…………○…………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2024年滬科新版高三化學下冊月考試卷191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A（g）?2B（g），若正反應的活化能為EaKJ?mol-1，逆反應的活化能為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方程式可表示為2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=-285.8kJ?mol-1C.能自發進行的化學反應，一定是△H＜0、△S＞0D.增大反應物濃度，可增大單位體積內活化分子百分數，從而增加有效碰撞的次數2、下列表示方法正確的是（）

①H2S分子的比例模型：②NH4Cl電子式：

③苯乙醛結構簡式：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.該裝置將太陽能轉化為化學能和電能B.電極1周圍pH增大C.電極2上發生的反應為：CO2+2H++2e-═HCOOHD.H+由電極1室經過質子膜流向電極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

根據已述反應所得出的結論正確的是（）A.△H1=△H2B.△H1＞△H2C.△H1＜△H2D.金剛石比石墨穩定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NA為阿伏加德羅常數，如果ag某氣態雙原子分子的分子數為p，則bg該氣體在標準狀況下的體積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）如圖是某學校實驗室從化學試劑商店買回的濃硫酸試劑標。

簽上的部分內容．現用該濃硫酸配制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）經計算，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，量取硫酸時應選用____mL規格的量筒；（填正確的字母選項）

A．10mLB．50mLC．100mLD．200mL

（3）對所配制的稀硫酸進行測定，發現其濃度大于1mol?L-1，配制過程中下列各項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入容量瓶后；緊接著就進行以后的實驗操作。

D．轉移溶液時；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行定容。

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

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子，Y原子的價電子構型為2s22p2，Z的單質在常溫下是無色氣體且Z原子的單電子個數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－的空間構型是____；(2)Z、M、W原子序數依次增大，三種元素的第一電離能由大到小的順序是____；Y、Z、W三種元素的電負性由大到小的順序是____。（填元素符號）(3)Ne與Wn－的電子數相同，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最低的是____。（填化學式）(4)ZX4W在物質中，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各物質間的關系如下圖，其中B、D為氣態單質。請回答下列問題：(1)物質C和E的名稱分別為________________、__________________；(2)可選用不同的A進行反應①，若能在常溫下進行，其化學方程式為_____________；若只能在加熱情況下進行，則反應物A應為_____________；(3)反應②的化學方程式為_______________________________________；(4)新配制的F溶液應加入_____________以防止其轉化為G。檢驗G溶液中陽離子的常用試劑是_____________，實驗現象為______________________________________。11、化合物I（C11H12O3）是制備液晶材料的中間體之一，能發生銀鏡反應．

已知：

①A的核磁共振氫譜表明其只有一種化學環境的氫；

②R-CH═CH2R-CH2CH2OH；

③化合物F的苯環上的一氯代物只有兩種；

④

回答下列問題：

（1）B的化學名稱為____．

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

（3）I的結構簡式為____．

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

（5）由甲苯和E經如下步驟可合成反應②所選用的試劑為____，L的結構簡式為____．12、有A；B、C、D、E、F、G七種短周期元素；它們的原子序數依次增大，已知：A的原子中沒有中子，B的一種單質是硬度最大的物質，D原子的最外層電子數是其電子層數的三倍，E的最外層電子數與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的單質置換B的單質反應的方程式：____．

②寫出C與F的化合物與水反應的方程式：____．

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量小的物質的實驗室制法的反應方程式____．

⑤寫出EGD2溶液中通入過量CO2反應的離子方程式：____．

⑥寫出由ABCD組成的離子化合物分子式為A8B2C2D4的結構簡式____．13、生產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）實驗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”，是因為使用了氯氣消毒，請寫出有關化學方程____．下列物質中____（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．打開塞子，迅速加入適量硫酸溶液，此時有碘單質生成．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，本身重新還原為Mn2+．

上述過程發生的反應可表示為：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氫氧化鈉溶液反應后PH為____．15、（2013秋?應縣校級期末）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口進氣，可收集的氣體有____．

（2）若在燒瓶內充滿水，可收集的氣體有____，氣體應由____口進入．

（3）若燒瓶中裝入適量濃硫酸，不可以用它來干燥的氣體有____，氣體應由____口進入．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____（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，轉移2NA電子．____（判斷對錯）．22、含5個碳原子的有機物，每個分子中最多可形成4個C-C單鍵____．23、判斷下列有關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的轉化關系如下圖．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，產物只有C、D和E的稀溶液．

請回答下列問題：

（1）A的化學式為____．

（2）A溶液電解的化學方程式為____．

（3）E的稀溶液與F溶液反應的離子方程式____．

（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在標準狀況下的體積為22.4mL，則電解后溶液的pH為____（假設溶液體積不變）．

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

（1）寫出下列物質的化學式：D____，E____．

（2）寫出G通入I溶液發生反應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B、Y與氧氣反應過程中的量的變化關系，設計一個實驗，不用實驗室里的任何試劑，只用常用的儀器，區分B、Y兩種物質（簡要說明實驗方法和實驗結論）____．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；可發生如右圖所示的轉化．其中：a是單質；c、d是氧化物；e是最高價氧化物對應的水化物．

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

（2）如果a是空氣中含量最大的氣體、b為氣態氫化物，d是紅棕色氣體．則c的化學式為____；a生成b的化學方程式為____；d生成e的離子方程式為____．27、（2012?眉山模擬）如圖轉化關系中；常溫下E；F、L、I為無色氣體，F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鍵為____；B的電子式為____．

（2）寫出D→B的化學反應方程式____．7.8gM與足量的D充分反應時轉移電子的數目為____．

（3）寫出E與H反應生成的正鹽溶液中的離子濃度大小關系____．

（4）E作為燃料電池燃氣時，發生的總反應為：E+O2→N2+H2O，KOH溶液為電解質溶液，負極反應式是____．

（5）Zn與K的稀溶液反應，當有1molK參與反應時，有0.8mol電子轉移，此時K的還原產物可能是____．

（6）將少量的F通入NaClO溶液中，其離子反應方程式為____．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．試計算：

（1）原溶液中Na2CO3的物質的量濃度．

（2）收集的氣體在標準狀況下的體積．29、電解飽和食鹽水可生產氯氣，寫出該反應的化學方程式，及實驗室反應方程式．30、HI分解反應為2HI（g）?H2（g）+I2（g），若開始時有1molHI，平衡時有24.4%的HI發成了分解．今欲將HI的分解率降到10%，應往此平衡體系中加入I2物質的量是多少？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熱穩定性：HmD＞HmC；②Cm-、E（m-1）-具有相同的電子層結構；③B與E在同一周期；在該周期中，E的原子半徑最小，B的離子半徑最小；④A；B所形成的單核離子具有相同的電子層結構，B的最高價氧化物對應的水化物與A、E的最高價氧化物對應的水化物都能反應．依據上述信息用相應的化學用語回答下列問題：

（1）HmD的電子式：______．

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

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

（4）常溫下，將等物質的量濃度的HmC溶液和A的最高價氧化物對應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為______．

（5）在B；C、E單質中；符合下列轉化關系的是______．

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如下表．

。Ka1Ka2H2SO31.3×10-26.3×10-8H2CO34.2×10-75.6×10-11實驗室常用飽和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．可逆反應的焓變等于正逆反應的活化能之差；

B．根據氫氣的熱值計算出氫氣的燃燒熱；然后根據熱化學方程式的書寫原則寫出該反應的熱化學方程式；

C．化學反應能否自發進行；取決于焓變和熵變的綜合判據，當△G=△H-T?△S＜0時，反應可自發進行，根據反應類型判斷△H，根據方程式中氣體的變化判斷△S的變化；

D．增大濃度，活化分子的百分數不變，單位體積內活化分子總數增加，從而增加有效碰撞的次數．【解析】【解答】解：A．逆反應的活化能=正反應的活化能+反應的焓變，所以△H=逆反應的活化能-正反應的活化能=（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．化學反應能否自發進行；取決于焓變和熵變的綜合判據，當△G=△H-T?△S＜0時，反應能自發進行，①當△H＜0，△S＞0時，△G=△H-T?△S＜0，一定能自發進行，②△H＞0，△S＞0時，反應在高溫下能夠進行，③△H＜0，△S＜0時，反應在低溫下能夠自發進行，故C錯誤；

D．增大反應物濃度；活化分子百分數變化發生變化，但是單位體積內反應物分子總數及活化分子總數增加，增加了有效碰撞次數，從而增大了反應速率，故D錯誤；

故選A．2、A【分析】【分析】①硫化氫分子的結構與水分子類型；為V型結構；

②氯化銨的電子式中氯離子沒有標出最外層電子；

③苯乙醛的結構簡式中羥基的書寫錯誤；應該為-CHO；

④用小球和短棍表示有機物分子組成的模型為球棍模型，根據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型結構，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，苯苯乙醛正確的結構簡式為：故③錯誤；

④丙烷結構簡式為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】由電子轉移的方向可知，電極1為負極，發生氧化反應生成氧氣與氫離子，催化劑a表面發生氧化反應，電極2為正極，發生還原反應，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；太陽能轉化為化學能，且有電流產生，太陽能轉化為電能，故A正確；

B．電極1是負極；發生氧化反應生成氧氣與氫離子，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】依據熱化學方程式可知金剛石變化為石墨是放熱反應，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，能量越高越不穩定，據此分析．【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；能量越高越不穩定，則石墨穩定；故C正確，ABD錯誤；

故選C．5、A【分析】【分析】Cl-的檢驗常用硝酸酸化的AgNO3，生成難溶物質AgCl，NaOH的檢驗方法通常是加入鹽溶液生成難溶沉淀，鹽酸的檢驗可分別檢驗陽離子和陰離子，陰離子的檢驗常用硝酸酸化的AgNO3，生成難溶物質AgCl，陽離子的檢驗常用酸堿指示劑、HCO3-等，根據以上檢驗方法，三種物質的檢驗應加入加入FeCl3溶液，四種溶液中依次出現的現象是：無明顯現象、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的現象是：無明顯現象；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；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；沒有明顯的現象，故D錯．

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

故選：D。

計算bg氣體含有分子數，根據n=計算bg氣體的物質的量，再根據V=nVm計算bg氣體的體積。

本題考查物質的量有關計算，屬于字母型計算，為易錯題目，注意對公式的理解與應用。【解析】D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）根據配制步驟是計算；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）先計算出濃硫酸的物質的量濃度為c=，然后根據溶液稀釋定律C濃V濃=C稀V稀來計算；根據“大而近”的原則；根據需要量取的濃硫酸的體積來選擇合適的量筒；

（3）根據c=并結合溶質的物質的量n和溶液的體積V的變化來進行誤差分析．【解析】【解答】解：（1）根據配制步驟是計算；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）濃硫酸的物質的量濃度為c===18.4mol/L，設需要濃硫酸的體積為VmL，根據溶液稀釋定律C濃V濃=C稀V稀可知：

18.4mol/L×VmL=1mol/L×100mL

解得：V=5.4mL；

根據“大而近”的原則；故應選用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入容量瓶后；緊接著就進行以后的實驗操作，則配制好的溶液冷卻后體積偏小，濃度偏高，故C正確；

D．轉移溶液時；不慎有少量溶液灑到容量瓶外面，會導致溶質的損失，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現液面低于刻度線是正常的，補充幾滴水至刻度處會導致濃度偏低，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原子，基態電子排布遵循能量最低原理、保里不相容原理和洪特規則，根據元素符號，判斷元素原子的核外電子數，再根據核外電子排布規律來寫，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子”故X元素為H元素；“Y原子的價電子構型為2s22p2”，故Y元素為C元素；“單電子個數是同周期元素原子中最多的”應為ⅤA族元素，又該原子能組成氣態單質，因此Z元素為N元素。(1)24R原子的原子序數為24，故其核外電子排布為3d64s2；ZO3－為NO3－為平面三角形結構；(2)Z、M、W原子序數依次增大，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為F＞N＞O；(3)由題可知，W為F元素，為第ⅦA族元素，第ⅦA族元素氣態氫化物的沸點隨電子層數的增大而增大，但HF有分子間存在著氫鍵，因此其沸點較高，故該族元素的氫化物中沸點最低的是HCl；(4)ZX4W的化學式為NH4F，則該物質中含有離子鍵、配位鍵、極性共價鍵。考點：物質的結構；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環境的氫，則A為（CH3）3CCl，在氫氧化鈉醇溶液、加熱條件下發生消去反應生成B為CH2=C（CH3）2，B發生信息2中的反應生成C為（CH3）2CHCH2OH，C發生催化氧化生成D為（CH3）2CHCHO，D再與氫氧化銅反應，酸化得到E為（CH3）2CHCOOH．

F的分子式為C7H8O，苯環上的一氯代物只有兩種，應含有2個不同的側鏈且處于對位，則F為F與氯氣在光照條件下發生取代反應生成G為G在氫氧化鈉水溶液發生水解反應，酸化得到H，由于同一個碳原子上連有兩個羥基不穩定，易脫水形成羰基，故H為H與E發生酯化反應生成I，其分子中含有醛基和酯基，故I為據此解答．【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環境的氫，則A為（CH3）3CCl，在氫氧化鈉醇溶液、加熱條件下發生消去反應生成B為CH2=C（CH3）2，B發生信息2中的反應生成C為（CH3）2CHCH2OH，C發生催化氧化生成D為（CH3）2CHCHO，D再與氫氧化銅反應，酸化得到E為（CH3）2CHCOOH．

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

（1）B為CH2=C（CH3）2；B的化學名稱為2-甲基丙烯；

故答案為：2-甲基丙烯；．

（2）D結構簡式為（CH3）2CH2CHO，加熱條件下，D中加入新制Cu（OH）2懸濁液后發生反應的化學方程式為

故答案為：

（3）根據上面的分析可知，I為

故答案為：

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

故答案為：18；

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

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的一種單質是硬度最大的物質，則B為碳元素，D原子的最外層電子數是其電子層數的三倍，則D為氧元素，E的最外層電子數與A相同，原子序數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的原子序數介于鈉和鋁之間，所以F為鎂元素，據此答題．【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的一種單質是硬度最大的物質，則B為碳元素，D原子的最外層電子數是其電子層數的三倍，則D為氧元素，E的最外層電子數與A相同，原子序數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的原子序數介于鈉和鋁之間，所以F為鎂元素；

①鎂與二氧化碳反應可以生成碳單質，反應的方程式為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量小的物質為乙炔，實驗室制乙炔用碳化鈣與水反應，反應的方程式為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反應生成氫氧化鋁和碳酸氫鈉，反應的離子方程式為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，說明物質中有銨根離子，分子式為H8C2N2O4的結構簡式為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生成次氯酸消毒；強氧化性的物質可以代替氯氣消毒；

（4）OH-會與鈣；鎂離子反應生成沉淀；影響陽離子交換樹脂發揮作用；

（5）可利用關系式發生計算．【解析】【解答】解：（1）亞鐵離子不穩定，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生成次氯酸消毒，原理是Cl2+H2O?HCl+HClO，臭氧、K2FeO4具有強氧化性的物質可以代替氯氣消毒，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；鎂離子反應生成沉淀；影響陽離子交換樹脂發揮作用，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，反應后溶液呈酸性，計算反應后的c（H+），帶入pH=-lgc（H+）可計算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，反應后溶液呈酸性，反應后所得溶液的c（H+）==0.025mol/L；

則反應后pH=-lgc（H+）=1.6；

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

（2）難溶于水的氣體用排水法；短管進氣，長管出水；

（3）濃硫酸具有強氧化性和酸性，能反應的氣體不能干燥，據此分析；【解析】【解答】解：（1）若由A口進氣，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）濃硫酸具有強氧化性和酸性，能與NH3反應生成硫酸銨；所以不能用濃硫酸干燥氨氣，干燥氣體時應該從長管進氣；

故答案為：⑤；B．三、判斷題(共8題，共16分)16、√【分析】【分析】根據n==結合物質的構成計算．【解析】【解答】解：n（O2）==0.1mol，則含有原子數為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，但NaClO是鹽，屬于強電解質．【解析】【解答】解：HClO是弱電解質，但NaClO在水溶液里或熔融狀態下完全電離，所以NaClO屬于強電解質，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，碳酸鈉和苯酚反應生成苯酚鈉和碳酸氫鈉，據此解答即可．【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在加熱條件下發生氧化還原反應生成Cl2，隨著反應的進行，濃鹽酸濃度逐漸降低，當濃度降低到一定程度后變為稀鹽酸，稀鹽酸和MnO2不反應，據此分析解答．【解析】【解答】解：濃鹽酸和MnO2在加熱條件下發生氧化還原反應生成Cl2，隨著反應的進行，濃鹽酸濃度逐漸降低，當濃度降低到一定程度后變為稀鹽酸，稀鹽酸和MnO2不反應，濃鹽酸和MnO2反應方程式為4HCl（濃）+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑；假設4molHCl完全反應，設轉移電子的個數為x；

4HCl（濃）+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑轉移電子。

4mol2NA

4molx

4mol：2NA=4mol：x

x==2NA；

實際上參加反應的HCl的物質的量小于4mol，所以轉移電子數小于2NA；所以該說法錯誤；

故答案為：×．22、×【分析】【分析】根據碳原子可以形成碳鏈，也可以形成碳環，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，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）根據烷烴的系統命名法分析；

（2）取代基的編號錯誤；應該是2，2，4-三甲基戊烷；

（3）根據烷烴的命名方法進行分析；

（4）根據圖示的球棍模型進行命名并判斷正誤．【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；滿足烷烴的系統命名法，命名正確；

故答案為：√；

（4）根據球棍模型，其結構簡式為名稱為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】根據題意，采用正推和逆推相結合的方法推斷，電解A溶液時產生金屬單質C和另外一種氣體D，應為電解含氧酸鹽溶液，在陰極上析出不活潑金屬，則C應為銅，D為氧氣，E溶液能與C金屬發生氧化還原反應，且E溶液與F溶液也能反應生成無色無味氣體G，說明E溶液具有強氧化性，應為硝酸，故A為硝酸銅，D為氧氣，G為NO，F與硝酸反應生成NO，說明且含有金屬B元素，說明F溶液具有還原性，應為Fe（NO3）2溶液，B為Fe，H為Fe（NO3）3，由此可回答（1）（3）題；Na2O2與水反應生成NaOH和氧氣，加入到Cu（NO3）2溶液中有藍色沉淀生成；根據電解硝酸銅的電極方程式：2Cu（NO3）2+2H2O2Cu+O2↑+4HNO3，可計算溶液的PH；根據化學方程式，利用質量守恒定律計算硝酸銅的物質的量，進而計算溶液的物質的量濃度．【解析】【解答】解：（1）電解A溶液時產生金屬單質C和另外一種氣體D，應為電解含氧酸鹽溶液，在陰極上析出不活潑金屬，則C應為銅，D為氧氣，E溶液能與C金屬發生氧化還原反應，且E溶液與F溶液也能反應生成無色無味氣體G，說明E溶液具有強氧化性，應為硝酸，故A為硝酸銅，D為氧氣，G為NO，F與硝酸反應生成NO，說明且含有金屬B元素，說明F溶液具有還原性，應為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，硝酸具有強氧化性，Fe2+具有還原性，二者發生氧化還原反應，反應的離子方程式為：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B為Fe和C為Cu的混合粉末，固體完全溶解，收集反應產生的氣體，再向所得溶液中加入足量的氫氧化鈉溶液，產生20.5g沉淀為Cu（OH）2，Fe（OH）3，3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O；設Fe物質的量為x，Cu物質的量為y，則。

56x+64y=12

107x+98y=20.5

x=0.1mol

y=0.1mol

結合化學方程式計算生成氣體物質的量=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，再稱燃燒后的產物，若燃燒后的質量和反應物的質量相等，則被燃燒的物質是Cu2S，若燃燒后的質量比原來的反應物質量少，則被燃燒的物質是CuS【分析】【分析】X可以得到藍色晶體，X為銅鹽，含有Cu2+，能與氣體E反應得到黑色固體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反應得到硫化氫與D，應是硫化物與酸反應，而D能與氯氣反應得到I，I能與SO2反應得到酸C，D中含有Fe2+，I中含有Fe3+，可推知C為H2SO4，A為FeS，結合轉化關系可知，D為FeSO4，H為FeCl3，I為Fe2（SO4）3，B燃燒得到二氧化硫與F，F與硫酸得到X，B中含有Cu、S元素，結合Y可知，B應是Cu2S，F為CuO、X為CuSO4，據此解答．【解析】【解答】解：X可以得到藍色晶體，X為銅鹽，含有Cu2+，能與氣體E反應得到黑色固體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反應得到硫化氫與D，應是硫化物與酸反應，而D能與氯氣反應得到I，I能與SO2反應得到酸C，D中含有Fe2+，I中含有Fe3+，可推知C為H2SO4，A為FeS，結合轉化關系可知，D為FeSO4，H為FeCl3，I為Fe2（SO4）3，B燃燒得到二氧化硫與F，F與硫酸得到X，B中含有Cu、S元素，結合Y可知，B應是Cu2S，F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溶液發生反應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）不用實驗室里的任何試劑，只用常用的儀器，區分Cu2S、CuS兩種物質的實驗方案為：稱一定量的Cu2S和CuS充分燃燒，再稱燃燒后的產物，若燃燒后的質量和反應物的質量相等，則被燃燒的物質是Cu2S；若燃燒后的質量比原來的反應物質量少，則被燃燒的物質是CuS；

故答案為：稱一定量的Cu2S和CuS充分燃燒，再稱燃燒后的產物，若燃燒后的質量和反應物的質量相等，則被燃燒的物質是Cu2S，若燃燒后的質量比原來的反應物質量少，則被燃燒的物質是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，則a是S，b是臭雞蛋氣味的氣體，b是H2S，由轉化關系可知c是二氧化硫，d是三氧化硫，e是最高價氧化物對應的水化物，所以e是H2SO4；

（2）a是空氣中含量最大的氣體，應為N2，b為氣態氫化物，由轉化關系可知應為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，則a是S，b是臭雞蛋氣味的氣體，b是H2S，由轉化關系可知c是二氧化硫，d是三氧化硫，e是最高價氧化物對應的水化物，所以e是H2SO4，c變d的化學方程式為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，應為N2，b為氣態氫化物，由轉化關系可知應為NH3，d是紅棕色氣體，為NO2；

則c是NO，e是最高價氧化物對應的水化物，所以e是HNO3，a生成b的化學方程式為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，則M是Na2O2，過氧化鈉和水反應生成氫氧化鈉和氧氣，L是氣體，所以L是O2，B是NaOH，F是形成酸雨的主要原因之一，F為SO2，F和氧氣反應生成G，G為SO3，三氧化硫和水反應生成H，H為H2SO4，E是氣體，能連續被氧化生成J，J和水反應生成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，根據元素守恒知，B是NaOH，C為Na2SO3，結合物質的性質分析解答．【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，則M是Na2O2，過氧化鈉和水反應生成氫氧化鈉和氧氣，L是氣體，所以L是O2，B是NaOH，F是形成酸雨的主要原因之一，F為SO2，F和氧氣反應生成G，G為SO3，三氧化硫和水反應生成H，H為H2SO4，E是氣體，能連續被氧化生成J，J和水反應生成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）過氧化鈉和水反應生成氫氧化鈉和氧氣，反應方程式為：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，7.8g過氧化鈉和水反應轉移電子數=/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反應生成的正鹽為（NH4）2SO4，硫酸銨是強酸弱堿鹽，其溶液呈酸性，所以c（H+）＞c（OH-）；

根據電荷守恒得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）負極上燃料失電子發生氧化反應，根據生成物知，負極上電極反應式為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，當有1molHNO3參與反應時，有0.8mol電子轉移，鋅參加反應的物質的量==0.4mol；所以實際上參加氧化還原反應的硝酸的物質的量是0.2mol；

則產物中的化合價=5-=+1，所以其產物可能是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生氧化還原反應生成硫酸鈉、氯化鈉和次氯酸，反應方程式為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】發生的反應有：Na2C