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2022-2023学年天津市重点中学高二（上）期末化学试卷-普通用卷
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这是一份2022-2023学年天津市重点中学高二（上）期末化学试卷-普通用卷，共20页。试卷主要包含了单选题，简答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年天津市重点中学高二（上）期末化学试卷
一、单选题（本大题共15小题，共45.0分）
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
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64g，则转移到阴极的电子数为2mol
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
3. 下列事实中，不能说明MOH属于弱碱的是( )
A. 常温下，0.1mol/LMOH溶液的pH=11.3
B. 0.1mol/LMOH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/LMCl溶液中滴加石蕊溶液，溶液呈浅红色
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−、HCO3−、H2PO4−、Ca2+
B. KWc(OH−)=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：NO3−、SO42−、Na+、K+
D. 使无色酚酞不变色的溶液：ClO−、CO32−、SO32−、NH4+
5. 已知25℃时，几种弱酸的电离平衡常数如下：HCOOH：Ka=1.77×10−4mol⋅L−1，HCN：Ka=4.9×10−10mol⋅L−1，H2CO3：Ka1=4.2×10−7mol⋅L−1，Ka2=5.6×10−11mol⋅L−1，则以下反应不能自发进行的是( )
A. HCOOH+NaCN=HCOONa+HCN
B. NaHCO3+NaCN=Na2CO3+HCN
C. NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3
D. 2HCOOH+CO32−=2HCOO−+H2O+CO2↑
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+)=5×10−10mol/L
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. 0.1mol⋅L−1的NH4NO3溶液中含有NH4+、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℃时，1LpH=7的NaOH溶液中，OH−的数目为10−7NA
8. 下列有关粒子间关系的说法错误的是( )
A. 0.1mol/LNa2CO3溶液与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合：23c(Na+)=c(CO32−)+c(HCO3−)+c(H2CO3)
B. 等物质的量浓度的NH4HSO4和CH3COONH4溶液中c(NH4+)：NH4HSO4>CH3COONH4
C. 0.2mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LKOH溶液等体积混合：c(OH−)+c(CO32−)=c(H+)+c(H2CO3)+0.1mol/L
D. 室温下，NaH2PO4溶液中(pH<7)：c(HPO42−)>c(H3PO4)
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
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CH4−8e−+10OH−=CO32−+7H2O
C. 用丙装置给铜镀银，b应是Ag
D. 当电路中通过0.4mole−时，乙中Fe电极上产生氯气4.48L(标准状况)
11. 火星大气中含有大量CO2，一种有CO2参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. CO2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
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，SO42−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
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元素最高正化合价是最低负化合价绝对值的3倍，它的最高价氧化物中含氧元素的含量为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：D>B>E
14. 某化合物的分子式为AB2，A为第ⅥA族元素，B为第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4.0，已知AB2分子的键角为105°。下列推断不正确的是( )
A. AB2分子的空间结构为V形
B. A−B为极性共价键，AB2分子为非极性分子
C. AB2与H2O相比，AB2的熔、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
15. 下表中各粒子、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(NH2−)
直线形
N原子采取sp杂化
B
二氧化硫
V形
S原子采取sp3杂化
C
碳酸根离子(CO32−)
三角锥形
C原子采取sp3杂化
D
乙炔(C2H2)
直线形
C原子采取sp杂化且C原子的价电子均参与成键
A. A B. B C. C D. D
二、简答题（本大题共5小题，共55.0分）
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，0.1mol⋅L−1NH4Al(SO4)2中c(NH4+)______(填“等于”、“大于”或“小于”)0.1mol⋅L−1NH4HSO4中c(NH4+).
(2)如图1是0.1mol⋅L−1电解质溶液的pH随温度变化的图象．
①其中符合0.1mol⋅L−1NH4Al(SO4)2的pH随温度变化的曲线是______(填写字母)；
②20℃时，0.1mol⋅L−1NH4Al(SO4)2中2c(SO42−)−c(NH4+)−3c(Al3+)=______．
(3)室温时，向100mL 0.1mol⋅L−1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol⋅L−1NaOH溶液，得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图2所示．试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是______；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是______．
17. 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(HCO3−)(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]
18. 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)图中a极要连接电源的(填“正”或“负”)______极，C口流出的物质是______．
(2)SO32−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______．
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)。
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是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原子的价层电子排布式 ______ ．
(2)B分子的中心原子的杂化类型是 ______ ，分子空间构型是 ______ ，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 ______ ．
(4)D元素氢化物的沸点比HCl的沸点高，其主要原因是 ______ ．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.常见的电化学保护法有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，应该与负极相连，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；
故选：C。
A.常见的电化学保护法有外加电流阴极保护法和牺牲阳极的阴极保护法；
B.铁腐蚀的反应消耗氧气和水；
C.在电解池中，金属做阳极是先被腐蚀；
D.铁与碳以及外接电源形成电解池。
本题考查金属的电化学腐蚀与防护，为高频考点，侧重考查学生分析能力、和对基础知识的应用能力，明确化学反应原理、原电池原理、电解池原理息是解本题关键，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.铜的活动性弱于氢，不发生析氢腐蚀，故A错误；
B.电解精炼铜时，阳极中铜不纯，含有铁、镍等都会放电，故不能确定转移电子的物质的量，故B错误；
C.风力发电、光伏发电不会产生二氧化碳，有利于“碳达峰、碳中和”，故C正确；
D.太阳能电池阵是将太阳能转化为电能，锂离子电池组是化学能转化为电能，故D错误；
故选：C。
A.铜的活动性弱于氢；
B.电解精炼铜时，阳极中铜不纯，含有的铁、镍等都会放电；
C.风力发电、光伏发电不产生碳的排放物；
D.太阳能电池阵是将太阳能转化为电能。
本次考查电解的原理和能量转化形式，题目难度不大，注意基础知识的积累。
3.【答案】B
【解析】解：A.常温下，0.1mol/LMOH溶液的pH=11.3，溶液中c(OH−)=10−1410−11.3mol/L=10−2.7mol/L<0.1mol/L，则MOH部分电离，为弱碱，故A错误；
B.0.1mol/LMOH溶液与等体积0.1mol/L盐酸恰好完全反应，说明MOH为一元碱，不能说明MOH部分电离，则不能证明MOH为弱碱，故B正确；
C.常温下，MOH溶液的导电能力比相同浓度的NaOH溶液弱，说明MOH中离子浓度小于NaOH，NaOH完全电离，则MOH部分电离，为弱碱，故C错误；
D.常温下，0.1mol/LMCl溶液中滴加石蕊试液变红色，说明溶液呈酸性，则MCl为强酸弱碱盐，所以MOH为弱碱，故D错误；
故选：B。
部分电离的电解质为弱电解质，不能说明MOH为弱碱，说明选项中不能说明MOH部分电离。
本题考查电解质强弱判断，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确电解质强弱根本区别是解本题关键，注意：电解质强弱与其电离程度有关，与溶液导电能力强弱无关。
4.【答案】C
【解析】解：A.紫色石蕊溶液变蓝的溶液中存在大量OH−，HCO3−、H2PO4−、Ca2+能与OH−之间发生反应，因而不能大量共存，故A错误；
B.Kwc(OH−)=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−、CO32−、SO32−均能发生反应，因而不能大量共存，故D错误；
故选：C。
A.紫色石蕊溶液变蓝的溶液中存在大量OH−；
B.Kwc(OH−)=10−1的溶液为酸性，H+与F−、CH3COO−、S2−之间会发生反应；
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；
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−、CO32−、SO32−均能发生反应。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
5.【答案】B
【解析】解：A.酸性：HCOOH>HCN，所以反应HCOOH+NaCN=HCOONa+HCN，能发生，故A错误；
B.酸性：HCN>HCO3−，所以反应NaHCO3+NaCN=Na2CO3+HCN，不能发生，故B正确；
C.酸性：H2CO3>HCN，所以反应NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3，能发生，故C错误；
D.酸性：HCOOH>H2CO3>HCO3−，在碳酸钠溶液中加入足量HCOOH溶液，可以发生反应2HCOOH+CO32−=2HCOO−+H2O+CO2↑，故D错误；
故选：B。
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HCOOH>H2CO3>HCN>HCO3−；再根据强酸制弱酸原理判断反应是否发生。
本题考查弱电解质的电离，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确弱酸电离平衡常数与酸性强弱关系、强酸制取弱酸原理是解本题关键，题目难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：A.醋酸是一元弱酸，部分电离，pH相等的盐酸和醋酸，c(HCl)
C.醋酸是一元弱酸，部分电离，等浓度的盐酸和醋酸中c(H+)：HCl>CH3COOH，c(H+)越大反应速率越快，则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，反应速率：HCl>CH3COOH，故C错误；
D.pH为10的醋酸钠溶液中c(H+)=5×10−10mol/L，c(OH−)=10−145×10−10mol/L=2×10−5mol/L，醋酸钠是弱酸强碱盐，促进水的电离，溶液中水电离出的c(H+)=c(OH−)=2×10−5mol/L，故D错误；
故选：B。
A.pH相等的盐酸和醋酸，c(HCl)
C.醋酸是一元弱酸，部分电离，等浓度的盐酸和醋酸中c(H+)：HCl>CH3COOH；
D.醋酸钠是弱酸强碱盐，溶液中水电离出的c(H+)等于溶液中c(OH−)。
本题考查沉淀溶解平衡、弱电解质的电离、盐类水解等知识，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确弱电解质电离特点、盐类水解原理和Ksp的影响因素是解题关键，题目难度不大。
7.【答案】A
【解析】解：A.25℃时，1LpH=3的H2SO3溶液中，氢离子浓度为0.001mol/L，含氢离子个数为：0.001mol/L×1L×NAmol−1=0.001NA，故A正确；
B.溶液体积未知，无法计算微粒个数，故B错误；
C.溶液体积未知，无法计算水电离出的氢氧根离子的个数，故C错误；
D.99℃时，Kw≠10−14，无法计算氢氧根离子数目，故D错误；
故选：A。
A.25℃时，1LpH=3的H2SO3溶液中，氢离子浓度为0.001mol/L；
B.溶液体积未知；
C.溶液体积未知；
D.99℃时，Kw≠10−14。
本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：A.0.1mol/LNa2CO3溶液与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合，溶液中存在物料守恒，23c(Na+)=c(CO32−)+c(HCO3−)+c(H2CO3)，故A正确；
B.NH4HSO4溶液中氢离子抑制铵根离子的水解，醋酸根离子水解促进铵根离子的水解，等物质的量浓度的NH4HSO4和CH3COONH4溶液中c(NH4+)：NH4HSO4>CH3COONH4，故B正确；
C.0.2mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LKOH溶液等体积混合，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(K+)+c(H+)=2c(CO32−)+c(HCO3−)+c(OH−)，物料守恒得到：c(Na+)=c(CO32−)+c(HCO3−)+c(H2CO3)，代入得到c(OH−)+c(CO32−)=c(H+)+c(H2CO3)+c(K+)，c(K+)=0.05mol/L，则c(OH−)+c(CO32−)=c(H+)+c(H2CO3)+0.05mol/L，故C错误；
D.NaH2PO4溶液pH<7，溶液显酸性，H2PO4−离子的电离程度大于其水解程度，则c(HPO42−)>c(H3PO4)，故D正确；
故选：C。
A.0.1mol/LNa2CO3溶液与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合，溶液中存在物料守恒2n(Na)=3n(C)；
B.NH4HSO4溶液中氢离子抑制铵根离子的水解，醋酸根离子水解促进铵根离子的水解；
C.0.2mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LKOH溶液等体积混合，反应后得到碳酸氢钠、碳酸钠和碳酸钾的混合溶液，溶液中存在电荷守恒和物料守恒分析判断离子浓度关系；
D.NaH2PO4溶液pH<7，溶液显酸性，H2PO4−离子的电离程度大于其水解程度。
本题考查了电解质溶液中离子浓度关系、离子浓度大小比较等知识点，注意电荷守恒、物料守恒的分析判断，题目难度中等。
9.【答案】B
【解析】解：A.由上述分析可知，M表示Y2X的溶解平衡曲线，N表示ZX的溶解平衡曲线，故A正确；
B.常温下，c点时p(X2−)、p(Y+)均大于对应平衡状态时的p(X2−)、p(Y+)，即c(X2−)、c(Y+)均小于对应平衡状态时的c(X2−)、c(Y+)，此时浓度积Q
D.由上述分析可知，Ksp(ZX)=10−35.2，Ksp(Y2X)=10−49.2，反应ZX(s)+2Y+(aq)⇌Y2X(s)+Z2+(aq)的平衡常数K=c(Z2+)c2(Y+)=c(Z2+)c2(Y+)×c(X2−)c(X2−)=Ksp(ZX)Ksp(Y2X)=10−35.210−49.2=1014，故D正确；
故选：B。
Ksp(ZX)=c(Z2+)×c(X2−)、Ksp(Y2X)=c(X2−)×c2(Y+)，−lgKsp(ZX)=−lg[c(Z2+)×c(X2−)]=p(Z2+)+p(X2−)，−lgKsp(Y2X)=−lg[c(X2−)×c2(Y+)]=p(X2−)+2p(Y+)，即p(X2−)=−p(Z2+)−lgKsp(ZX)，p(X2−)=−2p(Y+)−lgKsp(Y2X)，根据图中斜率大小关系可知，M表示Y2X的溶解平衡曲线，N表示ZX的溶解平衡曲线，根据a点、b点坐标值计算Ksp(ZX)=10−35.2，Ksp(Y2X)=10−49.2，据此分析解答。
本题考查难溶电解质的溶解平衡及其计算，为高频考点，把握溶度积常数及其计算为解答的关键，侧重分析能力、计算能力与运用能力的考查，题目难度中等。
10.【答案】D
【解析】解：A.乙中钠离子透过交换膜向左侧迁移，故X为阳离子交换膜，故A正确；
B.甲为原电池，甲烷通入极为负极，电极反应式为CH4−8e−+10OH−=CO32−+7H2O，故B正确；
C.用丙装置给铜镀银，Ag作阳极(b)，Cu作阴极(a)，故C正确；
D.乙中Fe为阴极，水放电生成氢气，故D错误；
故选：D。
由图可知，甲为原电池，氧气通入极为正极，甲烷通入极为负极，乙、丙为电解池，Fe、a极为阴极，C、b极为阳极，据此作答。
本题考查原电池和电解池，能依据图象和题目信息准确判断正负极和阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
11.【答案】B
【解析】解：A.负极上Na失电子生成Na+，发生氧化反应，故A错误；
B.正极上CO2得电子发生还原反应，故B正确；
C.放电时，Na为负极、碳纳米管为正极，电子从负极Na沿外电路流向正极碳纳米管，故C错误；
D.该装置为原电池，化学能转化为电能，故D错误；
故选：B。
A.失电子的物质作还原剂，发生氧化反应；
B.正极上得电子发生还原反应；
C.放电时，电子从负极沿外电路流向正极；
D.原电池是将化学能转化为电能的装置。
本题考查化学电源新型电池，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确正负极判断方法、正负极上发生的反应、电子移动方向等知识点是解本题关键，题目难度不大。
12.【答案】D
【解析】解：A.放电时S作正极，电极反应式为2Cu2++S+4e−=Cu2S，每生成1molCu2S的同时转移4mol电子，Zn作负极，1molZn反应失去2mol电子，故此时消耗Zn质量为4mol2×65g/mol=130g，故A错误；
B.放电时，Zn(b)失电子作负极，故B错误；
C.充电时，SO42−通过隔膜向a极(阳极)移动，故C错误；
D.充电时，a作阳极，发生氧化反应，Cu和Cu2S失电子重新生成Cu2+和S，故D正确；
故选：D。
由图可知，放电时，Zn作负极，S作正极，充电时，Zn作阴极，S作阳极，据此作答。
本题考查充电电池，能依据图象和题目信息准确判断正负极和阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
13.【答案】B
【解析】解：由上述分析可知，A为O，B为S，C为Se，D为P，E为Cl，
A.非金属性越强，第一电离能越大，但P的3p电子半满为稳定结构，则D、E、B三种元素的第一电离能逐渐减小，故A错误；
B.同主族元素从上到下，元素的电负性减弱，同周期从左到右，电负性增大，则电负性E>C，故B正确；
C.D、B、E三种元素形成的简单离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，故C错误；
D.非金属性：D(P)
B元素最高价是最低负价绝对值的3倍，则B元素最高正价为+6价，其最高价氧化物化学式表示为BO3，又最高氧化物中含氧60%，令B元素相对原子质量为b，则16×3b+16×3×100%=60%，解得b=32，故B为S元素，由元素在周期表中相对位置可知，A为O元素、C为Se、D为P元素、E为Cl，以此解答该题。
本题考查位置、结构、性质的关系，为高频考点，把握元素的位置、原子结构推断元素为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素周期律及元素化合物知识的应用，题目难度不大。
14.【答案】B
【解析】解：A.由题意知，AB2分子的键角为105°，为V形结构，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形结构，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，则AB2的熔点、沸点比H2O的低，故C正确；
D.根据A、B的电负性值及在周期表中所处的位置关系，可判断A元素为O，B元素为F，该分子为OF2，因此AB2分子中无氢原子，分子间不能形成氢键，H2O分子间能形成氢键，故D正确；
故选：B。
A.AB2分子的键角为105°，为V形结构；
B.极性分子指正负电荷重心不重合的分子；
C.H2O分子之间存在氢键，熔沸点较高；
D.根据A、B的电负性值及在周期表中所处的位置关系，可判断A元素为O，B元素为F，该分子为OF2。
本题主要考查极性分子与非极性分子的判断、氢键及电负性的相关知识，为高频考点，题目难度一般。
15.【答案】D
【解析】解：A．NH2−中N原子的价层电子对数=5+2+12=4，孤电子对数为2，采取sp3杂化，空间结构为V形，故A错误；
B.SO2中S原子的价层电子对数=6+02=3，孤电子对数为1，采取sp2杂化，空间结构为V形，故B错误；
C.CO32−中C原子的价层电子对数=4+0+22=3，孤电子对数为0，采取sp2杂化，空间结构为平面三角形，故C错误；
D.C2H2中C原子采取sp杂化，且C原子的价电子均参与成键，空间结构为直线形，故D正确；
故选：D。
中心原子的价层电子对数为4，采取sp3杂化，若孤电子对数为0，空间结构为四面体形；若孤电子对数为1，空间结构为三角锥形；若孤电子对数为2，空间结构为V形；中心原子的价层电子对数为3，采取sp2杂化，若孤电子对数为0，空间结构为平面三角形；若孤电子对数为1，空间结构为V形；中心原子的价层电子对数为2，采取sp杂化，空间结构为直线形；C2H2中C原子采取sp杂化，且C原子的价电子均参与成键，空间结构为直线形，据此分析。
本题主要考查原子杂化轨道类型的判断及微粒的空间构型等知识，为高频考点，题目难度一般。
16.【答案】小于 A 10−3 a c(Na+)>c(SO42−)>c(NH4+)>c(OH−)=c(H+)
【解析】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A，故答案为：A；
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：10−3；
(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c(Na+)=c(SO42−)，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+).
(1)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；
(2)①NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大；
②根据电荷守恒定律解题；
(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．
本题考查盐类的水解和离子浓度大小的比较，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，题目难度较大，(2)②为易错点，注意根据守恒思想解题．
17.【答案】1.3 < a>b>c Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+ Fe2O3 3≤pH≤5
【解析】解：(1)此温度下，pH=11的NaOH中c(OH−)=0.0001mol/L，pH=1的HCl溶液的c(H+)=0.1mol/L，等体积混合，酸过量，c(H+)=0.1−0.00012mol/L≈0.12 mol/L，pH=−lgc(H+)=−lg0.12=1+lg2=1.3，
故答案为：1.3；
(2)①由于Ka(HCN)
②由于Ka(CH3COOH)>Ka(HCN)>Ka2(H2CO3)，依据越弱越水解规律可知，等物质的量浓度的CH3COONa、NaCN、Na2CO3，溶液的水解能力CO32−>CN−>CH3COO−，此时溶液pH由大到小的顺序为：Na2CO3>NaCN>CH3COONa；则pH相同时，浓度顺序为：CH3COONa>NaCN>Na2CO3，即a>b>c；
故答案为：a>b>c；
(3)①25℃时，FeCl3溶液显酸性，原因是铁离子的水解，离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，把FeCl3溶液蒸干过程中，因铁离子水解得到氢氧化铁和氯化氢，灼烧得到Fe2O3，
故答案为：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+；Fe2O3；
②根据Ksp[Fe(OH)3]=4×l0−38，当Fe3+完全沉淀[c(Fe3+)≤4×l0−5mol⋅L−1]时，c(OH−)=3Ksp[Fe(OH)3]c(Fe3+)=34×10−384×10−5mol/L=10−11mol/L，此时溶液pH=3，当Cu2+开始沉淀时，根据Ksp[Cu(OH)2]=2.6×l0−19，c(OH−)= Ksp[Cu(OH)2]c(Cu2+)= 2.6×10−190.26mol/L=10−9mol/L，此时溶液pH=5，则需控制溶液pH的范围为3≤pH≤5，
故答案为：3≤pH≤5。
(1)根据水的Kw=1×10−15以及NaOH溶液与HCl溶液的pH值进行判断；
(2)①Ka(HCN)、Ka(H2CO3)越大，其电离程度越大，其对应的酸根离子水解程度越小，则钠盐溶液中该酸根离子浓度越大；
②Ka(CH3COOH)、Ka(HCN)、Ka2(H2CO3)越大，其对应的酸根离子水解程度越小，相同pH的钠盐溶液的浓度越大；
(3)①25℃时，FeCl3溶液显酸性，是因为铁离子的水解；
②根据Ksp[Fe(OH)3]=4×l0−38，当Fe3+完全沉淀[c(Fe3+)≤4×l0−5mol⋅L−1]时，c(OH−)=3Ksp[Fe(OH)3]c(Fe3+)=34×10−384×10−5mol/L=10−11mol/L，此时溶液pH=3，当Cu2+开始沉淀时，根据Ksp[Cu(OH)2]=2.6×l0−19，c(OH−)= Ksp[Cu(OH)2]c(Cu2+)= 2.6×10−190.26mol/L=10−9mol/L，此时溶液pH=5，据此分析判断pH取值。
本题考查弱电解质的电离、盐类水解等知识点，侧重考查分析判断及计算能力，明确电离平衡常数与酸性强弱关系、与其对应离子水解程度关系是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒的灵活运用，题目难度不大。
18.【答案】负 硫酸 SO32−−2e−+H2O=SO42−+2H+ 水为弱电解质存在H2OH++OH−，在阴极H+放电生成H2，C(H+)减小，水的电离平衡向正向移动，碱性增加
【解析】解：(1)图中可知，钠离子移向a极，亚硫酸根离子移向b极，所以b极为阳极，应该接电源的正极，SO32−在阳极失去电子变成SO42−，所以C口流出的物质是H2SO4，
故答案为：负；硫酸；
(2)亚硫酸根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子，电极反应式为：SO32−−2e−+H2O=SO42−+2H+；
故答案为：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：水为弱电解质存在H2O⇌H++OH−，在阴极H+放电生成H2，C(H+)减小，水的电离平衡向正向移动，碱性增加．
(1)依据电解质溶液中阴阳离子的移动方向判断电极，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，
(2)亚硫酸根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子；
(3)依据阴极区放电离子为氢离子结合水的电离平衡H2O⇌H++OH−解答．
本题考查了电解的原理，明确电解池工作原理是解题关键，注意电解质电极判断的方法和电极反应式书写注意问题为易错点．
19.【答案】p s 1s22s22p63s23p63d104s1 过渡 B N>O>C
【解析】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3s2，电子最后排入3s能级，属于s区元素，
故答案为：p；s；
(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，
故答案为：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，Ba为第ⅡA族元素；Fe为第Ⅷ族元素；Br为第ⅦA族元素；Rb为第ⅠA族元素，
故答案为：过渡；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，
故答案为：N>O>C。
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。
本题考查元素周期表和周期律，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
20.【答案】Ar 3s23p6 sp3 V型 极性 N2H4 非极性键、极性键 HF分子之间能形成氢键
【解析】解：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．单原子分子A为Ar；D元素的氢化物能刻蚀玻璃，则D为F2；B、C是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，考虑为氢化物，三原子分子B的中心元素原子电子数大于15，则B为H2S，六原子分子C的中心原子电子数大于9−3=6，则C为N2H4，
(1)由上述分析，可知A为Ar，处于第三周期零族，最外层电子数为8，其价层电子排布式为3s23p6，
故答案为：Ar；3s23p6；
(2)B为H2S，S原子价层电子对数=2+6−1×22=4、含有2对孤对电子，故S采取sp3杂化，H2S分子为V型结构，分子不是对称结构，正负电荷中心不重合，属于极性分子，
故答案为：sp3；V型；极性；
(3)由上述分析可知，C为N2H4，分子中N原子之间形成非极性键、N原子与H原子之间形成极性键，
故答案为：N2H4；非极性键、极性键；
(4)HF分子之间能形成氢键，氢键比分子间作用力强，故沸点高于同主族其它元素氢化物，
故答案为：HF分子之间能形成氢键．
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．单原子分子A为Ar；D元素的氢化物能刻蚀玻璃，则D为F2；B、C是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，考虑为氢化物，三原子分子B的中心元素原子电子数大于15，则B为H2S，六原子分子C的中心原子电子数大于9−3=6，则C为N2H4，据此解答．
本题考查元素化合物推断、核外电子排布、杂化理论、分子极性、化学键与氢键等，难度不大，推断物质是解题关键，注意掌握常见10电子、18电子微粒．
2022-2023学年天津市重点中学高二（上）期末化学试卷
一、单选题（本大题共15小题，共45.0分）
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
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64g，则转移到阴极的电子数为2mol
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
3. 下列事实中，不能说明MOH属于弱碱的是( )
A. 常温下，0.1mol/LMOH溶液的pH=11.3
B. 0.1mol/LMOH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/LMCl溶液中滴加石蕊溶液，溶液呈浅红色
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−、HCO3−、H2PO4−、Ca2+
B. KWc(OH−)=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：NO3−、SO42−、Na+、K+
D. 使无色酚酞不变色的溶液：ClO−、CO32−、SO32−、NH4+
5. 已知25℃时，几种弱酸的电离平衡常数如下：HCOOH：Ka=1.77×10−4mol⋅L−1，HCN：Ka=4.9×10−10mol⋅L−1，H2CO3：Ka1=4.2×10−7mol⋅L−1，Ka2=5.6×10−11mol⋅L−1，则以下反应不能自发进行的是( )
A. HCOOH+NaCN=HCOONa+HCN
B. NaHCO3+NaCN=Na2CO3+HCN
C. NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3
D. 2HCOOH+CO32−=2HCOO−+H2O+CO2↑
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+)=5×10−10mol/L
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. 0.1mol⋅L−1的NH4NO3溶液中含有NH4+、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℃时，1LpH=7的NaOH溶液中，OH−的数目为10−7NA
8. 下列有关粒子间关系的说法错误的是( )
A. 0.1mol/LNa2CO3溶液与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合：23c(Na+)=c(CO32−)+c(HCO3−)+c(H2CO3)
B. 等物质的量浓度的NH4HSO4和CH3COONH4溶液中c(NH4+)：NH4HSO4>CH3COONH4
C. 0.2mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LKOH溶液等体积混合：c(OH−)+c(CO32−)=c(H+)+c(H2CO3)+0.1mol/L
D. 室温下，NaH2PO4溶液中(pH<7)：c(HPO42−)>c(H3PO4)
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
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CH4−8e−+10OH−=CO32−+7H2O
C. 用丙装置给铜镀银，b应是Ag
D. 当电路中通过0.4mole−时，乙中Fe电极上产生氯气4.48L(标准状况)
11. 火星大气中含有大量CO2，一种有CO2参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. CO2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
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，SO42−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
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元素最高正化合价是最低负化合价绝对值的3倍，它的最高价氧化物中含氧元素的含量为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：D>B>E
14. 某化合物的分子式为AB2，A为第ⅥA族元素，B为第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4.0，已知AB2分子的键角为105°。下列推断不正确的是( )
A. AB2分子的空间结构为V形
B. A−B为极性共价键，AB2分子为非极性分子
C. AB2与H2O相比，AB2的熔、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
15. 下表中各粒子、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(NH2−)
直线形
N原子采取sp杂化
B
二氧化硫
V形
S原子采取sp3杂化
C
碳酸根离子(CO32−)
三角锥形
C原子采取sp3杂化
D
乙炔(C2H2)
直线形
C原子采取sp杂化且C原子的价电子均参与成键
A. A B. B C. C D. D
二、简答题（本大题共5小题，共55.0分）
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，0.1mol⋅L−1NH4Al(SO4)2中c(NH4+)______(填“等于”、“大于”或“小于”)0.1mol⋅L−1NH4HSO4中c(NH4+).
(2)如图1是0.1mol⋅L−1电解质溶液的pH随温度变化的图象．
①其中符合0.1mol⋅L−1NH4Al(SO4)2的pH随温度变化的曲线是______(填写字母)；
②20℃时，0.1mol⋅L−1NH4Al(SO4)2中2c(SO42−)−c(NH4+)−3c(Al3+)=______．
(3)室温时，向100mL 0.1mol⋅L−1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol⋅L−1NaOH溶液，得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图2所示．试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是______；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是______．
17. 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(HCO3−)(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]
18. 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)图中a极要连接电源的(填“正”或“负”)______极，C口流出的物质是______．
(2)SO32−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______．
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)。
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是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原子的价层电子排布式 ______ ．
(2)B分子的中心原子的杂化类型是 ______ ，分子空间构型是 ______ ，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 ______ ．
(4)D元素氢化物的沸点比HCl的沸点高，其主要原因是 ______ ．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.常见的电化学保护法有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，应该与负极相连，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；
故选：C。
A.常见的电化学保护法有外加电流阴极保护法和牺牲阳极的阴极保护法；
B.铁腐蚀的反应消耗氧气和水；
C.在电解池中，金属做阳极是先被腐蚀；
D.铁与碳以及外接电源形成电解池。
本题考查金属的电化学腐蚀与防护，为高频考点，侧重考查学生分析能力、和对基础知识的应用能力，明确化学反应原理、原电池原理、电解池原理息是解本题关键，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.铜的活动性弱于氢，不发生析氢腐蚀，故A错误；
B.电解精炼铜时，阳极中铜不纯，含有铁、镍等都会放电，故不能确定转移电子的物质的量，故B错误；
C.风力发电、光伏发电不会产生二氧化碳，有利于“碳达峰、碳中和”，故C正确；
D.太阳能电池阵是将太阳能转化为电能，锂离子电池组是化学能转化为电能，故D错误；
故选：C。
A.铜的活动性弱于氢；
B.电解精炼铜时，阳极中铜不纯，含有的铁、镍等都会放电；
C.风力发电、光伏发电不产生碳的排放物；
D.太阳能电池阵是将太阳能转化为电能。
本次考查电解的原理和能量转化形式，题目难度不大，注意基础知识的积累。
3.【答案】B
【解析】解：A.常温下，0.1mol/LMOH溶液的pH=11.3，溶液中c(OH−)=10−1410−11.3mol/L=10−2.7mol/L<0.1mol/L，则MOH部分电离，为弱碱，故A错误；
B.0.1mol/LMOH溶液与等体积0.1mol/L盐酸恰好完全反应，说明MOH为一元碱，不能说明MOH部分电离，则不能证明MOH为弱碱，故B正确；
C.常温下，MOH溶液的导电能力比相同浓度的NaOH溶液弱，说明MOH中离子浓度小于NaOH，NaOH完全电离，则MOH部分电离，为弱碱，故C错误；
D.常温下，0.1mol/LMCl溶液中滴加石蕊试液变红色，说明溶液呈酸性，则MCl为强酸弱碱盐，所以MOH为弱碱，故D错误；
故选：B。
部分电离的电解质为弱电解质，不能说明MOH为弱碱，说明选项中不能说明MOH部分电离。
本题考查电解质强弱判断，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确电解质强弱根本区别是解本题关键，注意：电解质强弱与其电离程度有关，与溶液导电能力强弱无关。
4.【答案】C
【解析】解：A.紫色石蕊溶液变蓝的溶液中存在大量OH−，HCO3−、H2PO4−、Ca2+能与OH−之间发生反应，因而不能大量共存，故A错误；
B.Kwc(OH−)=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−、CO32−、SO32−均能发生反应，因而不能大量共存，故D错误；
故选：C。
A.紫色石蕊溶液变蓝的溶液中存在大量OH−；
B.Kwc(OH−)=10−1的溶液为酸性，H+与F−、CH3COO−、S2−之间会发生反应；
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；
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−、CO32−、SO32−均能发生反应。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
5.【答案】B
【解析】解：A.酸性：HCOOH>HCN，所以反应HCOOH+NaCN=HCOONa+HCN，能发生，故A错误；
B.酸性：HCN>HCO3−，所以反应NaHCO3+NaCN=Na2CO3+HCN，不能发生，故B正确；
C.酸性：H2CO3>HCN，所以反应NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3，能发生，故C错误；
D.酸性：HCOOH>H2CO3>HCO3−，在碳酸钠溶液中加入足量HCOOH溶液，可以发生反应2HCOOH+CO32−=2HCOO−+H2O+CO2↑，故D错误；
故选：B。
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HCOOH>H2CO3>HCN>HCO3−；再根据强酸制弱酸原理判断反应是否发生。
本题考查弱电解质的电离，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确弱酸电离平衡常数与酸性强弱关系、强酸制取弱酸原理是解本题关键，题目难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：A.醋酸是一元弱酸，部分电离，pH相等的盐酸和醋酸，c(HCl)
C.醋酸是一元弱酸，部分电离，等浓度的盐酸和醋酸中c(H+)：HCl>CH3COOH，c(H+)越大反应速率越快，则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，反应速率：HCl>CH3COOH，故C错误；
D.pH为10的醋酸钠溶液中c(H+)=5×10−10mol/L，c(OH−)=10−145×10−10mol/L=2×10−5mol/L，醋酸钠是弱酸强碱盐，促进水的电离，溶液中水电离出的c(H+)=c(OH−)=2×10−5mol/L，故D错误；
故选：B。
A.pH相等的盐酸和醋酸，c(HCl)
C.醋酸是一元弱酸，部分电离，等浓度的盐酸和醋酸中c(H+)：HCl>CH3COOH；
D.醋酸钠是弱酸强碱盐，溶液中水电离出的c(H+)等于溶液中c(OH−)。
本题考查沉淀溶解平衡、弱电解质的电离、盐类水解等知识，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确弱电解质电离特点、盐类水解原理和Ksp的影响因素是解题关键，题目难度不大。
7.【答案】A
【解析】解：A.25℃时，1LpH=3的H2SO3溶液中，氢离子浓度为0.001mol/L，含氢离子个数为：0.001mol/L×1L×NAmol−1=0.001NA，故A正确；
B.溶液体积未知，无法计算微粒个数，故B错误；
C.溶液体积未知，无法计算水电离出的氢氧根离子的个数，故C错误；
D.99℃时，Kw≠10−14，无法计算氢氧根离子数目，故D错误；
故选：A。
A.25℃时，1LpH=3的H2SO3溶液中，氢离子浓度为0.001mol/L；
B.溶液体积未知；
C.溶液体积未知；
D.99℃时，Kw≠10−14。
本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：A.0.1mol/LNa2CO3溶液与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合，溶液中存在物料守恒，23c(Na+)=c(CO32−)+c(HCO3−)+c(H2CO3)，故A正确；
B.NH4HSO4溶液中氢离子抑制铵根离子的水解，醋酸根离子水解促进铵根离子的水解，等物质的量浓度的NH4HSO4和CH3COONH4溶液中c(NH4+)：NH4HSO4>CH3COONH4，故B正确；
C.0.2mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LKOH溶液等体积混合，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(K+)+c(H+)=2c(CO32−)+c(HCO3−)+c(OH−)，物料守恒得到：c(Na+)=c(CO32−)+c(HCO3−)+c(H2CO3)，代入得到c(OH−)+c(CO32−)=c(H+)+c(H2CO3)+c(K+)，c(K+)=0.05mol/L，则c(OH−)+c(CO32−)=c(H+)+c(H2CO3)+0.05mol/L，故C错误；
D.NaH2PO4溶液pH<7，溶液显酸性，H2PO4−离子的电离程度大于其水解程度，则c(HPO42−)>c(H3PO4)，故D正确；
故选：C。
A.0.1mol/LNa2CO3溶液与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合，溶液中存在物料守恒2n(Na)=3n(C)；
B.NH4HSO4溶液中氢离子抑制铵根离子的水解，醋酸根离子水解促进铵根离子的水解；
C.0.2mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LKOH溶液等体积混合，反应后得到碳酸氢钠、碳酸钠和碳酸钾的混合溶液，溶液中存在电荷守恒和物料守恒分析判断离子浓度关系；
D.NaH2PO4溶液pH<7，溶液显酸性，H2PO4−离子的电离程度大于其水解程度。
本题考查了电解质溶液中离子浓度关系、离子浓度大小比较等知识点，注意电荷守恒、物料守恒的分析判断，题目难度中等。
9.【答案】B
【解析】解：A.由上述分析可知，M表示Y2X的溶解平衡曲线，N表示ZX的溶解平衡曲线，故A正确；
B.常温下，c点时p(X2−)、p(Y+)均大于对应平衡状态时的p(X2−)、p(Y+)，即c(X2−)、c(Y+)均小于对应平衡状态时的c(X2−)、c(Y+)，此时浓度积Q
D.由上述分析可知，Ksp(ZX)=10−35.2，Ksp(Y2X)=10−49.2，反应ZX(s)+2Y+(aq)⇌Y2X(s)+Z2+(aq)的平衡常数K=c(Z2+)c2(Y+)=c(Z2+)c2(Y+)×c(X2−)c(X2−)=Ksp(ZX)Ksp(Y2X)=10−35.210−49.2=1014，故D正确；
故选：B。
Ksp(ZX)=c(Z2+)×c(X2−)、Ksp(Y2X)=c(X2−)×c2(Y+)，−lgKsp(ZX)=−lg[c(Z2+)×c(X2−)]=p(Z2+)+p(X2−)，−lgKsp(Y2X)=−lg[c(X2−)×c2(Y+)]=p(X2−)+2p(Y+)，即p(X2−)=−p(Z2+)−lgKsp(ZX)，p(X2−)=−2p(Y+)−lgKsp(Y2X)，根据图中斜率大小关系可知，M表示Y2X的溶解平衡曲线，N表示ZX的溶解平衡曲线，根据a点、b点坐标值计算Ksp(ZX)=10−35.2，Ksp(Y2X)=10−49.2，据此分析解答。
本题考查难溶电解质的溶解平衡及其计算，为高频考点，把握溶度积常数及其计算为解答的关键，侧重分析能力、计算能力与运用能力的考查，题目难度中等。
10.【答案】D
【解析】解：A.乙中钠离子透过交换膜向左侧迁移，故X为阳离子交换膜，故A正确；
B.甲为原电池，甲烷通入极为负极，电极反应式为CH4−8e−+10OH−=CO32−+7H2O，故B正确；
C.用丙装置给铜镀银，Ag作阳极(b)，Cu作阴极(a)，故C正确；
D.乙中Fe为阴极，水放电生成氢气，故D错误；
故选：D。
由图可知，甲为原电池，氧气通入极为正极，甲烷通入极为负极，乙、丙为电解池，Fe、a极为阴极，C、b极为阳极，据此作答。
本题考查原电池和电解池，能依据图象和题目信息准确判断正负极和阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
11.【答案】B
【解析】解：A.负极上Na失电子生成Na+，发生氧化反应，故A错误；
B.正极上CO2得电子发生还原反应，故B正确；
C.放电时，Na为负极、碳纳米管为正极，电子从负极Na沿外电路流向正极碳纳米管，故C错误；
D.该装置为原电池，化学能转化为电能，故D错误；
故选：B。
A.失电子的物质作还原剂，发生氧化反应；
B.正极上得电子发生还原反应；
C.放电时，电子从负极沿外电路流向正极；
D.原电池是将化学能转化为电能的装置。
本题考查化学电源新型电池，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确正负极判断方法、正负极上发生的反应、电子移动方向等知识点是解本题关键，题目难度不大。
12.【答案】D
【解析】解：A.放电时S作正极，电极反应式为2Cu2++S+4e−=Cu2S，每生成1molCu2S的同时转移4mol电子，Zn作负极，1molZn反应失去2mol电子，故此时消耗Zn质量为4mol2×65g/mol=130g，故A错误；
B.放电时，Zn(b)失电子作负极，故B错误；
C.充电时，SO42−通过隔膜向a极(阳极)移动，故C错误；
D.充电时，a作阳极，发生氧化反应，Cu和Cu2S失电子重新生成Cu2+和S，故D正确；
故选：D。
由图可知，放电时，Zn作负极，S作正极，充电时，Zn作阴极，S作阳极，据此作答。
本题考查充电电池，能依据图象和题目信息准确判断正负极和阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
13.【答案】B
【解析】解：由上述分析可知，A为O，B为S，C为Se，D为P，E为Cl，
A.非金属性越强，第一电离能越大，但P的3p电子半满为稳定结构，则D、E、B三种元素的第一电离能逐渐减小，故A错误；
B.同主族元素从上到下，元素的电负性减弱，同周期从左到右，电负性增大，则电负性E>C，故B正确；
C.D、B、E三种元素形成的简单离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，故C错误；
D.非金属性：D(P)
B元素最高价是最低负价绝对值的3倍，则B元素最高正价为+6价，其最高价氧化物化学式表示为BO3，又最高氧化物中含氧60%，令B元素相对原子质量为b，则16×3b+16×3×100%=60%，解得b=32，故B为S元素，由元素在周期表中相对位置可知，A为O元素、C为Se、D为P元素、E为Cl，以此解答该题。
本题考查位置、结构、性质的关系，为高频考点，把握元素的位置、原子结构推断元素为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素周期律及元素化合物知识的应用，题目难度不大。
14.【答案】B
【解析】解：A.由题意知，AB2分子的键角为105°，为V形结构，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形结构，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，则AB2的熔点、沸点比H2O的低，故C正确；
D.根据A、B的电负性值及在周期表中所处的位置关系，可判断A元素为O，B元素为F，该分子为OF2，因此AB2分子中无氢原子，分子间不能形成氢键，H2O分子间能形成氢键，故D正确；
故选：B。
A.AB2分子的键角为105°，为V形结构；
B.极性分子指正负电荷重心不重合的分子；
C.H2O分子之间存在氢键，熔沸点较高；
D.根据A、B的电负性值及在周期表中所处的位置关系，可判断A元素为O，B元素为F，该分子为OF2。
本题主要考查极性分子与非极性分子的判断、氢键及电负性的相关知识，为高频考点，题目难度一般。
15.【答案】D
【解析】解：A．NH2−中N原子的价层电子对数=5+2+12=4，孤电子对数为2，采取sp3杂化，空间结构为V形，故A错误；
B.SO2中S原子的价层电子对数=6+02=3，孤电子对数为1，采取sp2杂化，空间结构为V形，故B错误；
C.CO32−中C原子的价层电子对数=4+0+22=3，孤电子对数为0，采取sp2杂化，空间结构为平面三角形，故C错误；
D.C2H2中C原子采取sp杂化，且C原子的价电子均参与成键，空间结构为直线形，故D正确；
故选：D。
中心原子的价层电子对数为4，采取sp3杂化，若孤电子对数为0，空间结构为四面体形；若孤电子对数为1，空间结构为三角锥形；若孤电子对数为2，空间结构为V形；中心原子的价层电子对数为3，采取sp2杂化，若孤电子对数为0，空间结构为平面三角形；若孤电子对数为1，空间结构为V形；中心原子的价层电子对数为2，采取sp杂化，空间结构为直线形；C2H2中C原子采取sp杂化，且C原子的价电子均参与成键，空间结构为直线形，据此分析。
本题主要考查原子杂化轨道类型的判断及微粒的空间构型等知识，为高频考点，题目难度一般。
16.【答案】小于 A 10−3 a c(Na+)>c(SO42−)>c(NH4+)>c(OH−)=c(H+)
【解析】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A，故答案为：A；
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：10−3；
(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c(Na+)=c(SO42−)，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+).
(1)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；
(2)①NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大；
②根据电荷守恒定律解题；
(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．
本题考查盐类的水解和离子浓度大小的比较，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，题目难度较大，(2)②为易错点，注意根据守恒思想解题．
17.【答案】1.3 < a>b>c Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+ Fe2O3 3≤pH≤5
【解析】解：(1)此温度下，pH=11的NaOH中c(OH−)=0.0001mol/L，pH=1的HCl溶液的c(H+)=0.1mol/L，等体积混合，酸过量，c(H+)=0.1−0.00012mol/L≈0.12 mol/L，pH=−lgc(H+)=−lg0.12=1+lg2=1.3，
故答案为：1.3；
(2)①由于Ka(HCN)
②由于Ka(CH3COOH)>Ka(HCN)>Ka2(H2CO3)，依据越弱越水解规律可知，等物质的量浓度的CH3COONa、NaCN、Na2CO3，溶液的水解能力CO32−>CN−>CH3COO−，此时溶液pH由大到小的顺序为：Na2CO3>NaCN>CH3COONa；则pH相同时，浓度顺序为：CH3COONa>NaCN>Na2CO3，即a>b>c；
故答案为：a>b>c；
(3)①25℃时，FeCl3溶液显酸性，原因是铁离子的水解，离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，把FeCl3溶液蒸干过程中，因铁离子水解得到氢氧化铁和氯化氢，灼烧得到Fe2O3，
故答案为：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+；Fe2O3；
②根据Ksp[Fe(OH)3]=4×l0−38，当Fe3+完全沉淀[c(Fe3+)≤4×l0−5mol⋅L−1]时，c(OH−)=3Ksp[Fe(OH)3]c(Fe3+)=34×10−384×10−5mol/L=10−11mol/L，此时溶液pH=3，当Cu2+开始沉淀时，根据Ksp[Cu(OH)2]=2.6×l0−19，c(OH−)= Ksp[Cu(OH)2]c(Cu2+)= 2.6×10−190.26mol/L=10−9mol/L，此时溶液pH=5，则需控制溶液pH的范围为3≤pH≤5，
故答案为：3≤pH≤5。
(1)根据水的Kw=1×10−15以及NaOH溶液与HCl溶液的pH值进行判断；
(2)①Ka(HCN)、Ka(H2CO3)越大，其电离程度越大，其对应的酸根离子水解程度越小，则钠盐溶液中该酸根离子浓度越大；
②Ka(CH3COOH)、Ka(HCN)、Ka2(H2CO3)越大，其对应的酸根离子水解程度越小，相同pH的钠盐溶液的浓度越大；
(3)①25℃时，FeCl3溶液显酸性，是因为铁离子的水解；
②根据Ksp[Fe(OH)3]=4×l0−38，当Fe3+完全沉淀[c(Fe3+)≤4×l0−5mol⋅L−1]时，c(OH−)=3Ksp[Fe(OH)3]c(Fe3+)=34×10−384×10−5mol/L=10−11mol/L，此时溶液pH=3，当Cu2+开始沉淀时，根据Ksp[Cu(OH)2]=2.6×l0−19，c(OH−)= Ksp[Cu(OH)2]c(Cu2+)= 2.6×10−190.26mol/L=10−9mol/L，此时溶液pH=5，据此分析判断pH取值。
本题考查弱电解质的电离、盐类水解等知识点，侧重考查分析判断及计算能力，明确电离平衡常数与酸性强弱关系、与其对应离子水解程度关系是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒的灵活运用，题目难度不大。
18.【答案】负 硫酸 SO32−−2e−+H2O=SO42−+2H+ 水为弱电解质存在H2OH++OH−，在阴极H+放电生成H2，C(H+)减小，水的电离平衡向正向移动，碱性增加
【解析】解：(1)图中可知，钠离子移向a极，亚硫酸根离子移向b极，所以b极为阳极，应该接电源的正极，SO32−在阳极失去电子变成SO42−，所以C口流出的物质是H2SO4，
故答案为：负；硫酸；
(2)亚硫酸根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子，电极反应式为：SO32−−2e−+H2O=SO42−+2H+；
故答案为：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：水为弱电解质存在H2O⇌H++OH−，在阴极H+放电生成H2，C(H+)减小，水的电离平衡向正向移动，碱性增加．
(1)依据电解质溶液中阴阳离子的移动方向判断电极，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，
(2)亚硫酸根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子；
(3)依据阴极区放电离子为氢离子结合水的电离平衡H2O⇌H++OH−解答．
本题考查了电解的原理，明确电解池工作原理是解题关键，注意电解质电极判断的方法和电极反应式书写注意问题为易错点．
19.【答案】p s 1s22s22p63s23p63d104s1 过渡 B N>O>C
【解析】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3s2，电子最后排入3s能级，属于s区元素，
故答案为：p；s；
(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，
故答案为：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，Ba为第ⅡA族元素；Fe为第Ⅷ族元素；Br为第ⅦA族元素；Rb为第ⅠA族元素，
故答案为：过渡；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，
故答案为：N>O>C。
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。
本题考查元素周期表和周期律，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
20.【答案】Ar 3s23p6 sp3 V型 极性 N2H4 非极性键、极性键 HF分子之间能形成氢键
【解析】解：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．单原子分子A为Ar；D元素的氢化物能刻蚀玻璃，则D为F2；B、C是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，考虑为氢化物，三原子分子B的中心元素原子电子数大于15，则B为H2S，六原子分子C的中心原子电子数大于9−3=6，则C为N2H4，
(1)由上述分析，可知A为Ar，处于第三周期零族，最外层电子数为8，其价层电子排布式为3s23p6，
故答案为：Ar；3s23p6；
(2)B为H2S，S原子价层电子对数=2+6−1×22=4、含有2对孤对电子，故S采取sp3杂化，H2S分子为V型结构，分子不是对称结构，正负电荷中心不重合，属于极性分子，
故答案为：sp3；V型；极性；
(3)由上述分析可知，C为N2H4，分子中N原子之间形成非极性键、N原子与H原子之间形成极性键，
故答案为：N2H4；非极性键、极性键；
(4)HF分子之间能形成氢键，氢键比分子间作用力强，故沸点高于同主族其它元素氢化物，
故答案为：HF分子之间能形成氢键．
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．单原子分子A为Ar；D元素的氢化物能刻蚀玻璃，则D为F2；B、C是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，考虑为氢化物，三原子分子B的中心元素原子电子数大于15，则B为H2S，六原子分子C的中心原子电子数大于9−3=6，则C为N2H4，据此解答．
本题考查元素化合物推断、核外电子排布、杂化理论、分子极性、化学键与氢键等，难度不大，推断物质是解题关键，注意掌握常见10电子、18电子微粒．
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