…………○…………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年魯人新版高三化學下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9題，共18分)1、下列說法正確的是（NA表示阿伏加德羅常數）（）A.11.2L乙烷中所含的碳氫單鍵數為3NAB.1L1mol?L-1的氯化鐵溶液中鐵離子的數目為NAC.56g鐵發生氧化反應，一定失去3NA個電子D.常溫常壓下，100mL0.5mol/L的乙酸溶液中，乙酸的分子數目小于0.05NA2、有KCl、NaCl、Na2CO3的混合物，其中鈉元素的質量分數為31.5%，氯元素的質量分數為27.08%，則Na2CO3的質量分數為（）A.38%B.50%C.75%D.80%3、下列反應的離子方程式錯誤的是（）A.大理石溶于醋酸中：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑B.在氯化鋁溶液中滴加過量的氨水：Al3++3NH3?H2O═Al（OH）3↓+3NH4+C.硫氫化鈉水解：HS﹣+H2O?H2S+OH﹣D.Fe2+與H2O2在酸性溶液中的反應：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O4、經一定時間后，可逆反應rm{aA+bB?cC}中物質的含量rm{A%}和rm{C%}隨溫度的變化曲線如圖所示，下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.該反應在rm{T_{1}}rm{T_{3}}溫度時達到化學平衡B.該反應在rm{T_{1}}溫度時達到化學平衡C.該反應為放熱反應D.升高溫度，平衡會向正反應方向移動5、迷迭香酸是從蜂花屬植物中提取得到的酸性物質；其結構如圖．下列敘述正確的是（）

A.迷迭香酸的分子式為C18H15O8B.迷迭香酸可以發生加成、取代、顯色反應C.lmol迷迭香酸跟H2反應，最多消耗6molH2D.lmol迷迭香酸在NaOH溶液中反應，最多消耗5molNaOH6、下列有關化學用語使用正確的是（）A.NH4Br的電子式：B.S的結構示意圖：C.乙酸的分子式：CH3COOHD.原子核內有l8個中子的氯原子：Cl7、下列各項所述的數字不是6的是（）A.在NaCl晶體中，與一個Na+最近的且距離相等的Cl-的個數B.在金剛石晶體中，最小的環上的碳原子個數C.在二氧化硅晶體中，最小的環上的原子個數D.在NaCl晶體中，與一個Cl-最近的且距離相等的Na+的個數8、下列A、B、C、D四種實驗儀器，從其構成材料來看，有一種與其它三種不同．這種儀器是（）A.蒸發皿B.試管C.燒杯D.燒瓶9、對于油脂的說法中，不正確的是（）A.油脂無固定熔沸點B.油脂屬于酯類C.油脂不溶于水，比水輕D.油脂不能使溴水褪色評卷人得分二、雙選題(共8題，共16分)10、一支規格為AmL的酸式滴定管，其尖咀部分充滿液體時，液面在mmL刻度處，當液面降低到nmL刻度處時，下列判斷正確的是（）A.流出的流體的體積是（m-n）mLB.流出的液體的體積是（n-m）mLC.滴定管內剩余的液體的體積是（A-n）mLD.滴定管內剩余的液體的體積大于（A-n）mL11、R分子的質量為ag，相對質量為M，則M與a的比值等于（）A.6.02×1023B.12C原子質量的十二分之一C.0.012Kg12C所含的原子數D.1mol氧氣所含的微粒數12、下列有關電解質溶液中微粒的物質的量濃度關系正確的是（）A.0.1mol?L-1（NH4）2Fe（SO4）2溶液中；c（NH4+）+c（NH3?H2O）+c（Fe2+）=0.3mol?L-1B.常溫下，pH=6的NaHSO3溶液中：c（SO32-）-c（H2SO3）=9.9×10-7mol?L-1C.NH4HSO3溶液中滴加NaOH至溶液恰好呈中性：c（Na+）＞c（SO42-）=c（NH4+）＞c（OH-）=c（H+）D.等濃度、等體積的Na2CO3和NaHCO3混合：＞13、rm{隆露}常用危險化學用品貯存通則rm{隆路}規定：“遇火、遇熱、遇潮能引起燃燒、爆炸或發生化學反應，產生有毒氣體的化學危險品不得在露天或在潮濕、積水的建筑物中貯存”rm{.}下列解釋事實的方程式中，不合理的是rm{(}rm{)}A.貯存液氮的鋼瓶防止陽光直射：rm{N_{2}+O_{2}dfrac{underline{;{脩么鹿芒};}}{;}2NO}B.硝酸銨遇熱爆炸：rm{2NH_{4}NO_{3}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}2N_{2}隆眉+O_{2}隆眉+4H_{2}O隆眉}C.干燥的rm{N_{2}+O_{2}dfrac{

underline{;{脩么鹿芒};}}{;}2NO}遇水產生氣體：rm{2NH_{4}NO_{3}dfrac{

underline{;;triangle

;;}}{;}2N_{2}隆眉+O_{2}隆眉+4H_{2}O隆眉}D.火災現場存有電石，禁用水滅火：rm{AlCl_{3}}rm{AlCl_{3}+3H_{2}O簍TAl(OH)_{3}+3HCl隆眉}14、下列物質的轉化在給定條件下能實現的是rm{(}rm{)}A.rm{Soverset{O_{2}/{碌茫脠錄}}{}SO_{3}overset{H_{2}O}{}H_{2}SO_{4}}B.飽和rm{NaCl(aq)overset{NH_{3},CO_{2}}{}NaHCO_{3}overset{triangle}{}Na_{2}CO_{3}}C.rm{Fe_{2}O_{3}overset{HCl(aq)}{}FeCl_{3}(aq)overset{triangle}{}}無水rm{Soverset{O_{2}/{碌茫脠錄}}{}SO_{3}

overset{H_{2}O}{}H_{2}SO_{4}}D.rm{MgCl_{2}(aq)overset{{脢爐祿脪脠茅}}{}Mg(OH)_{2}overset{{矛脩脡脮}}{}MgO}rm{NaCl(aq)overset{NH_{3},CO_{2}}{

}NaHCO_{3}overset{triangle}{}Na_{2}CO_{3}}15、對于10%H2O2溶液的分解反應，下列措施能加快其化學反應速率的是（）A.加入MnO2作催化劑B.加水稀釋C.加熱D.加入30%的H2O216、一定溫度下向體積為rm{2L}的恒容密閉容器中充入rm{6molCO_{2}}和rm{8mo1H_{2}}發生反應：rm{CO_{2}}rm{(g)+3H_{2}(g)=CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)triangleH=-49KJ?mol^{-1}.}測得rm{(g)+3H_{2}(g)=CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)triangle

H=-49KJ?mol^{-1}.}物質的量隨時間變化如曲線rm{n(H_{2})}所示，下列說法正確的是rm{I}rm{(}A.該反應在rm{)}內的rm{O隆蘆8min}B.若起始時向容器中充入rm{v(CO_{2})=0.125mol?L^{-1}?min^{-1}}和rm{3mo1CO_{2}}則平衡時rm{4molH_{2}}的體積分數大于rm{CH_{3}OH}C.若起始時向容器中充入rm{20%}和rm{4mo1CO_{2}}rm{2molH_{2}}rm{2molCH_{3}OH}則此時反應rm{1molH_{2}O(g)}正rm{v(}逆rm{)>v(}D.曲線rm{)}曲線rm{II}改變條件分別是升高溫度、減小壓強rm{III}17、下列實驗操作、現象和結論均正確的是rm{(}rm{)}

。選項實驗操作現象結論rm{A}分別加熱rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{NaHCO_{3}}固體試管內壁均有水珠兩種物質均受熱分解rm{B}向稀的苯酚水溶液滴加飽和溴水生成白色沉淀產物三溴苯酚不溶于水rm{C}向含rm{I^{-}}的無色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液加入淀粉后溶液變成藍色氧化性：rm{Cl_{2}>I_{2}}rm{D}向rm{FeSO_{4}}溶液中先滴入rm{KSCN}溶液，再滴加rm{H_{2}O_{2}}溶液加入rm{H_{2}O_{2}}后溶液變成血紅色rm{Fe^{2+}}既有氧化性又有還原性A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)18、下列是由苯制取有機物“茚”的反應過程：

已知：（傅-克反應）

（1）上述①、②、③、④反應中，屬取代反應的有____；屬于消去反應的有____．

（2）反應①的反應物中含氧官能團的名稱是____，X的結構簡式為____．

（3）寫出反應④的化學方程式（反應條件要標明）：____．

（4）下列關于“茚”的說法正確的是____．

a．它的分子式為C9H9

b．能使酸性高錳酸鉀溶液褪色。

c．是一種易溶于水的有機化合物。

d．1mol“茚”在一定條件下與氫氣反應，最多可消耗4molH2

（5）與互為同分異構，有一苯環且苯環上有互為對位的2個取代基，并能與NaOH反應的有機物不止一種，寫出其中一種的結構簡式：____．19、Na2SO3在空氣中易被氧化而變質．某同學為證明Na2SO3有還原性，從一瓶實驗室長期存放的Na2SO3固體中取出少量溶于水；滴入一定量的燒堿溶液和少許溴水，振蕩后溶液變為無色．

（1）在堿性溶液中Br2和Na2SO3反應的離子方程式____．

（2）反應后的溶液含有SO32-、SO42-、Br-、OH-等陰離子，下表是某同學鑒定其中SO32-、SO42-和Br-的實驗報告；請完成未填完的部分．

限選試劑：2mol?L-1HCl；1mol?L-1H2SO4；1mol?L-1BaCl2；1mol?L-1Ba（NO3）2；1mol?L-1KMnO4、CCl4；新制飽和氯水；品紅溶液．

。編號實驗操作預期現象和結論步驟①取少量待測液加入試管中，加入過量的2mol?L-1鹽酸，再滴加適量1mol?L-1BaCl2溶液．有白色沉淀生成，證明待測溶液中含SO42-步驟②________步驟③________（3）為了測定上述樣品的純度，現取10.0克試樣配成250mL溶液．取出25.00mL所配溶液，用0.10mol/L的酸性KMnO4溶液滴定至終點．反應離子方程式為：

2MnO4-+5SO32-+6H+═2Mn2++5SO42-+3H2O

重復操作三次，每次消耗0.10mol/LKMnO4溶液體積分別為20.02mL；20.00mL和19.98mL．（相對原子質量Na-23S-32O-16）

①計算樣品中Na2SO3的質量分數為____．（結果保留3位有效數字）

②操作時，若未用0.10mol/L的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管，會導致測定結果____（填“偏高”、“偏低”或“沒有影響”）20、（2015秋?濰坊校級月考）如圖是中學化學中常用的玻璃儀器組成的實驗裝置圖（根據需要可在廣口瓶中加入液體或在干燥管中放入固體）．

請回答下列問題：

（1）用裝置A收集NH3氣體，氣體應從____（填“①”或“②”）處通入．

（2）若用裝置B做二氧化硫與燒杯中氫氧化鈉溶液反應的實驗，則其中廣口瓶能否起到防倒吸作用（填“能”或“不能”）____．

（3）用C來收集NO2氣體，最終得不到NO2，其發生反應的化學方程式為：____．21、用系統命名法命名下列物質：

①____

②____

③____．22、某河道兩旁有甲、乙兩廠，它們排放的工業廢水中，共含有K+、Ag+、Fe3+、NO3-、Cl-、OH-六種離子．

（1）甲廠的廢水明顯呈堿性，故甲廠廢水中所含的三種離子是：____

（2）乙廠的廢水中含有另外三種離子．如果加一定量____（填“活性炭”、“硫酸亞鐵”或“鐵粉”），可以回收其中的金屬是____．23、有以下幾種物質①干燥的食鹽晶體②液態氯化氫③水銀④蔗糖⑤醋酸⑥KNO3溶液填空回答：（填序號）

以上物質能導電的是____；屬于電解質的是____；屬于非電解質的是____；溶于水后水溶液能導電的是____．評卷人得分四、判斷題(共3題，共18分)24、向沸水中逐滴加入少量飽和FeCl3溶液，可制得Fe（OH）3膠體____（判斷對錯）25、標準狀況下，1moL水中所含原子總數數為3NA____（判斷對錯）26、摩爾是七個基本物理量之一____．（判斷對錯）評卷人得分五、簡答題(共2題，共14分)27、A；B、C、D、E是原子序數依次增大的短周期主族元素．A元素可形成多種同素異形體；其中一種是自然界最硬的物質；B的原子半徑在短周期主族元素中最大；C原子核外電子占據7個不同的原子軌道；D的單質在常溫常壓下是淡黃色固體．

（1）E在元素周期表中的位置______；B的基態原子核外電子排布式為______．

（2）A、D、E中電負性最大的是______（填元素符號）；B、C兩元素第一電離能較大的是______（填元素符號）．

（3）A和D兩元素非金屬性較強的是______（填元素符號），寫出能證明該結論的一個事實依據______．

（4）化合物AD2分子中共有______個α鍵和______個π鍵，AD2分子的空間構型是______．

（5）C與E形成的化合物在常溫下為白色固體，熔點為190℃，沸點為182.7℃，在177.8℃升華，推測此化合物為______晶體．工業上制取上述無水化合物方法如下：C的氧化物與A、E的單質在高溫條件下反應，已知每消耗12kgA的單質，過程中轉移2×l03mole-，寫出相應反應的化學方程式：______．28、原子序數小于rm{36}的rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}rm{J}五種元素，原子序數依次增大，其中rm{X}是除碳元素外形成化合物種類最多的元素，rm{Y}元素原子核外有三種不同的能級且各個能級所填充的電子數相同，rm{W}元素原子外層電子數是內層電子數的rm{3}倍，rm{J}是第四周期中未成對電子數最多的元素．

rm{(1)Y}rm{Z}rm{W}的電負性由小到大的順序為______rm{(}填元素符號rm{)}．

rm{(2)J}原子的外圍電子排布式為______．

rm{(3)Y_{2}X_{4}}分子中rm{Y}原子軌道的雜化類型為______rm{.1molY_{2}X_{4}}分子中含有rm{婁脪}鍵與rm{婁脨}鍵的數目之比為______．

rm{(4)X}與rm{W}形成的一種rm{X_{2}W}分子，與該分子互為等電子體的陰離子為______rm{(}填化學式rm{)}．

rm{(5)JCl_{3}}能與rm{Z}rm{W}的氫化物形成配位數為rm{6}的配合物，且相應兩種配體的物質的量之比為rm{2}rm{1}rm{1mol}該配合物溶于水，加入足量的硝酸銀溶液可得rm{430.5g}白色沉淀rm{.}則該配合物溶于水的電離方程式為______．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】【分析】A；題中沒有告訴是標準狀況下；無法計算乙烷的物質的量；

B；氯化鐵溶液中鐵離子發生了水解；鐵離子數目減少；

C；根據鐵的價態有+2和+3價；反應產物不同，失去的電子數不同分析；

D、根據乙酸是電解質，溶液中發生電離，乙酸分子數減少分析．【解析】【解答】解：A；不是標準狀況下；無法計算11.2L乙烷的物質的量，無法計算乙烷中含有的碳氫單鍵數目，故A錯誤；

B、1L1mol?L-1的氯化鐵溶液中含有1mol溶質氯化鐵，由于鐵離子發生了水解，鐵離子數目減少，數目小于NA；故B錯誤；

C、56g鐵的物質的量為1mol，若生成鐵離子，失去3mol電子，若生成亞鐵離子，失去2mol電子，所以失去的電子數不一定是3NA；故C錯誤；

D、100mL0.5mol/L的乙酸溶液中含有0.05mol溶質乙酸，由于乙酸發生了電離，乙酸分子數減少，乙酸的分子數目小于0.05NA；故D正確；

故選D．2、B【分析】由于Na為31.5%，Cl為27.08%，所以K＋和CO32-為41.42%，由于2個Na＋的質量大于一個K＋的質量，所以Na2CO3的質量分數應稍大于41.42%小于68.5%，B正確。【解析】【答案】B3、A【分析】【解答】解：A．弱電解質要寫化學式，離子方程式為CaCO3+2CH3COOH═2CH3COO﹣+Ca2++H2O+CO2↑，故A錯誤；B．氫氧化鋁不溶于氨水，離子方程式為Al3++3NH3?H2O═Al（OH）3↓+3NH4+；故B正確；

C．硫氫化鈉水解生成硫化氫和NaOH，離子方程式為HS﹣+H2O?H2S+OH﹣；故C正確；

D．酸性條件下，亞鐵離子和雙氧水發生氧化還原反應生成鐵離子和水，離子方程式為2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；故D正確；

故選A．

【分析】A．弱電解質要寫化學式；

B．氫氧化鋁不溶于氨水；

C．硫氫化鈉水解生成硫化氫和NaOH；

D．酸性條件下，亞鐵離子和雙氧水發生氧化還原反應生成鐵離子和水．4、C【分析】解：rm{T_{2}隆忙}之前rm{A%}變小，rm{C%}從rm{0}漸增大，而rm{T_{2}隆忙}之后rm{A%}漸大，rm{C%}漸小，說明rm{T_{2}隆忙}之前是反應沒有達到平衡狀態，而rm{T_{2}隆忙}時恰好平衡，rm{T_{2}隆忙}之后是溫度升高使平衡向左移動；所以逆反應是吸熱反應．

A、rm{T_{1}}溫度之后rm{A%}繼續變小，rm{C%}繼續增大，故rm{T_{1}}溫度時未達到化學平衡，而rm{T_{2}隆忙}之后rm{A%}漸大，rm{C%}漸小，說明rm{T_{2}隆忙}之前是反應沒有達到平衡狀態，而rm{T_{2}隆忙}時恰好平衡，所以rm{T_{2}}之后的rm{T_{3}}溫度時達到化學平衡；故A錯誤；

B、rm{T_{1}}溫度之后rm{A%}繼續變小，rm{C%}繼續增大，故rm{T_{1}}溫度時未達到化學平衡；故B錯誤；

C、rm{T_{2}隆忙}時恰好平衡，rm{T_{2}隆忙}之后rm{A%}漸大，rm{C%}漸小，說明rm{T_{2}隆忙}之后是溫度升高使平衡向左移動；所以逆反應是吸熱反應，則正反應為放熱反應，故C正確；

D、rm{T_{2}隆忙}時恰好平衡，rm{T_{2}隆忙}之后rm{A%}漸大，rm{C%}漸小，說明rm{T_{2}隆忙}之后是溫度升高使平衡向逆反應移動；故D錯誤．

故選C．

rm{T_{2}隆忙}之前rm{A%}變小，rm{C%}從rm{0}漸增大，而rm{T_{2}隆忙}之后rm{A%}漸大，rm{C%}漸小，說明rm{T_{2}隆忙}之前是反應沒有達到平衡狀態，而rm{T_{2}隆忙}時恰好平衡，rm{T_{2}隆忙}之后是溫度升高使平衡向左移動；所以逆反應是吸熱反應．

本題考查化學平衡圖象、溫度對化學平衡的影響，難度中等，明確圖象中含量隨溫度的平衡關系判斷rm{T_{2}隆忙}時恰好平衡是解題關鍵．【解析】rm{C}5、B【分析】【分析】該物質中含有苯環、酚羥基、羧基、酯基、碳碳雙鍵，具有苯、酚、羧酸、酯、烯烴性質，能發生加成反應、加聚反應、氧化反應、還原反應、取代反應、水解反應等，據此分析解答．【解析】【解答】解：A．該物質分子式為C18H16O8；故A錯誤；

B．該物質中含有苯環；酚羥基、羧基、酯基、碳碳雙鍵；具有苯、酚、羧酸、酯、烯烴性質，能發生加成反應、加聚反應、氧化反應、還原反應、取代反應、水解反應、顯色反應等，故B正確；

C．苯環和碳碳雙鍵能和氫氣發生加成反應，所以lmol迷迭香酸跟H2反應，最多消耗7molH2；故C錯誤；

D．酚羥基；酯基水解生成的羧基、羧基能和NaOH反應；所以lmol迷迭香酸在NaOH溶液中反應，最多消耗6molNaOH，故D錯誤；

故選B．6、D【分析】【分析】A．溴離子電子式書寫錯誤；應畫出最外層電子數，用“[]”括起，并在右上角注明所帶電荷；

B．硫原子的核電荷數=核外電子總數=16；最外層為6個電子；

C．CH3COOH為乙酸的結構簡式；分子式中不需要標出官能團結構；

D．質量數=質子數+中子數，元素符號的左上角為質量數、左下角為質子數．【解析】【解答】解：A．NH4Br屬于離子化合物，由銨根離子與溴離子構成，正確的電子式為：故A錯誤；

B．硫原子核內質子數為16，核外電子數為16，硫的原子結構示意圖為：題目中為S2-的結構示意圖；故B錯誤；

C．CH3COOH為結構簡式，分子式中不必標出官能團，乙酸正確的分子式為：C2H4O2；故C錯誤；

D．原子核內有l8個中子的氯原子的質量數為35，該原子可以表示為：Cl；故D正確；

故選D．7、C【分析】【分析】A、在NaCI晶體中，一個Na+周圍有6個Cl-，一個Cl-周圍有6個Na+；

B；金剛石晶體中；最小的環上有6個碳原子；

C；二氧化硅晶體相當于在硅晶體中兩個硅原子間分別加上一個O原子；因此最小環上的原子個數為12個；

D、在NaCI晶體中，一個Cl-周圍有6個Na+，一個Na+周圍有6個Cl-；【解析】【解答】解：A、NaCl晶體屬面心立方結構，與一個Na+最近且距離相等的Cl-的個數有6個；故A正確；

B；金剛石晶體中；最小的環上的碳原子個數有6個，故B正確；

C；二氧化硅晶體相當于在硅晶體中兩個硅原子間分別加上一個O原子；因此最小環上的原子個數為12個，故C錯誤；

D、在NaCI晶體中，一個Cl-周圍有6個Na+，一個Na+周圍有6個Cl-；故D正確．

故選C．8、A【分析】【分析】蒸發皿的材料是陶瓷，試管、燒杯、燒瓶的材料是玻璃．【解析】【解答】解：蒸發皿的材料是陶瓷，試管、燒杯、燒瓶的材料是玻璃，成分不同，故選A．9、D【分析】【分析】A．油脂是混合物；

B．油脂的分類和組成；

C．油脂不溶于水密度比水小；

D．根據植物油的成分以及不飽和油脂中含有碳碳雙鍵．【解析】【解答】解：A．因油脂是混合物；沒有固定的熔；沸點，故A正確；

B．油脂分為油和脂肪；無論油還是脂肪都是高級脂肪酸與甘油形成的酯，故B正確；

C．油脂不溶于水密度比水小；故C正確；

D．因植物油中含有不飽和油脂中，不飽和油脂中含有碳碳雙鍵，能使溴水、酸性高錳酸鉀溶液褪色，也能與H2發生加成反應；故D錯誤．

故選D．二、雙選題(共8題，共16分)10、B|D【分析】解：A．滴定管刻度值從上到下刻度逐漸增大；流出的液體的體積是（n-m）mL，故A錯誤；

B．滴定管刻度值從上到下刻度逐漸增大；流出的液體的體積是（n-m）mL，故B正確；

C．滴定管的“0”刻度在上端；滿刻度在下端，滴定管刻度值從上到下刻度逐漸增大，滴定管滿刻度以下還有一段空間沒有刻度，AmL滴定管中實際盛放液體的體積大于AmL，因此，一支AmL酸式滴定管中盛鹽酸，液面恰好在nmL刻度處，把管內液體全部放出，還有滿刻度以下的溶液一并放出，總量超過（A-n）mL，故C錯誤；

D．滴定管的“0”刻度在上端；滿刻度在下端，滴定管刻度值從上到下刻度逐漸增大，滴定管滿刻度以下還有一段空間沒有刻度，AmL滴定管中實際盛放液體的體積大于AmL，因此，一支AmL酸式滴定管中盛鹽酸，液面恰好在nmL刻度處，把管內液體全部放出，還有滿刻度以下的溶液一并放出，總量超過（A-n）mL，故D正確．

故選BD．

滴定管的“0”刻度在上端；滿刻度在下端，滴定管刻度值從上到下刻度逐漸增大，滴定管滿刻度以下還有一段空間沒有刻度，據此即可解答．

本題考查了酸式滴定管的結構，注意滴定管的“0”刻度在上端，滿刻度在下端，滴定管滿刻度以下還有一段空間沒有刻度，是解答的關鍵，題目難度不大．【解析】【答案】BD11、A|C【分析】解：R分子的相對質量為M，故R的摩爾質量為Mg/mol，即1molR的質量為Mg，而一個R分子的質量為ag，故的意義是在MgR中即1molR中所含有的R分子的個數，即6.02×1023個，即0.012Kg12C所含的原子數；故AC正確．

故選AC．

R分子的相對質量為M，故可知R的摩爾質量為Mg/mol，即1molR的質量為Mg，由于一個R分子的質量為ag，故可知的意義是在1molR中即MgR中含有的R分子的個數；據此分析．

本題考查了阿伏伽德羅常數的計算和含義，應注意的是1mol物質中含有NA個微粒，即NA個微粒的質量之和即1mol物質的質量．難度不大．【解析】【答案】AC12、B|D【分析】解：A．亞鐵離子會水解生成氫氧化亞鐵，所以亞鐵離子濃度會減小，則c（NH4+）+c（NH3?H2O）+c（Fe2+）＜0.3mol?L-1；故A錯誤；

B．常溫下，pH=6的NaHSO3溶液中，電荷守恒為c（Na+）+c（H+）=2c（SO32-）+c（HSO3-）+c（OH-），物料守恒為c（Na+）=c（SO32-）+c（HSO3-）+c（H2SO3），所以溶液中存在c（SO32-）-c（H2SO3）=c（H+）-c（OH-）=9.9×10-7mol?L-1；故B正確．

C．由物料守恒可知，c（SO42-）=c（NH4+）+c（NH3?H2O），所以c（SO42-）＞c（NH4+）；故C錯誤；

D．CO32-的水解程度大于HCO3-，則等濃度、等體積的Na2CO3和NaHCO3混合：＞1，＜1，所以＞故D正確．

故選BD．

A．亞鐵離子會水解生成氫氧化亞鐵；

B．根據溶液中的電荷守恒和物料守恒分析．

C．根據物料守恒可知，c（SO42-）=c（NH4+）+c（NH3?H2O）；

D．CO32-的水解程度大于HCO3-．

本題考查了鹽的水解、離子濃度大小比較，題目難度中等，注意把握溶液中的電荷守恒和物料守恒，側重于考查學生的分析能力．【解析】【答案】BD13、rAD【分析】解：rm{A.}液氮中無氧氣；不發生反應，故A錯誤；

B.硝酸銨在加熱時生成氮氣；氧氣和水蒸氣；故B正確；

C.干燥的氯化鋁遇水發生水解；生成氫氧化鋁；氯化氫氣體，故C正確；

D.電石的主要成分碳化鈣與水反應生成氫氣，rm{CaC_{2}+2H_{2}O隆煤Ca(OH)_{2}+C_{2}H_{2}隆眉}故D錯誤．

故選AD．

A.液氮中無氧氣；

B.硝酸銨在加熱時易分解；

C.干燥的氯化鋁遇水發生水解；

D.電石的主要成分碳化鈣與水反應生成氫氣同時放出大量熱．

本題考查了化學試劑的存放，題目難度不大，需要掌握常見試劑的保存方法，關鍵是掌握試劑的性質，關鍵化學性質選擇保存方法，試題基礎性強，側重對學生靈活運用基礎知識解決實際問題的能力的培養．【解析】rm{AD}14、rBD【分析】解：rm{A}硫燃燒生成二氧化硫；不能生成三氧化硫，故A錯誤；

B、在飽和食鹽水中通入氨氣，形成飽和氨鹽水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的鈉離子、銨根離子、氯離子和碳酸氫根離子，其中rm{NaHCO_{3}}溶解度最小，析出rm{NaHCO_{3}}加熱rm{NaHCO_{3}}分解生成碳酸鈉；故B正確；

C、氧化鐵與鹽酸反應生成氯化鐵，rm{Fe^{3+}}水解rm{Fe^{3+}+3H_{2}O?2Fe(OH)_{3}+HCl}加熱蒸發rm{HCl}揮發，平衡向右移動，得不到無水rm{FeCl_{3}}故C錯誤；

D；氯化鎂與石灰乳轉化為更難溶的氫氧化鎂；氫氧化鎂不穩定，加熱分解生成氧化鎂，故D正確．

故選：rm{BD}．

A；硫燃燒生成二氧化硫；

B、在飽和食鹽水中通入氨氣，形成飽和氨鹽水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的鈉離子、銨根離子、氯離子和碳酸氫根離子，其中rm{NaHCO_{3}}溶解度最小，所以析出rm{NaHCO_{3}}加熱rm{NaHCO_{3}}分解生成碳酸鈉；

C、氧化鐵與鹽酸反應生成氯化鐵，rm{Fe^{3+}}水解，加熱蒸發得不到無水rm{FeCl_{3}}

D；氯化鎂與石灰乳轉化為更難溶的氫氧化鎂；氫氧化鎂不穩定，加熱分解生成氧化鎂．

本題考查元素化合性質、侯德榜制堿法、鹽類水解等，難度中等，注意侯德榜制堿法要先通氨氣，后通二氧化碳，以便獲得高濃度離子溶液．【解析】rm{BD}15、ACD【分析】解：A．加入MnO2；作催化劑，反應速率加快，故A選；

B．加水稀釋，H2O2的濃度減小；反應速率減緩，故B不選；

C．加熱；溫度升高，反應速率加快，故C選；

D．加入30%的H2O2；濃度增大，反應速率增大，故D不選；

故選：ACD。

使用催化劑；增大濃度、加熱均可加快反應速率；以此來解答。

本題考查影響化學反應速率的因素，為高頻考點，把握常見的影響反應速率的因素為解答的關鍵，注重基礎知識的考查，題目難度不大。【解析】ACD16、rAC【分析】解：rm{A.}由圖可知，rm{0隆蘆8min}內rm{H_{2}}的物質的量變化量為rm{8mol-2mol=6mol}故rm{v(H_{2})=dfrac{dfrac{6Mmol}{2L}}{8min}=0.375mol?L^{-1}?min^{-1}}速率之比等于其化學計量數之比，故rm{v(CO_{2})=dfrac{1}{3}v(H_{2})=0.125mol?L^{-1}?min^{-1}}故A正確；

B.由圖可知，rm{v(H_{2})=dfrac{dfrac

{6Mmol}{2L}}{8min}=0.375mol?L^{-1}?min^{-1}}平衡時氫氣為rm{v(CO_{2})=dfrac

{1}{3}v(H_{2})=0.125mol?L^{-1}?min^{-1}}則：

rm{I}

開始rm{2mol}rm{CO_{2}(g)+3H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)}rm{(mol)}rm{6}rm{8}

轉化rm{0}rm{0}rm{(mol)}rm{2}rm{6}

平衡rm{2}rm{2}rm{(mol)}rm{4}rm{2}

故I中平衡時甲醇體積分數為rm{dfrac{2mol}{4mol+2mol+2mol+2mol}=20%}若起始時向上述容器中充入rm{2}和rm{2}等效為原平衡壓強減小一倍，平衡向逆反應方向移動，甲醇的體積分數減小，即平衡時rm{dfrac

{2mol}{4mol+2mol+2mol+2mol}=20%}的體積分數小于rm{3molCO_{2}}故B錯誤；

C.平衡常數rm{K=dfrac{c(CH_{3}OH)c(H_{2}O)}{c(CO_{2})c^{3}(H_{2})}=dfrac{1隆脕1}{2times1^{3}}=0.5}此時的濃度商rm{Qc=dfrac{dfrac{2}{2}隆脕dfrac{1}{2}}{dfrac{4}{2}隆脕(dfrac{2}{2})^{3}}=0.25<K=0.5}故平衡向正反應方向移動，rm{4molH_{2}}正rm{H_{2}}逆rm{20%}故C正確；

D.與Ⅰ相比，Ⅱ到達平衡時間短，且平衡時氫氣濃度大，說明改變條件反應速率加快、反應向逆反應方向移動，若升高溫度，反應速率加快，正反應為放熱反應，平衡向逆反應方向移動，符合題意；與rm{K=dfrac

{c(CH_{3}OH)c(H_{2}O)}{c(CO_{2})c^{3}(H_{2})}=dfrac{1隆脕1}{2times

1^{3}}=0.5}相比；Ⅲ到達平衡時間短，且平衡時氫氣濃度小，說明改變條件反應速率加快；反應向正反應方向移動，若減小壓強，平衡逆向進行氫氣的物質的量應增大，不符合題意，故D錯誤；

故選AC．

A.根據rm{v=dfrac{trianglec}{trianglet}}計算rm{Qc=dfrac{dfrac{2}{2}隆脕dfrac

{1}{2}}{dfrac{4}{2}隆脕(dfrac

{2}{2})^{3}}=0.25<K=0.5}再利用速率之比等于其化學計量數之比計算rm{v(}

B.由圖可知，rm{)>v(}平衡時氫氣為rm{)}利用三段式計算平衡時各組分物質的量，進而計算甲醇體積分數rm{I}若起始時向上述容器中充入rm{v=dfrac{trianglec}{triangle

t}}和rm{v(H_{2})}等效為原平衡壓強減小一倍，平衡向逆反應方向移動，甲醇的體積分數減小；

C.根據rm{v(CO_{2})}中計算可知平衡時二氧化碳、氫氣、甲醇、水的濃度，代入平衡常數表達式rm{K=dfrac{c(CH_{3}OH)c(H_{2}O)}{c(CO_{2})c^{3}(H_{2})}}計算平衡常數，再計算此時的濃度商rm{I}與平衡常數比較，判斷反應進行方向；

D.與Ⅰ相比，Ⅱ到達平衡時間短，且平衡時氫氣濃度大，說明改變條件反應速率加快、反應向逆反應方向移動；與rm{2mol}相比；Ⅲ到達平衡時間短，且平衡時氫氣濃度小，說明改變條件反應速率加快；反應向正反應方向移動．

本題考查物質的量隨時間變化曲線、反應速率影響因素及計算、化學平衡影響因素與計算、平衡常數應用等，側重考查學生分析計算能力，rm{.}中注意利用平衡常數判斷反應進行方向，難度中等．rm{3molCO_{2}}【解析】rm{AC}17、BC【分析】解：rm{A.}根據元素守恒知；即使碳酸鈉分解也不能生成水，可能是碳酸鈉不干燥導致的，故A錯誤；

B.苯酚和濃溴水反應生成三溴苯酚白色沉淀；向稀的苯酚水溶液滴加飽和溴水生成白色沉淀，說明產物三溴苯酚不溶于水，故B正確；

C.同一氧化還原反應中，氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性，向含rm{I^{-}}的無色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液，氯氣具有強氧化性，能將碘離子氧化生成碘，碘遇淀粉試液變藍色，加入淀粉后溶液變藍色，說明碘離子被氧化生成碘單質，氧化劑是氯氣、氧化產物是碘，所以氧化性氧化性：rm{Cl_{2}>I_{2}}故C正確；

D.雙氧水具有氧化性，亞鐵離子具有還原性，亞鐵離子和雙氧水反應生成鐵離子，鐵離子和rm{KSCN}溶液混合生成絡合物而導致溶液呈血紅色；加入雙氧水后溶液變成血紅色說明亞鐵離子被氧化，則亞鐵離子有還原性，不能說明具有氧化性，故D錯誤；

故選BC．

A.根據元素守恒知；即使碳酸鈉分解也不能生成水；

B.苯酚和濃溴水反應生成三溴苯酚沉淀；

C.同一氧化還原反應中；氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性；

D.亞鐵離子具有還原性，能被雙氧水氧化生成鐵離子，鐵離子和rm{KSCN}溶液混合生成絡合物而導致溶液呈血紅色．

本題考查化學實驗方案評價，為rm{2015}年廣東省高考化學試題，涉及氧化還原反應、氧化性強弱比較、離子檢驗、物質性質等知識點，側重考查學生分析判斷能力，明確物質性質及基本原理是解本題關鍵，易錯選項是rm{D}．【解析】rm{BC}三、填空題(共6題，共12分)18、①②④羧基bd等【分析】【分析】反應①中羧基中-OH被Cl原子取代，屬于取代反應，反應②是傅-克反應，由反應信息可知也屬于取代反應，對比反應③產物的結構，可知X為反應③是羰基有氫氣發生加成反應，反應④是發生醇的消去反應生成茚的結構簡式為．（5）與互為同分異構，有一苯環且苯環上有互為對位的2個取代基，并能與NaOH反應，可以是-OH與-CH2CH=CH2或-CH2=CHCH3或-C（CH3）=CH2等．【解析】【解答】解：反應①中羧基中-OH被Cl原子取代，屬于取代反應，反應②是傅-克反應，由反應信息可知也屬于取代反應，對比反應③產物的結構，可知X為反應③是羰基有氫氣發生加成反應，反應④是發生醇的消去反應生成茚的結構簡式為．

（1）上述①；②、③、④反應分別為取代反應、取代反應、加成反應、消去反應；屬取代反應的有①②；屬于消去反應的有④，故答案為：①②；④；

（2）反應①的反應物中含氧官能團是羧基，X的結構簡式為故答案為：羧基；

（3）反應④的化學方程式（反應條件要標明）：

故答案為：

（4）“茚”的結構簡式為

a．它的分子式為C9H8；故a錯誤；

b．含有碳碳雙鍵，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故b正確；

c．屬于烴；不易溶于水，故c錯誤；

d．苯環與碳碳雙鍵能與氫氣發生加成反應，1mol“茚”在一定條件下與氫氣反應，最多可消耗4molH2；故d正確；

故選：bd；

（5）與互為同分異構，有一苯環且苯環上有互為對位的2個取代基，并能與NaOH反應，可以是-OH與-CH2CH=CH2或-CH2=CHCH3或-C（CH3）=CH2等，其中一種結構簡式為：等；

故答案為：等．19、SO32-+Br2+2OH-=H2O+SO42-+2Br-方法1：取少量步驟①中上層清液于試管中；加入少量氯水，觀察溶液的顏色；

方法2：另取少量待測液于試管中，加入足量的2mol?L-1鹽酸直到不產生氣泡為止，再加入少量氯水，觀察溶液的顏色（若再加入四氯化碳，振蕩，靜置后觀察顏色也可）溶液呈橙黃色，證明待測液中含Br-（下層液體呈橙紅色，證明待測液中含Br-）方法1：取出步驟①中適量上層清液于試管中；滴入2滴品紅，觀察溶液的顏色。

方法2：另取少量待測液于試管中，加入過量2mol/L鹽酸，再滴入2滴品紅觀察溶液的顏色紅色褪去，則存在SO32-；紅色不褪去，則不存在。

SO32-63.0%偏高【分析】【分析】（1）Na2SO3和溴發生氧化還原反應；

（2）檢驗SO42-，可用硝酸酸化的BaCl2；檢驗Br-，可用氯水，加入四氯化碳后，根據四氯化碳層的顏色進行判斷；檢驗SO32-；取少量待測液于試管中，加入過量鹽酸，再滴入2滴品紅觀察溶液的顏色是否變紅來確定；

（3）①根據化學反應的離子方程式結合百分含量是亞硫酸鈉質量和樣品質量的比值來計算；

②酸式滴定管使用之前要清洗再潤洗，不潤洗則其中的水會將高錳酸鉀稀釋，消耗的量增大，帶來實驗誤差，據此判斷．【解析】【解答】解：（1）向燒堿和Na2SO3混合溶液中加入少許溴水，振蕩后溶液變為無色，說明亞硫酸根離子被溴單質氧化為硫酸跟，依據電荷守恒和原子守恒配平寫出離子方程式為：SO32-+Br2+2OH-=H2O+SO42-+2Br-；

故答案為：SO32-+Br2+2OH-=H2O+SO42-+2Br-；

（2）檢驗SO42-，可取少量待測液加入試管中，加入過量的2mol?L-1鹽酸，再滴加適量lmol?L-1BaCl2溶液；

檢驗Br-，可取出步驟①中適量上層清液于試管中，加入適量氯水，觀察溶液的顏色．（若再加入四氯化碳，振蕩，靜置后觀察顏色也可），或方法2：另取少量待測液加入試管中，加入足量的2mol?L-1鹽酸直到不產生氣泡為止，再加入少量氯水，觀察溶液的顏色．（若再加入四氯化碳，振蕩，靜置后觀察顏色也可），如溶液呈橙黃色，證明待測液中含Br-．（下層液體呈橙紅色，證明待測液中含Br-．）

檢驗SO32-；取少量待測液于試管中，加入過量2mol/L鹽酸，再滴入2滴品紅觀察溶液的顏色是否變紅來確定，若變紅，則含有亞硫酸根離子，反之不含．

故答案為：。實驗操作預期現象與結論步驟②方法1：取少量步驟①中上層清液于試管中，加入少量氯水，觀察溶液的顏色溶液呈橙黃色，證明待測液中含Br-（下層液體呈橙紅色，證明待測液中含Br-）方法2：另取少量待測液于試管中，加入足量的2mol?L-1鹽酸直到不產生氣泡為止，再加入少量氯水，觀察溶液的顏色（若再加入四氯化碳，振蕩，靜置后觀察顏色也可）溶液呈橙黃色，證明待測液中含Br-（下層液體呈橙紅色，證明待測液中含Br-）溶液呈橙黃色，證明待測液中含Br-（下層液體呈橙紅色，證明待測液中含Br-）步驟③方法1：取出步驟①中適量上層清液于試管中，滴入2滴品紅，觀察溶液的顏色紅色褪去，則存在SO32-，紅色不褪去，則不存在SO32-方法2：另取少量待測液于試管中，加入過量2mol/L鹽酸，再滴入2滴品紅觀察溶液的顏色紅色褪去，則存在SO32-，紅色不褪去，則不存在SO32-紅色褪去，則存在SO32-，紅色不褪去，則不存在SO32-（3）①每次消耗0.10mol/LKMnO4溶液體積分別為20.02mL；20.00mL和19.98mL；其平均體積是：20.00mL，即0.02L；

根據反應：2MnO4-+5SO32-+6H+═2Mn2++5SO42-+3H2O

25

0.10mol/L×0.02Lx

樣品中Na2SO3的質量分數為×100%=63.0%；故答案為：63.0%；

②若未用0.10mol/L的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管；則消耗的高錳酸的體積會增大，導致測定結果偏高；

故答案為：偏高．20、②能3NO2+H2O=2HNO3+NO【分析】【分析】（1）氨氣的密度比空氣的密度小；利用向下排空氣法收集；

（2）用裝置B做二氧化硫與燒杯中氫氧化鈉溶液反應的實驗；廣口瓶中液體不能與氣體直接接觸；

（3）C為排水法，二氧化氮與水反應生成硝酸和NO．【解析】【解答】解：（1）氨氣的密度比空氣的密度小，利用向下排空氣法收集，則用裝置A收集NH3氣體；氣體應從②處通入，故答案為：②；

（2）用裝置B做二氧化硫與燒杯中氫氧化鈉溶液反應的實驗；廣口瓶中液體不能與氣體直接接觸，則能起到防倒吸作用，故答案為：能；

（3）C為排水法，二氧化氮與水反應生成硝酸和NO，反應為3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案為：3NO2+H2O=2HNO3+NO．21、3，4-二甲基-2-乙基庚烷3-甲基-1-丁炔1，2-二甲苯【分析】【分析】①烷烴命名原則：長；多、近、小簡；

②炔烴的命名選取含有碳碳三鍵的最長碳鏈；距離三鍵最近的一端為1號碳；

③芳香烴的命名遵循取代基代數和最小原則．【解析】【解答】解：①為烷烴；最長碳鏈為7，在3；4號碳上分別含有1個甲基，在2號碳上含有1個乙基，正確命名為：3，4-二甲基-2-乙基庚烷，故答案為：3，4-二甲基-2-乙基庚烷；

②為炔烴；最長碳鏈為4，碳碳三鍵在1；2號碳之間，在3號碳上含有1個甲基，正確命名為：3-甲基-1-丁炔，故答案為：3-甲基-1-丁炔；

③為鄰二甲苯，系統的正確命名為：1，2-二甲苯，故答案為：1，2-二甲苯．22、K+、Cl--、OH-鐵粉Ag【分析】【分析】甲廠廢水呈堿性，則溶液中含有大量的OH-，與OH-離子反應的Ag+、Fe3+不能大量共存，根據溶液電中性可知甲廠廢水中應含有K+，乙廠中含有Ag+、Fe3+，則與Ag+、Fe3+反應的Cl--、OH-不能共存，根據溶液電中性可知乙廠還有NO3-；

由此可知：甲廠含有K+、Cl--、OH-，乙廠含有Ag+、Fe3+、NO3-，根據兩廠中含有的離子組成及性質解答該題．【解析】【解答】解：（1）甲廠廢水呈堿性，則溶液中含有大量的OH-，與OH-離子反應的Ag+、Fe3+不能大量共存，根據溶液電中性可知甲廠廢水中應含有K+，乙廠中含有Ag+、Fe3+，則與Ag+、Fe3+反應的Cl--、OH-不能共存，根據溶液電中性可知乙廠還有NO3-；

由此可知：甲廠含有K+、Cl--、OH-，乙廠含有Ag+、Fe3+、NO3-，故答案為：K+、Cl--、OH-；

（2）含有的金屬離子有K+、Ag+、Fe3+，加入單質Fe，可置換出Ag，故答案為：鐵粉；Ag；23、③⑥①②⑤④①②⑤【分析】【分析】根據導電原因；電解質、非電解質、弱電解質的定義判斷．

能導電的物質必須含有自由電子或自由離子．

電解質：在水溶液里或熔融狀態下能導電的化合物．

非電解質：在水溶液里或熔融狀態下都不能導電的化合物．【解析】【解答】解：①食鹽晶體是強電解質；因沒有自由電子或自由離子，所以不能導電．

②液態氯化氫是強電解質；因沒有自由電子或自由離子，所以不能導電．

③水銀既不是電解質也不是非電解質；因有自由移動的電子，所以能導電．

④蔗糖是非電解質；是非電解質，因沒有自由電子或自由離子，所以不能導電．

⑤CH3COOH是弱電解質；因沒有自由電子或自由離子，所以不能導電．

⑥KNO3溶液是混合物；即不是電解質也不是非電解質，有自由離子，所以能導電．

故答案為：③⑥；①②⑤；④；①②⑤．四、判斷題(共3題，共18分)24、×【分析】【分析】向沸水中滴加幾滴飽和氯化鐵溶液，并加熱至液體呈紅褐色得到氫氧化鐵膠體，據此分析解答．【解析】【解答】解：氫氧化鐵膠體的制備方法：向沸水中滴加幾滴氯化鐵飽和溶液，氯化鐵水解生成氫氧化鐵膠體，升高溫度促進氯化鐵水解，并加熱至液體呈紅褐色即可得到氫氧化鐵膠體，所以該題錯誤，故答案為：×．25、√【分析】【分析】水的分子式為H2O，結合分子式進行判斷．【解析】【解答】解：水的分子式為H2O，1moL水中所含原子總數為3NA；

故答案為：√．26、×【分析】【分析】摩爾是物質的量的單位．【解析】【解答】解：摩爾是物質的量的單位；是國際單位制中七個基本單位之一；

故答案為：×．五、簡答題(共2題，共14分)27、略

【分析】解：依據分析可知：A為C；B為Na，C為Al，D為S，E為Cl；

（1）E為Cl，Cl處于第三周期第ⅦA族，B為鈉，Na的核外電子排布式為：1s22s22p63s1，故答案為：第三周期第ⅦA族；1s22s22p63s1；

（2）C；S、Cl中；非金屬性越強，其電負性越大，由于非金屬性：Cl＞S＞C，故電負性最大的是Cl，Na與Al比較，金屬性越強，第一電離能越小，由于金屬性Na＞Al，故第一電離能Al＞Na，故答案為：Cl；Al；

（3）C與S非金屬性較強的是硫，依據非金屬的最高價氧化物對應的水化物的酸性越強，其非金屬性越強，碳酸是弱酸，而硫酸是強酸，故答案為：S；H2CO3是弱酸，H2SO4是強酸；

（4）AD2為CS2，CS2結構類似于CO2；即C與2個S分別形成兩對共價鍵，即含有2個Π鍵，2個α鍵，形成直線形分子，故答案為：2；2；直線型；

（5）Al與Cl形成的化合物為：AlCl3，AlCl3固體的熔沸點較低，即AlCl3固體為共價化合物形成的分子晶體分子，依據題意得知氧化鋁與碳單質、氯氣在高溫條件下反應，反應中每消耗12kgC，即物質的量為：=1000mol，1000molC反應轉移2×l03mole-，故C被氧化為+2價，故產物為CO，據此寫反應方程式為：Al2O3+3C+3Cl23CO+2AlCl3，故答案為：Al2O3+3C+3Cl23CO+2AlCl3．

A；B、C、D、E是原子序數依次增大的短周期主族元素．A元素可形成多種同素異形體；其中一種是自然界最硬的物質，故A是碳元素；B的原子半徑在短周期主族元素中最大，故B為鈉元素；C原子核外電子占據7個不同的原子軌道，即證據1s1個軌道、2s1個軌道、2p3個軌道、3s1個軌道、3p1個軌道，即C為鋁元素；D的單質在常溫常壓下是淡黃色固體，故D是硫元素，E的原