河北省唐山市2021届高三上学期第一次摸底考试化学试题 Word版含解析 23页

唐山市2020－2021学年度高三年级摸底考试 化学 考试说明：‎ ‎1.考试时间90分钟，满分100分。‎ ‎2.将1卷、II卷答案按要求填涂在答题卡上，在试卷上作答无效。‎ ‎3.可能用到的相对原子质量：H－1，B－11，C－12，N－14，O－16，Na－23，Cl－35.5，Fe－56，Cu－64‎ I卷(40分)‎ 一、选择题：本题共10小题，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。‎ ‎1. 下列物质属于纯净物的是（ ）‎ A. 漂白粉 B. 甘油 C. 石油 D. 天然气 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．漂白粉的主要成分是Ca(ClO)2和CaCl2的混合物，有效成分是Ca(ClO)2，A不合题意；‎ B．甘油是丙三醇，属于纯净物，B符合题意；‎ C．石油是由有机物和无机物组成的混合物，C不合题意； ‎ D．天然气主要由甲烷（85%）和少量乙烷（9%）、丙烷（3%）、氮（2%）和丁烷（1%）组成，D不合题意；‎ 故答案为：B。‎ ‎2. 下列有关化学用语表示正确的是（ ）‎ A. S原子结构示意图： B. HClO的电子式：‎ C. 乙醇的结构简式：CH3CH2OH D. 中子数为10的氟原子：F ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 硫离子结构示意图：，A错误； ‎ B. 次氯酸分子内，氧原子分别与氢、氯原子共用1对电子对，则HClO的电子式为：‎ - 23 -‎ ‎，B错误；‎ C. 乙醇的结构简式为：CH3CH2OH，C正确； ‎ D. 中子数为10的氟原子其质量数为19： ，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎3. 室温下，下列各组离子在溶液中能大量共存的是（ ）‎ A. Fe3＋、Na＋、ClO－、SCN－ B. OH－、K＋、Br－、‎ C. Ba2＋、Al3＋、、 D. I－、Mg2＋、、‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Fe3＋与SCN－会发生络合反应生成硫氰化铁，不能共存，A错误；‎ B. OH－、K＋、Br－、之间互不反应，能共存，B正确；‎ C. Al3＋与会发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，不能共存，C错误； ‎ D. I－与会发生氧化还原反应，不能共存，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎4. 下列实验操作能达到实验目的的是(　　)‎ A. 用装置甲从碘水中萃取碘 B. 用装置乙验证SO2的漂白性 C. 用装置丙检验溶液中是否有K＋ D. 用装置丁将FeCl3溶液蒸干制备FeCl3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 苯与水不互溶，与碘不反应，且I2在苯中的溶解度远大于在水中的溶解度，因此可用苯作萃取剂，萃取碘水中的I2，可以达到实验目的，A项正确；‎ B. SO2与酸性的高锰酸钾之间因发生氧化还原反应而使高锰酸钾溶液褪色，因此不能证明SO2具有漂白性，不能达到实验目的，B项错误；‎ - 23 -‎ C. 用焰色反应检验K+时，观察火焰颜色时要透过蓝色的钴玻璃，不能达到实验目的，C项错误；‎ D. 将FeCl3溶液蒸干的过程中，Fe3+水解生成Fe(OH)3，加热后生成Fe2O3，因此将FeCl3溶液蒸干不能制备纯净的FeCl3，不能达到实验目的，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】解答本题的关键是要掌握盐溶液蒸干时所得产物的判断方法：‎ ‎(1)盐溶液水解生成难挥发性酸时蒸干后一般得原物质，如CuSO4(aq)蒸干得CuSO4(s)；‎ ‎(2)盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得到对应的氧化物，如AlCl3(aq)蒸干得Al(OH)3，灼烧得Al2O3；‎ ‎(3)考虑盐受热时是否分解：‎ 原物质 蒸干灼烧后固体物质 Ca(HCO3)2‎ CaCO3或CaO NaHCO3‎ Na2CO3‎ KMnO4‎ K2MnO4和MnO2‎ NH4Cl 分解为NH3和HCl无固体物质存在 ‎(4)还原性盐在蒸干时会被O2氧化，如Na2SO3(aq)蒸干得Na2SO4(s)；‎ ‎(5)弱酸的铵盐蒸干后无固体，如NH4HCO3、(NH4)2CO3。‎ ‎5. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述不正确的是（ ）‎ A. 某温度和压强下，48 g O2和O3的混合气体中含有的氧原子总数为3NA B. 在合成氨反应中，当有2.24 L氨气(标准状况下)生成时，转移的电子数为0.3NA C. 1 L 1 mol·L－1 Na2CO3水溶液中含有的氧原子数为3NA D. 4.6 g乙醇中含有O－H键数目为0.1NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．O2和O3均由氧原子组成，48 g O2和O3的混合气体中氧原子的物质的量为=3mol，则含有的氧原子总数为3NA，故A正确；‎ - 23 -‎ B．在标准状况下，2.24 L氨气的物质的量为0.1mol，在合成氨反应中，氮元素由0价降低到-3价，故转移的电子数为0.3NA，故B正确；‎ C．1 L 1 mol/L Na2CO3中含有的氧原子数为3NA，溶剂水中还含有氧原子，所以1 L 1 mol/L Na2CO3水溶液中含有的氧原子数大于3NA，故C错误；‎ D．一个乙醇分子中含有一个O－H键，4.6 g乙醇的物质的量为=0.1mol，则含有O－H键数目为0.1NA，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎6. 短周期元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大且不含稀有气体元素，X元素原子核内只含1个质子且与W同主族，Y的最外层电子数是次外层电子数2倍，Z、M同主族且能形成两种常见的化合物。则下列说法中不正确的是（ ）‎ A. Y单质的氧化性小于Z单质 B. 元素简单离子的半径大小为M>Z>W>X C. Y2X4与X2M均能使溴水褪色，且褪色原理相同 D. X、Z、W形成的化合物中既含离子键又含共价键 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题干可知，X元素原子核内只含1个质子且与W同主族，故X是H，Y的最外层电子数是次外层电子数2倍，故Y是C，短周期元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大且不含稀有气体元素，X与W同主族，故W是Na，Z、M同主族且能形成两种常见的化合物，故Z是O，M是S，据此解题。‎ ‎【详解】A．C与O位于同一周期，同一周期从左往右元素的非金属增强，单质的非金属性增强，故Y单质C的氧化性小于Z单质O2，A正确；‎ B．离子半径大小一般遵循电子层数越多半径越大，电子层数相同核电荷数越大半径越小，故元素简单离子的半径大小为M>Z>W>X即S2-＞O2-＞Na+＞H+，B正确；‎ C．Y2X4即C2H4与X2M即H2S均能使溴水褪色，褪色原理分别为：CH2=CH2+Br2=BrCH2CH2Br、H2S+Br2=S+2HBr，分别发生加成反应和氧化还原反应故不相同，C不正确；‎ D．X、Z、W即H、O、Na形成的化合物NaOH中既含Na+和OH-之间的离子键，又含OH-内部的共价键，D正确；‎ - 23 -‎ 故答案为：C。‎ ‎7. 多彩水泥的添加剂是CoCl2·6H2O。工业上是以含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取CoCl2·6H2O的一种新工艺流程如下图：‎ 下列说法错误是( )‎ A. 含钴废料在加入盐酸过程中金属钴发生的离子方程式为：2Co＋6H＋＝2Co3＋＋3H2↑‎ B. 溶液1中加入NaClO3的目的是将Fe2＋氧化至Fe3＋‎ C. 操作I过滤 D. 操作II为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 向含钴废料中加入过量稀盐酸，Fe、Al和稀盐酸反应生成FeCl2、AlCl3、CoCl2，向溶液1中加入NaClO3溶液，NaClO3具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，溶液2中加入Na2CO3调节溶液的pH，使Fe(OH)3、Al(OH)3生成沉淀，然后过滤，滤渣为Fe(OH)3、Al(OH)3，溶液3中含有CoCl2，然后向溶液3中加入稀盐酸调节溶液的pH，抑制CoCl2水解，然后采用蒸发浓缩、冷却结晶和过滤方法得到CoCl2•6H2O，以此解答该题。‎ ‎【详解】A．结合分析，含钴废料在加入盐酸过程中，金属钴、铁、铝均与盐酸反应，发生的离子方程式为：2Co＋6H＋＝2Co3＋＋3H2↑、2Al＋6H＋＝2Al3＋＋3H2↑、Fe＋2H＋＝Fe 2＋＋H2↑，故A错误；‎ B．结合分析，溶液1中加入NaClO3的目的是将Fe2＋氧化至Fe3＋，故B正确；‎ C．根据分析，操作I为过滤，故C正确；‎ D．根据分析，操作II为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎8. 文献指出，苯与液溴在加入铁粉发生反应的反应历程如下：2Fe＋3Br2＝2FeBr3，FeBr3＋Br2FeBr4－＋Br＋，。关于该反应下列说法不正确的是（ ）‎ A. 该反应起催化作用的是FeBr3‎ - 23 -‎ B. 有水存在时，液溴与苯依然可以发生反应得到溴苯 C. 苯与溴发生有机反应的类型为取代反应 D. 产物溴苯中会含有一定量的溴，可加入氢氧化钠溶液，再通过分液的方法除去溴苯中的溴 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 液溴中加入铁粉反应生成溴化铁，在反应中溴化铁被消耗后又重新生成，故该反应起催化作用的是FeBr3，A正确；‎ B. 有水存在时，溴化铁溶于水中，无法与溴分子反应产生阴阳离子，后续反应无法发生，B不正确；‎ C. 苯与溴发生有机反应生成溴苯和溴化氢，故反应类型为取代反应，C正确；‎ D. 产物溴苯中会含有一定量的溴，加入的氢氧化钠溶液和溴单质反应得到可溶性钠盐，再通过分液，放出下层液体即为溴苯，D正确；‎ 答案选B。 ‎ ‎9. 下列过程对应的离子方程式书写正确的是（ ）‎ A. 用醋酸除去水壶中的水垢：CaCO3＋2H＋＝Ca2＋＋CO2↑＋H2O B. 稀硫酸中加入氢氧化钡溶液：H＋＋OH－＝H2O C. NaHCO3溶液中加入少量澄清石灰水：Ca2＋＋＋OH－＝CaCO3↓＋H2O D. 足量纯碱溶液中，加入数滴稀盐酸：CO32－＋H＋＝‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 醋酸是弱酸、酸性大于碳酸，故用醋酸除去水壶中的水垢： ，A错误；‎ B. 稀硫酸中加入氢氧化钡溶液：，B错误； ‎ C. NaHCO3溶液中加入少量澄清石灰水生成碳酸钙、碳酸钠和水： ，C错误；‎ D. 足量纯碱溶液中，加入数滴稀盐酸：CO32－＋H＋＝，D正确；‎ 答案选D。‎ - 23 -‎ ‎10. 在给定条件下，下列选项所示物质间不满足每一步转化均能实现的是（ ）‎ A. N2(g)NO(g)NaNO2(aq)‎ B. SiO2(s)Na2SiO3(aq)H2SiO3(s)‎ C. Al(s)NaAlO2(aq)Al(OH)3(s)‎ D. Fe2O3(s)Fe(s)Fe(NO3)3(aq)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. NO(g)NaNO2(aq)不能转化，一氧化氮、二氧化氮和氢氧化钠溶液反应可得到亚硝酸钠溶液，满足题意，A选； ‎ B. 二氧化硅和氢氧化钠溶液反应得到硅酸钠溶液、硅酸钠溶液中通入二氧化碳可得到硅酸沉淀，故SiO2(s)Na2SiO3(aq)H2SiO3(s)可实现，不满足题意，B不选；‎ C. 铝能与氢氧化钠溶液反应得到偏铝酸钠、偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳得到氢氧化铝沉淀，故Al(s)NaAlO2(aq)Al(OH)3(s)可实现，不满足题意，C不选；‎ D. 高温下，铝能和氧化铁发生铝热反应，铁在稀硝酸中被氧化得到硝酸铁，故Fe2O3(s)Fe(s)Fe(NO3)3(aq)可实现 ，不满足题意，D不选；‎ 答案选A。‎ 二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。‎ ‎11. 一种天然化合物X的结构简式如图所示。下列有关该化合物的说法中不正确的是（ ）‎ A. 化合物X的分子式为C19H18O7‎ B. 每个X分子中含有1个手性碳原子 - 23 -‎ C. 化合物X能发生加成、取代、消去、氧化反应 D. 1 mol化合物X最多能与4 mol NaOH发生反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据X的结构简式可知，化合物X的分子式为C19H18O7，A正确；‎ B．同时连有四个各不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故每个X分子中含有1个手性碳原子，如图所示，B正确；‎ C．化合物X含有苯环、碳碳双键，故能发生加成反应，含有酚羟基故能发生取代反应，含有碳碳双键和酚羟基发生氧化反应，没有醇羟基或卤素原子等，故不能发生消去反应，C错误；‎ D．1 mol化合物X含有3mol酚羟基和1mol酯基，故最多能与4 mol NaOH发生反应，D正确；‎ 故答案为：C。‎ ‎12. 对下列选项中操作和现象，其解释与结论不正确的是（ ）‎ 选项 操作 现象 解释与结论 A 将铜片溶于稀HNO3‎ 试管口气体变红 铜与硝酸反应生成NO2‎ B 无水乙醇与浓硫酸共热至170℃，将产生的气体通入溴水 溴水褪色 乙烯和溴水发生加成反应 C 向物质的量浓度、体积均相同的Na2CO3和NaHCO3溶液中各滴加1滴酚酞 变红，前者红色更深 水解程度：‎ D 室温下，向浓度均为0.01mol·L-1的KCl和KI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液 出现黄色沉淀 Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)‎ A. A B. B C. C D. D - 23 -‎ ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A．将铜片溶于稀HNO3生成无色气体NO，NO在瓶口与O2反应生成NO2，A不正确；‎ B．乙醇与浓硫酸共热170℃产生的乙烯气体中混有杂质二氧化硫，二氧化硫也能够使溴水褪色，干扰了检验，且溴水褪色也不一定发生加成反应，B不正确；‎ C．向物质的量浓度、体积均相同的Na2CO3和NaHCO3溶液中各滴加1滴酚酞，前者红色更深，说明碳酸钠的水解程度更大，即水解程度：，C正确；‎ D．室温下，向浓度均为0.01mol•L-1的KCl和KI混合溶液中滴加AgNO3溶液，出现黄色沉淀，说明AgI更难溶，则Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，D正确； ‎ 故答案为：AB。‎ ‎13. 已知常温下，向20 mL 0.1 mol·L－1 的HA溶液中，滴入0.1 mol·L－1的NaOH溶液，所得滴定曲线如下图所示，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 若A点的pH＝3，则HA为一元弱酸，其电离平衡常数的数量级为10－5‎ B. B点各微粒物质的量浓度的关系是：2c(H＋)＋c(A－)＝2c(OH－)＋c(HA)‎ C. C点存在关系式：c(A－)＝c(Na＋)‎ D. 若D点的pH＝8.4，则水电离出的c(H＋)＝10－8.4 mol·L－1‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图知，HA是弱酸，常温下，向20 mL 0.1 mol·L－1 的HA溶液中，滴入0.1 mol·L－1的NaOH溶液，若滴入20mL的NaOH溶液时，恰好反应，得到NaA溶液，因水解呈碱性，若滴入NaOH溶液后溶液恰好呈中性，则溶液为NaA和HA的混合溶液，HA未充分反应，则滴入NaOH溶液的体积小于20mL，任何时刻，溶液呈电中性，c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，据此分析；‎ ‎【详解】A. 若A点的pH＝3，则c(H+)=c(A-)=10-3 mol·L－1，HA为一元弱酸，其电离平衡常数 - 23 -‎ ‎，故数量级为10－5，A正确；‎ B. B点滴入10mLNaOH溶液，则有一半HA反应，故溶液为NaA和HA的混合溶液，且NaA和HA的物质的量浓度相等，按物料守恒知，2c(Na+)=c(A-)+c(HA)，溶液呈电中性，则c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，据此得到各微粒物质的量浓度的关系是：2c(OH－)＋c(A－)＝2c(H＋)＋c(HA)，B错误；‎ C. C点溶液恰好呈中性，c(H+)= c(OH-)，由于溶液呈电中性，则c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，故存在关系式：c(A－)＝c(Na＋) ，C正确；‎ D. D点时，滴入20mL的NaOH溶液，恰好反应，得到NaA溶液，因水解呈碱性，促进水的电离，若D点的pH＝8.4，则水电离出的c(H＋) = c(OH-)=10－5.6 mol·L－1，D错误；‎ 答案选BD。‎ ‎14. 关于下列工业生产过程，说法正确的是（ ）‎ A. 工业上电解冶炼铝，由于Al2O3熔点高，可用AlCl3代替 B. 氯碱工业中，选用阳离子交换膜，除了平衡电荷的作用外还可隔绝气体产物避免出现危险 C. 侯氏制碱法中，在沉淀池中反生反应时，应向饱和食盐水中先通氨气后通二氧化碳 D. 接触法制硫酸过程中，在吸收塔内用水来吸收SO3‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 工业上电解Al2O3冶炼铝，但不可用AlCl3代替，因为氯化铝是共价化合物，熔融状态下不导电，A错误；‎ B. 氯碱工业中，选用阳离子交换膜，除了平衡电荷的作用外还可隔绝气体产物避免氢气和氯气混合爆炸出现危险，B正确；‎ C. 侯氏制碱法中，在沉淀池中反生反应时，应向饱和食盐水中先通氨气后通二氧化碳，因为氨气极易溶于水，先通入氨气后通入二氧化碳，能生成大量碳酸氢根离子，故能析出碳酸氢钠晶体，C正确；‎ D. 接触法制硫酸过程中，在吸收塔内用浓硫酸来吸收SO3，D错误；‎ 答案选BC。‎ ‎15. ZulemaBorjas等设计的一种微生物脱盐池的装置如图所示，下列说法正确的是（ ）‎ - 23 -‎ A. 该装置工作时，电能转化为化学能 B. 该装置可以在高温下工作 C. X为阳离子交换膜，Y为阴离子交换膜 D. 负极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图中信息可知，该装置为原电池装置，左侧为原电池负极，有机物在此电极上失电子，海水中阴离子向此电极移动，右侧为原电池正极，氧气在此电极上得电子，海水中阳离子向此电极移动。‎ ‎【详解】A．该装置工作时为原电池，是将化学能转化为电能的装置，A错误；‎ B．高温能使微生物蛋白质凝固变性，导致电池工作失效，所以该装置不能在高温下工作，B错误；‎ C．原电池内电路中：阳离子移向正极、阴离子移向负极，从而达到脱盐目的，所以Y为阳离子交换膜、X为阴离子交换膜，C错误；‎ D．由图片可知，负极为有机废水CH3COO-的电极，失电子发生氧化反应，电极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+，D正确；‎ 故选D。‎ II卷(共60分)‎ 三、必答题(48分)‎ ‎16. 硼氢化钠(NaBH4，硼为＋3价)在有机化学和无机化学领域有着广泛的应用。利用硼精矿(主要成分为B2O3，含有少量Al2O3、SiO2、FeCl3等)制取NaBH4的流程如下：‎ - 23 -‎ 已知：偏硼酸钠(NaBO2)易溶于水，不溶于醇，在碱性条件下稳定存在。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)加快硼精矿溶解的措施有_________________________(答出一条即可)。‎ ‎(2)操作2是将滤液蒸发、结晶、过滤、洗涤，其中洗涤选用的试剂是_____________。‎ ‎(3)MgH2与NaBO2在一定条件下发生反应1，理论上MgH2与NaBO2的物质的量之比为_____________。反应1得到的副产物的用途为_________________(答出一种用途即可)。‎ ‎(4)某研究小组将NaBO2、SiO2和Na的固体混合物与氢气在500℃和4×105Pa条件下制备NaBH4，同时生成硅酸钠。该反应的化学方程式为__________________________________。‎ ‎(5)通过以下实验测定硼氢化钠样品的纯度。‎ ‎①准确称取干燥硼氢化钠样品0.50 g，用NaOH溶液溶解后配制成100 mL溶液；‎ ‎②取10.00 mL样品液于锥形瓶中，加入25.00 mL 0.10 mol·L－1 KIO3溶液，然后加入适量KI，滴入几滴淀粉溶液，无明显现象(3NaBH4＋4KIO3＝3NaBO2＋4KI＋6H2O)；‎ ‎③加入足量稀硫酸酸化，溶液成深蓝色(KIO3＋5KI＋3H2SO4＝3K2SO4＋3I2＋3H2O)；‎ ‎④用0.50 mol·L－1 Na2S2O3标准液滴定，至终点时，消耗该标准液12.00 mL(I2＋2Na2S2O3＝2NaI＋Na2S4O6)‎ 则样品中NaBH4质量分数为_____________。‎ ‎【答案】 (1). 矿石粉碎，加热，适当提高NaOH溶液浓度，搅拌等 (2). 醇（合理即可） (3). 2：1 (4). 耐火材料 (5). (6). 85.5%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由流程知，硼精矿经氢氧化钠溶液溶解、过滤，得到的滤液含偏硼酸钠、偏铝酸钠、硅酸钠和氯化钠和氢氧化铁，加入生石灰，除硅铝，过滤后，得到主要含偏硼酸钠的滤液，故将滤液蒸发、结晶、过滤，由于偏硼酸钠(NaBO2)‎ - 23 -‎ 易溶于水，不溶于醇，故用醇洗涤，得到干燥的偏硼酸钠晶体，所得晶体与MgH2发生反应：，即制得硼氢化钠，要测定所得产品的纯度，则结合滴定实验的数据计算即可；‎ ‎【详解】(1) 加快硼精矿溶解速率的措施有：将硼精矿粉碎、搅拌、适当增大NaOH溶液浓度、加热等；‎ ‎(2） MgH2可与水反应，因此MgH2与偏硼酸钠反应必须在干燥环境中进行，则操作2是从滤液中获取干燥的偏硼酸钠晶体，故需将滤液蒸发、结晶、过滤、洗涤，已知偏硼酸钠(NaBO2)易溶于水，不溶于醇，故可选择醇作洗涤剂，减少偏硼酸钠的溶解损耗，且醇易挥发；‎ ‎(3)MgH2与NaBO2在一定条件下发生反应1，化学方程式为： ，理论上MgH2与NaBO2的物质的量之比为2:1。反应1得到的副产物为氧化镁，熔点高达2800°C，故可用于耐火材料；‎ ‎(4) NaBO2、SiO2和Na的固体混合物与氢气在500℃和4×105Pa条件下制备NaBH4，同时生成硅酸钠。则该反应的化学方程式为：；‎ ‎(5) 根据题意，消耗该标准液的物质的量6×10−3mol，由反应，碘的物质的量为3×10−3mol，则与碘化钾反应的碘酸钾的物质的量为，与硼氢化钠反应的碘酸钾的物质的量为 mol，则硼氢化钠的物质的量为1.125×10−3 mol，样品中NaBH4质量分数为。‎ ‎17. 合成氨是人工固氮比较成熟的技术，在工业上有重要的用途。‎ ‎(1)已知化学键的键能如下表，则N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) △H＝_____________。‎ ‎(2)恒温条件下，在体积固定的容器中发生合成氨的反应，下列叙述表明反应已达平衡状态的是_____________。‎ ‎①体系压强保持不变 ②c(N2)：c(H2)：c(NH3)＝1：3：2‎ ‎③每消耗1 mol N2，有6 mol N－H键发生断裂 ④混合气体的密度保持不变 - 23 -‎ ‎⑤混合气体的平均摩尔质量保持不变 ⑥v正(NH3)＝0‎ ‎(3)合成氨反应的平衡常数与温度的对应关系如下表：‎ 试解释平衡常数随温度的升高而减小的原因__________________________。工业上合成氨一般以α－铁触媒为催化剂，400～500℃条件下反应，选取该反应温度而非室温或更高温度的原因是____________________________________________________。‎ ‎(4)在恒温条件下实验室模拟合成氨反应，甲、乙两容器充入相同量的N2与H2后体积相同，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，则反应到达平衡状态时，转化率甲_____________乙(填“>”、“<”或“＝”)。反应达平衡后向甲容器中再充入一定量的NH3，则甲容器中H2的转化率_____________(填“增大”、“减小”或“不变”)。‎ ‎(5)肼(N2H4)又称联氨可看成是氨气中的氢原子被氨基取代后的产物，常用作火箭的液体燃料。肼燃料电池的原理如下图所示，则负极发生的电极反应式为______________________。‎ ‎【答案】 (1). -92.4 kJ·mol−1 (2). ①③⑤ (3). 反应放热，升温后平衡逆向移动，K减小 (4). 催化剂活性最强 (5). < (6). 增大 (7). N2H4－4e−+4OH− =N2↑+4H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 合成氨反应是可逆反应，反应过程中放热，若要计算N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) △H，可按照△H＝反应物的总键能-生成物的总键能进行，若要判断其是否平衡，则通过 平衡特征——“等”、“定”来判断， “等”，即统一同一种物质的正、逆反应速率相等，“定”即各成分的浓度等保持不变，选择判据时一定要符合这2个特征才行；模拟合成氨反应判断平衡移动时，可参考勒夏特列原理、定量地结合平衡常数是温度的函数来判断；‎ - 23 -‎ 燃料电池中，通入燃料的一极为负极，还原剂失去电子发生氧化反应，电子沿着导线流向正极，通入助燃物的一极为正极，正极上发生还原反应，内电路中阴离子移向负极、阳离子移向正极；‎ ‎【详解】(1)已知化学键的键能如下表，则N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) △H＝反应物的总键能-生成物的总键能= ；‎ ‎(2) ①反应中，气体的物质的量、压强会随着反应而变化，故容器内压强不随时间的变化，说明气体的物质的量不随时间变化，则说明反应已达平衡，①正确；体系压强保持不变；②各成分的浓度取决于起始量，故c(N2)：c(H2)：c(NH3)＝1：3：2不能体现是否平衡，②错误；③每消耗1 mol N2，有6 mol N－H键发生断裂，υ正(N2):υ逆(NH3)=1:2，不同物质的正反应和逆反应速率等于化学计量数之比，则说明已平衡，③正确；④密闭容器中， ，气体质量不会随着反应而变化，容积体积的不变，故气体密度始终不变，不能说明已平衡，④错误；⑤气体的物质的量、混合气体的平均摩尔质量会随着反应而变化，故混合气体的平均摩尔质量保持不变说明已平衡，⑤正确 ； ⑥v正(NH3)不可能为0，⑥错误；故表明反应已达平衡状态的是①③⑤；‎ ‎ (3)合成氨反应是放热反应，升温后平衡逆向移动，故平衡常数随温度的升高而减小；工业上合成氨一般以α－铁触媒为催化剂，400～500℃条件下反应，选取该反应温度而非室温或更高温度的原因是催化剂活性最强；‎ ‎(4)在恒温条件下实验室模拟合成氨反应，甲、乙两容器充入相同量的N2与H2后体积相同，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，由于反应过程中气体分子总数减小，故乙容器体积逐渐缩小，乙的平衡等效于甲平衡的基础上缩小体积增大压强后右移的结果，故反应到达平衡状态时，转化率甲<乙。反应达平衡后向甲容器中再充入一定量的NH3，则把氨气折算成反应物，则相当于氮气和氢气按1:3投料，则相当于氮气、氢气的投料都增加了、并提高了氢气的含量，新平衡时各成分的浓度都会增加，按，若新平衡时，氨气浓度为旧平衡时2倍，则K的表达式中分子分母都变为4倍，显然氢气浓度的增幅必须小一些才能满足，故新平衡时甲容器中H2的转化率增大；‎ ‎(5由肼燃料电池的原理如下图所示，则肼转变为氮气，是氧化反应，则肼为负极反应物，在碱性条件下，负极发生的电极反应式为：N2H4－4e−+4OH− =N2↑+4H2O。‎ ‎18. ClO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。某兴趣小组通过下图所示装置(夹持装置略)对其进行制备、收集、吸收并制取NaClO2。‎ - 23 -‎ ‎(1)仪器的B名称是_____________。‎ ‎(2)打开B的活塞，A中有ClO2生成，若制备1 mol ClO2，理论上消耗的硫酸的物质的量为_____________；D中吸收ClO2后生成NaClO2，写出D中所发生反应的离子方程式：_______________________________________。‎ ‎(3)E中溶液出现黄色能否说明ClO2未被H2O2和NaOH的混合溶液充分吸收，判断并说明理由：______________________________________。‎ ‎(4)已知：当pH≤2.0时，能被I－还原。E装置吸收逸出的少量ClO2气体后所得溶液(pH为5.5～6.5)中存在少量。请补充完整检验E装置溶液中存在少量的实验方案：取一定体积E装置中的溶液于分液漏斗中，__________，则溶液中存在。(实验中须使用的试剂有：CCl4、稀硫酸、淀粉溶液)‎ ‎(5)“有效氯含量"可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为__________g。(计算结果保留两位小数)‎ ‎【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 0.5 mol (3). (4). 不能，因为D装置中有氧气产生，氧气也可能将I−氧化为I2 (5). 用CCl4多次萃取、分液，直至溶液中滴加淀粉溶液不显蓝色。向溶液中滴加稀硫酸至溶液的pH≤2，滴加淀粉溶液，溶液变蓝 (6). 1.57‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 装置A中盛放NaClO3和Na2SO3的固体混合物，当分液漏斗滴加稀硫酸进入A中后，三者混合发生反应，装置C的作用是收集ClO2，多余的ClO2在装置D中被双氧水和氢氧化钠溶液的混合溶液完全吸收生成NaClO2，E装置吸收逸出的少量ClO2气体，以此解答该题；‎ ‎【详解】(1)仪器的B名称是分液漏斗；‎ - 23 -‎ ‎(2)打开B的活塞，A中有ClO2生成，发生的化学方程式为：， 若制备1 mol ClO2，理论上消耗的硫酸的物质的量为0.5 mol；D中双氧水吸收ClO2，在碱性条件下发生氧化还原反应，生成NaClO2，NaClO2是还原产物，氧气为氧化产物，则 D中所发生反应的离子方程式为：；‎ ‎(3)E中溶液出现黄色不能说明ClO2未被H2O2和NaOH的混合溶液充分吸收，因为D装置中有氧气产生，氧气也可能将I−氧化为I2；‎ ‎(4)由于E装置的溶液中存在 I2，为了防止其干扰检验，检验之前必须除去碘单质，根据已知：当pH≤2.0时，能被I－还原，发生的反应为：，故在除去碘单质的溶液中加入稀硫酸酸化到pH≤2.0，再滴入淀粉，观察是否变蓝即可；故检验E装置溶液中存在少量的实验方案为：取一定体积E装置中的溶液于分液漏斗中用CCl4多次萃取、分液，直至溶液中滴加淀粉溶液不显蓝色，向溶液中滴加稀硫酸至溶液的pH≤2，滴加淀粉溶液，溶液变蓝，则溶液中存在；‎ ‎(5)设NaClO2的有效氯含量为x，根据得4e−，Cl2→2Cl−得2e−，则 ，解得x=1.57。‎ ‎19. ZrO2是重要的耐高温材料，可用作陶瓷遮光剂和良好的催化剂。天然锆英石(ZrSiO4)含有铁、铝、铜等金属元素的氧化物杂质，工业以锆英石为原料制备ZrO2的工艺流程如下：‎ 已知：‎ ‎①锆英石能与烧碱高温反应生成可溶于水的Na2ZrO3，Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2＋。‎ ‎②部分离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀时的pH如下表：‎ ‎(1)ZrSiO4中Zr的化合价为__________。滤渣2的主要成分为__________。‎ - 23 -‎ ‎(2)“碱熔”过程中ZrSiO4发生反应的化学方程式_______________________________。‎ ‎(3)本流程使用NaCN除铜，若盐酸溶解后溶液中c(Cu2＋)＝0.01 mol·L－1，当溶液中Cu2＋开始沉淀时，c(CN－)＝__________。(已知Ksp[Cu(CN)2]＝4×10－10)‎ ‎(4)向除Cu后所得滤液中加氨水调pH＝b，发生的离子方程式为_______________________。‎ ‎(5)过滤时需要用到的玻璃仪器_______________。‎ ‎(6)由氢氧化锆制备高纯二氧化锆的方法是_____________。‎ ‎【答案】 (1). +4 (2). Al(OH)3和 Fe(OH)3 (3). ZrSiO4+4NaOH Na2ZrO3 + Na2SiO3 + 2H2O (4). 2×10−4 mol·L−1 (5). (6). 漏斗、烧杯、玻璃棒 (7). 高温焙烧 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 锆英砂（主要成分为ZrSiO4，也可表示为ZrO2•SiO2，还含少量Fe2O3、Al2O3、CuO等杂质）加NaOH熔融，ZrSiO4转化为Na2SiO3和Na2ZrO3，加过量盐酸酸浸，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，滤液中含有ZrO2+、Fe3+、Al3+，加氨水调节pH为5.2～6.2，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，过滤，滤液中主要含有ZrO2+，再加氨水调节pH使ZrO2+转化为Zr（OH）4沉淀，过滤、洗涤，得到Zr（OH）4，加热分解，即可得到ZrO2。‎ ‎【详解】(1)ZrSiO4中Zr化合价为+4；由分析可知，滤渣2的主要成分为Al(OH)3和 Fe(OH)3；‎ ‎(2)“碱熔”过程中ZrSiO4转化为Na2SiO3和Na2ZrO3，发生反应的化学方程式ZrSiO4+4NaOH Na2ZrO3 + Na2SiO3 + 2H2O；‎ ‎(3) c(Cu2＋)＝0.01 mol·L－1，当溶液中Cu2＋开始沉淀时，c ＝ = = ，则；‎ ‎ (4)向除Cu后所得滤液中含有ZrO2+，加氨水调pH＝b使ZrO2+转化为Zr（OH）4沉淀，发生的离子方程式为；‎ ‎(5)过滤时需要用到的玻璃仪器漏斗、烧杯、玻璃棒；‎ ‎(6)由氢氧化锆制备高纯二氧化锆的方法是高温焙烧。‎ - 23 -‎ ‎20. 硼族元素及其化合物应用广泛。回答下列问题：‎ ‎(1)基态B原子的价电子排布式为__________，B原子核外电子有_______个不同的能级。‎ ‎(2)硼、铝同主族，晶体硼的熔点为2300℃，金属铝的熔点为660.3℃，试解释其原因：__________________________________________________。‎ ‎(3)氨硼烷(NH3·BH3)是一种高性能新型储氢材料，其中硼原子的杂化方式为____________。三种元素的电负性由小到大顺序为________________，写出一种与氨硼烷互为等电子体的分子__________(填化学式)。‎ ‎(4)氮化硼(BN)晶体是一种特殊的耐磨和切削材料，其晶胞结构与金刚石相似，如下图所示。‎ ‎①氮化硼晶体中六个面心的氮原子构成的几何形状为__________。‎ ‎②已知立方氮化硼晶体中晶胞密度为d g·cm－3，阿伏加德罗常数值为NA，则该晶体中距离最近的B原子与N原子之间的球心距离表达式为__________nm。‎ ‎【答案】 (1). 2s22p1 (2). 3 (3). 铝为金属晶体，金属键不强，熔点不高；晶体硼为原子晶体，硼原子间通过共价键结合，作用力较强，因此其熔点高于铝 (4). sp3 (5). B＜H＜N (6). C2H6 (7). 正八面体 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) B为5号元素，根据核外电子排布规律结合电子排布式分析解答；‎ ‎(2)硼是原子晶体，铝是金属晶体，据此分析解答；‎ ‎(3)根据价层电子对互斥理论结合氨硼烷(NH3·BH3)的结构分析判断B原子的杂化类型；元素的非金属性越强，电负性越大；与氨硼烷互为等电子体的分子中含有8个原子、价电子数是14，据此分析解答；‎ ‎(4)根据图示判断氮化硼晶体中六个面心的氮原子构成的几何形状，根据均摊法计算判断晶胞的棱长，晶体中距离最近的B原子与N原子之间的球心距离为晶胞体对角线长度的，据此分析解答。‎ - 23 -‎ ‎【详解】(1)B为5号元素，基态B原子的价电子为2s、2p能级上的电子，其价电子排布式为2s22p1；B原子核外的电子分别位于1s、2s、2p能级，所以B原子核外电子有3个不同的能级，故答案为：2s22p1；3； ‎ ‎(2)Al为金属晶体，其中的金属键较弱，导致熔点不高；晶体硼为原子晶体，原子间以共价键结合，且共价键数量多，作用力较强，因此其熔点远高于Al，故答案为：Al为金属晶体，金属键不强，熔点不高；晶体硼为原子晶体，原子间以共价键结合，作用力较强，因此其熔点高于铝；‎ ‎(3)根据价层电子对互斥理论，氨硼烷(NH3·BH3)中N原子含有孤电子对、B原子含有空轨道，N、B原子之间存在配位键，B原子有一个配位键和三个B-Hσ键，杂化类型为sp3；元素的非金属性越强，电负性越大，则N、B、H三种元素的电负性由小到大顺序为B＜H＜N；与氨硼烷互为等电子体的分子中含有8个原子、价电子数是14，符合条件的等电子体为C2H6，故答案为：sp3；B＜H＜N；C2H6；‎ ‎(4)①根据图示，氮化硼晶体中六个面心的氮原子构成的几何形状为正八面体，故答案为：正八面体；‎ ‎②立方氮化硼晶体的晶胞中含有N原子的数目为8×+6×=4，B原子有4个，因此晶胞的质量为g，晶胞密度为d g·cm－3，则晶胞的棱长为 cm= nm，晶体中距离最近的B原子与N原子之间的球心距离为晶胞体对角线长度的，因此距离最近的B原子与N原子之间的球心距离为 nm，故答案为：。‎ ‎【点睛】本题的易错点和难点为(4)②，关键是要知道晶体中距离最近的B原子与N原子之间的球心距离为晶胞体对角线长度的。‎ ‎21. 具有3个环状结构的有机物(C12H14O3)是有机合成中重要的中间体，以1，3－丁二烯为原料合成该有机物的方法如下：‎ - 23 -‎ ‎(1)B的名称为________，E中的官能团名称为________，G→H的反应类型为_________。‎ ‎(2)已知四元环状结构是不稳定的，请用“*”标注出化合物I中的手性碳原子__________。‎ ‎(3)写出H→I的化学方程式______________________________________。‎ ‎(4)含有六元环状结构且含有相同官能团的F的同分异构体有______种(不考虑立体异构)。‎ ‎(5)请参考题中合成路线，设计由苯甲醛及和必要的无机试剂合成的路线：___________________________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 环己烯 (2). 羟基 (3). 消去反应 (4). (5). + (6). 18 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据流程图所示，结合已知反应信息，A(1，3－丁二烯)与乙烯发生加成反应成环生成B，B的结构，B与HBr发生加成反应生成C，C的结构简式为，C在乙醚作用下与Mg反应生成D，D的结构简式为，D与乙醛反应再进行酸化生成E，则E - 23 -‎ 的结构简式为，E在浓硫酸作用下发生消去反应生成F，F的结构简式为，F与Br2发生加成反应生成G，G的结构简式为，G在NaOH醇溶液中发生卤代烃的消去反应生成H，H的结构简式为 ，H与发生加成反应成环生成I，I的结构简式为，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)根据分析，B的结构简式为，名称为环己烯，E的结构简式为，其中官能团名称为羟基，G在NaOH醇溶液中发生卤代烃的消去反应生成H，G→H的反应类型为消去反应；‎ ‎(2)I的结构简式为，有机物中连接4种不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，则化合物I中的手性碳原子(*所示为手性碳原子)；‎ ‎(3) H→I的化学方程式为+；‎ ‎(4) F的结构简式为，含有六元环状结构且含有相同官能团碳碳双键，若碳碳双键在六元环上，即与乙基(-CH2CH3)相连，则共有如图3种结构；若与2两个甲基相连，且两个甲基在不同的碳原子上，则共有如图：、、‎ - 23 -‎ ‎10种结构；若与2两个甲基相连，且两个甲基在相同的碳原子上，则共有如图：2种结构；或与一个甲基相连有邻、间、对3种结构，则符合要求的F的同分异构体有18种； ‎ ‎(5)由苯甲醛及和必要的无机试剂合成，首先在乙醚作用下与Mg反应生成，与苯甲醛()反应再酸化生成，在浓硫酸加热条件下发生消去反应生成，则合成路线为：。‎ ‎【点睛】本题的解题关键在与已知信息提供的反应过程，根据已知反应信息逐步分析推断流程图中结构和官能团的变化，难点为(4) 中F的同分异构体中，六元环上的碳存在饱和碳原子，两个取代基可以同时连接在同一碳原子上。‎ - 23 -‎