【化学】陕西省渭南市临渭区尚德中学2020届高三上学期第三次月考（解析版）

【化学】陕西省渭南市临渭区尚德中学2020届高三上学期第三次月考（解析版）

陕西省渭南市临渭区尚德中学2020届高三上学期第三次月考 可能用到的相对原子质量： H 1 Cu 64 O 16 ‎ 第I卷（选择题）‎ 一、选择题 ‎1.保护环境是我国的一项基本国策，下列做法不应该提倡的是（ ）‎ A. 出门尽可能步行骑行或坐公交 B. 深入农村和社区进行环保宣传 C. 吃快餐时尽量不要用塑料袋 D. 用过的废旧电池埋到田地里。‎ ‎【答案】D ‎【详解】A．出门尽可能步行骑行或坐公交，可以减少化石燃料的使用，减少空气污染，应该提倡，故A不选；‎ B．深入农村和社区进行环保宣传，可以提高公众的环保意识，有利于环境保护，应该提倡，故B不选；‎ C．吃快餐时尽量不要用塑料袋，可以减少化工产品的使用，减少环境污染，应该提倡，故C不选；‎ D．用过的废旧电池埋到田地里，会污染土壤和地下水，引起环境污染问题，不应该提倡，故D选；‎ 故选D。‎ ‎2.我国稀土资源丰富。下列有关稀土元素与的说法正确的是(　　)‎ A. 与互为同位素 B. 与的质量数相同 C. 与是同一种核素 D. 与核外电子数和中子数都为62‎ ‎【答案】A ‎【详解】A. 由稀土元素与可知，该元素是含有相同质子数、不同中子数的同种元素，所以两者互为同位素，A项正确； B. 的质量数为144，的质量数为150，所以这两种核素的质量数不同，B项错误； C. 与虽然质子数相同，但质量数不同，所以62144Sm与62150‎ Sm是不同核素，C项错误； D. 的核外电子数为62，中子数为82，的核外电子数为62，中子数为88，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎3.下列离子中半径最大的是（ ）‎ A. H＋ B. Mg2＋ C. O2－ D. S2－‎ ‎【答案】D ‎【详解】一般而言，电子层越多的离子半径越大，电子层数一样的离子，核电荷数越多，半径越小。四种离子中，硫离子的电子层数最多，半径最大，故选D。‎ ‎4.钢铁在潮湿空气中表面会出现暗红色锈斑，其主要原因是钢铁发生了电化学腐蚀。下列有关钢材生锈的说法，正确的是（ ）‎ A. 涂油漆是为防止钢铁的腐蚀，其名称叫牺牲阳极的阴极保护法 B. 在潮湿环境中，纯铁比钢铁更容易腐蚀生锈 C. 空气中太阳、风雨、湿度对钢材的腐蚀有影响 D. 钢材在空气中的腐蚀主要为电化学腐蚀，其负极的反应为：Fe-3 e－= Fe3+‎ ‎【答案】C ‎【详解】A．涂油漆可以隔绝空气，达到防止钢铁的腐蚀的目的，属于物理方法，不是牺牲阳极的阴极保护法，故A错误；‎ B．在潮湿环境中，钢铁会发生原电池反应，更容易腐蚀生锈，故B错误；‎ C．钢材的腐蚀以电化学腐蚀为主，空气中太阳、风雨、湿度对钢材的腐蚀速率都有影响，故C正确；‎ D．钢材在空气中的腐蚀主要为电化学腐蚀，铁为负极，发生氧化反应生成亚铁离子，负极的反应为：Fe-2e－= Fe2+，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题的易错点为D，要注意无论钢铁发生何种电化学腐蚀，负极的电极反应式均为Fe-2e－= Fe2+。‎ ‎5.已知SF6是一种优良的绝缘气体，分子结构中只存在S-F键。1molS(s)转化为气态硫原子吸收能量280kJ,断裂1 mol F-F、S-F键需吸收的能量分别为160kJ、330kJ。则S(s)+‎3F2(g)=SF6(g)的反应热△H为（ ）‎ A. -1780kJ.mol-1 B. +430kJ.mol‎-1 ‎ C. -450kJ.mol-1 D. -1220kJ.mol-1‎ ‎【答案】D ‎【分析】根据反应热△H=反应物总键能-生成物总键能计算反应热。‎ ‎【详解】反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，所以对于S(s)+‎3F2(g)═SF6(g)，其反应热△H=280kJ/mol+3×160kJ/mol-6×330kJ/mol=-1220kJ/mol。‎ 答案选D。‎ ‎6.化学用语是国际化学界统一规定的用来表示物质的组成、结构和变化规律的特殊符号,同时也是学习化学的一种专用工具。下列有关化学用语正确的是（ ）‎ A. NH4Cl中Cl−的结构示意图：‎ B. 质子数为17、中子数为20的氯原子：‎ C. 新制氯水中会有少量次氯酸，其电子式为：‎ D. 明矾可用于净水，其化学式为：KAl(SO4)2 ∙12H2O ‎【答案】D ‎【详解】A．NH4Cl中Cl−最外层达到8电子稳定结构，离子结构示意图为，故A错误；‎ B．质子数为17、中子数为20的氯原子的质量数为17+20=37，原子符号为：，故B错误；‎ C．新制氯水中会有少量次氯酸，次氯酸中氯原子只能形成1对共用电子对，氧原子形成2对共用电子对，其电子式为：，故C错误；‎ D．明矾是十二水合硫酸铝钾的俗名，其化学式为：KAl(SO4)2 ∙12H2O，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题的易错点为B，要注意原子符号中各位置的数字的含义的识别。‎ ‎7.反应A+B→C △H ＜0，分两步进行 ① A+B→X △H＞0 ② X→C △H＜0 。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【分析】根据物质具有的能量进行计算：△H=E（生成物的总能量）-E（反应物的总能量），当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热，以此解答该题．‎ ‎【详解】由反应 A+B→C（△H＜0）分两步进行 ①A+B→X（△H＞0），②X→C（△H＜0）可以看出，A+B→C（△H＜0）是放热反应，A和B的能量之和大于C，由①A+B→X（△H＞0）可知这步反应是吸热反应，X→C（△H＜0）是放热反应，故X的能量大于A+B；A+B的能量大于C；X的能量大于C，图象D符合， 故选D。‎ ‎【点睛】本题为图象题，主要考查了物质的能量分析应用，化学反应的能量变化、分析，题目难度不大，注意反应热与物质总能量大小的关系判断 ‎8.下列各组物质中，含有共价键但属于离子化合物的是（ ）‎ A. NH4NO3 B. MgCl‎2 ‎C. HF D. H2O ‎【答案】A ‎【详解】A.硝酸铵中含有离子键和共价键，属于离子化合物，故正确；‎ B.氯化镁只有离子键，属于离子化合物，故错误；‎ C.氟化氢是含有共价键的共价化合物，故错误；‎ D.水是含有共价键的共价化合物，故错误。‎ 故选A。‎ ‎9.下列事实不能用元素周期律解释的是（    ）‎ A. 原子半径：Na > O B. 气态氢化物的稳定性：H2O > H2S C. 向Na2CO3溶液中加盐酸，有气泡产生 D. 与同浓度盐酸反应的剧烈程度：Mg >Al ‎【答案】C ‎【详解】A.钠原子有三个电子层，氧原子有2个电子层，所以钠原子半径大于氧，故能用元素周期律解释，不符合题意；‎ B.因为氧的非金属性比硫强，所以水的稳定性大于硫化氢，能用元素周期律解释，不符合题意；‎ C.碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠和水和二氧化碳，能说明盐酸的酸性大于碳酸，但不能用于比较氯和碳的非金属性，故不能用元素周期律解释，符合题意；‎ D.镁的金属性比铝强，所以与盐酸反应时镁会更剧烈，能用元素周期律解释，不符合题意。‎ 故选C。‎ ‎10.已知热化学方程式:‎ ‎①C2H2(g)+O2(g)2CO2(g)+H2O(l)　ΔH1=-1 301.0 kJ·mol-1‎ ‎②C(s)+O2(g)CO2(g)　ΔH2=-393.5 kJ·mol-1‎ ‎③H2(g)+O2(g)H2O(l)　ΔH3=-285.8 kJ·mol-1‎ 则反应④‎2C(s)+H2(g)C2H2(g)的ΔH为(　　)‎ A. -228.2 kJ·mol-1 B. +228.2 kJ·mol-1‎ C. +1301.0 kJ·mol-1 D. +621.7 kJ·mol-1‎ ‎【答案】B ‎【分析】利用盖斯定律解答。‎ ‎【详解】考查盖斯定律的应用。根据已知反应可知，②×2＋③－①即得到④，所以反应热是－393.5 kJ•mol -1 ×2－285.8 kJ·mol -1 ＋1301.0 kJ•mol -1 ＝＋228.2 kJ·mol -1 ，故B正确；‎ 答案选B。‎ ‎11.元素周期表和元素周期律可以指导人们进行规律性的推测判断，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 若X+和Y2-核外电子层结构相同，X+离子半径小于Y2-离子半径 B. 硅和锗都位于金属与非金属的交界处，都可以做半导体材料 C. 由水溶液的酸性：HCl > H2S可推断出元素的非金属性Cl>S D. Cs和Ba分别位于第六周期 ⅠA 和Ⅱ A 族 ，碱性CsOH> Ba（OH）2‎ ‎【答案】C ‎【详解】A．X+和Y2-的核外电子层结构相同，则核外电子数相同，原子失去电子形成阳离子，原子获得电子形成阴离子，故原子序数：X＞Y，原子序数越大，离子半径越小，则X+离子半径小于Y2-离子半径，故A正确；‎ B．硅、锗均处于金属与非金属的交界处，既表现一定的金属性又表现一定的非金属性，都可以做半导体材料，故B正确；‎ C．HCl 和H2S不是最高价含氧酸，不能比较非金属性强弱，故C错误；‎ D．Cs、Ba分别位于第六周期 ⅠA 和Ⅱ A 族 ，同一周期，自左而右，元素的金属性减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性减弱，故碱性CsOH＞Ba(OH)2，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎12.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如下图所示，其中W原子的质子数是其最外层电子数的三倍，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 原子半径：W>Z>Y>X B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：X>W>Z C. 最简单气态氢化物的热稳定性：Y>X>W>Z D. 元素X、Z、W最高化合价分别与其主族序数相等 ‎【答案】A ‎【详解】A、同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半径就越大，所以原子半径大小关系是：Z＞W＞X＞Y，故A错误；‎ B、元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，元素的非金属性：X＞W＞Z，所以它们的最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞W＞Z，故B正确；‎ C、元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性就越强，元素的非金属性：Y＞X＞W＞Z，所以元素的氢化物的稳定性：Y＞X＞W＞Z，故C正确；‎ D、主族元素除了O和F之外，最高化合价等于主族序数，所以X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎13.已知H2(g)、C2H4(g)和C2H5OH(1)的燃烧热分别是-285.8kJ·mol-1、-1411.0kJ·mol-1和-1366.8kJ·mol-1,则由C2H4(g)和H2O(l)反应生成C2H5OH(l)的△H为（ ）‎ A. -44.2kJ·mol-1 B. +44.2kJ·mlo-1‎ C. -330kJ·mol-1 D. +330kJ·mlo-1‎ ‎【答案】A ‎【详解】由题干条件可知如下反应：‎ H2(g)+O2(g) H2O(l)；ΔH=-285.8 kJ·mol-1                             ①‎ C2H4(g)+3O2(g)2CO2(g)+2H2O(l)；ΔH=-1 411.0 kJ·mol-1                 ②‎ C2H5OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(l)；ΔH=-1 366.8 kJ·mol-1             ③‎ 根据盖斯定律则②-③可得：C2H4(g)+H2O(l)C2H5OH(l)；ΔH=-44.2 kJ·mol-1。‎ 答案选A。‎ ‎14.可以将反应Zn+Br2= ZnBr2设计成蓄电池，下列4个电极反应：‎ ‎①Br2+ 2e－= 2Br－ ②2Br－- 2e－= Br2③Zn – 2e－= Zn2+④Zn2++ 2e－= Zn 其中表示充电时的阳极反应和放电时的负极反应的分别是（ ）‎ A. ④和① B. ②和① C. ③和① D. ②和③‎ ‎【答案】D ‎【详解】原电池反应是自发反应，负极反应是氧化反应，电解池是非自发反应，阳极反应是氧化反应，所以阳极反应为②，负极反应为③。答案选D。‎ ‎【点睛】在原电池中较活泼的金属作负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极上，所以溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。正极得到电子，发生还原反应，据此可以进行有关的判断。‎ ‎15.某固体酸燃料电池以CsHSO4固体为电解质传递H+，其基本结构见下图，电池总反应可表示为：2H2+O2=2H2O，下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 电子通过外电路从b极流向a极 B. b极上的电极反应式为：O2+2H2O+4e--=4OH--‎ C. 每转移0.1mol电子，消耗‎1.12L的H2‎ D. H+由a极通过固体酸电解质传递到b极 ‎【答案】D ‎【详解】A．燃料电池中，通入燃料氢气的电极是负极，则a是负极，通入氧化剂的电极b是正极，电子从负极a沿导线流向正极b，A错误；‎ B．b是正极，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，B错误；‎ C．温度和压强未知，导致气体摩尔体积未知，所以无法计算氢气体积，C错误；‎ D．放电时，a是负极、b是正极，阳离子氢离子从负极a通过固体酸电解质传递到b极，D正确，答案选选D。‎ ‎16.氢气与氧气生成水的反应是氢能源应用的重要途径。下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 一定温度下，反应2H2(g)+O2(g) 2H2O(g)能自发进行，该反应的ΔH<0‎ B. 氢氧燃料电池的负极反应为O2+2H2O+4e−4OH−‎ C. 常温常压下，氢氧燃料电池放电过程中消耗‎11.2 L H2，转移电子的数目为6.02×1023‎ D. 反应2H2(g)+O2(g) 2H2O(g)的ΔH可通过下式估算：∆H=反应中形成新共价键的键能之和-反应中断裂旧共价键的键能之和 ‎【答案】A ‎【详解】A.体系能量降低和混乱度增大都有促使反应自发进行的倾向，该反应属于混乱度减小的反应，能自发说明该反应为放热反应，即∆H<0，故A正确；‎ B.氢氧燃料电池，氢气作负极，失电子发生氧化反应，中性条件的电极反应式为：2H2 - 4e- =4H+，故B错误；‎ C.常温常压下，Vm≠22.L/mol，无法根据气体体积进行微粒数目的计算，故C错误；‎ D.反应中，应该如下估算：∆H=反应中断裂旧化学键的键能之和-反应中形成新共价键的键能之和，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎17. X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大。X是周期表中原子半径最小的元素，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z、W、R处于同一周期，R与Y处于同一族，Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等。下列说法正确的是（ ）‎ A. 元素Y、Z、W具有相同电子层结构的离子，其半径依次增大 B. 元素X能与元素Y形成化合物X2Y2‎ C. 元素Y、R分别与元素X形成的化合物的热稳定性：XmY>XmR D. 元素W、R的最高价氧化物的水化物都是强酸 ‎【答案】BC ‎【分析】X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大，X是周期表中原子半径最小的元素，X为H；Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y是O；R与Y处于同一族，因此R是S；Y、R原子的核外电子数之和是24，所以Z、W原子的核外电子数之和应是24，又因为Z、W、R处于同一周期，且原子序数依次增大，所以Z、W为Na和Al。‎ ‎【详解】X是H元素，Y是O元素，Z是Na元素，W是Al元素，R是S元素。‎ A、Y、Z、W形成的具有相同电子层结构的离子为O2-、Na+、Al3+，根据核外电子排布相同的离子，半径随着核电荷数的增加而减小，其半径依次减小，故A错误；‎ B、X和Y元素能形成2种化合物，X2Y（H2O）和X2Y2（H2O2），故B正确；‎ C、元素Y、R分别与元素X形成的化合物是氢化物，因为Y（O元素）和R（S元素）的非金属性强弱：Y>R，所以对应的氢化物的稳定性：XmY>XmR，故C正确；‎ D、W元素最高价氧化物的水化物是Al(OH)3，是两性氢氧化物，R元素最高价氧化物的水化物是H2SO4，属于强酸，故D错误；‎ 答案选BC。‎ ‎18.我国科学家研制了一种新型的高比能量锌-碘溴液流电池，其工作原理示意图如下。图中贮液器可储存电解质溶液，提高电池的容量。下列叙述不正确的是（ ）‎ A. 放电时，a电极反应 B. 放电时，溶液中离子数目增大 C. 充电时，b电极每增重，溶液中有被氧化 D. 充电时，a电极接外电源负极 ‎【答案】D ‎【分析】放电时，Zn是负极，负极反应式为Zn-2e－═Zn2＋，正极反应式为I2Br－+2e－=2I－+Br－，充电时，阳极反应式为Br－+2I－-2e－=I2Br－、阴极反应式为Zn2＋+2e－=Zn，只有阳离子能穿过交换膜，阴离子不能穿过交换膜，据此分析解答。‎ ‎【详解】A、放电时，a电极为正极，碘得电子变成碘离子，正极反应式为I2Br－+2e－=2I－+Br－，故A正确；‎ B、放电时，正极反应式为I2Br－+2e－=2I－+Br－，溶液中离子数目增大，故B正确；‎ C、充电时，b电极反应式为Zn2＋+2e－=Zn，每增加‎0.65g，转移0.02mol电子，阳极反应式为Br－+2I－-2e－=I2Br－，有0.02molI－失电子被氧化，故C正确；‎ D、充电时，a是阳极，应与外电源的正极相连，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查化学电源新型电池，会根据电极上发生的反应判断正负极是解本题关键，会正确书写电极反应式，易错选项是B，正极反应式为I2Br－+2e－=2I－+Br－，溶液中离子数目增大。‎ 第Ⅱ卷（非选择题）‎ ‎19.在‎400℃‎、101 kPa时，NO2(g) ＋CO(g)＝NO(g) + CO2(g) 反应过程的能量变化如下图所示。‎ 反应过程 ‎（1）该反应是_____________（填“吸热”或“放热”）反应。‎ ‎（2）该反应的热化学方程式为_____________________________________。‎ ‎（3）改变下列条件都可使该反应的反应速率改变，其中通过降低活化能加快反应速率的是___________________。‎ a．浓度 b．压强 c．温度 d．催化剂 ‎（4）反应体系中加入催化剂对反应热是否有影响？__________（填“是”或“否”），原因是__________________________________________________________。‎ ‎【答案】(1). 放热 (2). NO2(g)＋CO(g)NO(g)＋CO2(g) △H= -234 kJ·mol-1 (3). d (4). 否 (5). 催化剂只能改变化学反应的速率和途径，不能改变化学反应始态和终态的能量，因此对反应热没有影响 ‎【解析】（1）从图中明显得到反应物能量高于生成物能量，所以反应是放热反应。‎ ‎（2）从图中看出反应物和生成物的能量差为134-368=-234；所以反应△H= -234 kJ·mol-1，需要注意的问题是：题目要求反应所处的环境为‎400℃‎，所以要求标出该测定的条件。‎ ‎（3）能够改变反应活化能的条件只能是催化剂。‎ ‎（4）对于一个确定的反应而言，实际上能影响反应焓变的只有方程式中的物质系数和物质状态，除此之外都不会影响焓变。‎ ‎20.下图表示由元素周期表中1到20号且不同主族的元素组成的单质及化合物之间的转化关系（产物中的水已略去）。其中A为黄绿色气体单质，D有漂白性；在实验室中常用固体B和固体C加热制取刺激性气味F；F和G的组成元素相同，G与H分子所含电子数相同。‎ 请回答 ‎ ‎(1)单质A的组成元素在周期表中的位置是________；‎ ‎(2)B的化学式为________，F的电子式为________，C中所含化学键类型有_______；‎ ‎(3)写出反应②化学方程式______________________________________；‎ ‎(4)反应④中F和气体H在空气中相遇时的实验现象为_________________________________写出的F一种具体用途_______________；‎ ‎(5)向具有漂白作用的D溶液中加入H的浓溶液有A生成，其反应的离子方程式为_________________________________________________。‎ ‎(6)砷元素(As)与上述某元素处于同一主族。砷酸铅可用作杀虫剂。已知：‎ ‎①在砷酸铅中，砷处于最高价态，铅处于稳定价态。‎ ‎②砷酸铅是正砷酸对应的盐，1mol正砷酸分子中含有8mol原子.‎ 砷的最高价氧化物的化学式为___________砷酸铅的化学式为________‎ ‎【答案】(1). 第三周期VIIA (2). Ca(OH) 2 (3). (4). 离子键 共价键 (5). 2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O (6). 有白烟产生 (7). 制氮肥(或制硝酸、制纯碱、制铵盐或做制冷剂) (8). ClO- +Cl- +2H + =Cl2↑+H2O (9). As2O5 (10). Pb3(AsO4)2‎ ‎【分析】A为黄绿色气体单质，A为Cl2，D有漂白性，则D为次氯酸或其盐类；在实验室中，常用固体B和固体C加热制取刺激性气味气体F，根据框图，B为碱，应为Ca(OH)2，则C为NH4Cl，二者反应生成氨气，则F为NH3，E为CaCl2，则D为Ca(ClO)2；根据F可与H生成C，则H为HCl，根据F与G的组成元素相同，G与H分子所含电子数相同，其中HCl含有18个电子，则G为N2H4，结合元素及其化合物的性质分析解答。‎ ‎【详解】(1)A为氯气，Cl的原子序数为17，位于元素周期表中第三周期ⅤⅡA族，故答案为第三周期ⅤⅡA族；‎ ‎(2)根据上述分析可知，B为Ca(OH)2，F为NH3，电子式为；C为NH4Cl，属于离子化合物，其电子式为，含有离子键和共价键，故答案为Ca(OH)2；；离子键、共价键；‎ ‎(3)反应②是氢氧化钙和氯化铵固体加热制取氨气，反应的化学方程式：Ca(OH)2+2NH4Cl CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为Ca(OH)2+2NH4Cl CaCl2+2NH3↑+2H2O；‎ ‎(4)反应④的方程式为NH3+HCl═NH4Cl，反应生成氯化铵固体，有白烟生成，NH4Cl常用作氮肥、制硝酸、制纯碱、制铵盐、做制冷剂，故答案为有白烟产生；制氮肥(或制硝酸、制纯碱、制铵盐、做制冷剂)；‎ ‎(5)HClO为弱电解质，在Ca(ClO)2溶液中加入盐酸有HClO生成，ClO-在酸性条件下具有强氧化性，与Cl-反应生成Cl2，发生反应为ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，故答案为ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O；‎ ‎(6)砷的最高价为+5价，氧化物中氧元素是-2价，砷的最高价氧化物的化学式为As2O5；‎ ‎1mol正砷酸分子中含有8mol原子，砷酸的分子式为H3AsO4；铅处于稳定价态，则砷酸铅中铅元素是+2价，砷酸根为-3价，砷酸铅的化学式为Pb3(AsO4)2，故答案为As2O5；Pb3(AsO4)2。‎ ‎【点睛】解答此类试题需要抓住题目中的组成、结构、性质等关键信息作为做题的突破口，如本题中“A为黄绿色气体单质，D有漂白性”，说明A为氯气，D为次氯酸或其盐类，则B为水或碱。本题的易错点为(6)，要注意+4价的铅具有强氧化性，不稳定，铅处于稳定价态，为+2价。‎ ‎21.亚氯酸钠（NaClO2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业．它在碱性环境中稳定存在。某同学查阅资料后设计生产NaClO2主要流程如下：‎ ‎(1)Ⅰ中发生反应的还原剂是___________，气体a的名称是___________‎ ‎(2)Ⅱ中反应的离子方程式是_________________________________________‎ ‎(3)A的化学式是___________‎ ‎(4)Ⅲ中电极X是___________，（填“阴极”“阳极”），其上发生 的电极反应为 ____________________________。离子交换膜N是 ____（填“阴”“阳”）离子交换膜。‎ ‎(5)ClO2是一种高效水处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备：5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是 ____________ 。‎ ‎(6)NaClO2变质可转化为NaClO3和NaCl。取等质量变质前后的NaClO2试样配成溶液，分别与足量FeSO4溶液反应时，消耗Fe2+的物质的量_____（填“相同”“不相同”“无法判断”）。‎ ‎【答案】(1). Na2SO3 (2). 氧气 (3). 2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2↑+2H2O； (4). H2SO4 (5). 阳极 (6). 2H2O−4e− =O2↑＋4H＋ （或4OH－-4e－＝O2＋2H2O (7). 阳 (8). 1:4 (9). 相同 ‎【分析】ClO2和双氧水在II中发生氧化还原反应生成NaClO2和气体a，该反应中Cl元素化合价由+4价变为+3价，则O元素化合价由-1价变为0价，所以生成的气体a是O2，离子反应方程式为2 ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2↑+2H2O；硫酸钠溶液通入离子隔膜电解池中，在III中发生电解，根据图知，电极Y生成氢氧化钠，说明电极Y为阴极，阴极上生成氢气同时阴极附近生成NaOH，所以生成的气体b是H2；电极X为阳极，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，所以a是O2，同时生成硫酸，所以A溶液是硫酸；酸性条件下，在I中NaClO3、Na2SO3发生氧化还原反应生成ClO2气体和硫酸钠溶液，反应的离子方程式为2ClO3-+2H++SO32-=2ClO2↑+SO42-+H2O，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)根据上述分析，I中NaClO3、Na2SO3发生氧化还原反应生成ClO2气体和硫酸钠溶液，反应的离子方程式为2ClO3-+2H++SO32-=2ClO2↑+SO42-+H2O，失电子化合价升高的反应物是还原剂，还原剂是Na2SO3；气体a是O2，故答案为Na2SO3；氧气；‎ ‎(2)碱性条件下，ClO2、H2O2发生氧化还原反应生成氧气、ClO2-和水，Ⅱ中反应的离子方程式为2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2↑+2H2O，故答案为2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2↑+2H2O；‎ ‎(3)通过以上分析知，电解硫酸钠溶液，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，同时生成硫酸，所以A是硫酸，硫酸在阳极附近生成，故答案为H2SO4；‎ ‎(4)根据上述分析，Ⅲ中电极X阳极，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，电极反应式为2H2O−4e− =O2↑＋4H＋(或4OH－-4e－＝O2＋2H2O)，电极Y为阴极，阴极上生成氢气同时阴极附近生成NaOH，溶液中的钠离子通过离子交换膜N进入阴极区，因此离子交换膜N为阳离子交换膜，故答案为阳极；2H2O−4e− =O2↑＋4H＋ (或4OH－-4e－＝O2＋2H2O)；阳；‎ ‎(5)5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O反应中，4NaClO2→4ClO2，+3价的氯元素化合价升高到+4价，所以NaClO2是还原剂；1NaClO2→1NaCl，+3价的氯元素的化合价降低到-1价，所以NaClO2作氧化剂；所以该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶4，故答案为1∶4；‎ ‎(6)NaClO2变质可转化为NaClO3和NaCl，Cl元素从+3价变为+5价和-1价，反应为3NaClO2=2NaClO3+NaCl，NaClO2试样与足量FeSO4溶液反应3ClO2-+12Fe2++6H2O=4Fe(OH)3↓+3Cl-+8Fe3+，最终得到Cl元素由+3价变为-1价，所以NaClO2变质前后分别与Fe2+反应时，最终均得到等量NaCl，Cl元素均由+3价变为-1价，根据电子守恒，两个过程中得到的电子的物质的量相同，故答案为相同。‎ ‎【点睛】明确I、II、III中发生的反应及物质的性质是解本题关键。本题的易错点为(5)，要注意5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O中NaClO2既是氧化剂又是还原剂。‎