2022届云南省宣威市第五中学高二化学第二学期期末质量检测模拟试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、一定温度下，10 mL 0.4 mol/L H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表：t/min0246810V(O2)/mL0.09.917.222.426.529.9下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）A06 min的平均反应速率：v(H2O2)3.310-

2、2 mol/(Lmin)B610 min的平均反应速率：v(H2O2)3.310-2 mol/(Lmin)C反应至6min时，c(H2O2)0.20 mol/LD反应至6min时，H2O2分解了40%2、X、Y、Z为短周期元素，X原子最外层只有一个电子，Y原子的最外层电子数比内层电子总数少4，Z原子的最外层电子数是内层电子总数的3倍。下列有关叙述正确的是()AY原子的价层电子排布式为3s23p5B稳定性：Y的氢化物Z的氢化物C第一电离能：YZDX、Y两元素形成的化合物为离子化合物3、下列分子中，只有键而没有键的是（ ）AN2 BCH4 CCH2=CH2 D苯4、等质量的钠进行下列实验，其中生成

3、氢气最多是( )A将钠投入到足量水中B将钠用铝箔包好并刺一些小孔，再放人足量的水中C将钠放入足量稀硫酸中D将钠放入足量稀盐酸中5、Fe2O3与FeS2混合后在无氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n（FeS2）n（Fe2O3）是A12 B235 C38 D1166、设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中不正确的是A标准状况，11.2L氧气所含的原子数为NAB1.8g的NH4离子中含有的电子数为NAC常温常压下，48gO3和2的混合气体含有的氧原子数为3NAD2.4g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.1NA7、某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示下列说法正确的

4、是A加入Na2SO4可使溶液由a点变到b点B通过蒸发可以使溶液由d点变到c点Cd点无BaSO4沉淀生成Da点对应的Ksp大于c点对应的Ksp8、下列说法正确的是A图中H1=H2+H3B图在催化剂条件下，反应的活化能等于E1+E2C图表示醋酸溶液滴定 NaOH 和氨水混合溶液的电导率变化曲线D图可表示由CO(g)生成CO2(g)的反应过程和能量关系9、下列关于乙炔的说法不正确的是( )A燃烧时有浓厚的黑烟B实验室制乙炔时可用除杂质气体C为了减缓电石和水的反应速率，可用饱和食盐水来代替D工业上常用乙炔制乙烯10、下列有机反应属于加成反应的是( )ACH3CH3+C12CH3CH2Cl+HClBCH

5、2=CH2+HBrCH3CH2BrC2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OD+NaOH+NaCl11、下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是（ ）在敞口容器中将金属钠投入到FeC12溶液中向AlCl3溶液中逐滴加入过量的稀氢氧化钠溶液向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸向NaAlO2溶液中通入过量CO2向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2AB只有C只有D只有12、根据表中信息判断，下列选项正确的是序列参加反应的物质生成物KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4Cl2、FeBr2只有FeCl3、FeBr3KClO3、HCl(浓)Cl2A氧化性由强到弱顺序为KCl

6、03Cl2Fe3+Br2B第组反应中Cl2与FeBr2的物质的量之比为1:1C第组反应中生成1molCl2，转移电子2molD第组反应的其余产物为H20和0213、SO32-离子的中心原子孤对电子计算公式为（a-xb）/2中，下列对应的数值正确的是Aa=8 x=3 b=2Ba=6 x=3 b=2Ca=4 x=2 b=3Da=6 x=2 b=314、下列分子或离子中，不含有孤电子对的是()AH2OBH3OCNH3DNH4+15、下列物质的熔点高低顺序，正确的是A金刚石晶体硅碳化硅BKNaCNaFNaClNaBrDCI4CBr416、根据下表中实验操作、现象得出的结论正确的是选项实验操作实验现象结

7、论A向饱和Na2CO3溶液中加入BaSO4粉末，过滤，向洗净的沉淀中加入稀盐酸产生气泡Ksp(BaCO3)Ksp(BaSO4)B向FeCl3溶液中滴加NaI溶液，然后滴加CCl4，振荡并静止有机层出现紫红色氧化性：Fe3+I2C向Na2CO3溶液中滴加盐酸，将产生的气体通入硅酸钠溶液溶液中出现白色沉淀非金属性：ClCSiD将碳与浓硫酸共热产生的气体通入酸性KMnO4溶液溶液紫红色褪去SO2具有漂白性AABBCCDD二、非选择题（本题包括5小题）17、由短周期元素组成的化合物X是某抗酸药的有效成分。某同学欲探究X的组成。查阅资料：由短周期元素组成的抗酸药的有效成分有碳酸氢钠、碳酸镁、氢氧化铝、硅

8、酸镁铝、磷酸铝、碱式碳酸镁铝。Al3在pH5.0时沉淀完全；Mg2在pH8.8时开始沉淀，在pH11.4时沉淀完全。实验过程：.向化合物X粉末中加入过量盐酸，产生气体A，得到无色溶液。.用铂丝蘸取少量中所得的溶液，在火焰上灼烧，无黄色火焰。.向中所得的溶液中滴加氨水，调节pH至56，产生白色沉淀B，过滤。.向沉淀B中加过量NaOH溶液，沉淀全部溶解。.向中得到的滤液中滴加NaOH溶液，调节pH至12，得到白色沉淀C。(1)中气体A可使澄清石灰水变浑浊，A的化学式是_。(2)由、判断X一定不含有的元素是磷、_。(3)中生成B的离子方程式是_。(4)中B溶解的离子方程式是_。(5)沉淀C的化学式是

9、_。(6)若上述n(A)n(B)n(C)113，则X的化学式是_。18、有一应用前景广阔的纳米材料甲，其由A、B两种短周期非金属元素组成，难溶于水，且硬度大，熔点高。取材料甲与熔融的烧碱反应，生成一种含A元素的含氧酸盐乙和一种含B元素的气体丙，丙能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；乙能溶于水，加盐酸产生白色沉淀，盐酸过量沉淀不溶解。（1）甲的化学式为_，其晶体属于_晶体。（2）乙的水溶液可以用来做_（写出一种用途）。（3）B元素的一种氢化物丁，相对分子质量为32，常温下为液体，其燃烧放热多且燃烧产物对环境无污染，因此可用作火箭燃料、燃料电池燃料等。则丁的电子式为_。丁可由次氯酸钠与过量氨气反应制得，其

10、化学方程式_。甲的制备过程中氨气需要过量的理由是_。丁的水溶液呈弱碱性，室温下其电离常数K11.0106，则0.01 molL1丁水溶液的pH等于_（忽略丁的二级电离和H2O的电离）。19、用氯化钠固体配制1.00mol/L的NaCl溶液500mL，回答下列问题（1）请写出该实验的实验步骤计算，_，_，_，洗涤，_， 摇匀。（2）所需仪器为：容量瓶（规格：_）、托盘天平、还需要那些玻璃仪器才能完成该实验，请写出：_。使用容量瓶前必须进行的操作是_。（3）试分析下列操作对所配溶液的浓度有何影响。(填“偏高”“偏低”“无影响”)为加速固体溶解，可稍微加热并不断搅拌。在未降至室温时，立即将溶液转移至

11、容量瓶定容。对所配溶液浓度的影响：_定容后，加盖倒转摇匀后，发现液面低于刻度线，又滴加蒸馏水至刻度。对所配溶浓度的影响：_ 。某同学从该溶液中取出50mL，其中NaCl的物质的量浓度为_。20、无水AlCl3可用作有机合成的催化剂、食品膨松剂等。已知:AlCl3、FeCl3分别在183 、315 时升华；无水AlCl3遇潮湿空气变质。. 实验室可用下列装置制备无水AlCl3。（1）组装好仪器后，首先应_，具体操作为_（2）装置 B中盛放饱和NaCl溶液，该装置的主要作用是_。装置C中盛放的试剂是_。装置F中试剂的作用是_。若用一件仪器装填适当试剂后也可起到F和G的作用，所装填的试剂为_（3）将

12、所制得的无水AlCl3配制溶液时需加入盐酸的目的是_. 工业上可由铝土矿(主要成分是Al2O3和Fe2O3)和焦炭制备,流程如下:（1）氯化炉中Al2O3、Cl2和焦炭在高温下发生反应的化学方程式为_（2）700 时,升华器中物质充分反应后降温实现FeCl3和AlCl3的分离。温度范围应为_a.低于183 b.介于183 和315 之间 c.高于315 （3）样品(含少量FeCl3)中AlCl3含量可通过下列操作测得(部分物质略去)。计算该样品中AlCl3的质量分数_(结果用m、n表示,不必化简)。21、苯乙酸铜是合成纳米氧化铜的重要前驱体之一，可采用苯乙腈()为原料在实验室进行合成。制备苯乙

13、酸的装置如右图(加热和夹持仪器略去)。已知苯乙酸的熔点为76.5，微溶于冷水，易溶于乙醇。在250mL三口瓶A中加入70mL质量分数为70%的硫酸和几片碎瓷片，加热至100，再缓缓滴入46.8g苯乙腈，然后升温至130，发生反应:+2H2O+H2SO4+NH4HSO4请回答:(1)甲同学提出为使反应物受热均匀,可以采取水浴加热。老师否定了这个建议,原因是_。(2)乙同学提出装置中缺少温度计，温度计水银球的合理位置是_。(3)本实验采用了滴液漏斗。与普通分液漏斗相比,滴液漏斗的优点是_。(4)反应结束后需先加适量冷水，再分离出苯乙酸粗品。加入冷水的目的是_，分离出苯乙酸的操作是_。(5)提纯粗苯

14、乙酸最终得到19g纯品，则苯乙酸的产率是_%(结果保留整数)。(6)将苯乙酸加入到乙醇与水的混合溶剂中，充分溶解后加入Cu(OH)2，搅拌30min，过滤。滤液静置一段时间可以析出苯乙酸铜晶体。此步骤中用到乙醇的作用是_；写出此步发生反应的化学方程式_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】A、06min时产生氧气体积为22.4mL，物质的量是0.001mol，则根据方程式2H2O22H2O+O2可知消耗H2O2的物质的量为0.002molmol，浓度是0.2mol/L，则化学反应速率v(H2O2)0.2mol/L6min3.3102 mol/(Lmin)，A正确；B、随

15、着反应进行，过氧化氢的浓度降低，化学反应速率降低，即610min的平均反应速率v(H2O2)3.3102 mol/(Lmin)，B正确；C、根据选项A的分析，反应至6min时，消耗的H2O2物质的量为2103mol，此时H2O2的物质的量浓度为(101030.42103)/（10103）molL10.2molL1，C正确；D、反应至6min时，H2O2的分解率为2103/（101030.4）100%50%，D错误。答案选D。2、C【解析】X、Y、Z为短周期元素，X原子最外层只有一个电子，则X为H、Li或Na；Y原子的最外层电子数比内层电子总数少4，则Y有3个电子层，最外层有6个电子，则Y为硫元

16、素；Z的最外层电子数是内层电子总数的三倍，则Z有2个电子层，最外层电子数为6，则Z为氧元素。则AY为硫元素，Y的价层电子排布式为3s23p4，故A错误；BY为硫元素，Z为氧元素，非金属性OS，非金属性越强，氢化物越稳定，氢化物稳定性ZY，故B错误；CY为硫元素，Z为氧元素，第一电离能：YZ，故C正确；DX为H、Li或Na，Y为硫元素，H、Li或Na与硫元素可以形成硫化氢属于共价化合物，硫化钠和硫化锂属于离子化合物，故D错误；故选C。3、B【解析】分析：A项，N2的结构式为NN，N2中含键和键；B项，CH4的结构式为，CH4中只有键；C项，CH2=CH2的结构式为，CH2=CH2中含键和键；D项

17、，苯中含键和大键。详解：A项，N2的结构式为NN，1个N2分子中含1个键和2个键；B项，CH4的结构式为，CH4中只有键；C项，CH2=CH2的结构式为，1个CH2=CH2分子中含5个键和1个键；D项，苯中含键和大键；只有键而没有键的是CH4，答案选B。点睛：本题考查键和键的判断，键和键的一般规律：共价单键是键，共价双键中有1个键和1个键，共价三键中有1个键和2个键。注意苯中含大键。4、B【解析】A、该过程只有钠和水反应放出H2；B、将钠用铝箔包好并刺一些小孔，再放入足量水中，钠和水反应放出H2，并生成NaOH溶液，铝和NaOH溶液反应也放出H2；C、该过程只有钠和酸反应放出H2；D、该过程只

18、有钠和酸反应放出H2；故钠的质量相同的情况下，B放出H2最多，故选B。5、D【解析】Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，因此反应的化学方程式为FeS2+16Fe2O311Fe3O4+2SO2，则理论上完全反应消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）=1:16。答案选D。6、D【解析】A.标准状况下，11.2LO2物质的量为=0.5mol，所含氧原子数为NA，A正确；B.1.8gNH4+的物质的量为=0.1mol，1个NH4+中含有10个电子，则1.8gNH4+中含有的电子数为NA，B正确；C.48gO2和O3的混合气体中含氧原子物质的量为=3mol，所含氧原子数为3

19、NA，C正确；D.2.4gMg物质的量为=0.1mol，转变为Mg2+时失去电子数为0.2NA，D错误；答案选D。7、C【解析】A项，增大SO42浓度，抑制硫酸钡的溶解，但溶液仍然是饱和溶液，不可能变成b点，A不正确；B项，在蒸发过程中，Ba2+、SO42浓度都增大，B不正确；C项，d点溶液中c（Ba2+）c（SO42-）Ksp（BaSO4），溶液没有达到饱和，所以不可能生成沉淀，C正确；D项，溶度积常数只与温度有关系，a和c两点对应的温度是相同的，所以溶度积常数相同，D不正确；答案选C。8、C【解析】A项，根据盖斯定律可知H3=-（H1+H2），则H1=-（H3+H2），故A项错误；B项，因

20、为E1E2图在催化剂条件下，反应的活化能等于E1，故B项错误；C项，NaOH 和氨水混合溶液滴入醋酸，NaOH先与醋酸反应生成醋酸钠，氢氧化钠与醋酸钠均为强电解质且离子带电荷数相同，但加入醋酸溶液体积增大，单位体积内电荷数目减少，故溶液导电能力减弱；当氢氧化钠反应完毕后再滴加醋酸，氨水与醋酸反应生成醋酸铵，醋酸铵为强电解质，一水合氨为弱电解质，故随着醋酸滴入溶液导电能力逐渐增强，当氨水反应完后加入醋酸，溶液体积增大，故溶液导电能力逐渐减小，故C项正确；D项，图只表示由CO(g)生成CO2(g)的能量变化，并不能表示具体的反应过程，故D项错误。本题选C。9、D【解析】A乙炔分子中含碳量较高，燃烧

21、时常伴有浓烈的黑烟，故正确；B硫酸铜能吸收硫化氢，实验室制乙炔时可用除杂质气体，故正确；C由于电石与水反应比较剧烈，容易发生危险，而在饱和食盐水中，水的含量降低，可以减缓电石和水的反应速率，故正确；D工业上由石油的裂解来生产乙烯，不能由乙炔制乙烯，故错误；故答案为D。10、B【解析】ACl原子取代了乙烷上的H原子，为取代反应；A项不符合题意；B乙烯中的碳碳双键与HBr发生加成，生成溴乙烷，B项符合题意；C乙醇的催化氧化，为氧化反应，C项不符合题意；D羟基取代了氯原子，为氯代烃的水解反(取代反应)，D项不符合题意；本题答案选B。11、D【解析】试题分析：在敞口容器中将金属钠投入到FeC12溶液中

22、，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和氯化亚铁反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，氢氧化亚铁与氧气、水反应生成红褐色沉淀氢氧化铁，错误；向AlCl3溶液中逐滴加入过量的稀氢氧化钠溶液，先生成白色沉淀氢氧化铝，氢氧化铝再与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，沉淀溶解，错误； 向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸，生成白色沉淀硅酸和氯化钠，正确；氢氧化铝不溶于弱酸，故向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成白色氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，正确； 向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2，二者发生反应生成碳酸氢钠，溶质的质量增大，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，生成碳酸氢钠白色沉淀，正确。选D。12、D【解析】分析：A、氧

23、化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由可知Fe3不能氧化Br，氧化性Br2Fe3；B、由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，结合电子转移守恒计算判断C、由信息可知，ClO3氧化Cl为Cl2，Cl中Cl元素化合价由-1价升高为0价，ClO3中Cl元素化合价由+5价降低为0价，生成3molCl2转移电子的物质的量是5molD、反应中KMnO4MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，应生成氧气，根据元素守恒还生成水详解：A、氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由可知氧化性MnO4Cl2，由可知氧化性Cl2Fe3，由可知Fe3不能氧化Br，氧化性Br2

24、Fe3，故A错误。B、由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，根据电子转移守恒2n（Cl2）=n（FeBr2），即n（C12）：n（FeBr2）=1：2，故B错误；C、由信息可知，ClO3氧化Cl为Cl2，Cl中Cl元素化合价由-1价升高为0价，ClO3中Cl元素化合价由+5价降低为0价，生成3molCl2转移电子的物质的量是5mol，故C错误；D、反应中KMnO4MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，生成氧气，根据H元素守恒可知还生成水，故D正确；故选D。13、A【解析】SO32-离子的中心原子孤对电子计算公式为(a-xb)/2中，

25、a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数，因此a=6+2=8，x=3，b=2，故选A。【点睛】本题的易错点为B，要注意在离子中a的变化，对于阳离子，a=中心原子价电子个数-电荷数，对于阴离子，a=中心原子价电子个数+电荷数。14、D【解析】根据中心原子上的孤电子对数的公式可知：A项，；B项，；C项，；D项，；答案选D。15、D【解析】A原子晶体熔点，比较共价键键长，键长越短，键能越大，物质越稳定；键长：C-CC-SiSi-Si，熔点：金刚石碳化硅晶体硅；B金属晶体键能的大小比较看金属原子的半径大小，半径越小键能越大，熔点越高。KNaClNaBr ；D.分子晶

26、体熔点，比较分子间作用力，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔点越高。【点睛】比较物质的熔点和沸点的高低，通常按下列步骤进行，首先比较物质的晶体类型，然后再根据同类晶体中晶体微粒间作用力大小，比较物质熔点和沸点的高低，具体比较如下：16、B【解析】A、在饱和Na2CO3溶液中c()较大，加入少量BaSO4粉末，溶液中会有部分BaSO4转化为BaCO3，因此向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生，但是Ksp(BaCO3)Ksp(BaSO4)，A项错误。B、有机层出现紫红色说明有I2生成，即发生反应：2Fe3+2I2Fe2+I2，氧化性：氧化剂氧化产物，故B项正确。C、证明元素非金属性强弱，需要比较

27、元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，所以用盐酸是错误的，C项错误。D、碳与浓硫酸产生的SO2使酸性KMnO4溶液褪色，表现出还原性，D项错误。答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、CO2 钠、硅 Al33NH3H2O=Al(OH)33NH4+ Al(OH)3OH=AlO2H2O Mg(OH)2 Mg3Al(OH)7CO3 【解析】气体A可使澄清石灰水变浑浊，结合抗酸药的有效成分，知该气体A为CO2，X中一定不含Si元素，因为硅酸盐中加入适量盐酸，会产生硅酸沉淀，溶液B中含有氯化镁和氯化铝；X中一定不含Na，因为Na的焰色为黄色；根据题给信息知调节pH至56时生成的白色沉淀B为Al(O

28、H)3；加入过量NaOH溶液，沉淀B完全溶解，离子方程式为：Al(OH)3OHAlO22H2O；加入NaOH溶液调节pH至12，有白色沉淀产生，则沉淀C为Mg(OH)2，据此解答。【详解】（1）气体A可使澄清石灰水变浑浊，结合抗酸药的有效成分，知该气体为CO2；（2）X中一定不含Si元素，因为硅酸盐中加入过量盐酸，会产生硅酸沉淀，一定不含Na元素，因为Na元素的焰色为黄色，即由、判断X一定不含有的元素是磷、硅、钠；（3）调节pH至56时生成的白色沉淀为Al(OH)3，NH3H2O为弱电解质，离子方程式中应写为化学式，即离子方程式为Al33NH3H2OAl(OH)33NH4；（4）中氢氧化铝溶解

29、的离子方程式为Al(OH)3OHAlO22H2O；（5）加入NaOH溶液调节pH至12，有白色沉淀产生，则沉淀C为Mg(OH)2；（6）由于n（CO2）:nAl(OH)3:nMg(OH)2=1:1:3，则CO32-、Al3+、Mg2+的物质的量之比为1:1:3，结合电荷守恒，则CO32-、Al3+、Mg2+、OH-的物质的量之比为1:1:3:7，故X为Mg3Al(OH)7CO3。18、Si3N4 原子 黏合剂、木材等的防腐剂或防火剂 NaClO 2NH3N2H4 NaCl H2O 次氯酸钠有强氧化性，防止N2H4继续被氧化 10 【解析】甲由A、B两种短周期非金属元素组成，难溶于水，且硬度大，

30、熔点高，考虑甲属于原子晶体。甲与熔融的烧碱反应生成一种含A元素的含氧酸盐乙和一种含B元素的气体丙，且丙能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明丙气体为NH3，说明甲中含有氮元素。含氧酸盐乙由短周期元素组成且为钠盐，能溶于水，加盐酸产生白色沉淀，盐酸过量沉淀不溶解，说明生成的沉淀为H2SiO3，则乙为Na2SiO3，证明甲中含有硅元素，故A为Si元素，B为N元素，依据元素化合价可推知甲为Si3N4，据此分析解答。【详解】(1)由分析可知，甲的化学式为Si3N4，属于原子晶体，故答案为：Si3N4；原子；(2)乙的水溶液为硅酸钠溶液，是一种矿物胶，可以做黏合剂、木材等的防腐剂或防火剂，故答案为：黏合剂、木

31、材等的防腐剂或防火剂；(3)B元素的一种氢化物丁，相对分子质量为32，常温下为液体，可知丁为N2H4，电子式为：，故答案为：；丁可由次氯酸钠与过量氨气反应制得，反应的化学方程式为：NaClO+2NH3N2H4+NaCl+H2O，次氯酸钠有强氧化性，防止N2H4继续被氧化，氨气需要过量，故答案为：NaClO+2NH3N2H4+NaCl+H2O；次氯酸钠有强氧化性，防止N2H4继续被氧化；电离方程式为：N2H4+H2ON2H5+OH-，该溶液中溶质电离程度较小，则c(N2H4)0.01mol/L，由平衡常数K=，可知该溶液中c(OH-)=1.010-4，溶液中c(H+)=mol/L=10-10mo

32、l/L，则溶液的pH=10，故答案为：10。【点睛】正确推断元素是解答本题的关键。本题的易错点和难点为(3)中pH的计算，要注意电离平衡常数表达式和水的离子积的灵活运用。19、称量 溶解 移液 定容 500 mL 烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒 检查是否漏液 偏高 偏低 1.00mol/L 【解析】（1）根据溶液配制的原理和方法，用氯化钠固体配制1.00mol/L的NaCl溶液500mL的一般步骤为计算，称量，溶解，移液，洗涤移液，定容，摇匀，故答案为称量；溶解；移液；定容；（2）配制500mL 0.10molL-1的NaCl溶液，所以还需要500mL容量瓶，溶解需要用烧杯、玻璃棒、量筒，玻璃棒

33、搅拌，加速溶解；移液需要玻璃棒引流；最后需用胶头滴管定容，容量瓶使用前必须检查是否漏水，故答案为500mL；烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒；检查是否漏液；（3）液体具有热胀冷缩的性质，加热加速溶解，未冷却到室温，配成了溶液，会导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高故答案为偏高；定容后，倒置容量瓶摇匀后平放静置，液面低于刻度线，一部分溶液留在瓶塞与瓶口之间，再加水定容，导致溶液体积偏大，所以溶液浓度偏低，故答案为偏低；溶液是均一的，从溶液中取出50mL，其中NaCl的物质的量浓度不变，仍为1.00mol/L，故答案为1.00mol/L。20、检查装置气密性 关闭装置A中分液漏斗的活塞，向G中加入蒸馏水没过导管，微热A，一段时间后若G中有气泡冒出，停止加热后导管内有水柱，则气密性良好； 除HCl 浓硫酸 吸收水，防止无水AlCl3遇潮湿空气变质 碱石灰 抑制铝离子水解 Al2O3+3Cl2+3C2AlCl3+3CO b 100%或100% 【解析】I.（1）此实验中有气体的参与，因此实验之前首先检验装置的气密性；检验气密性的方法，一般采用加热法和液差法两种；（2）利用题中信息，可以完成；（3）从水解的应用角度进行分析；II.（1）根据流程的目的，焦炭在高温下转化成CO，然后根据化合价升降法进行配平；（2）利用AlCl3和FeCl3升华的温度，进行分析；（3）根据元素守恒进行计算。【详解