高考化学化学键(大题培优)及答案.docx

1、高考化学化学键 ( 大题培优 ) 及答案一、化学键练习题（含详细答案解析）1Nature Energy 报道了巾科院大连化学物理研究所科学家用Ni- BaH2 /Al 2O3、 Ni- LiH 等作催化剂，实现了在常压、100-300 的条件下合成氨。（1）在元素周期表中，氧和与其相邻且同周期的两种元素的第一电离能由大到小的顺序为_ ；基态 Ni2+的核外电子排布式为_，若该离子核外电子空间运动状态有15 种，则该离子处于 _（填 “基 ”或 “激发 ”）态。（2）氨在粮食生产、国防中有着无可替代的地位，也是重要的化工原料，可用于合成氨基酸、硝酸、 TNT 等。甘氨酸（ NH2CH2COOH）

2、是组成最简单的氨基酸，熔点为182 ，沸点为 233 。硝酸溶液中NO3?的空间构型为 _。甘氨酸中N 原子的杂化类型为_，分子中键与 键的个数比为 _，晶体类型是_，其熔点、沸点远高于相对分子质量几乎相等的丙酸（熔点为-2l ，沸点为141）的主要原因：一是甘氨酸能形成内盐；二是_。（ 3） NH3 分子中的键角为 107 ，但在 Cu(NH3)42+离子中 NH3 分子的键角如图 l 所示，导致这种变化的原因是 _（4）亚氨基锂（Li2NH）是一种储氢容量高、安全性能好的固体储氢材料，其晶胞结构如图 2 所示，若晶胞参数为3NA=_（列出表达d pm ，密度为 g/cm，则阿伏加德罗常数式

3、） mol -l。226268或 Ar 3d8激发 平面三角形39:1 分子晶体【答案】 FNO 1s2s 2p3s 3p 3dsp分子数相同时，甘氨酸分子间形成的氢键数目比丙酸分子间形成的氢键数目多（或甘氨酸中氨基的存在也会使分子间产生氢键）形成配合离子后，配位键与NH3中 NH 键之间的排斥力小于原孤对电子与NH3 中 NH 键之间的排斥力，故配合离子中NH3 的 NH 键间的键角变大；1.161032d3【解析】【详解】(1)与氧相邻且同周期的元素为N 和 F，由于 N 原子最外层电子为半充满状态，第一电离能较大，所以三者第一电离能由大到小的顺序为FNO； Ni 元素为 28 号元素，失

4、去最外层两个电子形成Ni2+，基态 Ni2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8 或 Ar 3d 8；基态 Ni2+的核外电子空间运动状态有1+1+3+1+3+5=14 种，若该离子核外电子空间运动状态有15种，则该离子处于激发态；35+03+1=3，孤电子对数为0，所以空间构型为平面(2) NO ?的中心原子价层电子对数为2三角形；甘氨酸 (NH2CH2COOH)中 N 原子形成两个N-H 键和一个N-C 键，达到饱和状态，价层电子对数为 4，所以为 sp3 杂化；分子中碳氧双键中存在一个 键，其余共价键均为 键，所以分子中 键与 键的个数比为 9:1；甘氨酸熔沸点较低属于

5、分子晶体；分子数相同时，甘氨酸分子间形成的氢键数目比丙酸分子间形成的氢键数目多（或甘氨酸中氨基的存在也会使分子间产生氢键）；(3)形成配合离子后，配位键与NH3 中 NH 键之间的排斥力小于原孤对电子与NH3 中 NH键之间的排斥力，故配合离子中NH3 的 NH 键间的键角变大；(4)根据均摊法，该晶胞中Li 原子个数为8，其分子式为Li NH，则晶胞中 NH 原子团的个数278+154-10为 4，则晶胞的质量为m=g，晶胞参数为 d pm=d NA10 cm，所以晶胞的体积3-303m78+154 g1.161032V=d 10 cm ，则密度=NA，解得 NA =d3。V3-30cm3d

6、10【点睛】含有 OH、 NH2 等基团的物质容易形成分子间氢键，使熔沸点升高；甲烷和氨气均为sp3 杂化，但由于 键对 键的排斥力小于孤电子对 键的排斥力，所以甲烷分子中键角比氨气分子中键角大。2铜是重要的金属，广泛应用于电气、机械制造、国防等领域，铜的化合物在科学研究和工农业生产中有许多用途。回答下列问题：(1)CuSO4 晶体中 S 原子的杂化方式为_，SO42- 的立体构型为 _ 。(2) 超细铜粉可用作导电材料、催化剂等，其制备方法如下：NH4CuSO3中金属阳离子的核外电子排布式为_ 。N、 O、 S 三种元素的第一电离能大小顺序为_( 填元素符号 ) 。向 CuSO4溶液中加入过

7、量氨水，可生成Cu(NH3) 4SO4，下列说法正确的是_A氨气极易溶于水，原因之一是NH3 分子和 H2O分子之间形成氢键的缘故B NH3 分子和 H2O分子，分子空间构型不同，氨气分子的键角小于水分子的键角C Cu(NH3) 4SO4 溶液中加入乙醇，会析出深蓝色的晶体D已知 3.4 g 氨气在氧气中完全燃烧生成无污染的气体，并放出a kJ 热量，则 NH的燃3烧热的热化学方程式为：NH(g) 3/4O2(g)=1/2N2(g) 3/2H 2O(g)H -5 a kJmol 13(3) 硫酸铜溶液中滴入氨基乙酸钠(H2NCH2COONa)即可得到配合物A，其结构如下左图所示。 1 mol

8、氨基乙酸钠 (H2NCH2COONa)含有 键的数目为 _ 。氨基乙酸钠分解产物之一为二氧化碳。写出二氧化碳的一种等电子体：_( 写化学式 ) 。已知：硫酸铜灼烧可以生成一种红色晶体，其结构如上右图所示。则该化合物的化学式是 _ 。【答案】 sp322626101023正四面体1s 2s 2p 3s 3p 3d( 或 Ar3d)NO S AC 86.02 10-等 )CuON O(或 SCN、 NO232【解析】【分析】（1）计算 S 原子的价电子对数进行判断；（2）先判断金属离子的化合价，再根据根据核外电子排布式的书写规则书写，注意3d能级的能量大于 4s 能级的能量，失电子时，先失去最外层

9、上的电子；根据第一电离能的变化规律比较其大小；A氨气分子与水分子之间存在氢键，氢键的存在使物质的溶解性显著增大；B据分子的空间结构判断；C根据相似相容原理判断；D燃烧热方程式书写在常温下进行，H2O 为液态；（3）共价单键为 键，共价双键中一个是 键、一个是 键；原子个数相等、价电子数相等的微粒为等电子体；利用均摊法确定该化合物的化学式。【详解】46 0 2 4，孤电子对数为0，采取 sp3 杂化，(1)CuSO晶体中 S 原子的价层电子对数2SO42- 的立体构型为正四面体形；(2) NH4CuSO3 中的阳离子是是Cu+，它的核外电子排布是，1s2 2s22p6 3s23p6 3d10(或

10、Ar3d 10)；根据同一周期第一电离能变化规律及第 A、 A 反常知，第一电离能大小顺序为， NOS； A氨气极易溶于水，原因之一是NH3 分子和H2O 分子之间形成氢键的缘故，选项A 正确；B.NH3 分子和H2O 分子，分子空间构型不同，氨气是三角锥型，水是V 形，氨气分子的键角大于水分子的键角，选项B 错误；C Cu(NH3)4SO4 溶液中加入乙醇，会析出深蓝色的晶体，选项C 正确；D燃烧热必须是生成稳定的氧化物，反应中产生氮气和水蒸气都不是稳定的氧化物，选项 D 错误；答案选 AC；（3）氨基乙酸钠结构中含有N-H 2 个， C-H 2 个，碳氧单键和双键各一个，N-C、 C-C各

11、一个共 8 个 键；等电子体为价电子数和原子个数相同，故采用上下互换，左右调等方法书写为N2 O、SCN-、 N3-等；根据均摊法计算白球数为81 1=2 ，黑球为4 个，取最简个数比得化学式为Cu2O。8【点睛】本题考查较为全面，涉及到化学方程式的书写、电子排布式、分子空间构型、杂化类型的判断以及有关晶体的计算。解题的关键是正确理解原子结构及杂化轨道计算。3现有下列物质：KCl CH44322 24 N22金刚石NHNO I Na O HClO CO SO? CH3CH2OH ? MgO?MgCl2? KOH ? HCl? Al2O3请回答下列问题。(1) 两性氧化物是 _（填序号），其电子

12、式为 _。(2) 最简单的有机化合物是 _（填序号），用电子式表示其形成过程：_。(3) 属于共价化合物的是 _（填序号），含有共价键的离子化合物是_（填序号）。(4) 由两种元素组成，且含有离子键和共价键的化合物为_（填序号），这两种元素的单质反应生成该化合物的化学方程式为_。【答案】 ?点燃 ? ?2Na+O2Na2 O2【解析】【分析】(1)两性氧化物指的是能与碱和酸反应生成盐和水的氧化物；(2)最简单的有机化合物是CH4，甲烷为共价化合物；(3) 一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，

13、只含共价键的化合物为共价化合物；(4)由两种元素组成，且离子键、共价键都含有的是Na2O2。【详解】(1)两性氧化物指的是能与碱和酸反应生成盐和水的氧化物，这里只有Al2O3 ，Al2O3 是离子化合物，其电子式为：，故答案为： ?；(2)最简单的有机化合物是CH4，甲烷为共价化合物，用电子式表示其形成过程为：，故答案为：；(3)只含共价键的化合物为共价化合物，CH4 、HClO4、 CO、 SO2、 CH3CH2OH、 HCl 中只含共价键，属于共价化合物；含有共价键的离子化合物有：NH4NO3、 Na2O2、 KOH，故答案为： ?； ?；(4)由两种元素组成，且离子键、共价键都含有的是N

14、a2O2，钠和氧气反应生成过氧化钠的化学方程式： 2Na+O2点燃2Na+O点燃2 222 2Na O ，故答案为：；Na O 。【点睛】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，不同非金属元素之间易形成极性键，同种非金属元素之间易形成非极性键，含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物为共价化合物。4碳与硅是十分重要的两种元素，金刚石、SiC 具有耐磨、耐腐蚀特性，应用广泛。（1）碳元素在周期表中的位置是_ ，其原子核外通常未成对电子数为_个。（ 2）已知 2Ca3(PO4)2(s)+10C(s) P4(g)+6CaO

15、(s)+10CO(g)反应中，被破坏的化学键有_。a离子键b.极性共价键c. 非极性共价键（ 3）一定条件下， Na 还原 CCl4 可制备金刚石，反应结束冷却至室温后，除去粗产品中少量钠的试剂为 _ 。（ 4）下列叙述正确的有 _填序号）， Na 还原 CCl4 的反应、 Cl2 与 H2O 的反应均是置换反应水晶、干冰熔化时克服粒子间作用力的类型相同NaSiO33的反应可用于推断Si 与 S 的非金属性强弱溶液与 SOSi 在一定条件下可与FeO 发生置换反应【答案】第二周期第IVA 族 2 abc水（或乙醇） 【解析】【分析】【详解】（1）碳元素的电子层数为2，最外层电子数为4，所以在周

16、期表中的位置是第二周期第IVA 族，碳元素的2p 能级上有2 个未成对电子。（ 2）由 2Ca3(PO4 )2（ s）+10C（ s）P4（ g） +6CaO（ s） +10CO，可知：钙离子和磷酸根离子之间的离子键被破坏，磷原子和氧原子间的极性共价键被破坏，另外C 中非极性共价键也被破坏，因此答案选abc。（ 3）由于 Na 可以与水（或乙醇）发生反应，而金刚石不与水（或乙醇）反应，所以除去粗产品中少量的钠可用水（或乙醇）。（4） Na 还原 CCl4 生成 NaCl 和 C，属于置换反应，但 Cl2 与 H2O 反应生成 HCl 和 HClO，不是置换反应，故错误；水晶属于原子晶体，而干冰

17、属于分子晶体，熔化时克服粒子间作用力的类型不相同，前者是共价键，后者是分子间作用力，故错误；Na2SiO3 溶液与 SO3的反应，说明酸性2324H SiO比 H SO 弱，可用于推断 Si 与 S的非金属性强弱，故正确； C 和 Si 同主族性质相似，Si 在一定条件下可与 FeO 发生置换反应，故正确，答案选。5研究水体中碘的存在形态及其转化是近年的科研热点。I-与 I2 在水体和大气中的部分转化如下图所示。(1) I2 的电子式为 _。(2)水体中的 I-在非酸性条件下难于被空气中的O 2 氧化。原因是2H 2O4I -O2 ?2I 24OH的反应速率慢，反应程度小。 I-在酸性条件下与

18、 O 2 反应的离子方程式是 _ 。在酸性条件下I-易被 O2 氧化的可能的原因是_ 。(3)有资料显示：水体中若含有 Fe2，会对 O3 氧化 I-产生影响。为检验这一结论，进行如下探究实验：分别将等量的O3 通入到 20mL 下列试剂中，一段时间后，记录实验现象与结果。己知：每 1molO 3 参与反应，生成 1molO 2 。序号试剂组成反应前溶液的反应后溶液的I 的转化率Fe(OH) 3 的生pHpH成量甲3 10 2 mol L 1NaI5.311.0约 10%amol L 1 NaCl乙3 10 2 mol L 1NaI5.14.1约 100%大量1.5 10 2 mol L1Fe

19、Cl2丙1.5 10 2 mol L 1FeCl25.23.5少量 a_ 。甲中反应为可逆反应，其离子方程式是_ 。比较甲、乙、丙实验，说明Fe2在实验乙中的作用并解释 _ 。【答案】4H4IO22I 22H 2O c(H + ) 增大， c(OH) 减小，使平衡2H 2O 4IO2 ? 2I 24OH正向移动，反应易于进行等其他合理答案3 10 2H 2 O2IO3 ? I2 2OHO2 Fe2 或 Fe2 的氧化产物 Fe3 与 I - 和 O3 反应产生的OH结合，促使该平衡正向移动，提高了I- 的转化率等其他合理答案【解析】【分析】（ 1）根据成键方式书写电子式；（ 2）根据氧化还原反

20、应原理书写反应方程式，并根据平衡移动原理分析解答；（ 3）根据实验数据及平衡移动原理分析解答。【详解】（1） I2 属于共价分子，电子式为：，故答案为：；（2） 根据题干信息分析，I-在酸性条件下被O 2 氧化生成 I2，反应的离子方程式是4H4I -O22I 2 2H2O ； 根据提给信息中I-在非酸性条件下被氧化的反应方程式分析知，在酸性条件下I-易被 O2氧化的可能的原因是c(H + ) 增大， c(OH ) 减小，使平衡2H 2O4IO2 ? 2I 24OH正向移动，反应易于进行，故答案为：4H4I -O22I 2 2H2O ； c(H + ) 增大， c(OH ) 减小，使平衡2H

21、2O4IO2 ? 2I 24OH正向移动，反应易于进行等；（3）验证Fe2+对 O3 氧化 I-产生的影响时，必须排除其它干扰因素，所以A、 B 组对照实验中 c( Cl-) 要相同，即c( NaCl) =2c( FeCl2) =2 1.510-2mol/L=3 10-2mol/L ，故答案为：310-2 ；O3 氧化 I-时溶液显碱性，说明生成了碱性物质或离子，离子方程式为：H 2 O2IO3?I22OHO2，故答案为： H 2O 2I O3 ? I 22OHO2 ；Fe2+具有强还原性，易被O3 氧化生成 Fe3+， Fe2+或 Fe3+结合 OH-生成弱碱，促使反应H 2 O2IO3?I

22、22OHO2正向进行，提高 I-转化率，故答案为：Fe2或 Fe2的氧化产物 Fe3与 I- 和 O3反应产生的 OH 结合，促使该平衡正向移动，提高了I- 的转化率。6生活污水中氮是造成水体富营养化的主要原因。若某污水中NH4Cl 含量为 180mg/L 。（ 1）写出 NH4Cl 电子式： _。（2）氮原子的电子排布式是： _，写出与氯同周期，有 2 个未成对电子的原子的元素符号为 _、_。（3）为除去废水中的NH4+，向 103 L 该污水中加入溶液的体积为 _L(计算结果保留两位小数）。0.1mo1/LNaOH 溶液，理论上需要NaOH（4）可先在酸性污水中加入铁屑将NO3-转化为NH

23、4+后再除去，请配平下列离子方程式并标出电子转移的方向和数目_。_Fe+_NO3- +_H+_Fe2+_NH4 +_H2O【答案】22333.64Si S 1s2s 2p4110413【解析】【分析】(1)NH4Cl 是离子化合物；(2)氮为 7 号元素；氯原子的核外电子排布式为1s22s22p 63s23p 5；(3) 根据 NH 4+ 和 NaOH 溶液的反应计算需要NaOH 溶液的体积为；(4) 根据氧化还原反应，配平离子方程式并标出电子转移的方向和数目。【详解】(1) 氯化铵是离子化合物，由氨根离子与氯离子构成，电子式为：；(2) 氮原子电子排布式是： 1s2 2s22p3；氯原子的核

24、外电子排布式为1s22s22p63s23p5，有一个未成对的电子，与其同周期且有2 个未成对电子的原子的的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4 和1s22s22p63s23p2，元素符号为 S、 Si；(3) 某污水中 NH 4Cl 含量为 180mg/L ， 103L 污水中含有 180mg/L 103L180g+ 的物质的量也443.364mol=180000mg=180gNH，NH 4Cl ， NH Cl 的物质的量为53.5g / mol是 3.364mol ，为除去废水中的NH 4+，向该污水中加入 0.1mo1/LNaOH溶液，理论上需要NaOH 的物质的量为3.364m

25、ol3.364mol ，则所需 NaOH 溶液的体积为=33.64L ；0.1mol / L(4) 该反应中铁元素的化合价由0 价升高至 +2价，氮元素的化合价由 +5 价降低至 -3 价，由化合价升降守恒和质量守恒可以配平该离子方程式并标出电子转移的方向和数目如下：。7生活污水中氮元素是造成水体富营养化的主要原因。若某污水中NH4Cl 含量为 180 mg/L 。(1)写出 NH Cl 的电子式 _。4(2)写出与氯同周期，有2 个未成对电子的原子的电子排布式：_、 _(3)为除去废水中的4+，向 103L 该污水中加入0.1 mol/L NaOH 溶液，理论上需要NaOHNH溶液的体积为

26、_L(计算结果保留两位小数)。(4)若某污水中同时存在NO3-时。可用下列方法除去：可先在酸性污水中加入铁屑NH4 和将 NO3-转化为 NH4 后再除去，请配平下列离子方程式并标出电子转移的方向和数目：3-+2+4+2_Fe +_NO+_H =_Fe+_NH+_H O， _。【答案】1s22s22p63s23p21s22s22p63s23p433.644110413【解析】【分析】(1) NH4Cl 是离子化合物，由 NH4+ 、Cl-通过离子键构成，结合离子化合物的表示方法书写其电子式；(2)根据 Cl 原子核外电子排布式确定其最外电子层所具有的轨道数目，结合每一轨道最多排布 2 个电子，

27、确定与氯同一周期，有2 个未成对电子的原子的电子排布式；(3)根据 NH Cl 与 NaOH 溶液反应时二者的物质的量的比是1： 1，根据污水中NH Cl 含量为44180 mg/L ，计算 c(NH4Cl)，结合 n=cV 计算；(4)根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平方程式。【详解】(1) NH4Cl 是离子化合物，由 NH4+ 、Cl-通过离子键构成，其电子式为：；(2)Cl 原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，其最外电子层3p 能级具有3 个轨道，由于原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同；同一个轨道最多可容纳2 个电子则与氯同一周期，有 2 个未成对电子的

28、原子的电子排布式分别为1s22s22p 63s23p2，1s22s22p63s23p4，这两种元素分别是 Si 和 S；440.18?g / L0.183(3) 水中 NHCl 含量 180 mg/L ， c(NH Cl)= 53.5?g / mol =53.5mol/L ， 10L 水中中含有 NH4Cl 的物 的量 n(NH4Cl)=0.18mol/L 310L=3.364 mol，根据反 ：53.5NH4Cl+NaOH=NaCl+NH3 +H2O，可知 n(NaOH)=n(NH4Cl)=3.364 mol ，由于 NaOH 溶液 度 0.1 mol/L ， 理 上需要n3.364?mol

29、NaOH 溶液的体 V(NaOH)=33.64 L；c0.1?mol / L3-+2+4 +20 +2(4)在反 ： _Fe +_NO+_H =_Fe+_NH+_H O 中， Fe 元素化合价由价，升高2 价， N 元素化合价由NO3-4 +，降低8 价，化合价升降最小公倍数是8，所 NH以 Fe、 Fe2+系数是 4，NO3-、 NH4+系数是 1，然后根据反 前后 荷守恒，可知H+的系数是10，最后根据原子守恒，可得H O 的系数是3； 配平后 反 方程式 ：23-+2+4+2O，用 法表示 ：4Fe+NO +10H =4Fe +NH +3H。【点睛】本 考 了原子核外 子排布、物 的 子

30、式表示、氧化 原反 方程式及物 的量在化学方程式 算的 用。掌握构造原理、离子化合物与共价化合物表示方法的区 及有 子 移的离子反 方程式配平原 是解 关 ，物 反 物 的量的比等于方程式中相 物 的化学 量数的比。8含硫化合物在生活和生 中有着重要 用，科学使用含硫化合物 人体健康及 境保 意 重大。（1）葡萄酒中添加微量的SO2 可抑制 菌生 ，防止葡萄酒被_（填 “氧化 ”、 “ 原 ”）。（2） 的硫化物有多种：H2Sx（ x=1， 2， 3， ），如 H2S2，其 构与 H2O2 相似。 写出H2S3 的 构式 _。（ 3）固体硫酸 在加 熔化 ，生成了焦硫酸 （ K2S2O7），反

31、 中断裂的化学 型为_。（4）淮北某 小 二 硫酸 （Na2 2 40.050ml-12 2 4S O ） 行了如下探究。将 L Na S O溶液在空气中放置，其溶液的pH 与 （ t）的关系如 所示（忽略溶液体 的 化）。Na2S2O4 溶液 _性，原因是 _（用离子方程式表示）。t 1 溶液中只有一种溶 ，此 含硫元素的粒子 度由大到小的 序 _。0-t 1 段发生反应的离子方程式为 _，t 1-t 2 段溶液的 pH 变小的原因是 _（用离子方程式表示）。【答案】氧化离子键、共价键2-碱 S2O4+H2O=HS2O4+OH ， HS2O4+H2O=H2S2O4+OH-c（HSO3-） c

32、（SO32-） c（ H2SO3）2SO42-+O2+2H2O=4HSO3-2HSO3-+2-+O2=2H +2SO4【解析】【详解】(1)葡萄酒中添加微量的SO2 可抑制细菌生长，防止葡萄酒被氧化，故答案为：氧化；(2)氢的硫化物有多种，其结构与H2O2 相似，说明硫原子间形成一个单键两端和氢原子形成共价键， H2 3，故答案为：；S 的结构式(3)固体硫酸氢钾在加热熔化时，生成了焦硫酸钾 (K2S2O7 )，一定破坏了离子键，酸根离子变化，证明生成了新的共价键，反应中断裂的化学键类型为：离子键、共价键，故答案为：离子键、共价键；(4) Na2S2O4 溶液中溶质为强碱弱酸盐，溶液中S2O4

33、2- 离子分步水解，溶液显碱性，水解离子方程式： S2 42-22 4 -， HS24-22 2 4-，故答案为：碱； S24 2-O+H O=HS O +OHO +H O=H S O +OHO-， HS-；+H2O=HS2O4 +OH2O4+H2O=H2S2 O4+OH t 1 时溶液中只有一种溶质， Na2S2O4 溶液在空气中易被氧化生成亚硫酸氢钠，溶液显酸性，说明亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度，溶液中含硫元素的粒子浓度由大到小的顺序为： c(HSO-2-) c(H2SO3)， 0-t1段发生反应的离子方程式为：2-3)c(SO32S2O4+O2+2H2O=4HSO3-，t 1-t

34、2 段溶液的pH 变小的原因是：亚硫酸氢钠被氧化生成硫酸氢钠，反应的离子方程式：2HSO3- +O2=2H+2SO42-，故答案为：c(HSO3-) c(SO32- ) c(H2SO3)；2S2O42-+O2+2H2O=4HSO3-；2HSO3-+O2=2H+2SO42-。9（1） H、 D、 T 三种原子，在标准状况下，它们的单质的密度之比是_，它们与氧的同位素 1618_； 143 +中，电子数、质O、O 相互结合为水，可得水分子的种数为NH T子数、中子数之比为_（ 2）核内中子数为 N 的 R2，质量数为 A，则 n g 它的同价态氧化物中所含电子的物质的量为 _。237（3）含 6.02 10 个中子的 3 Li 的质量是 _g（4） Ne