2025年沪教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年沪教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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、已知25%的氨水的密度为0.91g/ml，5%的氨水密度为0.98g/ml，若将上述两种氨水等体积混合，所得氨水的质量分数()A.等于15%B.大于15%C.小于15%D.无法确定2、某酸的结构简式为CnH2n＋1COOH，0.568g该酸恰好与20mL0.1mol/L氢氧化钠溶液完全反应，则n值等于A.2B.14C.17D.183、等质量的下列物质所含分子数最多的是（）A.NH3B.HClC.Cl2D.H2SO44、用rm{N_{A}}表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是rm{(}rm{)}A.rm{100mL}rm{0.1mol?L^{-1}}的稀硫酸中含有rm{H^{+}}个数为rm{0.2N_{A}}B.每rm{1molFe}被氧化，失去电子数目一定是rm{2N_{A}}C.金属钠和氧气反应制取过氧化钠，每生成rm{1mol}过氧化钠，转移电子数为rm{4N_{A}}D.rm{Zn}和稀硫酸反应，每生成rm{1mol}氢气转移电子数为rm{2N_{A}}5、下列图示变化为吸热反应的是：A.B.C.D.6、下列物质的保存方法正确的是rm{(}rm{)}A.氢氟酸保存在用塑料塞的玻璃瓶中B.氢氧化钠溶液盛放在用玻璃塞的玻璃瓶中C.氯水贮存于棕色玻璃瓶中D.硅酸钠溶液密封保存在玻璃塞的玻璃瓶中评卷人得分二、双选题(共5题，共10分)7、在通常条件下，把下列物质混合，不能发生反应的是（双选）（）A.H2O和NO2B.N2和H2C.NO和O2D.N2和O28、下列物质的包装箱应贴上如图标志的是rm{(}rm{)}

A.硫酸钠B.酒精C.浓硫酸D.氢氧化钠9、用纯净的碳酸钙与稀盐酸反应制取二氧化碳气体，为了加快化学反应的反应速率，下列措施你认为可行的是rm{(}rm{)}A.加入蒸馏水B.加热C.加入rm{NaCl}溶液D.加入浓盐酸10、下列说法不正确的是()

A.参加反应的物质的性质是决定化学反应速率的主要因素。

B.光不能作为影响化学反应速率的外界条件。

C.决定化学反应速率的主要因素是浓度。

D.使用正催化剂、升高温度、增大反应物浓度，都可以增大正反应速率11、高铁酸钾rm{(K_{2}FeO_{4})}是一种新型，高效，多功能水处理剂，可由下列反应制得：rm{2Fe(OH)_{3}+3Cl_{2}+10KOHoverset{脪禄露篓脤玫录镁}{=}2K_{2}FeO_{4}+6KCl+8H_{2}O}对于该反应，下列说法正确的是rm{2Fe(OH)_{3}+3Cl_{2}+10KOH

overset{脪禄露篓脤玫录镁}{=}2K_{2}FeO_{4}+6KCl+8H_{2}O}rm{(}A.rm{)}是氧化剂B.rm{KOH}发生还原反应C.rm{Cl_{2}}是氧化产物D.生成rm{K_{2}FeO_{4}}转移rm{1molK_{2}FeO_{4}}的电子rm{6mol}评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)12、（1）金属加工后的废弃液中含2%～5%的NaNO2，它是一种环境污染物．人们用NH4Cl溶液来处理此废弃液，使NaNO2溶液转化为无毒物质．该反应分两步进行．第一步：NaNO2+NH4Cl═NaCl+NH4NO2，第二步：NH4NO2═N2↑+2H2O．

①第一步属于____反应，第二步属于____反应．（填基本反应类型）

②第____步反应是氧化还原反应，____被氧化，____被还原．

③写出该反应的反应总式并用双线桥法标明电子转移的方向和数目____．

（2）①请将5种物质：N2O、FeSO4、Fe（NO3）3、HNO3和Fe2（SO4）3分别填入下面对应的横线上，组成一个未配平的化学方程式．____+____→____+____+____+H2O

②反应物中发生氧化反应的物质____，被还原的元素是____．

③反应中1mol氧化剂____（填“得到”或“失去”）____mol电子．13、A元素原子M电子层上有6个电子．B元素与A元素的原子核外电子层数相同；B元素的原子最外电子层只有1个电子．

（1）B元素的原子结构示意图为____．

（2）A、B两元素形成的常见化合物的电子式是____，该化合物在无色火焰上灼烧时，火焰呈____色．

（3）在上述化合物水溶液中通入氯气发生反应的离子方程式是：____．14、（8分）A、B、C和D等4种元素，A元素所处的周期数、主族序数、原子序数均相等；B的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3；C元素原子的最外层电子数比次外层少2个；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C。(1)B在周期表中的位置第____周期，第____族；(2)A、B形成的化合物的电子式；(3)C的元素名称________，C的最高价氧化物的化学式；(4)D的最高价氧化物对应的水化物的化学式。15、氯化铵简称“氯铵”，又称卤砂，为无色晶体或白色结晶性粉末，易溶于水中，在工农业生产中用途广泛。以氯化钠和硫酸铵为原料制备氯化铵及副产品硫酸钠，工艺流程如下：氯化铵和硫酸钠的溶解度随温度变化如图所示。回答下列问题：（1）实验室进行蒸发浓缩用到的主要仪器有、烧杯、玻璃棒、酒精灯等。（2）实验过程中趁热过滤的目的是。（3）写出“蒸发浓缩”时发生的化学方程式：。（4）某研究性学习小组为测定该NH4Cl产品中氮的含量，设计了如图装置，并进行了讨论。甲同学：根据此实验测得的数据，计算的NH4Cl产品的含氮量可能偏高，因为实验装置中存在一个明显缺陷是：____。乙同学：实验过程中，往烧瓶中加入的浓氢氧化钠溶液的离子反应方程式为，反应过程中NaOH一定要足量并充分加热，原因是。用改进后的实验装置重新进行实验，称取13.0gNH4Cl产品，测得实验后B装置增重3.4g。则该化肥含氮量为。16、中国是世界上最早研究和生产合金的国家之一．

①在原子反应堆中得以广泛应用的钠钾合金在常温下呈液态，说明合金的熔点比其成分金属的熔点____．

②黄铜（铜锌合金）外观同金（Au）相似，常被误认为黄金．试写出一种鉴别黄铜与黄金的化学方法：____．

③用盐酸可以除去铜器表面的铜绿[主要成分是Cu2（OH）2CO3]，该反应的化学方程式为____．17、某化学课外小组用海带为原料制取少量碘水．现用四氯化碳从碘水中萃取碘并用分液漏斗分离两种溶液．其实验操作可分为如下几步：

(A)把盛有溶液的分液漏斗放在铁架台的铁圈中。

(B)把50mL碘水和15mLCCl4加入分液漏斗中；并盖好玻璃塞。

(C)检验分液漏斗活塞和上口的玻璃塞是否漏水。

(D)倒转漏斗用力振荡；并不时旋开活塞放气，最后关闭活塞，把漏斗放正。

(E)旋开活塞；用烧杯接收溶液。

(F)从分液漏斗上口倒出上层水溶液。

(G)将漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽或小孔对准漏斗口上的小孔。

(H)静置；分层。

(1)上述操作的正确顺序的代号____________

(2)上述(G)步骤操作的目的是____________

(3)能否用汽油代替CCl4，原因是____________．18、rm{(1)}写出下列反应的离子方程式。

rm{垄脵}钠和水反应______

rm{垄脷}硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液______

rm{(2)3.01隆脕10^{23}}个rm{OH^{-}}的物质的量为______rm{mol}质量为______rm{g}

rm{(3)}将rm{28g}纯净的铁粉投入到rm{200ml}足量的稀盐酸中，该反应能够放出标准状况下的气体______rm{L}实验后所得溶液中rm{Fe^{2+}}的物质的量浓度为______rm{mol/L}

rm{(4)}将rm{200mL}rm{0.5mol/LNaOH}稀释成rm{1000mL}后其物质的量浓度是______rm{mol/L}评卷人得分四、判断题(共3题，共18分)19、煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是物理变化20、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）21、摩尔是七个基本物理量之一．（判断对错）评卷人得分五、计算题(共2题，共10分)22、（6分）为维持人体血液中的血糖含量，在给病人输液时，通常用葡萄糖注射液。下图是医院病人输液使用的一瓶质量分数为6%的葡萄糖（C6H12O6）注射液标签，请认真观察标签上所列内容后计算：（1）该溶液的物质的量浓度为mol·L－1。（2）该溶液的密度为g·mL－1（精确到0.1g）。（3）如果从该瓶中取出75g葡萄糖注射液，将其变为15%的注射液，需要加入______g葡萄糖固体（精确到0.1g）。23、实验室欲使用500mL0.3mol/L的HCl溶液，现用质量分数为36.5%（密度为1.19g/cm3）的溶液稀释，则需原浓HCl的物质的量浓度为多少？配制时需要取该浓盐酸多少毫升？评卷人得分六、推断题(共3题，共9分)24、（14分）A是化学实验室中最常见的有机物，它易溶于水并有特殊香味，B的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志，他们之间并能进行如图所示的相互转化。（１）写出A的结构简式____，F中所含决定化学性质的原子团的名称为____________（2）下列反应的化学方程式并注明反应类型反应①：____，反应类型________反应②：____，反应类型____________反应③：____，反应类型________________反应④：____，反应类型________25、现有rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{4}种元素，前rm{3}种元素的离子都和氖原子具有相同的核外电子排布rm{.A}元素的非金属性最强；rm{B}的氢化物分子式为rm{H_{2}B}rm{C}单质燃烧时火焰为黄色rm{.D}的原子核中没有中子．

rm{(1)}根据以上条件，推断rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}的元素名称：

A.______，rm{B}．______；

C.______，rm{D}．______．

rm{(2)}用电子式表示rm{C}与rm{A}相互结合成的化合物；指出其化合物的类型及化学键类型：

rm{C+A}电子式______；

化合物类型：______；

化学键类型：______．

rm{(3)}写出rm{C}与rm{B}所形成的化合物与rm{D}和rm{B}所形成的化合物反应的离子方程式______

rm{(4)}写出下列粒子的结构示意图rm{K}______rm{O^{2-}}______．26、有rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}六种元素，试按下述所给条件推断：rm{垄脵A}rm{B}rm{C}是同一周期的金属元素，已知原子核外有rm{3}个电子层，原子半径rm{A>B>C}rm{垄脷D}rm{E}rm{F}是同主族非金属元素，它们与氢化合可生成气态氢化物rm{HD}rm{HE}rm{HF}在室温时，rm{E}的单质是液体是液体，rm{F}的单质是固体；rm{D}是除氢外原子半径最小的元素．

rm{(1)B}rm{C}的简单离子的氧化性强弱rm{(}用离子符号表示rm{)}______；

rm{(2)}气态氢化物rm{HD}rm{HE}rm{HF}的稳定性由强到弱是rm{(}用分子式表示rm{)}______，rm{D}rm{E}rm{F}离子的还原性由强到弱是rm{(}用离子符号表示rm{)}______．

rm{(3)}在上述六种元素中，最高价氧化物对应的水化物碱性最强的是rm{_}______rm{(}填物质化学式rm{)}

rm{(4)}请写出rm{A}与rm{E}的最高价氧化物对应水化物相互反应的离子方程式______．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【解析】试题分析：由于氨水的浓度越大，溶液的密度越小，则两种氨水等体积混合后，25%的氨水溶液的质量小于5%的氨水溶液中的质量，所以二者混合后，所得氨水的质量分数小于两溶液溶质质量分数的平均值，即小于15%，答案选C。考点：考查氨水溶液混合后溶液质量分数的有关计算【解析】【答案】C2、C【分析】试题解析：结构简式为CnH2n＋1COOH的酸是一元羧酸，恰好与20mL0.1mol/L氢氧化钠溶液完全反应，则该酸的物质的量为0.1mol×0.02ml=0.002mol，该酸的摩尔质量=0.568g/0.002mol=284,则284=46+14n,解得n=17，故C正确。考点：有机物的计算【解析】【答案】C3、A【分析】【解答】解：依据N=nNA=分析；等质量的物质所含分子数最多，即分子质量最小的物质，由于分子的质量与其相对分子质量成正比，故只要找到相对分子质量最大的物质即可，四个选项中C中的氨气相对分子质量最小是17，而HCl是36.5；氯气是71；硫酸是98，所以分子个数最多的为氨气；

故选A．

【分析】分子个数最多即分子质量最小的物质，由于分子的质量与其相对分子质量成正比，故只要找到相对分子质量最小的物质即可．4、D【分析】解：rm{A.100mL}rm{0.1mol?L^{-1}}的稀硫酸中rm{0.01mol}硫酸，rm{0.01mol}稀硫酸能够电离出rm{0.02mol}氢离子，含有rm{H^{+}}个数为rm{0.02N_{A}}故A错误；

B.rm{1mol}铁完全反应生成rm{1mol}氯化铁，反应失去了rm{3mol}电子，转移的电子数目为rm{3N_{A}}故B错误；

C.钠和氧气反应制取过氧化钠，过氧化钠中氧元素化合价为rm{-1}价，每生成rm{1mol}过氧化钠消耗rm{2mol}钠，转移了rm{2mol}电子，转移电子数为rm{2N_{A}}故C错误；

D.锌和稀硫酸反应，每生成rm{1mol}氢气得到rm{2mol}电子，转移电子数为rm{2N_{A}}故D正确；

故选D．

A.rm{100mL}rm{0.1mol?L^{-1}}的稀硫酸的物质的量为rm{0.01mol}rm{0.01mol}稀硫酸电离出rm{0.02mol}氢离子；

B.rm{1mol}铁与足量氯气反应生成rm{1mol}氯化铁，失去了rm{3mol}电子；

C.过氧化钠中氧元素的化合价为rm{-1}价，生成rm{1mol}过氧化钠转移了rm{2mol}电子；

D.锌与稀硫酸反应中，生成rm{1mol}氢气需要得到rm{2mol}电子．

本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意过氧化钠中氧元素的化合价为rm{-1}价，要求掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，选项A为易错点，注意氢离子数目的具体数据．【解析】rm{D}5、A【分析】【分析】

本题考查了化学反应能量变化；注意知识的积累，掌握基础是解题关键，题目较简单。

【解答】

A.图象分析可知反应物能量低于生成物能量；结合能量守恒判断该反应为吸热反应，故A正确；

B.图象可知反应物能量高于生成物能量；反应为放热反应，故B错误；

C.浓硫酸溶于水为放热过程；但不是化学变化，故C错误；

D.稀盐酸和锌发生氧化还原反应，rm{Zn+2HCl=ZnCl_{2}+H_{2}}属于放热反应，故D错误。

故选A。

【解析】rm{A}6、C【分析】解：rm{A}氢氟酸腐蚀玻璃；所以不能放在玻璃瓶中，故A错误；

B；二氧化硅能和氢氧化钠反应生成硅酸钠；硅酸钠是黏性的物质，能把玻璃塞黏住，所以不能盛放在用玻璃塞的玻璃瓶中，故B错误；

C；氯水中的次氯酸见光易分解而导致氯水变质；应于棕色试剂瓶避光保存，故C正确；

D；硅酸钠是黏性的物质；能把玻璃塞黏住，所以不能盛放在用玻璃塞的玻璃瓶中，故D错误；

故选C．

A；氢氟酸能和二氧化硅反应；根据氢氟酸的性质分析；

B；二氧化硅能和强碱反应；根据二氧化硅的性质分析；

C；见光易分解的物质贮存于棕色玻璃瓶中；

D；硅酸钠是黏性的物质；根据硅酸钠的性质分析．

本题考查了化学试剂的存放，难度不大，要根据试剂的化学性质选取相应的贮存方法．【解析】rm{C}二、双选题(共5题，共10分)7、B|D【分析】解：A、二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，3NO2+H2O=2HNO3+NO；故A不符合；

B；氮气和氢气高温高压催化剂作用反应生成氨气；通常条件不反应，故B符合；

C、一氧化氮和氧气通常条件反应生成二氧化氮，2NO+O2=2NO2；故C不符合；

D；氮气和氧气放电反应生成一氧化氮；通常条件不反应，故D符合；

故选BD．

A；二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；

B；氮气和氢气高温高压催化剂作用反应生成氨气；

C；一氧化氮和氧气通常条件反应生成二氧化氮；

D；氮气和氧气放电反应生成一氧化氮；

铁考查了物质性质分析，气体反应条件的应用，掌握基础是关键，题目较简单．【解析】【答案】BD8、rCD【分析】解：rm{A.}硫酸钠无腐蚀性；故A错误；

B.酒精有可燃性；是易燃液体，故B错误；

C.浓硫酸具有强的腐蚀性；故C正确；

D.氢钠化钠有强的腐蚀性；故D正确；

故选：rm{CD}．

图示标志为腐蚀品；应选有腐蚀性的液体，据此分析解答．

本题考查常见危险品的类别，题目难度不大，明确物质的性质和图表的含义是解题关键，注意对相关知识的积累．【解析】rm{CD}9、rBD【分析】解：rm{A.}加入蒸馏水；盐酸浓度减小，反应速率减慢，故A不选；

B.加热；反应速率加快，故B选；

C.加入rm{NaCl}溶液；氢离子浓度减小，反应速率减慢，故C不选；

D.加入浓盐酸；氢离子浓度增大，反应速率加快，故D选；

故选BD．

增大浓度；升高温度、增大接触面积等均可加快反应速率；反之，减小反应物的浓度，反应速率减慢，以此来解答．

本题考查化学反应速率的影响因素，把握温度、浓度对反应速率的影响为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大．【解析】rm{BD}10、BC【分析】【分析】本题考查化学反应速率的影响因素，注意把握内因和外因的区别，特别是催化剂的性质，为该题考查的侧重点，注意相关基础知识的积累，难度不大。【解答】A.影响反应速率的主要因素是物质的本身性质；如钠和冷水剧烈反应，但铁需要高温下才能与水蒸气反应，故A正确；

B.有些物质在光照条件下发生反应；可加快化学反应速率，如次氯酸的分解等，故B错误；

C.影响反应速率的主要因素是物质的本身性质；浓度为外界因素，故C错误；

D.用正催化剂；升高温度；可增大活化分子数目，增大反应物浓度，可增大单位体积活化分子数目，都可以增大正反应速率，故D正确。

故选BC。【解析】rm{BC}11、BC【分析】【分析】本题考查氧化还原反应的本质，氧化剂与还原剂，题目难度不大。【解答】A.rm{KOH}在反应前后元素的化合价没有发生变化，既不是氧化剂，又不是还原剂，故A错误；在反应前后元素的化合价没有发生变化，既不是氧化剂，又不是还原剂，故A错误；

rm{KOH}B.rm{Cl}中氯元素的化合价降低，是氧化剂，rm{Cl}

rm{{,!}_{2}}发生还原反应，故B正确；中铁元素化合价升高生成C.rm{Fe(OH)}rm{Fe(OH)}rm{{,!}_{3}}rm{K}所以rm{K}rm{{,!}_{2}}

rm{FeO}rm{FeO}rm{{,!}_{4}}rm{K_{2}FeO_{4}}是氧化产物，故C正确；的电子，故D错误。D.生成rm{1molK}rm{1molK}【解析】rm{BC}三、填空题(共7题，共14分)12、略

【分析】

（1）①反应NaNO2+NH4Cl═NaCl+NH4NO2是化合物中的阴阳离子交换成分的反应，属于复分解反应，反应NH4NO2═N2↑+2H2O；是一种反应物生成多种产物的反应，是分解反应，故答案为：复分解；分解；

②反应NH4NO2═N2↑+2H2O有化合价变化；是氧化还原反应，化合价降低的N元素被还原，化合价升高元素的N被氧化，故答案为：二；N；N；

③两个方程式合并即为该反应的反应总式：NaNO2+NH4Cl═NaCl+N2↑+2H2O，化合价升高数=化合价降低数=转移电子数=3，故答案为：

（2）①FeSO4中铁元素处于最低价具有还原性，HNO3中N元素处于最高价，具有氧化性，发生的氧化还原反应的表达式为：FeSO4+HNO3→Fe2（SO4）3+Fe（NO3）3+N2O+H2O，故答案为：FeSO4；HNO3；Fe2（SO4）3；Fe（NO3）3；N2O；

②反应中还原剂是FeSO4，发生氧化反应，氧化剂是HNO3，发生还原反应，化合价降低的N元素被还原，故答案为：FeSO4；Fe；

③反应中氧化剂是HNO3，氮元素从+5价降为+1价，得到电子，反应的实质为：8Fe2++10H++2NO3-=8Fe3++N2O↑+5H2O；10mol硝酸参加反应时，转移电子为8mol，所以1mol硝酸参加反应时，转移电子为0.8mol，故答案为：得到；0.8．

【解析】【答案】（1）化合物中的阴阳离子交换成分的反应属于复分解反应；一种化合物生成多种产物的反应是分解反应，有化合价变化的反应是氧化还原反应，化合价降低元素被还原，化合价升高元素被氧化，化合价升高数=化合价降低数=转移电子数；

（2）元素处于最低价具有还原性；元素处于最高价该物质具有氧化性，还原剂发生氧化反应，氧化剂发生还原反应，化合价降低元素被还原．

13、略

【分析】

A元素原子M电子层上有6个电子；核外各层电子分别为2；8、6，原子序数为16，应为S元素，B元素与A元素的原子核外电子层数相同，则原子核外有3个电子层，B元素的原子最外电子层只有1个电子，则核外各层电子数分别为2、8、1，原子序数为11，应为Na元素；

（1）B为Na元素，原子序数为11，核外有3个电子层，各层电子分别为2、8、1，原子结构示意图为故答案为：

（2）A、B两元素形成的常见化合物Na2S，为离子化合物，电子式为Na元素的焰色反应呈黄色；

故答案为：黄；

（3）氯气具有强氧化性，Na2S具有还原性，在水溶液中氧化还原反应生成单质S，反应的离子方程式为Cl2+S2-=S↓+2Cl-，故答案为：Cl2+S2-=S↓+2Cl-．

【解析】【答案】A元素原子M电子层上有6个电子；核外各层电子分别为2；8、6，原子序数为16，应为S元素，B元素与A元素的原子核外电子层数相同，则原子核外有3个电子层，B元素的原子最外电子层只有1个电子，则核外各层电子数分别为2、8、1，原子序数为11，应为Na元素，结合对应单质及化合物的性质解答该题．

14、略

【分析】【解析】【答案】（8分）（每问2分）（1）二，第ⅤA族；（2）（3）硫，SO3（4）KOH15、略

【分析】试题分析：（1）实验室进行蒸发浓缩用到的主要仪器有蒸发皿、烧杯、玻璃棒、酒精灯等，（2）由图像可以看出，在某一温度范围内，氯化铵的溶解度低于硫酸铵的溶解度，所以趁热过滤防止氯化铵晶体析出而损耗，可以使硫酸铵以沉淀形式滤出而氯化铵留在滤液里。（3）蒸发浓缩时硫酸铵以固体形式存在，所以化学方程式为（NH4）2SO4＋2NaCl=Na2SO4↓＋2NH4Cl（4）①氨气在进入B之前未干燥，所以含氮量偏高，应在A、B装置间加一个干燥装置，②烧瓶中发生的离子方程式是强碱与铵盐溶液的反应，离子方程式为NH4++OH-=NH3↑+H2O；碱要足量的目的就是使铵根离子全部转化为氨气；3.4g即为氨气的质量，其氮元素的质量为3.4g×14÷17=2.8g,所以含氮量为2.8g/13.0g×100%=21.5%。考点：考查化学与工业生产的联系、对实验的分析、实验装置的判断，离子方程式的书写、化学计算等【解析】【答案】（1）蒸发皿（2）防止氯化铵晶体析出而损耗（3）（NH4）2SO4＋2NaCl=Na2SO4↓＋2NH4Cl（4）①A、B装置间缺一个干燥装置②NH4++OH-NH3↑+H2O使氯化铵充分反应完全转化为NH321.5％16、低取少许合金加入少量盐酸（或稀硫酸、醋酸等），若有气泡产生，则可证明是假黄金Cu2（OH）2CO3+4HCl=2CuCl2+CO2↑+3H2O【分析】【解答】①钠；钾在常温下呈固态；而合金在常温下呈液态来判断，说明合金的熔点比其成分金属的熔点低；

故答案为：低；

②金不与硫酸；盐酸等反应；而黄铜（铜锌合金）锌能与硫酸、盐酸等反应，所以取少许合金加入少量盐酸（或稀硫酸、醋酸等），若有气泡产生，则可证明是假黄金；

故答案为：取少许合金加入少量盐酸（或稀硫酸；醋酸等）；若有气泡产生，则可证明是假黄金；

③铜绿是碱式碳酸铜与盐酸反应生成氯化铜、二氧化碳和水，反应方程式为：Cu2（OH）2CO3+4HCl=2CuCl2+CO2↑+3H2O；

故答案为：Cu2（OH）2CO3+4HCl=2CuCl2+CO2↑+3H2O；

【分析】①钠；钾在常温下呈固态；而合金在常温下呈液态来判断熔点；

②金不与硫酸；盐酸等反应；而黄铜（铜锌合金）锌能与硫酸、盐酸等反应；

③铜绿可以把它看作由Cu（OH）2和CuCO3组成的物质，氢氧化铜能与盐酸反应生成氯化铜和水，碳酸铜能与盐酸反应生成氯化铜、水和二氧化碳；17、略

【分析】解：(1)实验前应检查装置的气密性；所以先排C；

检查完气密性后；向分液漏斗中加溶液，故排B；

加入溶液后；要用力振荡，让溶液充分混合，使溶质充分萃取到萃取剂中，故排D；

用力振荡后；把盛有溶液的分液漏斗放在铁架台的铁圈中，故排A；

溶液静止；分层；故排H；

溶液分层后；为使漏斗内外气压相等，使液体顺利流下，应将漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽或小孔对准漏斗口上的小孔，故排G；

旋开活塞；用烧杯接收溶液，故选E；

为防止有杂质；上层液体从上口流出，下层液体从下口流出，故排F．

故答案为：CBDAHGEF．

(2)震荡溶液后；分液漏斗内的压强大于大气压，所以溶液不能顺利流下，为使内外压强相等，所以要将漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽或小孔对准漏斗口上的小孔．

故答案为：使漏斗内外气压相等；使液体顺利流下．

(3)萃取剂的选择原则是：两种溶剂互不相溶；溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度；溶质与萃取剂不反应．碘在汽油中的溶解度大于水中的溶解度；且与水互不溶解，碘与汽油不反应，所以可以用汽油代替四氯化碳．

故答案为：可以，碘在汽油中的溶解度大于水中的溶解度，且与水互不溶解，碘与汽油不反应．【解析】CBDAHGEF;使漏斗内外气压相等，使液体顺利流下;可以，碘在汽油中的溶解度大于水中的溶解度，且与水互不溶解，碘与汽油不反应18、略

【分析】解：rm{(1)垄脵}钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式：rm{2Na+2H_{2}O=2Na^{+}+2OH^{-}+H_{2}隆眉}

故答案为：rm{2Na+2H_{2}O=2Na^{+}+2OH^{-}+H_{2}隆眉}

rm{垄脷}硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和氢氧化铜，离子方程式：rm{Cu^{2+}+SO_{4}^{2-}+Ba^{2+}+2OH^{-}=BaSO_{4}隆媒+Cu(OH)_{2}隆媒}

故答案为：rm{Cu^{2+}+SO_{4}^{2-}+Ba^{2+}+2OH^{-}=BaSO_{4}隆媒+Cu(OH)_{2}隆媒}

rm{(2)3.01隆脕10^{23}}个rm{OH^{-}}的物质的量为：rm{dfrac{3.01隆脕10;^{23}}{6.02times10^{23}mol;^{-1}}=0.5mol}质量为：rm{dfrac{3.01隆脕10;^{23}}{6.02times

10^{23}mol;^{-1}}=0.5mol}

故答案为；rm{0.5mol隆脕17g/mol=8.5g}rm{0.5}

rm{(3)n(Fe)=dfrac{28g}{56g/mol}=0.5mol}由rm{8.5}可知，rm{(3)n(Fe)=dfrac

{28g}{56g/mol}=0.5mol}标准状况下的气体体积为rm{Fe+2HCl=FeCl_{2}+H_{2}隆眉}

所得溶液中rm{n(Fe)=n(Fe^{2+})=n(H_{2})}的物质的量浓度为rm{c=dfrac{n}{V}=dfrac{0.5mol}{0.2L}=2.5mol/L}

故答案为：rm{0.5mol隆脕22.4L/mol=11.2L}rm{Fe^{2+}}

rm{c=dfrac{n}{V}=dfrac

{0.5mol}{0.2L}=2.5mol/L}令稀释后rm{11.2}溶液的物质的量浓度为rm{2.5}根据稀释定律，稀释前后溶质rm{(4)}的物质的量不变，则：rm{NaOH}解得rm{c}

故答案为：rm{NaOH}

rm{0.2L隆脕0.5mol/L=1L隆脕c}钠与水反应生成氢氧化钠和氢气；

rm{c=0.1mol/L}硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和氢氧化铜；

rm{0.1}依据rm{n=dfrac{m}{M}=dfrac{N}{N;_{A}}}

rm{(1)垄脵}计算铁的物质的量，由rm{垄脷}可知，rm{(2)}结合rm{n=dfrac{m}{M}=dfrac

{N}{N;_{A}}}rm{(3)}计算；

rm{Fe+2HCl=FeCl_{2}+H_{2}隆眉}根据稀释定律，稀释前后溶质rm{n(Fe)=n(Fe^{2+})=n(H_{2})}的物质的量不变，据此计算稀释后rm{V=nVm}溶液的物质的量浓度。

本题考查了离子方程式的书写，物质的量有关计算，明确反应实质，熟悉物质的量为核心相关计算公式是解题关键，注意对公式的理解与灵活应用，题目难度不大。rm{c=dfrac{n}{V}}【解析】rm{2Na+2H_{2}O=2Na^{+}+2OH^{-}+H_{2}隆眉}rm{Cu^{2+}+SO_{4}^{2-}+Ba^{2+}+2OH^{-}=BaSO_{4}隆媒+Cu(OH)_{2}隆媒}rm{0.5}rm{8.5}rm{11.2}rm{2.5}rm{0.1}四、判断题(共3题，共18分)19、B【分析】【解答】煤的气化是在高温条件下煤与水蒸气反应生成CO和H2；是化学变化；

煤液化；是把固体炭通过化学加工过程，使其转化成为液体燃料；化工原料和产品的先进洁净煤技术，有新物质生成，属于化学变化；

煤的干馏是将煤隔绝空气加强热；煤发生复杂的反应获得煤焦油；焦炉煤气等的过程，是化学变化．故煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是化学变化，故此说法错误．故答案为：错误．

【分析】没有新物质生成的变化是物理变化，有新物质生成的变化是化学变化；20、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．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．五、计算题(共2题，共10分)22、略

【分析】试题分析：(1)根据葡萄糖（C6H12O6）的分子式知道它的摩尔质量为180g/mol，注射液中含葡萄糖90g，则n=m/M=90g÷180g/mol=0.5mol，物质的量浓度为c=n/V=0.5mol÷1L=0.5mol·L－1（2）葡萄糖的质量分为6%故该葡萄糖注射液总质量为：90g÷6%=1500g，该溶液的密度为：1500g÷1000mL=1.5g·mL－1（3）设需要加入葡萄糖质量为xg,则有：(75×6%+x)/(75+x)=15%，得：x=7.9考点：【解析】【答案】（1）0.5（2）1.5（3）7.923、略

【分析】

根据物质的量浓度与密度；质量分数、摩尔质量之间的关系式计算；根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变计算．

本题考查了物质的量浓度的有关计算，理清各物理量间的关系是解本题的关键．【解析】解：C===11.9mol/L

所以盐酸的浓度为11.9mol/L；

溶液稀释前后溶质的物质的量不变，所以C1V1=C2V2，11.9mol/L×V1=0.3mol/L×0.5L，V1=12.6mL

所以配置时需要浓盐酸12.6mL．

答：需原浓HCl的物质的量浓度为11.9mol/L；配制时需要取该浓盐酸12.6mL．六、推断题(共3题，共9分)24、略

【分析】B的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志，则B是乙烯。乙烯含有碳碳双键，能和水发生加成反应，生成乙醇，A是乙醇。乙醇含有羟基，能和钠反应生成氢气和乙醇钠。也能和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，即C是乙酸乙酯，乙酸乙酯水解即生成乙酸。乙醇能发生催化氧化生成乙醛，即D是乙醛，乙醛再氧化生成乙酸，即F是乙酸，含有的官能团是羧基。【解析】【答案】（14分）（1）C2H5OH或CH3CH2OH羧基（2）①2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑取代反应②CH2＝CH2＋H2OCH3CH2OH，加成反应③CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O酯化反应或取代反应④氧化反应25、略

【分析】解：rm{(1)}由上述分析可知，rm{A}为氟元素，rm{B}为氧元素，rm{C}为钠，rm{D}为氢元素；故答案为：氟；氧；钠；氢；

rm{(2)C}与rm{A}形成的化合物为rm{NaF}电子式为属于离子化合物，含有离子键，故答案为：离子化合物，离子键；

rm{(3)C}与rm{B}所形成的化合物为rm{Na_{2}O_{2}}或rm{Na_{2}O}rm{D}