2022北京四中高二（上）期末化学（教师版）

这是一份2022北京四中高二（上）期末化学（教师版），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
2022北京四中高二（上）期末
化 学
一、选择题（每小题只有1个选项符合题意，每小题2分，共40分）
1．关于原子光谱说法不正确的是（　　）
A．霓虹灯光、LED灯光与原子核外电子跃迁释放能量有关
B．焰色实验是利用元素的特征可见原子光谱鉴别某些元素
C．许多元素是通过原子光谱发现的
D．原子电子发生跃迁，是指电子从较低能量的状态变为较高能量的状态
2．下列表述不正确的是（　　）
A．多电子原子中，原子轨道能量：3s＜3p＜3d
B．第四周期有18种元素，因此第四能层最多容纳18个电子
C．不同元素原子的1s轨道能量不同
D．基态Cl原子中，存在17个运动状态不同的电子
3．第四周期基态原子中单电子数最多的是（　　）
A．Cr B．Mn C．As D．Kr
4．下列各组物质的晶体中，化学键类型相同、晶体类型也相同的是（　　）
A．SO2和SiO2 B．NaCl和HCl C．CCl4和KCl D．CO2和H2O
5．关于元素周期表说法正确的是（　　）
A．除ds区外，各区的名称来自按照构造原理最后填入电子的能级的符号
B．最外层电子数为2的元素都分布在s区
C．第二周期元素中，第一电离能介于B、N之间的有1种元素
D．第四周期的金属元素从左到右，元素的金属性依次减弱
6．下列说法不正确的是（　　）
A．碳碳双键、碳碳三键的键能分别是碳碳单键键能的两倍和三倍
B．丙烯（CH3CH＝CH2）分子中有8个σ键，1个π键
C．丙烯分子中的π键不如σ键稳定
D．π键电子云形状为镜面对称
7．下列说法不正确的是（　　）
A．晶体的X射线衍射实验可以测定分子的键长、键角、键能
B．红外吸收光谱仪可以测得未知物中的化学键或官能团
C．晶体的X射线衍射实验可以测定晶胞中微粒的相对位置
D．晶体的X射线衍射实验可以区分玻璃与水晶
8．下列分子中属于极性分子的是（　　）
A．S8（八元环状分子） B．CH2Cl2
C．BF3 D．CS2
（多选）9．现有三种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p5；③1s22s22p5．则下列有关比较中正确的是（　　）
A．第一电离能：③＞②＞① B．原子半径：③＞②＞①
C．电负性：③＞②＞① D．最高正化合价：③＞②＞①
10．下列酸中酸性最弱的是（　　）
A．CF3COOH B．CCl3COOH C．CH3COOH D．CH3CH2COOH
11．关于离子键、共价键的各种叙述，下列说法中正确的是（　　）
A．在离子化合物里，只能存在离子键
B．非极性键只存在于双原子的单质分子（如Cl2）中
C．在共价化合物分子内，一定不存在离子键
D．由多种元素组成的多原子分子里，一定既存在极性键又存在非极性键
12．下列说法中不正确的是（　　）
A．离子晶体中可能存在共价键、氢键
B．硫单质熔点高于白磷的原因是硫硫键键能大于磷磷键键能
C．可通过融化状态下是否导电，区分离子晶体与分子晶体
D．石墨晶体中片层间距远大于层内碳原子间距，说明层间靠范德华力维系
13．向蓝色的硫酸铜溶液中加入氯化钠固体，溶液变为绿色，向绿色溶液中滴加氨水，先生成蓝色沉淀，最终蓝色沉淀溶解得到深蓝色溶液，再向深蓝色溶液中加入乙醇后，析出深蓝色晶体。下列说法不正确的是（　　）
A．上述过程中涉及2种配离子
B．深蓝色晶体中含铜配离子的配位数为4
C．上述的转化过程说明铜离子与不同配体形成的配位键强度不同
D．向深蓝色溶液中加入乙醇通过改变溶剂极性，使溶质溶解度降低
14．25℃时，若溶液中由水电离产生的c（OH﹣）＝1×10﹣12mol•L﹣1，则下列说法正确的是（　　）
A．该溶液中水的电离被促进
B．该溶液pH一定为2
C．该溶液中K+、Na+、Cl﹣、NO3﹣可以大量共存
D．该溶液一定是碱溶液
15．常温下，向20mL 0.1mol•L﹣1的CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol•L﹣1的NaOH溶液，溶液中水 电离的c（OH﹣）随加入NaOH溶液的体积变化如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．b、d两点溶液的pH相同
B．从a到e，水的电离程度一直增大
C．从a﹣c的过程中，溶液的导电能力逐渐增强
D．e点所示溶液中，c（Na+）＝2c（CH3COO﹣）+2c（CH3COOH）＝0.1mol•L﹣1
16．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
17．下列各离子组在指定的溶液中能够大量共存的是（　　）
A．无色溶液中：Cu2+、K+、NH4+、Cl﹣
B．含有NO3﹣的溶液中：I﹣、SO32﹣、SO42﹣、H+
C．强酸性溶液中：Na+、Fe3+、SO42﹣、SCN﹣
D．pH＝11的NaOH溶液中：CO32﹣、K+、NO3﹣、SO42﹣
18．下列用于解释事实的方程式书写不正确的是（　　）
A．0.1 mol/L氨水的pH约为11.1：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣
B．用明矾[KAl（SO4）2•12H2O]作净水剂：Al3++3H2O⇌Al（OH）3 （胶体）+3H+
C．向K2Cr2O7溶液中滴加少量浓H2SO4，溶液橙色加深：Cr2O72﹣（橙色）+H2O⇌2CrO42﹣（黄色）+2H+
D．用饱和Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4：Ca2++CO32﹣═CaCO3↓
19．室温下，1 L含0.1 mol CH3COOH和0.1 mol CH3COONa的溶液a及加入一定量强酸或强碱后溶液的pH如表（加入前后溶液体积不变）：像溶液a这样，加入少量强酸或强碱后pH变化不大的溶液称为缓冲溶液。下列说法不正确的是（　　）

溶液a
通入0.01 mol HCl
加入0.01 mol NaOH
pH
4.76
4.67
4.85
A．溶液a和 0.1 mol•L﹣1 CH3COOH溶液中CH3COOH的电离程度前者小于后者
B．向溶液a中通入0.01 mol HCl时，CH3COO﹣结合H+生成CH3COOH，pH变化不大
C．向溶液a中加入0.1 mol NaOH固体，pH基本不变
D．含0.1 mol•L﹣1 NH3•H2O与0.1 mol•L﹣1 NH4Cl的混合溶液也可做缓冲溶液
20．利用如图装置探究铜粉与下列试剂的反应，在试管中加入一定量铜粉，加入试剂后，立即塞上橡胶塞，实验现象如下表所示，下列推断不正确的是（　　）
资料：Cu2++4NH3⇌[Cu（NH3）4]2+，[Cu（NH3）4]2+呈绛蓝色。
装置
序号
试剂
现象

①
10mL浓NH3•H2O，3mLH2O
溶液变为绛蓝色，左侧水柱上升
②
10mL浓NH3•H2O，3mLH2O2
溶液变为绛蓝色，且比①深
③
10mL20%HNO3溶液，
3mLH2O
溶液快速变蓝，产生无色气体，左侧水柱下降
④
10mL20%HNO3溶液，
3mLH2O2
溶液变蓝比③慢，产生无色气体，左侧水柱下降
A．①中实验现象说明O2参与了反应
B．②中溶液颜色比①深可能是由于H2O2氧化Cu生成Cu2+
C．③中左侧水柱下降可能是反应产生NO气体导致的
D．④比③变蓝慢是由于H2O2分解造成自身消耗
二、填空题
21．（16分）如图所示为PTC元件（热敏电阻）的主要成分——钡钛矿晶体结构，该结构是具有代表性的最小重复单位。该晶体经X射线分析鉴定，晶胞为立方体，边长a＝400pm，顶点位置为Ti4+所占，立方体中心位置为Ba2+所占，所有棱心位置为O2﹣所占。

（1）Ti在周期表中的位置 　 　。
（2）写出晶体的化学式 　 　，其组成元素的电负性大小顺序是 　 　。
（3）在该物质的晶体中，每个Ti4+周围有 　 　个与它最邻近的且距离相等的Ti4+。
（4）指明Ba2+周围与它最邻近的且距离相等的O2﹣有几个 　 　；
（5）若用NA表示阿伏加德罗常数，计算该晶体密度 　 　（g/cm3）。
（6）在CrCl3的水溶液中，一定条件下存在组成为[CrCln（H2O）6﹣n]x+（n和x均为正整数）的配离子，将其通过氢离子交换树脂（R﹣H），可发生离子交换反应：[CrCln（H2O）6﹣n]X++xR﹣H＝Rx[CrCln（H2O）6﹣n]+xH+。交换出来的H+经中和滴定，即可求出x和n，确定配离子的组成。将含0.0015mol[CrCln（H2O）6﹣n]X+的溶液，与R﹣H完全交换后，中和生成的H+需浓度为0.1200mol•L﹣1NaOH溶液25.00mL，可知该配离子的化学式为　 　，中心离子的配位数为 　 　。
22．（16分）LiCoO2是锂离子电池最早使用的电极材料，利用原钴矿（含Cr2O3、NiS等杂质）制备LiCoO2的工艺流程如图：

资料：i．在含一定量Cl﹣的溶液中，钴离子以CoCl42﹣形式存在：Co2++4Cl﹣⇌CoCl42﹣
ii．CoCl42﹣溶于有机胺试剂，有机胺不溶于水。
iii．盐酸溶液中，有机胺试剂对金属离子的溶解率随盐酸浓度变化如图1所示：
（1）步骤ii选用盐酸的浓度应为 　 　。
a.4 mol/L b.6 mol/L c.10 mol/L
（2）从平衡移动角度解释步骤ⅲ中加入NaCl固体的目的 　 　。
（3）步骤iv的操作是 　 　。
（4）步骤vi用（NH4）2CO3作沉淀剂，在一定条件下得到碱式碳酸钴（Co2（OH）2CO3）。实验测得在一段时间内加入等量（NH4）2CO3所得沉淀质量随反应温度的变化如图2所示，分析曲线下降的原因 　 　。
（5）步骤viii中Co3O4 和Li2CO3 混合后，鼓入空气，经高温烧结得到LiCoO2．该反应的化学方程式是 　 　。
（6）锂离子电池的工作原理如图，充、放电过程中，Li+在LiCoO2电极和碳电极之间传递。
电池的总反应为：LixC+Li1﹣xCoO2C+LiCoO2

①放电时，电池的负极是 　 　。
②充电时，电池的阴极反应式是 　 　。
23．（12分）石油天然气开采和炼制过程中会产生大量含硫废水（其中S元素的主要化合价是﹣2价），对设备、环境等造成严重危害。

已知：H2S有剧毒；常温下溶解度为1：2.6（体积）。
（1）H2S、HS﹣、S2﹣在水溶液中的物质的量分数随pH的分布曲线如图1。当pH≈8时，含硫废水中最主要的含硫（﹣2价）微粒是　 　。
（2）沉淀法处理含硫废水：
向pH≈8的含硫废水中加入适量Cu2+的溶液，产生黑色沉淀且溶液的pH降低。用化学平衡移动的原理解释溶液的pH降低的原因：　 　。
（3）氧化还原法处理含硫废水：
向pH≈8的含硫废水中加入一定浓度的Na2SO3溶液，加酸将溶液调为pH＝5，产生淡黄色沉淀。
①反应的离子方程式是　 　。
②不同pH时，硫化物去除率随时间的变化曲线如图2。本工艺选择控制体系的pH＝5，不选择pH＜5，从环境保护的角度分析其主要原因：　 　。
（4）电浮选絮凝法处理含硫废水：
铝作阳极、石墨作阴极，以直流电电解含一定浓度Na2SO4的pH≈8的含硫废水。阳极产生微小气泡，随后溶液中产生淡黄色浑浊，阳极附近生成的胶体吸附淡黄色浑浊。
①用离子方程式表述产生淡黄色浑浊的可能原因：　 　。（1种即可）
②阴极产生的气泡把污水中的悬浮物（含阳极扩散的胶体）带到水面形成浮渣层，结合电极反应式解释胶体和浮渣层的形成过程：　 　。
24．（16分）某实验小组对FeCl3溶液与Na2SO3溶液的反应进行探究。
已知：铁氰化钾的化学式为K3[Fe（CN）6]，用于检验Fe2+，遇Fe2+离子产生蓝色沉淀
【实验1】
装置
实验现象

现象i：一开始溶液颜色加深，由棕黄色变为红褐色。
现象ii：一段时间后溶液颜色变浅，变为浅黄色。
（1）SO32﹣离子中中心原子的杂化类型 　 　，Fe3+简化的核外电子排布式 　 　。
（2）配制FeCl3溶液时，先将FeCl3溶于浓盐酸，再稀释至指定浓度。从化学平衡角度说明浓盐酸的作用：　 　。
（3）探究现象i产生的原因：
①甲同学认为发生反应：2Fe3++3SO32﹣+6H2O⇌2Fe（OH）3（胶体）+3H2SO3；他取少量红褐色溶液于试管中，继续滴加1mol/LNa2SO3溶液，发现溶液红褐色变深且产生刺激性气味的气体，该气体是 　 　（填化学式）。
②乙同学认为还发生了氧化还原反应，其离子方程式为 　 　；他取少许红褐色溶液于试管中，加入 　 　，有白色沉淀产生，证明产物中含有SO42﹣。丙同学认为乙同学的实验不严谨，因为在上述过程中SO32﹣可能被其它物质氧化。为了进一步确认SO32﹣被氧化的原因，丙同学设计了实验2。
【实验2】
用如图装置（a、b均为石墨电极）进行实验。闭合开关后灵敏电流计指针偏转。

③实验2中正极的电极反应式为 　 　。丙同学又用铁氰化钾溶液检验正极的产物，观察到有蓝色沉淀产生。他得出的结论是 　 　。
（4）综合上述结果，请从平衡移动角度解释，现象ii产生的原因为 　 　。

参考答案
一、选择题（每小题只有1个选项符合题意，每小题2分，共40分）
1．【分析】A．焰色实验发生的过程：基态原子吸收能量变为激发态原子，激发态原子释放能量放出可见光；
B．不同元素的原子发生跃迁时会吸收或释放不同的光，通过光谱分析可以鉴定某些元素；
C．原子光谱用于测定原子种类；
D．原子的电子排布遵循构造原理，使整个原子处于最低状态，此时的原子成为基态原子；当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态；相反，电子从较高能量的激发态跃迁到降低能量的激发态乃至基态时，将释放能量。
【解答】解：A．霓虹灯光、LED灯光为金属元素的焰色实验，与原子核外电子的跃迁有关，故A正确；
B．焰色实验是利用元素的特征可见原子光谱鉴别某些元素，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析，故B正确；
C．原子光谱用于测定原子种类，则历史上很多种元素是通过原子光谱发现的，故C正确；
D．原子中的电子在跃迁时会发生能量的变化，能量的表现形式之一是光（辐射），不同元素的原子发生跃迁时会吸收或释放不同的光，可以用光谱仪摄取各种元素的电子的吸收光谱或发生光谱，电子从较高能量的状态变为较低能量的状态，也是电子跃迁，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查原子光谱产生的原因及种类，掌握原子光谱吸收或发射光谱原子光谱产生的原因是解答关键，题目难度不大。
2．【分析】A．多电子原子中，同一能层中原子轨道能量：ns＜np＜nd；
B．第四能层最多容纳32个电子；
C．元素不同，其1s轨道能量不同；
D．基态原子中，含有几个电子，就有几种不同运动状态的电子。
【解答】解：A．多电子原子中，同一能层中原子轨道能量：ns＜np＜nd，所以原子轨道能量：3s＜3p＜3d，故A正确；
B．每个电子层最多容纳电子数2n2，所以第四能层最多容纳32个电子，故B错误；
C．元素不同，其1s轨道能量不同，所以不同元素原子的1s轨道能量不同，故C正确；
D．基态Cl原子中，含有17个电子，就有17种不同运动状态的电子，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查原子核外电子排布、原子运动状态等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确原子结构特点、原子核外电子排布特点、电子运动状态与电子个数的关系是解本题关键，题目难度不大。
3．【分析】A．Cr元素为24号元素，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1；
B．Mn元素为25号元素，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s2；
C．As元素为33号元素，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p3；
D．Kr是36号元素，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p6。
【解答】解：A．Cr元素为24号元素，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，未成对电子数是6；
B．Mn元素为25号元素，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s2，未成对电子数是5；
C．As元素为33号元素，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p3，未成对电子数是3；
D．Kr是36号元素，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p6，没有未成对电子；
通过以上分析知，单电子数最多的是Cr，
故选：A。
【点评】本题考查原子核外电子排布，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确原子序数及原子核外电子排布规律是解本题关键，题目难度不大。
4．【分析】根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子化合物含有离子键，可能含有共价键，共价化合物只含共价键，双原子分子或多原子分子含有共价键．
【解答】解：A、固体SO2是分子晶体，二氧化硅是原子晶体，二者晶体类型不同，二氧化硅、二氧化碳都只含共价键，故A错误；
B、NaCl是离子晶体，NaCl中只含离子键，固体HCl为分子晶体，HCl中只含共价键，二者化学键类型、晶体类型均不同，故B错误；
C、CCl4是分子晶体，CCl4中只含共价键，KCl是离子晶体，KCl中只含离子键，二者化学键类型、晶体类型均不同，故C错误；
D、固体CO2和H2O都是分子晶体，CO2和H2O都只含共价键，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了化学键类型和晶体类型的关系．判断依据为：离子晶体中阴阳离子以离子键结合，原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部存在化学键．
5．【分析】A．区的名称来自按构造原理最后填入电子的能级符号；
B．He原子只有2个电子，一些过渡元素的最外层电子数也是2；
C．同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但ⅡA族、ⅤA族元素第一电离能高于同周期相邻元素；
D．主族元素从左到右，元素的金属性依次减弱，但过渡元素不一定。
【解答】解：A．区的名称来自按构造原理最后填入电子的能级符号，除ds区外，各区的名称来自按照构造原理最后填入电子的能级的符号，故A正确；
B．s区的ⅡA族元素原子最外层电子数2，但最外层电子数为2的元素也可能处于p区，如He，可能处于d区，如Fe，也可能处于ds区、f区，如Zn处于ds区，故B错误；
C．同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但ⅡA族、ⅤA族元素具有全充满或半充满稳定结构，它们的第一电离能高于同周期相邻元素，第二周期元素中第一电离能B＜Be＜C＜O＜N，第一电离能介于B、N之间的有3种元素，故C错误；
D．主族元素从左到右，元素的金属性依次减弱，但过渡元素不一定，若金属性Zn＞Cu，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查元素周期表、元素周期律，识记族与列的关系、各分区外围电子排布特点，注意电子构型对电离能的影响，题目难度不大。
6．【分析】A．单键只含有一个σ键，双键含一个σ键和1个π，三键含有一个σ键和2个π，σ键的键能大于π键；
B．共价单键为σ键，共价双键中一个是σ键、一个是π键；
C．丙烯分子中的π键不如σ键牢固；
D．π键电子云形状为上下、左右对称。
【解答】解：A．单键只含有一个σ键，双键含一个σ键和1个π，三键含有一个σ键和2个π，σ键的键能大于π键，则碳碳三键、双键的键能与单键的键能不成整数比关系，故A错误；
B．共价单键为σ键，共价双键中一个是σ键、一个是π键，所以该分子中含有8个σ键，1个π键，故B正确；
C．丙烯分子中碳碳双键中含有π键，乙其中π键不如σ键牢固，易断裂，故C正确；
D．乙烯为左右、上下对称结构，故π键电子云形状为镜面对称，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查共价键类型判断，为高频考点，明确σ键与拍键的区别为解答关键，注意掌握常见共价键的类型及判断方法，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
7．【分析】A．晶体的X射线衍射实验不能确定键能；
B．红外吸收光谱仪可以测得化学键或官能团；
C．晶体的X射线衍射实验可以测定原子的相对位置，计算原子间的相对距离；
D．玻璃是非晶态二氧化硅，水晶是晶态二氧化硅，两者的衍射图谱不同。
【解答】解：A．晶体的X射线衍射实验可以测定晶体中哪些原子间存在化学键，确定键长、键角，从而得出物质的空间结构，不能确定键能，故A错误；
B．红外吸收光谱仪可以测得未知物中的化学键或官能团，故B正确；
C．晶体的X射线衍射实验可以测定晶胞中各微粒的相对位置，计算原子间的相对距离，故C正确；
D．玻璃是非晶态二氧化硅，水晶是晶态二氧化硅，则水晶的衍射图谱中会出现分立的斑点或明锐的衍射峰，两者的衍射图谱不同，故D正确；
故选：A。
【点评】本题主要考查晶体的X射线衍射实验的相关知识，红外吸收光谱的作用，属于基本知识的考查，需要学生注意基本知识的积累，难度不大。
8．【分析】正负电荷中心重合的分子为非极性分子，正负电荷中心不重合的分子为极性分子。
【解答】解：A．S8（八元环状分子），结构对称，正负电荷中心重合，为非极性键分子，故A错误；
B．CH2Cl2中C﹣H、C﹣Cl键的键长不同，所以该结构不对称，正负电荷中心不重合，为极性分子，故B正确；
C．BF3中B原子价层电子对数＝3+＝3且不含孤电子对，为平面正三角形，正负电荷中心重合，为非极性键分子，故C错误；
D．CS2和CO2互为等电子体，二者结构相似，CO2为直线形分子，则CS2为直线形分子，正负电荷中心重合，为非极性键分子，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查分子极性判断，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确分子结构特点、基本概念内涵是解本题关键，知道极性分子的判断方法。
9．【分析】由核外电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4为S元素，②1s22s22p63s23p5为Cl元素，③1s22s22p5为F元素。
A．同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，同主族自上而下第一电离能减小；
B．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大；
C．同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小；
D．最高正化合价等于最外层电子数，注意F、O元素一般没有正化合价。
【解答】解：由核外电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4为S元素，②1s22s22p63s23p5为Cl元素，③1s22s22p5为F元素。
A．同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能F＞Cl＞S，即③＞②＞①，故A正确；
B．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径S＞Cl＞F，即①＞②＞③，故B错误；
C．同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，故电负性：③＞②＞①，故C正确；
D．S元素最高正化合价为+6，Cl元素最高正化合价为+7，但F没有正化合价，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查核外电子排布规律、元素周期律等，难度不大，注意具有半满、全满、全空的电子构型的元素原子的第一电离能高于同周期相邻元素。
10．【分析】烃基为推电子基团，其中C原子数越多，推电子能力越强，﹣COOH中的O﹣H键极性越小，卤素为吸电子基团，其卤素原子越多，卤素本身的电负性越强，其吸电子能力越强，﹣COOH中O﹣H键的极性越强；
【解答】解：CF3COOH和CCl3COOH中均含有吸电子基团，其卤素原子数目相同，但F电负性比Cl大，CH3COOH和CH3CH2COOH均含有推电子基团，CH3CH2COOH中推电子基团的推电子能力更强，综上，﹣COOH中O﹣H键的极性从小到大排列为：CH3CH2COOH＜CH3COOH＜CCl3COOH＜CF3COOH，COOH中O﹣H键的极性越强，越容易电离出H+，物质酸性越强，故酸性从小到大排列为：CH3CH2COOH＜CH3COOH＜CCl3COOH＜CF3COOH，
故选：D。
【点评】本题考查了羧酸酸性大小的比较，在由结构考虑有机物的性质时，要综合物质所有的结构来判断，本题难度适中。
11．【分析】A．离子化合物中可能含有共价键；
B．非极性键可能存在多原子分子或离子化合物中；
C．只含共价键的化合物是共价化合物；
D．由多种元素组成的多原子分子里，一定含有极性键，可能含有非极性键，也可能不含非极性键。
【解答】解：A．离子化合物中可能含有共价键，如KOH等离子化合物中含有共价键，故A错误；
B．非极性键可能存在多原子分子或离子化合物中，如CH2＝CHCH3、Na2O2中都含有非极性键，故B错误；
C．只含共价键的化合物是共价化合物，所以在共价化合物分子内，一定不存在离子键，故C正确；
D．由多种元素组成的多原子分子里，一定含有极性键，可能含有非极性键，也可能不含非极性键，如CH3OH分子中含有极性键，不含非极性键，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学键和化合物的关系，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确物质构成微粒及微粒之间作用力是解本题关键，D为解答易错点。
12．【分析】A．离子晶体中一定含有离子键，可能存在共价键、氢键；
B．分子晶体熔沸点与键能无关；
C．离子晶体在熔融态以离子存在、分子晶体在熔融态以分子存在；
D．石墨晶体中，层与层之间存在范德华力。
【解答】解：A．离子晶体中一定含有离子键，可能存在共价键、氢键，胆矾的简单平面结构式如图：，该图中含有共价键、氢键，胆矾属于离子晶体，故A正确；
B．硫单质和白磷都是分子晶体，其熔点与分子间作用力有关，与键能无关，故B错误；
C．离子晶体在熔融态以离子存在、分子晶体在熔融态以分子存在，所以熔融态离子晶体导电、熔融态分子晶体不导电，可以通过融化状态下是否导电，区分离子晶体与分子晶体，故C正确；
D．石墨晶体中，层与层之间存在范德华力，范德华力小于共价键，所以石墨晶体中片层间距远大于层内碳原子间距，说明层间靠范德华力维系，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学键、晶体熔沸点影响因素、离子晶体和分子晶体的鉴别等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确物质构成微粒及微粒之间作用力是解本题关键，A\B为解答易错点。
13．【分析】由题意可知，蓝色沉淀为：Cu（OH）2，深蓝色的溶液为[Cu（NH3）4]SO4溶液，[Cu（NH3）4]SO4在乙醇中溶解度小，加入乙醇，析出深蓝色的晶体为[Cu（NH3）4]SO4•H2O。
【解答】解：A.由分析可知过程中涉及到一种配离子，故A错误；
B.深蓝色的晶体为[Cu（NH3）4]SO4•H2O的铜离子的配位数为4，故B正确；
C.CuSO4溶液中滴加过量氨水，先出现蓝色沉淀后沉淀溶解变为深蓝色溶液，由于氨水呈碱性，Cu2+先于溶液中的OH﹣结合生成Cu（OH）2，但由于氨水是过量的，过量的NH3可与Cu2+结合生成稳定的配位键，故C正确；
D.步骤3中加入乙醇可减小溶剂极性，降低Cu（NH3）4SO4的溶解度，从而析出深蓝色晶体，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查物质的制备方案设计，为高频考点，把握制备原理、物质性质为解答关键，注意掌握电解质概念及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力，题目难度中等。
14．【分析】由水电离产生的c（OH﹣）＝1×10﹣12mol/L的溶液，水的电离受到抑制，则为酸溶液或碱溶液，据此分析。
【解答】解：A．水电离产生的c（OH﹣）＝1×10﹣12mol/L的溶液，水的电离受到抑制，故A错误；
B．水电离产生的c（OH﹣）＝1×10﹣12mol/L的溶液，水的电离受到抑制，如果是酸溶液，氢离子浓度为0.01mol/L，则溶液的pH＝2，故B错误；
C．在酸性或碱性条件下，K+、Na+、Cl﹣、NO3﹣都能大量共存，故C正确；
D．水电离产生的c（OH﹣）＝1×10﹣12mol/L的溶液，水的电离受到抑制，可能是酸溶液，不一定是碱溶液，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查影响水电离的因素，注意酸或碱能抑制水电离，含有弱根离子的盐能促进水电离，题目难度不大，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。
15．【分析】常温下，向20mL 0.1mol•L﹣1的CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol•L﹣1的烧碱溶液，a点为0.1mol•L﹣1的CH3COOH溶液，CH3COOH电离出的氢离子抑制了水的电离，溶液中c水（H+）等于溶液中的c（OH﹣）＝10﹣11mol/L；b点的溶液为等浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，CH3COOH的电离程度大于CH3COO﹣的水解程度，此时溶液呈酸性；c点两者恰好完全反应，此时溶质为CH3COONa溶液，水的电离程度最大，溶液呈碱性；d点NaOH过量，抑制了水的电离，溶质为CH3COONa和NaOH，溶液呈碱性；e点的溶液为等浓度的CH3COONa和NaOH的混合溶液，由物料守恒可得：c（Na+）＝2c（CH3COO﹣）+2c（CH3COOH）。
A．b点是等浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，CH3COOH的电离程度大于CH3COO﹣的水解程度，此时溶液呈酸性，d点NaOH过量，溶质为CH3COONa和NaOH，溶液呈碱性；
B．酸或碱抑制水电离，CH3COONa促进水电离；
C．溶液中离子浓度越大，其导电性越强；
D．体积扩大，浓度减小。
【解答】解：A．b点是向20mL CH3COOH溶液中逐滴加入10mL 0.1mol•L﹣1的NaOH溶液，溶液为等浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，CH3COOH的电离程度大于CH3COO﹣的水解程度，此时溶液呈酸性，d点NaOH过量，抑制了水的电离，溶质为CH3COONa和NaOH，溶液呈碱性，两点溶液的pH不相同，故A错误；
B．酸碱抑制水的电离，水解的盐促进水的电离，所以从a到c，水的电离程度一直增大；从c到e，水的电离程度一直减小，故B错误；
C．a点到c点的过程中，弱电解质醋酸转化为强电解质CH3COONa，溶液中总离子浓度增大，故溶液的导电能力增强，故C正确；
D．e点的溶液为等浓度的CH3COONa和NaOH的混合溶液，由物料守恒可得：c（Na+）＝2c（CH3COO﹣）+2c（CH3COOH），但体积扩大，浓度减小，所以c（Na+）＝2c（CH3COO﹣）+2c（CH3COOH）＜0.1mol•L﹣1，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查溶液酸碱性与溶液pH的关系，题目难度中等，明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握质子守恒、盐的水解原理及其影响，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。
16．【分析】A．温度升高，一水合氨电离程度增大；
B．加入适量的氯化铵固体，抑制一水合氨电离，NaOH和氯化铵反应生成氯化钠和一水合氨；
C．加水稀释促进一水合氨电离；
D．与足量的氯化铁溶液反应，氢氧根离子量越多生成沉淀越多。
【解答】解：A．温度升高，一水合氨电离程度增大，所以氨水的pH增大，故A错误；
B．加入适量的氯化铵固体，抑制一水合氨电离，NaOH和氯化铵反应生成氯化钠和一水合氨，所以加入适量的氯化铵晶体后，两溶液的pH均碱小，故B正确；
C．加水稀释促进一水合氨电离，则稀释后氨水的pH大于氢氧化钠，故C错误；
D．pH相同、体积相同的氨水与氢氧化钠两种稀溶液，一水合氨的物质的量大于氢氧化钠，所以氨水产生的氢氧化铁沉淀多，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质的电离特点是解本题关键，注意pH相等的氨水和NaOH溶液中氨水浓度大于NaOH。
17．【分析】A．铜离子水溶液为蓝色；
B．酸性环境下NO3﹣离子具有强的氧化性，能够氧化I﹣、SO32﹣；
C．Fe3+、SCN﹣发生络合反应；
D．pH＝11的NaOH溶液中，溶液含有大量OH﹣，OH﹣、CO32﹣、K+、NO3﹣、SO42﹣相互不反应。
【解答】解：A．铜离子水溶液为蓝色，不符合题意，故A不选；
B．酸性环境下NO3﹣离子具有强的氧化性，能够氧化I﹣、SO32﹣，所以I﹣、SO32﹣、H+不能大量共存，故B不选；
C．Fe3+、SCN﹣发生络合反应，二者不能大量共存，故C不选；
D．pH＝11的NaOH溶液中，溶液含有大量OH﹣，OH﹣、CO32﹣、K+、NO3﹣、SO42﹣相互不反应，能大量共存，故D选；
故选：D。
【点评】本题考查离子共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应的离子共存考查，题目难度不大。
18．【分析】A．0.1 mol/L氨水的pH约为11.1，说明一水合氨为弱碱，在溶液中部分电离；
B．铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体可以净水；
C．加入稀硫酸后溶液酸性增强，平衡向着逆向移动；
D．硫酸钙不能拆开。
【解答】解：A．0.1 mol/L氨水的pH约为11.1，氢氧根离子浓度小于0.1mol/L，说明一水合氨部分电离，其电离方程式为：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，故A正确；
B．铝离子存在水解反应：Al3++3H2O⇌Al（OH）3 （胶体）+3H+，可用明矾[KAl（SO4）2•12H2O]作净水剂，故B正确；
C．向K2Cr2O7溶液中滴加少量浓H2SO4，溶液酸性增强，氢离子浓度增大，平衡Cr2O72﹣（橙色）+H2O⇌2CrO42﹣（黄色）+2H+向着逆向移动，溶液橙色加深，故C正确；
D．用饱和Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4，实现了沉淀的转化，正确的离子方程为：CaSO4+CO32﹣═CaCO3↓+SO42﹣，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。
19．【分析】溶液a中含有CH3COOH和CH3COONa，构成缓冲溶液体系，加入少量强酸或强碱后pH变化不大，但缓冲溶液缓冲能力具有一定限度，构成缓冲溶液需要共轭酸碱对，如CH3COOH﹣CH3COO﹣，NH4+﹣NH3等，据此逐项分析。
【解答】解：A．溶液a为酸性，CH3COOH电离程度大于CH3COO﹣水解程度，相对于纯CH3COOH，同浓度下，溶液a中存在一部分CH3COO﹣，起始时有了一部分产物，所以溶液a和 0.1 mol/L CH3COOH溶液中CH3COOH的电离程度前者小于后者，故A正确；
B．缓冲溶液可少量抵抗酸和碱，归根结底就是存在平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，加入少量酸，CH3COO﹣与H+结合产生CH3COOH，加入少量碱，则CH3COOH与OH﹣反应生成CH3COO﹣，所以向溶液a中通入0.01 mol HCl时，CH3COO﹣结合H+生成CH3COOH，pH变化不大，故B正确；
C．向溶液a中加入0.1 mol NaOH固体，溶液a中一共只有1 L含0.1 mol CH3COOH，则完全消耗CH3COOH，这就超出了缓冲溶液的缓冲范围了，CH3COOH完全变成了CH3COO﹣，溶液便失去了缓冲能力，pH不可能基本不变，故C错误；
D．构成缓冲溶液需要共轭酸碱对，如CH3COOH﹣CH3COO﹣，NH4+﹣NH3，含0.1 mol/L NH3•H2O与0.1 mol/L NH4Cl的混合溶液也可做缓冲溶液，故D正确，
故选：C。
【点评】本题考查弱电解质的电离平衡和盐类水解知识，题目以缓冲溶液为背景知识考查，理解了题干中所给的对于缓冲溶液的信息是解题的关键，整体难度中等。
注意：对于缓冲溶液的知识，其实这是大学化学的知识，高中化学重在把握基础的知识，D项则是考查对于构成缓冲溶液的共轭酸碱对的判断，共轭酸碱对之间是发生H+的转移，深入理解可以参看布朗斯特﹣劳里酸碱理论。需要记住，一定是H+的转移，如CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，NH4+⇌NH3+H+，此处补充习题加深概念的理解：
（2016年南京师范大学考研•无机化学）不是共轭酸碱对的一组物质是（　　）
A．NH3、NH2﹣ B．NaOH、Na+ C．OH﹣、O2﹣ D．H3O+、H2O
满足共轭酸碱对的一定是H+在酸碱对之间发生转移，把握住这个概念，很容易发现B不符合，不能作为共轭酸碱对，至于NH2﹣和O2﹣，这些不作为高中化学要求，这二者不在水溶液体系中稳定存在，需要非水溶剂体系或者熔融体系，B不正确是因为发生的是OH﹣的转移，不是H+．答案：B。
（2017年南京师范大学考研•无机化学）下列物质HCO3﹣，NH4+，CH3COO﹣中，属于质子酸的是________，其共轭碱是__________．属于质子碱的是_________，其共轭酸是__________。
布朗斯特﹣劳里酸碱理论是没有盐的概念的，质子酸为：HCO3﹣、NH4+，能够电离出H+显酸性的就是质子酸，则其共轭碱去掉H+即可（只能一次去掉一个H+）：CO32﹣，NH3，
质子碱相反，接受H+自身显碱性，有：CH3COO﹣和HCO3﹣，其共轭酸，加和一个H+即可：CH3COOH，H2CO3．这道题反应出有些离子既可以作为酸，也可以作为碱，需要对概念准确把握。
20．【分析】A．氨水与铜不反应，溶液变为绛蓝色，说明生成[Cu（NH3）4]2+，左侧水柱上升，说明试管内气体减少；
B．加入过氧化氢，溶液变为绛蓝色，且比①深，说明生成更多的[Cu（NH3）4]2+；
C．溶液快速变蓝，说明铜迅速溶解生成[Cu（NH3）4]2+，产生无色气体NO；
D．溶液变蓝比③慢，说明硝酸浓度比③小，应消耗硝酸。
【解答】解：A．氨水与铜不反应，溶液变为绛蓝色，说明生成[Cu（NH3）4]2+，左侧水柱上升，说明试管内气体减少，可说明O2参与了反应，故A正确；
B．加入过氧化氢，溶液变为绛蓝色，且比①深，说明生成更多的[Cu（NH3）4]2+，可说明H2O2氧化Cu生成Cu2+，故B正确；
C．溶液快速变蓝，说明铜迅速溶解生成[Cu（NH3）4]2+，产生无色气体NO，试管压强增大，左侧水柱下降，故C正确；
D．溶液变蓝比③慢，说明硝酸浓度比③小，应消耗硝酸，如过氧化氢分解，则生成氧气，氧气与NO反应，气体变为红棕色，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查物质的性质探究，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，主要把握物质的性质以及反应现象的分析，题目能较好地培养学生良好的思维品质和科学素养，树立正确的核心价值观，题目难度不大。
二、填空题
21．【分析】（1）Ti元素是22号元素，根据构造原理书写基态原子的电子排布式，确定在周期表位置；
（2）根据均摊法计算晶胞中Ti4+、Ba2+、O2﹣数目，确定比例关系书写化学式，主族元素同周期自左而右电负性逐渐增大，主族元素同主族自上而下电负性逐渐减小；
（3）由晶体结构，每个Ti4+周围与它最邻近且距离相等的Ti4+位于以为Ti4+交点棱上；
（4）晶胞为立方体，棱的中点到体心的距离都相等；
（5）根据均摊法计算晶胞中Ti4+、Ba2+、O2﹣数目，计算出体积，根据ρ＝计算密度；
（6）中和发生反应：H++OH﹣＝H2O，由中和生成的H+需要的NaOH溶液，可得出H+物质的量，进而计算出x，[CrCln（H2O）6﹣n]x+中Cr的化合价为+3价，化合价代数和等于离子所带电荷，据此计算n的值，进而确定该配离子化学式。
【解答】解：（1）Ti元素是22号元素，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，处于周期表中第四周期ⅣB族，
故答案为：四；ⅣB；
（2）由结构可知，Ba2+位于体心有1个，Ti4+位于顶点，数目为8×＝1个，O2﹣位于棱心，数目为12×＝3个，故其化学式为BaTiO3，主族元素同周期自左而右电负性逐渐增大，主族元素同主族自上而下电负性逐渐减小，可知 电负性大小顺序为：O＞Ti＞Ba，
故答案为：BaTiO3；O＞Ti＞Ba；
（3）由晶体结构，每个Ti4+周围与它最邻近且距离相等的Ti4+位于以为Ti4+交点棱上，补全晶胞可知，每个Ti4+周围有6个，
故答案为：6；
（4）晶胞为立方体，Ba2+位于体心，O2﹣位于棱的中点，棱的中点到体心的距离都相等，故Ba2+周围与它最邻近的且距离相等的O2﹣有12个，
故答案为：12；
（5）由结构可知，Ba2+位于体心有1个，Ti4+位于顶点，数目为8×＝1个，O2﹣位于棱心，数目为12×＝3个，故其化学式为BaTiO3，晶胞体积为（a×10﹣10）3cm3，晶胞密度ρ＝＝ g•cm3＝g•cm3，
故答案为：g•cm3；
（6）中和生成的H+需浓度为0.1200mol•L﹣1氢氧化钠溶液25.00mL，由H++OH﹣＝H2O，可以得出H+的物质的量为0.12mol•L﹣1×25.00×10﹣3L＝0.003mol，所以x＝＝2，[CrCln（H2O）6﹣n]x+中Cr的化合价为+3价，则有3﹣n＝2，解得n＝1，即该配离子的化学式为[CrCl（H2O）5]2+，内界含有1个Cl﹣和5个H2O，故配位数为6，
故答案为：[CrCl（H2O）5]2+；6。
【点评】本题考查了晶胞计算、核外电子排布、核外电子排布、元素周期表、化学式的有关计算、方程式有关计算，需要学生具有较好的空间想象力，晶胞中微粒配位数的解答可以结合化学式判断或利用晶胞补全法，难度中等。
22．【分析】原钴矿（含Cr2O3、NiS等杂质），球磨后加入盐酸浸取，由题给信息可知，为分离Co与Cr、Ni，加入盐酸浓度在10mol/L以上，浸出液加入氯化钠固体，CoCl42﹣浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度，加入有机胺试剂萃取，洗脱，可得到CoCl2溶液，加入碳酸铵生成碱式碳酸钴，煅烧生成Co3O4，加入碳酸锂，可生成目标物，以此解答该题。
【解答】解：（1）步骤ii选用盐酸的浓度应为10mol/，可用于分离Co与Cr、Ni，故答案为：c；
（2）步骤ⅲ中加入NaCl固体，可使溶液中Cl﹣浓度增大，平衡Co2++4Cl﹣⇌CoCl42﹣右移，CoCl42﹣浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度，
故答案为：加入NaCl固体，溶液中Cl﹣浓度增大，平衡Co2++4Cl﹣⇌CoCl42﹣右移，CoCl42﹣浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度；
（3）步骤iv加入有机溶剂，用于萃取，可用分液的方法分离，故答案为：分液；
（4）由图象可知，温度升高，沉淀曲线下降，原因为温度过高，碳酸铵分解（或NH4+和CO32﹣水解程度增大），碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少。（或温度过高Co2（OH）2CO3分解，沉淀质量减少。），
故答案为：温度过高，碳酸铵分解（或NH4+和CO32﹣水解程度增大），碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少。（或温度过高Co2（OH）2CO3分解，沉淀质量减少）；
（5）Co3O4 和Li2CO3 混合后，鼓入空气，经高温烧结得到LiCoO2，方程式为4Co3O4+6Li2CO3+O212LiCoO2+6CO2，
故答案为：4Co3O4+6Li2CO3+O212LiCoO2+6CO2；
（6）①放电时，LiCoO2被氧化，发生氧化反应，LiCoO2为原电池负极，故答案为：LiCoO2；
②充电时，电池的阴极反应式是Li1﹣xCoO2+xLi++xe﹣═LiCoO2，故答案为：Li1﹣xCoO2+xLi++xe﹣═LiCoO2。
【点评】本题考查物质的制备及性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
23．【分析】（1）图象中曲线实线为H2S，长虚线为HS﹣，短虚线为S2﹣，当pH≈8时，HS﹣最多；
（2）含硫废水中存在HS﹣⇌H++S2﹣，加入适量Cu2+的溶液，S2﹣+Cu2+═CuS↓，使HS﹣的电离平衡正向移动；
（3）①向pH≈8的含硫废水中加入一定浓度的Na2SO3溶液，加酸将溶液调为pH＝5，产生淡黄色沉淀为S单质，据此书写离子方程式；
②pH＜5时，溶液中﹣2价S元素主要以H2S的形式存在，H2S有剧毒会污染环境；
（4）作阳极、石墨作阴极，以直流电电解含一定浓度Na2SO4的pH≈8的含硫废水，阳极产生微小气泡，随后溶液中产生淡黄色浑浊，阳极附近生成的胶体吸附淡黄色浑浊，胶体是氢氧化铝胶体，淡黄色浑浊是生成了S单质，可能是HS﹣离子失电子发生氧化反应，被氧气氧化，
①产生淡黄色浑浊的可能原因是HS﹣离子失电子发生氧化反应，或被氧气氧化；
②阴极产生的气泡把污水中的悬浮物（含阳极扩散的胶体）带到水面形成浮渣层，是因为阳极铝失电子发生氧化反应生成铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，阴极上氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，H2气泡把污水中吸附了S的Al（OH）3胶体悬浮物带到水面形成浮渣层。
【解答】解：（1）图象中曲线实线为H2S，长虚线为HS﹣，短虚线为S2﹣，当pH≈8时，由图象分析得到，含硫废水中最主要的含硫（﹣2价）微粒是HS﹣，
故答案为：HS﹣；
（2）向pH≈8的含硫废水中加入适量Cu2+的溶液，产生黑色沉淀且溶液的pH降低，用化学平衡移动的原理解释溶液的pH降低的原因是：含硫废水中存在HS﹣⇌H++S2﹣，加入适量Cu2+的溶液，S2﹣+Cu2+═CuS↓，c（S2﹣）减小，使HS﹣的电离平衡正向移动，c（H+）增大，溶液的pH降低，
故答案为：含硫废水中存在HS﹣⇌H++S2﹣，加入适量Cu2+的溶液，S2﹣+Cu2+═CuS↓，c（S2﹣）减小，使HS﹣的电离平衡正向移动，c（H+）增大，溶液的pH降低；
（3）①向pH≈8的含硫废水中最主要的含硫（﹣2价）微粒是HS﹣，加入一定浓度的Na2SO3溶液，加酸将溶液调为pH＝5，产生淡黄色沉淀为S单质，反应的离子方程式：2HS﹣+SO32﹣+4H+═3S↓+3H2O，
故答案为：2HS﹣+SO32﹣+4H+═3S↓+3H2O；
②本工艺选择控制体系的pH＝5，不选择pH＜5，从环境保护的角度分析其主要原因是：pH＜5时，溶液中﹣2价S元素主要以H2S的形式存在，常温下H2S的溶解度为1：2.6，酸性强使H2S更易逸出，H2S有剧毒会污染环境，
故答案为：pH＜5时，溶液中﹣2价S元素主要以H2S的形式存在，常温下H2S的溶解度为1：2.6，酸性强使H2S更易逸出，H2S有剧毒会污染环境；
（4）①是HS﹣离子失电子发生氧化反应，或被氧气氧化，反应的离子方程式为：2HS﹣+O2+2H+═2S↓+2H2O（O2+2HS﹣═2S↓+2OH﹣）或HS﹣﹣2e﹣═S↓+H+，
故答案为：2HS﹣+O2+2H+═2S↓+2H2O（O2+2HS﹣═2S↓+2OH﹣）或HS﹣﹣2e﹣═S↓+H+；
②阴极产生的气泡把污水中的悬浮物（含阳极扩散的胶体）带到水面形成浮渣层，电极反应式解释胶体和浮渣层的形成过程为：阳极：Al﹣3e﹣═Al3+，Al3+形成Al（OH）3胶体，阴极：2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，H2气泡把污水中吸附了S的Al（OH）3胶体悬浮物带到水面形成浮渣层，
故答案为：阳极：Al﹣3e﹣═Al3+，Al3+形成Al（OH）3胶体，阴极：2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，H2气泡把污水中吸附了S的Al（OH）3胶体悬浮物带到水面形成浮渣层。
【点评】本题考查了物质性质、弱电解质电离平衡影响因素分析判断、电解池中电极反应、胶体性质等知识点，掌握原理是解题关键，题目难度中等。
24．【分析】（1）Fe原子失去4s能级上2个电子、3d能级上1个电子生成Fe3+，根据构造原理书写Fe3+的电子排布式；
（2）氯化铁溶液中铁离子水解溶液显酸性，加入对应酸会抑制氯化铁水解；
（3）①红褐色为氢氧化铁的颜色，若混合后发生了2Fe3++3SO32﹣+6H2O⇌2Fe（OH）3（胶体）+3H2SO3反应，H2SO3不稳定，易分解；
②Fe3+→Fe2+，化合价从+3→+2，降低1价，SO32﹣→SO42﹣，化合价从+4→+6，升高2价，根据化合价升高和降低总数相等以及原子守恒配平得方程式；取少量Na2SO3溶液电极附近的混合液中加入试剂检验硫酸根离子的存在，是利用加入的盐酸排除其他离子干扰，再加入氯化钡溶液生成白色沉淀证明硫酸根离子的存在；
③正极Fe3+→Fe2+，发生还原反应；加入铁氰化钾溶液产生蓝色沉淀，证明产生了Fe2+；
（4）因为FeCl3与Na2SO3之间发生氧化还原反应：2Fe3++3SO32﹣+6H2O⇌2Fe（OH）3（胶体）+3H2SO3，一段时间后溶液颜色变浅，变为浅黄色，说明生成了更多的FeCl3，说明平衡逆向移动了。
【解答】解：（1）SO32﹣离子中中心原子为S，价电子对为3+＝4，杂化类型 sp3，Fe为26号元素，Fe原子失去4s能级上2个电子、3d能级上1个电子生成Fe3+，根据构造原理书写Fe3+的电子排布式为[Ar]3d5，
故答案为：sp3；[Ar]3d5；
（2）实验室配制FeCl3溶液时，先将FeCl3固体溶解在较浓的盐酸中然后加水稀释，先溶解在较浓盐酸中的目的是抑制铁离子水解，反应的离子方程式为：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，
故答案为：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，盐酸抑制氯化铁水解；
（3）①H2SO3不稳定，易分解，生成有刺激性气味的SO2气体，
故答案为：SO2；
②Fe3+→Fe2+，化合价从+3→+2，降低1价，SO32﹣→SO42﹣，化合价从+4→+6，升高2价，根据化合价升高和降低总数相等以及原子守恒配平得方程式为2Fe3++SO32﹣+H2O═2Fe2++SO42﹣+2H+，取少量Na2SO3溶液电极附近的混合液，加入足量盐酸和氯化钡溶液检验硫酸根离子的存在，产生白色沉淀，证明产生了SO42﹣，
故答案为：2Fe3++SO32﹣+H2O═2Fe2++SO42﹣+2H+；足量盐酸和氯化钡溶液；
③正极Fe3+→Fe2+，发生还原反应：Fe3++e﹣＝Fe2+；加入铁氰化钾溶液产生蓝色沉淀，证明产生了Fe2+，说明Fe3+能够氧化SO32﹣，
故答案为：Fe3++e﹣＝Fe2+；产生了Fe2+，说明Fe3+能够氧化SO32﹣；
（4）随着FeCl3与Na2SO3之间氧化还原反应的进行，FeCl3与Na2SO3浓度降低，使得平衡2Fe3++3SO32﹣+6H2O⇌2Fe（OH）3（胶体）+3H2SO3逆向移动，溶液颜色变浅，
故答案为：随着FeCl3与Na2SO3之间氧化还原反应的进行，FeCl3与Na2SO3浓度降低，使得平衡2Fe3++3SO32﹣+6H2O⇌2Fe（OH）3（胶体）+3H2SO3逆向移动，溶液颜色变浅。
【点评】本题考查了物质性质的实验验证、实验探究方法、反应现象的分析判断、氧化还原反应和平衡移动的理解应用等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。