…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年粵教版高三化學下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、1-20號元素中最外層電子數是次外層電子數三倍的原子是（）A.氧原子B.硫原子C.鋰原子D.硼原子2、既可以鑒別乙烷和乙炔，又可以除去乙烷中含有的乙炔雜質的方法是（）A.足量的溴的四氯化碳溶液B.與足量的酸性高錳酸鉀溶液反應C.點燃D.在一定條件下與氫氣加成3、海洋中有豐富的食品、礦產，能源、藥物和水產資源等(如下圖所示)，下列有關說法正確的是A.第①步中除去粗鹽中的SO42-、Ca2+、Mg2+、Fe3+等雜質，加入的藥品順序為：Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液→過濾后加鹽酸B.第②步中結晶出的MgCl2·6H2O可在空氣中受熱分解制無水MgCl2C.在第③④⑤步中溴元素均被氧化D.從第③步到第⑤步的目的是為了濃縮4、下列分子中，所有原子都滿足最外層為8電子結構的是（）A.H2OB.BF3C.COCl2D.SF65、將0.1molA12O3、0.1molSiO2和一定量的Fe2O3、NaOH的固體混合物溶于水，充分反應后，向所得反應體系中緩緩通人0.5molHC1氣體，所得難溶物的物質的量與HC1的物質的量的關系如圖所示．下列說法正確的是（）A.Fe2O3、NaOH的物質的量分別是0.1mol、0.5molB.結合H+的能力：SiO32-＞AlO2-C.A點溶液呈堿性，C兩點溶液呈中性D.當n（HCl）＞0.5mol時，難溶物的量會繼續增多6、化學反應可視為舊鍵斷裂和新鍵形成的過程．化學鍵的鍵能是形成（或拆開）1mol化學鍵時釋放（或吸收）的能量．已知白磷（P4）和P4O6的分子結構如圖所示；

現提供以下化學鍵的鍵能：P-P198KJ?mol-1、P-O360kJ?mol-1、氧氣分子內氧原子間的鍵能為498kJ?mol-1則P4+3O2═P4O6的反應熱△H為（）A.+1638kJ?mol-1B.-1638kJ?mol-1C.-126kJ?mol-1D.+126kJ?mol-1評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)7、（2016?唐山二模）自然界中存在大量的金屬元素；其中鈉；鎂、鋁、鐵、銅等在工農業生產中有著廣泛的應用．

（1）請寫出Fe的基態原子核外電子排布式____．

（2）金屬A的原子只有3個電子層；其第一至第四電離能如表：

。電離能（KJ/mol）I1I2I3I4A93218211539021771則A原子的價電子排布式為____．

（3）合成氨工業中，原料氣（N2、H2及少量CO、NH3的混合氣）在進入合成塔前常用醋酸二氨合銅（I）溶液來吸收原料氣體中的CO（Ac-代表CH3COO-），其反應是：[Cu（NH3）2]Ac+CO+NH3?[Cu（NH3）3CO]Ac[醋酸羰基三安合銅（I）]△H＜0

①C、N、O三種元素的第一電離能由小到大的順序為____

②配合物[Cu（NH3）3CO]Ac中心原子的配位數為____

③在一定條件下NH3與CO2能合成尿素[CO（NH2）2]，尿素中C原子核N原子軌道的雜化類型分別為____；1mol尿素分子中，σ鍵的數目為____NA．

（4）NaCl和MgO都屬于離子化合物，NaCl的熔點為801.3℃，MgO的熔點高達2800℃．造成兩種晶體熔點差距的主要原因是____．

（5）（NH4）2SO4、NH4NO3等顆粒物及揚塵等易引起霧霾．其中NH4-的空間構型是____（用文字描述），與NO3-互為等電子體的分子是____．（填化學式）

（6）銅的化合物種類很多，如圖是氫化亞銅的晶胞結構，已知晶胞的棱長為acm，則氫化亞銅密度的計算式為ρ=____g/cm3．（用NA表示阿佛加德羅常數）8、硫酸鐵銨[aFe2（SO4）3?b（NH4）2SO4?cH2O]廣泛用于城鎮生活飲用水；工業循環水的凈化處理等．某化工廠以硫酸亞鐵（含少量硝酸鈣）和硫酸銨為原料；設計了如圖工藝流程制取硫酸鐵銨．

請回答下列問題：

（1）硫酸亞鐵溶液加H2SO4酸化的主要目的是____，濾渣A的主要成分是____．

（2）下列物質中最適合的氧化劑B是____；反應的離子方程式____．

a．NaClOb．H2O2c．KMnO4d．K2Cr2O7

（3）操作甲、乙的名稱分別是：甲____，乙____．

（4）上述流程中，氧化之后和加熱蒸發之前，需取少量檢驗Fe2+是否已全部被氧化，所加試劑為____（寫名稱），能否用酸性的KMnO4溶液？____（如果能，下問忽略），理由是：____．（可用語言或方程式說明）

（5）檢驗硫酸鐵銨中NH4+的方法是____．

（6）稱取14.00g樣品，將其溶于水配制成100mL溶液，分成兩等份，向其中一份中加入足量NaOH溶液，過濾洗滌得到2.14g沉淀；向另一份溶液中加入0.05molBa（NO3）2溶液，恰好完全反應．則該硫酸鐵銨的化學式為____．9、金屬鎂在目前的汽車；航天、航空、機械制造、軍事等產業中得判迅猛發展．

（1）目前市場上某些品牌筆記本電腦（如神舟電腦、IBM電腦等）的外殼一改以往的有機合成材料，而使用鎂鋁合金、鈦鋁合金等材料，鎂鋁合金材料在電腦上代替有機合成材料的目的是____（多選）

A；降低成本B、增強美觀。

C；利于散熱D、增加強度。

E；增加運算速度。

（2）某學校研究性學習小組欲以鎂條；鋁片為電極；以稀NaOH溶液為電解質溶液設計原電池．

①給你一支安培表；請你畫出該原電池的示意圖，并標出正負極．

②一段時間后，鋁片發生的電極反應是____；鎂條表面只有極少量的氣泡產生，則鎂電極產生的主要反應的電極反應式為____．10、（1）已知X；Y、Z為同一短周期的三種元素；其原子的部分電離能（kJ/mol）如表所示：

。XYZI1496738577I2456214511817I369127733275495401054011578①三種元素電負性大小關系為____

②寫出Y原子的電子排布式____Y的第一電離能大于Z的第一電離能的原因____

③X晶體采用圖1中____（填字母）堆積方式．

（2）N2O的等電子體為：①分子____，②陰離子____；由此可知N2O的中心原子的雜化類型為____．根據價層電子對互斥模型確定NO2的分子構型為：____．

（3）已知銅能形成多種化合物；如硫酸銅的結構如圖2所示，請在圖中標出水合銅離子中的配位鍵．

11、A；B、C、D四種元素；原子序數依次增大，A原子的最外層上有4個電子；B的陰離子和C的陽離子具有相同的電子層結構，兩元素的單質反應，生成一種淡黃色的固體E，D的L層電子數等于K、M兩個電子層上的電子數之和．

（1）C離子的結構示意圖為____．D在周期表中位置____．

（2）寫出E的電子式：____．

（3）A、D兩元素形成的化合物屬____（填“離子”或“共價”）化合物．

（4）寫出D的最高價氧化物的水化物和A反應的化學方程式：____．12、25℃時；電離平衡常數：

。化學式CH3COOHH2CO3HClO電離平衡常數1.8×10-5K1=4.3×10-7

K2=5.6×10-113.0×10-8回答下列問題：

（1）物質的量濃度為0.1mol/L的下列四種物質：a．Na2CO3，b．NaClO，c．CH3COONad．NaHCO3；pH由大到小的順序是：____；（填編號）

（2）常溫下0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀釋過程，下列表達式的數據一定變小的是：____；

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

（3）體積為10mLpH=2的醋酸溶液與一元酸HX分別加水稀釋至1000mL，稀釋過程pH變化如圖．則HX的電離平衡常數____（填“大于”、“等于”或“小于”）醋酸的平衡常數；理由是____，稀釋后，HX溶液中水電離出來的c（H+）____醋酸溶液水電離出來c（H+）（填“大于”、“等于”或“小于”）理由是：____；

（4）25℃時，CH3COOH與CH3COONa的混合溶液；若測得混合液pH=6，則溶液中。

c（CH3COO-）-c（Na+）=____．（填準確數值）．

13、如圖畫出了氫原子的4個能級，并注明了相應的能量E，處于n=4的一群氫原子的電子向低能級躍遷時，能夠發出不同頻率光波的種數為____．

14、（2015秋?應城市校級期中）到目前為止；由化學能轉變的熱能或電能仍然是人類使用的最主要的能源．

（1）在25℃、101kPa下，16g的甲醇（CH3OH）完全燃燒生成CO2和液態水時放出352kJ的熱量，則表示甲醇燃燒熱的熱化學方程式____．

（2）化學反應中放出的熱能（焓變；△H）與反應物和生成物的鍵能（E）有關．

已知：H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H=-185kJ/mol；

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

（3）①如圖是N2和H2反應生成2molNH3過程中能量變化示意圖，請計算每生成1molNH3放出熱量為：____；②若起始時向容器內放入1molN2和3molH2，達平衡后N2的轉化率為20%，則反應放出的熱量為Q1kJ，則Q1的數值為____；

若在同體積的容器中充入2molN2和6molH2，達平衡后放出的熱量為Q2kJ，則Q2____2Q1（填“＞”、“＜”或“=”）評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)15、一定量的鐵粉與銅粉混合物，與適量稀硝酸反應，生成標準狀況下氣體5.6L．則參加反應的硝酸的物質的量為1mol．____（判斷對錯）16、在標準狀況時，20mLNH3與60mLO2所含的分子個數比為1：3____．（判斷對錯）17、一定壓強下，所有物質在溫度變化時都能表現出三態變化．____（判斷對錯）18、Na2SO4固體中含鈉離子．____（判斷對錯）19、SO3和H2O的反應與SO2和H2O的反應類型完全相同____（判斷對和錯）20、誤食重金屬鹽而引起的中毒，急救方法可以服用大量的豆漿或牛奶．____．（判斷對錯）21、鐵和稀硫酸反應的離子反應方程式：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑____．（判斷對錯）22、將40gNaOH溶解在1L水中，溶液中溶質的物質的量濃度為1mol/L____．（判斷對錯）23、判斷下列說法是否正確；正確的劃“√”，錯誤的劃“×”

（1）乙醛分子中的所有原子都在同一平面上____

（2）凡是能發生銀鏡反應的有機物都是醛____

（3）醛類既能被氧化為羧酸，又能被還原為醇____

（4）完全燃燒等物質的量的乙醛和乙醇，消耗氧氣的質量相等____

（5）在水溶液里，乙酸分子中的-CH可以電離出H+____．評卷人得分四、推斷題(共1題，共3分)24、（2008?海南）如圖表示某固態單質A及其化合物之間的轉化關系（某些產物和反應條件已略去）．化合物B在常溫常壓下為氣體；B和C的相對分子質量之比為4：5，化合物D是重要的工業原料．

（1）寫出A在加熱條件下與H2反應的化學方程式____；

（2）寫出E與A的氫化物反應生成A的化學方程式____；

（3）寫出一個由D生成B的化學方程式____；

（4）將5mL0.10mol?L-1的E溶液與10mL0.10mol?L-1的NaOH溶液混合．

①寫出反應的離子方程式____；

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

③加熱反應后的溶液，其pH____（填“增大”、“不變”或“減小”），理由是____．評卷人得分五、其他(共1題，共9分)25、將下列各儀器名稱前的字母序號與其用途相對應的選項填在相應位置．

（1）用來夾試管的工具是____；

（2）貯存固體藥品的儀器是____；

（3）常作為反應用的玻璃容器是____；

（4）用于洗滌儀器內壁的工具是____；

（5）用于夾持燃燒鎂條的工具是____；

（6）檢驗物質可燃性，進行固氣燃燒實驗的儀器是____；

（7）用于加熱濃縮溶液、析出晶體的瓷器是____；

（8）加熱時常墊在玻璃容器與熱源之間的用品是____．評卷人得分六、綜合題(共2題，共12分)26、（15分）下列框圖中的A~K物質均為中學常見物質。已知B、D、E、L常溫下為密度比空氣大的氣體，D、E為單質，其它為化合物。A和I都是常用的漂白劑，F的焰色反應呈黃色。F、G均能與L的水溶液反應放出B。請根據圖示關系回答問題：（1）F的俗名是＿＿＿＿＿＿；K的電子式＿＿＿＿＿＿。（2）反應①~⑤中，屬于氧化－還原反應的是＿＿＿＿＿＿。（3）反應④的離子方程式＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。反應③的化學方程式＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。（4）某單質能與H反應生成E，該反應的化學方程式為＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。27、［化學—選修有機化學基礎］（15分）．雷諾嗪是治療慢性心絞痛首選新藥。雷諾嗪合成路線如下：（1）雷諾嗪中含氧官能團，除酰胺鍵（-NHCO-）外，另兩種官能團名稱：＿＿＿＿、＿＿＿＿。（2）寫出滿足下列條件A的同分異構體的數目＿＿＿＿。①A能與FeCl3溶液發生顯色反應；②1molA可與2molNaOH反應。（3）C→D中，加入適量NaOH的作用是：＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。（4）從雷諾嗪合成路線得到啟示，可用間二甲苯、ClCH2COCl、（C2H5）2NH（無機試劑任用）合成鹽酸利多卡因，請在橫線上補充反應物，在方框內補充生成物。已知：參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、A【分析】【分析】根據原子核外電子排布規則，最外層最多不超過8個電子，最外層電子數是次外層電子數三倍，則說明次外層只能有2個電子，因此該元素含有的電子數為2+6=8．【解析】【解答】解：根據原子核外電子排布規則；最外層最多不超過8個電子；

最外層電子數是次外層電子數三倍；則說明次外層只能有2個電子；

因此該元素含有的電子數為2+6=8；質子數=核外電子數=8，為氧原子；

故選：A．2、A【分析】【分析】乙炔含有C=C官能團，能與溴水發生加成反應，能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，注意除雜時不能引入新的雜質，且不能影響被提純的物質．【解析】【解答】解：A．通入足量的溴的四氯化碳溶液中；乙炔與溴水發生加成反應，溴水褪色，既可以用來鑒別乙烷和乙炔，又可以用來除去乙烷中混有的乙炔，故A正確；

B．氣體通入酸性高錳酸鉀溶液中；會生成二氧化碳氣體，這樣會引入新的雜質，故B錯誤；

C．在空氣中燃燒不能將乙烷中的乙炔除去；故C錯誤；

D．在一定條件下通入氫氣不能鑒別乙烷和乙炔；且能引入新的雜質，故D錯誤．

故選A．3、D【分析】【解析】【答案】D4、C【分析】【分析】對于ABn型共價化合物元素化合價絕對值+元素原子的最外層電子層=8，則該元素原子滿足8電子結構，含H元素的化合物一定不滿足8電子結構．【解析】【解答】解：A、H2O中；O元素化合價為-2，O原子最外層電子數為6，所以2+6=8，O原子滿足8電子結構；H元素化合價為+1，H原子最外層電子數為1，所以1+1=2，H原子滿足2電子結構，故A錯誤；

B、BF3中B元素化合價為+3；B原子最外層電子數為3，所以3+3=6，B原子不滿足8電子結構；F元素化合價為-1，F原子最外層電子數為7，所以1+7=8，F原子滿足8電子結構，都滿足8電子穩定結構，故B錯誤；

C、COCl2中C元素化合價為+4；C原子最外層電子數為4，所以4+4=8，C原子滿足8電子結構；O元素化合價為-2，O原子最外層電子數為6，所以2+6=8，O原子滿足8電子結構；Cl元素化合價為-1，Cl原子最外層電子數為7，所以1+7=8，Cl原子滿足8電子結構，都滿足8電子穩定結構，故C正確；

D、SF6中S元素化合價為+6；S原子最外層電子數為6，所以6+6=12，S原子不滿足8電子結構，F元素化合價為-1，F原子最外層電子數為7，所以1+7=8，F原子滿足8電子結構，故D錯誤；

故選：C．5、A【分析】【分析】A．由圖象可知，Al2O3、SiO2、Fe2O3、NaOH充分混合后有0.1molNaOH剩余；氧化鐵不溶解，根據A點的縱坐標可知Fe2O3為0.1mol；由于Al2O3、SiO2均為0.1mol，與NaOH反應生成0.2molNaAlO2、0.1molNa2SiO3；根據鈉元素守恒計算出NaOH的物質的量；

B．根據H2O+AlO2-+H+=Al（OH）3↓可知：0.2AlO2-與0.2molHCl恰好生成0.2molAl（OH）3沉淀，根據SiO32-+2H+=H2SiO3↓可知：0.1molSiO32-與0.2molHCl恰好生成0.1molH2SiO3沉淀，結合圖象可知AB段、BC段對應的沉淀分別是Al（OH）3和H2SiO3，據此判斷AlO2-、SiO32-結合H+的能力大小；

C．A點溶液中含有NaAlO2、Na2SiO3和NaCl，B點溶液中含有Na2SiO3和NaCl；C點溶液中只有NaCl，根據鹽的水解原理判斷；

D．C點AlO2-、SiO32-恰好完全沉淀，再通入HCl，Fe2O3、Al（OH）3會溶解．【解析】【解答】解：A．根據圖象可知，Al2O3、SiO2、Fe2O3、NaOH充分混合后有0.1molNaOH剩余；氧化鐵不溶解，根據A點的縱坐標可知Fe2O3為0.1mol；由于Al2O3、SiO2均為0.1mol，與NaOH反應生成0.2molNaAlO2、0.1molNa2SiO3；根據鈉元素守恒可知NaOH的物質的量為：0.1mol+0.2mol+0.1mol×2=0.5mol，故A正確；

B．根據H2O+AlO2-+H+=Al（OH）3↓可知，0.2AlO2-與0.2molHCl恰好生成0.2molAl（OH）3沉淀，根據SiO32-+2H+=H2SiO3↓可知，0.1molSiO32-與0.2molHCl恰好生成0.1molH2SiO3沉淀，結合圖象可知AB段、BC段對應的沉淀分別是Al（OH）3和H2SiO3，從而說明AlO2-結合H+的能力大于SiO32-；故B錯誤；

C．A點溶液中含有NaAlO2、Na2SiO3和NaCl，B點溶液中含有Na2SiO3和NaCl；C點溶液中只有NaCl，B點硅酸鈉水解，溶液顯示堿性，故C錯誤；

D．C點AlO2-、SiO32-恰好完全沉淀，再通入HCl，Fe2O3、Al（OH）3會溶解；所以沉淀的量會減少，故D錯誤；

故選A．6、B【分析】【分析】反應熱△H=反應物總鍵能-生成物總鍵能，據此計算判斷．注意每摩爾P4中含有6molP-P鍵．【解析】【解答】解：各化學鍵鍵能為P-P198kJ?mol-1、P-O360kJ?mol-1、O=O498kJ?mol-1．

反應熱△H=反應物總鍵能-生成物總鍵能；

所以反應P4+3O2=P4O6的反應熱△H=6×198kJ?mol-1+3×498kJ?mol-1-12×360kJ?mol-1=-1638kJ?mol-1；

故選：B．二、填空題(共8題，共16分)7、1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s23s2C＜O＜N4sp2、sp37MgO晶體所含離子半徑小，電荷數多，晶格能大正四面體SO3或者BF3【分析】【分析】（1）鐵是26號元素；根據核外電子排布規律，可以寫出其基態原子核外電子排布式；

（2）從表中原子的第一至第四電離能可以看出；A的第二電離能小；

（3）①同一周期元素的第一電離能隨著原子序數的增大而呈增大的趨勢；但第IIA族和第VA族元素的第一電離能大于相鄰元素；

②根據化合物的化學式判斷；一價銅離子有三個氨基配體和一個羰基配體，共4個配體；

③計算雜化類型時根據電子對數來判斷；中心原子的價電子數與配體電子數的和除以2就得到電子對數，根據電子對數，可以確定雜化類型；

（4）離子化合物中晶格能越大；離子所帶電荷越多，熔沸點越高；等電子體是指具有相同價電子總數和原子總數的分子或離子；

（5）根據價層電子對互斥理論確定N原子的價層電子對數；再確定雜化類型；分子空間構型；

（6）根據均攤法計算一個晶胞中各原子的數目，根據晶胞密度計算．【解析】【解答】解：（1）鐵是26號元素，根據核外電子排布規律，可以寫出其基態原子核外電子排布式：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；

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

（2）從表中原子的第一至第四電離能可以看出，A的第二電離能小，第三電離能較大，說明易失去2個電子，則A的化合價為+2價，應為Mg元素，價電子排布為3s2，故答案為：3s2；

（3）①同一周期元素的第一電離能隨著原子序數的增大而呈增大的趨勢；但第IIA族和第VA族元素的第一電離能大于相鄰元素，所以C；N、O三種元素的第一電離能由小到大的順序為：C＜O＜N，故答案為：C＜O＜N；

②一價銅離子有三個氨基配體和一個羰基配體；共4個配體，故答案為：4；

③中心原子為碳，價電子數為4，氧不為中心原子，不提供電子，每個亞氨基提供一個電子，電子對數為（4+1×2）÷2=3，故雜化軌道為sp2，氮原子形成了3個σ鍵，同時還有一對孤電子，電子對數為3+1=4，故雜化軌道為sp3．σ鍵的數目為3，每個亞氨基中σ鍵的數目2，一分子尿素中含σ鍵的數目為3+2×2=7，故每摩爾尿素中含有σ鍵的數目為7NA；

故答案為：sp2、sp3；7；

（4）MgO中離子都帶2個單位電荷，NaCl中離子都帶1個單位電荷，離子半徑Cl-＜O2-，Mg2+＜Na+；高價化合物的晶格能遠大于低價離子化合物的晶格，晶格能MgO＞NaCl，故熔點MgO＞NaCl，故答案為：MgO晶體所含離子半徑小，電荷數多，晶格能大；

（5）NH4+中N原子的價層電子對數為4+（5-1-4×1）=4，而且沒有孤電子對，所以離子的空間構型為正四面體；NO3-原子數為4，價電子數為24，則其等電子體為：SO3或者BF3；

故答案為：正四面體、SO3或者BF3；

（6）一個晶胞中Cu原子數目為，H原子數目為4，晶胞密度==g/cm3．故答案為：．8、增大溶液中SO42-濃度，將Ca2+轉化為沉淀或抑制Fe2+水解CaSO4bH2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O冷卻結晶常溫晾曬鐵氰化鉀溶液不能因為過氧化氫和二價鐵離子均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色在試管中加入少量樣品和NaOH固體加熱，在試管口用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗，看到試紙變成藍色Fe2（SO4）3?2（NH4）2SO4?2H2O【分析】【分析】原料中加入硫酸酸化；可生成硫酸鈣沉淀，減壓過濾后加入過氧化氫氧化可生成硫酸鐵，加入硫酸銨，在80℃下反應可生成硫酸鐵銨，經蒸發濃縮；冷卻結晶、過濾洗滌，最后經常溫晾曬可到純凈的硫酸鐵銨，結合對應物質的性質以及題目要求可解答該題．

（1）硫酸亞鐵中亞鐵離子水解；硫酸可以抑制水解，硫酸根離子可以將鈣離子沉淀；

（2）加入氧化劑可氧化亞鐵離子；但應避免引入新雜質；

（3）硫酸鐵銨經蒸發濃縮；冷卻結晶、過濾洗滌；最后經常溫晾曬可到純凈的硫酸鐵銨，但是溫度不能太高；

（4）根據酸性高錳酸鉀溶液氧化性很強；可以氧化二價鐵和雙氧水分析；

（5）檢驗NH4+的方法是加入強堿反應、加熱能夠產生使濕潤的紅色石蕊試液變藍的氣體，該氣體是氨氣，從而證明原溶液中一定含有NH4+；

（6）根據元素守恒結合發生的轉化來計算．【解析】【解答】解：原料中加入硫酸酸化；可生成硫酸鈣沉淀，減壓過濾后加入過氧化氫氧化可生成硫酸鐵，加入硫酸銨，在80℃下反應可生成硫酸鐵銨，經蒸發濃縮；冷卻結晶、過濾洗滌，最后經常溫晾曬可到純凈的硫酸鐵銨；

（1）加入硫酸，可增大溶液中SO42-濃度，將Ca2+轉化為沉淀，生成CaSO4，同時抑制Fe2+水解；

故答案為：增大溶液中SO42-濃度，將Ca2+轉化為沉淀或抑制Fe2+水解；CaSO4；

（2）為避免引入新雜質，應加入過氧化氫為氧化劑，還原產物是水，反應的離子方程式為H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；

故答案為：b；H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；

（3）在80℃下反應可生成硫酸鐵銨；經蒸發濃縮；冷卻結晶、過濾洗滌，最后經常溫晾曬可到純凈的硫酸鐵銨，溫度不能過高，防止分解；

故答案為：冷卻結晶；常溫晾曬；

（4）酸性高錳酸鉀溶液氧化性很強；可以氧化二價鐵和雙氧水，應加入鐵氰化鉀溶液，如生成藍色沉淀，可說明含有亞鐵離子；

故答案為：鐵氰化鉀溶液；不能；因為過氧化氫和二價鐵離子均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色；

（5）檢驗NH4+的方法是加入強堿反應、加熱能夠產生使濕潤的紅色石蕊試液變藍的氣體，該氣體是氨氣，從而證明原溶液中一定含有NH4+；

故答案為：在試管中加入少量樣品和NaOH固體加熱；在試管口用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗，看到試紙變成藍色；

（6）稱取14.00g樣品，將其溶于水配置成100mL溶液，分成兩等份，向其中一份中加入足量NaOH溶液，過濾洗滌得到2.14g沉淀，應為Fe（OH）3；

n（Fe（OH）3）==0.02mol；

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

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

則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；

所以化學式為Fe2（SO4）3?2（NH4）2SO4?2H2O；

故答案為：Fe2（SO4）3?2（NH4）2SO4?2H2O．9、BCAl+4OH--3e-=AlO2-+2H2OO2+2H2O+4e-=4OH-【分析】【分析】（1）根據鋁合金材料（有鈦鋁合金；鎂鋁合金等）硬度大；而且美觀分析；

（2）①鎂和鋁；鎂的活潑性強于鋁，所以開始鎂做負極；鋁做正極；

②Mg雖比Al活潑，但Mg不能與NaOH溶液反應，而Al可與NaOH溶液反應，故Al作負極，失電子生成Al3+，Al3+結合OH-生成AlO2，鎂做正極，氧氣在正極得到電子被還原，發生吸氧腐蝕．【解析】【解答】解：（1）因為鋁合金材料（有鈦鋁合金；鎂鋁合金等）硬度大；而且美觀，所以鋁合金材料在電腦上代替有機合成材料；

故選：BC；

（2）①鎂和鋁，鎂的活潑性強于鋁，所以開始鎂做負極、鋁做正極；原電池裝置圖：

故答案為：

②Mg雖比Al活潑，但Mg不能與NaOH溶液反應，而Al可與NaOH溶液反應，故Al作負極，失電子生成Al3+，Al3+結合OH-生成AlO2，電極反應式為：Al+4OH--3e-=AlO2-+2H2O，鎂做正極，氧氣在正極得到電子被還原，電極反應式為：O2+2H2O+4e-=4OH-；

故答案為：Al+4OH--3e-=AlO2-+2H2O；O2+2H2O+4e-=4OH-；10、Z＞Y＞X1s22s22p63s2Y元素原子最外層s軌道上的電子為全滿ACO2SCN-或N3-SPV型【分析】【分析】（1）根據元素電離能的變化知；X為第ⅠA族元素；Y為第ⅡA族元素、Z為第ⅢA族元素，又X、Y、Z為同一周期的三種元素，而且X為第ⅠA族元素可以失去4個電子，則這幾種元素為第三周期，分別是Na、Mg、Al元素；

①元素的非金屬性越強；電負性越強；即同周期自左而右電負性增大；同一主族元素從上到下電負性逐漸減小；

②根據Y為鎂元素；原子的核外電子數為12，再根據核外電子排布規律來寫；同一周期元素，元素的第一電離能隨著原子序數增大而增大，但第IIA族；第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素；

③鉀；鈉和鐵型；體心立方堆積，鎂、鋅、鈦型，六方最密堆積，面心立方最密堆積（Cu型），據此分析解答；

（2）原子個數相等且價電子數相等的分子為等電子體；根據價層電子對互斥理論確定分子空間構型及原子雜化方式；

（3）含有孤電子對的原子和含有空軌道的原子之間能形成配位鍵．【解析】【解答】解：（1）根據元素電離能的變化知；X為第ⅠA族元素；Y為第ⅡA族元素、Z為第ⅢA族元素，根據元素的第一電離能知，這幾種元素分別是Na、Mg、Al元素；

①一般來說；元素非金屬性越強電負性越小，金屬性越強，電負性越小，同周期自左而右電負性增大，Na；Mg、Al屬于同周期元素，Na＜Mg＜Al；

即Z＞Y＞X；

故答案為：Z＞Y＞X；

②Mg元素為12號元素，原子核外有12個電子，所以核外電子排布式為：1s22s22p63s2；Y；Z元素處于同一周期且原子序數逐漸增大，但Y為鎂元素，處于第ⅡA族，最外層s軌道上的電子為全滿，所以Y的第一電離能大于Z；

故答案為：1s22s22p63s2；Y元素原子最外層s軌道上的電子為全滿；

③鈉屬于體心立方堆積；

故答案為：A；

（2）①N2O中原子個數是3價電子數是16；含有3個原子且價電子數是16的有二氧化碳；

故答案為：CO2；

②原子個數為3價電子數為16的離子有SCN-或N3-等，N2O的中心原子含有2個價層電子對且不含孤電子對，為sp雜化，NO2的中心原子價電子對個數是2.5且含有一個孤電子；為V型；

故答案為：SCN-或N3-；sp；V型；

（3）該配合物中；銅原子提供空軌道，水中氧原子提供孤電子對，配位鍵由提供孤電子對的原子指向提供空軌道的原子，所以其表示方法為：

故答案為：．11、第三周期第ⅥA族共價C+2H2SO4（濃）CO2↑+2SO2↑+2H2O【分析】【分析】根據B的陰離子和C的陽離子具有相同的電子層結構，兩元素的單質反應，生成一種淡黃色的固體E可知，E為過氧化鈉，B元素為氧元素，C元素為鈉元素．A原子的最外層上有4個電子且原子序數小于B（即氧元素），所以A為碳元素．D的L層電子數等于K、M兩個電子層上的電子數之和，L層上有8個電子，K層上有2個電子，則M層上有6個電子，所以D元素為硫元素，據此答題．【解析】【解答】解：根據B的陰離子和C的陽離子具有相同的電子層結構；兩元素的單質反應，生成一種淡黃色的固體E可知，E為過氧化鈉，B元素為氧元素，C元素為鈉元素．A原子的最外層上有4個電子且原子序數小于B（即氧元素），所以A為碳元素．D的L層電子數等于K；M兩個電子層上的電子數之和，L層上有8個電子，K層上有2個電子，則M層上有6個電子，所以D元素為硫元素；

（1）C元素為鈉元素，C離子的結構示意圖為D為硫元素，D在周期表中位置是第三周期第ⅥA族；

故答案為：第三周期第ⅥA族；

（2）E為過氧化鈉，E的電子式為：

故答案為：

（3）A為碳元素；D為硫元素，A；D兩元素形成的化合物為二硫化碳，屬共價化合物；

故答案為：共價；

（4）D為硫元素，D的最高價氧化物的水化物為硫酸，和碳反應的化學方程式為：C+2H2SO4（濃）CO2↑+2SO2↑+2H2O；

故答案為：C+2H2SO4（濃）CO2↑+2SO2↑+2H2O．12、略

【分析】

（1）由電離平衡常數判斷酸性的強弱；酸性越強，其對應鹽的水解程度越大，溶液的pH就越大；

由表格中的數據可知，酸性CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，則水解程度為a＞b＞d＞c，pH由大到小的順序是a＞b＞d＞c，故答案為：a＞b＞d＞c；

（2）A．CH3COOH溶液加水稀釋過程，促進電離，c（H+）減小；故A選；

B．c（H+）/c（CH3COOH）=n（H+）/n（CH3COOH）；則稀釋過程中比值變大，故B不選；

C．稀釋過程，促進電離，c（H+）減小，c（OH-）增大，c（H+）?c（OH-）=Kw；Kw不變，故C不選；

D．稀釋過程，促進電離，c（H+）減小，c（OH-）增大，則c（OH-）/c（H+）變大；故D不選；

故答案為：A；

（3）由圖可知，稀釋相同的倍數，HX的pH變化程度大，則酸性HX強，電離平衡常數大；稀釋后，HX電離生成的c（H+）小，對水的電離抑制能力小，所以HX溶液中水電離出來的c（H+）大，故答案為：大于；HX的pH變化程度大，則酸性HX強，電離平衡常數大；大于；稀釋后，HX電離生成的c（H+）小；對水的電離抑制能力小；

（4）25℃時，混合液pH=6，c（H+）=1.0×10-6mol/L，則由Kw可知，c（OH-）=1.0×10-8mol/L，由電荷守恒可知，c（CH3COO-）-c（Na+）=c（H+）-c（OH-）=9.9×10-7mol/L，故答案為：9.9×10-7mol/L．

【解析】【答案】（1）由電離平衡常數判斷酸性的強弱；酸性越強，其對應鹽的水解程度越大，溶液的pH就越大；

（2）CH3COOH溶液加水稀釋過程，促進電離，c（H+）減小，c（OH-）增大；Kw不變；

（3）由圖可知，稀釋相同的倍數，HX的pH變化程度大，則酸性HX強，電離平衡常數大；稀釋后，HX電離生成的c（H+）小；對水的電離抑制能力小；

（4）25℃時，混合液pH=6，c（H+）=1.0×10-6mol/L，則由Kw可知，c（OH-）=1.0×10-8mol/L，由電荷守恒可知，c（CH3COO-）-c（Na+）=c（H+）-c（OH-）．

13、6【分析】【分析】處于n=4的一群氫原子的電子向低能級躍遷時，發射光子能量是不連續的，光子能量為2個能級之差，4個能級進行組合共有C42種不同頻率的光子．【解析】【解答】解：處于n=4的一群氫原子的電子向低能級躍遷時，發射光子能量是不連續的，光子能量為2個能級之差，4個能級進行組合共有C42種不同頻率的光子，即有=6種能夠發出不同頻率光波；

故答案為：6．14、CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-704KJ/mol432kJ/mol46.1kJ18.44＞【分析】【分析】（1）依據燃燒熱概念是1mol可燃物完全燃燒生成穩定氧化物放出的熱量書寫熱化學方程式，16g的甲醇（CH3OH）完全燃燒生成CO2和液態水時放出352kJ的熱量；32g甲醇即1mol，燃燒生成二氧化碳和液態水放熱704KJ，標注物質聚集狀態和對應焓變寫出；

（2）依據反應的焓變△H=反應物鍵能總和-生成物鍵能總和計算；

（3）①分析圖象N2和H2反應生成2molNH3過程中能量變化示意圖可知反應放熱427.2KJ-335KJ=92.2KJ，每生成1molNH3放出熱量46.1KJ；

②依據化學平衡計算生成氨氣物質的量，結合熱化學方程式計算Q1，若在同體積的容器中充入2molN2和6molH2，可以看作在原來平衡中加入1mol氮氣和3mol氫氣，相當于增大壓強，平衡正向進行計算分析達平衡后放出的熱量為Q2kJ．【解析】【解答】解：（1）16g的甲醇（CH3OH）完全燃燒生成CO2和液態水時放出352kJ的熱量，32g甲醇即1mol，燃燒生成二氧化碳和液態水放熱704KJ，標注物質聚集狀態和對應焓變寫出熱化學方程式為：CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-704KJ/mol；

故答案為：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=反應物鍵能總和-生成物鍵能總和得到：-185kJ/mol=436KJ/mol+243KJ/mol-2E（H-Cl）

則E（H-Cl）=432kJ/mol；

故答案為：432kJ/mol；

（3）①圖象分析可知，N2和H2反應生成2molNH3過程中能量變化示意圖可知反應放熱427.2KJ-335KJ=92.2KJ，每生成1molNH3放出熱量46.1KJ；

故答案為：46.1kJ；

②如圖是N2和H2反應生成2molNH3過程中能量變化示意圖；反應焓變△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氨氣放熱=×92；2KJ=18.44KJ；

若在同體積的容器中充入2molN2和6molH2，可以看作在原來平衡中加入1mol氮氣和3mol氫氣，相當于增大壓強，平衡正向進行達平衡后放出的熱量Q2大于2Q1；

故答案為：18.44，＞．三、判斷題(共9題，共18分)15、√【分析】【分析】標準狀況下5.6LNO的物質的量為：=0.25mol；鐵粉、銅粉的混合物與稀硝酸發生的反應有：Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O、3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，據此判斷消耗的硝酸的物質的量．【解析】【解答】解：粉與銅粉混合物與適量稀硝酸反應生成的氣體為NO，標準狀況下5.6LNO的物質的量為：=0.25mol；

銅粉與稀硝酸反應的方程式為：①3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；

鐵與稀硝酸反應的方程式有：②Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O、③3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O；

分析反應①②③可知；無論銅粉與鐵粉的組成，生成0.25molNO都消耗硝酸：0.25mol×4=1mol；

故答案為：√．16、√【分析】【分析】相同條件下，氣體體積之比等于其分子數目之比．【解析】【解答】解：同溫同壓下，氣體體積之比等于其分子數目之比，故標準狀況時，20mLNH3與60mLO2所含的分子個數比=20mL：60mL=1：3，故正確，故答案為：√．17、×【分析】【分析】有的固體受熱時會直接升華為氣體．【解析】【解答】解：一定壓強下；所有物質在溫度變化時不一定能表現出三態變化，如碘受熱時直接升華為氣體，不形成液體，故錯誤；

故答案為：×．18、√【分析】【分析】可從該化合物所含化學鍵及晶體類型判斷是否含有鈉離子．【解析】【解答】解：Na是第ⅠA族活潑金屬，與酸根離子形成離子鍵，所以Na2SO4屬于離子化合物；由陽離子鈉離子和陰離子硫酸根離子構成；

故答案為：√．19、×【分析】【分析】依據化學方程式分析判斷，反應都是兩種物質反應生成一種物質，屬于化合反應，但從可逆反應上來看，二氧化硫與水反應為可逆反應．【解析】【解答】解：SO3+H2O=H2SO4，H2O+SO2?H2SO3依據化學方程式分析判斷，反應都是兩種物質反應生成一種物質，屬于化合反應，但從可逆反應上來看，二氧化硫與水反應為可逆反應，故不完全相同，故答案為：×．20、√【分析】【分析】重金屬鹽中毒的原理即破壞人體的蛋白質結構，雞蛋清、豆漿、牛奶中含有蛋白質，據此解題．【解析】【解答】解：重金屬鹽中毒的原理即破壞人體的蛋白質結構，雞蛋清、豆漿、牛奶中含有蛋白質，服用雞蛋清、豆漿、牛奶，可防止人體本身的蛋白質被破壞，能用于解毒，故答案為：√．21、×【分析】【分析】鐵為變價金屬，鐵與稀硫酸反應生成硫酸亞鐵和氫氣，不會生成硫酸鐵，該離子方程式中反應產物錯誤，應該生成Fe2+離子，不是生成Fe3+．【解析】【解答】解：由于Fe3+的氧化性大于氫離子，則鐵和稀硫酸反應生成硫酸亞鐵和氫氣和氫氣，不會生成硫酸鐵，正確的離子方程式為：Fe+2H+=Fe2++H2↑；

故答案為：×．22、×【分析】【分析】將40gNaOH溶解在1L水中，溶液體積大于1L．【解析】【解答】解：將40gNaOH溶解在1L水中；溶液體積大于1L，溶液中溶質的物質的量濃度小于1mol/L；

故答案為：×．23、×【分析】【分析】（1）乙醛可看作甲烷中的氫原子被醛基取代產物；

（2）含醛基的物質能發生銀鏡反應；

（3）醛基既可被氧化為羧基也可被還原為羥基；

（4）根據乙醛和乙醇的分子