2025年中圖版高三化學下冊月考試卷

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年中圖版高三化學下冊月考試卷687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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、下列鑒別實驗中，所選試劑不合理的是（）A.用水鑒別乙醇和苯B.用碳酸氫鈉溶液鑒別乙酸和乙醇C.用新制的氫氧化銅懸濁液鑒別葡萄糖和蔗糖D.用溴的四氯化碳溶液鑒別裂解氣和焦爐氣2、下列符號不符合事實的是（）A.4s2B.2p10C.3d6D.5f143、下列物質不屬于硅酸鹽工業(yè)產品的是（）A.玻璃B.水泥C.陶瓷D.化肥4、下列物質溶于水時會破壞水的電離平衡，且屬于電解質的是（）A.氯氣B.二氧化硫C.碘化鉀D.碳酸鈉5、FeCO3與砂糖混用可以作補血劑，實驗室里制備FeCO3的流程如圖所示．下列說法錯誤的是（）

A.產品FeCO3在空氣中高溫分解可得到純凈的FeOB.可利用KSCN溶液檢驗FeSO4溶液是否變質C.沉淀過程中有CO2氣體放出D.檢驗沉淀是否洗滌干凈可用鹽酸酸化的BaCl2溶液評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)6、已知NO不溶于水，NO2易溶于水，且與水發(fā)生反應3NO2+H2O═2HNO3+NO．有48mLNO和NO2混合氣體的容器倒置于水中（保持同溫同壓）；待液面穩(wěn)定后，容器內氣體的體積變?yōu)?4mL，則：

（1）原混合氣中，NO是____mL，NO2是____mL．

（2）若在剩余的24mL氣體中，通入6mLO2，待液面穩(wěn)定后，反應后容器內剩余氣體體積為____mL．

（3）若在剩余的24mL氣體中，通入24mLO2，待液面穩(wěn)定后，反應后容器內剩余氣體體積為____mL．

（4）若在原48mLNO、NO2中，通入____mLO2再倒置于水中，氣體會全部被吸收．7、某元素的同位素X，它的氯化物XCl211.1g溶于水制成溶液，加入1mol?L-1的AgNO3溶液200mL恰好完全反應．若這種同位素原子核內有20個中子；求：

（1）Z值是____，A值是____．

（2）X元素在周期表中的位置是____．

（3）把X的單質放入水中其現象是____，反應的化學方程式是____．8、制備氫氣可利用碘硫熱化學循環(huán)法；其原理示意圖如圖1

（1）已知：2SO3（g）?2SO2（g）+O2（g）△H1

H2SO4（l）?SO3（g）+H2O（l）△H2

2H2SO4（l）?2SO2（g）+O2（g）+2H2O（l）△H3

則△H3=____（用△H1和△H2表示）

（2）上述熱化學循環(huán)制氫要消耗大量的能量，從綠色化學角度，能量供應的方案是____．

（3）碘化氫熱分解反應為：2HI（g）?H2（g）+I2（g）△H＞0．則該反應平衡常數表達式：K=____；升溫時平衡常數K____（選填“增大”或“減小”）

（4）本生（Bunsen）反應中SO2和I2及H2O發(fā)生反應為：SO2+I2+2H2O=3H++HSO4─+2I─；I─+I2?I3─．

①當起始時，SO2為1mol，水為16mol，溶液中各離子變化關系如下圖，圖中a、b分別表示的離子是____、____．

②在水相中進行本生反應必須使水和碘顯著過量，但易引起副反應將反應器堵塞．寫出濃硫酸與HI發(fā)生反應生成硫和碘的化學方程式：____．9、某元素基態(tài)原子3P能級有一個單電子，該元素符號為____；3P能級有一個空軌道，該元素符號為____；3P能級有一對孤對電子，該元素符號為____．10、A；B、C、D、E是原子序數依次增大的五種短周期元素．A原子的電子層數與它的核外電子總數相同；A與C、B與D分別為同主族元素，B和C的最外層電子數之和與E的最外層電子數相同．A與E形成的化合物化學式為AE，其分子中含18個電子．請回答下列問題：

（1）D元素的原子結構示意圖為____．

（2）由A、B、C三種元素形成的化合物的化學式為____，這種化合物形成的晶體中所含的化學鍵類型有____．

（3）A、B、D三種元素形成的一種化合物和A、B形成的一種化合物能發(fā)生氧化還原反應，反應的化學方程式為____．11、某晶體（結晶水合物）由五種短周期元素組成．常溫下，將該晶體溶于蒸餾水后可電離出三種離子（忽略水的電離），其中兩種離子含有的電子數均為10個．將該溶液分成等量2份，一份中加入足量稀鹽酸，無明顯現象，再加入BaCl2溶液，產生白色沉淀；向另一份中逐滴加入NaOH溶液至過量，生成沉淀的物質的量與加入NaOH溶液的體積關系如圖所示．

請回答下列問題：

（1）若該晶體的摩爾質量為906g?mol-1，寫出該晶體的化學式____；

（2）B點溶液的pH____7（填“＜”、“＞”或“=”），用化學用語表示其原因____．

（3）若向該晶體的水溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至產生最多的沉淀，寫出該變化的離子方程式____．

（4）C點溶液中所含溶質的化學式為____；此時溶液中各種離子濃度由大到小順序為____．12、現有短周期元素A；B、C、D、E五種元素；原子序數依次增大，A是元素周期表中所有元素中原子半徑最小的；B、C同周期且基態(tài)原子的最外層皆有2個未成對電子；D元素的簡單離子是本周期元素的簡單離子中半徑最小的；E原子M層中p電子數比s電子數多2個．請按要求回答下列問題：

（1）B元素基態(tài)原子的電子排布式為____，A和C組成的含有非極性鍵的化合物的電子式為____．

（2）寫出兩種由上述元素組成，含極性鍵的非極性分子的化學式____

（3）寫出D元素最高價氧化物水化物的電離方程式____．

（4）寫出D、E形成的化合物與水反應的化學方程式____．13、已知A是一種不溶于水的固體非金屬氧化物，根據圖中的轉化關系，回答：（1）A是，D是。（2）寫化學方程式：①，⑤。（3）寫離子方程式：②，③，④。14、某化學興趣小組為探究SO2的性質；按下圖所示裝置進行實驗．請回答下列問題：

(1)裝置A中盛放亞硫酸鈉的儀器名稱是____________；其中發(fā)生反應的化學方程式為____________．

(2)實驗過程中，裝置C中發(fā)生的現象是____________，說明SO2具有____________(填“氧化性”或“還原性”)．

(3)裝置D的目的是探究SO2與品紅作用的可逆性；請寫出實驗操作及現象：____________

(4)尾氣可采用足量____________(填化學式)溶液吸收；有關反應的離子方程式是____________．

(5)有一小組在實驗中發(fā)現，SO2氣體產生緩慢，以致后續(xù)實驗現象很不明顯，但又不存在氣密性問題．請你推測可能的原因并說明相應的驗證方法(寫出一種即可)：評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)15、苯的同系物能與溴水反應．____（判斷對錯）16、將O2和H2的混合氣體通過灼熱的氧化銅，以除去其中的H2____．（判斷對錯）17、Ⅰ．下列用連線方法對部分化學知識進行歸納的內容中，有錯誤的一組是____

A．物質的性質與用途：

阿司匹林易水解--用于解熱消炎鎮(zhèn)痛；不能用于防治心腦血管疾病。

明礬溶于水能形成膠體--用于對水的消毒；凈化。

B．保護環(huán)境：

控制“白色污染”--減少一次性塑料餐具的使用量。

防止水的污染--提倡使用無磷洗衣粉。

C．基本安全常識：

飲用假酒中毒--甲醇引起。

食用假鹽中毒--亞硝酸鈉引起。

D．生活中的一些做法：

除去衣服上的油污--可用汽油洗滌。

使煤燃燒更旺--可增大煤與空氣接觸面積。

Ⅱ．保護環(huán)境；合理利用資源已成為人類共同的目標．請判斷下列說法是否正確（填“√”或“×”）．

（1）水體的富營養(yǎng)化有利于大多數水生動植物的生長．____

（2）減少機動車尾氣排放是改善大氣質量的重要措施．____

（3）焚燒廢棄塑料會產生有害氣體，對大氣造成污染．____

（4）將垃圾分類并回收利用，符合可持續(xù)發(fā)展的要求．____．18、31g白磷中含有的共價鍵數為1.5NA．____（判斷對錯）19、18gD2O所含的電子數為10NA．____（判斷對錯）20、金屬陽離子一定只具有氧化性．____（判斷對錯）評卷人得分四、其他(共3題，共6分)21、化學上將SCN－、OCN－、CN－等離子稱為“類鹵離子”?，F將KSCN溶液滴加到酸性Fe3+溶液中，溶液立即變成紅色。將此紅色溶液分成兩份：一份中____（1）向另一份中____（2）____（3）試用離子方程式解釋以上三部分顏色變化的原因（方程式可以不配平）。22、日常生活中的一些用品與我們化學實驗中的儀器作用相似．請寫出下列生活用品相對應的實驗儀器名稱：

。炒菜時取味精（小勺子）____燒熱水（電熱器）____沖白糖水（杯子）____給病人打針（注射器）____23、（15分）已知有機物A～I之間的轉化關系如圖所示：①A與D、Ｂ與E、I與F互為同分異構體②加熱條件下新制Cu(OH)2懸濁液分別加入到有機物I、F中，I中無明顯現象，F中變磚紅色。③Ｃ的最簡式與乙炔相同，且相對分子質量為104④Ｂ的一種同分異構體與FeCl3發(fā)生顯色反應。根據以上信息，回答下列問題：（1）Ｃ中含有的官能團名稱為（2）H的結構簡式為（3）反應①～⑨中屬于取代反應的是____(4)寫出反應⑥的化學方程式(5)寫出F與新制Cu(OH)2懸濁液反應的化學方程式(6)苯環(huán)上含有兩個取代基且能與NaOH溶液反應，但不與FeCl3發(fā)生顯色反應的G的同分異構體有種.評卷人得分五、簡答題(共3題，共21分)24、已知：①→CH3-CHO+H2O

②在稀堿溶液中；溴苯難發(fā)生水解。

現有分子式為C10H10O2Br2的芳香族化合物X，其苯環(huán)上的一溴代物只有一種，其核磁共振氫譜圖中有四個吸收峰，吸收峰的面積比為1：2：6：1，在一定條件下可發(fā)生下述一系列反應，紅外光譜表明B分子中只含有C=O鍵和C-H鍵，C可以發(fā)生銀鏡反應；E遇FeCl3溶液顯紫色且能與濃溴水反應．

請回答下列問題：

（1）下列關于B的結構和性質的描述正確的是______（選填序號）

a．B與D都含有醛基。

b．B與葡萄糖；蔗糖的最簡式均相同。

c．B可以發(fā)生加成反應生成羧酸。

d．B中所有原子均在同一平面上。

e．lmolB與銀氨溶液反應最多能生成2molAg

（2）F→H的反應類型是______．

（3）I的結構簡式為______．

（4）寫出下列反應的化學方程式：

①X與足量稀NaOH溶液共熱：______．

②F→G的化學方程式：______．

（5）同時符合下列條件的E的同分異構體共有4種，請寫出其中任意一種的結構簡式______．

a．苯環(huán)上核磁共振氫譜有兩種氫。

b．不發(fā)生水解反應。

c．遇FeCl3溶液不顯色。

d．1molE最多能分別與1molNaOH和2molNa反應．25、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}為核電荷數依次增大的五種元素rm{.A}的基態(tài)原子中有rm{2}個未成對電子，rm{B}是地殼中含量最多的元素，rm{C}是短周期中最活潑的金屬元素，rm{D}與rm{C}可形成rm{CD}型離子化合物，rm{E}的基態(tài)原子rm{3d}軌道上有rm{2}個電子rm{.}請回答下列問題：

rm{(1)E}的基態(tài)原子價層電子排布式為______．

rm{(2)DB_{2}^{-}}離子的立體構型為______；rm{A}rm{B}rm{C}的電負性由大到小的順序為______rm{(}用元素符號表示rm{)}．

rm{(3)AB_{2}}形成的晶體的熔點______rm{(}填“高于”、“低于”或“等于”rm{)CD}形成的晶體的熔點；原因是______．

rm{(4)ED_{4}}是制取航空材料的重要原料rm{.E}與rm{B}形成的一種晶體的晶胞結構如圖所示rm{.}取該晶體和rm{A}的單質放在電爐中，并通入rm{D_{2}}后高溫加熱，可制得rm{ED_{4}}同時產生一種造成溫室效應的氣體，該反應的化學方程式是______．26、下列六種短周期元素（用字母x等表示）。最高正價或最低負價與原子序數關系如圖所示。根據判斷出的元素回答問題：

（1）f在周期表中的位置是______。已知x為非金屬元素；由x；e、g三種元素組成的離子化合物的電子式：______。

（2）上述元素簡單離子半徑最大的是（用化學式表示；下同）：______；

比較g；h的最高價氧化物對應水化物的酸性強弱：______。

（3）已知1mole的單質在足量d2中燃燒；恢復至室溫，放出255.5kJ熱量，寫出該反應的熱化學方程式：______。

（4）x和d組成的化合物中，既含有極性共價鍵又含有非極性共價鍵的是______（填化學式），此化合物可將堿性工業(yè)廢水中的CN-氧化，生成碳酸鹽和氨氣，相應的離子方程式為______。評卷人得分六、綜合題(共4題，共36分)27、（2015·海南）銀是一種貴金屬，古代常用于制造錢幣及裝飾器皿，現代在電池和照明器材等領域亦有廣泛應用。回答下列問題。28、（16分）常溫下，在20.0mL0.20mol/LCH3COONa溶液中滴加0.20mol/L的稀鹽酸。溶液的PH值的變化關系如右圖所示。(1)a＞7.0的理由是（用離子方程式表示）（2）如圖，當加入稀鹽酸的體積為V1mL時，溶液的pH值剛好為7.0。此時溶液中c(Cl-)c(CH3COOH)（填＜、＞或＝）。簡要寫出判斷依據。（3）當加入的鹽酸的體積為20.0mL時，測定溶液中的c(H+)為1.3×10-3-mol/L，求CH3COOH的電離平衡常數Ka(設混合后的體積為二者的體積之和，計算結果保留兩位有效數字)。29、（15分）A、B、C、D、E是中學常見的5種化合物，A、B是氧化物。Ⅰ、元素X、Y的單質是生活中常見的金屬，相關物質間的關系如下圖所示。（1）X的單質與A反應的化學方程式是＿＿＿＿＿。（2）若試劑1是NaOH溶液，X的單質與試劑1反應的離子方程式是＿＿＿＿＿。（3）若試劑1和試劑2均是稀硫酸。①檢驗物質D的溶液中金屬離子的方法是＿＿＿＿＿。②將物質C溶于水，其溶液呈酸性，原因是（用離子方程式表示）＿＿＿＿＿。③某高效凈水劑是由Y（OH）SO4聚合得到的。工業(yè)上以E、稀硫酸和亞硝酸鈉為原料來制備Y（OH）SO4，反應中有NO生成，該反應的化學方程式是。Ⅱ、若X、Y是非金屬單質，試劑3是NaOH溶液，F的水溶液可作木材的防火材料，則X的單質與A反應的化學方程式是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿，試劑1和C的化學式分別是＿＿＿＿＿、＿＿＿＿＿。Y在工業(yè)上的主要用途是＿＿＿＿＿＿＿＿（寫一種）。30、（15分）為研究鐵質材料與熱濃硫酸的反應，某小組進行了以下探究活動：[探究一]（1）稱取鐵釘（碳素鋼）12．0g放入30．0mL濃硫酸中，加熱，充分應后得到溶液X并收集到氣體Y。①甲同學認為X中除Fe3+外還可能含有Fe2+。若要確認其中是否含有Fe2+，應選擇加入的試劑為________（選填序號）。a．KSCN溶液和氯水b．鐵粉和KSCN溶液c．濃氨水d．酸性KMnO4溶液②乙同學取672mL（標準狀況）氣體Y通入足量溴水中，發(fā)生反應：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4然后加入足量BaCl2溶液，經適當操作后得到干燥固體4．66g。據此推知氣體Y中SO2的體積分數為____。（相對原子質量：O—16S—32Ba—137）[探究二]分析上述實驗中SO2體積分數的結果，丙同學認為氣體Y中還可能含量有H2和CO2氣體。為此設計了下列探究實驗裝置（圖中夾持儀器省略）。（2）寫出產生CO2的化學方程式____。（3）裝置A中試劑的作用是____。（4）簡述確認氣體Y中含有CO2的實驗現象。（5）如果氣體Y中含有H2，預計實驗現象應是。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、D【分析】【分析】A．乙醇易溶于水；而苯與水互不相溶；

B．乙酸與碳酸氫鈉反應生成二氧化碳氣體；

C．葡萄糖為還原性糖；

D．裂解氣和焦爐氣都含有不飽和烴．【解析】【解答】解：A．乙醇易溶于水；而苯與水互不相溶，溶液分層，可鑒別，故A不選；

B．乙酸的酸性比碳酸強；可與碳酸氫鈉反應生成二氧化碳氣體，乙醇不反應，可鑒別，故B不選；

C．葡萄糖為還原性糖；可與氫氧化銅濁液發(fā)生氧化還原反應，而蔗糖不反應，不能鑒別，故C不選；

D．裂解氣和焦爐氣都含有不飽和烴；應溴的四氯化碳溶液不能鑒別，故D選．

故選D．2、B【分析】【分析】s能級最多排列2個電子、p能級最多排列6個電子、d能級最多排列10個電子、f能級最多排列14個電子，據此分析解答．【解析】【解答】解：原子核外電子排布規(guī)則知，s能級最多排列2個電子、p能級最多排列6個電子、d能級最多排列10個電子、f能級最多排列14個電子，所以不符合事實的是B，故選B．3、D【分析】【分析】硅酸鹽工業(yè)是以含硅元素物質為原料通過高溫加熱發(fā)生復雜的物理、化學變化制得，相應生成物是硅酸鹽．含有硅酸根離子的鹽屬于硅酸鹽，傳統(tǒng)硅酸鹽產品包括：普通玻璃、陶瓷、水泥，以此作答．【解析】【解答】解：A．生產玻璃的原料主要有純堿；石灰石、石英；制備的原料中有含有硅元素，玻璃是傳統(tǒng)硅酸鹽產品，主要成分有硅酸鈉、硅酸鈣等，屬于硅酸鹽，故A正確；

B．生產水泥的原料主要有石灰石；粘土；制備的原料中有含有硅元素，水泥是傳統(tǒng)硅酸鹽產品，其中含有硅酸三鈣、硅酸二鈣、鋁酸三鈣，因此普通水泥屬于硅酸鹽材料，故B正確；

C．生產陶瓷的主要原料是粘土；制備的原料中有含有硅元素，陶瓷主要成分為硅酸鹽，故C正確；

D．化學肥料，簡稱化肥，是用礦物、空氣、水等作為原料，經過化學加工制成的，含有磷元素的肥料稱為磷肥，含有鉀元素的肥料稱為鉀肥，同時含有氮、磷、鉀三種元素中的兩種或兩種以上的肥料稱為復合肥，如氮肥尿素：CO（NH2）2；不含有硅元素，不屬于硅酸鹽工業(yè)產品，故D錯誤；

故選D．4、D【分析】【分析】在水溶液里或熔融狀態(tài)下能導電的化合物是電解質，酸或堿抑制水電離、含有弱離子的鹽促進水電離，所以酸、堿和含有弱離子的鹽都影響水的電離，據此分析解答．【解析】【解答】解：A．氯氣屬于單質；既不是電解質也不是非電解質，故A錯誤；

B．二氧化硫和水反應生成亞硫酸；亞硫酸電離出陰陽離子而使溶液導電，但電離出陰陽離子的物質不是二氧化硫，所以二氧化硫屬于非電解質，故B錯誤；

D．KI在水溶液里電離出陰陽離子而使其溶液導電；所以KI屬于電解質，但KI不水解，所以不影響水的電離，故C錯誤；

D．碳酸鈉在水溶液里電離出陰陽離子而使其溶液導電；且碳酸鈉屬于化合物，所以碳酸鈉為電解質，碳酸根離子水解導致其溶液呈堿性，所以促進水電離，故D正確；

故選D．5、A【分析】【解答】解：A．二價鐵在空氣中加熱易被氧化為三價鐵，所以FeCO3在空氣中高溫分解不能得到FeO；故A錯誤；

B．亞鐵離子變質會生成鐵離子，則驗FeSO4溶液若變質會生成鐵離子；可利用KSCN溶液檢，故B正確；

C．FeSO4與碳酸氫銨發(fā)生的反應為：Fe2++2HCO3﹣=FeCO3↓+H2O+CO2↑，則沉淀過程中有CO2氣體放出；故C正確；

D．沉淀表面吸附硫酸根離子；可用鋇離子檢驗，故D正確．

故選A．

【分析】FeSO4溶液中加碳酸氫銨生成FeCO3，過濾、洗滌，即可得到FeCO3固體．

A．二價鐵在空氣中加熱易被氧化為三價鐵；

B．亞鐵離子變質會生成鐵離子；利用KSCN溶液檢；

C．FeSO4與碳酸氫銨發(fā)生的反應為：Fe2++2HCO3﹣=FeCO3↓+H2O+CO2↑；以此判斷；

D．沉淀表面吸附硫酸根離子，可用鋇離子檢驗．二、填空題(共9題，共18分)6、123616618【分析】【分析】（1）二氧化氮和水能反應；一氧化氮和水不反應，根據差量法計算二氧化氮的體積，從而得出一氧化氮的體積；

（2）根據一氧化氮；氧氣和水反應方程式進行計算；

（3）由關系式4NO～3O2計算出24mLNO消耗O2的體積；從而可得出剩余氧氣體積；

（4）根據反應4NO+3O2+2H2O═4HNO3、4NO2+O2+2H2O═4HNO3及二氧化氮、NO的體積計算出消耗氧氣的總體積．【解析】【解答】解：（1）一氧化氮和水不反應，二氧化氮和水能反應，反應方程式為：3NO2+H2O=2HNO3+NO；

設二氧化氮的體積為x；

3NO2+H2O=2HNO3+NO氣體體積減少。

32

x（48-24）mL=24mL

x==36mL；

則一氧化氮體積=（48-36）mL=12mL；

NO體積是12mL，二氧化氮體積是NO236mL；

故答案為：12；36；

（2）剩余氣體是一氧化氮，一氧化氮、氧氣和水之間的反應式為：4NO+3O2+2H2O=4HNO3；

根據方程式知，一氧化氮和氧氣反應的關系是4：3，則有24mL一氧化氮反應時需要18mL氧氣，實際上有6mL氧氣，所以一氧化氮有剩余，剩余的一氧化氮體積=24mL-×4=16mL；

故答案為：16；

（3）由4NO～3O2知，24mLNO消耗O2的體積為：×24mL=18mL，所以反應后容器內剩余O2為：24mL-18mL=6mL；

故答案為：6；

（4）由4NO+3O2+2H2O═4HNO3

43

12mL9mL

4NO2+O2+2H2O═4HNO3

41

36mL9mL

則需要通入18mLO2，可使管內氣體全部被H2O吸收；

故答案為：18．7、2040第四周期第ⅡA族有氣泡產生Ca+2H2O═Ca（OH）2+H2↑【分析】【分析】由Cl-+Ag+═AgCl↓計算XCl2的物質的量，再由M=計算其摩爾質量，摩爾質量與相對分子質量的數值相等，原子的質量數為原子的近似相對原子質量，結合該原子原子核內有20個中子，根據質子數=質量數-中子數來計算原子的質子數，利用質子數確定元素在周期表中的位置，并利用質量守恒定律及X的性質來書寫反應方程式．【解析】【解答】解：（1）由Cl-+Ag+═AgCl↓可知，n（Cl-）=n（Ag+）=0.2L×1mol/L=0.2mol；

n（XCl2）=n（Cl-）=×0.2mol=0.1mol；

則M（XCl2）==111g/mol；

所以XCl2相對分子質量為111；

所以X的相對原子質量=111-35.5×2=40；即X的質量數為40；

質子數=質量數-中子數=40-20=20；即Z=20，A=40

故答案為：20；40；

（2）X為Ca；位于第四周期第ⅡA族，故答案為：第四周期第ⅡA族；

（3）X為Ca，性質活潑，與水反應生成氫氣和氫氧化鈣，反應的方程式為Ca+2H2O═Ca（OH）2+H2↑，故答案為：有氣泡產生；Ca+2H2O═Ca（OH）2+H2↑．8、△H1+2△H2用廉價的清潔能源供給能量（用太陽能、風能、核能及生物質能等作為能源）增大H+I3-6HI+H2SO4（濃）=3I2↓+S↓+4H2O【分析】【分析】（1）根據蓋斯定律計算；

（2）從能源角度考慮；用太陽能；風能、核能及生物質能等作為能源；

（3）根據平衡常數表達式等于生成物濃度的冪次方之積比上反應物濃度的冪次方之積書寫；

由圖象；升高溫度，氫氣增大，該反應向正反應方向移動，則平衡常數增大；

（4）①根據圖象b為從零越來越大的離子；a為不變的離子，結合反應過程分析判斷；

②根據氧化還原反應得失電子守恒書寫濃硫酸與HI發(fā)生反應生成硫和碘的化學方程式；【解析】【解答】解：（1）已知：①2SO3（g）?2SO2（g）+O2（g）△H1

②H2SO4（l）?SO3（g）+H2O（l）△H2

則①+②×2得，2H2SO4（l）?2SO2（g）+O2（g）+2H2O（l）△H3=△H1+2△H2．

故答案為：△H1+2△H2；

（2）從能源角度考慮；用太陽能；風能、核能及生物質能等作為能源；

故答案為：用廉價的清潔能源供給能量（用太陽能；風能、核能及生物質能等作為能源）；

（3）由2HI（g）?H2（g）+I2（g），故K=；由圖象，升高溫度，氫氣增大，該反應向正反應方向移動，則平衡常數增大；

故答案為：；增大；

（4）①由圖象b為從零越來越大的離子，則根據SO2+I2+2H2O=3H++HSO4-+2I-，I-+I2?I3-，反應中越來越多的離子為I3-；反應過程中氫離子始終不變；

故答案為：H+、I3-；

②由氧化還原反應得失電子守恒，則濃硫酸與HI發(fā)生反應生成硫和碘的化學方程式為：6HI+H2SO4（濃）=3I2↓+S↓+4H2O；

故答案為：6HI+H2SO4（濃）=3I2↓+S↓+4H2O；9、Al或ClSiS【分析】【分析】某元素基態(tài)原子3P能級有一個單電子，根據能量最低原理，基態(tài)原子核外電子排布為：1s22s22p63s23p1或1s22s22p63s23p5；3p能級上有一個空軌道，根據能量最低原理，基態(tài)原子核外電子排布為：1s22s22p63s23p2；3P能級有一對孤對電子，根據能量最低原理，基態(tài)原子核外電子排布為：1s22s22p63s23p4，據此判斷．【解析】【解答】解：某元素基態(tài)原子3P能級有一個單電子，根據能量最低原理，基態(tài)原子核外電子排布為：1s22s22p63s23p1或1s22s22p63s23p5，則該元素為Al或Cl；3p能級上有一個空軌道，根據能量最低原理，基態(tài)原子核外電子排布為：1s22s22p63s23p2，則該元素為Si；3P能級有一對孤對電子，根據能量最低原理，基態(tài)原子核外電子排布為：1s22s22p63s23p4；則該元素為S；

故答案為：Al或Cl；Si；S．10、NaOH離子鍵、共價鍵H2SO3+H2O2=H2SO4+H2O【分析】【分析】A、B、C、D、E是原子序數依次增大的五種短周期元素，A原子的電子層數與它的核外電子總數相同，則A為H元素；A與E形成的化合物化學式為AE，其分子中含18個電子，故E為Cl元素；A與C同主族，處于ⅠA族，B和C的最外層電子數之和與E的最外層電子數相同，則B的最外層電子數為7-1=6，處于ⅥA族，B與D為同主族，原子序數B小于D，則B為O元素，D為S元素；C原子序數大于氧元素，C與氫元素為同主族，故C為Na元素，據此進行解答．【解析】【解答】解：A；B、C、D、E是原子序數依次增大的五種短周期元素；A原子的電子層數與它的核外電子總數相同，則A為H元素；A與E形成的化合物化學式為AE，其分子中含18個電子，故E為Cl元素；A與C同主族，處于ⅠA族，B和C的最外層電子數之和與E的最外層電子數相同，則B的最外層電子數為7-1=6，處于ⅥA族，B與D為同主族，原子序數B小于D，則B為O元素，D為S元素；C原子序數大于氧元素，C與氫元素為同主族，故C為Na元素；

（1）D為硫元素，原子序數為16，其原子結構示意圖為：

故答案為：

（2）由A、B、C三種元素形成的化合物為氫氧化鈉，化學式為：NaOH，氫氧化鈉是離子化合物，由鈉離子與氫氧根離子構成，電子式為晶體中鈉離子與氫氧根離子之間形成離子鍵，氫氧根離子中氫原子與氧原子之間形成共價鍵；

故答案為：NaOH；離子鍵；共價鍵；

（3）由A、B、D三種元素形成的一種化合物和A、B兩種元素形成的一種化合物能發(fā)生氧化還原反應，應是亞硫酸與過氧化氫反應生成硫酸與水，反應的化學方程式：H2SO3+H2O2=H2SO4+H2O；

故答案為：H2SO3+H2O2=H2SO4+H2O．11、（NH4）2SO4?Al2（SO4）3?24H2O＞NH3?H2O?NH4++OH-NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=NH3?H2O+Al（OH）3↓+BaSO4↓Na2SO4、NaAlO2、NH3?H2Oc（Na+）＞c（SO42-）＞c（AlO2-）＞c（OH-）＞c（NH4+）＞c（H+）【分析】【分析】一份中加入足量稀鹽酸，無明顯現象，再加入BaCl2溶液；說明溶液中有硫酸根離子，由圖象隨氫氧化鈉的加入沉淀量先增加，后減少，而A→B沉淀量不變，說明銨根離子與氫氧根結合生成一水合氨，所以晶體是硫酸鋁銨的結晶水合物，而O→A消耗氫氧化鈉的體積是6，而A→B，消耗氫氧化鈉是2，所以晶體組成中銨根離子與鋁之比為：1；1；

（1）硫酸鋁銨的結晶水合物的化學式為（NH4）2SO4?Al2（SO4）3?xH2O；求出x的值；

（2）B點的溶質為硫酸鈉和一水合氨；以氨水的電離為主，溶液呈堿性；

（3）產生最多的沉淀，也就是硫酸根離子完全沉淀，所以離子方程式為：NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=NH3?H2O+Al（OH）3↓+BaSO4↓；

（4）B→C，發(fā)生氫氧化鋁溶解，所以C點的溶質為：Na2SO4、NaAlO2、NH3?H2O，此時溶液呈堿性，結合各離子的物質的量分析離子濃度的大小．【解析】【解答】解：加入BaCl2溶液；說明溶液中有硫酸根離子，由圖象隨氫氧化鈉的加入沉淀量先增加，后減少，而A→B沉淀量不變，說明銨根離子與氫氧根結合生成一水合氨，所以晶體是硫酸鋁銨的結晶水合物，而O→A消耗氫氧化鈉的體積是6，而A→B，消耗氫氧化鈉是2，所以晶體組成中銨根離子與鋁之比為：1；1；

（1）硫酸鋁銨的結晶水合物的化學式為（NH4）2SO4?Al2（SO4）3?xH2O，得x==24，所以晶體的化學式為：（NH4）2SO4?Al2（SO4）3?24H2O；故答案為：（NH4）2SO4?Al2（SO4）3?24H2O；

（2）B點的溶質為硫酸鈉和一水合氨，以氨水的電離為主，溶液呈堿性，氨水電離的方程式為：NH3?H2O?NH4++OH-，故答案為：＞；NH3?H2O?NH4++OH-；

（3）產生最多的沉淀，也就是硫酸根離子完全沉淀，所以離子方程式為：NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=NH3?H2O+Al（OH）3↓+BaSO4↓，故答案為：NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=NH3?H2O+Al（OH）3↓+BaSO4↓；

（4）B→C，發(fā)生氫氧化鋁溶解，所以C點的溶質為：Na2SO4、NaAlO2、NH3?H2O，此時溶液呈堿性，一水合氨的電離大于偏鋁酸鹽的水解，而一水合氨電離產生的氫氧根離子對偏鋁酸根離子的水解起抑制作用，所以離子濃度大小的順序為：c（Na+）＞c（SO42-）＞c（AlO2-）＞c（OH-）＞c（NH4+）＞c（H+），故答案為：c（Na+）＞c（SO42-）＞c（AlO2-）＞c（OH-）＞c（NH4+）＞c（H+）．12、略

【分析】

現有短周期元素A、B、C、D、E五種元素，原子序數依次增大，A是元素周期表中所有元素中原子半徑最小的，則A為氫元素；E原子M層中p電子數比s電子數多2個，E原子外圍電子排布為3s23p4，則E為硫元素；B、C同周期且基態(tài)原子的最外層皆有2個未成對電子，外圍電子排布為ns2np2、ns2np4；由于E為硫元素，故B；C處于第二周期，則B為碳元素、C為氧元素；D元素的簡單離子是本周期元素的簡單離子中半徑最小的，且原子序數大于氧元素，則D處于第三周期，故D為Al元素；

（1）B為碳元素，基態(tài)原子的電子排布式為1s22s22p2；

H和O組成的含有非極性鍵的化合物為H2O2，的電子式為

故答案為：1s22s22p2；

（2）由上述元素組成，含極性鍵的非極性分子的化學式有：CO2、CS2、CH4、C2H2、C6H6等；

故答案為：CO2、CS2、CH4、C2H2、C6H6等；

（3）氫氧化鋁的電離方程式為：AlO2-+H++H2O?Al（OH）3?Al3+3OH-；

故答案為：AlO2-+H++H2O?Al（OH）3?Al3+3OH-；

（4）Al、S形成的化合物為Al2S3，在水中發(fā)生雙水解反應生成氫氧化鋁與硫化氫，與水反應的化學方程式為：Al2S3+6H2O=2Al（OH）3↓+3H2S↑；

故答案為：Al2S3+6H2O=2Al（OH）3↓+3H2S↑．

【解析】【答案】現有短周期元素A、B、C、D、E五種元素，原子序數依次增大，A是元素周期表中所有元素中原子半徑最小的，則A為氫元素；E原子M層中p電子數比s電子數多2個，E原子外圍電子排布為3s23p4，則E為硫元素；B、C同周期且基態(tài)原子的最外層皆有2個未成對電子，外圍電子排布為ns2np2、ns2np4；由于E為硫元素，故B；C處于第二周期，則B為碳元素、C為氧元素；D元素的簡單離子是本周期元素的簡單離子中半徑最小的，且原子序數大于氧元素，則D處于第三周期，故D為Al元素，據此解答．

13、略

【分析】試題分析：由“A是一種不溶于水的固體非金屬氧化物”可推知A為SiO2，再結合SiO2的相關性質：SiO2跟Na2CO3在高溫下反應生成Na2SiO3和CO2，二者在水中會反應生成H2SiO3沉淀，H2SiO3受熱分解生成SiO2和H2O，說明A為SiO2是正確的。由SiO2→B→H2SiO3，可知B為Na2SiO3?？键c：含硅礦物與信息材料【解析】【答案】（1）SiO2H2SiO3（2）①Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑⑤H2SiO3====H2O+SiO2（3）②CO2+H2O+Si====C+H2SiO3↓③SiO2+2OH-====Si+H2O④Si+2H+====H2SiO3↓14、略

【分析】解：(1)裝置A中盛放亞硫酸鈉的儀器是蒸餾燒瓶，亞硫酸鈉和濃硫酸反應生成硫酸鈉、二氧化硫和水，反應方程式為：Na2SO3+H2SO4(濃)=Na2SO4+SO2↑+H2O；

故答案為：蒸餾燒瓶；Na2SO3+H2SO4(濃)=Na2SO4+SO2↑+H2O；

(2)二氧化硫能和硫化氫發(fā)生反應生成淡黃色沉淀；所以C中出現黃色渾濁，該反應中，二氧化硫中的硫元素化合價由+4價變?yōu)?價，所以二氧化硫得電子而作氧化劑，體現氧化性；

故答案為：無色溶液中出現黃色渾濁；氧化性；

(3)二氧化硫能和有色物質反應生成無色物質；所以二氧化硫能使品紅溶液褪色，但二氧化硫的漂白性不穩(wěn)定，加熱無色溶液時，溶液又變?yōu)榧t色，其操作方法和現象為：品紅溶液褪色后，關閉分液漏斗的旋塞，點燃酒精燈加熱，溶液恢復為紅色；

故答案為：品紅溶液褪色后；關閉分液漏斗的旋塞，點燃酒精燈加熱，溶液恢復為紅色；

(4)二氧化硫屬于酸性氧化物，能和堿反應生成鹽和水，所以能用堿液氫氧化鈉溶液吸收，離子反應方程式為：SO2+2OH-=SO32-+H2O；

故答案為：NaOH；SO2+2OH-=SO32-+H2O；

故答案為：；

(5)影響化學反應速率的因素有：濃度、溫度等，亞硫酸鈉變質會生成硫酸鈉，硫酸鈉和濃硫酸不反應，亞硫酸鈉和稀硫酸反應產生的二氧化硫速率會很慢，所以可能的原因是Na2SO3變質或不是濃硫酸；

取待測試樣于試管中；加適量的蒸餾水配成溶液，滴加足量的稀鹽酸，再加入氯化鋇溶液，如果有白色沉淀生成，則證明該亞硫酸鈉已變質；

或者用潔凈的玻璃棒沾取待測試樣；滴到白紙上，如果不變黑，則證明該溶液不是濃硫酸；

故答案為：Na2SO3變質；取待測試樣于試管中，加適量的蒸餾水配成溶液，滴加足量的稀鹽酸，再加入氯化鋇溶液，如果有白色沉淀生成，則證明該亞硫酸鈉已變質；

不是濃硫酸；用潔凈的玻璃棒沾取待測試樣，滴到白紙上，如果不變黑，則證明該溶液不是濃硫酸．【解析】蒸餾燒瓶;Na2SO3+H2SO4(濃)=Na2SO4+SO2↑+H2O;無色溶液中出現黃色渾濁;氧化性;品紅溶液褪色后，關閉分液漏斗的旋塞，點燃酒精燈加熱，溶液恢復為紅色;NaOH;SO2+2OH-=SO32-+H2O三、判斷題(共6題，共12分)15、×【分析】【分析】苯的同系物能使溴水褪色，發(fā)生萃取現象；據此解答即可．【解析】【解答】解：苯的同系物能使溴水褪色，發(fā)生萃取現象，不發(fā)生化學反應，故錯誤；故答案為：×．16、×【分析】【分析】氫氣具有可燃性，氧氣是助燃劑，混合氣體通過灼熱的氧化銅可能會產生爆炸，且氫氣還原CuO后生成的Cu易被氧化．【解析】【解答】解：氫氣具有可燃性，氧氣是助燃劑，混合氣體通過灼熱的氧化銅可能會產生爆炸，且氫氣還原CuO后生成的Cu易被氧化，則混合氣體通過灼熱的氧化銅，不能除雜，故答案為：×．17、×【分析】【分析】Ⅰ．A．阿司匹林能用于防治心腦血管疾病；明礬不能消毒；

B．使用一次性塑料餐具可引起白色污染；

C．甲醇有毒；

D．增大煤與空氣接觸面積可提高煤燃燒效率．

Ⅱ．（1）水體富營養(yǎng)化會導致植物的瘋長；破壞生態(tài)平衡；

（2）機動車尾氣排放是倒是環(huán)境污染的主要原因；

（3）焚燒塑料產生的氣體會導致空氣污染；

（4）垃圾分類并回收利用可以減少污染，節(jié)約能源．【解析】【解答】解：Ⅰ．A．阿司匹林能用于防治心腦血管疾病；明礬不能消毒，故A錯誤；

B．使用一次性塑料餐具可引起白色污染；含磷洗衣粉可引起水體富營養(yǎng)化，故B正確；

C．甲醇和亞硝酸鈉有毒；故C正確；

D．油污易溶于汽油；增大煤與空氣接觸面積可提高煤燃燒效率，故D正確．

故選A；

Ⅱ．（1）水體富營養(yǎng)化會導致植物的瘋長；會破壞環(huán)境生態(tài)平衡，故答案為：×；

（2）機動車尾氣二氧化硫；二氧化氮、一氧化氮等氣體的排放會引起環(huán)境污染；減少機動車尾氣排放可以改善大氣質量，故答案為：√；

（3）焚燒塑料產生有毒氣體氣體會導致空氣污染；有的塑料可以回收利用，故答案為：√；

（4）垃圾分類并回收利用可以減少污染，節(jié)約能源，符合可持續(xù)發(fā)展的要求，故答案為：√．18、√【分析】【分析】白磷分子中含有6個P-P共價鍵，白磷分子式為P4，據此進行計算含有共價鍵數目．【解析】【解答】解：白磷是正四面體型結構，分子中含有6個P-P共價鍵；31g白磷（分子式為P4）的物質的量是0.25mol，所以分子中含有P-P共價鍵1.5mol，含有的共價鍵數目為1.5NA，故答案為：√；19、×【分析】【分析】D2O的相對分子質量為20，結合n==計算．【解析】【解答】解：D2O的相對分子質量為20，18gD2O的物質的量為=0.9mol，則所含的電子數為9NA．故答案為：×．20、×【分析】【分析】金屬陽離子不一定只有氧化性，可能具有還原性，考慮變價金屬陽離子即可．【解析】【解答】解：一般常見金屬陽離子只具有氧化性，但是亞鐵離子、亞銅離子等據既具有氧化性又具有還原性，故金屬陽離子一定只具有氧化性的說法錯誤，故答案為：×．四、其他(共3題，共6分)21、略

【分析】此題解答的關鍵是抓住“類鹵離子”的信息。SCN－與Cl－相似，被氧化后則生成（SCN）2。Fe3＋與SCN－形成的絡離子和分子有6種，在書寫離子方程式時，有多種寫法，均屬合理答案。此題涉及的知識點有：氧化性：MnO4－＞（SCN）2＞Fe3＋．所以．MnO4－滴入Fe（SCN）2+溶液中．將SCN－氧化為（SCN）2，使血紅色褪去；滴入Fe2＋的溶液中，MnO4－的紫色褪去。Fe3＋可氧化SO2而破壞Fe（SCN）＋2的組成，所以，SO2通入Fe（SCN）＋2后，也使血紅色褪去。考向指南：《考試大綱》明確規(guī)定，考生必須要具備一定的接受信息，處理信息的能力，因此像這種信息題是高考的必考題型。“類鹵素”是經?？嫉降闹R點，我們應該可以依據鹵素的性質推測“類鹵素”的性質，并進行應用?！邦慃u素”如：（CN）2、（SCN）2、（OCN）2、IBr等性質與鹵素相似，表現在氧化性、與堿溶液反應生成鹵化物和次鹵酸鹽、與Ag＋結合的生成物的難溶性等。但是，由于類鹵素的組成不是一種元素，其各元素的化合價有差別，以致在參加化學反應中價態(tài)的變化與鹵素單質不完全相同。如IBr＋H2O＝HBr＋HIO的反應不屬于氧化還原反應等?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）Fe（SCN）2+＋MnO4－＋H＋→Fe3＋＋（SCN）2＋Mn2＋＋H2O（2）Fe（SCN）2+＋SO2＋H2O→Fe2＋＋SO42－＋SCN－＋H＋（3）Fe2＋＋MnO4－＋H＋→Fe3＋＋Mn2＋＋H2O22、藥匙酒精燈燒杯膠頭滴管或分液漏斗或量筒【分析】【分析】根據實驗儀器的特點和作用來選擇適合的生活用品，如玻璃杯和燒杯相似．【解析】【解答】解：根據實驗儀器的特點和作用來選擇適合的生活用品；取味精的小勺子和藥匙相似，作用都是用來取固體的；電容器和酒精燈都是用來加熱的，作用相似；杯子和燒杯都是用來盛放液體的，作用相似；注射器和膠頭滴管或分液漏斗或量筒都是量取或滴加溶液的，作用相似．

故答案為：藥匙、酒精燈、燒杯、量筒或膠頭滴管或分液漏斗．23、略

【分析】C是本題的突破口，根據Ｃ的最簡式及相對分子質量，可推出Ｃ的分子式為C8H8。由于Ｃ可通過消去反應生成，所以Ｃ中含有不飽和鍵，B的一種同分異構體與FeCl3發(fā)生顯色反應，可知B、C等分子中都含有苯環(huán)，推得Ｃ為根據圖中轉化關系，Ａ為鹵代烴，結合Ｅ能發(fā)生連續(xù)氧化反應，Ｅ為伯醇。Ｄ為Ａ、Ｄ為同分異構體，且Ａ能發(fā)生消去反應，則Ａ為依次可推出Ｂ為Ｅ為Ｆ為Ｇ為Ｈ為Ｉ為通過Ａ與Ｄ、Ｂ與Ｅ、Ｉ與Ｆ互為同分異構體，并由題中信息②可進一步驗證。要求寫Ｇ的苯環(huán)上含有兩個取代基且能與NaOH溶液反應，但不與FeCl3發(fā)生顯色反應，兩個取代基可以是—CH3和—COOH，—CH3和中2種，２個取代基各有鄰間對三種位置，共6種同分異構體。【解析】【答案】（１）碳碳雙鍵（1分）（２）（2分）（３）①⑥⑨（3分）（４）（3分）（５）（3分）（６）6種（3分）五、簡答題(共3題，共21分)24、略

【分析】解：（1）a．B是HCHO，D的結構簡式為：B與D都含有醛基，故a正確；

b．HCHO與蔗糖的最簡式不同，故b錯誤；

c．B是HCHO；B可以發(fā)生氧化反應生成羧酸，故c錯誤；

d．B是HCHO；B中所有原子均在同一平面上，故d正確；

e．lmolHCHO與銀氨溶液反應最多能生成4molAg；故e錯誤；

故答案為：ad；

（2）F發(fā)生消去反應生成H；故答案為：消去反應；

（3）通過以上分析知，I的結構簡式為：故答案為：

（4）①X含有酯基和溴原子，所以能和氫氧化鈉溶液反應，X與足量稀NaOH溶液共熱的化學方程式：

故答案為：

②F發(fā)生縮聚反應生成G，F→G的化學方程式為

故答案為：

（5）E的結構簡式為：E的同分異構體符合下列條件；

a．苯環(huán)上核磁共振氫譜有兩種說明苯環(huán)上含有兩類氫原子；b．不能發(fā)生水解反應說明不含酯基；

c．遇FeCl3溶液不顯色說明不含酚羥基；d．1molE最多能分別與1molNaOH和2molNa反應說明含有一個羧基一個醇羥基，則符合條件的E的同分異構體有：所以一共有4種；

故答案為：（其中之一）．

A能連續(xù)被氧化，則A是醇，B是醛，C是羧酸，C能發(fā)生銀鏡反應，則C是甲酸或二甲酸，X水解生成C和D，且X中只含2個氧原子，所以C是HCOOH，B是HCHO，A是CH3OH；

分子式為C10H10O2Br2的芳香族化合物X，其苯環(huán)上有四個取代基且苯環(huán)上的一溴代物只有一種，E遇FeCl3溶液顯色且能與濃溴水反應，所以E中酚羥基的鄰位或對位有氫原子，根據物質轉化關系，可知X的結構簡式為：X水解然后酸化得D，D的結構簡式為：D被氧化生成E，E的結構簡式為：E和氫氣發(fā)生加成反應生成F，F的結構簡式為：F發(fā)生縮聚反應生成G，G的結構簡式為：F反應生成H，H能和溴水發(fā)生加成反應，所以F發(fā)生消去反應生成H，則H的結構簡式為H能發(fā)生加聚反應生成I，I的結構簡式為：以此解答該題．

本題考查了有機物的推斷，為高頻考點，側重考查學生的分析能力，明確有機物的官能團及其性質是解本題關鍵，注意X和氫氧化鈉的水溶液發(fā)生水解時不僅酯基水解，溴原子還水解，含有溴原子的碳原子上有兩個羥基時不穩(wěn)定，易變成醛基，為易錯點．【解析】ad；消去反應；25、略

【分析】解：rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五種常見元素，它們的核電荷數依次增大rm{.E}的基態(tài)原子rm{3d}軌道上有rm{2}個電子，原子核外電子排布式為rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{2}4s^{2}}則rm{E}為rm{Ti}rm{B}是地殼中含量最多的元素，則rm{B}為rm{O}元素；rm{C}是短周期中最活潑的金屬元素，則rm{C}為rm{Na}rm{D}與rm{C}可形成rm{CD}型離子化合物，則rm{D}為rm{Cl}rm{A}的基態(tài)原子中有rm{2}個未成對電子，原子序數小于氧，原子核外電子排布式為rm{1s^{2}2s^{2}2p^{2}}故A為碳元素．

rm{(1)E}的基態(tài)rm{3d}軌道上有rm{2}個電子，原子核外電子排布式為rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{2}4s^{2}}基態(tài)原子價層電子排布式為rm{3d^{2}4s^{2}}

故答案為：rm{3d^{2}4s^{2}}

rm{(2)ClO_{2}^{-}}中rm{Cl}原子孤電子對數rm{=dfrac{7+1-2隆脕2}{2}=2}價層電子對數rm{=2+2=4}為rm{V}形結構，同周期自左而右電負性增大，非金屬性越強電負性越大，故電負性rm{O>C>Na}

故答案為：rm{V}形；rm{O>C>Na}

rm{(3)CO_{2}}形成的晶體屬于分子晶體，rm{NaCl}屬于離子晶體，離子鍵強于分子間作用力，通常情況下，離子晶體熔點大于分子晶體熔點，故Crm{O_{2}}形成的晶體的熔點低于rm{NaCl}

故答案為：低于；rm{CO_{2}}形成的晶體屬于分子晶體，rm{NaCl}屬于離子晶體；離子鍵強于分子間作用力；

rm{(4)}該晶胞中rm{Ti}原子個數rm{=1+8隆脕dfrac{1}{8}=2}rm{O}原子個數rm{=2+4隆脕dfrac{1}{2}=4}則rm{Ti}rm{O}原子個數之比rm{=2}rm{4=1}rm{2}則化學式為rm{TiO_{2}}rm{TiO_{2}}放在電爐中，通入rm{Cl_{2}}和碳的單質后高溫加熱，可制得rm{TiCl_{4}}同時產生一種造成溫室效應的氣體，該氣體為二氧化碳，該反應的化學方程式為：rm{TiO_{2}+C+2Cl_{2}dfrac{underline{;{賂脽脦脗};}}{;}TiCl_{4}+CO_{2}}

故答案為：rm{TiO_{2}+C+2Cl_{2}dfrac{underline{;{賂脽脦脗};}}{;}TiCl_{4}+CO_{2}}．

A、rm{TiO_{2}+C+2Cl_{2}dfrac{

underline{;{賂脽脦脗};}}{;}TiCl_{4}+CO_{2}}rm{TiO_{2}+C+2Cl_{2}dfrac{

underline{;{賂脽脦脗};}}{;}TiCl_{4}+CO_{2}}rm{B}rm{C}五種常見元素，它們的核電荷數依次增大rm{D}的基態(tài)原子rm{E}軌道上有rm{.E}個電子，原子核外電子排布式為rm{3d}則rm{2}為rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{2}4s^{2}}rm{E}是地殼中含量最多的元素，則rm{Ti}為rm{B}元素；rm{B}是短周期中最活潑的金屬元素，則rm{O}為rm{C}rm{C}與rm{Na}可形成rm{D}型離子化合物，則rm{C}為rm{CD}rm{D}的基態(tài)原子中有rm{Cl}個未成對電子，原子序數小于氧，原子核外電子排布式為rm{A}故A為碳元素，據此解答．

本題是對物質結構的考查，涉及晶胞計算、雜化軌道、電負性、核外電子排布、晶體性質等，推斷元素是解題關鍵，注意利用均攤法進行晶胞計算．rm{2}【解析】rm{3d^{2}4s^{2}}rm{V}形；rm{O>C>Na}低于；rm{CO_{2}}形成的晶體屬于分子晶體，rm{NaCl}屬于離子晶體，離子鍵強于分子間作用力；rm{TiO_{2}+C+2Cl_{2}dfrac{underline{;{賂脽脦脗};}}{;}TiCl_{4}+CO_{2}}rm{TiO_{2}+C+2Cl_{2}dfrac{

underline{;{賂脽脦脗};}}{;}TiCl_{4}+CO_{2}}26、第三周期第IIIA族S2-HClO4＞H2SO42Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=-511kJ?mol-1H2O2H2O2+CN-+OH-=CO32-+NH3↑【分析】解：從圖中的最高正價或最低負價與原子序數關系可知x是H元素；d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素；

（1）Al元素，在元素周期表的位置是第三周期IIIA族；NaHS是離子化合物，由Na+和原子團HS-構成，電子式為

故答案為：第三周期第IIIA族