2025年岳麓版必修2化學上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年岳麓版必修2化學上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、COCl2（g）?CO（g）+Cl2（g）?H>0，當反應達到平衡時，下列措施：①升溫，②恒壓通入惰性氣體，③增加CO的濃度，④減壓，⑤加催化劑，⑥恒容通入惰性氣體；能提高COCl2轉化率的是（）A.①②④B.①④⑥C.②③⑥D.③⑤⑥2、已知某反應的能量變化如圖所示；下列說法正確的是。

A.該反應可用于表示Mg與硫酸反應B.該反應只有在加熱條件下才能進行C.反應物的總能量高于生成物的總能量D.該反應可以用于表示CaCO3受熱分解的反應3、某反應使用催化劑后；其反應過程中能量變化如圖。下列說法錯誤的是。

A.任何化學反應都伴隨著能量的變化，能量變化主要是以熱能的形式體現(xiàn)B.總反應為反應物的總能量高于生成物總能量的反應，但反應①是吸熱反應，C.使用催化劑后，總反應的反應熱不變、活化能減小D.ΔH＝ΔH2－ΔH14、在恒溫、容積為2L的密閉容器中通入1molX和2molY，發(fā)生反應：X(g)＋2Y(g)M(g)ΔH＝－akJ/mol(a>0)，5min末測得M的物質(zhì)的量為0．4mol。則下列說法正確的是A.0～5min，Y的平均反應速率為0．08mol·L－1·min－1B.當容器中混合氣體密度不變時達到平衡狀態(tài)C.平衡后升高溫度，X的反應速率降低D.到達平衡狀態(tài)時，反應放出的熱量為akJ5、下圖中能實現(xiàn)人工固氮的是A.閃電B.合成氨車間C.豆科植物根瘤D.綠色植物光合作用6、下列有關硅及其化合物的說法正確的是（）A.晶體硅具有金屬光澤，可以導電，屬于金屬材料B.常溫下，硅的化學性質(zhì)穩(wěn)定，所以自然界中的硅大部分以游離態(tài)存在C.可由兩種單質(zhì)直接反應生成，將其加入溶液中同時有氣體和沉淀產(chǎn)生D.除去中混有的可加入適量的稀鹽酸7、一定條件下，反應：4NH3（g）+5O2（g）＝4NO（g）+6H2O（g）在5L密閉容器中進行，半分鐘后NO的物質(zhì)的量增加了0.3mol，在這段時間內(nèi)NO的化學反應速率為（）A.0.6mol?（L?s）﹣1B.0.12mol?（L?s）﹣1C.0.012mol?（L?s）﹣1D.0.002mol?（L?s）﹣18、下列敘述不正確的是（）A.煤、石油、天然氣屬于不可再生能源B.地球上最基本的能源是太陽能，大自然利用太陽能最成功的是植物的光合作用C.是理想的清潔燃料，儲存和運輸方便，在現(xiàn)實生活和生產(chǎn)中已大量應用D.通過煤的氣化、液化等方法將煤轉化為CO、等燃料，可以提高煤燃燒的熱效率評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)9、下列有關實驗裝置進行的相應實驗；能達到實驗目的是。

A.用圖1所示裝置除去HCl中含有的少量B.用圖2所示裝置驗證在光照條件下甲烷與氯氣的反應C.用圖3所示裝置驗證濃硫酸具有脫水性、強氧化性，具有漂白性、還原性D.用圖4所示裝置制取并收集干燥純凈的10、如圖所示裝置；電流表指針發(fā)生偏轉，同時A極逐漸變粗，B極逐漸變細，C為電解質(zhì)溶液，則A；B、C應是下列各組中的。

A.A是Zn，B是Cu，C為稀硫酸B.A是Cu，B是Zn，C為硫酸銅溶液C.A是Fe，B是Ag，C為稀AgNO3溶液D.A是Ag，B是Fe，C為稀AgNO3溶液11、氨基甲酸銨發(fā)生分解的化學方程式為NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)。利用如下裝置測定不同溫度下該反應以分壓表示的化學平衡常數(shù)Kp，實驗步驟如下：

（Ⅰ）關閉K3，打開K1和K2，開啟真空泵抽氣至測壓儀數(shù)值穩(wěn)定后關閉K1；

（Ⅱ）關閉K2；緩慢開啟K3至U形管兩邊液面相平并保持不變，讀取壓強數(shù)值。記錄25℃；30℃下壓強分別為12.0kPa、17.1kPa。下列說法錯誤的是。

A.氨基甲酸銨分解反應的ΔH＞0B.該反應25℃時的化學平衡常數(shù)Kp=2.56×1011Pa3C.步驟Ⅰ中測壓儀數(shù)值未穩(wěn)定即關閉K1，Kp測量值偏小D.步驟Ⅱ中讀數(shù)時U形管左側液面偏高，Kp測量值偏小12、下列說法中不正確的是A.C5H12有3種同分異構體B.的一氯代物有3種C.CH3CH2OH與CH3OCH3互為同分異構體D.立方烷（）的二氯代物有2種13、下列物質(zhì)中，形成酸雨的主要物質(zhì)有（）A.碳氧化物B.硫氧化物C.氮氧化物D.可吸入顆粒14、寶雞被譽為“青銅器之鄉(xiāng)”；出土了大盂鼎；毛公鼎、散氏盤等五萬余件青銅器。研究青銅器(含Cu、Sn等)在潮濕環(huán)境中發(fā)生的腐蝕對于文物保護和修復有重要意義。圖為青銅器在潮濕環(huán)境中發(fā)生電化學腐蝕的原理示意圖，下列說法不正確的是。

A.青銅器發(fā)生電化學腐蝕，圖中c作負極，被氧化B.負極發(fā)生的電極反應為O2＋4e－＋2H2O＝4OH－C.環(huán)境中的Cl－與正、負兩極反應的產(chǎn)物作用生成a的離子方程式為2Cu2＋＋3OH－＋Cl－＝Cu2(OH)3Cl↓D.若生成0.2molCu2(OH)3Cl，則理論上消耗的O2體積為4.48L15、圖中是幾種常見電化學應用示意圖；有關說法正確的是。

A.甲、乙、丙、丁裝置都是化學能轉變成電能的裝置B.甲、乙裝置中放電時金屬電極均做負極被不斷消耗C.甲、乙、丙、丁裝置中陰離子均移向失電子的一極D.甲、丙均屬于一次電池，乙、丁均屬于二次電池16、關于合成氨工業(yè)：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)+QkJ(Q>0)，下列說法正確的是（）A.1molN2和3molH2的總鍵能大于2molNH3的總鍵能B.使用鐵觸媒作為催化劑對Q值的大小無影響C.用水吸收NH3后，剩余N2和H2循環(huán)利用提高原料利用率D.反應采用高溫條件，可以用勒夏特列原理解釋17、根據(jù)實驗操作和現(xiàn)象所得到的結論正確的是。選項操作與現(xiàn)象結論A將乙烯通入溴的四氯化碳溶液，最終變?yōu)闊o色透明溶液生成的1，2—二溴乙烷無色、可溶于四氯化碳B從煤油中取相同大小的鈉塊分別投入等體積的水和乙醇中，鈉與水反應更劇烈證明乙醇分子中羥基氫原子的活潑性比水分子中的氫原子弱C用鉑絲蘸取溶液進行焰色反應，觀察到火焰呈黃色該溶液一定是鈉鹽溶液D甲烷與氯氣在光照下反應后的混合氣體能使?jié)駶櫟乃{色石蕊試紙變紅生成的一氯甲烷具有酸性

A.AB.BC.CD.D評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)18、I．把在空氣中久置的鋁片5.0g投入盛有500mL0.5mol?L﹣1硫酸溶液的燒杯中，該鋁片與硫酸反應產(chǎn)生氫氣的速率與反應時間的關系可用下圖所示的坐標曲線來表示，請回答下列問題。

（1）曲線由O→a段不產(chǎn)生氫氣的原因是_____________，有關反應的化學方程式為_____。

（2）曲線由a→c段，產(chǎn)生氫氣的速率增加較快的主要原因是_____________。

（3）曲線由c以后產(chǎn)生氫氣的速率逐漸下降的主要原因是______________。

II．某同學在用稀硫酸與鋅反應制取氫氣的實驗中；發(fā)現(xiàn)加入少量硫酸銅溶液可以加快氫氣的生成速率．請回答下列問題：

（1）上述實驗中發(fā)生反應的化學方程式有：_____________、_____________；

（2）硫酸銅溶液可以加快氫氣生成速率的原因：_______________；

（3）實驗中現(xiàn)有Na2SO4、MgSO4、Ag2SO4、K2SO4四種溶液，可與上述實驗中CuSO4溶液起相似作用的是：___。19、黑火藥是我國古代四大發(fā)明之一，它的爆炸反應為：2KNO3+3C+SK2S+N2↑+3CO2↑

完成下列填空：

（1）上述反應中的還原劑為___，還原產(chǎn)物有___，當有1molKNO3參加反應時，轉移電子的數(shù)目為___。

（2）KNO3晶體類型是___，其晶體中存在的化學鍵有___。

（3）硫原子的核外電子排布式為___，原子核外有___種不同能量的電子。將SO2和Cl2分別通入品紅溶液中，產(chǎn)生的現(xiàn)象是___；若將SO2和Cl2等體積混合后再緩緩通入品紅溶液，發(fā)現(xiàn)品紅溶液___，其原因是___。

（4）S、C和N三種元素的原子半徑從小到大的順序是___；K2S溶液中除OH-外其它各離子物質(zhì)的量濃度的大小順序為___。

（5）下列事實能說明碳與硫兩元素非金屬性相對強弱的有___。

a.同溫同濃度溶液pH：Na2CO3＞Na2SO4

b.酸性：H2SO3＞H2CO3

c.CS2中碳元素為+4價；硫元素為-2價。

d.分解溫度：CH4＞H2S20、X；Y、Z、Q、E五種元素中；X原子核外的M層中只有兩對成對電子，Y原子核外的L層電子數(shù)是K層的兩倍，Z是地殼內(nèi)含量（質(zhì)量分數(shù)）最高的元素，Q的核電荷數(shù)是X與Z的核電荷數(shù)之和，E在元素周期表的各元素中電負性最大。請回答下列問題：

（1）X、Y的元素符號依次為__________、_________；

（2）XZ2與YZ2分子的立體結構分別是_________和_________，相同條件下兩者在水中的溶解度較大的是_________（寫分子式），理由是_________；

（3）Q的元素符號是_________，它屬于第_________周期，它的核外電子排布式為_________，在形成化合物時它的最高化合價為_________；

（4）用氫鍵表示式寫出E的氫化物溶液中存在的所有氫鍵_________。21、2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）能量變化如右圖所示。已知1molSO2（g）完全轉化為1molSO3（g）放熱99kJ。請回答：

（1）E的大小對該反應的△H_______（填“有”或“無”）影響。該反應常用V2O5作催化劑，加入V2O5會使圖中B點_________（填“升高”、“降低”或“不變”），原因是____________________。

（2）V2O5的催化循環(huán)機理可能為：V2O5氧化SO2時，自身被還原為四價釩化合物，四價釩化合物再被氧氣氧化。寫出該催化循環(huán)機理的兩個化學方程式：______、_______。

（3）已知單質(zhì)硫的標準燃燒熱為296kJ·mol－1，則常溫常壓下，由單質(zhì)硫和氧氣經(jīng)兩步反應，若生成3molSO3（g），放出的總熱量為___________________________。22、將兩個鉑電極插入氫氧化鉀溶液中，向兩極分別通入甲烷和氧氣，即構成甲烷燃料電池，則通入甲烷的一極，其電極反應為：__。23、CO2的有效利用可以緩解溫室效應和能源短缺問題。

(1)CO2的電子式是_____，包含的化學鍵類型為____(填“非極性”或“極性”)共價鍵。

(2)在溫度高于31.26℃、壓強高于7.39×106Pa時，CO2處于超臨界狀態(tài)，稱為超臨界CO2流體，可用作萃取劑提取草藥中的有效成分。與用有機溶劑萃取相比，超臨界CO2萃取的優(yōu)點有_________(答出一點即可)。

(3)向2L密閉容器中加入2molCO2和6molH2，在適當?shù)拇呋瘎┳饔孟?，發(fā)生反應：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l)，下列敘述能說明此反應達到平衡狀態(tài)的是__(填字母)。

a．混合氣體的平均相對分子質(zhì)量保持不變。

b．CO2和H2的體積分數(shù)保持不變。

c．CO2和H2的轉化率相等。

d．混合氣體的密度保持不變。

e．1molCO2生成的同時有3molH—H鍵斷裂評卷人得分四、工業(yè)流程題(共2題，共16分)24、大力發(fā)展電動汽車；可以有效控制空氣污染．目前機動車常使用的電池有鉛蓄電池；鋰電池等．

Ⅰ鉛蓄電池充放電的總反應為：鋰硫電池充放電的總反應為：．

放電時，鉛蓄電池的負極反應式為______．

鋰硫電池工作時，電子經(jīng)外電路流向______填“正極”或“負極”．

當消耗相同質(zhì)量的負極活性物質(zhì)時，鋰硫電池的理論放電量是鉛蓄電池的______倍．

Ⅱ由方鉛礦制備鉛蓄電池電極材料的方法如下：

油畫所用的白色顏料置于空氣中，遇氣體變成黑色PbS，從而使油畫的色彩變暗，用清洗；可使油畫“復原”．

的作用是______．

已知硫化鉛溶于水時存在溶解平衡：試分析能溶于稀的原因______．

濾液X是一種可循環(huán)使用的物質(zhì)，其溶質(zhì)主要是____填化學式若X中殘留的過多，循環(huán)使用時可能出現(xiàn)的問題是____．

與次氯酸鈉溶液反應可制得寫出該反應的離子方程式______．

以石墨為電極，電解溶液也可以制得則陽極的電極反應式為______；電解時為提高Pb元素的利用率，常在溶液中加入適量理由是______．25、某興趣小組的同學設計的用與Mg反應制備少量單質(zhì)硅的實驗流程如下：

已知：①(易自燃)。

②量氣管的刻度上端為0；下端為50.00mL。

回答下列問題：

(1)用于盛裝與鎂粉反應的坩堝的材質(zhì)適宜為___________(填“陶瓷”“玻璃”或“鐵”)。

(2)步驟②的除雜裝置如圖甲所示，除雜必須在氣氛中的原因是___________，將步驟①反應后的固體冷卻并迅速轉移至小燒杯中，加入足量鹽酸，反應完成時的現(xiàn)象是___________。

(3)測定產(chǎn)品中硅的純度(利用Si與NaOH溶液反應產(chǎn)生氫氣的體積進行換算)：

①該反應的化學方程式為___________。

②稱取一定量的產(chǎn)品硅，加入圓底燒瓶中，如圖乙所示，向其中加入足量NaOH溶液，測量產(chǎn)生氫氣的體積涉及如下步驟，正確的順序是___________(填字母)。

a．讀數(shù)b．冷卻到室溫c．調(diào)節(jié)使量氣管液面與球形漏斗中的液面相平。

③稱取wg產(chǎn)品，利用裝置乙測定產(chǎn)品純度，反應前量氣管液面讀數(shù)為反應后量氣管液面讀數(shù)為(實驗數(shù)據(jù)均轉化為標準狀況下)，則產(chǎn)品的純度為___________(列出計算式)。

評卷人得分五、結構與性質(zhì)(共4題，共8分)26、如表列出了①～⑦七種元素在周期表中的位置。

請按要求回答：

(1)七種元素中，原子半徑最大的是(填元素符號)___。

(2)③與⑦的氣態(tài)氫化物中，穩(wěn)定性較強的是(填化學式)___。

(3)元素⑥的最高價氧化物對應的水化物是(填化學式)___。

(4)由①、②、③三種元素組成的離子化合物是___，檢驗該化合物中陽離子的方法是___。

(5)下列事實能說明O的非金屬性比S的非金屬性強的是___(填字母代號)。

a.O2與H2S溶液反應；溶液變渾濁。

b.加熱條件下H2S比H2O更容易分解。

c.在氧化還原反應中，1molO2比1molS得電子多。

d.H2O的沸點比H2S高。

(6)含有上述元素的物質(zhì)間存在如圖轉化。

M所含的化學鍵類型是___，實驗室檢驗AlCl3是否為離子化合物的方法___。27、下面是合成某藥物的中間體分子(由9個碳原子和若干氫、氧原子構成)的結構示意圖：

試回答下列問題：

(1)通過對比上面的結構簡式與立體模型，請指出結構簡式中的“Et”表示的基團是(寫結構簡式)_____；該藥物中間體的分子式為________。

(2)該分子中含有_________個不飽和碳原子。

(3)該藥物中間體中含氧官能團的名稱為___________。

(4)該藥物中間體分子中與碳原子結合的氫原子被溴原子取代，所得的一溴代物有______種。28、元素周期表是學習化學的重要工具。下表為8種元素在周期表中的位置。

（1）如圖所示的模型表示的分子中，可由A、D形成的是____。

c與氯氣反應生成的二元取代物有____種，d分子的結構簡式____。

（2）Na在F單質(zhì)中燃燒產(chǎn)物的電子式為____。該燃燒產(chǎn)物中化學鍵的類型為：____。上述元素的最高價氧化物的水化物中，堿性最強的是____(寫化學式)。

（3）A與D組成的化合物中，質(zhì)量相同，在氧氣中完全燃燒消耗氧氣最多的是：____

（4）關于（1）中d分子有下列問題：

①d分子中同一平面的原子最多有____個。

②若用－C4H9取代d上的一個H原子，得到的有機物的同分異構體共有____種。29、A；B、C、D、E、F是元素周期表中前四周期元素；且原子序數(shù)依次增大，其相關信息如下：

①A的周期序數(shù)等于其主族序數(shù)；

②B；D原子的L層中都有兩個未成對電子；

③E元素原子最外層電子排布式為(n+1)Sn(n+1)Pn-1；

④F原子有四個能層；K；L、M全充滿，最外層只有一個電子。

試回答下列問題：

（1）基態(tài)E原子中，電子占據(jù)的最高能層符號為_____，F(xiàn)的價層電子排布式為_________________。

（2）B、C、D的電負性由大到小的順序為_________（用元素符號填寫）,C與A形成的分子CA3的VSEPR模型為__________。

（3）B和D分別與A形成的化合物的穩(wěn)定性：BA4小于A2D，原因是______________________________。

（4）以E、F的單質(zhì)為電極，組成如圖所示的裝置，E極的電極反應式為_____________________________。

（5）向盛有F的硫酸鹽FSO4的試管里逐滴加入氨水，首先出現(xiàn)藍色沉淀，繼續(xù)滴加氨水，藍色沉淀溶解，得到深藍色溶液，再向深藍色透明溶液中加入乙醇，析出深藍色晶體。藍色沉淀溶解的離子方程式為___________________________。

（6）F的晶胞結構（面心立方）如右圖所示：已知兩個最近的F的距離為acm，F(xiàn)的密度為__________g/cm3（阿伏加德羅常數(shù)用NA表示；F的相對原子質(zhì)量用M表示）

參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、A【分析】【分析】

【詳解】

①正反應吸熱，升溫，平衡正向移動，能提高COCl2的轉化率；

②正反應是氣體分子數(shù)增大的反應，恒壓通入惰性氣體，體積增大，相當于減壓，平衡正向移動，能提高COCl2的轉化率；

③增加CO的濃度，平衡逆向移動，COCl2的轉化率減?。?/p>

④正反應是氣體分子數(shù)增大的反應，減壓，平衡正向移動，能提高COCl2的轉化率；

⑤加催化劑，平衡不移動，COCl2的轉化率不變；

⑥恒容通入惰性氣體，各組分的濃度不變，平衡不移動，COCl2的轉化率不變；

能提高COCl2轉化率的是①②④，答案選A。2、D【分析】【分析】

【詳解】

由圖得出的信息是反應物能量低于生成物能量；是吸熱反應；

A．Mg與硫酸反應是放熱反應；與圖示不一致，故A錯誤；

B．反應是吸熱還是放熱與反應條件無關；故B錯誤；

C．從圖看出反應物的總能量低于生成物的總能量；故C錯誤；

D．CaCO3受熱分解的反應是吸熱反應；符合圖示，故D正確；

故答案為：D3、D【分析】【詳解】

A.化學反應的實質(zhì)是舊鍵的斷裂；新鍵的生成，任何化學反應都伴隨著能量的變化，能量變化主要是以熱能的形式體現(xiàn)，故A正確；

B.總反應為反應物的總能量高于生成物總能量的反應；反應①中A與B的能量小于C與D的能量之和，是吸熱反應，故B正確；

C.由圖可知；反應物總能量大于生成物總能量，且催化劑可降低反應的活化能，焓變等于正逆反應的活化能之差，使用催化劑后，總反應的反應熱不變；活化能減小，故C正確；

D.由圖可知，△H1為正，△H2為負，則△H=△H1＋△H2；故D錯誤；

故選D。4、A【分析】【詳解】

A．v(M)==0.04mol?L-1?min-1，相同時間內(nèi)同一反應中不同物質(zhì)的反應速率之比等于其計量數(shù)之比，0～5min，Y平均反應速率=2v(M)=2×0.04mol?L-1?min-1=0.08mol?L-1?min-1；故A正確；

B．該反應過程中容器的體積不變；氣體的質(zhì)量不變，因此氣體的密度始終不變，容器中混合氣體密度不變，不能說明達到平衡狀態(tài)，故B錯誤；

C．升高溫度；活化分子百分數(shù)增大，所以正逆反應速率都增大，故C錯誤；

D．該反應為可逆反應；所以X；Y不能完全轉化為生成物，達到平衡狀態(tài)時X消耗的物質(zhì)的量小于1mol，所以放出的熱量小于akJ，故D錯誤；

答案選A。

【點睛】

本題的易錯點為B，要注意根據(jù)化學平衡的特征判斷平衡狀態(tài)，選擇的物理量需要隨著時間的變化而變化。5、B【分析】【詳解】

A．閃電時；氮氣和氧氣反應生成NO，屬于自然固氮，選項A錯誤；

B．合成氨車間N2與H2在一定條件下反應生成NH3；屬于人工固氮，選項B正確；

C．豆科植物的根瘤菌將氮的化合物轉變成植物蛋白；屬于生物固氮，選項C錯誤；

D．光合作用是將二氧化碳和水轉化為有機物和氧氣；不屬于固氮，選項D錯誤；

答案選B。

【點睛】

本題考查學生氮的固定以及分類方面的知識，注意知識的積累是解題的關鍵，人工固氮是人為的條件下將氮元素的單質(zhì)轉化為化合物的過程。6、D【分析】【詳解】

A.晶體硅具有金屬光澤；可以導電，屬于無機非金屬材料，A錯誤；

B.常溫下；硅的化學性質(zhì)穩(wěn)定，但自然界中沒有游離態(tài)的硅，B錯誤；

C.可由兩種單質(zhì)直接反應生成，但它與溶液不反應；C錯誤；

D.中混有BaCO3，加入稀鹽酸，BaCO3溶解，過濾洗滌后，便可得到純凈的SiO2；D正確。

故選D。7、D【分析】【分析】

根據(jù)v=計算v(NO)。

【詳解】

半分鐘后NO的物質(zhì)的量增加了0.3mol，則在這段時間內(nèi)NO的化學反應速率為：v（NO）＝0.3mol/5L/30s＝0.002mol?（L?s）﹣1。

答案選：D。

【點睛】

本題考查化學反應速率的計算，根據(jù)v=進行計算，注意時應該區(qū)分濃度的變化和物質(zhì)的量的變化，這也是許多考生在計算時容易出現(xiàn)的錯誤，誤將物質(zhì)的量變化代入濃度的變化進行求算而出錯。8、C【分析】【詳解】

A.能源分為可再生能源和不可再生能源；煤；石油、天然氣都屬于不可再生能源，故A正確；

B.地球上的能源歸根結底來自于太陽能；而大自然利用太陽能最成功的是植物的光合作用，故B正確；

C.是理想的清潔燃料，但儲存和運輸困難，且制取的能耗偏高；在現(xiàn)實生活和生產(chǎn)中還未大量應用，故C錯誤；

D.通過煤的氣化、液化等方法將煤轉化為CO、等燃料，可以提高煤燃燒的熱效率，故D正確。二、多選題(共9題，共18分)9、BC【分析】【分析】

【詳解】

A．飽和食鹽水用于除去Cl2中少量HCl；描述錯誤，不符題意；

B．甲烷與氯氣體積比1:4是甲烷鹵代最佳比例；飽和食鹽水確保氯氣盡量不溶于水，描述正確，符合題意；

C．蔗糖與濃硫酸反應，蔗糖變黑體現(xiàn)濃硫酸脫水性，產(chǎn)生SO2氣體，體現(xiàn)濃硫酸強氧化性，品紅褪色體現(xiàn)SO2漂白性，KMnO4溶液褪色體現(xiàn)SO2還原性；描述正確，符合題意；

D．氨氣密度小于空氣；應用向下排空氣法收集氨氣，描述錯誤，不符題意；

綜上，本題選BC。10、BD【分析】【分析】

【詳解】

A．若A是Zn；B是Cu，C為稀硫酸，銅鋅在稀硫酸溶液中構成原電池，鋅做原電池的負極，鋅失去電子發(fā)生氧化反應被損耗，與A極逐漸變粗不相符，故A錯誤；

B．A是Cu；B是Zn，C為硫酸銅溶液，銅鋅在硫酸銅溶液中構成原電池，鋅做原電池的負極，鋅失去電子發(fā)生氧化反應被損耗，銅做正極，銅離子在正極得到電子發(fā)生還原反應生成銅，質(zhì)量增加，與A極逐漸變粗，B極逐漸變細相符，故B正確；

C．若A是Fe，B是Ag，C為稀AgNO3溶液；鐵銀在硝酸銀溶液中構成原電池，鐵做原電池的負極，鐵失去電子發(fā)生氧化反應被損耗，與A極逐漸變粗不相符，故C錯誤；

D．若A是Fe，B是Ag，C為稀AgNO3溶液；鐵銀在硝酸銀溶液中構成原電池，鐵做原電池的負極，鐵失去電子發(fā)生氧化反應被損耗，銀做正極，銀離子在正極得到電子發(fā)生還原反應生成銀，質(zhì)量增加，與A極逐漸變粗，B極逐漸變細相符，故D正確；

故選BD。11、CD【分析】【詳解】

A.溫度升高氣壓增大；由反應可知，平衡正移，則正反應為吸熱反應，故A正確；

B.設CO2的壓強為xPa，則NH3的壓強為2xPa，總壓強為12.0kPa，則則故B正確；

C.步驟Ⅰ中測壓儀數(shù)值未穩(wěn)定即關閉K1，U形管左側會有殘留空氣，導致Kp測量值偏大；故C錯誤；

D.步驟Ⅱ中讀數(shù)時U形管左側液面偏高，則證明左側氣壓小于右側，Kp測量值偏大；故D錯誤。

故答案選CD。12、BD【分析】【詳解】

A.C5H12符合烷烴的通式；有正戊烷；異戊烷、新戊烷3種結構，故A正確；

B.甲苯有四種氫原子；一氯代物也四種，可以取代甲基上的氫，也可以取代甲基鄰；間、對位的氫原子，故B錯誤；

C.兩者分子式相同；結構不同符合同分異構體的概念，故C正確；

D.立方烷有三種二氯代物；可以取代同一邊上的碳原子氫；面對角線上的碳原子氫、體對角線上的碳原子氫，故D錯誤；

故選：BD。13、BC【分析】【詳解】

硫氧化物和氮氧化物是形成酸雨的主要物質(zhì)，雖然是酸性氧化物，但它是大氣的正常成分，的排放與酸雨無關；它能引起溫室效應；綜上分析符合題意的是BC。

答案選BC14、BD【分析】【分析】

【詳解】

A．根據(jù)圖知；氧氣得電子生成氫氧根離子；Cu失電子生成銅離子，發(fā)生吸氧腐蝕，則Cu作負極被氧化，腐蝕過程中，負極是c，發(fā)生氧化反應，故A正確；

B．氧氣在正極得電子生成氫氧根離子，電極反應式為：O2＋4e－＋2H2O=4OH－；故B錯誤；

C．多孔粉狀銹Cu2(OH)3Cl為固體，故生成Cu2(OH)3Cl的離子方程式為：2Cu2＋＋3OH－＋Cl－=Cu2(OH)3Cl↓；故C正確；

D．不確定氧氣是否在標準狀況下；則不能計算氧氣的體積，故D錯誤；

故答案選BD。

【點睛】

本題關鍵是確定原電池的正負極，書寫電極反應式時要注意環(huán)境的影響。15、BC【分析】【分析】

【詳解】

A．甲；乙、丙裝置屬于化學電源；是將化學能轉化成電能的裝置，丁裝置為電解熔融氧化鋁，是將電能轉化成化學能的裝置，故A說法錯誤；

B．甲裝置中鋅為負極，根據(jù)原電池的工作原理，鋅失電子，乙裝置Pb為負極，Pb失去電子；因此甲；乙裝置中放電時金屬電極均作負極被腐蝕，故B說法正確；

C．甲；乙、丙裝置屬于化學電源；根據(jù)原電池工作原理，陰離子向負極移動，丁裝置為電解池，根據(jù)電解原理，陰離子向陽極移動，電解過程中陽極上發(fā)生氧化反應，故C說法正確；

D．丁裝置不屬于電池；故D說法錯誤；

答案為BC。16、BC【分析】【詳解】

A．N2(g)+3H2(g)2NH3(g)+QkJ(Q>0)為放熱反應，形成化學鍵放出能量高于破壞化學鍵吸收能量，即1molN2(g)和3molH2(g)的總鍵能小于2molNH3(g)的總鍵能；故A錯誤；

B．使用鐵觸媒作為催化劑；能夠加快反應速率，但不影響反應熱，對Q值的大小無影響，故B正確；

C．用水吸收NH3后，氨氣的濃度減小，平衡正向移動，剩余N2和H2循環(huán)利用；可以提高原料利用率，故C正確；

D．該反應為放熱反應；升高溫度，平衡逆向移動，不利于氨氣的合成，不能用勒夏特列原理解釋，故D錯誤；

故選BC。17、AB【分析】【詳解】

A．乙烯可以和溴發(fā)生加成反應生成無色且溶于四氯化碳的1；2—二溴乙烷，所以溶液變?yōu)闊o色透明，故A正確；

B．羥基中H原子越活潑；和鈉反應越劇烈，將大小相同的鈉塊分別放入等體積的水和乙醇中，水中反應更劇烈，則說明乙醇分子中羥基氫原子的活潑性比水分子中的氫原子弱，故B正確；

C．焰色反應呈黃色說明含有Na元素；但不一定是鈉鹽，也可能是NaOH，故C錯誤；

D．甲烷與氯氣在光照下反應后的混合氣體能使?jié)駶櫟乃{色石蕊試紙變紅；是因為取代反應產(chǎn)物中有HCl，并不是一氯甲烷具有酸性，故D錯誤；

故答案為AB。三、填空題(共6題，共12分)18、略

【分析】【詳解】

試題分析：I.(1)曲線O→a段表示氧化鋁與鹽酸反應。

(2)鹽酸與鋁反應為放熱反應；隨反應進行溫度升高。

(3)隨反應進行鹽酸濃度減小。

II．（1）上述實驗中發(fā)生反應有：鋅與硫酸反應生成硫酸鋅和氫氣；鋅與硫酸銅反應生成硫酸鋅和銅；

（2）鋅與硫酸銅溶液反應生成銅單質(zhì)；構成銅鋅原電池；

（3）鋅與硫酸銀溶液反應生成銀單質(zhì)；構成銀鋅原電池；

解析：I.(1)曲線O→a段表示氧化鋁與鹽酸反應，硫酸和氧化鋁反應，不產(chǎn)生氫氣；反應方程式為Al2O3＋3H2SO4===Al2(SO4)3＋3H2O。

(2)鹽酸與鋁反應為放熱反應；隨反應進行溫度升高，使反應速率增大。

(3)曲線c以后；硫酸的濃度逐漸變小，該因素變?yōu)橛绊懛磻俾实闹饕蛩?，使反應速率減小。

II．（1）上述實驗中發(fā)生反應有：鋅與硫酸反應生成硫酸鋅和氫氣、鋅與硫酸銅反應生成硫酸鋅和銅；反應方程式為Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑、Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu；

（2）鋅置換出的銅附著在鋅上；并與稀硫酸構成原電池，使反應加快；

（3）鋅與硫酸銀溶液反應生成銀單質(zhì)，構成銀鋅原電池，所以可與上述實驗中CuSO4溶液起相似作用的是Ag2SO4；

點睛：構成原電池可以加快負極的反應速率?！窘馕觥竣?鋁片表面有Al2O3，硫酸首先與Al2O3反應②.2Al2O3+6H2SO4=2Al2（SO4）3+6H2O③.反應放出的熱量使溶液的溫度升高而加快反應速率④.曲線c以后，硫酸的濃度逐漸變小，該因素變?yōu)橛绊懛磻俾实闹饕蛩兀狗磻俾蕼p?、?Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu⑥.Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑⑦.鋅置換出的銅附著在鋅上，并與稀硫酸構成原電池，使反應加快⑧.Ag2SO419、略

【分析】【詳解】

（1）該反應中N、S元素化合價均降低，C元素化合價升高，因此還原劑為C；還原產(chǎn)物為K2S和N2；當有1molKNO3參加反應時，有1.5molC參加反應，C元素化合價從0價升高至+4價，因此轉移數(shù)目為1.5mol×4NAmol-1=6NA；

（2）KNO3為活潑金屬陽離子與含氧酸根陰離子組成的化合物，其晶體類型屬于離子晶體；晶體中陰陽離子通過離子鍵連接，硝酸根內(nèi)N原子與O原子之間通過共價鍵連接，因此KNO3晶體中存在離子鍵；共價鍵；

（3）S原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù)為16，核外電子數(shù)為16，因此核外電子排布式為：1s22s22p63s23p4或[Ne]3s23p4；核外電子分別處于5個不同的能級中，因此原子核外有5種不同能量的電子；SO2具有漂白性，能夠使品紅溶液褪色，Cl2與水反應生成的HClO具有漂白性，能夠使品紅溶液褪色；將SO2和Cl2等體積混合后再緩緩通入品紅溶液，SO2與Cl2在水中能夠發(fā)生反應：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，生成的HCl、H2SO4均不具有漂白性；因此不能使品紅溶液褪色；

（4）C、N原子核外電子層數(shù)小于S，因此S原子半徑最大，C、N處于同一周期，核外電子層數(shù)相同，質(zhì)子數(shù)越大，其半徑越小，因此半徑相對大小關系為：N2S屬于強堿弱酸鹽，在溶液中能夠發(fā)生水解，S2-一級水解程度>S2-二級水解程度>水的電離程度，因此溶液中除OH-外離子濃度關系為：c(K+)>c(S2-)>c(HS-)>c(H+)；

（5）a．同溫同濃度溶液pH：Na2CO3>Na2SO4，根據(jù)“越弱越水解”，說明酸性：H2SO4>H2CO3，H2SO4、H2CO3分別對應S、C的最高價氧化物對應水化物，可說明非金屬性：S>C；故a符合題意；

b．酸性：H2SO3>H2CO3，說明亞硫酸電離出氫離子的能力強于碳酸，因H2SO3并非S元素對應最高價氧化物對應水化物，不能說明碳元素與硫元素非金屬性相對強弱，故b不符合題意；

c．CS2中碳元素為+4價；硫元素為-2價，可直接說明S的非金屬性強于C，所以S才顯負價，碳元素顯示正價，故c符合題意；

d．分解溫度：CH4>H2S，其原因是C、S均采取sp3雜化，CH4為非極性分子，H-C鍵能較強，在1000℃左右分解，而H2S為極性分子，H-S-H鍵角為92.1o，由于H-S鍵能較弱，導致H2S在300℃左右分解；故不能據(jù)此比較C元素與S元素非金屬性，故d不符合題意；

故答案為：ac。

【點睛】

常見非金屬性的比較規(guī)律：

1；由元素對應簡單單質(zhì)的氧化性判斷：一般情況下；氧化性越強，元素對應非金屬性越強；

2；由單質(zhì)和水反應程度判斷：反應越劇烈；非金屬性越強；

3；由對應簡單氫化物的穩(wěn)定性判斷：氫化物越穩(wěn)定；非金屬性越強；

4；由和氫氣化合的難易程度判斷：化合越容易；非金屬性越強；

5；由最高價氧化物對應水化物的酸性來判斷：酸性越強；非金屬性越強；

值得注意的是：氟元素沒有正價態(tài)，氧目前無最高正價，硝酸則因分子內(nèi)氫鍵導致酸性較弱，所以最高價氧化物對應水合物的酸性最強的是高氯酸，而不是非金屬性高于氯的氮、氧、氟?！窘馕觥竣?C②.K2S和N2③.6NA④.離子晶體⑤.離子鍵、共價鍵⑥.1s22s22p63s23p4或[Ne]3s23p4⑦.5⑧.品紅溶液均褪色⑨.不褪色⑩.將SO2和Cl2等體積混合后在溶液中恰好完全反應生成了鹽酸和硫酸，不再具有漂白性(或SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，鹽酸和硫酸無漂白性)?.Nc(K+)>c(S2-)>c(HS-)>c(H+)?.ac20、略

【分析】【分析】

X原子核外的M層中只有兩對成對電子，核外電子排布應為1s22s22p63s23p4，為S元素，Y原子核外的L層電子數(shù)是K層的兩倍，應為C元素，Z是地殼內(nèi)含量最高的元素，為O元素，Q的核電荷數(shù)是X與Z的核電荷數(shù)之和，原子序數(shù)為24，為Cr元素；E在元素周期表的各元素中電負性最大，應為F元素，結合元素對應單質(zhì)；化合物的結構和性質(zhì)解答該題。

【詳解】

（1）由以上分析可知；X為S，Y為C，故答案為S；C；

（2）SO2中，S和O形成2個鍵，有1個孤電子對，為V形，CO2中，C和O形成2個鍵，沒有孤電子對，為直線形，SO2是極性分子，H2O也是極性分子，相似相溶，而CO2是非極性分子，故SO2在水中溶解度更大；

故答案為V形；直線形；SO2；因為CO2是非極性分子，SO2和H2O都是極性分子，根據(jù)“相似相溶”原理，SO2在H2O中的溶解度較大；

（3）Q為Cr，原子序數(shù)為24，位于周期表第四周期ⅥB族，價電子層電子排布式為3d54s1；最高化合價為+6價；

故答案為Cr；四；3d54s1；+6；

（4）HF的水溶液中；F的電負性較大，可與另一分子的HF或水中的H形成氫鍵，可表示為H-FH，氧原子和氟化氫分子中的氫原子之間能形成氫鍵，可表示為F-HO，氟原子和水分子中的氫原子能形成氫鍵可表示為O-HF，氧原子和另一個水分子中的氫原子能形成氫鍵可表示為O-HO；

故答案為F-HF、F-HO、O-HF、O-HO?！窘馕觥竣?S②.C③.V形④.直線形⑤.SO2⑥.因為CO2是非極性分子，SO2和H2O都是極性分子，根據(jù)“相似相溶”原理，SO2在H2O中的溶解度較大⑦.Cr⑧.四⑨.1s22s22p63s23p63d54s1⑩.+6?.F—HFF—HOO—HFO—HO21、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)E表示反應的活化能，活化能的大小與反應熱△H大小無關；加入V2O5作催化劑后，可降低活化能，提高活化分子百分數(shù)，提高反應速率，即加入V2O5會使圖中B點降低；原因是催化劑能降低活化能使得E值變?。?/p>

（2）依題意即可寫出該催化循環(huán)機理的兩個化學方程式為：SO2+V2O5=SO3+2VO2、4VO2+O2=2V2O5；

（3）燃燒熱是在一定條件下，1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物時所放出的熱量，所以根據(jù)單質(zhì)硫的燃燒熱為296kJ·mol－1可知，該反應的熱化學方程式是S（s）+O2（g）＝SO2（g）△H＝－296kJ·mol－1。根據(jù)蓋斯定律可知，S直接生成SO3的熱化學方程式是S（s）+O2（g）＝SO3（g）△H＝－395kJ·mol－1，所以生成3molSO3（g），放出的總熱量為3mol×395kJ/mol＝1185kJ。【解析】無降低催化劑能降低活化能使得E值變小SO2+V2O5=SO3+2VO24VO2+O2=2V2O51185kJ22、略

【分析】【分析】

燃料電池中；失電子發(fā)生氧化反應的電極為負極；得電子發(fā)生還原反應的電極為正極。

【詳解】

燃料電池中，失電子發(fā)生氧化反應的電極為負極、得電子發(fā)生還原反應的電極為正極，燃料電池中，氧氣一般做正極，燃料一般做負極，因此在此電池中氧氣做正極發(fā)生還原反應，電極反應式為：2O2+4H2O+8e-=8OH-，通入甲烷的一極做負極，發(fā)生氧化反應，電極反應式為CH4+10OH-﹣8e-=CO32-+7H2O，故答案為：CH4+10OH-﹣8e-=CO32-+7H2O。

【點睛】

燃料電池中，失電子發(fā)生氧化反應的電極為負極、得電子發(fā)生還原反應的電極為正極?！窘馕觥緾H4+10OH-﹣8e-=CO32-+7H2O23、略

【分析】【詳解】

(1)C原子最外層有4個電子，O原子最外層有6個電子，C原子的4個成單電子與2個O原子成單電子形成四對共用電子對，使分子中各原子都達到穩(wěn)定結構，電子式是：在CO2分子中存在的化學鍵是C=O，C=O是不同元素的原子之間形成的共價鍵屬于極性鍵，所以CO2分子中含有極性鍵；

(2)物質(zhì)的性質(zhì)與用途不僅與組成和結構有關，還與物質(zhì)所處的狀態(tài)有關，由題目信息知超臨界CO2流體可用作萃取劑；考慮其與有機萃取劑相比，其優(yōu)點是：可以從萃取劑的綠色環(huán)保性；萃取后萃取劑與溶質(zhì)更易分離；

(3)a．反應混合物中只有CO2和H2是氣體，CO2和H2初始投入量之比和反應消耗量之比均為1:3；所以二者體積分數(shù)一直不變，氣體平均相對分子質(zhì)量也一直不變，因此不能據(jù)此判斷反應是否處于平衡狀態(tài)，a不符合題意；

b．反應混合物中只有CO2和H2是氣體，CO2和H2初始投入量之比和反應消耗量之比均為1:3，所以反應體系中CO2和H2體積分數(shù)一直不變，不能據(jù)此判斷反應是否處于平衡狀態(tài)，b不符合題意；

c．反應混合物中只有CO2和H2是氣體，CO2和H2初始投入量之比和反應消耗量之比均為1:3，所以反應體系中CO2和H2的轉化率相同；c不符合題意；

d．容器的容積不變；反應正向進行，氣體的質(zhì)量逐漸減小，氣體的密度也逐漸減小，當氣體的質(zhì)量不變時，氣體的密度不變，反應達到平衡狀態(tài)，d符合題意；

e．根據(jù)方程式可知：每有1molCO2生成，就會形成3molH-H鍵，同時斷裂3molH-H鍵，則H2的濃度不變；反應處于平衡狀態(tài)，e符合題意；

故合理選項是de?！窘馕觥繕O性萃取劑與溶質(zhì)更易分離(或萃取劑更環(huán)保等)de四、工業(yè)流程題(共2題，共16分)24、略

【分析】【分析】

Ⅰ.（1）放電時；鉛蓄電池的負極發(fā)生氧化反應；

（2）原電池工作時電子由負極流向正極；

（3）鉛蓄電池中207g鉛消耗時轉移2mole-；鋰硫電池中7g鋰消耗時轉移1mol電子；

Ⅱ．PbS和硝酸發(fā)生氧化還原反應生成Pb(NO3)2和硫單質(zhì)或硫酸，同時產(chǎn)生NOx，溶液中加入硫酸溶液，生成PbSO4沉淀和HNO3溶液，HNO3可以循環(huán)利用。PbSO4中加入碳酸鈉溶液，PbSO4轉化為PbCO3，PbCO3可以受熱分解成PbO，PbO被NaClO氧化為PbO2。

【詳解】

Ⅰ（1）放電時，鉛蓄電池的負極發(fā)生氧化反應，而鉛離子與溶液中的硫酸根離子生成難溶的硫酸鉛，電極反應式為：故答案為：

（2）原電池工作時電子由負極流向正極；故答案為：正極；

（3）鉛蓄電池中鉛是負極，207g鉛消耗時轉移2mol故鋰硫電池的理論放電量是鉛蓄電池的：倍，故答案為：

Ⅱ（1）①過氧化氫將黑色PbS氧化成白色的硫酸鉛；所以過氧化氫是氧化劑，故答案為：氧化劑；

②已知硫化鉛溶于水時存在溶解平衡：電離產(chǎn)生的硫離子具有還原性，而硝酸具有強氧化性，發(fā)生氧化還原反應，導致硫離子的濃度減少，固平衡正向移動，故答案為：硝酸氧化硫離子導致硫離子的濃度減小，使溶解平衡正向移動，促進PbS的溶解；

（2）硝酸鉛與硫酸發(fā)生復分解反應生成難溶硫酸鉛和硝酸；殘留的過多，會與溶液中的鉛離子結合成難溶的硫酸鉛，導致鉛的流失，減少了二氧化鉛的產(chǎn)量，故答案為：浸出時部分鉛離子生成硫酸鉛隨浸出渣排出；降低硫酸鉛的產(chǎn)率；

（3）①和次氯酸鈉反應生成二氧化鉛和氯化鈉，離子方程式為故答案為：

電解時，陽極上鉛離子失電子和水反應生成二氧化鉛，電極反應式為加入硫酸銅，銅離子在陰極放電生成單質(zhì)銅，避免了鉛離子放電，從而大大提高鉛離子的利用率，故答案為：加入硫酸銅，銅離子在陰極放電生成單質(zhì)銅，避免了鉛離子在陰極放電，增大鉛離子的利用率。

【點睛】

本題考查電化學的相關知識，涉及物質(zhì)的量的有關計算、離子反應、電解原理等知識點，注意（3）中陽極、陰極電極反應式的書寫?！窘馕觥空龢O14.8氧化劑硝酸氧化硫離子導致硫離子的濃度減小，使溶解平衡正向移動，促進PbS的溶解浸出時部分鉛離子生成硫酸鉛隨浸出渣排出，降低硫酸鉛的產(chǎn)率加入硝酸銅，銅離子在陰極放電生成單質(zhì)銅，避免了鉛離子在陰極放電，增大鉛離子的利用率25、略

【分析】【分析】

本題為無機物制備類的工業(yè)流程題；首先在鐵坩堝中將二氧化鎂粉和二氧化硅加熱，在得到的產(chǎn)物中，在二氧化碳的氣氛中加入鹽酸，二氧化碳可以防止硅烷自然，隨后過濾即可得到硅，以此解題。

【詳解】

（1）高溫下鎂能與陶瓷或玻璃中的反應：故用于盛裝與鎂粉反應的坩堝的材質(zhì)適宜為鐵；

（2）根據(jù)題給信息可知，并且易自然，為了防止其與空氣接觸而自然，并且單質(zhì)硅也可以和氧氣反應，需要隔離空氣，故答案為：防止硅被再次氧化，避免自燃；由題可知步驟①后的固體成分中含有可以和鹽酸反應生成氣體故反應完成時的現(xiàn)象是：不再產(chǎn)生氣泡；

（3）①Si與NaOH溶液反應產(chǎn)生氫氣和硅酸鈉，方程式為：

②用量氣法測定氣體體積，需冷卻至室溫，為保證氣體的壓強與大氣壓相等需將量氣管的液面調(diào)到與球形漏斗中的液面相平，讀數(shù)時使視線與量氣管的凹液面相平，故答案為：bca；

③根據(jù)方程式則n(Si)=n(H2)=則產(chǎn)品的純度=【解析】(1)鐵。

(2)防止硅被再次氧化，避免自燃不再產(chǎn)生氣泡。

(3)bca五、結構與性質(zhì)(共4題，共8分)26、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)元素周期表中原子半徑最大的元素應該處于左下角；故七種元素中，原子半徑最大的是在左下角的元素符號為Na，故答案為：Na；

(2)③為O元素，與⑦為S元素，二者的氣態(tài)氫化物中，穩(wěn)定性較強的是非金屬性強的O元素形成的氫化物H2O，故答案為：H2O；

(3)元素⑥Si的最高價氧化物對應的水化物是H2SiO3(或H4SiO4)，故答案為：H2SiO3(或H4SiO4)；

(4)由①、②、③三種元素即H、N、O組成的離子化合物是NH4NO3，檢驗該化合物中陽離子即銨離子的方法是取少量該化合物于試管中，加入NaOH濃溶液，加熱，將濕潤的紅色石蕊試紙放在試管口，若試紙變藍，則證明有銨離子存在，故答案為：NH4NO3；取少量該化合物于試管中；加入NaOH濃溶液，加熱，將濕潤的紅色石蕊試紙放在試管口，若試紙變藍，則證明有銨離子存在；

(5)a.O2與H2S溶液反應；溶液變渾濁，說明氧氣的氧化性強于硫單質(zhì)即非金屬性O＞S，a正確；

b.加熱條件下H2S比H2O更容易分解，說明氫化物的穩(wěn)定性水強于硫化氫即非金屬性O＞S，b正確；

c.在氧化還原反應中，1molO2比1molS得電子多；得失電子的數(shù)目多少與非金屬性強弱無關，c錯誤；

d.沸點與非金屬性強弱無關；d錯誤；

能說明O的非金屬性比S的非金屬性強的是ab，故答案為：ab；

(6)由流程圖可推知M為氯化銨NH4Cl，NH4Cl含有離子鍵和極性鍵(或共價鍵)。根據(jù)熔融狀態(tài)下離子化合物能導電的化合物為離子化合物，熔融狀態(tài)下不導電的化合物為共價化合物，故實驗室檢驗AlCl3是否為離子化合物的方法是熔融狀態(tài)下測導電性，若導電則為離子化合物，若不導電則為共價化合物，故答案為：離子鍵和極性鍵(或共價鍵)；熔融狀態(tài)下測導電性，若導電則為離子化合物，若不導電則為共價化合物?！窘馕觥縉aH2OH2SiO3(或H4SiO4)NH4NO3取少量該化合物于試管中，加入NaOH濃溶液，加熱，將濕潤的紅色石蕊試紙放在試管口，若試紙變藍，則證明有銨離子存在ab離子鍵和極性鍵(或共價鍵)熔融狀態(tài)下測導電性，若導電則為離子化合物，若不導電則為共價化合物27、略

【分析】【分析】

立體模型中有兩種大球；根據(jù)C的成鍵特點可以形成4個單鍵可知哪種黑球為C原子，小球為氫原子，所以)“Et”表示乙基。

【詳解】

(1)對比結構簡式與立體模型可知Et為CH3CH2-，由立體模型得其分子式為C9H12O3，

故答案為：CH3CH2-；C9H12O3；

(2)該分子中有兩個碳氧雙鍵；其他碳原子均為碳碳單鍵或碳氫單鍵，故不飽和碳原子有兩個，故答案為2；

(3)含氧官能團有兩種，酯基和羰基故答案為：酯基；羰基；

(4)碳環(huán)中含有一個結構不對稱，所以H