河南省新安县2016-2017学年高二化学上册开学考试题1.doc

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河南省新安县磁涧镇高级中学2016—2017学年度高二开学考化学试题（解析版）
1．下列说法正确的是（ ）
A．酸性：H2SiO3＞H2CO3＞HNO3
B．稳定性：CH4＞SiH4＞SnH4
C．单质的熔点：O2＞S＞Se
D．与O2反应的剧烈程度：N2＞P4＞As
【答案】B
【解析】
2．下列有关说法正确的是
A．氧化还原反应中的反应物，不是氧化剂就是还原剂
B．在氧化还原反应中，还原剂失去电子总数等于氧化剂得到电子的总数
C．能导电的物质一定是电解质
D．金属氧化物一定是碱性氧化物
【答案】B
【解析】
试题分析：A、氧化还原反应中的反应物，可能不是氧化剂，也不是还原剂，如氯气与NaOH的反应中，NaOH为反应物，不是氧化剂也不是还原剂，故A错误；B、氧化还原反应中，氧化剂中元素的化合价降低得电子，还原剂中元素的化合价升高失电子，氧化剂、还原剂之间得失电子数目相等，故B正确；C、存在自由移动离子或自由电子的物质能导电，电解质固体时不能电离不导电，金属单质能导电不是电解质，故C错误；D、金属氧化物也可能是酸性氧化物或两性氧化物，如Mn2O7属于酸性氧化物，Al2O3属于两性氧化物，它们都是金属氧化物，故D错误；故选B。
考点：考查了氧化还原反应、电解质、物质的分类的相关知识。
3．化学科学需要借助化学专用语言描述，下列有关化学用语正确的是
A．CO2的电子式
B．Cl-的结构示意图
C．乙烯的结构简式：CH2CH2
D．H2CO3的电离方程式：H2CO32H++CO32-
【答案】B
【解析】
试题分析：A．二氧化碳分子中存在两个碳氧双键，其正确的电子式为：，故A错误；B．氯离子的核电荷数为17，最外层达到8电子稳定结构，其离子结构示意图为：，故B正确；C．乙烯的结构简式为CH2=CH2，故C错误；D．H2CO3是弱酸，分步电离，其一级电离方程式：H2CO3H++HCO3-，故D错误，答案为B。
考点：考查化学用语
4．下图所示实验操作中正确的是

【答案】A
【解析】
试题分析：A．过滤液体时，要注意“一贴、二低、三靠”的原则，图中所示操作正确，故A正确； B．给试管中的液体加热时，且液体体积不能超过试管容积的 1/3，拇指应顶住试管夹短柄，图中所示操作错误，故B错误；C．滴加液体时，滴管应悬空滴加，滴管不可伸入试管内，以免滴管内的液体被污染，故C错误；D．点燃酒精灯要用火柴，不可用燃着的酒精灯去点燃，否则会引起火灾，故D错误．
故选A．
考点：化学实验基本操作
5．下列说法正确的是
A．吸热反应一定需要加热才能发生
B．碳不完全燃烧属于吸热反应
C．Cu、Zn、稀硫酸组成的原电池中，Zn是负极
D．组成原电池的两极一定是不同的金属
【答案】C
【解析】反应是放热反应还是吸热反应，只与反应物和生成物的总能量的相对大小有关系，而与外界条件是无关的，A不正确。碳不完全燃烧也是放热反应，B不正确。原电池中较活泼的金属是负极，锌比铜，锌作负极，C正确。原电池中的电极也可以是金属和非金属，D不正确。所以答案选C。
6．已知2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) △H=+517.6kJ·mol-1，CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-890.3kJ·mol-1.1g氢气和1g甲烷分别燃烧后，放出的热量之比约是（ ）
A.1：34 B.1：17
C.2.3:1 D.4.6:1
【答案】D
【解析】根据已知两个反应的热化学方程式，可求得1g氢气和1g甲烷完全燃烧放出的热量分别为517.6/2=256.8kJ和890.3/16=55.64kJ，比值约是4.6∶1。
7．在2mol·L-1的硫酸和2mol·L-1的硝酸混合溶液10mL中，加入0.96g铜粉，充分反应后，最多可收集到标况下的气体的体积为
A.89.6mL B.112mL C.168mL D.224mL
【答案】D
【解析】
试题分析：铜与稀硝酸反应的实质是3Cu+8H++2NO3-＝3Cu2++2NO↑+4H2O，在溶液中每3molCu与8molH+完全反应生成2molNO气体。混合溶液中含H+物质的量＝0.02mol×2+0.02mol＝0.06molH+，0.96g铜的物质的量＝0.96g÷64g/mol＝0.015mol。根据离子方程式可知3Cu～8H+～2NO，因此氢离子过量，铜离子完全反应，则生成的NO气体的物质的量＝0.01mol，标准状况下的体积为224ml，答案选D。
考点：考查铜与硝酸、硫酸混合物反应的有关计算
8．反应速率v和反应物浓度的关系是用实验方法测定的，化学反应H2＋Cl2===2HCl的反应速率v可表示为v=k［c(H2)］m［c(Cl2)］n，式中k为常数，m、n值可用下表中数据确定之。

由此可推得，m、n值正确的是
A.m=1,n=1 B.m=,n=
C.m=,n=1 D.m=1,n=
【答案】D

【解析】本题属信息迁移题。意在考查学生接受新信息、处理所给数据的能力。按题给数据代入v=k［c(H2)］m［c(Cl2)］n即可。第一组数据无法计算，代入第二组数据：2.0k＝k(2.0)m(1.0)n，则m＝1；代入第三组数据：4.0k＝k(2.0)m(4.0)n，结合m=1，则n=。故选D。
9．一定质量的铜分别与足量的稀硝酸和浓硝酸完全反应，在相同条件下用排水法收集反应产生的气体，下列叙述正确的是
A．硝酸浓度越大，硝酸被还原之后的生成物的价态越低，对应的硝酸的氧化性越弱
B．硝酸浓度不同，生成Cu(NO3)2的物质的量不同
C．硝酸浓度越大，产生的气体越多
D．两者用排水法收集到的气体体积相等
【答案】C、D
【解析】
试题分析：硝酸的浓度越大氧化性越强，故A错误；等量的Cu与足量的酸反应，生成Cu(NO3)2的物质的量相同，故B错误；等量的Cu与酸反应，浓硝酸反应生成气体多，故C正确；因3NO2+H2O====2HNO3+NO，最终收集气体均为NO，由电子守恒可知，收集NO的体积相等，故D正确。
考点：硝酸的性质
10．下述实验操作中，正确的是（ ）
A．配置硫酸溶液时，将浓硫酸慢慢注入盛有水的容量瓶中进行配制
B．用托盘天平称量8.75g NaCl固体
C．将混合液蒸馏分离时，应使温度计水银球浸没在混合液中
D．分液时，将上层液体从分液漏斗上口倒出，下层液体从分液漏斗下口放出
【答案】D
【解析】A．容量瓶只能配制溶液，不能溶解或稀释药品，容量瓶不能用来稀释溶液，应先在小烧杯中稀释，冷却至室温后，再转移到容量瓶中，故A错误；
B．托盘天平的感量是0.1g，所以托盘天平不能称量出8.75g氯化钠固体，故B错误；
C．蒸馏时，温度计测量馏分温度，所以温度计水银球位于蒸馏烧瓶支管口处，故C错误；
D．分液时，分液漏斗中上层液体从上口倒出，为防止引进杂质，下层液体从下口倒出，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及溶液配制、固体称量、物质分离提纯等，把握实验操作的规范性、实验细节和实验原理为解答的关键，注意方案的合理性、评价性、操作性分析，题目难度不大．
11．设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 17.6 g丙烷中所含的共价键数目为4NA
B. 常温下，pH＝13的NaOH溶液中含有的OH－离子数目为0.1NA
C. 标准状况下，5.6 L NO和5.6 L O2混合后的分子总数目为0.5NA
D. 电解精炼铜时，若阳极质量减少64 g，则阴极得到电子的数目为2NA
【答案】A
【解析】
试题分析：A、丙烷的结构简式：CH3
CH2
CH3
，1mol丙烷含有共价键为10mol，则17.6g丙烷含有共价键为17.6×10/44mol=4mol,故正确；B、没有说明溶液的体积，不能求出OH－的物质的量，故错误；C、两者发生反应2NO＋O2=2NO2，混合后气体分子的物质的量小于0.5mol，故错误；D、粗铜作阳极，粗铜中含有锌、铁等杂质，虽然质量减少64g，但不能求出失去电子，故错误。
考点：考查阿伏加德罗常数、共价键的数目、物质的量计算、元素及其化合物、电解等知识。
12．已知8克CH4完全燃烧生成二氧化碳和水时，放出445kJ热量，则1molCH4完全燃烧时，断裂反应物分子内的化学键所吸收的总能量与形成生成物分子内的化学键所放出的总能量之间的关系为
A．前者比后者多890kJ                 B．后者比前者多890kJ
C．前者比后者多445kJ                 D．后者比前者多445kJ
【答案】B
【解析】
试题分析：8克CH4的物质的量是0.5mol, 8克CH4完全燃烧生成二氧化碳和水时，放出445kJ热量，则1molCH4完全燃烧时，放出热量：445kJ×2=890kJ。即断裂反应物分子内的化学键所吸收的总能量与形成生成物分子内的化学键所放出的总能量之间的关系为后者比前者多890kJ，因此选项是B。
考点：考查物质的能量与物质的多少、化学键的强弱的关系的知识。
13．酸性条件下20mL 0.5mol/L的KMnO4溶液可将25 mL 2 mol/L的FeSO4溶液中的Fe2＋恰好完全氧化为Fe3+，则KMnO4被还原的产物是
A．K2MnO4 B．Mn2O3 C．MnO2 D．Mn2＋
【答案】D
【解析】
试题分析：将0.05molFeSO4加入KMnO4溶液中，发生氧化还原反应，反应中Fe2+转化为Fe3+，化合价由+2价升高到+3价，KMnO4中Mn元素化合价由+7价降低到+x价，KMnO4的物质的量为0.02L×0.5mol/L =0.01mol，由氧化还原反应中氧化剂和还原剂得失电子数目相等可知：0.05mol×（3-2）=0.01mol×（7-x），
解得：x=2，故选D。
考点：考查了氧化还原反应的计算的相关知识。
14．常温下，向0.25 mol·L－1的硫酸溶液中逐滴加入物质的量浓度相同的氢氧化钡溶液，生成沉淀的量与加入氢氧化钡溶液的体积关系如图所示，a、b、c、d分别表示实验不同时刻的溶液，下列有关说法中正确的是

A．硫酸溶液的体积为30 mL
B．b时刻溶液中SO42－的浓度约为0.125 mol·L－1
C．d时刻溶液的pH约为13
D．溶液的导电能力：c<d=b<a
【答案】C
【解析】
试题分析：A.对于图像而言，要分析图像的起点、拐点的含义，硫酸与氢氧化钡发生中和反应，C点恰好反应完全，因为二者浓度相同，所以体积相等，A项错误；B.b时刻SO42－沉淀一半，体积变为原来的1.5倍，SO42－的浓度约为0.125 /1.5=0.083mol·L－1，B项错误；C.d时刻Ba(OH)2过量，c（OH—）=（0.25×10×2）/50=0.1mol/L，pH=13，C项正确；D.b、d两点离子物质的量相等，但后者体积大，离子浓度小，导电性弱，导电能力c<d<b<a，D项错误；答案选C。
考点：考查化学图像的分析与判断。
15．化学无处不在，下图是物质间发生化学反应的颜色变化，其中X是

A．稀盐酸 B．稀硫酸 C．硫酸钠溶液 D．碳酸钠溶液
【答案】B
【解析】
试题分析：A．盐酸会将氧化铜溶解生成蓝色溶液，不会与硝酸钡反应生成沉淀，故A错误；B．硫酸会将氧化铜溶解生成蓝色溶液，会与硝酸钡反应生成白色沉淀，会与铁反应生成浅绿色的溶液，会使石蕊变红，故B正确；C．硫酸钠不会使石蕊变红，不会将氧化铜溶解，故C错误；D．碳酸钠不会将氧化铜溶解，故D错误；故选B。
考点：考查酸、碱、盐的性质与鉴别
16．常温下，将10.0 g 40%的NaCl溶液跟40.0 g 15%的NaCl溶液混合，得到密度为1.17 g·cm-3的混合液，该混合液NaCl的质量分数为 ，物质的量浓度为 。
【答案】20% 4 mol·L-1（不带单位不给分）
【解析】略
17．（8分）A、F、G是单质，其中A、F是金属单质，且A是现在用途最广用量最大的金属。F具有黄色的焰色反应，G是黄绿色气体；B、C、D、E是化合物；E到D的现象为白色沉淀变为灰绿色，最后变为红褐色，它们之间存在如下图所示的转化关系（生成物没有全部写出）：

（1）推断：A__________F_______（填化学式）
（2）写出E→D的化学方程式_____ _______。
（3）写出C→B的离子方程式____________ ____________。
【答案】⑴Fe，Na
⑵4Fe(OH)2+O2+2H2O==4Fe(OH)3
⑶2Fe2++Cl2==2Fe3++2Cl-
【解析】A是现在用途最广用量最大的金属，A是Fe；F具有黄色的焰色反应，F具有Na元素；G是黄绿色气体，G是Cl2；E到D的现象为白色沉淀变为灰绿色，最后变为红褐色，涉及到：4Fe(OH)2+O2+2H2O==4Fe(OH)3
则：A、Fe；B、FeCl3；C、FeCl2；D、Fe(OH)3、E、Fe(OH)2；F、NaOH；G、Cl2
18．氧化还原反应中除了原子守恒(质量守恒)外，氧化剂得电子总数和还原剂失电子总数相等，在一定条件下，RO3n-和I-发生反应的离子方程式为：RO3n-+6I-+6H+=R-+3I2+3H2O(R为主族元素)则：
（1）RO3n-中R的化合价为_________价，在周期表的_________族。
（2）关于物质①K20；②CO2；③NH4Cl；④H2O2；⑤Na2O2；⑥NaOH，请回答下列问题：仅含极性键和非极性键的化合物是_________；含有非极性键的离子化合物是_________。
（3）利用甲醇(CH3OH)、氧气组成燃料电池，电解质溶液为碱性，电池工作时，其负极方程式(写离子方程式)为_________；
（4）一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，负极上的反应为CH3CH2OH+H2O→CH3COOH+4H++4e-，电池反应的总方程式为：_________。
【答案】（1）+5；1；（2）第ⅦA（2）④；⑤；
（3）CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O；（4）CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2O
【解析】
试题分析：（1）根据离子方程式遵循电荷守恒可知：(-n)+(-6)+6=-1，可知n=1，根据RO3n-离子化合价代数和关系：(x-2×3)=-1(设R的化合价为x)，可知x=+5，故答案为：+5；1；
（2）RO3n-中R元素的化合价不一定为最高正价，应根据反应物中R-离子的化合价进行判断，根据生成R-离子可知R得1个电子后达到8电子稳定结构，应为第ⅦA族元素，最外层电子数为7，故答案为：第ⅦA
（2）①K2O中含有离子键，是离子化合物；
②CO2 只含有极性共价键，是共价化合物；
③NH4Cl中含有离子键和极性共价键，是离子化合物；
④H2O2含有极性共价键和非极性共价键，是共价化合物；
⑤Na2O2含有离子键和非极性共价键，是离子化合物；
⑥NaOH含有离子键和极性共价键，是离子化合物；故答案为：④；⑤；
（3）碱性条件下，负极上甲醇失电子生成碳酸根离子，则其电极反应式为：CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O，故答案为：CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O；
（4）酸性燃料电池中氧气在正极得电子生成水，其电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O，正极的电极反应式与和负极的电极反应式相加即是总反应，所以电池反应的总方程式为：CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2O，故答案为：CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2O。
考点：考查了氧化还原反应、常见化学电源的种类及其工作原理；化学电源新型电池的相关知识。
19．某学生对SO2与漂粉精的反应进行实验探究：
操作
现象
取适量漂粉精固体，加入100mL水
部分固体溶解，溶液略有颜色
过滤，测漂粉精溶液的pH
pH试纸先变蓝，后褪色

液面上方出现白雾；
稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；
稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去

（1）写出C12和Ca（OH）2制取漂粉精的化学方程式 ；
（2）向水中持续通入SO2，未观察到白雾．推测现象i的白雾由HCl小液滴形成，进行如下实验：
a．用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；
b．用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀．
①实验a目的是 ；
②由实验a、b不能判断白雾中含有HC1，理由是 ；
（3）将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X
①向沉淀X中加入稀HC1，无明显变化．取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀．则沉淀X中含有的物质是
②用离子方程式解释现象iii中黄绿色褪去的原因： ．
（4）测定漂粉精有效成分的质量分数．称取2.000g漂粉精于锥形瓶中，加水溶解，调节溶液的pH，以淀粉为指示剂，用0.2000mol•L﹣1 KI溶液进行滴定，溶液出现稳定浅蓝色时为滴定终点．反应原理为：3C1O﹣+I﹣═3C1﹣+IO3﹣IO3﹣+5I﹣+3H2O═6OH﹣+3I2
实验测得数据如下表所示．
滴定次数
1
2
3
KI溶液体积/mL
19.98
20.02
20.00
该漂白粉中有效成分的质量分数为 ．
【答案】（1）2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；
（2）①验证Cl2是否存在；
②与硝酸酸化的AgNO3产生的白色沉淀也可能是Ag2SO4或Ag2SO3；
（3）①CaSO4；
②SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42﹣+2Cl﹣；
（4）7.15%．
【解析】
试题分析：（1）Cl2和Ca（OH）2生成氯化钙、次氯酸钙与水；
（2）由现象可知，次氯酸钙与二氧化硫发生氧化还原反应，液面上方出现白雾，白雾中含有HCl，溶液中含氯离子
①反应中生成Cl2，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾中是否Cl2，排除Cl2干扰；
②白雾中含有SO2，可以被硝酸氧化为硫酸，故SO2可以使酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；
（3）A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X，X为CaSO4，与盐酸不反应，与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀；氯气与二氧化硫可发生氧化还原反应
①A瓶中混合物过滤、洗涤得沉淀X，向X中加入稀HC1，无明显变化，不含CaSO3．取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀，说明有SO42﹣．故X中含有的物质是CaSO4；
②iii中黄绿色褪去的原因是SO2还原了Cl2的原因：SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42﹣+2Cl﹣；
（4）由3ClO﹣+I﹣=3Cl﹣+IO3﹣ ①、IO3﹣+5I﹣+3H2O=6OH﹣+3I2②可知，
将方程式①+②得：ClO﹣+2I﹣+H2O=Cl﹣+2OH﹣+I2，由滴定实验可知，消耗KI溶液的体积为（19.98+20.02+20.00）mL×=20.00mL，
先计算次氯酸钙的质量，再根据质量分数公式计算；
解：（1）Cl2和Ca（OH）2反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，化学方程式为2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，
故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；
（2）由现象可知，次氯酸钙与二氧化硫发生氧化还原反应，液面上方出现白雾，白雾中含有HCl，溶液中含氯离子，则
a．用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化，则没有氯气生成；
b．用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀，沉淀可能为AgCl，也可能为Ag2SO4或Ag2SO3，
①实验a目的是验证Cl2是否存在，
故答案为：验证Cl2是否存在；
②由实验a、b不能判断白雾中含有HC1，理由是与硝酸酸化的AgNO3产生的白色沉淀也可能是Ag2SO4或Ag2SO3，
故答案为：与硝酸酸化的AgNO3产生的白色沉淀也可能是Ag2SO4或Ag2SO3；
（3）①CaSO4与盐酸不反应，与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，则则沉淀X中含有的物质是CaSO4，
故答案为：CaSO4；
②氯气与二氧化硫可发生氧化还原反应，黄绿色褪去，则离子方程式解释现象iii中黄绿色褪去的原因为SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42﹣+2Cl﹣，
故答案为：SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42﹣+2Cl﹣；
（4）由3ClO﹣+I﹣=3Cl﹣+IO3﹣ ①、IO3﹣+5I﹣+3H2O=6OH﹣+3I2②可知，
将方程式①+②得：ClO﹣+2I﹣+H2O=Cl﹣+2OH﹣+I2，由滴定实验可知，消耗KI溶液的体积为（19.98+20.02+20.00）mL×=20.00mL，
设次氯酸根离子的物质的量为x，
ClO﹣+2I﹣+H2O=Cl﹣+2OH﹣+I2
1mol 2mol
x 0.2000mol•L﹣1×0.020L
所以x=0.002mol，
次氯酸钙的质量为：143g/mol××0.002mol=0.143g，
该漂白粉中有效成分的质量分数为×100%=7.15%，
故答案为：7.15%．
20．（14分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的含氯消毒剂，主要用于水的消毒以及砂糖、油脂的漂白与杀菌。以下是过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图：

已知：①NaClO2的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出NaClO2•3H2O。
②纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10％以下安全。
③160 g/L NaOH溶液是指160 gNaOH固体溶于水所得溶液的体积为1L。
（1）160 g/L NaOH溶液的物质的量浓度为 。
（2）发生器中鼓入空气的作用可能是 （选填序号）。
a．将SO2氧化成SO3，增强酸性；
b．稀释ClO2以防止爆炸；
c．将NaClO3氧化成ClO2
（3）吸收塔内的反应的化学方程式为 。
吸收塔的温度不能超过20℃，其目的是 。
（4）在碱性溶液中NaClO2比较稳定，所以吸收塔中应维持NaOH稍过量，判断NaOH是否过量的简单实验方法是 。
（5）吸收塔中为防止NaClO2被还原成NaCl，所用还原剂的还原性应适中。除H2O2外，还可以选择的还原剂是 （选填序号）。
a．Na2O2 b．Na2S c．FeCl2
（6）从滤液中得到NaClO2•3H2O粗晶体的实验操作依次是 （选填序号）。
a．蒸馏
b．蒸发
c．灼烧
d．过滤
e．冷却结晶
要得到更纯的NaClO2•3H2O晶体必须进行的操作是 （填操作名称）
【答案】（14分）（1） 4mol/L（2分）
（2）b（2分）
（3）2NaOH+2ClO2+H2O2 ＝2 NaClO2+2H2O+O2（2分）；防止H2O2分解（2分）
（4）连续测定吸收塔内溶液的pH（2分）
（5）a （1分）
（6）b、e、d（全对2分，有错不得分），重结晶（1分）
【解析】
试题分析：（1）根据题给信息③知160 g/L NaOH溶液指160 gNaOH固体溶于水所得溶液的体积为1L，NaOH的摩尔质量为40g/mol，即1L该溶液含有4molNaOH，物质的量浓度为4mol/L。（2）根据题给信息②知纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10％以下安全，故发生器中鼓入空气的作用可能是稀释ClO2以防止爆炸，选b。（3）根据题给流程知吸收塔内NaOH、ClO2和H2O2 生成 NaClO2和O2，反应的化学方程式为2NaOH+2ClO2+H2O2 ＝2 NaClO2+2H2O+O2。H2O2受热易分解，吸收塔的温度不能超过20℃，其目的是防止H2O2分解。（4）判断NaOH是否过量的简单实验方法是连续测定吸收塔内溶液的pH。（5）吸收塔中为防止NaClO2被还原成NaCl，所用还原剂的还原性应适中。除H2O2外，还可以选择的还原剂是Na2O2 ，不引入杂质离子，选a。（6）从滤液中得到NaClO2•3H2O粗晶体的实验操作依次是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，答案为bed。要得到更纯的NaClO2•3H2O晶体必须进行的操作是重结晶。
考点：考查化学工艺流程的分析，化学方程式的书写及化学实验基本操作。

21．（1）900 K时，用足量的H2与钠钾合金10.10 g充分反应，得到10.40g白色的氢化物混合物，则该钠钾合金的化学式为____________。
（2）将l.56 g Na2O2加入20.00g水中，充分反应后，所得溶液的质量分数为________(保留3位小数，用百分数表示保留l位小数)；25℃时NaOH的溶解度为53.00 g／100g水，则将该溶液蒸发_______g水后恢复至25℃可得饱和溶液(保留2位小数)。
（3）取10.00 gNaNO3加热，得到的固体中Na的质量分数为31.51％，则氧的质量分数为_________(保留2位小数)。
（4）某碱金属R与汞的合金2.4g加入足量水中，充分反应后，收集到气体l.12 L(标准状况)，则可推导出R元素是________(写元素符号)。
（5）在l.12 L密闭容器中，将KOH与O3在一定条件下反应，得到气体(只含一种元素)、固体物质A和KOH·H2O。有关实验数据如下：
KOH
O3
A
KOH·H2O
气体密度
16.8 g
0.3 mol
a g
b g
>1.429 g/L
16.8 g
0.2 mol
a g
b g
1.429 g/L

A会缓慢分解产生一种钾的氧化物和O2。试确定A的化学式： 。
【答案】（1）K2Na(3分)
（2）0.075(3分)，16. 62(2分)
（3）0.49(2分)
（4）Li或Na(2分)
（5）KO3（4分。答K2O6给2分）
【解析】
试题分析：（1）设钠和钾的物质的量分别为x和y，生成氢化物的化学式可以表示为NaHx,KHy，。900 K时，用足量的H2与钠钾合金10.10 g充分反应，得到10.40g白色的氢化物混合物，说明和0.3g的氢气发生了反应，氢气的物质的量为0.15mol，氢原子物质的量为0.3mol。可建立方程式x+y=0.3 ; 23x+39y=10.1，x=0.1,y=0.2，则该钠钾合金的化学式为K2Na。
（2）将l.56 g Na2O2物质的量是0.02mol，加入20.00g水中，放出氧气为0.01mol，质量为0.32g，生成溶质氢氧化钠质量为0.04mol，质量为1.6g。所得溶液的质量分数为1.6/(1.56+20-0.32=0.075；上述反应中消耗水的质量为0.36g，剩余水的质量为19.64g，根据溶解度，25℃时NaOH的溶解度为53.00 g／100g水，求得1.6g氢氧化钠饱和溶液中水的质量为1.6:53=X:100,X=160/53,则将该溶液蒸发19.64-3.02=16. 62g水后恢复至25℃可得饱和溶液。
（3）2NaNO3=2NaNO2 + O2 取10.00 gNaNO3加热，得到的固体中Na的质量分数为31.51％，钠的质量为3.151g，没有分解前钠的质量分数为23/85=27.05%。如果产物全是NaNO2 ，钠的质量分数为23/68=33.82%，说明得到的是硝酸钠和亚硝酸钠的混合物。由化学式可以看出钠和氮原子个数比是1：1，质量之比为23：14，则氮的质量分数为0.1949， 则氧的质量分数为1-0.1949-0.3151=0.49。
（4）收集到气体l.12 L(标准状况)，是由R和水反应生成的，氢气物质的量为0.05mol，R的物质的量为0.1mol，由于某碱金属R与汞的合金2.4g，相对原子质量小于14，故元素可能是锂和钠。
（5）由表中数据可以看出，当16.8 gKOH物质的量为0.3mol，和0.2 molO3恰好完全反应生成1.429 g/L的气体，该气体的相对分子质量是32，是氧气。根据原子守恒通过书写方程式可知A为KO3。
考点：本题考查通过计算推断物质的化学式。
22．甲、乙、丙、丁分别是甲烷、乙烯、丙烯（CH3—CH===CH2）、苯中的一种；
（1）甲、乙能使溴水褪色，甲分子中所有原子共平面，但乙分子不是所有原子共平面。
（2）丙既不能使Br2的CCl4溶液褪色，也不能使酸性KMnO4溶液褪色。
（3）丁既不能使Br2的CCl4溶液褪色，也不能使酸性KMnO4溶液褪色，但在一定条件下可与液溴发生取代反应。一定条件下，1 mol丁可以和3 mol H2完全加成。
请根据以上叙述完成下列填空：
（1）甲的结构简式________，乙的名称________，丙是________结构。
（2）丁与H2在催化剂作用下发生加成反应的化学方程式____________________。
【答案】（1） CH2=CH2，丙烯，正四面体；（2） 。
【解析】
试题分析：（1）能使溴水褪色，说明含有碳碳双键，即甲、乙为乙烯和丙烯，甲分子中所有原子共平面，说明甲为乙烯，则乙为丙烯，乙烯的结构简式为CH2=CH2，（2）丙既不能使Br2的CCl4溶液褪色，也不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则丙可能是甲烷，也可能是苯；（3）丁在一定条件下可与液溴发生取代反应，也可以和3molH2完全加成，则丁为苯，因此丙为甲烷，甲烷为正四面体结构，。
考点：考查有机物的性质、空间结构等知识。
23．A、B、C、D、E均是短周期元素，其原子序数依次增大，A和D同族，A原子最外层电子数是内层电子数的二倍，B元素族序数是周期数的三倍，C的单质与 B 的单质在不同条件下反应，可生成C2B或C2B2，E是所在周期中原子半径最小的元素，请回答．
（1）D在元素周期表中的位置是 ．
（2）C2B的电子式是 ．
（3）A、D、E最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序为 ．（用化学式回答）
（4）A、B、C、D的原子半径由大到小的顺序是 ．
（5）水中锰含量超标，容易使洁具和衣物染色，使水产生异味，EB2可以用来出去水中超标的Mn2+，生成黑色沉淀，当消耗13.50g EB2时，共转移了1mol电子，则反应的离子方程式为 ．
【答案】（1）第三周期第ⅣA族（2）
（3）HClO4>H2CO3>H H2SiO3（4）Na>Si>C>O
（5）2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+2Cl﹣+12H+
【解析】
试题分析：A、B、C、D、E均是短周期元素，其原子序数依次增大，A和D同族，A原子最外层电子数是内层电子数的二倍，则A为C元素，D为Si元素，B元素族序数是周期数的三倍，则B为O元素，C的单质与 B 的单质在不同条件下反应，可生成C2B或C2B2，则C为Na元素，E是所在周期中原子半径最小的元素，则E为Cl元素，综上所述：A是C；B是O；C是Na；D是Si；E是Cl。
（1）Ｄ元素是14号元素硅，所以在元素周期表中的位置是第三周期第ⅣA族。
（2）C2B为Na2O，Na2O的电子式是。
（3）A、D、E分别为C、Si、Cl，非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，非金属性Cl>C>Si，则其最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序为HClO4>H2CO3>H H2SiO3。
（4）A、B、C、D分别为C、O、Na、Si，同周期元素，从左到右，原子半径逐渐减小，同主族元素，从上到下，原子半径逐渐增大，则它们的原子半径由大到小的顺序是Na>Si>C>O。
（5）水中锰含量超标，容易使洁具和衣物染色，使水产生异味，ClO2可以用来除去水中超标的Mn2+，生成黑色沉淀，当消耗13.50 g ClO2时，共转移了1 mol电子，由于n(ClO2)= 13.50 g÷67.5g/mol=0.2mol反应转移电子1mol，所以每1mol的ClO2反应，转移电子5mol，产生的黑色含有Mn元素的难溶性的物质是MnO2，根据氧化还原反应中电子转移的数目相等，结合质量守恒定律可得反应的离子方程式为ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+2Cl﹣+12H。
考点：考查元素的推断、元素在周期表中的位置、物质的电子式、结构式、氧化还原反应等知识。
24．A、B、C、D四种化合物，其中A、C、D均含有钠元素，A、C和盐酸反应均得到D，将固体C加热可得到A，若在A的溶液中通入一种无色无味的气体，又可制得C。若B的溶液滴加到硫酸亚铁溶液中，现象为出现白