2025年粤教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年粤教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6题，共12分)1、1-20号元素中最外层电子数是次外层电子数三倍的原子是（）A.氧原子B.硫原子C.锂原子D.硼原子2、既可以鉴别乙烷和乙炔，又可以除去乙烷中含有的乙炔杂质的方法是（）A.足量的溴的四氯化碳溶液B.与足量的酸性高锰酸钾溶液反应C.点燃D.在一定条件下与氢气加成3、海洋中有丰富的食品、矿产，能源、药物和水产资源等(如下图所示)，下列有关说法正确的是A.第①步中除去粗盐中的SO42-、Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质，加入的药品顺序为：Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸B.第②步中结晶出的MgCl2·6H2O可在空气中受热分解制无水MgCl2C.在第③④⑤步中溴元素均被氧化D.从第③步到第⑤步的目的是为了浓缩4、下列分子中，所有原子都满足最外层为8电子结构的是（）A.H2OB.BF3C.COCl2D.SF65、将0.1molA12O3、0.1molSiO2和一定量的Fe2O3、NaOH的固体混合物溶于水，充分反应后，向所得反应体系中缓缓通人0.5molHC1气体，所得难溶物的物质的量与HC1的物质的量的关系如图所示．下列说法正确的是（）A.Fe2O3、NaOH的物质的量分别是0.1mol、0.5molB.结合H+的能力：SiO32-＞AlO2-C.A点溶液呈碱性，C两点溶液呈中性D.当n（HCl）＞0.5mol时，难溶物的量会继续增多6、化学反应可视为旧键断裂和新键形成的过程．化学键的键能是形成（或拆开）1mol化学键时释放（或吸收）的能量．已知白磷（P4）和P4O6的分子结构如图所示；

现提供以下化学键的键能：P-P198KJ•mol-1、P-O360kJ•mol-1、氧气分子内氧原子间的键能为498kJ•mol-1则P4+3O2═P4O6的反应热△H为（）A.+1638kJ•mol-1B.-1638kJ•mol-1C.-126kJ•mol-1D.+126kJ•mol-1评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)7、（2016•唐山二模）自然界中存在大量的金属元素；其中钠；镁、铝、铁、铜等在工农业生产中有着广泛的应用．

（1）请写出Fe的基态原子核外电子排布式____．

（2）金属A的原子只有3个电子层；其第一至第四电离能如表：

。电离能（KJ/mol）I1I2I3I4A93218211539021771则A原子的价电子排布式为____．

（3）合成氨工业中，原料气（N2、H2及少量CO、NH3的混合气）在进入合成塔前常用醋酸二氨合铜（I）溶液来吸收原料气体中的CO（Ac-代表CH3COO-），其反应是：[Cu（NH3）2]Ac+CO+NH3⇌[Cu（NH3）3CO]Ac[醋酸羰基三安合铜（I）]△H＜0

①C、N、O三种元素的第一电离能由小到大的顺序为____

②配合物[Cu（NH3）3CO]Ac中心原子的配位数为____

③在一定条件下NH3与CO2能合成尿素[CO（NH2）2]，尿素中C原子核N原子轨道的杂化类型分别为____；1mol尿素分子中，σ键的数目为____NA．

（4）NaCl和MgO都属于离子化合物，NaCl的熔点为801.3℃，MgO的熔点高达2800℃．造成两种晶体熔点差距的主要原因是____．

（5）（NH4）2SO4、NH4NO3等颗粒物及扬尘等易引起雾霾．其中NH4-的空间构型是____（用文字描述），与NO3-互为等电子体的分子是____．（填化学式）

（6）铜的化合物种类很多，如图是氢化亚铜的晶胞结构，已知晶胞的棱长为acm，则氢化亚铜密度的计算式为ρ=____g/cm3．（用NA表示阿佛加德罗常数）8、硫酸铁铵[aFe2（SO4）3•b（NH4）2SO4•cH2O]广泛用于城镇生活饮用水；工业循环水的净化处理等．某化工厂以硫酸亚铁（含少量硝酸钙）和硫酸铵为原料；设计了如图工艺流程制取硫酸铁铵．

请回答下列问题：

（1）硫酸亚铁溶液加H2SO4酸化的主要目的是____，滤渣A的主要成分是____．

（2）下列物质中最适合的氧化剂B是____；反应的离子方程式____．

a．NaClOb．H2O2c．KMnO4d．K2Cr2O7

（3）操作甲、乙的名称分别是：甲____，乙____．

（4）上述流程中，氧化之后和加热蒸发之前，需取少量检验Fe2+是否已全部被氧化，所加试剂为____（写名称），能否用酸性的KMnO4溶液？____（如果能，下问忽略），理由是：____．（可用语言或方程式说明）

（5）检验硫酸铁铵中NH4+的方法是____．

（6）称取14.00g样品，将其溶于水配制成100mL溶液，分成两等份，向其中一份中加入足量NaOH溶液，过滤洗涤得到2.14g沉淀；向另一份溶液中加入0.05molBa（NO3）2溶液，恰好完全反应．则该硫酸铁铵的化学式为____．9、金属镁在目前的汽车；航天、航空、机械制造、军事等产业中得判迅猛发展．

（1）目前市场上某些品牌笔记本电脑（如神舟电脑、IBM电脑等）的外壳一改以往的有机合成材料，而使用镁铝合金、钛铝合金等材料，镁铝合金材料在电脑上代替有机合成材料的目的是____（多选）

A；降低成本B、增强美观。

C；利于散热D、增加强度。

E；增加运算速度。

（2）某学校研究性学习小组欲以镁条；铝片为电极；以稀NaOH溶液为电解质溶液设计原电池．

①给你一支安培表；请你画出该原电池的示意图，并标出正负极．

②一段时间后，铝片发生的电极反应是____；镁条表面只有极少量的气泡产生，则镁电极产生的主要反应的电极反应式为____．10、（1）已知X；Y、Z为同一短周期的三种元素；其原子的部分电离能（kJ/mol）如表所示：

。XYZI1496738577I2456214511817I369127733275495401054011578①三种元素电负性大小关系为____

②写出Y原子的电子排布式____Y的第一电离能大于Z的第一电离能的原因____

③X晶体采用图1中____（填字母）堆积方式．

（2）N2O的等电子体为：①分子____，②阴离子____；由此可知N2O的中心原子的杂化类型为____．根据价层电子对互斥模型确定NO2的分子构型为：____．

（3）已知铜能形成多种化合物；如硫酸铜的结构如图2所示，请在图中标出水合铜离子中的配位键．

11、A；B、C、D四种元素；原子序数依次增大，A原子的最外层上有4个电子；B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E，D的L层电子数等于K、M两个电子层上的电子数之和．

（1）C离子的结构示意图为____．D在周期表中位置____．

（2）写出E的电子式：____．

（3）A、D两元素形成的化合物属____（填“离子”或“共价”）化合物．

（4）写出D的最高价氧化物的水化物和A反应的化学方程式：____．12、25℃时；电离平衡常数：

。化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数1.8×10-5K1=4.3×10-7

K2=5.6×10-113.0×10-8回答下列问题：

（1）物质的量浓度为0.1mol/L的下列四种物质：a．Na2CO3，b．NaClO，c．CH3COONad．NaHCO3；pH由大到小的顺序是：____；（填编号）

（2）常温下0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释过程，下列表达式的数据一定变小的是：____；

A．c（H+）B．c（H+）/c（CH3COOH）C．c（H+）•c（OH-）D．c（OH-）/c（H+）

（3）体积为10mLpH=2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1000mL，稀释过程pH变化如图．则HX的电离平衡常数____（填“大于”、“等于”或“小于”）醋酸的平衡常数；理由是____，稀释后，HX溶液中水电离出来的c（H+）____醋酸溶液水电离出来c（H+）（填“大于”、“等于”或“小于”）理由是：____；

（4）25℃时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液；若测得混合液pH=6，则溶液中。

c（CH3COO-）-c（Na+）=____．（填准确数值）．

13、如图画出了氢原子的4个能级，并注明了相应的能量E，处于n=4的一群氢原子的电子向低能级跃迁时，能够发出不同频率光波的种数为____．

14、（2015秋•应城市校级期中）到目前为止；由化学能转变的热能或电能仍然是人类使用的最主要的能源．

（1）在25℃、101kPa下，16g的甲醇（CH3OH）完全燃烧生成CO2和液态水时放出352kJ的热量，则表示甲醇燃烧热的热化学方程式____．

（2）化学反应中放出的热能（焓变；△H）与反应物和生成物的键能（E）有关．

已知：H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H=-185kJ/mol；

E（H-H）=436kJ/mol，E（Cl-Cl）=243kJ/mol则E（H-Cl）=____

（3）①如图是N2和H2反应生成2molNH3过程中能量变化示意图，请计算每生成1molNH3放出热量为：____；②若起始时向容器内放入1molN2和3molH2，达平衡后N2的转化率为20%，则反应放出的热量为Q1kJ，则Q1的数值为____；

若在同体积的容器中充入2molN2和6molH2，达平衡后放出的热量为Q2kJ，则Q2____2Q1（填“＞”、“＜”或“=”）评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)15、一定量的铁粉与铜粉混合物，与适量稀硝酸反应，生成标准状况下气体5.6L．则参加反应的硝酸的物质的量为1mol．____（判断对错）16、在标准状况时，20mLNH3与60mLO2所含的分子个数比为1：3____．（判断对错）17、一定压强下，所有物质在温度变化时都能表现出三态变化．____（判断对错）18、Na2SO4固体中含钠离子．____（判断对错）19、SO3和H2O的反应与SO2和H2O的反应类型完全相同____（判断对和错）20、误食重金属盐而引起的中毒，急救方法可以服用大量的豆浆或牛奶．____．（判断对错）21、铁和稀硫酸反应的离子反应方程式：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑____．（判断对错）22、将40gNaOH溶解在1L水中，溶液中溶质的物质的量浓度为1mol/L____．（判断对错）23、判断下列说法是否正确；正确的划“√”，错误的划“×”

（1）乙醛分子中的所有原子都在同一平面上____

（2）凡是能发生银镜反应的有机物都是醛____

（3）醛类既能被氧化为羧酸，又能被还原为醇____

（4）完全燃烧等物质的量的乙醛和乙醇，消耗氧气的质量相等____

（5）在水溶液里，乙酸分子中的-CH可以电离出H+____．评卷人得分四、推断题(共1题，共3分)24、（2008•海南）如图表示某固态单质A及其化合物之间的转化关系（某些产物和反应条件已略去）．化合物B在常温常压下为气体；B和C的相对分子质量之比为4：5，化合物D是重要的工业原料．

（1）写出A在加热条件下与H2反应的化学方程式____；

（2）写出E与A的氢化物反应生成A的化学方程式____；

（3）写出一个由D生成B的化学方程式____；

（4）将5mL0.10mol•L-1的E溶液与10mL0.10mol•L-1的NaOH溶液混合．

①写出反应的离子方程式____；

②反应后溶液的pH____7（填“大于”、“小于”或“等于”），理由是____；

③加热反应后的溶液，其pH____（填“增大”、“不变”或“减小”），理由是____．评卷人得分五、其他(共1题，共9分)25、将下列各仪器名称前的字母序号与其用途相对应的选项填在相应位置．

（1）用来夹试管的工具是____；

（2）贮存固体药品的仪器是____；

（3）常作为反应用的玻璃容器是____；

（4）用于洗涤仪器内壁的工具是____；

（5）用于夹持燃烧镁条的工具是____；

（6）检验物质可燃性，进行固气燃烧实验的仪器是____；

（7）用于加热浓缩溶液、析出晶体的瓷器是____；

（8）加热时常垫在玻璃容器与热源之间的用品是____．评卷人得分六、综合题(共2题，共12分)26、（15分）下列框图中的A~K物质均为中学常见物质。已知B、D、E、L常温下为密度比空气大的气体，D、E为单质，其它为化合物。A和I都是常用的漂白剂，F的焰色反应呈黄色。F、G均能与L的水溶液反应放出B。请根据图示关系回答问题：（1）F的俗名是＿＿＿＿＿＿；K的电子式＿＿＿＿＿＿。（2）反应①~⑤中，属于氧化－还原反应的是＿＿＿＿＿＿。（3）反应④的离子方程式＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。反应③的化学方程式＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。（4）某单质能与H反应生成E，该反应的化学方程式为＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。27、［化学—选修有机化学基础］（15分）．雷诺嗪是治疗慢性心绞痛首选新药。雷诺嗪合成路线如下：（1）雷诺嗪中含氧官能团，除酰胺键（-NHCO-）外，另两种官能团名称：＿＿＿＿、＿＿＿＿。（2）写出满足下列条件A的同分异构体的数目＿＿＿＿。①A能与FeCl3溶液发生显色反应；②1molA可与2molNaOH反应。（3）C→D中，加入适量NaOH的作用是：＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。（4）从雷诺嗪合成路线得到启示，可用间二甲苯、ClCH2COCl、（C2H5）2NH（无机试剂任用）合成盐酸利多卡因，请在横线上补充反应物，在方框内补充生成物。已知：参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】【分析】根据原子核外电子排布规则，最外层最多不超过8个电子，最外层电子数是次外层电子数三倍，则说明次外层只能有2个电子，因此该元素含有的电子数为2+6=8．【解析】【解答】解：根据原子核外电子排布规则；最外层最多不超过8个电子；

最外层电子数是次外层电子数三倍；则说明次外层只能有2个电子；

因此该元素含有的电子数为2+6=8；质子数=核外电子数=8，为氧原子；

故选：A．2、A【分析】【分析】乙炔含有C=C官能团，能与溴水发生加成反应，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，注意除杂时不能引入新的杂质，且不能影响被提纯的物质．【解析】【解答】解：A．通入足量的溴的四氯化碳溶液中；乙炔与溴水发生加成反应，溴水褪色，既可以用来鉴别乙烷和乙炔，又可以用来除去乙烷中混有的乙炔，故A正确；

B．气体通入酸性高锰酸钾溶液中；会生成二氧化碳气体，这样会引入新的杂质，故B错误；

C．在空气中燃烧不能将乙烷中的乙炔除去；故C错误；

D．在一定条件下通入氢气不能鉴别乙烷和乙炔；且能引入新的杂质，故D错误．

故选A．3、D【分析】【解析】【答案】D4、C【分析】【分析】对于ABn型共价化合物元素化合价绝对值+元素原子的最外层电子层=8，则该元素原子满足8电子结构，含H元素的化合物一定不满足8电子结构．【解析】【解答】解：A、H2O中；O元素化合价为-2，O原子最外层电子数为6，所以2+6=8，O原子满足8电子结构；H元素化合价为+1，H原子最外层电子数为1，所以1+1=2，H原子满足2电子结构，故A错误；

B、BF3中B元素化合价为+3；B原子最外层电子数为3，所以3+3=6，B原子不满足8电子结构；F元素化合价为-1，F原子最外层电子数为7，所以1+7=8，F原子满足8电子结构，都满足8电子稳定结构，故B错误；

C、COCl2中C元素化合价为+4；C原子最外层电子数为4，所以4+4=8，C原子满足8电子结构；O元素化合价为-2，O原子最外层电子数为6，所以2+6=8，O原子满足8电子结构；Cl元素化合价为-1，Cl原子最外层电子数为7，所以1+7=8，Cl原子满足8电子结构，都满足8电子稳定结构，故C正确；

D、SF6中S元素化合价为+6；S原子最外层电子数为6，所以6+6=12，S原子不满足8电子结构，F元素化合价为-1，F原子最外层电子数为7，所以1+7=8，F原子满足8电子结构，故D错误；

故选：C．5、A【分析】【分析】A．由图象可知，Al2O3、SiO2、Fe2O3、NaOH充分混合后有0.1molNaOH剩余；氧化铁不溶解，根据A点的纵坐标可知Fe2O3为0.1mol；由于Al2O3、SiO2均为0.1mol，与NaOH反应生成0.2molNaAlO2、0.1molNa2SiO3；根据钠元素守恒计算出NaOH的物质的量；

B．根据H2O+AlO2-+H+=Al（OH）3↓可知：0.2AlO2-与0.2molHCl恰好生成0.2molAl（OH）3沉淀，根据SiO32-+2H+=H2SiO3↓可知：0.1molSiO32-与0.2molHCl恰好生成0.1molH2SiO3沉淀，结合图象可知AB段、BC段对应的沉淀分别是Al（OH）3和H2SiO3，据此判断AlO2-、SiO32-结合H+的能力大小；

C．A点溶液中含有NaAlO2、Na2SiO3和NaCl，B点溶液中含有Na2SiO3和NaCl；C点溶液中只有NaCl，根据盐的水解原理判断；

D．C点AlO2-、SiO32-恰好完全沉淀，再通入HCl，Fe2O3、Al（OH）3会溶解．【解析】【解答】解：A．根据图象可知，Al2O3、SiO2、Fe2O3、NaOH充分混合后有0.1molNaOH剩余；氧化铁不溶解，根据A点的纵坐标可知Fe2O3为0.1mol；由于Al2O3、SiO2均为0.1mol，与NaOH反应生成0.2molNaAlO2、0.1molNa2SiO3；根据钠元素守恒可知NaOH的物质的量为：0.1mol+0.2mol+0.1mol×2=0.5mol，故A正确；

B．根据H2O+AlO2-+H+=Al（OH）3↓可知，0.2AlO2-与0.2molHCl恰好生成0.2molAl（OH）3沉淀，根据SiO32-+2H+=H2SiO3↓可知，0.1molSiO32-与0.2molHCl恰好生成0.1molH2SiO3沉淀，结合图象可知AB段、BC段对应的沉淀分别是Al（OH）3和H2SiO3，从而说明AlO2-结合H+的能力大于SiO32-；故B错误；

C．A点溶液中含有NaAlO2、Na2SiO3和NaCl，B点溶液中含有Na2SiO3和NaCl；C点溶液中只有NaCl，B点硅酸钠水解，溶液显示碱性，故C错误；

D．C点AlO2-、SiO32-恰好完全沉淀，再通入HCl，Fe2O3、Al（OH）3会溶解；所以沉淀的量会减少，故D错误；

故选A．6、B【分析】【分析】反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，据此计算判断．注意每摩尔P4中含有6molP-P键．【解析】【解答】解：各化学键键能为P-P198kJ•mol-1、P-O360kJ•mol-1、O=O498kJ•mol-1．

反应热△H=反应物总键能-生成物总键能；

所以反应P4+3O2=P4O6的反应热△H=6×198kJ•mol-1+3×498kJ•mol-1-12×360kJ•mol-1=-1638kJ•mol-1；

故选：B．二、填空题(共8题，共16分)7、1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s23s2C＜O＜N4sp2、sp37MgO晶体所含离子半径小，电荷数多，晶格能大正四面体SO3或者BF3【分析】【分析】（1）铁是26号元素；根据核外电子排布规律，可以写出其基态原子核外电子排布式；

（2）从表中原子的第一至第四电离能可以看出；A的第二电离能小；

（3）①同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势；但第IIA族和第VA族元素的第一电离能大于相邻元素；

②根据化合物的化学式判断；一价铜离子有三个氨基配体和一个羰基配体，共4个配体；

③计算杂化类型时根据电子对数来判断；中心原子的价电子数与配体电子数的和除以2就得到电子对数，根据电子对数，可以确定杂化类型；

（4）离子化合物中晶格能越大；离子所带电荷越多，熔沸点越高；等电子体是指具有相同价电子总数和原子总数的分子或离子；

（5）根据价层电子对互斥理论确定N原子的价层电子对数；再确定杂化类型；分子空间构型；

（6）根据均摊法计算一个晶胞中各原子的数目，根据晶胞密度计算．【解析】【解答】解：（1）铁是26号元素，根据核外电子排布规律，可以写出其基态原子核外电子排布式：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；

故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；

（2）从表中原子的第一至第四电离能可以看出，A的第二电离能小，第三电离能较大，说明易失去2个电子，则A的化合价为+2价，应为Mg元素，价电子排布为3s2，故答案为：3s2；

（3）①同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势；但第IIA族和第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，所以C；N、O三种元素的第一电离能由小到大的顺序为：C＜O＜N，故答案为：C＜O＜N；

②一价铜离子有三个氨基配体和一个羰基配体；共4个配体，故答案为：4；

③中心原子为碳，价电子数为4，氧不为中心原子，不提供电子，每个亚氨基提供一个电子，电子对数为（4+1×2）÷2=3，故杂化轨道为sp2，氮原子形成了3个σ键，同时还有一对孤电子，电子对数为3+1=4，故杂化轨道为sp3．σ键的数目为3，每个亚氨基中σ键的数目2，一分子尿素中含σ键的数目为3+2×2=7，故每摩尔尿素中含有σ键的数目为7NA；

故答案为：sp2、sp3；7；

（4）MgO中离子都带2个单位电荷，NaCl中离子都带1个单位电荷，离子半径Cl-＜O2-，Mg2+＜Na+；高价化合物的晶格能远大于低价离子化合物的晶格，晶格能MgO＞NaCl，故熔点MgO＞NaCl，故答案为：MgO晶体所含离子半径小，电荷数多，晶格能大；

（5）NH4+中N原子的价层电子对数为4+（5-1-4×1）=4，而且没有孤电子对，所以离子的空间构型为正四面体；NO3-原子数为4，价电子数为24，则其等电子体为：SO3或者BF3；

故答案为：正四面体、SO3或者BF3；

（6）一个晶胞中Cu原子数目为，H原子数目为4，晶胞密度==g/cm3．故答案为：．8、增大溶液中SO42-浓度，将Ca2+转化为沉淀或抑制Fe2+水解CaSO4bH2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O冷却结晶常温晾晒铁氰化钾溶液不能因为过氧化氢和二价铁离子均能使酸性高锰酸钾溶液褪色在试管中加入少量样品和NaOH固体加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，看到试纸变成蓝色Fe2（SO4）3•2（NH4）2SO4•2H2O【分析】【分析】原料中加入硫酸酸化；可生成硫酸钙沉淀，减压过滤后加入过氧化氢氧化可生成硫酸铁，加入硫酸铵，在80℃下反应可生成硫酸铁铵，经蒸发浓缩；冷却结晶、过滤洗涤，最后经常温晾晒可到纯净的硫酸铁铵，结合对应物质的性质以及题目要求可解答该题．

（1）硫酸亚铁中亚铁离子水解；硫酸可以抑制水解，硫酸根离子可以将钙离子沉淀；

（2）加入氧化剂可氧化亚铁离子；但应避免引入新杂质；

（3）硫酸铁铵经蒸发浓缩；冷却结晶、过滤洗涤；最后经常温晾晒可到纯净的硫酸铁铵，但是温度不能太高；

（4）根据酸性高锰酸钾溶液氧化性很强；可以氧化二价铁和双氧水分析；

（5）检验NH4+的方法是加入强碱反应、加热能够产生使湿润的红色石蕊试液变蓝的气体，该气体是氨气，从而证明原溶液中一定含有NH4+；

（6）根据元素守恒结合发生的转化来计算．【解析】【解答】解：原料中加入硫酸酸化；可生成硫酸钙沉淀，减压过滤后加入过氧化氢氧化可生成硫酸铁，加入硫酸铵，在80℃下反应可生成硫酸铁铵，经蒸发浓缩；冷却结晶、过滤洗涤，最后经常温晾晒可到纯净的硫酸铁铵；

（1）加入硫酸，可增大溶液中SO42-浓度，将Ca2+转化为沉淀，生成CaSO4，同时抑制Fe2+水解；

故答案为：增大溶液中SO42-浓度，将Ca2+转化为沉淀或抑制Fe2+水解；CaSO4；

（2）为避免引入新杂质，应加入过氧化氢为氧化剂，还原产物是水，反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；

故答案为：b；H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；

（3）在80℃下反应可生成硫酸铁铵；经蒸发浓缩；冷却结晶、过滤洗涤，最后经常温晾晒可到纯净的硫酸铁铵，温度不能过高，防止分解；

故答案为：冷却结晶；常温晾晒；

（4）酸性高锰酸钾溶液氧化性很强；可以氧化二价铁和双氧水，应加入铁氰化钾溶液，如生成蓝色沉淀，可说明含有亚铁离子；

故答案为：铁氰化钾溶液；不能；因为过氧化氢和二价铁离子均能使酸性高锰酸钾溶液褪色；

（5）检验NH4+的方法是加入强碱反应、加热能够产生使湿润的红色石蕊试液变蓝的气体，该气体是氨气，从而证明原溶液中一定含有NH4+；

故答案为：在试管中加入少量样品和NaOH固体加热；在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，看到试纸变成蓝色；

（6）称取14.00g样品，将其溶于水配置成100mL溶液，分成两等份，向其中一份中加入足量NaOH溶液，过滤洗涤得到2.14g沉淀，应为Fe（OH）3；

n（Fe（OH）3）==0.02mol；

向另一份溶液中加入0.05molBa（NO3）2溶液，恰好完全反应，则n（SO42-）=0.05mol；

所以14.00g样品中含有Fe2（SO4）30.02mol，n（SO42-）为0.1mol，则（NH4）2SO4为0.1mol-0.02mol×3=0.04mol；

则m（H2O）=14.00g-0.02mol×400g/mol-0.04mol×132g/mol=0.72g；

n（H2O）==0.04mol；

n（Fe2（SO4）3）：n（（NH4）2SO4）：n（H2O）=0.02：0.04：0.04=1：2：2；

所以化学式为Fe2（SO4）3•2（NH4）2SO4•2H2O；

故答案为：Fe2（SO4）3•2（NH4）2SO4•2H2O．9、BCAl+4OH--3e-=AlO2-+2H2OO2+2H2O+4e-=4OH-【分析】【分析】（1）根据铝合金材料（有钛铝合金；镁铝合金等）硬度大；而且美观分析；

（2）①镁和铝；镁的活泼性强于铝，所以开始镁做负极；铝做正极；

②Mg虽比Al活泼，但Mg不能与NaOH溶液反应，而Al可与NaOH溶液反应，故Al作负极，失电子生成Al3+，Al3+结合OH-生成AlO2，镁做正极，氧气在正极得到电子被还原，发生吸氧腐蚀．【解析】【解答】解：（1）因为铝合金材料（有钛铝合金；镁铝合金等）硬度大；而且美观，所以铝合金材料在电脑上代替有机合成材料；

故选：BC；

（2）①镁和铝，镁的活泼性强于铝，所以开始镁做负极、铝做正极；原电池装置图：

故答案为：

②Mg虽比Al活泼，但Mg不能与NaOH溶液反应，而Al可与NaOH溶液反应，故Al作负极，失电子生成Al3+，Al3+结合OH-生成AlO2，电极反应式为：Al+4OH--3e-=AlO2-+2H2O，镁做正极，氧气在正极得到电子被还原，电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-；

故答案为：Al+4OH--3e-=AlO2-+2H2O；O2+2H2O+4e-=4OH-；10、Z＞Y＞X1s22s22p63s2Y元素原子最外层s轨道上的电子为全满ACO2SCN-或N3-SPV型【分析】【分析】（1）根据元素电离能的变化知；X为第ⅠA族元素；Y为第ⅡA族元素、Z为第ⅢA族元素，又X、Y、Z为同一周期的三种元素，而且X为第ⅠA族元素可以失去4个电子，则这几种元素为第三周期，分别是Na、Mg、Al元素；

①元素的非金属性越强；电负性越强；即同周期自左而右电负性增大；同一主族元素从上到下电负性逐渐减小；

②根据Y为镁元素；原子的核外电子数为12，再根据核外电子排布规律来写；同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族；第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；

③钾；钠和铁型；体心立方堆积，镁、锌、钛型，六方最密堆积，面心立方最密堆积（Cu型），据此分析解答；

（2）原子个数相等且价电子数相等的分子为等电子体；根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及原子杂化方式；

（3）含有孤电子对的原子和含有空轨道的原子之间能形成配位键．【解析】【解答】解：（1）根据元素电离能的变化知；X为第ⅠA族元素；Y为第ⅡA族元素、Z为第ⅢA族元素，根据元素的第一电离能知，这几种元素分别是Na、Mg、Al元素；

①一般来说；元素非金属性越强电负性越小，金属性越强，电负性越小，同周期自左而右电负性增大，Na；Mg、Al属于同周期元素，Na＜Mg＜Al；

即Z＞Y＞X；

故答案为：Z＞Y＞X；

②Mg元素为12号元素，原子核外有12个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s2；Y；Z元素处于同一周期且原子序数逐渐增大，但Y为镁元素，处于第ⅡA族，最外层s轨道上的电子为全满，所以Y的第一电离能大于Z；

故答案为：1s22s22p63s2；Y元素原子最外层s轨道上的电子为全满；

③钠属于体心立方堆积；

故答案为：A；

（2）①N2O中原子个数是3价电子数是16；含有3个原子且价电子数是16的有二氧化碳；

故答案为：CO2；

②原子个数为3价电子数为16的离子有SCN-或N3-等，N2O的中心原子含有2个价层电子对且不含孤电子对，为sp杂化，NO2的中心原子价电子对个数是2.5且含有一个孤电子；为V型；

故答案为：SCN-或N3-；sp；V型；

（3）该配合物中；铜原子提供空轨道，水中氧原子提供孤电子对，配位键由提供孤电子对的原子指向提供空轨道的原子，所以其表示方法为：

故答案为：．11、第三周期第ⅥA族共价C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O【分析】【分析】根据B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E可知，E为过氧化钠，B元素为氧元素，C元素为钠元素．A原子的最外层上有4个电子且原子序数小于B（即氧元素），所以A为碳元素．D的L层电子数等于K、M两个电子层上的电子数之和，L层上有8个电子，K层上有2个电子，则M层上有6个电子，所以D元素为硫元素，据此答题．【解析】【解答】解：根据B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构；两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E可知，E为过氧化钠，B元素为氧元素，C元素为钠元素．A原子的最外层上有4个电子且原子序数小于B（即氧元素），所以A为碳元素．D的L层电子数等于K；M两个电子层上的电子数之和，L层上有8个电子，K层上有2个电子，则M层上有6个电子，所以D元素为硫元素；

（1）C元素为钠元素，C离子的结构示意图为D为硫元素，D在周期表中位置是第三周期第ⅥA族；

故答案为：第三周期第ⅥA族；

（2）E为过氧化钠，E的电子式为：

故答案为：

（3）A为碳元素；D为硫元素，A；D两元素形成的化合物为二硫化碳，属共价化合物；

故答案为：共价；

（4）D为硫元素，D的最高价氧化物的水化物为硫酸，和碳反应的化学方程式为：C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O；

故答案为：C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O．12、略

【分析】

（1）由电离平衡常数判断酸性的强弱；酸性越强，其对应盐的水解程度越大，溶液的pH就越大；

由表格中的数据可知，酸性CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，则水解程度为a＞b＞d＞c，pH由大到小的顺序是a＞b＞d＞c，故答案为：a＞b＞d＞c；

（2）A．CH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，c（H+）减小；故A选；

B．c（H+）/c（CH3COOH）=n（H+）/n（CH3COOH）；则稀释过程中比值变大，故B不选；

C．稀释过程，促进电离，c（H+）减小，c（OH-）增大，c（H+）•c（OH-）=Kw；Kw不变，故C不选；

D．稀释过程，促进电离，c（H+）减小，c（OH-）增大，则c（OH-）/c（H+）变大；故D不选；

故答案为：A；

（3）由图可知，稀释相同的倍数，HX的pH变化程度大，则酸性HX强，电离平衡常数大；稀释后，HX电离生成的c（H+）小，对水的电离抑制能力小，所以HX溶液中水电离出来的c（H+）大，故答案为：大于；HX的pH变化程度大，则酸性HX强，电离平衡常数大；大于；稀释后，HX电离生成的c（H+）小；对水的电离抑制能力小；

（4）25℃时，混合液pH=6，c（H+）=1.0×10-6mol/L，则由Kw可知，c（OH-）=1.0×10-8mol/L，由电荷守恒可知，c（CH3COO-）-c（Na+）=c（H+）-c（OH-）=9.9×10-7mol/L，故答案为：9.9×10-7mol/L．

【解析】【答案】（1）由电离平衡常数判断酸性的强弱；酸性越强，其对应盐的水解程度越大，溶液的pH就越大；

（2）CH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，c（H+）减小，c（OH-）增大；Kw不变；

（3）由图可知，稀释相同的倍数，HX的pH变化程度大，则酸性HX强，电离平衡常数大；稀释后，HX电离生成的c（H+）小；对水的电离抑制能力小；

（4）25℃时，混合液pH=6，c（H+）=1.0×10-6mol/L，则由Kw可知，c（OH-）=1.0×10-8mol/L，由电荷守恒可知，c（CH3COO-）-c（Na+）=c（H+）-c（OH-）．

13、6【分析】【分析】处于n=4的一群氢原子的电子向低能级跃迁时，发射光子能量是不连续的，光子能量为2个能级之差，4个能级进行组合共有C42种不同频率的光子．【解析】【解答】解：处于n=4的一群氢原子的电子向低能级跃迁时，发射光子能量是不连续的，光子能量为2个能级之差，4个能级进行组合共有C42种不同频率的光子，即有=6种能够发出不同频率光波；

故答案为：6．14、CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-704KJ/mol432kJ/mol46.1kJ18.44＞【分析】【分析】（1）依据燃烧热概念是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量书写热化学方程式，16g的甲醇（CH3OH）完全燃烧生成CO2和液态水时放出352kJ的热量；32g甲醇即1mol，燃烧生成二氧化碳和液态水放热704KJ，标注物质聚集状态和对应焓变写出；

（2）依据反应的焓变△H=反应物键能总和-生成物键能总和计算；

（3）①分析图象N2和H2反应生成2molNH3过程中能量变化示意图可知反应放热427.2KJ-335KJ=92.2KJ，每生成1molNH3放出热量46.1KJ；

②依据化学平衡计算生成氨气物质的量，结合热化学方程式计算Q1，若在同体积的容器中充入2molN2和6molH2，可以看作在原来平衡中加入1mol氮气和3mol氢气，相当于增大压强，平衡正向进行计算分析达平衡后放出的热量为Q2kJ．【解析】【解答】解：（1）16g的甲醇（CH3OH）完全燃烧生成CO2和液态水时放出352kJ的热量，32g甲醇即1mol，燃烧生成二氧化碳和液态水放热704KJ，标注物质聚集状态和对应焓变写出热化学方程式为：CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-704KJ/mol；

故答案为：CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-704KJ/mol；

（2）H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）△H=-185kJ/mol

E（H-H）=436kJ/mol；E（Cl-Cl）=243kJ/mol

△H=反应物键能总和-生成物键能总和得到：-185kJ/mol=436KJ/mol+243KJ/mol-2E（H-Cl）

则E（H-Cl）=432kJ/mol；

故答案为：432kJ/mol；

（3）①图象分析可知，N2和H2反应生成2molNH3过程中能量变化示意图可知反应放热427.2KJ-335KJ=92.2KJ，每生成1molNH3放出热量46.1KJ；

故答案为：46.1kJ；

②如图是N2和H2反应生成2molNH3过程中能量变化示意图；反应焓变△H=335KJ/mol-427.2KJ/mol=-92.2KJ/mol；

N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92.2KJ/mol

130

0.20.60.4

生成0.4mol氨气放热=×92；2KJ=18.44KJ；

若在同体积的容器中充入2molN2和6molH2，可以看作在原来平衡中加入1mol氮气和3mol氢气，相当于增大压强，平衡正向进行达平衡后放出的热量Q2大于2Q1；

故答案为：18.44，＞．三、判断题(共9题，共18分)15、√【分析】【分析】标准状况下5.6LNO的物质的量为：=0.25mol；铁粉、铜粉的混合物与稀硝酸发生的反应有：Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O、3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，据此判断消耗的硝酸的物质的量．【解析】【解答】解：粉与铜粉混合物与适量稀硝酸反应生成的气体为NO，标准状况下5.6LNO的物质的量为：=0.25mol；

铜粉与稀硝酸反应的方程式为：①3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；

铁与稀硝酸反应的方程式有：②Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O、③3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O；

分析反应①②③可知；无论铜粉与铁粉的组成，生成0.25molNO都消耗硝酸：0.25mol×4=1mol；

故答案为：√．16、√【分析】【分析】相同条件下，气体体积之比等于其分子数目之比．【解析】【解答】解：同温同压下，气体体积之比等于其分子数目之比，故标准状况时，20mLNH3与60mLO2所含的分子个数比=20mL：60mL=1：3，故正确，故答案为：√．17、×【分析】【分析】有的固体受热时会直接升华为气体．【解析】【解答】解：一定压强下；所有物质在温度变化时不一定能表现出三态变化，如碘受热时直接升华为气体，不形成液体，故错误；

故答案为：×．18、√【分析】【分析】可从该化合物所含化学键及晶体类型判断是否含有钠离子．【解析】【解答】解：Na是第ⅠA族活泼金属，与酸根离子形成离子键，所以Na2SO4属于离子化合物；由阳离子钠离子和阴离子硫酸根离子构成；

故答案为：√．19、×【分析】【分析】依据化学方程式分析判断，反应都是两种物质反应生成一种物质，属于化合反应，但从可逆反应上来看，二氧化硫与水反应为可逆反应．【解析】【解答】解：SO3+H2O=H2SO4，H2O+SO2⇌H2SO3依据化学方程式分析判断，反应都是两种物质反应生成一种物质，属于化合反应，但从可逆反应上来看，二氧化硫与水反应为可逆反应，故不完全相同，故答案为：×．20、√【分析】【分析】重金属盐中毒的原理即破坏人体的蛋白质结构，鸡蛋清、豆浆、牛奶中含有蛋白质，据此解题．【解析】【解答】解：重金属盐中毒的原理即破坏人体的蛋白质结构，鸡蛋清、豆浆、牛奶中含有蛋白质，服用鸡蛋清、豆浆、牛奶，可防止人体本身的蛋白质被破坏，能用于解毒，故答案为：√．21、×【分析】【分析】铁为变价金属，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，不会生成硫酸铁，该离子方程式中反应产物错误，应该生成Fe2+离子，不是生成Fe3+．【解析】【解答】解：由于Fe3+的氧化性大于氢离子，则铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气和氢气，不会生成硫酸铁，正确的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；

故答案为：×．22、×【分析】【分析】将40gNaOH溶解在1L水中，溶液体积大于1L．【解析】【解答】解：将40gNaOH溶解在1L水中；溶液体积大于1L，溶液中溶质的物质的量浓度小于1mol/L；

故答案为：×．23、×【分析】【分析】（1）乙醛可看作甲烷中的氢原子被醛基取代产物；

（2）含醛基的物质能发生银镜反应；

（3）醛基既可被氧化为羧基也可被还原为羟基；

（4）根据乙醛和乙醇的分子