2025年华师大新版高三化学下册月考试卷含答案

…………○…………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年华师大新版高三化学下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7题，共14分)1、物质的量相同的钠、镁、铝分别和足量稀硫酸反应，所产生气体的量是（）A.钠最多B.铝最少C.铝最多D.三者一样多2、某有机物rm{ng}跟足量金属钠反应生成rm{vLH_{2}}另取rm{ng}该有机物与足量碳酸氢钠作用生成rm{vLCO_{2}(}同一状况rm{)}该有机物分子中含有的官能团为rm{(}rm{)}A.含一个羧基和一个羟基B.含两个羧基C.只含一个羧基D.含两个羟基3、今有300mL0.1mol/LNa2SO4溶液，200mL0.1mol/LMgSO4溶液和100mL0.1mol/LAl2（SO4）3溶液，这三种溶液中硫酸根离子浓度之比是（）A.1：1：1B.3：2：1C.3：2：3D.1：1：34、普罗帕酮是广谱高效抗心律失常的药物；它由有机物X经多步反应合成的过程如下：

下列说法正确的是（）A.普罗帕酮的分子式为C19H24NO3B.X，Y的核磁共振氢谱图中都有4组特征峰C.含少量X与Y的普罗帕酮可用烧碱溶液进行提纯D.一定条件下，X、Y和普罗帕酮都能发生加成、取代、水解反应5、下列说法正确的是（）A.光导纤维的主要成分为二氧化硅B.SiO2是酸性氧化物，它不溶于任何酸C.SiO2的俗名叫水玻璃，不溶于水D.Si在自然界中既有游离态又有化合态6、下列说法正确的是（）A.用丙酮与盐酸的混合液作展开剂，对Fe3+与Cu2+用纸层析法分离时，Fe3+移动较快B.阿司匹林制备实验中，将粗产品加入饱和NaOH溶液中以除去水杨酸聚合物C.用瓷坩锅高温熔融NaOH和Na2CO3的固体混合物D.标准盐酸滴定待测NaOH溶液，水洗后的酸式滴定管未经标准液润洗，则测定结果偏低7、下表中各组物质之间不能通过一步反应实现下图转化的是（）

。甲乙丙AAlCl3Al（OH）3Al2O3BSiO2H2SiO3Na2SiO3CCl2HClNaClDCH2=CH2CH3CH2ClCH3CH2OHA.AB.BC.CD.D评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)8、在10L密闭容器中；A；B、C三种气态物质构成了可逆反应的体系；当在某一温度时，A、B、C物质的量与时间的关系如图一，C的百分含量与温度的关系如图二．

下列分析不正确的是（）A.此反应的正反应为吸热反应．B.由T1向T2变化时，V正＞VC.增大压强，平衡向正反应方向移动D.0～4分钟时，A的速率为0.01mol/（L•min）9、“绿色化学”是指从技术、经济上设计可行的化学反应，尽可能减少对环境的负作用．下列化学反应，不符合绿色化学概念的是（）A.消除硫酸厂尾气排放的SO2：SO2+2NH3+H2O=（NH4）2SO3B.消除制硝酸工业尾气的氮氧化物污染：NO2+NO+NaOH=2NaNO2+H2OC.制CuSO4：Cu+2H2SO4（浓）=CuSO4+SO2↑+2H2OD.制Cu（NO3）2：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O10、下列各组离子，在指定的条件下能大量共存的是（）A.滴加甲基橙试剂呈红色的溶液：Fe2+、NH4+、Cl-、NO3-B.pH为14的溶液：S2-、SO32-、S2O32-、Na+C.水电离出来的c（OH-）=10-13mol/L的溶液：K+、HCO3-、Br-、Ca2+D.滴加石蕊试液呈红色的溶液：K+、SO42-、NO3-、NH4+11、（2014•江苏模拟）国庆期间对大量盆栽鲜花施用了S-诱抗素制剂，以保证鲜花盛开．S-诱抗素的分子结构如图，下列关于该物质的说法正确的是（）A.其分子式为C15H21O4B.分子中只含有1个手性碳原子C.既能发生加聚反应，又能发生缩聚反应D.既能与FeCl3溶液发生显色反应，又能使酸性KMnO4溶液褪色12、短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和乙形成的气态氢化物的水溶液呈碱性，乙位于第VA族，甲和丙同主族，丁的最外层电子数和电子层数相等，则正确的是（）A.原子半径：丙＞丁＞乙B.单质的还原性：丁＞丙＞甲C.甲、乙、丙的氧化物均为共价化合物D.乙、丙、丁的最高价氧化物对应的水化物能相互反应评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)13、现用质量分数为98%、密度为1.84g•cm-3的浓H2SO4来配制250mL、0.2mol•L-1的稀H2SO4．可供选择的仪器有：①容量瓶②药匙③烧杯④托盘天平⑤量筒⑥玻璃棒⑦胶头滴管⑧烧瓶．请回答下列问题：

（1）上述仪器中，在配制稀H2SO4时用到的有____（填代号）．

（2）经计算，需浓H2SO4的体积为____．现有①10mL②50mL③100mL三种规格的量筒，你选用的量筒是____

（3）将浓H2SO4加适量蒸馏水稀释后，冷却片刻，随后全部转移到____mL的容量瓶中，转移时应用____引流．转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯____次，并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，振荡容量瓶，使溶液混合均匀．然后缓缓地把蒸馏水直接注入容量瓶直到液面接近刻度____处．改用____滴加蒸馏水到瓶颈刻度的地方，使溶液的____．振荡；摇匀后；装瓶、贴签．

（4）在配制过程中；其他操作都准确，下列操作中：

错误的是____，能引起误差偏高的有____（填代号）．

①洗涤稀释浓H2SO4后的烧杯；并将洗涤液转移到容量瓶中。

②未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中。

③定容时；加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出。

④转移前；容量瓶中含有少量蒸馏水。

⑤将浓H2SO4直接倒入烧杯，再向烧杯中注入蒸馏水来稀释浓H2SO4

⑥定容摇匀后；发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至标线。

⑦定容时，仰视标线．14、天然气是一种清洁高效的能源，其主要成分为甲烷（CH4）．

（1）CH4的摩尔质量为____

（2）4.8gCH4的物质的量为____，在标准状况下的体积约为____，所含氢原子数约为____．

上述甲烷完全燃烧生成二氧化碳和水，至少需要氧气____mol．15、H可用作香精和食品添加剂；合成H的流程如下：

已知：①在一定条件下；有机物有下列转化关系：

②在不同条件下；烃A和等物质的量HCl在不同的条件下发生加成反应，既可以生成只含有一个甲基的B，也可以生成含有两个甲基的F．

（1）D的结构简式为____，其核磁共振氢谱有____组峰．

（2）烃A→B的化学反应方程式是____．

（3）F→G的化学反应类型为____．

（4）E+G→H的化学反应方程式：____．

（5）H有多种同分异构体，其中含有一个羧基，且其一氯代物有两种的是____．（用结构简式表示）

（6）在110℃和固体催化剂条件下，E和烃A也可以直接合成H，化学方程式为____．16、下表是元素周期表的一部分；所列字母分别代表一种元素．

。ABCDEFGHHMNP（l）M元素基态原子外围电子排布式为____；

（2）下列有关说法正确的是____（填序号）；

①B；C、D元素的电负性逐渐增大。

②F；G、H元素的第一电离能逐渐增大。

③B；G、P三种元素分别位于元素周期表的p、s、d区。

④F；G分别与E组成的物质的晶格能；前者比后者低。

⑤A；B和D以原子个数比2：1：1构成的最简单化合物分子中σ键和π键的个数比为3：1

（3）与C的最简单氢化物互为等电子体的离子是____（填化学式），写出该离子与其等电子的阴离子反应的离子方程式：____；

（4）煤矿瓦斯气体（主要成分为BA4）探测仪是以燃料电池为工作原理，其装置如图所示，该电池中电解质为氧化钇-氧化钠，其中O2-可以在固体介质NASICON中自由移动；

①负极的电极反应式为：____；

②正极的电极反应为：____；

③传感器中通过的电流越大，表明BA4的浓度越____．

（5）已知G和稀硝酸反应，还原产物为C2D气体，若硝酸浓度再稀，则还原产物为CA3，并与过量的硝酸反应生成CA4CD3．现将9.6gG与1L1.10mol/L的稀硝酸（过量）充分反应，收集到aL气体（标准状况），同时测得溶液中c（CA4+）=0.08mol/L（假设反应前后溶液体积不变）．

①a=____L．②反应后溶液pH=____．17、A；B、D、E四种短周期元素；它们的原子序数依次增大，A和B在同一周期，A原子有三个能级且每个能级含有的电子数相等，B原子的p能级有两个未成对电子，0.1molD单质能从酸中置换出2.24L氢气（标准状况下），形成的D离子与B离子的电子层结相同．E离子为阳离子，且E离子的半径在该周期元素中离子半径最小．则：

（1）四种元素分别是A____；B____；D____；E____．（用元素符号表示；下同）

（2）写出D基态原子的电子排布式：____．

（3）D、E元素的第一电离能较大的是：____．

（4）D元素的单质与A、B元素所形成的化合物反应，其化学方程式：____．

（5）等浓度、等体积的盐酸和氢氧化钠溶液分别与足量的E的单质反应放出的气体在常温常压下的体积比为____，将所得溶液混合，含有E元素的两种物质间发生反应的离子方程式为____．18、已知涤纶树脂的结构简式为：它是____和____（填单体的结构简式）通过____反应而制的，反应的化学方程式为：____．19、钠；铝、铁是三种重要的金属．请回答：

（1）将一小块金属钠投入水中，可观察到的实验现象是____（填字母）．

a．钠浮在水面上b．钠熔成小球c．小球四处游动d．溶液变红。

（2）铝与氢氧化钠浓溶液反应的化学方程式为____．

（3）三种金属中，常温下遇浓硫酸或浓硝酸不会发生钝化现象的是____（填化学式）．

（4）三种金属在一定条件下均能与水发生反应．其中铁与水蒸气在高温下反应的化学方程式为____．

三种金属中，能与冷水发生剧烈反应的是____，由此说明，钠的金属性比铁和铝____（填“强”或“弱”）．

（5）将烧得红热的铁丝伸到盛有氯气的集气瓶中，可观察到____．该反应的化学方程式为____．

（6）某些补铁剂成分中含有硫酸亚铁，长期放置会因氧化而变质．检验硫酸亚铁是否变质的试剂是____（填序号）．

①稀盐酸②石蕊溶液③KSCN溶液．20、（8分）磷是生物体中不可缺少的元素之一，在自然界中磷总是以磷酸盐的形式出现的，例如磷酸钙矿Ca3（PO4）2、磷灰石Ca5F（PO4）3等。（1）磷的某种核素中，中子数比质子数多1，则表示该核素的原子符号为____________。（2）磷酸钙与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1500℃生成白磷，反应为：2Ca3（PO4）2＋6SiO2＝6CaSiO3＋P4O1010C＋P4O10＝P4↑＋10CO↑上述反应中的各种物质，属于酸性氧化物的有。（3）白磷有剧毒，不慎沾到皮肤上，可用CuSO4溶液冲洗解毒。白磷可与热的CuSO4溶液反应生成磷化亚铜，与冷溶液则析出铜，反应方程式分别（均未配平）为：①P4＋CuSO4＋H2O→Cu3P＋H3PO4＋H2SO4②P4＋CuSO4＋H2O→Cu＋H3PO4＋H2SO4反应①中，氧化剂为，若上述两反应中被氧化的P4的物质的量相等，则消耗的CuSO4的物质的量之比为。评卷人得分四、判断题(共2题，共8分)21、22.4LNO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为NA．____（判断对错）22、化合物分为酸、碱、盐和氧化物是用树状分类法分类的____．（判断对错）评卷人得分五、简答题(共4题，共32分)23、A、B、C、D、E、F、G为前四周期元素．A、B最外层电子排布可表示为asa、bsbbpb（a≠b）；C元素对应单质是空气中含量最多的物质；D的最外层电子数是内层电子数的3倍；E与D同主族；且位于D的下一周期；F与E同周期，且是本周期中电负性最大的元素：基态G原子核外电子填充在7个能级中，且价层电子均为单电子．

（1）元素B、C、D的第一电离能由大到小的顺序为______（用元素符号表示）．

（2）ED3分子的空间构型为______，中心原子的杂化方式为______．

（3）四种分子①BA4②ED3③A2D④CA3键角由大到小排列的顺序是______（填序号）．

（4）CA3分子可以与A+离子结合成CA4+离子，这个过程中发生改变的是______（填序号）．

a．微粒的空间构型b．C原子的杂化类型。

c．A-C-A的键角d．微粒的电子数。

（5）EBC-的等电子体中属于分子的有______（填化学式），EBC-的电子式为______．

（6）G的价层电子排布式为______，化合物[G（CA3）6]F3的中心离子的配位数为______．

（7）B的某种单质的片层与层状结构如图1所示；其中层间距离为hcm．图2为从层状结构中取出的晶胞．试回答：

①在B的该种单质的片层结构中，B原子数、B-B键数、六元环数之比为______．

②若B的该种单质中B-B键长为acm，则B的该种单质的密度为______g•cm-3．

24、2013年6月；吉林一禽业公司的特大事故是由于液氨泄漏引发爆炸，夺去百余人性命．不到3个月，这个“罪魁祸首”再酿惨剧，致15死25伤的上海翁牌冷藏实业有限公司“8•31”液氨泄漏事故直接原因．液氨主要用于生产硝酸．尿素和其他化学肥料，还可用作医药和农药的原料．液氨在国防工业中，用于制造火箭．导弹的推进剂．液氨在气化后转变为气氨，能吸收大量的热，被誉为“冷冻剂”．回答以下问题：

（1）基态氮原子的价电子排布式是______．

（2）NH3分子的空间构型是______；NH3极易溶于水，其原因是______．

（3）将氨气通入CuSO4溶液中，产生蓝色沉淀，继续通过量氨气，沉淀溶解，得到蓝色透明溶液．该过程中微粒的变化是：[Cu（H2O）6]2+→Cu（OH）2→[Cu（NH3）4]2+．[Cu（H2O）6]2+和[Cu（NH3）4]2+中共同含有的化学键类型是______．

（4）肼（N2H4）分子可视为NH3分子中的一个氢原子被-NH2（氨基）取代形成的另一种氮的氢化物．

①N2H4分子中氮原子轨道的杂化类型是______．

②肼可用作火箭燃料；燃烧时发生的反应是：

N2O4（l）+2N2H4（l）═3N2（g）+4H2O（g）△H=-1038.7kJ•mol-1

若该反应中有4molN-H键断裂，则形成的π键有______mol．

③肼能与硫酸反应生成N2H6SO4．N2H6SO4晶体类型与硫酸铵相同，则N2H6SO4的晶体内不存在______（填标号）

A．离子键b．共价键c．配位键d．范德华力．25、简答题。

（1）盐碱地因含较多的NaCl、Na2CO3，使得土壤呈碱性，不利于作物生长，通过施加适量石膏粉末（主要含有CaSO4，微溶于水）来降低土壤的碱性．用离子方程式和必要的文字解释CaSO4的作用______．

（2）SOCl2是一种无色或淡黄色液体，遇水剧烈反应得到二氧化硫和氯化氢，是一种常用的脱水剂．将SOCl2与FeCl3•6H2O混合并加热，可得到无水FeCl3，得到无水FeCl3的化学方程式为______．26、氰化钠（NaCN）是重要的化工原料；常用于化学合成；冶金工业等．回答下列问题：

（1）写出NaCN的电子式______．

（2）可用纯碱、焦炭、氨气反应制取NaCN，写出反应的化学方程式，并用单线桥标明电子转移的方向和数目______．

（3）现代采金技术先以NaCN溶液在自然环境中浸取粉碎的含金（Au）矿石，得到Na[Au（CN）2]（二氰合金酸钠）溶液，再用锌还原Na[Au（CN）2]生成金．“浸取”反应的氧化剂是______，消耗的锌与生成的金的物质的量之比为______．

（4）工业利用NaCN制备蓝色染料的流程如下：

通入Cl2时发生反应的离子方程式为________，该蓝色染料的化学式为______．

（5）常温下HCN的电离常数Ka=6.2×10-10；浓度均为0.5mol/L的NaCN和HCN的混合溶液显。

______（填“酸”、“碱”或“中”）性，通过计算说明其原因______．评卷人得分六、解答题(共2题，共6分)27、在实验室制备的乙烯中；不可避免混有乙醇；乙醚，现有一瓶含乙醇和乙醚的乙烯气体．经测知氧的质量分数为a%．

（1）能否求得碳的质量分数？

（2）若能；则求之．若不能，则在下列条件中选择一个合适的条件进行求解．

A．H的质量分数为b%

B．乙醇与乙醚的物质的量之比为1：m

C．气体总质量为wg

D．气体对H2的相对密度d．28、“化学与技术”模块。

海洋是一座巨大的宝藏；若把海水淡化和化工生产结合起来，既可解决淡水资源缺乏的问题，又可充分利用海洋资源．而以海水为主要原料的海洋化学工业，又被称为“蓝色化工”．

（1）常用的海水淡化方法有______法；______法（电渗析、反渗透）、冷冻法、离子交换法等．

（2）如图是电渗析法淡化海水的原理图．其中；电极A接直流电源的正极，电极B接直流电源的负极．

①隔膜A是______（填：阴离子交换膜或阳离子交换膜）

②从宁波港采集的海水样品，经分析含有大量的Na+、Cl-，以及少量的K+、SO42-．

若用上述装置对采自宁波港的海水进行淡化，当淡化工作完成后，A、B、C三室中所得溶液（或液体）的pH分别为pHa、pHb；

pHc；则其大小顺序为______．

③请写出用电渗析法对采自宁波港的海水进行淡化处理时所发生的化学反应方程式______2NaOH+H2↑+Cl2↑

参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【分析】物质的量相同的钠、镁、铝分别和足量稀硫酸反应，生成气体的量与金属失电子的物质的量成正比，据此分析解答．【解析】【解答】解：物质的量相同的钠；镁、铝分别和足量稀硫酸反应；生成气体的量与金属失电子的物质的量成正比；

假设金属的物质的量都是1mol；

钠完全变为钠离子失去电子的物质的量=1mol×（1-0）=1mol；

镁完全变为镁离子失去电子的物质的量=1mol×（2-0）=2mol；

铝完全变为铝离子失去电子的物质的量=1mol×（3-0）=3mol；

所以物质的量相等的这三种金属；失电子最多的是Al，则生成气体的物质的量最多是Al；

故选C．2、A【分析】解：相同质量的该有机物生成相同条件下的rm{H_{2}}和rm{CO_{2}}的体积相等，根据rm{n=dfrac{V}{V_{m}}}可知，生成rm{H_{2}}和rm{CO_{2}}的物质的量相等；

根据反应关系式rm{2-OH隆芦H_{2}}rm{2-COOH隆芦H_{2}}rm{HCO_{3}^{-}隆芦-COOH}可知，该有机物分子中含有羟基和羧基的数目是羧基的rm{2}倍；即该有机物分子中含有相同数目羧基和羟基；

故选A．

根据rm{n=dfrac{V}{V_{m}}}可知，相同条件下氢气与二氧化碳的物质的量之比为为rm{1}rm{1}该有机物能够与金属钠反应生成氢气，说明分子中含有羟基或者羧基；也能够与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，说明分子中含有羧基，根据生成氢气与二氧化碳的物质的量之比为rm{1}rm{1}可知，该有机物中含有羧基、羟基的总物质的量为羧基的rm{2}倍；即该有机物中含有一个羟基和一个羧基．

本题考查了有机化合物的结构与性质、有机物官能团的确定，题目难度中等，注意掌握常见有机物官能团的结构与性质，明确与金属钠、碳酸氢钠反应的官能团类型是解题关键．【解析】rm{A}3、D【分析】【分析】结合各溶质的化学式根据溶液浓度计算溶液中硫酸根离子的浓度，注意离子的浓度与溶液的体积无关，与物质的浓度和构成有关，据此进行解答．【解析】【解答】解：300mL0.1mol/LNa2SO4溶液中硫酸根离子浓度为：0.1mol/L；

200mL0.1mol/LMgSO4溶液中硫酸根离子浓度为：0.1mol/L；

100mL0.1mol/LAl2（SO4）3溶液中硫酸根离子浓度为：0.1mol/L×3=0.3mol/L；

所以三种溶液中硫酸根离子浓度之比为0.1mol/L：0.1mol/L：0.3mol/L=1：1：3．

故选D．4、C【分析】【分析】A．根据结构简式确定有机物的分子式；

B．根据结构确定H原子的种类；

C．X含有酯基；Y含有酚羟基；都与氢氧化钠反应；

D．都含有苯环，可发生加成反应、取代反应，含有酯基的可发生水解反应．【解析】【解答】解：A．普罗帕酮的分子式为C19H23NO3；故A错误；

B．由X的结构对称性可知；苯环上含3种H，甲基上1种H，则在有机物X的核磁共振谱图中，有4组特征峰，Y的结构不对称，含有6种H，故B错误；

C．X含有酯基；Y含有酚羟基；都与氢氧化钠反应，普罗帕酮与氢氧化钠不反应，可用于除杂，故C正确；

D．都含有苯环；可发生加成反应；取代反应，但Y与普罗帕酮不能发生水解反应，故D错误．

故选C．5、A【分析】【分析】A．光导纤维的成分是二氧化硅；

B．SiO2可溶于氢氟酸；

C．硅酸钠的水溶液俗名叫水玻璃；

D．Si化学性质较活泼．【解析】【解答】解：A．二氧化硅是光导纤维的主要成分；故A正确；

B．SiO2是酸性氧化物；可溶于氢氟酸，故B错误；

C．硅酸钠的水溶液俗名叫水玻璃；易溶于水，故C错误；

D．Si化学性质较活泼；在自然界中以化合态存在，故D错误．

故选A．6、A【分析】解：A．在丙酮-盐酸混合溶液中，Fe3+比Cu2+的溶解度更大，Fe3+移动较快；故A正确；

B．阿司匹林含有羧基和酯基；都可在碱性条件下反应，将粗产品加入饱和NaOH溶液中，阿司匹林可与NaOH反应而变质，故B错误；

C．陶瓷中含有二氧化硅，二氧化硅能够与碳酸钠、氢氧化钠高温下反应，所以不能用瓷坩埚高温熔融NaOH和Na2CO3的固体混合物；故C错误；

D．用盐酸标准溶液滴定待测的氢氧化钠溶液时；水洗后的酸式滴定管未经标准溶液润洗，导致盐酸的浓度偏小，滴定碱时，使用的酸体积偏大，则测定结果偏高，故D错误；故选A．

A．常温下，在丙酮-盐酸混合溶液中，Fe3+比Cu2+的溶解度更大；

B．将粗产品加入饱和NaOH溶液中；阿司匹林可与NaOH反应而变质；

C．二氧化硅能够与氢氧化钠和碳酸钠反应；

D．根据未经标准溶液润洗的滴定管中溶液的物质的量浓度是否变化判断．

本题主要考查的是二氧化硅的性质、酸碱中和滴定等，难度一般，注意总结．【解析】【答案】A7、B【分析】解：A．甲AlCl3与NaOH反应生成乙Al（OH）3，乙Al（OH）3与盐酸反应生成甲AlCl3，乙Al（OH）3分解生成丙Al2O3，丙Al2O3与盐酸反应生成甲AlCl3；故A不选；

B．SiO2与水不反应，甲SiO2不能一步转化为乙H2SiO3；不能发生一步转化，故B选；

C．甲Cl2与氢气反应生成乙HCl，乙HCl与二氧化锰反应生成甲Cl2，乙HCl与氢氧化钠反应生成NaCl，丙电解熔融NaCl生成Cl2；物质之间均可一步转化，故C不选；

D．甲CH2=CH2与HCl发生加成反应生成乙HCl，乙CH3CH2Cl发生消去反应生成甲CH2=CH2，乙CH3CH2Cl水解生成丙CH3CH2OH，丙CH3CH2OH发生消去反应生成甲CH2=CH2；物质之间均可一步转化，故D不选；

故选B．

A．AlCl3与NaOH反应生成Al（OH）3，Al（OH）3与盐酸反应生成AlCl3，乙Al（OH）3分解生成丙Al2O3，丙Al2O3与盐酸反应生成AlCl3；

B．SiO2与水不反应，SiO2不能一步转化为H2SiO3；

C．Cl2与氢气反应生成HCl，HCl与二氧化锰反应生成Cl2，HCl与氢氧化钠反应生成NaCl，电解熔融NaCl生成Cl2；

D．CH2=CH2与HCl发生加成反应生成CH3CH2Cl，CH3CH2Cl发生消去反应生成CH2=CH2，CH3CH2Cl水解生成CH3CH2OH，CH3CH2OH发生消去反应生成CH2=CH2．

本题综合考查物质的性质，物质的性质及相互转化发生的反应为解答的关键，注意一步转化为解答的重点，题目难度中等．【解析】【答案】B二、多选题(共5题，共10分)8、AD【分析】【分析】根据图1知；随着反应的进行，A和B的物质的量减少，C的物质的量增大，则A和B是反应物，C是生成物；

反应过程中，物质的量的变化量之比等于其计量数之比，所以A、B和C的计量数之比=（2.4-1.6）mol：（1.6-1.2）mol：（0.4-0）mol=0.8mol：0.4mol：0.4mol=2：1：1，当反应达到T3时；再升高温度C的含量降低，则正反应是放热反应，该反应的方程式为：2A（g）+B（g）⇌C（g）△H＜0．

A．当达到平衡状态后；升高温度平衡向吸热反应方向移动，根据C的含量变化判断反应热；

B．根据温度对速率的影响分析；

C．其它条件不变时给平衡体系加压；平衡向气体体积减小的方向移动；

D．根据v=计算平均反应速率．【解析】【解答】解：根据图1知；随着反应的进行，A和B的物质的量减少，C的物质的量增大，则A和B是反应物，C是生成物；

反应过程中，物质的量的变化量之比等于其计量数之比，所以A、B和C的计量数之比=（2.4-1.6）mol：（1.6-1.2）mol：（0.4-0）mol=0.8mol：0.4mol：0.4mol=2：1：1，当反应达到T3时；再升高温度C的含量降低，则正反应是放热反应，该反应的方程式为：2A（g）+B（g）⇌C（g）△H＜0．

A．该反应正反应是放热反应；故A错误；

B．由T1向T2变化时；C的含量增大，平衡向正反应方向移动，则正反应速率大于逆反应速率，故B正确；

C．其它条件不变时给平衡体系加压；平衡向气体体积减小的方向移动，则向正反应方向移动，达新平衡时，C的体积分数增大，故C正确；

D．0～4分钟时，A的平均反应速率v===0.01mol/（L•min）；故D正确；

故选A．9、CD【分析】【分析】绿色化学又称环境友好化学；它的主要特点是：

1．充分利用资源和能源；采用无毒；无害的原料；

2．在无毒；无害的条件下进行反应；以减少废物向环境排放；

3．提高原子的利用率；力图使所有作为原料的原子都被产品所消纳，实现“零排放”；

4．生产出有利于环境保护、社区安全和人体健康的环境友好的产品．【解析】【解答】解：A．二氧化硫是有害气体；用氨气吸收，消除污染，符合绿色化学的理念，故A不选；

B．二氧化氮和一氧化氮都是有害气体；用氢氧化钠吸收，消除污染，符合绿色化学的理念，故B不选；

C．浓硫酸的还原产物是二氧化硫；对环境有污染，不符合绿色化学的理念，故C选；

D．稀硝酸的还原产物是一氧化氮；对环境有污染，不符合绿色化学的理念，故D选；

故选CD．10、BD【分析】【分析】A．滴加甲基橙试剂呈红色的溶液；显酸性，离子之间发生氧化还原反应；

B．pH为14的溶液；显碱性；

C．水电离出来的c（OH-）=10-13mol/L的溶液；水的电离受到抑制，为酸或碱溶液；

D．滴加石蕊试液呈红色的溶液，显酸性．【解析】【解答】解：A．滴加甲基橙试剂呈红色的溶液，显酸性，Fe2+、H+、NO3-离子之间发生氧化还原反应；不能大量共存，故A错误；

B．pH为14的溶液；显碱性，该组离子之间不反应，能大量共存，故B正确；

C．水电离出来的c（OH-）=10-13mol/L的溶液，水的电离受到抑制，为酸或碱溶液，HCO3-既能与酸又能与碱反应；不能大量共存，故C错误；

D．滴加石蕊试液呈红色的溶液；显酸性，该组离子之间不反应，能共存，故D正确；

故选BD．11、BC【分析】【分析】A．由结构可确定分子式；C能形成4个化学键；

B．连有4个不同基团的C原子为手性碳原子；

C．含C=C；-OH、-COOH；结合烯烃及酯化反应来分析；

D．不存在酚-OH，C=C及-OH均能被酸性KMnO4氧化．【解析】【解答】解：A．C能形成4个化学键，由结构可知分子式为C15H19O4；故A错误；

B．连有4个不同基团的C原子为手性碳原子；则与-OH相连的C为手性碳原子，故B正确；

C．含C=C；能发生加聚反应，含-OH；-COOH，能发生缩聚反应，故C正确；

D．不存在酚-OH，则不能与FeCl3溶液发生显色反应，含C=C及-OH均能被酸性KMnO4氧化，能使酸性KMnO4溶液褪色；故D错误；

故选BC．12、AD【分析】【分析】短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和乙形成的气态氢化物的水溶液呈碱性，乙位于第VA族，则甲为H元素，乙为N元素，形成的化学物为氨气，甲和丙同主族，则丙为Na元素，丁的最外层电子数和电子层数相等，应为Al元素，结合元素对应的单质、化合物的性质和元素周期律知识解答该题．【解析】【解答】解：短周期元素甲；乙、丙、丁的原子序数依次增大；甲和乙形成的气态氢化物的水溶液呈碱性，乙位于第VA族，则甲为H元素，乙为N元素，形成的化学物为氨气，甲和丙同主族，则丙为Na元素，丁的最外层电子数和电子层数相等，应为Al元素，则。

A．Na与Al位于第三周期；原子半径Na＞Al，N位于第二周期，原子半径Na＞Al＞N，故A正确；

B．Na的金属性比Al强；对应单质的还原性Na＞Al，故B错误；

C．Na对应的氧化物为离子化合物；故C错误；

D．Al（OH）3为两性氢氧化物；既能与酸反应，又能与碱反应，所以乙；丙、丁的最高价氧化物对应的水化物能相互反应，故D正确．

故选AD．三、填空题(共8题，共16分)13、①③⑤⑥⑦2.7①250玻璃棒2-31-2cm胶头滴管凹液面最低处与刻度线相切②③⑤⑥⑦②【分析】【分析】（1）依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤选择需要的仪器；

（2）依据C=计算浓硫酸的物质的量浓度；溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变，据此计算需要浓硫酸体积，选择合适的量筒；

（3）依据配制一定物质的量浓度溶液的正确操作步骤解答；

（4）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C=进行误差分析．【解析】【解答】解：（1）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算；量取、稀释、移液、洗涤、摇匀等用到的仪器有：量筒、玻璃棒、烧杯、容量瓶、胶头滴管；

故答案为：①③⑤⑥⑦；

（2）质量分数为98%、密度为1.84g•cm-3的浓H2SO4的物质的量浓度C==18.4mol/L；设。

配制250mL、0.2mol•L-1的稀H2SO4需要浓硫酸体积为V；则依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变得V×18.4mol/L=0.2mol/L×250mL，解得V=2.7mL，所以应选择10mL量筒；

故答案为：2.7；①；

（3）将浓H2SO4加适量蒸馏水稀释后；冷却片刻，随后全部转移到250mL的容量瓶中，转移时应用玻璃棒引流．转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯2-3次，并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，振荡容量瓶，使溶液混合均匀．然后缓缓地把蒸馏水直接注入容量瓶直到液面接近刻度1-2cm处．改用胶头滴管滴加蒸馏水到瓶颈刻度的地方，使溶液的凹液面最低处与刻度线相切．振荡；摇匀后，装瓶、贴签；

故答案为：250；玻璃棒；2-3；1-2cm；胶头滴管；凹液面最低处与刻度线相切；

（4）①洗涤稀释浓H2SO4后的烧杯；并将洗涤液转移到容量瓶中，操作正确；

②未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中；冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高；

③定容时；加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出，导致溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低；

④转移前；容量瓶中含有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度准确，操作正确；

⑤将稀释浓硫酸应将浓硫酸沿着烧杯壁缓缓注入水中；并用玻璃棒不断搅拌，操作错误；

⑥定容摇匀后；发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至标线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；

⑦定容时；仰视标线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；

所以下列操作中：错误的是：②③⑤⑥⑦；能引起误差偏高的有：②；

故答案为：②③⑤⑥⑦；②；14、16g/mol0.3mol6.72L7.224×10230.6【分析】【分析】（1）摩尔质量以g/mol为单位；数值上等于其相对分子质量；

（2）根据n=计算甲烷物质的量，根据V=nVm计算甲烷体积，H原子物质的量为甲烷的4倍，根据N=nNA计算H原子数目，根据CH4+2O2CO2+2H2O计算氧气物质的量．【解析】【解答】解：（1）CH4的摩尔质量为16g/mol；故答案为：16g/mol；

（2）4.8甲烷物质的量为=0.3mol，标况下甲烷体积为0.3mol×22.4L/mol=6.72L，H原子物质的量为甲烷的4倍，H原子数目为0.3mol×4×6.02×1023mol-1=7.224×1023，根据CH4+2O2CO2+2H2O可知需要氧气物质的量为0.3mol×2=0.6mol；

故答案为：0.3mol；6.72L；7.224×1023；0.6．15、CH3CH2CHO3CH3CH=CH2+HClCH3CH2CH2Cl取代反应CH3CH2COOH+CH3CH（OH）CH3CH3CH2COOCH（CH3）2+H2O【分析】【分析】由转化关系可知，E含有羧基、G含有-OH，且E、G含有相同的碳原子数目，故E与G发生酯化反应生成H，由H的分子式可知，E为CH3CH2COOH，F中含有2个甲基，则G为CH3CH（OH）CH3，逆推可得，F为CH3CHClCH3，D为CH3CH2CHO，C为CH3CH2CH2OH，B为CH3CH2CH2Cl，A为CH3CH=CH2，据此进行解答．【解析】【解答】解：由转化关系可知，E含有羧基、G含有-OH，且E、G含有相同的碳原子数目，故E与G发生酯化反应生成H，由H的分子式可知，E为CH3CH2COOH，F中含有2个甲基，则G为CH3CH（OH）CH3，逆推可得，F为CH3CHClCH3，D为CH3CH2CHO，C为CH3CH2CH2OH，B为CH3CH2CH2Cl，A为CH3CH=CH2；

（1）由上述分析可知，D的结构简式为CH3CH2CHO；其核磁共振氢谱有3组峰；

故答案为：CH3CH2CHO；3；

（2）烃A→B的化学反应方程式是：CH3CH=CH2+HClCH3CH2CH2Cl；

故答案为：CH3CH=CH2+HClCH3CH2CH2Cl；

（3）F→G是CH3CHClCH3发生取代反应生成CH3CH（OH）CH3；

故答案为：取代反应；

（4）E+G→H的化学反应方程式为：CH3CH2COOH+CH3CH（OH）CH3CH3CH2COOCH（CH3）2+H2O；

故答案为：CH3CH2COOH+CH3CH（OH）CH3CH3CH2COOCH（CH3）2+H2O；

（5）H有多种同分异构体，其中含有一个羧基，且其一氯代物有两种的是

故答案为：

（6）A为CH3CH=CH2、E为CH3CH2COOH、H为CH3CH2COOCH（CH3）2，在110℃和固体催化剂条件下，E和烃A也可以直接合成H，该反应的化学方程式为：

故答案为：．16、3d54s1①④⑤H3O+H3O++OH-=2H2OCH4-8e-+4O2-=CO2+2H2OO2+4e-=2O2-大0.4481【分析】【分析】依据元素周期表分析可知；A为氢，B为碳，C为氮，D为氧，E为氟，F为钠，G为镁，H为铝，M为铬，N为镍，P为铜；

（1）依据铬的基态电子排布分析即可；

（2）①同周期自左而右；元素的电负性增大；

②同周期自左而右；第一电离能增大，但G为Mg元素，3s能级为全满稳定状态，能量降低，第一电离能高于同周期相邻元素；

③B；G、P三种元素分别位于元素周期表的p、s、ds区；

④离子键强越强，晶格能越高，MgF2中Mg2+的电荷比Na+的多、半径都比NaF中Na+的半径小，故MgF2中离子键更强；

⑤a、b和d以原子个数比2：1：1构成的最简单化合物为CH2O；σ键和π键的个数比为3：1；

（3）O的最简单氢化物是水，与水互为等电子体的离子是H3O+和OH-；

（4）该装置是原电池；负极上甲烷失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应，原电池放电时电子从负极流向正极，阴离子向负极移动，甲烷的含量越大，原电池放电时产生的电流越大；

（5）①由题意可知，Mg与浓硝酸反应生成硝酸镁、硝酸铵、N2O，根据电子转移守恒计算n（N2O）；

②根据N原子守恒计算反应中n（NO3-），再根据电荷守恒计算反应后溶液中n（H+），据此解答．【解析】【解答】解：由元素在周期表的位置可知：A为氢；B为碳，C为氮，D为氧，E为氟，F为钠，G为镁，H为铝，M为铬，N为镍，P为铜；

（1）Ni为26号元素，其基态原子外围电子排布式为：3d54s1，故答案为：3d54s1；

（2）①同周期自左而右；元素的电负性增大，故C；N、O元素的电负性逐渐增大，故①正确；

②同周期自左而右；第一电离能增大，但G为Mg元素，3s能级为全满稳定状态，能量降低，第一电离能高于同周期相邻元素，故大于电离能Mg＞Al＞Na，故②错误；

③B；G、P三种元素分别位于元素周期表的p、s、ds区；故③错误；

④离子键强越强，晶格能越高，MgF2中Mg2+的电荷比Na+的多、半径都比NaF中Na+的半径小，故MgF2中离子键更强；晶格能更大，故④正确；

⑤a、b和d以原子个数比2：1：1构成的最简单化合物为CH2O；该分子中含有1个C=O双键，2个C-H，单键为σ键，双键中有1个σ键；1个π键；所以该分子中σ键和π键的个数比为3：1，故⑤正确；

故选：①④⑤；

（3）O的最简单氢化物是水，与水互为等电子体的离子是H3O+和OH-；两者反应两者反应方程式为：H3O++OH-=2H2O，故答案为：H3O+；H3O++OH-=2H2O；

（4）①该装置是原电池，通入甲烷的电极a是负极，负极上甲烷失电子发生氧化反应，电极反应式为：CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O，故答案为：CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O；

②工作时电极b作正极，O2-由电极b流向电极a，电极反应方程式为：O2+4e-=2O2-，故答案为：O2+4e-=2O2-；

③甲烷的含量越大；甲烷失去的电子的物质的量越大，原电池放电时产生的电流越大，故答案为：大；

（5）①9.6gMg的物质的量==0.4mol，n（NH4+）=0.08mol/L×1L=0.08mol，根据电子转移守恒，n（N2O）×2×（5-1）+0.08mol×[5-（-3）]=0.4mol×2，解得n（N2O）=0.02mol；

故生成气体的体积=0.02mol×22.4L/mol=0.448L=448mL；即a=0.448L，故答案为：0.448；

②原硝酸溶液中n（HNO3）=1.1mol/L×1L=1.1mol，反应后溶液中n（NH4+）=0.08mol，生成n（N2O）=0.02mol，根据氮原子守恒可知，反应后溶液中n（NO3-）=1.1mol-0.08mol-0.02mol×2=0.98mol；

根据电荷守恒可知，反应反应中n（H+）=0.98mol-0.08mol-0.4mol×2=0.1mol；

故反应后溶液中c（H+）=0.1mol/L，pH=1，故答案为：1．17、COMgAl1s22s22p63s2Mg2Mg+CO22MgO+C1：3Al3++3AlO2-+6H2O═4Al（OH）3↓【分析】【分析】A、B、D、E四种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A原子有三个能级且每个能级含有的电子数相等，则A的电子排布式为1s22s22p2；所以A为C元素；

A和B在同一周期；B原子的p能级有两个未成对电子，则B的原子原子核外各层电子数分别为2；6，应为O元素；

0.1molD单质能从酸中置换出2.24L氢气（标准状况），则D的最外层有2个电子，D离子的与O2-的电子层结构相同；则D为Mg元素；

E离子为阳离子，且E离子的半径在该周期元素中离子半径最小，而且E的原子序数比Mg大，E为第三周期元素，第三周期中离子半径最小的是Al3+；则E应为Al元素；

根据元素对应的原子结构以及形成化合物的性质解答该题．【解析】【解答】解：A、B、D、E四种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A原子有三个能级且每个能级含有的电子数相等，则A的电子排布式为1s22s22p2；所以A为C元素；

A和B在同一周期；B原子的p能级有两个未成对电子，则B的原子原子核外各层电子数分别为2；6，应为O元素；

0.1molD单质能从酸中置换出2.24L氢气（标准状况），则D的最外层有2个电子，D离子的与O2-的电子层结构相同；则D为Mg元素；

E离子为阳离子，且E离子的半径在该周期元素中离子半径最小，而且E的原子序数比Mg大，E为第三周期元素，第三周期中离子半径最小的是Al3+；则E应为Al元素；

（1）由以上分析可知；A为C，B为O，D为Mg，E为Al；

故答案为：C；O；Mg；Al；

（2）D为Mg元素，原子序数为12，原子核外有3个电子层，最外层电子数为2，其电子排布式为：1s22s22p63s2；

故答案为：1s22s22p63s2；

（3）同周期从左到右第一电离能逐渐增大；但是第IIA和第IIIA族，第VA族和第VIA族反常，则Mg的第一电离能大于Al的第一电离能；

故答案为：Mg；

（4）Mg元素的单质与C、O元素所形成的化合物CO2反应生成MgO和C，其化学方程式为：2Mg+CO22MgO+C；

故答案为：2Mg+CO22MgO+C；

（5）Al分别和盐酸、NaOH反应的化学方程式为2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，相同物质的量的盐酸和NaOH溶液分别与Al反应时，NaOH生成氢气多，为盐酸的3倍，Al3-和AlO2-能发生相互促进的水解反应生成Al（OH）3，反应的离子方程式为Al3-+3AlO2-+6H2O=4Al（OH）3↓；

故答案为：1：3；Al3-+3AlO2-+6H2O=4Al（OH）3↓．18、缩聚【分析】【分析】凡链节中间（不在端上）含有（酯基）结构的高聚物，其单体必为两种，按断开，羰基上加羟基，氧原子上加氢原子即得高聚物单体．【解析】【解答】解：是由和发生缩聚反应而成，反应方程式：

故答案为：缩聚；．19、abc2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑Na3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2Na强棕黄色烟2Fe+3Cl22FeCl3③【分析】【分析】（1）钠的密度小于水的密度；钠的熔点较低，钠和水反应生成氢气和氢氧化钠，同时有大量热量放出；

（2）铝与碱反应生成偏铝酸钠和氢气；

（3）常温下；铁和铝与浓硝酸或浓硫酸易发生钝化现象；铝能和强酸；强碱反应；

（4）铁和水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气；钠与水剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，金属性活泼；

（5）铁丝在氯气中燃烧产生棕黄色的烟；可溶性的铁盐溶液呈黄色或棕黄色；

（6）二价铁离子易被氧化为三价铁离子，三价铁遇到KSCN溶液显血红色．【解析】【解答】解：（1）钠的密度小于水的密度，所以钠会浮在水面上，钠的熔点较低，钠和水反应生成氢气和氢氧化钠，同时有大量热量放出，放出的热量使钠熔成小球，生成的气体使钠受力不均，从而钠四处游动，故选abc；

故答案为：abc；

（2）因铝与碱反应生成偏铝酸钠和氢气，所以化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

（3）常温下；铁和铝与浓硝酸或浓硫酸易发生钝化现象，所以不和浓硫酸；浓硝酸发生钝化现象是Na，故答案为：Na；

（4）高温下，铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应方程式为3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；三种金属中，能与冷水发生剧烈反应的是钠，由此说明，钠的金属性比铁和铝强；

故答案为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；Na；强；

（5）将烧得红热的铁丝伸到盛有氯气的集气瓶中，可观察到有棕黄色烟生成，反应的化学方程式为：2Fe+3Cl22FeCl3；

故答案为：棕黄色烟；2Fe+3Cl22FeCl3；

（6）硫酸亚铁，长期放置会因氧化生成硫酸铁，三价铁遇到KSCN溶液显血红色，常用KSCN溶液检验三价铁离子的存在，故选：③．20、略

【分析】（1）在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数。因为质子数和中子数之和是质量数。P元素的原子序数是15，所以表示该核素的原子符号为（2）能和碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，所以属于酸性氧化物的SiO2、P4O10。（3）反应①中，硫酸铜中铜的化合价从＋2价降低到＋1价，得到电子，被还原，发生还原反应，因此硫酸铜是氧化剂。另外P元素的化合价从0价部分降低到－3价，得到电子，影响白磷也是氧化剂。如果被氧化的白磷都是1mol，则反应中转移电子是20mol，所以根据电子的得失守恒可知，反应①中需要硫酸铜是20/6×3＝10mol。而在反应②需要硫酸铜是20÷2＝10mol，所以消耗的CuSO4的物质的量之比为1︰1。【解析】【答案】（1）（2分）（2）SiO2P4O10（2分，答对1个给1分）（3）CuSO4和P4（2分，答掉或答错不得分）1：1（2分）四、判断题(共2题，共8分)21、×【分析】【分析】每个NO2和CO2分子均含有2个O原子，故二者混合气体中含有O原子数目为分子总数的2倍．【解析】【解答】解：每个NO2和CO2分子均含有2个O原子，故分子总数为NA的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2NA，状况不知，无法求物质的量，故答案为：×．×22、√【分析】【分析】树状分类就是一个确定范围内的物质之间所包含的关系有子概念与母概念，所谓子概念就是下一代有上一代的部分因素，母概念是上一代所包含其后代中部分的全部概念据此解答．【解析】【解答】解：酸；碱、盐和氧化物都属于化合物；则化合物分为酸、碱、盐和氧化物是用树状分类法分类的，故说法正确；

故答案为：√．五、简答题(共4题，共32分)23、略

【分析】解：A、B、C、D、E、F、G为前四周期元素．A、B最外层电子排布可表示为asa、bsbbpb（a≠b），B的最外层电子排布bsbbpb中p轨道有电子，则s轨道一定排满，即b=2，所以B的最外层电子排布2s22p2，则B为C元素；s轨道最多排两个电子，已知a≠b，则a=1，所以A的最外层电子排布为1s1，即A为H元素；C元素对应单质是空气中含量最多的物质，则C为N元素；D的最外层电子数是内层电子数的3倍，最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故D为O元素；E与D同主族，且位于D的下一周期，则E为S元素；F与E同周期，且是本周期中电负性最大的元素，则F位于第三周期第VIIA族，F为Cl元素；基态G原子核外电子填充在7个能级，且价层电子均为单电子，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，则G为Cr元素．

（1）同周期随原子序数增大；元素第一电离能呈增大趋势，N元素原子2p能级为半满状态时，原子较稳定，元素的第一电离能大于同周期相邻元素的，所以元素C；N、O的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C；

故答案为：N＞O＞C；

（2）SO3分子中S的孤电子对数=×（6-2×3）=0，价层电子对数为3+0=3，则空间构型为平面三角形，的空间构型为平面三角形，中心原子的杂化方式为sp2；

故答案为：平面三角形；sp2；

（3）①CH4为正四面体，②SO3为平面正三角形，键角为120°，③H2O为V形，④NH3为三角锥形；水分子中含有2对孤对电子，氨气电子中含有1对孤对电子，孤对电子之间排斥作用大于孤对电子与成键电子层之间的排斥作用，所以键角由大到小排列的顺序是②＞①＞④＞③；

故答案为：②＞①＞④＞③；

（4）NH3分子为三角锥形，键角为107°，NH4+离子为正四面体，键角为109°28′，N原子价层电子对数均为4，均为sp3杂化；核外电子数均为10，则这个过程中发生改变的是微粒的空间构型和A-C-A的键角；

故答案为：ac；

（5）原子总数、价电子总数相同的微粒互为等电子体，与SCN-互为等电子体的分子为CS2或CO2，SCN-中各原子的连接顺序为S-C-N，S与C形成一对共用电子对，C与N形成三对共用电子对，SCN-得到的一个电子给了S，故SCN-的电子式

故答案为：CS2或CO2；

（6）Cr的电子排布式为电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，其价层电子排布式为3d54s1；化合物[Cr（NH3）6]Cl3的中心离子的配位数为6；

故答案为：3d54s1；6；

（7）①每个六元环含有C原子个数是6×=2，每个C-C被两个环共用，则每个环中含有C-C键数目为6×=3；所以C原子数；C-C键数、六元环数之比为2：3：1；

故答案为：2：3：1；

②根据均摊法，晶胞中C原子数目=1+8×+4×+2×=4，晶胞质量为g，C-C键长为acm，则上、下底面为菱形，上底面棱长为acm××2=acm，石墨的层间距为hcm，则晶胞高为2hcm，则晶胞密度为g÷{[2××a×a×sin60°cm]×2hcm}=g．cm-3；

故答案为：．

A、B、C、D、E、F、G为前四周期元素．A、B最外层电子排布可表示为asa、bsbbpb（a≠b），B的最外层电子排布bsbbpb中p轨道有电子，则s轨道一定排满，即b=2，所以B的最外层电子排布2s22p2，则B为C元素；s轨道最多排两个电子，已知a≠b，则a=1，所以A的最外层电子排布为1s1，即A为H元素；C元素对应单质是空气中含量最多的物质，则C为N元素；D的最外层电子数是内层电子数的3倍，最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故D为O元素；E与D同主族，且位于D的下一周期，则E为S元素；F与E同周期，且是本周期中电负性最大的元素，则F位于第三周期第VIIA族，F为Cl元素；基态G原子核外电子填充在7个能级，且价层电子均为单电子，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，则G为Cr元素．

（1）同周期随原子序数增大；元素第一电离能呈增大趋势，电子排布为全满或半满状态时，原子较稳定，元素的第一电离能较大；

（2）SO3分子中S的孤电子对数=×（6-2×3）=0；价层电子对数为3+0=3，S原子杂化轨道数目为3；

（3）孤对电子之间排斥作用大于孤对电子与成键电子层之间的排斥作用；孤对电子与成键电子的排斥力比成键电子之间排斥力大，结合微粒空间构型判断；

（4）NH3分子为三角锥形，键角为107°，NH4+离子为正四面体；键角为109°28′，N原子价层电子对数均为4；

（5）原子总数、价电子总数相同的微粒互为等电子体，与SCN-互为等电子体的分子为CO2等，等电子体微粒的结构相似，SCN-中各原子的连接顺序为S-C-N，S与C形成一对共用电子对，C与N形成三对共用电子对，SCN-得到的一个电子给了S；

（6）Cr的电子排布式为电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，化合物[Cr（NH3）6]Cl3的中心离子的配位数为6；

（7）①每个碳原子为3个六元环共用；每个碳碳键为2个六元环共用，利用均摊法计算；

②根据均摊法计算晶胞中C原子数目，C-C键长为bpm，则上、下底面为菱形，上底面棱长为acm××2=acm，石墨的层间距为hcm，则晶胞高为2hcm，计算晶胞质量，根据ρ=计算晶胞密度．

本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、电离能、空间构型与杂化方式判断、价层电子对互斥理论、等电子体、配合物、晶胞计算等，注意对基础知识的理解掌握，（7）为易错点、难点，需要学生具备一定的空间想象与数学计算能力，难度较大．【解析】N＞O＞C；平面三角形；sp2；②＞①＞④＞③；ac；CS2或CO2；3d54s1；6；2：3：1；24、略

【分析】解：（1）N原子核外有7个电子，其价电子为2S、2P电子，根据构造原理知其基态氮原子的价电子排布式是2s22p3，故答案为：2s22p3；

（2）氨气分子中含有3个共价键和一个孤电子对，所以氨气分子是三角锥形结构，NH3极易溶于水原因有氨气是极性分子；与水分子形成氢键，易与水反应；

故答案为：三角锥形；氨气是极性分子；与水分子形成氢键，与水反应；

（3）水分子或氨气分子中都存在极性键，Cu原子和水分子或氨气分子之间存在配位键，所以[Cu（H2O）6]2+和[Cu（NH3）4]2+中都含有配位键；极性共价键，故答案为：配位键和极性共价键；

（4）①NH3中氮原子轨道的杂化类型是sp3，而肼（N2H4）分子可视为NH3分子中的一个氢原子被-NH2（氨基）取代形成的，所以N2H4分子中氮原子轨道的杂化类型是sp3，故答案为：sp3；

②反应中有4molN-H键断裂，即有1molN2H4参加反应，生成1.5molN2；则形成的π键有3mol，故答案为：3；

③N2H6SO4晶体类型与硫酸铵相同；可见它是离子晶体，晶体内存在离子键；配位键、极性共价键，肯定不存在范德华力，故选d．

（1）N原子核外有7个电子；其价电子为2S；2P电子，根据构造原理书写其基态氮原子的价电子排布式；

（2）根据价层电子对互斥理论确定氨气分子的空间构型；根据相似相溶原理结合氢键来分析；

（3）含有孤电子对和含有空轨道的原子之间存在配位键；

（4）①根据价层电子对互斥理论确定原子杂化类型；

②若该反应中有4molN-H键断裂，即有1molN2H4参加反应，生成1.5molN2；据此计算π键；

③根据硫酸铵中存在的化学键确定N2H6SO4晶体中存在的化学键．

本题考查了原子轨道杂化方式、微粒空间构型的判断、物质的量的计算等知识点，根据价层电子对互斥理论、物质之间的反应等知识点来分析解答，易错点是（1），此处是价电子排布式不是电子排布式，很多同学审题不细心而导致错误，为易错点．【解析】2s22p3；三角锥形；氨气是极性分子，与水分子形成氢键，与水反应；配位键和极性共价键；sp3；3；d25、略

【分析】解：（1）酸根离子水解显碱性，导致盐碱地产生碱性，水解离子反应为CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，石膏能与碳酸根离子反应，平衡向左移动，OH-浓度降低，降低碱性，石膏电离出的Ca2+与CO32-结合生成更难溶的CaCO3离子反应为：CO32-+CaSO4═SO42-+CaCO3；

故答案为：石膏电离出的Ca2+与CO32-结合生成更难溶的CaCO3CaSO4+CO32-=CaCO3+SO42-，CO32-浓度降低，使得CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，平衡向左移动，OH-浓度降低；碱性减弱；

（2）使SOCl2与FeCl3•6H20混合并加热，可得到无水FeCl3，SOCl2与水反应生成的氯化氢会对氯化铝水解起到抑制作用，反应的化学方程式为：FeCl3+6H2O+6SOCl2=FeCl3+6SO2↑+12HCl↑；

故答案为：FeCl3+6H2O+6SOCl2=FeCl3+6SO