辽宁省沈阳市东北育才学校2022-2023学年高三化学下学期适应性测试（三）（三模）（Word版附解析）

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东北育才学校2022-2023学年度高考适应性测试（三）

高 三 化 学

考生注意：

1.本试卷共100分,考试时间75分钟。共三大题，20小题，共6页

2.请将各题答案填写在答题卡上。

3.本试卷主要考试内容：高考全部内容

一、选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）

1．联合国将2019年定为“世界化学元素周期表年”，以纪念门捷列夫元素周期表发表150周年。门捷列夫生前预言了位于第四周期第ⅣA族的锗元素。下列有关说法错误的是（    ）

A．非金属性： B．原子半径：

C．酸性： D．热稳定性：

2．下列实验能证明是SO2而不是CO2的是（    ）

①能使澄清石灰水变浑浊  ②能使湿润的蓝色石蕊试纸变红  ③能使品红溶液褪色

④通入足量的NaOH溶液中，再滴加BaCl2溶液有白色沉淀生成，该沉淀溶于稀盐酸

⑤通入溴水中能使溴水褪色，再滴加Ba(NO3)2溶液有白色沉淀生成

A．①②③④⑤ B．③⑤ C．③④⑤ D．无

3．下列溶液中不存在配离子的是

A．CuSO4水溶液 B．银氨溶液 C．硫氰化铁溶液 D．I2的CCl4溶液

4．实验室配制 500 mL0.2 mol·L－1 的硫酸亚铁溶液，下列有关实验的说法正确的是（    ）

A．通过计算，需用天平称15.2g绿矾(FeSO4·7H2O)晶体

B．将称取的绿矾晶体直接放到容量瓶中溶解

C．配制溶液过程中，定容时俯视容量瓶的刻度线，则所配溶液浓度偏小

D．从所配制的溶液中取出200 mL，所取溶液中Fe2+的物质的量浓度仍为0.2mol/L

5．羟氯喹曾用于预防新冠病毒，其结构如图所示。 下列有关羟氯喹的叙述错误的是（    ）

A．能与氢气发生加成反应     B．分子中含有18个碳原子

C．能与氯气气发生取代反应    D．不能与金属钠发生反应

6．下列有关物质的性质与用途对应关系正确的是（    ）

A．氧化铁能与酸反应，可制红色涂料            B．氢氧化铝具有弱碱性，可作胃酸中和剂

C．二氧化硅硬度大，可作光导纤维              D．小苏打能与碱反应，可作糕点焙制的膨松剂

7．生活中处处有化学。下列说法错误的是

A．食盐可作调味剂，也可作食品防腐剂 B．新鲜蔬菜做熟后，所含维生素C会有损失

C．“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂 D．液化石油气的主要成分是甲烷

8．神舟十三号载人航天飞船的天线是用钛镍形状记忆合金制造的。工业上用钛酸亚铁(FeTiO3)冶炼钛(Ti)的过程是：

反应①2FeTiO3+6C+7Cl22TiCl4+2FeCl3+6CO

反应②2Mg+TiCl4Ti+2MgCl2

下列有关说法错误的是

A．根据反应②可知还原性：Ti<Mg                 B．反应②需要在隔绝空气的条件下进行

C．反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为7：6  D．反应①若生成标准状况下6.72LCO，则转移0.7mol电子

9．标准状况下有以下四种气体①②1 mol HCl分子③④个分子，下列对四种气体的关系从大到小表示正确的是

A．体积：②＞③＞④＞①                          B．密度：②＞③＞④＞①

C．质量：②＞③＞④＞①                          D．H原子个数：①＞③＞②＞④

10．从中草药中提取的 calebin A(结构简式如图)可用于治疗阿尔茨海默症。下列关于 calebin A的说法正确的是

A．能与NaHCO3溶液反应生成CO2                    B．该分子中碳原子存在sp2、sp3两种杂化方式

C．1 mol该分子与溴水反应，最多消耗2 mol Br2   D．该物质性质稳定，在空气中能长时间保存

11．表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是

A．常温常压下，22.4g鲸蜡烯所含分子数为0.1

B．和在一定条件下充分反应生成分子的数目为2

C．参与氧化还原反应时，转移的电子数目一定为2

D．10.4g苯乙烯（）分子中含有碳碳双键的数目为0.4

12．氮化硅(Si3N4)是一种重要的结构陶瓷材料。用石英砂和原料气(含N2和少量O2)制备的Si3N4操作流程如下(粗硅中含少量Fe、Cu的单质及化合物)，有关叙述不正确的是

A．“还原”反应中氧化产物为CO2               B．“高温氮化”反应的化学方程式为：3Si+2N2Si3N4

C．“操作X”可将原料气通过灼热的铜粉    D．“稀酸Y”可选用稀硝酸

二、多选题(本题共3小题，每小题4分，共12分)

13．反应4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）在2 L密闭容器中进行，5s后，水蒸气的物质的量增加了6 mol，则此反应的平均速率可表示为

A．ν（H2O）=0.6 mol/（L·s） B．ν（O2）=0.72 mol/（L·s）

C．ν（NO）==0.9 mol/（L·s） D．ν（NH3）=0.4 mol/（L·s）

14．常温下，溶液中、、三者所占物质的量分数(分布系数)随变化的关系如图1所示，向溶液中滴加稀盐酸，所得混合溶液的与[或]变化关系如图2所示。下列说法正确的是

A．水的电离程度：                  B．点时，

C．图1中点即为图2中点，对应的   D．点时，

15．下列说法错误的是

A．处理NO2尾气时，可选用NaOH溶液  B．氯气没有漂白性，干燥的氯气能使鲜花褪色

C．Zn、K均能从FeCl3溶液中置换出Fe   D．AlCl3溶液和CuSO4溶液均能与Na2S溶液反应制备Al2S3和CuS

三、填空题(共52分)

16．实验室利用下图所示装置制取并收集氯气

(1)仪器A的名称为_______。

(2)为了尽量减少反应中浓盐酸的挥发和将多余的氯气尽量被氢氧化钠溶液充分吸收(产生的氯气不能太快)可采取的措施有(写两条)：_______；_______。

(3)写出B中反应的化学方程式并用双线桥标出电子转移情况_______，假设理论上有1 mol的HCl被氧化，可产生标准状况下的气体体积为_______L(不考虑损耗)。

(4)装置F中生成各物质的物质的量和溶液的温度随时间的变化如下图所示。分钟后所发生主要反应的化学方程式为_______。

(5)Cl2常用于饮用水消毒。Cl2溶于水得到氯水，氯水中HClO的浓度越大杀菌能力越强。已知时，氯水中Cl2 (溶于水的氯气分子)、HClO、ClO-三种微粒所占百分数与pH的关系如图。则用Cl2处理饮用水时，溶液的pH最佳控制范围是_______。

17．已知：①；

②苯环上的取代基对新导入的取代基进入苯环的位置有显著的影响。如图表示以苯为原料制备一系列有机物的转化过程：

（1）是一种密度比水___________（填“大”或“小”）的无色液体，苯转化为的化学方程式是______。

（2）在“苯”的转化过程中，属于取代反应的是______（填序号，下同），属于加成反应的是_________。

（3）有机物苯环上的二氯代物有__________种结构；的所有原子____（填“在”或“不在”）同一平面上。

18．位于前四周期的6种主族元素A、B、C、D、E、F原子序数依次增大，其中B、D同主族， D、E同周期。A、B、C在周期表中相邻，且三种元素的原子最外层电子数之和为18。F是其所在周期中最活泼的金属元素。根据推断回答下列问题：

（1）A在周期表中的位置_______________；写出D与F形成的最简单离子化合物的电子式____________________。

（2）用“＞”或“＜”填空：

（3）—定条件，在水溶液中1molE—、EBx—（x＝1，2，3，4）的能量（KJ）相对大小如图所示。

①d点对应的微粒是__________（填离子符号）。

②b→a+c反应的离子方程式为________________，该反应是_________反应（填“吸热”或“放热”）

19．H2O2在工业、农业、医药上都有广泛的用途．

（1）H2O2是二元弱酸，写出第一步的电离方程式__，第二步的电离平衡常数表达式Ka2=_________．

（2）许多物质都可以做H2O2分解的催化剂．一种观点认为：在反应过程中催化剂先被H2O2氧化（或还原），后又被H2O2还原（或氧化）．下列物质都可做H2O2分解的催化剂，在反应过程中先被氧化，后被还原的是________．

①I - ②Fe3+ ③Cu2+ ④Fe2+

（3）H2O2是一种环境友好的强氧化剂．电镀废水（主要含Cu2+、Ni2+，还含少量Fe3+、Fe2+、Cr3+等）制备硫酸镍的一种流程如下：

①第（ⅰ）步，加入H2O2反应的离子方程式_________________．

②为测定NiSO4•nH2O的组成，进行如下实验：称取2.627g样品，配制成250.00mL溶液．准确量取配制的溶液25.00mL，用0.04000mol•L﹣1的EDTA（Na2H2Y）标准溶液滴定Ni2+（离子方程式为Ni2++H2Y2﹣=NiY2﹣+2H+），消耗EDTA标准溶液25.00mL．则硫酸镍晶体的化学式为__________________．

20．一种Ru络合物与g-C3N4复合光催化剂将CO，还原为HCOOH的原理图如图所示。

（1）基态碳原子的价电子排布图为_____________。

（2）1molHCOOH中含有的σ键数目为_____________，HCOOH的沸点比CO2高的原因为_____________。

（3）Ru络合物中第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序为_____________

（4）Ru络合物中与Ru配位的原子有N、_____________。

（5）Ru络合物含有的片段 和中氮原子均采用sp2杂化，都存在大π键，氮原子配位能力更强的是_____________（填“前者”或“后者”）。

（6）一种类石墨的聚合物半导体g-C3N4，其单层平面结构如图1，晶胞结构如图2。

①g-C3N4中氮原子的杂化类型是_____________。

②根据图2，在图1中用平行四边形画出一个最小重复单元。_____________

③已知该晶胞的体积为Vcm3，中间层原子均在晶胞内部。设阿伏伽德罗常数的值为NA，则g-C3N4的密度为____g.cm-3。

东北育才学校2022-2023学年度高考适应性测试（三）

化学参考答案（含解析）

1．D

【详解】A．同主族从上到下元素非金属性递减，故非金属性：，A正确；

B．同主族时电子层越多，原子半径越大，则原子半径：，B正确；

C．非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，故酸性：，C正确；

D．同主族从上至下，元素非金属性递减，故最简单的气态氢化物的热稳定性逐渐减弱，热稳定性：，D不正确；

答案选D。

2．B

【分析】①二氧化碳、二氧化硫都可以使澄清石灰水变浑浊；

②二氧化碳、二氧化硫都是酸性氧化物气体都可以使湿润的蓝色石蕊试纸变红色；

③使品红溶液褪色的气体二氧化硫气体；

④二氧化碳、二氧化硫通入氢氧化钠溶液中生成盐，加入氯化钡溶液都会生成白色沉淀；

⑤通入溴水中能使溴水褪色，再滴加Ba(NO3)2溶液有白色沉淀生成，该气体为SO2。

【详解】①二氧化碳、二氧化硫都是酸性氧化物，和碱反应生成盐和水，都可以使澄清石灰水变浑浊，故①不符合；

②二氧化碳、二氧化硫都是酸性氧化物气体，遇到水生成对应的酸，溶液酸性都可以使湿润的蓝色石蕊试纸变红色，故②不符合；

③使品红溶液褪色的气体是二氧化硫气体，二氧化硫具有漂白性，故③符合；

④二氧化碳、二氧化硫通入氢氧化钠溶液中生成碳酸盐、亚硫酸盐，加入氯化钡溶液反应会生成碳酸钡、亚硫酸钡白色沉淀，故④不符合；

⑤通入溴水中能使溴水褪色，再滴加Ba(NO3)2溶液有白色沉淀生成，该气体为SO2，故⑤符合。

所以能证明是SO2而不是CO2的是③⑤。

故选B。

3．D

【分析】配离子是由一个金属阳离子和一定数目的中性分子或阴离子以配位键结合而成的复杂离子，可能存在于配位化合物晶体中，也可能存在于溶液中.

【详解】A．水对铜离子有络合作用，CuSO4水溶液中存在四水合铜络离子，铜离子提供空轨道，水分子提供孤对电子，存在配离子，A不符合题意；

B．银氨溶液中银离子提供空轨道，氨气提供孤对电子，存在配离子，B不符合题意；

C．硫氰化铁溶液中铁离子提供空轨道，硫氰根离子提供孤对电子，存在配离子，C不符合题意；

D．I2的CCl4溶液为碘单质的四氯化碳溶液，无配离子，D符合题意；

答案选D。

4．D

【详解】A．通过计算，15.2g绿矾（FeSO4•7H2O）的物质的量为 ＜0.5L×0.2mol·L－1，应称量绿矾的质量为0.1mol×278g/mol=27.8g，故A错误；

B．将称取的绿矾晶体放到小烧杯中溶解，故B错误；

C．配制溶液过程中，定容时俯视容量瓶的刻度线，V偏小，所配溶液浓度偏大，故C错误；

D．溶液具有均一性，从所配制的溶液中取出200 mL，所取溶液中Fe2+的物质的量浓度仍为0.2mol·L－1，故D正确；

故选D。

5．D

【详解】A.羟氯喹分子中含有苯环，能与氢发生加成反应，故A正确，但不符合题意；

B.羟氯喹的分子式为C18H24CN3O， 故B正确，但不符合题意；

C.羟氯喹分子中的—CH3在光照条件下能与氯气发生取代反应，故C正确，但不符合题意；

D.羟氯喹分子中含有醇羟基，能与金属钠发生反应，故 D错误，符合题意；

故选：D。

6．B

【详解】A. 氧化铁能与酸反应与可制红色涂料无关，故不选A；

B. 氢氧化铝具有弱碱性，能与盐酸反应，所以可作胃酸中和剂，故B正确；

C. 二氧化硅能做光导纤维，与其熔点无关，故不选C； 

D. NaHCO3不稳定，受热易分解2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，产生CO2气体，使糕点蓬松，所以食品工业用小苏打做焙制糕点的膨松剂，与小苏打能与碱反应无关，故不选D。

7．D

【详解】A．食盐腌制食品，食盐进入食品内液产生浓度差，形成细菌不易生长的环境，可作防腐剂，食盐具有咸味，所以食盐可作调味剂，也可作食品防腐剂，故A正确；

B．维生素C又叫抗坏血酸，主要存在于新鲜蔬菜、水果中“维生素C”受热时易被破坏，应采取凉拌生食、或不要煮过长时间，故B正确；

C．“地沟油”禁止食用，但其主要成分是油脂，在碱性溶液中发生水解反应，又称皂化反应，可用于制取肥皂，故 C正确；

D．液化石油气是碳氢化合物所组成的，主要成分是丁烯、丙烯、丁烷和丙烷，故D错误；

故选D选项。

8．C

【详解】A．根据反应②，Mg为还原剂，Ti为还原产物，则还原性：Ti<Mg，A项正确；

B．Mg易被氧化，故要在隔绝空气的条件下进行，B项正确；

C．反应①中C的化合价由0价升高为+2价，C为还原剂，FeTiO3中Fe元素的化合价由+2升高到+3价，做还原剂，Cl2为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为7：8，C项错误；

D．反应①中每生成6个CO，转移电子14个，则生成标准状况下6.72LCO，其物质的量为=0.3mol，则转移0.7mol电子，D项正确；

答案选C。

9．B

【解析】①中甲烷物质的量为13.44L÷22.4L/mol＝0.6mol，质量是0.6mol×16g/mol＝9.6g，氢原子的物质的量是0.6mol×4＝2.4mol。②HCl的物质的量是1mol，质量是1mol×36.5g/mol＝36.5g，氢原子的物质的量是1mol×1＝1mol，标准状况下的体积是1mol×22.4L/mol=22.4L。③中H2S的物质的量是27.2g÷34g/mol＝0.8mol，氢原子的物质的量是0.8mol×2＝1.6mol, 标准状况下的体积是0.8mol×22.4L/mol=17.92L。④中氨气的物质的量是 0.4mol，质量是0.4mol×17g/mol＝6.8g，氢原子的物质的量是0.4mol×3＝1.2mol, 标准状况下的体积是0.4mol×22.4L/mol=8.96L。

【详解】A. 体积：②＞③＞①＞④，故A错误；

B. 同温同压，气体密度与摩尔质量呈正比，所以密度：②＞③＞④＞①，故B正确；

C. 根据计算，质量：②＞③＞①＞④，故C错误；

D. H原子个数：①＞③＞④＞②，故D错误；

答案选B。

10．B

【详解】A．calebin A中没有羧基，不能与NaHCO3溶液反应生成CO2，故A错误；

B．该分子中碳原子形成的共价键有四个单键，也有碳碳双键，存在sp2、sp3两种杂化方式，故B正确；

C．1 mol该分子存在酚羟基，溴原子取代酚羟基邻位和对位上的氢原子，而该分子只有2mol邻位氢原子可以被取代，与溴水反应，消耗2mol溴单质，还含有2mol的碳碳双键，与溴水发生加成反应，消耗2 mol Br2，所以共消耗4 mol Br2，故C错误；

D．该物质含有酚羟基，酚羟基具有还原性，容易被空气氧化，在空气中不能长时间保存，故D错误；

故选：B。

11．A

【详解】A．C16H32的摩尔质量为224g/mol，则22.4g鲸蜡烯的物质的量为=0.1mol，含有的分子数为0.1NA，故A正确；

B．合成氨是可逆反应，反应物的转化率小于100%，则和在一定条件下充分反应生成分子的数目小于2，故B错误；

C．1molCl2参与氧化还原反应时转移电子的数目不一定为2NA，如1molCl2完全溶解于NaOH生成NaCl和NaClO，转移电子的数目不一定为1NA，故C错误；

D．苯环中不含有碳碳双键，则10.4g苯乙烯()分子中含有碳碳双键的数目为0.1，故D错误；

故答案为A。

12．A

【分析】石英砂为SiO2，SiO2与焦炭在高温下发生，粗硅与氮气反应生成Si3N4，据此分析；

【详解】A．焦炭与石英砂发生反应，焦炭被氧化成CO，不是CO2，故A错误；

B．“高温氮化”是Si与氮气反应，其反应方程式为，故B正确；

C．原料气中含有N2和少量的O2，氧气能与Cu反应生成CuO，N2不与Cu反应，操作X可以得到纯净氮气，故C正确；

D．粗硅中含有少量Fe和Cu，即Si3N4中含有少量Fe和Cu，Fe、Cu与稀硝酸反应，得到可溶于水的Fe(NO3)3和Cu(NO3)2，稀硝酸可以除去Si3N4中Fe和Cu，故D正确；

答案为A。

13．AD

【分析】计算出5s内用水蒸气表示的平均反应速率，然后利用化学计量数与化学反应速率成正比确定用一氧化氮、氧气、氨气表示的反应速率。

【详解】A. 5s后H2O的物质的量增加了6mol，则该时间段用H2O表示的平均反应速率为：v(H2O)==0.6mol/(L·s)，故A正确；

B. 根据A选项ν(H2O)=0.6mol/(L·s)，则ν（O2）=ν（H2O）=0.5mol/(L·s)，故B错误；

C. 根据A选项ν(H2O)=0.6mol/(L·s)，则ν（NO）=ν（H2O）=×0.6mol/(L·s)=0.4 mol/（L·s），故C错误；

D. 根据A选项ν(H2O)=0.6mol/(L·s)，则ν（NH3）=ν（H2O）=×0.6mol/(L·s)=0.4 mol/（L·s），故D正确；

答案为AD。

14．CD

【详解】随着增大，减小，先增大后减小，增大，增大，减小，所以图1中1代表，2代表，3代表，图2中代表随变化曲线，代表随变化曲线。

A．、(电离大于水解)会抑制水电离，会促进水电离，随着增大，减小，先增大后减小，增大，、两点均为3，为同一溶液，所以水的电离程度，选项A错误；

B．由图2知，点，再由图1可知，选项B错误；

C．由图2知，点为与的交点，有，解得，即图2中点为图1中点，又由，解得，即，选项C正确；

D．点时，联立电荷守恒、物料守恒得，再由点，由图1知，，所以有，选项D正确；

答案选CD。

15．CD

【详解】A．NO2可与NaOH溶液反应，故A正确：

B．氯气本身没有漂白性，鲜花中含有水，干燥的氯气与水反应生成HClO，HClO能使鲜花褪色，故B正确；

C．K能与水反应，不能从FeCl3溶液中置换出Fe，故C错误：

D．AlCl3溶液与Na2S溶液会发生强烈的双水解反应，不能制备出Al2S3，故D错误；

故选CD。

16．(1)分液漏斗

(2)     控制滴加浓盐酸的滴加速率     控制酒精灯加热温度不能太高

(3)          11.2

(4)3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O

(5)3＜pH＜5.5

【分析】在装置B中MnO2与浓盐酸混合加热，发生氧化还原反应产生Cl2，在装置C中通过饱和食盐水除去Cl2中的杂质HCl，然后经装置D浓硫酸干燥后用向上排空气的方法收集，最后根据Cl2能够与碱反应的性质，用NaOH溶液进行尾气处理，然后再排放。

【详解】（1）根据图示可知仪器A的名称为分液漏斗；

（2）为了尽量减少反应中浓盐酸的挥发和将多余的氯气尽量被氢氧化钠溶液充分吸收(产生的氯气不能太快)可采取的措施有：①控制滴加浓盐酸的滴加速率不能太快；②控制酒精灯加热温度不能太高；

（3）在装置B中浓盐酸与MnO2混合加热，发生氧化还原反应产生MnCl2、Cl2、H2O，该反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。在该反应中Mn元素的化合价由反应前MnO2中的+4价变为反应后MnCl2中的+2价，化合价降低2价，得到电子2e-；Cl元素化合价由反应前HCl中-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高1×2=2价，失去电子2×e-；用双线桥标出电子转移为：；

根据反应方程式可知：在反应中每有1 mol HCl被氧化，反应产生0.5 mol Cl2，其在标准状况下的体积V(Cl2)=0.5 mol×22.4 L/mol=11.2 L；

（4）根据图示可知：在t1分钟后所发生主要反应是氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯酸钠、氯化钠和水，反应的化学方程式为：3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O；

（5）Cl2常用于饮用水消毒。Cl2溶于水得到氯水，氯水中HClO的浓度越大杀菌能力越强。根据时，氯水中Cl2 (溶于水的氯气分子)、HClO、ClO-三种微粒所占百分数与pH的关系图可知：HClO所占百分含量最大值为溶液pH在3-5.5，故用Cl2处理饮用水时，溶液的pH最佳控制范围是3＜pH＜5.5。

17．     大     +HNO3+H2O     ①②     ③     6     不在

【分析】苯在浓硫酸作用下和浓硝酸发生硝化反应生成硝基苯A()，由并结合题给信息可推知B为。苯和溴发生取代反应生成溴苯C，溴苯和浓硫酸发生磺化反应生成D()，D和氢气加成生成。

【详解】（1）苯与浓硫酸和浓硝酸的混合液在加热条件下反应生成硝基苯，硝基苯的密度大于水，反应方程式为+HNO3+H2O。

（2）由苯生成溴苯的反应为取代反应，由溴苯生成的反应也为取代反应，由生成 的反应是加成反应。

（3）由并结合题给信息可推知B为，苯环上的二氯代物有、、、、、，共6种。由的正四面体结构和的三角锥形结构可知，的所有原子不可能都在同一平面上。

18．     第二周期VA族          ＜     ＜     ＜     ＞     C1O4-     3C1O-＝C1O3-+2Cl-     放热

【分析】F是其所在周期中最活泼的金属元素，F一定是第4周期ⅠA族元素，是K元素；A、B、C、D、E属于前3周期；A、B、C在周期表中相邻，且三种元素的原子最外层电子数之和为18，A、B、C分别是N、O、F元素，B、D同主族，D是S元素，D、E同周期，E是Cl元素。

【详解】（1）N元素在周期表中的位置第二周期VA族；S与K形成的最简单离子化合物K2S的电子式；

（2）K+、S2-电子层数相同、钾离子质子数大于硫离子，半径K+<S2-；同周期从左到右非金属性增强，非金属性N<O；非金属性S<Cl，酸性H2SO4<HClO4；HF含有氢键，沸点高，沸点HF>HCl；

（3）①d点氯元素化合价为+7,对应的微粒是C1O4—；②a、b、c点对应的离子符号是Cl—、C1O—、C1O3—，b→a+c反应的离子方程式为3C1O—＝C1O3—+2Cl—；反应物的总能量为180，生成物的总能量为63，反应放热。

19．     H2O2⇌H++HO2﹣          ①④     2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O     NiSO4•6H2O

【详解】（1）第一步电离，1个H2O2电离出1个H+，电离方程式为：H2O2H＋+HO2－；第二步电离为：HO2-O22‾+H+，所以电离平衡常数Ka2＝。（2）在反应过程中先被氧化，后被还原，说明该物质具有还原性，I‾、Fe2+具有较强的还原性，故①④正确。（3）①废水中含有Fe2+，具有还原性，被H2O2氧化，离子方程式为：2H＋+ 2Fe2＋+ H2O2＝2Fe3＋+2H2O；②根据方程式：Ni2＋+H2Y2－＝NiY2－+2H＋，原样品含NiSO4的物质的量为：0.04000mol/L×0.025L×250/25＝0.01mol，则该物质的摩尔质量为：2.627g÷0.01mol=262.7g/mol，结晶水的系数为：（262.7-154.7）÷18＝6，所以化学式为：NiSO4·6H2O。

20．          4NA     HCOOH和CO2均为分子晶体，但HCOOH分子间存在氢键     N＞O＞C     Cl、C     前者     sp2杂化         

【分析】(5)中N原子有一对孤电子，容易给出电子对形成配位键， 中N原子参与形成大π键，不易给出电子对形成配位键。

(6)③由均摊法可知，该晶胞中N原子个数=8×+8×+2×+4=8，C原子个数=3+6×=6，

【详解】(1)C为6号元素，基态碳原子的价电子排布图为： ，故答案为： ；

(2)单键全是σ键，双键有一个是σ键，一个是π键，所以，1molHCOOH中含有4molσ键，即4NA，HCOOH和CO2均为分子晶体，但HCOOH分子间存在氢键，故HCOOH的沸点比CO2高，故答案为：4NA；HCOOH和CO2均为分子晶体，但HCOOH分子间存在氢键；

(3)Ru络合物中除Ru元素外还有H、C、N、O、P、Cl元素，位于第二周期的有： C、N、O三种元素，一般情况下，从左往右，第一电离能增大，但第ⅤA族的N原子2p轨道电子处于半充满状态，比O难失电子，第一电离能比O大，综上所述，三者第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞C，故答案为：N＞O＞C；

(4)由图可知，Ru络合物中与Ru配位的原子有N、Cl、C，故答案为：Cl、C；

(5)前者的sp2杂化轨道上有一个孤电子对，更容易形成配位键，故答案为：前者；

(6)①该物质中N原子价层电子对数为3，根据价层电子对互斥理论判断N原子杂化类型为sp2杂化，故答案为：sp2杂化；

②由图二可知，重复的结构单元为六元环和外加三个N原子形成的结构，如图所示：，故答案为： ；

③由均摊法可知，该晶胞中N原子个数=8×+8×+2×+4=8，C原子个数=3+6×=6，1个晶胞的质量=，密度ρ=g.cm-3，故答案为：。

【点睛】均摊法计算立方晶胞中原子个数时，每个立方体内的原子贡献1，每个面上的原子贡献二分之一，每个棱上的原子贡献四分之一，每个顶点的原子贡献八分之一。