2025年北師大版高三化學(xué)下冊階段測試試卷含答案

…………○…………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年北師大版高三化學(xué)下冊階段測試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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、下列關(guān)于物質(zhì)的量的敘述中，正確的是（）A.1mol任何物質(zhì)中都含有6.02×1023個分子B.0.012kgC中含有約6.02×1023個碳原子C.1mol水中含有1mol氫分子和1mol氧原子D.1molNe中約含有6.02×1023個電子2、物質(zhì)的量相等的CO2和O2，它們（）A.原子數(shù)相等B.分子數(shù)相等C.質(zhì)量相等D.質(zhì)子數(shù)相等3、用下列實驗裝置進(jìn)行相應(yīng)實驗，能達(dá)到實驗?zāi)康氖牵ǎ〢.

用如圖所示裝置驗證濃硫酸具有強(qiáng)氧化性B.

用如圖所示裝置制取干燥的NH3C.

用如圖所示裝置制取并收集乙烯D.

用如圖所示裝置制取Cl24、下列說法中正確的是（）A.把100mL3mol/L的硫酸與100mLH2O混合，硫酸的物質(zhì)的量濃度變?yōu)?.5mol/LB.用濕潤碘化鉀淀粉試紙鑒別Br2（g）和NO2C.用CO2鑒別NaAlO2溶液和CH3COONa溶液D.用容量瓶配制溶液，定容時俯視刻度線，所配溶液濃度偏小5、用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是（）A.25℃時，pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH-數(shù)目為0.2NAB.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LCl2與過量稀NaOH溶液反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子總數(shù)為0.1NAC.1L1mol/L的醋酸溶液中離子總數(shù)為2NAD.1molFeCl3跟水完全反應(yīng)轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵膠體后，其中膠體粒子的數(shù)目為NA評卷人得分二、雙選題(共7題，共14分)6、設(shè)NA表示阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法正確的是（）A.1mol?L-1的Ca（ClO）2溶液中含ClO-數(shù)目為NAB.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4L水中含有的分子數(shù)為NAC.92gNO2和N2O4混合氣體中含有的原子數(shù)為6NAD.1.7gH2O2中含有的電子數(shù)為0.9NA7、下列說法正確的是（）A.容量瓶、分液漏斗、滴定管在使用前都需要檢查是否漏水，可以用相同的實驗方法檢查是否漏水B.溶液蒸發(fā)操作時蒸發(fā)皿中液體的量不能超過容積的C.強(qiáng)酸滴定強(qiáng)堿時，用酚酞指示劑比用甲基橙更易判斷滴定終點D.將灼燒后的海帶灰加水煮沸2-3分鐘的目的是加快碘化物在水中的溶解，使灰燼中的碘離子盡可能多的進(jìn)入溶液8、下列敘述正確的是（）A.稀鹽酸可除去燒瓶內(nèi)殘留的MnO2B.可用磨口玻璃瓶保存NaOH溶液C.稀硝酸可除去試管內(nèi)壁的銀鏡D.煮沸自來水可除去其中的Ca（HCO3）29、下列說法正確的是()A.纖維素屬于高分子化合物，與淀粉互為同分異構(gòu)體，水解后均生成葡萄糖B.某有機(jī)物結(jié)構(gòu)為該有機(jī)物屬于芳香族化合物的同分異構(gòu)體有rm{5}種，其中遇rm{FeCl_{3}}能顯色的有rm{3}種C.含rm{5}個碳原子的有機(jī)物，每個分子中最多可形成rm{5}個rm{C隆陋C}鍵D.rm{2}rm{3-}二甲基丁烷的rm{H-NMR}上有rm{5}個峰10、若將阿伏加德羅常數(shù)規(guī)定為0.024kg12C中所含有的C原子數(shù)，而其他概念和規(guī)定一律不變，則下列各項的數(shù)值不會發(fā)生變化的是（）A.物質(zhì)的量B.相對原子質(zhì)量C.物質(zhì)的摩爾質(zhì)量D.12g12C中所含有的C原子數(shù)11、短周期元素X；Y、Z、W在元素周期表中的位置如表所示；其中X所處的周期序數(shù)與主族序數(shù)之和為8．下列說法錯誤的是（）

。XYZWA.W的原子半徑最大B.Z與X形成的化合物難溶于水C.Y的單質(zhì)不能與水反應(yīng)D.Z元素的氧化物對應(yīng)水化物的酸性一定弱于W的氧化物對應(yīng)水化物的酸性12、對于物質(zhì)的最濃度均為rm{0.01mol隆隴L^{-1}}的rm{壟脵NaHCO_{3}}rm{壟脷Na_{2}CO_{3}}rm{壟脹CH_{3}COOH}rm{壟脺CH_{3}COONa}四種溶液，下列說法正確的是rm{(}rm{)}

A.rm{壟脵}的離子濃度大小為：rm{cleft(N{a}^{+}right)>cleft(O{H}^{-}right)>cleft(HCO_{3}^{-}right)>cleft({H}^{+}right)}B.rm{cleft(N{a}^{+}right)>cleft(O{H}^{-}right)>cleft(HCO_{3}^{-}right)>cleft({H}^{+}right)

}升高溫度后，比值rm{壟脷}增大C.rm{dfrac{c({HCO}_{3}^{-}{)}}{c({CO}_{3}^{2-})}}中加入等體積的水稀釋后，溶液中所有離子濃度都降低D.rm{壟脹}和rm{壟脺}等體積混合后溶液rm{壟脹}則rm{pH<7}rm{c(CH_{3}COO^{-})+c(OH^{-})>c(CH_{3}COOH)+c(H^{+})}評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)13、某工業(yè)廢水含有CN-和Cr2O72-等離子，需經(jīng)污水處理達(dá)標(biāo)后才能排放，污水處理擬用如圖流程進(jìn)行處理：

回答下列問題：

（1）步驟②中，CN-被ClO-氧化為CNO-的離子方程式為____．

（2）步驟③的反應(yīng)方程式為S2O32-+Cr2O72-+H+→SO42-+Cr3++H2O（未配平），則每消耗0.4molCr2O72-，反應(yīng)中S2O32-失去e-____mo1．

（3）含Cr3+廢水可以加入熟石灰進(jìn)一步處理，目的是____．

（4）在25℃下，將amol?L-1的NaCN溶液與0.01mol?L-1的鹽酸等體積混合，反應(yīng)后測得溶液pH=7，用含a的代數(shù)式表示CN-的水解常數(shù)Kh=____mol?L-1．若25℃時將濃度均為0.1mol?L-1的NaCN、HCN溶液等體積混合后，溶液呈堿性，則關(guān)于該溶液的說法不正確的是____（填字母）．

a．此溶液一定有c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CN-）

b．此溶液一定有c（Na+）=c（HCN）+c（CN-）

C．混合溶液中水的電離程度一定大于該溫度下純水的電離程度。

d．此溶液加入少量氫氧化鈉或鹽酸；溶液的pH變化不大。

（5）利用Cr2O72-通過下列方法測定某錫粉的純度（雜質(zhì)不參與反應(yīng)）：取ag錫粉溶于鹽酸中，向生成的SnCl2中加入過量的FeCl3溶液，用bmol/LK2Cr2O7滴定生成的Fe2+（已知酸性環(huán)境下，Cr2O72-可被還原為Cr3+），共用去K2Cr2O7溶液mmL．則錫粉中錫的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是____．（Sn的摩爾質(zhì)量為Mg/mol，用含a、b、m、M的代數(shù)式表示）14、（2014?七里河區(qū)校級模擬）已知A、B、C、D、E都是元素周期表中的前四周期元素，它們原子序數(shù)的大小關(guān)系為A＜C＜B＜D＜E．又知A原子的p軌道為半充滿，其形成的簡單氫化物的沸點是同主族非金屬元素的氫化物中最高的．D原子得到一個電子后其3p軌道將全充滿．B+離子比D原子形成的離子少一個電子層．C與B可形成BC型的離子化合物．E的原子序數(shù)為29．

請回答下列問題：

（1）元素A簡單氫化物中A原子的雜化類型是____，B、C、D的電負(fù)性由小到大的順序為____（用所對應(yīng)的元素符號表示）．C的氣態(tài)氫化物易溶于水的原因是____．

（2）E原子的基態(tài)電子排布式為____．用晶體的X射線衍射法可以測得阿伏加德羅常數(shù)．對E的測定得到以下結(jié)果：晶胞為面心立方最密堆積，邊長為apm．又知E的密度為ρg?cm-3，Ar（E）=m，則阿伏加德羅常數(shù)為____（列式）．

（3）實驗證明：KCl；MgO、CaO、TiN這4種晶體的結(jié)構(gòu)與NaCl晶體結(jié)構(gòu)相似（如圖所示）；其中3種離子晶體的晶格能數(shù)據(jù)如下表：

。離子晶體NaClKClCaO晶格能/kJ?mol該4種離子晶體（不包括NaCl）熔點從高到低的順序是：____．

（4）金屬陽離子含未成對電子越多，則磁性越大，磁記錄性能越好．離子型氧化物V2O5和Fe3O4中，適合作錄音帶磁粉原料的是____．

（5）溫室效應(yīng)，科學(xué)家設(shè)計反應(yīng)：CO2+4H2-→CH4+2H2O以減小空氣中CO2．若有1molCH4生成，則有____molσ鍵斷裂．15、（1）下列表示物質(zhì)結(jié)構(gòu)的化學(xué)用語或模型圖正確的是：（雙選）____

A．10B20的原子核外電子排布為

B．氯化鈉的電子式為

C．重水的化學(xué)式為H2O（或D2O）

D．Li和Li互為同位素。

E．氯化鈣電子式：

F．硫化鈉電子式：

G．互為同分異構(gòu)體：O2和O3

（2）用電子式表示下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)：

①Na2O2____，②HCl____．

（3）有以下10種物質(zhì)：屬于電解質(zhì)的是____；屬于非電解質(zhì)的是____．

①銅②稀硫酸③氯化氫④氨氣⑤空氣⑥二氧化碳⑦金屬汞（俗稱水銀）⑧氯化鈉⑨硫酸鋇⑩氯氣．16、C3H6O2有多種同分異構(gòu)體，其中屬于酯類且能發(fā)生銀鏡反應(yīng)的有____個，寫出其結(jié)構(gòu)簡式____．17、已知B是合成聚對苯二甲酸乙二醇酯（PET）的重要原料，有如下轉(zhuǎn)化關(guān)系CH2═CH2A→BC．

（1）B的官能團(tuán)名稱為____．

（2）A→B的反應(yīng)方程式是____，反應(yīng)類型____

（3）向盛有1mL銀氨溶液的潔凈試管中滴入適量C，振蕩后水浴加熱可觀察到的現(xiàn)象是____，反應(yīng)方程式為____．

（4）工業(yè)合成PET過程如下：

①的系統(tǒng)命名為____，步驟Ⅲ的反應(yīng)方程式為____；

②用步驟Ⅰ得到的信息完善下列方程式：

③實驗室完成轉(zhuǎn)化Ⅱ所需試劑為____．18、X；Y、Z、W為四種短周期元素．X原子最外層電子數(shù)是核外電子層數(shù)的3倍；Y最高正價與最低負(fù)價的代數(shù)和為6；Z在地殼中的含量僅次于氧；Z、W同周期；W的常見化合價為+3．回答下列問題：

（1）Y-的結(jié)構(gòu)示意圖為____．

（2）寫出含有10個中子的X原子的原子符號____．

（3）Z的最高價氧化物與Z同主族的單質(zhì)A能發(fā)生置換反應(yīng)，這個反應(yīng)在工業(yè)上是獲得Z的一步重要反應(yīng)．寫出該步反應(yīng)的化學(xué)方程式，并用雙線橋法標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移的方向與數(shù)目____．

（4）向WY3溶液中加入足量的NaOH溶液，反應(yīng)的離子方程式為____．

（5）Y的氣態(tài)氫化物與氨氣在空氣中相遇有白煙生成，該白煙的電子式____．

（6）ZX2中存在的化學(xué)鍵為____（填“離子鍵”或“共價鍵”），ZX2與NaOH溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式為____．19、某元素原子的核電荷數(shù)為9，其原子核內(nèi)的質(zhì)子數(shù)為____，該元素原子的一價陰離子中，質(zhì)子數(shù)____，核外電子數(shù)為____。評卷人得分四、判斷題(共1題，共8分)20、含5個碳原子的有機(jī)物，每個分子中最多可形成4個C-C單鍵____．評卷人得分五、推斷題(共4題，共12分)21、如圖是中學(xué)化學(xué)中常見物質(zhì)之間的一些反應(yīng)關(guān)系；其中部分產(chǎn)物未寫出．常溫下X是固體，B和G是液體，其余均為氣體，F(xiàn)是紅棕色氣體．根據(jù)如圖關(guān)系推斷：

（1）化學(xué)式：X____．

（2）寫出C-→E的化學(xué)反應(yīng)方程式____

（3）請寫出F與B反應(yīng)生成G的化學(xué)方程式：____，該反應(yīng)過程中氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為____．22、A；B、C、D、E、F、G、H、和I是中學(xué)化學(xué)中常見的氣體；它們均由短周期元素組成，具有如下性質(zhì)：

①A；B、E、F、G能使?jié)駶櫟乃{(lán)色石蕊試紙變紅；Ⅰ能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)，C、D、H不能使?jié)駶櫟氖镌嚰堊兩?/p>

②A和I相遇產(chǎn)生白煙。

③B和E都能使品紅溶液褪色。

④將紅熱的銅絲放入裝有B的瓶中；瓶內(nèi)充滿棕黃色的煙。

⑤將點燃的鎂條放入裝有F的瓶中；鎂條劇烈燃燒，生成白色粉末，瓶內(nèi)壁附著黑色顆粒；

⑥C和D相遇生成紅棕色氣體；

⑦G在D中燃燒可以產(chǎn)生E和H2O

⑧將B和H在瓶中混合后于光亮處放置幾分鐘；瓶內(nèi)壁出現(xiàn)油狀液滴并產(chǎn)生A．

回答下列問題：

（1）A的化學(xué)式是____，②中白煙的化學(xué)式是____；

（2）④中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是____；

（3）⑤中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是____；

（4）C的化學(xué)式是____，D的電子式是____；

（5）⑦中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是____；

（6）H的結(jié)構(gòu)式是____．23、如圖轉(zhuǎn)化關(guān)系中；A；B、C、D、E都是短周期元素的單質(zhì)，在常溫常壓下A是固體，其余都是氣體，且C呈黃綠色．化合物H和I兩種氣體相遇時產(chǎn)生白煙．化合物G的焰色反應(yīng)為黃色．反應(yīng)①和②均在溶液中進(jìn)行．

請按要求回答下列問題．

（1）寫出下列物質(zhì)的化學(xué)式：D____、F____．

（2）反應(yīng)①的離子方程式為____．

（3）向K溶液中加入硝酸酸化的硝酸銀溶液，反應(yīng)的現(xiàn)象為____．

（4）將少量單質(zhì)C通入盛有淀粉KI溶液的試管中，液體變?yōu)樗{(lán)色，該反應(yīng)的離子方程式為____．這說明單質(zhì)C的氧化性____于單質(zhì)碘（填“強(qiáng)”或“弱”）．

（5）向J溶液中滴入NaOH溶液時，生成的灰白色沉淀迅速變成灰綠色，最后變成紅褐色．寫出沉淀由灰白色變成紅褐色的化學(xué)方程式：____．24、太陽能的開發(fā)利用在新能源研究中占據(jù)重要地位。單晶硅太陽能電池片在加工時，一般摻雜微量的锎、硼、鎵、硒等?；卮鹣铝袉栴}：

rm{(1)}二價銅離子的電子排布式為____。已知高溫下rm{Cu_{2}O}比rm{CuO}更穩(wěn)定，試從銅原子核外電子結(jié)構(gòu)變化角度解釋：__________________________________________________________________________________________________________________。

rm{(2)}硼元素具有缺電子性，其化合物可與具有孤電子對的分子或離子形成配合物，如rm{BF_{3}}能與rm{NH_{3}}反應(yīng)生成rm{BF_{3}隆隴NH_{3}}在rm{BF_{3}隆隴NH_{3}}中rm{B}原子的雜化方式為_________，rm{B}與rm{N}之間形成配位鍵，氮原子提供_________________。rm{(3)}六方氮化硼晶體結(jié)構(gòu)與石墨晶體相似，層間相互作用為_________________________________。六方氮化硼在高溫高壓下，可以轉(zhuǎn)化為立方氮化硼，其結(jié)構(gòu)rm{(}如圖rm{1)}和硬度都與金剛石相似，晶胞邊長為rm{361.5pm}立方氮化硼的密度是_____________________________________rm{g隆隴cm^{-3}}rm{(}只要求列算式rm{)}rm{(4)}圖rm{2}是立方氮化硼晶胞沿rm{z}軸的投影圖，請在圖中圓球上涂“rm{隆帽}”和涂“”分別標(biāo)明rm{B}與rm{N}的相對位置。評卷人得分六、實驗題(共2題，共8分)25、（2009?廣東模擬）綠礬（FeSO4?7H2O）是重要的化學(xué)化工試劑；工業(yè)上常利用機(jī)械加工行業(yè)產(chǎn)生的廢鐵屑為原料制備．請回答下列問題：

（1）右圖錐形瓶中的反應(yīng)物是鐵屑和28%的硫酸，反應(yīng)前常用98%的硫酸配制500g28%的硫酸，要算出所需98%的硫酸的體積，還要知道的數(shù)據(jù)是____．

（2）在制備硫酸亞鐵的過程中，理論上控制鐵過量或酸過量均有利于防止Fe2+被氧化．設(shè)計兩個實驗：實驗一；控制酸過量；實驗二，控制鐵過量；其余步驟同，制得硫酸亞鐵，并對產(chǎn)品質(zhì)量進(jìn)行檢測．檢測結(jié)果如下：

。序號反應(yīng)物用量產(chǎn)品質(zhì)量1n（H2SO4）：n（Fe）＞1：1介于Ⅰ級～Ⅱ級之間2n（H2SO4）：n（Fe）＜1：1優(yōu)于Ⅰ級已知產(chǎn)品質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)：Fe3+的質(zhì)量分?jǐn)?shù)等于0.005%，產(chǎn)品質(zhì)量定為Ⅰ級；Fe3+的質(zhì)量分?jǐn)?shù)等于0.01%，產(chǎn)品質(zhì)量定為Ⅱ級，從實驗結(jié)果中，可得出制備硫酸亞鐵溶液時，反應(yīng)控制____過量為最佳．

（3）該小組在繼續(xù)研究由綠礬制備Fe（OH）2的過程中，發(fā)現(xiàn)出現(xiàn)白色的沉淀會逐漸轉(zhuǎn)變?yōu)榛揖G色，最后變?yōu)榧t褐色．甲同學(xué)查資料該灰綠色沉淀可能是Fe3（OH）8，請用氧化物的形式寫出該沉淀____；乙同學(xué)查資料后認(rèn)為該灰綠色沉淀是由于Fe（OH）2部分被氧化，混入少量的Fe（OH）3的緣故，請?zhí)岢鲆环N在研究由Fe2+制備Fe（OH）2的過程中，有助于對沉淀由“白”變“綠”的現(xiàn)象進(jìn)行合理解釋的實驗設(shè)計新思路____．26、用零價鐵rm{(Fe)}去除水體中的硝酸鹽rm{({NO}_{3}^{-})}已成為環(huán)境修復(fù)研究的熱點之一。rm{(1)Fe}還原水體中rm{{NO}_{3}^{-}}的反應(yīng)原理如圖所示。

rm{壟脵}作負(fù)極的物質(zhì)是________。rm{壟脷}正極的電極反應(yīng)式是________________________。rm{(2)}將足量鐵粉投入水體中，經(jīng)rm{24}小時測定rm{{NO}_{3}^{-}}的去除率和rm{pH}結(jié)果如下：。初始rm{pH}rm{pH=2.5}rm{pH=4.5}rm{{NO}_{3}^{-}}的去除率接近rm{100%}rm{<50%}rm{24}小時rm{pH}接近中性接近中性鐵的最終物質(zhì)形態(tài)rm{pH=4.5}時，rm{{NO}_{3}^{-}}的去除率低。其原因是_____________________________________________________________________________。rm{(3)}實驗發(fā)現(xiàn)：在初始rm{pH=4.5}的水體中投入足量鐵粉的同時，補(bǔ)充一定量的rm{Fe^{2+}}可以明顯提高rm{{NO}_{3}^{-}}的去除率。對rm{Fe^{2+}}的作用提出兩種假設(shè)：Ⅰrm{.Fe^{2+}}直接還原rm{{NO}_{3}^{-}}Ⅱrm{.Fe^{2+}}破壞rm{FeO(OH)}氧化層。rm{壟脵}做對比實驗，結(jié)果如圖所示，可得到的結(jié)論是_______________________________________________________________________________。

rm{壟脷}同位素示蹤法證實rm{Fe^{2+}}能與rm{FeO(OH)}反應(yīng)生成rm{Fe_{3}O_{4}}結(jié)合該反應(yīng)的離子方程式，解釋加入rm{Fe^{2+}}提高rm{{NO}_{3}^{-}}去除率的原因：_______________________。

rm{(4)}其他條件與rm{(2)}相同，經(jīng)rm{1}小時測定rm{{NO}_{3}^{-}}的去除率和rm{pH}結(jié)果如下：與rm{(2)}中數(shù)據(jù)對比，解釋rm{(2)}中初始rm{pH}不同時，rm{{NO}_{3}^{-}}去除率和鐵的最終物質(zhì)形態(tài)不同的原因：________________________________________________。。初始rm{pH}rm{pH=2.5}rm{pH=4.5}rm{{NO}_{3}^{-}}的去除率約rm{10%}約rm{3%}rm{1}小時rm{pH}接近中性接近中性參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】【分析】A；不是任何物質(zhì)都由分子構(gòu)成；比如硅晶體，石墨，金剛石．1mol物質(zhì)可能沒有分子；

B、0.012kgC是1mol，含有約6.02×1023個碳原子；

C；水分子是由H原子和O原子構(gòu)成；不存在氫氣分子；

D、一個Ne分子有10個電子，1mol就有10mol電子．【解析】【解答】解：A；不是任何物質(zhì)都由分子構(gòu)成；比如硅晶體，石墨，金剛石．1mol物質(zhì)可能沒有分子，故A錯誤；

B、0.012kgC是1mol，含有約6.02×1023個碳原子；故B正確；

C；水分子是由H原子和O原子構(gòu)成；不存在氫氣分子，故C錯誤；

D、一個Ne分子有10個電子，1mol就有10mol電子，所以1molNe中約含有6.02×1024；故D錯誤；

故選B．2、B【分析】【分析】A．結(jié)合分子含有的原子數(shù)目判斷；

B．由N=nNA可知；物質(zhì)的量相等，含有的分子數(shù)目相等；

C．根據(jù)m=nM進(jìn)行判斷；

D．結(jié)合分子含有的質(zhì)子數(shù)進(jìn)行判斷．【解析】【解答】解：A．CO2和O2分子中原子數(shù)目不同；則等物質(zhì)的量時原子數(shù)不同，故A錯誤；

B．由N=nNA可知，物質(zhì)的量相等的CO2和O2；分子數(shù)相同，故B正確；

C．CO2和O2的摩爾質(zhì)量不同；由m=nM可知，二者等物質(zhì)的量時質(zhì)量不同，故C錯誤；

D．CO2和O2分子中的質(zhì)子數(shù)分別為22；16；則等物質(zhì)的量時質(zhì)子數(shù)不同，故D錯誤；

故選B．3、B【分析】【分析】A．濃硫酸與銅粉常溫下不反應(yīng)；

B．氧化鈣與水反應(yīng)是放熱反應(yīng)；

C．制取乙烯；應(yīng)用乙醇在濃硫酸作用下加熱到170℃；

D．不能用長頸漏斗．【解析】【解答】解：A．濃硫酸與銅粉常溫下不反應(yīng)；加熱才反應(yīng)，故A錯誤；

B．氧化鈣與水反應(yīng)是放熱反應(yīng)；可用濃氨水和水制取氨氣，故B正確；

C．制取乙烯；應(yīng)用乙醇在濃硫酸作用下加熱到170℃，溫度計應(yīng)插入液面下，故C錯誤；

D．不能用長頸漏斗；應(yīng)用分液漏斗，故D錯誤．

故選B．4、C【分析】【分析】A；溶液的體積不具有加和性；

B、NO2和Br2蒸氣均能氧化KI中的碘離子生成碘單質(zhì)；遇淀粉變藍(lán)；

C；碳酸的酸性大于氫氧化鋁；醋酸的酸性大于碳酸；

D、分析操作對溶質(zhì)的物質(zhì)的量或?qū)θ芤旱捏w積的影響，根據(jù)c=分析對所配溶液濃度的影響；【解析】【解答】解：A、100mL3mol/L的硫酸與100mLH2O混合；溶液的體積不等于200mL，無法計算出濃度，故A錯誤；

B、NO2和Br2蒸氣均能氧化KI中的碘離子生成碘單質(zhì)；遇淀粉變藍(lán)，無法鑒別，故B錯誤；

C、CO2與NaAlO2溶液反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀，CO2與CH3COONa溶液不反應(yīng)；現(xiàn)象不同，可鑒別，故C正確；

D；用容量瓶配制溶液；定容時俯視刻度線，溶液的體積偏小，所配溶液濃度偏大，故D錯誤；

故選C．5、B【分析】【分析】正確答案：B

A．不正確，25℃時，pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH―的物質(zhì)的量為0.1mol/L×1.0L=0.1mol,OH-數(shù)目為0.1NA；

B．正確；

C．不正確，CH3COOH是弱電解質(zhì)，1L1mol/L的醋酸溶液中離子總數(shù)遠(yuǎn)小于2NA；

D．不正確，1molFeCl3跟水完全反應(yīng)轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵膠體后，膠體粒子由許多分子聚集在一起形成的，其中膠體粒子的數(shù)目小于NA。二、雙選題(共7題，共14分)6、C|D【分析】解：A；溶液體積不明確；故溶液中的次氯酸根的個數(shù)無法計算，故A錯誤；

B；標(biāo)況下；水為液體，故不能根據(jù)氣體摩爾體積來計算其物質(zhì)的量和分子個數(shù)，故B錯誤；

C、NO2和N2O4的最簡式均為NO2，故92g混合物中含有的NO2的物質(zhì)的量為2mol，則含6NA個原子；故C正確；

D、1.7g雙氧水的物質(zhì)的量為0.05mol，而雙氧水中含18個電子，故0.05mol雙氧水中含0.9NA個電子；故D正確．

故選CD．

A；溶液體積不明確；

B；標(biāo)況下水為液體；

C、NO2和N2O4的最簡式均為NO2；

D；求出雙氧水的物質(zhì)的量；然后根據(jù)雙氧水中含18個電子來分析．

本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的有關(guān)計算，難度不大，應(yīng)注意掌握公式的運(yùn)用和物質(zhì)的結(jié)構(gòu)．【解析】【答案】CD7、C|D【分析】解：A．容量瓶；分液漏斗、滴定管是帶有旋塞和瓶塞的儀器；使用前都需要檢查是否漏水，但酸式滴定管和堿式滴定管下端不同構(gòu)造不同，查漏方法與分液漏斗、容量瓶的查漏方法不同，故A錯誤；

B．蒸發(fā)時，加入的液體不能超過容器容積的過多液體可能溢出，故B錯誤；

C．酚酞：酸滴定堿時：顏色由紅剛好褪色；甲基橙：酸滴定堿時：顏色由黃到橙色，紅色退去顏色更明顯，所以強(qiáng)酸滴定強(qiáng)堿時，用酚酞指示劑比用甲基橙更易判斷滴定終點，故C正確；

D．在從海帶提取碘單質(zhì)的實驗中；為了加快碘化物在水中的溶解，使灰燼中的碘離子盡可能多的進(jìn)入溶液，所以需要將灼燒后的海帶灰加水煮沸2-3分鐘，故D正確；

故選CD．

A．根據(jù)帶有旋塞和瓶塞的儀器；一般在使用前需要檢查是否漏水，容量瓶和分液漏斗都需要檢查瓶塞是否漏水，而酸式滴定管和堿式滴定管下端不同，二者的查漏方法與容量瓶和分液漏斗的方法不同；

B．蒸發(fā)時，加入的液體不能超過容器容積的

C．酚酞：酸滴定堿時：顏色由紅剛好褪色；甲基橙：酸滴定堿時：顏色由黃到橙色；

D．海帶中碘元素的分離實驗中；在灼燒后的海帶灰中加入蒸餾水，煮沸2～3min，再過濾，得到濾液，煮沸的目的是為了加快碘化物在水中的溶解，以使灰燼中的碘離子盡可能多的進(jìn)入溶液．

本題考查了常見儀器的使用方法、中和滴定中指示劑的選用等知識，題目難度不大，明確常見儀器的構(gòu)造及化學(xué)實驗基本操作方法為解答關(guān)鍵，試題培養(yǎng)了學(xué)生靈活應(yīng)用基礎(chǔ)知識的能力．【解析】【答案】CD8、C|D【分析】解：A．稀鹽酸不能與二氧化錳反應(yīng)，用濃鹽酸、加熱除去燒瓶內(nèi)殘留的MnO2；故A錯誤；

B．玻璃中含有二氧化硅；能與氫氧化鈉反應(yīng)生成硅酸鈉，硅酸鈉為無機(jī)礦物膠，使瓶塞與瓶口粘連在一起，故B錯誤；

C．Ag與稀硝酸反應(yīng)生成硝酸銀；NO與水；可以除去試管內(nèi)壁的銀鏡，故C正確；

D．自來水煮沸，Ca（HCO3）2可以轉(zhuǎn)化為CaCO3；使硬水得到軟化，故D正確；

故選：CD．

A．稀鹽酸不能與二氧化錳反應(yīng)；

B．玻璃中含有二氧化硅；能與氫氧化鈉反應(yīng)生成硅酸鈉；

C．Ag與稀硝酸反應(yīng)生成硝酸銀；NO與水；可以除去試管內(nèi)壁的銀鏡；

D．自來水煮沸，Ca（HCO3）2可以轉(zhuǎn)化為CaCO3．

本題考查元素化合物性質(zhì)、試劑保持、硬水軟化等，比較基礎(chǔ)，注意對基礎(chǔ)知識的理解掌握．【解析】【答案】CD9、BC【分析】【分析】本題旨在考查學(xué)生對有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)、同分異構(gòu)體等應(yīng)用。【解答】A.淀粉和纖維素由于rm{n}值不同，二者不是同分異構(gòu)體，故A錯誤；B.某有機(jī)物結(jié)構(gòu)為該有機(jī)物屬于芳香族化合物的同分異構(gòu)體有rm{5}種，其中遇rm{FeCl_{3}}能顯色的有rm{3}種，故B正確；C.含rm{5}個碳原子的有機(jī)物，每個分子中最多可形成rm{5}個rm{C隆陋C}鍵，故C正確；D.rm{2}rm{3-}二甲基丁烷的rm{H-NMR}上有rm{2}個峰，故D錯誤。故選BC?！窘馕觥縭m{BC}10、B|D【分析】解：A、由公式n=知，NA發(fā)生了變化；則n發(fā)生變化，故A錯誤；

B、相對原子質(zhì)量有它自己的標(biāo)準(zhǔn)（12C原子質(zhì)量的）；只隨其標(biāo)準(zhǔn)的改變而改變，不隨阿伏加德羅常數(shù)的改變而改變，故B正確；

C、由于n=而不論對NA如何規(guī)定；一定量的物質(zhì)的質(zhì)量是不變的，則M=n?m隨n的變化而變化，故C錯誤；

D；只要物質(zhì)的質(zhì)量（或體積）一定；則構(gòu)成它的粒子數(shù)一定，不隨阿伏加德羅常數(shù)的改變而改變，故D正確．

故選BD．

A、由公式n=知，NA發(fā)生了變化；則n必發(fā)生變化；

B；相對原子質(zhì)量只隨其標(biāo)準(zhǔn)的改變而改變；不隨阿伏加德羅常數(shù)的改變而改變；

C、由于n=M隨n的變化而變化；

D；只要物質(zhì)的質(zhì)量（或體積）一定；則構(gòu)成它的粒子數(shù)一定．

本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的計算與判斷，題目難度中等，涉及知識點較多、綜合性較強(qiáng)，充分考查學(xué)生的分析、理解能力及靈活應(yīng)用基礎(chǔ)知識的能力，注意熟練掌握物質(zhì)的量與阿伏伽德羅常數(shù)、摩爾質(zhì)量等物理量之間的關(guān)系．【解析】【答案】BD11、A|C【分析】解：短周期元素X；Y、Z、W；根據(jù)元素在周期表中的位置知，X和Y位于第二周期，Z和W位于第三周期，X所處的周期序數(shù)與主族序數(shù)之和為8，則X位于第VIA族，所以X是O元素，則Y是F元素、Z是Si元素、W是S元素；

A．電子層數(shù)越多；其原子半徑越大，電子層結(jié)構(gòu)相同，其原子半徑隨著原子序數(shù)的增大而減小，則Z的半徑最大，故A錯誤；

B．Z與X形成的化合物為二氧化硅；二氧化硅難溶于水，故B正確；

C．Y為F元素；氟氣與水反應(yīng)生成氧氣和氟化氫，故C錯誤；

D．硅酸難溶于水；酸性很弱，硅酸的酸性小于硫酸或亞硫酸，故D正確；

故選AC．

短周期元素X；Y、Z、W；根據(jù)元素在周期表中的位置知，X和Y位于第二周期，Z和W位于第三周期，X所處的周期序數(shù)與主族序數(shù)之和為8，則X位于第VIA族，所以X是O元素，則Y是F元素、Z是Si元素、W是S元素；

A．電子層數(shù)越多；其原子半徑越大，電子層結(jié)構(gòu)相同，其原子半徑隨著原子序數(shù)的增大而減小；

B．Z與X形成的化合物為二氧化硅；

C．Y為F元素；氟氣與水反應(yīng)生成氧氣和氟化氫；

D．硅酸的酸性小于硫酸或亞硫酸．

本題考查了元素位置、結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的關(guān)系及應(yīng)用，根據(jù)元素在周期表中的位置推斷元素，明確元素周期律是解本題關(guān)鍵，題目難度不大．【解析】【答案】AC12、rBD【分析】【分析】本題考查了弱電解質(zhì)在水溶液中的電離；影響電離的條件，溶液中各種離子濃度大小的比較，屬于中等難度，注重了基礎(chǔ)知識的考查。

【解答】A.rm{NaHCO_{3}}為強(qiáng)堿弱酸鹽，發(fā)生水解溶液顯示堿性，說明rm{HCO_{3}^{-}}的水解大于rm{HCO_{3}^{-}}電離，另外水解程度一般很小，即參加水解的離子只是原離子的一小部分，所以rm{c(HCO_{3}^{-})>c(OH^{-})}故A錯誤；

B.由于rm{Na_{2}CO_{3}}水解的程度比rm{NaHCO_{3}}要大，水解是吸熱反應(yīng)，升高溫度會促進(jìn)離子的水解，導(dǎo)致rm{CO_{3}^{2-}}減少，rm{HCO_{3}^{-}}增加，rm{c(CO_{3}^{2-})}rm{c(HCO_{3}^{-})}的比值會增大，故B正確；C.當(dāng)加入等體積的水稀釋rm{CH_{3}COOH}后，能夠促進(jìn)醋酸的電離，但rm{c(H}rm{+}rm{+}減小，rm{)}反而增大，故C錯誤；D.當(dāng)rm{c(OH^{-})}和rm{壟脹CH_{3}COOH}混合后，溶液顯示酸性，溶液rm{壟脺CH_{3}COONa}根據(jù)電荷守恒，rm{pH<7}醋酸的電離遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于rm{c(CH_{3}COO^{-})+c(OH^{-})=c(Na^{+})+c(H^{+})}的水解程度，所以rm{CH_{3}COONa}從而得出rm{c(CH_{3}COOH)<c(Na^{+})}故D正確。故選BD。rm{c(CH_{3}COO^{-})+c(OH^{-})>c(CH_{3}COOH)+c(H^{+})}【解析】rm{BD}三、填空題(共7題，共14分)13、CN-+ClO-═CNO-+Cl-；2.4調(diào)節(jié)廢水pH，使其轉(zhuǎn)化成Cr（OH）3沉淀除去（100a-1）×10-7b【分析】【分析】（1）步驟②中，CN-被ClO-氧化為CNO-，則因為是在堿性環(huán)境中，故ClO-只能被還原為Cl-；結(jié)合電荷守恒和原子守恒書寫離子方程式；

（2）根據(jù)0.4molCr2O72-等轉(zhuǎn)化為Cr3+即可計算出轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量；

（3）加入熟石灰進(jìn)一步處理，調(diào)節(jié)廢水pH，使其轉(zhuǎn)化成Cr（OH）3沉淀除去；

（4）反應(yīng)后測得溶液pH=7，則可推知NaCN過量，根據(jù)電荷守恒和物料守恒即可計算出CN-和HCN的濃度，進(jìn)而計算出Ka﹦（100a-1）×10-7mol?L-1；

a；溶液中存在電荷守恒；陰陽離子電荷總數(shù)相同，電性相反；

b、溶液中存在物料守恒，濃度均為0.1mol?L-1的NaCN、HCN溶液等體積混合后，溶液中鈉離子物質(zhì)的量的2倍等于HCN和CN-物質(zhì)的量總和；

c、混合后得溶液中c（HCN）=0.05mol?L-1，c（NaCN）=0.05mol?L-1；溶液呈堿性，說明NaCN水解程度大于HCN的電離程度，水解促進(jìn)水的電離；

d；溶液混合后形成的是緩沖溶液；加入少量酸或堿，溶液酸堿性變化不大；

（5）根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒與方程式可得關(guān)系式Sn～Sn2+～2Fe3+～2Fe2+～K2Cr2O7，據(jù)此計算．【解析】【解答】解：（1）堿性條件下，CN-離子與NaClO發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成CNO-、Cl-離子，離子反應(yīng)為：CN-+ClO-═CNO-+Cl-；

故答案為：CN-+ClO-═CNO-+Cl-；

（2）根據(jù)0.4molCr2O72-等轉(zhuǎn)化為Cr3+，鉻元素化合價降低3價，0.4molCr2O72-共得到了0.4×（2×3）mol=2.4mol；

故答案為：2.4；

（3）含Cr3+廢水可以加入熟石灰進(jìn)一步處理，目的是調(diào)節(jié)廢水pH，使其轉(zhuǎn)化成Cr（OH）3沉淀除去；

故答案為：調(diào)節(jié)廢水pH，使其轉(zhuǎn)化成Cr（OH）3沉淀除去；

（4）由于反應(yīng)后測得溶液pH=7，當(dāng)a=0.01時，恰好反應(yīng)，生成了氰化氫溶液，溶液顯示酸性，故氰化鈉應(yīng)該多些，故a＞0.01；根據(jù)電荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CN-）+c（Cl-），PH=7，c（H+）=c（OH-），c（CN-）=c（Na+）-c（Cl-）=mol/L-mol/L；

再根據(jù)物料守恒：c（CN-）+c（HCN）=c（Na+）=mol/L；Ka﹦==（100a-1）×10-7mol?L-1；

若25℃時將濃度均為0.1mol?L-1的NaCN、HCN溶液等體積混合后，混合后得溶液中c（HCN）=0.05mol?L-1，c（NaCN）=0.05mol?L-1；溶液呈堿性，說明NaCN水解程度大于HCN的電離程度；

a、據(jù)電荷守恒可知c（H+）+c（Na+）=c（CN-）+c（OH-），此溶液一定有c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CN-）；故a正確；

b．由物料守恒可知c（HCN）+c（CN-）=0.1mol?L-1，所以c（HCN）+c（CN-）=2c（Na+），故b錯誤；

c．若25℃時將濃度均為0.1mol?L-1的NaCN、HCN溶液等體積混合后，混合后得溶液中c（HCN）=0.05mol?L-1，c（NaCN）=0.05mol?L-1；溶液呈堿性，說明NaCN水解程度大于HCN的電離程度，混合溶液中水的電離程度一定大于該溫度下純水的電離程度，故c正確；

d．若25℃時將濃度均為0.1mol?L-1的NaCN；HCN溶液等體積混合后形成緩沖溶液；此溶液加入少量氫氧化鈉抑制水解，促進(jìn)電離，加入鹽酸抑制電離促進(jìn)水解，溶液酸堿性變化不大，所以溶液的pH變化不大，故d正確；

故答案為：（100a-1）×10-7mol?L-1；b；

（5）令錫粉中錫的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為x；則：

Sn～Sn2+～2Fe3+～2Fe2+～K2Cr2O7

Mgmol

a×xbmol/L×L

解得x=；

故答案為：．14、sp3Na＜Cl＜FHF與水分子之間能形成氫鍵1s22s22p63s23p63d104s1TiN＞MgO＞CaO＞KClFe3O46【分析】【分析】A、B、C、D、E都是元素周期表中的前四周期元素，A原子的p軌道半充滿，外圍電子排布為nS2nP3，處于ⅤA族，形成的氫化物的沸點是同主族非金屬元素氫化物中最高的，則A為N元素；D原子得到一個電子后3p軌道全充滿，原子的電子排布式應(yīng)為1S22S22P63S23P5，為Cl元素；B+比D原子形成的離子少一個電子層；則B應(yīng)為Na元素；C與B形成BC型離子化合物，則C應(yīng)為第Ⅶ主族元素，根據(jù)原子序數(shù)A＜C＜B＜D＜E可知C為F元素；E的原子序數(shù)為29，為Cu元素；

（1）元素A簡單氫化物是NH3；計算N原子價層電子對數(shù)，確定其雜化方式；同周期隨原子序數(shù)遞增電負(fù)性增大，同主族自上而下電負(fù)性減??；根據(jù)氫鍵分析HF易溶于水；

（2）根據(jù)能量最低原理書寫核外電子排布式；根據(jù)4M=ρVNA計算；

（3）晶格能越大熔點越高；

（4）根據(jù)陽離子離子未成對電子數(shù)目判斷；

（5）首先判斷CO2和H2分子中含有多少δ鍵，根據(jù)化學(xué)方程式計算．【解析】【解答】解：A、B、C、D、E都是元素周期表中的前四周期元素，A原子的p軌道半充滿，外圍電子排布為nS2nP3，處于ⅤA族，形成的氫化物的沸點是同主族非金屬元素氫化物中最高的，則A為N元素；D原子得到一個電子后3p軌道全充滿，原子的電子排布式應(yīng)為1S22S22P63S23P5，為Cl元素；B+比D原子形成的離子少一個電子層；則B應(yīng)為Na元素；C與B形成BC型離子化合物，則C應(yīng)為第Ⅶ主族元素，根據(jù)原子序數(shù)A＜C＜B＜D＜E可知C為F元素；E的原子序數(shù)為29，為Cu元素．

（1）元素A簡單氫化物是NH3，N原子價層電子對數(shù)=3+（5-1×3）=4，故NH3中N采取sp3雜化；

同周期隨原子序數(shù)遞增電負(fù)性增大；同主族自上而下電負(fù)性減小，故電負(fù)性Na＜Cl＜F；HF與水分子之間能形成氫鍵，而易溶于水；

故答案為：sp3；Na＜Cl＜F；HF與水分子之間能形成氫鍵；

（2）E為Cu，原子核外電子數(shù)為29，根據(jù)能量最低原理，核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s1，面心立方堆積晶胞，晶胞中Cu原子數(shù)目=8×+6×=4，晶胞中含有4個Cu原子，故m=×（a×10-10）3×ρ×NA；

解得NA=mol-1；

故答案為：1s22s22p63s23p63d104s1；；

（3）KCl、MgO、CaO、TiN這4種晶體的結(jié)構(gòu)與NaCl晶體結(jié)構(gòu)相似，TiN中離子都帶3個單位電荷，MgO、CaO中離子都帶2個單位電荷，KCl中離子都帶1個單位電荷，離子半徑Cl-＜O2-＜N3-，Mg2+＜Ca2+＜K+；高價化合物的晶格能遠(yuǎn)大于低價離子化合物的晶格，晶格能TiN＞MgO＞CaO＞KCl，故熔點TiN＞MgO＞CaO＞KCl；

故答案為：TiN＞MgO＞CaO＞KCl；

（4）V2O5中釩離子的核外電子排布式為：1s22s22p63s23p6，無未成對電子；Fe3O4中含有2個Fe3+和一個Fe2+，核外電子排布式分別為：1s22s22p63s23p63d5和1s22s22p63s23p63d6，含有5×2+4=14個未成對電子；故Fe3O4所含未成對電子最多，磁性最大的是：Fe3O4；

故答案為：Fe3O4；

（5）1個CO2和4個H2分子中共含有6個δ鍵，若有1molCH4生成，則有6molδ鍵斷裂，故答案為：6．15、CD③⑧⑨④⑥【分析】【分析】（1）A．10B20表示20個B原子的質(zhì)量數(shù)為10；該元素為H元素，核外電子總數(shù)為1；

B．氯化鈉為離子化合物；電子式中需要標(biāo)出陰陽離子所帶電荷；

C．重水分子中含有2個D原子和一個O原子，其中D原子可以表示為H；

D．Li和Li的核電荷數(shù)相同；中子數(shù)不同；二者互為同位素；

E．氯化鈣的電子式中；兩個氯離子不能合并，氯離子應(yīng)該分別寫在鈣離子的兩邊；

F．硫化鈉的電子式中含有兩個鈉離子；

G．互為同分異構(gòu)體的物質(zhì)必須具有相同的分子式；不同結(jié)構(gòu)；氧氣和臭氧的分子式不同，二者為同素異形體．

（2）①過氧化鈉為離子化合物；電子式中需要標(biāo)出陰陽離子所帶電荷，注意過氧根離子的表示方法；

②氯化氫為共價化合物；分子中存在1個氫氯共用電子對，氯原子最外層達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，氫原子最外層為2個電子；

（3）在水溶液或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姷幕衔餅殡娊赓|(zhì)，在水溶液和熔融狀態(tài)下都不能導(dǎo)電的化合物為非電解質(zhì)，單質(zhì)和混合物既不是電解質(zhì)，也不是非電解質(zhì)．【解析】【解答】解：（1）A．10B20表示20個B原子的質(zhì)量數(shù)為10，該元素為H元素，氫原子的結(jié)構(gòu)示意圖為：故A錯誤；

B．氯化鈉屬于離子化合物，鈉離子直接用離子符號表示，陰離子需要標(biāo)出所帶電荷及最外層電子，氯化鈉正確的電子式為：故B錯誤；

C．重水分子中含有2個D原子和一個O原子，其中D原子可以表示為H，重水的分子式為：H2O（或D2O）；故C正確；

D．Li和Li具有相同的核電荷數(shù)；不同的中子數(shù)；二者互為同位素，故D正確；

E．氯化鈣為離子化合物，其電子式中，兩個氯離子不能合并，氯化鈣正確的電子式為：故E錯誤；

F．硫化鈉的化學(xué)式中含有兩個鈉離子，硫化鈉正確的電子式為：故F正確；

G．O2和O3的分子式不同；二者為同素異形體，不屬于同分異構(gòu)體，故G錯誤；

故答案為：CD；

（2）①Na2O2是離子化合物，由Na+離子和O2-離子構(gòu)成，Na2O2的電子式為：

故答案為：

②氯化氫屬于共價化合物，分子中存在1個氫氯鍵，氯化氫的電子式為：

故答案為：

（3）電解質(zhì)為：在水溶液或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姷幕衔?；滿足條件的有：③氯化氫；⑧氯化鈉、⑨硫酸鋇；

非電解質(zhì)為：在水溶液和熔融狀態(tài)下都不能導(dǎo)電的化合物；滿足條件的有：④氨氣；⑥二氧化碳；

故答案為：③⑧⑨；④⑥．16、1HCOOCH2CH3【分析】【分析】屬于酯類說明含有酯基，能發(fā)生銀鏡反應(yīng)說明含有醛基，且該分子中含有2個氧原子，所以該有機(jī)物必須是甲酸某酯，以此來解題．【解析】【解答】解：屬于酯類說明含有酯基，能發(fā)生銀鏡反應(yīng)說明含有醛基，且該分子中含有2個氧原子，所以該有機(jī)物必須是甲酸某酯，所以B的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為HCOOCH2CH3；

故答案為：1；HCOOCH2CH3．17、羥基BrCH2CH2Br+NaOHHOCH2CH2OH+2NaBr取代反應(yīng)有銀鏡產(chǎn)生OHC-CHO+4Ag（NH3）2OHNH4OOCCOONH4+4Ag↓+6NH3+2H2O1，3-二甲苯酸性高錳酸鉀溶液【分析】【分析】乙烯與溴發(fā)生加成反應(yīng)生成A為BrCH2CH2Br，A在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發(fā)生水解反應(yīng)生成B為HOCH2CH2OH；B發(fā)生催化氧化生成C為OHC-CHO．

（4）甲苯與CH3Cl發(fā)生取代反應(yīng)生成對二甲苯被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成X為對苯二甲酸與乙二醇發(fā)生縮聚反應(yīng)生成聚對苯二甲酸乙二醇酯．【解析】【解答】解：乙烯與溴發(fā)生加成反應(yīng)生成A為BrCH2CH2Br，A在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發(fā)生水解反應(yīng)生成B為HOCH2CH2OH；B發(fā)生催化氧化生成C為OHC-CHO；

（1）B為HOCH2CH2OH；含有官能團(tuán)為羥基，故答案為：羥基；

（2）A→B的反應(yīng)方程式是：BrCH2CH2Br+NaOHHOCH2CH2OH+2NaBr；屬于取代反應(yīng)；

故答案為：BrCH2CH2Br+NaOHHOCH2CH2OH+2NaBr；取代反應(yīng)；

（3）向盛有1mL銀氨溶液的潔凈試管中滴入適量OHC-CHO，振蕩后水浴加熱可觀察到的現(xiàn)象是：有銀鏡產(chǎn)生，反應(yīng)方程式為：OHC-CHO+4Ag（NH3）2OHNH4OOCCOONH4+4Ag↓+6NH3+2H2O；

故答案為：有銀鏡產(chǎn)生；OHC-CHO+4Ag（NH3）2OHNH4OOCCOONH4+4Ag↓+6NH3+2H2O；

（4）甲苯與CH3Cl發(fā)生取代反應(yīng)生成對二甲苯被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成X為對苯二甲酸與乙二醇發(fā)生縮聚反應(yīng)生成聚對苯二甲酸乙二醇酯；

①的系統(tǒng)命名為1，3-二甲苯，步驟Ⅲ的反應(yīng)方程式為

故答案為：1，3-二甲苯；

②根據(jù)步驟Ⅰ可知，該反應(yīng)反應(yīng)生成：苯與ClCH2CH2CH2CH2Cl，發(fā)生取代反應(yīng)，反應(yīng)方程式為：+ClCH2CH2CH2CH2Cl+2HCl；

故答案為：ClCH2CH2CH2CH2Cl；2HCl；

③轉(zhuǎn)化Ⅱ是將對二甲苯氧化生成對苯二甲酸，實驗室完成轉(zhuǎn)化Ⅱ所需試劑為：酸性高錳酸鉀溶液，故答案為：酸性高錳酸鉀溶液．18、188O4OH-+Al3+=AlO2-+2H2O共價鍵SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O【分析】【分析】X；Y、Z、W為四種短周期元素．X原子最外層電子數(shù)是核外電子層數(shù)的3倍；則X的電子層數(shù)為2，最外層電子為6，所以X為O；

Y最高正價與最低負(fù)價的代數(shù)和為6；其最高正價為+7，所以Y為Cl；

Z在地殼中的含量僅次于氧；即Z為Si；Y；Z、W同周期，W的常見化合價為+3，所以W為第三周期第ⅢA族元素，即W為Al；

然后結(jié)合元素及其單質(zhì)、化合物的性質(zhì)來解答．【解析】【解答】解：X；Y、Z、W為四種短周期元素．X原子最外層電子數(shù)是核外電子層數(shù)的3倍；則X的電子層數(shù)為2，最外層電子為6，所以X為O；Y最高正價與最低負(fù)價的代數(shù)和為6，其最高正價為+7，所以Y為Cl；Z在地殼中的含量僅次于氧，即Z為Si；Y、Z、W同周期，W的常見化合價為+3，所以W為第三周期第ⅢA族元素，即W為Al；

（1）Y為氯元素，其離子為氯離子，Cl-的結(jié)構(gòu)示意圖為：

故答案為：

（2）X為O，質(zhì)子數(shù)為8，中子數(shù)為10，則質(zhì)量數(shù)為18，該原子為：188O；

故答案為：188O；

（3）二氧化硅與C反應(yīng)生成硅和CO，該反應(yīng)中轉(zhuǎn)移4e-，用單線橋法標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移的方向與數(shù)目為：

故答案為：

（4）W為Al、Y為Cl，向WY3溶液中加入足量的NaOH溶液反應(yīng)偏鋁酸鈉和水，反應(yīng)的離子方程式為：4OH-+Al3+=AlO2-+2H2O；

故答案為：4OH-+Al3+=AlO2-+2H2O；

（5）Y的氣態(tài)氫化物與氨氣反應(yīng)的生成物為氯化銨，氯化銨為離子化合物，其電子式為：

故答案為：

（6）ZX2為SiO2，二氧化硅中只含有Si-O共價鍵，二氧化硅與氫氧化鈉反應(yīng)生成硅酸鈉和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O；

故答案為：共價鍵；SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O．19、略

【分析】【解析】試題分析：對于原子來講，核電荷數(shù)＝核內(nèi)質(zhì)子數(shù)＝核外電子數(shù)，所以某元素原子的核電荷數(shù)為9，其原子核內(nèi)的質(zhì)子數(shù)為9。該元素原子的一價陰離子中，質(zhì)子數(shù)仍然是9。但核外電子數(shù)＝質(zhì)子數(shù)＋所帶電荷數(shù)，所以核外電子數(shù)是10。考點：考查質(zhì)子數(shù)、核外電子數(shù)的有關(guān)計算【解析】【答案】9，9，10四、判斷題(共1題，共8分)20、×【分析】【分析】根據(jù)碳原子可以形成碳鏈，也可以形成碳環(huán)，可以帶支鏈，也可以不帶支鏈來解答；【解析】【解答】解：碳原子可以形成碳鏈；無論帶支鏈，還是不帶支鏈，都含有4個C-C單鍵；碳原子可以形成碳環(huán)，可以帶支鏈，也可以不帶支鏈，都含有5個C-C單鍵；

故答案為：×；五、推斷題(共4題，共12分)21、（NH4）2CO3或者NH4HCO32CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O23NO2+H2O═2HNO3+NO2：1【分析】【分析】F是紅棕色氣體，應(yīng)為NO2，則液體B為H2O，G為HNO3，C可與Na2O2反應(yīng)，應(yīng)為CO2，則E為O2，D為NO，氣體A應(yīng)為NH3，則X為（NH4）2CO3或者NH4HCO3，結(jié)合元素化合物的性質(zhì)解答該題．【解析】【解答】解：F是紅棕色氣體，應(yīng)為NO2，則液體B為H2O，G為HNO3，C可與Na2O2反應(yīng)，應(yīng)為CO2，則E為O2，D為NO，氣體A應(yīng)為NH3，則X為（NH4）2CO3或者NH4HCO3；

（1）由以上分析可知X為（NH4）2CO3或者NH4HCO3，故答案為：（NH4）2CO3或者NH4HCO3；

（2）C為CO2，可與Na2O2反應(yīng)生成O2，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2，故答案為：2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2；

（3）NO2與水反應(yīng)的化學(xué)方程式為3NO2+H2O═2HNO3+NO，該反應(yīng)過程中氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為2：1，故答案為：3NO2+H2O═2HNO3+NO；2：1．22、HClNH4ClCu+Cl2CuCl22Mg+CO22MgO+CNO2H2S+3O22H2O+2SO2【分析】【分析】①Ⅰ能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)，為NH3；

②A和I相遇產(chǎn)生白煙，為NH3與HCl，則A為HCl，生成白煙為NH4Cl；

③B和E都能使品紅溶液褪色，為Cl2和SO2；

④將紅熱的銅絲放入裝有B的瓶中，瓶內(nèi)充滿棕黃色的煙，故B為Cl2，E為SO2；

⑤Mg條能在F中劇烈燃燒，有黑色和白色兩種產(chǎn)物，F(xiàn)為CO2；

⑥C和D相遇生成紅棕色氣體，為NO和O2；

⑦G在D中燃燒可以產(chǎn)生E和H2O，E為SO2，故D為O2，故C為NO，G含有H、S兩種元素，G為H2S；

⑧B為Cl2，和H在瓶中混合后于亮處放置幾分鐘，瓶壁出現(xiàn)油狀液滴并產(chǎn)生A（HCl），故H為CH4，以此解答該題．【解析】【解答】解：①Ⅰ能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)，為NH3；

②A和I相遇產(chǎn)生白煙，為NH3與HCl，則A為HCl，生成白煙為NH4Cl；

③B和E都能使品紅溶液褪色，為Cl2和SO2；

④將紅熱的銅絲放入裝有B的瓶中，瓶內(nèi)充滿棕黃色的煙，故B為Cl2，E為SO2；

⑤Mg條能在F中劇烈燃燒，有黑色和白色兩種產(chǎn)物，F(xiàn)為CO2；

⑥C和D相遇生成紅棕色氣體，為NO和O2；

⑦G在D中燃燒可以產(chǎn)生E和H2O，E為SO2，故D為O2，故C為NO，G含有H、S兩種元素，G為H2S；

⑧B為Cl2，和H在瓶中混合后于亮處放置幾分鐘，瓶壁出現(xiàn)油狀液滴并產(chǎn)生A（HCl），故H為CH4；

（1）由以上分析可知A為HCl，②中白煙的化學(xué)式是NH4Cl，故答案為：HCl；NH4Cl；

（2）④中發(fā)生反應(yīng)為銅和氯氣的反應(yīng)，化學(xué)方程式是Cu+Cl2CuCl2；

故答案為：Cu+Cl2CuCl2；

（3）⑤為鎂在二氧化碳中的燃燒，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是2Mg+CO22MgO+C，故答案為：2Mg+CO22MgO+C；

（4）C為NO，D為O2，電子式為故答案為：NO；

（5）⑦中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是2H2S+3O22H2O+2SO2，故答案為：2H2S+3O22H2O+2SO2；

（6）H為CH4，結(jié)構(gòu)式為故答案為：．23、H2Na2O22H++CO32-=H2O+CO2↑出現(xiàn)白色沉淀Cl2+2I-=I2+2Cl-強(qiáng)4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3【分析】【分析】A、B、C、D、E都是短周期元素的單質(zhì)，C為黃綠色氣體，則C為Cl2，化合物H和I兩種氣體相遇時產(chǎn)生白煙，則D為H2，H為HCl，E為N2，I為NH3，生成K為NH4Cl，由反應(yīng)②為Fe與鹽酸反應(yīng)，則J為FeCl2，化合物G的焰色反應(yīng)為黃色，與鹽酸反應(yīng)生成CO2，則G為Na2CO3或NaHCO3，A是固體，其余都是氣體，結(jié)合元素守恒及轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，A為Na，B為O2，A、B反應(yīng)生成F，則F為Na2O2，由F與二氧化碳的反應(yīng)確定G只能為Na2CO3，最后確定然后結(jié)合物質(zhì)的性質(zhì)及化學(xué)用語來解答．【解析】【解答】解：A、B、C、D、E都是短周期元素的單質(zhì)，C為黃綠色氣體，則C為Cl2，化合物H和I兩種氣體相遇時產(chǎn)生白煙，則D為H2，H為HCl，E為N2，I為NH3，生成K為NH4Cl，由反應(yīng)②為Fe與鹽酸反應(yīng)，則J為FeCl2，化合物G的焰色反應(yīng)為黃色，與鹽酸反應(yīng)生成CO2，則G為Na2CO3或NaHCO3，A是固體，其余都是氣體，結(jié)合元素守恒及轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，A為Na，B為O2，A、B反應(yīng)生成F，則F為Na2O2，由F與二氧化碳的反應(yīng)確定G只能為Na2CO3；

（1）由上述分析可知D為H2，F(xiàn)為Na2O2，故答案為：H2；Na2O2；

（2）反應(yīng)①為鹽酸與碳酸鈉的反應(yīng)，該離子反應(yīng)為2H++CO32-=H2O+CO2↑，故答案為：2H++CO32-=H2O+CO2↑；

（3）K為NH4Cl；加入硝酸酸化的硝酸銀溶液，觀察到出現(xiàn)白色沉淀，故答案為：出現(xiàn)白色沉淀；

（4）將少量單質(zhì)C通入盛有淀粉KI溶液的試管中，液體變?yōu)樗{(lán)色，是因氯氣氧化碘離子生成碘單質(zhì)，離子反應(yīng)為Cl2+2I-=I2+2Cl-；則氯氣的氧化性強(qiáng)于碘的氧化性；

故答案為：Cl2+2I-=I2+2Cl-；強(qiáng)；

（5）J為FeCl2，滴入NaOH溶液時，生成的灰白色沉淀迅速變成灰綠色，最后變成紅褐色，發(fā)生4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案為：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3．24、(1)(1)1s22s22p63s23p63d9亞銅離子價電子排布式為3d3d

10，亞銅離子核外電子處于穩(wěn)定的全充滿狀態(tài)(2)sp

3孤電子對

【分析】【分析】本題是對物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的考查，涉及電子排布式的書寫、雜化軌道理論、空間構(gòu)型、晶體類型、分子間作用力等。培養(yǎng)學(xué)生的知識遷移能力與邏輯推理能力、抽象思維能力、計算能力，難度較大?！窘獯稹縭m{(1)Cu}是rm{29}號元素，其原子核外有rm{29}個電子，rm{Cu}原子失去一個rm{4s}電子、一個rm{3d}電子生成二價銅離子，根據(jù)構(gòu)造原理書寫二價銅離子的電子排布式為rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{9}}原子軌道中電子處于半滿、全滿、全空時最穩(wěn)定，二價銅離子價電子排布式為rm{3d^{9}}亞銅離子價電子排布式為rm{3d^{10}}亞銅離子核外電子處于穩(wěn)定的全充滿狀態(tài)，所以較穩(wěn)定。故答案為：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{9}}亞銅離子價電子排布式為rm{3d^{10}}亞銅離子核外電子處于穩(wěn)定的全充滿狀態(tài)；

rm{(2)}硼元素具有缺電子性，其化合物可與具有孤電子對的分子或離子形成配合物，如rm{BF_{3}}能與rm{NH_{3}}反應(yīng)生成rm{BF_{3}?NH_{3}.}在rm{BF_{3}?NH_{3}}中rm{B}原子價層電子對個數(shù)是rm{4}根據(jù)價層電子對互斥理論確定rm{B}原子的雜化方式為rm{sp^{3}}rm{B}與rm{N}之間形成配位鍵，rm{N}原子含有孤電子對，所以氮原子提供孤電子對。故答案為：rm{sp^{3}}孤電子對；

rm{(3)}六方氮化硼晶體結(jié)構(gòu)與石墨晶體相似；層間相互作用為分子間作用力；

立方氮化硼中，晶胞邊長為rm{361.5pm=361.5隆脕10^{-10}cm}晶胞體積rm{=(361.5隆脕10^{-10}cm)^{3}}該晶胞中rm{N}原子個數(shù)rm{=8隆脕(1/8)+6隆脕(1/2)=4}rm{B}原子個數(shù)為rm{4}立方氮化硼的密度rm{=}rm{=}rm{g/cm^{3}=}rm{g/cm^{3}}故答案為：分子間作用力；rm{(4)}如圖是立方氮化硼晶胞沿rm{z}軸的投影圖，每個rm{N}原子被rm{4}個rm{B}原子共用、每個rm{B}原子被rm{4}個rm{N}原子共用，所以其圖為軸的投影圖，每個rm{z}原子被rm{z}個rm{N}原子共用、每個rm{N}原子被rm{4}個rm{4}原子共用，所以其圖為rm{B}rm{B}rm{B}

rm{B}【解析】rm{(1)}rm{(1)}rm{(1)}rm{1s}rm{1s}rm{{,!}^{2}}rm{2s}rm{2s}rm{{,!}^{2}}rm{2p}rm{2p}rm{{,!}^{6}}rm{3s}rm{3s}rm{{,!}^{2}}rm{3p}rm{3p}rm{{,!}^{6}}rm{3d}rm{3d}rm{{,!}^{9;;;;}}亞銅離子價電子排布式為rm{3d}rm{3d}rm{3d}

rm{{,!}^{10}}六、實驗題(共2題，共8分)25、98%硫酸的密度鐵FeO?Fe2O3?4H2O向Fe2+和Fe3+的混合液中加入NaOH溶液后，觀察生成的沉淀的顏色是否為灰綠色．或者可以將Fe（OH）3和Fe（OH）2混合后觀察其顏色【分析】【分析】（1）根據(jù)m=ρVω判斷；

（2）根據(jù)表格中產(chǎn)品等級和反應(yīng)物用量判斷；

（3）根據(jù)鐵元素的化合價，由物質(zhì)Fe3（OH）8中鐵元素化合價總和應(yīng)為+8，可推斷該物質(zhì)的分子中含+2價Fe2+一個、+3價Fe3+二個；把鐵；氫元素與氧元素結(jié)合成氧化物，而改寫其化學(xué)式；

根據(jù)沉淀由“白”變“綠”的現(xiàn)象是由于Fe（OH）2部分被氧化而混入少量的Fe（OH）3的緣故分析，因此可采取向Fe2+和Fe3+的混合液中加入NaOH溶液生成其混合物或直接把兩種物質(zhì)混合，觀察顏色的方法以驗證沉淀由“白”變“綠”的原因．【解析】【解答】解：（1）根據(jù)m=ρVω知；要計算溶液的體積還需要知道98%硫酸的密度，故答案為：98%硫酸的密度；

（2）硫酸和鐵的質(zhì)量比確定了產(chǎn)品的級別，從Fe3+的質(zhì)量分?jǐn)?shù)等于0.005%，產(chǎn)品質(zhì)量定為Ⅰ級；Fe3+的質(zhì)量分?jǐn)?shù)等于0.01%；產(chǎn)品質(zhì)量定為Ⅱ級，可以看出，三價鐵的含量越低級別越高，從表中可以看出，只要控制鐵過量，產(chǎn)品級別就高，故答案為：鐵；

（3）由資料信息可知，氫氧化亞鐵為白色而氫氧化鐵為棕色，二者的混合物呈現(xiàn)出綠色，因此實驗中出現(xiàn)灰綠色或綠色的現(xiàn)象應(yīng)是生成的Fe（OH）2部分被氧化而混入少量的Fe（OH）3的緣故；資料中提及的微綠色Fe3（OH）8，可理解為Fe（OH）2與Fe（OH）3的結(jié)合起的一種物質(zhì)，其中既有+2價鐵也有+3價鐵，因此改寫為氧化物的形式時，8個氫原子應(yīng)結(jié)合成4H2O，所以應(yīng)寫成：FeO?Fe2O3?4H2O；

由于出現(xiàn)的沉淀由白變綠是因為形成了Fe（OH）2與Fe（OH）3的混合沉淀，因此可利用向Fe2+和Fe3+的混合液中直接加入NaOH溶液，反應(yīng)生成Fe（OH）2與Fe（OH）