【化学】北京市石景山区2024-2025学年高三上学期期末考试(解析版)

北京市石景山区2024-2025学年高三上学期期末考试本试卷共9页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。在每题四个选项中选出最符合题目要求的一项。1.下列关于能源和作为能源的物质说法不正确的是A.燃料电池将热能转化为电能B.绿色植物进行光合作用时可将太阳能转化为化学能C.物质的化学能可经过放热反应被人们利用D.化石能源内部蕴藏着大量的能量【答案】A【解析】A．燃料电池将化学能转化电能，A错误；B．绿色植物通过光合作用，将CO2和H2O转化为有机物，可将太阳能转化为化学能，B正确；C．物质通过燃烧或化学反应，将物质的化学能可经过放热反应被人们利用，C正确；D．化石能源通过燃烧释放出热量，化石能源内部蕴藏着大量的能量，D正确；答案选A。2.下列物质属于强电解质的是A.H2O B.CH3COOHC.NH3·H2OD.CH3COONa【答案】D【解析】A．H2O是弱电解质，A错误；B．CH3COOH是弱酸，属于弱电解质，B错误；C．NH3·H2O是弱碱，属于弱电解质，C错误；D．CH3COONa是盐，在水溶液中完全电离，属于强电解质，D正确；答案选D。3.下列化学用语或图示表达不正确的是A.Cl−的结构示意图：B.NaCl溶液中的水合离子：C.基态铬原子(24Cr)的价层电子排布式：3d54s1D.基态原子x原子轨道的电子云轮廓图：【答案】A【解析】A．Cl−核外有18个电子，结构示意图：，A错误；B．Na+带有正电荷，与H2O中的O原子有作用力，Cl-带负电荷，与带正电荷的H之间有作用力，NaCl溶液中的水合离子：，B正确；C．Cr为24号元素，基态铬原子3d轨道半充满稳定，价层电子排布式：3d54s1，C正确；D．P轨道电子云轮廓为哑铃型，基态原子x原子轨道的电子云轮廓图：，D正确；答案选A。4.“嫦娥石”[(Ca8Y)Fe(PO4)7]是我国科学家首次在月壤中发现的新型静态矿物，下列说法不正确的是A.40Ca、41Ca互为同位素B.基态氧原子的轨道表示式：C.电负性O>PD.核素Y中质子数与中子数之差为50【答案】D【解析】A．质子数相同，中子数不同的同种元素的不同原子互称为同位素，40Ca、41Ca互为同位素，A正确；B．O原子核外有8个电子，电子排布式为1s22s22p4，基态氧原子的轨道表示式：，B正确；C．非金属性越强，电负性越大，同周期从左到右非金属性增强，同主族从上到下非金属性减弱，非金属性O>P，电负性O>P，C正确；D．核素Y中质子数为39，中子数为89-39=50，质子数与中子数之差为50-39=11，D错误；答案选D。5.某种具有高效率电子传输性能的有机发光材料的结构简式如图所示。下列关于该材料组成元素的说法不正确的是A.基态N原子核外有7种运动状态不同的电子B.原子半径：Al>C>N>OC.第一电离能：C<N<OD.气态氢化物的稳定性：H2O>NH3>CH4【答案】C【解析】A．N原子核外有7个电子，根据泡利原理，基态N原子核外有7种运动状态不同的电子，A正确；B．对于主族元素来说，一般情况下电子层越多原子半径越大，同周期电子层相同，核电荷数越大，半径越小，原子半径：Al>C>N>O，B正确；C．同周期第一电离能从左到右有增大趋势，N原子2p轨道半充满稳定，第一电离能大于O，第一电离能C<O<N，C错误；D．非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，气态氢化物的稳定性：H2O>NH3>CH4，D正确；答案选C。6.室温下，CH3COONH4溶液的pH约为7，关于溶液的下列说法正确的是A.溶液中c(CH3COO−)=c()B.常温下溶液显中性是因为CH3COO−和不发生水解C.1mol·L-1的CH3COONH4溶液中c(CH3COO−)=1mol·L-1D.由CH3COONH4溶液呈中性可推知NH4HCO3溶液显酸性【答案】A【解析】A．室温下，测得CH3COONH4溶液的pH＝7，则说明CH3COO－的水解程度与NH的水解程度相同，存在电荷守恒c(CH3COO－)+c(OH－)=c(H+)+c(NH)，pH＝7中c(OH－)=c(H+)，所以c(CH3COO－)=c(NH)，A正确；B．常温下溶液显中性是因为CH3COO−和均发生水解，且CH3COO−水解程度与水解程度相同，B错误；C．CH3COONH4为弱酸弱碱盐，CH3COO−水解，故1mol·L-1的CH3COONH4溶液中c(CH3COO−)<1mol·L-1，C错误；D．CH3COONH4溶液呈中性，可知CH3COO−水解程度与水解程度相同，而醋酸的酸性强于碳酸，根据越弱越水解可知的水解程度大于CH3COO−，同时也大于的水解程度，水解使溶液呈碱性，D错误；故选A。7.下列解释事实的化学用语正确的是A.甲烷的燃烧热∆H为-890.3kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式：CH4+2O2=CO2+2H2O∆H=-890.3kJ·mol-1B.用Na2CO3溶液清洗油污的原因：+2H2OH2CO3+2OH−C.电解精炼铜的阳极反应：Cu2++2e−=CuD.用FeS除去废水中的Hg2+：FeS(s)+Hg2+(aq)=HgS(s)+Fe2+(aq)【答案】D【解析】A．在101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，甲烷燃烧的热化学方程式：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)∆H=-890.3kJ·mol-1，A错误；B．用Na2CO3溶液清洗油污是因为碳酸根水解显碱性，水解分步表达：+H2O+2OH−，油脂在碱性条件下水解，B错误；C．电解精炼铜，粗铜为阳极，阳极反应：Cu-2e−=Cu2+，C错误；D．用FeS除去废水中的Hg2+：FeS(s)+Hg2+(aq)=HgS(s)+Fe2+(aq)，发生了沉淀转化，D正确；故选D。8.“能量-反应过程”图是表示反应过程中物质能量变化的示意图，下列说法正确的是A.反应物断键吸收的能量为akJB.此反应的活化能为akJ·mol-1C.反应中成键放出的能量为bkJD.A2(g)+B2(g)=2AB(g)是放热反应【答案】B【解析】如图，该反应反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，akJ为正反应活化能，也是反应物断键所吸收的能量，bkJ为逆反应活化能，也为生成物成键所放出的能量。A．1molA2(g)和1molB2(g)断键吸收的能量为akJ，A错误；B．根据分析可知，此反应的活化能为akJ·mol-1，B正确；C．反应中生成2molAB，成键放出的能量为bkJ，C错误；D．该反应反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，D错误；答案选B。9.已知肼N2H4的部分化学键的键能如表所示。则反应的△H为化学键O2中的化学键键能kJ∙mol-1391193497463946A. B. C. D.【答案】B【解析】反应的△H=4E(N-H)+E(N-N)+E(O2)-E(N≡N)-4E(O-H)=(4×391+193+497-946-4×463)kJ∙mol-1=-544kJ∙mol-1，故选B。10.下列电化学实验装置与实验目的或原理不相符的是实验目的或原理A.铁与硫酸铜的反应形成原电池B.铁片上镀铜实验装置实验目的或原理C.铁的吸氧腐蚀D.电解食盐水制备Cl2和NaOH实验装置A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．Fe、Cu与硫酸铜溶液可以形成原电池，活泼金属Fe为负极，Cu为正极，A不符合题意；B．铁片上镀铜用铜作阳极，铁片做阴极，含铜离子的溶液做电解质溶液，B不符合题意；C．Fe和Cu做电极，NaCl溶液做电解质溶液，可以发生吸氧腐蚀，C不符合题意；D．电解食盐水不能用Cu做阳极，应该用惰性电极作阳极，D符合题意；答案选D。11.下列实验装置(部分夹持装置已略去)不能达到对应实验目的是实验目的A.由FeCl3溶液制取无水FeCl3固体B.探究温度对化学平衡移动的影响实验装置实验目的C.比较AgCl和Ag2S溶解度大小D.测定锌与稀硫酸反应速率实验装置A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．由FeCl3溶液制取无水固体，应在HCl的气流中加热FeCl3溶液，不能达到实验目的，A符合题意；B．，在热水中即升高温度，平衡逆向移动，颜色加深，在冷水中即降低温度，平衡正向移动，颜色变浅，能证明温度对平衡的影响，能达到实验目的，B不符合题意；C．氯化钠过量，滴加硝酸银，生成氯化银以后，再次滴加硫化钠，氯化银能与硫化钠反应实现沉淀的自然转化，能比较AgCl和Ag2S溶解度大小，C不符合题意；D．针筒可测定氢气的体积，由单位时间内气体的体积可计算反应速率，D不符合题意；故选A。12.一种基于电解原理的湿法冶铁装置如图所示，电解过程中，下列说法不正确的是A.阳极生成的气体为Cl2B.OH−移向阳极区补充溶液中阴离子的减少C.阴极反应：Fe2O3+6e−+3H2O=2Fe+6OH−D.阴极区溶液的pH升高【答案】B【解析】装置图中右侧为饱和食盐水，右侧电极上生成气体，则右侧为电解池的阳极，氯离子放电生成氯气，电极反应：2C1--2e-=Cl2↑；左侧电极为阴极，发生还原反应，Fe2O3在碱性条件下转化为Fe，电极反应：Fe2O3+6e-+3H2O=2Fe+6OH-，中间为阳离子交换膜，Na+由阳极移向阴极。A．右侧为阳极，氯离子失去电子生成氯气，A正确；B．中间是阳离子交换膜，OH-离子不能移动，B错误；C．由分析可知，阴极反应：Fe2O3+6e−+3H2O=2Fe+6OH−，C正确；D．根据阴极反应：Fe2O3+6e−+3H2O=2Fe+6OH−，生成有OH-，阴极区pH值升高，D正确；答案选B。13.一定温度下，在三个体积均为2L的恒容密闭容器中充入气体PCl5发生反应：PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)。编号温度/℃起始物质的量/mol平衡物质的量/mol达到平衡所需时间/sPCl5(g)PCl3(g)Cl2(g)3200.400.100.10t13200.80

t24100.400.150.15t3下列说法正确的是A.反应到达平衡时，容器中的平均速率为v(PCl5)=0.1/t1mol·L-1·s-1B.该反应正反应为放热反应C.反应的平衡常数为D.平衡常数K：容器>容器【答案】C【解析】A．反应到达平衡时，容器中的平均速率为，故A错误；B．从容器和容器的反应来看，温度升高，平衡时产物的量增加，说明在容器的基础上升温，平衡会正向移动，则该反应是吸热反应，故B错误；C．容器和容器的反应温度相同，温度不变，平衡常数不变，则反应的平衡常数为，故C正确；D．反应温度容器<容器，经分析该反应是吸热反应，升高温度，K值增大，则平衡常数K：容器<容器，故D错误；答案C。14.Na2CO3溶液可以处理锅炉水垢中的CaSO4，使其转化为疏松、易溶于酸的CaCO3。某兴趣小组模拟上述过程：①将1mol·L-1CaCl2溶液和1mol·L-1Na2SO4溶液等体积混合得浊液a②向滴有酚酞的1mol·L-1Na2CO3溶液中加等体积的浊液a，溶液红色变浅③将①中浊液a过滤所得白色沉淀b，浸泡在滴有酚酞的1mol·L-1Na2CO3溶液中，一段时间后溶液红色变浅下列说法中不正确的是A.①中所得浊液过滤，所得滤液中仍含有Ca2+B.②中溶液红色变浅可证明有CaSO4转化为CaCO3C.③中溶液红色变浅可证明有CaSO4转化为CaCO3D.③中发生了反应CaSO4(s)+(aq)CaCO3(s)+(aq)【答案】B【解析】A．①中反应生成少量沉淀，存在沉淀溶解平衡，故过滤所得滤液中仍含，A项正确；B．向含有酚酞的溶液中加入浊液a(含沉淀和溶液中的、)，红色变浅说明被消耗，导致碱性减弱。此时可能是因为溶液中的直接与生成沉淀，无法证明有转化为，B项错误；C．将过滤后的白色沉淀b固体(固体)浸泡在溶液中，红色变浅说明被消耗，此时溶液中无游离，只能通过转化为来实现，C项正确；D．根据选项C的分析，反应式CaSO4(s)+

(aq)CaCO3(s)+

(aq)符合溶度积规则(的Ksp更小)，D项正确；故选B。第二部分本部分共5题，共58分。15.H2O2是重要的化学试剂，在实验室和生产实际中应用广泛。（1）多角度认识物质，有助于我们更全面地认识物质的化学性质。i．元素化合价角度①H2O2催化分解反应中体现了H2O2的___________(填化学性质)。②H2O2与SO2反应，只做氧化剂，写出化学反应方程式___________。③H2O2可使酸性KMnO4溶液褪色，在反应中只做还原剂，发生反应的化学方程式为：2KMnO4+5H2O2+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O。实验室常用酸性KMnO4溶液测定H2O2的浓度。取10.00mLH2O2溶液样品于锥形瓶中，加水稀释至50.00mL，滴入0.10mol∙L-1KMnO4溶液20.00mL，恰好完全反应。则原样品中H2O2的物质的量浓度是___________mol·L-1。ii．物质类别角度④H2O2是一种二元弱酸，写出第一步电离方程式：___________；H2O2与过量的Ca(OH)2反应的化学方程式为___________。（2）直接H2O2-H2O2燃料电池是一种新型化学电源，其工作原理如图所示。电池总反应为：2H2O2=O2↑+2H2O①电极为___________极。②电极的反应式为：___________。③该电池的设计利用了H2O2氧化性、还原性受___________的影响造成的差异。【答案】（1）①.氧化性、还原性②.H2O2+SO2=H2SO4③.0.5④.H2O2H++⑤.H2O2+Ca(OH)2=CaO2+2H2O（2）①.负极②.H2O2+2e-+2H+=2H2O③.酸碱性或pH【解析】（1）①催化分解反应为，该反应中O元素化合价即有升高，又有降低，体现了即具有氧化性又具有还原性；②与反应，只做氧化剂，则生成硫酸，化学方程式：；③根据化学方程式，2KMnO4+5H2O2+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O，则2KMnO4～5H2O2，则反应的H2O2的物质的量为=510-3mol，则该溶液的浓度为=0.5mol·Lˉ1；④是一种二元弱酸，第一步电离方程式为：；与过量反应生成过氧化钙和水，化学方程式为：；（2）原电池中，电解质溶液中的阳离子向正极移动。外电路中电子由负极流向正极；所以电极Ⅰ为负极，失去电子，电极反应式为H2O2-2e-+2OH-=2H2O+O2；电极Ⅱ为正极，得电子，电极反应式为H2O2+2e-+2H+=2H2O；据此分析解题；①由分析，电极Ⅰ为负极；②由分析，电极Ⅱ为正极，得电子，电极反应式为H2O2+2e-+2H+=2H2O；③根据两电极反应物相同，分别发生氧化、还原反应可知，H2O2在不同的酸碱性条件下的氧化性、还原性不同。16.氯资源的循环利用可提高物质的利用率，也是践行绿色化学理念的重要举措。（1）工业上可用O2将HCl转化为Cl2，反应为：O2(g)+4HCl(g)2Cl2(g)+2H2O(g)∆H已知：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)∆H1=-183.0kJ·mol-12H2(g)+O2(g)=2H2O(g)∆H2=-483.6kJ·mol-1则上述反应的∆H=___________kJ·mol-1。（2）在恒温恒容的密闭容器中发生上述HCl转化为Cl2的反应，表明该反应已达到平衡状态的是___________(填字母)。a．混合气体密度不随时间变化b．气体总压强不随时间变化c．消耗1molO2的同时有2molCl2生成d．混合气体颜色深浅不随时间变化（3）工业上使用催化剂催化O2与HCl的反应时，在不同温度下，HCl转化率与HCl和O2的起始流速变化关系如图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。①T1、T2、T3温度由高到低依次为___________。②此生产工艺提高HCl转化率的措施有___________。(写两项即可)③相同流速下，比较T1、T2、T3温度下HCl转化率，较高流速下a>b>c，较低流速下a’<b’<c’，请解释较高流速下a>b>c的原因___________。【答案】（1）-117.6（2）bd（3）①.T1>T2>T3②.提高O2/HCl的物料比，降低流速，降低温度③.在较高流速时，反应未达到平衡，温度高的反应速率快，因此转化率高【解析】（1）反应I：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)∆H1=-183.0kJ·mol-1反应II：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)∆H2=-483.6kJ·mol-1根据盖斯定律：反应II-2×反应I，得到O2(g)+4HCl(g)2Cl2(g)+2H2O(g)，则∆H=∆H2-2∆H1=-483.6kJ·mol-1-2×(-183.0kJ·mol-1)=-117.6kJ·mol-1；（2）a．反应物都是气体且恒容，混合气体密度为定值，始终不随时间变化，不能确定反应达到平衡状态，a不符合；b．恒温恒容的密闭容器中，气体的物质的量在变化气体，总压强随时间变化而变化，当总压强不变时，说明反应达到平衡状态，b符合；c．消耗1molO2的同时有2molCl2生成，都是正反应方向，不符合正逆反应速率相等，c不符合；d．Cl2是黄绿色，混合气体颜色深浅不随时间变化，说明Cl2的浓度不再变化，反应达到平衡状态，d符合；答案选bd；（3）①根据较低流速下转化率可近似为平衡转化率，在相同流速为0.08mol·h-1时，反应O2(g)+4HCl(g)2Cl2(g)+2H2O(g)∆H=-117.6mol·L-1为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，HCl平衡转化率降低，T1温度较高，对应的HCl转化率较低，故温度由高到低的顺序为：T1>T2>T3；②提高HCl转化率的措施有：增加O2的量即提高O2/HCl的物料比；降低温度，使平衡正向移动；降低流速使反应更充分；③在较高流速时，反应未达到平衡，温度高的反应速率快，因此转化率高。17.钴及其化合物在合金、催化剂等方面有着广泛应用。从一种炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Fe的单质或氧化物)富集回收含锰高钴成品的工艺如下：已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全时的pH：

Fe3+Fe2+Co3+Co2+Zn2+开始沉淀的pH1.96.9

7.46.2沉淀完全pH3.28.41.19.48.2回答下列问题：（1）“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是___________。（2）“滤液1”中加入MnO2作用是___________，取少量反应后的溶液，加入化学试剂铁氰化钾[K3Fe(CN)6]检验，若出现___________，需补加MnO2。（3）加ZnO调pH值的范围为___________。（4）“滤液2”中加入KMnO4“氧化沉钴”的离子方程式为___________。（5）Mn、Fe两元素的部分电离能数据如下表：元素MnFe电离能(kJ·mol-1)I1717759I215091561I332482957比较两元素的I2、I3可知，气态Mn2＋再失去一个电子比气态Fe2＋再失去一个电子难。请从原子结构的角度解释___________。（6）“滤液2”中的Co2+也可与NaHCO3反应生成CoCO3沉淀来实现富集，请用平衡移动原理解释用NaHCO3沉淀富集的原因___________。【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率（2）①.将Fe2+转化为Fe3+，以便于铁元素沉淀完全②.蓝色沉淀（3）3.2~6.2（4）3Co2+++7H2O=3Co(OH)3+MnO2+5H+（5）基态Mn2＋的价电子排布式为3d5，3d轨道为半充满结构，相对比较稳定，其失去第3个电子时比较困难，而基态Fe2＋的价电子排布式为3d6，其3d轨道再失去一个电子即为半充满结构，失去第3个电子比较容易（6）NaHCO3溶液中存在电离平衡H+＋，当加入含Co2+的溶液中，Co2+与结合生成沉淀CoCO3，促电离平衡正移，使沉淀彻底【解析】废渣(主要含Co、Zn、Fe的单质或氧化物)加入硫酸酸浸过滤，滤液1中有Co2+、Zn2+、Fe2+离子，加入MnO2把Fe2+氧化为Fe3+，加入ZnO调节pH值使Fe3+沉淀，过滤得到滤液2中有Co2+和Zn2+离子，再加入KMnO4，把Co2+氧化为Co3+，KMnO4被还原为MnO2，调节pH=5，使Co3+沉淀。（1）“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是：增大接触面积，加快反应速率；（2）“滤液1”中加入MnO2的作用是：将Fe2+转化为Fe3+，以便于铁元素沉淀完全；Fe2+遇到铁氰化钾会生成蓝色沉淀，取少量反应后的溶液，加入化学试剂铁氰化钾[K3Fe(CN)6]检验，若出现蓝色沉淀，说明Fe2+未全部被氧化，需补加MnO2；（3）加ZnO让Fe3+完全沉淀，Zn2+和Co2+不沉淀，调pH值的范围为3.2~6.2；（4）“滤液2”中加入KMnO4“氧化沉钴”生成MnO2和Co(OH)3，根据电子守恒和电荷守恒，离子方程式为：3Co2+++7H2O=3Co(OH)3+MnO2+5H+；（5）基态Mn2＋的价电子排布式为3d5，3d轨道为半充满结构，相对比较稳定，其失去第3个电子时比较困难，而基态Fe2＋的价电子排布式为3d6，其3d轨道再失去一个电子即为半充满结构，失去第3个电子比较容易；（6）NaHCO3溶液中存在电离平衡H+＋，当加入含Co2+的溶液中，Co2+与结合生成沉淀CoCO3，促电离平衡正移，使沉淀彻底。18.水是生命之源。水溶液中的离子平衡与我们的生产生活密切相关。（1）水的电离平衡曲线如图所示。若以A点表示25°C时水在电离平衡时的离子浓度。当温度升到100°C时，水的电离平衡状态到B点，则100°C时水溶液的离子积为Kw=___________。（2）常温下向20.00mL0.100mol·L-1HX(一元酸)溶液中滴加0.100mol·L-1NaOH的pH变化如图所示。①HX的电离常数为___________。②B点溶液中c(X-)___________c(Na+)(填“>”、“<”或“=”)。③C点为恰好完全反应点，溶液中的离子浓度顺序为___________。（3）25℃时，三种酸的电离平衡常数如表：化学式CH3COOHH2CO3HF电离平衡常数1.8×10-5K1=43×10-7，K2=5.6×10-116.0×10-4①下列四种离子结合质子能力由大到小的顺序是___________(填序号)。a．b．F−c．CH3COO−d．②一般来说，如果一个反应的平衡常数数值大于105，通常认为该反应可以进行得较完全；平衡常数数值小于10-5，这个反应很难进行；平衡常数介于10-5~105之间的认为存在一定程度的可逆反应。请从化学反应平衡常数的角度分析CH3COOH能否与NaF反应生成HF___________。【答案】（1）10-12（2）①.10-5②.=③.c(Na＋)>c(X-)>c(OH-)>c(H＋)（3）①.adcb②.计算反应CH3COOH+F-CH3COO-+HF的平衡常数K==3×10-2，介于10-5~105之间，因此反应能生成HF(或：根据计算平衡常数数据得反应正向进行的程度太小，因此不适宜制备HF)【解析】（1）B点时，c(H+)=c(OH-)=1.0×10-6mol/L，Kw=c(H+)×c(OH-)=1.0×10-6×1.0×10-6=10-12；（2）①0.100mol·L-1HX起点时pH=3，c(H+)=10-3mol/L，电离出的c(X-)≈c(H+)=10-3mol/L，c(HX)=0.100mol/L-c(X-)=0.100mol/L-10-3mol/L≈0.100mol/L，Ka==；②B点时，pH=7，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒：c(X-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，得出c(X-)=c(Na+)；③C点恰好完全反应，pH>7，溶液呈碱性，c(H+)<c(OH-)，根据电荷守恒：c(X-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，得出c(X-)<c(Na+)，则溶液中离子浓度大小关系为：c(Na＋)>c(X-)>c(OH-)>c(H＋)；（3）①弱酸的电离常数越大，对应的酸酸性越强，其离子水解程度越小，结合氢离子能力越小，由电离常数大小可知，酸性HF>CH3COOH>H2CO3>，其酸根结合质子的能力由大到小的顺序为>>CH3COO−>F-，序号为：adcb；②计算反应CH3COOH+F-CH3COO-+HF的平衡常数K==3×10-2，介于10-5~105之间，因此反应能生成HF(或：根据计算平衡常数数据得反应正向进行的程度太小，因此不适宜制备HF)。19.为探究金属铁和铝的钝化现象，某小组同学做了如下探究实验。序号实验操作及现象i将光亮的铁钉放入冷的浓硫酸中，铁钉表面逐渐聚集白色固体，直至无明显现象。将铁钉取出用蒸馏水冲洗后再次放入浓硫酸中，又开始重复以上现象。反复几次后酸液呈淡黄色浑浊。ii将光亮的铝钉放入冷的浓硫酸中，铝钉变暗。将铝钉取出用蒸馏水冲洗后再次放入浓硫酸中，无明显现象。（1）已有研究证实铝在浓硫酸中其表面生成了致密的氧化物保护膜，此过程体现了浓硫酸的___________性，是由H2SO4的___________(填元素符号)体现出来的。（2）为探究铁在浓硫酸中的作用与铝不同，将实验①中覆盖白色固体的铁钉用蒸馏水冲洗，向收集的冲洗液中加入___________，溶液无现象，再滴加几滴酸化的H2O2溶液，溶液变红，说明溶液中存在Fe2+，因此铁在浓硫酸中生成了FeSO4。（3）经检验实验i中淡黄色浑浊为硫，写出铁与浓硫酸作用的化学方程式___________。（4）若向FeSO4溶液中滴加未经酸化的H2O2溶液，溶液的pH值变化如图所示：已知：a．未经酸化的H2O2溶液pH值为4.4，FeSO4溶液的起始pH值为3.5；b．Fe3+沉淀的pH值范围为3.2~1.9。结合化学用语解释滴定过程中pH变小的原因___________。（5）探究被浓硫酸处理后的铁钉、铝钉(试剂A)与盐溶液(试剂B)的反应：序号试剂A试剂B实验现象I铁钉10mL0.1mol∙L-1CuSO4溶液很快有大量