2026屆西藏自治區(qū)拉薩市城關(guān)區(qū)拉薩中學高三化學第一學期期中綜合測試模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、分子式為C4H8O2且能與NaOH溶液發(fā)生水解反應的有機物有(不考慮空間異構(gòu))A．6種B．5種C．4種D．3種2、H2C2O4為二元弱酸，Ka1=5.9×10?2，Ka2=6.4×10?5，lg6.4≈0.8，向20mL0.1mol?L?1H2C2O4溶液中滴加0.2mol?L?1KOH溶液，溶液中含碳微粒的存在形式與物質(zhì)的量百分比隨KOH溶液體積變化如圖所示。下列說法正確的是A．滴入10mLKOH溶液時，溶液呈中性B．當c()＝c()時，混合溶液pH≈4.2C．滴入10mLKOH溶液時，溶液中有如下關(guān)系：c(H2C2O4)＋c()＋c()＝0.1mol?L?1D．滴入16~20mLKOH溶液的過程中，均滿足c()＞c()＞c(H+)＞c(OH?)3、已知0.1mol/L的醋酸溶液中存在電離平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋要使溶液中值增大，可以采取的措施是()A．加少量燒堿溶液 B．降低溫度C．加少量冰醋酸 D．加水4、甲醇－空氣燃料電池（DMFC）是一種高效、輕污染的車載電池，其工作原理如圖。下列有關(guān)敘述正確的是（）A．該裝置能將電能轉(zhuǎn)化為化學能B．電子由甲電極經(jīng)導線流向乙電極C．負極的電極反應式為：CH3OH＋6OH－－6e－CO2＋5H2OD．b口通入空氣，c口通入甲醇5、下列各組物質(zhì)中，不滿足右圖所示轉(zhuǎn)化關(guān)系的是（反應條件略去，箭頭表示一步轉(zhuǎn)化）選項甲乙丙戊ANH3Cl2N2H2BH2SSO2SO2CAlCl3NaOHNa[Al(OH)4]HClDBr2FeI2FeBr2Cl2A．A B．B C．C D．D6、已知下列熱化學方程式：Fe2O3(s)＋3CO(g)=2Fe(s)＋3CO2(g)ΔH=－24.8kJ/molFe2O3(s)＋CO(g)=Fe3O4(s)＋CO2(g)ΔH=－15.73kJ/molFe3O4(s)＋CO(g)=3FeO(s)＋CO2(g)ΔH=＋640.4kJ/mol則14gCO氣體還原足量FeO固體得到Fe單質(zhì)和CO2氣體時對應的ΔH約為（）A．－218kJ/mol B．－109kJ/mol C．＋109kJ/mol D．＋218kJ/mol7、某溶液中加入鋁粉能產(chǎn)生氫氣，在該溶液中一定不能大量共存的離子組是()A．Na+、K+、Cl-、ClO- B．Cu2+、Fe2+、NO3-、SO42-C．Na+、K+、Cl-、SO42- D．K+、NH4+、Cl-、SO42-8、我國明代《本草綱目》中收載藥物1892種，其中“燒酒”條目下寫道：“自元時始創(chuàng)其法，用濃酒和糟入甑，蒸令氣上……其清如水，味極濃烈，蓋酒露也。”這里所用的“法”是指（

）A．萃取 B．滲析 C．蒸餾 D．過濾9、在CO2中，Mg燃燒生成MgO和C。下列說法正確的是（）A．元素C的單質(zhì)只存在金剛石和石墨兩種同素異形體B．Mg、MgO中鎂元素微粒的半徑：r(Mg2＋)＞r(Mg)C．在該反應條件下，Mg的還原性強于C的還原性D．該反應中化學能全部轉(zhuǎn)化為熱能10、下列有關(guān)化學用語表示正確的是（）A．氫氧根離子的電子式為B．中子數(shù)為10的氧原子：18OC．S2-的結(jié)構(gòu)示意圖：D．甲烷分子的比例模型是11、下列化學用語的表述正確的是()A．離子結(jié)構(gòu)示意圖：可以表示16O2－，也可以表示18O2－B．比例模型：可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子C．氯化銨的電子式為D．CO2的結(jié)構(gòu)式為O—C—O12、向100mL0.1mol·L－1硫酸亞鐵銨[(NH4)2Fe(SO4)2]溶液中逐滴滴入0.1mol·L－1Ba(OH)2溶液。隨著Ba(OH)2溶液體積V的變化，沉淀總物質(zhì)的量n的變化如下圖所示。則下列說法中正確的是A．a(chǎn)點時溶液中所含主要溶質(zhì)為(NH4)2SO4B．a(chǎn)→b段發(fā)生反應的離子方程式是SO＋Ba2＋=BaSO4↓C．b點為最大沉淀量，對應的縱坐標值為0.02D．c點加入Ba(OH)2溶液的體積為200mL13、下列關(guān)于物質(zhì)的組成、結(jié)構(gòu)或性質(zhì)的敘述中，正確的是A．第三周期主族元素中，第一電離能和電負性最大的都是氯B．HF的穩(wěn)定性很強，是因為其分子間能形成氫鍵C．基態(tài)原子價電子排布式為(n-1)d6~8ns2的元素屬于第ⅧB族D．金剛石、金剛砂(SiC)、單晶硅為共價晶體，共價鍵依次增強，熔點依次升高14、室溫時，等體積、濃度均為0.1mol/L的下列水溶液，分別達到平衡。①醋酸溶液：CH3COOH?CH3COO+H+②醋酸鈉溶液：CH3COO?+H2O?CH3COOH+OH?有關(guān)敘述中正確的是()A．加入等體積水后，只有②中平衡向右移動B．加入等體積水后，①中c(OH?)增大，②中c(OH?)減小C．①和②中，由水電離出的c(H+)相等D．c(CH3COOH)與c(CH3COO?)之和：①>②15、常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A．在pH=1的溶液中：SO、Cl?、NO、Na+B．在能使酚酞變紅的溶液中：Na+、Cl?、NO、K+C．在1mol·L-1的NaAlO2溶液中：K+、Ba2+、SO、OH?D．在1mol·L-1的AlCl3溶液中：NH、Ag+、Na+、NO16、下列離子方程式正確的是A．向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32-＋2H＋===SO2↑＋H2OB．向氨水中加入少量H2C2O4溶液：H2C2O4+2NH3·H2OC2O42—＋2NH＋2H2OC．氫氧化鈉溶液中加入鋁粉：2Al＋2OH-+6H2O===2Al(OH)4－＋3H2↑D．向CuSO4溶液中加入Na2O2：2Na2O2＋2H2O===4Na＋＋4OH-＋O2↑17、某溫度下，相同pH值的鹽酸和醋酸溶液分別加水稀釋，平衡pH值隨溶液體積變化的曲線如圖所示。據(jù)圖判斷正確的是A．Ⅱ為鹽酸稀釋時的pH值變化曲線B．b點酸的總濃度大于a點酸的總濃度C．a(chǎn)點Kw的數(shù)值比c點Kw的數(shù)值大D．b點溶液的導電性比c點溶液的導電性強18、向AgCl濁液中滴加氨水后可得到澄清溶液，繼續(xù)滴加濃硝酸后又有沉淀生成。經(jīng)查資料得知：Ag++2NH3·H2OAg(NH3)2++2H2O。下列分析不正確的是A．濁液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)＋Cl－(aq)B．實驗可以證明NH3結(jié)合Ag+能力比Cl－強C．實驗表明實驗室可用氨水洗滌銀鏡反應后的試管D．由資料信息可推知：加濃硝酸后生成的沉淀為AgCl19、下列除雜方案錯誤的是（）選項被提純的物質(zhì)雜質(zhì)除雜試劑除雜方法AC2H5OHCH3COOH生石灰蒸餾BCl2HCl(g)飽和食鹽水、濃H2SO4洗氣CNH4Cl溶液FeCl3NaOH溶液過濾D溴苯Br2NaOH溶液振蕩后分液A．A B．B C．C D．D20、高鐵酸鉀K2FeO4是一種高效、氧化性比Cl2更強的水處理劑，工業(yè)上常用下列反應先制高鐵酸鈉：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，然后在低溫下，在Na2FeO4溶液中加KOH固體至飽和就可析出K2FeO4，下列有關(guān)說法不正確的是（）A．Na2O2在反應中作氧化劑，又作還原劑B．高鐵酸鉀在該溫度下的溶解度比高鐵酸鈉的溶解度小C．K2FeO4能消毒殺菌，其還原產(chǎn)物水解生成的Fe（OH）3膠體能吸附水中的懸浮物D．制取高鐵酸鈉時，每生成1molNa2FeO4反應中共有4mol電子轉(zhuǎn)移21、硅及其化合物是帶來人類文明的重要物質(zhì)。下列說法正確的是A．陶瓷、水晶、水泥、玻璃都屬于硅酸鹽B．水玻璃是純凈物，可用于生產(chǎn)黏合劑和防火劑C．某硅酸鹽的化學式為KAlSi3O8，可用K2O·Al2O3·6SiO2表示D．高純硅可用于制造光導纖維，高純二氧化硅可用于制造太陽能電池22、元素周期表隱含著許多信息和規(guī)律。以下所涉及的元素均為中學化學中常見的短周期元素，其原子半徑及主要化合價列表如下，其中R2Q2用于呼吸面具或潛水艇中作為氧氣來源。下列說法正確的是A．T、Z的最高價氧化物對應水化物的酸性T<ZB．R、X、Y的單質(zhì)失去電子能力最強的是XC．M與Q形成的是離子化合物D．M、Q、Z都在第2周期二、非選擇題(共84分)23、（14分）與碳元素同周期的核外電子排布中有3個未成對電子的元素在第二周期________族，該元素的氣態(tài)氫化物的電子式為_______，其空間構(gòu)型是______，是含________共價鍵的____分子（填極性或非極性）。該氣體溶于水后，水溶液呈_____性（填“酸”或“堿”）原因是____（用方程式表示）24、（12分）是合成高聚酚酯的原料，其合成路線(部分反應條件略去)如圖所示：已知:i.；ii.(1)A的名稱為________________，B含有的官能團是______________________。(2)②的反應類型是_____________________________。(3)反應①的化學方程式為____________________________。(4)反應③的化學方程式為___________________________。(5)D的結(jié)構(gòu)簡式為______________________，與D互為同分異構(gòu)體且含有碳碳雙鍵和一COO─的苯的二取代物有____種，其中核磁共振氫譜為5組峰，且峰面積之比為2:1:2:2:1的結(jié)構(gòu)簡式為_________(任寫一種）。(6)寫出以C2H5OH為原料合成乳酸（）的路線。（其他試劑任選）_________25、（12分）銅及其化合物在生產(chǎn)、生活中有廣泛的應用。某研究性學習小組的同學對銅常見化合物的性質(zhì)和制備進行實驗探究，研究的問題和過程如下：I.探究不同價態(tài)銅的穩(wěn)定性，進行如下實驗：（1）向Cu2O中加適量稀硫酸，得到藍色溶液和一種紅色固體，該反應的離子方程式為：______。由此可知，在酸性溶液中，+2價Cu比+1價Cu更______(填“穩(wěn)定”或“不穩(wěn)定”)。（2）將CuO粉末加熱至1000℃以上完全分解成紅色的Cu2O粉末，該反應說明：在高溫條件下，+1價的Cu比+2價Cu更________(填“穩(wěn)定”或“不穩(wěn)定”)。II.制取硫酸銅（裝置如圖1）（3）燒瓶內(nèi)發(fā)生的主要反應的化學方程式為______(已知燒杯中反應：2NaOH+2NO2=NaNO3+NaNO2+H2O)（4）圖2是圖1的改進裝置，其中直玻璃管通入氧氣的作用是________。Ⅲ.探究用粗銅(含雜質(zhì)Fe)按下述流程制備氯化銅晶體（CuCl2?2H2O）。（5）實驗室采用如圖所示的裝置，可將粗銅與Cl2反應轉(zhuǎn)化為固體l(部分儀器和夾持裝置已略去)，有同學認為應在濃硫酸洗氣瓶前增加吸收HCl的裝置，你認為是否必要______(填“是”或“否”)，試劑x為______。（6）將溶液2轉(zhuǎn)化為CuCl2?2H2O的操作過程中，發(fā)現(xiàn)溶液顏色由藍色變?yōu)榫G色。已知：在氯化銅溶液中有如下轉(zhuǎn)化關(guān)系：[Cu(H2O)4]2+(aq，藍色)+4Cl-(aq)CuCl42-(aq，黃色)+4H2O(l)，該小組同學取氯化銅晶體配制成藍綠色溶液Y，進行如下實驗，其中能夠證明CuCl2溶液中有上述轉(zhuǎn)化關(guān)系的是______(填序號)(已知：較高濃度的CuCl42-溶液呈綠色)。a.將Y稀釋，發(fā)現(xiàn)溶液呈藍色b.在Y中加入CuCl2晶體，溶液變?yōu)榫G色c.在Y中加入NaCl固體，溶液變?yōu)榫G色d.取Y進行電解，溶液顏色最終消失（7）若制得的CuCl2?2H2O晶體仍然含有較多雜質(zhì)，則可采用_______（填方法名稱）進行提純。26、（10分）實驗需要0.1mol/LNaOH溶液450ml，根據(jù)溶液配制中情況回答下列問題：（1）實驗中必須用到的玻璃儀器有：______．（2）根據(jù)計算得知，所需NaOH的質(zhì)量為______g．（3）配制時，其正確的操作順序是（字母表示，每個字母只能用一次）______；A．用50mL水洗滌燒杯2﹣3次，洗滌液均注入容量瓶，振蕩B．用托盤天平準確稱量取所需的NaOH的質(zhì)量，倒入燒杯中加入適量水，用玻璃棒慢慢攪動．C．將已冷卻的NaOH溶液沿玻璃棒注入500mL的容量瓶中D．將容量瓶蓋緊，振蕩，搖勻E．加水至離刻度線1～2cm處改用膠頭滴管加水，使溶液凹面恰好與刻度相切（4）下列操作對所配濃度有何影響（填寫字母）偏大的有______；偏小的有______；無影響的有______。A．稱量用了生銹的砝碼；B．將NaOH放在紙張上稱量；C．NaOH在燒杯中溶解后，未冷卻就立即轉(zhuǎn)移到容量瓶中；D．往容量瓶轉(zhuǎn)移時，有少量液體濺出E．未洗滌溶解NaOH的燒杯F．定容時仰視刻度線G．容量瓶未干燥即用來配制溶液H．定容后塞上瓶塞反復搖勻，靜置后，液面不到刻度線，再加水至刻度線．27、（12分）某同學利用Cl2氧化K2MnO4制備KMnO4的裝置如下圖所示(夾持裝置略)：已知：錳酸鉀(K2MnO4)在濃強堿溶液中可穩(wěn)定存在，堿性減弱時易發(fā)生反應：回答下列問題：(1)裝置A中a的作用是______________；裝置C中的試劑為________________；裝置A中制備Cl2的化學方程為______________。(2)上述裝置存在一處缺陷，會導致KMnO4產(chǎn)率降低，改進的方法是________________。(3)KMnO4常作氧化還原滴定的氧化劑，滴定時應將KMnO4溶液加入___________(填“酸式”或“堿式”)滴定管中；在規(guī)格為50.00mL的滴定管中，若KMnO4溶液起始讀數(shù)為15.00mL，此時滴定管中KMnO4溶液的實際體積為______________(填標號)。A.15.00mLB.35.00mLC.大于35.00mLD.小于15.00m1(4)某FeC2O4﹒2H2O樣品中可能含有的雜質(zhì)為Fe2(C2O4)3、H2C2O4﹒2H2O，采用KMnO4滴定法測定該樣品的組成，實驗步驟如下:Ⅰ.取mg樣品于錐形瓶中，加入稀H2SO4溶解，水浴加熱至75℃。用cmol﹒L-1的KMnO4溶液趁熱滴定至溶液出現(xiàn)粉紅色且30s內(nèi)不褪色，消耗KMnO4溶液V1mL。Ⅱ.向上述溶液中加入適量還原劑將Fe3+完全還原為Fe2+，加入稀H2SO4酸化后，在75℃繼續(xù)用KMnO4溶液滴定至溶液出現(xiàn)粉紅色且30s內(nèi)不褪色，又消耗KMnO4溶液V2mL。樣品中所含的質(zhì)量分數(shù)表達式為_________________。下列關(guān)于樣品組成分析的說法，正確的是__________(填標號)。A.時，樣品中一定不含雜質(zhì)B.越大，樣品中含量一定越高C.若步驟I中滴入KMnO4溶液不足，則測得樣品中Fe元素含量偏低D.若所用KMnO4溶液實際濃度偏低，則測得樣品中Fe元素含量偏高28、（14分）下表為元素周期表的一部分。碳氮YX硫Z回答下列問題（1）表中元素原子半徑最大的原子共占據(jù)的軌道數(shù)是_________個，Y最外層電子排布式為________，Z原子核外有_____種能量不同的電子。（2）下列事實能說明Y元素的非金屬性比S元素的非金屬性強的是__________a．Y單質(zhì)與H2S溶液反應，溶液變渾濁b．在氧化還原反應中，1molY單質(zhì)比1molS得電子多c．Y和S兩元素的簡單氫化物受熱分解，前者的分解溫度高從原子結(jié)構(gòu)的角度去解釋Y元素的非金屬性比S元素的非金屬性強的原因：_______（3）CO2的沸點_________CS2（填“>”或“<”或“=”），原因是_________________（4）如果向BaCl2溶液中通入足量CO2氣體，沒有沉淀生成，繼續(xù)滴加一定量的氨水后，則會生成白色沉淀。用電離平衡移動原理解釋上述現(xiàn)象。________（5）過量的CO2通入NaOH溶液中，得到NaHCO3，在0.1mol/L的NaHCO3溶液中，c(Na+)+c(H+)=________其中有關(guān)碳微粒的關(guān)系為：___________=0.1mol/L。29、（10分）利用反應NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)+Q（Q>0）可處理NO2、SO2等大氣污染物，具有十分重要的意義。完成下列填空。(1)該反應中被氧化的元素是_____；寫出該反應的平衡常數(shù)表達式：K=_____。(2)若將NO2(g)和SO2(g)置于一密閉容器中進行上述反應。下列說法能表明反應達到平衡狀態(tài)的是______（選填編號）。a.混合氣體顏色保持不變b.NO2和NO的體積比保持不變c.每消耗1molSO2的同時生成1molSO3d.體系中氣體密度保持不變(3)一定溫度下，在容積為VL的容器中發(fā)生上述反應，tmin內(nèi)，SO2的物質(zhì)的量下降了amol，則這段時間內(nèi)v(NO)=_______（用相關(guān)字母表示并注明單位）。(4)請寫出兩種能提高SO2轉(zhuǎn)化率的措施：_________。(5)亞硫酸溶液久置，pH會變小，請用化學方程式表示其原因___。(6)將SO2持續(xù)通入NaOH溶液中，溶液中SO32-的濃度變化如圖所示，請解釋原因。__________。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、C【解析】試題分析：能和氫氧化鈉溶液發(fā)生水解反應的有機物為酯，可能的結(jié)構(gòu)為：HCOOCH2CH2CH3，HCOOCH(CH3)2，CH3COOCH2CH3，CH3CH2COOCH3，總共4種結(jié)構(gòu)?？键c：有機物的同分異構(gòu)體的書寫2、B【詳解】A．滴入10mLKOH溶液時，溶質(zhì)為KHC2O4，，因此溶液呈酸性，故A錯誤；B．根據(jù)圖中信息c()＝c()時，，因此混合溶液pH＝5－0.8≈4.2，故B正確；C．原溶液c(H2C2O4)＋c()＋c()＝0.1mol?L?1，加入10mLKOH溶液時，假設(shè)溶液體積變化忽略不計，則溶液從20mL變?yōu)?0mL，此時：c(H2C2O4)＋c()＋c()＝×0.1mol?L?1，故C錯誤；D．滴入20mLKOH溶液時，溶液溶質(zhì)為K2C2O4，溶液水解顯堿性，因此c(OH?)＞c(H+)，故D錯誤。綜上所述，答案為B。3、D【分析】醋酸是弱電解質(zhì)，在溶液中存在電離平衡，要使溶液中值增大，應使平衡向右移動?！驹斀狻緼．加入少量燒堿溶液，反應H+生成CH3COO-，c（H+）減小，由于CH3COO-對CH3COOH的電離起到抑制作用，則值減小，故A錯誤；B．醋酸的電離是吸熱反應，降低溫度，抑制醋酸電離，平衡向逆反應方向移動，則值減小，故B錯誤；C．加入少量冰醋酸，醋酸濃度增大，弱電解質(zhì)的濃度越大，電離程度越小，則值減小，故C錯誤；D．加水稀釋促進醋酸電離，則氫離子的物質(zhì)的量增大，醋酸分子的物質(zhì)的量減小，所以值增大，故D正確；故選D?！军c睛】醋酸加水稀釋，溶液中除氫氧根離子外，各粒子濃度均減小，由于平衡向右移動，氫離子、醋酸根離子濃度減小少，醋酸分子濃度減小多。4、B【分析】由質(zhì)子的定向移動可知甲為燃料電池的負極，乙為燃料電池的正極，負極電極反應式為CH3OH(l)+H2O(l)-6e-=CO2(g)+6H+，正極反應式為O2+4e-+4H+=2H2O，電流由正極經(jīng)導線流向負極?！驹斀狻緼．甲醇-空氣燃料電池，能夠?qū)⒒瘜W能轉(zhuǎn)化為電能，故A錯誤；B．在原電池中，電子由負極甲電極經(jīng)導線流向正極乙電極，故B正確；C．負極甲醇失電子被氧化，電極方程式為CH3OH(l)+H2O(l)-6e-=CO2(g)+6H+，故C錯誤；D．圖中甲電極為負極，因此b口通入甲醇、c口通入空氣，故D錯誤；故選B。5、B【解析】圖中轉(zhuǎn)化關(guān)系包含兩個反應：甲+乙→丙+丁，丙+戊→甲，將選項中的各物質(zhì)分別代入，結(jié)合物質(zhì)的性質(zhì)判斷這兩個反應能否發(fā)生。A、8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl，N2+3H2?2NH3，能實現(xiàn)轉(zhuǎn)化，故A正確；B、2H2S+SO2=3S↓+2H2O，S+O2=SO2(乙)，第二個反應不符合“丙+戊→甲”的轉(zhuǎn)化關(guān)系，故B錯誤；C、AlCl3+4NaOH=Na[Al(OH)4]+3NaCl，Na[Al(OH)4]+4HCl=AlCl3+NaCl+4H2O，能實現(xiàn)轉(zhuǎn)化，故C正確；D、Br2+FeI2=FeBr2+I2，F(xiàn)eBr2+Cl2=Br2+FeCl2，能實現(xiàn)轉(zhuǎn)化，故D正確。故選B。6、B【詳解】已知：①Fe2O3(s)＋3CO(g)=2Fe(s)＋3CO2(g)ΔH=－24.8kJ/mol②Fe2O3(s)＋CO(g)=Fe3O4(s)＋CO2(g)ΔH=－15.73kJ/mol③Fe3O4(s)＋CO(g)=3FeO(s)＋CO2(g)ΔH=＋640.4kJ/mol根據(jù)蓋斯定律可知(①×3-②×3-③×2)×即得到FeO(s)＋CO(g)=Fe(s)＋CO2(g)

ΔH＝-218

kJ·mol－1，因此14

g

CO氣體還原足量FeO固體得到Fe固體和CO2氣體時對應的ΔH約為-109

kJ·mol－1；答案選B。7、B【分析】加入鋁粉產(chǎn)生氫氣的溶液可能是酸性或堿性。據(jù)此解答?！驹斀狻緼.ClO-在酸性溶液不能存在，但在堿性條件下能存在，不符合題意；B.Cu2+、Fe2+在堿性條件下不能存在，F(xiàn)e2+和NO3-在酸性條件下反應不能存在，故符合題意；C.Na+、K+、Cl+、SO42-在酸性或堿性溶液中都存在，故不符合題意；D.NH4+只能在酸性條件下存在，故不符合題意。故選B。【點睛】掌握和鋁反應生成氫氣的溶液為酸性或堿性，注意在酸性條件下，硝酸根離子能氧化鋁不產(chǎn)生氫氣。8、C【解析】由題意知，“自元時始創(chuàng)其法，用濃酒和糟入甑，蒸令氣上……其淸如水，味極濃烈，蓋酒露也。”這里所用的“法”是指我國古代制燒灑的方法——蒸餾法，加熱使酒精氣化再冷凝收集得到燒酒，C正確。本題選C。9、C【解析】A、元素C除存在金剛石和石墨外，還存在足球烯（C60）等同素異形體，A錯誤；B、Mg有3個電子層，Mg2+為Mg失去最外層的2個電子形成的陽離子，只有2個電子層，故半徑r（Mg2+）＜r（Mg），B錯誤；C、該反應為：2Mg+CO22MgO+C，此反應中Mg為還原劑，C為還原產(chǎn)物，還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的還原性，即還原性Mg＞C，C正確；D、該反應放出光，即部分化學能轉(zhuǎn)化為光能，且生成物仍具有能量，D錯誤；答案選C。10、B【解析】A、是羥基的電子式，選項A錯誤；B、中子數(shù)為10的氧原子為18O，選項B正確；C、是S原子的結(jié)構(gòu)示意圖，選項C錯誤；D、是甲烷分子的球棍模型，選項D錯誤。答案選B。11、A【解析】A.由離子結(jié)構(gòu)示意圖可知表示為氧元素形成的離子，若中子數(shù)為8時，表示為16O2－，若中子數(shù)為10時，表示為18O2－，A項正確；B.根據(jù)比例模型的原子半徑可知，可以表示甲烷分子，Cl的原子半徑大于C的原子半徑，不可以表示四氯化碳分子，B項錯誤；C.氯化銨的電子式為，C項錯誤；D.CO2的結(jié)構(gòu)式為O=C=O，D項錯誤；答案選A。12、A【解析】A、O→a段發(fā)生的離子反應為Fe2++2OH-+Ba2++SO42-=BaSO4↓+Fe（OH）2↓，當Fe2+沉淀完全后，沉淀產(chǎn)生的增幅降低，出現(xiàn)了拐點，所以a點對應的溶質(zhì)為（NH4）2SO4，故A正確；B、隨著Ba（OH）2溶液的滴入，NH4+參加反應，a→b段的反應為2NH4++2OH-+SO42-+Ba2+=BaSO4↓+2NH3?H2O，故B錯誤；C、b點對應的沉淀為BaSO4和Fe（OH）2，總量為0.3mol，故C錯誤；D、到b點時，溶液中的離子基本反應結(jié)束，且此時消耗的Ba（OH）2溶液的體積為200ml，故c點大于200ml，故D錯誤。答案選A。13、A【分析】A.根據(jù)電負性與第一電離能在周期表中的變化進行判斷；B.根據(jù)化學鍵強弱判斷物質(zhì)的穩(wěn)定性；C.根據(jù)元素周期表的元素位置與原子結(jié)構(gòu)分析；D.根據(jù)共價鍵的鍵能關(guān)系分析判斷?！驹斀狻緼.同一周期，從左到右第一電離能逐漸增大，故最大的是Cl；同一周期：從左到右，元素的電負性逐漸增大，則Cl的電負性最大，A正確；B.HF的穩(wěn)定性很強，是因為其分子內(nèi)的H-F很強，斷裂消耗很高能量，與分子之間的氫鍵無關(guān)，B錯誤；C.在元素周期表中，基態(tài)原子價電子排布式為(n-1)d6~8ns2的元素屬于第Ⅷ族，而不是第ⅧB族，C錯誤；D.金剛石、金剛砂(SiC)、單晶硅為共價晶體，由于原子半徑C<Si，所以鍵長C-C<C-Si<Si-Si鍵，鍵長越長，化學鍵越容易斷裂，共價鍵的鍵能越小，越容易斷裂，物質(zhì)的熔點越低，所以金剛石、金剛砂(SiC)、單晶硅的熔點依次降低，D錯誤；故合理選項是A?！军c睛】本題考查了物質(zhì)的組成、結(jié)構(gòu)或性質(zhì)的知識。元素的非金屬性越強，其形成的化學鍵就越強，斷裂消耗的能量越高，含有該化學鍵的物質(zhì)越穩(wěn)定，物質(zhì)的熔沸點就越高，與分子之間的氫鍵及分子間作用力無關(guān)，掌握元素周期表的結(jié)構(gòu)與元素原子結(jié)構(gòu)的關(guān)系才可以正確判斷元素在周期表的位置及族序數(shù)的名稱。14、B【詳解】A．加水促進弱酸的電離，促進鹽的水解，則①②均向右移動，故A錯誤；

B．加入等體積水后，醋酸溶液酸性減弱則①中c(OH?)增大，醋酸鈉溶液堿性減弱則②中c(OH-)減小，故B正確；

C．酸抑制水的電離，鹽的水解促進水的電離，則①和②中，由水電離出的c(H+)不同，故C錯誤；

D．溶液中遵循物料守恒，則等體積等濃度的醋酸、醋酸鈉溶液中，c(CH3COOH)與c(CH3COO-)之和：①=②，故D錯誤；

故選：B。15、B【解析】試題分析：A．在pH=1的溶液顯酸性，SO32－與NO3－發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存，A錯誤；B．在能使酚酞變紅的溶液顯堿性，Na+、Cl?、NO3－、K+可以大量共存，B正確；C．在溶液中Ba2+、SO42－不能大量共存，C錯誤；D．在1mol·L-1的AlCl3溶液中Ag+不能大量共存，D錯誤，答案選B?？键c：考查離子共存16、C【解析】A.稀HNO3具有氧化性，能夠把SO32-氧化為SO42-，不能產(chǎn)生SO2，A錯誤；B.向氨水中加入少量H2C2O4溶液生成草酸銨，反應進行到底，不屬于可逆反應，B錯誤；C.氫氧化鈉溶液中加入鋁粉，反應生成偏鋁酸鈉和氫氣，方程式書寫正確，C正確；D.Na2O2與水反應生成氫氧化鈉和氧氣，氫氧化鈉與硫酸銅反應生成氫氧化銅藍色沉淀，方程式書寫不完整，D錯誤；綜上所述，本題選C。【點睛】過氧化鈉的化學性質(zhì)活潑，過氧化鈉與硫酸銅溶液反應，過氧化鈉先與水反應生成氫氧化鈉和氧氣，然后生成的氫氧化鈉與硫酸銅溶質(zhì)發(fā)生復分解反應，生成氫氧化銅和硫酸鈉；以此類推，過氧化鈉與氯化鐵溶液、氯化鎂溶液等反應與上述反應過程相似。17、D【分析】

【詳解】A．由于弱酸存在電離平衡，相同pH、相同體積的鹽酸和醋酸溶液分別加水稀釋時，醋酸的酸性降低的相對慢一些，從圖像可知I線表示鹽酸稀釋，II線表示醋酸稀釋，A錯誤；B．由于兩酸的PH相同，鹽酸的濃度小，稀釋相同倍數(shù)，仍然是醋酸的濃度大于鹽酸，B錯誤；C．溫度相同的情況下，KW是定值，C錯誤；D．b點溶液稀釋后可變成c點溶液，c點溶液中離子濃度小，導電性差，D正確；答案選D。18、C【詳解】A、因為是濁液，所以存在沉淀溶解平衡，選項A正確；B、Ag+與氨氣分子結(jié)合生成二氨合銀離子，導致銀離子濃度減小，促使AgCl（s）?Ag+（aq）+Cl-（aq）正向移動，說明NH3結(jié)合Ag+能力比Cl-強，選項B正確；C、銀鏡反應后的試管壁上是銀單質(zhì)，銀離子能夠與氨水反應，銀單質(zhì)不能，選項C錯誤；D、濃硝酸能夠中和一水合氨，使反應Ag++2NH3?H2O?Ag（NH3）2++2H2O逆向移動，二氨合銀離子生成銀離子，與溶液中的氯離子結(jié)合生成沉淀，所以加濃硝酸后生成的沉淀為AgCl，選項D正確；答案選C。19、C【解析】A．CaO與乙酸反應后，增大與乙醇的沸點差異，然后蒸餾可除雜，故A正確；B．氯氣不溶于飽和食鹽水，可用飽和食鹽水除雜，故B正確；C．二者都與氫氧化鈉溶液反應，應用氨水除雜，故C錯誤；D．溴與NaOH溶液反應后，與溴苯分層，然后分液可分離，故D正確；故選C。20、D【詳解】A．Na2O2在反應中，沒有全部生成O2，O元素的化合價分別變?yōu)?2價、0價，則Na2O2在反應中既作氧化劑，又作還原劑，故A正確；B．加入KOH固體，可析出高鐵酸鉀，說明高鐵酸鉀在該溫度下的溶解度比高鐵酸鈉的溶解度小，故B正確；C．K2FeO4具有強氧化性，可殺菌消毒，F(xiàn)e（OH）3膠體具有吸附性，可用來凈水，故C正確；D．反應中Fe的化合價由+3價升高為+6價，每生成lmolNa2FeO4反應中共有3mol電子轉(zhuǎn)移，故D錯誤。21、C【詳解】A．水晶主要成分是二氧化硅，是氧化物，不是硅酸鹽，選項A錯誤；B．水玻璃為硅酸鈉的水溶液，屬于混合物，選項B錯誤；C．某硅酸鹽的化學式為KAlSi3O8，可用K2O·Al2O3·6SiO2表示，選項C正確；D．二氧化硅可用于制造光導纖維，高純硅可用于制造太陽能電池，選項D錯誤；答案選C。22、A【解析】R2Q2用于呼吸面具或潛水艇中作為氧氣來源，可說明R為鈉元素，O為氧元素。其中T元素的主要化合價有-2、+4、+6，且半徑大于氧原子，則T為硫元素；M元素的主要化合價為+1，且其原子半徑比氧小，則M為氫元素；Z原子的半徑較氧大，主要化合價為-1，則為氯元素；X、Y兩元素的主要化合價分別為+3、+2，原子半徑比鈉略小，則X、Y為鋁、鎂元素，據(jù)此分析可得結(jié)論。【詳解】A.由上述分析可知T、Z分別為硫和氯元素，因氯元素的非金屬性比硫強，所以其最高價氧化物對應水化物的酸性S<Cl，故A正確；B.由上述分析可知R、X、Y分別為鈉、鎂、鋁三種金屬元素，其金屬性的強弱為鈉>鎂>鋁，則單質(zhì)失去電子能力最強的為鈉，故B錯誤；C.M、Q分別為氫和氧元素，它們之間形成的化合物為共價化合物，故C錯誤；D.由上述分析可知，M、Q、Z分別為氫、氧、氯三種元素，分列于周期表中的一、二、三周期，故D錯誤；答案選A。二、非選擇題(共84分)23、ⅤA三角錐型極性極性堿NH3·H2O?NH4++OH-【詳解】與碳元素同周期的核外電子排布中有3個未成對電子，該元素核外電子排布式為1s22s22p3，該元素為氮，第二周期ⅤA族，氮元素的氣態(tài)氫化物為氨氣（NH3）其電子式為，中心原子為sp3雜化，其空間構(gòu)型是三角錐型，NH3中N和H兩種不同元素構(gòu)成極性共價鍵，由于氮元素存在孤對電子，對成鍵電子的排斥作用較強，N-H之間的鍵角小于109°28′，正負電荷重心不重合，形成極性分子；NH3溶于水后，與水反應生成一水合氨，一水合氨是弱堿在水中部分電離產(chǎn)生氫氧根離子和銨根離子，電離方程式為：NH3·H2O?NH4++OH-

，水溶液呈堿性；答案為：ⅤA；；三角錐型；極性；極性；堿；NH3·H2O?NH4++OH-。24、甲醛醛基加成反應++NaCl+H2O6【解析】根據(jù)流程圖知，①為消去反應、②為加成反應、③發(fā)生信息i的氧化反應，則A為HCHO、B為，B發(fā)生信息ii的反應，C結(jié)構(gòu)簡式為，C發(fā)生縮聚反應生成E，E結(jié)構(gòu)簡式為，C發(fā)生消去反應生成D，D結(jié)構(gòu)簡式為，D和苯酚發(fā)生酯化反應生成。(1)A的名稱為甲醛，B為，B含有的官能團是醛基，故答案為甲醛；醛基；(2)②的反應類型是加成反應，故答案為加成反應；(3)①的反應的化學方程式為，故答案為；(4)C發(fā)生縮聚反應生成E，E結(jié)構(gòu)簡式為，則③的反應的化學方程式為，故答案為；(5)D結(jié)構(gòu)簡式為，與D互為同分異構(gòu)體且含有碳碳雙鍵的苯的二取代物，其取代基為-CH=CH2、-COOH，有鄰間對三種，如果取代基為-CH=CH2和HCOO-，有鄰間對三種，所以符合條件的有6種，其中核磁共振氫譜為5組峰，且峰面積比為2：1：2：2：1的結(jié)構(gòu)簡式是，故答案為；6；；(6)CH3CH2OH被催化氧化生成CH3CHO，CH3CHO和HCN發(fā)生加成反應生成CH3CH(OH)CN，該物質(zhì)發(fā)生水解反應生成CH3CH(OH)COOH，其合成路線為，故答案為。點睛：本題考查有機物推斷和有機合成，側(cè)重考查學生分析推斷及知識綜合應用能力，明確有機物官能團及其性質(zhì)、有機反應類型及反應條件是解本題關(guān)鍵。難點是根據(jù)反應物和生成物采用知識遷移的方法進行有機合成。25、Cu2O+2H+=Cu2++Cu+2H2O穩(wěn)定穩(wěn)定Cu+H2SO4+2HNO3（濃）=CuSO4+2NO2↑+2H2O、3Cu+3H2SO4+2HNO3（稀）=3CuSO4+2NO↑+4H2O氧氣氧化氮氧化合物，使氮氧化物全部被氫氧化鈉溶液吸收，防止污染大氣否CuOabc重結(jié)晶【分析】I.該實驗的目的是探究不同價態(tài)銅的穩(wěn)定性，則根據(jù)題干給出的提示分析即可；II.該實驗目的是制取硫酸銅，則反應中，HNO3只作氧化劑，H2SO4則起酸性作用，可寫出該反應的方程式，需要注意的是隨著反應的進行，HNO3的濃度降低，還原產(chǎn)物也會隨之變化；III.該實驗的目的是制備氯化銅晶體，該實驗的流程中：第一步，粗銅和氯氣反應是為了生成CuCl2，少量的雜質(zhì)Fe會轉(zhuǎn)化為FeCl3；第二步，用鹽酸溶解固體1，是為了使得固體全部出于強酸性環(huán)境中，方便后續(xù)分離；第三步，要加入CuO來調(diào)節(jié)溶液的pH，把Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3，從而除去雜質(zhì)；第四步，在HCl氛圍中蒸發(fā)溶液2的到目標產(chǎn)物；(5)不需要除去HCl氣體，因為反應后，還需要用稀鹽酸將固體全部溶解；所得溶液1中含有HCl、FeCl3，需要加入CuO來調(diào)節(jié)溶液pH，使Fe3+全部轉(zhuǎn)化為沉淀，而Cu2+仍存在于溶液中；固體2是Fe(OH)3；(6)題中已經(jīng)告知這種轉(zhuǎn)化關(guān)系是可逆反應，利用平衡移動的知識答題；(7)提純晶體，往往采用重結(jié)晶。【詳解】I.該實驗的目的是探究不同價態(tài)銅的穩(wěn)定性，則：(1)Cu2O遇到酸反應生成藍色的Cu2+鹽溶液和單質(zhì)Cu，則在酸性環(huán)境中，+2價的Cu比+1價的Cu穩(wěn)定；(2)高溫下，CuO分解產(chǎn)生Cu2O，則+1價的銅比+2價的Cu穩(wěn)定；II.該實驗目的是制取硫酸銅，則：(3)發(fā)生的反應為Cu+H2SO4+2HNO3(濃)=CuSO4+2NO2↑+2H2O、3Cu+3H2SO4+2HNO3(稀)=3CuSO4+2NO↑+4H2O；(4)產(chǎn)物中NO不能單獨和NaOH反應，需要用O2將NO氧化為NO2才行，確保尾氣完全被吸收，以防污染環(huán)境；III.該實驗的目的是制備氯化銅晶體，則：(5)不需要除去HCl氣體，因為反應后，還需要用稀鹽酸將固體全部溶解；所得溶液1中含有HCl、FeCl3，需要加入CuO來調(diào)節(jié)溶液pH，使Fe3+全部轉(zhuǎn)化為沉淀；(6)題中已經(jīng)告知這種轉(zhuǎn)化關(guān)系是可逆反應，則a、將Y稀釋，則H2O的量增多，平衡向逆反應方向移動，溶液變?yōu)樗{色，說明溶液中有這樣的轉(zhuǎn)化關(guān)系，a正確；b、向Y中加入CuCl2晶體，則溶液中[Cu(H2O)4]2+、Cl-的濃度均增大，平衡向正反應方向移動，CuCl42-的濃度增大，溶液變?yōu)榫G色，說明溶液中有這樣的轉(zhuǎn)化關(guān)系，b正確；c、向Y中加入NaCl晶體，則溶液中Cl-的濃度均增大，平衡向正反應方向移動，CuCl42-的濃度增大，溶液變?yōu)榫G色，說明溶液中有這樣的轉(zhuǎn)化關(guān)系，c正確；d、取Y進行電解，溶液顏色消失，這個過程和該轉(zhuǎn)化關(guān)系無關(guān)，d錯誤；故選abc；(7)提純晶體，往往采用重結(jié)晶?！军c睛】本題是課外的實驗探究題。對于實驗題，一定要認準實驗目的，此外還要去挖掘題中給出的有用信息，本題中的三道小題都給出了相關(guān)的信息，要結(jié)合信息去答題，會容易許多。26、燒杯、玻璃棒、500ml容量瓶、膠頭滴管2.0gBCAEDACBDEFHG【解析】試題分析：（1）取NaOH需要用燒杯，攪拌和引流需要用玻璃棒，定容需要用膠頭滴管和500mL的容量瓶。（2）實驗需要0.1mol/LNaOH溶液450mL，根據(jù)容量瓶的規(guī)格，需要配制NaOH溶液500mL，所需NaOH的質(zhì)量為：0.5L×0.1mol/L×40g/mol=2.0g。（3）配制步驟有計算、稱量、溶解、冷卻、轉(zhuǎn)移、洗滌、定容、搖勻等，所以配制過程所必需的先后順序為：BCAED（4）A．稱量時用了生銹的砝碼，砝碼質(zhì)量增大，所稱NaOH質(zhì)量增大，所配溶液濃度偏高；B．NaOH易潮解，將NaOH放在紙張上稱量，濾紙會吸附氫氧化鈉，所以轉(zhuǎn)入燒杯的氫氧化鈉也少了，所配溶液濃度偏低；C．液體具有熱脹冷縮的性質(zhì)，氫氧化鈉溶解放熱，未冷卻到室溫，趁熱將溶液到入容量瓶，并配成溶液，會導致溶液體積偏小，溶液濃度偏高；D．往容量瓶轉(zhuǎn)移時，有少量液體濺出，移入容量瓶中的氫氧化鈉的質(zhì)量減小，所配溶液濃度偏低；E．未洗滌燒杯，少量氫氧化鈉沾在燒杯壁，氫氧化鈉的實際質(zhì)量減小，溶液濃度偏低；F．定容時，仰視刻度線，導致溶液體積增大，所配溶液濃度偏低；G．最后需要定容，容量瓶不干燥，含有少量蒸餾水，對溶液濃度無影響．H．搖勻后液面下降，一部分溶液留在瓶塞與瓶口之間，再加蒸餾水至刻度線，導致溶液體積偏大，所以溶液濃度偏低。所以偏大的有AC；偏小的有BDEFH；無影響的有G?？键c：配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的儀器、計算和誤差分析?！久麕燑c晴】本題考查了配制一定物質(zhì)的量的溶液的方法及誤差分析，注意配制450mL溶液需要選用500mL容量瓶，本題難度不大。27、平衡氣壓，使?jié)恹}酸順利滴下；NaOH溶液在裝置A、B之間加裝盛有飽和食鹽水的洗氣瓶酸式CBD【分析】漂白粉的有效成分Ca(ClO)2具有強氧化性，和濃鹽酸在A中發(fā)生歸中反應產(chǎn)生Cl2，Cl2和K2MnO4在B中反應產(chǎn)生KMnO4，反應不完的Cl2用C吸收，據(jù)此解答?！驹斀狻?1)裝置A為恒壓分液漏斗，它的作用是平衡氣壓，使?jié)恹}酸順利滴下，C的作用是吸收反應不完的Cl2，可用NaOH溶液吸收，Ca(ClO)2和濃鹽酸在A中發(fā)生歸中反應產(chǎn)生Cl2，反應的化學方程式為Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O，故答案為：平衡氣壓，使?jié)恹}酸順利滴下；NaOH溶液；Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；(2)錳酸鉀在濃強堿溶液中可穩(wěn)定存在，堿性減弱時易發(fā)生3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-，一部分MnO42-轉(zhuǎn)化為了MnO2，導致最終KMnO4的產(chǎn)率低，而濃鹽酸易揮發(fā)，直接導致B中NaOH溶液的濃度減小，故改進措施是在裝置A、B之間加裝盛有飽和食鹽水的洗氣瓶吸收揮發(fā)出來的HCl，故答案為：在裝置A、B之間加裝盛有飽和食鹽水的洗氣瓶；(3)高錳酸鉀有強氧化性，強氧化性溶液加入酸式滴定管，滴定管的“0”刻度在上，規(guī)格為50.00mL的滴定管中實際的體積大于(50.00-15.00)mL，即大于35.00mL，故答案為：酸式；C；(4)設(shè)FeC2O4·2H2O的物質(zhì)的量為xmol，F(xiàn)e2(C2O4)3的物質(zhì)的量為ymol，H2C2O4·2H2O的物質(zhì)的量為zmol，步驟I中草酸根和Fe2+均被氧化，結(jié)合得失電子守恒有：2KMnO4~5H2C2O4(C2O42-)，KMnO4~5Fe2+，所以，步驟II中Fe2+被氧化，由KMnO4~5Fe2+可知，，聯(lián)立二個方程解得：z=2.5c(V1-3V2)×10-3，所以H2C2O4·2H2O的質(zhì)量分數(shù)==。關(guān)于樣品組成分析如下：A．時，H2C2O4·2H2O的質(zhì)量分數(shù)==0，樣品中不含H2C2O4·2H2O，由和可知，y≠0，樣品中含F(xiàn)e2(C2O4)3雜質(zhì)，A錯誤；B．越大，由H2C2O4·2H2O的質(zhì)量分數(shù)表達式可知，其含量一定越大，B正確；C．Fe元素的物質(zhì)的量=，若步驟I中KMnO4溶液不足，則步驟I中有一部分Fe2+沒有被氧化，不影響V2的大小，則不變，則對于測得Fe元素的含量無影響，C錯誤；D．結(jié)合C可知：若KMnO4溶液濃度偏低，則消耗KMnO4溶液的體積V1、V2均偏大，F(xiàn)e元素的物質(zhì)的量偏大，則測得樣品中Fe元素含量偏高，D正確；故答案為：；BD。28、85ac氧原子和硫原子最外層電子數(shù)相等，但是氧原子的半徑比硫原子小，原子核對核外電子的吸引力強，得電子能力強，所以氧元素非金屬性比硫強<因為和都是分子晶體且無氫鍵，相對分子質(zhì)量越大，分子間作用力越大，熔沸點越高，所以的沸點高于飽和溶液中電離產(chǎn)生的很少，因此沒有沉淀，加入氨水后，促進的電離，濃度增大，有沉淀產(chǎn)生【分析】根據(jù)元素在元素周期表中的位置可知X為硅元素，Y為氧元素，Z為氯元素?！驹斀狻浚?）同周期元素，從左到右半徑越來越小，同主族元素，從上到下半徑越來越大，因此，半徑最大的原子應為X，即硅原子，硅原子的電子排布式：，軌道數(shù)為8個；Y為氧元素，最外層電子排布式為；Z為氯元素，電子排布式：，共5個能級，故共5種能量不同的電子；故答案為：8；；5；（2）a．Y單質(zhì)與溶液反應，溶液變渾濁，說明氧氣的氧化性比硫強，則說明Y元素的非金屬性比元素的非金屬性強，