2024年沪科新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2024年沪科新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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、HO2（超氧酸）是一种弱酸，具有极高的活性。一定条件下，铜与盐酸、氧气发生如下反应可生成下列说法正确的是A.上述反应中，O2发生了氧化反应B.HO2在碱溶液中能稳定存在C.上述反应中HO2是还原产物D.上述反应的离子方程式为2、下列条件下，两种气体的分子数一定不相等的是（）A.相同质量、不同密度的N2和C2H4B.相同体积、相同密度的CO和C2H4C.相同温度、相同压强、相同体积的O2和N2D.相同压强、相同体积、相同质量的O2和N23、将足量的CO2通入下列溶液中，能产生沉淀的是()A.硅酸钠溶液B.石灰水C.氯化钡溶液D.氯化钙溶液4、下列电子式书写正确的是rm{(}rm{)}A.氮气B.二氧化碳C.次氯酸D.氯化镁5、下列各溶液中NO3-物质的量浓度最大的是A.20mL2moL／LMg(NO3)2B.100mL2．5mot／LNaNO3C.25mL1.0mol／LAl(NO3)3D.30mL2．5mol／LNH4NO36、下列各组中的两种物质在溶液中的反应，可用同一离子方程式表示的是（）A.Cu（OH）2+HC1；Cu（OH）2+CH3COOHB.NaHCO3+H2SO4；Na2CO3+HClC.NaHS04+NaOH；H2SO4+NaOHD.BaCl2与Na2SO4；Ba（OH）2与CuSO47、液体燃料电池相比于气体燃料电池具有体积小等优点．一种以液态肼（N2H4）为燃料的电池装置如右图所示，该电池用空气中的氧气作为氧化剂，KOH溶液作为电解质溶液．下列关于该电池的叙述正确的是（）A.b极发生氧化反应B.a极为该电池的正极C.放电时，电流从a极经过负载流向b极D.a极的反应式：N2H4+4OH--4e-═N2↑+4H2O8、rm{2molA}与rm{2mol}混合于rm{2LB}的密闭容器中，发生反应：：rm{2A(g)+3B(g)?2C(g)+zD(g)}rm{2s}后rm{A}的转化率为rm{50%}测得rm{v}rm{(D)=0.25mol隆陇L^{-1}隆陇s^{-1}}下列推断正确的是A.rm{v}rm{(C)=0.2mol隆陇L^{-1}隆陇s^{-1}}B.rm{(C)=0.2

mol隆陇L^{-1}隆陇s^{-1}}C.rm{z=3}的转化率为rm{B}D.rm{25%}平衡时的浓度为rm{C}rm{0.5mol隆陇L^{-1}}9、在某酸性溶液中，能大量共存的离子组是

A.rm{Na}rm{+}rm{+}、rm{Mg}rm{Mg}rm{2+}rm{2+}、rm{SO}rm{SO}rm{4}rm{4}

rm{2}B.rm{2}rm{-}rm{-}、rm{HCO}rm{HCO}rm{3}rm{3}rm{-}rm{-}

rm{Na}C.rm{+}rm{+}、rm{Ba}rm{Ba}rm{2+}rm{2+}、rm{Cl}rm{Cl}rm{-}

rm{-}D.、rm{SO}rm{SO}rm{4}rm{4}rm{2}rm{2}rm{-}rm{-}rm{Cu}评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)10、（14分）下表是元素周期表的一部分。表中所列的字母分别代表一种化学元素。用化学符号回答下列问题：（1）表中最活泼的金属与最活泼的非金属形成的物质是；（2）⑤、⑥、⑧的最高价水化物的碱性由强到弱的顺序是；③、④、⑦氢化物稳定性由强到弱的顺序是；（3）③与⑤按原子个数1：1所成的化合物的电子式为________________；该化合物与水反应的离子方程式为________________。（4）⑥号元素最高氧化物水化物与⑤号元素最高价氧化物水化物反应的离子方程式为；（5）请设计一个实验方案，比较⑨、⑩的单质氧化性的强弱：。11、鉴别rm{CO_{2}}和rm{SO_{2}}使品红试液褪色的是______，或者使橙色溶液______褪色的是rm{SO_{2}}反应的离子方程式为______．12、已知：rm{垄脵1molH_{2}}分子中化学键断裂时需要吸收rm{436kJ}的能量。

rm{垄脷1molCl_{2}}分子中化学键断裂时需要吸收rm{243kJ}的能量。

rm{垄脹}由rm{H}原子和rm{Cl}原子形成rm{1molHCl}分子时释放rm{431kJ}的能量。

则此反应的热化学方程式是：______．13、现有部分短周期元素的性质或原子结构如下表：

。元素编号元素性质或原子结构TK层和M层上电子数之和等于L层上电数子X最外层电子数是次外层电子数的2倍Y常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性Z元素最高正价是+7价（1）元素T的气态氢化物的分子式是____．元素X的一种同位素可测定文物年代，这种同位素的符号是____．

（2）元素Y与氢元素形成一种含有10个电子的常见阳离子的化学式是____，该微粒含有的化学键类型是____

（3）元素Z与元素T相比，非金属性较强的是____（用元素符号表示），下列表述中能证明这一事实的是____

A．常温下Z的单质和T的单质状态不同。

B．Z的氢化物比T的氢化物稳定。

C．一定条件下Z和T的单质都能与氢氧化钠溶液反应。

（4）探寻物质的性质差异性是学习的重要方法之一．T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物的水化物中化学性质明显不同于其它三种酸的是____（用化学式表示），理由是____．14、现有10种物质：①H2O②空气③Mg④CaO⑤H2SO4⑥Ca（OH）2⑦CuSO4•7H2O⑧碘酒⑨C2H5OH⑩NaHCO3

其中，属于混合物的是____（填序号，下同）；属于氧化物的是____；属于酸的是____；属于碱的是____；属于盐的是____；属于有机物的是____．15、列几组物质中，互为同位素的有__________，互为同素异形体(同一种元素形成的不同的单质)的有________，互为同系物的有____________，互为同分异构体的有____________________，属于同种物质的有__________。①O2和O3②35Cl和37Cl③CH3CH3和CH3CH2CH3④CH3CH2CH(CH3)CH2CH3和CH3CH2CH(CH3)CH(CH3)CH3⑤⑥CH3(CH2)2CH3和(CH3)2CHCH3⑦CH3CH(CH3)CH3和CH(CH3)316、已知常温常压下：

①2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣1275.6kJ/mol

②H2O（l）═H2O（g）△H=+44.0kJ/mol

写出甲醇燃烧的热化学方程式____．17、某烷烃分子中含有rm{8}个碳原子，其分子中的所有氢原子全部等效，请写出烷烃的结构简式______．18、rm{3.01隆脕10^{23}}个rm{OH^{-}}的物质的量为______rm{mol}质量为______rm{g}含有电子的物质的量为______rm{mol}含有质子的数目为______，这些rm{OH^{-}}与______rm{molNH_{3}}的质量相同rm{.}与______克rm{Na^{+}}含有的离子数相同．评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)19、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）20、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．21、含碳的化合物一定是有机化合物．（判断对错）22、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）23、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、元素或物质推断题(共1题，共6分)24、如图表示A；B、C、D、E五种含氮物质相互转化的关系图。其中A、B、C、D常温下都是气体；B为红棕色。

回答下列问题：

(1)A→D反应常用于人工固氮，写出该反应的化学方程式：_______。

(2)D→C是工业制硝酸的重要反应，化学方程式为_______。

(3)B与一定量的氧气混合通入水中能被完全吸收，则B与的物质的量之比为_______，若该反应转移个电子，则参加反应的B的物质的量为_______mol。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】试题分析：根据Cu+HCl+O2=CuCl+HO2，氧气得电子生成O2－，作氧化剂，发生还原反应,生成物HO2是还原产物，A项错误，C项正确；超氧酸是一种弱酸，与碱反应，所以HO2在碱溶液中不能稳定存在，B项错误；HO2（超氧酸）是一种弱酸，写化学式，D项错误；选C。考点：考查氧化还原反应。【解析】【答案】C2、D【分析】【解析】试题分析：D项：两种气体分子的摩尔质量不溶，故分子数一定不相等。故选D。考点：阿伏加德罗定律及推论【解析】【答案】D3、A【分析】A中能产生硅酸沉淀，B中先生成碳酸钙沉淀，CO2过量时，沉淀溶解，生成碳酸氢钙。C、D和CO2是不反应的，答案选A。【解析】【答案】A4、D【分析】解：rm{A.}氮原子最外层有rm{5}个电子，需得到rm{3}个达稳定结构，所以其电子式为故A错误；

B、二氧化碳中存在碳氧双键，碳原子和氧原子都达到rm{8}电子稳定结构，二氧化碳的电子式为：故B错误；

C、次氯酸为共价化合物，rm{H}原子最外层rm{1}个电子，rm{Cl}原子最外层rm{7}个电子，rm{O}原子最外层rm{6}个电子，则其电子式为：故C错误；

D、氯化镁为离子化合物，其电子式为故D正确；

故选D．

A、氮原子最外层有rm{5}个电子，需得到rm{3}个达稳定结构；

B、二氧化碳为共价化合物，rm{O}原子的最外层有rm{6}个电子；且分子中存在两个碳氧双键；

C、rm{HClO}中rm{H}原子和rm{O}原子、rm{O}原子和rm{Cl}原子间均有一对共用电子对；

D；氯化镁为离子化合物；

本题考查化学用语，涉及电子式、离子结构示意图等，注意化学用语的区别及规范应用，注重基础知识的考查，题目难度不大．【解析】rm{D}5、A【分析】试题分析：电解质产生的离子的浓度等于电解质的浓度与化学式中该离子的个数的乘积。AC(NO3-)=2×2moL／L=4moL／L。BC(NO3-)=1×1.5moL／L=1.5moL／L。CC(NO3-)=3×1.0moL／L=3moL／L。DC(NO3-)=1×2.5moL／L=2.5moL／L。所以浓度最大的是A。考点：考查电解质的浓度与电解质产生的离子的浓度的关系的知识。【解析】【答案】A6、C【分析】【解答】解：A．Cu（OH）2+HCl的离子方程式为：Cu（OH）2+2H+═Cu2++2H2O；醋酸为弱酸，离子方程式中需要保留分子式，醋酸与氢氧化铜反应的离子方程式为：Cu（OH）2+2CH3COOH═Cu2++2H2O+2CH3COO﹣；两个反应的离子方程式不同，故A错误；

B．NaHCO3+H2SO4的离子方程式为：HCO3﹣+H+═C02↑+H20；Na2CO3+HCl的离子方程式为：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O；两个反应的离子方程式不同，故B错误；

C．NaHSO4+NaOH和H2SO4+NaOH都是可溶性的强碱与强酸反应生成可溶性的盐和水，其离子方程式都可以用OH﹣+H+═H2O表示；故C正确；

D．BaCl2+H2SO4的离子方程式为：SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓；Ba（OH）2+H2SO4，二者反应生成硫酸钡和水，反应的离子方程式为：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O；两个反应的离子方程式不同，故D错误；

故选C．

【分析】A．氯化氢为强电解质；而醋酸为弱电解质，离子方程式中需要保留分子式；

B．碳酸氢钠；碳酸钠在离子方程式中分别形成碳酸氢根离子、碳酸根离子形式；

C．NaHSO4+NaOH；H2SO4+NaOH；两个反应的实质都是氢离子与氢氧根离子反应生成水；

D．氢氧化钡与硫酸反应除了生成硫酸钡沉淀，还有水生成．7、D【分析】解：A．该燃料电池中，通入氧化剂空气的电极b为正极；正极上氧气得电子发生还原反应，故A错误；

B．该燃料电池中；通入燃料的电极为负极，即a极为负极，故B错误；

C．放电时，电流从正极b经过负载流向a极；故C错误；

D．通入燃料的电极为负极，负极上燃料失电子发生氧化反应，在碱性条件下，电极反应式为N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O；故D正确；

故选D．

该燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，电池总反应为：N2H4+O2=N2↑+2H2O；结合离子的移动方向；电流的方向分析解答．

本题考查了燃料电池，明确正负极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液的酸碱性书写，注意电流的方向和电子的流向相反，难度不大．【解析】【答案】D8、D【分析】【分析】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握化学平衡三段法计算为解答的关键，侧重分析能力及计算能力的考查，题目难度不大。【解答】rm{2s}后rm{A}的转化率为rm{50%}则反应的rm{A}为rm{2mol隆脕50%=1mol}则rm{2A(g)+3B(g)?2C(g)+zD(g)}

rm{n(}开始rm{)}rm{2}rm{2}rm{0}rm{0}

rm{n(}转化rm{)}rm{1}rm{1.5}rm{1}rm{0.5z}

rm{n(2s}后rm{)}rm{1}rm{0.5}rm{1}rm{0.5z}

A.rm{v(C)=dfrac{dfrac{1mol}{2L}}{2s}=0.25mol?L^{-1}?s^{-1}=v(D)}故A错误；

B.因反应速率之比等于化学计量数之比，由rm{v(C)=dfrac{dfrac

{1mol}{2L}}{2s}=0.25mol?L^{-1}?s^{-1}=v(D)}可知，rm{A}故B错误；

C.rm{z=2}的转化率为rm{dfrac{1.5mol}{2mol}隆脕100%=75%}故C错误；D.rm{B}平衡时的浓度为：rm{dfrac

{1.5mol}{2mol}隆脕100%=75%}故D正确。故选D。rm{C}【解析】rm{D}9、C【分析】【分析】本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间rm{(}如rm{Fe^{3+}}和rm{SCN^{-})}等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的rm{H^{+}}或rm{OH^{-}}．【解答】A.rm{HCO_{3}^{-}}与酸性溶液中的氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B.rm{Ba^{2+}}rm{SO_{4}^{2-}}之间反应生成硫酸钡沉淀；在溶液中不能大量共存，故B错误；

C.rm{Cu^{2+}}rm{Ca^{2+}}rm{Cl^{-}}rm{NO_{3}^{-}}之间不发生反应；都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；

D.rm{Fe^{3+}}与rm{OH^{-}}氢离子反应；在溶液中不能大量共存，故D错误；

故选C．

【解析】rm{C}二、填空题(共9题，共18分)10、略

【分析】（1）表中最活泼的金属与最活泼的非金属分别是K和F，形成的化合物是KF。（2）金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强。金属性是K＞Na＞Al，所以最高价水化物的碱性由强到弱的顺序是KOH>NaOH>Al(OH)3。非金属性越强，相应氢化物的稳定性越强，非金属性是F>O>S，所以相应氢化物的稳定性是HF>H2O>H2S。（3）③与⑤按原子个数1：1所成的化合物是过氧化钠，其电子式为过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH—+O2↑。（4）⑥号元素最高氧化物水化物与⑤号元素最高价氧化物水化物分别是氢氧化铝和氢氧化钠。由于氢氧化铝是两性氢氧化物，能和氢氧化钠反应，所以反应的方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。（5）半径元素的非金属性强弱，可用非金属单质与盐溶液中简单阴离子之间的置换反应来验证，因为非金属性强的置换非金属性弱的。即将溴水加入碘化钠溶液中，再加入淀粉,若溶液变蓝，证明单质溴比单质碘氧化性强。【解析】【答案】（每空2）(1)KF（2）KOH>NaOH>Al(OH)3HF>H2O>H2S（3）2Na2O2+2H2O=4Na++4OH—+O2↑（4）Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O（5）将溴水加入碘化钠溶液中，再加入淀粉,若溶液变蓝，证明单质溴比单质碘氧化性强(其他合理答案也可)11、略

【分析】解：二氧化硫具有漂白性能够使品红褪色，二氧化硫具有还原性，能够与溴单质反应生成硫酸和氢溴酸，可以使溴水褪色，离子方程式：rm{SO_{2}+Br_{2}+2H_{2}O=4H^{+}+SO_{4}^{2-}+2Br^{-}}二氧化碳不具有此性质，所以可以用溴水；品红溶液鉴别二氧化碳和二氧化硫；

故答案为：rm{SO_{2}}rm{SO_{2}+Br_{2}+2H_{2}O=4H^{+}+SO_{4}^{2-}+2Br^{-}}．

依据二氧化硫具有还原性；能够与溴单质反应生成硫酸和氢溴酸，可以使溴水褪色的性质，二氧化硫具有漂白性能够使品红褪色解答．

本题考查了物质的检验与鉴别方法，明确二氧化硫的漂白性、还原性是解题关键，题目难度不大．【解析】rm{SO_{2}}溴水；rm{SO_{2}+Br_{2}+2H_{2}O=4H^{+}+SO_{4}^{2-}+2Br^{-}}12、H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H=-183KJ/mol【分析】解：rm{H_{2}(g)+Cl_{2}(g)=2HCl(g)}的反应热rm{triangleH=}反应物的总键能rm{-}生成物的总键能rm{=436kJ?mol^{-1}+243kJ?mol^{-1}-2隆脕431}rm{kJ?mol^{-1}=-183kJ?mol^{-1}}热化学方程式为：rm{H_{2}(g)+Cl_{2}(g)=2HCl(g)triangleH=-183KJ/mol}故答案为：rm{H_{2}(g)+Cl_{2}(g)=2HCl(g)triangleH=-183KJ/mol}．

根据反应热等于反应物的总键能rm{H_{2}(g)+Cl_{2}(g)=2HCl(g)triangle

H=-183KJ/mol}生成物的总键能来解答；吸收的能量多则为吸热反应，放出的能量多则为放热反应．

本题主要考查了反应热的计算，难度不大，注意掌握热化学方程式的书写．rm{H_{2}(g)+Cl_{2}(g)=2HCl(g)triangle

H=-183KJ/mol}【解析】rm{H_{2}(g)+Cl_{2}(g)=2HCl(g)triangleH=-183KJ/mol}13、略

【分析】

T：K层和M层上电子数之和等于L层上电数子；所以，次外层是K层，最外层是M层，K层排2个电子，L层排8个电子，M层排6个电子，所以是硫元素；

X：最外层电子数是次外层电子数的2倍；最外层电子数不超过8个，所以，次外层是K层，最外层是L层，K层排2个电子，L层排4个电子，所以是碳元素；

Y：常温下单质为双原子分子；其氢化物水溶液呈碱性，所以是氮元素；

Z：由最高正价为+7价；主族元素的族序数=其最外层电子数，且是短周期元素，氟没有正化合价，所以是氯元素．

（1）元素T是硫，所有气态氢化物的分子式是H2S，因146C可用来测定文物年代，故答案为：H2S、146C；

（2）N与氢元素形成一种含有10个电子的常见阳离子的是NH4+；非金属原子与非金属原子之间形成共价键；

故答案为：NH4+；共价键。

（3）根据同周期非金属性质的变化规律及比较非金属性的方法来分析；Cl的非金属性比S元素强，Z的氢化物比T的氢化物稳定则说明Z的非金属性强，故答案为：Cl；B；

（4）T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物的水化物中H2CO3，其他酸为强酸，故答案为：H2CO3；弱酸（其他答案合理也可）．

【解析】【答案】先根据元素的原子结构与性质判断T；X、Y、Z四种元素；然后根据各题要求分析解答．

14、略

【分析】

根据物质的组成和概念判断物质的分类：

②空气；⑧碘酒由两种或两种以上不同物质组成的物质组成；为混合物；

⑤H2SO4电离出的阳离子全部是氢离子；属于酸；

⑥Ca（OH）2电离产生的阴离子全部为氢氧根离子的化合物；

①H2O；④CaO由两种元素组成且其中一种是氧元素；属于氧化物；

⑦CuSO4•7H2O⑩NaHCO3在溶液中电离出的阳离子为金属离子；阴离子为酸根离子，属于盐；

⑨C2H5OH是含碳化合物；属于有机物；

故答案为：②⑧；①④；⑤；⑥；⑦⑩；⑨；

【解析】【答案】根据混合物由两种或两种以上不同物质组成的物质；

酸是指在电离时产生的阳离子全部是氢离子的化合物；

碱是电离产生的阴离子全部为氢氧根离子的化合物；

氧化物是由两种元素组成的且有一种是氧元素的化合物；

盐是由金属离子和酸根离子组成的化合物；

有机物是绝大多数含碳化合物；

以此解答该题．

15、略

【分析】【解析】试题分析：质子数相同而中子数不同的同一种元素的不同核素互为同位素，所以互为同位素的是②；由同一种元素形成的不同单质，互称为同素异形体，则互为同素异形体的是①；结构相似，分子组成相差若干个CH2原子团的同一类物质互为同系物，则互为同系物是③④；分子式相同而结构不同的化合物互为同分异构体，所以互为同分异构体的是⑥；结构和性质完全都相同的是同一种物质，则属于同种物质的是⑤⑦。考点：考查同素异形体、同位素、同系物、同分异构体的判断【解析】【答案】②；①；③④；⑥；⑤⑦16、CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣725.8kJ/mol【分析】【解答】解：由已知：①2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣1275.6kJ/mol，②H2O（l）=H2O（g）△H=+44.0kJ/mol，则根据盖斯定律可知（①+②×2）÷2即得到CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣725.8kJ/mol，故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣725.8kJ/mol．

【分析】由已知：①2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣1275.6kJ/mol，②H2O（l）=H2O（g）△H=+44.0kJ/mol，则根据盖斯定律可知（①+②×2）÷2即得到甲醇燃烧的热化学方程式，由此分析解答．17、略

【分析】解：烷烃分子中含有rm{8}个碳原子，其分子中的所有氢原子全部等效，分子式为rm{C_{8}H_{18}}分子中的所有氢原子全部等效，则只有一种rm{H}其结构简式为rm{(CH_{3})_{3}CC(CH_{3})_{3}}

故答案为：rm{(CH_{3})_{3}CC(CH_{3})_{3}}．

烷烃的通式为rm{C_{n}H_{2n+2}}烷烃分子中含有rm{8}个碳原子，则分子式为rm{C_{8}H_{18}}分子中的所有氢原子全部等效，则只有一种rm{H}以此来解答．

本题考查有机物分子式的确定，为高频考点，把握烷烃的通式、结构对称性为解本题关键，侧重分析与应用能力的考查，注意等效rm{H}的判断，题目难度不大．【解析】rm{(CH_{3})_{3}CC(CH_{3})_{3}}18、略

【分析】解：rm{OH^{-}}的物质的量为：rm{dfrac{3.01隆脕10^{23}}{6.02times10^{23}mol^{-1}}=0.5mol}其质量为rm{dfrac{3.01隆脕10^{23}}{6.02times

10^{23}mol^{-1}}=0.5mol}rm{0.5mol隆脕17g/mol=8.5g}含有电子物质的量为：rm{0.5molOH^{-}}含有质子的物质的量为：rm{0.5mol隆脕1=5mol}数目为rm{0.5mol隆脕9=4.5mol}

rm{4.5N_{A}}rm{OH^{-}}的摩尔质量相等，二者质量相等，则二者物质的量相等，即这些rm{NH_{3}}与rm{OH^{-}}的质量相同；

含有rm{0.5molNH_{3}}电子时需要钠离子的物质的量为：rm{4.5mol}rm{dfrac{5mol}{10}=0.5mol}的质量为rm{0.5molNa^{+}}

故答案为：rm{0.5mol隆脕23g/mol=11.5g}rm{0.5}rm{8.5}rm{5}rm{0.5}rm{4.5N_{A}}．

根据rm{n=dfrac{N}{N_{A}}=dfrac{m}{M}}结合氢氧根离子；氨气和钠离子的组成计算．

本题考查物质的量的计算，题目难度不大，明确物质的量与其它物理量之间的关系即可解答，试题有利于提高学生的化学计算能力．rm{11.5}【解析】rm{0.5}rm{8.5}rm{5}rm{4.5N_{A}}rm{0.5}rm{11.5}三、判断题(共5题，共10分)19、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