2022屆江蘇省淮安市車橋中學(xué)高三上學(xué)期入學(xué)調(diào)研A化學(xué)試題解析版

2022屆高三入學(xué)調(diào)研試卷化學(xué)〔A〕考前須知：1．答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準(zhǔn)考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2．選擇題的作答：每題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3．非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。4．考試結(jié)束后，請將本試題卷和答題卡一并上交。一、選擇題。1．以下說法不正確的選項是A．“中國天眼〞的球面射電板由鋁合金板制成，鋁合金比純鋁的熔點低、硬度大B．石墨烯和碳納米管為同素異形體，均為無機(jī)非金屬材料C．“天問一號〞火星探測器，其太陽能電池板的主要材料是硅D．給動力缺乏的新能源汽車充電不涉及氧化復(fù)原反響【答案】D2．以下物質(zhì)分類組合正確的選項是選項混合物純潔物單質(zhì)電解質(zhì)A氯水晶體B堿石灰石墨鹽酸C空氣漂白粉鐵D溶液水銀銅【答案】A【解析】A．氯水是氯氣溶于水所得混合物，是鹽、屬于純潔物，是氧元素的單質(zhì)，氯化鈉的水溶液或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電、氯化鈉是化合物、是電解質(zhì)，A正確；B．鹽酸是混合物，既不屬于電解質(zhì)也不屬于非電解質(zhì)，B錯誤；C．漂白粉是混合物，C錯誤；D．銅是單質(zhì)，既不屬于電解質(zhì)也不屬于非電解質(zhì)，D錯誤。3．配制500mL0.100mol·L-1的NaCl溶液，局部實驗操作示意圖如下：以下說法正確的選項是A．實驗中需用的儀器有天平、250mL容量瓶、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管等B．上述實驗操作步驟的正確順序為①②④③C．容量瓶需要用自來水、蒸餾水洗滌，枯燥后才可用D．定容時，仰視容量瓶的刻度線，使配得的NaCl溶液濃度偏低【答案】D【解析】A．配制500mL0.100mol·L-1NaCl溶液用到的儀器有托盤天平、藥匙、燒杯、玻璃棒、500mL容量瓶、膠頭滴管，A錯誤；B．配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液的步驟有計算、稱量、溶解、轉(zhuǎn)移、洗滌、定容、搖勻等，操作步驟正確的順序為②①④③，B錯誤；C．容量瓶用蒸餾水洗凈后，由于后面還需要參加蒸餾水定容，所以不必枯燥，C錯誤；D．定容時仰視容量瓶的刻度線，那么所加蒸餾水偏多，溶液的體積V偏大，溶液的濃度偏低，D正確。4．設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。以下說法正確的選項是A．0.1molH2C2O4與足量酸性KMnO4NB．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，5.6LF2和C2H6NAC．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2LNAD．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，CH4與2.24LCl2NA【答案】B【解析】A．H2C2O4與足量酸性KMnO4溶液充分反響后變?yōu)镃O2氣體，1molH2C2O4充分反響轉(zhuǎn)移2mol電子，那么0.1molH2C2O4與足量酸性KMnO4NA，A錯誤；B．F2和C2H6的分子中都含有18個電子，標(biāo)準(zhǔn)狀況下，5.6LF2和C2H6的混合物的物質(zhì)的量是0.25mol，那么其中含有電子的數(shù)目為0.25mol×18NANA，B正確；C．標(biāo)準(zhǔn)狀況下三氯甲烷呈液態(tài)，不能使用氣體摩爾體積進(jìn)行計算，C錯誤；D．在標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24LCl2的物質(zhì)的量是0.1mol，0.1molCl2與CH4反響，首先反響產(chǎn)生氣體CH3Cl、HCl，反響產(chǎn)生的CH3Cl會進(jìn)一步與Cl2發(fā)生取代反響產(chǎn)生液態(tài)CH2Cl2、CHCl3、CCl4，取代反響產(chǎn)生的CH2Cl2、CHCl3、CCl45．以下指定反響的離子方程式不正確的選項是A．向鐵制器具上電鍍銅，陰極的電極反響為：Cu2++2e-=CuB．氨水與稀鹽酸反響：NH3?H2O+H+=NH+H2OC．用過量NaOH溶液脫除煙氣中的SO2：OH-+SO2=HSOD．飽和Na2CO3溶液與CaSO4固體反響：CO(aq)+CaSO4(s)CaCO3(s)+SO(aq)【答案】C【解析】A．電鍍Cu時，陰極Cu2+得電子生成Cu，電極反響為Cu2++2e-=Cu，A正確；B．氨水與稀鹽酸反響生成NH4Cl和H2O，離子方程式為NH3?H2O+H+=NH+H2O，B正確；C．過量NaOH與SO2反響生成Na2SO3和H2O，離子方程式為2OH-+SO2=SO+2H2O，C錯誤；D．飽和Na2CO3溶液與CaSO4固體反響生成更難溶于水的CaCO3，離子方程式CO(aq)+CaSO4(s)CaCO3(s)+SO(aq)，D正確。6．工業(yè)上制硝酸的原理是將氨經(jīng)過一系列反響得到硝酸，如以下圖所示：以下說法錯誤的選項是A．過程①屬于氮的固定B．氮氣在足量氧氣中也可以通過一步反響生成NO2C．過程④反響中氧化劑與復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比為1：2D．常溫下可用鐵質(zhì)容器儲存濃硝酸【答案】B【解析】A．過程①是氮氣和氫氣高溫高壓催化劑作用下反響生成氨氣，屬于氮的固定，故A正確；B．氮氣在足量氧氣中可以通過一步反響生成NO，不能生成NO2，故B錯誤；C．過程④3NO2+H2O=2HNO3+NO，反響中氧化劑與復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比為1：2，故C正確；D．鐵在濃硝酸中發(fā)生鈍化，金屬外表生成一薄層致密氧化物薄膜，阻止內(nèi)部反響繼續(xù)進(jìn)行，常溫下可用鐵質(zhì)容器儲存濃硝酸，故D正確；應(yīng)選B。7．維生素C的結(jié)構(gòu)簡式如下圖。關(guān)于維生素C的說法正確的選項是A．分子式為 B．能使溴水褪色C．分子中所有原子可能共面 D．最多能與發(fā)生加成反響【答案】B【解析】A．分子式為，錯誤；B．維生素C中含有碳碳雙鍵，能使溴水褪色，正確；C．分子中含有-CH2-原子團(tuán)，所有原子不可能共面，錯誤；D．分子中只有碳碳雙鍵能和氫氣加成，酯基不能與氫氣加成，故最多能與發(fā)生加成反響，錯誤；應(yīng)選B。8．某些氧化物在一定條件下能與Na2O2反響，且反響極有規(guī)律，如Na2O2+SO2=Na2SO4、2Na2O2+2SO3(g)=2Na2SO4+O2。據(jù)此判斷以下反響方程式錯誤的選項是A．2Na2O2+2N2O3=4NaNO2+O2 B．Na2O2+2NO2=2NaNO3C．2Na2O2+2N2O5═4NaNO3+O2 D．2Na2O2+2Mn2O7=4NaMnO4+O2【答案】AA．三氧化二氮中氮元素不是最高價態(tài)，由分析可知，與過氧化鈉反響生成硝酸鈉，不能生成亞硝酸鈉和氧氣，故A錯誤；B．二氧化氮中氮元素不是最高價態(tài)，由分析可知，與過氧化鈉反響生成硝酸鈉，故B正確；C．五氧化二氮中氮元素是最高價態(tài)，由分析可知，與過氧化鈉反響生成硝酸鈉和氧氣，故C正確；D．七氧化二錳中錳元素是最高價態(tài)，由分析可知，與過氧化鈉反響生成高錳酸鈉和氧氣，故D正確；應(yīng)選A。9．自然界中時刻存在著氮氣的轉(zhuǎn)化。實現(xiàn)氮氣按照一定方向轉(zhuǎn)化一直是科學(xué)領(lǐng)域研究的重要課題，如圖為N2分子在催化劑的作用下發(fā)生的一系列轉(zhuǎn)化示意圖。以下表達(dá)正確的選項是A．N2→NH3，NH3→NO均屬于氮的固定B．在催化劑a作用下，N2發(fā)生了氧化反響C．催化劑a、b外表均發(fā)生了極性共價鍵的斷裂D．使用催化劑a、b均可以提高單位時間內(nèi)生成物的產(chǎn)量【答案】D【解析】A．氮的固定是指氮由游離態(tài)轉(zhuǎn)變?yōu)榛蠎B(tài)，N2→NH3的反響為氮的固定，但NH3→NO的反響沒有氮氣參與，不屬于氮的固定，故A錯誤；B．由示意圖可知，在催化劑a作用下，氮元素化合價降低被復(fù)原，氮氣發(fā)生復(fù)原反響，故B錯誤；C．由示意圖可知，催化劑a的外表只發(fā)生了非極性共價鍵的斷裂，沒有發(fā)生極性共價鍵的斷裂，故C錯誤；D．使用催化劑a、b可加快反響速率，能提高單位時間內(nèi)生成物的產(chǎn)量，故D正確；故答案為D。10．以下關(guān)于鋁單質(zhì)的表達(dá)中，正確的選項是A．鋁和NaOH溶液反響：Al＋2OH-＋2H2O=[Al(OH)4]-＋H2↑B．鋁制品在空氣中有很強的抗腐蝕性是因為鋁的化學(xué)性質(zhì)很穩(wěn)定C．不能用鋁制的器皿來盛放酸梅湯或堿水是因為鋁會和酸或堿反響D．用坩堝鉗夾住一小塊用砂紙仔細(xì)打磨過的鋁箔在酒精燈上加熱，熔化后的液態(tài)鋁會滴落下來，是因為金屬鋁的熔點較低【答案】C【解析】A．電荷、電子均不守恒，正確的離子方程式為2Al＋2OH-＋6H2O===2[Al(OH)4]-＋3H2↑，A項錯誤；B．鋁制品在空氣，其外表形成致密的氧化膜，鋁的化學(xué)性質(zhì)不穩(wěn)定，B項錯誤；C．無論是鋁還是其氧化物都能與酸或堿反響，C項正確；D．打磨后的鋁箔在酒精燈上灼燒外表生成Al2O3，高熔點的Al2O3兜住了熔融的液態(tài)鋁，不會滴落，D項錯誤。11．以下表達(dá)Ⅰ和Ⅱ均正確并且有因果關(guān)系的是選項表達(dá)Ⅰ表達(dá)ⅡA純堿是強堿弱酸鹽用純堿溶液可清洗油污B不銹鋼合金不銹鋼在潮濕環(huán)境中容易被腐蝕CFe2O3是堿性氧化物Fe2O3可用作紅色油漆和涂料DNO2是紅棕色氣體常溫下可用銅與濃硝酸制取NO2A．A B．B C．C D．D【答案】A【解析】A．純堿是碳酸鈉，可看成是氫氧化鈉和碳酸反響得到，屬于強堿弱酸鹽。，存在水解平衡，溶液顯堿性，可用來清洗油污〔油脂在堿性環(huán)境發(fā)生水解反響〕，故A正確；B．不銹鋼是合金，化學(xué)性質(zhì)穩(wěn)定，在潮濕環(huán)境不易被腐蝕，故B錯誤；C．Fe2O3為紅棕色，可用作紅色油漆和涂料，與Fe2O3是堿性氧化物無關(guān)，故C錯誤；D．銅與濃硝酸發(fā)生反響生成NO2，紅棕色只是NO2的物理性質(zhì)，與制取方式無關(guān)，故D錯誤；故答案為A。12．根據(jù)以下實驗操作和現(xiàn)象所得出的結(jié)論正確的選項是選項實驗操作和現(xiàn)象結(jié)論A向某黃色溶液中參加淀粉KI溶液，溶液呈藍(lán)色溶液中含Br2B如下圖，燒杯中看見白色沉淀證明酸性強弱：H2CO3＞H2SiO3C向Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸酸化的H2O2溶液，溶液變黃氧化性：H2O2＞Fe3＋D取5mL0.1mol·L-1KI溶液，參加1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液，萃取分液后，向水層滴入KSCN溶液，溶液變成血紅色Fe3＋與I-所發(fā)生的反響為可逆反響A．A B．B C．C D．D【答案】D【解析】A．向某黃色溶液中參加淀粉KI溶液，溶液呈藍(lán)色，也可能是氯化鐵溶液，故A錯誤；B．濃鹽酸具有揮發(fā)性，也能與硅酸鈉反響，故B錯誤；C．向Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸酸化的H2O2溶液，溶液變黃，無法確定雙氧水和硝酸誰是氧化劑，故C錯誤；①X與水作用有氣泡冒出，得到有色沉淀Y和弱堿性溶液Z；②沉淀Y與NaOH溶液作用，無變化。以下說法不正確的選項是A．混合物X中必定含有Na2CO3，不含Al2(SO4)3B．溶液Z中溶質(zhì)主要是鈉鹽，且必含NaHCO3C．灼燒沉淀Y，可以得到黑色物質(zhì)D．往溶液Z中參加Cu粉，假設(shè)不溶解，說明X中不含F(xiàn)eCl3【答案】D【解析】由固體混合物X與水作用有氣泡冒出可知，X中一定含有Na2CO3，由得到有色沉淀Y和弱堿性溶液Z，沉淀Y與NaOH溶液作用無變化可知，X中一定不含有Al2(SO4)3，至少還有FeCl3和CuSO4中的一種或兩種，Na2CO3在溶液中發(fā)生雙水解反響生成二氧化碳和碳酸氫鈉。A．由分析可知，混合物X中必定含有Na2CO3，不含Al2(SO4)3，故A正確；B．由分析可知，Na2CO3在溶液中發(fā)生雙水解反響生成二氧化碳和碳酸氫鈉，那么溶液Z中溶質(zhì)主要是鈉鹽，且必含NaHCO3，故B正確；C．沉淀Y可能為氫氧化銅，那么灼燒氫氧化銅可以得到黑色氧化銅固體，故C正確；D．由分析可知，溶液Z中存在碳酸氫鈉溶液，說明鐵離子和銅離子與碳酸鈉溶液完全反響，往溶液Z中參加Cu粉，銅粉一定不溶解，那么依據(jù)銅粉不溶解無法判斷X中是否含有氯化鐵，故D錯誤。14．NO2與N2O4可相互轉(zhuǎn)化：2NO2(g)?N2O4(g)ΔH=-24.2kJ·mol-1，在恒溫下，將一定量NO2和N2O4(g)的混合氣體充入體積為2L的密閉容器中，其中物質(zhì)的濃度隨時間變化的關(guān)系如下圖。以下推理分析合理的是A．前10min內(nèi)，用v(NO2)表示的反響速率為0.02mol·L-1·min-1C．a(chǎn)、b、c、d四點中v(正)與v(逆)均相等D．25min時，正反響速率減小【答案】B【解析】在相同時間內(nèi)，b、d所在的曲線物質(zhì)的量濃度變化是a、c所在的曲線物質(zhì)的量濃度變化的2倍，所以b、d表示NO2濃度的變化，a、c表示N2O4濃度的變化.。A．前10min內(nèi)，用v(NO2)表示的反響速率為0.04mol·L-1·min-1，故A錯誤；B．反響進(jìn)行到10min時，反響共消耗N2O4的物質(zhì)的量是0.2mol/L×2L=0.4mol，體系吸收的熱量為24.2kJ·mol-1×0.4mol=9.68kJ，故B正確；C．a(chǎn)、b、c、d四點中，b、d兩點反響到達(dá)平衡狀態(tài)，v(正)=v(逆)，a點反響逆向進(jìn)行v(正)<v(逆)，c點反響正向進(jìn)行v(正)>v(逆)，故C錯誤；D．25min時，NO2濃度增大，正反響速率增大，故D錯誤；選B。15．二氧化硫是一種大氣污染物，可用氨水吸收處理。以下圖是實驗室制取二氧化硫并驗證其局部性質(zhì)的裝置，以下說法正確的選項是A．使用品紅溶液是用來驗證SO2的復(fù)原性D．過量的氨水吸收SO2氣體可以生成亞硫酸氫銨【答案】C【解析】A．SO2氣體具有漂白性，能夠使品紅溶液褪色，因此使用品紅溶液是用來驗證SO2的漂白性，A錯誤；B．K2Cr2O7具有強的氧化性，會將SO2氧化為H2SO4，其本身被復(fù)原產(chǎn)生Cr3+，1molK2Cr2O7得到6mol電子，1molSO2反響失去2mol電子，那么根據(jù)氧化復(fù)原反響中電子得失數(shù)目相等，可知氧化劑與復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比是1∶3，B錯誤；C．在SO2的發(fā)生裝置中，使用70%的濃硫酸溶液中H+濃度大，既可以加快制取氣體反響速率，同時又利用H2SO3是弱酸的性質(zhì)，可以減少SO2氣體在溶液中的溶解，有利于生成的SO2逸出，C正確；D．當(dāng)氨水過量時，其吸收少量SO2氣體，反響生成正鹽亞硫酸銨；只有當(dāng)SO2氣體過量，氨水少量時二者反響才反響產(chǎn)生酸式鹽亞硫酸氫銨，D錯誤。16．室溫下，用的NaOH溶液滴定的CH3COOH溶液，水電離出的隨溶液體積的變化曲線如下圖。以下說法正確的選項是A．P、M、N三點，M點最大B．M點溶液顯中性，C．該滴定過程選擇甲基橙作為指示劑D．N點溶液中【答案】D【解析】A．P點未滴加NaOH溶液時，溶液顯酸性，隨著NaOH的滴入，溶液的酸性逐漸減弱，到M點時恰好完全反響產(chǎn)生CH3COONa，溶液顯堿性，后隨著NaOH的滴入，溶液的堿性逐漸增強，N點pH最大，A錯誤；B．M點時溶液中水電離程度最大，說明酸堿恰好完全中和產(chǎn)生CH3COONa，由于醋酸是一元酸、NaOH是一元堿，二者的濃度相等，因此二者恰好中和時的體積相等，故M點對應(yīng)的NaOH溶液的體積為10.00mL，但是溶液顯堿性，B錯誤；C．用NaOH溶液滴定醋酸，由于恰好完全反響時產(chǎn)生的醋酸鈉是強堿弱酸鹽，水解使溶液顯堿性，因此要選擇堿性范圍內(nèi)變色的指示劑誤差較小，可選用酚酞作指示劑，不能選用甲基橙作指示劑，C錯誤；D．N點溶液為NaOH、CHCOONa的混合榮毅仁，根據(jù)電荷守恒可得，D正確。二、非選擇題。17．溶液常用作氧化復(fù)原反響滴定的標(biāo)準(zhǔn)液，利用氧化制備的裝置如下圖(加熱、夾持裝置略)：：K2MnO4在濃強堿溶液中可穩(wěn)定存在，堿性減弱時易發(fā)生反響：答復(fù)以下問題：〔1〕K2MnO4的化學(xué)名稱為_______。〔2〕裝置A中所發(fā)生反響的化學(xué)方程式為_______；其中a的作用是_______?！?〕裝置C中盛裝的試劑是_______。〔4〕分析發(fā)現(xiàn)該裝置有缺乏之處，改良的方法是_______?！?〕為測定某固體的純度，現(xiàn)用的酸性KMnO4溶液進(jìn)行滴定。(：)①確稱取固體溶于水配成溶液，以下儀器中肯定需要的是_______(填儀器名稱)。②取溶液置于錐形瓶中，用KMnO4溶液滴定至終點，消耗KMnO4溶液。滴定終點的現(xiàn)象為_______，固體的純度為_______。【答案】〔1〕錳酸鉀〔2〕平衡氣壓，便于濃鹽酸順利滴下〔3〕溶液〔4〕在裝置A、B之間增加裝盛有飽和食鹽水的洗氣瓶〔5〕500mL容量瓶、膠頭滴管滴入最后一滴酸性KMnO4溶液，溶液由無色變淺紫紅色，且30s不恢復(fù)【解析】此題是利用氯氣氧化制備，裝置圖中最左邊的裝置是氯氣發(fā)生裝置，中間是制備高錳酸鉀的裝置，在制備的時候要注意溶液的酸堿性，從而提高產(chǎn)率，最后要注意尾氣處理問題?！?〕K2MnO4中錳的化合價是+6價，其名稱是錳酸鉀；〔2〕裝置A中是二氧化錳和濃鹽酸反響制氯氣，其方程式是：；a可以平衡氣壓，其作用是：平衡氣壓，便于濃鹽酸順利滴下；〔3〕C的作用是吸收反響不完的Cl2，可用NaOH溶液吸收，故C中盛裝的試劑是：溶液；〔4〕錳酸鉀在濃強堿溶液中可穩(wěn)定存在，堿性減弱時易發(fā)生，一局部轉(zhuǎn)化為，導(dǎo)致最終KMnO4的產(chǎn)率低，而濃鹽酸易揮發(fā)，直接導(dǎo)致B中NaOH溶液的濃度減小，故改良措施是：在裝置A、B之間增加裝盛有飽和食鹽水的洗氣瓶；〔5〕①配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液，需必須的儀器圖中有的是容量瓶、膠頭滴管；②(3)KMnO4溶液呈紫色，與反響，紫色褪去，消耗完時，溶液變成淺紫紅色，故滴定終點的現(xiàn)象為：滴滴入最后一滴酸性KMnO4溶液，溶液由無色變淺紫色，且30s不恢復(fù)；，那么3的物質(zhì)的量為，500mL溶液中NaHSO3的物質(zhì)的量為，NaHSO3固體的質(zhì)量為，純度為。18．硼及其化合物在工業(yè)上有許多用途。以鐵硼礦(主要成分為Mg2B2O5·H2O和Fe3O4，還有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等)為原料制備硼酸(H3BO3)的工藝流程如下圖：答復(fù)以下問題：〔1〕寫出Mg2B2O5·H2O與硫酸反響的化學(xué)方程式___________。為提高浸出速率，除適當(dāng)增加溫度外，還可采取的措施有___________(寫出兩條)。〔2〕利用___________的磁性，可將其從“浸渣〞中別離?！敖曋羞€剩余的物質(zhì)是___________(寫化學(xué)式)?！?〕“凈化除雜〞需先加H2O2溶液，然后再調(diào)節(jié)溶液的pH約為5，調(diào)節(jié)pH=5的目的是___________?！?〕“粗硼酸〞中的主要雜質(zhì)是___________(填名稱)。〔5〕硼氫化鈉(NaBH4)與氫化鋁鋰(LiAlH4)具有相似的結(jié)構(gòu)，是有機(jī)合成中的重要復(fù)原劑，試寫出氫化鋁鋰(LiAlH4)的電子式___________?！?〕單質(zhì)硼可用于生成具有優(yōu)良抗沖擊性能硼鋼。以硼酸和金屬鎂為原料可制備單質(zhì)硼，用化學(xué)方程式表示制備過程___________。【答案】〔1〕Mg2B2O5·H2O+2H2SO4=MgSO4+H3BO3適當(dāng)增加硫酸濃度、攪拌等〔2〕Fe3O4SiO2與CaSO4〔3〕使Al3+和Fe3+生成沉淀而除去〔4〕MgSO4〔5〕〔6〕2H3BO3+3Mg3MgO+2B+3H2O【解析】以鐵硼礦(主要成分為Mg2B2O5?H2O和Fe3O4，還有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等)為原料制備硼酸(H3BO3)，由流程可知，加硫酸溶解只有SiO2不溶，CaO轉(zhuǎn)化為微溶于水的CaSO4，“凈化除雜〞需先加H2O2溶液，將亞鐵離子轉(zhuǎn)化為鐵離子，調(diào)節(jié)溶液的pH約為5，使鐵離子、鋁離子均轉(zhuǎn)化為沉淀，那么濾渣為氫氧化鋁、氫氧化鐵，然后蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾別離出H3BO3。〔1〕Mg2B2O5?H2O與硫酸反響的化學(xué)方程式Mg2B2O5?H2O+2H2SO42H3BO3+2MgSO4，為提高浸出速率，除適當(dāng)增加溫度外，還可采取的措施適當(dāng)提高硫酸濃度或浸出時攪拌；〔2〕利用Fe3O4的磁性，可將其從“浸渣〞中別離．“浸渣〞中還剩余的物質(zhì)是SiO2、CaSO4，故答案為Fe3O4；SiO2、CaSO4；〔3〕“凈化除雜〞需先加H2O2溶液，作用是將亞鐵離子氧化為鐵離子．然后在調(diào)節(jié)溶液的pH約為5，目的是使鐵離子、鋁離子形成氫氧化物沉淀而除去；〔4〕最后濃縮結(jié)晶時硫酸鎂易結(jié)合水以晶體析出，那么“粗硼酸〞中的主要雜質(zhì)是硫酸鎂，故答案為硫酸鎂；〔5〕LiAlH4為離子化合物，含離子鍵、共價鍵，其電子式為；〔6〕以硼酸和金屬鎂為原料可制備單質(zhì)硼的化學(xué)方程式為2H3BO3B2O3+3H2O、B2O3+3Mg2B+3MgO，總反響為2H3BO3+3Mg3MgO+2B+3H2O。19．目前，“低碳經(jīng)濟(jì)〞備受關(guān)注，的轉(zhuǎn)化和利用是一個熱門的研究課題。答復(fù)以下問題：〔1〕用甲醇、和合成一種新材料(碳酸二甲酯，，簡稱)，原理為：①②那么_______?！?〕在恒容密閉容器中按投料直接合成，一定條件下，平衡時的轉(zhuǎn)化率如下圖，那么：①_______(填“>〞、“<〞或“=〞)；②、、由快到慢的順序為_______；③以下能說明此條件下反響到達(dá)平衡狀態(tài)的是_______。a.d.與的物質(zhì)的量之比保持不變〔3〕經(jīng)催化加氫可以生成低碳烴，主要有以下兩個競爭反響：反響Ⅰ：反響Ⅱ：為分析催化劑對反響的選擇性，在1L密閉容器中充入和，測得有關(guān)物質(zhì)的物質(zhì)的量隨溫度變化如下圖。該催化劑在較高溫度時主要選擇_______(填“反響Ⅰ〞或“反響Ⅱ〞)。520℃時，反響Ⅱ的平衡常數(shù)_______(列出計算式即可)?！敬鸢浮俊?〕〔2〕＜bc〔3〕反響Ⅱ【解析】〔1〕：①，②，按蓋斯定律：由②×2+①得，?！?〕①在恒容密閉容器中按投料直接合成，發(fā)生反響：，增壓，平衡朝氣體分子總數(shù)減小的方向即向右移動，平衡時的轉(zhuǎn)化率增大，那么。②其余條件相同、只升高反響體系的溫度，反響速率一定加快、明顯加快，那么小于；其余條件相同、只增大反響體系的壓強，反響速率一定加快，那么大于、那么由快到慢的順序為；③a．時才處于平衡狀態(tài)，不能說明處于平衡狀態(tài)，a錯誤；b．碳酸二甲酯的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)保持不變，能說明上述反響到達(dá)化學(xué)平衡狀態(tài)，b正確；c．該反響氣體分子總數(shù)、混合氣體的平均相對分子質(zhì)量會隨著反響而改變、那么混合氣體的平均相對分子質(zhì)量保持不變，能說明上述反響到達(dá)化學(xué)平衡狀態(tài)，c正確；d．由與的投料、及反響看，二者的物質(zhì)的量之比始終保持不變，不能說明上述反響到達(dá)化學(xué)平衡狀態(tài)，d錯誤；故答案為bc?！?〕由圖知，較高溫度時主要產(chǎn)物為乙烯，那么該催化劑在較高溫度時主要選擇反響Ⅱ。520℃時，甲烷和乙烯的物質(zhì)的量均為0.2mol，那么反響Ⅰ：消耗二氧化碳0.2mol、消耗氫氣0.8mol、生成水0.4mol、甲烷0.2mol；反響Ⅱ中消耗二氧化碳0.4mol、消耗氫氣1.2mol、生成水0.8mol、乙烯0.2mol；那么平衡時二氧化碳為1-0.2mol-0.4mol=0.4mol、氫氣=3mol-0.8mol-1.2mol=1mol、水0.4mol+0.8mol=1.2mol；反響Ⅱ的平衡常數(shù)。三、選做題。20．Cu2O廣泛應(yīng)用于太陽能電池領(lǐng)域。以CuSO4、NaOH和抗壞血酸為原料，可制備Cu2O?！?〕Cu2+基態(tài)核外電子排布式為____?！?〕SO的空間構(gòu)型為___，與SO互為等電子體的分子有___(寫兩種即可)?！?〕抗壞血酸的分子結(jié)構(gòu)如下圖，分子中碳原子的軌道雜化類型為___；推測抗壞血酸在水中的溶解性：____(填“難溶于水〞或“易溶于水〞)，理由是___?！?〕一個Cu2O晶胞(如圖)中，Cu原子的數(shù)目為___，假設(shè)晶胞的密度為ag/cm3，那么該晶胞的邊長為___nm?！敬鸢浮俊?〕1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9〔2〕正四面體形CCl4、SiF4〔3〕sp2、sp3易溶于水抗壞血酸分子與水分子能形成分子間氫鍵〔4〕4【解析】〔1〕Cu2+基態(tài)核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9；〔2〕SO為s