2024年沪科版高一化学下册阶段测试试卷

…………○…………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2024年沪科版高一化学下册阶段测试试卷442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、下列实验能达到测量要求的是（）A.用托盘天平称取35.20gNaOHB.用10mL量筒量取8.50mL浓盐酸配一定物质的量浓度溶液C.用25mL滴定管量取15.80mL浓溶液配一定物质的量浓度溶液D.用pH试纸测得溶液pH为4.22、原子序数依次相差1；且由小到大排列的A；B、C、D、E五种短周期元素．下列是有关这五种元素的叙述，其中正确的是（）

①若A的阳离子比E的阴离子少8个电子；则D一定是非金属元素。

②若D的最高价氧化物对应水化物是强酸；则E的单质在常温下为气态。

③若A的单质既能与强酸又能与强碱反应且都放出氢气；则这五种元素在同一周期。

④若A的最高价氧化物对应水化物是强碱，则E的最高价氧化物对应水化物是强酸．A.①②③B.②③④C.③④D.②④3、用下列实验装置进行的实验，能达到相应实验目的是rm{(}rm{)}

A.图甲：收集rm{NO_{2}}气体B.图乙：验证rm{X}溶液为浓硫酸C.图丙：验证氨气在水中的溶解性D.图丁：用于吸收尾气rm{NH_{3}}4、核内中子数为N的R2+离子，质量数为A，则n克它的氧化物中所含质子数的物质的量是（）A.(A－N+8)molB.(A－N+10)molC.(A－N+2)molD.(A－N+6)mol5、对于100mL1mol/L盐酸与锌粒的反应，采取下列措施能使反应速率加快的是：①升高温度；②改用100mL3mol/L盐酸；③多用300mL1mol/L盐酸；④用等量锌粉代替锌粒；⑤滴入少量CuSO4溶液A.①③④⑤B.①②④⑤C.①②③④D.①②④6、氢化钠rm{(NaH)}是一种白色的离子化合物，其中钠元素是rm{+1}价；氢化钠与水反应生成rm{H_{2}}和rm{NaOH.}下列叙述中，不正确的是rm{(}rm{)}A.rm{NaH}的电子式为rm{Na^{+}[}rm{H]^{-}}B.rm{NaH}中氢元素的离子的电子层排布与氦原子的电子层排布相同C.微粒半径rm{H^{-}<Li^{+}}D.rm{NaH}与rm{H_{2}O}反应时，水作氧化剂评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)7、有①16O、17O、18O②H2、D2、T2③石墨、金刚石④1H、2H、3H四组微粒或物质．互为同位素的是（填序号）____；互为同素异形体的是（填序号）____；由①和④的微粒可组成____种不同的三原子化合物．8、浓硫酸具有A-D所示的性质，以下过程主要表现了浓硫酸的那些性质？请将选项字母填在下列各小题的括号内：A强酸性B吸水性C脱水性D强氧化性(1)浓硫酸可以干燥氢气____(2)浓硫酸使木条变黑____(3)热的浓硫酸与铜片反应____9、实验室中需要配制500mL0.10mol/L的NaOH溶液；就该实验回答下列问题．

（1）用托盘天平称取NaOH固体______g．称量NaOH固体需注意：因NaOH具有腐蚀性，在称量时需用烧杯盛装NaOH固体；称量必须迅速，其原因是______．

（2）接下来完成此实验你将用到的仪器有玻璃棒、烧杯、______．

而某同学提出只需再选择带刻度的500mL烧杯和玻璃棒，即可配制500mL0.10mol/L的NaOH溶液；你对此方案的评价是______．

（3）若你从所配的溶液中取出50mL于一试剂瓶中，请给它贴上标签，标签的内容是______；若再从中取出10mL溶液加水稀释至20mL，则此时溶液的物质的量浓度为______．

（4）下列操作对所配溶液浓度没有影响的是______．

A．称量时已观察到NaOH表面潮湿。

B．将烧杯中溶解后的溶液立即注入容量瓶；然后再添加蒸馏水至刻度线。

C．摇匀定容后；又用胶头滴管向容量瓶中滴加蒸馏水至刻度线。

D．配制溶液前用蒸馏水润洗容量瓶，但未烘干．10、有以下几种物质①碳酸氢钠晶体；②液态氯化氢；③铁；④蔗糖；⑤乙醇；⑥熔融的K2SO4；⑦干冰；⑧石墨；⑨氨气。填空回答：（填序号）（1）以上物质能导电的是____。（2）以上物质中属于电解质的是____。（3）以上物质中属于非电解质的是____。（4）以上物质中溶于水后水溶液能导电的是。（5）分别写出物质①、⑥在水溶液中的电离方程式。11、原子序数分别为1、11、17的三种元素X、Y、Z两两组合的化合物XZ含有的化学键类别为______，YZ电子式为______，Z元素在周期表中的位置为第______周期第______族，能否用下面的反应证明Z的非金属性比碳强：2HCl+Na2CO3=NaCl+H2O+CO2↑______（填“能”或“否”）12、已知rm{X^{n-}}含有rm{m}个中子，rm{X}的质量数为rm{A}则原子rm{X}可表示为______．评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)13、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）14、1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023（判断对错）15、将蓝色的硫酸铜晶体放入浓硫酸属于物理变化．（判断对错）16、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）17、1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023（判断对错）18、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。19、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）评卷人得分四、推断题(共4题，共24分)20、如表为元素周期表的一部分，参照元素rm{垄脵隆芦垄脽}在表中的位置；请用化学用语回答下列问题：

rm{(1)垄脹垄脻垄脼垄脽}中原子半径最大的是______rm{(}用元素符号表示，下同rm{)}rm{垄脷垄脹垄脺垄脻}的简单离子中半径最小的是______．

rm{(2)垄脹垄脻}中元素的金属性强弱顺序为______，rm{垄脼垄脽}元素的非金属性强弱顺序为______．

rm{(3)垄脵}rm{垄脷}两种元素按原子个数比为rm{1}rm{1}组成的常见液态化合物，在酸性溶液中能将rm{Fe^{2+}}氧化；写出该反应的离子方程式______．

rm{(4)}碳酸钠溶液呈碱性的原因______rm{.(}用离子方程式表示rm{)}21、rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}六种化合物，其中rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}均由短周期元素组成，焰色反应均为黄色，rm{B}rm{C}rm{E}均由三种元素组成rm{.B}rm{C}的组成元素相同，且rm{C}的摩尔质量比rm{B}大rm{80g/mol}回答：rm{(1)}固体化合物rm{A}为浅黄色粉末，该化合物中含有的化学键为______A.离子键B.极性共价键C.非极性共价键D.氢键rm{(2)}下表为rm{B}与rm{F}实验的部分内容。rm{垄脵}在含rm{B}的溶液中加入稀rm{H_{2}SO_{4}}，产生浅黄色浑浊和使澄清石灰水变浑浊的无色有刺激性气味的气体rm{垄脷20mL}沸水中滴加rm{F}的饱和溶液rm{1隆芦2mL}所得液体呈红褐色，且用激光笔照射有丁达尔效应。写出rm{B}与稀rm{H_{2}SO_{4}}反应的离子方程式________

写出rm{垄脷}中反应的化学方程式________rm{(3)}现由rm{6}种粒子rm{Mn^{2+}}rm{MnO_{4}^{-}}rm{H^{+}}rm{H_{2}O}rm{X_{2}Y_{8}^{2-}(C}中含有的阴离子rm{)}rm{XY_{4}^{2-}}完成一个离子方程式，已知rm{Mn^{2+}}为还原剂，得到rm{1molMnO_{4}^{-;}}需氧化剂的物质的量为________rm{mol}rm{(4)}化合物rm{D}和rm{E}相互转化rm{D}rm{underset{triangle}{overset{C{O}_{2}隆陇{H}_{2}O}{?}}E}若有rm{underset{triangle}{overset{C{O}_{2}隆陇{H}_{2}O}{?}}

E}和rm{D}的混合物rm{E?xH_{2}O}加热到完全反应后，气体产物通过浓rm{13.04g}增重rm{H_{2}SO_{4}}剩余气体通过碱石灰增重rm{3.42g}则混合物中rm{2.20g}的质量为________rm{D}rm{g}的化学式为________．rm{E?xH_{2}O}22、如表各组物质之间通过一步反应不可以实现如图所示转化关系的是（）。选项XYZ箭头上所标数字的反应条件ANa2O2NaOHNaCl①常温遇水BAl2O3NaAl（OH）4Al（OH）3②通入CO2CNONO2HNO3④加入铜粉DCCOCO2③点燃镁条A.AB.BC.CD.D23、rm{0.2mol}某烃rm{A}在氧气中完全燃烧后，生成rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O}各rm{1.2mol}

试回答：

rm{(1)}烃rm{A}的分子式为____________。

rm{(2)}若烃rm{A}不能使溴水褪色，但在一定条件下能与氯气发生取代反应，其一氯取代物只有一种，则烃rm{A}的结构简式为__________________。

rm{(3)}若烃rm{A}能使溴水褪色，在催化剂作用下，与rm{H_{2}}加成，其加成产物经测定分子中含有rm{4}个甲基，烃rm{A}可能有的结构简式为____评卷人得分五、工业流程题(共1题，共2分)24、七铝十二钙(12CaO·7Al2O3)是新型的超导材料和发光材料，用白云石（主要含CaCO3和MgCO3)和废铝片制备七铝十二钙的工艺如下：

(1)电解制备Al(OH)3时，电极分别为Al片和石墨，电解总反应方程式为_____

(2)一种可超快充电的新型铝电池，充放电时AlCl4-和Al2Cl7-两种离子在Al电极上相互转化，其它离子不参与电极反应，放电时负极Al的电极反应式为______评卷人得分六、解答题(共1题，共5分)25、洪灾过后；饮用水的消毒杀菌成为抑制大规模传染性疾病爆发的有效方法之一．漂白粉是常用的消毒剂．根据所学知识，回答下列问题：

（1）工业上将氯气通入石灰乳制取漂白粉；化学反应方程式为______．

（2）漂白粉溶于水后，受空气中的CO2作用；即产生有漂白；杀菌作用的次氯酸，化学反应方程式为______．

（3）制取漂白粉的氯气可通过电解饱和食盐水得到．在电解食盐水之前，需要提纯食盐水．为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-及泥沙；可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作，正确的操作顺序是______．

①过滤②加过量的NaOH溶液③加适量的盐酸④加过量的Na2CO3溶液⑤加过量的BaCl2溶液。

A；①④②⑤③B、④①②⑤③C、②⑤④①③D、⑤②④③①

参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【解答】解：A．托盘天平只能读到0.1g；无法用托盘天平称取35.20gNaOH，故A错误；B．量筒只能读到0.1mL，无法用10mL量筒量取8.50mL浓盐酸，可以用酸式滴定管，故B错误；

C．滴定管的最小读数为0.01mL；可用25mL滴定管量取15.80mL浓溶液配一定物质的量浓度溶液，故C正确；

D．广泛pH试纸无法读出小数；则无法测出溶液的pH=4.2，故D错误；

故选C．

【分析】A．托盘天平的最小读数为0.1g；

B．量筒的最小读数为0.1mL；应该用酸式滴定管量取；

C．滴定管可以读到0.01mL；

D．pH试纸只能读出整数，无法读出4.2．2、A【分析】解：原子序数依次相差1；且由小到大排列的A；B、C、D、E五种短周期元素；

①若A的阳离子比E的阴离子少8个电子；E形成阴离子，则A；E位于同一周期，根据A、B、C、D、E为原子序数逐渐增大的五种短周期元素，则D越大为非金属元素，故①正确；

②若D的最高价氧化物的水化物是强酸，则D可能为N、S或Cl，对应的E可能为O、Cl或Ar；氧气；氯气、氩气常温下都是气体，故②正确；

③若A的单质既能与强酸又能与强碱反应且都放出氢气；则A为Al，B为Si，C为P，D为S，E为Cl，五种元素都处于第三周期，故③正确；

④若A的最高价氧化物的水化物是强碱；则A为Na，E为P，E的最高价氧化物对应水化物磷酸属于中强酸，故④错误；

根据分析可知；正确的是①②③；

故选A．

原子序数依次相差1；且由小到大排列的A；B、C、D、E五种短周期元素；

①若A的阳离子比E的阴离子少8个电子；E形成阴离子，一定为非金属性，且A；E处于同周期，结合原子序数大小分析；

②若D的最高价氧化物的水化物是强酸，则D可能为N、S、Cl，对应的E可能为O、Cl或Ar；

③若A的单质既能与强酸又能与强碱反应且都放出氢气；则A为Al，B为Si，C为P，D为S，E为Cl；

④若A的最高价氧化物的水化物是强碱；则A为Na，E为P．

本题考查结构性质位置关系应用，熟练掌握元素化合物知识与元素周期律表，注意抓住短周期元素，注意对基础知识的理解掌握．【解析】【答案】A3、C【分析】解：rm{A.}二氧化氮和水反应；所以不能用排水法收集二氧化氮，二氧化氮和空气中氧气不反应，且密度大于空气，所以可以采用向上排空气法收集二氧化氮，故A错误；

B.浓硫酸没有挥发性；所以二者不会产生白烟，故B错误；

C.利用压强差大小判断氨气的溶解性；滴入水后，如果氨气极易溶于水，则会导致烧瓶中压强急剧减小，烧瓶中气球体积增大，所以该装置能验证氨气的溶解性，故C正确；

D.苯的密度小于水；所以水在下层苯在上层，没有缓冲作用，不能防止倒吸，如果将苯换为四氯化碳，四氯化碳密度大于水，能防止倒吸，故D错误；

故选C．

A.二氧化氮和水反应；所以不能用排水法收集二氧化氮；

B.浓硫酸没有挥发性；

C.利用压强差大小判断氨气的溶解性；

D.苯的密度小于水．

本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及气体收集、尾气处理、气体溶解性强弱判断、浓硫酸的性质等知识点，明确实验原理、物质性质是解本题关键，会根据气体密度及溶解性确定气体收集方法，题目难度不大．【解析】rm{C}4、A【分析】【解析】【答案】A5、B【分析】【解析】【答案】B6、C【分析】解：rm{A}rm{NaH}是离子化合物，阴离子是rm{H^{-}}rm{NaH}的电子式为rm{Na^{+}[}rm{H]^{-}}故A正确；

B、rm{H^{-}}核外有rm{2}个电子；电子层排布与氦原子的电子层排布相同，故B正确；

C、电子排布相同时，原子序数越大，离子半径越小，则微粒半径rm{H^{-}>Li^{+}}故C错误；

D、rm{NaH}与rm{H_{2}O}反应rm{NaH+H_{2}O=NaOH+H_{2}隆眉}反应中水中的氢元素化合价降低，因此水做氧化剂，故D正确；

故选C．

A、rm{NaH}是离子化合物，阴离子是rm{H^{-}}

B、rm{H^{-}}核外有rm{2}个电子；

C；电子排布相同时；原子序数越大，离子半径越小；

D；得电子的物质为氧化剂．

本题考查了电子式、电子排布、离子半径比较、氧化还原反应等，题目难度不大，侧重于基础知识的考查，注意把握离子半径的比较方法．【解析】rm{C}二、填空题(共6题，共12分)7、略

【分析】

同位素指同一元素的不同原子；同分异构体指同一元素的不同单质；水分子是由1个氧原子和2个氢原子构成，从氢的三种同位素中选两个氢原子，两个氢原子可以相同也可不同，所以有6种选法；氧原子有3种选法，所以3×6=18，故答案为：①④；③；18．

【解析】【答案】根据同位素；同分异构体的定义判断；利用排列组合判断三原子化合物种类．

8、略

【分析】【解析】试题分析：浓硫酸具有吸水性，可以干燥氢气；浓硫酸具有脱水性，能使木条中的H、O以水的形成脱去，使木条炭化；浓硫酸具有强氧化性，能与铜生成硫酸铜、二氧化硫和水。考点：浓硫酸的特性【解析】【答案】（1）B（2）C（3）AD9、略

【分析】解：（1）需氢氧化钠的质量为：m（NaOH）=0.5L×0.1mol•L-1×40g/mol=2.0g；

氢氧化钠有腐蚀性易潮解应放在小烧杯内迅速称量；防止称量时间过长，NaOH吸水；

故答案为：2.0；防止称量时间过长；NaOH吸水；

（2）配制500mL的氢氧化钠溶液；需要选用500mL容量瓶，定容时必须使用胶头滴管定容，所以还缺少500mL容量瓶；胶头滴管；

选择带刻度的500mL烧杯和玻璃棒配制NaOH溶液；由于500mL烧杯所量体积并不精确，该同学所配溶液的浓度只是约为0.1mol/L；

故答案为：500mL容量瓶；胶头滴管；由于500mL烧杯所量体积并不精确；该同学所配溶液的浓度只是约为0.1mol/L；

（3）从所配的溶液中取出50mL于一试剂瓶中；标签上应该注明溶液的名称及浓度，该氢氧化钠溶液的标签的内容为：0.10mol/LNaOH（aq）；

若再从中取出10mL溶液加水稀释至20mL，根据n=cV可知，浓度与溶液的体积成反比，体积扩大为原先的2倍，则此时溶液的物质的量浓度为0.01mol/L×=0.05mol/L；

故答案为：0.10mol/LNaOH（aq）；0.05mol/L；

（4）A．称量时已观察到NaOH表面潮湿；导致配制的溶液中氢氧化钠的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故A错误；

B．将烧杯中溶解后的溶液立即注入容量瓶；然后再添加蒸馏水至刻度线，没有冷却，热的溶液体积偏大，冷却后溶液体积变小，导致配制的溶液体积偏小，配制的溶液浓度偏高，故B错误；

C．摇匀定容后；又用胶头滴管向容量瓶中滴加蒸馏水至刻度线，大骗子加入的蒸馏水体积偏大，配制的溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故C错误；

D．配制溶液前用蒸馏水润洗容量瓶；但未烘干，对溶质的物质的量及溶液的体积都没有影响，所以不影响配制结果，故D正确；

故答案为：D．

（1）利用n=cv计算出氢氧化钠的物质的量；再根据m=nM计算所需氢氧化钠的质量；腐蚀性易潮解的药品应放在玻璃器皿内迅速称量；

（2）根据配制500mL0.10mol/L的NaOH溶液的步骤结合各仪器的作用选取仪器；根据500mL烧杯的最小读数为0.1mL；配制的溶液浓度只能为0.1mol/L，无法达到0.01mol/L；

（3）标签上需要注明溶液的名称；溶液的物质的量浓度；溶液的浓度与溶液的体积成反比；据此计算出稀释后溶液的浓度；

（4）根据c=可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化：若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时；都会使所配溶液浓度偏大．

本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法，该题难度中等，注意掌握配制一定物质的量浓度的溶液的方法，试题侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，有利于培养学生的逻辑思维能力和严谨的规范实验操作能力．【解析】2.0；防止称量时间过长，NaOH吸水；500mL容量瓶、胶头滴管；由于500mL烧杯所量体积并不精确，该同学所配溶液的浓度只是约为0.1mol/L；0.10mol/LNaOH（aq）；0.05mol/L；D10、略

【分析】试题分析：根据导电原因、电解质、非电解质、弱电解质的定义判断。能导电的物质必须含有自由电子或自由离子；电解质：在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物。非电解质：在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物。①碳酸氢钠晶体是电解质，因没有自由电子或自由离子，所以不能导电，溶于水可以导电；②液态氯化氢是电解质，因没有自由电子或自由离子，所以不能导电，溶于水可以导电；③铁是金属单质，既不是电解质也不是非电解质，因有自由移动的电子，所以能导电；④蔗糖是非电解质，因没有自由电子或自由离子，所以不能导电；⑤乙醇是非电解质，因没有自由电子或自由离子，所以不能导电；⑥硫酸钾是电解质，在熔融状态下可以导电，溶于水也可以导电；⑦干冰是CO3，属于非电解质，因没有自由电子或自由离子，所以不能导电。但溶于水生成碳酸，可以导电；⑧石墨是非金属单质，不是电解质，也不是非电解质，石墨可以导电；⑨氨气是非电解质，因没有自由电子或自由离子，所以不能导电。但氨气溶于水生成氨水，可以得到则（1）以上物质能导电的是③⑥⑧。（2）以上物质中属于电解质的是①②⑥。（3）以上物质中属于非电解质的是④⑤⑦⑨。（4）以上物质中溶于水后水溶液能导电的是①②⑥⑦⑨。（5）碳酸氢钠和硫酸钾在水溶液中的电离方程式分别是NaHCO3=Na++HCO3－、K2SO4=2K++SO42-。考点：考查电解质、非电解质、物质导电判断以及电离方程式的书写【解析】【答案】（1）③⑥⑧（2）①②⑥（3）④⑤⑦⑨（4）①②⑥⑦⑨（5）NaHCO3=Na++HCO3－K2SO4=2K++SO42-11、略

【分析】解：三种元素分别为H、Na、Cl的三种元素X、Y、Z两两组合的化合物HCl含有的化学键类别为共价键，氯化钠是离子化合物，是钠离子和氯离子通过静电作用形成的，其电子式为氯是三个周期，最外层7个电子，所以在周期表中的位置为第三周期第ⅥⅠA族，反应2HCl+Na2CO3=NaCl+H2O+CO2↑只能说明盐酸的酸性强于碳酸，而不能证明氯的非金属性比碳强，故答案为：共价键；三；ⅥⅠA族；否．

三种元素分别为H、Na、Cl的三种元素X、Y、Z两两组合的化合物HCl含有的化学键类别为共价键，氯化钠是离子化合物，是钠离子和氯离子通过静电作用形成的，其电子式为氯是三个周期，最外层7个电子，所以在周期表中的位置为第三周期第ⅥⅠA族，反应2HCl+Na2CO3=NaCl+H2O+CO2↑只能说明盐酸的酸性强于碳酸；盐酸是无氧酸，而碳酸是含氧酸，应通过比较最高价含氧酸的酸性，得出两者的非金属性强弱，由此分析解答．

本题考查元素在周期表中的位置及性质递变规律和酸性比较等知识，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型，注意相关知识的学习与积累，难度不大．【解析】共价键；三；ⅥⅠA族；否12、略

【分析】解：rm{X^{n-}}含有rm{m}个中子，rm{X}的质量数为rm{A}则质量数rm{=A-m}原子rm{X}可表示为rm{{,!}^{A}_{(A-m)}X}故答案为：rm{{,!}^{A}_{(A-m)}X.}

根据原子或离子中，质子数rm{=}质量数rm{-}中子数来解答；

本题考查原子组成，难度不大，注意原子或离子中质量数rm{=}质子数rm{+}中子数．【解析】rm{{,!}^{A}_{(A-m)}X}三、判断题(共7题，共14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】氯化钠由钠离子和氯离子构成，故1.00molNaCl中，所有Na+的物质的量为1.00mol，钠原子最外层有1个电子，失去最外层1个电子形成钠离子，此时最外层有8个电子，故所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023；故答案为：对．

【分析】先计算钠离子的物质的量，再根据钠离子结构计算最外层电子总数．15、B【分析】【解答】蓝色硫酸铜晶体放入浓硫酸生成硫酸铜和水；属于化学变化，故答案为：×．

【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，据此解题．16、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17、A【分析】【解答】氯化钠由钠离子和氯离子构成，故1.00molNaCl中，所有Na+的物质的量为1.00mol，钠原子最外层有1个电子，失去最外层1个电子形成钠离子，此时最外层有8个电子，故所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023；故答案为：对．

【分析】先计算钠离子的物质的量，再根据钠离子结构计算最外层电子总数．18、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．19、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．四、推断题(共4题，共24分)20、Na；Al3+；Na＞Al；Cl＞S；H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O；CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-【分析】解：由元素在周期表的位置可知，rm{垄脵隆芦垄脽}分别为rm{H}rm{O}rm{Al}rm{F}rm{Na}rm{S}rm{Cl}

rm{(1)}同周期从左向右原子半径减小，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则rm{垄脹垄脻垄脼垄脽}中原子半径最大的是rm{Na}rm{垄脷垄脹垄脺垄脻}的简单离子中半径最小的是rm{Al^{3+}}

故答案为：rm{Na}rm{Al^{3+}}

rm{(2)}同周期从左向右金属性减弱、非金属性增强，则rm{垄脹垄脻}中元素的金属性强弱顺序为rm{Na>Al}rm{垄脼垄脽}元素的非金属性强弱顺序为rm{Cl>S}

故答案为：rm{Na>Al}rm{Cl>S}

rm{(3)}酸性溶液中过氧化氢能将rm{Fe^{2+}}氧化，发生的氧化还原反应为rm{H_{2}O_{2}+2Fe^{2+}+2H^{+}篓T2Fe^{3+}+2H_{2}O}故答案为：rm{H_{2}O_{2}+2Fe^{2+}+2H^{+}篓T2Fe^{3+}+2H_{2}O}

rm{(4)}碳酸钠溶液水解显碱性，水解离子反应为rm{CO_{3}^{2-}+H_{2}O?HCO_{3}^{-}+OH^{-}}故答案为：rm{CO_{3}^{2-}+H_{2}O?HCO_{3}^{-}+OH^{-}}．

由元素在周期表的位置可知，rm{垄脵隆芦垄脽}分别为rm{H}rm{O}rm{Al}rm{F}rm{Na}rm{S}rm{Cl}

rm{(1)}同周期从左向右原子半径减小；具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小；

rm{(2)}同周期从左向右金属性减弱；非金属性增强；

rm{(3)}酸性溶液中过氧化氢能将rm{Fe^{2+}}氧化；

rm{(4)}碳酸钠溶液水解显碱性．

本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素化合物等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素周期律的应用及盐类水解，题目难度不大．【解析】rm{Na}rm{Al^{3+}}rm{Na>Al}rm{Cl>S}rm{H_{2}O_{2}+2Fe^{2+}+2H^{+}篓T2Fe^{3+}+2H_{2}O}rm{CO_{3}^{2-}+H_{2}O?HCO_{3}^{-}+OH^{-}}21、（1）AC

（2）S2O32﹣+2H+=S↓+SO2↑+H2OFeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl

（3）2.5

（4）8.4Na2CO3•7H2O【分析】【分析】本题考查无机物推断、化学键、方程式书写、氧化还原反应、混合物计算等，难度中等，需要学生具备扎实的基础，是对基础知识的综合应用。【解答】rm{(1)A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}均由短周期元素组成，焰色反应均呈黄色，均含有rm{Na}元素，固体化合物rm{A}为浅黄色粉末，则是过氧化钠，过氧化钠中含有离子键和非极性键，故答案为：rm{AC}

rm{(2)}根据rm{垄脷垄脹}可知rm{F}是氯化铁溶液rm{.}根据rm{垄脵}可知rm{B}是rm{Na_{2}S_{2}O_{3}}rm{B}和硫酸反应的方程式为：rm{S_{2}O_{3}^{2-}+2H^{+}=S隆媒+SO_{2}隆眉+H_{2}O}rm{垄脷}属于氢氧化铁胶体的制备，方程式为：rm{FeCl_{3}+3H_{2}Ooverset{?}{=}Fe(OH)_{3}(}胶体rm{FeCl_{3}+3H_{2}Ooverset{?}{=}

Fe(OH)_{3}(}

故答案为：rm{)+3HCl}rm{FeCl_{3}+3H_{2}Ooverset{?}{=}Fe(OH)_{3}(}胶体rm{S_{2}O_{3}^{2-}+2H^{+}=S隆媒+SO_{2}隆眉+H_{2}O}

rm{FeCl_{3}+3H_{2}Ooverset{?}{=}

Fe(OH)_{3}(}被氧化生成rm{)+3HCl}化合价升高rm{(3)Mn^{2+}}个单位rm{MnO_{4}^{-}}氧化剂是rm{5}其还原产物是rm{.}rm{X_{2}Y_{8}^{2一}}氧化剂得到rm{SO_{4}^{2-}}电子，所以根据电子的得失守恒可知，需要氧化剂的物质的量是rm{dfrac{1mol隆脕5}{2}=2.5mol}故答案为：rm{1mol}

rm{2mol}根据转化可知rm{dfrac{1mol隆脕5}{2}

=2.5mol}是碳酸氢钠，rm{2.5mol}为碳酸钠，浓硫酸增加的质量就是水的质量，物质的量是rm{dfrac{3.42g}{18g/mol}=0.19mol.}碱石灰增加的质量是rm{(4)}的质量，所以rm{D}的物质的量是rm{dfrac{2.2g}{44g/mol}=0.05mol}则：

rm{2NaHCO_{3}overset{?}{=}Na_{2}CO_{3}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}

rm{E}rm{dfrac{3.42g}{18g/mol}

=0.19mol.}rm{CO_{2}}

因此rm{CO_{2}}的物质的量是rm{dfrac{2.2g}{44g/mol}

=0.05mol}质量是rm{2NaHCO_{3}overset{?}{=}

Na_{2}CO_{3}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}．

所以rm{0.1mol}的质量是rm{0.05mol}因此rm{0.05mol}中结晶水的物质的量是rm{D(NaHCO_{3})}质量是rm{0.1mol}所以rm{0.1mol隆脕84g/mol=8.4g}中rm{Na_{2}CO_{3}?XH_{2}O}的质量是rm{13.04g-8.4g=4.64g}其物质的量是rm{dfrac{2.12g}{106g/mol}=0.02mol}故rm{Na_{2}CO_{3}?XH_{2}O}rm{0.19mol-0.05mol=0.14mol}rm{0.14mol隆脕18g/mol=2.52g.}rm{Na_{2}CO_{3}?XH_{2}O}即rm{Na_{2}CO_{3}}的化学式为rm{4.64g-2.52g=2.12g}

故答案为：rm{dfrac{2.12g}{106g/mol}

=0.02mol}rm{n(Na_{2}CO_{3})}

rm{n(H_{2}O)=0.02mol}【解析】rm{(1)AC}

rm{(2)S_{2}O_{3}^{2-}+2H^{+}=S隆媒+SO_{2}隆眉+H_{2}O}rm{FeCl_{3}+3H_{2}O}rm{Fe(OH)_{3}(}胶体rm{)+3HCl}

rm{(3)2.5}

rm{(4)8.4}rm{Na_{2}CO_{3}?7H_{2}O}22、A【分析】【解答】解：A．氯化钠不能够通过一步反应得到过氧化钠；不符合上述转化关系和反应条件，故A错误；

B．氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠；偏铝酸钠与碳酸反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝分解生成氧化铝，个物质之间通过一步反应可以实现，符合上述转化关系和反应条件，故B正确；

C．一氧化氮氧化生成二氧化氮；二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸分解生成二氧化氮，稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，各物质之间通过一步反应可以实现，符合上述转化关系和反应条件，故C正确；

D．碳和氧气反应生成一氧化碳；一氧化碳和氧气反应生成二氧化碳，二氧化碳和碳反应生成一氧化碳，二氧化碳和镁反应生成氧化镁和碳，符合上述转化关系和反应条件，故D正确；

故选：A．

【分析】A．氯化钠不能够通过一步反应得到过氧化钠；

B．氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠；偏铝酸钠与碳酸反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝分解生成氧化铝；

C．一氧化氮氧化生成二氧化氮；二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸分解生成二氧化氮，稀硝酸与铜反应生成一氧化氮；

D．碳和氧气反应生成一氧化碳，一氧化碳和氧气反应生成二氧化碳，二氧化碳和碳反应生成一氧化碳，二氧化碳和镁反应生成氧化镁和碳；23、略

【分析】【分析】本题考查有机物的结构和性质，题目难度中等，本题侧重于同分异构体的判断，注意根据物质的性质判断可能具有的结构。rm{(1)}某烃rm{A0.2mol}在氧气中完全燃烧后，生成rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O}各rm{1.2mol}则分子中含有rm{n?=6}rm{n(H)=12}分子式为rm{C_{6}H_{12}}

rm{(2)C_{6}H_{12}}只有rm{1}个不饱和度，若烃rm{A}不能使溴水褪色，则其为环烷烃rm{.}其中；能与氯气发生取代反应，其一氯代物只有一种的是环己烷；

rm{(3)}烃rm{A}能使溴水褪色，在催化剂作用下，与rm{H_{2}}加成，其加成产物经测定分子中含有rm{4}个甲基，说明烃中含有rm{C=C}其中，含有rm{4}个甲基的有rm{3}种，其碳架结构为rm{(垄脵垄脷垄脹}处可分别不同时安排双键rm{)}以此确定烯烃。【解答】

rm{(1)}某烃rm{A0.2mol}在氧气中完全燃烧后，生成rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O}各rm{1.2mol}则分子中含有rm{N(C)=6}rm{n(H)=12}分子式为rm{C_{6}H_{12}}所以本题答案为：rm{C_{6}H_{12}}

rm{(2)C_{6}H_{12}}只有rm{1}个不饱和度，若烃rm{A}不能使溴水褪色，则其为环烷烃rm{.}其中能与氯气发生取代反应，其一氯代物只有一种的是环己烷，即

所以本题答案为：

rm{(3)}烃rm{A}能使溴水褪色，在催化剂作用下，与rm{H_{2}}加成，其加成产物经测定分子中含有rm{4}个甲基，说明烃中含有rm{C=C}其中，含有rm{