江西南昌第二中学2019届高三第三次月考.DOC

1、 汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 1 江西省南昌市第二中学 2019 届高三第三次月考 化学试题 1.化学与生产、生活密切相关，下列与化学有关的说法错误的是 A. 水玻璃可作木材防腐剂和阻燃剂 B. “大漠孤烟直 ”描述的是物质升华的过程 C. 蒸馏法是常用的海水淡化的方法之一 D. 黏土既是制水泥的原料又是制陶瓷的原料 【答案】 B 【解析】 A、水玻璃具有耐酸、耐高温等性能，可用作木材防腐剂和阻燃剂，故 A正确； B、 西北地区远离海洋，降水稀少，荒漠广布，古诗中 “ 大漠孤烟直 ” 描述的就是西北荒漠地区的景观，是水分蒸发，故 B错误； C、蒸馏法是常用的海水淡 化的方法

2、之一，故 C 正确； D、生产陶瓷的原料是粘土，水泥的生产原料是石灰石、粘土，故 D 正确；故选 B。 2.下列说法中正确的是 A. 干冰、盐酸都是电解质 B. Na2O2、 Fe2O3、 CaO 既属于碱性氧化物，又属于离子化合物 C. 有单质参加的化合反应一定是氧化还原反应，化合物与化合物之间的化合反应也可能是氧化还原反应 D. 根据是否具有丁达尔效应，可将分散系分为溶液、浊液和胶体 【答案】 C 【解析】 【详解】 A 项、干冰是固态 CO2,是非电解质，盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物，既不是电解质，也不是非电解质。故 A错误； B项、 Na2O2 是过氧化物，属于离子化合物，但不属于碱

3、性氧化物，故 B错误； C 项、有单质参加的化合反应一定有化合价变化，一定属于氧化还原反应，化合物与化合物之间的化合反应如二氧化硫与双氧水反应，反应前后有化合价改变，也属于氧化还原反应，故 C 正确； D 项、根据分散质微粒直径的大小，将分散系分为溶液、浊液和胶体，故 D 错误。 故选 C。 3.设 NA 为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 2 A. 标准状况下， 0.1 mol Cl2 溶于水，转移的电子数目为 0.1NA B. 常温下， 22g CO2 和 N2O 混合气体中 ，含有的原子数目为 1.5NA C. 物质的量浓度为 0.1mol

4、L 1 的 MgCl2 溶液中，含有 Cl 个数为 0.2NA D. 标准状况下， 2.24LSO3 中含有的氧原子数目为 0.3NA 【答案】 B 【解析】 【详解】 A、氯气与水的反应是可逆反应，故 0.1 mol Cl2 溶于水，转移的电子数目小于 0.1NA，故 A错误； B、 CO2 和 N2O 的摩尔质量均为 44g/mol，故 22gCO2 和 N2O 的混合物的物质的量为 0.5mol,又因为 CO2 和N2O 均为三原子分子，故 0.5mol混合气体含 1.5mol原子 ,因此原子个数 为 1.5NA,故 B正确； C、物质的量浓度为 0.1molL 1 的 MgCl2 溶液

5、，没有给出溶液的体积，无法计算含有的 Cl-个数，故 C 错误； D、标况下 SO3 为固态， 2.24LSO3 的物质的量不是 0.1mol，含有的氧原子数目不是 0.3NA，故 D 错误； 答案选 B。 4.向溶液中分别通入足量的相应气体后，下列各组离子还能大量存在的是 A. 氯气： K+、 Na+、 AlO2-、 S2- B. 二氧化硫： Na+、 NH4+、 SO32-、 Cl- C. 氯化氢 : H+、 K+、 MnO4-、 SO42- D. 二氧化碳： Mg2+、 Al3+、 Cl-、 NO3- 【答案】 D 【解析】 【分析】 氯水具有氧化性和酸性，不能与 AlO2-、 S2-共

6、存；二氧化硫与亚硫酸盐反应生成亚硫酸氢盐，不能在溶液中共存；浓盐酸与酸性高锰酸钾溶液反应生成氯气，在溶液中不能共存。 【详解】 A 项、通入氯气后，溶液显示酸性， S2-与氯气发生置换反应不能大量存在 ， AlO2-与氢离子反应生成氢氧化铝沉淀不能大量共存，故 A错误； B项、 SO32-与通入的二氧化硫反应生成亚硫酸氢根离子，在溶液中不能大量共存，故 B错误； C 项、溶液中 H+、 Cl-、 MnO4-发生氧化 还原反应生成氯气，在溶液中不能大量共存，故 C 错误； D 项、该组离子之间不反应，且与二氧化碳不反应，可大量共存，故 D 正确。 故选 D。 【点睛】 本题考查离子共存的正误判断

7、，侧重对基础知识的训练和检验，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目限制的条件。 5.有一澄清透明溶液，只可能含有大量 H+、 Fe3+、 Fe2+、 Al3+、 AlO2 、 CO32 、 NO3 七种离子中的几种，汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 3 向溶液中逐滴加入一定量 1mol/L的 NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀 ，而后有沉淀，沉淀达最大量后继续滴加 NaOH溶液沉淀部分消失下列判断正确的是 A. 一定不含 Fe3+和 Fe2+ B. 一定含有 Al3+， Fe3+、 Fe2+至少含有一种或两

8、种皆有 C. 溶液可能含有 NO3 D. 溶液中共含有 4 种离子（不考虑水的电离） 【答案】 D 【解析】 【详解】 根据题意知，向该溶液中加入一定量 1mol/L NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，说明溶液中一定含有大量的 H+离子，在酸性溶液中 AlO2-、 CO32-离子分别与 H+离子反应生成 Al（ OH） 3 沉淀或铝离子、CO2 气体而不能存在；根 据溶液的电中性可知，溶液中一定含有 NO3-离子；在酸性条件下 Fe2+离子与 NO3-离子发生氧化还原反应而不能共存，则溶液中一定不含 Fe2+离子；而后有沉淀，沉淀达最大量后继续滴加NaOH溶液沉淀部分消失，说明溶液中一定含有

9、 Al3+和 Fe3+；综上所述，溶液中一定含有 H+、 NO3-、 Fe3+、Al3+，一定没有 AlO2-、 CO32-、 Fe2+离子； A、根据上述分析知，溶液中一定含 Fe3+，一定不含有 Fe2+， A错误； B、根据上述分析知， Fe2+一定不存在， B错误； C、根据上述分析知，溶液中一定存在 NO3-， C 错误； D、根据上述分析知，溶液中一定含有 H+、 NO3-、 Fe3+、 Al3+4 种离子， D 正确。 答案选 D。 【点睛】 掌握常见离子的性质、发生的化学反应是解答的关键。注意进行离子推断时要遵循以下三条原则：（ 1）互斥性原则，判断出一定有某种离子存在时，将不

10、能与之共存的离子排除掉，从而判断出一定没有的离子；（ 2）电中性原则，溶液呈电中性，溶液中一定有阳离子和阴离子，不可能只有阳离子或阴离子；（ 3）进出性原则，离子检验时，加入试剂会引入新的离子，某些离子在实验过程中也可能消失，则原溶液中是否存在该种离子无法判 断。 6.下列相关反应的离子方程式书写正确的是 A. 氢氧化铁溶于氢碘酸 :Fe(OH)3+3H+ =Fe3+3H2O B. 氯化铝溶液中滴加过量的氨水： Al3 4 NH3H 2O=AlO2- 4NH4 +2H2O C. NH4Al(SO4)2 溶液中加入 Ba(OH)2 溶液使 SO42-完全沉淀 :NH4 +Al3+2SO42-+2

11、Ba2+4OH-=Al(OH)3+2BaSO4+ NH3H 2O 汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 4 D. NaHCO3 溶液中加入过量的 Ba(OH)2 溶液 :2HCO3-+Ba2+2OH- =BaCO3+2H2O+ CO32- 【答案】 C 【解析】 【详解】 A项、氢氧化铁溶于氢碘酸，发生氧化还原反应生成碘化亚铁、单质碘和水，反应的离子方程式为2Fe（ OH） 3+3H+2I-2Fe2+3H2O+I2，故 A错误； B项、氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，反应的离子方程式为 Al3+3NH3H2OAl（ OH） 3-+3NH+4，故 B错误； C 项、向 NH4Al（ SO

12、4） 2 溶液中滴入 Ba（ OH） 2 溶液使 SO42-沉淀完全，二者物质的量之比为 1： 2，反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化铝沉淀和一水合氨，反应的离子方程式为：2Ba2+NH4+Al3+2SO42-+4OH-Al（ OH） 3+2BaSO4+NH3 H2O，故 C 正确； D 项、 NaHCO3 溶液中加入过量的 Ba（ OH） 2 溶液，反应生成碳酸钡沉淀、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为： HCO3-+Ba2+OH-BaCO3+H2O，故 D 错误。 故选 C。 【点睛】 本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响和化学式的拆分是否正确。 7.向 C

13、uSO4 溶液中逐滴加入 KI 溶液至过量，观察到产生白色沉淀 CuI，蓝色溶液变为棕色，再向反应后的溶 液中通入过量 SO2，溶液变成无色 。 下列说法正确的是（ NA 表示阿伏加德罗常数的值）（ ） A. 滴加 KI 溶液时， KI 被氧化， CuI 是氧化产物 B. 当有 22.4 L SO2 参加反应时，有 2NA 个电子发生转移 C. 上述实验条件下，物质的氧化性： Cu2+ I2 SO2 D. 通入 SO2 后溶液逐渐变成无色，体现了 SO2 的漂白性 【答案】 C 【解析】 试题分析：根据反应现象可知，硫酸铜与 KI 溶液反应生成硫酸钾、 CuI， Cu 元素的化合价降低，则 I

14、 元素的化合价升高，所以还生成碘单质，蓝色溶液变为棕色；再通入二氧化硫， 则二氧化硫与碘单质反应生成硫酸和 HI，所以溶液又变为无色。 A、根据以上分析，滴加 KI 溶液时， KI 被氧化，硫酸铜被还原， CuI 是还原产物，错误； B、未指明标准状况，所以 22.4L 的二氧化硫的物质的量不一定是 1mol，则转移的电子数不一定是 2NA，错误； C、根据上述分析，第一个反应中铜离子是氧化剂，碘单质是氧化产物，第二个反应中碘是氧化剂，二氧化硫是还原剂，所以物质的氧化性， Cu2+I2SO2，正确； D、通入 SO2 后溶液逐渐变成无色，汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 5 体现

15、了 SO2 的还原性，错误，答案选 C。 考点：考查物质的化学性质，反应现象 的分析，氧化还原反应规律的应用 8.为探究 Na2SO3 溶液的性质 ， 在白色点滴板的 a、 b、 c、 d 四个凹槽中滴入 Na2SO3溶液 ， 再分别滴加下图所示的试剂 。 下列关于实验现象的解释或结论正确的是 选项 实验现象 解释或结论 A a 中无明显现象 Na2SO3 和 H2O2 一定不发生反应 B b中加稀 H2SO4后才产生淡黄色沉淀 SO32和 S2两种离子一定不能大量共存 C c 中加 BaCl2 溶液后产生白色沉淀且红色褪去 Ba2+ SO32 = BaSO3， 使 SO32水解平衡逆向移动

16、， 红色褪去 D d 中产生白色沉淀 原 Na2SO3 溶液中含有 SO42 A. A B. B C. C D. D 【答案】 C 【解析】 试题分析： A.a 滴加双氧水后无明显现象 ， 不能说明 Na2SO3 和 H2O2 一定不发生反应 ， 很多反应都无明显变化 ， A不正确； B.b 中是先滴入硫化钠溶液 、 后滴入稀硫酸，加稀 H2SO4 后才产生淡黄色沉淀 ， “才 ”是重点，说明不加酸之前， SO32和 S2两种离子能大量共存 ， B不正确； C.c 中滴入酚酞后溶液变红，再加入 BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去，在 Na2SO3 溶液中， SO32 水解显碱性，所以滴入酚酞后

17、溶液变红；在该溶液中加入 BaCl2 后， Ba2+SO32 BaSO3（白色），水解平衡 SO32 +H2OHSO3 +OH 向左移动，氢氧根离子浓度减小，红色褪去， C 正确； D.d 中无论亚硫酸钠溶液中是否含有 SO42， 都会产生白色沉淀，因为在酸性条件下， SO32可以被硝酸根氧化为 SO42， D 错误。本题选 C。 汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 6 9.一定条件下，下列各组物质能一步实现图中所示转化关系的是 选项 X Y Z W A Al Al2O3 NaAlO2 Al(OH)3 B Fe3O4 Fe FeCl2 FeCl3 C H2SO4 SO2 S SO3

18、 D CH3CH2Br CH2=CH2 C2H5OH CH2BrCH2Br A. A B. B C. C D. D 【答案】 B 【解析】 分析 ： A 项， Al 与 O2 反应生成 Al2O3， Al2O3 与 NaOH 反应生成 NaAlO2 和 H2O， NaAlO2 溶液与过量 CO2反应生成 Al（ OH） 3 和 NaHCO3， Al（ OH） 3 与 NaOH 反应生成 NaAlO2 和 H2O， Al2O3 不能一步生成Al（ OH） 3； B项， Fe3O4 与 CO 高温反应生成 Fe 和 CO2， Fe与 HCl反应生成 FeCl2 和 H2， Fe与 Cl2 加热时反

19、应生成 FeCl3， FeCl2 与 Cl2 反应生成 FeCl3， FeCl3 与 Fe反应生成 FeCl2； C 项， Cu 与浓 H2SO4 加热反应生成 CuSO4、 SO2和 H2O， SO2 与 H2S 反应生成 S 和 H2O， SO2 发生催化氧化反应生成 SO3， S与 SO3 相互间不能一步转化 ； D 项， CH3CH2 Br 在 NaOH醇溶液中发生消去反应生成 CH2=CH2， CH2=CH2 与 H2O 一定条件下发生加成反应生成 C2H5OH， CH2=CH2 与 Br 2 发生加成反应生成 CH2 BrCH2 Br， C2 H5OH与 CH2 BrCH2 Br相

20、互间不能一步转化 。 详解 ： A项， Al 与 O2 反应生成 Al2O3， Al2O3 与 NaOH反应生成 NaAlO2 和 H2O， NaAlO2 溶液与过量 CO2反应生成 Al（ OH） 3 和 NaHCO3， Al（ OH） 3 与 NaOH反应生成 NaAlO2 和 H2O， Al2O3 不能一步生成Al（ OH） 3， YW不能一步实现 ； B项， Fe3O4 与 CO 高温反应生成 Fe和 CO2， Fe与 HCl反应生成 FeCl2和 H2， Fe与 Cl2 加热时反应生成 FeCl3， FeCl2 与 Cl2 反应生成 FeCl3， FeCl3 与 Fe反 应生成 Fe

21、Cl2， 图中反应均能一步实现 ； C项， Cu与浓 H2SO4 加热反应生成 CuSO4、 SO2和 H2O， SO2 与 H2S反应生成 S和 H2O， SO2汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 7 发生催化氧化反应生成 SO3， S 与 SO3 相互间不能一步转化 ， Z与 W 间的相互转化不能一步实现 ； D 项，CH3CH2Br 在 NaOH醇溶液中发生消去反应生成 CH2=CH2， CH2=CH2 与 H2O 一定条件下发生加成反应生成C2H5OH， CH2=CH2 与 Br 2 发生加成反应生成 CH2 BrCH2 Br， C2 H5OH与 CH2 BrCH2 Br

22、相互间不能一步转化 ， Z与 W 间的相互转化不能一步实现 ；答案选 B。 10.把一块镁铝合金（质量为 m g）投入到 50mL1mol/L的 HCl溶液里，待合金完全溶解后，再往溶液里加入 1mol/L的 NaOH溶液，生成沉淀的物质的量随加入 NaOH溶液体积变化的关系如图所示下列说法中正确的是 A. 假设 a=25，整个反应过程中，主要发生了 6 个离子反应 B. c 值越大，合金中 Mg 的含量越高 C. b 值越大，合金中 Al 的含量越高 D. 根据图象判断，镁铝合金与 50mL1mol/L的 HCl溶液恰好完全反应 【答案】 A 【解析】 【分析】 根据图可知，往溶液里加入 N

23、aOH溶液 ， 首先发生的反应是中和过量的酸： H+OH-=H2O，然后是沉淀两种金属离子： Mg2+2OH-=Mg（ OH） 2、 Al3+3OH-=Al（ OH） 3 ，最后是 Al（ OH） 3 的溶解：Al（ OH） 3+OH-=AlO2-+2H2O。 【详解】 A 项、 假设 a=25 ，整 个反应 过程 中，主 要发生 了镁、 铝与 氢离子 2 个反应和0a： H+OH-=H2O、 ab： Mg2+2OH-=Mg（ OH） 2、 Al3+3OH-=Al（ OH） 3 ，最后是 Al（ OH） 3 的溶解： Al（ OH） 3+OH-=AlO2-+2H2O，共 6 个离子反 应，故

24、A正确； B项、 c 值越大，说明氢氧化铝消耗氢氧化钠的量越大，所以氢氧化铝的量越多，则合金中 Al 的含量越高，故 B错误； C 项、 b 值越大，合金中 Al 的含量越高，说明 c-b 的值越小，所以氢氧化铝的量越小，则合金中 Al 的含量越小，故 C 错误； D 项、镁铝合金与 50mL1mol/L的 HCl反应，盐酸过量，故 D 错误。 汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 8 故选 A。 【点睛】 本题考查镁铝及其化合物的性质，注意氢氧化铝为两性氧化物，清楚各阶段发生的反应，结合图象分析是关键。 11.利用海洋资源获得的部分物质如图所示下列说法正确的是 A. 从海水中获取

25、淡水，历史最久的方法是离子交换法 B. 实验室中从海带中获得 I2，需要用到的主要仪器有蒸发皿、漏斗、烧杯、分液漏斗等 C. 用 Na2CO3 溶液吸收从苦卤中吹出的单质溴时，发生的化学反应可以是 3Br2+3Na2CO35NaBr+ NaBrO3+3CO2 或 3Br2+6Na2CO3+3H2O5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3 D. 用贝壳、盐酸等从苦卤中提取镁时，发生反应的类型有化合、分解、置换和复分解 【答案】 C 【解析】 【详解】 A从海水中获取淡水历史最悠久的方法是蒸馏，故 A错误； B提取海带中 的碘元素不需要溶液蒸发，不需要蒸发皿，故 B错误； C. 用 Na2CO3

26、溶液吸收从苦卤中吹出的单质溴时发生歧化反应，若碳酸钠少量生成溴化钠、溴酸钠和二氧化碳，若碳酸钠过量，生成的二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，故 C 正确； D海水提取镁单质的过程中发生的反应有： CaCO3 CaO+CO2、 CaO+H2O=Ca(OH)2、Mg2+2OH-=Mg(OH)2、 Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O、 MgCl2(熔融 ) Mg+Cl2，所以涉及的反应有化合反应、复分解反应和分解反应，不涉及置换反应，故 D 错误。 故选 C。 【点睛】 本题考查了海水资源的综合利用，主要是海水获取淡水、提取碘单质、金属镁、溴单质等生产流程的分析判断，掌握基础是解题关键。

27、海水中含有大量的化学物质，可从海水中提取大量的食盐、镁、溴、碘、钾等有用物质，海水素有 “液体工业原料 ”之美誉。基础知识有：海水晒盐；氯碱工业；海水提溴流程；海水提镁流程。 汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 9 12.气体 X 可能由 NH3、 Cl2、 HBr、 CO2 中的一种或几种组成，已知 X 通入 AgNO3 溶液时产生浅黄色沉淀，该沉淀不溶于稀 HNO3，若将 X 通入澄清石灰水中，无沉淀产生，则有关气体 X 的成分的下列 说法正确的是 一定含有 HBr，可能含有 CO2 一定不含 CO2 一定不含 NH3、 Cl2 可能含有 Cl2、 CO2 A. 只有 B. 只

28、有 C. 和 D. 和 【答案】 C 【解析】 试题分析：气体 X 通入 AgNO3 溶液时产生浅黄色沉淀，浅黄色沉淀是溴化银，因此一定含有 HBr；因 NH3和 Cl2 都能与 HBr 反应，则一定没有 NH3 和 Cl2；由于溴化氢的存在，即使含有 CO2，也不可能和石灰水反应生成沉淀，所以 CO2 无法确定，故 正确，选 C。 考点：物质 推断 13.短周期元素 A、 B、 C、 D、 E在元素周期表中的相对位置如图所示，其中 D 原子的质子数是其 M层电子数的三倍，下列说法不正确的是 A. A有 5 种正价，与 B可形成 6 种化合物 B. 工业上常通过电解熔融态 C2B3 的方法来获

29、得 C 的单质 C. 简单离子的半径由大到小为： E A B C D. D、 E两元素形成的化合物每种原子最外层都达到了 8e-稳定结构 【答案】 D 【解析】 D 原子的质子数是其 M层电子数的三倍，则 D 的质子数为 15，最外层电子数为 5，应为 P 元素，由元素在周期表中的位置可知 A 为 N 元素， B为 O 元 素， C 为 Al元素， E 为 Cl元素，则 A A为 N 元素，元素正化合价有 +1、 +2、 +3、 +4、 +5 价，每一种化合价都对应氧化物，其中 +4 价有 2 种，共 6 种， A正确； B工业用电解氧化铝的方法冶炼铝， B正确； C A、 B、 C 对应的离

30、子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，核素电子层数越多，离子半径越大， C 正确； D D、 E两元素形成的 PCl5 中 P 原子的最外层没有达到了 8e-稳定结构，而是 10 个， D 错误，答案选 D。 点睛： “ 位 构 性 ” 推断的核心是 “ 结构 ” ，即根据结构首先判断其在元素周期表中的位置，然后根据汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！ 10 元素 性质的相似性和递变性预测其可能的性质；也可以根据其具有的性质确定其在周期表中的位置，进而推断出其结构。本题中选项 D 是易错点，注意 8 电子稳定结构的判断方法。 14.下列实验中，对应的现象以及解释或结论都

31、正确，且两者具有因果关系的是 选项 实验 现象 结论或解释 A 将 0.1 molL-1MgSO4 溶液滴入过量 NaOH溶液，再滴加几滴 0.1 molL-1CuSO4 溶液 先有白色沉淀生成，后有蓝色沉淀生成 KspCu(OH)2KspMg(OH)2 B 将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧 铝箔熔化但不 滴落下来 铝箔表面有致密 Al2O3 薄膜，且 Al2O3 熔点高于 Al C 向新收集的酸雨中滴加硝酸钡溶液 产生白色沉淀 酸雨中一定含有 SO42- D 取久置的 Na2O2 粉末，向其中滴加过量的盐酸 产生无色气体 Na2O2 没有变质 A. A B. B C. C D. D 【答案】 B 【解析】 A、反应中氢氧化钠过量，加入硫酸铜一定有蓝色沉淀氢氧化铜生成，不能据此说明二者的溶度积常数， A错误； B、铝易被氧化物氧化铝，且 Al2O3 且熔点高于 Al，因此铝箔熔化但不滴落下来， B正确； C、硝酸根在酸性溶液中具有强氧化性，能把亚硫酸根氧化生成硫酸，进而生成硫酸钡沉淀，不能说明含有硫酸根，C 错误； D、过氧化钠变质产生碳酸钠，加入盐酸仍然会沉淀气体，不能据此说明过氧化钠没有变质， D 错误，答案选 B。 15.一定条件下，在水溶液中 1 mol Cl 、 ClOx (x 1， 2， 3， 4)的能量 (kJ)相对大小如图所示。下列有关说法正确的是