2024年滬科新版高三化學(xué)下冊月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年滬科新版高三化學(xué)下冊月考試卷191考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、下列說法正確的是（）A.反應(yīng)A（g）?2B（g），若正反應(yīng)的活化能為EaKJ?mol-1，逆反應(yīng)的活化能為EbKJ?mol-1，則△H=（Ea-Eb）KJ?mol-1B.H2的熱值為142.9kJ?g-1，則氫氣燃燒的熱化學(xué)方程式可表示為2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=-285.8kJ?mol-1C.能自發(fā)進(jìn)行的化學(xué)反應(yīng)，一定是△H＜0、△S＞0D.增大反應(yīng)物濃度，可增大單位體積內(nèi)活化分子百分?jǐn)?shù)，從而增加有效碰撞的次數(shù)2、下列表示方法正確的是（）

①H2S分子的比例模型：②NH4Cl電子式：

③苯乙醛結(jié)構(gòu)簡式：④丙烷分子的球棍模型：A.①④B.①②④C.①②③④D.②③3、利用人工光合作用合成甲酸的原理為2CO2+2H2O2HCOOH+O2，裝置如圖所示，下列說法不正確的是（）A.該裝置將太陽能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能和電能B.電極1周圍pH增大C.電極2上發(fā)生的反應(yīng)為：CO2+2H++2e-═HCOOHD.H+由電極1室經(jīng)過質(zhì)子膜流向電極2室4、已知：C（s；金剛石）=C（s，石墨）△H=-1.9KJ/mol

C（s，金剛石）+O2（g）=CO2（g）△H1

C（s，石墨）+O2（g）=CO2（g）△H2

根據(jù)已述反應(yīng)所得出的結(jié)論正確的是（）A.△H1=△H2B.△H1＞△H2C.△H1＜△H2D.金剛石比石墨穩(wěn)定5、有NaCl、NaOH、AgNO3三種溶液，只用一種試劑就可把它們鑒別開來，該試劑是（）A.FeCl3溶液B.Na2CO3溶液C.MgCl2溶液D.鹽酸6、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)，如果ag某氣態(tài)雙原子分子的分子數(shù)為p，則bg該氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積V（L）是（）A.B.C.D.評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)7、（2014秋?樂山校級期中）如圖是某學(xué)校實(shí)驗(yàn)室從化學(xué)試劑商店買回的濃硫酸試劑標(biāo)。

簽上的部分內(nèi)容．現(xiàn)用該濃硫酸配制100mL1mol?L-1的稀硫酸．

可供選用的儀器有：

①膠頭滴管；②燒瓶；③燒杯；④藥匙；⑤量筒；⑥托盤天平．

請回答下列問題：

（1）配制稀硫酸時，還缺少的儀器有____（寫儀器名稱）；

（2）經(jīng)計(jì)算，配制100mL1mol?L-1的稀硫酸需要用量筒量取上述濃硫酸的體積。

為____mL，量取硫酸時應(yīng)選用____mL規(guī)格的量筒；（填正確的字母選項(xiàng)）

A．10mLB．50mLC．100mLD．200mL

（3）對所配制的稀硫酸進(jìn)行測定，發(fā)現(xiàn)其濃度大于1mol?L-1，配制過程中下列各項(xiàng)操作可能引起該誤差的原因____．

A．用量筒量取濃硫酸時；仰視刻度線取濃硫酸。

B．容量瓶用蒸餾水洗滌后未干燥；含有少量蒸餾水。

C．將稀釋后的稀硫酸立即轉(zhuǎn)入容量瓶后；緊接著就進(jìn)行以后的實(shí)驗(yàn)操作。

D．轉(zhuǎn)移溶液時；不慎有少量溶液灑到容量瓶外面。

E．定容時；俯視容量瓶刻度線進(jìn)行定容。

F．定容后，把容量瓶倒置搖勻后發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，便補(bǔ)充幾滴水至刻度處．8、寫出下列元素基態(tài)原子的電子排布式：

Ne____Fe____

S____Ca____

Cu____V____

Sc____Ti____．9、(8分)已知X、Y、Z、M、W、R是前四周期中的六種元素。X元素原子形成的離子是一個質(zhì)子，Y原子的價電子構(gòu)型為2s22p2，Z的單質(zhì)在常溫下是無色氣體且Z原子的單電子個數(shù)是同周期元素原子中最多的。(1)24R原子最外層的電子排布圖是____，ZO3－的空間構(gòu)型是____；(2)Z、M、W原子序數(shù)依次增大，三種元素的第一電離能由大到小的順序是____；Y、Z、W三種元素的電負(fù)性由大到小的順序是____。（填元素符號）(3)Ne與Wn－的電子數(shù)相同，W所在族的各元素的氫化物的水溶液均顯酸性，則該族元素的氫化物中沸點(diǎn)最低的是____。（填化學(xué)式）(4)ZX4W在物質(zhì)中，各種粒子間的相互作用力包括____。（填字母編號）A．非極性共價鍵B．極性共價鍵C．配位鍵D．離子鍵E.氫鍵10、(8分)A～G各物質(zhì)間的關(guān)系如下圖，其中B、D為氣態(tài)單質(zhì)。請回答下列問題：(1)物質(zhì)C和E的名稱分別為________________、__________________；(2)可選用不同的A進(jìn)行反應(yīng)①，若能在常溫下進(jìn)行，其化學(xué)方程式為_____________；若只能在加熱情況下進(jìn)行，則反應(yīng)物A應(yīng)為_____________；(3)反應(yīng)②的化學(xué)方程式為_______________________________________；(4)新配制的F溶液應(yīng)加入_____________以防止其轉(zhuǎn)化為G。檢驗(yàn)G溶液中陽離子的常用試劑是_____________，實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象為______________________________________。11、化合物I（C11H12O3）是制備液晶材料的中間體之一，能發(fā)生銀鏡反應(yīng)．

已知：

①A的核磁共振氫譜表明其只有一種化學(xué)環(huán)境的氫；

②R-CH═CH2R-CH2CH2OH；

③化合物F的苯環(huán)上的一氯代物只有兩種；

④

回答下列問題：

（1）B的化學(xué)名稱為____．

（2）加熱條件下，D中加入新制Cu（OH）2懸濁液后發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為____．

（3）I的結(jié)構(gòu)簡式為____．

（4）I的同系物J比I的相對分子質(zhì)量小14，J的同分異構(gòu)體中能同時滿足如下條件：①苯環(huán)上只有2個取代基；②既能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，又能和飽和NaHCO3溶液反應(yīng)放出CO2．J的同分異構(gòu)體共有____（不考慮立體異構(gòu)）種．

（5）由甲苯和E經(jīng)如下步驟可合成反應(yīng)②所選用的試劑為____，L的結(jié)構(gòu)簡式為____．12、有A；B、C、D、E、F、G七種短周期元素；它們的原子序數(shù)依次增大，已知：A的原子中沒有中子，B的一種單質(zhì)是硬度最大的物質(zhì)，D原子的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的三倍，E的最外層電子數(shù)與A相同，G是地殼中含量最多的金屬元素．按下列要求填空：

①寫出F的單質(zhì)置換B的單質(zhì)反應(yīng)的方程式：____．

②寫出C與F的化合物與水反應(yīng)的方程式：____．

③由A、C、D三種元素組成的離子化合物的水溶液中離子濃度由大到小的順序是____．

④寫出由A、B組成的既含極性鍵又含非極性鍵且相對分子質(zhì)量小的物質(zhì)的實(shí)驗(yàn)室制法的反應(yīng)方程式____．

⑤寫出EGD2溶液中通入過量CO2反應(yīng)的離子方程式：____．

⑥寫出由ABCD組成的離子化合物分子式為A8B2C2D4的結(jié)構(gòu)簡式____．13、生產(chǎn)自來水的流程圖所示．

（1）FeSO4?7H2O是常用的混凝劑，它在水中最終生成____沉淀．

（2）實(shí)驗(yàn)室過濾操作所用到的玻璃儀器是____．

（3）我們有時感覺自來水“有漂白粉的氣味”，是因?yàn)槭褂昧寺葰庀?，請寫出有關(guān)化學(xué)方程____．下列物質(zhì)中____（填寫序號）可以作為氯氣的代用品．

①臭氧②NH3（溶液）③K2FeO4④SO2

（4）有些地區(qū)的天然水中含有較多的鈣、鎂離子．用離子交換樹脂軟化硬水時，先后把水通過分別裝有____離子交換樹脂和____離子交換樹脂的離子交換柱（填“陰”或“陽”）．

（5）測定水中的溶解氧：量取20mL水樣，迅速加入MnSO4和KOH的混合溶液，再加入KI溶液，立即塞好塞子，振蕩使其完全反應(yīng)．打開塞子，迅速加入適量硫酸溶液，此時有碘單質(zhì)生成．用0.10mol/LNa2S2O3溶液滴定生成的碘，消耗了6.00mLNa2S2O3溶液．已知在堿性溶液中，氧氣能迅速氧化Mn2+，生成物在酸性條件下可以將碘離子氧化為碘單質(zhì)，本身重新還原為Mn2+．

上述過程發(fā)生的反應(yīng)可表示為：2Mn2++4OH-+O2=2MnO（OH）2MnO（OH）2+2I-+4H+=I2+Mn2++3H2OI2+2S2O32-=2I-+S4O62-水中的溶解氧量為____（以mg?L-l為單位）．14、25mL0.1mol/L鹽酸與15mL0.1ml/L氫氧化鈉溶液反應(yīng)后PH為____．15、（2013秋?應(yīng)縣校級期末）利用如圖裝置收集以下7種氣體：（填氣體序號或A或B）

①H2②Cl2③O2④HCl⑤NH3⑥NO⑦NO2．

（1）若燒瓶是干燥的，若由A口進(jìn)氣，可收集的氣體有____．

（2）若在燒瓶內(nèi)充滿水，可收集的氣體有____，氣體應(yīng)由____口進(jìn)入．

（3）若燒瓶中裝入適量濃硫酸，不可以用它來干燥的氣體有____，氣體應(yīng)由____口進(jìn)入．評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)16、常溫常壓下，3.2gO2所含的原子數(shù)為0.2NA．____（判斷對錯）17、判斷：非金屬元素形成的化合物均含共價鍵．____．18、HClO是弱酸，所以NaClO是弱電解質(zhì)____（判斷對錯）19、碳酸鈉可以除苯中的苯酚．____（判斷對錯）20、Na2O2的電子式為____．（判斷對確）21、含4mol的HCl的濃鹽酸與足量的MnO2加熱反應(yīng)，轉(zhuǎn)移2NA電子．____（判斷對錯）．22、含5個碳原子的有機(jī)物，每個分子中最多可形成4個C-C單鍵____．23、判斷下列有關(guān)烷烴的命名是否正確。

（1）2-甲基丁烷____

（2）2，2，3-三甲基戊烷____

（3）（CH3CH2）2CHCH33-甲基戊烷____

（4）異戊烷____．評卷人得分四、推斷題(共4題，共28分)24、A；B、C、D、E、F、G、H的轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖．已知A是一種鹽；B、C為常見的金屬．常溫常壓下D為無色無味氣體，無色氣體G遇空氣變紅棕色．用惰性電極電解A溶液一段時間后，產(chǎn)物只有C、D和E的稀溶液．

請回答下列問題：

（1）A的化學(xué)式為____．

（2）A溶液電解的化學(xué)方程式為____．

（3）E的稀溶液與F溶液反應(yīng)的離子方程式____．

（4）電解400mL鹽A的溶液一段時間后，斷開電路，取出電極，測得所得到的氣體D在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為22.4mL，則電解后溶液的pH為____（假設(shè)溶液體積不變）．

（5）若向E的稀溶液中加入12.0g金屬單質(zhì)B和C的混合粉末，固體完全溶解，收集反應(yīng)產(chǎn)生的氣體，再向所得溶液中加入足量的氫氧化鈉溶液，產(chǎn)生20.5g沉淀．則收集氣體的物質(zhì)的量是____．25、（2008秋?泰州期末）右圖是中學(xué)化學(xué)中一些常見的物質(zhì)之間發(fā)生的一系列轉(zhuǎn)化的框圖（反應(yīng)所需和所產(chǎn)生的水及某些反應(yīng)條件已略）；其中A；B、F、Y為黑色的固體，E、G在常溫常壓下是氣體．

（1）寫出下列物質(zhì)的化學(xué)式：D____，E____．

（2）寫出G通入I溶液發(fā)生反應(yīng)⑦的離子方程式____．

（3）以惰性電極電解X溶液的離子方程式____．

（4）試根據(jù)B、Y與氧氣反應(yīng)過程中的量的變化關(guān)系，設(shè)計(jì)一個實(shí)驗(yàn)，不用實(shí)驗(yàn)室里的任何試劑，只用常用的儀器，區(qū)分B、Y兩種物質(zhì)（簡要說明實(shí)驗(yàn)方法和實(shí)驗(yàn)結(jié)論）____．26、（2014春?肇慶期末）a、b；c、d、e是含有一種相同元素的五種物質(zhì)；可發(fā)生如右圖所示的轉(zhuǎn)化．其中：a是單質(zhì)；c、d是氧化物；e是最高價氧化物對應(yīng)的水化物．

（1）如果a是淡黃色固體、b是臭雞蛋氣味的氣體．則a的化學(xué)式為____，b、e的名稱分別為____、____，c變d的化學(xué)方程式為____．

（2）如果a是空氣中含量最大的氣體、b為氣態(tài)氫化物，d是紅棕色氣體．則c的化學(xué)式為____；a生成b的化學(xué)方程式為____；d生成e的離子方程式為____．27、（2012?眉山模擬）如圖轉(zhuǎn)化關(guān)系中；常溫下E；F、L、I為無色氣體，F(xiàn)是形成酸雨的主要原因之一，D為無色液體，M是淡黃色固體，在E的水溶液中通入過量的F得到A．

試回答下列問題：

（1）A的晶體中含有的化學(xué)鍵為____；B的電子式為____．

（2）寫出D→B的化學(xué)反應(yīng)方程式____．7.8gM與足量的D充分反應(yīng)時轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為____．

（3）寫出E與H反應(yīng)生成的正鹽溶液中的離子濃度大小關(guān)系____．

（4）E作為燃料電池燃?xì)鈺r，發(fā)生的總反應(yīng)為：E+O2→N2+H2O，KOH溶液為電解質(zhì)溶液，負(fù)極反應(yīng)式是____．

（5）Zn與K的稀溶液反應(yīng)，當(dāng)有1molK參與反應(yīng)時，有0.8mol電子轉(zhuǎn)移，此時K的還原產(chǎn)物可能是____．

（6）將少量的F通入NaClO溶液中，其離子反應(yīng)方程式為____．評卷人得分五、解答題(共4題，共16分)28、取100mLNa2CO3溶液，加入足量Ba（NO3）2溶液后得到1.97g白色沉淀；用過量稀鹽酸處理沉淀并收集所有氣體．試計(jì)算：

（1）原溶液中Na2CO3的物質(zhì)的量濃度．

（2）收集的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積．29、電解飽和食鹽水可生產(chǎn)氯氣，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式，及實(shí)驗(yàn)室反應(yīng)方程式．30、HI分解反應(yīng)為2HI（g）?H2（g）+I2（g），若開始時有1molHI，平衡時有24.4%的HI發(fā)成了分解．今欲將HI的分解率降到10%，應(yīng)往此平衡體系中加入I2物質(zhì)的量是多少？31、A、B、C、D、E是位于短周期的主族元素，其中A、B為金屬元素．已知：①熱穩(wěn)定性：HmD＞HmC；②Cm-、E（m-1）-具有相同的電子層結(jié)構(gòu)；③B與E在同一周期；在該周期中，E的原子半徑最小，B的離子半徑最?。虎蹵；B所形成的單核離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，B的最高價氧化物對應(yīng)的水化物與A、E的最高價氧化物對應(yīng)的水化物都能反應(yīng)．依據(jù)上述信息用相應(yīng)的化學(xué)用語回答下列問題：

（1）HmD的電子式：______．

（2）Cm-、E（m-1）-的還原性強(qiáng)弱為______＞______；能證明其還原性強(qiáng)弱的離子方程式為______．

（3）寫出B的最高價氧化物對應(yīng)的水化物和A的最高價氧化物對應(yīng)的水化物反應(yīng)的離子方程式______．

（4）常溫下，將等物質(zhì)的量濃度的HmC溶液和A的最高價氧化物對應(yīng)的水化物溶液等體積混合；所得溶液顯堿性，溶液中離子濃度由大到小的順序?yàn)開_____．

（5）在B；C、E單質(zhì)中；符合下列轉(zhuǎn)化關(guān)系的是______．

評卷人得分六、書寫(共1題，共5分)32、25℃；兩種酸的電離平衡常數(shù)如下表．

。Ka1Ka2H2SO31.3×10-26.3×10-8H2CO34.2×10-75.6×10-11實(shí)驗(yàn)室常用飽和NaHCO3溶液除去CO2中少量的SO2，請寫出SO2和NaHCO3溶液反應(yīng)的主要離子方程式____．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、A【分析】【分析】A．可逆反應(yīng)的焓變等于正逆反應(yīng)的活化能之差；

B．根據(jù)氫氣的熱值計(jì)算出氫氣的燃燒熱；然后根據(jù)熱化學(xué)方程式的書寫原則寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式；

C．化學(xué)反應(yīng)能否自發(fā)進(jìn)行；取決于焓變和熵變的綜合判據(jù)，當(dāng)△G=△H-T?△S＜0時，反應(yīng)可自發(fā)進(jìn)行，根據(jù)反應(yīng)類型判斷△H，根據(jù)方程式中氣體的變化判斷△S的變化；

D．增大濃度，活化分子的百分?jǐn)?shù)不變，單位體積內(nèi)活化分子總數(shù)增加，從而增加有效碰撞的次數(shù)．【解析】【解答】解：A．逆反應(yīng)的活化能=正反應(yīng)的活化能+反應(yīng)的焓變，所以△H=逆反應(yīng)的活化能-正反應(yīng)的活化能=（Ea-Eb）kJ?mol-1；故A正確。

B．H2熱值為142.9kJ?g-1，則氫氣的燃燒熱為142.9×2kJ/mol=285.8kJ?mol-1，則燃燒的熱化學(xué)方程式可表示為H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ?mol-1；故B錯誤；

C．化學(xué)反應(yīng)能否自發(fā)進(jìn)行；取決于焓變和熵變的綜合判據(jù)，當(dāng)△G=△H-T?△S＜0時，反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行，①當(dāng)△H＜0，△S＞0時，△G=△H-T?△S＜0，一定能自發(fā)進(jìn)行，②△H＞0，△S＞0時，反應(yīng)在高溫下能夠進(jìn)行，③△H＜0，△S＜0時，反應(yīng)在低溫下能夠自發(fā)進(jìn)行，故C錯誤；

D．增大反應(yīng)物濃度；活化分子百分?jǐn)?shù)變化發(fā)生變化，但是單位體積內(nèi)反應(yīng)物分子總數(shù)及活化分子總數(shù)增加，增加了有效碰撞次數(shù)，從而增大了反應(yīng)速率，故D錯誤；

故選A．2、A【分析】【分析】①硫化氫分子的結(jié)構(gòu)與水分子類型；為V型結(jié)構(gòu)；

②氯化銨的電子式中氯離子沒有標(biāo)出最外層電子；

③苯乙醛的結(jié)構(gòu)簡式中羥基的書寫錯誤；應(yīng)該為-CHO；

④用小球和短棍表示有機(jī)物分子組成的模型為球棍模型，根據(jù)丙烷的分子組成判斷該球棍模型是否正確．【解析】【解答】解：①硫化氫分子中存在兩個S-H鍵，為V型結(jié)構(gòu)，所以H2S分子的比例模型為：故①正確；

②氯化銨為離子化合物，陰離子需要標(biāo)出最外層電子，NH4Cl正確的電子式為：故②錯誤；

③苯乙醛中醛基的表示方法錯誤，苯苯乙醛正確的結(jié)構(gòu)簡式為：故③錯誤；

④丙烷結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2CH3，其丙烷分子的球棍模型為：故④正確；

故選A．3、B【分析】【分析】由電子轉(zhuǎn)移的方向可知，電極1為負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)生成氧氣與氫離子，催化劑a表面發(fā)生氧化反應(yīng)，電極2為正極，發(fā)生還原反應(yīng)，右室通入二氧化碳，酸性條件下生成HCOOH，以此解答該題．【解析】【解答】解：A．過程中是光合作用；太陽能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，且有電流產(chǎn)生，太陽能轉(zhuǎn)化為電能，故A正確；

B．電極1是負(fù)極；發(fā)生氧化反應(yīng)生成氧氣與氫離子，pH減小，故B錯誤；

C．通入二氧化碳，酸性條件下生成HCOOH，電極反應(yīng)為：CO2+2H++2e-═HCOOH；故C正確；

D．原電池工作時；陽離子向正極移動，故D正確．

故選B．4、C【分析】【分析】依據(jù)熱化學(xué)方程式可知金剛石變化為石墨是放熱反應(yīng)，則相同量的金剛石和石墨，金剛石的能量高，燃燒放出的熱量多，能量越高越不穩(wěn)定，據(jù)此分析．【解析】【解答】解：已知：C（s，金剛石）=C（s，石墨）△H=-1.9KJ/mol，則相同量的金剛石和石墨，金剛石的能量高，燃燒放出的熱量多，則△H1＜△H2＜0；能量越高越不穩(wěn)定，則石墨穩(wěn)定；故C正確，ABD錯誤；

故選C．5、A【分析】【分析】Cl-的檢驗(yàn)常用硝酸酸化的AgNO3，生成難溶物質(zhì)AgCl，NaOH的檢驗(yàn)方法通常是加入鹽溶液生成難溶沉淀，鹽酸的檢驗(yàn)可分別檢驗(yàn)陽離子和陰離子，陰離子的檢驗(yàn)常用硝酸酸化的AgNO3，生成難溶物質(zhì)AgCl，陽離子的檢驗(yàn)常用酸堿指示劑、HCO3-等，根據(jù)以上檢驗(yàn)方法，三種物質(zhì)的檢驗(yàn)應(yīng)加入加入FeCl3溶液，四種溶液中依次出現(xiàn)的現(xiàn)象是：無明顯現(xiàn)象、生成紅褐色沉淀、白色沉淀．【解析】【解答】解：A．FeCl3溶液加入三種溶液中依次出現(xiàn)的現(xiàn)象是：無明顯現(xiàn)象；生成紅褐色沉淀、白色沉淀；可鑒別，故A正確；

B．加入Na2CO3溶液不與NaCl；NaOH溶液反應(yīng)；不能鑒別，故B錯誤；

C．加入MgCl2溶液，不能鑒別NaOH和AgNO3；因二者都生成沉淀，故C錯誤；

D．鹽酸無法鑒別出NaCl；NaOH溶液；沒有明顯的現(xiàn)象，故D錯．

故選A．6、D【分析】解：ag氣體分子的分子數(shù)為p，則bg該氣體分子數(shù)為p×=則bg氣體的物質(zhì)的量為：÷NAmol-1=mol，則標(biāo)況下bg氣體的體積為：mol×22.4L/mol=L；

故選：D。

計(jì)算bg氣體含有分子數(shù)，根據(jù)n=計(jì)算bg氣體的物質(zhì)的量，再根據(jù)V=nVm計(jì)算bg氣體的體積。

本題考查物質(zhì)的量有關(guān)計(jì)算，屬于字母型計(jì)算，為易錯題目，注意對公式的理解與應(yīng)用?！窘馕觥緿二、填空題(共9題，共18分)7、100mL容量瓶、玻璃棒5.4AACE【分析】【分析】（1）根據(jù)配制步驟是計(jì)算；量取、稀釋、冷卻、移液、洗滌、定容、搖勻、裝瓶來分析需要的儀器；

（2）先計(jì)算出濃硫酸的物質(zhì)的量濃度為c=，然后根據(jù)溶液稀釋定律C濃V濃=C稀V稀來計(jì)算；根據(jù)“大而近”的原則；根據(jù)需要量取的濃硫酸的體積來選擇合適的量筒；

（3）根據(jù)c=并結(jié)合溶質(zhì)的物質(zhì)的量n和溶液的體積V的變化來進(jìn)行誤差分析．【解析】【解答】解：（1）根據(jù)配制步驟是計(jì)算；量取、稀釋、冷卻、移液、洗滌、定容、搖勻、裝瓶可知所需的儀器有：量筒、燒杯、玻璃棒、100mL容量瓶、膠頭滴管；故還缺少的儀器有100mL容量瓶、玻璃棒，故答案為：100mL容量瓶、玻璃棒；

（2）濃硫酸的物質(zhì)的量濃度為c===18.4mol/L，設(shè)需要濃硫酸的體積為VmL，根據(jù)溶液稀釋定律C濃V濃=C稀V稀可知：

18.4mol/L×VmL=1mol/L×100mL

解得：V=5.4mL；

根據(jù)“大而近”的原則；故應(yīng)選用10mL的量筒，故答案為：5.4；A；

（3）A．用量筒量取濃硫酸時；仰視刻度線取濃硫酸，則所量取的濃硫酸的體積偏大，故配制的出的溶液的濃度偏高，故A正確；

B．容量瓶用蒸餾水洗滌后未干燥；含有少量蒸餾水，對所配溶液的濃度無影響，故B錯誤；

C．將稀釋后的稀硫酸未冷卻立即轉(zhuǎn)入容量瓶后；緊接著就進(jìn)行以后的實(shí)驗(yàn)操作，則配制好的溶液冷卻后體積偏小，濃度偏高，故C正確；

D．轉(zhuǎn)移溶液時；不慎有少量溶液灑到容量瓶外面，會導(dǎo)致溶質(zhì)的損失，則濃度偏小，故D錯誤；

E．定容時；俯視容量瓶刻度線進(jìn)行定容，則溶液體積偏小，濃度偏高，故E正確；

F．定容后；把容量瓶倒置搖勻后發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線是正常的，補(bǔ)充幾滴水至刻度處會導(dǎo)致濃度偏低，故F錯誤．

故選ACE．8、1s22s22p61s22s22p63s23p63d64s21s22s22p63s23p41s22s22p63s23p64s21s22s22p63s23p63d104s11s22s22p63s23p63d34s21s22s22p63s23p63d14s21s22s22p63s23p63d24s2【分析】【分析】處于最低能量的原子叫做基態(tài)原子，基態(tài)電子排布遵循能量最低原理、保里不相容原理和洪特規(guī)則，根據(jù)元素符號，判斷元素原子的核外電子數(shù)，再根據(jù)核外電子排布規(guī)律來寫，以此解答該題．【解析】【解答】解：Ne元素為10號元素，原子核外有10個電子，所以核外電子排布式為：1s22s22p6；

故答案為：1s22s22p6；

Fe元素為26號元素，原子核外有26個電子，所以核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d64s2；

故答案為：1s22s22p63s23p63d64s2；

S元素為16號元素，原子核外有16個電子，所以核外電子排布式為：1s22s22p63s23p4；

故答案為：1s22s22p63s23p4；

Ca元素為20號元素，原子核外有20個電子，所以核外電子排布式為：1s22s22p63s23p64s2；

故答案為：1s22s22p63s23p64s2；

Cu元素為29號元素，原子核外有29個電子，所以核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s1；

故答案為：1s22s22p63s23p63d104s1；

V元素為23號元素，原子核外有23個電子，所以核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d34s2；

故答案為：1s22s22p63s23p63d34s2；

Sc元素為21號元素，原子核外有21個電子，所以核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d14s2；

故答案為：1s22s22p63s23p63d14s2；

Ti元素為22號元素，原子核外有22個電子，所以核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d24s2；

故答案為：1s22s22p63s23p63d24s2；9、略

【分析】【解析】試題分析：“X元素原子形成的離子是一個質(zhì)子”故X元素為H元素；“Y原子的價電子構(gòu)型為2s22p2”，故Y元素為C元素；“單電子個數(shù)是同周期元素原子中最多的”應(yīng)為ⅤA族元素，又該原子能組成氣態(tài)單質(zhì)，因此Z元素為N元素。(1)24R原子的原子序數(shù)為24，故其核外電子排布為3d64s2；ZO3－為NO3－為平面三角形結(jié)構(gòu)；(2)Z、M、W原子序數(shù)依次增大，且Z為N元素，因此M、W分別為O、F元素，故其第一電離能由大到小的順序?yàn)镕＞N＞O；(3)由題可知，W為F元素，為第ⅦA族元素，第ⅦA族元素氣態(tài)氫化物的沸點(diǎn)隨電子層數(shù)的增大而增大，但HF有分子間存在著氫鍵，因此其沸點(diǎn)較高，故該族元素的氫化物中沸點(diǎn)最低的是HCl；(4)ZX4W的化學(xué)式為NH4F，則該物質(zhì)中含有離子鍵、配位鍵、極性共價鍵?？键c(diǎn)：物質(zhì)的結(jié)構(gòu)；元素周期表【解析】【答案】（1）3d64s2平面三角形（2）F＞N＞OF＞N＞C（3）HCl（4）BCD10、略

【分析】【解析】【答案】（1）濃鹽酸、四氧化三鐵（2）2H2O2MnO22H2O+O2↑、KClO3（3）4HCl＋MnO2MnCl2＋2H2O＋Cl2↑（4）鐵粉、KSCN溶液；溶液變紅11、2-甲基丙烯18氫氧化鈉溶液【分析】【分析】A的分子式為C4H9Cl，核磁共振氫譜表明其只有一種化學(xué)環(huán)境的氫，則A為（CH3）3CCl，在氫氧化鈉醇溶液、加熱條件下發(fā)生消去反應(yīng)生成B為CH2=C（CH3）2，B發(fā)生信息2中的反應(yīng)生成C為（CH3）2CHCH2OH，C發(fā)生催化氧化生成D為（CH3）2CHCHO，D再與氫氧化銅反應(yīng)，酸化得到E為（CH3）2CHCOOH．

F的分子式為C7H8O，苯環(huán)上的一氯代物只有兩種，應(yīng)含有2個不同的側(cè)鏈且處于對位，則F為F與氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成G為G在氫氧化鈉水溶液發(fā)生水解反應(yīng)，酸化得到H，由于同一個碳原子上連有兩個羥基不穩(wěn)定，易脫水形成羰基，故H為H與E發(fā)生酯化反應(yīng)生成I，其分子中含有醛基和酯基，故I為據(jù)此解答．【解析】【解答】解：A的分子式為C4H9Cl，核磁共振氫譜表明其只有一種化學(xué)環(huán)境的氫，則A為（CH3）3CCl，在氫氧化鈉醇溶液、加熱條件下發(fā)生消去反應(yīng)生成B為CH2=C（CH3）2，B發(fā)生信息2中的反應(yīng)生成C為（CH3）2CHCH2OH，C發(fā)生催化氧化生成D為（CH3）2CHCHO，D再與氫氧化銅反應(yīng)，酸化得到E為（CH3）2CHCOOH．

F的分子式為C7H8O，苯環(huán)上的一氯代物只有兩種，應(yīng)含有2個不同的側(cè)鏈且處于對位，則F為F與氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成G為G在氫氧化鈉水溶液發(fā)生水解反應(yīng)，酸化得到H，由于同一個碳原子上連有兩個羥基不穩(wěn)定，易脫水形成羰基，故H為H與E發(fā)生酯化反應(yīng)生成I，其分子中含有醛基和酯基，故I為

（1）B為CH2=C（CH3）2；B的化學(xué)名稱為2-甲基丙烯；

故答案為：2-甲基丙烯；．

（2）D結(jié)構(gòu)簡式為（CH3）2CH2CHO，加熱條件下，D中加入新制Cu（OH）2懸濁液后發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為

故答案為：

（3）根據(jù)上面的分析可知，I為

故答案為：

（4）I（）的同系物J比I相對分子質(zhì)量小14，J比I少一個-CH2-原子團(tuán)，J的同分異構(gòu)體中能同時滿足如下條件：①苯環(huán)上只有兩個取代基；②既能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，又能與飽和NaHCO3溶液反應(yīng)放出CO2，則J的同分異構(gòu)體含有-CHO、-COOH，結(jié)合①可知2個不同的取代基處于對位，側(cè)鏈為-CHO、-CH2CH2COOH，側(cè)鏈為-CH2CHO、-CH2COOH，側(cè)鏈為-CH2CH2CHO、-COOH，側(cè)鏈為-CHO、-CH（CH3）COOH，側(cè)鏈為-CH（CH3）CHO、-COOH，側(cè)鏈為-CH3、-CH（CHO）COOH，對應(yīng)的結(jié)構(gòu)簡式為：（每種結(jié)構(gòu)都有鄰位和對位的）；故符合條件的同分異構(gòu)體有18種；

故答案為：18；

（5）E為（CH3）2CHCOOH，由甲苯和E經(jīng)如下步驟可合成可以將甲苯在光照條件下與氯氣發(fā)生取代反應(yīng)生成K為K再在氫氧化鈉溶液中加熱，得L為L再與E在濃硫酸作用下發(fā)生酯化反應(yīng)得所以反應(yīng)②所選用的試劑為氫氧化鈉水溶液，L的結(jié)構(gòu)簡式為

故答案為：氫氧化鈉溶液；12、2Mg+CO22MgO+CMg3N2+6H2O═3Mg（OH）2+3NH3↑C（NO3-）＞C（NH4+）＞C（H+）＞C（OH-）CaC2+2H2O═Ca（OH）2+C2H2↑AlO2-+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3-H4NOOCCOONH4【分析】【分析】有A、B、C、D、E、F、G七種短周期元素，它們的原子序數(shù)依次增大，A的原子中沒有中子，則A為氫元素，B的一種單質(zhì)是硬度最大的物質(zhì)，則B為碳元素，D原子的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的三倍，則D為氧元素，E的最外層電子數(shù)與A相同，原子序數(shù)大于氧的短周期元素，所以E為鈉元素，G是地殼中含量最多的金屬元素，則G為鋁元素，F(xiàn)的原子序數(shù)介于鈉和鋁之間，所以F為鎂元素，據(jù)此答題．【解析】【解答】解：有A；B、C、D、E、F、G七種短周期元素；它們的原子序數(shù)依次增大，A的原子中沒有中子，則A為氫元素，B的一種單質(zhì)是硬度最大的物質(zhì)，則B為碳元素，D原子的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的三倍，則D為氧元素，E的最外層電子數(shù)與A相同，原子序數(shù)大于氧的短周期元素，所以E為鈉元素，G是地殼中含量最多的金屬元素，則G為鋁元素，F(xiàn)的原子序數(shù)介于鈉和鋁之間，所以F為鎂元素；

①鎂與二氧化碳反應(yīng)可以生成碳單質(zhì)，反應(yīng)的方程式為2Mg+CO22MgO+C；

故答案為：2Mg+CO22MgO+C；

②C與F的化合物為氮化鎂，它與水反應(yīng)的方程式為Mg3N2+6H2O═3Mg（OH）2+3NH3↑；

故答案為：Mg3N2+6H2O═3Mg（OH）2+3NH3↑；

③由A、C、D三種元素組成的離子化合物為硝酸銨，由于銨根離子水解，溶液呈酸性，所以水溶液中離子濃度由大到小的順序是C（NO3-）＞C（NH4+）＞C（H+）＞C（OH-）；

故答案為：C（NO3-）＞C（NH4+）＞C（H+）＞C（OH-）；

④由A、B組成的既含極性鍵又含非極性鍵且相對分子質(zhì)量小的物質(zhì)為乙炔，實(shí)驗(yàn)室制乙炔用碳化鈣與水反應(yīng)，反應(yīng)的方程式為CaC2+2H2O═Ca（OH）2+C2H2↑；

故答案為：CaC2+2H2O═Ca（OH）2+C2H2↑；

⑤NaAlO2溶液中通入過量CO2反應(yīng)生成氫氧化鋁和碳酸氫鈉，反應(yīng)的離子方程式為AlO2-+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3-；

故答案為：AlO2-+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3-；

⑥由C、H、O、N組成的離子化合物中，說明物質(zhì)中有銨根離子，分子式為H8C2N2O4的結(jié)構(gòu)簡式為H4NOOCCOONH4；

故答案為：H4NOOCCOONH4；13、Fe（OH）3燒杯、漏斗、玻璃棒Cl2+H2O?HCl+HClO①③陽陰24.0【分析】【分析】（1）亞鐵離子不穩(wěn)定，易被氧化生成鐵離子，鐵離子水解生成Fe（OH）3膠體；膠體具有吸附性而凈水；

（2）過濾操作使用玻璃棒；漏斗、燒杯等儀器；

（3）氯氣消毒是氯與水反應(yīng)生成次氯酸消毒；強(qiáng)氧化性的物質(zhì)可以代替氯氣消毒；

（4）OH-會與鈣；鎂離子反應(yīng)生成沉淀；影響陽離子交換樹脂發(fā)揮作用；

（5）可利用關(guān)系式發(fā)生計(jì)算．【解析】【解答】解：（1）亞鐵離子不穩(wěn)定，易被氧化生成鐵離子，鐵離子水解生成Fe（OH）3膠體，膠體具有吸附性而凈水，所以FeSO4?7H2O是常用的混凝劑，它在水中最終生成Fe（OH）3沉淀，故答案為：Fe（OH）3；

（2）過濾操作使用的玻璃儀器有玻璃棒；漏斗、燒杯等；故答案為：燒杯、漏斗、玻璃棒；

（3）氯氣消毒是氯與水反應(yīng)生成次氯酸消毒，原理是Cl2+H2O?HCl+HClO，臭氧、K2FeO4具有強(qiáng)氧化性的物質(zhì)可以代替氯氣消毒，故答案為：Cl2+H2O?HCl+HClO；①③；

（4）通過陰離子交換樹脂后生成OH-，OH-會與鈣；鎂離子反應(yīng)生成沉淀；影響陽離子交換樹脂發(fā)揮作用，故先通過陽離子交換樹脂再通過陰離子交換樹脂，故答案為：陽；陰；

（5）已知：2Mn2++4OH-+O2=2MnO（OH）2；MnO（OH）2+2I-+4H+=I2+Mn2++3H2O；I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可得關(guān)系式：O2～4S2O32-，n（S2O32-）=0.01mol/L×0.006L=6×10-5mol，則n（O2）=×6×10-5mol=1.5×10-5mol；

m（O2）=1.5×10-5mol×32g/mol=48×10-5g=0.48mg；

則水中的溶解氧量為為=24.0mg?L-1；

故答案為：24.0．14、1.6【分析】【分析】n（H+）=0.025L×0.1mol/L=0.0025mol，n（OH-）=0.015L×0.1mol/L=0.0015mol，酸過量，反應(yīng)后溶液呈酸性，計(jì)算反應(yīng)后的c（H+），帶入pH=-lgc（H+）可計(jì)算pH．【解析】【解答】解：n（H+）=0.025L×0.1mol/L=0.0025mol，n（OH-）=0.015L×0.1mol/L=0.0015mol；

酸過量，反應(yīng)后溶液呈酸性，反應(yīng)后所得溶液的c（H+）==0.025mol/L；

則反應(yīng)后pH=-lgc（H+）=1.6；

故答案為：1.6．15、①⑤①③⑥A⑤B【分析】【分析】（1）若由A口進(jìn)氣；則為向上排空氣法；

（2）難溶于水的氣體用排水法；短管進(jìn)氣，長管出水；

（3）濃硫酸具有強(qiáng)氧化性和酸性，能反應(yīng)的氣體不能干燥，據(jù)此分析；【解析】【解答】解：（1）若由A口進(jìn)氣，則為向上排空氣法，所以能收集密度小于空氣而且不與空氣的成分反應(yīng)的氣體，則可收集的氣體有H2、NH3；

故答案為：①⑤；

（2）難溶于水的氣體可用排水法收集，所以能收集的氣體有H2、O2；NO；氣體從短管A通入，水從長管B排除；

故答案為：①③⑥；A；

（3）濃硫酸具有強(qiáng)氧化性和酸性，能與NH3反應(yīng)生成硫酸銨；所以不能用濃硫酸干燥氨氣，干燥氣體時應(yīng)該從長管進(jìn)氣；

故答案為：⑤；B．三、判斷題(共8題，共16分)16、√【分析】【分析】根據(jù)n==結(jié)合物質(zhì)的構(gòu)成計(jì)算．【解析】【解答】解：n（O2）==0.1mol，則含有原子數(shù)為0.2NA．故答案為：√．17、×【分析】【分析】非金屬元素形成的化合物中可能含離子鍵，以此來解答．【解析】【解答】解：非金屬元素形成的化合物中可能含離子鍵；如銨鹽中存在離子鍵和共價鍵，為離子化合物，一般非金屬元素形成的化合物含共價鍵；

故答案為：×．18、×【分析】【分析】HClO是弱電解質(zhì)，但NaClO是鹽，屬于強(qiáng)電解質(zhì)．【解析】【解答】解：HClO是弱電解質(zhì)，但NaClO在水溶液里或熔融狀態(tài)下完全電離，所以NaClO屬于強(qiáng)電解質(zhì)，故錯誤；故答案為：×．19、√【分析】【分析】苯酚為石炭酸，是酸性比碳酸還弱的酸，碳酸鈉和苯酚反應(yīng)生成苯酚鈉和碳酸氫鈉，據(jù)此解答即可．【解析】【解答】解：苯酚為石炭酸，是酸性比碳酸還弱的酸，碳酸鈉和苯酚反應(yīng)生成苯酚鈉和碳酸氫鈉，兩者均為鹽溶液，溶于水，與苯分層，然后分液即可，故利用碳酸鈉可以除去苯中的苯酚，故正確，故答案為：√．20、×【分析】【分析】過氧化鈉是離子化合物，其電子式由陰、陽離子的電子式組合而成，相同的離子不能合并．【解析】【解答】解：Na2O2是鈉離子和過氧根離子構(gòu)成的離子化合物，鈉離子失電子形成陽離子，氧原子得到電子形成過氧根陰離子，電子式為故答案為：×．21、×【分析】【分析】濃鹽酸和MnO2在加熱條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Cl2，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，濃鹽酸濃度逐漸降低，當(dāng)濃度降低到一定程度后變?yōu)橄←}酸，稀鹽酸和MnO2不反應(yīng)，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：濃鹽酸和MnO2在加熱條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Cl2，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，濃鹽酸濃度逐漸降低，當(dāng)濃度降低到一定程度后變?yōu)橄←}酸，稀鹽酸和MnO2不反應(yīng)，濃鹽酸和MnO2反應(yīng)方程式為4HCl（濃）+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑；假設(shè)4molHCl完全反應(yīng)，設(shè)轉(zhuǎn)移電子的個數(shù)為x；

4HCl（濃）+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑轉(zhuǎn)移電子。

4mol2NA

4molx

4mol：2NA=4mol：x

x==2NA；

實(shí)際上參加反應(yīng)的HCl的物質(zhì)的量小于4mol，所以轉(zhuǎn)移電子數(shù)小于2NA；所以該說法錯誤；

故答案為：×．22、×【分析】【分析】根據(jù)碳原子可以形成碳鏈，也可以形成碳環(huán)，可以帶支鏈，也可以不帶支鏈來解答；【解析】【解答】解：碳原子可以形成碳鏈；無論帶支鏈，還是不帶支鏈，都含有4個C-C單鍵；碳原子可以形成碳環(huán)，可以帶支鏈，也可以不帶支鏈，都含有5個C-C單鍵；

故答案為：×；23、√【分析】【分析】（1）根據(jù)烷烴的系統(tǒng)命名法分析；

（2）取代基的編號錯誤；應(yīng)該是2，2，4-三甲基戊烷；

（3）根據(jù)烷烴的命名方法進(jìn)行分析；

（4）根據(jù)圖示的球棍模型進(jìn)行命名并判斷正誤．【解析】【解答】答案（1）√（2）×（3）√（4）×

解：（1）主鏈為丁烷，命名為：2-甲基丁烷，題中命名正確；

故答案為：√；

（2）不是2，2，3-三甲基戊烷，編號錯誤，正確應(yīng)為2，2，4三甲基戊烷；

故答案為：×；

（3）（CH3CH2）2CHCH33-甲基戊烷；滿足烷烴的系統(tǒng)命名法，命名正確；

故答案為：√；

（4）根據(jù)球棍模型，其結(jié)構(gòu)簡式為名稱為2甲基戊烷，所以題中命名錯誤；

故答案為：×．四、推斷題(共4題，共28分)24、Cu（NO3）22Cu（NO3）2+2H2O=2Cu+O2+4HNO33Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO+2H2O2mol【分析】【分析】根據(jù)題意，采用正推和逆推相結(jié)合的方法推斷，電解A溶液時產(chǎn)生金屬單質(zhì)C和另外一種氣體D，應(yīng)為電解含氧酸鹽溶液，在陰極上析出不活潑金屬，則C應(yīng)為銅，D為氧氣，E溶液能與C金屬發(fā)生氧化還原反應(yīng)，且E溶液與F溶液也能反應(yīng)生成無色無味氣體G，說明E溶液具有強(qiáng)氧化性，應(yīng)為硝酸，故A為硝酸銅，D為氧氣，G為NO，F(xiàn)與硝酸反應(yīng)生成NO，說明且含有金屬B元素，說明F溶液具有還原性，應(yīng)為Fe（NO3）2溶液，B為Fe，H為Fe（NO3）3，由此可回答（1）（3）題；Na2O2與水反應(yīng)生成NaOH和氧氣，加入到Cu（NO3）2溶液中有藍(lán)色沉淀生成；根據(jù)電解硝酸銅的電極方程式：2Cu（NO3）2+2H2O2Cu+O2↑+4HNO3，可計(jì)算溶液的PH；根據(jù)化學(xué)方程式，利用質(zhì)量守恒定律計(jì)算硝酸銅的物質(zhì)的量，進(jìn)而計(jì)算溶液的物質(zhì)的量濃度．【解析】【解答】解：（1）電解A溶液時產(chǎn)生金屬單質(zhì)C和另外一種氣體D，應(yīng)為電解含氧酸鹽溶液，在陰極上析出不活潑金屬，則C應(yīng)為銅，D為氧氣，E溶液能與C金屬發(fā)生氧化還原反應(yīng)，且E溶液與F溶液也能反應(yīng)生成無色無味氣體G，說明E溶液具有強(qiáng)氧化性，應(yīng)為硝酸，故A為硝酸銅，D為氧氣，G為NO，F(xiàn)與硝酸反應(yīng)生成NO，說明且含有金屬B元素，說明F溶液具有還原性，應(yīng)為Fe（NO3）2溶液，B為Fe，H為Fe（NO3）3，故答案為：Cu（NO3）2；

（2）A溶液電解的化學(xué)方程式為2Cu（NO3）2+2H2O2Cu+O2↑+4HNO3；

故答案為：2Cu（NO3）2+2H2O2Cu+O2↑+4HNO3；

（3）E的稀溶液為HNO3，與F溶液為Fe（NO3）2溶液，硝酸具有強(qiáng)氧化性，F(xiàn)e2+具有還原性，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式為：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO+2H2O；

故答案為：3Fe2++NO3-+4H+═3Fe3++NO↑+2H2O；

（4）根據(jù)電解硝酸銅的電極方程式：

2Cu（NO3）2+2H2O2Cu+O2↑+4HNO3

22.4L4mol

5.6×10-3Ln

則n==1×10-3mol

所以c（H+）==0.01mol；故PH=2；

故答案為：2；

（5）若向E為HNO3的稀溶液中加入12.0g金屬單質(zhì)B為Fe和C為Cu的混合粉末，固體完全溶解，收集反應(yīng)產(chǎn)生的氣體，再向所得溶液中加入足量的氫氧化鈉溶液，產(chǎn)生20.5g沉淀為Cu（OH）2，F(xiàn)e（OH）3，3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，F(xiàn)e+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O；設(shè)Fe物質(zhì)的量為x，Cu物質(zhì)的量為y，則。

56x+64y=12

107x+98y=20.5

x=0.1mol

y=0.1mol

結(jié)合化學(xué)方程式計(jì)算生成氣體物質(zhì)的量=mol+0.1mol=mol；

故答案為：mol；25、FeSO4H2S2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO42-2Cu2++2H2O2Cu+4H++O2↑稱一定量的Cu2S和CuS充分燃燒，再稱燃燒后的產(chǎn)物，若燃燒后的質(zhì)量和反應(yīng)物的質(zhì)量相等，則被燃燒的物質(zhì)是Cu2S，若燃燒后的質(zhì)量比原來的反應(yīng)物質(zhì)量少，則被燃燒的物質(zhì)是CuS【分析】【分析】X可以得到藍(lán)色晶體，X為銅鹽，含有Cu2+，能與氣體E反應(yīng)得到黑色固體Y，Y可以燃燒得到氣體G，可推知E為H2S，Y是CuS，G為SO2，A與C反應(yīng)得到硫化氫與D，應(yīng)是硫化物與酸反應(yīng)，而D能與氯氣反應(yīng)得到I，I能與SO2反應(yīng)得到酸C，D中含有Fe2+，I中含有Fe3+，可推知C為H2SO4，A為FeS，結(jié)合轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，D為FeSO4，H為FeCl3，I為Fe2（SO4）3，B燃燒得到二氧化硫與F，F(xiàn)與硫酸得到X，B中含有Cu、S元素，結(jié)合Y可知，B應(yīng)是Cu2S，F(xiàn)為CuO、X為CuSO4，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：X可以得到藍(lán)色晶體，X為銅鹽，含有Cu2+，能與氣體E反應(yīng)得到黑色固體Y，Y可以燃燒得到氣體G，可推知E為H2S，Y是CuS，G為SO2，A與C反應(yīng)得到硫化氫與D，應(yīng)是硫化物與酸反應(yīng)，而D能與氯氣反應(yīng)得到I，I能與SO2反應(yīng)得到酸C，D中含有Fe2+，I中含有Fe3+，可推知C為H2SO4，A為FeS，結(jié)合轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，D為FeSO4，H為FeCl3，I為Fe2（SO4）3，B燃燒得到二氧化硫與F，F(xiàn)與硫酸得到X，B中含有Cu、S元素，結(jié)合Y可知，B應(yīng)是Cu2S，F(xiàn)為CuO、X為CuSO4；

（1）由上述分析可知，D為FeSO4，E為H2S；

故答案為：FeSO4；H2S；

（2）G通入I溶液發(fā)生反應(yīng)⑦的離子方程式為：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO42-；

故答案為：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO42-；

（3）以惰性電極電解CuSO4溶液，離子方程式為：2Cu2++2H2O2Cu+4H++O2↑；

故答案為：2Cu2++2H2O2Cu+4H++O2↑；

（4）不用實(shí)驗(yàn)室里的任何試劑，只用常用的儀器，區(qū)分Cu2S、CuS兩種物質(zhì)的實(shí)驗(yàn)方案為：稱一定量的Cu2S和CuS充分燃燒，再稱燃燒后的產(chǎn)物，若燃燒后的質(zhì)量和反應(yīng)物的質(zhì)量相等，則被燃燒的物質(zhì)是Cu2S；若燃燒后的質(zhì)量比原來的反應(yīng)物質(zhì)量少，則被燃燒的物質(zhì)是CuS；

故答案為：稱一定量的Cu2S和CuS充分燃燒，再稱燃燒后的產(chǎn)物，若燃燒后的質(zhì)量和反應(yīng)物的質(zhì)量相等，則被燃燒的物質(zhì)是Cu2S，若燃燒后的質(zhì)量比原來的反應(yīng)物質(zhì)量少，則被燃燒的物質(zhì)是CuS．26、S硫化氫硫酸2SO2+O22SO3NON2+3H22NH33NO2+H2O═2H++2NO3-+NO【分析】【分析】（1）a是一種淡黃色粉末固體，且為單質(zhì)，則a是S，b是臭雞蛋氣味的氣體，b是H2S，由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知c是二氧化硫，d是三氧化硫，e是最高價氧化物對應(yīng)的水化物，所以e是H2SO4；

（2）a是空氣中含量最大的氣體，應(yīng)為N2，b為氣態(tài)氫化物，由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知應(yīng)為NH3，d是紅棕色氣體，為NO2，則c是NO，e是最高價氧化物對應(yīng)的水化物，所以e是HNO3．【解析】【解答】解：（1）a是一種淡黃色粉末固體，且為單質(zhì)，則a是S，b是臭雞蛋氣味的氣體，b是H2S，由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知c是二氧化硫，d是三氧化硫，e是最高價氧化物對應(yīng)的水化物，所以e是H2SO4，c變d的化學(xué)方程式為2SO2+O22SO3；

故答案為：S；硫化氫；硫酸；2SO2+O22SO3；

（2）a是空氣中含量最大的氣體，應(yīng)為N2，b為氣態(tài)氫化物，由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知應(yīng)為NH3，d是紅棕色氣體，為NO2；

則c是NO，e是最高價氧化物對應(yīng)的水化物，所以e是HNO3，a生成b的化學(xué)方程式為N2+3H22NH3，d生成e的離子方程式為3NO2+H2O═2H++2NO3-+NO；

故答案為：NO；N2+3H22NH3；3NO2+H2O═2H++2NO3-+NO．27、離子鍵、配位鍵和共價鍵2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑6.02×1022或0.1NAc（NH4+）＞c（SO42-）＞c（H+）＞c（OH-）4NH3-12e-+12OH-═2N2+12H2O或2NH3-6e-+6OH-═N2+6H2ON2O或NH4NO3SO2+3ClO-+H2O═SO42-+Cl-+2HClO【分析】【分析】常溫下，D為無色液體，則D為H2O，M是淡黃色固體，且能和水反應(yīng)，則M是Na2O2，過氧化鈉和水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氧氣，L是氣體，所以L是O2，B是NaOH，F(xiàn)是形成酸雨的主要原因之一，F(xiàn)為SO2，F(xiàn)和氧氣反應(yīng)生成G，G為SO3，三氧化硫和水反應(yīng)生成H，H為H2SO4，E是氣體，能連續(xù)被氧化生成J，J和水反應(yīng)生成K，則E是NH3，I是NO，J是NO2，K是HNO3，在E的水溶液中通入過量的F得到A，則A是NH4HSO3，根據(jù)元素守恒知，B是NaOH，C為Na2SO3，結(jié)合物質(zhì)的性質(zhì)分析解答．【解析】【解答】解：常溫下，D為無色液體，則D為H2O，M是淡黃色固體，且能和水反應(yīng)，則M是Na2O2，過氧化鈉和水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氧氣，L是氣體，所以L是O2，B是NaOH，F(xiàn)是形成酸雨的主要原因之一，F(xiàn)為SO2，F(xiàn)和氧氣反應(yīng)生成G，G為SO3，三氧化硫和水反應(yīng)生成H，H為H2SO4，E是氣體，能連續(xù)被氧化生成J，J和水反應(yīng)生成K，則E是NH3，I是NO，J是NO2，K是HNO3，在E的水溶液中通入過量的F得到A，則A是NH4HSO3，根據(jù)元素守恒知，B是NaOH，C為Na2SO3；

（1）A是NH4HSO3，銨根離子和亞硫酸氫根離子之間存在離子鍵，銨根離子中存在配位鍵，氧原子和硫原子之間存在共價鍵，所以A中含有離子鍵、共價鍵和配位鍵，B是氫氧化鈉，鈉離子和氫氧根離子之間存在離子鍵，氧原子和氫原子之間存在共價鍵，所以其電子式為

故答案為：離子鍵、共價鍵、配位鍵；

（2）過氧化鈉和水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氧氣，反應(yīng)方程式為：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，7.8g過氧化鈉和水反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)=/mol=6.02×1022或0.1NA；

故答案為：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑；6.02×1022或0.1NA；

（3）E與H反應(yīng)生成的正鹽為（NH4）2SO4，硫酸銨是強(qiáng)酸弱堿鹽，其溶液呈酸性，所以c（H+）＞c（OH-）；

根據(jù)電荷守恒得c（H+）+c（NH4+）=2c（SO42-）+c（OH-），所以c（NH4+）＞c（SO42-），水電離較微弱，所以c（SO42-）＞c（H+），則離子濃度大小順序是c（NH4+）＞c（SO42-）＞c（H+）＞c（OH-）；

故答案為：c（NH4+）＞c（SO42-）＞c（H+）＞c（OH-）；

（4）負(fù)極上燃料失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，根據(jù)生成物知，負(fù)極上電極反應(yīng)式為4NH3-12e-+12OH-═2N2+12H2O或2NH3-6e-+6OH-═N2+6H2O；

故答案為：4NH3-12e-+12OH-═2N2+12H2O或2NH3-6e-+6OH-═N2+6H2O；

（5）Zn與硝酸的稀溶液反應(yīng)，當(dāng)有1molHNO3參與反應(yīng)時，有0.8mol電子轉(zhuǎn)移，鋅參加反應(yīng)的物質(zhì)的量==0.4mol；所以實(shí)際上參加氧化還原反應(yīng)的硝酸的物質(zhì)的量是0.2mol；

則產(chǎn)物中的化合價=5-=+1，所以其產(chǎn)物可能是N2O或NH4NO3；

故答案為：N2O或NH4NO3；

（6）F是SO2，少量的二氧化硫和次氯酸鈉發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸鈉、氯化鈉和次氯酸，反應(yīng)方程式為SO2+3ClO-+H2O═SO42-+Cl-+2HClO；

故答案為：SO2+3ClO-+H2O═SO42-+Cl-+2HClO．五、解答題(共4題，共16分)28、略

【分析】【分析】發(fā)生的反應(yīng)有：Na2C