2025年浙教新版高三化學(xué)上冊(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年浙教新版高三化學(xué)上冊(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)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、下列實(shí)驗(yàn)?zāi)苓_(dá)到目的是（）A.用Na2O2與水反應(yīng)制氧氣B.用飽和NaHCO3溶液除去混在Cl2中的HCl氣體C.向AlCl3溶液中加入過量的NaOH溶液制備Al（OH）3D.用Cl2除去Fe2（SO4）3溶液中的少量FeSO42、下列有關(guān)反應(yīng)：4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（g）△H（298K）=-905kJ?mol-1的描述不正確的是（）A.生成物的總能量小于反應(yīng)物的總能量B.該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)C.該反應(yīng)為放熱反應(yīng)D.該反應(yīng)中每4molNH3（g）被氧化，放出905kJ熱量3、下列說法正確的是（）A.氧化還原反應(yīng)的本質(zhì)是元素化合價(jià)的升降B.氧化還原反應(yīng)一定有氧元素參加C.氧化反應(yīng)一定先于還原反應(yīng)D.發(fā)生氧化反應(yīng)的物質(zhì)也可能同時(shí)發(fā)生還原反應(yīng)4、原子結(jié)構(gòu)模型是科學(xué)家根據(jù)自己的認(rèn)識(shí)對(duì)原子結(jié)構(gòu)的形象描摹，一種原子模型代表了人類對(duì)原子認(rèn)識(shí)的一個(gè)階段．描述原子核外電子在一系列穩(wěn)定的軌道上運(yùn)動(dòng)，不同的原子軌道具有不同的能量，原子核外電子可以在能量不同的軌道上發(fā)生躍遷的原子模型是（）A.盧瑟福原子模型B.電子云模型C.湯姆生原子模型D.玻爾原子模型5、如圖所示，三個(gè)燒瓶中分別充滿NO2氣體并分別放置在盛有下列物質(zhì)的燒杯中．在（1）中加入無(wú)水CaCl2，在（3）中加入NH4Cl晶體，（2）中不加任何物質(zhì)，發(fā)現(xiàn)（1）中NO2紅棕色變深，（3）中NO2紅棕色變淺，下列敘述不正確的是（）A.CaCl2溶于水時(shí)放出熱量B.燒瓶（1）中氣體的壓強(qiáng)增大C.NH4Cl溶于水時(shí)放出熱量D.燒瓶（3）中氣體的壓強(qiáng)減小6、不可能通過觀察法了解的金屬鈉的性質(zhì)是（）A.鈉是一種銀白色金屬B.熔點(diǎn)為97.81℃，密度為0.97g?cm-3C.鈉與H2O劇烈反應(yīng)D.鈉在室溫下氧化和在空氣中燃燒得到不同的產(chǎn)物7、下列分子式表示的物質(zhì)一定是純凈物的是（）A.C5H10B.C3H6C.C3H8D.C2H4Cl28、A3+微粒核外有46個(gè)電子，質(zhì)量數(shù)為115，則A原子核里的中子數(shù)是A.66B.46C.115D.499、NA代表阿伏加德羅常數(shù)；下列敘述錯(cuò)誤的是（）

A.10ml質(zhì)量分?jǐn)?shù)為98%的H2SO4，用水稀釋至100ml，H2SO4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為9.8%

B.在H2O2+Cl2═2HCl+O2反應(yīng)中，每生成32g氧氣，則轉(zhuǎn)移2NA個(gè)電子。

C.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，分子數(shù)為NA的CO、C2H4混合氣體體積約為22.4L；質(zhì)量為28g

D.一定溫度下，1L0.50mol?L-1NH4Cl溶液與2L0.25mol?L-1NH4Cl溶液含NH+4物質(zhì)的量不同。

評(píng)卷人得分二、雙選題(共6題，共12分)10、常溫下，下列各項(xiàng)關(guān)系正確的是（）A.pH=3的二元弱酸H2R溶液與pH=11的NaOH溶液混合后，混合溶液的pH=7，則反應(yīng)后的混合溶液：2c（R2-）+c（HR-）=c（Na+）B.若將CO2通入0.1mol?L-1Na2CO3溶液中至溶液中性，則溶液中c（H+）-c（CO32-）=c（OH-）-c（H2CO3）C.將cmol?L-1的醋酸溶液與0.02mol?L-1NaOH溶液等體積混合后溶液恰好呈中性，用含c的代數(shù)式表示醋酸的電離常數(shù)Ka=D.物質(zhì)的量濃度之比為1：1的NaClO、NaHCO3混合溶液中：c（HClO）+c（ClO-）=c（HCO3-）+c（CO32-）11、“酸堿質(zhì)子理論”認(rèn)為凡是能夠給出質(zhì)子rm{(H^{+})}的分子或離子都是酸，凡是能夠接受質(zhì)子的分子或離子都是堿，物質(zhì)酸性rm{(}堿性rm{)}的強(qiáng)弱取決于分子或離子給出rm{(}接受rm{)}質(zhì)子能力的大小rm{.}按照“酸堿質(zhì)子理論”，下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.rm{2Na+2H_{2}O=2NaOH+H_{2}隆眉}是酸堿反應(yīng)B.rm{ClO^{-}+H_{2}O?HClO+OH^{-}}是酸堿反應(yīng)C.堿性強(qiáng)弱順序：rm{OH^{-}>ClO^{-}>CH_{3}COO^{-}}D.rm{HCO_{3}^{-}}既是酸又是堿，rm{NH_{3}}既不是酸又不是堿12、下列關(guān)于膠體的認(rèn)識(shí)，正確的是rm{(}rm{)}A.是否能形成丁達(dá)爾效應(yīng)是膠體和溶液最本質(zhì)的區(qū)別B.膠體具有較大的表面積，能吸附陽(yáng)離子或陰離子，故在電場(chǎng)作用下會(huì)產(chǎn)生電泳現(xiàn)象C.納米材料粒子直徑一般從幾納米到幾十納米rm{(1}rm{nm=10^{-9}}rm{m)}因此納米材料屬于膠體D.除去rm{Fe(OH)_{3}}膠體中的rm{FeCl_{3}}可將混合物裝入半透膜中，放入蒸餾水里13、著名化學(xué)家徐光憲獲得2008年度“國(guó)家最高科學(xué)技術(shù)獎(jiǎng)”，以表彰他在稀土串級(jí)萃取理論方面作出的貢獻(xiàn)．稀土鈰（Ce）元素主要存在于獨(dú)居石中，金屬鈰在空氣中易氧化變暗，受熱時(shí)燃燒，遇水很快反應(yīng)．已知：鈰常見的化合價(jià)為+3和+4，氧化性：Ce4+＞Fe3+，則下列說法中正確的是（）A.鈰的冶煉方法為：用稀土串級(jí)萃取法對(duì)礦石進(jìn)行萃取富集；然后電解熔融的CeO2B.CeO2溶于氫碘酸的化學(xué)方程式可表示為：CeO2+4HI=CeI4+2H2OC.用Ce（SO4）2溶液滴定硫酸亞鐵溶液，其離子方程式為：Ce4++2Fe2+=Ce3++2Fe3+D.四種穩(wěn)定的核素13658Ce、13858Ce、14058Ce、14258Ce，它們互稱為同位素14、如圖，向燒杯中滴加幾滴濃鹽酸，rm{CaCO_{3}}固體還有剩余rm{(}忽略體積、溫度的變化rm{)}下列數(shù)值變小的是rm{(}rm{)}A.rm{c(Ca^{2+})}B.rm{c(CO_{3}^{2-})}C.rm{c(H^{+})}D.rm{c(}碳酸鈣的溶解度rm{)}15、污水經(jīng)過一級(jí)、二級(jí)處理后，還含有少量rm{Cu^{2+}}rm{Hg^{2+}}rm{Pb^{2+}}等重金屬離子，可加入沉淀劑使其沉淀rm{.}下列物質(zhì)不能作為沉淀劑的是rm{(}rm{)}A.氨水B.硫化氫氣體C.硫酸鈉溶液D.純堿溶液評(píng)卷人得分三、填空題(共9題，共18分)16、對(duì)于反應(yīng)KClO3+6HCl═KCl+3Cl2↑+3H2O；

①請(qǐng)用單線橋法標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移情況：____；

②該反應(yīng)中若有6molCl2生成，則有____molHCl被氧化．17、氯離子插層鎂鋁水滑石[Mg2Al（OH）6Cl?xH2O]是一種新型離子交換材料，其在高溫下完全分解為MgO、Al2O3；HCl和水蒸氣；現(xiàn)用如圖裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)確定其化學(xué)式（固定裝置略去）．

（1）Mg2Al（OH）6Cl?xH2O熱分解的化學(xué)方程式為____．

（2）若只通過測(cè)定裝置C、D的增重來確定x，則裝置的連接順序?yàn)開___按氣流方向，用接口字母表示），其中C的作用是____．裝置連接后，首先要進(jìn)行的操作名稱是____．

（3）加熱前先通過N2排盡裝置中的空氣，反應(yīng)完成后，再持續(xù)通入N2的作用是____．

（4）完全分解后測(cè)得C增重3.65g、D增重9.90g，則x=____．18、根據(jù)《中學(xué)化學(xué)》2009.9的文章《推理與實(shí)驗(yàn)不相符的兩個(gè)問題》介紹：

將足量的銅片與一定量的濃硫酸共熱反應(yīng)；會(huì)不會(huì)出現(xiàn)隨反應(yīng)的進(jìn)行硫酸濃度變稀而使反應(yīng)停止，最終銅和硫酸都有剩余？

某研究性學(xué)習(xí)小組按如圖定性實(shí)驗(yàn)簡(jiǎn)易裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)探究；部分現(xiàn)象如下：

觀察到：開始加熱（濃硫酸未沸騰）時(shí)銅表面由光亮變黑；且黑色小顆粒擴(kuò)散到濃硫酸中，并不斷增多，當(dāng)濃硫酸加熱至沸騰時(shí)，黑色小顆粒逐漸溶解，溶液呈淺藍(lán)色，繼續(xù)加熱時(shí)淺藍(lán)色溶液逐漸變?yōu)榛野咨珣覞嵋海后w量越來越少，最后全部變?yōu)榛野咨腆w．

查資料知：①濃硫酸沸騰溫度為338℃；這是硫酸和水的恒沸點(diǎn)溫度．②膽礬失去全部結(jié)晶水的溫度為150℃．

請(qǐng)回答：

（1）寫出灰白色固體化學(xué)式____

（2）反應(yīng)過程中，可觀察到品紅溶液、KMnO4溶液褪色，這分別體現(xiàn)反應(yīng)產(chǎn)生氣體的____、____性質(zhì)，其中氣體與KMnO4溶液反應(yīng)離子方程式：____

（3）由上分析知：銅與濃硫酸共熱，濃硫酸濃度____（填“會(huì)”或“不會(huì)”）變稀，因此____（填“會(huì)”或“不會(huì)”）出現(xiàn)反應(yīng)自動(dòng)停止；最終銅和硫酸都有剩余的現(xiàn)象．

（4）由上結(jié)論計(jì)算：將5ml98%（密度為1.84g/cm3）的濃硫酸與足量的銅共熱反應(yīng)，產(chǎn)生氣體的物質(zhì)的量為____

A．0.092molB．0.046molC．小于0.046molD．大于0.046mol，小于0.092mol．19、（Ⅰ）A；B、C和D代表原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素；它們滿足以下條件：

①C的原子序數(shù)是A；B的原子序數(shù)之和；A、C、D的最外層電子數(shù)和為13；

②D的原子序數(shù)是C的2倍；D的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物是二元強(qiáng)酸．

試根據(jù)以上敘述回答：

（1）B單質(zhì)的電子式為____，畫出C元素的原子結(jié)構(gòu)示意圖____；

（2）下列環(huán)境問題與B與C形成的化合物有關(guān)的是____；

A．溫室效應(yīng)B．光化學(xué)煙霧C．酸雨D．PM2.5

（3）A、B、C和D四種元素可形成一化合物，其原子個(gè)數(shù)之比為8：2：4：1．該化合物屬于____（填晶體類型）．

（Ⅱ）現(xiàn)有下列短周期元素相關(guān)性質(zhì)的數(shù)據(jù)：

。元素編號(hào)。

元素性質(zhì)①②③④⑤⑥⑦原子半徑（10-10m）0.741.601.521.100.991.860.75最高正化合價(jià)+2+1+5+7+1+5最低負(fù)化合價(jià)-2-3-1-3試回答下列問題：

（1）元素⑤在周期表中的位置____；元素②的單質(zhì)與CO2反應(yīng)的化學(xué)方程式____，該單質(zhì)可通過電解法制得，下列金屬中人類最早開發(fā)和利用的是____；

A．鐵B．鋁C．金D．銅。

（2）元素④與元素⑦相比較，氣態(tài)氫化物較穩(wěn)定的是____（填結(jié)構(gòu)式）；

（3）元素④形成的+3和+5價(jià)的氯化物中，各原子均達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)的化合物是____．（寫化學(xué)式）20、有A、B、C、D四種元素，它們的原子序數(shù)依次增大，但均小于18，A和B在同一周期，A的電子式為B原子L層的電子總數(shù)是K層的3倍；0.1molC單質(zhì)能從酸中置換出2.24L氫氣（標(biāo)準(zhǔn)狀況），同時(shí)它的電子層結(jié)構(gòu)變成與氖原子的電子層結(jié)構(gòu)相同；D離子的半徑比C離子的小，D離子與B離子的電子層結(jié)構(gòu)相同．

（1）寫出A、B、C元素的名稱：A____，B____，C____．

（2）用電子式表示A的氣態(tài)氫化物的形成過程：____．

（3）A和B的單質(zhì)充分反應(yīng)生成化合物的結(jié)構(gòu)式是____．

（4）四種元素中的最高價(jià)氧化物的水化物既能溶于酸，又能溶于堿，其溶于HCl溶液的化學(xué)方程式為____．21、（2015春?桂林期末）原電池是____能轉(zhuǎn)化為____能的裝置．在如圖所示的原電池工作過程中，電子流出的極是____（填電極材料的元素符號(hào)）電極；SO42-遷移流向的極是____（填電極材料的元素符號(hào)）電極；正極的電極反應(yīng)式是____；若原電池工作一段時(shí)間后，消耗6.5g鋅，則外電路轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為____．22、在一個(gè)盛有催化劑、容積可變的密閉容器中，保持一定溫度和壓強(qiáng)，進(jìn)行以下反應(yīng)：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）（正反應(yīng)為放熱反應(yīng)），已知加入1molN2和6molH2時(shí)，達(dá)到平衡后生成amolNH3（見下表）．在相同溫度；壓強(qiáng)下；保持平衡時(shí)各組分的體積分?jǐn)?shù)不變，對(duì)表中編號(hào)①～③的狀態(tài)，填寫表中的空白．

。已知。

編號(hào)起始狀態(tài)物質(zhì)的量/mol平衡時(shí)NH3的。

物質(zhì)的量/molN2H2NH3NH3160aa①1.590____②________10.5a③mg（g≥6m）0____23、（2011秋?邵陽(yáng)縣校級(jí)期末）在溫度為373K時(shí)，將0.100mol無(wú)色的N2O4氣體放入1L抽空的密閉容器中，立刻出現(xiàn)紅棕色，直至建立N2O4?2NO2的平衡．如圖是隔一定時(shí)間測(cè)定到的N2O4的濃度（縱坐標(biāo)為N2O4的濃度；橫坐標(biāo)為時(shí)間）

（1）計(jì)算在20至40秒時(shí)間內(nèi)，NO2的平均生成速率為____mol?L-1?S-1．

（2）該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)表達(dá)式為____．24、（15分）下圖是某些常見物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系。A、I是金屬單質(zhì)，F(xiàn)、G是非金屬單質(zhì)。已知B的相對(duì)分子質(zhì)量在75～80之間，E是A的氧化物、其相對(duì)分子質(zhì)量為232。請(qǐng)按要求填寫下列空白：（1）A、B、C代表的物質(zhì)分別是，，（填化學(xué)式）。（2）寫出B物質(zhì)的電子式。（3）K的水溶液呈堿性，用離子方程式說明其呈堿性的原因。（4）寫出I→K的離子方程式：。（5）當(dāng)有0.15molA完全反應(yīng)時(shí)，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為。評(píng)卷人得分四、判斷題(共3題，共9分)25、中性干燥劑無(wú)水氯化鈣，既可干燥H2，又可干燥HCl，還可干燥NH3____（判斷對(duì)錯(cuò)）．26、食物溶于水后的溶液中pH＜7，則為酸性食物．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）27、以下有些結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式；書寫得不規(guī)范；不正確．請(qǐng)?jiān)谒鼈兒竺娲蛞粋€(gè)×號(hào)，并把你認(rèn)為正確的寫法寫在后面．（注意：如果原式是允許的、正確的，請(qǐng)?jiān)诤竺娲颉叹涂梢粤耍?/p>

（1）乙醇：HOCH2CH3____；

（2）丙二醛：CHOCH2CHO____；

（3）對(duì)甲苯酚：____；

（4）三硝基甲苯：____；

（5）甲酸苯酯：____；

（6）苯乙醛：____．評(píng)卷人得分五、實(shí)驗(yàn)題(共2題，共20分)28、某研究性學(xué)習(xí)小組探究FeSO4的化學(xué)性質(zhì)和用途．回答下列問題：

（一）探究FeSO4溶液的酸堿性：

取少量FeSO4固體，利用石蕊試液測(cè)試FeSO4溶液的酸堿性，必須選用的儀器有膠頭滴管、藥匙和____．

A．玻璃棒B．試管C．天平D．量筒。

（二）利用下圖裝置探究FeSO4的穩(wěn)定性。

Ⅱ中有白色沉淀生成，小組成員結(jié)合理論分析，認(rèn)為下列分解產(chǎn)物不可能的是____．

A．Fe2O3、SO3、H2OB．Fe2O3、SO2、SO3、H2O

C．FeO、Fe2O3、SO2、SO3、H2O

Ⅲ中溴水是用來檢驗(yàn)是否有SO2氣體生成，若有SO2生成，溴水將褪色．實(shí)驗(yàn)中，觀察到溴水褪色，據(jù)此推測(cè)FeSO4分解最有可能被氧化的元素是____．NaOH的作用是吸收SO2氣體，請(qǐng)寫出最大量吸收SO2氣體的反應(yīng)化學(xué)方程式：____．

（三）探究FeSO4中Fe2+還原性：

證明FeSO4有較強(qiáng)的還原性；完成下表．

。實(shí)驗(yàn)步驟實(shí)驗(yàn)預(yù)期現(xiàn)象及結(jié)論步驟一：取少量的FeSO4固體于試管中，加入一定量水溶解步驟二：（四）硫酸亞鐵用途探究。

缺鐵性貧血往往口服硫酸亞鐵，當(dāng)用硫酸亞鐵制成藥片時(shí)，外表包有一層特殊的糖衣，其作用是____．29、某學(xué)生欲用已知物質(zhì)的量濃度的鹽酸來滴定并測(cè)定未知物質(zhì)的量濃度的氫氧化鈉溶液；選擇酚酞作指示劑．請(qǐng)?zhí)羁眨?/p>

（1）用標(biāo)準(zhǔn)的鹽酸溶液滴定待測(cè)的氫氧化鈉溶液時(shí)，左手把握酸式滴定管的活塞，右手搖動(dòng)錐形瓶，眼睛注視____，直到因加入一滴鹽酸后，溶液由____變?yōu)開___；并且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)．

（2）下列操作中，可能使所測(cè)氫氧化鈉溶液的濃度值偏低的是____

A．酸式滴定管未用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸溶液潤(rùn)洗就直接注入標(biāo)準(zhǔn)鹽酸溶液。

B．滴定前盛放氫氧化鈉溶液的錐形瓶用蒸餾水洗凈后沒有干燥。

C．酸式滴定管在滴定前有氣泡；滴定后氣泡消失。

D．讀取鹽酸體積時(shí)；滴定結(jié)束時(shí)俯視讀數(shù)。

（3）某學(xué)生根據(jù)三次實(shí)驗(yàn)分別記錄有關(guān)數(shù)據(jù)如下：

。滴定次數(shù)待測(cè)氫氧化鈉。

溶液的體積/mL0.1000mol/L鹽酸的體積（mL）滴定前刻度滴定后刻度溶液體積/mL滴定后刻度溶液體積/mL第一次25.000.0026.1126.11第二次25.001.5630.3028.74第三次25.000.2226.3126.09請(qǐng)選用其中合理的數(shù)據(jù)計(jì)算出該氫氧化鈉溶液的物質(zhì)的量濃度：c（NaOH）=____．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、A【分析】【分析】A．Na2O2與水反應(yīng)生成氧氣；

B．氯氣能與堿性溶液反應(yīng)；

C．氫氧化鋁能與氫氧化鈉反應(yīng)；

D．要除去Fe2（SO4）3溶液中的少量FeSO4，可加入氧化劑，把FeSO4氧化為Fe2（SO4）3，注意不能引入新的雜質(zhì)．【解析】【解答】解：A．Na2O2與水反應(yīng)生成氧氣；可制取氧氣，故A正確；

B．氯氣能與堿性溶液反應(yīng)；碳酸氫鈉溶液呈堿性，能與氯氣反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；

C．氫氧化鋁能與氫氧化鈉反應(yīng)；應(yīng)用氨水，故C錯(cuò)誤；

D．通入氯氣，F(xiàn)eSO4與氯氣反應(yīng)生成氯化鐵溶液；所以會(huì)引入新的雜質(zhì)，故D錯(cuò)誤．

故選A．2、B【分析】【分析】△H＜0，正反應(yīng)放熱，反應(yīng)物總能量大于生成物總能量，每有4molNH3（g）被氧化，放出905KJ的熱量，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：A；△H＜0；正反應(yīng)放熱，反應(yīng)物總能量大于生成物總能量，故A正確；

B；△H＜0；正反應(yīng)放熱，故B錯(cuò)誤；

C；△H＜0；正反應(yīng)放熱，故C正確；

D、每有4molNH3（g）被氧化；放出905KJ的熱量，故D正確；

故選：B．3、D【分析】【分析】A．氧化還原反應(yīng)的本質(zhì)為電子的轉(zhuǎn)移；

B．氧化還原反應(yīng)中不一定有氧參加；

C．氧化反應(yīng)與還原反應(yīng)同時(shí)發(fā)生；

D．氧化還原反應(yīng)中氧化劑、還原劑可能為同一物質(zhì)．【解析】【解答】解：A．氧化還原反應(yīng)的本質(zhì)為電子的轉(zhuǎn)移；特征為化合價(jià)的變化，故A錯(cuò)誤；

B．氧化還原反應(yīng)中不一定有氧參加；如Cu與氯化鐵的反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；

C．氧化反應(yīng)與還原反應(yīng)同時(shí)發(fā)生；不存在先后反應(yīng)的順序，故C錯(cuò)誤；

D．氧化還原反應(yīng)中氧化劑；還原劑可能為同一物質(zhì)；如氯氣和水的反應(yīng)等，則發(fā)生氧化反應(yīng)的物質(zhì)也可能同時(shí)發(fā)生還原反應(yīng)，故D正確；

故選D．4、D【分析】【分析】盧瑟福原子模型（1911年）：在原子的中心有一個(gè)帶正電荷的核；它的質(zhì)量幾乎等于原子的全部質(zhì)量，電子在它的周圍沿著不同的軌道運(yùn)轉(zhuǎn)，就像行星環(huán)繞太陽(yáng)運(yùn)轉(zhuǎn)一樣；

電子云模型：現(xiàn)代科學(xué)家根據(jù)微觀世界的波粒二象性規(guī)律；提出用量子力學(xué)的方法描述核外電子運(yùn)動(dòng)，即用電子云模型描述核外電子的運(yùn)動(dòng)；

湯姆生原子模型（1904年）：原子是一個(gè)平均分布著正電荷的粒子；其中鑲嵌著許多電子，中和了正電荷，從而形成了中性粒子；

玻爾原子模型（1913年）：原子核外電子在一系列穩(wěn)定的軌道上運(yùn)動(dòng)，不同的原子軌道具有不同的能量，原子核外電子可以在能量不同的軌道上發(fā)生躍遷．【解析】【解答】解：描述原子核外電子在一系列穩(wěn)定的軌道上運(yùn)動(dòng)；不同的原子軌道具有不同的能量，原子核外電子可以在能量不同的軌道上發(fā)生躍遷的原子模型是玻爾原子模型；

故選D．5、C【分析】【分析】三個(gè)燒瓶中都存在如下平衡：2NO2?N2O4；△H＜0；（1）中紅棕色變深，平衡左移，所以CaCl2溶于水放熱；（3）中變淺，平衡右移，說明NH4Cl溶于水時(shí)吸熱，據(jù)此分析．【解析】【解答】解：A、（1）中紅棕色變深，說明2NO2?N2O4平衡左移，該反應(yīng)放熱，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，所以CaCl2溶于水放熱；故A正確；

B；（1）中升高溫度；平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，氣體的總物質(zhì)的量增多，壓強(qiáng)增大，故B正確；

C、（3）中變淺，2NO2?N2O4平衡右移，說明NH4Cl溶于水時(shí)吸熱；故C錯(cuò)誤；

D、2NO2?N2O4平衡右移；氣體的總物質(zhì)的量減少，壓強(qiáng)減小，故D正確；

故選C．6、B【分析】【分析】A；金屬的顏色可以觀察得到；

B；物質(zhì)的熔點(diǎn)和密度是物質(zhì)的本質(zhì)特點(diǎn)；不能用眼看出；

C；反應(yīng)的劇烈程度可以根據(jù)反應(yīng)現(xiàn)象得出；

D、金屬鈉在空氣中得到的氧化鈉是白色的，加熱得到的過氧化鈉是淡黃色的．【解析】【解答】解：A；金屬的顏色是銀白色的；有金屬光澤，可以觀察得到，故A錯(cuò)誤；

B；物質(zhì)的熔點(diǎn)和密度是物質(zhì)的本質(zhì)特點(diǎn)；不能用眼看出，故B正確；

C；反應(yīng)的劇烈程度可以根據(jù)反應(yīng)現(xiàn)象得出；屬于眼睛可看的內(nèi)容，故C錯(cuò)誤；

D；金屬鈉在空氣中得到的氧化鈉是白色的；加熱得到的過氧化鈉是淡黃色的，顏色不同，可以看出，故D錯(cuò)誤．

故選B．7、C【分析】【分析】根據(jù)是否存在同分異構(gòu)體判斷正誤，同分異構(gòu)體是分子式相同，但結(jié)構(gòu)不同的化合物．【解析】【解答】解：A．C5H10可以表示1-戊烯和2-戊烯等物質(zhì)；存在同分異構(gòu)體，不是純凈物，故A錯(cuò)誤；

B．C3H6可以表示丙烯和環(huán)丙烷；存在同分異構(gòu)體，不是純凈物，故B錯(cuò)誤；

C．C3H8只有一種結(jié)構(gòu)；不存在同分異構(gòu)體，是純凈物，故C正確；

D．C2H4Cl2有CHCl2CH3和CH2ClCH2Cl兩種同分異構(gòu)體；不是純凈物，故D錯(cuò)誤．

故選C．8、A【分析】試題分析：A3+微粒核外有46個(gè)電子，則A原子核外有49個(gè)電子，則質(zhì)子數(shù)是49，由于質(zhì)量數(shù)是115，所以中子數(shù)是115—49=66，故選項(xiàng)是A?？键c(diǎn)：考查原子的組成和結(jié)構(gòu)的知識(shí)?！窘馕觥俊敬鸢浮緼9、A【分析】

A、10ml質(zhì)量分?jǐn)?shù)為98%的H2SO4，用水稀釋至100ml，由于濃硫酸的密度大于1，所以得到H2SO4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)大于9.8%；故A錯(cuò)誤；

B、H2O2+Cl2=2HCl+O2反應(yīng)中過氧化氫是還原劑，氯氣是氧化劑，H2O2中的氧元素化合價(jià)從-1變化為0價(jià)；32g氧氣為1mol，所以生成1mol氧氣電子轉(zhuǎn)移為2mol，故B正確；

C、標(biāo)準(zhǔn)狀況下，分子數(shù)為NA的CO、C2H4混合氣體物質(zhì)的量為1mol，體積約為22.4L，CO、C2H4的摩爾質(zhì)量相同都為28g/mol；所以質(zhì)量為28g，故C正確；

D、一定溫度下，1L0.50mol?L-1NH4Cl溶液與2L0.25mol?L-1NH4Cl溶液含NH+4，由于濃度不同，水解程度不同，濃度越大水解程度越小，NH+4物質(zhì)的量不同；故D正確；

故選A．

【解析】【答案】A；依據(jù)濃硫酸密度大于1；稀釋10倍，質(zhì)量分?jǐn)?shù)小于變化的10倍；

B；依據(jù)反應(yīng)的化合價(jià)的變化分析氧化還原反應(yīng)的電子轉(zhuǎn)移計(jì)算；

C；依據(jù)氣體摩爾體積的條件應(yīng)用；結(jié)合一氧化碳和乙烯的摩爾質(zhì)量相同分析計(jì)算；

D；依據(jù)濃度不同水解程度不同分析判斷．

二、雙選題(共6題，共12分)10、A|C【分析】解：A．混合溶液呈中性，則c（OH-）=c（H+），根據(jù)電荷守恒知，（Na+）+c（H+）=c（OH-）+2（R2-）+c（HR-），所以2c（R2-）+c（HR-）=c（Na+）；故A正確；

B．將CO2通入①溶液中恰好呈中性，溶液中存在電荷守恒，c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+2c（CO32-）+c（HCO3-），c（H+）=c（OH-），則得到c（Na+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）=0.2mol/L，選項(xiàng)中若溶液中c（H+）-c（CO32-）=c（OH-）-c（H2CO3），c（CO32-）=c（H2CO3）；此時(shí)溶液顯堿性，故B錯(cuò)誤；

C．呈中性則c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，c（Na+）=c（CH3COO-）=0.01mol/L，所以用含c的代數(shù)式表示CH3COOH的電離常數(shù)Ka==mol?L-1；故C正確；

D．等物質(zhì)的量NaClO和NaHCO3的混合液中，由物料守恒可知，n（Na）=n（Cl）+n（C），則[Na+]=[ClO-]+[HClO]+[HCO3-]+[HCO32-]+[H2CO3]；故D錯(cuò)誤；

故選AC．

A．常溫下，pH=3的二元弱酸H2R溶液中酸的物質(zhì)的量濃度大于0.01mol/L，pH=11的NaOH溶液中氫氧化鈉的物質(zhì)的量濃度是0.01mol/L，混合溶液呈中性，說明溶液中c（OH-）=c（H+）；根據(jù)電荷守恒和物料守恒分析解答；

B．依據(jù)反應(yīng)過程和溶液中存在的電荷守恒分析判斷；

C．呈中性則c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，c（Na+）=c（CH3COO-）=0.01mol/L；以此計(jì)算；

D．等物質(zhì)的量NaClO和NaHCO3的混合液中；由物料守恒可知，n（Na）=n（Cl）+n（C）；

本題考查鹽類水解的應(yīng)用，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，明確鹽類水解規(guī)律及酸性強(qiáng)弱的關(guān)系、電離平衡常數(shù)的計(jì)算，電解質(zhì)溶液中電荷守恒和物料守恒等即可解答，題目難度中等．【解析】【答案】AC11、rBC【分析】A；活潑金屬與水發(fā)生的氧化還原反應(yīng)；而不是酸堿反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；

B、rm{C1O^{-}}接受質(zhì)子是堿，而rm{H_{2}O}給出質(zhì)子是酸，所以rm{C1O^{-}+H_{2}O?HClO+OH^{-}}是酸堿反應(yīng)；故B正確；

C；物質(zhì)堿性的強(qiáng)弱取決于分子或離子接受質(zhì)子能力的大??；氫氧根接受質(zhì)子能力強(qiáng)次氯酸根離子，次氯酸根強(qiáng)于醋酸根離子，故C正確；

D、rm{NH_{3}}可以結(jié)合質(zhì)子是堿，rm{HCO_{3}^{-}}既可以給出質(zhì)子也可以接受質(zhì)子；所以既是酸又是堿，故D錯(cuò)誤；

故選BC．

酸堿質(zhì)子理論：凡是能夠給出質(zhì)子rm{(H^{+})}的物質(zhì)都是酸、凡是能夠接受質(zhì)子的物質(zhì)都是堿，所以所有酸都能夠釋放出rm{H^{+}}能結(jié)合rm{H^{+}}的都是堿rm{.}為酸堿兩性物質(zhì)的是屬于酸又屬于堿；必須符合能給出質(zhì)子又能結(jié)合質(zhì)子，據(jù)此即可解答．

本題考查兩性物質(zhì)的概念，解答本題關(guān)鍵是要嚴(yán)格按照酸與堿的定義考慮，是能給出質(zhì)子rm{(H^{+})}還是能接受質(zhì)子，題目難度中等．【解析】rm{BC}12、rBD【分析】解：rm{A.}膠體和溶液最本質(zhì)的區(qū)別是分散質(zhì)粒度介于rm{1-100nm}故A錯(cuò)誤；

B.膠體具有吸附性；吸附陽(yáng)離子或陰離子，則膠體粒子帶電，在電場(chǎng)作用下會(huì)產(chǎn)生電泳現(xiàn)象，故B正確；

C.納米材料只是一種分散質(zhì)；沒有形成體系，所以不是膠體，故C錯(cuò)誤；

D.膠體不能透過半透膜、rm{FeCl_{3}}溶液能透過半透膜，所以可以采用滲析的方法除去rm{Fe(OH)_{3}}膠體中的rm{FeCl_{3}}故D正確；

故選：rm{BD}．

A.膠體本質(zhì)特征：分散質(zhì)粒度介于rm{1-100nm}

B.只有膠粒帶有電荷的膠體在通電時(shí)發(fā)生電泳現(xiàn)象；

C.納米材料不是分散系；

D.除去膠體中的可溶性雜質(zhì)可以采用滲析法．

本題考查了膠體性質(zhì)的分析應(yīng)用，主要是膠體特征性質(zhì)的理解，掌握基礎(chǔ)是關(guān)鍵，注意膠體的本質(zhì)特征是：分散質(zhì)粒度介于rm{1-100nm}題目較簡(jiǎn)單．【解析】rm{BD}13、A|D【分析】解：A．稀土鈰（Ce）元素主要存在于獨(dú)居石中，金屬鈰在空氣中易氧化變暗，受熱時(shí)燃燒，遇水很快反應(yīng)，則用稀土串級(jí)萃取法對(duì)礦石進(jìn)行萃取富集，然后電解熔融的CeO2來冶煉金屬鈰；故A正確；

B．CeO2溶于氫碘酸的化學(xué)方程式可表示為2CeO2+8HI=2CeI3+4H2O+I2；故B錯(cuò)誤；

C．用Ce（SO4）2溶液滴定硫酸亞鐵溶液，其離子方程式為Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+；故C錯(cuò)誤；

D．核素13658Ce、13858Ce、14058Ce、14258Ce；是具有相同質(zhì)子數(shù)，不同中子數(shù)的不同原子，它們互稱為同位素，故D正確；

故選AD．

A．結(jié)合稀土串級(jí)萃取理論來分析；

B．應(yīng)發(fā)生氧化還原反應(yīng)；

C．電荷不守恒；

D．具有相同質(zhì)子數(shù)；不同中子數(shù)的不同原子互為同位素．

本題考查氧化還原反應(yīng)，注意利用信息及反應(yīng)中元素的化合價(jià)變化來解答，題目難度不大，注重信息的遷移使用來考查學(xué)生，選項(xiàng)A為解答的難點(diǎn)．【解析】【答案】AD14、rBD【分析】解：rm{CaCO_{3}}固體的溶液中存在溶解平衡：rm{CaCO_{3}(s)?Ca^{2+}(aq)+CO_{3}^{2-}(aq)}加入少量稀鹽酸可與rm{CO_{3}^{2-}}促使溶解平衡正向移動(dòng)，故溶液中rm{c(CO_{3}^{2-})}減小，rm{c(Ca^{2+})}及rm{c(H^{+})}增大，rm{c(CaCO_{3})}與溫度有關(guān)；不變，只有B正確．

故選B．

rm{CaCO_{3}}固體的溶液中存在溶解平衡：rm{CaCO_{3}(s)?Ca^{2+}(aq)+CO_{3}^{2-}(aq)}加入少量稀鹽酸，發(fā)生rm{CO_{3}^{2-}+H^{+}=HCO_{3}^{-}}或rm{CO_{3}^{2-}+2H^{+}=CO_{2}+H_{2}O}平衡正向移動(dòng)，以此解答該題．

本題考查難溶電解質(zhì)的溶解平衡，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，注意把握物質(zhì)的性質(zhì)以及平衡移動(dòng)的影響因素，題目難度不大．【解析】rm{BD}15、rAC【分析】解：rm{A.}加入氨水；易形成絡(luò)離子，不能生成沉淀，故A錯(cuò)誤；

B.加入硫化氫氣體；生成硫化銅；硫化汞、硫化鉛等沉淀，故B正確；

C.不能使rm{Cu^{2+}}生成沉淀；故C錯(cuò)誤；

D.均能通過雙水解調(diào)節(jié)rm{pH}轉(zhuǎn)化為沉淀；故D正確．

故答案為：rm{AC}

各項(xiàng)所加試劑均應(yīng)過量才符合題目要求，rm{A}項(xiàng)溶液形成絡(luò)離子，rm{B}項(xiàng)生成硫化銅、硫化汞、硫化鉛等沉淀，rm{C}項(xiàng)硫酸銅不是沉淀，rm{D}項(xiàng)均能通過雙水解調(diào)節(jié)rm{pH}轉(zhuǎn)化為沉淀；

本題考查離子反應(yīng)的條件，離子反應(yīng)的實(shí)質(zhì)學(xué)生容易接受，比較基礎(chǔ)．【解析】rm{AC}三、填空題(共9題，共18分)16、10【分析】【分析】反應(yīng)KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O中，只有Cl元素化合價(jià)發(fā)生變化，當(dāng)有3molCl2生成時(shí)，轉(zhuǎn)移5mol電子；【解析】【解答】解：①反應(yīng)KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O中，只有Cl元素化合價(jià)發(fā)生變化，當(dāng)有3molCl2生成時(shí)，轉(zhuǎn)移5mol電子，則電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目為：

故答案為：

②反應(yīng)KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O中，當(dāng)有3molCl2生成時(shí)，轉(zhuǎn)移5mol電子，所以若有6molCl2生成，則有10molHCl被氧化，故答案為：10．17、2[Mg2Al（OH）6Cl?xH2O]4MgO+Al2O3+2HCl↑+（5+2x）H2O↑a→e→d→b吸收HCl氣體檢查裝置的氣密性將分解產(chǎn)生的氣體全部帶入裝置C、D中完全吸收，防止產(chǎn)生倒吸3【分析】【分析】（1）高溫下完全分解為MgO、Al2O3；HCl和水蒸氣；根據(jù)反應(yīng)物和生成物書寫方程式；

（2）應(yīng)該首先通過D裝置吸收水蒸氣；后通過C裝置吸收HCl；將氣體通過洗氣瓶進(jìn)行洗氣時(shí)，應(yīng)該從長(zhǎng)導(dǎo)管一側(cè)通入氣體；

（3）為了避免引起實(shí)驗(yàn)誤差，保證反應(yīng)產(chǎn)生的氣體全部被裝置C、D吸收，所以要通入N2排出裝置內(nèi)殘留的氣體；同時(shí)也是為了防止產(chǎn)生倒吸；

（4）根據(jù)反應(yīng)的方程式計(jì)算．【解析】【解答】解：（1）根據(jù)題給信息：高溫下完全分解為MgO、Al2O3、HCl和水蒸氣，可寫出其化學(xué)方程式：2[Mg2Al（OH）6Cl?xH2O]4MgO+Al2O3+2HCl↑+（5+2x）H2O↑；

故答案為：2[Mg2Al（OH）6Cl?xH2O]4MgO+Al2O3+2HCl↑+（5+2x）H2O↑；

（2）裝置C的作用是吸收反應(yīng)生成的HCl氣體，裝置D的作用是吸收水蒸氣，應(yīng)該首先通過D裝置吸收水蒸氣，后通過C裝置吸收HCl；將氣體通過洗氣瓶進(jìn)行洗氣時(shí)，應(yīng)該從長(zhǎng)導(dǎo)管一側(cè)通入氣體，故其連接順序是a→e→d→b；連接好裝置后首先應(yīng)該檢查裝置的氣密性；

故答案為：a→e→d→b；吸收HCl氣體；檢查裝置的氣密性；

（3）因?yàn)榧訜岷蟮难b置中含有殘留的HCl和水蒸氣，為了避免引起實(shí)驗(yàn)誤差，保證反應(yīng)產(chǎn)生的氣體全部被裝置C、D吸收，所以要通入N2排出裝置內(nèi)殘留的氣體；同時(shí)也是為了防止產(chǎn)生倒吸；

故答案為：將分解產(chǎn)生的氣體全部帶入裝置C；D中完全吸收；防止產(chǎn)生倒吸；

（4）2[Mg2Al（OH）6Cl?xH2O]4MgO+Al2O3+2HCl↑+（5+2x）H2O↑

7318×（5+2x）

3.65g9.90g

則=

解得x=3；

故答案為：3．18、CuSO4漂白性還原性5SO2+2MnO4-+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+不會(huì)不會(huì)B【分析】【分析】銅與濃硫酸反應(yīng)的方程式為：Cu+2H2SO4=CuSO4+SO2↑+2H2O；

“開始加熱（濃硫酸未沸騰）時(shí)銅表面由光亮變黑；且黑色小顆粒擴(kuò)散到濃硫酸中，并不斷增多”--黑色小顆粒應(yīng)該是氧化銅，因?yàn)殂~的黑色化合物只有氧化銅；

“當(dāng)濃硫酸加熱至沸騰時(shí)；黑色小顆粒逐漸溶解，溶液呈淺藍(lán)色”--氧化銅與酸反應(yīng)，生成藍(lán)色的銅離子，只有此種可能．

“繼續(xù)加熱時(shí)淺藍(lán)色溶液逐漸變?yōu)榛野咨珣覞嵋?，液體量越來越少，最后全部變?yōu)榛野咨腆w．”--聯(lián)系后面的條件“①濃硫酸沸騰溫度為338℃，這是硫酸和水的恒沸點(diǎn)溫度；．②膽礬失去全部結(jié)晶水的溫度為150℃”液體量越來越少的過程，就是液體沸騰變氣體的過程，由這兩個(gè)溫度可知，早在硫酸沸騰之前，膽礬已經(jīng)失去全部結(jié)晶水了．所以灰白色固體應(yīng)該是CuSO4；

（1）根據(jù)以上分析判斷；

（2）二氧化硫使品紅溶液褪色，體現(xiàn)了二氧化硫的漂白性；使KMnO4溶液褪色，體現(xiàn)了二氧化硫的還原性，離子方程式為：5SO2+2MnO4-+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+；

（3）根據(jù)以上分析最終銅和濃硫酸都沒了；所以顯然兩個(gè)空格都是“不會(huì)”；

（4）根據(jù)n=計(jì)算濃硫酸的物質(zhì)的量，再結(jié)合Cu+2H2SO4=CuSO4+SO2↑+2H2O計(jì)算．【解析】【解答】解：銅與濃硫酸反應(yīng)的方程式為：Cu+2H2SO4=CuSO4+SO2↑+2H2O；

“開始加熱（濃硫酸未沸騰）時(shí)銅表面由光亮變黑；且黑色小顆粒擴(kuò)散到濃硫酸中，并不斷增多”--黑色小顆粒應(yīng)該是氧化銅，因?yàn)殂~的黑色化合物只有氧化銅；

“當(dāng)濃硫酸加熱至沸騰時(shí)；黑色小顆粒逐漸溶解，溶液呈淺藍(lán)色”--氧化銅與酸反應(yīng)，生成藍(lán)色的銅離子，只有此種可能．

“繼續(xù)加熱時(shí)淺藍(lán)色溶液逐漸變?yōu)榛野咨珣覞嵋海后w量越來越少，最后全部變?yōu)榛野咨腆w．”--聯(lián)系后面的條件“①濃硫酸沸騰溫度為338℃，這是硫酸和水的恒沸點(diǎn)溫度；．②膽礬失去全部結(jié)晶水的溫度為150℃”液體量越來越少的過程，就是液體沸騰變氣體的過程，由這兩個(gè)溫度可知，早在硫酸沸騰之前，膽礬已經(jīng)失去全部結(jié)晶水了．所以灰白色固體應(yīng)該是CuSO4；

（1）根據(jù)以上分析，灰白色固體應(yīng)該是CuSO4，故答案為：CuSO4；

（2）根據(jù)以上分析產(chǎn)生了二氧化硫氣體，又二氧化硫使品紅溶液褪色，體現(xiàn)了二氧化硫的漂白性，使KMnO4溶液褪色，體現(xiàn)了二氧化硫的還原性，根據(jù)氧化還原反應(yīng)的特征其離子方程式為：5SO2+2MnO4-+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+；故答案為：漂白性；還原性；5SO2+2MnO4-+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+；

（3）根據(jù)液體量越來越少；最后全部變?yōu)榛野咨腆w，所以最終銅和濃硫酸反應(yīng)完全，濃硫酸一直處于濃度很高與銅不停的反應(yīng)，所以濃度不會(huì)變稀，也不會(huì)出現(xiàn)反應(yīng)自動(dòng)停止，故答案為：不會(huì)；不會(huì)；

（4）濃硫酸的物質(zhì)的量為n===0.092mol，結(jié)合Cu+2H2SO4=CuSO4+SO2↑+2H2O，所以生成的氣體的物質(zhì)的量為=0.046mol，故選：B．19、BC離子晶體第三周期第ⅦA族2Mg+CO22MgO+CDPCl3【分析】【分析】（Ⅰ）A；B、C和D代表原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素．D的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物是二元強(qiáng)酸；則D為硫元素；D的原子序數(shù)是C的2倍，則C的原子序數(shù)為8，故C為氧元素；A、C、D的最外層電子數(shù)和為13，則A的最外層電子數(shù)為13-6-6=1，A處于ⅠA族，若A為H，則B的原子序數(shù)為8-1=7，則B為氮元素，若A為L(zhǎng)i，則B的原子序數(shù)為8-3=5，則B為硼元素，結(jié)合題（2）可知，A為氫元素、B為氮元素，據(jù)此解答．

（Ⅱ）①只有-2價(jià)，沒有正化合價(jià)，則為O元素；③⑥都有+1價(jià)，處于ⅠA族，原子半徑③＜⑥，且③的原子半徑不是最小，故③為L(zhǎng)i元素、⑥為Na元素；②只有+2價(jià)，處于ⅡA族，原子半徑大于Li原子，故②為Mg元素；④⑦都有+5、-3價(jià)，處于ⅤA族，原子半徑④＞⑦，故④為P元素、⑦為N元素；⑤有+7、-1價(jià)，故為Cl元素，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：（Ⅰ）A；B、C和D代表原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素．D的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物是二元強(qiáng)酸；則D為硫元素；D的原子序數(shù)是C的2倍，則C的原子序數(shù)為8，故C為氧元素；A、C、D的最外層電子數(shù)和為13，則A的最外層電子數(shù)為13-6-6=1，A處于ⅠA族，若A為H，則B的原子序數(shù)為8-1=7，則B為氮元素，若A為L(zhǎng)i，則B的原子序數(shù)為8-3=5，則B為硼元素，結(jié)合題（2）可知，A為氫元素、B為氮元素；

（1）B單質(zhì)為氮?dú)?，分子中氮原子之間形成3對(duì)共用電子對(duì)，故電子式為為

O元素質(zhì)子數(shù)為8，核外電子數(shù)為8，有2個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為6，故氧原子結(jié)構(gòu)示意圖

故答案為：

（2）氮元素的氧化物可以導(dǎo)致光化學(xué)煙霧；酸雨；PM2.5是由粉塵氧氣、溫室效應(yīng)由二氧化碳等導(dǎo)致；

故答案為：BC；

（3）A、B、C和D四種元素可形成一化合物，其原子個(gè)數(shù)之比為8：2：4：1．該化合物是（NH4）2SO4；屬于離子晶體；

故答案為：離子晶體；

（Ⅱ）①只有-2價(jià)；沒有正化合價(jià)，則為O元素；③⑥都有+1價(jià)，處于ⅠA族，原子半徑③＜⑥，且③的原子半徑不是最小，故③為L(zhǎng)i元素；⑥為Na元素；②只有+2價(jià)，處于ⅡA族，原子半徑大于Li原子，故②為Mg元素；④⑦都有+5、-3價(jià)，處于ⅤA族，原子半徑④＞⑦，故④為P元素、⑦為N元素；⑤有+7、-1價(jià)，故為Cl元素；

（1）元素⑤是Cl元素；在周期表中的位置是第三周期第ⅦA族；

元素②是Mg，Mg單質(zhì)在CO2中燃燒生成碳與氧化鎂，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2Mg+CO22MgO+C；

人類最早開發(fā)和利用的金屬；含量較大相對(duì)不活潑，故最早開發(fā)利用的金屬性是Cu；

故答案為：第三周期第ⅦA族；2Mg+CO22MgO+C；D；

（2）非金屬性N＞P，故NH3更穩(wěn)定，其結(jié)構(gòu)式為

故答案為：

（3）元素④為P元素，形成的+3和+5價(jià)的氯化物中，PCl3中各原子均達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；

故答案為：PCl3．20、碳氧鎂O=C=OAl（OH）3+3HC1═AlCl3+3H2O【分析】【分析】B原子L層的電子總數(shù)是K層的3倍；B的原子原子核外各層電子數(shù)分別為2；6，則B為O元素；

A的電子式為A和B在同一周期，則A為C元素；

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

D離子的半徑比C離子的??；D離子與B離子的電子層結(jié)構(gòu)相同，D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：B原子L層的電子總數(shù)是K層的3倍，B的原子原子核外各層電子數(shù)分別為2、6，則B為O元素；A的電子式為A和B在同一周期，則A為C元素；0.1molC單質(zhì)能從酸中置換出2.24L氫氣（標(biāo)準(zhǔn)狀況），則C的最外層有2個(gè)電子，離子的與氖原子的電子層結(jié)構(gòu)相同，則C為Mg元素；D離子的半徑比C離子的小，D離子與B離子的電子層結(jié)構(gòu)相同，D應(yīng)為Al元素．

即A為C元素；B為O元素；C為Mg元素；D應(yīng)為Al元素．

（1）A為C元素；元素名稱為碳；B為O元素，元素名稱為氧；C為Mg元素，元素名稱為鎂．

故答案為：碳；氧；鎂．

（2）A的氣態(tài)氫化物是CH4，用電子式表示形成過程為．

故答案為：．

（3）A和B的單質(zhì)充分反應(yīng)生成化合物是CO2；使用共價(jià)化合物，碳原子與氧原子之間形成2對(duì)共用電子對(duì)，結(jié)構(gòu)式為：O=C=O．

故答案為：O=C=O．

（4）四種元素的最高價(jià)氧化物的水化物中Al（OH）3既能溶于酸；又能溶于堿，其溶于HCl溶液的化學(xué)方程式為

Al（OH）3+3HC1═AlCl3+3H2O．

故答案為：Al（OH）3+3HC1═AlCl3+3H2O．21、化學(xué)電ZnZnCu2++2e-=Cu0.2NA【分析】【分析】原電池是將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，其中活潑金屬做負(fù)極，負(fù)極上活潑金屬失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，正極上溶液中的陽(yáng)離子得電子，電子從負(fù)極流向正極；原電池中陰離子移向原電池的負(fù)極，據(jù)此分析．【解析】【解答】解：原電池是將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，其中活潑金屬Zn做負(fù)極，活潑金屬Zn做負(fù)極；負(fù)極上Zn失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成鋅離子，其電極反應(yīng)為：Zn-2e-=Zn2+；正極上溶液中的銅離子得電子生成Cu，其電極反應(yīng)式為：Cu2++2e-=Cu，原電池中電子從負(fù)極流向正極，所以外電路中，電子流出的極是Zn；原電池中陰離子移向原電池的負(fù)極，則內(nèi)電路溶液中，SO42-移向負(fù)極Zn，由Zn-2e-=Zn2+，消耗6.5g鋅，則外電路轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為×2NA，=0.2NA；

故答案為：化學(xué)，電，Zn，Zn，Cu2++2e-=Cu，0.2NA．22、1.5a01.5am或【分析】【分析】容積可變的密閉容器中，保持一定溫度和壓強(qiáng)，進(jìn)行以下反應(yīng)：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g），把容器內(nèi)的物質(zhì)都轉(zhuǎn)化為反應(yīng)物，如果與原來加入的量等比例，則為等效平衡，平衡時(shí)各組分的體積分?jǐn)?shù)不變；據(jù)此分析．【解析】【解答】解：①已知加入1molN2和6molH2時(shí)，達(dá)到平衡后生成amolNH3，根據(jù)等效平衡原理：加入1.5molN2和9molH2時(shí)，反應(yīng)物的起始量是原來的1.5倍，則平衡時(shí)NH3的量是原平衡的1.5倍；即氨氣的物質(zhì)的量為1.5amol；

②若平衡時(shí)NH3的物質(zhì)的量為0.5amol，則平衡時(shí)氨氣的量是原來平衡氨氣的物質(zhì)的量的一半，所以起始時(shí)應(yīng)加入0.5molN2和3molH2，已知起始時(shí)有氨氣1mol，相當(dāng)于有0.5molN2和1.5molH2所以還需1.5mol氫氣，故起始時(shí)只需加入1.5molH2和1molNH3；

③若開始時(shí)加入mmolN2和gmolH2，則平衡是氨氣的物質(zhì)的量為：=，所以n（NH3）=am，或者=，則n（NH3）=；

故答案為：

。已知。

編號(hào)起始狀態(tài)物質(zhì)的量/mol平衡時(shí)NH3的。

物質(zhì)的量/molN2H2NH3NH3160aa①1.5901.5a②01.510.5a③mg（g≥6m）0am或23、0.002K=【分析】【分析】（1）由圖象可知，20至40秒時(shí)間內(nèi)N2O4的濃度由0.07mol/L減小為0.050mol/L，以此計(jì)算其反應(yīng)速率，再利用反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比計(jì)算NO2的反應(yīng)速率；

（2）平衡常數(shù)為生成物濃度冪之積與反應(yīng)物濃度冪之積的比．【解析】【解答】解：（1）由圖象可知，20至40秒時(shí)間內(nèi)N2O4的濃度由0.07mol/L減小為0.050mol/L；

則其反應(yīng)速率為=0.001mol/（L．s）；

由反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，則NO2的反應(yīng)速率為0.001mol/（L．s）×2=0.002mol/（L．s）；

故答案為：0.002；

（2）平衡常數(shù)為生成物濃度冪之積與反應(yīng)物濃度冪之積的比，則K=，故答案為：K=．24、略

【分析】【解析】【答案】（1）Fe，Na2O2，Al2O3。（每空2分，共6分）（2）（2分）（3）AlO2—+2H2OAl(OH)3+OH—（2分，沒配平只給1分）（4）2Al+2OH—+2H2O＝2AlO2—+3H2↑（2分，沒配平只給1分）（5）0.4mol（3分。無(wú)單位扣1分）四、判斷題(共3題，共9分)25、×【分析】【分析】氨氣能與氯化鈣發(fā)生反應(yīng)生成絡(luò)合物（CaCl2?8NH3），據(jù)此解題．【解析】【解答】解：氨氣能與氯化鈣發(fā)生反應(yīng)生成絡(luò)合物（CaCl2?8NH3），因此不能使用無(wú)水氯化鈣來干燥氨氣，故答案為：×．26、×【分析】【分析】食物的酸堿性與化學(xué)上所指的溶液的酸堿性是不同的概念，食物呈酸性或成堿性，是按食物在體內(nèi)代謝最終產(chǎn)物的性質(zhì)來分類的．【解析】【解答】解：食物的酸堿性與溶于水后的溶液PH無(wú)關(guān)，如檸檬酸呈酸性，但為堿性食物，故答案為：×．27、√