2024年安徽省合肥庐阳高级中学高考化学全真模拟密押卷含解析

2024年安徽省合肥庐阳高级中学高考化学全真模拟密押卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、有一瓶无色、有特殊气味的液体，是甲醇（CH3OH）或乙醇（C2H5OH）。通过测定该液体充分燃烧后生成的二氧化碳和水的质量，再根据二氧化碳和水的质量可确定是那种物质，对原理解释错误的是A．求出碳、氢元素的质量比，与甲醇和乙醇中碳氢质量比对照，即可确定B．求出碳、氢原子的个数比，与甲醇和乙醇中碳氢个数比对照，即可确定C．求出碳、氢原子的物质的量比，与甲醇和乙醇中的碳氢物质的量比对照，即可确定D．求出碳、氢、氧原子的个数比，与甲醇和乙醇中的碳、氢、氧个数比对照，即可确定2、用NaOH标准溶液滴定盐酸，以下操作导致测定结果偏高的是A．滴定管用待装液润洗 B．锥形瓶用待测液润洗C．滴定结束滴定管末端有气泡 D．滴定时锥形瓶中有液体溅出3、化学在实际生活中有着广泛的应用。下列说法错误的是（）A．食品添加剂可以改善食物的色、香、味并防止变质，但要按标准使用B．铅蓄电池工作时两极的质量均增加C．CO2和SO2都是形成酸雨的气体D．用明矾作净水剂除去水中的悬浮物4、下列不能用元素周期律原理解释的是A．金属性：K>Na B．气态氢化物的稳定性：H2O>NH3C．酸性：HCl>H2SO3 D．Br2从NaI溶液中置换出I25、高铁电池是一种新型可充电电池，电解质溶液为KOH溶液，放电时的总反应式为3Zn+2K2FeO4+8H2O═3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH．下列叙述正确的是A．放电时，负极反应式为3Zn﹣6e﹣+6OH﹣═3Zn（OH）2B．放电时，正极区溶液的pH减小C．充电时，每转移3mol电子，阳极有1molFe（OH）3被还原D．充电时，电池的锌电极接电源的正极6、下列有关电解质溶液的说法正确的是A．0.1mol/L氨水中滴入等浓度等体积的醋酸，溶液导电性增强B．适当升高温度，CH3COOH溶液pH增大C．稀释0.1mol/LNaOH溶液，水的电离程度减小D．CH3COONa溶液中加入少量CH3COOH，减小7、水的电离常数如图两条曲线所示，曲线中的点都符合常数，下列说法错误的是

A．图中温度B．图中五点间的关系：C．曲线a、b均代表纯水的电离情况D．若处在B点时，将的硫酸溶液与的KOH溶液等体积混合后，溶液显碱性8、我国历史悠久，有灿烂的青铜文明，出土大量的青铜器。研究青铜器中(含Cu、Sn等)在潮湿环境中发生的腐蚀对于文物保护和修复有重要意义。下图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图。下列说法不正确的是()A．青铜器发生电化学腐蚀，图中c作负极，被氧化B．正极发生的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-C．环境中的C1-与正、负两极反应的产物作用生成a的离子方程式为2Cu2++3OH-+Cl-=Cu2(OH)3Cl↓D．若生成2molCu2(OH)3Cl，则理论上消耗标准状况下O2的体积为22.4L9、如表为元素周期表的一部分。X、Y、Z、W为短周期元素，其中Y元素的原子最外层电子数是其电子层数的3倍。下列说法正确的是（）XYZWTA．Y的氢化物的沸点一定比X氢化物的沸点高B．Z的氧化物对应的水化物酸性比W的弱C．ZY2、XW4与Na2Z的化学键类型相同D．根据元素周期律，可以推测存在TZ2和TW410、下列有关化学用语表示不正确的是（）A．蔗糖的分子式：C12H22O11 B．HClO的结构式H-Cl-OC．氯化钠的电子式： D．二硫化碳分子的比例模型：11、以Fe3O4／Pd为催化材料，利用电化学原理实现H2消除酸性废水中的，其反应过程如图所示[已知Fe3O4中Fe元素化合价为+2、+3价，分别表示为Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)]。下列说法错误的是A．处理的电极反应为2NO2-+8H++6e－=N2↑+4H2OB．Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)的相互转化起到了传递电子的作用C．用该法处理后，水体的pH降低D．消耗标准状况下6.72LH2，理论上可处理含NO2-4.6mg·L－1的废水2m312、设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．1mol甲苯分子最多共平面的原子个数为B．在标准状况下，4.48L环己烷含氢原子个数为C．，在稀硫酸中充分水解，所得生成物中键数为D．和的混合气体中含有的质子数，中子数均为13、自催化作用是指反应物之一使该反应速率加快的作用。用稀硫酸酸化的KMnO4进行下列三组实验，一段时间后溶液均褪色（0.01mol/L可以记做0.01M实验①实验②实验③1mL0.01M的KMnO4溶液和MnSO41mL0.01M的KMnO4溶液和1mL稀盐酸1mL0.01M的KMnO4溶液和褪色比实验①褪色快比实验①褪色快下列说法不正确的是A．实验①中发生氧化还原反应，H2C2OB．实验②褪色比①快，是因为MnSO4的催化作用加快了反应速率C．实验③褪色比①快，是因为Cl-的催化作用加快了反应速率D．若用1mL0.2M14、NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A．100g46％的乙醇溶液中，含H-O键的数目为7NAB．pH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H+C．0.1molFe在足量氧气中燃烧，转移电子数为0.3NAD．1L0.1mol·L-1的NH4Cl溶液中含有NH4+数目为0.1NA15、一种新兴宝玉石主要成分的化学式为X2Y10Z12W30，Y、W、X、Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大，X与Y位于同一主族，Y与W位于同一周期。X、Y、Z的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，W是地壳中含量最多的元素。下列说法错误的是A．原子半径：X>Y>WB．最高价氧化物对应水化物的碱性：X>YC．X的单质在氧气中燃烧所得的产物中阴、阳离子个数比为1:2D．Z、W组成的化合物是常见的半导体材料，能与强碱反应16、化学与生活密切相关，下列应用没有涉及氧化还原反应的是（）A．过氧化钠用作缺氧场所的供氧剂 B．铝热反应用于焊接铁轨C．氯化铁用于净水 D．铝罐车用作运输浓硫酸17、以下是应对新冠肺炎的一些认识和做法，不正确的是A．治疗新冠肺炎的药物如氯喹的合成与分离与化学知识息息相关B．生产N95口罩的主要原料是聚丙烯，聚丙烯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．酒精能使蛋白质失去生理活性，喷洒75%的酒精溶液消毒时要注意防火D．公共场所用“84消毒液”和“洁厕灵”(主要成分为盐酸)的混合溶液杀菌消毒效果会更好18、实验室利用下列反应装置模拟侯氏制碱法制备NaHCO3，反应原理为：NH3+CO2+H2O+NaCl＝NaHCO3↓+NH4Cl，下列说法错误的是（）A．通过活塞K可控制CO2的流速B．装置b、d依次盛装饱和Na2CO3溶液、稀硫酸C．装置c中含氨的饱和食盐水提高了CO2吸收效率D．反应后将装置c中的锥形瓶浸入冷水充分冷却，过滤得到NaHCO3晶体19、2019年7月1日起，上海、西安等地纷纷开始实行垃圾分类。这体现了我国保护环境的决心，而环境保护与化学知识息息相关，下列有关说法正确的是A．废旧电池中含有镍、镉等重金属，不可用填埋法处理，属于有害垃圾B．各种玻璃制品的主要成分是硅酸盐，不可回收利用，属于其他(干)垃圾C．废弃的聚乙烯塑料属于可回收垃圾，不易降解，能使溴水褪色D．含棉、麻、丝、毛及合成纤维的废旧衣物燃烧处理时都只生成CO2和H2O20、碳酸亚乙酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如下图。下列有关该物质的说法正确的是A．分子式为C3H2O3B．分子中含6个σ键C．分子中只有极性键D．8.6g该物质完全燃烧得到6.72LCO221、下表是四种盐在不同温度下的溶解度（g/100g水）：（假设：盐类共存时不影响各自的溶解度，分离晶体时，溶剂的损耗忽略不计）NaNO3KNO3NaClKCl10℃80.521.235.731.0100℃17524639.156.6用物质的量之比为1：1的硝酸钠和氯化钾为原料，制取硝酸钾晶体，其流程如图所示以下说法错误的是（）A．①和②的实验过程中，都需要控制温度B．①实验操作依次为：加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤C．②实验操作依次为：加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤D．用95%的酒精洗涤所得的硝酸钾晶体比较好22、化学与人类社会的生活、生产、科技密切相关。下列说法错误是（）A．氢能的优点是燃烧热值高，已用作火箭和燃料电池的燃料B．糖类、油脂和蛋白质均由C、H、O三种元素组成C．离子反应的速率受温度影响不大，是一类几乎不需要用活化能来引发的反应D．游泳池可用漂粉精、臭氧、活性炭等进行消毒二、非选择题(共84分)23、（14分）香料G的一种合成工艺如图所示。已知：①核磁共振氢谱显示A有两个峰，其强度之比为1∶1。②CH3CH2CH=CH2CH3CHBrCH=CH2③CH3CHO+CH3CHOCH3CH=CHCHO+H2O请回答下列问题：(1)A的结构简式为________，G中官能团的名称为________。(2)检验M已完全转化为N的实验操作是______(3)有学生建议，将M→N的转化用KMnO4(H＋)代替O2，你认为是否合理______(填“是”或“否”)原因是_________(若认为合理则不填此空)。(4)写出下列转化的化学方程式，并标出反应类型：K→L________，反应类型________。(5)F是M的同系物，比M多一个碳原子。满足下列条件的F的同分异构体有_____种。(不考虑立体异构)①能发生银镜反应②能与溴的四氯化碳溶液加成③苯环上只有2个对位取代基(6)以丙烯和NBS试剂为原料制备甘油(丙三醇)，请设计合成路线______(其他无机原料任选)。请用以下方式表示：AB目标产物24、（12分）据报道，化合物M对番茄灰霉菌有较好的抑菌活性，其合成路线如下图所示。已知：回答下列问题：（1）化合物C中的含氧官能团为____________，反应④的反应类型为____________。（2）写出E的结构简式：________________________。（3）写出反应②的化学方程式：_____________________________________________。（4）写出化合物C满足下列条件的一种同分异构体的结构简式：_________________。①含苯环结构，能在碱性条件下发生水解；②能与FeCl3发生显色反应；③分子中含有4种不同化学环境的氢。（5）已知CH3CH2CNCH3CH2COOH。请以、CH2==CHCN和乙醇为原料合成化合物，写出制备的合成路线流程图(无机试剂任用)_____。25、（12分）四氯化锡（SnCl4）常用作有机催化剂、烟雾弹和用来镀锡。某学习小组拟用干燥的氯气和熔融的锡制备SnCl4并测定产品的纯度。已知：i．SnCl4在空气中极易水解成SnO2·xH2O；ii．有关物质的物理性质如下表所示。物质颜色熔点/℃沸点/℃Sn银白色2322260SnCl2白色247652SnCl4无色-33114回答下列问题：(1)装置E的仪器名称是_____，装置C中盛放的试剂是_____。(2)装置G的作用是_____。(3)实验开始时，正确的操作顺序为_____。①点燃装置A处酒精灯②点燃装置D处酒精灯③打开分液漏斗活塞(4)得到的产品显黄色是因含有少量_____，可以向其中加入单质___________（填物质名称）而除去。为了进一步分离提纯产品，采取的操作名称是_____。(5)产品中含少量SnCl2，测定产品纯度的方法：取0.400g产品溶于足量稀盐酸中，加入淀粉溶液作指示剂，用0.0100mo/L碘酸钾标准溶液滴定至终点，消耗标准液8.00mL。①滴定原理如下，完成i对应的离子方程式。i．_____Sn2++_____IO3－+_____H+=________Sn4++_____I－+_____ii．IO3－+5I2－+6H+=3I2+3HO②滴定终点的现象是_____。③产品的纯度为_____%（保留一位小数）。26、（10分）某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。已知：物质BaSO4BaCO3AgIAgCl溶解度/g(20℃)2.4×10-41.4×10-33.0×10-71.5×10-4(1)探究BaCO3和BaSO4之间的转化试剂A试剂B试剂C加入盐酸后的现象实验ⅠBaCl2Na2CO3Na2SO4……实验ⅡNa2SO4Na2CO3有少量气泡产生，沉淀部分溶解①实验I说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，__________________。②实验Ⅱ中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是__________________________________。③实验Ⅱ中加入试剂C后，沉淀转化的平衡常数表达式K=___________。(2)探究AgCl和AgI之间的转化实验Ⅳ：在试管中进行溶液间反应时，同学们无法观察到AgI转化为AgCl，于是又设计了如下实验(电压表读数：a＞c＞b>0)。装置步骤电压表读数ⅰ.如图连接装置并加入试剂，闭合Kaⅱ.向B中滴入AgNO3(aq),至沉淀完全bⅲ.再向B中投入一定量NaCl(s)cⅳ.重复i，再向B中加入与ⅲ等量NaCl(s)d注：其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大；离子的氧化性（或还原性）强弱与其浓度有关。①实验Ⅲ证明了AgCl转化为AgI，甲溶液可以是________（填标号）。aAgNO3溶液bNaCl溶液cKI溶液②实验Ⅳ的步骤i中，B中石墨上的电极反应式是___________________________。③结合信息，解释实验Ⅳ中b<a的原因_____________________。④实验Ⅳ的现象能说明AgI转化为AgCl，理由是_____________________。(3)综合实验Ⅰ~Ⅳ,可得出的结论是________________________________________。27、（12分）SO2是一种大气污染物，但它在化工和食品工业上却有广泛应用。某兴趣小组同学对SO2的实验室制备和性质实验进行研究。(1)甲同学按照教材实验要求设计如图所示装置制取SO2①本实验中铜与浓硫酸反应的化学方程式是______，铜丝可抽动的优点是_______。②实验结束后，甲同学观察到试管底部出现黑色和灰白色固体，且溶液颜色发黑。甲同学认为灰白色沉淀应是生成的白色CuSO4夹杂少许黑色固体的混合物，其中CuSO4以白色固体形式存在体现了浓硫酸的________性。③乙同学认为该实验设计存在问题，请从实验安全和环保角度分析，该实验中可能存在的问题是________。(2)兴趣小组查阅相关资料，经过综合分析讨论，重新设计实验如下(加热装置略)：实验记录A中现象如下：序号反应温度/℃实验现象1134开始出现黑色絮状物，产生后下沉，无气体产生2158黑色固体产生的同时，有气体生成3180气体放出的速度更快，试管内溶液为黑色浑浊4260有大量气体产生，溶液变为蓝色，试管底部产生灰白色固体，品红溶液褪色5300同上查阅资料得知：产物中的黑色和灰白色固体物质主要成分为CuS、Cu2S和CuSO4，其中CuS和Cu2S为黑色固体，常温下都不溶于稀盐酸，在空气中灼烧均转化为CuO和SO2。①实验中盛装浓硫酸的仪器名称为____________。②实验记录表明__________对实验结果有影响，为了得到预期实验现象，在操作上应该____________。③装置C中发生反应的离子方程式是___________________。④将水洗处理后的黑色固体烘干后，测定灼烧前后的质量变化，可以进一步确定黑色固体中是否一定含有CuS其原理为__________(结合化学方程式解释)。28、（14分）钠是人体中一种重要元素，一般情况下，钠约占成人体重的0.15%。钠元素对应的化合物因组成与结构性质差异很大。(1)钠原子核外电子共占据_______个轨道，写出同一周期中原子核外M层上有2个未成对电子的元素其原子最外层电子排布式_______。(2)氯化钠的熔点比氯化钾的_______（填“高”或“低”），原因是________。(3)实验室可用浓氨水与氢氧化钠固体反应制取氨气，试用平衡原理分析氢氧化钠的作用：___。(4)氟化钠溶液中，不存在的微粒间作用力是_________（填标号）。A．离子键B．共价键C．金属键D．范德华力(5)卡斯纳法制取金属钠的原理是：以氢氧化钠为原料，放入铁质容器中熔化，在稀有气体的保护下，以镍为阳极，铁为阴极，在阴极析出金属钠。写出反应的化学方程式为：_______。其中，氧化产物是：_____，若反应转移0.8mol电子，至少消耗______gNaOH。29、（10分）苯乙烯是重要的基础有机化工原料。工业中以乙苯催化脱氢来制取苯乙烯：(g)⇌(g)+H2(g)∆H=117.6kJ/mol已知：上述反应的速率方程为v正=k正P乙苯，v逆=k逆P苯乙烯P氢气，其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，P为各组分分压。(1)同时增大乙苯的反应速率和平衡转化率所采取的措施是_______________。(2)在CO2气氛下，乙苯可催化脱氢制苯乙烯，其过程同时存在如图两种途径：a=______；与掺水蒸汽工艺相比，该工艺中还能够发生反应：CO2+H2=CO+H2O，CO2+C=2CO。新工艺的特点有__________(填序号)。a.CO2与H2反应，使乙苯脱氢反应的化学平衡右移b.不用高温水蒸气，可降低能量消耗c.有利于减少生产过程中可能产生的积炭d.CO2在反应体系中作催化剂(3)在实际生产中，往反应釜中同时通入乙苯和水蒸气，加入水蒸气稀释剂能提高乙苯转化率的原因是_______________。测得容器总压(P总)和乙苯转化率α随时间变化结果如图所示。平衡时，P(H2O)=_______kPa，平衡常数Kp=____kPa(用平衡分压代替平衡浓度计算)；a处的=_________。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、D【解析】

反应后生成了二氧化碳和水，则根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类质量不变，则反应物中一定含有C、H元素；已知生成的二氧化碳和水的质量，则根据二氧化碳和水的质量，利用某元素的质量=化合物的质量×该元素的质量分数可求出碳元素和氢元素的质量比；再根据碳元素和氢元素的质量比即可求得碳元素与氢元素的原子个数比；最后与反应前甲醇和乙醇中的碳氢个数比对照，即可知道是哪种物质。碳、氢原子的物质的量比，与其原子个数比类似；只有D答案是错误的，因为生成物二氧化碳和水中的氧只有一部分来自于甲醇和乙醇，一部分来自于氧气，不能根据求出碳、氢、氧原子的个数比，与甲醇和乙醇中的碳、氢、氧原子的个数比对照，答案选D。2、B【解析】A.滴定管需要用待装溶液润洗，A不符合；B.锥形瓶用待测液润洗会引起待测溶液增加，使测定结果偏高，B符合；C.滴定管末端有气泡，读出的体积比实际体积小，计算出的待测液浓度偏低，C不符合；D.有液体溅出则使用的标准溶液减少，造成结果偏低，D不符合。故选择B。3、C【解析】

A．食品添加剂要按标准使用，因为它在为人类改善食物的色、香、味的同时，可能也产生一定的毒性，A正确；B．铅蓄电池工作时，负极Pb→PbSO4，正极PbO2→PbSO4，两极的质量均增加，B正确；C．SO2是形成酸雨的气体，但CO2不是形成酸雨的气体，C错误；D．明矾中的Al3+可水解生成Al(OH)3胶体，吸附水中的悬浮物并使之沉降，所以可用作净水剂，D正确；故选C。4、C【解析】

A.同主族从上到下金属性逐渐加强，金属性：K>Na，A项正确；B.非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：O＞N，稳定性：H2O>NH3，B项正确；C.盐酸的酸性强于H2SO3与元素周期律没有关系，C项错误；D.非金属性越强，单质的氧化性越强，非金属性：Br＞I，则Br2可从NaI溶液中置换出I2，D项正确；答案选C。5、A【解析】

A．放电时，Zn失去电子，发生3Zn﹣6e﹣+6OH﹣═3Zn（OH）2，故A正确；B．正极反应式为FeO42-+4H2O+3e﹣=Fe（OH）3+5OH﹣，pH增大，故B错误；C．充电时，铁离子失去电子，发生Fe（OH）3转化为FeO42﹣的反应，电极反应为Fe（OH）3﹣3e﹣+5OH﹣=FeO42﹣+4H2O，每转移3mol电子，阳极有1molFe（OH）3被氧化，故C错误；D．充电时，电池的负极与与电源的负极相连，故D错误．故选A．6、A【解析】

A．向氨水中滴加少量等浓度的醋酸溶液后，反应生成醋酸铵为强电解质，完全电离，溶液中离子浓度增大，溶液的导电性增强，故A正确；B．醋酸的电离是吸热反应，升高温度，促进醋酸电离，所以醋酸的电离程度增大，溶液的pH减小，故B错误；C．酸碱对水的电离有抑制作用，稀释0.1mol/LNaOH溶液，对水的电离的抑制作用减小，水的电离程度增大，故C错误；D．CH3COONa溶液中存在醋酸根离子的水解，=，加入少量CH3COOH，溶液的温度不变，醋酸根的水解平衡常数不变，则不变，故D错误；故选A。【点睛】本题的易错点为D，要注意化学平衡常数、电离平衡常数、水解平衡常数、溶度积、水的离子积等都是只与温度有关，温度不变，这些常数不变。7、C【解析】

A．水的电离是吸热过程，升高温度促进水电离，则水中、及离子积常数增大，根据图知，曲线上离子积常数大于，所以温度，故A正确；B．水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大，同一曲线是相同温度，根据图知，温度高低顺序是，所以离子积常数大小顺序是，故B正确；C．纯水中，所以曲线a、b上只有A、B点才是纯水的电离，故C错误；D．B点时，，的硫酸中，的KOH溶液中，等体积混合时碱过量，溶液呈碱性，故D正确。故选C。8、D【解析】

A.根据图知，O2得电子生成OH-、Cu失电子生成Cu2+，青铜器发生吸氧腐蚀，则Cu作负极被氧化，腐蚀过程中，负极是a，A正确；B.O2在正极得电子生成OH-，则正极的电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，B正确；C.Cl-扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2(OH)3Cl，负极上生成Cu2+、正极上生成OH-，所以该离子反应为Cl-、Cu2+和OH-反应生成Cu2(OH)3Cl沉淀，离子方程式为2Cu2++3OH-+Cl-=Cu2(OH)3Cl↓，C正确；D.每生成1molCu2(OH)3Cl，需2molCu2+，转移4mol电子，消耗1molO2，则根据转移电子守恒可得生成2molCu2(OH)3Cl，需消耗O2的物质的量n(O2)==2mol，则理论上消耗标准状况下O2的体积V=2mol×22.4L/mol=44.8L，D错误；故合理选项是D。9、D【解析】

X、Y、Z、W为短周期元素，Y元素的原子最外层电子数是其电子层数的3倍，则Y为O元素，根据X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置关系可知，X为C元素，Z为S元素，W为Cl元素，T为Ge元素，结合元素周期律及物质的性质作答。【详解】根据上述分析可知，X为C元素，Y为O元素，Z为S元素，W为Cl元素，T为Ge元素，A.Y的氢化物分别是H2O、H2O2，H2O、H2O2常温下都呈液态，X的氢化物为烃，烃分子中碳原子数不同，沸点差别很大，故Y的氢化物的沸点不一定比X氢化物的沸点高，A项错误；B.Z的氧化物对应的水化物可能是硫酸或亚硫酸，W的氧化物对应的水化物可能是次氯酸、氯酸或高氯酸等，因此Z的氧化物对应的水化物酸性不一定比W的弱，若HClO属于弱酸，H2SO4属于强酸，B项错误；C.SO2、CCl4的化学键类型为极性共价键，而Na2S的化学键类型为离子键，C项错误；D.Ge与C同族，根据元素周期律可知，存在GeS2和GeCl4，D项正确；答案选D。10、B【解析】

A、蔗糖的分子式：C12H22O11，A正确；B、HClO为共价化合物，氧原子与氢原子、氯原子分别通过1对共用电子对结合，结构式为H－O－Cl，B错误；C、氯化钠为离子化合物，电子式：，C正确；D、由图得出大球为硫原子，中间小球为碳原子，由于硫原子位于第三周期，而碳原子位于第二周期，硫原子半径大于碳原子半径，D正确；答案选B。11、C【解析】

A．根据图示，处理得到电子转化为氮气，电极反应为2NO2-+8H++6e－=N2↑+4H2O，故A正确；B．Fe(Ⅲ)得电子生成Fe(Ⅱ)，Fe(Ⅱ)失电子生成Fe(Ⅲ)，则Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)的相互转化起到了传递电子的作用，故B正确；C．根据图示，总反应方程式可知：2H++2NO2−+3H2N2+4H2O，所以用该法处理后水体的pH升高，故C错误；D．根据C项的总反应2H++2NO2−+3H2N2+4H2O，消耗标准状况下6.72LH2即为=0.3mol，理论上可处理NO2-的物质的量=×0.3mol=0.2mol，可处理含4.6mg·L－1NO2-废水的体积==2×103L=2m3，故D正确；答案选C。12、D【解析】

A.苯基中有11个原子共平面，甲基一个C和一个H与苯基共平面，共有13个原子共平面，所以1mol甲苯分子最多共平面的原子个数为，A错误；B.标况下，环己烷为非气态，无法计算其物质的量，B错误；C.，在稀硫酸中水解为可逆反应，无法完全变为酸和醇，C错误；D.和的摩尔质量均为44g/mol，混合气体中含有的质子数，中子数均为，D正确；故答案选D。13、C【解析】

A.碳元素的化合价升高，且锰离子可作催化剂，则实验①中发生氧化还原反应，H2C2O4是还原剂，产物MnSO4能起自催化作用，故A正确；B.催化剂可加快反应速率，则实验②褪色比①快，是因为MnSO4的催化作用加快了反应速率，故B正确；C.高锰酸钾可氧化氯离子，则实验③褪色比①快，与催化作用无关，故C错误；D.增大浓度，反应速率加快，则用1mL0.2M的H2C2O4做实验①，推测比实验①褪色快，故D正确；故选C。14、A【解析】

A.100g46％的乙醇溶液有46g（1mol）CH3CH2OH和54g（3mol）H2O，每分子乙醇中含有1个O-H键，则1molCH3CH2OH含H-O键的数目为NA，每分子水中含有2个O-H键，则3molH2O含H-O键的数目为6NA，合计含H-O键的数目为7NA，A正确；B.pH=1，则c(H+)=0.1mol/L，但溶液的体积不知道，无法求氢离子的个数，B错误；C.0.1molFe在足量氧气中燃烧得到Fe3O4，铁元素由0价变为+价，因而转移电子数为0.1mol×NA≈0.27NA，C错误；D.铵根水解方程式为NH4++H2O⇌NH3·H2O+H+，若氯化铵中铵根不水解，则易算出溶液中含有NH4+数目为0.1NA，但铵根部分水解，数目减少，因而实际溶液中含有NH4+数目小于0.1NA，D错误。故答案选A。【点睛】对于部分溶液中的某些离子或原子团会发生水解：如Al2(SO4)3中的Al3＋、Na2CO3中的CO32－，例如1L0.5mol/LNa2CO3溶液中含有的CO32－数目为0.5NA，该说法是错误的，注意要考虑CO32－在水中的发生水解的情况。15、D【解析】

一种新兴宝玉石主要成分的化学式为X2Y10Z12W30，X、Y、Z、W均为短周期主族元素且Y、W、X、Z的原子序数依次增大，W是地壳中含量最多的元素，则W为O元素；X与Y位于同一主族，X、Y、Z的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，当X、Y位于ⅠA族时，Z位于ⅣA族，Y与W(O元素)位于同一周期，则Y为Li，X为Na，Z为Si元素；当X、Y位于ⅡA族时，Z位于ⅡA族，短周期不可能存在3种元素同主族，不满足条件，据此解答。【详解】根据上述分析可知：X为Na元素，Y为Li元素，Z为Si元素，W为O元素。A.同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小；同一主族的元素，原子序数越大，原子半径越大。Li、O同一周期，核电荷数O>Li，原子半径Li>O，Li、Na同一主族，核电荷数Na>Li，原子半径Na>Li，则原子半径是X>Y>W，A正确；B.元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强。元素的金属性Na>Li，所以碱性：NaOH>LiOH，则最高价氧化物对应水化物的碱性：X>Y，B正确；C.X的单质是Na，在氧气中燃烧生成Na2O2，存在Na+和O22-，则阴、阳离子之比为1：2，C正确；D.Z、W组成的化合物SiO2是酸性氧化物，能与强碱反应，Si单质才是常见的半导体材料，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的关系的知识，依据元素的原子结构推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律的应用及常见元素、化合物性质的正确判断。16、C【解析】

在化学应用中没有涉及氧化还原反应说明物质在反应过程中没有电子转移，其特征是没有元素化合价变化，据此分析解答。【详解】A．过氧化钠和水、二氧化碳反应都生成氧气，O元素化合价由-1价变为-2价和0价，所以该反应为氧化还原反应，选项A不选；B．铝热反应用于焊接铁轨过程中，铝元素化合价由0价变为+3价，所以属于氧化还原反应，选项B不选；C．氯化铁用于净水，氯化铁水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体吸附净水，该过程中没有元素化合价变化，所以不涉及氧化还原反应，选项C选；D．铝罐车用作运输浓硫酸，利用浓硫酸的强氧化性与铝发生钝化反应，所以属于氧化还原反应，选项D不选；答案选C。【点睛】本题以物质的用途为载体考查了氧化还原反应，根据反应过程中是否有元素化合价变化来分析解答，明确元素化合价是解本题关键，结合物质的性质分析解答，易错点是选项C，氢氧化铁胶体的产生过程不涉及化合价的变化，不属于氧化还原反应。17、D【解析】

A.利用化学反应可以制取新的物质，根据混合物中各物质性质的不同，可以采用不同的方法对物质进行分离提纯，这些都与化学知识息息有关，A正确；B.聚丙烯分子内不含不饱和键，因此聚丙烯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；C.酒精能使蛋白质失去生理活性，但由于酒精是易燃物，会着火燃烧，所以在喷洒75%的酒精溶液进行消毒时要注意防火，以免引起火灾，C正确；D.“84消毒液”主要成分是NaClO，“洁厕灵”主要成分为盐酸，若二者混合会发生反应产生有毒气体Cl2，导致大气污染，因此二者不能混合使用，D错误；故答案选D。18、B【解析】

A．关闭活塞K时，气体可将球形容器内的液体压入漏斗内，从而使碳酸钙脱离液面，反应停止，所以通过调节活塞K可控制CO2的流速，A正确；B．装置b的作用是除去二氧化碳中混有的氯化氢，故装置b内应盛装饱和NaHCO3溶液，B错误；C．装置c中含氨的饱和食盐水呈碱性，CO2的溶解度增大，C正确；D．反应后将装置c中的锥形瓶浸入冷水，NaHCO3降温结晶，过滤得NaHCO3晶体，D正确；故选B。19、A【解析】

A．废旧电池中含有重金属镍、镉等，填埋会造成土壤污染，属于有害垃圾，A项正确；B．普通玻璃的主要成分是硅酸盐，属于可回收物，B项错误；C．聚乙烯结构中不含碳碳双键，无法使溴水褪色，C项错误；D．棉麻的主要成分是纤维素，其燃烧后产物只有CO2和H2O；但丝毛的主要成分是蛋白质，其中还含有氮元素，燃烧产物不止CO2和H2O；合成纤维成分复杂，所以燃烧产物也不止CO2和H2O，D项错误；答案选A。20、A【解析】

A、双键两端的碳原子上各有一个氢原子，所以分子式为C3H2O3，故A正确；B、分子中的单键为σ键，一共有8个，故B错误；C、该分子中碳碳双键属于非极性键，故C正确；D、此选项没有说明温度和压强，所以所得二氧化碳的体积是不确定的，故D错误。此题选C。21、C【解析】

由分离流程可知，因硝酸钠和氯化钾不同温度下溶解度不同，在①的实验过程中，将硝酸钠和氯化钾加水溶解，蒸发浓缩，有NaCl析出，趁热过滤分离出氯化钠，将滤液冷却可使硝酸钾析出，以此来解答。【详解】A.①为蒸发浓缩，②为冷却结晶，均需要控制温度，故A正确；B.①实验分离出NaCl，操作依次为：加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤，故B正确；C.②实验操作为冷却结晶，故C错误；D.用95%的酒精洗涤所得的硝酸钾晶体比较好，可减少硝酸钾的溶解，故D正确；答案选C。22、B【解析】

A．氢能的优点是燃烧热值高，已用作火箭和燃料电池的燃料，故A正确；B．糖类和油脂是由C、H、O三种元素组成，蛋白质除了含C、H、O外，还含有N、S、P等元素，故B错误；C．离子反应的活化能接近于零，所以速率受温度影响不大，是一类几乎不需要用活化能来引发的反应，故C正确；D．漂粉精、臭氧具有强氧化性，活性炭具有吸附作用，游泳池可用漂粉精、臭氧、活性炭等进行消毒，故D正确；故选B。二、非选择题(共84分)23、碳碳双键、酯基取少量M于试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N否KMnO4(H＋)在氧化醛基的同时，还可以氧化碳碳双键+CH3CHO加成反应6CH2=CH-CH3CH2=CH-CH2-BrBrCH2-CHBr-CH2-Br【解析】

由流程：E和N发生酯化反应得到的G为，则E、N分别为和中的一种，C反应得到D，D发生卤代烃水解反应得到E，故E属于醇，E为，则N为，逆推出M为、L为，结合信息③，逆推出K为，由E逆推出D为，结合信息②，逆推出C为，C由B在浓硫酸加热条件下发生消去反应所得、B为，又知A催化加氢得B，核磁共振氢谱显示A有两个峰，其强度之比为1∶1，即A分子内有2种氢原子且二者数目相同，则A为；(1)据上分析，写出A的结构简式及G中官能团的名称；(2)检验M已完全转化为N，主要检验醛基即可，碱性环境下检验；(3)该学生建议是否合理，主要通过用KMnO4(H＋)代替O2发生转化时，有没有其它基团也被氧化，如果有，那么就不可行；(4)K为，则K→L的反应可通过信息类推，按反应特点确定反应类型；(5)F是M的同系物，M为，而F比M多一个碳原子。求满足下列条件的F的同分异构体数目，主要找出满足条件的基团进行有序组合就可以了，条件①能发生银镜反应，意味着有—CHO，条件②能与溴的四氯化碳溶液加成意味着有碳碳双键，③苯环上只有2个对位取代基，且取代基中碳原子数目为4，据此回答；(6)以丙烯和NBS试剂为原料制备甘油(丙三醇)，则主要通过取代反应引入一个溴原子，通过加成反应引入2个溴原子，再水解即可；【详解】(1)据上分析，A为，；答案为：；G为，G中官能团为碳碳双键、酯基；答案为：碳碳双键、酯基；(2)M为，N为，N呈酸性，检验M已完全转化为N，主要检验醛基即可，碱性环境下检验，故检验操作为：取少量M于试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N；答案为：取少量M于试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N；(3)学生建议用KMnO4(H＋)代替O2把M转化为N，醛基确实被氧化为羧基，但是碳碳双键同时被氧化，那么建议就不可行；答案为：否；KMnO4(H＋)在氧化醛基的同时，还可以氧化碳碳双键；(4)K为，则K→L的反应可通过信息③类推，反应为：+CH3CHO，从反应特点看是加成反应；答案为：+CH3CHO；加成反应；(5)F是M的同系物，M为，而F比M多一个碳原子。F的同分异构体，要满足条件——条件①能发生银镜反应，意味着有—CHO，条件②能与溴的四氯化碳溶液加成意味着有碳碳双键，③苯环上只有2个对位取代基，且取代基中碳原子数目为4，由此可把2个位于对位的取代基分成以下几种情况：①—CHO、②—CHO、③—CHO、④—CH2CHO、⑤、⑥、；故共有6种；答案为：6；(6)由流程图知，C和NBS试剂可通过取代反应引入一个溴原子而碳碳双键不变，故以丙烯和NBS发生取代反应，引入一个溴原子，得到CH2=CH-CH2-Br，通过加成反应引入2个溴原子，得到BrCH2-CHBr-CH2-Br，水解即可制备甘油(丙三醇)，流程为：CH2=CH-CH3CH2=CH-CH2-BrBrCH2-CHBr-CH2-Br；答案为：CH2=CH-CH3CH2=CH-CH2-BrBrCH2-CHBr-CH2-Br。24、醚键取代反应【解析】

由框图知A为，由C的结构简式知含氧官能团为“一O-”为醚键;

E+M,M中生成了肽键，则为取代反应。(2)

由M逆推，知E的结构筒式为。逆推D的结构筒式为

,C与D比较知，D比C比了“一NO2"，则应为C发生硝化反应所得。(4)碱性条件能水解，则含有酯基，与FeCl3能发生显色反应，则说明含有酚羟基，且酚羟基与酯基互为对位关系。

(5)由合成产物逆推,产物可以由与乙醇酯化得到,羧基可以由“-

CN”水解获得，

和CH2=CHCN相连，可以先将CH2=CHCN与Br2发生加成反应生成卤代物，再发生类似于流程中A-→B的反应.【详解】（1）由C的结构简式知化合物C中的含氧官能团为醚键，反应④为+，其反应类型为取代反应。答案：醚键；取代反应。（2）根据分析知E的结构简式为：；答案：。（3）反应②是的反应。其化学方程式：；答案：。（4）①碱性条件能水解，则含有酯基，与FeCl3能发生显色反应，则说明含有酚羟基，③分子中含有4种不同化学环境的氢，酚羟基与酯基互为对位关系。；答案：。

（5）已知CH3CH2CNCH3CH2COOH。以、CH2==CHCN和乙醇为原料合成化合物的合成路线流程图为：。25、冷凝管浓硫酸（浓H2SO4）吸收多余的Cl2，防止污染空气；吸收空气中的水蒸气，防止产品水解③①②Cl2锡蒸馏316313H2O锥形瓶内溶液由无色变为蓝色，半分钟不褪色88.6【解析】

在A装置中，MnO2与浓盐酸在加热条件下反应生成Cl2，由于浓盐酸易挥发，所以生成的Cl2中混有HCl气体和水蒸气。B装置中，饱和食盐水可除去Cl2中的HCl，C装置用于干燥Cl2，所以应放入浓硫酸；在排尽装置内的空气后，加热D装置，让锡与Cl2反应生成SnCl4蒸汽，冷凝管冷凝后用F装置收集，同时用G装置吸收未反应的Cl2，并防止空气中的水蒸气进入F中，引起SnCl4的水解。【详解】(1)装置E的仪器名称是冷凝管，由以上分析知，装置C用于干燥氯气，应盛放的试剂是浓硫酸（浓H2SO4）。答案为：冷凝管；浓硫酸（浓H2SO4）；(2)装置G既可防止氯气进入大气，又可防止大气中的水蒸气进入装置，所以其作用是吸收多余的Cl2，防止污染空气；吸收空气中的水蒸气，防止产品水解。答案为：吸收多余的Cl2，防止污染空气；吸收空气中的水蒸气，防止产品水解；(3)实验开始时，应先加药品再制氯气，最后发生Sn与Cl2的反应，所以正确的操作顺序为③①②。答案为：③①②；(4)得到的产品显黄色是因含有少量Cl2，可以向其中加入单质锡，让其与Cl2反应生成SnCl4除去。由信息可知，杂质SnCl2的沸点比SnCl4高，可采取的操作名称是蒸馏。答案为：Cl2；锡；蒸馏；(5)①利用得失电子守恒配平时，可先配含变价元素微粒的化学计量数，再利用电荷守恒、质量守恒配其它物质的化学计量数，从而得到配平的方程式为：3Sn2++IO3－+6H+=3Sn4++I－+3H2O。答案为：3；1；6；3；1；3H2O；②滴定终点时，发生反应IO3－+5I2－+6H+=3I2+3HO，生成的I2使淀粉变蓝，从而得出产生的现象是锥形瓶内溶液由无色变为蓝色，半分钟不褪色。答案为：锥形瓶内溶液由无色变为蓝色，半分钟不褪色；③由反应方程式可得关系式：3Sn2+——IO3－，n(Sn2+)=3n(IO3-)=3×0.0100mo/L×8.00×10-3L=2.4×10-4mol，产品的纯度为=88.6%。答案为：88.6。【点睛】在回答“为了进一步分离提纯产品，采取的操作名称”时，我们应清楚产品中混入了何种杂质，所以需从题干、表格中寻找信息，在表格中将SnCl2的熔、沸点与SnCl4进行了对比，从而暗示我们，杂质为SnCl2，由此便可确定净化方法。26、沉淀不溶解，无气泡产生BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2Ob2I――2e－＝I2由于生成AgI沉淀，使B溶液中c(I－)减小，I－还原性减弱，原电池电压减小实验步骤ⅳ表明Cl－本身对原电池电压无影响，实验步骤ⅲ中c>b说明加入Cl－使c(I－)增大，证明发生了AgI+Cl－AgCl+I－溶解度小的沉淀容易转化为溶解度更小的沉淀，反之不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现【解析】

(1)①BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳气体，BaSO4不溶于盐酸；②实验Ⅱ中加入稀盐酸后有少量气泡产生，是BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳；③实验Ⅱ中加入试剂Na2CO3后，发生反应是BaSO4+CO32-=BaSO4+SO42-；(2)①要证明AgCl转化为AgI，AgNO3与NaCl溶液反应时，必须是NaCl过量；②I―具有还原性、Ag+具有氧化性，B中石墨是原电池负极；③B中滴入AgNO3(aq)生成AgI沉淀；④AgI转化为AgCl，则c(I－)增大，还原性增强，电压增大。(3)根据实验目的及现象得出结论。【详解】(1)①BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳气体，BaSO4不溶于盐酸，实验I说明BaCO3全部转化为BaSO4的现象是加入盐酸后，沉淀不溶解，无气泡产生；②实验Ⅱ中加入稀盐酸后有少量气泡产生，沉淀部分溶解，说明是BaCO3与盐酸反应，反应离子方程式是BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；③实验Ⅱ中加入试剂Na2CO3后，发生反应是BaSO4+CO32-=BaSO4+SO42-；固体不计入平衡常数表达式，所以沉淀转化的平衡常数表达式K=；(2)①AgNO3与NaCl溶液反应时，NaCl过量，再滴入KI溶液，若有AgI沉淀生成才能证明AgCl转化为AgI，故实验Ⅲ中甲是NaCl溶液，选b；②I―具有还原性、Ag+具有氧化性，B中石墨是原电池负极，负极反应是2I――2e－＝I2；③B中滴入AgNO3(aq)生成AgI沉淀，B溶液中c(I－)减小，I－还原性减弱，原电池电压减小，所以实验Ⅳ中b<a；④实验步骤ⅳ表明Cl－本身对原电池电压无影响，实验步骤ⅲ中c>b说明加入Cl－使c(I－)增大，证明发生了AgI+Cl－AgCl+I－。(3)综合实验Ⅰ~Ⅳ,可得出的结论是溶解度小的沉淀容易转化为溶解度更小的沉淀，反之不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现。27、Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O便于控制反应的开始与停止吸水无尾气吸收装置，停止加热时可能发生溶液倒吸分液漏斗反应温度迅速升温至260℃Ba2+＋2NO3－＋3SO2＋2H2O=BaSO4↓＋2NO↑＋2SO42-＋4H+2CuS＋3O22CuO＋2SO2、Cu2S＋2O22CuO＋SO2，后一反应前后固体质量不变，因此，若煅烧后固体质量有所变化则必然存在CuS【解析】

（1）①铜与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫，化学方程式是Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O，铜丝可抽动的优点是便于控制反应的开始与停止，故答案为：Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O；便于控制反应的开始与停止；②CuSO4呈白色，说明浓硫酸具有吸水性，吸收硫酸铜晶体中结晶水得到白色CuSO4，故答案为：吸水；③二氧化硫易溶于水，有毒，污染空气，该装置中无尾气吸收装置，停止加热时可能发生溶液倒吸，故答案为：无尾气吸收装置，停止加热时可能发生溶液倒吸；（2）①由图示知，实验中盛装浓硫酸的仪器名称为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；②实验记录表明温度对实验结果有影响，为了得到预期实验现象，为了防止副反应发生，在操作上应该迅速升温至260℃；故答案为：；反应温度；迅速升温至260℃；③二氧化硫进入装置C，与硝酸钡反应生成硫酸钡沉淀、NO和硫酸，反应的离子方程式是Ba2+＋2NO3－＋3SO2＋2H2O=BaSO4↓＋2NO↑＋2SO42-＋4H+，故答案为：Ba2+＋2NO3－＋3SO2＋2H2O=BaSO4↓＋2NO↑＋2SO42-＋4H+；④根据反应分析，2CuS＋3O22CuO＋2SO2、Cu2S＋2O22CuO＋SO2，后一反应前后固体质量不变，因此，若煅烧后固体质量有所变化则必然存在CuS，故答案为：2CuS＋3O22CuO＋2SO2、Cu2S＋2O22CuO＋SO2，后一反应前后固体质量不变，因此，若煅烧后固体质量有所变化则必然存在CuS。28、63s23p2、3s23p4高二者都是离子晶体，钠离子与钾离子电荷相同，半径小于钾离子，导致氯化钠离子键更加牢固，熔点高氢氧化钠是强电解质，溶于水增加了氢氧根浓度，且溶解过程放热，使平衡NH3+H2ONH3·H2ONH4＋+OH-向逆反应方向移动，有利于氨气逸出ACO232g【解析】

(1)钠原子核外含有11个电子，电子排布式为1s22s22p63s1，s能级含有一个轨道，p能级有3个轨道，据此判断；原子核外M层上有2个未成对电子的元素即为3p2或者3p4，该元素为硅或硫元素，根据构造原理书写其原子最外层电子排布式；(2)氯化钠和氯化钾为离子晶体，离子晶体的熔点与晶格能成正比，晶格能与离子半径成反比、与电荷数成正比；(3)浓氨水和氢氧化钠固体反应制取氨气，浓氨水滴入氢氧化钠固体，溶解放热，使一水合氨分解生成氨气；(4)在氟化钠溶液中，存在氟离子、钠离子、氢离子、氢氧根离子和水分子，据此分析；(5)电解熔融的氢氧化钠，钠离子在阴极得电子生成Na，氢氧根离子在阳极失电子生成氧气和水，根据反应物和生成物写出方程式，由化合价的变化以及氧化还原反应的概念判断。【详解】(1)钠原子核外含有11个电子，电子排布式为1s22s22p63s1，s能级含有一个轨道，p能级有3个轨道，所以钠原子核外电子共占据了6个轨道；原子核外M层上有2个未成对电子的元素即为3p2或者3p4，该元素为硅或硫元素，所以其原子最外层电子排布式为3s23p2或者3s23p4；(2)氯化钠和氯化钾为离子晶体，离子晶体的熔点与晶格能