2021年山西省高考化学模拟试卷有答案

2021年山西省某校高考化学模拟试卷（三）（2月份）学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________
1. 下列广告语对应商品中含有的物质有误的是（）
A.“红梅味精，领先（鲜）一步”——蛋白质
B.“衡水老白干，喝出男人味”——乙醇
C.“吃了钙中钙，腰不疼了，腿不痛了，腰杆也直了”——碳酸钙
D.“要想皮肤好，早晚用大宝”——丙三醇
2. 下列离子方程式书写正确的是（）
A.2.24LCO2通入250 mL 0.5 mol/L的NaOH溶液中：4CO2+50H−=CO32−+
3HCO3−+H2O
B.在100 mL 2 mol/L的FeI2的溶液中通入标准状况下5.6 L的Cl2:4Fe2++6I−+
5Cl2=4Fe3++3I2+10Cl−
C.100 mL 0.1 mol/L的Na2CO3溶液中加入0.01 molCH3COOH:CO32−+2 CH3COOH= H2O+CO2↑+CH3COO−
D.4 mol/L的NaAlO2溶液和7 mol/L的盐酸等体积均匀混合：4AlO2−+7H++H2O= 3Al(OH)↓+Al3+
3. 某化学研究性学习小组对电解质溶液作如下的归纳总结（均在常温下）．其中正确的是
①pH＝3的强酸溶液1mL，加水稀释至100mL后，溶液pH降低2个单位
②1L 0.50mol⋅L−1NH4Cl溶液与2L 0.25mol⋅L−1NH4Cl溶液含NH4+物质的量前者大
③pH＝8.3的NaHCO3溶液：c(Na+)>c(HCO3−)>c(CO32−)>c(H2CO3)
④pH＝4、浓度均为0.1mol⋅L−1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中：
c(CH3COO−)−c(CH3COOH)＝2×(10−4−10−10) mol/L()
A.①②
B.②③
C.①③
D.②④
4. 室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是（）
5. 有一未知的无色溶液，只可能含有以下离子中的若干种（忽略由水电离产生的H+、OH−）：H+、NH4+、K+、Mg2+、Cu2+、Al3+、NO3−、CO32−、SO42−，现取三份100mL
溶液进行如下实验：
①第一份加足量AgNO3溶液后，有白色沉淀产生。

②第二份加足量BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为6.99g。

③第三份逐滴滴加NaOH溶液，测得沉淀与NaOH溶液的体积关系如图。

根据上述实验，以下推测不正确的是（）
A.原溶液一定不存在H+、Cu2+、CO32−
B.不能确定原溶液是否含有K+、NO3−
C.实验所加的NaOH的浓度为2mol⋅L−1
D.原溶液确定含Mg2+、Al3+、NH4+，且n(Mg2+)：n(Al3+)：n(NH4+)=1:1:2
6. 镁电池作为一种低成本、高安全的储能装置，正受到国内外广大科研人员的关注。

一种以固态含Mg2+的化合物为电解质的镁电池的总反应如下。

下列说法错误的是
xMg+V2O5⇌Mg x V2O5()
A.充电时，阳极质量减小
B.充电时，阴极反应式：Mg2++2e−＝Mg
C.放电时，正极反应式为：V2O5+xMg2++2Xe−＝Mg x V2O5
D.放电时，电路中每流过2mol电子，固体电解质中有2molMg2+迁移至正极
7. 在一定条件下CO(g)和H2(g)发生反应：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)。

在容积固定且均为1L的a、b、c三个密闭容器中分别充入1mol CO(g)和2mol H2(g)，三个容器的
反应温度分别为T1、T2、T3（依次升高）且恒定不变，测得反应均进行到5min时
CH3OH(g)的浓度如图所示．下列说法正确的是（）
A.a容器中，0∼5min内平均反应速率v(H2)=0.04mol/(L·min)
B.反应均进行到5min时，三个容器中一定达到化学平衡状态的是b
C.当三个容器内的反应都达到化学平衡时，CO转化率最大的是a
D.保持温度和容积不变，若开始时向b容器中充入0.6mol CO(g)、1.2mol H2(g)和
0.4mol CH3OH(g)，则反应开始时v(正)<v(逆)
8. 硼及其化合物在工业上有许多用途．以铁硼矿（主要成分为Mg2B2O5⋅H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等）为原料制备硼酸(H3BO3)的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
（1）写出Mg2B2O5⋅H2O与硫酸反应的化学方程式
______________________________________，为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度外，还可采取的措施有______________________________________________（写出两条）。

（2）“浸渣”中剩余的物质是____________________（化学式）。

（3）“净化除杂”需先加H2O2溶液，作用是_______________________；然后在调节溶
液的pH约为5，目的是______________________________________。

（4）“粗硼酸”中的主要杂质是________（填名称）。

（5）以硼酸为原料可制得硼氢化钠(NaBH4)，它是有机合成中的重要还原剂，其电子
式为__________________。

（6）单质硼可用于生成具有优良抗冲击性能硼钢。

以硼酸和金属镁为原料可制备单质硼，用化学方程式表示制备过程
___________________________________________________________________________
_____。

9. 合成氨工业涉及固体燃料的气化，需要研究CO2与CO之间的转化。

为了弄清其规律，让一定量的CO2与足量碳在体积可变的密闭容器中反应：C(s)+CO2(g)⇌
2CO(g)△H，测得压强、温度对CO、CO2的平衡组成的影响如图所示：
回答下列问题：
（1）p1、p2、p3的大小关系是________，欲提高C与CO2反应中CO2的平衡转化率，应采取的措施为________。

图中a、b、c三点对应的平衡常数大小关系是________。

（2）900∘C、1.013 MPa时，1 mol CO2与足量碳反应达平衡后容器的体积为V，
CO2的转化率为________，该反应的平衡常数K＝________。

（3）将（2）中平衡体系温度降至640∘C，压强降至0.1013 MPa，重新达到平衡
后CO2的体积分数为50%．条件改变时，正反应和逆反应速率如何变化？________，
二者之间有何关系？________。

（4）一定条件下，在CO2与足量碳反应所得平衡体系中加入H2和适当催化剂，有下
列反应发生：
CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g)△H1＝−206.2kJ/mol
CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H2＝−41.2kJ/mol
①则二氧化碳与氢气反应转化为甲烷和水蒸气的热化学方程式是________。

②已知298K时相关化学键键能数据为：
则根据键能计算，△H1＝________。

10. 化合物H是某些姜科植物根茎的提取物，具有抗肿瘤、抗菌、抗氧化等功效，其一
种合成路线如下：
已知：i质谱图显示有机物D的最大质荷比为94，且D遇FeCl3溶液显紫色
ii RMgBr+R′CHO→
回答下列问题：
（1）D的化学式为________；B的名称为________。

（2）反应①的反应类型是________：I中所含官能团的名称为________。

（3）反应④的化学方程式是________。

（4）X是H的同系物，其相对分子质量比H小14，则X的同分异构体中，符合下列条件的有________种（不含立体异构）
a．属于芳香族化合物b．能发生水解反应c．能发生银镜反应
其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6:2:1:1的结构简式是________（写一种即可）。

（5）补充完成由甲苯和丙醛为原料，制备的合成路线（无机试剂任选）________。

11.(15分) 实验室以绿矾(FeSO4⋅7H2O)制备补血剂甘氨酸亚铁[(NH2CH2COO)2Fe]有关物质性质
实验过程：
Ⅲ．制备(NH2CH2COO)2Fe：实验装置如图（夹持和加热仪器已省略），将实验Ⅱ得到的沉淀和含0.20 mol甘氨酸的水溶液混合后加入C中，然后利用A中的反应将C中空气排净，接着滴入柠檬酸溶液并加热。

反应结束后过滤，滤液经蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品。

回答下列问题：
（1）实验Ⅰ中：实验室配制绿矾溶液，将铁粉与稀硫酸混合时哪种试剂应该过量
________
（2）实验Ⅱ中：制备FeCO3时应向________溶液中缓慢加入________溶液边加边搅拌，若颠倒试剂滴加顺序可能产生的后果是________生成沉淀的离子方程式为
________
（3）确认C中空气排尽的实验现象是________
（4）加入柠檬酸溶液一方面可调节溶液的pH促进FeCO3溶解，另一个作用是
________
（5）洗涤实验Ⅲ中得到的沉淀，所选用的最佳洗涤试剂是（）。

（填序号）
A.热水
B.乙醇溶液
C.柠檬酸溶液
（6）若产品的质量为17.34g，则产率为________%。

参考答案与试题解析
2021年山西省某校高考化学模拟试卷（三）（2月份）
一、选择题（本题共计 7 小题，每题 3 分，共计21分）
1.
【答案】
A
【考点】
生活中的有机化合物
【解析】
A、味精的主要成分是谷氨酸钠；
B、酒的主要成分是乙醇；
C、补品钙中钙主要成分是碳酸钙；
D、甘油-丙三醇具有保湿功能．
【解答】
A．味精的主要成分是谷氨酸钠，不是蛋白质，故A错误；
B．衡水老白干说的是酒，主要成分是乙醇，故B正确；
C．钙中钙主要成分是碳酸钙，故C正确；
D．大宝中的保湿成分是甘油——丙三醇，故D正确；
故选A。

2.
【答案】
D
【考点】
离子方程式的书写
【解析】
A．没有指明标准状况，不能求出2.24LCO2的物质的量；
B．根据n=V
计算出氯气的物质的量，碘离子还原性较强，优先与氯气反应，剩余的V m
氯气再与亚铁离子反应；
C．根据n＝cV计算出碳酸钠的物质的量，然后根据碳酸钠和醋酸的物质的量判断过量情况及反应产物；
D．设溶液体积为1L，则偏铝酸钠为4mol，HCl为7mol，4mol偏铝酸钠消耗4mol氢离子生成4mol氢氧化铝沉淀，剩余的3mol氢离子溶解1mol氢氧化铝，则反应后生成
3mol氢氧化铝、1mol铝离子。

【解答】
A．根据n=V
计算二氧化碳气体物质的量，其中气体摩尔体积Vm在标准状况下为V m
22.4L/mol，因气体所处的状态不知道，无法求出22.4L二氧化碳气体物质的量，故A错误；
B．在100 mL浓度为2 mol⋅L−1的FeI2的溶液中通入标准状况下5.6 L的Cl2，氯气的物=0.25mol，碘化亚铁的物质的量为0.2mol，碘离子还原性大于亚铁质的量为 5.6L
22.4L/mol
离子，则碘离子优先反应，0.4mol碘离子完全反应消耗0.2mol氯气，0.1mol亚铁离子反应消耗0.05mol氯气，离子反应为2Fe2++8I−+5Cl2=2Fe3++4I2+10Cl−，故B 错误；
C．100 mL 0.1 mol/L的Na2CO3溶液中含有碳酸钠的物质的量为0.01mol，0.01mol碳
酸钠与0.01 molCH3COOH恰好反应生成碳酸氢钠和醋酸钠，反应的离子方程式为：
CO32−+CH3COOH=HCO3−+CH3COO−，故C错误；
D．4 mol/L的NaAlO2溶液和7 mol/L的盐酸等体积均匀混合，设溶液体积为1L，则偏
铝酸钠为4mol，HCl为7mol，4mol偏铝酸钠消耗4mol氢离子生成4mol氢氧化铝沉淀，剩余的3mol氢离子溶解1mol氢氧化铝，则反应后生成3mol氢氧化铝、1mol铝离子，
反应的离子方程式为4AlO2−+7H++H2O=3Al(OH)3+Al3+，故D正确；
3.
【答案】
D
【考点】
离子浓度大小的比较
【解析】
①酸加水稀释，pH升高；
②NH4Cl浓度越小，NH4+水解程度越大；
③NaHCO3溶液显碱性，碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度；
④常温下，混合液pH＝4，c(H+)＝1.0×10−4mol/L，则由Kw可知，c(OH−)＝
1.0×10−10mol/L，由电荷守恒可知，c(CH3COO−)−c(Na+)＝c(H+)−c(OH−)，据
物料守恒：2c(Na+)＝c(CH3COOH)+c(CH3COO−)，据此分析．
【解答】
①酸加水稀释，pH升高，故错误；
②NH4Cl浓度越小，NH4+水解程度越大，铵根的物质的量相同，0.25mol⋅
L−1NH4Cl溶液中铵根水解程度大，故正确；
③NaHCO3溶液显碱性，碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，其离子浓度关系为
c(Na+)>c(HCO3−)>c(H2CO3)>c(CO32−)，故错误；
④常温下，混合液pH＝4，c(H+)＝1.0×10−4mol/L，则由Kw可知，c(OH−)＝
1.0×10−10mol/L，由电荷守恒可知，Ⅰc(CH3COO−)−c(Na+)＝c(H+)−c(OH−)，
据物料守恒：Ⅱ2c(Na+)＝c(CH3COOH)+c(CH3COO−)，Ⅰ×2+Ⅱ可得：
c(CH3COO−)−c(CH3COOH)＝2（c(H+)−c(OH−)）＝2×(10−4−10−10) mol/L，故正确；
4.
【答案】
C
【考点】
化学实验方案的评价
【解析】
A．检验亚铁离子时应该先加KSCN溶液后加氯水；
B．溶解度小的先生成沉淀；
C．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；
D．钠盐溶液浓度不一定相等。

【解答】
A．检验亚铁离子时应该先加KSCN溶液后加氯水，防止铁离子干扰，故A错误；
B．溶解度小的先生成沉淀，先生成黄色沉淀，说明溶解度AgI<AgCl，则溶度积常
数K sp(AgI)<K sp(AgCl)，故B错误；
C．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，溶液呈蓝色，说明有碘生成，溴能氧化碘离子生成碘，溴是氧化剂、碘是氧化产物，则Br2的氧化性比I2的强，故C正确；
D．盐溶液浓度未知，无法根据钠盐溶液pH定性判断其对应酸的酸性强弱，只有钠盐
溶液浓度相同时，才能根据钠盐溶液的pH大小判断其对应酸的酸性强弱，故D错误；5.
【答案】
B
【考点】
常见离子的检验
离子方程式的有关计算
【解析】
溶液是无色透明的，所以不含有颜色的离子，故Cu2+一定不存在；
通过图象知，在加入过量的NaOH的过程中，一开始就有沉淀生成，说明不含有H+；
沉淀部分溶解，推断一定含有Al3+；K+不能和中学常见物质反应产生特殊现象进行判断，只能用焰色反应判断，则不能确定是否含K+；
①第一份加足量AgNO3溶液后，有白色沉淀产生，推断一定有CO32−、SO42−两种中的
一种．因通过图象知含有Al3+；铝离子和碳酸根离子发生双水解，不能共存，所以推
断一定不含有CO32−、一定含有SO42−；
②第二份加足里BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为6.99g，推断生成3×10−2molBaSO4，所以n(SO42−)=3×10−2mol；
③第三份逐滴滴加NaOH溶液，测得沉淀与NaOH溶液的体积关系如图，通过图象知，在加入过量的过氧化钠的过程中，一开始就有沉淀生成，说明不含有H+，沉淀部分溶解，推断一定含有Al3+；图象中有一段平台，说明加入OH−时无沉淀生成，有NH4+，NH4++OH−=NH3⋅H2O，最后溶液中有沉淀，说明溶液中含Mg2+，通过此实验无法
判断是否含有K+，以此解答。

【解答】
解：溶液是无色透明的，所以不含有颜色的离子，故Cu2+一定不存在；
通过图象知，在加入过量的NaOH的过程中，一开始就有沉淀生成，说明不含有H+；
沉淀部分溶解，推断一定含有Al3+；K+不能和中学常见物质反应产生特殊现象进行判断，只能用焰色反应判断，则不能确定是否含K+；
①第一份加足量AgNO3溶液后，有白色沉淀产生，推断一定有CO32−、SO42−两种中的
一种。

因通过图象知含有Al3+；铝离子和碳酸根离子发生双水解，不能共存，所以推
断一定不含有CO32−、一定含有SO42−；
②第二份加足量BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为6.99g，推断生成3×10−2molBaSO4，所以n(SO42−)=3×10−2mol；
③第三份逐滴滴加NaOH溶液，测得沉淀与NaOH溶液的体积关系如图，通过图象知，在加入过量的氢氧化钠的过程中，一开始就有沉淀生成，说明不含有H+，沉淀部分溶解，推断一定含有Al3+；图象中有一段平台，说明加入OH−时无沉淀生成，有NH4+，NH4++OH−=NH3⋅H2O，最后溶液中有沉淀，说明溶液中含Mg2+，通过此实验无法
判断是否含有K+。

A．由上述分析可知，原溶液一定不存在H+、Cu2+、CO32−，故A正确；
B．原溶液确定含有Mg2+、Al3+、NH4+，由图可知，沉淀最大时是氢氧化镁、氢氧化
铝沉淀，且n[Mg(OH)2]+n[Al(OH)3]=0.02mol，沉淀最小时，为氢氧化镁，故
n[Mg(OH)2]=0.01mol，故n[Al(OH)3]=0.02mol−0.01mol=0.01mol，根据铝元
素守恒可知n(Al3+)=n[Al(OH)3]=0.01mol，根据Al3++3OH−=Al(OH)3↓，需
OH−0.03mol；根据镁元素守恒可知原溶液中n(Mg2+)=n[Mg(OH)2]=0.01mol，根
据Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓，需OH−0.02mol；生成沉淀最大量时需OH−0.05mol，
由图可知消耗NaOH25mL，所以c(NaOH )=n
V =0.05mol
0.025L
=2mol⋅L−1；根据NH4++
OH−=NH3⋅H2O，所以可得到NH4+的物质的量为0.01L×2mol⋅L−1=2×10−2mol，
则n(Mg2+)：n(Al3+)：n(NH4+)：n(SO42−)=0.01mol:0.01mol:2×10−2mol:3×
10−2mol=1:1:2:3，由电荷守恒可知1×2+1×3+2×1>3×2，则应存在NO3−，
故B错误；
C．由选项B的计算可知，实验所加的NaOH的浓度为2mol⋅L−1，故C正确；
D．由选项B的计算可知，原溶液确定含Mg2+、Al3+、NH4+，且n(Mg2+)：n(Al3+)：
n(NH4+)=1:1:2，故D正确；
故选B。

6.
【答案】
D
【考点】
电解池的工作原理及应用
化学电源新型电池
【解析】
在镁原电池放电时，Mg被氧化，为原电池的负极，电极反应式为Mg−2e−＝Mg2+，
V2O5为正极，发生还原反应，电极反应式为xMg2++V2O5+2xe−＝Mg x V2O5，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；充电时，外加电源负极接原电池的
负极，作阴极，电极上发生还原反应，外加电源正极接原电池的正极，作阳极，电极
上发生氧化反应，据此解答。

【解答】
A．充电时，阳极上发生氧化反应，电极反应式为Mg x V2O5−2xe−＝xMg2++V2O5，
即质量减小，故A正确；
B．原电池的负极反应式为Mg−2e−＝Mg2+，充电时，外加电源负极接原电池的负极、作阴极、发生还原反应，阴极反应式Mg2++2e−＝Mg，故B正确；
C．放电时，正极反应物为V2O5，得到电子、发生还原反应、与Mg2+结合生成
Mg x V2O5，反应式为V2O5+xMg2++2Xe−＝Mg x V2O5，故C正确；
D．放电时，阳离子向正极移动，电路中每流过2mol电子，固体电解质中有
1molMg2+迁移至正极，故D错误，
7.
【答案】
C
【考点】
化学平衡的计算
化学平衡的影响因素
【解析】
此题暂无解析
【解答】
=0.08mol/(L·min)，反应速率之解：A．a容器中，0∼5min内v(CH3OH)=0.4mol/L
5min
比等于化学计量数之比，则v(H2)=2v(CH3OH)=0.16mol/(L·min)，故A错误；
B．未到达平衡前，升高温度甲醇的含量增大，温度a<b<c，而甲醇的浓度b>a> c，则a未到达平衡，c处于平衡状态，而5min时，b容器中甲醇的含量相对于达到平衡
状态不一定最高，不一定是平衡状态，三个容器中一定达到化学平衡状态的是c，故B
错误；
C．到达平衡后再升高温度，甲醇的浓度降低，平衡向逆反应方向移动，甲醇转化率减小，故转化率为a>b>c，故C正确；
D ．开始时向b 容器中充入0.6mol CO(g)、1.2mol H 2(g)和0.4mol CH 3OH(g)，转化到左边可以得到1mol CO(g)和2mol H 2(g)，则与原b 容器中平衡为完全等效平衡，到达平衡时甲醇的浓度相等，由图可知平衡时甲醇的浓度大于0.4mol/L ，而开始通入的甲醇浓度为0.4mol/L ，可知反应向正反应进行，则：则反应开始时 v(正)>v(逆) ，故D 错误；
故选：C 。

二、 解答题 （本题共计 3 小题 ，每题 10 分 ，共计30分 ）
8.
【答案】
（1）Mg 2B 2O 5⋅H 2O +2H 2SO 4 ==== △
2H 3BO 3+2MgSO 4,提高反应温度或减小铁硼矿粉粒径
（2）SiO 2、CaSO 4
（3）将亚铁离子氧化为铁离子,使铁离子、铝离子形成氢氧化物沉淀而除去
（4）七水硫酸镁 （5）
（6）2H 3BO 3 ==== △B 2O 3+3H 2O 、B 2O 3+3Mg ==== △2B +3MgO
【考点】
工艺流程分析及综合应用
电子式
铁的氧化物和氢氧化物
化学方程式的书写
物质的分离、提纯和除杂的基本方法选择与应用
蒸发和结晶、重结晶
【解析】
以铁硼矿（主要成分为Mg 2B 2O 5⋅H 2O 和Fe 3O 4，还有少量Fe 2O 3、FeO 、CaO 、Al 2O 3和SiO 2等）为原料制备硼酸(H 3BO 3)，由流程可知，加硫酸溶解Fe 3O 4、SiO 2不溶，CaO 转化为微溶于水的CaSO 4，“净化除杂”需先加H 2O 2溶液，将亚铁离子转化为铁离子，调节溶液的pH 约为5，使铁离子、铝离子均转化为沉淀，则滤渣为氢氧化铝、氢氧化铁，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出H 3BO 3，以此来解答．
【解答】
解：以铁硼矿（主要成分为Mg 2B 2O 5⋅H 2O 和Fe 3O 4，还有少量Fe 2O 3、FeO 、CaO 、Al 2O 3和SiO 2等）为原料制备硼酸(H 3BO 3)，由流程可知，加硫酸溶解只有SiO 2不溶，CaO 转化为微溶于水的CaSO 4，“净化除杂”需先加H 2O 2溶液，将亚铁离子转化为铁离子，调节溶液的pH 约为5，使铁离子、铝离子均转化为沉淀，则滤渣为氢氧化铝、氢氧化铁，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出H 3BO 3，
（1）Mg 2B 2O 5⋅H 2O 与硫酸反应的化学方程式Mg 2B 2O 5⋅H 2O +2H 2SO 4 ==== △
2H 3BO 3+2MgSO 4，为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度外，还可采取的措施有提高反应温度或减小铁硼矿粉粒径等，故答案为：Mg 2B 2O 5⋅H 2O +2H 2SO 4 ==== △
2H 3BO 3+2MgSO 4；提高反应温度或减小铁硼矿粉粒径；
（2）“浸渣”中还剩余的物质是SiO 2、CaSO 4；
（3）“净化除杂”需先加H 2O 2溶液，作用是将亚铁离子氧化为铁离子；然后在调节溶液的pH 约为5，目的是使铁离子、铝离子形成氢氧化物沉淀而除去，
故答案为：将亚铁离子氧化为铁离子；使铁离子、铝离子形成氢氧化物沉淀而除去；
（4）最后浓缩结晶时硫酸镁易结合水以晶体析出，则“粗硼酸”中的主要杂质是七水硫酸镁，故答案为：七水硫酸镁；
（5）NaBH 4为离子化合物，含离子键、共价键，其电子式为，故答案为：；
（6）以硼酸和金属镁为原料可制备单质硼的化学方程式为：
2H 3BO 3 ==== △B 2O 3+3H 2O 、B 2O 3+3Mg ==== △
2B +3MgO 。

9.
【答案】
p 1<p 2<p 3,升高温度、降低压强,K a ＝K b <K c
66.7%,163V
正反应和逆反应速率均减小,v （正）<v （逆）
CO 2(g)+4H 2(g)⇌CH 4(g)+2H 2O(g)△H ＝−165.0kJ/mol ,−198kJ/mol
【考点】
化学平衡的计算
化学平衡的影响因素
【解析】
（1）反应C(s)+CO 2(g)⇌2CO(g)是气体分子数增多的反应，随着反应进行，体系压强增大，减小压强有助于化学平衡正向移动，化学平衡常数只随温度的改变而改变；
（2）900∘C 、1.013MPa 时，平衡时CO 的体积分数为80%，计算CO 2转化的量，转化率就是转化的量与起始量比值的百分数，将各组分的平衡浓度代入平衡常数表达式计算化学平衡常数；
（3）根据改变条件前后CO 2的体积分数的变化判断，根据反应商判断化学反应的方向；
（4）①二氧化碳与氢气反应转化为甲烷和水蒸气的化学方程式为：CO 2(g)+4H 2(g)⇌CH 4(g)+2H 2O(g)，该反应可由已知热效应的化学方程式推导，根据盖斯定律计算该反应的焓变；
②根据盖斯定律，焓变△H ＝反应物总键能-生成物总键能。

【解答】
反应C(s)+CO 2(g)⇌2CO(g)是气体分子数增多的反应，随着反应进行，体系压强增大，减小压强有助于化学平衡正向移动，表明低压强对应着高的CO 体积分数，则p 1、p 2、p 3的大小关系是：p 1<p 2<p 3，
当压强相同时，温度升高，CO 的体积分数增大，表明温度升高化学平衡正向移动，正反应为吸热反应，焓变△H >0，则欲提高C 与CO 2反应中CO 2的平衡转化率，应采取的措施为：升高温度、降低压强，
化学平衡常数只随温度的改变而改变，升高温度，正反应趋势增大，化学平衡常数增大，则a 、b 、c 三点对应的平衡常数大小关系是：K a ＝K b <K c ，
故答案为：p 1<p 2<p 3；升高温度、降低压强；K a ＝K b <K c ；
900∘C 、1.013MPa 时，设反应转化的CO 2的物质的量为xmol ，则平衡时n(CO)＝2x ，n(CO 2)＝1−x ，平衡时CO 的体积分数为80%，则
2x 1−x+2x =80%，可得x =23，则CO 2的转化率为α=x 1×100%＝66.7%，
平衡时，c(CO)=2x V =43V ，c(CO 2)=
1−x V =13V ，则该反应的平衡常数K =c 2(CO)c(CO 2)=163V ， 故答案为：66.7%；163V ；
反应C(s)+CO 2(g)⇌2CO(g)是吸热反应，气体分子数增大的反应，降低压强，升高温度均有利于反应正向进行，将（2）中平衡体系温度降至640∘C ，压强降至0.1013 MPa ，降低温度减小压强，均使正逆反应速率减小，
重新达到平衡后CO 2的体积分数为50%，设反应转化的CO 2的物质的量为ymol ，则平衡时n(CO 2)＝1−y ，n(CO)＝2y ，则有1−y 1+y =50%，可得y =13，可见重新达到平衡时，体系中CO 含量降低，CO 2含量升高，化学平衡向逆反应方向移动，所以v （正）<v （逆），
故答案为：正反应和逆反应速率均减小；v （正）<v （逆）；
①已知：CO(g)+3H 2(g)⇌CH 4(g)+H 2O(g)△H 1＝−206.2kJ/mol ，CO(g)+H 2O(g)⇌CO 2(g)+H 2(g)△H 2＝−41.2kJ/mol ，二氧化碳与氢气反应转化为甲烷和水蒸气的化学方程式为：CO 2(g)+4H 2(g)⇌CH 4(g)+2H 2O(g)，该反应的焓变△H ＝△H 1−△H 2＝−165.0kJ/mol ，
故答案为：CO 2(g)+4H 2(g)⇌CH 4(g)+2H 2O(g)△H ＝−165.0kJ/mol ； ②根据盖斯定律，焓变△H ＝反应物总键能-生成物总键能，则△H 1＝E(C ≡O)+3E(H −H)−4E(C −H)−2E(O −H)＝(1076+3×436−4×413−2×465)kJ/mol ＝−198kJ/mol ，
故答案为：−198kJ/mol 。

10.
【答案】
C 6H 6O ,3−溴丙烯
取代反应,酯基
2+O 2→△Cu 2+2H 2O 14,
→CH 3CH 2CHO Mg/
→H 2O →Cu,△
O 2 【考点】
有机物的合成
【解析】
C 与F 发生信息ii 中加成反应生成G ，由G 的结构可知F 为．质谱图显示有机物
D 的最大质荷比为94，且D 遇FeCl 3溶液显紫色，说明D 中含有酚羟基，故D 为
．D 与HCHO 发生加成反应、中和反应生成E ，E 发生催化氧化、酸化生成F ，故E 为。

（5）经过①Mg/乙醚、②丙醛作用，再发生水解得到
，然后发生催化氧化生成。

【解答】
D 为，D 的化学式为C 6H 6O ；B 中丙烯为母体，溴原子为取代基，B 的名称为：3−溴丙烯，故答案为：C 6H 6O ；3−溴丙烯；
反应①是羟基被溴原子替代，属于取代反应；I 中所含官能团的名称为：酯基，故答案为：取代反应；酯基；
反应④的化学方程式是：2
+O 2→△Cu 2+2 H 2O ， 故答案为：2+O 2→△Cu 2+2 H 2O ；
X 是H 的同系物，其相对分子质量比H 小14，则X 的同分异构体符合下列条件：a ．属于芳香族化合物，说明含有苯环，b ．能发生水解反应，说明含有酯基 c ．能发生银镜反应，含有甲酸形成酯基，含有1个取代基，可以看作HCOOCH 2CH 3中烃基上的H 原子被苯基取代有2种，可以有2个取代基为：−OOCH 、−CH 2CH 3，或者−CH 2OOCH 、−CH 3，均有邻、间、对3种位置结构，可以有3个取代基为−OOCH 、−CH 3、−CH 3，2个甲基有邻、间、对3种位置结构，对应的−OOCH 分别有2种、3种、1种位置结构，故符合条件的共有2+3×2+2+3+1＝14种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6:2:1:1的结构简式是，
故答案为：14；（任意一种）；
经过①Mg/乙醚、②丙醛作用，再发生水解得到
，然后发生催化氧化生成．补全后合成
路线流程图为→CH 3CH 2CHO Mg/
→
H 2O →Cu,△O 2
，
故答案为：→CH 3CH 2CHO Mg/
→H 2O →Cu,△O 2。

三、 实验探究题 （本题共计 1 小题 ，共计15分 ）
11.
【答案】
Fe （或铁粉）
FeSO 4（或硫酸亚铁）,NH 4HCO 3（或碳酸氢铵）,可能生成氢氧化亚铁沉淀,Fe 2++
2HCO 3−＝FeCO 3↓+CO 2↑+H 2O
D 中澄清石灰水变浑浊
防止亚铁离子被氧化
B
8.5
【考点】
制备实验方案的设计
【解析】
（1）亚铁离子易被空气中的O 2氧化成Fe 3+；
（2）制备FeCO 3时应避免生成氢氧化亚铁；
（3）当C 中充满CO 2后，使D 中的澄清石灰水变浑浊；
（4）由题中信息“易溶于水和乙醇，有强酸性和还原性”分析；
（5）根据甘氨酸亚铁“易溶于水，难溶于乙醇”分析；
（6）含0.10molFeSO 4的绿矾溶液中Fe 2+的物质的量为0.10mol ，因NH 4HCO 3溶液过量，所以根据Fe 元素守恒，生成(NH 2CH 2COO)2Fe 的物质的量为0.10mol ，根据m ＝nM 计算出(NH 2CH 2COO)2Fe 的质量，然后可计算出其产率。

【解答】
Fe 2+易被空气中的O 2氧化成Fe 3+，在制备时，可使铁过量，防止FeSO 4被氧化变质， 故答案为：Fe （或铁粉）；
制备FeCO 3时应避免生成氢氧化亚铁，方法是向FeSO 4（或硫酸亚铁）溶液中缓慢加入NH 4HCO 3（或碳酸氢铵）溶液边加边搅拌，生成沉淀时发生反应的离子方程式为
Fe 2++2HCO 3−＝FeCO 3↓+CO 2↑+H 2O ，
故答案为：FeSO 4（或硫酸亚铁）； NH 4HCO 3（或碳酸氢铵）；可能生成氢氧化亚铁沉
淀；Fe 2++2HCO 3−＝FeCO 3↓+CO 2↑+H 2O ；
当C 中充满CO 2后，CO 2开始进入D 中，使D 中的澄清石灰水变浑浊，这时说明C 中空气已经排尽，
故答案为：D 中澄清石灰水变浑浊；
由题中信息可知，柠檬酸具有强还原性，还可防止Fe 2+被氧化，
故答案为：防止亚铁离子被氧化；
因甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，所以应选择乙醇溶液作为洗涤剂，故选B，
故答案为：B；
含0.10molFeSO4的绿矾溶液中Fe2+的物质的量为0.10mol，因NH4HCO3溶液过量，根据Fe元素守恒可知生成(NH2CH2COO)2Fe的物质的量为0.10mol、质量为：204g/
mol×0.10mol＝20.4g，则(NH2CH2COO)2Fe的产率为：17.34g
×100%＝85%，
20.4g
故答案为：85。