上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-127原子结构与性质（1）

这是一份上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-127原子结构与性质（1），共39页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，原理综合题，工业流程题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。
上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-127原子结构与性质（1）

一、单选题
1．（2022·上海·模拟预测）下列表示正确的是
A．CH3Cl的电子式： B．镁原子最外层电子的电子云图：
C．四氯化碳的比例模型： D．乙酸甲酯的结构简式：CH3OOCCH3
2．（2022·上海浦东新·统考模拟预测）电子可以
A．在氧化还原反应中发生转移 B．在电解质溶液中自由移动
C．与阳离子形成离子键 D．在原子核周围聚集成电子云
3．（2022·上海奉贤·一模）下列化学用语表示正确的是
A．乙炔结构式：HC≡CH B．氢氧化钾电子式：
C．氧离子核外电子排布式：1s22s22p4 D．聚丙烯链节：—CH2—CH2—CH2—
4．（2022·上海闵行·统考一模）下列化学用语表示正确的是
A．中子数为16的磷原子：
B．过氧化氢的电子式：
C．的名称：2-乙基丁烷
D．氧原子核外电子轨道表示式：
5．（2022·上海长宁·统考一模）下列化学用语正确的是
A．碳原子的核外电子轨道表示式：
B．的电子式：
C．丙烷的比例模型：
D．原子核内有6个中子的碳原子：
6．（2022·上海·统考一模）下列有关化学用语的说法正确的是
A．的电子式是 B．二氧化硅的分子式是
C．Si原子的核外电子排布式是 D．乙烯的结构式是
7．（2022·上海普陀·统考二模）已知某微粒的核外电子排布式是1s22s22p63s23p4，下列判断错误的是
A．该元素在周期表的位置是第三周期IVA族
B．该元素最高价是+6，最低价是-2
C．该微粒原子核外有16种运动状态不同的电子
D．该微粒原子核外有5种能量不同的电子
8．（2022·上海·统考模拟预测）氯仿保存不当会产生光气：2CHCl3＋O2 → 2HCl＋2COCl2，下列相关化学用语正确的是
A．CHCl3的球棍模型： B．O原子的轨道表示式：
C．氯离子的结构示意图： D．光气的电子式：
9．（2022·上海·统考二模）下列表达方式正确的是
A．乙炔的结构式：HC≡CH B．羟基的电子式：
C．氧离子的核外电子排布式：1s22s22p4 D．碳-12原子：C
10．（2022·上海徐汇·统考二模）下列推断合理的是
A．O的非金属性比S大，可推断比稳定
B．电子云重叠程度比的大，可推断比稳定
C．的相对分子质量比小，可推断的沸点比的低
D．具有氧化性，可推断过硫化氢()也具有氧化性
11．（2022·上海闵行·统考模拟预测）对碳原子最外层电子的描述，错误的是
A．有1种自旋状态 B．有2种不同能量
C．分占3个轨道 D．有4种运动状态

二、多选题
12．（2022·上海徐汇·统考三模）实验室制备的反应原理：。下列说法正确的是
A．O原子的轨道表示式：
B．的电子式：
C．是V型的非极性分子
D．的结构式：

三、填空题
13．（2022·上海奉贤·一模）氮、氧、氯及其化合物在生产生活中有广泛的应用。
(1)氧原子核外共有_____种能量不同的电子，氯原子核外未成对电子所占据的轨道符号是_____，NH3分子的空间构型为_____。
(2)请比较氮、氧元素的非金属性：氮_____氧(选填“＞”或“＜”)，用一个化学事实进行说明_____。
已知：①NaNO2具有毒性和强氧化性；②酸性强弱：H2SO3＞HNO2＞CH3COOH。
(3)含NaNO2的废水直接排放会引起严重的水体污染，工业上常用还原剂将其转化为无污染的气体，用NH4Cl还原NaNO2的离子方程式为_____，若生成1mol氧化产物，则反应中转移的电子数目是_____。
(4)向冷NaNO2溶液中加入下列某种物质可得HNO2溶液，该物质可以为_____。
a.二氧化碳          b.二氧化硫      c.醋酸      d.稀硫酸
(5)常温下将0.02mol·L-1的NaNO2溶液和0.01mol·L-1的盐酸等体积混合，溶液呈酸性，则c(NO)+c(HNO2)_____0.01mol·L-1，c(NO)+c(Cl-)_____0.01mol·L-1(选填“>”、“Ba，反应④在真空容器中可以发生的理由是_______。
26．（2022·上海·统考模拟预测）发蓝工艺是将钢铁浸入热的NaNO2碱性溶液中，在其表面形成一层四氧化三铁薄膜。其中铁经历了如下转化：
   
其中②的化学方程式为：Na2FeO2＋NaNO2＋H2ONa2Fe2O4＋NH3↑＋NaOH(未配平)。
完成下列填空：
(1)Na原子核外有_______种能量不同的电子，其中能量最高的电子所占的电子亚层符号为_______。将反应②中涉及的短周期元素，按原子半径由大到小顺序排列。_______
(2)NH3分子的结构式为_______。从原子结构的角度解释氮元素的非金属性比氧元素弱的原因。_______
(3)配平反应②的化学方程式______。若反应生成11.2 L(标准状态)氨气，则电子转移的数目为_______。
(4)反应③中Na2FeO2与Na2Fe2O4的物质的量之比为_______。写出Fe→Fe3O4的置换反应的化学方程式_______
27．（2022·上海·模拟预测）硫元素是动植物生长不可缺少的元素，广泛存在于自然界中。

(1)从图1中选择符合图2要求的X、Y代表的物质：X____，Y____。
(2)硫原子的核外电子排布式为____，原子核外有____种不同能量的电子。在周期表中，与硫相邻的短周期元素的原子半径由大到小的顺序是____。
(3)某硫酸厂废气中SO2的回收利用方案如图所示：

①如果X中只含有2种亚硫酸盐，且溶液呈中性，则c(NH)____c(SO)+c(HSO)(填“>”、“=”或“

【详解】（1）氧原子电子排布式为1s22s22p4，核外有3种能量不同的电子，氯原子的电子排布式为1s22s22p63s22p5，核外未成对电子所占据的轨道符号是3p，NH3分子的空间构型为三角锥形。
（2）氮、氧元素位于元素周期表中第二周期，从左到右非金属性增强，非金属性：氮＜氧，用非金属性强的可知置换出非金属性弱的化学事实：。
（3）用NH4Cl还原NaNO2转化为无污染的气体氮气，根据氧化还原反应的规律，离子方程式为，1molN2既是氧化物又是还原产物，转移3mol电子，若生成1mol氧化产物，为2molN2，则反应中转移的电子数目是6NA，3.612×1024。
（4）由NaNO2溶液制得HNO2，应用强酸制弱酸，根据酸性强弱：H2SO3＞HNO2＞CH3COOH，可知加入二氧化硫和稀硫酸可以实现，但是二氧化硫具有还原性，NaNO2具强氧化性，所以只能加入稀硫酸，d正确；
故选d。
（5）将0.02mol·L-1的NaNO2溶液和0.01mol·L-1的盐酸等体积混合，由可知溶液中，根据物料守恒可得c(NO)+c(HNO2)=0.01mol·L-1。溶液中存在电荷守恒，溶液呈酸性，，溶液中，由此可得c(NO)+c(Cl-)>0.01mol·L-1。
14．(1) 3 V形 放热
(2)
(3) O 接受
(4) 乙 +H+=
(5)a

【详解】（1）碳的电子排布式为1s22s22p2，所以有3种能量不同的电子；H2O分子O原子最外层含有2对孤电子对，空间构型为V形；反应物能量总和大于生成物能量总和，则该反应为放热反应；
（2）由图可知，“解吸”过程中KHCO3分解生成K2CO3和CO2，反应的化学方程式为；
（3）①CO2的电子式为，O原子有孤电子对，过渡金属的原子一般具有空轨道，根据配位键形成规则可知，过渡金属接受CO2分子中O原子的孤电子对，故答案为：O；
②CO2→CH3OH的过程中C原子发生得电子的还原反应，即CO2接受电子转化为CH3OH，故答案为：接受；
（4）①相同体积、相同浓度的K2CO3和KHCO3溶液，K2CO3的水解程度更大，故pH更大，图甲为碳酸氢钾，图乙为碳酸钾，故答案为：乙；
②图乙为碳酸钾溶液的滴定曲线，A'~B'段，为碳酸钾和少量盐酸的反应，离子方程式为： +H+=，故答案为： +H+=；
（5）③a．K2CO3和KHCO3溶液中存在电离和水解，所含微粒种类相同，故a正确；
b．A点满足电荷守恒：c(K+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)，而B、C点由于已经加入盐酸，故溶液中还含有Cl-，故B、C点满足电荷守恒：c(K+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)+c(Cl-)，故b错误；
c．A点溶质为碳酸氢钾，碳酸氢钾水解大于电离，溶液显碱性，促进水的电离，B点溶质为氯化钾和H2CO3，溶液pH约为4，抑制水的电离，C点溶质为氯化钾和HCl，溶液pH约为2，抑制水的电离，但是由于C点酸性更强，对水的电离抑制程度更大，水的电离程度：A>B>C，故c错误；
d．K2CO3和KHCO3溶液的金属阳离子相同，焰色试验的颜色相同，则不能鉴别，故d错误；
故答案为：a。
15．(1) 工业制烧碱 工业制纯碱 H2 NaOH
(2) NH3 CO2
(3) 3s23p6 同主族元素，从上到下元素的金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物碱性依次增强
(4)加水溶解，依次加入氢氧化钠溶液、氯化钡溶液、碳酸钠溶液，过滤，向滤液中加入稀盐酸，煮沸
(5)N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H=—534kJ/mol

【详解】（1）由图可知，图中体现了工业制烧碱和工业制纯碱两种重要工业生产，用阳离子交换膜法电解饱和食盐水时，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，所以在阴极可以得到氢气和氢氧化钠，故答案为：工业制烧碱；工业制纯碱；H2；NaOH；
（2）氨气极易溶于水，二氧化碳溶于水，为增大二氧化碳在溶液中的溶解度，便于碳酸氢钠析出，工业上制取碳酸氢钠时，应向饱和食盐水中先通入氨气，使溶液呈碱性，再通入二氧化碳得到碳酸氢钠沉淀；过滤得到碳酸氢钠沉淀后的母液，经吸氨、降温冷析后，加氯化钠细粒可得到氯化铵沉淀，氯化铵是铵根离子和氯离子形成的离子化合物，电子式为 ，故答案为：NH3；CO2； ；
（3）氯元素的原子序数为17，氯离子的价电子排布式为3s23p6；锂元素和钠元素都为ⅠA族元素，同主族元素，从上到下元素的金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物碱性依次增强，所以氢氧化钠碱性比氢氧化锂碱性强，故答案为：3s23p6；同主族元素，从上到下元素的金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物碱性依次增强；
（4）粗盐中含有镁离子、硫酸根离子和钙离子等杂质，粗盐经加水溶解，依次加入氢氧化钠溶液、氯化钡溶液、碳酸钠溶液除去溶液中的镁离子、硫酸根离子、钙离子和过量钡离子，过滤，向滤液中加入稀盐酸除去过量氢氧根离子和碳酸根离子，煮沸除去碳酸和盐酸得到氯化钠溶液，故答案为：加水溶解，依次加入氢氧化钠溶液、氯化钡溶液、碳酸钠溶液，过滤，向滤液中加入稀盐酸，煮沸；
（5）由图可知，肼与氧气反应生成氮气和水蒸气反应的焓变△H=—534kJ/mol，则反应的热化学方程式为N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H=—534kJ/mol，故答案为：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H=—534kJ/mol。
16．(1) 2s22p2 2 纺锤形
(2)ac
(3) 减小
(4) CO2 实际生产中需要综合考虑反应的速率、产率等，以达到最佳效益，实际反应温度远高于200℃，就是为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的产品
(5)0.02
(6)方法①相对合理，方法②温度高，能耗大，产物含氯气，处理成本高

【详解】（1）碳是6号元素，原子核外最外层电子的排布式是2s22p2，电子离核越远能量越高，C原子中能量最高的能级为2p，有2个电子，其电子云形状为纺锤形。
（2）a．该反应是气体体积增大的吸热反应，反应过程中压强不断增大，当混合气体的压强保持不变时，说明反应达到平衡，故a选；
b．由方程式可知Cl2和TiCl4化学反应速率关系为：，时不能说明正反应速率等于逆反应速率，证明反应达到平衡，故b不选；
c．该反应是固体生成气体的反应，反应过程中气体总质量增大，混合气体的密度增大，当混合气体的密度保持不变时，说明反应达到平衡，故c选；
d．和CO物质的量相等时不能说明正反应速率等于逆反应速率，不能证明反应达到平衡，故d不选；
故选ac。
（3）反应平衡常数表达式K=，该反应是放热反应，温度升高，K减小。
（4）图中显示，在200℃平衡时几乎完全转化为，同时生成CO2气体，实际生产中需要综合考虑反应的速率、产率等，以达到最佳效益，实际反应温度远高于200℃，就是为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的产品。
（5）600℃时，的物质的量分数为0.45，Cl2的物质的量分数为0，根据已知条件列出“三段式”：


则有=0，=0.45，解得x=0.9，y=0.2，5分钟后反应达到平衡状态，计算5分钟内=0.02。
（6）方法①相对合理，方法②温度高，能耗大，产物含氯气，处理成本高。
17．(1)MgCl2＋2NaClO3=Mg(ClO3)2＋2NaCl↓
(2)相同温度时，NaCl的溶解度最小，会先达到饱和而析出，使反应向生成Mg(ClO3)2的方向进行
(3) 4
(4)r(Cl—) ＞r(Na+)＞r(Mg2+)
(5)bd
(6) c(Na+)＞c(OH—)＞c(Cl—)＞c(ClO—) ＞c(H+) 6Cl2＋12OH—=8Cl—+3ClO—+ClO+6H2O 0.4NA

【详解】（1）由图可知，四种物质中氯化钠的溶解度最小，所以氯化镁溶液与加入饱和氯酸钠溶液反应生成氯化钠沉淀和氯酸镁，反应的化学方程式为MgCl2＋2NaClO3=Mg(ClO3)2＋2NaCl↓，故答案为：MgCl2＋2NaClO3=Mg(ClO3)2＋2NaCl↓；
（2）由图可知，四种物质中氯化钠的溶解度最小，所以氯化镁溶液与加入饱和氯酸钠溶液混合时，氯化钠在溶液中会先达到饱和而析出，使反应向生成氯酸镁的方向进行，故答案为：相同温度时，NaCl的溶解度最小，会先达到饱和而析出，使反应向生成Mg(ClO3)2的方向进行；
（3）氧元素的原子序数为8，价电子排布式为2s22p4，轨道表达式为；镁元素的原子序数为12，电子排布式为1s22s22p63s2，所以原子中有1s、2s、2p、3s共4种不同能量状态的电子，故答案为：；4；
（4）氯酸钠和氯化镁中钠、镁、氯三种元素都处于第三周期，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，同主族元素，从上到下离子半径依次减小，所以三种离子的离子半径大小顺序为r(Cl—) ＞r(Na+)＞r(Mg2+)，故答案为：r(Cl—) ＞r(Na+)＞r(Mg2+)；
（5）a．元素的非金属性强弱与最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱有关，与氧化物对应的水化物的酸性强弱无关，故错误；
b．元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，溴化氢的分解温度低于氯化氢说明溴化氢的稳定性弱于氯化氢，溴元素的非金属性弱于氯元素，故正确；
c．铁离子和溴在溶液中都呈黄色，则向溴化亚铁溶液中滴入少量氯水，溶液颜色变黄不能说明氯气能置换出溴，无法比较氯气和溴的氧化性的强弱，不能说明氯的非金属性强于溴，故错误；
d．氯化溴中溴元素的化合价为+1价、氯元素为—1价说明化合物共用电子对偏向氯原子一方，氯原子得到电子的能力强于溴原子，氯元素非金属性较强于溴元素，故正确；
故选bd；
（6）①常温下，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，含3mol氢氧化钠的稀碱液与1mol氯气反应得到含有1mol氢氧化钠、1mol氯化钠和1mol次氯酸的混合溶液，由于次氯酸钠在溶液中水解使溶液呈碱性，所以溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+)＞c(OH—)＞c(Cl—)＞c(ClO—) ＞c(H+)，故答案为：c(Na+)＞c(OH—)＞c(Cl—)＞c(ClO—) ＞c(H+)；
②由未配平的离子方程式可知，次氯酸根的物质的量为3mol、氯酸根离子的物质的量为1mol，由得失电子数目守恒可知，氯离子的物质的量为8mol，则反应的离子方程式为6Cl2＋12OH—=8Cl—+3ClO—+ClO+6H2O，反应中生成8mol氯离子，反应转移8mol电子，则反应生成0.4mol氯离子，转移的电子数目为0.4NA，故答案为：6Cl2＋12OH—=8Cl—+3ClO—+ClO+6H2O；0.4NA。
18．(1) 2FePO4（s）+Li2CO3（s）+2C（s）2LiFePO4（s）+3CO（g） C 1.204×1023
(2) K=c3（CO） 逆 amol•L-1
(3)0.0025mol/（L•min）
(4) 7 Li＞P＞O 正极
(5)防止形成更易被氧化的氢氧化亚铁（或亚铁离子在碱性条件下更易被氧化）

【详解】（1）反应中Fe元素化合价从+3降低为+2，碳酸锂中碳元素化合价从+4价降低到+2价，FePO4、Li2CO3均是氧化剂，C的化合价从0升高为+2，碳是还原剂，根据得失电子守恒可知反应中转移4个电子，依据原子守恒可知配平后的方程式为2FePO4（s）+Li2CO3（s）+2C（s）2LiFePO4（s）+3CO（g）；15.8g的物质的量是0.1mol，每生成2molLiFePO4，转移4mol电子，所以每生成0.1molLiFePO4，转移0.2mol即0.2mol×6.02×1023/mol＝1.204×1023个电子；
（2）方程式中只有CO为气体，则平衡常数K=c3（CO）；CO浓度增大，平衡逆向移动，由于温度不变，则平衡常数不变，达到平衡时，浓度不变，仍为amol•L-1；
（3）反应进行到20min时，容器内固体的质量减少了2.8g，说明生成2.8gCO，则c（CO）==0.05mol/L，v=0.05mol/L÷20min=0.0025mol/（L•min）；
（4）Fe原子的核外电子排布式为，分别有1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s轨道，所以Fe原子有7种不同能量的电子。电池材料涉及到的元素有Li、Fe、P、O四种元素，其中Li、P、O属于主族，锂虽然位于第二周期，但原子半径大于磷的，所以其原子半径从大到小的顺序为Li＞P＞O；锂电池中锂作负极，所以做正极材料。
（5）（NH4）2Fe（SO4）2和LiOH溶液直接混合，易生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，易被氧化而生成氢氧化铁，故答案为：防止形成更易被氧化的氢氧化亚铁（或亚铁离子在碱性条件下更易被氧化）。
19．(1) 1：4
(2) 强 C和N在同一周期，N原子核电荷数大，原子半径小，原子核对外层电子的吸引力更强
(3)增大压强平衡向逆反应方向移动，NO的体积分数会减小，随着反应进行氨气的量逐渐减少，加入的NO来不及发生反应①，会使NO的体积分数增大
(4)
(5) 31.8g 氮肥中尿素比较稳定不易分解 与其他含氮铵盐相比尿素的含氮量比较高

【详解】（1）氮是7号元素，原子最外层电子排布式为2s22p3，两种自旋状态的电子数之比为1：4，氮原子最外层电子是第二层，磷原子最外层电子是第三层，所以氮原子最外层电子的能量磷原子，故答案为：1：4；；
（2）N的电负性强，所以N原子吸引电子能力更强，因为C和N在同一周期，N原子核电荷数大，原子半径小，原子核对外层电子的吸引力更强，故答案为：强；C和N在同一周期，N原子核电荷数大，原子半径小，原子核对外层电子的吸引力更强；
（3）对于反应，增大压强平衡向逆反应方向移动，NO的体积分数会减小，随着反应进行氨气的量逐渐减少，加入的NO来不及发生反应①，会使NO的体积分数增大，故原因可能是增大压强平衡向逆反应方向移动，NO的体积分数会减小，随着反应进行氨气的量逐渐减少，加入的NO来不及发生反应①，会使NO的体积分数增大；
（4）分析可知反应物、与产物 的化学计量数应该是一样的，由得失电子守恒和原子守恒可得化学方程式为：，故答案为：；
（5）设和的物质的量为n，则的物质的量为3n，与足量氢氧化钠加热，由可得n=0.15mol，则混合物的质量为：，目前氮肥中使用量最多，可能的原因是氮肥中尿素比较稳定不易分解，与其他含氮铵盐相比尿素的含氮量比较高，故答案为：31.8g；氮肥中尿素比较稳定不易分解；与其他含氮铵盐相比尿素的含氮量比较高。
20．(1) 2
(2)ad
(3) 吸热 ＜
(4)
(5)+2HCl
(6)减少了原料毒性和副产盐酸对设备腐蚀性的限制，降低了碳排放，副产物氨气可回收利用，且没有有害物质对外排放，符合绿色化学工艺

【详解】（1）C原子的电子排布式为1s22s22p2，能级的能量高低：2p＞2s＞1s，则核外能量最高的电子有2个，、N、O简单离子的核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，则半径大小为。
（2）a．最高价含氧酸的酸性越强，其非金属性越强，故酸性：，能说明氮的非金属性比碳强，故a正确；
b．最高正价态不能说明氮的非金属性比碳强，故b错误；
c．沸点高低不能说明氮的非金属性比碳强，故c错误；
d．吸引电子能力越强，说明非金属性越强，故吸引电子能力强弱：氮＞碳，能说明氮的非金属性比碳强，故d正确；
故选ad。
（3）由图可知，随温度升高，转化率增大，说明升温平衡正向移动，则反应是吸热反应，反应①是气体物质的量增大的反应，减小压强，平衡正向移动，转化率增大，故＜。
（4）某一恒温恒容装置内，与发生反应②，后，气体的密度减少，质量减少´5L=19.5g，则氨气减少的质量为，消耗氨气的物质的量为0.5mol，则内氨气的平均反应速率为。
（5）传统合成DMC的方法是以光气（，有剧毒）和甲醇为原料，相应的化学方程式为+2HCl。
（6）新工艺合成DMC的方法和传统方法相比，优点有减少了原料毒性和副产盐酸对设备腐蚀性的限制，降低了碳排放，副产物氨气可回收利用，且没有有害物质对外排放，符合绿色化学工艺。
21．(1) 第二周期第VA族 5 2
(2) 三角锥形 强
(3) 0.0005mol–L-1•min-1 通入氨气
(4) < NH水解，使NH浓度减少，NH+ H2ONH3·H2O + H+

【解析】（1）
氮元素位于第二周期第VA族，核外电子排布式为1s22s22p3，氮原子核外电子共占据了2个s轨道和3个p轨道，共5个轨道；最外层电子排布式为2s22p3，最外层有2种不同能量的电子；
（2）
NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，空间构型是三角锥形，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，氮的非金属性强于磷，则氮的最高价氧化物对应水化物的酸性比磷酸的酸性强；
（3）
工业合成氨反应方程式为，化学平衡常数表达式为；起始氮气为0.2mol，10min时氮气为0.195mol，0 ~ 10min内氮气的化学反应速率为，由速率之比等于系数比，则；反应进行至20 min时，该瞬间氢气和氮气的物质的量不变，而氨气突然变大，则曲线发生变化的原因是通入氨气；
（4）
(NH4)2SO4为强酸弱碱盐，由于发生水解反应：，导致的浓度减小，所以c()与c()之比＜2：1，故答案为：BiH3，故B正确；
C．同主族元素从上到下，非金属性减弱，最高价含氧酸的酸性减弱，酸性HBiO3r(P)，故D错误；
选B。
（4）
BiF3为离子晶体，熔化破坏离子键，BrCl3为分子晶体，熔化破坏分子间作用力，离子键强于分子间力，因此BiF3的熔点高于BrCl3；
（5）
该反应中Bi元素化合价由+5降低为+3、Mn元素化合价由0升高为+7，根据得失电子守恒、电荷守恒，配平离子方程式为7BiO+2Mn+26H+→7Bi3++2MnO+13H2O，并用单线桥标出电子转移的方向和数目为。
23．(1) N 纺锤形
(2) 出现白烟 0.24
(3) 6 4
(4) 6NO2+8NH37N2+12H2O 1.12

【详解】（1）Cl、S、O、N四种元素未成对电子分别为1、2、2、3，则未成对电子最多的原子是N，S原子中能量最高电子所在能级是3p，其电子云形状为哑铃形，故答案为：N；哑铃形；
（2）由于Cl2与NH3反应生成NH4Cl，所以当有少量Cl2泄漏时，可以观察到的现象是有白烟生成，每有8个氨气参加反应，有2个被氧化，生成1个N2，转移6个电子；若反应中有0.08mol的氨气被氧化，有3×0.08mol=0.24mol电子发生转移，故答案为：有白烟生成；0.24；
（3）①热烧碱溶液吸收Cl2时，生成NaCl得到电子，生成NaClO和NaClO3失去电子，利用得失电子守恒可知，n=1+5=6，则n=4，故答案为：6；
②溶液中阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数，则6×10-6+4×10-6+2×10-5+a=2×4×10-5+2×10-5+3×10-5，a=10-4，pH=4，故答案为：4；
（4）①在催化剂和加热条件下，NO2与NH3可反应生成无害物质N2和H2O，其反应的化学方程式为：6NO2+8NH37N2+12H2O，故答案为：6NO2+8NH37N2+12H2O；
②由于烧碱溶液吸收NO2和NO生成NaNO2和NaNO3，利用氮元素和钠元素相等可知，当消耗100mL0.5mol·L-1的烧碱溶液时，共吸收混合气体0.1L×0.5mol·L-1×22.4L/mol=1.12L，故答案为：1.12。
24．(1) 6 3p
(2) > >
(3) 同素异形体 正交硫 S+O2=SO2(g) =-296
(4) 溶液 酸 ②>④>③>①
(5)加入Ba(NO3)2溶液至不再产生白色沉淀时，取上层清液，向其中加入AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则证明混合溶液中含有Cl-

【详解】（1）硫原子最外层有6个电子，每个电子的运动状态都不同，故硫原子最外层有6种不同运动状态的电子；S的价电子排布式为3s23p4，其中能量最高的电子所占电子亚层符号为3p；
（2）非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性：O>S，故气态氢化物稳定性：H2O>H2S；O原子半径小于S原子半径，且O元素的电负性大于S元素，故H-O键长较短，键能H-O>H-S；
（3）正交硫和单斜硫是硫常见的两种单质，两者互为同素异形体；根据已知(正交)=(单斜)-2.64kJ，可知(正交)能量低与(单斜)，能量越低越稳定，故正交硫与单斜硫相比，相对比较稳定的是正交硫；通常状况下4g硫粉完全燃烧放出37kJ的热量，则1mol硫粉(32g)放出的热量为37×8=296，则该反应的热化学方程式为S+O2=SO2(g) =-296；
（4）同温同浓度的、、三种溶液中，溶液中NH促进SO的水解，导致SO浓度变小，溶液中HSO只有部分电离出SO，因此溶液中最大；溶液中HSO既电离也水解，分别为HSO+H2OH2SO3、HSOH++SO，因为溶液中，说明SO以电离为主，溶液显酸性；等物质的量浓度的下列四种溶液：①②③④，其中②溶液中NH和CO都促进水的电离，④溶液中HCO水解为主，促进水的电离，③溶液中HSO以电离为主使溶液显酸性，抑制水的电离，①属于强碱，在溶液中全部电离，抑制水电离，因此溶液中水的电离程度由大到小排列顺序为②>④>③>①；
（5）和NaCl混合溶液中检验，需要先用Ba2+除去SO，然后再用AgNO3溶液检验Cl-，故检验方法为：加入Ba(NO3)2溶液至不再产生白色沉淀时，取上层清液，向其中加入AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则证明混合溶液中含有Cl-。
25．(1) IIA 球形 r(C)>r(N)>r(O) ②
(2) (aq)
(3)BaS与稀硝酸直接生成，生成NO，硝酸利用率低，且污染环境
(4) ＜ 高温条件，不断分离Ba(g)使反应向生成Ba的方向进行

【分析】重晶石(BaSO4)作为原料制备金属钡，重晶石加入碳粉高温反应生成BaS和CO2，BaS中加入Na2CO3溶液，转化为BaCO3，碳酸钡和硝酸反应转化为硝酸钡；碳酸钡和碳粉高温反应生成BaO，BaO和O2反应生成BaO2、和Al高温反应生成Ba，据此解答。
(1)
Ba为56号元素，在元素周期表中位于第ⅡA族，钡的核外电子排布[Xe]6s2，最外层电子的电子云形状是球形，图中涉及的第二周期元素分别为C、O、N，原子半径从左到右逐渐减小，由大到小的顺序是C、N、O，可以判断其中两种元素非金属性强弱的反应是BaCO3+2HNO3=Ba(NO3)2+CO2↑+H2O，故答案为：ⅡA；球形；r(C)>r(N)>r(O)；②；
(2)
S元素由-2价升高为0价，N元素由+5价降低为+2价，根据得失电子守恒，BaS与稀硝酸反应的化学方程式：3BaS+8HNO3=3Ba(NO3)2+3S+2NO↑+4H2O，检验溶液中BaS是否完全反应的方法是：取少量反应液，加入硫酸铜溶液，有黑色沉淀CuS生成，则BaS未反应完全，故答案为：；(aq)；
(3)
工业上，利用反应①②而不用BaS直接与稀硝酸反应制Ba(NO3)2的原因是会产生污染性气体NO，原料利用率低，故答案为：BaS与稀硝酸直接生成，生成NO，硝酸利用率低，且污染环境；
(4)
根据氢氧化铝和氢氧化钡的碱性判断，元素的金属性：Al＜Ba；已知：沸点Al＞Ba，反应④在真空容器中可以发生的理由是不断分离出Ba(g)使反应向生成Ba的方向进行，故答案为：＜；高温条件，不断分离Ba(g)使反应向生成Ba的方向进行。
26．(1) 4 3s r(Na)＞r(N)＞r(O)＞r(H)
(2) 氧原子和氮原子电子层数相同，氧原子核电荷数更大，核对外层电子吸引能力更强，原子半径更小，得电子能力更强，所以非金属性氧元素强于氮元素
(3) 6Na2FeO2＋5NaNO2＋H2O3Na2Fe2O4＋NH3↑＋7NaOH 3NA或1.806×1024
(4) 1：1 3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2

【分析】由流程可知，反应①为3Fe+NaNO2+5NaOH=3Na2FeO2+H2O+NH3↑，反应②为6Na2FeO2+NaNO2+5H2O=3Na2Fe2O4 +NH3↑+7NaOH，反应③为Na2FeO2+Na2Fe2O4+2H2O=Fe3O4 + 4NaOH，从而制得Fe3O4。
(1)
Na的核外电子排布式为1s22s22p63s1，占有4个轨道，因此有4种不同能量的电子；其中3s轨道的能量最高；反应②中涉及的短周期元素有Na、N、O、H，一般来说，电子层数越多，半径越大，同周期元素从左到右原子半径依次减小，因此半径r(Na)＞r(N)＞r(O)＞r(H)；
(2)
NH3的N和H之间为极性共价键，每个H与N共用一对电子，结构式为；氧原子和氮原子电子层数相同，氧原子核电荷数更大，正电荷多，原子核对外层电子吸引能力更强，导致原子半径更小，因此得电子能力更强，所以非金属性氧元素强于氮元素；
(3)
Na2FeO2中Fe由+2价升为+6价，NaNO2中N由+3价降为-3价，根据转移电子守恒和原子守恒，可配平方程式6Na2FeO2＋5NaNO2＋H2O3Na2Fe2O4＋NH3↑＋7NaOH；11.2 LNH3的物质的量为0.5mol，根据方程式可知，生成1个NH3分子转移电子数为6，因此转移电子总数为0.5NA×6=3NA或1.806×1024；
(4)
根据分析，反应③为Na2FeO2 +Na2Fe2O4+ 2H2O=Fe3O4+4NaOH，因此Na2FeO2与Na2Fe2O4的物质的量之比为1：1；Fe与水蒸气发生置换反应生成Fe3O4，方程式为3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2.
27．(1) Na2SO4·10H2O、CaSO4·2H2O CuFeS2
(2) 1s22s22p63s23p4或[Ne]3s23p4 5 P>Cl>O
(3) > SO2+H2O2=H2SO4 (NH4)2S2O8 2H2O+2e-=H2↑+2OH-

【分析】(3)二氧化硫与氨水反应生成NH4SO3或NH4HSO3，X为NH4SO3、NH4HSO3或它们的混合物；NH4SO3或NH4HSO3与过量硫酸反应生成SO2、H2O和(NH4)2SO4，则a为SO2，Y为(NH4)2SO4和H2SO4混合溶液；SO2通过系列变化转化为硫酸，电解(NH4)2SO4和H2SO4混合溶液获得(NH4)2S2O8。
【详解】（1）由图2可知X为+6价硫形成的盐，对应图1中的Na2SO4·10H2O、CaSO4·2H2O；由图2可知Y为-2价硫形成的盐，对应图1中的CuFeS2；
（2）硫为16个号元素，S原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4或[Ne]3s23p4；每个能层上的电子能量不同，因此原子核外有5种不同能量的电子；同周期从左往右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，在周期表中，与硫相邻的短周期元素为同主族的O，同周期的P和Cl，它们的原子半径由大到小的顺序是P>Cl>O；
（3）1①由分析可知X为NH4SO3、NH4HSO3或它们的混合物，如果X中只含有2种亚硫酸盐，则X为NH4SO3和NH4HSO3的混合物，存在电荷守恒c(NH)+c(H+)=2c(SO)+c(HSO)+ c(OH-)，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，则c(NH)=2c(SO)+c(HSO)，c(NH)>c(SO)+c(HSO)
②由分析可知气体a为SO2，通入双氧水中，二者发生氧化还原反应生成硫酸，该反应的化学方程式为SO2+H2O2=H2SO4；
③(NH4)2S2O8中存在一个过氧键(O-O)，即有2个O的化合价为-1价，因此溶液中部分-2价的O转化为-1价的O，因此(NH4)2S2O8为阳极产物，即阳极产物是(NH4)2S2O8；阴极是水电离的氢离子得电子转化为氢气，阴极的电极方程式是2H2O+2e-=H2↑+2OH-。
28．(1) 2
(2)0.042
(3) K= bc
(4) 放热 降低

【解析】(1)
碳原子的电子排布式为：1s22s22p2，2p2这2个电子是未成对电子，则碳原子核外有2个未成对的电子；N2分子为共价化合物，则其电子式是；氧原子的电子排布式为：1s22s22p4，则2p亚层的轨道表示式为，故答案为：2；；；
(2)
T1 ℃时，在0～10 min内的平均反应速率v(N2)= =0.042mol·L-1·min-1，故答案为：0.042；
(3)
根据反应C(s)+ 2NO(g)N2(g)+CO2(g)，可知反应的平衡常数表达式为K=；
a．加入合适的催化剂，可以加快反应速率，不能改变状态，则表中数据不会改变，a项错误；
b．适当缩小容器的体积，压力增大，平衡不移动，但是物质的浓度会增大，表中数据会改变，b项正确；
c．再通入一定量的NO，平衡正向移动，则表中数据会改变，c项正确；
d．再加入一定量的活性炭，不影响平衡，则表中数据不会改变，d项错误；
故答案为：K=；bc；
(4)
T1 ℃时，该反应的平衡常数K==，若第30 min时，将温度升高至T2℃，重新达新平衡时K为2.25，可知升高温度，平衡逆向移动，则正反应为放热反应；平衡逆向移动，则NO的平衡转化率降低，故答案为：放热；降低。
29．(1)
(2)O＞N＞C
(3) 2HOSO2NH2SO2↑＋SO3↑＋N2↑＋2H2↑＋H2O SO2、H2
(4) c()＞c()＞c()＞c(H2SO3) 过量HCl(aq)，再加BaCl2(aq) 白色沉淀生成
(5)ClH2NSO3+H2OH3NSO3+HClO

【详解】（1）氧元素和硫元素都位于元素周期表ⅥA族，ⅥA族价电子排布式为ns2np4，价电子轨道表示式为 ；二氧化碳是共价化合物，电子式为，故答案为： ； ；
（2）同周期元素，从左到右元素非金属性依次增强，则反应原理中涉及的第二周期元素的非金属性由强到弱的顺序为O＞N＞C，故答案为：O＞N＞C；
（3）由未配平的化学方程式可知，氨基磺酸受热分解生成二氧化硫、三氧化硫、氮气、氢气和水，配平的化学方程式为2HOSO2NH2SO2↑＋SO3↑＋N2↑＋2H2↑＋H2O，反应中硫元素和氢元素的化合价部分降低被还原，还原产物为二氧化硫和氢气，故答案为：2HOSO2NH2SO2↑＋SO3↑＋N2↑＋2H2↑＋H2O；SO2、H2；
（4）用过量的氢氧化钠溶液充分吸收氨基磺酸热解产生的混合气体，二氧化硫、三氧化硫与氢氧化钠溶液反应得到含有氢氧化钠、强酸强碱盐硫酸钠、强碱弱酸盐亚硫酸钠的吸收液，由于亚硫酸根离子在溶液中发生水解反应，所以溶液中含硫微粒浓度由大到小的顺序为c()＞c()＞c()＞c(H2SO3)；向吸收液中加入过量的盐酸后，再加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成说明氨基磺酸热解产生的混合气体中含有三氧化硫，故答案为：c()＞c()＞c()＞c(H2SO3)；过量HCl(aq)，再加BaCl2(aq)；白色沉淀生成；
（5）由题意可知，一氯代物ClH2NSO3发生水解反应生成H3NSO3和次氯酸，反应的化学方程式为ClH2NSO3+H2OH3NSO3+HClO，故答案为：ClH2NSO3+H2OH3NSO3+HClO。
30．(1) 2 纺锤
(2) GeH4高。GeH4与CH4都是分子晶体，结构相似，GeH4相对分子质量大，范德华力强，沸点高
(3)大于
(4)Na2SnO3·3H2O+CO2→Na2CO3+Sn(OH)4+H2O
(5) ＞ Pb2+、Pb(OH)+、H+
(6)a

【解析】（1）
锗为第4周期第ⅣA族元素，其原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2，能量最高的电子为4p电子，共有2个，它们运动所形成的电子云形状为纺锤形。答案为：2；纺锤；
（2）
氢化锗(GeH4)结构与甲烷类似，都形成分子晶体，沸点与相对分子质量成正比，所以从结构角度比较GeH4与CH4，可得出GeH4沸点高。理由是：GeH4与CH4都是分子晶体，结构相似，GeH4相对分子质量大，范德华力强，沸点高。氢化锗的液氨溶液具有较好的导电性，则应发生反应生成离子，从而得出主要是因为GeH4与NH3反应生成了和两种离子。答案为：GeH4高。GeH4与CH4都是分子晶体，结构相似，GeH4相对分子质量大，范德华力强，沸点高；；
（3）
Sn与C是同主族元素，从上到下，非金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性依次减弱，则常温下，相同物质的量浓度的Na2SnO3溶液与Na2CO3溶液，前者pH大于后者。答案为：大于；
（4）
由上面分析可知，Sn(OH)4的酸性比H2CO3弱，所以三水锡酸钠露置在空气中，会与CO2、水发生反应，化学方程式：Na2SnO3·3H2O+CO2→Na2CO3+Sn(OH)4+H2O。答案为：Na2SnO3·3H2O+CO2→Na2CO3+Sn(OH)4+H2O；
（5）
从图中可以看出，pH=8时，铅以Pb2+、Pb(OH)+、Pb(OH)2的形式存在，则往Pb(NO3)2溶液中滴入稀NaOH溶液，pH=8时溶液中存在的阳离子除Na+外，还有Pb2+、Pb(OH)+、H+。答案为：＞；Pb2+、Pb(OH)+、H+；
（6）
从图中可以看出，pH＜6时，铅元素全部以Pb2+的形式存在，此时溶液中加入DH，发生反应为：2DH(s)+Pb2+(aq)D2Pb(s)+2H+，铅的脱除率最高，所以脱铅时最合适的pH约为4～5 ，故选a。答案为：a。
【点睛】酸与盐发生反应时，通常发生复分解反应，且满足强酸制弱酸的原理。