安徽省安庆市市示范中学2026届高三考前热身化学试题解析含解析

安徽省安庆市市示范中学2026届高三考前热身化学试题解析注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、下列实验过程可以达到实验目的的是选项实验目的实验过程A检验久置的Na2SO3粉末是否变质取样配成溶液，加入盐酸酸化，再加氯化钡溶液，观察到有白色沉淀产生B制备纯净的FeCl2向含少量FeBr2的FeCl2溶液中滴入适量新制氯水，并加入CCl4萃取分液C制备银氨溶液向5mL0.1mol•L-1AgNO3溶液中加入1mL0.1mol•L-1NH3•H2OD探究浓度对反应速率的影响向2支盛有5mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL5％H2O2溶液，观察实验现象A．A B．B C．C D．D2、为实现随处可上网，中国发射了“中星16号”卫星。NH4ClO4是火箭的固体燃料，发生反应为2NH4ClO4N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O，NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A．1molNH4ClO4溶于水含NH4+和ClO4－离子数均为NAB．产生6.4gO2反应转移的电子总数为1.4NAC．反应中还原产物分子数与氧化产物分子总数之比为3:1D．0.5molNH4ClO4分解产生的气体体积为44.8L3、公元八世纪，JabiribnHayyan在干馏硝石的过程中首次发现并制得硝酸(4KNO32K2O+4NO↑+3O2↑)，同时他也是硫酸和王水的发现者。下列说法正确的是A．干馏产生的混合气体理论上可被水完全吸收B．王水是由3体积浓硝酸与1体积浓盐酸配制而成的C．王水溶解金时，其中的盐酸作氧化剂(Au+HNO3+4HCl=H[AuCl4]+NO↑+2H2O)D．实验室可用NaNO3与浓硫酸反应制备少量的HNO3，利用的是浓硫酸的氧化性4、常温下，向21mL1．1mol•L－1HB溶液中逐滴滴入1．1mol•L－1NaOH溶液，所得PH变化曲线如图所示。下列说法错误的是A．OA各点溶液均存在：c（B－）＞c（Na＋）B．C至D各点溶液导电能力依次增强C．点O时，pH＞1D．点C时，X约为11.45、在强酸性条件下因发生氧化还原反应不能大量共存的是A．Mg2+、Na+、SO42-、Cl- B．K+、CO32-、Cl-、NO3-C．Na+、Cl-、NO3-、Fe2+ D．NH4+、OH-、SO42-、NO3-6、下列有关装置对应实验的说法正确的是（）A．①可用于制取H2，且活塞a处于打开状态B．②可用于收集NH3C．③可用于固体NH4Cl和I2的分离D．④可用于分离I2的CCl4溶液，导管b的作用是滴加液体7、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,其中只有一种金属元素,它们对应的单质和它们之间形成的常见二元化合物中,有三种有色物质能与水发生氧化还原反应且水没有电子的得失，下列说法正确的是（）A．简单离子半径:r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)B．最简单气态氢化物的稳定性:X>YC．W形成的含氧酸是强酸D．Z、Y形成的某种化合物中含有共价键且在熔融状态下能导电8、下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是选项实验操作和现象预期实验目的或结论A向两支盛有KI3的溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀KI3溶液中存在平衡:I3-I2+I-B向1mL浓度均为0.05mol·L-lNaCl、NaI的混合溶液中滴加2滴0.01mol·L-lAgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色Ksp(AgCl)<Ksp(AgI)C室温下，用pH试纸分别测定浓度为0.1mol/LNaClO溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液的pH比较HC1O和CH3COOH的酸性强弱D浓硫酸与乙醇180℃共热，制得的气体通入酸性KMnO4溶液，溶液紫色褪去制得的气体为乙烯A．A B．B C．C D．D9、已知AG=lg，电离度α=×100%。常温下，向10mL0.1mol/LHX溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，混合溶液中AG与滴加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法错误的是（）A．F点溶液pH<7B．G点溶液中c(Na+)=c（X-）>c(H+)=c（OH-）C．V=10时，溶液中c（OH-）<c(HX)D．常温下，HX的电离度约为1%10、下列实验操作、实验现象和结论均正确的是()实验操作现象结论A测定常温时同浓度的HCOONa溶液、NaClO溶液溶液的pHpH(HCOONa)<pH(NaClO)弱酸的酸性：HCOOH>HClOB向1mlL1mol·L－1的NaOH溶液中加入5mL2mol/L的CuSO4溶液，振荡后再加入0.5mL有机物X，加热未出现砖红色沉淀说明X不是葡萄糖C把烧得红热的Cu丝伸入盛满Cl2的集气瓶中产生大量蓝绿色的烟Cu在Cl2中能燃烧D在试管中加入1mL0.1mol·L—1的FeCl3溶液，再加入1mL0.5mol·L—1的盐酸溶液颜色变浅H+能抑制Fe3+的水解A．A B．B C．C D．D11、下列说法正确的是（）A．可通过加成反应实现的转化B．丙基有2种同分异构体C．乙炔和1，3-丁二烯互为同系物D．烯烃只能发生加成反应，不能发生取代反应12、乙酸和乙醛的鉴别有多种方法，下列可行的操作中最不简便的一种是A．使用蒸馏水B．使用NaHCO3溶液C．使用CuSO4和NaOH溶液D．使用pH试纸13、留兰香(薄荷中的一种)可用来治疗感冒咳嗽、胃痛腹胀、神经性头痛等，其有效成分为葛缕酮(结构简式如图)。下列有关葛缕酮的说法正确的是A．葛缕酮的分子式为C10H16OB．葛缕酮使溴水和酸性KMnO4溶液褪色的原理相同C．葛缕酮中所有碳原子可能处于同一个平面D．羟基直接连苯环且苯环上有2个取代基的葛缕酮的同分异构体有12种14、下列说法中，正确的是A．CO2的摩尔质量为44gB．1molN2的质量是14gC．标准状况下,1molCO2所占的体积约是22.4LD．将40gNaOH溶于1L水中，所得溶液中NaOH的物质的量浓度为1mol/L15、下列有关含氯物质的说法不正确的是A．向新制氯水中加入少量碳酸钙粉末能增强溶液的漂白能力B．向NaClO溶液中通入少量的CO2的离子方程式：CO2＋2ClO－＋H2O＝2HClO＋CO32－(已知酸性：H2CO3>HClO>HCO3－)C．向Na2CO3溶液中通入足量的Cl2的离子方程式：2Cl2＋CO32－＋H2O＝CO2＋2Cl－＋2HClOD．室温下，向NaOH溶液中通入Cl2至溶液呈中性时，相关粒子浓度满足：c(Na＋)＝2c(ClO－)＋c(HClO)16、化合物(X)、(Y)、(Z)的分子式均为C5H6。下列说法正确的是（）A．X、Y、Z均能使酸性高锰酸钾溶液褪色B．Z的同分异构体只有X和Y两种C．Z的二氯代物只有两种(不考虑立体异构)D．Y分子中所有碳原子均处于同一平面17、科学家发现了在细胞层面上对新型冠状病毒（2019-nCOV）有较好抑制作用的药物：雷米迪维或伦地西韦（RemdeSivir，GS－5734）、氯喹（ChloroqquinE，Sigma－C6628）、利托那韦（Ritonavir）。其中利托那韦（Ritonavir）的结构如下图，关于利托那韦说法正确的是A．能与盐酸或NaOH溶液反应B．苯环上一氯取代物有3种C．结构中含有4个甲基D．1mol该结构可以与13molH2加成18、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19、下列实验操作能达到实验目的的是A．用排水法收集铜粉与浓硝酸反应产生的NO2B．用氨水鉴别NaCl、MgCl2、AlCl3、NH4Cl四种溶液C．用酸性KMnO4溶液验证草酸的还原性D．用饱和NaHCO3溶液除去Cl2中混有的HCl20、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．Na2S溶液中：SO42-、K+、Cl-、Cu2+B．的溶液：K+、AlO2-、CO32-、Na+C．饱和氯水中：Cl-、NO3-、Na+、SO32-D．碳酸氢钠溶液：K+、SO42-、Cl-、H+21、用滴有酚酞和氯化钠溶液湿润的滤纸分别做甲、乙两个实验，下列判断错误的是（）A．b极附近有气泡冒出 B．d极附近出现红色C．a、c极上都发生氧化反应 D．甲中铁棒比乙中铁棒更易腐蚀22、化学与生产、生活、社会密切相关。下列说法正确的是A．生石灰、铁粉、硅胶是食品包装中常用的干燥剂B．乙醇溶液、双氧水均可用于杀菌消毒，但原理不同C．纯碱是焙制糕点所用发酵粉的主要成分之一D．SiO2具有导电性，可用于制造光导纤维二、非选择题(共84分)23、（14分）石油裂解气用途广泛，可用于合成各种橡胶和医药中间体。利用石油裂解气合成CR橡胶和医药中间体K的线路如下：

已知：Ⅰ.氯代烃D的相对分子质量是113，氯的质量分数约为62.8％，核磁共振氢谱峰面积之比为2:1.Ⅱ.。（1）A中官能团的结构式为__________________，D的系统名称是________________.（2）反应②的条件是_____________，依次写出①和③的反应类型___________、_________.（3）写出F→G过程中第一步反应的化学方程式____________________________.（4）K的结构简式为____________________.（5）写出比G多2个碳原子的同系物的所有同分异构体的结构简式_________________.（6）已知双键上的氢原子很难发生取代反应。以A为起始原料，选用必要的无机试剂合成B_______。合成路线流程图示如下：。24、（12分）已知，水杨酸酯E为紫外吸收剂，可用于配制防晒霜。E的一种合成路线如下：已知D的相对分子质量是130。请回答下列问题：（1）一元醇A中氧的质量分数约为21.6%。则A的分子式为___________，结构分析显示A只有一个甲基，A的名称为___________________；（2）B能与新制的Cu(OH)2发生反应，该反应的化学方程式为：______________________；（3）写出C结构简式：_________；若只能一次取样，请提出检验C中2种官能团的简要方案：___________；（4）写出同时符合下列条件的水杨酸所有同分异构体的结构简式：_____________；（a）分子中有6个碳原子在一条直线上；（b）分子中所含官能团包括羧基和羟基（5）第④步的反应条件为________；写出E的结构简式________________。25、（12分）草酸亚铁晶体（FeC2O4-2H2O，M=180g.mol-1）为淡黄色固体，难溶于水，可用作电池正极材料磷酸铁锂的原料。回答下列问题：实验1探究纯草酸亚铁晶体热分解产物（1）气体产物成分的探究，设计如下装置（可重复选用）进行实验：①装置B的名称为____。②按照气流从左到右的方向，上述装置的连接顺序为a→___→点燃（填仪器接口的字母编号）。③为了排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸，实验前应进行的操作是____。④C处固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑浊，则证明气体产物中含有____。（2）固体产物成分的探究，待固体热分解充分后，A处残留黑色固体。黑色固体可能是Fe或FeO，设计实验证明其成分为FeO的操作及现象为____。（3）依据（1）和（2）结论，A处发生反应的化学方程式为____。实验2草酸亚铁晶体样品纯度的测定工业制得的草酸亚铁晶体中常含有FeSO4杂质，测定其纯度的流程如下图：（4）草酸亚铁晶体溶解酸化用KMnO4溶液滴定至终点的离子方程式为____。（5）草酸亚铁晶体样品的纯度为____（用代数式表示），若配制溶液时Fe2+被氧化，则测定结果将____（填“偏高”“偏低”或“不变”）。26、（10分）Ⅰ．现代工业常以氯化钠为原料制备纯碱，部分工艺流程如图：已知NaHCO3在低温下溶解度较小。（1）反应Ⅰ的化学方程式为______。（2）处理母液的两种方法：①向母液中加入石灰乳，反应的化学方程式为____，目的是使____循环利用。②向母液中____并降温，可得到NH4Cl晶体。Ⅱ．某化学小组模拟“侯氏制碱法”，以NaCl、NH3、CO2和水等为原料以及如图所示装置制取NaHCO3，然后再将NaHCO3制成Na2CO3。（3）装置丙中冷水的作用是______；由装置丙中产生的NaHCO3制取Na2CO3时，需要进行的实验操作有______、洗涤、灼烧。（4）若灼烧的时间较短，NaHCO3将分解不完全，该小组对一份加热了t1min的NaHCO3样品的组成进行了以下探究。取加热了t1min的NaHCO3样品29.6g完全溶于水制成溶液，然后向此溶液中缓慢地滴加稀盐酸，并不断搅拌。随着盐酸的加入，溶液中有关离子的物质的量的变化如图所示。曲线c对应的溶液中的离子是____（填离子符号）；该样品中NaHCO3和Na2CO3的物质的量分别是___mol、___mol。27、（12分）碘对动植物的生命是极其重要的，海水里的碘化物和碘酸盐参与大多数海生物的新陈代谢。在高级哺乳动物中，碘以碘化氨基酸的形式集中在甲状腺内，缺乏碘会引起甲状腺肿大。I.现要从工业含碘废液中回收碘单质(废液中含有H2O、油脂、I2、I)。设计如图一所示的实验过程：（1）为了将含碘废液中的I2完全转化为I—而进入水层，向含碘废液中加入了稍过量的A溶液，则A应该具有___________性。（2）将在三颈烧瓶中反应完全后的溶液经过操作②获得碘单质，操作②包含多步操作，操作名称分别为萃取、_____、_____，在操作②中必须用到下列所示的部分仪器或装置，这些仪器和装置是________________(填标号)。（3）将操作①所得溶液放入图二所示的三颈烧瓶中，并用盐酸调至pH约为2，再缓慢通入适量Cl2，使其在30~40℃反应。写出其中发生反应的离子方程式________________；Cl2不能过量，因为过量的Cl2将I2氧化为IO3-，写出该反应的离子方程式__________。II.油脂的不饱和度可通过油脂与碘的加成反应测定，通常称为油脂的碘值。碘值越大，油脂的不饱和程度越高。碘值是指100g油脂所能吸收的I2的克数。称取xg某油脂，加入含ymolI2的韦氏溶液(

韦氏溶液是碘值测定时使用的特殊试剂，含有CH3COOH)，充分振荡；过量的I2用cmol/LNa2S2O3标准溶液滴定(淀粉作指示剂)，消耗Na2S2O3溶液VmL(滴定反应为:2Na2S2O3+I2＝Na2S4O6+2NaI)。回答下列问题:（1）下列有关滴定的说法不正确的是________(填标号)。A．标准Na2S2O3溶液应盛装在碱式滴定管中B．滴定时眼睛只要注视滴定管中溶液体积的变化C．滴定终点时，俯视读数，导致测定结果偏低D．滴定到溶液由无色变蓝色时应该立即停止滴定（2）用该测定方法测定的碘值需要用相关的实验校正，因为所测得的碘值总比实际碘值低，原因是_______________________________________________。（3）该油脂的碘值为_____g(列式表示)。28、（14分）2019年诺贝尔化学奖授予三位开发锂离子电池的科学家。TiS2、LiCoO2和LiMnO2等都是他们研究锂离子电池的载体。回答下列问题：(1)基态Co原子价层电子排布式为_______________________________。(2)已知第三电离能数据:I3(Mn)=3246kJ·mol-1，I3(Fe)=2957kJ·mol-1。锰的第三电离能大于铁的第三电离能,其主要原因是_______________________________。(3)据报道，在MnO2的催化下，甲醛可被氧化成CO2，在处理含HCHO的废水或空气方面有广泛应用。HCHO中键角_________CO2中键角(填“大于”“小于”或“等于")。(4)Co3+、Co2+能与NH3、H2O、SCN-等配体组成配合物。①1mol[Co(NH3)6]3+含______molσ键。②配位原子提供孤电子对与电负性有关，电负性越大，对孤电子对吸引力越大。SCN-的结构式为[S=C=N]-,SCN-与金属离子形成的配离子中配位原子是______(填元素符号)。③配离子在水中颜色与分裂能有关，某些水合离子的分裂能如表所示：由此推知，a______b(填“>”“<”或“=")，主要原因是_______________________。(5)工业上，采用电解熔融氯化锂制备锂，钠还原TiCl4(g)制备钛。已知：LiCl、TiCl4的熔点分别为605°C、-24°C，它们的熔点相差很大，其主要原因是_______________。(6)钛的化合物有2种不同结构的晶体，其晶胞如图所示。二氧化钛晶胞(如图1)中钛原子配位数为__________。氮化钛的晶胞如图2所示,图3是氮化钛的晶胞截面图。已知:NA是阿伏加德常数的值，氮化钛晶体密度为dg·cm-3。氮化钛晶胞中N原子半径为__________pm29、（10分）氟代硼酸钾(KBe2BO3F2)是激光器的核心材料，我国化学家在此领域的研究走在了世界的最前列。回答下列问题：(1)氟代硼酸钾中各元素原子的第一电离能大小顺序是F>O>___。基态K+电子占据最高能级的电子云轮廓图为____形。(2)NaBH4是有机合成中常用的还原剂，其中的阴离子空间构型是____，中心原子的杂化形式为____。NaBH4中存在____（填标号）。a.离子键b.氢键c.σ键d.π键(3)BeC12中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的BeCl2的结构式为___，其中Be的配位数为_____。(4)第三周期元素氟化物的熔点如下表：解释表中氟化物熔点变化的原因：____。(5)CaF2的一种晶胞如图所示。Ca2+占据F-形成的空隙，其空隙率是____。若r(F-)=xpm，r(Ca2+)=ypm，设阿伏加德罗常数的值为NA，则CaF2的密度ρ=_____g.cm-3（列出计算表达式）。

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、A【解析】

A.久置的Na2SO3粉末变质，转化成Na2SO4，取样配成溶液，加入盐酸酸化，除去SO32－等离子对实验的干扰，再加BaCl2溶液，如果有白色沉淀生成，则说明Na2SO3变质，如果没有白色沉淀，则说明Na2SO3没有变质，能达到实验目的，故A符合题意；B.还原性：Fe2＋>Br－，加入氯水，先将Fe2＋氧化成Fe3＋，不能达到实验目的，故B不符合题意；C.制备银氨溶液的操作步骤：向硝酸银溶液中滴加氨水，发生AgNO3＋NH3·H2O=AgOH↓＋NH4NO3，继续滴加氨水至白色沉淀恰好溶解，发生AgOH＋2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]＋＋OH－＋2H2O，根据方程式，推出5mL0.1mol·L－1AgNO3溶液中加入15mL0.1mol·L－1NH3·H2O，故C不符合题意；D.NaHSO3与H2O2反应无现象，不能观察实验现象得到结论，故D不符合题意；答案：A。2、B【解析】

A.铵根离子水解,浓度减小，则1molNH4ClO4溶于水含ClO4－离子数为NA，含NH4+离子数小于NA，故A错误；B.产生6.4g即0.2molO2，同时生成0.1molCl2，Cl元素化合价由+7价降低到0价,转移的电子总数为1.4NA，故B正确；C.

O、N元素化合价升高,N2、O2为氧化产物，Cl元素的化合价降低,Cl2为还原产物，则反应中还原产物分子数与氧化产物分子总数之比为1:3，故C错误；D.没有说明是否是标准状况下,无法计算0.5molNH4ClO4分解产生的气体体积，故D错误；故选：B。3、A【解析】

A.干馏硝石产生的气体NO、O2的物质的量的比是4:3，将混合气体通入水中，会发生反应：2H2O+4NO+3O2=4HNO3，故可以完全被水吸收，A正确；B.王水是由3体积浓盐酸与1体积浓硝酸配制而成的，B错误；C.在王水溶解金时，其中的硝酸作氧化剂，获得电子被还原产生NO气体，C错误；D.实验室可用NaNO3与浓硫酸反应制备少量的HNO3，利用的是HNO3易挥发，而浓硫酸的高沸点，难挥发性，D错误；故合理选项是A。4、D【解析】

A．OA各点显酸性，则c(H+)>c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(B-)，则c(B-)>c(Na+)，A选项正确；B．C至D各点溶液中，C点浓度为1.15mol·L-1，C之后加入的c(NaOH)为1.1mol·L-1，导电能力依次增强，B选项正确；C．定性分析有：氢氧化钠溶液滴入21mL时达到终点，pH>7，HB为弱酸，O点pH>1，C选项正确；D．C点为刚好反应完全的时候，此时物质c(NaB)=1.15mol·L-1，B-水解常数为Kh=11-14/（2×11-5）=5×11-11，B-水解生成的c(OH-)==5×11-6mol·L-1，C点c(H+)=2×11-9mol·L-1，C点pH=9-lg2=8.7，即x=8.7，D选项错误；C选项也可进行定量分析：B点有c(B-)=c(Na+)=19.9×11-3×1.1÷（21×11-3+19.9×11-3），c(HB)=(21.1×11-3-19.9×11-3)×1.1÷(21×11-3+19.9×11-3)，则c(B-)/c(HB)=199，K=c(H+)c(B-)/c(HB)=1×11-7×199=1.99×11-5，则HB为弱酸，O点的pH>1。5、C【解析】

酸性条件下，离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质等可以大量共存；强酸性条件下具有氧化性与具有还原性的离子能发生氧化还原反应，以此来解答。【详解】A．这几种离子之间不反应且和氢离子不反应，所以能大量共存，A不符合题意；B．H+、CO32-反应生成CO2和H2O而不能大量共存，但是发生的是复分解反应，不是氧化还原反应，B不符合题意；C．H+、NO3-、Fe2+会发生氧化还原反应生成Fe3+和NO而不能大量共存，C符合题意；D．NH4+、OH-发生复分解反应生成NH3·H2O而不能大量共存，但发生的不是氧化还原反应，D不符合题意；故合理选项是C。本题考查离子共存的知识，明确离子性质及离子共存的条件是解本题关键，注意结合题干中关键词“强酸性、氧化还原反应”来分析解答，题目难度不大。6、A【解析】

A.①可用于制取H2，且活塞a处于打开状态时，稀硫酸和锌粒发生反应，生成氢气，故A正确；B.NH3密度比空气小，所以不能用向上排空气法收集，故B错误；C.加热氯化铵分解，碘升华，则NH4Cl和I2的固体混合物不能用加热的方法分离，故C错误；D.导管b的作用是回收冷凝的CCl4，故D错误；正确答案是A。7、D【解析】

短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中只有一种金属元素，它们对应的单质和它们之间形成的常见二元化合物中，有三种有色物质能与水发生氧化还原反应且水没有电子的得失，这三种物质应该是NO2、Na2O2、Cl2，因此X、Y、Z、W分别是N、O、Na、Cl，据此解答。【详解】A．核外电子层数越多半径越大，核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，简单离子半径r(W)＞r(X)＞r(Y)＞r(Z)，A错误；B．非金属性N＜O，则最简单气态氢化物的稳定性X＜Y，B错误；C．Cl形成的含氧酸不一定都是强酸，C错误；D．由Z、Y形成的化合物过氧化钠中含有共价键且在熔融状态下能导电，D正确。答案选D。8、A【解析】

A．淀粉遇I2变蓝，AgI为黄色沉淀，实验现象说明KI3的溶液中含有I2和I-，由此得出结论正确，A项符合题意；B．由生成的沉淀呈黄色可知沉淀为AgI，在c(Cl-)和c(I-)相同时，先生成AgI，故可得Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，与结论不符，B项不符合题意；C．NaClO水解生成HClO，次氯酸具有强氧化性，不能用pH试纸测定NaClO溶液的pH，应使用pH计测量比较二者pH的大小，C项不符合题意；D．浓硫酸具有强氧化性，能将乙醇氧化，自身被还原为二氧化硫，二氧化硫以及挥发出来的乙醇蒸气都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故该气体不一定是乙烯，实验现象所得结论与题给结论不符，D项不符合题意；答案选A。9、C【解析】

E点为0.1mol/LHX溶液，AG=lg=8，则=108，水的离子积KW==10-14,由此计算氢离子浓度；F点为等物质的量HX溶液NaX溶液的混合液，此时AG=lg=6，则c(H+)>c（OH-），pH<7；G点为AG=lg=0，则c(H+)=c（OH-）；V=10时溶液为NaX溶液,由于水解和水的电离c（OH-）>c(HX)。【详解】A.F点为等物质的量HX溶液NaX溶液的混合液，此时AG=lg=6，则c(H+)>c（OH-），pH<7,故A正确；B.G点溶液中AG=lg=0，则c(H+)=c（OH-），溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c（OH-）+c（X-），故c(Na+)=c（X-）>c(H+)=c（OH-），故B正确；C．V=10时溶液为NaX溶液,由于水解和水的电离c（OH-）>c(HX)，故C错误；D．E点为0.1mol/LHX溶液，AG=lg=8，则=108，水的离子积KW==10-14,,则电离度=，故D正确；故答案选：C。溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c（OH-）+c（X-）。10、A【解析】

A、弱酸的酸性越强，其对应盐水解程度小，盐溶液的pH越小；B、葡萄糖和新制的Cu（OH）2反应必须在碱性环境下、加热进行；C、Cu丝在Cl2燃烧，产生大量棕色的烟；D、加入等体积的盐酸，稀释也会造成FeCl3溶液颜色变浅。【详解】A项、弱酸的酸性越强，其对应盐水解程度越小，盐溶液的pH越小。室温时，同浓度的HCOONa溶液的pH小于NaClO溶液，说明NaClO的水解程度大于HCOONa，则酸性HCOOH大于HClO，故A正确；B项、葡萄糖和新制的Cu（OH）2反应必须在碱性环境下、加热进行，1mL1mol·L－1的NaOH溶液中与5mL2mol/L的CuSO4溶液反应，硫酸铜过量，NaOH的量不足，不是碱性条件，加入0.5mL有机物X，加热无红色沉淀出现，不能说明X不是葡萄糖，故B错误；C项、把烧得红热的Cu丝伸入盛满Cl2的集气瓶中，Cu丝剧烈燃烧，产生大量棕色的烟，故C错误；D项、向1mL0.1mol·L—1的FeCl3溶液中加入1mL0.5mol·L—1的盐酸，可能是因为盐酸体积较大，稀释造成颜色变浅，故D错误。故选A。本题考查化学实验方案的评价，为侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，把握反应原理及反应与现象的关系为解答的关键。11、B【解析】

A．苯环中不含碳碳双键，故苯与溴不可能发生加成反应生成，选项A错误；B．丙基有CH3CH2CH2-和-CH（CH3）2，共2种，选项B正确；C．乙炔和1，3-丁二烯所含官能团不同，不是同一类有机物，二者不是同系物，选项C错误；D．烯烃在光照条件下可与氯气等发生取代反应，选项D错误。答案选B。本题综合考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的官能团的性质，本题易错点为C，乙炔和1，3-丁二烯结构不同，不可能是同系物；注意同分异构体的判断，丙基有CH3CH2CH2-和-CH（CH3）2两种同分异构体。12、C【解析】

乙酸具有酸性，可与碳酸盐、碱等发生复分解反应，乙醛含有醛基，可发生氧化反应，以此解答该题。【详解】A.二者都溶于水，没有明显现象，不能鉴别，故A错误；B.乙酸具有酸性，可与NaHCO3溶液生成气体，乙醛与NaHCO3溶液不反应，可鉴别，方法简便，操作简单，故B错误；C.是可行的方案但使用CuSO4和NaOH溶液，需先生成氢氧化铜，然后与乙酸发生中和反应，检验乙醛需要加热，操作较复杂，故C正确；D.使用pH试纸乙酸具有酸性，可使pH试纸变红，乙醛不能使pH试纸变红，可鉴别，方法简单，操作简便，故D错误；答案选C。13、D【解析】

本题考查有机物的知识，碳碳双键使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，但褪色原理不同，前者是加成反应，后者是氧化反应；有机物中碳碳双键、叁键、苯环才具有所有碳共面。由图可知，分子式为C10H14O，羟基直接连苯环，且苯环上有2个取代基，还剩-C4H9，其结构有四种，分别是、、、，每一种在苯环上与羟基分别有邻间对3种异构体，共12种。【详解】A.根据图示，葛缕酮的不饱和度为4，所以分子式为C10H14O，A项错误；B.葛缕酮使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，但原理不同，前者是加成反应，后者是氧化反应；B项错误；C.葛缕酮中所有碳原子不可能处于同一个平面，C项错误；D.分子式为C10H14O，羟基直接连苯环，且苯环上有2个取代基，还剩-C4H9，其结构有四种，分别是、、、，每一种在苯环上与羟基分别有邻间对3种异构体，共12种，D项正确。答案选D。在确定含苯环的同分异构体的题目中，要确定苯环上有几个取代基，之后确定每个取代基是什么基团，例如此题中确定苯环上有羟基之外，还有一个乙基，乙基有4种机构，每一种和羟基成3种同分异构，这样共有12种。苯环上如果有2个取代基（-X、-X或者-X、-Y）有3种同分异构；如果有3个取代基时（-X、-X、-Y）有6种同分异构体；如果是（-X、-Y、-Z）有10种同分异构体。14、C【解析】

A.二氧化碳的摩尔质量为44g/mol，1mol二氧化碳的质量为44g，故A错误；B.1mol

N2的质量是=1mol×28g/mol=28g，故B错误；C.标准状况下，气体摩尔体积为22.4L/mol，1

mol

CO2所占的体积约是22.4

L，所以C选项是正确的；D.40gNaOH的物质的量为1mol，溶于水配成1L溶液，所得溶液中NaOH的物质的量浓度为1mol/L，体积1L是指溶剂的体积，不是溶液的体积，故D错误。答案选C。15、B【解析】

A.新制氯水中存在Cl2+H2OHCl+HClO的平衡，加碳酸钙，消耗氢离子，平衡正向移动，HClO浓度增大，漂白能力增强，选项A正确；B.酸性:H2CO3>HClO>HCO3-，故HClO与CO32-不能同时产生，选项B错误；C.足量氯气和水产生的盐酸将CO32-全部反应成CO2气体，选项C正确；D.中性时由电荷守恒得到c(Na＋)＝c(ClO－)＋c(Cl－)，由于发生氧化还原反应，由得失电子守恒得到c(Cl－)＝c(ClO－)＋c(HClO)，两式联立可得c(Na＋)＝2c(ClO－)＋c(HClO)，选项D正确。答案选B。16、C【解析】

A．z不含碳碳双键，与高锰酸钾不反应，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；B．C5H6的不饱和度为=3，可知若为直链结构，可含1个双键、1个三键，则x的同分异构体不止X和Y两种，故B错误；C．z含有1种H，则一氯代物有1种，对应的二氯代物，两个氯原子可在同一个碳原子上，也可在不同的碳原子上，共2种，故C正确；D．y中含3个sp3杂化的碳原子，这3个碳原子位于四面体结构的中心，则所有碳原子不可能共平面，故D错误；故答案为C。17、A【解析】

A．利托那韦（Ritonavir）结构中含有肽键、酯基，在酸碱条件下都能水解，A选项正确；B．由于两个苯环没有对称，一氯取代物有6种，B选项错误；C．根据结构简式可知，该结构中有5个甲基，C选项错误；D．由于肽键、酯基的碳氧双键一般不参与氢气加成，苯环、碳碳双键、碳氮双键可与H2发生加成反应，所以1mol该结构可以与3+3+2+2=10molH2加成，D选项错误；答案选A。18、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。19、C【解析】

A、NO2和水发生反应：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，不能用排水法收集NO2，应用排空气法收集，故错误；B、现象分别是无现象、有白色沉淀、有白色沉淀(氢氧化铝溶于强碱不溶于弱碱)、无现象，因此不能区分，应用NaOH溶液，进行鉴别，故错误；C、高锰酸钾溶液，可以把草酸氧化成CO2，即2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，故正确；D、Cl2＋H2OHCl＋HClO，HCl消耗NaHCO3，促使平衡向正反应方向移动，因此应用饱和食盐水，故错误。20、B【解析】A、Cu2＋与S2－生成难溶物是CuS，不能大量共存，故错误；B、此溶液显碱性，这些离子大量共存，故正确；C、氯水中Cl2和HClO，具有强氧化性，能把SO32－氧化成SO42－，不能大量共存，故错误；D、HCO3－与H＋反应生成CO2，不能大量共存，故错误。21、A【解析】

甲构成原电池，乙为电解池，甲中铁发生吸氧腐蚀，正极上电极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-，乙中阴极上电极反应式为:2H++2e-=H2↑，水电离出的氢离子放电，导致阴极附近有大量OH-，溶液呈碱性，无色酚酞试液遇碱变红色，以此解答该题。【详解】A、b极附是正极，发生电极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-，所以无气泡冒出，故A错误；B、乙中阴极上电极反应式为:2H++2e-=H2↑，水电离出的氢离子放电，导致阴极附近有大量OH-，溶液呈碱性，无色酚酞试液遇碱变红色，故B正确；C、a是原电池的负极发生氧化反应、c极是电解池的阳极发生氧化反应,所以a、c极上都发生氧化反应，故C正确；

D、甲中铁是原电池的负极被腐蚀，而乙中是电解池的阴极被保护，所以甲中铁棒比乙中铁棒更易腐蚀，故D正确；故答案选A。作为电解池，如果金属铁连在电源的正极上做电解池的阳极，铁更易失电子变为亚铁离子，腐蚀速率加快；如果金属铁连在电源的负极上做电解池的阴极，金属铁就不能失电子，只做导体的作用，金属铁就被保护，不发生腐蚀。22、B【解析】

A.铁粉是抗氧化剂，不是干燥剂，A项错误；B.乙醇溶液和双氧水均能使蛋白质变性而达到杀菌消毒的目的，但原理不同，B项正确；C.发酵粉的主要成分是NaHCO3，C项错误；D.二氧化硅可用于制造光纤，但无导电性，D项错误。答案选B。二、非选择题(共84分)23、、-Br1,3-二氯丙烷NaOH溶液,△（加热）加聚反应取代反应OHCCH2CHO+4Ag(NH3)2OHNH4OOCCH2COONH4+2H2O+4Ag+6NH3、、、【解析】

由CH2=CH-CH=CH2反应到A（C4H6Br）发生加成反应，根据框图到C为1,4-二溴-2-丁烷，AB为取代；再根据知F为醛，E为醇，G为羧酸；H为酯，由此知道D为1,3-二氯丙烷。H为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3,H与C反应根据信息即可判断。【详解】（1）由CH2=CH-CH=CH2反应到A（C4H6Br）知，A中含有碳碳双键和溴原子。已知氯代烃D的相对分子质量是113，氯的质量分数约为62.8％，n(Cl)=[113]/35.5=2,D的化学式为C3H6Cl2,核磁共振氢谱峰面积之比为2:1.则D的结构简式CH2ClCH2ClCH2。系统命名为1,3-二氯丙烷；（2）由框图知D为卤代烃，E为醇，所以反应②的条件是NaOH溶液,△（加热）；由的反应条件知道①为加聚反应；由③的条件知③反应类型取代反应。

（3根据知E为醇，F为醛，所以F→G过程中第一步反应的化学方程式OHCCH2CHO+4Ag(NH3)2OHNH4OOCCH2COONH4+2H2O+4Ag+6NH3。（4）根据已知和，所以K的结构简式为；（5）通过上述分析知G为HOOCCH2COOH，比G多2个碳原子的同系物的同分异构体的结构简式有、、、；（6）已知双键上的氢原子很难发生取代反应，经分析知A为，以A为起始原料，选用必要的无机试剂合成B（）的路线图为：。24、C4H10O1﹣丁醇（或正丁醇）用银氨溶液先检验醛基，再加稀盐酸使溶液呈酸性后，加溴水检验碳碳双键HOCH2C≡C﹣C≡CCH2COOH、、HOCH2CH2C≡C﹣C≡C﹣COOH、浓H2SO4、加热【解析】

一元醇A中氧的质量分数约为21.6%，设该饱和一元醇的化学式为CnH2n+2O，氧元素的质量分数=×100%=21.6%，解得：n=4，且A中只有一个甲基，所以该一元醇是1-丁醇，在铜作催化剂、加热条件下，A被氧气氧化生成B，B为丁醛，根据题干信息，丁醛在氢氧化钠水溶液发生反应生成C，C的结构简式为：CH3CH2CH2CH=C(CH2CH3)CHO，C反应生成D，D的相对分子质量是130，则C和氢气发生加成反应生成D，则D的结构简式为：CH3CH2CH2CH2CH(CH2OH)CH2CH3，D和邻羟基苯甲酸发生酯化反应生成E，E的结构简式为：。【详解】(1)通过以上分析知，A的分子式为：C4H10O，结构分析显示A只有一个甲基，A的名称为1-丁醇；(2)加热条件下，丁醛和新制氢氧化铜反应生成丁酸钠、氧化亚铜和水，反应方程式为：；(3)C的结构简式为：，C中含有醛基和碳碳双键，都能和溴水反应，要检验两种官能团，则应先用银氨溶液检验醛基，然后再用溴水检验碳碳双键，检验方法为：用银氨溶液先检验醛基，再加稀盐酸使溶液呈酸性后，加溴水检验碳碳双键；(4)a．分子中有6个碳原子在一条直线上，则该分子中含有两个碳碳三键；b．分子中含有一个羟基和一个羧基，所以与水杨酸互为同分异构体的结构简式为：HOCH2C≡C-C≡CCH2COOH、、HOCH2CH2C≡C-C≡C-COOH、；(5)第④步的反应是酯化反应，根据乙酸乙酯的反应条件知，该反应条件是浓硫酸作催化剂、加热，通过以上分析知，E的结构简式为：。25、洗气瓶fg→bc→hi→de→bc先通入一段时间的氮气CO取少量固体溶于硫酸，无气体生成偏低【解析】

（1）①根据图示分析装置B的名称；②先用无水硫酸铜检验水，再用澄清石灰水检验二氧化碳，用碱石灰除去二氧化碳并干燥气体，再用热的氧化铜、澄清石灰水检验CO，最后用点燃的方法处理尾气；③用氮气排出装置中的空气；④CO具有还原性，其氧化产物是二氧化碳；（2）铁与硫酸反应生成氢气，氧化亚铁和硫酸反应不生成氢气；（3）依据（1）和（2），草酸亚铁晶体加热分解为氧化亚铁、CO、CO2、水；（4）草酸亚铁被酸性高锰酸钾溶液氧化为Fe3+、CO2；（5）亚铁离子消耗高锰酸钾溶液V2mL，则草酸根离子消耗高锰酸钾溶液V1mL-V2mL，由于样品含有FeSO4杂质，所以根据草酸根离子的物质的量计算草酸亚铁晶体样品的纯度。【详解】（1）①根据图示，装置B的名称是洗气瓶；②先用无水硫酸铜检验水，再用澄清石灰水检验二氧化碳，用碱石灰除去二氧化碳并干燥气体，再用热的氧化铜检验CO，再用澄清石灰水检验二氧化碳的生成，最后用点燃的方法处理尾气，仪器的连接顺序是a→fg→bc→hi→de→bc；③为了排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸，实验前应进行的操作是先通入一段时间的氮气；④CO具有还原性，C处固体由黑变红，说明氧化铜被还原为铜，其后的澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成，则证明气体产物中含有CO；（2）铁与硫酸反应生成氢气，氧化亚铁和硫酸反应不生成氢气，取少量固体溶于硫酸，没有气体放出，则证明是FeO；（3）依据（1）和（2），草酸亚铁晶体加热分解为氧化亚铁、CO、CO2、水，反应方程式是；（4）草酸亚铁被酸性高锰酸钾溶液氧化为Fe3+、CO2，反应的离子方程式是；（5）25mL样品溶液中亚铁离子消耗高锰酸钾的物质的量是，草酸根离子消耗高锰酸钾的物质的量为，根据方程式，草酸亚铁晶体样品的纯度为；若配制溶液时Fe2+被氧化，则V1减小，V2不变，测定结果将偏低。本题通过探究草酸亚铁的性质，考查学生实验基本操作和获取信息解决实际问题的能力，明确实验原理与方法是解题的关键，知道草酸、亚铁离子都能被高锰酸钾氧化。26、NaCl+CO2+NH3+H2O→NaHCO3↓+NH4Cl2NH4Cl+Ca(OH)2→CaCl2+2NH3↑+2H2ONH3通入NH3，加入细小的食盐颗粒冷却，使碳酸氢钠晶体析出过滤HCO3-0.10.2【解析】

（1）由于NaHCO3在低温下溶解度较小，溶液中含有较大浓度的钠离子和碳酸氢根离子时，就会有碳酸氢钠晶体析出，所以饱和氯化钠中溶液中通入NH3和CO2发生反应的方程式为：NaCl+CO2+NH3+H2O→NaHCO3↓+NH4Cl;答案：NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl；（2）①根据题中反应流程可知，过滤后得到的母液中含有氯化铵，母液中加入石灰乳后，发生反应为：2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3↑+2H2O，反应生成氨气，氨气可以在反应流程中循环利用；答案：2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3↑+2H2O；NH3；②由反应NH3+H2O+CO2+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓及流程图知，母液中溶质为氯化铵，向母液中通氨气加入细小食盐颗粒，冷却析出副产品，通入的氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨能电离铵根离子，铵根离子浓度增大有利于氯化铵析出。答案：通入NH3，加入细小的食盐颗粒。（3）由装置丙中产生的是NaHCO3，其溶解度随温度降低而降低，所以装置丙中冷水的作用是：冷却，使碳酸氢钠晶体析出；制取Na2CO3时需要过滤得到晶体，洗涤后加热灼烧得到碳酸钠；答案：冷却，使碳酸氢钠晶体析出；过滤；(4)若在(2)中灼烧的时间较短,NaHCO3将分解不完全,该小组对一份加热了t1min的NaHCO3样品的组成进行了研究.取加热了t1min的NaHCO3样品29.6g完全溶于水制成溶液,然后向此溶液中缓慢地滴加稀盐酸,并不断搅拌.随着盐酸的加入,发生反应CO32-+H+=HCO3-;HCO3-+H+=CO2+H2O;溶液中有关离子的物质的量的变化为碳酸根离子减小,碳酸氢根离子浓度增大,当碳酸根离子全部转化为碳酸氢根离子,再滴入盐酸和碳酸氢根离子反应生成二氧化碳,碳酸氢根离子减小,所以c曲线表示的是碳酸氢根离子物质的量变化。碳酸根离子物质的量为0.2mol,碳酸氢根离子物质的量为0.1mol；所以样品中NaHCO3的物质的量为0.1mol,Na2CO3的物质的量为0.2mol；因此，本题正确答案是:HCO3-；0.1；0.2。27、还原性分液蒸馏①⑤Cl2+2I—=2Cl—+I25Cl2+I2+6H2O=10C1-+2IO3-+12H+BD韦氏液中的CH3COOH消耗Na2S2O3，使滴定过程消耗的Na2S2O3偏大，导致测出的与油脂反应的I2偏少(25400y-12.7cV)/x或[(y-1/2cV×10-3)/x]×25400或(25400y-12700cV×10-3)/x【解析】I.（1）将含碘废液中的I2完全转化为I—而进入水层，碘由0价变为-1价被还原，故向含碘废液中加入了稍过量的A溶液，则A应该具有还原性；（2）操作②将水溶液中的碘萃取后分液得到含有碘的有机溶液，利用有机物和碘的沸点不同再进行蒸馏，故包含的操作名称分别为萃取、分液、蒸馏，在操作②中萃取、分液需要用到分液漏斗，蒸馏需要用到相应蒸馏装置，答案选①⑤；（3）Cl2将碘离子氧化生成碘单质，发生反应的离子方程式为Cl2+2I—=2Cl—+I2；Cl2不能过量，因为过量的Cl2将I2氧化为IO3-，反应的离子方程式为5Cl2+I2+6H2O=10C1-+2IO3-+12H+；II.（1）A．标准Na2S2O3溶液呈碱性，应盛装在碱式滴定管中，选项A正确；B．滴定时眼睛只要注视锥形瓶中溶液颜色的变化，选项B不正确；C.滴定终点时，俯视读数，所读标准液体积偏小，导致测定结果偏低，选项C正确；D．滴定前锥形瓶内溶液呈蓝色，滴定到溶液由蓝色变为无色时，并且半分钟内不变色，达到滴定终点，选项D不正确。答案选BD；（2）韦氏液中的CH3COOH消耗Na2S2O3，使滴定过程消耗的Na2S2O3偏大，导致测出的与油脂反应的I2偏少；（3）根据反应2Na2S2O3+I2＝Na2S4O6+2NaI，Na2S2O3溶液消耗碘的物质的量是cV×10-32mol，设某油脂碘的质量为ag，ag28、3d74s2Mn2+价层电子排布式为3d5，达到稳定结构，不易失电子形成Mn3+，Fe2+价层电子排布式为3d6，要失去1个电子才达到稳定结构，较易形成Fe3+，故锰的第三电离能大于铁小于24S<[Co(H2O)6]3+所带正电荷较多LiCl是离子晶体，TiCl4是分子晶体，离子键比分子间作用力强6【解析】

同一原子的电离能，通常第一电离能<第二电离能<第三电离能，但若电离能突然增大，则此离子应达到稳定结构；不同原子的电离能不同，但若相同类别电离能的差距突然增大，则离子可能处于稳定结构。形成共价键的两原子间只能形成一个σ键，所以，计算微粒中所含σ键的数目时，只需确定有多少个原子间形成共价键。确定配位原子时，需要比较配体中含有孤对电子的元素的吸电子能力，吸电子能力强的非金属原子，难以提供孤电子对与中心离子形成配位键。计算晶胞中原子半径时，需先算出晶胞中所含原子的数目，以便确定质量；然后利用数学公式，建立质量、密度、体积的等量关系式，由此算出原子半径。【详解】(1)基态Co原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，价层电子排布式为3d74s2。答案为：3d74s2；(2)根据离子价层电子排布和洪特规则的特例分析电离能，离子越稳定，越容易生成，生成此离子的电