2023年屆高三化學第二次聯(lián)考(二模)試題(含解析)新版人教版

尚水出品尚水出品親愛的同學：這份試卷將再次記錄你的自信、冷靜、才智和收獲，我們始終投給你信任的目光……2023〔二?！忱砭C化學試題相對原子質量:H-1C-12O-16Na-23Cl-35.5Mn-55Fe-56I136目要求的。)化學與生活親熱相關。以下說法正確的選項是垃圾分類中可回收物標志：農諺“雷雨肥莊稼”中固氮過程屬于人工固氮綠色化學要求從源頭上削減和消退工業(yè)生產對環(huán)境的污染燃煤中參與CaO可以削減酸雨的形成及溫室氣體的排放【答案】C【解析】A.垃圾分類中可回收物標志是 ， 表示垃圾分類中的其他垃圾，故A錯誤；B.空氣中的N

在放電條件下與O反響生成NO，NOO反響生成NONO

與水反響生2 2 2 2 2成的硝酸隨雨水降到地面，同土壤中的礦物相互作用，生成溶于水的硝酸鹽可作氮肥，該過程屬于自然固氮，故B錯誤；C.綠色化學的核心是利用化學原理從源頭上消退或削減工業(yè)生產對環(huán)境的污染，而不能污染后再治理，故CD.煤燃燒生成COSOCaO可以和SO2 2 2結合生成CaSO，并最終被氧化成CaSO，而CO在高溫下不能與CaO結合生成CaCO3 4 2 3中參與CaO后可削減酸雨的形成，但不能削減溫室氣體的排放，故D錯誤；答案選C。漢黃芩素是傳統(tǒng)中草藥黃芩的有效成分之一，其構造如圖，對殺傷腫瘤細胞有獨特作用。以下有關漢黃芩素的表達不正確的選項是該物質屬于芳香族化合物 B.漢黃芩素的分子式為CHO16135C.1mol該物質與氫氧化鈉溶液反響最多消耗2molNaOH D.與足量H2

發(fā)生加成反響后，2【答案】B【解析】A.漢黃芩素構造中含有苯環(huán)，屬于芳香族化合物，故AB.漢黃芩素的分子CHOBC.21mol161252molNaOHCD.與足量H2

發(fā)生加成反響后，該分子中的碳碳雙鍵、2種，故D正確；答案選B。點睛：此題考察有機物的構造和性質，把握官能團和性質之間的關系是解題的關鍵。此題的易錯點是漢黃芩素分子中官能團類型的推斷，由漢黃芩素的構造簡式可知，該物質中含有的官能團是酚羥基、碳碳雙鍵、碳氧雙鍵(羰基)和醚鍵，留意苯環(huán)不是官能團，試題難度中等。設NA

為阿伏加德羅常數(shù)的值，以下說法正確的選項是100g46%甲酸(HCOOH5NA標準狀況下,18gNA56g71gCl2

3NA7.8gNaO 與足量的水(H18O)反響生成的氧氣所含的中子數(shù)為0.5N22 2 A【答案】A【解析】A.100g46%甲酸(HCOOH46g÷46g/mol=1mol，甲酸中2mol54g÷18g/mol=3mol，水中含有的氧原子3mol5mol5N，故AB.18gA18g÷18g/mol=1mol，121mol2N，故BC.56g71gCl1mol2Fe＋A 23Cl2

2FeCl3

Cl2

Cl元素的化合價從011molCl22N，故CD.2NaOA 222H18O=4NaOH＋O，在該反響中NaOO中的氧原子全部來自于NaO2 2 22 2 221O2

167.8gNaO22

7.8g÷78g/mol=0.1mol，由化學方程式可知，生成O0.05mol，O0.05mol×16×Nmol－1=0.8N2 2 A ADA。點睛：此題考察阿伏加德羅常數(shù)的應用，明確物質的構造和性質是解答此題的關鍵，試題難度中等。此題的易錯點是D項，留意過氧化鈉和水反響生成的氧氣中，氧原子全部來自于過氧化鈉。NO2

是大氣的主要污染物之一，某爭論小組設計如以下圖的裝置對NO2

進展回收利用,裝置a、ba一段時間后，b極四周HNO3

濃度減小電池總反響為4NO+O+2HO 4HNO2 2 2 3電子流向:a→b→a【答案】D【解析】A.由裝置圖可知，在aNO2

失電子生成HNON3應，a為電池的負極，故AB.bO4H＋＋4e－=2HO，由2 2反響式可知，bb極四周HNO3

的濃度減小，故BC.由裝置圖可知，該電池的總反響為4NO+O+2HO 4HNO，故C正確；D.電子從負極流向正極，但不會經過2 2 2 3電解質溶液，故D錯誤；答案選D。短周期元素W、X、YZ的原子序數(shù)依次增大。元素WXY是地殼中含量最豐富的金屬元素，Z2化合物XZ2

8含氧酸的酸性:HZO>HXO，則Z的非金屬性強于X2 3 2 3假設單質W失火，不能用二氧化碳滅火器或水撲滅通常承受電解法制備單質Y及其同周期的金屬單質【答案】B點睛：此題考察原子構造和元素周期律的關系，依據(jù)題中信息正確推斷元素類型是解題的關鍵，試題難度中等。此題的易錯點是B項，留意HSO不是硫元素的最高價氧化物對應的水化2 3物，不能用于推斷硫和碳元素的非金屬性強弱。選項試驗操作選項試驗操作試驗現(xiàn)象試驗結論A將乙烯分別通入溴水和酸性高錳酸鉀溶液溶液均褪色二者反響類型一樣5min，蔗糖發(fā)生了水解反BNaOH溶液調溶液pH至堿性，再參與制有磚紅色沉淀生成應Cu(OH)2Fe(NO)溶液中依次滴加少量稀HSO和C322 4溶液變紅稀硫酸能氧化Fe2+KSCN溶液開頭有白色沉淀生D10mL.0.1mol/LNaS2ml2成，后有黑色沉淀 K(CuS)＜K(ZnS)0.1mol/LZnSO溶液再參與0.1mol/LCuSOspsp44生成A B.B C.C D.D【答案】B...............室溫下，用一樣濃度的NaOH溶液，分別滴定等體積且濃度均為0.1mol/L(HA、HBHD)溶液，滴定的曲線如以下圖，以下推斷正確的選項是三種酸的電離常數(shù)關系:K(HD)>K(HB)>K(HA)pH=7時，三種溶液中:c(A-)=c(B-)=c(D-)100%時，離子總濃度最大的是NaD溶液滴定至P點時，溶液中:c(B-)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH-)【答案】D【解析】A.一樣物質的量濃度的一元酸，酸的pH度越大，該酸的酸性越強，其電離平衡常數(shù)也越大，據(jù)圖可知，未加NaOH溶液時，pH：HA＜HB＜HD，說明酸的電離程度HA＞HB＞HDK(HA)＞K(HB)＞K(HD)，故AB.室溫下，溶液的pH=7時，溶液中c(H+)=c(OH?)，依據(jù)電荷守恒，三種溶液中離子濃度關系為：c(Na+)+c(H+)=c(A?)+c(OH?)，由c(H+)=c(OH?)可知，c(Na+)=c(A?)，同理，c(Na+)=c(B?)、c(Na+)=c(D?)，因A?、B?、D?的水解程度不同，則溶液呈中性時消耗氫氧化鈉溶液的體積不同，所得的三種溶液中鈉離子濃度不同，所以c(A?)、c(B?)、c(D?)也不同，故B錯誤；C.當三種酸中和百分數(shù)達100%時，三種酸所消耗的氫氧化鈉溶液體積一樣，生成的鈉鹽濃度也一樣，則三種溶液中c(N+相等依據(jù)水解離子方程式可知c()+c(OH也相〔代表ABD，因HD酸性最弱，D?水解程度最大，則NaD溶液中c(OH?)最大，c(H+)最小，所以c(Na+)+c(H+)+c(D?)+c(OH?)最小故C錯誤；D.滴定至P點時，HB溶液的中和百分數(shù)為50%，所得溶液中c(HB):c(NaB)=1:1，P點時溶液顯酸性，說明HB的電離程度大于B?的水解程度，c(H+)>c(OH?)，依據(jù)電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH?)+c(B?)可知，c(B?)>c(Na+)，因HB發(fā)生電離：HB H++B?，所以c(Na+)＞c(HB)＞c(H+)，則c(B?)＞c(Na+)＞c(HB)＞c(H+)＞c(OH?)，故D正確；答案選D。某同學在做濃硫酸與銅反響的試驗過程中，觀看到銅片外表變黑,于是對黑色物質的組成進展試驗探究。用如以下圖裝置進展試驗1。(加熱和夾持儀器已路去)1.銅片與濃硫酸反響操作操作現(xiàn)象120℃?250℃銅片外表變黑，有大量氣體產生，形成墨綠色濁液銅片上黑色消逝，瓶中消滅“白霧”，溶液略帶藍色，瓶底部有較多連續(xù)加熱至338℃灰白色沉淀①儀器a是 ；裝置C中發(fā)生反響的離子方程式為 。②為證明A裝置中灰白色沉淀的主要成分為硫酸銅試驗操作及現(xiàn)象是 。1120℃~250℃時所得黑色固體的成分。【提出猜測】黑色固體中可能含有CuO、CuS、CuS中的一種或幾種。21:亞鐵氰化鉀[KFe(CN)]是Cu2+Cu2+的溶液中滴加亞4 6CuSCuSCuSCuS2黑色結晶或粉末灰黑色結晶或粉末的濃鹽酸于濃氨水【設計并實施試驗】試驗2：探究黑色固體中是否含CuO操作操作現(xiàn)象l0mL劑A的小燒杯中，攪拌的銅片ii.取出銅片，待黑色沉淀沉降上層溶液澄清、無色①試劑A是 。②甲認為iiC2+Cu2+，補充的U試驗操作及現(xiàn)象是 。3.探究黑色固體中是否含CuS、CuS操作現(xiàn)象操作現(xiàn)象i2靜置藍色ii2后靜置后靜置【獲得結論】由試驗2和試驗3可得到的結論是：試驗1中，120°C250°C時所得黑色固體中 。【試驗反響】1338°C硫酸進一步反響造成。反響的含硫產物除無水硫酸銅外還有二氧化硫，則黑色固體消逝時可能發(fā)生的全部反響的化學方程式為 ?！敬鸢浮?(1).分液漏斗 (2).SO+2OH-═SO2-+HO (3).冷卻后將濁液倒入盛水的2 3 2小燒杯中，得到藍色溶液〔或冷卻后，將上層濃硫酸倒出，向瓶中參與少量水，得到藍色溶液〕 (4).確定濃度的稀硫酸 (5).取上層清液滴加2滴亞鐵氰化鉀溶液，有紅棕色沉淀生成 (6).確定含有CuO和Cu可能含有CuS (7).CuS+4H

(濃)

CuSO+4SO4HO 或

2 2 4 42 2CuS+6HSO(濃) 2CuSO+5SO↑+6HO2 2 4 4 2 2【解析】(1)①反響生成的二氧化硫易溶于水，簡潔造成倒吸現(xiàn)象，裝置B可以防止C中溶液倒吸入AC液吸取二氧化硫，故答案為：防止CANaOH②硫酸銅溶液顯藍色，為證明A裝置中灰白色沉淀的主要成分為硫酸銅，可以將冷卻后的濁液倒入盛水的小燒杯中，得到藍色溶液即可證明，故答案為：冷卻后將濁液倒入盛水的小燒杯中，得到藍色溶液；①依據(jù)CuS、CuSA2稀硫酸，故答案為：稀硫酸；②依據(jù)題意，亞鐵氰化鉀[KFe(CN)Cu2+的靈敏檢測劑，向含有Cu2+的溶液中滴加亞鐵氰化4 6鉀溶液，可以生成紅棕色沉淀。因此只要向反響后的溶液中參與亞鐵氰化鉀即可檢驗溶液中是否存在Cu2+，故答案為：向上層清液中滴加2滴亞鐵氰化鉀溶液，沒有明顯現(xiàn)象(或無紅棕色沉淀生成)；【獲得結論】依據(jù)試驗2可知，黑色固體中不含CuO，依據(jù)試驗3可知，參與適量濃氨水，固液分界限四周的溶液呈淺藍色；參與適量濃鹽酸，微熱后靜置，溶液變成淺綠色，由于CuS微溶于濃氨水或熱的濃鹽酸，CuS難溶于濃鹽酸，說明含有CuS、可能含有CuS，故答案為：2 2CuO，確定含有CuS，可能含有CuS；2【試驗反思】黑色固體中含有CuS、可能含有CuS，依據(jù)反響的含硫產物除無水硫酸銅外還有2二氧化硫，CuS、CuS與濃硫酸的反響方程式分別為CuS+4HSO(濃)CuSO+4SO↑+4HO，2 2 4 4 2 2CuS+6HSO(濃)↑+6HO，故答案為：CuS+4HSO(濃)CuSO+4SO↑+4HO，2 2 4 4 2 2 2 4 4 2 2CuS+6HSO(濃)2CuSO+5SO↑+6HO。2 2 4 4 2 2點睛：此題借助于銅與濃硫酸的反響對反響過程中的中間產物進展了探究，題目有確定的難度。此題的難點是題干供給的信息較多，需要從眾多的信息中提取有用信息，加以利用，物質性質的生疏性也增大了試題難度。以氧化鋁為原料，通過碳熱復原法可合成氮化鋁Al；通過電解法可制取鋁。電解鋁時陽極產生的CO2

可通過二氧化碳甲烷化等再利用。請答復：〔1〕：①.2AlO(s)=4Al(g)＋3O(g)△H=+3351kJ/mol23 2 1②.2C(s)+O(g)=2CO(g)△H=－221kJ/mol2 2③.2Al(g)+N(g)=2AlN(s)△H=akJ/mol2 3④.AlO(s)+3C(s)+N(g)=2AlN(s)＋3CO(g)△H=+1026kJ/mol23 2 4反響③的a= 反響④自發(fā)進展的條件是 (填“高溫”“低溫”或“任意溫度”)〔2〕在常壓、Ru/TiO2

催化下，CO2

H混和氣體〔1：4，總物質的量xmol〕進展反2應，測得CO2

轉化率、CH4

CO12〔選擇性：轉化CO2

中生成CH4

CO。反響ⅠCO〔g〕+4H〔g〕 CH〔g〕+2HO〔g〕△H2 2 4 2 4反響ⅡCO〔g〕+H〔g〕 CO〔g〕+HO〔g〕△H2 2 2 5①以下說法正確的選項是 。A.△H5

小于零 B.溫度可影響產物的選擇性C.CO2

平衡轉化率隨溫度上升先增大后削減D.其他條件不變，將COH2 2

的初始體積比轉變?yōu)?:3，可提高CO2

平衡轉化率②350℃I在t1 x、y表示)。

yLICO溶于水形成HCO。常溫下HCO的電離平衡常數(shù)K=4.4×10-7，K=4.7×10-11，2 2 3 2 3 1 2NH·HOK=1.75×10-5CO可得到NHHCO溶液，NHHCO3 2 b 2 4 3 4 3溶液顯 (填“酸性”、“中性”或“堿性”)；請計算反響NH++HCO-+4 3HO NH·HO+HCO的平衡常數(shù)K= 。2 3 2 2 3據(jù)文獻報道，二氧化碳可以在酸性水溶液中用情性電極電解得到乙烯，其原理如以下圖。b電極上的電極反響式為 ，該裝置中使用的是 (“陰”或“陽”)離子交換膜?！敬鸢浮?(1).-318 (2).高溫 (3).AB (4).625y2/x2 (5).堿性 (6).1.3×10-3 (7).2CO+12H++12e-====CH+4HO (8).陽2 24 2(1).①.2AlO(s)=4Al(g)＋3O(g)△H=+3351kJ/mol2C(s)+O(g)=2CO(g)23 2 1 2△H=－221kJ/mol，③.2Al(g)+N(g)=2AlN(s)△H=akJ/mol，④.AlO(s)+3C(s)+2 2 3 23N(g)=2AlN(s)＋3CO(g)△H=+1026kJ/mol，依據(jù)蓋斯定律，(①+②×3+③×2)÷2=④，解得2 4△H－318kJ/mol；假設△G=△H－T△S＜0，則反響能自發(fā)進展，反響④的△H＞0，△S＞0，3因此該反響能自發(fā)進展的條件為高溫，故答案為：－318；高溫；2

上升溫度CO2

的轉化率減小，說明正反響為放熱反響，△H5

小于零，故AB.2可知，隨溫度上升甲烷的選擇性降低，CO的選擇性增加，因此溫度可影響產物的選擇性，故BC.CO2

轉化領先增大是由于反響正向進展未到達平衡狀態(tài)，到達平衡狀態(tài)后，隨溫度CO2

的轉化率減小，故CD.CO2

H混和氣體〔1:4，總物質的量xmol〕2進展反響，其他條件不變，將CO2

H1:3，相當于減小氫氣的量，CO2 2平衡轉化率減小，故D錯誤；答案為：AB；②.350℃時，反響I在t1

時刻到達平衡，平衡時容器體積為yL，二氧化碳的轉化率為80%，依據(jù)三段式法有：2242起始量(mol)轉化量(mol)平衡量(mol)0.2x0.16x0.04x2242起始量(mol)轉化量(mol)平衡量(mol)0.2x0.16x0.04x0.8x0.64x0.16x00.16x0.16x00.32x0.32x平衡常數(shù)K= =625y2/x2，故答案為：625y2/x2；NH·HOK=1.75×105，HCO的電離平衡常數(shù)K=4.4×10-7，3 2 b 2 3 1K=4.7×10-11，K＞KNHHCO溶液2 b 2 4 3顯堿性；反響NH++HCO-+HO NH·HO+HCO的平衡常數(shù)K= =4 3 2 3 2 2 3=1.3×10-3，故答案為：堿性；1.3×10-3；由圖可知，電解時二氧化碳在b極上得電子發(fā)生復原反響生成乙烯，電極反響式為2CO+12H++12e-=CH+4HO2 24 22CO+12H++12e-=CH+4HO；陽。2 24 2軟錳礦的主要成分是MnO，其懸濁液可吸取煙氣中SO，所得酸性浸出液又可用于制備高2 21所示。金屬單質的活動挨次為Al>Mn>Fe>Ni。答復以下問題:用離子方程式表示參與“氧化劑(軟錳礦)”作用: 。:K

[Al(OH)]=1.0×10-33 K[Ni(OH)]=1.6×10-15sp 3 sp 2K[Mn(OH)]=4.0×10-14 K[Fe(OH)]=2.6×10-39sp 2 sp 3“水解沉降”中:①“中和劑”可以是 (填標號)。AlO

MgO C.HSO

D.MnO23 2 4 2②溶液的pH應不低于 。(離子濃度小于1×10-6mol/L時即可認為該離子沉淀完全)“置換”的目的是 (用離子方程式表示)。(4)“結晶分別”中的局部物質的溶解度曲線如上圖圖2所示。結晶與過濾過程中，體系溫度均應維持在 ℃(填“27”、“60”或“70”)。(5)“草酸鈉一高錳酸鉀返滴法”可測定軟錳礦中MnO2

的純度(假設雜質不參與反響):取agMnO

樣品于錐形瓶中參與適量稀硫酸再參與V mLcmol/LNaCO

溶液(足量)，2 1 1 224最終用c

mol/L的KMnO溶液滴定剩余的NaCO ，達終點時消耗VmL標準KMnO

溶液。2 4 224 2 4①MnO2

參與反響的離子方程式為 。②該樣品中MnO2

的質量分數(shù)為 (假定雜質不參與反響，列出表達式即可)?！敬鸢浮?(1).MnO+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2HO (2).B (3).5 (4).2 2Mn+Ni2+═Mn2++Ni (5).70 (6).MnO+4H++CO2-=Mn2++2CO↑+2HO (7).2 24 2 2【解析】(1).“氧化劑”發(fā)生反響是利用二氧化錳將亞鐵離子氧化成鐵離子，二氧化錳被復原為錳離子，依據(jù)得失電子守恒和原子守恒，該反響的離子方程式為：MnO+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2HO，故答案為：MnO+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2HO；2 2 2 2①.中和劑是調整溶液pHA.AlO23引入鋁離子雜質，故A錯誤；B.參與MgO和酸反響，能調整溶液pH且不引入的雜質，故BCHSO后不能使溶液pH上升而除去Fe3和Al3CD.MnO2 4 2不能和稀酸反響，故D錯誤；答案為：B；②.依據(jù)K

[Al(OH)]=1.0×10-33、K[Fe(OH)]=2.6×10-39可知，當鋁離子全部沉淀時，鐵sp 3 sp 3K[Al(OH)]=1.0×10-33=c(Al3+)×c3(OHsp 3－)=1×10-6mol/L×c3(OH－c(OH－)=1×10-9mol/Lc(H+)=1×10-5mol/L，pH=5，故答案為：5；“置換”中發(fā)生的反響是錳置換出單質鎳，離子方程式為Mn+Ni2+=Mn2++Ni，故答案為：Mn+Ni2+=Mn2++Ni；據(jù)圖可知，結晶與過濾過程中，體系溫度均應維持在70℃，此時硫酸鎂溶解度最大，硫酸錳溶解度小，便于析出硫酸錳晶體，故答案為：70；MnO NaCO

在酸性條件下反響生成錳離子、二氧化碳和水，依據(jù)得失電子守恒和2 224原子守恒，該反響的離子方程式為：MnO+4H++CO2-=Mn2++2CO↑+2HO，故答案為：MnO+4H++CO2-=Mn2++2CO↑+2HO；

2 24 2 22 24 2 2②.CO2-在酸性條件下與MnO－反響的離子方程式為：2MnO－＋5CO2－＋16H＋=2Mn2＋＋10CO24 4 4 24 2＋8HO，則剩余NaCO的物質的量為：c mol/L×V×10-3L=cV×10-3mol，與MnO

反響的2 224 2 2 22 2

的物質的量為：cV×10-3mol－cV

×10-3molMnO+4H++CO2-=Mn2++2CO↑+2HO224

11 22

2 24 2 2知，MnO 的物質的量為：(cV×10-3－cV×10-3)mol，質量為：(cV×10-3－cV

×10-3)2 11 22 11 22mol×87g/mol=(cV×10-3－cV×10-3)×87g，則該樣品中MnO

的質量分數(shù)為11 22 2，故答案為： 。點睛：此題主要考察物質制備的工藝流程，明確流程中各步驟的作用和混合物分別方法是解答此題的關鍵，試題難度中等。此題的難點是第〔5〕題中MnO2

質量分數(shù)的計算，解題時要先明確NaCO 和MnO及酸性高錳酸鉀溶液的反響，再利用高錳酸鉀計算剩余NaCO 的物224 2 224質的量，依據(jù)NaCO

的總量減去剩余的NaCO

得出和MnO

反響的NaCO

，最終利用反224

224

2 224應方程式計算出MnO2

的量即可。(二)選考題〔45〕2222B答題卡上把所選題目的題號涂黑。留意所做題目的題號必需與所涂題目的題號全都，在答題卡選答區(qū)域指定位置答題。假設多做，則每學科按所做的第一題計分。(AgBr)常用硫代硫酸鈉(NaSO223Na[Ag(SONaSNa[Ag(SOAgS，并使定影液再3 232 2 3 232 2生。將AgS在高溫下轉化為Ag，就到達了回收銀的目的。2銅、銀、金在元素周期表中位于同一族相鄰周期，基態(tài)銀原子的最外層電子排布式為 。Na、O、S簡潔離子半徑由大到小的挨次為 。SO2-離子構造如以下圖，其中心硫原子的雜化軌道類型為 。23寫出AgBrNaSO223

溶液的離子反響方程式 。Na[Ag(SO)]中存在的作3 232用力有離子鍵、共價鍵、 。在空氣中灼燒AgS生成AgSOSO

分子中硫原子的價層電子對數(shù)為 其分子2 2 2空間構型為 。SO2

易溶于水，緣由是 ?，F(xiàn)在人們已經有多種方法來測定阿伏加德羅常數(shù)，X射線衍射法就是其中的一種，通過對金晶體的X射線衍射圖象的分析，可以得出金晶體的晶胞屬于面心立方晶胞(與銅的晶胞相似)。假設金原子的半徑為am，金的密度為ρg·cm-3，金的摩爾質量為Mg·mol-1，試通過這些數(shù)據(jù)列出計算阿伏加德羅常數(shù)的算式 。【答案】 (1).5s1 (2).S2-O2-Na+ (3).sp3 (4).AgBr+2SO2-==[Ag(SO)]3-+Br-23 232(5).配位鍵 (6).3 (7).V形 (8).依據(jù)相像相溶原理，SO2

和水均為極性分子，SO2

和水反響 (9).【解析】(1).銅、銀、金在元素周期表中位于同一族相鄰周期，基態(tài)銅原子的最外層電子排4s1，則基態(tài)銀原子的最外層電子排布式為5s1，故答案為：5s1；電子層數(shù)越多，離子半徑越大，核外電子排布一樣的離子，原子序數(shù)越大，離子半徑越小，則Na、O、S簡潔離子半徑由大到小的挨次為S2-、O2-、Na+，故答案為：S2-O2- Na+；SO2-離子構造示意圖可知，其中心硫原子形成4個σ鍵，則中心硫原子的雜化軌道23類型為sp3，故答案為：sp3；AgBr與NaSO溶液反響生成Na[Ag(SONaBr，該反響的離子反響方程式為223 3 232AgBr+2SO2-=[Ag(SO3-+Br-，Na[Ag(SO23 232 3 232答案為：AgBr+2SO2-=[Ag(SO3-+Br-；配位鍵；23 232SO2

分子中硫原子的價層電子對數(shù)為：2+ =2+1=3，因SO2

1對，所以