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1、202L2022学年黑龙江省佳木斯市汤原高级中学高三（上）期中化学试卷1 .2 0 2 0年1 1月“嫦娥五号”成功着陆月球，展示了以芳纶为主制成的五星红旗，用S i C增强铝基材料钻杆“挖土”，实现了中国首次月球无人采样返回。研究表明月球表面的“土壤”主要含有氧、硅、铝、铁、镁、钙和钠等元素。下列有关说法正确的是（）A.“嫦娥五号”使用的太阳能电池阵和锂离子电池组，均可将化学能转变成电能B.制作五星红旗用的芳纶为合成纤维，具有烧焦羽毛的气味C.制作钻杆用的S i C又称金刚砂，具有硬度大、耐磨性好的优点D.月球表面的“土壤”所含元素均可以利用焰色反应进行判断2 .下列有关化学用语的表示方法正
2、确的是（）A.次氯酸的电子式：H：C1：0：B.M 2+核外有a个电子，核内有b个中子，M的原子符号为陈旷2 MC.用电子式表示M g C%的形成过程为：CP+x Mg x+ci：-疮:D.氮离子（N 3-）的结构示意图：3.维生素B 5可以减轻抗生素等药物引起的毒副作用，其结构为A.该物质可发生消去反应生成碳碳双键B.分子中含有8个碳原子C.一定条件下，I m o l维生素B 5最多可与I m o l N a O H发生反应D.该物质以及所有的水解产物均能发生聚合反应4.某合作学习小组讨论辨析：漂白粉和酸雨都是混合物；煤和石油都是可再生能源；蔗糖、硫酸钢和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解
3、质；不锈钢和目前流通的硬币都是合金；硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物；豆浆和雾都是胶体.上述说法正确的是（）A.B.C.D.5.某体系中原有网 2+、M n O f、Cl，厂、M n2+,+六种微粒，其中某些微粒的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断错误的是（）A.通过图像可以看出氧化性：MnO l2 F e3+Cl2B.该体系中共发生了 3 个氧化还原反应，氧化剂均是M n O4rC.t 2 和t 3 时刻的氧化产物均能使湿润的淀粉-K/试纸变蓝D.F e2+.Cl，广三种微粒的物质的量之比为1：2：26.实验室制备氨基甲酸钱的原理为2 N“3（g）+CO2（g N
4、 H2C O O N H4（s）H N a 2 c 0 3(s)H2S04(aq)电解C.M g O(s)t MgSOaq)-M g(s)CaCCaq)O2D.S O2(,9)t CaS()3(s)-Ca S 04(s)9.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）以。旷）M）=1 0-1 2 的溶液中：N H 八 Cu2+.N O g、SOB.滴加K S C N 溶液显红色的溶液中：N H 3 K+、C广、1C.0.1?n o 1 的N a HCO s 溶液中：F e3+.K+、C厂、S 耍一D.水电离产生的c（O/T）=1 0-1 2 巾0广1 的溶液中：N a+、Al3+.C
5、厂、NO11 0 .四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的简单离子具有相同电子层结构，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W 与 Y同族，Z与 X形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列说法正确的是（）A.简单离子半径：W X ZB.W 与 X形成的化合物溶于水后溶液呈碱性C.气态氨化物的热稳定性：M Z Z1 1 .将 1 5.2 g 铜和镁组成的混合物加入的2 5 0 m L 4.0 m o k L T 稀硝酸中，固体完全溶解，生成的气体只有NO。向所得溶液中加入l.O L N a O H溶液，此时金属离子恰好沉淀完全，沉淀质量为2 5.4 g,下列说法不正确的是（
6、）A.原固体混合物中，C u 和 Mg的物质的量之比为2：1B.氢氧化钠溶液的浓度为0.8m。，1TC.固体溶解后的溶液中硝酸的物质的量为O.l m o,D.生成的NO气体在标况下的体积为4.4 8L1 2.以 为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A.0.1 m。/也。2 分子中含极性共价键数目为。3以B.3 l g 白磷中含有的P-P键数目为N.C.标况下2 2.4 L 戊烷含有分子数目大于N.D.7.2 g Ca O 2 晶体中阴离子和阳离子总数为0.3 以1 3.现有一混合物的水溶液，可能含有以下离子中的若干种：K+、N H 3 8a 2+、C。歹、C、SOU现取两份2 0 0
7、m L 溶液进行如下实验：第一份加足量N a O H 溶液，加热，收集到气体1.3 6 g；第二份加足量B a C%溶液后，得干燥沉淀1 2.5 4 g,经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.6 6 g.根据上述实验，以下推测正确的是（）A.一定存在K+、N/、CO g、S O 广，一定不存在BQ2+、c rB.一定存在N 赤、C、C。仁、S O 厂，可能存在K+C.c（S。：-）=0.2mol-L,c（N H：）c（S O。D.如 果 溶 液 中 存 在Cl-、CO 仁、SOl,K+五种离子，贝 DC（K+）0.2 m o l L1 4 .反应S i C（g）+2 2（g）迪曼S i（s）+
8、4 HC，（g）可用于纯硅的制备。下列有关该反应的说法正确的是（）A.该反应 H 0.S 3 m 0%2molNH34mo L N H 3N“3 的浓度(m o/3 T)JC2C3反应的能量变化放出a k J吸收b k J吸收c k J体系压强（P a）PlP2P3反应物转化率%02A.2c l c3B.a+b=9 2.4 C.2p2 117 .在容积不变的密闭容器中存在反应：2s o 2（g）+O 2（g）=2S O 3（g）F e3+%，故 A 错误；B.根据图像可知，该体系中共发生了 3 个氧化还原反应，氧化剂均是M nO 1,氧化产物分别为与、Fe3+CZ2 故 B 正确；C.根据图像
9、可知，t2时刻的氧化产物为1 2,以时刻的氧化产物是仪2,都能使湿润的淀粉-K/试纸变蓝，故 C 正确；D.根据图像可知，F e2+.Cl-、D 三种微粒的物质的量之比为O.lmol：0.2mol：0.2mol=1：2：2,故 D 正确；故选：Ao由图可知，MnOf依次氧化厂、产 e2+、C厂,分 别 生 成 Fe3+、C%，说明还原性：I F e2+Cl-,所以单质的氧化性：I2 F e3+Cl2,据此分析作答。本题主要考查学生对氧化还原反应规律的应用能力，具体涉及还原性的强弱以及反应的先后顺序,同时考查学生的看图理解能力，分析应用能力，难度不大。6.【答案】D【解析】解：4。2是共价化合物
10、，碳原子和氧原子之间有2 对电子，氧原子最外层电子数为8,其电子式为6：C：5，故 A 正确；B.N/C O O N 4中含有镀根离子，属于离子化合物，故 B 正确；C.该反应是放热反应，故该反应物的总能量高于生成物的总能量，故 C 正确；D.N%是碱性气体，不能用浓硫酸干燥，D 错误；故选：D。A.CQ是共价化合物，O 原子核外有6 个电子，与 C 共用2 对电子；B .NH2COONH4 是钱盐;C.A H 0为放热反应；D.N也 是碱性气体，不能用酸性干燥剂干燥。本题考查电子式、离子化合物的结构、能量变化、干燥剂的选择等知识，难度不大。7.【答案】C【解析】解：4 黄铁矿中的Fes2在煨
11、烧过程中失电子，作还原剂，故 A 正确；B.通入过量二氧化硫保证碱反应完全，得到纯净的N a H S d,故 B 正确；C.氯离子、亚铁离子均可被酸性高锯酸钾氧化，且 Fe用盐酸溶解后，盐酸可能剩余，不能用KMMj溶液滴定法来测定其纯度，故c错误；D.加热N a H S O s制备N a 2 s 2 O 5，由原子守恒可知反应的化学方程式为Z N a H S 3二N a 2 s 2 O 5 +H20,故D正确；故选：C o由流程可知，F e s 2煨烧生成氧化铁和二氧化硫，氧化铁与C O反应生成F e,F e与盐酸反应生成氯化亚铁，氯离子、亚铁离子均可被酸性高镭酸钾氧化；二氧化硫与氧气反应生成
12、三氧化硫，三氧化硫溶于发烟硫酸可制备酸，尾气中含二氧化硫，与烧碱反应生成亚硫酸氢钠，加热生成N a2 s 2仇，以此来解答。本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。8.【答案】A【解析】解：44与四氧化三铁发生铝热反应生成F e,F e与少量硝酸反应生成硝酸亚铁，图中转化均可实现，故A正确；B.氨气与氯化钠溶液、二氧化碳反应生成碳酸氢钠、氯化镂，且N aO H与氯化钱溶液中加热可使氨气逸出，不能实现转化，故B错误；电静C.硫酸镁溶液电解不生成M g,则M g S O aq)-M
13、 g(s)不能实现，故C错误；C aC aq)D.二氧化硫与氯化钙不反应，贝！5。2(9)C aS O 3(s)不能实现，故D错误；故选：A A.A I与四氧化三铁发生铝热反应生成F e,F e与少量硝酸反应生成硝酸亚铁；B .氨气与氯化钠溶液、二氧化碳反应生成碳酸氢钠、氯化镂；C.硫酸镁溶液电解不生成M g；D.二氧化硫与氯化钙不反应。本题考查物质的性质及转化，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。9.【答案】A【解析】解：翟=1 0-1 2的溶液显酸性，含有大量“+,H+、N H 3 Cu2 N。、S。歹相互不
14、反应，能大量共存，故A正确；B.滴加K S C N溶液显红色的溶液含大量叫3+,+具有强的氧化性，能够氧化厂，二者不能大量共存，故B错误；C.H C O 与F”+发生双水解互促到底，不能大量共存，故C错误；D.水电离产生的c(OH-)=IO-】27no小厂1的溶液,水的电离受到抑制，溶液为酸溶液或者碱溶液，酸溶液中，+、N a+、43+、ci-、N。不反应，可以大量共存，碱 溶 液 中 含 有 大 量。-与AF+反应，不能大量共存，故 D 错误；故选：AoA 第?=1T2的溶液显酸性，含有大量H+；c(H+)B.滴加KSCN溶液显红色的溶液含大量Fe3+；C.HC。*与尸e3+发生双水解互促到
15、底；D.水电离产生的c(OH-)=10-12moZ 的溶液,水的电离受到抑制，溶液为酸溶液或者碱溶液。本题考查离子共存，为高频考点，把握习题中的信息、离子之间的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意复分解反应、氧化还原反应的判断，题目难度不大。10.【答案】B【解析】解：由上述分析可知，W 为 N 元素或O 元素，X 为 N a元素，Y 为 P 元素或S 元素，Z为 C1元素，A.电子层越多离子半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：N a+N 3-(或。2-)Y,故 C 错误；D.短周期主族元素从左向右非金属性逐渐增强，则非金属性P(或s)非金属性越强
16、，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则最高价氧化物的水化物的酸性：Y Z,故 D 错误；故选：Bo四种短周期主族元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，X 的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则 X 为 Na元素；Z 与 X 形成的离子化合物的水溶液呈中性，该离子化合物为N aC L 则Z 为 C1元素；W、X 的简单离子具有相同电子层结构，W 与 Y 同族，W 为第二周期的非金属元素，可能为N 元素或O 元素，Y 为 P 元素或S 元素，以此分析解答。本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，结合原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目
17、难度不大。11.【答案】C【解析】解：4 25.4g沉淀是Mg(0H)2、Cu(0H)2,沉淀中氢氧根的质量为25.4g-15.2g=10.2g,淀中氢氧根离子的物质的量为第=0,6小。/，根据电荷守恒可知，金属提供电子物质的量等于17g/mol沉淀中氢氧根离子的物质的量，令 C u、Mg的物质的量分别为xm o l、y m o l,根据二者总质量、电子转移守恒有:解得x=0 2,y=o.l,则 C u 和 Mg的物质的量之比为0.2 小。心+L y U.OOAmol=2：1,故 A 正确;B.加入的N a O H 使金属离子恰好沉淀，此时溶液中溶质为NON/,反应中转移电子为0.6 n w，
18、根据电子转移守恒可知九(N O)=0：=0.2mol,根据氮原子守恒n(N a N O 3)=九 总(H N O 3)-n(N0)=0.25 L x 4.0mol/L 0.2mol=0.8mol,由钠离子守恒可知ZI(NQOH)=nNaNO 二O.Smol,则氢氧化钠溶液的物质的量浓度为 嘿 器=0.8mol/L,故 B正确；C.C u、Mg与稀硝酸反应表示为3 R +8 H N O3=3/?(/V O3)2+2NO T +4/0,由 B中计算可知n(N。)=0.2 m o 1,根据方程式可知参加反应UN%的物质的量为0.2 m o/x 4 =0.8 m o/,故剩余硝酸的物质的量为0.2 5
19、 L x 4.0mol/L -O.Qmol=0.2mol,故 C 错误；D.由 B中计算可知n(N。)=0.2mol,则标准状况下NO的体积为0.2 m o l x 22.4L/mol-4.4 8 L,故 D正确；故选：C oA.2 5.4 g 沉淀是M g(O H)2、C u(O，)2，计算沉淀中氢氧根离子的物质的量，根据电荷守恒可知，金属提供电子物质的量等于沉淀中氢氧根离子的物质的量，令C u、Mg的物质的量分别为xm o ky m o L根据二者总质量、电子转移守恒列方程计算解答；B.加入的N a O H 使金属离子恰好沉淀，此时溶液中溶质为N a N O s，由钠离子守恒可知n(N a
20、 O H)=n(NaNO3),根据电子转移守恒计算n(N。)，再根据氮原子守恒计算 N a N O s),再根据c=计算氢氧化钠溶液的物质的量浓度；C.C u、Mg与稀硝酸反应表示为3 R +8 HNO3=3/?(/V O3)2+2NO T +4%。，由B中计算可知n(N。),根据方程式计算参加反应Nd的物质的量，进而计算剩余硝酸的物质的量；D.根据电子转移守恒计算n(N。)，再根据U =分 计算标准状况下NO的体积。本题考查混合物反应的有关计算、化学方程式的计算，关键是明确发生的反应，注意守恒思想的运用，试题培养了学生分析计算能力、灵活运用知识的能力。1 2.【答案】C【解析】解：4 0.1
21、 血。加2。2 分子中含极性共价键数目为0 2 治，故 A错误；B.3 1 g 白磷中含有的P-P键数目为：*6*1.5%,故 B错误；C.标况下戊烷为液态，标况下2 2.4 L 戊烷含的分子数远远大于,故C正确；D.7.2 g C a O 2 晶体物质的量为：悬 森 =0.1 m。，阴离子和阳离子总数为0.2 必，故 D错误；故选：C oA.1 个过氧化氢含有2个。-H极性共价键；B.1个白磷分子含有6条P -P键；C.标况下戊烷为液态；D.过氧化钙中含有1个钙离子和1个过氧根离子。本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，难度不大。1 3.【答案】D【
22、解析】【分析】本题主要考查的是常见离子的检验，与氢氧化钠反应放出的气体为氨气，能与钢离子反应生成沉淀的是碳酸根离子与硫酸根离子，难度中等.【解答】第一份加足量N a O H溶液,加热，收集到气体1.3 6 g,说明一定含有N H j、且物质的量为:喘 篇 =0.08TH。/；第二份加足量B a C 1 2溶液后，得干燥沉淀1 2.5 4 g,经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.6 6 g,此沉淀为硫酸钢故一定含有S O；v-,且物质的量为：233g/mol 一定含有C O0g,且物质的量为：弋”6胃=0 0 4 m o/；据此得出溶液中一定不存在的是：B a2+,依据电中性原则得出197 g
23、/mol溶液中一定含有K+，不一定存在，据此选择即可.A、依据分析可知，溶液中可能含有C厂，故A错误；B、依据分析可知，溶液中一定含有K+,C厂不一定存在，故B错误；C、c(S 0 4-)=OAmol-L T1,故 C 错误；D、如果溶液中存在N H j、C、C O歹、5。e、K+五种离子，则c(K+)+c(N H j)=c(C广)+2 c(C 0 f-)+2 c(S O。,即c(K+)+OAmol/L=2 x 0.2mol/L+2 x O.lmol/L+c(C厂)，故c(7 0.2mol/L,故 D 正确，故选 D。1 4.【答案】B【解析】解：4为气体体积增大的反应，则该反应A S。，故A
24、错误；B.K为生成物浓度易之积与反应物浓度易之积的比，则反应的平衡常数K =募黑2/S i为纯固体，不能出现K的表达式中，故B正确；C.状况未知，Vm未知，不能由物质的量计算氢气的体积，故C错误；D.焰变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，则该反应4 H=4 E(S i-Cl)+2E(H-H)-4E(H-Cl)-2E(Si-Si),故 D 错误；故选：B eA.为气体体积增大的反应；B.K为生成物浓度基之积与反应物浓度事之积的比；C.状况未知，V in未知；D.焰变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量。本题考查反应热与焰变、平衡常数，为高频考点，把 握K的表达式、焰变计算、物质的
25、量相关计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意S i中化学键数目为解答的易错点，题目难度不大.1 5.【答案】B【解析】解：4 Z n作负极，放电时Z n失电子生成锌离子进入溶液，电极反应式为Z n -2 e-=Z n2+,故A正确；B.电子从负极Z n沿导线流向正极C u,电子不进入电解质溶液，电解质溶液中阴阳离子定向移动形成电流，故B错误；C.电解质溶液中S O广向负极锌电极移动，氢离子向正极C u移动，故C正确；D.C u电极反应式为C“2+2 e-=C”，C u电极上析出C u而导致C u电极质量增加，故D正确；故选：B o该原电池中Z n易失电子作负极、C u作正极，负极反应
26、式为Z n -2 e-=Z n 2+,正极反应式为C“2+2 e-=C u,电子从负极沿导线流向正极，电解质溶液中阴离子向负极移动、阳离子向正极移动。本题考查原电池原理，明确各个电极上发生的反应、离子移动方向、电子流向是解本题关键，注意：电子只在外电路中移动，不进入电解质溶液，题目难度不大。1 6.【答案】B【解析】【分析】本题考查化学平衡影响因素、等效平衡等，题目难度较大，解题关键是构建平衡建立的等效途径，试题侧重对学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力的培养。【解答】甲容器投入1小。地、3molH2,乙容器投入为OH%，恒温恒容条件下，甲容器与乙容器是等效平衡，平衡时各组分的物质的量、含量
27、、压强等完全相等：甲容器投入1 7 n o地、3molH2,丙容器加入4 m o/N 3，采用极限转化法丙相当于加入2 m。他、6molH2,丙中加入量是甲中的2倍，如果恒温且丙容器容积是甲容器2倍，则甲容器与丙容器为等效平衡，所以丙所到达的平衡，可以看作在恒温且容积是甲容器两倍条件下，到达平衡后，再压缩体积为与甲容器体积相等所到达的平衡，由于该反应正反应是体积减小的反应，缩小容器体积，增大了压强，平衡正向移动，所以丙中氮气、氢气转化率大于甲和乙的。A、丙容器反应物投入量为4 m o/N“3，采用极限转化法转化为反应物为2 血0/均、6molH2,是甲中的2 倍，若平衡不移动，C 3 =2 q
28、；丙相当于增大压强，平衡正向移动，所以丙中氨气的浓度大于甲中氨气浓度的2 倍，即C32q,故 A错误；B、甲投入皿。地、3molH2,乙中投入2 m o，N H 3,恒温恒容条件下，则甲与乙是完全等效的，甲与乙的反应的能量变化之和为9 2.4 口，故a+6 =9 2.4,故 B正确；C、丙容器反应物投入量为4 m。W%,是乙的2 倍，若平衡不移动，丙中压强为乙的2 倍；由于丙中相当于增大压强，平衡正向移动，所以丙中压强减小，小于乙的2 倍，即2 P 2 P 3,故 C错误；D、根据以上分析可知，a1+a2=l,乙、丙相比相当于丙增大压强，平衡正向移动，氨气转化率减小，a2 a3,所以巴+。31
29、,故 D错误；故选B。1 7.【答案】B【解析】解：4 t l 时刻增大3 的浓度，则正反应速率增大，逆反应速率不变，平衡正向移动，与图象不符，故 A错误；B.0 时刻加入催化剂，正逆反应速率同等程度加快，平衡不移动，与图象符合，故 B正确；C.加入催化剂，正逆反应速率同等程度加快，平衡不移动，二氧化硫转化率不变，与图象不符，故 C错误；D.压强大，反应速率快，故乙反应的压强较高，增大压强，平衡正向移动，二氧化硫转化率变大，与图象不符，故 D错误；故选：B o由外界条件改变对化学反应速率和化学平衡的影响分析。本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学反应速率和化学平衡的影响是解题的
30、关键。1 8.【答案】C【解析】解：A、钠与水反应的离子方程式为：2 N a +2“2 O =2 N a+2 O H-+H 2 T；故 A错误；B、硅酸钠溶液与醋酸溶液混合反应的离子方程式为：S i O f-+2CH3COOH=H2SiO3 I+2CH3COO-；故 B 错误；C、.0 1 7 n o L N HM(S O 4)2 溶液与0.0 2 m o l/LB a(O H)2 溶液等体积混合离子反应顺序是先沉淀在和钱根离子反应，再沉淀溶解，所以反应的离子方程式为，NHt+Al3+2S0l-+2B a2+40H-=2B aSO4 I +Al(OH)3 I +N H3-H20；故 C 正确；
31、D、浓硝酸中加入过量铁粉并加热：F e +2 N O 3+4 H+：F e 2+2 N O 2 T+2 H2。；故 D错误；故选：C oA、电荷不守恒；B、醋酸是弱电解质；C、依据所给离子的量结合离子反应顺序分析计算判断；D、过量的铁和三价铁反应生成亚铁离子；本题考查了离子方程式的正误判断和书写方法，主要考查离子方程式的电荷守恒、弱电解质的判断，量不同产物不同，关键是离子反应顺序的理解和判断.1 9.【答案】b催化剂、吸水剂 受热均匀，便于控制温度 碱石灰 防止空气中水蒸气进入锥形瓶，240C使硼酸三甲酯水解B(0 C“3)3+4 N a H 二N a B”4+3C“3 0 N a 圆底烧瓶
32、蒸储【解析】解：(1)在冷凝管中，冷却水流向都是下进上出，所以直形冷凝管冷却水应从b 接口进入，故答案为：b；(2)硼酸与甲醇在浓硫酸作用下发生取代反应，类似于酸与醇的酯化反应，所以浓硫酸的作用是催化剂、吸水剂，故答案为：催化剂、吸水剂；(3)水浴具有控温和使被加热物受热均匀的优点，所以本实验采用水浴加热，优点是受热均匀，便于控制温度，U形管中试剂为碱石灰，防止空气中水蒸气进入锥形瓶，因为硼酸三甲酯B(0 C”3)3具有易水解的性质，所以U型管中试剂的作用是防止空气中水蒸气进入锥形瓶，使硼酸三甲酯水解，故答案为：受热均匀，便于控制温度；碱石灰；防止空气中水蒸气进入锥形瓶，使硼酸三甲酯水解；(4
33、)在2 40 条件下，硼酸三甲酯与氢化钠反应制取NaB%，同时生成C/ONa,该反应的化学方程240C式为 B(O C 3)3+N a H N aB H4+3CH3ONa,240C故答案为：B(O C“3)3+4 N a H -N a B H4+3CH3O N a；(5)硼纸化钠与甲醇钠的混合液放入索氏提取器中，用异丙胺进行萃取，经过连续萃取，N a B%的异丙胺溶液进入圆底烧瓶内，C 为 O N a 因不溶于异丙胺而留在索氏提取器中，当萃取完全后，硼氢化钠在圆底烧瓶中，故答案为：圆底烧瓶；(6)可利用沸点的差异，实现N a B H,与溶剂异丙胺的分离，所以采用的方法是蒸储，故答案为：蒸储。将
34、硼酸与甲醇在圆底烧瓶中混合，然后缓慢地加入浓硫酸，振荡后加热，通过蒸储得到硼酸三甲酯8(。“3)3和水，此时完成实验I，将制得的硼酸三甲酯8(。“3)3和 N a H 混合并加热至2 4 0,生成NaB4和C/ONa，完成实验H ,将反应所得的混合物(N a B*和。”3。版)放入索氏提取器中，用异丙胺进行萃取，经过连续萃取，NaB%的异丙胺溶液进入圆底烧瓶内，C/ONa因不溶于异丙胺而留在索氏提取器中，然后将圆底烧瓶内的混合液进行蒸储，便可获得硼氢化钠，从而完成实验I I I,(1)直形冷凝管冷却水逆流效果好；(2)硼酸与甲醵在浓硫酸作用下发生取代反应，类似于酸与醉的酯化反应；(3)水浴具有
35、控温和使被加热物受热均匀的优点，硼酸三甲酯B(O C”3)3 具有易水解的性质；(4)在2 4 0 条件下，硼酸三甲酯与氢化钠反应制取NaB%，同时生成C/O N a：(5)硼氢化钠与甲醇钠的混合液放入索氏提取器中，用异丙胺进行萃取，经过连续萃取，N a B 也的异丙胺溶液进入圆底烧瓶内；(6)可利用沸点的差异，实现NaB%与溶剂异丙胺的分离。本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意信息及元素化合物知识的应用，题目难度中等。2 0.【答案】除去过量的硫酸 2F e2+2H+H2O2=2F e3+2H2OSA
36、 p H 7.8CaC2O4.M g(O H)2 盐酸酸化的B a C%溶液 2HB F&+L i2CO3=L iB F4+CO2 T【解析】解：(1)根据分析，力 口 C a C R 粉末的作用是除去过量的硫酸，故答案为：除去过量的硫酸；(2)步骤回加入“2。2 氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，发生反应的离子方程式为2 F e 2+2 H+H2O2=2F e3+2H2O,步骤V “过滤”前需调整溶液的p H,是为了使八3+、4 3+全部转化为沉淀除去，故 p H 范围为5.4 W p H 7.8,故答案为：2 尸 6 2+2”+“2。2 =2/3+2”2。；5.4 p/7 08 c H4 与。2
37、 按 1：1 投料发生反应I 时转化率相等，但C Q 还发生反应团 0.03 1 2 00K 以上时以反应I为 主,二者转化率趋近于相等反应HI 为放热反应，给反应体系提供能量，使热负荷降低增大减小【解析 1解：Q)根据 H=反应物总键能-生成物总键能，则4%=(4 1 3 x 4 +8 03 x 2-1 07 6 x2-4 3 6 X 2)何 m o r1=+2 3 4 句 m o L；4 G =4 H-T A S,A G 0,A S 0,则反应I 在一定条件下能够自发进行的原因是A S 0；较低的压强可使平衡正向移动，较高温度能加快合成速率，提高生产效率，该反应工业生产适宜的温度和压强为高
38、温低压，故选B,故答案为：+2 3 4；A S 0；B；(2)C也与CO 2按 1：1投料发生反应I 时转化率相等，但。2还发生反应H,所 以 的 平 衡 转化率大于C 4 的平衡转化率，故答案为：。也与CO?按 1：1投料发生反应I 时转化率相等，但CO?还发生反应H；反应I ,设起始时充入O.l m o l/L的C 4 与。2：C“4(g)+CC2(g)=2c o(g)+2“2(g)(单位：mol/L)起始量：1 1 00转化量：0.60.61.21.2平衡量：0.40.41.21.2a(CO2)=lmol/L x 70%=0.7mol/L,则反应团 c(CO2)=0.7mol/L -06
39、moi/L =O.lmol/L反应I I：co2(g)+%(g)=CO(g)+/。(。)(单位：m0/L)起始量：0.41.21.20转化量：0.10.10.10.1平衡量：0.31.11.30.1故答案为:0.39；C G和CH 4的平衡转化率趋于相等的原因可能是1200K以上时以反应I 为主，二者转化率趋近于相等，故答案为：1200K以上时以反应I 为主，二者转化率趋近于相等；(3)随着。2进入量的增加，反应I I I 为放热反应，给反应体系提供能量，使热负荷降低，故答案为：反应H I 为放热反应，给反应体系提供能量，使热负荷降低；掺入。2可使平衡正移，C，4的平衡转化率增大，。2的平衡转
40、化率减小，故答案为：增大；减小。(1)H =反应物总键能-生成物总键能；G=AH T4 S,G-.HClH（A-O C H .IK1（312一 （,1 Xa1（A%-A C-、H：、H：）-A?HCl【解析】解：(1)月中官能团名称为碳氯键和硝基,故答案为：碳氯键、硝基；(2)B中含有6 个 C 原子、6 个 H 原子、1个 C l原子、1个 N 原子，则 B 分子式为Ce/4Na,故答案为：C6H6NCl；(3)H中连接甲基和-NH-的碳原子为手性碳原子，所以该分子中含有1个手性碳原子，故答案为：1;(4)F中氯原子被取代生成H,所以该反应为取代反应，故答案为：取代反应：(5)C中酯基和Na
41、OH反应，反应方程式为(6)E与氢气反应后的产物M 的分子式为C9%N。，E 中一个碳碳双键发生加成反应生成M,M符合下列条件：遇FeC%溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；除苯环外不含其他环状结构；苯环上只有2 个取代基，两个取代基可能位于邻位、间位或对位；含有-N%和一C 三C 一；如果取代基为一 OH、一 C=CCH(G)N42,有邻间对3 种；如果取代基为一 OH、一 CH(G)C=C N H2,有邻间对3 种；如果取代基为。、-C(C，)(-N42)C=C H,有邻间对.3 种；如果取代基为一。”、-CH(NH2)C=CCI,有邻间对3种，所以符合条件的有12种；其中核磁共振氢谱有5
42、组峰，且峰面积之比为1：2：2：1：2 的 M 的结构简式为ci atHXH.H(.CXH.Cl XH,B C-C lci a故答案为：12；Cl XH。H(b.H ClNH.A 中硝基被还原生成B 中氨基，C 中酯基水解然后酸化生成D 中竣基；D 中瓶基脱酸生成E,E中羟基被取代生成F 中碳氯键，F 中氯原子被取代生成H；(6)E与氢气反应后的产物M的分子式为G/N。，E中一个碳碳双键发生加成反应生成M,M符合下列条件：遇尸e C b溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；除苯环外不含其他环状结构：苯环上只有2个取代基，两个取代基可能位于邻位、间位或对位；含有一N%和一C三C 一；如果取代基为一。、一。=CCH(Cl)NH2,有邻间对3种；如果取代基为-OH、C H(a)C =C N H2,有邻间对3种；如果取代基为-。“、-C(a)(-N 2)C =C H,有邻间对3种；如果取代基为-0H、-CH(NH2)C=CCI,有邻间对 3 种。本题考查有机物合成，侧重考查对比、分析、推断及知识综合运用能力，正确推断各物质反应过程中断键和成键方式是解本题关键，易错点是限制性条件下同分异构体种类判断，题目难度中等。