2015年安徽省高考化学试卷

1、2015年安徽省高考化学试卷、选择题:1. （6分）碳酸亚乙烯酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如图,卜列有关该物质的说法正确的是（00=/1A.分子式为C3H2。3B.分子中含6个6键C.分子中只有极性键D. 8.6g该物质完全燃烧得到6.72LCQ2. （6分）下列有关实验的选项正确的是（A.配制 0.10mol?LB.除去CO中的CC2C.苯萃取碘水中D.记录滴定终点NaOH溶液I2,分出水层后的读数为12.20mL第1页（共22页）操作co（co;）JitNaOHfs） ANaOH J溶液La紫溶液A. AB. BC.C D. D3. （6分）下列有关说法正确的是（A.在酒精

2、灯加热条件下，Na2CC3、NaHCQ固体都能发生分解B.Fe （OH） 3胶体无色、透明，能产生丁达尔现象C.H2、SC2、CC2三种气体都可用浓 H2SC4干燥D.SiC2既能和NaOH溶液反应又能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物4.（6分）下列有关NaClO和NaCl混合溶液的叙述正确的是（A.该溶7中，H+、NHj、SC2，Br可以大量共存B.该溶7中，Ag+、K+、NOT、CH3CHO可以大量共存C向该溶液中滴入少量 FeSO溶液，反应的离子方程式为：2Fe2+ClO +2H+ Cl +2Fe3+H20D,向该溶液中加入浓盐酸，每产生 1molCl2,转移电子约为6.02X1023个5

3、. (6分)等物质的量的N2 (g)和O2 (g)在包容密闭容器中反应：N2 (g) +O2 (g) ?2N0 (g),下图曲线a表示该反应在TC时N2的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时 N2的浓度随时间的变化.下列叙述正确的是(第5页(共22页)A. TC时，该反应的平衡常数 K=一| C1B. TC时，随着反应的进行，混合气体的密度减小C.曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂D.若曲线b对应的条件改变是温度，可判断该反应的4 H< 06. (6分)某同学将光亮的镁条放入盛有 NH4C1溶液的试管中，有大量气泡产生,由此得出的结论不为探究该反应原理，该同学做

4、了以下实验并观察到相关现象,合理的是(选项实验及现象结论将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝反应中有NH3产生收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色收集气体的同时测得溶液的pH为8.6反应中有H2产生弱碱性溶液中Mg也可被氧化将光亮的镁条放入 pH为8.6的NaHCQ溶液中，有气泡产生弱碱性溶液中OH氧化了 MgA. AB. BC. CD. D7. (6分)25c时，在10mL浓度均为0.1mol?L1的NaOH和NH3?H2O混合溶液中滴加0.1mol?L1盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是(A.未加盐酸时：c (OH ) >c (Na+) =c (NH3?H2O)B.加入 10

5、mL盐酸时：c (NH4+) +c (H+) =c (OH )C 加入盐酸至溶液pH=7时:c (Cl ) =c (Na+)D.加入 20mL盐酸时：c (Cl ) =c (NHj) +c (Na+)二、非选择题8. (14分)C、N、O、Al、Si、Cu是常见的六种元素.(1) Si位于元素周期表第 周期第 族；(2) N的基态原子核外电子排布式为 ; Cu的基态原子最外层有 个 电子；(3)用多”或之”填空：原子半径电负性熔点沸点Al Si N O 金刚石 晶体 CH SiH4硅(4)常温下，将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入浓HNO3中组成原电池(图1), 测得原电池的电流强度(I)随时

6、间(t)的变化如图2所示，反应过程中有红棕 色气体产生.0t1时，原电池的负极是 Al片,此时，正极的电极反应式是 ,溶液中 的H+向 极移动.t1时，原电池中电子流动方向发生改变，其原因是.图1圜29. (16分)四苯基乙烯(TPE及其衍生物具有聚集诱导发光特性，在光电材料 等领域应用前景广泛，以下是TPE的两条合成路线(部分试剂和反应条件省略)(1) A的名称是;试剂Y为.(2) B-C的反应类型是;B中官能团的名称是,D中官能团的名称是(3) JF的化学方程式是(4) W是D的同分异构体，具有下列结构特征：属于蔡(元取代物；存在羟甲基(-CH2OH),写出W所有可能的结构简式： (5)下

7、列说法正确的是 .a、B的酸性比苯酚强b、D不能发生还原反应c、E含有3种不同化学环境的氢d、TPE既属于芳香姓也属于烯峪10. (14分)硼氢化钠(NaBH4)在化工等领域具有重要的应用价值，某研究小 组采用偏硼酸钠(NaBQ)为主要原料制备NaBT,其流程如图：已知：NaBd常温下能与水反应，可溶于异丙胺(沸点：33C)；(1)在第步反应加料之前，需要将反应器加热至 100c以上并通入氮气，该 操作的目的是,原料中的金属钠通常保存在 中，实验室取用少量 金属钠需要用到的实验用品有 、玻璃片和小刀等；(2)请配平第步反应的化学方程式：NaBO2+SiO2+Na+H2 NaBH4+ Na2Si

8、O3(3)第步分离采用的方法是 ;第步分出NaBR并回收溶剂，采用的 方法是;(4) NaBH4 (s)与 H2O 反应生成 NaBQ (s)和 H2 (g).在 25c、101kPa 下，已知每消耗3.8gNaBH (s)放热21.6J,该反应的热化学方程式是 .11. (14分)某研究小组将纯净的SO2气体通入0.1mol?L1的Ba(NO3) 2溶液中， 得到了 BaSO沉淀.为探究上述溶液中何种微粒能氧化通入的 SQ,该小组提出 了如下假设：假设一：溶液中的NO3假设二：溶7中溶解的。2；(1)验证假设一该小组设计实验验证了假设一，请在下表空白处填写相关实验现象.实验步骤实验现象结论实

9、验1:在盛有不含 02的25mL0.1mol?L 1BaC2溶 假设一成立 液的烧杯中，缓慢通入纯净的 SQ气体.实验 2:在盛有不含 02 的 25mL0.1mol?L 1Ba(N03) 2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的 SQ气体(2)为深入研究该反应，该小组还测得上述两个实验中溶液 pH随通入S02体积 的变化曲线如图.实验1中溶液pH变小的原因是 ; V1时，实验2中溶液pH小于实验1的 原因是(用离子方程式表示) .(3)验证假设二请设计实验验证假设二，写出实验步骤、预期现象和结论.实验步骤、预期现象和结论(不要求写具体操作过程)：(4)若假设二成立，请预测：在相同条件下，分别用足量的

10、02和KNQ氧化相 同的H2SQ溶液(溶液体积变化忽略不计)，充分反应后两溶液的 pH前者(填大于”或小于")后者，理由是.第9页（共22页）2015年安徽省高考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：1. （6分）碳酸亚乙烯酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如图, 下列有关该物质的说法正确的是（）A.分子式为C3H2。3B.分子中含6个6键C.分子中只有极性键D. 8.6g该物质完全燃烧得到6.72LCO0。【分析】A、=7为有机物的结构简式，其中顶点省略的是 C原子，每个C原子均形成4对共价键，每个。原子形成2对共价键，C原子价键不饱和的用H 原子补充，据此判断分子式；B

11、、单键即为 键，依据此结构简式判断 6键的个数；G相同原子之间形成非极性共价键， 不同原子之间形成极性共价键，据此解答；D、依据C的完全燃烧产物为二氧化碳，依据此有机物物质的量判断标准状况下生成二氧化碳的体积.Q 。【解答】解：A、 J ,此有机物中含有3个C、3个。和2个H,故分子式为：C3H2O3,故A正确；B、此分子中存在4个C-。键、1个C=O双键，还存在2个C-H键，1个C=C 双键，总共8个b键，故B错误；C、此有机物中存在C=C键，属于非极性共价键，故 C错误；D、8.6g该有机物的物质的量为：乱恒 =0.1mol,由于未指明标准状况，故生|86g/iiol成的二氧化碳的体积不一

12、定是6.72L故D错误，故选：A。【点评】本题主要考查的是有机物结构简式的判断，涉及分子式书写、化学键类 型判断、有机物的燃烧等，综合性较强，但是难度不大.2. （6分）下列有关实验的选项正确的是（A.配制0.10mol?L B.除去CO中的COC.苯萃取碘水中I2,分出水层后的操作D.记录滴定终点读数为12.20mL1NaOH溶液A. AB. BC. C D. D【分析】A、容量瓶为配制一定物质的量浓度溶液的仪器，不能用于溶解固体， 溶解固体需在烧杯中进行；B、二氧化碳为酸性气体，和强碱反应形成盐，CO既不溶于碱也不溶于水；C、苯的密度小于水，萃取后的溶液应位于分液漏斗的上层，上层溶液从上口

13、倒出；D、滴定管的0刻度在上方，据此读数即可.【解答】解：A、溶解固体药品应用烧杯，不能直接在容量瓶中溶解，故 A错误;B、CO不与水和氢氧化钠溶液反应，而二氧化碳可以与氢氧化钠反应，利用此装 置可以除去CO中混有的二氧化碳，故B正确；G苯萃取碘水中的碘，在分液漏斗的上层，应从上口倒出，故C错误；D、滴定管的0刻度在上方，此图中正确读数应为 11.80mL,故D错误， 故选：B。【点评】本题主要考查的是实验室中常见仪器的使用以及简单实验操作，还考查了仪器的读数等，难度不大.3. （6分）下列有关说法正确的是（）A.在酒精灯加热条件下，NmCQ、NaHCQ固体都能发生分解B. Fe （OH） 3

14、胶体无色、透明，能产生丁达尔现象C. H2、S。、C。三种气体都可用浓 H2SO4干燥D. SiQ既能和NaOH溶液反应又能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物【分析】A、NaHCO不稳定，加热易分解；B、氢氧化铁胶体为红褐色；G浓硫酸具有酸性、强氧化性、吸水性和脱水性，所以浓硫酸不能干燥还原性 气体、碱性气体，据此分析解答；D、二氧化硅是酸性氧化物，酸性氧化物可以与碱反应生成盐和水.【解答】解：A、NaHCO不稳定，力口热易分解：2NaHCg=Na2CC3+CO4+H2O,碳酸钠受热稳定，加热不分解，故 A错误；B、Fe （OH） 3胶体为红褐色、透明，不是无色，故 B错误；G H2、SQ、CO2

15、三种气体均不与浓硫酸反应，故能利用浓硫酸干燥，故 C正确;D、二氧化硅是酸性氧化物，酸性氧化物可以与碱反应生成盐和水，因此二氧化 硅能与氢氧化钠溶液反应，但和氢氟酸反应是二氧化硅的特性，故D错误，故选Co【点评】本题考查了物质性质的分析应用，熟练掌握浓硫酸、二氧化硅的性质、 常见胶体的颜色与性质等基础知识是解题关键，题目难度不大.4. （6分）下列有关NaClO和NaCl混合溶液的叙述正确的是（）A.该溶7中，H+、NHj、SO2、Br可以大量共存B.该溶7中，Ag+、K+、NO3 > CH3CHO可以大量共存C.向该溶液中滴入少量 FeSO溶液，反应的离子方程式为：2Fe2+ClO +

16、2H+ Cl +2Fe3+H20D,向该溶液中加入浓盐酸，每产生 1molCl2,转移电子约为6.02X1023个【分析】A、次氯酸为弱酸，次氯酸根与氢离子不能大量共存；B、银离子与氯离子生成 AgCl白色难溶沉淀，故而不能电离共存；G NaClO为强碱弱酸盐，水解呈碱性，NaCl为中性，溶液中不存在大量的氢离 子；D、次氯酸具有氧化性，浓盐酸具有还原性，两者发生归中反应生成氯气，据此 解答即可.【解答】解：A NaClO和NaCl混合溶液中存在大量的次氯酸根， 次氯酸为弱酸, 次氯酸根与氢离子不能大量共存，故 A错误；B、NaClO和NaCl混合溶液中存在大量的氯离子，与银离子反应生成白色难

17、溶沉 淀，故不能大量共存，故B错误；G NaClO为强碱弱酸盐，水解呈碱性，NaCl为中性，溶液中不存在大量的氢离 子，与 2F&+C。+2H+C+2Fe3+H20 反应矛盾，故 C 错误；D、浓盐酸中Cl由-1价升高到0价，次氯酸中Cl由+1价降低到0价，故每生 成1mol氯气转移电子数为1mol,故D正确，故选D。【点评】本题主要考查的是溶液中离子的判断，涉及离子共存、盐类水解、氧化 还原反应原理等，综合性较强，容易出错的是C选项，没有注意原溶液的酸碱性.5. (6分)等物质的量的N2 (g)和O2 (g)在包容密闭容器中反应：N2 (g) +O2 (g) ?2N0 (g),下图曲

18、线a表示该反应在TC时N2的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时 N2的浓度随时间的变化.下列叙述正确的是(第#页（共22页）A. TC时，该反应的平衡常数 K=中一 | C1B. TC时，随着反应的进行，混合气体的密度减小C.曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂H< 0D.若曲线b对应的条件改变是温度，可判断该反应的4【分析】A、依据氮气的浓度变化，找出三段式，计算平衡常数即可；B、此容器为包容密闭容器，p号，据此判断即可；G催化剂只能改变化学反应速率，不能改变物质的转化率；D、由图可知，b曲线化学反应速率快，若是升高温度，氮气的平衡浓度减小, 则正反应为吸热反

19、应.【解答】解：A、N2 （g） +O2 （g） ?2NO （g）,起（mol/L）co co 0转（mol/L）co- cico- ci2（co- ci）平（mol/L）ci ci 2 （co - ci）t, C（cn-c 1） 2 t, 一 故K=,故A正确；I C1B、反应物和生成物均是气体，故气体的质量 m不变，容器为包容容器，故 V不 变，那么密度p号不变，故B错误；G由图可知，b曲线氮气的平衡浓度减小，故应是平衡发生移动，催化剂只能 改变速率，不能改变平衡，故b曲线不可能是由于催化剂影响的，故 C错误； D、由图可知，b曲线化学反应速率快（变化幅度大），氮气的平衡浓度减小，升 高温

20、度平衡正向移动，则正反应为吸热反应，即 H>o,故D错误，故选Ao 【点评】本题主要考查的是化学平衡建立的过程，涉及平衡常数的计算、平衡移 动原理的应用、催化剂对平衡的影响等，综合性较强，有一定难度.6. （6分）某同学将光亮的镁条放入盛有 NH4CI溶液的试管中，有大量气泡产生,由此得出的结论不为探究该反应原理，该同学做了以下实验并观察到相关现象,合理的是（选项实验及现象结论将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试反应中有NH3产生纸变蓝收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色反应中有H2产生收集气体的同时测得溶液的pH为8.6弱碱性溶液中Mg也可被氧化D将光亮的镁条放入pH为8.6的NaHCQ

21、弱碱性溶液中OH溶液中，有气泡产生氧化了 MgA A B B C C D D【分析】A.氨气为碱性气体，遇到湿润的红色石蕊变蓝；B.氢气燃烧发出淡蓝色的火焰；C. PH为8.6时，仍然有气体生成，说明碱性条件下，Mg可以被氧化；D.若是氢氧根氧化了 Mg,则氢氧根得电子被还原，不可能生成气体.【解答】解：A.氨气为碱性气体，遇到湿润的红色石蕊变蓝，将湿润的红色石 蕊试纸放在试管口，试纸变蓝，可以证明气体中含有氨气，故 A正确；B.收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色，可以证明氢气的存在，故 B正确；C. PH为8.6时，仍然有气体生成，说明碱性条件下，Mg可以被氧化，故C正确；D、若是氢氧根氧化

22、了 Mg,则氢氧根得电子被还原，不可能生成气体，所以 D 的结论不合理，故D 错误；故选：D。【点评】 本题考查了元素化合物知识，熟悉镁、氯化铵、碳酸氢钠的性质是解题 关键，注意物质检验方法的积累7 . (6分)25c时，在10mL浓度均为0.1mol?L1的NaOH和NH3?H2O混合溶液 中滴加OmoOL-1盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是()A,未加盐酸时：c (OH ) >c (Na+) =c (NH3?H2。)8 .加入 10mL盐酸时：c (NH4+) +c (H+) =c (OH )C.加入盐酸至溶液pH=7时：c (Cl ) =c (Na+)D.加入 20mL盐酸

23、时：c (Cl ) =c (NH4+) +c (Na+)【分析】 氢氧化钠为强碱，在水溶液中完全电离，一水合氨为弱碱，在水溶液中部分电离，相同体积与浓度的氢氧化钠与一水合氨其中和能力是相同的，据此分析解答即可。【解答】解：A、NaOH和NH3?H2O混合溶液中，NaOH完全电离，NH3?H2O部分 电离，因此 c (OH ) >0.1mol/L, c (Na+) =0.1mol/L, c (NH3?H2。)<0.1mol/L,故 c (OH ) >c (Na+) >c (NH3?H2O),故 A错误；B、在此混合溶液中加入10mL盐酸，存在电中性原则：c (NH4+)

24、+c ( H+) +c (Na+) =c (OH) +c (Cl),由于等体积等浓度混合，故c (Na+) =c (Cl),即c (NH/) +c (H+) =c (OH)，故 B 正确；G加入盐酸至pH=7时，溶液呈中性，即c (H+) =c (OH ),那么c (NH4+) +c (Na+) =c (Cl),即 c(C)>c (Na+),故 C错误;D、加入20mL盐酸时，此时溶液恰好为氯化钠与氯化俊的混合溶液，此时溶液呈酸性，即存在 c (H+) >c (OH)，那么 c (NH4+) +c (Na+) <c (Cl ),故 D 错误，故选Bo【点评】本题主要考查酸碱混

25、合的定性判断， 题目难度中等，本题注意把握弱电 解质的电离特点，易错点为C,注意酸碱中和滴定的实验原理。二、非选择题8. (14分)C、N、0、Al、Si、Cu是常见的六种元素.(1) Si位于元素周期表第三 周期第IVA 族：(2) N的基态原子核外电子排布式为1522s22p3 ; Cu的基态原子最外层有1个电子；(3)用多”或之”填空：原子半径电负性熔点沸点Al > SiN < 0 金刚石 > 晶体CH4 < SiH4硅(4)常温下，将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入浓HNO3中组成原电池(图1), 测得原电池的电流强度(I)随时间(t)的变化如图2所示，反应过程

26、中有红棕 色气体产生.0t1时，原电池的负极是 Al片,此时，正极的电极反应式是2H+NQ +e=NO_T +H2O ,溶液中的 H+向 正 极移动.t1时，原电池中电子流动方向发 生改变，其原因是 Al在浓硝酸中发生钝化，氧化膜阻止了 Al的进一步反应 .【分析】(1) Si原子序数为14,有3个电子层，最外层电子数为4;(3) N的原子序数为7,共排布3个能层；Cu为29号元素，和核外电子排布式为：Ar 3d104s1,据此解答即可；(3)同一周期，原子序数越小，半径越大；元素的非金属性越强，其电负性越 大；晶体类型相同的，原子半径越小，熔点越高；分子组成和结构相似的分子晶 体，相对分子质

27、量越大，沸点越高，据此解答即可；(4)依据题意，0t1时，原电池的负极是 Al片,且有红棕色气体产生，说明 溶液中的硝酸根在正极放电，据此解答即可；电流发生改变，即原电池的正负极 发生改变，据此分析原因即可.【解答】解：(1) Si原子序数为14,有3个电子层，最外层电子数为 4,故Si 处于第三周期第IVA族，故答案为：三；IVA;(4) N的原子序数为7,共排布3个能层，其核外电子排布式为：1s22s22p3, Cu 元素为29号元素，原子核外有29个电子，所以核外电子排布式为： 1222222P63s23P63d104s1, 故其最外层电子数为1,故答案为：1s22s22p3; 1;(3

28、)同一周期，原子序数越小，半径越大，由于原子序数AKSi,故半径Al>Si;元素的非金属性越强，其电负性越大，由于非金属性O>N,故电负性N<O; 晶体类型相同的，原子半径越小，熔点越高，由于 C的原子半径小于Si的原子 半径，故熔点：金刚石>晶体硅；分子组成和结构相似的分子晶体，相对分子质 量越大，沸点越局，由于 SiH4相对分子质量大于CH4,故沸点CH4< SiH4,故答 案为：> ；v ； > ； v ；(5) 0t1时，原电池的负极是 Al片,溶液中产生红棕色气体是二氧化氮，故 正极反应方程式为：2H+NO3 +e =NO21+H2O,此时溶

29、液中的氢离子移向正极， 一段时间后，由于Al与浓硝酸发生钝化，导致原电池中 Al作正极，Cu作负极， 故答案为：2H+e +NO3 =NC2t+H2O;正；Al在浓硝酸中发生钝化，氧化膜阻止了 Al的进一步反应.【点评】本题主要考查的元素位构性的关系、 原电池工作原理，涉及电负性大小 比较、原子半径大小比较等，难度不大，注意整理9. (16分)四苯基乙烯(TPE及其衍生物具有聚集诱导发光特性，在光电材料 等领域应用前景广泛，以下是TPE的两条合成路线(部分试剂和反应条件省略)COOH COBr第15页(共22页)(1) A的名称是 甲苯 ；试剂Y为 酸性高钮酸钾溶液 ;(2) B-C的反应类型

30、是 取代反应；B中官能团的名称是 竣基，D中官 能团的名称是由基；(3) JF 的 化 学 方 程 式 是(4) W是D的同分异构体，具有下列结构特征：属于蔡(元取代物； 存在羟甲基(-CKOH),写出 W 所有可能的 结构简式:(5)下列说法正确的是ada、B的酸性比苯酚强c、E含有3种不同化学环境的氢b、D不能发生还原反应d、TPE既属于芳香姓也属于烯峪【分析】(1)由A的分子式与B的结构可知，应是甲苯被酸性高钮酸钾溶液氧化生成苯甲酸；(2)对比B、C的结构简式可知，B发生取代反应生成C;由B、D结构可知， 含有的官能团分别为竣基、城基；(3) E的分子式为Ci3HiiBr, F的分子式为

31、G3H12O,对比E的结构与F的分子式 可知，E中Br原子被-OH取代生成F;(4) D的分子式为 Ci3H10O,不饱和度为 9, W是D的同分异构体属于蔡的一元取代物，存在羟甲基(-CHOH),蔡环不饱和度为7,则侧链存在碳碳三键，故侧链为- OCCHOH,蔡有2种化学环境不同的H原子， 据此书写；(5) a.竣基酸性大于酚羟基；b. D含有苯环与染基，能与氢气发生加成反应；c. E中含有4种化学环境不同的H原子；d. TPE只有含有C、H2种元素，属于姓:，含有苯环，属于芳香姓:，含有碳碳双键，属于烯姓.【解答】解：(1)由A的分子式与B的结构可知，应是甲苯被酸性高钮酸钾溶 液氧化生成苯

32、甲酸，故答案为：甲苯；酸性高钮酸钾溶液；(2)对比B、C的结构简式可知，B发生取代反应生成C;由B、D结构可知，含有的官能团分别为竣基、城基，故答案为：取代反应；竣基；城基；(3)对比E的结构与F的分子式可知，E中Br原子被-OH取代生成F,反应方（4） D的分子式为G3HioO,不饱和度为9, W是D的同分异构体属于蔡）的一元取代物，存在羟甲基（-CHWH）,蔡环不饱和度为7,则侧链存在碳碳三键，故侧链为- OCCHOH,蔡有2种化学环境不同的H原子,C 三 CCKOH符合条件的W有:CO 8-5故答案为:（5） a.埃基酸性大于酚羟基，故 a正确；b. D含有苯环与染基，能与氢气发生加成反

33、应，属于还原反应，故 b错误；c. E中含有4种化学环境不同的H原子，故c错误；d. TPE只有含有C、H2种元素，属于姓:，含有苯环，属于芳香姓:，含有碳碳双 键，属于烯姓:，故d正确，故选：ad.【点评】本题考查有机物的合成，注意根据有机物的结构与分子式进行分析解答, 是对有机化学基础的综合考查，难度不大.10. （14分）硼氢化钠（NaBH4）在化工等领域具有重要的应用价值，某研究小 组采用偏硼酸钠（NaBQ）为主要原料制备NaBHh其流程如图：已知：NaBT常温下能与水反应，可溶于异丙胺（沸点：33C）；（1）在第步反应加料之前，需要将反应器加热至100c以上并通入氮气，该第17页（共

34、22页）操作的目的是 除去反应器中的水蒸气和空气，原料中的金属钠通常保存在煤油中,实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有银子、滤纸玻璃片和小刀等；(2)请配平第步反应的化学方程式：1 NaBQ+ 2 SiQ+ 4 Na+ 2 2 1 NaBH4+ 2 N%SiQ(1) 第步分离采用的方法是过滤；第步分出NaBT并回收溶剂，采用的方法是蒸储；(4) NaBH4 (s)与 H2O 反应生成 NaBO2 (s)和 H2 (g).在 25c、101kPa 下，已知每消耗3.8gNaBH4 (s)放热21.6J,该反应的热化学方程式是NaBH(5) +2H2O =NaBQ (s) +4H2 (g) 4

35、Hu- 216.0kJ/mol .【分析】NaBQ、SiQ、Na和H2在一定条件下反应生成 NaBH4、NaSQ, 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NaBd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；NaBH可溶于异丙胺，根据知，中加入的溶剂是异丙胺，NaBH4溶解于异丙胺、Na2SiQ不溶于异丙胺，难溶性固体和溶液采用过滤方法分离，通过过量得到滤液和滤渣，滤渣成分是NazSiQ;异丙胺沸点：33C,将滤液采用蒸储的方法分离，得到异丙胺和 固体NaBh4,(1)为防止安全事故发生和防止 NaBd水解，在第步反应加料之前，需要将 反应器加热至

36、100c以上并通入氮气，从而排出空气和水蒸气；原料中的金属钠通常保存在煤油中， 需要用到的实验用品有银子、滤纸、玻璃片 和小刀等；(2)该反应中H元素化合价由0价变为-1价、Na元素化合价由0价变为+1 价，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式；(3)分离难溶性固体和溶液采用过滤方法；熔沸点相差较大的可以采用蒸储方法；(4) n (NaBh4)K睡=：-38g/wl=0.1mol,在 25 C、101kPa下,每消耗 0.1molNaBH4(s)放热21.6J 则消耗1molNaBH4 (s)放热216.0J 据此书写热化学方程式.【解答】解：NaBQ、SiQ、Na和H2在一定条件下反应生成

37、NaBH、NazSQ,NaBT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；NaBH4可溶于异丙胺，根据知，中加入的溶剂是异丙胺，NaBH4溶解与异丙胺、NaSiQ不溶于异丙胺，难溶性固体和溶液采用过滤方法分离，通过过量得到滤液和滤渣， 滤渣成分是NazSiQ;异丙胺沸点：33C,将滤液采用蒸储的方法分离，得到异 丙胺和固体NaBT,(1) NaBT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； 钠极易和空气中氧气、和水反应，钠的密度

38、大于煤油，为隔绝空气和水，原料中 的金属钠通常保存在煤油中；实验室取用少量金属钠时，需要银子夹取钠、用滤纸吸煤油，所以实验室取用少 量金属钠需要用到的实验用品有银子、滤纸、玻璃片和小刀等，故答案为：除去反应器中的水蒸气和空气；煤油；银子、滤纸；(2)该反应中H元素化合价由0价变为-1价、Na元素化合价由0价变为+1 价，转移电子总数为4,根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式为NaBQ+2SiQ+4Na+2H2 NaBH4+2Na2SiO3,故答案为：1; 2; 4; 2; 1; 2;(3)分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，中加入的溶剂是异丙胺，NaBH4溶解与异丙胺、NaSiQ不溶于异丙胺，所

39、以第步分离采用的方法是过滤；熔 沸点相差较大的可以采用蒸储方法，异丙胺沸点：33C ,将滤液采用蒸储的方法 分离，得到异丙胺和固体 NaB也 故答案为：过滤；蒸储； .一, .,.3. Pa(4)NaBH4(s)与 H2O反应生成 NaBQ(s)和 H2(g) ,n(NaBT)=：=0.1mol,38g/mol在 25C、101kPa下,每消耗 0.1molNaBH (s)放热 21.6kJ,则消耗 1molNaBH (s)放热216.0kJ,则热化学方程式为NaBH4(s)+2H2O(l)=NaBQ(s)+4H2(g) AH=- 216.0kJ/mol,故答案为：NaBH4(s)+2H2O(

40、l)=NaB。(s)+4H2(g) H= - 216.0kJ/mol.【点评】本题考查物质制备实验方案设计，为高频考点，侧重考查学生分析推断 及知识综合应用能力，涉及物质分离提纯、热化学反应方程式的书写、氧化还原 反应、实验基本操作等知识点，综合性较强且较基础，难点是分析流程图中发生 的反应、基本操作等，题目难度中等.11. (14分)某研究小组将纯净的SO2气体通入0.1mol?L1的Ba(NO3) 2溶液中, 得到了 BaSO沉淀.为探究上述溶液中何种微粒能氧化通入的 SO2,该小组提出 了如下假设： 假设一：溶液中的NO3 假设二：溶7中溶解的。2；(1)验证假设一该小组设计实验验证了假

41、设一，请在下表空白处填写相关实验现象.实验步骤实验现象 结论实验1:在盛有不含。2的25mL0.1mol?L 1BaC2溶 无现象假设一成立液的烧杯中，缓慢通入纯净的 SO2气体.实验2:在盛有不含 02的25mL0.1mol?L 1Ba(NO3)生成白色2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的 SQ气体沉淀(2)为深入研究该反应，该小组还测得上述两个实验中溶液 pH随通入S02体积的变化曲线如图.实验1中溶液pH变小的原因是 S02溶于水后生成 NSQ : V1时，实验2中溶 液pH小于实验1的原因是(用离子方程式表示) 3SQ+2H2O+2N03- =2N0+4H+3SQ2.(3)验证假设二请设计实验验证假设二，写出实验步骤、预期现象和结论.实验步骤、预期现象和结论(不要求写具体操作过程)：(4)若假设二成立，请预测：在相同条件下，分别用足量的 02和KN03氧化相 同的H2SQ溶液(溶液体积变化忽略不计)，充分反应后两溶液的pH前者 小于(填 大于”或 小于")后者，理由是 反应的离子方程式表明， 足量的02和NO 分别氧化相同的H2SQ.牛成的H+的物质的量前者大于后者.【分析】(1)根据强