题型14陌生物质性质分析与化工流程届浙江省选考化学培优.docx

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题型14陌生物质性质分析与化工流程届浙江省选考化学培优

2021届浙江省选考化学培优“题对题”提分狂练

题型14：

陌生物质性质分析与化工流程

（一）陌生物质性质分析

1．光卤石的主要成分为KMgCl3∙6H2O，下列有关说法不正确的是（）

A．KMgCl3∙6H2O是一种复盐，且为纯净物

B．KMgCl3∙6H2O易溶于水，其水溶液呈酸性

C．KMgCl3∙6H2O减压蒸发脱水，可快速得到KMgCl3

D．用惰性电极电解KMgCl3∙6H2O的水溶液，得到两种气体和一种沉淀

【答案】C

【解析】A项，复盐是由两种金属离子（或铵根离子）和一种酸根离子构成的盐，KMgCl3∙6H2O是一种复盐，有化学式，为纯净物，故A正确；B项，光卤石是含镁、钾盐湖中蒸发作用最后产物，故KMgCl3∙6H2O易溶于水，属于强酸弱碱形成的复盐，其水溶液呈酸性，故B正确；C项，KMgCl3∙6H2O减压蒸发脱水，会加快镁离子的水解，得到的是氢氧化镁和KCl，不能得到KMgCl3，故C错误；D项，用惰性电极电解KMgCl3∙6H2O的水溶液，离子方程式为：

2Cl-+Mg2++2H2O

Mg（OH）↓+H2↑+Cl2↑，得到两种气体和一种沉淀，故D正确；故选C。

2．白色固体Na2S2O4常用于织物的漂白，也能将污水中的某些重金属离子还原为单质除去。

下列关于Na2S2O4说法不正确的是（）

A．可以使品红溶液褪色

B．其溶液可用作分析化学中的吸氧剂

C．其溶液可以和Cl2反应，但不能和AgNO3溶液反应

D．已知隔绝空气加热Na2S2O4分解可生成SO2，则其残余固体产物中可能有Na2S2O3

【答案】C

【解析】A项，Na2S2O4溶于水，会与溶解在水中的氧气反应产生SO2，SO2能使品红溶液褪色，所以Na2S2O4的水溶液具有漂白性，A正确；B项，Na2S2O4溶液与少量氧气反应产生亚硫酸氢钠和硫酸氢钠两种盐，反应方程式为：

Na2S2O4+O2+H2O=NaHSO3+NaHSO4，所以Na2S2O4溶液可用作分析化学中的吸氧剂，B正确；C项，Na2S2O4中S元素平均化合价为+3价，具有还原性，Cl2具有氧化性，AgNO3具有酸性和氧化性，所以Na2S2O4与Cl2和AgNO3溶液都可以发生反应，C错误；D项，隔绝空气加热Na2S2O4分解可生成SO2和两种盐Na2S2O3、Na2SO3，D正确；故选C。

3．过碳酸钠2Na2CO3·3H2O2，外观为白色结晶，主要用作漂白剂和氧化剂，以及作去污剂、清洗剂、杀菌剂。

生产过程的主反应方程式：

2Na2CO3+3H2O2=2Na2CO3·3H2O2，下列说法不正确的是（）

A．过碳酸钠具有强氧化性

B．生产过程中采用较低温度，目的是防止产品及反应物的分解

C．在生产过程中酸、铁盐、铜盐等都可能导致产率下降

D．将过碳酸钠溶液和亚硫酸氢钠溶液混合，发生的反应为2Na2CO3·3H2O2+3NaHSO3=2Na2CO3+3NaHSO4+3H2O

【答案】D

【解析】A项，过碳酸钠相当于带结晶双氧水的碳酸钠，具有碳酸钠和双氧水的性质，故过碳酸钠具有强氧化性，故A正确；B项，温度过高会导致过碳酸钠、过氧化强的分解，因此生产过程中采用较低温度，目的是防止产品及反应物的分解，故B正确；C项，碳酸钠能与酸反应，铁盐、铜盐能作为双氧水分解的催化剂，故在生产过程中酸、铁盐、铜盐等都可能导致产率下降，故C正确；D项，产物中Na2CO3的CO32-离子与NaHSO4中的H+离子不共存，可以发生反应生成水和二氧化碳，故该方程式不正确，故D错误；故选D。

4．CaCl2固体遇NH3会形成CaCl2•8NH3（可溶于水）。

下列说法不正确的是（）

A．CaCl2作干燥剂时，不能干燥NH3

B．CaCl2•8NH3溶于水，溶液呈中性

C．CaCl2•8NH3溶于水，通少量CO2会产生白色沉淀

D．CaCl2与NH3形成CaCl2•8NH3的过程属于化学变化

【答案】B

【解析】A项，CaCl2固体遇NH3会形成CaCl2•8NH3，所以CaCl2不能干燥NH3，A正确；B项，CaCl2•8NH3溶于水，NH3会和水反应生成NH3∙H2O，NH3∙H2O能发生电离：

NH3∙H2O

NH4++OH-，溶液呈碱性，B错误；C项，CaCl2•8NH3溶于水，溶液呈碱性，溶液中的OH-和通入的CO2反应生成CO32-，CO32-和Ca2+反应产生CaCO3白色沉淀，C正确；D项，CaCl2与NH3形成CaCl2•8NH3的过程生成了新物质，属于化学变化，D正确；故选B。

5．

与H2O2在酸性条件下反应可生成过氧化铬（CrO5），过氧化铬的结构式为

。

下列有关说法不正确的是（）

A．CrO5中铬元素的化合价为+6B．可发生反应：

4CrO5+12H+=4Cr3++7O2↑+6H2O

C．CrO5中含有共价键和离子键D．过氧化铬可使酸性KMnO4溶液褪色

【答案】C

【解析】A项，CrO5中存在2个过氧键、1个Cr=O键，所以4个O原子显-1价、1个O原子显-2价，所以Cr元素显+6价，故A不选；B项，过氧化铬中氧元素的化合价有-1价，化合价可以升高到0价，生成氧气，可以发生4CrO5+12H+=4Cr3++7O2↑+6H2O反应，故B不选；C项，从

结构式可以看出有共价键，没有离子键，故C选；D项，过氧化铬中氧元素的化合价有-1价和-2价，-1价的氧有还原性，可使酸性KMnO4溶液褪色，故D不选；故选C。

6．酸性溶液中过氧化氢能使

转化成蓝色的过氧化铬（CrO5分子结构如图所示），该反应可用来检验

的存在，其反应的离子方程式为：

4H2O2+

+2H+=2CrO5+5H2O。

下列说法不正确的是（）

A．CrO5溶于水可能放出氧气B．上述反应中H2O2表现出还原性

C．CrO5具有强氧化性，受热易分解D．CrO5中Cr元素化合价为+6

【答案】B

【解析】由CrO5的结构式可知存在过氧键、Cr-O键、Cr=O，在4个Cr-O键中O为-1价，在Cr=O键注重O为-2价，Cr元素化合价为+6价，反应前后元素化合价没有发生变化。

A项，CrO5中有-1价的氧元素，溶于水可能发生氧化还原反应放出氧气，故A正确，但不符合题意；B项，该反应中过氧化氢中的氧为−1价，在每个过氧化铬中有4个氧为−1价，所以没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故B错误，符合题意；C项，CrO5中有-1价的氧元素，化合价可以降低，具有强氧化性，受热易分解，故C正确，但不符合题意；D项，过氧化铬中铬的化合价为+6价，故D正确，但不符合题意；故选B。

7．过氧化铬的化学式为CrO5，从其结构发现含有2个过氧键，结构如图，下列说法不正确的是（）

A．CrO5可能具有强氧化性B．CrO5溶于水可能放出氧气

C．CrO5稳定性较低，易分解D．CrO5中Cr的化合价为+10

【答案】D

【解析】A项，CrO5中存在2个过氧键，过氧键中O显-1价，反应中容易变成-2价，具有强氧化性，故A正确；B项，CrO5中存在2个过氧键，部分O显-1价，因此CrO5溶于水能够反应放出氧气，故B正确；C项，CrO5中存在2个过氧键，CrO5稳定性比较低，易分解，放出氧气，故C正确；D项，CrO5中存在2个过氧键、1个Cr=O键，所以4个O原子显-1价、1个O原子显-2价，所以Cr元素显+6价，故D错误；故选D。

8．在碱性介质中，用Cl2氧化KIO3可制得正高碘酸钾（K2H3IO6），下列说法不正确的是（）

A．正高碘酸钾可能具有强氧化性

B．正高碘酸化学式为H5IO6或（HO）5IO

C．正高碘酸钾可由正高碘酸和KOH反应得到

D．正高碘酸受热得到偏高碘酸（HOIO3）的反应是氧化还原反应

【答案】D

【解析】A项，正高碘酸钾K2H3IO6中I元素的化合价为+7价，达到了最高价，能得电子，所以可能具有强氧化性，A正确；B项，正高碘酸钾的化学式为K2H3IO6，利用等电荷代换，正高碘酸化学式为H5IO6或（HO）5IO，B正确；C项，正高碘酸和KOH可发生中和反应，生成正高碘酸钾和水，C正确；D项，正高碘酸受热分解，得到偏高碘酸（HOIO3）和水，没有发生元素价态的改变，所以反应是非氧化还原反应，D不正确；故选D。

9．常温下CaCl2固体遇NH3会形成CaCl2·8NH3（可溶于水），下列说法不正确的是（）

A．CaCl2作干燥剂时，不能干燥NH3

B．实验室可采用Ca（OH）2固体与NH4Cl固体混合加热的方法制备少量NH3

C．CaCl2·8NH3溶于水，通入少量CO2不产生白色沉淀

D．CaCl2与NH3形成CaCl2·8NH3的过程属于化学变化

【答案】C

【解析】A项，CaCl2固体遇NH3会形成CaCl2•8NH3，故CaCl2作干燥剂时，不能干燥NH3，故A正确；B项，实验室可采用Ca（OH）2固体与NH4Cl固体混合加热的方法制备少量NH3，故B正确；C项，少量CO2会与氨水反应生成碳酸铵，碳酸根与钙离子生成碳酸钙白色沉淀，故C错误；D项，CaCl2与NH3形成CaCl2•8NH3的过程有新物质生成，是化学变化，故D正确。

故选C。

10．已知NaAlH4是一种重要的储氢材料、化工还原剂，其相关性质的说法不正确的是（）

A．一定条件下NaH与AlCl3反应制备NaAlH4：

4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl，生成1molNaAlH4转移3mole-

B．NaAlH4具有吸水性，需要密封保存

C．1molNaAlH4中含有2mol离子

D．NaAlH4作为储氢材料，溶于水或酸会释放出大量H2：

NaAlH4+4HCl=NaCl+AlCl3+4H2↑

【答案】A

【解析】A项，一定条件下NaH与AlCl3反应制备NaAlH4：

4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl，该反应过程所有元素的化合价均为发生改变，不是氧化还原反应，故不存在电子的转移，A错误；B项，NaAlH4具有吸水性且能与水发生反应NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑，故需要密封保存，B正确；C项，NaAlH4是离子化合物由Na+和AlH4-构成，故1molNaAlH4中含有2mol离子，C正确；D项，NaAlH4作为储氢材料，NaAlH4中的H为-1价具有较强的还原性，能还原水中+1价的H，从而释放出H2，故NaAlH4溶于水或酸会释放出大量H2：

NaAlH4+4HCl=NaCl+AlCl3+4H2↑，D正确；故选A。

11．一定条件下，Fe吸收CO生成配合物Fe（CO）5。

常温下，Fe（CO）5是一种黄色液体，易溶于汽油、苯等多数有机溶剂。

下列说法一定错误的是（）

A．Fe（CO）5为分子晶体B．Fe（CO）5难溶于水

C．Fe（CO）5属于含氧盐D．Fe吸收CO生成Fe（CO）5的变化是化学变化

【答案】C

【解析】A项，根据相似相容原理，Fe（CO）5易溶于汽油、苯等分子，故可以推测Fe（CO）5也为分子晶体，A正确；B项，根据相似相容原理，Fe（CO）5易溶于汽油、苯等分子，苯为非极性分子，故可以推测Fe（CO）5也为非极性分子，故Fe（CO）5难溶于水等极性溶剂，B正确；C项，金属离子或铵根离子与酸根离子形成的化合为盐，根据盐的定义Fe（CO）5中不含有金属阳离子和酸根离子，故不属于盐，C错误；D项，Fe吸收CO的过程中生成了新的物质，故属于化学变化，D正确；故选C。

12．次磷酸（H3PO2）是一种精细磷化工产品，有强还原性。

已知：

①2P4+3Ba（OH）2+6H2O=3Ba（H2PO2）2+2PH3↑；②H3PO2+NaOH（足量）=NaH2PO2+H2O。

下列推断不正确的是（）

A．H3PO2的结构式为

B．H3PO2具有强还原性，在空气中可能被氧化成磷酸

C．NaH2PO2是正盐

D．每消耗1molP4，反应中转移6mol电子

【答案】D

【解析】A项，根据H3PO2+NaOH（足量）=NaH2PO2+H2O可知H3PO2是一元酸，分子中含有一个-OH，则H3PO2的结构式为

，故A正确；B项，H3PO2中P元素的化合价为+1价，具有强还原性，在空气中可能被氧化成磷酸，故B正确；C项，H3PO2是一元酸，NaH2PO2是正盐，不是酸式盐，故C正确；D项，2P4+3Ba（OH）2+6H2O═3Ba（H2PO2）2+2PH3↑反应中2个P的化合价由0降低到-3价，6个P的化合价由0升高到+1价，转移电子数为6，则每消耗1 mol P4，转移3 mol 电子，故D错误；故选D。

13．已知硫酸亚铁溶液吸收NO可生成硫酸亚硝酰合铁（分子式为[Fe（NO）（H2O）5]SO4），下列说法不正确的是（）

A．硫酸亚硝酰合铁具有还原性

B．硫酸亚硝酰合铁水溶液呈中性

C．硫酸亚硝酰合铁属于盐

D．硫酸亚铁溶液吸收NO生成硫酸亚硝酰合铁的变化是化学变化

【答案】B

【解析】A项，[Fe（NO）（H2O）5]SO4中铁为+2价，可以被氧化为+3价，因此具有还原性，A正确；B项，硫酸亚硝酰合铁中存在平衡[Fe（NO）（H2O）5]2+

Fe2++NO+5H2O，Fe2+可发生水解Fe2++2H2O

Fe（OH）2+2H+，故溶液为酸性，B错误；C项，硫酸亚硝酰合铁是由[Fe（NO）（H2O）5]2+和SO42-组成的盐，C正确；D项，硫酸亚铁与NO反应生成了的配合物硫酸亚硝酰合铁是新物质，属于化学变化，D正确；故选B。

14．过二硫酸（H2S2O8）是一种强氧化剂，过二硫酸及其盐都是不稳定的，加热时分解，电解硫酸氢钾溶液可得过二硫酸钾。

下列说法不正确的是（）

A．H2S2O8中硫的化合价为

B．K2S2O8分解的化学方程式可能为：

K2S2O8

2K2SO4+2SO3↑+2O2↑

C．电解KHSO4溶液的化学方程式为：

2KHSO4

K2S2O8+H2↑

D．H2S2O8溶液与Cu反应的化学方程式为：

H2S2O8+Cu=H2SO4+CuSO4

【答案】A

【解析】A项，S的最高化合价为+6价，故选A；B项，K2S2O8受热分解生成硫酸钾，三氧化硫以及氧气，则方程式为：

K2S2O8

2K2SO4+2SO3↑+2O2↑，故B不选；C项，电解KHSO4溶液时生成过二硫酸钾和氢气，则方程式为：

2KHSO4

K2S2O8+H2↑，故C不选；D项，H2S2O8溶液与Cu发生氧化还原反应，生成过二硫酸和硫酸铜，则方程式为：

H2S2O8+Cu=H2SO4+CuSO4，故D不选。

15．已知BeCl2+Na2BeO2+2H2O=2NaCl+2Be（OH）2↓，下列说法正确的是（）

A．BeCl2溶液的pH<7，将其蒸干并灼烧后得到的残留物是BeCl2

B．Be（OH）2既能溶于盐酸，又能溶于NaOH溶液

C．BeCl2水溶液的导电性强，故BeCl2是离子化合物

D．工业上可以用电解熔融BeCl2的方法冶炼金属Be

【答案】B

【解析】A项，AlCl3在水溶液中，Al3＋水解使得溶液呈酸性，将其蒸干并灼烧得到Al2O3；则BeCl2溶液的pH<7，将其蒸干并灼烧后得到的残留物为BeO，A错误；B项，类似于Al（OH）3，可溶于盐酸，也可以溶于NaOH；则Be（OH）2既能溶于盐酸，又能溶于NaOH溶液，B正确；C项，AlCl3是共价化合物，则BeCl2是共价化合物，C错误；D项，由于BeCl2是共价化合物，不能通过电解熔融BeCl2来制备Be，D错误；故选B。

16．KI作为加碘剂的食盐在保存过程中，由于空气中氧气的作用，容易引起碘的损失。

I2溶于KI溶液能发生KI+I2

KI3的反应，在低温条件下，可制得KI3·H2O。

下列说法不正确的是（）

A．其他条件相同的情况下，I2在KI溶液中的溶解度大于在水中的溶解度

B．向KI3溶液中加入淀粉溶液，溶液变蓝色

C．KI3·H2O代替KI作为加碘剂，可以减少碘的损失

D．由于还原性S2O32-＞I-，加入Na2S2O3可以提高加碘盐（添加

）的稳定性

【答案】C

【解析】A项，I2溶于KI溶液能发生KI+I2

KI3的反应，故I2在KI溶液中的溶解度大于在水中的溶解度，A正确；B项，反应KI+I2

KI3为可逆反应，KI3溶液中存在I2，加淀粉溶液变蓝，B正确；C项，KI3·H2O溶于水产生I2，I2有毒，不能代替KI作加碘剂，C错误；D项，还原性S2O32-＞I-，氧气先氧化S2O32-，KI被保护，即加入Na2S2O3可以提高加碘盐（添加KI）的稳定性，D正确。

故选C。

17．实验室中的碘水一般是将碘单质溶于KI溶液配制而成，发生反应：

I－+I2⇌I3－（主要溶质为KI3或KI·I2）。

下列说法不正确的是（）

A．该溶液遇淀粉显蓝色

B．该溶液见光易变质，应用棕色试剂瓶密封保存

C．采用此法配制碘水的目的是为了提高碘水的浓度

D．该溶液中通入SO2后，溶液由中性变为强酸性

【答案】D

【解析】A项，碘水中有碘单质，遇淀粉显蓝色，A正确；B项，碘水不稳定，见光易变质，应用棕色试剂瓶密封保存，B正确；C项，采用此法配制碘水，可以提高碘水的浓度，C正确；D项，单质碘与水反应生成碘化氢、次碘酸，显酸性，通入二氧化硫后与单质碘反应生成碘化氢和硫酸，溶液酸性增强，D错误；故选D。

18．羟氨（NH2OH）可看作氨分子内的一个氢原子被羟基取代的衍生物。

下列说法不正确的是（）

A．羟氨的水溶液显碱性，可与盐酸发生反应

B．羟氨既有氧化性又有还原性，受热可生成氨气

C．羟氨分子中N原子、O原子与羟基H原子共直线

D．羟氨易溶于水是由于其与水分子形成分子间氢键

【答案】C

【解析】A项，羟氨分子中与NH3分子均有孤对电子，均能结合水电离的H+，水溶液显碱性，可与盐酸发生反应，故A正确；B项，羟氨中N元素为-1价，化合价既能升高也能降低，既有还原性又有氧化性，受热化合价降低可生成氨气，故B正确；C项，羟氨分子中的N—O—H类似于水分子的H—O—H结构，3个原子形成“V”，故C错误；D项，羟氨易溶于水是由于其与水分子形成分子间氢键，故D正确；故选C。

19．已知：

BF3和水反应生成氟硼酸（HBF4）和硼酸（H3BO3），一定条件下BF3与一定量水可形成

晶体Q（

）。

下列有关说法，正确的是（）

A．BF3和水反应生成氟硼酸和硼酸是氧化还原反应

B．BF3分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构

C．晶体Q中存在离子键、共价键、范德华力和氢键

D．H3BO3在水中只发生反应：

H3BO3+H2O

[B（OH）4]-+H+，可知硼酸是一元酸

【答案】D

【解析】A项，BF3和水反应生成氟硼酸（HBF4）和硼酸（H3BO3）没有元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，A错误；B项，BF3分子中，B原子最外层只有6个电子，B错误；C项，由Q的结构

可知：

晶体Q分子内：

不存在离子键，存在B-F、B-O、O-H共价键，O…H之间存在氢键，分子之间存在范德华力，C错误；D项，由H3BO3在水中只发生反应H3BO3+H2O

[B（OH）4]-+H+可知：

H3BO3+H2O

[B（OH）4]-+H+为硼酸的电离方程式，故硼酸为一元弱酸，D正确。

故选D。

20．过硝酸钠（NaNO4）能与水发生反应∶NaNO4+H2O=NaNO3+H2O2，下列说法不正确的是（　　）

A．过硝酸钠可用于杀菌消毒

B．过硝酸钠中含有-O-O-结构

C．过硝酸钠具有强氧化性，没有还原性

D．将过硝酸钠加入酸性FeSO4溶液中发生的离子方程式∶NO4-+2Fe2++2H+=2Fe3+NO3-+H2O

【答案】C

【解析】A项，根据题干信息知，过硝酸钠与水反应生成双氧水，双氧水具有强氧化性，可用于杀菌消毒，故A正确；B项，过硝酸可由N2O5与H2O2反应生成，化学式为HNO3·H2O2，根据双氧水的结构分析，过硝酸钠中含有-O-O-结构，故B正确；C项，过硝酸钠中所有元素并非都是其最高价，故可以有还原性，如在与水的反应中，氧元素化合价升高，体现还原性，故C错误；D项，过氧根在酸性条件下具有强氧化性，将亚铁离子氧化为铁离子，本身被还原为硝酸根，根据电子转移守恒及电荷守恒配平得：

NO4-+2Fe2++2H+=2Fe3+NO3-+H2O，故D正确；故选C。

21．工业上电解NaHSO4溶液制备Na2S2O8（过二硫酸钠）。

电解时，阴极材料为Pb；阳极（铂电极）电极反应式为2HSO4--2e-=S2O82-+2H+。

下列说法正确的是（）

A．Na2S2O8水溶液呈弱碱性

B．Na2S2O8可水解生成H2O2，同时生成NaHSO4可循环利用

C．H2S2O8可完全电离，故稳定性与硫酸相当

D．Na2S2O8具有强氧化性，故不能使酸性高锰酸钾溶液褪色

【答案】B

【解析】A项，Na2S2O8发生水解反应为Na2S2O8+2H2O

2NaHSO4+H2O2，NaHSO4溶液呈酸性，H2O2溶液呈弱酸性，故其水溶液呈酸性，A错误；B项，Na2S2O8中存在过氧键，可水解生成H2O2，同时生成NaHSO4，反应为Na2S2O8+2H2O

2NaHSO4+H2O2，NaHSO4可循环利用，B正确；C项，H2S2O8可完全电离，H2S2O8中存在过氧键，故稳定性不及硫酸，C错误；D项，Na2S2O8的结构简式为

，过氧键中O为-1价，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D错误；故选B。

22．H2O、H2O2、HO2（超氧化氢）等都属氢氧化合物，其中HO2又叫超氧酸，与H2O2化学性质相似，又与HX（X=Cl、Br、I等）某些性质相似。

下列说法不正确的是（）

A．向HO2溶液中滴入品红溶液，溶液褪色，加热后红色不恢复

B．HO2在碱中能稳定存在

C．HO2不稳定，分解会生成氧气

D．HO2可与AgNO3反应：

HO2+AgNO3=AgO2↓+HNO3

【答案】B

【解析】A项，HO2与H2O2化学性质相似，因此具有漂白性，向HO2溶液中滴入品红溶液，溶液褪色，加热后红色不恢复，A正确；B项，HO2与HX（X=Cl、Br、I等）某些性质相似，故有酸性，HO2在碱中不能稳定存在，B错误；C项，HO2与H2O2化学性质相似，HO2不稳定，分解会生成氧气，C正确；D项，HO2与HX（X=Cl、Br、I等）某些性质相似，故HO2可与AgNO3反应：

HO2+AgNO3=AgO2↓+HNO3，D正确；故选C。

23．亚磷酸（H3PO3）是中强酸，它与足量的NaOH溶液反应生成Na2HPO3，下列说法不正确的是（）

A．Na2HPO3中P元素的化合价为+3B．Na2HPO3是酸式盐

C．Na2HPO3溶液的pH>7D．亚磷酸可由三氯化磷（PCl3）水解得到

【答案】C

【解析】A项，根据H的化合价为+1、O的为-2、Na为+1及化合物中正负化合价的代数和为零知P的化合价是+3，A正确；B项，根据亚磷酸与足量的NaOH溶液反应生成Na2HPO3，表明Na2HPO3是正盐，B错误；C项，强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性，pH>7，C正确；D项，三氯化磷（PCl3）水解：

PCI3+3H2O→H3PO3+3HCl，D正确。

24．下列说法不正确的是（）

A．过碳酸钠（2Na2CO3•3H2O2）具有强氧化性，不能使酸性KMnO4溶液褪色

B．青石棉[Na2Fe5Si8O22（OH）2]可表示为Na2O•3FeO•Fe2O3•8SiO2•H2O

C．由反应2KCuO2+8HCl=2KCl+2CuCl2+Cl2↑+4H2O