【解析】
【详解】A项、铜和浓硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜，二氧化硫和水，无水硫酸铜是白色的固体，加入水中，溶液呈蓝色，A正确；
B项、SO2使品红褪色是因为SO2溶于水生成的亚硫酸与有色物质直接结合，形成不稳定的无色化合物，加热后这种不稳定的无色物质分解而恢复原来的红色，B正确；
C项、酸性高锰酸钾具有强氧化性，二氧化硫能使酸性高锰酸钾溶液褪色是由于其具有还原性，C错误；
D项、氢氧化钠的作用是吸收多余的二氧化硫，可以改为装有碱石灰的干燥管，D正确； 故本题选C。
23.以下物质间转化不能通过一步反应实现的是
A. HClO→HCl B. SiO2→H2SiO3 C. Cu→CuSO4 D. SO2→SO4 【答案】B 【解析】
【详解】A项、根据方程式：2HClO现，A错误；
B项、SiO2不能与水反应生成H2SiO3，也无法与其他物质通过一步反应生成H2SiO3，B正确； C项、铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜，所以Cu→CuSO4可以通过一步反应实现，C错误；
D项、根据方程式：2SO2+O2+2H2O故本题选B。
24.由SiO2制备高纯度硅的工业流程如图所示：
2H2SO4，所以SO2→SO42-可以通过一步反应实现，D错误；
2HCl+O2↑，所以HClO→HCl可以通过一步反应实
2-
下列说法错误的是
A. SiO2与纯硅都是硬度大、熔沸点高的晶体 B. X为CO气体
C. 反应②产生的H2与反应③产生的HCl可以循环使用 D. 反应①②③均为在高温条件下的非氧化还原反应
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【答案】D 【解析】
【详解】A项、SiO2和Si都是原子晶体，硬度大、熔沸点高，A正确； B项、反应①为SiO2+2C
Si+2CO↑，可知X为CO气体，B正确；
C项、由生产高纯硅的流程示意图可知，H2和HCI既是反应物，又是生成物，所以可重复利用的物质是H2和HCl，C正确； D项、反应①为SiO2+2C③SiHCI3+H2 还原反应，D错误； 故本题选D。
【点睛】注意抓住SiO2制备高纯度的硅的工业流程图，记住并掌握如下三个方程式：反应①为SiO2+2C
Si+2CO↑，反应②Si(粗)+3HCl Si(粗)+3HCI。
25.往FeBr2溶液中通入Cl2时，随参加反应Cl2物质的量的变化，溶液中某些离子的浓度变化情况如图所示。下列说法正确的是
SiHCI3+H2，反应③SiHCI3+H2
Si+2CO↑，反应②Si(粗)+3HCl
SiHCI3+H2，反应
Si(粗)+3HCI，三个方程式中元素的化合价均发生变化，均属于氧化
A. 当n(Cl2)＜M mol时，发生的离子反应：2Br-+Cl2=Br2+2Cl- B. 当n(Cl2)＝M mol时，离子浓度关系：c(Fe):c(Br):c(Cl)=2:1:1 C. 当n(Cl2)=2M mol时，离子浓度大小关系：c(Cl-)＞c(Br-) D. 当Br-开始被氧化时，通入Cl2的物质的量大于原FeBr2的物质的量 【答案】C 【解析】 【分析】
据图可知：当n(Cl2)＜M mol时，Fe2＋与Cl2开始反应，此时Br－并没有参加反应；当n(Cl2)＝M mol时，Fe2＋与Cl2反应完全，发生反应的离子方程式为：2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，当
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3+
--
n(Cl2)>M mol时Br与Cl2反应，发生反应的离子方程式为：2Br＋Cl2=Br2＋2Cl； 【详解】A项、根据分析知，当n(Cl2)＜M mol时，Fe2＋与Cl2开始反应，此时Br－并没有参加反应，发生的离子反应为：2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，A错误；
B项、根据分析知，当n(Cl2)=M mol时，恰好将Fe反应完，发生的离子反应为：2Fe＋Cl2=2Fe
＋
2＋
2＋
3
－－－
＋2Cl，由离子方程式得到Fe有2M mol，Cl有2M mol，Br有4M mol，所以
3+
--
－3＋－－
c(Fe):c(Br):c(C1)=1:2:1，B错误；
C项、当n(Cl2)=2M mol时，发生反应的离子方程式为：2Br－＋Cl2=Br2＋2Cl－，由离子方程式得到Cl－有6M mol，Br－有4M mol，此时离子浓度大小关系：c(Cl-)＞c(Br-)，C正确； D项、当Br-开始被氧化时，根据当n(Cl2)=M mol时，恰好将Fe2＋反应完，发生的离子反应为：2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，由离子方程式得到Fe3＋有2M mol，Cl－有2M mol，Br－有4M mol，此时通入Cl2的物质的量小于原FeBr2的物质的量，D错误； 故本题选C。
【点睛】注意抓住氧化性：Fe < Br2 < Cl2，还原性：Fe > Br > Cl，Fe优先反应。 26.（1）①写出H2O的电子式：_____； ②写出胆矾的化学式：_________；
（2）写出实验室制备氯气的化学方程式__________________________________。 【答案】 (1). MnO2+4HCl(浓)【解析】
【详解】（1）根据题知H2O的电子式为：（2）根据题知胆矾是五水硫酸铜：CuSO4·5H2O
（3）根据题知实验室制备氯气是利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成二氯化锰、氯气和水，化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O
MnCl2+Cl2↑+2H2O
(2). CuSO4·5H2O (3).
3＋
2＋
－
－
2＋
27.现有A、B、C、D、E、F、G七种短周期主族元素，其原子序数依次增大。已如A、D位于同一主族，D是短周期中原子半径最大的。B、E最外层电子数是最内层电子数的2倍。C、F的最外层电子数相等，且C、F的原子序数之和为A、D原子序数之和的两倍。
（1）A、C、D、F形成的简单离子半径由大到小的顺序是____________（用元素符号填写）。 （2）B、E、F、G最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是___________（用化学式填写）。 （3）由C、D两元素能形成一种原子个数比为1：1的化合物，该化合物所含的化学键类型有
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____________。
（4）下列事实能说明G元素的非金属性比F元素的非金属性强的是______________。 a. G单质与Na2S溶液反应溶液变混浊 b. F氢化物的酸性比G的氢化物酸性弱
c. G和F两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高
（5）A、C、D、F四种元素形成的化合物M和N在溶液中相互反应的离子方程式是 ________________。
【答案】 (1). r(S2-)＞r(O2-)＞r(Na+)＞r(H+) (2). HClO4 (3). 离子键、共价键 (4). ac (5). H++HSO3-=SO2↑+H2O 【解析】 【分析】
现有A、B、C、D、E、F、G七种短周期主族元素，D是短周期中原子半径最大的，D为Na；已知A、D位于同一主族，A为H；B、E最外层电子数是最内层电子数的2倍。B为C，E为Si；C、F的最外层电子数相等，且C、F的原子序数之和为A、D原子序数之和的两倍，C、F的原子序数之和24，C的原子序数小于D，F的原子序数大于D，所以C为O；F为S；G为Cl；结合上述分析解答。
【详解】（1）离子的电子层数越多，半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；因此离子半径由大到小的顺序是：r(S)＞r(O)＞r(Na)＞r(H)，本题答案是：r(S2-)＞r(O2-)＞r(Na+)＞r(H+)
（2）元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性就越强，B、E、F、G最高价氧化物对应的水化物为：H2CO3、H2SiO3、H2SO4、HCIO4；因非金属性：Cl>S>C>Si，所以最高价含氧酸酸性由强到弱的顺序是：HClO4>H2SO4>H2CO3>H2SiO3；综上所述B、E、F、G最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是HClO4，本题答案是：HClO4。
（3）由C、D两元素能形成一种原子个数比为1：1的化合物为Na2O2，所含的化学键类型有离子键、共价键，本题答案是：离子键、共价键
（4）a项、 G为Cl原子，其单质Cl2与Na2S溶液反应的方程式为:Cl2+Na2S=2NaCl+S↓，G的得电子能力强，G的非金属性强，能说明G元素的非金属性比F元素的非金属性强，a正确； b项、非金属性越强，最高价含氧酸的酸性就越强，F氢化物的酸性比G的氢化物酸性弱不能说明G元素的非金属性比F元素的非金属性强，b错误；
c项、G和F两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高，可知G的氢化物稳定，则G的非金属性强，能说明G元素的非金属性比F元素的非金属性强，c正确；
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2-2-+
+
（5）A、C、D、F四种元素组成化合物M和N分别为：NaHSO4和NaHSO3，它们在溶液中相互反应的离子方程式是：H＋+HSO3－=SO2↑+H2O
【点睛】粒子半径比较基本原则：①一看“电子层数”：当电子层数不同时，电子层数越多，半径越大。②二看“核电荷数”：当电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小。③三看“核外电子数”：当电子层数和核电荷数均相同时，核外电子数越多，半径越大。 28.设计如下实验探究橄榄石（仅含三种短周期元素）的组成和性质。
（1）橄榄石的组成元素是O和____、____（填元素符号），化学式为__________。 （2）写出白色粉末A的一种用途：__________________________。
（3）白色粉末A溶于NaOH溶液的离子方程式是 _________________________________。 【答案】 (1). Mg (2). Si (3). 2MgO·SiO2 (4). 光导纤维等合理即可 (5). SiO2+2OH-=SiO32-+H2O 【解析】
【详解】橄榄石与盐酸反应后生成了白色胶状沉淀，推知该胶状沉淀为硅酸，灼烧后生成二氧化硅，质量为1.8g，则物质的量为
，二氧化硅能溶于NaOH溶液生成Na2SiO3，
橄榄石与过量盐酸反应后的无色溶液，与过量的NaOH溶液反应后，生成白色沉淀，该沉淀应是Mg(OH)2，质量为3.48g，则物质的量为
，因此该化合物中，硅元素与镁元
素的物质的量之比为1：2，因此橄榄石的化学式为：2MgO·SiO2；
（1）根据以上分析可知，橄榄石的组成元素是O和Mg、Si，化学式为2MgO·SiO2，本题答案为：Mg；Si；2MgO·SiO2；
（2）白色粉末为二氧化硅，用途有：制造玻璃、石英玻璃、水玻璃、光导纤维、电子工业的重要部件、光学仪器、工艺品和耐火材料的原料，本题答案为：光导纤维等； （3）白色粉未为二氧化硅，与NaOH溶液反应的离子方程式为：SiO2+2OH=SiO3+H2O， 本题答案为：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O。
29.将6.4gCu与足量的浓硫酸在加热条件下充分反应。
（1）把反应后的溶液稀释至500mL，取出50mL，向其中加入足量的BaCl2溶液，得到沉淀4.66g，则稀释后所得溶液中SO42-的物质的量浓度为_____________。
（2）把产生的气体缓缓通入100 mL a mol/L的NaOH溶液中，若反应物均无剩余，则a的取
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