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江西省宜春市宜丰中学2023-2024学年高二上学期12月月考化学试题（Word版附解析）
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这是一份江西省宜春市宜丰中学2023-2024学年高二上学期12月月考化学试题（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了 下列性质的比较中，错误的是， 下列说法不正确的是等内容，欢迎下载使用。
相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Fe-56 S-32 Cl-35.5 Cu-64 Ag-108
一、单选题(每小题只有一个正确选项，每题3分，共54分)
1. 下列化合物分子中既含σ键又含π键的是
A. B. C. CH3CH2OHD. CO2
【答案】D
【解析】
【详解】A．的结构式为，含有1个键和2个键，但不是化合物，A错误；
B．的结构式为，只含有键，不含键，B错误；
C．的结构中只含键，不含键，C错误；
D．的结构式为，含有2个键和2个键，D正确。
故选D。
2. 基态原子的核外电子排布式为[Kr]4d105s1 的元素所属的区、周期和族为
A p 区、第五周期、第ⅠB 族B. ds 区、第五周期、第Ⅷ族
C. d 区、第四周期、第ⅠB 族D. ds 区、第五周期、第ⅠB 族
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】由该原子电子排布式知，其最高能层为第5层，故位于第五周期，根据其价电子排布特点确定其位于ds区，对应族为IB，故答案选D。
3. 下列操作会使水的电离平衡向电离方向移动，且的是
A. 将纯水加热到80℃B. 向水中加入少量的
C. 向水中加入少量的固体D. 向水中加入少量的固体
【答案】D
【解析】
【详解】A．将纯水加热会促进水的电离平衡向电离方向移动，氢离子浓度增大，pH减小，所以pH小于7，故A错误；
B．向水中加少量的，铁离子水解会促进水电离，使电离平衡向电离方向移动，且使溶液呈酸性pH小于7，故B错误；
C．向水中加入少量的固体，电离的氢离子会使水的电离平衡向左移动，但溶液成酸性pH小于7，故C错误；
D．向水中加入少量的固体，碳酸氢根水解会促进水的电离使电离平衡向电离方向移动，溶液呈碱性pH大于7，故D正确；
故答案为：D。
4. 下列性质的比较中，错误的是（ ）
A. 稳定性：HF>H2O>H2SB. 沸点：NH3 > PH3
C. 键角：H2O>NH3>CH4D. 熔点：SiI4 > SiBr4 > SiCl4
【答案】C
【解析】
【详解】A.元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，所以其稳定性：HF>H2O>H2S，A正确；
B. NH3和PH3都是分子晶体，NH3分子之间含有氢键，沸点较高，则沸点：NH3>PH3，B正确；
C. NH3、H2O、CH4三分子中心原子都是sp3杂化，中心原子杂化类型相同时，有孤对电子会使键角变小，孤对电子越多，键角越小，三种分子的键角CH4＞NH3＞H2O，C错误；
D. SiI4、SiBr4、SiCl4均为结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔点越大，则熔点：SiI4>SiBr4>SiCl4，D正确；
故答案为：C。
5. 下列各项叙述错误的是
A. 若Mn元素的基态原子电子排布式为，则违反了构造原理
B. 若硫原子的价层电子图为违反了泡利原理
C. 氮原子的核外电子排布图为，符合洪特规则和泡利原理
D. 泡利原理、洪特规则、构造原理都是核外电子排布满足能量最低的条件
【答案】B
【解析】
【详解】A．25号Mn元素的基态电子排布式为1s22s2p63s23p63d54s2，如果25号Mn元素的基态电子排布式为1s22s2p63s23p63d7，则违反了构造原理，故A正确；
B．当电子排布在同一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，而且自旋方向相同，这个规则是洪特规则，若硫原子的价层电子图为违反了洪特规则，故B错误；
C．氮原子的核外电子排布图为，符合洪特规则和泡利原理，故C正确；
D．泡利原理、洪特规则、构造原理都是对核外电子排布满足能量最低的要求，故D正确。
选B。
6. Na、Mg、Al均为第三周期元素。下列说法正确的是
A. 离子半径：
B. 第一电离能：
C. 还原性：
D. 碱性：
【答案】C
【解析】
【详解】A．三种离子核外电子排布相同半径随核电荷数增大而减小，故A错误；
B．同周期元素第一电离能总体趋势：核电荷数越大，第一电离能越大，故B错误；
C．同周期元素，核电荷数越大金属性越弱，对应单质还原性越弱，故C正确；
D．金属性，其对应最高价氧化物水化物碱性越弱，碱性：，故D错误；
故选C。
7. 下列离子VSEPR模型与离子的空间立体构型一致的是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】价层电子对互斥模型（简称VSEPR模型），根据价电子对互斥理论，价层电子对个数＝σ键个数＋孤电子对个数；σ键个数＝配原子个数，孤电子对个数＝，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数；分子的立体构型是指分子中的原子在空间的排布，不包括中心原子未成键的孤对电子；实际空间构型要去掉孤电子对，略去孤电子对就是该分子的空间构型。
【详解】A．中价层电子对个数＝，且不含孤电子对，所以离子的VSEPR模型与离子的空间立体构型一致都是正四面体结构，故A正确；
B．中价层电子对个数＝且含有一个孤电子对，所以其VSEPR模型是平面三角形，实际上是V形，故B错误；
C．中价层电子对个数＝且含有一个孤电子对，所以VSEPR模型是四面体结构，实际空间构型为三角锥形，故C错误；
D．中价层电子对个数＝且含有一个孤电子对，所以VSEPR模型为四面体结构，实际为三角锥形结构，故D错误；
故答案选A。
8. 鲍林提出杂化轨道理论能解释分子的空间结构，下列关于粒子的描述正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．二氧化硫分子中硫原子的价电子对数=2+(6-22)/2=3，采取sp2杂化，含有1对孤对电子，空间结构为V形，A正确；
B．三氟化硼分子中硼原子的价电子对数=3+(3-13)/2=3，采取sp2杂化，空间结构为平面三角形，B错误；
C．乙烯分子中每个碳原子均形成3个σ键和1个π键，价层电子对数是3，采取sp2杂化，为平面形，C错误；
D．氯酸根离子中氯原子的价电子对数=3+(7+1-23)/2=4，氯原子采取sp3杂化，含有一对孤对电子，空间结构为三角锥形，D错误；
答案选A。
9. 下列各组分子都属于含有极性键的非极性分子的是
A. CO2、H2SB. C2H4、CH4C. Cl2、C2H2D. NH3、HCl
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．H2S分子中S原子有孤电子对，空间构型为V形，正负电荷中心不重合，为极性分子，A不符合题意；
B．C2H4、CH4均含有C-H极性键，且正负电荷中心重合，为非极性分子，B符合题意；
C．Cl2分子中不含极性键，C不符合题意；
D．NH3、HCl中心原子均有孤电子对，正负电荷中心不重合，为极性分子，D不符合题意；
综上所述答案为B。
10. 下列说法不正确的是（ ）
A. 由于H-O键比H--S键牢固，所以水的熔沸点比H2S高
B. HF的沸点在同族元素的氢化物中出现反常，是因为HF分子间存在氢键
C. F2、Cl2、Br2、I2熔沸点逐渐升高，是因为它们的组成结构相似，分子间的范德华力增大
D. 氯化铵固体受热分解既破坏了离子键又破坏了共价键
【答案】A
【解析】
【详解】A. H2O和H2S的熔沸点与化学键无关，水的熔沸点比H2S高，因为水中存在氢键，故A错误；
B. 因为HF分子间存在氢键，导致HF的沸点是同族元素的氢化物中最高的，故B正确；
C. 卤素单质的熔沸点与分子间作用力有关，相对分子质量越大，分子间作用力越大，所以卤素单质从上到下熔沸点升高，是因为它们的组成结构相似，从上到下其摩尔质量增大，分子间的范德华力增大，故C正确；
D. 氯化铵为离子化合物，加热分解破坏离子键和共价键，故D正确；
答案选A。
11. 相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是
A. 三种酸的强弱关系：HX＞HY＞HZ
B. 反应HZ+Y-=HY+Z-能够发生
C. 由电离平衡常数可以判断，HZ属于强酸，HX和HY属于弱酸
D. 相同温度下，1ml·L-1 HX溶液的电离常数大于0.1ml·L-1 HX溶液的电离常数
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．相同温度下，电离平衡常数越大，酸性越强，三种酸的酸性强弱关系： ，A判断错误；
B．根据较强酸制较弱酸原理，反应HZ+Y-=HY+Z-能够发生，B判断正确；
C．由电离平衡常数可以判断，HX、HY、HZ都属于弱酸，C判断错误；
D．电离平衡常数只与温度有关，与酸的浓度无关，D判断错误。
答案为B。
12. 下列几种有机羧酸中，按酸性由强到弱的顺序排列正确的是
①乙酸()②氯乙酸()③三氯乙酸() ④三氟乙酸()
A. ②①④③B. ①②③④C. ④③②①D. ③②④①
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】由于电负性：，则键极性：键键键，故三氟乙酸中羧基中的羟基的极性最大，最易电离出氢离子，酸性最强；乙酸中羧基中的羟基的极性最小，酸性最弱，则酸性强弱顺序：，C正确；
故选C。
13. 下列离子方程式书写正确的是
A. 用饱和碳酸钠溶液浸泡含的水垢：
B. 溶液与足量氯水反应：
C. 使酸性高锰酸钾溶液褪色：
D. 稀与溶液反应：
【答案】A
【解析】
【详解】A．用饱和碳酸钠溶液浸泡含的水垢发生沉淀转化，故A正确；
B．溶液与足量氯水反应生成氯化铁和碘单质，反应的离子方程式为，故B错误；
C．使酸性高锰酸钾溶液褪色，反应的离子方程式为，故C错误；
D．稀与溶液反应生成硫酸钡沉淀、水，反应的离子方程式为，故D错误；
选A。
14. 物质的量浓度相同的下列溶液中，c(NH4+)最大的是
A NH4ClB. CH3COONH4C. NH4HCO3D. NH4HSO4
【答案】D
【解析】
【分析】根据铵根离子的浓度和水解的影响角度来分析，若含有对铵根离子水解起促进作用的离子，则铵根离子水解程度增大，溶液中的c(NH4+)减小，反之，若含有抑制铵根离子水解的离子，则铵根的水解程度减弱，溶液中的c(NH4+)增大，据此分析判断。
【详解】物质的量浓度相同的下列溶液中不考虑(水解)其他因素影响，则ABCD选项中铵根离子浓度分别比为1:1:1:1，其水解方程式为：NH4+ + H2ONH3·H2O + H+，
A. NH4Cl溶液中，NH4+的水解不受氯离子的影响；
B. CH3COONH4溶液中醋酸根离子对NH4+的水解起到促进作用，导致NH4+水解程度大，其溶液中的铵根离子浓度c(NH4+)减小；
C. NH4HCO3溶液中HCO3-对NH4+的水解起到促进作用，导致NH4+水解程度大，其溶液中的铵根离子浓度c(NH4+)减小；
D. NH4HSO4溶液中H+对NH4+的水解起抑制作用，导致NH4+水解程度很小，溶液中的c(NH4+)增大；
综上所述，NH4+的浓度最大的是NH4HSO4，故D项正确，
答案选D。
15. 常温下，若1体积溶液与2体积的溶液混合所得溶液的(溶液体积变化不计)，则与物质的量浓度之比应为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】的溶液物质的量浓度为1×10−3ml∙L−1，，设溶液的物质的量浓度为，体积为，则氢氧化钠溶液的体积为，混合所得溶液的，即，解得，则与物质的量浓度之比应为，故B符合题意。
综上所述，答案为B。
16. 下列说法正确的是（ ）
A. 向AgCl饱和溶液中加入NaCl固体，c(Cl-)增大，Ksp增大
B. 已知的，则所有含有固体MgCO3的溶液中，都有，且
C. 可通过比较和的Ksp的大小比较它们的溶解性
D. 25 ℃时，故新生成的 AgCl可转化为AgI
【答案】D
【解析】
【详解】A、氯化银溶液中存在如下平衡：AgCl(s) =Ag+ (aq)+Cl-(aq)，由于氯化钠的溶解度大于氯化银，加入NaCl固体，增大氯离子浓度，平衡向逆反应方向移动，析出氯化银沉淀，氯化银的溶解度降低，但温度不变，溶度积不变，故A错误；
B、含有固体MgCO3的溶液中，Mg2+和CO32-都能水解，水解后离子浓度不相等，并且在不同的温度下，溶度积不同，故B错误；
C、氢氧化镁和碳酸镁的组成结构不同，所以不能通过比较Mg(OH)2和MgCO3的Ksp的大小比较它们的溶解性，故C错误；
D、Ksp(AgCl)> Ksp ( AgI)，根据沉淀的转化原理可知，AgCl悬浊液中加入NaI溶液时，很容易转化为AgI悬浊液，故D正确；
故选D。
【点睛】对于结构相同的难溶电解质可以直接比较Ksp大小即可得出溶解度大小；但是对于结构不同的难溶电解质不能直接通过比较Ksp大小来比较溶解度大小。如Mg(OH)2和MgCO3，必须换算成溶解度才能直接比较。
17. 室温下，向10 mL 0.10ml•L1-1YOH溶液中逐渐滴加0.20ml•L-1HX 溶液，混合溶液的pH 变化如图所示(温度和体积变化忽略不计)。下列结论错误的是
A. HX一元弱酸，YOH 为一元强碱
B. M点对应溶液中水的电离程度大于N 点溶液中水的电离程度
C. N点对应溶液中粒子浓度：c(HX)> c(X - ) > c(Y+ ) > c(H+ ) > c(OH-)
D. 室温时,pH = a YX溶液中水电离出的c(OH-)=l.0×10-(14-a)ml•L-1
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知0.10ml•L1-1YOH溶液pH=13，该碱溶液中c（OH-）=c（YOH）=0.1ml/L，说明YOH完全电离，则YOH为强碱；滴加0.20ml•L-1HX溶液5mL时恰好完全反应，生成正盐YX，此时溶液pH>7，说明X-水解，则HX为弱酸，故A正确；
B．M和N点均存在X-的水解，但过量的HX电离出的H+抑制了水的电离，且过量HX越多，对水的电离抑制能力越大，则M点对应溶液中水的电离程度大于N 点溶液中水的电离程度，故B正确；
C．N点溶液中溶质为YX和HX，且两者浓度相等，此时溶液显酸性，说明HX的电离程度大于X-的水解程度，则c(X - ) > c(Y+ ) >c(HX)> c(H+ ) > c(OH-)，故C错误；
D．X-的水解促进水的电离，YX溶液中c(OH-)来自水的电离，则室温时，pH = a 的YX溶液中水电离出的c(OH-)=l.0×10-(14-a)ml•L-1，故D正确；
故答案为C。
18. W、X、Y、Z、R是五种短周期主族元素，原子序数依次增大。W元素的一种离子与具有相同的电子层排布且半径稍大，X原子核外L层的电子数与Y原子核外M层的电子数之比为，X与Z同主族，Z的价电子排布式为3s23p4，下列说法不正确的是
A. 与W生成的气态化合物的热稳定性：Z>Y
B. W与的原子半径：WC. X和Y的第一电离能：X>Y
D. X、Z、R的电负性：
【答案】D
【解析】
【分析】W、X、Y、Z、R是五种短周期主族元素，原子序数依次增大，W元素的一种离子与具有相同的电子层排布且半径稍大，说明W的原子序数小于Li，则W为H元素；X与Z同主族，Z的价电子排布式为3s23p4，二者位于VIA族，则X为O，Z为S元素；X原子核外L层的电子数与Y原子核外M层的电子数之比为，X(O)的L层含有6个电子，则Y的M层含有4个电子，为Si元素；R的原子序数大于S，则R为Cl元素，据此分析解答。
【详解】A．元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性S>Si，则与W(H)生成的气态化合物的热稳定性：S>Si，即Z>Y，故A正确；
B．同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：HC．同一周期从左到右第一电离能逐渐增大，同一主族从上到下第一电离能逐渐减小，则第一电离能：O>C>Si，即X>Y，故C正确；
D．同一周期从左到右电负性逐渐增大，同一主族从上到下电负性逐渐减小，则电负性：S答案选D。
二、填空题(每空2分，共46分)
19. 下表为周期表的一部分，其中的编号代表对应的元素。请回答下列问题：
（1）写出元素⑨的基态原子的核外电子排布式___________，元素⑩的价电子轨道表示式___________。
（2）表中所给元素中，原子半径最大的是___________(填元素符号)，元素⑥、⑦形成的简单离子半径更小的是___________(填离子符号)。
（3）下列关于元素③、④分别与①形成的简单化合物的叙述正确的是___________(填序号)。
A. 中心原子的价层电子对数相同
B. 中心原子的杂化方式不同
C. 分子的VSEPR模型相同，空间结构也相同
D. ④与①形成的分子的键角比③与①形成的分子的键角更大
（4）元素④、⑤的第一电离更大的是___________(填元素符号)。
（5）元素②与元素⑦形成的分子的空间结构为___________。
【答案】（1） ①. 1s22s22p63s23p63d64s2 ②.
（2） ①. Ca ②. Cl- （3）A
（4）N （5）直线形
【解析】
【分析】由元素周期表可知，①为H元素，②为Be元素，③为C元素，④为N元素，⑤为O元素，⑥为S元素，⑦为Cl元素，⑧为Mg元素，⑨为Fe元素，⑩为Cu元素，据此分析解题。
【小问1详解】
元素⑨即铁的原子序数为26，基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，元素⑩即Cu，原子序数为29，价电子排布式为3d104s1，则轨道表示式为，故答案为1s22s22p63s23p63d64s2；。
【小问2详解】
电子层数越多，原子(离子)半径越大，电子层数相同，质子数越多，原子(离子)半径越小。则表中所给元素中，原子半径最大的是Ca；元素⑥、⑦形成的简单离子分别为S2-、Cl-，电子层数相同，Cl-的质子数多，半径更小；故答案为Ca；Cl-。
【小问3详解】
元素③、④分别与①形成的简单化合物分别为CH4和NH3。
A．CH4和NH3中心原子的价层电子对数分别为4+(4-4×1)=4、3+(5-3×1)=4，所以价层电子对数相同，故A正确；
B．CH4和NH3中心原子的价层电子对数相同，所以中心原子的杂化方式相同，故B错误；
C．CH4和NH3中心原子的价层电子对数相同，则分子的VSEPR模型相同，但甲烷的中心原子没有孤电子对，氨的中心原子有孤电子对，空间结构不相同，故C错误；
D．NH3分子的中心原子上有孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力比较大，CH4的中心原子上没有孤电子对，所以NH3的键角比CH4的键角小，故D错误；
故答案选A。
【小问4详解】
由于N原子的价层电子排布式为2s22p3，是半充满的稳定结构，失去一个电子需要的能量更多，所以N的第一电离能大于O，故答案为N。
【小问5详解】
元素②与元素⑦形成的分子为BeCl2，中心原子Be的价层电子对数为2+(2-2×1)=2，则BeCl2的空间结构为直线形；故答案为直线形。
20. 某兴趣小组的同学用下图所示装置研究有关电化学的问题(甲、乙、丙三池中溶质足量)，当闭合该装置的电键K时，观察到电流表的指针发生了偏转。
请回答下列问题：
（1）A电极的电极反应式为：___________ 。
（2）丙池中F电极为___________(填“正极”、“负极”、“阴极”或“阳极”)，写出电解时总反应的离子方程式___________。
（3）当乙池中C极质量变化10.8 g时，甲池中B电极理论上消耗O2的体积为___________mL(标准状况)。
（4）若丙池通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1 ml Cu2(OH)2CO3后恰好恢复到电解前的浓度和PH(不考虑CO2的溶解)，则电解过程中转移的电子___________ml， 若电解后溶液的体积为400ml，则所得溶液中氢离子的浓度___________。
【答案】（1）CH3OH+8OH--6e-=CO+6H2O
（2） ①. 阴极 ②. 2Cu2++2H2O4H++2Cu+O2↑
（3）560 （4） ①. 0.6 ②. 1 ml/L
【解析】
【分析】由图可看出甲池为燃料电池为原电池，乙池、丙池为电解池，则A为负极，F为阴极，E为阳极，D为阴极，C为阳极，B为正极；
【小问1详解】
由分析可知，乙池为电解池，A电极的电极反应式为：CH3OH + 8OH- -6e-= CO+ 6H2O，故答案为：电解池；CH3OH + 8OH- -6e-= CO+ 6H2O；
【小问2详解】
由分析可知，丙池中F电极与燃料电池A电极即负极相连，故为阴极，电解时总反应方程式为：2CuSO4+2H2O2H2SO4+2Cu+O2↑，故其离子方程式为：2Cu2++2H2O4H++2Cu+O2↑，故答案为：阴极；2Cu2++2H2O4H++2Cu+O2↑；
【小问3详解】
由分析可知，乙池C电极中的电极反应方程式为：Ag-e-=Ag+，故当乙池中C极质量变化10.8 g时，电路中流过的电子为：，甲池中B电极电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，故理论上消耗O2的体积为 =560mL，故答案为：560；
【小问4详解】
碱式碳酸铜和稀硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，所以加入0.1ml碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]相当于加入0.2mlCuO、0.1mlH2O，根据生成物知，阴极上铜离子和氢离子放电、阳极上氢氧根离子放电，根据Cu原子、H原子守恒得阴极上析出n(Cu)=0.2ml、n(H2)=0.1ml，则转移电子的物质的量=0.2ml×2+0.1ml×2=0.6ml，根据Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++3H2O+CO2↑可知，n(H+)=0.4ml，故若电解后溶液的体积为400mL，则所得溶液中氢离子的浓度为：，故答案为：0.6；。
21. 五氧化二钒在工业生产中有重要用途。某含钒废料的成分为V2O5、V2O4、SiO2、Fe2O3、Al2O3，实验小组从其中回收V2O5的一种工艺流程如下：
请回答下列问题：
（1）所加纯碱不宜过量太多，否则会造成后某工序中___________原料消耗过多。
（2）“酸浸”时，VO3-转化为VO，转化反应的离子方程式为___________；滤渣1的主要成分为___________(填化学式)。
（3）已知：常温下，Al(OH)3、Fe(OH)3 饱和溶液中金属阳离子浓度的负对数[-lg c(M3+ )]与pH 的关系如图所示：
常温下，Ksp[Fe(OH)3]=___________；当调pH=4 时，溶液中A13+___________(填“是”或“否”)沉淀完全。(已知；溶液中离子浓度小于等于10-5ml·L-1时，认为该离子沉淀完全)
【答案】（1）避免“酸浸”时消耗太多的盐酸
（2） ①. VO+2H+=VO2++H2O ②. H2SiO3
（3） ①. 10-38 ②. 否
【解析】
【分析】研磨目的是原料混合均匀。加快焙烧速率，使焙烧更充分，焙烧后所得混合物有Na2CO3、NaVO3、NaAlO2、 Na2SiO3，盐酸与Na2SiO3生成滤渣1为 H2SiO3
【小问1详解】
所加纯碱不宜过量太多，理由为避免“酸浸”时消耗太多的盐酸。
【小问2详解】
“酸浸”时，VO3-转化为VO2+，转化反应的离子方程式为VO3-+2H+=VO2++H2O ； Na2SiO3与盐酸反应生成H2SiO3滤渣1的主要成分为H2SiO3.
【小问3详解】
)由图pH=2时，c(OH-)=10-12ml·L-1，c(Fe3＋)=10-2ml·L-1，Ksp[Fe(OH)3]=10-2×(10-12)3=10-38；pH=5时，c(OH-)=10-9ml·L-1，c(Al3＋)=10-6ml·L-1，Ksp[Al(OH)3]=10-6×(10-9)3=10-33，pH=4时，c(OH-)=10-10ml·L-1，c(Al3＋)=10-33/(10-10)3=10-3ml·L-1>10-5ml·L-1，铝离子没有沉淀完全；
22. 回答下列问题。
（1）在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力由大到小的顺序为___________。
（2）结合表中数据回答下列问题：
①25℃时，有等浓度的a．NaCN溶液 b．Na2CO3溶液 c．CH3COONa溶液，三种溶液的pH由大到小的顺序为___________。(填溶液前序号)
②相同温度下浓度相同的NaCN溶液与CH3COOK溶液相比，c(Na+)-c(CN-)___________c(K+)-c(CH3COO-)。(填“>”“<”或“=”)
③室温下，若将0.1ml·L-1盐酸滴入20ml0.1ml·L-1氨水中，溶液pH随加入盐酸体积的变化曲线如下图所示。b点所示溶液中的溶质有两种，它们是___________。
（3）结合表中数据，向NaCN溶液中通入少量CO2，所发生反应的化学方程式___________。
【答案】（1）CH3COOH>H2CO3>HCN
（2） ①. b>a>c ②. > ③. NH3·H2O、NH4Cl
（3）NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3
【解析】
【小问1详解】
电离平衡常数越大，越易电离，溶液中离子浓度越大，导电性越强，则在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力由大到小的顺序为CH3COOH>H2CO3>HCN；
【小问2详解】
①酸的电离平衡常数越大，越易电离，酸性越强，其盐的水解程度越小，25℃时，有等浓度的a．NaCN溶液，b．Na2CO3溶液，c．CH3COONa溶液，其水解程度：b>a>c，水解程度越大，溶液的碱性越强，其pH越大，则pH：b>a>c；
②浓度相同的NaCN溶液与CH3COOK溶液中，分别存在电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-)，c(K+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，则c(Na+)-c(CN-)=c(OH-)-c(H+)，c(K+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)，NaCN在溶液水解程度比CH3COOK，则NaCN中c(OH-)大，所以c(Na+)-c(CN-)>c(K+)-c(CH3COO-)；
③室温下，若将0.1ml/L盐酸滴入20mL 0.1ml/L氨水中，溶液pH随加入盐酸体积的变化曲线如图所示，b点所示溶液pH=7，已知氯化铵溶液显酸性，pH=7，说明溶液为氯化铵与氨水的混合物，则溶液的溶质为NH3•H2O、NH4Cl；
【小问3详解】
由表中数据可知，酸性：H2CO3>HCN>，则向NaCN溶液中通入少量CO2，所发生反应的化学方程式：NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3。选项
粒子
空间结构
解释
A
SO2
V形
S原子采取sp2杂化
B
BF3
三角锥形
B原子采取sp3杂化
C
C2H4
平面三角形
C原子采取sp2杂化
D
ClO
四面体形
Cl原子采取sp3杂化
酸
HX
HY
HZ
电离常数K/(ml·L-1)
9×10-7
9×10-6
1×10-2
化学式
HCN
CH3COOH
H2CO3
电离平衡常数(25℃)
Ka=4.93×10-10
Ka=1.76×10-5
Ka1=4.30×10-7
Ka2=5.61×10-11
相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Fe-56 S-32 Cl-35.5 Cu-64 Ag-108
一、单选题(每小题只有一个正确选项，每题3分，共54分)
1. 下列化合物分子中既含σ键又含π键的是
A. B. C. CH3CH2OHD. CO2
【答案】D
【解析】
【详解】A．的结构式为，含有1个键和2个键，但不是化合物，A错误；
B．的结构式为，只含有键，不含键，B错误；
C．的结构中只含键，不含键，C错误；
D．的结构式为，含有2个键和2个键，D正确。
故选D。
2. 基态原子的核外电子排布式为[Kr]4d105s1 的元素所属的区、周期和族为
A p 区、第五周期、第ⅠB 族B. ds 区、第五周期、第Ⅷ族
C. d 区、第四周期、第ⅠB 族D. ds 区、第五周期、第ⅠB 族
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】由该原子电子排布式知，其最高能层为第5层，故位于第五周期，根据其价电子排布特点确定其位于ds区，对应族为IB，故答案选D。
3. 下列操作会使水的电离平衡向电离方向移动，且的是
A. 将纯水加热到80℃B. 向水中加入少量的
C. 向水中加入少量的固体D. 向水中加入少量的固体
【答案】D
【解析】
【详解】A．将纯水加热会促进水的电离平衡向电离方向移动，氢离子浓度增大，pH减小，所以pH小于7，故A错误；
B．向水中加少量的，铁离子水解会促进水电离，使电离平衡向电离方向移动，且使溶液呈酸性pH小于7，故B错误；
C．向水中加入少量的固体，电离的氢离子会使水的电离平衡向左移动，但溶液成酸性pH小于7，故C错误；
D．向水中加入少量的固体，碳酸氢根水解会促进水的电离使电离平衡向电离方向移动，溶液呈碱性pH大于7，故D正确；
故答案为：D。
4. 下列性质的比较中，错误的是（ ）
A. 稳定性：HF>H2O>H2SB. 沸点：NH3 > PH3
C. 键角：H2O>NH3>CH4D. 熔点：SiI4 > SiBr4 > SiCl4
【答案】C
【解析】
【详解】A.元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，所以其稳定性：HF>H2O>H2S，A正确；
B. NH3和PH3都是分子晶体，NH3分子之间含有氢键，沸点较高，则沸点：NH3>PH3，B正确；
C. NH3、H2O、CH4三分子中心原子都是sp3杂化，中心原子杂化类型相同时，有孤对电子会使键角变小，孤对电子越多，键角越小，三种分子的键角CH4＞NH3＞H2O，C错误；
D. SiI4、SiBr4、SiCl4均为结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔点越大，则熔点：SiI4>SiBr4>SiCl4，D正确；
故答案为：C。
5. 下列各项叙述错误的是
A. 若Mn元素的基态原子电子排布式为，则违反了构造原理
B. 若硫原子的价层电子图为违反了泡利原理
C. 氮原子的核外电子排布图为，符合洪特规则和泡利原理
D. 泡利原理、洪特规则、构造原理都是核外电子排布满足能量最低的条件
【答案】B
【解析】
【详解】A．25号Mn元素的基态电子排布式为1s22s2p63s23p63d54s2，如果25号Mn元素的基态电子排布式为1s22s2p63s23p63d7，则违反了构造原理，故A正确；
B．当电子排布在同一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，而且自旋方向相同，这个规则是洪特规则，若硫原子的价层电子图为违反了洪特规则，故B错误；
C．氮原子的核外电子排布图为，符合洪特规则和泡利原理，故C正确；
D．泡利原理、洪特规则、构造原理都是对核外电子排布满足能量最低的要求，故D正确。
选B。
6. Na、Mg、Al均为第三周期元素。下列说法正确的是
A. 离子半径：
B. 第一电离能：
C. 还原性：
D. 碱性：
【答案】C
【解析】
【详解】A．三种离子核外电子排布相同半径随核电荷数增大而减小，故A错误；
B．同周期元素第一电离能总体趋势：核电荷数越大，第一电离能越大，故B错误；
C．同周期元素，核电荷数越大金属性越弱，对应单质还原性越弱，故C正确；
D．金属性，其对应最高价氧化物水化物碱性越弱，碱性：，故D错误；
故选C。
7. 下列离子VSEPR模型与离子的空间立体构型一致的是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】价层电子对互斥模型（简称VSEPR模型），根据价电子对互斥理论，价层电子对个数＝σ键个数＋孤电子对个数；σ键个数＝配原子个数，孤电子对个数＝，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数；分子的立体构型是指分子中的原子在空间的排布，不包括中心原子未成键的孤对电子；实际空间构型要去掉孤电子对，略去孤电子对就是该分子的空间构型。
【详解】A．中价层电子对个数＝，且不含孤电子对，所以离子的VSEPR模型与离子的空间立体构型一致都是正四面体结构，故A正确；
B．中价层电子对个数＝且含有一个孤电子对，所以其VSEPR模型是平面三角形，实际上是V形，故B错误；
C．中价层电子对个数＝且含有一个孤电子对，所以VSEPR模型是四面体结构，实际空间构型为三角锥形，故C错误；
D．中价层电子对个数＝且含有一个孤电子对，所以VSEPR模型为四面体结构，实际为三角锥形结构，故D错误；
故答案选A。
8. 鲍林提出杂化轨道理论能解释分子的空间结构，下列关于粒子的描述正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．二氧化硫分子中硫原子的价电子对数=2+(6-22)/2=3，采取sp2杂化，含有1对孤对电子，空间结构为V形，A正确；
B．三氟化硼分子中硼原子的价电子对数=3+(3-13)/2=3，采取sp2杂化，空间结构为平面三角形，B错误；
C．乙烯分子中每个碳原子均形成3个σ键和1个π键，价层电子对数是3，采取sp2杂化，为平面形，C错误；
D．氯酸根离子中氯原子的价电子对数=3+(7+1-23)/2=4，氯原子采取sp3杂化，含有一对孤对电子，空间结构为三角锥形，D错误；
答案选A。
9. 下列各组分子都属于含有极性键的非极性分子的是
A. CO2、H2SB. C2H4、CH4C. Cl2、C2H2D. NH3、HCl
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．H2S分子中S原子有孤电子对，空间构型为V形，正负电荷中心不重合，为极性分子，A不符合题意；
B．C2H4、CH4均含有C-H极性键，且正负电荷中心重合，为非极性分子，B符合题意；
C．Cl2分子中不含极性键，C不符合题意；
D．NH3、HCl中心原子均有孤电子对，正负电荷中心不重合，为极性分子，D不符合题意；
综上所述答案为B。
10. 下列说法不正确的是（ ）
A. 由于H-O键比H--S键牢固，所以水的熔沸点比H2S高
B. HF的沸点在同族元素的氢化物中出现反常，是因为HF分子间存在氢键
C. F2、Cl2、Br2、I2熔沸点逐渐升高，是因为它们的组成结构相似，分子间的范德华力增大
D. 氯化铵固体受热分解既破坏了离子键又破坏了共价键
【答案】A
【解析】
【详解】A. H2O和H2S的熔沸点与化学键无关，水的熔沸点比H2S高，因为水中存在氢键，故A错误；
B. 因为HF分子间存在氢键，导致HF的沸点是同族元素的氢化物中最高的，故B正确；
C. 卤素单质的熔沸点与分子间作用力有关，相对分子质量越大，分子间作用力越大，所以卤素单质从上到下熔沸点升高，是因为它们的组成结构相似，从上到下其摩尔质量增大，分子间的范德华力增大，故C正确；
D. 氯化铵为离子化合物，加热分解破坏离子键和共价键，故D正确；
答案选A。
11. 相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是
A. 三种酸的强弱关系：HX＞HY＞HZ
B. 反应HZ+Y-=HY+Z-能够发生
C. 由电离平衡常数可以判断，HZ属于强酸，HX和HY属于弱酸
D. 相同温度下，1ml·L-1 HX溶液的电离常数大于0.1ml·L-1 HX溶液的电离常数
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．相同温度下，电离平衡常数越大，酸性越强，三种酸的酸性强弱关系： ，A判断错误；
B．根据较强酸制较弱酸原理，反应HZ+Y-=HY+Z-能够发生，B判断正确；
C．由电离平衡常数可以判断，HX、HY、HZ都属于弱酸，C判断错误；
D．电离平衡常数只与温度有关，与酸的浓度无关，D判断错误。
答案为B。
12. 下列几种有机羧酸中，按酸性由强到弱的顺序排列正确的是
①乙酸()②氯乙酸()③三氯乙酸() ④三氟乙酸()
A. ②①④③B. ①②③④C. ④③②①D. ③②④①
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】由于电负性：，则键极性：键键键，故三氟乙酸中羧基中的羟基的极性最大，最易电离出氢离子，酸性最强；乙酸中羧基中的羟基的极性最小，酸性最弱，则酸性强弱顺序：，C正确；
故选C。
13. 下列离子方程式书写正确的是
A. 用饱和碳酸钠溶液浸泡含的水垢：
B. 溶液与足量氯水反应：
C. 使酸性高锰酸钾溶液褪色：
D. 稀与溶液反应：
【答案】A
【解析】
【详解】A．用饱和碳酸钠溶液浸泡含的水垢发生沉淀转化，故A正确；
B．溶液与足量氯水反应生成氯化铁和碘单质，反应的离子方程式为，故B错误；
C．使酸性高锰酸钾溶液褪色，反应的离子方程式为，故C错误；
D．稀与溶液反应生成硫酸钡沉淀、水，反应的离子方程式为，故D错误；
选A。
14. 物质的量浓度相同的下列溶液中，c(NH4+)最大的是
A NH4ClB. CH3COONH4C. NH4HCO3D. NH4HSO4
【答案】D
【解析】
【分析】根据铵根离子的浓度和水解的影响角度来分析，若含有对铵根离子水解起促进作用的离子，则铵根离子水解程度增大，溶液中的c(NH4+)减小，反之，若含有抑制铵根离子水解的离子，则铵根的水解程度减弱，溶液中的c(NH4+)增大，据此分析判断。
【详解】物质的量浓度相同的下列溶液中不考虑(水解)其他因素影响，则ABCD选项中铵根离子浓度分别比为1:1:1:1，其水解方程式为：NH4+ + H2ONH3·H2O + H+，
A. NH4Cl溶液中，NH4+的水解不受氯离子的影响；
B. CH3COONH4溶液中醋酸根离子对NH4+的水解起到促进作用，导致NH4+水解程度大，其溶液中的铵根离子浓度c(NH4+)减小；
C. NH4HCO3溶液中HCO3-对NH4+的水解起到促进作用，导致NH4+水解程度大，其溶液中的铵根离子浓度c(NH4+)减小；
D. NH4HSO4溶液中H+对NH4+的水解起抑制作用，导致NH4+水解程度很小，溶液中的c(NH4+)增大；
综上所述，NH4+的浓度最大的是NH4HSO4，故D项正确，
答案选D。
15. 常温下，若1体积溶液与2体积的溶液混合所得溶液的(溶液体积变化不计)，则与物质的量浓度之比应为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】的溶液物质的量浓度为1×10−3ml∙L−1，，设溶液的物质的量浓度为，体积为，则氢氧化钠溶液的体积为，混合所得溶液的，即，解得，则与物质的量浓度之比应为，故B符合题意。
综上所述，答案为B。
16. 下列说法正确的是（ ）
A. 向AgCl饱和溶液中加入NaCl固体，c(Cl-)增大，Ksp增大
B. 已知的，则所有含有固体MgCO3的溶液中，都有，且
C. 可通过比较和的Ksp的大小比较它们的溶解性
D. 25 ℃时，故新生成的 AgCl可转化为AgI
【答案】D
【解析】
【详解】A、氯化银溶液中存在如下平衡：AgCl(s) =Ag+ (aq)+Cl-(aq)，由于氯化钠的溶解度大于氯化银，加入NaCl固体，增大氯离子浓度，平衡向逆反应方向移动，析出氯化银沉淀，氯化银的溶解度降低，但温度不变，溶度积不变，故A错误；
B、含有固体MgCO3的溶液中，Mg2+和CO32-都能水解，水解后离子浓度不相等，并且在不同的温度下，溶度积不同，故B错误；
C、氢氧化镁和碳酸镁的组成结构不同，所以不能通过比较Mg(OH)2和MgCO3的Ksp的大小比较它们的溶解性，故C错误；
D、Ksp(AgCl)> Ksp ( AgI)，根据沉淀的转化原理可知，AgCl悬浊液中加入NaI溶液时，很容易转化为AgI悬浊液，故D正确；
故选D。
【点睛】对于结构相同的难溶电解质可以直接比较Ksp大小即可得出溶解度大小；但是对于结构不同的难溶电解质不能直接通过比较Ksp大小来比较溶解度大小。如Mg(OH)2和MgCO3，必须换算成溶解度才能直接比较。
17. 室温下，向10 mL 0.10ml•L1-1YOH溶液中逐渐滴加0.20ml•L-1HX 溶液，混合溶液的pH 变化如图所示(温度和体积变化忽略不计)。下列结论错误的是
A. HX一元弱酸，YOH 为一元强碱
B. M点对应溶液中水的电离程度大于N 点溶液中水的电离程度
C. N点对应溶液中粒子浓度：c(HX)> c(X - ) > c(Y+ ) > c(H+ ) > c(OH-)
D. 室温时,pH = a YX溶液中水电离出的c(OH-)=l.0×10-(14-a)ml•L-1
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知0.10ml•L1-1YOH溶液pH=13，该碱溶液中c（OH-）=c（YOH）=0.1ml/L，说明YOH完全电离，则YOH为强碱；滴加0.20ml•L-1HX溶液5mL时恰好完全反应，生成正盐YX，此时溶液pH>7，说明X-水解，则HX为弱酸，故A正确；
B．M和N点均存在X-的水解，但过量的HX电离出的H+抑制了水的电离，且过量HX越多，对水的电离抑制能力越大，则M点对应溶液中水的电离程度大于N 点溶液中水的电离程度，故B正确；
C．N点溶液中溶质为YX和HX，且两者浓度相等，此时溶液显酸性，说明HX的电离程度大于X-的水解程度，则c(X - ) > c(Y+ ) >c(HX)> c(H+ ) > c(OH-)，故C错误；
D．X-的水解促进水的电离，YX溶液中c(OH-)来自水的电离，则室温时，pH = a 的YX溶液中水电离出的c(OH-)=l.0×10-(14-a)ml•L-1，故D正确；
故答案为C。
18. W、X、Y、Z、R是五种短周期主族元素，原子序数依次增大。W元素的一种离子与具有相同的电子层排布且半径稍大，X原子核外L层的电子数与Y原子核外M层的电子数之比为，X与Z同主族，Z的价电子排布式为3s23p4，下列说法不正确的是
A. 与W生成的气态化合物的热稳定性：Z>Y
B. W与的原子半径：W
D. X、Z、R的电负性：
【答案】D
【解析】
【分析】W、X、Y、Z、R是五种短周期主族元素，原子序数依次增大，W元素的一种离子与具有相同的电子层排布且半径稍大，说明W的原子序数小于Li，则W为H元素；X与Z同主族，Z的价电子排布式为3s23p4，二者位于VIA族，则X为O，Z为S元素；X原子核外L层的电子数与Y原子核外M层的电子数之比为，X(O)的L层含有6个电子，则Y的M层含有4个电子，为Si元素；R的原子序数大于S，则R为Cl元素，据此分析解答。
【详解】A．元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性S>Si，则与W(H)生成的气态化合物的热稳定性：S>Si，即Z>Y，故A正确；
B．同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：H
D．同一周期从左到右电负性逐渐增大，同一主族从上到下电负性逐渐减小，则电负性：S
二、填空题(每空2分，共46分)
19. 下表为周期表的一部分，其中的编号代表对应的元素。请回答下列问题：
（1）写出元素⑨的基态原子的核外电子排布式___________，元素⑩的价电子轨道表示式___________。
（2）表中所给元素中，原子半径最大的是___________(填元素符号)，元素⑥、⑦形成的简单离子半径更小的是___________(填离子符号)。
（3）下列关于元素③、④分别与①形成的简单化合物的叙述正确的是___________(填序号)。
A. 中心原子的价层电子对数相同
B. 中心原子的杂化方式不同
C. 分子的VSEPR模型相同，空间结构也相同
D. ④与①形成的分子的键角比③与①形成的分子的键角更大
（4）元素④、⑤的第一电离更大的是___________(填元素符号)。
（5）元素②与元素⑦形成的分子的空间结构为___________。
【答案】（1） ①. 1s22s22p63s23p63d64s2 ②.
（2） ①. Ca ②. Cl- （3）A
（4）N （5）直线形
【解析】
【分析】由元素周期表可知，①为H元素，②为Be元素，③为C元素，④为N元素，⑤为O元素，⑥为S元素，⑦为Cl元素，⑧为Mg元素，⑨为Fe元素，⑩为Cu元素，据此分析解题。
【小问1详解】
元素⑨即铁的原子序数为26，基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，元素⑩即Cu，原子序数为29，价电子排布式为3d104s1，则轨道表示式为，故答案为1s22s22p63s23p63d64s2；。
【小问2详解】
电子层数越多，原子(离子)半径越大，电子层数相同，质子数越多，原子(离子)半径越小。则表中所给元素中，原子半径最大的是Ca；元素⑥、⑦形成的简单离子分别为S2-、Cl-，电子层数相同，Cl-的质子数多，半径更小；故答案为Ca；Cl-。
【小问3详解】
元素③、④分别与①形成的简单化合物分别为CH4和NH3。
A．CH4和NH3中心原子的价层电子对数分别为4+(4-4×1)=4、3+(5-3×1)=4，所以价层电子对数相同，故A正确；
B．CH4和NH3中心原子的价层电子对数相同，所以中心原子的杂化方式相同，故B错误；
C．CH4和NH3中心原子的价层电子对数相同，则分子的VSEPR模型相同，但甲烷的中心原子没有孤电子对，氨的中心原子有孤电子对，空间结构不相同，故C错误；
D．NH3分子的中心原子上有孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力比较大，CH4的中心原子上没有孤电子对，所以NH3的键角比CH4的键角小，故D错误；
故答案选A。
【小问4详解】
由于N原子的价层电子排布式为2s22p3，是半充满的稳定结构，失去一个电子需要的能量更多，所以N的第一电离能大于O，故答案为N。
【小问5详解】
元素②与元素⑦形成的分子为BeCl2，中心原子Be的价层电子对数为2+(2-2×1)=2，则BeCl2的空间结构为直线形；故答案为直线形。
20. 某兴趣小组的同学用下图所示装置研究有关电化学的问题(甲、乙、丙三池中溶质足量)，当闭合该装置的电键K时，观察到电流表的指针发生了偏转。
请回答下列问题：
（1）A电极的电极反应式为：___________ 。
（2）丙池中F电极为___________(填“正极”、“负极”、“阴极”或“阳极”)，写出电解时总反应的离子方程式___________。
（3）当乙池中C极质量变化10.8 g时，甲池中B电极理论上消耗O2的体积为___________mL(标准状况)。
（4）若丙池通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1 ml Cu2(OH)2CO3后恰好恢复到电解前的浓度和PH(不考虑CO2的溶解)，则电解过程中转移的电子___________ml， 若电解后溶液的体积为400ml，则所得溶液中氢离子的浓度___________。
【答案】（1）CH3OH+8OH--6e-=CO+6H2O
（2） ①. 阴极 ②. 2Cu2++2H2O4H++2Cu+O2↑
（3）560 （4） ①. 0.6 ②. 1 ml/L
【解析】
【分析】由图可看出甲池为燃料电池为原电池，乙池、丙池为电解池，则A为负极，F为阴极，E为阳极，D为阴极，C为阳极，B为正极；
【小问1详解】
由分析可知，乙池为电解池，A电极的电极反应式为：CH3OH + 8OH- -6e-= CO+ 6H2O，故答案为：电解池；CH3OH + 8OH- -6e-= CO+ 6H2O；
【小问2详解】
由分析可知，丙池中F电极与燃料电池A电极即负极相连，故为阴极，电解时总反应方程式为：2CuSO4+2H2O2H2SO4+2Cu+O2↑，故其离子方程式为：2Cu2++2H2O4H++2Cu+O2↑，故答案为：阴极；2Cu2++2H2O4H++2Cu+O2↑；
【小问3详解】
由分析可知，乙池C电极中的电极反应方程式为：Ag-e-=Ag+，故当乙池中C极质量变化10.8 g时，电路中流过的电子为：，甲池中B电极电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，故理论上消耗O2的体积为 =560mL，故答案为：560；
【小问4详解】
碱式碳酸铜和稀硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，所以加入0.1ml碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]相当于加入0.2mlCuO、0.1mlH2O，根据生成物知，阴极上铜离子和氢离子放电、阳极上氢氧根离子放电，根据Cu原子、H原子守恒得阴极上析出n(Cu)=0.2ml、n(H2)=0.1ml，则转移电子的物质的量=0.2ml×2+0.1ml×2=0.6ml，根据Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++3H2O+CO2↑可知，n(H+)=0.4ml，故若电解后溶液的体积为400mL，则所得溶液中氢离子的浓度为：，故答案为：0.6；。
21. 五氧化二钒在工业生产中有重要用途。某含钒废料的成分为V2O5、V2O4、SiO2、Fe2O3、Al2O3，实验小组从其中回收V2O5的一种工艺流程如下：
请回答下列问题：
（1）所加纯碱不宜过量太多，否则会造成后某工序中___________原料消耗过多。
（2）“酸浸”时，VO3-转化为VO，转化反应的离子方程式为___________；滤渣1的主要成分为___________(填化学式)。
（3）已知：常温下，Al(OH)3、Fe(OH)3 饱和溶液中金属阳离子浓度的负对数[-lg c(M3+ )]与pH 的关系如图所示：
常温下，Ksp[Fe(OH)3]=___________；当调pH=4 时，溶液中A13+___________(填“是”或“否”)沉淀完全。(已知；溶液中离子浓度小于等于10-5ml·L-1时，认为该离子沉淀完全)
【答案】（1）避免“酸浸”时消耗太多的盐酸
（2） ①. VO+2H+=VO2++H2O ②. H2SiO3
（3） ①. 10-38 ②. 否
【解析】
【分析】研磨目的是原料混合均匀。加快焙烧速率，使焙烧更充分，焙烧后所得混合物有Na2CO3、NaVO3、NaAlO2、 Na2SiO3，盐酸与Na2SiO3生成滤渣1为 H2SiO3
【小问1详解】
所加纯碱不宜过量太多，理由为避免“酸浸”时消耗太多的盐酸。
【小问2详解】
“酸浸”时，VO3-转化为VO2+，转化反应的离子方程式为VO3-+2H+=VO2++H2O ； Na2SiO3与盐酸反应生成H2SiO3滤渣1的主要成分为H2SiO3.
【小问3详解】
)由图pH=2时，c(OH-)=10-12ml·L-1，c(Fe3＋)=10-2ml·L-1，Ksp[Fe(OH)3]=10-2×(10-12)3=10-38；pH=5时，c(OH-)=10-9ml·L-1，c(Al3＋)=10-6ml·L-1，Ksp[Al(OH)3]=10-6×(10-9)3=10-33，pH=4时，c(OH-)=10-10ml·L-1，c(Al3＋)=10-33/(10-10)3=10-3ml·L-1>10-5ml·L-1，铝离子没有沉淀完全；
22. 回答下列问题。
（1）在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力由大到小的顺序为___________。
（2）结合表中数据回答下列问题：
①25℃时，有等浓度的a．NaCN溶液 b．Na2CO3溶液 c．CH3COONa溶液，三种溶液的pH由大到小的顺序为___________。(填溶液前序号)
②相同温度下浓度相同的NaCN溶液与CH3COOK溶液相比，c(Na+)-c(CN-)___________c(K+)-c(CH3COO-)。(填“>”“<”或“=”)
③室温下，若将0.1ml·L-1盐酸滴入20ml0.1ml·L-1氨水中，溶液pH随加入盐酸体积的变化曲线如下图所示。b点所示溶液中的溶质有两种，它们是___________。
（3）结合表中数据，向NaCN溶液中通入少量CO2，所发生反应的化学方程式___________。
【答案】（1）CH3COOH>H2CO3>HCN
（2） ①. b>a>c ②. > ③. NH3·H2O、NH4Cl
（3）NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3
【解析】
【小问1详解】
电离平衡常数越大，越易电离，溶液中离子浓度越大，导电性越强，则在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力由大到小的顺序为CH3COOH>H2CO3>HCN；
【小问2详解】
①酸的电离平衡常数越大，越易电离，酸性越强，其盐的水解程度越小，25℃时，有等浓度的a．NaCN溶液，b．Na2CO3溶液，c．CH3COONa溶液，其水解程度：b>a>c，水解程度越大，溶液的碱性越强，其pH越大，则pH：b>a>c；
②浓度相同的NaCN溶液与CH3COOK溶液中，分别存在电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-)，c(K+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，则c(Na+)-c(CN-)=c(OH-)-c(H+)，c(K+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)，NaCN在溶液水解程度比CH3COOK，则NaCN中c(OH-)大，所以c(Na+)-c(CN-)>c(K+)-c(CH3COO-)；
③室温下，若将0.1ml/L盐酸滴入20mL 0.1ml/L氨水中，溶液pH随加入盐酸体积的变化曲线如图所示，b点所示溶液pH=7，已知氯化铵溶液显酸性，pH=7，说明溶液为氯化铵与氨水的混合物，则溶液的溶质为NH3•H2O、NH4Cl；
【小问3详解】
由表中数据可知，酸性：H2CO3>HCN>，则向NaCN溶液中通入少量CO2，所发生反应的化学方程式：NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3。选项
粒子
空间结构
解释
A
SO2
V形
S原子采取sp2杂化
B
BF3
三角锥形
B原子采取sp3杂化
C
C2H4
平面三角形
C原子采取sp2杂化
D
ClO
四面体形
Cl原子采取sp3杂化
酸
HX
HY
HZ
电离常数K/(ml·L-1)
9×10-7
9×10-6
1×10-2
化学式
HCN
CH3COOH
H2CO3
电离平衡常数(25℃)
Ka=4.93×10-10
Ka=1.76×10-5
Ka1=4.30×10-7
Ka2=5.61×10-11
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