高二化学下学期期末考试试题(含解析) 新人教目标版

2019学年高二下学期期末考试化学试卷
1.1.化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是
A. “地沟油”经过加工处理后，可以用来制肥皂和生物柴油
B. 加热能杀死H7N9禽流感病毒是因为病毒的蛋白质受热变性
C. 食品包装袋、食物保鲜膜等材料的主要成分是聚乙烯
D. 纤维素作为营养物质在人体内不断分解，最终生成水和二氧化碳排出体外
【答案】D
【解析】
A. “地沟油”的主要成分是油脂，经过加工处理后，可以用来制肥皂和生物柴油，A正确；
B. 加热能杀死H7N9禽流感病毒是因为病毒的蛋白质受热变性，B正确；
C. 食品包装袋、食物保鲜膜等材料的主要成分是聚乙烯，C正确；
D. 纤维素在人体内不能水解，D错误，答案选D。

2.2.下列实验操作或说法正确的是
A. 提纯氯气，可将气体依次通过装有饱和碳酸氢钠溶液、浓硫酸的洗气瓶
B. 碳酸钠溶液可贮存在带玻璃塞的磨口试剂瓶中
C. 用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液一定是钠盐溶液
D. 用新制氢氧化铜悬浊液可以鉴别乙酸、葡萄糖、淀粉3种溶液
【答案】D
【解析】
A. 提纯氯气，不可将气体依次通过装有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，氯气与饱和碳酸氢钠溶液反应，生成氯化钠、次氯钠、二氧化碳，故A错误；B、碳酸钠溶液能与玻璃中的SiO2反应，不可贮存在带玻璃塞的磨口试剂瓶中，故B错误；C、用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液不一定是钠盐溶液，可能是氢氧化钠，故C错误；D、用新制氢氧化铜悬浊液可以鉴别乙酸、葡萄糖、淀粉3种溶液，乙酸具有酸性，可与氢氧化铜发生中和反应，葡萄糖为还原性糖，与氢氧化铜发生氧化还原反应生成砖红色沉淀，淀粉与氢氧化铜不反应，可鉴别，故D正确；故选D。

3.3.N A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）
A. 7.2 g CaO2晶体中阴离子和阳离子总数为0.3 N A
B. 0.1 mol/L NH4Cl溶液中Cl-离子数目为0.1 N A
C. 反应3H 2(g)＋N2(g)2NH3(g) ΔH＝－92 kJ/mol，放出热量9.2 kJ时，转移电子0.6 N A
D. 0.1 mol H2O2分子中含极性共价键数目为0.3 N A
【答案】C
【解析】
试题分析：A、7.2gCaO2晶体的物质的量n===0.1mol，而CaO2晶体中含1个钙离子和1个过氧根离子，故0.1molCaO2中含0.2mol离子，故A错误；B、溶液体积不明确，故无法计算氯离子数目，故B错误；C、反应3H2（g）+N2（g）⇌2NH3（g）△H="-92" kJ/mol转移6mol电子，放出热量9.2 kJ时，转移电子0.6 N A，故C正确；D、H2O2分子中含2个极性共价键，故0.1 mol H2O2分子中含极性共价键数目为0.2 N A，故D错误；故选C。

考点：考查了阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律的相关知识。

4.4.下列离子方程式书写正确且能合理解释事实的是
A. Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应：Ca2++2HCO3－+2OH－=== CaCO3↓+CO32－+H2O
B. 用Na2CO3溶液浸泡锅炉水垢：CaSO4(s)+CO32－=== CaCO3(s)+ SO42－
C. 用FeCl3溶液腐蚀印刷线路板上的Cu：Fe3++ Cu=== Fe2++ Cu2+
D. 明矾溶于水产生Al(OH)3胶体：Al3++3H2O === Al(OH)3↓+3H+
【答案】B
【解析】
A. Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应的离子方程式为：Ca2++HCO3－+OH－= CaCO3↓+ H2O，选项A错误；
B. 用Na2CO3溶液浸泡锅炉水垢，反应的离子方程式为：CaSO4(s)+CO32－=== CaCO3(s)+ SO42－，选项B正确；
C. 用FeCl3溶液腐蚀印刷线路板上的Cu，反应的离子方程式为：2Fe3++ Cu= 2Fe2++ Cu2+，选项C错误；
D. 明矾溶于水产生Al(OH)3胶体，反应的离子方程式为：Al3++3H2O = Al(OH)3（胶体）+3H+，选项D 错误。

答案选B。

5.5.完成下列实验所选择的装置或仪器(夹持装置已略去)正确的是（）
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．淀粉不能透过半透膜但可通过滤纸，可加入蒸馏水后再进行渗析分离而不是过滤，选项A错误；B、因为乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，会形成两层液体层，可通过分液进行分离，选项B正确；C、利用碘单质升华的特点，分离NaI和I2使用蒸发皿，造成碘单质转变为气体逸出，不能进行收集碘单质，选项C错误；D、乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳，产生新的杂质气体，达不到除杂的作用，选项D错误。

答案选B。

6.6.下列有关说法正确的是（）
A. 丙烯所有原子均在同一平面上
B. 利用粮食酿酒经历了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程
C. 乙烯和苯加入溴水中，都能观察到褪色现象，原因是都发生了加成反应
D. 分子式为C2H6O的同分异构体有3种
【答案】B
【解析】
【分析】
A．丙烯中含甲基，甲基为四面体构型；B．淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖发生酒化反应生成乙醇；C．苯与溴水不反应；D．分子式为C8H10的芳香烃，分子中含有1个苯环，为乙苯或二甲苯。

【详解】A．丙烯中含甲基，甲基为四面体构型，所有原子不可能共面，选项A错误；B．淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖发生酒化反应生成乙醇，均有新物质生成，均为化学变化，选项B正确；C．苯与溴水不反应，而乙烯与溴水发生加成反应，选项C错误；D．分子式为C8H10的芳香烃，分子中含有1个苯环，为乙苯或二甲苯若有1个侧链，若为乙苯，苯环上有3
种氢原子，侧链（-CH2-CH3）有2种H，一氯代物有5种；若为二甲苯，有邻、间、对三种，苯环上分别有2、3、1种氢原子，甲基上一种H，一氯代物分别有3、4、2种，不存在一氯代物只有一种，选项D错误；答案选B。

【点睛】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的官能团与性质的关系、有机反应、同分异构体为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。

7.7.砹（At）原子序数85，与F、Cl、Br、I同族，推测砹或砹的化合物不可能具有的性质是（）
A. 砹是有色固体
B. 非金属性：At＞I
C. HAt非常不稳定
D. I2可以从At的可溶性的盐溶液置换出来
【答案】B
【解析】
A．同主族从上到下元素的单质从气态、液态、固态变化，且颜色加深，则砹是有色固体，故A正确；B．同一主族元素，其非金属性随着原子序数增大而减小，所以非金属性：At 小于I，故B正确；C．同一主族元素中，其非金属性随着原子序数的增大而减小，则其相应氢化物的稳定性随着原子序数的增大而减弱，所以HAt的很不稳定，故C错误；D．同一主族元素，其单质的氧化性随着原子序数的增大而减弱，所以I2可以把At从At的可溶性的盐溶液置换出来，故D正确；故选C。

点睛：明确同周期元素性质的递变规律是解题关键，砹是原子序数最大的卤族元素，其性质与卤族其它元素具有相似性和递变性，如：其单质颜色具有相似性，其氢化物的稳定性、非金属性、氧化性都具有递变性，据此分析解答。

8.8.在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是
A. 强碱性溶液: K+、Al3+、Cl-、SO42-
B. 含有大量NH4+的溶液: Na+、S2-、OH-、NO3-
C. 通有足量NO2的溶液: K+、Na+、SO42-、AlO2-
D. 强酸性溶液: Na+、Fe3+、NO3-、Cl-
【答案】D
【解析】
A. 强碱性溶液Al3+不能大量共存，A错误；
B. 含有大量NH4+的溶液中OH-不能大量共存，B错误；
C. 通有足量NO2的溶液中含有硝酸，AlO2-不能大量共存，C错误；
D. 强酸性溶液中Na+、Fe3+、NO3-、Cl-之间不反应，可以大量共存，D正确，答案选D。

9.9.如图是可逆反应A+2B2C+3D的化学反应速率与化学平衡随外界条件改变（先降温后加压）而变化的情况，由此推断错误的是（）
A. 正反应是放热反应
B. A、B一定都是气体
C. D一定不是气体
D. C可能是气体
【答案】B
【解析】
根据图像，降低温度平衡正向移动，所以正反应是放热反应，故A正确；根据图像，加压后平衡正向移动，反应前气体系数和大于反应后气体系数和，所以A、B中至少有一种是气
体，故B错误；根据图像，加压后平衡正向移动，反应前气体系数和大于反应后气体系数和，若D是气体，则不可能反应前气体系数和大于反应后气体系数和，故C正确；根据图像，加压后平衡正向移动，反应前气体系数和大于反应后气体系数和，若A、B、C都是气体，D是非气体，则反应前气体系数和大于反应后气体系数和，故D正确。

10.10.欲实现下列实验目的，进行的实验操作合理的是（）
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】A
【解析】
A．向乙二酸溶液中滴加2滴KMnO4 溶液，若紫色褪去，即可证明乙二酸具有还原性，故A正确；B．将NaOH溶液滴加到饱和FeCl3溶液中可得Fe(OH)3红褐色沉淀，而不是Fe(OH)3胶体，故B错误；C．将久置在空气中的铝片放入CuSO4溶液中，因Al表面存在致密的氧化膜保护层，无Cu析出，故C错误；D．取蔗糖溶液，加3～5滴稀硫酸，水浴加热5min，取少量溶液，先加入NaOH碱化，再加入银氨溶液加热，可检验蔗糖是否水
解，故D错误；答案为A。

11.11.高铁酸盐是一种高效绿色氧化剂，可用于废水和生活用水的处理。

从环境保护的角度看，制备高铁酸盐较好的方法为电解法：Fe+2H2O+2OH FeO42-+3H2↑,工作原理如图所示。

己知：Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原。

下列说法正确的是
A. b是电源的正极
B. 阳极电极反应为Fe-6e-+4H2O= FeO42-+ 8H+
C. 电解过程中，需要将阴极产生的气体及时排出
D. 当电路中通过1mol电子的电量时，会有11.2L的H2生成
【答案】C
【解析】
A、根据方程式可知铁失去电子，铁作阳极，与电源的正极相连，因此a是电源的正极，A 错误；
B、阳极电极反应为Fe－6e－＋8OH－＝FeO42－＋4H2O，B错误；
C、氢气具有还原性，根据题意Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原。

电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，防止Na2FeO4与H2反应使产率降低，C正确；
D、氢气不一定处于标准状况下，不能计算其体积，D错误；答案选C。

12.12.室温下向10 mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液中加入0.1 mol·L-1的一元酸HA，溶液pH 的变化曲线如图所示。

下列说法正确的是（）
A. a点所示溶液中c(Na＋)＞c(A－)＞c(H＋)＞c(HA)
B. a、b两点所示溶液中水的电离程度：a > b，且a点所示溶液中由水电离出的c(OH－)＝10-8.7mol/L
C. pH＝7时溶液中c(HA)>c(Na＋)＝c(A－)> c(H＋)＝c(OH－)
D. b点所示溶液中c(A－)＞c(HA)
【答案】D
【解析】
【详解】A．a点所示溶液中NaOH和HA恰好反应生成NaA，溶液的pH＝8.7，呈碱性，则HA为弱酸，A－水解，则溶液中的粒子浓度：c(Na＋)＞c(A－) ＞c(HA)＞c(H＋)，选项A 正确；B.b点时为NaA和HA的溶液，a点NaA发生水解反应，促进了水的电离，b点HA抑制了水的电离，所以a点所示溶液中水的电离程度大于b点，但a点所示溶液中由水电离出的c(OH－)＝10-5.3mol/L，选项B错误；C.pH＝7时，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H ＋)＝c(A－)＋c(OH－)，c(H＋)＝c(OH－)，所以c(Na＋)＝c(A－)，选项C错误；D.b点酸过量，溶液呈酸性，HA的电离程度大于NaA的水解程度，故c(A－)＞c(HA)，选项D正确。

答案选D。

13.13.下列说法或表示方法正确的是（）
A. 若将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多
B. 由C（石墨）→C（金刚石）ΔH＝＋1.9KJ·mol－1可知，金刚石比石墨稳定
C. 在稀溶液中：H＋（aq）＋OH－（aq）＝H2O（l）△H＝－57.3kJ·mol－1，若将含
0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ
D. 在101KPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8KJ热量，氢气燃烧的热化学方程式为：2H2（g）＋O2（g）＝2H2O（l）ΔH＝－285.8KJ／mol
【答案】C
【解析】
【详解】A、硫蒸气变化为硫固体为放热过程，则等量的硫蒸气和硫固体在氧气中分别完全燃烧，放出热量硫蒸气多，选项A错误；B、由C（石墨）→C（金刚石），△H=+19kJ/mol，反应吸热，金刚石能量高于石墨，可知石墨比金刚石稳定，选项B错误；C、醋酸为弱电解质，电离吸热，所以将含1 mol CH3COOH的稀溶液与含1 mol NaOH的稀溶液混合，放出的热量小于57.3kJ，选项C正确；D、在101kPa、25℃时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8KJ热量，则2H2（g）十O2（g）=2H2O（l）；△H=-571.6KJ/mol，选项D错误。

答案选C。

14.14.在25’C时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表:
物质X Y Z
初始浓度/mol/L 0.1 0.2 0
平衡浓度/mol/L 0. 05 0. 05 0.1
下列说法错误的是
A. 反应达衡时，X的转化率为50%
B. 反应可表示为X+3Y2Z，其平衡常数为1600
C. 增大压强使平衡向生成Z的方向移动，平衡常数增大
D. 改变温度可以改变此反应的平衡常数
【答案】C
【解析】
A．反应达到平衡时，X的转化率为：=50%，选项A正确；B．根据反应速率之比等于浓度变化量之比等于化学计量数之比可知：△c（X）：△c（Y）：△c（Z）：=0.05：0.15：0.1=1：3：2，则反应的方程式为X+3Y⇌2Z，K═=1600，选项B正确；C．反应正向是气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，即向着生成Z的方向移动，温度不变，则平衡常数不变，选项C错误；D．平衡常数受温度的影响，改变温度可以改变此反应的平衡常数，选项D正确；答案选C。

15.15.煤的主要组成元素是碳、氢、氧、硫、氮，燃煤产生C x H y、SO2等大气污染物，煤的气化是高效、清洁利用煤炭的重要途径之一。

回答下列问题:
（1）利用煤的气化获得的水煤气( 主要成分为CO、CO2和H2 )在催化剂作用下可以合成绿色燃料甲醇。

已知: H2O(1) = H2O(g) ΔH1= +44 .0kJ/mol
CO2(g)+H2(g) = CO(g)+H2O(l) ΔH2=-3.0kJ/mol
CO2(g)+3H2(g) = CH3OH(g)+H2O(g) ΔH3=-58.7 kJ/mol
写出由CO与H2制备CH3OH 气体的热化学方程式____________。

（2）甲醇和CO2可直接合成碳酸二甲酯(CH3OCOOCH3简称DMC) ;
2CH 3OH(g)+CO2(g) CH3OCOOCH3(g)+H2O(g) ΔH4<0
①该化学反应的平衡常数表达式为K=__________
②在恒温恒容密闭容器中发生上述反应,能说明反应达到平衡状态的是________(填编号)。

A.V正(CH3OH)= 2V逆(H2O)
B.容器内气体的密度不变
C.容器内压强不变
D.CH3OH与CO2的物质的量之比保持不变
（3）利用甲醇可制成微生物燃料电池(利用微生物将化学能直接转化成电能的装置)。

某微生物燃料电池装置如图所示:
A极是_____极(填“正”或“负”)，其电极反应式是_______。

该电池不能在高温下工作的理由是________。

（4）一定条件下，在体积为5 L的密闭容器中，一氧化碳与氢气反应生成甲醇（催化剂为Cu 2O/ZnO）：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)根据题意完成下列各题：
①在500℃，从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)＝________________
②在其他条件不变的情况下，对处于E点的体系体积压缩到原来的1/2，下列有关该体系的说法正确的是_____
A．氢气的浓度减少
b.正反应速率加快，逆反应速率也加快
c. 甲醇的物质的量增加
d. 重新平衡时n(H2)/n(CH3OH)增大
【答案】(1). CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ΔH=-99.7kJ·mol-1(2).
(3). AC (4). 负极(5). CH3OH-6e-+H2O=6H++CO2 (6). 高温能使微生物蛋白质凝固变性(7). 2n B/5t B mol·(L·min)－1(8). b c
【解析】
【详解】(1)①CO2(g) + 3H2(g) = CH3OH(g) + H2O(g) ΔH 1= −58.7 kJ·mol-1，②CO2(g) + H2(g) = CO(g) + H2O(g)ΔH2 = + 41.0 kJ·mol-1，根据盖斯定律，将①-②得：CO(g) + 2H2(g)=CH3OH(g)△H =(−58.7 kJ·mol-1)-(+ 41.0 kJ·mol-1)= −99.7 kJ·mol-1；
(2)根据2CH 3OH(g)+CO2(g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(g) △H4<0，①其平衡常数表达式为K=；②根据平衡状态的判断依据，A、当v正(CH3OH)= 2v 逆(H2O) 时，反应已达平衡；B、由于容器体积不变，气体质量守恒，所以气体密度始终都不变，当容器内气体密度不变时不能说明反应已达平衡；C、由于反应前后气体物质的量不等，由压强之比等于物质的量之比，当压强不变时，说明反应已达平衡；D、CH3OH与CO2的物质的量之比取决于起始时加入量之比，若加入量与系数比相等，则任何时候CH3OH与
CO2的物质的量之比都不变，所以CH3OH与CO2的物质的量之比保持不变时不能说明反应已达平衡。

答案选AC；（3）由电池装置图可知，该电池是甲醇燃料电池，由于使用了质子交换膜，所以电解质是酸性的，通入还原剂甲醇的电极A是负极，其电极反应式是CH3OH-6e- +H2O=6H++CO2；高温能使微生物蛋白质凝固变性，故该电池不能在高温下工作；（4）①由图象可知，在500℃时，时间达到t B时，甲醇的物质的量为n B，所以甲醇的反应速率υ（CH3OH）＝mol·(L·min)－1，故氢气的平均反应速率v(H2)＝mol·(L·min)－1；②在其他条件不变的情况下，将处于E点的体系的体积压缩到原来的，容器的体积减小，则压强增大，正逆反应速率都增大，平衡向正向移动，甲醇的物质的量增多，氢气的物质的量减小，但由于体积减小，平衡时氢气的浓度反而增大，所以答案选b、c。

16.16.I、依据氧化还原反应：2Ag+(aq)+Cu(s)==Cu2+(aq)+2Ag(s)设
计的原电池如图所示。

请回答下列问题：
（1）电极X的材料是___________；（填化学式）电解质溶液Y是___________；X电极上发生的电极反应为________________________________；
（2）用两个铂丝做电极插入KOH溶液中，再分别向两极通入甲烷气体和氧气，可形成燃料电池，请写出负极的电极反应式____________________________在电池工作时，正极附近溶液的PH_________，（填,增大、减小或不变）
II、用甲醇燃料电池作为直流电源，设计如图装置制取Cu2O，电解总反应为：2Cu＋H2O
＝Cu2O＋H2↑。

铜电极为_________（填“阳极”和“阴极”）写出铜电极的电极反应式
_______________________。

【答案】(1). Cu (2). AgNO3(3). Cu-2e- =Cu2+(4). CH4 - 8e- + 10OH- = CO32- + 7H2O (5). 增大(6). 阳极(7). 2Cu +2OH-- 2e- =Cu2O + H2O
【解析】
【详解】I、（1）氧化还原反应：2Ag+(aq)+Cu(s)==Cu2+(aq)+2Ag(s)中，失电子的金属Cu为负极，得电子的阳离子Ag+是电解质中的阳离子，所以电解质可以选择AgNO3溶液；在原电池反应2Ag+(aq)+Cu(s)==Cu2+(aq)+2Ag(s)中，失电子的金属Cu为负极，发生失电子的氧化反应，即Cu-2e- =Cu2+；（2）用两个铂丝做电极插入KOH溶液中，再分别向两极通入甲烷气体和氧气，可形成燃料电池，通入甲烷的一极为原电池的负极，电极反应式为CH4 - 8e- + 10OH- = CO32- + 7H2O；在电池工作时，通入氧气的一极发生电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-；附近溶液的pH增大；II、结合装置图及总电极反应式可以得知，Cu在阳极放电，生成的亚铜离子与氢氧根离子反应生成Cu2O和水，故铜电极的电极反应式为2Cu +2OH-- 2e- =Cu2O + H2O。

17.17.现有浓度均为0.1 mol/L的下列溶液：
①硫酸、②醋酸、③氢氧化钠、④氯化铵、⑤醋酸铵、⑥硫酸铵、⑦硫酸氢铵、⑧氨水，请回答下列问题：
（1）①、②、③、④四种溶液中由水电离出的H＋浓度由大到小的顺序是(填序
号)___________________________。

（2）④、⑤、⑦、⑧四种溶液中NH4＋浓度由大到小的顺序是(填序号)________ 。

（3）将②、③混合后，若溶液呈中性，则消耗两溶液的体积为②________ ③（填“>”、“<”或“=”）溶液中的离子浓度由大到小的顺序为______________________________ （4）常温下将0.010 mol CH3COONa和0.004 mol HCl溶于水，配制成0.5 L混合溶液，判断：
①其中有两种粒子的物质的量之和一定等于0.010 mol，它们是________和________。

②溶液中c(CH3COO－)＋n(OH－)－n(H＋)＝________ mol。

【答案】(1). ④②③①(2). ⑦④⑤⑧(3). > (4). c(Na+) =c(CH3COO －) >c(H+) =c(OH-) (5). CH3COOH (6). CH3COO－(7). 0.006
【解析】
【详解】（1）水在溶液中存在电离平衡H 2O H＋＋OH－，所以酸或碱均是抑制水的电离，如果氢离子浓度和OH―如果相同，对水的电离抑制程度就相同的。

盐的水解可以促进水的电离。

硫酸是二元强酸，醋酸是一元弱酸，氢氧化钠是一元强碱，氯化铵溶于水存在水解平衡，所以由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是④②③①；（2）氨水是弱碱部分电离，所以NH4+浓度最小。

另外三种属于铵盐，NH4+水解显酸性，⑦中能电离出大量的氢离子，抑制其水解，⑤中阳离子和阴离子均水解，相互促进。

所以溶液中NH4+浓度由大到小的顺序是⑦④⑤⑧；（3）②和③等体积混合后，二者恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠水解显碱性，所以混合液中各离子浓度由大到小的顺序是c(Na +)> c(CH3COO- ) >c(OH-)>c(H+)；（4）根据物料守恒可知，0.010mol CH3COONa在溶液中以CH3COOH和CH3COO-存在，n（CH3COOH）+n（CH3COO-）=0.010mol，故答案为：CH3COOH；CH3COO-；（2）溶液遵循电荷守恒，存在：n（H+）+n（Na+）=n（Cl-）
+n（CH3COO-）+n（OH-），则n（CH3COO-）+n（OH-）-n（H+）=n（Na+）-n（Cl-）=0.010mol-0.004mol=0.006mol。

【点睛】本题考查弱电解质的电离和盐类水解原理，物料守恒电荷守恒分析判断，酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；离子浓度大小的比较，掌握基础是关键，题目难度不大。

18.18.I硼位于ⅢA族，三卤化硼是物质结构化学的研究热点，也是重要的化工原料。

三氯化硼(BCl3)可用于制取乙硼烷(B2H6)，也可作有机合成的催化剂。

查阅资料：①BCl3的沸点为12.5 ℃，熔点为－107.3 ℃；
②2B＋6HCl2BCl 3↑＋3H2↑；
③硼与铝的性质相似，也能与氢氧化钠溶液反应。

设计实验：某同学设计如图所示装置利用氯气和单质硼反应制备三氯化硼：
请回答下列问题：
（1）常温下，高锰酸钾固体粉末与浓盐酸发生的反应可替代A装置中的反应，而且不需要加热，两个反应的产物中锰的价态相同。

写出高锰酸钾固体粉末与浓盐酸反应的离子方式：___________________ 。

（2）E装置的作用是_______________。

如果拆去B装置，可能的后果是
__________________________。

（3）三氯化硼遇水剧烈反应生成硼酸(H3BO3)和白雾，写出该反应的化学方程式：
_________________；
（4）为了顺利完成实验，正确的操作是________(填序号).
①先点燃A处酒精灯，后点燃D处酒精灯
②先点燃D处酒精灯，后点燃A处酒精灯
③同时点燃A、D处酒精灯
（5）请你补充完整下面的简易实验，以验证制得的产品中是否含有硼粉：取少量样品于试管中，滴加浓_____________（填化学式）溶液，若有气泡产生，则样品中含有硼粉；若无气泡产生，则样品中无硼粉。

II.实验室现有3种酸碱指示剂，其pH的变色范围如下：甲基橙：3.1～4.4 石蕊：5.0～8.0 酚酞：8.2～10.0用0.1000 mol·L－1 NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，反应恰好完全时，下列叙述正确的是_____________________________
A．溶液呈中性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂
B．溶液呈中性，只能选用石蕊作指示剂
C．溶液呈碱性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂
D．溶液呈碱性，只能选用酚酞作指示剂
（6）使用酸碱中和滴定的方法，用0.01 moL/L盐酸滴定锥形瓶中未知浓度的NaOH溶液，下列操作能够使测定结果偏高的是___________________
A用量筒量取浓盐酸配制0.01 mol/L稀盐酸时，量筒用蒸馏水洗净后未经干燥直接量取浓盐酸
B配制稀盐酸定容时，俯视容量瓶刻度线
C滴定结束时，读数后发现滴定管下端尖嘴处悬挂有一滴液滴
D滴定过程中用少量蒸馏水将锥形瓶内壁附着的盐酸冲下
【答案】(1). 2MnO4- + 10Cl- +16H+ =2Mn2+ +8H2O+5Cl2↑(2). 冷却和收集三
氯化硼(3). 硼粉遇氯化氢反应，产生氢气，加热条件下氢气和氯气的混合气体易爆炸(4). BCl3 + 3H2O= H3BO3 + 3HCl↑(5). ①(6). NaOH (7). D (8). A C 【解析】
【详解】（1）在A装置中用高锰酸钾固体粉末与浓盐酸发生反应可以制取氯气，反应的方程式为：2MnO4- + 10Cl- +16H+ =2Mn2+ +8H2O+5Cl2↑；（2）由于浓盐酸有挥发性，所以在氯气中含有HCl气体，用饱和NaCl溶液除去HCl杂质，用浓硫酸进行干燥，在D中发生反应：3Cl2+2B2BCl3；在E装置的作用是冷却和收集三氯化硼；如果拆去B 装置，可能会发生反应2B＋6HCl2BCl 3↑＋3H2 ↑，在D中加热氢气与氯气的混合气体，易发生爆炸；（3）三氯化硼遇水剧烈反应生成硼酸(H3BO3 )和白雾，该反应的化学方程式是BCl3＋3H2O=H3 BO3＋3HCl↑；因此在实验室保存三氯化硼的注意事项要密封保存，防止受潮水解；（4）①先点燃A处酒精灯，待整套装置中都充满Cl2后再点燃D处酒精灯，使之发生反应，故正确。

②若先点燃D处酒精灯，这时B就与装置中的空气发生反应得到B2O3，再点燃A处酒精灯也不能产生BCl3了，故错误。

③同时点燃A、D处酒精灯也会导致产生B2O3，影响制备BCl3，故错误，答案选①；（5）由于B的性质与Al相似，既能与强酸反应，也能与强碱反应放出氢气，所以取少量样品于试管中，滴加浓NaOH溶液，若有气泡产生，则样品中含有硼粉；II.A、NaOH溶液滴和CH3COOH溶液反应恰好完全时，生成了CH3COONa，CH3COONa水解溶液呈碱性，应选择碱性范围内变色的指示剂，即酚酞，选项A错误；B、NaOH溶液滴和CH3COOH溶液反应恰好完全时，生成了CH3COONa，CH3COONa水解溶液呈碱性，应选择碱性范围内变色的指示剂，即酚酞，选项B错误；C、NaOH溶液滴和CH3COOH溶液反应恰好完全时，生成了CH3COONa，CH3COONa水解溶液呈碱性，应选择碱性范围内变色的指示剂，即酚酞，选项C错误；D、NaOH溶液滴和CH3COOH溶液反应恰好完全时，生成了CH3COONa，CH3COONa水
解溶液呈碱性，应选择碱性范围内变色的指示剂，即酚酞，选项D正确；答案选D；（6）A、用量筒量取浓盐酸配制0.01 mol/L稀盐酸时，量筒用蒸馏水洗净后未经干燥直接量取浓盐酸，则浓盐酸被稀释，所配盐酸浓度偏低，滴定时消耗的盐酸体积偏大，测得氢氧化钠的浓度偏高；B、配制稀盐酸定容时，俯视容量瓶刻度线，则所加蒸馏水偏少，盐酸浓度偏高，滴定时消耗的盐酸体积偏小，测得氢氧化钠的浓度偏低；C、滴定结束时，读数后发现滴定管下端尖嘴处悬挂有一滴液滴，则消耗盐酸体积偏大，所测氢氧化钠溶液浓度偏高；D、滴定过程中用少量蒸馏水将锥形瓶内壁附着的盐酸冲下，不影响滴定结果。

答案选AC。

19.19.石棉尾矿主要含有Mg3(Si2O5)(OH)4和少量的Fe2O3、Al2O3。

以石棉尾矿为镁源制备碳酸镁晶体(MgCO3·nH2O)的工艺如下：
已知“焙烧”过程中的主反应为：
（1）写出焙烧产物NH3的电子式_____________________。

（2）为提高水浸速率，可采取的措施为_______________________（任写一条），“浸渣”的主要成分为__________________。

（3）“调节pH除杂”时，需将pH调至5.0，则除去的杂质离子是______________，此时溶液中的c(Fe3+)=__________________（已知K sp[Fe(OH)3]=4.0×10-38）。

（4）“沉镁”过程中反应的离子方程式为_______________________________________。

“沉镁”时若温度超过60℃，将产生较多的碱式碳酸镁杂质，原因是________________
【答案】(1). (2). 将焙烧渣粉碎或加热或搅拌(3). SiO2(4). Fe3+、Al3+(5). 4.0×10-11mol/L (6). Mg2+＋2HCO-＋(n-1)H2O＝MgCO3•nH2O↓＋CO2↑(7). 升温促进Mg2＋部分水解或升温促进Mg2＋水解
【解析】
【分析】
以石棉尾矿（主要含有Mg3 ( Si2O5)（OH）4和少量的Fe2O3、Al2O3）为原料制备碳酸镁晶体（MgCO3•nH2O）的工艺流程：加入硫酸铵焙烧得到MgSO4、SiO2、Fe2O3、Al2O3，水浸，形成Mg2+、Fe3+、Al3+的溶液，SiO2不溶于水形成浸渣，加入NH3•H2O将pH调至8.0左右，将Fe3+、Al3+以氢氧化物的形式过滤除去，向含有镁离子的滤液中加入碳酸氢铵发生反应：Mg2++2HCO3-+（n-1）H2O=MgCO3•nH2O↓+CO2↑，洗涤晶体可得，据此分析解答。

【详解】（1）氨气为共价化合物，电子式为：；（2）将焙烧渣粉碎或加热或搅拌可以提高水浸速率，石棉尾矿加入硫酸铵焙烧得到MgSO4、SiO2、Fe2O3、Al2O3，水浸，SiO2不溶于水形成浸渣；故答案为：将焙烧渣粉碎或加热或搅拌；SiO2；（3）“调节pH除杂”时，需将pH调至5.0，则除去的杂质离子是Fe3+、Al3+；此时溶液中c(OH-)=10-9mol/L，K sp[Fe(OH)3]= c(Fe3+) c3(OH-)= c(Fe3+)×（10-9mol/L）3 =4.0×10-38，则c(Fe3+)=4.0×10-11mol/L；（4）“沉镁”过程中反应的离子方程式为：Mg2++2HCO3-+（n-1）H2O=MgCO3•nH2O↓+CO2↑；“沉镁”时若温度超过60℃，将产生较多的碱式碳酸镁杂质，原因是升温促进Mg2＋部分水解或升温促进Mg2＋水解。

【点睛】本题考查物质的制备和物质成分的探究，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、。