【化学】宁夏青铜峡市高级中学2018-2019学年高二上学期期末考试（解析版）

宁夏青铜峡市高级中学2018-2019学年高二上学期期末考试
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 P 31 S 32
一、选择题
1.下列化合物属于弱电解质的是（ ）
A. CO2 B. HF C. HClO4 D. Ba(OH)2
【答案】B
【解析】
【详解】A.CO2属于非电解质，A项错误；
B.氢氟酸（HF）属于电解质，且在水溶液中部分电离HFH++F-，HF属于弱电解质，B项正确；
C.HClO4是已知酸中最强的酸，在水溶液中完全电离HClO4=H++ClO4-，HClO4属于强电解质，C项错误；
D.Ba(OH)2属于强碱，在水溶液中完全电离Ba(OH)2=Ba2++2OH-，Ba(OH)2属于强电解质，D项错误；答案选B。
2.0.05mol/L的Ba(OH)2溶液，pH为（ ）
A. 12.7 B. 12.0 C. 13.0 D. 13.7
【答案】C
【解析】
【详解】0.05mol/L的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=0.05mol/L×2=0.1mol/L，则其溶液中c(H+)===10-13mol/L，所以溶液pH=－lgc(H+)=－lg10-13=13.0。答案选C。
3.pH值为3的CH3COOH和pH为11的NaOH溶液等体积混合，混合后溶液pH为（ ）
A. pH＜7 B. pH＞ 7 C. pH＝7 D. 无法判断
【答案】A
【解析】
【详解】pH值为3的CH3COOH溶液中c(H+)=10-3mol/L，因为CH3COOH部分电离，故CH3COOH的物质的量浓度c(CH3COOH)>10-3mol/L。pH为11的NaOH溶液中c(OH-)===10-3mol/L，因为NaOH完全电离，故NaOH的物质的量浓度c(NaOH) =10-3mol/L，因此，等体积的CH3COOH溶液与NaOH溶液中n(CH3COOH)>n(NaOH)，由反应式CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O可知CH3COOH过量，混合后溶液显酸性，所以混合后溶液pH<7。答案选A。
4.0.1mol/L的HCl和0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合后，溶液pH（ ）
A. pH＜7 B. pH＞ 7 C. pH＝7 D. 无法判断
【答案】C
【解析】
【详解】等体积的0.1mol/L的HCl与0.1mol/L的NaOH溶液中n(HCl)=n(NaOH)，根据中和反应方程式HCl+NaOH=NaCl+H2O可知，HCl与NaOH恰好反应完全，得到NaCl溶液，而NaCl属于强酸强碱盐，溶液显中性，所以混合溶液pH=7，答案选C。
5.50mL的酸式滴定管中，某浓度HCl溶液在30mL处，则该HCl溶液的体积为（ ）
A. 等于20mL B. 大于20mL C. 等于30mL D. 大于30mL
【答案】B
【解析】
【详解】对于50mL的滴定管来说，因HCl溶液的液面在30mL处，则有“刻度”的盐酸体积=50mL－30mL=20mL，“50mL刻度”以下部分是充满盐酸的，所以该HCl溶液的体积必大于20mL，答案选B。
6.下列试纸，使用时预先不能用蒸馏水润湿的是（ ）
A. 红色石蕊试纸 B. 蓝色石蕊试纸 C. pH试纸 D. 淀粉KI试纸
【答案】C
【解析】
【详解】pH试纸测定溶液的pH，若事先用蒸馏水润湿（相当于稀释了待测液）。当溶液显酸性时，pH将偏大；当溶液显碱性时，pH将偏小。所以pH试纸使用时事先不能用蒸馏水润湿，答案选C。
7.下列说法正确的是（ ）
A. 难溶电解质的溶度积越小，溶解度越大 B. 难溶电解质的溶解平衡是一种动态平衡
C. 可以通过沉淀反应使杂质离子完全沉淀 D. 一定浓度的NH4Cl溶液不能溶解Mg(OH)2
【答案】B
【解析】
【详解】A.对于同种类型的难溶电解质，如AgCl、AgBr、AgI，其饱和溶液中溶解的难溶电解质的物质的量浓度等于c(Ag+)=，此时难溶电解质的溶度积越小，溶解度越小，所以A项错误；
B.难溶电解质在溶解过程中，当溶解速率等于结晶速率时，难溶电解质固体质量和溶液中难溶电解质阴、阳离子浓度保持不变，即达到一种动态的平衡，B项正确；
C.没有绝对不溶的难溶电解质，所以通过沉淀反应不可能使杂质离子完全沉淀，通常情况下，当难溶电解质的离子浓度小于1×10-5mol/L时就近似认为沉淀完全了，C项错误；
D.NH4Cl溶液中存在水解平衡：NH4++H2ONH3·H2O+H+， 且Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O，Mg(OH)2溶解时水解平衡向正反应方向移动，所以一定浓度的NH4Cl溶液能够溶解Mg(OH)2。D项错误；答案选B。
8.工业上制备纯净的氯化锌时，将含杂质的氯化锌溶于过量盐酸中，为了除去杂质需调节溶液的pH到4，应加入的试剂是（ ）
A. ZnCl2 B. ZnO C. NaOH D. NH3·H2O
【答案】B
【解析】
【详解】因为除杂时不能引入新的杂质，ZnO不溶于水而能消耗H+：ZnO+2H+=Zn2++H2O，所以加入ZnO既能调节溶液的pH，又不引入新的杂质，答案选B。
9.NH4Cl溶液中，下列叙述错误的是（ ）
A. c(NH4+) + c( H+ ) = c(Cl—) + c(OH— ) B. c(Cl—)＞c(NH4+)＞c( H+ )＞c(OH— )
C. c(NH4+)＞c(Cl—) ＞c(OH— ) ＞c( H+ ) D. c(NH4+) + c( NH3 · H2O ) = c(Cl—)
【答案】C
【解析】
【详解】NH4Cl溶液中存在：NH4++H2ONH3·H2O+H+，H2OH++OH-。
A.根据电荷守恒关系有：c(NH4+) + c( H+ ) = c(Cl-) + c(OH- )，A项正确；
B.因为NH4Cl的水解是微弱的，水的电离程度极小，所以离子浓度大小关系为：c(Cl-)＞c(NH4+)＞c( H+ )＞c(OH- )。B项正确；
C.因为NH4Cl的水解是微弱的，水的电离程度极小，所以离子浓度大小关系为：c(Cl-)＞c(NH4+)＞c( H+ )＞c(OH- )。C项错误；
D.根据物料守恒关系有：c(NH4+) + c(NH3·H2O) = c(Cl-)，D项正确；答案选C。
10.下列叙述中正确的是（ ）
A. 原电池中的负极失电子，发生还原反应
B. 原电池中发生氧化反应的电极是负极
C. 原电池中的电极一定要由两种不同的金属组成
D. 原电池中较活泼的金属做正极
【答案】B
【解析】
【详解】A. 原电池中的负极失去电子，发生氧化反应，A项错误；
B.原电池中负极发生氧化反应，正极发生还原反应，所以发生氧化反应的电极是负极，B项正确；
C.原电池中的电极不一定要由两种不同的金属组成，如燃料电池的正、负极都可以使用金属铂(或都用石墨)，其中金属铂不仅作电极，而且还起催化转化作用。C项错误；
D.一般来说，两种活泼性不同的金属作原电池两极时，较活泼的金属做负极，D项错误；答案选B。
11.为了降低某水库的铁闸门被腐蚀的速率，可以采取如图所示的方案，其中焊接在铁闸门上的固体材料R可以采用（　 　）

A. 锌 B. 钠 C. 铜 D. 石墨
【答案】A
【解析】
【详解】如图方案降低水库的铁闸门被腐蚀的速率，属于牺牲阳极的阴极保护法，根据原电池原理，R应选用活泼性比铁强的金属，且不能与水反应，所以只能选择金属锌，答案选A。
12.将分别盛有熔融的氯化钾、氯化镁、氯化铝的三个电解槽串联，在一定条件下通电一段时间后，析出钾、镁、铝的物质的量之比为（　　）
A. A 6:3:2 B. B 2:3:6 C. C 3:2:1 D. D 1:2:3
【答案】A
【解析】
【详解】电解熔融的氯化钾、氯化镁、氯化铝的化学方程式分别为2KCl2K+Cl2↑~转移2e-，MgCl2Mg+Cl2↑~转移2e-，2AlCl32Al+3Cl2↑~转移6e-。因为串联电路中相同时间内转移电子物质的量相等，当电路中转移6mole-时，电解生成K、Mg、Al的物质的量分别为6mol、3mol、2mol。所以析出钾、镁、铝的物质的量之比为6:3:2。答案选A。
13.某同学为了使反应2HCl + 2Ag2AgCl + H2↑能进行，设计了下列四个实验，如下图所示，你认为可行的方案是（ ）

【答案】C
【解析】
【详解】银与盐酸不反应，不能自发进行，不能设计成原电池；为了使反应2Ag+2HCl＝2AgCl+H2↑进行，可设计为电解池，选择Ag为阳极，盐酸为电解质溶液即可实现目的，C正确。
综上所述，本题选C。
【点睛】电化学是氧化还原反应的具体应用，原电池是自发进行的氧化还原反应，而电解池是被迫进行的氧化还原反应，需要外接直流电源。
14.家用炒菜铁锅用水清洗放置后，出现红棕色的锈斑，在此变化过程中不发生的化学反应是（　　 ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【详解】家用炒菜铁锅用水清洗放置后，出现红棕色的锈斑，这是发生了吸氧腐蚀。铁锅材料中的铁为负极：2Fe－4e-=2Fe2+，碳为正极：O2+4e-+2H2O=4OH-，总反应为2Fe+2H2O+O2=2Fe(OH)2↓，在空气中：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，2Fe(OH)3=Fe2O3·xH2O+(3-x)H2O，Fe2O3·xH2O为铁锈的主要成分。答案选B。
15.按电子排布，可把周期表里的元素划分成5个区，以下元素属于d区的是（   ）
A. N B. Mg C. Fe D. Cu
【答案】C
【解析】
【详解】人们根据元素的原子核外最后一个电子填入的能级，将周期表划分成5个区：s、p、d、ds、f。选项中的元素电子排布式分别为N：1s22s22p3，Mg：1s22s22p63s2，Fe：1s22s22p63s23p63d64s2，Cu：1s22s22p63s23p63d104s1。氮、镁、铁铜等元素分别属于p、s、d、ds区。答案选C。
16.表示一个原子在第三电子层上有10个电子可以写成 （ ）
A. 310 B. 3d10 C. 3s23p64s2 D. 3s23p63d2
【答案】D
【解析】
【详解】核外电子排布遵循能量最低原理，所以在第三电子层上有10个电子的排布为：3s23p63d2。答案选D。
17.下列各组指定的元素，不能形成AB2型化合物的是
A. 2s22p2和2s22p4 B. 3s23p4和2s22p4
C. 3s2和2s22p5 D. 3s1和3s23p5
【答案】D
【解析】
D项为Na和Cl二元素。
18.已知X、Y是主族元素，I为电离能，单位是KJ/mol。根据下表所列数据判断错误的是（ ）
元素
I1
I2
I3
I4
X
500
4600
6900
9500
Y
580
1800
2700
11600


A. 元素X的常见化合价是+1价 B. 元素X与氯形成化合物时，化学式可能是XCl2
C. 元素Y是ⅢA族的元素 D. 若元素Y处于第3周期，它不能与冷水剧烈反应
【答案】B
【解析】
【详解】分析表格中逐级电离能数据可知，元素X的第二电离能I2是其第一电离能I1的9.2倍，第二级电离能发生突变；元素Y的第四电离能I4是其第三电离能I3的4.3倍，第四级电离能发生突变，说明X元素原子最外层只有1个电子，Y元素原子最外层有3个电子。
A.主族元素的最高正价等于最外层电子数，所以元素X的常见化合价是+1价，A项正确；
B.元素X的常见化合价为+1价，X与氯形成化合物时化学式应该是XCl。B项错误；
C.元素Y最外层有3个电子且是主族元素，所以元素Y是IIIA族元素，C项正确；
D. 若元素Y处于第3周期，结合C项分析可知元素Y是铝元素，铝不能与冷水剧烈反应，D项正确；答案选B。
【点睛】元素的逐级电离能的数值是逐渐增大的，如果某相邻电离能数值发生突变，说明这两个电子的能量相差很大，不可能在同一能层上，由此可确定最外层电子数。
19.下列关于价电子构型为3s23p4的粒子描述不正确的是 （ ）
A. 它的元素符号为S B. 它的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4
C. 它可与H2生成气态化合物 D. 其电子排布图为：
【答案】D
【解析】
【详解】A.该粒子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，核电荷数为16，属于硫元素，该粒子的元素符号为S。A项正确；
B.该粒子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，B项正确；
C.硫单质可与H2在加热条件下反应：S+H2H2S，H2S为气态氢化物，C项正确；
D.违反了洪特规则，正确的电子排布图为。D项错误；答案选D。
20.能影响水的电离平衡，并使溶液中c(H+)＞c(OH-)的措施是（ ）
A. 将水加热煮沸，测得pH=6 B. 向水中加入FeCl3固体
C. 向纯水中投入一小块金属钠 D. 向水中加入Na2CO3固体
【答案】B
【解析】
【详解】水能发生微弱的电离：H2OH++OH-，电离过程吸热。
A.将水加热煮沸时，水的电离平衡向电离方向移动，H+浓度增大，pH可能为6，但水中仍有：c(H+)=c(OH-)。A项错误；
B.FeCl3加入水中发生水解反应：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，促进水的电离平衡向右移动，溶液中c(H+)>c(OH-)，B项正确；
C.钠跟水反应置换氢，2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，先促进水的电离平衡向右移动，后来NaOH又使水的电离平衡向左移动，但溶液中c(OH-)>c(H+)，C项错误；
D.Na2CO3发生水解反应：CO32-+H2OHCO3-+OH-，促进水的电离平衡向右移动，但溶液中c(OH-)>c(H+)，D项错误；答案选B。
【点睛】影响水的电离平衡常见的有以下几种情形：一是酸都能抑制水的电离；二是碱都能抑制水的电离；三是水解的盐都能促进水的电离，四是强酸的酸式盐如NaHSO4抑制水的电离。
21.pH＝a的某电解质溶液中，插入两支惰性电极通直流电一段时间后，溶液的pH＞a，则该电解质可能（ ）
A. H2SO4 B. NaOH C. AgNO3 D. Na2SO4
【答案】B
【解析】
【详解】A.电解H2SO4溶液实际是电解水：2H2O2H2↑+O2↑，所以电解一段时间后溶液中H2SO4浓度增大，c(H+)增大，pH减小，A项错误；
B.电解NaOH溶液实际是电解水：2H2O2H2↑+O2↑，所以电解一段时间后溶液中NaOH浓度增大，c(OH-)增大，pH增大，B项正确；
C.电解AgNO3溶液的反应：4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3，电解一段时间后溶液酸性增强，pH减小，C项错误；
D.电解Na2SO4溶液实际是电解水：2H2O2H2↑+O2↑，Na2SO4属于强酸强碱盐不发生水解，所以电解前后溶液都显中性，pH不变，D项错误；答案选B。
【点睛】用惰性电极电解下列3类溶液时实际是电解水：一是强碱溶液如Ba(OH)2溶液；二是含氧酸溶液如HNO3溶液；三是活泼金属的含氧酸盐溶液如KNO3溶液。
22.下列事实一定能说明HF是弱酸的是（ ）
①常温下NaF溶液的pH大于7；　 ②用HF溶液做导电性实验，灯泡很暗；
③HF与NaCl不能发生反应；　　　④常温下0.1mol/L的HF溶液的pH为2.3
⑤HF能与Na2CO3溶液反应，产生CO2气体　　⑥HF与水能以任意比混溶
⑦1mol/L的HF水溶液能使紫色石蕊试液变红
A. ①④ B. ②③⑤ C. ③④⑥ D. ①②⑦
【答案】A
【解析】
【详解】①如果常温下NaF溶液的pH大于7，则NaF属于强碱弱酸盐，它水解使溶液显碱性：F-+H2OHF+OH-，可推知HF一定是弱酸，①项正确；
②用HF溶液做导电性实验时，缺少了等浓度等体积的一元强酸（如HCl）的对照实验，故该事实不能说明HF一定是弱酸，②项错误；
③根据强酸制弱酸的原理，HF与NaCl不能发生反应，可推知HF可能是弱酸或是强酸。③项错误；
④由题意知常温下0.1mol/L的HF溶液中c(H+)=10-2.3mol/L<0.1mol/L，可推断HF不能完全电离，所以该事实一定能说明HF是弱酸，④项正确；
⑤根据强酸制弱酸的原理，HF能与Na2CO3溶液反应，可推断HF的酸性比H2CO3强，但不能确定HF是强酸还是弱酸，⑤项错误；
⑥由“HF与水能以任意比混溶”无法判断HF的电离程度，所以该事实不能说明HF一定是弱酸，⑥项错误；
⑦由“1mol/L的HF水溶液能使紫色石蕊试液变红”可推知HF溶液显酸性，HF可能是强酸也可能是弱酸，⑦项错误；答案选A。
【点睛】证明弱酸或弱碱的事实一般有以下几个角度：(1)酸或碱在水溶液中是否部分电离，如测定一定浓度的酸或碱溶液的pH； (2)酸对应的强碱盐（如钠盐）或碱对应的强酸盐（如氯化物）的水溶液的酸碱性；(3)一定浓度的酸或碱溶液加水稀释后其溶液pH是否变化，看是否存在电离平衡移动等。
23.现有浓度为1 mol／L的五种溶液：①HCI，②H2SO4，③CH3COOH，④NH4Cl，⑤NaOH，由水电离出的C(H+)大小关系正确的是（ ）
A. ②>①>③>④>⑤ B. ①=②>③>④>⑤
C. ④>③>①=⑤>② D. ④>③>①>⑤>②
【答案】C
【解析】
【详解】水能发生微弱的电离：H2OH++OH-。五种物质中只有NH4Cl能发生水解反应，促进水的电离，其它物质都是抑制水的电离，所以等浓度时NH4Cl溶液中由水电离出来的H+浓度最大；等浓度下H2SO4电离的H+浓度最大，它对水的抑制作用最强，所以H2SO4溶液中由水电离出来的H+浓度最小；等浓度时HCl电离产生的H+浓度与NaOH电离产生的OH-浓度相等，所以等浓度时HCl与NaOH对水电离的抑制作用相同，即HCl与NaOH溶液中由水电离产生的H+浓度相等；CH3COOH是弱酸，等浓度时电离产生的H+浓度比HCl小，对水电离的抑制作用比HCl弱，所以等浓度时CH3COOH溶液中由水电离产生的H+浓度比HCl多，总之，五种溶液中由水电离产生的c(H+)大小关系是：④>③>①=⑤>②。答案选C。
【点睛】水分子能发生微弱电离H2OH++OH-，在酸和碱溶液中水的电离都被抑制，在能水解的盐溶液中水的电离都被促进。一般说来，酸溶液中OH-全部来自水的电离，碱溶液中H+全部来自水的电离。能水解的盐溶液中，弱酸根离子结合水电离的部分H+，弱碱阳离子结合水电离的部分OH-。不管是纯水中，还是酸、碱、盐溶液中水电离的H+浓度与水电离的OH-浓度一定相等。
24.将pH=3的盐酸溶液和pH=11的氨水等体积混合后，溶液中离子浓度关系正确的是
A. c(NH4+)＞c(Cl–)＞c(H+)＞c(OH–) B. c(NH4+)＞c(Cl–)＞c(OH–)＞c(H+)
C. c(Cl–)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH–) D. c(Cl–)＞c(NH4+)＞c(OH–)＞c(H+)
【答案】B
【解析】
氨水是弱碱，所以pH＝11的氨水的浓度大于0.001mol/L，因此在反应中氨水是过量的，溶液显碱性，答案选B。
25.某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液，若pH<7，则溶液中各离子的浓度关系不正确的是( )
A. c(Na＋)>c(HA－)>c(H＋)>c(A2－)>c(OH－) B. c(H＋)+ c(A2－)= c(OH－)+ c(H2A)
C. c(Na＋)= c(HA－)+ c(H2A)+ c(A2－) D. c(Na＋)+ c(H＋)= c(HA－)+2 c(A2－)+ c(OH－)
【答案】B
【解析】
【详解】二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中既存在电离平衡HA-H++A2-，又存在水解平衡HA-+H2OH2A+OH-，因为溶液pH<7，即显酸性，所以电离程度大于水解程度。
A.因为电离和水解都较弱，所以溶液中离子浓度大小关系为：c(Na＋)>c(HA－)>c(H＋)>c(A2－)>c(OH－)。A项正确；
B.根据电荷守恒有：c(H＋)+c(Na+)=c(OH－)+2c(A2－)+c(HA-)，根据物料守恒有：c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)。消去两式中c(Na+)项，得c(H＋)+c(H2A)=c(OH－)+c(A2-)，B项错误；
C.根据物料守恒有：c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)。C项正确；
D. 根据电荷守恒有：c(H＋)+c(Na+)=c(OH－)+2c(A2－)+c(HA-)。D项正确；答案选B。
二、非选择题
26.有下列化合物：①NaCl②NaOH③HCl④FeCl3⑤CH3COONa⑥CH3COOH⑦NH3•H2O⑧H2O
请回答下列问题：
（1）FeCl3溶液显__________性，用离子方程式表示______________________；
CH3COOH溶液显________性，用离子方程式表示__________________________；
（2）常温下，pH=10的CH3COONa溶液中，水电离出来的c(OH-)=_________________；
在pH=3HCl的溶液中，水电离出来的c(H+)=___________________；
（3）已知水存在如下平衡：H2O+H2OH3O++OH-△H>0，现欲使平衡向右移动，且所得溶液显酸性，选择方法是____________。
A.向水中加入NaHSO4固体
B.向水中加入(NH4)2SO4固体
C.加热至100℃[其中c(H+)=1×10-6mol•L-1]
D、向水中加Na2CO3固体
（4）若等浓度、等体积的②NaOH和⑦NH3•H2O分别加水稀释m倍、n倍，稀释后两种溶液的pH相等，则m___________n（填“<”、“>”或“=”）。
（5）25℃，pH=a的盐酸VamL与pH=14-a的氨水VbmL混合，若溶液显中性，则Va_____Vb(填“>”、“<”、“=”、“无法确定”)
（6）除⑧H2O外，若其余7种溶液的物质的量浓度相同，则这7种溶液按pH由大到小的顺序为：______________________________________________（填序号）。
（7）常温下pH=13的NaOH溶液与pH=2的盐酸溶液混合，所得混合液的pH＝11，则NaOH与盐酸的体积比为________
【答案】 (1). 酸 (2). Fe 3+ + 3H2O Fe（OH）3 + 3H + (3). 酸 (4). CH3COOH CH3COO- + H + (5). 10-4 mol／L (6). 10-11 mol／L (7). B (8). ＞ (9). ＞ (10). ②＞⑦＞⑤＞①＞④＞⑥＞③ (11). 1 :9
【解析】
【分析】
强酸和强碱完全电离，弱酸和弱碱部分电离；FeCl3属于强酸弱碱盐，水解显酸性，CH3COONa属于强碱弱酸盐，水解显碱性；水的电离是微弱的，电离过程吸热；由此分析解答。
【详解】(1)FeCl3属于强酸弱碱盐，在水溶液中发生水解反应：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，使溶液中c(H+)>c(OH-)，溶液显酸性。CH3COOH属于弱酸，溶液显酸性，电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+。
(2)CH3COONa属于强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，由溶液的pH=10知，溶液中c(H+)溶液=10-10mol/L，所以该溶液中由水电离出来的c(OH-)水=c(OH-)溶液===10-4mol/L；由pH=3的HCl溶液知，该HCl溶液中c(H+)溶液=10-3mol/L，HCl溶液中由水电离出来的c(H+)水=c(OH-)溶液===10-11mol/L。
(3)A.NaHSO4在水中电离NaHSO4=Na++H++SO42-，增大了溶液中c(H+)，水的电离平衡向左移动。A项错误；B.(NH4)2SO4在水中能发生水解反应：NH4++H2ONH3·H2O+H+，使水的电离平衡向右移动，且所得溶液显酸性，B项正确；C.因水的电离是吸热过程，加热能使水的电离平衡向右移动，但溶液中c(H+)=c(OH-)，水仍然显中性，C项错误；D.Na2CO3在水中能发生水解反应：CO32-+H2OHCO3-+OH-，使水的电离平衡向右移动，但所得溶液显碱性，D项错误；答案选B。
(4) 等浓度的NaOH溶液和NH3•H2O溶液，稀释相同的倍数时，溶液中c(OH-)大小关系是：NaOH>NH3•H2O，若使稀释后溶液pH相等[即c(OH-)相等]，则应将NaOH溶液继续稀释，最后才可能与NH3•H2O的pH相等，所以若稀释后两溶液的pH相等，则m>n。
(5)pH=a的盐酸中c(H+)=10-amol/L，盐酸是强酸，盐酸物质的量浓度为10-amol/L；pH=14-a的氨水中c(OH-)===10-amol/L，而氨水是弱碱，氨水物质的量浓度远大于10-amol/L，由中和反应方程式HCl+NH3•H2O=NH4Cl+H2O可推知，混合后若溶液显中性，则盐酸体积要远大于氨水的体积即Va>Vb。
(6)HCl、FeCl3、CH3COOH溶液显酸性，pH小于7；NaCl显中性，pH等于7；NaOH、CH3COONa、NH3•H2O溶液显碱性，pH大于7。一般来说，盐类水解程度小于酸或碱的电离程度，等浓度FeCl3的酸性弱于HCl和CH3COOH，CH3COONa的碱性弱于NaOH和NH3•H2O。强酸和强碱完全电离，弱酸和弱碱部分电离，所以等浓度时HCl的酸性强于CH3COOH，NaOH的碱性强于NH3•H2O。总而言之，等浓度时七种物质溶液的pH由大到小的顺序为：NaOH>NH3•H2O>CH3COONa>NaCl>FeCl3>CH3COOH>HCl。即②>⑦>⑤>①>④>⑥>③。
(7)pH=13的NaOH溶液中c(OH-)===0.1mol/L；pH=2的盐酸溶液中c(H+)=10-2mol/L。因为所得溶液pH=11，说明NaOH过量，且c(OH-)混合===10-3mol/L，又c(OH-)混合=， 代入数据有：=10-3mol/L。解得VNaOH(aq):VHCl(aq)=1:9。
27.(1)相同物质的量浓度下的各溶液：NaX、NaY、NaZ，其pH值依次为8、9、10，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序为:________________________________
(2)将AlCl3溶于水后，经加热蒸发、蒸干，灼烧，最后所得白色固体的主要成分是__________________
(3)在一定温度下，有a盐酸，b硫酸，c醋酸三种酸。(填序号)
①当其物质的量浓度相同时，c(H+)由大到小的顺序是 _______________。
②同体积、同物质的量浓度的三种酸，中和NaOH的能力由大到小的顺序是 ____________。
③当三者c(H+)相同时，物质的量浓度由大到小的顺序为 ____________________。
(4)难溶电解质的水溶液中存在着溶解平衡。已知：在常温下， K sp [Cu(OH)2]=2.0×10-20写出Cu(OH)2溶度积常数表达式___________________________________当溶液中各离子浓度系数次方的乘积大于溶度积时，则产生沉淀，反之沉淀溶解。某CuSO4溶液里c(Cu2+)=0．02mol/L，如要生成Cu(OH)2沉淀，应调整溶液的pH，使之大于 _______________才能达到目的。
【答案】 (1). HX＞HY＞HZ (2). Al2O3 (3). b>a>c (4). b>a =c (5). c>a>b (6). K sp [Cu(OH)2]=C(Cu2+).C2(OH-) (7). 5
【解析】
【分析】
(1)根据盐类水解的特点“越弱越水解”分析。
(2)AlCl3属于强酸弱碱盐，且水解生成HCl，HCl具有挥发性，由此分析。
(3)根据盐酸、硫酸是强酸，强酸完全电离；醋酸是弱酸，弱酸部分电离来分析解答。
(4)根据难溶电解质的溶度积常数的意义，结合水的离子积Kw、pH的计算公式解答。
【详解】(1)由NaX、NaY、NaZ溶液都显碱性知，它们都属于强碱弱酸盐，且溶液的碱性强弱关系为：NaXHY>HZ。
(2) AlCl3属于强酸弱碱盐，AlCl3+3H2OAl(OH)3+3H+，水解生成HCl，HCl具有挥发性，HCl随着水份蒸发促使水解平衡向右移动，蒸干得到Al(OH)3，灼烧时发生反应2Al(OH)3Al2O3+3H2O，所以最后得到白色固体的主要成分是Al2O3。
(3) ①盐酸是一元强酸，硫酸是二元强酸，醋酸是一元弱酸。当物质的量浓度相同时，c(H+)由大到小的顺序为：b>a>c。
②同体积、同物质的量浓度的三种酸中酸的物质的量相等，由中和反应方程式HCl+NaOH=NaCl+H2O，H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O的计量关系可知，中和NaOH的能力由大到小的顺序是：b>a=c。
③盐酸是一元强酸，硫酸是二元强酸，它们都完全电离。醋酸是弱酸，只能部分电离。当盐酸、硫酸、醋酸三者c(H+)相同时，物质的量浓度最大的是醋酸，硫酸的浓度是盐酸的，故物质的量浓度由大到小的顺序为c>a>b。
(4)Cu(OH)2在水溶液中存在溶解平衡：Cu(OH)2(s)Cu2+(aq)+2OH-(aq)，其溶度积常数表达式为Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)·c2(OH-)。若生成Cu(OH)2沉淀，则CuSO4溶液中c(Cu2+)·c2(OH-)> Ksp[Cu(OH)2]，即c(OH-)>==10-9mol/L，则c(H+)=<=10-5mol/L，溶液的pH=-lgc(H+)>-lg10-5=5，所以如要生成Cu(OH)2沉淀，应调整溶液的pH>5。
【点睛】盐类水解的规律是“有弱才水解、无弱不水解、谁强显谁性，同强显中性”。即强酸弱碱盐溶液显酸性，强碱弱酸盐溶液显碱性，强酸强碱盐溶液显中性。
28. 电解原理在化学工业中有广泛应用。右图表示一个电解池， 装有电解液a；X、Y是两块电极板，通过导线与直流电源相连。请回答以下问题：
⑴（8分）若X、Y都是惰性电极，a是饱和NaCl溶液，实验开始时，同时在两边各滴入几滴酚酞试液，则

①电解池中X极上的电极反应式是 。
在X极附近观察到的现象是 。
②Y电极上的电极反应式是 ，
检验该电极反应产物的方法是 。
⑵（6分）如要用电解方法精炼粗铜，电解液a选用CuSO4溶液，则
①X电极的材料是 ，电极反应式是
②Y电极的材料是 ，电极反应式是
（说明：杂质发生的电极反应不必写出）
【答案】（1）①2H++2e-====H2↑ 放出气体，溶液变红②2Cl--2e-====Cl2↑ 把湿润的碘化钾淀粉试纸放在Y电极附近，试纸变蓝色
（2）①纯铜 Cu2++2e-====Cu ②粗铜 Cu-2e-====Cu2+
【解析】
（1）①若X、Y都是惰性电极，a是饱和NaCl溶液，X为阴极，电极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H++2e-=H2↑，同时该电极附近生成氢氧根离子，遇到酚酞试液会变红；②Y电极上氯离子放电生成氯气，电极反应式为2Cl--2e-==Cl2↑，氯气具有氧化性，能氧化碘离子生成碘单质，碘遇淀粉试液变蓝色，所以氯气可以用湿润的淀粉碘化钾试纸检验，即把湿润的淀粉KI试纸放在Y极附近，试纸变蓝，说明Y极产物为Cl2；（2）①如要用电解方法精炼粗铜，电解液a选用CuSO4溶液，阳极应该是粗铜、阴极是纯铜，则X电极是纯铜，阴极电极反应式为Cu2++2e-==Cu；②Y电极是粗铜，电极反应式为Cu-2e-==Cu2+。
29.按要求对下图中两极进行必要的联接并填空：

（1）在A图中，使铜片上冒H2气泡。请加以必要的
联接，则联接后的装置叫____________。电极反应式：
锌板：_____________________；铜板：_______________________。
（2）在B图中，若a,b为惰性电极，使a极析出铜，则b析出：_________________。
加以必要的联接后，该装置叫________________。电极反应式，a极：______________________ b极：______________________。经过一段时间后，停止反应并搅均溶液，溶液的pH值__________（升高、降低、不变），加入一定量的_________后，溶液能恢复至与电解前完全一致。
【答案】联接画线略。（1）原电池，锌板：Zn-2e-=Zn2＋铜板：2H2＋ ＋2e-＝H2↑
（2）电解池，a极：Cu2＋＋2e- =Cu，b极：4OH――4e－＝O2↑＋2H2O，降低，CuO
【解析】
联接画线：如下图。
⑴原电池，锌板：Zn-2e-=Zn2＋铜板：2H2＋ ＋2e-＝H2↑（2）电解池，a极为阴极：Cu2＋＋2e- =Cu，b极为阳极：4OH――4e－＝O2↑＋2H2O，电解后，生成HNO3,溶液PH降低，生成的铜和氧气，加入CuO溶液能恢复至与电解前完全一致。

30.A、B、C、D是四种短周期元素，E是过渡元素。A、B、C同周期，C、D同主族，A的原子结构示意图为：，B是同周期除稀有气体外半径最大的元素，C的最外层有三个成单电子，E的外围电子排布式为3d64s2。回答下列问题：
（1）A为_______ ，(写出元素符号，下同)，电子排布式是________________________；
B为_______，简化电子排布式是________________________；
C为_______，价电子排布式是________________________；
D为_______，电子排布图是________________________；
E为_______，原子结构示意图是________________________；
（2）A、B、C、D四种元素电负性由大到小的顺序为________________________；
（3）A、B、C、D四种元素第一电离能由小到大的顺序为_____________________
【答案】 (1). Si (2). 1s22s22p63s23p2 (3). Na (4). [Ne]3s1 (5). P (6). 3s23p3 (7). N (8). (9). Fe (10). (11). N＞P＞Si＞Na (12). Na 【解析】
【分析】
K层作为内层时最多应排2个电子，对于A的原子结构示意图来说，x=2，所以A为14号元素硅，硅处于第三周期，故A、B、C都处于第三周期，同周期中除稀有气体外原子半径最大的处于IA，可确定B元素，C元素的最外层为M层，根据洪特规则分析可确定C，由此分析。
【详解】K层作为内层时最多应排2个电子，对于A的原子结构示意图来说，x=2，所以A为14号元素硅；因此A、B、C都处于第三周期，因B是同周期除稀有气体外半径最大的元素，所以B为钠元素；属于第三周期的C元素的最外层是M层，因有3个成单电子，所以M层电子排布图为，故C元素为15号元素磷；又因为C、D同主族且为短周期，所以D为氮元素；由E的外围电子排布式可知其原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，E为26号元素铁。结论：A是硅、B是钠、C是磷、D是氮、E是铁。
(1)A为硅元素，元素符号为Si，电子排布式是1s22s22p63s23p2；B为钠元素，元素符号为Na，其简化电子排布式为[Ne]3s1；C为磷元素，元素符号为P，价电子排布式是3s23p3；D为氮元素，元素符号为N，电子排布图是；E为铁元素，元素符号为Fe，原子结构示意图是。
(2)根据元素非金属性和电负性递变规律，以及元素在周期表中位置可推知，四种元素电负性由大到小的顺序为：N>P>Si>Na；
(3)因为同周期从左至右元素第一电离能逐渐增大，IIA和VA元素反常，同主族由上而下元素的第一电离能逐渐减小。因此，这四种元素第一电离能由小到到大的顺序为：Na