题目内容
自2009年3月起，从墨西哥、美国等国逐渐扩散到全世界的甲型H1N1型流感爆发疫情，引起全球关注和积极应对．防控专家表示，含氯消毒剂和过氧化物等强氧化性消毒剂可预防甲型H1N1型流感．
（1）过碳酸钠 （化学式2Na2CO3?3H2O2） 俗称固体双氧水，白色结晶颗粒．过碳酸钠溶于水或受热时，分解生成碳酸钠和过氧化氢，是很好的固体氧释放剂．
①请你写出过氧化氢的电子式______，其中氧元素的化合价是______．
②H2O2有时可作为矿业废物消毒剂，有“绿色氧化剂”的美称，如消除采矿业胶液中的氰化物（如KCN），经以下反应实现：
KCN+H2O2+H2O=A+NH3↑，则生成物A的化学式为______，H2O2被称为“绿色氧化剂”的理由是______．
③某强酸性反应体系中，反应物和生成物共六种物质；O2、MnO4-、H2O、Mn2+、H2O2、H+．已知该反应中H2O2只发生了如下过程：H2O2→O2．写出该反应的离子方程式______．
④实验室制O2主要有4种方法，用化学方程式写出任意一种______．
（2）碳酸钠水溶液显碱性．用离子方程式解释其原因______；pH值相同的①碳酸钠溶液、②醋酸钠溶液、③氢氧化钠溶液，其浓度由大到小的顺序是：______（填写序号）．
（3）漂白剂亚氯酸钠 （NaClO2） 在常温黑暗处可保存一年．亚氯酸不稳定可分解，反应的离子方程式为：
HClO2→ClO2↑+H++Cl-+H2O（未配平）．在该反应中，当有1molClO2生成时，转移的电子数是______个．
（4）ClO2不稳定，可与NaOH溶液、H2O2反应，转化为较稳定的亚氯酸钠 （NaClO2）．该反应的化学方程式为______．
解：（1）①H最外层1个电子，O原子最外层6个电子，则过氧化氢的电子式为
，H2O2中H为+1价，由化合物中正负化合价的代数和为0，则氧元素的化合价为-1价，
故答案为：
；-1；
②由反应KCN+H2O2+H2O=A+NH3↑，根据质量守恒定律可知，元素守恒、原子守恒，则A的化学式为KHCO3，H2O2被称为“绿色氧化剂”，氧元素的化合价降低，则产物为水，
生成物对环境无污染，故答案为：KHCO3；在反应体系中布引入杂质（或对环境无污染）；
③MnO4-具有氧化性，H2O2具有还原性，H2O2只发生了如下过程：H2O2→O2，则还原反应为MnO4-→Mn2+，并由质量守恒定律及电荷守恒可知，离子反应为
2MnO4-+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O，故答案为：2MnO4-+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O；
④过氧化氢分解能生成氧气，该反应为2H2O2
2H2O+O2↑，故答案为：2H2O22H2O+O2↑；
（2）碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，离子反应为CO32-+H2O?HCO3-+OH-，又盐中的酸根离子对应的酸越弱，水解程度越大，则pH越大，碱性越强，溶液的pH越大，则pH值相同的①碳酸钠溶液、②醋酸钠溶液、③氢氧化钠溶液，③的浓度最小，碳酸的酸性小于醋酸，则②的浓度最大，故答案为：②＞①＞③；
（3）由HClO2→ClO2↑+H++Cl-+H2O可知，反应物中Cl元素的化合价既升高又降低，当有1molClO2生成时，转移的电子数为1mol×（4-3）×NAmol-1=NA，故答案为：NA；
（4）反应物为ClO2、NaOH、H2O2，生成物为NaClO2，由氧化还原反应及质量守恒可知，反应为2ClO2+2NaOH+H2O2═2NaClO2+O2↑+2H2O，
故答案为：2ClO2+2NaOH+H2O2═2NaClO2+O2↑+2H2O．
分析：（1）①利用最外层电子分析电子式，利用H为+1价及化合物中正负化合价的代数和为0来分析；
②根据质量守恒定律来分析A的化学式，并利用氧化剂中元素的化合价变化来分析；
③利用氧化还原反应来分析；
④过氧化氢分解能生成氧气；
（2）碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，盐中的酸根离子对应的酸越弱，水解程度越大，则pH越大，碱性越强，溶液的pH越大；
（3）根据化合价变化来计算转移的电子数；
（4）利用反应物与生成物来书写化学反应方程式．
点评：本题考查氧化还原反应、离子反应、水解等知识，考查知识较为综合，但注重了对高考考点的考查及利用新信息来考查化学知识，是一道不错的习题．
，H2O2中H为+1价，由化合物中正负化合价的代数和为0，则氧元素的化合价为-1价，故答案为：
；-1；②由反应KCN+H2O2+H2O=A+NH3↑，根据质量守恒定律可知，元素守恒、原子守恒，则A的化学式为KHCO3，H2O2被称为“绿色氧化剂”，氧元素的化合价降低，则产物为水，
生成物对环境无污染，故答案为：KHCO3；在反应体系中布引入杂质（或对环境无污染）；
③MnO4-具有氧化性，H2O2具有还原性，H2O2只发生了如下过程：H2O2→O2，则还原反应为MnO4-→Mn2+，并由质量守恒定律及电荷守恒可知，离子反应为
2MnO4-+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O，故答案为：2MnO4-+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O；
④过氧化氢分解能生成氧气，该反应为2H2O2
2H2O+O2↑，故答案为：2H2O22H2O+O2↑；（2）碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，离子反应为CO32-+H2O?HCO3-+OH-，又盐中的酸根离子对应的酸越弱，水解程度越大，则pH越大，碱性越强，溶液的pH越大，则pH值相同的①碳酸钠溶液、②醋酸钠溶液、③氢氧化钠溶液，③的浓度最小，碳酸的酸性小于醋酸，则②的浓度最大，故答案为：②＞①＞③；
（3）由HClO2→ClO2↑+H++Cl-+H2O可知，反应物中Cl元素的化合价既升高又降低，当有1molClO2生成时，转移的电子数为1mol×（4-3）×NAmol-1=NA，故答案为：NA；
（4）反应物为ClO2、NaOH、H2O2，生成物为NaClO2，由氧化还原反应及质量守恒可知，反应为2ClO2+2NaOH+H2O2═2NaClO2+O2↑+2H2O，
故答案为：2ClO2+2NaOH+H2O2═2NaClO2+O2↑+2H2O．
分析：（1）①利用最外层电子分析电子式，利用H为+1价及化合物中正负化合价的代数和为0来分析；
②根据质量守恒定律来分析A的化学式，并利用氧化剂中元素的化合价变化来分析；
③利用氧化还原反应来分析；
④过氧化氢分解能生成氧气；
（2）碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，盐中的酸根离子对应的酸越弱，水解程度越大，则pH越大，碱性越强，溶液的pH越大；
（3）根据化合价变化来计算转移的电子数；
（4）利用反应物与生成物来书写化学反应方程式．
点评：本题考查氧化还原反应、离子反应、水解等知识，考查知识较为综合，但注重了对高考考点的考查及利用新信息来考查化学知识，是一道不错的习题．
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