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2021-2022学年吉林省通化市梅河口五中等名校高二（上）期末化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年吉林省通化市梅河口五中等名校高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共21页。试卷主要包含了0×10−5B，【答案】C，【答案】D，【答案】A，【答案】B等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年吉林省通化市梅河口五中等名校高二（上）期末化学试卷
1. 下列基态原子的电子排布式中，其未成对电子数最多的是( )
A. N B. Fe C. Cr D. Cu
2. 为使Na2S溶液中c(Na+)c(S2−)的值减小，可加入的物质是( )
A. 适量的NaOH固体 B. 适量的KOH固体
C. 通入适量的HCl气体 D. 适量的NH4Cl固体
3. 下列现象与氢键无关的是( )
A. 冰的密度小于液态水 B. NH3的沸点高于PH3
C. HCl能以1：500的体积比溶于水 D. 乙醇可以和水任意比互溶
4. NH4Cl晶体中不含有的作用力是( )
A. 离子键 B. 共价键 C. 配位键 D. 氢键
5. 室温下，取20mLpH=3的HNO2溶液，加入0.1mol⋅L−1的氨水，测得溶液的导电能力随加入氨水体积的变化如图所示，则室温下HNO2的电离平衡常数约为( )
A. 2.0×10−5 B. 1.0×10−6 C. 1.0×10−5 D. 2.0×10−4
6. 下列各组物质中，按熔点由高到低的顺序排列正确的是( )
A. CH4>SiH4>GeH4 B. CsCl>KCl>NaCl
C. Na>Mg>Al D. 金刚石>碳化硅>晶体硅
7. 如图所示装置不能达到实验目的的是( )
A. 如图装置验证铁的吸氧腐蚀
B. 如图装置实验室制备Fe(OH)2
C. 如图装置制取无水氯化镁
D. 如图装置探究浓度对化学反应速率的影响
8. 下列有关P、S、Cl的性质的叙述错误的是( )
A. 原子半径：Cl
A. 黑色的原子为Cu
B. 晶胞化学式为Cu2O
C. 氧原子的配位数为4
D. Cu与O的最近距离为24anm
10. 我国研究人员通过人工光合作用，以CO2和H2O为原料制备HCOOH和O2的原理如图所示。下列说法正确的是( )
A. a为正极
B. H+由b极区迁移到a极区
C. 电极a发生的反应为2H2O−4e−=O2↑+4H+
D. 当外电路中通过2mol电子时，b极区溶液质量增加44g
11. 若某基态原子的外围电子排布为3d24s2，则下列说法不正确的是( )
A. 该元素为Ti B. 该元素原子核外有4个电子层
C. 该元素原子M能层共有10个电子 D. 该元素原子的价电子数为2
12. 下列关于SiO2和CO2的描述不正确的是( )
A. SiO2为共价晶体，CO2为分子晶体 B. 两者中心原子采取的杂化方式不同
C. SiO2和CO2都是非极性分子 D. SiO2晶体的熔点比CO2晶体高
13. 下列关于化学式为[Co(NH3)4Cl2]Cl⋅H2O的配合物的说法中正确的是( )
A. 配位体是Cl−和H2O
B. 中心离子是Co3+，配离子是[Co(NH3)4Cl2]+
C. 内界和外界中的Cl−的数目比是1：2
D. 加入足量AgNO3溶液，1mol该配合物可生成3molAgCl
14. 抗坏血酸分子的结构简式为，下列说法不正确的是( )
A. 分子中含有2个手性碳原子
B. 1mol抗坏血酸分子中含有20molσ键
C. 分子中碳原子的杂化方式为sp2和sp3
D. 所含元素的第一电离能比较：H
A. 0.1mol⋅L−1的H2C2O4溶液与0.1mol⋅L−1的NaOH溶液等体积混合所得溶液中：c(H2C2O4)+c(HC2O4−)+c(C2O42−)=0.1mol⋅L−1
B. 常温下，中性的CH3COONH4溶液与NaCl溶液中由水电离的c(H+)相等
C. 25℃时，将pH=4的醋酸和pH=10的NaOH溶液等体积混合，所得溶液的pH<7
D. 等体积、等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液混合：c(HCO3−)c(H2CO3)
A. 点①溶液中：c(A−)>c(Na+)>c(HA)>c(OH−)
B. 点③溶液中：c(Na+)=c(B−)>c(H+)=c(OH−)
C. 点④溶液中：c(Na+)>c(B−)>c(OH−)>c(H+)
D. 点①和点②溶液中：c(B−)−c(A−)=c(HA)−c(HB)
17. 以石墨为电极电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7(已知2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O)，电解装置如图所示，下列说法正确的是( )
A. b极电极反应式为2H++2e−=H2↑
B. 离子交换膜是阴离子交换膜
C. 电解装置总反应为2H2O−通电2H2↑+O2↑
D. a极区输入的是稀NaOH溶液，输出的是浓NaOH溶液
18. 常温下，向H3A溶液中滴加NaOH溶液至过量，最终生成Na2HA，滴定曲线如图所示，其中x=c(H2A−)c(H3A)或x=c(HA2−)c(H2A−)。下列说法正确的是( )
A. 曲线Ⅱ对应的x=c(HA2−)c(H2A−)
B. Na2HA溶液有：HA2−⇌A3−+H+
C. N点满足关系：c(Na+)>3c(HA2−)
D. NaH2A水溶液呈碱性
19. 下列实验操作能达到实验目的的是( )
选项
实验操作
实验目的
A
室温下，将AgCl投入饱和NaBr溶液中充分反应，沉淀由白色变为浅黄色
验证Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)
B
向含有酚酞的Na2CO3溶液中滴加CaCl2溶液
根据溶液颜色变化，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡
C
溶液中存在如下平衡：FeCl3+3KSCN⇌3KCl+Fe(SCN)3再加入少量氯化钾固体
根据溶液颜色变化，验证勒夏特列原理
D
室温下，用pH试纸分别测定浓度均为0.1mol⋅L−1的NaClO溶液和CH3COONa溶液的pH
比较HClO和CH3COOH的酸性强弱
A. A B. B C. C D. D
20. 某温度下，向10mL0.1mol⋅L−1CuSO4溶液中滴加0.1mol⋅L−1的Na2S溶液，滴加过程溶液中−lgc(Cu2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示【已知该温度下，Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)】。下列有关说法正确的是( )
A. 水的电离程度：a
C. c点溶液中：c(Na+)>c(SO42−)>c(S2−)>c(OH−)>c(H+)
D. Ksp(CuS)的数量级为10−18
21. 食醋是生活中常见的调味品，其主要成分醋酸是一种一元弱酸．回答下列问题：
(1)相同条件下，取体积与pH均相同的CH3COOH和H2SO4溶液，分别和足量的锌粉反应．生成相同体积的氢气时，用时较少的是 ______(填化学式，下同)，最终生成氢气的体积较多的是 ______.
(2)常温下，amol⋅L−1的CH3COOH溶液与bmol⋅L−1的Ba(OH)2溶液等体积混合后，溶液呈中性，该温度下CH3COOH的电离常数为 ______(用含a、b的代数式表示).
(3)常温下，用0.1000mol⋅L−1的NaOH溶液分别滴定等体积等浓度的HCl溶液和CH3COOH溶液，得到2条滴定曲线，如图所示．
①滴定HCl溶液的曲线是 ______(填“图1”或“图2”)，图2E点溶液中所有离子浓度大小关系为 ______.
②滴定醋酸实验中应选用 ______作指示剂，若滴定过程中出现以下情况，对测定CH3COOH浓度的影响分别是：a.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失：______(填“偏高”“偏低”或“无影响”，下同)；b.滴定结束后读数时俯视液面：______.
22. 为了探究原电池和电解池的工作原理，某研究性学习小组分别用如图所示的装置进行实验。回答下列问题：
(1)该小组设计了图1实验装置，模拟工业处理SO2，M、N均为惰性材料。
①从物质变化的角度，该实验装置可用于制备 ______，从能量变化角度，当看到 ______现象时，说明该实验装置同时获得了电能。
②M极的电极反应式为 ______。
(2)该研究性学习小组利用电解法将CO2转化为C2H4，实现了CO2的资源化利用。电解的工作原理如图2所示。
①a极接电源 ______极，b极电极反应式为 ______。
②若a极收集到10.08L(标准状况)气体，则理论上消耗CO2的质量为 ______g(忽略气体的溶解)。
23. 某废镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及Al2O3、Fe2O3和SiO2等．以该废镍催化剂为原料制备草酸镍晶体(NiC2O4⋅2H2O)的工艺流程如图：
已知常温下几种金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH如表：
金属离子
Ni2+
Al3+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时(c=0.01mol⋅L−1)的pH
7.2
3.7
2.2
7.5
完全沉淀时(c=1.0×10−5mol⋅L−1)的pH
8.7
4.7
3.2
9.0
回答下列问题：
(1)滤渣①的化学式为 ______；“转化”时发生反应的离子方程式为 ______.
(2)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp=______，如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol⋅L−1，则“调pH”应控制的pH范围是 ______.
(3)“沉镍”时，Na2C2O4溶液滴加过快会导致产品不纯，其原因是 ______.
(4)产品草酸镍晶体纯度的测定．称取产品1.000g，经过量稀硫酸处理后，用高锰酸钾标准溶液滴定，滴定终点时消耗0.0500mol⋅L−1的高锰酸钾溶液36.00mL，则产品中NiC2O4⋅2H2O的质量分数是 ______，若某同学测出产品的纯度超过100%，若滴定过程操作无错误，则可能原因是 ______.
24. A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A2−和B+具有相同的电子构型；C、D为同周期元素，C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子．回答下列问题：
(1)四种元素中电负性最大的是 ______ (填元素符号)，其中C原子的核外电子排布式为 ______ ；
(2)单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是 ______ (填分子式)，原因是 ______ ，A和B 的氢化物所属的晶体类型分别为 ______ 和 ______ ；
(3)C和D反应可生成组成比为1：3的化合物E，E的立体构型为 ______ ，中心原子的杂化轨道类型为 ______ ；
(4)A和B能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞参数，a=0.566nm，F的化学式为 ______ ，列式计算晶体F的密度(g.cm−3)______ .
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.基态N原子核外2p能级上的3个电子为未成对电子；
B.基态Fe原子核外3d能级上4个电子为未成对电子；
C.基态Cr原子核外3d能级上5个电子、4s能级上1个电子为未成对电子
D.基态Cu原子核外4s能级上1个电子为未成对电子；
通过以上分析知，未成对电子数从大到小顺序是C>B>A>D，
故选：C。
A.基态N原子未成对电子位于2p能级上；
B.基态Fe原子未成对电子位于3d能级上；
C.基态Cr原子未成对电子位于3d、4s能级上；
D.基态Cu原子未成对电子位于3d能级上。
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，明确原子结构、原子核外电子排布规律是解本题关键，题目难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：A.加适量NaOH溶液，c(OH−)增大，硫离子水解平向逆方向移动，c(S2−)增大，此时c(Na+)也要增大，但是钠离子增大的程度比硫离子增加的程度大，所以比值增大，不合题意，故A错误；
B.加适量KOH固体，c(OH−)增大，硫离子水解平向逆方向移动，c(S2−)增大，比值减小，符合题意，故B正确；
C.通入适量的HCl气体，会使得平衡正向移动，不合题意，故C错误；
D.适量的NH4Cl固体，溶解后铵根离子水解显酸性，促进硫离子水解，c(S2−)减小，比值增大，故D错误；
故选：B。
在硫化钠溶液中电离出钠离子和硫离子，硫离子水解，导致硫离子浓度会减小，要使c(Na+)c(S2−)的值减小，需根据硫离子水解平衡移动来分析。
本题考查学生盐的水解平衡移动，注意影响化学平衡的因素以及化学平衡移动的方向之间的关系，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.冰中存在氢键，其体积变大，则冰的密度比液态水的密度小，故A不选；
B.NH3能形成分子间氢键而导致其沸点较高，PH3不能形成分子间氢键，所以其沸点较低，故B不选；
C.HCl和水不能形成分子间氢键，HCl、H2O都是极性分子，根据相似相溶原理知，HCl极易溶于水，与氢键无关，故C选；
D.乙醇可以和水形成分子间氢键，导致溶解性增大，所以乙醇可以和水以任意比互溶，与氢键有关，故D不选；
故选：C。
氢键的存在一般会使物质的熔沸点升高、溶解度增大、体积变大等。
本题考查氢键，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确氢键含义、氢键对物质物理性质的影响，注意：氢键不影响物质的稳定性。
4.【答案】D
【解析】解：NH4Cl中铵根离子和氯离子之间存在离子键，铵根离子中N−H之间存在共价键，其中一个是配位键，所以该物质中不含氢键，
故选：D。
阴阳离子之间存在离子键，非金属元素的原子之间易形成共价键，含有空轨道和含有孤电子对的原子之间易形成配位键，氢键普遍存在于已经与N、O、F等电负性很大的原子形成共价键的氢原子与另外的N、O、F等电负性很大的原子之间。
本题考查化学键，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，题目难度不大。
5.【答案】A
【解析】解：由图可知，加入0.1mol/L氨水时，溶液的导电性最强，说明亚硝酸溶液与氨水恰好完全反应生成亚硝酸铵，则亚硝酸溶液的浓度为0.1mol/L×0.01L0.02L=0.05mol/L，由亚硝酸溶液的pH为3可知，室温下亚硝酸电离平衡常数约为K=c(H+)c(NO2−)c(HNO2)=10−3×10−30.05≈2.0×10−5，
故选：A。
由图可知，加入0.1mol/L氨水时，溶液的导电性最强，说明亚硝酸溶液与氨水恰好完全反应生成亚硝酸铵。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，题目难度不大。
6.【答案】D
【解析】解：A.这几种简单氢化物都不能形成分子间氢键，CH4、SiH4、GeH4的相对分子质量依次增大，则熔点由高到低顺序是GeH4>SiH4>CH4，故A错误；
B.这几种物质都是离子晶体，阴阳离子所带电荷相等，离子半径：r(Cs+)>r(K+)>r(Na+)，晶格能：CsClKCl>CsCl，故B错误；
C.这几种晶体都是金属晶体，Na、Mg、Al的原子半径依次减小、金属阳离子所带电荷依次增大，所以熔点由高到低顺序是Al>Mg>Na，故C错误；
D.这几种晶体都是共价晶体，键长：C−C碳化硅>晶体硅，故D正确；
故选：D。
A.同一主族元素形成的简单氢化物中，不能形成分子间氢键的氢化物中，氢化物的熔沸点随着相对分子质量的增大而升高；
B.离子晶体熔点随着晶格能的增大而升高，晶格能与离子半径成反比、与电荷成正比；
C.金属晶体的熔沸点与金属阳离子所带电荷成正比、与原子半径成反比；
D.共价晶体中，键长越长，其熔沸点越低。
本题考查晶体熔点高低判断，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确晶体类型、晶体熔沸点影响因素是解本题关键，题目难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：A.食盐水为中性，Fe发生吸氧腐蚀，水沿导管上升可证明，故A正确；
B.Fe与电源正极相连作阳极，失去电子生成亚铁离子，阴极上氢离子得到电子生成氢气和氢氧根离子，可制备Fe(OH)2，故B正确；
C.氮气不能抑制镁离子水解，应通入HCl气体，故C错误；
D.只有过氧化氢的浓度不同，可探究浓度对化学反应速率的影响，故D正确；
故选：C。
A.食盐水为中性，Fe发生吸氧腐蚀；
B.Fe与电源正极相连作阳极，失去电子生成亚铁离子，阴极上氢离子得到电子；
C.氮气不能抑制镁离子水解；
D.只有过氧化氢的浓度不同。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、电化学、盐类水解、反应速率、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
8.【答案】B
【解析】解：A.P、S、Cl属于第三周期的主族元素，原子序数越大原子半径越小，则原子半径：Cl
P、S、Cl属于第三周期的主族元素，随着原子序数的递增，原子半径逐渐减小，电负性逐渐增大，最高价氧化物对应水合物的酸性逐渐增强，由于P的3p能级为半满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，以此分析解答。
本题考查同周期元素性质的递变规律，明确元素周期律内容为解答关键，注意掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，B为易错点，题目难度不大。
9.【答案】D
【解析】解：A.由图可知，黑球的原子半径大，白球的原子半径小，则黑色的原子为Cu，故A正确；
B.黑球位于体内，个数为4；白球位于顶点和体心，个数为8×18+1=2，Cu、O原子个数比为2：1，则晶胞化学式为Cu2O，故B正确；
C.体心的O原子与4个Cu原子直接相连，则氧原子的配位数为4，故C正确；
D.棱长为anm，可知面对角线为2anm，体对角线为3anm，Cu与O的最近距离为体对角线的34anm，故D错误；
故选：D。
A.由图可知，黑球的原子半径大，白球的原子半径小；
B.黑球位于体内，个数为4；白球位于顶点和体心，个数为8×18+1=2；
C.体心的O原子与4个Cu原子直接相连；
D.Cu与O的最近距离为体对角线的14。
本题考查晶胞计算，为高频考点，把握图中原子的位置、配位数、均摊法计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
10.【答案】C
【解析】解：A.通由上述分析可知，a为负极，b为正极，故A错误；
B.电a为负极，b为正极，原电池工作时阳离子通过交换膜移向正极，即H+移向正极b，故B错误；
C.电极a是负极，负极上水失电子生成O2，负极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+，故C正确；
D.b为正极，正极反应式为CO2+2e−+2H+=HCOOH，外电路中通过2mol电子时消耗1molCO2、有2molH+通过交换膜移向正极b，所以b极区溶液质量增加为44g/mol×1mol+1g/mol×2mol=46g，故D错误；
故选：C。
根据CO2和H2O为原料制备HCOOH和O2原理图可知，电极b上CO2发生得电子的反应生成HCOOH，为原电池的正极，则电极a为负极，正极反应式为CO2+2e−+2H+=HCOOH，负极反应式为2H2O−4e−=4H++O2↑，原电池工作时阳离子通过交换膜移向正极b，据此分析解答。
本题考查原电池原理，为高频考点，根据图中信息准确判断正负极、电极反应是解题的关键，注意结合电解质的酸碱性书写电极反应式，题目难度不大。
11.【答案】D
【解析】解：A.若某基态原子的外围电子排布为3d24s2，基态该原子核外电子排布式为[Ar]3d24s2，该原子核外电子数是22，则原子序数是22，为Ti元素，故A正确；
B.根据外围电子排布式知，4s能级上排有电子，说明其N层上有电子，所以该元素原子核外有4个电子层，故B正确；
C.该元素原子M层电子为3s、3p、3d能级上的电子，电子数=2+6+2=10，故C正确；
D.基态原子外围电子就是其价电子，所以其价电子数是4，故D错误；
故选：D。
A.若某基态原子的外围电子排布为3d24s2，基态该原子核外电子排布式为[Ar]3d24s2，该原子核外电子数是22，则原子序数是22；
B.根据外围电子排布式知，4s能级上排有电子，说明其N层上有电子；
C.该元素原子M层电子为3s、3p、3d能级上的电子；
D.基态原子外围电子就是其价电子。
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，会根据外围电子排布式确定原子序数、价电子数、电子层数等，题目难度不大。
12.【答案】C
【解析】解：A.SiO2为空间网状结构，属于共价晶体，CO2为面心立方结构，属于分子晶体，故A正确；
B.SiO2中Si原子和4个O原子相连接，σ键数为4，属于sp3杂化，CO2中C原子和2个o原子均以C=O连接，σ键数为2，属于sp杂化，故B正确；
C.SiO2为共价晶体，无SiO2分子，CO2是非极性分子，故C错误；
D.共价晶体的熔沸点高于分子晶体，故D正确；
故选：C。
A.SiO2属于共价晶体，CO2属于分子晶体；
B.SiO2中Si原子属于sp3杂化，CO2中C原子属于sp杂化，杂质方式不同；
C.SiO2为共价晶体，无SiO2分子；
D.一般有：熔沸点：共价晶体>离子晶体>分子晶体。
本题主要考查SiO2和CO2的比较，具体涉及晶体类型、杂化方式、分子极性、熔沸点高低等，均属于高频考点，基本知识的考查，难度不大。
13.【答案】B
【解析】解：A.配位体是Cl−和NH3，可提供孤对电子，故A错误；
B.中心离子是Co3+，可提供空轨道，配离子是[Co(NH3)4Cl2]+，故B正确；
C.内界和外界中的Cl−的数目比是2：1，故C错误；
D.加入足量AgNO3溶液，1mol该配合物可生成1molAgCl，故D错误；
故选：B。
[Co(NH3)4Cl2]Cl⋅H2O的中心离子是Co3+，配位体是Cl−和NH3，配位数为6，配离子是[Co(NH3)4Cl2]+，外界只有1个Cl−与硝酸银溶液反应，以此来解答。
本题考查配位化合物，为高频考点，把握配合物的结构、配位体、配离子为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意内界和外界的判断，题目难度不大。
14.【答案】D
【解析】解：A.分子中含有2个手性碳原子，如图所示：，故A正确；
B.1个抗坏血酸分子中含有4个H−O键，6个C−O键，1个C=O，4个C−C键，1个C=C，4个C−H键，双键中含有1个σ键和1个π键，单键属于σ碱，则1个抗坏血酸分子中含有20个σ键，故1mol抗坏血酸分子中含有20molσ键，故B正确；
C.分子中含有饱和碳原子和双键碳原子，它们的杂化方式分别为sp3和sp2，故C正确；
D.H只有1个电子，位于1s轨道，原子核对电子的吸引力大，因此第一电离能更大，C与O相比，O原子半径小，吸引电子能力更大，则有C
A.手性碳原子首先必须是饱和碳原子，且连接4个不同的原子或原子团；
B.1个抗坏血酸分子中含有4个H−O键，6个C−O键，1个C=O，4个C−C键，1个C=C，4个C−H键，双键中含有1个σ键和1个π键，单键属于σ碱，则1个抗坏血酸分子中含有20个σ键；
C.饱和碳原子为sp3杂化，双键碳原子为sp2杂化；
D.H核外只有1个电子，位于1s轨道，原子核对电子的吸引力大，因此第一电离能比C与O更大。
本题主要考查物质结构与性质的相关知识，具体涉及手性碳原子、杂化方式、σ键、第一电离能大小的判断等，均属于高频考点，基本知识的考查，难度不大。
15.【答案】C
【解析】解：A.等体积混合后，溶液浓度变为原来的一般，根据元素守恒，c(H2C2O4)+c(HC2O4−)+c(C2O42−)=0.05mol⋅L−1，故A错误；
B.CH3COONH4为弱酸弱碱盐，发生双水解，促进水的电离，NaCl对水的电离无影响，前者水电离出c(H+)大，故B错误；
C.醋酸为弱酸，25℃时，将pH=4的醋酸和pH=10的溶液等体积混合，混合后溶质为CH3COOH和CH3COONa，溶液显酸性，即pH<7，故C正确；
D.c(HCO3−)c(H2CO3)=c(HCO3−)c(H2CO3)×c(H+)c(H+)=Ka1c(H+)，c(CO32−)c(HCO3−)=c(CO32−)c(HCO3−)×c(H+)c(H+)=Ka2c(H+)，Ka1>Ka2，同一混合溶液中c(H+)相同，因此前者比值大于后者，故D错误；
故选：C。
A.等体积混合后，溶液浓度变为原来的一般，根据元素守恒分析；
B.CH3COONH4为弱酸弱碱盐，发生双水解，促进水的电离；
C.醋酸为弱酸，25℃时，将pH=4的醋酸和pH=10的溶液等体积混合，混合后溶质为CH3COOH和CH3COONa；
D.c(HCO3−)c(H2CO3)=c(HCO3−)c(H2CO3)×c(H+)c(H+)=Ka1c(H+)，c(CO32−)c(HCO3−)=c(CO32−)c(HCO3−)×c(H+)c(H+)=Ka2c(H+)，Ka1>Ka2。
本题考查了弱电解质的电离和盐类水解的应用，溶液中离子浓度大小的比较，溶液中的电荷守恒，物料守恒的综合应用，正确书写物料守恒和电荷守恒是解题的关键，题目较难
16.【答案】A
【解析】解：A.点①溶液中溶质为等物质的量浓度的HA、NaA，混合溶液pH>7，溶液呈碱性，说明HA的电离程度小于A−的水解程度，钠离子不水解，所以存在c(HA)>c(Na+)>c(A−)，故A错误；
B.点③溶液pH=7，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH−)，溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(B−)+c(OH−)，c(Na+)=c(B−)，水电离程度较小，所以存在c(Na+)=c(B−)>c(H+)=c(OH−)，故B正确；
C.点④溶液pH>7，溶液呈碱性c(OH−)>c(H+)，溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(B−)+c(OH−)，c(Na+)>c(B−)，水电离程度较小，所以存在c(Na+)>c(B−)>c(OH−)>c(H+)，故C正确；
D.点①和点②溶液中存在物料守恒：c(B−)+c(HB)=c(A−)+c(HA)，所以存在c(B−)−c(A−)=c(HA)−c(HB)，故D正确；
故选：A。
A.点①溶液中溶质为等物质的量浓度的HA、NaA，混合溶液pH>7，溶液呈碱性，说明HA的电离程度小于A−的水解程度；
B.点③溶液pH=7，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH−)，溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(B−)+c(OH−)，水电离程度较小；
C.点④溶液pH>7，溶液呈碱性c(OH−)>c(H+)，溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(B−)+c(OH−)，水电离程度较小；
D.点①和点②溶液中存在物料守恒：c(B−)+c(HB)=c(A−)+c(HA)。
本题考查酸碱混合溶液大小判断，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意守恒理论的灵活运用。
17.【答案】D
【解析】解：A.b极为阳极，电极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+，故A错误；
B.电解过程中，钠离子透过交换膜由右侧向左侧迁移，故离子交换膜为阳离子交换膜，故B错误；
C.由两极反应和物质转化关系可知，该电解过程总反应为4Na2CrO4+4H2O−通电4KOH+2H2↑+O2↑+2Na2Cr2O7，故C错误；
D.电解时，左侧生成氢氧根离子，钠离子透过交换膜由右侧向左侧迁移，溶液中NaOH浓度增大，故D正确；
故选：D。
以石墨为电极电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7，发生转化为2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O，b极产生氢离子，故b极为阳极，电极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+，a极为阴极，电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，据此作答。
本题考查电解原理的应用，题目难度中等，能依据图象准确判断阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
18.【答案】A
【解析】解：常温下，向H3A溶液中滴加NaOH溶液至过量，最终生成Na2HA，说明H3A为二元酸；
A.Ka1=c(H2A−)c(H3A)×c(H+)、Ka2=c(HA2−)c(H2A−)×c(H+)，Ka1>Ka2，pH相同时，纵坐标数值小的表示曲线与c(HA2−)c(H2A−)的关系，所以曲线Ⅱ对应的x=c(HA2−)c(H2A−)，故A正确；
B.该酸为二元酸，所以HA2−不能发生电离，故B错误；
C.N点lgc(HA2−)c(H2A−)=0，则c(HA2−)=c(H2A−)，溶液的pH<7，溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH−)，溶液中存在电荷守恒2c(HA2−)+c(H2A−)+c(OH−)=c(H+)+c(Na+)，所以c(Na+)<3c(HA2−)，故C错误；
D.当c(H3A)=c(H2A−)时Ka1=c(H2A−)c(H3A)×c(H+)=c(H+)=10−1.43，同理Ka2=c(HA2−)c(H2A−)×c(H+)=c(H+)=10−6.68，H2A−的水解平衡常数=KwKa1=10−1410−1.43=10−12.57
常温下，向H3A溶液中滴加NaOH溶液至过量，最终生成Na2HA，说明H3A为二元酸；
A.Ka1=c(H2A−)c(H3A)×c(H+)、Ka2=c(HA2−)c(H2A−)×c(H+)，Ka1>Ka2，pH相同时，纵坐标数值小的表示曲线与c(HA2−)c(H2A−)的关系；
B.该酸为二元酸，所以HA2−不能发生电离；
C.N点lgc(HA2−)c(H2A−)=0，则c(HA2−)=c(H2A−)，溶液的pH<7，溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH−)，溶液中存在电荷守恒2c(HA2−)+c(H2A−)+c(OH−)=c(H+)+c(Na+)；
D.根据H2A−的电离程度和水解程度相对大小判断溶液酸碱性。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确曲线与微粒成分的关系、电离平衡常数和水解平衡常数的关系是解本题关键，题目难度不大。
19.【答案】B
【解析】解：A.AgCl投入饱和NaBr溶液中，Qc(AgBr)>Ksp(AgBr)时生成AgBr沉淀，不能比较Ksp(AgCl)、Ksp(AgBr)的大小，故A错误；
B.碳酸根离子与钙离子结合生成沉淀，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动，溶液红色变浅，故B正确；
C.KCl对铁离子与SCN−的络合反应无影响，平衡不移动，不能验证勒夏特列原理，故C错误；
D.NaClO溶液可使pH试纸褪色，应选pH计测定pH，故D错误；
故选：B。
A.AgCl投入饱和NaBr溶液中，Qc(AgBr)>Ksp(AgBr)时生成AgBr沉淀；
B.碳酸根离子与钙离子结合生成沉淀，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动；
C.KCl对铁离子与SCN−的络合反应无影响；
D.NaClO溶液可使pH试纸褪色。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、盐类水解、难溶电解质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
20.【答案】C
【解析】解：A.a点溶液中溶质为CuSO4，b点溶液中溶质为Na2SO4，c点溶液中溶质为Na2S，并且c点c(Na2S)>c(CuSO4)，弱酸根离子和弱碱阳离子促进水的电离，所以水的电离程度：b
C.c点溶液中c(Na2S)=c(Na2SO4)，Na2S水解使溶液呈碱性，则离子浓度大小关系为c(Na+)>c(SO42−)>c(S2−)>c(OH−)>c(H+)，故C正确；
D.b点时c(Cu2+)=c(S2−)=10−17.7mol/L，则Ksp(CuS)=c(Cu2+)c(S2−)=10−17.7mol/L×10−17.7mol/L=10−35.4mol2/L2，数量级为10−36，故D错误；
故选：C。
向10mL0.1mol/LCuSO4溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生的反应为Cu2++S2−⇌CuS↓，Cu2+单独存在或S2−单独存在均会水解，水解促进水的电离，b点溶液时滴加Na2S溶液的体积是10mL，此时恰好生成CuS沉淀，CuS存在溶解平衡CuS(s)⇌Cu2+(aq)+S2−(aq)，此时−lgc(Cu2+)=17.7，即c(Cu2+)=c(S2−)=10−17.7mol/L，Ksp(CuS)=c(Cu2+)⋅c(S2−)=10−17.7mol/L×10−17.7mol/L=10−35.4mol2/L2，c点溶液中c(Na2S)=c(Na2SO4)，据此分析解答。
本题考查难溶物的溶解平衡，为高频考点，把握溶液中溶质的成分及性质、水解原理和溶度积常数的计算是关键，注意掌握溶度积常数的含义及应用，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力，题目难度中等。
21.【答案】CH3COOHCH3COOH2b×10−7a−2b 图1c(Na+)>c(CH3COO−)>c(OH−)>c(H+)酚酞 偏高 偏低
【解析】解：(1)CH3COOH是弱酸，取相同体积与pH相同CH3COOH和H2SO4溶液，醋酸的物质的量大，分别和足量的锌粉反应，生成相同体积的氢气时，CH3COOH氢离子浓度下降的慢，速率快，用时较少的是CH3COOH；最终生成氢气的体积较多的是CH3COOH，
故答案为：CH3COOH；CH3COOH；
(2)amol/L的CH3COOH溶液与bmol/L的Ba(OH)2溶液等体积混合后，溶液呈中性，根据电荷守恒c(CH3COO−)+c(OH−)=c(H+)+2c(Ba2+)，溶液呈中性，c(CH3COO−)=2c(Ba2+)=2bmol/L，Ka=c(H+)c(CH3COO−)c(CH3COOH)=2b×10−7a−2b，
故答案为：2b×10−7a−2b；
(3)①用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定HCl溶液最终生成氯化钠，滴定终点pH=7，故滴定溶液曲线是图 1；图2E点为滴定终点，产物为CH3COONa溶液中所有离子浓度大小关系为c(Na+)>c(CH3COO−)>c(OH−)>c(H+)，
故答案为：图1；c(Na+)>c(CH3COO−)>c(OH−)>c(H+)；
②滴定醋酸产物为CH3COONa，显碱性，实验中应选用碱性变色的指示剂酚酞；a.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，造成氢氧化钠标准液消耗体积偏大，测出醋酸浓度偏高；b.滴定结束后读数时俯视液面，读出的标准液体积偏小，测出醋酸浓度偏低，
故答案为：酚酞；偏高；偏低。
(1)CH3COOH是弱酸，取相同体积与pH相同CH3COOH和H2SO4溶液，醋酸的物质的量大，分别和足量的锌粉反应，生成相同体积的氢气时，CH3COOH氢离子浓度下降的慢，速率快；
(2)amol/L的CH3COOH溶液与bmol/L的Ba(OH)2溶液等体积混合后，溶液呈中性；
(3)①用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定HCl溶液最终生成氯化钠，滴定终点pH=7；图2E点为滴定终点，产物为CH3COONa；
②滴定醋酸产物为CH3COONa，显碱性，a.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，造成氢氧化钠标准液消耗体积偏大；b.滴定结束后读数时俯视液面，读出的标准液体积偏小。
本题考查弱电解质的电离、酸碱混合溶液定性判断等知识点，侧重考查基础知识的理解、掌握和灵活应用能力，明确弱电解质电离特点及电离影响因素是解本题关键，题目难度不大。
22.【答案】硫酸 电流计的指针发生偏转 SO2+2H2O−2e−=SO42−+4H+ 正 2CO2+12H++12e−=C2H4+4H2O13.2
【解析】解：(1)①由图可知，该装置为原电池，利用该原电池原理可将SO2转化为H2SO4，同时可将物质中储存的化学能转化为电能，则从物质变化的角度，该实验装置可用于制备硫酸，从能量变化角度，该装置可将化学能转化为电能，当看到电流计的指针发生偏转时，说明该实验装置同时获得了电能，
故答案为：硫酸；电流计的指针发生偏转；
②该原电池工作时，M电极上SO2失去电子氧化生成SO42−，M电极为负极，电极反应式为SO2+2H2O−2e−=SO42−+4H+，
故答案为：SO2+2H2O−2e−=SO42−+4H+；
(2)①该装置为电解池，b电极为阴极，a电极为阳极，阳极与电源正极相接，阴极与电源负极相接，阴极上CO2发生还原反应生成C2H4，电极反应为2CO2+12H++12e−=C2H4+4H2O，
故答案为：正；2CO2+12H++12e−=C2H4+4H2O；
②阴极反应为2CO2+12H++12e−=C2H4+4H2O，阳极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+，根据电子守恒可知，关系式为3O2∼12e−∼2CO2，则n(CO2)=23n(O2)=23×10.08L22.4L/mol=0.3mol，m(CO2)=nM=0.3mol×44g/mol=13.2g，
故答案为：13.2。
(1)由图可知，该装置为原电池，可将化学能转化为电能，发生反应的实质是SO2、O2与水反应生成H2SO4，其中M电极上SO2失去电子氧化生成SO42−，M电极为负极，电极反应式为SO2+2H2O−2e−=SO42−+4H+，N电极为正极，正极上O2得电子生成水，电极反应式：O2+4H++4e−=2H2O；
(2)该装置为电解池，根据b电极上CO2转化为C2H4可知，Sn片或b电极为阴极，阴极上CO2发生还原反应生成C2H4，电极反应为2CO2+12H++12e−=C2H4+4H2O，Pt片或a电极为阳极，阳极上水发生失电子的反应生成氧气，电极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+，结合电子守恒进行计算，据此分析解答。
本题考查原电池工作原理和电解原理的应用，为高频考点，侧重学生分析能力、计算能力和灵活运用能力的考查，把握原电池工作原理和电解原理是解本题关键，注意结合电解质溶液的酸碱性书写电极反应式、掌握电子守恒的计算应用，题目难度中等。
23.【答案】SiO2 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O1.0×10−15.6 4.7≤pH<6.2溶液滴加过快，会导致局部碱性过强而产生Ni(OH)2 82.35%产品草酸镍(晶体NiC2O4⋅2H2O)部分或全部失去结晶水
【解析】解：(1)滤渣①的化学式为SiO2；加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，“转化”时发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，
故答案为：SiO2；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
(2)完全沉淀时(c=1.0×10−5mol⋅L−1)的pH=8.7，c(OH−)=10−1410−8.7mol/L=10−5.3mol/L，Ni(OH)2的Ksp=c(Ni)⋅c2(OH−)=10−5×(10−5.3)2=1×10−15.6或2.51×10−16；如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为0.1mol⋅L−1，此时c(OH−)=Ksp[Ni(OH)2]c(Ni2+)=10−15.61mol⋅L−1=10−7.8mol⋅L−1，则c(H+)=10−14−(−7.8)mol⋅L−1=10−6.2mol⋅L−1，即pH=6.2，为避免镍离子沉淀，溶液的pH应小于6.2，Al3+完全沉淀的pH 为4.7，因此“调节pH”应控制的pH范围是4.7≤pH<6.2，
故答案为：1.0×10−15.6；4.7≤pH<6.2；
(3)“沉镍”时，Na2C2O4溶液滴加过快会导致产品不纯，其原因是溶液滴加过快，会导致局部碱性过强而产生Ni(OH)2，
故答案为：溶液滴加过快，会导致局部碱性过强而产生Ni(OH)2；
(4)产品草酸镍晶体纯度的测定，称取产品1.000g，经过量稀硫酸处理后，用高锰酸钾标准溶液滴定，滴定终点时消耗0.0500mol⋅L−1的高锰酸钾溶液36.00mL，反应原理为2MnO4−+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，则产品中NiC2O4⋅2H2O的物质的量为0.0500mol/L×0.036L×52=0.0045mol，质量分数0.0045mol×183g/mol1.000g×100%=82.35%，若某同学测出产品的纯度超过100%，若滴定过程操作无错误，则可能原因是产品草酸镍(晶体NiC2O4⋅2H2O)部分或全部失去结晶水，
故答案为：82.35%；产品草酸镍(晶体NiC2O4⋅2H2O)部分或全部失去结晶水。
废镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及Al2O3、Fe2O3和SiO2等，用硫酸溶解，SiO2不与硫酸反应，过滤得到滤液①中含有NiSO4、FeSO4、Al2(SO4)3、CaSO4及过量的硫酸，同时得到滤渣①为SiO2，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，加入NaOH调节pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀、Al3+转化为Al(OH)3沉淀，过滤得到滤渣②为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液②中含有NiSO4，向滤液中加入Na2C2O4，得到草酸镍沉淀，再过滤、洗涤、干燥得草酸镍晶体，据此答题。
本题考查制备方案的设计，涉及化学工艺流程、对操作与试剂的分析评价、化学方程式书写等知识，是题目难度中等，明确实验原理为解答关键，注意合理把握题干信息，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。
24.【答案】O；1s22s22p63s23p3；O3；O3相对原子质量较大，范德华力较大；分子晶体；离子晶体；三角锥形；sp3；Na2O；2.27g⋅cm−3
【解析】解：A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，C核外电子总数是最外层电子数的3倍，应为P元素，C、D为同周期元素，则应为第三周期元素，D元素最外层有一个未成对电子，应为Cl元素，A2−和B+具有相同的电子构型，结合原子序数关系可知A为O元素，B为Na元素．
(1)同周期自左而右电负性增大，Cl元素氧化物中氧元素表现负价，四种元素电负性最大的为O元素；C为P元素，原子核外电子数为15，根据能量最低原理原理，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p3，
故答案为：O；1s22s22p63s23p3；
(2)A为O元素，有O2、O3两种同素异形体，二者对应的晶体都为分子晶体，因O3相对原子质量较大，则范德华力较大，沸点较高，A的氢化物为H2O，属于分子晶体，B的氢化物为NaH，属于离子晶体，
故答案为：O3；O3相对原子质量较大，范德华力较大；分子晶体；离子晶体
(3)C和D生成组成比为1：3的化合物E为PCl3，孤电子对数为5−1×32=1，价层电子对数=3+1=4，杂化轨道数目为，则为sp3杂化，立体构型为为三角锥形，
故答案为：三角锥形；sp3；
(4)A和B能够形成化合物F为离子化合物，阴离子位于晶胞的定点和面心，阳离子位于晶胞的体心，则Na的个数为8，O的个数为8×18+6×12=4，N(Na)：N(O)=2：1，则形成的化合物为Na2O；
晶胞的质量为4×62g/mol6.02×1023mol−1，晶胞的体积为(0.566×10−7)cm3，则晶体F的密度为4×62g/mol6.02×1023mol−1÷(0.566×10−7)cm3=2.27g⋅cm−3，
故答案为：Na2O；2.27g⋅cm−3.
A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，C核外电子总数是最外层电子数的3倍，应为P元素，C、D为同周期元素，则应为第三周期元素，D元素最外层有一个未成对电子，应为Cl元素，A2−和B+具有相同的电子构型，结合原子序数关系可知A为O元素，B为Na元素．
(1)同周期自左而右电负性增大，Cl元素氧化物中氧元素表现负价，四种元素电负性最大的为O元素；C为P元素，原子核外电子数为15，根据能量最低原理原理书写核外电子排布式；
(2)A为O元素，有O2、O3两种同素异形体，均属于分子晶体，相对原子质量越大，沸点越高；
A、B的氢化物分别为H2O、NaH，前者为分子晶体、后者为离子晶体；
(3)C和D生成组成比为1：3的化合物E为PCl3，计算P原子价层电子对数、孤电子对数，确定杂化方式与空间构型；
(4)A和B能够形成化合物F为离子化合物，阴离子位于晶胞的定点和面心，阳离子位于晶胞的体心，则Na的个数为8，O的个数为8×18+6×12=4，N(Na)：N(O)=2：1，则形成的化合物为Na2O，由晶胞结构可知B原子配位数为4，计算晶胞质量和体积，可计算密度．
本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、沸点比较、杂化方式与空间构型判断、晶胞计算等，掌握均摊法进行晶胞有关计算，难度中等．
2021-2022学年吉林省通化市梅河口五中等名校高二（上）期末化学试卷
1. 下列基态原子的电子排布式中，其未成对电子数最多的是( )
A. N B. Fe C. Cr D. Cu
2. 为使Na2S溶液中c(Na+)c(S2−)的值减小，可加入的物质是( )
A. 适量的NaOH固体 B. 适量的KOH固体
C. 通入适量的HCl气体 D. 适量的NH4Cl固体
3. 下列现象与氢键无关的是( )
A. 冰的密度小于液态水 B. NH3的沸点高于PH3
C. HCl能以1：500的体积比溶于水 D. 乙醇可以和水任意比互溶
4. NH4Cl晶体中不含有的作用力是( )
A. 离子键 B. 共价键 C. 配位键 D. 氢键
5. 室温下，取20mLpH=3的HNO2溶液，加入0.1mol⋅L−1的氨水，测得溶液的导电能力随加入氨水体积的变化如图所示，则室温下HNO2的电离平衡常数约为( )
A. 2.0×10−5 B. 1.0×10−6 C. 1.0×10−5 D. 2.0×10−4
6. 下列各组物质中，按熔点由高到低的顺序排列正确的是( )
A. CH4>SiH4>GeH4 B. CsCl>KCl>NaCl
C. Na>Mg>Al D. 金刚石>碳化硅>晶体硅
7. 如图所示装置不能达到实验目的的是( )
A. 如图装置验证铁的吸氧腐蚀
B. 如图装置实验室制备Fe(OH)2
C. 如图装置制取无水氯化镁
D. 如图装置探究浓度对化学反应速率的影响
8. 下列有关P、S、Cl的性质的叙述错误的是( )
A. 原子半径：Cl
A. 黑色的原子为Cu
B. 晶胞化学式为Cu2O
C. 氧原子的配位数为4
D. Cu与O的最近距离为24anm
10. 我国研究人员通过人工光合作用，以CO2和H2O为原料制备HCOOH和O2的原理如图所示。下列说法正确的是( )
A. a为正极
B. H+由b极区迁移到a极区
C. 电极a发生的反应为2H2O−4e−=O2↑+4H+
D. 当外电路中通过2mol电子时，b极区溶液质量增加44g
11. 若某基态原子的外围电子排布为3d24s2，则下列说法不正确的是( )
A. 该元素为Ti B. 该元素原子核外有4个电子层
C. 该元素原子M能层共有10个电子 D. 该元素原子的价电子数为2
12. 下列关于SiO2和CO2的描述不正确的是( )
A. SiO2为共价晶体，CO2为分子晶体 B. 两者中心原子采取的杂化方式不同
C. SiO2和CO2都是非极性分子 D. SiO2晶体的熔点比CO2晶体高
13. 下列关于化学式为[Co(NH3)4Cl2]Cl⋅H2O的配合物的说法中正确的是( )
A. 配位体是Cl−和H2O
B. 中心离子是Co3+，配离子是[Co(NH3)4Cl2]+
C. 内界和外界中的Cl−的数目比是1：2
D. 加入足量AgNO3溶液，1mol该配合物可生成3molAgCl
14. 抗坏血酸分子的结构简式为，下列说法不正确的是( )
A. 分子中含有2个手性碳原子
B. 1mol抗坏血酸分子中含有20molσ键
C. 分子中碳原子的杂化方式为sp2和sp3
D. 所含元素的第一电离能比较：H
A. 0.1mol⋅L−1的H2C2O4溶液与0.1mol⋅L−1的NaOH溶液等体积混合所得溶液中：c(H2C2O4)+c(HC2O4−)+c(C2O42−)=0.1mol⋅L−1
B. 常温下，中性的CH3COONH4溶液与NaCl溶液中由水电离的c(H+)相等
C. 25℃时，将pH=4的醋酸和pH=10的NaOH溶液等体积混合，所得溶液的pH<7
D. 等体积、等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液混合：c(HCO3−)c(H2CO3)
A. 点①溶液中：c(A−)>c(Na+)>c(HA)>c(OH−)
B. 点③溶液中：c(Na+)=c(B−)>c(H+)=c(OH−)
C. 点④溶液中：c(Na+)>c(B−)>c(OH−)>c(H+)
D. 点①和点②溶液中：c(B−)−c(A−)=c(HA)−c(HB)
17. 以石墨为电极电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7(已知2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O)，电解装置如图所示，下列说法正确的是( )
A. b极电极反应式为2H++2e−=H2↑
B. 离子交换膜是阴离子交换膜
C. 电解装置总反应为2H2O−通电2H2↑+O2↑
D. a极区输入的是稀NaOH溶液，输出的是浓NaOH溶液
18. 常温下，向H3A溶液中滴加NaOH溶液至过量，最终生成Na2HA，滴定曲线如图所示，其中x=c(H2A−)c(H3A)或x=c(HA2−)c(H2A−)。下列说法正确的是( )
A. 曲线Ⅱ对应的x=c(HA2−)c(H2A−)
B. Na2HA溶液有：HA2−⇌A3−+H+
C. N点满足关系：c(Na+)>3c(HA2−)
D. NaH2A水溶液呈碱性
19. 下列实验操作能达到实验目的的是( )
选项
实验操作
实验目的
A
室温下，将AgCl投入饱和NaBr溶液中充分反应，沉淀由白色变为浅黄色
验证Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)
B
向含有酚酞的Na2CO3溶液中滴加CaCl2溶液
根据溶液颜色变化，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡
C
溶液中存在如下平衡：FeCl3+3KSCN⇌3KCl+Fe(SCN)3再加入少量氯化钾固体
根据溶液颜色变化，验证勒夏特列原理
D
室温下，用pH试纸分别测定浓度均为0.1mol⋅L−1的NaClO溶液和CH3COONa溶液的pH
比较HClO和CH3COOH的酸性强弱
A. A B. B C. C D. D
20. 某温度下，向10mL0.1mol⋅L−1CuSO4溶液中滴加0.1mol⋅L−1的Na2S溶液，滴加过程溶液中−lgc(Cu2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示【已知该温度下，Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)】。下列有关说法正确的是( )
A. 水的电离程度：a
C. c点溶液中：c(Na+)>c(SO42−)>c(S2−)>c(OH−)>c(H+)
D. Ksp(CuS)的数量级为10−18
21. 食醋是生活中常见的调味品，其主要成分醋酸是一种一元弱酸．回答下列问题：
(1)相同条件下，取体积与pH均相同的CH3COOH和H2SO4溶液，分别和足量的锌粉反应．生成相同体积的氢气时，用时较少的是 ______(填化学式，下同)，最终生成氢气的体积较多的是 ______.
(2)常温下，amol⋅L−1的CH3COOH溶液与bmol⋅L−1的Ba(OH)2溶液等体积混合后，溶液呈中性，该温度下CH3COOH的电离常数为 ______(用含a、b的代数式表示).
(3)常温下，用0.1000mol⋅L−1的NaOH溶液分别滴定等体积等浓度的HCl溶液和CH3COOH溶液，得到2条滴定曲线，如图所示．
①滴定HCl溶液的曲线是 ______(填“图1”或“图2”)，图2E点溶液中所有离子浓度大小关系为 ______.
②滴定醋酸实验中应选用 ______作指示剂，若滴定过程中出现以下情况，对测定CH3COOH浓度的影响分别是：a.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失：______(填“偏高”“偏低”或“无影响”，下同)；b.滴定结束后读数时俯视液面：______.
22. 为了探究原电池和电解池的工作原理，某研究性学习小组分别用如图所示的装置进行实验。回答下列问题：
(1)该小组设计了图1实验装置，模拟工业处理SO2，M、N均为惰性材料。
①从物质变化的角度，该实验装置可用于制备 ______，从能量变化角度，当看到 ______现象时，说明该实验装置同时获得了电能。
②M极的电极反应式为 ______。
(2)该研究性学习小组利用电解法将CO2转化为C2H4，实现了CO2的资源化利用。电解的工作原理如图2所示。
①a极接电源 ______极，b极电极反应式为 ______。
②若a极收集到10.08L(标准状况)气体，则理论上消耗CO2的质量为 ______g(忽略气体的溶解)。
23. 某废镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及Al2O3、Fe2O3和SiO2等．以该废镍催化剂为原料制备草酸镍晶体(NiC2O4⋅2H2O)的工艺流程如图：
已知常温下几种金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH如表：
金属离子
Ni2+
Al3+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时(c=0.01mol⋅L−1)的pH
7.2
3.7
2.2
7.5
完全沉淀时(c=1.0×10−5mol⋅L−1)的pH
8.7
4.7
3.2
9.0
回答下列问题：
(1)滤渣①的化学式为 ______；“转化”时发生反应的离子方程式为 ______.
(2)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp=______，如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol⋅L−1，则“调pH”应控制的pH范围是 ______.
(3)“沉镍”时，Na2C2O4溶液滴加过快会导致产品不纯，其原因是 ______.
(4)产品草酸镍晶体纯度的测定．称取产品1.000g，经过量稀硫酸处理后，用高锰酸钾标准溶液滴定，滴定终点时消耗0.0500mol⋅L−1的高锰酸钾溶液36.00mL，则产品中NiC2O4⋅2H2O的质量分数是 ______，若某同学测出产品的纯度超过100%，若滴定过程操作无错误，则可能原因是 ______.
24. A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A2−和B+具有相同的电子构型；C、D为同周期元素，C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子．回答下列问题：
(1)四种元素中电负性最大的是 ______ (填元素符号)，其中C原子的核外电子排布式为 ______ ；
(2)单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是 ______ (填分子式)，原因是 ______ ，A和B 的氢化物所属的晶体类型分别为 ______ 和 ______ ；
(3)C和D反应可生成组成比为1：3的化合物E，E的立体构型为 ______ ，中心原子的杂化轨道类型为 ______ ；
(4)A和B能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞参数，a=0.566nm，F的化学式为 ______ ，列式计算晶体F的密度(g.cm−3)______ .
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.基态N原子核外2p能级上的3个电子为未成对电子；
B.基态Fe原子核外3d能级上4个电子为未成对电子；
C.基态Cr原子核外3d能级上5个电子、4s能级上1个电子为未成对电子
D.基态Cu原子核外4s能级上1个电子为未成对电子；
通过以上分析知，未成对电子数从大到小顺序是C>B>A>D，
故选：C。
A.基态N原子未成对电子位于2p能级上；
B.基态Fe原子未成对电子位于3d能级上；
C.基态Cr原子未成对电子位于3d、4s能级上；
D.基态Cu原子未成对电子位于3d能级上。
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，明确原子结构、原子核外电子排布规律是解本题关键，题目难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：A.加适量NaOH溶液，c(OH−)增大，硫离子水解平向逆方向移动，c(S2−)增大，此时c(Na+)也要增大，但是钠离子增大的程度比硫离子增加的程度大，所以比值增大，不合题意，故A错误；
B.加适量KOH固体，c(OH−)增大，硫离子水解平向逆方向移动，c(S2−)增大，比值减小，符合题意，故B正确；
C.通入适量的HCl气体，会使得平衡正向移动，不合题意，故C错误；
D.适量的NH4Cl固体，溶解后铵根离子水解显酸性，促进硫离子水解，c(S2−)减小，比值增大，故D错误；
故选：B。
在硫化钠溶液中电离出钠离子和硫离子，硫离子水解，导致硫离子浓度会减小，要使c(Na+)c(S2−)的值减小，需根据硫离子水解平衡移动来分析。
本题考查学生盐的水解平衡移动，注意影响化学平衡的因素以及化学平衡移动的方向之间的关系，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.冰中存在氢键，其体积变大，则冰的密度比液态水的密度小，故A不选；
B.NH3能形成分子间氢键而导致其沸点较高，PH3不能形成分子间氢键，所以其沸点较低，故B不选；
C.HCl和水不能形成分子间氢键，HCl、H2O都是极性分子，根据相似相溶原理知，HCl极易溶于水，与氢键无关，故C选；
D.乙醇可以和水形成分子间氢键，导致溶解性增大，所以乙醇可以和水以任意比互溶，与氢键有关，故D不选；
故选：C。
氢键的存在一般会使物质的熔沸点升高、溶解度增大、体积变大等。
本题考查氢键，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确氢键含义、氢键对物质物理性质的影响，注意：氢键不影响物质的稳定性。
4.【答案】D
【解析】解：NH4Cl中铵根离子和氯离子之间存在离子键，铵根离子中N−H之间存在共价键，其中一个是配位键，所以该物质中不含氢键，
故选：D。
阴阳离子之间存在离子键，非金属元素的原子之间易形成共价键，含有空轨道和含有孤电子对的原子之间易形成配位键，氢键普遍存在于已经与N、O、F等电负性很大的原子形成共价键的氢原子与另外的N、O、F等电负性很大的原子之间。
本题考查化学键，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，题目难度不大。
5.【答案】A
【解析】解：由图可知，加入0.1mol/L氨水时，溶液的导电性最强，说明亚硝酸溶液与氨水恰好完全反应生成亚硝酸铵，则亚硝酸溶液的浓度为0.1mol/L×0.01L0.02L=0.05mol/L，由亚硝酸溶液的pH为3可知，室温下亚硝酸电离平衡常数约为K=c(H+)c(NO2−)c(HNO2)=10−3×10−30.05≈2.0×10−5，
故选：A。
由图可知，加入0.1mol/L氨水时，溶液的导电性最强，说明亚硝酸溶液与氨水恰好完全反应生成亚硝酸铵。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，题目难度不大。
6.【答案】D
【解析】解：A.这几种简单氢化物都不能形成分子间氢键，CH4、SiH4、GeH4的相对分子质量依次增大，则熔点由高到低顺序是GeH4>SiH4>CH4，故A错误；
B.这几种物质都是离子晶体，阴阳离子所带电荷相等，离子半径：r(Cs+)>r(K+)>r(Na+)，晶格能：CsCl
C.这几种晶体都是金属晶体，Na、Mg、Al的原子半径依次减小、金属阳离子所带电荷依次增大，所以熔点由高到低顺序是Al>Mg>Na，故C错误；
D.这几种晶体都是共价晶体，键长：C−C
故选：D。
A.同一主族元素形成的简单氢化物中，不能形成分子间氢键的氢化物中，氢化物的熔沸点随着相对分子质量的增大而升高；
B.离子晶体熔点随着晶格能的增大而升高，晶格能与离子半径成反比、与电荷成正比；
C.金属晶体的熔沸点与金属阳离子所带电荷成正比、与原子半径成反比；
D.共价晶体中，键长越长，其熔沸点越低。
本题考查晶体熔点高低判断，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确晶体类型、晶体熔沸点影响因素是解本题关键，题目难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：A.食盐水为中性，Fe发生吸氧腐蚀，水沿导管上升可证明，故A正确；
B.Fe与电源正极相连作阳极，失去电子生成亚铁离子，阴极上氢离子得到电子生成氢气和氢氧根离子，可制备Fe(OH)2，故B正确；
C.氮气不能抑制镁离子水解，应通入HCl气体，故C错误；
D.只有过氧化氢的浓度不同，可探究浓度对化学反应速率的影响，故D正确；
故选：C。
A.食盐水为中性，Fe发生吸氧腐蚀；
B.Fe与电源正极相连作阳极，失去电子生成亚铁离子，阴极上氢离子得到电子；
C.氮气不能抑制镁离子水解；
D.只有过氧化氢的浓度不同。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、电化学、盐类水解、反应速率、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
8.【答案】B
【解析】解：A.P、S、Cl属于第三周期的主族元素，原子序数越大原子半径越小，则原子半径：Cl
P、S、Cl属于第三周期的主族元素，随着原子序数的递增，原子半径逐渐减小，电负性逐渐增大，最高价氧化物对应水合物的酸性逐渐增强，由于P的3p能级为半满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，以此分析解答。
本题考查同周期元素性质的递变规律，明确元素周期律内容为解答关键，注意掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，B为易错点，题目难度不大。
9.【答案】D
【解析】解：A.由图可知，黑球的原子半径大，白球的原子半径小，则黑色的原子为Cu，故A正确；
B.黑球位于体内，个数为4；白球位于顶点和体心，个数为8×18+1=2，Cu、O原子个数比为2：1，则晶胞化学式为Cu2O，故B正确；
C.体心的O原子与4个Cu原子直接相连，则氧原子的配位数为4，故C正确；
D.棱长为anm，可知面对角线为2anm，体对角线为3anm，Cu与O的最近距离为体对角线的34anm，故D错误；
故选：D。
A.由图可知，黑球的原子半径大，白球的原子半径小；
B.黑球位于体内，个数为4；白球位于顶点和体心，个数为8×18+1=2；
C.体心的O原子与4个Cu原子直接相连；
D.Cu与O的最近距离为体对角线的14。
本题考查晶胞计算，为高频考点，把握图中原子的位置、配位数、均摊法计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
10.【答案】C
【解析】解：A.通由上述分析可知，a为负极，b为正极，故A错误；
B.电a为负极，b为正极，原电池工作时阳离子通过交换膜移向正极，即H+移向正极b，故B错误；
C.电极a是负极，负极上水失电子生成O2，负极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+，故C正确；
D.b为正极，正极反应式为CO2+2e−+2H+=HCOOH，外电路中通过2mol电子时消耗1molCO2、有2molH+通过交换膜移向正极b，所以b极区溶液质量增加为44g/mol×1mol+1g/mol×2mol=46g，故D错误；
故选：C。
根据CO2和H2O为原料制备HCOOH和O2原理图可知，电极b上CO2发生得电子的反应生成HCOOH，为原电池的正极，则电极a为负极，正极反应式为CO2+2e−+2H+=HCOOH，负极反应式为2H2O−4e−=4H++O2↑，原电池工作时阳离子通过交换膜移向正极b，据此分析解答。
本题考查原电池原理，为高频考点，根据图中信息准确判断正负极、电极反应是解题的关键，注意结合电解质的酸碱性书写电极反应式，题目难度不大。
11.【答案】D
【解析】解：A.若某基态原子的外围电子排布为3d24s2，基态该原子核外电子排布式为[Ar]3d24s2，该原子核外电子数是22，则原子序数是22，为Ti元素，故A正确；
B.根据外围电子排布式知，4s能级上排有电子，说明其N层上有电子，所以该元素原子核外有4个电子层，故B正确；
C.该元素原子M层电子为3s、3p、3d能级上的电子，电子数=2+6+2=10，故C正确；
D.基态原子外围电子就是其价电子，所以其价电子数是4，故D错误；
故选：D。
A.若某基态原子的外围电子排布为3d24s2，基态该原子核外电子排布式为[Ar]3d24s2，该原子核外电子数是22，则原子序数是22；
B.根据外围电子排布式知，4s能级上排有电子，说明其N层上有电子；
C.该元素原子M层电子为3s、3p、3d能级上的电子；
D.基态原子外围电子就是其价电子。
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，会根据外围电子排布式确定原子序数、价电子数、电子层数等，题目难度不大。
12.【答案】C
【解析】解：A.SiO2为空间网状结构，属于共价晶体，CO2为面心立方结构，属于分子晶体，故A正确；
B.SiO2中Si原子和4个O原子相连接，σ键数为4，属于sp3杂化，CO2中C原子和2个o原子均以C=O连接，σ键数为2，属于sp杂化，故B正确；
C.SiO2为共价晶体，无SiO2分子，CO2是非极性分子，故C错误；
D.共价晶体的熔沸点高于分子晶体，故D正确；
故选：C。
A.SiO2属于共价晶体，CO2属于分子晶体；
B.SiO2中Si原子属于sp3杂化，CO2中C原子属于sp杂化，杂质方式不同；
C.SiO2为共价晶体，无SiO2分子；
D.一般有：熔沸点：共价晶体>离子晶体>分子晶体。
本题主要考查SiO2和CO2的比较，具体涉及晶体类型、杂化方式、分子极性、熔沸点高低等，均属于高频考点，基本知识的考查，难度不大。
13.【答案】B
【解析】解：A.配位体是Cl−和NH3，可提供孤对电子，故A错误；
B.中心离子是Co3+，可提供空轨道，配离子是[Co(NH3)4Cl2]+，故B正确；
C.内界和外界中的Cl−的数目比是2：1，故C错误；
D.加入足量AgNO3溶液，1mol该配合物可生成1molAgCl，故D错误；
故选：B。
[Co(NH3)4Cl2]Cl⋅H2O的中心离子是Co3+，配位体是Cl−和NH3，配位数为6，配离子是[Co(NH3)4Cl2]+，外界只有1个Cl−与硝酸银溶液反应，以此来解答。
本题考查配位化合物，为高频考点，把握配合物的结构、配位体、配离子为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意内界和外界的判断，题目难度不大。
14.【答案】D
【解析】解：A.分子中含有2个手性碳原子，如图所示：，故A正确；
B.1个抗坏血酸分子中含有4个H−O键，6个C−O键，1个C=O，4个C−C键，1个C=C，4个C−H键，双键中含有1个σ键和1个π键，单键属于σ碱，则1个抗坏血酸分子中含有20个σ键，故1mol抗坏血酸分子中含有20molσ键，故B正确；
C.分子中含有饱和碳原子和双键碳原子，它们的杂化方式分别为sp3和sp2，故C正确；
D.H只有1个电子，位于1s轨道，原子核对电子的吸引力大，因此第一电离能更大，C与O相比，O原子半径小，吸引电子能力更大，则有C
A.手性碳原子首先必须是饱和碳原子，且连接4个不同的原子或原子团；
B.1个抗坏血酸分子中含有4个H−O键，6个C−O键，1个C=O，4个C−C键，1个C=C，4个C−H键，双键中含有1个σ键和1个π键，单键属于σ碱，则1个抗坏血酸分子中含有20个σ键；
C.饱和碳原子为sp3杂化，双键碳原子为sp2杂化；
D.H核外只有1个电子，位于1s轨道，原子核对电子的吸引力大，因此第一电离能比C与O更大。
本题主要考查物质结构与性质的相关知识，具体涉及手性碳原子、杂化方式、σ键、第一电离能大小的判断等，均属于高频考点，基本知识的考查，难度不大。
15.【答案】C
【解析】解：A.等体积混合后，溶液浓度变为原来的一般，根据元素守恒，c(H2C2O4)+c(HC2O4−)+c(C2O42−)=0.05mol⋅L−1，故A错误；
B.CH3COONH4为弱酸弱碱盐，发生双水解，促进水的电离，NaCl对水的电离无影响，前者水电离出c(H+)大，故B错误；
C.醋酸为弱酸，25℃时，将pH=4的醋酸和pH=10的溶液等体积混合，混合后溶质为CH3COOH和CH3COONa，溶液显酸性，即pH<7，故C正确；
D.c(HCO3−)c(H2CO3)=c(HCO3−)c(H2CO3)×c(H+)c(H+)=Ka1c(H+)，c(CO32−)c(HCO3−)=c(CO32−)c(HCO3−)×c(H+)c(H+)=Ka2c(H+)，Ka1>Ka2，同一混合溶液中c(H+)相同，因此前者比值大于后者，故D错误；
故选：C。
A.等体积混合后，溶液浓度变为原来的一般，根据元素守恒分析；
B.CH3COONH4为弱酸弱碱盐，发生双水解，促进水的电离；
C.醋酸为弱酸，25℃时，将pH=4的醋酸和pH=10的溶液等体积混合，混合后溶质为CH3COOH和CH3COONa；
D.c(HCO3−)c(H2CO3)=c(HCO3−)c(H2CO3)×c(H+)c(H+)=Ka1c(H+)，c(CO32−)c(HCO3−)=c(CO32−)c(HCO3−)×c(H+)c(H+)=Ka2c(H+)，Ka1>Ka2。
本题考查了弱电解质的电离和盐类水解的应用，溶液中离子浓度大小的比较，溶液中的电荷守恒，物料守恒的综合应用，正确书写物料守恒和电荷守恒是解题的关键，题目较难
16.【答案】A
【解析】解：A.点①溶液中溶质为等物质的量浓度的HA、NaA，混合溶液pH>7，溶液呈碱性，说明HA的电离程度小于A−的水解程度，钠离子不水解，所以存在c(HA)>c(Na+)>c(A−)，故A错误；
B.点③溶液pH=7，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH−)，溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(B−)+c(OH−)，c(Na+)=c(B−)，水电离程度较小，所以存在c(Na+)=c(B−)>c(H+)=c(OH−)，故B正确；
C.点④溶液pH>7，溶液呈碱性c(OH−)>c(H+)，溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(B−)+c(OH−)，c(Na+)>c(B−)，水电离程度较小，所以存在c(Na+)>c(B−)>c(OH−)>c(H+)，故C正确；
D.点①和点②溶液中存在物料守恒：c(B−)+c(HB)=c(A−)+c(HA)，所以存在c(B−)−c(A−)=c(HA)−c(HB)，故D正确；
故选：A。
A.点①溶液中溶质为等物质的量浓度的HA、NaA，混合溶液pH>7，溶液呈碱性，说明HA的电离程度小于A−的水解程度；
B.点③溶液pH=7，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH−)，溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(B−)+c(OH−)，水电离程度较小；
C.点④溶液pH>7，溶液呈碱性c(OH−)>c(H+)，溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(B−)+c(OH−)，水电离程度较小；
D.点①和点②溶液中存在物料守恒：c(B−)+c(HB)=c(A−)+c(HA)。
本题考查酸碱混合溶液大小判断，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意守恒理论的灵活运用。
17.【答案】D
【解析】解：A.b极为阳极，电极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+，故A错误；
B.电解过程中，钠离子透过交换膜由右侧向左侧迁移，故离子交换膜为阳离子交换膜，故B错误；
C.由两极反应和物质转化关系可知，该电解过程总反应为4Na2CrO4+4H2O−通电4KOH+2H2↑+O2↑+2Na2Cr2O7，故C错误；
D.电解时，左侧生成氢氧根离子，钠离子透过交换膜由右侧向左侧迁移，溶液中NaOH浓度增大，故D正确；
故选：D。
以石墨为电极电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7，发生转化为2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O，b极产生氢离子，故b极为阳极，电极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+，a极为阴极，电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，据此作答。
本题考查电解原理的应用，题目难度中等，能依据图象准确判断阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
18.【答案】A
【解析】解：常温下，向H3A溶液中滴加NaOH溶液至过量，最终生成Na2HA，说明H3A为二元酸；
A.Ka1=c(H2A−)c(H3A)×c(H+)、Ka2=c(HA2−)c(H2A−)×c(H+)，Ka1>Ka2，pH相同时，纵坐标数值小的表示曲线与c(HA2−)c(H2A−)的关系，所以曲线Ⅱ对应的x=c(HA2−)c(H2A−)，故A正确；
B.该酸为二元酸，所以HA2−不能发生电离，故B错误；
C.N点lgc(HA2−)c(H2A−)=0，则c(HA2−)=c(H2A−)，溶液的pH<7，溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH−)，溶液中存在电荷守恒2c(HA2−)+c(H2A−)+c(OH−)=c(H+)+c(Na+)，所以c(Na+)<3c(HA2−)，故C错误；
D.当c(H3A)=c(H2A−)时Ka1=c(H2A−)c(H3A)×c(H+)=c(H+)=10−1.43，同理Ka2=c(HA2−)c(H2A−)×c(H+)=c(H+)=10−6.68，H2A−的水解平衡常数=KwKa1=10−1410−1.43=10−12.57
常温下，向H3A溶液中滴加NaOH溶液至过量，最终生成Na2HA，说明H3A为二元酸；
A.Ka1=c(H2A−)c(H3A)×c(H+)、Ka2=c(HA2−)c(H2A−)×c(H+)，Ka1>Ka2，pH相同时，纵坐标数值小的表示曲线与c(HA2−)c(H2A−)的关系；
B.该酸为二元酸，所以HA2−不能发生电离；
C.N点lgc(HA2−)c(H2A−)=0，则c(HA2−)=c(H2A−)，溶液的pH<7，溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH−)，溶液中存在电荷守恒2c(HA2−)+c(H2A−)+c(OH−)=c(H+)+c(Na+)；
D.根据H2A−的电离程度和水解程度相对大小判断溶液酸碱性。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确曲线与微粒成分的关系、电离平衡常数和水解平衡常数的关系是解本题关键，题目难度不大。
19.【答案】B
【解析】解：A.AgCl投入饱和NaBr溶液中，Qc(AgBr)>Ksp(AgBr)时生成AgBr沉淀，不能比较Ksp(AgCl)、Ksp(AgBr)的大小，故A错误；
B.碳酸根离子与钙离子结合生成沉淀，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动，溶液红色变浅，故B正确；
C.KCl对铁离子与SCN−的络合反应无影响，平衡不移动，不能验证勒夏特列原理，故C错误；
D.NaClO溶液可使pH试纸褪色，应选pH计测定pH，故D错误；
故选：B。
A.AgCl投入饱和NaBr溶液中，Qc(AgBr)>Ksp(AgBr)时生成AgBr沉淀；
B.碳酸根离子与钙离子结合生成沉淀，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动；
C.KCl对铁离子与SCN−的络合反应无影响；
D.NaClO溶液可使pH试纸褪色。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、盐类水解、难溶电解质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
20.【答案】C
【解析】解：A.a点溶液中溶质为CuSO4，b点溶液中溶质为Na2SO4，c点溶液中溶质为Na2S，并且c点c(Na2S)>c(CuSO4)，弱酸根离子和弱碱阳离子促进水的电离，所以水的电离程度：b
C.c点溶液中c(Na2S)=c(Na2SO4)，Na2S水解使溶液呈碱性，则离子浓度大小关系为c(Na+)>c(SO42−)>c(S2−)>c(OH−)>c(H+)，故C正确；
D.b点时c(Cu2+)=c(S2−)=10−17.7mol/L，则Ksp(CuS)=c(Cu2+)c(S2−)=10−17.7mol/L×10−17.7mol/L=10−35.4mol2/L2，数量级为10−36，故D错误；
故选：C。
向10mL0.1mol/LCuSO4溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生的反应为Cu2++S2−⇌CuS↓，Cu2+单独存在或S2−单独存在均会水解，水解促进水的电离，b点溶液时滴加Na2S溶液的体积是10mL，此时恰好生成CuS沉淀，CuS存在溶解平衡CuS(s)⇌Cu2+(aq)+S2−(aq)，此时−lgc(Cu2+)=17.7，即c(Cu2+)=c(S2−)=10−17.7mol/L，Ksp(CuS)=c(Cu2+)⋅c(S2−)=10−17.7mol/L×10−17.7mol/L=10−35.4mol2/L2，c点溶液中c(Na2S)=c(Na2SO4)，据此分析解答。
本题考查难溶物的溶解平衡，为高频考点，把握溶液中溶质的成分及性质、水解原理和溶度积常数的计算是关键，注意掌握溶度积常数的含义及应用，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力，题目难度中等。
21.【答案】CH3COOHCH3COOH2b×10−7a−2b 图1c(Na+)>c(CH3COO−)>c(OH−)>c(H+)酚酞 偏高 偏低
【解析】解：(1)CH3COOH是弱酸，取相同体积与pH相同CH3COOH和H2SO4溶液，醋酸的物质的量大，分别和足量的锌粉反应，生成相同体积的氢气时，CH3COOH氢离子浓度下降的慢，速率快，用时较少的是CH3COOH；最终生成氢气的体积较多的是CH3COOH，
故答案为：CH3COOH；CH3COOH；
(2)amol/L的CH3COOH溶液与bmol/L的Ba(OH)2溶液等体积混合后，溶液呈中性，根据电荷守恒c(CH3COO−)+c(OH−)=c(H+)+2c(Ba2+)，溶液呈中性，c(CH3COO−)=2c(Ba2+)=2bmol/L，Ka=c(H+)c(CH3COO−)c(CH3COOH)=2b×10−7a−2b，
故答案为：2b×10−7a−2b；
(3)①用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定HCl溶液最终生成氯化钠，滴定终点pH=7，故滴定溶液曲线是图 1；图2E点为滴定终点，产物为CH3COONa溶液中所有离子浓度大小关系为c(Na+)>c(CH3COO−)>c(OH−)>c(H+)，
故答案为：图1；c(Na+)>c(CH3COO−)>c(OH−)>c(H+)；
②滴定醋酸产物为CH3COONa，显碱性，实验中应选用碱性变色的指示剂酚酞；a.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，造成氢氧化钠标准液消耗体积偏大，测出醋酸浓度偏高；b.滴定结束后读数时俯视液面，读出的标准液体积偏小，测出醋酸浓度偏低，
故答案为：酚酞；偏高；偏低。
(1)CH3COOH是弱酸，取相同体积与pH相同CH3COOH和H2SO4溶液，醋酸的物质的量大，分别和足量的锌粉反应，生成相同体积的氢气时，CH3COOH氢离子浓度下降的慢，速率快；
(2)amol/L的CH3COOH溶液与bmol/L的Ba(OH)2溶液等体积混合后，溶液呈中性；
(3)①用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定HCl溶液最终生成氯化钠，滴定终点pH=7；图2E点为滴定终点，产物为CH3COONa；
②滴定醋酸产物为CH3COONa，显碱性，a.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，造成氢氧化钠标准液消耗体积偏大；b.滴定结束后读数时俯视液面，读出的标准液体积偏小。
本题考查弱电解质的电离、酸碱混合溶液定性判断等知识点，侧重考查基础知识的理解、掌握和灵活应用能力，明确弱电解质电离特点及电离影响因素是解本题关键，题目难度不大。
22.【答案】硫酸 电流计的指针发生偏转 SO2+2H2O−2e−=SO42−+4H+ 正 2CO2+12H++12e−=C2H4+4H2O13.2
【解析】解：(1)①由图可知，该装置为原电池，利用该原电池原理可将SO2转化为H2SO4，同时可将物质中储存的化学能转化为电能，则从物质变化的角度，该实验装置可用于制备硫酸，从能量变化角度，该装置可将化学能转化为电能，当看到电流计的指针发生偏转时，说明该实验装置同时获得了电能，
故答案为：硫酸；电流计的指针发生偏转；
②该原电池工作时，M电极上SO2失去电子氧化生成SO42−，M电极为负极，电极反应式为SO2+2H2O−2e−=SO42−+4H+，
故答案为：SO2+2H2O−2e−=SO42−+4H+；
(2)①该装置为电解池，b电极为阴极，a电极为阳极，阳极与电源正极相接，阴极与电源负极相接，阴极上CO2发生还原反应生成C2H4，电极反应为2CO2+12H++12e−=C2H4+4H2O，
故答案为：正；2CO2+12H++12e−=C2H4+4H2O；
②阴极反应为2CO2+12H++12e−=C2H4+4H2O，阳极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+，根据电子守恒可知，关系式为3O2∼12e−∼2CO2，则n(CO2)=23n(O2)=23×10.08L22.4L/mol=0.3mol，m(CO2)=nM=0.3mol×44g/mol=13.2g，
故答案为：13.2。
(1)由图可知，该装置为原电池，可将化学能转化为电能，发生反应的实质是SO2、O2与水反应生成H2SO4，其中M电极上SO2失去电子氧化生成SO42−，M电极为负极，电极反应式为SO2+2H2O−2e−=SO42−+4H+，N电极为正极，正极上O2得电子生成水，电极反应式：O2+4H++4e−=2H2O；
(2)该装置为电解池，根据b电极上CO2转化为C2H4可知，Sn片或b电极为阴极，阴极上CO2发生还原反应生成C2H4，电极反应为2CO2+12H++12e−=C2H4+4H2O，Pt片或a电极为阳极，阳极上水发生失电子的反应生成氧气，电极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+，结合电子守恒进行计算，据此分析解答。
本题考查原电池工作原理和电解原理的应用，为高频考点，侧重学生分析能力、计算能力和灵活运用能力的考查，把握原电池工作原理和电解原理是解本题关键，注意结合电解质溶液的酸碱性书写电极反应式、掌握电子守恒的计算应用，题目难度中等。
23.【答案】SiO2 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O1.0×10−15.6 4.7≤pH<6.2溶液滴加过快，会导致局部碱性过强而产生Ni(OH)2 82.35%产品草酸镍(晶体NiC2O4⋅2H2O)部分或全部失去结晶水
【解析】解：(1)滤渣①的化学式为SiO2；加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，“转化”时发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，
故答案为：SiO2；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
(2)完全沉淀时(c=1.0×10−5mol⋅L−1)的pH=8.7，c(OH−)=10−1410−8.7mol/L=10−5.3mol/L，Ni(OH)2的Ksp=c(Ni)⋅c2(OH−)=10−5×(10−5.3)2=1×10−15.6或2.51×10−16；如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为0.1mol⋅L−1，此时c(OH−)=Ksp[Ni(OH)2]c(Ni2+)=10−15.61mol⋅L−1=10−7.8mol⋅L−1，则c(H+)=10−14−(−7.8)mol⋅L−1=10−6.2mol⋅L−1，即pH=6.2，为避免镍离子沉淀，溶液的pH应小于6.2，Al3+完全沉淀的pH 为4.7，因此“调节pH”应控制的pH范围是4.7≤pH<6.2，
故答案为：1.0×10−15.6；4.7≤pH<6.2；
(3)“沉镍”时，Na2C2O4溶液滴加过快会导致产品不纯，其原因是溶液滴加过快，会导致局部碱性过强而产生Ni(OH)2，
故答案为：溶液滴加过快，会导致局部碱性过强而产生Ni(OH)2；
(4)产品草酸镍晶体纯度的测定，称取产品1.000g，经过量稀硫酸处理后，用高锰酸钾标准溶液滴定，滴定终点时消耗0.0500mol⋅L−1的高锰酸钾溶液36.00mL，反应原理为2MnO4−+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，则产品中NiC2O4⋅2H2O的物质的量为0.0500mol/L×0.036L×52=0.0045mol，质量分数0.0045mol×183g/mol1.000g×100%=82.35%，若某同学测出产品的纯度超过100%，若滴定过程操作无错误，则可能原因是产品草酸镍(晶体NiC2O4⋅2H2O)部分或全部失去结晶水，
故答案为：82.35%；产品草酸镍(晶体NiC2O4⋅2H2O)部分或全部失去结晶水。
废镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及Al2O3、Fe2O3和SiO2等，用硫酸溶解，SiO2不与硫酸反应，过滤得到滤液①中含有NiSO4、FeSO4、Al2(SO4)3、CaSO4及过量的硫酸，同时得到滤渣①为SiO2，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，加入NaOH调节pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀、Al3+转化为Al(OH)3沉淀，过滤得到滤渣②为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液②中含有NiSO4，向滤液中加入Na2C2O4，得到草酸镍沉淀，再过滤、洗涤、干燥得草酸镍晶体，据此答题。
本题考查制备方案的设计，涉及化学工艺流程、对操作与试剂的分析评价、化学方程式书写等知识，是题目难度中等，明确实验原理为解答关键，注意合理把握题干信息，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。
24.【答案】O；1s22s22p63s23p3；O3；O3相对原子质量较大，范德华力较大；分子晶体；离子晶体；三角锥形；sp3；Na2O；2.27g⋅cm−3
【解析】解：A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，C核外电子总数是最外层电子数的3倍，应为P元素，C、D为同周期元素，则应为第三周期元素，D元素最外层有一个未成对电子，应为Cl元素，A2−和B+具有相同的电子构型，结合原子序数关系可知A为O元素，B为Na元素．
(1)同周期自左而右电负性增大，Cl元素氧化物中氧元素表现负价，四种元素电负性最大的为O元素；C为P元素，原子核外电子数为15，根据能量最低原理原理，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p3，
故答案为：O；1s22s22p63s23p3；
(2)A为O元素，有O2、O3两种同素异形体，二者对应的晶体都为分子晶体，因O3相对原子质量较大，则范德华力较大，沸点较高，A的氢化物为H2O，属于分子晶体，B的氢化物为NaH，属于离子晶体，
故答案为：O3；O3相对原子质量较大，范德华力较大；分子晶体；离子晶体
(3)C和D生成组成比为1：3的化合物E为PCl3，孤电子对数为5−1×32=1，价层电子对数=3+1=4，杂化轨道数目为，则为sp3杂化，立体构型为为三角锥形，
故答案为：三角锥形；sp3；
(4)A和B能够形成化合物F为离子化合物，阴离子位于晶胞的定点和面心，阳离子位于晶胞的体心，则Na的个数为8，O的个数为8×18+6×12=4，N(Na)：N(O)=2：1，则形成的化合物为Na2O；
晶胞的质量为4×62g/mol6.02×1023mol−1，晶胞的体积为(0.566×10−7)cm3，则晶体F的密度为4×62g/mol6.02×1023mol−1÷(0.566×10−7)cm3=2.27g⋅cm−3，
故答案为：Na2O；2.27g⋅cm−3.
A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，C核外电子总数是最外层电子数的3倍，应为P元素，C、D为同周期元素，则应为第三周期元素，D元素最外层有一个未成对电子，应为Cl元素，A2−和B+具有相同的电子构型，结合原子序数关系可知A为O元素，B为Na元素．
(1)同周期自左而右电负性增大，Cl元素氧化物中氧元素表现负价，四种元素电负性最大的为O元素；C为P元素，原子核外电子数为15，根据能量最低原理原理书写核外电子排布式；
(2)A为O元素，有O2、O3两种同素异形体，均属于分子晶体，相对原子质量越大，沸点越高；
A、B的氢化物分别为H2O、NaH，前者为分子晶体、后者为离子晶体；
(3)C和D生成组成比为1：3的化合物E为PCl3，计算P原子价层电子对数、孤电子对数，确定杂化方式与空间构型；
(4)A和B能够形成化合物F为离子化合物，阴离子位于晶胞的定点和面心，阳离子位于晶胞的体心，则Na的个数为8，O的个数为8×18+6×12=4，N(Na)：N(O)=2：1，则形成的化合物为Na2O，由晶胞结构可知B原子配位数为4，计算晶胞质量和体积，可计算密度．
本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、沸点比较、杂化方式与空间构型判断、晶胞计算等，掌握均摊法进行晶胞有关计算，难度中等．
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