2017-2018学年吉林省扶余市第一中学高二上学期期末考试化学试题 解析版

2017-2018学年吉林省扶余市第一中学高二上学期期末考试化学试题 解析版

扶余市第一中学2017--2018学年度上学期期末试题 高 二 化 学 本试题分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。考试结束后，只交答题纸和答题卡，试题自己保留。(考试时间：90分钟。试卷总分：100分)。‎ 第I卷 （54分）‎ 可能用到的相对原子质量： C :12 0:16 H:1 Na:23 S:32 N:14‎ 一、选择题（共18小题，每题3分，共54分。每题只有1个选项符合题意）‎ ‎1. 下列对不同时期原子结构模型的提出时间由早到晚排列正确的是（ ）‎ ‎①电子分层排布模型 ②“葡萄干布丁”模型 ③电子云模型 ‎④道尔顿原子学说 ⑤核式模型 A. ④②⑤①③ B. ④②③①⑤‎ C. ①③②⑤④ D. ④⑤②①③‎ ‎【答案】A ‎【解析】①电子分层排布模型由玻尔1913年提出；②“葡萄干布丁”模型由汤姆逊1903年提出；③电子云模型由薛定谔于1926年提出；④道尔顿原子学说于1803年提出；⑤核式模型由卢瑟福于1911年提出，时间由早到晚排列的顺序为④②⑤①③，答案选A。正确答案为A。‎ 点睛：本题考查化学史的有关判断，要求学生平时多记多了解相关的化学发展的历史，也有利于调动学习化学的积极性。‎ ‎2. 已知元素X的基态原子最外层电子排布为nsn－1npn＋2，则X元素的原子序数为(　　)‎ A. 9 B. 10 C. 17 D. 18‎ ‎【答案】C ‎【解析】元素X的基态原子最外层电子排布式为nsn－1npn+2，即3s23p5，即17号元素，选C。‎ ‎3. 下列能级能量由小到大排列顺序正确的是（ ）‎ A. 3s 3p 3d 4s B. 4s 4p 3d 4d C. 4s 3d 4p 5s D. 1s 2s 3s 2p ‎【答案】C ‎【解析】根据电子构造原理判断。‎ A、能量由小到大的顺序为：3s 3p 4s 3d，A错误；B、能量由小到大的顺序应为4s 3d 4p ‎ ‎ 4d，B错误；C、能量由小到大的顺序应为4s 3d 4p 5s，C正确；D、能量由小到大的顺序应为1s 2s 2p 3s，D错误。正确答案为C。‎ ‎4. 根据电子排布的特点，Cu在周期表属于（ ）‎ A. ds区 B. p区 C. d 区 D. s区 ‎【答案】A ‎【解析】铜为29号元素，核外电子排布式为1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s1。按照构造原理，价层电子排布式应为3d94s2，当3d接近半满或全满时，能量最低，最稳定，所以Cu的4s2上的一个电子将填充在3d上，故Cu在元素周期表中属于ds区，答案选A。正确答案为A。‎ ‎5. 下列关于原子核外电子排布式或运动状态的描述中，不完全是专指碳原子的是（ ）‎ A. 原子核外电子有六种运动状态 B. L能层p能级只有一个空轨道 C. L能层有两个未成对的电子 D. 最外层p能级电子数与次外层电子数相等 ‎【答案】C 考点：考查结构与位置的关系 ‎6. 书法离不开文房四宝(笔、墨、纸、砚)，做笔用的狼毫、研墨用的墨条、宣纸(即白纸)和做砚台用的砚石的主要成分依次是 (　　)‎ A. 蛋白质、炭黑、多糖、无机盐 B. 塑料、石墨、多糖、无机盐 C. 多糖、石墨、蛋白质、无机盐 D. 蛋白质、煤炭、多糖、有机玻璃 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：狼毫为动物的毛，属于蛋白质；墨条由炭黑制成；宣纸主要成分为纤维素，属于多糖；砚台成分为无机盐，答案选C。‎ 考点：考查物质的成分 点评：该题趣味性强，难度不大，有利于调动学生的学习兴趣和学习积极性，注意平时知识的积累，该题不难得分。‎ ‎7. 下列电子排布式中，原子处于激发状态的是(　　)‎ A. 1s22s22p5 B. 1s22s22p43s2‎ C. 1s22s22p63s23p63d44s2 D. 1s22s22p63s23p63d34s2‎ ‎【答案】B ‎.....................‎ 点睛：激发态与基态的区别是，激发态时低能级的电子跃迁到高能级轨道，判断的方法是：本应填充在低能级的电子，如果填充在高能级轨道，则是激发态。‎ ‎8. 室温下，将碳酸钠溶液加热至70 ℃，其结果是(　　)‎ A. 溶液中c(CO)增大 B. 水的电离程度不变 C. KW(水的离子积)将变小 D. 溶液的碱性增强 ‎【答案】D ‎【解析】CO32-发生水解反应：CO32-+H2OHCO3-+OH- DH<0‎ A、该水解反应是吸热反应，升温，平衡正向移动，CO32-浓度减小，A错误；B、水的电离也是吸热反应，升温，平衡正向移动，水的电离程度增大，B错误；C、升温，水的电离程度增大，H+浓度和OH-浓度都增大，所以KW增大，C错误；D、升温，CO32-的水解平衡正向移动，OH-浓度增大，所以碱性增强，D正确。正确答案为D。‎ 点睛：任何平衡常数只与温度有关，水的电离是吸热反应，升温平衡正向移动，Kw增大。‎ ‎9. 下列营养物质在人体内发生的变化及其对人的生命活动所起的作用叙述不正确的是 ‎(　　)‎ A. 淀粉葡萄糖CO2和H2O(释放能量维持生命活动)‎ B. 纤维素葡萄糖CO2和H2O(释放能量维持生命活动)‎ C. 油脂甘油和高级脂肪酸CO2和H2O(释放能量维持生命活动)‎ D. 蛋白质氨基酸人体所需的蛋白质(人体生长发育)‎ ‎【答案】B ‎【解析】人体内无催化纤维素水解的酶，纤维素在人体内不能发生水解反应。‎ ‎10. 如图是四种常见有机物的比例模型示意图。下列说法正确的是 (　　)‎ A. 甲能使酸性高锰酸钾溶液褪色 B. 乙可与溴水发生取代反应使溴水褪色 C. 丙中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的键 D. 丁在稀硫酸作用下可与乙酸发生取代反应 ‎【答案】C ‎【解析】A、甲为甲烷，甲烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；B、乙为乙烯，乙烯与溴水发生加成反应而使溴水褪色，B错误；C、丙为苯，苯中的化学键是一种特殊的共价键，处于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的键，C正确；D、丁为乙醇，乙醇与乙酸在浓硫酸的作用下可以发生取代反应（或酯化反应）生成酯和水，而不是在稀硫酸的条件下，D错误。正确答案为C。‎ ‎11. 某校学生用化学知识解决生活中的问题，下列家庭小实验中不合理的是 (　　)‎ A. 用高度白酒进行皮肤消毒 B. 用米汤(含淀粉)检验加碘盐中的碘酸钾(KIO3)‎ C. 用食用碱(Na2CO3溶液)洗涤餐具上的油污 D. 用灼烧并闻气味的方法区别纯棉织物和纯毛织物 ‎【答案】B ‎【解析】A、酒精可以使蛋白质变性，从而杀菌消毒， A正确；B、碘单质能使淀粉溶液变蓝，而KIO3中不含碘单质，B错误；C、Na2CO3是强碱弱酸盐，CO32-发生水解使溶液呈碱性，油污属于酯，酯在碱性条件下发生彻底的水解，从而洗去油污，C正确；D、纯棉织物和纯毛织物的成份分别为纤维素和蛋白质，蛋白质灼烧时有烧焦羽毛的气味，而纤维素没有，D正确。正确答案为B。‎ 点睛：使淀粉显蓝色的是碘单质，而不是含碘元素的离子，加碘盐中的KIO3中不含I2 ‎ ‎，故不能用米汤检验。‎ ‎12. 下列说法不正确的是(　　)‎ A. 煤的气化和液化是使煤变成清洁能源的有效途径 B. 煤的干馏过程属于物理变化，通过干馏可以得到焦炉气、煤焦油、焦炭等产品 C. 煤里主要含有碳及少量的其他元素，工业上大量燃烧含硫燃料是形成“酸雨”的主 要原因 D. 煤是由无机物和有机物组成的非常复杂的混合物 ‎【答案】B ‎【解析】A、煤的气化是指将煤与水蒸气反应生成CO和H2，从而转化为气体燃料，燃烧充分，并除去S元素，煤的液化是指将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料(直接)或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品(间接)的过程，从而充分燃烧，减少污染物的产生，A正确；B、煤的干馏是指在隔绝空气的条件下，将煤加强热分解得到焦炉气、煤焦油、焦炭等产品的过程，是化学变化，B错误；C、煤里主要含有碳及少量的其他元素如S元素，燃烧时S转化为SO2，导致酸雨的形成，C正确；D、煤是由无机物和有机物组成的非常复杂的混合物，D正确。正确答案为B。‎ ‎13. 充分利用能源，提高原子利用率，减少向环境排放废弃物等都是“绿色化学”的基本要求。下述做法主要是从“绿色化学”角度考虑的是(　　)‎ ‎①实验室短时间保存硫酸亚铁溶液时，向试剂瓶中添加铁钉和少量稀硫酸；②用稀硝酸 代替浓硝酸溶解、回收做银镜实验后试管内壁的银；③用印刷电路的废液溶解废铁屑制 氯化亚铁并回收铜；④工业合成氨中分离产物得到氢气和氮气再循环使用 A. ①③④ B. ②③④ C. ①②④ D. ①②③‎ ‎【答案】B ‎【解析】实验室短时间保存硫酸亚铁溶液时，向试剂瓶中添加铁钉和少量稀硫酸，是为了防止Fe2+被氧化和发生水解，而不能提高原子的利用率，不符合“绿色化学”要求，①错误；3Ag+4HNO3(稀) =3AgNO3+NO↑+2H2O，Ag+2HNO3(浓)=AgNO3+NO2↑+H2O，由方程式可知回收相同质量的银时，浓硝酸消耗的量多于稀硝酸的量，故用稀硝酸代替浓硝酸，可节约原料，符合绿色化学，②正确；印刷电路的废液中含有Cu2+，Cu2+属于重金属离子，回收利用有利于减少污染，符合绿色化学，③正确；合成氨中分离产物得到氢气和氮气再循环使用，可以提高原料的利用率，节约成本，符合绿色化学，④正确。故正确的有②③④，答案选B。正确答案为B。‎ ‎14. 常温下，取0.3 mol·L－1 HY溶液与0.3 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合(不计混合后溶液体积变化)，测得混合溶液的pH＝9，则下列说法(或关系式)正确的是(　　)‎ A. 混合溶液中由水电离出来的c(OH－)＝1×10－9 mol·L－1‎ B. 混合溶液中离子浓度大小顺序为c(Y－)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)‎ C. c(OH－)－c(HY)＝c(H＋)＝1×10－9 mol·L－1‎ D. c(Na＋)＝c(Y－)＋c(HY)＝0.3 mol·L－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A．NaY为强碱弱酸盐，水解呈碱性，水解促进水的电离Y-，混合溶液中由水电离出的c(OH-)=10-14/10-9mol/L=10-5mol/L，故A错误；B．溶液呈碱性，则有c(OH-)＞c(H+)，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Y-)+c(OH-)，可得c(Na+)＞c(Y-)，溶液中离子浓度由大到小的顺序为 c(Na+)＞c(Y-)＞c(OH-)＞c(H+)，故B错误；C．根据物料守恒，应有c(HY)+c(Y-)=c(Na+)，根据电荷守恒应有c(Na+)+c(H+)=c(Y-)+c(OH-)，二者联式可得：c(HY)+c(H+)=c(OH-)，则c(OH-)-c(HY)=c(H+)=1×10-9mol•L-1，故C正确；D．0.3mol•L-1HY溶液与0.3mol•L-1NaOH溶液等体积混合后，从物料守恒的角度分析，溶液中应存在c(Na+)=c(Y-)+c(HY)=0.15mol•L-1，故D错误，故选C。‎ 考点：考查酸碱混合的定性判断以及离子浓度大小比较问题。‎ ‎15. 下列说法中，正确的是（ ）‎ A. 元素周期表中，氟的电负性最大，锂的电负性最小 B. 所有元素中，氟的第一电离能最大 C. 主族元素的最高正价一定等于族序数 D. 金属元素的电负性一般小于1.8‎ ‎【答案】D ‎【解析】A、元素周期表中，氟的非金属性最强，电负性最大，Cs的金属性最强，电负性最小，A错误；B、He为稳定结构，且He的原子半径相对于其他稀有气体元素原子的半径是最小的，所以最难失去最外层电子，故He的第一电离能最大，B错误；C、O和F元素没有最高正价，所以也不等于主族序数，C错误；D、金属元素的电负性一般小于1.8，D正确。正确答案为D。‎ 点睛：本题易错选答案C，误认为主族元素的最高正价一定等于族序数，O和F的非金属性强，很难失去电子或者电子发生偏离，故O、F没有正的化合价。‎ ‎16. 下列化学反应在金属冶炼工业中还没有得到应用的是(　　)‎ A. 2NaCl(熔融) 2Na＋Cl2↑‎ B. 2Ag2O4Ag＋O2↑‎ C. Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2‎ D. Al2O3＋3C2Al＋3CO↑‎ ‎【答案】D ‎【解析】A 、Na很活泼，所以只能电解熔融的NaCl得到Na单质，电解法已经在工业上实现，A正确；B、Ag不活泼，故可以加热分解其氧化物得到单质，此法在古代就已经实现，B正确；C、利用CO的强还原性可以将活泼性一般的金属从其氧化物中还原出来，现代工业炼铁采取的就是这种方法，C正确；D、Al是很活泼的金属，要得到铝单质，现在工业上主要是采用电解熔融的氧化铝，C的还原性比Al的还原性要小，故工业上不可能采用用碳还原氧化铝的方法制取铝单质，D错误。正确答案为D。‎ ‎17. 一定温度下，水溶液中H＋的浓度变化曲线如图所示，下列说法正确的是(　　)‎ A. 该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化 B. 该温度下，水的离子积常数为1.0×10－13‎ C. 升高温度，可能引起由c向b的变化 D. 该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化 ‎【答案】A ‎【解析】A、加入FeCl3，Fe3+与OH-结合成Fe(OH)3，OH –浓度减小，因为Kw不变， 所以H+浓度增大，故b将向a变化，A正确；B、曲线上任何一点都是平衡点，水的离子积常数Kw=1×10-7×1×10-7=1×10-14，B错误；C、水的电离是吸热反应，升温平衡正向移动， Kw增大，而c到b变化时Kw不变，故C错误；D、温度不变，水的离子积常数不变，所以不可能出现c向d变化的过程，D错误。正确答案为A。‎ 点睛：平衡常数只与温度有关，温度不变，K不变，因此改变其他条件，平衡移动只能在曲线上移动，而不会在平衡曲线的上方或下方移动。‎ ‎18. 如图是元素周期表前四周期的一部分，下列有关R、W、X、 Y、Z五种元素的叙述中，正确的是（ ）‎ A. 通常情况下五种元素的单质中，Z单质的沸点最高 B. Y、Z的阴离子电子层结构都与R原子的相同 C. W的电负性比X的的电负性大 D. 第一电离能：R＞W＞Y ‎【答案】D ‎【解析】根据元素在周期表中的位置可判断出：R为Ar、Z为Br、Y为S、W为P、X为N。‎ A、Br2在常温下为液体，而S和P在常温下为固体，所以五种元素的单质中，不是Br2的沸点最高，A错误；B、S2-的电子层结构与Ar相同，而Br-的电子层结构与Ar不相同，B错误；C、N的电负性大于P的电负性，C错误；D、同周期，从左到右，元素的电离能增大，但第ⅤA的电离能大于第ⅥA的，第ⅡA的电离能大于第ⅢA的，所以第一电离能大小关系为：Ar>P>S，D正确。正确答案为D。‎ 第II卷 （46分）‎ 二、填空题(本题包括5小题，共46分)‎ ‎19. 海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在。实验室里从海藻中提取碘的流程如下图：‎ ‎(1)指出提取碘的过程中有关的实验操作名称：‎ 过程①____________；写出过程②中有关反应的离子方程式：‎ ‎________________________________________________。‎ ‎(2)灼烧海带用到的硅酸盐仪器有 ‎__________________________________________________。‎ ‎(3)过程③提取碘的过程中，可供选择的有机试剂是（____）‎ A．酒精 B．四氯化碳 C．甘油 D．醋酸 ‎【答案】 (1). 过滤 (2). (3). 酒精灯、泥三角、坩埚 (4). B ‎【解析】(1)过程①分离后得到残渣和溶液，所以①的操作方法为过滤；过程②中I-在酸性溶液中被H2O2氧化成I2，离子方程式为：2I-+2H++H2O2=I2+2H2O。‎ ‎(2)高温下灼烧海带所需的硅酸盐仪器有：酒精灯、泥三角和坩埚。‎ ‎(3)从碘水中提取碘的分离方法叫萃取，萃取时必须使用不溶于水的且与水密度不同的有机溶剂来萃取碘，如苯、四氯化碳等，酒精、甘油和醋酸均溶于水，不能作为萃取剂，故答案选B。‎ ‎20. （1）基态Si原子中，电子占据的最高能层符号为________，该能层具有的原子轨道数为________，Si原子在该层上的电子数为__________。 ‎ ‎（2）按照构造原理， 35号元素基态原子的简化电子排布式为_______________，其核外有________个能层；最外层电子数是____________。‎ ‎（3）Cu原子序数为________，其核外价层电子的排布式为_______________。‎ ‎【答案】 (1). M (2). 9 (3). 4 (4). [Ar]3d104s24p5 (5). 4 (6). 7 (7). 29 (8). 3d104s1‎ ‎【解析】（1）基态Si原子中最高能层为第三层，符号为M；第三能层的能级有3s、3p、3d三个能级，原子轨道数分别为1、3、5个，故共有9个原子轨道；Si原子在第三层上的电子数为4。‎ ‎（2）35号元素为Br，其基态原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s24p5；核外有4个能层；最外层电子数为7个。‎ ‎（3）Cu的原子序数为29；其核外电子的排布式为[Ar]3d104s1‎ ‎，3d全满、4s半充满，这样的排布能量更低，所以价层电子的排布式为3d104s1。‎ ‎21. 已知X是一种具有果香味的合成香料，如图所示为合成X的一种流程。 E是日常生活中常见的一种有机物，碳、氢的质量分数分别约为52.17% 、13.04% ，其余为氧，E的相对分子质量为46，其中含有甲基和亚甲基(—CH2—)。‎ ‎ ‎ 请根据以上信息，回答下列问题:‎ ‎(1)A分子中官能团的名称是_____，E的结构简式是_______。‎ ‎(2)D→E的化学反应类型为________。‎ ‎(3)上述A、B、C、D、E、X六种物质中，互为同系物的是___。‎ ‎(4)写出和E是同系物且差2个碳原子能和钠反应的所有同分异构体的结构简式_______________________________________________。‎ ‎(5)反应C + EX的化学方程式为____________________________。‎ ‎【答案】 (1). 羟基 (2). CH3CH2OH (3). 加成反应 (4). A、E (5). 、、、 (6). CH3CH2COOH+CH3CH2OHCH3CH2COOC2H5+H2O ‎【解析】(1)E分子中碳原子个数N(C)=46×52.17%÷12=2，H原子个数N(H)=46×13.04%÷1=6，所以氧原子个数N(O)=（46-2×12-1×6）÷16=1，所以E的分子式为C2H6O。E含有甲基和亚甲基(—CH2—)可知E 的结构简式为CH3CH2OH，E和C发生酯化反应生成酯X，所以C的分子式为C3H6O2，C为酸，C的结构简式为CH3CH2COOH，所以B为CH3CH2CHO，A为CH3CH2CH2OH，故A中的官能团的名称为羟基。‎ ‎(2)D和水在催化剂的条件下生成乙醇，则D为乙烯，发生的反应是乙烯和水的加成反应。‎ ‎(3)六种物质中，A为丙醇，E为乙醇，其他是不同类化合物，所以A和E属于同系物。‎ ‎(4)E是乙醇，比乙醇多2个碳原子的同系物的分子式为C4H9OH，丁基有4种，所以符合条件的同分异构体有四种，分别是：(CH3)2CHCH2OH 、(CH3)3C(OH)、CH3CH2CH(OH)CH3、CH3CH2CH2OH。‎ ‎(5)乙醇与丙酸发生酯化反应，化学方程式为：CH3CH2COOH+CH3CH2OHCH3CH2COOC2H5+H2O。‎ ‎22. A、B、C、D、E五种元素,它们的核电荷数依次增大,且都小于20。其中C、E是金属元素;A和E属同族,它们原子的最外层电子排布式为ns1。B和D也属同族,它们原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的两倍。C原子的最外层电子数等于D原子的最外层电子数的一半。请回答下列问题:‎ ‎(1)A是____,B是____,E是____。 ‎ ‎(2)写出C元素基态原子的电子排布式: ________________ 。 ‎ ‎(3)用电子排布图表示D元素原子的价电子构型:__________。 ‎ ‎(4)元素B与D的电负性的大小关系是B____(填“>”“<”或“=”,下同)D,E与C的第一电离能大小关系是E____C。‎ ‎(5)写出元素E和C的最高价氧化物对应的水化物之间反应的离子方程式 ‎_________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). H (2). O (3). K (4). 1s22s22p63s23p1 (5). (6). > (7). < (8). ‎ ‎【解析】B和D同族，原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的两倍，则可知B和D最外层电子数均为6，所以B为O元素、D为S元素；A和E同族，原子的最外层电子排布式为ns1，则A、E最外层均为1个电子，又E的原子序数大于16，可知E为K元素，因为只有C、E是金属元素，所以A为H元素；C的最外层电子数为D的最外层电子数的一半，可知C的最外层电子数为3，C的原子序数大于O元素的原子序数，所以C为Al元素。‎ ‎(1)根据上面分析，A是H、B是O、E是K。‎ ‎(2)Al元素基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p1。‎ ‎(3)S的价电子层为3s23p4，其电子排布图为。‎ ‎(4)O的非金属性大于S的非金属性，所以电负性大小关系为：O>S；K的金属性大于Al，所以K的第一电离能小于Al的第一电离能。‎ ‎(5) E和C的最高价氧化物对应的水化物分别为KOH 、Al(OH)3，两者反应的离子方程式为。‎ ‎23. 研究硫元素及其化合物的性质具有重要意义。‎ ‎(1)25 ℃，在0.10 mol·L－1H2S溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液pH与c(S2－)关系如下图(忽略溶液体积的变化、H2S的挥发)。‎ ‎①pH＝11时，溶液中的c(H2S)＋c(HS－)＝________mol·L－1。‎ ‎②某溶液含0.020 mol·L－1Mn2＋、0.10 mol·L－1H2S，当溶液pH＝________时，Mn2＋开始沉淀。[已知：Ksp(MnS)＝2.8×10－13]‎ ‎(2)25 ℃，两种酸的电离常数如下表。‎ Ka1‎ Ka2‎ H2SO3‎ ‎1.3×10－2‎ ‎6.3×10－8‎ H2CO3‎ ‎4.2×10－7‎ ‎5.6×10－11‎ ‎①HCO的电离常数表达式K＝________。‎ ‎②0.10 mol·L－1Na2SO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为___________________。‎ ‎③H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为__________________________。‎ ‎【答案】 (1). 0.087 (2). 5 (3). (4). c(Na＋)>c(SO)>c(OH－)>c(HSO)>c(H＋) (5). H2SO3＋HCO===HSO＋H2O＋CO2↑‎ ‎【解析】(1) ① 根据S元素物料守恒有c(H2S)＋c(HS－)+c(S2-)＝0.1 mol·L－1 ， pH＝11时，c(S2-)=0.013mol/L，所以c(H2S)＋c(HS－)=0.1mol/L-0.013mol/L=0.087mol/L。②当溶液中Mn2+的浓度与S2-浓度的浓度商Qc> Ksp(MnS)时，Mn2+开始沉淀，所以有0.020×c(S 2-)>2.8×10－13，c(S2-)>1.4×10-11，根据图像可知此时pH＝5，故pH＝5时Mn2+ 开始沉淀。‎ ‎(2) ①根据定义写出HCO3-的电离常数表达式: 。②Na2SO3溶液中，Na+的浓度最大，SO32-发生两步微弱的水解，第一步水解大于第二步水解，两步水解均产生OH-，所以水解得到的OH-的浓度大于HSO3—的浓度，H+浓度最小，所以离子浓度由大到小的顺序为：c(Na＋)>c(SO32-)>c(OH－)>c(HSO3-)>c(H＋)。③根据两种酸的电离常数可知H2SO3的酸性大于H2CO3的酸性，所以H2SO3和NaHCO3反应时能够生成H2CO3‎ ‎，离子方程式为：H2SO3+HCO3-=HSO3-+CO2↑+H2O。‎ 点睛：本题综合考查弱电解质的电离、盐的水解、沉淀溶解平衡及酸性大小比较的知识，解题时注意紧密结合图像，熟练应用物料守恒，应用物料守恒时不能遗漏某些粒子，如0.1mol/LNa2CO3溶液中，存在碳元素的粒子有CO32-、HCO3-和H2CO3，据此可写出碳的物料守恒的方程式：c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)=0.1mol /L。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎