【化学】福建省邵武七中2018-2019学年高一上学期期中考试试题（解析版）

福建省邵武七中2018-2019学年高一上学期期中考试试题
1.下列电离方程式书写正确的是( )
A. H2CO3CO32-+2H+ B. KClO3=K++Cl5++3O2-
C. H2O2H++O2- D. NH3·H2ONH4++OH-
【答案】D
【详解】A. 碳酸为多元弱酸，分步电离，以第一步为主，电离方程式：H2CO3⇌H++HCO3−，故A错误；B. 氯酸钾为强电解质，完全电离，电离方程式：KClO3=K++ClO3-，故B错误；C. 水为弱电解质，部分电离，电离方程式：H2OH++OH-，故C错误；D. NH3·H2O 为弱电解质，部分电离，电离方程式：NH3·H2ONH4++OH-，故D正确；本题选D。
2.创立元素周期表的化学家是( )
A. 牛顿 B. 道尔顿 C. 阿伏加德罗 D. 门捷列夫
【答案】D
【解析】试题分析：A．牛顿发现了万有引力定律，故A错误；B．道尔顿提出了近代原子学说，故B错误；C．阿佛加德罗提出了分子学说，故C错误；D．1869年，俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律，并编制出元素周期表，使得化学学习和研究变得有规律可循，故D正确。故选D。
3.某元素在化学反应中，由化合态变为游离态，则该元素（ 　 ）
A. 一定被氧化 B. 一定被还原
C. 化合价降低为零价 D. 可能被氧化，也可能被还原
【答案】D
【详解】某元素在化学反应中，由化合态变为游离态，则该元素可能被还原，例如反应Fe＋2HCl＝FeCl2＋H2↑中H由＋1价→0价，化合价降低，被还原，也可能被氧化，例如MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O中Cl由－1价→0价，化合价升高，被氧化。答案选D。
4.下列反应中，水既不是氧化剂也不是还原剂的氧化还原反应是( )
A. C + H2OCO + H2 B. 2H2O+2Na=2NaOH+H2↑
C. Cl2 + H2OHCl + HClO D. SO3 + H2O=H2SO4
【答案】C
【解析】A.水中H化合价降低，水做氧化剂；B. 水中H化合价降低，水做氧化剂；C.Cl的化合价同时升高降低，水的化合价没有变化；D.非氧化还原反应。
5.下列反应中气体只作氧化剂的是（ ）
A. Cl2通入水中 B. Cl2通入FeCl2溶液中
C. SO2通入氯水中 D. NO2通入水中
【答案】B
【解析】A. Cl2通入水中与水反应生成盐酸和次氯酸，氯气既是氧化剂又是还原剂；B. Cl2通入FeCl2溶液中，两者发生反应生成氯化铁，氯气只作氧化剂；C. SO2通入氯水中，两者发生反应生成硫酸和盐酸，二氧化硫只作还原剂；D. NO2通入水中，两者发生反应生成硝酸和NO，NO2既是氧化剂又是还原剂。综上所述，本题选B。
6.下列离子方程式书写正确的是( )
A. 氯气跟水反应：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-
B. 硫酸铜溶液跟氢氧化钡溶液反应：Ba2++SO42-=BaSO4↓
C. 碳酸钠溶液中加入少量稀盐酸：CO32- + H+ = HCO3－
D. 铜与稀盐酸反应：Cu + 2H+ = Cu2+ +H2↑
【答案】C
【解析】
【分析】A．次氯酸为弱电解质，保留化学式；B．漏掉了铜离子与氢氧根离子的反应；C．碳酸钠溶液中加入少量稀盐酸反应生成碳酸氢钠；D．铜与盐酸不反应。
【详解】A. 氯气跟水反应，离子方程式：Cl2+H2O=H++Cl−+HClO，故A错误；B. 硫酸铜溶液跟氢氧化钡溶液反应，离子方程式：2H++2OH−+Ba2++SO42−=BaSO4↓+2H2O，故B错误；C. 碳酸钠溶液中加入少量稀盐酸，离子方程式：CO32−+H+=HCO3−，故C正确；D. 铜与盐酸不反应，故D错误；本题选：C。
7.广州的自来水是采用氯气消毒的,为了检验Cl-的存在,最好选用下列物质中的( )
A. 石蕊溶液 B. 四氯化碳
C. 氢氧化钠溶液 D. 稀硝酸和硝酸银溶液
【答案】D
【解析】
【详解】因为“氯离子与银离子反应生成氯化银白色沉淀”，为了检验Cl-的存在可以选用硝酸酸化的硝酸银溶液，如果有白色沉淀生成，则含有氯离子；如果无白色沉淀生成，则不含Cl-；综上所述，本题选D。
8.下列物质中在一定条件下能够导电，但不属于电解质的是( )
A. 石墨 B. KNO3 C. H2SO4 D. 蔗糖
【答案】A
【解析】
【分析】电解质、非电解质均是化合物，电解质是一定条件下本身电离而导电的化合物；导电的物质不一定是电解质，以此分析解决此题。
【详解】A项，石墨能导电，属于单质，既不是电解质又不是非电解质；
B项，KNO3属于盐，在水溶液里、熔融时都能导电，属于电解质；
C项，H2SO4属于酸，在水溶液里电离产生氢离子和硫酸根离子能导电，属于电解质；
D项，蔗糖属于非电解质，不导电。
综上所述，符合题意的选项为A。
9.分类是科学研究的重要方法，下列物质分类不正确的是( )
A. 化合物:干冰、冰水混合物、烧碱 B. 同素异形体:石墨、C60、金刚石
C. 非电解质:乙醇、四氯化碳、氯气 D. 混合物:漂白粉、矿泉水、盐酸
【答案】C
【解析】
【分析】A、由两种或两种以上元素组成的纯净物是化合物；
B、同素异形体是由同种元素组成的结构和性质不同单质；
C、非电解质是在水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物；
D．由两种或两种以上物质组成的是混合物。
【详解】A项、干冰、冰水混合物、烧碱都是由两种或两种以上元素组成的纯净物，是化合物，故A正确；
B项、石墨，C60、金刚石是碳元素的不同单质，属于碳元素的同素异形体，故B正确；
C项、乙醇、四氯化碳都是非电解质，氯气是单质，既不是电解质，也不是非电解质，故C错误；
D项、漂白粉，纯净矿泉水，盐酸都含有两种或两种以上物质，属于混合物，故D正确。
故选C。
10.下列各组离子在水溶液中能够大量共存的是( )
A. OH -、 K+、NH4+ B. Ba2＋、 SO42 -、H＋
C. Ag＋、 K＋、Cl - D. Na+、 Cl -、 CO32 -
【答案】D
【解析】分析：能够反应生成沉淀，气体和水，以及弱酸和弱碱的离子在溶液中不能大量共存。
详解：A．OH –和NH4+离子之间发生反应生成氨水，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．Ba2＋和SO42 -之间反应生成难溶物硫酸钡，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．Ag+、Cl-之间反应生成氯化银沉淀，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．Na+、Cl-、CO32-之间不发生反应，在溶液中可以大量共存，故D正确；故选D。
11.下列关于物质的分类均正确的组合是( )
选项
碱
酸
盐
碱性氧化物
酸性氧化物
A
Na2CO3
H2SO4
NaHCO3
SiO2
CO2
B
NaOH
HCl
NaCl
Na2O
CO
C
NaOH
CH3COOH
CaF2
Al2O3
SO2
D
KOH
HNO3
CaCO3
CaO
SO3
【答案】D
【解析】
【分析】依据概念分析选项，碱指电离时产生的阴离子全部都是氢氧根离子的化合物；酸指电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物；盐指电离时生成金属阳离子（或NH4+）和酸根离子的化合物；碱性氧化物指能跟酸起反应生成一种盐和水的氧化物（且生成物只能有盐和水，不可以有任何其它物质生成）；酸性氧化物是指能碱作用生成盐和水的氧化物（且生成物只能有一种盐和水，不可以有任何其它物质生成）。
【详解】A. 碳酸钠属于盐不是碱，SO2为酸性氧化物，不是碱性氧化物，故A错误；B. CO不能和碱反应生成盐和水，是不成盐氧化物，故B错误；C. Na2O2与酸反应除了生成盐和水，还生成氧气，不属于碱性氧化物，故C错误；D. KOH属于碱，HNO3属于酸，CaCO3属于盐，CaO为碱性氧化物，SO3属于酸性氧化物，故D正确；本题选：D。
12.胶体区别于其它分散系的本质特征为( )
A. 分散质直径介于1~100 nm B. 丁达尔效应
C. 电泳现象 D. 能发生聚沉
【答案】A
【解析】
【详解】胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1-100nm之间，溶液的分散质粒子直径小于1nm，浊液的分散质粒子直径大于100nm，本题选A。
13.下列化合物中，属于盐的是( )
A. Ca(OH)2 B. HNO3 C. Na2O D. K2CO3
【答案】D
【解析】
【详解】A. Ca(OH)2发生电离时生成的阴离子全为氢氧根离子，属于碱，故A不选；
B. HNO3发生电离时生成的阳离子全为氢离子，属于酸，故B不选；
C. Na2O是由钠元素和氧元素构成的氧化物，不属于盐，故C不选；
D. K2CO3发生电离时生成钾离子和碳酸根离子，属于盐，故D选，答案选D。
14.下列分散系能产生“丁达尔效应”的是( )
A. 氯化铁溶液 B. 碳酸钠溶液 C. 氢氧化铁胶体 D. 醋酸溶液
【答案】C
【解析】
【分析】胶体可以产生“丁达尔效应”，据此判断。
【详解】A. 氯化铁溶液不是胶体，不能产生“丁达尔效应”，A错误；
B. 碳酸钠溶液不是胶体，不能产生“丁达尔效应”，B错误；
C. 氢氧化铁胶体能产生“丁达尔效应”，C正确；
D. 醋酸溶液不是胶体，不能产生“丁达尔效应”，D错误；
答案选C。
15.配制一定物质的量浓度的Na2CO3溶液，下列操作正确的是( )
A. 称量时，将Na2CO3固体直接放在托盘天平的右盘上
B. 将Na2CO3固体在烧杯中溶解，所得溶液冷却到室温，再转移至容量瓶中
C. 定容时如果加水超过了刻度线，用胶头滴管直接吸出多余部分
D. 定容摇匀后发现溶液体积低于刻度线，再补加少量蒸馏水至刻度线
【答案】B
【解析】Na2CO3固体应该放在烧杯中称量，A不正确。定容时如果加水超过了刻度线，则实验必须重新配制，C不正确。现象D如果再补加少量蒸馏水至刻度线，则溶液体积偏大，浓度偏低，不正确。所以正确的答案选B。
16.下列说法正确的是( )
A. 0.012 kg 12C中含有约6.02×1023个碳原子
B. 1 mol H2O中含有2 mol氢和1 mol氧
C. 氢氧化钠的摩尔质量是40 g
D. 0.1 mol氢气和2.24 L氯化氢气体所含分子数相同
【答案】A
【解析】
【分析】A．根据阿伏伽德罗常数的标准进行判断；B．使用物质的量时必须指明粒子的具体名称，如1molO、2molH等；C．摩尔质量的单位错误，应该为g/mol；D．2.24 L氯化氢的物质的量在标况下才是0.1mol。
【详解】A. 0.012kg12C中含有1mol碳原子,含有阿伏伽德罗常数个碳原子,约6.02×1023个碳原子，故A正确；B. 1mol水中含有1mol氧原子、2mol氢原子，必须指出具体的粒子名称，故B错误；C. 氢氧化钠的摩尔质量为40g/mol，40g为1mol氢氧化钠的质量，故C错误；D. 没有说明是标况，只有在标况下2.24 L氯化氢气体所含分子数才是0.1mol，故D错误；
17. 能使用酒精灯直接加热的器皿是( )
A. 试管 B. 试剂瓶 C. 量筒 D. 容量瓶
【答案】A
【解析】试题分析：试管可以用酒精灯直接加热；试剂瓶、量筒、容量瓶不能加热，故A项正确。
18.某同学用下列装置进行有关Cl2的实验。下列说法不正确的是( )

A. Ⅰ图中：实验现象证明氯气无漂白作用，氯水有漂白作用
B. Ⅱ图中：闻Cl2的气味
C. Ⅲ图中：生成棕黄色的烟
D. Ⅳ图中：若气球干瘪，证明Cl2可与NaOH反应
【答案】D
【详解】A.由Ⅰ图中实验现象可知：干燥的氯气不能使有色布条褪色，说明氯气没有漂白性，而能使湿润的有色布条褪色，说明氯气与水反应的生成物具有漂白性，故A说法正确；
B.Cl2有毒，闻其气味时应用手轻轻在瓶口扇动，仅使极少量气体飘入鼻孔中，故B说法正确；
C.Cu丝在Cl2中燃烧生成棕黄色的烟，故C说法正确；
D.若Cl2能与NaOH溶液反应，烧瓶内压强减小，气球就会鼓起，故D说法错误；
答案选D。
19.下列关于钠的说法中不正确的是( )
A. 金属钠和氧气反应，条件不同，产物不同
B. 大量的钠着火时可以用沙子扑灭，少量的钠应保存在煤油中
C. 将一小块钠投入装有氯化镁溶液的试管里，钠熔成小球并在液面上游动
D. 将一小块钠投入装有硫酸铜溶液的试管里，试管底部有红色物质生成
【答案】D
【详解】A.钠和氧气在空气中不加热时生成氧化钠，在氧气中点燃，生成过氧化钠，故A说法正确；
B.因钠能与水剧烈反应，钠着火不能用水来灭火，应用沙子盖灭；钠的密度比煤油大，且与煤油不反应，可保存在煤油中，故B说法正确；
C.钠与盐溶液反应时，一般先与水反应，则将一小块钠投入装有氯化镁溶液的试管里，钠熔成小球并在液面上游动，故C说法正确；
D.钠性质活泼，与硫酸铜溶液反应时先和水反应生成氢氧化钠和氢气，最后生成氢氧化铜沉淀，故D说法错误；
答案选D。
20. 工业生产中物质制备时，通过下列反应原理一步完成获得产物、符合“绿色化学”原则的反应是( )
A. 加成反应 B. 分解反应 C. 取代反应 D. 置换反应
【答案】A
【解析】试题分析：A、有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其它原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应，反应物是含不饱和键的有机分子和其它分子，反应物不止一种，而生成物只有一种，反应原理符合“绿色化学”原则，故A正确；B、分解反应是一种反应物反应，生成物有两种或两种以上，原子利用率小于100%，不符合绿色化学的要求，故B错误；C、有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替生成新的化合物的反应叫取代反应，反应物、生成物都不止一种，且有副产物产生，所以不符合“绿色化学”原则，故C错误；D、置换反应是由一种单质跟一种化合物起反应，生成另一种单质和另一种化合物的反应，原子利用率小于100%，不符合“绿色化学”原则，故D错误；故选A。
21.书写离子方程式
（1）氧化铜溶于盐酸__________________________________________。
（2）铁跟稀硫酸反应___________________________________________。
（3）氢氧化钡溶液和稀硫酸反应________________________________________。
（4）硝酸银溶液和氯化钠溶液反应_______________________________________。
【答案】(1). CuO+2H+═Cu2++H2O (2). Fe+2H+═Fe2++H2↑
(3). 2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O (4). Ag++Cl-═AgCl↓
【解析】
【分析】（1）氧化铜溶于盐酸生成氯化铜和水；
（2）铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；
（3）氢氧化钡与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水；
（4）硝酸银溶液和氯化钠溶液反应生成氯化银和硝酸钠。
【详解】（1）氧化铜溶于盐酸生成氯化铜和水，氧化铜需要保留化学式，反应的离子方程式为：CuO+2H+═Cu2++H2O，故答案为：CuO+2H+═Cu2++H2O；
（2）铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的离子方程式为：Fe+2H+═Fe2++H2↑，故答案为：Fe+2H+═Fe2++H2↑；
（3）氢氧化钡与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故答案为：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O；
（4）硝酸银溶液和氯化钠溶液反应生成氯化银和硝酸钠，离子反应为Ag++Cl-═AgCl↓，故答案为：Ag++Cl-═AgCl↓。
22.高锰酸钾和氢溴酸溶液可以发生下列反应：KMnO4＋HBr→Br2＋MnBr2＋KBr＋H2O，其中还原剂是______（填物质的化学式），若消耗0.2mol氧化剂，则被氧化的还原剂的物质的量是______mol。
【答案】(1). HBr (2). 1
【详解】试题分析：反应KMnO4+HBr→Br2+MnBr2+KBr+H2O中，HBr 中溴元素化合价由—1价升高到0价，失去电子，被氧化，作还原剂；反应中KMnO4为氧化剂，Mn元素化合价由+7→+2价，变化5价，Br元素化合价由-1价→0价，变化1价，根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，设被氧化的还原剂的物质的量是x，则有0.2mol×（7-2）=（1-0）x，x=1mol。
23.Fe(OH)3胶体的制备实验：向_____________中逐滴加入______________________溶液；继续煮沸至溶液呈______________色，停止加热。
【答案】(1). 沸水 (2). 饱和FeCl3 (3). 红褐
【解析】Fe(OH)3胶体的制备实验方法是：向沸水中逐滴加入饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热即可得到氢氧化铁胶体。
24.将下列物质按要求填空：①NaCl②汞③盐酸④BaSO4⑤干冰⑥H2SO4⑦葡萄糖⑧碘酒⑨液态氧气⑩熔融MgC12
（1）以上物质能导电的是____________________
（2）以上物质属于电解质的是__________________
（3）以上物质属于非电解质的是_____________
（4）以上物质溶于水后能导电的纯净物是________________
【答案】（1）②③⑩；（2）①④⑥⑩；（3）⑤⑦；（4）①⑥⑩。
【解析】试题分析：①NaCl是盐，属于电解质；在室温下呈固体，不含有自由移动的离子，不能导电；②汞是金属单质，可以导电，不是电解质；③盐酸是HCl的水溶液，可以导电，是混合物，不属于电解质；④BaSO4是盐，属于电解质；在室温下呈固体，不含有自由移动的离子，不能导电；⑤干冰是固体CO2，不能导电，属于非电解质；⑥H2SO4是酸，属于电解质，由于是由分子构成，不含有自由移动的离子，不能导电；⑦葡萄糖属于化合物，不能导电，是非电解质；⑧碘酒是溶液，属于混合物，不能导电，不属于电解质；⑨液态氧气是单质，不能导电，不是电解质，也不是非电解质；⑩熔融MgC12是盐，属于电解质，含有自由移动的离子，可以导电。所以(l）以上物质能导电的是②③⑩；（2）以上物质属于电解质的是①④⑥⑩；（3）以上物质属于非电解质的是⑤⑦；（4）以上物质溶于水后能导电的纯净物是①⑥⑩。
25.某溶液中只含有Ba2+ Mg2+ Ag+三种阳离子，现用适量的NaOH溶液、稀盐酸和Na2SO4溶液将这三种离子逐一沉淀分离，其流程如图所示：

（1）沉淀1的化学式为_________，生成该沉淀的离子方程式为______________。
（2）若试剂B为Na2SO4溶液，则沉淀2化学式为______________。
（3）若试剂B为NaOH溶液，则生成沉淀2的离子方程式为______________。
（4）如果原溶液中Ba2+ Mg2+ Ag+的浓度均为0.1 mol·L-1，且溶液中含有的阴离子只有NO3-，则溶液中NO3- 浓度为_______mol·L-1。
【答案】（1）AgCl，Ag＋+Cl－=AgCl↓；（2）BaSO4；（3）Mg2＋+2OH－=Mg（OH）2↓；（4）0.5。
【解析】试题分析：（1）加入稀盐酸，发生Ag＋＋Cl－=AgCl↓，沉淀1为AgCl；（2）溶液1中含有离子是Ba2＋、Mg2＋、H＋和Cl－，加入Na2SO4，发生Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓，沉淀2是BaSO4；（3）根据反应（2）的分析，发生反应H＋＋OH－=H2O，Mg2＋＋2OH－=Mg（OH）2↓；（4）根据电荷守恒，2c（Ba2＋）＋2c（Mg2＋）＋c（Ag＋）=c（NO3－），c（NO3－）=（2×0.1＋2×0.1＋0.1）mol·L－1=0.5mol·L－1。
26.用 CuSO4·5H2O晶体，配制0.2 mol/L的CuSO4溶液480 mL。
（1）实验中用到的玻璃仪器有量筒、玻璃棒、烧杯，还缺少_____________。
（2）容量瓶使用前应___________。
（3）应用托盘天平称取CuSO4·5H2O晶体的质量为___________g。
（4）配制溶液时有以下几个操作：①溶解、②摇匀、③洗涤并转移、④冷却、⑤称量、⑥转移溶液、⑦定容、⑧装瓶贴标签，则正确的操作顺序是________________(填序号)。
（5）下列操作对所配溶液的浓度偏高的有________(填序号)
①硫酸铜晶体失去了部分结晶水
②用“左码右物”的称量方法称量晶体并使用了游码
③硫酸铜晶体不纯，其中混有杂质
④称量硫酸铜晶体时所用砝码生锈
⑤容量瓶未经干燥就使用
⑥转移液体时不小心洒落了一滴在容量瓶的外面
⑦定容时俯视刻线
⑧摇匀后，凹液面低于刻度线未做任何处理
【答案】（1）容量瓶（500ml）、胶头滴管（2分）
（2）查漏（1分）（3）25.0（2分）
（4）⑤①④⑥③⑦②⑧（2分）（5）①④⑦（2分）
【解析】试题分析：（1） 没有480mL的容量瓶，因此应该配制500mL，则实验中用到的玻璃仪器有量筒、玻璃棒、烧杯，还缺少容量瓶（500ml）、胶头滴管。
（2）容量瓶使用前应查漏。
（3）应用托盘天平称取CuSO4·5H2O晶体的质量为0.5L×0.2mol/L×250g/mol＝25.0g。
（4）配制溶液时的主要操作是计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、摇匀、定容和振荡等，所以正确的操作顺序是⑤①④⑥③⑦②⑧。
（5）①硫酸铜晶体失去了部分结晶水，导致硫酸铜的质量增加，浓度偏高；②用“左码右物”的称量方法称量晶体并使用了游码，导致硫酸铜的质量减少，浓度偏低；③硫酸铜晶体不纯，其中混有杂质，导致硫酸铜的质量减少，浓度偏低；④称量硫酸铜晶体时所用砝码生锈，导致硫酸铜的质量增加，浓度偏高；⑤容量瓶未经干燥就使用，不会影响结果；⑥转移液体时不小心洒落了一滴在容量瓶的外面，导致硫酸铜的质量减少，浓度偏低；⑦定容时俯视刻线，液面在刻度线下方，溶液体积减少，浓度偏高；⑧摇匀后，凹液面低于刻度线未做任何处理，不会影响结果，答案选①④⑦。
27.（1）已知8 g A能与32 g B恰好完全反应，生成22 g C和一定量的D；现将16 g A与70 g B混合，充分反应后，生成2 mol D和一定量的C，则D的摩尔质量为__________。
（2）标准状况下,0.5molH2和 O2的混合气体所占的体积为________。
（3）8.5 g氢氧根离子含有的电子数目为________。
（4）14 g C2H4与C4H8的混合物所含质子的物质的量为________。
【答案】(1). 18g/mol (2). 11.2L (3). 5NA (4). 8mol
【解析】
【分析】（1）8gA能与32gB恰好完全反应，生成22gC和一定量D，根据质量守恒，生成D的质量为8g+32g-22g=18g，据此进行16gA与70gB反应的过量判断，再根据质量比计算生成D的质量，利用M=m/n计算D的摩尔质量。
（2）根据V=n×Vm计算；
（3）先计算8.5g氢氧根离子的物质的量，再依据1个OH－含有10个电子计算含有的电子数目；
（4）C2H4与C4H8的最简式均为CH2，最简式相同的物质，只要总质量一定，所含原子个数和质子数相同，先计算14gCH2的物质的量，再依据1个CH2中含有8个质子计算质子的物质的量。
【详解】（1）8gA能与32gB恰好完全反应，生成22gC和一定量D，根据质量守恒D的质量为8g+32g-22g=18g，16gA完全反应需要B的质量为16g×16/4=64g＜70g，故B过量，则生成的D的质量为16g×9/4=36g，D的摩尔质量为36g÷2mol=18g/mol，故答案为：18g/mol。
（2）在标准状况下，0.5molH2和O2混合气体的体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L，故答案为：11.2L；
（3）8.5g氢氧根离子的物质的量为n(OH－)= 8.5g÷17g/mol=0.5mol，1个OH－含有10个电子，则8.5g氢氧根离子含有的电子数目为0.5mol×10×NA=5 NA，故答案为：5 NA；
（4）C2H4与C4H8的最简式均为CH2，则14gCH2的物质的量为14g÷14g/mol=1mol，1个CH2中含有8个质子，所以质子的物质的量为8mol，故答案为：8mol。