人教版高中化学选修四高二下期第二次 (11).docx

高中化学学习材料
河南省平顶山市第四高级中学2015-2016学年高二下期第二次
月考化学试题（解析版）
1．常温下，A、B组成的混合气体( )经分析发现无论怎样混合，气体中仅含的C、O两种元素的质量比总小于3∶8，若混合气体中C、O质量比为1∶8，则A、B两气体的体积比可能为
①3∶4 ② 2∶1 ③4∶1 ④4∶3 ⑤1∶2
A．只有⑤ B．①② C．④⑤ D．②④
【答案】C
【解析】
试题分析：由C、O元素组成的气体有：CO2、O2、CO、O3， CO2中C、O元素的质量比是12：32=3：8； CO中C、O元素的质量比是12：16=3：4； O2和 O3中只含氧元素；如果不论以何种体积比混合，C、O两种元素的质量比总小于3∶8，说明不含CO，所以符合条件的是CO2和O2的混合气体，或CO2和O3的混合气体，又因为A的相对分子质量大于B的相对分子质量，故A为二氧化碳，B为氧气或A为臭氧，B为二氧化碳，若混合气体中C、O质量比为1∶8，碳、氧原子个数比为（1/12）:（8/16）=1:6，当A为二氧化碳，B为氧气时，体积比为1:2；当A为臭氧，B为二氧化碳时，体积比为4:3；答案选C。

考点：物质的组成
2．短周期元素x和y可以相互形成化合物x2y，那么x和y所在族的族数之差可能是
A．1 B．3 C．4 D．5
【答案】AD
【解析】
3．对于A Z X和A+1Z X+两种粒子，下列叙述正确的是
A．化学性质几乎相同
B．质子数一定相同，质量数和中子数一定不同
C．一定都由质子、中子、电子构成
D．核电荷数和核外电子数一定都相同
【答案】B
【解析】
试题分析：A Z X是原子，A+1Z X+ 是离子，化学性质不相同，A错；质子数都是Z个，质量数
不相同，所以中子数不相同，B 对；A Z X 不一定有中子，A+1 Z X +
不一定有电子，C 错；核电荷数一定相同，核外电子数不相同，D 错。

考点：原子和离子的性质、核素的概念。

4．25°C 时，水的电离达到平衡：H 2O H ＋+OH －，下列叙述正确的是
A ．将纯水加热到95°C 时，Kw 变大，pH 不变，水仍呈中性
B ．向纯水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c （OH －）增大，Kw 变小
C ．向纯水中加人少量碳酸钠固体，c （H ＋）减小，Kw 不变，影响水的电离平衡
D ．向纯水中加入醋酸钠或盐酸，均可抑制水的电离，Kw 不变
【答案】C
【解析】
试题分析：A ．将纯水加热到95°C 时，水的电离程度增大，Kw 变大，pH 应该减小，水仍呈
中性，错误；B ．向纯水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c （OH －）增大，K W 只受温度影响，
与溶液的酸碱性无关，Kw 应该不变，错误；C ．向纯水中加人少量固体碳酸钠，促进水的电
离，但水电离产生的H ＋与CO 32－结合，c （H ＋）减小，Kw 不变，正确；D ．向纯水中加入醋酸
钠促进了水的电离，而加入盐酸抑制水的电离，Kw 不变，错误。

答案选C 。

考点：本题考查水的电离平衡移动及影响因素
【名师点晴】本题易错点为A ，注意升高温度c （H ＋）增大，pH 减小。

做这种类型的题目时，
要注意：①向水中加入酸、碱均抑制水的电离，且c （H ＋）或c （OH －）越大，抑制程度越大，
如pH 均为2的盐酸与醋酸中水的电离程度相同，而浓度相同的盐酸与醋酸中，醋酸中的水的电离程度大；②加入可水解的盐都促进水的电离，且水解程度越大，促进程度也越大，如等浓度的Na 2CO 3溶液与NaHCO 3溶液中，Na 2CO 3溶液中水的电离程度大；③只要温度不变，K W
就不变，升温，K W 增大，K W ＝1.0×10－14只适用于25 ℃。

5．下列说法中正确的是
A ．原子中，质量数一定大于质子数
B ．自然界中有多少种核素，就有多少种原子
C ．由两种元素组成的化合物，若含有离子键，就没有共价键
D ．电子层多的原子半径一定大于电子层少的原子半径
【答案】B
【解析】
6．室温下，下列变化后的溶液pH 小于8的是 （ ）
A ．pH=10的氨水稀释100倍
B ．pH=4的醋酸和pH=10的NaOH 等体积混合
C ．pH=8的NaOH 溶液与pH=8的Ba(OH)2等体积混合
D ．pH=11的NaOH 溶液与pH=5的盐酸等体积混合
【答案】B
【解析】氨水中存在电离平衡，加水促进电离，所以pH=10的氨水稀释100倍后，其pH 大于8。

pH=4的醋酸和pH=10的NaOH 等体积混合，醋酸过量，溶液显酸性，B 正确。

C 中均是强碱，混合后pH 不变。

pH=11的NaOH 溶液与pH=5的盐酸等体积混合，氢氧化钠是过量的，
混合液中OH －的浓度L mol /1052
1010453---⨯=-，则氢离子浓度2×10－11mol/L ，所以pH 大于8。

答案选B 。

7．下列物质属于纯净物的是
A．漂白粉 B．盐酸 C．氯水 D．液溴
【答案】D
【解析】
试题分析：A、漂白粉是指次氯酸钙与氯化钙的混合物，错误；B、盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物，错误；C、氯水是氯气的水溶液，是混合物，错误；D、液溴是指单质溴的液体状态，是纯净物，正确，答案选D。

考点：考查对混合物、纯净物的理解
8．用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 1 mol甲基（－CH3）中含有电子的数目为10N A
B. 1 mol乙醇在O2中完全燃烧，电子转移数目为12N A
C. 1 mol乙醇（C2H5OH）分子中含有共价键的数目为7N A
D. 标准状况下，22.4 L甲醇中含有的氧原子数为1.0 N A
【答案】B
【解析】A项，1 mol甲基（－CH3）中含有电子的数目为9N A. C. 1 mol乙醇（C2H5OH）分子中含有共价键的数目为8N A D. 标准状况下，甲醇不是气体。

9．下列事实与氢键有关的是
A．水结成冰体积膨胀
B．水加热到很高的温度都难以分解
C．CH4、SiH4、GeH4、SnH4熔点随相对分子质量增大而升高
D．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱
【答案】A
【解析】
试题分析：A、氢键具有方向性，氢键的存在使在四面体中心的每个水分子与四面体顶角方向的4个相邻水分子相互吸引，这一排列使冰晶体中的水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，所以水结成冰时，体积增大，正确；B、水的分解破坏的是化学键，不是氢键，错误；C、CH4、SiH4、GeH4、SnH4的熔点随相对分子质量的增大而升高是与分子间作用力有关，分子间不存在氢键，与氢键无关，错误；D、HF、HCl、HBr、HI的热稳定性与F、Cl、Br、I的非金属性有关，非金属性越强，其氢化物越稳定，同一主族的元素，非金属性随着原子序数的增加而减小，所以其氢化物的热稳定性逐渐减弱，与氢键无关，错误。

考点：本题考查氢键的性质。

10．下列有关0.1 mol•L－1NaHCO3溶液中离子浓度的关系式，正确的是
A．c(Na+)＞ c(HCO3－)＞ c(CO32－)＞ c(H+)＞ c(OH－)
B．c(Na+)＞ c(CO32－)＞ c(HCO3－)＞ c(OH－)＞ c(H+)
C．c(Na+)＝ c(HCO3－) + 2c(CO32－) + c(H2CO3)
D．c(Na+) + c(H+)＝ c(HCO3－) + 2c(CO32－) + c(OH－)
【答案】D
【解析】
试题分析：NaHCO3溶液呈碱性，故A错误；CO32－为HCO3－电离生成，H+由HCO3－电离、水电离生成，所以c(H+)＞ c(CO32－)，故B错误；c(4物料守恒c(Na+)＝ c(HCO3－) + c(CO32－) + c(H2CO3)，故C错误；c(Na+) + c(H+)＝ c(HCO3－) + 2c(CO32－) + c(OH－)，符合电荷守恒，故D正确。

考点：本题考查水溶液。

11．下图有关电化学的示意图正确的是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】选项A，Zn原电池负极，Cu为原电池正极。

选项B，盐桥两边的烧杯中均应该为CuSO4溶液才能形成原电池。

选项C，粗铜应连接电源正极。

选项D，电解饱和NaCl溶液，Cl―在阳极放电而产生Cl2，溶液中的H＋在阴极获得获得电子而产生H2，正确。

12．下列各分子中，所有原子都满足最外层为8电子结构的是
A．H2O B．BF3 C．CCl4 D．PCl5
【答案】C
【解析】
试题分析：A、水中的H和O的化合价分别是＋1价和－2价，因此氢元素不能满足最外层为8电子结构，氧元素满足，A错误；B、BF3中B和F的化合价分别是＋3价和－1价，则B元素3+3=6，不能满足最外层为8电子结构，F元素|-1|+7=8，满足最外层为8电子结构，B 错误；C、四氯化碳中C和Cl的化合价分别是＋4价和－1价，4+4=8，|-1|+7=8，均满足最外层为8电子结构，C正确，D、PCl5中P和Cl的化合价分别是＋5价和－1价，则P元素5+5=10，不能满足最外层为8电子结构，Cl元素满足，D错误；答案选C。

【考点定位】本题主要是考查8电子稳定结构的判断。

【名师点睛】明确只要分子中元素化合价的绝对值与最外层电子数之和等于8，即可以满足最外层为8电子结构是解答的关键，注意掌握常见元素的主要化合价。

13．我国古代青铜器工艺精湛，有很高的艺术价值和历史价值，但出土的青铜器大多受到环境腐蚀，故对其进行修复和防护具有重要意义。

如图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图。

下列说法不正确的是（）
A、腐蚀过程中，负极是a
B、正极反应是 O2 + 4e－ +2H2O = 4OH－
C、若生成4.29 g Cu2(OH)3Cl，则理论上耗氧体积为0.224L（标准状况）
D、环境中的Cl－扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2(OH)3Cl，其离子方程式为2Cu2＋+3OH－+Cl－=Cu2(OH)3Cl↓
【答案】C
【解析】
试题分析：A 、根据图示，腐蚀过程中，铜失电子生成Cu 2＋，则负极是铜，即c 是负极，A
正确；B 、氧气在正极得到电子，电极反应式为O 2+4e －+2H 2O = 4OH －，B 正确；C 、4.29gCu 2(OH)3Cl
的物质的量为4.29/241.5＝0.02mol,根据铜原子守恒，Cu 2＋的物质的量为0.04mol,负极反
应为：2Cu-4e －=2Cu 2＋,正极反应为O 2+4e －+2H 2O = 4OH －，根据正负极放电量相等，则理论上
耗氧体积为0.02mol ×22.4L ·mol -1=0.448L ，C 错误；D 、根据上述分析，正极产物是OH －，
负极产物为Cu 2＋，环境中的Cl -扩散到孔口，与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔
粉状锈Cu 2(OH)3Cl ，则离子方程式为2Cu 2＋+3OH －+Cl －=Cu 2(OH)3Cl ↓，D 正确，答案选C 。

考点：考查原电池原理的有关应用与判断
14．已知在酸性条件下有以下反应关系：
①KBrO 3能将I －氧化成KIO 3，本身被还原为Br 2；
②Br 2能将I －氧化为I 2；
③KIO 3能将I －氧化为I 2，也能将Br －氧化为Br 2，本身被还原为I 2。

向KBrO 3溶液中滴加少量KI 的硫酸溶液后，所得产物除水外还有
A ．Br －、I 2
B ．Br 2、IO 3-
C ．Br 2、I 2、IO 3-
D ．Br 2、Br －
、I 2 【答案】B
【解析】
试题分析：根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可得排序: KBrO 3>KIO 3>Br 2> I 2，B 正确。

考点：考察氧化还原反应的基本规律等知识。

15．交叉分类法就是将被分类的对象用 进行分类。

【答案】多种不同的分类标准
① 钠 ② 钾 ③ 阳离子 ④ 硫酸 ⑤ 碳酸 ⑥ 酸根
【解析】
试题分析：交叉分类法就是将被分类的对象用多种不同的分类标准进行分类。

碳酸钠属于钠盐、碳酸盐，硫酸钠属于钠盐、硫酸盐，硫酸钾属于钾盐、硫酸盐，碳酸钾属于钾盐，碳酸盐
考点：物质的分类
16．（10分）W 、X 、Y 、Z 是原子序数依次增大的同一短周期元素，W 、X 是金属元素，Y 、Z 是非金属元素。

（1）W 、X 的最高价氧化物对应的水化物可以反应生成某复杂化合物，该离子方程式为___________。

（2）W与Y可形成化合物W2Y，该化合物的电子式为_______________。

（3）Y的低价氧化物通入Z单质的水溶液中，发生反应的化学方程式为___________。

（4）比较Y、Z气态氢化物的稳定性：__________(用化学式表示）。

（5）W、X、Y、Z四种元素简单离子的离子半径由大到小的顺序是_______________。

【答案】（1）Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O；（2）；
（3）Cl2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HCl；（4）HCl>H2S；（5）S2－＞Cl－＞Na＋＞Al3＋。

【解析】
试题分析：（1）W、X属于短周期元素，且都是金属，两者最高价氧化物对应的水化物能发生反应，推出W：Na，X：Al，氢氧化铝表现两性，其离子反应方程式为：Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H
2O；（2）两元素形成W2Y，说明Y属于ⅥA元素，它们属于同一短周期元素，推出Y：S，化合物是Na2S，其电子式为；（3）它们属于同一短周期元素，故Z：Cl，氯气具有强氧化性，SO2以还原性为主，两者发生氧化还原反应，其反应方程式为：Cl2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HCl；（4）氢化物的稳定性与非金属性有关，非金属性越强，其氢化物越稳定，同周期从左向右，非金属性增强，即Cl>S，氢化物稳定性HCl>H2S；（5）半径的比较：一看电子层数，电子层数越多，半径越大，二看核电核数，电子层数相同的情况下，半径随原子序数的增大而减小，故S2－＞Cl－＞Na＋＞Al3＋。

考点：考查元素推断、电子式的书写、非金属性比较、半径大小比较等知识。

17．硫代硫醉钠又名”大苏打”，溶液具有弱碱性和较强的还原性，是棉织物漂白后的脱氯剂，定量分析中的还原剂。

硫代硫酸钠（Na2S203）可由亚硫酸钠和硫粉通过化合反应制得，装置如图I所示。

已知：Na2S203在酸性溶液中不能稳定存在，有关物质的溶解度曲线如图2所示。

（I） Na2S203·5H20的制备：
步骤1：如图连接好装置后（未装药品），检查A、C装且气密性的操作是_ 。

步骤2：加人药品，打开K1、关闭K2、加热。

装置B、D中的药品可选用下列物质中的（填编号）。

A．NaOH溶液 B．浓H2S04 C．酸性KMnO4溶液 D．饱和NaHCO3溶液
步骤3：C中混合液被气流搅动，反应一段时间后，硫粉的最逐渐减少。

步骤4：过滤C中的混合液，将滤液经过加热浓缩，趁热过滤，再将滤液过滤、洗涤、烘干，得到产品。

（2）Na 2S 2O 3性质的检验：向足量的新制氯水中滴加少量Na 2S 2O 3溶液，氯水颜色变浅，检查反应后溶液中含有硫酸根，写出该反应的化学方程式 。

（3）常用Na 2S 203溶液测定废水中Ba 2+浓度，步骤如下：取废水25.00mL ，控制适当的酸度
加人足量K 2Cr 2O 7溶液，得BaCrO 4沉淀；过滤、洗涤后，用适量稀盐酸溶解.此时Cr 42-全部转
化为Cr 2O 72-；再加过量KI 溶液，充分反应后，加入淀粉溶液作指示剂，用0.010mol ·L -1的
Na 2S 2O 3溶液进行滴定，反应完全时，消耗Na 2S 2O 3溶液18.00ml 。

部分反应的离子方程式
为:Cr 2072-+6I -+14H +=2Cr 3++3I 2+7H 20 ，I 2+2S 2O 32-=S 4O 62-+2I -，则该废水中Ba 2+的物质的量浓度
为 。

【答案】（1）关闭K 2打开K 1，在D 中加水淹没导管末端，双手捂住烧瓶；ACD ；冷却结晶。

（2）Na 2S 2O 3+4Cl 2+5H 2O ＝Na 2SO 4+H 2SO 4+8HCl ；（3）0．0024mol/L 。

【解析】
试题分析：在加热条件下，铜和浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，所以A 中发生的反应为Cu+2H 2SO 4（浓）CuSO 4+SO 2↑+2H 2O ；打开K 1，关闭K 2，在C 中Na 2CO 3和S 、SO 2反应生成Na 2S 2O 3，Na 2S 2O 3溶液具有弱碱性和较强的还原性，所以酸性条件下不能存在，二氧化硫不能完全反应且二氧化硫有毒，会污染空气，所以用NaOH 吸收未反应的SO 2；C 中溶液的pH 接近7时即停止C 中的反应，打开K 2，关闭K 1，二氧化硫有毒，应该用B 中溶液吸收二氧化硫，二氧化硫属于酸性氧化物，且有还原性，所以可以碱性物质或氧化性物质吸收二氧化硫；
（1）关闭K 2打开K 1，在D 中加水淹没导管末端，双手捂住烧瓶 ，若D 中试管口有气泡，当把双手拿开后形成一段水柱，则气密性良好；装置B 和D 的作用是吸收二氧化硫，二氧化硫具有还原性且是酸性氧化物，可以用碱性物质或氧化性物质吸收二氧化硫，NaOH 具有碱性、酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，所以NaOH 和酸性高锰酸钾溶液都能吸收二氧化硫，又SO 2+NaHCO 3=NaHSO 3+CO 2 ,所以D 也正确，选ACD ；Na 2S 203的溶解度随温度影响比较大，所以冷却热饱和溶液，就可结晶获得晶体，故操作为冷却结晶；
（2）向足量的新制氯水中滴加少量的Na 2S 2O 3溶液，氯水颜色变浅，且溶液中有硫酸根离子生成，说明二者发生氧化还原反应，则氯气被还原生成氯离子，离子方程式为
S 2O 32-+4Cl 2+5H 2O=2SO 42-+8Cl -+10H +，故答案为：S 2O 32-+4Cl 2+5H 2O=2SO 42-+8Cl -+10H +；
（3）由题意可知，BaCrO 4用盐酸溶解转化为Cr 2O 72-，由元素守恒及已知方程式可得关系式：
2Ba 2+～2BaCrO 4～Cr 2O 2-7～3I 2～6Na 2S 2O 3，
消耗的Na 2S 2O 3为0.018L ×0.01mol/L ，则n （Ba 2+）=0.018L ×0.01mol/L ×
31=0.00006mol ， 故溶液中c （Ba 2+）=L
025.0mol 00006.0=0.0024mol/L 。

考点：考查了实验方案设计的相关知识
18．甲同学欲配制100 mL 3.6 mol/L 的稀硫酸。

(1)若采用18 mol/L 的浓硫酸配制该溶液，需要浓硫酸的体积为________mL ；所选用容量瓶的规格为________mL 。

(2)甲同学的配制步骤：量取浓硫酸，小心地倒入盛有少量水的烧杯中，搅拌均匀，待冷却至室温后转移到容量瓶中，用少量的水将烧杯等仪器洗涤2～3次，每次洗涤液也转移到容量瓶中，然后小心地向容量瓶中加水至刻度线定容，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀。

①洗涤操作中，将洗涤烧杯后的溶液也注入容量瓶，其目的是________。

②定容的正确操作是继续加蒸馏水至离刻度线下________时，改用________加水至液面与刻度线相切。

③用胶头滴管往容量瓶中加水时，不小心液面超过了刻度，处理的方法是________(填字母序号，下同)。

A．吸出多余液体，使凹液面与刻度线相切
B．小心加热容量瓶，经蒸发后，使凹液面与刻度线相切
C．经计算加入一定量的浓硫酸
D．重新配制
(3)配制时下列操作会导致所配溶液浓度偏高的是________。

A．转移时有少量溶液溅出
B．定容时俯视读取刻度
C．容量瓶用蒸馏水洗净后未干燥
D．定容时液面超过了刻度线
【答案】(1)20.0(或20) 100 (2)①使溶质完全转移到容量瓶中②1～2 cm 胶头滴管③D (3)B
【解析】(1)需要浓硫酸的体积为：
0．1 L×3.6 mol/L÷18 mol/L＝0.02 L＝20 mL。

(2)加水超过刻度线时，只能重新配制。

(3)A、D操作会导致所配溶液浓度偏低，容量瓶实验前不需要干燥；定容时俯视读取刻度会导致溶液体积偏小，浓度偏高。

19．纳米TiO2在涂料、光催化、化妆品等领域有着极其广泛的应用。

制备纳米TiO2的方法之一是TiCl4水解生成TiO2·x H2O，经混合物过滤、水洗除去其中的Cl-，再烘干、焙烧除去水分得到粉体TiO2。

用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数：一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3+，再以KSCN溶液作指示剂，用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+。

请回答下列问题：
（1）TiCl4水解生成TiO2·x H2O的化学方程式为_______________________________；（2）配制NH4Fe(SO4)2标准溶液时，加入一定量H2SO4的原因是；（3）在配制标准溶液时，使用的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要下图中的（填字母代号）。

滴定终点的现象是__________________________________。

（4）判断下列操作对TiO2质量分数测定结果的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）：若在配制标准溶液过程中，烧杯中的NH4Fe(SO4)2溶液有少量溅出，使测定结果_________________________。

（5）滴定分析时，称取TiO2（摩尔质量为M g·mol－1）试样w g，消耗c mol·L－1NH4Fe(SO4)2标准溶液V mL，则TiO2质量分数表达式为_________________________。

【答案】（1）TiCl4 + (x+2)H2O == TiO2·xH2O↓ + 4HCl （2）抑制NH4Fe(SO4)2水解（3）a c 溶液变为红色（4）偏高（5）%
【解析】
试题分析：（1）设TiCl4的系数为1，根据元素守恒，TiO2•xH2O的系数为1，HCl的系数为4；再根据O元素守恒，可知H2O的系数为（2+x）．答案为TiCl4+ (x+2)H2O == TiO2·xH2O↓ + 4HCl；
（2）铁离子易水解，配制溶液时先加一些硫酸，使溶液呈酸性，抑制NH4Fe(SO4)2水解，配制一定物质的量浓度的溶液，配制溶液使用的仪器有托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒、容量瓶和胶头滴管等，选ac；因为是用KSCN作指示剂，终点时NH4Fe(SO4)2不再反应，生成血红色的Fe(SCN)3，则滴定终点的现象是溶液变为红色；
（4）若在配制标准溶液过程中，烧杯中的NH4Fe(SO4)2溶液有少量溅出，导致标准液溶质减少，使测定结果偏高；
（5）根据得失电子守恒，Ti3+～Fe3+，n（Fe3+）=n（Ti3+）=n（TiO2）=cV×10-3mol，质量分数为%
考点：考查水解的应用、物质的除杂、物质的检验、基本实验操作以及误差分析等知识。

20．将15.6g Na2O2投入足量水中，充分反应（设能产生的气体全部放出）。

（1）涉及到的化学方程式为 ,15.6g Na2O2在该反应中转移电子的物质的量为 mol。

（每空3分，6分）
（2）反应结束时生成的气体在标准状况下为 L。

（要计算过程5分）
【答案】（11分）
（1）2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；0.2mol
（2）5.6L；
【解析】
试题分析：（1）过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，15.6g Na2O2的物质的量为0.2mol；所以，15.6g Na2O2在该反应中转移电子的物质的量为0.2mol；故答案为： 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，0.2mol；
（2）15.6g Na2O2与水反应生成0.4mol氢氧化钠，生成0.1mol氧气，在标准状况下为0.1mol ×22.4L/mol=2.24L，故答案为：5.6L。

考点：考查了过氧化钠的性质和化学计算的相关知识。

21．（1）元素甲是第3周期ⅦA族元素,甲元素与另两种非金属元素可组成离子化合物A。

写出A的化学式 ,A中含有的化学键是。

（2）在第3周期元素的气态氢化物中,元素乙的氢化物最稳定,写出元素乙的单质与氢氧化钠反应的化学方程式。

（3）金属元素丙形成的某化合物的溶液常用于检验CO2,则元素丙的简单离子与元素甲的简单离子的半径大小关系是 (用离子符号表示),
（4）元素丁的原子序数比丙小8,写出元素丁的单质在CO2中燃烧的化学方程式。

【答案】（1）NH4Cl 离子键、共价键
（2）Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
（3）r(Cl-)>r(Ca2+)（4）2Mg+CO22MgO+C
【解析】
试题分析：（1）元素甲是第3周期ⅦA族元素，则甲为氯元素；甲元素与另两种非金属元
素可组成离子化合物A应为氯化铵，化学式为NH4Cl ，含有的化学键是离子键、共价键；（2）在第3周期元素的气态氢化物中，元素乙的氢化物最稳定，则乙为第3周期非金属性最强的氯元素，乙的单质与氢氧化钠反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；（3）金属元素丙形成的某化合物的溶液常用于检验CO2，则丙为钙元素，元素丙的简单离子与元素甲的简单离子的半径大小关系是r(Cl-)>r(Ca2+)；
（4）元素丁的原子序数比丙小8，则丁为镁元素，丁的单质在CO2中燃烧的化学方程式为2Mg+CO22MgO+C。

考点：元素周期表，化学方程式
22．Ⅰ.A、B、C、D是四种短周期元素，它们的原子序数依次增大。

其中A、D元素同主族，B、C元素同周期；由A、B、C、D中的两种元素可形成原子个数比为1:1的多种化合物，甲、乙、丙、丁为其中的四种，它们的元素组成如下表所示：
常温下，甲物质为气体，密度略小于空气；乙物质为液体；丙物质和丁物质为固体且都为离子化合物。

请填写下列空白：
（1）丙物质的电子式为，丁物质中阴离子与阳离子的个数之比为，写出丁与水反应的离子方程式。

（2）若标准状况下5.6L甲物质完全燃烧放出的热量为QKJ，试写出表示甲物质燃烧热的热化学方程式。

（3）B、C两种元素按原子个数比为1：2可形成化合物戊，A、C、D三种元素按原子个数比为1：1：1可形成化合物己，则己与戊按物质的量之比为3:2完全反应后的溶液中各离子浓度的大小关系为。

Ⅱ.下图是无机物A～N在一定条件下的转化关系（部分产物及反应条件未列出）。

其中，I 是由第三周期元素组成的单质中熔点最高的金属，K是一种红棕色气体。

N中只含有两种元素，N可作为工业生产C的原料。

请填写下列空白：
（1）单质G：。

（2）在反应②、③、⑥、⑨中，既属于化合反应又属于非氧化还原反应的是（填写序号）。

（3）反应⑩的离子方程式是。

（4）反应④的离子方程式是。

（5）将化合物D 与KNO3、KOH 共融，可制得一种“绿色”环保高效净水剂K2FeO4（高铁酸钾）。

同时还生成KNO2和H2O。

该反应的化学方程式是：。

（6）现有1molN参加反应，假设各步反应均完全，生成C的质量为490g，生成G的质量为224g，则反应①的化学方程式为
【答案】
Ⅰ.（1）NaH；1:2；2 Na2O2+2 H2O=4 Na++4OH-+ O2↑；
（2）CO(g)+1/2O2(g)= CO2 (g) ；△H=-4QkJ/mol
（3）c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c (OH-)＞c(H+)
Ⅱ.（l）Fe
（2）③
（3）3Fe +2 NO3－ + 8H+ + ＝ 3Fe2+ + 2NO↑+4H2O
（4）3Fe2+ + NO3－ + 4H+ + ＝ 3Fe3+ + NO↑+2H2O
（5）Fe2O3+3KNO3+4KOH2K2FeO4+3KNO2+2H2O
（6）Fe4S5+8O22Fe2O3+5SO2
【解析】
试题分析：Ⅰ.A、B、C、D是四种短周期元素，它们的原子序数依次增大，其中A、D元素同主族，B、C元素同周期，由A、B、C、D中的两种元素可形成原子个数比为1：1的多种化合物，甲、乙、丙、丁为其中的四种，甲由B、C元素组成，常温下，甲物质为气体，密度略小于空气，且B、C同周期，则甲是CO，所以B是C、C是O元素；乙物质为液体，乙是A、C元素组成，则乙是H2O2，所以A是H元素，D与A同一主族，且原子序数D大于C，所以D是Na元素；丙由A、D组成，则丙是NaH，丁由C、D组成，且原子个数之比为1：1，则丁是Na2O2，
（1）丙物质的化学式为NaH，丁是Na2O2，丁物质中阴离子与阳离子的个数之比为1：2，Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式为：2 Na2O2+2 H2O=4 Na++4OH-+ O2↑，故答案为：NaH；1：2；2 Na2O2+2 H2O=4 Na++4OH-+ O2↑；
（2）标准状况下5.6LCO物质的物质的量=
5.6
22.4/
L
L mol
=0.25mol，0.25molCO完全燃烧放
出的热量为akJ，则1molCO完全燃烧放出4akJ热量，CO燃烧热的热化学方程式CO（g）+1 2 O2
（g）=CO2（g）△H2=-4QkJ•mol-1，故答案为：CO（g）+1
2
O2（g）=CO2（g）△H2=-4QkJ•mol-1；
（3）B、C两种元素按原子个数比为1：2可形成化合物戊为CO2，A、C、D三种元素按原子个数比为1：1：1可形成化合物己为NaOH，则NaOH与CO2按物质的量之比为3:2完全反应生成等物质的量的碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，碳酸钠和碳酸氢钠水解，溶液显碱性，碳酸钠的第一步水解大于第二步水解，且抑制碳酸氢钠的水解，溶液中各离子浓度的大小关系为c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c (OH-)＞c(H+)，故答案为：c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c (OH-)＞c(H+)；
Ⅱ.由反应4FeS2+11O2 2Fe2O3+8SO2知A、D为Fe2O3、SO2中的一种，结合A+O2 →B知，A 为SO2，M为Fe2O3，B为SO3，C为H2SO4；由N为第三周期中熔点最高的金属知N为Al；L、H为Al2O3和Fe中的一种；由K是形成光化学烟雾及形成酸雨的一种主要气体知K为NO2，J 为HNO3，E为NO；又由L+HNO3 →D+NO↑分析知L为Fe，H为Al2O3；J应为Fe（NO3）3或Fe （NO3）2；联系反应④：D+H2SO4 →F+NO↑知，D为Fe（NO3）2；F为Fe（NO3）3或Fe2（SO4）3；G应为Fe（OH）3，则
（1）G为Fe，故答案为：Fe；
（2）在反应中②化合反应又是氧化还原反应、③为化合反应非氧化还原反应、⑥分解反应非氧化还原反应、⑨氧化还原反应，②③⑥⑨中既属于化合反应又属于非氧化还原反应的是③，故答案为：③；
（3）反应⑩是铁和硝酸发生反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，反应的离子方程式是：3Fe+2 NO3-+8H++=3Fe2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Fe+2 NO3-+8H++=3Fe2++2NO↑+4H2O；
（4）反应④硝酸亚铁在硫酸溶液中发生的氧化还原反应，离子方程式为：3Fe2++NO3-+4H++= 3Fe3++NO↑+ 2H2O，故答案为：3Fe2++NO3-+4H++=3Fe3++NO↑+2H2O；
（5）将化合物D（Fe2O3）与KNO3、KOH 共融，可制得一种“绿色”环保高效净水剂K2FeO4（高铁酸钾）．同时还生成KNO2和H2O，依据化学方程式的书写原则，原子守恒，氧化还原反应的化合价升降总数相同，配平得到化学方程式为：
Fe2O3+3KNO3+4KOH2K2FeO4+3KNO2+2H2O，故答案为：
Fe2O3+3KNO3+4KOH2K2FeO4+3KNO2+2H2O；
（6）现有1molN参加反应，假设各步反应均完全，生成C（H2SO4）的质量为490g，生成G （Fe）的质量为224g，依据元素守恒，硫元素和铁元素物质的量为N中的元素，计算得到n
（S）=
490
98/
g
g mol
=5mol，n（Fe）=
224
56/
g
g mol
=4mol；则反应①的化学方程式为：
Fe4S5+8O22Fe2O3+5SO2，故答案为：Fe4S5+8O22Fe2O3+5SO2.
考点：考查了无机推断、元素周期表和元素周期律、元素化合物的性质的相关知识。