2021年江西省上饶市中云中学高三化学下学期期末试题含解析

2021年江西省上饶市中云中学高三化学下学期期末试题含解析一、单选题（本大题共15个小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共60分。）1.X、Y、Z、W四种短周期元素的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Y原子的最外层只有2个电子，Z单质可制成半导体材料，W与X属于同一主族．下列叙述正确的是（）A．元素X只能形成一种氢化物：H2XB．元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的弱C．原子半径的大小顺序：r（Y）＞r（Z）＞r（W）＞r（X）D．化合物YX、ZX2、WX3中化学键的类型相同参考答案：C考点：原子结构与元素周期律的关系．.专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，X有2个电子层，最外层电子数为6，故X为O元素，W与X属于同一主族，故W为S元素，Y原子的最外层只有2个电子，原子序数大于O元素，故Y处于第三周期，故Y为Mg元素，Z单质可制成半导体材料，Z为Si元素．解答：解：短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，X有2个电子层，最外层电子数为6，故X为O元素，W与X属于同一主族，故W为S元素，Y原子的最外层只有2个电子，原子序数大于O元素，故Y处于第三周期，故Y为Mg元素，Z单质可制成半导体材料，Z为Si元素，A．X为O元素，可以形成H2O、H2O2，故A错误；B．非金属Si＜S，故元素S的最高价氧化物对应水化物的酸性比Si的强，故B错误；C．同周期自左而右，原子半径减小，同主族电子层越多原子半径越大，故原子半径Mg＞Si＞S＞O，即rY＞rZ＞rW＞rX，故C正确；D．MgO中含有离子键，而SiO2、SO3中含有共价键，故D错误；故选：C．点评：本题考查结构性质与位置关系、元素周期律、化学键等，难度不大，推断元素是解题的关键，注意对基础知识的理解掌握．2.下列离子方程式中正确的是

A．氧化铁可溶于氢碘酸：Fe2O3＋6H+＝2Fe3++3H2O

B．Fe3+的检验：Fe3++3SCN-＝Fe（SCN）3↓

C．向碳酸氢钙溶液中加入过量氢氧化钠

D．氨水滴入AlCl3溶液中：参考答案：C略3.下列有关热化学方程式的叙述中，正确的是A．含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28．7kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为：

NaOH（aq）＋HCl（aq）＝NaC1（aq）＋H2O（l）△H＝+57．4kJ／molB．已知C（石墨，s）＝C（金刚石，s）；△H＞0，则金刚石比石墨稳定C．已知2H2（g）十O2（g）＝2H2O（g）；△H=—483．6kJ／mol，则H2的燃烧热为241．8kJ／molD．已知2C(s)＋2O2(g)＝2CO2(g)；△H1

2C(s)＋O2(g)＝2CO(g)；△H2

则△H1＜△H2参考答案：D4.化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系不正确的是A铁粉具有还原性袋装食品的抗氧剂B铁离子的氧化性比铜离子强FeCl3溶液腐蚀Cu刻制印刷电路板CNa2O2能与CO2反应生成氧气呼吸面具中的氧气来源DSO2具有漂白性豆芽菜、银耳等食品的漂白

参考答案：D5.25℃时，下列各溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A．在0.1mol?L﹣1Na2S溶液中：2c（Na+）=c（S2﹣）+c（HS﹣）+c（H2S）B．pH=2的醋酸溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）C．将0.1mol?L﹣1盐酸与0.1mol?L﹣1K2CO3溶液等体积混合：c（K+）＞c（Cl﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．向0.1mol?L﹣1NH4HSO4溶液中滴加NaOH至溶液恰好呈中性：c（Na+）＞c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）参考答案：BC考点：离子浓度大小的比较分析：A．根据0.1mol?L﹣1Na2S溶液中的物料守恒判断；B．溶液中一定存在电荷守恒，根据混合液中的电荷守恒分析；C．混合液中溶质为等浓度的氯化钾和碳酸氢钾，碳酸氢根离子部分水解，溶液显示碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），结合电荷守恒判断各离子浓度大小；D．溶液为中性，则c（OH﹣）=c（H+），根据电荷守恒可得：c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO42﹣），混合液为中性，加入的氢氧化钠的物质的量稍大于0.1mol．解答：解：A．根据0.1mol?L﹣1Na2S溶液中的物料守恒可得：c（Na+）=2c（S2﹣）+2c（HS﹣）+2c（H2S），故A错误；B．pH=2的醋酸溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合，根据电荷守恒可得：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），故B正确；C．将0.1mol?L﹣1盐酸与0.1mol?L﹣1K2CO3溶液等体积混合，反应生成碳酸氢钾，反应后溶质为氯化钾和碳酸氢钾，碳酸氢根离子部分水解，溶液显示碱性，c（OH﹣）＞c（H+），溶液中离子浓度大小为：c（K+）＞c（Cl﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C正确；D．向0.1mol?L﹣1NH4HSO4溶液中滴加NaOH至溶液恰好呈中性，则c（OH﹣）=c（H+），氢氧化钠的物质的量应该稍大些，则c（Na+）＞c（SO42﹣），根据电荷守恒可得：c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO42﹣），则c（SO42﹣）＞c（NH4+），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+），故D错误；故选BC．点评：本题考查了离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断，题目难度中等，明确反应后溶质组成为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的含义及应用方法，试题侧重考查学生的分析理解能力．6.SiO2是一种化工原料，可以制备一系列物质（见图）。下列说法错误的是A.图中所有的反应中，属于氧化还原反应的有3个B.纯净的二氧化硅和单晶硅都是信息产业的重要基础原料，高纯度二氧化硅的广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”C.用硫酸可以除去石英砂（主要成分是SiO2）中少量的碳酸钙D.工业制水泥、工业制玻璃、燃煤固硫等都用到原料石灰石参考答案：C略7.常温下，下列各组离子在制定溶液中一定能大量共存的是

A．由水电离的c(H＋)=1×10－14mol·L－1的溶液中：Ca2＋、K＋、Cl－、HCO3－

B．含大量OH一的溶液中：CO32?、、、Na+、AlO2?、NO3?C．0.1mol·L－1FeCl3溶液：K＋、NH4＋、I－、SCN－D．1.0mol·L－1的KNO3溶液：H＋、Fe2＋、Cl－、SO42－参考答案：B略8.H－离子可以跟NH3反应：，根据该反应事实，可以得出的正确结论是A．NH3具有还原性

B．H－是很强的还原剂C．H2既是氧化产物又是还原产物

D．该反应属于置换反应

答：参考答案：BC略9.海水是巨大的资源宝库，下列关于海水综合利用的说法不正确的是（）A．海水制淡水主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等B．氯碱工业中在阳极上产生氯气C．海水提溴时，富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其氧化吸收D．工业上用电解熔融MgCl2的方法制取金属镁参考答案：C【考点】海水资源及其综合利用．【分析】A．海水制淡水主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等；B．电解饱和食盐水时，阴极生成氢气、氢氧化钠，阳极生成氯气；C．先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的；D．活泼金属用电解法冶炼．【解答】解：A．淡化海水，应将水和海水中的盐进行分离，分离出水，可用蒸馏的方法，分离出盐，可用电渗析法、离子交换法，故A正确；B．氯碱工业中，电解饱和食盐水时，阴极氢离子放电生成氢气，同时生成氢氧化钠，阳极上产生Cl2，故B正确；C．海水提取溴一般用氯气置换溴离子转化为溴单质，用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的，故C错误；D．冶炼钠、镁等活泼金属采用电解法冶炼，工业上用电解熔融氯化镁的方法制取Mg，故D正确；故选C．10.下列说法正确的是A．电解精炼铜的过程中，粗铜与电源的负极相连B．C4H9Br在氢氧化钾醇溶液中加热后可生成4种烯烃C．常温下，反应C(s)+CO2(g)＝2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH＞0D．常温下，将0.1mol·L―1氨水加水稀释，则c(NH4＋)与c(H＋)的比值将减小参考答案：CD略11.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．1.0mol·L－1的KNO3溶液中：Na＋、Fe2＋、Cl－、SO42－B．加入铝粉放出H2的溶液中：Al3+、K+、SO42—、Cl—C．在含大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、Cl—、SCN—D．水电离产生的c(OH—)=10—12mol·L—1的溶液中：K+、Mg2+、SO42—、NO3—参考答案：A略12.前20号主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W的原子最外层电子数是次外层电子数的3倍。X、Y、Z分属不同的周期，它们的原子序数之和是W原子序数的5倍。含有元素Z的盐的焰色反应为紫色。下列说法正确的是A.原子半径的大小WB.简单氢化物的热稳定性W>XC.X、Y的简单离子具有相同的电子层结构D.工业上通过电解W、Y组成的化合物制备单质Y参考答案：CW的原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，则W次外层电子数为2，最外层电子数为6，则W为氧(O)元素；含有元素Z的盐焰色反应为紫色，则Z为钾(K)元素；W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X、Y、Z分属不同的周期，所以X、Y、Z应分别属第二、三、四周期。X为第二周期的主族元素，且X的原子序数大于W，则X应为氟(F)元素；X、Y、Z的原子序数之和是W原子序数的5倍，W为8号元素，X为9号元素，Z为19号元素，则有9+Y+19=40，所以Y为12号元素，即Y为镁(Mg)元素。A、主族元素原子电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小。所以W、X、Y、Z的原子半径大小顺序为：X＜W＜Y＜Z，故A错误；B、W(O)与X(F)处于同一周期，同周期主族元素，从左至右，非金属性逐渐增强，其对应的氢化物的稳定性逐渐增强，故氢化物稳定性为W＜X，故B错误；C、X(F)与Y(Mg)的最简单离子分别为F-、Mg2+，两种离子的电子层结构均与Ne相同，故C正确；D、W(O)、Y(Mg)组成的化合物为MgO，MgO熔点太高，不适合用于电解，工业上制备Mg，一般是通过电解MgCl2，故D错误。故选C。13.火法炼铜首先要焙烧黄铜矿，主要涉及以下反应：

①

2CuFeS2+O2=Cu2S+2FeS+SO2

②Cu2S+O2=2Cu+SO2

下列说法正确的是

（

）

A．在反应①中：SO2既是氧化产物又是还原产物

B．在反应②中：Cu2S仅作还原剂，硫元素被氧化

C．在反应①中：每转移1．2mol电子，有0．2mol硫被氧化

D．在反应②中：每消耗1．0molCu2S，有4．0mol电子转移

参考答案：AC略14.短周期元素X、Y、Z、G、M的原子序数依次增大，X、Z同主族，可形成离子化合物ZX，Y单质是空气的主要成分之一，可形成MY2、MY3两种分子，G为金属元素．下列判断错误的是（）A．原子半径：Z＞G＞M＞YB．X、M形成的简单阴离子的还原性：X＞MC．G与Y形成的化合物一定既能与盐酸反应，又能与烧碱溶液反应D．X、Z分别与Y可形成原子数为1：1的物质参考答案：C【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】短周期元素X、Y、Z、G、M的原子序数依次增大，Y单质是空气的主要成分之一，且可形成MY2、MY3两种分子，则Y为O元素，M为S元素；X、Z同主族，可形成离子化合物ZX，则X为H元素，Z为Na；G为金属元素，则G为Mg或Al．【解答】解：短周期元素X、Y、Z、G、M的原子序数依次增大，Y单质是空气的主要成分之一，且可形成MY2、MY3两种分子，则Y为O元素，M为S元素；X、Z同主族，可形成离子化合物ZX，则X为H元素，Z为Na；G为金属元素，则G为Mg或Al．A．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Z（Na）＞G（Mg或Al）＞M（S）＞Y（O），故A正确；B．非金属性M（S）＞X（H），非金属性越强，阴离子还原性越弱，X、M形成的简单阴离子的还原性：X＞M，故B正确；C．G与Y形成的化合物为氧化镁或氧化铝，氧化铝既能与盐酸反应，又能与烧碱溶液反应，但氧化镁不能与烧碱溶液反应，故C错误；D．H元素与O元素可以形成H2O、H2O2，钠与氧可以形成Na2O、Na2O2，故D正确．故选：C．15.有关下图所示化合物的说法不正确的是A.既可以与Br2的CCl4溶液发生加成反应，又可以

在光照下与Br2发生取代反应B.1mol该化合物最多可以与3molNaOH反应C.既可以催化加氢,又可以使酸性KmnO4溶液褪色D.既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体参考答案：D略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.（13分）雾霾严重影响人们的生活与健康．某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42﹣、NO3﹣、Cl﹣．某兴趣小组收集了该地区的雾霾，试样溶液经必要的预处理后，设计并完成了如下的实验：已知：NO3﹣+A1+OH﹣+H2O→NH3↑+[Al（OH）4]﹣，根据以上的实验操作与现象，回答下列问题：（1）气体l的成分可能是

，进一步确定该气体成分的方法是

，实验室制备该气体的方程式为

．（2）写出沉淀2产生气体的离子方程式

．（3）经过以上实验可知，该地区雾霾中一定存在的离子有

．（4）某同学采用了另外一种实验方法，取少量的试样直接加入硝酸银溶液产生白色沉淀，该同学由此就确定一定含有Cl﹣，你认为他的说法是否合理

（填是或否），其理由是

．参考答案：（1）NH3；将湿润红色石蕊试纸靠近该气体，如果试纸变蓝，则证明该气体为NH3；Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；（2）BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；（3）NH4+、Mg2+、SO42﹣、NO3﹣；（4）否

由以上实验知，该试样中含有SO42﹣，加入AgNO3溶液，也会产生白色沉淀，故不能确定是否含有Cl﹣．考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．专题：物质检验鉴别题．分析：试样溶液中加入过量Ba（OH）2并加热，生成的气体1，该气体1可能是NH3，则试样中含有NH4+；向滤液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，NO3﹣+A1+OH－+H2O→NH3↑+[Al（OH）4]－，生成气体2，该气体是NH3，根据已知条件知，溶液2中含有NO3﹣，根据元素守恒知，原溶液中含有NO3﹣；滤液1中通入CO2，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出气体，说明沉淀2是碳酸钡等难溶性碳酸盐；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸钡不溶于酸，说明原来溶液中含有SO42﹣，能和过量Ba（OH）2反应生成能溶于酸的沉淀，根据离子知，该沉淀为Mg（OH）2，所以溶液中含有Mg2+，结合题给选项分析解答．解答：解：（1）试样溶液中加入过量Ba（OH）2并加热，生成的气体1可能是NH3；将湿润红色石蕊试纸靠近该气体，如果试纸变蓝，则证明该气体为NH3；实验室制取氨气的化学方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；故答案为：NH3；将湿润红色石蕊试纸靠近该气体，如果试纸变蓝，则证明该气体为NH3；Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；（2）向滤液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，生成气体2，NO3﹣+A1+OH－+H2O→NH3↑+[Al（OH）4]－，说明含有气体2是NH3，根据已知条件知，溶液2中含有NO3﹣，根据元素守恒知，原溶液中含有NO3﹣；滤液1中通入CO2，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出气体，离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O故答案为：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；（3）沉淀2是碳酸钡等难溶性碳酸盐，也有可能是试样中存在Al3+，在过量的Ba（OH）2中反应生成AlO2﹣，通入CO2后生成Al（OH）3沉淀；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸钡不溶于酸，说明原来溶液中含有SO42﹣，以及能和过量Ba（OH）2反应生成能溶于酸的沉淀，根据离子知，该沉淀为Mg（OH）2，所以溶液中含有Mg2+，通过以上分析知，试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42﹣和NO3﹣，故答案为：NH4+、Mg2+、SO42﹣、NO3﹣；（4）由以上实验知，该试样中含有SO42﹣，加入AgNO3溶液，也会产生白色沉淀，故不能确定是否含有Cl﹣；故答案为：否、由以上实验知，该试样中含有SO42﹣，加入AgNO3溶液，也会产生白色沉淀，故不能确定是否含有Cl﹣．点评：本题考查了物质的推断，明确物质的性质及特殊反应现象是解本题关键，根据物质的溶解性、物质的性质及题给信息来分析解答，题目难度中等．三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.化学平衡原理是中学化学学习的重要内容．请回答下列问题：（1）①己知：CH4、H2的燃烧热（△H）分别为﹣890.3kJ/mol、﹣285.8kJ/mol，则CO2和H2反应生成CH4的热化学方程式是

．②有人设想以N2和H2为反应物，以溶有A的稀盐酸为电解质溶液，可制造出既能提供电能，又能固氮的新型燃料电池，装置如右图所示．电池正极的电极反应式是

，A是

．（2）甲醇是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，工业上可用合成气制备甲醇．反应为CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）．某温度下，在容积为2L的密闭容器中进行该反应，其相关数据见右图：①从反应开始至平衡时，用CO表示化学反应速率为

，该温度下的平衡常数为．②5min至10min时速率变化的原因可能是 ；③15min时对反应体系采取了一个措施，至20min时CO的物质的量为0.5mol，请在图中画出CO的变化曲线．（3）①常温下，将VmL、0.1000mol/L氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00mL、0.1000mol/L醋酸溶液中，充分反应（忽略溶液体积的变化）．如果溶液pH=7，此时V的取值20.00（填“＞”、“=”或“＜”），溶液中c（Na+）、c（CH3COO﹣）、c（H+）、c（OH﹣）的大小关系是

．②常温下，将amol/L的醋酸与bmol/L的氢氧化钠溶液等体积混合，反应后，溶液呈中性，则醋酸的电离常数为

（用含有a、b字母的代数式表示）．

参考答案：（1）①CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（l）△H=﹣252.9kJ/mol；②N2+8H++6e﹣=2NH4+；氯化铵；（2）①0.03mol/（L?min）；；②反应受热或使用了催化剂；③；

（3）①＜；c（Na+）=c（CH3COO﹣）＞c（H+）=c（OH﹣）；②；考点：电解原理；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的计算；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．分析：（1）①根据燃烧热写出①CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890.3KJ/mol；②H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=﹣285.8kJ?mol﹣1；依据盖斯定律，②×4﹣①来计算焓变；②电池中氢气失电子，在负极发生氧化反应，氮气得电子在正极发生还原反应，氨气与HCl反应生成氯化铵，则电解质溶液为氯化铵；（2）①根据v=结合图象计算CH3OH的速率，再根据速率之比等于系数之比计算CO的化学反应速率；根据平衡常数K=及各组分的浓度计算出该反应的平衡常数；②反应速率加快，根据升温或者使用催化剂可以使反应速率加快分析；③平衡正向移动，是增加CO的量导致平衡正向移动，据此判断；（3）①溶液的酸碱性是根据溶液中H+浓度与OH﹣浓度的相对大小判断的，只要溶液中c（H+）=c（OH﹣），溶液就呈中性，CH3COOH是弱电解质，电离程度不大，NaOH是强电解质，完全电离，反应生成的乙酸钠是强碱弱酸盐水解呈碱性，需溶液呈中性，需少加碱；根据溶液呈中性pH=7c（H+）=c（OH﹣）结合电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）进行解答；②呈中性则c（H+）=c（OH﹣）=10﹣7mol/L，c（Na+）=c（CH3COO﹣）=bmol/L，以此计算．解答：解：（1）①CH4、H2的燃烧热（△H）分别为﹣890.3kJ/mol、﹣285.8kJ/mol；则①CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890.3KJ/mol；②H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=﹣285.8kJ?mol﹣1；依据盖斯定律，②×4﹣①得到：CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（l）△H=﹣285.8kJ?mol﹣1×4+890.3KJ/mol=﹣252.9kJ/mol；故答案为：CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（l）△H=﹣252.9kJ/mol；②该电池的本质反应是合成氨反应，电池中氢气失电子，在负极发生氧化反应，氮气得电子在正极发生还原反应，则正极反应式为N2+8H++6e﹣=2NH4+，氨气与HCl反应生成氯化铵，则电解质溶液为氯化铵溶液，故答案为：N2+8H++6e﹣=2NH4+；氯化铵；（2）①根据图象CH3OH的速率v===0.03mol/（L?min），又速率之比等于系数之比，所以CO的化学反应速率也为0.03mol/（L?min）；又由图象可以看出平衡时氢气的物质的量为0.8mol，CO为0.4mol，CH3OH为0.6mol，所以平衡常数K===，故答案为：0.03mol/（L?min）；；②反应速率加快，而且在10分钟的时刻，达平衡状态，可能是反应受热或使用了催化剂，故答案为：反应受热或使用了催化剂；③平衡正向移动，是增加CO的量导致平衡正向移动，所以图象为：，故答案为：；

（3）①CH3COOH是弱电解质，电离程度不大，NaOH是强电解质，完全电离，反应生成的乙酸钠是强碱弱酸盐，水解呈碱性，需溶液呈中性pH=7，需少加碱，所以常温下，将VmL、0.1000mol?L﹣1氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00mL、0.1000mol?L﹣1醋酸溶液中，充分反应，V＜20.00mL溶液呈中性pH=7，c（H+）=c（OH﹣）；根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），c（H+）=c（OH﹣），溶液中的溶质为乙酸钠溶液，水的电离是微弱的，所以c（Na+）=c（CH3COO﹣）＞c（H+）=c（OH﹣），故答案为：＜；c（Na+）=c（CH3COO﹣）＞c（H+）=c（OH﹣）；②呈中性则c（H+）=c（OH﹣）=10﹣7mol/L，c（Na+）=c（CH3COO﹣）=bmol/L，则CH3COOH的电离常数Ka===，故答案为：；点评：本题考查盖斯定律的应用、原电池原理、平衡的移动和溶液中的反应等相关知识，综合性强，比较有难度．18.（12分）某工厂生产硼砂过程中产生的固体废料，主要含有MgCO3、MgSiO3、CaMg(CO3)2、Al2O3和Fe2O3等，回收其中镁的工艺流程如下：沉淀物Fe（OH）3Al(OH)3Mg(OH)2PH3.25.212.4

部分阳离子以氢氧化物形式完全深沉时溶液的pH由见上表，请回答下列问题：（1）“浸出”步骤中，为提高镁的浸出率，可采取的措施有

（要求写出两条）。（2）滤渣I的主要成分有

。（3）从滤渣Ⅱ中可回收利用的主要物质有

。（4）Mg(ClO3)2在农业上可用作脱叶剂、催熟剂，可采用复分解反应制备：

MgCl2+2NaClO3===Mg(ClO3)2+2NaCl已知四种化合物的溶解度（S）随温度（T）变化曲线如下图所示：①将反应物按化学反应方程式计量数比混合制备Mg(ClO3)2。简述可制备Mg(ClO3)2的原因：

。②按①中条件进行制备实验。在冷却降温析出Mg(ClO3)2过程中，常伴有NaCl析出，原因是：

。除去产品中该杂质的方法是：