福建省2024年高考化学压轴卷含解析

PAGE13-福建省2024年高考化学压轴卷（含解析）可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Al27S32C35.5K39Ca40Cr52Fe56Cu64I127一、选择题:本题共10小题,毎小题4分，共40分。毎小题只有一个选项符合题目要求。1．下列体现我国悠久金属矿物开发历史的诗文中，不涉及化学改变的是A．千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金 B．丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂C．熬胆矾铁釜，久之亦化为铜 D．君不见昆吾铁冶飞炎烟，红光紫气俱赫然2．选用的仪器、药品和装置正确，且能达到试验目的的是ABCD制取氯气验证SO2的漂白性收集NO2并防止其污染环境量取肯定体积KMnO4标准溶液A．A B．B C．C D．D3．下表是几种短周期元素的主要化合价以及原子半径的数据：元素XYZWMN主要化合价、、原子半径下列说法中错误的是A．简洁氢化物的稳定性：B．Y和Z只能形成一种化合物C．最高价氧化物对应水化物的碱性：D．简洁离子的还原性：4．生产上用过量烧碱溶液处理某矿物含、，过滤后得到滤液用溶液处理，测得溶液pH和生成的量随加入溶液体积改变的曲线如下：下列有关说法不正确的是溶液的物质的量浓度为

B．b点与c点溶液所含微粒种类相同C．a点溶液中存在的离子是、、、D．生成沉淀的离子方程式为：5．下列试验装置及相应操作正确的是A．图甲可用于配制250ml0.100mo1/L硫酸溶液时定容操作B．图乙可用于淀粉在稀硫酸作用下发生水解后，干脆滴加新制氢氧化铜悬浊液检验水解产物C．图丙可用于胆矾结晶水含量测定D．图丁可用于由工业乙醇制备无水乙醇6．十九大报告中提出要“打赢蓝天保卫战”，意味着对大气污染防治比过去要求更高。硫化氢—空气质子交换膜燃料电池实现了发电、环保的有效结合，已知：2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O(l)△H=-632kJ/mol，下列说法正确的是A．电极a发生反应为还原反应B．标准状况下，每11.2LH2S参与反应，有1molH+经固体电解质膜进入正极区C．当电极a的质量增加64g时，电池内部释放632kJ的热能D．电极b上发生的电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-7．某学习小组设计试验制备Ca(NO2)2。试验装置如图所示(夹持装置已略去)。已知：2NO＋CaO2=Ca(NO2)2；2NO2＋CaO2=Ca(NO3)2下列说法不正确的是A．通入N2是为了排尽装置中的空气B．装置B、D中的试剂可分别为水和浓硫酸，F装置中的试剂也可运用氢氧化钠溶液C．若将铜片换成木炭，则不行以制备纯净的亚硝酸钙D．借助装置A及氢氧化钠溶液和稀硫酸可以分别CO2和CO8．雷美替胺是一种失眠症治疗药物，其合成过程涉及如下反应。下列说法错误的是A．上述反应为加成反应，理论上原子利用率为100%B．有机物Ⅰ能发生加成、取代、氧化、加聚反应C．有机物Ⅰ与氯气加成反应的产物为D．有机物Ⅰ、Ⅱ均能与溶液反应9．如图表示铁与不同浓度硝酸反应时，各种还原产物的相对含量与硝酸溶液浓度的关系，则下列说法不正确的是A．一般来说，硝酸与铁反应的还原产物不是单一的B．硝酸的浓度越大，其还原产物中价态越高的成分越多C．当硝酸浓度为9.75mol·L-1时还原产物是NO、NO2、N2O，且其物质的量之比为5∶3∶1D．肯定量的铁粉与12.2mol·L-1HNO3溶液完全反应得到标准状况下气体2.24L，则参与反应的硝酸的物质的量为0.1mol10．室温下，用0.1mol/L的盐酸滴定相同浓度的25mL溴化肼（N2H5Br）溶液，已知肼（N2H4）是二元弱碱，N2H4+H2ON2H5++OH-Kb1=1.0×10-6，N2H5++H2ON2H62++OH-Kb2=1.3×10-15，滴定过程中混合溶液的相对导电实力改变曲线如图所示。下列叙述错误的是（）A．N2H4与硫酸反应形成的酸式盐的化学式为N2H6（HSO4）2B．b点表示盐酸与溴化肼恰好完全反应：c（Cl-）=c（Br-）>c（N2H62+）C．a点对应的溶液中：c（Br-）＋c（OH-）═c（N2H5+）＋2c（N2H62+）＋c（H+）D．c点的混合溶液中：c（Cl-）>c（Br-）>c（H+）>c（N2H62+）>c（N2H5+）>c（OH-）二、非选择题：本题共5小题，共60分。11．（工业流程题13分）碲(Te)凭借优良的性能成为制作合金添加剂、半导体、光电元件的主体材料，并被广泛应用于冶金、航空航天、电子等领域。可从精炼铜的阳极泥中(主要成分为Cu2Te)回收碲，工艺流程如图：(1)“焙烧”后，碲主要以TeO2形式存在，写出相应反应的化学方程式__。(2)为了选择最佳的焙烧工艺，进行了温度和硫酸加入量的条件试验，结果如表所示：温度/℃硫酸加入量(理论量倍数)浸出率/%CuTe4501.2577.302.334601.0081.792.811.2589.863.151.5092.317.705001.2559.835.485501.2511.6510.63则试验中应选择的条件为__，缘由为__。(3)工艺(I)中，“还原”时发生的总的化学方程式为__。(4)由于工艺(I)中“氧化”对溶液和物料条件要求高，有探讨者采纳工艺(II)获得碲。则“电积”过程中，阴极的电极反应式为__。(5)工业生产中，滤渣2经硫酸酸浸后得滤液3和滤渣3。①滤液3与滤液1合并，进入铜电积系统。该处理措施的优点为__。②滤渣3中富含Au和Ag，可用__将其进行分别。A．王水B．稀硝酸C．浓氢氧化钠溶液D．浓盐酸12．（试验探究题14分）葡萄糖酸亚铁（）是常用的补铁剂，易溶于水，几乎不溶于乙醇葡萄糖酸亚铁的制备方法之一是由新制备的碳酸亚铁(白色固体，微溶于水)与葡萄糖酸反应而制得，其流程如下：Ⅰ.用下图装备制备(1)仪器的名称为___________。(2)反应起先时，先打开活塞和，关闭，目的是___________。一段时间后，关闭，打开，视察到的现象为___________。(3)操作一是___________。(4)检验沉淀已经洗涤干净的试剂为___________(若多种试剂，按试剂运用由先到后的依次填写)。(5)用溶液代替溶液制备碳酸亚铁，同时有气体产生，反应的离子方程式为___________。Ⅱ．制葡萄糖酸亚铁(6)葡萄糖酸的分子式为___________。(7)反应Ⅱ中加入过量葡萄糖酸使溶液显弱酸性，缘由是___________。(8)以上结晶的操作：往葡萄糖酸亚铁溶液加入___________。13．（原理综合题13分）碳及其化合物广泛存在于自然界。请回答下列问题：（1）反应Ⅰ：Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)ΔH1平衡常数为K1反应Ⅱ：Fe(s)+H2O(g)FeO(s)+H2(g)ΔH2平衡常数为K2不同温度下，K1、K2的值如下表：现有反应Ⅲ：H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)，结合上表数据，反应Ⅲ是_______(填“放热”或“吸热”）反应。（2）已知CO2催化加氢合成乙醇的反应原理为：2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g)∆H<0。设m为起始时的投料比，即m=n(H2)/n(CO2)。①图1中投料比相同，温度从高到低的依次为______________________。②图2中m1、m2、m3从大到小的依次为________________________。③图3表示在总压为5MPa的恒压条件下，且m=3时，平衡状态时各物质的物质的量分数与温度的关系。则曲线d代表的物质化学名称为______________，T4温度时，该反应平衡常数KP的计算式为(不必化简)_______________________。（3）已知：NH3·H2O的Kb=1.7×10－5，H2CO3的Ka1=4.3×10－7、Ka2=5.6×10－11。工业生产尾气中的CO2捕获技术之一是氨水溶液汲取技术，工艺流程是将烟气冷却至15.5℃～26.5℃后用氨水汲取过量的CO2。所得溶液的pH___________7（填“＞”、“=”或“＜”）。烟气需冷却至15.5℃～26.5℃的可能缘由是____________。（4）为了测量某湖水中无机碳含量，量取100mL湖水，酸化后用N2吹出CO2，再用NaOH溶液汲取。往汲取液中滴加1.0mol/L盐酸，生成的V(CO2)随V(盐酸)改变关系如图所示，则原汲取液中离子浓度由大到小的依次为__________。14．（物质结构与性质10分）硼、碳、氮、铜形成的单质及它们形成的化合物有重要探讨和应用价值，回答下列问题：(1)邻氨基吡啶的铜协作物在有机不对称合成中起催化诱导效应，其结构简式如图所示。①基态Cu原子的价电子排布式为___________，在元素周期表中铜位于___________区(填“s”“p”“d”或“ds”)。②C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的依次为___________。③邻氨基吡啶的铜协作物中，Cu2+的配位数是___________，N原子的杂化类型为__________。(2)晶体硼单质的基本结构单元为正二十面体，其能自发地呈现多面体外形，这种性质称为晶体的___________。(3)氨硼烷(NH3BH3)被认为是最具潜力的新型储氢材料之一，分子中存在配位键，供应孤电子对的成键原子是___________，写出一种与氨硼烷互为等电子体的分子___________(填化学式)。(4)以硼酸(H3BO3)为原料可制得硼氢化钠(NaBH4)，它是有机合成中的重要还原剂。BH的键角是___________。(5)磷化硼(BP)是受高度关注的耐磨材料，可作为金属表面的爱护层，其结构与金刚石类似，晶胞结构如图所示。磷化硼晶胞沿z轴在平面的投影图中，B原子构成的几何形态是___________；已知晶胞边长为apm，则磷化硼晶体的密度是___________g·cm-3(列出计算式，用NA来表示阿伏伽德罗常数)。15．（有机化学基础10分）H是合成某药物的中间体，其合成路途如下(-Ph代表苯基)：(1)已知X是一种环状烃，则其化学名称是_______。(2)反应①的反应类型是_______。(3)写出反应⑥的化学方程式：_______。(4)T是R的同分异构体，写出核磁共振氢谱有五个峰的同分异构体的结构简式：_______。a.与氯化铁溶液发生显色反应b.1molT最多消耗2mol钠c.同一个碳原子上不连接2个官能团(5)参照上述合成路途，结合所学学问，以为原料合成OHCCH2CH2COOH，设计合成路途：_______(其他试剂任选)。2024福建省高考压轴卷化学参考答案及解析1.【答案】A【解析】A．千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金，此过程为金的富集，属于物理改变，A符合题意；B．丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂，为硫化汞受热分解，遇冷后重新生成硫化汞，为化学改变，B与题意不符；C．熬胆矾铁釜，久之亦化为铜，为铁与硫酸铜反应生成单质铜，为化学改变，C与题意不符；D．君不见昆吾铁冶飞炎烟，红光紫气俱赫然为昆吾的宝石被炼成宝剑，通红的炉火，剑锋上射出紫色的光焰，为化学改变，D与题意不符；答案为A。2.【答案】B【解析】A．浓盐酸与二氧化锰共热制备氯气，A不能达到试验目的；B．二氧化硫、水与品红反应生成无色物质，可验证二氧化硫的漂白性，B能达到试验目的；C．二氧化氮的密度大于空气，不能收集二氧化氮，C不能达到试验目的；D．高锰酸钾具有强氧化性，能腐蚀橡胶，应装盛在酸式滴定管中，D不能达到试验目的；答案为B。3.【答案】B【解析】依据元素的主要化合价推断元素所在族，最高正化合价等于主族序数，依据半径推断元素所在周期，利用电子层越多半径越大，电子层相同时，原子序数越大半径越小相结合推断元素所在周期和族，通过元素位置推断元素为：X为Li，Y为O，Z为Na，W为Mg，M为O，N为F。A.简洁氢化物的稳定性依据非金属越强，氢化物越稳定推断：HF>H2O，故A正确；B.Y和Z，即O和Na可以形成氧化钠和过氧化钠，故B不正确；C.依据金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强得：Mg(OH)2<NaOH，故C正确；D.简洁离子的还原性：依据非金属性越强，简洁离子的还原性越弱推断：O2-<S2-，故D正确；故选答案B。4.【答案】A【解析】A、加入溶液时沉淀最多，沉淀为，NaOH过量，滤液中含NaOH，由、可知，前8mL不生成沉淀，，故A错误；B、b点与c点溶液所含微粒种类相同，均含、、、，故B正确；C、a点显碱性，溶质为NaOH、，存在的离子是、、、，故C正确；D、促进的电离，生成沉淀的离子方程式为：，故D正确；故选A。5.【答案】C【解析】A.图甲不行用于配制250ml0.100mo1/L硫酸溶液时定容操作，在接近刻度1~2cm时，改用胶头滴管滴加，故A错误；B.淀粉在稀硫酸作用下发生水解后，要先用NaOH溶液中和硫酸至中性或弱碱性，再滴加新制氢氧化铜悬浊液检验水解产物，故B错误；C.灼烧固体用坩埚，图丙可用于胆矾结晶水含量测定，故C正确；D.由工业乙醇制备无水乙醇，用蒸馏的方法，蒸馏时温度计的水银球应放中蒸馏烧瓶的支管口处，故D错误；故选C。6.【答案】B【解析】A.电极a为负极，发生氧化反应，A错误。B.由电极反应式2H2S-4e-=4H++S2可知，标准状况下，每11.2LH2S即0.5molH2S参与反应，有1molH+经固体电解质膜进入正极区，B正确。C.反应由化学能转化为电能，电池内部释放的热能小于632kJ，C错误。D.该电池是质子固体做电解质，所以电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，D错误。7.【答案】B【解析】A．通入N2是为了排尽装置中的空气，防止CaO2与水、二氯化碳反应，故A正确；B．由上述分析可知，装置B、D中的试剂可分别为水和浓硫酸，而NO与NaOH溶液不反应，不能用于除去尾气，故B错误；C．将铜片换成木炭，会生成二氧化碳，在E中反应会引入新杂质(如CaCO3)，故C正确；D．因二氧化碳与NaOH反应，CO不能，则借助装置A及氢氧化钠溶液和稀硫酸可以分别CO2和CO，故D正确；故答案为B。8.【答案】C【解析】A．加成反应产物只有一种，理论上原子利用率为100%，A项正确；B．有机物Ⅰ可发生氧化反应，含有碳碳双键，可以发生加成和加聚反应，含有羧基，可以发生取代反应，B项正确；C．有机物Ⅰ与氯气加成反应，氯原子不会在同一个碳上，C项错误；D．有机物Ⅰ、Ⅱ均有羧基，能与溶液反应，D项正确；答案选C。9.【答案】D【解析】A．随溶液pH改变，硝酸被还原产物不同，在浓硝酸浓度为12.2mol/L中，主要产物NO2，随着硝酸浓度渐渐降低，产物NO2渐渐削减而NO的相对含量渐渐增多；当浓度为9.75mol/L时，主要产物是NO；其次是NO2及少量的N2O，当HNO3的浓度降到4.02mol/L时，成为主要产物，A正确；B．硝酸的浓度极低时，反应无气体产生，硝酸浓度越高，还原产生的气体产物中N元素化合价越高，B正确；C．依据图象分析可知：当硝酸浓度为9.75mol/L时，还原产物是NO、

NO2、N2O，在相同外界条件下，气体的物质的量之比等于其体积比等于其含量之比=10：6：2=5：3：1，C正确；D．用肯定量的铁粉与大量的9.75mol/LHNO3溶液反应得到标态下气体2.24L为NO，其物质的量为0.1mol，铁改变为硝酸铁，HNO3~NO~3e-，Fe~Fe3+~3e-，反应生成的铁离子为0.1mol，起酸作用的硝酸物质的量为0.3mol，起氧化剂作用的硝酸物质的量为0.1mol，则参与反应的硝酸总物质的量n(HNO3)=0.3mol+0.1mol=0.4mol

，D错误；故合理选项是D。10.【答案】D【解析】A.N2H4与硫酸反应形成的酸式盐，则酸过量，N2H4会完全电离为N2H62+，该酸式盐的化学式为N2H6（HSO4）2，A项正确；B.b点表示盐酸与溴化肼恰好为1：1完全反应，此时溶液为N2H6BrCl，而N2H62+会水解，故c（Cl-）=c（Br-）>c（N2H62+）B项正确；C.a点时为N2H5Br溶液，依据电荷守恒：c（Br-）＋c（OH-）═c（N2H5+）＋2c（N2H62+）＋c（H+），C项正确；D.c点的混合溶液为N2H6BrCl、HCl，溶液环境显酸性会抑制N2H62+水解，从图中可得知，c（N2H62+）>c（H+），D项错误；答案选D。11.【答案】（13分）（1）Cu2Te+2H2SO4+2O22CuSO4+TeO2+2H2O（2分）（2）460℃、硫酸加入量为理论量的1.25倍（2分）该条件下，铜的浸出率高且碲的损失较低（1分）Na2TeO4+3Na2SO3+H2SO4=4Na2SO4+Te+H2O（2分）（4）+4e-+3H2O=Te+6OH-（2分）（5）CuSO4溶液循环利用，提高经济效益（2分）B（2分）【解析】铜的阳极泥(主要成分为Cu2Te)加硫酸，通入空气，焙烧后生成硫酸铜以及TeO2，过滤后滤液1含铜离子，滤渣1的主要成分为TeO2，还含有Au和Ag，加入氢氧化钠溶解TeO2，滤液2为含Na2TeO3的溶液，工艺(I)加入过氧化氢将Na2TeO3氧化为Na2TeO4，再加入硫酸、亚硫酸钠将其还原为Te；工艺(II)加入硫酸提纯，TeO2与氢氧化钠反应生成Na2TeO3，电解生成Te。(1))“焙烧”后，碲主要以TeO2形式存在，依据“焙烧”前后物质的改变，可以写出反应方程式为Cu2Te+2H2SO4+2O22CuSO4+TeO2+2H2O；(2)由表中数据可知，在460℃、硫酸加入量为理论量的1.25倍时，铜的浸出率高且碲的损失较低。为最佳反应条件；(3)依据“还原”前后物质的改变，可以写出工艺(I)中，“还原”时发生的总的化学方程式为Na2TeO4+3Na2SO3+H2SO4=4Na2SO4+Te+H2O；(4)“电积”过程中，阴极发生还原反应生成Te，反应物为，产物为Te。由→Te是得电子的还原反应，阴极反应式为+4e-+3H2O=Te+6OH-；(5)①滤液3与滤液1的成分为CuSO4，合并后进入铜电积系统，可将CuSO4溶液循环利用，提高经济效益，答案：CuSO4溶液循环利用，提高经济效益；②A．Au和Ag都能溶于王水，不能用来分别；B．Ag可与硝酸反应而溶解，Au不溶于稀硝酸，可用来分别；C．Au和Ag都不能溶于浓氢氧化钠溶液也不与之反应，不能用来分别；D．Au和Ag都不能溶于浓盐酸也不与之反应，不能用来分别，答案选B。12.【答案】（14分）（1）三口烧瓶(三颈烧瓶)（1分）（2）排出装置中的空气，防止亚铁离子被氧化（2分）中溶液流入装置中，中产生白色沉淀（2分）（3）过滤，洗涤（2分）盐酸、溶液或溶液（2分）（2分）（6）（1分）（7）防止水解生成（1分）（8）乙醇（1分）【解析】(1)由图可知c为三口烧瓶(三颈烧瓶)；(2)亚铁离子简洁被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，反应起先时，先打开活塞和，关闭，铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，利用氢气将装置内的空气排出，因此先打开活塞和，关闭的目的是排出装置中的空气，防止亚铁离子被氧化；一段时间后，关闭K3，打开K2，b中生成氢气使烧瓶中气压增大，将b中硫酸亚铁溶液压入装置c中，c中硫酸亚铁和碳酸钠反应生成碳酸亚铁沉淀和硫酸钠，现象为中溶液流入装置中，中产生白色沉淀；(3)由分析可知操作一是过滤、洗涤；(4)依据分析可知，检验FeCO3已经洗涤干净即确定其表面是否有附着的硫酸钠，即检验硫酸根离子，可取最终一次洗涤液，先用盐酸酸化解除干扰，再加入BaCl2溶液或Ba(NO3)2溶液，若产生白色沉淀说明FeCO3未洗涤干净，若溶液澄清无沉淀生成，则说明FeCO3已经洗涤干净，即选择试剂为盐酸、溶液或溶液；(5)若用NaHCO3溶液代替Na2CO3溶液制备碳酸亚铁，同时生成二氧化碳，结合电荷守恒、原子守恒可知反应的离子方程式为；(6)由葡萄糖酸亚铁的化学式可知葡萄糖酸为一元酸，则葡萄糖酸的分子式为；(7)亚铁离子水解生成氢氧化亚铁，反应Ⅱ中加入过量葡萄糖酸使溶液显弱酸性，其缘由是防止Fe2+水解生成Fe(OH)2沉淀；(8)依据信息可知：葡萄糖酸亚铁易溶于水，几乎不溶于乙醇，所以葡萄糖酸亚铁溶液结晶、洗涤时均需加入乙醇，其目的都是降低葡萄糖酸亚铁在水中溶解度，便于葡萄糖酸亚铁结晶析出。13.【答案】（13分）（1）吸热（1分）（2）（1分）（1分）乙醇（1分）（3分）＞（2分）降低汲取过程中氨水的挥发，促进氨水对CO2的汲取（2分）（4）c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)（2分）【解析】(1)由图可知反应①的K1随温度上升而增大，说明正反应为吸热反应，△H＞0，反应②的K2随温度上升而减小，说明正反应为放热反应，△H＜0，已知：①Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)△H1=Q1＞0，②Fe(s)+H2O(g)FeO(s)+H2(g)△H2=Q2＜0，由盖斯定律①-②得③H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g))△H=Q3=Q1-Q2＞0，说明是吸热反应；(2)①反应为放热反应，温度越高转化率越小，则T3＞T2＞T1；②图2中m1、m2、m3投料比从大到小的依次为m1＞m2＞m3，因相同温度下，增大氢气的量，平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大；③温度上升，反应逆向进行，所以产物的物质的量是渐渐削减的，反应物的物质的量增大，由图可知，曲线a代表的物质为H2，b表示CO2，c为H2O，d表示乙醇；设起先氢气的投入量是3nmol，则二氧化碳是nmol，二氧化碳的转化量是x，则2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g)起始量(mol)n3n00改变量(mol)x3x0.5x1.5x平衡量(mol)n-x3n-3x0.5x1.5xP点a、c的体积分数相同，所以3n-3x=1.5x，解得x=n，总物质的量是n-x+3n-3x+0.5x+1.5x=n，总压为5MPa的恒压条件下，p(二氧化碳)=p(乙醇)=×5MPa=0.125×5MPa，p(氢气)=p(水)=×5MPa=0.375×5MPa，T4温度时，该反应的平衡常数Kp=；(3)工艺流程是将烟气冷却至15.5～26.5℃后用氨水汲取过量的CO2，该反应是一水合氨和二氧化碳反应生成碳酸氢铵，反应的化学方程式为：NH3•H2O+CO2=NH4HCO3，由NH3·H2O的Kb=1.7×10－5，H2CO3的Ka1=4.3×10－7、Ka2=5.6×10－11可知HCO3-的水解程度大于NH4+的水解程度，则所得溶液的pH＞7；烟气需冷却至15.5～26.5℃的可能缘由是：降低汲取过程中氨气挥发，促进氨水对二氧化碳的成分汲取；(4)为了测量某湖水中无机碳含量，量取100mL湖水，酸化后用N2吹出CO2，再用NaOH溶液汲取，图象分析可知，生成碳酸氢钠溶液和碳酸钠溶液，二者物质的量之比为1：1，且CO32-的水解程度大于HCO3-，则溶液中离子浓度大小为：c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+)。14.【答案】（10分）（1）3d104s1（1分）ds（1分）N>O>C（1分）4（1分）sp2、sp3（1分）（2）自范性（1分）（3）NC2H6（1分）（4）109°28′或109.5°（1分）（5）正方形（1分）（1分）【解析】(1)①Cu是29号元素，核外电子排布式