2025年外研版2024高三化學上冊月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年外研版2024高三化學上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總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、等物質(zhì)的量的X（g）與Y（g）在密閉容器中進行反應：X（g）+2Y（g）?3Z（g）+Q（s）△H＞0，下列敘述正確的是（）A.當容器中X與Y的物質(zhì)的量的比滿足1：2時反應達到平衡B.達到平衡時X的轉化率為25%，則平衡常數(shù)K值為9/4C.達到平衡后，反應速率2V正（Y）=3V逆（Z）D.達到平衡后，加入Q，平衡逆向移動2、下列各組化合物中化學鍵類型相同的是（）A.H2O和NH4ClB.NaCl和HClC.CaO和KClD.CCl4和H2O23、在19題中發(fā)生的化學反應為：2KMnO4+16HCl═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反應中，被氧化鹽酸和未被氧化鹽酸的物質(zhì)的量之比是（）A.1﹕10B.10﹕1C.3﹕5D.5﹕34、有八種物質(zhì)：①甲烷、②苯、③聚乙烯、④聚異戊二烯、⑤2-丁炔、⑥環(huán)己烷、⑦甲苯，既能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，又能使溴水因反應而褪色的是（）A.③④⑤⑧B.④⑤⑦C.④⑤D.③④⑤⑦⑧5、能正確表示下列反應的離子方程式是（）A.實驗室用MnO2、濃鹽酸制備Cl2：MnO2+4H++2Cl-Mn2++2H2O+Cl2↑B.氧化鐵可溶于氫碘酸（HI）：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2OC.少量金屬鈉放入冷水中：Na+2H2O═Na++2OH-+H2↑D.碳酸氫鈣溶液和少量氫氧化鈉溶液混合：HCO3-+OH-═CO32-+H2O6、設NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述中正確的是（）A.1molH2O所含有的原子數(shù)為NAB.常溫常壓下，32gO2含有的氧原子數(shù)為2NAC.常溫常壓下，11.2LCl2所含的分子數(shù)為0.5NAD.1L0.1mol/LNa2SO4溶液中所含的Na+為0.1NA7、下列做法不能達到“低碳減排”目的的是A.拉動內(nèi)需，刺激消費B.開發(fā)新能源，如太陽能、風能等，減少對化石能源的依賴C.自備購物布袋，不用塑料方便袋D.家庭廢水再使用，城市污水處理循環(huán)利用8、已知：pKa=-lgKa，25℃時，H2A的pKa1=1.85，pKa2=7.19．用0.1mol?L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol?L-1H2A溶液的滴定曲線如圖所示（曲線上的數(shù)字為pH）．下列說法不正確的是（）A.a點所得溶液中；2n（H2A）+n（A2-）=0.002molB.b點所得溶液中：c（H2A）+c（H+）=c（A2-）+e（OH-）C.C點所得溶液中：c（Na+）＜3c（HA-）D.d點所得溶液中：c（Na+）＞c（A2-）＞c（HA-）評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)9、Suzuki偶聯(lián)反應在有機合成上有廣泛應用．反應①如圖1（Ph-代表苯基）：

化合物I可以由圖2途徑合成：

（1）化合物V的分子式為____；1mol化合物I最多可跟____mol氫氣反應．

（2）用鍵線式表示化合物IV的結構____；

化合物V轉化為化合物VI的反應類型為____．

（3）寫出化合物VI在NaOH溶液中共熱的反應方程式____．

（4）已知化合物Ⅶ是化合物V的同分異構體，其苯環(huán)上一溴代物有2種，且1molⅦ與足量銀氨溶液反應生成4molAg，寫出化合物Ⅶ的所有結構簡式____．

（5）化合物（）與化合物【】也能發(fā)生類似反應①的偶聯(lián)反應，寫出產(chǎn)物的結構簡式____．10、A；B、C、D、E、F、G七種前四周期元素；其原子序數(shù)依次增大．A的原子中沒有成對電子；B的基態(tài)原子中電子占據(jù)三種能量不同的原子軌道，且每種軌道中的電子總數(shù)相同；D及其同主族元素的氫化物沸點變化趨勢如圖；F是地殼中含量最高的金屬元素；G與F同主族．請回答下列問題：

（1）寫出F元素基態(tài)原子的核外電子排布式____；

（2）B、C、D三種元素電負性由大到小的順序是____（用元素符號表示）；

（3）下列有關上述元素的說法，正確的是____（填序號）；

①CA3沸點高于BA4，主要是因為前者相對分子質(zhì)量較大②Ni（BD）4常溫下為液態(tài)，易溶于CCl4、苯等有機溶劑，因此固態(tài)Ni（BD）4屬于離子晶體③C的氫化物的中心原子采取sp2雜化④F單質(zhì)的熔點高于E單質(zhì)；是因為F單質(zhì)的金屬鍵較強⑤比G的原子序數(shù)少1的元素第一電離能高于G

（4）CA3分子的空間構型為____，1molB2A4分子中含有____molσ鍵；

（5）ED是優(yōu)良的耐高溫材料，其晶體結構與NaCl晶體相似．ED的熔點比NaCl高，其原因是____．說明：O攝氏度=273K．11、固定和利用CO2，能有效地利用資源，并減少空氣中的溫室氣體．工業(yè)上正在研究利用CO2來生產(chǎn)甲醇燃料的方法；該方法的化學方程式是：

CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）△H=-49.0kJ?mol

某科學實驗小組將6molCO2和8molH2充入一容積為2L的密閉容器中（溫度保持不變），測得H2的物質(zhì)的量隨時間變化如下圖中實線所示（圖中字母后的數(shù)字表示對應的坐標）．回答下列問題：

（1）該反應在0～8min內(nèi)CO2的平均反應速率是____mol?L-1?min-1

（2）此溫度下該反應的平衡常數(shù)K的數(shù)值為____．

（3）僅改變某一條件再進行實驗，測得H2的物質(zhì)的量隨時間變化如圖中虛線所示．與實線相比，曲線Ⅰ改變的條件可能是____，曲線Ⅱ改變的條件可能是____．若實線對應條件下平衡常數(shù)為K，曲線Ⅰ對應條件下平衡常數(shù)為K1，曲線Ⅱ?qū)獥l件下平衡常數(shù)為K2，則K、K1和K2的大小關系是____．

12、如圖所示是某化學興趣小組探究溶液中離子濃度與溶液導電能力的關系裝置圖．

首先在水槽中加入200mL2mol?L-1的H2SO4溶液；同時將一個表面光滑的小球放入容器中，小球懸浮在溶液中央，閉合開關K，電流計發(fā)生偏轉，然后進行以下操作，請回答下列問題．

（1）向溶液中滴加與H2SO4溶液密度相同的Ba（OH）2溶液至反應完全，觀察到的現(xiàn)象是：____，電流計指針的偏轉程度____，小球____，反應的離子方程式是____．

（2）把Ba（OH）2溶液換成密度相同的以下兩種溶液（設反應后的體積為兩溶液的體積和）

A．BaCl2B．Na2SO4

①滴加A的過程中，觀察到的現(xiàn)象是：____，電流計指針的偏轉程度____，小球____，反應的化學方程式是____．

②滴加B的過程中，小球在溶液中的相對位置____，電流計指針的偏轉程度____．13、（2015?衡陽校級模擬）能源的發(fā)展日益成為全世界；全人類共同關心的問題．

（1）A和B的單質(zhì)單位質(zhì)量的燃燒熱大；可用作燃料．已知A和B為短周期元素，其原子的第一至第四電離能如下表所示：

。電離能（kJ/mol）I1I2I3I4A89917571484021000B7381451773310540①請根據(jù)上述信息，寫出A基態(tài)原子的核外電子排布式：____．

②某同學根據(jù)上述信息，推斷B的核外電子排布如圖1所示，該同學所畫的電子排布圖違背了____．

（2）氫氣作為一種清潔能源，必須解決它的儲存問題，C60可用作儲氫材料．

①已知金剛石中C-C鍵的鍵長為154.45pm，C60中C-C鍵的鍵長為145pm和140pm，有同學據(jù)此認為C60的熔點高于金剛石，你認為是否正確并闡述理由____．

②科學家把C60和K摻雜在一起制造了一種富勒烯化合物，其晶胞如圖2所示，該物質(zhì)在低溫時是一種超導體．該物質(zhì)中K原子和C60分子的個數(shù)比為____．

③繼C60后，科學家又合成Si60、N60，C、Si、N原子電負性由大到小的順序是____．Si60分子中每個硅原子只跟相鄰的3個硅原子形成共價鍵，且每個硅原子最外層都滿足8電子穩(wěn)定結構，則Si60分子中π鍵的數(shù)目為____．14、孔雀石主要含Cu2(OH)2CO3，還含少量Fe、Si的化合物，實驗室以孔雀石為原料制備CuSO4?5H2O及CaCO3；步驟如下：

(1)溶液A的金屬離子有Cu2+、Fe2+、Fe3+．從下列所給試劑中選擇并填寫字母：檢驗溶液A中Fe3+的最佳試劑為____________；實驗步驟中試劑①為____________．

a．KMnO4b．KIc．H2O2d．KSCN

(2)實驗中CuO的作用是____________．

(3)由溶液C獲得CuSO4?5H2O；需要經(jīng)過蒸發(fā)濃縮，____________；____________等操作．

(4)制備CaCO3時，向CaCl2溶液中先通入____________(填CO2或NH3)，通入CO2氣體時應選用下列____________(填字母；下同)裝置；若實驗過程中有氨氣逸出，應選用下列____________裝置回收．

評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)15、Na2O2的電子式為____．（判斷對確）16、放熱反應不需加熱就可以發(fā)生____．（判斷對錯）17、有鹽和水生成的反應不一定是中和反應____．（判斷對錯）18、某有機物燃燒后生成二氧化碳和水，所以此有機物一定含有C、H、O三種元素．____（判斷對錯）19、為防止流感傳染，可將教室門窗關閉后，用食醋熏蒸，進行消毒．____．（判斷對錯）20、因為Na可以與水反應放出H2，所以K也可以與水反應放出H2____．（判斷對錯）21、一元取代產(chǎn)物只有一種的，十個碳以下的烷烴有5種____（判斷對錯）22、現(xiàn)對0.1mol/L的純堿溶液進行相關研究．

（1）用pH試紙測定該溶液的pH，其正確的操作____．

（2）由上測得純堿溶液呈堿性，請用離子方程式表示其原因：____．

（3）某同學根據(jù)所學知識對Na2CO3溶液進行分析；寫出了以下四個關系式．請你判斷：在正確的關系式后面打“√”，在錯誤的后面寫出正確的關系式．

①c（Na+）=2[c（CO32-）+c（HCO3-）]：____；

②c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-）：____；

③c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+c（H2CO3）：____；

④c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）：____．評卷人得分四、其他(共1題，共2分)23、（10分）以下是某課題組設計的合成聚酯類高分子材料的路線：已知：①A的相對分子質(zhì)量小于110，其中碳的質(zhì)量分數(shù)約為0.9。②同一碳原子上連兩個羥基時結構不穩(wěn)定，易脫水生成醛或酮：③C可發(fā)生銀鏡反應。請根據(jù)以上信息回答下列問題：（1）A的化學式為____；A→B的反應類型是。（2）由B生成C的化學方程式為；該反應過程中生成的不穩(wěn)定中間體的結構簡式應是。（3）D的結構簡式為，D的同分異構體中含有苯環(huán)且水解產(chǎn)物之一為乙酸的有______種，寫出其中的一種結構簡式：。評卷人得分五、綜合題(共1題，共10分)24、（14分）合成氨對工、農(nóng)業(yè)生產(chǎn)和國防都有重要意義。已知：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；△H=-92．4kJ·mol-1，請回答：（1）合成氨工業(yè)中采取的下列措施可以用勒夏特列原理解釋的是＿＿＿＿＿（填字母）。a．用鐵觸媒（催化劑）加快化學反應速率b．采用較高壓強（20MPa~50MPa）c．將原料氣中的少量CO等氣體凈化除去d．將生成的氨液化并及時從體系中分離出來（2）一定溫度下，在密閉容器中充入1molN2和3molH2并發(fā)生反應。①若容器容積V恒定，達到平衡時，氣體的壓強為原來的則N2的轉化率а1=＿＿＿＿＿，此時，反應放熱＿＿＿＿＿kJ；該溫度下合成氨反應的平衡常數(shù)K=＿＿＿＿＿（只需列出數(shù)字表達式）；②若容器壓強恒定，則達到平衡時，容器中N2的轉化率а2＿＿а1（填“＞、＜或＝”）。（3）隨著對合成氨研究的發(fā)展，希臘科學家采用高質(zhì)子導電性的SCY陶瓷（能傳遞H+）為介質(zhì)，用吸附在它內(nèi)外表面上的金屬鈀多晶薄膜做電極，實現(xiàn)了常壓、570℃條件下高轉化率的電解法合成氨（裝置如下圖）。鈀電極A是電解池的＿＿＿＿極（填“陽”或“陰”），該極上的電極反應式是。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、B【分析】【分析】A；當容器中X與Y的物質(zhì)的量的比滿足1：2時；并不一定是物質(zhì)的量不變的狀態(tài)，所以反應不一定達到平衡；

B；根據(jù)三行式；結合平衡常數(shù)表達式求解；

C、達到平衡后，反應速率3V正（Y）=2V逆（Z）；

D、到平衡后，加入Q，Q是固體，平衡不移動．【解析】【解答】解：A；當容器中X與Y的物質(zhì)的量的比滿足1：2時；并不一定是物質(zhì)的量不變的狀態(tài)，所以反應不一定達到平衡，故A錯誤；

B；設起始時X和Y的物質(zhì)的量濃度都為1mol/L；則。

X（g）+2Y（g）?3Z（g）+Q（s）

初起量：110

變化量：0.250.50.75

狀態(tài)1：0.750.50.75

Qc==；所以平衡常數(shù)K值為9/4，故B正確；

C、達到平衡后，反應速率3V正（Y）=2V逆（Z），而不是2V正（Y）=3V逆（Z）；故C錯誤；

D；到平衡后；加入Q，Q是固體，平衡不移動，故D錯誤；

故選B．2、C【分析】【分析】一般來說，活潑金屬和活潑非金屬元素之間易形成離子鍵，非金屬元素之間易形成共價鍵，第IA、第IIA族和第VIA、第VIIA族元素之間易形成離子鍵．【解析】【解答】解：A．水分子中氫原子和氧原子之間只存在共價鍵；氯化銨中銨根離子和氯離子之間存在離子鍵；氮原子和氫原子之間存在共價鍵，故A錯誤；

B．NaCl中鈉離子和氯離子之間只存在離子鍵；HCl中H原子和Cl原子之間只存在共價鍵，故B錯誤；

C．CaO中鈣離子和氧離子之間只存在離子鍵；KCl中鉀離子和氯離子之間只存在離子鍵，故C正確；

D．四氯化碳中碳原子和氯原子之間只存在共價鍵；雙氧水分子中氫原子和氧原子之間存在極性鍵；O原子和O原子之間存在非極性鍵，故D錯誤；

故選C．3、D【分析】【分析】反應中鹽酸起到氧化劑和酸性的所用，生成Cl2被氧化，生成KCl和MnCl2表現(xiàn)為酸性，以此解答該題．【解析】【解答】解：在2KMnO4+16HCl（濃）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反應中，當有16molHCl參加反應時，生成5molCl2；Cl元素化合價升高，被氧化，則被氧化的HCl為10mol，未被氧化的HCl為16mol-10mol=6mol，被氧化的HCl與未被氧化的HCl的物質(zhì)的量之比為10mol：6mol=5：3；

故選D．4、C【分析】【分析】既能使酸性高錳酸鉀溶液褪色又能與溴水反應使之褪色的有機物，應含有不飽和鍵、醛基等，以此解答該題．【解析】【解答】解：①②③⑥既不能與酸性高錳酸鉀反應也不能與溴水反應；

⑦可與酸性高錳酸鉀反應；但不能與溴水反應；

④⑤含有不飽和鍵；即能使酸性高錳酸鉀溶液褪色又能與溴水反應使之褪色，分別發(fā)生氧化反應和加成反應．

故選C．5、A【分析】【分析】A．MnO2；濃鹽酸在加熱條件下反應生成氯化錳、氯氣和水；

B．三價鐵離子能夠氧化碘離子；

C．電荷不守恒；

D．碳酸氫鈣與少量氫氧化鈉反應生成碳酸鈣和碳酸氫鈉．【解析】【解答】解：A．實驗室用MnO2、濃鹽酸制備Cl2，離子方程式：MnO2+4H++2Cl-Mn2++2H2O+Cl2↑；故A正確；

B．氧化鐵可溶于氫碘酸（HI），離子方程式：Fe2O3+2I-+6H+=2Fe2++3H2O+I2；故B錯誤；

C．少量金屬鈉放入冷水中，離子方程式：2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑；故C錯誤；

D．碳酸氫鈣溶液和少量氫氧化鈉溶液混合，離子方程式：Ca2++HCO3-+OH-═CaCO3↓+H2O；故D錯誤；

故選：A．6、B【分析】【分析】A．1mol水中含有2mol氫原子；1mol氧原子；總共含有3mol原子；

B．32g氧氣的物質(zhì)的量為1mol；1mol氧氣中含有2mol氧原子；

C．常溫常壓下；不能使用標準狀況下的氣體摩爾體積計算氯氣的物質(zhì)的量；

D．根據(jù)n=cV計算出硫酸鈉的物質(zhì)的量，再根據(jù)硫酸鈉的化學式組成計算出鈉離子的物質(zhì)的量及數(shù)目．【解析】【解答】解：A．1mol水中含有3mol原子，所含有的原子數(shù)為3NA；故A錯誤；

B．32g氧氣的物質(zhì)的量為1mol，含有2mol氧原子，含有的氧原子數(shù)為2NA；故B正確；

C．不是標準狀況下；不能使用標況下氣體摩爾體積計算11.2L氯氣的物質(zhì)的量，故C錯誤；

D．1L0.1mol/LNa2SO4溶液中含有溶質(zhì)硫酸鈉0.1mol，0.1mol硫酸鈉中含有0.2mol鈉離子，所含的Na+為0.2NA；故D錯誤；

故選B．7、A【分析】拉動內(nèi)需，刺激消費，需要大量消耗化石燃料，排放大量的二氧化碳等物質(zhì)，故A項不能達到低碳減排的目的；用太陽能、風能等新能源代替化石能源，能大大減少二氧化碳等物質(zhì)的排放，故B項能達到低碳減排的目的；塑料是含有碳元素的有機合成材料，不使用塑料袋購物，能大量減少有機合成材料的使用，故C項能達到低碳減排的目的；廢水再使用、污水處理再循環(huán)利用能減少化石能源的使用，故D項能達到低碳減排的目的。考點：考查STSE，低碳減排是綠色化學理念的具體體現(xiàn)，減少含有碳元素的化石能源、合成材料、有機物及某些無機物的使用，就是低碳減排的常用做法?！窘馕觥俊敬鸢浮緼8、C【分析】解：A．用0.1mol?L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol?L-1H2A溶液，a點溶液中溶質(zhì)為H2A和NaHA，PH=1.85=Pa1，則c（H2A）=c（HA-），溶液體積大于20ml，a點所得溶液中：n（H2A）+n（A2-）+n（HA-）=2n（H2A）+n（A2-）=0.002mol；故A正確；

B．b點是用0.1mol?L-1NaOH溶液20ml滴定20mL0.1mol?L-1H2A溶液，恰好反應生成NaHA，溶液顯酸性，溶液中電荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（HA-）+c（OH-）+2c（A2-），物料守恒c（Na+）=c（HA-）+c（A2-）+c（H2A），得到：c（H2A）+c（H+）=c（A2-）+c（OH-）；故B正確；

C．c點PH=7.19溶液顯堿性，c（OH-）＞c（H+），c（H+）=10-7.19mol/L，Ka2==10-7.19，所以c（HA-）=c（A2-），溶液中電荷守恒為：c（Na+）+c（H+）=c（HA-）+c（OH-）+2c（A2-）；

已知（HA-）=c（A2-），則c（Na+）+c（H+）=3c（HA-）+c（OH-）；

由于c（OH-）＞c（H+），所以c（Na+）＞3c（HA-）；故C錯誤；

D．加入氫氧化鈉溶液40ml，NaOH溶液滴定20mL0.1mol?L-1H2A溶液恰好反應生成Na2A，d點溶液中主要是Na2A和少量NaHA，溶液中離子濃度c（Na+）＞c（A2-）＞c（HA-）；故D正確；

故選：C。

A．用0.1mol?L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol?L-1H2A溶液，a點溶液中溶質(zhì)為H2A和NaHA，PH=1.85=Pa1，則c（H2A）=c（HA-）依據(jù)物料守恒判斷；

B．等物質(zhì)的量恰好反應生成NaHA；溶液顯酸性，依據(jù)溶液中電荷守恒和物料守恒計算分析判斷；

C．c點PH=7.19溶液顯堿性，c（OH-）＞c（H+），c（H+）=10-7.19mol/L，Ka2==10-7.19，所以c（HA-）=c（A2-）；結合溶液中電荷守恒分析；

D．加入氫氧化鈉溶液40ml，NaOH溶液滴定20mL0.1mol?L-1HA溶液恰好反應生成Na2A，d點溶液中主要是Na2A和少量NaHA．

本題考查了圖象變化的分析、酸堿反應溶液酸堿性、鹽類水解原理、電解質(zhì)溶液中離子濃度大小的比較方法等知識，題目難度較大，側重于考查學生的分析能力和計算能力，注意把握圖象中的點對應的溶質(zhì)．【解析】C二、填空題(共6題，共12分)9、C9H8O24加成反應【分析】【分析】（1）根據(jù)Ⅴ的結構簡式確定其分子式；根據(jù)Ⅰ的不飽和度可確定氫氣的物質(zhì)的量；

（2）化合物IV水解得到V；則IV中存在酯基，結合IV分子式與V的結構可知，IV水解得到V和甲醇；由V到Ⅵ，碳碳雙鍵變碳碳單鍵，所以發(fā)生加成反應；

（3）化合物Ⅵ中存在羧基；溴原子；所以與足量氫氧化鈉反應，發(fā)生中和、水解反應；

（4）1molⅦ與足量銀氨溶液反應生成4molAg單質(zhì)；說明化合物Ⅶ中存在2個醛基，核磁共振氫譜中有4種峰，峰面積之比為3：2：2：1，說明有4種H原子，說明2個醛基處于間位，甲基在2個醛基的中間；

（5）觀察反應①的特點，2種物質(zhì)分子中Br原子、-B（OH）2同時去掉，將余下的基團相連即可．【解析】【解答】解：（1）由化合物Ⅴ的結構簡式判斷其分子式為C8H7Br；每個化合物I分子中有一個苯環(huán)和一個碳碳雙鍵；所以1mol化合物I最多可跟4mol氫氣反應；

故答案為：C9H8O2；4；

（2）化合物IV水解得到V，則IV中存在酯基，結合IV分子式與V的結構可知，IV水解得到V和甲醇，所以化合物IV的結構簡式為鍵線式為由V到Ⅵ；碳碳雙鍵變碳碳單鍵，所以發(fā)生加成反應；

故答案為：加成反應；

（3）化合物Ⅵ中存在羧基；溴原子；所以與足量氫氧化鈉反應，發(fā)生中和、水解反應，化學方程式為。

故答案為：

（4）1molⅦ與足量銀氨溶液反應生成4molAg單質(zhì)，說明化合物Ⅶ中存在2個醛基，其苯環(huán)上一溴代物有2種，所以符合條件的化合物Ⅶ有3種為

故答案為：

（5）觀察反應①的特點，2種物質(zhì)分子中Br原子、-B（OH）2同時去掉，將余下的基團相連即可，所以產(chǎn)物的結構簡式為

故答案為：．10、1s22s22p63S23P1O＞N＞C④⑤三角錐形5MgO晶體中離子的電荷數(shù)大于NaCl，離子半徑小，MgO離子鍵的鍵能更大，熔點更高【分析】【分析】A；B、C、D、E、F、G是前四周期的七種元素；其原子序數(shù)依次增大．

A的基態(tài)原子中沒有成對電子；則A為氫元素；

B的基態(tài)原子中電子占據(jù)三種能量不同的原子軌道，每種軌道中的電子總數(shù)相同，則B的核外電子排布式為12S22P2；則B為碳元素；

F是地殼中含量最高的金屬元素；則F為鋁元素；

D及其同主族元素的氫化物沸點變化趨勢圖；可知D的氫化物的沸點在350K到400K之間，所以在常溫下是液態(tài)，其沸點在同主族元素的氫化物中最高，則D為氧元素；

C的原子序數(shù)介于碳元素與氧元素之間；則C為氮元素；

G與F同主族；F為鋁元素，原子序數(shù)大于鋁元素，為前四周期元素，則G為Ga元素．

ED是優(yōu)良的耐高溫材料，其晶體結構與NaCl晶體相似，則E為鎂元素．【解析】【解答】解：A為氫元素；B為碳元素，C為氮元素，D為氧元素，E為鎂元素，F(xiàn)為鋁元素，G為Ga元素．

（1）F為鋁元素，原子核外電子數(shù)為13，基態(tài)原子的價電子排布式為1s22s22p63S23P1．

故答案為：1s22s22p63S23P1．

（2）B為碳元素；C為氮元素，D為氧元素，位于同一周期，自左而右電負性逐漸增大，所以B；C、D三種元素電負性由大到小的順序是O＞N＞C．

故答案為：O＞N＞C．

（3）①NH3沸點高于CH4；主要是因為前者分子間能形成氫鍵，故①錯誤；

②Ni（BD）4常溫下為液態(tài)，易溶于CCl4、苯等有機溶劑，屬于分子晶體的性質(zhì)，因此固態(tài)Ni（BD）4屬于分子晶體；故②錯誤；

③C的氫化物，即NH3的中心原子采取sp3雜化；故③錯誤；

④金屬鍵越強；金屬的熔點越高，所以Al單質(zhì)的熔點高于Mg單質(zhì)，故④正確；

⑤同周期中第IIA族元素的電離能比第IIIA族元素的電離能高；所以比G的原子序數(shù)少1的元素第一電離能高于G，⑤正確；

故答案為：④⑤．

（4）NH3分子中σ鍵電子對為3，孤電子對為1，即價層電子對數(shù)為4，所以NH3的空間構型為：三角錐形；1molC2H4分子中含有4molC-C和1molC=C，所以1molC2H4分子中含有5molσ鍵；故答案為：三角錐形；5；

（5）ED是MgO，MgO晶體中離子的電荷數(shù)大于NaCl，離子半徑小，MgO離子鍵的鍵能更大，熔點更高；故答案為：MgO晶體中離子的電荷數(shù)大于NaCl，離子半徑小，MgO離子鍵的鍵能更大，熔點更高．11、略

【分析】

（1）由圖可知，8min時氫氣的物質(zhì)的量為2mol，參加反應的氫氣為8mol-2mol=6mol，故v（H2）==0.375mol/（L?min），速率之比等于化學計量數(shù)之比，故v（CO2）=v（H2）=×0.375mol/（L?min）=0.125mol/（L?min）；故答案為：0.125；

（2）由圖可知，8min時，反應到達平衡，平衡時氫氣的物質(zhì)的量為2mol，參加反應的氫氣為8mol-2mol=6mol，氫氣的濃度變化量為=3mol/L；則：

CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）

開始（mol/L）：3400

變化（mol/L）：1311

平衡（mol/L）：2111

故該溫度下平衡常數(shù)k==0.5；

故答案為：0.5；

（3）曲線I反應速率增大；但轉化的氫氣的物質(zhì)的量少，應是升高溫度，因該反應放熱，升高溫度平衡逆向移動，不利于氫氣的轉化，故曲線I是升高溫度；

曲線Ⅲ反應速率增大；轉化的氫氣的物質(zhì)的量多，因增大壓強平衡正向移動，故應是增大壓強；

平衡常數(shù)只受溫度的影響，該反應放熱，升高溫度平衡逆向移動，平衡常數(shù)減小，故溫度越高平衡常數(shù)越小，曲線Ⅰ溫度最高，實線和曲線ⅡⅢ溫度相同，故K1＜K=K2；

故答案為：升高溫度；增大壓強；K1＜K=K2．

【解析】【答案】（1）由圖可知，8min時氫氣的物質(zhì)的量為2mol，參加反應的氫氣為8mol-2mol=6mol，根據(jù)v=計算v（H2），再利用速率之比等于化學計量數(shù)之比計算v（CO2）；

（2）由圖可知；8min時，反應到達平衡，平衡時氫氣的物質(zhì)的量為2mol，根據(jù)三段式計算平衡時各組分的濃度，代入平衡常數(shù)表達式計算；

（3）曲線I反應速率增大；但轉化的氫氣的物質(zhì)的量少，應是升高溫度，因該反應放熱，升高溫度平衡逆向移動；

曲線Ⅲ反應速率增大；轉化的氫氣的物質(zhì)的量多，平衡正向移動，應是增大壓強；

平衡常數(shù)只受溫度的影響；該反應放熱，升高溫度平衡逆向移動，平衡常數(shù)減小．

12、小球下沉、溶液中有白色沉淀生成，電流計偏轉角度減小，當兩種溶液恰好反應時電流計偏轉角度為0減小，當二者恰好反應時，電流計偏轉程度為0下沉2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O有白色沉淀，電流計偏轉角度減小但不為0，小球下沉減小但不為0下沉H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl不變不變【分析】【分析】（1）向H2SO4溶液中滴加與H2SO4溶液密度相同的Ba（OH）2溶液至反應完全，發(fā)生的反應為H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+2H2O；溶液由硫酸溶液轉化為水，溶液密度減小，溶液中離子濃度降低，溶液導電能力減小；

（2）①向溶液中加入BaCl2溶液至反應完全，發(fā)生的反應為H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl；溶液密度減小，離子濃度減??；

②向溶液中加入Na2SO4溶液，二者不反應，離子濃度不變，溶液密度不變．【解析】【解答】解：（1）向H2SO4溶液中滴加與H2SO4溶液密度相同的Ba（OH）2溶液至反應完全，發(fā)生的離子反應方程式為2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O；隨著氫氧化鋇的滴入，溶液中離子的濃度逐漸減小；溶質(zhì)逐漸減少，導電能力減弱、密度減小，當兩種溶液恰好完全反應時，溶液中幾乎沒有自由移動的離子，所以電流計偏轉程度逐漸減小，最后為零，小球下沉；

故答案為：小球下沉、溶液中有白色沉淀生成，電流計偏轉角度減小，當兩種溶液恰好反應時電流計偏轉角度為0；減小，當二者恰好反應時，電流計偏轉程度為0；下沉；2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O；

（2）①加入BaCl2時，發(fā)生的反應為H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl；有白色沉淀產(chǎn)生，同時有鹽酸生成，溶液體積增大，導致自由離子濃度減少，溶質(zhì)的濃度減小，溶液密度減小，所以看到的現(xiàn)象是：產(chǎn)生白色沉淀，電流計偏轉程度逐漸減小，但不為零，小球下沉；

故答案為：有白色沉淀，電流計偏轉角度減小但不為0，小球下沉；減小但不為0；下沉；H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl；

②向溶液中加入Na2SO4溶液；二者不反應，離子濃度不變，溶液密度不變，所以沒有明顯現(xiàn)象；

所以小球在溶液中的相對位置不變，電流計指針的偏轉程度不變，故答案為：不變；不變．13、1s22s2能量最低原理不正確，C60是分子晶體，熔化時不需破壞化學鍵3：1N＞C＞Si30【分析】【分析】（1）①根據(jù)A；B兩原子的第二、三電離能之間都有1個突躍；它們都是短周期元素推知元素A和元素B；

②由基態(tài)外圍電子排布式可知；3s能級未填滿就填充3p能級，而3s能級能量比3p能級低；

（2）①根據(jù)分子晶體的熔點與共價鍵的鍵能無關分析；

②根據(jù)晶胞的分配原則計算出每個晶胞結構各離子的個數(shù)；

③同一主族元素知，元素的電負性隨著原子序數(shù)的增大而減小，同一周期元素中，元素的電負性隨著原子序數(shù)的增大而增大；利用均攤法計算共價鍵數(shù)目．【解析】【解答】解：（1）①表中A、B兩原子的第二、三電離能之間都有1個突躍，說明它們屬于ⅡA族，又它們都是短周期元素，且A的第一電離能比B大，因此A為Be元素，B為Mg元素，A基態(tài)原子的核外電子排布式為1s22s2；

故答案為：1s22s2；

②由B原子的基態(tài)外圍電子排布式寫成了ns1np1；可知，3s能級未填滿就填充3p能級，3s能級能量比3p能級低，所以違背能量最低原理；

故答案為：能量最低原理；

（2）①因為C60構成的晶體是分子晶體，影響分子晶體熔點的作用是分子間作用力；而金剛石構成的晶體是原子晶體，影響原子晶體熔點的作用是原子間共價鍵，共價鍵作用大大與分子間作用力，因此金剛石的熔點高于C60，所以盡管C60中C-C鍵的鍵能可能大于金剛石；但其熔化時并不破壞化學鍵，因此比較鍵能沒有意義；

故答案：不正確，C60是分子晶體；熔化時不需破壞化學鍵；

②在晶胞中，K原子在面心上和C60分子在頂點和中心，則其個數(shù)比為==；故答案：3：1；

③同一主族元素知，元素的電負性隨著原子序數(shù)的增大而減小，同一周期元素中，元素的電負性隨著原子序數(shù)的增大而增大，所以C、Si、N原子電負性由大到小的順序是N＞C＞Si，Si60分子中每個硅原子只跟相鄰的3個硅原子形成共價鍵，且每個硅原子最外層都滿足8電子穩(wěn)定結構，所以每個硅原子和其中兩個硅原子形成共價單鍵，和另外的一個硅原子形成共價雙鍵，所以平均每個硅原子形成π鍵數(shù)目為×60=30；

故答案為：N＞C＞Si；30．14、略

【分析】解：(1)由圖中轉化關系可知，試劑①的目的是將Fe2+氧化為Fe3+，考慮到不引入新雜質(zhì)，試劑①應選H2O2，檢驗Fe3+的最佳試劑為KSCN；故答案為：d；c；

(2)溶液中含有較多的Fe3+，為得到純凈的硫酸銅應將Fe3+除去，加入CuO固體后，消耗溶液中的H+調(diào)節(jié)pH，利于Fe3+的水解而生成沉淀，故答案為：消耗溶液中的H+調(diào)節(jié)pH，使Fe3+沉淀；

(3)由CuSO4溶液得到CuSO4?5H2O需經(jīng)過加熱蒸發(fā)；冷卻結晶、過濾等操作；故答案為：冷卻結晶；過濾；

(4)要使CaCl2溶液中生成CaCO3，須在溶液顯堿性的條件下通CO2，為使溶液顯堿性，可向溶液中加氨水或通NH3；NH3極易溶于水，吸收多余NH3時要防止倒吸，故答案為：NH3；d；b．【解析】d;c;消耗溶液中的H+調(diào)節(jié)pH，使Fe3+沉淀;冷卻結晶;過濾;NH3;d;b三、判斷題(共8題，共16分)15、×【分析】【分析】過氧化鈉是離子化合物，其電子式由陰、陽離子的電子式組合而成，相同的離子不能合并．【解析】【解答】解：Na2O2是鈉離子和過氧根離子構成的離子化合物，鈉離子失電子形成陽離子，氧原子得到電子形成過氧根陰離子，電子式為故答案為：×．16、×【分析】【分析】吸熱反應與放熱反應與是否加熱無關，化學反應中，反應物的總能量大于生成物的總能量，反應放熱，反之吸熱．【解析】【解答】解：放熱反應不一定不用加熱就能進行，如鋁熱反應，為放熱反應，但應在高溫下才能進行，故答案為：×．17、√【分析】【分析】有鹽和水生成的反應不一定是中和反應，如酸性氧化物與堿的反應，堿性氧化物與酸的反應等．【解析】【解答】解：有鹽和水生成的反應不一定是中和反應；如氧化鈉與鹽酸反應生成氯化鈉和水，該反應不屬于中和反應；

故答案為：√．18、×【分析】【分析】根據(jù)質(zhì)量