河南省郑州市二中毕业班考前化学适应性训练

1、河南省郑州市二中2021届毕业班考前化学适应性训练解析版1 20时，磷酸与氢氧化钙生成的三种盐的溶解度每升饱和溶液中含溶质的质量如下表所示：物质Ca3(PO4)2CaHPO4Ca(H2PO4)2溶解度g·L-12×10-24.303×10-218以下表达正确的选项是A含Ca(H2PO4)2的磷肥可以与草木灰混施BKspCaHPO4=c(Ca2+)·c(H+)·c(PO43-)C20时，Ca(H2PO4)2饱和溶液物质的量浓度为0.13 mol·L-1D向澄清石灰水中逐滴滴入稀磷酸，开始出现浑浊，后变澄清【答案】D【解析】试题分析：A、

2、草木灰成分是K2CO3，Ca(H2PO4)2K2CO3=CaCO32KH2PO4，降低Ca2的吸收，故错误；B、HPO42不能擦拆写，应是Ksp=c(Ca2)×c(HPO42)，故错误；C、没有给出溶液的密度，无法计算其浓度，故错误；D、石灰水过量，和磷酸反响生成Ca3(PO4)2沉淀，磷酸钙和磷酸继续反响生成磷酸一氢钙，继续滴加磷酸，最后生成磷酸二氢钙，可溶性物质，溶液变澄清，故正确。考点：考查溶度积、物质的量浓度的计算、磷酸的性质等知识。2实验室进行过滤和蒸发操作时，都要用到的仪器是 A烧杯 B蒸发皿 C玻璃棒 D酒精灯【答案】C【解析】试题分析：过滤需要烧杯、玻璃棒、漏斗，蒸发

3、需要玻璃棒、蒸发皿，所以都要用到的仪器是玻璃棒，答案选C。考点：考查实验操作中仪器的选择3据报道，科学家己经研制出世界上最薄的材料一碳膜片，其厚度只有一根头发的二十万分之一。如下图，这种碳膜片状如蜂巢，是由碳原子构成的六边形单元向外延展而成，以下有关碳膜片的说法中，正确的选项是A碳膜片属于单质B碳膜片与C60是同一种元素形成的不同单质C碳膜片属于新型的金属材料D碳膜片在氧气中完全燃烧的产物和碳在氧气中完全燃烧的产物不同【答案】AB【解析】4在FeCl2、CuCl2和FeCl3的混合溶液中参加铁粉，充分反响后，滤出的不溶物中除铜粉外，还有少量铁粉,那么滤液中A肯定有Fe2+，可能有Fe3+ B肯

4、定有Fe3+，一定没有Cu2+C肯定有Cu2+，一定没有Fe3+ D肯定有Fe2+，一定没有Fe3+和Cu2+【答案】D【解析】略5假设已发现了116号元素，那么以下表达中正确的选项是其钠盐的分子式为Na2R；其最高价氧化物的水化物是强酸；R是金属元素；R是非金属元素；其最高价氧化物的分子式为RO3 A、 B、 C、 D、【答案】C【解析】先由原子序数116推断元素R位于A族，为氧族元素，根据氧族元素及其化合物性质递变规律推测判断和正确。6以下两种气体的分子数一定相等的是A质量相等、密度不等的N2和CO B等体积、等密度的CO和NOC等温、等体积的O2和N2 D等压、等体积的N2和CO2【答案

5、】A【解析】试题分析：A N2和CO的摩尔质量相等，质量相等，根据n=m/M,，N2和CO的物质的量相等，分子数相等，A正确；B 等体积、等密度的CO和NO 的质量相等，它们的摩尔质量不相等，物质的量不相等，分子数不相等，B错误；C根据阿伏伽德罗定律，等温、等体积的O2和N2 ，压强不一定相等，分子数也不一定相等，C错误；D 等压、等体积的N2和CO2，它们的温度可能不同，分子数也会不同，D错误，选A。考点：考查阿伏伽德罗定律及推论。7如下图，在用锌片、铜片和稀硫酸组成的原电池装置中，以下说法正确的选项是A铜电极上的反响为Cu2e=Cu2B放电时溶液中的阳离子向锌片移动C电池工作一段时间后溶液

6、的pH值减小D该电池的负极材料是锌片【答案】D【解析】A 错误，铜电极上的反响为2H+2e=H2B 错误，放电时溶液中的阳离子向铜片移动C 错误，电池工作一段时间后溶液的pH值升高D 正确，锌片比铜活泼，做负极。8以下离子方程式的书写正确的选项是A实验室用浓盐酸与MnO2反响制Cl2：MnO24HCl浓Cl2Mn22Cl2H2OB向BaOH2溶液中逐滴参加NH4HSO4溶液至Ba2刚好沉淀完全：Ba22OHHSO42NH4=BaSO4NH3·H2OH2OC向NaOH溶液中滴加同浓度的少量CaHCO32溶液：Ca2HCO3OH=CaCO3H2OD将标准状况下112 mL氯气通入10 m

7、L 1 mol/L的溴化亚铁溶液中：2BrCl2=2ClBr2【答案】B【解析】试题分析：A实验室用浓盐酸与MnO2反响制Cl2的离子方程式为MnO24H2ClCl2Mn22H2O，A错误；B向BaOH2溶液中逐滴参加NH4HSO4溶液至Ba2刚好沉淀完全时生成硫酸钡、一水合氨和水，离子方程式正确，B正确；C向NaOH溶液中滴加同浓度的少量CaHCO32溶液时生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子方程式不正确，C错误；D将标准状况下112 mL氯气的物质的量是0005mol，10 mL 1 mol/L的溴化亚铁溶液中亚铁离子和溴离子的物质的量分别是0001mol、0002mol，二者反响时氯气过量，亚铁

8、离子和溴离子全部被氧化，离子方程式不正确，D错误，答案选B。【考点定位】此题主要是考查离子方程式的正误判断【名师点晴】离子方程式正误判断1看离子反响是否符合客观事实，不可主观臆造产物及反响物。如2Fe6H=2Fe33H2，就不符合客观事实。2看“=“等是否正确。3看表示各物质的化学式是否正确。如HCO3不能写成CO32H，HSO4通常应写成SO42H，HCOO不可写成COOH等。4看是否漏掉离子反响。如BaOH2溶液与硫酸铜溶液反响，既要写Ba2与SO42的离子反响，又要写Cu2与OH的离子反响。5看电荷及质量是否守恒。如FeCl2溶液与Cl2反响，不能写成Fe2Cl2=Fe32Cl，而应写成

9、2Fe2Cl2=2Fe32Cl。6看反响物或产物的配比是否正确。如稀H2SO4与BaOH2溶液反响不能写成HOHSO42Ba2=BaSO4H2O，应写成2H2OHSO42Ba2=BaSO42H2O。7看是否符合题设条件及要求。如“过量、“少量、“等物质的量、“适量、“任意量以及滴加顺序等对反响离子方程式的影响。如往FeBr2溶液中通入少量Cl2的离子方程式为：2Fe2Cl2=2Fe32Cl；往FeI2溶液中通入少量Cl2的离子方程式为：2ICl2=I22Cl。2、多重并行反响的离子方程式书写气体与沉淀并行。如向BaOH2溶液中滴加NH42SO4溶液并加热，应写为Ba22OH2NH4+SO42B

10、aSO42NH32H2O。弱电解质与中和并行。如向NH4HCO3溶液中参加过量NaOH溶液，应写成NH4HCO32OH=NH3·H2OCO32H2O。沉淀与中和并行。如向BaOH2溶液中滴加H2SO4，应写成Ba22OH2HSO42BaSO42H2O。沉淀、气体与中和并行。如向BaOH2溶液中滴加NH4HSO4浓溶液并加热，应写成Ba22OHNH4HSO42BaSO4NH32H2O。多重沉淀并行。如向CuSO4溶液中滴加BaOH2溶液，应写成Cu2SO42Ba22OH =CuOH2BaSO4。多重氧化复原反响并行。如向FeBr2溶液中通入足量Cl2，应写成2Fe24Br3Cl2=2F

11、e32Br26Cl。9以下关于阿伏加德罗常数NA的说法正确的选项是 A在铜与硫的反响中，1mol铜失去的电子数为2NA。BCu与足量浓HNO3反响转移NA电子生成的气体在标况下占22.4L(忽略气体溶解及逸散)。C31g白磷中含有PP键的个数为4NA D足量Fe与一定量热的浓H2SO4反响放出l mol气体时转移的电子数为2NA(忽略气体溶解及逸散)。【答案】D【解析】硫的氧化性比拟弱，和铜反响生成的是Cu2S，因此1mol铜失去的电子数为NA。铜和浓硝酸反响的方程式为3Cu8HNO3=3Cu(NO3)24H2O2NO2，即每生成2molNO2转移电子是6mol，因此选项B是错误的。白磷是正四

12、面体结构，1个白磷分子中含有6个PP键，31g白磷是，所以含有的PP键为0.25mol×61.5mol，D不正确。因为铁是过量的，所以生成物是硫酸亚铁，即铁和浓硫酸反响的方程式为Fe2H2SO4(浓)FeSO4H2OSO2，所以选项D是正确的。答案选D。102021秋漳州校级月考通常人们把拆开1mol某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能现给出化学键的键能见表：化学键HHClClClH键能/kJmol1436243431请计算H2g+Cl2g2HClg的反响热 A+862 kJmol1 B+679 kJmol1C183 kJmol1 D+183 kJmol1【答案】C【解析】反响热=

13、反响物的总键能生成物的总键能=436kJ/mol+243kJ/mol431kJ/mol×2=183.0 kJ/mol，应选C【点评】此题主要考查了反响热的计算，抓住反响热=反响物的总键能生成物的总键能即可完成，难度不大11以下哪种物质所含原子数与05 mol NaHCO3所含原子数相等A15 mol NaCl B05mol H2SO4 C06 mol H2O2 D1 mol HNO3【答案】A【解析】试题分析：1mol NaHCO3中原子数应该为6mol,所以05 mol NaHCO3中原子数为3mol，相同方法计算出A选项正确考点：物质的量相关计算12右图为直流电源电解稀Na2SO

14、4水溶液的装置。通电后在石墨电极a和b附近分别滴加几滴石蕊溶液。以下实验现象描述正确的选项是A逸出气体的体积，a电极的小于b电极的B一电极逸出无味气体，另一电极逸出刺激性气体Ca电极附近呈红色，b电极附近呈蓝色Da电极附近呈蓝色，b电极附近呈红色【答案】D【解析】试题分析：根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原那么，溶液中的阴离子SO42-、OH移向阳极b极，在b极上OH放电，产生O2，b极附近c(H)>c(OH)，石蕊试液变红。溶液中的阳离子Na、H移向阴极a极，在a极H放电产生H2，a极附近c(OH)>c(H)，石蕊试液变蓝。根据同一闭合回路中电子转移数目相等可知反响产生的

15、氧气与氢气的体积关系是：V(H2)=2V(O2)，所以产生的气体体积a电极的大于b电极的；两种气体均为无色无味的气体。A、B、C均错误，D选项正确。考点：考查电解原理的应用的知识。13对室温下pH相同、体积相同的氨水和氢氧化钠溶液分别采取下到措施，有关表达正确的选项是A参加适量的氯化铵晶体后，两溶液的pH均减小B温度降低10，两溶液的pH均不变C分别加水稀释10倍，两溶液的pH仍相等D分别用盐酸中和，消耗的盐酸体积相同【答案】A【解析】试题分析：A、NH3·H2ONH4OH，参加NH4Cl晶体NH4Cl=NH4Cl，增加NH4的浓度，使反响向逆反响方向进行，c(OH)减少，pH减小，

16、NaOH溶液中参加NH4Cl晶体发生：NH4OH=NH3·H2O，强碱制备弱碱，pH减小，正确；B、氨水、强氧化钠是碱，计算pH利用的公式：pH=lgc(H)，c(H)= ，Kw只受温度的影响，温度降低，Kw降低，c(H)减小，pH均改变，错误；C、室温下，假设1LpH=12的氨水、NaOH，NaOH的强碱完全电离，稀释10倍后NaOH的c(OH)= =103mol·L1，c(H)= =1011，pH=lgc(H)=11，氨水是弱碱局部发生电离，加水稀释促进氨水的电离，c(OH)减小，但比稀释后的NaOH中c(OH)多，因此12>pH>11，错误；D、氨水是弱碱

17、、NaOH是强碱，pH相同时，氨水的浓度大于NaOH的，相同体积下，n(NH3·H2O)>n(NaOH)，消耗的盐酸的体积，氨水的大于NaOH的，错误。个人收集整理 勿做商业用途考点：考查弱电解质的电离、pH的计算和稀释问题。14224mL某气体在标准状况下的质量为032g，该气体的摩尔质量为A32g·mol-1 B64 C64g·mol-1 D64g 【答案】A【解析】试题分析：摩尔质量单位是g/mol，B、D错误；利用n=V/Vm，M=m/n，把数值代入解得M=32g/mol，A正确。考点：考查物质的量、质量、摩尔质量、摩尔体积之间的关系。15根据所学知

18、识填空。1写出此分子含有的官能团名称 。2写出铝热反响的化学方程式 。3用离子方程式表示泡沫灭火器的灭火原理 。4根据沉淀溶解平衡原理，用离子方程式解释碳酸钙溶于盐酸的过程 。5写出有机物名称为 2，5 二甲基4乙基庚烷的结构简式 。6常温下，将pH=5的盐酸和pH=9的NaOH溶液以一定的体积比混合后，所得溶液的pH=6，那么盐酸和氢氧化钠溶液的体积比是 。7以下8组物质，互为同分异构体的是 组。甲烷和十七烷 金刚石和石墨 O2和O3 甲苯和苯乙烯 邻二甲苯和间二甲苯 12C 和14C 和 2-丁炔和1,3-丁二烯【答案】1 酯基、碳碳双键、酚羟基、醚 2 2Al + Fe2O3 Al2O3

19、 + 2Fe3 Al3+ 3HCO3= AlOH3+ 3CO245CH3CHCH3CH2CHC2H5CHCH3CH2CH3 6 11：9 7 【解析】试题分析：1有机物含有的官能团名称有酯基、碳碳双键、酚羟基、醚键。2铝热反响的化学方程式可表示为 2Al + Fe2O3 Al2O3 + 2Fe。3碳酸氢根和铝离子水解相互促进产生大量的二氧化碳气体，那么用离子方程式表示泡沫灭火器的灭火原理为Al3+ 3HCO3= AlOH3+ 3CO2。4由于碳酸根离子能与氢离子交换生成碳酸氢根，碳酸氢根继续交换氢离子生成二氧化碳，从而促进碳酸钙的溶解，那么用离子方程式解释碳酸钙溶于盐酸的过程为。5名称为 2，

20、5 二甲基4乙基庚烷的结构简式为CH3CHCH3CH2CHC2H5CHCH3CH2CH3。6常温下，将pH=5的盐酸和pH=9的NaOH溶液以一定的体积比混合后，所得溶液的pH=6，那么，所以盐酸和氢氧化钠溶液的体积比是11：9。7甲烷和十七烷的分子式不相同，不能互为同分异构体；金刚石和石墨互为同素异形体；O2和O3互为同素异形体；甲苯和苯乙烯的分子式不相同，不能互为同分异构体；邻二甲苯和间二甲苯的分子式相同，结构不同，互为同分异构体；12C 和14C互为同位素；和的分子式不相同，不能互为同分异构体；2-丁炔和1，3-丁二烯的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，答案选。考点：考查官能团、同分

21、异构体判断、有机物命名，溶解平衡、pH计算、铝热反响等1612分1家用液化石油气的主要成分之一是丁烷(C4H10)，当10 kg丁烷完全燃烧并生成二氧化碳气体和液态水时，放出的热量为5×105 kJ。试写出丁烷燃烧的热化学方程式： 。1mol液态水汽化时需要吸收44 kJ热量，那么反响C4H10(g)+65O2(g) =4CO2(g)+5H2O(g)的H= 。2有同学用丁烷与空气为原料制作一燃烧电池，假设以稀硫酸为电解质溶液时，其负极反响式为 。3拆开1 mol HH键，1 molNH键，1 molNN键分别需要的能量是akJ、bkJ、ckJ，那么N2与H2反响生成NH3的热化学方程

22、式为 。【答案】171C4H10(g)+65O2(g) = 4CO2(g)+5H2O (l) H =2900 kJ/mol 2680 kJ/mol2C4H10-26e-+8H2O =4CO2+26H+ 3N2(g)+3H2(g) = 2NH3(g) H6b+c+3a kJ·mol1【解析】试题分析：110 kg丁烷完全燃烧并生成二氧化碳气体和液态水时，放出的热量为5×105 kJ，那么1mol丁烷完全燃烧并生成二氧化碳气体和液态水时，放出的热量为2900 KJ ，那么丁烷燃烧的热化学方程为C4H10(g)+65O2(g) = 4CO2(g)+5H2O (l) H =2900

23、 kJ/mol， 由题意知H2O(l)=H2O(g) H=44 kJ·mol-1,利用盖斯定律计算可得反响C4H10(g)+65O2(g) =4CO2(g)+5H2O(g)的H= 2680 kJ/mol；2丁烷-空气燃料电池工作时，丁烷失电子发生氧化反响作负极；以稀硫酸为电解质溶液时，结合电极反响式的书写规律可得, C4H10-26e-+8H2O =4CO2+26H+(3)依据H=反响物的键能之和生成物的键能之和可求得合成氨反响的焓变(6b+c+3a) kJ·mol-1，那么N2与H2反响生成NH3的热化学方程式为N2(g)+3H2(g) = 2NH3(g) H6b+c+3

24、a kJ·mol1考点：考查热化学方程式的书写，燃料电池等知识。1713分下表是实验室制备气体的有关内容：编号实验内容实验原理气体发生装置制备氧气H2O2O2制备氨气NH4ClNH3制备氯气HClCl21上述气体中：从制备过程看，必须选择适宜的氧化剂才能实现的是 填气体名称，下同；从反响原理看，明显不同于其他两种气体的是 。2根据表中所列实验原理，从以下装置中选择适宜的气体发生装置，将其编号填入上表中的空格中。 3某学习小组设计了如以下图实验，将氯气依次通过以下装置以验证氯气的性质： 通入氯气后，A中的现象是 ，整套实验装置存在的明显缺陷是 。请你帮该小组同学设计一个实验，证明洗气瓶

25、B中的Na2SO3已被氧化： 4假设用排空气法收集Cl2，在下边方框内画出气体收集装置图。 5假设将多余的Cl2用100 mL 1.7mol/L的NaOH溶液完全吸收。对吸收后的溶液进行分析化验，测知其pH等于13 不考虑反响前后溶液的体积变化，ClO和ClO3的物质的量浓度之比为51。那么在整个过程中被氧化的氯气的物质的量为 mol。 【答案】13分 1Cl21分， NH3 1分 2 1分 1分 或1分3溶液变蓝色1分； 无尾气吸收装置1分 取少量溶液于试管中，向其中滴加稀盐酸至不再产生气体，再向其中滴加氯化钡溶液，假设产生白色沉淀，那么证明亚硫酸钠被氧化。其他合理答案也给分2分42分 50

26、.03 2分【解析】1810分以下图是做过氨气溶于水的喷泉实验装置，实验完成后烧瓶里的空间被分为两个局部：A和B，请根据实验内容按要求填空：1A中的主要成分是 ；2B中溶液即为氨水，把酚酞滴入氨水中，溶液显 色，是因为 用离子方程式表示；3试剂的滴加顺序不同，有时会产生不同的现象。把氨水滴入Al2(SO4)3溶液中，把Al2(SO4)3溶液滴入氨水中， 、的实验现象是否相同 (填“相同或“不同)，写出反响的化学方程式 ；反响的离子方程式 ；4把氨水滴加到FeSO4溶液中的现象为 。【答案】7分1空气或N2、O2；2红色， NH3·H2ONH4+ + OH-3 Al2(SO4)3+6N

27、H3·H2O + 6H2O2Al(OH)3+3(NH4)2SO4 Al3+3NH3·H2O Al(OH)3+3NH4+4先生成白色沉淀，让后变成灰绿色，最后变成红褐色。【解析】1916分利用甲烷与氯气发生取代反响制取副产品盐酸的设想在工业上已成为现实某化学兴趣小组拟在实验室中模拟上述过程,其设计的模拟装置如下:根据要求填空：1装置A中反响的化学方程式为 ，当产生336mL气体标准状况时，有 mol复原剂被氧化。2B装置有三种功能：控制气流速度；_；_。3设VCl2/VCH4=x，假设理论上欲获得最多的氯化氢,那么x的取值范围是_。4D装置中的石棉上均匀附着湿润的KI粉末，其

28、作用是_。5E装置的作用是_填编号。A收集气体 B吸收氯气 C防止倒吸 D吸收氯化氢6在C装置中，经过一段时间的强光照射,发现硬质玻璃管内壁有黑色小颗粒产生，写出置换出黑色小颗粒的化学方程式_。7装置中除了有盐酸生成外，还含有有机物，从E中别离出盐酸的最正确方法为_。该装置还有缺陷,原因是没有进行尾气处理，其尾气的主要成分是_填编号。ACH4 BCH3Cl CCH2Cl2 DCHCl3 ECCl4【答案】16分1MnO2 +4HCl浓MnCl2 + Cl2+2H2O2分， 0.0302分。2使气体混合均匀1分；枯燥气体1分； 342分；4吸收Cl21分， 5CD2分；6CH4+2Cl2C+4H

29、Cl2分； 7分液1分， AB2分。【解析】试题分析：1装置A的作用是制氯气：MnO2 +4HCl浓MnCl2 + Cl2+2H2O 此反响中每生成1mol氯气被氧化的HCl是2mol，所以当产生336mL气体标准状况时，有0.030mol复原剂HCl被氧化。2生成的氯气中含有水，B装置除具有控制气流速度、均匀混合气体之外，因浓硫酸具有吸水性，还具有枯燥作用.3氯气与甲烷发生取代反响，反响特点是1mol氯气可取代1molH原子生成1molHCl，设=x，假设理论上欲获得最多的氯化氢，那么x值应保证甲烷被完全取代，x应大于或等于4。4氯气具有氧化性，KI中-1价的碘能被氯气氧化，产物为氯化钾固体

30、和碘单质，所以，D装置的石棉中均匀混有KI粉末，能吸收过量的氯气。5装置中最后剩余的氯化氢气体需要吸收不能排放到空气中，氯化氢易溶于水需要防止倒吸；6黑色小颗粒是碳，提示是置换反响，可得反响式：CH4+2Cl2C+4HCl7E装置中除了有盐酸生成外，还含有二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳不溶于水，能分层，可用分液分开；反响生成的二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳均是油状的液体，只有一氯甲烷是气体，还可能有过量的甲烷，可能存在剩余的甲烷和生成的一氯甲烷等气体，应进行尾气处理，应选项A、B符合题意。考点：无机实验流程 涉及反响原理，操作注意点、尾气处理及数据处理等206分某混合

31、物由NaCl、MgCl2两种物质组成，其中Na和Mg两种元素的质量比为2312。求NaCl与MgCl2的物质的量之比 。氯离子总量为8mol时，Mg2+的物质的量是 。【答案】2:1 ， 2mol .每空3分【解析】1设NaCl与MgCl2的物质的量分别是x和y，那么23x24y2312，解得xy21。2设氯化镁的物质的量是a，那么氯化钠是2a。因为氯离子总量为8mol，所以2a2a8mol，解得a2mol，所以Mg2+的物质的量是2mol。21A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素。A原子的电子层数与它的核外电子总数相同，A与C、B与D分别为同主族元素，B和C的最外层电子数之和

32、与E的最外层电子数相同。A与E形成的化合物化学式为AE，其分子中含18个电子。请答复以下问题：1A元素单质的化学式为_ ，D元素的原子结构示意图为_ 。2由A、B、C三种元素形成的化合物的电子式为_ ，这种化合物形成的晶体 中所含的化学键类型有_ 。3由A、B、D三种元素形成的一种化合物和A、B两种元素形成的一种化合物能发生氧化复原反响，反响的化学方程式：_ 。4B、C、E三种元素形成一种盐，此盐中三种原子个数比为1：1：1，在25时，将该盐溶于水，测得溶液pH7，理由是_ (用离子方程式表示)；将该盐溶液在空气中露置一段时间后(充分光照，不考虑水分 的挥发)，溶液的pH近似为7，那么该过程的

33、总反响方程式为_ 。【答案】1H2(1分)； S: (1分)2(1分)；离子键、共价键；(1分)3H2SO3+H2O2=H2SO4+H2O4ClO-+H2OHClO+OH-；2NaClO=2NaCl+O2【解析】试题分析：A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素，A原子的电子层数与它的核外电子总数相同，那么A为氢元素；A与E形成的化合物化学式为AE，其分子中含18个电子，故E为氯元素；A与C同主族，处于A族，B和C的最外层电子数之和与E的最外层电子数相同，那么B的最外层电子数为7-1=6，处于A族，B与D为同主族，原子序数B小于D，那么B为氧元素，D为硫元素；C原子序数大于氧元素，C与氢元素为同主族，故C为钠元素；1A元素单质的化学式为H2，D为硫元素，其原子结构示意图为；2由A、B、C三种元素形成的化合物为NaOH，氢氧化钠是离子化合物，由钠离子与氢氧根离子构成，电子式为晶体中钠离子与氢氧根离子之间形成离子键，氢氧根离子中氢原子与氧原子之间形成共价