2025年華東師大版高三化學(xué)上冊月考試卷

…………○…………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2025年華東師大版高三化學(xué)上冊月考試卷922考試試卷考試范圍：全部知識點；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總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、設(shè)NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述中正確的是（）A.足量的氯氣與1molFeBr2充分反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為3NAB.1mol?L-1Al2（SO4）3溶液中，含Al3+數(shù)目為2NAC.NA個SO3分子所占的體積約為22.4LD.1mol過氧化鋇（BaO2）固體中陰、陽離子總數(shù)約為3NA2、下列說法正確的是（）A.在含F(xiàn)eCl2雜質(zhì)的FeCl3溶液中通足量Cl2后，即可得到較純凈的FeCl3溶液B.除去干燥CO2中混有的少量SO2，可將混合氣體依次通過盛有酸性KMnO4溶液、濃硫酸的洗氣瓶C.準(zhǔn)確量取9.50mL水D.1mol羥基中電子數(shù)為10NA3、有專家指出，如果將燃燒產(chǎn)物如CO2、H2O、N2等利用太陽能使它們重新變成CH4、CH3OH、NH3等的構(gòu)想能夠成為現(xiàn)實，則下列說法中，錯誤的是（）A.可消除對大氣的污染B.可節(jié)約燃料C.可緩解能源危機D.此題中的CH4、CH3OH、NH3等為一級能源4、化學(xué)反應(yīng)經(jīng)常伴隨著顏色變化；下列關(guān)于顏色的敘述正確的是。

①雞蛋白溶液遇濃硝酸——黃色②淀粉溶液遇碘離子——藍色。

③溴化銀見光分解——白色④熱的氧化銅遇乙醇——紅色。

⑤新制氯水久置后——無色⑥過氧化鈉在空氣中久置——淡黃色。

⑦Fe3+離子遇苯酚——紫色⑧石蕊試液中通二氧化硫氣體——無色A.①②③⑧B.①④⑤⑦C.②③④⑥D(zhuǎn).④⑤⑦⑧5、僅通過物理方法就能從海水中獲得的物質(zhì)是rm{(}rm{)}A.鈉、鎂B.溴、碘C.食鹽、淡水D.氯氣、燒堿6、以下實驗?zāi)塬@得成功的是（）A.用酸性KMn04溶液鑒別乙烯和乙炔B.將鐵屑、溴水、苯混合制溴苯C.苯和硝基苯采用分液的方法分離D.分離沸點相差30℃以上的混溶液休，采用蒸餾的方法7、為了配制NH4+的濃度與Cl-的濃度比為1：1的溶液，可在NH4Cl溶液中加入：①適量的HCl；②適量的NaCl；③適量的氨水；④NaOH（）A.①②B.③C.③④D.④8、下列表達式錯誤的是（）A.碳-12原子表示為CB.氮原子的L層電子的電子排布圖C.硫離子的核外電子排布式1s22s22p63s23p6D.NH4Cl的電子式為：9、新房子裝修使用的木工板、膠合板等材料常會釋放出一種具刺激性氣味的氣體，該氣體是（）A.甲烷B.氨氣C.甲醛D.二氧化硫評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)10、鋁灰的回收利用方法很多，現(xiàn)用含有A12O3、SiO2和少量FeO?xFe2O3的鋁灰制備A12（SO4）3?18H2O；工藝流程如圖：

請回答下列問題：

（1）加入過量稀H2SO4溶解A12O3的離子方程式是____．

（2）流程中加入的KMnO4也可用H2O2代替，若用H2O2發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為____．

（3）已知：濃度均為0.1mol/L的金屬陽離子；生成氫氧化物沉淀的pH如表：

。Al（OH）3Fe（OH）2Fe（OH）3開始沉淀時3.46.31.5完全沉淀時4.78.32.8步驟③的目的是____；若在該濃度下除去鐵的化合物，調(diào)節(jié)pH的最大范圍是____．

（4）已知Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）?c3（OH-）=4.0×10-38，常溫下，當(dāng)pH=2時，F(xiàn)e3+開始沉淀的濃度為____．

（5）操作④發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為____；為了驗證該操作所得固體中確實含有MnO2，可選用的試劑是____或____．

（6）操作⑤“一系列操作”，下列儀器中用不到的是____（填序號）．

A．蒸發(fā)皿B．坩堝C．玻璃棒D．酒精燈E．漏斗．11、已知：①P4（S，白磷）+5O2（g）=P4O10（S）△H=-2983.2kJ?mol-1

②P（S，紅磷）+△H=-738.5kJ?mol-1

（1）寫出白磷轉(zhuǎn)化為紅磷的熱化學(xué)方程式：____．

（2）則對應(yīng)下列化學(xué)反應(yīng)過程中的能量變化圖，能正確反映出由白磷轉(zhuǎn)化為紅磷的是[選填A(yù)～D]____．

12、如圖所示是由4個碳原子結(jié)合成的五種有機物（氫原子沒有畫出）：

（1）有機物a有一種同分異構(gòu)體，試寫出其結(jié)構(gòu)簡式：____．

（2）上述有機物中與c互為同分異構(gòu)體的是____（填序號）．

（3）任寫一種與e互為同系物的有機物的結(jié)構(gòu)簡式：____．

（4）上述五種物質(zhì)中不能與溴水反應(yīng)，能使其褪色的有____（填序號）．

（5）上述五種物質(zhì)中，4個碳原子一定處于同一平面的有____（填序號）．

（6）上述五種物質(zhì)中，含有相同官能團的物質(zhì)是____和____，該官能團為____．13、工業(yè)上煅燒黃銅礦（CuFeS2）冶煉銅并得到堿式硫酸鐵[Fe（OH）SO4]等其他重要化合物；主要流程如下（部分反應(yīng)物和產(chǎn)物未標(biāo)出）：

已知4CuFeS2+11O24Cu+2Fe2O3+8SO2

（1）溶液B是____；X是____．

（2）某同學(xué)取溶液C滴入KSCN溶液，溶液不變紅，說明溶液C中不含F(xiàn)e3+，其原因是____（用簡單的文字和離子方程式說明）：再向該溶液中滴入H2O2溶液，溶液變紅色．則滴入H2O2溶液發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為____．

（3）在溶液D與NaNO2的反應(yīng)中，常采用同時通入O2以減少NaNO2的用量，O2與NaNO2在反應(yīng)中均作____，如參加反應(yīng)的O2有11.2L（標(biāo)況），則相當(dāng)于節(jié)約NaNO2物質(zhì)的量為____mol．

（4）該法得到的金屬銅中常含有金；銀、鐵、鎳等金屬雜質(zhì)；常用電解精煉的方法得到純銅，請在右邊框內(nèi)畫出其原理裝置示意圖．

（5）[Fe（OH）SO4]是一種用于污水處理的新型高效絮凝劑，它溶于水后產(chǎn)生的Fe（OH）2+離子，可部分水解生成Fe2（OH）42+聚合離子．該水解反應(yīng)的離子方程式為____．14、（2010秋?武昌區(qū)期末）如圖所示；甲；乙兩池電極材料都是鐵棒和石墨棒，請回答下列問題：

（1）若兩池中均為CuSO4溶液；反應(yīng)一段時間后：

①有紅色物質(zhì)析出的是甲池中的____棒，乙池中的____棒．

②乙池中陽極的電極反應(yīng)式是____．

（2）若兩池中均為飽和NaCl溶液：

①寫出乙池中總反應(yīng)的離子方程式____．

②甲池中石墨電極上的電極反應(yīng)屬于____（填“氧化反應(yīng)”或“還原反應(yīng)”）．

③將濕潤的KI淀粉試紙放在乙池石墨電極附近，發(fā)現(xiàn)試紙變藍，反應(yīng)的化學(xué)方程式為____．

④若乙池轉(zhuǎn)移0.02mole-后停止實驗，池中溶液體積是200mL，則溶液混合勻后的pH=____．評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)15、標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4L己烷中含共價鍵數(shù)目為19NA．____（判斷對錯）16、放熱反應(yīng)不需加熱就可以發(fā)生____．（判斷對錯）17、鈉的性質(zhì)活潑，在空氣中易發(fā)生反應(yīng)，故應(yīng)保存在CCl4或酒精中．____（判斷對錯）18、制備MgO，既可以通過化合反應(yīng)，又可以通過置換反應(yīng)制備____（判斷對和錯）19、O2和O3互為同位素____．（判斷對錯）評卷人得分四、推斷題(共4題，共36分)20、已知A為淡黃色固體；T；R為兩種常見的用途很廣的金屬單質(zhì)，D是具有磁性的黑色晶體，C是無色無味的氣體，H是白色沉淀，W溶液中加入KSCN出現(xiàn)紅色．

（1）寫出下列物質(zhì)的化學(xué)式：A：____D：____E：____N：____．

（2）B與E混和得到H并在潮濕空氣中變成M的過程中，可能觀察到的現(xiàn)象：____；

（3）按要求寫方程式：B和R反應(yīng)生成N的離子方程式：____；M→W的離子方程式：____．21、A；B、C、X是中學(xué)化學(xué)常見物質(zhì)；均由短周期元素組成，且均為氣體，轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示（圖中部分產(chǎn)物及條件已略去）．A的大量人工合成是化學(xué)對人類社會的卓越貢獻之一，請回答：

（1）寫出A的分子式____；

（2）寫出A與X反應(yīng)生成C的化學(xué)方程式____；

（3）在容積為amL的試管中充滿C氣體，然后倒置在水中，再通入bmLX氣體，充分反應(yīng)后測得試管內(nèi)最后剩余氣體為cmL，則a，b，c的關(guān)系可能為____．22、（2013?余江縣校級二模）A；B、C是元素周期表中前18號元素中的3種單質(zhì)；甲、乙是常見的化合物，它們之間存在如圖所示關(guān)系．

（1）若甲常溫下呈液態(tài)，A常溫下是固態(tài)非金屬單質(zhì)，則乙的化學(xué)式是____．若甲常溫下呈液態(tài)，A常溫下是氣態(tài)非金屬單質(zhì)，則乙的電子式是____．

（2）若甲常溫下呈氣態(tài)，A是常見的金屬單質(zhì)，寫出A和甲在一定條件下反應(yīng)的化學(xué)方程式____

（3）若A、B屬于同一主族的高硬度單質(zhì)，寫出反應(yīng)②的化學(xué)反應(yīng)方程式____．23、A；B、C、D、E是前四周期原子序數(shù)依次增大的五種元素．A元素原子的核外電子等于其電子層數(shù)；B元素基態(tài)原子有三個能級電子數(shù)相同；A和D可形成兩種常見液態(tài)化合物甲、乙；其原子數(shù)之比分別為1：1，2：1；E元素原子的K、L層電子數(shù)之和等于其M、N層電子數(shù)之和．回答下列問題（涉及元素用相應(yīng)化學(xué)符號表示）：

（1）B、C、D三種元素中電負性最大的元素其基態(tài)原子的電子排布式為______．

（2）處于一定空間運動狀態(tài)的電子在原子核外出現(xiàn)的概率密度分布可用______形象化描述．在B的基態(tài)原子中，核外存在______對自旋相反的電子．

（3）由E和D形成的晶胞如圖1所示，晶體中E2+周圍等距且最近的E2+有______個；ED的焰色反應(yīng)為磚紅色，許多金屬或它們的化合物都可以發(fā)生焰色反應(yīng)，焰色反應(yīng)的原理是______．E和B可形成的晶體的晶胞結(jié)構(gòu)與NaCl晶體的相似（如圖2所示），但該晶體中含有的啞鈴形B22-的存在，使晶胞沿一個方向拉長．晶體中E2+的配位數(shù)為______；該化合物的化學(xué)式為______．

（4）用高能射線照射液態(tài)化合物乙時；一個乙分子能釋放出一個電子，同時產(chǎn)生一種陽離子．

①釋放出來的電子可以被若干乙分子形成的“網(wǎng)”捕獲，乙分子間能形成“網(wǎng)”的原因是______．

②由乙分子釋放出電子時產(chǎn)生的一種陽離子具有較強的氧化性，試寫出該陽離子與SO2的水溶液反應(yīng)的離子方程式______．評卷人得分五、實驗題(共1題，共3分)24、雙氧水最主要的用途是漂白和殺菌消毒，在環(huán)境保護、化學(xué)合成和工業(yè)生產(chǎn)中有著廣泛的應(yīng)用．查閱資料得知：工業(yè)上用電解KHSO4飽和溶液制取H2O2；如圖所示．

（1）電解飽和KHSO4溶液時，陽極的電極反應(yīng)式為______，K2S2O8水解時生成H2O2和KHSO4，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：______．

（2）在堿性介質(zhì)中，H2O2有較強的還原性，可與Ag2O反應(yīng)，該反應(yīng)中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為______．

（3）已知：①2H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）△H1=-196.46kJ?mol-1

②H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H2=-285.84kJ?mol-1

③Cl2（g）+H2（g）═2HCl（g）△H3=-184.6kJ?mol-1

用H2O2（1）可除去工業(yè)尾氣中的Cl2（g），生成HCl（g）和O2（g），該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為______．

（4）該同學(xué)用此法制取一定濃度的H2O2溶液，并進行下列實驗測定H2O2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)．

I．將5.00mLH2O2溶液（密度為1g?cm-3）置于錐形瓶中加水稀釋；再加稀硫酸酸化；

Ⅱ．用0.1000mol?L-1KMnO4溶液滴定；

Ⅲ．用同樣的方法滴定，三次滴定消耗KMnO4溶液的體積分別為20.00mL；19.98mL、20.02mL．

①操作Ⅱ中，滴入第一滴KMnO4溶液，溶液紫紅色消失很慢，隨滴定過程中Mn2+的增多，溶液的紫紅色消失速率加快．Mn2+的作用是______．

②配平H2O2與酸性高錳酸鉀溶液反應(yīng)的離子方程式：

______MnO4-+______H2O2+______H+=______Mn2++______H2O+______

③原H2O2溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為______．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、A【分析】【分析】A、1molFeBr2中含1molFe2+和2molBr-；均能被氯氣氧化；

B；溶液體積不明確；

C；三氧化硫所在的狀態(tài)不明確；

D、過氧化鋇（BaO2）由1個鋇離子和1個過氧根構(gòu)成．【解析】【解答】解：A、1molFeBr2中含1molFe2+和2molBr-，均能被氯氣氧化，故1molFeBr2轉(zhuǎn)移3mol電子即3NA個；故A正確；

B；溶液體積不明確；故溶液中的鋁離子的個數(shù)無法計算，故B錯誤；

C；三氧化硫所在的狀態(tài)不明確；而標(biāo)況下三氧化硫為固體，故其體積無法計算，故C錯誤；

D、過氧化鋇（BaO2）由1個鋇離子和1個過氧根構(gòu)成，故1mol過氧化鋇（BaO2）中含2mol離子即2NA個；故D錯誤．

故選A．2、B【分析】【分析】A．氯氣過量；溶液中混有氯氣；

B．二氧化硫可被氧化而除去；

C．量筒精確到0.1mL；

D．羥基含有9個電子．【解析】【解答】解：A．如氯氣過量；溶液中混有氯氣，應(yīng)稍微加熱除去氯氣，故A錯誤；

B．二氧化硫具有還原性；可被氧化而除去，故B正確；

C．量筒精確到0.1mL；故C錯誤；

D．羥基含有9個電子，1mol羥基中電子數(shù)為9NA；故D錯誤．

故選B．3、D【分析】【分析】根據(jù)太陽能將CO2、H2O、N2等氣體重新組合成燃料，燃料燃燒又生成CO2、H2O、N2等，利用太陽能將之循環(huán)使用，結(jié)合能源危機及大氣污染判斷．【解析】【解答】解：在此構(gòu)想的物質(zhì)循環(huán)中，太陽能將CO2、H2O、N2等氣體重新組合成燃料，此過程為太陽能→化學(xué)能；燃料燃燒，化學(xué)能→熱能，故在此構(gòu)想的物質(zhì)循環(huán)中太陽能最終轉(zhuǎn)化為熱能，即可消除對大氣的污染，又節(jié)約燃料緩解能源危機，故ABC都正確；CH4、CH3OH、NH3等為二級能源；故D錯誤．

故選：D．4、B【分析】【分析】單質(zhì)碘和淀粉發(fā)生顯色反應(yīng)而顯藍色，②不正確；溴化銀見光分解生成的紅棕色的單質(zhì)溴，③不正確；過氧化鈉放置客氣中最終生成無色的碳酸鈉，⑥不正確；SO2溶于水生成亞硫酸；使石蕊試液顯紅色，⑧不正確，答案選B。

【點評】物質(zhì)的性質(zhì)特別是化學(xué)性質(zhì)，關(guān)鍵是熟練記住，不能靈活運用。5、C【分析】解：rm{A}海水中得到鈉、鎂；需要首先從海水中獲得氯化鈉和氯化鎂，然后再去電解熔融狀態(tài)的氯化鈉和氯化鎂即得鈉和鎂，故A錯誤；

B；從海水中提煉溴和碘；是用氯氣把其中的碘離子和溴離子氧化為碘單質(zhì)和溴單質(zhì)，故B錯誤；

C；把海水用蒸餾等方法可以得到淡水；把海水用太陽暴曬，蒸發(fā)水分后即得食鹽，不需要化學(xué)變化就能夠從海水中獲得，故C正確；

D；可從海水中獲得氯化鈉；配制成飽和食鹽水，然后電解，即得燒堿、氫氣和氯氣，故D錯誤；

故選：rm{C}

從海水提煉溴；碘、鈉、鎂、氫氣等的原理去分析；根據(jù)從海水制備物質(zhì)的原理可知，金屬單質(zhì)與非金屬單質(zhì)需要利用化學(xué)反應(yīng)來制取，而食鹽可利用蒸發(fā)原理，淡水利用蒸餾原理來得到；

本題考查了海水的成分，海水提煉溴、碘、鈉、鎂、氫氣等化學(xué)反應(yīng)原理，涉及的知識較多，但難度不大的題目，注意的是金屬單質(zhì)與非金屬單質(zhì)需要利用化學(xué)反應(yīng)來制取，掌握原理是解題的關(guān)鍵．【解析】rm{C}6、D【分析】【分析】A．二者均能被高錳酸鉀氧化；

B．苯與溴水不反應(yīng)；

C．苯和硝基苯互溶；

D．互溶的液體，利用沸點差異分離．【解析】【解答】解：A．二者均能被高錳酸鉀氧化；則高錳酸鉀不能鑒別，故A錯誤；

B．苯與溴水不反應(yīng)；則利用鐵屑；液溴、苯混合制溴苯，故B錯誤；

C．苯和硝基苯互溶；應(yīng)選蒸餾法分離，故C錯誤；

D．互溶的液體；利用沸點差異分離，則分離沸點相差30℃以上的混溶液休，采用蒸餾的方法，故D正確；

故選D．7、B【分析】【分析】氯化銨是強酸弱堿鹽，由于NH4+水解，導(dǎo)致溶液中c（NH4+）＜c（Cl-），氫離子濃度大于氫氧根離子濃度，溶液呈酸性；為了配制NH4+與Cl-的濃度比為1：1的溶液，須加一定量的能電離出銨根離子的物質(zhì)，或減少溶液中氯離子的濃度，據(jù)此分析．【解析】【解答】解：氯化銨是強酸弱堿鹽，由于NH4+水解，導(dǎo)致溶液中c（NH4+）＜c（Cl-），溶液呈酸性，為了配制NH4+與Cl-的濃度比為1：1的溶液；須增加銨根離子濃度；或減少溶液中氯離子的濃度；

①加入適量的HCl，溶液中氯離子濃度增大，則溶液中c（NH4+）＜c（Cl-）；故①錯誤；

②加入適量的NaCl，溶液中氯離子的濃度增加，銨根離子濃度不變保持，導(dǎo)致c（NH4+）＜c（Cl-）；故②錯誤；

③加入適量氨水；通過增加一水合氨濃度從而抑制銨根離子的水解，增加溶液中銨根離子的濃度，并保持氯離子濃度不變，故③正確；

④加入適量NaOH，會發(fā)生反應(yīng)：NH4++OH-=NH3?H2O，NH4+越來越少，氯離子濃度不變，導(dǎo)致c（NH4+）＜c（Cl-）；故④錯誤；

故選B．8、D【分析】【分析】A．碳-12原子的質(zhì)子數(shù)為6；質(zhì)量數(shù)為12；

B．根據(jù)洪特規(guī)則：在等價軌道（相同電子層；電子亞層上的各個軌道）上排布的電子將盡可能分占不同的軌道；且自旋方向相同，氮原子的L層電子有5個電子，2p電子優(yōu)先單獨占據(jù)1個軌道；

C．硫離子的核外電子數(shù)為18；

D．氯化銨的電子式中氯離子的最外層電子式?jīng)]有標(biāo)出．【解析】【解答】解：A．元素符號的左上角數(shù)字為質(zhì)量數(shù)，左下角數(shù)字為質(zhì)子數(shù)，碳-12原子的質(zhì)子數(shù)為6，質(zhì)量數(shù)為12，則該原子為C；故A正確；

B．氮原子的L層電子有5個電子，2p電子優(yōu)先單獨占據(jù)1個軌道，則氮原子的L層電子的電子排布圖故B正確；

C．硫離子的核外電子數(shù)為18，其硫離子的核外電子排布式1S22S22P63S23P6；故C正確；

D．氯化銨是離子化合物，由氨根離子與氯離子構(gòu)成，電子式為：故D錯誤；

故選D．9、C【分析】【分析】一些裝飾材料、膠合板、涂料等會不同程度地釋放出甲醛氣體，而使室內(nèi)空氣中甲醛含量超標(biāo)，成為室內(nèi)空氣污染的主要原因之一．【解析】【解答】解：裝修材料中常大量使用脲醛膠、酚醛樹脂等材料，會釋放出甲醛，且粘合劑中含有大量的甲醛，從而導(dǎo)致居室的甲醛污染，而與其它因素?zé)o關(guān)，故選C．二、填空題(共5題，共10分)10、6H++Al2O3=2Al3++3H2OH2O2+2FeSO4+H2SO4=Fe2（SO4）3+2H2O亞鐵離子氧化為鐵離子，并將鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀除去2.8≤PH＜3.44.0×10-2mol/L2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2+4H+濃鹽酸雙氧水B【分析】【分析】鋁灰水洗過濾除去不溶性雜質(zhì)SiO2，加入過量稀硫酸酸溶過濾，得到濾液中含有Al3+、Fe3+、Fe2+；加入高錳酸鉀溶液調(diào)節(jié)溶液PH氧化亞鐵離子為鐵離子，加入MnSO4和過量的高錳酸鉀溶液反應(yīng)生成二氧化錳沉淀，過濾得到濾液中主要是鋁離子，經(jīng)過蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾洗滌得到硫酸鋁晶體；

（1）Al2O3溶于過量硫酸反應(yīng)生成硫酸鋁和水；

（2）過氧化氫酸性溶液中氧化硫酸亞鐵為硫酸鐵；

（3）步驟③是將亞鐵離子氧化為鐵離子；并將鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀除去，調(diào)節(jié)pH值的范圍是沉淀鐵離子不沉淀鋁離子2.8≤PH＜3.4；

（4）當(dāng)pH=2時，c（OH-）=1×10-12mol/L，根據(jù)Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）?c3（OH-），可計算得Fe3+開始沉淀的濃度；

（5）操作④的作用是利用硫酸錳和高錳酸鉀反應(yīng)生成二氧化錳沉淀除去；為了驗證該操作所得固體中確實含有MnO2；加入濃鹽酸是否溶解生成黃綠色氣體檢驗；

（6）在操作⑤的“一系列操作”是蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾洗滌，依據(jù)操作風(fēng)分析所需儀器；【解析】【解答】解：鋁灰水洗過濾除去不溶性雜質(zhì)SiO2，加入過量稀硫酸酸溶過濾，得到濾液中含有Al3+、Fe3+、Fe2+；加入高錳酸鉀溶液調(diào)節(jié)溶液PH氧化亞鐵離子為鐵離子，加入MnSO4和過量的高錳酸鉀溶液反應(yīng)生成二氧化錳沉淀，過濾得到濾液中主要是鋁離子，經(jīng)過蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾洗滌得到硫酸鋁晶體；

（1）Al2O3溶于過量硫酸反應(yīng)生成硫酸鋁和水，反應(yīng)的離子方程式為：6H++Al2O3=2Al3++3H2O；

故答案為：6H++Al2O3=2Al3++3H2O；

（2）過氧化氫酸性溶液中氧化硫酸亞鐵為硫酸鐵，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：H2O2+2FeSO4+H2SO4=Fe2（SO4）3+2H2O；

故答案為：H2O2+2FeSO4+H2SO4=Fe2（SO4）3+2H2O；

（3）步驟③是將亞鐵離子氧化為鐵離子；并將鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀除去，調(diào)節(jié)pH值的范圍是沉淀鐵離子不沉淀鋁離子2.8≤PH＜3.4；

故答案為：亞鐵離子氧化為鐵離子；并將鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀除去；2.8≤PH＜3.4；

（4）當(dāng)pH=2時，c（OH-）=1×10-12mol/L，根據(jù)Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）?c3（OH-）可知，c（Fe3+）===4.0×10-2mol/L；

故答案為：4.0×10-2mol/L；

（5）操作④的作用是利用硫酸錳和高錳酸鉀反應(yīng)生成二氧化錳沉淀除去；為了驗證該操作所得固體中確實含有MnO2，反應(yīng)的離子方程式為2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2+4H+；加入濃鹽酸是否溶解生成黃綠色氣體檢驗或用雙氧水，生成氧氣檢驗；

故答案為：2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2+4H+；濃鹽酸或雙氧水；

（6）在操作⑤的“一系列操作”是蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶，過濾洗滌，依據(jù)操作分析所需儀器為蒸發(fā)皿，玻璃棒；酒精燈、漏斗，坩堝是給固體加熱的儀器，不需要坩堝；

故答案為：B．11、P4（s、白磷）=4P（s、紅磷）△H=-29.2KJ/molB【分析】【分析】（1）根據(jù)蓋斯定律可以計算化學(xué)反應(yīng)的焓變；進而書寫熱化學(xué)方程式；

（2）反應(yīng)物的能量高于產(chǎn)物的能量，反應(yīng)放熱；反之是吸熱的．【解析】【解答】解：（1）紅磷轉(zhuǎn)化為白磷的化學(xué)方程式為：4P（s、紅磷）=P4（s、白磷），可以看成是下列兩個反應(yīng)方程式的和：P4（s、白磷）+5O2（g）=P4O10（s）；△H=-2983.2kJ?mol-1；P4O10（s）=4P（s、紅磷）+5O2（g）；△H=738.5×4kJ?mol-1=2954kJ?mol-1；

根據(jù)蓋斯定律，白磷轉(zhuǎn)化為紅磷的熱化學(xué)方程式P4（s、白磷）=4P（s、紅磷）△H=-2983.2kJ/mol+2954kJ?mol-1=-29.2KJ/mol；

故答案為：P4（s；白磷）=4P（s、紅磷）△H=-29.2KJ/mol．

（2）白磷轉(zhuǎn)化為紅磷是放熱的反應(yīng)，所以反應(yīng)物的能量高于產(chǎn)物的能量，故選B．12、CH3CH2CH2CH3be等bcdbcbc碳碳雙鍵【分析】【分析】（1）有機物（a）為2-甲基丙烷；據(jù)此書寫其同分異構(gòu)體；

（2）c為2-丁烯；分子式相同結(jié)構(gòu)不同的化合物互為同分異構(gòu)體，據(jù)此判斷；

（3）e為環(huán)丁烷；根據(jù)同系物的定義分析，與e互為同系物的有機物屬于環(huán)烷烴；

（4）含有C=C雙鍵；C≡C三鍵的烴能與溴水發(fā)生加成反應(yīng)；使溴水褪色；

（5）C=C雙鍵連接的C原子處于C=C形成的平面內(nèi)；C≡C三鍵連接的C原子處于同一直線，一定共面；

（6）b、c含有的官能團相同，為碳碳雙鍵．【解析】【解答】解：（1）由圖示可知a為烷烴，含有4個C原子，應(yīng)為2-甲基丙烷，其同分異構(gòu)體為CH3CH2CH2CH3，故答案為：CH3CH2CH2CH3；

（2）c為2-丁烯，與2-丁烯分子式相同，結(jié)構(gòu)不同的有b、e，互為同分異構(gòu)體，故答案為：be；

（3）e為環(huán)丁烷，等環(huán)烷烴與環(huán)丁烷互為同系物，故答案為：等；

（4）上述五種物質(zhì)中，b、c含有C=C雙鍵、d含有C≡C三鍵能與溴水發(fā)生加成反應(yīng)，使溴水褪色，故答案為：bcd；

（5）上述五種物質(zhì)中，b、c中C=C雙鍵連接的C原子處于C=C形成的平面內(nèi)，4個碳原子一定處于同一平面，故答案為：bc；

（6）b、c含有的官能團相同，為碳碳雙鍵，故答案為：b、c；碳碳雙鍵．13、H2SO4Fe氧化鐵溶解后的鐵鹽溶液具有氧化性，能氧化銅，生成的鐵離子全部被銅還原為亞鐵離子，F(xiàn)e2O3+6H+=2Fe3++3H2O，2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O氧化劑22[Fe（OH）]2++2H2O?[Fe2（OH）4]2++2H+【分析】【分析】已知4CuFeS2+11O24Cu+2Fe2O3+8SO2，固體A為Cu和2Fe2O3，加入硫酸溶解后過濾分離出Cu，濾液C為硫酸鐵溶液和鐵離子溶解的部分銅寫出的銅鹽，加入X為鐵粉，用來還原鐵離子和銅離子，得到溶液D為氯化亞鐵溶液，加入亞硝酸鈉氧化亞鐵離子為鐵離子，經(jīng)過一系列操作制備得到堿式硫酸鐵[Fe（OH）SO4]；

（1）上述分析可知B為硫酸；X為鐵；

（2）某同學(xué)取溶液C滴入KSCN溶液，溶液不變紅，說明溶液C中不含F(xiàn)e3+，原因是氧化鐵溶解后的鐵鹽溶液具有氧化性，能氧化銅，則生成的鐵離子全部被銅還原為亞鐵離子，再向該溶液中滴入H2O2溶液；溶液變紅色，是利用過氧化氫氧化亞鐵離子為鐵離子，鐵離子結(jié)合硫氰酸根離子寫出血紅色溶液；

（3）在溶液D與NaNO2的反應(yīng)中，常采用同時通入O2以減少NaNO2的用量，O2與NaNO2在反應(yīng)中做氧化劑氧化亞鐵離子，結(jié)合氧氣做氧化劑和亞硝酸鈉做氧化劑時電子守恒計算相當(dāng)于NaNO2物質(zhì)的量，所消耗氧氣得到的電子的物質(zhì)的量相當(dāng)于NaNO2得到電子的物質(zhì)的量；

（4）電解精煉的方法得到純銅；粗銅做電解池的陽極，精銅做陰極，含銅離子的電解質(zhì)做電解質(zhì)溶液，據(jù)此畫出裝置圖；

（5）根據(jù)反應(yīng)物和生成物判斷離子方程式．【解析】【解答】解：已知4CuFeS2+11O24Cu+2Fe2O3+8SO2，固體A為Cu和2Fe2O3，加入硫酸溶解后過濾分離出Cu，濾液C為硫酸鐵溶液和鐵離子溶解的部分銅寫出的銅鹽，加入X為鐵粉，用來還原鐵離子和銅離子，得到溶液D為氯化亞鐵溶液，加入亞硝酸鈉氧化亞鐵離子為鐵離子，經(jīng)過一系列操作制備得到堿式硫酸鐵[Fe（OH）SO4]；

（1）上述分析可知B為硫酸，X為鐵，化學(xué)式為H2SO4；Fe；

故答案為：H2SO4；Fe；

（2）某同學(xué)取溶液C滴入KSCN溶液，溶液不變紅，說明溶液C中不含F(xiàn)e3+，原因是氧化鐵溶解后的鐵鹽溶液具有氧化性，能氧化銅，生成的鐵離子全部被銅還原為亞鐵離子，反應(yīng)的離子方程式為：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，再向該溶液中滴入H2O2溶液，溶液變紅色，是利用過氧化氫氧化亞鐵離子為鐵離子，鐵離子結(jié)合硫氰酸根離子寫出血紅色溶液，反應(yīng)的離子方程式為：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

故答案為：氧化鐵溶解后的鐵鹽溶液具有氧化性，能氧化銅，生成的鐵離子全部被銅還原為亞鐵離子，F(xiàn)e2O3+6H+=2Fe3++3H2O，2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

（3）在溶液D與NaNO2的反應(yīng)中，常采用同時通入O2以減少NaNO2的用量，O2與NaNO2在反應(yīng)中做氧化劑，n（O2）==0.5mol，則得到電子0.5mol×4=2mol，1molNaNO2被還原生成NO，化合價由+3價降低到+2價，得到1mol電子，則需要2molNaNO2；

故答案為：氧化劑；2；

（4）電解精煉的方法得到純銅，粗銅做電解池的陽極，精銅做陰極，含銅離子的電解質(zhì)做電解質(zhì)溶液，據(jù)此畫出裝置圖為

故答案為：

（5）[Fe（OH）]2+離子，可部分水解生成[Fe2（OH）4]2+聚合離子，根據(jù)電荷守恒和質(zhì)量守恒可寫出反應(yīng)的離子方程式為2[Fe（OH）]2++2H2O?[Fe2（OH）4]2++2H+；

故答案為：2[Fe（OH）]2++2H2O?[Fe2（OH）4]2++2H+．14、碳鐵4OH--4e-=2H2O+O2↑2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-還原反應(yīng)KI+Cl2=I2+2KCl13【分析】【分析】（1）甲池為原電池；乙池為電解池，原電池中活潑金屬做負極，發(fā)生氧化反應(yīng)，碳棒做正極，發(fā)生還原反應(yīng)；電解池中陽極上發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)；

（2）①根據(jù)電解池的工作原理來書寫電解氯化鈉的原理方程式；

②甲池為原電池；碳棒做正極，正極上得電子發(fā)生還原反應(yīng)；

③將濕潤的KI淀粉試紙放在乙池石墨電極附近；發(fā)現(xiàn)試紙變藍，則石墨電極上氯離子失電子生成氯氣，氯氣和碘化鉀發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成碘，碘與淀粉試液變藍色；

④根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒計算生成的氫氧化鈉的物質(zhì)的量，再根據(jù)水的離子積常數(shù)計算溶液中氫離子濃度，從而得出溶液的pH．【解析】【解答】解：（1）①甲池為原電池；原電池中活潑金屬做負極，發(fā)生氧化反應(yīng)，碳棒做正極，有Cu析出，乙池為電解池，外電路電子流向電源正極，所以碳棒為陽極，放出氯氣，陰極鐵電極上發(fā)生還原反應(yīng)有Cu析出；

故答案為：碳；鐵；

②乙池中，惰性電極為陽極，電解硫酸銅溶液，陽極氫氧根離子放電生成氧氣，電極反應(yīng)為4OH--4e-=2H2O+O2↑，故答案為：4OH--4e-=2H2O+O2↑；

（2）①若電解質(zhì)溶液為飽和氯化鈉溶液，則乙池就是用惰性電極為陽極電解氯化鈉溶液，方程式為：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-；

故答案為：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-；

②甲池中碳棒為正極；正極上氧氣得電子發(fā)生還原反應(yīng)，故答案為：還原反應(yīng)；

③將濕潤的KI淀粉試紙放在乙池石墨電極附近，發(fā)現(xiàn)試紙變藍，則石墨電極上氯離子失電子生成氯氣，氯氣和碘離子反應(yīng)生成碘單質(zhì)，碘遇淀粉試液變藍色，反應(yīng)方程式為：KI+Cl2=I2+2KCl；

故答案為：KI+Cl2=I2+2KCl；

④電解氯化鈉溶液的方程式為：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，乙池轉(zhuǎn)移0.02mole-后，會生成0.02mol的氫氧化鈉，所以所得NaOH溶液的物質(zhì)的量濃度c===0.1mol/L，所以溶液中氫離子濃度=；所以溶液的pH=13；

故答案為：13．三、判斷題(共5題，共10分)15、×【分析】【分析】標(biāo)準(zhǔn)狀況下，己烷為液體，不能用氣體摩爾體積計算，以此解答．【解析】【解答】解：標(biāo)準(zhǔn)狀況下，己烷為液體，不能用氣體摩爾體積計算，則22.4L己烷中含共價鍵數(shù)目不是19NA．故答案為：×．16、×【分析】【分析】吸熱反應(yīng)與放熱反應(yīng)與是否加熱無關(guān)，化學(xué)反應(yīng)中，反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量，反應(yīng)放熱，反之吸熱．【解析】【解答】解：放熱反應(yīng)不一定不用加熱就能進行，如鋁熱反應(yīng)，為放熱反應(yīng)，但應(yīng)在高溫下才能進行，故答案為：×．17、×【分析】【分析】鈉的性質(zhì)活潑，易與水、氧氣等反應(yīng)，保存鈉時，應(yīng)注意隔絕空氣，且不能與水接觸，結(jié)合鈉能與乙醇反應(yīng)以及四氯化碳的密度解答該題．【解析】【解答】解：鈉能與乙醇反應(yīng)生成乙醇鈉和氫氣；鈉的密度比四氯化碳的小，鈉浮在四氯化碳的上面，不能用于保存鈉；

故答案為：×．18、√【分析】【分析】鎂能與氧氣反應(yīng)生成氧化鎂，屬于化合反應(yīng)，鎂能與空氣中二氧化碳反應(yīng)生成氧化鎂和碳單質(zhì)，屬于置換反應(yīng)．【解析】【解答】解：鎂能與氧氣反應(yīng)生成氧化鎂，屬于化合反應(yīng)，鎂能與空氣中二氧化碳反應(yīng)生成氧化鎂和碳單質(zhì)，屬于置換反應(yīng)，故正確，答案為：√．19、×【分析】【分析】有相同質(zhì)子數(shù)；不同中子數(shù)的原子互為同位素；

相同元素組成，不同形態(tài)的單質(zhì)互為同素異形體．【解析】【解答】解：O2和O3都是由氧元素形成的不同單質(zhì)；故互為同素異形體；

故答案為：×．四、推斷題(共4題，共36分)20、Na2O2Fe3O4FeCl2NaAlO2溶液中出現(xiàn)白色沉淀，在空氣中迅速變成灰綠色，最終變成紅褐色2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O【分析】【分析】A為淡黃色固體，且A能和水反應(yīng)生成無色無味氣體C，則A是Na2O2，則C是O2、B是NaOH；D是具有磁性的黑色晶體，則D是Fe3O4，金屬T在氧氣中燃燒生成四氧化三鐵，則T是Fe，四氧化三鐵與足量的鹽酸、足量的Fe反應(yīng)得到E，E與B（NaOH）反應(yīng)得到白色沉淀H，則E為FeCl2，H是Fe（OH）2，H在潮濕的空氣中得到M為Fe（OH）3，M與HCl反應(yīng)生成W，則W是FeCl3，金屬R和氧氣反應(yīng)生成氧化物Q，Q能和NaOH溶液反應(yīng)，則R是Al、Q是Al2O3、N是NaAlO2，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：A為淡黃色固體，且A能和水反應(yīng)生成無色無味氣體C，則A是Na2O2，則C是O2、B是NaOH；D是具有磁性的黑色晶體，則D是Fe3O4，金屬T在氧氣中燃燒生成四氧化三鐵，則T是Fe，四氧化三鐵與足量的鹽酸、足量的Fe反應(yīng)得到E，E與B（NaOH）反應(yīng)得到白色沉淀H，則E為FeCl2，H是Fe（OH）2，H在潮濕的空氣中得到M為Fe（OH）3，M與HCl反應(yīng)生成W，則W是FeCl3，金屬R和氧氣反應(yīng)生成氧化物Q，Q能和NaOH溶液反應(yīng)，則R是Al、Q是Al2O3、N是NaAlO2．

（1）通過以上分析知，A是Na2O2，D是Fe3O4，E是FeCl2，N是NaAlO2；

故答案為：Na2O2；Fe3O4；FeCl2；NaAlO2；

（2）NaOH與FeCl2混和得到Fe（OH）2并在潮濕空氣中變成Fe（OH）3的過程中；可能觀察到的現(xiàn)象：溶液中出現(xiàn)白色沉淀，在空氣中迅速變成灰綠色，最終變成紅褐色；

故答案為：溶液中出現(xiàn)白色沉淀；在空氣中迅速變成灰綠色，最終變成紅褐色；

（3）B和R反應(yīng)生成N的離子方程式為：2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑；

M→W的離子方程式為：Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O；

故答案為：2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑；Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O．21、NH34NH3+5O24NO+6H2O3（a-c）=4b或4（b-c）=3a【分析】【分析】由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知A中含有元素具有多種化合價，結(jié)合“A的大量人工合成是化學(xué)對人類社會的卓越貢獻之一”可知A為NH3，B應(yīng)為N2，C為NO，X為O2，NH3燃燒可生成N2，催化作用下可生成NO，NO和氧氣在水中可發(fā)生4NO+3O2+2H2O=4HNO3，以此解答該題．【解析】【解答】解：由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知A中含有元素具有多種化合價，結(jié)合“A的大量人工合成是化學(xué)對人類社會的卓越貢獻之一”可知A為NH3，B應(yīng)為N2，C為NO，X為O2；

（1）由以上分析可知A為NH3，故答案為：NH3；

（2）氨氣在催化作用下與氧氣反應(yīng)生成NO，反應(yīng)的化學(xué)方程式為4NH3+5O24NO+6H2O，故答案為：4NH3+5O24NO+6H2O；

（3）在容積為amL的試管中充滿NO氣體，然后倒置在水中，再通入bmLO2氣體；充分反應(yīng)后測得試管內(nèi)最后剩余氣體為cmL，剩余氣體可能為NO，也可能為氧氣；

如為NO，則4NO+3O2+2H2O=4HNO3，由方程式可知反應(yīng)的氣體V（NO）：V（O2）=（a-c）：b=4：3，即3（a-c）=4b；

如為O2過量，則V（NO）：V（O2）=a：（b-c）=4：3，即4（b-c）=3a；

故答案為：3（a-c）=4b或4（b-c）=3a．22、CO2Mg+CO22MgO+C2C+SiO22CO+Si【分析】【分析】（1）若甲常溫下呈液態(tài)，應(yīng)為H2O，A常溫下是固態(tài)非金屬單質(zhì)，應(yīng)為碳，則乙是CO，B是H2，C是O2；若A常溫下是氣態(tài)非金屬單質(zhì)，應(yīng)為F2，乙是HF，B是O2，C是H2；

（2）若甲常溫下呈氣態(tài)，A是常見的金屬單質(zhì)，應(yīng)為Mg，甲是CO2；乙是Mg，B是C，C是O2；

（3）若A、B屬于同一主族的高硬度單質(zhì)，A是C，甲是SiO2；乙是CO，B是Si，C是O2．【解析】【解答】解：（1）若甲常溫下呈液態(tài)，應(yīng)為H2O，A常溫下是固態(tài)非金屬單質(zhì)，應(yīng)為碳，則乙是CO，B是H2，C是O2；若A常溫下是氣態(tài)非金屬單質(zhì)，應(yīng)為F2，乙是HF，B是O2，C是H2，乙的電子式為故答案為：CO；

（2）若甲常溫下呈氣態(tài)，A是常見的金屬單質(zhì)，應(yīng)為Mg，甲是CO2；乙是Mg，B是C，C是O2，A和甲在一定條件下反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Mg+CO22MgO+C；

故答案為：2Mg+CO22MgO+C；

（3）若A、B屬于同一主族的高硬度單質(zhì)，A是C，甲是SiO2；乙是CO，B是Si，C是O2，反應(yīng)②的化學(xué)反應(yīng)方程式為2C+SiO22CO+Si；

故答案為：2C+SiO22CO+Si．23、略

【分析】解：A、B、C、D、E、F是前四周期原子序數(shù)依次增大的六種元素．A元素原子的核外電子數(shù)等于其電子層數(shù)，則A為H元素；B元素基態(tài)原子有三個能級且各能級電子數(shù)相同，核外電子排布式為1s22s22p2，故B為碳元素；A與D可形成兩種常見液態(tài)化合物甲、乙，其原子數(shù)之比分別為1：1和2：1，則D為O元素、甲為H2O2、乙為H2O；C的原子序數(shù)介于碳；氧之間；則C為N元素；E元素原子的K、L層電子數(shù)之和等于其M、N層電子數(shù)之和，原子核外電子數(shù)為（2+8）×2=20，則E為Ca．

（1）同周期自左而右電負性增大，C、N、O中電負性最大的元素為O元素，其基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p4，核外電子排布式為：1s22s22p4；

故答案為：1s22s22p4；

（2）處于一定空間運動狀態(tài)的電子在原子核外出現(xiàn)的概率密度分布可用電子云形象化描述；

B為碳元素，基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p2；核外存在2對自旋相反的電子；

故答案為：電子云；2；

（3）以頂點的E2+研究，與之等距且最近的E2+位于面心，每個頂點為8個晶胞共用，每個面心為2個晶胞共用，故晶體中E2+周圍等距且最近的E2+有=12個；

ED的焰色反應(yīng)為磚紅色；許多金屬或它們的化合物都可以發(fā)生焰色反應(yīng)，其原因是：激發(fā)態(tài)的電子躍遷到低能級時，以光的形式釋放能量；

E和B可形成的晶體的晶胞結(jié)構(gòu)與NaCl晶體的相似，但該晶體中含有的啞鈴形C22-的存在，使晶胞沿一個方向拉長，晶體中E2+的配位數(shù)為6，該化合物為CaC2；

故答案為：12；激發(fā)態(tài)的電子躍遷到低能級時，以光的形式釋放能量；6；CaC2；

（4）用高能射線照射液態(tài)水時，一個水分子能釋放出一個電子，同時產(chǎn)生一種陽離子為H2O+．

①水分子間能形成“網(wǎng)”的原因是：水分子間存在氫鍵；

故答案為：水分子間存在氫鍵；

②由乙分子釋放出電子時產(chǎn)生的一種陽離子具有較強的氧化性，該陽離子與SO2水溶液反應(yīng)離子方程式為：2H2O++SO2=4H++SO42-；

故答案為：2H2O++SO2=4H++SO42-．

A、B、C、D、E是前四周期原子序數(shù)依次增大的五種元素．A元素原子的核外電子數(shù)等于其電子層數(shù)，則A為H元素；B元素基態(tài)原子有三個能級且各能級電子數(shù)相同，核外電子排布式為1s22s22p2，故B為碳元素；A與D可形成兩種常見液態(tài)化合物甲、乙，其原子數(shù)之比分別為1：1和2：1，則D為O元素、甲為H2O2、乙為H2O；C的原子序數(shù)介于碳；氧之間；則C為N元素；E元素原子的K、L層電子數(shù)之和等于其M、N層電子數(shù)之和，原子核外電子數(shù)為（2+8）×2=20，則E為Ca，據(jù)此解答．

本題是對物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的考查，涉及元素推斷、電負性、核外電子排布、晶胞計算、氫鍵與信息給予題，推斷元素是解題關(guān)鍵，是對學(xué)生綜合能力的考查，難度中等．【解析】1s22s22p4；電子云；2；12；激發(fā)態(tài)的電子躍遷到低能級時，以光的形式釋放能量；6；CaC2；水分子間存在氫鍵；2H2O++SO2=4H++SO42-五、實驗題(共1題，共3分)24、略

【分析】解：（1）工業(yè)上用電解KHSO4飽和溶液制取H2O2，電解時，陽極上硫酸根失去電子