【文档说明】广东省揭阳市惠来县第一中学2022-2023学年高二下学期第一次月考 化学 答案.docx，共(20)页，2.024 MB，由小赞的店铺上传

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惠来一中2022~2023学年度第二学期高二级阶段考试(1)化学试卷可能用到的相对原子质量：C12H1O16Cl35.5Br80Fe56S32N14F19一、单项选择题(10×2=20，6×4=24)1.下列

有关化学用语表示正确的是A.空间填充模型可以表示二氧化碳分子，也可以表示水分子B.用电子式表示2MgCl的形成过程：C.ClCl−的ppσ−键电子云图形：D.基态Cr原子的价层电子轨道表示式：【答案】C【解析】【详解】A．二氧化碳分子为直线型，不能表示其分子结构，可以

表示水分子，A错误；B．用电子式表示MgCl2的形成过程中，Mg原子失去电子，Cl得电子，箭头从Mg指向Cl，B错误；C．ClCl−的ppσ−键电子云图形：，C正确；D．基态Cr原子的价层电子轨道表示式为，D错误；故选C。2.动力电池赛道又跳出来一个竞争者“锑

电池”。锑(51Sb)与砷(33As)属于同主族元素，下列关于锑元素说法正确的是A.可能是半导体材料B.属于第四周期元素C.最高正化合价为＋3D.得电子能力比As强【答案】A【解析】【详解】A．锑(51Sb)在金属、非金属分界线附近，可能是半导体材料，A

正确；的B．锑(51Sb)属于第五周期元素，B错误；C．锑(51Sb)与砷(33As)属于同主族元素，为ⅤA族，最高正化合价为＋5，C错误；D．同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱；锑(51Sb)得电子能力比As的弱，D错误；故选A。3.下列说法正确的是A.可以利用质谱仪测得某未知物

的结构B.区别晶体与非晶体最科学的方法是对固体进行X射线衍射实验C.可燃冰()42CH8HO中甲烷分子和水分子间形成了氢键D.臭氧分子是非极性分子【答案】B【解析】【详解】A．质谱仪用于确定未知物的相对分

子质量，不能确定结构，故A错误；B．X射线衍射可用来确定固体是否为晶体，故B正确；C．可燃冰()42CH8HO中甲烷分子和水分子间通过化学键相连，不是氢键作用，故C错误；D．臭氧分子正负电荷中心不重合，为极性分子，故D错误；故选：B。4

.下列说法正确的是A.Cl、Br、Se(硒)的电负性依次减小B.硼原子核外电子由1s22s22p1→1s22s12p2，原子放出能量C.C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序是O>N>CD.基态某原子的价层电

子排布式为4d105s1，推断该元素位于第五周期第IA族【答案】A【解析】【详解】A．同周期元素随着核电荷数增加电负性增大，Se(硒)＜Br，同主族电负性随核电荷数增加减弱，Cl＞Br，故Cl＞Br＞Se(硒)，A正确；B．硼原子核外电子由1s22

s22p1→1s22s12p2，由基态到激发态，原子吸收能量，B错误；C．C、N、O是同周期元素，元素第一电离能有增大的趋势，但N原子2p轨道有3个电子，半充满稳定状态，不易失去电子，O原子2p轨道有4个电

子，比N原子易失去电子，第一电离能大从大到小的顺序是N>O>C，C错误；D．基态某原子的价层电子排布式为4d105s1，为铜元素，该元素位于第五周期第IB族，D错误；故答案为：A。5.MgCO3和CaCO3的能量关

系如图所示(M=Ca、Mg)：已知：离子电荷相同时，半径越小，离子键越强。下列说法不正确．．．的是A.ΔH1(MgCO3)>ΔH1(CaCO3)>0B.ΔH2(MgCO3)=ΔH2(CaCO3)>0C.ΔH1(

CaCO3)-ΔH1(MgCO3)=ΔH3(CaO)-ΔH3(MgO)D对于MgCO3和CaCO3，ΔH1+ΔH2>ΔH3【答案】C【解析】【详解】A．镁离子半径小于钙离子半径，因此碳酸镁中离子键比碳酸钙中离子键更强，则

ΔH1(MgCO3)>ΔH1(CaCO3)，且ΔH1表示断键过程，断键吸热，故ΔH1大于0，故A正确；B．由图可知2ΔH表示2-3CO断键生成2-2OCO、的过程，为吸热过程，且ΔH2(MgCO3)=ΔH2(CaCO3)，故B正确；C．由图示可知，根据盖斯定律得：123ΔH=ΔH+ΔH-ΔH，由于

33MgCOCaCO和的H不同，所以()()()()()()1323313233ΔHCaCO+ΔHCaCOΔHCaOΔHMgCO+ΔHMgCOO-ΔH-Mg，由图可知：ΔH2(MgCO3)=ΔH2(CaCO3)，所以：

()()()()133133ΔHCaCOΔHCaOΔHMgCOΔ-HO-Mg，即：()()()()131333ΔHCaCO-ΔHMgCOΔHCaOΔHMgO−，故C错误；D．由图示可知，根据盖斯定律得：12ΔH=ΔHΔH++ΔH>0，则123ΔHΔH>ΔH+，

故D正确；故选：C。6.关于常温下pH为2的盐酸，下列叙述正确的是A.将10mL，该溶液稀释至100mL后，pH4=B.向该溶液中加入等体积pH为12的氨水恰好完全中和C.该溶液中盐酸电离出的c(H+

)与水电离出的c(H+)之比为1010:1.D.该溶液中由水电离出的c水(H+)()--14cOH=110水【答案】C【解析】【详解】A．将10mLpH2=的盐酸稀释至100mL后，()213110molL10mLcH10molL100mL−−+−−==，pH=3，故

A错误；B．向该溶液中加入等体积pH为12的氨水，由于一水合氨部分电离，氨水过量，HCl完全反应后溶液中仍含有大量的32NHHO，故B错误；C．该溶液中水电离出的()()141121210cHcOHmolL10molL10−+−−

−−−===水水，则盐酸电离出的()Hc+与水电离出的()Hc+之比为2121010:1010:1−−=，故C正确；D．该溶液中由水电离出的()()121224cHcOH1010110+−−−−==水水，故D错误。综上所述，答案为C。7.硫的化合物很多，如2

SO、3SO、22SOCl、23NaSO、三聚的()33SO等，三聚的()33SO的结构如图所示。下列说法正确的是。A.22SOCl为正四面体结构B.2SO、3SO分子的VSEPR模型不一样C.24SO−、

23SO−中S原子都是3sp杂化D.()3340gSO分子中含有2.5molσ键【答案】C【解析】【详解】A．22SOCl中氧原子、氯原子大小不同，不为正四面体结构，A错误；B．2SO、3SO分子S原子的价层电子对数分别为2+6-222

=3、3+6-322=3，S原子均采用sp2杂化，VSEPR模型一样，B错误；C．24SO−、23SO−中S原子的价层电子对数分别为4+6+2-422=4、3+6+2-322=4，S原子均采用3sp杂的化，C正确；D．单键均为σ

键，1分子()33SO中含有12个σ键，()3340gSO为16mol，分子中含有2molσ键，D错误；故选C。8.下列说法不正确的是A.的分子式为CuC4H4N2O4B.某元素气态基态原子的逐级电离能(kJ·mol-1)分别为738、1451、7733、1054

0、13630、17995、21703，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X2+C.Na、P、Cl的电负性依次增大D.CH3CH(OH)COOH分子中有手性碳原子【答案】A【解析】【详解】A．的分子式为CuC4H8N2O4，A错

误；B．某元素气态基态原子的逐级电离能(kJ•mol﹣1)分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，根据数据可知，第二电离能与第三电离能差距较大，则其最外层有2个电子，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X2+，B正确；

C．Na、P、Cl均为第三周期的元素，从左到右，Na、P、Cl的电负性依次增大，故C正确；D．CH3CH(OH)COOH分子中连有羟基的碳原子是手性碳原子，D正确；故选A。9.关于下列装置说法正确的是A.装置①中电子由Zn流向Fe，装置中有Fe2＋生成B.装置②工作一段时间后，a极附近溶液的pH

增大C.装置③中钢闸门应与外接电源的正极相连获得保护D.装置④盐桥中KCl的Cl－移向乙烧杯【答案】B【解析】【详解】A．锌比铁活泼，锌作负极，电子从负极锌流出经导线流向正极铁，铁被保护，不可能产生二价铁离子，故A错误；B．a为与电源负

极相连是阴极，氢离子得电子发生还原反应生成氢气，破坏水的电离平衡，氢氧根浓度增大，碱性增强，pH值增大，故B正确；C．用外加电源的阴极保护法保护金属，被保护的金属应该接电源的负极，即钢闸门应与外接电源的负极相连，故C错误；

D．原电池中阴离子向负极移动，锌是负极，所以Cl－移向甲烧杯，故D错误。答案选B。10.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.2.0gD216O和14ND3的混合物中含有的电子数为NAB.120g由Na

HSO4和MgSO4组成的混合固体中2-4SO数目为NAC.23gC2H6O分子中含有碳氧键的数目一定为0.5NAD.5.6gFe2+中未成对电子数为0.6NA【答案】A【解析】【详解】A．D216O和14ND3的摩尔质量为20g/mol，2.

0gD216O和14ND3的混合物的物质的量为0.1mol，D216O和14ND3的分子中含电子数都为10，则含有的电子数为NA，A项正确；B．硫酸氢钠固体含有钠离子和硫酸氢根离子，不含硫酸根离子，B项错误；C．C2H6O可以是乙醇也可以是二甲醚，结构未知，无法计算含有

碳氧键的数目，C项错误；D．5.6gFe2+中未成对电子数为1AA5.6g4mol=0.456g/molNN−，D项错误；答案选A。11.几种晶体的晶胞(或晶体结构)如图所示，下列说法正确的是NaCl晶胞CO2晶胞金刚石晶胞石墨晶体结构A.NaCl中Na+的配位数小于干冰中CO2分子

的配位数B.干冰晶胞中CO2分子之间和金刚石晶胞中碳原子间的静电作用均是共价键C.若金刚石的晶胞边长为acm，其中两个最近的碳原子之间的距离为2a2D.石墨晶体层内是共价键，层间是范德华力，所以石墨是一种

过渡晶体【答案】A【解析】【详解】A．NaCl晶胞中每个Na+周围有6个Cl-，所以配位数为6，CO2晶胞中的配位数为：38=122，A正确；B．干冰晶胞中CO2分子之间是分子间作用力，金刚石晶胞中碳原子间是共价键，B错误；C．若金刚石的晶胞边长为acm，两

个碳原子之间的最短距离为体对角线的四分之一，即3acm4，C错误；D．石墨晶体层内是共价键，层间是范德华力，所以石墨晶体兼有共价晶体、分子晶体、金属晶体的特征，属于混合晶体，D错误；故选A。12.X、Y为两种不同的元素，下列化学式一定为极性分子的是A.XYB.XY2C.

XY3D.XY4【答案】A【解析】【详解】A．在XY分子中X、Y是不同的原子，吸引电子能力不同，正、负电荷中心不重合，一定是极性分子，选项A正确；B．三原子在同一条直线上时就是非极性分子，如CO2，选项B错误；C．四原子若在同一平面内就是非极性分子，如BF3，不在同一平面内就是极性分

子，如NH3，选项C错误；D．该分子无论是四面体结构还是平面结构都是对称性分子，是非极性分子，选项D错误；答案选A。13.下列有关晶体结构或性质的描述正确的是。A.冰中存在极性键、范德华力，不存在氢键B.因金属性K>Na，故金属钾的熔点高于

金属钠的C.1mol金刚石与1mol石墨晶体中所含的C-C的数目相同D.氧化镁中的离子键强度大于氯化钠中的离子键强度，故氧化镁的熔点高于氯化钠的【答案】D【解析】【详解】A．冰中水分子之间存在氢键，故A错误；B．同主族元素从上到下金属性增强，熔点降低，金属性：K>Na，熔点：K<Na，故B错误；

C．1mol金刚石含2molC-C、1mol石墨晶体中含的1.5molC-C，两者所含碳碳键数目不同，故C错误；D．氧化镁中离子电荷数多比氯化钠中离子所带电荷数多，且氧化镁中离子半径小氯化钠中离子半径，离子电荷数越多、离子半径越小，晶格能越大，晶

体的熔点越高，故D正确；故选：D。14.硼氢化钠(NaBH4)具有很强的还原性，被称为“万能还原剂”，它在催化剂钌(44Ru)表面与水反应的历程如图所示，下列说法不正确的是A.元素钌(44Ru)在元素周期表中位于d区B.BH3分子中B原子为sp2杂化且不含孤对电子C.过程④中产生1m

olH2，转移电子的物质的量为2molD.硼氢化钠中硼元素的化合价为+3价，反应过程中硼元素的化合价始终保持不变【答案】C【解析】【详解】A．元素钌（44Ru）位于第五周期VIII族，是d区元素，A正确；B．BH3中心B原子的价层电子对数为3+3-312=3+

0=3，为sp2杂化，不含孤对电子，B正确；C．过程④的反应为HB(OH)2+2H2O+e-=32H2↑+-4B(OH)，由该方程式可知，生成1.5molH2时转移2mol电子，则生成1molH2转移43mol电子，C错误；D．硼氢化钠中硼元素的化合价为+3价，反应过程中硼元素的化合价

始终保持+3价，D正确；故选C。15.下列事实的解释不正确．．．的是事实解释A气态2Mn+再失去一个电子比气态2Fe+再失去一个电子更难2Mn+的价层电子排布为53d，3d轨道为半充满比较稳定；2Fe+的价层电子排布为63d，再失去一个电子可达到3d轨道半充满的比较稳定状态B3HO+

中H-O-H键角比2HO中的大3HO+的中心原子的孤电子对数为1，2HO的中心原子的孤电子对数为2，孤电子对之间的斥力<孤电子对与成键电子对之间的斥力<成键电子对之间的斥力C晶体熔点：HFHClHF分子间能形成氢键D酸性：33CFCOOHCClCOOH氟的电负性大于氯的电

负性，FC−的极性大于ClC−的极性，使3FC−的极性大于3ClC−的极性，导致3CFCOOH的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出H+A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．由Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转为不稳定的3d4状态，需要的能量较多；而F

e2+到Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6到稳定的3d5半充满状态，需要的能量相对要少，故气态Mn2+再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子更难，A正确；B．H2O中孤电子对为2，价层电子对数为4，O采用sp3杂化。H3O+中H-O-H键角比H2O中H-O-H键角大，因为H

2O中氧原子有2对孤电子对，H3O+中氧原子只有1对孤电子对，排斥力较小，成键电子对之间的斥力<孤电子对与成键电子对之间的斥力<孤电子对之间的斥力，B错误；C．氟化氢能形成分子间氢键，氯化氢不能形成分子间氢键，所以氟化

氢的分子间作用力大于氯化氢，沸点高于氯化氢，C正确；D．F和Cl为同主族元素，F的电负性大于Cl，电负性越大形成的共价键极性越强，因此F-C的极性大于Cl-C，从而使得F3C-的极性大于Cl3C-的极

性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子，D正确；故选B。16.现有XYZW、、、四种原子序数依次增大的短周期主族元素，其中X的p轨道上的电子总数比s轨道上的电子总数少1，Y的核外电子共有8种运动状态，W的氧化物可用于制

作耐高温材料，W的单质与Z的最高正价氧化物对应水化物的溶液反应有气体(被称为最清洁的燃料)生成。下列说法正确的是A.3ZX中X的杂化方式为sp杂化B.最简单氢化物的沸点：YXC.简单离子半径：ZYD.W的氧化物是分子晶体【答案】A【解析】【分析】XYZW、、、四种原子序数依次增大的短周期主族元

素，其中X的p轨道上的电子总数比s轨道上的电子总数少1，X为氮；Y的核外电子共有8种运动状态，Y为氧；W的氧化物可用于制作耐高温材料，且W的单质与Z的最高正价氧化物对应水化物的溶液反应有气体(被称为最清洁的燃料)氢气生

成，则W为铝、Z为钠；【详解】A．N-3中N原子的价层电子对数为2＋5+1322−=2，N原子采用sp杂化，A正确；B．水分子能形成氢键，导致水沸点升高，最简单氢化物的沸点：YX，B错误；C．电子层数越多半径越大，电子层

数相同时，核电荷数越大，半径越小；简单离子半径：Z<Y，C错误；D．氧化铝为离子晶体，D错误；故选A。第Ⅱ卷非选择题17.Ⅰ.“十四五”规划明确了“碳达峰、碳中和”工作的定位。某科研机构想利用CO2和H2合成燃料。已知：①CO2(g)+3

H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1②CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)ΔH2③C(s)+2H2(g)CH4(g)ΔH3④2CO(g)C(s)+CO2(g)ΔH4（1）试写出CO2与H2反应生成CH4和H2O(g)的

热化学方程式为_______。Ⅱ.CO2可用来生产燃料甲醇。CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH2=-49kJ·mol-1，在体积为1L的恒容密闭容器中，充入1molCO2和2molH2，一定条件下发生上述反应，测得3CHOH(g)的浓度

随时间的变化如表所示：时间/min0351015浓度/mol/L00.30.450.50.5（2）H2的平衡转化率=_______该条件下上述反应的平衡常数K=_______。（3）下列措施中能使平衡体系中()()32nCHOHnCO增

大且不减慢化学反应速率的是_______。A.升高温度B.充入He(g)，使体系压强增大C.再充入1molH2D.将H2O(g)从体系中分离出去（4）当反应达到平衡时，H2的物质的量浓度为c1，然后向容

器中再加入一定量H2，待反应再一次达到平衡后，H2的物质的量浓度为c2，则c1_______c2(填“>”、“＜”或“=”)。（5）要提高CO2的转化率，可以采取的措施是_______(填序号)。A.加

入催化剂B.增大CO2的浓度C.通入惰性气体D.通入H2（6）T℃时，向恒容密闭容器中充入CO2和H2，发生反应CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H。在使用不同催化剂时，相同时间内测得CO2的转化率随

温度的变化如下图所示。则催化效果最佳的是催化剂_______(填“Ⅰ”、“Ⅱ”或“Ⅲ”)【答案】（1）CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH=ΔH3+ΔH4-2ΔH2（2）①.75%②.4（3）C（4）＜（

5）D（6）Ⅰ【解析】【小问1详解】由盖斯定律可知，③+④-2×②得CO2与H2反应生成CH4和H2O(g)的热化学方程式CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH=ΔH3+ΔH4-2ΔH2；【小问2详解】由表格数

据可知，10min中后3CHOH(g)浓度不再变化，说明反应达到平衡，3CHOH(g)的浓度为0.5mol/L，则消耗H2的物质的量为3c(3CHOH)=1.5mol/L，H2的平衡转化率=1.5mol/L1L100%2mol=75%；平衡时H2的浓度为2mol/L-1.5mo

l/L=0.5mol/L，H2O(g)的平衡浓度为0.5mol/L，CO2(g)的平衡浓度为1mol/L-0.5mol/L=0.5mol/L，平衡常数K=()()()()323322CHOHHO0.50.5COH0.50

.5cccc==4；【小问3详解】A．该反应为放热反应，升高温度，反应速率增大，平衡逆向移动，n(CH3OH)减小，n(CO2)增大，()()32CHOHCOnn减小，A不符合题意；B．充入He(g)，使体系压强增大，但反

应物和产物的浓度都不改变，反应速率不变，()()32CHOHCOnn不变，的B不符合题意；C．再充入1molH2，反应速率增大，平衡正向移动，n(CH3OH)增大，n(CO2)减小，()()32CHOHCOnn增

大，C符合题意；D．将H2O(g)从体系中分离出去，H2O(g)浓度减小，反应速率减小，平衡正向移动，n(CH3OH)增大，n(CO2)减小，()()32CHOHCOnn增大，D不符合题意；故选C。【小问4详解】当反应达到平衡

时，H2的物质的量浓度为c1，然后向容器中再加入一定量H2，H2的浓度增大，平衡正向移动，H2的浓度又减小，再次平衡时H2的物质的量浓度c2，由勒夏特列原理可知，c1＜c2；【小问5详解】A．加入催化剂，平衡不移

动，不能提高CO2的转化率，A不符合题意；B．增大CO2的浓度，平衡正向移动，但CO2的转化率减小，B不符合题意；C．通入惰性气体，反应物和产物的浓度都不改变，平衡不移动，不能提高CO2的转化率，C不符合题意；D．通入H2，平衡正向移动，CO2的转化率增大，D符合题意；故选

D；【小问6详解】达到平衡前，相同时间内CO2的转化率越大，说明催化剂的效果最好，则催化效果最佳的是催化剂Ⅰ。18.已知：25℃时，Ka1(H2SO3)=1.5×10-2，Ka2(H2SO3)=6×10-8，Ka1(H2A)=1.3×10-7，Ka2(H2A)=7.1×10-10，Ksp

(CaSO3)=3.1×10-7。(1)H2SO3溶液和NaHA溶液反应的主要离子方程式为_______(不考虑H2SO3与HA-发生氧化还原反应)。(2)0.1mol/LNa2SO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为____。(3)25℃时.将10mL0.20mol·L-1的HCOOH溶液和1

0mL0.20mol·L-1的CH3COOH溶液分别与10mL0.20mol·L-1的NaHCO3溶液混合，实验测得产生的气体体积(V)随时间(t)变化的示意图如图所示：①HCO3−的电离平衡常数表达式K=____。②反应初始阶段，两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是____

__，反应结束后所得两溶液中，c(HCOO-)_________c(CH3COO-)(填“>”“<”或“=”)。(4)25℃时，某溶液中含有0.001mol/LCa2+、0.010mol/LH2SO3，加入KOH

固体以调节溶液pH(忽略溶液体积的变化、忽略H2SO3的挥发和分解)。当pH为7时，能否有CaSO3沉淀生成_______(填“能”或“否”)。【答案】①.H2SO3+HA-=HSO3−+H2A②.c(Na+)＞c(SO23−)＞c(OH-

)＞c(HSO3−)＞c(H+)③.()()()+2-3-3HCOHCOccc④.HCOOH的酸性比CH3COOH强等浓度的HOOOH溶液中的c(H+)较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率较快⑤.＞⑥.能【解析】【分析】(1)根据Ka1(H2SO3)=1.5×10-2，Ka2(H

2SO3)=6×10-8，Ka1(H2A)=1.3×10-7，Ka2(H2A)=7.1×10-10知，酸性：H2SO3＞H2A＞HSO3−＞HA-，据此分析判断H2SO3溶液和NaHA溶液反应的产物，再书写反应的离子方程式；(2)0.1mol/

LNa2SO3溶液中SO23−水解，溶液显碱性，水也电离出部分氢氧根离子，据此排序；(3)①HCO3−的电离方程式为HCO3-⇌H++2-3CO，据此书写平衡常数表达式；②HCOOH的酸性比CH3COOH强，结合越弱越水解分析解答；(4)Ka1(H2SO3)=1.5×10-2，则N

aHSO3的水解平衡常数1421101.510−−＜电离平衡常数，说明NaHSO3溶液显酸性，因此0.010mol/LH2SO3，加入KOH固体以调节溶液pH为7时，说明溶液中含有NaHSO3和Na2SO3

，结合HSO3-⇌H++2-3SO和Ka2(H2SO3)=6×10-8，计算出c(SO23−)=6×10-3mol/L，再根据c(Ca2+)c(SO23−)与Ksp(CaSO3)的大小分析判断。【详解】(1)根据Ka1(H2SO3)=1.5×

10-2，Ka2(H2SO3)=6×10-8，Ka1(H2A)=1.3×10-7，Ka2(H2A)=7.1×10-10知，酸性：H2SO3＞H2A＞HSO3−＞HA-，H2SO3溶液和NaHA溶液反应生成H2A和NaHSO3，反应离子方程式为H2SO3+HA

-=HSO3−+H2A，故答案为：H2SO3+HA-=HSO3−+H2A；(2)0.1mol/LNa2SO3溶液中SO23−水解，溶液显碱性，水也电离出部分氢氧根离子，因此离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)＞c(SO23−)＞c(OH-)＞c(

HSO3−)＞c(H+)，故答案为：c(Na+)＞c(SO23−)＞c(OH-)＞c(HSO3−)＞c(H+)；(3)①HCO3−的电离方程式为HCO3-⇌H++2-3CO，平衡常数表达式K=()()()+2-3-3HCOHC

Occc，故答案为：()()()+2-3-3HCOHCOccc；②HCOOH的酸性比CH3COOH强，等浓度的HOOOH溶液中的c(H+)较大，甲酸溶液与NaHCO3溶液的反应速率较快使得反应初始阶段，两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异；将10mL0.20mol·L-1的

HCOOH溶液和10mL0.20mol·L-1的CH3COOH溶液分别与10mL0.20mol·L-1的NaHCO3溶液混合，反应结束后，恰好生成HCOONa和CH3COONa溶液，由于甲酸钠的水解程度较小，所得两溶液中，c(HCOO-)＞c(CH3COO-)，故答案为：

HCOOH的酸性比CH3COOH强等浓度的HOOOH溶液中的c(H+)较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率较快；＞；(4)Ka1(H2SO3)=1.5×10-2，则NaHSO3的水解平衡常数1421101.510−−＜电离平衡常数，说明NaHSO3溶液显

酸性，0.010mol/LH2SO3，加入KOH固体以调节溶液pH为7时，说明溶液中含有NaHSO3和Na2SO3，c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，根据HSO3-⇌H++2-3SO，则Ka2(H2SO3)=6×10-8=()()()+2-3-3HSOHSOccc=

()()72-32-3110mol/LSOmol/LS0.01O−−cc≈()72-3110mol/LSO0.01mol/L−c，解得：c(SO23−)=6×10-3mol/L，则c(Ca2+)c(

SO23−)=0.001×6×10-3=6×10-6＞Ksp(CaSO3)=3.1×10-7，因此有CaSO3沉淀生成，故答案为：能。【点睛】本题的难点和易错点为(4)，要注意pH为7时，溶液中含有NaHSO3和Na2SO3，要注意根

据电离平衡常数计算溶液中的c(SO23−)。19.如图是元素周期表的一部分，根据元素在周期表中的位置，回答下列问题：（1）⑨号元素基态价电子排布式为_______，其最高能层的电子占据的原子轨道电子云轮廓为_______形。（

2）第二周期所有元素中第一电离能介于①②之间的有_______种。（3）元素⑦⑧可形成原子个数比为1：1的共价化合物，分子中各原子最外层均达到8电子的稳定结构，试写出其结构式_______，该分子为_______(填“极性分子”或“非极性分子”)。（4）元素②⑥可形成的化合物是一

种性质优良的无机非金属材料，根据元素周期律知识，写出其化学式_______，它的熔点高，硬度大，电绝缘性好，化学性质稳定，它的晶体类型是_______。（5）下列有关性质的比较正确且能用元素周期律解释的是_______(填标号)A.电负性：②>③B.氢化物

的稳定性：③>⑦C.最高价氧化物对应的水化物的碱性：④>⑤D.氢化物的沸点：③>⑦【答案】（1）①.3d104s1②.球（2）3（3）①.Cl-S-S-Cl②.极性分子（4）①.34SiN②.共价晶体（5）BC【解析】【小问1详解】⑨号元素为Cu，原子序数为29，其基态价电子排布式为3d10

4s1；其最高能层的电子占据的原子轨道为4s，电子云轮廓为球形；【小问2详解】第二周期所有元素中第一电离能介于B、N之间的有Be、C、O三种；【小问3详解】元素S、Cl可形成原子个数比为1：1的共价化合物，分子中各原子最外层均达到8电子的稳定结构，

为S2Cl2，结构式为Cl-S-S-Cl；该分子为极性分子；【小问4详解】元素N、Si可形成的化合物是一种性质优良的无机非金属材料，其化学式为34SiN；34SiN为共价晶体；【小问5详解】A．同一周期，从左至右

，电负性增强，电负性：O>N，A错误；B．非金属性越强，其气态氢化物越稳定，氢化物的稳定性：H2O>H2S，B正确；C．金属性越强其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，碱性NaOH>Al(OH)3，C正确；D．H2O分子间存在氢键，沸点：H2O>H2S，不能

用元素周期律解释，D错误；故选BC。20.下列实验步骤是兴趣小组对某混合样品含量测定，样品成分为FeO、FeS2、SiO2、及其它杂质，杂质不与酸碱反应，受热稳定。（步骤中所加试剂均为足量）①称量mg样品灼烧。装置如下：的请

回答下列问题：（1）连接好仪器后，如何检查整套装置的气密性___。（2）A瓶内所盛试剂是___溶液。灼烧完成后熄灭酒精灯，若立即停止通空气，可能对实验的影响是（写两点）___。（3）步骤②中加入双氧水的离子方程式为___。若此步骤不加入双氧水对测定硫元素含量的影响是___（填“偏高”、“偏低”或“

无影响”）。（4）连续操作1为___、洗涤、___、称量；连续操作2为洗涤、___、称量。（5）从步骤③的bg滤渣入手，可测定SiO2的含量，下面各组试剂中不适合测定的是___。A．NaOH溶液、稀硫酸B．Ba（

OH)2溶液、盐酸C．氨水、稀硫酸D．NaOH溶液、盐酸（6）求样品中FeO的质量分数（列出算式即可）___。【答案】（1）向D中加水浸没导管，夹紧止水夹a，微热C，导管口有气泡，停止微热后，若D导管中

形成一段稳定的水柱，则气密性良好（2）①.氢氧化钠（氢氧化钾、或其他合理答案）②.D中溶液倒吸、SO2不能全部排出（或测得硫元素的含量偏低）（3）①.SO23−+H2O2＝SO24−+H2O②.偏高（4）①.过滤②.干燥（烘干）③.灼烧（5）BC（6）c11(2)7216

02332100%m−【解析】【小问1详解】检查整套装置的气密性，先连接好仪器后，关闭紧止水夹a，微热C，依据导气管气泡冒出，停止加热导气管中有水柱上升证明气密性完好，具体步骤为：向D中加水浸

没导管，夹紧止水夹a，微热C，导管口有气泡，停止微热后，若D导管中形成一段稳定的水柱，则气密性良好；故答案为向D中加水浸没导管，夹紧止水夹a，微热C，导管口有气泡，停止微热后，若D导管中形成一段稳定的水柱，则气密性良好；【小问2详解】上述分析可知A中是氢氧化钠溶液，用来

吸收通入空气中二氧化碳，避免影响后续实验测定，灼烧完成后熄灭酒精灯，若立即停止通空气，可能会引起倒吸，生成的二氧化硫不能全部进入装置D中吸收等；故答案为氢氧化钠；D中溶液倒吸、SO2不能全部排出或测得硫元素的含量偏低；【小问3详解】过氧化氢是

氧化亚硫酸根离子为硫酸根离子全部沉淀，步骤②中加入双氧水的离子方程式为：SO32-+H2O2=SO42-+H2O，如不加入过氧化氢氧化，生成的沉淀含有BaSO3，称量过程中易被空气中氧气氧化，计算得到硫元素质量偏

高；故答案为SO32-+H2O2=SO42-+H2O，偏高；【小问4详解】依据上述分析可知，实验过程中连续操作1是过滤、洗涤、干燥、称量；连续操作2是洗涤、干燥、灼烧、称量；故答案为过滤，干燥，灼烧；【小问5详解】③C中固体为FeO、Fe2O3和SiO2和其他杂质，加入稀硫酸溶解生成硫酸亚铁

、硫酸铁溶液，过滤得到滤渣为SiO2和其他杂质bg，杂质不与酸碱反应，受热稳定，从步骤③的bg滤渣入手，可测定SiO2的含量是利用加入的试剂溶解二氧化硅后过滤得到不溶性杂质，滤液中加入酸沉淀硅酸根离子形成硅

酸沉淀，洗涤干燥称量，元素守恒计算得到二氧化硅质量，得到二氧化硅的含量。a．NaOH溶液、以溶解二氧化硅，稀硫酸和硅酸钠反应生成硅酸沉淀，可以测定二氧化硅含量，故a符合；b．Ba（OH）2溶液和二氧化硅反应生成硅酸钡是沉淀，不能和杂质分离、不能用来测定含量，故b不

符合；c．氨水不能溶解二氧化硅，不能分离不溶性杂质，故c不符合；d．NaOH溶液、以溶解二氧化硅，稀盐酸和硅酸钠反应生成硅酸沉淀，可以测定二氧化硅含量，故d符合；故答案为bc；【小问6详解】依据铁元素守恒

分析计算，实验③中得到的固体是氧化铁质量为cg，实验②是FeS2中硫元素最后生成硫酸钡沉淀为ag，据此可以依据硫元素守恒计算原样品中FeS2的物质的量，原样品中FeO物质的量应是铁元素总物质的量减去FeS2中铁元素物质的量

，氧化铁物质的量=160/cggmol=160cmol，含有铁元素物质的量=160cmol×2，依据硫元素守恒，Fe～FeS2～2H2SO4～2BaSO4，则FeS2中铁元素物质的量=233a×12mol，氧化亚铁Fe

O中铁元素物质的量=160cmol×2-233a×12mol，得到氧化亚铁的质量分数为：c11(2)721602332100%m−故答案为c11(2)721602332100%m−。