1、河南省郑州市第五十三中学2016届高三下期3月月考化学试卷（解析版）1下列气体有颜色且具有刺激性气味的是AO2 BCl2 CNH3 DN2【答案】B【解析】试题分析：O2无色无味，故A错误；Cl2是黄绿色有刺激气味的气体，故B正确；NH3是无色有刺激气味的气体，故C错误；N2无色无味，故D错误。考点：本题考查气体的物理性质。2如果1g水中含有n个氢原子，则阿伏加德罗常数是An/1mol1 B9n mol1 C2n mol1 D18n mol1【答案】B【解析】3下列有机化合物中既可发生取代反应，也可发生加成反应，还能使KMnO4酸性溶液褪色的是( )A丙烯 B乙醇 C乙烷 D苯【答案】A【解析
2、】试题分析： A、丙烯分子含有甲基和碳碳双键，既可发生取代反应，也可发生加成反应，还能使KMnO4酸性溶液褪色，正确；B、乙醇不含不饱和键，不能发生加成反应，可发生取代反应，能使KMnO4酸性溶液褪色，错误；C、乙烷为饱和烃，不能发生加成反应，也不能使KMnO4酸性溶液褪色，错误； D、苯环中的碳碳键是介于单键和双键之间的一种独特的键，既能发生取代反应，又能发生加成反应，但不能使KMnO4酸性溶液褪色，错误。考点：考查有机物的性质及有机反应类型的判断。4在A.B两个大小相同,温度相同的密闭容器中,充入x mol和y mol的SO3(g)(xy),分别发生分解反应:2SO3(g) 2SO2(g)
3、+O2(g),达到平衡时,其分解率分别为a%和b%,a b关系正确的是（ ）Aa=bBabD无法比较 【答案】B【解析】考查在等容条件下的等效平衡加入物质的物质的量相对大的容器相当于加压，平衡左移，SO3的分解率相对较小，故答案为B5已知反应： 2C(s)O2(g)2CO(g) H221 kJmol稀溶液中，H(aq)OH(aq)H2O(l) H57.3 kJmol下列结论正确的是A碳的燃烧热110.5 kJmolB的反应热为221 kJmolC稀醋酸与稀NaOH溶液反应的中和热为57.3 kJmolD稀盐酸与稀NaOH溶液反应的中和热为57.3 kJ/mol【答案】D【解析】试题分析：燃烧热
4、是在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，碳完全燃烧的生成物是CO2，A错误；反应是放热反应，则反应热应该是221 kJ/mol，B错误；中和热是在一定条件下的稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时所放出的热量，D正确、C中醋酸是弱酸，溶于水存在电离平衡，电离是吸热的，则稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol水，放出的热量小于57.3 kJ，C错误。考点：考查对反应热、燃烧热和中和热的理解。6天然气燃烧不完全会产生有毒气体CO，又知CO和CH4燃烧的热化学方程式分别为2CO（g）+O2（g）2CO2（g） H566 kJmol-1CH4（g）+2O2（g）CO2
5、（g）+2H2O（l）H890 kJmol-1又知由H2与O2反应生成液态H2O 比生成气态H2O 多放出44 kJmol-1的热量。则下列热化学方程式正确的是 （ ）A2CH4（g）+ O2（g）CO2（g）+CO（g）+4H2O（l） H1214 kJmol-1B2CH4（g）+ O2（g）CO2（g）+CO（g）+4H2O（g） H1038 kJmol-1C3CH4（g）+5O2（g）CO2（g）+2CO（g）+6H2O（l） H1538 kJmol-1D3CH4（g）+5O2（g）CO2（g）+2CO（g）+6H2O（g） H1840 kJmol-【答案】D【解析】化学反应既伴随物质变
6、化，又伴随能量变化，而且遵循能量守恒，这是化学常识。用热化学方程式来体现这一常识是学习化学的基本思想，同时运用盖斯定律进行有关反应热的计算，它能考查学生应用理论和计算的能力。根据题意写出有关反应的热化学方程式如下：2CO（g）+O2（g）2CO2（g） H 1566 kJmol-1CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（1）H 2890 kJmol-1H2O（g）H2O（l）H 344.0 kJmol-1CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（g）H4？CH4（g）+ O2（g）CO（g）+2H2O（1）H 5？2，可求H 4890 kJmol-1+88.0 kJmol-1
7、802 kJmol-1（1），可求H 5890 kJmol-1+283.0 kJmol-1607 kJmol-1A中H H 2+H 51497 kJmol-1，故A错，同理，B为1321kJmol-1，C为2104 kJmol-1，D为1840 kJmol-1。答案为D。7 已知2Fe2 Br22Fe32Br，向10 mL01 molL1的FeBr2溶液中通入0001 mol Cl2，反应后的溶液中，除含有Cl外还一定A含Fe2，不含Fe3 B含Fe3，不含BrC含Fe3，含Br D含Fe2，含Fe3【答案】C【解析】试题分析：根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性，亚铁离子的还原性强于溴离子
8、的，所以首先被氧化的是亚铁离子，然后是溴离子。0.001mol氯气得到0.002mol电子，所以根据电子的得失守恒可知，还剩余0.001mol溴离子，选C。考点：考查氧化还原反应。8下图是电解CuCl2溶液的装置，其中a、b为石墨电极，则下列判断中，正确的是Aa是阴极B电解过程中溶液的浓度不变C电解过程中b极质量减少 D阳极与阴极上的产物的物质的量之比为1:1【答案】D【解析】试题分析：由图中电流方向可知a为阳极、b为阴极，故A项错误；阴极为Cu2放电：Cu22e=Cu，阳极为Cl-放电：2Cl-2e= Cl2，电解过程中溶液浓度减小，故B项错误；b电极质量增加，C项错误；根据得失电子守恒阳极
9、与阴极上的产物的物质的量之比为1:1，D项正确。考点：电化学电解池考查。9下列物质性质与应用对应关系正确的是A氯化镁属于电解质，工业上可用电解其溶液的方法制镁B钠钾合金的硬度小，可用作快中子反应堆的热交换剂CFe2O3是红棕色固体，可以制成红色的油漆、涂料D溴单质在CCl4中的溶解度大，可用CCl4萃取Br【答案】C【解析】试题分析：A氯化镁属于电解质，镁是活泼的金属，工业上可用电解熔融氯化镁的方法制镁，A错误；B钠钾合金熔点低，通常状况下呈液态，可作原子反应堆的导热剂，B错误；CFe2O3是红棕色固体，可以制成红色的油漆、涂料，C正确；D溴单质在CCl4中的溶解度大，可用CCl4萃取溴分子，
10、而不是溴离子，D错误，答案选C。考点：考查物质性质与应用的判断10用NA 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是 A标准状况下，22.4LCO2气体中含氧原子数目为2NA B1mo1L-1的A1C13溶液中，C1-离子的数目为3 NA C任何条件下，23gNa+离子含有的最外层电子数为NA D60g的二氧化硅可与水反应生成硅酸的分子数为NA 【答案】A【解析】正确答案：AB不正确，缺少体积，无法计算Cl 的物质的量；C不正确，任何条件下，23gNa+离子含有的最外层电子数为8NAD不正确，二氧化硅与水不反应。 11下列实验操作中正确的是（ ）【答案】C【解析】向试管中放块状固体时，应该先把
11、试管横放，把金属颗粒或放入试管口以后，再把试管慢慢的竖立起来，时固体颗粒缓缓的滑到试管底部，A不正确。不能燃着的酒精灯去点燃另一个酒精灯，B不正确。浓硫酸溶于水放热，且浓硫酸的密度大于水的，因此稀释浓硫酸应该把浓硫酸沿着器壁缓缓的注入水中，D不正确，所以正确的答案选C。12 下列离子方程式正确的是A铁粉与稀盐酸反应Fe+2H+=Fe3+H2B少量金属钠放入冷水中：Na + 2H2O = Na+ 2OH- + H2C氧化铜溶于硫酸：O2+2H+=H2OD碳酸钙溶于醋酸CaCO32CH3COOHCa2+2CH3COOH2OCO2【答案】D【解析】试题分析：铁粉与盐酸发生置换反应，生成亚铁离子，A错
12、误；钠与水反应，电荷不守恒，B错误；氧化铜难溶于水，不能电离出氧离子，应写成CuO+2H+=H2O+Cu2+，C错误；醋酸是弱酸，碳酸钙难溶于水，故离子方程式正确，D正确,答案选D考点：离子方程式的书写13设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A. 在含有NA个CH3COO的醋酸溶液中， H+ 数目略大于NA B. N60结构如右图，28N60单质中含有的NN键个数为NA C. 2.9g 熟石膏(2 CaSO4H2O)含有的结晶水分子数为0.02NAD. 在标准状况下，2.24L的CCl4中含有CCl键的数目约为0.4NA【答案】A【解析】A正确，因为醋酸溶液中除了存在醋酸分子的电离平衡，
13、也存在水的电离平衡；B错，N60分子中的共价键数6032=90，28N60物质的量为28g/（6028）g.mol-1=1/60mol，含有的共价键数90/60moL=1.5moL；C错，2.9g 熟石膏的物质的量为0.01mol,含有结晶水为0.01mol。D错，四氯化碳在标准状况下是液体。14只用一种试剂就能鉴别甲苯、己烯、四氯化碳、乙醇4种无色液体，此试剂可以是 A溴水 B石灰水 C硝酸银溶液 D氯化铁溶液【答案】A【解析】此试剂可以是溴水，现象如下：溶液分层，上层是橙红色的是甲苯，下层是橙红色的是四氯化碳，溴水褪色的是己烯，不分层的是乙醇，其他试剂都不行，故选A15下列反应的离子方程式
14、正确的是A、次氯酸钙溶液中通入过量的二氧化碳Ca2+ 2ClO +H2O + CO2 = CaCO3+2HClOB、硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢溶液Fe2+ 2H2O2 + 4H+=Fe3+4H2OC、用氨水吸收少量二氧化硫NH3H2O + SO2 = NH4+ + HSO3D、硝酸铁溶液加入过量氨水3NH3H2O + Fe3+ = Fe(OH)3 + 3 NH4+ 【答案】D【解析】A中通入过量的二氧化碳，应生成Ca(HCO3)2；B中电荷不守恒；C中应生成(NH4)2SO3；16(7分)（1）乙烯、乙炔、甲苯、苯乙烯 ()4种有机物分别在一定条件下与H2充分反应。若烃与H2反应的物质的量之比
15、为13，它是 。若烃与H2反应的物质的量之比为12，它是 。苯乙烯与H2完全加成的物质的量之比为 。只要总质量一定，无论以何种比例混合，完全燃烧后生成的H2O和CO2的量均为定值的组合是 。（2）按分子结构决定性质的观点可推断滴入溴水后，反应生成产物的结构简式为_。【答案】（7分）（1）甲苯 乙炔 1:4（每空1分）乙炔和苯乙烯（2分，少写错写得0分）（2）【解析】试题分析：（1）苯环与氢气按1：3反应，若烃与H2反应的物质的量之比为1：3，则是甲苯；碳碳三键与氢气按1：2反应，若烃与H2反应的物质的量之比为1：2，则是乙炔；苯乙烯含有碳碳双键和苯环，则苯乙烯与H2完全加成的物质的量之比为1：
16、4；只要总质量一定，无论以何种比例混合，完全燃烧后生成的H2O和CO2的量均为定值，则最简式应相同，乙炔 苯乙烯符合；（2）含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，产物为。考点：考查了有机物与氢气的加成反应的相关知识。17（6分）在有机化学工业中常用的一种钠盐是NaBH4，即硼氢化钠。它具有很强的还原性，也是一种高贮氢密度材料，是最有可能作为氢燃料电池的即时供应氢源。但它不能与水和酸共存。将其投入水中可生成偏硼酸钠（NaBO2）和氢气，写出该反应的化学方程式 ，反应中的还原剂是 ，每摩NaBH4反应时电子转移数为 mol。NaBH4还用于将含Au3+的碱性废液中回收黄金，其离子方程式为：请写出配平
17、的离子方程式 。【答案】【解析】略18实验室常利用甲醛（HCHO）法测定(NH4)2SO4样品中氮的质量分数，其反应原理为：4NH4 6HCHO =3H6H2O(CH2)6N4H 滴定时，1 mol (CH2)6N4H与 l mol H相当，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸。某兴趣小组用甲醛法进行了如下实验：步骤I 称取样品1500 g。步骤II 将样品溶解后，完全转移到250 mL容量瓶中，定容，充分摇匀。步骤III 移取2500 mL样品溶液于250 mL锥形瓶中，加入10 mL 20的中性甲醛溶液，摇匀、静置5 min后，加入12滴酚酞试液，用NaOH标准溶液滴定至终点。按上述操作
18、方法再重复2次。（1）根据步骤III 填空：碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，则测得样品中氮的质量分数_(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，则滴定时用去NaOH标准溶液的体积_(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察_。A滴定管内液面的变化 B锥形瓶内溶液颜色的变化滴定达到终点时现象：_。（2）滴定结果如下表所示：滴定次数待测溶液的体积/mL标准溶液的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度125001022103225002002199325000202020若NaOH标准溶液的浓度为01010 molL1，则该
19、样品中氮的质量分数为_。【答案】（1）偏高 无影响 B 溶液由无色变为粉红(或浅红)色，且半分钟内不变色 （2）1885%【解析】试题分析：（1）碱式滴定管用蒸馏水洗涤后需要再用NaOH溶液润洗，否则相当于NaOH溶液被稀释，滴定消耗的体积会偏高，测得样品中氮的质量分数也将偏高。锥形瓶用蒸馏水洗涤后，虽然水未倒尽，但待测液中的H+的物质的量不变，则滴定时所需NaOH标准溶液中的氢氧化钠的物质的量就不变，也就是无影响。定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应注意观察颜色变化，确定滴定终点。待测液为酸性，酚酞应为无色，当溶液转为碱性时，溶液颜色变为粉红（或浅红）。（2）标准溶液的体积应取三次实验的平均值，首先
20、确定滴定时所用的NaOH标准溶液为（2001+1999+2000）/3mL=2000mL，根据题意中性甲醛溶液一定是过量的，而且1500g 铵盐 经溶解后，取了其中1/10进行滴定，即015g，滴定结果，溶液中含有H+（含（CH2）6N4H+）共002L01010mol/L=000202mol，根据4NH4+6HCHO3H+6H2O+（CH2）6N4H+，每生成4molH+（含（CH2）6N4H+），会消耗NH4+4mol，所以共消耗NH4+000202mol，其中含氮元素000202mol14g/mol=002828g所以氮的质量分数为002828/015100%=1885%考点：物质含量的
21、测定，酸碱中和滴定19如图为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据，试根据标签上的有关数据回答下列问题：盐 酸分子式：HCl相对分子质量：36.5密度：1.2g/cm3HCl质量分数：36.5%（1）该浓盐酸的物质的量浓度为_molL-1。（2）下列容量瓶的使用方法中，不正确的是_A使用容量瓶前检验是否漏水B容量瓶用水洗净后，再用待配溶液洗涤C配制溶液时，如果试样是固体，把称好的固体用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线12cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。D配制溶液时，若试样是液体，用量筒取样后用玻璃棒引流倒入容量瓶中，缓慢加水至刻度线12cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。E盖好瓶塞
22、，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀。（3）某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制480 mL物质的量浓度为0.200 molL-1的稀盐酸。 该学生需要用量筒量取_mL上述浓盐酸进行配制。 在配制过程中，下列实验操作会使所配制的稀盐酸的物质的量浓度偏大的有_A转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容。B用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面C在容量瓶中定容时俯视刻度线。D定容后把容量瓶倒置摇匀，发现液面低于刻度线，又加水至刻度线。【答案】(1)12molL1；(2)B、C、D；(3)8.3mL；C。【解析】试题分析：（1）根据c=1000w%/M=10001236.5%/36.5
23、molL1=12molL1；(2)A、容量瓶使用前要检验是否漏水，故说法正确；B、不能用待配液洗涤，否则造成容量瓶中溶质的物质的量增大，所配溶液物质的量浓度偏大，故说法错误；C、容量瓶不能做溶解容器，故说法错误；D、容量瓶不能做稀释溶解仪器，故说法错误；E、最后一步是反复摇匀，故说法正确；(3)实验室没有480mL的容量瓶，应选用500mL的容量瓶，稀释前后溶质的物质的量不变，5001030.2=V(HCl)10312，则V(HCl)=8.3mL；根据c=n/V=m/MV，A、未洗涤烧杯和玻璃棒，溶质的质量减小，则所配溶液浓度偏小，故错误；B、量筒量取液体时俯视刻度线，量取液体体积减小，所配溶
24、液的溶质的质量减小，则浓度偏小，故错误；C、定容时，俯视刻度线，所配溶液体积减小，浓度偏大，故正确；D、相当于稀释，浓度偏小，故错误。考点：考查物质的量浓度的计算、配置一定物质的量浓度溶液等知识。20（10分，每空2分）甲、乙两个实验小组利用KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反应研究影响反应速率的因素。（1）该反应的离子方程式为（提示：H2C2O4的一级电离平衡常数为5.410-2） 。设计实验方案如下（实验中所用KMnO4溶液均已加入H2SO4）：（2）甲组：通过测定单位时间内生成CO2气体体积的大小来比较化学反应速率的大小。 实验装置如图，实验时分液漏斗中A溶液一次性放下，A、B的成分见
25、下表：序号A溶液B溶液2 mL 0.1 mol/L H2C2O4溶液4 mL 0.01 mol/L KMnO4溶液2 mL 0.2 mol/L H2C2O4溶液4 mL 0.01 mol/L KMnO4溶液2 mL 0.2 mol/L H2C2O4溶液4 mL 0.01 mol/L KMnO4溶液和少量MnSO4该实验探究的是 对化学反应速率的影响。在反应停止之前，相同时间内针管中所得CO2的体积由大到小的顺序是 (用实验序号填空)。（3）乙组：通过测定KMnO4溶液褪色所需时间的多少来比较化学反应速率的大小。取两支试管各加入2 mL 0.1 mol/L H2C2O4溶液，另取两支试管各加入4
26、 mL 0.1 mol/L KMnO4溶液。将四支试管分成两组（各有一支盛有H2C2O4溶液和KMnO4溶液的试管），一组放入冷水中，另一组放入热水中，经过一段时间后，分别混合并振荡，记录溶液褪色所需时间。该实验目的是研究 对化学反应速率的影响，但该组同学始终没有看到溶液褪色，其原因是 。【答案】【解析】略21(8分)某含氧有机化合物，它的相对分子质量为88.0，含C的质量分数为68.2%，含H的质量分数为13.6%，经红外光谱测定含有一个羟基，核磁共振氢谱显示该分子中有3个甲基，且有三种不同环境的氢原子，请写出其结构简式。【答案】 所以该有机物的分子式为C5H12O又因为含有一个羟基，核磁共
27、振氢谱显示该分子中有3个甲基，且有三种不同环境的氢原子所以结构简式为。【解析】考查有机物分子式及结构简式的判断。22以苯酚为原料合成某药物中间体M的合成路线如下已知：（1）C中含氧官能团的名称为 （2）反应I的反应类型是 （3）反应的化学方程式为 （4）化台物B的名称是 ，E的结构简式为 （5）写出满足下列条件的F的同分异构体的结构简式 (任写两种)苯环上有三个取代基且苯环上的一氯取代物只有两种；能与FeCl3溶液反应显紫色；红外光谱显示有。【答案】（1）醛基、酚羟基；（2）加成反应；（3）；（4）乙醛；（5）任意2种。【解析】试题分析：苯酚与HCHO发生加成反应生成，再发生催化氧化生成A为，
28、结合反应信息与C的结构简式可知，B为CH3CHO，C发生催化氧化生成D为，由M的结构可知F为，则D与HBr发生加成反应生成E为，E发生水解反应、酸化得到F，（1）由C的结构简式可知，含氧官能团的名称为：醛基、酚羟基，故答案为：醛基、酚羟基；（2）反应I是苯酚与HCHO发生加成反应生成，故答案为：加成反应；（3）反应的化学方程式为：，故答案为：；（4）由上述分析可知，B为CH3CHO，名称为乙醛，E的结构简式为，故答案为：乙醛；（5）满足下列条件的F()的同分异构体：能与FeCl3溶液反应显紫色，含有酚羟基，红外光谱显示有，含有甲酸形成的酯基，苯环上有三个取代基且苯环上的一氯取代物只有两种，结合
29、F的结构可知，应含有2个酚羟基，为对称结构，符合条件的同分异构体有：，故答案为：任意2种。考点：考查了有机物的推断与合成、有机物的结构和性质的相关知识。23（6分）利用芳香烃X和链烃Y可以合成紫外线吸收剂BAD，已知G不能发生银镜反应，BAD结构简式为：BAD的合成路线如下：试完成下列问题：（1）写出结构简式：Y_，D_。（2）属于取代反应的有_(填数字序号)。（3）1 mol BAD最多可与含_mol NaOH的溶液完全反应。（4）写出方程式：反应_。BGH_。【答案】（1）CH3CHCH2（2分） （2分）（2）（2分） （3）6（2分）（4）2CH3CH(OH)CH3+O22CH3COC
30、H3+H2O （2分）CH3COCH3+2C6H5OH+H2O（2分）【解析】试题分析：芳香烃X与Cl2在催化剂存在时，发生取代反应，产生A，A 和水在催化剂存在时发生取代反应产生B：苯酚；B与NaOH的水溶液发生取代反应产生C：；C与CO2在一定条件下反应产生D：；D酸化得到E：；根据BAD结构简式可知Y是CH3CHCH2，Y与H2O发生加成反应形成F：CH3CH(OH)CH3；F催化氧化产生G：；G与苯酚发生反应形成H：和水；H与发生酯化反应形成BAD和水。（1）Y结构简式是CH3CHCH2，D结构简式是；（2）在上述反应中属于取代反应的有；（3）在BAD分子中含有2个酚羟基、2个酯基，2
31、个酯基水解产生2个酚羟基和2个羧基，它们都可以与NaOH溶液发生反应，因此1molBAD可以与6mol NaOH的溶液完全反应；（4）反应的化学方程式是：2CH3CH(OH)CH3+O22CH3COCH3+H2O；BGH的方程式是CH3COCH3+2C6H5OH+2H2O。考点：考查有机物的推断、物质的结构、性质、转化、反应类型的判断、化学方程式的书写的知识。24短周期元素形成的纯净物A、B、C、D、E之间的转化关系如下图所示，A与B之间的反应不在溶液中进行(E可能与A、B两种物质中的一种相同)。请回答下列问题：（1）若A是气态单质，D是一种强碱。B的化学式为_或_。C的电子式为_。（2）若E
32、的水溶液呈弱酸性，D是既能溶于强酸、又能溶于强碱的化合物。用电离方程式解释D既能溶于强酸、又能溶于强碱的原因_。用等式表示E与NaOH溶液反应生成正盐的溶液中所有离子的浓度之间的关系_。（3）若C是一种气体，D是一种强酸。写出C与水反应的化学方程式为_。有人认为“浓H2SO4可以干燥气体C”。某同学为了验证该观点是否正确，用如图所示装置进行实验。装置I中的试剂为_；实验过程中，在浓H2SO4中未发现有气体逸出，则得出的结论是_。【答案】（1） Na Na2O （2）H2O+AlO2-+ H+Al(OH)3Al3+ +3OH-c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HS-）+2c（S2-）（
33、3） 3NO2+H2O=2HNO3+NO NO2能溶于浓H2SO4，因而不能用浓H2SO4干燥NO2【解析】试题分析：（1） 若A是气态单质，D是一种强碱。短周期元素形成的，为NaOH，则C为Na2O2，B为Na2O或Na；（2）若E的水溶液呈弱酸性，D是既能溶于强酸、又能溶于强碱的化合物，应为Al（OH）3，则C为Al2S3，H2O+AlO2-+ H+Al(OH)3Al3+ +3OH-； E与NaOH溶液反应后生成正盐为Na2S，溶液中存在电荷守恒，为c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HS-）+2c（S2-），答案为：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HS-）+2c（S2-）；（3） C是气体，应为NO2，则D为HNO3，E为NO，NO2与水反应生成HNO3和NO，反应的方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO；装置I中的试剂为铜和浓硝酸，生成的二氧化氮通过浓硫酸未发现有气体逸出，说明NO2能溶于浓H2SO4，因而不能用浓H2SO4干燥NO2考点：无机推断