江西省宜春市靖安中学2019-2020学年高二上学期月考化学试题
2019-2020学年度上学期高二年级第二次月考化学试卷
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23
第Ⅰ卷（选择题 共48分）
一、选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分）
1.某温度下重水（D2O）的离子积常数为1.6×10-15，用定义pH一样来规定
pD＝－lg{c(D+)},则该温度下，下列叙述正确的是
A. 纯净的重水（D2O）中，pD＝7
B. 1 L溶解有0.01 mol DCl的重水溶液，其pD＝12.0
C. 纯净的重水中，c(D+)＝c(OD-)
D. 1 L溶解有0.01 mol NaOD的重水溶液，其pD=12.0
【答案】C
【解析】
某温度下重水（D2O）的离子积常数为1.6×10-15，则c(D+)＝c(OD-)=4×10-8mol/L，pD＝8-lg4=7.4。纯净的重水仍为中性溶液c(D+)＝c(OD-)，选项C正确；
A.纯净的重水（D2O）中，pD＝7.4.
B.1 L溶解有0.01 mol DCl的重水溶液，c(D+)＝0.01mol/L,其pD＝2.0
D.1 L溶解有0.01 mol NaOD的重水溶液，c(OD-)=0.01mol/L,c(D+)＝=1.6×10-13，其pD=13.0-lg1.6。
点评：考查水的离子积常数的计算。
2.下列离子方程式中，属于水解反应的是（ ）
A. HCOOH+H2OHCOO-+H3O+
B. CO2+H2OHCO3-+H+
C. CO32-+H2OHCO3-+OH-
D. HS-+H2OS2-+H3O+
【答案】C
【解析】
【详解】A. 该方程式为甲酸的电离方程式，不符合题意；
B. 该反应为二氧化碳与水反应后生成碳酸，碳酸发生了电离的方程式，不符合题意；
C. 该反应为碳酸根离子的水解反应，符合题意；
D. 该反应为HS-的电离方程式，不符合题意；
故答案选C。
【点睛】在判断反应为电离还是水解时，要注意不要被H3O+迷惑。
3.在相同温度时，100mL0.01mol•L-1的醋酸溶液与10mL 0.1mol•L-1的醋酸溶液相比较，下列数值中，前者大于后者的是
A. 中和时所需NaOH的量 B. 醋酸的电离平衡常数
C. H+的物质的量 D. CH3COOH的物质的量
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于溶质n（CH3COOH）都为0.001mol，中和时所需NaOH的量应相同，A项错误；
B．电离平衡常数只与温度有关，温度相同则电离平衡常数相同，B项错误；
C．醋酸为弱电解质，浓度越大，电离程度越小，两种溶液溶质都为0.001mol，则100mL 0.01mol•L-1的醋酸溶液与10mL0.1mol•L-1的醋酸溶液相比较，H+的物质的量前者大，C项正确；
D．根据n=cV可知，溶质n（CH3COOH）都为0.001mol，D项错误；
答案选C。
4.某溶液中含有HCO3-、SO32-、CO32-、CH3COO－4种阴离子。向其中加入足量的Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是(假设溶液体积无变化)( )
A. CH3COO－ B. SO32-
C. CO32- D. HCO3-
【答案】A
【解析】
【详解】Na2O2具有强氧化性，可与SO32－发生氧化还原反应生成硫酸根离子，Na2O2与水反应生成NaOH，可与HCO3－反应生成碳酸根离子，则溶液中SO32－、HCO3－浓度减小，CO32－浓度增大，只有CH3COO-离子浓度基本不变，A项正确，
答案选A。
5.向盛有0.1mol/LAgNO3溶液的试管中滴加0.1mol/LNa2S溶液至沉淀完全，再向上层清液中滴加足量NaCl溶液，产生的现象或生成的物质是（ ）
A. 黑色沉淀完全转化为白色沉淀 B. 既有氯化银也有硫化银
C. 不能由黑色沉淀转化为白色沉淀 D. 只有氯化银白色沉淀
【答案】C
【解析】
【详解】硫化银的溶度积远小于氯化银的溶度积，氯化银饱和溶液中加硫离子会生成硫化银黑色沉淀，但由于硫化银饱和溶液中银离子浓度非常小，加入氯离子不能达到生成氯化银沉淀的条件，所以向盛有0.1mol/LAgNO3溶液的试管中滴加0.05mol/LNa2S 溶液至沉淀完全，取上层澄清溶液，逐滴加足量的NaCl溶液，不会生成氯化银白色沉淀，故答案为C。
6.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的一种氧化物是一种绿色氧化剂，X的简单氢化物可作为制冷剂，Y原子的最外层电子数是Z原子的2倍，Z的族序数等于其周期数。下列说法正确的是
A. 原子半径：W
Y
D. 工业上用W的单质还原Z的氧化物得到单质Z
【答案】B
【解析】
【分析】
W的一种氧化物（H2O2）是绿色氧化剂，W为H；X的简单氢化物（NH3）可作为制冷剂，X为N，Z的族序数等于其周期数，Z为Al；Y原子的最外层电子数是Z原子的2倍，Y的核电荷数为8，Y为O；据以上分析解答。
【详解】W的一种氧化物（H2O2）是绿色氧化剂，W为H；X的简单氢化物（NH3）可作为制冷剂，X为N，Z的族序数等于其周期数，Z为Al；Y原子的最外层电子数是Z原子的2倍，Y的核电荷数为8，Y为O；
A. 结合以上分析可知，同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到小逐渐增大，因此原子半径：Wc(HSO3-)>c(H2SO3)>c(SO32-)
【答案】A
【解析】
【详解】A项，0.2 mo1CO2通入1L 0.3mol•L-1 KOH溶液中，反应后溶质为等浓度的碳酸钾、碳酸氢钾，根据电荷守恒可知：，根据溶液中物料守恒得到：，将两式整理可得：2c(H+)+c(HCO3-)+3c(H2CO3)=2c(OH-)+c(CO32-)，故A项正确；
B项，在Na2CO3溶液中存在物料守恒，，故B项错误；
C项，pH=4.75浓度均为0.1mol/L CH3COOH、CH3COONa 混合溶液，说明醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，则：，根据电荷守恒可知：，故C项错误；
D项，一定浓度的NaHSO3溶液pH=5.4，说明亚硫酸氢根的电离程度大于其水解程度，则，溶液中正确的离子浓度大小为：，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为A。
9.已知常温下浓度为0.1 mol·L－1的下列溶液的pH如下表所示：
溶质
NaF
NaClO
NaHCO3
Na2CO3
pH
75
9.7
8.2
11.6
下列有关说法不正确的是( )
A. pH＝2的HF溶液与pH＝12的NaOH溶液以体积比1∶1混合，则有：c(Na+)> c(F－)> c(OH－)>c(H+)
B. 加热0.1 mol·L－1 NaClO溶液测其pH，pH大于9.7
C. 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中，存在关系：c(OH－)＝c(H＋) +c(HCO3-)＋2c(H2CO3)
D. 电离平衡常数大小关系:K(HF)> K(H2CO3 )>K(HClO)>K( HCO3-)
【答案】A
【解析】
A．pH=2的HF溶液与pH=12的NaOH溶液体积比1：1混合后，HF过量，溶液显示酸性，则：c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒可得：c（F-）＞c（Na+），则溶液中离子浓度大小为：c（F-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），A错误；B．盐类水解是吸热反应，升高温度促进盐类水解NaClO溶液pH＞7，则NaClO是强碱弱酸盐，升高温度促进其水解，溶液的碱性增强，pH增大，加热0.1 mol•L-1 NaClO溶液测其pH，pH大于9.7，B正确；C．根据物料守恒：2[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]=c（Na+），根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-），所以得c（OH-）-c（H+）=c（HCO3-）+2c（H2CO3），C正确；D．相同温度下，相同浓度的钠盐溶液中，弱酸根离子水解程度越大其溶液pH越大，酸根离子水解程度越大其相对应的酸的电离程度越小，即酸的电离平衡常数越小，根据表中数据知，酸根离子水解程度F-＜HCO3-＜ClO-＜CO32-，则酸的电离平衡常数K（HF）＞K（H2CO3 ）＞K（HClO）＞K（ HCO3-），D正确；答案选A。
10.室温下，pH=2的两种一元酸x和y，体积均为100mL，稀释过程中pH与溶液体积的关系如图所示。分别滴加NaOH溶液至滴定终点，消耗NaOH溶液的体积为Vx、Vy，则
A. x为弱酸，VxVy
C. y为弱酸，VxVy
【答案】C
【解析】
【分析】
根据稀释相同倍数酸x、y的pH变化，判断强酸、弱酸，pH相等的强酸和弱酸与碱反应，反应中弱酸还继续电离，弱酸消耗碱的量大。
【详解】从图象看，稀释10倍，x的pH值变化1，y的pH值变化小于1，说明x为强酸，y为弱酸；体积相等、pH相等的强酸和弱酸与碱反应，反应中弱酸还继续电离，故弱酸消耗碱的量大，即Vxc(H+)=c(OH-)
C. 酸HA溶液的浓度为0.1mol/L
D. ④点溶液中，存在c(HA)+c(H+)>c(M+)+c(OH-)
【答案】D
【解析】
A、MOH的起始浓度是0.1mol·L－1，如果MOH是强碱，其pH=13，与图像的起点吻合，说明MOH是强碱，②点对应的pH=8，说明MOH恰好被中和，此时的溶质是MA，溶液显碱性，说明A－发生水解造成的，水解促进水的电离，HA是酸，抑制水的电离，故A说法正确；B
、③点根据电荷守恒，c(M＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(A－)，因为③点对应的pH=7，c(H＋)=c(OH－)，即c(M＋)=c(A－)，离子浓度大小顺序是c(M＋)=c(A－)>c(H＋)=c(OH－)，故B说法正确；C、当加入20mL的HA时，恰好完全反应，20×10－3×c(HA)=20×10－3×0.1，即c(HA)=0.1mol·L－1，故C说法正确；D、④点加入HA的体积为40mL，此时溶液中溶质为MA和HA，且两者物质的量相等，根据电荷守恒：c(M＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(A－)，根据物料守恒：2c(M＋)=c(A－)＋c(HA)，两式联立解得，c(H＋)＋c(HA)=c(M＋)＋c(OH－)，故D说法错误。
14.今有室温下四种溶液，①pH=11的氨水；②pH=11的NaOH溶液；③pH=3的醋酸；④pH=3的硫酸，下列有关说法不正确的是
A. ①、②中分别加入适量的氯化铵晶体后，两溶液的pH均减小
B. 分别加水稀释10倍，四种溶液的pH①>②>④>③
C. ①、④两溶液混合后，若溶液呈中性，则所得溶液中2c（NH4+）=c（SO42－）
D. V1L④与V2L②溶液混合后，若混合后溶液pH=4，则V1：V2=11：9
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A、①pH=11的氨水，存在电离平衡，加入氯化铵溶解后NH4＋对一水合氨的电离起到了抑制作用，OH－浓度减少，pH减小；②pH=11的NaOH溶液加入氯化铵反应生成氯化钠和一水合氨，溶液中OH－浓度减少，pH减小，A项正确；
B、分别加水稀释10倍：①pH=11的氨水存在电离平衡，pH减少小于1，应在10-11间、②pH=11的NaOH溶液是强碱，稀释后pH为10、③pH=3的醋酸溶液存在电离平衡，pH增大小于1，应在3-4间、④pH=3的硫酸是强酸，稀释后pH为4，故pH大小为①＞②＞④＞③，B项正确；
C、①、④两溶液混合后，若溶液呈中性，c(H+)= c(OH-)依据混合溶液中存在的电荷守恒c(NH4+)+ c(H+)= c(OH-)+2 c(SO42-)，得到c(NH4+)=2 c(SO42-)，C项错误；
D、V1L④与V2L②溶液混合后，若混合后溶液pH=4，混合溶液中c(H+)=10-4mol/L，说明溶液呈酸性，氢离子过量，pH=3的硫酸溶液中c(H+)=10-3mol/L，pH=11的NaOH溶液中c(OH-)=10-3mol/L，列式计算，＝10−4，化简得到 V1：V2=11：9，D项正确；
答案选C。
15.常温下，某溶液中由水自身电离产生的H＋、OH－，其浓度满足c(H＋)•c(OH－)＝10－24，该溶液中一定能够大量存在的离子组是（ ）
A. Ba2＋、Na＋、Cl－、NO3－ B. Al3＋、Ca2＋、SO42－、Br－
C. NH4＋、K＋、HSO3－、CO32－ D. Na＋、K＋、MnO4－、I－
【答案】A
【解析】
【分析】
水电离产生的(H＋)•c(OH－)＝10－24，水电离的c（H+）=c（OH-）=10-12mol/L，说明水的电离被抑制，溶液呈酸性或碱性。
【详解】A. Ba2＋、Na＋、Cl－、NO3－在酸性和碱性条件下均能够大量共存，A符合题意；
B. 碱性条件下，铝离子无法大量存在，B不符合题意；
C. 碱性条件下，铵根离子和亚硫酸氢根离子无法大量存在，酸性条件下碳酸根离子和亚硫酸氢根离子无法大量存在，C不符合题意；
D. 高锰酸根离子有强氧化性，I-具有强还原性，两者发生氧化还原反应无法大量共存，D不符合题意；
故答案选A。
16.下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系不正确的是（ ）
A. 物质的量浓度相等的Na2S和NaHS混合溶液中：c(Na+)+c(H+)=2c(S2－)+c(HS－)+c(OH－)
B. 常温下将醋酸钠、盐酸两溶液混合后溶液呈中性，则混合后溶液中：c(Na+)=c(CH3COO－)＞c(OH－)=c(H+)
C. 常温下c(NH4+)相等的①(NH4)2CO3、②(NH4)2SO4、③(NH4)2Fe(SO4)2三种溶液中，溶质的物质的量浓度大小：①＞②＞③
D. 等体积、等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合后呈酸性的溶液中：c(X－)＞c(Na+)＞c(HX)＞c(H+)＞c(OH－)
【答案】B
【解析】
【详解】A、物质的量浓度相等的和NaHS混合溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(S2－)+c(HS－)+c(OH－)，所以A正确；
B、常温下将醋酸钠、盐酸两溶液混合后，溶液呈中性，溶液中电荷守恒为：，则混合后溶液中：
，故B错误；
C、(NH4)2CO3、(NH4)2SO4、(NH4)2Fe(SO4)2三种溶液， (NH4)2CO3溶液中离子的水解促进的水解，(NH4)2Fe(SO4)2溶液中的水解抑制的水解，如果溶液中相等，则(NH4)2CO3、(NH4)2SO4、(NH4)2Fe(SO4)2溶液的浓度大小顺序为： ①＞②＞③，所以C正确；
D、等体积、等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合后呈酸性，则HX电离大于X－的水解，溶液中离子浓度大小为：，所以D正确；
故答案选B。
第Ⅱ卷（非选择题 共52分）
17.已知水在25℃和95℃时，其电离平衡曲线如图所示：
(1)95℃时，0.01mol/LNaOH溶液的pH=________________________________________
(2)95℃时水的电离平衡曲线应为_________（填“A”或“B”），请说明理由___________
(3)25℃时，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为__________________________________________
(4)95℃时，若100体积pH1=a的某强酸溶液与1体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前，该强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系是_________________
(5)曲线B对应温度下，pH=2的某HA溶液和pH=10的NaOH溶液等体积混合后，混合溶液的pH=5。请分析原因：___________________________________________________
【答案】 (1). 10 (2). B (3). 水的电离是吸热过程，温度升高电离程度增大，c(H+)、c(OH-)均增大 (4). 10:1 (5). a+b=14 或pH1+pH2=14 (6). 曲线B对应95℃，此时水的离子积为10-12，HA为弱酸，HA中和NaOH后，混合溶液中还剩余较多的HA分子，可继续电离出H+，使溶液pH=5
【解析】
【分析】
由于水的电离是吸热过程，升高温度，促进水的电离，c（H+）、c（OH-）均增大，则A曲线代表25℃，B曲线代表95℃，且25℃时水的离子积Kw=10-14，95℃时水的离子积Kw=10-12。
【详解】(1)95℃时，
溶液中氢氧根离子的浓度为0.01mol/L，所以溶液中氢离子的浓度为，溶液的pH=10；
(2)水的电离是吸热过程，温度升高，水的电离程度增大，、均增大，所以B曲线代表95℃；
(3)25℃时所得混合溶液的pH=7，溶液呈中性，酸碱恰好中和，即硫酸溶液中n（H+）与NaOH溶液中n（OH-）相等，则••，得；
(4)95℃时水的离子积为，若100体积pH1=a的某强酸溶液与1体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则10-a×100=10b-12×1，解得即pH1+pH2=14；
(5)在曲线B对应温度下，pH=2的HA溶液中c（H+）=10-2mol/L，pH=10的NaOH溶液中c（OH-）=10-2mol/L，两者等体积混合后溶液的pH=5，说明混合后溶液呈酸性，由于NaOH为强碱，则说明HA为弱酸，两者充分反应后HA过量，过量的HA继续电离出H+，溶液呈酸性。
18.化学平衡类似，电离平衡的平衡常数，叫做电离常数（用K表示）。下表是某温度下几种常见弱酸的电离平衡常数：
回答下列问题：
(1)若把CH3COOH、HClO、H2CO3、HCO3－、H3PO4、H2PO4－、HPO42－都看作是酸，则它们酸性最强的是___________（填化学式，下同），最弱的是 _________________
(2)向NaClO溶液中通入少量的二氧化碳，发生的离子方程式为__________________________，1.2mol•L﹣1的NaClO溶液pH= __________________________（已知：lg2=0.3）。
(3)求出该温度下，0.10mol•L﹣1的CH3COOH溶液中的c(H+)=____________mol•L﹣1。
【答案】 (1). H3PO4 (2). HPO42− (3). CO2+ClO−+H2O═HClO+HCO3− (4). 10.8 (5). 1.33×10−3
【解析】
【详解】(1)同一温度下，酸的电离常数越大其酸性越强，根据酸的电离常数知，则它们酸性强弱顺序是：，所以酸性最强的是，最弱的是；
(2)因为酸性:，碳酸的酸性强于次氯酸,所以反应的离子方程式为：═；
1.2mol/L的NaClO溶液中水解离子方程式为： ⇌，Kh====×10-6，由于ClO-的水解程度较小，所以c（HClO）≈c（OH-），c（HClO）≈1.2mol/L，则c（OH-）==2×10-3.5mol/L，mol/L，pH=-lg（5×10-11.5）=10.8；
(3)该温度下，0.1mol/L的CH3COOH溶液中存在电离平衡CH3COOH⇌，平衡常数，由于电离程度较小，c（CH3COO-）≈c（H+），c（CH3COOH）≈0.1mol/L，，c（H+）=1.33×10-3mol/L。
19.乙二酸（HOOC﹣COOH，可简写为H2C2O4）俗称草酸，在100℃开始升华，157℃时开始分解。用酸性KMnO4溶液滴定含杂质的Na2C2O4样品（已知杂质不与KMnO4和H2SO4溶液反应）。
实验步骤：
准确称取1g样品Na2C2O4固体，配成100mL溶液，取出20.00mL于锥形瓶中。再向瓶中加入足量稀H2SO4溶液，用0.016mol/L高锰酸钾溶液滴定，滴定至终点时消耗高锰酸钾溶液25.00mL。（已知：5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O）
(1)高锰酸钾溶液应装在______________________________滴定管中。（填“酸式”或“碱式”）
(2)滴定至终点时的实验现象是：___________________________________
(3)下列操作可能使测量结果偏高的是__________________________________；
A、盛装的Na2C2O4的滴定管没润洗
B、盛装高锰酸钾溶液滴定管滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失
C、读数时滴定前仰视，滴定后俯视
D、锥形瓶中残留少量水
(4)计算样品中Na2C2O4的纯度___________________________________
【答案】 (1). 酸式 (2). 溶液由无色变为紫色(紫红色)，且半分钟内不褪色 (3). B (4). 67%
【解析】
【分析】
先计算出20mL样品溶液消耗高锰酸钾的物质的量，再计算出100mL样品溶液消耗高锰酸钾的物质的量，然后根据反应计算出消耗草酸钠的物质的量，根据m=nM计算出1g草酸钠样品中含有草酸钠的质量，最后计算出样品的纯度。
【详解】①酸性高锰酸钾溶液呈酸性，且具有强氧化性，能够腐蚀碱式滴定管的橡胶管，所以应该用酸式滴定管量取，
因此，本题正确答案是：酸式；
②滴定结束前溶液为无色，滴定结束后溶液呈紫色，所以滴定终点的现象为：溶液由无色变为紫色(紫红色)，且半分钟内不褪色,
因此，本题正确答案是：溶液由无色变为紫色(紫红色)，且半分钟内不褪色；
③A.盛装的的滴定管没润洗，导致待测液浓度减小，则所耗高锰酸钾溶液体积偏小，测定结果偏小；
B.盛装高锰酸钾溶液的滴定管滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，导致消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高；
C.读数时滴定前仰视，滴定后俯视，读出的高锰酸钾溶液体积偏小，测定结果偏低；
D.锥形瓶中残留少量水，对测定结果无影响；
因此，本题正确答案是：B；
④高锰酸钾溶液中含有高锰酸钾的物质的量为:，100mL该样品溶液完全反应消耗高锰酸钾的物质的量为:，根据反应5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O 可以知道，
固体样品中含有草酸钠的物质的量为:,质量为:，所以的纯度为:。
20.U、V、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素。已知：
①WU4++XU－=WU3+U2X，各种反应物和生成物的电子总数都与Y+相等；
②Z的单质在X2中燃烧的产物可使品红溶液褪色；
③V的单质在X2中燃烧可生成VX和VX2两种气体；
④Y的单质是一种金属，该金属与X2反应可生成Y2X和Y2X2两种固体。
请回答下列问题：
(1)V、W、X形成的10电子氢化物中，沸点最高的是___________________(写化学式)。
(2)U2X2与FeSO4按物质的量之比1：2溶于稀硫酸中，反应的离子方程式为__________。
(3)常温下，向pH=11的Y2VX3溶液中加入过量石灰乳，过滤后所得溶液pH=13，则反应前的溶液中与反应后的滤液中水电离出的c(OH－)的比值是______________________。
(4)已知由U、W两种元素组成的共价化合物联氨的球棍模型如图所示，则联氨分子的电子式为____________。联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，联氨第一步电离反应的平衡常数值为_______(已知：N2H4+H+=N2H5+的K=8.7×107；Kw=1.0×10-14)。联氨与过量硫酸形成的酸式盐的化学式为______________。
【答案】 (1). H2O (2). H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O (3). 1×1010 (4). (5). 8.7×10-7 (6). N2H6(HSO4)2
【解析】
【分析】
Y的单质是一种金属，Y可形成Y+，该金属与X2反应可生成Y2X和Y2X2两种固体，Y为Na；
根据①化学反应方程式，推出此反应式为NH4＋＋OH－=NH3＋H2O，都含有10个电子，则U、W、X依次为H、N、O；
②X的单质在氧气中燃烧产物可使品红褪色，即产物为二氧化硫，则Z为S；
③V的单质在X2中燃烧可生成VX和VX2两种气体，V为C；
【详解】（1）C、N、O形成的10电子氢化物分别为CH4、NH3、H2O，水和氨气存在分子间氢键，会使熔沸点升高，且水形成的氢键数目更多，故水的熔沸点高于氨气，则沸点最高的是H2O；
（2）U2X2是H2O2，利用H2O2的氧化性把Fe2＋氧化成Fe3＋，反应的离子方程式为H2O2＋2Fe2＋＋2H＋=2H2O＋2Fe3＋；
（3）Y2VX3的化学式为Na2CO3，pH=11的Na2CO3溶液中，由水电离c(OH－)==10－14÷10－11mol·L－1=10－3mol·L－1，加入过量石灰乳后，过滤得到的溶液为NaOH溶液，此时溶液中水电离c(OH－)=c(H＋)=10－13mol·L－1，因此两者比值为；
（4）根据球棍模型，U、W组成的分子式为N2H4，其电子式为：；联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，则联氨第一步电离的方程式为N2H4+H2ON2H5＋＋OH－，平衡常数K1=c(N2H5＋)×=K×Kw=8.7×107×1×10－14=8.7×10－7；联氨为二元弱碱，酸碱发生中和反应生成盐，则联氨与过量硫酸形成酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2 。
【点睛】本题难点在(3)的计算，Na2CO3属于强碱弱酸盐，CO32－水解，水电离出的H＋一部分与CO32－结合，因此水电离出的OH－：c(OH－)==10－14÷10－11mol·L－1=10－3mol·L－1，反应后溶液中的溶质为氢氧化钠，对水的电离产生抑制，水电离出的c(H＋)等于水电离的c(OH－)，即为10－13mol·L－1，从而求出反应前后水电离出的c(OH－)比值。
21.铁、铜单质及其化合物应用范围很广。现有含氯化亚铁杂质的氯化铜晶体(CuCl2•2H2O)，为制取纯净的CuCl2•2H2O，首先将其制成水溶液，然后按如图步骤进行提纯：
已知Cu2+、Fe3+和Fe2+氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的pH，见表：
请回答下列问题：
(1)加入氧化剂的目的是_________________________________________
(2)最适合作氧化剂X的是____________________________________________________
A、K2Cr2O7 B、NaClO C、H2O2 D 、KMnO4
(3)加入的物质Y是________________________________________________________
(4)若不用物质Y而是直接用碱能不能达到目的?______(填“能”或“不能”)。若不能，试解释原因_________________________________________________________
(5)最后能不能直接蒸发结晶得到CuCl2•2H2O晶体?______(填“能”或“不能”)。若能，不用回答；若不能，回答该如何操作?____________________________________
(6)若向溶液Ⅱ中加入碳酸钙，产生的现象是__________________________
【答案】 (1). 将Fe2＋氧化成Fe3＋，便于生成沉淀与Cu2＋分离 (2). C (3). CuO[Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3也可以] (4). 不能 (5). 加碱使Fe3＋沉淀的同时也能使Cu2＋沉淀 (6). 不能 (7). 应在HCl气流中加热蒸发结晶 (8). 碳酸钙溶解，产生气泡和沉淀
【解析】
【分析】
根据流程图，氯化亚铁和氯化铜的混合液中，加入氧化剂可以将亚铁离子氧化为铁离子，调节pH可以将铁离子沉淀，得到氯化铜的水溶液，然后再酸性环境下蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥即可得到氯化铜晶体。
【详解】（1）根据实验目的，加入氧化剂的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，便于生成Fe(OH)3沉淀而与Cu2+分离；
（2）K2Cr2O7、NaClO、H2O2、KMnO4都具有氧化性，能将亚铁离子氧化，但是K2Cr2O7、NaClO、KMnO4能引进新的杂质离子，双氧水是绿色氧化剂，得到的还原产物是水，不会引进杂质离子，故答案为：C；
（3）中和溶液的酸性，调节pH，将铁离子沉淀，铜离子不沉淀，而且不引入新杂质，可以加入CuO[或Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3
]；
（4）铁离子和铜离子都能和碱反应得到沉淀，若不用物质Y，而是直接用碱能不能达到目的；
（5）铜离子水解溶液呈酸性，若直接加热蒸干氯化铜溶液，由于HCl的挥发，促进氯化铜的水解，最终得到的是氢氧化铜，为抑制氯化铜的水解，应该在HCl气流中加热蒸发结晶；
（6）氯化铁和氯化铜的混合液中铜离子和铁离子水解显酸性，若向溶液中加入碳酸钙，碳酸钙与H+反应产生二氧化碳气泡，促进金属离子的水解，最终会形成氢氧化物沉淀；
【点睛】本题隐含条件——加入氧化剂X目的是把亚铁离子氧化，根据除杂原则，不能引入新的杂质；加入试剂Y的目的是调节pH使铁离子生成氢氧化铁沉淀，过滤除去沉淀，对滤液在HCl气流中进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到氯化铜晶体。
