學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精高二承智班化學開學考試試題一、選擇題1.常溫下,下列有關電解質溶液的敘述正確的是（）A。等濃度等體積的強酸與強堿溶液混合后，溶液的pH＝7B.pH＝2的鹽酸與pH＝12的氨水等體積混合后所得溶液顯中性C。pH＝10的Ba（OH)2溶液和pH＝13的NaOH溶液等體積混合后溶液的pH＝10.7(已知lg2＝0。3）D。將10mLpH＝a的鹽酸與100mLpH＝b的Ba(OH)2溶液混合后恰好中和,則a＋b＝13【答案】D【解析】A．強酸強堿混合溶液的酸堿性不僅取決于酸堿的物質的量還取決于酸和堿的元數，如果n(H+）＞n（OH—），溶液呈酸性，如果n（H+）＞n(OH-），溶液呈中性，如果n（H+)＜n(OH-)，溶液呈堿性，故A錯誤；B．pH=2的鹽酸與pH=12的氨水，氨水的物質的量濃度大于鹽酸,所以兩種溶液等體積混合后所得溶液顯堿性，故B錯誤；C．混合溶液中c（OH-)=0.0001+0.12mol/L，則混合液中氫離子濃度為：c（H+)=1×10-140.0001+0.12mol/L≈2×10—13mol/L,pH=12.7，故C錯誤；D．氯化氫和氫氧化鋇都是強電解質,酸堿恰好中和，則鹽酸中n（H+2。下列指定反應的離子方程式正確的是(）A。Cu溶于稀硝酸HNO3：Cu＋2H＋＋NO3－=Cu2＋＋NO2↑＋H2OB。(NH4)2Fe（SO4)2溶液與過量NaOH溶液反應制Fe（OH)2:Fe2＋＋2OH－=Fe（OH）2↓C.用CH3COOH溶解CaCO3:CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑D.向NaAlO2溶液中通入過量CO2制Al（OH）3：CO2＋AlO2－＋2H2O=Al（OH）3↓＋HCO3－【答案】D【解析】A．Cu和稀硝酸反應生成硝酸銅、NO和水，離子方程式為3Cu+8H++2NO3—=3Cu2++2NO↑+4H2O，故A錯誤；B．二者反應生成氫氧化亞鐵、一水合氨，離子方程式為Fe2++2NH4++4OH-=Fe(OH）2↓+2NH3．H2O，故B錯誤；C．弱電解質寫化學式，離子方程式為CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO—+H2O+CO2↑，故C錯誤；D．二者反應生成氫氧化鋁和碳酸氫鈉，離子方程式為CO2+AlO2-+2H2O=Al(OH）3↓+HCO3-,故D正確；故答案為D。點睛：離子方程式正誤判斷，明確物質的性質及離子方程式書寫規則是解本題關鍵，單質、氧化物、弱電解質、氣體、沉淀、絡合物都寫化學式，注意要結合原子守恒、電荷守恒及轉移電子守恒，題目難度不大，易錯選項是B,注意B中離子反應先后順序及反應物的量,為易錯點。3.設NA為阿伏加德羅常數的數值，下列說法正確的是（）A。常溫常壓下，56g乙烯和丙烯的混合氣中含有的碳原子數為4NAB.1。2gNaHSO4晶體中含有的陽離子和陰離子的總數為0。03NAC.12g金剛石中含有的共價鍵數為4NAD.1molFe2＋與足量的H2O2溶液反應，轉移2NA個電子【答案】A【解析】A．56

g乙烯和丙烯的混合氣中含有n(CH2)=56g14g/mol=4mol,n（C）=4mol,碳原子數為4NA，故A正確;B．1.2g

NaHSO4晶體的物質的為1.2g120g/mol=0。01mol，NaHSO4晶體以鈉離子和硫酸氫根離子構成，因此離子總物質的量為0.02mol,即為0。02N4。下列有關溶液組成的描述合理的是（）A.無色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl￣、S2—B。酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO￣、SO42￣、I-C。弱堿性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl￣、HCO3－D。中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl￣、SO42—【答案】C【解析】A．Al3+、S2￣發生雙水解反應而不能大量共存，故A錯誤；B．酸性條件下，ClO￣、I￣發生氧化還原反應而不能大量共存，故B錯誤；C．弱堿性條件下，這幾種離子之間不反應，碳酸氫根離子水解導致溶液呈弱堿性，所以能大量共存,故C正確；D．Fe3+極易水解，在中性條件下，要完全水解而不能大量存在,故D錯誤；故答案為C。點睛：離子共存判斷時應注意題中給出的附加條件：①酸性溶液(H+)、堿性溶液（OH—)、能在加入鋁粉后放出可燃氣體的溶液、由水電離出的H+或OH—-=1×10-10mol/L的溶液等；②有色離子MnO4—，Fe3+，Fe2+，Cu2+，Fe（SCN)3+；③MnO4-，NO3—等在酸性條件下具有強氧化性；④S2O32-在酸性條件下發生氧化還原反應：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O；⑤注意題目要求“大量共存"還是“不能大量共存。5.常溫下，下列各組離子在指定溶液中可能大量共存的是（）A。滴入甲基橙顯紅色的溶液中:Na＋、NO3－、I-、SO42－B。水電離出的c（H＋）＝10－12mol/L中：K＋、AlO2-、CH3COO-、SiO32－C.c（OH－）/c(H＋）＝1012的水溶液中：K＋、ClO－、S2－、Cl－D。加入鋁粉能產生氫氣的溶液中：NH4＋、Fe2+、SO42－、NO3－【答案】B。.。。..。。。。。.6。化學與人類生活、能源開發、資源利用等密切相關。下列說法正確的是（）A.塑料奶瓶比玻璃奶瓶更有利于健康，且更加經久耐用B.硅燃燒放出的熱量多，且燃燒產物對環境污染程度低,可做“未來石油"C。用K2FeO4取代Cl2處理飲用水，可殺菌消毒，但不能沉降水中的懸浮物D.研發使用高效催化劑，可提高反應中原料的轉化率【答案】B【解析】A．塑料中含有塑化劑，塑化劑是一種有毒的化工塑料軟化劑,所以長期使用塑料奶瓶不利于健康，故A錯誤；B．硅燃燒生成放出熱量多，且生成物是二氧化硅固體易控制，故B正確；C．高鐵酸鉀具有強氧化性,所以能殺菌消毒，還原產物鐵離子水解生成氫氧化鐵膠體，膠體具有吸附性,所以能吸附懸浮物而達到凈水目的,故C錯誤;D．催化劑能改變反應速率,但不影響平衡移動，所以不能提高轉化率，故D錯誤；故答案為B。7.列除雜操作可行的是（）A.通過濃硫酸除去HCl中的H2OB.通過灼熱的CuO除去H2中的COC。通過灼熱的鎂粉除去N2中的O2D.通過水除去CO中的CO2【答案】A【解析】A．濃硫酸具有吸水性,與HCl不反應,則通過濃硫酸除去HCl中的H2O，操作可行，故A正確；B．二者均可還原CuO，將原物質反應掉，不符合除雜的原則，則不能通過灼熱的CuO除去H2中的CO,故B錯誤；C．二者均與Mg反應,將原物質反應掉,不符合除雜的原則，則應通過通過灼熱的銅網除去N2中的O2，故C錯誤；D．二氧化碳在水中的溶解度不大，應利用NaOH溶液除去CO中的CO2，故D錯誤；故答案為A。點睛:，把握物質的性質及除雜的原則為解答的關鍵,注意原物質與雜質的性質差異，分離或提純時，若需要加入試劑，試劑的選擇應遵循以下五個原則:①所選試劑一般只和雜質反應；②操作不應引入新的雜質；③不減，即不減少欲被提純的物質；④易分，即欲被提純的物質與雜質應容易分離；⑤易得,試劑應盡可能容易獲得，且價格低廉。8.在100克濃度為18mol/L.密度為ρ（g/cm3)的濃硫酸中加入一定量的水稀釋成9mol/L的硫酸,則加水的體積為（提示:硫酸溶液越濃,其密度越大）A。小于100mLB。等于100mLC.大于100mLD.無法確定【答案】A【解析】設濃硫酸的體積為VmL,根據稀釋前后溶質的質量不變，設稀釋后溶液的體積為x,則:VmL×18mol/L=x×9mol/L，解得x=2VmL。硫酸溶液的濃度越大，密度越大，所以稀釋后硫酸的密度小于ρ，故稀釋后硫酸的質量小于2V×ρ(即200g)，所以加入水的質量小于200g-100g=100g,又因為水的密度約為1g點睛：本題考查物質的量濃度的計算,注意掌握物質的量濃度根據及表達式，學生容易忽略密度與濃度、質量分數的關系及水的密度與硫酸的密度大小。9.青蒿素是抗瘧特效藥，屬于萜類化合物,如圖所示有機物也屬于萜類化合物，該有機物的一氯取代物有(不考慮立體異構）（)A.6種B。7種C.8種D。9種【答案】B【解析】試題分析:該有機物沒有對稱結構，所以其一氯代物中氯原子的位置如圖：，總共7種。考點：同分異構體10。將兩個鉑電極插入KOH溶液中，向兩極分別通入CH4和O2，即構成甲烷燃料電池．已知通入甲烷的一極，其電極反應為:CH4+10OH﹣﹣8e﹣=CO32﹣+7H2O；下列敘述正確的是（）A。通入甲烷的一極為正極B.通入氧氣的一極發生氧化反應C.該電池總反應為：CH4+2O2+2OH﹣=CO32﹣+3H2OD.該電池在工作時，溶液中的陰離子向正極移動【答案】C【解析】試題分析：A。原電池中負極失去電子，發生氧化反應，正極得到電子，發生還原反應，則通入甲烷的一極為負極,A錯誤；B通入氧氣的一極發生還原反應，B錯誤；C。電解質溶液顯堿性，則該電池總反應為CH4+2O2+2OH－＝CO32－+3H2O，C正確；D.該電池在工作時，溶液中的陰離子向負極移動,D錯誤，答案選C。考點:考查原電池原理的應用11。室溫下，將0。10mol·L－1鹽酸滴入20.00mL0。10mol·L－1氨水中，溶液中pH和pOH隨加入鹽酸體積變化曲線如圖所示.已知：pOH＝－lgc(OH－)，下列說法正確的是A。M點所示溶液中c(NH4+）+c（NH3·H2O)＝c（Cl－)B.N點所示溶液中溶質一定含NH4Cl，可能還含HClC。Q點消耗鹽酸的體積等于氨水的體積D.Q點所示溶液中c（NH4+)〉c(Cl－）>c（NH3·H2O）〉c(OH—)>c(H+）【答案】B【解析】A．M點溶液呈堿性，為NH4Cl、NH3?H2O混合溶液，溶液中c（NH4+）+c(NH3?H2O)＞c(Cl-),故A錯誤；B．N點溶液呈酸性，溶液中溶質一定含NH4Cl,可能還含HCl，故B正確;C．恰好反應得到NH4Cl溶液呈酸性,Q點溶液呈中性,氨水稍過量，故C錯誤；D．Q點溶液呈中性,則c(H+）=c(OH—），根據電荷守恒可知：c（NH4+）=c（Cl-）,正確的離子濃度大小為：c(NH4+)=c(Cl—）＞c（H+)=c(OH-）,故D錯誤；答案為B.點睛:解題關鍵是理解pH與pOH關系以及與二者與溶液酸堿性關系，由于Kw=(H+)×c(OH—)=10—14，則溶液的pH+pOH=14，實線為pH曲線，虛線為pOH曲線,作垂直體積坐標軸線與pH曲線、pOH曲線交點為相應溶液中pH、pOH．Q點的pH=pOH，則Q點溶液呈中性。12。下列說法不正確的是A.干冰升華和液氯氣化時，都只需克服分子間作用力B。硫酸氫鈉晶體溶于水，需要克服離子鍵和共價鍵C.氯化氫氣體溶于水時,只有共價鍵的斷裂，沒有化學鍵的形成D。石墨轉化金剛石，既有化學鍵的斷裂,又有化學鍵的形成【答案】C【解析】A．干冰和氯氣形成的晶體都是分子晶體，所以干冰升華和液氯氣化時，都只需克服分子間作用力，故A正確；B．硫酸氫鈉是離子晶體，溶于水需要克服離子鍵，HSO4-在水中電離需要克服共價鍵,故B正確；C．氯化氫氣體溶于水時,H-Cl共價鍵的斷裂，生成H3O+時有共價鍵的形成，有化學鍵的形成,故C錯誤；D．石墨轉化金剛石是化學變化，既有化學鍵的斷裂，又有化學鍵的形成，故D正確；故答案為C。13。最新報道：科學家首次用X射線激光技術觀察到CO與O在催化劑表面形成化學鍵的過程．反應過程的示意圖如下：下列說法正確的是A。CO和O生成CO2是吸熱反應B。在該過程中，CO斷鍵形成C和OC.同物質的量的CO和O反應比CO與O2反應放出更多熱量D.狀態Ⅰ→狀態Ⅲ表示CO與O2反應的過程【答案】C【解析】A．由圖可知反應物總能量大于生成物總能量,為放熱反應，故A錯誤;B．由圖可知不存在CO的斷鍵過程，故B錯誤；C．CO與O在催化劑表面形成CO2,所以狀態Ⅰ→狀態Ⅲ表示CO與O反應的過程,故C正確;D．狀態Ⅰ→狀態Ⅲ表示CO與O反應的過程,而不是與氧氣反應,故D錯誤；故答案為C.14。室溫下，下列有關兩種溶液的說法不正確的是序號①②pH1212溶液氨水氫氧化鈉溶液A。①②兩溶液中c（OH－)相等B。①②兩溶液中水的電離程度相同C。①②兩溶液分別加水稀釋10倍，稀釋后溶液的pH:①<②D.等體積的①②兩溶液分別與0。01mol·L—1的鹽酸完全中和,消耗鹽酸的體積：①>②【答案】C【解析】A．pH相等的氨水和氫氧化鈉溶液中氫氧根離子濃度相等，故A正確；B．氨水和NaOH溶液中水的電離均受到抑制，當pH相等時水的電離程度相同,故B正確；C．pH相等的氨水和氫氧化鈉溶液加水稀釋時，NaOH溶液pH變化大,故C錯誤；D．pH相等的氨水和氫氧化鈉溶液中，一水合氨的物質的量比氫氧化鈉多，與鹽酸中和時消耗的鹽酸①＞②，故D正確；故答案為C.15。全固態鋰硫電池能量密度高、成本低，其工作原理如圖所示，其中電極a常用摻有石墨烯的S8材料，電池反應為:16Li+xS8=8Li2Sx（2≤x≤8）。下列說法不正確的是A.電池工作時，a是正極B。電池工作時負極反應為：Li﹣e﹣=Li+，外電路中流過0.02mol電子，負極材料減重0.14gC。石墨烯的作用主要是提高電極a的導電性D.在此電池中加入硫酸可增加導電性【答案】D【解析】A．電池工作時,電解質中Li+向正極移動,則a是正極，故A正確；B．電池工作時負極反應為：Li—e-=Li+,當外電路流過0。02mol電子時，消耗的鋰為0。02mol，負極減重的質量為0.02mol×7g/mol=0。14g，故B正確；C．硫作為不導電的物質，導電性非常差，而石墨烯的特性是室溫下導電最好的材料,則石墨烯的作用主要是提高電極a的導電性，故C正確；D．純硫酸不電離，不導電,無法增加導電性，故D錯誤；答案為D。點睛：解答本題的關鍵是根據離子的流向判斷原電池的正負極，由電池反應16Li+xS8=8Li2Sx（2≤x≤8）可知負極鋰失電子發生氧化反應,電極反應為：Li—e-=Li+,Li+移向正極，所以a是正極，發生還原反應：S8+2e—=S82-,S82—+2Li+=Li2S8，3Li2S8+2Li++2e—=4Li2S6，2Li2S6+2Li++2e—=3Li2S4,Li2S4+2Li++2e—=2Li2S2，根據電極反應式結合電子轉移進行計算.16.下列說法正確的是A。HCOOH是一元羧酸，對應的酸根是COOH—B.CH2（NH2)CH2COOH不是α—氨基酸，但它可以和甘氨酸反應形成肽鍵C.葡萄糖溶液中加入新制的Cu(OH)2懸濁液可看到有紅色沉淀生成D。纖維素的水解和油脂的皂化反應都是由高分子生成小分子的過程【答案】B【解析】A．HCOOH是一元羧酸,對應的酸根是HCOO—，故A錯誤；B．CH2（NH2）CH2COOH不是β—氨基酸，同樣能和甘氨酸反應形成肽鍵，故B正確；C．葡萄糖分子結構中含有醛基，其水溶液中加入新制的Cu(OH)2懸濁液，加熱煮沸后看到有紅色沉淀生成，故C錯誤；D．油脂不是有機高分子化合物，故D錯誤;答案為B.17.如圖是四種常見有機物的比例模型示意圖，下列說法正確的是A.甲能發生氧化反應B.乙通入溴的四氯化碳溶液,最后得到無色溶液不能和液溴反應C。煤干餾得到的煤焦油可以分離出丙，丙是無色無味的液態烴D。丁發生催化氧化得到的產物不能與金屬鈉反應【答案】A18.短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相對位置如表所示，這四種元素的元素的原子最外層電子數之和為19。則下列說法正確的是XYWZA.氫化物的沸點：Y＜ZB.原子半徑大小：Y＞WC.工業上用電解熔融的W與Y所形成的化合物來制取WD.W可與X和Y形成的一種化合物發生反應【答案】D【解析】W、X、Y、Z均為短周期主族元素，由位置關系可知,X、Y處于第二周期,W、Z處于第三周期，設W原子最外層電子數為a,則X、Y、Z最外層電子數依次為a+2、a+4、a+5，四種元素的原子最外層電子數之和為19，則：a+a+2+a+4+a+5=19,解得a=2,則W為Mg元素，故X為C元素、Y為O元素、W為Cl元素；A．H2O分子間有氫鍵,常溫下是液態，而HCl常溫下是氣態,可知H2O的沸點大于HCl，故A錯誤;B．Mg與S同周期，核電荷數大，原子半徑小，而S和O同主族，核電荷數大，原子半徑大，則原子半徑的大小關系是Mg大于O,故B錯誤；C．MgO是高熔點氧化物,工業上用電解熔融的MgCl2來制取Mg，而不電解氧化鎂，故C錯誤；D．Mg可以在CO2中燃燒生成氧化鎂和碳,故D正確；答案為D.點睛：微粒半徑大小比較的常用規律：（1)同周期元素的微粒:同周期元素的原子或最高價陽離子或最低價陰離子半徑隨核電荷數增大而逐漸減小（稀有氣體元素除外）,如Na＞Mg＞Al＞Si，Na+＞Mg2+＞Al3+，S2－＞Cl－。（2)同主族元素的微粒：同主族元素的原子或離子半徑隨核電荷數增大而逐漸增大，如Li＜Na＜K，Li+＜Na+＜K+.（3)電子層結構相同的微粒：電子層結構相同(核外電子排布相同）的離子半徑（包括陰、陽離子)隨核電荷數的增加而減小,如O2－＞F－＞Na+＞Mg2+＞Al3+。（4)同種元素形成的微粒:同種元素原子形成的微粒電子數越多，半徑越大.如Fe3+＜Fe2+＜Fe，H+＜H＜H－。(5）電子數和核電荷數都不同的，可通過一種參照物進行比較，如比較A13+與S2－的半徑大小，可找出與A13+電子數相同的O2－進行比較，A13+＜O2－，且O2－＜S2－，故A13+＜S2－.19。一定溫度下,反應N2（g）+3H2(g)2NH3（g)達到化學平衡狀態的標志是A.c(N2）∶c(H2)∶c（NH3)＝1∶3∶2B.N2、H2和NH3的物質的量分數不再改變C。N2與H2的物質的量之和是NH3的物質的量2倍D。單位時間里每增加1molN2，同時增加3molH2【答案】B【解析】N2(g）+3H2（g)?2NH3(g）；A．平衡時各物質的分子數之比取決于物質的起始物質的量和轉化率，故c(N2)﹕c（H2)﹕c（NH3)=1﹕3﹕2不能作為判斷是否達到平衡狀態的依據，故A錯誤;B．N2,H2和NH3的質量分數不再改變,說明達到平衡狀態，故B正確；C．反應前后氣體的體積不等，故容器總壓強不隨時間改變可作為判斷是否達到化學平衡狀態的依據，故C正確；C．平衡時反應物與生成物的物質的量關系取決于反應起始物質的量以及轉化的程度,不能用來判斷是否達到平衡狀態，故C錯誤;D．單位時間內每增加1

mol

N2是也逆反應，同時增加3

mol

H2也逆反應,故不能說明達到平衡狀態，故D錯誤；故答案為B.點睛：化學平衡的標志有直接標志和間接標志兩大類。一．直接標志：正反應速率=逆反應速率，注意反應速率的方向必須有正向和逆向。同時要注意物質之間的比例關系，必須符合方程式中的化學計量數的比值。二、間接標志：1．各物質的濃度不變。2．各物質的百分含量不變.3．對于氣體體積前后改變的反應,壓強不變是平衡的標志。4．對于氣體體積前后不改變的反應，壓強不能做標志。5．對于恒溫恒壓條件下的反應，氣體體積前后改變的反應密度不變是平衡標志.6．對于恒溫恒容下的反應,有非氣體物質的反應，密度不變是平衡標志。20。常溫下向某濃度的新制氯水中逐滴加入Na2SO3溶液，溶液pH變化如圖所示（整個過程中無氣體逸出),下列關系正確的是（）A。a點:c(H+)=c（Cl-)+c(OH—)B。b點：c（Cl-）=0.005mol·L—1C。c點：c(Na+)=2c（HSO3—)+2c（SO32-）+2c(SO42-)+2c(H2SO3）D.d點：c（Na+）>c(Cl—）〉2c(SO32—）+c(HSO3—)+2c(SO42—)【答案】C【解析】Na2SO3是強堿弱酸鹽，亞硫酸根離子水解溶液顯堿性，Na2SO3具有還原性，往氯水中滴入Na2SO3溶液中發生氧化還原反應，氯氣氧化亞硫酸鈉生成硫酸鈉,氯氣被還原生成鹽酸：Na2SO3+Cl2+H2O=Na2SO4+2HCl,隨著亞硫酸鈉的加入，亞硫酸鈉與鹽酸反應生成亞硫酸氫鈉，繼續加入，生成二氧化硫氣體。A．a點為氯水,氯氣和水反應生成HCl和HClO,HCl完全電離、HClO部分電離，根據電荷守恒,c（H+）=c(Cl-)+c（OH—）+c(ClO—），故A錯誤；B．b點是滴入亞硫酸鈉和氯水中氯氣恰好反應生成硫酸鈉和鹽酸：Na2SO3+Cl2+H2O=Na2SO4+2HCl,氯離子和硫酸根離子不水解，pH=2時氫離子濃度為0。01mol/L，則12c(Cl-）=c（SO42-)=0.005mol?L-1，c(Cl-）=0。01mol·L—1，故B錯誤；C．c點是剩余少量HCl，生成氯化鈉,溶質為氯化氫、亞硫酸氫鈉、硫酸鈉和氯化鈉，其中亞硫酸氫鈉和氯化鈉的物質的量相等，根據物料守恒，則c（Na+)=2c（HSO3-）+2c（SO32—)+2c(SO42—）+2c（H2SO3)，故C正確;D．d點pH=7，溶液中的溶質為氯化鈉，亞硫酸鈉和硫酸鈉，以及亞硫酸氫鈉，反應的總方程式為3Na2SO3+Cl2+H2O=Na2SO4+2NaHSO3+2NaCl，則c(Cl—)＜2c（SO32—）+c(HSO3—)+2c(SO42-點睛：本題考查離子濃度大小比較，題目難度較大,明確圖象各點溶質組成為解答關鍵，注意掌握電荷守恒、物料守恒的含義及應用方法.本題的易錯點和難點是D，pH=7時，溶液中的溶質為氯化鈉、亞硫酸鈉、硫酸鈉和亞硫酸氫鈉，難在氯化鈉與其他物質的量的關系判斷。二、推斷題21.下圖表示元素周期表的前三周期,表中的字母各代表一種元素,請回答下列問題:①寫出D單質的電子式____________；A與E的上一周期同主族元素形成的原子個數比為1:1的化合物的電子式_______________。②E和F分別形成的氣態氫化物中較穩定的是（填寫氫化物的化學式）_____________；③A的最高價氧化物對應的水化物中所含化學鍵為___________________，其水溶液與B單質反應的離子方程式為___________________________；④寫出實驗室制備F單質的化學方程式______________________________________。⑤將Fe與C的一種單質(導體)用導線連接，共同浸入到食鹽水中構成閉合回路,其中C極為_____極(填正或負）,該電極反應式為：____________________。⑥以D2H4和O2為原料，與KOH溶液形成的原燃料電池中,負極反應式為___________,(生成物對環境友好無污染）當外電路轉移0。2mol電子時，消耗的O2在標準狀況下的體積為___________.【答案】（1).（2）。(3）.HCl(4）。離子鍵、共價鍵(5)。2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑（6).MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2+2H2O(7）.正(8）。O2+4e—+2H2O=4OH-（9）.N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O(10).1。12L【解析】由表可知，ABCDEF分別為鈉、鋁、碳、氮、硫、氯等元素。①D單質氮氣的電子式；A與E的上一周期同主族元素形成的原子個數比為1:1的化合物是過氧化鈉，其電子式為。②E和F分別形成的氣態氫化物中較穩定的是HCl；③A的最高價氧化物對應的水化物氫氧化鈉中所含化學鍵為離子鍵、共價鍵，其水溶液與B單質反應的離子方程式為2Al+2OH—+2H2O=2AlO2-+3H2↑；④實驗室用濃鹽酸和二氧化錳加熱的方法制備氯氣，化學方程式MnO2+4HCl（濃)MnCl2+Cl2+2H2O。⑤將Fe與C的一種單質（導體）用導線連接，共同浸入到食鹽水中構成閉合回路,類比鋼鐵的電化學腐蝕，C極為正極,該電極反應式為：O2+4e—+2H2O=4OH-。⑥以D2H4和O2為原料,與KOH溶液形成的原燃料電池，因為生成物對環境友好無污染，可知產物為氮氣和水，所以負極反應式為N2H4-4e—+4OH—=N2+4H2O，當外電路轉移0。2mol電子時,消耗的O2在標準狀況下的體積為1。12L.三、計算題22。由C、H、O三種元素組成的有機物A，相對分子質量為1