2025年统编版2024高三化学下册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年统编版2024高三化学下册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、元素性质随原子序数的递增呈周期性变化的实质是（）A.元素的相对原子质量增大，量变引起质变B.原子的电子层数增多C.原子核外电子排布呈周期性变化D.原子半径呈周期性变化2、下列溶液中，粒子的物质的量浓度关系正确的是（）A.0.1mol•L-1Na2SO3溶液中：c（OH-）=c（HSO3-）+c（H+）+c（H2SO3）B.1L0.1mol•L-1CuCl2溶液中：c（Cl-）=2c（Cu2+）C.物质的量浓度相等的Na2S和NaHS的混合溶液中：2c（Na+）=3c（S2-）+3c（HS-）+3c（H2S）D.室温时，向一定物质的量浓度的CH3COOH溶液中加入一定体积的氢氧化钠溶液，充分反应后溶液的pH=7，则反应后的溶液中：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）=c（OH-）3、下列说法正确的是（）A.向久置的氯水中滴入紫色石蕊试液，溶液将先变红后褪色B.欲除去Cl2中少量HCl气体，可将此混合气体通过盛饱和食盐水的洗气瓶C.漂白粉有效成分是CaCl2和Ca（ClO）2，应密闭保存D.实验室用MnO2和稀盐酸加热法制Cl2时，若14.6gHCl参加反应，则可制得3.55gCl24、四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为19，W和X元素原子核的质子数之比为1：2，X和Y的电子数之差为4．下列说法正确的是（）A.原子半径大小：Z＞Y＞X＞WB.由W元素形成的单质一定是原子晶体，其熔沸点很高C.W、Y、Z三种元素形成的气态氢化物中最稳定的是Z的气态氢化物D.Y、Z所形成的氧化物的水化物的酸性为：Y＜Z5、“拟晶”（quasicrystal）是一种具有凸多面体规则外形但不同于晶体的固态物质．A165Cu23Fel2是二十世纪发现的几百种拟晶之一，具有合金的某些优良物理性能．有关这种拟晶的说法错误的是（）A.A165Cu23Fel2的硬度比金属A1、Cu、Fe都大B.A165Cu23Fel2中三种金属的化合价均可视作零C.A165Cu23Fel2不可用作长期浸泡在海水中的材料D.1molA165Cu23Fel2溶于过量的硝酸时共失去265mol电子6、M、X、Y、Z、W为五种短周期元素，原子序数依次递增，X、Y、Z是同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成气体分子XZ2，Y与M形成的气态化合物密度在相同状况下是氢气的8.5倍，W的质子数是M、X、Y、Z四种元素质子数之和的一半。下列说法正确的是A.原子半径：M>Z>Y>X>WB.XZ2、X2M2、W2Z2均为直线型的共价化合物C.由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物不能含有离子键D.由X元素形成的某种单质能导电，可以做电极7、微型纽扣电池在现代生活中有广泛应用。有一种银锌电池，其电极分别为Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH，电极反应为：Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O，Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-，总反应式为：Ag2O+Zn=2Ag+ZnO。根据上述反应式，下列说法正确的是（）A.在使用过程中，电池负极区溶液的碱性增强B.使用过程中，电子由Ag2O极经外电路流向Zn极C.Zn是负极，Ag2O是正极D.Zn电极发生还原反应，Ag2O电极发生氧化反应8、下列叙述不正确的是rm{(}rm{)}A.过氧化氢中既含有极性键又含有非极性键B.rm{{,!}^{18}O}原子中含有rm{18}个中子C.含有相同电子数的rm{H_{2}O}和rm{NH_{3}}的分子数相同D.苯分子中所有原子共处在同一平面上评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)9、现有A；B、C、D、E、F六种有机物；它们的转化关系如图所示（图中部分反应条件及生成物没有全部写出）．

已知：液体B能发生银镜反应；气体D是一种植物生长调节剂，其相对分子质量为28．请回答下列问题：

（1）B的结构简式____D、E官能团名称分别是____、____

（2）D→A的化学方程式是____

（3）D→F反应的化学方程式是____

（4）在一定的条件下，A与E反应可生成一种具有香味的物质．该反应的化学方程式是____．10、以下是合成芳香族有机高聚物PC的合成路线．

已知：ROH+R’OHROR’+H2O

完成下列填空：

（1）F中官能团的名称____；写出反应①的反应条件____；

（2）写出反应⑤的化学方程式____．

（3）写出高聚物P的结构简式____．

（4）E有多种同分异构体，写出一种符合下列条件的同分异构体的结构简式____．

①分子中只有苯环一个环状结构；且苯环上有两个取代基；

②1mol该有机物与溴水反应时消耗4molBr2

（5）写出以分子式为C5H8的烃为主要原料，制备F的合成路线流程图（无机试剂任选）．合成路线流程图示例如下：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3．11、某混合物的水溶液，可能含有以下离子中的若干种：K+、Al3+、Fe3+、Mg2+、Ba2+、NH4+、Cl-、CO32-、SO42-；现分别取100mL的两等份溶液进行如下实验：

①第一份加过量NaOH溶液后加热；收集到0.02mol气体，无沉淀生成，同时得到溶液甲．

②向甲溶液中通入过量CO2；生成白色沉淀，沉淀经过滤；洗涤、干燥、灼烧后，得到1.02g固体．

③第二份加足量BaCl2溶液后；生成白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤；干燥后，得到11.65g固体．

依据实验回答下列问题：

（1）由①可知一定存在的离子为____，其浓度为____mol•L-1．

（2）写出②中产生沉淀的离子方程式____．

（3）由③可知一定存在的离子为____，其浓度为____mol•L-1．

（4）综合上面三个实验，该混合物的水溶液中一定不存在的离子是____（填离子符号）．

（5）某同学通过分析认为该溶液中一定存在K+，他的理由是____．12、硼元素B在化学中有很重要的地位．硼的化合物在农业；医药、玻璃工业等方面用途很广．

请回答下列问题：

（1）写出与B元素同主族的Ga元素的基态原子核外电子排布式____．

从原子结构的角度分析，B、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为____．

（2）立方氮化硼可利用人工方法在高温高压条件下合成，属于超硬材料．同属原子晶体的氮化硼（BN）比晶体硅具有更高硬度和耐热性的原因是____．

（3）在BF3分子中中心原子的杂化轨道类型是____，SiF4微粒的空间构型是____．又知若有d轨道参与杂化，能大大提高中心原子成键能力．试解释为什么BF3、SiF4水解的产物中，除了相应的酸外，前者生成BF4一后者却是生成SiF62-：____．

（4）科学家发现硼化镁在39K时呈超导性；在硼化镁晶体的理想模型中，镁原子和硼原子是分层排布的，一层镁一层硼相间排列．

如图是该晶体微观空间中取出的部分原子沿Z轴方向的投影，白球是镁原子投影，黑球是硼原子投影，图中的硼原子和镁原子投影在同一平面上．根据图示确定硼化镁的化学式为____．13、由葡萄糖发酵可得乳酸；为研究乳酸的分子组成和结构，进行了下述实验：

（1）称取乳酸0.90g，在某种状况下使其完全气化，相同状况下同体积的H2的质量为0.02g，则乳酸的相对分子质量为____．

（2）若将上述乳酸蒸气在氧气中燃烧只生成CO2和H2O（g），当全部被碱石灰吸收时，碱石灰的质量增加1.86g；若将此产物通入过量石灰水中，则产生3.00g白色沉淀．则乳酸的分子式为____．

（3）另取0.90g乳酸，若与足量金属钠反应，生成H2224mL（标准状况），若与足量碳酸氢钠反应，生成224mLCO2（标准状况），则乳酸的结构简式可能为____或____．

（4）若葡萄糖发酵只生成乳酸，其反应的化学方程式为____．

（5）乳酸与乙酸、乳酸与乙醇均能发生酯化反应，相同质量乳酸所生成的两种酯化产物（有机物）的质量比为____．14、过氧化氢溶液俗名双氧水；医疗上利用它有杀菌消毒作用来清洗伤口．回答下列有关双氧水的问题：

（1）下述反应中，H2O2仅体现氧化性的反应是____（填代号）．

A．Na2O2+2HCl═2NaCl+H2O2

B．Ag2O+H2O2═2Ag+O2↑+H2O

C.2H2O2═2H2O+O2↑

D.3H2O2+Cr2（SO4）3+10KOH═2K2CrO4+3K2SO4+8H2O

（2）保存双氧水的试剂瓶上最适合贴上的一个标签是____（填代号）．

（3）H2O2有时可作为矿业废液消毒剂，有“绿色氧化剂”的美称，如消除采矿业胶液中的氰化物（如KCN），经以下反应实现：KCN+H2O2+H2O═A+NH3↑，试指出生成物A的化学式为____．15、某反应体系中的物质有：A12O3、AlN、C、N2、CO2

（1）请将A12O3之外的反应物和生成物及配平系数分别填入以下空格中：

①____②____③____④____

（2）当体系中有6mol还原剂被氧化时，转移____mol电子

（3）氮化铝（A1N）广泛应用于电子；陶瓷等工业领域；在一定条件下，可发生水解生成气体和沉淀，请写出其水解方程式：

____．16、LED照明是我国制造业为人类做出的一大贡献。目前市售LED晶片，材质基本以GaAs(砷化镓)、AlGaInP(磷化铝镓铟)、InGaN(氮化铟镓)为主。已知镓是铝同族下一周期的元素。砷化镓的晶胞结构如下图。试回答：(1)镓的基态原子的电子排布式是__________。(2)砷化镓晶胞中所包含的砷原子(白色球)个数为__________，与同一个镓原子相连的砷原子构成的空间构型为__________。(3)N、P、As处于同一主族，其氢化物沸点由高到低的顺序是__________。(用氢化物分子式表示)(4)砷化镓可由(CH3)3Ga和AsH3在700℃时制得。(CH3)3Ga中镓原子的杂化方式为__________。(5)比较二者的第一电离能：As__________Ga(填“<”、“>”或“＝”)。(6)下列说法正确的是__________(填字母)。A．砷化镓晶胞结构与NaCl相同B．GaP与GaAs互为等电子体C．电负性：As>GaD．砷化镓晶体中含有配位键评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)17、胶体区别于其他分散系的本质特征是胶体具有丁达尔效应．____．（判断对错）18、O2和O3互为同位素____．（判断对错）19、在化学反应中，参加反应的各物质的质量比等于其物质的量之比____．（判断对错）20、食物溶于水后的溶液中pH＜7，则为酸性食物．____．（判断对错）21、苯中混有已烯，可在加入适量溴水后分液除去____（判断对错）22、通过红外光谱分析可以区分乙醇与乙酸乙酯____．评卷人得分四、推断题(共3题，共6分)23、（2015春•内蒙古校级期中）A；B、C、D、E、F六种物质的转化关系如图所示（反应条件和部分产物未标出）．

（1）若A为短周期金属单质，D为短周期非金属单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，F的浓溶液与A、D反应都有红棕色气体生成，反应④的化学方程式为____．

（2）若A是常见的变价金属的单质，D、F是气态单质，且反应①在水溶液中进行．反应②也在水溶液中进行，其离子方程式是____．

（3）若A、D、F都是短周期非金属元素单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则反应①的化学方程式为____．24、下列各物质是中学化学中常见的物质；甲为常见金属单质，乙；丙、丁是气体单质，其它为化合物，B、D分别为黑色粉末和黑色晶体，G为淡黄色固体，J为生活中常见的调味品，I为红褐色固体，①是实验室制取丁的反应之一，F为棕黄色溶液．各物质间的转化如下图所示，回答下列各问题（部分生成物未列出）：

（1）写出乙的化学式____、写出G的一种用途____．

（2）写出甲与C反应的化学方程式：____．

（3）整个转换过程中属于氧化还原反应的有____个．

（4）写出反应③E与G按物质的量之比2：1的反应的离子方程式____．25、X；Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素．通常状况下；X与W元素均能形成-1价的气态氢化物，Y为同周期主族元素中原子半径最大的元素．X、Z和W的原子最外层电子教之和为20．回答下列问题：

（1）X在兀素周期表中的位置是______．

（2）X和Y元素简单离子的半径较大的是______（填离子符号）；Z和W元素气态氢化物的稳定性较强的是______（填化学式）．

（3）Y的氧化物中既含离子键又含共价键的是______（用电子式表示）．

（4）Z的最高价氧化物对应水化物的浓溶液（过量）和氧化亚铜共热，反应的化学方程式为______．评卷人得分五、探究题(共4题，共40分)26、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．27、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：28、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．29、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【分析】元素原子的核外电子排布的周期性变化导致元素性质（金属性和非金属性，原子半径，化合价等）的周期性变化．【解析】【解答】解：A；随着原子序数的递增；元素的原子的相对原子质量增大，但不呈现周期性的变化，则不能决定元素性质出现周期性变化，故A错误；

B；电子层排布呈周期性变化；是原子的核外电子排布呈现周期性的变化而引起，故B错误；

C；因原子的核外电子排布中电子层数和最外层电子数都随原子序数的递增而呈现周期性变化；则引起元素的性质的周期性变化，故C正确．

D；元素的原子半径属于元素的性质；元素的原子半径的周期性变化是电子排布周期性变化的结果，故D错误；

故选：C．2、C【分析】【分析】A．根据亚硫酸钠溶液中的质子守恒分析；

B．铜离子部分水解；导致铜离子数目减少；

C．根据混合液中的物料守恒分析；

D．溶液的pH=7，则c（H+）=c（OH-），结合电荷守恒可知c（CH3COO-）=c（Na+）．【解析】【解答】解：A．0.1mol•L-1Na2SO3溶液中，根据质子守恒可得：c（OH-）=c（HSO3-）+c（H+）+2c（H2SO3）；故A错误；

B．1L0.1mol•L-1CuCl2溶液中，由于铜离子部分水解，则铜离子的物质的量减少，故c（Cl-）＞2c（Cu2+）；故B错误；

C．物质的量浓度相等的Na2S和NaHS的混合溶液中，Na元素是S元素的1.5倍，根据物料守恒可得：2c（Na+）=3c（S2-）+3c（HS-）+3c（H2S）；故C正确；

D．室温下向一定物质的量浓度的CH3COOH溶液中加入一定体积的氢氧化钠溶液，充分反应后溶液的pH=7，则c（H+）=c（OH-），结合电荷守恒可知c（CH3COO-）=c（Na+），则溶液中离子浓度大小为：c（CH3COO-）=c（Na+）＞c（H+）=c（OH-）；故D错误；

故选C．3、B【分析】【分析】A．根据反应Cl2+H2O⇌HClO+HCl；结合HCl和HClO的性质判断；

B．氯气不溶于饱和食盐水；

C．漂白粉的有效成分为Ca（ClO）2；

D．实验室用MnO2和浓盐酸加热法制Cl2．【解析】【解答】解：A．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸；但久置时，次氯酸分解生成HCl，滴加石蕊不褪色，故A错误；

B．氯气不溶于饱和食盐水；可用饱和食盐水除杂，故B正确；

C．漂白粉的有效成分为Ca（ClO）2，CaCl2和Ca（ClO）2为主要成分；故C错误；

D．实验室用MnO2和浓盐酸加热法制Cl2；稀盐酸还原性较弱，不能与二氧化锰发生氧化还原反应，故D错误．

故选B．4、C【分析】【分析】根据四种短周期元素W；X、Y、Z的原子序数依次增大；其原子的最外层电子数之和为19，W和X元素原子核质子数之比为1：2，X和Y的电子数之差为4，可知，W的原子序数为7时，此时推断出Y的原子序为18，所以W的原子序数为不超过7，可以按下列情况按序讨论：

①若W是H元素；则X是He元素；Y是C元素，其原子的最外层电子数之和为19，则Z最外层电子数是12，不存在这样的元素，故舍去；

②若W是He元素；则X是Be元素；Y是O元素，其原子的最外层电子数之和为19，则Z最外层电子数是9，不存在这样的元素，故舍去；

③若W是Li元素；则X是C元素；Y是Ne元素，其原子的最外层电子数之和为19，则Z最外层电子数是6，且Z原子序数大于Z，所以Z为S元素，符合题意；

④若W是Be元素；则X是O元素；Y是Mg元素，其原子的最外层电子数之和为19，则Z最外层电子数是9，不存在这样的元素，故舍去；

⑤若W是B元素；则X是Ne元素；Y是Si元素，其原子的最外层电子数之和为19，则Z最外层电子数是4，为Si元素，Y和Z不能是同一元素，故舍去；

⑥若W是C元素；则X是Mg元素；Y是S元素，其原子的最外层电子数之和为19，则Z最外层电子数是7，为Cl元素，符合题意；

⑦若W是N元素，则X是Si元素、Y是Ar元素；Z为短周期元素，所以没有符合条件的元素，故舍去；

所以存在的可能是③⑥，据此答题；【解析】【解答】解：根据四种短周期元素W；X、Y、Z的原子序数依次增大；其原子的最外层电子数之和为19，W和X元素原子核质子数之比为1：2，X和Y的电子数之差为4，可知，W的原子序数为7时，此时推断出Y的原子序为18，所以W的原子序数为不超过7，可以按下列情况按序讨论：

①若W是H元素；则X是He元素；Y是C元素，其原子的最外层电子数之和为19，则Z最外层电子数是12，不存在这样的元素，故舍去；

②若W是He元素；则X是Be元素；Y是O元素，其原子的最外层电子数之和为19，则Z最外层电子数是9，不存在这样的元素，故舍去；

③若W是Li元素；则X是C元素；Y是Ne元素，其原子的最外层电子数之和为19，则Z最外层电子数是6，且Z原子序数大于Z，所以Z为S元素，符合题意；

④若W是Be元素；则X是O元素；Y是Mg元素，其原子的最外层电子数之和为19，则Z最外层电子数是9，不存在这样的元素，故舍去；

⑤若W是B元素；则X是Ne元素；Y是Si元素，其原子的最外层电子数之和为19，则Z最外层电子数是4，为Si元素，Y和Z不能是同一元素，故舍去；

⑥若W是C元素；则X是Mg元素；Y是S元素，其原子的最外层电子数之和为19，则Z最外层电子数是7，为Cl元素，符合题意；

⑦若W是N元素，则X是Si元素、Y是Ar元素；Z为短周期元素，所以没有符合条件的元素，故舍去；

所以存在的可能是③⑥；

A．若为⑥；其原子半径大小顺序是X＞Y＞Z＞W，故A错误；

B．若W是Li；则锂为金属晶体，故B错误；

C．W能形成氢化物；则W是C元素，Y是S元素；Z是Cl元素，元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，这几种元素中非金属性最弱的是C元素，所以其气态氢化物最不稳定，故C正确；

D．Y、Z所形成的氧化物的水化物的酸性不一定是Y＜Z，如H2SO4＞HClO；故D错误；

故选C．5、D【分析】【分析】A．合金的硬度一般比各成分金属大；

B．金属无负价；根据化合价代数和为0的原则；

C．原电池能加快化学反应的速率；

D．Al与Fe均变为+3价，Cu变为+2价．【解析】【解答】解：A．拟晶具有合金的某些优良物理性能；合金的硬度一般比各成分金属大，故A正确；

B．拟晶Al65Cu23Fe12是由三种金属元素组成；由于金属无负价，根据化合价代数和为0的原则，三种金属的化合价均可视作零价，故B正确；

C．Al65Cu23Fe12与海水可以构成原电池；会加速金属的腐蚀，因此不可用作长期浸泡在海水中的材料，故C正确；

D．溶于过量硝酸时，Al与Fe均变为+3价，Cu变为+2价，故1molAl65Cu23Fe12失电子为65×3+23×2+12×3=277mol；故D错误．

故选D．6、D【分析】试题分析：M、X、Y、Z、W为五种短周期元素，原子序数依次递增，X、Y、Z是同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成气体分子XZ2，则该气体分子可能是CO2。Y与M形成的气态化合物密度在相同状况下是氢气的8.5倍，即该物质的相对分子质量是8.5×2＝17，所以该物质可能是氨气，则M是H，Y是N，X是C，Z是O。W的质子数是M、X、Y、Z四种元素质子数之和的一半，则W的质子数是（1+6+7+8）÷2＝11，所以W是Na元素。A．同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径：W＞X＞Y＞Z＞M，A错误；B．CO2、C2H2均为直线型的共价化合物，过氧化钠是离子化合物，B错误；C．由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物可能含有离子键，例如碳酸铵等，C错误；D．由X元素形成的某种单质能导电，可以做电极，例如石墨，D正确，答案选D。考点：考查元素推断的有关分析与应用【解析】【答案】D7、C【分析】【解析】试题分析：原电池中负极失去电子，发生氧化反应。正极得到电子，发生还原反应。所以根据电极反应式可知，锌是负极，氧化银是正极，C正确，D不正确；A不正确，在使用过程中，电池负极区溶液的碱性降低；B不正确，使用过程中，电子由Zn极经外电路流向Ag2O极，答案选C。考点：考查原电池的有关判断【解析】【答案】C8、B【分析】解：rm{A}过氧化氢分子中既有极性的氢氧键；又有非极性氧氧键，所以过氧化氢中既含有极性键又含有非极性键，故A正确；

B、rm{{,!}^{18}O}原子中的rm{18}表示质量数；而不是中子数，故B错误；

C、rm{H_{2}O}和rm{NH_{3}}的电子数都是rm{10}个；所以两者有电子数相同，故C正确；

D、苯分子中所有rm{12}个原子共处在同一平面上；故D正确；

故选B．

A；过氧化氢分子中既有极性的氢氧键；又有非极性氧氧键；

B、rm{{,!}^{18}O}原子中的rm{18}表示质量数；

C、rm{H_{2}O}和rm{NH_{3}}的电子数都是rm{10}个；

D、苯分子中所有rm{12}个原子共处在同一平面上．

本题考查了化学键的判断、元素符号周围字母的意义和苯的结构，难度不大，明确相同原子形成的共价键是非极性共价键．【解析】rm{B}二、填空题(共8题，共16分)9、CH3CHO碳碳双键羧基CH2=CH2+H2OCH3CH2OHnCH2=CH2CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O【分析】【分析】A在浓硫酸、170℃生成气体D，气体D的相对分子质量为28，且D可以合成常用塑料F，故A为乙醇、D为乙烯、F为聚乙烯，由转化关系可知，D与HBr反应生成C，C为溴乙烷，A氧化生成B，液体B能发生银镜反应，故B为乙醛，乙醛氧化生成E，E能与碳酸氢钠反应，故E为乙酸，据此解答．【解析】【解答】解：A在浓硫酸、170℃生成气体D，气体D的相对分子质量为28，且D可以合成常用塑料F，故A为乙醇、D为乙烯、F为聚乙烯，由转化关系可知，D与HBr反应生成C；C为溴乙烷，A氧化生成B，液体B能发生银镜反应，故B为乙醛，乙醛氧化生成E，E能与碳酸氢钠反应，故E为乙酸；

（1）由上述分析可知，B是乙醛，结构简式为CH3CHO；D为乙烯；官能团为碳碳双键；E为乙酸，官能团为羧基；

故答案为：CH3CHO；碳碳双键；羧基；

（2）D→A是乙烯加成生成乙醇，反应方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；

故答案为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；

（3）D→F是乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，反应的化学方程式是nCH2=CH2

故答案为：nCH2=CH2

（4）乙醇和乙酸反应生成有香味的乙酸乙酯，方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；

故答案为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O．10、羧基、氯原子光照HOOCCCl（CH3）CH2COOH+3NaOH+NaCl+3H2O【分析】【分析】据C7H8经过反应①生成的C7H7Cl能够在NaOH溶液中反应可知，C7H8为甲苯，甲苯在光照条件下，甲基上的氢原子被氯原子取代，C7H7Cl为C为苯甲醇，结合已知反应和反应条件可知，D为D→E是在浓硫酸作用下醇的消去反应，则E为据M的分子式可知，F→M发生了消去反应和中和反应，M为N为E与N发生加聚反应得到高聚物P，P为据此分析．【解析】【解答】解：（1）据F的结构简式可知；F中含有的官能团有羧基；氯原子，反应①的反应条件为光照，故答案为：羧基、氯原子；光照；

（2）F→M发生了消去反应和中和反应，M为反应的化学方程式为：HOOCCCl（CH3）CH2COOH+3NaOH+NaCl+3H2O，故答案为：HOOCCCl（CH3）CH2COOH+3NaOH+NaCl+3H2O；

（3）E为N为E与N发生加聚反应得到高聚物P，P为

故答案为：

（4）E为其同分异构体具有①分子中只有苯环一个环状结构，且苯环上有两个取代基；②1mol该有机物与溴水反应时消耗4molBr2的物质的结构简式可以是故答案为：

（5）用分子式为C5H8的烃为主要原料，制备F的合成路线流程图为CH2=C（CH3）CH=CH2CH2BrC（CH3）=CHCH2BrHOCH2C（CH3）=CHCH2OHOHCC（CH3）=CHCHOHOOCC（CH3）=CHCOOHF；

故答案为：CH2=C（CH3）CH=CH2CH2BrC（CH3）=CHCH2BrHOCH2C（CH3）=CHCH2OHOHCC（CH3）=CHCHOHOOCC（CH3）=CHCOOHF．11、NH4+0.2AlO2-+CO2（过）+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-SO42-0.5Fe3+、Mg2+、Ba2+、CO32-依据电荷守恒，阳离子正电荷总量小于阴离子负电荷总量，所以一定有K+存在【分析】【分析】第一份加过量NaOH溶液后加热，只收集到气体0.02mol，无沉淀生成，同时得到溶液甲，依据离子性质分析推断，与氢氧化钠生成气体的一定是NH4+离子，生成气体NH3物质的量为0.02mol，无沉淀生成证明溶液中一定不含Fe3+、Mg2+；向甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到1.02g固体．能与二氧化碳反应得到沉淀的离子有Ba2+，铝离子溶于过量氢氧化钠生成的偏铝酸钠溶于反应生成氢氧化铝沉淀；第二份加足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，得到11.65g固体．说明沉淀不溶于酸，证明是硫酸钡沉淀，原溶液中含有SO42-，判断溶液中一定不含有Ba2+，向甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀只能是氢氧化铝沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到1.02g固体为氧化铝，原溶液中含有Al3+，结合离子共存判断溶液中一定不含有CO32-；结合溶液电荷守恒判断溶液中的钾离子存在．【解析】【解答】解：第一份加过量NaOH溶液后加热，只收集到气体0.02mol，无沉淀生成，同时得到溶液甲，依据离子性质分析推断，与氢氧化钠生成气体的一定是NH4+离子，生成气体NH3物质的量为0.02mol，无沉淀生成证明溶液中一定不含Fe3+、Mg2+；向甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到1.02g固体．能与二氧化碳反应得到沉淀的离子有Ba2+，铝离子溶于过量氢氧化钠生成的偏铝酸钠溶于反应生成氢氧化铝沉淀；第二份加足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，得到11.65g固体．说明沉淀不溶于酸，证明是硫酸钡沉淀，原溶液中含有SO42-，判断溶液中一定不含有Ba2+，向甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀只能是氢氧化铝沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到1.02g固体为氧化铝，原溶液中含有Al3+，结合离子共存判断溶液中一定不含有CO32-；一定含有的离子为NH4+Al3+SO42-；

（1）由①可知存在离子NH4+物质的量浓度==0.2mol/L；故答案为：NH4+；0.2；

（2）由②可知存在离子为Al3+，先与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，此反应的离子反应方程式为：AlO2-+CO2（过）+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，故答案为：AlO2-+CO2（过）+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-；

（3）由③可知存在离子为SO42-；第二份加足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，得到11.65g固体为硫酸钡，物质的量==0.05mol，SO42-物质的量浓度==0.5mol/L，故答案为：SO42-；0.5mol/L；

（4）依据上述分析判断，一定不存在的离子为：Fe3+、Mg2+、Ba2+、CO32-，故答案为：Fe3+、Mg2+、Ba2+、CO32-；

（5）依据溶液中电荷守恒，阳离子正电荷总量小于阴离子负电荷总量，阳离子电荷数为0.8mol，阴离子若只有硫酸根离子时电荷数为1mol，所以一定有K+存在，故答案为：依据电荷守恒，阳离子正电荷总量小于阴离子负电荷总量，所以一定有K+存在．12、1s22s22p63d104s24p1N＞O＞BN原子和B原子的半径比硅原子小，B-N键长比Si-Si短sp2正四面体B原子最外电子层为L层，无d轨道；而Si原子最外层为N层，有d轨道，可参与杂化，使Si配位数增加至6MgB2【分析】【分析】（1）镓是31号元素；其原子核外有31个电子，根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式；同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA族和第VA族元素的第一电离能大于相邻元素；

（2）原子晶体的硬度与原子半径；键长成反比；

（3）根据价层电子对互斥理论确定其杂化方式及空间构型；B原子最外电子层为L层；无d轨道；而Si原子最外层为N层，有d轨道；

（4）1个B原子为3个Mg原子共用，1个Mg原子为6个B原子共用，利用均摊法计算硼原子和镁原子的个数比．【解析】【解答】解：（1）镓位于周期表中第四周期第IIIA，故其核外电子排布式为1s22s22p63d104s24p1或[Ar]3d104s24p1；同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势；但第IIA族和第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，所以三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞B；

故答案为：1s22s22p63d104s24p1；N＞O＞B；

（2）原子晶体的硬度与原子半径；键长成反比；N原子和B原子的半径比硅原子小，B-N键长比Si-Si短键能大，所以氮化硼（BN）比晶体硅具有更高硬度和耐热性；

故答案为：N原子和B原子的半径比硅原子小；B-N键长比Si-Si短；

（3）在BF3分子中B原子的价层电子对等于3，且没有孤电子对，所以中心原子的杂化轨道类型是sp2杂化，SiF4中硅原子含有4个共价键，且不含孤电子对，中心原子的杂化轨道类型是sp3杂化；所以它的空间构型是正四面体型；B原子最外电子层为L层，无d轨道，而Si原子最外层为N层，有d轨道，可参与杂化，使Si配位数增加至6；

故答案为：sp2；正四面体；B原子最外电子层为L层；无d轨道；而Si原子最外层为N层，有d轨道，可参与杂化，使Si配位数增加至6；

（4）根据投影可知，1个B原子为3个Mg原子共用，故属于一个Mg原子的B原子为；1个Mg原子为6个B原子共用，故用于一个B原子的Mg原子为，由此可知：镁硼原子个数比=：=1：2，故硼化镁的化学式为MgB2；

故答案为：MgB2．13、90C3H6O3CH2（OH）CH2COOHC6H12O62CH3CH（OH）COOH66：59【分析】【分析】（1）相对分子质量之比等于其密度之比；

（2）3.00g白色沉淀为碳酸钙；碱石灰增重为乳酸生成二氧化碳与水的总质量，计算二氧化碳；乳酸的物质的量，进而计算燃烧生成水的质量，根据原子守恒计算分子中C、H原子数目，再根据相对分子质量计算O原子数目，进而确定分子式；

（3）乳酸为0.01mol；与碳酸钠反应生成二氧化碳为0.005mol二氧化碳，说明乳酸分子含有1个-COOH，与钠反应生成0.01mol氢气，则说明还含有一个-OH，结合分子式书写可能的结构简式；

（4）结合（3）中乳酸的可能结构书写方程式；

（5）相同质量乳酸所生成的两种酯化产物（有机物）的质量比等于两种产物的摩尔质量之比．【解析】【解答】解：（1）相对分子质量之比等于密度之比，则Mr（乳酸）：2=0.9g：0.02g，故Mr（乳酸）=90；故答案为：90；

（2）3.00g白色沉淀为碳酸钙，物质的量为=0.03mol，乳酸的物质的量为=0.01mol，0.01mol乳酸完全燃烧生成CO20.03mol，则乳酸分子中C原子数目为=3，生成H2O的质量=1.86g-0.03mol×44g/mol=0.54g，其物质的量为0.03mol，乳酸分子中H原子数目为=6，则乳酸分子中O原子数目为=3，所以乳酸的分子式为C3H6O3；

故答案为：C3H6O3；

（3）乳酸的物质的量为=0.01mol，与碳酸钠反应生成二氧化碳为=0.005mol，由于2-COOH～CO2↑，则乳酸分子含有1个-COOH，与钠反应生成氢气为=0.01mol，2-COOH～H2↑，2-OH～H2↑，可知乳酸分子还含有一个-OH，可知乳酸的结构简式可能是CH2（OH）CH2COOH；

故答案为：CH2（OH）CH2COOH；

（4）若葡萄糖发酵只生成乳酸，其反应的化学方程式为：C6H12O62CH3CH（OH）COOH或C6H12O6（葡萄糖）；

故答案为：C6H12O62CH3CH（OH）COOH；

（5）乙酸与乳酸生成的酯的相对分子质量为60+90-18=132；乳酸与乙醇生成的酯的相对分子质量为46+90-18=118，相同质量乳酸所生成的两种酯化产物（有机物）的质量比为：132：118=66：59，故答案为：66：59．14、DBKHCO3【分析】【分析】（1）H2O2仅体现氧化性，则O元素的化合价降低；双氧水仅体现还原性，说明双氧水在反应中仅被氧化，化合价只升高；H2O2既体现氧化性又体现还原性，则O元素的化合价既升高又降低；H2O2既不做氧化剂又不做还原剂；说明在反应中双氧水的化合价不发生变化；

（2）过氧化氢为常见的强氧化剂；

（3）KCN+H2O2+H2O═A+NH3↑中遵循元素、原子守恒，以此推断A的分子式．【解析】【解答】解：（1）A．Na2O2+2HCl=2NaCl+H2O2；是一个非氧化还原反应，双氧水既不是氧化剂，也不是还原剂，故A不选；

B．Ag2O+H2O2=2Ag+O2↑+H2O，Ag2O被还原成单质银，H2O2仅表现为还原性，其中氧元素转化为O2；故B不选；

C．2H2O2=2H2O+O2↑，过氧化氢的分解反应，是一个自身氧化还原反应，H2O2既表现了氧化性；又表现了还原性，故C不选；

D．3H2O2+Cr2（SO4）3+10KOH=2K2CrO4+3K2SO4+8H2O；双氧水在反应中化合价由-1变成-2，化合价降低被还原，双氧水仅做氧化剂，故D选；

故答案为：D；

（2）过氧化氢为常见的强氧化剂；无毒；不具有腐蚀性，也不自燃，则只有B中标签符合，故答案为：B；

（3）KCN+H2O2+H2O═A+NH3↑中遵循元素、原子守恒，可知生成物A应该是KHCO3，故答案为：KHCO3．15、2N23C4AlN3CO224AlN+3H2O═Al（OH）3↓+NH3↑【分析】【分析】（1）A12O3是反应物，反应中A12O3→AlN，Al元素化合价为变化，根据氮元素守恒N2是反应物，反应中N2→AlN，N元素的化合价降低，根据电子转移守恒可知C是反应物，CO2是生成物．反应中N2→AlN，N元素的化合价由0价降低为-3价，共降低6价，C→CO2，C元素化合价由0价升高为+4价，共升高4价，化合价升降最小公倍数为12，故N2系数为2；故系数为，故C系数为3，根据元素守恒确定其它物质的系数，配平书写方程式．

（2）反应中C→CO2；C元素化合价由0价升高为+4价，C是还原剂，转移电子的物质的量为C的4倍．

（3）氮化铝（A1N）在一定条件下，可发生水解生成气体和沉淀，可知气体为NH3，沉淀为Al（OH）3，据此书写方程式．【解析】【解答】解：（1）A12O3是反应物，反应中A12O3→AlN，Al元素化合价为变化，根据氮元素守恒N2是反应物，反应中N2→AlN，N元素的化合价降低，根据电子转移守恒可知C是反应物，CO2是生成物．反应中N2→AlN，N元素的化合价由0价降低为-3价，共降低6价，C→CO2，C元素化合价由0价升高为+4价，共升高4价，化合价升降最小公倍数为12，故N2系数为2，故系数为，故C系数为3，根据N元素守恒可知AlN系数为4，根据Al元素守恒可知Al2O3系数为2，根据C元素守恒可知CO2系数为3，故反应方程式为2Al2O3+2N2+3C4AlN+3CO2．

故答案为：2N2、3C、4AlN、3CO2．

（2）反应中C→CO2；C元素化合价由0价升高为+4价，C是还原剂，体系中有6mol还原剂被氧化时，转移电子为6mol×4=24mol．

故答案为：24．

（3）氮化铝（A1N）在一定条件下，可发生水解生成气体和沉淀，可知气体为NH3，沉淀为Al（OH）3；反应方程式为

AlN+3H2O═Al（OH）3↓+NH3↑．

故答案为：AlN+3H2O═Al（OH）3↓+NH3↑．16、略

【分析】(1)镓是31号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1。(2)砷化镓晶胞中砷原子8个在立方体顶角，6个在面上，该晶胞所包含砷原子数为8×＋6×＝4，而镓原子周围是4个均匀分布的砷原子为正四面体型。(3)NH3分子间有氢键沸点最高，其它分子按分子量大小排列，NH3>AsH3>PH3。(4)镓原子与3个甲基结合，且镓的价电子都成键，所以为sp2杂化。(5)砷的非金属性强，第一电离能大。(6)砷化镓晶胞与NaCl不同，A项错误。GaP与GaAs原子个数比相同，但电子总数不同，B项错误。As非金属性强，电负性也强，C正确。镓有3个价电子，但形成4个共价键，说明有一个配位键。D正确。【解析】【答案】(1)1s22s22p63s23p63d104s24p1(或[Ar]3d104s24p1)(2)4正四面体(3)NH3>AsH3>PH3(4)sp2(5)>(6)BCD三、判断题(共6题，共12分)17、×【分析】【分析】根据胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同．【解析】【解答】解：胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1-100nm之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的子直径大于100nm，故答案为：×．18、×【分析】【分析】有相同质子数；不同中子数的原子互为同位素；

相同元素组成，不同形态的单质互为同素异形体．【解析】【解答】解：O2和O3都是由氧元素形成的不同单质；故互为同素异形体；

故答案为：×．19、×【分析】【分析】在化学反应中，参加反应的各物质的物质的量之比等于其计量数之比，据此分析解答．【解析】【解答】解：在化学反应中，参加反应的各物质的物质的量之比等于其计量数之比，根据m=nM知，参加反应的各物质的质量之比等于其物质的量与摩尔质量之积的比，所以参加反应的各物质的质量比等于其物质的量之比的说法错误，故答案为：×．20、×【分析】【分析】食物的酸碱性与化学上所指的溶液的酸碱性是不同的概念，食物呈酸性或成碱性，是按食物在体内代谢最终产物的性质来分类的．【解析】【解答】解：食物的酸碱性与溶于水后的溶液PH无关，如柠檬酸呈酸性，但为碱性食物，故答案为：×．21、×【分析】【分析】根据苯和1，2-二溴已烷可以互溶，难易分离；【解析】【解答】解：苯中混有已烯，可在加入适量溴水，苯与溴水不反应，已烯与溴水发生加成反应生成1，2-二溴已烷，但苯和1，2-二溴已烷可以互溶，难易分离，故答案为：×；22、√【分析】【分析】根据乙醇与乙酸乙酯中含有的官能团以及红外光谱主要用于分析有机物中的官能团类解答；【解析】【解答】解：乙醇中含有羟基；乙酸乙酯中含有酯基，官能团不同，所以通过红外光谱分析可以区分乙醇与乙酸乙酯；

故答案为：√；四、推断题(共3题，共6分)23、C+4HNO3（浓）CO2+4NO2↑+2H2OCl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+2C+SiO2Si+2CO↑【分析】【分析】（1）若A为短周期金属单质，D为短周期非金属单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，则A原子序数是偶数，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，A最外层电子数小于4且为偶数，D位于第二周期、A位于第三周期，则A是Mg、D是C元素；F的浓溶液与A、D反应都有红棕色气体生成，红棕色气体是NO2，则F是HNO3，C和HNO3浓溶液反应生成CO2、NO2和H2O，B能和Mg反应生成碳单质，则B是CO2，C是MgO，MgO和硝酸反应生成Mg（NO3）2和H2O，Mg和硝酸反应生成Mg（NO3）2，则E是Mg（NO3）2；

（2）若A是常见的金属的单质，D、F是气态单质，A是Fe，反应①在水溶液中进行．反应②也在水溶液中进行，则B是酸，C是盐，D和F反应生成酸，盐和气体单质F反应生成E，Fe和气体单质直接反应生成E，则F是Cl2、E是FeCl3、C是FeCl2、B是HCl、D是H2；

（3）A、D、F都是短周期非金属元素单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则A为C，D为Si，F为O，B为SiO2，反应①为C与二氧化硅的反应．【解析】【解答】解：（1）若A为短周期金属单质，D为短周期非金属单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，则A原子序数是偶数，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，A最外层电子数小于4且为偶数，D位于第二周期、A位于第三周期，则A是Mg、D是C元素；F的浓溶液与A、D反应都有红棕色气体生成，红棕色气体是NO2，则F是HNO3，C和HNO3浓溶液反应生成CO2、NO2和H2O，B能和Mg反应生成碳单质，则B是CO2，C是MgO，MgO和硝酸反应生成Mg（NO3）2和H2O，Mg和硝酸反应生成Mg（NO3）2，则E是Mg（NO3）2；通过以上分析知，B是CO2、F是HNO3，在加热条件下，碳和浓硝酸发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，反应④的化学方程式为C+4HNO3（浓）CO2+4NO2↑+2H2O；

故答案为：C+4HNO3（浓）CO2+4NO2↑+2H2O；

（2）若A是常见的金属的单质，D、F是气态单质，A是Fe，反应①在水溶液中进行．反应②也在水溶液中进行，则B是酸，C是盐，D和F反应生成酸，盐和气体单质F反应生成E，Fe和气体单质直接反应生成E，则F是Cl2、E是FeCl3、C是FeCl2、B是HCl、D是H2，氯化亚铁被氯气氧化生成氯化铁，反应②（在水溶液中进行）的离子方程式为Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+；

故答案为：Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+；

（3）A、D、F都是短周期非金属元素单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则A为C，D为Si，F为O，B为SiO2，反应①为C与二氧化硅的反应，该反应为2C+SiO2Si+2CO↑，故答案为：2C+SiO2Si+2CO↑．24、H2供氧剂3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H266Fe2++3Na2O2+6H2O=4Fe（OH）3+2Fe3++6Na+【分析】【分析】D为黑色晶体，应为Fe3O4，J为生活中常见的调味品，应为NaCl，I为红褐色固体，应为Fe（OH）3，甲为常见金属单质，乙、丙、丁是气体单质，可知甲和C的反应应为Fe和水蒸气在高温下的反应，则甲为Fe，C为H2O，乙为H2，由E和F的相互转化可知K应为HCl，E为FeCl2，F为FeCl3，则丙为Cl2，G为淡黄色固体，应为Na2O2，则丁为O2，A为H2O2，B为MnO2，结合对应物质的性质以及题目要求解答该题．【解析】【解答】解：D为黑色晶体，应为Fe3O4，J为生活中常见的调味品，应为NaCl，I为红褐色固体，应为Fe（OH）3，甲为常见金属单质，乙、丙、丁是气体单质，可知甲和C的反应应为Fe和水蒸气在高温下的反应，则甲为Fe，C为H2O，乙为H2，由E和F的相互转化可知K应为HCl，E为FeCl2，F为FeCl3，则丙为Cl2，G为淡黄色固体，应为Na2O2，则丁为O2，A为H2O2，B为MnO2；

（1）由以上分析可知乙为H2，G为Na2O2，可用作供氧剂，故答案为：H2；供氧剂；

（2）铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，反应的方程式为3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，故答案为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；

（3）题中所有反应都涉及氧化还原反应；共6个，故答案为：6；

（4）反应③FeCl2与Na2O2按物质的量之比2：1的反应，二者恰好发生氧化还原反应，反应的离子方程式为6Fe2++3Na2O2+6H2O=4Fe（OH）3+2Fe3++6Na+；

故答案为：6Fe2++3Na2O2+6H2O=4Fe（OH）3+2Fe3++6Na+．25、略

【分析】解：X；Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素；Y为同周期主族元素中原子半径最大的元素，则Y为Na元素；通常状况下，X与W元素均能形成-1价的气态氢化物，则X、W位于ⅤⅡA族，X为F、W为Cl元素；X、Z和W的原子最外层电子教之和为20，则Z的最外层电子数为：20-7-7=6，Z的原子序数大于Na，则Z为S元素；

（1）X为F元素；原子序数为9，位于周期表中第二周期；第ⅦA族；

故答案为：第二周期；第ⅦA族；

（2）X、Y的离子分别为F-、Na+，两种离子的电子层数相同，氟离子的核电荷数较小，则F-的离子半径较大；

非金属性越强；对应氢化物的稳定性越强，则S和Cl元素气态氢化物的稳定性较强的是HCl；

故答案为：F-；HCl；

（3）Y为Na元素，其氧化物为氧化钠和过氧化钠，氧化钠只含有离子键，过氧化钠中含有离子键和共价键，过氧化钠的电子式为

故答案为：

（4）Z的最高价氧化物对应水化物的浓溶液为浓硫酸，过量浓硫酸（过量）和氧化亚铜共热，二儿子反应生成硫酸铜、二氧化硫气体和水，反应的化学方程式为：3H2SO4（浓）+Cu2O2CuSO4+SO2↑+3H2O；

故答案为：3H2SO4（浓）+Cu2O2CuSO4+SO2↑+3H2O．

X；Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素；Y为同周期主族元素中原子半径最大的元素，则Y为Na元素；通常状况下，X与W元素均能形成-1价的气态氢化物，则X、W位于ⅤⅡA族，X为F、W为Cl元素；X、Z和W的原子最外层电子教之和为20，则Z的最外层电子数为：20-7-7=6，Z的原子序数大于Na，则Z为S元素，据此进行解答．

本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．【解析】第二周期、第ⅦA族；F-；HCl；3H2SO4（浓）+Cu2O2CuSO4+SO2↑+3H2O五、探究题(共4题，共40分)26、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，与氢氧化钠不反应，甲酸、苯酚与氢氧化钠反应生成溶于水的钠盐，苯（）不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸（HCOOH），故答案为：a．分液；b．蒸馏；c．分液；d．蒸馏；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸，以此解答该题．27、酸式|反应中生成的锰离子具有催化作用，所以随后褪色会加快|滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具