2025年华东师大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2025年华东师大版高一化学下册阶段测试试卷516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8题，共16分)1、有关煤的叙述中不正确的是()。A.煤是工业上获得苯、甲苯、二甲苯等芳香烃的重要来源物质B.煤是由多种有机物组成的混合物，内含煤焦油等成分C.煤除了含有C元素外，还含有少量的N、H、S、O等元素D.煤等化石燃料的储量有限，节能和开发新能源是人类实现可持续发展的关键2、1985年，科学家发现一种新的分子组成的物质，其化学式为C60；下列有关的说法不正确的是（）

A.它的式量为720

B.它是一种单质。

C.它是一种化合物。

D.它在氧气中燃烧的产物和碳在氧气中燃烧的产物相同。

3、设rm{N_{A}}为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.标准状况下，rm{11.2L}四氯化碳所含分子的数目为rm{0.5N_{A}}B.rm{87g}rm{MnO_{2}}与rm{4mol}浓盐酸共热完全反应，能得到rm{Cl_{2}}分子的数目为rm{N_{A}}C.rm{1mol}rm{Na_{2}O_{2}}与足量rm{CO_{2}}或水反应时，转移电子的数目为rm{N_{A}}D.rm{1mol/L}的rm{NaOH}溶液中含rm{Na^{+}}数目为rm{N_{A}}4、一定量的稀硫酸与足量的铝粉反应时，为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，应向稀硫酸中加入适量的rm{(}rm{)}A.rm{CH_{3}COOK(}固体rm{)}B.rm{CH_{3}COOH}C.rm{KCl(}固体rm{)}D.rm{KOH(}固体rm{)}5、下列有机化合物的分类不正确的是rm{(}rm{)}A.

芳香烃B.

酚C.

卤代烃D.

醇6、将amLNO、bmLNO2和cmLO2混合于同一试管中，将试管倒置于水中，充分反应后，试管内气体全部消失，则a：b：c不可能是A.1:1:1B.2:1:1C.3:7:4D.1:5:27、下列物质之间的相互关系____的是rm{(}rm{)}A.rm{O_{2}}和rm{O_{3}}互为同素异形体B.rm{CH_{3}CH_{3}}和rm{CH_{3}CH_{2}CH_{3}}互为同系物C.rm{CH_{3}CH_{2}OH}和rm{CH_{3}OCH_{3}}互为同分异构体D.rm{CH_{3}COOCH_{3}}和丙酸为同一种物质8、下列说法中正确的是rm{(}rm{)}A.物质发生化学反应都伴随着能量变化B.伴有能量变化的物质变化都是化学变化C.在一个确定的化学反应关系中，反应物的总能量与生产物的总能量有可能相同D.如果旧化学键断裂吸收的能量大于新化学键形成释放的能量，则该反应为放热反应评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)9、物质的量相等的CO和CO2中，分子个数之比为；原子个数之比为；氧原子个数比为。在温度和压强相等的条件下，氧气和氢气的密度比为，质量相等时的体积比为，体积相等时的物质的量之比为。10、据图回答下列问题：Ⅰ、（1)若烧杯中溶液为稀硫酸，则观察到的现象是______________________负极反应式为：_________________________________________________。（2）若烧杯中溶液为氢氧化钠溶液，则负极为________(填Mg或Al)，总反应化学方程式为______________________________________________________________。Ⅱ、由Al、Cu、浓硝酸组成原电池，其正极的电极反应式为Ⅲ、（1）甲醇是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，工业上一般可采用如下反应来合成甲醇：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)。分析该反应并回答下列问题：下列各项中，不能够说明该反应已达到平衡的是________(填序号)。a．恒温、恒容条件下，混合气体的平均相对分子质量不变b．一定条件下，CH3OH分解的速率和CH3OH生成的速率相等c．一定条件下，CO、H2和CH3OH的浓度保持不变d．一定条件下，单位时间内消耗2molH2，同时生成1molCH3OH（2）2009年10月，中国科学院长春应用化学研究所在甲醇燃料电池技术方面获得新突破，组装出了自呼吸电池及主动式电堆。甲醇燃料电池的工作原理如下图所示。①该电池工作时，b口通入的物质为________________，c口通入的物质为________________。②该电池负极的电极反应式为：_______③工作一段时间后，当6.4g甲醇完全反应生成CO2时，有______________NA个电子转移。11、下列各组物质：

①O2和O3②12C和14C③石墨和足球烯（C60）

④

⑤

⑥

（1）互为同素异形体的是______；

（2）同分异构体的是______．

（3）互为同位素的是______．12、某同学探究同周期元素性质的递变规律，并讨论影响化学反应速率的因素．选用的试剂如下：镁条、铝条、铝粉、钠、新制Na2S溶液、新制氯水、0.5mol•L-1盐酸、3mol•L-1盐酸；酚酞试液；其设计的实验方案及部分实验现象如下表：

。实验步骤实验现象①将一小块金属钠投入滴有酚酞试液的冷水中钠块浮在水面上，熔化成闪亮的小球，做不定向移动，随之消失，溶液变红色②将表面积大致相同的镁条和铝条（均已用砂纸打磨过）分别投入足量的相同体积0.5mo1•L-1盐酸中镁条剧烈反应，迅速产生大量的无色气体，而铝条反应不十分剧烈，产生无色气体，镁条消失比铝条快③将新制氯水滴加到新制的Na2S溶液中④将相同质量的镁条（已用砂纸打磨过）和铝粉分别投入到足量的相同体积的0.5mol•L-1盐酸和3mol•L-1盐酸中剧烈反应产生气体，但铝粉消失比镁条快请回答下列问题：

（1）实验①中可以说明该反应是放热反应的现象是____

（2）由实验②可得出决定化学反应快慢的主要因素是____

（3）实验③的现象是产生浅黄色沉淀，离子方程式为____

由实验③可以得出非金属性氯____硫（填“强于”；“弱于”、“无法比较”）．

（4）实验④中，因为铝粉消失所用的时间短，因此，该同学得出结论：铝比镁易失电子，该结论是否正确？____（填“是”或“否”），通过实验④说明要加快化学反应速率可采取的措施可以是____或____．13、Fe（OH）3胶体在生活中有重要应用，利用FeCl3和沸水反应制备的Fe（OH）3胶体中常混有FeCl3和HCl．已知胶体不能透过半透膜；而小分子和离子可以透过半透膜．试回答下列有关问题：

（1）实验室制取Fe（OH）3胶体的方法是____，用____方法除去胶体中的浑浊物；根据____现象证明胶体已经制成．

（2）检验溶液中存在Fe3+和H+的方法是____

（3）除去胶体中混有的FeCl3和HCl的方法是：____

（4）如何用实验的方法证明胶体和Cl﹣已经分离？____

（5）鉴别Fe（OH）3胶体和FeCl3溶液最简单的方法是____

（6）高铁酸钠（Na2FeO4）的氧化性比KMnO4更强，它是一种备受关注的新型净水剂，请指出Na2FeO4净水的原理，并说明该净水剂有何优越性____14、将﹣定量的H2S气体通人400mL0.5mol/L的NaOH溶液中，然后在低温下蒸发溶液，得到白色固体A．推测白色固体A的所有可能组成①____；②____；③____；④____（用化学式填）15、rm{(1)28.5g}氯化镁的物质的量是______，它与______克食盐含有相同量的rm{Cl^{-}}

rm{(2)}以下物质：rm{垄脵NaCl}晶体rm{垄脷}液态rm{SO_{3}}rm{垄脹}液态的醋酸rm{垄脺}铝rm{垄脻BaSO_{4}}固体rm{垄脼}蔗糖rm{(C_{12}H_{22}O_{11})}rm{垄脽}酒精rm{(C_{2}H_{5}OH)}rm{垄脿}熔化的rm{KNO_{3}.(}填序号rm{)}

属于电解质的是______，能导电的是______，属于非电解质的是______。16、rm{mgH_{2}}和rm{O_{2}}的混合气体中含有rm{N_{1}}个氢分子和rm{N_{2}}个氧分子，则阿伏加德罗常数为______．评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)17、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）18、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）19、摩尔是七个基本物理量之一．（判断对错）20、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）21、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）22、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）23、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。评卷人得分四、实验题(共1题，共8分)24、某同学设计如下实验方案，以分离rm{NaCl}和rm{BaCl_{2}}两种固体混合物；回答下列问题：

供选试剂：rm{Na_{2}CO_{3}}溶液、rm{Na_{2}SO_{4}}溶液、rm{K_{2}CO_{3}}溶液、rm{K_{2}SO_{4}}溶液；盐酸。

rm{(1)}操作rm{垄脷}的名称是______．

rm{(2)}试剂rm{a}是______rm{(}填化学式，下同rm{)}试剂rm{b}是______，固体rm{B}是______．

rm{(3)}加入试剂rm{a}所发生的化学反应方程式为______．

rm{(4)}简述操作rm{垄脹}洗涤沉淀的操作步骤______．评卷人得分五、推断题(共2题，共18分)25、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}rm{G}七种短周期元素，原子序数依次增大rm{.}由rm{A}rm{B}形成的单质在一定条件下可生成气体rm{X}且rm{X}的水溶液呈碱性；rm{D}原子rm{K}层电子数是其rm{M}层电子数的rm{2}倍；rm{E}的简单阳离子与rm{X}具有相同电子数，且rm{E}的简单阳离子是同周期中简单离子半径最小的元素；rm{F}元素的原子最外层比次外层少两个电子，rm{C}和rm{G}的最外层电子数之和为rm{13.}则。

rm{(1)C}在周期表中的位置为______；

rm{(2)}写出：rm{D}在rm{C}单质中燃烧所生成淡黄色的固体的电子式______

rm{(3)A}rm{B}rm{D}rm{E}四种元素的原子半径由大到小的顺序为______rm{.(}用元素符号表示rm{)}

rm{(4)G}的单质在反应中常作氧化剂，该单质的水溶液与rm{F}的低价氧化物反应的化学方程式为______．

rm{(5)}写出由rm{A}rm{C}rm{D}rm{F}这四种元素共同组成的rm{2}种化合物在水溶液中发生反应的离子方程式：______．26、一般情况下，当人体一次性摄取300mg～500mg亚硝酸钠时，就会引起中毒．某研究小组用碘量法测定泡菜中亚硝酸盐的含量．有关反应如下：2NaNO2＋2H2SO4＋2KI===2NO↑＋I2＋K2SO4＋Na2SO4＋2H2O2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI取1kg泡菜，榨汁，将榨出的液体收集后，加入提取剂和氢氧化钠，使泡菜汁中的亚硝酸盐都成为亚硝酸钠．在过滤后的滤液中加入氢氧化铝乳液，以除去色素．再次过滤后得到滤液，将该滤液稀释至1L，取25.00mL稀释后的滤液与过量的稀硫酸和碘化钾溶液反应，再选用合适的指示剂，用0.05000mol·L－1Na2S2O3标准溶液进行滴定．实验数据记录如下：。滴定次数0.05000mol·L－1Na2S2O3标准溶液体积/mL滴定前刻度滴定后刻度10.0020.0420.1220.0830.0520.05请回答下列问题：(1)该实验中可选用的指示剂是________，滴定终点的现象是________．(2)有经验的厨师在做泡菜时往往加入适量的橙汁，以减轻亚硝酸盐的危害．这主要是因为橙汁中含有丰富的维生素C，维生素C具有________性(填“氧化”或“还原”)．(3)通过计算判断若某人一次食入0.125kg这种泡菜，是否会引起中毒？评卷人得分六、结构与性质(共1题，共5分)27、某探究小组用HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，研究影响反应速率的因素。所用HNO3浓度为1.00mol·L-1、2.00mol·L-1，大理石有细颗粒与粗颗粒两种规格，实验温度为298K、308K，每次实验HNO3的用量为25.0mL；大理石用量为10.00g。

（1）请完成以下实验设计表，并在实验目的一栏中填出对应的实验编号：。实验编号T/K大理石规格HNO3浓度/mol·L-1实验目的①298粗颗粒2.00（Ⅰ）实验①和②探究HNO3浓度对该反应速率的影响；

（Ⅱ）实验①和③探究温度对该反应速率的影响；

（Ⅲ）实验①和④探究大理石规格（粗、细）对该反应速率的影响；②_______________③_______________④_______________

（2）实验装置如图1所示，如何检验该装置的气密性________________________________

（3）实验①中CO2质量随时间变化的关系见下图2：依据反应方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，计算实验①在70-90s范围内HNO3的平均反应速率________________________

（4）请在答题卡的框图中，画出实验②、③和④中CO2质量随时间变化关系的预期结果示意图。_______参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】该题主要考查煤的成分及利用，煤是有机物和少量无机物组成的混合物，煤焦油是煤干馏的产物之一，不属于煤本身的成分，故选B项。【解析】【答案】B2、C【分析】

A、分子式为C60；根据相对原子质量计算得到式量为12×60=720，故A正确；

B、是一种碳元素组成的纯净物，为碳单质，分子式为C60；故B正确；

C；是一种碳元素组成的纯净物；为碳单质，不是化合物，故C错误；

D；它在氧气中燃烧的产物和碳在氧气中燃烧的产物相同都是单质碳和氧气反应生成二氧化碳；故D正确；

故选C．

【解析】【答案】A；依据碳原子的相对原子质量结合分子式计算；

B；一种元素组成的纯净物为单质；

C；不同元素组成的纯净物为化合物；

D；依据碳单质的核心性质分析判断；

3、C【分析】解：rm{A}标况下；四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，故A错误；

B、二氧化锰只能与浓盐酸反应，与稀盐酸不反应，故rm{4mol}浓盐酸不能反应完全，则得到的氯气分子个数小于rm{N_{A}}个；故B错误；

C、过氧化钠与二氧化碳的反应为歧化反应，过氧化钠中氧原子的价态由rm{-1}价变为rm{0}价，故rm{1mol}过氧化钠转移rm{1mol}电子，即rm{N_{A}}个；故C正确；

D；溶液体积不明确；故溶液中的钠离子的个数无法计算，故D错误．

故选C．

A；标况下；四氯化碳为液态；

B；二氧化锰只能与浓盐酸反应；与稀盐酸不反应；

C；过氧化钠与二氧化碳的反应为歧化反应；

D；溶液体积不明确．

本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．【解析】rm{C}4、A【分析】解：rm{A.}加入rm{CH_{3}COOK(}固体rm{)}生成醋酸，醋酸为弱酸，溶液氢离子浓度减小，反应速率减小，但不影响生成氢气的总量，故A正确；

B.加入醋酸；生成氢气的量增多，故B错误；

C.加入rm{KCl}固体；溶液浓度不变，反应速率不变，故C错误；

D.rm{KOH}固体能与硫酸反应；减小生成氢气的总量，故D错误．

故选A．

减缓反应速率；可降低氢离子浓度，或降低反应温度，不影响生成氢气的总量，则所加入物质与氢离子不反应，以此解答该题．

本题考查化学反应速率，为高频考点，侧重于反应速率的影响因素的考查，注意把握物质的性质以及影响反应速率的因素，难度不大．【解析】rm{A}5、A【分析】解：rm{A.}芳香烃应含有苯环；有机物不含苯环，不是芳香烃，故A错误；

B.酚类物质羟基直接连接在苯环上；有机物为对甲基苯酚，故B正确；

C.卤代烃含有卤素原子；有机物为溴苯，故C正确；

D.醇是脂肪烃基和羟基组成的化合物；有机物为苯乙醇，故D正确．

故选A．

A.芳香烃应含有苯环；

B.酚类物质羟基直接连接在苯环上；

C.卤代烃含有卤素原子；

D.醇是脂肪烃基和羟基组成的化合物．

本题主要考查有机物的官能团及分类方法判断，题目难度中等，注意掌握常见有机物中含有官能团与分类方法，试题侧重基础知识的考查，培养了学生灵活应用基础知识的能力．【解析】rm{A}6、B【分析】4NO＋3O2＋2H2O=4HNO34NO2＋O2＋2H2O=4HNO3所以只要满足即可【解析】【答案】B7、D【分析】略【解析】rm{D}8、A【分析】解：rm{A.}化学反应的实质为旧键的断裂和新键的形成；断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，则物质发生化学反应都伴随着能量变化，故A正确；

B.化学反应的基本特征是伴随能量变化；但伴随能量变化的不一定是化学变化，故B错误；

B.反应可以是放热反应；也可以是吸热反应，所以反应物的总能量不一定高于生成物的总能量，故C错误；

D.根据化学变化的本质可知；如果断键吸收的能量大于成键所放出的能量，则反应就是吸热反应，反之是放热反应，故D错误．

故选A．

A.化学反应的实质为旧键的断裂和新键的形成；断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，以此判断；

B.rm{.}伴随能量变化的不一定是化学变化；如加热等；

B.反应可以是放热反应；也可以是吸热反应；

D.如果断键吸收的能量大于成键所放出的能量；则反应就是吸热反应，反之是放热反应．

本题考查了常见能量的转化形式、吸热反应和放热反应，为高频考点，注意一个化学反应属于吸热反应还是放热反应与反应的条件无关，旧化学键断裂吸收的能量与新化学键形成所释放的能量的相对大小决定了反应是放热还是吸热．【解析】rm{A}二、填空题(共8题，共16分)9、略

【分析】试题分析：物质的量相等的一氧化碳和二氧化碳分子数比为1:1，原子个数比为1×2:1×3=2:3，氧原子个数比为1：2，在温度和压强相等的条件下，密度比等于相对分子质量之比，即为32:2=16:1，质量相等时体积比等于摩尔质量的反比，为1:16，体积相等时物质的量比等于体积比，即1:1．考点：阿伏伽德罗常数。【解析】【答案】1:1，2:3，1:2，16:1，1:16，1:1。10、略

【分析】试题分析：Ⅰ、（1)若烧杯中溶液为稀硫酸，则镁为负极，观察到的现象是Mg逐渐溶解，Al片上有气泡冒出，指针偏转；负极反应式为Mg-2e-=Mg2+；（2）若烧杯中溶液为氢氧化钠溶液，则负极为Al，总反应化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；Ⅱ、由Al、Cu、浓硝酸组成原电池，Al在浓硝酸中钝化，则Cu为负极，正极的电极反应式为Ⅲ、（1）a．恒温、恒容条件下，混合气体的平均相对分子质量不变，说明各组分物质的量不再改变，反应达平衡；b．一定条件下，CH3OH分解的速率和CH3OH生成的速率相等，正逆反应速率相等，反应达平衡；c．一定条件下，CO、H2和CH3OH的浓度保持不变，说明已经平衡；d．一定条件下，单位时间内消耗2molH2，同时生成1molCH3OH，为同一个方向，不能说明是否平衡；故选d。（2）所给甲醇燃料电池工作时，b为负极通入的物质为CH3OH；c口通入的物质为O2或空气；负极的电极反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+；工作一段时间后，当6.4g甲醇完全反应生成CO2时，转移1.2mol电子，即有1.2NA个电子转移。考点：考查原电池原理等相关知识。【解析】【答案】I（1）Mg逐渐溶解，Al片上有气泡冒出，指针偏转；Mg-2e-=Mg2+（2）Al；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑II．III.（1）d（2）①CH3OH；O2或空气②CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+③1.211、略

【分析】解：①O2和O3都是由氧元素形成的不同单质；故互为同素异形体；

②12C和14C质子数相同；中子数不同，故互为同位素；

③石墨和足球烯（C60）都是由碳元素形成的不同单质；故互为同素异形体；

④分子式相同；但结构不同，故互为同分异构体；

⑤是同一物质；

⑥分子式相同；但结构不同，故互为同分异构体；

故（1）互为同素异形体的是①③；

（2）同分异构体的是④⑥；

（3）互为同位素的是②；

故答案为：（1）①③；（2）④⑥；（3）②．

有相同质子数；不同中子数的原子互为同位素；

具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；

相同元素组成；不同形态的单质互为同素异形体．

本题考查同位素、同素异形体、同分异构体的概念，难度不大．对于元素、核素、同位素、同素异形体、同分异构体、同系物、同种物质等概念的区别是考试的热点问题．【解析】①③；④⑥；②12、略

【分析】

（1）钠块浮在水面上；说明钠的密度比水小，熔化成闪亮的小球，说明该反应放热，并且钠的熔点较低；

故答案为：熔化成闪亮的小球；

（2）在相同条件下反应；物质的自身性质不同，反应速率不同，由于镁较铝活泼，则镁与盐酸反应较剧烈，故答案为：反应物的性质；

（3）同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，则Cl的非金属性较S强，单质的氧化性较强，可发生：Cl2+S2-=2Cl-+S↓；

故答案为：Cl2+S2-=2Cl-+S↓；强于；

（4）由于铝粉的表面积较大；盐酸的浓度较大，易与盐酸发生反应，则影响化学反应速率的因素与浓度和表面积有关，故答案为：否；增大反应物的浓度；增大固体反应物的表面积．

【解析】【答案】（1）在没有加热的条件下；钠与水反应熔化成闪亮的小球，说明反应放热；

（2）影响化学反应速率的因素有内因和外因；内因为主要原因；

（3）元素的非金属性强弱可通过单质间的置换反应验证；

（4）影响化学反应速率的因素有温度；浓度以及表面积等因素．

13、在沸腾的蒸馏水中滴加饱和FeCl3溶液，待溶液呈红褐色时，停止加热，即制得胶体过滤丁达尔取少量溶液，滴加KSCN溶液，变红色说明有Fe3+；另取少量溶液，滴加紫色石蕊试液，变红色说明有H+将胶体装入半透膜中，然后置于蒸馏水中（渗析）取半透膜外最后一次的溶液少许于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀产生，证明两者已经分离观察颜色Na2FeO4有很强的氧化性，能有效地杀死水中的细菌和病毒；其还原产物Fe3+能发生水解反应生成Fe（OH）3胶体，可以吸附水中的杂质．Na2FeO4在整个消毒和净化过程中，不产生任何对人体有害的物质【分析】【解答】（1）在沸腾的蒸馏水中滴加饱和FeCl3溶液，待溶液呈红褐色时，停止加热，即制得Fe（OH）3胶体；胶粒能透过滤纸，浊液不能，用过滤分离；丁达尔效应是胶体的特性，可用来检验胶体，故答案为：在沸腾的蒸馏水中滴加饱和FeCl3溶液；待溶液呈红褐色时，停止加热，即制得胶体；过滤；丁达尔；

（2）Fe3+遇KSCN溶液变红色，紫色石蕊试液遇氢离子变红色，故答案为：取少量溶液，滴加KSCN溶液，变红色说明有Fe3+；另取少量溶液，滴加紫色石蕊试液，变红色说明有H+；

（3）胶粒不能透过半透膜；可用渗析分离，故答案为：将胶体装入半透膜中，然后置于蒸馏水中（渗析）；

（4）胶体和Cl﹣完全分离，渗析水中也不会检出Cl﹣，故答案为：取半透膜外最后一次的溶液少许于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液；若无沉淀产生，证明两者已经分离；

（5）Fe（OH）3胶体呈红褐色，FeCl3溶液呈黄色；鉴别二者的最简单方法是观察颜色，故答案为：观察颜色；

（6）Na2FeO4有很强的氧化性，能有效地杀死水中的细菌和病毒；其还原产物Fe3+能发生水解反应生成Fe（OH）3胶体；可以吸附水中的杂质；

故答案为：Na2FeO4有很强的氧化性，能有效地杀死水中的细菌和病毒；其还原产物Fe3+能发生水解反应生成Fe（OH）3胶体，可以吸附水中的杂质．Na2FeO4在整个消毒和净化过程中；不产生任何对人体有害的物质．

【分析】（1）在沸腾的蒸馏水中滴加饱和FeCl3溶液，待溶液呈红褐色时，停止加热，即制得Fe（OH）3胶体；胶粒能透过滤纸；浊液不能；丁达尔效应是胶体的特性；

（2）根据离子的性质可检验Fe3+和H+的存在；

（3）用渗析法可除去胶体中的小分子或离子；

（4）要保证完全除去Fe（OH）3胶体里的Cl﹣，实验中必须不断更换用来渗析的水，当胶体里不再有Cl﹣时，最后的渗析水中也不会检出Cl﹣；

（5）Fe（OH）3胶体呈红褐色，FeCl3溶液呈黄色；

（6）铁酸钠被还原后的产物Fe3+能发生水解反应生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体具有吸附性．14、Na2S和NaOHNa2SNaHSNa2S和NaHS【分析】【解答】依据硫化氢与氢氧化钠反应的反应：硫化氢少量时：2NaOH+H2S=Na2S+H2O，硫化氢过量时：NaOH+H2S=NaHS+H2O，当＞2时，氢氧化钠剩余，得到固体物质为：Na2S和NaOH；

；当=2时，二者恰好反应，得到固体为Na2S；

当≤1时；硫化氢剩余，得到固体为NaHS；

当1＜＜2，发生反应：2NaOH+H2S=Na2S+H2O，Na2S+H2S=2NaHS，得到固体为Na2S和NaHS；

故答案为：Na2S和NaOH；Na2S；NaHS；Na2S和NaHS；

【分析】依据硫化氢与氢氧化钠反应的反应：硫化氢少量时：2NaOH+H2S=Na2S+H2O，硫化氢过量时：NaOH+H2S=NaHS+H2O，当＞2时，氢氧化钠剩余；当=2时，二者恰好反应；当≤1时，硫化氢剩余，结合方程式判断产物．15、略

【分析】解：rm{(1)}将rm{28.5g}氯化镁的物质的量为：rm{dfrac{28.5g}{95g/mol}=0.3mol}氯离子的物质的量为：rm{dfrac

{28.5g}{95g/mol}=0.3mol}所以与rm{0.3隆脕2=0.6mol}食盐含有相同量的rm{0.6mol}其质量为：rm{Cl^{-}}故答案为：rm{0.6mol隆脕58.5g/mol=35.1g}rm{0.6mol}

rm{35.1g}晶体不能导电；在水溶液中能导电，是电解质；

rm{(2)垄脵NaCl}液态rm{垄脷}不能导电；且自身不能电离，是非电解质；

rm{SO_{3}}液态的醋酸不能导电；在水溶液中能够导电，是电解质；

rm{垄脹}铝为金属单质；存在自由移动的电子，能导电，既不是电解质也不是非电解质；

rm{垄脺}固体不能导电；在水溶液中或熔融状态下能够导电，是电解质；

rm{垄脻BaSO_{4}}纯蔗糖rm{垄脼}不能导电；是非电解质；

rm{(C_{12}H_{22}O_{11})}酒精rm{垄脽}不能导电；是非电解质；

rm{(C_{2}H_{5}OH)}熔化的rm{垄脿}能导电；是电解质；

属于电解质的是rm{KNO_{3}}能导电的是rm{垄脵垄脹垄脻垄脿}属于非电解质的是rm{垄脺垄脿}

故答案为：rm{垄脷垄脼垄脽}rm{垄脵垄脹垄脻垄脿}rm{垄脺垄脿}

rm{垄脷垄脼垄脽}将rm{(1)}氯化镁的物质的量为：rm{dfrac{28.5g}{95g/mol}=0.3mol}氯离子的物质的量为：rm{28.5g}所以与rm{dfrac

{28.5g}{95g/mol}=0.3mol}食盐含有相同量的rm{0.3隆脕2=0.6mol}

rm{0.6mol}晶体不能导电；在水溶液中能导电，是电解质；

rm{Cl^{-}}液态rm{(2)垄脵NaCl}不能导电；且自身不能电离，是非电解质；

rm{垄脷}液态的醋酸不能导电；在水溶液中能够导电，是电解质；

rm{SO_{3}}铝为金属单质；存在自由移动的电子，能导电，既不是电解质也不是非电解质；

rm{垄脹}固体不能导电；在水溶液中或熔融状态下能够导电，是电解质；

rm{垄脺}纯蔗糖rm{垄脻BaSO_{4}}不能导电；是非电解质；

rm{垄脼}酒精rm{(C_{12}H_{22}O_{11})}不能导电；是非电解质；

rm{垄脽}熔化的rm{(C_{2}H_{5}OH)}能导电；是电解质，由此分析解答。

本题考查物质的导电性的判断，电解质、非电解质概念的辨析，难度不大。解题时紧抓住电解质必须是化合物，以及导电是在水溶液或熔化状态下为条件。rm{垄脿}【解析】rm{0.6mol}rm{35.1}rm{垄脵垄脹垄脻垄脿}rm{垄脺垄脿}rm{垄脷垄脼垄脽}16、略

【分析】解：设阿伏伽德罗常数为rm{N_{A}}rm{N_{1}}个氢分子的物质的量为：rm{dfrac{N_{1}}{N_{A}}mol}rm{N_{2}}个氧分子的物质的量为：rm{dfrac{N_{2}}{N_{A}}mol}

则混合物的质量为：rm{2g/mol隆脕dfrac{N_{1}}{N_{A}}mol+32g/mol隆脕dfrac{N_{2}}{N_{A}}mol=mg}

整理可得：rm{N_{A}=dfrac{2N_{1}+32N_{2}}{m}}

故答案为：rm{N_{A}=dfrac{2N_{1}+32N_{2}}{m}}．

设出阿伏伽德罗常数为rm{2g/mol隆脕dfrac

{N_{1}}{N_{A}}mol+32g/mol隆脕dfrac{N_{2}}{N_{A}}mol=mg}根据rm{N_{A}=dfrac

{2N_{1}+32N_{2}}{m}}计算出rm{N_{A}=dfrac

{2N_{1}+32N_{2}}{m}}个氢分子和rm{N_{A}}个氧分子的物质的量；然后结合总质量列式计算出阿伏伽德罗常数即可．

本题考查了物质的量的有关计算，题目难度不大，物质的量与摩尔质量、阿伏伽德罗常数之间的关系为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．rm{n=dfrac{N}{N_{A}}}【解析】rm{N_{A}=dfrac{2N_{1}+32N_{2}}{m}}三、判断题(共7题，共14分)17、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．18、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．19、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．20、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21、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种混合物分离的方法；过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触，避免万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，所以题干说法正确；

故答案为：正确．

【分析】根据过滤的注意事项‘一贴二低三靠’；取用液体药品的方法进行分析解答．

一贴：过滤时；为了保证过滤速度快，而且避免液体顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，滤纸应紧贴漏斗内壁，且中间不要留有气泡．

二低：如果滤纸边缘高于漏斗边缘；过滤器内的液体极有可能溢出；如果漏斗内液面高于滤纸边缘，液体也会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，这样都会导致过滤失败．

三靠：倾倒液体的烧杯口要紧靠玻璃棒，是为了使液体顺着玻璃棒缓缓流下，避免了液体飞溅；玻璃棒下端如果紧靠一层滤纸处，万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，而靠在三层滤纸处则能避免这一后果；漏斗下端管口的尖嘴要紧靠承接滤液的烧杯内壁，可以使滤液顺着烧杯内壁流下，避免了滤液从烧杯中溅出．22、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．23、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．四、实验题(共1题，共8分)24、略

【分析】解：rm{(1)}操作rm{垄脷}用于分离固体和溶液；为过滤操作，故答案为：过滤；

rm{(2)}固体溶解后加入过量rm{Na_{2}CO_{3}}使rm{BaCl_{2}}转化为沉淀，过滤后沉淀加入盐酸可生成rm{BaCl_{2}}溶液，经蒸发、结晶、干燥后可得固体rm{BaCl_{2}}rm{a}为rm{Na_{2}CO_{3}}rm{b}为盐酸，流程分析可知固体rm{B}为氯化钡；

故答案为：rm{Na_{2}CO_{3}}rm{HCl}rm{BaCl_{2}}

rm{(3)}加入过量rm{Na_{2}CO_{3}}使rm{BaCl_{2}}转化为沉淀，反应的化学方程式为rm{BaCl_{2}+Na_{2}CO_{3}=BaCO_{3}隆媒+2NaCl}

故答案为：rm{BaCl_{2}+Na_{2}CO_{3}=BaCO_{3}隆媒+2NaCl}

rm{(4)}操作rm{垄脹}需要对沉淀rm{A}进行洗涤，操作方法是将沉淀rm{A}置于过滤装置中，加蒸馏水浸没沉淀rm{A}使水自然流下，重复rm{2隆芦3}次即可；

故答案为：待滤液流尽后，向过滤器中加入少量蒸馏水至刚好浸没沉淀，静置，使洗涤液自然流下rm{.}重复上述操作rm{2隆芦3}次．

分离rm{NaCl}和rm{BaCl_{2}}两种固体混合物，可先溶于水，然后加入过量rm{Na_{2}CO_{3}}使rm{BaCl_{2}}转化为沉淀，过滤后沉淀加入盐酸可生成rm{BaCl_{2}}溶液，经蒸发、结晶、干燥后可得固体rm{BaCl_{2}}操作rm{垄脷}所得滤液为rm{NaCl}和rm{Na_{2}CO_{3}}的混合物，应加入过量盐酸可得rm{NaCl}溶液；蒸发；结晶得到氯化钠晶体，以此解答该题．

本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大．【解析】过滤；rm{Na_{2}CO_{3}}rm{HCl}rm{BaCl_{2}}rm{BaCl_{2}+Na_{2}CO_{3}=BaCO_{3}隆媒+2NaCl}待滤液流尽后，向过滤器中加入少量蒸馏水至刚好浸没沉淀，静置，使洗涤液自然流下rm{.}重复上述操作rm{2隆芦3}次五、推断题(共2题，共18分)25、略

【分析】解：rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}rm{G}七种短周期元素，原子序数依次增大，由rm{A}rm{B}形成的单质在一定条件下可生成气体rm{X}且rm{X}的水溶液呈碱性，则rm{X}为rm{NH_{3}}则rm{A}为rm{H}rm{B}为rm{N}rm{D}原子rm{K}层电子数是其rm{M}层电子数的rm{2}倍，rm{K}层含有rm{1}个电子，则rm{D}的原子序数为rm{11}为rm{Na}元素；rm{E}的简单阳离子与rm{X}具有相同电子数，且rm{E}的简单阳离子是同周期中简单离子半径最小的元素，氨气分子中含有rm{10}个电子，则rm{E}位于第三周期，第三周期中简单离子半径最小的元素为rm{Al}rm{F}元素的原子最外层比次外层少两个电子，则rm{F}最外层含有rm{6}个电子，为rm{S}元素；rm{G}的原子序数大于rm{S}且为短周期元素，则rm{G}为rm{Cl}元素；rm{C}和rm{G}的最外层电子数之和为rm{13}则rm{C}最外层含有电子数rm{=13-7=6}结合原子序数可知rm{C}为rm{O}元素；

rm{(1)}根据分析可知，rm{C}为rm{O}元素，原子序数为rm{8}位于周期表中第二周期第rm{VIIA}族；

故答案为：第二周期第rm{VIIA}族；

rm{(2)D(Na)}在rm{C}单质rm{(O_{2})}中燃烧所生成的淡黄色固体为过氧化钠，过氧化钠为离子化合物，其电子式为

故答案为：

rm{(3)A}rm{B}rm{D}rm{E}分别为rm{H}rm{N}rm{Na}rm{Al}原子的电子层越多，离子半径越小，电子层相同时核电荷数越大，原子半径越小，则四种元素的原子半径由大到小的顺序为：rm{Na>Al>N>H}

故答案为：rm{Na>Al>N>H}

rm{(4)G}的单质rm{(Cl_{2})}在反应中常作氧化剂，该单质的水溶液与rm{F}的低价氧化物rm{(SO_{2})}发生氧化还原反应，反应的化学方程式为：rm{SO_{2}+Cl_{2}+2H_{2}O篓TH_{2}SO_{4}+2HCl}

故答案为：rm{SO_{2}+Cl_{2}+2H_{2}O篓TH_{2}SO_{4}+2HCl}

rm{(5)A}rm{C}rm{D}rm{F}分别为rm{H}rm{O}rm{Na}rm{S}元素，这四种元素共同组成的rm{2}种化合物在水溶液中发生反应，满足条件的化合物为rm{NaHSO_{4}}和rm{NaHSO_{3}}反应的离子方程式为：

rm{H^{+}+HSO_{3}^{-}=SO_{2}隆眉+2H_{2}O}

故答案为：rm{H^{+}+HSO_{3}^{-}=SO_{2}隆眉+2H_{2}O.}

A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}rm{G}七种短周期元素，原子序数依次增大，由rm{A}rm{B}形成的单质在一定条件下可生成气体rm{X}且rm{X}的水溶液呈碱性，则rm{X}为rm{NH_{3}}则rm{A}为rm{H}rm{B}为rm{N}rm{D}原子rm{K}层电子数是其rm{M}层电子数的rm{2}倍，rm{K}层含有rm{1}个电子，则rm{D}的原子序数为rm{11}为rm{Na}元素；rm{E}的简单阳离子与rm{X}具有相同电子数，且rm{E}的简单阳离子是同周期中简单离子半径最小的元素，氨气分子中含有rm{10}个电子，则rm{E}位于第三周期，第三周期中简单离子半径最小的元素为rm{Al}rm{F}元素的原子最外层比次外层少两个电子，则rm{F}最外层含有rm{6}个电子，为rm{S}元素；rm{G}的原子序数大于rm{S}且为短周期元素，则rm{G}为rm{Cl}元素；rm{C}和rm{G}的最外层电子数之和为rm{13}则rm{C}最外层含有电子数rm{=13-7=6}结合原子序数可知rm{C}为rm{O}元素；据此进行解答．

本题考查位置、结构与性质关系的应用，题目难度中等，涉及电子式、化学方程式、离子方程式、原子半径大小比较等知识，推断元素为解答关键，注意掌握原子结构与元素周期律之间的关系．【解析】第二周期第rm{VIIA}族；rm{Na>Al>N>H}rm{SO_{2}+Cl_{2}+2H_{2}O篓TH_{2}SO_{4}+2HCl}rm{H^{+}+HSO_{3}^{-}=SO_{2}隆眉+2H_{2}O}26、略

【分析】【解析】试题分析：(1)实验中用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，当I2全部反应完时达到反应终点，则可以用淀粉作指示剂，即当溶液蓝色刚好褪去时即为终点。(2)亚硝酸盐具有较强的氧化性，则加入橙汁主要是利用维生素C的还原性减小硝酸盐的含量。(3)根据表中数据可知，3次滴定耗去Na2S2O3标准溶液的平均体积为20.00mL.根据2NaNO2～I2～2Na2S2O3，则n(NaNO2)＝0.05000