2025年統(tǒng)編版2024高三化學(xué)下冊月考試卷含答案

…………○…………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年統(tǒng)編版2024高三化學(xué)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(xué)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、元素性質(zhì)隨原子序數(shù)的遞增呈周期性變化的實質(zhì)是（）A.元素的相對原子質(zhì)量增大，量變引起質(zhì)變B.原子的電子層數(shù)增多C.原子核外電子排布呈周期性變化D.原子半徑呈周期性變化2、下列溶液中，粒子的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（）A.0.1mol?L-1Na2SO3溶液中：c（OH-）=c（HSO3-）+c（H+）+c（H2SO3）B.1L0.1mol?L-1CuCl2溶液中：c（Cl-）=2c（Cu2+）C.物質(zhì)的量濃度相等的Na2S和NaHS的混合溶液中：2c（Na+）=3c（S2-）+3c（HS-）+3c（H2S）D.室溫時，向一定物質(zhì)的量濃度的CH3COOH溶液中加入一定體積的氫氧化鈉溶液，充分反應(yīng)后溶液的pH=7，則反應(yīng)后的溶液中：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）=c（OH-）3、下列說法正確的是（）A.向久置的氯水中滴入紫色石蕊試液，溶液將先變紅后褪色B.欲除去Cl2中少量HCl氣體，可將此混合氣體通過盛飽和食鹽水的洗氣瓶C.漂白粉有效成分是CaCl2和Ca（ClO）2，應(yīng)密閉保存D.實驗室用MnO2和稀鹽酸加熱法制Cl2時，若14.6gHCl參加反應(yīng)，則可制得3.55gCl24、四種短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，其原子的最外層電子數(shù)之和為19，W和X元素原子核的質(zhì)子數(shù)之比為1：2，X和Y的電子數(shù)之差為4．下列說法正確的是（）A.原子半徑大?。篫＞Y＞X＞W(wǎng)B.由W元素形成的單質(zhì)一定是原子晶體，其熔沸點很高C.W、Y、Z三種元素形成的氣態(tài)氫化物中最穩(wěn)定的是Z的氣態(tài)氫化物D.Y、Z所形成的氧化物的水化物的酸性為：Y＜Z5、“擬晶”（quasicrystal）是一種具有凸多面體規(guī)則外形但不同于晶體的固態(tài)物質(zhì)．A165Cu23Fel2是二十世紀(jì)發(fā)現(xiàn)的幾百種擬晶之一，具有合金的某些優(yōu)良物理性能．有關(guān)這種擬晶的說法錯誤的是（）A.A165Cu23Fel2的硬度比金屬A1、Cu、Fe都大B.A165Cu23Fel2中三種金屬的化合價均可視作零C.A165Cu23Fel2不可用作長期浸泡在海水中的材料D.1molA165Cu23Fel2溶于過量的硝酸時共失去265mol電子6、M、X、Y、Z、W為五種短周期元素，原子序數(shù)依次遞增，X、Y、Z是同周期元素，且最外層電子數(shù)之和為15，X與Z可形成氣體分子XZ2，Y與M形成的氣態(tài)化合物密度在相同狀況下是氫氣的8.5倍，W的質(zhì)子數(shù)是M、X、Y、Z四種元素質(zhì)子數(shù)之和的一半。下列說法正確的是A.原子半徑：M>Z>Y>X>WB.XZ2、X2M2、W2Z2均為直線型的共價化合物C.由X、Y、Z、M四種元素形成的化合物不能含有離子鍵D.由X元素形成的某種單質(zhì)能導(dǎo)電，可以做電極7、微型紐扣電池在現(xiàn)代生活中有廣泛應(yīng)用。有一種銀鋅電池，其電極分別為Ag2O和Zn，電解質(zhì)溶液為KOH，電極反應(yīng)為：Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O，Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-，總反應(yīng)式為：Ag2O+Zn=2Ag+ZnO。根據(jù)上述反應(yīng)式，下列說法正確的是（）A.在使用過程中，電池負(fù)極區(qū)溶液的堿性增強(qiáng)B.使用過程中，電子由Ag2O極經(jīng)外電路流向Zn極C.Zn是負(fù)極，Ag2O是正極D.Zn電極發(fā)生還原反應(yīng)，Ag2O電極發(fā)生氧化反應(yīng)8、下列敘述不正確的是rm{(}rm{)}A.過氧化氫中既含有極性鍵又含有非極性鍵B.rm{{,!}^{18}O}原子中含有rm{18}個中子C.含有相同電子數(shù)的rm{H_{2}O}和rm{NH_{3}}的分子數(shù)相同D.苯分子中所有原子共處在同一平面上評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)9、現(xiàn)有A；B、C、D、E、F六種有機(jī)物；它們的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示（圖中部分反應(yīng)條件及生成物沒有全部寫出）．

已知：液體B能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；氣體D是一種植物生長調(diào)節(jié)劑，其相對分子質(zhì)量為28．請回答下列問題：

（1）B的結(jié)構(gòu)簡式____D、E官能團(tuán)名稱分別是____、____

（2）D→A的化學(xué)方程式是____

（3）D→F反應(yīng)的化學(xué)方程式是____

（4）在一定的條件下，A與E反應(yīng)可生成一種具有香味的物質(zhì)．該反應(yīng)的化學(xué)方程式是____．10、以下是合成芳香族有機(jī)高聚物PC的合成路線．

已知：ROH+R’OHROR’+H2O

完成下列填空：

（1）F中官能團(tuán)的名稱____；寫出反應(yīng)①的反應(yīng)條件____；

（2）寫出反應(yīng)⑤的化學(xué)方程式____．

（3）寫出高聚物P的結(jié)構(gòu)簡式____．

（4）E有多種同分異構(gòu)體，寫出一種符合下列條件的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式____．

①分子中只有苯環(huán)一個環(huán)狀結(jié)構(gòu)；且苯環(huán)上有兩個取代基；

②1mol該有機(jī)物與溴水反應(yīng)時消耗4molBr2

（5）寫出以分子式為C5H8的烴為主要原料，制備F的合成路線流程圖（無機(jī)試劑任選）．合成路線流程圖示例如下：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3．11、某混合物的水溶液，可能含有以下離子中的若干種：K+、Al3+、Fe3+、Mg2+、Ba2+、NH4+、Cl-、CO32-、SO42-；現(xiàn)分別取100mL的兩等份溶液進(jìn)行如下實驗：

①第一份加過量NaOH溶液后加熱；收集到0.02mol氣體，無沉淀生成，同時得到溶液甲．

②向甲溶液中通入過量CO2；生成白色沉淀，沉淀經(jīng)過濾；洗滌、干燥、灼燒后，得到1.02g固體．

③第二份加足量BaCl2溶液后；生成白色沉淀，沉淀經(jīng)足量鹽酸洗滌；干燥后，得到11.65g固體．

依據(jù)實驗回答下列問題：

（1）由①可知一定存在的離子為____，其濃度為____mol?L-1．

（2）寫出②中產(chǎn)生沉淀的離子方程式____．

（3）由③可知一定存在的離子為____，其濃度為____mol?L-1．

（4）綜合上面三個實驗，該混合物的水溶液中一定不存在的離子是____（填離子符號）．

（5）某同學(xué)通過分析認(rèn)為該溶液中一定存在K+，他的理由是____．12、硼元素B在化學(xué)中有很重要的地位．硼的化合物在農(nóng)業(yè)；醫(yī)藥、玻璃工業(yè)等方面用途很廣．

請回答下列問題：

（1）寫出與B元素同主族的Ga元素的基態(tài)原子核外電子排布式____．

從原子結(jié)構(gòu)的角度分析，B、N、O元素的第一電離能由大到小的順序為____．

（2）立方氮化硼可利用人工方法在高溫高壓條件下合成，屬于超硬材料．同屬原子晶體的氮化硼（BN）比晶體硅具有更高硬度和耐熱性的原因是____．

（3）在BF3分子中中心原子的雜化軌道類型是____，SiF4微粒的空間構(gòu)型是____．又知若有d軌道參與雜化，能大大提高中心原子成鍵能力．試解釋為什么BF3、SiF4水解的產(chǎn)物中，除了相應(yīng)的酸外，前者生成BF4一后者卻是生成SiF62-：____．

（4）科學(xué)家發(fā)現(xiàn)硼化鎂在39K時呈超導(dǎo)性；在硼化鎂晶體的理想模型中，鎂原子和硼原子是分層排布的，一層鎂一層硼相間排列．

如圖是該晶體微觀空間中取出的部分原子沿Z軸方向的投影，白球是鎂原子投影，黑球是硼原子投影，圖中的硼原子和鎂原子投影在同一平面上．根據(jù)圖示確定硼化鎂的化學(xué)式為____．13、由葡萄糖發(fā)酵可得乳酸；為研究乳酸的分子組成和結(jié)構(gòu)，進(jìn)行了下述實驗：

（1）稱取乳酸0.90g，在某種狀況下使其完全氣化，相同狀況下同體積的H2的質(zhì)量為0.02g，則乳酸的相對分子質(zhì)量為____．

（2）若將上述乳酸蒸氣在氧氣中燃燒只生成CO2和H2O（g），當(dāng)全部被堿石灰吸收時，堿石灰的質(zhì)量增加1.86g；若將此產(chǎn)物通入過量石灰水中，則產(chǎn)生3.00g白色沉淀．則乳酸的分子式為____．

（3）另取0.90g乳酸，若與足量金屬鈉反應(yīng)，生成H2224mL（標(biāo)準(zhǔn)狀況），若與足量碳酸氫鈉反應(yīng)，生成224mLCO2（標(biāo)準(zhǔn)狀況），則乳酸的結(jié)構(gòu)簡式可能為____或____．

（4）若葡萄糖發(fā)酵只生成乳酸，其反應(yīng)的化學(xué)方程式為____．

（5）乳酸與乙酸、乳酸與乙醇均能發(fā)生酯化反應(yīng)，相同質(zhì)量乳酸所生成的兩種酯化產(chǎn)物（有機(jī)物）的質(zhì)量比為____．14、過氧化氫溶液俗名雙氧水；醫(yī)療上利用它有殺菌消毒作用來清洗傷口．回答下列有關(guān)雙氧水的問題：

（1）下述反應(yīng)中，H2O2僅體現(xiàn)氧化性的反應(yīng)是____（填代號）．

A．Na2O2+2HCl═2NaCl+H2O2

B．Ag2O+H2O2═2Ag+O2↑+H2O

C.2H2O2═2H2O+O2↑

D.3H2O2+Cr2（SO4）3+10KOH═2K2CrO4+3K2SO4+8H2O

（2）保存雙氧水的試劑瓶上最適合貼上的一個標(biāo)簽是____（填代號）．

（3）H2O2有時可作為礦業(yè)廢液消毒劑，有“綠色氧化劑”的美稱，如消除采礦業(yè)膠液中的氰化物（如KCN），經(jīng)以下反應(yīng)實現(xiàn)：KCN+H2O2+H2O═A+NH3↑，試指出生成物A的化學(xué)式為____．15、某反應(yīng)體系中的物質(zhì)有：A12O3、AlN、C、N2、CO2

（1）請將A12O3之外的反應(yīng)物和生成物及配平系數(shù)分別填入以下空格中：

①____②____③____④____

（2）當(dāng)體系中有6mol還原劑被氧化時，轉(zhuǎn)移____mol電子

（3）氮化鋁（A1N）廣泛應(yīng)用于電子；陶瓷等工業(yè)領(lǐng)域；在一定條件下，可發(fā)生水解生成氣體和沉淀，請寫出其水解方程式：

____．16、LED照明是我國制造業(yè)為人類做出的一大貢獻(xiàn)。目前市售LED晶片，材質(zhì)基本以GaAs(砷化鎵)、AlGaInP(磷化鋁鎵銦)、InGaN(氮化銦鎵)為主。已知鎵是鋁同族下一周期的元素。砷化鎵的晶胞結(jié)構(gòu)如下圖。試回答：(1)鎵的基態(tài)原子的電子排布式是__________。(2)砷化鎵晶胞中所包含的砷原子(白色球)個數(shù)為__________，與同一個鎵原子相連的砷原子構(gòu)成的空間構(gòu)型為__________。(3)N、P、As處于同一主族，其氫化物沸點由高到低的順序是__________。(用氫化物分子式表示)(4)砷化鎵可由(CH3)3Ga和AsH3在700℃時制得。(CH3)3Ga中鎵原子的雜化方式為__________。(5)比較二者的第一電離能：As__________Ga(填“<”、“>”或“＝”)。(6)下列說法正確的是__________(填字母)。A．砷化鎵晶胞結(jié)構(gòu)與NaCl相同B．GaP與GaAs互為等電子體C．電負(fù)性：As>GaD．砷化鎵晶體中含有配位鍵評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)17、膠體區(qū)別于其他分散系的本質(zhì)特征是膠體具有丁達(dá)爾效應(yīng)．____．（判斷對錯）18、O2和O3互為同位素____．（判斷對錯）19、在化學(xué)反應(yīng)中，參加反應(yīng)的各物質(zhì)的質(zhì)量比等于其物質(zhì)的量之比____．（判斷對錯）20、食物溶于水后的溶液中pH＜7，則為酸性食物．____．（判斷對錯）21、苯中混有已烯，可在加入適量溴水后分液除去____（判斷對錯）22、通過紅外光譜分析可以區(qū)分乙醇與乙酸乙酯____．評卷人得分四、推斷題(共3題，共6分)23、（2015春?內(nèi)蒙古校級期中）A；B、C、D、E、F六種物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示（反應(yīng)條件和部分產(chǎn)物未標(biāo)出）．

（1）若A為短周期金屬單質(zhì)，D為短周期非金屬單質(zhì)，且所含元素的原子序數(shù)A是D的2倍，所含元素的原子最外層電子數(shù)D是A的2倍，F(xiàn)的濃溶液與A、D反應(yīng)都有紅棕色氣體生成，反應(yīng)④的化學(xué)方程式為____．

（2）若A是常見的變價金屬的單質(zhì)，D、F是氣態(tài)單質(zhì)，且反應(yīng)①在水溶液中進(jìn)行．反應(yīng)②也在水溶液中進(jìn)行，其離子方程式是____．

（3）若A、D、F都是短周期非金屬元素單質(zhì)，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，則反應(yīng)①的化學(xué)方程式為____．24、下列各物質(zhì)是中學(xué)化學(xué)中常見的物質(zhì)；甲為常見金屬單質(zhì)，乙；丙、丁是氣體單質(zhì)，其它為化合物，B、D分別為黑色粉末和黑色晶體，G為淡黃色固體，J為生活中常見的調(diào)味品，I為紅褐色固體，①是實驗室制取丁的反應(yīng)之一，F(xiàn)為棕黃色溶液．各物質(zhì)間的轉(zhuǎn)化如下圖所示，回答下列各問題（部分生成物未列出）：

（1）寫出乙的化學(xué)式____、寫出G的一種用途____．

（2）寫出甲與C反應(yīng)的化學(xué)方程式：____．

（3）整個轉(zhuǎn)換過程中屬于氧化還原反應(yīng)的有____個．

（4）寫出反應(yīng)③E與G按物質(zhì)的量之比2：1的反應(yīng)的離子方程式____．25、X；Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素．通常狀況下；X與W元素均能形成-1價的氣態(tài)氫化物，Y為同周期主族元素中原子半徑最大的元素．X、Z和W的原子最外層電子教之和為20．回答下列問題：

（1）X在兀素周期表中的位置是______．

（2）X和Y元素簡單離子的半徑較大的是______（填離子符號）；Z和W元素氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性較強(qiáng)的是______（填化學(xué)式）．

（3）Y的氧化物中既含離子鍵又含共價鍵的是______（用電子式表示）．

（4）Z的最高價氧化物對應(yīng)水化物的濃溶液（過量）和氧化亞銅共熱，反應(yīng)的化學(xué)方程式為______．評卷人得分五、探究題(共4題，共40分)26、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計了下列實驗過程．請在括號內(nèi)填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式A________、C________、E________、G________．27、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應(yīng)的原理來測定其含量，操作為：28、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計了下列實驗過程．請在括號內(nèi)填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式A________、C________、E________、G________．29、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應(yīng)的原理來測定其含量，操作為：參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【分析】元素原子的核外電子排布的周期性變化導(dǎo)致元素性質(zhì)（金屬性和非金屬性，原子半徑，化合價等）的周期性變化．【解析】【解答】解：A；隨著原子序數(shù)的遞增；元素的原子的相對原子質(zhì)量增大，但不呈現(xiàn)周期性的變化，則不能決定元素性質(zhì)出現(xiàn)周期性變化，故A錯誤；

B；電子層排布呈周期性變化；是原子的核外電子排布呈現(xiàn)周期性的變化而引起，故B錯誤；

C；因原子的核外電子排布中電子層數(shù)和最外層電子數(shù)都隨原子序數(shù)的遞增而呈現(xiàn)周期性變化；則引起元素的性質(zhì)的周期性變化，故C正確．

D；元素的原子半徑屬于元素的性質(zhì)；元素的原子半徑的周期性變化是電子排布周期性變化的結(jié)果，故D錯誤；

故選：C．2、C【分析】【分析】A．根據(jù)亞硫酸鈉溶液中的質(zhì)子守恒分析；

B．銅離子部分水解；導(dǎo)致銅離子數(shù)目減少；

C．根據(jù)混合液中的物料守恒分析；

D．溶液的pH=7，則c（H+）=c（OH-），結(jié)合電荷守恒可知c（CH3COO-）=c（Na+）．【解析】【解答】解：A．0.1mol?L-1Na2SO3溶液中，根據(jù)質(zhì)子守恒可得：c（OH-）=c（HSO3-）+c（H+）+2c（H2SO3）；故A錯誤；

B．1L0.1mol?L-1CuCl2溶液中，由于銅離子部分水解，則銅離子的物質(zhì)的量減少，故c（Cl-）＞2c（Cu2+）；故B錯誤；

C．物質(zhì)的量濃度相等的Na2S和NaHS的混合溶液中，Na元素是S元素的1.5倍，根據(jù)物料守恒可得：2c（Na+）=3c（S2-）+3c（HS-）+3c（H2S）；故C正確；

D．室溫下向一定物質(zhì)的量濃度的CH3COOH溶液中加入一定體積的氫氧化鈉溶液，充分反應(yīng)后溶液的pH=7，則c（H+）=c（OH-），結(jié)合電荷守恒可知c（CH3COO-）=c（Na+），則溶液中離子濃度大小為：c（CH3COO-）=c（Na+）＞c（H+）=c（OH-）；故D錯誤；

故選C．3、B【分析】【分析】A．根據(jù)反應(yīng)Cl2+H2O?HClO+HCl；結(jié)合HCl和HClO的性質(zhì)判斷；

B．氯氣不溶于飽和食鹽水；

C．漂白粉的有效成分為Ca（ClO）2；

D．實驗室用MnO2和濃鹽酸加熱法制Cl2．【解析】【解答】解：A．氯氣和水反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸；但久置時，次氯酸分解生成HCl，滴加石蕊不褪色，故A錯誤；

B．氯氣不溶于飽和食鹽水；可用飽和食鹽水除雜，故B正確；

C．漂白粉的有效成分為Ca（ClO）2，CaCl2和Ca（ClO）2為主要成分；故C錯誤；

D．實驗室用MnO2和濃鹽酸加熱法制Cl2；稀鹽酸還原性較弱，不能與二氧化錳發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故D錯誤．

故選B．4、C【分析】【分析】根據(jù)四種短周期元素W；X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大；其原子的最外層電子數(shù)之和為19，W和X元素原子核質(zhì)子數(shù)之比為1：2，X和Y的電子數(shù)之差為4，可知，W的原子序數(shù)為7時，此時推斷出Y的原子序為18，所以W的原子序數(shù)為不超過7，可以按下列情況按序討論：

①若W是H元素；則X是He元素；Y是C元素，其原子的最外層電子數(shù)之和為19，則Z最外層電子數(shù)是12，不存在這樣的元素，故舍去；

②若W是He元素；則X是Be元素；Y是O元素，其原子的最外層電子數(shù)之和為19，則Z最外層電子數(shù)是9，不存在這樣的元素，故舍去；

③若W是Li元素；則X是C元素；Y是Ne元素，其原子的最外層電子數(shù)之和為19，則Z最外層電子數(shù)是6，且Z原子序數(shù)大于Z，所以Z為S元素，符合題意；

④若W是Be元素；則X是O元素；Y是Mg元素，其原子的最外層電子數(shù)之和為19，則Z最外層電子數(shù)是9，不存在這樣的元素，故舍去；

⑤若W是B元素；則X是Ne元素；Y是Si元素，其原子的最外層電子數(shù)之和為19，則Z最外層電子數(shù)是4，為Si元素，Y和Z不能是同一元素，故舍去；

⑥若W是C元素；則X是Mg元素；Y是S元素，其原子的最外層電子數(shù)之和為19，則Z最外層電子數(shù)是7，為Cl元素，符合題意；

⑦若W是N元素，則X是Si元素、Y是Ar元素；Z為短周期元素，所以沒有符合條件的元素，故舍去；

所以存在的可能是③⑥，據(jù)此答題；【解析】【解答】解：根據(jù)四種短周期元素W；X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大；其原子的最外層電子數(shù)之和為19，W和X元素原子核質(zhì)子數(shù)之比為1：2，X和Y的電子數(shù)之差為4，可知，W的原子序數(shù)為7時，此時推斷出Y的原子序為18，所以W的原子序數(shù)為不超過7，可以按下列情況按序討論：

①若W是H元素；則X是He元素；Y是C元素，其原子的最外層電子數(shù)之和為19，則Z最外層電子數(shù)是12，不存在這樣的元素，故舍去；

②若W是He元素；則X是Be元素；Y是O元素，其原子的最外層電子數(shù)之和為19，則Z最外層電子數(shù)是9，不存在這樣的元素，故舍去；

③若W是Li元素；則X是C元素；Y是Ne元素，其原子的最外層電子數(shù)之和為19，則Z最外層電子數(shù)是6，且Z原子序數(shù)大于Z，所以Z為S元素，符合題意；

④若W是Be元素；則X是O元素；Y是Mg元素，其原子的最外層電子數(shù)之和為19，則Z最外層電子數(shù)是9，不存在這樣的元素，故舍去；

⑤若W是B元素；則X是Ne元素；Y是Si元素，其原子的最外層電子數(shù)之和為19，則Z最外層電子數(shù)是4，為Si元素，Y和Z不能是同一元素，故舍去；

⑥若W是C元素；則X是Mg元素；Y是S元素，其原子的最外層電子數(shù)之和為19，則Z最外層電子數(shù)是7，為Cl元素，符合題意；

⑦若W是N元素，則X是Si元素、Y是Ar元素；Z為短周期元素，所以沒有符合條件的元素，故舍去；

所以存在的可能是③⑥；

A．若為⑥；其原子半徑大小順序是X＞Y＞Z＞W(wǎng)，故A錯誤；

B．若W是Li；則鋰為金屬晶體，故B錯誤；

C．W能形成氫化物；則W是C元素，Y是S元素；Z是Cl元素，元素的非金屬性越強(qiáng)，其氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，這幾種元素中非金屬性最弱的是C元素，所以其氣態(tài)氫化物最不穩(wěn)定，故C正確；

D．Y、Z所形成的氧化物的水化物的酸性不一定是Y＜Z，如H2SO4＞HClO；故D錯誤；

故選C．5、D【分析】【分析】A．合金的硬度一般比各成分金屬大；

B．金屬無負(fù)價；根據(jù)化合價代數(shù)和為0的原則；

C．原電池能加快化學(xué)反應(yīng)的速率；

D．Al與Fe均變?yōu)?3價，Cu變?yōu)?2價．【解析】【解答】解：A．?dāng)M晶具有合金的某些優(yōu)良物理性能；合金的硬度一般比各成分金屬大，故A正確；

B．?dāng)M晶Al65Cu23Fe12是由三種金屬元素組成；由于金屬無負(fù)價，根據(jù)化合價代數(shù)和為0的原則，三種金屬的化合價均可視作零價，故B正確；

C．Al65Cu23Fe12與海水可以構(gòu)成原電池；會加速金屬的腐蝕，因此不可用作長期浸泡在海水中的材料，故C正確；

D．溶于過量硝酸時，Al與Fe均變?yōu)?3價，Cu變?yōu)?2價，故1molAl65Cu23Fe12失電子為65×3+23×2+12×3=277mol；故D錯誤．

故選D．6、D【分析】試題分析：M、X、Y、Z、W為五種短周期元素，原子序數(shù)依次遞增，X、Y、Z是同周期元素，且最外層電子數(shù)之和為15，X與Z可形成氣體分子XZ2，則該氣體分子可能是CO2。Y與M形成的氣態(tài)化合物密度在相同狀況下是氫氣的8.5倍，即該物質(zhì)的相對分子質(zhì)量是8.5×2＝17，所以該物質(zhì)可能是氨氣，則M是H，Y是N，X是C，Z是O。W的質(zhì)子數(shù)是M、X、Y、Z四種元素質(zhì)子數(shù)之和的一半，則W的質(zhì)子數(shù)是（1+6+7+8）÷2＝11，所以W是Na元素。A．同周期自左向右原子半徑逐漸減小，同主族自上而下原子半徑逐漸增大，則原子半徑：W＞X＞Y＞Z＞M，A錯誤；B．CO2、C2H2均為直線型的共價化合物，過氧化鈉是離子化合物，B錯誤；C．由X、Y、Z、M四種元素形成的化合物可能含有離子鍵，例如碳酸銨等，C錯誤；D．由X元素形成的某種單質(zhì)能導(dǎo)電，可以做電極，例如石墨，D正確，答案選D?？键c：考查元素推斷的有關(guān)分析與應(yīng)用【解析】【答案】D7、C【分析】【解析】試題分析：原電池中負(fù)極失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)。正極得到電子，發(fā)生還原反應(yīng)。所以根據(jù)電極反應(yīng)式可知，鋅是負(fù)極，氧化銀是正極，C正確，D不正確；A不正確，在使用過程中，電池負(fù)極區(qū)溶液的堿性降低；B不正確，使用過程中，電子由Zn極經(jīng)外電路流向Ag2O極，答案選C?？键c：考查原電池的有關(guān)判斷【解析】【答案】C8、B【分析】解：rm{A}過氧化氫分子中既有極性的氫氧鍵；又有非極性氧氧鍵，所以過氧化氫中既含有極性鍵又含有非極性鍵，故A正確；

B、rm{{,!}^{18}O}原子中的rm{18}表示質(zhì)量數(shù)；而不是中子數(shù)，故B錯誤；

C、rm{H_{2}O}和rm{NH_{3}}的電子數(shù)都是rm{10}個；所以兩者有電子數(shù)相同，故C正確；

D、苯分子中所有rm{12}個原子共處在同一平面上；故D正確；

故選B．

A；過氧化氫分子中既有極性的氫氧鍵；又有非極性氧氧鍵；

B、rm{{,!}^{18}O}原子中的rm{18}表示質(zhì)量數(shù)；

C、rm{H_{2}O}和rm{NH_{3}}的電子數(shù)都是rm{10}個；

D、苯分子中所有rm{12}個原子共處在同一平面上．

本題考查了化學(xué)鍵的判斷、元素符號周圍字母的意義和苯的結(jié)構(gòu)，難度不大，明確相同原子形成的共價鍵是非極性共價鍵．【解析】rm{B}二、填空題(共8題，共16分)9、CH3CHO碳碳雙鍵羧基CH2=CH2+H2OCH3CH2OHnCH2=CH2CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O【分析】【分析】A在濃硫酸、170℃生成氣體D，氣體D的相對分子質(zhì)量為28，且D可以合成常用塑料F，故A為乙醇、D為乙烯、F為聚乙烯，由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，D與HBr反應(yīng)生成C，C為溴乙烷，A氧化生成B，液體B能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，故B為乙醛，乙醛氧化生成E，E能與碳酸氫鈉反應(yīng)，故E為乙酸，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：A在濃硫酸、170℃生成氣體D，氣體D的相對分子質(zhì)量為28，且D可以合成常用塑料F，故A為乙醇、D為乙烯、F為聚乙烯，由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，D與HBr反應(yīng)生成C；C為溴乙烷，A氧化生成B，液體B能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，故B為乙醛，乙醛氧化生成E，E能與碳酸氫鈉反應(yīng)，故E為乙酸；

（1）由上述分析可知，B是乙醛，結(jié)構(gòu)簡式為CH3CHO；D為乙烯；官能團(tuán)為碳碳雙鍵；E為乙酸，官能團(tuán)為羧基；

故答案為：CH3CHO；碳碳雙鍵；羧基；

（2）D→A是乙烯加成生成乙醇，反應(yīng)方程式為CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；

故答案為：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；

（3）D→F是乙烯發(fā)生加聚反應(yīng)生成聚乙烯，反應(yīng)的化學(xué)方程式是nCH2=CH2

故答案為：nCH2=CH2

（4）乙醇和乙酸反應(yīng)生成有香味的乙酸乙酯，方程式為CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；

故答案為CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O．10、羧基、氯原子光照HOOCCCl（CH3）CH2COOH+3NaOH+NaCl+3H2O【分析】【分析】據(jù)C7H8經(jīng)過反應(yīng)①生成的C7H7Cl能夠在NaOH溶液中反應(yīng)可知，C7H8為甲苯，甲苯在光照條件下，甲基上的氫原子被氯原子取代，C7H7Cl為C為苯甲醇，結(jié)合已知反應(yīng)和反應(yīng)條件可知，D為D→E是在濃硫酸作用下醇的消去反應(yīng)，則E為據(jù)M的分子式可知，F(xiàn)→M發(fā)生了消去反應(yīng)和中和反應(yīng)，M為N為E與N發(fā)生加聚反應(yīng)得到高聚物P，P為據(jù)此分析．【解析】【解答】解：（1）據(jù)F的結(jié)構(gòu)簡式可知；F中含有的官能團(tuán)有羧基；氯原子，反應(yīng)①的反應(yīng)條件為光照，故答案為：羧基、氯原子；光照；

（2）F→M發(fā)生了消去反應(yīng)和中和反應(yīng)，M為反應(yīng)的化學(xué)方程式為：HOOCCCl（CH3）CH2COOH+3NaOH+NaCl+3H2O，故答案為：HOOCCCl（CH3）CH2COOH+3NaOH+NaCl+3H2O；

（3）E為N為E與N發(fā)生加聚反應(yīng)得到高聚物P，P為

故答案為：

（4）E為其同分異構(gòu)體具有①分子中只有苯環(huán)一個環(huán)狀結(jié)構(gòu)，且苯環(huán)上有兩個取代基；②1mol該有機(jī)物與溴水反應(yīng)時消耗4molBr2的物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式可以是故答案為：

（5）用分子式為C5H8的烴為主要原料，制備F的合成路線流程圖為CH2=C（CH3）CH=CH2CH2BrC（CH3）=CHCH2BrHOCH2C（CH3）=CHCH2OHOHCC（CH3）=CHCHOHOOCC（CH3）=CHCOOHF；

故答案為：CH2=C（CH3）CH=CH2CH2BrC（CH3）=CHCH2BrHOCH2C（CH3）=CHCH2OHOHCC（CH3）=CHCHOHOOCC（CH3）=CHCOOHF．11、NH4+0.2AlO2-+CO2（過）+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-SO42-0.5Fe3+、Mg2+、Ba2+、CO32-依據(jù)電荷守恒，陽離子正電荷總量小于陰離子負(fù)電荷總量，所以一定有K+存在【分析】【分析】第一份加過量NaOH溶液后加熱，只收集到氣體0.02mol，無沉淀生成，同時得到溶液甲，依據(jù)離子性質(zhì)分析推斷，與氫氧化鈉生成氣體的一定是NH4+離子，生成氣體NH3物質(zhì)的量為0.02mol，無沉淀生成證明溶液中一定不含F(xiàn)e3+、Mg2+；向甲溶液中通入過量CO2，生成白色沉淀，沉淀經(jīng)過濾、洗滌、灼燒后，得到1.02g固體．能與二氧化碳反應(yīng)得到沉淀的離子有Ba2+，鋁離子溶于過量氫氧化鈉生成的偏鋁酸鈉溶于反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀；第二份加足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，沉淀經(jīng)足量鹽酸洗滌、干燥后，得到11.65g固體．說明沉淀不溶于酸，證明是硫酸鋇沉淀，原溶液中含有SO42-，判斷溶液中一定不含有Ba2+，向甲溶液中通入過量CO2，生成白色沉淀只能是氫氧化鋁沉淀，沉淀經(jīng)過濾、洗滌、灼燒后，得到1.02g固體為氧化鋁，原溶液中含有Al3+，結(jié)合離子共存判斷溶液中一定不含有CO32-；結(jié)合溶液電荷守恒判斷溶液中的鉀離子存在．【解析】【解答】解：第一份加過量NaOH溶液后加熱，只收集到氣體0.02mol，無沉淀生成，同時得到溶液甲，依據(jù)離子性質(zhì)分析推斷，與氫氧化鈉生成氣體的一定是NH4+離子，生成氣體NH3物質(zhì)的量為0.02mol，無沉淀生成證明溶液中一定不含F(xiàn)e3+、Mg2+；向甲溶液中通入過量CO2，生成白色沉淀，沉淀經(jīng)過濾、洗滌、灼燒后，得到1.02g固體．能與二氧化碳反應(yīng)得到沉淀的離子有Ba2+，鋁離子溶于過量氫氧化鈉生成的偏鋁酸鈉溶于反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀；第二份加足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，沉淀經(jīng)足量鹽酸洗滌、干燥后，得到11.65g固體．說明沉淀不溶于酸，證明是硫酸鋇沉淀，原溶液中含有SO42-，判斷溶液中一定不含有Ba2+，向甲溶液中通入過量CO2，生成白色沉淀只能是氫氧化鋁沉淀，沉淀經(jīng)過濾、洗滌、灼燒后，得到1.02g固體為氧化鋁，原溶液中含有Al3+，結(jié)合離子共存判斷溶液中一定不含有CO32-；一定含有的離子為NH4+Al3+SO42-；

（1）由①可知存在離子NH4+物質(zhì)的量濃度==0.2mol/L；故答案為：NH4+；0.2；

（2）由②可知存在離子為Al3+，先與氫氧化鈉反應(yīng)生成偏鋁酸鈉，偏鋁酸鈉與二氧化碳反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀，此反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式為：AlO2-+CO2（過）+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，故答案為：AlO2-+CO2（過）+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-；

（3）由③可知存在離子為SO42-；第二份加足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，沉淀經(jīng)足量鹽酸洗滌、干燥后，得到11.65g固體為硫酸鋇，物質(zhì)的量==0.05mol，SO42-物質(zhì)的量濃度==0.5mol/L，故答案為：SO42-；0.5mol/L；

（4）依據(jù)上述分析判斷，一定不存在的離子為：Fe3+、Mg2+、Ba2+、CO32-，故答案為：Fe3+、Mg2+、Ba2+、CO32-；

（5）依據(jù)溶液中電荷守恒，陽離子正電荷總量小于陰離子負(fù)電荷總量，陽離子電荷數(shù)為0.8mol，陰離子若只有硫酸根離子時電荷數(shù)為1mol，所以一定有K+存在，故答案為：依據(jù)電荷守恒，陽離子正電荷總量小于陰離子負(fù)電荷總量，所以一定有K+存在．12、1s22s22p63d104s24p1N＞O＞BN原子和B原子的半徑比硅原子小，B-N鍵長比Si-Si短sp2正四面體B原子最外電子層為L層，無d軌道；而Si原子最外層為N層，有d軌道，可參與雜化，使Si配位數(shù)增加至6MgB2【分析】【分析】（1）鎵是31號元素；其原子核外有31個電子，根據(jù)構(gòu)造原理書寫其基態(tài)原子核外電子排布式；同一周期元素的第一電離能隨著原子序數(shù)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）原子晶體的硬度與原子半徑；鍵長成反比；

（3）根據(jù)價層電子對互斥理論確定其雜化方式及空間構(gòu)型；B原子最外電子層為L層；無d軌道；而Si原子最外層為N層，有d軌道；

（4）1個B原子為3個Mg原子共用，1個Mg原子為6個B原子共用，利用均攤法計算硼原子和鎂原子的個數(shù)比．【解析】【解答】解：（1）鎵位于周期表中第四周期第IIIA，故其核外電子排布式為1s22s22p63d104s24p1或[Ar]3d104s24p1；同一周期元素的第一電離能隨著原子序數(shù)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，所以三種元素的第一電離能由大到小的順序為N＞O＞B；

故答案為：1s22s22p63d104s24p1；N＞O＞B；

（2）原子晶體的硬度與原子半徑；鍵長成反比；N原子和B原子的半徑比硅原子小，B-N鍵長比Si-Si短鍵能大，所以氮化硼（BN）比晶體硅具有更高硬度和耐熱性；

故答案為：N原子和B原子的半徑比硅原子??；B-N鍵長比Si-Si短；

（3）在BF3分子中B原子的價層電子對等于3，且沒有孤電子對，所以中心原子的雜化軌道類型是sp2雜化，SiF4中硅原子含有4個共價鍵，且不含孤電子對，中心原子的雜化軌道類型是sp3雜化；所以它的空間構(gòu)型是正四面體型；B原子最外電子層為L層，無d軌道，而Si原子最外層為N層，有d軌道，可參與雜化，使Si配位數(shù)增加至6；

故答案為：sp2；正四面體；B原子最外電子層為L層；無d軌道；而Si原子最外層為N層，有d軌道，可參與雜化，使Si配位數(shù)增加至6；

（4）根據(jù)投影可知，1個B原子為3個Mg原子共用，故屬于一個Mg原子的B原子為；1個Mg原子為6個B原子共用，故用于一個B原子的Mg原子為，由此可知：鎂硼原子個數(shù)比=：=1：2，故硼化鎂的化學(xué)式為MgB2；

故答案為：MgB2．13、90C3H6O3CH2（OH）CH2COOHC6H12O62CH3CH（OH）COOH66：59【分析】【分析】（1）相對分子質(zhì)量之比等于其密度之比；

（2）3.00g白色沉淀為碳酸鈣；堿石灰增重為乳酸生成二氧化碳與水的總質(zhì)量，計算二氧化碳；乳酸的物質(zhì)的量，進(jìn)而計算燃燒生成水的質(zhì)量，根據(jù)原子守恒計算分子中C、H原子數(shù)目，再根據(jù)相對分子質(zhì)量計算O原子數(shù)目，進(jìn)而確定分子式；

（3）乳酸為0.01mol；與碳酸鈉反應(yīng)生成二氧化碳為0.005mol二氧化碳，說明乳酸分子含有1個-COOH，與鈉反應(yīng)生成0.01mol氫氣，則說明還含有一個-OH，結(jié)合分子式書寫可能的結(jié)構(gòu)簡式；

（4）結(jié)合（3）中乳酸的可能結(jié)構(gòu)書寫方程式；

（5）相同質(zhì)量乳酸所生成的兩種酯化產(chǎn)物（有機(jī)物）的質(zhì)量比等于兩種產(chǎn)物的摩爾質(zhì)量之比．【解析】【解答】解：（1）相對分子質(zhì)量之比等于密度之比，則Mr（乳酸）：2=0.9g：0.02g，故Mr（乳酸）=90；故答案為：90；

（2）3.00g白色沉淀為碳酸鈣，物質(zhì)的量為=0.03mol，乳酸的物質(zhì)的量為=0.01mol，0.01mol乳酸完全燃燒生成CO20.03mol，則乳酸分子中C原子數(shù)目為=3，生成H2O的質(zhì)量=1.86g-0.03mol×44g/mol=0.54g，其物質(zhì)的量為0.03mol，乳酸分子中H原子數(shù)目為=6，則乳酸分子中O原子數(shù)目為=3，所以乳酸的分子式為C3H6O3；

故答案為：C3H6O3；

（3）乳酸的物質(zhì)的量為=0.01mol，與碳酸鈉反應(yīng)生成二氧化碳為=0.005mol，由于2-COOH～CO2↑，則乳酸分子含有1個-COOH，與鈉反應(yīng)生成氫氣為=0.01mol，2-COOH～H2↑，2-OH～H2↑，可知乳酸分子還含有一個-OH，可知乳酸的結(jié)構(gòu)簡式可能是CH2（OH）CH2COOH；

故答案為：CH2（OH）CH2COOH；

（4）若葡萄糖發(fā)酵只生成乳酸，其反應(yīng)的化學(xué)方程式為：C6H12O62CH3CH（OH）COOH或C6H12O6（葡萄糖）；

故答案為：C6H12O62CH3CH（OH）COOH；

（5）乙酸與乳酸生成的酯的相對分子質(zhì)量為60+90-18=132；乳酸與乙醇生成的酯的相對分子質(zhì)量為46+90-18=118，相同質(zhì)量乳酸所生成的兩種酯化產(chǎn)物（有機(jī)物）的質(zhì)量比為：132：118=66：59，故答案為：66：59．14、DBKHCO3【分析】【分析】（1）H2O2僅體現(xiàn)氧化性，則O元素的化合價降低；雙氧水僅體現(xiàn)還原性，說明雙氧水在反應(yīng)中僅被氧化，化合價只升高；H2O2既體現(xiàn)氧化性又體現(xiàn)還原性，則O元素的化合價既升高又降低；H2O2既不做氧化劑又不做還原劑；說明在反應(yīng)中雙氧水的化合價不發(fā)生變化；

（2）過氧化氫為常見的強(qiáng)氧化劑；

（3）KCN+H2O2+H2O═A+NH3↑中遵循元素、原子守恒，以此推斷A的分子式．【解析】【解答】解：（1）A．Na2O2+2HCl=2NaCl+H2O2；是一個非氧化還原反應(yīng)，雙氧水既不是氧化劑，也不是還原劑，故A不選；

B．Ag2O+H2O2=2Ag+O2↑+H2O，Ag2O被還原成單質(zhì)銀，H2O2僅表現(xiàn)為還原性，其中氧元素轉(zhuǎn)化為O2；故B不選；

C．2H2O2=2H2O+O2↑，過氧化氫的分解反應(yīng)，是一個自身氧化還原反應(yīng)，H2O2既表現(xiàn)了氧化性；又表現(xiàn)了還原性，故C不選；

D．3H2O2+Cr2（SO4）3+10KOH=2K2CrO4+3K2SO4+8H2O；雙氧水在反應(yīng)中化合價由-1變成-2，化合價降低被還原，雙氧水僅做氧化劑，故D選；

故答案為：D；

（2）過氧化氫為常見的強(qiáng)氧化劑；無毒；不具有腐蝕性，也不自燃，則只有B中標(biāo)簽符合，故答案為：B；

（3）KCN+H2O2+H2O═A+NH3↑中遵循元素、原子守恒，可知生成物A應(yīng)該是KHCO3，故答案為：KHCO3．15、2N23C4AlN3CO224AlN+3H2O═Al（OH）3↓+NH3↑【分析】【分析】（1）A12O3是反應(yīng)物，反應(yīng)中A12O3→AlN，Al元素化合價為變化，根據(jù)氮元素守恒N2是反應(yīng)物，反應(yīng)中N2→AlN，N元素的化合價降低，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知C是反應(yīng)物，CO2是生成物．反應(yīng)中N2→AlN，N元素的化合價由0價降低為-3價，共降低6價，C→CO2，C元素化合價由0價升高為+4價，共升高4價，化合價升降最小公倍數(shù)為12，故N2系數(shù)為2；故系數(shù)為，故C系數(shù)為3，根據(jù)元素守恒確定其它物質(zhì)的系數(shù)，配平書寫方程式．

（2）反應(yīng)中C→CO2；C元素化合價由0價升高為+4價，C是還原劑，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為C的4倍．

（3）氮化鋁（A1N）在一定條件下，可發(fā)生水解生成氣體和沉淀，可知氣體為NH3，沉淀為Al（OH）3，據(jù)此書寫方程式．【解析】【解答】解：（1）A12O3是反應(yīng)物，反應(yīng)中A12O3→AlN，Al元素化合價為變化，根據(jù)氮元素守恒N2是反應(yīng)物，反應(yīng)中N2→AlN，N元素的化合價降低，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知C是反應(yīng)物，CO2是生成物．反應(yīng)中N2→AlN，N元素的化合價由0價降低為-3價，共降低6價，C→CO2，C元素化合價由0價升高為+4價，共升高4價，化合價升降最小公倍數(shù)為12，故N2系數(shù)為2，故系數(shù)為，故C系數(shù)為3，根據(jù)N元素守恒可知AlN系數(shù)為4，根據(jù)Al元素守恒可知Al2O3系數(shù)為2，根據(jù)C元素守恒可知CO2系數(shù)為3，故反應(yīng)方程式為2Al2O3+2N2+3C4AlN+3CO2．

故答案為：2N2、3C、4AlN、3CO2．

（2）反應(yīng)中C→CO2；C元素化合價由0價升高為+4價，C是還原劑，體系中有6mol還原劑被氧化時，轉(zhuǎn)移電子為6mol×4=24mol．

故答案為：24．

（3）氮化鋁（A1N）在一定條件下，可發(fā)生水解生成氣體和沉淀，可知氣體為NH3，沉淀為Al（OH）3；反應(yīng)方程式為

AlN+3H2O═Al（OH）3↓+NH3↑．

故答案為：AlN+3H2O═Al（OH）3↓+NH3↑．16、略

【分析】(1)鎵是31號元素，電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p1。(2)砷化鎵晶胞中砷原子8個在立方體頂角，6個在面上，該晶胞所包含砷原子數(shù)為8×＋6×＝4，而鎵原子周圍是4個均勻分布的砷原子為正四面體型。(3)NH3分子間有氫鍵沸點最高，其它分子按分子量大小排列，NH3>AsH3>PH3。(4)鎵原子與3個甲基結(jié)合，且鎵的價電子都成鍵，所以為sp2雜化。(5)砷的非金屬性強(qiáng)，第一電離能大。(6)砷化鎵晶胞與NaCl不同，A項錯誤。GaP與GaAs原子個數(shù)比相同，但電子總數(shù)不同，B項錯誤。As非金屬性強(qiáng)，電負(fù)性也強(qiáng)，C正確。鎵有3個價電子，但形成4個共價鍵，說明有一個配位鍵。D正確。【解析】【答案】(1)1s22s22p63s23p63d104s24p1(或[Ar]3d104s24p1)(2)4正四面體(3)NH3>AsH3>PH3(4)sp2(5)>(6)BCD三、判斷題(共6題，共12分)17、×【分析】【分析】根據(jù)膠體區(qū)別于其他分散系的本質(zhì)特征是分散質(zhì)微粒直徑的大小不同．【解析】【解答】解：膠體區(qū)別于其它分散系的本質(zhì)特征是膠體粒子直徑在1-100nm之間，溶液的粒子直徑小于1nm，濁液的子直徑大于100nm，故答案為：×．18、×【分析】【分析】有相同質(zhì)子數(shù)；不同中子數(shù)的原子互為同位素；

相同元素組成，不同形態(tài)的單質(zhì)互為同素異形體．【解析】【解答】解：O2和O3都是由氧元素形成的不同單質(zhì)；故互為同素異形體；

故答案為：×．19、×【分析】【分析】在化學(xué)反應(yīng)中，參加反應(yīng)的各物質(zhì)的物質(zhì)的量之比等于其計量數(shù)之比，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：在化學(xué)反應(yīng)中，參加反應(yīng)的各物質(zhì)的物質(zhì)的量之比等于其計量數(shù)之比，根據(jù)m=nM知，參加反應(yīng)的各物質(zhì)的質(zhì)量之比等于其物質(zhì)的量與摩爾質(zhì)量之積的比，所以參加反應(yīng)的各物質(zhì)的質(zhì)量比等于其物質(zhì)的量之比的說法錯誤，故答案為：×．20、×【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無關(guān)，如檸檬酸呈酸性，但為堿性食物，故答案為：×．21、×【分析】【分析】根據(jù)苯和1，2-二溴已烷可以互溶，難易分離；【解析】【解答】解：苯中混有已烯，可在加入適量溴水，苯與溴水不反應(yīng)，已烯與溴水發(fā)生加成反應(yīng)生成1，2-二溴已烷，但苯和1，2-二溴已烷可以互溶，難易分離，故答案為：×；22、√【分析】【分析】根據(jù)乙醇與乙酸乙酯中含有的官能團(tuán)以及紅外光譜主要用于分析有機(jī)物中的官能團(tuán)類解答；【解析】【解答】解：乙醇中含有羥基；乙酸乙酯中含有酯基，官能團(tuán)不同，所以通過紅外光譜分析可以區(qū)分乙醇與乙酸乙酯；

故答案為：√；四、推斷題(共3題，共6分)23、C+4HNO3（濃）CO2+4NO2↑+2H2OCl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+2C+SiO2Si+2CO↑【分析】【分析】（1）若A為短周期金屬單質(zhì)，D為短周期非金屬單質(zhì)，且所含元素的原子序數(shù)A是D的2倍，則A原子序數(shù)是偶數(shù)，所含元素的原子最外層電子數(shù)D是A的2倍，A最外層電子數(shù)小于4且為偶數(shù)，D位于第二周期、A位于第三周期，則A是Mg、D是C元素；F的濃溶液與A、D反應(yīng)都有紅棕色氣體生成，紅棕色氣體是NO2，則F是HNO3，C和HNO3濃溶液反應(yīng)生成CO2、NO2和H2O，B能和Mg反應(yīng)生成碳單質(zhì)，則B是CO2，C是MgO，MgO和硝酸反應(yīng)生成Mg（NO3）2和H2O，Mg和硝酸反應(yīng)生成Mg（NO3）2，則E是Mg（NO3）2；

（2）若A是常見的金屬的單質(zhì)，D、F是氣態(tài)單質(zhì)，A是Fe，反應(yīng)①在水溶液中進(jìn)行．反應(yīng)②也在水溶液中進(jìn)行，則B是酸，C是鹽，D和F反應(yīng)生成酸，鹽和氣體單質(zhì)F反應(yīng)生成E，F(xiàn)e和氣體單質(zhì)直接反應(yīng)生成E，則F是Cl2、E是FeCl3、C是FeCl2、B是HCl、D是H2；

（3）A、D、F都是短周期非金屬元素單質(zhì)，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，則A為C，D為Si，F(xiàn)為O，B為SiO2，反應(yīng)①為C與二氧化硅的反應(yīng)．【解析】【解答】解：（1）若A為短周期金屬單質(zhì)，D為短周期非金屬單質(zhì)，且所含元素的原子序數(shù)A是D的2倍，則A原子序數(shù)是偶數(shù)，所含元素的原子最外層電子數(shù)D是A的2倍，A最外層電子數(shù)小于4且為偶數(shù)，D位于第二周期、A位于第三周期，則A是Mg、D是C元素；F的濃溶液與A、D反應(yīng)都有紅棕色氣體生成，紅棕色氣體是NO2，則F是HNO3，C和HNO3濃溶液反應(yīng)生成CO2、NO2和H2O，B能和Mg反應(yīng)生成碳單質(zhì)，則B是CO2，C是MgO，MgO和硝酸反應(yīng)生成Mg（NO3）2和H2O，Mg和硝酸反應(yīng)生成Mg（NO3）2，則E是Mg（NO3）2；通過以上分析知，B是CO2、F是HNO3，在加熱條件下，碳和濃硝酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成二氧化碳、二氧化氮和水，反應(yīng)④的化學(xué)方程式為C+4HNO3（濃）CO2+4NO2↑+2H2O；

故答案為：C+4HNO3（濃）CO2+4NO2↑+2H2O；

（2）若A是常見的金屬的單質(zhì)，D、F是氣態(tài)單質(zhì)，A是Fe，反應(yīng)①在水溶液中進(jìn)行．反應(yīng)②也在水溶液中進(jìn)行，則B是酸，C是鹽，D和F反應(yīng)生成酸，鹽和氣體單質(zhì)F反應(yīng)生成E，F(xiàn)e和氣體單質(zhì)直接反應(yīng)生成E，則F是Cl2、E是FeCl3、C是FeCl2、B是HCl、D是H2，氯化亞鐵被氯氣氧化生成氯化鐵，反應(yīng)②（在水溶液中進(jìn)行）的離子方程式為Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+；

故答案為：Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+；

（3）A、D、F都是短周期非金屬元素單質(zhì)，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，則A為C，D為Si，F(xiàn)為O，B為SiO2，反應(yīng)①為C與二氧化硅的反應(yīng)，該反應(yīng)為2C+SiO2Si+2CO↑，故答案為：2C+SiO2Si+2CO↑．24、H2供氧劑3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H266Fe2++3Na2O2+6H2O=4Fe（OH）3+2Fe3++6Na+【分析】【分析】D為黑色晶體，應(yīng)為Fe3O4，J為生活中常見的調(diào)味品，應(yīng)為NaCl，I為紅褐色固體，應(yīng)為Fe（OH）3，甲為常見金屬單質(zhì)，乙、丙、丁是氣體單質(zhì)，可知甲和C的反應(yīng)應(yīng)為Fe和水蒸氣在高溫下的反應(yīng)，則甲為Fe，C為H2O，乙為H2，由E和F的相互轉(zhuǎn)化可知K應(yīng)為HCl，E為FeCl2，F(xiàn)為FeCl3，則丙為Cl2，G為淡黃色固體，應(yīng)為Na2O2，則丁為O2，A為H2O2，B為MnO2，結(jié)合對應(yīng)物質(zhì)的性質(zhì)以及題目要求解答該題．【解析】【解答】解：D為黑色晶體，應(yīng)為Fe3O4，J為生活中常見的調(diào)味品，應(yīng)為NaCl，I為紅褐色固體，應(yīng)為Fe（OH）3，甲為常見金屬單質(zhì)，乙、丙、丁是氣體單質(zhì)，可知甲和C的反應(yīng)應(yīng)為Fe和水蒸氣在高溫下的反應(yīng)，則甲為Fe，C為H2O，乙為H2，由E和F的相互轉(zhuǎn)化可知K應(yīng)為HCl，E為FeCl2，F(xiàn)為FeCl3，則丙為Cl2，G為淡黃色固體，應(yīng)為Na2O2，則丁為O2，A為H2O2，B為MnO2；

（1）由以上分析可知乙為H2，G為Na2O2，可用作供氧劑，故答案為：H2；供氧劑；

（2）鐵與水蒸氣在高溫下反應(yīng)生成四氧化三鐵和氫氣，反應(yīng)的方程式為3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，故答案為：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；

（3）題中所有反應(yīng)都涉及氧化還原反應(yīng)；共6個，故答案為：6；

（4）反應(yīng)③FeCl2與Na2O2按物質(zhì)的量之比2：1的反應(yīng)，二者恰好發(fā)生氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式為6Fe2++3Na2O2+6H2O=4Fe（OH）3+2Fe3++6Na+；

故答案為：6Fe2++3Na2O2+6H2O=4Fe（OH）3+2Fe3++6Na+．25、略

【分析】解：X；Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素；Y為同周期主族元素中原子半徑最大的元素，則Y為Na元素；通常狀況下，X與W元素均能形成-1價的氣態(tài)氫化物，則X、W位于ⅤⅡA族，X為F、W為Cl元素；X、Z和W的原子最外層電子教之和為20，則Z的最外層電子數(shù)為：20-7-7=6，Z的原子序數(shù)大于Na，則Z為S元素；

（1）X為F元素；原子序數(shù)為9，位于周期表中第二周期；第ⅦA族；

故答案為：第二周期；第ⅦA族；

（2）X、Y的離子分別為F-、Na+，兩種離子的電子層數(shù)相同，氟離子的核電荷數(shù)較小，則F-的離子半徑較大；

非金屬性越強(qiáng)；對應(yīng)氫化物的穩(wěn)定性越強(qiáng)，則S和Cl元素氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性較強(qiáng)的是HCl；

故答案為：F-；HCl；

（3）Y為Na元素，其氧化物為氧化鈉和過氧化鈉，氧化鈉只含有離子鍵，過氧化鈉中含有離子鍵和共價鍵，過氧化鈉的電子式為

故答案為：

（4）Z的最高價氧化物對應(yīng)水化物的濃溶液為濃硫酸，過量濃硫酸（過量）和氧化亞銅共熱，二兒子反應(yīng)生成硫酸銅、二氧化硫氣體和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：3H2SO4（濃）+Cu2O2CuSO4+SO2↑+3H2O；

故答案為：3H2SO4（濃）+Cu2O2CuSO4+SO2↑+3H2O．

X；Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素；Y為同周期主族元素中原子半徑最大的元素，則Y為Na元素；通常狀況下，X與W元素均能形成-1價的氣態(tài)氫化物，則X、W位于ⅤⅡA族，X為F、W為Cl元素；X、Z和W的原子最外層電子教之和為20，則Z的最外層電子數(shù)為：20-7-7=6，Z的原子序數(shù)大于Na，則Z為S元素，據(jù)此進(jìn)行解答．

本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系，題目難度中等，推斷元素為解答關(guān)鍵，注意熟練掌握原子結(jié)構(gòu)與元素周期律、元素周期表的關(guān)系，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及靈活應(yīng)用能力．【解析】第二周期、第ⅦA族；F-；HCl；3H2SO4（濃）+Cu2O2CuSO4+SO2↑+3H2O五、探究題(共4題，共40分)26、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應(yīng)，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應(yīng)生成溶于水的鈉鹽，苯（）不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸（HCOOH），故答案為：a．分液；b．蒸餾；c．分液；d．蒸餾；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸，以此解答該題．27、酸式|反應(yīng)中生成的錳離子具有催化作用，所以隨后褪色會加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具