廣西壯族自治區(qū)河池市月里中學2021年高三化學測試題含解析

廣西壯族自治區(qū)河池市月里中學2021年高三化學測試題含解析一、單選題（本大題共15個小題，每小題4分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求，共60分。）1.已知A、B、C、D、E是短周期中原子序數(shù)依次增大的5種元素，B、C同周期，D、E也同周期，D原子最外層電子數(shù)與最內(nèi)層電子數(shù)相等，A、B、C、D的原子序數(shù)之和是E的兩倍，D與C形成的化合物是一種耐高溫材料，A、B形成的氣態(tài)化合物的水溶液呈堿性．下列說法正確的是（）A．原子半徑：D＞E＞C＞B＞AB．熱穩(wěn)定性：EA4＞A2CC．單質(zhì)D可用海水作原料獲得D．化合物DC與化合物EC2中化學鍵類型相同參考答案：C【考點】原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系．【分析】A、B、C、D、E是短周期中原子序數(shù)依次增大的5種元素．A、B形成的氣態(tài)化合物的水溶液呈堿性，應為NH3，則A為H元素，B為N元素；D原子最外層電子數(shù)與最內(nèi)層電子數(shù)相等，原子序數(shù)比N元素大，則D為Mg元素；B、C同周期，則C為第二周期元素，D與C形成的化合物是一種耐高溫材料，應為MgO，則C為O元素；A、B、C、D的原子序數(shù)之和是1+7+8+12=28，是E的兩倍，則E的原子序數(shù)為14，E為Si元素，根據(jù)元素對應的單質(zhì)、化合物的性質(zhì)結(jié)合元素周期律知識解答該題．【解答】解：A、B、C、D、E是短周期中原子序數(shù)依次增大的5種元素．A、B形成的氣態(tài)化合物的水溶液呈堿性，應為NH3，則A為H元素，B為N元素；D原子最外層電子數(shù)與最內(nèi)層電子數(shù)相等，原子序數(shù)比N元素大，則D為Mg元素；B、C同周期，則C為第二周期元素，D與C形成的化合物是一種耐高溫材料，應為MgO，則C為O元素；A、B、C、D的原子序數(shù)之和是1+7+8+12=28，是E的兩倍，則E的原子序數(shù)為14，E為Si元素．A．A為H元素，原子序數(shù)最小，B、C為N、O元素，位于第二周期，D、E為Mg、Si元素，位于第三周期，原子核外電子層數(shù)越多，半徑越大，同周期元素原子序數(shù)越大，半徑越小，則有原子半徑：D＞E＞B＞C＞A，故A錯誤；B．由于非金屬性：Si＜O，非金屬性越大，對應的氫化物越穩(wěn)定，則熱穩(wěn)定性：SiH4＜H2O，故B錯誤；C．從海水中提取鎂，通常將熟石灰加入海水中，沉淀出氫氧化鎂，氫氧化鎂與鹽酸反應生成氯化鎂，電解熔融狀態(tài)的氯化鎂制得金屬鎂，故C正確；D．化合物MgO含有離子鍵，化合物SiO2中共價鍵，化學鍵類型不一樣，故D錯誤．故選C．2.用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是

（）

A．1．8g重水（D2O）中含NA個中子

B．標準狀況下，2．24LCl2與過量稀NaOH溶液反應，轉(zhuǎn)移的電子總數(shù)為0．2NA

C．室溫下，21．0g乙烯和丁烯的混合氣體中含有的碳原子數(shù)目為1．5NA

D．足量的銅與含2molH2SO4的濃硫酸充分反應，可生成NA個SO2分子參考答案：C略3.在含氧酸中有一種稱為原某酸的，一般不穩(wěn)定，易脫水；它與對應的含氧酸的區(qū)別在于H、O原子數(shù)目的不同。例如：硅酸的化學式H2SiO3，原硅酸的化學式為H4SiO4；碳酸的化學式為H2CO3，原碳酸的化學式為H4CO4，據(jù)此可推知，下列結(jié)構(gòu)簡式中屬于原甲酸乙酯的酯類是A．C(COC2H5)4

B．HC(OC2H5)3

C．H2C(COC2H5)2

D．CO(OC2H5)2

參考答案：B4.某同學組裝了如圖所示的電化學裝置，電極Ⅰ為Al電極，其它均為Cu電極，則下列敘述正確的是（）A．電子流動方向：電極Ⅳ→A→電極Ⅰ

B．電極Ⅰ發(fā)生氧化反應C．電極Ⅱ質(zhì)量不變

D．電極Ⅲ的電極反應：Cu2++2e﹣=Cu參考答案：B考點：原電池和電解池的工作原理．.專題：電化學專題．分析：電極Ⅰ為Al，其它均為Cu，Al易失電子作負極，所以Ⅰ是負極、Ⅳ是陰極，Ⅲ是陽極、Ⅱ是正極，電流方向從正極流向負極，負極上失電子發(fā)生氧化反應，正極上得電子發(fā)生還原反應，據(jù)此分析解答．解答：解：電極Ⅰ為Al，其它均為Cu，Al易失電子作負極，所以Ⅰ是負極、Ⅳ是陰極，Ⅲ是陽極、Ⅱ是正極，A．電子從負極沿導線流向正極，即電極Ⅰ→A→電極Ⅳ，故A錯誤；B．電極Ⅰ上電極反應式為Al﹣3e﹣=Al3+，發(fā)生氧化反應，故B正確；C．電極Ⅱ是正極，正極上發(fā)生反應為Cu2++2e﹣=Cu，所以電極Ⅱ質(zhì)量逐漸增大，故C錯誤；D．電極Ⅲ為陽極，電極反應式為Cu﹣2e﹣═Cu2+，故D錯誤；故選B．點評：本題考查了原電池原理，正確判斷正負極是解本題關(guān)鍵，再結(jié)合各個電極上發(fā)生的反應來分析解答，題目難度中等．5.夜色中?？吹叫∨笥咽殖直环Q為“魔棒”的熒光棒玩耍，“魔棒”發(fā)光原理是利用過氧化氫氧化草酸二酯產(chǎn)生能量，該能量被傳遞給熒光物質(zhì)后便發(fā)出熒光，草酸二酯（CPPO）結(jié)構(gòu)簡式為：下列有關(guān)說法正確的是

A．草酸二酯屬于芳香族化合物B．草酸二酯屬于高分子化合物C．1mol草酸二酯與氫氧化鈉稀溶液反應（苯環(huán)上鹵素不水解），最多消耗4molNaOHD．1mol草酸二酯與氫氣完全反應，需要氫氣10mol參考答案：A略6.用氣體傳感器可以檢測汽車尾氣中CO的含量．傳感器是以燃料電池為工作原理，其裝置如圖所示，該電池中電解質(zhì)為氧化釔﹣氧化鈉，其中O2﹣可以在固體介質(zhì)NASICON中自由移動．下列說法錯誤的是（）A．負極的電極反應式為：CO+O2﹣﹣2e﹣═CO2B．工作時電子由電極a通過傳感器流向電極bC．工作時電極b作正極，O2﹣由電極a流向電極bD．傳感器中通過的電流越大，尾氣中CO的含量越高參考答案：C【考點】化學電源新型電池．【分析】該裝置是原電池，負極上一氧化碳失電子發(fā)生氧化反應，正極上氧氣得電子發(fā)生還原反應，原電池放電時電子從負極流向正極，陰離子向負極移動，一氧化碳的含量越大，原電池放電時產(chǎn)生的電流越大．【解答】解：A．該裝置是原電池，通入一氧化碳的電極a是負極，負極上一氧化碳失電子發(fā)生氧化反應，電極反應式為：CO+O2﹣﹣2e﹣═CO2，故A正確；B．該裝置是原電池，通入一氧化碳的電極a是負極，通入空氣的電極是正極，原電池放電時，電子從負極a通過傳感器流向電極b，故B正確；C．工作時電極b作正極，O2﹣由電極b流向電極a，故C錯誤；D．一氧化碳的含量越大，原電池放電時產(chǎn)生的電流越大，故D正確；故選C．7.室溫下，將1．00mol·L-1鹽酸滴入20．00mL1．00mol·L-1的氨水中，溶液pH和溫度隨加入鹽酸體積的變化曲線如下圖所示。下列有關(guān)說法中不正確的是

A．a(chǎn)點溶液中離子濃度大小的關(guān)系：c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)

B．b點溶液中離子濃度大小的關(guān)系：c(NH4+)=c(Cl-)>c(H+)=c(OH-)

C．c點溶液中離子濃度大小的關(guān)系：c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)

D．d點時溶液溫度達到最高，之后溫度略有下降，原因是NH3·H2O電離吸熱參考答案：D略8.設NA為阿伏伽德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法正確的是A．常溫下，23gNO2含有NA個氧原子B．1L0.1mol·L－1的氨水含有0.1NA個OH－C．常溫常壓下，22.4LCCl4含有個NA個CCl4分子D．1molFe2+與足量的H2O2溶液反應，轉(zhuǎn)移2NA個電子參考答案：A略9.幾種短周期元素的原子半徑及某些化合價見下表。分析判斷下列說法正確的是(

)元素代號ABDEGHIJ化合價–1–2+4、–4–1+5、–3+3+2+1原子半徑／nm0.0710.0740.0770.0990.1100.1430.1600.186

A．A的單質(zhì)能將E單質(zhì)從HE3的溶液中置換出來B．A、H、J的離子半徑由大到小順序是A＞J＞H

C．G元素的單質(zhì)不存在同素異形體

D．I在DB2中燃燒生成兩種化合物參考答案：B略10.SCR法（選擇性催化還原技術(shù)）是一種以NH3作為還原劑，將煙氣中NOx，分解成無害的N2和H2O的干法脫硝技術(shù)，反應原理為：①6NO+4NH3=5N2+6H2O；②6NO2+8NH3=7N2+12H2O；③NO+NO2+2NH3=2N2+3H2O。下列說法正確的是A．NO2為酸性氧化物B．H2O很穩(wěn)定是因為水分子之間存在氫鍵C．反應③中每生成22.4LN2，轉(zhuǎn)移電子數(shù)1.5NAD．NH3的沸點比PH3的沸點高參考答案：D試題分析：A、二氧化氮不與堿反應生成鹽和水，所以二氧化氮不是酸性氧化物，錯誤；B、水的穩(wěn)定性是由其分子內(nèi)的共價鍵決定的，不是由分子間的氫鍵決定的，錯誤；C、未指明標準狀況，則22.4L氮氣的物質(zhì)的量不一定是1mol，則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)不一定是1.5NA，錯誤；D、氨氣的分子間存在氫鍵，所以沸點比PH3的高，正確，答案選D。11.下列關(guān)于工業(yè)生產(chǎn)的說法中，不正確的是（）A．工業(yè)上，用焦炭在電爐中還原二氧化硅得到含少量雜質(zhì)的粗硅B．生產(chǎn)普通玻璃的主要原料有石灰石、石英和純堿C．工業(yè)上將粗銅進行精煉，應將粗銅連接在電源的正極D．在高爐煉鐵的反應中，焦炭為氧化劑參考答案：答案：D12.下列烴及烴的高聚物：①乙烷；②苯；③聚丙烯；④聚異戊二烯；⑤2-丁炔；⑥環(huán)己烷；⑦鄰二甲苯；⑧裂解氣，能使酸性KMnO4溶液褪色，也能與溴水反應而使溴水褪色的是()。A．②③④⑤⑥⑦⑧

B．③④⑤⑥⑦⑧C．④⑤⑧

D．④⑤⑦參考答案：C略13.在前一種分散系中慢慢滴加后一種試劑，能觀察到先沉淀后變澄清的是(

)①氯化鋁溶液中滴加氫氧化鈉溶液②偏鋁酸鈉溶液中滴加鹽酸③氫氧化鈉溶液中滴加氯化鋁溶液④蛋白質(zhì)溶液中滴加硫酸銅溶液⑤氯化鋁溶液中滴加氨水⑥硝酸銀溶液中滴加氨水⑦氫氧化鐵膠體中滴加硫酸A.①②⑥⑦

B.②③⑤⑦

C.①②④⑥

D.③④⑤⑥參考答案：A略14.氯酸是一種強酸，濃度超過40％時會發(fā)生分解，反應可表示為：aHClO3=bO2↑+cCl2↑+dHClO4+eH2O。下列有關(guān)說法不正確的是A．由反應可確定：氧化性HClO3＞O2B．若氯酸分解所得混合氣體lmol混合氣體質(zhì)量為45g，則反應方程式可表示為：3HClO3=2O2↑+C12↑+HClO4+H2OC．由非金屬性Cl＞S，可推知酸性HClO3＞H2SO4D．若化學計量數(shù)a=8，b=3，則該反應轉(zhuǎn)移電子數(shù)為20e－參考答案：C15.已知S2O8n﹣離子和H2O2一樣含有過氧鍵，因此也有強氧化性，S2O8n﹣離子在一定條件下可把Mn2+氧化成MnO4﹣離子，若反應后S2O8n﹣離子變成SO42﹣；又知反應中氧化劑與還原劑的離子數(shù)之比為5：2，則S2O8n﹣中的n值和S的化合價是（）A．2，+7

B．2，+6

C．4，+7

D．4，+4參考答案：A考點：氧化還原反應的計算分析：Mn2+氧化成MnO4﹣，Mn元素的化合價由+2價升高為+7價，若反應后S2O8n﹣變成SO42﹣，S的化合價降低，SO42﹣中S的化合價為+6價，以此來解答．解答：解：Mn2+氧化成MnO4﹣，Mn元素的化合價由+2價升高為+7價，若反應后S2O8n﹣變成SO42﹣，S的化合價降低，SO42﹣中S的化合價為+6價，則S2O8n﹣中的S元素的化合價為+7價，則+7×2+（﹣2）×8=﹣n，解得n=2，故選A．點評：本題考查氧化還原反應的計算，為高頻考點，把握反應中元素的化合價變化為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析能力的考查，注意從化合價角度分析，題目難度不大．二、實驗題（本題包括1個小題，共10分）16.化學科研小組的同學在研究Na2SO3的熱穩(wěn)定性和精確測試Na2SO3溶液的pH時，遇到了困惑。為此，他們進行了冷靜的思考和準備，決心重新實驗，揭開奧秘。請你根據(jù)所學的中學化學知識，參與交流討論?！静殚嗁Y料】①常溫下0.1mol·L-1的H2SO3溶液的pH約為2.1。②通常情況下，H2S為無色，有腐蛋臭味的氣體，其水溶液稱為氫硫酸。常溫下0.1mol·L-1的H2S溶液的pH約為4.5?！緦嶒灢僮鳌竣贉蚀_稱取純凈的Na2SO3·7H2O晶體25.20g，配成1L水溶液，測得其pH=7.8。②以坩堝再次準確稱取25.20g上述晶體，繼而隔絕空氣在600℃以上高溫下強熱至恒重，質(zhì)量為12.60g。③將②所得之12.60g固體進行元素定性定量分析，組成與Na2SO3無異。將其溶于水配成250mL溶液，溶液澄清，測得pH=10.3?！痉治霾孪搿縉a2SO3·7H2O在強熱下，失去結(jié)晶水，進而發(fā)生分解反應（自身氧化還原反應）【交流討論】（1）他們將恒重后的樣品溶于水配成溶液時，為加速溶解，可采取

的措施；（2）實驗操作②中稱量操作至少進行

次。（3）給Na2SO3·7H2O加熱時要隔絕空氣，請說明原因

(用化學方程式表示)；（4）猜想Na2SO3在高溫強熱下發(fā)生分解反應的化學方程式是

；（5）實驗①和③中，兩次測得的溶液pH相差明顯，其合理的解釋是

；（6）請你設計簡單的實驗方案，給上述分析、猜想及解釋以佐證。請簡單敘述實驗步驟、現(xiàn)象和結(jié)論

。參考答案：（1）攪拌或加熱

（2）4

（3）2Na2SO3+O2=2Na2SO4（4）4Na2SO3

Na2S+3Na2SO4（5）實驗③的溶液中可能有Na2S，相同條件下，S2-水解程度大于SO32-，溶液的堿性強（6）?、廴芤哼m量于試管中，向其中加稀H2SO4，如有腐蛋氣味氣體生成，則證明有S2-；另取③中溶液適量于試管中，加入HCl酸化的BaCl2，如有白色沉淀生成，證明有SO42-略三、綜合題（本題包括3個小題，共30分）17.（14分）CO2是目前最主要的溫室氣體，減小CO2的排放并用來制造有價值的化學用品是目前的研究目標。⑴利用CO2與CH4生產(chǎn)合成氣(CO、H2)：①已知：CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g)

ΔH=－890.3KJ·mol－1CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)

ΔH=+2.8KJ·mol-12CO(g)+O2(g)2CO2(g)

ΔH=－566.0KJ·mol－1反應CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)ΔH=____________。②250℃時，以鎳合金為催化劑，向體積為4L的密閉容器中通入6molCO2、6molCH4，開始發(fā)生如下反應：CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)。經(jīng)過一段時間達到平衡，平衡體系中各組分體積分數(shù)(某一成分物質(zhì)的量占總氣體物質(zhì)的量的百分數(shù))如下表：物質(zhì)CH4CO2COH2體積分數(shù)0.10.10.40.4此溫度下該反應的平衡常數(shù)K=________________。⑵以二氧化鈦表面覆蓋Cu2Al2O4為催化劑，可以將CO2和CH4直接轉(zhuǎn)化成乙酸。在不同溫度下催化劑的催化效率與乙酸的生成速率如下圖所示。250～300℃時，乙酸的生成速率減小的可能原因是___________________________________________。

⑶如以氫氧化鉀水溶液作電解質(zhì)進行電解，CO2在銅電極上可轉(zhuǎn)化為甲烷，該電極反應方程式為___________________________________________。

⑷將2molCO2和6molH2容積相同而溫度不同的Ⅰ、Ⅱ兩個恒容密閉容器中開始發(fā)生反應：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，測得CH3OH的物質(zhì)的量隨時間的變化如下圖1所示。①曲線Ⅰ、Ⅱ?qū)钠胶獬?shù)大小關(guān)系為KⅠ_______KⅡ(填“>”“=”或“<”)，可知該反應是一個_______(填“放熱”或“吸熱”)反應。②下列事實說明該反應已達到平衡狀態(tài)的是_________________：A．容器內(nèi)氣體壓強保持不變

B．容器內(nèi)氣體的密度保持不變C．CO2的體積分數(shù)保持不變

D．CO2的消耗速率與CH3OH的生成速率相等E．容器內(nèi)混合氣體的平均相對分子質(zhì)量保持不變⑸利用光能和光催化劑，可將CO2和H2O(g)轉(zhuǎn)化為CH4和O2。紫外光照射時，在不同催化劑(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)作用下，CH4產(chǎn)量隨光照時間的變化如上圖2所示。在0～15小時內(nèi)，CH4的平均生成速率Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ從大到小的順序為_____________(填序號)。參考答案：⑴

①

+247.3KJ/mol；②64；⑵

250～300℃時催化劑的催化效率急劇降低；（3）CO2＋6H2O=8e－=CH4＋8OH－；（4）①＞，放熱；②ACE；（5）Ⅱ＞Ⅲ＞Ⅰ。試題分析：（1）①，①CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g)，②CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，③2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)，得出①＋2×②－2×③得出△H=(－890.3＋2×2.8＋2×566)kJ·mol－1=

＋247.3kJ·mol－1；②CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g) 起始：

6

6

0

0 變化：

x

x

2x

2x 平衡：6－x

6－x

2x

2x

根據(jù)體積分數(shù)，求出x=4，達到平衡時c(CO2)=2/4mol·L－1=0.5mol·L－1，c(CH4)=0.5mol·L－1，c(CO)=c(H2)=2mol·L－1，根據(jù)化學平衡常數(shù)的表達式，K=c2(H2)×c2(CO)/=24/(0.5×0.5)=64；（2）根據(jù)圖像，250～300℃時催化劑的催化效率急劇降低；（3）CO2→CH4，化合價降低，得到電子，環(huán)境是堿性，因此電極反應式為CO2＋6H2O=8e－=CH4＋8OH－；（4）①先平衡，說明反應速率快，即II的溫度大于I的溫度，隨著溫度升高，CH3OH的物質(zhì)的量降低，說明平衡向逆反應方向進行，正反應是放熱反應，化學平衡常數(shù)只受溫度的影響，即KI>KII；②A、反應前后氣體系數(shù)之和不相等，因此壓強不變，說明反應達到平衡，故正確；B、根據(jù)密度的定義，組分都是氣體，因此氣體質(zhì)量不變，容器是恒容狀態(tài)，氣體體積不變，因此密度不變，不能說明反應達到平衡，故錯誤；C、根據(jù)化學平衡狀態(tài)的定義，CO2的體積分數(shù)不變，說明反應達到平衡，故正確；D、用不同物質(zhì)的反應速率表示達到平衡，要求反應方向一正一逆，且反應速率之比等于化學計量數(shù)之比，CO2的消耗速率和CH3OH的生成速率都是向正反應方向進行，因此不能判斷平衡，故錯誤；E、根據(jù)M=m/n，組分都是氣體，氣體質(zhì)量不變，反應前后氣體系數(shù)之和不變，n不變時，說明反應達到平衡，故正確；（5）根據(jù)圖像，單位時間內(nèi)，CH4的產(chǎn)率變化大，說明生成速率快，即Ⅱ＞Ⅲ＞Ⅰ。

18.A﹣J是中學化學常見的物質(zhì)，它們之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示（部分產(chǎn)物已略去）．已知A是一種高熔點物質(zhì)，D是一種紅棕色固體．請回答下列問題：（1）A物質(zhì)的名稱為

，H與I反應的化學方程式

（2）C與D在高溫下的反應在冶金工業(yè)上稱為

反應，引發(fā)該反應的實驗操作是

（3）寫出G→J的化學方程式：

（4）A→H的離子方程式為 （5）用離子方程式表示I物質(zhì)能用于凈水的原理

．參考答案：（1）氧化鋁；AlCl3+3NaAlO2+6H2O=3NaCl+4Al（OH）3↓；（2）鋁熱；鎂條引燃；（3）4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；（4）Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O；（5）Al3++3H2O=Al（OH）3（膠體）+3H+．解析：D是一種紅棕色固體，應為Fe2O3，由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知C為Al，A為Al2O3，E為Fe，B為O2，H為NaAlO2，I為AlCl3，F(xiàn)為FeCl2，G為Fe（OH）2，J為Fe（OH）3，（1）A為Al2O3，NaAlO2和AlCl3互相促進水解，化學方程式為AlCl3+3NaAlO2+6H2O=3NaCl+4Al（OH）3↓，故答案為：氧化鋁；AlCl3+3NaAlO2+6H2O=3NaCl+4Al（OH）3↓；（2）C與D在高溫下的反應為2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，在冶金工業(yè)上稱為鋁熱反應，使用鎂條引燃，故答案為：鋁熱；鎂條引燃；（3）G→J是Fe（OH）2被氧化為Fe（OH）3，反應方程式為：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案為：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；（4）A→H是氧化鋁與氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉與水，反應離子方程式為：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O，故答案為：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O；（5）I為AlCl3，AlCl3水溶液中鋁離子水解Al3++3H2O=Al（OH）3（膠體）+3H+，生成的氫氧化鋁膠體具有吸附性，可用于凈水，故答案為：Al3++3H2O=Al（OH）3（膠體）+3H+．本題是一道典型的無機框圖推斷題，為高考常見題型，側(cè)重于考查對元素化合物基礎知識的掌握，還主要考查學科內(nèi)知識間的綜合推理能力，難度中等，突破口為：D物質(zhì)的顏色，A的分解條件及A能與氫氧化鈉溶液、鹽酸反應，利用猜測驗證法推斷，題目難度中等19.亞氯酸鈉（NaClO2）是一種重要的含氯消毒劑，主要用于水的消毒以及砂糖、油脂的漂白與殺菌。以下是過氧化氫法生產(chǎn)亞氯酸鈉的工藝流程圖：已知：①NaClO2的溶解度隨溫度升高而增大，適當條件下可結(jié)晶析出NaClO2?3H2O。②純ClO2易分解爆炸，一般用稀有氣體或空氣稀釋到10％以下安全。③80g·L-1NaOH溶液是指80gNaOH固體溶于水所得溶液的體積為1L。（1）80g·L-1NaOH溶液的物質(zhì)的量濃度為

；（2）發(fā)生器中鼓入空氣的作用可能是

（選填序號）；a．將SO2氧化成SO3，增強酸性

b．將NaClO3氧化成ClO2

c．稀釋ClO2以防止爆炸（3）從“母液”中可回收的主要物質(zhì)是

；（4）吸收塔內(nèi)的反應的化學方程式為

；吸收塔的溫度不能超過20℃，其目的是

；（5）在堿性溶液中NaClO2比較穩(wěn)定，所以吸收塔中應維持NaOH稍過量，判斷NaOH是否過量的簡單實驗方法是

；（6）吸收塔中為防止NaClO2被還原成NaCl