2019-2020学年北京市东城区第五中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

2019-2020学年北京市东城区第五中学新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1下列表述正确的是A用高粱酿酒的原理是通过蒸馏法将高粱中的乙醇分离出来B超导材料AB2在熔融状态下能导电，说明AB2是电解质C推广使用煤液化技术可以减少温室气体二氧化碳的排放D人体摄入的糖类、油脂、蛋白质均必须先经过水解才能被吸收【答案】B【解析】【详解】A.用高粱酿酒的原理是通过发酵法将淀粉变为乙醇，再蒸馏分离出来，故A 错误；B.超导材料AB2在熔融状态下能导电，说明AB2是电解质，故B 正确；C.推广使用煤液化技术可以不能减少温室气体二氧化碳的排放，可以减少二氧化硫污染性气体排放，故 C错误；D.人体摄入的单糖不需要经过水解，故D 错误。综上所述，答案为B。【点睛】粮食酿酒不是本身含有酒精，而是粮食中淀粉发酵得到乙醇，再蒸馏。2瑞香素具有消炎杀菌作用，结构如图所示，下列叙述正确的是A与稀 H2SO4混合加热不反应B不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C1mol 瑞香素最多能与3mol Br2发生反应D 1mol 瑞香素与足量的NaOH 溶液发生反应时，消耗NaOH 3mol【答案】C【解析】【分析】【详解】A含-COOC-，与稀硫酸混合加热发生水解反应，A错误；B含碳碳双键、酚羟基，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；C酚羟基的邻位、碳碳双键均与溴水反应，则1mol 该物质最多可与3molBr2反应，C正确；D酚羟基、-COOC-及水解生成的酚羟基均与NaOH 反应，则 1mol 瑞香素与足量的NaOH 溶液发生反应时，消耗 NaOH 4mol，D 错误；答案选 C。3向某二元弱酸H2A 水溶液中逐滴加入NaOH 溶液，混合溶液中lgx（x 为-2c(HA)c(H A)或2-c(A)c(HA)）与 pH 的变化关系如图所示，下列说法正确的是（）A pH=7 时，存在c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)B直线表示的是lg-2c(HA)c(H A)随 pH 的变化情况C2-2-2c(HA)c(H A)c(A)=10-2.97D A2-的水解常数Kh1大于 H2A 电离常数的Ka2【答案】B【解析】【分析】二元弱酸的Ka1=-2c(HA)c(H A)c（H）Ka2=2-c(A)c(HA)c（H），当溶液的pH 相同时，c（H）相同，lgX：，则表示lg-2c(HA)c(H A)与 pH 的变化关系，表示lg2-c(A)c(HA)与 pH 的变化关系。【详解】A pH=4.19，溶液呈酸性，若使溶液为中性，则溶液中的溶质为NaHA 和 Na2A，根据物料守恒，存在 c(Na+)c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)，故 A 错误；B.由分析：直线表示的是lg-2c(HA)c(H A)随 pH 的变化情况，故B 正确；C.2-2-2c(HA)c(H A)c(A)=-2c(HA)c(H A)2-c(A)c(HA)=1.224.191010=102.97，故 C错误；D pH=1.22 时和 4.19 时，lgX=0，则 c（H2A）=c（HA）、c（HA）=c（A2），Ka1=-2c(HA)c(H A)c（H）=c（H）=10-1.22，K2=2-c(A)c(HA)c（H）=c（H）=10-4.19，A2的水解平衡常数Kh1=144.191010=10-9.81 10-4.19=Ka2，故 D 错误；故选 B。【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断及溶液pH 的计算，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握物料守恒及溶液酸碱性与溶液pH 的关系，D 为易难点。4下列说法不正确的是A某些生活垃圾可用于焚烧发电B地沟油禁止食用，但可以用来制肥皂或生物柴油C石油裂解主要是为了获得气态不饱和短链烃D煤是由有机物和无机物组成的复杂的混合物，其中含有焦炭、苯、甲苯等【答案】D【解析】【分析】【详解】A.焚烧将某些还原性的物质氧化，某些生活垃圾可用于焚烧发电，故A 正确；B.“地沟油”的主要成分为油脂，含有有毒物质，不能食用，油脂在碱性条件下水解称为皂化反应，油脂燃烧放出大量热量，可制作生物柴油，故B 正确；C.石油裂解主要是为了获得气态不饱和短链烃，如乙烯、丙烯等，故C正确；D.煤中不含苯、甲苯等，苯和甲苯是煤的干馏的产物，故D 错误；故选 D。【点睛】本题考查了有机物的结构和性质，应注意的是煤中不含苯、甲苯等，苯、甲苯是煤的干馏产物。5下列实验中，与现象对应的结论一定正确的是A A BB CC D D【答案】D【解析】【分析】【详解】A CH4和 Cl2在光照下发生取代反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢，其中一氯甲烷和氯化氢在常温下为气体。混合气体通入石蕊溶液先变红后褪色，说明有氯气剩余，故反应后含氯的气体有 3 种，故 A 错误；B.向 10mL0.1mol/LNaOH 溶液中先后加入1mL 浓度均为0.1mol/L 的 MgCl2和 CuCl2溶液，由于碱过量，两种金属离子均完全沉淀，不存在沉淀的转化，故不能根据现象比较Cu(OH)2和 Mg(OH)2的溶解度的大小，故 B 错误；C.碳酸氢铵受热分解生成氨气、水和二氧化碳，氨气溶于水溶液显碱性，使石蕊变蓝，结论错误，故C错误；D.金属钠和水反应比钠和乙醇反应剧烈，说明水中羟基氢的活泼性大于乙醇的，故D 正确。故选 D。6下列实验方案正确，且能达到目的的是（）A A BB CC D D【答案】D【解析】【详解】A.强碱滴定弱酸时，化学计量点pH7,应该用酚酞做指示剂，不能用甲基橙，因为变色pH 范围大于7,而且由无色变成浅红色,颜色加深,便于确定终点，故A 错误；B.将少量氯水滴入溴化亚铁溶液中，Cl2首先和 Fe2+反应，不能证明Cl2的氧化性比Br2强，故 B错误；C.二氧化锰是粉末状，不能用镊子取，故C错误；D.CO32-和 SO32-在水溶液中水解使溶液呈碱性，碱性强弱取决于对应酸的电离程度，电离常数越小，酸性越弱，对应盐的碱性越强，pH 越大，故D 正确；正确答案是D。7甲醇脱氢可制取甲醛：CH3OH(g)HCHO(g)H2(g)?H=-QkJ/mol，甲醇的平衡转化率随温度变化曲线如图所示。下列有关说法正确的是()A Q0 B600 K 时，Y点甲醇的(正)(逆)C从 Y点到 Z 点可通过增大压强实现D从 Y点到 X点可通过使用催化剂实现【答案】B【解析】【分析】【详解】A.根据图像，温度升高，甲醇的平衡转化率升高，表示平衡向右移动，则正反应为吸热反应，Qc(HA-)BE点溶液中：c(Na+)-c(HA-)2c(A2-)【答案】A【解析】A、根据图像，可以得知pH=2 时 c(HA)c(H2A)c(A2)，故 A 说法错误；B、E 点：c(A2)=c(HA)，根据电荷守恒：c(Na)c(H)=c(OH)c(HA)2c(A2)，此时的溶质为Na2A、NaHA，根据物料守恒，2n(Na)=3n(A)，即 2c(Na)=3c(A2)3c(HA)3c(H2A)，两式合并，得到 c(Na)c(HA)=c(HA)3c(H2A)c(A2)/2，即 c(Na)c(HA)=0.1c(H2A)，c(Na)-c(HA)2c(A2)，故 D 说法正确。11“一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21 世纪海上丝绸之路”的简称。丝、帛的使用有着悠久的历史，下列说法错误的是()A丝的主要成分属于天然有机高分子化合物，丝绸制品不宜使用含酶洗衣粉洗涤B 墨子天志中记载“书之竹帛，镂之金石”。其中的“金”指的是金属，“石”指的是陶瓷、玉石等C 考工记载有“涑帛”的方法，即利用“灰”（草木灰）和“蜃”（贝壳灰）混合加水所得液体来洗涤丝、帛。这种液体能洗涤丝、帛主要是因为其中含有K2CO3D 天工开物记载“人贱者短褐、臬裳，冬以御寒，夏以蔽体，其质造物之所具也。属草木者，为臬、麻、苘、葛”文中的“臬、麻、苘、葛”属于纤维素【答案】C【解析】【详解】A、丝的主要成分为蚕丝，属于蛋白质是一种天然有机高分子化合物，酶会加速蛋白质的水解，破坏丝绸制品，故A 正确；B、古代记事常常刻于金属、陶瓷、玉器之上，故B 正确；C、草木灰中的碳酸钾与贝壳灰中的氧化钙溶于水生成的氢氧化钙与碳酸钾反应生成了氢氧化钾，故C错误；D、草木的主要成分是纤维素，故D 正确；答案 C。12SO2是大气污染物，造成酸雨的主要原因，用如图所示装置可以既吸收工厂排放的废气中的SO2，又可以生成一定量的硫酸，下列说法正确的是()A a 为正极，b 为负极B生产过程中氢离子由右移向左C从左下口流出的硫酸的质量分数一定大于50%D负极反应式为SO22H2O-2e-=SO42-4H+【答案】D【解析】【分析】【详解】A.由图可知，此装置为原电池，且a 极发生氧化反应，属于负极，b 极为正极，A 项错误；B.原电池中阳离子移向正极，故氢离子由左移向右，B项错误；C.负极区有硫酸生成，但同时水的量在增加，则硫酸的质量分数不一定大于50%，甚至还可能小于50%，C 项错误；D.负极反应式为SO22H2O2e=SO42-4H，D 项正确；答案选 D。13下列离子方程式正确的是（）A用铝粉和NaOH 溶液反应制取少量H2：Al+2OH=AlO2+H2B过量铁粉与一定量稀硝酸反应：Fe+4H+NO3=Fe3+NO +2H2O C澄清石灰水中加入过量NaHCO3溶液：Ca2+OH+HCO3=CaCO3+H2O D向苯酚钠溶液中通入少量的CO2：C6H5OCO2H2OC6H5OHHCO3【答案】D【解析】【分析】本题主要考查离子方程式的正确书写。【详解】A Al+2OH=AlO2+H2反应中电荷数不平，正确的离子方程式为：2H2O+2Al+2OH=2AlO2+3H2，故 A项错误；B.过量铁粉与稀硝酸反应无Fe3+生成，正确的离子方程式为：+2+?32-3Fe+8H+2NO=3Fe+2NO+4H O，故 B 项错误；C.澄清石灰水中加入过量NaHCO3溶液反应的离子方程式中Ca2与 OH系数比为1：2，故离子方程式为：2+23323Ca+2OH+2HCO=CaCO+2H O+CO;故 C项错误；D.向苯酚钠溶液中通入少量的CO2：6522653C H OCOH OC H OHHCO，故 D 项正确。答案选 D。14常温下，下列各组物质中，Y既能与 X反应又能与Z 反应的()X Y Z FeCl3溶液Cu 浓硫酸KOH溶液SiO2浓盐酸SO2Ca(OH)2NaHCO3NaOH 溶液Al(OH)3稀硫酸A BCD【答案】D【解析】【分析】Cu与 FeCl3溶液发生氧化还原反应，常温下不与浓硫酸发生反应；SiO2属于酸性氧化物，能与强碱反应，但不与浓盐酸反应；Ca(OH)2是强碱与SO2反应，与NaHCO3也反应；Al(OH)3属于两性氢氧化物，与强酸强碱溶液都反应；【详解】Cu与 FeCl3溶液发生氧化还原反应：Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，常温下不和浓硫酸反应，故错误；SiO2属于酸性氧化物，能与强碱发生反应，所以与氢氧化钾发生反应SiO2+2KOH=K2SiO3+H2O，但不能和盐酸反应；Ca(OH)2是强碱与SO2酸性氧化物发生反应Ca(OH)2+SO2=CaSO3+H2O，与 NaHCO3也发生反应；Al(OH)3属于两性氢氧化物，能和强酸强碱溶液都反应，和强碱 NaOH 反应 Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O、和硫酸反应3H2SO4+2Al(OH)3=Al2(SO4)3+6H2O；故正确，故答案为D。【点睛】本题考查物质的相关性质，熟记相关物质的反应及反应条件很重要。15下列说法正确的是（）A共价化合物的熔沸点都比较低B、三种核素可组成3 种水分子CH2O 分子比 H2S 分子稳定的原因，是H2O 分子间存在氢键D SiO2和 CaCO3在高温下反应生成CO2气体，说明硅酸的酸性比碳酸强【答案】B【解析】A共价化合物可能是分子晶体，也可能是原子晶体，则熔沸点不一定都较低，故A 错误；B根据排列组合，、三种核素可组成3 种不同的水分子，故B正确；C氢键是分子间作用力，只影响物理性质不影响化学性质，H2O 分子比 H2S分子稳定的原因，是H2O 分子 HO 的键能大的缘故，故C 错误；D高温下SiO2能与 CaCO3固体反应生成CaSiO3和 CO2，不是在常温下进行，且不是在水溶液中进行，不能说明硅酸的酸性强于碳酸，故D 错误；答案为B。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16过氧化钙(CaO2)是一种白色晶体，能潮解，难溶于水，可与水缓慢反应，不溶于乙醇，易与酸反应，常用作杀菌剂、防腐剂等。根据题意，回答相关问题。ICaO2晶体的制备：CaO2晶体通常可利用CaCl2在碱性条件下与H2O2反应制得。某化学兴趣小组在实验室制备CaO2的实验方案和装置示意图如下：（1）三颈烧瓶中发生的主要反应的化学方程式为_。（2）冷水浴的目的是_；步骤 中洗涤 CaO28H2O 的实验操作方法是_CaO2含量的测定：测定 CaO2样品纯度的方法是：称取 0.200g 样品于锥形瓶中，加入 50mL 水和 15mL2mol L-lHCl，振荡使样品溶解生成过氧化氢，再加入几滴MnCl2稀溶液，立即用0.0200mol L-lKMnO4标准溶液滴定到终点，消耗 25.00mL 标准液。（3）上述过程中使用稀盐酸而不使用稀硫酸溶解样品的原因是_；滴定前加入MnCl2稀溶液的作用可能是 _。（4）滴定过程中的离子方程式为_，样品中CaO2的质量分数为_。（5）实验 I 制得的晶体样品中CaO2含量偏低的可能原因是：_ _；_。【答案】CaCl2+H2O2+2NH3 H2O+6H2O=CaO2 8H2O+2NH4Cl 该反应放热，防止温度升高导致H2O2分解和氨水中氨气挥发向过滤器中注入乙醇至浸没沉淀，待乙醇流尽后，重复操作23 次生成的硫酸钙为微溶物，覆盖在样品表面，阻止反应进一步进行催化作用-+2+224225H O+2MnO+6H=2Mn+5O+8H O45.0%部分 CaCl2溶液与浓氨水反应生成Ca(OH)2部分 CaO2与水反应生成Ca(OH)2或烘烤 CaO28H2O 失水不够完全【解析】【分析】I（1）该装置发生的反应类似于复分解反应，根据原子守恒配平；（2）该反应为放热反应，H2O2和氨水的稳定性都较差，因此需要用冷水浴控制反应温度；结合沉淀的性质选择洗涤剂，然后根据沉淀的洗涤标准操作解答；II（3）硫酸钙为微溶物，可能会对反应有影响；类比双氧水的分解进行分析；（4）滴定过程中双氧水与酸性高锰酸钾反应生成氧气、氯化锰、水，根据氧化还原反应得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平；根据消耗的酸性高锰酸钾的物质的量并结合守恒关系计算；（5）CaO2与水缓慢反应，CaO2与浓氨水反应，烘烤过程中水分未完全失去等导致反应物有损失或生成物中杂质含量高均会导致CaO2含量偏低。【详解】I（1）由题可知，三颈烧瓶中发生CaCl2在碱性条件下与H2O2生成 CaO28H2O 的反应，根据原子守恒可知，该反应化学方程式为：CaCl2+H2O2+2NH3 H2O+6H2O=CaO2 8H2O+2NH4Cl；（2）该反应为放热反应，H2O2和氨水的稳定性都较差，温度过高会导致其分解，影响产量和化学反应速率；因过氧化钙可与水缓慢反应，不溶于乙醇，因此可选用乙醇进行洗涤，实验室洗涤沉淀的操作为：向过滤器中注入乙醇至浸没沉淀，待乙醇流尽后，重复操作23 次；II（3）若选用硫酸，则CaO2与稀硫酸反应生成微溶物CaSO4会覆盖在样品表面，使反应难以持续进行；MnCl2对该反应具有催化作用，可加快化学反应速率；（4）滴定过程中酸性高锰酸钾与双氧水反应，Mn 元素化合价从+7 价降低至+2 价，H2O2中 O 元素从-1 价升高至 0 价，根据氧化还原反应得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平该离子方程式为：-+2+224225H O+2MnO+6H=2Mn+5O+8H O；滴定过程中消耗高锰酸钾的物质的量n=25 10-3L 0.02mol/L=5 10-4mol，根据守恒关系可知：n(H2O2)=n(CaO2)=2.5n(KMnO4)=1.25 10-3mol，样品中 CaO2的质量分数2-21.25 10 mol7CaO100%=45%02g/m.2gol；（5）CaCl2溶液与浓氨水反应导致反应物未完全转化，同时还会导致最终固体中含有部分Ca(OH)2杂质，会使 CaO2含量偏低；CaO2与水能反应生成微溶物Ca(OH)2，会导致生成的CaO2含量偏低；烘烤 CaO28H2O失水不够完全导致固体质量偏大，最终导致计算CaO2含量偏低。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17由乙烯和其他无机原料可合成环状化合物，其合成过程如下图所示(水及其他无机产物均已省略)：请分析后回答下列问题：(1)反应的类型分别是_，_。(2)D 物质中的官能团为_。(3)C 物质的结构简式为_，物质 X与 A 互为同分异构体，则X 的结构简式为_，X的名称为_。(4)B、D 在一定条件下除能生成环状化合物E外，还可反应生成一种高分子化合物，试写出B、D 反应生成该高分子化合物的方程式_。【答案】加成反应酯化反应-COOH(或羧基)OHC-CHO CH3-CHBr21，1-二溴乙烷nCH2OHCH2OH+nCCOC-COOH+(2n-1)H2O【解析】【分析】CH2=CH2和溴发生加成反应，生成 A 为 CH2BrCH2Br，水解生成B为 CH2OHCH2OH，氧化产物C为 OHC-CHO，进而被氧化为D 为 HOOC-COOH，B为 CH2OHCH2OH 与 D 为 HOOC-COOH发生酯化反应生成环酯E，结合有机物的结构和性质可解答该题。【详解】根据上述分析可知：A 为 CH2BrCH2Br，B为 CH2OHCH2OH，C为 OHC-CHO，D 为 HOOC-COOH，E为。(1)由以上分析可知，反应为CH2=CH2和溴发生加成反应产生CH2BrCH2Br；反应为CH2OHCH2OH与HOOC-COOH发生酯化反应，产生，故反应类型为加成反应，反应类型为酯化反应；(2)由以上分析可知，D 为 HOOC-COOH，其中的官能团名称为羧基；(3)C 为 OHC-CHO，A 为 CH2BrCH2Br，物质 X与 A 互为同分异构体，则X结构简式为CH3-CHBr2，该物质名称为 1，1-二溴乙烷；(4)B 为 CH2OHCH2OH，D 为 HOOC-COOH，二者出能反应产生环状化合物E外，还可以反应产生一种高分子化合物，则B+D 高分子化合物反应的方程式为nCH2OHCH2OH+nCCOC-COOH+(2n-1)H2O。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18氯气是现代工业的重要原料，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热车点，回答下列问题：（1）Deacon 发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。可按下列催化过程进行：.CuCl2(s)=CuCl(s)+12Cl2(g)H1=+83kJmol-1.CuCl(s)+12O2(g)=CuO(s)+12Cl2(g)H2=-20kJmol-1.4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)H3反应能自发进行的条件是_。利用 H1和 H2计算 H3时，还需要利用反应_的 H。（2）如图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl)：c(O2)分别等于1：1、4：1、7：1 时 HCl 平衡转化率随温度变化的关系：可知反应平衡常数K（400）_K（500）（填“大于”或“小于”）。设容器内初始压强为p0，根据进料浓度比c(HCl)：c(O2)=4：1 的数据，计算400时容器内的平衡压强=_（列出计算式）。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)：c(O2)过低、过高的不利影响分别是_。（3）已知：氯气与NaOH 溶液反应可生成NaClO3。有研究表明，生成NaClO3的反应分两步进行：.2ClO-=ClO2-+Cl-.ClO2-+ClO-=ClO3-+Cl-常温下，反应能快速进行，但氯气与NaOH 溶液反应很难得到NaClO3，试用碰撞理论解释其原因：_。（4）电解 NaClO3水溶液可制备NaClO4，写出阳极反应式：_。【答案】高温CuO（s）+2HCl（g）CuCl2（s）+H2O（g）大于0.848p0Cl2和 O2分离能耗较高、HCl 转化率较低反应的活化能高，活化分子百分数低，不利于ClO向 ClO3转化ClO3H2O2e=ClO42H【解析】【分析】【详解】（1）.CuCl2(s)=CuCl(s)+12Cl2(g)H1=+83kJmol-1，S 0，则要 G=H-TS0，须高温条件下才能自发；.CuCl2(s)=CuCl(s)+12Cl2(g)H1=+83kJmol-1.CuCl(s)+12O2(g)=CuO(s)+12Cl2(g)H2=-20kJmol-1.4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)H3利用 H1和 H2计算 H3时，由盖斯定律，（-2-2）/2 得：还需要利用反应CuO（s）+2HCl（g）CuCl2（s）+H2O（g）的 H。故答案为：高温；CuO（s）+2HCl（g）CuCl2（s）+H2O（g）；（2）根据图象可知，进料浓度比相同时，温度越高HCl 平衡转化率越低，说明该反应为放热反应，升高温度平衡向着逆向移动，则温度越高平衡常数越小，所以反应平衡常数K（400）大于 K（500）；进料浓度比 c（HCl）：c（O2）的比值越大，HCl 的平衡转化率越低，根据图象可知，相同温度时HCl转化率最高的为进料浓度比c（HCl）：c（O2）=4：1，该曲线中400HCl 的平衡转化率为76%。则2224HClg+Og2Clg+2H Og410040.760.762 0.7620.7640.240.242 0.7620.76?（）（）（）（）初始转化平衡p=40.2410.2420.7620.7641p0=0.848p0；进料浓度比c（HCl）：c（O2）过低时，O2浓度较大，HCl 的转化率较高，但Cl2和 O2分离能耗较高，生成成本提高；进料浓度比c（HCl）：c（O2）过高时，O2浓度较低，导致HCl 的转化率减小；故答案为：大于；p=40.241 0.2420.7620.7641p0=0.848p0；Cl2和 O2分离能耗较高、HCl 转化率较低；（3）生成 NaClO3的反应分两步进行：.2ClO-=ClO2-+Cl-，.ClO2-+ClO-=ClO3-+Cl-，常温下，反应能快速进行，但氯气与NaOH 溶液反应很难得到NaClO3，用碰撞理论解释其原因：反应的活化能高，活化分子百分数低，不利于ClO向 ClO3转化；故答案为：反应的活化能高，活化分子百分数低，不利于ClO向 ClO3转化；（4）电解 NaClO3水溶液可制备NaClO4，阳极发生氧化反应生成ClO4，阳极反应式：ClO3H2O2e=ClO42H。故答案为：ClO3H2O2e=ClO42H。【点睛】本题考查化学平衡计算、盖斯定律应用及电解原理等知识，明确化学平衡及其影响为解答关键，难点（2）注意掌握盖斯定律内容及三段式在化学平衡计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力及综合应用能力。19A、B、C、D、E、F 均为短周期主族元素，且原子序数依次递增。A 的原子核内无中子，B的原子最外层电子数是次外层电于数的2 倍，C 是地壳中含量最多的元素，D 是短周期中金属性最强的元素，E与 F位置相邻，F是同周期元素中原子半径最小的元素。完成下列填空题:（1）B在元素期表中的位置为_，1 个 C原 子核外有 _个未成对的电子。（2）D、E、F三种元素形成简单离子其半径由l 大到小的顺序是_。(用离子符号表示)。（3）写出 D 与 C 形成化合物的电子式_、_。（4）常温下，1molA 的单质在 C 的单质中完全燃烧生成液态化合物，并放出286kJ的热量，该反应的热化学方程式为_。（5）非金属性的强弱:E_F(填“强于”、“弱于”、“无法比较”)，试从原子结构的角度解释其原因_。（6）Na2SO3可用作漂白织物时的去鼠剂。Na2SO3溶液及收Cl2后，溶液的酸性增强。写出该反应的离子方程式 _。【答案】第二周期第IVA 族2 S2-Cl-Na+2H2(g)+O2(g)2H2O(l)+572kJ 弱于S 与 C1的电子层数相同，随着核电荷数的递增，原子半径减小，得电子能力增强，非金属性增强，所以非金属性SCl-Na+；(3).Na 元素与 O元素形成的化合物为Na2O和 Na2O2，两者均为离子化合物，电子式分别为：、；(4).氢气在氧气中燃烧生成水，反应为放热反应，热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)2H2O(l)=+572kJ；(5).同周期由左至右非金属性逐渐增强，则非金属性S元素弱于Cl 元素；S 与 C1的电子层数相同，随着核电荷数的递增，原子半径减小，得电子能力增强，非金属性增强，所以非金属性SCl(6).Na2SO3溶液及收Cl2后生成强酸，Cl 元素被还原，S元素被氧化，离子方程式为：SO32-+Cl2+H2O SO42-+2Cl-+2H+；点睛：原子核外的电子排布，电子总是有限独自占用一个轨道，O元素外 2p 能级中由3 个轨道，有4 个电子需要排布，则存在2 个电子各单独占据一个轨道的情况。