A．①②④⑦ B．②③⑥⑦ C．④⑤⑥⑦ D．④⑤⑥
【解答】解：①与Ca（OH）气体过量时沉淀溶解，2溶液反应生成亚硫酸钙沉淀，故不选；
②与BaCl2溶液不反应，不能生成沉淀，故不选；
③因氢氧化铝不溶于弱酸，过量SO2与NaAlO2生成氢氧化铝，故选； ④酸性亚硫酸大于硅酸，则反应生成硅酸沉淀，故选；
⑤过量SO2与Ba（NO3）沉淀不溶解，2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，故选；
⑥与苯酚钠荣耀反应生成苯酚，苯酚溶解性小水溶液中出现白色浑浊，故选； ⑦过量SO2与碳酸钠溶液反应生成亚硫酸氢钠，没有沉淀生成，故不选； 故选D．
20．（2分）将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述中正确的是（ ）
A．加入合金的质量可能为9.6g
B．沉淀完全时消耗NaOH溶液体积为150mL C．参加反应的硝酸的物质的量为0.4mol D．溶解合金时产生NO气体体积0.224L
【解答】解：沉淀为M（OH）2，根据化学式知，生成沉淀的质量比原合金的质量增加的量是氢氧根离子，则n（OH﹣）=
=0.3mol，根据氢氧根离子守
恒n[M（OH）2]=n（OH﹣）=×0.3mol=0.15mol，根据金属原子守恒得金属的物质的量是0.15mol，
A．因为镁、铜的物质的量无法确定，则无法计算合金质量，故A错误； B．由氢氧根离子守恒得n（OH﹣）=n（NaOH）=0.3mol，V（NaOH）=故B错误；
C．根据转移电子守恒得参加反应硝酸的物质的量=
第21页（共31页）
=100mL，
=0.1mol，根据金
属原子守恒、硝酸根离子守恒得起酸作用n（HNO3）=2n[M（NO3）2]=2n（M）=0.15mol×2=0.3mol，所以参加反应硝酸的物质的量=0.1mol+0.3mol=0.4mol，故C正确；
D．由转移电子守恒得n（NO）==22.4L/mol×0.1mol=2.24L，故D错误； 故选C．
二、解答题（共4小题，满分60分）
21．（14分）X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大．X、Y两元素最高正价与最低负价之和均为0；Q与X同主族；Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素． 请回答下列问题：
=0.1mol，生成标况下NO体积
（1）写出R的原子结构示意图：
（2）五种元素原子半径由大到小的顺序是（写元素符号） Na＞Al＞C＞O＞H ． （3）X与Y能形成多种化合物其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小的物质是（写分子式） C2H2 ，X和Z组成的化合物的化学式为 H2O和H2O2
（4）由以上某些元素组成的化合物A、B、C、D有如下转化关系：AB（在水
溶液中进行），其中，C是溶于水显酸性的气体；D是淡黄色固体．写出C的化学式 CO2 ；D的电子式
．
B离子反应方程
①如果A、B均由三种元素组成，B为两性不溶物，则A
式为 AlO2﹣+2H2O+CO2=Al（OH）3+HCO3﹣或2 AlO2﹣+3 H2O+CO2=2 Al（OH）3+CO32﹣
②A、B均为盐溶液，如果A由三种元素组成，B由四种元素组成，A、B溶液均显碱性．用离子方程式表示A溶液显碱性的原因 CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣ ；
第22页（共31页）
常温下，在该溶液中滴加稀盐酸至中性时，溶质的主要成分有 NaCl、H2CO3、NaHCO3 ．
【解答】解：（1）R为Al，原子核外有3个电子层，最外层电子数为3，原子结
构示意图为，故答案为：；
（2）所有元素中H原子半径最小，同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：Na＞Al＞C＞O＞H， 故答案为：Na＞Al＞C＞O＞H；
（3）X为H元素，Y为C元素，能形成多种化合物其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小的物质是C2H2，X和Z组成的化合物的化学式为H2O和H2O2，
故答案为：C2H2； H2O和H2O2；
（4）上述五种元素中的若干种组成的化合物A、B、C、D，其中C是溶于水显酸性的气体，D是淡黄色固体，则C为CO2、D为Na2O2，Na2O2的电子式为
，
故答案为：CO2；
；
①如果A、B均由三种元素组成，B为两性不溶物，结合转化关系可知，A为NaAlO2、B为Al（OH）3，偏铝酸根与二氧化碳、水反应生成氢氧化铝与碳酸根，A转化为B的反应离子方程式为：AlO2﹣+2H2O+CO2=Al（OH）3+HCO3﹣或2 AlO2﹣+3 H2O+CO2=2 Al（OH）3+CO32﹣，
故答案为：AlO2﹣+2H2O+CO2=Al（OH）3+HCO3﹣或2 AlO2﹣+3 H2O+CO2=2 Al（OH）
3+CO3
2﹣
；
②如果A由三种元素组成，B由四种元素组成，A、B溶液均显碱性，结合转化关系可知，A为Na2CO3、B为NaHCO3，碳酸钠水解的离子方程式为CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣，常温下，在该溶液中滴加稀盐酸至中性时，溶质的主要成分有NaCl、H2CO3、NaHCO3，
故答案为：CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣；NaCl、H2CO3、NaHCO3．
第23页（共31页）
22．（12分）2015年8月12日晚11时20分左右，天津港国际物流中心区域内瑞海公司所属危险品仓库发生的爆炸，造成了严重的人员伤亡，据瑞海国际官网信息，该公司仓储含有以下种类物质：压缩气体天然气、易燃液体乙酸乙酯、遇湿易燃物品电石、氰化钠、腐蚀品硫化碱等．
（1）由于电石、金属钠、金属钾等物质能够跟水反应给灾后救援工作带来了很多困难．
①如果在实验室，你处理金属钠着火的方法是 C ．（填序号） A．泡沫灭火器 B．消防车喷水 C．沙土
②电石的主要成分为CaC2，遇水会产生可燃性气体，写出CaC2中所含的化学键类型 离子键和共价键
（2）硫化碱其实就是我们常见的硫化钠，触及皮肤和毛发时会造成灼伤． ①其水溶液呈强碱性，故俗称硫化碱． ②其水溶液在空气中会缓慢地氧化成Na2S2O3， 该反应中还原剂与氧化剂物质的量之比为 1：1 ．
（3）事故发生后，爆炸中心区、爆炸区居民楼周边以及海河等处都受到了严重的氰化物污染．处理NaCN的方法有多种．
方法一：用NaClO在碱性条件下跟NaCN反应生成无毒害的物质，试写出该反应的离子反应方程式 2OH﹣+5ClO﹣+2CN﹣═5Cl﹣+N2+2CO32﹣+H2O ．
方法二：用氯气处理CN﹣是选修一上介绍的一种方法，可谓以毒攻毒，请写出碱性条件下用氯气氧化CN﹣生成可溶性碳酸盐和一种空气中主要气体的离子反应方程式 5Cl2+12OH﹣+2CN﹣=10Cl﹣+2CO32﹣+6H2O+N2↑ ．
方法三：这些泄露的氰化钠将通过喷洒双氧水的方式来处理，用双氧水处理后会释放氨气同时生成无毒的碳酸氢钠，以减轻污染．写出离子反应方程式 CN﹣+H2O+H2O2═NH3+HCO3 ．
（4）环保部门为测定H2O2溶液浓度，方法如下：用移液管吸取10.00mL的H2O2样品盛入l00ml容量瓶中，加水稀释至刻度线，取25.00mL溶液盛入锥形瓶里，再加入l0mL 3mol/L稀硫酸（过量），用0.02mol/L的标准浓度的KMnO4溶液滴定，所用体积为20.00ml，滴定至终点时，溶液颜色的变化 溶液由无色变为浅红色或红色 ；原H2O2溶液的浓度为 0.4 mol/L．
第24页（共31页）
﹣
【解答】解：（1）①金属钠着火时，与空气中的氧气反应生成过氧化钠，过氧化钠与水、二氧化碳反应，而干冰灭火器和泡沫灭火器都生成二氧化碳，只能用干燥沙土盖灭，故答案为：C；
②电石的主要成分为CaC2，是钙离子和C22﹣离子构成的离子化合物，C22﹣离子中碳原子间形成共价三键，CaC2中所含的化学键类型离子键和共价键， 故答案为：离子键和共价键；
（2）反应2Na2S+2O2+H2O=Na2S2O3+2NaOH中O2中O化合价降低，所以其为氧化剂，Na2S中S元素的化合价升高，为还原剂，根据得失电子守恒，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1， 故答案为：1：1；
（3）NaClO在碱性条件下跟NaCN反应生成氮气，反应的离子反应方程式：2OH
﹣
+2CN﹣+5ClO﹣=2CO32﹣+5Cl﹣+H2O+N2↑，碱性条件下用氯气氧﹣化CN﹣生成可溶
性碳酸盐和一种空气中主要气体，气体为氮气，则该反应的离子反应方程式为：5Cl2+12OH﹣+2CN﹣=10Cl﹣+2CO32﹣+6H2O+N2↑，
用双氧水处理后会释放氨气同时生成无毒的碳酸氢钠，反应的离子方程式为CN﹣+H2O+H2O2═NH3+HCO3﹣，
故答案为：2OH﹣+5ClO﹣+2CN﹣═5Cl﹣+N2+2CO32﹣+H2O；5Cl2+2CN﹣+12OH﹣═2CO32
﹣
+N2+10Cl﹣+6H2O；CN﹣+H2O+H2O2═NH3+HCO3﹣；
（4）用移液管吸取10.00mL的H2O2样品盛入l00ml容量瓶中，加水稀释至刻度线，取25.00mL溶液盛入锥形瓶里，再加入l0mL 3mol/L稀硫酸（过量），用0.02mol/L的标准浓度的KMnO4溶液滴定，所用体积为20.00ml，滴定至终点时，溶液颜色的变化为：溶液由无色变为浅红色或红色， 设稀释后H2O2溶液的浓度为x．
2KMnO4+5H2O2+3H2SO4═2MnSO4+K2SO4+5O2↑+8H2O 2 5 0.02L×0.02mol/L 0.025L×x x=0.04mol/L
原H2O2溶液的浓度为0.4mol/L．
故答案为：溶液由无色变为浅红色或红色；0.4．
第25页（共31页）