2024年沪科新版高二化学上册阶段测试试卷

…………○…………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2024年沪科新版高二化学上册阶段测试试卷334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6题，共12分)1、利用rm{I_{2}O_{5}}可消除rm{CO}污染，反应为rm{I_{2}O_{5}(s)+5CO(g)?5CO_{2}(g)+I_{2}(s)}不同温度下，向装有足量rm{I_{2}O_{5}}固体的rm{2L}恒容密闭容器中通入rm{2molCO}测得rm{CO_{2}}气体体积分数rm{娄脮(CO_{2})}随时间rm{t}变化曲线如图所示rm{.}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{b}点时，rm{CO}的转化率为rm{20%}B.容器内的压强保持恒定，表明反应达到平衡状态C.rm{b}点和rm{d}点的化学平衡常数：rm{K_{b}>K_{d}}D.rm{0}到rm{0.5min}反应速率rm{V(CO)=0.3mol?L^{-1}?min^{-1}}2、下列各组离子，在指定条件下，一定能大量共存的是rm{(}rm{)}A.水电离产生的rm{c(H^{+})=1隆脕10^{-13}mol/L}的溶液中：rm{K^{+}}rm{Ba^{2+}}rm{Cl^{-}}rm{NO_{3}^{-}}B.使紫色石蕊试液变红的溶液中：rm{Fe^{2+}}rm{Mg^{2+}}rm{NO_{3}^{-}}rm{Cl^{-}}C.在酸性高锰酸钾溶液中：rm{Na^{+}}rm{NH_{4}^{+}}rm{I^{-}}rm{ClO^{-}}D.在rm{FeCl_{3}}溶液中：rm{K^{+}}rm{Na^{+}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{AlO_{2}^{-}}3、在10mL0.1mol•L-1NaOH溶液中加入同体积同浓度的CH3COOH溶液；反应后溶液中各粒子浓度关系错误的是（）

A.c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（H+）＞c（OH-）

B.c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+）

C.c（Na+）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH）

D.c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）

4、下列操作能证明溶液中有rm{SOrlap{_{4}}{^{2-}}}的是rm{(}rm{)}A.加入硝酸酸化的rm{BaCl_{2}}产生白色沉淀B.加入rm{BaCl_{2}}溶液，如果产生白色沉淀，则一定含有rm{SOrlap{_{4}}{^{2-}}}C.先加入rm{HCl}溶液，如果无明显现象，再加入rm{BaCl_{2}}如果产生白色沉淀，则有rm{SOrlap{_{4}}{^{2-}}}D.向溶液中加入盐酸酸化的rm{BaCl_{2}}如果产生白色沉淀，则一定有rm{SOrlap{_{4}}{^{2-}}}5、有下列几种高分子化合物：rm{垄脵}rm{垄脷}rm{垄脹}rm{垄脺}rm{垄脻}其中是由两种不同单体缩聚而成的是rm{(}rm{)}A.rm{垄脹垄脻}B.rm{垄脹垄脺垄脻}C.rm{垄脵垄脹垄脺垄脻}D.rm{垄脵垄脹垄脺垄脻垄脻}6、短周期主族元素rm{M}rm{N}rm{X}rm{Y}rm{Z}的原子序数依次增大。rm{M}rm{X}同主族，rm{N}原子的最外层电子数是电子层数的rm{3}倍，rm{M}原子的半径小于rm{N}原子的半径，rm{Y}原子的电子层数与最外层电子数相等，rm{Z}原子的最外层电子数等于rm{N}rm{X}原子的最外层电子数之和。下列叙述正确的是()A.单质的还原性：rm{Y>X}B.元素rm{M}与rm{N}只能形成一种化合物C.元素rm{Z}的单质不能与元素rm{N}的氢化物反应D.元素rm{X}rm{Y}的最高氧化物对应的水化物可发生反应评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)7、下列实验过程中不需要使用圆底烧瓶的是A.过滤B.蒸馏C.溶解D.分液8、某元素原子结构示意图为该原子rm{(}rm{)}A.核电荷数为rm{32}B.核外电子数为rm{16}C.最外层电子数为rm{6}D.核外电子层数为rm{3}9、下列各组物质中，所含分子数相同的是A.rm{32gO_{2}}和rm{32gCO}B.rm{28gN_{2}}和rm{44gCO_{2}}C.rm{18gH_{2}O}和rm{1molBr_{2}}D.rm{2.24LH_{2}(}标准状况rm{)}和rm{0.1molN_{2}}10、氢气还原氧化铜的反应为：rm{CuO+H_{2}overset{?}{=}}rm{Cu+H_{2}O}在该反应中A.rm{CuO}作还原剂B.rm{CuO}作氧化剂C.铜元素化合价降低D.铜元素化合价升高11、氢气还原氧化铜：rm{CuO+H_{2}}rm{overset{?}{=}Cu+H_{2}O}，在该反应中A.rm{overset{?}{=}Cu+

H_{2}O}作还原剂B.rm{CuO}作氧化剂C.铜元素化合价降低D.铜元素化合价升高rm{CuO}评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)12、（12分）某化学反应2AB＋D在四种不同条件下进行，B、D起始浓度为0。反应物A的浓度（mol/L）随反应时间（min）的变化情况如下表：若实验操作、数据记录均是正确的，试分析数据回答下列问题：。实验序号时间浓度温度01020304050601800℃1.00.800.670.570.500.500.502800℃c20.600.500.500.500.500.503800℃c30.920.750.630.600.600.604820℃1.00.400.250.200.200.200.20根据上述数据，完成下列填空：（1）在实验1，反应在10至20分钟时间内平均速率为_____mol/（L·min）。（2）在实验2，A的初始浓度c2＝____________mol/L，反应经20分钟就达到平衡，可推测实验2中还隐含的条件是___________。（3）设实验3的反应速率为v3，实验1的反应速率为v1，则v3_______v1（填＞、＝、＜），且c3_______1.0mol/L（填＞、＝、＜）。（4）比较实验4和实验1，可推测该反应是________反应（选填吸热、放热）。13、（8分）有机物A（C10H20O2）具有兰花香味，可用作香皂、洗发香波的芳香剂。已知：①B分子中没有支链。②D能与碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳。③D、E互为具有相同官能团的同分异构体。E分子烃基上的氢若被Cl取代，其一氯代物只有一种。④F可以使溴的四氯化碳溶液褪色。（1）B可以发生的反应有（选填序号）。①取代反应②消去反应③加聚反应④氧化反应（2）D、F分子所含的官能团的名称依次是____、。（3）写出与D、E具有相同官能团的同分异构体的可能结构简式：。（4）E可用于生产氨苄青霉素等。已知E的制备方法不同于其常见的同系物，据报道，可由2—甲基—1—丙醇和甲酸在一定条件下制取E。该反应的化学方程式是。14、（6分）已知A是一种常见金属，C是强碱，各物质有以下物质相互转化。试回答：（1）写出A的化学式____，C的化学式____。（2）写出由D转变成H的化学方程式。（3）写出向G溶液加入A的离子反应方程式________。15、掺杂微量铜；硼、钾、硒等元素的单晶硅太阳能电池是第三代太阳能电池之一．

（1）Cu2+的电子排布式为______．

（2）已知铜转化为水合离子过程如下：

已知I1=745.5kJ•mol-1，I2=1957.3kJ•mol-1．在水溶液中Cu2+比Cu+更稳定的原因是______．

（3）铜与类卤素（SCN）2反应生成Cu（SCN）2．1mol（SCN）2含有π键的数目为______．HSCN有两种结构，H-S-C=N（硫氰酸）的沸点低于H-N=C=S（异硫氰酸）的沸点，其原因是______．

（4）BF3能与NH3坟茔生成配合物BF3•NH3，该配合物中B原子的杂化方式为______．

（5）铜和硒可形成的半导体团簇分子的球棍模型如甲所示，其分子式为______．

（6）镓与某有机物形成的配合物过程如图；在图上画出产物中的配位键．

（7）与Si同周期部分元素的电离能如图所示，其中a、b、c分别代表______．

A．a为I1、b为I2、c为I3B．a为I2、b为I3、c为I1

C．a为I3、b为I2、c为I1D．a为I1、b为I3、c为I2．16、用电子排布式表示下列原子的电子排布。

rm{(1)Fe}______rm{(2)Cu}______rm{(3)Cr}______rm{(4)Si}______．17、有机高分子化合物在日常生活中有非常广泛的应用。一种广泛应用于电器、工业交通的工程塑料DAP的结构简式是：试回答：(1)生产DAP工程塑料的单体的结构简式是__________________________。(2)DAP工程塑料的单体，可以由两种有机物通过一步反应合成出来，则这两种有机物的结构简式是____________________和_______________。18、如图所示的装置在实验室种用途比较广泛．

（1）排空气法收集气体，若收集CO2气体，进气口为______（填a或b）；

（2）若用排水法收集气体，瓶中装满水，进气口为______（填a或b），可用于收集下列气体中的______（选填编号）；

①NO②NO2③NH3④HCl

（3）如果广口瓶中盛放浓硫酸，可以用作气体干燥装置，则该装置不可以干燥的气体有______（选填编号）．19、对于下列反应：2SO2+O2⇌2SO3，如果2min内SO2的浓度由6mol/L下降为2mol/L，那么，用SO2浓度变化来表示的化学反应速率为______，用O2浓度变化来表示的反应速率为______．20、rm{(1)}根据rm{VSEPR}模型判断，下列微粒中所有原子都在同一平面上的一组是rm{A}rm{SO_{3}^{2-}}和rm{NO_{2}^{-;;;}}B、rm{NO_{3}^{-}}和rm{SO_{3;;;}}rm{C}rm{H_{3}O^{+}}和rm{C}rm{l}rm{O_{3}^{-;;;}}D、rm{PO_{4}^{3-}}和rm{SO_{3}^{2-}}rm{(2)C}rm{a}rm{F_{2}}的晶胞如图所示．rm{垄脵}下列有关rm{C}rm{a}rm{F_{2}}的表达正确的是______rm{a}rm{.C}rm{a}rm{{,!}^{2+}}与rm{F^{-}}间仅存在静电吸引作用rm{b}rm{.F^{-}}的离子半径小于rm{C}rm{l}rm{{,!}^{-}}则rm{C}rm{a}rm{F_{2}}的熔点高于rm{C}rm{a}rm{C}rm{l}rm{{,!}_{2}}rm{c}rm{.}阴、阳离子比为rm{2}rm{1}的离子化合物，均与rm{C}rm{a}rm{F_{2}}晶体构型相同rm{d}rm{.C}rm{a}rm{F_{2}}中的化学键为离子键，因此rm{C}rm{a}rm{F_{2}}在熔融状态下能导电rm{垄脷C}rm{a}rm{F_{2}}难溶于水，但可溶于含rm{A}rm{l}rm{{,!}^{3+}}的溶液中，原因是用离子方程式表示，已知rm{[A}rm{l}rm{F_{6}]^{3-}}在溶液中可稳定存在rm{垄脹}晶胞中rm{F^{-}}的配位数是______，与一个rm{C}rm{a}rm{{,!}^{2+}}等距离且最近的rm{C}rm{a}rm{{,!}^{2+}}有______个rm{(3)}铜、锌两种元素的第一电离能、第二电离能如表所示。电离能rm{/}rm{k}rm{J?}rm{mol}rm{{,!}^{-1}}rm{I_{1}}rm{I_{2}}铜rm{746}rm{1958}锌rm{906}rm{1733}rm{垄脺}写出rm{C}rm{u}原子核外电子排布式____；rm{垄脻}铜的第一电离能rm{(I_{1})}小于锌的第一电离能，而铜的第二电离能rm{(I_{2})}却大于锌的第二电离能，其主要原因是____．评卷人得分四、原理综合题(共3题，共21分)21、通常用燃烧的方法测定有机物的分子式；可在燃烧室内将有机物样品与纯氧在电炉加热下充分燃烧，根据产品的质量确定有机物的组成。如图所示的是用燃烧法确定有机物物分子式的常用装置.

现准确称取0.72g某烃样品；经燃烧后A管增重2.2g，B管增重1.08g。请回答:

(1)产生的氧气按从左到右流向，所选装置各导管的连接顺是:__________；

(2)A、B管内均盛有固态试剂，A管的作用是__________。

(3)燃烧管中CuO的作用是_________；如果把CuO网去掉，A管重量将_________；(填“增大”；“减小”、或“不变”)；

(4)请改进这套装置的一个不足之处_________。

(5)若该有机物分子中含有4个甲基，则该有机物的结构简式为_________；该有机物的二氯代物有_______种。22、研究钠及其化合物有重要意义。

（1）NaOH是实验室中最常用的试剂之一。实验室配制0.5mol/L的氢氧化钠溶液500mL；根据配制溶液的过程，回答问题：

①实验中除需要托盘天平（带砝码）、药匙、烧杯和玻璃棒外，还需要的其他玻璃仪器是__________。

②实验中需用托盘天平（带砝码）称量NaOH固体________g。

（2）Na2O2可作为呼吸面具和潜水艇里氧气的来源。Na2O2作为供氧剂时可能发生的反应有_________、___________。

（3）过氧化钠保存不当容易变质生成Na2CO3。某过氧化钠样品已经部分变质，请你设计实验，限用一种溶液和水，证明过氧化钠已经变质：_________________________（说明操作；现象和结论）。

（4）NaNO2因外观和食盐相似；又有咸味，容易使人误食中毒。

①已知NaNO2能发生如下反应：2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O

上述反应中，标准状况下，每生成2.24LNO气体，转移电子的物质的量为_______mol，参加反应的HI的物质的量是________________mol。

②实验室要鉴别NaNO2和NaCl两种固体，可选用的试剂是_________（填序号）。

A.HI溶液B.NaOH溶液C．酸化KI溶液和淀粉溶液D.Ba（NO3）2溶液23、通常用燃烧的方法测定有机物的分子式；可在燃烧室内将有机物样品与纯氧在电炉加热下充分燃烧，根据产品的质量确定有机物的组成。如图所示的是用燃烧法确定有机物物分子式的常用装置.

现准确称取0.72g某烃样品；经燃烧后A管增重2.2g，B管增重1.08g。请回答:

(1)产生的氧气按从左到右流向，所选装置各导管的连接顺是:__________；

(2)A、B管内均盛有固态试剂，A管的作用是__________。

(3)燃烧管中CuO的作用是_________；如果把CuO网去掉，A管重量将_________；(填“增大”；“减小”、或“不变”)；

(4)请改进这套装置的一个不足之处_________。

(5)若该有机物分子中含有4个甲基，则该有机物的结构简式为_________；该有机物的二氯代物有_______种。评卷人得分五、综合题(共2题，共10分)24、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．25、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】解：rm{A}rm{5CO(g)+I_{2}O_{5}(s)?5CO_{2}(g)+I_{2}(s)}

起始量rm{/mol}rm{2}rm{0}

转化量rm{/mol}rm{y}rm{y}

rm{b}点量rm{/mol}rm{2-y}rm{y}

根据rm{a}点时rm{CO_{2}}的体积分数rm{娄脮(CO_{2})=dfrac{y}{2}=0.80}得rm{娄脮(CO_{2})=dfrac

{y}{2}=0.80}转化率等于rm{dfrac{{卤盲禄炉脕驴}}{{脝冒脢录脕驴}}隆脕100%=dfrac{1.6}{2}隆脕100%=80%}故A错误；

B；两边计量数相等；所以压强始终不变，不能做平衡状态的标志，故B错误；

C、rm{y=1.6mol}点比rm{dfrac{{卤盲禄炉脕驴}}{{脝冒脢录脕驴}}隆脕100%=

dfrac{1.6}{2}隆脕100%=80%}点时生成物rm{b}体积分数大，说明进行的程度大，则化学平衡常数：rm{d}故C正确；

D、rm{CO_{2}}到rm{K_{b}>K_{d}}时：

rm{0}

起始量rm{0.5min}rm{5CO(g)+I_{2}O_{5}(s)?5CO_{2}(g)+I_{2}(s)}rm{/mol}

转化量rm{2}rm{0}rm{/mol}

rm{x}点量rm{x}rm{a}rm{/mol}

根据rm{2-x}点时rm{x}的体积分数rm{娄脮(CO_{2})=dfrac{x}{2}=0.30}得rm{a}

则从反应开始至rm{CO_{2}}点时的反应速率为rm{v(CO)=dfrac{0.6mol}{2Ltimes0.5min}=0.6mol?L^{-1}?min^{-1}}故D错误；

故选C．

A、根据三行式来分析各物质的量，结合转化率等于rm{dfrac{{卤盲禄炉脕驴}}{{脝冒脢录脕驴}}隆脕100%}

B；两边计量数相等；所以压强始终不变；

C、rm{娄脮(CO_{2})=dfrac

{x}{2}=0.30}点比rm{x=0.6mol}点时生成物rm{a}体积分数大，说明进行的程度大，则化学平衡常数：rm{v(CO)=dfrac{0.6mol}{2Ltimes

0.5min}=0.6mol?L^{-1}?min^{-1}}

D、rm{dfrac

{{卤盲禄炉脕驴}}{{脝冒脢录脕驴}}隆脕100%}到rm{b}时rm{d}的体积分数rm{CO_{2}}即物质量分数rm{K_{b}>K_{d}}列式计算即可求出从反应开始至rm{0}点时的反应速率为rm{0.5min}

本题题考查影响化学反应速率和化学平衡影响的因素，可以根据所学知识进行回答，难度不大．rm{CO_{2}}【解析】rm{C}2、A【分析】解：rm{A.}水电离产生的rm{c(H^{+})=1隆脕10^{-13}mol/L}的溶液；为酸或碱溶液，酸；碱溶液中该组离子之间均不反应，可大量共存，故A正确；

B.使紫色石蕊试液变红的溶液，显酸性，rm{Fe^{2+}}rm{H^{+}}rm{NO_{3}^{-}}发生氧化还原反应；不能大量共存，故B错误；

C.高锰酸钾具有强氧化性，与rm{I^{-}}发生氧化还原反应，且rm{I^{-}}rm{ClO^{-}}发生氧化还原反应不能共存；故C错误；

D.rm{Fe^{3+}}rm{AlO_{2}^{-}}相互促进水解；不能大量共存，故D错误；

故选A．

A.水电离产生的rm{c(H^{+})=1隆脕10^{-13}mol/L}的溶液；为酸或碱溶液；

B.使紫色石蕊试液变红的溶液；显酸性；

C.高锰酸钾具有强氧化性；

D.离子之间相互促进水解．

本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意氧化还原反应、水解反应的判断，题目难度不大．【解析】rm{A}3、A【分析】

在10mL0.1mol•L-1NaOH溶液中加入同体积同浓度的CH3COOH溶液；发生反应生成醋酸钠和水；

A、醋酸根离子水解显碱性，溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+）；故A错误；

B、醋酸根离子水解显碱性，溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+）；故B正确；

C、溶液中物料守恒分析得到：c（Na+）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH）；故C正确；

D、依据溶液中电荷守恒分析，溶液中电荷守恒为：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）；故D正确；

故选A．

【解析】【答案】在10mL0.1mol•L-1NaOH溶液中加入同体积同浓度的CH3COOH溶液；发生反应生成醋酸钠和水，溶液中粒子的浓度关系，是分析醋酸钠溶液中的离子浓度关系．

4、C【分析】【分析】

本题考查离子的检验；题目难度中等，本题注意排除其它离子的干扰，学习中注意把握相关物质的性质。

【解答】

A.加入硝酸酸化的rm{BaCl}rm{BaCl}rm{{,!}_{2}}；故A错误；

B.加入，产生白色沉淀，有可能是银离子溶液，不能排除rm{BaCl_{2}}的影响，可能生成rm{Ag^{+}}沉淀；故B错误；

C.先加入rm{AgCl}溶液，如果无明显现象，说明不含有rm{HCl}并且排除rm{Ag^{+}}rm{SO_{3}^{2-}}等离子的影响，再加入rm{CO_{3}^{2-}}如果产生白色沉淀则有rm{BaCl_{2}}故C正确；

D.向溶液中加盐酸酸化的rm{SO_{4}^{2-}}不能排除rm{BaCl_{2}}的影响，可能生成rm{Ag^{+}}沉淀；故D错误。

故选C。rm{AgCl}【解析】rm{C}5、A【分析】rm{垄脹垄脺垄脻}都是由两种不同的单体聚合所得，但rm{垄脺}是加聚产物。【解析】rm{A}6、D【分析】本题考查了元素推断和元素形成的常见化合物以及物质之间的相互反应，元素周期律的应用。短周期主族元素rm{M}、rm{N}、rm{X}、rm{Y}、rm{Z}的原子序数依次增大，rm{N}原子的最外层电子数是电子层数的rm{3}倍，rm{N}只能有rm{2}个电子层，最外层电子数为rm{6}，则rm{N}为rm{O}元素；rm{Y}原子的电子层数与最外层电子数相等，原子序数大于rm{O}元素，只能处于第三周期，故rm{Y}为rm{Al}，rm{Z}的原子序数大于rm{Al}，也处于第三周期，原子半径在同周期元素中是最小的，故rm{Z}为rm{Cl}；rm{M}原子的原子半径小于rm{N}原子的原子半径，结合原子序数可知，rm{M}只能为rm{H}元素，rm{M}与rm{X}同主族，rm{X}的原子序数大于rm{O}，故rm{X}为rm{Na}、rm{M}、rm{M}、rm{N}、rm{N}的原子序数依次增大，rm{X}原子的最外层电子数是电子层数的rm{X}倍，rm{Y}只能有rm{Y}个电子层，最外层电子数为rm{Z}，则rm{Z}为rm{N}元素；rm{N}原子的电子层数与最外层电子数相等，原子序数大于rm{3}元素，只能处于第三周期，故rm{3}为rm{N}，rm{N}的原子序数大于rm{2}，也处于第三周期，原子半径在同周期元素中是最小的，故rm{2}为rm{6}；rm{6}原子的原子半径小于rm{N}原子的原子半径，结合原子序数可知，rm{N}只能为rm{O}元素，rm{O}与rm{Y}同主族，rm{Y}的原子序数大于rm{O}，故rm{O}为rm{Y}

rm{Y}rm{Al}为rm{Al}、rm{Z}为铝，同周期元素从左至右，原子半径逐渐减小，失电子能力减弱，还原性减弱，所以单质的还原性rm{Z}rm{Al}rm{Al}，即rm{Z}，故rm{Z}错误；rm{Cl}

rm{Cl}rm{M}元素与rm{M}元素可以形成共价化合物rm{N}rm{N}故rm{M}错误；rm{M}

rm{H}rm{H}通常状况下，氯气能与水反应得到rm{M}与rm{M}，故rm{X}错误；rm{X}

rm{X}rm{X}元素rm{O}、rm{O}的最高价氧化物对应的水化物分别为rm{X}和氢氧化铝，氢氧化铝是两性氢氧化物，能与强碱rm{X}反应，故rm{Na}正确。rm{Na}

rm{A}．rm{X}为rm{Na}、rm{Y}为铝，同周期元素从左至右，原子半径逐渐减小，失电子能力减弱，还原性减弱，所以单质的还原性rm{Na}rm{>}rm{Al}，即rm{X>Y}，故rm{A}错误；。rm{A}rm{A}【解析】rm{D}二、多选题(共5题，共10分)7、ACD【分析】【分析】本题考查仪器的使用，题目难度不大，注意根据操作确定使用的仪器。【解答】rm{A}过滤需要使用漏斗，不用圆底烧瓶，故rm{A}错误；rm{.}过滤需要使用漏斗，不用圆底烧瓶，故rm{A}错误；rm{.}rm{A}rm{A}蒸馏需要用到圆底烧瓶，故正确；

rm{B}溶解用到烧杯、玻璃棒，不用圆底烧瓶，故rm{B}错误；

rm{.}蒸馏需要用到圆底烧瓶，故rm{B}正确；rm{.}分液使用分液漏斗，不用圆底烧瓶，故rm{B}错误。

rm{B}。rm{C}

rm{C}【解析】rm{ACD}8、BCD【分析】解：rm{A.}原子结构示意图为圆圈内的数字表示核电荷数为rm{16}故A错误；

B.的核外电子总数为rm{16}故B正确；

C.的最外层电子数为rm{6}故C正确；

D.的核外电子层数为rm{3}故D正确；

故选BCD．

原子结构示意图表示的核电荷数为rm{16}核外电子数为rm{16}最外层含有rm{6}个电子，其核外电子层数为rm{3}据此进行判断．

本题考查了原子结构示意图的表示方法，题目难度不大，试题侧重基础知识的考查，明确原子结构示意图的表示方法及意义即可解答．【解析】rm{BCD}9、BCD【分析】【分析】本题考查物质的量、摩尔质量、气体摩尔体积等化学计量的计算，阿伏伽德罗定律的应用等，难度中等。【解答】A.rm{n({O}_{2})=dfrac{;32g}{;32g/mol;}=1mol}rm{n(CO)=dfrac{;32g}{28g/mol};;=dfrac{8}{7}mol}二者物质的量不相等，所含分子数不相等，故A错误；B.rm{n({N}_{2})=dfrac{;28g}{;28g/mol;}=1mol}，rm{n(C{O}_{2})=dfrac{;44g}{44g/mol};;=1mol}物质的量相同，则分子数相同，故B正确；C.rm{n({O}_{2})=

dfrac{;32g}{;32g/mol;}=1mol}rm{n(CO)=dfrac{;32g}{28g/mol};;=

dfrac{8}{7}mol}B.rm{n({N}_{2})=

dfrac{;28g}{;28g/mol;}=1mol}为rm{n({N}_{2})=

dfrac{;28g}{;28g/mol;}=1mol}与rm{n(C{O}_{2})=

dfrac{;44g}{44g/mol};;=1mol}rm{18gH}物质的量相同，则分子数相同，故C正确；rm{18gH}标准状况下rm{{,!}_{2}}为rm{O}为rm{1mol}与rm{1molBr}和rm{O}物质的量相同，则分子数相同，故D正确。故选BCD。rm{1mol}【解析】rm{BCD}10、BC【分析】【分析】本题考查了氧化还原反应，题目难度不大，明确氧化还原反应的实质及特征为解答关键，注意掌握氧化剂、还原剂的概念及判断方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。反应rm{CuO+H}rm{2}rm{2}rm{overset{?}{=}}rm{Cu+H}rm{2}中，氧化铜中rm{2}元素化合价降低被还原，氧化铜为氧化剂；氢气中rm{O}元素化合价升高被氧化，为还原剂，据此进行解答。【解答】A.rm{Cu}中rm{H}元素化合价从rm{CuO}价变为rm{Cu}价被还原，rm{+2}作氧化剂；故A错误；

B.rm{0}中rm{CuO}元素化合价从rm{CuO}价变为rm{Cu}价，铜元素化合价降低，rm{+2}作氧化剂；故B正确；

C.rm{0}中rm{CuO}元素化合价从rm{CuO}价变为rm{Cu}价；化合价降低，故C正确；

D.rm{+2}元素化合价从rm{0}价变为rm{Cu}价；铜元素化合价降低，故D错误。

故选BC。

rm{+2}【解析】rm{BC}11、BC【分析】【分析】本题考查了氧化还原反应，题目难度不大，明确氧化还原反应的实质及特征为解答关键，注意掌握氧化剂、还原剂的概念及判断方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。反应rm{CuO+H}rm{2}rm{2}rm{overset{?}{=}}rm{Cu+H}rm{2}中，氧化铜中rm{2}元素化合价降低被还原，氧化铜为氧化剂；氢气中rm{O}元素化合价升高被氧化，为还原剂，据此进行解答。【解答】A.rm{Cu}中rm{H}元素化合价从rm{CuO}价变为rm{Cu}价被还原，rm{+2}作氧化剂；故A错误；

B.rm{0}中rm{CuO}元素化合价从rm{CuO}价变为rm{Cu}价，铜元素化合价降低，rm{+2}作氧化剂；故B正确；

C.rm{0}中rm{CuO}元素化合价从rm{CuO}价变为rm{Cu}价；化合价降低，故C正确；

D.rm{+2}元素化合价从rm{0}价变为rm{Cu}价；铜元素化合价降低，故D错误。

故选BC。

rm{+2}【解析】rm{BC}三、填空题(共9题，共18分)12、略

【分析】【解析】【答案】（12分）（1）0.013（2）1.0、____________（3）____、＞（4）____13、略

【分析】【解析】【答案】（1）①②④（2分只写对一个不给分，写出2个给1分，多写或写错没有分）（2）羧基碳碳双键（2分）（2分）14、略

【分析】【解析】【答案】（6分）（1）FeKOH（2）KCl+AgNO3=AgCl+KNO3（3）2Fe3++Fe=3Fe2+15、略

【分析】解：（1）Cu是29号元素，其原子核外有29个电子，Cu原子失去一个4s电子、一个3d电子生成二价铜离子，根据构造原理书写二价铜离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9；原子轨道中电子处于半满、全满、全空时最稳定，二价铜离子价电子排布式为3d9、亚铜离子价电子排布式为3d10；亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态，所以较稳定；

故答案为：1s22s22p63s23p63d9；

（2）Cu（g）～Cu+（g），铜的第一第一电离能为745.5kJ/mol，亚铜离子结合水放热582KJ，Cu（g）～Cu+（g）～Cu2+（g），铜离子结合水分子放热2121KJ，由电离能、Cu+和Cu2+与水结合放出的热量数据可知，Cu+（g）转化Cu2+（g）再与水结合比Cu+（g）直接水合放出的热量更多，因而在溶液中Cu2+更稳定；

故答案为：由电离能、Cu+和Cu2+与水结合放出的热量数据可知，Cu+（g）转化Cu2+（g）再与水结合比Cu+（g）直接水合放出的热量更多，因而在溶液中Cu2+更稳定；

（3）铜与类卤素（SCN）2反应生成Cu（SCN）2，SCN分子中硫原子形成两个共用电子对、C原子形成四个共用电子对、N原子形成三个共用电子对，（SCN）2结构式为N≡C-S-S-C≡N，每个分子中含有4个π键，则1mol（SCN）2中含有π键的数目为4NA；

能形成分子间氢键的物质熔沸点较高；异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能形成分子间氢键，所以异硫氰酸熔沸点高于硫氰酸；

故答案为：4NA；异硫氰酸分子间可形成氢键；而硫氰酸不能；

（4）硼元素具有缺电子性，其化合物可与具有孤电子对的分子或离子形成配合物，如BF3能与NH3反应生成BF3•NH3．在BF3•NH3中B原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论确定B原子的杂化方式为sp3；

故答案为：sp3；

（5）分子的球棍模型中含铜原子8个含硒原子13个，则分子式为Cu8Se13，故答案为：Cu8Se13；

（6）镓原子和氮原子间形成配位键，由氮原子单方面提供电子对，和镓原子间形成四个配位键，画出的配位键图示为：

故答案为：

（7）在第三周期元素中，钠失去1个电子后，就已经达到稳定结构，所以钠的第二电离能最大，镁最外层为2个电子，失去2个电子后为稳定结构，所以镁的第二电离能较小，铝最外层有3个电子，失去2个电子后还未达稳定结构，而铝的金属性比镁弱，所以第二电离能比镁略高，硅最外层上2p层有2个电子，失去后，留下2s轨道上有2个电子，相对较稳定，所以硅的第二电离能比铝要低，磷、硫非金属性逐渐增大，第二电离能也增大，由于硫失去一个电子后，3p轨道上是3个电子，是较稳定结构，所以硫的第二电离能要高于氯，a为第二电离能为I2、b为第三电离能为I3、c为第一电离能为I1；选B；

故答案为：B．

（1）Cu是29号元素；其原子核外有29个电子，Cu原子失去一个4s电子；一个3d电子生成二价铜离子，根据构造原理书写二价铜离子的电子排布式；原子轨道中电子处于半满、全满、全空时最稳定；

（2）Cu（g）～Cu+（g），亚铜离子结合水放热582KJ，Cu（g）～Cu+（g）～Cu2+（g）；铜离子结合水分子放热2121KJ，亚铜离子变化为铜离子，结合水分子放出热量多于亚铜离子直接结合水分子放出热量多；

（3）铜与类卤素（SCN）2反应生成Cu（SCN）2，SCN分子中硫原子形成两个共用电子对、C原子形成四个共用电子对、N原子形成三个共用电子对，（SCN）2结构式为N≡C-S-S-C≡N；每个分子中含有4个π键，能形成分子间氢键的物质熔沸点较高；

（4）硼元素具有缺电子性，其化合物可与具有孤电子对的分子或离子形成配合物，如BF3能与NH3反应生成BF3•NH3．在BF3•NH3中B原子价层电子对个数是4；根据价层电子对互斥理论确定B原子的杂化方式；

（5）铜和硒可形成的半导体团簇分子；依据分子球棍模型计算所含铜和硒原子数，写出分子式；

（6）镓与某有机物形成的配合物过程中生成的产物中镓原子和氮原子间形成配位键；由氮原子单方面提供电子对，和镓原子间形成四个配位键；

（7）在第三周期元素中；钠失去1个电子后，就已经达到稳定结构，所以钠的第二电离能最大，镁最外层为2个电子，失去2个电子后为稳定结构，所以镁的第二电离能较小，铝最外层有3个电子，失去2个电子后还未达稳定结构，而铝的金属性比镁弱，所以第二电离能比镁略高，硅最外层上2p层有2个电子，失去后，留下2s轨道上有2个电子，相对较稳定，所以硅的第二电离能比铝要低，磷；硫非金属性逐渐增大，第二电离能也增大，由于硫失去一个电子后，3p轨道上是3个电子，是较稳定结构，所以硫的第二电离能要高于氯．

本题考查物质结构和性质，为高频考点，侧重考查学生空间想象能力及计算能力，涉及配位键形成、原子杂化方式判断、原子核外电子排布等知识点，主要是图象分析和数据分析、电离能的理解应用，题目难度较大．【解析】1s22s22p63s23p63d9；由电离能、Cu+和Cu2+与水结合放出的热量数据可知，Cu+（g）转化Cu2+（g）再与水结合比Cu+（g）直接水合放出的热量更多，因而在溶液中Cu2+更稳定；4NA；异硫氰酸可以形成分子间氢键而硫氰酸不可以；sp3；Cu8Se13；B16、略

【分析】解：rm{(1)Fe}元素为rm{26}号元素，原子核外有rm{26}个电子，所以核外电子排布式为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{6}4s^{2}}故答案为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{6}4s^{2}}

rm{(2)Cu}元素为rm{29}号元素，原子核外有rm{29}个电子，所以核外电子排布式为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}}故答案为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}}

rm{(3)Cr}元素为rm{24}号元素，原子核外有rm{24}个电子，所以核外电子排布式为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}4s^{1}}故答案为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}4s^{1}}

rm{(4)Si}元素为rm{14}号元素，原子核外有rm{14}个电子，所以核外电子排布式为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{2}}故答案为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{2}}．

根据元素符号；判断元素原子的核外电子数，再根据核外电子排布规律来写．

本题考查了基态原子的核外电子排布式，核外电子排布规律来写，题目难度不大．【解析】rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{6}4s^{2}}rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}}rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}4s^{1}}rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{2}}17、略

【分析】由DAP的结构简式可知，单体的两边都有双键打开，则单体为这是邻二苯甲酸和丙烯醇发生酯化反应的产物。【解析】【答案】18、略

【分析】解：（1）由于二氧化碳的密度比空气的大；所以应该使用向上排空气法，进气导管长，即从a进气；

故答案为：a；

（2）排水法收集气体，集气瓶的导管应该采用短进长出方式，即从b进气；二氧化氮能够与水反应；氨气和氯化氢都易溶于水；它们不能所以排水法水解，而一氧化氮不与水反应，可以采用排水法收集；

故答案为：b；①；

（3）如果广口瓶中盛放浓硫酸；可以用作气体干燥装置，则该装置可以干燥一氧化氮；二氧化氮和氯化氢，不可以干燥碱性的气体氨气；

故答案为：③．

（1）二氧化碳密度大于空气；应该采用向上排空气法；

（2）排水法收集气体；导管应该采用短进长出方法；能够与水反应；易溶于水的气体不能使用排水法收集；

（3）浓硫酸为酸性干燥剂；不能干燥碱性气体氨气．

本题考查了气体的收集、净化和干燥，题目难度不大，注意掌握常见气体的性质及收集方法，明确常见干燥剂类型及选用方法．【解析】a；b；①；③19、略

【分析】解：v（SO2）==2mol•L-1•min-1；v（O2）：v（SO2）=1：2，v（O2）=v（SO2）==1mol•L-1•min-1；

故答案为：2mol•L-1•min-1；1mol•L-1•min-1．

根据和化学反应速率之比等化学计量数之比进行计算；得出正确结论．

本题考查化学反应速率的相关计算，难度不大．要注意化学反应速率之比等化学计量数之比．【解析】2mol•L-1•min-1；1mol•L-1•min-120、（1）B

（2）①bd

②3CaF2+Al3+=[AlF6]3-+3Ca2+

③412

（3）④[Ar]3d104s1

⑤Cu原子失去一个电子后，核外电子排布为[Ar]3d10，而锌为[Ar]3d104s1；根据洪特规则，铜达到了较稳定状态，所以Cu的第二电离能相对较大。

【分析】【分析】

本题考查较综合；涉及晶胞计算；原子核外电子排布、价层电子对互斥理论、离子晶体等知识点，侧重考查学生分析、判断、知识综合应用、空间想象能力等，注意价层电子对互斥理论内涵、原子核外电子排布与微粒稳定性关系，题目难度不大。

【解答】

rm{(1)}根据rm{VSEPR}模型判断；微粒中所有原子都在同一平面上，说明该微粒为平面形结构；

A.rm{SO_{3}^{2-}}中rm{S}原子价层电子对个数rm{=3+dfrac{6+2-3隆脕2}{2}=4}为四面体结构；rm{=3+dfrac{6+2-3隆脕2}{2}=4

}中rm{NO_{2}^{-}}原子价层电子对个数rm{=2+dfrac{5+1-2隆脕2}{2}=3}为三角锥形结构，都不是平面形结构的微粒，故A错误；

B.rm{N}中rm{=2+dfrac{5+1-2隆脕2}{2}=3

}原子价层电子对个数rm{=3+dfrac{5+1-3隆脕2}{2}=3}为平面三角形结构；

rm{NO_{3}^{-}}中rm{N}原子价层电子对个数rm{=3+dfrac{5+1-3隆脕2}{2}=3

}为平面三角形结构，所有原子共平面，故B正确；

C.rm{SO_{3}}中rm{S}原子价层电子对个数rm{=3+dfrac{6-1-3隆脕1}{2}=4}为四面体结构；

rm{=3+dfrac{6-3隆脕2}{2}=3}中rm{H_{3}O^{+}}原子价层电子对个数rm{=3+dfrac{7+1-3隆脕2}{2}=4}为四面体结构，所有原子不共平面，故C错误；

D.rm{O}中rm{=3+dfrac{6-1-3隆脕1}{2}=4

}原子价层电子对个数rm{=4+dfrac{5+3-4隆脕2}{2}=4}为四面体结构；

rm{ClO_{3}^{-}}中rm{Cl}原子价层电子对个数rm{=3+dfrac{6+2-3隆脕2}{2}=4}为四面体结构，所有原子不共平面，故D错误；

故选B；

rm{=3+dfrac{7+1-3隆脕2}{2}=4

}阴阳离子间存在静电引力和静电斥力，rm{PO_{4}^{3-}}与rm{P}间存在静电吸引作用，还存在静电斥力，故rm{=4+dfrac{5+3-4隆脕2}{2}=4

}错误；

rm{SO_{3}^{2-}}离子晶体的熔点与离子所带电荷、离子半径有关，离子半径越小，离子晶体的熔点越高，所以rm{S}的熔点高于rm{=3+dfrac{6+2-3隆脕2}{2}=4

}故rm{(2)垄脵a.}正确；

rm{Ca^{2+}}晶体的结构与电荷比、半径比有关，阴阳离子比为rm{F^{-}}rm{a}的物质，与rm{b.}晶体的电荷比相同，若半径比相差较大，则晶体构型不相同，故rm{CaF_{2}}错误；

rm{CaCl_{2}}中的化学键为离子键，离子化合物在熔融时能发生电离，存在自由移动的离子，能导电，因此rm{b}在熔融状态下能导电，故rm{c.}正确；

故答案为：rm{2}

rm{1}难溶于水，但可溶于含rm{CaF_{2}}的溶液中，因为在溶液中rm{c}与rm{d.CaF_{2}}能形成很难电离的配离子rm{CaF_{2}}使rm{b}的溶解平衡正移，其反应的离子方程式为：rm{bd}故答案为：rm{垄脷CaF_{2}}

rm{Al^{3+}}晶胞中rm{F^{-}}的配位数是rm{Al^{3+}}与一个rm{AlF_{6}^{3-}}等距离且最近的rm{CaF_{2}}个数rm{3CaF_{2}+Al^{3+}=3Ca^{2+}+AlF_{6}^{3-}}故答案为：rm{3CaF_{2}+Al^{3+}=3Ca^{2+}+AlF_{6}^{3-}}rm{垄脹}

rm{F^{-}}是rm{4}号元素，其原子核外有rm{Ca^{2+}}个电子，根据构造原理书写基态rm{Ca^{2+}}原子核外电子排布式为rm{=3隆脕8隆脗2=12}故答案为：rm{4}

rm{12}原子失去一个电子后，核外电子排布为rm{(3)垄脺Cu}而锌为rm{29}根据洪特规则，铜达到了较稳定状态，所以rm{29}的第二电离能相对较大，故答案为：rm{Cu}原子失去一个电子后，核外电子排布为rm{[Ar]3d^{10}4s^{1}}而锌为rm{[Ar]3d^{10}4s^{1}}根据洪特规则，铜达到了较稳定状态，所以rm{垄脻Cu}的第二电离能相对较大。

rm{[Ar]3d^{10}}【解析】rm{(1)B}

rm{(2)垄脵bd}

rm{垄脷3CaF_{2}+Al^{3+}=[AlF_{6}]^{3-}+3Ca^{2+}}

rm{垄脹4}rm{12}

rm{(3)垄脺[Ar]3d^{10}4s^{1}}

rm{垄脻Cu}原子失去一个电子后，核外电子排布为rm{[Ar]3d^{10}}而锌为rm{[Ar]3d^{10}4s^{1}}根据洪特规则，铜达到了较稳定状态，所以rm{Cu}的第二电离能相对较大。

四、原理综合题(共3题，共21分)21、略

【分析】分析：(1)D中生成的氧气中含有水蒸气；应先通过C中的浓硫酸干燥，在E中电炉加热时用纯氧氧化管内样品，生成二氧化碳和水，如有一氧化碳生成，则E中CuO可与CO进一步反应生成二氧化碳，然后分别通入B（吸收水）；A（吸收二氧化碳）中，按照上述分析进行装置的连接。

(2)氢氧化钠固体；吸收二氧化碳气体；，以便测定有机物中碳的量。

(3)燃烧管中CuO的作用是把反应生成的一氧化碳转化为二氧化碳；减小实验误差。

(4)空气中二氧化碳；水蒸气直接进入A装置中；影响实验。

(5)根据A管质量增加2.2g为二氧化碳的质量；计算出碳的量，B管质量增加1.08g是水的质量，计算出氢原子的量，算出碳氢原子个数比，确定烃的分子式，再根据题意要求写出结构简式。

详解：（1）D中生成的氧气中含有水蒸气，应先通过C中的浓硫酸干燥，在E中电炉加热时用纯氧氧化管内样品，生成二氧化碳和水，如有一氧化碳生成，则E中CuO可与CO进一步反应生成二氧化碳，然后分别通入B（吸收水）、A（吸收二氧化碳）中，根据产物的质量推断有机物的组成，则产生的氧气按从左到右流向，所选装置各导管的连接顺是g-f-e-h-i-c-d-a-b(或g-f-e-h-i-d-c-b-a)；正确答案：g-f-e-h-i-c-d-a-b(或g-f-e-h-i-d-c-b-a)。

(2)A中盛放氢氧化钠固体；它能够吸收二氧化碳气体；正确答案：吸收生成二氧化碳。

(3)在E中电炉加热时用纯氧氧化管内样品，生成二氧化碳和水，如有一氧化碳生成，则E中CuO可与CO进一步反应生成二氧化碳，使有机物分子中的碳尽可能转化为CO2；如果把CuO网去掉，一氧化碳不能被氢氧化钠吸收，A管重量将减小；正确答案：吸收生成二氧化碳；使有机物分子中的碳尽可能转化为CO2；减小。

(4)A装置中氢氧化钠吸收反应产生的二氧化碳；但是空气中水蒸气；二氧化碳也能够进入A装置，影响实验，因此在A装置后连接一个装有碱石灰的干燥管；正确答案：在A装置后连接一个装有碱石灰的干燥管。

（5）A管质量增加2.2g为二氧化碳的质量，n（CO2）=2.2g÷44g·mol﹣1=0.05mol，n（C）=n（CO2）=0.05mol，B管质量增加1.08g是水的质量，n（H2O）=1.08g÷18g．mol﹣1=0.6mol，n（H）=2n（H2O）=1.2mol，此有机物为烃，故只含有C和H两种元素，且个数比为：0.05：1.2=5：12，故可以确定为戊烷（C5H12），该有机物分子中含有4个甲基，则该有机物的结构简式为该有机物的二氯代物有2种，可在相同、不同的甲基上，和正确答案：(CH3)4C；2。【解析】g-f-e-h-i-c-d-a-b(或g-f-e-h-i-d-c-b-a)吸收生成二氧化碳使有机物分子中的碳尽可能转化为CO2减小在A装置后连接一个装有碱石灰的干燥管(CH3)4C222、略

【分析】（1）①实验室配制0.5mol/L的氢氧化钠溶液500mL，需要选用500mL的容量瓶，配制步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要使用的仪器有：托盘天平、玻璃棒、烧杯、药匙、500mL容量瓶、胶头滴管等，还缺少的玻璃仪器为：500mL容量瓶、胶头滴管。②依据m=CVM，需要氢氧化钠的质量=0.5mol·L－1×0.5L×40g·mol－1=10.0g；(2)过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑；（3）证明过氧化钠已经变质，检验产生的CO32－：取少量样品于一洁净试管中，加水溶解，向其中加入BaCl2溶液，充分振荡，有白色沉淀生成，证明Na2O2已经变质。（4）①2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O上述反应中，每生成2molNO,转移2mol电子，参加反应的HI的物质的量4mol，标准状况下，每生成2.24LNO气体，即0.1molNO，转移电子的物质的量为0.1mol，参加反应的HI的物质的量是0.2mol。②A、在酸性条件下，亚硝酸钠和碘离子反应方程式为2NO2－+2I－+4H＋=2NO↑+I2+2H2O，溶液呈黄色，故A正确；B、NaNO2和NaCl与NaOH溶液均无明显现象，故B错误；C、在酸性条件下，亚硝酸钠和碘离子反应方程式为2NO2－+2I－+4H＋=2NO↑+I2+2H2O，碘遇淀粉变蓝色，氯离子和碘离子不反应，所以反应现象不同，所以可以用酸性条件下的KI淀粉试液来区别，故C正确；D、NaNO2和NaCl与NaOH溶液均无明显现象，故D错误；故选AC。【解析】500mL容量