2025年粵教版高三化學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總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、有機物R結構如圖所示；下列說法正確的是（）

A.R在堿性條件下的水解產(chǎn)物難溶于水B.R分子中有7種化學環(huán)境均不同的氫原子C.R和溴水反應后所得產(chǎn)物的化學式為C11H12O3Br2D.R不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色2、下列敘述中，正確的是（）A.如果加四氯化碳呈現(xiàn)紫色，證明原溶液中存在I-B.加入鹽酸產(chǎn)生白色沉淀的溶液一定是硝酸銀溶液C.二氧化硅是酸性氧化物，能夠與水反應生成酸D.氫氟酸是弱酸，但會腐蝕玻璃3、下列屬于分子晶體性質(zhì)的是()A.熔點1070℃，易溶于水，水溶液能導電B.能溶于CS2，熔點112.8℃，沸點444.6℃C.熔點1400℃，可作半導體材料，難溶于水D.熔點97.81℃，質(zhì)軟，導電，密度0.97g·cm－34、下列物質(zhì)中，屬于酸的是（）A.H3PO4B.NaOHC.MgOD.KNO35、下列說法正確的是（）A.冰醋酸中醋酸分子之間存在氫鍵，不存在范德華力B.含氫鍵的物質(zhì)的熔點一定高于不含氫鍵的物質(zhì)C.碘升華時，分子內(nèi)共價鍵不發(fā)生變化D.水結冰體積膨脹與氫鍵無關評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)6、2006年5月15日，國家食品藥品監(jiān)督管理局通報查處了齊齊哈爾第二制藥有限公司使用工業(yè)溶劑二甘醇（HO-CH2-CH2-O-CH2-CH2-OH）代替藥用溶劑丙二醇（HO-CH2-CH2-CH2-OH）的事件．最新統(tǒng)計，目前確定齊齊哈爾第二制藥有限公司生產(chǎn)的“亮菌甲素”假藥造成的死亡人數(shù)已有9人．下列關于二甘醇說法正確的是（）A.二甘醇和丙二醇性質(zhì)完全相同B.二甘醇和丙二醇互為同系物C.二甘醇沸點可能比丙二醇高D.二甘醇在人體中的降解產(chǎn)物草酸（HOOC-COOH）對人體有害7、已知反應3Cu+8HNO3（?。┄TCu（NO3）2+2NO↑+4H2O．當生成2molNO時，下列說法正確的是（）A.有2molHNO3被還原B.轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為6molC.有8molHNO3參加反應D.HNO3只作氧化劑8、如圖兩瓶體積相等的氣體；在同溫；同壓下瓶內(nèi)氣體的關系一定正確的是（）

A.原子數(shù)相等B.密度相等C.質(zhì)量相等D.物質(zhì)的量相等9、99℃時，向pH=6的蒸餾水中加入NaHSO4晶體，保持溫度不變，測得溶液的pH為2，下列敘述不正確的是（）A.此時水的離子積Kw=1×10-12B.水電離出的c（H+）=1×10-12mol/LC.水的電離程度隨溫度升高而增大D.c（Na+）＞c（SO42-）10、下列俗名與化學式對應錯誤的是（）A.小蘇打NaHCO3B.明礬Al2（SO4）3?12H2OC.鐵紅Fe3O4D.芒硝Na2SO4?10H2O11、設NA為阿伏加德羅常數(shù)，下列關于物質(zhì)結構的說法正確的是（）A.12g金剛石含有的共價鍵數(shù)目為4NAB.1mol甲醇中含有的共價鍵數(shù)目為5NAC.1molNH3中含有4NA對共用電子對D.常溫常壓下，8gO2含有4NA個質(zhì)子評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)12、有資料介紹Fe3+在水溶液中通常以水合離子形式存在，[Fe（H2O）6]3+幾乎無色．某化學實驗小組對實驗室Fe（NO3）3和FeCl3溶液呈黃色的原因產(chǎn)生了疑問；進一步查閱資料發(fā)現(xiàn)：

①[Fe（H2O）6]3++H2O?[Fe（H2O）6-n（OH）n]3-n（黃色）+nH3O+（n=1～6）；

②[FeCl4（H2O）2]-為黃色．

他們進行了如下探究實驗．請回答下列問題：

【實驗Ⅰ】（圖1）

（1）你認為Fe（NO3）3溶液呈黃色的原因是____．

（2）你認為FeCl3溶液呈黃色主要是含有____微粒，理由：____．

【實驗Ⅱ】

已知透光率越大，溶液顏色越淺．用色度計分別測定0.5mol?L-1Fe（NO3）3和FeCl3溶液在不同溫度下的透光率如圖2所示．

（3）隨著溫度升高，F(xiàn)e（NO3）3溶液透光率逐漸減小的原因是____．

（4）FeCl3溶液透光率隨溫度升高而減小的幅度明顯大于Fe（NO3）3溶液，其原因用離子方程式表示：____，該反應屬于____反應（填“放熱”或“吸熱”）．

【實驗Ⅲ】

該實驗小組同學還設計了一個實驗方案驗證（4）中結論．

（5）取試管②中無色溶液，滴加幾滴____（從下列選項中選擇最佳試劑；填寫字母序號），通過現(xiàn)象能證明（4）中結論正確．

A．Fe（NO3）3溶液B．NaCl溶液C．NaNO3溶液D．FeCl3溶液．13、A、B、C、D、E、F為前四周期元素且原子序數(shù)依次增大．A的單質(zhì)為密度最小的氣體，A、D位于同一主族；B和C兩種元素在周期表中位置相鄰，在不同條件下可形成BC和BC2兩種氣態(tài)化合物；E的最外層電子數(shù)是C的價電子數(shù)的一半；F屬于過渡元素；是日常生活中應用最廣泛的金屬之一，且有幾種不同價態(tài)的氧化物，其中一種有磁性．

（1）E單質(zhì)的晶體類型是____．

（2）C、D兩種元素組成的具有非極性鍵的物質(zhì)的電子式是____．

（3）F基態(tài)原子的電子排布式是____，其+2價氧化物和E單質(zhì)在高溫下反應的化學方程式是____．

（4）由A、B、C三種元素形成的離子化合物溶于水后，溶液的pH____（填大于，等于或小于）7，溶液中各離子濃度由大到小順序為____．

（5）在25℃，101kPa下，單質(zhì)A在氧氣中燃燒后恢復至原溫度和壓強，每轉(zhuǎn)移1mol電子放出QkJ的熱量，則單質(zhì)A燃燒的熱化學方程式是____．14、已知：Cu（OH）2?Cu2+（aq）+2OH-（aq），Ksp=c（Cu2+）?c2（OH-）=2×10-20．

當溶液中各種離子的濃度冪的乘積大于溶度積時；則產(chǎn)生沉淀，反之固體溶解．

（1）某CuSO4溶液里c（Cu2+）=0.02mol/L，如果生成Cu（OH）2沉淀，應調(diào)整溶液的pH，使之大于____．

（2）要使0.2mol/LCuSO4溶液中Cu2+沉淀較為完全（使Cu2+濃度降至原來的千分之一），則應向溶液里加入NaOH溶液，使溶液的pH為____．15、寫出下列反應的方程式。

（1）乙烯可使溴的四氯化碳溶液褪色，該反應方程式為____；

（2）苯與液溴在催化劑條件下反應的化學方程式為____．

（3）寫出苯與氫氣反應反應方程式____．16、（1）已知鈉能與液氨（NH3）發(fā)生反應，且跟鈉與水的反應相似，寫出鈉與液氨反應的化學方程式____；

（2）已知SO2能被Cl2氧化成+6價的SO3，而氯元素本身被還原成-1價的氯，試寫出Cl2將SO2的水溶液氧化成硫酸的離子方程式____；

（3）鹵素互化物也稱類鹵互或擬鹵素（如ICl、IBr等），其化學性質(zhì)與鹵素的性質(zhì)相似，可與水發(fā)生反應生成鹵化氫和次鹵酸．試寫出BrCl與水發(fā)生反應的化學反應方程式____．17、請回答：

Ⅰ：rm{C}rm{N}rm{O}rm{Al}rm{Si}rm{Cu}是常見的六種元素．

rm{(1)Si}位于元素周期表第______周期第______族rm{.}

rm{(2)N}的基態(tài)原子核外電子排布式為______；rm{Cu}的基態(tài)原子最外層有______個電子．

rm{(3)}用“rm{>}”或“rm{<}”填空：

。原子半徑電負性熔點沸點rm{Al}______rm{Si}rm{N}______rm{O}金剛石______晶體硅rm{CH_{4}}______rm{SiH_{4}}Ⅱ：

rm{(4)H_{2}O_{2}}的電子式______．

rm{(5)}鎂燃燒不能用rm{CO_{2}}滅火；用化學方程式表示其理由______．

rm{(6)}在rm{AgCl}沉淀中加入rm{KBr}溶液；白色沉淀轉(zhuǎn)化為淡黃色沉淀，寫出反應的離子方程式______．

rm{(7)}完成以下氧化還原反應的離子方程式：

______rm{MnO_{4}^{-}+}______rm{C_{2}O_{4}^{2-}+}______rm{=}______rm{Mn^{2+}+}______rm{CO_{2}隆眉+}______．18、A、B、C、D四種短周期元素原子序數(shù)依次增大，A元素原子的價電子排列為ns2np2，B元素的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的3倍，E元素原子的價電子排布為3d64s2．C、D的電離能數(shù)據(jù)如下（kJ?mol-1）：

。I1I2I3I4C7381451773310540D5771817274511578（1）化合價是元素的一種性質(zhì)．由C、D的電離能數(shù)據(jù)判斷，C通常顯____價，D顯____價；

（2）某單質(zhì)甲分子與化合物AB分子中電子總數(shù)相等，則甲分子中包含____個σ鍵，____個π鍵；

（3）AB的總鍵能大于甲的總鍵能，但AB比甲容易參加化學反應．根據(jù)下表數(shù)據(jù)，說明AB比甲活潑的原因是____．

。雙鍵叁鍵叁鍵AB鍵能（kJ?mol-1）357.7798.91071.9甲鍵能（kJ?mol-1）154.8418.4941.7（4）E能與AB形成配合物，其中E提供____，AB提供____．

（5）如圖所示晶胞中，陽離子與陰離子的個數(shù)為____．19、在K2Cr207+14HCl=2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H20反應中，____是氧化劑；____是還原產(chǎn)物；當有3摩爾氯氣生成時電子轉(zhuǎn)移的總數(shù)為____個．20、工業(yè)廢水中常含有一定量的Cr2O72-和CrO42-；它們會對人類及生態(tài)系統(tǒng)產(chǎn)生很大損害，必須進行處理．常用的處理方法有兩種．其中一種方法是還原沉淀法。

該法的工藝流程為：CrO42-Cr2O72-Cr3+Cr（OH）3↓

其中第步存在平衡：2CrO42-（黃色）+2H+?Cr2O72-（橙色）+H2O

（1）若該平衡處在強酸性環(huán)境，則溶液顯____色．

（2）能說明第①步反應達平衡狀態(tài)的是____．

A．Cr2O72-和CrO42-的濃度相同B.2v（Cr2O72-）=v（CrO42-）C．溶液的顏色不變。

（3）第②步中，還原1molCr2O72-離子，需要____mol的FeSO4?7H2O．寫出第②步中反應的離子方程式____．

（4）第③步生成的Cr（OH）3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr（OH）3（s）?Cr3+（aq）+3OH-（aq）．常溫下，Cr（OH）3的溶度積Ksp=c（Cr3+）?c3（OH-）=10-32，要使c（Cr3+）降至10-5mol/L，溶液的pH應調(diào)至____．評卷人得分四、解答題(共2題，共4分)21、已知A為常見的金屬單質(zhì)；根據(jù)圖所示的關系：

（1）確定A；B的化學式；A為______，B為______．

（2）C和D可相互轉(zhuǎn)化；描述C→D溶液的顏色變化：______．

④的離子方程式：______．

⑤的離子方程式：______．

（3）由E→F的實驗現(xiàn)象為：______．

22、甲；乙、丙為短周期元素形成的常見單質(zhì)；A、B、C、D、E、F、G、X均為常見的化合物．B、X的式量（分子量）相同，E的式量比D大16，在一定條件下各物質(zhì)之間相互轉(zhuǎn)化如下圖所示：

（1）X的電子式是______；G的化學式是______．

（2）上述物質(zhì)中能與水發(fā)生反應（不考慮單純的鹽的水解）且反應中水既不是氧化劑也不是還原劑的物質(zhì)的代號______．

（3）反應“D+丙”的化學方程式是______．

（4）寫出X與D在稀硫酸中反應的離子方程式______．

評卷人得分五、其他(共2題，共18分)23、有七種常見儀器：細口瓶；試管、天平、分液漏斗、容量瓶、酒精燈、研缽．請根據(jù)它們的用途或特征回答問題：

（1）可用于研磨固體的儀器是____．

（2）只有一個刻度線的儀器是____．

（3）分離汽油和水的混合物必須用到的儀器是____．

（4）在實驗室中通常作為熱源的儀器是____．24、實驗是化學研究的重要手段；貫穿于化學學習的始終．試回答下列中學化學實驗室中常見儀器的有關問題：

（1）在儀器①分液漏斗②試劑瓶③集氣瓶④滴定管⑤容量瓶⑥量筒⑦托盤天平中，標有“0“刻度的是（填序號，下同）____；標有使用溫度的儀器是____．

（2）“磨砂“是增加玻璃儀器密封性的一種處理工藝．在儀器①試管②分液漏斗③細口試劑瓶④廣口試劑瓶⑤集氣瓶⑥酸式滴定管⑦堿式滴定管中，用到“磨砂“的有____．

（3）在儀器①漏斗②容量瓶③蒸餾燒瓶④分液漏斗⑤燒杯⑥蒸發(fā)皿中，可用于粗鹽提純實驗的有____；可用于分離兩種沸點接近且互不相溶的液態(tài)混合物（即分液）實驗的有____．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】【分析】有機物含有酚羥基，可發(fā)生取代、氧化和顯色反應，含有酯基，可發(fā)生水解反應，且烴基可被酸性高錳酸鉀氧化，結合有機物的結構解答該題．【解析】【解答】解：A．有機物含有之間；可在堿性條件下水解，故A錯誤；

B．結構不對稱；有8種不同的氫原子，故B錯誤；

C．含有酚羥基，可被溴取代鄰位氫原子，取代后有機物分子式為C11H12O3Br2；故C正確；

D．酚羥基和烴基都可被酸性高錳酸鉀氧化；故D錯誤．

故選C．2、D【分析】【分析】A；碘單質(zhì)易溶于有機溶劑；

B；銀離子和氯離子反應產(chǎn)生氯化銀白色沉淀；

C；二氧化硅是酸性氧化物；不能夠與水直接反應；

D、氫氟酸屬于弱電解質(zhì)，氫氟酸與玻璃的主要成分二氧化硅反應，能夠腐蝕玻璃．【解析】【解答】解：A、因碘單質(zhì)易溶于有機溶劑，則如果加四氯化碳呈現(xiàn)紫色，證明原溶液中存在I2；故A錯誤；

B；銀離子和氯離子反應產(chǎn)生氯化銀白色沉淀；證明溶液中含有銀離子，不一定是硝酸銀，故B錯誤；

C；二氧化硅是酸性氧化物；不能夠與水直接反應生成硅酸，故C錯誤；

D；氫氟酸為弱電解質(zhì)；在溶液中部分電離，屬于弱酸，氫氟酸能夠與二氧化硅反應，所以能夠腐蝕玻璃，故D正確；

故選：D．3、B【分析】【解答】分子晶體的主要性質(zhì)有：熔；沸點低；硬度小，極性分子易溶于極性溶劑，非極性分子易溶于非極性溶劑，晶體不導電，熔化時也不導電。

【分析】本題考查分子晶體的性質(zhì)，熟練掌握晶體的類型與物質(zhì)熔點、硬度、導電性等的關系是解題的關鍵?。4、A【分析】【分析】根據(jù)酸是指在電離時產(chǎn)生的陽離子全部是氫離子的化合物；堿是指在電離時產(chǎn)生的陰離子全部是氫氧根離子的化合物；鹽是由金屬離子（或銨根離子）和酸根離子組成的化合物據(jù)此進行分析判斷．【解析】【解答】解：A；磷酸電離出的陽離子全部是氫離子；屬于酸，故A正確．

B；氫氧化鈉電離時陰離子全部是氫氧根離子；屬于堿，故B錯誤；

C；氧化鎂是由鎂氧兩種元素組成的化合物；屬于氧化物，故C錯誤．

D；硝酸鉀是由鉀離子和硝酸根離子組成的化合物；屬于鹽，故D錯誤．

故選：A．5、C【分析】【分析】A；分子晶體中存在分子間作用力；

B；含有氫鍵的分子晶體的熔點小于不含氫鍵的原子晶體；

C；升華屬于物理變化；不破壞共價鍵；

D、水分子間存在氫鍵．【解析】【解答】解：A；冰醋酸的晶體屬于分子晶體；分子間存在分子間作用力，也存在氫鍵，故A錯誤；

B；含有氫鍵的分子晶體的熔點小于不含氫鍵的原子晶體；所以含氫鍵的物質(zhì)的熔點不一定高于不含氫鍵的物質(zhì)，故B錯誤；

C；升華屬于物理變化；不破壞共價鍵，所以碘升華時，分子內(nèi)共價鍵不發(fā)生變化，故C正確；

D；氫鍵在水液態(tài)是使一個水分子與4個水分子相連；而當水凝固時氫鍵會拉伸水分子使水分子之間距離增大體積增大，所以水結冰體積膨脹與氫鍵有關，故D錯誤；

故選C．二、多選題(共6題，共12分)6、CD【分析】【分析】二甘醇含有醚基、羥基，可發(fā)生取代、氧化和消去反應，結合同系物的定義以及物質(zhì)的結構、性質(zhì)解答該題．【解析】【解答】解：A．二者含有的官能團不完全相同；性質(zhì)不完全相同，故A錯誤；

B．二者結構不同；則不是同系物，故B錯誤；

C．二甘醇相對分子質(zhì)量較大；沸點比丙二醇高，故C正確；

D．二甘醇在人體中可降解生成草酸（HOOC-COOH）；為中強酸，對人體有害，故D正確．

故選CD．7、AC【分析】【分析】3Cu+8HNO3（?。┄T3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O中，Cu元素的化合價升高，N元素的化合價降低，硝酸反應生成硝酸鹽時表現(xiàn)出酸性，然后利用化合價的變化來分析轉(zhuǎn)移的電子數(shù)．【解析】【解答】解：A、由反應可知，當生成2molNO時，2molHNO3被還原；故A正確；

B、由反應可知，N元素從+5價降低到+2價，則生成2molNO轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為6NA；故B錯誤；

C、當生成2molNO時，有8molHNO3參加反應；故C正確；

D、因部分硝酸反應生成硝酸鹽時表現(xiàn)出酸性，所以HNO3作氧化劑和酸；故D錯誤；

故選AC．8、AD【分析】【分析】同溫同壓下，氣體摩爾體積相等，相同體積的氣體其物質(zhì)的量相等，其分子數(shù)相等，結合分子構成、ρ=、m=nM進行分析解答．【解析】【解答】解：同溫同壓下；氣體摩爾體積相等，相同體積的氣體其物質(zhì)的量相等，其分子數(shù)相等；

A．每個分子中都有兩個原子；所以其原子總數(shù)相等，故A正確；

B．根據(jù)ρ=知；兩種氣體的平均摩爾質(zhì)量不一定相等，所以其密度不一定相等，故B錯誤；

C．根據(jù)m=nM知；二者物質(zhì)的量相等時，其摩爾質(zhì)量不一定相等，則其質(zhì)量不一定相等，故C錯誤；

D．同溫同壓下；氣體的體積相等，物質(zhì)的量相等，故D正確；

故選AD．9、BD【分析】【分析】A、計算出pH=6的蒸餾水中氫離子濃度，根據(jù)水的離子積表達式及蒸餾水中c（H+）=c（OH-）計算出水的離子積；

B；硫酸氫鈉電離的氫離子抑制了水的電離；溶液中氫氧根離子是水電離的；

C；水的電離是吸熱反應；溫度升高，水的電離程度增大；

D、根據(jù)物料守恒判斷鈉離子與硫酸根離子濃度關系．【解析】【解答】解：A、蒸餾水的pH=6，說明c（H+）=c（OH-）=1×10-6mol?L-1，水的離子積Kw=1×10-12；故A正確；

B、水電離出來的氫離子的濃度等于溶液中氫氧根的濃度，c（H+）=c（OH-）=mol/L=1×10-10mol?L-1；故B錯誤；

C；由于水的電離過程為吸熱反應；升高溫度，促進了水的電離，水的電離程度會增大，故C正確；

D、NaHSO4晶體中鈉離子與硫酸根離子的物質(zhì)的量相等，鈉離子和硫酸根離子數(shù)目沒有發(fā)生變化，根據(jù)物料守恒，溶液中（Na+）=c（SO42-）；故D錯誤；

故選BD．10、BC【分析】【分析】A；小蘇打是碳酸氫鈉的俗稱；

B、明礬是KAl（SO4）2?12H2O；

C；鐵紅是氧化鐵；

D、芒硝是Na2SO4?10H2O的俗稱．【解析】【解答】解：A、小蘇打是碳酸氫鈉的俗稱，化學式為NaHCO3；故A正確；

B、明礬是KAl（SO4）2?12H2O的俗稱；故B錯誤；

C、鐵紅是氧化鐵，F(xiàn)e3O4俗稱磁性氧化鐵；故C錯誤；

D、芒硝是Na2SO4?10H2O的俗稱；故D正確．

故選BC．11、BD【分析】【分析】A．金剛石中；每個C與其它4個C形成了四個共價鍵，根據(jù)均攤法計算出1molC含有的共價鍵；

B．1mol甲醇分子中含有3mol碳氫鍵；1mol碳氧鍵和1mol氧氫鍵；總共含有5mol共價鍵；

C．氨氣分子中含有3個氮氫鍵；1mol氨氣中含有3mol氮氫共用電子對；

D．8g氧氣中含有8g氧原子，含有0.5mol氧原子，含有4mol質(zhì)子．【解析】【解答】解：A．12g金剛石中含有1molC，金剛石中，每個C與其它4個C形成了4個共價鍵，每個碳原子形成的共價鍵數(shù)目為：×4=2，所以1molC原子形成的共價鍵為2mol，含有的共價鍵數(shù)目為2NA；故A錯誤；

B．甲醇分子中含有3個碳氫鍵、1個碳氧鍵和1個氧氫鍵，所以1mol甲醇中含有5mol共價鍵，含有的共價鍵數(shù)目為5NA；故B正確；

C．1mol氨氣中含有3mol氮氫鍵，含有3NA對共用電子對；故C錯誤；

D．8g氧氣中含有8gO，含有0.5molO，含有的質(zhì)子的物質(zhì)的量為4mol，含有4NA個質(zhì)子；故D正確；

故選BD．三、填空題(共9題，共18分)12、[Fe（H2O）6]3+水解產(chǎn)生了[Fe（H2O）6-n（OH）n]3-n[FeCl4（H2O）2]-試管②、④中加入等量的HNO3后，②中溶液褪色，而④中溶液仍呈黃色溫度升高，導致平衡[Fe（H2O）6]3++nH2O?[Fe（H2O）6-n（OH）n]3-n+nH3O+正向移動，[Fe（H2O）6-n（OH）n]3-n濃度增大，溶液顏色加深[Fe（H2O）6]3++4Cl-?[FeCl4（H2O）2]-+4H2O吸熱B【分析】【分析】（1）實驗①②對比，硝酸鐵溶液加入硝酸溶液，溶液中氫離子濃度增大，而溶液黃色褪去，信息①中平衡向左移動，硝酸鐵溶液溶液黃色是[Fe（H2O）6-n（OH）n]3-n所致；

（2）實驗②④對比，氯化鐵溶液中加入硝酸，溶液黃色不變，氯化鐵溶液黃色為[FeCl4（H2O）2]-所致；

（3）隨著溫度升高，F(xiàn)e（NO3）3溶液透光率逐漸減小，說明溶液中[Fe（H2O）6-n（OH）n]3-n濃度增大；

（4）升高溫度溶液中[FeCl4（H2O）2]-濃度增大；

（5）加入含有氯離子物質(zhì)，由平衡移動增大溶液中[FeCl4（H2O）2]-濃度．【解析】【解答】解：（1）實驗①②對比，硝酸鐵溶液加入硝酸溶液，溶液中氫離子濃度增大，而溶液黃色褪去，信息①中平衡向左移動，硝酸鐵溶液溶液黃色是[Fe（H2O）6]3+水解產(chǎn)生了[Fe（H2O）6-n（OH）n]3-n所致；

故答案為：[Fe（H2O）6]3+水解產(chǎn)生了[Fe（H2O）6-n（OH）n]3-n；

（2）試管②、④中加入等量的HNO3后，②中溶液褪色，而④中溶液仍呈黃色，說明氯化鐵溶液黃色為[FeCl4（H2O）2]-所致；

故答案為：[FeCl4（H2O）2]-；試管②、④中加入等量的HNO3后；②中溶液褪色，而④中溶液仍呈黃色；

（3）溫度升高，導致平衡[Fe（H2O）6]3++nH2O?[Fe（H2O）6-n（OH）n]3-n+nH3O+正向移動，[Fe（H2O）6-n（OH）n]3-n濃度增大，溶液顏色加深，F(xiàn)e（NO3）3溶液透光率逐漸減小；

故答案為：溫度升高，導致平衡[Fe（H2O）6]3++nH2O?[Fe（H2O）6-n（OH）n]3-n+nH3O+正向移動，[Fe（H2O）6-n（OH）n]3-n濃度增大；溶液顏色加深；

（4）升高溫度溶液中[FeCl4（H2O）2]-濃度增大，促進[Fe（H2O）6]3++4Cl-?[FeCl4（H2O）2]-+4H2O正向進行；正反應為吸熱反應；

故答案為：[Fe（H2O）6]3++4Cl-?[FeCl4（H2O）2]-+4H2O；吸熱；

（5）對照實驗②④可知，向②的溶液中加入含有氯離子物質(zhì)，增大溶液中[FeCl4（H2O）2]-濃度，可以證明實驗方案驗證（4）中結論，由于D中氯化鐵溶液本身含有[FeCl4（H2O）2]-；不能選用；

故答案為：B．13、金屬晶體1s22s22p63s23p63d64s2（或[Ar]3d64s2）2Al+3FeOAl2O3+3Fe小于c（NO3-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=-4QKJ/mol【分析】【分析】A、B、C、D、E、F為前四周期元素且原子序數(shù)依次增大．A的單質(zhì)為密度最小的氣體，則A為氫元素，B和C兩種元素在周期表中位置相鄰，在不同條件下可形成BC和BC2兩種氣態(tài)化合物，則B為氮元素，C為氧元素；F屬于過渡元素，是日常生活中應用最廣泛的金屬之一，且有幾種不同價態(tài)的氧化物，其中一種有磁性，則F為鐵元素，E的最外層電子數(shù)是C的價電子數(shù)的一半，則E為鋁元素，A、D位于同一主族；且D的原子序數(shù)小于E，所以D為鈉元素，據(jù)此答題．【解析】【解答】解：A、B、C、D、E、F為前四周期元素且原子序數(shù)依次增大．A的單質(zhì)為密度最小的氣體，則A為氫元素，B和C兩種元素在周期表中位置相鄰，在不同條件下可形成BC和BC2兩種氣態(tài)化合物；則B為氮元素，C為氧元素；F屬于過渡元素，是日常生活中應用最廣泛的金屬之一，且有幾種不同價態(tài)的氧化物，其中一種有磁性，則F為鐵元素，E的最外層電子數(shù)是C的價電子數(shù)的一半，則E為鋁元素，A；D位于同一主族；且D的原子序數(shù)小于E，所以D為鈉元素；

（1）E為鋁元素；E單質(zhì)的晶體類型是金屬晶體；

故答案為：金屬晶體；

（2）C、D兩種元素組成的具有非極性鍵的物質(zhì)為過氧化鈉，它的電子式是

故答案為：

（3）F為鐵元素，原子序數(shù)為26，F(xiàn)基態(tài)原子的電子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2（或[Ar]3d64s2），其+2價氧化物和鋁單質(zhì)在高溫下發(fā)生鋁熱反應，反應的化學方程式是2Al+3FeOAl2O3+3Fe；

故答案為：1s22s22p63s23p63d64s2（或[Ar]3d64s2）；2Al+3FeOAl2O3+3Fe；

（4）由A、B、C三種元素形成的離子化合物為硝酸銨，硝酸銨溶于水后，由于銨根離子水解使溶液的pH小于7，溶液中各離子濃度由大到小順序為c（NO3-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）；

故答案為：小于；c（NO3-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）；

（5）在25℃，101kPa下，氫氣在氧氣中燃燒后恢復至原溫度和壓強，每轉(zhuǎn)移1mol電子即有0.5mol氫氣參加反應可以放出QkJ的熱量，則氫氣燃燒的熱化學方程式是2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=-4QKJ/mol；

故答案為：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=-4QKJ/mol；14、56【分析】【分析】（1）根據(jù)Ksp=c（Cu2+）?[c（OH-）]2=2×10-20，根據(jù)Cu2+離子的濃度計算OH-離子的濃度；根據(jù)水的離子積常數(shù)計算氫離子濃度，并以此計算溶液pH值．

（2）Cu2+沉淀較為完全濃度降至原來的千分之一，根據(jù)Ksp求出OH-離子的濃度，再求pH．【解析】【解答】解：（1）某CuSO4溶液里c（Cu2+）=0.02mol/L，如果生成Cu（OH）2沉淀，則應有c（OH-）≥mol/L=10-9mol/L，則c（H+）≤mol/L=10-5mol/L；

所以pH≥-lg（10-5）=5；故答案為：5；

（2）Cu2+沉淀較為完全是的濃度為=2×10-4mol/L；

則c（OH-）=mol/L═10-8mol/L；

則c（H+）=mol/L=10-6mol/L；

所以pH=-lg（10-6）=6；

故答案為：6．15、CH2=CH2+Br2→CH2Br-CH2Br【分析】【分析】（1）乙烯含有碳碳雙鍵；可與溴水發(fā)生加成反應；

（2）苯和溴在溴化鐵催化下發(fā)生取代反應生成溴苯；

（3）苯和足量氫氣在一定條件下發(fā)生加成反應生成環(huán)己烷．【解析】【解答】解（1）乙烯含有碳碳雙鍵，可與溴水發(fā)生加成反應，反應的方程式為CH2=CH2+Br2→CH2Br-CH2Br；

故答案為：CH2=CH2+Br2→CH2Br-CH2Br；

（2）苯與液溴發(fā)生取代反應生成溴苯，該反應為

故答案為：

（3）苯和足量氫氣在一定條件下發(fā)生加成反應生成環(huán)己烷，反應的方程式為

故答案為：．16、2Na+2NH3═2NaNH2+H2↑Cl2+SO2+2H2O═4H++SO42-+2Cl-BrCl+H2O═HBrO+HCl【分析】【分析】（1）根據(jù)鈉和水反應的特點，鈉和液氨反應生成NaNH2和氫氣；

（2）氯氣和二氧化硫在溶液中發(fā)生氧化還原反應生成硫酸和鹽酸；

（3）BrCl和水反應生成HBrO和HCl．【解析】【解答】解：（1）由題給信息可知，鈉和液氨反應生成NaNH2和氫氣，反應的方程式為2Na+2NH3═2NaNH2+H2↑，故答案為：2Na+2NH3═2NaNH2+H2↑；

（2）氯氣和二氧化硫在溶液中發(fā)生氧化還原反應生成硫酸和鹽酸，反應的離子方程式為Cl2+SO2+2H2O═4H++SO42-+2Cl-；

故答案為：Cl2+SO2+2H2O═4H++SO42-+2Cl-；

（3）BrCl中Br為+1價，Cl為-1價，和水反應生成HBrO和HCl，反應的方程式為BrCl+H2O═HBrO+HCl，故答案為：BrCl+H2O═HBrO+HCl．17、rm{(1)}三；rm{IVA}

rm{(2)1s^{2}2s^{2}2p^{3}}rm{1}

rm{(3)>}rm{<}rm{>}rm{<}

rm{(4)}

rm{(5)2Mg+CO_{2}dfrac{underline{;{碌茫脠錄};}}{;}2MgO+C}

rm{(5)2Mg+CO_{2}dfrac{

underline{;{碌茫脠錄};}}{;}2MgO+C}

rm{(6)AgCl(s)+Br^{-}簍TAgBr(s)+Cl^{-}}rm{(7)2}rm{5}rm{16H^{+}}rm{2}rm{10}rm{8H_{2}O}【分析】【分析】：

I.rm{(1)}主族元素周期數(shù)rm{=}電子層數(shù)、族序數(shù)rm{=}最外層電子數(shù)；

rm{(2)N}原子核外有rm{7}個電子，結合能量最低原理書寫核外電子排布式，rm{Cu}原子外圍電子排布為rm{3d^{10}4s^{1}}

rm{(3)}同周期自左而右原子半徑減??；電負性增大；金剛石與晶體硅均為原子晶體；原子半徑越小，化學鍵越穩(wěn)定，熔點越高；分子組成和結構相似的分子晶體，相對分子質(zhì)量越大，沸點越高；

Ⅱrm{.(4)H_{2}O_{2}}中氧原子之間形成rm{1}對共用電子對，氧原子與氫原子之間形成rm{1}對共用電子對；

rm{(5)Mg}在二氧化碳中燃燒生成rm{MgO}與碳；

rm{(6)}在rm{AgCl}沉淀中加入rm{KBr}溶液，白色沉淀轉(zhuǎn)化為淡黃色沉淀，說明生成rm{AgBr}

rm{(7)}反應中rm{Mn}元素化合價由rm{+7}價降低為rm{+2}價，共降低rm{5}價，rm{C}元素化合價由rm{+3}價升高為rm{+4}價，共升高rm{2}價，化合價升降最小公倍數(shù)為rm{10}可以確定rm{MnO_{4}^{-}}的系數(shù)為rm{2}rm{C_{2}O_{4}^{2-}}的系數(shù)為rm{5}由原子守恒可知rm{Mn^{2+}}的系數(shù)為rm{2}rm{CO_{2}}的系數(shù)為rm{10}由電荷守恒可知，反應物中缺項為rm{H^{+}}由元素守恒可知生成物中缺項為rm{H_{2}O.}

本題考查知識點較多；涉及結構與位置關系；核外電子排布、元素周期律、熔沸點比較、電子式、沉淀轉(zhuǎn)化、氧化還原反應配平等，屬于拼合型題目，需要學生具備扎實的基礎，難度中等．

解：rm{I.(1)Si}原子序數(shù)為rm{14}有rm{3}個電子層，最外層電子數(shù)為rm{4}故rm{Si}處于第三周期第rm{IVA}族，故答案為：三；rm{IVA}

rm{(2)N}原子核外電子數(shù)為rm{7}其核外電子排布式為：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{3}}rm{Cu}元素為rm{29}號元素，處于第四周期rm{IB}族，原子外圍電子排布為rm{3d^{10}4s^{1}}故其最外層電子數(shù)為rm{1}

故答案為：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{3}}rm{1}

rm{(3)}同周期自左而右原子半徑減小、電負性增大，故原子半徑rm{Al>Si}電負性：rm{N<O}

金剛石與晶體硅均為原子晶體，由于原子半徑rm{C<Si}故Crm{-C}鍵長rm{<Si-Si}鍵長，故Crm{-C}鍵更穩(wěn)定，故熔點：金剛石rm{>}晶體硅；

rm{SiH_{4}}rm{CH_{4}}均為分子晶體，相對分子質(zhì)量越大，沸點越高，由于rm{SiH_{4}}相對分子質(zhì)量大于rm{CH_{4}}故沸點rm{CH_{4}<SiH_{4}}

故答案為：rm{>}rm{<}rm{>}rm{<}

Ⅱrm{.(4)H_{2}O_{2}}中氧原子之間形成rm{1}對共用電子對，氧原子與氫原子之間形成rm{1}對共用電子對，電子式為故答案為：

rm{(5)Mg}在二氧化碳中燃燒生成rm{MgO}與碳，反應方程式為：rm{2Mg+CO_{2}dfrac{underline{;{碌茫脠錄};}}{;}2MgO+C}故答案為：rm{2Mg+CO_{2}dfrac{underline{;{碌茫脠錄};}}{;}2MgO+C}

rm{2Mg+CO_{2}dfrac{

underline{;{碌茫脠錄};}}{;}2MgO+C}在rm{2Mg+CO_{2}dfrac{

underline{;{碌茫脠錄};}}{;}2MgO+C}沉淀中加入rm{(6)}溶液，白色沉淀轉(zhuǎn)化為淡黃色沉淀，說明生成rm{AgCl}反應離子方程式為：rm{KBr}

故答案為：rm{AgBr}

rm{AgCl(s)+Br^{-}簍TAgBr(s)+Cl^{-}}反應中rm{AgCl(s)+Br^{-}簍TAgBr(s)+Cl^{-}}元素化合價由rm{(7)}價降低為rm{Mn}價，共降低rm{+7}價，rm{+2}元素化合價由rm{5}價升高為rm{C}價，共升高rm{+3}價，化合價升降最小公倍數(shù)為rm{+4}可以確定rm{2}的系數(shù)為rm{10}rm{MnO_{4}^{-}}的系數(shù)為rm{2}由原子守恒可知rm{C_{2}O_{4}^{2-}}的系數(shù)為rm{5}rm{Mn^{2+}}的系數(shù)為rm{2}由電荷守恒可知，反應物中缺項為rm{CO_{2}}由元素守恒可知生成物中缺項為rm{10}配平后離子方程式為：rm{H^{+}}

故答案為：rm{H_{2}O}rm{2MnO_{4}^{-}+5C_{2}O_{4}^{2-}+16H^{+}簍T2Mn^{2+}+10CO_{2}隆眉+8H_{2}O}rm{2}rm{5}rm{16H^{+}}rm{2}

rm{10}【解析】rm{(1)}三；rm{IVA}

rm{(2)1s^{2}2s^{2}2p^{3}}rm{1}

rm{(3)>}rm{<}rm{>}rm{<}

rm{(4)}

rm{(5)2Mg+CO_{2}dfrac{underline{;{碌茫脠錄};}}{;}2MgO+C}

rm{(5)2Mg+CO_{2}dfrac{

underline{;{碌茫脠錄};}}{;}2MgO+C}

rm{(6)AgCl(s)+Br^{-}簍TAgBr(s)+Cl^{-}}rm{(7)2}rm{5}rm{16H^{+}}rm{2}rm{10}rm{8H_{2}O}18、+2+312斷裂C≡O中的一個π鍵消耗的能量是273kJ/mol，斷裂N≡N中的一個π鍵消耗的能量是523.3kJ/mol，斷裂一個π鍵CO比N2更容易，所以CO更活潑空軌道孤對電子3：1【分析】【分析】A、B、C、D四種短周期元素原子序數(shù)依次增大，B元素的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的3倍，由于最外層電子數(shù)不超過8，1個電子層最多容納2個電子，故B原子有2個電子層，最外層電子數(shù)為6，則B為氧元素；A元素原子的價電子排列為ns2np2，處于ⅣA族，原子序數(shù)小于氧元素，則A為碳元素；C元素的第三電離能劇增，表現(xiàn)+2價，處于ⅡA，原子序數(shù)大于氧元素，故C為Mg元素；D元素的第四電離能劇增，表現(xiàn)+3價，處于ⅢA族，則D為Al元素；E元素原子的價電子排布為3d64s2，核外電子數(shù)為26，為Fe元素，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：A、B、C、D四種短周期元素原子序數(shù)依次增大，B元素的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的3倍，由于最外層電子數(shù)不超過8，1個電子層最多容納2個電子，故B原子有2個電子層，最外層電子數(shù)為6，則B為氧元素；A元素原子的價電子排列為ns2np2，處于ⅣA族，原子序數(shù)小于氧元素，則A為碳元素；C元素的第三電離能劇增，表現(xiàn)+2價，處于ⅡA，原子序數(shù)大于氧元素，故C為Mg元素；D元素的第四電離能劇增，表現(xiàn)+3價，處于ⅢA族，則D為Al元素；E元素原子的價電子排布為3d64s2；核外電子數(shù)為26，為Fe元素；

（1）C元素的第三電離能劇增；表現(xiàn)+2價；D元素的第四電離能劇增，表現(xiàn)+3價，故答案為：+2；+3；

（2）某單質(zhì)甲分子與化合物CO分子中電子總數(shù)相等，則甲分子為N2；分子中存在N≡N三鍵，包含1個σ鍵，2個π鍵，故答案為：1；2；

（3）據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，斷裂C≡O中的一個π鍵消耗的能量是1071.9kJ/mol-798.9kJ/mol=273kJ/mol，斷裂N≡N中的一個π鍵消耗的能量是941.7kJ/mol-418.4kJ/mol=523.3kJ/mol，斷裂一個π鍵CO比N2更容易；所以CO更活潑；

故答案為：斷裂C≡O中的一個π鍵消耗的能量是273kJ/mol，斷裂N≡N中的一個π鍵消耗的能量是523.3kJ/mol，斷裂一個π鍵CO比N2更容易；所以CO更活潑；

（4）E為Fe；含有空軌道，CO含有孤對電子，二者形成配合物，故答案為：空軌道；孤對電子；

（5）由晶胞結構可知，晶胞中含有K+離子數(shù)目為2×6×=6，陰離子數(shù)目為1+8×=2，故陽離子與陰離子的個數(shù)為6：2=3：1，故答案為：3：1．19、K2Cr207CrCl36NA或者3.612×1024【分析】【分析】氧化還原反應中得電子化合價降低的反應物是氧化劑，失電子化合價升高的反應物是還原劑，氧化劑對應的產(chǎn)物是還原產(chǎn)物，根據(jù)氯氣和轉(zhuǎn)移電子之間的關系式計算．【解析】【解答】解：該反應中，Cr元素化合價由+6價變?yōu)?3價，Cl元素化合價由-1價變?yōu)?價，所以重鉻酸鉀是氧化劑，鹽酸是還原劑，CrCl3是還原產(chǎn)物，根據(jù)氯氣和轉(zhuǎn)移電子之間的關系式得轉(zhuǎn)移電子數(shù)=3mol×2×[0-（-1）]NA/mol=6NA或者3.612×1024；

故答案為：K2Cr207；CrCl3；6NA或者3.612×1024．20、橙C6Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O5【分析】【分析】（1）根據(jù)外界條件對平衡的影響來確定平衡移動方向；從而確定離子濃度大小和溶液顏色變化；

（2）根據(jù)判斷平衡狀態(tài)的方法：V正=V逆；或各組分的濃度保持不變則說明已達平衡；

（3）根據(jù)氧化還原反應中得失電子守恒來計算；根據(jù)氧化還原反應確定生成物并配平；

（4）根據(jù)溶度積常數(shù)以及水的離子積常數(shù)來進行計算．【解析】【解答】解：（1）c（H+）增大，平衡2CrO42-（黃色）+2H+Cr2O72-（橙色）+H2O右移；溶液呈橙色，故答案為：橙；

（2）平衡時各物質(zhì)的濃度不再改變；即溶液的顏色不再改變，故選：C；

（3）根據(jù)電子得失守恒：n（Cr2O72-）×6=n（FeSO4?7H2O）×1，n（FeSO4?7H2O）==6mol，第②步中反應的離子方程式：Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；

故答案為：6；Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；

（4）當c（Cr3+）=10-5mol/L時，溶液的c（OH-）==10-9mol/L，c（H+）═=10-5mol/L，pH=5，即要使c（Cr3+）降至10-5mol/L；溶液的pH應調(diào)至5；

故答案為：5．四、解答題(共2題，共4分)21、略

【分析】

根據(jù)物質(zhì)間的相互反應及反應現(xiàn)象推斷；F是紅褐色固體，則F是氫氧化鐵，則D含有鐵離子，E和氧氣反應生成氫氧化鐵，E是氫氧化亞鐵，C含有亞鐵離子，A是常見金屬單質(zhì)，根據(jù)元素守恒知，A是鐵，B和鹽酸反應生成亞鐵離子和鐵離子，且B是黑色晶體，所以B是四氧化三鐵，四氧化三鐵和鹽酸反應生成氯化亞鐵和氯化鐵，所以C是氯化亞鐵，D是氯化鐵．

（1）通過以上分析知，A是Fe，B是Fe3O4，故答案為：Fe；Fe3O4；

（2）氯化亞鐵是淺綠色溶液；氯化鐵是黃色溶液，所以C→D溶液的顏色變化是由淺綠色到黃色；

④氯化亞鐵和氯氣反應生成氯化鐵，離子方程式為：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；

⑤鐵和鐵離子反應生成亞鐵離子，離子方程式為：Fe+2Fe3+=3Fe2+；

故答案為：溶液由淺綠色到黃色；2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；Fe+2Fe3+=3Fe2+；

（3）氫氧化亞鐵和氧氣；水反應生成紅褐色氫氧化鐵；反應現(xiàn)象為：沉淀由白色很快變?yōu)榛揖G色，最后變?yōu)榧t褐色；

故答案為：沉淀由白色很快變?yōu)榛揖G色；最后變?yōu)榧t褐色．

【解析】【答案】根據(jù)物質(zhì)間的相互反應及反應現(xiàn)象推斷；F是紅褐色固體，則F是氫氧化鐵，則D含有鐵離子，E和氧氣反應生成氫氧化鐵，E是氫氧化亞鐵，C含有亞鐵離子，A是常見金屬單質(zhì)，根據(jù)元素守恒知，A是鐵，B和鹽酸反應生成亞鐵離子和鐵離子，且B是黑色晶體，所以B是四氧化三鐵，四氧化三鐵和鹽酸反應生成氯化亞鐵和氯化鐵，所以C是氯化亞鐵，D是氯化鐵．

22、略

【分析】