2025屆中學高考化學押題試卷注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、用NA表示阿伏加德羅常數的值，以下說法正確的選項是（）①1mol氯氣發生反應轉移電子數為2NA②12.0g熔融的NaHSO4中含有的陽離子數為1NA③在標準狀況下，22.4LH2O中的O原子數為NA④17g羥基中含有的電子數為10NA⑤1molNa2O和Na2O2混合物中含有的陰、陽離子總數是3NA⑥20mL1mol/LFe2(SO4)3溶液中，Fe3+和SO42-離子數的總和小于NAA．①②⑤ B．①④⑥ C．①②⑥ D．②⑤⑥2、有機物M、N分子的模型如圖所示，其中不同顏色的球表示不同的原子，原子之間的化學鍵可以是單鍵、雙鍵。下列說法錯誤的是MNA．M與HCOOCH3互為同分異構體B．N的官能團為羥基C．在與鈉的反應中N放出氣泡比M快D．N能使酸性高錳酸鉀溶液褪色3、甲苯是重要的化工原料。下列有關甲苯的說法錯誤的是A．分子中碳原子一定處于同一平面 B．可萃取溴水的溴C．與H2混合即可生成甲基環己烷 D．光照下與氯氣發生取代反應4、有機物①在一定條件下可以制備②，下列說法錯誤的是（）A．①不易溶于水B．①的芳香族同分異構體有3種（不包括①）C．②中所有碳原子可能共平面D．②在堿性條件下的水解是我們常說的皂化反應5、中華傳統文化對人類文明進步貢獻巨大。《本草綱目》“燒酒”寫道：“自元時始創其法，用濃酒和糟入甑，蒸令氣……其清如水，味極濃烈，蓋酒露也"。運用化學知識對其進行分析，則這種方法是A．分液 B．升華 C．萃取 D．蒸餾6、某學習小組用下列裝置完成了探究濃硫酸和SO2性質的實驗（部分夾持裝置已省略），下列“現象預測”與“解釋或結論”均正確的是選項儀器現象預測解釋或結論A試管1有氣泡、酸霧，溶液中有白色固體出現酸霧是SO2所形成，白色固體是硫酸銅晶體B試管2紫紅色溶液由深變淺，直至褪色SO2具有還原性C試管3注入稀硫酸后，沒有現象由于Ksp（ZnS）太小，SO2與ZnS在注入稀硫酸后仍不反應D錐形瓶溶液紅色變淺NaOH溶液完全轉化為NaHSO3溶液，NaHSO3溶液堿性小于NaOHA．A B．B C．C D．D7、已知NA是阿伏加德羅常數的值，下列說法錯誤的是（）A．標準狀況下0.5molNT3分子中所含中子數為6.5NAB．0.1molFe與0.1molCl2完全反應后，轉移的電子數為0.2NAC．13.35gAlCl3水解形成的Al(OH)3膠體粒子數小于0.1NAD．一定條件下的密閉容器中，2molSO2和1molO2催化反應充分發生后分子總數為2NA8、短周期元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大。它們分別位于不同的主族，X的最高正價與最低負價代數和為0，Y為金屬元素，Y與Z最外層電子數之和與W的最外層電子數相等，X與W所在族序數之和等于10。下列說法正確的是（）A．原子半徑大小順序：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X) B．沸點：XW2>Y2WC．最高價氧化物對應的水化物的酸性：X<Z D．簡單氫化物的熱穩定性：Z>W9、已知某二元酸H2MO4在水中電離分以下兩步：H2MO4?H++HMO4-，HMO4-?H++MO42-。常溫下向20mL0.1mol/LNaHMO4溶液中滴入cmol/LNaOH溶液，溶液溫度與滴入NaOH溶液體積關系如圖。下列說法正確的是A．該氫氧化鈉溶液pH=12B．圖像中F點對應的溶液中c(OH-)>c(HMO4-)C．滴入NaOH溶液過程中水的電離程度一直增大D．圖像中G點對應的溶液中c(Na+)=c(HMO4-)+2c(MO42-)10、aL（標準狀況）CO2通入100mL3mol/LNaOH溶液的反應過程中所發生的離子方程式錯誤的是A．a=3.36時，CO2+2OH―→CO32―+H2OB．a=4.48時，2CO2+3OH―→CO32―+HCO3―+H2OC．a=5.60時，3CO2+4OH―→CO32―+2HCO3―+H2OD．a=6.72時，CO2+OH―→HCO3―11、下列各組離子能大量共存的是A．在pH=0的溶液中：NH4+、Al3+、OH-、SO42-B．在新制氯水中:Fe2+、Mg2+、NO3-、Cl-C．在加入NH4HCO3產生氣體的溶液中:Na+、Ba2+、Cl-、NO3-D．加入Al片能產生H2的溶液：NH4+、Ca2+、HCO3-、NO3-12、下列除去雜質（括號內的物質為雜質）的方法中錯誤的是（）A．FeSO4（CuSO4）：加足量鐵粉后，過濾B．Fe粉（Al粉）：用NaOH溶液溶解后，過濾C．NH3（H2O）：用濃H2SO4洗氣D．MnO2（KCl）：加水溶解后，過濾、洗滌、烘干13、常溫下，向lLpH=l0的NaOH溶液中持續通入CO2。通入CO2的體積(y)與溶液中水電離出的c(OH-)的關系如圖所示。下列敘述錯誤的是A．a點溶液中：水電離出的c(H+)=1×10-10mol·L-1B．b點溶液中：c(H+)=1×10-7mol·L-1C．c點溶液中：c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)D．d點溶液中：c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)14、根據如表實驗操作和現象所得出的結論正確的是（）選項實驗操作和現結論A常溫下，將FeCl3溶液加入Mg（OH）2懸濁液中，沉淀由白色變為紅褐色常溫下，Ksp[Fe（OH）3]＞Ksp[Mg（OH）2]B向某溶液中滴加稀硝酸酸化的BaCl2溶液，溶液中產生白色沉淀原溶液中一定含有SO42﹣C將稀硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe（NO3）2溶液中，溶液變黃色氧化性：H2O2＞Fe3+D向含酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固體，溶液紅色變淺證明Na2CO3溶液中存在水解平衡A．A B．B C．C D．D15、能用離子方程式CO32﹣+2H+=H2O+CO2↑表示的反應是（）A．碳酸鈉與足量稀硝酸的反應 B．碳酸氫鈉與足量鹽酸的反應C．碳酸鋇與少量稀鹽酸的反應 D．碳酸鈉與足量稀醋酸的反應16、已知NA是阿伏加德羅常數的值，下列說法不正確的是A．4.6g14CO2與N218O的混合物中所含中子數為2.4NAB．將0.1molCH3COONa溶于稀醋酸中使溶液呈中性，溶液中CH3COO-數目等于0.1NAC．1molHI被氧化為I2時轉移的電子數為NAD．常溫下電解飽和食鹽水，當溶液pH由7變為13時，電路中轉移的電子數為0.1NA17、室溫下，對于0.10mol?L﹣1的氨水，下列判斷正確的是（）A．溶液的pH=13B．25℃與60℃時，氨水的pH相等C．加水稀釋后，溶液中c（NH4+）和c（OH﹣）都變大D．用HCl溶液完全中和后，溶液顯酸性18、下列分子或離子在指定的分散系中能大量共存的一組是A．銀氨溶液:Na+、K+、NO3—、NH3·H2O B．空氣:C2H4、CO2、SO2、NOC．氯化鋁溶液:Mg2+、HCO3—、SO42—、Br— D．使甲基橙呈紅色的溶液:I—、Cl—、NO3—、Na+19、用如圖所示實驗裝置進行相關實驗探究，其中裝置不合理的是()A．鑒別純堿與小蘇打 B．證明Na2O2與水反應放熱C．證明Cl2能與燒堿溶液反應 D．探究鈉與Cl2反應20、下列物質的檢驗，其結論一定正確的是()A．向某溶液中加入BaCl2溶液，產生白色沉淀，加入HNO3后，白色沉淀不溶解，也無其他現象，說明原溶液中一定含有SO42—B．向某溶液中加鹽酸產生無色氣體，該氣體能使澄清的石灰水變渾濁，說明該溶液中一定含有CO32—或SO32—C．取少量久置的Na2SO3樣品于試管中加水溶解，再加足量鹽酸酸化，然后加BaCl2溶液，若加HCl時有氣體產生，加BaCl2時有白色沉淀產生，說明Na2SO3樣品已部分被氧化D．將某氣體通入品紅溶液中，品紅溶液褪色，該氣體一定是SO221、25℃時，NaCN溶液中CN－、HCN濃度所占分數()隨pH變化的關系如圖甲所示，其中a點的坐標為(9.5，0.5)。向10mL0.01mol·L－1NaCN溶液中逐滴加入0.01mol·L-1的鹽酸，其pH變化曲線如圖乙所示。下列溶液中的關系中一定正確的A．圖甲中pH=7的溶液：c(Cl－)=c(HCN)B．常溫下，NaCN的水解平衡常數：Kh(NaCN)=10－4.5mol/LC．圖乙中b點的溶液：c(CN－)＞c(Cl－)＞c(HCN)＞c(OH－)＞c(H+)D．圖乙中c點的溶液：c(Na+)+c(H+)=c(HCN)+c(OH－)+c(CN－)22、苯酚和丙酮都是重要的化工原料，工業上可用異丙苯氧化法生產苯酚和丙酮，其反應和工藝流程示意圖如下，下列有關說法正確的是+A．a、b、c均屬于芳香烴 B．a、d中所有碳原子均處于同一平面上C．A有9種屬于芳香族的同分異構體 D．c、d均能發生氧化反應二、非選擇題(共84分)23、（14分）有機物A（C6H8O4）為食品包裝紙的常用防腐劑。A可以使溴水褪色。A難溶于水，但在酸性條件下可發生水解反應，得到B(C4H4O4)和甲醇。通常狀況下B為無色晶體，能與氫氧化鈉溶液發生反應。（1）A可以發生的反應有_______________（選填序號）。①加成反應②酯化反應③加聚反應④氧化反應（2）B分子所含官能團的名稱是______________________________。（3）B分子中沒有支鏈，其結構簡式是________________________，B的具有相同官能團的同分異構體的結構簡式是_________________。（4）由B制取A的化學方程式是____________________________________。（5）天門冬氨酸（C4H7NO4）是組成人體蛋白質的氨基酸之一，可由B通過以下反應制取：天門冬氨酸的結構簡式是______________________________________。24、（12分）已知A、B、C、D、X、Y六種物質均由短周期元素組成，其中X為常見離子化合物，它們之間的轉換關系如下圖所示（1）已知條件I和條件II相同，則該反應條件為____________________。（2）物質X的電子式為_____________________。（3）寫出B與Ca(OH)2反應的化學方程式______________________________。（4）寫出X在條件II下反應生成B、C、D的離子方程式_____________________________________________。（5）寫出實驗室制B的化學方程式，并標出電子轉移方向、數目____________________________________________。（6）請簡述鑒定物質X的實驗方法____________________________________。25、（12分）ClO2是一種優良的消毒劑，濃度過高時易發生分解，常將其制成NaClO2固體，以便運輸和貯存。過氧化氫法制備NaClO2固體的實驗裝置如圖所示。請回答：已知：①2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O②ClO2熔點-59℃、沸點11℃；H2O2沸點150℃（1）NaClO2中氯元素的化合價是__。（2）儀器A的作用是__。（3）寫出制備NaClO2固體的化學方程式：__。冰水浴冷卻的目的是__(寫兩種)。（4）空氣流速過快或過慢，均降低NaClO2產率，試解釋其原因__。（5）Clˉ存在時會催化ClO2的生成。反應開始時在三頸燒瓶中加入少量鹽酸，ClO2的生成速率大大提高，并產生微量氯氣。該過程可能經兩步反應完成，將其補充完整：①__(用離子方程式表示)，②H2O2+Cl2=2Cl-+O2+2H+。（6）為了測定NaClO2粗品的純度，取上述粗產品10.0g溶于水配成1L溶液，取出10mL，溶液于錐形瓶中，再加入足量酸化的KI溶液，充分反應（NaClO2被還原為Cl-，雜質不參加反應），該反應過程中氧化劑與還原劑的物質的量之比為__，加入2～3滴淀粉溶液，用0.20mol?L-1Na2S2O3標準液滴定，達到滴定達終點時用去標準液20.00mL，試計算NaClO2粗品的純度__。（提示：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI）26、（10分）西安北郊古墓中曾出土一青銅錘(一種酒具)，表面附著有綠色固體物質，打開蓋子酒香撲鼻，內盛有26kg青綠色液體，專家認定是2000多年前的“西漢美酒”。這是我國考古界、釀酒界的一個重大發現。(1)上述報道引發了某校化學興趣小組同學的關注，他們收集家中銅器表面的綠色固體進行探究。提出問題：銅器表面附著綠色固體物質是由哪些元素組成的？猜想：查閱相關資料后，猜想綠色固體物質可能是銅綠。實驗步驟：①對試管內的綠色固體進行加熱，至完全分解．觀察到A裝置中綠色固體逐漸變成黑色，B裝置中無水硫酸銅變成藍色，C裝置中澄清石灰水變渾濁．②取少量加熱后生成的黑色固體于試管中，加入稀硫酸．觀察到黑色固體逐漸溶解，溶液變成藍色。③取少量上述藍色溶液于試管中，浸入一根潔凈的鐵絲．觀察到鐵絲表面有紅色物質析出。④實驗結論：綠色固體物質中含有________、________、________、________等元素。(提示：裝置內的空氣因素忽略不計)(2)表達與交流：①圖中標有a、b的儀器名稱是：a：________；b：________。②上述實驗步驟③中發生反應的離子方程式為____________________________。③反應完成后，如果先移去酒精燈，可能出現的現象是______________________。④如果將B、C兩裝置對調行嗎？____。為什么？______________________。27、（12分）以鋁土礦（主要成分為，含少量和等雜質）為原料生產鋁和氮化鋁的一種工藝流程如圖[已知：在“堿溶”時轉化為鋁硅酸鈉（）沉淀]。（1）用氧化物的形式表示鋁硅酸鈉的化學式____。（2）溶液a中加入后，生成沉淀的離子方程式為___。（3）有人考慮用熔融態電解制備鋁，你覺得是否可行？請說明理由：___。（4）取一定量的氮化鋁樣品，用以下裝置測定樣品中AlN的純度（夾持裝置已略去）。打開，加入NaOH濃溶液，至不再產生。打開，通入一段時間。①寫出AlN與NaOH溶液反應的化學方程式______。②實驗中需要測定的數據是_____。28、（14分）[2016·新課標I]鍺(Ge)是典型的半導體元素，在電子、材料等領域應用廣泛。回答下列問題：（1）基態Ge原子的核外電子排布式為[Ar]_______________，有__________個未成對電子。（2）Ge與C是同族元素，C原子之間可以形成雙鍵、叁鍵，但Ge原子之間難以形成雙鍵或叁鍵。從原子結構角度分析，原因是______________________________。（3）比較下列鍺鹵化物的熔點和沸點，分析其變化規律及原因______________________________。GeCl4GeBr4GeI4熔點/℃?49.526146沸點/℃83.1186約400（4）光催化還原CO2制備CH4反應中，帶狀納米Zn2GeO4是該反應的良好催化劑。Zn、Ge、O電負性由大至小的順序是______________________________。（5）Ge單晶具有金剛石型結構，其中Ge原子的雜化方式為_______________，微粒之間存在的作用力是_______________。（6）晶胞有兩個基本要素：①原子坐標參數，表示晶胞內部各原子的相對位置。如圖為Ge單晶的晶胞，其中原子坐標參數A為(0，0，0)；B為(，0，)；C為(，，0)。則D原子的坐標參數為_______________。②晶胞參數，描述晶胞的大小和形狀。已知Ge單晶的晶胞參數a=565.76pm，其密度為_____g·cm?3(列出計算式即可)。29、（10分）近年來，氮氧化物進行治理已成為環境科學的重要課題。(1)在金屬Pt、Cu和銥(Ir)的催化作用下，密閉容器中的H2可高效轉化酸性溶液中的硝態氮(NO3-)，其工作原理如圖所示。金屬銥(Ir)表面發生了氧化還原反應，其還原產物的電子式是_____；若導電基體上的Pt顆粒增多，不利于降低溶液的含氮量，用電極反應式解釋原因_____________。(2)在密閉容器中充入10molCO和8molNO，發生反應2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)?H<0，如圖為平衡時NO的體積分數與溫度、壓強的關系。①該反應達到平衡后，為提高反應速率且同時提高轉化率，可采取的措施有_______(填序號）。a．改用高效催化劑b．縮小容器的體積c．升高溫度d．減小CO2的濃度②壓強為20MPa、溫度為T2下，若反應達到平衡狀態時容器的體積為4L，則此時CO2的濃度為_______。③若在D點對反應容器升溫的同時增大其體積至體系壓強減小，重新達到的平衡狀態可能是圖中A~G點中的_______點。(3)研究表明，NOx的脫除率除與還原劑、催化劑相關外，還與催化劑表面氧缺位的密集程度成正比。以La0.8A0.2BCoO3+x(A、B均為過渡元素)為催化劑，用H2還原NO的機理如下：第一階段：B4+(不穩定)+H2→低價態的金屬離子(還原前后催化劑中金屬原子的個數不變)第二階段：NO(g)+□→NO(a)ΔH1K12NO(a)→2N(a)+O2(g)ΔH2K22N(a)→N2(g)+2□ΔH3K32NO(a)→N2(g)+2O(a)ΔH4K42O(a)→O2(g)+2□ΔH5K5注：“□”表示催化劑表面的氧缺位，“g”表示氣態，“a”表示吸附態。第一階段用氫氣還原B4+得到低價態的金屬離子越多，第二階段反應的速率越快，原因是________________。第二階段中各反應焓變間的關系：?H2+?H3=_____；該溫度下，NO脫除反應2NO(g)N2(g)+O2(g)的平衡常數K=____(用含K1、K2、K3的表達式表示）。

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、D【解析】

①將1mol氯氣通入足量氫氧化鈉溶液中，氯氣與氫氧化鈉反應生成氯化鈉和次氯酸鈉，反應轉移的電子數為1mol，轉移的電子數等于NA，故①錯誤；②12.0g熔融的NaHSO4的物質的量為0.1mol，0.1mol熔融硫酸氫鈉電離出0.1mol鈉離子和0.1mol硫酸氫根離子，所以含有的陽離子數為0.1NA，故②正確；③在標準狀況下，水不是氣體，不能使用標況下氣體摩爾體積計算22.4LH2O中的物質的量，故③錯誤；④17g羥基的物質的量為1mol，1mol羥基中含有9mol電子，含有的電子數為9NA，故④錯誤；⑤1mol

Na2O和Na2O2的混合物中含有2mol鈉離子和1mol陰離子，總共含有3mol陰陽離子，含有的陰、陽離子總數是3NA，故⑤正確；⑥20mL1mol/LFe2(SO4)3溶液中，含溶質硫酸鐵的物質的量為0.02mol，含有Fe3+為0.04mol，含有SO42-為0.06mol，因為鐵離子發生水解，溶液中鐵離子數目減少，所以Fe3+和SO42-離子的總物質的量小于1mol，Fe3+和SO42-離子的總物質的量小于NA，故⑥正確；所以②⑤⑥符合題意；答案選D。【點睛】熔融的NaHSO4的電離出鈉離子和硫酸氫根離子，而NaHSO4溶液則能電離出鈉離子、氫離子和硫酸根離子，注意兩者區別。2、C【解析】

根據分子模型可知，白球代表氫原子，綠球代表碳原子，紅球代表氧原子，則M、N的結構簡式為CH3COOH和CH3CH2OH。【詳解】A．M的結構簡式為CH3COOH，與HCOOCH3的分子式相同，結構不同，互為同分異構體，故A正確；B．N的結構簡式為CH3CH2OH，官能團為羥基，故B正確；C．CH3COOH和CH3CH2OH分別與鈉反應時，CH3COOH中羧基中的氫比CH3CH2OH中羥基中的氫更活潑，故放出氫氣速率快，故C錯誤；D．Ｎ為CH3CH2OH，可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化為乙酸，高錳酸鉀被還原成錳離子，故會褪色，故D正確；答案選C。【點睛】判斷出M、N的分子結構是關鍵，根據圖中信息可以得到白球代表氫原子，綠球代表碳原子，紅球代表氧原子。3、C【解析】

A．苯環具有平面形結構，甲苯中側鏈甲基的碳原子取代的是苯環上氫原子的位置，所有碳原子在同一個平面，故A正確；B．甲苯不溶于水，可萃取溴水的溴，故B正確；C．與H2混合，在催化劑，加熱的條件下才能反應生成甲基環己烷，故C錯誤；D．光照下，甲苯的側鏈甲基上的氫原子能夠與氯氣發生取代反應，故D正確；故選C。4、D【解析】

A．根據①分子結構可以看出，它屬于氯代烴，是難溶于水的，故A正確；B．Br和甲基處在苯環的相間，相對的位置，Br取代在甲基上，共有三種，故B正確；C．苯環和雙鍵都是平面結構，可能共面，酯基中的兩個碳原子，一個采用sp2雜化，一個采用sp3雜化，所有碳原子可能共面，故C正確；D．皂化反應僅限于油脂與氫氧化鈉或氫氧化鉀混合，得到高級脂肪酸的鈉/鉀鹽和甘油的反應，②屬于芳香族化合物，故D錯誤；答案選D。5、D【解析】

根據“濃酒和糟入甑，蒸令氣上”，表明該方法是利用各組分沸點不同實現混合液體的分離，此方法為蒸餾。故選D。6、B【解析】

試管1中濃硫酸和銅在加熱條件下反應生成SO2，生成的SO2進入試管2中與酸性高錳酸鉀溶液發生氧化還原反應，使得高錳酸鉀溶液褪色，試管3中ZnS與稀硫酸反應生成H2S，2H2S+SO2===3S↓+2H2O，出現淡黃色的硫單質固體，錐形瓶中的NaOH用于吸收SO2，防止污染空氣，據此分析解答。【詳解】A．如果出現白色固體也應該是硫酸銅固體而不是其晶體，因為硫酸銅晶體是藍色的，A選項錯誤；B．試管2中紫紅色溶液由深變淺，直至褪色，說明SO2與酸性高錳酸鉀溶液發生氧化還原反應，SO2具有還原性，B選項正確。C．ZnS與稀硫酸反應生成H2S，2H2S+SO2===3S↓+2H2O，出現硫單質固體，所以現象與解釋均不正確，C選項錯誤；D．若NaHSO3溶液顯酸性，酚酞溶液就會褪色，故不一定是NaHSO3溶液堿性小于NaOH，D選項錯誤；答案選B。【點睛】A選項為易混淆點，在解答時一定要清楚硫酸銅固體和硫酸銅晶體的區別。7、D【解析】

A.標準狀況下，0.5molNT3分子中所含中子數為=6.5NA，A正確；B.0.1molFe與0.1molCl2完全反應，根據方程式2Fe＋3Cl22FeCl3判斷鐵過量，轉移的電子數為0.2NA，B正確；C.13.35gAlCl3物質的量為0.1mol，Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，水解是可逆的，形成的Al(OH)3膠體粒子數應小于0.1NA，C正確；D.2molSO2和1molO2的反應是可逆反應，充分反應也不能進行到底，故反應后分子總數為應大于2NA，D錯誤；故選D。8、C【解析】

短周期元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，它們分別位于不同的主族，X的最高正價與最低負價代數和為0，X與W所在族序數之和等于10，則X處于ⅣA主族，W處于ⅥA族，結合原子序數可知，X為C元素、W為S元素；Y與Z最外層電子數之和與W的相等，即二者最外層電子數之和為6，又由于分別位于不同的主族，只能為IA、ⅤA族元素，結合原子序數，則Y為Na、Z為P元素，據此進行解答。【詳解】短周期元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，它們分別位于不同的主族，X的最高正價與最低負價代數和為0，X與W所在族序數之和等于10，則X處于ⅣA主族，W處于ⅥA族，結合原子序數可知，X為C元素、W為S元素，Y與Z最外層電子數之和與W的相等，即二者最外層電子數之和為6，又由于分別位于不同的主族，只能為IA、ⅤA族元素，結合原子序數，則Y為Na、Z為P元素，A.同周期自左而右原子半徑減小、電子層越多原子半徑越大，則原子半徑大小為：Y(Na)＞Z(P)＞W(S)＞X(C)，故A錯誤；

B.W分別與X、Y形成的化合物為CS2、Na2S，CS2為共價化合物，Na2S為離子化合物，則沸點：Na2S＞CS2，故B錯誤；C.X、Z的最高價氧化物的水化物分別為碳酸、磷酸，碳酸酸性比磷酸弱，故C正確；D.非金屬性Z(P)＜W(S)，非金屬性越強，對應氫化物的穩定性越強，則氫化物穩定性PH3＜H2S，故D錯誤。答案選C。【點睛】本題考查了原子結構與元素周期律的應用，推斷元素為解答關鍵，注意熟練掌握原子結構與元素周期律、元素周期表的關系，試題培養了學生的分析、理解能力及邏輯推理能力。9、B【解析】

根據圖像可知，NaHMO4與NaOH發生反應是放熱反應，當溫度達到最高，說明兩者恰好完全反應，F點溫度最高，此時消耗NaOH的體積為20mL，計算出氫氧化鈉的濃度，然后根據影響水電離的因素、“三大守恒”進行分析。【詳解】A．根據圖像分析可知，F點溫度最高，說明此時兩物質恰好完全反應，NaHMO4+NaOH=Na2MO4+H2O，20×10-3L×0.1mol?L-1=20×10-3L×c(NaOH)，推出c(NaOH)=0.1mol/L，c(H+)===10-13mol/L，則pH=13，故A錯誤；B．F點溶質為Na2MO4，溶液中質子守恒為c(OH-)=c(H+)+c(HMO4-)+2c(H2MO4)，所以c(OH-)＞c(HMO4-)，故B正確；C．根據題意，兩者恰好完全反應，生成的溶質Na2MO4，屬于強堿弱酸鹽，即溶質為Na2MO4時，水解程度最大，E到F過程中，水的電離程度增大，F到G過程中，氫氧化鈉溶液過量，抑制水的電離，因此滴加氫氧化鈉的過程中，水的電離程度先變大，后變小，故C錯誤；D．由A選項推出c(NaOH)=0.1mol/L，G點加入40mL等濃度的NaOH溶液，反應后溶質為等濃度的NaOH和Na2MO4，Na+的濃度最大，MO42?部分水解，溶液顯堿性，則c(OH?)>c(H+)，溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(MO42?)+c(HMO4-)+c(OH?)，則c(Na+)＜c(HMO4-)+2c(MO42-)，故D錯誤；答案選B。10、C【解析】

n(NaOH)＝0.1L×3mol·L－1＝0.3mol；A.a＝3.36時，n(CO2)＝0.15mol，發生CO2＋2OH－=CO32-＋H2O，故不選A；B.a＝4.48時，n(CO2)＝0.2mol，由C原子守恒及電荷守恒可知，發生2CO2＋3OH－=CO32-＋HCO3-＋H2O，故不選B；C.a＝5.60時，n(CO2)＝0.25mol，由C原子守恒及電荷守恒可知，發生的反應為5CO2＋6OH－=CO32-＋4HCO3-＋H2O中，故選C；D.a＝6.72時，n(CO2)＝0.3mol，發生CO2+OH―=HCO3―，故不選D；答案：C。【點睛】少量二氧化碳：發生CO2+2OH-=CO32-+H2O，足量二氧化碳：發生CO2+OH-=HCO3-，結合反應的物質的量關系判斷。11、C【解析】A、在pH=0的溶液呈酸性：OH-不能大量共存，故A錯誤；B、在新制氯水中，氯水具有強氧化性:Fe2+會被氧化成鐵離子，故B錯誤；C、在加入NH4HCO3產生氣體的溶液，可能呈酸性，也可能呈堿性，Na+、Ba2+、Cl-、NO3-在酸性和堿性條件下均無沉淀、氣體或水生成，故C正確；D、加入Al片能產生H2的溶液，可能呈酸性，也可能呈堿性：NH4+、HCO3-在堿性條件下不共存，HCO3-在酸性條件下不共存，故D錯誤；故選C。12、C【解析】

除雜要遵循一個原則：既除去了雜質，又沒有引入新的雜質。【詳解】A．因鐵粉能與CuSO4反應生成FeSO4和Cu，鐵粉不能與FeSO4反應，過量的鐵粉和生成的銅可過濾除來去，既除去了雜質，又沒有引入新的雜質，符合除雜原則，A正確；B．用NaOH溶液溶解后，鋁會溶解，鐵不會溶解，過濾即可除去雜質鋁，又沒有引入新的雜質，符合除雜原則，B正確；C．濃H2SO4有吸水性，可以干燥氣體，但濃H2SO4具有強氧化性，NH3會與其發生氧化還原反應，達不到除雜的目的，C錯誤；D．MnO2不溶于水，KCl溶于水，加水溶解后，過濾得到MnO2、洗滌、烘干，既除去了雜質，又沒有引入新的雜質，符合除雜原則，D正確；答案選Ｃ。13、C【解析】試題分析：A．a點溶液是NaOH溶液，pH=10，則水電離出的c(H+)=1×10-10mol·L-1，正確。B．b點溶液中c(OH-)=1×10-7mol·L-1，由于水的離子積是kw=1×10-14mol2·L-2，所以c(H+)=1×10-7mol·L-1，正確。C．c點水電離產生的c(OH-)最大，則溶液是Na2CO3溶液。根據物料守恒可知c(Na+)>c(CO32-)，CO32-發生水解反應形成HCO3-，但是鹽水解的程度是微弱的，主要還是以鹽電離產生的離子存在，所以c(CO32-)>c(HCO3-)。故溶液中離子濃度關系是：c(Na+)>c(CO32-)>c(HCO3-)，錯誤。D．d點溶液中，根據電荷守恒可得：c(H+)+c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，由于c(OH-)=1×10-7mol·L-1，所以c(H+)=1×10-7mol·L-1，故c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)，正確。考點：考查堿與酸性氧化物反應時水電離程度大小比較及溶液中離子濃度關系的知識。14、D【解析】

A、將FeCl3溶液加入Mg(OH)2懸濁液中，振蕩，可觀察到沉淀由白色變為紅褐色，說明氫氧化鎂轉化為氫氧化鐵沉淀，則氫氧化鎂溶解度大于氫氧化鐵，但不能直接判斷二者的溶度積常數大小關系，故A錯誤；B、可能生成AgCl等沉淀，應先加入鹽酸，如無現象再加入氯化鋇溶液檢驗，故B錯誤；C、硝酸根離子在酸性條件下具有強氧化性，可氧化亞鐵離子，故C錯誤；D、含有酚酞的Na2CO3溶液，因碳酸根離子水解顯堿性溶液變紅，加入少量BaCl2固體，水解平衡逆向移動，則溶液顏色變淺，證明Na2CO3溶液中存在水解平衡，故D正確。答案選D。【點睛】要熟悉教材上常見實驗的原理、操作、現象、注意事項等，比如沉淀的轉化實驗要注意試劑用量的控制；硫酸根的檢驗要注意排除干擾離子等。15、A【解析】

A．碳酸鈉與足量稀硝酸的反應，碳酸鈉為可溶性的鹽，硝酸為強酸，二者反應生成可溶性的硝酸鈉，其離子方程式可以用CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑表示，A項正確；B．碳酸氫根為弱酸的酸式鹽，應寫成HCO3﹣離子形式，該反應的離子方程式為HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑，B項錯誤；C．碳酸鋇為難溶物，離子方程式中需要保留化學式，該反應的離子方程式為：BaCO3+2H+═Ba2++H2O+CO2↑，C項錯誤；D．CH3COOH為弱酸，在離子方程式中應寫成化學式，其反應的離子方程式為：CO32﹣+2CH3COOH═CO2↑+H2O+2CH3COO﹣，D項錯誤；答案選A。【點睛】在書寫離子方程式時，可以拆的物質：強酸、強堿、可溶性鹽；不可以拆的物質：弱酸、弱堿、沉淀、單質、氧化物等。熟練掌握哪些物質該拆，哪些物質不該拆，是同學們寫好離子方程式的關鍵。16、D【解析】

A.14CO2和N218O的摩爾質量均為46g/mol，故4.6g混合物的物質的量為0.1mol，且二者均含有24個中子，故0.1mol此混合物中含中子數為2.4NA個，故A正確；B.將0.1molCH3COONa溶于稀醋酸中使溶液呈中性，根據電荷守恒有：n(CH3COO-)+n(OH?)=n(Na+)+n(H+)，而由于溶液顯中性，故n(OH?)=n(H+)，則有n(CH3COO-)=n(Na+)=0.1mol，溶液中CH3COO-數目等于0.1NA，故B正確；C.I元素的化合價由-1價升高為0價，則1molHI被氧化為I2時轉移的電子數為1mol×1NA=NA，故C正確；D.溶液體積不明確，故溶液中放電的氫離子的物質的量無法計算，則轉移的電子數無法計算，故D錯誤；故選D。【點睛】D項是學生們的易錯點，學生們往往不細心，直接認為溶液是1L并進行計算，這種錯誤只要多加留意，認真審題即可避免；17、D【解析】

A．一水合氨是弱電解質，在水溶液里不完全電離；B．氨水的電離受到溫度的影響，溫度不同，氨水電離的氫氧根離子濃度不同；C．加水稀釋促進一水合氨電離，但一水合氨電離增大程度小于溶液體積增大程度，所以稀釋過程中c（NH4＋）、c（OH－）都減小；D．氯化銨是強酸弱堿鹽，其溶液呈酸性。【詳解】A．一水合氨是弱電解質，在水溶液里不完全電離，所以0.10mol?L﹣1的氨水的pH小于13，故A錯誤；B．氨水的電離受到溫度的影響，溫度不同，氨水電離的氫氧根離子濃度不同，pH也不同，故B錯誤；C．加水稀釋促進一水合氨電離，但一水合氨電離增大程度小于溶液體積增大程度，所以稀釋過程中c（NH4+）、c（OH﹣）都減小，所以溶液中c（NH4+）?c（OH﹣）變小，故C錯誤；D．含有弱根離子的鹽，誰強誰顯性，氯化銨是強酸弱堿鹽，所以其溶液呈酸性，故D正確，故選：D。18、A【解析】

A.在銀氨溶液中，題中所給各離子間不發生反應，可以大量共存，故A正確；B.空氣中有氧氣，NO與氧氣反應生成二氧化氮，不能大量共存，故B錯誤；C.氯化鋁溶液中鋁離子與碳酸氫根離子雙水解，不能大量共存，故C錯誤；D.使甲基橙呈紅色的溶液顯酸性，I-和NO3-發生氧化還原反應，不能大量共存，故D錯誤；答案選A。19、A【解析】

A.鑒別純堿與小蘇打，試管口略向下傾斜，且鐵架臺的鐵夾要夾在離試管口的三分之一處故此實驗裝置錯誤，故A符合題意；B.過氧化鈉與水反應放出大量熱，能能脫脂棉燃燒，此實驗裝置正確，故B不符合題意；C.氯氣與燒堿溶液反應時，錐形瓶中氯氣被消耗，壓強減小，氣球會變大，此實驗裝置正確，故C不符合題意；D.氯氣與鈉反應時，尾氣端一定要加上蘸有堿液的棉花除去尾氣中殘留的氯氣，避免氯氣污染環境，此實驗裝置正確，故D不符合題意。故答案是A。20、C【解析】

A、向某溶液中加入BaCl2溶液，產生白色沉淀，加入HNO3后，白色沉淀不溶解，也無其他現象，原溶液可能含SO42￣或Cl￣，故A錯誤；B、向某溶液中加鹽酸產生無色氣體，該氣體能使澄清的石灰水變渾濁，說明該溶液中一定含有CO32—或SO32—，或HCO3￣或HSO3￣，故B錯誤；C、加HCl時有氣體產生，加BaCl2時有白色沉淀產生，說明含有SO42￣和SO32￣，Na2SO3樣品已部分被氧化，故C正確；D、能使品紅溶液退色的氣體可能是SO2、Cl2等具有漂白性的氣體，故D錯誤。答案選C。【點晴】解決本題的關鍵在于熟練掌握常見物質的檢驗方法，進行物質的檢驗時，要依據物質的特殊性質和特征反應，選擇適當的試劑和方法，包括試劑的選擇，反應現象及結論判斷。物質檢驗應遵守“三個原則”，即一看(顏色、狀態)、二嗅(氣味)、三實驗(加試劑)。根據實驗時生成物所表現的現象不同，進行檢驗，重點掌握以下離子或物質的檢驗：Fe3+、Fe2+、NH4+、Al3+、Cl￣、SO42￣、SO32￣、CO32￣、HCO3￣、NH3、Cl2、SO2等。21、B【解析】

A.圖甲中可以加入HCN調節溶液的pH=7，溶液中不一定存在Cl-，即不一定存在c(Cl－)=c(HCN)，故A錯誤；B.a點的坐標為(9.5，0.5)，此時c(HCN)=c(CN?)，HCN的電離平衡常數為，則NaCN的水解平衡常數，故B正確；C.b點加入5mL鹽酸，反應后溶液組成為等濃度的NaCN、HCN和NaCl，由圖乙可知此時溶液呈堿性，則HCN的電離程度小于CN?的水解程度，因此c(HCN)＞c(CN?)，故C錯誤；D.c點加入10mL鹽酸，反應后得到等濃度的HCN和NaCl的混合溶液，任何電解質溶液中都存在電荷守恒和物料守恒，根據物料守恒得c(Cl?)=c(HCN)+c(CN?)，而根據電荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(Cl?)+c(OH?)+c(CN?)，則c(Na+)+c(H+)=c(HCN)+c(OH－)+2c(CN－)，故D錯誤；故選B。22、D【解析】

A.a屬于芳香烴，b、c為芳香族化合物，故A錯誤；B.a中所有碳原子不處于同一平面上，a上右邊最多只有一個—CH3在平面內，故B錯誤；C.a有三個碳為一個支鏈有2種結構(包括a本身)，兩個支鏈有3種，三個支鏈有4種，因此屬于芳香族的同分異構體有8中(不包括自身)，故C錯誤；D.c能被氧氣、酸性高錳酸鉀氧化，d能被酸性高錳酸鉀氧化，故D正確。綜上所述，答案為D。【點睛】苯酚、碳碳雙鍵都能被酸性高錳酸鉀溶液氧化。二、非選擇題(共84分)23、①③④碳碳雙鍵、羧基HOOCCH=CHCOOHCH2=C(COOH)2HOOCCH=CHCOOH+2CH3OHCH3OOCCH=CHCOOCH3+2H2O【解析】

A的分子式為C6H8O4，A的不飽和度為3，A可以使溴水褪色，A中含碳碳雙鍵；A在酸性條件下可發生水解反應得到B（C4H4O4）和CH3OH，B能與氫氧化鈉溶液反應，B中含兩個羧基和碳碳雙鍵，A中含兩個酯基；（1）A中含有碳碳雙鍵和酯基，A中含碳碳雙鍵，A能發生加成反應、加聚反應、氧化反應，A中不含醇羥基和羧基，A不能發生酯化反應，答案選①③④。（2）B分子中所含官能團為碳碳雙鍵和羧基。（3）B分子中沒有支鏈，B的結構簡式為HOOCCH=CHCOOH；B的具有相同官能團的同分異構體的結構簡式為CH2=C(COOH)2。（4）B與CH3OH發生酯化反應生成A，由B制取A的化學方程式為HOOCCH=CHCOOH+2CH3OHCH3OOCCH=CHCOOCH3+2H2O。（5）B的結構簡式為HOOCCH=CHCOOH，B與HCl發生加成反應生成C，C的結構簡式為HOOCCH2CHClCOOH，C與NH3反應生成天門冬氨酸，天門冬氨酸（C4H7NO4）是組成人體蛋白質的氨基酸之一，則天門冬氨酸的結構簡式為。24、通電2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑（用雙線橋表示也可）用焰色反應檢驗Na+，用硝酸銀和稀硝酸檢驗Cl-【解析】

X為離子化合物，左邊為熔融液，右邊為水溶液，說明X易溶于水，則只可能為NaCl、MgCl2。若X為MgCl2，電解其水溶液，生成Mg(OH)2、H2、Cl2，電解其熔融液時，生成Mg、H2。則B為Cl2，A為Mg，但Mg生成Mg(OH)2時，需要與水反應，而Mg與H2O不反應，所以X只能為NaCl。從而得出A為Na，B為Cl2，C、D為NaOH、H2中的一種，Y為H2O。（1）已知條件I和條件II相同，則該反應條件為通電。（2）物質X為NaCl，由此可寫出其電子式。（3）Cl2與Ca(OH)2反應，用于生產漂白粉。（4）X為NaCl，在條件II下，電解氯化鈉的水溶液，反應生成NaOH、Cl2、H2。（5）實驗室制Cl2是利用MnO2與濃鹽酸在加熱條件下制得。（6）鑒定物質NaCl時，既要鑒定Na+，又要鑒定Cl-。【詳解】（1）已知條件I和條件II相同，則該反應條件為通電。答案為：通電；（2）物質X為NaCl，其電子式為。答案為：；（3）Cl2與Ca(OH)2反應，化學方程式為2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。答案為：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；（4）X為NaCl，在條件II下，電解氯化鈉的水溶液，反應的離子方程式為2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑。答案為：2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑；（5）實驗室制Cl2是利用MnO2與濃鹽酸在加熱條件下制得，表示電子轉移方向和數目的方程式為。答案為：（用雙線橋表示也可）；（6）鑒定物質NaCl時，既要鑒定Na+，又要鑒定Cl-，鑒定Na+用焰色反應，鑒定Cl-用硝酸銀和稀硝酸。答案為：用焰色反應檢驗Na+，用硝酸銀和稀硝酸檢驗Cl-。【點睛】鑒定物質有別于鑒別物質，鑒別物質時，只需檢驗物質中所含的某種微粒，只要能讓該物質與另一物質區分開便達到目的。鑒定物質時，物質中所含的每種微粒都需檢驗，若為離子化合物，既需檢驗陽離子，又需檢驗陰離子，只檢驗其中的任意一種離子都是錯誤的。25、+3防止倒吸2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O減少雙氧水分解、提高ClO2的溶解度空氣流速過快ClO2反應不充分，空氣流速過慢ClO2濃度過高易發生分解2ClO3-+2Clˉ+4H+=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O1∶490.5%【解析】

(1)根據化合物中化合價的代數和為0可求得，NaClO2中氯元素的化合價為+3價，故答案為：+3；(2)A為安全瓶，作用是防倒吸，故答案為：防止倒吸；(3)根據題干信息可知，制備NaClO2固體時，冰水浴瓶內發生反應：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O，H2O2受熱易分解，ClO2的沸點低，降低溫度可以減少雙氧水的分解、增加ClO2的溶解度，從而提高產率等，故答案為：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O；減少雙氧水分解、提高ClO2的溶解度；(4)鼓入空氣的作用是將ClO2趕入氫氧化鈉和雙氧水的混合液中反應，空氣流速過慢，ClO2不能被及時一走，濃度過高導致分解；空氣流速過快，ClO2不能被充分吸收，故答案為：空氣流速過快ClO2反應不充分，空氣流速過慢ClO2濃度過高易發生分解；(5)根據信息可以確定反應①的反應物為ClO3-和Cl-，產物ClO2和Cl2，根據得失電子守恒配平方程式為2ClO3-+2Clˉ+4H+=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O，故答案為：2ClO3-+2Clˉ+4H+=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O；(6)NaClO2和KI反應生成的產物為I2和Cl-，離子方程式為：4H++ClO2-+4I-===2I2+Cl-+2H2O，其中氧化劑為ClO2-，還原劑為I-，氧化劑和還原劑的物質的量之比為：1:4，結合方程式2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI可得關系式NaClO2~4Na2S2O3，則10mL樣品溶液中，n(NaClO2)=n(Na2S2O3)=×0.2mol/L×0.02L=0.001mol，所以1L溶液中n(NaClO2)=0.1mol，m(NaClO2)=9.05g，則NaClO2粗品的純度為，故答案為：1:4；90.5%。26、銅碳氫氧試管鐵架臺Fe＋Cu2＋＝Cu＋Fe2＋C裝置中的液體會倒流入B裝置不行若對調，則無法證明加熱綠色固體后是否有水生成【解析】

（1）實驗結論：綠色固體加熱，至完全分解，B裝置中無水硫酸銅變成藍色，說明反應有水生成，從而可確定物質中含有氫、氧元素；C裝置中澄清石灰水變渾濁，說明生成了二氧化碳，可確定物質中含有碳、氧元素；銅器上出現的固體，A裝置中綠色固體逐漸變成黑色，則黑色固體可能是氧化銅，加入稀硫酸．觀察到黑色固體逐漸溶解，溶液變成藍色，說明黑色固體一定是氧化銅，原固體中含有銅、氧元素，所以綠色固體物質中含有氫、碳、氧、銅；故答案為銅；碳；氫；氧；（2）①a是反應容器，為試管，b起支持和固定作用，為鐵架臺；故答案為試管；鐵架臺；②氧化銅和硫酸反應生成的藍色溶液為硫酸銅溶液，取少量上述藍色溶液于試管中，浸入一根潔凈的鐵絲，觀察到鐵絲表面有紅色物質析出，是鐵和硫酸銅反應生成的硫酸亞鐵和紅色的銅，離子方程式為：Fe+Cu2+=Fe2++Cu；故答案為Fe+Cu2+=Fe2++Cu；③防止空氣中的二氧化碳對澄清石灰水檢驗前面生成二氧化碳的影響，最后應加一干燥管，故作用吸收空氣中的二氧化碳；反應完成以后，如果先移去酒精燈，試管中氣體溫度降低，氣壓減小，水槽中的水會倒吸入B裝置。故答案為吸收空氣中的二氧化碳；若先撤酒精燈，則C中液體會倒吸至B中；④如果將B、C兩裝置對調，氣體通過C會帶出水蒸氣，不能確定加熱綠色固體是否有水生成，故答案為不行；若對調則無法證明加熱綠色固體是否有水生成。【點睛】本題主要對物質的組成成分而進行的實驗探究，根據實驗步驟分析推斷出該物質的組成成分，實驗涉及知識面廣，對學生思維能力要求高，既考查知識的識記、理解、遷移、運用，又考查分析、對比、歸納等思維能力，在平時的訓練中應該注意總結、積累。27、不可行；屬于共價化合物，熔融狀態不導電AlN樣品的質量以及裝置C在吸收NH3前后的質量【解析】

鋁土礦經堿溶后，轉化為鋁硅酸鈉（）沉淀，氧化鐵不溶于NaOH，氧化鋁與堿反應變為偏鋁酸根離子，故溶液a的主要成分為偏鋁酸鈉，加入碳酸氫鈉溶液，會與偏鋁酸根反應生成氫氧化鋁沉淀，而后進行進一步轉化。【詳解】（1）用氧化物的形式表示鋁硅酸鈉的化學式為；（2）溶液a中加入后，生成沉淀的離子方程式為：（3）屬于共價化合物，熔融狀態不導電，故不能使用電解氯化鋁的方法制備鋁單質；（4）①由題意可知AlN與NaOH反應會生成氨氣，且Al元素在堿性條件下一般以偏鋁酸根離子的形式存在，可寫出反應方程式為。②可根據N元素守恒進行測定，故實驗要測定的數據為AlN樣品的質量以及裝置C在吸收NH3前后的質量。28、3d104s24p22Ge原子半徑大，原子間形成的σ單鍵較長，p?p軌道肩并肩重疊程度很小或幾乎不能重疊，難以形成π鍵GeCl4、GeBr4、GeI4的熔、沸點依次增高。原因是分子結構相似，分子量依次增大，分子間相互作用力逐漸增強O>Ge>Znsp3共價鍵(，，)×107【解析】

（1）Ge是32號元素，與碳元素是同一主族的元素，在元素周期表中位于第四周期IVA族；基態Ge原子的核外電子排布式為[Ar]3d104s24p2；在其原子的最外層的2個4p電子分別位于2個不同的4p軌道上，所以基態Ge原子有2個未成對的電子，故答案為3d104s24p2；2；（2）Ge與C是同族元素，C原子原子半徑較小，原子之間可以形成雙鍵、三鍵；但Ge原子之間難以形成雙鍵或三鍵，從原子結構角度看，這是由于鍺的原子半徑大，原子之間形成的σ單鍵較長，p-p軌道肩并肩重疊的程度很小或幾乎不能重疊，難以形成π鍵，故答案為Ge原子半徑大，原子間形成的σ單鍵較長，p?p軌道肩并肩重疊程度很小或幾乎不能重疊，難以形成π鍵；（3）鍺元素的鹵化物在固態時都為分子晶體，分子之間通過微弱的分子間作用力結合。對于組成和結構相似的物質來說，相對分子質量越大，分子間作用力越大，熔沸點越高。由于相對分子質量：GeCl4＜GeBr4＜GeI4，所以它們的熔沸點由低到高的順序是：GeCl4＜GeBr4＜GeI4，故答案為GeCl4、GeBr4、GeI4的熔、沸點依次增高。原因是分子結構相似，分子量依次增大，分子間相互作用力逐漸增強；（4）光催化還原CO2制備CH4反應中，帶狀納米Zn2GeO4是該反應的良好催化劑。元素的非金屬性越強，其吸引電子的能力就越強，元素的電負性就越大。元素Zn、Ge、O的