催化剂条件下反应生成二氧化碳和硫，方程式：SO2+2CO═2CO2+S．

故答案为：对．

【分析】依据题意可知：一氧化碳与二氧化硫在催化剂条件下反应生成二氧化碳和硫，结合原子个数守恒书写方程式．15、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．16、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．17、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．18、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．19、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20、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8分)21、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；