江苏省苏州2016届高三化学下册3月月考试题3.doc

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江苏省苏州通才实验学校2016届高三下期3月月考化学试卷（苏教版，解析版）
1．下图所示是分离混合物时常用的仪器，从左至右，可以进行的混合物分离操作分别是

A．蒸馏、蒸发、分液、升华 B．蒸馏、洗气、分液、蒸发
C．蒸馏、分液、过滤、升华 D．蒸发、分液、过滤、蒸馏
【答案】B
【解析】
试题分析：烧瓶是分馏使用的仪器，广口瓶是洗气使用的仪器；分液漏斗是分液使用的仪器；蒸发皿是蒸发溶剂使用的仪器。因此从左至右，可以进行的混合物分离操作分别是蒸馏、洗气、分液、蒸发，选项是B。
考点：考查混合物的分类方法与仪器的使用的知识。
2,4,6
2．甲酸、乙酸、碳酸、苯酚的酸性由强到弱的顺序是（ ）
A．碳酸、苯酚、甲酸、乙酸  　　 B．甲酸、乙酸、碳酸、苯酚
C．甲酸、碳酸、苯酚、乙酸　　　 D．苯酚、碳酸、乙酸、甲酸
【答案】B
【解析】酸性为甲酸.>乙酸>碳酸>苯酚
3．是常规核裂变产物之一。下列有关的叙述中不正确的是
A．的化学性质与相同
B．的原子序数为53
C．的原子核外电子数为78
D．的原子核内中子数多于质子数
【答案】C
【解析】
试题分析：A、属于同位素，核外电子排布相同，最外层电子决定化学性质，因此化学性质相同，故A说法正确；B、原子序数=核电核数=质子数=53，故B说法正确；C、原子序数=质子数=核外电子数=53，故C说法错误；D、中子数=质量数－质子数=131－53=78，质子数=53，故D正确。
考点：考查原子结构。
4．2003年3月，美英联军在伊拉克遭遇沙尘暴．沙尘暴已成为世界环境问题中的一个重点问题，下列措施可以防止沙尘暴的是
A．植树造林，加强绿化
B．合理使用化肥和农药
C．工业“三废”经处理后再排放
D．矿物产品的综合开发和利用
【答案】A
【解析】A、植树造林，加强绿化，可以防风固沙，防止沙尘暴，故A选；
B、合理使用化肥、农药，可以保护土壤结构，减少水体的污染，与防止沙尘暴无关，故B不选；
C、工业“三废”经处理后再排放，可以保护空气、减少水资源的污染，与防止沙尘暴无关，故C不选；
D、矿物产品的综合开发和利用，可以节约能源，与防止沙尘暴无关，故D不选；
5．下列反应中既是离子反应，又是氧化还原反应的是
A．Fe + CuSO4 = Cu + FeSO4 B．2Na + Cl2 2 NaCl
C．NaCl + AgNO3 = AgCl↓+ NaNO3 D．2KClO32KCl + 3O2↑
【答案】A
【解析】
试题分析：A、Fe + CuSO4 = Cu + FeSO4中硫酸铜和硫酸亚铁易溶于水，电离出离子，属于离子反应，铁和铜元素的化合价发生了变化，属于氧化还原反应，故A正确；B、2Na + Cl2 2 NaCl，反应不是在溶液中进行的，不属于离子反应，故B错误；C、NaCl + AgNO3 = AgCl↓+ NaNO3反应中没有元素的化合价发生变化，不属于氧化还原反应，故C错误；D、2KClO32KCl + 3O2↑反应不是在溶液中进行的，不属于离子反应，故D错误；故选A。
【考点定位】考查离子反应和氧化还原反应
【名师点晴】离子反应和氧化还原反应2个知识点都是高考中的高频考点，要熟练掌握着2个知识点的基础知识和判断方法。对于是否属于离子反应，首先看是否是在溶液中进行的反应，只有在溶液中进行的反应，才可能属于离子反应，但在溶液中进行的反应不一定是离子反应，如浓硫酸和铜在加热条件下的反应，其次看是否有易溶于水的物质参与反应，如有，则属于离子反应。
6．pH相同的盐酸（甲）和醋酸（乙），分别与锌反应，若最后锌粒全部溶解且放出气体一样多，为此下列说法正确的是
A．反应开始时的速率：甲＜乙 B．反应开始时，酸的物质的量浓度：甲<乙
C．反应所需时间：甲<乙 D．反应后溶液的pH：甲<乙
【答案】B
【解析】
试题分析：起始时酸的pH相同，氢离子浓度相同，反应速率相同，醋酸浓度大于盐酸浓度，A错误、B正确；反应过程中醋酸电离补充氢离子，醋酸反应速率快，反应所需要的时间盐酸多，C错误；最后锌全部溶解且放出氢气一样多说明参加反应的锌一样多，而盐酸的物质的量小于醋酸，所以与盐酸反应后溶液的pH大，D错误。
考点： 弱电解质的电离平衡
点评：金属与酸反应时，产生氢气的速率决定于氢离子浓度，产生氢气的量决定于酸或金属的物质的量。
7．下列每组物质的变化过程中所克服的粒子间的相互作用属于同种类型的是
A．氯化氢和氯化钠溶于水 B．加热氯化铵和双氧水
C．碘和干冰升华 D．二氧化硅和氧化镁熔化
【答案】C
【解析】
试题分析：A. 氯化氢是共价化合物，溶于水破坏的是共价键，氯化钠是离子化合物，溶于水破坏的是离子键，A项错误；B．加热氯化铵，氯化铵受热分解生成氨气和HCl，破坏的是离子键和共价键，双氧水受热分解生成水和氧气，破坏的是共价键，B项错误；C．碘和干冰都是分子晶体，它们升华破坏的是分子间作用力，C项正确；D．二氧化硅是原子晶体，熔化破坏的是共价键，氧化镁是离子晶体，熔化破坏的是离子键，D项错误；答案选C。
考点：考查微粒间的相互作用。
8．等体积等浓度的MOH强碱溶液和HA弱酸溶液混合后,混合溶液中有关离子浓度的关系正确的是(  )
A.c(M+)＞c(OH-)＞c(A-)＞c(H+) B. c(M+)＞c(A-)＞c(H+)＞c(OH-)
C.c(M+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+) D. c(M+)+ c(H+) =c(A-)+ c(OH-)
【答案】CD
【解析】由于等体积等浓度的上述物质混合后，二者恰好完全反应而生成强碱弱酸盐，所以所得溶液由于A-的水解而呈碱性，由电荷守恒和物料守恒知CD项正确。
9．氧化与还原在同一元素中进行的是
A．Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O
B．Fe+CuSO4=FeSO4+Cu
C．2H2O2H2↑+ O2↑
D．2KClO32KCl+ 3O2↑
【答案】A
【解析】
试题分析：A．在反应Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O中，氯元素的化合价既有升高，也有降低，因此是同一元素的氧化还原反应，正确；B．在反应Fe+CuSO4=FeSO4+Cu中，Fe是还原剂，硫酸铜是氧化剂，发生氧化还原反应的元素是不同的元素，错误；C．在该反应中发生氧化的元素是O元素，发生还原反应的元素是H元素，因此是不同的元素之间的氧化还原反应，错误；D．在反应2KClO32KCl+ 3O2↑中发生氧化的元素是O元素，发生还原的元素是Cl元素，是不同的元素之间的氧化还原反应，错误。
考点：考查氧化还原反应中元素的作用的判断的知识。
10．下列反应既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是
A．铝片与稀盐酸反应 B．灼热的炭与二氧化碳反应
C．甲烷在氧气中燃烧 D．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应
【答案】B
【解析】
试题分析：A．铝片与稀盐酸反应属于氧化还原反应，同时是放热反应，错误。B．灼热的炭与二氧化碳反应属于氧化还原反应，又属于吸热反应，正确。C．甲烷在氧气中燃烧属于氧化还原反应，同时是放热反应，错误。D．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应是复分解反应，是吸热反应，错误。
考点：考查化学反应分类判断的知识。
11．将2mol NaHCO3和一定量的Na2O2固体混合，在加热条件下让其充分反应后得到的固体，则最后得到固体中Na2CO3的物质的量为 （ ）
A．1～2mol之间 B．1～4mol之间 C．2～4mol之间 D．大于4mol
【答案】A
【解析】根据“C”元素守恒，最多生成Na2CO3的物质的量为2mol，所以只有A选项正确
12．120 mL含有0.20 mol碳酸钠的溶液和200 mL盐酸，不管将前者滴加入后者，还是将后者滴加入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，则盐酸浓度合理的是
A．2.0mol/L B．1.5 mol/L C．0.18 mol/L D．0.24mol/L
【答案】B
【解析】
试题分析：Na2CO3和HCl的反应为：Na2CO3＋HCl===NaCl＋NaHCO3、NaHCO3＋HCl===NaCl＋CO2↑＋H2O，当n（HCl）>n(Na2CO3)时，有气体产生，并且当2n(Na2CO3)>n(HCl)>n(Na2CO3)时，题述两种情况下产生的CO2体积不同。当n(HCl)>2n(Na2CO3)时，题述两种情况下产生的气体体积相同，综合可得0.2 mol<n (HCl)<0.4mol，故1.0 mol·L－1<c(HCl)<2.0 mol·L－1 。
考点：考查碳酸钠与酸反应的有关计算。
13．下列说法正确的是
A．一氯代烷烃，随C原子数的增多，密度依次增大
B．常压下，正戊烷、异戊烷、新戊烷的沸点依次增大
C．饱和一元羧酸，随C原子数的增多，酸性逐渐减弱
D．邻-二甲苯、间-二甲苯、对-二甲苯的沸点依次升高
【答案】C
【解析】
试题分析：A、一氯代烷烃，随碳原子数的增多，其密度逐渐减小，接近烃的密度，错误；B、同分异构体的沸点随支链增多而减小，所以新戊烷的沸点最低，错误；C、饱和一元羧酸的酸性随烃基的增大而减弱，正确；D、邻、间、对-二甲苯的沸点逐渐降低，错误，答案选C。
考点：考查有机物的物理性质的变化规律
14．某碱性蓄电池在充电和放电时发生的反应为：
下列说法中正确的是
A. 放电时，负极上发生反应的物质是Fe
B. 放电时，正极反应是
C. 充电时，阴极反应是
D. 充电时，阳极附近PH增大
【答案】A
【解析】
试题分析：A．放电时，Fe元素化合价升高，被氧化，应为原电池负极，故A正确；
B．此电池为碱性电池，反应方程式时不能出现H+，放电时，正极反应是NiO2+2e-+2H2O=Ni（OH）2+2OH-，故B错误；
C．充电时，阴极反应为原电池负极反应的逆反应，阴极反应是Fe（OH）2+2e-=Fe+2OH-，故C错误；
D．充电时，阳极反应为Ni（OH）2+2OH--2e-+=NiO2+2H2O，OH-浓度减小，则阳极附近pH值减小，故D错误。
故选A.
考点：常见化学电源的种类及其工作原理
点评：本题考查原电池和电解池的工作原理，题目难度中等，注意电解反应式的书写，为解答该题的关键，答题时注意体会.
15．在常温下，下列关于电解质溶液的叙述一定正确的是
A、将PH=a的NaOH溶液加水稀释至10n倍，则溶液的PH变为a-n
B、等浓度的氨水和NH4Cl溶液等体积混合后：c（NH32-）+ c（H＋）> c（NH3·H2O）+ c（OH－）
C、向NaOH溶液中逐滴加入CH3COOH溶液至PH=7，水的电离程度逐渐增大
D、PH=5.6的NaHSO3溶液：c（Na＋）> c（HSO3-）> c（H2SO3） > c（SO32-）
【答案】B
【解析】
试题分析：将PH=12的NaOH溶液加水稀释至102倍，则溶液的PH变为12-2=10，但将PH=12的NaOH溶液加水稀释至105倍，溶液的PH变为12-5=7，显中性，很明显是不正确的，A错误；等浓度的氨水和NH4Cl溶液等体积混合后因氨水的电离大于NH4+的水解， c（Cl-）> c（NH3·H2O），混合溶液里存在电荷守恒c（NH4+）+ c（H＋）= c（Cl-）+ c（OH－），若c（NH4+）+ c（H＋）> c（NH3·H2O）+ c（OH－）正确，则可得 c（Cl-）> c（NH3·H2O），可见假设成立，B正确；在NaOH溶液里水的电离受抑制，逐滴加入CH3COOH溶液到恰好完全反应生成CH3COONa，此时因CH3COO-水解，水的电离能力逐渐增大，继继滴加CH3COOH溶液到PH=7，过量的醋酸会抑制水的电离，电离能力会降低，C错误；PH=5.6的NaHSO3溶液显酸性，说明HSO3-的电离大于其水解，故 c（SO32-）>c（H2SO3） ，D错误；选项B符合题意。
考点：考查盐类的水解与弱电解质的电离平衡，涉及电荷守恒的应用。
16．(1)一定条件下，在体积为3 L的密闭容器中，一氧化碳与氢气反应生成甲醇(催化剂为Cu2O/ZnO)：CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)。
根据题意和所给图像完成下列各题：

①反应达到平衡时，平衡常数表达式K＝________。
②升高温度，K值________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)一定温度下，将3 mol A气体和1 mol B气体通入一密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g)xC(g)。若容器体积固定为2 L，反应2 min时测得剩余0.6 mol B，C的浓度为0.4 mol·L－1。
请填写下列空白：
①x＝________。
②平衡混合物中，C的体积分数为50%，则B的转化率是______________。
【答案】(1)①　②减小
(2)①2　②66.7%
【解析】(1)①化学平衡常数是在一定条件下的可逆反应中，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，所以根据反应的方程式可知，该反应的平衡常数表达式是K＝。
②根据图像可知，温度越高，甲醇的含量越低。说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，即正反应是放热反应，所以升高温度，K值减小。
(2) ①3A(g)＋B(g)xC(g)
起始浓度(mol·L－1) 1.5 0.5 0
转化浓度(mol·L－1) 0.6 0.2 0.2x
2 min时浓度(mol·L－1) 0.9 0.3 0.2x
所以根据题意可知0.2x＝0.4
所以x＝2
②3A(g)＋B(g)2C(g)
起始浓度(mol·L－1) 1.5 0.5 0
转化浓度(mol·L－1) 3y y 2y
平衡浓度(mol·L－1) 1.5－3y 0.5－y 2y
所以根据题意可知＝0.5
解得y＝1/3
所以B的转化率是1/3÷0.5×100%＝66.67%
17．(8分)（1）现有0.1 mol·L－1的纯碱溶液，试用pH试纸测定溶液的pH，其正确的操作是__________ _；____________
纯碱溶液呈碱性的原因是(用离子方程式表示)__________________________
（2）为探究纯碱溶液呈碱性是由CO32－引起的，请你设计一个简单的实验方案：
_______________________ ___。____________________ ___。
（3）为证明盐的水解是吸热反应，四位学生分别设计了如下方案，其中正确的是___ ___。
A．甲学生：在醋酸钠溶液中滴入2滴酚酞溶液，加热后红色加深，说明盐类水解是吸热反应
B．乙学生：在盐酸中加入氨水，混合液温度上升，说明盐类水解是吸热反应
C．丙学生：将硝酸铵晶体溶于水，水温下降，说明盐类水解是吸热反应
D．丁学生：在氨水中加入氯化铵固体，溶液的pH变小，说明盐类水解是吸热反应
【答案】（1）把一小块pH试纸放在表面皿(或玻璃片)上，用洁净玻璃棒蘸Na2CO3溶液点在试纸的中部，试纸变色后与标准比色卡比较，确定溶液的pH
CO32－＋H2OHCO3-＋OH－
（2）向纯碱溶液中滴入2滴～3滴酚酞溶液，溶液显红色；再向该溶液中滴加CaCl2溶液至过量，产生白色沉淀，且溶液的红色褪去，说明溶液呈碱性是由CO32－引起的
（3）A
【解析】
试题分析：（1）PH试纸的正确使用方法是：把小块pH试纸放在表面皿（或玻璃片）上，用蘸有待测溶液的玻璃棒点在试纸的中部，试纸变色后，与标准比色卡比较来确定溶液的pH；
纯碱是强碱弱酸盐，碳酸根离子能发生水解使溶液中的氢氧根离子的浓度大于氢离子的浓度，导致溶液呈碱性，离子方程式为CO32-+H2OHCO3-+OH-；在25℃时，因为溶液呈碱性，所以pH值大于7，虽然碳酸钠能水解，假设碳酸根离子全部水解，溶液中氢氧根离子的浓度为0.1mol/L，PH值=13，但水解是微弱的，不能使碳酸根离子全部水解，所以pH值小于13，故答案为：把小块pH试纸放在表面皿（或玻璃片）上，用蘸有待测溶液的玻璃棒点在试纸的中部，试纸变色后，与标准比色卡比较来确定溶液的pH； CO32-+H2OHCO3-+OH-；7到13．
（2）为证明纯碱溶液呈碱性是由CO32-引起的，就设计一个使溶液中的碳酸根离子由有到无的实验，根据溶液中酚酞颜色的变化判断．故答案为：向纯碱溶液中滴入酚酞溶液，溶液显红色；若再向该溶液中滴入过量氯化钙溶液，产生白色沉淀，且溶液的红色褪去．说明纯碱溶液呈碱性是由CO32-引起的．
（3）因碳酸钠溶液显碱性的原因是CO32－＋H2OHCO3－＋OH－；加热，滴有酚酞的溶液颜色加深，即，盐类水解是吸热反应，A正确；盐酸不酸，不是盐B错；硝酸铵溶于水溶液温度降低是溶解过程是吸热，并没有发生反应C错；在氨水中加入氯化铵固体，溶液的pH变小，只能说明水解后溶液显酸性D错；
考点：盐类水解判断溶液酸碱性或比较溶液pH值的大小、pH值的测定、设计实验方案及探究实验
18．(14分)锰锌铁氧体可制备隐形飞机上吸收雷达波的涂料。以废旧锌锰电池为原料制备锰锌铁氧体(MnxZn1-xFe2O4)的主要流程如下，请回答下列问题：

（1）酸浸时，二氧化锰被双氧水还原的化学方程式为 。
（2）活性铁粉除汞时，铁粉的作用是 (填“氧化剂”或“还原剂”或“吸附剂”)。
（3）除汞是以氮气为载气吹入滤液中，带出汞蒸汽经KMnO4溶液进行吸收而实现的。下图是KMnO4溶液处于不同pH时对应Hg的单位时间去除率变化图，图中物质为Hg与 MnO4－ 在该pH范围内反应的主要产物。

①pH＜6时反应的离子方程式为 。
②请根据该图给出pH对汞去除率影响的变化规律： 。
③试猜想在强酸性环境下汞的单位时间去除率高的原因： 。(不考虑KMnO4在酸性条件下氧化性增强的因素)
（4）当x＝0.2时，所得到的锰锌铁氧体对雷达波的吸收能力特别强，试用氧化物的形式表示该锰锌铁氧体的组成 。
（5）经测定滤液成分后，需加入一定量的MnSO4和铁粉，其目的是 。
【答案】(14分)
（1）MnO2＋H2O2＋H2SO4＝MnSO4 ＋O2↑＋2H2O
（2）还原剂
（3）①5Hg＋2MnO4－ ＋16H＋=5Hg2＋＋2Mn2＋＋8H2O
②随pH的升高汞的去除率先降低后增加
③Mn2＋具有催化作用，单位时间内去除率高
（4）MnO·4ZnO·5Fe2O3
（5）调节滤液离子的成分，符合水热后获得锰锌铁氧体的组成
【解析】
试题分析：（1）二氧化锰被双氧水还原，说明二氧化锰是氧化剂，得到电子，双氧水是还原剂失去电子，其氧化产物是氧气，所以反应的化学方程式为MnO2＋H2O2＋H2SO4＝MnSO4 ＋O2↑＋2H2O。
（2）铁是活泼的金属，所以活性铁粉除汞时，铁粉的作用是还原剂。
（3）①根据图像可知，pH＜6时，溶液中的离子主要是Hg2＋和Mn2＋，所以pH＜6时反应的离子方程式为5Hg＋2MnO4－ ＋16H＋=5Hg2＋＋2Mn2＋＋8H2O；
②根据图像可知，随着pH的升高汞的去除率先降低后增加。
③根据图像可知，在强酸性条件下，MnO4－ 的还原产物是Mn2＋，Mn2＋具有催化作用，所以单位时间内去除率高。
（4）当x＝0.2时，该物质的化学式可表示为Mn0.2Zn0.8Fe2O4，即Mn、Zn、Fe的原子个数之比＝1:4:10，所以用氧化物形式可表示为MnO·4ZnO·5Fe2O3。
（5）根据锰锌铁氧体组成可知，加入一定量的MnSO4和铁粉可以调节滤液离子的成分，使其符合水热后获得锰锌铁氧体的组成。
考点：考查废旧锌锰电池的回收利用。
19．世界环保联盟建议全面禁止使用氯气用于饮用水的消毒，而建议采用高效“绿色”消毒剂二氧化氯．二氧化氯是一种极易爆炸的强氧化性气体，易溶于水、不稳定、呈黄绿色，在生产和使用时必须尽量用稀有气体进行稀释，同时需要避免光照、震动或加热．实验室以电解法制备ClO2的流程如图：

（1）ClO2中所有原子__________(填“是”或“不是”)都满足8电子结构．上图所示电解法制得的产物中杂质气体B能使石蕊试液显蓝色，除去杂质气体可选用__________
A．饱和食盐水 B．碱石灰
C．浓硫酸 D．蒸馏水
（2）稳定性二氧化氯是为推广二氧化氯而开发的新型产品，下列说法正确的是__________
A．二氧化氯可广泛用于工业和饮用水处理
B．应用在食品工业中能有效地延长食品贮藏期
C．稳定性二氧化氯的出现大大增加了二氧化氯的使用范围
D．在工作区和成品储藏室内，要有通风装置和监测及警报装置
（3）欧洲国家主要采用氯酸钠氧化浓盐酸制备二氧化氯，但该方法的缺点是产率低、产品难以分离，还可能污染环境，写成该反应的化学反应方程式__________。
（4）我国广泛采用经干燥空气稀释的氯气与固体亚氯酸钠(NaClO2)反应制备，化学方程式是__________，此法相比欧洲方法的优点是__________。
（5）科学家又研究出了一种新的制备方法，利用硫酸酸化的草酸(H2C2O4)溶液还原氯酸钠，化学反应方程式为__________，此法提高了生产及储存、运输的安全性，原因是__________。
【答案】（1）不是；C；（2）ABCD；
（3）2NaClO3+4HCl(浓)═2NaCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O；
（4）2NaClO2+Cl2═2NaCl+2ClO2；安全性好，没有产生毒副产品；
（5）H2C2O4+2NaClO3+H2SO4═Na2SO4+2CO2↑+2ClO2↑+2H2O；
反应过程中生成的二氧化碳起到稀释作用
【解析】
试题分析：（1）Cl最外层7个电子，只有1个单电子，O最外层6个电子，含2个单电子，则O原子不能满足8电子稳定结构，产物中杂质气体B能使石蕊试液显蓝色，为氨气，可选酸来除杂，只有C中浓硫酸符合，故答案为：不是；C；
（2）A、二氧化氯可广泛用于工业和饮用水处理，代替氯气，为“绿色”消毒剂，故A正确；B、应用在食品工业中能有效地延长食品贮藏期，能杀菌消毒，故B正确；C、稳定性二氧化氯的出现大大增加了二氧化氯的使用范围，便于运输和应用，故C正确；D、二氧化氯是一种极易爆炸的强氧化性气体，在工作区和成品储藏室内，要有通风装置和监测及警报装，故D正确；故答案为：ABCD；
（3）氯酸钠氧化浓盐酸生成氯化钠、氯气、二氧化氯、水，该反应为2NaClO3+4HCl（浓）═2NaCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O，故答案为：2NaClO3+4HCl（浓）═2NaCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O；
（4）氯气与固体亚氯酸钠（NaClO2）反应，生成氯化钠和二氧化氯，该反应为2NaClO2+Cl2═2NaCl+2ClO2，该法相比欧洲方法的优点为安全性好，没有产生毒副产品，故答案为：2NaClO2+Cl2═2NaCl+2ClO2；安全性好，没有产生毒副产品；
（5）用硫酸酸化的草酸（H2C2O4）溶液还原氯酸钠，反应生成硫酸钠、二氧化碳、二氧化氯、水，该反应为H2C2O4+2NaClO3+H2SO4═Na2SO4+2CO2↑+2ClO2↑+2H2O，此法提高了生产及储存、运输的安全性，原因是反应过程中生成的二氧化碳起到稀释作用，故答案为：H2C2O4+2NaClO3+H2SO4═Na2SO4+2CO2↑+2ClO2↑+2H2O；反应过程中生成的二氧化碳起到稀释作用。
考点：考查了二氧化氯的性质及应用的相关知识。
20．“8.12”天津港爆炸中有一定量的氰化物泄露。氰化物多数易溶于水，有剧毒，易造成水污染。为了增加对氰化物的了解，同学们查找资料进行学习和探究。
探究一：探究氰化物的性质
已知部分弱酸的电离平衡常数如下表：
弱酸
HCOOH
HCN
H2CO3
电离平衡常数
（ 25℃）
Ki=1.77×10－4
Ki=5.0×10－10
Ki1=4.3×10－7
Ki2=5.6×10－11
（1）NaCN溶液呈碱性的原因是 （用离子方程式表示）
（2）下列选项错误的是
A．2CN－+H2O+CO2=2HCN+CO32－
B．2HCOOH+CO32－=2HCOO－+H2O+CO2↑
C．中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者
D．等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中所含离子总数前者小于后者
（3）H2O2有有“绿色氧化剂”的美称；也可消除水中的氰化物（如KCN），经以下反应实现：
KCN+H2O2+H2O=A+NH3↑，则生成物A的化学式为
（4）处理含CN－废水时，如用NaOH溶液调节pH至9时，此时c（CN－） c（HCN）（填“>”、“<”或“=”）
探究二：测定含氰水样中处理百分率
为了测定含氰水样中处理百分率，同学们利用下图所示装置进行实验。将CN－的浓度为0．2000 mol/L的含氰废水100 mL与100 mL NaClO溶液（过量）置于装置②锥形瓶中充分反应。打开分液漏斗活塞，滴入100 mL稀H2SO4，关闭活塞。

已知装置②中发生的主要反应依次为：
CN－+ ClO－＝CNO－+ Cl－
2CNO－+2H+ + 3C1O－＝N2↑+2CO2↑+ 3C1－+H2O
（5）①和⑥的作用是 。
（6）反应结束后，缓缓通入空气的目的是 。
（7）为了计算该实验装置②锥形瓶中含氰废水被处理的百分率，实验中需要测定装置 反应前后的质量（从装置①到⑥中选择，填装置序号）。
【答案】（1）CN－+H2OHCN+OH－ （2）AD （3）KHCO3 （4）c（CN－）<c（HCN）
（5）吸收空气中的CO2 （6）使生成的气体全部进入到装置⑤中（或Ba（OH）2 ）
（7）⑤
【解析】
试题分析：（1）NaCN是强碱弱酸盐，CN－水解导致溶液呈碱性，水解的离子方程式为CN－+H2OHCN+OH－；
（2）根据电离常数可知酸性：HCOOH > H2CO3> HCN > HCO3-,A错误，B正确；等体积、等pH的HCOOH和HCN所含溶质，HCN多，则中和时消耗NaOH的量多，C正确；根据电荷守恒：n（HCOO－）＋n（OH－）=n（Na＋）＋n（H＋）, n（CN－）＋n（OH－）=n（Na＋）＋n（H＋），即离子总数是n（Na＋）＋n（H＋）的2倍，而NaCN的水解程度大，即NaCN溶液中的n（OH－）大，n（H＋）小，D错误，答案选AD。
（3）KCN+H2O2+H2O=A+NH3↑，根据原子守恒定律，生成物A的化学式为KHCO3 ；
（4）含CN－的废水中存在CN－+H2O HCN+OH－ ,Kh=Kw÷Ka=（1×10-14）÷（5.0×10-10）=[c（CN－）×10-9]÷c（CN－）,解得c（HCN）÷c（CN－）=2×104，所以此时c（CN－）<c（HCN）。
（5）该反应有CO2 生成，为了防止空气中的CO2干扰实验，则①和⑥的作用是吸收空气中的CO2。
（6）为了使生成的气体全部进入到装置⑤中被吸收，所以反应结束后，缓缓通入空气。
（7）根据装置②中发生的主要反应，CN－+ ClO－＝CNO－+ Cl－和2CNO－+2H+ + 3C1O－＝N2↑+2CO2↑+ 3C1－+H2O，反应生成的CO2 被装置⑤中的Ba（OH）2 吸收，所以为了计算该实验装置②锥形瓶中含氰废水被处理的百分率，实验中需要测定装置⑤反应前后的质量。
【考点定位】考查弱电解质的电离，酸性强弱，离子浓度比较、化学实验基本操作等知识
【名师点睛】本题考查了盐类水解的应用，“强酸制弱酸”的反应原理，溶液中离子浓度的大小比较，水解平衡常数，化学实验基本操作等知识，难度中等，该类试题充分体现了“源于教材又不拘泥于教材”的指导思想，在一定程度上考查了学生知识的灵活运用能力和分析问题解决问题的能力。四大平衡常数是指化学平衡常数、弱电解质的电离平衡常数、水的离子积常数及难溶电解质的溶度积常数，这部分知识为新课标中的新增内容，在高考题中频繁现身，特别是化学平衡常数及溶度积常数的应用更是考试的热点内容，对于盐的水解平衡常数，它是借助电离平衡常数和水的离子积常数推导而出。平时应加强练习。
21．（1）100ml 0.2mol/L Na2SO4溶液中含有SO42﹣ mol，Na+的物质的量浓度是 mol/L．
（2）5molCO2的质量是 g；在标准状况下所占的体积约为 L；所含氧原子的数目为 个．
（3）3.01×1023个OH﹣的物质的量为 mol，质量为 g，含有电子的物质的量为 mol，这些OH﹣与 mol NH3的质量相同．
【答案】（1）100ml 0.2mol/L Na2SO4溶液中含有SO42﹣ 0.02 mol，Na+的物质的量浓度是 0.4 mol/L．
（2）5molCO2的质量是 220 g；在标准状况下所占的体积约为 112 L；所含氧原子的数目为 10NA（或6.02×1024） 个．
（3）3.01×1023个OH﹣的物质的量为 0.5 mol，质量为 8.5 g，含有电子的物质的量为 5 mol，这些OH﹣与 0.5 mol NH3的质量相同．
【解析】
试题分析：（1）根据公式n=cV计算100ml 0.2mol/L Na2SO4溶液中含有SO42﹣0.02mol，Na+的物质的量浓度是0.4mol/L。（2）根据公式m=nM计算5molCO2的质量是220g；根据公式V=nVm计算在标准状况下所占的体积约为112L；所含氧原子的数目为10NA个。（3）根据公式n=N/NA计算3.01×1023个OH﹣的物质的量为0.5 mol，根据公式m=nM计算质量为8.5g，含有电子的物质的量为5 mol，这些OH﹣与0.5mol NH3的质量相同。
考点：考查以物质的量为中心的计算。
22．现有七种元素，其中A、B、C、D、E为短周期主族元素，F、G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大。请根据下列相关信息，回答问题。
A元素的核外电子数和电子层数相等
B元素原子的核外p电子数比s电子数少1
C原子的第一至第四电离能如下：
I1＝738 kJ·mol－1 I2＝1451 kJ·mol－1 I3＝7733 kJ·mol－1 I4＝10540 kJ·mol－1
D原子核外所有p轨道全满或半满
E元素的主族序数与周期数的差为4
F是前四周期中电负性最小的元素
G在周期表的第七列
（1）已知BA5为离子化合物，写出其电子式：__________________。
（2）B元素基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有________个方向，原子轨道呈_________形。
（3）某同学根据上述信息，推断C基态原子的核外电子排布图为该同学所画的电子排布图违背了__________________。
（4）G位于________族________区，该元素的核外电子排布式为_________________。
（5）检验F元素的实验方法是____________，
【答案】（1） （2）3 哑铃
（3）泡利原理（4）第ⅦB；d；1s22s22p63s23p63d54s2（5）焰色反应
【解析】
试题分析：A元素的核外电子数和电子层数相等，则A为H；B元素原子的核外p电子数比s电子数少1，电子排布为1s22s22p3，即B为N；由C原子的第一至第四电离能，知C为Mg；D原子核外所有p轨道全满或半满，则价电子为3s23p3符号题意，即D为P；E元素的主族序数与周期数的差为4，E为第三周期第ⅦA族元素，即E为Cl；F、G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大，F是前四周期中 电负性最小的元素，则F为K，G在周期表的第七列，则G为Mn，
（1）已知BA5为离子化合物，其电子式为。
（2）B为N，能量最高的电子为2p电子，其电子云在空间有3个方向，p轨道为纺锤形或哑铃形；
（3）由泡利原理可知，电子在同一轨道内的自旋方向应相反，C基态原子的核外电子排布图中3s上的两个电子自旋方向相同，则违反了泡利原理；
（4）G为Mn，在第四周期第ⅦB，最后填充的为d电子，在d区，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2；
（6）