高考化学复习河南省平顶山市鲁山县第二高级中学高三下期月考.docx

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高考化学复习河南省平顶山市鲁山县第二高级中学高三下期月考

河南省平顶山市鲁山县第二高级中学2016届高三下期4月月考化学试卷（解析版）

1．能够快速、微量、精确的测定相对分子质量的物理方法是

A．质谱法B．红外光谱法C．紫外光谱法D．核磁共振氢谱法

【答案】A

【解析】

试题分析：

A、能够快速、微量、精确的测定相对分子质量的物理方法是质谱仪，A正确；B、红外光谱是用于鉴定有机物中所含的各种官能团的，例如碳碳双键，碳碳三键，羟基，羧基羰基等等，B错误；C、紫外光谱是为了了解未知物的初步的化学结构，从光谱信息中得到该物质的基团或者化学键产生的吸收情况，初步判断该物质的结构信息，C错误；D、核磁共振是检验不同环境的H的数量，有多少种不同的H，就有多少个峰，各个峰的高度大致上能显示各种H的数量比例，D错误，答案选A。

考点：

考查有机物研究方法的有关判断

2．下列离子方程式正确的是

A．钠与水反应：

Na+2H2O==Na++2OH—+H2↑

B．铝片溶于氢氧化钠溶液中：

2Al+2OH—+2H2O==2A1O2—+3H2↑

C．氯化亚铁与氯水：

Fe2++C12==Fe3++2C1—

D．纯碱与稀盐酸反应：

CO32—+2H+==H2O+CO2↑

【答案】BD

【解析】

试题分析：

A、C：

电荷不守恒；B：

铝片溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠；D：

纯碱是碳酸钠的俗名，离子方程式书写正确。

考点：

离子方程式的书写

点评：

离子方程式书写注意事项：

符合化学事实；质量守恒；电荷守恒。

属于高考常见题型，也是重要考点之一，应加强训练。

3．下列说法中正确的是：

　A．氧化剂本身发生氧化反应B．氧化还原反应一定有氧元素参加

　C．氧化剂在反应中得电子，还原剂失去电子　D．氧化反应一定先于还原反应发生

【答案】C

【解析】略

4．某溶液中可能含有OH—、CO32—、AlO2—、SiO32—、SO42—、HCO3—、Na+、Fe3+、Mg2+、Al3+等离子。

当向该溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的盐酸溶液时，发现生成沉淀的物质的量随盐酸溶液的体积变化如下图所示。

下列说法正确的是（）

A．原溶液中一定含有Na2SO4

B．反应最后形成的溶液中的溶质只有NaCl

C．原溶液中一定含有的阴离子是：

OH—、SiO32—、AlO2—、CO32—

D．原溶液中含有CO32-与AlO2-的物质的量之比为1∶2

【答案】C

【解析】

试题分析：

根据与盐酸反应的图像判断，产生的沉淀部分溶解，说明产生的沉淀中有氢氧化物沉淀，可溶于盐酸，该溶液中与HCl反应产生沉淀的离子只有AlO2—、SiO32—，产生的沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，硅酸不溶于稀盐酸，符合题意，则原溶液中一定含有AlO2—、SiO32—；则与偏铝酸根离子发生水解相互促进的离子Fe3+、Mg2+、Al3+均不存在，HCO3—与偏铝酸根离子不能大量共存，因此溶液中的阳离子只有Na+；开始加入稀盐酸无沉淀产生，说明溶液中一定存在OH-；沉淀达到最大值时，再加入稀盐酸，沉淀量保持不变，此时只有碳酸根离子与盐酸反应，所以溶液中还应存在CO32-；硫酸根离子不能确定。

A、因为硫酸根离子不能确定，所以不一定含有硫酸钠，A错误；B、最后生成的溶液一定含有氯化钠。

可能含有硫酸钠，B错误；C、该溶液中一定存在的阴离子是OH—、SiO32—、AlO2—、CO32—，C正确；D、根据CO32-+2H+＝CO2↑+H2O，消耗盐酸的体积是a+2-a＝2，所以碳酸根离子的物质的量是1mol，根据Al（OH）3+H+＝Al3++2H2O，溶解氢氧化铝消耗的盐酸的体积是a+6-a-2＝4，根据Al元素守恒，则溶液中偏铝酸根离子的物质的量是4mol，所以原溶液中含有CO32-与AlO2-的物质的量之比为1∶4，D错误，答案选C。

考点：

考查离子的定量检验，对图像的分析判断

5．下列有关叙述正确的是

A．电泳现象可证明胶体带电荷

B．胶体是一种纯净物

C．胶体属于介稳体系

D．将饱和氯化铁溶液滴入氢氧化钠溶液中制备氢氧化铁胶体

【答案】C

【解析】

试题分析：

A、电泳现象证明胶体的微粒带电荷，不是胶体带电荷，错误，不选A；B、胶体是一种分散系，是混合物，错误，不选B；C、胶体是介稳体系，正确，选C；D、饱和氯化铁滴入氢氧化钠溶液中生成氢氧化铁沉淀，而不是氢氧化铁胶体，错误，不选D。

考点：

胶体的制备和性质

【名师点睛】分散系的分类是根据分散质的微粒直径大小划分的，微粒直径小于1纳米的为溶液，大于100纳米的为浊液，在1纳米到100纳米的分散系为胶体。

溶液是稳定体系，胶体是介稳体系，浊液不稳定。

溶液和胶体能通过滤纸，而浊液中的分散质不能通过滤纸。

溶质能通过半透膜，胶体不能通过半透膜，所以可以用渗析的方法分离提纯胶体。

可以用丁达尔效应区别溶液和胶体。

氢氧化铁胶体是在沸水中加入饱和氯化铁溶液，继续加热到出现红褐色为止，即可得到氢氧化铁胶体。

6．下列都是用盐酸来制取氯气的反应，为了制得等量的氯气，起还原作用的盐酸用量最少的是（）

A.MnO2+4HCl

MnCl2+Cl2↑+2H2O

B.2KMnO4+16HCl

2KCl+2MnCl2+5Cl2↑

C.KClO3+6HCl

KCl+3Cl2↑+3H2O

D.2HCl（aq）

H2↑+Cl2↑

【答案】C

【解析】本题列举了四种制氯气的方法，扩展了学生的知识领域。

学会分析在这四个氧化还原反应中实际参加反应的HCl的物质的量与起还原剂作用的HCl的物质的量并不相同。

A选项中当参加反应的HCl是4mol时，起还原作用的HCl是2mol，生成1molCl2。

B选项中当参加反应的HCl是16mol时，起还原作用的HCl是10mol，生成5molCl2。

C选项中当参加反应的HCl是6mol时，起还原作用的HCl是5mol，生成3molCl2。

D选项中当参加反应的HCl是2mol时，起还原作用的HCl是2mol，生成1molCl2。

当利用这四个反应制得相同物质的量的Cl2时，用KClO3和盐酸反应，起还原作用的盐酸用量最少。

7．在一定条件下，将A2和B2两种气体通入1L密闭容器中，反应按下式进行：

xA2（g）+yB2（g）

2C（g），2S后测得反应速率如下V（A2）＝0.4mol／（L·s），V（B2）=1.2mol／（L·s），V（C）=0.8mol／（L·s）则该x和y的值分别为

A．2和3B．3和2C．3和1D．1和3

【答案】D

【解析】

8．下列变化过程中肯定要放出热量的是

A．H2→H+HB．H+Cl→HCl

C．H2O（l）→H2O（s）D．CaCO3

CaO+CO2

【答案】B

【解析】

试题分析：

A、H2→H+H断开了化学键，需要吸收热量，错误；B、H+Cl→HCl合成了新的化学键，需要放出热量，正确；C、H2O（l）→H2O（s）需要吸收热量，错误；D、CaCO3

CaO+CO2需要吸收热量，错误；故本题选择B。

考点：

吸、放热过程

9．下列水解反应的离子方程式正确的是（）

A.NH4＋＋H2O

NH3·H2O＋H＋

B..CO32－＋2H2O

H2CO3＋2OH－

C.CH3COOH＋H2O

CH3COO－＋H3O＋

D.CH3COOH＋OH－

CH3COO－＋H2O

【答案】A

【解析】略

10．室温下，对pH相同、体积相同的醋酸和盐酸两种溶液分别采取下列措施，其中叙述正确的是

A．温度升高20℃后，两溶液pH均不变

B．加适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大

C．加水稀释2倍后，两溶液的pH同等程度减小

D．加足量的锌充分反应后，两溶液中产生的氢气一样多

【答案】B

【解析】

试题分析：

盐酸是强酸，醋酸是弱酸，所以醋酸溶液中存在电离平衡，升高温度能促进弱电解质电离，pH相同的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大于盐酸，不同的酸和相同金属反应，生成氢气的速率与溶液中离子浓度成正比。

A、盐酸是强酸，不存在电离平衡，升高温度不影响盐酸的pH，醋酸是弱酸，其水溶液中存在电离平衡，升高温度，促进醋酸电离，导致醋酸溶液中氢离子浓度增大，所以醋酸的pH减小，故A不正确；B、向盐酸中加入醋酸钠晶体，醋酸钠和盐酸反应生成醋酸，导致溶液的pH增大，向醋酸中加入醋酸钠，能抑制醋酸电离，导致其溶液的pH增大，故B正确；C、醋酸中存在电离平衡，盐酸中不存在氯化氢的电离平衡，加水稀释后，促进醋酸的电离，所以盐酸的pH变化程度大，故C错误；D．pH相同、体积相同的醋酸和盐酸，醋酸的物质的量大于盐酸，且二者都是一元酸，所以分别与足量的锌反应，醋酸产生的氢气比盐酸多，故D错误；故选B。

考点：

考查弱电解质的电离平衡、pH计算

11．下列各组离子在酸性溶液中可以大量共存的是

A．Cu2+、K+、SO42－、NO3－B．NH4＋、Ba2+、Cl―、HCO3－

C．Fe3+、Na+、NO3－、SCN－D．K+、Na+、I－、NO3－

【答案】A

【解析】离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的。

溶液显酸性，则选项B中的HCO3－不能大量共存；选项C中Fe3＋和SCN－不能大量共存；D中NO3－再酸性条件小能氧化I－，所以正确的答案选A。

12．某烃的衍生物1.45g，跟足量银氨溶液反应后析出5.4g银，则该有机物的结构简式是

A．CH3CHO      B．CH3CH2CHOC．CH2OH（CHOH）4CHO    D．CH3CH2CH2OH

【答案】B

【解析】

13．下列方程式书写正确的是（）

A．醋酸和氨水恰好完全中和：

CH3COOH+NH3·H2O=CH3COO﹣+NH4++H2O

B．氢溴酸溶于水中：

HBr≒H++Br﹣

C．Na2CO3溶液中：

CO32﹣+2H2O≒H2CO3+2OH﹣

D．在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：

2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）：

△H=﹣285.8kJ/mol

【答案】A

【解析】

试题分析：

醋酸和氨水均是弱电解质不能拆，生成的醋酸铵是盐类强电解质可拆，A正确；氢溴酸是强酸，完全电离，B错误；Na2CO3对应的酸为二元弱酸，水解分2步，C错误；2gH2是1mol，方程式中H2系数是1才对应热量285.8kJ，所以D错误；故选A。

考点：

本题考查的是离子方程式、热化学方程式的正误判断。

14．下列自发反应可用能量判据来解释的是

A．2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）ΔH＝－285.8kJ/mol

B．2N2O5（g）＝4NO2（g）+O2（g）ΔH＝＋56.7kJ/mol

C．（NH4）2CO3（s）=NH4HCO3（s）+NH3（g）ΔH＝＋74.9kJ/mol

D．硝酸铵自发地溶于水

【答案】A

【解析】

试题分析：

A、△H<0，为放热反应，可以自发进行，化学反应总是自发的向能量低的方向进行，A正确；B、反应的△H＞0，△S＞0，反应能自发进行，取决于熵判据，B错误；C、反应的△H＞0，△S＞0，反应能自发进行，取决于熵判据，C错误；D、硝酸铵的溶解过程是吸热的熵增加的过程，主要是熵判据，D错误。

答案选A。

考点：

焓判据，熵判据

15．反应N2O4（g）

2NO2（g）ΔH＝＋57kJ·mol－1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化的曲线如图所示。

下列说法正确的是

A．a、c两点的反应速率：

a＞c

B．a、c两点气体的颜色：

a深、c浅

C．a、b两点气体的平均相对分子质量：

a＞b

D．b、c两点化学平衡常数：

b＜c

【答案】D

【解析】

试题分析：

A、相同温度下压强越大，反应速率越快，a、c两点的反应速率：

c＞a，A错误；B、相同温度下增大压强（即缩小体积）最终达到新的平衡，平衡体系中各种气体的浓度均增大，因此a、c两点气体的颜色：

a浅、c深，B错误；C、平衡体系中气体的总质量不变，气体的总物质的量越小，平均相对分子质量越大，a点对应气体的总物质的量大于b点，因此a、b两点气体的平均相对分子质量：

a＜b，C错误；D、升高温度，平衡正向移动，二氧化氮的体积分数增大，因此T1＜T2。

平衡常数仅是温度的函数，正向进行的程度越大，平衡常数越大，因此b、c两点化学平衡常数：

b＜c，D错误，答案选D。

考点：

考查外界条件对平衡状态的影响

16．已知：

①N2（g）+3H2（g）

2NH3（g）ΔH＝－92.4kJ/mol

②2H2（g）+SO2（g）

S（g）+2H2O（g）ΔH＝+90.4kJ/mol

③2H2（g）+CO（g）

CH3OH（g）ΔH＝－90.8kJ/mol

请回答：

（1）上述变化过程中放出热量的是（填序号，下同），吸收热量的是。

（2）4gH2（g）完全反应生成甲醇气体时，ΔH=kJ/mol。

（3）生成1molNH3（g）的放出的热量为kJ。

【答案】

（1）①③，②。

（2）．－90.8；（3）46.2

【解析】

（1）放出热量的反应热ΔH＜0，吸收热量的反应热为ΔH＞0，所以上述变化过程中放出热量的是①③，吸收热量的是②。

（2）由热化学反应方程式2H2（g）+CO（g）

CH3OH（g）ΔH＝－90.8kJ/mol可得4gH2（g）完全反应生成甲醇气体时，ΔH=－90.8kJ/mol。

（3）由热化学反应方程式N2（g）+3H2（g）

2NH3（g）ΔH＝－92.4kJ/mol可得生成1molNH3（g）的放出的热量为46.2kJ。

17．（8分）某有机物A在氧气中充分燃烧只生成CO2和H2O，实验测定A

中C、H、O的质量比为6:

1:

8，则A的实验式为；质谱图表明A的相对分子质量为60，则A的分子式为_________________。

（1）若足量A与Na2CO3反应产生CO2，此反应的化学方程式为：

（有机物要求写结构简式）_____________________________________________；

（2）若A能发生银镜反应，则其结构简式可能是：

_______________、__________________。

【答案】CH2O；C2H4O2；

（1）2CH3COOH＋Na2CO3

2CH3COONa＋H2O＋CO2↑

（2）HCOOCH3或HOCH2CHO

【解析】C、H、O的质量比为6:

1:

8，则原子个数之比为

:

:

＝1:

2:

1，所以最简式为CH2O。

A的相对分子质量为60，则A的分子式为C2H4O2。

（1）和碳酸钠反应放出CO2，说明含有羧基，即A是乙酸，方程式为2CH3COOH＋Na2CO3

2CH3COONa＋H2O＋CO2↑。

（2）A能发生银镜反应，则一定含有醛基，所以其结构简式为HCOOCH3或HOCH2CHO。

18．（10分）有机物A是一种含溴的酯，分子式为C6H9O2Br，已知有如下的转化关系:

其中B、C含相同数目的碳原子，B既能使溴水褪色，又能跟Na2CO3溶液反应放出CO2气体，C依次进行氧化、消去反应后可以转化为B，经测定E是一种二元醇。

（1）写出结构简式:

A_________、B__________、C__________、E_________。

（2）写出A在NaOH溶液中水解的化学方程式:

_______________________________

【答案】

【解析】①A既可发生酸式水解，又可发生碱式水解，可推知A是一种酯。

②因“B既能使溴水褪色，又能跟Na2CO3溶液反应放出CO2”可推知B是一种不饱和羧酸。

C是一种醇。

③“B、C含相同数目的碳原子”，结合A的分子式C6H9O2Br，可推知B、C均含有3个碳原子。

④“C经氧化、消去后可转化为B”，可推知C的结构为CH2Br—CH2—CH2OH，则B为CH2═CH—COOH，从而可推知E为CH2OH—CH2—CH2OH。

这样可写出A的结构简式为CH2═CH—COOCH2CH2CH2Br。

19．（12分）为验证氧化性：

Cl2>Fe3+>SO2，某小组用下图所示装置进行实验（夹持仪器和A中的加热装置已略，气密性已经检验完毕）实验过程如下：

Ⅰ．打开弹簧夹K1～K4，通入一段时间N2，再将T型导管插入B中，继续通入N2，然后关闭K1、K3、K4．

Ⅱ．打开活塞a，滴加一定量的浓盐酸，给A加热．

Ⅲ．当B中的溶液变黄时，停止加热，夹紧弹簧夹K2．

Ⅳ．打开活塞b，使约2ml的溶液流入D试管中，检验其中的离子．

V．打开弹簧夹K3、活塞c，加入70％的硫酸，一段时间后夹紧弹簧夹K3．

Ⅵ．更新试管D，重复过程Ⅳ，检验B溶液中的离子．

（1）过程Ⅰ的目的是______________________。

（2）棉花中浸润的溶液为__________________。

（3）A中发生反应的化学方程式为__________________________________。

（4）用70％的硫酸制取SO2，反应速率比用98％的硫酸快，原因是______________

（5）过程Ⅵ中检验B溶液中是否含有硫酸根的操作是________________________________

（6）甲、乙、丙三位同学分别完成了上述实验，他们的检测结果一定能够证明氧化性Cl2>Fe3+>SO2的是

过程IVB溶液中含有的离子

过程VIB溶液中含有的离子

甲

有Fe3+无Fe2+

有SO42﹣

乙

既有Fe3+又有Fe2+

有SO42﹣

丙

有Fe3+无Fe2+

有Fe2+

【答案】

（1）排出装置中的氧气（空气）；

（2）氢氧化钠溶液；（3）MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑+2H2O；

（4）70%的硫酸中的H+的浓度比98%的硫酸中的H+的浓度大；（5）取少量B溶液于试管中，加入足量的稀盐酸酸化，再滴加几滴氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，证明溶液B中有硫酸根。

（6）乙、丙。

【解析】

试题分析：

（1）根据题意可知：

在过程

中通入过量的N2的目的是排出装置中的氧气（空气）；以防止氧气影响离子的检验。

（2）因为Cl2是大气污染物，为防止氯气对环境造成污染，用的棉花中浸润的溶液为NaOH溶液。

（3）A是制取氯气的装置。

A中发生反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑+2H2O；（4）用70％的硫酸制取SO2，反应速率比用98％的硫酸快，是因为在98％的硫酸中硫酸主要以分子的形式存在，而在70％的硫酸中有大量的硫酸分子发生电离，产生H+，即70%的硫酸中的H+的浓度比98%的硫酸中的H+的浓度大；所以离子浓度越大，反应速率就越快。

（5）过程Ⅵ中检验B溶液中是否含有硫酸根的操作方法是取少量B溶液于试管中，加入足量的稀盐酸酸化，再滴加几滴氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，证明溶液B中有硫酸根。

（6）甲：

发生反应：

2Fe2++Cl2==2Cl－＋2Fe3+；可能由于氯气过量，发生反应：

Cl2＋SO2＋2H2O=SO42-＋4H++2Cl-；只能证明：

氧化性：

Cl2>Fe3+；Cl2>SO2。

而不能证明：

Fe3>SO2。

错误。

乙：

发生反应：

2Fe2++Cl2==2Cl－＋2Fe3+；2Fe3+＋SO2＋2H2O=SO42-＋4H++2Fe2+；证明氧化性Cl2>Fe3+>SO2。

正确。

丙：

发生反应：

2Fe2++Cl2==2Cl－＋2Fe3+；由于SO2过量，所以发生反应2Fe3+＋SO2＋2H2O=SO42-＋4H++2Fe2+将所有的Fe3+还原为Fe2+；证明氧化性Cl2>Fe3+>SO2。

正确。

选项为乙、丙。

考点：

考查实验操作的目的、离子的检验、物质的氧化性的强弱顺序、离子方程式的书写的知识。

20．（16分）实验室常用邻苯二甲酸氢钾（KHC8H4O4）来滴定氢氧化钠的的浓度，反应如下：

KHC8H4O4+NaOH=KNaC8H4O4+H2O。

若氢氧化钠的溶液浓度为0．1mol·L-1，到达终点时，溶液的pH约为9.1。

（1）为标定氢氧化钠溶液的浓度，应选用作指示剂，达到滴定终点时溶液由色变为色。

（2）在测定氢氧化钠溶液浓度时，有下列操作:

①向溶液中加入1-2滴指示剂

②向锥形瓶中加20-30ml蒸馏水溶解

③用氢氧化钠溶液滴定到终点，半分钟不褪色

④重复以上操作

⑤准确称取0.4-0.5g邻苯二甲酸氢钾加入250ml锥形瓶中

⑥根据两次实验数据计算氢氧化钠的物质的量浓度。

以上各步中，正确的（填序号）操作顺序是

（3）上述操作中，将邻苯二甲酸氢钾直接放到锥形瓶中溶解，对实验是否有影响?

并说明理由:

（4）滴定前，用蒸馏水洗净碱式滴定管，然后加待测定的氢氧化钠溶液滴定，此操作对实验结果（填“偏大”“偏小”或“无影响”）

（5）现准确称取KHC8H4O4（分子量204.2）晶体0.5105g，溶于水后加入指示剂，用NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH20mL，则NaOH溶液的浓度为（结果保留四位有效数字）。

【答案】

（1）酚酞；无色；红色；

（2）⑤②①③④⑥；

（3）无影响；因为是否加水不影响邻苯二甲酸氢钾的物质的量；

（4）偏小；（5）c（NaOH）=0.0025mol/0.02L=0.1250mol/L。

【解析】

试题分析：

（1）到达终点时，溶液的pH约为9.1，所以标定氢氧化钠溶液的浓度，应选在碱性范围变色的指示剂酚酞用作指示剂，达到滴定终点时溶液由无色变为红色。

（2）在测定氢氧化钠溶液浓度时的操作顺序是⑤准确称取0.4-0.5g邻苯二甲酸氢钾加入250ml锥形瓶中；②向锥形瓶中加20-30ml蒸馏水溶解；①向溶液中加入1-2滴指示剂；③用氢氧化钠溶液滴定到终点，半分钟不褪色；④重复以上操作；⑥根据两次实验数据计算氢氧化钠的物质的量浓度。

故顺序是⑤②①③④⑥。

（3）上述操作中，将邻苯二甲酸氢钾直接放到锥形瓶中溶解，由于物质的量不变，所以对实验无影响。

（4）滴定前，用蒸馏水洗净碱式滴定管，然后加待测定的氢氧化钠溶液滴定，会使NaOH的物质的量减少，所以消耗的标准溶液体积偏少，该操作对实验结果使溶液浓度偏小。

（5）现准确称取（分子量204.2）0.5105gKHC8H4O4晶体的物质的量是n（KHC8H4O4）=0.5105g÷204.2g/mol=0.0025mol，由于二者反应时物质的量的比是1:

1，所以c（NaOH）=n÷V=0.0025mol÷0.02L=0.1250mol/L。

考点：

考查滴定操作的步骤、指示剂的选择、滴定终点的判断、滴定方法在物质的量浓度的测定的应用的知识。

21．（7分）向铝粉和过氧化钠的混和物中加入足量水振荡，当混和物全部溶解后，得到无色透明溶液并放出7克气体，向该溶液中滴加5摩/升的盐酸，有白色胶状沉淀生成，当滴加到280毫升时，沉淀恰好溶解，求原混和物铝和过氧化钠的物质的量之比为多少？

（需写出计算过程）

【答案】n（Al）∶n（Na2O2）=1：

2

【解析】

22．ⅠD、E、X、Y、Z是周期表中的前20号元素，且原子序数逐渐增大。

它们的最简氢化物分子的