…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年滬科版高三化學下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______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NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是（）A.常溫常壓下，14g丙烯和丁烯的混合氣體含有的原子數為6NAB.25℃，pH=1的1LH2SO4溶液含有的H+數目為0.2NAC.1molFe與一定量的HNO3反應，轉移的電子數目一定為3NAD.標準狀況下，22.4LNO和O2的混合氣體中所含原子數為2NA2、（2016?日照校級模擬）25℃時某些弱酸的電離平衡常數如表所示：

。CH3COOHHClOH2CO3K（CH3COOH）

=1.8×10-5K（HClO）

=3.0×10-8K（H2CO3）a1=4.4×10-7

K（H2CO3）a2=4.7×10-11常溫下，稀釋CH3COOH、HClO兩種酸時，溶液的pH隨加水量變化的曲線如如圖所示，下列說法正確的是（）A.相同濃度的CH3COONa和NaClO的混合溶液中，各離子濃度的大小關系是：c（Na+）＞c（ClO-）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+）B.圖象中a、c兩點所處的溶液中相等（HP代表CH3COOH或HClO）C.圖象中a點酸的濃度大于b點酸的濃度D.向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的離子方程式為：2ClO-+CO2+H2O═2HClO+CO3、下表中各組物質之間不能通過一步反應實現如圖轉化的是（）

。甲乙丙AAlCl3Al（OH）3Al2O3BSiO2H2SiO3Na2SiO3CCl2HClCuCl2DCH2=CH2CH3CH2ClCH3CH2OHA.AB.BC.CD.D4、X、Y均為元素周期表中前20號元素，其簡單離子的電子層結構相同，下列說法正確的是()A.由mXa+與nYb-,得m+a=n－bB.X2－的還原性一定大于Y－C.X,Y一定不是同周期元素D.若X的原子半徑大于Y,則氣態氫化物的穩定性HmX一定大于HnY5、下列說法正確的是（）A.ADI（添加劑每日允許攝量）是衡量食品添加劑安全性的依據，值越高安全性就越高B.API（空氣污染指數）是衡量空氣質量好壞的重要指標，其值越大，空氣質量就越好C.SPF是防曬霜對紫外線的防曬系數，其值越低，對紫外線的防護效果越好D.OTC是非處方藥的簡稱．處方藥是由醫生選擇的藥物，所以它比非處方藥安全系數大6、某溶液中含有如下離子組中的若干種：K+、Mg2+、Fe3+、Fe2+、CO32-、NO3-、SO42-、I-、SiO32-、Cl-且物質的量濃度相同．某同學欲探究該溶液的組成；進行了如下實驗：

Ⅰ．用鉑絲蘸取少量溶液；在火焰上灼燒，透過藍色鈷玻璃，觀察到淺紫色火焰；

Ⅱ．另取原溶液加入足量鹽酸有無色氣體生成；該氣體遇空氣變成紅棕色，此時溶液顏色加深，但無沉淀生成；

Ⅲ．取Ⅱ反應后的溶液分置于兩支試管中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，再滴加KSCN溶液上層清液變紅；第二支試管中加入CCl4；充分振蕩靜置后溶液分層，下層出現紫紅色．

下列說法正確的是（）A.原溶液中肯定不含Mg2+、SiO32-B.步驟Ⅱ中無色氣體可能含有CO2，原溶液中可能含有CO32-C.原溶液由K+、Fe2+、NO3-、I-、SO42-五種離子組成D.原溶液中一定含有Mg2+、Cl-7、下列物質長期暴露在空氣中會氧化變質的是（）A.CuSO4溶液B.NaOH溶液C.FeSO4溶液D.NaCl溶液8、下列關于化學觀或化學研究方法的敘述，錯誤的是（）A.控制實驗條件可以改變可逆反應的限度和速率B.在元素周期表的金屬和非金屬分界線附近尋找半導體材料C.根據元素周期律，由HClO4可類推出氟元素也存在最高價氧化物的水化物HFO4D.在化工生產中應遵循“綠色化學”的思想9、氧-18（O）是氧的一種同位素，稱為重氧．最近，蘭州近代物理研究所研制出我國首批重氧氣，可用符號18O2表示．重氧與普通氫組成的“水”稱為重氧水．下列說法正確的是（）

A.18g的18O2物質的量是0.1mol

B.0.1mol18O2的體積是2.24L

C.18O2氣體的摩爾質量是36

D.0.1mol重氧水所含中子數約是6.02×1023個。

評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)10、一個完整的氧化還原反應方程式可以拆開寫成兩個“半反應式”，一個是“氧化反應”式，一個是“還原反應”式．如2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+的拆寫結果是：氧化反應為：Cu-2e-═Cu2+；還原反應為：2Fe3++2e-═2Fe2+．

（1）根據以上信息將反應3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O拆分為兩個“半反應式”；

①氧化反應：____；

②還原反應：____．

（2）已知甲烷燃料電池的半反應式分別為：CH4+10OH--8e-═CO32-+7H2O，O2+2H2O+4e-═4OH-，則總反應為____．11、鈷（Co）的氧化物是一種重要的化工原料，工業上利用CoCO3+O2→CoxOy+CO2反應來生產相應的鈷的氧化物．實驗室中可以用下列裝置來制取鈷的氧化物并測定其分子組成．

請填寫下列空白：

（1）寫出A裝置的大試管里發生反應的化學方程式____；

（2）E裝置的U形管里盛放的物質是____；

A．P2O5B．無水CaCl2C．堿石灰D．無水CuSO4

（3）O3的氧化性比O2強．已知制得的O2中含有少量的Cl2和O3，則B裝置中所盛放的物質是____

A．NaOH溶液B．飽和NaHCO3溶液C．飽和NaCl溶液D．KI溶液。

（4）實驗結束時，若先撤去A裝置中的酒精燈，會引起____；

（5）在CoCO3完全轉化為CoxOy后，若稱得E管增重4.40g，D管內殘留物質的質量是8.30g，則生成CoxOy的化學式為____；

（6）此實驗裝置存在一個比較大的缺陷，如何完善____．12、高聚酚酯是一種環保型的新涂料，其合成路線如圖所示：請回答下列問題：

（1）P的分子式為____，反應①屬于____反應，反應①還有多種有機副產物，其中能使溴的CCl4溶液褪色的副產物的結構簡式為____．

（2）若反應②中兩種反應物物質的量之比為1：1，則除A外另一種產物的名稱是____，E是高分子化合物，其結構簡式為____．

（3）C轉化為D的化學方程式是____．

（4）B有多種同分異構體，符合下列條件的同分異構體共有____種，其中核磁共振氫譜有6組峰的是____（寫出其中一種的結構簡式）．

①能與NaHCO3溶液反應。

②遇FeCl3溶液顯紫色。

③分子中含一個-CH3

（5）由CH2CH=CH2合成B的另一種途徑為：

CH2CH=CH2FH

則F中官能團名稱是____，H的結構簡式為____，試劑G的化學式____．13、（2015春?海拉爾區校級期末）X；Y、W、Z是四種常見的短周期元素；其原子半徑隨原子序數變化如圖所示．已知X的一種核素的質量數為18，中子數為10，Y和Ne原子的核外電子總數相差1；W的單質是一種常見的半導體材料；Z的非金屬性在同周期主族元素中最強．

（1）W位于元素周期表中第____周期第____族畫出X的陰離子的結構示意圖____．

（2）Z的氫化物和溴化氫相比，較穩定的是____（寫化學式）；Z的氫化物與氟化氫相比，沸點較高的是____（寫化學式）．

（3）Y的金屬性與Mg的金屬性相比，____（寫化學式）的金屬性強，請用實驗證明它們金屬性的相對強弱：____．

（4）寫出Y的最高價氧化物對應的水化物與Z的最高價氧化物對應的水化物發生反應的化學反應方程式____．14、玻璃鋼可由酚醛樹脂和玻璃纖維制成．

①酚醛樹脂由酚醛和甲醛縮聚而成，反應有大量熱放出，為防止溫度過高，應向有苯酚的反應釜____的加入甲醛，且反應釜應裝有____裝置．

②玻璃鋼中玻璃纖維的作用是____，玻璃鋼具有____等優異性能（寫出兩點即可）．評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)15、1molCnH2n+2分子中含有的C-C數為nNA．____（判斷對錯）16、對于C（s）+CO2（g）═2CO（g）的反應，當密度保持不變，在恒溫恒容或恒溫恒壓條件下，均能作為達到化學平衡狀態的標志．____（判斷對錯）17、膠體屬于介穩體系____．（判斷對錯）18、判斷正誤；正確的劃“√”，錯誤的劃“×”

（1）天然氣和沼氣的主要成分是甲烷____

（2）煤可與水蒸氣反應制成水煤氣，水煤氣的主要成分是CO和H2____

（3）干餾煤可以得到甲烷、苯和氨等重要化工原料____

（4）石油分餾可獲得乙酸、苯及其衍生物____

（5）石油和天然氣的主要成分都是碳氫化合物____

（6）煤的干餾和石油的分餾均屬化學變化____

（7）煤油可由石油分餾獲得，可用作燃料和保存少量金屬鈉____

（8）甲烷、乙烯和苯在工業上都可通過石油分餾得到____

（9）用溴水鑒別苯和正己烷____

（10）石油是混合物，其分餾產品汽油為純凈物____

（11）石油催化裂化的主要目的是提高汽油等輕質油的產量與質量；石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等氣態短鏈烴____

（12）煤氣的主要成分是丁烷____．19、對于0.3mol/L的硫酸鉀溶液，1L溶液中含有0.6NA個鉀離子是____．（判斷對錯）評卷人得分四、探究題(共4題，共16分)20、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設計了下列實驗過程．請在括號內填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內有關物質的結構簡式．

寫出下列物質的結構簡式A________、C________、E________、G________．21、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應的原理來測定其含量，操作為：22、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設計了下列實驗過程．請在括號內填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內有關物質的結構簡式．

寫出下列物質的結構簡式A________、C________、E________、G________．23、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應的原理來測定其含量，操作為：評卷人得分五、推斷題(共4題，共16分)24、A；B、C、D都是中學化學中的常見化合物；均由周期表前18號元素組成，D為紅綜色氣體，甲、乙則是兩種單質，以上單質和化合物之間在如圖1所示的反應關系（反應物和生成物均無省略）．

請回答下列問題：

（1）圖1所示轉化過程中包含的反應類型有____（填字母）．

a．置換反應b．復分解反應c．分解反應d．化合反應。

（2）圖1中反應①的化學方程式是____．（3分）

（3）2C（g）+甲（g）═2D（g）是____反應，（填放熱或吸熱）放出或吸收____

（4）若將l.00mol甲和2.00molC混合充入容積為2L的密閉容器中，3分鐘后反應達到平衡．平衡后混合氣體總物質的量為2.55mol，用甲表示的化學反應速率為____mol?L-1?min-1．25、X；Y、Z、W為常見含有相同電子數的離子或分子；其中X有5個原子核，這些微粒與一氧化氮間有如下轉化關系（圖中部分反應物、產物及反應條件已略去）．

（1）Z→NO反應的化學方程式是：____．液態Z與水的電離相似，其中存在的電子數相同的兩種微粒是____．

（2）實驗室中檢驗Z的化學試劑及現象是：

。化學試劑現象方法一________方法二________（3）由構成X、Y的三種元素所組成的一種離子化合物，且三種元素原子數之比為2：4：3，該離子化合物是____（填寫化學式），其0.1mol/L的該溶液顯酸性，則該溶液中離子濃度由大到小的順序為____．

（4）一定條件下，Z與一氧化氮或二氧化氮反應均可生成兩種很穩定的產物．若有二氧化氮與Z的混合氣體20mL在該條件下反應，實際參加反應的二氧化氮比Z少2mL，則原混合氣兩者的體積比是：____．26、已知A是一種常見非金屬單質；B是氧化物，E是A的氫化物，D是A的最高價氧化物對應的水化物，其轉化關系如圖所示：

（1）若E、D的水溶液均呈酸性，試寫出反應③的化學方程式____．

（2）若D是一種難溶于水的物質，試寫出反應③的離子方程式____．

（3）若E、D的水溶液均呈酸性，①～④的反應中屬于氧化還原反應的是____．27、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{W}為六種前四周期元素，它們的原子序數依次增大rm{.A}與rm{D}同主族，可形成rm{DA}型離子化合物，rm{B}與rm{C}同周期且相鄰，rm{C}與rm{E}同主族，rm{E^{2-}}與rm{Ar}原子具有相同的電子層結構，rm{W}的合金用量最大、用途最廣rm{.}請回答下列問題：

rm{(1)W}元素在元素周期表中的位置為______．

rm{(2)}下列說法正確的是______

A.原子半徑：rm{A<B<C<D<E}

B.rm{D_{2}WC_{4}}可以用來做消毒劑和凈水劑。

C.rm{A_{4}B_{2}C_{3}}中既含有離子鍵又含有共價鍵。

D.rm{D_{2}C_{2}}與rm{EC_{2}}可以反應生成rm{D_{2}EC_{3}}和rm{C_{2}}

rm{(3)}灼熱的碳能與rm{B}的最高價氧化物對應水化物的濃溶液反應，化學反應方程式為__________．

rm{(4)}向盛有rm{A_{2}C_{2}}溶液的試管中加入幾滴酸化的rm{WEC_{4}}溶液，溶液變成棕黃色，發生反應的離子方程式為______；一段時間后，溶液中有大量氣泡出現，隨后溶液溫度升高，有紅褐色沉淀生成，則產生氣泡的原因是______；生成沉淀的原因是______rm{(}用平衡移動原理解釋rm{)}．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】【分析】A、丙烯和丁烯的最簡式均為CH2；

B；pH=1的溶液中氫離子濃度為0.1mol/L；

C；鐵和硝酸反應；最后可能變為+3價，也可能變為+2價；

D、求出混合物的物質的量，然后根據NO和氧氣均為雙原子分子來分析．【解析】【解答】解：A、若14g都是丙烯，n=0.5mol，原子數為0.5×6=3mol，若14g都是丁烯，含有原子也是3mol，二者共14g，含有原子也是3mol，故無論兩者的比例如何，含有的原子數均為3NA個；故A錯誤；

B、pH=1則c（H+）=0.1molL-1，n（H+）=0.1mol/L×1L=0.1mol，H+數目是0.1NA；故B錯誤；

C、Fe可能生成Fe2+也可能生成Fe3+，還有可能是二者混合物，故1mol鐵反應后轉移的電子數不一定是3NA個；故C錯誤；

D、在標準狀況下22.4L氣體的物質的量為1mol，NO和O2都是雙原子分子，則含原子一共2mol，雖然NO和O2反應；但原子守恒，故原子數目不變，故D正確．

故選D．2、B【分析】【分析】A．酸的電離常數越大；則酸根離子的水解程度越小；

B．的分子、分母同時乘以氫離子濃度可得：；溫度不變，則該比值不變；

C．先根據電離程度大小判斷醋酸、次氯酸對應曲線及起始濃度大小，a、b兩點加入水的體積相同；則此時酸溶液濃度取決于酸的起始濃度；

D．根據強酸制取弱酸判斷，反應生成的應該為碳酸氫根離子．【解析】【解答】解：A．醋酸的電離常數大于次氯酸，所以醋酸的水解程度小于次氯酸，醋酸鈉和次氯酸鈉都是強堿弱酸鹽，其混合溶液呈堿性，所以相同物質的量濃度的CH3COONa和NaClO的混合液中，各離子濃度的大小關系是：c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（ClO-）＞c（OH-）＞c（H+）；故A錯誤；

B．在的分子、分母上同時乘以c（H+）可得：；由于水的離子積和電離平衡常數只受溫度影響，a；c的溫度相同，則該比值相等，故B正確；

C．pH相等的CH3COOH、HClO，稀釋相同的倍數時，較強酸中氫離子濃度小于較弱酸，則較弱酸的pH小于較強酸，酸性CH3COOH＞HClO，所以a所在曲線表示CH3COOH，b所在曲線表示HClO，次氯酸的電離程度小于醋酸，所以醋酸的濃度減小，次氯酸的濃度較大，a、b兩點相比，加入相同體積的水后仍然是次氯酸的濃度較大，即：圖象中a點酸的濃度小于b點酸的濃度；故C錯誤；

D．碳酸的二級電離小于次氯酸，所以碳酸氫根離子的酸性小于次氯酸，則向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的離子方程式：ClO-+CO2+H2O═HClO+HCO3-；故D錯誤；

故選B．3、B【分析】【分析】A．AlCl3與NaOH反應生成Al（OH）3，Al（OH）3與鹽酸反應生成AlCl3，乙Al（OH）3分解生成丙Al2O3，丙Al2O3與鹽酸反應生成AlCl3；

B．SiO2與水不反應，SiO2不能一步轉化為H2SiO3；

C．Cl2與氫氣反應生成HCl，HCl與二氧化錳反應生成Cl2，HCl與CuO反應生成CuCl2，CuCl2電解生成Cl2；

D．CH2=CH2與HCl發生加成反應生成CH3CH2Cl，CH3CH2Cl發生消去反應生成CH2=CH2，CH3CH2Cl水解生成CH3CH2OH，CH3CH2OH發生消去反應生成CH2=CH2；【解析】【解答】解：A．甲AlCl3與NaOH反應生成乙Al（OH）3，乙Al（OH）3與鹽酸反應生成甲AlCl3，乙Al（OH）3分解生成丙Al2O3，丙Al2O3與鹽酸反應生成甲AlCl3；故不選A；

B．SiO2與水不反應，甲SiO2不能一步轉化為乙H2SiO3；不能發生一步轉化，故選B；

C．甲Cl2與氫氣反應生成乙HCl，乙HCl與二氧化錳反應生成甲Cl2，乙HCl與CuO反應生成丙CuCl2，丙CuCl2電解生成甲Cl2；物質之間均可一步轉化，故不選C；

D．甲CH2=CH2與HCl發生加成反應生成乙HCl，乙CH3CH2Cl發生消去反應生成甲CH2=CH2，乙CH3CH2Cl水解生成丙CH3CH2OH，丙CH3CH2OH發生消去反應生成甲CH2=CH2；物質之間均可一步轉化，故不選D；

故答案為：B．4、B【分析】試題分析：A、由mXa+與nYb-,得m-a=n+b，錯誤；B、根據X2-、Y-的電子層結構相同，說明X、Y元素位于同一周期，X的原子序數小于Y，根據元素周期律，X2-的還原性一定大Y-，正確；C、若X、Y的離子都是陽離子或都是陰離子，則X、Y為同周期元素，錯誤；D、根據元素周期律，若X的原子半徑大于Y,則氣態氫化物的穩定性HmX一定小于HnY，錯誤。考點：本題考查原子結構、元素周期律。【解析】【答案】B5、A【分析】【分析】A．ADI是指終人或動物每日攝入某種化學物質（食品添加劑；農藥等等）；對健康無任何已知不良效應的劑量．值越高安全性就越高；

B．依據空氣污染指數的意義解答；

C．防曬霜對紫外線的防曬系數越低；對紫外線的防護效果越差；

D．用藥安全系數大小與處方藥和非處方藥無關．【解析】【解答】解：A．ADI是指終人或動物每日攝入某種化學物質（食品添加劑；農藥等等）；對健康無任何已知不良效應的劑量．值越高安全性就越高，故A正確；

B．空氣污染指數是根據空氣環境質量標準和各項污染物的生態環境效應及其對人體健康的影響來確定污染指數的分級數值及相應的污染物濃度限值；其值越大，空氣受污染的程度就越大，故B錯誤；

C．防曬霜對紫外線的防曬系數越低；對紫外線的防護效果越差，故C錯誤；

D．用藥安全系數大小與處方藥和非處方藥無關；故D錯誤；

故選：A．6、D【分析】【分析】Ⅰ．用鉑絲蘸取少量溶液，在火焰上灼燒，透過藍色鈷玻璃，觀察到紫色火焰，證明含有K+；

Ⅱ．另取原溶液加入足量鹽酸有無色氣體生成，該氣體遇空氣變成紅棕色，即為二氧化氮，此時溶液顏色加深，但無沉淀生成，說明含有NO3-以及還原性的離子，且不含有SiO32-；

Ⅲ．取Ⅱ反應后的溶液分置于兩支試管中，第一支試管中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，即為硫酸鋇，再滴加KSCN溶液，上層清液變紅，含有Fe3+離子，第二支試管中加入CCl4，充分振蕩靜置后溶液分層，下層出現紫紅色，證明有碘單質生成，則含有K+、Fe2+、NO3-、SO42-、I-，由于物質的量濃度相同．由電荷守恒可知還應含有Mg2+、Cl-；

以此解答該題．【解析】【解答】解：Ⅰ．用鉑絲蘸取少量溶液；在火焰上灼燒，透過藍色鈷玻璃，觀察到紫色火焰，證明溶液中一定含有鉀離子；

Ⅱ．另取原溶液加入足量鹽酸有無色氣體生成，該氣體遇空氣變成紅棕色，此時溶液顏色加深，但無沉淀生成，證明含有NO3-、Fe2+；一定不含有硅酸根離子；碳酸根離子；

Ⅲ．取Ⅱ反應后的溶液分置于兩支試管中，第一支試管中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，即為硫酸鋇，證明含有硫酸根離子，再滴加KSCN溶液，上層清液變紅，即出現了三價鐵離子，是Ⅱ過程中亞鐵離子被硝酸氧化的結果；第二支試管中加入CCl4，充分振蕩靜置后溶液分層，下層出現紫紅色，證明碘單質出現，一定含有碘離子，則含有K+、Fe2+、NO3-、SO42-、I-，由于物質的量濃度相同．由電荷守恒可知還應含有Mg2+、Cl-

A．含有含有Mg2+；故A錯誤；

B．因含有Fe3+或Fe2+，則不含有CO32-；故B錯誤；

C．由以上分析可知原溶液中含有K+、Fe2+、NO3-、SO42-、I-、Mg2+、Cl-；故C錯誤；

D．由C可知，含有Mg2+、Cl-；故D正確．

故選D．7、C【分析】【分析】物質長期暴露在空氣中會氧化變質，說明該物質具有強強還原性，容易被空氣中的氧氣氧化，依據物質的性質判斷解答．【解析】【解答】解：A．硫酸銅不具有還原性；在空氣中不能被氧化，故A錯誤；

B．氫氧化鈉溶液與空氣中的二氧化碳反應而變質；但是不屬于氧化反應，故B錯誤；

C．硫酸亞鐵中的二價鐵離子具有強的還原性；能被空氣中的氧氣氧化生成三價鐵而變質，故C正確；

D．氯化鈉溶液能夠穩定存在與空氣中不變質；故D錯誤；

故選：C．8、C【分析】【分析】A．溫度；壓強、濃度可改變反應速率；影響化學平衡移動；

B．在元素周期表的金屬和非金屬分界線附近的元素既有金屬性又有非金屬性；

C．F沒有正化合價；

D．化工生產中應遵循“綠色化學”的思想，減少有害、有毒物質的使用，減少有害物質的排放．【解析】【解答】解：A．溫度；壓強、濃度可改變反應速率；影響化學平衡移動，則控制實驗條件可以改變可逆反應的限度和速率，故A正確；

B．在元素周期表的金屬和非金屬分界線附近的元素既有金屬性又有非金屬性；則金屬和非金屬分界線附近尋找半導體材料，故B正確；

C．F沒有正化合價，則存在HClO4，而不存在HFO4；故C錯誤；

D．化工生產中應遵循“綠色化學”的思想；減少有害；有毒物質的使用，減少有害物質的排放，符合環境保護及可持續發展的要求，故D正確；

故選C．9、D【分析】

A、18g的18O2物質的量==0.5mol；故A錯誤；

B、氣體的溫度和壓強不知，0.1mol18O2的體積不一定是2.24L；故B錯誤；

C、18O2氣體的摩爾質量是36g/mol；故C錯誤；

D、重氧水分子式為2D2160，1mol重氧水所含中子數=0.1mol×（2+8）=1mol，所含中子數約是6.02×1023個；故D正確；

故選D．

【解析】【答案】A；依據質量和摩爾質量的計算分析判斷；

B；依據氣體摩爾體積的條件應用分析判斷；

C；依據質量數計算分子的摩爾質量；

D；依據原子的質量數和質子數計算中子數；

二、填空題(共5題，共10分)10、3Cu-6e-=3Cu2+8H++2NO3-+6e-=4H2O+2NO↑CH4+2OH-+2O2═CO32-+3H2O【分析】【分析】（1）3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O反應中，Cu失電子發生氧化反應，NO3-得電子發生還原反應；據此分析；

（2）原電池中正負極電極方程式相加即可得到總反應．【解析】【解答】解：（1）3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O反應中，Cu失電子發生氧化反應，NO3-得電子發生還原反應；

①氧化反應：3Cu-6e-=3Cu2+；故答案為：3Cu-6e-=3Cu2+；

②還原反應：8H++2NO3-+6e-=4H2O+2NO↑；故答案為：8H++2NO3-+6e-=4H2O+2NO↑；

（2）已知甲烷燃料電池的半反應式分別為：CH4+10OH--8e-═CO32-+7H2O，2O2+4H2O+8e-═8OH-，原電池中正負極電極方程式相加即可得到總反應，則總反應式：CH4+2OH-+2O2═CO32-+3H2O，故答案為：CH4+2OH-+2O2═CO32-+3H2O．11、2KClO32KCl+3O2↑CAD倒吸Co2O3應在a處接一裝有堿石灰的干燥管【分析】【分析】由裝置圖可知，實驗通過測定裝置E中的增重，確定生成的二氧化碳的質量，再利用n（C）=n（Co）可知CoxOy中Co的物質的量，進而計算Co的質量，裝置D管內殘留物質是CoxOy；計算出氧元素質量，再計算氧原子的物質的量，根據原子物質的量之比確定化學式．

（1）在二氧化錳作催化劑；加入條件下，氯酸鉀分解生成氯化鉀；氧氣．

（2）E裝置的U形管里盛放的物質用于吸收裝置D生成的二氧化碳；結合物質的性質判斷．

（3）制得的O2中含有少量的Cl2和O3，B裝置中所盛放的物質用于吸收Cl2；不能生成二氧化碳，結合物質的性質判斷．

（4）實驗結束時；若先撤去A裝置中的酒精燈，會導致裝置A中的壓強降低，容易發生倒吸．

（5）E管增重4.40g是二氧化碳的質量，計算二氧化碳的物質的量，根據化學式CoCO3可知n（C）=n（Co），進而計算Co的質量，D管內殘留物質的質量8.30g是CoxOy的質量；計算出氧元素質量，再計算氧原子的物質的量，根據原子物質的量之比確定化學式．

（6）裝置E中堿石灰可以吸收空氣中水蒸氣、二氧化碳，影響二氧化碳質量的測定，故應在a處接一裝有堿石灰的干燥管，吸收空氣中水蒸氣、二氧化碳，防止進入裝置E中．【解析】【解答】解：（1）在二氧化錳作催化劑，加入條件下，氯酸鉀分解生成氯化鉀、氧氣，反應方程式為2KClO32KCl+3O2↑．

故答案為：2KClO32KCl+3O2↑．

（2）E裝置的U形管里盛放的物質用于吸收裝置D生成的二氧化碳，A．P2O5、B．無水CaCl2、D．無水CuSO4不能吸收二氧化碳；C．堿石灰可以吸收二氧化碳，故裝置E中試劑為堿石灰．

故選：C．

（3）制得的O2中含有少量的Cl2和O3，B裝置中所盛放的物質用于吸收Cl2；

A；NaOH溶液可以吸收氯氣；氧氣和臭氧不變，所以氯氣能除盡，故A符合；

B．飽和NaHCO3溶液以吸收氯氣；但生成二氧化碳，影響二氧化碳質量的測定，故B不符合；

C．飽和NaCl溶液不能吸收氯氣；故C錯誤；

D．KI溶液吸收氯氣；所以氯氣能除盡，故D符合．

故選AD．

（4）實驗結束時；若先撤去A裝置中的酒精燈，會導致裝置A中的壓強降低，容易發生倒吸．

故答案為：倒吸．

（5）E管增重4.40g是二氧化碳的質量，物質的量為=0.1mol，根據化學式CoCO3可知）n（Co）=n（C）=0.1mol，進Co的質量為0.1mol×59g/mol=5.9g，D管內殘留物質的質量8.30g是CoxOy的質量，CoxOy中氧元素質量為8.3g-5.9g=2.4g，氧原子的物質的量n（O）==0.15mol，所以n（Co）：n（O）=0.1mol：0.15mol=2：3，故該鈷的氧化物的化學式為Co2O3．

故答案為：Co2O3．

（6）裝置E中堿石灰可以吸收空氣中水蒸氣；二氧化碳；影響二氧化碳質量的測定，故應在a處接一裝有堿石灰的干燥管，吸收空氣中水蒸氣、二氧化碳，防止進入裝置E中．

故答案為：應在a處接一裝有堿石灰的干燥管．12、（C15H12O2）n消去甲醛23氯原子H2【分析】【分析】對比結構可知，反應①發生醇的消去反應，由P的結構，逆推可知D為進一步反推C為B為A為由B生成E的反應條件及E是高分子化合物，可知E為．對比結構可知，反應①發生醇的消去反應，還一生成另外一種烯烴：．

（4）由①能與NaHCO3溶液反應，可知結構中含有-COOH；②遇FeCl3溶液顯紫色，可知結構中含有苯環且苯環上含有一個-OH，結合③分子中含一個-CH3，可知苯環側鏈有以下幾種情況：有2個側鏈，為-OH、-CH（CH3）COOH，有鄰、間、對三種位置；有3個側鏈，為-OH、-CH3、-CH2COOH，或者為-OH、-CH2CH3；-COOH；采取定二移一法確定同分異構體數目；

（5）與氯氣發生加成反應生成F為F發生水解反應生成H為H發生氧化反應生成再與氫氣發生加成反應生成B．【解析】【解答】解：由P的結構，逆推可知D為進一步反推C為B為A為由B生成E的反應條件及E是高分子化合物，可知E為．

（1）由P的結構簡式，可知P的分子式為（C15H12O2）n，對比結構可知，反應①發生醇的消去反應，還一生成另外一種烯烴：

故答案為：（C15H12O2）n；消去；

（2）若反應②中兩種反應物物質的量之比為1：1，結合A的結構可知為碳碳雙鍵發生斷裂生成醛，外另一種產物為HCHO，名稱是甲醛，由上述分析劇增，高分子化合物E的結構筒式為

故答案為：甲醛；

（3）C轉化為D的化學方程式是：

故答案為：

（4）由①能與NaHCO3溶液反應，可知結構中含有-COOH；②遇FeCl3溶液顯紫色，可知結構中含有苯環且苯環上含有一個-OH，結合③分子中含一個-CH3，可知苯環側鏈有以下幾種情況：有2個側鏈，為-OH、-CH（CH3）COOH，有鄰、間、對三種位置；有3個側鏈，為-OH、-CH3、-CH2COOH，或者為-OH、-CH2CH3、-COOH，其中2個取代基有鄰、間、對3種位置，對應的另外1個取代基分別有4、4、2種位置，每種情況有10種，故共有23種，其中核磁共振氫譜中有6組峰的其中一種的結構簡式為：等；

故答案為：23；

（5）與氯氣發生加成反應生成F為含有官能團為氯原子，F發生水解反應生成H為H發生氧化反應生成再與氫氣發生加成反應生成B，試劑G的化學式H2；

故答案為：氯原子；H2．13、三ⅤAHClHFNaNa與冷水劇烈反應，而Mg與冷水反應較慢NaOH+HClO4=NaClO4+H2O【分析】【分析】X的一種核素的質量數為18；中子數為10，則X的質子數為8，則X為O元素；

Y和Ne原子的核外電子數相差1時；Y可能為F或Na，由于原子半徑X＜Y，則Y為Na元素；

W的單質是一種常見的半導體材料；則W為Si元素；

Z是同周期中非金屬性最強的元素；且原子半徑小于Si；大于O，則Z為Cl元素；

根據以上分析可知：X為O元素、Y為Na元素、Z為Cl元素、W為Si元素．【解析】【解答】解：X的一種核素的質量數為18；中子數為10，則X的質子數為8，則X為O元素；Y和Ne原子的核外電子數相差1時，Y可能為F或Na，由于原子半徑X＜Y，則Y為Na元素；W的單質是一種常見的半導體材料，則W為Si元素；Z是同周期中非金屬性最強的元素，且原子半徑小于Si；大于O，則Z為Cl元素，根據分析可知：X為O元素、Y為Na元素、Z為Cl元素、W為Si元素；

（1）W為Si元素；Si的原子序數為14，位于周期表中第三周期第ⅣA族；

X為氧元素，氧離子的核電荷數為8，核外電子總數為10，氧離子結構示意圖為：

故答案為：三；ⅣA；

（2）Z為Cl元素，由于非金屬性Cl＞Br；則氣態氫化物穩定的是HCl；

由于HF中存在氫鍵；則HF的熔沸點大于HCl；

故答案為：HCl；HF；

（3）Y為鈉元素；Na與冷水劇烈反應，而Mg與冷水反應較慢，所以金屬鈉的活潑性大于Mg；

故答案為：Na；Na與冷水劇烈反應；而Mg與冷水反應較慢（其他合理答案也可）；

（4）Y為Na、Z為Cl，Y的最高價氧化物對應的水化物為NaOH，Z的最高價氧化物對應的水化物為HClO4，氫氧化鈉與高氯酸反應的化學反應方程式為：NaOH+HClO4=NaClO4+H2O；

故答案為：NaOH+HClO4=NaClO4+H2O．14、間歇性|散熱|增強體|強度高、質量輕、耐腐蝕、抗沖擊、絕緣性能好等【分析】【解答】解：①苯酚和甲醛發生縮聚反應；反應有大量熱放出，為防止溫度過高，應向已有苯酚的反應釜中間歇性的加入甲醛，并裝有散熱裝置，故答案為：間歇性；散熱；②玻璃鋼是將玻璃纖維和高分子材料復合而成的復合材料，其中玻璃纖維的作用是增強體，合成材料是基體，它的優點有：強度高；質量輕、耐腐蝕、抗沖擊、絕緣性能好等，故答案為：增強體；強度高、質量輕（或耐腐蝕、抗沖擊、絕緣性能好）．

【分析】①反應物投入的物質的量越多放出的熱越多；②玻璃鋼是將玻璃纖維和高分子材料復合而成的復合材料，其中玻璃纖維的作用是增強體，合成材料是基體，它的優點有：強度高、質量輕、耐腐蝕、抗沖擊、絕緣性能好等．三、判斷題(共5題，共10分)15、×【分析】【分析】CnH2n+2為烷烴，分子中含有n-1個C-C鍵，以此解答該題．【解析】【解答】解：CnH2n+2為烷烴，分子中含有n-1個C-C鍵，則1molCnH2n+2分子中含有的C-C數為（n-1）NA．故答案為：×．16、√【分析】【分析】化學反應達到平衡狀態時，正逆反應速率相等，各物質的濃度不再改變，由此衍生的一些物理量也不變，結合反應的特點進行分析．【解析】【解答】解：反應前后氣體的質量不等；在恒溫恒容條件下，混合氣體的密度逐漸增大，當達到平衡狀態時，容器中混合氣體的密度不變；

而恒溫恒壓條件下，隨反應進行，體系的體積增大，分子量：CO2＞CO；故混合氣體的密度逐漸減小，當密度保持不變，反應達到平衡；

故答案為：√．17、√【分析】【分析】膠體的穩定性介于溶液和濁液之間，在一定條件下能穩定存在．【解析】【解答】解：膠體的穩定性介于溶液和濁液之間，在一定條件下能穩定存在，屬于介穩體系，故答案為：√．18、√【分析】【分析】（1）根據天然氣和沼氣的成分分析；

（2）根據成水煤氣的反應分析；

（3）根據干餾煤的產物分析；

（4）根據石油的成分分析；

（5）根據石油和天然氣的主要成分分析；

（6）根據煤的干餾和石油的分餾的原理分析；

（7）根據煤油的來源和性質分析；

（8）根據石油的成分分析；

（9）根據苯和正己烷的性質分析；

（10）根據石油分餾原理分析；

（11）根據石油催化裂化的原理分析；

（12）根據煤氣的成分分析．【解析】【解答】解：（1）天然氣和沼氣的主要成分是甲烷；故正確，故答案為：√；

（2）煤可與水蒸氣反應制成水煤氣，其反應方程為：C+H2OCO+H2，所以水煤氣的主要成分是CO和H2；故正確，故答案為：√；

（3）干餾煤是在隔絕空氣的條件下；將煤加熱到900～1100℃時，可以得到焦炭；煤焦油、煤氣等物質，從煤焦油中可分離出苯、甲苯等化工原料，煤氣中可以得到甲烷和氨等重要化工原料，故正確，故答案為：√；

（4）石油中主要含碳元素；氫元素兩種元素；主要是烷烴、環烷烴和芳香烴的混合物，分餾不能獲得乙酸，故錯誤，故答案為：×；

（5）石油主要是烷烴；環烷烴和芳香烴的混合物；天然氣的主要成分是甲烷，它們都是碳氫化合物，故正確，故答案為：√；

（6）煤的干餾是指煤在隔絕空氣的條件下加熱；生成煤焦油；焦炭、焦爐煤氣等物質，屬于化學變化．石油分餾是指通過石油中含有的物質的沸點不同而使各種物質分離開的一種方法，該過程中沒有新物質生成，屬于物理變化，故錯誤，故答案為：×；

（7）煤油可由石油分餾獲得；燃燒熱值大可用作燃料，不與Na反應，密度比Na大，可保存少量金屬鈉，故正確，故答案為：√；

（8）石油主要是烷烴；環烷烴和芳香烴的混合物；石油分餾得不到乙烯，故錯誤，故答案為：×；

（9）苯和正己烷都不與溴水反應；故錯誤，故答案為：×；

（10）石油是混合物；其分餾產品是幾種沸點相近的烴的混合物，所以汽油不是純凈物，故錯誤，故答案為：×；

（11）石油催化裂化的主要目的是提高汽油等輕質油的產量與質量；石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯；丙烯等氣態短鏈烴；故正確，故答案為：√；

（12）煤氣的主要成分是一氧化碳和氫氣，故錯誤，故答案為：×；．19、√【分析】【分析】根據n=cV計算鉀離子物質的量，再根據N=nNA計算鉀離子數目．【解析】【解答】解：鉀離子物質的量=1L×0.3mol/L×2=0.6mol，故鉀離子數目為0.6NA，故正確，故答案為：√．四、探究題(共4題，共16分)20、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應生成溶于水的鈉鹽，苯（）不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸（HCOOH），故答案為：a．分液；b．蒸餾；c．分液；d．蒸餾；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸，以此解答該題．21、酸式|反應中生成的錳離子具有催化作用，所以隨后褪色會加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳酸根離子被還原生成的錳離子有催化作用而導致反應速率加快，所以剛滴下少量KMnO4溶液時；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點時，當滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達到終點；

故答案為：酸式；反應中生成的錳離子具有催化作用；所以隨后褪色會加快；滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化；

(2)③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，故消耗KMnO4溶液的體積為mL=20mL

設樣品的純度為x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案為：20.00；90.00%；

(3)④A．未用標準濃度的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管，標準液的濃度偏小，造成V（標準）偏大，根據c（待測）=分析；c（標準）偏大，故A正確；

B．滴定前錐形瓶有少量水，待測液的物質的量不變，對V（標準）無影響，根據c（待測）=分析；c（標準）不變，故B錯誤；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失，造成V（標準）偏大，根據c（待測）=分析；c（標準）偏大，故C正確；

D．不小心將少量酸性KMnO4溶液滴在錐形瓶外，造成V（標準）偏大，根據c（待測）=分析；c（標準）偏大，故D正確；

E．觀察讀數時，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標準）偏小，根據c（待測）=分析；c（標準）偏小，故E錯誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導致反應速率加快；乙二酸與KMnO4發生氧化還原反應，滴定終點時，溶液由無色變成紫紅色，且半分鐘內不褪色；③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，根據關系式2KMnO4～5H2C2O4計算；

④根據c（待測）=分析不當操作對V（標準）的影響，以此判斷濃度的誤差．22、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應生成溶于水的鈉鹽，苯（）不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸（HCOOH），故答案為：a．分液；b．蒸餾；c．分液；d．蒸餾；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸，以此解答該題．23、酸式|反應中生成的錳離子具有催化作用，所以隨后褪色會加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳酸根離子被還原生成的錳離子有催化作用而導致反應速率加快，所以剛滴下少量KMnO4溶液時；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點時，當滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達到終點；

故答案為：酸式；反應中生成的錳離子具有催化作用；所以隨后褪色會加快；滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化；

(2)③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，故消耗KMnO4溶液的體積為mL=20mL

設樣品的純度為x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案為：20.00；90.00%；

(3)④A．未用標準濃度的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管，標準液的濃度偏小，造成V（標準）偏大，根據c（待測）=分析；c（標準）偏大，故A正確；

B．滴定前錐形瓶有少量水，待測液的物質的量不變，對V（標準）無影響，根據c（待測）=分析；c（標準）不變，故B錯誤；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失，造成V（標準）偏大，根據c（待測）=分析；c（標準）偏大，故C正確；

D．不小心將少量酸性KMnO4溶液滴在錐形瓶外，造成V（標準）偏大，根據c（待測）=分析；c（標準）偏大，故D正確；

E．觀察讀數時，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標準）偏小，根據c（待測）=分析；c（標準）偏小，故E錯誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導致反應速率加快；乙二酸與KMnO4發生氧化還原反應，滴定終點時，溶液由無色變成紫紅色，且半分鐘內不褪色；③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，根據關系式2KMnO4～5H2C2O4計算；

④根據c（待測）=分析不當操作對V（標準）的影響，以此判斷濃度的誤差．五、推斷題(共4題，共16分)24、cd4NH3+5O24NO+6H2O放熱2E2-2E10.075【分析】【分析】A、B、C、D都是中學化學中的常見化合物，均由周期表前18號元素組成，D為紅綜色氣體，為NO2，甲、乙則是兩種單質，甲和乙反應生成A，電解A生成甲和乙，且C能和甲反應生成二氧化氮，則甲具有強氧化性，為O2，乙是H2，A是H2O，氧氣和B反應生成水和C，C和氧氣反應生成二氧化氮，所以C是NO，B是NH3，結合單質、化合物的性質、化學平衡移動原理來分析解答．【解析】【解答】解：A、B、C、D都是中學化學中的常見化合物，均由周期表前18號元素組成，D為紅綜色氣體，為NO2；

甲、乙則是兩種單質，甲和乙反應生成A，電解A生成甲和乙，且C能和甲反應生成二氧化氮，則甲具有強氧化性，為O2，乙是H2，A是H2O；

氧氣和B反應生成水和C，C和氧氣反應生成二氧化氮，所以C是NO，B是NH3；

（1）甲和乙發生化合反應；電解A是氧氣和水屬于分解反應，該反應中沒有復分解反應和置換反應；

故選：cd；

（2）氨氣和氧氣在一定條件下反應生成一氧化氮和水，反應方程式為4NH3+5O24NO+6H2O；

故答案為：4NH3+5O24NO+6H2O；

（3）根據圖2知，該反應是放熱反應，當有1molNO參加的反應時放出E2-E1的熱量，則在反應2NO+O2?2NO2中，有2molNO參加反應可以放出2E2-2E1的熱量；

故選：放熱；2E2-2E1；

（4）若將1molO2和2molNO混合充入容積為2L的密閉容器中，3分鐘后反應達到平衡．平衡后混合氣體總物質的量為2.55mol，根據2NO+O2?2NO2知，反應后氣體物質的量減少的量等于參加反應的氧氣的量，則用氧氣表示的化學反應速率==0.075mol/（L?min）；

故答案為：0.075．25、4NH3+5O24NO+6H2ONH4+、NH2-濕潤的紅色石蕊試紙試紙變為藍色蘸有濃鹽酸的玻璃棒有白煙生成NH4NO3c（NO3-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）V（NH3）：V（NO2）=2：3或V（NH3）：V（NO2）=7：3【分析】【分析】X、Y、Z、W為常見含有相同電子數的離子或分子，考慮10電子微粒，X有5個原子核，X為NH4+，Y為OH-，Z為NH3，W為H2O；符合轉化關系．

（1）氨氣發生催化氧化生成NO；液態NH3與水的電離相似，電離得到NH4+，NH2-；

（2）用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗或蘸有濃鹽酸的玻璃棒檢驗；

（3）由構成X、Y的三種元素所組成的一種離子化合物，且三種元素原子數之比為2：4：3，該離子化合物是NH4NO3；溶液中銨根離子水解；

（4）一定條件下，NH3與一氧化氮或二氧化氮反應均可生成兩種很穩定的產物，應生成氮氣與水，則二氧化氮與NH3反應方程式為：8NH3+6NO2=7N2+12H2O，結合方程式計算解答．【解析】【解答】解：X、Y、Z、W為常見含有相同電子數的離子或分子，考慮10電子微粒，X有5個原子核，X為NH4+，Y為OH-，Z為NH3，W為H2O；符合轉化關系．

（1）氨氣發生催化氧化生成NO，反應方程式為：4NH3+5O24NO+6H2O；液態NH3與水的電離相似，電離得到NH4+，NH2-；

故答案為：4NH3+5O24NO+6H2O；NH4+，NH2-；

（2）用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗氨氣；現象為：試紙變為藍色；

用蘸有濃鹽酸的玻璃棒檢驗氨氣；現象為：有白煙生成；

故答案為：。化學試劑現象方法一濕潤的紅色石蕊試紙試紙變為藍色方法二蘸有濃鹽酸的玻璃棒有白煙生成；

（3）由構成NH4+、OH-的三種元素所組成的一種離子化合物，且三種元素原子數之比為2：4：3，該離子化合物是NH4NO3，溶液中銨根離子水解，溶液呈酸性，則溶液中離子濃度大小為：c（NO3-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）；

故答案為：NH4NO3；c（NO3-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）；

（4）一定條件下，NH3與一氧化氮或二氧化氮反應均可生成兩種很穩定的產物，應生成氮氣與水，則二氧化氮與NH3反應方程式為：8NH3+6NO2=7N2+12H2O，若有二氧化氮與Z的混合氣體20mL在該條件下反應，實際參加反應的二氧化氮比NH3少2mL；

8NH3+6NO2=7N2+12H2O；

86

xx-2L

所以；x：（x-2mL）=8：6，解得x=8mL，參加反應氣體為14mL，小于20mL，故氣體有剩余；

若二氧化氮剩余，則原混合氣體中V（NH3）：V（NO2）=8mL：（20mL-8mL）=2：3；

若氨氣剩余，則混合氣體中V（NH3）：V（NO2）=（20mL-6mL）：6mL=7：3；

故答案為：V（NH3）：V（NO2）=2：3或V（NH3）：V（NO2）=7：3．26、2SO2+O22SO3SiO2+2OH-═SiO32-+H2O①②③【分析】【分析】（1）從圖中可知單質A可被O2氧化，同時E、D的水溶液顯酸性，說明A應是S，E是H2S，B是SO2，順次推知C是SO3，D是H2SO4；

（2）非金屬元素最高價氧化物對應的水化物難溶于水的只有H2SiO3，則A是Si，B是SiO2，C應是硅酸鹽，D是H2SiO3；

（3）當A是S時，①②③均是氧化還原反