2025年華師大新版高三化學(xué)下冊(cè)月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年華師大新版高三化學(xué)下冊(cè)月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、物質(zhì)的量相同的鈉、鎂、鋁分別和足量稀硫酸反應(yīng)，所產(chǎn)生氣體的量是（）A.鈉最多B.鋁最少C.鋁最多D.三者一樣多2、某有機(jī)物rm{ng}跟足量金屬鈉反應(yīng)生成rm{vLH_{2}}另取rm{ng}該有機(jī)物與足量碳酸氫鈉作用生成rm{vLCO_{2}(}同一狀況rm{)}該有機(jī)物分子中含有的官能團(tuán)為rm{(}rm{)}A.含一個(gè)羧基和一個(gè)羥基B.含兩個(gè)羧基C.只含一個(gè)羧基D.含兩個(gè)羥基3、今有300mL0.1mol/LNa2SO4溶液，200mL0.1mol/LMgSO4溶液和100mL0.1mol/LAl2（SO4）3溶液，這三種溶液中硫酸根離子濃度之比是（）A.1：1：1B.3：2：1C.3：2：3D.1：1：34、普羅帕酮是廣譜高效抗心律失常的藥物；它由有機(jī)物X經(jīng)多步反應(yīng)合成的過(guò)程如下：

下列說(shuō)法正確的是（）A.普羅帕酮的分子式為C19H24NO3B.X，Y的核磁共振氫譜圖中都有4組特征峰C.含少量X與Y的普羅帕酮可用燒堿溶液進(jìn)行提純D.一定條件下，X、Y和普羅帕酮都能發(fā)生加成、取代、水解反應(yīng)5、下列說(shuō)法正確的是（）A.光導(dǎo)纖維的主要成分為二氧化硅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在自然界中既有游離態(tài)又有化合態(tài)6、下列說(shuō)法正確的是（）A.用丙酮與鹽酸的混合液作展開劑，對(duì)Fe3+與Cu2+用紙層析法分離時(shí)，F(xiàn)e3+移動(dòng)較快B.阿司匹林制備實(shí)驗(yàn)中，將粗產(chǎn)品加入飽和NaOH溶液中以除去水楊酸聚合物C.用瓷坩鍋高溫熔融NaOH和Na2CO3的固體混合物D.標(biāo)準(zhǔn)鹽酸滴定待測(cè)NaOH溶液，水洗后的酸式滴定管未經(jīng)標(biāo)準(zhǔn)液潤(rùn)洗，則測(cè)定結(jié)果偏低7、下表中各組物質(zhì)之間不能通過(guò)一步反應(yīng)實(shí)現(xiàn)下圖轉(zhuǎn)化的是（）

。甲乙丙AAlCl3Al（OH）3Al2O3BSiO2H2SiO3Na2SiO3CCl2HClNaClDCH2=CH2CH3CH2ClCH3CH2OHA.AB.BC.CD.D評(píng)卷人得分二、多選題(共5題，共10分)8、在10L密閉容器中；A；B、C三種氣態(tài)物質(zhì)構(gòu)成了可逆反應(yīng)的體系；當(dāng)在某一溫度時(shí)，A、B、C物質(zhì)的量與時(shí)間的關(guān)系如圖一，C的百分含量與溫度的關(guān)系如圖二．

下列分析不正確的是（）A.此反應(yīng)的正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)．B.由T1向T2變化時(shí)，V正＞VC.增大壓強(qiáng)，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)D.0～4分鐘時(shí)，A的速率為0.01mol/（L?min）9、“綠色化學(xué)”是指從技術(shù)、經(jīng)濟(jì)上設(shè)計(jì)可行的化學(xué)反應(yīng)，盡可能減少對(duì)環(huán)境的負(fù)作用．下列化學(xué)反應(yīng)，不符合綠色化學(xué)概念的是（）A.消除硫酸廠尾氣排放的SO2：SO2+2NH3+H2O=（NH4）2SO3B.消除制硝酸工業(yè)尾氣的氮氧化物污染：NO2+NO+NaOH=2NaNO2+H2OC.制CuSO4：Cu+2H2SO4（濃）=CuSO4+SO2↑+2H2OD.制Cu（NO3）2：3Cu+8HNO3（?。?3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O10、下列各組離子，在指定的條件下能大量共存的是（）A.滴加甲基橙試劑呈紅色的溶液：Fe2+、NH4+、Cl-、NO3-B.pH為14的溶液：S2-、SO32-、S2O32-、Na+C.水電離出來(lái)的c（OH-）=10-13mol/L的溶液：K+、HCO3-、Br-、Ca2+D.滴加石蕊試液呈紅色的溶液：K+、SO42-、NO3-、NH4+11、（2014?江蘇模擬）國(guó)慶期間對(duì)大量盆栽鮮花施用了S-誘抗素制劑，以保證鮮花盛開．S-誘抗素的分子結(jié)構(gòu)如圖，下列關(guān)于該物質(zhì)的說(shuō)法正確的是（）A.其分子式為C15H21O4B.分子中只含有1個(gè)手性碳原子C.既能發(fā)生加聚反應(yīng)，又能發(fā)生縮聚反應(yīng)D.既能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，又能使酸性KMnO4溶液褪色12、短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序數(shù)依次增大，甲和乙形成的氣態(tài)氫化物的水溶液呈堿性，乙位于第VA族，甲和丙同主族，丁的最外層電子數(shù)和電子層數(shù)相等，則正確的是（）A.原子半徑：丙＞丁＞乙B.單質(zhì)的還原性：?。颈炯證.甲、乙、丙的氧化物均為共價(jià)化合物D.乙、丙、丁的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物能相互反應(yīng)評(píng)卷人得分三、填空題(共8題，共16分)13、現(xiàn)用質(zhì)量分?jǐn)?shù)為98%、密度為1.84g?cm-3的濃H2SO4來(lái)配制250mL、0.2mol?L-1的稀H2SO4．可供選擇的儀器有：①容量瓶②藥匙③燒杯④托盤天平⑤量筒⑥玻璃棒⑦膠頭滴管⑧燒瓶．請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

（1）上述儀器中，在配制稀H2SO4時(shí)用到的有____（填代號(hào)）．

（2）經(jīng)計(jì)算，需濃H2SO4的體積為____．現(xiàn)有①10mL②50mL③100mL三種規(guī)格的量筒，你選用的量筒是____

（3）將濃H2SO4加適量蒸餾水稀釋后，冷卻片刻，隨后全部轉(zhuǎn)移到____mL的容量瓶中，轉(zhuǎn)移時(shí)應(yīng)用____引流．轉(zhuǎn)移完畢，用少量蒸餾水洗滌燒杯____次，并將洗滌液全部轉(zhuǎn)移到容量瓶中，再加適量蒸餾水，振蕩容量瓶，使溶液混合均勻．然后緩緩地把蒸餾水直接注入容量瓶直到液面接近刻度____處．改用____滴加蒸餾水到瓶頸刻度的地方，使溶液的____．振蕩；搖勻后；裝瓶、貼簽．

（4）在配制過(guò)程中；其他操作都準(zhǔn)確，下列操作中：

錯(cuò)誤的是____，能引起誤差偏高的有____（填代號(hào)）．

①洗滌稀釋濃H2SO4后的燒杯；并將洗滌液轉(zhuǎn)移到容量瓶中。

②未等稀釋后的H2SO4溶液冷卻至室溫就轉(zhuǎn)移到容量瓶中。

③定容時(shí)；加蒸餾水超過(guò)標(biāo)線，又用膠頭滴管吸出。

④轉(zhuǎn)移前；容量瓶中含有少量蒸餾水。

⑤將濃H2SO4直接倒入燒杯，再向燒杯中注入蒸餾水來(lái)稀釋濃H2SO4

⑥定容搖勻后；發(fā)現(xiàn)液面低于標(biāo)線，又用膠頭滴管加蒸餾水至標(biāo)線。

⑦定容時(shí)，仰視標(biāo)線．14、天然氣是一種清潔高效的能源，其主要成分為甲烷（CH4）．

（1）CH4的摩爾質(zhì)量為____

（2）4.8gCH4的物質(zhì)的量為____，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積約為____，所含氫原子數(shù)約為____．

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

已知：①在一定條件下；有機(jī)物有下列轉(zhuǎn)化關(guān)系：

②在不同條件下；烴A和等物質(zhì)的量HCl在不同的條件下發(fā)生加成反應(yīng)，既可以生成只含有一個(gè)甲基的B，也可以生成含有兩個(gè)甲基的F．

（1）D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為____，其核磁共振氫譜有____組峰．

（2）烴A→B的化學(xué)反應(yīng)方程式是____．

（3）F→G的化學(xué)反應(yīng)類型為____．

（4）E+G→H的化學(xué)反應(yīng)方程式：____．

（5）H有多種同分異構(gòu)體，其中含有一個(gè)羧基，且其一氯代物有兩種的是____．（用結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式表示）

（6）在110℃和固體催化劑條件下，E和烴A也可以直接合成H，化學(xué)方程式為____．16、下表是元素周期表的一部分；所列字母分別代表一種元素．

。ABCDEFGHHMNP（l）M元素基態(tài)原子外圍電子排布式為____；

（2）下列有關(guān)說(shuō)法正確的是____（填序號(hào)）；

①B；C、D元素的電負(fù)性逐漸增大。

②F；G、H元素的第一電離能逐漸增大。

③B；G、P三種元素分別位于元素周期表的p、s、d區(qū)。

④F；G分別與E組成的物質(zhì)的晶格能；前者比后者低。

⑤A；B和D以原子個(gè)數(shù)比2：1：1構(gòu)成的最簡(jiǎn)單化合物分子中σ鍵和π鍵的個(gè)數(shù)比為3：1

（3）與C的最簡(jiǎn)單氫化物互為等電子體的離子是____（填化學(xué)式），寫出該離子與其等電子的陰離子反應(yīng)的離子方程式：____；

（4）煤礦瓦斯氣體（主要成分為BA4）探測(cè)儀是以燃料電池為工作原理，其裝置如圖所示，該電池中電解質(zhì)為氧化釔-氧化鈉，其中O2-可以在固體介質(zhì)NASICON中自由移動(dòng)；

①負(fù)極的電極反應(yīng)式為：____；

②正極的電極反應(yīng)為：____；

③傳感器中通過(guò)的電流越大，表明BA4的濃度越____．

（5）已知G和稀硝酸反應(yīng)，還原產(chǎn)物為C2D氣體，若硝酸濃度再稀，則還原產(chǎn)物為CA3，并與過(guò)量的硝酸反應(yīng)生成CA4CD3．現(xiàn)將9.6gG與1L1.10mol/L的稀硝酸（過(guò)量）充分反應(yīng)，收集到aL氣體（標(biāo)準(zhǔn)狀況），同時(shí)測(cè)得溶液中c（CA4+）=0.08mol/L（假設(shè)反應(yīng)前后溶液體積不變）．

①a=____L．②反應(yīng)后溶液pH=____．17、A；B、D、E四種短周期元素；它們的原子序數(shù)依次增大，A和B在同一周期，A原子有三個(gè)能級(jí)且每個(gè)能級(jí)含有的電子數(shù)相等，B原子的p能級(jí)有兩個(gè)未成對(duì)電子，0.1molD單質(zhì)能從酸中置換出2.24L氫氣（標(biāo)準(zhǔn)狀況下），形成的D離子與B離子的電子層結(jié)相同．E離子為陽(yáng)離子，且E離子的半徑在該周期元素中離子半徑最小．則：

（1）四種元素分別是A____；B____；D____；E____．（用元素符號(hào)表示；下同）

（2）寫出D基態(tài)原子的電子排布式：____．

（3）D、E元素的第一電離能較大的是：____．

（4）D元素的單質(zhì)與A、B元素所形成的化合物反應(yīng)，其化學(xué)方程式：____．

（5）等濃度、等體積的鹽酸和氫氧化鈉溶液分別與足量的E的單質(zhì)反應(yīng)放出的氣體在常溫常壓下的體積比為____，將所得溶液混合，含有E元素的兩種物質(zhì)間發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為____．18、已知滌綸樹脂的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：它是____和____（填單體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式）通過(guò)____反應(yīng)而制的，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：____．19、鈉；鋁、鐵是三種重要的金屬．請(qǐng)回答：

（1）將一小塊金屬鈉投入水中，可觀察到的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是____（填字母）．

a．鈉浮在水面上b．鈉熔成小球c．小球四處游動(dòng)d．溶液變紅。

（2）鋁與氫氧化鈉濃溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式為____．

（3）三種金屬中，常溫下遇濃硫酸或濃硝酸不會(huì)發(fā)生鈍化現(xiàn)象的是____（填化學(xué)式）．

（4）三種金屬在一定條件下均能與水發(fā)生反應(yīng)．其中鐵與水蒸氣在高溫下反應(yīng)的化學(xué)方程式為____．

三種金屬中，能與冷水發(fā)生劇烈反應(yīng)的是____，由此說(shuō)明，鈉的金屬性比鐵和鋁____（填“強(qiáng)”或“弱”）．

（5）將燒得紅熱的鐵絲伸到盛有氯氣的集氣瓶中，可觀察到____．該反應(yīng)的化學(xué)方程式為____．

（6）某些補(bǔ)鐵劑成分中含有硫酸亞鐵，長(zhǎng)期放置會(huì)因氧化而變質(zhì)．檢驗(yàn)硫酸亞鐵是否變質(zhì)的試劑是____（填序號(hào)）．

①稀鹽酸②石蕊溶液③KSCN溶液．20、（8分）磷是生物體中不可缺少的元素之一，在自然界中磷總是以磷酸鹽的形式出現(xiàn)的，例如磷酸鈣礦Ca3（PO4）2、磷灰石Ca5F（PO4）3等。（1）磷的某種核素中，中子數(shù)比質(zhì)子數(shù)多1，則表示該核素的原子符號(hào)為____________。（2）磷酸鈣與焦炭、石英砂混合，在電爐中加熱到1500℃生成白磷，反應(yīng)為：2Ca3（PO4）2＋6SiO2＝6CaSiO3＋P4O1010C＋P4O10＝P4↑＋10CO↑上述反應(yīng)中的各種物質(zhì)，屬于酸性氧化物的有。（3）白磷有劇毒，不慎沾到皮膚上，可用CuSO4溶液沖洗解毒。白磷可與熱的CuSO4溶液反應(yīng)生成磷化亞銅，與冷溶液則析出銅，反應(yīng)方程式分別（均未配平）為：①P4＋CuSO4＋H2O→Cu3P＋H3PO4＋H2SO4②P4＋CuSO4＋H2O→Cu＋H3PO4＋H2SO4反應(yīng)①中，氧化劑為，若上述兩反應(yīng)中被氧化的P4的物質(zhì)的量相等，則消耗的CuSO4的物質(zhì)的量之比為。評(píng)卷人得分四、判斷題(共2題，共8分)21、22.4LNO2和CO2混合氣體中含有的氧原子數(shù)為NA．____（判斷對(duì)錯(cuò)）22、化合物分為酸、堿、鹽和氧化物是用樹狀分類法分類的____．（判斷對(duì)錯(cuò)）評(píng)卷人得分五、簡(jiǎn)答題(共4題，共32分)23、A、B、C、D、E、F、G為前四周期元素．A、B最外層電子排布可表示為asa、bsbbpb（a≠b）；C元素對(duì)應(yīng)單質(zhì)是空氣中含量最多的物質(zhì)；D的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的3倍；E與D同主族；且位于D的下一周期；F與E同周期，且是本周期中電負(fù)性最大的元素：基態(tài)G原子核外電子填充在7個(gè)能級(jí)中，且價(jià)層電子均為單電子．

（1）元素B、C、D的第一電離能由大到小的順序?yàn)開_____（用元素符號(hào)表示）．

（2）ED3分子的空間構(gòu)型為______，中心原子的雜化方式為______．

（3）四種分子①BA4②ED3③A2D④CA3鍵角由大到小排列的順序是______（填序號(hào)）．

（4）CA3分子可以與A+離子結(jié)合成CA4+離子，這個(gè)過(guò)程中發(fā)生改變的是______（填序號(hào)）．

a．微粒的空間構(gòu)型b．C原子的雜化類型。

c．A-C-A的鍵角d．微粒的電子數(shù)。

（5）EBC-的等電子體中屬于分子的有______（填化學(xué)式），EBC-的電子式為______．

（6）G的價(jià)層電子排布式為______，化合物[G（CA3）6]F3的中心離子的配位數(shù)為______．

（7）B的某種單質(zhì)的片層與層狀結(jié)構(gòu)如圖1所示；其中層間距離為hcm．圖2為從層狀結(jié)構(gòu)中取出的晶胞．試回答：

①在B的該種單質(zhì)的片層結(jié)構(gòu)中，B原子數(shù)、B-B鍵數(shù)、六元環(huán)數(shù)之比為______．

②若B的該種單質(zhì)中B-B鍵長(zhǎng)為acm，則B的該種單質(zhì)的密度為______g?cm-3．

24、2013年6月；吉林一禽業(yè)公司的特大事故是由于液氨泄漏引發(fā)爆炸，奪去百余人性命．不到3個(gè)月，這個(gè)“罪魁禍?zhǔn)住痹籴剳K劇，致15死25傷的上海翁牌冷藏實(shí)業(yè)有限公司“8?31”液氨泄漏事故直接原因．液氨主要用于生產(chǎn)硝酸．尿素和其他化學(xué)肥料，還可用作醫(yī)藥和農(nóng)藥的原料．液氨在國(guó)防工業(yè)中，用于制造火箭．導(dǎo)彈的推進(jìn)劑．液氨在氣化后轉(zhuǎn)變?yōu)闅獍保芪沾罅康臒?，被譽(yù)為“冷凍劑”．回答以下問(wèn)題：

（1）基態(tài)氮原子的價(jià)電子排布式是______．

（2）NH3分子的空間構(gòu)型是______；NH3極易溶于水，其原因是______．

（3）將氨氣通入CuSO4溶液中，產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，繼續(xù)通過(guò)量氨氣，沉淀溶解，得到藍(lán)色透明溶液．該過(guò)程中微粒的變化是：[Cu（H2O）6]2+→Cu（OH）2→[Cu（NH3）4]2+．[Cu（H2O）6]2+和[Cu（NH3）4]2+中共同含有的化學(xué)鍵類型是______．

（4）肼（N2H4）分子可視為NH3分子中的一個(gè)氫原子被-NH2（氨基）取代形成的另一種氮的氫化物．

①N2H4分子中氮原子軌道的雜化類型是______．

②肼可用作火箭燃料；燃燒時(shí)發(fā)生的反應(yīng)是：

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

若該反應(yīng)中有4molN-H鍵斷裂，則形成的π鍵有______mol．

③肼能與硫酸反應(yīng)生成N2H6SO4．N2H6SO4晶體類型與硫酸銨相同，則N2H6SO4的晶體內(nèi)不存在______（填標(biāo)號(hào)）

A．離子鍵b．共價(jià)鍵c．配位鍵d．范德華力．25、簡(jiǎn)答題。

（1）鹽堿地因含較多的NaCl、Na2CO3，使得土壤呈堿性，不利于作物生長(zhǎng)，通過(guò)施加適量石膏粉末（主要含有CaSO4，微溶于水）來(lái)降低土壤的堿性．用離子方程式和必要的文字解釋CaSO4的作用______．

（2）SOCl2是一種無(wú)色或淡黃色液體，遇水劇烈反應(yīng)得到二氧化硫和氯化氫，是一種常用的脫水劑．將SOCl2與FeCl3?6H2O混合并加熱，可得到無(wú)水FeCl3，得到無(wú)水FeCl3的化學(xué)方程式為______．26、氰化鈉（NaCN）是重要的化工原料；常用于化學(xué)合成；冶金工業(yè)等．回答下列問(wèn)題：

（1）寫出NaCN的電子式______．

（2）可用純堿、焦炭、氨氣反應(yīng)制取NaCN，寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式，并用單線橋標(biāo)明電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目______．

（3）現(xiàn)代采金技術(shù)先以NaCN溶液在自然環(huán)境中浸取粉碎的含金（Au）礦石，得到Na[Au（CN）2]（二氰合金酸鈉）溶液，再用鋅還原Na[Au（CN）2]生成金．“浸取”反應(yīng)的氧化劑是______，消耗的鋅與生成的金的物質(zhì)的量之比為______．

（4）工業(yè)利用NaCN制備藍(lán)色染料的流程如下：

通入Cl2時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為________，該藍(lán)色染料的化學(xué)式為______．

（5）常溫下HCN的電離常數(shù)Ka=6.2×10-10；濃度均為0.5mol/L的NaCN和HCN的混合溶液顯。

______（填“酸”、“堿”或“中”）性，通過(guò)計(jì)算說(shuō)明其原因______．評(píng)卷人得分六、解答題(共2題，共6分)27、在實(shí)驗(yàn)室制備的乙烯中；不可避免混有乙醇；乙醚，現(xiàn)有一瓶含乙醇和乙醚的乙烯氣體．經(jīng)測(cè)知氧的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為a%．

（1）能否求得碳的質(zhì)量分?jǐn)?shù)？

（2）若能；則求之．若不能，則在下列條件中選擇一個(gè)合適的條件進(jìn)行求解．

A．H的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為b%

B．乙醇與乙醚的物質(zhì)的量之比為1：m

C．氣體總質(zhì)量為wg

D．氣體對(duì)H2的相對(duì)密度d．28、“化學(xué)與技術(shù)”模塊。

海洋是一座巨大的寶藏；若把海水淡化和化工生產(chǎn)結(jié)合起來(lái)，既可解決淡水資源缺乏的問(wèn)題，又可充分利用海洋資源．而以海水為主要原料的海洋化學(xué)工業(yè)，又被稱為“藍(lán)色化工”．

（1）常用的海水淡化方法有______法；______法（電滲析、反滲透）、冷凍法、離子交換法等．

（2）如圖是電滲析法淡化海水的原理圖．其中；電極A接直流電源的正極，電極B接直流電源的負(fù)極．

①隔膜A是______（填：陰離子交換膜或陽(yáng)離子交換膜）

②從寧波港采集的海水樣品，經(jīng)分析含有大量的Na+、Cl-，以及少量的K+、SO42-．

若用上述裝置對(duì)采自寧波港的海水進(jìn)行淡化，當(dāng)?shù)ぷ魍瓿珊?，A、B、C三室中所得溶液（或液體）的pH分別為pHa、pHb；

pHc；則其大小順序?yàn)開_____．

③請(qǐng)寫出用電滲析法對(duì)采自寧波港的海水進(jìn)行淡化處理時(shí)所發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式______2NaOH+H2↑+Cl2↑

參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】【分析】物質(zhì)的量相同的鈉、鎂、鋁分別和足量稀硫酸反應(yīng)，生成氣體的量與金屬失電子的物質(zhì)的量成正比，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：物質(zhì)的量相同的鈉；鎂、鋁分別和足量稀硫酸反應(yīng)；生成氣體的量與金屬失電子的物質(zhì)的量成正比；

假設(shè)金屬的物質(zhì)的量都是1mol；

鈉完全變?yōu)殁c離子失去電子的物質(zhì)的量=1mol×（1-0）=1mol；

鎂完全變?yōu)殒V離子失去電子的物質(zhì)的量=1mol×（2-0）=2mol；

鋁完全變?yōu)殇X離子失去電子的物質(zhì)的量=1mol×（3-0）=3mol；

所以物質(zhì)的量相等的這三種金屬；失電子最多的是Al，則生成氣體的物質(zhì)的量最多是Al；

故選C．2、A【分析】解：相同質(zhì)量的該有機(jī)物生成相同條件下的rm{H_{2}}和rm{CO_{2}}的體積相等，根據(jù)rm{n=dfrac{V}{V_{m}}}可知，生成rm{H_{2}}和rm{CO_{2}}的物質(zhì)的量相等；

根據(jù)反應(yīng)關(guān)系式rm{2-OH隆蘆H_{2}}rm{2-COOH隆蘆H_{2}}rm{HCO_{3}^{-}隆蘆-COOH}可知，該有機(jī)物分子中含有羥基和羧基的數(shù)目是羧基的rm{2}倍；即該有機(jī)物分子中含有相同數(shù)目羧基和羥基；

故選A．

根據(jù)rm{n=dfrac{V}{V_{m}}}可知，相同條件下氫氣與二氧化碳的物質(zhì)的量之比為為rm{1}rm{1}該有機(jī)物能夠與金屬鈉反應(yīng)生成氫氣，說(shuō)明分子中含有羥基或者羧基；也能夠與碳酸氫鈉反應(yīng)生成二氧化碳，說(shuō)明分子中含有羧基，根據(jù)生成氫氣與二氧化碳的物質(zhì)的量之比為rm{1}rm{1}可知，該有機(jī)物中含有羧基、羥基的總物質(zhì)的量為羧基的rm{2}倍；即該有機(jī)物中含有一個(gè)羥基和一個(gè)羧基．

本題考查了有機(jī)化合物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)、有機(jī)物官能團(tuán)的確定，題目難度中等，注意掌握常見有機(jī)物官能團(tuán)的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，明確與金屬鈉、碳酸氫鈉反應(yīng)的官能團(tuán)類型是解題關(guān)鍵．【解析】rm{A}3、D【分析】【分析】結(jié)合各溶質(zhì)的化學(xué)式根據(jù)溶液濃度計(jì)算溶液中硫酸根離子的濃度，注意離子的濃度與溶液的體積無(wú)關(guān)，與物質(zhì)的濃度和構(gòu)成有關(guān)，據(jù)此進(jìn)行解答．【解析】【解答】解：300mL0.1mol/LNa2SO4溶液中硫酸根離子濃度為：0.1mol/L；

200mL0.1mol/LMgSO4溶液中硫酸根離子濃度為：0.1mol/L；

100mL0.1mol/LAl2（SO4）3溶液中硫酸根離子濃度為：0.1mol/L×3=0.3mol/L；

所以三種溶液中硫酸根離子濃度之比為0.1mol/L：0.1mol/L：0.3mol/L=1：1：3．

故選D．4、C【分析】【分析】A．根據(jù)結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式確定有機(jī)物的分子式；

B．根據(jù)結(jié)構(gòu)確定H原子的種類；

C．X含有酯基；Y含有酚羥基；都與氫氧化鈉反應(yīng)；

D．都含有苯環(huán)，可發(fā)生加成反應(yīng)、取代反應(yīng)，含有酯基的可發(fā)生水解反應(yīng)．【解析】【解答】解：A．普羅帕酮的分子式為C19H23NO3；故A錯(cuò)誤；

B．由X的結(jié)構(gòu)對(duì)稱性可知；苯環(huán)上含3種H，甲基上1種H，則在有機(jī)物X的核磁共振譜圖中，有4組特征峰，Y的結(jié)構(gòu)不對(duì)稱，含有6種H，故B錯(cuò)誤；

C．X含有酯基；Y含有酚羥基；都與氫氧化鈉反應(yīng)，普羅帕酮與氫氧化鈉不反應(yīng)，可用于除雜，故C正確；

D．都含有苯環(huán)；可發(fā)生加成反應(yīng)；取代反應(yīng)，但Y與普羅帕酮不能發(fā)生水解反應(yīng)，故D錯(cuò)誤．

故選C．5、A【分析】【分析】A．光導(dǎo)纖維的成分是二氧化硅；

B．SiO2可溶于氫氟酸；

C．硅酸鈉的水溶液俗名叫水玻璃；

D．Si化學(xué)性質(zhì)較活潑．【解析】【解答】解：A．二氧化硅是光導(dǎo)纖維的主要成分；故A正確；

B．SiO2是酸性氧化物；可溶于氫氟酸，故B錯(cuò)誤；

C．硅酸鈉的水溶液俗名叫水玻璃；易溶于水，故C錯(cuò)誤；

D．Si化學(xué)性質(zhì)較活潑；在自然界中以化合態(tài)存在，故D錯(cuò)誤．

故選A．6、A【分析】解：A．在丙酮-鹽酸混合溶液中，F(xiàn)e3+比Cu2+的溶解度更大，F(xiàn)e3+移動(dòng)較快；故A正確；

B．阿司匹林含有羧基和酯基；都可在堿性條件下反應(yīng)，將粗產(chǎn)品加入飽和NaOH溶液中，阿司匹林可與NaOH反應(yīng)而變質(zhì)，故B錯(cuò)誤；

C．陶瓷中含有二氧化硅，二氧化硅能夠與碳酸鈉、氫氧化鈉高溫下反應(yīng)，所以不能用瓷坩堝高溫熔融NaOH和Na2CO3的固體混合物；故C錯(cuò)誤；

D．用鹽酸標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定待測(cè)的氫氧化鈉溶液時(shí)；水洗后的酸式滴定管未經(jīng)標(biāo)準(zhǔn)溶液潤(rùn)洗，導(dǎo)致鹽酸的濃度偏小，滴定堿時(shí)，使用的酸體積偏大，則測(cè)定結(jié)果偏高，故D錯(cuò)誤；故選A．

A．常溫下，在丙酮-鹽酸混合溶液中，F(xiàn)e3+比Cu2+的溶解度更大；

B．將粗產(chǎn)品加入飽和NaOH溶液中；阿司匹林可與NaOH反應(yīng)而變質(zhì)；

C．二氧化硅能夠與氫氧化鈉和碳酸鈉反應(yīng)；

D．根據(jù)未經(jīng)標(biāo)準(zhǔn)溶液潤(rùn)洗的滴定管中溶液的物質(zhì)的量濃度是否變化判斷．

本題主要考查的是二氧化硅的性質(zhì)、酸堿中和滴定等，難度一般，注意總結(jié)．【解析】【答案】A7、B【分析】解：A．甲AlCl3與NaOH反應(yīng)生成乙Al（OH）3，乙Al（OH）3與鹽酸反應(yīng)生成甲AlCl3，乙Al（OH）3分解生成丙Al2O3，丙Al2O3與鹽酸反應(yīng)生成甲AlCl3；故A不選；

B．SiO2與水不反應(yīng)，甲SiO2不能一步轉(zhuǎn)化為乙H2SiO3；不能發(fā)生一步轉(zhuǎn)化，故B選；

C．甲Cl2與氫氣反應(yīng)生成乙HCl，乙HCl與二氧化錳反應(yīng)生成甲Cl2，乙HCl與氫氧化鈉反應(yīng)生成NaCl，丙電解熔融NaCl生成Cl2；物質(zhì)之間均可一步轉(zhuǎn)化，故C不選；

D．甲CH2=CH2與HCl發(fā)生加成反應(yīng)生成乙HCl，乙CH3CH2Cl發(fā)生消去反應(yīng)生成甲CH2=CH2，乙CH3CH2Cl水解生成丙CH3CH2OH，丙CH3CH2OH發(fā)生消去反應(yīng)生成甲CH2=CH2；物質(zhì)之間均可一步轉(zhuǎn)化，故D不選；

故選B．

A．AlCl3與NaOH反應(yīng)生成Al（OH）3，Al（OH）3與鹽酸反應(yīng)生成AlCl3，乙Al（OH）3分解生成丙Al2O3，丙Al2O3與鹽酸反應(yīng)生成AlCl3；

B．SiO2與水不反應(yīng)，SiO2不能一步轉(zhuǎn)化為H2SiO3；

C．Cl2與氫氣反應(yīng)生成HCl，HCl與二氧化錳反應(yīng)生成Cl2，HCl與氫氧化鈉反應(yīng)生成NaCl，電解熔融NaCl生成Cl2；

D．CH2=CH2與HCl發(fā)生加成反應(yīng)生成CH3CH2Cl，CH3CH2Cl發(fā)生消去反應(yīng)生成CH2=CH2，CH3CH2Cl水解生成CH3CH2OH，CH3CH2OH發(fā)生消去反應(yīng)生成CH2=CH2．

本題綜合考查物質(zhì)的性質(zhì)，物質(zhì)的性質(zhì)及相互轉(zhuǎn)化發(fā)生的反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，注意一步轉(zhuǎn)化為解答的重點(diǎn)，題目難度中等．【解析】【答案】B二、多選題(共5題，共10分)8、AD【分析】【分析】根據(jù)圖1知；隨著反應(yīng)的進(jìn)行，A和B的物質(zhì)的量減少，C的物質(zhì)的量增大，則A和B是反應(yīng)物，C是生成物；

反應(yīng)過(guò)程中，物質(zhì)的量的變化量之比等于其計(jì)量數(shù)之比，所以A、B和C的計(jì)量數(shù)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，當(dāng)反應(yīng)達(dá)到T3時(shí)；再升高溫度C的含量降低，則正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，該反應(yīng)的方程式為：2A（g）+B（g）?C（g）△H＜0．

A．當(dāng)達(dá)到平衡狀態(tài)后；升高溫度平衡向吸熱反應(yīng)方向移動(dòng)，根據(jù)C的含量變化判斷反應(yīng)熱；

B．根據(jù)溫度對(duì)速率的影響分析；

C．其它條件不變時(shí)給平衡體系加壓；平衡向氣體體積減小的方向移動(dòng)；

D．根據(jù)v=計(jì)算平均反應(yīng)速率．【解析】【解答】解：根據(jù)圖1知；隨著反應(yīng)的進(jìn)行，A和B的物質(zhì)的量減少，C的物質(zhì)的量增大，則A和B是反應(yīng)物，C是生成物；

反應(yīng)過(guò)程中，物質(zhì)的量的變化量之比等于其計(jì)量數(shù)之比，所以A、B和C的計(jì)量數(shù)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，當(dāng)反應(yīng)達(dá)到T3時(shí)；再升高溫度C的含量降低，則正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，該反應(yīng)的方程式為：2A（g）+B（g）?C（g）△H＜0．

A．該反應(yīng)正反應(yīng)是放熱反應(yīng)；故A錯(cuò)誤；

B．由T1向T2變化時(shí)；C的含量增大，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，則正反應(yīng)速率大于逆反應(yīng)速率，故B正確；

C．其它條件不變時(shí)給平衡體系加壓；平衡向氣體體積減小的方向移動(dòng)，則向正反應(yīng)方向移動(dòng)，達(dá)新平衡時(shí)，C的體積分?jǐn)?shù)增大，故C正確；

D．0～4分鐘時(shí)，A的平均反應(yīng)速率v===0.01mol/（L?min）；故D正確；

故選A．9、CD【分析】【分析】綠色化學(xué)又稱環(huán)境友好化學(xué)；它的主要特點(diǎn)是：

1．充分利用資源和能源；采用無(wú)毒；無(wú)害的原料；

2．在無(wú)毒；無(wú)害的條件下進(jìn)行反應(yīng)；以減少?gòu)U物向環(huán)境排放；

3．提高原子的利用率；力圖使所有作為原料的原子都被產(chǎn)品所消納，實(shí)現(xiàn)“零排放”；

4．生產(chǎn)出有利于環(huán)境保護(hù)、社區(qū)安全和人體健康的環(huán)境友好的產(chǎn)品．【解析】【解答】解：A．二氧化硫是有害氣體；用氨氣吸收，消除污染，符合綠色化學(xué)的理念，故A不選；

B．二氧化氮和一氧化氮都是有害氣體；用氫氧化鈉吸收，消除污染，符合綠色化學(xué)的理念，故B不選；

C．濃硫酸的還原產(chǎn)物是二氧化硫；對(duì)環(huán)境有污染，不符合綠色化學(xué)的理念，故C選；

D．稀硝酸的還原產(chǎn)物是一氧化氮；對(duì)環(huán)境有污染，不符合綠色化學(xué)的理念，故D選；

故選CD．10、BD【分析】【分析】A．滴加甲基橙試劑呈紅色的溶液；顯酸性，離子之間發(fā)生氧化還原反應(yīng)；

B．pH為14的溶液；顯堿性；

C．水電離出來(lái)的c（OH-）=10-13mol/L的溶液；水的電離受到抑制，為酸或堿溶液；

D．滴加石蕊試液呈紅色的溶液，顯酸性．【解析】【解答】解：A．滴加甲基橙試劑呈紅色的溶液，顯酸性，F(xiàn)e2+、H+、NO3-離子之間發(fā)生氧化還原反應(yīng)；不能大量共存，故A錯(cuò)誤；

B．pH為14的溶液；顯堿性，該組離子之間不反應(yīng)，能大量共存，故B正確；

C．水電離出來(lái)的c（OH-）=10-13mol/L的溶液，水的電離受到抑制，為酸或堿溶液，HCO3-既能與酸又能與堿反應(yīng)；不能大量共存，故C錯(cuò)誤；

D．滴加石蕊試液呈紅色的溶液；顯酸性，該組離子之間不反應(yīng)，能共存，故D正確；

故選BD．11、BC【分析】【分析】A．由結(jié)構(gòu)可確定分子式；C能形成4個(gè)化學(xué)鍵；

B．連有4個(gè)不同基團(tuán)的C原子為手性碳原子；

C．含C=C；-OH、-COOH；結(jié)合烯烴及酯化反應(yīng)來(lái)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個(gè)化學(xué)鍵，由結(jié)構(gòu)可知分子式為C15H19O4；故A錯(cuò)誤；

B．連有4個(gè)不同基團(tuán)的C原子為手性碳原子；則與-OH相連的C為手性碳原子，故B正確；

C．含C=C；能發(fā)生加聚反應(yīng)，含-OH；-COOH，能發(fā)生縮聚反應(yīng)，故C正確；

D．不存在酚-OH，則不能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，含C=C及-OH均能被酸性KMnO4氧化，能使酸性KMnO4溶液褪色；故D錯(cuò)誤；

故選BC．12、AD【分析】【分析】短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序數(shù)依次增大，甲和乙形成的氣態(tài)氫化物的水溶液呈堿性，乙位于第VA族，則甲為H元素，乙為N元素，形成的化學(xué)物為氨氣，甲和丙同主族，則丙為Na元素，丁的最外層電子數(shù)和電子層數(shù)相等，應(yīng)為Al元素，結(jié)合元素對(duì)應(yīng)的單質(zhì)、化合物的性質(zhì)和元素周期律知識(shí)解答該題．【解析】【解答】解：短周期元素甲；乙、丙、丁的原子序數(shù)依次增大；甲和乙形成的氣態(tài)氫化物的水溶液呈堿性，乙位于第VA族，則甲為H元素，乙為N元素，形成的化學(xué)物為氨氣，甲和丙同主族，則丙為Na元素，丁的最外層電子數(shù)和電子層數(shù)相等，應(yīng)為Al元素，則。

A．Na與Al位于第三周期；原子半徑Na＞Al，N位于第二周期，原子半徑Na＞Al＞N，故A正確；

B．Na的金屬性比Al強(qiáng)；對(duì)應(yīng)單質(zhì)的還原性Na＞Al，故B錯(cuò)誤；

C．Na對(duì)應(yīng)的氧化物為離子化合物；故C錯(cuò)誤；

D．Al（OH）3為兩性氫氧化物；既能與酸反應(yīng)，又能與堿反應(yīng)，所以乙；丙、丁的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物能相互反應(yīng)，故D正確．

故選AD．三、填空題(共8題，共16分)13、①③⑤⑥⑦2.7①250玻璃棒2-31-2cm膠頭滴管凹液面最低處與刻度線相切②③⑤⑥⑦②【分析】【分析】（1）依據(jù)配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的一般步驟選擇需要的儀器；

（2）依據(jù)C=計(jì)算濃硫酸的物質(zhì)的量濃度；溶液稀釋過(guò)程中所含溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變，據(jù)此計(jì)算需要濃硫酸體積，選擇合適的量筒；

（3）依據(jù)配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的正確操作步驟解答；

（4）分析操作對(duì)溶質(zhì)的物質(zhì)的量和溶液體積的影響，依據(jù)C=進(jìn)行誤差分析．【解析】【解答】解：（1）配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的一般步驟：計(jì)算；量取、稀釋、移液、洗滌、搖勻等用到的儀器有：量筒、玻璃棒、燒杯、容量瓶、膠頭滴管；

故答案為：①③⑤⑥⑦；

（2）質(zhì)量分?jǐn)?shù)為98%、密度為1.84g?cm-3的濃H2SO4的物質(zhì)的量濃度C==18.4mol/L；設(shè)。

配制250mL、0.2mol?L-1的稀H2SO4需要濃硫酸體積為V；則依據(jù)溶液稀釋過(guò)程中所含溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變得V×18.4mol/L=0.2mol/L×250mL，解得V=2.7mL，所以應(yīng)選擇10mL量筒；

故答案為：2.7；①；

（3）將濃H2SO4加適量蒸餾水稀釋后；冷卻片刻，隨后全部轉(zhuǎn)移到250mL的容量瓶中，轉(zhuǎn)移時(shí)應(yīng)用玻璃棒引流．轉(zhuǎn)移完畢，用少量蒸餾水洗滌燒杯2-3次，并將洗滌液全部轉(zhuǎn)移到容量瓶中，再加適量蒸餾水，振蕩容量瓶，使溶液混合均勻．然后緩緩地把蒸餾水直接注入容量瓶直到液面接近刻度1-2cm處．改用膠頭滴管滴加蒸餾水到瓶頸刻度的地方，使溶液的凹液面最低處與刻度線相切．振蕩；搖勻后，裝瓶、貼簽；

故答案為：250；玻璃棒；2-3；1-2cm；膠頭滴管；凹液面最低處與刻度線相切；

（4）①洗滌稀釋濃H2SO4后的燒杯；并將洗滌液轉(zhuǎn)移到容量瓶中，操作正確；

②未等稀釋后的H2SO4溶液冷卻至室溫就轉(zhuǎn)移到容量瓶中；冷卻后溶液體積偏小，溶液濃度偏高；

③定容時(shí)；加蒸餾水超過(guò)標(biāo)線，又用膠頭滴管吸出，導(dǎo)致溶質(zhì)損耗，溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，溶液濃度偏低；

④轉(zhuǎn)移前；容量瓶中含有少量蒸餾水，對(duì)溶質(zhì)的物質(zhì)的量和溶液體積都不產(chǎn)生影響，溶液濃度準(zhǔn)確，操作正確；

⑤將稀釋濃硫酸應(yīng)將濃硫酸沿著燒杯壁緩緩注入水中；并用玻璃棒不斷攪拌，操作錯(cuò)誤；

⑥定容搖勻后；發(fā)現(xiàn)液面低于標(biāo)線，又用膠頭滴管加蒸餾水至標(biāo)線，導(dǎo)致溶液體積偏大，溶液濃度偏低；

⑦定容時(shí)；仰視標(biāo)線，導(dǎo)致溶液體積偏大，溶液濃度偏低；

所以下列操作中：錯(cuò)誤的是：②③⑤⑥⑦；能引起誤差偏高的有：②；

故答案為：②③⑤⑥⑦；②；14、16g/mol0.3mol6.72L7.224×10230.6【分析】【分析】（1）摩爾質(zhì)量以g/mol為單位；數(shù)值上等于其相對(duì)分子質(zhì)量；

（2）根據(jù)n=計(jì)算甲烷物質(zhì)的量，根據(jù)V=nVm計(jì)算甲烷體積，H原子物質(zhì)的量為甲烷的4倍，根據(jù)N=nNA計(jì)算H原子數(shù)目，根據(jù)CH4+2O2CO2+2H2O計(jì)算氧氣物質(zhì)的量．【解析】【解答】解：（1）CH4的摩爾質(zhì)量為16g/mol；故答案為：16g/mol；

（2）4.8甲烷物質(zhì)的量為=0.3mol，標(biāo)況下甲烷體積為0.3mol×22.4L/mol=6.72L，H原子物質(zhì)的量為甲烷的4倍，H原子數(shù)目為0.3mol×4×6.02×1023mol-1=7.224×1023，根據(jù)CH4+2O2CO2+2H2O可知需要氧氣物質(zhì)的量為0.3mol×2=0.6mol；

故答案為：0.3mol；6.72L；7.224×1023；0.6．15、CH3CH2CHO3CH3CH=CH2+HClCH3CH2CH2Cl取代反應(yīng)CH3CH2COOH+CH3CH（OH）CH3CH3CH2COOCH（CH3）2+H2O【分析】【分析】由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，E含有羧基、G含有-OH，且E、G含有相同的碳原子數(shù)目，故E與G發(fā)生酯化反應(yīng)生成H，由H的分子式可知，E為CH3CH2COOH，F(xiàn)中含有2個(gè)甲基，則G為CH3CH（OH）CH3，逆推可得，F(xiàn)為CH3CHClCH3，D為CH3CH2CHO，C為CH3CH2CH2OH，B為CH3CH2CH2Cl，A為CH3CH=CH2，據(jù)此進(jìn)行解答．【解析】【解答】解：由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，E含有羧基、G含有-OH，且E、G含有相同的碳原子數(shù)目，故E與G發(fā)生酯化反應(yīng)生成H，由H的分子式可知，E為CH3CH2COOH，F(xiàn)中含有2個(gè)甲基，則G為CH3CH（OH）CH3，逆推可得，F(xiàn)為CH3CHClCH3，D為CH3CH2CHO，C為CH3CH2CH2OH，B為CH3CH2CH2Cl，A為CH3CH=CH2；

（1）由上述分析可知，D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3CH2CHO；其核磁共振氫譜有3組峰；

故答案為：CH3CH2CHO；3；

（2）烴A→B的化學(xué)反應(yīng)方程式是：CH3CH=CH2+HClCH3CH2CH2Cl；

故答案為：CH3CH=CH2+HClCH3CH2CH2Cl；

（3）F→G是CH3CHClCH3發(fā)生取代反應(yīng)生成CH3CH（OH）CH3；

故答案為：取代反應(yīng)；

（4）E+G→H的化學(xué)反應(yīng)方程式為：CH3CH2COOH+CH3CH（OH）CH3CH3CH2COOCH（CH3）2+H2O；

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

（5）H有多種同分異構(gòu)體，其中含有一個(gè)羧基，且其一氯代物有兩種的是

故答案為：

（6）A為CH3CH=CH2、E為CH3CH2COOH、H為CH3CH2COOCH（CH3）2，在110℃和固體催化劑條件下，E和烴A也可以直接合成H，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：

故答案為：．16、3d54s1①④⑤H3O+H3O++OH-=2H2OCH4-8e-+4O2-=CO2+2H2OO2+4e-=2O2-大0.4481【分析】【分析】依據(jù)元素周期表分析可知；A為氫，B為碳，C為氮，D為氧，E為氟，F(xiàn)為鈉，G為鎂，H為鋁，M為鉻，N為鎳，P為銅；

（1）依據(jù)鉻的基態(tài)電子排布分析即可；

（2）①同周期自左而右；元素的電負(fù)性增大；

②同周期自左而右；第一電離能增大，但G為Mg元素，3s能級(jí)為全滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量降低，第一電離能高于同周期相鄰元素；

③B；G、P三種元素分別位于元素周期表的p、s、ds區(qū)；

④離子鍵強(qiáng)越強(qiáng)，晶格能越高，MgF2中Mg2+的電荷比Na+的多、半徑都比NaF中Na+的半徑小，故MgF2中離子鍵更強(qiáng)；

⑤a、b和d以原子個(gè)數(shù)比2：1：1構(gòu)成的最簡(jiǎn)單化合物為CH2O；σ鍵和π鍵的個(gè)數(shù)比為3：1；

（3）O的最簡(jiǎn)單氫化物是水，與水互為等電子體的離子是H3O+和OH-；

（4）該裝置是原電池；負(fù)極上甲烷失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，正極上氧氣得電子發(fā)生還原反應(yīng)，原電池放電時(shí)電子從負(fù)極流向正極，陰離子向負(fù)極移動(dòng)，甲烷的含量越大，原電池放電時(shí)產(chǎn)生的電流越大；

（5）①由題意可知，Mg與濃硝酸反應(yīng)生成硝酸鎂、硝酸銨、N2O，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒計(jì)算n（N2O）；

②根據(jù)N原子守恒計(jì)算反應(yīng)中n（NO3-），再根據(jù)電荷守恒計(jì)算反應(yīng)后溶液中n（H+），據(jù)此解答．【解析】【解答】解：由元素在周期表的位置可知：A為氫；B為碳，C為氮，D為氧，E為氟，F(xiàn)為鈉，G為鎂，H為鋁，M為鉻，N為鎳，P為銅；

（1）Ni為26號(hào)元素，其基態(tài)原子外圍電子排布式為：3d54s1，故答案為：3d54s1；

（2）①同周期自左而右；元素的電負(fù)性增大，故C；N、O元素的電負(fù)性逐漸增大，故①正確；

②同周期自左而右；第一電離能增大，但G為Mg元素，3s能級(jí)為全滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量降低，第一電離能高于同周期相鄰元素，故大于電離能Mg＞Al＞Na，故②錯(cuò)誤；

③B；G、P三種元素分別位于元素周期表的p、s、ds區(qū)；故③錯(cuò)誤；

④離子鍵強(qiáng)越強(qiáng)，晶格能越高，MgF2中Mg2+的電荷比Na+的多、半徑都比NaF中Na+的半徑小，故MgF2中離子鍵更強(qiáng)；晶格能更大，故④正確；

⑤a、b和d以原子個(gè)數(shù)比2：1：1構(gòu)成的最簡(jiǎn)單化合物為CH2O；該分子中含有1個(gè)C=O雙鍵，2個(gè)C-H，單鍵為σ鍵，雙鍵中有1個(gè)σ鍵；1個(gè)π鍵；所以該分子中σ鍵和π鍵的個(gè)數(shù)比為3：1，故⑤正確；

故選：①④⑤；

（3）O的最簡(jiǎn)單氫化物是水，與水互為等電子體的離子是H3O+和OH-；兩者反應(yīng)兩者反應(yīng)方程式為：H3O++OH-=2H2O，故答案為：H3O+；H3O++OH-=2H2O；

（4）①該裝置是原電池，通入甲烷的電極a是負(fù)極，負(fù)極上甲烷失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O，故答案為：CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O；

②工作時(shí)電極b作正極，O2-由電極b流向電極a，電極反應(yīng)方程式為：O2+4e-=2O2-，故答案為：O2+4e-=2O2-；

③甲烷的含量越大；甲烷失去的電子的物質(zhì)的量越大，原電池放電時(shí)產(chǎn)生的電流越大，故答案為：大；

（5）①9.6gMg的物質(zhì)的量==0.4mol，n（NH4+）=0.08mol/L×1L=0.08mol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，n（N2O）×2×（5-1）+0.08mol×[5-（-3）]=0.4mol×2，解得n（N2O）=0.02mol；

故生成氣體的體積=0.02mol×22.4L/mol=0.448L=448mL；即a=0.448L，故答案為：0.448；

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

根據(jù)電荷守恒可知，反應(yīng)反應(yīng)中n（H+）=0.98mol-0.08mol-0.4mol×2=0.1mol；

故反應(yīng)后溶液中c（H+）=0.1mol/L，pH=1，故答案為：1．17、COMgAl1s22s22p63s2Mg2Mg+CO22MgO+C1：3Al3++3AlO2-+6H2O═4Al（OH）3↓【分析】【分析】A、B、D、E四種短周期元素，它們的原子序數(shù)依次增大，A原子有三個(gè)能級(jí)且每個(gè)能級(jí)含有的電子數(shù)相等，則A的電子排布式為1s22s22p2；所以A為C元素；

A和B在同一周期；B原子的p能級(jí)有兩個(gè)未成對(duì)電子，則B的原子原子核外各層電子數(shù)分別為2；6，應(yīng)為O元素；

0.1molD單質(zhì)能從酸中置換出2.24L氫氣（標(biāo)準(zhǔn)狀況），則D的最外層有2個(gè)電子，D離子的與O2-的電子層結(jié)構(gòu)相同；則D為Mg元素；

E離子為陽(yáng)離子，且E離子的半徑在該周期元素中離子半徑最小，而且E的原子序數(shù)比Mg大，E為第三周期元素，第三周期中離子半徑最小的是Al3+；則E應(yīng)為Al元素；

根據(jù)元素對(duì)應(yīng)的原子結(jié)構(gòu)以及形成化合物的性質(zhì)解答該題．【解析】【解答】解：A、B、D、E四種短周期元素，它們的原子序數(shù)依次增大，A原子有三個(gè)能級(jí)且每個(gè)能級(jí)含有的電子數(shù)相等，則A的電子排布式為1s22s22p2；所以A為C元素；

A和B在同一周期；B原子的p能級(jí)有兩個(gè)未成對(duì)電子，則B的原子原子核外各層電子數(shù)分別為2；6，應(yīng)為O元素；

0.1molD單質(zhì)能從酸中置換出2.24L氫氣（標(biāo)準(zhǔn)狀況），則D的最外層有2個(gè)電子，D離子的與O2-的電子層結(jié)構(gòu)相同；則D為Mg元素；

E離子為陽(yáng)離子，且E離子的半徑在該周期元素中離子半徑最小，而且E的原子序數(shù)比Mg大，E為第三周期元素，第三周期中離子半徑最小的是Al3+；則E應(yīng)為Al元素；

（1）由以上分析可知；A為C，B為O，D為Mg，E為Al；

故答案為：C；O；Mg；Al；

（2）D為Mg元素，原子序數(shù)為12，原子核外有3個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為2，其電子排布式為：1s22s22p63s2；

故答案為：1s22s22p63s2；

（3）同周期從左到右第一電離能逐漸增大；但是第IIA和第IIIA族，第VA族和第VIA族反常，則Mg的第一電離能大于Al的第一電離能；

故答案為：Mg；

（4）Mg元素的單質(zhì)與C、O元素所形成的化合物CO2反應(yīng)生成MgO和C，其化學(xué)方程式為：2Mg+CO22MgO+C；

故答案為：2Mg+CO22MgO+C；

（5）Al分別和鹽酸、NaOH反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，相同物質(zhì)的量的鹽酸和NaOH溶液分別與Al反應(yīng)時(shí)，NaOH生成氫氣多，為鹽酸的3倍，Al3-和AlO2-能發(fā)生相互促進(jìn)的水解反應(yīng)生成Al（OH）3，反應(yīng)的離子方程式為Al3-+3AlO2-+6H2O=4Al（OH）3↓；

故答案為：1：3；Al3-+3AlO2-+6H2O=4Al（OH）3↓．18、縮聚【分析】【分析】凡鏈節(jié)中間（不在端上）含有（酯基）結(jié)構(gòu)的高聚物，其單體必為兩種，按斷開，羰基上加羥基，氧原子上加氫原子即得高聚物單體．【解析】【解答】解：是由和發(fā)生縮聚反應(yīng)而成，反應(yīng)方程式：

故答案為：縮聚；．19、abc2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑Na3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2Na強(qiáng)棕黃色煙2Fe+3Cl22FeCl3③【分析】【分析】（1）鈉的密度小于水的密度；鈉的熔點(diǎn)較低，鈉和水反應(yīng)生成氫氣和氫氧化鈉，同時(shí)有大量熱量放出；

（2）鋁與堿反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氫氣；

（3）常溫下；鐵和鋁與濃硝酸或濃硫酸易發(fā)生鈍化現(xiàn)象；鋁能和強(qiáng)酸；強(qiáng)堿反應(yīng)；

（4）鐵和水蒸氣在高溫下反應(yīng)生成四氧化三鐵和氫氣；鈉與水劇烈反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣，金屬性活潑；

（5）鐵絲在氯氣中燃燒產(chǎn)生棕黃色的煙；可溶性的鐵鹽溶液呈黃色或棕黃色；

（6）二價(jià)鐵離子易被氧化為三價(jià)鐵離子，三價(jià)鐵遇到KSCN溶液顯血紅色．【解析】【解答】解：（1）鈉的密度小于水的密度，所以鈉會(huì)浮在水面上，鈉的熔點(diǎn)較低，鈉和水反應(yīng)生成氫氣和氫氧化鈉，同時(shí)有大量熱量放出，放出的熱量使鈉熔成小球，生成的氣體使鈉受力不均，從而鈉四處游動(dòng)，故選abc；

故答案為：abc；

（2）因鋁與堿反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氫氣，所以化學(xué)方程式為2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案為：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

（3）常溫下；鐵和鋁與濃硝酸或濃硫酸易發(fā)生鈍化現(xiàn)象，所以不和濃硫酸；濃硝酸發(fā)生鈍化現(xiàn)象是Na，故答案為：Na；

（4）高溫下，鐵和水蒸氣反應(yīng)生成四氧化三鐵和氫氣，反應(yīng)方程式為3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；三種金屬中，能與冷水發(fā)生劇烈反應(yīng)的是鈉，由此說(shuō)明，鈉的金屬性比鐵和鋁強(qiáng)；

故答案為：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；Na；強(qiáng)；

（5）將燒得紅熱的鐵絲伸到盛有氯氣的集氣瓶中，可觀察到有棕黃色煙生成，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2Fe+3Cl22FeCl3；

故答案為：棕黃色煙；2Fe+3Cl22FeCl3；

（6）硫酸亞鐵，長(zhǎng)期放置會(huì)因氧化生成硫酸鐵，三價(jià)鐵遇到KSCN溶液顯血紅色，常用KSCN溶液檢驗(yàn)三價(jià)鐵離子的存在，故選：③．20、略

【分析】（1）在表示原子組成時(shí)元素符號(hào)的左下角表示質(zhì)子數(shù)，左上角表示質(zhì)量數(shù)。因?yàn)橘|(zhì)子數(shù)和中子數(shù)之和是質(zhì)量數(shù)。P元素的原子序數(shù)是15，所以表示該核素的原子符號(hào)為（2）能和堿反應(yīng)生成鹽和水的氧化物是酸性氧化物，所以屬于酸性氧化物的SiO2、P4O10。（3）反應(yīng)①中，硫酸銅中銅的化合價(jià)從＋2價(jià)降低到＋1價(jià)，得到電子，被還原，發(fā)生還原反應(yīng)，因此硫酸銅是氧化劑。另外P元素的化合價(jià)從0價(jià)部分降低到－3價(jià)，得到電子，影響白磷也是氧化劑。如果被氧化的白磷都是1mol，則反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子是20mol，所以根據(jù)電子的得失守恒可知，反應(yīng)①中需要硫酸銅是20/6×3＝10mol。而在反應(yīng)②需要硫酸銅是20÷2＝10mol，所以消耗的CuSO4的物質(zhì)的量之比為1︰1。【解析】【答案】（1）（2分）（2）SiO2P4O10（2分，答對(duì)1個(gè)給1分）（3）CuSO4和P4（2分，答掉或答錯(cuò)不得分）1：1（2分）四、判斷題(共2題，共8分)21、×【分析】【分析】每個(gè)NO2和CO2分子均含有2個(gè)O原子，故二者混合氣體中含有O原子數(shù)目為分子總數(shù)的2倍．【解析】【解答】解：每個(gè)NO2和CO2分子均含有2個(gè)O原子，故分子總數(shù)為NA的NO2和CO2混合氣體中含有的氧原子數(shù)為2NA，狀況不知，無(wú)法求物質(zhì)的量，故答案為：×．×22、√【分析】【分析】樹狀分類就是一個(gè)確定范圍內(nèi)的物質(zhì)之間所包含的關(guān)系有子概念與母概念，所謂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據(jù)此解答．【解析】【解答】解：酸；堿、鹽和氧化物都屬于化合物；則化合物分為酸、堿、鹽和氧化物是用樹狀分類法分類的，故說(shuō)法正確；

故答案為：√．五、簡(jiǎn)答題(共4題，共32分)23、略

【分析】解：A、B、C、D、E、F、G為前四周期元素．A、B最外層電子排布可表示為asa、bsbbpb（a≠b），B的最外層電子排布bsbbpb中p軌道有電子，則s軌道一定排滿，即b=2，所以B的最外層電子排布2s22p2，則B為C元素；s軌道最多排兩個(gè)電子，已知a≠b，則a=1，所以A的最外層電子排布為1s1，即A為H元素；C元素對(duì)應(yīng)單質(zhì)是空氣中含量最多的物質(zhì)，則C為N元素；D的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的3倍，最外層電子數(shù)不超過(guò)8，原子只能有2個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為6，故D為O元素；E與D同主族，且位于D的下一周期，則E為S元素；F與E同周期，且是本周期中電負(fù)性最大的元素，則F位于第三周期第VIIA族，F(xiàn)為Cl元素；基態(tài)G原子核外電子填充在7個(gè)能級(jí)，且價(jià)層電子均為單電子，原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1，則G為Cr元素．

（1）同周期隨原子序數(shù)增大；元素第一電離能呈增大趨勢(shì)，N元素原子2p能級(jí)為半滿狀態(tài)時(shí)，原子較穩(wěn)定，元素的第一電離能大于同周期相鄰元素的，所以元素C；N、O的第一電離能由大到小的順序?yàn)镹＞O＞C；

故答案為：N＞O＞C；

（2）SO3分子中S的孤電子對(duì)數(shù)=×（6-2×3）=0，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3+0=3，則空間構(gòu)型為平面三角形，的空間構(gòu)型為平面三角形，中心原子的雜化方式為sp2；

故答案為：平面三角形；sp2；

（3）①CH4為正四面體，②SO3為平面正三角形，鍵角為120°，③H2O為V形，④NH3為三角錐形；水分子中含有2對(duì)孤對(duì)電子，氨氣電子中含有1對(duì)孤對(duì)電子，孤對(duì)電子之間排斥作用大于孤對(duì)電子與成鍵電子層之間的排斥作用，所以鍵角由大到小排列的順序是②＞①＞④＞③；

故答案為：②＞①＞④＞③；

（4）NH3分子為三角錐形，鍵角為107°，NH4+離子為正四面體，鍵角為109°28′，N原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)均為4，均為sp3雜化；核外電子數(shù)均為10，則這個(gè)過(guò)程中發(fā)生改變的是微粒的空間構(gòu)型和A-C-A的鍵角；

故答案為：ac；

（5）原子總數(shù)、價(jià)電子總數(shù)相同的微?；榈入娮芋w，與SCN-互為等電子體的分子為CS2或CO2，SCN-中各原子的連接順序?yàn)镾-C-N，S與C形成一對(duì)共用電子對(duì)，C與N形成三對(duì)共用電子對(duì)，SCN-得到的一個(gè)電子給了S，故SCN-的電子式

故答案為：CS2或CO2；

（6）Cr的電子排布式為電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1，其價(jià)層電子排布式為3d54s1；化合物[Cr（NH3）6]Cl3的中心離子的配位數(shù)為6；

故答案為：3d54s1；6；

（7）①每個(gè)六元環(huán)含有C原子個(gè)數(shù)是6×=2，每個(gè)C-C被兩個(gè)環(huán)共用，則每個(gè)環(huán)中含有C-C鍵數(shù)目為6×=3；所以C原子數(shù)；C-C鍵數(shù)、六元環(huán)數(shù)之比為2：3：1；

故答案為：2：3：1；

②根據(jù)均攤法，晶胞中C原子數(shù)目=1+8×+4×+2×=4，晶胞質(zhì)量為g，C-C鍵長(zhǎng)為acm，則上、下底面為菱形，上底面棱長(zhǎng)為acm××2=acm，石墨的層間距為hcm，則晶胞高為2hcm，則晶胞密度為g÷{[2××a×a×sin60°cm]×2hcm}=g．cm-3；

故答案為：．

A、B、C、D、E、F、G為前四周期元素．A、B最外層電子排布可表示為asa、bsbbpb（a≠b），B的最外層電子排布bsbbpb中p軌道有電子，則s軌道一定排滿，即b=2，所以B的最外層電子排布2s22p2，則B為C元素；s軌道最多排兩個(gè)電子，已知a≠b，則a=1，所以A的最外層電子排布為1s1，即A為H元素；C元素對(duì)應(yīng)單質(zhì)是空氣中含量最多的物質(zhì)，則C為N元素；D的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的3倍，最外層電子數(shù)不超過(guò)8，原子只能有2個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為6，故D為O元素；E與D同主族，且位于D的下一周期，則E為S元素；F與E同周期，且是本周期中電負(fù)性最大的元素，則F位于第三周期第VIIA族，F(xiàn)為Cl元素；基態(tài)G原子核外電子填充在7個(gè)能級(jí)，且價(jià)層電子均為單電子，原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1，則G為Cr元素．

（1）同周期隨原子序數(shù)增大；元素第一電離能呈增大趨勢(shì)，電子排布為全滿或半滿狀態(tài)時(shí)，原子較穩(wěn)定，元素的第一電離能較大；

（2）SO3分子中S的孤電子對(duì)數(shù)=×（6-2×3）=0；價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3+0=3，S原子雜化軌道數(shù)目為3；

（3）孤對(duì)電子之間排斥作用大于孤對(duì)電子與成鍵電子層之間的排斥作用；孤對(duì)電子與成鍵電子的排斥力比成鍵電子之間排斥力大，結(jié)合微?？臻g構(gòu)型判斷；

（4）NH3分子為三角錐形，鍵角為107°，NH4+離子為正四面體；鍵角為109°28′，N原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)均為4；

（5）原子總數(shù)、價(jià)電子總數(shù)相同的微?；榈入娮芋w，與SCN-互為等電子體的分子為CO2等，等電子體微粒的結(jié)構(gòu)相似，SCN-中各原子的連接順序?yàn)镾-C-N，S與C形成一對(duì)共用電子對(duì)，C與N形成三對(duì)共用電子對(duì)，SCN-得到的一個(gè)電子給了S；

（6）Cr的電子排布式為電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1，化合物[Cr（NH3）6]Cl3的中心離子的配位數(shù)為6；

（7）①每個(gè)碳原子為3個(gè)六元環(huán)共用；每個(gè)碳碳鍵為2個(gè)六元環(huán)共用，利用均攤法計(jì)算；

②根據(jù)均攤法計(jì)算晶胞中C原子數(shù)目，C-C鍵長(zhǎng)為bpm，則上、下底面為菱形，上底面棱長(zhǎng)為acm××2=acm，石墨的層間距為hcm，則晶胞高為2hcm，計(jì)算晶胞質(zhì)量，根據(jù)ρ=計(jì)算晶胞密度．

本題是對(duì)物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的考查，涉及核外電子排布、電離能、空間構(gòu)型與雜化方式判斷、價(jià)層電子對(duì)互斥理論、等電子體、配合物、晶胞計(jì)算等，注意對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)的理解掌握，（7）為易錯(cuò)點(diǎn)、難點(diǎn)，需要學(xué)生具備一定的空間想象與數(shù)學(xué)計(jì)算能力，難度較大．【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個(gè)電子，其價(jià)電子為2S、2P電子，根據(jù)構(gòu)造原理知其基態(tài)氮原子的價(jià)電子排布式是2s22p3，故答案為：2s22p3；

（2）氨氣分子中含有3個(gè)共價(jià)鍵和一個(gè)孤電子對(duì)，所以氨氣分子是三角錐形結(jié)構(gòu)，NH3極易溶于水原因有氨氣是極性分子；與水分子形成氫鍵，易與水反應(yīng)；

故答案為：三角錐形；氨氣是極性分子；與水分子形成氫鍵，與水反應(yīng)；

（3）水分子或氨氣分子中都存在極性鍵，Cu原子和水分子或氨氣分子之間存在配位鍵，所以[Cu（H2O）6]2+和[Cu（NH3）4]2+中都含有配位鍵；極性共價(jià)鍵，故答案為：配位鍵和極性共價(jià)鍵；

（4）①NH3中氮原子軌道的雜化類型是sp3，而肼（N2H4）分子可視為NH3分子中的一個(gè)氫原子被-NH2（氨基）取代形成的，所以N2H4分子中氮原子軌道的雜化類型是sp3，故答案為：sp3；

②反應(yīng)中有4molN-H鍵斷裂，即有1molN2H4參加反應(yīng)，生成1.5molN2；則形成的π鍵有3mol，故答案為：3；

③N2H6SO4晶體類型與硫酸銨相同；可見它是離子晶體，晶體內(nèi)存在離子鍵；配位鍵、極性共價(jià)鍵，肯定不存在范德華力，故選d．

（1）N原子核外有7個(gè)電子；其價(jià)電子為2S；2P電子，根據(jù)構(gòu)造原理書寫其基態(tài)氮原子的價(jià)電子排布式；

（2）根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論確定氨氣分子的空間構(gòu)型；根據(jù)相似相溶原理結(jié)合氫鍵來(lái)分析；

（3）含有孤電子對(duì)和含有空軌道的原子之間存在配位鍵；

（4）①根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論確定原子雜化類型；

②若該反應(yīng)中有4molN-H鍵斷裂，即有1molN2H4參加反應(yīng)，生成1.5molN2；據(jù)此計(jì)算π鍵；

③根據(jù)硫酸銨中存在的化學(xué)鍵確定N2H6SO4晶體中存在的化學(xué)鍵．

本題考查了原子軌道雜化方式、微?？臻g構(gòu)型的判斷、物質(zhì)的量的計(jì)算等知識(shí)點(diǎn)，根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論、物質(zhì)之間的反應(yīng)等知識(shí)點(diǎn)來(lái)分析解答，易錯(cuò)點(diǎn)是（1），此處是價(jià)電子排布式不是電子排布式，很多同學(xué)審題不細(xì)心而導(dǎo)致錯(cuò)誤，為易錯(cuò)點(diǎn)．【解析】2s22p3；三角錐形；氨氣是極性分子，與水分子形成氫鍵，與水反應(yīng)；配位鍵和極性共價(jià)鍵；sp3；3；d25、略

【分析】解：（1）酸根離子水解顯堿性，導(dǎo)致鹽堿地產(chǎn)生堿性，水解離子反應(yīng)為CO32-+H2O?HCO3-+OH-，石膏能與碳酸根離子反應(yīng)，平衡向左移動(dòng)，OH-濃度降低，降低堿性，石膏電離出的Ca2+與CO32-結(jié)合生成更難溶的CaCO3離子反應(yīng)為：CO32-+CaSO4═SO42-+CaCO3；

故答案為：石膏電離出的Ca2+與CO32-結(jié)合生成更難溶的CaCO3CaSO4+CO32-=CaCO3+SO42-，CO32-濃度降低，使得CO32-+H2O?HCO3-+OH-，平衡向左移動(dòng)，OH-濃度降低；堿性減弱；

（2）使SOCl2與FeCl3?6H20混合并加熱，可得到無(wú)水FeCl3，SOCl2與水反應(yīng)生成的氯化氫會(huì)對(duì)氯化鋁水解起到抑制作用，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：FeCl3+6H2O+6SOCl2=FeCl3+6SO2↑+12HCl↑；

故答案為：FeCl3+6H2O+6SOCl2=FeCl3+6SO