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【化学】湖南省株洲市攸县第四中学2018-2019学年高一下学期第一次月考试题（解析版）
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湖南省株洲市攸县第四中学2018-2019学年高一下学期第一次月考试题
注意事项
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
可能用到的相对原子质量： C:12 N:14 O: 16 Na: 23 Mg: 24 Al:27 Zn:65 Fe:56 Cu:64 Ag:108 Ba:137
一、选择题（本题共14小题，每小题3分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1.下列表示正确的是：（ ）
A. CO2的电子式： B. 乙醇的结构式：C2H5OH
C. 乙炔比例模型： D. 氟离子的结构示意图：
【答案】D
【详解】A. CO2分子中，碳与氧原子之间形成碳氧双键，正确的电子式应该为，故A错误；
B. C2H5OH为乙醇的结构简式，结构式为，故B错误；
C. 为乙炔的球棍模型，故C错误；
D. 氟为9号元素，氟离子核外有10个电子，结构示意图为，故D正确；
答案选D。
2.下列化学用语表示正确的是( )
A. 水的电子式：
B. 碳-14的原子符号为：
C. 铝的原子结构示意图：
D. 硫酸钠的电离方程式：Na2SO4 = 2Na+ + SO42—
【答案】D
【详解】A. 水是共价化合物，电子式为，A错误；
B. 碳-14的原子符号为146C，B错误；
C. 铝原子的核外电子数是13，则其原子结构示意图为，C错误；
D. 硫酸钠完全电离，其电离方程式为Na2SO4＝2Na++SO42－，D正确。
答案选D。
3.下列各组物质的晶体中,化学键类型相同、晶体类型也相同的是 ( )
A. SO2和SiO2 B. O2和H2S
C. NaCl和HCl D. CO2和KCl
【答案】B
【详解】A．固体SO2是分子晶体，二氧化硅是原子晶体，二氧化硅、二氧化碳都只含共价键，故A不选；
B．固体O2和H2S都是分子晶体，O2和H2S都只含共价键，故B选；
C．NaCl是离子晶体，NaCl中只含离子键，固体HCl分子晶体，HCl中只含共价键，故C不选；
D．KCl是离子晶体，只含离子键，CO2是分子晶体，CO2中只含共价键，故D不选；
故答案选B。
4.下列关于碱金属或卤族元素的叙述中，正确的是（ ）
A. 碱金属单质都可保存在煤油中
B. Rb比Na活泼，故Rb可以从NaCl溶液中置换出Na
C. 砹（At）是第六周期的卤族元素，根据卤素性质的递变规律，还原性：HAt>HI
D. 卤素单质与水反应的通式为X2+H2O= HX+HXO
【答案】C
【详解】A. 锂的密度比煤油小，在液体表面，会与空气接触而变质，达不到液封的效果，不能保存在煤油里，A项错误；
B. Rb能与水反应生成RbOH和H2，所以不可以从NaCl溶液中置换出Na，B项错误；
C. 单质的氧化性越弱，对应离子的还原性越强，则同族中，砹在碘的下方，非金属性弱，单质的氧化性弱，其对应的离子At-的还原性比I-强，C项正确；
D. F2的氧化性很强，F2与水反应生成HF和氧气，不符合通式，D项错误；
答案选C。
5.X、Y、Z、W和R为原子序数依次增大的五种短周期主族元素。已知X元素的原子半径在周期表的所有元素中是最小的，Y、R同主族，且R原子的核电荷数是Y原子的核电荷数的2倍，Z、W原子的最外层电子数之和与Y、R原子的最外层电子数之和相等。下列有关说法中正确的是（ ）
A. R的氧化物对应的水化物均为强酸
B. 简单气态氢化物的热稳定性：Y>Z
C. Y与X、W、R三种元素均可以形成两种二元化合物
D. 原子半径由大到小的顺序：W>R>Z>Y>X
【答案】C
【解析】
【分析】X元素的原子半径在周期表的所有元素中是最小的，X为H；X、Y、Z、W和R为原子序数依次增大，Y、R同主族，且R原子的核电荷数是Y原子的核电荷数的2倍，故Y为O，R为S；Z、W原子的最外层电子数之和与Y、R原子的最外层电子数之和相等，Z为F，W为P。
【详解】A. R的氧化物对应的水化物有硫酸和亚硫酸，硫酸为强酸，亚硫酸为弱酸，故A错误；
B.非金属性Y
D. 比较半径，首先看电子层数，电子层数越多，半径越大；电子层数相同时，核内质子数越多，半径越小；电子层数和质子数都相同时，核外电子数越多，半径越大。原子半径由大到小的顺序：W>R>Y>Z>X，故D错误；
故选C。
6.M、R均为主族元素，已知M的一个原子失去2个电子，R的一个原子得到1个电子后形成稀有气体元素的电子层结构。下列关于M与R形成的化合物的叙述正确的是( )
A. M与R可以形成MR2型离子化合物
B. 在MR2中M的离子半径比R的离子半径大
C. 形成的两种离子分别是M＋和R2－
D. MR2的电子式为
【答案】A
【解析】
【分析】元素M的一个原子失去2个电子得到稳定结构，故M处于ⅡA族，R的一个原子得到一个电子后形成稀有气体元素的电子层结构，故处于ⅦA族，二者可以形成MR2型离子化合物，据此解答。
【详解】元素M的一个原子失去2个电子得到稳定结构，故M处于ⅡA族，R的一个原子得到一个电子后形成稀有气体元素的电子层结构，故处于ⅦA族，二者可以形成MR2型离子化合物，据此解答。则
A．M形成+2价阳离子，R形成－1价阴离子，二者可以形成MR2型离子化合物，故A正确；
B．离子电子层与核电荷数不能确定，故离子半径大小不能确定，M的离子半径可能比R的离子半径小，也可能大，如Ca2+＜Cl－，Ba2+＞Cl－，故B错误；
C．形成的两种离子分别是M2＋和R－，故C错误；
D．MR2的电子式为，故D错误，
故答案选A。
7.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，X、Y、Z原子最外层的电子数之和与W原子最外层的电子数相等，X的最低负价为-4，Y的周期数是族序数的3倍。下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径：Y＞Z＞X
B. Y的最高价氧化物对应的水化物的碱性比Z的弱
C. W的氧化物对应的水化物的酸性一定比X的强
D. W分别与X、Z形成的化合物所含的化学键类型相同
【答案】A
【解析】
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X的最低负价为-4，则X为第二周期IVA族元素，为C元素；Y的周期数是族序数的3倍，则Y为Na元素；X、Y、Z原子最外层的电子数之和与W原子最外层的电子数相等，则可推出Z为Mg元素，W的最外层电子数 = 1+2+4 = 7，为Cl元素，据此分析作答。
【详解】由上述分析可知：
A. 同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，同一主族，原子半径从上到下依次增大，则原子半径从大到小的顺序为：Na>Mg>C，即Y>Z>X，故A项正确；
B. 元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强。因同一周期中，从左到右金属性依次减弱，即金属性比较：Na>Mg，所以Y的最高价氧化物对应的水化物的碱性比Z的强，故B项错误；
C. W为Cl元素、X为C元素， W的氧化物对应的水化物可能为次氯酸，其酸性不如碳酸强，故C项错误；
D. W为Cl元素、X为C元素，Z为Mg元素，因活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，一般情况下非金属元素之间易形成共价键，所以W与X形成的四氯化碳之间化学键类型为共价键，而W与Z元素形成的氯化镁中形成离子键，即两个化合物中所含的化学键类型不同，故D项错误；
答案选A。
8.W、X、Y、Z原子序数依次增大的短周期元素，W元素最外层电子数是内层电子数的两倍，X与Z属于同主族的元素，Z 元素最高正价与最低负价之和为4；Y为短周期元素中半径最大的元素，下列说法正确的是( )
A. 简单离子半径Y>X
B. 非金属性W>Z
C. 氢化物稳定性X>Z>W
D. 最高价氧化物对应水化物的酸性W>Z
【答案】C
【解析】
【分析】W、X、Y、Z原子序数依次增大的短周期元素，W元素最外层电子数是内层电子数的两倍，由于最外层电子数不能超过8个，则W是第二周期的C元素；X与Z属于同主族的元素，Z元素最高正价与最低负价之和为4，则Z是第ⅥA元素，X是O，Z是S；Y为短周期元素中半径最大的元素，Y是钠元素，据此分析解答。
【详解】根据以上分析可知W、X、Y、Z分别是C、O、Na、S。则
A. 核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则简单离子半径Y＜X，A错误；
B. 非金属性S＞C，B错误；
C. 非金属性越强，氢化物越稳定，则氢化物稳定性O＞S＞C，C正确；
D. 非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性是硫酸大于碳酸，D错误；
答案选C。
9.下列图示装置不属于原电池的是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据构成原电池条件，（1）有两种金属性不同的金属作电极，（2）有电解质溶液，（3）形成闭合回路；（4）能自发发生氧化还原还原反应；
【详解】A、铁和铜金属性不同，硫酸为电解质，构成闭合回路，且铁与稀硫酸发生氧化还原反应，符合原电池的构成条件，即该装置为原电池装置，故A不符合题意；
B、Zn、Cu金属性不同，硫酸为电解质，形成闭合回路，Zn与稀硫酸发生氧化还原反应，该装置为原电池装置，故B不符合题意；
C、Ag、Cu不与稀硫酸发生反应，不符合原电池构成条件，该装置不是原电池装置，故C符合题意；
D、Al、Cu金属性不同，硫酸为电解质，形成闭合回路，Al与稀硫酸发生氧化还原反应，符合原电池构成条件，故D不符合题意，答案选C。
10.电子表中电子计算器的电源常用微型银锌原电池，其电极分别为Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH溶液，放电时锌极上的电极反应是：Zn+2OH--2e-= Zn(OH)2；氧化银电极上的反应式为：Ag2O+H2O+2e-= Ag+2OH—，总反应式为：Ag2O+H2O+ Zn= Zn(OH)2+ 2Ag下列说法不正确的是
A. 锌是负极，氧化银是正极
B. 锌发生氧化反应，氧化银发生还原反应
C. 溶液中OH-向正极移动，K+、H+向负极移动
D. 随着电极反应的不断进行，电解质溶液的pH会增大
【答案】C
【详解】A、根据总反应以及原电池的工作原理，Zn的化合价升高，即Zn为负极，氧化银为正极，故A说法正确；
B、根据A选项分析，Zn为负极，发生氧化反应，氧化银中Ag化合价降低，氧化银发生还原反应，故B说法正确；
C、根据原电池工作原理，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，即OH－向负极移动，K＋、H＋向正极移动，故C说法错误；
D、电解质溶液为碱性，根据总反应可知，该反应消耗水，KOH浓度增大，pH增大，故D说法正确，答案选C。
11.已知断开1molH2(g)中H-H键需要吸收436kJ能量，根据能量变化示意图，下列说法或热化学方程式不正确的是（ ）
A. 断开1molHCl(g)中H-Cl键要吸收432kJ能量
B. 生成1molCl2(g)中的Cl-Cl键放出243kJ能量
C. HCl(g)→1/2H2(g)+1/2Cl2(g)-92.5kJ
D. H2(g)+Cl2(g)→2HCl(g)+864kJ
【答案】D
【详解】A. 根据图示可知，生成2 mol HCl(g)需要放出864kJ热量，则断开2 mol HCl(g)需要吸收864kJ热量，由此推出断开1molHCl(g)中H-Cl键要吸收= 432 kJ能量，A项正确；
B. 由图中可以写出其热反应方程式为：H2(g) +Cl2(g) = 2HCl(g) ΔH＝－185 kJ·mol－1，根据ΔH＝E(H-H) + E(Cl- Cl)-2 E(H- Cl)可知，E(Cl- Cl) = 243 kJ·mol－1，即生成1molCl2(g)中的Cl-Cl键放出243kJ能量，B项正确；
C. 根据图示信息易知，H2(g) +Cl2(g) = 2HCl(g) ΔH＝－185 kJ·mol－1，则HCl(g)→1/2H2(g)+1/2Cl2(g) ΔH＝+92.5 kJ·mol－1，即HCl(g)→1/2H2(g)+1/2Cl2(g)-92.5kJ， C项正确；
D. 生成2 mol HCl(g)需要放出864kJ热量，所以H2(g)+Cl2(g)→2HCl(g)-864kJ，D项错误；
答案选D。
12.下列哪个说法可以证明反应N2＋3H22NH3已达到平衡状态( )
A. 氨气、氮气、氢气的浓度相等
B. 1个N≡N键断裂的同时，有3个H—H键断裂
C. 1个N≡N键断裂的同时，有6个N—H键断裂
D. 1个N≡N键断裂的同时，有6个H—H键形成
【答案】C
【详解】A. 浓度保持不变才能说明达到平衡状态，但各物质浓度相等，不一定是平衡状态，A项错误；
B. 1个N≡N键断裂的同时，有3个H−H键断裂，都体现正反应方向，B项错误；
C. 1个N≡N键断裂等效于6个N−H键形成的同时有6个N−H键断裂，C项正确；
D. 1个N≡N键断裂的同时，应有3个H−H键形成，D项错误；
答案选C。
13.查阅资料可知,苯可被臭氧氧化，发生如下化学反应，则二甲苯通过上述反应得到的产物有（ ）
A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 5种
【答案】B
【详解】二甲苯有三种：邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯，被臭氧氧化的产物可以从苯的臭氧化产物类推。将所给信息中产物上的H换为甲基即可，所以换掉2个氢的结构为丁二酮，换掉一个氢的结构为CH3COCHO，不换氢的结构仍为乙二醛，共3种可能产物；
所以答案选择B项。
14.有机物的结构可用“键线式”表示,如CH3CH=CHCH3可简写为。有机物X的键线式为，下列说法不正确的是（ ）
A. X的化学式为C8H8
B. 有机物Y是X的同分异构体，且属于芳香烃，则Y的结构简式为
C. X能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D. X与足量的H2在一定条件下反应可生成饱和烃Z, Z的一氯代物有4种
【答案】D
【解析】
【分析】键线式中交点为碳原子，利用碳四价理论补足每个碳上氢原子数来确定该物质的分子式；芳香烃是含有苯环的烃；从所给的键线式中可以看出X含有多个碳碳双键；在一定条件下反应可将X中所有的碳碳双键催化加氢，Z具有高度对称的结构。
【详解】A．由X的键线式可以知道，分子中有8个碳原子、8个氢原子，所以分子式为C8H8，A项正确；
B．与X互为同分异构体且属于芳香烃，Y中必有苯环，去掉C6H5还剩2个碳3个氢，只能是乙烯基，所以Y的结构简式是，B项正确；
C．X的结构中含有碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，C项正确；
D．Z中只有两种环境的氢原子，所以一氯代物只有2种，D项错误；
所以答案选择D项。
二、非选择题（每空2分，共58分）
15.某小组进行实验：向硫酸酸化的过氧化氢溶液中加入碘化钾、淀粉和硫代硫酸钠的混合溶液，一段时间后溶液变蓝。查阅资料知体系中存在两个主要反应：
反应i：H2O2(aq) + 2I－(aq) + 2H+(aq) I2(aq) + 2H2O(l) ΔH1 = -247.5 kJ/mol
反应ii：I2(aq) + 2S2O32-(aq) 2I－(aq) + S4O62-(aq) ΔH2 = -1021.6 kJ/mol
（1）H2O2与S2O32-反应的热化学方程式为______。
（2）下列实验方案可证实上述反应过程。将实验方案补充完整（所用试剂浓度均为0.01 mol/L）。
a．向酸化的H2O2溶液中加入________溶液，溶液几秒后变为蓝色。
b．_________，溶液立即褪色。
（3）探究c(H+)对反应速率的影响，实验方案如下表所示。（所用试剂除H2O以外，浓度均为0.01 mol/L）
实验序号
a
b
试
剂
H2O2/mL
5
______
H2SO4/mL
4
2
Na2S2O3/mL
8
_____
KI（含淀粉）/mL
3
_____
H2O
0
______
将上述溶液迅速混合
观察现象
溶液变蓝所需时间
为t1秒
溶液变蓝所需时间
为t2秒
① 将实验b补充完整。
② 对比实验a和实验b，t1_____t2（填“>”或“<”）。
③ 结合（2）中现象解释溶液混合后一段时间才变蓝的原因________。
④ 利用实验a的数据，计算t1时间内H2O2与S2O32-反应的平均反应速率（用H2O2浓度的变化表示）________mol/(L·s)。
【答案】(1). H2O2(aq)+2S2O32-(aq)+2H+(aq)=S4O62-(aq)+2H2O(l) △H=-1269.1kJ/mol (2). 淀粉碘化钾 (3). 向a中所得蓝色溶液中加入硫代硫酸钠溶液 (4). 5 (5). 8 (6). 3 (7). 2 (8). < (9). 反应ⅰ慢，反应ⅱ快，反应ⅰ生成的I2立即与S2O32-反应，直至S2O32-被消耗尽，再生成的I2才能使淀粉变蓝，因此溶液混合一段时间后才变蓝 (10). mol/(L•s)
【详解】（1）已知反应i：H2O2(aq) + 2I－(aq) + 2H+(aq) I2(aq) + 2H2O(l) ΔH1 = -247.5 kJ/mol
反应ii：I2(aq) + 2S2O32-(aq) 2I－(aq) + S4O62-(aq) ΔH2 = -1021.6 kJ/mol
根据盖斯定律，由i+ii得反应H2O2(aq)+2S2O32-(aq)+2H+(aq)=S4O62-(aq)+2H2O(l) △H=ΔH1+ΔH2=-1269.1kJ/mol，故H2O2与S2O32-反应的热化学方程式为H2O2(aq)+2S2O32-(aq)+2H+(aq)=S4O62-(aq)+2H2O(l) △H=-1269.1kJ/mol；
（2）a．向酸化的H2O2溶液中加入淀粉碘化钾溶液，碘离子被氧化生成碘单质使淀粉变蓝，故溶液几秒后变为蓝色；
b．向a中所得蓝色溶液中加入硫代硫酸钠溶液，碘被还原生成碘离子，溶液立即褪色；
（3）探究c(H+)对反应速率的影响，实验方案如下表所示。（所用试剂除H2O以外，浓度均为0.01 mol/L），为使探究时每次只改变一个条件，所加溶液总体积必须相等，故：
① 将实验b补充完整，分别为5、8、3、2；
②对比实验a和实验b，实验a中 c(H+)较大，浓度越大化学反应速率越大，故t1
④ 利用实验a的数据，用H2O2浓度的变化表示t1时间内H2O2与S2O32-反应的平均反应速率为mol/(L·s)。
16.已知A、B、C、D、E为原子序数依次增大的5种短周期元素。A是最轻的金属，B的最低负化合价的绝对值比最高正化合价少2，C的简单阴离子C2-与氖原子有相同的电子层结构，D与A同主族，E的M层电子数比L层少2个。
(1)写出元素符号：A______、C______，E在元素周期表中的位置是________________；
(2)C、D、E原子半径由大到小：______(写元素符号，后同)，C、D、E简单离子的半径由大到小_____；
(3)A常用作电池的电极材料，含A的电池通常采用非水电解质或固体电解质，原因是______(用化学方程式解释)；
(4)B与氢元素可以形成10电子微粒X和18电子微粒Y，Y是一种良好的火箭燃料。X中含有的共价键类型是_______，Y的电子式为_________；
(5)C的两种单质在常温下都是气体，它们互为____________。比较C的氢化物和E的氢化物沸点：C___E(填“＞”“＜”或“=”)，原因是____________
(6)用电子式表示D与E的二元化合物的形成过程：________________，碳原子与E能形成AB2型化合物，请写出该物质的电子式：_________。
【答案】(1). Li (2). O (3). 第三周期第ⅥA族 (4). Na＞S＞O (5). S2-＞O2-＞Na+ (6). 2Li + 2H2O = 2LiOH + H2↑ (7). 极性键 (8). (9). 同素异形体 (10). ＞ (11). 水分子间存在氢键 (12). (13).
【解析】
【分析】A、B、C、D、E为原子序数依次增大的5种短周期元素。A是最轻的金属，则A为Li元素；C的简单阴离子C2-与氖原子有相同的电子层结构，C为O元素；B的最低负化合价的绝对值比最高正化合价少2，最低负化合价的绝对值=3，最高正化合价=+5，为VA族元素，原子序数小于8，B为N元素；D与A同主族，D为Na元素；E的M层电子数比L层少2个，M层电子数=6，E为S元素。据此分析解答。
【详解】根据上述分析，A为Li元素，B为N元素，C为O元素，D为Na元素，E为S元素。
(1) A为Li元素，B为N元素，C为O元素；E为S元素，在元素周期表中位于第三周期第ⅥA族，故答案为：Li ；O；第三周期第ⅥA族；
(2) 同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，C、D、E原子半径由大到小的顺序为Na＞S＞O；电子层数越多，离子半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，C、D、E简单离子的半径由大到小的顺序为S2-＞O2-＞Na+，故答案为：Na＞S＞O；S2-＞O2-＞Na+；
(3)Li常用作电池电极材料，含Li的电池通常采用非水电解质或固体电解质，是因为锂能够与水反应，2Li + 2H2O = 2LiOH + H2↑，故答案为：2Li + 2H2O = 2LiOH + H2↑；
(4)N与氢元素可以形成10电子微粒X为氨气或铵根离子，均含有极性共价键；N与氢元素可以形成18电子微粒Y，Y是一种良好的火箭燃料，则Y为肼，肼为共价化合物，电子式为，故答案为：极性键；；
(5)O的两种单质在常温下都是气体，为氧气和臭氧，二者互为同素异形体；水分子间能够形成氢键，而硫化氢不能，水的沸点比硫化氢高，故答案为：同素异形体；＞；水分子间存在氢键；
(6)硫化钠属于离子化合物，硫化钠的形成过程用电子式表示为；碳原子与S能形成AB2型化合物为CS2，CS2与CO2的结构相似，电子式为，故答案为：；。
17.下图是无机物 A~J在一定条件下的转化关系（部分产物及反应条件未列出）。其中C为红棕色气体；H和I是两种常见的金属单质；过量I与 D溶液反应生成A。
请填写下列空白：
(1)H元素在周期表中的位置是________；写出①的离子反应方程式：_________；检验E溶液中阳离子的最佳试剂为________。
(2)这类反应常用于冶炼高熔点的金属。用MnO2冶炼金属锰的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________。
(3)SCR技术处理机动车尾气时，在催化条件下利用氨气与C反应，生成无污染的物质。发生反应的化学方程式为__________。
(4)F与NaClO、NaOH溶液反应，可制得一种“绿色”高效净水剂K2FeO4。每生成1molFeO42-时转移____________mol电子。
【答案】(1). 第三周期ⅢA族 (2). 3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O (3). KSCN溶液 (4). 3：4 (5). 8NH3+6NO27N2+12H2O (6). 3
【解析】
【分析】H和I是两种常见的金属单质，H与G在高温条件下反应产生I和J，则H是Al，I是Fe，J是Al2O3，G是Fe的氧化物，C为红棕色气体，C是B与O2反应生成，则B是NO，C是NO2，C与H2O反应产生的D是HNO3，过量I与D溶液反应生成A，则A是Fe(NO3)2，E是Fe(NO3)3，E与NaOH溶液反应产生F是Fe(OH)3，F加热分解产生G，G为Fe2O3，据此答题。
【详解】（1）H是Al，Al元素在周期表中的位置是第三周期ⅢA族，反应①是Fe2+在酸性条件下被NO3-氧化变为Fe3+的过程，离子反应方程式：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，E中金属阳离子是Fe3+，检验Fe3+的最佳试剂为KSCN溶液，若看到溶液变为血红色，就证明含有Fe3+，故答案为：第三周期ⅢA族；3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；KSCN溶液。
（2）铝热反应常用于冶炼高熔点的金属。若用MnO2冶炼金属锰，反应方程式为4Al+3MnO23Mn+2Al2O3，在反应中氧化剂是MnO2，还原剂是Al，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：4，故答案为：3：4。
（3）SCR技术处理机动车尾气时，在催化条件下利用氨气与NO2反应，生成无污染的物质N2和水，根据电子守恒和原子守恒，可知发生反应的化学方程式为8NH3+6NO27N2+12H2O，故答案为：8NH3+6NO27N2+12H2O
（4）F是Fe(OH)3，Fe(OH)3与NaClO、NaOH溶液反应，可制得一种“绿色”高效净水剂K2FeO4，Fe(OH)3中Fe元素的化合价为+3价，在K2FeO4中Fe元素的化合价为+6价，所以每生成1molFeO42-时转移3mol电子，故答案为：3。
注意事项
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
可能用到的相对原子质量： C:12 N:14 O: 16 Na: 23 Mg: 24 Al:27 Zn:65 Fe:56 Cu:64 Ag:108 Ba:137
一、选择题（本题共14小题，每小题3分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1.下列表示正确的是：（ ）
A. CO2的电子式： B. 乙醇的结构式：C2H5OH
C. 乙炔比例模型： D. 氟离子的结构示意图：
【答案】D
【详解】A. CO2分子中，碳与氧原子之间形成碳氧双键，正确的电子式应该为，故A错误；
B. C2H5OH为乙醇的结构简式，结构式为，故B错误；
C. 为乙炔的球棍模型，故C错误；
D. 氟为9号元素，氟离子核外有10个电子，结构示意图为，故D正确；
答案选D。
2.下列化学用语表示正确的是( )
A. 水的电子式：
B. 碳-14的原子符号为：
C. 铝的原子结构示意图：
D. 硫酸钠的电离方程式：Na2SO4 = 2Na+ + SO42—
【答案】D
【详解】A. 水是共价化合物，电子式为，A错误；
B. 碳-14的原子符号为146C，B错误；
C. 铝原子的核外电子数是13，则其原子结构示意图为，C错误；
D. 硫酸钠完全电离，其电离方程式为Na2SO4＝2Na++SO42－，D正确。
答案选D。
3.下列各组物质的晶体中,化学键类型相同、晶体类型也相同的是 ( )
A. SO2和SiO2 B. O2和H2S
C. NaCl和HCl D. CO2和KCl
【答案】B
【详解】A．固体SO2是分子晶体，二氧化硅是原子晶体，二氧化硅、二氧化碳都只含共价键，故A不选；
B．固体O2和H2S都是分子晶体，O2和H2S都只含共价键，故B选；
C．NaCl是离子晶体，NaCl中只含离子键，固体HCl分子晶体，HCl中只含共价键，故C不选；
D．KCl是离子晶体，只含离子键，CO2是分子晶体，CO2中只含共价键，故D不选；
故答案选B。
4.下列关于碱金属或卤族元素的叙述中，正确的是（ ）
A. 碱金属单质都可保存在煤油中
B. Rb比Na活泼，故Rb可以从NaCl溶液中置换出Na
C. 砹（At）是第六周期的卤族元素，根据卤素性质的递变规律，还原性：HAt>HI
D. 卤素单质与水反应的通式为X2+H2O= HX+HXO
【答案】C
【详解】A. 锂的密度比煤油小，在液体表面，会与空气接触而变质，达不到液封的效果，不能保存在煤油里，A项错误；
B. Rb能与水反应生成RbOH和H2，所以不可以从NaCl溶液中置换出Na，B项错误；
C. 单质的氧化性越弱，对应离子的还原性越强，则同族中，砹在碘的下方，非金属性弱，单质的氧化性弱，其对应的离子At-的还原性比I-强，C项正确；
D. F2的氧化性很强，F2与水反应生成HF和氧气，不符合通式，D项错误；
答案选C。
5.X、Y、Z、W和R为原子序数依次增大的五种短周期主族元素。已知X元素的原子半径在周期表的所有元素中是最小的，Y、R同主族，且R原子的核电荷数是Y原子的核电荷数的2倍，Z、W原子的最外层电子数之和与Y、R原子的最外层电子数之和相等。下列有关说法中正确的是（ ）
A. R的氧化物对应的水化物均为强酸
B. 简单气态氢化物的热稳定性：Y>Z
C. Y与X、W、R三种元素均可以形成两种二元化合物
D. 原子半径由大到小的顺序：W>R>Z>Y>X
【答案】C
【解析】
【分析】X元素的原子半径在周期表的所有元素中是最小的，X为H；X、Y、Z、W和R为原子序数依次增大，Y、R同主族，且R原子的核电荷数是Y原子的核电荷数的2倍，故Y为O，R为S；Z、W原子的最外层电子数之和与Y、R原子的最外层电子数之和相等，Z为F，W为P。
【详解】A. R的氧化物对应的水化物有硫酸和亚硫酸，硫酸为强酸，亚硫酸为弱酸，故A错误；
B.非金属性Y
D. 比较半径，首先看电子层数，电子层数越多，半径越大；电子层数相同时，核内质子数越多，半径越小；电子层数和质子数都相同时，核外电子数越多，半径越大。原子半径由大到小的顺序：W>R>Y>Z>X，故D错误；
故选C。
6.M、R均为主族元素，已知M的一个原子失去2个电子，R的一个原子得到1个电子后形成稀有气体元素的电子层结构。下列关于M与R形成的化合物的叙述正确的是( )
A. M与R可以形成MR2型离子化合物
B. 在MR2中M的离子半径比R的离子半径大
C. 形成的两种离子分别是M＋和R2－
D. MR2的电子式为
【答案】A
【解析】
【分析】元素M的一个原子失去2个电子得到稳定结构，故M处于ⅡA族，R的一个原子得到一个电子后形成稀有气体元素的电子层结构，故处于ⅦA族，二者可以形成MR2型离子化合物，据此解答。
【详解】元素M的一个原子失去2个电子得到稳定结构，故M处于ⅡA族，R的一个原子得到一个电子后形成稀有气体元素的电子层结构，故处于ⅦA族，二者可以形成MR2型离子化合物，据此解答。则
A．M形成+2价阳离子，R形成－1价阴离子，二者可以形成MR2型离子化合物，故A正确；
B．离子电子层与核电荷数不能确定，故离子半径大小不能确定，M的离子半径可能比R的离子半径小，也可能大，如Ca2+＜Cl－，Ba2+＞Cl－，故B错误；
C．形成的两种离子分别是M2＋和R－，故C错误；
D．MR2的电子式为，故D错误，
故答案选A。
7.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，X、Y、Z原子最外层的电子数之和与W原子最外层的电子数相等，X的最低负价为-4，Y的周期数是族序数的3倍。下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径：Y＞Z＞X
B. Y的最高价氧化物对应的水化物的碱性比Z的弱
C. W的氧化物对应的水化物的酸性一定比X的强
D. W分别与X、Z形成的化合物所含的化学键类型相同
【答案】A
【解析】
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X的最低负价为-4，则X为第二周期IVA族元素，为C元素；Y的周期数是族序数的3倍，则Y为Na元素；X、Y、Z原子最外层的电子数之和与W原子最外层的电子数相等，则可推出Z为Mg元素，W的最外层电子数 = 1+2+4 = 7，为Cl元素，据此分析作答。
【详解】由上述分析可知：
A. 同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，同一主族，原子半径从上到下依次增大，则原子半径从大到小的顺序为：Na>Mg>C，即Y>Z>X，故A项正确；
B. 元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强。因同一周期中，从左到右金属性依次减弱，即金属性比较：Na>Mg，所以Y的最高价氧化物对应的水化物的碱性比Z的强，故B项错误；
C. W为Cl元素、X为C元素， W的氧化物对应的水化物可能为次氯酸，其酸性不如碳酸强，故C项错误；
D. W为Cl元素、X为C元素，Z为Mg元素，因活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，一般情况下非金属元素之间易形成共价键，所以W与X形成的四氯化碳之间化学键类型为共价键，而W与Z元素形成的氯化镁中形成离子键，即两个化合物中所含的化学键类型不同，故D项错误；
答案选A。
8.W、X、Y、Z原子序数依次增大的短周期元素，W元素最外层电子数是内层电子数的两倍，X与Z属于同主族的元素，Z 元素最高正价与最低负价之和为4；Y为短周期元素中半径最大的元素，下列说法正确的是( )
A. 简单离子半径Y>X
B. 非金属性W>Z
C. 氢化物稳定性X>Z>W
D. 最高价氧化物对应水化物的酸性W>Z
【答案】C
【解析】
【分析】W、X、Y、Z原子序数依次增大的短周期元素，W元素最外层电子数是内层电子数的两倍，由于最外层电子数不能超过8个，则W是第二周期的C元素；X与Z属于同主族的元素，Z元素最高正价与最低负价之和为4，则Z是第ⅥA元素，X是O，Z是S；Y为短周期元素中半径最大的元素，Y是钠元素，据此分析解答。
【详解】根据以上分析可知W、X、Y、Z分别是C、O、Na、S。则
A. 核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则简单离子半径Y＜X，A错误；
B. 非金属性S＞C，B错误；
C. 非金属性越强，氢化物越稳定，则氢化物稳定性O＞S＞C，C正确；
D. 非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性是硫酸大于碳酸，D错误；
答案选C。
9.下列图示装置不属于原电池的是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据构成原电池条件，（1）有两种金属性不同的金属作电极，（2）有电解质溶液，（3）形成闭合回路；（4）能自发发生氧化还原还原反应；
【详解】A、铁和铜金属性不同，硫酸为电解质，构成闭合回路，且铁与稀硫酸发生氧化还原反应，符合原电池的构成条件，即该装置为原电池装置，故A不符合题意；
B、Zn、Cu金属性不同，硫酸为电解质，形成闭合回路，Zn与稀硫酸发生氧化还原反应，该装置为原电池装置，故B不符合题意；
C、Ag、Cu不与稀硫酸发生反应，不符合原电池构成条件，该装置不是原电池装置，故C符合题意；
D、Al、Cu金属性不同，硫酸为电解质，形成闭合回路，Al与稀硫酸发生氧化还原反应，符合原电池构成条件，故D不符合题意，答案选C。
10.电子表中电子计算器的电源常用微型银锌原电池，其电极分别为Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH溶液，放电时锌极上的电极反应是：Zn+2OH--2e-= Zn(OH)2；氧化银电极上的反应式为：Ag2O+H2O+2e-= Ag+2OH—，总反应式为：Ag2O+H2O+ Zn= Zn(OH)2+ 2Ag下列说法不正确的是
A. 锌是负极，氧化银是正极
B. 锌发生氧化反应，氧化银发生还原反应
C. 溶液中OH-向正极移动，K+、H+向负极移动
D. 随着电极反应的不断进行，电解质溶液的pH会增大
【答案】C
【详解】A、根据总反应以及原电池的工作原理，Zn的化合价升高，即Zn为负极，氧化银为正极，故A说法正确；
B、根据A选项分析，Zn为负极，发生氧化反应，氧化银中Ag化合价降低，氧化银发生还原反应，故B说法正确；
C、根据原电池工作原理，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，即OH－向负极移动，K＋、H＋向正极移动，故C说法错误；
D、电解质溶液为碱性，根据总反应可知，该反应消耗水，KOH浓度增大，pH增大，故D说法正确，答案选C。
11.已知断开1molH2(g)中H-H键需要吸收436kJ能量，根据能量变化示意图，下列说法或热化学方程式不正确的是（ ）
A. 断开1molHCl(g)中H-Cl键要吸收432kJ能量
B. 生成1molCl2(g)中的Cl-Cl键放出243kJ能量
C. HCl(g)→1/2H2(g)+1/2Cl2(g)-92.5kJ
D. H2(g)+Cl2(g)→2HCl(g)+864kJ
【答案】D
【详解】A. 根据图示可知，生成2 mol HCl(g)需要放出864kJ热量，则断开2 mol HCl(g)需要吸收864kJ热量，由此推出断开1molHCl(g)中H-Cl键要吸收= 432 kJ能量，A项正确；
B. 由图中可以写出其热反应方程式为：H2(g) +Cl2(g) = 2HCl(g) ΔH＝－185 kJ·mol－1，根据ΔH＝E(H-H) + E(Cl- Cl)-2 E(H- Cl)可知，E(Cl- Cl) = 243 kJ·mol－1，即生成1molCl2(g)中的Cl-Cl键放出243kJ能量，B项正确；
C. 根据图示信息易知，H2(g) +Cl2(g) = 2HCl(g) ΔH＝－185 kJ·mol－1，则HCl(g)→1/2H2(g)+1/2Cl2(g) ΔH＝+92.5 kJ·mol－1，即HCl(g)→1/2H2(g)+1/2Cl2(g)-92.5kJ， C项正确；
D. 生成2 mol HCl(g)需要放出864kJ热量，所以H2(g)+Cl2(g)→2HCl(g)-864kJ，D项错误；
答案选D。
12.下列哪个说法可以证明反应N2＋3H22NH3已达到平衡状态( )
A. 氨气、氮气、氢气的浓度相等
B. 1个N≡N键断裂的同时，有3个H—H键断裂
C. 1个N≡N键断裂的同时，有6个N—H键断裂
D. 1个N≡N键断裂的同时，有6个H—H键形成
【答案】C
【详解】A. 浓度保持不变才能说明达到平衡状态，但各物质浓度相等，不一定是平衡状态，A项错误；
B. 1个N≡N键断裂的同时，有3个H−H键断裂，都体现正反应方向，B项错误；
C. 1个N≡N键断裂等效于6个N−H键形成的同时有6个N−H键断裂，C项正确；
D. 1个N≡N键断裂的同时，应有3个H−H键形成，D项错误；
答案选C。
13.查阅资料可知,苯可被臭氧氧化，发生如下化学反应，则二甲苯通过上述反应得到的产物有（ ）
A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 5种
【答案】B
【详解】二甲苯有三种：邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯，被臭氧氧化的产物可以从苯的臭氧化产物类推。将所给信息中产物上的H换为甲基即可，所以换掉2个氢的结构为丁二酮，换掉一个氢的结构为CH3COCHO，不换氢的结构仍为乙二醛，共3种可能产物；
所以答案选择B项。
14.有机物的结构可用“键线式”表示,如CH3CH=CHCH3可简写为。有机物X的键线式为，下列说法不正确的是（ ）
A. X的化学式为C8H8
B. 有机物Y是X的同分异构体，且属于芳香烃，则Y的结构简式为
C. X能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D. X与足量的H2在一定条件下反应可生成饱和烃Z, Z的一氯代物有4种
【答案】D
【解析】
【分析】键线式中交点为碳原子，利用碳四价理论补足每个碳上氢原子数来确定该物质的分子式；芳香烃是含有苯环的烃；从所给的键线式中可以看出X含有多个碳碳双键；在一定条件下反应可将X中所有的碳碳双键催化加氢，Z具有高度对称的结构。
【详解】A．由X的键线式可以知道，分子中有8个碳原子、8个氢原子，所以分子式为C8H8，A项正确；
B．与X互为同分异构体且属于芳香烃，Y中必有苯环，去掉C6H5还剩2个碳3个氢，只能是乙烯基，所以Y的结构简式是，B项正确；
C．X的结构中含有碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，C项正确；
D．Z中只有两种环境的氢原子，所以一氯代物只有2种，D项错误；
所以答案选择D项。
二、非选择题（每空2分，共58分）
15.某小组进行实验：向硫酸酸化的过氧化氢溶液中加入碘化钾、淀粉和硫代硫酸钠的混合溶液，一段时间后溶液变蓝。查阅资料知体系中存在两个主要反应：
反应i：H2O2(aq) + 2I－(aq) + 2H+(aq) I2(aq) + 2H2O(l) ΔH1 = -247.5 kJ/mol
反应ii：I2(aq) + 2S2O32-(aq) 2I－(aq) + S4O62-(aq) ΔH2 = -1021.6 kJ/mol
（1）H2O2与S2O32-反应的热化学方程式为______。
（2）下列实验方案可证实上述反应过程。将实验方案补充完整（所用试剂浓度均为0.01 mol/L）。
a．向酸化的H2O2溶液中加入________溶液，溶液几秒后变为蓝色。
b．_________，溶液立即褪色。
（3）探究c(H+)对反应速率的影响，实验方案如下表所示。（所用试剂除H2O以外，浓度均为0.01 mol/L）
实验序号
a
b
试
剂
H2O2/mL
5
______
H2SO4/mL
4
2
Na2S2O3/mL
8
_____
KI（含淀粉）/mL
3
_____
H2O
0
______
将上述溶液迅速混合
观察现象
溶液变蓝所需时间
为t1秒
溶液变蓝所需时间
为t2秒
① 将实验b补充完整。
② 对比实验a和实验b，t1_____t2（填“>”或“<”）。
③ 结合（2）中现象解释溶液混合后一段时间才变蓝的原因________。
④ 利用实验a的数据，计算t1时间内H2O2与S2O32-反应的平均反应速率（用H2O2浓度的变化表示）________mol/(L·s)。
【答案】(1). H2O2(aq)+2S2O32-(aq)+2H+(aq)=S4O62-(aq)+2H2O(l) △H=-1269.1kJ/mol (2). 淀粉碘化钾 (3). 向a中所得蓝色溶液中加入硫代硫酸钠溶液 (4). 5 (5). 8 (6). 3 (7). 2 (8). < (9). 反应ⅰ慢，反应ⅱ快，反应ⅰ生成的I2立即与S2O32-反应，直至S2O32-被消耗尽，再生成的I2才能使淀粉变蓝，因此溶液混合一段时间后才变蓝 (10). mol/(L•s)
【详解】（1）已知反应i：H2O2(aq) + 2I－(aq) + 2H+(aq) I2(aq) + 2H2O(l) ΔH1 = -247.5 kJ/mol
反应ii：I2(aq) + 2S2O32-(aq) 2I－(aq) + S4O62-(aq) ΔH2 = -1021.6 kJ/mol
根据盖斯定律，由i+ii得反应H2O2(aq)+2S2O32-(aq)+2H+(aq)=S4O62-(aq)+2H2O(l) △H=ΔH1+ΔH2=-1269.1kJ/mol，故H2O2与S2O32-反应的热化学方程式为H2O2(aq)+2S2O32-(aq)+2H+(aq)=S4O62-(aq)+2H2O(l) △H=-1269.1kJ/mol；
（2）a．向酸化的H2O2溶液中加入淀粉碘化钾溶液，碘离子被氧化生成碘单质使淀粉变蓝，故溶液几秒后变为蓝色；
b．向a中所得蓝色溶液中加入硫代硫酸钠溶液，碘被还原生成碘离子，溶液立即褪色；
（3）探究c(H+)对反应速率的影响，实验方案如下表所示。（所用试剂除H2O以外，浓度均为0.01 mol/L），为使探究时每次只改变一个条件，所加溶液总体积必须相等，故：
① 将实验b补充完整，分别为5、8、3、2；
②对比实验a和实验b，实验a中 c(H+)较大，浓度越大化学反应速率越大，故t1
④ 利用实验a的数据，用H2O2浓度的变化表示t1时间内H2O2与S2O32-反应的平均反应速率为mol/(L·s)。
16.已知A、B、C、D、E为原子序数依次增大的5种短周期元素。A是最轻的金属，B的最低负化合价的绝对值比最高正化合价少2，C的简单阴离子C2-与氖原子有相同的电子层结构，D与A同主族，E的M层电子数比L层少2个。
(1)写出元素符号：A______、C______，E在元素周期表中的位置是________________；
(2)C、D、E原子半径由大到小：______(写元素符号，后同)，C、D、E简单离子的半径由大到小_____；
(3)A常用作电池的电极材料，含A的电池通常采用非水电解质或固体电解质，原因是______(用化学方程式解释)；
(4)B与氢元素可以形成10电子微粒X和18电子微粒Y，Y是一种良好的火箭燃料。X中含有的共价键类型是_______，Y的电子式为_________；
(5)C的两种单质在常温下都是气体，它们互为____________。比较C的氢化物和E的氢化物沸点：C___E(填“＞”“＜”或“=”)，原因是____________
(6)用电子式表示D与E的二元化合物的形成过程：________________，碳原子与E能形成AB2型化合物，请写出该物质的电子式：_________。
【答案】(1). Li (2). O (3). 第三周期第ⅥA族 (4). Na＞S＞O (5). S2-＞O2-＞Na+ (6). 2Li + 2H2O = 2LiOH + H2↑ (7). 极性键 (8). (9). 同素异形体 (10). ＞ (11). 水分子间存在氢键 (12). (13).
【解析】
【分析】A、B、C、D、E为原子序数依次增大的5种短周期元素。A是最轻的金属，则A为Li元素；C的简单阴离子C2-与氖原子有相同的电子层结构，C为O元素；B的最低负化合价的绝对值比最高正化合价少2，最低负化合价的绝对值=3，最高正化合价=+5，为VA族元素，原子序数小于8，B为N元素；D与A同主族，D为Na元素；E的M层电子数比L层少2个，M层电子数=6，E为S元素。据此分析解答。
【详解】根据上述分析，A为Li元素，B为N元素，C为O元素，D为Na元素，E为S元素。
(1) A为Li元素，B为N元素，C为O元素；E为S元素，在元素周期表中位于第三周期第ⅥA族，故答案为：Li ；O；第三周期第ⅥA族；
(2) 同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，C、D、E原子半径由大到小的顺序为Na＞S＞O；电子层数越多，离子半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，C、D、E简单离子的半径由大到小的顺序为S2-＞O2-＞Na+，故答案为：Na＞S＞O；S2-＞O2-＞Na+；
(3)Li常用作电池电极材料，含Li的电池通常采用非水电解质或固体电解质，是因为锂能够与水反应，2Li + 2H2O = 2LiOH + H2↑，故答案为：2Li + 2H2O = 2LiOH + H2↑；
(4)N与氢元素可以形成10电子微粒X为氨气或铵根离子，均含有极性共价键；N与氢元素可以形成18电子微粒Y，Y是一种良好的火箭燃料，则Y为肼，肼为共价化合物，电子式为，故答案为：极性键；；
(5)O的两种单质在常温下都是气体，为氧气和臭氧，二者互为同素异形体；水分子间能够形成氢键，而硫化氢不能，水的沸点比硫化氢高，故答案为：同素异形体；＞；水分子间存在氢键；
(6)硫化钠属于离子化合物，硫化钠的形成过程用电子式表示为；碳原子与S能形成AB2型化合物为CS2，CS2与CO2的结构相似，电子式为，故答案为：；。
17.下图是无机物 A~J在一定条件下的转化关系（部分产物及反应条件未列出）。其中C为红棕色气体；H和I是两种常见的金属单质；过量I与 D溶液反应生成A。
请填写下列空白：
(1)H元素在周期表中的位置是________；写出①的离子反应方程式：_________；检验E溶液中阳离子的最佳试剂为________。
(2)这类反应常用于冶炼高熔点的金属。用MnO2冶炼金属锰的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________。
(3)SCR技术处理机动车尾气时，在催化条件下利用氨气与C反应，生成无污染的物质。发生反应的化学方程式为__________。
(4)F与NaClO、NaOH溶液反应，可制得一种“绿色”高效净水剂K2FeO4。每生成1molFeO42-时转移____________mol电子。
【答案】(1). 第三周期ⅢA族 (2). 3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O (3). KSCN溶液 (4). 3：4 (5). 8NH3+6NO27N2+12H2O (6). 3
【解析】
【分析】H和I是两种常见的金属单质，H与G在高温条件下反应产生I和J，则H是Al，I是Fe，J是Al2O3，G是Fe的氧化物，C为红棕色气体，C是B与O2反应生成，则B是NO，C是NO2，C与H2O反应产生的D是HNO3，过量I与D溶液反应生成A，则A是Fe(NO3)2，E是Fe(NO3)3，E与NaOH溶液反应产生F是Fe(OH)3，F加热分解产生G，G为Fe2O3，据此答题。
【详解】（1）H是Al，Al元素在周期表中的位置是第三周期ⅢA族，反应①是Fe2+在酸性条件下被NO3-氧化变为Fe3+的过程，离子反应方程式：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，E中金属阳离子是Fe3+，检验Fe3+的最佳试剂为KSCN溶液，若看到溶液变为血红色，就证明含有Fe3+，故答案为：第三周期ⅢA族；3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；KSCN溶液。
（2）铝热反应常用于冶炼高熔点的金属。若用MnO2冶炼金属锰，反应方程式为4Al+3MnO23Mn+2Al2O3，在反应中氧化剂是MnO2，还原剂是Al，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：4，故答案为：3：4。
（3）SCR技术处理机动车尾气时，在催化条件下利用氨气与NO2反应，生成无污染的物质N2和水，根据电子守恒和原子守恒，可知发生反应的化学方程式为8NH3+6NO27N2+12H2O，故答案为：8NH3+6NO27N2+12H2O
（4）F是Fe(OH)3，Fe(OH)3与NaClO、NaOH溶液反应，可制得一种“绿色”高效净水剂K2FeO4，Fe(OH)3中Fe元素的化合价为+3价，在K2FeO4中Fe元素的化合价为+6价，所以每生成1molFeO42-时转移3mol电子，故答案为：3。
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