江西省宜春市宜豐中學(xué)2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期12月月考化學(xué)試題

江西省宜豐中學(xué)20232024(上)創(chuàng)新部高二12月考試化學(xué)試卷相對原子質(zhì)量：H1C12O16Na23Fe56S32Cl35.5Cu64Ag108一、單選題(每小題只有一個正確選項，每題3分，共54分)1.下列化合物分子中既含σ鍵又含π鍵的是A. B. C.CH3CH2OH D.CO2【答案】D【解析】【詳解】A．的結(jié)構(gòu)式為，含有1個鍵和2個鍵，但不是化合物，A錯誤；B．的結(jié)構(gòu)式為，只含有鍵，不含鍵，B錯誤；C．的結(jié)構(gòu)中只含鍵，不含鍵，C錯誤；D．的結(jié)構(gòu)式為，含有2個鍵和2個鍵，D正確。故選D。2.基態(tài)原子的核外電子排布式為[Kr]4d105s1的元素所屬的區(qū)、周期和族為Ap區(qū)、第五周期、第ⅠB族 B.ds區(qū)、第五周期、第Ⅷ族C.d區(qū)、第四周期、第ⅠB族 D.ds區(qū)、第五周期、第ⅠB族【答案】D【解析】【分析】【詳解】由該原子電子排布式知，其最高能層為第5層，故位于第五周期，根據(jù)其價電子排布特點確定其位于ds區(qū)，對應(yīng)族為IB，故答案選D。3.下列操作會使水的電離平衡向電離方向移動，且的是A.將純水加熱到80℃ B.向水中加入少量的C.向水中加入少量的固體 D.向水中加入少量的固體【答案】D【解析】【詳解】A．將純水加熱會促進(jìn)水的電離平衡向電離方向移動，氫離子濃度增大，pH減小，所以pH小于7，故A錯誤；B．向水中加少量的，鐵離子水解會促進(jìn)水電離，使電離平衡向電離方向移動，且使溶液呈酸性pH小于7，故B錯誤；C．向水中加入少量的固體，電離的氫離子會使水的電離平衡向左移動，但溶液成酸性pH小于7，故C錯誤；D．向水中加入少量的固體，碳酸氫根水解會促進(jìn)水的電離使電離平衡向電離方向移動，溶液呈堿性pH大于7，故D正確；故答案為：D。4.下列性質(zhì)的比較中，錯誤的是（）A.穩(wěn)定性：HF>H2O>H2S B.沸點：NH3>PH3C.鍵角：H2O>NH3>CH4 D.熔點：SiI4>SiBr4>SiCl4【答案】C【解析】【詳解】A.元素的非金屬性越強(qiáng)，其氫化物的穩(wěn)定性越強(qiáng)，所以其穩(wěn)定性：HF>H2O>H2S，A正確；B.NH3和PH3都是分子晶體，NH3分子之間含有氫鍵，沸點較高，則沸點：NH3>PH3，B正確；C.NH3、H2O、CH4三分子中心原子都是sp3雜化，中心原子雜化類型相同時，有孤對電子會使鍵角變小，孤對電子越多，鍵角越小，三種分子的鍵角CH4＞NH3＞H2O，C錯誤；D.SiI4、SiBr4、SiCl4均為結(jié)構(gòu)相似的分子晶體，相對分子質(zhì)量越大，熔點越大，則熔點：SiI4>SiBr4>SiCl4，D正確；故答案為：C。5.下列各項敘述錯誤的是A.若Mn元素的基態(tài)原子電子排布式為，則違反了構(gòu)造原理B.若硫原子的價層電子圖為違反了泡利原理C.氮原子的核外電子排布圖為，符合洪特規(guī)則和泡利原理D.泡利原理、洪特規(guī)則、構(gòu)造原理都是核外電子排布滿足能量最低的條件【答案】B【解析】【詳解】A．25號Mn元素的基態(tài)電子排布式為1s22s2p63s23p63d54s2，如果25號Mn元素的基態(tài)電子排布式為1s22s2p63s23p63d7，則違反了構(gòu)造原理，故A正確；B．當(dāng)電子排布在同一能級的不同軌道時，總是優(yōu)先單獨占據(jù)一個軌道，而且自旋方向相同，這個規(guī)則是洪特規(guī)則，若硫原子的價層電子圖為違反了洪特規(guī)則，故B錯誤；C．氮原子的核外電子排布圖為，符合洪特規(guī)則和泡利原理，故C正確；D．泡利原理、洪特規(guī)則、構(gòu)造原理都是對核外電子排布滿足能量最低的要求，故D正確。選B。6.Na、Mg、Al均為第三周期元素。下列說法正確的是A.離子半徑：B.第一電離能：C.還原性：D.堿性：【答案】C【解析】【詳解】A．三種離子核外電子排布相同半徑隨核電荷數(shù)增大而減小，故A錯誤；B．同周期元素第一電離能總體趨勢：核電荷數(shù)越大，第一電離能越大，故B錯誤；C．同周期元素，核電荷數(shù)越大金屬性越弱，對應(yīng)單質(zhì)還原性越弱，故C正確；D．金屬性，其對應(yīng)最高價氧化物水化物堿性越弱，堿性：，故D錯誤；故選C。7.下列離子VSEPR模型與離子的空間立體構(gòu)型一致的是A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】價層電子對互斥模型（簡稱VSEPR模型），根據(jù)價電子對互斥理論，價層電子對個數(shù)＝σ鍵個數(shù)＋孤電子對個數(shù)；σ鍵個數(shù)＝配原子個數(shù)，孤電子對個數(shù)＝，a指中心原子價電子個數(shù)，x指配原子個數(shù)，b指配原子形成穩(wěn)定結(jié)構(gòu)需要的電子個數(shù)；分子的立體構(gòu)型是指分子中的原子在空間的排布，不包括中心原子未成鍵的孤對電子；實際空間構(gòu)型要去掉孤電子對，略去孤電子對就是該分子的空間構(gòu)型。【詳解】A．中價層電子對個數(shù)＝，且不含孤電子對，所以離子的VSEPR模型與離子的空間立體構(gòu)型一致都是正四面體結(jié)構(gòu)，故A正確；B．中價層電子對個數(shù)＝且含有一個孤電子對，所以其VSEPR模型是平面三角形，實際上是V形，故B錯誤；C．中價層電子對個數(shù)＝且含有一個孤電子對，所以VSEPR模型是四面體結(jié)構(gòu)，實際空間構(gòu)型為三角錐形，故C錯誤；D．中價層電子對個數(shù)＝且含有一個孤電子對，所以VSEPR模型為四面體結(jié)構(gòu)，實際為三角錐形結(jié)構(gòu)，故D錯誤；故答案選A。8.鮑林提出雜化軌道理論能解釋分子的空間結(jié)構(gòu)，下列關(guān)于粒子的描述正確的是選項粒子空間結(jié)構(gòu)解釋ASO2V形S原子采取sp2雜化BBF3三角錐形B原子采取sp3雜化CC2H4平面三角形C原子采取sp2雜化DClO四面體形Cl原子采取sp3雜化A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．二氧化硫分子中硫原子的價電子對數(shù)=2+(622)/2=3，采取sp2雜化，含有1對孤對電子，空間結(jié)構(gòu)為V形，A正確；B．三氟化硼分子中硼原子的價電子對數(shù)=3+(313)/2=3，采取sp2雜化，空間結(jié)構(gòu)為平面三角形，B錯誤；C．乙烯分子中每個碳原子均形成3個σ鍵和1個π鍵，價層電子對數(shù)是3，采取sp2雜化，為平面形，C錯誤；D．氯酸根離子中氯原子的價電子對數(shù)=3+(7+123)/2=4，氯原子采取sp3雜化，含有一對孤對電子，空間結(jié)構(gòu)為三角錐形，D錯誤；答案選A。9.下列各組分子都屬于含有極性鍵的非極性分子的是A.CO2、H2S B.C2H4、CH4 C.Cl2、C2H2 D.NH3、HCl【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．H2S分子中S原子有孤電子對，空間構(gòu)型為V形，正負(fù)電荷中心不重合，為極性分子，A不符合題意；B．C2H4、CH4均含有CH極性鍵，且正負(fù)電荷中心重合，為非極性分子，B符合題意；C．Cl2分子中不含極性鍵，C不符合題意；D．NH3、HCl中心原子均有孤電子對，正負(fù)電荷中心不重合，為極性分子，D不符合題意；綜上所述答案為B。10.下列說法不正確的是（）A.由于HO鍵比HS鍵牢固，所以水的熔沸點比H2S高B.HF的沸點在同族元素的氫化物中出現(xiàn)反常，是因為HF分子間存在氫鍵C.F2、Cl2、Br2、I2熔沸點逐漸升高，是因為它們的組成結(jié)構(gòu)相似，分子間的范德華力增大D.氯化銨固體受熱分解既破壞了離子鍵又破壞了共價鍵【答案】A【解析】【詳解】A.H2O和H2S的熔沸點與化學(xué)鍵無關(guān)，水的熔沸點比H2S高，因為水中存在氫鍵，故A錯誤；B.因為HF分子間存在氫鍵，導(dǎo)致HF的沸點是同族元素的氫化物中最高的，故B正確；C.鹵素單質(zhì)的熔沸點與分子間作用力有關(guān)，相對分子質(zhì)量越大，分子間作用力越大，所以鹵素單質(zhì)從上到下熔沸點升高，是因為它們的組成結(jié)構(gòu)相似，從上到下其摩爾質(zhì)量增大，分子間的范德華力增大，故C正確；D.氯化銨為離子化合物，加熱分解破壞離子鍵和共價鍵，故D正確；答案選A。11.相同溫度下，根據(jù)三種酸的電離常數(shù)，下列判斷正確的是酸HXHYHZ電離常數(shù)K/(mol·L1)9×1079×1061×102A.三種酸的強(qiáng)弱關(guān)系：HX＞HY＞HZB.反應(yīng)HZ+Y=HY+Z能夠發(fā)生C.由電離平衡常數(shù)可以判斷，HZ屬于強(qiáng)酸，HX和HY屬于弱酸D.相同溫度下，1mol·L1HX溶液的電離常數(shù)大于0.1mol·L1HX溶液的電離常數(shù)【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．相同溫度下，電離平衡常數(shù)越大，酸性越強(qiáng)，三種酸的酸性強(qiáng)弱關(guān)系：，A判斷錯誤；B．根據(jù)較強(qiáng)酸制較弱酸原理，反應(yīng)HZ+Y=HY+Z能夠發(fā)生，B判斷正確；C．由電離平衡常數(shù)可以判斷，HX、HY、HZ都屬于弱酸，C判斷錯誤；D．電離平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，與酸的濃度無關(guān)，D判斷錯誤。答案為B。12.下列幾種有機(jī)羧酸中，按酸性由強(qiáng)到弱的順序排列正確的是①乙酸()②氯乙酸()③三氯乙酸()④三氟乙酸()A.②①④③ B.①②③④ C.④③②① D.③②④①【答案】C【解析】【分析】【詳解】由于電負(fù)性：，則鍵極性：鍵鍵鍵，故三氟乙酸中羧基中的羥基的極性最大，最易電離出氫離子，酸性最強(qiáng)；乙酸中羧基中的羥基的極性最小，酸性最弱，則酸性強(qiáng)弱順序：，C正確；故選C。13.下列離子方程式書寫正確的是A.用飽和碳酸鈉溶液浸泡含的水垢：B.溶液與足量氯水反應(yīng)：C.使酸性高錳酸鉀溶液褪色：D.稀與溶液反應(yīng)：【答案】A【解析】【詳解】A．用飽和碳酸鈉溶液浸泡含的水垢發(fā)生沉淀轉(zhuǎn)化，故A正確；B．溶液與足量氯水反應(yīng)生成氯化鐵和碘單質(zhì)，反應(yīng)的離子方程式為，故B錯誤；C．使酸性高錳酸鉀溶液褪色，反應(yīng)的離子方程式為，故C錯誤；D．稀與溶液反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀、水，反應(yīng)的離子方程式為，故D錯誤；選A。14.物質(zhì)的量濃度相同的下列溶液中，c(NH4+)最大的是ANH4Cl B.CH3COONH4 C.NH4HCO3 D.NH4HSO4【答案】D【解析】【分析】根據(jù)銨根離子的濃度和水解的影響角度來分析，若含有對銨根離子水解起促進(jìn)作用的離子，則銨根離子水解程度增大，溶液中的c(NH4+)減小，反之，若含有抑制銨根離子水解的離子，則銨根的水解程度減弱，溶液中的c(NH4+)增大，據(jù)此分析判斷?！驹斀狻课镔|(zhì)的量濃度相同的下列溶液中不考慮(水解)其他因素影響，則ABCD選項中銨根離子濃度分別比為1:1:1:1，其水解方程式為：NH4++H2ONH3·H2O+H+，A.NH4Cl溶液中，NH4+的水解不受氯離子的影響；B.CH3COONH4溶液中醋酸根離子對NH4+的水解起到促進(jìn)作用，導(dǎo)致NH4+水解程度大，其溶液中的銨根離子濃度c(NH4+)減??；C.NH4HCO3溶液中HCO3對NH4+的水解起到促進(jìn)作用，導(dǎo)致NH4+水解程度大，其溶液中的銨根離子濃度c(NH4+)減?。籇.NH4HSO4溶液中H+對NH4+的水解起抑制作用，導(dǎo)致NH4+水解程度很小，溶液中的c(NH4+)增大；綜上所述，NH4+的濃度最大的是NH4HSO4，故D項正確，答案選D。15.常溫下，若1體積溶液與2體積的溶液混合所得溶液的(溶液體積變化不計)，則與物質(zhì)的量濃度之比應(yīng)為A. B. C. D.【答案】B【解析】【詳解】的溶液物質(zhì)的量濃度為1×10?3mol?L?1，，設(shè)溶液的物質(zhì)的量濃度為，體積為，則氫氧化鈉溶液的體積為，混合所得溶液的，即，解得，則與物質(zhì)的量濃度之比應(yīng)為，故B符合題意。綜上所述，答案為B。16.下列說法正確的是（）A.向AgCl飽和溶液中加入NaCl固體，c(Cl)增大，Ksp增大B.已知的，則所有含有固體MgCO3的溶液中，都有，且C.可通過比較和的Ksp的大小比較它們的溶解性D.25℃時，故新生成的AgCl可轉(zhuǎn)化為AgI【答案】D【解析】【詳解】A、氯化銀溶液中存在如下平衡：AgCl(s)=Ag+(aq)+Cl(aq)，由于氯化鈉的溶解度大于氯化銀，加入NaCl固體，增大氯離子濃度，平衡向逆反應(yīng)方向移動，析出氯化銀沉淀，氯化銀的溶解度降低，但溫度不變，溶度積不變，故A錯誤；B、含有固體MgCO3的溶液中，Mg2+和CO32都能水解，水解后離子濃度不相等，并且在不同的溫度下，溶度積不同，故B錯誤；C、氫氧化鎂和碳酸鎂的組成結(jié)構(gòu)不同，所以不能通過比較Mg(OH)2和MgCO3的Ksp的大小比較它們的溶解性，故C錯誤；D、Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，根據(jù)沉淀的轉(zhuǎn)化原理可知，AgCl懸濁液中加入NaI溶液時，很容易轉(zhuǎn)化為AgI懸濁液，故D正確；故選D?！军c睛】對于結(jié)構(gòu)相同的難溶電解質(zhì)可以直接比較Ksp大小即可得出溶解度大??；但是對于結(jié)構(gòu)不同的難溶電解質(zhì)不能直接通過比較Ksp大小來比較溶解度大小。如Mg(OH)2和MgCO3，必須換算成溶解度才能直接比較。17.室溫下，向10mL0.10mol?L11YOH溶液中逐漸滴加0.20mol?L1HX溶液，混合溶液的pH變化如圖所示(溫度和體積變化忽略不計)。下列結(jié)論錯誤的是A.HX一元弱酸，YOH為一元強(qiáng)堿B.M點對應(yīng)溶液中水的電離程度大于N點溶液中水的電離程度C.N點對應(yīng)溶液中粒子濃度：c(HX)>c(X)>c(Y+)>c(H+)>c(OH)D.室溫時,pH=aYX溶液中水電離出的c(OH)=l.0×10(14a)mol?L1【答案】C【解析】【詳解】A．由圖可知0.10mol?L11YOH溶液pH=13，該堿溶液中c（OH）=c（YOH）=0.1mol/L，說明YOH完全電離，則YOH為強(qiáng)堿；滴加0.20mol?L1HX溶液5mL時恰好完全反應(yīng)，生成正鹽YX，此時溶液pH>7，說明X水解，則HX為弱酸，故A正確；B．M和N點均存在X的水解，但過量的HX電離出的H+抑制了水的電離，且過量HX越多，對水的電離抑制能力越大，則M點對應(yīng)溶液中水的電離程度大于N點溶液中水的電離程度，故B正確；C．N點溶液中溶質(zhì)為YX和HX，且兩者濃度相等，此時溶液顯酸性，說明HX的電離程度大于X的水解程度，則c(X)>c(Y+)>c(HX)>c(H+)>c(OH)，故C錯誤；D．X的水解促進(jìn)水的電離，YX溶液中c(OH)來自水的電離，則室溫時，pH=a的YX溶液中水電離出的c(OH)=l.0×10(14a)mol?L1，故D正確；故答案為C。18.W、X、Y、Z、R是五種短周期主族元素，原子序數(shù)依次增大。W元素的一種離子與具有相同的電子層排布且半徑稍大，X原子核外L層的電子數(shù)與Y原子核外M層的電子數(shù)之比為，X與Z同主族，Z的價電子排布式為3s23p4，下列說法不正確的是A.與W生成的氣態(tài)化合物的熱穩(wěn)定性：Z>YB.W與的原子半徑：W<LiC.X和Y的第一電離能：X>YD.X、Z、R的電負(fù)性：【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z、R是五種短周期主族元素，原子序數(shù)依次增大，W元素的一種離子與具有相同的電子層排布且半徑稍大，說明W的原子序數(shù)小于Li，則W為H元素；X與Z同主族，Z的價電子排布式為3s23p4，二者位于VIA族，則X為O，Z為S元素；X原子核外L層的電子數(shù)與Y原子核外M層的電子數(shù)之比為，X(O)的L層含有6個電子，則Y的M層含有4個電子，為Si元素；R的原子序數(shù)大于S，則R為Cl元素，據(jù)此分析解答。【詳解】A．元素的非金屬性越強(qiáng)，氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，非金屬性S>Si，則與W(H)生成的氣態(tài)化合物的熱穩(wěn)定性：S>Si，即Z>Y，故A正確；B．同一主族從上到下原子半徑逐漸增大，則原子半徑：H<Li，即W<Li，故B正確；C．同一周期從左到右第一電離能逐漸增大，同一主族從上到下第一電離能逐漸減小，則第一電離能：O>C>Si，即X>Y，故C正確；D．同一周期從左到右電負(fù)性逐漸增大，同一主族從上到下電負(fù)性逐漸減小，則電負(fù)性：S<Cl<O，即，故D錯誤；答案選D。二、填空題(每空2分，共46分)19.下表為周期表的一部分，其中的編號代表對應(yīng)的元素。請回答下列問題：（1）寫出元素⑨的基態(tài)原子的核外電子排布式___________，元素⑩的價電子軌道表示式___________。（2）表中所給元素中，原子半徑最大的是___________(填元素符號)，元素⑥、⑦形成的簡單離子半徑更小的是___________(填離子符號)。（3）下列關(guān)于元素③、④分別與①形成的簡單化合物的敘述正確的是___________(填序號)。A.中心原子的價層電子對數(shù)相同B.中心原子的雜化方式不同C.分子的VSEPR模型相同，空間結(jié)構(gòu)也相同D.④與①形成的分子的鍵角比③與①形成的分子的鍵角更大（4）元素④、⑤的第一電離更大的是___________(填元素符號)。（5）元素②與元素⑦形成的分子的空間結(jié)構(gòu)為___________。【答案】（1）①.1s22s22p63s23p63d64s2②.（2）①.Ca②.Cl（3）A（4）N（5）直線形【解析】【分析】由元素周期表可知，①為H元素，②為Be元素，③為C元素，④為N元素，⑤為O元素，⑥為S元素，⑦為Cl元素，⑧為Mg元素，⑨為Fe元素，⑩為Cu元素，據(jù)此分析解題?！拘?詳解】元素⑨即鐵的原子序數(shù)為26，基態(tài)原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，元素⑩即Cu，原子序數(shù)為29，價電子排布式為3d104s1，則軌道表示式為，故答案為1s22s22p63s23p63d64s2；?！拘?詳解】電子層數(shù)越多，原子(離子)半徑越大，電子層數(shù)相同，質(zhì)子數(shù)越多，原子(離子)半徑越小。則表中所給元素中，原子半徑最大的是Ca；元素⑥、⑦形成的簡單離子分別為S2、Cl，電子層數(shù)相同，Cl的質(zhì)子數(shù)多，半徑更??；故答案為Ca；Cl?！拘?詳解】元素③、④分別與①形成的簡單化合物分別為CH4和NH3。A．CH4和NH3中心原子的價層電子對數(shù)分別為4+(44×1)=4、3+(53×1)=4，所以價層電子對數(shù)相同，故A正確；B．CH4和NH3中心原子的價層電子對數(shù)相同，所以中心原子的雜化方式相同，故B錯誤；C．CH4和NH3中心原子的價層電子對數(shù)相同，則分子的VSEPR模型相同，但甲烷的中心原子沒有孤電子對，氨的中心原子有孤電子對，空間結(jié)構(gòu)不相同，故C錯誤；D．NH3分子的中心原子上有孤電子對，孤電子對對成鍵電子對的排斥力比較大，CH4的中心原子上沒有孤電子對，所以NH3的鍵角比CH4的鍵角小，故D錯誤；故答案選A?！拘?詳解】由于N原子的價層電子排布式為2s22p3，是半充滿的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，失去一個電子需要的能量更多，所以N的第一電離能大于O，故答案為N?！拘?詳解】元素②與元素⑦形成的分子為BeCl2，中心原子Be的價層電子對數(shù)為2+(22×1)=2，則BeCl2的空間結(jié)構(gòu)為直線形；故答案為直線形。20.某興趣小組的同學(xué)用下圖所示裝置研究有關(guān)電化學(xué)的問題(甲、乙、丙三池中溶質(zhì)足量)，當(dāng)閉合該裝置的電鍵K時，觀察到電流表的指針發(fā)生了偏轉(zhuǎn)。請回答下列問題：（1）A電極的電極反應(yīng)式為：___________。（2）丙池中F電極為___________(填“正極”、“負(fù)極”、“陰極”或“陽極”)，寫出電解時總反應(yīng)的離子方程式___________。（3）當(dāng)乙池中C極質(zhì)量變化10.8g時，甲池中B電極理論上消耗O2的體積為___________mL(標(biāo)準(zhǔn)狀況)。（4）若丙池通電一段時間后，向所得的溶液中加入0.1molCu2(OH)2CO3后恰好恢復(fù)到電解前的濃度和PH(不考慮CO2的溶解)，則電解過程中轉(zhuǎn)移的電子___________mol，若電解后溶液的體積為400ml，則所得溶液中氫離子的濃度___________。【答案】（1）CH3OH+8OH6e=CO+6H2O（2）①.陰極②.2Cu2++2H2O4H++2Cu+O2↑（3）560（4）①.0.6②.1mol/L【解析】【分析】由圖可看出甲池為燃料電池為原電池，乙池、丙池為電解池，則A為負(fù)極，F(xiàn)為陰極，E為陽極，D為陰極，C為陽極，B為正極；【小問1詳解】由分析可知，乙池為電解池，A電極的電極反應(yīng)式為：CH3OH+8OH6e=CO+6H2O，故答案為：電解池；CH3OH+8OH6e=CO+6H2O；【小問2詳解】由分析可知，丙池中F電極與燃料電池A電極即負(fù)極相連，故為陰極，電解時總反應(yīng)方程式為：2CuSO4+2H2O2H2SO4+2Cu+O2↑，故其離子方程式為：2Cu2++2H2O4H++2Cu+O2↑，故答案為：陰極；2Cu2++2H2O4H++2Cu+O2↑；【小問3詳解】由分析可知，乙池C電極中的電極反應(yīng)方程式為：Age=Ag+，故當(dāng)乙池中C極質(zhì)量變化10.8g時，電路中流過的電子為：，甲池中B電極電極反應(yīng)式為：O2+2H2O+4e=4OH，故理論上消耗O2的體積為=560mL，故答案為：560；【小問4詳解】堿式碳酸銅和稀硫酸反應(yīng)生成硫酸銅、水和二氧化碳，所以加入0.1mol堿式碳酸銅[Cu2(OH)2CO3]相當(dāng)于加入0.2molCuO、0.1molH2O，根據(jù)生成物知，陰極上銅離子和氫離子放電、陽極上氫氧根離子放電，根據(jù)Cu原子、H原子守恒得陰極上析出n(Cu)=0.2mol、n(H2)=0.1mol，則轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量=0.2mol×2+0.1mol×2=0.6mol，根據(jù)Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++3H2O+CO2↑可知，n(H+)=0.4mol，故若電解后溶液的體積為400mL，則所得溶液中氫離子的濃度為：，故答案為：0.6；。21.五氧化二釩在工業(yè)生產(chǎn)中有重要用途。某含釩廢料的成分為V2O5、V2O4、SiO2、Fe2O3、Al2O3，實驗小組從其中回收V2O5的一種工藝流程如下：請回答下列問題：（1）所加純堿不宜過量太多，否則會造成后某工序中___________原料消耗過多。（2）“酸浸”時，VO3轉(zhuǎn)化為VO，轉(zhuǎn)化反應(yīng)的離子方程式為___________；濾渣1的主要成分為___________(填化學(xué)式)。（3）已知：常溫下，Al(OH)3、Fe(OH)3飽和溶液中金屬陽離子濃度的負(fù)對數(shù)[lgc(M3+)]與pH的關(guān)系如圖所示：

常溫下，Ksp[Fe(OH)3]=___________；當(dāng)調(diào)pH=4時，溶液中A13+___________(填“是”或“否”)沉淀完全。(已知；溶液中離子濃度小于等于105mol·L1時，認(rèn)為該離子沉淀完全)【答案】（1）避免“酸浸”時消耗太多的鹽酸（2）①.VO+2H+=VO2++H2O②.H2SiO3（3）①.1038②.否【解析】【分析】研磨目的是原料混合均勻。加快焙燒速率，使焙燒更充分，焙燒后所得混合物有Na2CO3、NaVO3、NaAlO2、Na2SiO3，鹽酸與Na2SiO3生成濾渣1為H2SiO3【小問1詳解】所加純堿不宜過量太多，理由為避免“酸浸”時消耗太多的鹽酸?！拘?詳解】“酸浸”時，VO3轉(zhuǎn)化為VO2+，轉(zhuǎn)化反應(yīng)的離子方程式為VO3+2H+=VO2++H2O；Na2SiO3與鹽酸反應(yīng)生成H2SiO3濾渣1的主要成分為H2SiO3.【小問3詳解】)由圖pH=2時，c(OH)=1012mol·L1，c(Fe3＋)=102mol·L1，Ksp[Fe(OH)3]=102×(1012)3=1038；pH=5時，c(OH)=109mol·L1，c(Al3＋)=106mol·L1，Ksp[Al(OH)3]=106×(109)3=1033，pH=4時，c(OH)=1010mol·L1，c(Al3＋)=1033/(1010)3=103mol·L1>105mol·L1，鋁離子沒有沉淀完全；22.回答下列問題?；瘜W(xué)式HCNCH3COOHH2CO3電離平衡常數(shù)(25℃)Ka=4.93×1010Ka=1.76×