…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年岳麓版高一化學下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、實驗室用鐵片與稀rm{H_{2}SO_{4}(1mol/L)}反應制取rm{H_{2}}時，采取下列措施，不能使生成rm{H_{2}}的速率加快的是rm{(}rm{)}A.給試管內混合物加熱B.將稀rm{H_{2}SO_{4}}改為濃rm{H_{2}SO_{4}}C.將鐵片改為鐵粉D.滴加少量rm{CuSO_{4}}溶液2、下列除去雜質rm{(}括號內物質為少量雜質rm{)}的方法中，正確的是rm{(}rm{)}A.甲烷rm{(}丙烯rm{)}通入溴水B.乙烷rm{(}乙烯rm{)}通入酸性高錳酸鉀溶液C.rm{CO_{2}(SO_{2})}氣體通過盛氫氧化鈉溶液的洗氣瓶D.乙醇rm{(}乙酸rm{)}加足量濃硫酸，蒸餾3、已知一定溫度下，N2和H2反應生成2molNH3時放出的熱量為92.0kJ，此溫度下的1molN2和3molH2放在一密閉容器中；在催化劑存在時進行反應，測得反應放出的熱量為[忽略能量損失]（）

A.一定大于92.0kJ

B.一定等于92.0kJ

C.一定小于92.0kJ

D.不能確定。

4、下表為各物質中所含的雜質以及除去這些雜質選用的試劑或操作方法，正確的一組是（）。物質雜質除雜試劑或操作方法①FeSO4CuSO4加入過量鐵粉，過濾②H2CO2通過盛有NaOH溶液洗氣瓶，再通過盛有濃硫酸洗氣瓶③NaNO3CaCO3溶解、過濾、蒸發④NaCl溶液I2加酒精，萃取分液⑤KNO3溶液AgNO3加入NaCl溶液，過濾A.①④⑤B.③④⑤C.①②③D.①②③④5、下列敘述中，屬于金屬化學性質的是（）A.純鐵是銀白色固體B.鎢有很高的熔點C.銅容易傳熱、導電D.鋁在空氣中易與氧氣反應生成致密的氧化膜6、下列反應中，氯元素被氧化的是rm{(}rm{)}A.rm{2KClO_{3}dfrac{overset{;MnO_{2};}{}}{;}2KCl+3O_{2}隆眉}B.rm{2P+5Cl_{2}dfrac{overset{;{碌茫脠錄};}{}}{;}2PCl_{5}}C.rm{2KClO_{3}dfrac{

overset{;MnO_{2};}{}}{;}2KCl+3O_{2}隆眉}濃rm{)dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}MnCl_{2}}十rm{2P+5Cl_{2}dfrac{

overset{;{碌茫脠錄};}{}}{;}2PCl_{5}}D.rm{H_{2}+Cl_{2}dfrac{overset{;{鹿芒};}{}}{;}2HCl}rm{MnO_{2}+4HCl(}7、下列反應為吸熱反應的是rm{(}rm{)}A.鎂條與鹽酸反應B.甲烷的燃燒C.硫酸與氫氧化鈉D.木炭與水蒸氣8、在一定溫度和壓強下，rm{1}體積rm{X_{2}(}氣rm{)}跟rm{3}體積rm{Y_{2}(}氣rm{)}化合生成rm{2}體積氣體化合物，則該化合物的化學式是rm{(}rm{)}A.rm{XY_{3}}B.rm{X_{3}Y}C.rm{X_{2}Y_{3}}D.rm{X_{3}Y_{2}}9、已知反應：X（g）+3Y（g）?2Z（g）為放熱反應；一定溫度下在密閉容器中進行反應，如圖是該反應達平衡及改變條件平衡移動的圖象．下列說法正確的是（）

A.圖中的a、b、c、d都是平衡點B.起始時，加入Y的物質的量為1.3molC.c點和d點表示正反應速率大于逆反應速率D.在3MPa和1MPa條件下，反應達平衡時，放出的熱量：Q（A）＞Q（B）評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)10、元素金屬性的強弱，可以從它的單質與水或酸反應置換氫的______程度，以及它的最高價氧化物的水化物的______強弱來判斷．11、在實驗室中用二氧化錳跟鹽酸反應制備干燥純凈的氯氣．進行此實驗，所用儀器如圖：

（1）連接上述儀器的正確順序是（填各接口處的字母）：E接______接F．

（2）寫出下列化學反應的化學方程式：

①氣體發生裝置中進行的反應：______；

②尾氣吸收裝置中進行的反應：______．

（3）將足量氯氣溶于水制成的飽和氯水，由于______見光易分解，因此需保存在______瓶中．向pH試紙上滴加新制氯水后產生的現象為______，說明新制氯水中存在的微粒有______．

（4）下列化學反應；在實驗室中也可用來制取氯氣．請分析后填寫下列空格：

2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O

用15.8gKMnO4氧化足量的上述濃鹽酸，則有______molHCl被氧化．產生的Cl2在標準狀況下的體積為______L．12、有rm{NaCl}rm{CaCl_{2}}rm{AlCl_{3}}三種溶液，分別與足量的rm{AgNO_{3}}溶液反應：rm{壟脵}若所含溶質的物質的量相等，則生成沉淀的物質的量之比是______；rm{壟脷}若生成沉淀的質量相等，則三種溶液中所含溶質的物質的量之比是______．13、已知X+、Y3+、Z-、W2-是短周期元素X、Y、Z、W形成的離子，下圖中的甲、乙、丙均是由上述四種離子中的兩種組成的化合物。回答下列問題：（1）通常狀況下，Z的單質是一種黃綠色氣體，工業上常用電解溶液C的方法制備該單質，制備反應的化學方程式是（2）①甲的化學式是，乙的化學式可能是____（寫一種即可）②若W2-和Z-具有相同電子層結構，則乙的電子式是（3）Y單質可用來制造Y—空氣燃料電池，該電池通常以溶液C或氫氧化鉀溶液為電解質溶液，通入空氣的電極為正極。①若以溶液C為電解質溶液時，正極的反應式為____②若以氫氧化鉀溶液為電解質溶液時，電池的總反應式為14、在0.3molNH3中約含NH3的分子數是____原子數是________這些NH3中所含的分子數與____mol的水分子數相等，與mol的硫酸分子數相等。15、銅既能與稀硝酸反應，也能與濃硝酸反應，當銅與一定濃度硝酸反應時，可將方程式表示為：rm{Cu+HNO_{3}隆煤Cu(NO_{3})_{2}+NO隆眉+NO_{2}隆眉+H_{2}O}rm{(}方程式未配平rm{)}

rm{(1)0.4molCu}被硝酸完全溶解后，硝酸得到的電子數是______，如果得到的rm{NO}和rm{NO_{2}}物質的量相同，則參加反應的硝酸的物質的量是______rm{mol}．

rm{(2)0.3molCu}被另一濃度的硝酸完全溶解后，如果此時產生的rm{NO}和rm{NO_{2}}氣體總體積在標準狀況下為rm{8.96L}則被還原的硝酸的物質的量是______rm{mol}參加反應的硝酸的物質的量是______rm{mol}產生的混合氣體中rm{NO}和rm{NO_{2}}體積比為______．評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)16、蛋白質的鹽析過程是一個可逆過程，據此可以分離和提純蛋白質．17、24g鎂原子的最外層電子數為NA（判斷對錯）18、1.00molNaCl中，所有Na+的最外層電子總數為8×6.02×1023（判斷對錯）19、將藍色的硫酸銅晶體放入濃硫酸屬于物理變化．（判斷對錯）20、1mol甲苯中有6molC﹣H共價鍵．．（判斷對錯）評卷人得分四、其他(共4題，共40分)21、（5分）現有前4周期中的A、B、C、D、E五種主族元素。A的最高價氧化物含A40%，A原子中質子數等于中子數；B是同周期中除稀有氣體外原子半徑最大的元素；D能形成BD型離子化合物，且B、D兩離子的電子層結構相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1個電子；1.8gC與足量的稀硫酸反應，所產生的氫氣在標準狀況下的體積為2.24L；C原子中質子數比中子數少1；D原子比A原子多1個質子。請寫出A～E五種元素最高價氧化物對應水化物的化學式____、、、、。22、X、Y、Z、M是元素周期表中前20號元素，其原子序數依次增大，且X、Y、Z相鄰。X的核電荷數是Y的核外電子數的一半，Y與M可形成化合物M2Y。用微粒符號完成下列問題：（1）Y、Z兩種元素的最高價氧化物的水化物酸性強于。（2）M、Z、Y形成的簡單離子的半徑的大小。（3）M2X2固體中陰、陽離子個數比____________,其電子式為．該物質中含有化學鍵的類型有和．（4）將Z的單質通入YX2的水溶液中發生反應的離子方程式為。23、（5分）現有前4周期中的A、B、C、D、E五種主族元素。A的最高價氧化物含A40%，A原子中質子數等于中子數；B是同周期中除稀有氣體外原子半徑最大的元素；D能形成BD型離子化合物，且B、D兩離子的電子層結構相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1個電子；1.8gC與足量的稀硫酸反應，所產生的氫氣在標準狀況下的體積為2.24L；C原子中質子數比中子數少1；D原子比A原子多1個質子。請寫出A～E五種元素最高價氧化物對應水化物的化學式____、、、、。24、X、Y、Z、M是元素周期表中前20號元素，其原子序數依次增大，且X、Y、Z相鄰。X的核電荷數是Y的核外電子數的一半，Y與M可形成化合物M2Y。用微粒符號完成下列問題：（1）Y、Z兩種元素的最高價氧化物的水化物酸性強于。（2）M、Z、Y形成的簡單離子的半徑的大小。（3）M2X2固體中陰、陽離子個數比____________,其電子式為．該物質中含有化學鍵的類型有和．（4）將Z的單質通入YX2的水溶液中發生反應的離子方程式為。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、B【分析】【分析】本題較簡單，考查影響化學反應速率的常見因素，學生應熟悉溫度、濃度、構成原電池、增大接觸面等對化學反應速率的影響來解答，但濃硫酸的性質是學生解答中容易忽略的知識。【解答】A.加熱，增大活化分子的百分數，反應速率增大，故A錯誤；B.濃硫酸與鐵反應生成二氧化硫而不生成氫氣，或發生鈍化，故B正確；C.不用鐵片；改用鐵粉，固體表面積增大，反應速率增大，故C錯誤；

D.滴加少量rm{CuSO_{4}}溶液；鐵置換出銅，形成銅鐵原電池，反應速率增大，故C錯誤。

答案選B。【解析】rm{B}2、A【分析】解：rm{A.}丙烯與溴水反應；甲烷不能，則選擇溴水；洗氣可分離，故A正確；

B.乙烯被高錳酸鉀氧化生成二氧化碳；引入新雜質，不能除雜，應選溴水；洗氣分離，故B錯誤；

C.二者均與rm{NaOH}溶液反應；不能除雜，應選飽和碳酸氫鈉溶液；洗氣，故C錯誤；

D.均與硫酸不反應，均揮發，不能分離，應選Crm{aO}蒸餾；故D錯誤；

故選A．

A.丙烯與溴水反應；甲烷不能；

B.乙烯被高錳酸鉀氧化生成二氧化碳；

C.二者均與rm{NaOH}溶液反應；

D.均與硫酸不反應；均揮發．

本題考查混合物的分離提純，為高頻考點，把握物質的性質、發生的反應、混合物分離方法為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意有機物性質的應用，題目難度不大．【解析】rm{A}3、C【分析】

N2和H2反應生成NH3的反應為可逆反應，反應為：N2+3H22NH3，可逆反應不能完全進行到底，反應物的轉化率不能達到100%，此溫度下的1molN2和3molH2放在一密閉容器中，不能生成2molNH3；則反應放出的熱量小于92.0kJ；

故選C．

【解析】【答案】N2和H2反應生成NH3的反應為可逆反應；可逆反應不能完全進行到底，反應物的轉化率不能達到100%．

4、C【分析】【解析】【答案】C5、D【分析】【解答】A．物質的顏色屬于物質的物理性質；故A不選；

B．物質的熔點屬于物質的物理性質；故B不選；

C．金屬的傳熱；導電性屬于物理性質；故C不選；

D．鋁在空氣中易與氧氣反應生成致密的氧化膜；發生化學反應，屬于化學性質，故D選；

故選：D．

【分析】物質的顏色、熔沸點、導電、導熱都屬于物質的物理性質，鋁與氧氣反應生成氧化鋁，有新物質生成屬于化學變化，屬于化學性質，據此解答．6、C【分析】解：rm{A.}反應中rm{Cl}元素化合價由rm{+5}價降低到rm{-1}價；被還原，故A錯誤；

B.反應中rm{Cl}元素化合價由rm{0}價降低到rm{-1}價；被還原，故B錯誤。

C.rm{Cl}元素化合價由rm{-1}價升高到rm{0}價；被氧化，故C正確；

D.反應中rm{Cl}元素化合價由rm{0}價降低到rm{-1}價；被還原，故D錯誤．

故選C．

rm{Cl}元素被氧化，則反應時rm{Cl}元素的化合價應升高；以此解答．

本題考查氧化還原反應，側重于學生的分析能力的考查，從元素化合價的角度解答該題，難度不大．【解析】rm{C}7、D【分析】解：rm{A.}鎂條與鹽酸反應是金屬與酸反應；是常見放熱反應，故A錯誤；

B.甲烷的燃燒是燃燒反應；是常見的放熱反應，故B錯誤；

C.硫酸與氫氧化鈉溶液反應是中和反應；是常見的放熱反應，故C錯誤；

D.木炭與水蒸氣需要吸收熱量才能反應；是常見的吸熱反應，故D正確．

故選D．

根據常見的放熱反應有：所有的物質燃燒；所有金屬與酸反應、金屬與水反應；所有中和反應；絕大多數化合反應和鋁熱反應；

常見的吸熱反應有：絕大數分解反應，個別的化合反應rm{(}如rm{C}和rm{CO_{2})}少數置換以及某些復分解rm{(}如銨鹽和強堿rm{)}．

本題考查吸熱反應，抓住中學化學中常見的吸熱或放熱的反應是解題的關鍵，對于特殊過程中的熱量變化的要熟練記憶來解答此類習題．【解析】rm{D}8、A【分析】解：一定溫度和壓強下，rm{1}體積rm{X_{2}}氣體與rm{3}體積rm{Y_{2}}氣體化合生成rm{2}體積氣體化合物，設該化合物為rm{Z}

由氣體的體積之比等于物質的量之比；等于化學計量數之比；

則rm{X_{2}+3Y_{2}簍T2Z}

由原子守恒可知，rm{Z}為rm{XY_{3}}

故選A．

一定溫度與壓強下；氣體的體積之比等于物質的量之比，等于化學計量數之比，然后利用質量守恒定律來確定化學式．

本題考查阿伏伽德羅定律及其推論，明確一定溫度與壓強下氣體體積與化學計量數的關系是解答本題的關鍵，題目難度不大．【解析】rm{A}9、B【分析】解：A．a點和b點未達平衡；不是平衡點；c點和d點都是平衡狀態，是平衡點，故A錯誤；

B．該反應中生成的Z的物質的量為0.6mol，則參加反應的Y的物質的量為×0.6mol=0.9mol；平衡時Y的物質的量是0.4mol，所以反應初始Y的物質的量是0.9+0.4=1.3mol，故B正確；

C．c點和d點都是處于平衡狀態；所以正逆反應速率相等，故C錯誤；

D．平衡狀態由A變到B時；P（A）＜P（B），增大壓強平衡向正反應方向移動，正反應是放熱反應，所以放出的熱量：Q（A）＜Q（B），故D錯誤；

故選：B。

A．a點和b點不是平衡點；c點和d點是平衡點；

B．根據參加反應的Z的量計算參加反應的Y的物質的量；再加上平衡的物質的量就是其起始物質的量；

C．可逆反應達到平衡狀態時；正逆反應速率相等；

D．增大壓強平衡向氣體體積減小的方向移動；正反應是放熱反應．

本題考查圖象分析題，明確曲線變化趨勢及拐點的含義是解本題關鍵，注意溫度、壓強對化學平衡的影響，難度中等．【解析】B二、填空題(共6題，共12分)10、略

【分析】解：元素的金屬性越強；其單質的還原性越強，所以其單質與水或酸反應越劇烈，其最高價氧化物的水化物堿性越強；故答案為：劇烈；堿性．

元素的金屬性越強；其單質與水或酸反應越劇烈，其最高價氧化物的水化物堿性越強，由此分析解答．

本題考查元素金屬性和非金屬性元素周期律，為高頻考點，明確金屬性、非金屬性強弱判斷方法是解本題關鍵，不能根據得失電子多少判斷金屬性、非金屬性強弱，要根據其得失電子難易程度判斷，題目難度不大．【解析】劇烈；堿性11、略

【分析】解：（1）要得到干燥純凈的氯氣；實驗裝置的連接順序為：發生裝置→除雜裝置→收集裝置→尾氣處理裝置；因為收集的是氣體，所以除雜裝置中長導管進氣，段導管出氣；因為飽和食鹽水中有水，濃硫酸有吸水性，所以先連接飽和食鹽水裝置后連接濃硫酸裝置；收集裝置中，因為氯氣的濃度大于空氣的，所以長導管進氣短導管出氣，即實驗裝置為E-C，D-A，B-H，G-F；

故答案為：CDABHG；

（2）①二氧化錳和濃鹽酸反應的化學方程式為：MnO2+4HCl（濃MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案為：MnO2+4HCl（濃MnCl2+Cl2↑+2H2O；

②尾氣吸收裝置中氯氣與氫氧化鈉的反應方程式：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，故答案為：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O；

（3）將足量氯氣溶于水，氯氣和水發生反應，化學方程式為Cl2+H2O?HCl+HClO；由于次氯酸具有不穩定性見光易分解，因此需保存在棕色瓶中；

氯水含有鹽酸和次氯酸，溶液呈酸性，存在大量的H+；則pH＜7，向pH試紙上滴加新制氯水，溶液呈酸性，則先變紅，但由于次氯酸具有漂白性，則最終試紙褪色；

故答案為：次氯酸；棕色；先變紅后褪色；H+；HClO；

（4）設15.8gKMnO4能與nmolHCl發生反應，生成標準狀況下VLCl2．

2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O

2×158g16mol5×22.4L

15.8gnV

則：n==0.8（mol）；

V==5.6L；

依據方程式可知在氯化氫反應中既表現還原性又表現酸性，表現還原性的鹽酸占總量的

所以被氧化的氯化氫的物質的量為：0.8mol×=0.5mol；

即15.8gKMnO4氧化足量的上述濃鹽酸，則有0.5mol鹽酸被氧化．產生的Cl2在標準狀況下的體積為5.6L；

故答案為：0.5；5.6．

（1）氣體的制備一般經過氣體的發生裝置；凈化、除雜、干燥裝置、收集裝置；尾氣處理裝置，據此解答；

（2）①氣體發生裝置中的二氧化錳和濃鹽酸在加熱條件下反應生成氯氣；氯化錳、水；

②氯氣有毒用氫氧化鈉溶液吸收；氫氧化鈉和氯氣反應生成氯化鈉；次氯酸鈉、水；

（3）飽和氯水中存在Cl2+H2O?H++Cl-+HClO，所含分子只有Cl2和H2O、HClO分子，所含的離子只有H+、Cl-、ClO-和OH-；結合對應微粒的性質解答該題；

（4）依據方程式可知16mol氯化氫中只有10mol氯化氫中的氯化合價升高；做還原劑，被氧化，6mol氯化氫中氯元素化合價不變表現出酸性，依據化學方程式計算參加反應的HCl的物質的量和生成的氯氣的體積，然后求出被還原的鹽酸的物質的量．

本題考查氯氣的實驗室制備和化學方程式的有關計算，題目難度中等，注意高錳酸鉀與濃鹽酸反應中鹽酸表現的性質．【解析】CDABHG；MnO2+4HCl（濃MnCl2+Cl2↑+2H2O；2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O；次氯酸；棕色；先變紅后褪色；H+、HClO；0.5；5.612、略

【分析】進而：rm{壟脵}若所含溶質的物質的量相等，假設rm{NaCl}rm{CaCl_{2}}rm{AlCl_{3}}均為rm{1mol}根據氯離子守恒，則生成rm{AgCl}分別為rm{1mol}rm{2mol}rm{3mol}故生成rm{AgCl}的物質的量之比為rm{1}rm{2}rm{3}故答案為：rm{1}rm{2}rm{3}

rm{壟脷}若生成沉淀rm{AgCl}的質量相等，設rm{AgCl}為rm{1mol}根據氯離子守恒，則rm{n(NaCl)=1mol}rm{n(CaCl_{2})=0.5mol}rm{n(AlCl_{3})=dfrac{1}{3}mol}故rm{n(AlCl_{3})=dfrac

{1}{3}mol}rm{NaCl}rm{CaCl_{2}}的物質的量之比rm{AlCl_{3}}rm{=1mol}rm{0.5mol}rm{dfrac{1}{3}mol=6}rm{3}故答案為：rm{2}rm{6}rm{3}．

rm{2}若所含溶質的物質的量相等，假設rm{壟脵}rm{NaCl}rm{CaCl_{2}}均為rm{AlCl_{3}}根據氯離子守恒計算生成rm{1mol}的物質的量之比；

rm{AgCl}若生成沉淀rm{壟脷}的質量相等，設rm{AgCl}為rm{AgCl}根據氯離子守恒計算rm{1mol}rm{NaCl}rm{CaCl_{2}}的物質的量．

本題考查化學方程式計算，比較基礎，注意利用賦值法與守恒法解答rm{AlCl_{3}}【解析】rm{1}rm{2}rm{3}rm{6}rm{3}rm{2}13、略

【分析】（1）Z的單質是一種黃綠色氣體，所以Z是氯氣。因此C是氯化鈉。反應式為2NaCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2NaOH。所以丙是氯化鈉，因此X是鈉元素，Z是氯元素。由于甲的水溶液顯酸性，所以甲是氯化鋁。乙的水溶液顯解析，因此乙是硫化鈉或氧化鈉。若W2-和Z-具有相同電子層結構，則乙是硫化鈉，所以乙的電子式為（2）略（3）Y是單質鋁，所以在該電池中鋁是負極，氧氣在正極通入。如果用氯化鈉作電解液，則正極反應式為O2+2H2O+4e-=4OH-。如果用氫氧化鉀作電解液，則總反應式為4Al+3O2+4KOH=4KAlO2+2H2O。【解析】【答案】（1）2NaCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2NaOH（2）①AlCl3Na2S或Na2O②（3）①O2+2H2O+4e-=4OH-②4Al+3O2+4KOH=4KAlO2+2H2O14、略

【分析】【解析】【答案】0.3,0.315、0.8NA；1.2；0.4；1；1：3【分析】解：rm{(1)}銅失去rm{2}個電子形成rm{Cu^{2+}}失去的電子物質的量是銅的rm{2}倍，rm{0.4molCu}被硝酸完全溶解后；

rm{Cu}失去的電子數是rm{0.4mol隆脕2隆脕N_{A}mol^{-1}=0.8N_{A}}

根據銅元素守恒，rm{n[Cu(NO_{3})_{2}]=n(Cu)=0.4mol}令rm{NO}rm{NO_{2}}的物質的量為rm{ymol}

根據電子轉移守恒有rm{3y+y=0.4隆脕2}解得rm{y=0.2}根據氮元素守恒可知，參加反應的硝酸的物質的量。

rm{n(HNO_{3})=2n[Cu(NO_{3})_{2}]+n(NO_{2})+n(NO)=0.4mol隆脕2+0.2mol+0.2mol=1.2mol}

故答案為：rm{0.8N_{A}}rm{1.2}

rm{(2)8.96L(}標準狀況rm{)}的氣體的物質的量rm{=dfrac{8.96L}{22.4L/mol}=0.4mol}被還原的硝酸生成氮的氧化物氣體，rm{=dfrac

{8.96L}{22.4L/mol}=0.4mol}原子守恒可知被還原的硝酸為rm{N}

反應中硝酸起酸性及氧化劑作用，起酸性作用的硝酸生成硝酸銅，起氧化劑作用的硝酸生成氣體，根據rm{0.4mol}原子守恒，參加反應硝酸的物質的量rm{N}氣體rm{=n(}

設生成rm{)+2n[Cu(NO_{3})_{2}]=0.4mol+2隆脕0.3mol=1mol}rm{NOxmol}則rm{begin{cases}x+y=0.40.3隆脕2=3x+yend{cases}}rm{NO_{2}ymol}rm{begin{cases}x+y=0.4

0.3隆脕2=3x+yend{cases}}rm{x=0.1}和rm{y=0.3}體積比為rm{NO}rm{NO_{2}}

故答案為：rm{1}rm{3}rm{0.4}rm{1mol}

rm{1}銅失去rm{3}個電子形成rm{(1)}失去的電子物質的量是銅的rm{2}倍，據此計算；根據電子轉移守恒計算rm{Cu^{2+}}rm{2}的物質的量，根據銅元素守恒計算硝酸銅的物質的量，根據氮元素守恒可知參加反應的硝酸的物質的量rm{NO}

rm{NO_{2}}被還原的硝酸生成氮的氧化物氣體，根據rm{n(HNO_{3})=2n[Cu(NO_{3})_{2}]+n(NO_{2})+n(NO)}原子守恒計算；反應中硝酸起酸性及氧化劑作用，起酸性