四川省成都石室中学2019届高三2月份入学考试-化学试题

成都石室中学高2019届2月份入学考试
化学试题
1.化学与生产生活密切相关。

下列有关说法正确的是
A. 食品包装袋内放置铁粉与放置硅酸干凝胶的作用相同
B. 以地沟油为原料生产的生物柴油与以石油为原料生产的柴油化学成分相似
C. 工业生产玻璃和高炉炼铁均需用到石灰石
D. 氯气用于自来水消毒杀菌与医用酒精用于皮肤表面消毒杀菌原理相似
【答案】C
【解析】
【详解】A.食品包装袋内放置铁粉是作脱氧剂，防止食品氧化变质；而放置硅酸干凝胶是作干燥剂，它们的作用不同，A错误；
B.以“地沟油”为原料生产的生物柴油含油脂，而以“石油”为原料生产的柴油含烃，化学成分不相似，B错误；
C.制普通玻璃的原料：石英砂、石灰石、纯碱等；冶炼生铁的原料：铁矿石、焦炭、石灰石，均需要用石灰石为原料，C正确；
D.氯气用于自来水消毒杀菌是由于氯气云水反应产生的HClO具有强氧化性，可使蛋白质变性，可用于杀菌消毒；而酒精是使蛋白质变性，失去生理活性，所以医用酒精可用于杀菌消毒，二者作用不相似，D错误；
故合理选项是C。

2.设N A为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是
A. 在含CO32-总数为N A的Na2CO3溶液中，Na+总数为2N A
B. 标准状况下，2.24 L乙烷和丙烯的混合物中含氢原子数目为0.6N A
C. 将0.1 mol H2和0.2 mol I2(g)充入密闭容器中充分反应后，生成的H-I键数目为0.2N A
D. 常温下，电解1 L的精制食盐水，一段时间后测得溶液pH为11，则电解过程中通过导线的电子数目为0.002N A
【答案】B
【解析】
【详解】A.在Na2CO3溶液中CO32-由于水解而消耗，所以若溶液中CO32-总数为N A，则Na+总数大于2N A，A错误；
B.标准状况下，2.24 L乙烷和丙烯的混合物的物质的量是0.1mol，由于每种气体分子中都含有6个H原子，所以0.1mol混合气体中含有H原子数为0.6N A，B正确；
C.H2与I2化合形成HI的反应为可逆反应，所以将0.1 mol H2和0.2 mol I2(g)充入密闭容器中充分反应后，生成HI的物质的量小于0.2mol，则产生的H-I键数目少于0.2N A，C正确；
D.根据电解方程式：2NaCl＋2H2O Cl2↑＋H2↑＋2NaOH，根据方程式可知：每反应产生
1molNaOH，反应转移1mol电子，现在反应产生NaOH的物质的量为
n(NaOH)=10-3mol/L×1L=10-3mol，所以电解过程中通过导线的电子数目为0.001N A，D错误；
故合理选项是B。

3.工业上可由乙苯生产苯乙烯：，下列有关说法正确的是
A. 乙苯和苯乙烯均能发生取代反应、加聚反应和氧化反应
B. 用溴水可以区分苯乙烯和乙苯
C. 1 mol苯乙烯最多可与4 mol氢气加成，加成产物的一氯代物共有5种
D. 乙苯和苯乙烯分子中共平面的碳原子数最多都为7
【答案】B
【解析】
【详解】A.乙苯能发生取代反应、加成反应和氧化反应，不能发生加聚反应；而苯乙烯由于含有碳碳双键，所以能发生加聚反应和氧化反应，也能发生苯环上的取代反应，A错误；
B.苯乙烯能与溴水发生加成反应而是溴水褪色，而苯不能与溴水发生加成反应，因此不能使溴水因反应而褪色，故可以用溴水区分二者，B正确；
C.苯乙烯的苯环和碳碳双键都可以与H2发生加成反应，1 mol苯乙烯最多可与4 mol氢气加成，加成产物是乙基环己烷，在乙基环己烷分子中有6种不同的H原子，所以其一氯代物共有6种，C错误；
D.饱和C原子连接的四个原子构成的是四面体结构，通过该C原子最多还有2个原子在一个平面上，由于苯分子是平面分子，所以乙苯分子中的8个C原子可能在一个平面上；苯分子是平面分子，乙烯分子是平面分子，两个平面可能共平面，即8个C原子在一个平面上，所以共平面的碳原子数最多都为8，D错误；
故合理选项是B。

4.下列装置能达到实验目的的是
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】A
【解析】
【分析】
A.向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳，可析出碳酸氢钠；
B.NaOH会与酸式滴定管中的SiO2反应；
C.CO2、SO2都能使澄清石灰水变浑浊；
D.检验Mg与盐酸反应放出热量的现象不明显。

【详解】A.向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳，可析出碳酸氢钠，可探究Na2CO3和NaHCO3溶解度相对大小，A.正确；
B.用已知浓度的NaOH溶液滴定未知浓度的稀硫酸NaOH，NaOH 溶液应该使用碱式滴定管，若使用酸式滴定管，会与玻璃中SiO2反应产生Na2SiO3，将滴定管与旋塞黏在一起，使滴定管报废，B错误；
C.浓硫酸具有脱水性，能够使蔗糖脱水碳化，浓硫酸还具有强的氧化性，将反应产生的C单质氧化产生CO2，浓硫酸被还原产生SO2，CO2、SO2都能与Ca(OH)2反应产生白色难溶性的物质，因此都可以使澄清石灰水变浑浊，故不能检验CO2气体，C错误；
D.Mg与盐酸产生氯化镁和氢气，反应放出热量，但由于盐酸浓度小，反应放出是热量也少，不足以使烧杯内大量的饱和食盐水温度升高，所以现象不明显，D错误；
故合理选项是A。

【点睛】本题考查化学实验方案的评价的知识。

注意滴定管使用时，碱式滴定管盛装碱性溶液，酸式滴定管盛装酸性和氧化性的物质，对于D选项，可以将饱和食盐水改为饱和的澄清石灰水，利用Ca(OH)2的溶解度随温度的升高而降低的性质，若看到石灰水变浑浊，就可以证明镁和稀盐酸的反应是放热反应，易错点是选项C，只清楚可以用澄清石灰水检验CO2，忽视了SO2与Ca(OH)2反应产生的CaSO3也是白色难溶性的物质的性质。

可见掌握常见的物质的物理性质也是物质鉴别中不容忽视的知识点。

5.短周期主族元素W、X、Y、Z、R的原子序数依次增大，A、B、C、D、E、F均是由上述元素组成的中学化学常见物质，其中A是四元化合物，C是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，D 具有漂白性，E是单质。

各物质之间存在如图转化关系(部分产物未标出)。

下列说法不正确的是
A. 简单离子半径大小关系：Y＞Z＞R
B. 简单阴离子的还原性：W＞Y＞Z
C. 氢化物的沸点：Z＞Y＞X
D. C和E反应生成F是工业生产硝酸的重要反应之一
【答案】C
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E、F均是由上述元素组成的中学化学常见物质，A是四元化合物，A与碱反应产生的气体C能使湿润红色石蕊试纸变蓝，则该气体是NH3，A 是铵盐，A与酸反应产生B，B与具有漂白性的物质D反应产生单质E，则可推知B是CO2，D是Na2O2，E是O2，E与NH3在催化剂存在时，在加热条件下发生氧化还原反应，产生NO和水，则F是NO，A可能是酸式盐NH4HCO3，也可能是(NH4)2CO3。

根据推断的物质的组成元素W、X、Y、Z、R都是短周期主族元素，原子序数依次增大，可推知W是H元素，X是C元素，Y是N元素，Z是O元素，R是Na元素，据此分析解答。

【详解】根据上述分析可知：W是H元素，X是C元素，Y是N元素，Z是O元素，R是Na元素。

A.Y、Z、R分别是N、O、Na元素，它们形成的离子电子层结构相同，离子的核电荷数越大，离子半径越小，所以简单离子半径大小关系：Y＞Z＞R，A正确；
B.W、Y、Z分别是H、N、O元素，元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性就越弱，这三种元素的非金属性Z>Y>W，所以简单离子的还原性强弱顺序是W＞Y＞Z，B正确；
C.X、Y、Z分别是C、N、O元素，三种元素的简单氢化物中，H2O是液体，CH4、NH3是气体，所以水的沸点最高，由于在NH3的分子之间除存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了分子之间的吸引力，所以沸点比甲烷的高，故简单的氢化物的沸点：Z＞Y＞X，但C元素可以形成其它氢化物，如苯就呈液体，所以氢化物的沸点比一定是上述关系，C错误；
D.C 是NH3，E是O2，在催化剂存在时，氨气可以被氧气氧化，反应方程式是：
4NH3+5O24NO+6H2O，反应产生的NO被氧化产生NO2，NO2被水吸收得到硝酸，因此C和E反应生成F是工业生产硝酸的重要反应之一，D正确；
故合理选项是C。

【点睛】本题考查了元素及化合物的推断，突破口是A与碱反应产生气体C是氨气，及A与酸反应产生的的B可以与具有漂白性的物质D反应产生单质E，可联系已有知识2Na2O2+2CO2 =2Na2CO3+ O2，得知各种元素，A则可能是碳酸铵或碳酸氢铵。

易错选项是C，一般往往理解为“最简单”的氢化物考虑，而步入陷阱中，碳氢两种元素可以形成多种氢化物，状态有气态，也有液态和固态。

6.实验表明新型钠离子聚合物电池正负极材料均表现出较快的电极反应动力学，使得电池具备高功率性能。

其放电时的工作原理如图，下列说法正确的是
A. 放电时，高聚物发生还原反应
B. 充电时，阳极的电极反应式为 3I- +2e-=I3-
C. 充电时，电极A接电源负极
D. 放电时，当转移0.5 mol电子，NaI溶液中增加0.5N A个Na+
【答案】D
【解析】
【分析】
图中装置分析反应过程中，电子转移方向可知，高聚物失电子发生氧化反应，为原电池的负极，钠离子移向正极，正极上I3-得到电子发生还原反应生成I-，离子交换膜为阳离子交换膜，据此分析回答。

【详解】A.放电时，电子转移方向可知，高聚物在负极失电子发生氧化反应，A错误；
B.充电时，原电池正极为电解池的阳极，阳极的电极反应式为3I--2e-=I3-，B错误；
C.充电时，电极A接电源正极，作阳极，发生氧化反应，C错误；
D.结合放电过程中电极反应和电子守恒计算，放电时，当转移0.5mol电子时，I3-+2e-=3I-，NaI溶液中增加0.5N A个Na+，D 正确；
故合理选项是D。

【点睛】本题考查了原电池和电解池原理、电极反应、电子守恒的分析应用，通过电子移动方向和Na+移动方向判断电池的正负极是解答该题关键，题目难度中等。

7.已知二元弱碱B(OH)2在水中存在如下电离平衡：B(OH)2 B(OH)++OH-，K b1=10-3.75；
B(OH)+B2++OH-，K b2=10-7.62。

常温下，用0.1 mol/L盐酸滴定25 mL 0.1 mol/L的B(OH)2
溶液，得到如图所示的滴定曲线。

下列说法不正确的是
A. a点所得的溶液中：c[B(OH)2]= c[B(OH)+]
B. b点所得的溶液中：c[B(OH)2] +c(OH-)=c(B2+)+c(H+)
C. c点所得的溶液中：c(Cl-)＞3c[B(OH)+]
D. d点所得的溶液中：c(B2+)＞c[B(OH)+]＞c[B(OH)2]
【答案】C
【解析】
【详解】A.a点时，pH=10.25，则c(H+)=10-10.25，c(OH-)=，由于K b1=10-3.75，所以c[B(OH)2]= c[B(OH)+]，A正确；
B. b点所得的溶液中，由于二者浓度相等、体积相等，所以n(HCl)=n[B(OH)2]，二者反应的物质的量的比是1:1，根据物料守恒可得：c(Cl-)= c[B(OH)2]+ c[B(OH)+]+ c(B2+)；根据电荷守恒可得：2c(B2+)+c(H+)= c(Cl-)+ c(OH-)=c(OH-)+ c[B(OH)2]+ c[B(OH)+]+ c(B2+)，整理可得：c[B(OH)2] +c(OH-)=c(B2+)+c(H+)，B正确；
C.c点所得的溶液中,pH=6.38，则c(H+)=10-6.38，c(OH-)=，由于
K b2==10-7.62，则c(B2+)=c[B(OH)+]。

在b点，n(HCl)=n[B(OH)2]，根据物料守恒可得：c(Cl-)= c[B(OH)2]+ c[B(OH)+]+ c(B2+)；在d点，n(HCl)=2n[B(OH)2]，在c点时二者的物质的量的比在1：1与2：1之间，所以c(Cl-)>c[B(OH)2]+ c[B(OH)+]+ c(B2+)，由于在c 点c(B2+)=c[B(OH)+]，所以c(Cl-)>c[B(OH)2]+ 2c[B(OH)+]，但B(OH)2是二元弱碱，电离程度是微弱的，主要以电解质B(OH)2的形式存在，所以c(Cl-)>3c[B(OH)+] ，但是c(Cl-)<c[B(OH)2]，C错误；
D.在d点，n(HCl)=2n[B(OH)2]，恰好反应产生正盐BCl2，由于B(OH)2是二元弱碱，所以B2+
会发生水解反应，产生B(OH)+，产生的B(OH)+进一步发生水解反应产生B(OH)2，盐的水解程度逐渐减弱，主要以盐电离产生的B2+的形式存在，故d点所得的溶液中离子浓度大小关系为：c(B2+)＞c[B(OH)+]＞c[B(OH)2]，D正确；
故合理选项是C。

8.氮化钙(Ca3N2)是一种重要的化工试剂，遇水剧烈水解。

实验室可由氮气和钙加热制得氮化钙，实验装置如下图(省略部分固定装置)。

(1)氮化钙中所含的化学键有(填“共价键”或“离子键”)_________。

(2)球形干燥管中的干燥剂可选用(至少写一种)_________，结合化学方程式解释其作用
_________。

(3)制备过程中末端导管必须始终插入试管A的水中，目的是①便于观察N2的流速；
②_________。

(4)制备氮化钙的操作步骤：①按图示连接好实验装置；②_________；③打开活塞K并通入N2；④点燃酒精灯，进行反应；⑤反应结束后，熄灭酒精灯，继续通N2，使装置冷却至室温；
⑥拆除装置，取出产物。

(5)上述步骤中③和④_________(填“能”或“不能”)交换，理由是_________。

(6)氮气不足会影响实验制得Ca3N2的纯度。

为测定氮化钙的纯度，实验结束后取一定量的固体混合物于足量水中，微热使气体完全逸出，收集到气体共6.72 L(已折算到标准状况)，将该气体通入装有足量灼热CuO的硬质玻璃管中充分反应，测得硬质玻璃管中固体质量减轻6.4 g。

则Ca3N2的纯度为_________(用百分数表示，保留一位小数)(注：氨气能被灼热氧化铜氧化，生成一种对环境无污染气体)。

【答案】 (1). 离子键 (2). 碱石灰、无水氯化钙等 (3). 防止水蒸气进入硬质玻璃管与Ca3N2发生反应Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3↑，导致产物不纯 (4). 防止空气中的水蒸气和氧气进入硬质玻璃管跟金属钙反应 (5). 检验装置气密性，加入药品 (6). 不能(7). 后通入氮气会导致装置中的氧气与钙反应，生成杂质CaO (8). 78.7%
【解析】
【分析】
(1)活泼的金属与活泼的非金属通过离子键结合；
(2)要防止Ca3N2潮解，从干燥管中干燥剂要是固态物质分析；
(3)钙是活泼金属，容易与空气中的氧气机水蒸气反应；
(4)有气体参加的化学反应，在反应前首先要检查气密性是否良好，然后才可以加入药品进行实验，否则会导致实验失败；
(5)在加热时金属钙会与空气中的氧气反应；
(6)氮气不足，得到的固态中含有Ca和Ca3N2，加入水，金属钙反应产生Ca(OH)2和H2，Ca3N2产生Ca(OH)2和NH3，产生气体与CuO反应，CuO+H2Cu+H2O；3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O，固体减少的质量就是CuO中O元素的质量，利用反应中物质关系得到H2、NH3的物质的量进而可得金属Ca、Ca3N2的质量，最后计算得到物质的纯度。

【详解】(1)活泼的金属Ca与活泼的非金属N的原子通过电子得失形成阳离子Ca2+、阴离子
N3-，然后离子间通过离子键结合形成离子化合物Ca3N2；
(2)氮化钙(Ca3N2)遇水剧烈水解, Ca3N2与水会发生反应：Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3↑，从而导致产物不纯，所以制取氮化钙时要预防其潮解。

由于盛放干燥剂的是干燥管，只能使用固体干燥剂，可利用碱石灰、无水氯化钙、硅胶等固态干燥剂；
(3)在硬质玻璃管中氮气与金属钙反应制取氮化钙，在装置的末端导管必须始终插入试管A的水中，一个目的是便于观察N2的流速；另一个目的是防止空气中的水蒸气和氧气进入硬质玻璃管跟金属钙反应；
(4)该实验目的是用氮气与金属钙反应制取氮化钙，所以在按图示连接好实验装置后，首先要检查气密性，然后再加入药品进行实验，若不检查气密性，则会导致实验失败；
(5)该实验目的是制取氮化钙，若不先通入氮气驱赶装置内的空气，加热时一部分金属钙就与氧气反应，得到氧化钙，使制取的氮化钙不纯，所以③和④两步顺序不能颠倒；
(6)若氮气不足制得Ca3N2中含有金属Ca，向固体中加入水时，会发生反应：
Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3↑；Ca+2H2O=Ca(OH)2+H2↑；n(H2)+n(NH3)=6.72L÷22.4L/mol=0.3mol，将得到的气体干燥够通过装有足量灼热CuO的硬质玻璃管中，发生反应：CuO+H2Cu+H2O，3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O。

可见充分反应后，固体减少的质量就是CuO中O元素的质量，根据方程式可知n(CuO)=n(O)=6.4 g÷16g/mol=0.4mol；根据方程式中CuO与气体反应时的物质的量关系可得：n(H2)+n(NH3)=0.4mol，解得n(NH3)=0.2mol，n(H2)=0.1mol，再根据
Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3↑可知，
n(Ca3N2)=n(NH3)=0.1mol,m(Ca3N2)=0.1mol×148g/mol=14.8g；根据Ca+2H2O=Ca(OH)2+H2↑可知：n(Ca)= n(H2)=0.1mol，m(Ca)= =0.1mol×40g/mol=4.0g，所以Ca3N2的纯度为
=78.7%。

9.硼(B)可形成H3BO3、NaBH4、NaBO2等化合物，用途广泛。

(1)H3BO3为一元弱酸，常温下，在水中存在如下电离平衡：H3BO3 + H2O[B(OH)4]-+H+，
K a=5.72×10-10。

①25℃时，0.175 mol/L的H3BO3溶液pH约为_________。

②已知碳酸H2CO3的电离平衡常数为K a1 = 4.4×10-7，K a2 = 4.7×10-11。

将少量碳酸钠溶液滴加到饱和硼酸溶液中，反应的离子方程式为_________。

(2)在容积恒定为2 L的密闭容器中加入足量BPO4和Na固体并充入一定量的H2(g)发生储氢反应：BPO4(s)+4Na(s)+2H2(g)Na3PO4(s)+NaBH4(s) △H＜0
①体系中H2的物质的量与反应时间的关系如表所示：
下列有关叙述正确的是(填标号)_________。

a. 当容器内气体的摩尔质量不再变化时，反应达到平衡状态
b. 10 min时向容器内通入少量H2，则重新达平衡前ν(放氢)> ν(吸氢)
c. 保持温度不变，平衡后再充入1 mol H2，达新平衡时H2的浓度为0.4 mol/L
d. 升高温度，放氢速率加快，重新达到平衡时容器压强增大
②图为产率与反应温度的关系曲线，NaBH4的产率在603K之前随温度升高而增大，在603K之后随温度升高而减小的原因是_________。

(3)NaBH4(s)遇H2O(l)剧烈水解，生成氢气和NaBO2(s)。

①通常状况下，实验测得3.8 g NaBH4(s)发生水解反应放出21.6 kJ热量，写出该反应的热化学方程式_________。

②为NaBH4水解的半衰期(水解一半所需要的时间，单位为min)。

lg随pH和温度的变化如图所示。

溶液pH=4时，NaBH4_________(填“能”或“不能”)稳定存在，原因是_________(用离子方程式表示)；T1_________T2。

(填“>”或“<”)
③硼氢化钠具有极强还原性，碱性条件可用于处理电镀废液中的CuSO4制得纳米铜，从而变废为宝。

写出电镀阳极反应方程式_______________。

【答案】 (1). 5 (2). CO32-+H2O+H3BO3=HCO3-+[B(OH)4]- (3). cd (4). 603K之前，
反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率加快；603K之后达到平衡，随温度升高，平衡逆向移动 (5). NaBH4(s)+2H2O(l)=NaBO2(s)+4H2(g) △H= -216kJ/mol (6). 不能 (7). BH4-+H++3H2O=H3BO3+4H2↑ (8). < (9). BH4- -8e-+8OH-=BO2-+6H2O
【解析】
【分析】
(1)①利用平衡平衡常数表达式先计算出c(H+)，再根据pH=-lgc(H+)；
②根据电离平衡常数越大，溶液的酸性越强。

强酸与弱酸的盐反应制取弱酸书写；
(2)①a.体系中只有H2一种气体，摩尔质量固定不变；
b.根据物质浓度对化学平衡移动移动分析；
c.根据化学平衡常数只与温度有关判断；
d.根据温度对化学反应速率和压强的影响分析；
②根据温度对化学反应速率和化学平衡移动的影响分析原因；
(3)①先书写反应方程式，然后根据物质变化与能量变化成正比，得到其相应的热化学方程式；
②NaBH4和酸反应生成硼酸和氢气；水解反应为吸热反应，升温促进水解正向进行；
③硼氢化钠具有极强还原性，电镀时BH4-在阳极失去电子，发生氧化反应。

【详解】(1)①根据电离平衡H3BO3 + H2O[B(OH)4]-+H+可知
K a==5.72×10-10，由于c(H3BO3)=0.175mol/L，所以
c2(H+)=1×10-10，所以c(H+)=1×10-5mol/L，溶液的pH=5；
②由于H3BO3的电离平衡常数是5.72×10-10，二元弱酸H2CO3的电离平衡常数K a1 = 4.4×10-7，K a2 = 4.7×10-11，所以酸性：H2CO3> H3BO3>HCO3-。

将少量碳酸钠溶液滴加到饱和硼酸溶液中，反应的离子方程式为CO32-+H2O+H3BO3=HCO3-+[B(OH)4]-；
(2)①a.根据反应方程式可知：体系中只有H2一种气体，所以无论是否达到平衡状态，体系的摩尔质量都不变，因此不能据此判断反应是否处于平衡状态，a错误；
b.在其它条件不变时，通入氢气，使反应物浓度增大，化学平衡正向移动，重新达平衡前ν(吸氢) >ν(放氢)，b错误；
c.该反应的化学平衡常数K=，温度不变，化学平衡常数不变，所以保持温度不变，平衡后再充入1 mol H2，达新平衡时H2的浓度仍为0.4 mol/L，c正确；
d.在其它条件不变时，升高温度，化学反应速率加快，由于容器的容积不变，分子内能增加，
分子对容器的碰撞次数增加，导致体系的压强增大，d正确；
故合理选项是cd；
②在603K之前，反应正向进行，反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率加快，更多的反应物转化为生成物，反应物的转化率增大；603K之后达到平衡，由于该反应的正反应是放热反应，随着温度的升高，化学平衡向吸热的逆反应移动，导致反应物的转化率降低；
(3)①n(NaBH4)=3.8g÷38g/mol=0.1mol,反应放出热量是21.6 kJ，则1mol固态NaBH4与水反应产生固态NaBO2和氢气，放出热量是216kJ，故其热化学方程式为：
NaBH4(s)+2H2O(l)=NaBO2(s)+4H2(g) △H= -216kJ/mol；
②NaBH4可水解放出氢气，反应方程式为：NaBH4+2H2O═NaBO2+4H2↑，在酸性条件下，NaBH4不能稳定性存在，NaBH4和酸反应生成硼酸和氢气，反应的离子方程式为：
BH4-+H++3H2O=H3BO3+4H2↑，水解反应为吸热反应，升温促进水解，半衰期缩短，所以T1＜T2；
③硼氢化钠具有极强还原性，碱性条件可用于处理电镀废液中的CuSO4制得纳米铜，从而变废为宝。

电镀时BH4-在阳极失去电子，发生氧化反应，阳极反应式为：BH4- -8e-+8OH-=BO2-+6H2O。

【点睛】本题考查电离平衡常数的应用、离子方程式的书写、化学反应速率和化学平衡状态的判断及影响因素、盖斯定律、演的水解、电解等知识。

掌握化学反应基本原理的本题解答的关键，在书写电极反应方程式时要结合溶液的酸碱性，溶液酸碱性不同，电极反应式不同。

10.工业以草酸盐共沉淀法获得草酸氧钛钡晶体[BaTiO(C2O4)2·4H2O]，煅烧可获得钛酸钡粉体。

(1)“酸浸”应选择_________(填标号)；为提高酸浸率，可采取的措施_________(至少答两点)
a. 硫酸
b. 盐酸
c. 硝酸
(2)实验室要完成操作1需要的玻璃仪器有_________。

(3)加入H2C2O4溶液时，发生的反应为______+______TiCl4+_____H2C2O4+ _____H2O=
BaTiO(C2O4)2·4H2O↓ + _________；可循环使用的物质X是(写名称)_________。

(4)请简述检验草酸氧钛钡晶体是否洗涤干净的方法_________。

(5)高温煅烧草酸氧钛钡晶体得到BaTiO3的同时，生成的气体产物有CO、和_________。

(6)测定钛酸钡粉体中BaTiO3的质量分数_________。

已知：Ba2++CrO42-=BaCrO4↓ 2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O
现取a g煅烧后的BaTiO3粉末酸溶得到100.0 mL含Ba2+的溶液，取25.00 mL于锥形瓶，加入x mL 浓度为C1 mol/L的Na2CrO4溶液(Na2CrO4过量)充分反应后，用浓度为C2 mol/L标准盐酸滴定至CrO42-被完全反应，消耗盐酸体积为y mL。

(钛元素不干扰测定过程)已知BaTiO3
的摩尔质量为M g/mol，试写出粉体中BaTiO3质量分数的表达式。

【答案】 (1). b (2). 适当加热、搅拌、将固体粉碎、适当提高酸的浓度 (3). 漏斗、玻璃棒、烧杯 (4). 1BaCl2 (5). 1 (6). 2 (7). 5 (8). 6HCl (9). 盐酸 (10). 取最后一次洗涤流出液于试管，加入少量硝酸酸化的AgNO3溶液，若试管中无白色浑浊出现，则证明已经洗涤干净 (11). CO2、H2O (12).
【解析】
【分析】
由制备流程可知，碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡，然后氯化钡与四氯化钛、草酸反应生成BaTiO(C2O4)2•4H2O，过滤、洗涤、干燥、煅烧得到BaTiO3。

(1)碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、水、二氧化碳，根据物质的存在状态及影响速率的因素分析采取的措施；
(2)分离难溶性固体与液体混合物的操作是过滤，使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；
(3)向BaCl2、TiCl4混合溶液中加入H2C2O4溶液生成草酸氧钛钡晶体，同时生成HCl可循环使用；
(4)草酸氧钛钡晶体是从含HCl的溶液中过滤出来的，可用硝酸银检验沉淀是否洗涤干净；
(5)根据元素守恒，结合物质组成及元素的化合价分析判断生成物；
(6)根据给出的方程式，计算出25.00 mL溶液中含有的Ba2+的物质的量，然后根据物质总体积与实验时的体积关系及样品质量，得到其质量分数表达式。

【详解】(1)根据流程图可知使用的酸为盐酸，序号为b；为加快反应速率，采取的措施可以是将固体粉碎、搅拌、升高反应温度、增大酸的浓度等措施；
(2)操作1是过滤，过滤时使用的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯；
(3)根据流程图可知：向BaCl2、TiCl4混合溶液中加入H2C2O4溶液生成草酸氧钛钡晶体，反应的化学方程式为：BaCl2+TiCl4+2H2C2O4+5H2O=BaTiO(C2O4)2•4H2O↓+6HCl，反应产生的HCl可循环使用，用来再溶解BaCO3；
(4)根据(3)方程式可知：草酸氧钛钡晶体是从含HCl的溶液中过滤出来的，若该晶体洗涤干净，则洗涤溶液中无Cl-，加入AgNO3溶液，不会产生白色沉淀。

因此草酸氧钛钡晶体可用硝酸银检验沉淀是否洗涤干净；
(5)BaTiO(C2O4)2•4H2O煅烧，发生分解反应，生成高温下的气体产物有CO、CO2、H2O(g)；
(6)根据题意可知在25.00mL溶液中含有Ba2+的物质的量是n(Ba2+)=(xC1–yC2)×10-3mol，则a g样品得到的100.0 mL含Ba2+的物质的量是n(Ba2+)(总)=(xC1–yC2)×10-3mol=4(xC1
–yC2)×10-3mol；BaTiO3的摩尔质量为M g/mol，则含有的BaTiO3的质量为m(BaTiO3)= 4(xC1–yC2)×10-3mol×Mg/mol= 4M(xC1–yC2)×10-3g，样品质量为ag，故粉体中BaTiO3质量分数的表达式为：。

11.自然界中氟多以化合态形式存在，主要有萤石(CaF2)、冰晶石(Na3AlF6)等
(1)基态氟原子中，有_______种能量不同的电子。

(2)萤石(CaF2)难溶于水，但可溶于含Al3＋的溶液中，原因是_________________（用离子方程式表示）。

（已知AlF63-在溶液中可稳定存在）
(3)BF3与一定量的水形成(H2O)2•BF3晶体Q，晶体Q在一定条件下可转化为R：
①晶体R中含有的化学键包括_________（填标号）。

A．离子键 B．配位键 C．共价键 D．氢键
②R中阳离子的空间构型为_________，阴离子中心原子的杂化方式为_________。

(4)F2与其他卤素单质反应可以形成卤素互化物，如ClF3、BrF3等。

ClF3的熔沸点比BrF3的低，原因是___________________________________。

(5)Na3AlF6晶胞结构如图所示：
①位于大立方体体心▽代表________（填离子符号）；
②AlF63-做面心立方最密堆积形成正四面体和正八面体两种空隙，正四面体空隙数和AlF63-数之比为_______，其中_________%正八面体空隙被Na+填充；
③晶胞边长为x nm，则相距最近的两个Na+之间距离为_____ nm；设Na3AlF6的相对分子质量
为M，阿伏加德罗常数为N A，则该晶体密度的计算表达式为________g/cm3。

【答案】 (1). 3 (2). 3CaF2+Al3+=3Ca2++AlF63- (3). ABC (4). 三角锥形 (5). sp3 (6). ClF3相对分子质量较小，分子间范德华力较弱，故熔沸点较低 (7). Na+ (8). 8：4或2：1 (9). 100 (10). (11).
【解析】
【分析】
(1)根据F原子的核外电子排布式判断电子的种类数目；
(2) F-与Al3+能形成很难电离的配离子AlF63-；
(3)①非金属元素原子之间易形成共价键，含有空轨道的原子和含有孤电子对的原子之间易形成配位键，分子之间存在范德华力，水分子中的O原子和其它分子中的H原子易形成氢键；
②根据价层电子对互斥理论确定H3O+空间构型、阴离子中中心原子杂化方式；
(4)结构相似的物质，相对分子质量越大，分子晶体的熔沸点越高；
(5)①利用均摊法确定化学式，可确定晶胞中心的微粒是哪种微粒；
②根据晶体结构确定含有的正四面体数目，结合含有的AlF63-的数目确定二者比例关系；根据Na+在晶胞中位置确定Na+填充的百分比；
③晶胞边长为xnm，相距最近的两个Na+在晶胞体对角线的处；利用一个晶胞中含有的Na3AlF6的数目，结合计算晶胞的密度。

【详解】(1)F是9号元素，核外电子排布式是1s22s22p5，可知其核外有3种不同能量的电子；
(2)萤石(CaF2)难溶于水，但可溶于含Al3＋的溶液中，原因是在溶液中F-与Al3+能形成很难电
离的配离子AlF63-，使CaF2的溶解平衡正向移动，最终完全溶解，反应的离子方程式为：
3CaF2+Al3+=3Ca2++AlF63-；
(3)①晶体R是离子晶体，含有离子键；B与F及水分子内的H与O等非金属元素原子之间易
形成共价键，B原子含有空轨道、O原子含有孤电子对，所以B原子和O原子之间存在配位键，分子之间存在范德华力，水分子中的O原子和其它分子中的H原子易形成氢键，但是氢键不
属于化学键，属于含有的化学键类型有离子键、共价键、配位键，故合理选项是ABC；。