2025年外研版2024高三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年外研版2024高三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总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、等物质的量的X（g）与Y（g）在密闭容器中进行反应：X（g）+2Y（g）⇌3Z（g）+Q（s）△H＞0，下列叙述正确的是（）A.当容器中X与Y的物质的量的比满足1：2时反应达到平衡B.达到平衡时X的转化率为25%，则平衡常数K值为9/4C.达到平衡后，反应速率2V正（Y）=3V逆（Z）D.达到平衡后，加入Q，平衡逆向移动2、下列各组化合物中化学键类型相同的是（）A.H2O和NH4ClB.NaCl和HClC.CaO和KClD.CCl4和H2O23、在19题中发生的化学反应为：2KMnO4+16HCl═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应中，被氧化盐酸和未被氧化盐酸的物质的量之比是（）A.1﹕10B.10﹕1C.3﹕5D.5﹕34、有八种物质：①甲烷、②苯、③聚乙烯、④聚异戊二烯、⑤2-丁炔、⑥环己烷、⑦甲苯，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能使溴水因反应而褪色的是（）A.③④⑤⑧B.④⑤⑦C.④⑤D.③④⑤⑦⑧5、能正确表示下列反应的离子方程式是（）A.实验室用MnO2、浓盐酸制备Cl2：MnO2+4H++2Cl-Mn2++2H2O+Cl2↑B.氧化铁可溶于氢碘酸（HI）：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2OC.少量金属钠放入冷水中：Na+2H2O═Na++2OH-+H2↑D.碳酸氢钙溶液和少量氢氧化钠溶液混合：HCO3-+OH-═CO32-+H2O6、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（）A.1molH2O所含有的原子数为NAB.常温常压下，32gO2含有的氧原子数为2NAC.常温常压下，11.2LCl2所含的分子数为0.5NAD.1L0.1mol/LNa2SO4溶液中所含的Na+为0.1NA7、下列做法不能达到“低碳减排”目的的是A.拉动内需，刺激消费B.开发新能源，如太阳能、风能等，减少对化石能源的依赖C.自备购物布袋，不用塑料方便袋D.家庭废水再使用，城市污水处理循环利用8、已知：pKa=-lgKa，25℃时，H2A的pKa1=1.85，pKa2=7.19．用0.1mol•L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol•L-1H2A溶液的滴定曲线如图所示（曲线上的数字为pH）．下列说法不正确的是（）A.a点所得溶液中；2n（H2A）+n（A2-）=0.002molB.b点所得溶液中：c（H2A）+c（H+）=c（A2-）+e（OH-）C.C点所得溶液中：c（Na+）＜3c（HA-）D.d点所得溶液中：c（Na+）＞c（A2-）＞c（HA-）评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)9、Suzuki偶联反应在有机合成上有广泛应用．反应①如图1（Ph-代表苯基）：

化合物I可以由图2途径合成：

（1）化合物V的分子式为____；1mol化合物I最多可跟____mol氢气反应．

（2）用键线式表示化合物IV的结构____；

化合物V转化为化合物VI的反应类型为____．

（3）写出化合物VI在NaOH溶液中共热的反应方程式____．

（4）已知化合物Ⅶ是化合物V的同分异构体，其苯环上一溴代物有2种，且1molⅦ与足量银氨溶液反应生成4molAg，写出化合物Ⅶ的所有结构简式____．

（5）化合物（）与化合物【】也能发生类似反应①的偶联反应，写出产物的结构简式____．10、A；B、C、D、E、F、G七种前四周期元素；其原子序数依次增大．A的原子中没有成对电子；B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同；D及其同主族元素的氢化物沸点变化趋势如图；F是地壳中含量最高的金属元素；G与F同主族．请回答下列问题：

（1）写出F元素基态原子的核外电子排布式____；

（2）B、C、D三种元素电负性由大到小的顺序是____（用元素符号表示）；

（3）下列有关上述元素的说法，正确的是____（填序号）；

①CA3沸点高于BA4，主要是因为前者相对分子质量较大②Ni（BD）4常温下为液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂，因此固态Ni（BD）4属于离子晶体③C的氢化物的中心原子采取sp2杂化④F单质的熔点高于E单质；是因为F单质的金属键较强⑤比G的原子序数少1的元素第一电离能高于G

（4）CA3分子的空间构型为____，1molB2A4分子中含有____molσ键；

（5）ED是优良的耐高温材料，其晶体结构与NaCl晶体相似．ED的熔点比NaCl高，其原因是____．说明：O摄氏度=273K．11、固定和利用CO2，能有效地利用资源，并减少空气中的温室气体．工业上正在研究利用CO2来生产甲醇燃料的方法；该方法的化学方程式是：

CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H=-49.0kJ•mol

某科学实验小组将6molCO2和8molH2充入一容积为2L的密闭容器中（温度保持不变），测得H2的物质的量随时间变化如下图中实线所示（图中字母后的数字表示对应的坐标）．回答下列问题：

（1）该反应在0～8min内CO2的平均反应速率是____mol•L-1•min-1

（2）此温度下该反应的平衡常数K的数值为____．

（3）仅改变某一条件再进行实验，测得H2的物质的量随时间变化如图中虚线所示．与实线相比，曲线Ⅰ改变的条件可能是____，曲线Ⅱ改变的条件可能是____．若实线对应条件下平衡常数为K，曲线Ⅰ对应条件下平衡常数为K1，曲线Ⅱ对应条件下平衡常数为K2，则K、K1和K2的大小关系是____．

12、如图所示是某化学兴趣小组探究溶液中离子浓度与溶液导电能力的关系装置图．

首先在水槽中加入200mL2mol•L-1的H2SO4溶液；同时将一个表面光滑的小球放入容器中，小球悬浮在溶液中央，闭合开关K，电流计发生偏转，然后进行以下操作，请回答下列问题．

（1）向溶液中滴加与H2SO4溶液密度相同的Ba（OH）2溶液至反应完全，观察到的现象是：____，电流计指针的偏转程度____，小球____，反应的离子方程式是____．

（2）把Ba（OH）2溶液换成密度相同的以下两种溶液（设反应后的体积为两溶液的体积和）

A．BaCl2B．Na2SO4

①滴加A的过程中，观察到的现象是：____，电流计指针的偏转程度____，小球____，反应的化学方程式是____．

②滴加B的过程中，小球在溶液中的相对位置____，电流计指针的偏转程度____．13、（2015•衡阳校级模拟）能源的发展日益成为全世界；全人类共同关心的问题．

（1）A和B的单质单位质量的燃烧热大；可用作燃料．已知A和B为短周期元素，其原子的第一至第四电离能如下表所示：

。电离能（kJ/mol）I1I2I3I4A89917571484021000B7381451773310540①请根据上述信息，写出A基态原子的核外电子排布式：____．

②某同学根据上述信息，推断B的核外电子排布如图1所示，该同学所画的电子排布图违背了____．

（2）氢气作为一种清洁能源，必须解决它的储存问题，C60可用作储氢材料．

①已知金刚石中C-C键的键长为154.45pm，C60中C-C键的键长为145pm和140pm，有同学据此认为C60的熔点高于金刚石，你认为是否正确并阐述理由____．

②科学家把C60和K掺杂在一起制造了一种富勒烯化合物，其晶胞如图2所示，该物质在低温时是一种超导体．该物质中K原子和C60分子的个数比为____．

③继C60后，科学家又合成Si60、N60，C、Si、N原子电负性由大到小的顺序是____．Si60分子中每个硅原子只跟相邻的3个硅原子形成共价键，且每个硅原子最外层都满足8电子稳定结构，则Si60分子中π键的数目为____．14、孔雀石主要含Cu2(OH)2CO3，还含少量Fe、Si的化合物，实验室以孔雀石为原料制备CuSO4•5H2O及CaCO3；步骤如下：

(1)溶液A的金属离子有Cu2+、Fe2+、Fe3+．从下列所给试剂中选择并填写字母：检验溶液A中Fe3+的最佳试剂为____________；实验步骤中试剂①为____________．

a．KMnO4b．KIc．H2O2d．KSCN

(2)实验中CuO的作用是____________．

(3)由溶液C获得CuSO4•5H2O；需要经过蒸发浓缩，____________；____________等操作．

(4)制备CaCO3时，向CaCl2溶液中先通入____________(填CO2或NH3)，通入CO2气体时应选用下列____________(填字母；下同)装置；若实验过程中有氨气逸出，应选用下列____________装置回收．

评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)15、Na2O2的电子式为____．（判断对确）16、放热反应不需加热就可以发生____．（判断对错）17、有盐和水生成的反应不一定是中和反应____．（判断对错）18、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）19、为防止流感传染，可将教室门窗关闭后，用食醋熏蒸，进行消毒．____．（判断对错）20、因为Na可以与水反应放出H2，所以K也可以与水反应放出H2____．（判断对错）21、一元取代产物只有一种的，十个碳以下的烷烃有5种____（判断对错）22、现对0.1mol/L的纯碱溶液进行相关研究．

（1）用pH试纸测定该溶液的pH，其正确的操作____．

（2）由上测得纯碱溶液呈碱性，请用离子方程式表示其原因：____．

（3）某同学根据所学知识对Na2CO3溶液进行分析；写出了以下四个关系式．请你判断：在正确的关系式后面打“√”，在错误的后面写出正确的关系式．

①c（Na+）=2[c（CO32-）+c（HCO3-）]：____；

②c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-）：____；

③c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+c（H2CO3）：____；

④c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）：____．评卷人得分四、其他(共1题，共2分)23、（10分）以下是某课题组设计的合成聚酯类高分子材料的路线：已知：①A的相对分子质量小于110，其中碳的质量分数约为0.9。②同一碳原子上连两个羟基时结构不稳定，易脱水生成醛或酮：③C可发生银镜反应。请根据以上信息回答下列问题：（1）A的化学式为____；A→B的反应类型是。（2）由B生成C的化学方程式为；该反应过程中生成的不稳定中间体的结构简式应是。（3）D的结构简式为，D的同分异构体中含有苯环且水解产物之一为乙酸的有______种，写出其中的一种结构简式：。评卷人得分五、综合题(共1题，共10分)24、（14分）合成氨对工、农业生产和国防都有重要意义。已知：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；△H=-92．4kJ·mol-1，请回答：（1）合成氨工业中采取的下列措施可以用勒夏特列原理解释的是＿＿＿＿＿（填字母）。a．用铁触媒（催化剂）加快化学反应速率b．采用较高压强（20MPa~50MPa）c．将原料气中的少量CO等气体净化除去d．将生成的氨液化并及时从体系中分离出来（2）一定温度下，在密闭容器中充入1molN2和3molH2并发生反应。①若容器容积V恒定，达到平衡时，气体的压强为原来的则N2的转化率а1=＿＿＿＿＿，此时，反应放热＿＿＿＿＿kJ；该温度下合成氨反应的平衡常数K=＿＿＿＿＿（只需列出数字表达式）；②若容器压强恒定，则达到平衡时，容器中N2的转化率а2＿＿а1（填“＞、＜或＝”）。（3）随着对合成氨研究的发展，希腊科学家采用高质子导电性的SCY陶瓷（能传递H+）为介质，用吸附在它内外表面上的金属钯多晶薄膜做电极，实现了常压、570℃条件下高转化率的电解法合成氨（装置如下图）。钯电极A是电解池的＿＿＿＿极（填“阳”或“阴”），该极上的电极反应式是。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【分析】A；当容器中X与Y的物质的量的比满足1：2时；并不一定是物质的量不变的状态，所以反应不一定达到平衡；

B；根据三行式；结合平衡常数表达式求解；

C、达到平衡后，反应速率3V正（Y）=2V逆（Z）；

D、到平衡后，加入Q，Q是固体，平衡不移动．【解析】【解答】解：A；当容器中X与Y的物质的量的比满足1：2时；并不一定是物质的量不变的状态，所以反应不一定达到平衡，故A错误；

B；设起始时X和Y的物质的量浓度都为1mol/L；则。

X（g）+2Y（g）⇌3Z（g）+Q（s）

初起量：110

变化量：0.250.50.75

状态1：0.750.50.75

Qc==；所以平衡常数K值为9/4，故B正确；

C、达到平衡后，反应速率3V正（Y）=2V逆（Z），而不是2V正（Y）=3V逆（Z）；故C错误；

D；到平衡后；加入Q，Q是固体，平衡不移动，故D错误；

故选B．2、C【分析】【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，第IA、第IIA族和第VIA、第VIIA族元素之间易形成离子键．【解析】【解答】解：A．水分子中氢原子和氧原子之间只存在共价键；氯化铵中铵根离子和氯离子之间存在离子键；氮原子和氢原子之间存在共价键，故A错误；

B．NaCl中钠离子和氯离子之间只存在离子键；HCl中H原子和Cl原子之间只存在共价键，故B错误；

C．CaO中钙离子和氧离子之间只存在离子键；KCl中钾离子和氯离子之间只存在离子键，故C正确；

D．四氯化碳中碳原子和氯原子之间只存在共价键；双氧水分子中氢原子和氧原子之间存在极性键；O原子和O原子之间存在非极性键，故D错误；

故选C．3、D【分析】【分析】反应中盐酸起到氧化剂和酸性的所用，生成Cl2被氧化，生成KCl和MnCl2表现为酸性，以此解答该题．【解析】【解答】解：在2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应中，当有16molHCl参加反应时，生成5molCl2；Cl元素化合价升高，被氧化，则被氧化的HCl为10mol，未被氧化的HCl为16mol-10mol=6mol，被氧化的HCl与未被氧化的HCl的物质的量之比为10mol：6mol=5：3；

故选D．4、C【分析】【分析】既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水反应使之褪色的有机物，应含有不饱和键、醛基等，以此解答该题．【解析】【解答】解：①②③⑥既不能与酸性高锰酸钾反应也不能与溴水反应；

⑦可与酸性高锰酸钾反应；但不能与溴水反应；

④⑤含有不饱和键；即能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水反应使之褪色，分别发生氧化反应和加成反应．

故选C．5、A【分析】【分析】A．MnO2；浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水；

B．三价铁离子能够氧化碘离子；

C．电荷不守恒；

D．碳酸氢钙与少量氢氧化钠反应生成碳酸钙和碳酸氢钠．【解析】【解答】解：A．实验室用MnO2、浓盐酸制备Cl2，离子方程式：MnO2+4H++2Cl-Mn2++2H2O+Cl2↑；故A正确；

B．氧化铁可溶于氢碘酸（HI），离子方程式：Fe2O3+2I-+6H+=2Fe2++3H2O+I2；故B错误；

C．少量金属钠放入冷水中，离子方程式：2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑；故C错误；

D．碳酸氢钙溶液和少量氢氧化钠溶液混合，离子方程式：Ca2++HCO3-+OH-═CaCO3↓+H2O；故D错误；

故选：A．6、B【分析】【分析】A．1mol水中含有2mol氢原子；1mol氧原子；总共含有3mol原子；

B．32g氧气的物质的量为1mol；1mol氧气中含有2mol氧原子；

C．常温常压下；不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算氯气的物质的量；

D．根据n=cV计算出硫酸钠的物质的量，再根据硫酸钠的化学式组成计算出钠离子的物质的量及数目．【解析】【解答】解：A．1mol水中含有3mol原子，所含有的原子数为3NA；故A错误；

B．32g氧气的物质的量为1mol，含有2mol氧原子，含有的氧原子数为2NA；故B正确；

C．不是标准状况下；不能使用标况下气体摩尔体积计算11.2L氯气的物质的量，故C错误；

D．1L0.1mol/LNa2SO4溶液中含有溶质硫酸钠0.1mol，0.1mol硫酸钠中含有0.2mol钠离子，所含的Na+为0.2NA；故D错误；

故选B．7、A【分析】拉动内需，刺激消费，需要大量消耗化石燃料，排放大量的二氧化碳等物质，故A项不能达到低碳减排的目的；用太阳能、风能等新能源代替化石能源，能大大减少二氧化碳等物质的排放，故B项能达到低碳减排的目的；塑料是含有碳元素的有机合成材料，不使用塑料袋购物，能大量减少有机合成材料的使用，故C项能达到低碳减排的目的；废水再使用、污水处理再循环利用能减少化石能源的使用，故D项能达到低碳减排的目的。考点：考查STSE，低碳减排是绿色化学理念的具体体现，减少含有碳元素的化石能源、合成材料、有机物及某些无机物的使用，就是低碳减排的常用做法。【解析】【答案】A8、C【分析】解：A．用0.1mol•L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol•L-1H2A溶液，a点溶液中溶质为H2A和NaHA，PH=1.85=Pa1，则c（H2A）=c（HA-），溶液体积大于20ml，a点所得溶液中：n（H2A）+n（A2-）+n（HA-）=2n（H2A）+n（A2-）=0.002mol；故A正确；

B．b点是用0.1mol•L-1NaOH溶液20ml滴定20mL0.1mol•L-1H2A溶液，恰好反应生成NaHA，溶液显酸性，溶液中电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（HA-）+c（OH-）+2c（A2-），物料守恒c（Na+）=c（HA-）+c（A2-）+c（H2A），得到：c（H2A）+c（H+）=c（A2-）+c（OH-）；故B正确；

C．c点PH=7.19溶液显碱性，c（OH-）＞c（H+），c（H+）=10-7.19mol/L，Ka2==10-7.19，所以c（HA-）=c（A2-），溶液中电荷守恒为：c（Na+）+c（H+）=c（HA-）+c（OH-）+2c（A2-）；

已知（HA-）=c（A2-），则c（Na+）+c（H+）=3c（HA-）+c（OH-）；

由于c（OH-）＞c（H+），所以c（Na+）＞3c（HA-）；故C错误；

D．加入氢氧化钠溶液40ml，NaOH溶液滴定20mL0.1mol•L-1H2A溶液恰好反应生成Na2A，d点溶液中主要是Na2A和少量NaHA，溶液中离子浓度c（Na+）＞c（A2-）＞c（HA-）；故D正确；

故选：C。

A．用0.1mol•L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol•L-1H2A溶液，a点溶液中溶质为H2A和NaHA，PH=1.85=Pa1，则c（H2A）=c（HA-）依据物料守恒判断；

B．等物质的量恰好反应生成NaHA；溶液显酸性，依据溶液中电荷守恒和物料守恒计算分析判断；

C．c点PH=7.19溶液显碱性，c（OH-）＞c（H+），c（H+）=10-7.19mol/L，Ka2==10-7.19，所以c（HA-）=c（A2-）；结合溶液中电荷守恒分析；

D．加入氢氧化钠溶液40ml，NaOH溶液滴定20mL0.1mol•L-1HA溶液恰好反应生成Na2A，d点溶液中主要是Na2A和少量NaHA．

本题考查了图象变化的分析、酸碱反应溶液酸碱性、盐类水解原理、电解质溶液中离子浓度大小的比较方法等知识，题目难度较大，侧重于考查学生的分析能力和计算能力，注意把握图象中的点对应的溶质．【解析】C二、填空题(共6题，共12分)9、C9H8O24加成反应【分析】【分析】（1）根据Ⅴ的结构简式确定其分子式；根据Ⅰ的不饱和度可确定氢气的物质的量；

（2）化合物IV水解得到V；则IV中存在酯基，结合IV分子式与V的结构可知，IV水解得到V和甲醇；由V到Ⅵ，碳碳双键变碳碳单键，所以发生加成反应；

（3）化合物Ⅵ中存在羧基；溴原子；所以与足量氢氧化钠反应，发生中和、水解反应；

（4）1molⅦ与足量银氨溶液反应生成4molAg单质；说明化合物Ⅶ中存在2个醛基，核磁共振氢谱中有4种峰，峰面积之比为3：2：2：1，说明有4种H原子，说明2个醛基处于间位，甲基在2个醛基的中间；

（5）观察反应①的特点，2种物质分子中Br原子、-B（OH）2同时去掉，将余下的基团相连即可．【解析】【解答】解：（1）由化合物Ⅴ的结构简式判断其分子式为C8H7Br；每个化合物I分子中有一个苯环和一个碳碳双键；所以1mol化合物I最多可跟4mol氢气反应；

故答案为：C9H8O2；4；

（2）化合物IV水解得到V，则IV中存在酯基，结合IV分子式与V的结构可知，IV水解得到V和甲醇，所以化合物IV的结构简式为键线式为由V到Ⅵ；碳碳双键变碳碳单键，所以发生加成反应；

故答案为：加成反应；

（3）化合物Ⅵ中存在羧基；溴原子；所以与足量氢氧化钠反应，发生中和、水解反应，化学方程式为。

故答案为：

（4）1molⅦ与足量银氨溶液反应生成4molAg单质，说明化合物Ⅶ中存在2个醛基，其苯环上一溴代物有2种，所以符合条件的化合物Ⅶ有3种为

故答案为：

（5）观察反应①的特点，2种物质分子中Br原子、-B（OH）2同时去掉，将余下的基团相连即可，所以产物的结构简式为

故答案为：．10、1s22s22p63S23P1O＞N＞C④⑤三角锥形5MgO晶体中离子的电荷数大于NaCl，离子半径小，MgO离子键的键能更大，熔点更高【分析】【分析】A；B、C、D、E、F、G是前四周期的七种元素；其原子序数依次增大．

A的基态原子中没有成对电子；则A为氢元素；

B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，每种轨道中的电子总数相同，则B的核外电子排布式为12S22P2；则B为碳元素；

F是地壳中含量最高的金属元素；则F为铝元素；

D及其同主族元素的氢化物沸点变化趋势图；可知D的氢化物的沸点在350K到400K之间，所以在常温下是液态，其沸点在同主族元素的氢化物中最高，则D为氧元素；

C的原子序数介于碳元素与氧元素之间；则C为氮元素；

G与F同主族；F为铝元素，原子序数大于铝元素，为前四周期元素，则G为Ga元素．

ED是优良的耐高温材料，其晶体结构与NaCl晶体相似，则E为镁元素．【解析】【解答】解：A为氢元素；B为碳元素，C为氮元素，D为氧元素，E为镁元素，F为铝元素，G为Ga元素．

（1）F为铝元素，原子核外电子数为13，基态原子的价电子排布式为1s22s22p63S23P1．

故答案为：1s22s22p63S23P1．

（2）B为碳元素；C为氮元素，D为氧元素，位于同一周期，自左而右电负性逐渐增大，所以B；C、D三种元素电负性由大到小的顺序是O＞N＞C．

故答案为：O＞N＞C．

（3）①NH3沸点高于CH4；主要是因为前者分子间能形成氢键，故①错误；

②Ni（BD）4常温下为液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂，属于分子晶体的性质，因此固态Ni（BD）4属于分子晶体；故②错误；

③C的氢化物，即NH3的中心原子采取sp3杂化；故③错误；

④金属键越强；金属的熔点越高，所以Al单质的熔点高于Mg单质，故④正确；

⑤同周期中第IIA族元素的电离能比第IIIA族元素的电离能高；所以比G的原子序数少1的元素第一电离能高于G，⑤正确；

故答案为：④⑤．

（4）NH3分子中σ键电子对为3，孤电子对为1，即价层电子对数为4，所以NH3的空间构型为：三角锥形；1molC2H4分子中含有4molC-C和1molC=C，所以1molC2H4分子中含有5molσ键；故答案为：三角锥形；5；

（5）ED是MgO，MgO晶体中离子的电荷数大于NaCl，离子半径小，MgO离子键的键能更大，熔点更高；故答案为：MgO晶体中离子的电荷数大于NaCl，离子半径小，MgO离子键的键能更大，熔点更高．11、略

【分析】

（1）由图可知，8min时氢气的物质的量为2mol，参加反应的氢气为8mol-2mol=6mol，故v（H2）==0.375mol/（L•min），速率之比等于化学计量数之比，故v（CO2）=v（H2）=×0.375mol/（L•min）=0.125mol/（L•min）；故答案为：0.125；

（2）由图可知，8min时，反应到达平衡，平衡时氢气的物质的量为2mol，参加反应的氢气为8mol-2mol=6mol，氢气的浓度变化量为=3mol/L；则：

CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）

开始（mol/L）：3400

变化（mol/L）：1311

平衡（mol/L）：2111

故该温度下平衡常数k==0.5；

故答案为：0.5；

（3）曲线I反应速率增大；但转化的氢气的物质的量少，应是升高温度，因该反应放热，升高温度平衡逆向移动，不利于氢气的转化，故曲线I是升高温度；

曲线Ⅲ反应速率增大；转化的氢气的物质的量多，因增大压强平衡正向移动，故应是增大压强；

平衡常数只受温度的影响，该反应放热，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故温度越高平衡常数越小，曲线Ⅰ温度最高，实线和曲线ⅡⅢ温度相同，故K1＜K=K2；

故答案为：升高温度；增大压强；K1＜K=K2．

【解析】【答案】（1）由图可知，8min时氢气的物质的量为2mol，参加反应的氢气为8mol-2mol=6mol，根据v=计算v（H2），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（CO2）；

（2）由图可知；8min时，反应到达平衡，平衡时氢气的物质的量为2mol，根据三段式计算平衡时各组分的浓度，代入平衡常数表达式计算；

（3）曲线I反应速率增大；但转化的氢气的物质的量少，应是升高温度，因该反应放热，升高温度平衡逆向移动；

曲线Ⅲ反应速率增大；转化的氢气的物质的量多，平衡正向移动，应是增大压强；

平衡常数只受温度的影响；该反应放热，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小．

12、小球下沉、溶液中有白色沉淀生成，电流计偏转角度减小，当两种溶液恰好反应时电流计偏转角度为0减小，当二者恰好反应时，电流计偏转程度为0下沉2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O有白色沉淀，电流计偏转角度减小但不为0，小球下沉减小但不为0下沉H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl不变不变【分析】【分析】（1）向H2SO4溶液中滴加与H2SO4溶液密度相同的Ba（OH）2溶液至反应完全，发生的反应为H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+2H2O；溶液由硫酸溶液转化为水，溶液密度减小，溶液中离子浓度降低，溶液导电能力减小；

（2）①向溶液中加入BaCl2溶液至反应完全，发生的反应为H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl；溶液密度减小，离子浓度减小；

②向溶液中加入Na2SO4溶液，二者不反应，离子浓度不变，溶液密度不变．【解析】【解答】解：（1）向H2SO4溶液中滴加与H2SO4溶液密度相同的Ba（OH）2溶液至反应完全，发生的离子反应方程式为2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O；随着氢氧化钡的滴入，溶液中离子的浓度逐渐减小；溶质逐渐减少，导电能力减弱、密度减小，当两种溶液恰好完全反应时，溶液中几乎没有自由移动的离子，所以电流计偏转程度逐渐减小，最后为零，小球下沉；

故答案为：小球下沉、溶液中有白色沉淀生成，电流计偏转角度减小，当两种溶液恰好反应时电流计偏转角度为0；减小，当二者恰好反应时，电流计偏转程度为0；下沉；2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O；

（2）①加入BaCl2时，发生的反应为H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl；有白色沉淀产生，同时有盐酸生成，溶液体积增大，导致自由离子浓度减少，溶质的浓度减小，溶液密度减小，所以看到的现象是：产生白色沉淀，电流计偏转程度逐渐减小，但不为零，小球下沉；

故答案为：有白色沉淀，电流计偏转角度减小但不为0，小球下沉；减小但不为0；下沉；H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl；

②向溶液中加入Na2SO4溶液；二者不反应，离子浓度不变，溶液密度不变，所以没有明显现象；

所以小球在溶液中的相对位置不变，电流计指针的偏转程度不变，故答案为：不变；不变．13、1s22s2能量最低原理不正确，C60是分子晶体，熔化时不需破坏化学键3：1N＞C＞Si30【分析】【分析】（1）①根据A；B两原子的第二、三电离能之间都有1个突跃；它们都是短周期元素推知元素A和元素B；

②由基态外围电子排布式可知；3s能级未填满就填充3p能级，而3s能级能量比3p能级低；

（2）①根据分子晶体的熔点与共价键的键能无关分析；

②根据晶胞的分配原则计算出每个晶胞结构各离子的个数；

③同一主族元素知，元素的电负性随着原子序数的增大而减小，同一周期元素中，元素的电负性随着原子序数的增大而增大；利用均摊法计算共价键数目．【解析】【解答】解：（1）①表中A、B两原子的第二、三电离能之间都有1个突跃，说明它们属于ⅡA族，又它们都是短周期元素，且A的第一电离能比B大，因此A为Be元素，B为Mg元素，A基态原子的核外电子排布式为1s22s2；

故答案为：1s22s2；

②由B原子的基态外围电子排布式写成了ns1np1；可知，3s能级未填满就填充3p能级，3s能级能量比3p能级低，所以违背能量最低原理；

故答案为：能量最低原理；

（2）①因为C60构成的晶体是分子晶体，影响分子晶体熔点的作用是分子间作用力；而金刚石构成的晶体是原子晶体，影响原子晶体熔点的作用是原子间共价键，共价键作用大大与分子间作用力，因此金刚石的熔点高于C60，所以尽管C60中C-C键的键能可能大于金刚石；但其熔化时并不破坏化学键，因此比较键能没有意义；

故答案：不正确，C60是分子晶体；熔化时不需破坏化学键；

②在晶胞中，K原子在面心上和C60分子在顶点和中心，则其个数比为==；故答案：3：1；

③同一主族元素知，元素的电负性随着原子序数的增大而减小，同一周期元素中，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，所以C、Si、N原子电负性由大到小的顺序是N＞C＞Si，Si60分子中每个硅原子只跟相邻的3个硅原子形成共价键，且每个硅原子最外层都满足8电子稳定结构，所以每个硅原子和其中两个硅原子形成共价单键，和另外的一个硅原子形成共价双键，所以平均每个硅原子形成π键数目为×60=30；

故答案为：N＞C＞Si；30．14、略

【分析】解：(1)由图中转化关系可知，试剂①的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，考虑到不引入新杂质，试剂①应选H2O2，检验Fe3+的最佳试剂为KSCN；故答案为：d；c；

(2)溶液中含有较多的Fe3+，为得到纯净的硫酸铜应将Fe3+除去，加入CuO固体后，消耗溶液中的H+调节pH，利于Fe3+的水解而生成沉淀，故答案为：消耗溶液中的H+调节pH，使Fe3+沉淀；

(3)由CuSO4溶液得到CuSO4•5H2O需经过加热蒸发；冷却结晶、过滤等操作；故答案为：冷却结晶；过滤；

(4)要使CaCl2溶液中生成CaCO3，须在溶液显碱性的条件下通CO2，为使溶液显碱性，可向溶液中加氨水或通NH3；NH3极易溶于水，吸收多余NH3时要防止倒吸，故答案为：NH3；d；b．【解析】d;c;消耗溶液中的H+调节pH，使Fe3+沉淀;冷却结晶;过滤;NH3;d;b三、判断题(共8题，共16分)15、×【分析】【分析】过氧化钠是离子化合物，其电子式由阴、阳离子的电子式组合而成，相同的离子不能合并．【解析】【解答】解：Na2O2是钠离子和过氧根离子构成的离子化合物，钠离子失电子形成阳离子，氧原子得到电子形成过氧根阴离子，电子式为故答案为：×．16、×【分析】【分析】吸热反应与放热反应与是否加热无关，化学反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热，反之吸热．【解析】【解答】解：放热反应不一定不用加热就能进行，如铝热反应，为放热反应，但应在高温下才能进行，故答案为：×．17、√【分析】【分析】有盐和水生成的反应不一定是中和反应，如酸性氧化物与碱的反应，碱性氧化物与酸的反应等．【解析】【解答】解：有盐和水生成的反应不一定是中和反应；如氧化钠与盐酸反应生成氯化钠和水，该反应不属于中和反应；

故答案为：√．18、×【分析】【分析】根据质量