2y y y y NO+NO2 +Na2CO3 ═2NaNO2 +CO2
x﹣y
已知产生22.4L（标准状况下）CO2，则y+溶液增加的质量为：2y?46+
?30+
=?46﹣
?44=44，
联立两个方程式解得：x：y=5：3，
所以吸收液中NaNO2和NaNO3的物质的量之比为5：3； 故选A．
24．我国首创的海洋电池以铝板、铂为电极，以海水作为电解质溶液，电池总反应为：4Al+3O2+6H2O=4Al（OH）3，下列有关该电池说法正确的是（ ）
A．该电池工作时将电能转化为化学能
B．通常一段时间后该电池只需更换铝板就可继续使用 C．负极反应式是：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣ D．铝片发生还原反应 【考点】化学电源新型电池．
【分析】根据电池总反应可知，电池工作时，负极为Al，发生氧化反应，电极反应式为Al﹣3e﹣+3OH﹣=Al（OH）3，正极上通入空气，发生还原反应，正极反应式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，结合原电池的工作原理解答该题．
【解答】解：A．该装置属于原电池，电池工作时，化学能转化为电能，故A错误； B．Al不断反应，不断溶解，所以一段时间后，更换铝板就可以继续使用，故B正确； C．正极上通入空气，发生还原反应，正极反应式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故C错误； D．Al失电子发生氧化反应，故D错误． 故选B．
25．下列ETH天文研究所报告，组成太阳的气体中存在20Ne和22Ne，下列关于20Ne和22Ne的说法正确的是（ ）
A．20Ne和22Ne互为同位素 B．20Ne和22Ne互为同素异形体 C．20Ne和22Ne的质量数相同
D．20Ne和22Ne的中子数相同
【考点】质子数、中子数、核外电子数及其相互联系；同位素及其应用；同素异形体．
【分析】具有相同质子数，不同中子数（或不同质量数）同一元素的不同核素互为同位素．同种元素形成的不同单质为同素异形体．在原子中，核电荷数=质子数=核外电子数，质量数=质子数+中子数． 【解答】解：A．由具有相同质子数，不同中子数（或不同质量数）同一元素的不同核素互为同位素，Ne和22Ne互为同位素，故A正确；
B，同种元素形成的不同单质为同素异形体，20Ne和22Ne不是同素异形体，故B错误； C、20Ne和22Ne的质量数分别为20、22，故C错误；
D、20Ne和22Ne的中子数分别为20﹣10=10、22﹣10=12，故D错误； 故选：A．
26．对于反应中的能量变化，表述正确的是（ ） A．氧化反应均为吸热反应 B．断开化学键的过程会放出能量 C．加热才能发生的反应一定是吸热反应
D．放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量 【考点】吸热反应和放热反应．
【分析】反应物的总能量大于生成物的总能量时，或当断键吸收的能量小于成键放出的能量时，反应放热，反之吸热；反应吸放热与反应条件无必然的关系，据此分析．
【解答】解：A、氧化反应是失电子的反应，与反应吸放热无必然关系，故A错误；
B、由于原子的能量高于对应分子的能量，故断开化学键由分子变为原子要吸收能量，故B错误； C、加热才能发生的反应不一定是吸热反应，不需要加热就能发生的也不一定是放热反应，即反应吸放热与反应条件无关，故C错误；
D、放热反应中，反应物的总能量会大于生成物的总能量，或断键吸收的能量要小于成键放出的能量，故D正确． 故选D．
27．短周期主族元素A、B、C、D，原子序数依次增大．A．C的原子序数的差为8，A、B、C三种元素原子的最外层电子数之和为15，B原子最外层电子数等于A原子最外层电子数的一半．下列叙述正确的是（ ） A．原子半径：A＜B＜C＜D B．非金属性：A＞C
C．B和D最高价氧化物对应水化物相互不反应 D．单质B常温下能溶于浓硝酸
【考点】原子结构与元素周期律的关系．
【分析】A、C的原子序数的差为8，说明A、C同主族，结合三种元素原子的最外层电子数之和为15，B原子最外层电子数等于A原子最外层电子数的一半．令B的最外层电子数为x，则x+2x+2x=15，解得x=3，再根据短周期元素A、B、C、D，原子序数依次递增，则A为氧元素，B为铝元素，C为硫元素，D为氯元素，以此解答该题．
20
【解答】解：A、C的原子序数的差为8，说明A、C同主族，结合三种元素原子的最外层电子数之和为15，B原子最外层电子数等于A原子最外层电子数的一半．令B的最外层电子数为x，则x+2x+2x=15，解得x=3，再根据短周期元素A、B、C，原子序数依次递增，则A为氧元素，B为铝元素，C为硫元素，D为氯元素． A、由于B、C、D同周期，原子序数依次增大，同一周期，从左到右半径在减小，原子半径B＞C＞D，D为氯元素，A为氧元素，原子半径为D＞A，故原子半径为B＞C＞D＞A，故A错误； B、A、C同主族，自上而下金属性增强，非金属性减弱，所以非金属性A＞C，故B正确； C、B和D最高价氧化物对应水化物分别为氢氧化铝和高氯酸，二者发生中和反应，故C错误； D、B为铝元素，常温下铝在浓硝酸钝化，不能溶解，故D错误． 故选B．
28．某溶液中可能含有下列6种离子中的某几种：Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Na+、K+．为确认溶液组成进行如下实验：
（1）200mL上述溶液，加入足量BaCl2溶液，反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥，得沉淀4.30g，向沉淀中加入过量的盐酸，有2.33g沉淀不溶．
（2）向（1）的滤液中加入足量的NaOH溶液，加热，产生能促使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体1.12L（已换算成标准状况，假定产生的气体全部逸出）．由此可以得出关于原溶液组成的正确结论是（ ） A．一定存在SO4、CO3、NH4，可能存在Cl、Na、K B．一定存在SO4、CO3、NH4、Cl，一定不存在Na、K C．c（CO32﹣）=0.01mol，c（NH4+）＞c（SO42﹣） D．如果上述6种离子都存在，则c（Cl）＞c（SO4） 【考点】离子共存问题；几组未知物的检验．
【分析】（1）取少量该溶液加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，再加入足量盐酸后，沉淀部分溶解，并有气体生成，说明白色沉淀为BaCO3和BaSO4，则溶液中含有CO32﹣、SO42﹣；
（2）向（1）的滤液中加入足量的NaOH溶液，加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，说明溶液中有NH4+；
【解答】解：（1）取少量该溶液加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，再加入足量盐酸后，沉淀部分溶解，并有气体生成，说明白色沉淀为BaCO3和BaSO4，质量一共是4.3g，则溶液中含有CO3、SO4，向沉淀中加入过量的盐酸，有2.33g沉淀不溶，则硫酸钡的质量是2.33g，所以硫酸根离子的物质的量是
=0.01mol，所以碳酸钡的质量是4.3g﹣2.33g=1.97g，碳酸根离子的物质的量是=0.01mol；
（2）向（1）的滤液中加入足量的NaOH溶液，加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，物质的量是
=0.05mol，说明溶液中有NH4+的物质的量是0.05mol；
2﹣
2﹣
﹣
2﹣
2﹣
2﹣
+
﹣
+
+
2﹣
2﹣
+
﹣
+
+
A、溶液中一定存在SO42﹣、CO32﹣、NH4+，根据电荷守恒，一定存在Cl﹣，不能确定是否存在Na+、K+，故A错误；
B、溶液中一定存在SO42﹣、CO32﹣、NH4+，根据电荷守恒，一定存在Cl﹣，不能确定是否存在Na+、K+，故B错误；
C、碳酸根离子的物质的量是
=0.25mol/L，故C错误；
=0.01mol，浓度是=0.05mol/L，铵根离子浓度是
D、如果上述6种离子都存在，根据电荷守恒c（Cl﹣）+2c（SO42﹣）+2c（CO32﹣）=c（NH4+）+c（Na+）+c（K+），则c（Cl）＞c（SO4），故D正确． 故选D．
二.填空题：（本部分共两题，共16分）
29．如图所示的物质转化关系中（反应条件未全部列出），A为某金属矿的主要成分，B、D为组成元素相同的无色液体，C、E是单质，I的溶液呈蓝色，反应①是工业上冶炼金属的一种方法．
﹣
2﹣
请回答下列问题： （1）B的电子式为
（2）G的化学式为 SO3 ．
（3）E与H的浓溶液反应的化学方程式为 Cu+2H2SO4（浓
）CuSO4+SO2↑+2H2O ．
．
（4）I的溶液与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为 Cu2++2OH﹣=Cu（OH）2↓ ． 【考点】无机物的推断．
【分析】B、D为组成元素相同的无色液体，且B在二氧化锰作用下生成D与单质C，可知B为H2O2，D为H2O，则C为O2，反应①是工业上冶炼金属的一种方法，由I的溶液呈蓝色，可知A中应含有Cu元素，应为Cu2S，则E为Cu，F为SO2，G为SO3，H为H2SO4，I为CuSO4，据此答题．
【解答】解：B、D为组成元素相同的无色液体，且B在二氧化锰作用下生成D与单质C，可知B为H2O2，D为H2O，则C为O2，反应①是工业上冶炼金属的一种方法，由I的溶液呈蓝色，可知A中应含有Cu元素，应为Cu2S，则E为Cu，F为SO2，G为SO3，H为H2SO4，I为CuSO4， （1）由以上分析可知，B为H2O2，电子式为（2）由上述分析可知，G为SO3，故答案为：SO3； （3）Cu与浓硫酸反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）故答案为：Cu+2H2SO4（浓
）CuSO4+SO2↑+2H2O；
CuSO4+SO2↑+2H2O，
，故答案为：
；
（4）CuSO4溶液与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：Cu2++2OH﹣=Cu（OH）2↓， 故答案为：Cu2++2OH﹣=Cu（OH）2↓．
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