2022-2023学年天津市耀华中学高二上学期期末考试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年天津市耀华中学高二上学期期末考试化学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，原理综合题，元素或物质推断题等内容，欢迎下载使用。

天津市耀华中学2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．研究金属的腐蚀与防护意义重大。下列说法错误的是
A．“西气东输”工程中的天然气管道，常用外加电流阴极保护法来防止腐蚀
B．铁腐蚀的反应消耗氧气和水，以铁粉为主要成分的双吸剂可以延长食物的保质期
C．将被保护金属与外加电源的正极相连，一定电压下可使金属发生钝化被保护
D．微电解技术处理工业废水原料是含有铁屑和木炭屑的多孔填料，其原理与电解池相同
【答案】C
【详解】A．常用的两种电化学保护方法为外加电流阴极保护法和牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；
B．铁腐蚀的反应消耗氧气和水，双吸剂加铁粉，铁粉吸收氧气和水，在干燥缺氧的环境下食物的保质期可以被延长，故B正确；
C．在电解池中，金属做阳极是先被腐蚀，所以被保护的金属作阴极，与电源的负极相连，故C错误；
D．铁与碳以及外接电源形成电解池，铁和木炭做电极材料，原理即电解池的原理，故D正确；
故答案选C。
2．下列说法正确的是
A．钢铁制品和铜制品既能发生吸氧腐蚀又能发生析氢腐蚀
B．电解精炼铜时，若阳极质量减少，则转移到阴极的电子数为
C．农村推广风力发电、光伏发电有利于“碳达峰、碳中和”
D．“嫦娥五号”使用的太阳能电池阵和锂离子电池组，均可将化学能转变成电能
【答案】C
【详解】A．铜的活动性弱于氢，不发生析氢腐蚀，A错误；
B．电解精炼铜时，阳极中的铁、镍等都会放电，不能确定转移电子的物质的量，B错误；
C．风力发电、光伏发电不产生碳的排放物，有利于“碳达峰、碳中和”，C正确；
D．太阳能电池阵是将太阳能转化为电能，D错误；
故选C。
3．下列事实中，不能说明MOH属于弱碱的是
A．常温下，0.1mol/L MOH溶液的pH=11.3
B．0.1mol/L MOH溶液与等体积0.1mol/L盐酸恰好完全反应
C．常温下，MOH溶液的导电能力比相同浓度的NaOH溶液弱
D．常温下，0.1mol/L MCl溶液中滴加石蕊溶液，溶液呈浅红色
【答案】B
【分析】MOH是弱碱，说明MOH部分电离，溶液中存在电离平衡，根据MOH的电离程度划分强弱电解质，据此分析解答。
【详解】A．常温下0.1mol·L-1MOH溶液若为强碱，则c(OH-)=0.1mol/L，c(H+)= =10-13mol/，其溶液的pH=13，现0.1mol·L-1MOH溶液的pH=11.3，即氢氧根离子的浓度＜0.1mol/L，MOH没有完全电离，则MOH为弱碱，A不符合题意；
B．0.1mol/L的MOH溶液与等体积0.1mol/L的盐酸恰好完全反应，MOH是强电解质也与等体积的盐酸恰好反应，不能说明是弱碱，B符合题意；
C．常温下，0.1mol/L MOH溶液的导电能力比相同浓度NaOH溶液的导电能力弱，说明离子浓度比NaOH溶液中离子浓度小，则MOH为弱碱，C不符合题意；
D．常温下，往MCl溶液中滴加石蕊溶液，溶液呈浅红色，说明溶液呈酸性，即MOH不是强电解质，是弱碱，D不符合题意；
故选B。
4．常温下，下列各组微粒在指定的溶液中一定能大量共存的是
A．使紫色石蕊溶液变蓝的溶液：Cl-、HCO、H2PO、Ca2+
B．=10-1的溶液：F-、CH3COO-、S2-、Na+
C．由水电离出的氢离子为10-12mol·L-1的溶液：、SO、Na+、K+
D．使无色酚酞不变色的溶液：ClO-、CO、SO、NH
【答案】C
【详解】A．紫色石蕊溶液变蓝的溶液中存在大量OH－，HCO、H2PO、Ca2＋能与OH－之间发生反应，因而不能大量共存，故A错误；
B．=10-1的溶液为酸性，H＋与F-、CH3COO-、S2-之间会发生反应，因此不能大量共存，故B错误；
C．由水电离出的氢离子为10-12mol·L-1的溶液可能为酸性或者强碱性，无论酸性、还是碱性，离子之间均不发生反应，故C正确；
D．使无色酚酞不变色的溶液为中性或者酸性，若溶液呈酸性，则溶液中存在大量H＋，H＋与ClO-、CO、SO均能发生反应，因而不能大量共存，故D错误；
答案为C。
5．已知25℃时，几种弱酸的电离平衡常数如下：
：，
：，
：，，
则以下反应不能自发进行的是
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据电离常数的意义，对于弱酸而言，电离常数越大，酸性越强，根据已知，以上几种酸的酸性强弱为>>>；再根据强酸制弱酸原理判断反应是否发生；
【详解】A．酸性：>，所以反应，能发生，故A不选；
B．酸性：>，所以反应，不能发生，故B选；
C．酸性：>，所以反应，能发生，故C不选；
D．酸性：>>，在碳酸钠溶液中加入足量溶液，可以发生反应，故D不选;
故选B。
6．常温下，下列叙述正确的是
A．中和等体积、等pH的盐酸和醋酸，消耗氢氧化钠一样多
B．向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，沉淀溶解平衡逆向移动，Ksp 不变
C．在等体积等浓度的盐酸和醋酸中分别加入等质量的相同锌粒，随着反应的进行，醋酸不断电离出H+，反应速率比盐酸大
D．pH为10的醋酸钠溶液中水电离出的c(H+)=5×10-10 mol/L
【答案】B
【详解】A．中和等体积、等pH的盐酸和醋酸，消耗NaOH的物质的量相等，A错误；
B．Ksp只受温度影响，B正确；
C．在等体积等浓度的盐酸和醋酸中分别加入等质量的相同锌粒，随着反应的进行，醋酸不断电离出H+，反应速率比盐酸，C错误；
D．溶液中c（H+）=1×10-10mol/L，醋酸根离子水解促进了水的电离，溶液中的氢氧根离子是水电离的，水电离的c（OH-）=1×10-4mol/L，D错误；
故答案为B。
7．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．25℃时，1LpH=3的H2SO3溶液中，H+的数目为0.001NA
B．0.1mo1•L-1的NH4NO3溶液中含有NH、NH3、NH3•H2O的总数目为0.1NA
C．25℃时，pH=13的NaOH溶液中，水电离出的OH-的数目为10-11NA
D．99°C时，1LpH=7的NaOH溶液中，OH-的数目为10-7NA
【答案】A
【详解】A．25℃时，1LpH=3的H2SO3溶液中c(H+)=10-3mol/L，H+的物质的量n=1L×10-3mol/L=0.001mol，个数为0.001NA，故A正确；
B．体积未知，无法计算，故B错误；
C．体积未知，无法计算，故C错误；
D．99°C时的Kw未知，无法计算，故D错误；
故选A。
8．下列有关粒子间关系的说法错误的是
A．0.1 mol/LNa2CO3溶液与0.1 mol/LNaHCO3溶液等体积混合：
B．等物质的量浓度的NH4HSO4和CH3COONH4溶液中：NH4HSO4＞CH3COONH4
C．0.2 mol/LNaHCO3溶液与0.1 mol/LKOH溶液等体积混合：
D．室温下，NaH2PO4溶液中（pH＜7）：c()＞c(H3PO4)
【答案】C
【详解】A．1 mol/LNa2CO3溶液与0.1 mol/LNaHCO3溶液等体积混合，根据物料守恒可知关系式，A正确；
B．在两种盐溶液中都存在的水解平衡：+H2ONH3·H2O+H+；在NH4HSO4溶液中盐电离产生的H+对上述平衡起抑制作用，导致水解程度减小，c()有所增大；而在CH3COONH4溶液中还存在CH3COO-的水解平衡：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，二者水解的酸碱性相反，对的水解平衡起促进作用，导致溶液中c()进一步减小，故等物质的量浓度的NH4HSO4和CH3COONH4溶液中：NH4HSO4＞CH3COONH4，B正确；
C．0.2 mol/LNaHCO3溶液与0.1 mol/LKOH溶液等体积混合，发生反应：+OH-=+H2O，最终溶液中、等物质的量混合，根据物料守恒和电荷守恒可得关系式：2c(OH-)+c()=3c(H2CO3)+2c(H+)+c()，C错误；
D．室温下，NaH2PO4溶液中(pH＜7)，溶液显酸性，说明溶液中的电离作用大于其水解作用，故溶液中微粒浓度大小关系为：c()＞c(H3PO4)，D正确；
故合理选项是C。
9．常温下，难溶物Y2X与ZX在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，若定义其坐标图示：p(A)=-lgc(A)，Mn+表示Y+或Z2+。下列说法错误的是

A．M表示Y2X的溶解平衡曲线
B．常温下，Y2X的分散系在c点时为悬浊液
C．向b点溶液中加入Na2X饱和溶液，析出ZX固体
D．ZX(s)+2Y+(aq)⇌Y2X(s)+Z2+(aq)的平衡常数K=1014
【答案】B
【详解】A．Ksp(Y2X)=c2(Y+)∙c(X2-)，Ksp(ZX)=c(Z2+)∙c(X2-)，横坐标表示阳离子浓度的负对数，纵坐标表示金属阳离子浓度的负对数，X2-改变相同量时，Y+浓度变化量大于Z2+浓度的变化量，所以M表示Y2X的溶解平衡曲线，N表示ZX的溶解平衡曲线，A正确；
B.c点在M斜线上方，在金属阳离子浓度不变时，纵坐标越大，表示相应的阴离子浓度越小，因此c点Qc=c2(Y+)∙c(X2-)＜Ksp(Y2X)，因此c点形成的的是Y2X的不饱和溶液，B错误；
C．N表示ZX的溶解平衡曲线，b点为ZX的饱和溶液，若加入Na2X饱和溶液，则c(X2-)增大，由于Ksp不变，ZX固体会析出，最终导致溶液中c(Z2+)减小，C正确；
D．N表示ZX的溶解平衡曲线，由b(5，30.2)可知：ZX的溶度积常数Ksp=10-(5+30.2)=10-35.2，M表示Y2X的溶解平衡曲线，由a点坐标可知Ksp(Y2X)=c2(Y+)∙c(X2-)=10-(20×2+9.2)=10-49.2。ZX(s)+2Y+(aq)⇌Y2X(s)+Z2+(aq)的平衡常数K=，D正确；
故合理选项是B。
10．甲烷燃料电池采用铂做电极材料，两个电极上分别通入CH4和O2，电解质溶液为KOH溶液。某研究小组将上述甲烷燃料电池作为电源，进行电解饱和食盐水和电镀的实验，如图所示，其中乙装置中X为离子交换膜。下列说法错误的是

A．乙中X为阳离子交换膜
B．甲烷燃料电池负极电极反应式是
C．用丙装置给铜镀银，b应是Ag
D．当电路中通过0.4mol时，乙中Fe电极上产生氯气4.48L（标准状况）
【答案】D
【分析】甲烷燃料电池中，通入甲烷的一极为负极，通入氧气的一极为正极，则乙装置中，Fe铁电极为阴极，石墨电极为阳极，丙装置中，a电极为阴极，b电极为阳极，据此分析解答。
【详解】A． 乙装置中，Fe铁电极为阴极，电极反应式为，石墨电极为阳极，电极反应式为，则乙中X为阳离子交换膜，Na+移动向阴极，阴极得到NaOH和氢气，故A正确；
B． 甲烷燃料电池的电解质溶液为KOH溶液，则负极电极反应式是，故B正确；
C． 丙装置中，a电极为阴极，b电极为阳极，则用丙装置给铜镀银，b应是Ag，电极反应为，故C正确；
D． 乙装置中，Fe铁电极为阴极，电极反应式为，不生成氯气，故D错误；
故选D。
11．火星大气中含有大量，一种有参加反应的新型全固态电池有望为火星探测器供电。电池以金属钠为负极，碳纳米管为正极。放电时，下列说法正确的是

A．负极上发生还原反应
B． 在正极上得电子
C．工作时电子由碳纳米管经外电路流向金属钠
D．将电能转化为化学能
【答案】B
【详解】A．原电池负极上发生氧化反应，A说法错误；
B．由图可知，Na在负极失电子发生氧化反应，CO2在正极得电子被还原，B说法正确；
C．电池工作时，电子从负极经外电路流向正极，因此工作时电子由金属钠经外电路流向碳纳米管，C说法错误；
D．该装置是原电池，可将化学能转化为电能供火星探测器使用，D说法错误｡
因此，本题正确选项为B｡
12．新型水系级联二次电池，实现了在同一个反应腔体中耦合不同的氧化还原反应。如图所示电池以S、Zn为电极，以CuSO4溶液和ZnSO4溶液为离子导体，分两步放电，在a极首先生成Cu2S，后生成Cu。下列说法正确的是

A．放电时，每生成1molCu2S的同时消耗65gZn
B．放电时，b极为正极
C．充电时，通过隔膜向b极移动
D．充电时，a作阳极，Cu和Cu2S失电子生成Cu2+和S
【答案】D
【分析】根据题意，Cu2+和S在a极得到电子，化合价降低，被还原，作正极，电极反应式为2Cu2++S+4e−=Cu2S，Cu2S+2e−=2Cu+S2−，则Zn为负极，发生氧化反应，电极反应式为Zn−2e−=Zn2+；
【详解】A．根据电极反应式2Cu2++S+4e−=Cu2S，放电过程中，每生成1molCu2S转移4mol电子，再由Zn−2e−=Zn2+可知，消耗2molZn，质量为130g，故A错误；
B．放电时，Zn为负极，则b极为负极，故B错误；
C．充电时作为电解池，b极为阴极，a极为阳极，阴离子向阳极移动，所以通过隔膜向a极移动，故C错误；
D．充电时a作阳极，发生氧化反应，根据题意，此时放电时的产物为充电时的反应物，先后顺序与放电时相反，Cu先失电子变为Cu2S，Cu2S-4e−=2Cu2++S。然后Cu2S再失电子变为Cu2+和S单质，Cu2S-4e−=2Cu2++S，故D正确；
故选D。
13．如图为周期表的一小部分，A、B、C、D、E的位置关系如图所示。其中B元素最高化合价是最低化合价绝对值的3倍，它的最高价氧化物中含氧60%。下列说法正确的是（    ）

A

D
B
E

C


A．D、B、E三种元素的第一电离能逐渐减小
B．电负性：E>C
C．D、B、E三种元素形成的简单离子的半径逐渐增大
D．气态氢化物的稳定性顺序：D>B>E
【答案】B
【分析】
B 元素最高化合价是最低化合价绝对值的 3 倍，它的最高氧化物中含氧60%，则最高正价为+6，最低价为-2，B为S元素，结合元素在周期表的位置可知，A为O，C为Se，D为P，E为Cl。
【详解】
A. 由分析可知，D为P、B为S元素、E为Cl，同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但同一周期中第ⅡA族元素比第ⅢA族元素的第一电离能大，第ⅤA族比第ⅥA族第一电离能大，P、S、Cl属于同一周期且其原子序数依次增大，但P属于第VA元素，S属于第ⅥA族，所以第一电离能的大小顺序是Cl＞P＞S，故A错误；
B. 同一周期，从左到右元素电负性递增，同一主族，自上而下元素电负性递减，则电负性：E>C，故B正确；
C. 由分析可知，D为P、B为S元素、E为Cl，三种元素形成的简单离子核外电子结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，则D、B、E三种元素形成的简单离子的半径逐渐减小，故C错误；
D. B为S，D为P，E为Cl ，非金属性Cl>S>P，则氢化物的稳定性为HCl>H2S>PH3，故D错误；
正确答案是B。

【点睛】
第一电离能变化规律：同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但同一周期中第ⅡA族元素比第ⅢA族元素的第一电离能大，第ⅤA族比第ⅥA族第一电离能大。
14．某一化合物的分子式为AB2，A属ⅥA族元素，B属ⅦA族元素，A和B在同一周期，它们的电负性值分别为3.44和3.98，已知AB2分子的键角为103.3。。下列推断不正确的是（    ）
A．AB2分子的空间构型为“V”形
B．A---B键为极性共价键，AB2分子为非极性分子
C．AB2与H2O相比，AB2的熔点、沸点比H2O的低
D．AB2分子中无氢原子，分子间不能形成氢键，而H2O分子间能形成氢键
【答案】B
【详解】A. AB2分子中A原子为第ⅥA族，价电子数目为6，B属第ⅦA族元素，则该分子中A的价层电子对数为=4，有2对孤电子对，所以为V型结构，故A正确；
B. 由电负性可知，B元素的非金属性更强，A-B键为极性共价键，为V型结构，正负电荷重心不重合，为极性分子，故B错误；
C. H2O分子之间存在氢键，沸点高于同族其它元素氢化物，故C正确；
D. 氧元素非金属很强，H2O分子之间存在氢键，A属第ⅥA族元素，B属第ⅦA族元素，AB2分子中不可能有H原子，分子间不能形成氢键，故D正确；
故选：B。
15．下表中各粒子对应的空间结构及解释均正确的是
选项
粒子
空间结构
解释
A
氨基负离子()
直线形
N原子采取杂化
B
二氧化硫()
V形
S原子采取杂化
C
碳酸根离子()
三角锥形
C原子采取杂化
D
乙炔()
直线形
C原子采取杂化且C原子的价电子均参与成键

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．中N原子的价层电子对数，含孤电子对数为2，杂化轨道数为4，采取杂化，空间结构为V形，A项错误；
B．中S原子的价层电子对数键数+孤电子对数，含孤电子对数为1，杂化轨道数为3，采取杂化，空间结构为Ⅴ形，B项错误；
C．中C原子的价层电子对数，不含孤电子对，杂化轨道数为3，采取杂化，空间结构为平面三角形，C项错误；
D．中C原子采取杂化，且C原子的价电子均参与成键，空间结构为直线形，D项正确；
答案选D。

二、填空题
16．NH4Al(SO4)2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品中；NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。请回答下列问题：
(1)相同条件下，0.1 mol·L-1NH4Al(SO4)2中c(NH4+)________(填“等于”、“大于”或“小于”)0.1 mol·L-1NH4HSO4中c(NH4+)。
(2)如图是0.1 mol·L-1该溶液pH随温度变化的图象。

①其中符合0.1 mol·L-1NH4Al(SO4)2的pH随温度变化的曲线是________(填写字母)，导致pH随温度变化的原因是_______________________；
②20 ℃时，0.1 mol·L-1NH4Al(SO4)2中2c(SO42-)－c(NH4+)－3c(Al3+)≈________。(用具体数值表示)
(3)室温时，向100 mL 0.1 mol·L-1NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol·L-1 NaOH溶液，得到溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示：

试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大是________；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是______________________。
【答案】(1)小于
(2)     Ⅰ     NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大，pH减小     10-3mol•L-1
(3)     a     c(Na+)＞c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)

【详解】（1）NH4Al(SO4)2与NH4HSO4中的NH4+均发生水解，但是NH4Al(SO4)2中Al3+水解呈酸性抑制NH4+水解，HSO4-电离出H+同样抑制NH4+水解，因为HSO4-电离生成的H+浓度比Al3+水解生成的H+浓度大，所以NH4HSO4中NH4+水解程度比NH4Al(SO4)2中的小，故答案为：小于；
（2）①NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大，pH减小，符合的曲线为Ⅰ；
②根据电荷守恒，可以求出2c(SO42-)－c(NH4+)－3c(Al3+)≈c(H+)-c(OH-)＝10-3 mol•L-1[c(OH-)太小，可忽略]；
故答案为：Ⅰ；NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大，pH减小；10-3mol•L-1；
（3）a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H+，溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3•H2O，（NH4）2SO4可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离；b点溶液呈中性，即溶液含有(NH4)2SO4、Na2SO4、NH3•H2O三种成分，a点时水的电离程度最大；b点时c(Na+)＞c(SO42-)，根据N元素与S元素的关系，可以得出c(SO42-)＞c(NH4+)，故c(Na+)＞c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(OH-)＝c(H+)，故答案为：a；c(Na+)＞c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)。
【点晴】注意溶液中的c(H＋)和水电离出来的c(H＋)是不同的：①常温下水电离出的c(H＋)＝1×10－7 mol·L－1，若某溶液中水电离出的c(H＋)＜1×10－7 mol·L－1，则可判断出该溶液中加入了酸或碱抑制了水的电离；若某溶液中水电离出的c(H＋)＞1×10－7 mol·L－1，则可判断出该溶液中加入了可以水解的盐或活泼金属促进了水的电离。②常温下溶液中的c(H＋)＞1×10－7 mol·L－1，说明该溶液是酸溶液或水解显酸性的盐溶液；c(H＋)＜1×10－7 mol·L－1，说明是碱溶液或水解显碱性的盐溶液。
17．用NaOH溶液吸收烟气中的SO2,将所得的Na2SO3溶液进行电解,可循环再生NaOH,同时得到H2SO4,其原理如图所示(电极材料为石墨)。

①中a极要连接电源的____________ (填“正”或“负”)极,C口流出的物质是____________。
②SO32—放电的电极反应式为____________________________________。
③电解过程中阴极区碱性明显增强,用平衡移动原理解释原因:____________。
【答案】     负     硫酸     SO32--2e-+H2O=SO42-+2H+     H2OH＋＋OH－，在阴极H＋放电生成H2，c(H＋)减小，水的电离平衡正向移动，碱性增强
【详解】①根据电解池中阴阳离子的移动方向：阳离子移向阴极可以判断①图中a极要连接电源的负极，SO32-在阳极失去电子变成SO42-，所以C口流出的物质是H2SO4；
②SO32-放电的电极反应式为SO32--2e-+H2O=SO42-+2H+；
③在阴极H+放电生成H2，c（H+）减小，水的电离平衡H2O⇌H++OH-正向移动，所以碱性增强；故答案为①负；硫酸；②SO32--2e-+H2O=SO42-+2H+；③H2OH＋＋OH－，在阴极H＋放电生成H2，c(H＋)减小，水的电离平衡正向移动，碱性增强。

三、原理综合题
18．水溶液中的行为是中学化学的重要内容。
(1)在某温度(T℃)的水溶液中，c(H+)=10xmol•L-1，c(OH-)=10ymol•L-1，x与y关系如图所示。

将此温度下pH=11的NaOH溶液与pH=1的HCl溶液等体积混合，混合后溶液的pH约为______(已知lg5=0.7)
(2)已知部分弱酸的电离常数如表：
弱酸
CH3COOH
HCN
H2CO3
电离常数(25℃)
Ka=1.8×10-5
Ka=4.3×10-10
Ka1=5.0×10-7
Ka2=5.6×10-11

①0.1mol•L-1NaCN溶液和0.1mol•L-1NaHCO3溶液中，c(CN-)______c(HCO)(填“＞”“＜”或“=”)。
②常温下，pH相同的三种溶液：a.CH3COONa、b.NaCN、c.Na2CO3，其物质的量浓度由大到小的顺序是______。(填序号)
(3)三氯化铁是一种重要的化合物，可以用来腐蚀电路板。
①25℃时，FeCl3溶液显酸性，原因是(用离子方程式表示)______，把FeCl3溶液蒸干灼烧得到的主要产物是______；
②某腐蚀废液中含有0.5mol•L-1Fe3+和0.26mol•L-1Cu2+，欲使Fe3+完全沉淀【c(Fe3+)≤4×10-5mol•L-1】而Cu2+不沉淀，则需控制溶液pH的范围为______。【KspCu(OH)2=2.6×10-19；KspFe(OH)3=4×10-38】
【答案】(1)1.3
(2)     ＜     a＞b＞c
(3)     Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+     Fe2O3     3≤pH＜5

【详解】（1）由图示信息可知，该温度下，水的离子积为Kw=c(H+)c(OH-)=100×10-15=10-15，将此温度下pH=11的NaOH溶液中c(OH-)==10-4mol/L， pH=1的HCl中c(H+)=10-1mol/L，故两溶液等体积混合，酸过量，则混合后溶液的c(H+)=≈5×10-2mol/L，pH约为2-lg5=1.3，故答案为：1.3；
（2）①酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，其对应的酸根离子水解程度越小，根据表中数据知，酸的电离平衡常数：HCN＜H2CO3，则水解程度：CN-＞，酸根离子水解程度越大，其水溶液中酸根离子浓度越小，所以存在c(CN-)＜c()，故答案为：＜；
②pH相同，阴离子水解能力越强，对应的浓度越小，由于水解能力强弱为：＞CN-＞CH3COO-，所以常温下，pH相同的三种溶液a．CH3COONa，b．NaCN，c．Na2CO3，其物质的量浓度由大到小的顺序是a＞b＞c，故答案为：a＞b＞c；
（3）①25℃时，FeCl3溶液中由于Fe3+发生水解导致溶液显酸性，其离子方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，由于FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，生成的HCl易挥发，导致上述平衡正向移动，且2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O，故把FeCl3溶液蒸干灼烧得到的主要产物是Fe2O3，故答案为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，Fe2O3；
②某腐蚀废液中含有0.5mol·L-1Fe3+和0.26mol·L-1Cu2+，欲使Fe3+完全沉淀【c(Fe3+)≤4×10-5mol·L-1】此时c(OH-)≥=10-11mol/L，则pH=3，而Cu2+不沉淀此时c(OH-)＜=10-9mol/L，则pH=5，则需控制溶液pH的范围为3≤pH＜5，故答案为：3≤pH＜5。

四、元素或物质推断题
19．如图为一张没有填写内容的元素周期表。

(1)已知A、B、C、D、E、F六种短周期元素的某些化合价和原子半径如表所示：
元素
A
B
C
D
E
F
化合价
-2
+5、-3
+4、-4
+6、-2
+2
+1
原子半径/nm
0.074
0.075
0.077
0.102
0.160
0.186

B是_______区元素、E是_______区元素。
(2)写出基态G原子的电子排布式：_______。
(3)图中阴影部分所示区域的元素称为______元素，下列元素属于该区域的是______(填字母)。
A．Ba      B．Fe       C．Br       D．Rb
(4)A、B、C三种元素的第一电离能由大到小的顺序为________(填元素符号)。
【答案】(1)     p     s
(2)1s22s22p63s23p63d104s1
(3)     过渡     B
(4)N>O>C

【分析】A、B、C、D、E、F均为短周期元素，A和D常见价态均有-2价，D有+6价，则A为O，D为S；B和C的常见价态和原子半径可推出B为N，C为C；由E、F的化合价以及原子半径比D大可推出E为Mg，F为Na，综上所述，A、B、C、D、E、F分别为O、N、C、S、Mg、Na。
【详解】（1）B是N，价层电子排布式为2s22p3，电子最后排入2p能级，属于p区元素；E为Mg，价层电子排布式为2s2，电子最后排入2s能级，属于s区元素；
（2）由G的位置可知G为29号元素Cu，基态Cu原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；
（3）图中阴影部分所示区域为副族，该区域的元素称为过渡元素；属于该区域的是副族元素：
A．Ba为第ⅡA族元素，不在该区域，A不符题意；
B．Fe为第Ⅷ族元素，在该区域，B符合题意；
C．Br为第ⅫA族元素，不在该区域，C不符题意；
D．Rb为第ⅠA族元素，不在该区域，D不符题意；
答案选B；
（4）A、B、C分别为O、N、C，位于同周期，同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，N大于同周期相邻元素，故三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N>O>C。
20．已知A、B、C、D四种分子所含原子的数目依次为1、3、6、2，且都含有18个电子，B、C由两种元素的原子组成，且分子中两种原子的个数比均为1∶2。D元素的氢化物能刻蚀玻璃。
(1)A的分子式是______，写出A原子的最后两个能级的电子排布式：________。
(2)B分子的中心原子的杂化类型是_______，分子的空间结构是______，该分子属于_______分子(填“极性”或“非极性”)。
(3)C的化学式是______，分子中含有的化学键类型是_______(根据键的极性)。
(4)D元素氢化物的沸点比HCl的沸点高，其主要原因是______。
【答案】(1)     Ar     3s23p6
(2)     sp3     V形     极性
(3)     N2H4     极性共价键和非极性共价键
(4)HF分子之间能形成氢键

【分析】A、B、C、D四种分子所含原子的数目依次为1、3、6、2，且都含有18个电子，故A为Ar；B、C分子中两种原子的个数比均为1：2，故B为H2S；C分子所含原子数目为6，且分子中两种原子的个数比为1:2，故C为N2H4；D元素的氢化物能刻蚀玻璃，则D为F2，据此解答。
【详解】（1）A的分子式为Ar；处于第三周期0族，最外层电子数为8，其最后两个能级的电子排布式为3s23p6；
（2）B为H2S，中心S原子价层电子对数=2+=4，含有2对孤对电子，故S采取sp3杂化；H2S分子为V形结构；分子不是对称结构，正负电荷中心不重合，属于极性分子；
（3）由分析可知C的化学式为N2H4；结构简式为NH2NH2，分子中N原子之间形成非极性共价键、N原子与H原子之间形成极性共价键；
（4）HF分子之间能形成氢键，HCl分子间不存在氢键，故HF的沸点高于HCl。