【文档说明】湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2024-2025学年高三上学期10月检测 化学试卷 Word版含解析.docx，共(21)页，2.006 MB，由小赞的店铺上传

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华中师大一附中2024—2025学年度十月月度检测高三化学试题时限：75分钟满分：100分可能用到的相对原子质量：H-1B-11C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5Fe-56Co-59一、选择题：

本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列科学家不是化学家(含化工)的是A.侯德榜B.鲍林C.伏打D.凯库勒【答案】C【解析】【详解】A．侯德榜提出侯氏制碱法，故A不符合题意；B．鲍林在电子排布图中提出

鲍林规则，故B不符合题意；C．伏打意大利物理学家，即伏特，故C符合题意；D．凯库勒提出苯的环状结构，故D不符合题意；答案选C。2.下列粒子不能用做离子液体中阴离子的是A.-6PFB.-4AlClC.-4BFD.-CN【答案】D【解析】【详解】离子液体是室温或稍高于室温时呈液态的离子化

合物，大多数离子液体有体积很大的阴、阳离子，所以-CN不能用做离子液体中阴离子，答案：D。3.化学和人类生活息息相关，下列说法中正确的是A.浓硫酸做干燥剂体现吸水性，不发生化学变化B.铅蓄电池的电解质溶液是NaOHC.红宝石、蓝宝石的主要成分是硅酸盐或

SiO2D.Na2O2做供氧剂，只体现氧化性【答案】A【解析】【详解】A．浓硫酸做干燥剂体现吸水性，没有新物质生成，不发生化学变化，故A正确；B．铅蓄电池的电解质溶液是硫酸，故B错误；C．红宝石、蓝宝石的主要成分是三氧化二铝，故C错误；D．Na2O

2做供氧剂，O元素化合价既有升高又有降低，既体现氧化性又体现还原性，故D错误；答案选A。4.材料的发展体现了“中国技术”和“中国力量”。下列说法正确的是A.铁和氯气反应，实验室不能用钢瓶来装氯气B.集成电路底板酚醛树脂属

于聚酯C.铝锂合金材料强度大、密度小，可做航天材料D.含碳量为3%的铁碳合金属于高碳钢【答案】C【解析】【详解】A．常温下铁和氯气不反应，实验室能用钢瓶来装氯气，A错误；B．酚醛树脂是由酚类和甲醛缩聚成的，不含酯基，不属于聚酯，B错误；C．铝锂合金材料具有强度大、密度小的优良性能，可做

航天材料，C正确；D．高碳钢属于钢中的碳素钢，碳素钢的含碳量0.03%～2%，高碳钢的含碳量小于2%，高于0.6%，D错误；故选C。5.基本概念和理论是化学思维的基石。下列叙述正确的是A.等离子体是由阳离子、阴离子和电中性粒子组成的整体上呈电中性的物质聚集体B.胶体按照分散质

的不同，分为液溶胶、气溶胶、固溶胶，如有色玻璃属于固溶胶C.焰色实验、灼烧实验、溶解实验、阴离子分析、阳离子分析都属于定性分析D.反应的活化能指活化分子具有的最低能量和反应物分子具有的平均能量之差【答案】C【解析】【详解】A．等离子体是由阳离子、电子和电中性粒子组成的整体上呈电中性的物质聚集体，

A错误；B．胶体按照分散剂的不同，分为液溶胶、气溶胶、固溶胶，如有色玻璃属于固溶胶，B错误；C．焰色实验、灼烧实验、溶解实验、阴离子分析、阳离子分析都是用于探究和鉴别元素或物质的性质，没有涉及定量反应，属于定性分析，C正确；

D．反应的活化能是指活化分子具有的平均能量与反应物分子具有的平均能量之差，D错误；故答案为：C。6.下列表述的离子方程式正确的是A.2+-+2-442Ba+2OH+2H+SO=BaSO+2HO可用来表示多个化学反应B.(NH4)2

Fe(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液至Fe2+恰好完全沉淀：的()2-2+42+-42F2+2SO+2Ba+OH=2BaSO+FeeOHC.向FeCl3溶液通入足量H2S：3++22Fe+3HS=2FeS+S+6HD.Na2CO3溶液中通入少量Cl2：2---322CO+Cl=

CO+Cl+ClO【答案】A【解析】【详解】A．2+-+2-442Ba+2OH+2H+SO=BaSO+2HO可以表示氢氧化钡和稀硫酸的反应，也可以表示氢氧化钡与过量硫酸氢钠的反应，故A正确；B．(NH4)2Fe(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液至Fe2+恰好完全沉淀

离子方程式为()2+2-2+-442Fe+SO+Ba+2OH=BaSO+FeOH，故B错误；C．向FeCl3溶液通入足量H2S：3+2++22Fe+HS=2Fe+S+2H，故C错误；D．Na2CO3溶液中通入少量

Cl2，反应生成碳酸氢钠、氯化钠、次氯酸，离子方程式为2--322CO+Cl=HCO+Cl+HClO+HO−3，故D错误；故选A。7.下列关于C，Si及其化合物结构与性质的论述错误的是A.自然界中的14C来自宇宙射线(中子)撞击14N，其过程可表示为14

114101N+n=C+HB.SiH4中Si的化合价为+4，CH4中C的化合价为-4，因此SiH4还原性小于CH4C.高压下制得的CO2共价晶体结构与SiO2晶体相似，其硬度和熔沸点均高于SiO2晶体D.Si原子间难形成双键而C原子间可以，是因为Si的原子半径大于C

，难形成p-pπ键【答案】B【解析】【详解】A．来自宇宙射线的中子轰击14N原子产生着14C，根据质量守恒可得，14114101N+n=C+H，A正确；B．SiH4中Si的化合价为+4，CH4中C的化合价为-4，

Si与C为同主族元素，同族元素从上到下，非金属元素的电负性减小，原子半径增大，原子失电子的能力递增，氢化物的还原性增强，且SiH4中H为-1价，-1价H具有很强的还原性，因此SiH4还原性大于CH4，B错误；C．CO2晶体和SiO2晶体都为共价晶体，原子半径：C＞Si，键长：

C-O＞Si-O，键长越短，键能越大，硬度和熔沸点均高于SiO2晶体，C正确；D．Si的原子半径较大，原子间形成的σ键较长，p-p轨道重叠程度很小，难于形成π键，所以Si原子间难形成双键而C原子间可以，D正确；故答案为：B。8.下列实验方

法及所选玻璃仪器（其他材质仪器任选）均正确的是A.使用酸性高锰酸钾标准溶液通过滴定法测定某未知浓度的4FeSO溶液的浓度，仪器为④⑥B.除去苯中混有的少量苯酚：加入溴水，然后过滤，仪器为①⑦⑨C.分离4CCl和2Br的混合液体，可用分液法，仪

器为⑦⑧D.蒸馏法淡化海水，仪器为②③⑤⑥【答案】A【解析】【详解】A．酸性高锰酸钾标准溶液呈酸性，且为强氧化性试剂，应用酸式滴定管盛装，待测液放置于锥形瓶中，故A正确；B．苯酚和溴水反应生成的三溴苯酚难溶于水，易溶于苯，不能用过滤的方法除去，故B错误；C

．2Br易溶于4CCl，两者混溶、不分层，无法分液，故C错误；D．蒸馏应用直形冷凝管，且缺一个牛角管，故D错误；故答案为：A。9.腺嘌呤核苷酸是生产核酸类药物的中间体，结构如图，下列说法错误的是A.腺嘌呤核苷酸具有两性B.水解生成的戊糖的核磁共振氢谱有7组峰C.水解生成的碱基

的分子式为555CHND.每个腺嘌呤核苷酸中含有4个手性碳原子【答案】B【解析】【详解】A．腺嘌噙核苷酸中有磷酸二氢根具有酸性，有氨基具有碱性，故A正确；B．腺嘌呤核苷酸水解生成的戊糖是核糖，核磁共振氢谱有9组峰，B错误；C．腺嘌呤核苷酸水解生成的碱基是腺嘌呤，分子式为5

55CHN，C正确；D．腺嘌呤核苷酸中的手性碳原子如图所示，所以1mol腺嘌呤核苷酸4mol手性碳原子，故D正确；答案选：B。10.下列实验操作及现象均正确且能得出相应结论的是实验操作实验现象实验结论A向BaCl2溶液中通入SO2和气体X产生白色沉淀白色沉淀为BaSO4B在酸性高锰酸

钾溶液中加入Na2S溶液，再滴加BaCl2溶液产生白色沉淀2-S被-4MnO氧化为2-4SOC向盛有浓HNO3的两支试管中分别加入除去氧化膜的镁带(m试管)和铝片(n试管)m试管迅速产生红棕色气体，n试管无明显现象金属性：Mg>AlD向KBrO3溶液中通入少量Cl2，

然后再加入少量苯有机相呈橙红色氧化性：KBrO3>Cl2A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．亚硫酸的酸性弱于盐酸，不能与氯化钡溶液反应，但向氯化钡溶液中通入二氧化硫和氨气，二氧化硫和

氨气、氯化钡溶液反应能生成亚硫酸钡白色沉淀，则白色沉淀不一定是硫酸钡，故A错误；B．酸性高锰酸钾溶液中含有H2SO4，加入Na2S溶液，再滴加BaCl2溶液，产生BaSO4白色沉淀，不能说明2-S被-4MnO氧化为2-4SO

，故B错误；C．常温下铝在浓硝酸中钝化形成的氧化膜阻碍反应的继续进行，则用浓硝酸不能比较金属镁和金属铝的金属性强弱，故C错误；D．向KBrO3溶液中通入少量Cl2，然后再加入少量苯，有机相呈橙红色，说明反应

中有Br2生成，该过程中KBrO3是氧化剂，Cl2是还原剂，则氧化性：KBrO3>Cl2，故D正确；故选D。11.为解决传统电解水制氢阳极电势高、反应速率缓慢的问题，科技工作者设计耦合HCHO高效制H2的方

法装置如图。部分反应机理为：。下列说法正确的是A.电解时e−由a极向b极方向迁移B.阴极反应为2H2O-2e-=H2↑+2OH-，C.阳极反应2HCHO2e3OHHCOO2HO−−−−−+=+D.相同电量下2H理论产量

是传统电解水的2倍【答案】D【解析】【分析】由图可知，b电极上HCHO被氧化为HCOO-，则b电极为阳极，a电极为阴极；电解质溶液为KOH溶液，结合反应机理，则阳极反应涉及：①HCHO+OH--e-=HCOOH

+12H2，②HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，则阳极反应式为：2222e42H2HOHCHOOHHCOO−−−−+=++，阴极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，据此解题。【详解】A．由分析可知，b极为阳极，a极为阴极，故电解时

e−由b极经电源向a极方向迁移，A错误；B．由分析可知，阴极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，B错误；C．由分析可知，阳极反应为：2222e42H2HOHCHOOHHCOO−−−−+=++，C错误；D．由分析可知，阳极反应式为

：2222e42H2HOHCHOOHHCOO−−−−+=++，阴极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，则转移2mol电子时，阳极生成1molH2，阴极生成1molH2，共生成2molH2，而传统电解水的反应式：2H2O=通电2H2↑+O2↑，转

移2mol电子生成1molH2，所以相同电量下H2理论产量是传统电解水的2倍，D正确；故选D。12.某锂离子电池电极材料结构如图。结构1是钴硫化物晶胞的一部分，可代表其组成和结构；晶胞2是充电后的晶胞结构；所有晶胞均为立方

晶胞。下列说法正确的是A.充电前后与S距离最近的金属原子数目相同B.晶胞2中S与S的最短距离为3a2C.结构1的化学式可表示为CoSD.晶胞2和晶胞3表示同一晶体【答案】D【解析】【详解】A．结构1中，与S最近的Co是4个，晶胞2中与S最近的Li有8个，故A错误；B．由图可知

，晶胞2中S与S的最短距离为面对角线的12，晶胞边长为a，即S与S的最短距离为：2a2，故B错误；C．由均摊法得，结构1中含有Co的数目为14+4=4.58，含有S的数目为11+12=44，Co与S的原子个数比为9:8，因此结构1的化学式为98CoS，故C错误；D．

如图，当2个晶胞2放在一起时，图中从之间截取的立方体就是晶胞3，晶胞2和晶胞3表示同一晶体，，故D正确；答案选D。13.我国化学家侯德榜发明的“侯氏制碱法”联合合成氨工业生产纯碱和氮肥，工艺流程图如下。其中碳酸化塔

中的产物为NaHCO3，下列说法正确的是A.()+Nac；碱母液储罐大于氨母液储罐B.经“冷析”和“盐析”后的体系仅是NH4Cl的饱和溶液C.向氯化钠溶液中先通入CO2，再通入NH3能提高()3HCOc−D.该工艺的碳原子利用率理论上接近1

00%【答案】D【解析】【分析】在饱和NaCl溶液中先通入氨气(吸氨塔)使溶液呈现碱性，再通入CO2(碳酸化塔)，在碱性环境下CO2溶解能力增强，与氨气反应生成碳酸氢铵，碳酸氢铵与氯化钠反应生成碳酸氢钠从溶液中析出，回转

焙烧炉加热后转化为纯碱、水和二氧化碳，母液中的NH4Cl在常温时的溶解度比NaCl大，在低温下却比NaCl溶解度小，在5℃～10℃时，向母液中加入食盐细粉，可使NH4Cl单独结晶析出，剩余氯化钠溶液可再次投入使用，据此来解答。【详解】A．由工艺流程图可知，进入碱母液储罐的只

有氯化铵，再加入氨气后，会产生氨水，所以碱母液储罐中的溶质是氯化铵和氨水，加入氯化钠盐析出氯化铵，通过分离后得到氨母液，故()+cNa：碱母液储罐小于氨母液储罐，故A错误；B．过“冷析”和“盐析”后，体系为过饱和的NH4Cl溶液，溶液还有NaCl，故B错误；C．由于

NH3在水中的溶解度远大于CO2，先通入NH3营造碱性环境，再通入CO2能提高()-3cHCO，故C错误；D．该流程中，二氧化碳中的碳原子最终全部进入纯碱中，碳原子利用率理论上为100%，故D正确；故选D。14.合成聚合物P，将反应物一次全部加入密闭的反应釜中，转化路线如下，聚合过程包含三

个阶段，第一阶段最先发生，速率最快，第二阶段、第三阶段依次发生，速率逐渐减慢。下列说法不正确的是A.第一阶段中有C-O键和C-N键的断裂B.该条件下，与聚合的活化能小于与O=C=O聚合的活化能C聚合物P中含有3种官能团D.加入amolCO2，最多生成azmol聚合物P【答案】D【解析

】【详解】A．第一阶段中有C-O键和C-N键、H-O键的断裂，故A正确；B．第二阶段、第三阶段依次发生，速率逐渐减慢，第二阶段更易发生聚合的活化能更小，该条件下，与聚合的活化能小于与O=C=O聚合的活化能

，故B正确；C．聚合物P中含有3种官能团，酯基、羟基、酰胺基，故C正确；.D．第一阶段nmol环状反应物会生成nmol二氧化碳，第三阶段生成1molP需要（z-n）mol二氧化碳，加入amolCO2，最多生成naz−mol聚合物P，故D错误；故选：D。15.废弃电池中锰可通过浸取回收。某温度下，M

nSO4在不同浓度的KOH水溶液中，若Mn(Ⅱ)的分布系数δ与pH的关系如图。下列说法正确的是已知：Mn(OH)2难溶于水，具有两性；δ(MnOH+)=()()()()()()2-22224cMnOHcMncMnO

HcHMnOcMnOHcMnO+++−−++++；A.曲线z为δ(MnOH+)B.O点，()10.22cH103+−=C.P点，c(Mn2+)＜c(K+)D.Q点，c(24SO−)=2c(MnOH+)+2c(22MnO−)【答案】C【解析】【分析】Mn(OH)2难溶于水，

具有两性，某温度下，MnSO4在不同浓度的KOH水溶液中，若Mn(Ⅱ)的分布系数δ与pH的关系如图，结合曲线变化和分布分数可知，pH较小时，Mn元素存在形式为Mn2+，则曲线x为Mn2+，曲线y为MnOH+，曲线z为2HMnO−，结合图象变化分析判断选项。【详解】A．分析可知，z表示δ(2HM

nO−)，故A错误；B．图中O点存在电离平衡Mn2++OH﹣⇌MnOH+，在P点时c(Mn2+)＝c(MnOH+)，pH＝10.2，K()()()()()10.2142wccH110K10cccMnOHMnOHOH++−−+−−=====

103.8，O点δ(Mn2+)＝0.6时，δ(MnOH+)＝0.4，则c(OH﹣)0.40.6=10﹣3.8mol/L23=10﹣3.8mol/L，则()10.23cH10/L2mol+−=，故B错误；C

．P点时δ(Mn2+)＝δ(MnOH+)=0.5，溶液中含Mn元素微粒只有这两种，根据物料守恒有c(Mn2+)+c(MnOH+)=c(2-4SO)，且c(Mn2+)＝c(MnOH+)①即2c(Mn2+)=c(2-4SO)②，根据电荷守恒有()()()()()()22-42cc+cHcK2c

SOcMnMnOHOH++++−++=+③，将①和②代入③得到()()()()2cHcKccMnOH+++−+=+，此时pH=10.2，()()cHcOH+−＜则c(Mn2+)＜c(K+)，故C正确；

D．Q点时，根据图像溶液中存在，物料守恒：c(2-4SO)＝c(Mn2+)+c(MnOH+)+c(2HMnO−)+c(22MnO−)+c[()2-4MnOH，且c(MnOH+)＝c(2HMnO−)，c(22MnO−)=c[()2-4MnOH，则c(2-4SO)＝c(Mn2+)+2c

(MnOH+)+2c(22MnO−)，故c(24SO−)＞2c(MnOH+)+2c(22MnO−)，故D错误；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.我国科研团队将工业废气中的CO2在催化条件下

还原，实现了CH3OH的绿色合成。主要反应有：Ⅰ.()()()()22323Hg+COgCHOHg+HOg1ΔHⅡ.()()()()222Hg+COgCOg+HOg-12ΔH=+41.2kJmolⅢ.()()()232Hg+COgCHO

Hg-13ΔH=-90.1kJmol回答下列问题：（1）对反应Ⅰ：①已知：GHTS=−，图中表示G与T之间的关系正确的是___________(填字母)。②相对能量及其部分反应历程关系如图(A1~A4，B1~B4表

示过渡态)。反应更容易按路径___________(填A或B)发生，该路径中形成过渡态___________(填编号)的反应速率最慢。③下列说法正确的是___________。A．平衡时，v(CH3OH)=v(H2)B．催化剂降低了反应的活化能，可以增大平衡转化率C．恒温密闭的刚性容器中，

CO2的分压不变时体系达到平衡状态D．反应过程中催化剂可能会“中毒”，需对反应气进行净化处理（2）在恒压密闭容器中，分别按投料比[n(H2)∶n(CO2)为3∶1和4∶1通入气体，若只发生反应Ⅰ和Ⅱ，CO2的平衡转化率α及CH3OH的选择性S随温度的变化曲线如图所示。①投料比为4

∶1时，CO2的平衡转化率曲线为___________(填“e”或“f”)。②温度升高，CH3OH选择性降低、CO2的平衡转化率升高的原因是___________。③投料比为3∶1、温度为320℃时，反应Ⅱ的

平衡常数Kx=___________(写出计算式即可，用物质的量分数代替平衡浓度)。已知：()()()222COCO100%nCOn=转化的起始()()()3232CHOHCOSCHOH100%nCOn

=生成所用转化的【答案】（1）①.a②.B③.B1到B2（或填B2已可）④.CD（2）①.e②.反应Ⅰ是放热反应，反应Ⅱ是吸热反应，当温度升高，反应Ⅰ逆向移动，反应Ⅱ正向移动，反应Ⅱ比反应Ⅰ影响更大，CH3OH选择性降低、CO2的平衡转化率升高③.0.10.0140.

92.728【解析】【分析】根据盖斯定律，反应Ⅰ=反应Ⅱ+反应Ⅲ，()()111123ΔH=ΔH+ΔH=+41.2molL+90.0molL=48.8molL−−−−−，据此数据解答。【小问1详解】①对于GHTS=−，因1H0、S0，所

以T越高，G越大，故图中符合条件的是a；②从A1~A4、B1~B4，路径B活动化能小，反应更容易按路径B发生；B1到B2的能量壁垒最大，反应速率最慢；③A．未标注反应速率的正逆，平衡时，正逆反应速率相等，且不同物质表示化学反应速率

与化学计量数成正比，A错误；B．催化剂降低了反应的活化能，不能影响化学平衡移动，B错误；C．恒温密闭的刚性容器中，2CO的分压是变量，当2CO的分压不变时，说明已达到了平衡状态，C正确；D．反应过程中催化剂可能会“中毒”而失效，需对反

应气进入到催化剂前进行净化处理，D正确；故答案为：a；B；B1到B2（或填B2也可）；CD。【小问2详解】①相同条件下，投料比为41：时与投料比为31：时相比较，相当于增大了氢气的量，平衡正向移动，2CO的转化率增加，2CO的平衡转化率曲线为e；②反应I是放热反应，反应II是吸热反应，当温度升高，

反应I逆向移动，反应II正向移动，反应II正向移动的程度大于反应I逆向移动的程度，从而导致3CHOH选择性降低、2CO的平衡转化率升高；③投料比为31：、温度为320℃时，反应II()()()()222Hg+COgCOg+HOg，设反应前投料()

2nH3mol=，()2nCO=1mol，根据转化图可知转化的()2nCO=1mol10%=0.1mol，由()()()3232nCHOHCOSCHOH=100%=86%nCO生成所用的转化的，可知()32nCHOHCO=0.1mol86%=0.086

mol生成所用的，则反应II消耗的()2nCO=0.1mol0.086mol=0.014mol−，列式计算：反应I()()()()()()22323Hg+COgCHOHg+HOgmol3100mol0.2580

.0860.0860.086起始量转化量、反应II()()()()()()222Hg+COgCOg+HOgmol3100mol0.0140.0140.0140.014起始量转化量，反应最终达到平衡时，平衡体系中各物质的物质的量分别为：()2nH

=3mol0.258mol0.014mol=2.728mol−−、()2nCO=1mol0.086mol0.014mol=0.9mol−−、()nCO=0.014mol、()2nHO=0.086mol0.014mol=0.1mol+、()3nCHOH=0.086mol，()n=

2.728mol0.9mol0.014mol0.1mol+0.086mol=3.828mol+++总，则反应II的()()()()()()()()222nCOnHO0.0140.1nn0.0140.13.8283.828Kx===2.7280.9nHnC

O2.7280.93.8283.828nn总总总总。故答案为：e；反应I是放热反应，反应II是吸热反应，当温度升高，反应I逆向移动，反应II正向移动，反应II正向移动的程度大于反应I逆向移动的程度，从而导致3CHOH选择性降低、2CO的平衡转化率升高；0.0140.1

2.7280.9。17.硼是第ⅢA族中唯一非金属元素，可以形成众多的化合物。回答下列问题：（1）氨硼烷(H3N·BH3)分子中与N相连的H呈正电性，与B原子相连的H呈负电性，它们之间存在静电相互吸引作用，称为双氢键，用“N-H

…H-B”表示。以下物质之间可能形成双氢键的是___________。A.苯和三氯甲烷B.LiH和HCNC.C2H4和C2H2D.B2H6和NH3硼氢化钠(NaBH4)是一种常见的还原剂，常温下易与水反应

，可溶于异丙胺(沸点33℃)，某探究小组采用偏硼酸钠(NaBO2)为主要原料制备NaBH4，其实验流程如图：（2）第一步为高温合成，写出该合成的化学方程式___________。（3）流程中可以循环利用的物质除NaBO2外，还有___________(写结

构简式)。（4）NaBH4做还原剂时需控制溶液为弱碱性。若酸性较强，NaBH4易与水反应放出H2并生成硼酸，写出反应的离子方程式___________。的实验测定NaBH4的产率原理及步骤如下：①测定原理：43223NaBH+4KIO=3NaBO+4KI+6HO32422

42KIO+5KI+3HSO=3I+3KSO+3HO2223246I+2NaSO=2NaI+NaSO。②测定步骤步骤1：探究小组以：23.76gNaBO2为主要原料制得NaBH4产品，配成250mL溶液，量取2.50m

L置于碘量瓶中，加入30.00mL0.1000mol·L-1KIO3溶液振荡60s，使充分反应。步骤2：向充分反应的溶液加入过量的KI溶液，调节至酸性，冷却后暗处放置数分钟。步骤3：用0.2000mol·L-1Na

2S2O3标准溶液滴定至微黄色，加入几滴淀粉指示剂，继续滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液的体积为24.00mL。（5）①通过计算确定上述实验流程中NaBH4的产率___________。②若滴定前滴定管中有气泡，滴定后气泡消失，将导致NaBH4的产率_______

____(填“偏高”或“偏低”)。【答案】（1）BD（2）222423NaBO+2SiO+4Na+2HNaBH+2NaSiO高温（3）CH3CH(CH3)NH2（4）-+42332BH+H+3HO=HBO+4H（5）①.45.8%②.偏低【解析】【分析】NaB

O2、SiO2、Na和H2在一定条件下反应生成NaBH4、Na2SiO3，NaBH4常温下能与水反应，且氢气和氧气混合加热易产生爆炸现象，为防止NaBH4水解、防止产生安全事故，需要将装置中的空气和水蒸气排出，加入溶剂异丙胺萃取分液，过滤得到硅酸钠副产品，滤液蒸馏得到硼氢化钠(Na

BH4)和异丙胺，偏硼酸钠(NaBO2)返回第一步继续利用，据此分析解答【小问1详解】A．在苯和三氯甲烷分子中H原子都是呈正电性，因此不存在双氢键，A不符合题意；B．在LiH中H显负电性，而在HCN中H显正电性，因此二者之间存在双氢键，B符合题意；C．在C2

H4和C2H2中H原子都是呈正电性，因此不存在双氢键，C不符合题意；D．在B2H6中H显负电性，在NH3中H原子都是呈正电性，因此二者之间存在双氢键，D符合题意；答案：BD；【小问2详解】第一步为高温合成，NaBO2、Na、SiO2和氢气在高温条件下反应生

成NaBH4和硅酸钠，合成的化学方程式为222423NaBO+2SiO+4Na+2HNaBH+2NaSiO高温，答案：222423NaBO+2SiO+4Na+2HNaBH+2NaSiO高温；【小问3详解】根据流程中信息可知，萃取时加入异丙胺，蒸馏时产生异丙胺可循环使用，答案：CH3CH(CH3)N

H2；【小问4详解】若酸性较强，NaBH4易与水反应放出H2并生成一种弱酸，为硼酸，反应的离子方程式为-+42332BH+H+3HO=HBO+4H，答案：-+42332BH+H+3HO=HBO+4H；【小问5详解】①理论上制得n(NaBH4)=n(NaBO2)

=66g/mol23.76g=0.360mol，剩余的n(KlO3)=16n(Na2S2O3)=16×0.2000mol·L-1×24mL=8×10-4mol，与NaBH4反应的n(KlO3)=3×10-3mol-8×10-4m

ol=2.2×10-3mol，制得n(NaBH4)=34n(KIO3)=34×2.2×10-3mol×250mL2.5mL=0.165mol，NaBH4产率为%0.165mol0.360mol100%45.8，②若滴定前滴定管中有气

泡，滴定后气泡消失，则消耗Na2S2O3标准溶液的体积偏大，剩余的KIO3偏多，则与NaBH4反应的KIO3偏少，将导致NaBH4的产率偏低，答案：45.8%；偏低。18.利用水钴矿(主要成分为23CoO，含少量2SiO、FeO、23FeO、2MnO)制备二次电池添加剂2β-Co

(OH)的流程如下。已知：25℃时，()2+2+5336Co(aq)+6NH(aq)CoNH(aq)K=1.010稳部分金属离子浓度c与pH关系如下图所示；沉淀过快无法形成2β-Co(OH)，2Co(OH)在碱性溶液中易被2O氧化。的回

答下列问题：（1）“酸浸”中23CoO反应的离子方程式为_______。（2）“沉铁”中控制pH的理论范围为_______(溶液中离子浓度-5-1c1.010molL时，可认为已除尽)。（3）萃取剂对2Co+、2Mn+萃取率随pH的影响如下图，应选择萃取剂_______(填“M”

或“N”)。若萃取剂的量一定时，_______(填“一次萃取”或“少量多次萃取”)的萃取效率更高。（4）“沉钴”中，()2+326CONHβ-Co(OH)→的离子方程式为_______。（5）

()2+4326CoSOCONHβ-Co(OH)→→过程中，先加氨水再缓慢加NaOH溶液的理由是_______，“沉钴”中使用热NaOH溶液的目的是_______。【答案】（1）+22+223342CoO4HSO2CoSO2HO−−++=++（2）3.2~

7.2（3）①.N②.少量多次萃取（4）()()2+3362CoNH2OHCoOH6NH−+=+（5）①.“碱溶”形成的()2+36CoNH在加入NaOH“沉钴”时可缓释2+Co利于晶体形成，缓慢加NaOH溶液可以防止沉淀过快无法形成()2CoOH−②.温度高

利于减少溶解氧，形成3NH气氛隔绝空气，防止产物被氧化【解析】【分析】水钴矿在硫酸和亚硫酸钠混合溶液中酸浸，SiO2不和硫酸反应过滤后存在于滤渣1中，滤液中含有Co2+、Fe2+、Mn2+，再向滤液中加入次氯酸钠、碳酸钠进行沉铁，将铁元素转化为Fe(OH)3沉淀过滤后

存在于滤渣2中，向滤液中加入萃取剂，水相中含有Co2+，经过一系列处理后得到CoSO4固体，再加入氨水溶解，加入热的NaOH溶液沉Co得到β−Co(OH)2。【小问1详解】亚硫酸钠具有还原性，“酸浸”中23CoO在酸性条件下被亚硫酸钠还原为二价钴，亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，反应中钴化合价由+

3变为+2、硫化合价由+4变为+6，结合电子守恒可知，反应为：+22+223342CoO4HSO2CoSO2HO−−++=++；【小问2详解】沉铁”中要求除去铁离子而Co2+不产生沉淀，结合图可知，控制pH的理论范围为3.2~7.2；【小问3详解】由流程可知，萃取剂要尽可能分离2Co+、2Mn+

，使得2Mn+进入有机相而2Co+保留在水相，结合图可知，萃取剂N对两者的萃取分离效果较好，故选N；若萃取剂的量一定时，少量多次萃取的萃取效率更高。【小问4详解】由图表可知，pH=9.2时，pOH=4.8，2Co+沉淀完全，此时()()()2254.8214.62cCoc10101

0spKCoOHOH+−−−−===；“沉钴”中，()236CONH+和NaOH反应生成()2CoOH−，根据质量守恒可知，同时生成氨气，离子方程式为：()()2+336226CoNHOHCoOHNH−+=+；【小问

5详解】2+Co沉淀过快无法形成()2CoOH−，先加氨水形成配离子()2+36CoNH减小2+Co浓度，然后再加NaOH溶液利于形成()2CoOH−故先加氨水再加NaOH溶液的理由是：“碱溶”形成的()

2+36CoNH在加入NaOH“沉钴”时可缓释2+Co利于晶体形成，缓慢加NaOH溶液可以防止沉淀过快无法形成()2CoOH−；2+Co容易被空气中氧气氧化，氨水受热易挥发，且升温利于减少溶解氧，故使用热NaO

H溶液的目的是：温度高利于减少溶解氧，形成3NH气氛隔绝空气，防止产物被氧化。19.化合物H是一种药物中间体，合成路线如下：回答下列问题：（1）A的官能团名称为___________。（2）B与(CH3CO)2O按物质的量之比1∶2反应生成三种不同的有机产物，

B→C的反应方程式为___________。（3）化合物D不能采取先在NaOH溶液中加热充分反应，后再酸化得到E的原因是___________。（4）任写一种同时符合下列条件的化合物E同分异构体的结构简

式___________。①核磁共振氢谱峰面积之比为6∶2∶1；②能与FeCl3溶液发生显色反应；③有机物结构中不含“-O-Br”（5）有机物F的名称是___________；从结构角度解释，F()框线内氢原子易发生取代反应的原因是___________。（6）除苯环外，H分子中还有一个具有两

个氮原子的六元环，在合成H的同时还生成一种醇，H的结构简式为___________。【答案】（1）羟基、(酮)羰基（2）（3）碳溴键(溴原子)在NaOH溶液加热的条件下也会发生水解反应，从而导致有机物D不能转化为E（4）或（5）①.丙二酸二乙酯②.酯基中氧的电负性大于碳，化合物F中羰基碳原子正电性

较强，从而使框线内氢原子的活性增强(或碳上的碳氢键极性增强，容易断裂)（6）【解析】【分析】结合合成路线图，E和F生成G，对比F和G结构简式可知，E和F发生取代反应，E的结构简式为，G和生成H，H的结构简式为。【小问1详解】由A的结构简式可知，A的官能团

名称为羟基、(酮)羰基；小问2详解】B与(CH3CO)2O按物质的量之比1∶2反应生成三种不同的有机产物，B→C的反应方程式为；【小问3详解】化合物D不能采取先在NaOH溶液中加热充分反应，后再酸化得到E的原因是碳溴键(溴原子)在NaOH溶液加热的条件下也会发生水解反应，从而

导致有机物D不能转化为E；【小问4详解】同时符合下列条件①核磁共振氢谱峰面积之比为6∶2∶1；②能与FeCl3溶液发生显色反应；③有机物结构中不含“-O-Br”的化合物E同分异构体的结构简式为或；【小问5详解】有机物F的名称是

丙二酸二乙酯；酯基中氧的电负性大于碳，化合物F中羰基碳原子正电性较强，从而使框线内氢原子的活性增强(或α-碳上的碳氢键极性增强，容易断裂)；【小问6详解】除苯环外，H分子中还有一个具有两个氮原子的六元环，在合成H的同时还生成一种醇，结合H的分子式【

分析可知其结构简式为。