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.NA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 NA

B. 0.1 mol/L NH4Cl溶液中Cl-离子数目为0.1 NA

C. 反应3H2(g)＋N2(g)2NH3(g) ΔH＝－92 kJ/mol，放出热量9.2 kJ时，转移电子0.6 NA

D. 0.1 mol H2O2分子中含极性共价键数目为0.3 NA

【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 NA，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 NA，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+2OHFeO42-+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:

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CxHy、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) ;

2CH3OH(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Cu2O/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). 2nB/5tBmol·(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2CH3OH(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tB时，甲醇的物质的量为nB，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H2OH＋＋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＋6HCl2BCl3↑＋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＋6HCl2BCl3 ↑＋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Ksp[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，Ksp[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、对条件的控制选择与理解等，理解工艺流程原理是解题的关键，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度中等。

精品2019学年高二化学下学期期末考试试题（含解析） 新人教目标版