2025年中图版高三化学下册月考试卷

…………○…………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年中图版高三化学下册月考试卷687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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、下列鉴别实验中，所选试剂不合理的是（）A.用水鉴别乙醇和苯B.用碳酸氢钠溶液鉴别乙酸和乙醇C.用新制的氢氧化铜悬浊液鉴别葡萄糖和蔗糖D.用溴的四氯化碳溶液鉴别裂解气和焦炉气2、下列符号不符合事实的是（）A.4s2B.2p10C.3d6D.5f143、下列物质不属于硅酸盐工业产品的是（）A.玻璃B.水泥C.陶瓷D.化肥4、下列物质溶于水时会破坏水的电离平衡，且属于电解质的是（）A.氯气B.二氧化硫C.碘化钾D.碳酸钠5、FeCO3与砂糖混用可以作补血剂，实验室里制备FeCO3的流程如图所示．下列说法错误的是（）

A.产品FeCO3在空气中高温分解可得到纯净的FeOB.可利用KSCN溶液检验FeSO4溶液是否变质C.沉淀过程中有CO2气体放出D.检验沉淀是否洗涤干净可用盐酸酸化的BaCl2溶液评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)6、已知NO不溶于水，NO2易溶于水，且与水发生反应3NO2+H2O═2HNO3+NO．有48mLNO和NO2混合气体的容器倒置于水中（保持同温同压）；待液面稳定后，容器内气体的体积变为24mL，则：

（1）原混合气中，NO是____mL，NO2是____mL．

（2）若在剩余的24mL气体中，通入6mLO2，待液面稳定后，反应后容器内剩余气体体积为____mL．

（3）若在剩余的24mL气体中，通入24mLO2，待液面稳定后，反应后容器内剩余气体体积为____mL．

（4）若在原48mLNO、NO2中，通入____mLO2再倒置于水中，气体会全部被吸收．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恰好完全反应．若这种同位素原子核内有20个中子；求：

（1）Z值是____，A值是____．

（2）X元素在周期表中的位置是____．

（3）把X的单质放入水中其现象是____，反应的化学方程式是____．8、制备氢气可利用碘硫热化学循环法；其原理示意图如图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

则△H3=____（用△H1和△H2表示）

（2）上述热化学循环制氢要消耗大量的能量，从绿色化学角度，能量供应的方案是____．

（3）碘化氢热分解反应为：2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）△H＞0．则该反应平衡常数表达式：K=____；升温时平衡常数K____（选填“增大”或“减小”）

（4）本生（Bunsen）反应中SO2和I2及H2O发生反应为：SO2+I2+2H2O=3H++HSO4─+2I─；I─+I2⇌I3─．

①当起始时，SO2为1mol，水为16mol，溶液中各离子变化关系如下图，图中a、b分别表示的离子是____、____．

②在水相中进行本生反应必须使水和碘显著过量，但易引起副反应将反应器堵塞．写出浓硫酸与HI发生反应生成硫和碘的化学方程式：____．9、某元素基态原子3P能级有一个单电子，该元素符号为____；3P能级有一个空轨道，该元素符号为____；3P能级有一对孤对电子，该元素符号为____．10、A；B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素．A原子的电子层数与它的核外电子总数相同；A与C、B与D分别为同主族元素，B和C的最外层电子数之和与E的最外层电子数相同．A与E形成的化合物化学式为AE，其分子中含18个电子．请回答下列问题：

（1）D元素的原子结构示意图为____．

（2）由A、B、C三种元素形成的化合物的化学式为____，这种化合物形成的晶体中所含的化学键类型有____．

（3）A、B、D三种元素形成的一种化合物和A、B形成的一种化合物能发生氧化还原反应，反应的化学方程式为____．11、某晶体（结晶水合物）由五种短周期元素组成．常温下，将该晶体溶于蒸馏水后可电离出三种离子（忽略水的电离），其中两种离子含有的电子数均为10个．将该溶液分成等量2份，一份中加入足量稀盐酸，无明显现象，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀；向另一份中逐滴加入NaOH溶液至过量，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示．

请回答下列问题：

（1）若该晶体的摩尔质量为906g•mol-1，写出该晶体的化学式____；

（2）B点溶液的pH____7（填“＜”、“＞”或“=”），用化学用语表示其原因____．

（3）若向该晶体的水溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至产生最多的沉淀，写出该变化的离子方程式____．

（4）C点溶液中所含溶质的化学式为____；此时溶液中各种离子浓度由大到小顺序为____．12、现有短周期元素A；B、C、D、E五种元素；原子序数依次增大，A是元素周期表中所有元素中原子半径最小的；B、C同周期且基态原子的最外层皆有2个未成对电子；D元素的简单离子是本周期元素的简单离子中半径最小的；E原子M层中p电子数比s电子数多2个．请按要求回答下列问题：

（1）B元素基态原子的电子排布式为____，A和C组成的含有非极性键的化合物的电子式为____．

（2）写出两种由上述元素组成，含极性键的非极性分子的化学式____

（3）写出D元素最高价氧化物水化物的电离方程式____．

（4）写出D、E形成的化合物与水反应的化学方程式____．13、已知A是一种不溶于水的固体非金属氧化物，根据图中的转化关系，回答：（1）A是，D是。（2）写化学方程式：①，⑤。（3）写离子方程式：②，③，④。14、某化学兴趣小组为探究SO2的性质；按下图所示装置进行实验．请回答下列问题：

(1)装置A中盛放亚硫酸钠的仪器名称是____________；其中发生反应的化学方程式为____________．

(2)实验过程中，装置C中发生的现象是____________，说明SO2具有____________(填“氧化性”或“还原性”)．

(3)装置D的目的是探究SO2与品红作用的可逆性；请写出实验操作及现象：____________

(4)尾气可采用足量____________(填化学式)溶液吸收；有关反应的离子方程式是____________．

(5)有一小组在实验中发现，SO2气体产生缓慢，以致后续实验现象很不明显，但又不存在气密性问题．请你推测可能的原因并说明相应的验证方法(写出一种即可)：评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)15、苯的同系物能与溴水反应．____（判断对错）16、将O2和H2的混合气体通过灼热的氧化铜，以除去其中的H2____．（判断对错）17、Ⅰ．下列用连线方法对部分化学知识进行归纳的内容中，有错误的一组是____

A．物质的性质与用途：

阿司匹林易水解--用于解热消炎镇痛；不能用于防治心脑血管疾病。

明矾溶于水能形成胶体--用于对水的消毒；净化。

B．保护环境：

控制“白色污染”--减少一次性塑料餐具的使用量。

防止水的污染--提倡使用无磷洗衣粉。

C．基本安全常识：

饮用假酒中毒--甲醇引起。

食用假盐中毒--亚硝酸钠引起。

D．生活中的一些做法：

除去衣服上的油污--可用汽油洗涤。

使煤燃烧更旺--可增大煤与空气接触面积。

Ⅱ．保护环境；合理利用资源已成为人类共同的目标．请判断下列说法是否正确（填“√”或“×”）．

（1）水体的富营养化有利于大多数水生动植物的生长．____

（2）减少机动车尾气排放是改善大气质量的重要措施．____

（3）焚烧废弃塑料会产生有害气体，对大气造成污染．____

（4）将垃圾分类并回收利用，符合可持续发展的要求．____．18、31g白磷中含有的共价键数为1.5NA．____（判断对错）19、18gD2O所含的电子数为10NA．____（判断对错）20、金属阳离子一定只具有氧化性．____（判断对错）评卷人得分四、其他(共3题，共6分)21、化学上将SCN－、OCN－、CN－等离子称为“类卤离子”。现将KSCN溶液滴加到酸性Fe3+溶液中，溶液立即变成红色。将此红色溶液分成两份：一份中____（1）向另一份中____（2）____（3）试用离子方程式解释以上三部分颜色变化的原因（方程式可以不配平）。22、日常生活中的一些用品与我们化学实验中的仪器作用相似．请写出下列生活用品相对应的实验仪器名称：

。炒菜时取味精（小勺子）____烧热水（电热器）____冲白糖水（杯子）____给病人打针（注射器）____23、（15分）已知有机物A～I之间的转化关系如图所示：①A与D、Ｂ与E、I与F互为同分异构体②加热条件下新制Cu(OH)2悬浊液分别加入到有机物I、F中，I中无明显现象，F中变砖红色。③Ｃ的最简式与乙炔相同，且相对分子质量为104④Ｂ的一种同分异构体与FeCl3发生显色反应。根据以上信息，回答下列问题：（1）Ｃ中含有的官能团名称为（2）H的结构简式为（3）反应①～⑨中属于取代反应的是____(4)写出反应⑥的化学方程式(5)写出F与新制Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式(6)苯环上含有两个取代基且能与NaOH溶液反应，但不与FeCl3发生显色反应的G的同分异构体有种.评卷人得分五、简答题(共3题，共21分)24、已知：①→CH3-CHO+H2O

②在稀碱溶液中；溴苯难发生水解。

现有分子式为C10H10O2Br2的芳香族化合物X，其苯环上的一溴代物只有一种，其核磁共振氢谱图中有四个吸收峰，吸收峰的面积比为1：2：6：1，在一定条件下可发生下述一系列反应，红外光谱表明B分子中只含有C=O键和C-H键，C可以发生银镜反应；E遇FeCl3溶液显紫色且能与浓溴水反应．

请回答下列问题：

（1）下列关于B的结构和性质的描述正确的是______（选填序号）

a．B与D都含有醛基。

b．B与葡萄糖；蔗糖的最简式均相同。

c．B可以发生加成反应生成羧酸。

d．B中所有原子均在同一平面上。

e．lmolB与银氨溶液反应最多能生成2molAg

（2）F→H的反应类型是______．

（3）I的结构简式为______．

（4）写出下列反应的化学方程式：

①X与足量稀NaOH溶液共热：______．

②F→G的化学方程式：______．

（5）同时符合下列条件的E的同分异构体共有4种，请写出其中任意一种的结构简式______．

a．苯环上核磁共振氢谱有两种氢。

b．不发生水解反应。

c．遇FeCl3溶液不显色。

d．1molE最多能分别与1molNaOH和2molNa反应．25、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}为核电荷数依次增大的五种元素rm{.A}的基态原子中有rm{2}个未成对电子，rm{B}是地壳中含量最多的元素，rm{C}是短周期中最活泼的金属元素，rm{D}与rm{C}可形成rm{CD}型离子化合物，rm{E}的基态原子rm{3d}轨道上有rm{2}个电子rm{.}请回答下列问题：

rm{(1)E}的基态原子价层电子排布式为______．

rm{(2)DB_{2}^{-}}离子的立体构型为______；rm{A}rm{B}rm{C}的电负性由大到小的顺序为______rm{(}用元素符号表示rm{)}．

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

rm{(4)ED_{4}}是制取航空材料的重要原料rm{.E}与rm{B}形成的一种晶体的晶胞结构如图所示rm{.}取该晶体和rm{A}的单质放在电炉中，并通入rm{D_{2}}后高温加热，可制得rm{ED_{4}}同时产生一种造成温室效应的气体，该反应的化学方程式是______．26、下列六种短周期元素（用字母x等表示）。最高正价或最低负价与原子序数关系如图所示。根据判断出的元素回答问题：

（1）f在周期表中的位置是______。已知x为非金属元素；由x；e、g三种元素组成的离子化合物的电子式：______。

（2）上述元素简单离子半径最大的是（用化学式表示；下同）：______；

比较g；h的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：______。

（3）已知1mole的单质在足量d2中燃烧；恢复至室温，放出255.5kJ热量，写出该反应的热化学方程式：______。

（4）x和d组成的化合物中，既含有极性共价键又含有非极性共价键的是______（填化学式），此化合物可将碱性工业废水中的CN-氧化，生成碳酸盐和氨气，相应的离子方程式为______。评卷人得分六、综合题(共4题，共36分)27、（2015·海南）银是一种贵金属，古代常用于制造钱币及装饰器皿，现代在电池和照明器材等领域亦有广泛应用。回答下列问题。28、（16分）常温下，在20.0mL0.20mol/LCH3COONa溶液中滴加0.20mol/L的稀盐酸。溶液的PH值的变化关系如右图所示。(1)a＞7.0的理由是（用离子方程式表示）（2）如图，当加入稀盐酸的体积为V1mL时，溶液的pH值刚好为7.0。此时溶液中c(Cl-)c(CH3COOH)（填＜、＞或＝）。简要写出判断依据。（3）当加入的盐酸的体积为20.0mL时，测定溶液中的c(H+)为1.3×10-3­mol/L，求CH3COOH的电离平衡常数Ka(设混合后的体积为二者的体积之和，计算结果保留两位有效数字)。29、（15分）A、B、C、D、E是中学常见的5种化合物，A、B是氧化物。Ⅰ、元素X、Y的单质是生活中常见的金属，相关物质间的关系如下图所示。（1）X的单质与A反应的化学方程式是＿＿＿＿＿。（2）若试剂1是NaOH溶液，X的单质与试剂1反应的离子方程式是＿＿＿＿＿。（3）若试剂1和试剂2均是稀硫酸。①检验物质D的溶液中金属离子的方法是＿＿＿＿＿。②将物质C溶于水，其溶液呈酸性，原因是（用离子方程式表示）＿＿＿＿＿。③某高效净水剂是由Y（OH）SO4聚合得到的。工业上以E、稀硫酸和亚硝酸钠为原料来制备Y（OH）SO4，反应中有NO生成，该反应的化学方程式是。Ⅱ、若X、Y是非金属单质，试剂3是NaOH溶液，F的水溶液可作木材的防火材料，则X的单质与A反应的化学方程式是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿，试剂1和C的化学式分别是＿＿＿＿＿、＿＿＿＿＿。Y在工业上的主要用途是＿＿＿＿＿＿＿＿（写一种）。30、（15分）为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某小组进行了以下探究活动：[探究一]（1）称取铁钉（碳素钢）12．0g放入30．0mL浓硫酸中，加热，充分应后得到溶液X并收集到气体Y。①甲同学认为X中除Fe3+外还可能含有Fe2+。若要确认其中是否含有Fe2+，应选择加入的试剂为________（选填序号）。a．KSCN溶液和氯水b．铁粉和KSCN溶液c．浓氨水d．酸性KMnO4溶液②乙同学取672mL（标准状况）气体Y通入足量溴水中，发生反应：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得到干燥固体4．66g。据此推知气体Y中SO2的体积分数为____。（相对原子质量：O—16S—32Ba—137）[探究二]分析上述实验中SO2体积分数的结果，丙同学认为气体Y中还可能含量有H2和CO2气体。为此设计了下列探究实验装置（图中夹持仪器省略）。（2）写出产生CO2的化学方程式____。（3）装置A中试剂的作用是____。（4）简述确认气体Y中含有CO2的实验现象。（5）如果气体Y中含有H2，预计实验现象应是。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【分析】A．乙醇易溶于水；而苯与水互不相溶；

B．乙酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体；

C．葡萄糖为还原性糖；

D．裂解气和焦炉气都含有不饱和烃．【解析】【解答】解：A．乙醇易溶于水；而苯与水互不相溶，溶液分层，可鉴别，故A不选；

B．乙酸的酸性比碳酸强；可与碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，乙醇不反应，可鉴别，故B不选；

C．葡萄糖为还原性糖；可与氢氧化铜浊液发生氧化还原反应，而蔗糖不反应，不能鉴别，故C不选；

D．裂解气和焦炉气都含有不饱和烃；应溴的四氯化碳溶液不能鉴别，故D选．

故选D．2、B【分析】【分析】s能级最多排列2个电子、p能级最多排列6个电子、d能级最多排列10个电子、f能级最多排列14个电子，据此分析解答．【解析】【解答】解：原子核外电子排布规则知，s能级最多排列2个电子、p能级最多排列6个电子、d能级最多排列10个电子、f能级最多排列14个电子，所以不符合事实的是B，故选B．3、D【分析】【分析】硅酸盐工业是以含硅元素物质为原料通过高温加热发生复杂的物理、化学变化制得，相应生成物是硅酸盐．含有硅酸根离子的盐属于硅酸盐，传统硅酸盐产品包括：普通玻璃、陶瓷、水泥，以此作答．【解析】【解答】解：A．生产玻璃的原料主要有纯碱；石灰石、石英；制备的原料中有含有硅元素，玻璃是传统硅酸盐产品，主要成分有硅酸钠、硅酸钙等，属于硅酸盐，故A正确；

B．生产水泥的原料主要有石灰石；粘土；制备的原料中有含有硅元素，水泥是传统硅酸盐产品，其中含有硅酸三钙、硅酸二钙、铝酸三钙，因此普通水泥属于硅酸盐材料，故B正确；

C．生产陶瓷的主要原料是粘土；制备的原料中有含有硅元素，陶瓷主要成分为硅酸盐，故C正确；

D．化学肥料，简称化肥，是用矿物、空气、水等作为原料，经过化学加工制成的，含有磷元素的肥料称为磷肥，含有钾元素的肥料称为钾肥，同时含有氮、磷、钾三种元素中的两种或两种以上的肥料称为复合肥，如氮肥尿素：CO（NH2）2；不含有硅元素，不属于硅酸盐工业产品，故D错误；

故选D．4、D【分析】【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，酸或碱抑制水电离、含有弱离子的盐促进水电离，所以酸、碱和含有弱离子的盐都影响水的电离，据此分析解答．【解析】【解答】解：A．氯气属于单质；既不是电解质也不是非电解质，故A错误；

B．二氧化硫和水反应生成亚硫酸；亚硫酸电离出阴阳离子而使溶液导电，但电离出阴阳离子的物质不是二氧化硫，所以二氧化硫属于非电解质，故B错误；

D．KI在水溶液里电离出阴阳离子而使其溶液导电；所以KI属于电解质，但KI不水解，所以不影响水的电离，故C错误；

D．碳酸钠在水溶液里电离出阴阳离子而使其溶液导电；且碳酸钠属于化合物，所以碳酸钠为电解质，碳酸根离子水解导致其溶液呈碱性，所以促进水电离，故D正确；

故选D．5、A【分析】【解答】解：A．二价铁在空气中加热易被氧化为三价铁，所以FeCO3在空气中高温分解不能得到FeO；故A错误；

B．亚铁离子变质会生成铁离子，则验FeSO4溶液若变质会生成铁离子；可利用KSCN溶液检，故B正确；

C．FeSO4与碳酸氢铵发生的反应为：Fe2++2HCO3﹣=FeCO3↓+H2O+CO2↑，则沉淀过程中有CO2气体放出；故C正确；

D．沉淀表面吸附硫酸根离子；可用钡离子检验，故D正确．

故选A．

【分析】FeSO4溶液中加碳酸氢铵生成FeCO3，过滤、洗涤，即可得到FeCO3固体．

A．二价铁在空气中加热易被氧化为三价铁；

B．亚铁离子变质会生成铁离子；利用KSCN溶液检；

C．FeSO4与碳酸氢铵发生的反应为：Fe2++2HCO3﹣=FeCO3↓+H2O+CO2↑；以此判断；

D．沉淀表面吸附硫酸根离子，可用钡离子检验．二、填空题(共9题，共18分)6、123616618【分析】【分析】（1）二氧化氮和水能反应；一氧化氮和水不反应，根据差量法计算二氧化氮的体积，从而得出一氧化氮的体积；

（2）根据一氧化氮；氧气和水反应方程式进行计算；

（3）由关系式4NO～3O2计算出24mLNO消耗O2的体积；从而可得出剩余氧气体积；

（4）根据反应4NO+3O2+2H2O═4HNO3、4NO2+O2+2H2O═4HNO3及二氧化氮、NO的体积计算出消耗氧气的总体积．【解析】【解答】解：（1）一氧化氮和水不反应，二氧化氮和水能反应，反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；

设二氧化氮的体积为x；

3NO2+H2O=2HNO3+NO气体体积减少。

32

x（48-24）mL=24mL

x==36mL；

则一氧化氮体积=（48-36）mL=12mL；

NO体积是12mL，二氧化氮体积是NO236mL；

故答案为：12；36；

（2）剩余气体是一氧化氮，一氧化氮、氧气和水之间的反应式为：4NO+3O2+2H2O=4HNO3；

根据方程式知，一氧化氮和氧气反应的关系是4：3，则有24mL一氧化氮反应时需要18mL氧气，实际上有6mL氧气，所以一氧化氮有剩余，剩余的一氧化氮体积=24mL-×4=16mL；

故答案为：16；

（3）由4NO～3O2知，24mLNO消耗O2的体积为：×24mL=18mL，所以反应后容器内剩余O2为：24mL-18mL=6mL；

故答案为：6；

（4）由4NO+3O2+2H2O═4HNO3

43

12mL9mL

4NO2+O2+2H2O═4HNO3

41

36mL9mL

则需要通入18mLO2，可使管内气体全部被H2O吸收；

故答案为：18．7、2040第四周期第ⅡA族有气泡产生Ca+2H2O═Ca（OH）2+H2↑【分析】【分析】由Cl-+Ag+═AgCl↓计算XCl2的物质的量，再由M=计算其摩尔质量，摩尔质量与相对分子质量的数值相等，原子的质量数为原子的近似相对原子质量，结合该原子原子核内有20个中子，根据质子数=质量数-中子数来计算原子的质子数，利用质子数确定元素在周期表中的位置，并利用质量守恒定律及X的性质来书写反应方程式．【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；

则M（XCl2）==111g/mol；

所以XCl2相对分子质量为111；

所以X的相对原子质量=111-35.5×2=40；即X的质量数为40；

质子数=质量数-中子数=40-20=20；即Z=20，A=40

故答案为：20；40；

（2）X为Ca；位于第四周期第ⅡA族，故答案为：第四周期第ⅡA族；

（3）X为Ca，性质活泼，与水反应生成氢气和氢氧化钙，反应的方程式为Ca+2H2O═Ca（OH）2+H2↑，故答案为：有气泡产生；Ca+2H2O═Ca（OH）2+H2↑．8、△H1+2△H2用廉价的清洁能源供给能量（用太阳能、风能、核能及生物质能等作为能源）增大H+I3-6HI+H2SO4（浓）=3I2↓+S↓+4H2O【分析】【分析】（1）根据盖斯定律计算；

（2）从能源角度考虑；用太阳能；风能、核能及生物质能等作为能源；

（3）根据平衡常数表达式等于生成物浓度的幂次方之积比上反应物浓度的幂次方之积书写；

由图象；升高温度，氢气增大，该反应向正反应方向移动，则平衡常数增大；

（4）①根据图象b为从零越来越大的离子；a为不变的离子，结合反应过程分析判断；

②根据氧化还原反应得失电子守恒书写浓硫酸与HI发生反应生成硫和碘的化学方程式；【解析】【解答】解：（1）已知：①2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g）△H1

②H2SO4（l）⇌SO3（g）+H2O（l）△H2

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

故答案为：△H1+2△H2；

（2）从能源角度考虑；用太阳能；风能、核能及生物质能等作为能源；

故答案为：用廉价的清洁能源供给能量（用太阳能；风能、核能及生物质能等作为能源）；

（3）由2HI（g）⇌H2（g）+I2（g），故K=；由图象，升高温度，氢气增大，该反应向正反应方向移动，则平衡常数增大；

故答案为：；增大；

（4）①由图象b为从零越来越大的离子，则根据SO2+I2+2H2O=3H++HSO4-+2I-，I-+I2⇌I3-，反应中越来越多的离子为I3-；反应过程中氢离子始终不变；

故答案为：H+、I3-；

②由氧化还原反应得失电子守恒，则浓硫酸与HI发生反应生成硫和碘的化学方程式为：6HI+H2SO4（浓）=3I2↓+S↓+4H2O；

故答案为：6HI+H2SO4（浓）=3I2↓+S↓+4H2O；9、Al或ClSiS【分析】【分析】某元素基态原子3P能级有一个单电子，根据能量最低原理，基态原子核外电子排布为：1s22s22p63s23p1或1s22s22p63s23p5；3p能级上有一个空轨道，根据能量最低原理，基态原子核外电子排布为：1s22s22p63s23p2；3P能级有一对孤对电子，根据能量最低原理，基态原子核外电子排布为：1s22s22p63s23p4，据此判断．【解析】【解答】解：某元素基态原子3P能级有一个单电子，根据能量最低原理，基态原子核外电子排布为：1s22s22p63s23p1或1s22s22p63s23p5，则该元素为Al或Cl；3p能级上有一个空轨道，根据能量最低原理，基态原子核外电子排布为：1s22s22p63s23p2，则该元素为Si；3P能级有一对孤对电子，根据能量最低原理，基态原子核外电子排布为：1s22s22p63s23p4；则该元素为S；

故答案为：Al或Cl；Si；S．10、NaOH离子键、共价键H2SO3+H2O2=H2SO4+H2O【分析】【分析】A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素，A原子的电子层数与它的核外电子总数相同，则A为H元素；A与E形成的化合物化学式为AE，其分子中含18个电子，故E为Cl元素；A与C同主族，处于ⅠA族，B和C的最外层电子数之和与E的最外层电子数相同，则B的最外层电子数为7-1=6，处于ⅥA族，B与D为同主族，原子序数B小于D，则B为O元素，D为S元素；C原子序数大于氧元素，C与氢元素为同主族，故C为Na元素，据此进行解答．【解析】【解答】解：A；B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素；A原子的电子层数与它的核外电子总数相同，则A为H元素；A与E形成的化合物化学式为AE，其分子中含18个电子，故E为Cl元素；A与C同主族，处于ⅠA族，B和C的最外层电子数之和与E的最外层电子数相同，则B的最外层电子数为7-1=6，处于ⅥA族，B与D为同主族，原子序数B小于D，则B为O元素，D为S元素；C原子序数大于氧元素，C与氢元素为同主族，故C为Na元素；

（1）D为硫元素，原子序数为16，其原子结构示意图为：

故答案为：

（2）由A、B、C三种元素形成的化合物为氢氧化钠，化学式为：NaOH，氢氧化钠是离子化合物，由钠离子与氢氧根离子构成，电子式为晶体中钠离子与氢氧根离子之间形成离子键，氢氧根离子中氢原子与氧原子之间形成共价键；

故答案为：NaOH；离子键；共价键；

（3）由A、B、D三种元素形成的一种化合物和A、B两种元素形成的一种化合物能发生氧化还原反应，应是亚硫酸与过氧化氢反应生成硫酸与水，反应的化学方程式：H2SO3+H2O2=H2SO4+H2O；

故答案为：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】一份中加入足量稀盐酸，无明显现象，再加入BaCl2溶液；说明溶液中有硫酸根离子，由图象随氢氧化钠的加入沉淀量先增加，后减少，而A→B沉淀量不变，说明铵根离子与氢氧根结合生成一水合氨，所以晶体是硫酸铝铵的结晶水合物，而O→A消耗氢氧化钠的体积是6，而A→B，消耗氢氧化钠是2，所以晶体组成中铵根离子与铝之比为：1；1；

（1）硫酸铝铵的结晶水合物的化学式为（NH4）2SO4•Al2（SO4）3•xH2O；求出x的值；

（2）B点的溶质为硫酸钠和一水合氨；以氨水的电离为主，溶液呈碱性；

（3）产生最多的沉淀，也就是硫酸根离子完全沉淀，所以离子方程式为：NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=NH3•H2O+Al（OH）3↓+BaSO4↓；

（4）B→C，发生氢氧化铝溶解，所以C点的溶质为：Na2SO4、NaAlO2、NH3•H2O，此时溶液呈碱性，结合各离子的物质的量分析离子浓度的大小．【解析】【解答】解：加入BaCl2溶液；说明溶液中有硫酸根离子，由图象随氢氧化钠的加入沉淀量先增加，后减少，而A→B沉淀量不变，说明铵根离子与氢氧根结合生成一水合氨，所以晶体是硫酸铝铵的结晶水合物，而O→A消耗氢氧化钠的体积是6，而A→B，消耗氢氧化钠是2，所以晶体组成中铵根离子与铝之比为：1；1；

（1）硫酸铝铵的结晶水合物的化学式为（NH4）2SO4•Al2（SO4）3•xH2O，得x==24，所以晶体的化学式为：（NH4）2SO4•Al2（SO4）3•24H2O；故答案为：（NH4）2SO4•Al2（SO4）3•24H2O；

（2）B点的溶质为硫酸钠和一水合氨，以氨水的电离为主，溶液呈碱性，氨水电离的方程式为：NH3•H2O⇌NH4++OH-，故答案为：＞；NH3•H2O⇌NH4++OH-；

（3）产生最多的沉淀，也就是硫酸根离子完全沉淀，所以离子方程式为：NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=NH3•H2O+Al（OH）3↓+BaSO4↓，故答案为：NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=NH3•H2O+Al（OH）3↓+BaSO4↓；

（4）B→C，发生氢氧化铝溶解，所以C点的溶质为：Na2SO4、NaAlO2、NH3•H2O，此时溶液呈碱性，一水合氨的电离大于偏铝酸盐的水解，而一水合氨电离产生的氢氧根离子对偏铝酸根离子的水解起抑制作用，所以离子浓度大小的顺序为：c（Na+）＞c（SO42-）＞c（AlO2-）＞c（OH-）＞c（NH4+）＞c（H+），故答案为：c（Na+）＞c（SO42-）＞c（AlO2-）＞c（OH-）＞c（NH4+）＞c（H+）．12、略

【分析】

现有短周期元素A、B、C、D、E五种元素，原子序数依次增大，A是元素周期表中所有元素中原子半径最小的，则A为氢元素；E原子M层中p电子数比s电子数多2个，E原子外围电子排布为3s23p4，则E为硫元素；B、C同周期且基态原子的最外层皆有2个未成对电子，外围电子排布为ns2np2、ns2np4；由于E为硫元素，故B；C处于第二周期，则B为碳元素、C为氧元素；D元素的简单离子是本周期元素的简单离子中半径最小的，且原子序数大于氧元素，则D处于第三周期，故D为Al元素；

（1）B为碳元素，基态原子的电子排布式为1s22s22p2；

H和O组成的含有非极性键的化合物为H2O2，的电子式为

故答案为：1s22s22p2；

（2）由上述元素组成，含极性键的非极性分子的化学式有：CO2、CS2、CH4、C2H2、C6H6等；

故答案为：CO2、CS2、CH4、C2H2、C6H6等；

（3）氢氧化铝的电离方程式为：AlO2-+H++H2O⇌Al（OH）3⇌Al3+3OH-；

故答案为：AlO2-+H++H2O⇌Al（OH）3⇌Al3+3OH-；

（4）Al、S形成的化合物为Al2S3，在水中发生双水解反应生成氢氧化铝与硫化氢，与水反应的化学方程式为：Al2S3+6H2O=2Al（OH）3↓+3H2S↑；

故答案为：Al2S3+6H2O=2Al（OH）3↓+3H2S↑．

【解析】【答案】现有短周期元素A、B、C、D、E五种元素，原子序数依次增大，A是元素周期表中所有元素中原子半径最小的，则A为氢元素；E原子M层中p电子数比s电子数多2个，E原子外围电子排布为3s23p4，则E为硫元素；B、C同周期且基态原子的最外层皆有2个未成对电子，外围电子排布为ns2np2、ns2np4；由于E为硫元素，故B；C处于第二周期，则B为碳元素、C为氧元素；D元素的简单离子是本周期元素的简单离子中半径最小的，且原子序数大于氧元素，则D处于第三周期，故D为Al元素，据此解答．

13、略

【分析】试题分析：由“A是一种不溶于水的固体非金属氧化物”可推知A为SiO2，再结合SiO2的相关性质：SiO2跟Na2CO3在高温下反应生成Na2SiO3和CO2，二者在水中会反应生成H2SiO3沉淀，H2SiO3受热分解生成SiO2和H2O，说明A为SiO2是正确的。由SiO2→B→H2SiO3，可知B为Na2SiO3。考点：含硅矿物与信息材料【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)装置A中盛放亚硫酸钠的仪器是蒸馏烧瓶，亚硫酸钠和浓硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应方程式为：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O；

故答案为：蒸馏烧瓶；Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O；

(2)二氧化硫能和硫化氢发生反应生成淡黄色沉淀；所以C中出现黄色浑浊，该反应中，二氧化硫中的硫元素化合价由+4价变为0价，所以二氧化硫得电子而作氧化剂，体现氧化性；

故答案为：无色溶液中出现黄色浑浊；氧化性；

(3)二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质；所以二氧化硫能使品红溶液褪色，但二氧化硫的漂白性不稳定，加热无色溶液时，溶液又变为红色，其操作方法和现象为：品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复为红色；

故答案为：品红溶液褪色后；关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复为红色；

(4)二氧化硫属于酸性氧化物，能和碱反应生成盐和水，所以能用碱液氢氧化钠溶液吸收，离子反应方程式为：SO2+2OH-=SO32-+H2O；

故答案为：NaOH；SO2+2OH-=SO32-+H2O；

故答案为：；

(5)影响化学反应速率的因素有：浓度、温度等，亚硫酸钠变质会生成硫酸钠，硫酸钠和浓硫酸不反应，亚硫酸钠和稀硫酸反应产生的二氧化硫速率会很慢，所以可能的原因是Na2SO3变质或不是浓硫酸；

取待测试样于试管中；加适量的蒸馏水配成溶液，滴加足量的稀盐酸，再加入氯化钡溶液，如果有白色沉淀生成，则证明该亚硫酸钠已变质；

或者用洁净的玻璃棒沾取待测试样；滴到白纸上，如果不变黑，则证明该溶液不是浓硫酸；

故答案为：Na2SO3变质；取待测试样于试管中，加适量的蒸馏水配成溶液，滴加足量的稀盐酸，再加入氯化钡溶液，如果有白色沉淀生成，则证明该亚硫酸钠已变质；

不是浓硫酸；用洁净的玻璃棒沾取待测试样，滴到白纸上，如果不变黑，则证明该溶液不是浓硫酸．【解析】蒸馏烧瓶;Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O;无色溶液中出现黄色浑浊;氧化性;品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复为红色;NaOH;SO2+2OH-=SO32-+H2O三、判断题(共6题，共12分)15、×【分析】【分析】苯的同系物能使溴水褪色，发生萃取现象；据此解答即可．【解析】【解答】解：苯的同系物能使溴水褪色，发生萃取现象，不发生化学反应，故错误；故答案为：×．16、×【分析】【分析】氢气具有可燃性，氧气是助燃剂，混合气体通过灼热的氧化铜可能会产生爆炸，且氢气还原CuO后生成的Cu易被氧化．【解析】【解答】解：氢气具有可燃性，氧气是助燃剂，混合气体通过灼热的氧化铜可能会产生爆炸，且氢气还原CuO后生成的Cu易被氧化，则混合气体通过灼热的氧化铜，不能除杂，故答案为：×．17、×【分析】【分析】Ⅰ．A．阿司匹林能用于防治心脑血管疾病；明矾不能消毒；

B．使用一次性塑料餐具可引起白色污染；

C．甲醇有毒；

D．增大煤与空气接触面积可提高煤燃烧效率．

Ⅱ．（1）水体富营养化会导致植物的疯长；破坏生态平衡；

（2）机动车尾气排放是倒是环境污染的主要原因；

（3）焚烧塑料产生的气体会导致空气污染；

（4）垃圾分类并回收利用可以减少污染，节约能源．【解析】【解答】解：Ⅰ．A．阿司匹林能用于防治心脑血管疾病；明矾不能消毒，故A错误；

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体富营养化，故B正确；

C．甲醇和亚硝酸钠有毒；故C正确；

D．油污易溶于汽油；增大煤与空气接触面积可提高煤燃烧效率，故D正确．

故选A；

Ⅱ．（1）水体富营养化会导致植物的疯长；会破坏环境生态平衡，故答案为：×；

（2）机动车尾气二氧化硫；二氧化氮、一氧化氮等气体的排放会引起环境污染；减少机动车尾气排放可以改善大气质量，故答案为：√；

（3）焚烧塑料产生有毒气体气体会导致空气污染；有的塑料可以回收利用，故答案为：√；

（4）垃圾分类并回收利用可以减少污染，节约能源，符合可持续发展的要求，故答案为：√．18、√【分析】【分析】白磷分子中含有6个P-P共价键，白磷分子式为P4，据此进行计算含有共价键数目．【解析】【解答】解：白磷是正四面体型结构，分子中含有6个P-P共价键；31g白磷（分子式为P4）的物质的量是0.25mol，所以分子中含有P-P共价键1.5mol，含有的共价键数目为1.5NA，故答案为：√；19、×【分析】【分析】D2O的相对分子质量为20，结合n==计算．【解析】【解答】解：D2O的相对分子质量为20，18gD2O的物质的量为=0.9mol，则所含的电子数为9NA．故答案为：×．20、×【分析】【分析】金属阳离子不一定只有氧化性，可能具有还原性，考虑变价金属阳离子即可．【解析】【解答】解：一般常见金属阳离子只具有氧化性，但是亚铁离子、亚铜离子等据既具有氧化性又具有还原性，故金属阳离子一定只具有氧化性的说法错误，故答案为：×．四、其他(共3题，共6分)21、略

【分析】此题解答的关键是抓住“类卤离子”的信息。SCN－与Cl－相似，被氧化后则生成（SCN）2。Fe3＋与SCN－形成的络离子和分子有6种，在书写离子方程式时，有多种写法，均属合理答案。此题涉及的知识点有：氧化性：MnO4－＞（SCN）2＞Fe3＋．所以．MnO4－滴入Fe（SCN）2+溶液中．将SCN－氧化为（SCN）2，使血红色褪去；滴入Fe2＋的溶液中，MnO4－的紫色褪去。Fe3＋可氧化SO2而破坏Fe（SCN）＋2的组成，所以，SO2通入Fe（SCN）＋2后，也使血红色褪去。考向指南：《考试大纲》明确规定，考生必须要具备一定的接受信息，处理信息的能力，因此像这种信息题是高考的必考题型。“类卤素”是经常考到的知识点，我们应该可以依据卤素的性质推测“类卤素”的性质，并进行应用。“类卤素”如：（CN）2、（SCN）2、（OCN）2、IBr等性质与卤素相似，表现在氧化性、与碱溶液反应生成卤化物和次卤酸盐、与Ag＋结合的生成物的难溶性等。但是，由于类卤素的组成不是一种元素，其各元素的化合价有差别，以致在参加化学反应中价态的变化与卤素单质不完全相同。如IBr＋H2O＝HBr＋HIO的反应不属于氧化还原反应等。【解析】【答案】（1）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、药匙酒精灯烧杯胶头滴管或分液漏斗或量筒【分析】【分析】根据实验仪器的特点和作用来选择适合的生活用品，如玻璃杯和烧杯相似．【解析】【解答】解：根据实验仪器的特点和作用来选择适合的生活用品；取味精的小勺子和药匙相似，作用都是用来取固体的；电容器和酒精灯都是用来加热的，作用相似；杯子和烧杯都是用来盛放液体的，作用相似；注射器和胶头滴管或分液漏斗或量筒都是量取或滴加溶液的，作用相似．

故答案为：药匙、酒精灯、烧杯、量筒或胶头滴管或分液漏斗．23、略

【分析】C是本题的突破口，根据Ｃ的最简式及相对分子质量，可推出Ｃ的分子式为C8H8。由于Ｃ可通过消去反应生成，所以Ｃ中含有不饱和键，B的一种同分异构体与FeCl3发生显色反应，可知B、C等分子中都含有苯环，推得Ｃ为根据图中转化关系，Ａ为卤代烃，结合Ｅ能发生连续氧化反应，Ｅ为伯醇。Ｄ为Ａ、Ｄ为同分异构体，且Ａ能发生消去反应，则Ａ为依次可推出Ｂ为Ｅ为Ｆ为Ｇ为Ｈ为Ｉ为通过Ａ与Ｄ、Ｂ与Ｅ、Ｉ与Ｆ互为同分异构体，并由题中信息②可进一步验证。要求写Ｇ的苯环上含有两个取代基且能与NaOH溶液反应，但不与FeCl3发生显色反应，两个取代基可以是—CH3和—COOH，—CH3和中2种，２个取代基各有邻间对三种位置，共6种同分异构体。【解析】【答案】（１）碳碳双键（1分）（２）（2分）（３）①⑥⑨（3分）（４）（3分）（５）（3分）（６）6种（3分）五、简答题(共3题，共21分)24、略

【分析】解：（1）a．B是HCHO，D的结构简式为：B与D都含有醛基，故a正确；

b．HCHO与蔗糖的最简式不同，故b错误；

c．B是HCHO；B可以发生氧化反应生成羧酸，故c错误；

d．B是HCHO；B中所有原子均在同一平面上，故d正确；

e．lmolHCHO与银氨溶液反应最多能生成4molAg；故e错误；

故答案为：ad；

（2）F发生消去反应生成H；故答案为：消去反应；

（3）通过以上分析知，I的结构简式为：故答案为：

（4）①X含有酯基和溴原子，所以能和氢氧化钠溶液反应，X与足量稀NaOH溶液共热的化学方程式：

故答案为：

②F发生缩聚反应生成G，F→G的化学方程式为

故答案为：

（5）E的结构简式为：E的同分异构体符合下列条件；

a．苯环上核磁共振氢谱有两种说明苯环上含有两类氢原子；b．不能发生水解反应说明不含酯基；

c．遇FeCl3溶液不显色说明不含酚羟基；d．1molE最多能分别与1molNaOH和2molNa反应说明含有一个羧基一个醇羟基，则符合条件的E的同分异构体有：所以一共有4种；

故答案为：（其中之一）．

A能连续被氧化，则A是醇，B是醛，C是羧酸，C能发生银镜反应，则C是甲酸或二甲酸，X水解生成C和D，且X中只含2个氧原子，所以C是HCOOH，B是HCHO，A是CH3OH；

分子式为C10H10O2Br2的芳香族化合物X，其苯环上有四个取代基且苯环上的一溴代物只有一种，E遇FeCl3溶液显色且能与浓溴水反应，所以E中酚羟基的邻位或对位有氢原子，根据物质转化关系，可知X的结构简式为：X水解然后酸化得D，D的结构简式为：D被氧化生成E，E的结构简式为：E和氢气发生加成反应生成F，F的结构简式为：F发生缩聚反应生成G，G的结构简式为：F反应生成H，H能和溴水发生加成反应，所以F发生消去反应生成H，则H的结构简式为H能发生加聚反应生成I，I的结构简式为：以此解答该题．

本题考查了有机物的推断，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，明确有机物的官能团及其性质是解本题关键，注意X和氢氧化钠的水溶液发生水解时不仅酯基水解，溴原子还水解，含有溴原子的碳原子上有两个羟基时不稳定，易变成醛基，为易错点．【解析】ad；消去反应；25、略

【分析】解：rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五种常见元素，它们的核电荷数依次增大rm{.E}的基态原子rm{3d}轨道上有rm{2}个电子，原子核外电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{2}4s^{2}}则rm{E}为rm{Ti}rm{B}是地壳中含量最多的元素，则rm{B}为rm{O}元素；rm{C}是短周期中最活泼的金属元素，则rm{C}为rm{Na}rm{D}与rm{C}可形成rm{CD}型离子化合物，则rm{D}为rm{Cl}rm{A}的基态原子中有rm{2}个未成对电子，原子序数小于氧，原子核外电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{2}}故A为碳元素．

rm{(1)E}的基态rm{3d}轨道上有rm{2}个电子，原子核外电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{2}4s^{2}}基态原子价层电子排布式为rm{3d^{2}4s^{2}}

故答案为：rm{3d^{2}4s^{2}}

rm{(2)ClO_{2}^{-}}中rm{Cl}原子孤电子对数rm{=dfrac{7+1-2隆脕2}{2}=2}价层电子对数rm{=2+2=4}为rm{V}形结构，同周期自左而右电负性增大，非金属性越强电负性越大，故电负性rm{O>C>Na}

故答案为：rm{V}形；rm{O>C>Na}

rm{(3)CO_{2}}形成的晶体属于分子晶体，rm{NaCl}属于离子晶体，离子键强于分子间作用力，通常情况下，离子晶体熔点大于分子晶体熔点，故Crm{O_{2}}形成的晶体的熔点低于rm{NaCl}

故答案为：低于；rm{CO_{2}}形成的晶体属于分子晶体，rm{NaCl}属于离子晶体；离子键强于分子间作用力；

rm{(4)}该晶胞中rm{Ti}原子个数rm{=1+8隆脕dfrac{1}{8}=2}rm{O}原子个数rm{=2+4隆脕dfrac{1}{2}=4}则rm{Ti}rm{O}原子个数之比rm{=2}rm{4=1}rm{2}则化学式为rm{TiO_{2}}rm{TiO_{2}}放在电炉中，通入rm{Cl_{2}}和碳的单质后高温加热，可制得rm{TiCl_{4}}同时产生一种造成温室效应的气体，该气体为二氧化碳，该反应的化学方程式为：rm{TiO_{2}+C+2Cl_{2}dfrac{underline{;{赂脽脦脗};}}{;}TiCl_{4}+CO_{2}}

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

A、rm{TiO_{2}+C+2Cl_{2}dfrac{

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

underline{;{赂脽脦脗};}}{;}TiCl_{4}+CO_{2}}rm{B}rm{C}五种常见元素，它们的核电荷数依次增大rm{D}的基态原子rm{E}轨道上有rm{.E}个电子，原子核外电子排布式为rm{3d}则rm{2}为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{2}4s^{2}}rm{E}是地壳中含量最多的元素，则rm{Ti}为rm{B}元素；rm{B}是短周期中最活泼的金属元素，则rm{O}为rm{C}rm{C}与rm{Na}可形成rm{D}型离子化合物，则rm{C}为rm{CD}rm{D}的基态原子中有rm{Cl}个未成对电子，原子序数小于氧，原子核外电子排布式为rm{A}故A为碳元素，据此解答．

本题是对物质结构的考查，涉及晶胞计算、杂化轨道、电负性、核外电子排布、晶体性质等，推断元素是解题关键，注意利用均摊法进行晶胞计算．rm{2}【解析】rm{3d^{2}4s^{2}}rm{V}形；rm{O>C>Na}低于；rm{CO_{2}}形成的晶体属于分子晶体，rm{NaCl}属于离子晶体，离子键强于分子间作用力；rm{TiO_{2}+C+2Cl_{2}dfrac{underline{;{赂脽脦脗};}}{;}TiCl_{4}+CO_{2}}rm{TiO_{2}+C+2Cl_{2}dfrac{

underline{;{赂脽脦脗};}}{;}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：从图中的最高正价或最低负价与原子序数关系可知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是离子化合物，由Na+和原子团HS-构成，电子式为

故答案为：第三周期第IIIA族