2025年沪科版高三化学下册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年沪科版高三化学下册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.常温常压下，14g丙烯和丁烯的混合气体含有的原子数为6NAB.25℃，pH=1的1LH2SO4溶液含有的H+数目为0.2NAC.1molFe与一定量的HNO3反应，转移的电子数目一定为3NAD.标准状况下，22.4LNO和O2的混合气体中所含原子数为2NA2、（2016•日照校级模拟）25℃时某些弱酸的电离平衡常数如表所示：

。CH3COOHHClOH2CO3K（CH3COOH）

=1.8×10-5K（HClO）

=3.0×10-8K（H2CO3）a1=4.4×10-7

K（H2CO3）a2=4.7×10-11常温下，稀释CH3COOH、HClO两种酸时，溶液的pH随加水量变化的曲线如如图所示，下列说法正确的是（）A.相同浓度的CH3COONa和NaClO的混合溶液中，各离子浓度的大小关系是：c（Na+）＞c（ClO-）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+）B.图象中a、c两点所处的溶液中相等（HP代表CH3COOH或HClO）C.图象中a点酸的浓度大于b点酸的浓度D.向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为：2ClO-+CO2+H2O═2HClO+CO3、下表中各组物质之间不能通过一步反应实现如图转化的是（）

。甲乙丙AAlCl3Al（OH）3Al2O3BSiO2H2SiO3Na2SiO3CCl2HClCuCl2DCH2=CH2CH3CH2ClCH3CH2OHA.AB.BC.CD.D4、X、Y均为元素周期表中前20号元素，其简单离子的电子层结构相同，下列说法正确的是()A.由mXa+与nYb-,得m+a=n－bB.X2－的还原性一定大于Y－C.X,Y一定不是同周期元素D.若X的原子半径大于Y,则气态氢化物的稳定性HmX一定大于HnY5、下列说法正确的是（）A.ADI（添加剂每日允许摄量）是衡量食品添加剂安全性的依据，值越高安全性就越高B.API（空气污染指数）是衡量空气质量好坏的重要指标，其值越大，空气质量就越好C.SPF是防晒霜对紫外线的防晒系数，其值越低，对紫外线的防护效果越好D.OTC是非处方药的简称．处方药是由医生选择的药物，所以它比非处方药安全系数大6、某溶液中含有如下离子组中的若干种：K+、Mg2+、Fe3+、Fe2+、CO32-、NO3-、SO42-、I-、SiO32-、Cl-且物质的量浓度相同．某同学欲探究该溶液的组成；进行了如下实验：

Ⅰ．用铂丝蘸取少量溶液；在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，观察到浅紫色火焰；

Ⅱ．另取原溶液加入足量盐酸有无色气体生成；该气体遇空气变成红棕色，此时溶液颜色加深，但无沉淀生成；

Ⅲ．取Ⅱ反应后的溶液分置于两支试管中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，再滴加KSCN溶液上层清液变红；第二支试管中加入CCl4；充分振荡静置后溶液分层，下层出现紫红色．

下列说法正确的是（）A.原溶液中肯定不含Mg2+、SiO32-B.步骤Ⅱ中无色气体可能含有CO2，原溶液中可能含有CO32-C.原溶液由K+、Fe2+、NO3-、I-、SO42-五种离子组成D.原溶液中一定含有Mg2+、Cl-7、下列物质长期暴露在空气中会氧化变质的是（）A.CuSO4溶液B.NaOH溶液C.FeSO4溶液D.NaCl溶液8、下列关于化学观或化学研究方法的叙述，错误的是（）A.控制实验条件可以改变可逆反应的限度和速率B.在元素周期表的金属和非金属分界线附近寻找半导体材料C.根据元素周期律，由HClO4可类推出氟元素也存在最高价氧化物的水化物HFO4D.在化工生产中应遵循“绿色化学”的思想9、氧-18（O）是氧的一种同位素，称为重氧．最近，兰州近代物理研究所研制出我国首批重氧气，可用符号18O2表示．重氧与普通氢组成的“水”称为重氧水．下列说法正确的是（）

A.18g的18O2物质的量是0.1mol

B.0.1mol18O2的体积是2.24L

C.18O2气体的摩尔质量是36

D.0.1mol重氧水所含中子数约是6.02×1023个。

评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)10、一个完整的氧化还原反应方程式可以拆开写成两个“半反应式”，一个是“氧化反应”式，一个是“还原反应”式．如2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+的拆写结果是：氧化反应为：Cu-2e-═Cu2+；还原反应为：2Fe3++2e-═2Fe2+．

（1）根据以上信息将反应3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O拆分为两个“半反应式”；

①氧化反应：____；

②还原反应：____．

（2）已知甲烷燃料电池的半反应式分别为：CH4+10OH--8e-═CO32-+7H2O，O2+2H2O+4e-═4OH-，则总反应为____．11、钴（Co）的氧化物是一种重要的化工原料，工业上利用CoCO3+O2→CoxOy+CO2反应来生产相应的钴的氧化物．实验室中可以用下列装置来制取钴的氧化物并测定其分子组成．

请填写下列空白：

（1）写出A装置的大试管里发生反应的化学方程式____；

（2）E装置的U形管里盛放的物质是____；

A．P2O5B．无水CaCl2C．碱石灰D．无水CuSO4

（3）O3的氧化性比O2强．已知制得的O2中含有少量的Cl2和O3，则B装置中所盛放的物质是____

A．NaOH溶液B．饱和NaHCO3溶液C．饱和NaCl溶液D．KI溶液。

（4）实验结束时，若先撤去A装置中的酒精灯，会引起____；

（5）在CoCO3完全转化为CoxOy后，若称得E管增重4.40g，D管内残留物质的质量是8.30g，则生成CoxOy的化学式为____；

（6）此实验装置存在一个比较大的缺陷，如何完善____．12、高聚酚酯是一种环保型的新涂料，其合成路线如图所示：请回答下列问题：

（1）P的分子式为____，反应①属于____反应，反应①还有多种有机副产物，其中能使溴的CCl4溶液褪色的副产物的结构简式为____．

（2）若反应②中两种反应物物质的量之比为1：1，则除A外另一种产物的名称是____，E是高分子化合物，其结构简式为____．

（3）C转化为D的化学方程式是____．

（4）B有多种同分异构体，符合下列条件的同分异构体共有____种，其中核磁共振氢谱有6组峰的是____（写出其中一种的结构简式）．

①能与NaHCO3溶液反应。

②遇FeCl3溶液显紫色。

③分子中含一个-CH3

（5）由CH2CH=CH2合成B的另一种途径为：

CH2CH=CH2FH

则F中官能团名称是____，H的结构简式为____，试剂G的化学式____．13、（2015春•海拉尔区校级期末）X；Y、W、Z是四种常见的短周期元素；其原子半径随原子序数变化如图所示．已知X的一种核素的质量数为18，中子数为10，Y和Ne原子的核外电子总数相差1；W的单质是一种常见的半导体材料；Z的非金属性在同周期主族元素中最强．

（1）W位于元素周期表中第____周期第____族画出X的阴离子的结构示意图____．

（2）Z的氢化物和溴化氢相比，较稳定的是____（写化学式）；Z的氢化物与氟化氢相比，沸点较高的是____（写化学式）．

（3）Y的金属性与Mg的金属性相比，____（写化学式）的金属性强，请用实验证明它们金属性的相对强弱：____．

（4）写出Y的最高价氧化物对应的水化物与Z的最高价氧化物对应的水化物发生反应的化学反应方程式____．14、玻璃钢可由酚醛树脂和玻璃纤维制成．

①酚醛树脂由酚醛和甲醛缩聚而成，反应有大量热放出，为防止温度过高，应向有苯酚的反应釜____的加入甲醛，且反应釜应装有____装置．

②玻璃钢中玻璃纤维的作用是____，玻璃钢具有____等优异性能（写出两点即可）．评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)15、1molCnH2n+2分子中含有的C-C数为nNA．____（判断对错）16、对于C（s）+CO2（g）═2CO（g）的反应，当密度保持不变，在恒温恒容或恒温恒压条件下，均能作为达到化学平衡状态的标志．____（判断对错）17、胶体属于介稳体系____．（判断对错）18、判断正误；正确的划“√”，错误的划“×”

（1）天然气和沼气的主要成分是甲烷____

（2）煤可与水蒸气反应制成水煤气，水煤气的主要成分是CO和H2____

（3）干馏煤可以得到甲烷、苯和氨等重要化工原料____

（4）石油分馏可获得乙酸、苯及其衍生物____

（5）石油和天然气的主要成分都是碳氢化合物____

（6）煤的干馏和石油的分馏均属化学变化____

（7）煤油可由石油分馏获得，可用作燃料和保存少量金属钠____

（8）甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到____

（9）用溴水鉴别苯和正己烷____

（10）石油是混合物，其分馏产品汽油为纯净物____

（11）石油催化裂化的主要目的是提高汽油等轻质油的产量与质量；石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃____

（12）煤气的主要成分是丁烷____．19、对于0.3mol/L的硫酸钾溶液，1L溶液中含有0.6NA个钾离子是____．（判断对错）评卷人得分四、探究题(共4题，共16分)20、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．21、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：22、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．23、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：评卷人得分五、推断题(共4题，共16分)24、A；B、C、D都是中学化学中的常见化合物；均由周期表前18号元素组成，D为红综色气体，甲、乙则是两种单质，以上单质和化合物之间在如图1所示的反应关系（反应物和生成物均无省略）．

请回答下列问题：

（1）图1所示转化过程中包含的反应类型有____（填字母）．

a．置换反应b．复分解反应c．分解反应d．化合反应。

（2）图1中反应①的化学方程式是____．（3分）

（3）2C（g）+甲（g）═2D（g）是____反应，（填放热或吸热）放出或吸收____

（4）若将l.00mol甲和2.00molC混合充入容积为2L的密闭容器中，3分钟后反应达到平衡．平衡后混合气体总物质的量为2.55mol，用甲表示的化学反应速率为____mol•L-1•min-1．25、X；Y、Z、W为常见含有相同电子数的离子或分子；其中X有5个原子核，这些微粒与一氧化氮间有如下转化关系（图中部分反应物、产物及反应条件已略去）．

（1）Z→NO反应的化学方程式是：____．液态Z与水的电离相似，其中存在的电子数相同的两种微粒是____．

（2）实验室中检验Z的化学试剂及现象是：

。化学试剂现象方法一________方法二________（3）由构成X、Y的三种元素所组成的一种离子化合物，且三种元素原子数之比为2：4：3，该离子化合物是____（填写化学式），其0.1mol/L的该溶液显酸性，则该溶液中离子浓度由大到小的顺序为____．

（4）一定条件下，Z与一氧化氮或二氧化氮反应均可生成两种很稳定的产物．若有二氧化氮与Z的混合气体20mL在该条件下反应，实际参加反应的二氧化氮比Z少2mL，则原混合气两者的体积比是：____．26、已知A是一种常见非金属单质；B是氧化物，E是A的氢化物，D是A的最高价氧化物对应的水化物，其转化关系如图所示：

（1）若E、D的水溶液均呈酸性，试写出反应③的化学方程式____．

（2）若D是一种难溶于水的物质，试写出反应③的离子方程式____．

（3）若E、D的水溶液均呈酸性，①～④的反应中属于氧化还原反应的是____．27、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{W}为六种前四周期元素，它们的原子序数依次增大rm{.A}与rm{D}同主族，可形成rm{DA}型离子化合物，rm{B}与rm{C}同周期且相邻，rm{C}与rm{E}同主族，rm{E^{2-}}与rm{Ar}原子具有相同的电子层结构，rm{W}的合金用量最大、用途最广rm{.}请回答下列问题：

rm{(1)W}元素在元素周期表中的位置为______．

rm{(2)}下列说法正确的是______

A.原子半径：rm{A<B<C<D<E}

B.rm{D_{2}WC_{4}}可以用来做消毒剂和净水剂。

C.rm{A_{4}B_{2}C_{3}}中既含有离子键又含有共价键。

D.rm{D_{2}C_{2}}与rm{EC_{2}}可以反应生成rm{D_{2}EC_{3}}和rm{C_{2}}

rm{(3)}灼热的碳能与rm{B}的最高价氧化物对应水化物的浓溶液反应，化学反应方程式为__________．

rm{(4)}向盛有rm{A_{2}C_{2}}溶液的试管中加入几滴酸化的rm{WEC_{4}}溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为______；一段时间后，溶液中有大量气泡出现，随后溶液温度升高，有红褐色沉淀生成，则产生气泡的原因是______；生成沉淀的原因是______rm{(}用平衡移动原理解释rm{)}．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【分析】A、丙烯和丁烯的最简式均为CH2；

B；pH=1的溶液中氢离子浓度为0.1mol/L；

C；铁和硝酸反应；最后可能变为+3价，也可能变为+2价；

D、求出混合物的物质的量，然后根据NO和氧气均为双原子分子来分析．【解析】【解答】解：A、若14g都是丙烯，n=0.5mol，原子数为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，故无论两者的比例如何，含有的原子数均为3NA个；故A错误；

B、pH=1则c（H+）=0.1molL-1，n（H+）=0.1mol/L×1L=0.1mol，H+数目是0.1NA；故B错误；

C、Fe可能生成Fe2+也可能生成Fe3+，还有可能是二者混合物，故1mol铁反应后转移的电子数不一定是3NA个；故C错误；

D、在标准状况下22.4L气体的物质的量为1mol，NO和O2都是双原子分子，则含原子一共2mol，虽然NO和O2反应；但原子守恒，故原子数目不变，故D正确．

故选D．2、B【分析】【分析】A．酸的电离常数越大；则酸根离子的水解程度越小；

B．的分子、分母同时乘以氢离子浓度可得：；温度不变，则该比值不变；

C．先根据电离程度大小判断醋酸、次氯酸对应曲线及起始浓度大小，a、b两点加入水的体积相同；则此时酸溶液浓度取决于酸的起始浓度；

D．根据强酸制取弱酸判断，反应生成的应该为碳酸氢根离子．【解析】【解答】解：A．醋酸的电离常数大于次氯酸，所以醋酸的水解程度小于次氯酸，醋酸钠和次氯酸钠都是强碱弱酸盐，其混合溶液呈碱性，所以相同物质的量浓度的CH3COONa和NaClO的混合液中，各离子浓度的大小关系是：c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（ClO-）＞c（OH-）＞c（H+）；故A错误；

B．在的分子、分母上同时乘以c（H+）可得：；由于水的离子积和电离平衡常数只受温度影响，a；c的温度相同，则该比值相等，故B正确；

C．pH相等的CH3COOH、HClO，稀释相同的倍数时，较强酸中氢离子浓度小于较弱酸，则较弱酸的pH小于较强酸，酸性CH3COOH＞HClO，所以a所在曲线表示CH3COOH，b所在曲线表示HClO，次氯酸的电离程度小于醋酸，所以醋酸的浓度减小，次氯酸的浓度较大，a、b两点相比，加入相同体积的水后仍然是次氯酸的浓度较大，即：图象中a点酸的浓度小于b点酸的浓度；故C错误；

D．碳酸的二级电离小于次氯酸，所以碳酸氢根离子的酸性小于次氯酸，则向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：ClO-+CO2+H2O═HClO+HCO3-；故D错误；

故选B．3、B【分析】【分析】A．AlCl3与NaOH反应生成Al（OH）3，Al（OH）3与盐酸反应生成AlCl3，乙Al（OH）3分解生成丙Al2O3，丙Al2O3与盐酸反应生成AlCl3；

B．SiO2与水不反应，SiO2不能一步转化为H2SiO3；

C．Cl2与氢气反应生成HCl，HCl与二氧化锰反应生成Cl2，HCl与CuO反应生成CuCl2，CuCl2电解生成Cl2；

D．CH2=CH2与HCl发生加成反应生成CH3CH2Cl，CH3CH2Cl发生消去反应生成CH2=CH2，CH3CH2Cl水解生成CH3CH2OH，CH3CH2OH发生消去反应生成CH2=CH2；【解析】【解答】解：A．甲AlCl3与NaOH反应生成乙Al（OH）3，乙Al（OH）3与盐酸反应生成甲AlCl3，乙Al（OH）3分解生成丙Al2O3，丙Al2O3与盐酸反应生成甲AlCl3；故不选A；

B．SiO2与水不反应，甲SiO2不能一步转化为乙H2SiO3；不能发生一步转化，故选B；

C．甲Cl2与氢气反应生成乙HCl，乙HCl与二氧化锰反应生成甲Cl2，乙HCl与CuO反应生成丙CuCl2，丙CuCl2电解生成甲Cl2；物质之间均可一步转化，故不选C；

D．甲CH2=CH2与HCl发生加成反应生成乙HCl，乙CH3CH2Cl发生消去反应生成甲CH2=CH2，乙CH3CH2Cl水解生成丙CH3CH2OH，丙CH3CH2OH发生消去反应生成甲CH2=CH2；物质之间均可一步转化，故不选D；

故答案为：B．4、B【分析】试题分析：A、由mXa+与nYb-,得m-a=n+b，错误；B、根据X2-、Y-的电子层结构相同，说明X、Y元素位于同一周期，X的原子序数小于Y，根据元素周期律，X2-的还原性一定大Y-，正确；C、若X、Y的离子都是阳离子或都是阴离子，则X、Y为同周期元素，错误；D、根据元素周期律，若X的原子半径大于Y,则气态氢化物的稳定性HmX一定小于HnY，错误。考点：本题考查原子结构、元素周期律。【解析】【答案】B5、A【分析】【分析】A．ADI是指终人或动物每日摄入某种化学物质（食品添加剂；农药等等）；对健康无任何已知不良效应的剂量．值越高安全性就越高；

B．依据空气污染指数的意义解答；

C．防晒霜对紫外线的防晒系数越低；对紫外线的防护效果越差；

D．用药安全系数大小与处方药和非处方药无关．【解析】【解答】解：A．ADI是指终人或动物每日摄入某种化学物质（食品添加剂；农药等等）；对健康无任何已知不良效应的剂量．值越高安全性就越高，故A正确；

B．空气污染指数是根据空气环境质量标准和各项污染物的生态环境效应及其对人体健康的影响来确定污染指数的分级数值及相应的污染物浓度限值；其值越大，空气受污染的程度就越大，故B错误；

C．防晒霜对紫外线的防晒系数越低；对紫外线的防护效果越差，故C错误；

D．用药安全系数大小与处方药和非处方药无关；故D错误；

故选：A．6、D【分析】【分析】Ⅰ．用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，观察到紫色火焰，证明含有K+；

Ⅱ．另取原溶液加入足量盐酸有无色气体生成，该气体遇空气变成红棕色，即为二氧化氮，此时溶液颜色加深，但无沉淀生成，说明含有NO3-以及还原性的离子，且不含有SiO32-；

Ⅲ．取Ⅱ反应后的溶液分置于两支试管中，第一支试管中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，即为硫酸钡，再滴加KSCN溶液，上层清液变红，含有Fe3+离子，第二支试管中加入CCl4，充分振荡静置后溶液分层，下层出现紫红色，证明有碘单质生成，则含有K+、Fe2+、NO3-、SO42-、I-，由于物质的量浓度相同．由电荷守恒可知还应含有Mg2+、Cl-；

以此解答该题．【解析】【解答】解：Ⅰ．用铂丝蘸取少量溶液；在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，观察到紫色火焰，证明溶液中一定含有钾离子；

Ⅱ．另取原溶液加入足量盐酸有无色气体生成，该气体遇空气变成红棕色，此时溶液颜色加深，但无沉淀生成，证明含有NO3-、Fe2+；一定不含有硅酸根离子；碳酸根离子；

Ⅲ．取Ⅱ反应后的溶液分置于两支试管中，第一支试管中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，即为硫酸钡，证明含有硫酸根离子，再滴加KSCN溶液，上层清液变红，即出现了三价铁离子，是Ⅱ过程中亚铁离子被硝酸氧化的结果；第二支试管中加入CCl4，充分振荡静置后溶液分层，下层出现紫红色，证明碘单质出现，一定含有碘离子，则含有K+、Fe2+、NO3-、SO42-、I-，由于物质的量浓度相同．由电荷守恒可知还应含有Mg2+、Cl-

A．含有含有Mg2+；故A错误；

B．因含有Fe3+或Fe2+，则不含有CO32-；故B错误；

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

D．由C可知，含有Mg2+、Cl-；故D正确．

故选D．7、C【分析】【分析】物质长期暴露在空气中会氧化变质，说明该物质具有强强还原性，容易被空气中的氧气氧化，依据物质的性质判断解答．【解析】【解答】解：A．硫酸铜不具有还原性；在空气中不能被氧化，故A错误；

B．氢氧化钠溶液与空气中的二氧化碳反应而变质；但是不属于氧化反应，故B错误；

C．硫酸亚铁中的二价铁离子具有强的还原性；能被空气中的氧气氧化生成三价铁而变质，故C正确；

D．氯化钠溶液能够稳定存在与空气中不变质；故D错误；

故选：C．8、C【分析】【分析】A．温度；压强、浓度可改变反应速率；影响化学平衡移动；

B．在元素周期表的金属和非金属分界线附近的元素既有金属性又有非金属性；

C．F没有正化合价；

D．化工生产中应遵循“绿色化学”的思想，减少有害、有毒物质的使用，减少有害物质的排放．【解析】【解答】解：A．温度；压强、浓度可改变反应速率；影响化学平衡移动，则控制实验条件可以改变可逆反应的限度和速率，故A正确；

B．在元素周期表的金属和非金属分界线附近的元素既有金属性又有非金属性；则金属和非金属分界线附近寻找半导体材料，故B正确；

C．F没有正化合价，则存在HClO4，而不存在HFO4；故C错误；

D．化工生产中应遵循“绿色化学”的思想；减少有害；有毒物质的使用，减少有害物质的排放，符合环境保护及可持续发展的要求，故D正确；

故选C．9、D【分析】

A、18g的18O2物质的量==0.5mol；故A错误；

B、气体的温度和压强不知，0.1mol18O2的体积不一定是2.24L；故B错误；

C、18O2气体的摩尔质量是36g/mol；故C错误；

D、重氧水分子式为2D2160，1mol重氧水所含中子数=0.1mol×（2+8）=1mol，所含中子数约是6.02×1023个；故D正确；

故选D．

【解析】【答案】A；依据质量和摩尔质量的计算分析判断；

B；依据气体摩尔体积的条件应用分析判断；

C；依据质量数计算分子的摩尔质量；

D；依据原子的质量数和质子数计算中子数；

二、填空题(共5题，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反应中，Cu失电子发生氧化反应，NO3-得电子发生还原反应；据此分析；

（2）原电池中正负极电极方程式相加即可得到总反应．【解析】【解答】解：（1）3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O反应中，Cu失电子发生氧化反应，NO3-得电子发生还原反应；

①氧化反应：3Cu-6e-=3Cu2+；故答案为：3Cu-6e-=3Cu2+；

②还原反应：8H++2NO3-+6e-=4H2O+2NO↑；故答案为：8H++2NO3-+6e-=4H2O+2NO↑；

（2）已知甲烷燃料电池的半反应式分别为：CH4+10OH--8e-═CO32-+7H2O，2O2+4H2O+8e-═8OH-，原电池中正负极电极方程式相加即可得到总反应，则总反应式：CH4+2OH-+2O2═CO32-+3H2O，故答案为：CH4+2OH-+2O2═CO32-+3H2O．11、2KClO32KCl+3O2↑CAD倒吸Co2O3应在a处接一装有碱石灰的干燥管【分析】【分析】由装置图可知，实验通过测定装置E中的增重，确定生成的二氧化碳的质量，再利用n（C）=n（Co）可知CoxOy中Co的物质的量，进而计算Co的质量，装置D管内残留物质是CoxOy；计算出氧元素质量，再计算氧原子的物质的量，根据原子物质的量之比确定化学式．

（1）在二氧化锰作催化剂；加入条件下，氯酸钾分解生成氯化钾；氧气．

（2）E装置的U形管里盛放的物质用于吸收装置D生成的二氧化碳；结合物质的性质判断．

（3）制得的O2中含有少量的Cl2和O3，B装置中所盛放的物质用于吸收Cl2；不能生成二氧化碳，结合物质的性质判断．

（4）实验结束时；若先撤去A装置中的酒精灯，会导致装置A中的压强降低，容易发生倒吸．

（5）E管增重4.40g是二氧化碳的质量，计算二氧化碳的物质的量，根据化学式CoCO3可知n（C）=n（Co），进而计算Co的质量，D管内残留物质的质量8.30g是CoxOy的质量；计算出氧元素质量，再计算氧原子的物质的量，根据原子物质的量之比确定化学式．

（6）装置E中碱石灰可以吸收空气中水蒸气、二氧化碳，影响二氧化碳质量的测定，故应在a处接一装有碱石灰的干燥管，吸收空气中水蒸气、二氧化碳，防止进入装置E中．【解析】【解答】解：（1）在二氧化锰作催化剂，加入条件下，氯酸钾分解生成氯化钾、氧气，反应方程式为2KClO32KCl+3O2↑．

故答案为：2KClO32KCl+3O2↑．

（2）E装置的U形管里盛放的物质用于吸收装置D生成的二氧化碳，A．P2O5、B．无水CaCl2、D．无水CuSO4不能吸收二氧化碳；C．碱石灰可以吸收二氧化碳，故装置E中试剂为碱石灰．

故选：C．

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

A；NaOH溶液可以吸收氯气；氧气和臭氧不变，所以氯气能除尽，故A符合；

B．饱和NaHCO3溶液以吸收氯气；但生成二氧化碳，影响二氧化碳质量的测定，故B不符合；

C．饱和NaCl溶液不能吸收氯气；故C错误；

D．KI溶液吸收氯气；所以氯气能除尽，故D符合．

故选AD．

（4）实验结束时；若先撤去A装置中的酒精灯，会导致装置A中的压强降低，容易发生倒吸．

故答案为：倒吸．

（5）E管增重4.40g是二氧化碳的质量，物质的量为=0.1mol，根据化学式CoCO3可知）n（Co）=n（C）=0.1mol，进Co的质量为0.1mol×59g/mol=5.9g，D管内残留物质的质量8.30g是CoxOy的质量，CoxOy中氧元素质量为8.3g-5.9g=2.4g，氧原子的物质的量n（O）==0.15mol，所以n（Co）：n（O）=0.1mol：0.15mol=2：3，故该钴的氧化物的化学式为Co2O3．

故答案为：Co2O3．

（6）装置E中碱石灰可以吸收空气中水蒸气；二氧化碳；影响二氧化碳质量的测定，故应在a处接一装有碱石灰的干燥管，吸收空气中水蒸气、二氧化碳，防止进入装置E中．

故答案为：应在a处接一装有碱石灰的干燥管．12、（C15H12O2）n消去甲醛23氯原子H2【分析】【分析】对比结构可知，反应①发生醇的消去反应，由P的结构，逆推可知D为进一步反推C为B为A为由B生成E的反应条件及E是高分子化合物，可知E为．对比结构可知，反应①发生醇的消去反应，还一生成另外一种烯烃：．

（4）由①能与NaHCO3溶液反应，可知结构中含有-COOH；②遇FeCl3溶液显紫色，可知结构中含有苯环且苯环上含有一个-OH，结合③分子中含一个-CH3，可知苯环侧链有以下几种情况：有2个侧链，为-OH、-CH（CH3）COOH，有邻、间、对三种位置；有3个侧链，为-OH、-CH3、-CH2COOH，或者为-OH、-CH2CH3；-COOH；采取定二移一法确定同分异构体数目；

（5）与氯气发生加成反应生成F为F发生水解反应生成H为H发生氧化反应生成再与氢气发生加成反应生成B．【解析】【解答】解：由P的结构，逆推可知D为进一步反推C为B为A为由B生成E的反应条件及E是高分子化合物，可知E为．

（1）由P的结构简式，可知P的分子式为（C15H12O2）n，对比结构可知，反应①发生醇的消去反应，还一生成另外一种烯烃：

故答案为：（C15H12O2）n；消去；

（2）若反应②中两种反应物物质的量之比为1：1，结合A的结构可知为碳碳双键发生断裂生成醛，外另一种产物为HCHO，名称是甲醛，由上述分析剧增，高分子化合物E的结构筒式为

故答案为：甲醛；

（3）C转化为D的化学方程式是：

故答案为：

（4）由①能与NaHCO3溶液反应，可知结构中含有-COOH；②遇FeCl3溶液显紫色，可知结构中含有苯环且苯环上含有一个-OH，结合③分子中含一个-CH3，可知苯环侧链有以下几种情况：有2个侧链，为-OH、-CH（CH3）COOH，有邻、间、对三种位置；有3个侧链，为-OH、-CH3、-CH2COOH，或者为-OH、-CH2CH3、-COOH，其中2个取代基有邻、间、对3种位置，对应的另外1个取代基分别有4、4、2种位置，每种情况有10种，故共有23种，其中核磁共振氢谱中有6组峰的其中一种的结构简式为：等；

故答案为：23；

（5）与氯气发生加成反应生成F为含有官能团为氯原子，F发生水解反应生成H为H发生氧化反应生成再与氢气发生加成反应生成B，试剂G的化学式H2；

故答案为：氯原子；H2．13、三ⅤAHClHFNaNa与冷水剧烈反应，而Mg与冷水反应较慢NaOH+HClO4=NaClO4+H2O【分析】【分析】X的一种核素的质量数为18；中子数为10，则X的质子数为8，则X为O元素；

Y和Ne原子的核外电子数相差1时；Y可能为F或Na，由于原子半径X＜Y，则Y为Na元素；

W的单质是一种常见的半导体材料；则W为Si元素；

Z是同周期中非金属性最强的元素；且原子半径小于Si；大于O，则Z为Cl元素；

根据以上分析可知：X为O元素、Y为Na元素、Z为Cl元素、W为Si元素．【解析】【解答】解：X的一种核素的质量数为18；中子数为10，则X的质子数为8，则X为O元素；Y和Ne原子的核外电子数相差1时，Y可能为F或Na，由于原子半径X＜Y，则Y为Na元素；W的单质是一种常见的半导体材料，则W为Si元素；Z是同周期中非金属性最强的元素，且原子半径小于Si；大于O，则Z为Cl元素，根据分析可知：X为O元素、Y为Na元素、Z为Cl元素、W为Si元素；

（1）W为Si元素；Si的原子序数为14，位于周期表中第三周期第ⅣA族；

X为氧元素，氧离子的核电荷数为8，核外电子总数为10，氧离子结构示意图为：

故答案为：三；ⅣA；

（2）Z为Cl元素，由于非金属性Cl＞Br；则气态氢化物稳定的是HCl；

由于HF中存在氢键；则HF的熔沸点大于HCl；

故答案为：HCl；HF；

（3）Y为钠元素；Na与冷水剧烈反应，而Mg与冷水反应较慢，所以金属钠的活泼性大于Mg；

故答案为：Na；Na与冷水剧烈反应；而Mg与冷水反应较慢（其他合理答案也可）；

（4）Y为Na、Z为Cl，Y的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，Z的最高价氧化物对应的水化物为HClO4，氢氧化钠与高氯酸反应的化学反应方程式为：NaOH+HClO4=NaClO4+H2O；

故答案为：NaOH+HClO4=NaClO4+H2O．14、间歇性|散热|增强体|强度高、质量轻、耐腐蚀、抗冲击、绝缘性能好等【分析】【解答】解：①苯酚和甲醛发生缩聚反应；反应有大量热放出，为防止温度过高，应向已有苯酚的反应釜中间歇性的加入甲醛，并装有散热装置，故答案为：间歇性；散热；②玻璃钢是将玻璃纤维和高分子材料复合而成的复合材料，其中玻璃纤维的作用是增强体，合成材料是基体，它的优点有：强度高；质量轻、耐腐蚀、抗冲击、绝缘性能好等，故答案为：增强体；强度高、质量轻（或耐腐蚀、抗冲击、绝缘性能好）．

【分析】①反应物投入的物质的量越多放出的热越多；②玻璃钢是将玻璃纤维和高分子材料复合而成的复合材料，其中玻璃纤维的作用是增强体，合成材料是基体，它的优点有：强度高、质量轻、耐腐蚀、抗冲击、绝缘性能好等．三、判断题(共5题，共10分)15、×【分析】【分析】CnH2n+2为烷烃，分子中含有n-1个C-C键，以此解答该题．【解析】【解答】解：CnH2n+2为烷烃，分子中含有n-1个C-C键，则1molCnH2n+2分子中含有的C-C数为（n-1）NA．故答案为：×．16、√【分析】【分析】化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，由此衍生的一些物理量也不变，结合反应的特点进行分析．【解析】【解答】解：反应前后气体的质量不等；在恒温恒容条件下，混合气体的密度逐渐增大，当达到平衡状态时，容器中混合气体的密度不变；

而恒温恒压条件下，随反应进行，体系的体积增大，分子量：CO2＞CO；故混合气体的密度逐渐减小，当密度保持不变，反应达到平衡；

故答案为：√．17、√【分析】【分析】胶体的稳定性介于溶液和浊液之间，在一定条件下能稳定存在．【解析】【解答】解：胶体的稳定性介于溶液和浊液之间，在一定条件下能稳定存在，属于介稳体系，故答案为：√．18、√【分析】【分析】（1）根据天然气和沼气的成分分析；

（2）根据成水煤气的反应分析；

（3）根据干馏煤的产物分析；

（4）根据石油的成分分析；

（5）根据石油和天然气的主要成分分析；

（6）根据煤的干馏和石油的分馏的原理分析；

（7）根据煤油的来源和性质分析；

（8）根据石油的成分分析；

（9）根据苯和正己烷的性质分析；

（10）根据石油分馏原理分析；

（11）根据石油催化裂化的原理分析；

（12）根据煤气的成分分析．【解析】【解答】解：（1）天然气和沼气的主要成分是甲烷；故正确，故答案为：√；

（2）煤可与水蒸气反应制成水煤气，其反应方程为：C+H2OCO+H2，所以水煤气的主要成分是CO和H2；故正确，故答案为：√；

（3）干馏煤是在隔绝空气的条件下；将煤加热到900～1100℃时，可以得到焦炭；煤焦油、煤气等物质，从煤焦油中可分离出苯、甲苯等化工原料，煤气中可以得到甲烷和氨等重要化工原料，故正确，故答案为：√；

（4）石油中主要含碳元素；氢元素两种元素；主要是烷烃、环烷烃和芳香烃的混合物，分馏不能获得乙酸，故错误，故答案为：×；

（5）石油主要是烷烃；环烷烃和芳香烃的混合物；天然气的主要成分是甲烷，它们都是碳氢化合物，故正确，故答案为：√；

（6）煤的干馏是指煤在隔绝空气的条件下加热；生成煤焦油；焦炭、焦炉煤气等物质，属于化学变化．石油分馏是指通过石油中含有的物质的沸点不同而使各种物质分离开的一种方法，该过程中没有新物质生成，属于物理变化，故错误，故答案为：×；

（7）煤油可由石油分馏获得；燃烧热值大可用作燃料，不与Na反应，密度比Na大，可保存少量金属钠，故正确，故答案为：√；

（8）石油主要是烷烃；环烷烃和芳香烃的混合物；石油分馏得不到乙烯，故错误，故答案为：×；

（9）苯和正己烷都不与溴水反应；故错误，故答案为：×；

（10）石油是混合物；其分馏产品是几种沸点相近的烃的混合物，所以汽油不是纯净物，故错误，故答案为：×；

（11）石油催化裂化的主要目的是提高汽油等轻质油的产量与质量；石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯；丙烯等气态短链烃；故正确，故答案为：√；

（12）煤气的主要成分是一氧化碳和氢气，故错误，故答案为：×；．19、√【分析】【分析】根据n=cV计算钾离子物质的量，再根据N=nNA计算钾离子数目．【解析】【解答】解：钾离子物质的量=1L×0.3mol/L×2=0.6mol，故钾离子数目为0.6NA，故正确，故答案为：√．四、探究题(共4题，共16分)20、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，与氢氧化钠不反应，甲酸、苯酚与氢氧化钠反应生成溶于水的钠盐，苯（）不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸（HCOOH），故答案为：a．分液；b．蒸馏；c．分液；d．蒸馏；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸，以此解答该题．21、酸式|反应中生成的锰离子具有催化作用，所以随后褪色会加快|滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰酸根离子被还原生成的锰离子有催化作用而导致反应速率加快，所以刚滴下少量KMnO4溶液时；溶液迅速变成紫红色；滴定终点时，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化，证明达到终点；

故答案为：酸式；反应中生成的锰离子具有催化作用；所以随后褪色会加快；滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化；

(2)③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大，舍去第3组，应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积，故消耗KMnO4溶液的体积为mL=20mL

设样品的纯度为x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案为：20.00；90.00%；

(3)④A．未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故A正确；

B．滴定前锥形瓶有少量水，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=分析；c（标准）不变，故B错误；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故C正确；

D．不小心将少量酸性KMnO4溶液滴在锥形瓶外，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故D正确；

E．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析；c（标准）偏小，故E错误；

故选ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰离子有催化作用而导致反应速率加快；乙二酸与KMnO4发生氧化还原反应，滴定终点时，溶液由无色变成紫红色，且半分钟内不褪色；③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大，舍去第3组，应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积，根据关系式2KMnO4～5H2C2O4计算；

④根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差．22、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，与氢氧化钠不反应，甲酸、苯酚与氢氧化钠反应生成溶于水的钠盐，苯（）不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸（HCOOH），故答案为：a．分液；b．蒸馏；c．分液；d．蒸馏；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸，以此解答该题．23、酸式|反应中生成的锰离子具有催化作用，所以随后褪色会加快|滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰酸根离子被还原生成的锰离子有催化作用而导致反应速率加快，所以刚滴下少量KMnO4溶液时；溶液迅速变成紫红色；滴定终点时，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化，证明达到终点；

故答案为：酸式；反应中生成的锰离子具有催化作用；所以随后褪色会加快；滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化；

(2)③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大，舍去第3组，应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积，故消耗KMnO4溶液的体积为mL=20mL

设样品的纯度为x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案为：20.00；90.00%；

(3)④A．未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故A正确；

B．滴定前锥形瓶有少量水，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=分析；c（标准）不变，故B错误；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故C正确；

D．不小心将少量酸性KMnO4溶液滴在锥形瓶外，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故D正确；

E．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析；c（标准）偏小，故E错误；

故选ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰离子有催化作用而导致反应速率加快；乙二酸与KMnO4发生氧化还原反应，滴定终点时，溶液由无色变成紫红色，且半分钟内不褪色；③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大，舍去第3组，应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积，根据关系式2KMnO4～5H2C2O4计算；

④根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差．五、推断题(共4题，共16分)24、cd4NH3+5O24NO+6H2O放热2E2-2E10.075【分析】【分析】A、B、C、D都是中学化学中的常见化合物，均由周期表前18号元素组成，D为红综色气体，为NO2，甲、乙则是两种单质，甲和乙反应生成A，电解A生成甲和乙，且C能和甲反应生成二氧化氮，则甲具有强氧化性，为O2，乙是H2，A是H2O，氧气和B反应生成水和C，C和氧气反应生成二氧化氮，所以C是NO，B是NH3，结合单质、化合物的性质、化学平衡移动原理来分析解答．【解析】【解答】解：A、B、C、D都是中学化学中的常见化合物，均由周期表前18号元素组成，D为红综色气体，为NO2；

甲、乙则是两种单质，甲和乙反应生成A，电解A生成甲和乙，且C能和甲反应生成二氧化氮，则甲具有强氧化性，为O2，乙是H2，A是H2O；

氧气和B反应生成水和C，C和氧气反应生成二氧化氮，所以C是NO，B是NH3；

（1）甲和乙发生化合反应；电解A是氧气和水属于分解反应，该反应中没有复分解反应和置换反应；

故选：cd；

（2）氨气和氧气在一定条件下反应生成一氧化氮和水，反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；

故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；

（3）根据图2知，该反应是放热反应，当有1molNO参加的反应时放出E2-E1的热量，则在反应2NO+O2⇌2NO2中，有2molNO参加反应可以放出2E2-2E1的热量；

故选：放热；2E2-2E1；

（4）若将1molO2和2molNO混合充入容积为2L的密闭容器中，3分钟后反应达到平衡．平衡后混合气体总物质的量为2.55mol，根据2NO+O2⇌2NO2知，反应后气体物质的量减少的量等于参加反应的氧气的量，则用氧气表示的化学反应速率==0.075mol/（L•min）；

故答案为：0.075．25、4NH3+5O24NO+6H2ONH4+、NH2-湿润的红色石蕊试纸试纸变为蓝色蘸有浓盐酸的玻璃棒有白烟生成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为常见含有相同电子数的离子或分子，考虑10电子微粒，X有5个原子核，X为NH4+，Y为OH-，Z为NH3，W为H2O；符合转化关系．

（1）氨气发生催化氧化生成NO；液态NH3与水的电离相似，电离得到NH4+，NH2-；

（2）用湿润的红色石蕊试纸检验或蘸有浓盐酸的玻璃棒检验；

（3）由构成X、Y的三种元素所组成的一种离子化合物，且三种元素原子数之比为2：4：3，该离子化合物是NH4NO3；溶液中铵根离子水解；

（4）一定条件下，NH3与一氧化氮或二氧化氮反应均可生成两种很稳定的产物，应生成氮气与水，则二氧化氮与NH3反应方程式为：8NH3+6NO2=7N2+12H2O，结合方程式计算解答．【解析】【解答】解：X、Y、Z、W为常见含有相同电子数的离子或分子，考虑10电子微粒，X有5个原子核，X为NH4+，Y为OH-，Z为NH3，W为H2O；符合转化关系．

（1）氨气发生催化氧化生成NO，反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；液态NH3与水的电离相似，电离得到NH4+，NH2-；

故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；NH4+，NH2-；

（2）用湿润的红色石蕊试纸检验氨气；现象为：试纸变为蓝色；

用蘸有浓盐酸的玻璃棒检验氨气；现象为：有白烟生成；

故答案为：。化学试剂现象方法一湿润的红色石蕊试纸试纸变为蓝色方法二蘸有浓盐酸的玻璃棒有白烟生成；

（3）由构成NH4+、OH-的三种元素所组成的一种离子化合物，且三种元素原子数之比为2：4：3，该离子化合物是NH4NO3，溶液中铵根离子水解，溶液呈酸性，则溶液中离子浓度大小为：c（NO3-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）；

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

（4）一定条件下，NH3与一氧化氮或二氧化氮反应均可生成两种很稳定的产物，应生成氮气与水，则二氧化氮与NH3反应方程式为：8NH3+6NO2=7N2+12H2O，若有二氧化氮与Z的混合气体20mL在该条件下反应，实际参加反应的二氧化氮比NH3少2mL；

8NH3+6NO2=7N2+12H2O；

86

xx-2L

所以；x：（x-2mL）=8：6，解得x=8mL，参加反应气体为14mL，小于20mL，故气体有剩余；

若二氧化氮剩余，则原混合气体中V（NH3）：V（NO2）=8mL：（20mL-8mL）=2：3；

若氨气剩余，则混合气体中V（NH3）：V（NO2）=（20mL-6mL）：6mL=7：3；

故答案为：V（NH3）：V（NO2）=2：3或V（NH3）：V（NO2）=7：3．26、2SO2+O22SO3SiO2+2OH-═SiO32-+H2O①②③【分析】【分析】（1）从图中可知单质A可被O2氧化，同时E、D的水溶液显酸性，说明A应是S，E是H2S，B是SO2，顺次推知C是SO3，D是H2SO4；

（2）非金属元素最高价氧化物对应的水化物难溶于水的只有H2SiO3，则A是Si，B是SiO2，C应是硅酸盐，D是H2SiO3；

（3）当A是S时，①②③均是氧化还原反