上海市静安区2020届高三第二次模拟考试化学试题（解析版）

静安区 2019 学年第二学期教学质量检测 高三化学试卷 相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Mg-24 Cl-35.5 一、选择题(本题共 40 分，每小题 2 分。每题只有一个正确选项) 1.能以游离态存在于自然界的元素是 A. S B. Cl C. Al D. Mg 【答案】A 【解析】 【详解】A．S 元素在自然界中存在游离态 单质，如火山喷口附近或地壳岩层中的硫磺，A 项正确； B．Cl 活泼性较强，在自然界中不存在游离态 单质，B 项错误； C．Al 单质具有较强的还原性，因此 Al 元素在自然界中不存在游离态的单质，C 项错误； D．Mg 单质的还原性也很强，因此 Mg 元素在自然界中不存在游离态的单质，D 项错误； 答案选 A。 2.下列仪器的名称正确的是 A. 泥三角 B. 坩锅 C. 容量瓶 D. 冷凝管 【答案】D 【解析】 【详解】A．图中所示的仪器名称是三脚架，A 项错误； B．图中所示的仪器名称是坩埚而非坩锅，B 项错误； C．图中所示的仪器是平底烧瓶，容量瓶是带有塞子的颈部有刻度线并且瓶身会标注规格和使用温度的仪器， C 项错误； D．图中所示的仪器即为冷凝管或直形冷凝管，D 项正确； 答案选 D。 3.化工产品在下列应用中，表现出还原性的是 A. 明矾作净水剂 B. 漂粉精作消毒剂 C. 铁粉作食品脱氧剂 D. 浓硫酸作干燥剂 的 的【答案】C 【解析】 【详解】A．明矾可用作净水剂是因为明矾溶于水产生的 Al3+能发生水解，生成能吸附悬浮物的 Al(OH)3 胶 体，A 项错误； B．漂粉精可用作消毒剂，利用的是其有效成分 Ca(ClO)2 的强氧化性，B 项错误； C．铁粉是铁单质的粉末，具有还原性，能够更好地吸收食品包装中的氧气，C 项正确； D．浓硫酸可用作干燥剂，是利用其吸水性，D 项错误； 答案选 C。 4.农业上有一句俗语“雷雨发庄稼”，该过程中不会涉及到的化学反应是 A. N2+O2 2NO B. 2NO+O2 → 2NO2 C. 4NH3+5O2 4NO + 6H2O D. 3NO2+H2O → 2HNO3+NO 【答案】C 【解析】 【详解】“雷雨发庄稼”是指在雷雨天，空气中游离态的氮即氮气可经过一系列反应转化为可被植物吸收 的化合态的氮，从而帮助农作物生长。具体过程是，空气中的氮气和氧气在雷电的作用下，发生化合反应 生成 NO；随后 NO 再被空气中的氧气进一步氧化转化为 NO2；NO2 和雨水发生反应生成硝酸；这样的雨水 落到地面再转化为硝酸盐，从而获得易于被植物吸收利用的化合态的氮，帮助植物生长发育；在整个转化 过程中几乎不涉及氨的催化氧化，C 项不符合； 答案选 C。 5.下图表示 Al、Fe、Cu 三种金属被人类开发利用 大致年限。造成这个先后顺序的最主要因素是 A. 地壳中金属元素的含量 B. 金属冶炼的难易程度 C. 金属的导电性 D. 金属的延展性 【答案】B 【解析】 【详解】人类利用金属材料的顺序取决于金属单质冶炼的难易程度，越活泼的金属冶炼难度越大，所以被 开发利用的就越晚，B 项正确； 答案选 B。 的 →放电 V →催化剂6.乙炔经 CaCl2 等净化后，在 N2 中可催化生成聚乙炔。相关化学用语正确的是 A. 中子数为 20 的钙原子：20Ca B. CaCl2 的电子式： C. N2 的电子式： D. 聚乙炔的结构简式： 【答案】D 【解析】 【详解】A．钙的原子序数为 20，因此中子数为 20 的钙原子，质量数为 40，所以表示成 ，A 项错误； B．CaCl2 是离子化合物，Ca2+和 Cl-个数比是 1:2，在书写其电子式时，不能将 Cl-合并到一起，正确的电子 式为： ，B 项错误； C．N 原子最外层有 5 个电子，因此 N2 的电子式为 ，C 项错误； D．聚乙炔的单体是乙炔，聚乙炔的结构中仍含有碳碳双键，因此其结构简式为 ，D 项正确； 答案选 D。 7.对化学键的下列判断正确的是 A. 任何物质中都有化学键 B. 共价化合物中只存在极性键 C. 含有共价键的化合物是共价化合物 D. 含有离子键的化合物是离子化合物 【答案】D 【解析】 【详解】A．稀有气体分子是单原子分子，不含有化学键，A 项错误； B．共价化合物中只含有共价键，共价键既包含极性共价键，又包含非极性共价键，B 项错误； C．只含有共价键的化合物才属于共价化合物，离子化合物中也可能会含有共价键，C 项错误； D．含有离子键的化合物属于离子化合物，当然离子化合物中也可能会含有共价键，D 项正确； 答案选 D。 【点睛】共价化合物中只含有共价键；离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键；含有共价键的物 质不一定是共价化合物，也可能是单质；物质不一定含有化学键，如稀有气体。 8.CH3CH(CH2CH3)CH2CH(CH3)2 的系统命名正确的是 A. 2,4-二甲基己烷 B. 3,5-二甲基己烷 C. 2-甲基-4-乙基戊烷 D. 2-乙基-4-甲基戊烷 【答案】A 【解析】 【详解】对烷烃进行系统命名时，选取分子中最长的碳链为主链，按主链中碳原子的数目称作“某烷”，因 40 20 Ca 2:Cl: Ca :Cl: − − +               :N N:此该有机物应称呼为己烷；随后，选主链中离支链最近的一端为起点，对主链上的各个碳原子编号，因此， 有机物中 2 号和 4 号碳原子上各自有一个甲基；因此，该有机物的名称为：2,4-二甲基己烷，A 项正确； 答案选 A。 9.下列情形中，相同材质的铁最不易被腐蚀的是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】A．图中的铁勺和铜盆以及食醋一同构成原电池，铁勺做原电池的负极，发生氧化反应，腐蚀较快， A 项错误； B．铁做负极、合金中的碳等材料做正极，食盐水为电解质溶液，形成原电池，铁发生电化学腐蚀，B 项错 误； C．图中的塑料盆不导电，铁球表面镀了层铜，可以起到防腐蚀的作用，因此腐蚀速很慢，C 项正确； D．酸雨为电解质溶液，可以和金属铁之间反应，金属铁发生化学腐蚀，D 项错误； 答案选 C。 10.对氨碱法(索氏)和联合制碱法(侯氏)对比分析，错误的是 A. 产品完全相同 B. 生产 NaHCO3 的反应原理相同 C. 食盐利用率不同 D. 都循环利用了 CO2 【答案】A 【解析】 【分析】氨碱法：以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料来制取纯碱．先使氨气 通入饱和食盐水中而成氨盐水，再通入二氧化碳生成溶解度较小的碳酸氢钠沉淀和氯化铵溶液；化学反应 原理为：NH3+CO2+H2O+NaCl（饱和）=NaHCO3↓+NH4Cl，将经过过滤、洗涤得到 NaHCO3 微小晶体，再加热煅 烧制得纯碱产品：2NaHCO3=Na2CO3+CO2↑+H2O，放出的二氧化碳气体可回收循环使用，含有氯化铵的滤液与 石灰乳（Ca（OH） 2）混合加热，所放出的氨气可回收循环使用，CaO+H2O=Ca（OH） 2，2NH4Cl+Ca（OH） 2=CaCl2+2NH3↑+2H2O； 联合制碱法：以食盐、氨和二氧化碳（其中二氧化碳来自合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气）为原料来 制取纯碱，联合制碱法包括两个过程：第一个过程与氨碱法相同，将氨通入饱和食盐水而成氨盐水，再通 入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，经过滤、洗涤得 NaHCO3 微小晶体，再煅烧制得纯碱产品，其滤液是含有氯 化铵和氯化钠的溶液；第二个过程是从含有氯化铵和氯化钠的滤液中结晶沉淀出氯化铵晶体，由于氯化铵 在常温下的溶解度比氯化钠要大，低温时的溶解度则比氯化钠小，而且氯化铵在氯化钠的浓溶液里的溶解 度要比在水里的溶解度小得多，所以在低温条件下，向滤液中加入细粉状的氯化钠，并通入氨气，可以使 氯化铵单独结晶沉淀析出，经过滤、洗涤和干燥即得氯化铵产品，此时滤出氯化铵沉淀后所得的滤液，已 基本上被氯化钠饱和，可回收循环使用。 【详解】A．氨碱法是利用碳酸钙和氯化钠为原料，生产碳酸钠的同时获得副产品氯化钙的过程；联合制碱 法是利用氯化钠，氨气和 CO2 为原料，生产碳酸钠的同时获得副产品氯化铵的过程；两种方法的产品不完 全相同，A 项错误； B．氨碱法和联合制碱法生产 NaHCO3 涉及的反应方程式都是： ，B 项正确； C．相比于氨碱法，侯德榜先生发明的联合制碱法将 NaCl 的利用率大大提高，C 项正确； D．氨碱法和联合制碱法在制备过程中都循环利用了 CO2，D 项正确； 答案选 A。 11.下列分离方法与溶质的溶解度无关的是 A. 萃取 B. 重结晶 C. 纸上层析法 D. 蒸馏 【答案】D 【解析】 【详解】A．萃取是利用物质在两种互不相溶的溶剂中的溶解性不同，将其从一种溶剂转移至另一种溶剂中 的过程，A 项有关； B．重结晶提纯物质时，首要的工作即选择适当的溶剂，该溶剂应具备：杂质在其中的溶解度很大或很小， 3 2 2 3 4NaCl+NH CO H O=NaHCO NH Cl+ + ↓ +易于除去；被提纯的物质在此溶剂中溶解度随温度变化明显，因此，B 项有关； C．纸上层析法分离物质，要求流动相溶剂对物质的溶解性要适当，太大太小都不利于分离，C 项有关； D．蒸馏是利用物质与杂质之间沸点差较明显，并且物质热稳定性强，进行分离的方法，与物质的溶解度无 关，D 项无关； 答案选 D。 12.如图所示，同温、同压、相同体积的两瓶气体，一定具有相同的 A. 密度 B. 原子数 C. 质量 D. 摩尔质量 【答案】B 【解析】 【分析】 同温同压，同体积的两瓶气体，其含有的气体分子的物质的量一定相同。 【详解】A．根据密度的计算公式 ，由于两瓶气体组成不同，所以总物质的量相同的情况下，质量不 一定相等，所以密度不一定相同，A 项错误； B．由于两瓶气体分子的总物质的量相等，又都是双原子分子，所以含有的原子总数一定相等，B 项正确； C．由于两瓶气体组成不同，所以总物质的量相同的情况下，质量不一定相等，C 项错误； D．根据摩尔质量的计算公式 ，由于两瓶气体组成不同，所以总物质的量相同的情况下，质量不一 定相等，所以摩尔质量不一定相等，D 项错误； 答案选 B。 【点睛】关于气体的阿伏伽德罗定律“三同定一同，两同两比例”即：同温同压同体积，气体分子物质的 量相同；同温同压，气体的体积与气体分子的物质的量呈正比；同温同体积，气体的压强与气体分子的物 质的量呈正比；同温同物质的量，气体的压强与体积呈反比等。 13.一般情况下，前者无法决定后者的是 A. 分子间作用力的大小——分子的稳定性 B. 原子的质子数——元素的种类 C. 原子核外电子排布——主族元素在周期表中的位置 D. 物质内部储存的能量——化学反应的热效应 = m V ρ mM n =【答案】A 【解析】 【详解】A．分子间作用力影响的主要是物质的物理性质，分子间作用力不是化学键，所以与分子的稳定性 无关，对分子的稳定性无影响，A 项错误； B．原子含有质子的个数决定了元素的种类，B 项正确； C．元素周期表是依据原子核外电子的周期性排列和由此产生的元素性质的周期性变化而制成的表格，因此 原子核外电子排布决定了元素在周期表中的位置，C 项正确； D．物质内部存储着能量，由于不同物质所包含的化学能不同，这就使得化学反应过程中会出现能量变化的 现象，也就产生了化学反应的热效应，D 项正确； 答案选 A。 14.实验室用环戊醇(沸点：160.8℃，密度：0.96g﹒mL-1)与溴化氢反应制备溴代环戊烷(沸点：138℃，密度： 1.37 g﹒mL-1)，其反应原理如下： 则制备溴代环戊烷的装置最好选择 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题可知，制备溴代环戊烷时，需要将温度控制在 75~80℃，因此加热时需要用水浴，并且水槽中 应当使用温度计，以便准确控制温度；综上所述，C 项符合要求； 答案选 C。 15.向下列溶液中加入足量 Na2O2 后，仍能共存的离子是 A. K+、AlO2－、SO42－、Cl－ B. Na+、Cl－、CO32－、SO32－C. Ca2+、Mg2+、HCO3－、NO3－ D. NH4+、Ba2+、Cl-、NO3－ 【答案】A 【解析】 【详解】A．K+， ， 与 Cl-相互之间不反应，因此能在溶液中大量共存；加入足量过氧化钠后， 溶液中会出现大量的 Na+和 OH-，并同时发生氧化还原反应，但上述离子仍不发生反应，因此仍能大量共存， A 项正确； B．Na+，Cl-， ， 相互之间不反应，因此能在溶液中大量共存；加入足量过氧化钠，由于过氧化 钠具有强氧化性，会将 氧化为 ，因此不能再含有 ，B 项错误； C．Ca2+，Mg2+， 和 相互之间不反应，因此能在溶液中大量共存；加入足量过氧化钠后，由于 溶液中会出现大量的 OH-会将 转化为 ， 又会使 Mg2+，Ca2+沉淀，因此溶液中不再含有大 量的 ，Mg2+，Ca2+，C 项错误； D． ，Ba2+，Cl-与 相互之间不反应，因此能在溶液中大量共存；加入足量过氧化钠后，由于溶液 中会出现大量的 OH-会与 反应，因此溶液中不再含有大量的 ，D 项错误； 答案选 A。 【点睛】溶液中的离子若之间能发生复分解反应或氧化还原反应或络合反应或强烈互促的双水解反应，那 么其无法在溶液中大量共存；此外，也要注意其他的限定条件如无色溶液中不含有有色离子等。 16.已知有机物 a 和苯反应生成有机物 b。下列分析正确的是 + HCl A. 该反应是加成反应 B. 若 R 为 CH3，b 中所有原子可能共面 C. 若 R 为 CH3，b 的一氯代物共有 3 种 D. 若 R 为 C4H9，b 可能的结构有 4 种 【答案】D 【解析】 【详解】A．由反应方程式可知，该反应属于取代反应，A 项错误； B．甲基中的 C 形成的是 4 条单键，并且键角约为 109°28′；因此与甲基中的 C 相连的原子不可能全部在 同一平面内，B 项错误； 2AlO− 2 4SO − 2 3CO − 2 3SO − 2 3SO − 2 4SO − 2 3SO − 3HCO− 3NO− 3HCO− 2 3CO − 2 3CO − 3HCO− 4NH + 3NO− 4NH + 4NH +C．R 为甲基，则 b 中含有 4 种等效氢原子，一氯代物的种类即为 4 种，C 项错误； D．R 为-C4H9，可能的结构有-CH2CH2CH2CH3，CH3CH2CH(CH3)-，(CH3)3C-以及-CH2CH(CH3)2 共计 4 种， 因此 b 的可能的结构有 4 种，D 项正确； 答案选 D。 【点睛】若有机物中存在形成 4 条单键的碳原子，那么有机物中的所有原子一定不能共平面；烷烃基的个 数等同于烷烃中等效氢的种类也等同于烷烃一取代物的种类。 17.某溶液中含有较大量的 Cl－、CO32－、OH－，如果只取一次该溶液就能够分别将 3 种阴离子依次检验出 来，正确的操作顺序是 ①滴加 Mg(NO3)2 溶液 ②过滤 ③滴加 AgNO3 溶液 ④滴加 Ba(NO3)2 溶液 A. ①②④②③ B. ④②①②③ C. ①②③②④ D. ④②③②① 【答案】B 【解析】 【详解】Cl-检验时需要用到 Ag+，但会有诸多其他离子干扰；为了保证一次取样就能完成全部检测，所以 要在最后检验 Cl-；溶液中的 可以利用 Ba(NO3)2 进行检验，出现白色沉淀即可验证；在加入过量 Ba(NO3)2 后，将溶液中的 全部转化为沉淀，并过滤除去；再利用 Mg(NO3)2 溶液检验溶液中的 OH-， 滴加过量的 Mg(NO3)2 溶液后将 OH-全部转化为沉淀并过滤除去；最后只需直接加 AgNO3 溶液检验 Cl-即可； 综上所述顺序为④②①②③，B 项正确； 答案选 B。 18.对室温下 pH 相同、体积相同的氨水与氢氧化钠两种稀溶液，分别采取下列措施，有关叙述正确的是 A. 温度均升高 20℃，两溶液的 pH 均不变 B. 加入适量氯化铵固体后，两溶液的 pH 均减小 C. 加水稀释 100 倍后，氨水中 c(OH-)比氢氧化钠溶液中的小 D. 与足量的氯化铁溶液反应，产生的氢氧化铁沉淀一样多 【答案】B 【解析】 【详解】A、升高温度，水的离子积 Kw 变大，所以两溶液的 pH 一定改变，A 错误； B、加入氯化铵之后，由于同离子效应，NH3·H2O 的电离程度减小，c(OH-)降低，溶液 pH 减小，而 NaOH 溶液中，NH4+和 OH-反应，使得 c(OH-)降低，溶液 pH 也减小，B 正确； C、向 pH 相同的两溶液中加水稀释 100 倍，NaOH 溶液的 pH 的变化量为 2，而氨水的 pH 的变化量小于 2， 2 3CO − 2 3CO −即稀释后，氨水的 pH 更高，则氨水中 c(OH-)比氢氧化钠溶液中的大，C 错误； D、体积相同、pH 相同的两溶液中，n(OH-)相同，但是氨水中存在电离平衡，实际上未电离的 NH3·H2O 还 有很多，这部分 NH3·H2O 还可以再提供 OH-，故这两种溶液和足量的 FeCl3 反应，氨水产生的 Fe(OH)3 更多， D 错误； 故选 B。 【点睛】在弱电解质的溶液中存在电离平衡，而且电离的部分往往很少，故在常考的题中，比如 HAc(醋酸) 和 HCl 这两种溶液，体积相同、pH 相同时，仅仅溶液中说明 c(H+)或 n(H+)相同，但是 HAc 是弱电解质， 在水中部分电离，随着 H+的消耗，其电离平衡不断向右移动，这相当于 HAc 能提供的 H+不止这么多，而 是远远大于这个数值，而 HCl 是强电解质，其在水中完全电离，随着 H+的消耗，不会再有 H+的补充，这也 就是为什么体积相同、pH 相同时，和足量的金属反应，HAc 放出的氢气多。 19.氯胺(NH2Cl，Cl 的化合价为+1 价)是一种长效缓释有机氯消毒剂，它与水可以发生复分解反应。有关氯 胺的说法错误的是 A. 氯胺中的氮元素为-3 价 B. 氯胺与水反应的产物为 NH2OH 和 HCl C. 氯胺的消毒原理与漂粉精相似 D. 氯胺的消毒效率(单位质量的消毒剂得到的电子数)是 Cl2 的 1.38 倍 【答案】B 【解析】 【详解】A．由题可知氯胺中 Cl 的化合价为+1，经过计算 N 的化合价为-3，A 项正确； B．由题可知，氯胺和水发生的是复分解反应，复分解反应是非氧化还原反应，不涉及元素变价，因此产物 应为 NH3 和 HClO，B 项错误； C．氯胺与水反应会生成 HClO，HClO 具有强氧化性可杀菌消毒；漂粉精中的有效成分 Ca(ClO)2 由于具有 强氧化性，可用于杀菌消毒，因此二者消毒原理相似，C 项正确； D．氯胺中的 Cl 是+1 价，1 个氯胺可以得 2 个电子，因此单位质量的氯胺得电子的物质的量为： mol；1 个 Cl2 可以得 2 个电子，因此单位质量的氯气得电子的物质的量为： ，所以氯胺的消毒效率是氯气的 倍，D 项正确； 答案选 B。 20.据报道，我国科学家研制出以石墨烯为载体的催化剂，在 25℃下用 H2O2 直接将 CH4 转化为含氧有机物， 其主要原理如图所示： 1g 12=51.5g/mol 25.75 × 1g 12=71g/mol 35.5 × 1 1 1.3825.75 35.5 ÷ ≈下列说法不正确的是( ) A. 图中 代表 H2O2 B. 步骤 i、ii 的总反应方程式是 C. 由上图可知，步骤 iv 生成的 H2O，其中的 H 原子全部来自 H2O2 D. 根据以上原理，推测步骤 vi 生成 HCOOH 和 H2O 【答案】C 【解析】 【详解】A. 根据图中分子比例模型图可判断 代表 H2O2，故 A 正确； B. 根据步骤 i、ii 的图示，双氧水转变为水，甲烷转变为甲醇，则总反应方程式是 ，故 B 正确； C. 由上图可知，步骤 iv 生成 2 个 H2O，从步骤 iii 中可知， H 原子来自甲醇，故 C 错误； D. 根据以上原理，双氧水中 O-O 键断开，形成 2 个-OH 原子团，其中一个-OH 与碳结合，碳上断下来的 H 与另一个-OH 形成水，则步骤 vi 生成 HCOOH 和 H2O，故 D 正确； 答案选 C。 【点睛】考查对图解转化过程的分析能力，要通过图示明确反应发生的机理，搞清楚反应断键的位置。 二、综合题(共 60 分) 21.磷是人体所必需的重要矿物质元素，磷的化合物在生产和生活中应用广泛。 反应：P4+ NaOH+H2O→ NaH2PO2 +PH3(未配平)制得的次磷酸钠(NaH2PO2)可作食品防腐剂，也可用于化学 镀镍。 请回答下列问题： (1)磷原子的核外电子排布式：___________；磷原子核外有_____种能量不同的电子。 (2)上述反应的反应物和生成物中含有非极性键的分子是______。(写出物质的化学式) (3)将 Na、O、P 三种原子的原子半径大小按由大到小的顺序排列___________________。 (4)NH3 的稳定性比 PH3 的(填“强”或“弱”)_________，判断理由是____________。 (5)A、配平上述反应，并标出电子转移方向与数目_________ 催化剂 4 2 2 3 2CH +H O CHOH+H O→ 催化剂 4 2 2 3 2CH +H O CHOH+H O→ P4+ NaOH+ H2O→ NaH2PO2 + PH3 B、上述反应中每生成 1 mol 氧化产物，转移电子的数目为___________。 【答案】 (1). 1s22s22p63s23p3 (2). 5 (3). P4 (4). r(Na)> r(P )> r(O) (5). 强 (6). NH3 和 PH3 结构相似， N-H 键能大于 P-H 的键能，打破它需要更多的能量，所以 NH3 的稳定性更好 (7). (8). NA 【解析】 【详解】(1)P 的原子序数为 15，原子核外有 15 个电子，磷位于第三周期ⅤA 族，属于 p 区元素，其基态原 子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p3；电子的能量与其所处的能层和能级有关，因此基态磷原子有 5 种能 量不同的电子； (2)依据给出五种物质可知：P4、H2O、PH3 为分子晶体，属于非极性分子的仅有 P4 一种； (3)Na 与 P 同属第三周期，且原子序数更小，O 属于第二周期，因此三种原子的半径关系为 r(Na)> r(P )> r(O)； (4)N 与 P 同主族且非金属性 N 更强，二者形成的简单氢化物 NH3 和 PH3 中，N-H 键键能相比于 P-H 键键能 更大，因此 N-H 键更为稳定，因此 NH3 的稳定性更好； (5)A．反应前 P4 中的 P 为 0 价，反应后生成的 PH3 中的 P 为-3 价，NaH2PO2 中的 P 为+1 价，因此该反应为 歧化反应；根据得失电子守恒可知，PH3 和 NaH2PO2 的的化学计量系数比为 1:3，因此该反应方程式为： ，由于发生的是 P 元素的歧化反应，所以电子转移表示为： ； B．上述反应中 NaH2PO2 为氧化产物，因此每生成 1mol NaH2PO2 电子转移 1mol 即 1NA。 【点睛】同周期元素，从左至右原子半径逐渐减小；同族元素，从上至下原子半径逐渐增大；元素的非金 属性越强，其简单氢化物越稳定，最高价氧化物对应水化物酸性越强。 22.对烟道气中的 SO2 进行吸收或回收再利用具有一定的社会和经济价值。 请回答下列问题： (1)用 NaOH 溶液吸收 SO2 ，写出相关反应的离子方程式_______________________。 (2)已知 NaHSO3 溶液显酸性，比较 NaHSO3 溶液中 c(H2SO3)_____ c(SO32－)(填“>”“