2025年岳麓版高一化学下册月考试卷含答案

…………○…………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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、实验室用铁片与稀rm{H_{2}SO_{4}(1mol/L)}反应制取rm{H_{2}}时，采取下列措施，不能使生成rm{H_{2}}的速率加快的是rm{(}rm{)}A.给试管内混合物加热B.将稀rm{H_{2}SO_{4}}改为浓rm{H_{2}SO_{4}}C.将铁片改为铁粉D.滴加少量rm{CuSO_{4}}溶液2、下列除去杂质rm{(}括号内物质为少量杂质rm{)}的方法中，正确的是rm{(}rm{)}A.甲烷rm{(}丙烯rm{)}通入溴水B.乙烷rm{(}乙烯rm{)}通入酸性高锰酸钾溶液C.rm{CO_{2}(SO_{2})}气体通过盛氢氧化钠溶液的洗气瓶D.乙醇rm{(}乙酸rm{)}加足量浓硫酸，蒸馏3、已知一定温度下，N2和H2反应生成2molNH3时放出的热量为92.0kJ，此温度下的1molN2和3molH2放在一密闭容器中；在催化剂存在时进行反应，测得反应放出的热量为[忽略能量损失]（）

A.一定大于92.0kJ

B.一定等于92.0kJ

C.一定小于92.0kJ

D.不能确定。

4、下表为各物质中所含的杂质以及除去这些杂质选用的试剂或操作方法，正确的一组是（）。物质杂质除杂试剂或操作方法①FeSO4CuSO4加入过量铁粉，过滤②H2CO2通过盛有NaOH溶液洗气瓶，再通过盛有浓硫酸洗气瓶③NaNO3CaCO3溶解、过滤、蒸发④NaCl溶液I2加酒精，萃取分液⑤KNO3溶液AgNO3加入NaCl溶液，过滤A.①④⑤B.③④⑤C.①②③D.①②③④5、下列叙述中，属于金属化学性质的是（）A.纯铁是银白色固体B.钨有很高的熔点C.铜容易传热、导电D.铝在空气中易与氧气反应生成致密的氧化膜6、下列反应中，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{;{碌茫脠录};}{}}{;}2PCl_{5}}C.rm{2KClO_{3}dfrac{

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

overset{;{碌茫脠录};}{}}{;}2PCl_{5}}D.rm{H_{2}+Cl_{2}dfrac{overset{;{鹿芒};}{}}{;}2HCl}rm{MnO_{2}+4HCl(}7、下列反应为吸热反应的是rm{(}rm{)}A.镁条与盐酸反应B.甲烷的燃烧C.硫酸与氢氧化钠D.木炭与水蒸气8、在一定温度和压强下，rm{1}体积rm{X_{2}(}气rm{)}跟rm{3}体积rm{Y_{2}(}气rm{)}化合生成rm{2}体积气体化合物，则该化合物的化学式是rm{(}rm{)}A.rm{XY_{3}}B.rm{X_{3}Y}C.rm{X_{2}Y_{3}}D.rm{X_{3}Y_{2}}9、已知反应：X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）为放热反应；一定温度下在密闭容器中进行反应，如图是该反应达平衡及改变条件平衡移动的图象．下列说法正确的是（）

A.图中的a、b、c、d都是平衡点B.起始时，加入Y的物质的量为1.3molC.c点和d点表示正反应速率大于逆反应速率D.在3MPa和1MPa条件下，反应达平衡时，放出的热量：Q（A）＞Q（B）评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)10、元素金属性的强弱，可以从它的单质与水或酸反应置换氢的______程度，以及它的最高价氧化物的水化物的______强弱来判断．11、在实验室中用二氧化锰跟盐酸反应制备干燥纯净的氯气．进行此实验，所用仪器如图：

（1）连接上述仪器的正确顺序是（填各接口处的字母）：E接______接F．

（2）写出下列化学反应的化学方程式：

①气体发生装置中进行的反应：______；

②尾气吸收装置中进行的反应：______．

（3）将足量氯气溶于水制成的饱和氯水，由于______见光易分解，因此需保存在______瓶中．向pH试纸上滴加新制氯水后产生的现象为______，说明新制氯水中存在的微粒有______．

（4）下列化学反应；在实验室中也可用来制取氯气．请分析后填写下列空格：

2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O

用15.8gKMnO4氧化足量的上述浓盐酸，则有______molHCl被氧化．产生的Cl2在标准状况下的体积为______L．12、有rm{NaCl}rm{CaCl_{2}}rm{AlCl_{3}}三种溶液，分别与足量的rm{AgNO_{3}}溶液反应：rm{垄脵}若所含溶质的物质的量相等，则生成沉淀的物质的量之比是______；rm{垄脷}若生成沉淀的质量相等，则三种溶液中所含溶质的物质的量之比是______．13、已知X+、Y3+、Z-、W2-是短周期元素X、Y、Z、W形成的离子，下图中的甲、乙、丙均是由上述四种离子中的两种组成的化合物。回答下列问题：（1）通常状况下，Z的单质是一种黄绿色气体，工业上常用电解溶液C的方法制备该单质，制备反应的化学方程式是（2）①甲的化学式是，乙的化学式可能是____（写一种即可）②若W2-和Z-具有相同电子层结构，则乙的电子式是（3）Y单质可用来制造Y—空气燃料电池，该电池通常以溶液C或氢氧化钾溶液为电解质溶液，通入空气的电极为正极。①若以溶液C为电解质溶液时，正极的反应式为____②若以氢氧化钾溶液为电解质溶液时，电池的总反应式为14、在0.3molNH3中约含NH3的分子数是____原子数是________这些NH3中所含的分子数与____mol的水分子数相等，与mol的硫酸分子数相等。15、铜既能与稀硝酸反应，也能与浓硝酸反应，当铜与一定浓度硝酸反应时，可将方程式表示为：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，硝酸得到的电子数是______，如果得到的rm{NO}和rm{NO_{2}}物质的量相同，则参加反应的硝酸的物质的量是______rm{mol}．

rm{(2)0.3molCu}被另一浓度的硝酸完全溶解后，如果此时产生的rm{NO}和rm{NO_{2}}气体总体积在标准状况下为rm{8.96L}则被还原的硝酸的物质的量是______rm{mol}参加反应的硝酸的物质的量是______rm{mol}产生的混合气体中rm{NO}和rm{NO_{2}}体积比为______．评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)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、1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023（判断对错）19、将蓝色的硫酸铜晶体放入浓硫酸属于物理变化．（判断对错）20、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）评卷人得分四、其他(共4题，共40分)21、（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____、、、、。22、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。23、（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____、、、、。24、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9题，共18分)1、B【分析】【分析】本题较简单，考查影响化学反应速率的常见因素，学生应熟悉温度、浓度、构成原电池、增大接触面等对化学反应速率的影响来解答，但浓硫酸的性质是学生解答中容易忽略的知识。【解答】A.加热，增大活化分子的百分数，反应速率增大，故A错误；B.浓硫酸与铁反应生成二氧化硫而不生成氢气，或发生钝化，故B正确；C.不用铁片；改用铁粉，固体表面积增大，反应速率增大，故C错误；

D.滴加少量rm{CuSO_{4}}溶液；铁置换出铜，形成铜铁原电池，反应速率增大，故C错误。

答案选B。【解析】rm{B}2、A【分析】解：rm{A.}丙烯与溴水反应；甲烷不能，则选择溴水；洗气可分离，故A正确；

B.乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳；引入新杂质，不能除杂，应选溴水；洗气分离，故B错误；

C.二者均与rm{NaOH}溶液反应；不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液；洗气，故C错误；

D.均与硫酸不反应，均挥发，不能分离，应选Crm{aO}蒸馏；故D错误；

故选A．

A.丙烯与溴水反应；甲烷不能；

B.乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳；

C.二者均与rm{NaOH}溶液反应；

D.均与硫酸不反应；均挥发．

本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度不大．【解析】rm{A}3、C【分析】

N2和H2反应生成NH3的反应为可逆反应，反应为：N2+3H22NH3，可逆反应不能完全进行到底，反应物的转化率不能达到100%，此温度下的1molN2和3molH2放在一密闭容器中，不能生成2molNH3；则反应放出的热量小于92.0kJ；

故选C．

【解析】【答案】N2和H2反应生成NH3的反应为可逆反应；可逆反应不能完全进行到底，反应物的转化率不能达到100%．

4、C【分析】【解析】【答案】C5、D【分析】【解答】A．物质的颜色属于物质的物理性质；故A不选；

B．物质的熔点属于物质的物理性质；故B不选；

C．金属的传热；导电性属于物理性质；故C不选；

D．铝在空气中易与氧气反应生成致密的氧化膜；发生化学反应，属于化学性质，故D选；

故选：D．

【分析】物质的颜色、熔沸点、导电、导热都属于物质的物理性质，铝与氧气反应生成氧化铝，有新物质生成属于化学变化，属于化学性质，据此解答．6、C【分析】解：rm{A.}反应中rm{Cl}元素化合价由rm{+5}价降低到rm{-1}价；被还原，故A错误；

B.反应中rm{Cl}元素化合价由rm{0}价降低到rm{-1}价；被还原，故B错误。

C.rm{Cl}元素化合价由rm{-1}价升高到rm{0}价；被氧化，故C正确；

D.反应中rm{Cl}元素化合价由rm{0}价降低到rm{-1}价；被还原，故D错误．

故选C．

rm{Cl}元素被氧化，则反应时rm{Cl}元素的化合价应升高；以此解答．

本题考查氧化还原反应，侧重于学生的分析能力的考查，从元素化合价的角度解答该题，难度不大．【解析】rm{C}7、D【分析】解：rm{A.}镁条与盐酸反应是金属与酸反应；是常见放热反应，故A错误；

B.甲烷的燃烧是燃烧反应；是常见的放热反应，故B错误；

C.硫酸与氢氧化钠溶液反应是中和反应；是常见的放热反应，故C错误；

D.木炭与水蒸气需要吸收热量才能反应；是常见的吸热反应，故D正确．

故选D．

根据常见的放热反应有：所有的物质燃烧；所有金属与酸反应、金属与水反应；所有中和反应；绝大多数化合反应和铝热反应；

常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应rm{(}如rm{C}和rm{CO_{2})}少数置换以及某些复分解rm{(}如铵盐和强碱rm{)}．

本题考查吸热反应，抓住中学化学中常见的吸热或放热的反应是解题的关键，对于特殊过程中的热量变化的要熟练记忆来解答此类习题．【解析】rm{D}8、A【分析】解：一定温度和压强下，rm{1}体积rm{X_{2}}气体与rm{3}体积rm{Y_{2}}气体化合生成rm{2}体积气体化合物，设该化合物为rm{Z}

由气体的体积之比等于物质的量之比；等于化学计量数之比；

则rm{X_{2}+3Y_{2}篓T2Z}

由原子守恒可知，rm{Z}为rm{XY_{3}}

故选A．

一定温度与压强下；气体的体积之比等于物质的量之比，等于化学计量数之比，然后利用质量守恒定律来确定化学式．

本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，明确一定温度与压强下气体体积与化学计量数的关系是解答本题的关键，题目难度不大．【解析】rm{A}9、B【分析】解：A．a点和b点未达平衡；不是平衡点；c点和d点都是平衡状态，是平衡点，故A错误；

B．该反应中生成的Z的物质的量为0.6mol，则参加反应的Y的物质的量为×0.6mol=0.9mol；平衡时Y的物质的量是0.4mol，所以反应初始Y的物质的量是0.9+0.4=1.3mol，故B正确；

C．c点和d点都是处于平衡状态；所以正逆反应速率相等，故C错误；

D．平衡状态由A变到B时；P（A）＜P（B），增大压强平衡向正反应方向移动，正反应是放热反应，所以放出的热量：Q（A）＜Q（B），故D错误；

故选：B。

A．a点和b点不是平衡点；c点和d点是平衡点；

B．根据参加反应的Z的量计算参加反应的Y的物质的量；再加上平衡的物质的量就是其起始物质的量；

C．可逆反应达到平衡状态时；正逆反应速率相等；

D．增大压强平衡向气体体积减小的方向移动；正反应是放热反应．

本题考查图象分析题，明确曲线变化趋势及拐点的含义是解本题关键，注意温度、压强对化学平衡的影响，难度中等．【解析】B二、填空题(共6题，共12分)10、略

【分析】解：元素的金属性越强；其单质的还原性越强，所以其单质与水或酸反应越剧烈，其最高价氧化物的水化物碱性越强；故答案为：剧烈；碱性．

元素的金属性越强；其单质与水或酸反应越剧烈，其最高价氧化物的水化物碱性越强，由此分析解答．

本题考查元素金属性和非金属性元素周期律，为高频考点，明确金属性、非金属性强弱判断方法是解本题关键，不能根据得失电子多少判断金属性、非金属性强弱，要根据其得失电子难易程度判断，题目难度不大．【解析】剧烈；碱性11、略

【分析】解：（1）要得到干燥纯净的氯气；实验装置的连接顺序为：发生装置→除杂装置→收集装置→尾气处理装置；因为收集的是气体，所以除杂装置中长导管进气，段导管出气；因为饱和食盐水中有水，浓硫酸有吸水性，所以先连接饱和食盐水装置后连接浓硫酸装置；收集装置中，因为氯气的浓度大于空气的，所以长导管进气短导管出气，即实验装置为E-C，D-A，B-H，G-F；

故答案为：CDABHG；

（2）①二氧化锰和浓盐酸反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓MnCl2+Cl2↑+2H2O；

②尾气吸收装置中氯气与氢氧化钠的反应方程式：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，故答案为：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O；

（3）将足量氯气溶于水，氯气和水发生反应，化学方程式为Cl2+H2O⇌HCl+HClO；由于次氯酸具有不稳定性见光易分解，因此需保存在棕色瓶中；

氯水含有盐酸和次氯酸，溶液呈酸性，存在大量的H+；则pH＜7，向pH试纸上滴加新制氯水，溶液呈酸性，则先变红，但由于次氯酸具有漂白性，则最终试纸褪色；

故答案为：次氯酸；棕色；先变红后褪色；H+；HClO；

（4）设15.8gKMnO4能与nmolHCl发生反应，生成标准状况下VLCl2．

2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O

2×158g16mol5×22.4L

15.8gnV

则：n==0.8（mol）；

V==5.6L；

依据方程式可知在氯化氢反应中既表现还原性又表现酸性，表现还原性的盐酸占总量的

所以被氧化的氯化氢的物质的量为：0.8mol×=0.5mol；

即15.8gKMnO4氧化足量的上述浓盐酸，则有0.5mol盐酸被氧化．产生的Cl2在标准状况下的体积为5.6L；

故答案为：0.5；5.6．

（1）气体的制备一般经过气体的发生装置；净化、除杂、干燥装置、收集装置；尾气处理装置，据此解答；

（2）①气体发生装置中的二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯气；氯化锰、水；

②氯气有毒用氢氧化钠溶液吸收；氢氧化钠和氯气反应生成氯化钠；次氯酸钠、水；

（3）饱和氯水中存在Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，所含分子只有Cl2和H2O、HClO分子，所含的离子只有H+、Cl-、ClO-和OH-；结合对应微粒的性质解答该题；

（4）依据方程式可知16mol氯化氢中只有10mol氯化氢中的氯化合价升高；做还原剂，被氧化，6mol氯化氢中氯元素化合价不变表现出酸性，依据化学方程式计算参加反应的HCl的物质的量和生成的氯气的体积，然后求出被还原的盐酸的物质的量．

本题考查氯气的实验室制备和化学方程式的有关计算，题目难度中等，注意高锰酸钾与浓盐酸反应中盐酸表现的性质．【解析】CDABHG；MnO2+4HCl（浓MnCl2+Cl2↑+2H2O；2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O；次氯酸；棕色；先变红后褪色；H+、HClO；0.5；5.612、略

【分析】进而：rm{垄脵}若所含溶质的物质的量相等，假设rm{NaCl}rm{CaCl_{2}}rm{AlCl_{3}}均为rm{1mol}根据氯离子守恒，则生成rm{AgCl}分别为rm{1mol}rm{2mol}rm{3mol}故生成rm{AgCl}的物质的量之比为rm{1}rm{2}rm{3}故答案为：rm{1}rm{2}rm{3}

rm{垄脷}若生成沉淀rm{AgCl}的质量相等，设rm{AgCl}为rm{1mol}根据氯离子守恒，则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}}的物质的量之比rm{AlCl_{3}}rm{=1mol}rm{0.5mol}rm{dfrac{1}{3}mol=6}rm{3}故答案为：rm{2}rm{6}rm{3}．

rm{2}若所含溶质的物质的量相等，假设rm{垄脵}rm{NaCl}rm{CaCl_{2}}均为rm{AlCl_{3}}根据氯离子守恒计算生成rm{1mol}的物质的量之比；

rm{AgCl}若生成沉淀rm{垄脷}的质量相等，设rm{AgCl}为rm{AgCl}根据氯离子守恒计算rm{1mol}rm{NaCl}rm{CaCl_{2}}的物质的量．

本题考查化学方程式计算，比较基础，注意利用赋值法与守恒法解答rm{AlCl_{3}}【解析】rm{1}rm{2}rm{3}rm{6}rm{3}rm{2}13、略

【分析】（1）Z的单质是一种黄绿色气体，所以Z是氯气。因此C是氯化钠。反应式为2NaCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2NaOH。所以丙是氯化钠，因此X是钠元素，Z是氯元素。由于甲的水溶液显酸性，所以甲是氯化铝。乙的水溶液显解析，因此乙是硫化钠或氧化钠。若W2-和Z-具有相同电子层结构，则乙是硫化钠，所以乙的电子式为（2）略（3）Y是单质铝，所以在该电池中铝是负极，氧气在正极通入。如果用氯化钠作电解液，则正极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-。如果用氢氧化钾作电解液，则总反应式为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)}铜失去rm{2}个电子形成rm{Cu^{2+}}失去的电子物质的量是铜的rm{2}倍，rm{0.4molCu}被硝酸完全溶解后；

rm{Cu}失去的电子数是rm{0.4mol隆脕2隆脕N_{A}mol^{-1}=0.8N_{A}}

根据铜元素守恒，rm{n[Cu(NO_{3})_{2}]=n(Cu)=0.4mol}令rm{NO}rm{NO_{2}}的物质的量为rm{ymol}

根据电子转移守恒有rm{3y+y=0.4隆脕2}解得rm{y=0.2}根据氮元素守恒可知，参加反应的硝酸的物质的量。

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}

故答案为：rm{0.8N_{A}}rm{1.2}

rm{(2)8.96L(}标准状况rm{)}的气体的物质的量rm{=dfrac{8.96L}{22.4L/mol}=0.4mol}被还原的硝酸生成氮的氧化物气体，rm{=dfrac

{8.96L}{22.4L/mol}=0.4mol}原子守恒可知被还原的硝酸为rm{N}

反应中硝酸起酸性及氧化剂作用，起酸性作用的硝酸生成硝酸铜，起氧化剂作用的硝酸生成气体，根据rm{0.4mol}原子守恒，参加反应硝酸的物质的量rm{N}气体rm{=n(}

设生成rm{)+2n[Cu(NO_{3})_{2}]=0.4mol+2隆脕0.3mol=1mol}rm{NOxmol}则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}体积比为rm{NO}rm{NO_{2}}

故答案为：rm{1}rm{3}rm{0.4}rm{1mol}

rm{1}铜失去rm{3}个电子形成rm{(1)}失去的电子物质的量是铜的rm{2}倍，据此计算；根据电子转移守恒计算rm{Cu^{2+}}rm{2}的物质的量，根据铜元素守恒计算硝酸铜的物质的量，根据氮元素守恒可知参加反应的硝酸的物质的量rm{NO}

rm{NO_{2}}被还原的硝酸生成氮的氧化物气体，根据rm{n(HNO_{3})=2n[Cu(NO_{3})_{2}]+n(NO_{2})+n(NO)}原子守恒计算；反应中硝酸起酸性及氧化剂作用，起酸性