2024年四川省綿陽市高考化學(xué)考前最后一卷預(yù)測卷含解析_第1頁
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文檔簡介

2024年四川省綿陽市高考化學(xué)考前最后一卷預(yù)測卷考生請注意:1.答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內(nèi),不得在試卷上作任何標(biāo)記。2.第一部分選擇題每小題選出答案后,需將答案寫在試卷指定的括號內(nèi),第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3.考生必須保證答題卡的整潔??荚嚱Y(jié)束后,請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意)1、下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)的敘述一定不正確的是A.向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液,溶液顯紅色B.KAl(SO4)2·12H2O溶于水可形成Al(OH)3膠體C.NH4Cl與Ca(OH)2混合加熱可生成NH3D.Cu與FeCl3溶液反應(yīng)可生成CuCl22、已知A、B、C、D為由短周期元素組成的四種物質(zhì),它們有如圖所示轉(zhuǎn)化關(guān)系,且D為強(qiáng)電解質(zhì)(其他相關(guān)物質(zhì)可能省略)。下列說法不正確的是()A.若A是共價(jià)化合物,則A和D有可能發(fā)生氧化還原反應(yīng)B.若A為非金屬單質(zhì),則其組成元素在周期表中的位置可能處于第二周期第ⅣA族C.若A為非金屬單質(zhì),則它與Mg反應(yīng)的產(chǎn)物中陰、陽離子個(gè)數(shù)比可能為2:3D.若A是金屬或非金屬單質(zhì),則常溫下0.1mol/L的D溶液中由水電離出的c(H+)可能為10-13mol/L3、下列實(shí)驗(yàn)不能得到相應(yīng)結(jié)論的是()A.向HClO溶液中通入SO2,生成H2SO4,證明H2SO4的酸性比HClO強(qiáng)B.向Na2SiO3溶液中滴加酚酞,溶液變紅,證明Na2SiO3發(fā)生了水解反應(yīng)C.將鋁箔在酒精燈火焰上加熱,鋁箔熔化但不滴落,證明氧化鋁熔點(diǎn)高于鋁D.將飽和氯水滴到藍(lán)色石蕊試紙上,試紙先變紅后褪色,證明氯水有漂白性4、NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是()A.18gD2O和18gH2O中含有的質(zhì)子數(shù)均為10NAB.12g石墨烯(單層石墨)中含有六元環(huán)的個(gè)數(shù)為0.5NAC.標(biāo)準(zhǔn)狀況下,5.6LCO2與足量Na2O2反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.5NAD.某密閉容器盛有1molN2和3molH2,在一定條件下充分反應(yīng),轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為6NA5、下表中的實(shí)驗(yàn)操作能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康幕蚰艿贸鱿鄳?yīng)結(jié)論的是()選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)?zāi)康幕蚪Y(jié)論A室溫下,將BaSO4投入飽和Na2CO3溶液中充分反應(yīng),向過濾后所得固體中加入足量鹽酸,固體部分溶解且有無色無味氣體產(chǎn)生驗(yàn)證Ksp(BaSO4)<Ksp(BaCO3)B將混有Ca(OH)2雜質(zhì)的Mg(OH)2樣品放入水中,攪拌,成漿狀后,再加入飽和MgCl2溶液,充分?jǐn)嚢韬筮^濾,用蒸餾水洗凈沉淀。除去Mg(OH)2樣品中Ca(OH)2雜質(zhì)C向KNO3和KOH混合溶液中加入鋁粉并加熱,管口放濕潤的紅色石蕊試紙,試紙變?yōu)樗{(lán)色NO3-被氧化為NH3D室溫下,用pH試紙測得:0.1mol/LNa2SO3溶液pH約為10,0.1mol/LNaHSO3溶液pH約為5HSO3-結(jié)合H+的能力比SO32-的強(qiáng)A.A B.B C.C D.D6、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值,下列說法正確的是A.標(biāo)準(zhǔn)狀況下,2.24LCl2通入NaOH溶液中反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NAB.常溫下,1LpH=11的NaOH溶液中由水電離出的H+的數(shù)目為10-11NAC.273K、101kPa下,22.4L由NO和O2組成的混合氣體中所含分子總數(shù)為NAD.100g34%雙氧水中含有H-O鍵的數(shù)目為2NA7、化合物(x)、(y)、(z)的分子式均為C5H6。下列說法正確的是A.x、y、z均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色B.z的同分異構(gòu)體只有x和y兩種C.z的一氯代物只有一種,二氯代物只有兩種(不考慮立體異構(gòu))D.x分子中所有原子共平面8、下列實(shí)驗(yàn)方案正確且能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖牵ǎ〢.用圖1裝置制取并收集乙酸乙酯B.用圖2裝置除去CO2氣體中的HCl雜質(zhì)C.用圖3裝置檢驗(yàn)草酸晶體中是否含有結(jié)晶水D.用圖4裝置可以完成“噴泉實(shí)驗(yàn)”9、單質(zhì)鐵不同于鋁的性質(zhì)是A.遇冷的濃硫酸鈍化B.能與氫氧化鈉反應(yīng)C.能與鹽酸反應(yīng)D.能在氧氣中燃燒10、圖1為CO2與CH4轉(zhuǎn)化為CH3COOH的反應(yīng)歷程(中間體的能量關(guān)系如虛框中曲線所示),圖2為室溫下某溶液中CH3COOH和CH3COO-兩種微粒濃度隨pH變化的曲線。下列結(jié)論錯(cuò)誤的是A.CH4分子在催化劑表面會斷開C—H鍵,斷鍵會吸收能量B.中間體①的能量大于中間體②的能量C.室溫下,CH3COOH的電離常數(shù)Ka=10-4.76D.升高溫度,圖2中兩條曲線交點(diǎn)會向pH增大方向移動(dòng)11、氯酸是一種強(qiáng)酸,濃度超過40%時(shí)會發(fā)生分解,反應(yīng)可表示為aHClO3=bO2↑+cCl2↑+dHClO4+eH2O,用濕潤的淀粉碘化鉀試紙檢驗(yàn)氣體產(chǎn)物時(shí),試紙先變藍(lán)后褪色。下列說法正確的是A.若化學(xué)計(jì)量數(shù)a=8,b=3,則該反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子為20e-B.變藍(lán)的淀粉碘化鉀試紙褪色是因?yàn)榭赡馨l(fā)生了:4Cl2+I2+6H2O=12H++8Cl-+2IO3-C.氧化產(chǎn)物是高氯酸和氯氣D.由反應(yīng)可確定:氧化性:HClO4>HClO312、捕獲二氧化碳生成甲酸的過程如圖所示。下列說法不正確的是(NA為阿伏加德羅常數(shù)的值)()A.10.1gN(C2H5)3中所含的共價(jià)鍵數(shù)目為2.1NAB.標(biāo)準(zhǔn)狀況下,22.4LCO2中所含的電子數(shù)目為22NAC.在捕獲過程中,二氧化碳分子中的共價(jià)鍵完全斷裂D.100g46%的甲酸水溶液中所含的氧原子數(shù)目為5NA13、某同學(xué)通過如下流程制備氧化亞銅:已知:難溶于水和稀硫酸;下列說法錯(cuò)誤的是A.步驟②中的可用替換B.在步驟③中為防止被氧化,可用水溶液洗滌C.步驟④發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為:D.如果試樣中混有和雜質(zhì),用足量稀硫酸與試樣充分反應(yīng),根據(jù)反應(yīng)前、后固體質(zhì)量可計(jì)算試樣純度14、11.9g金屬錫跟100mL12mol?L﹣1HNO3共熱一段時(shí)間.完全反應(yīng)后測定溶液中c(H+)為8mol?L﹣1,溶液體積仍為100mL.放出的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積約為8.96L.由此推斷氧化產(chǎn)物可能是(Sn的相對原子質(zhì)量為119)()A.Sn(NO3)4 B.Sn(NO3)2 C.SnO2?4H2O D.SnO15、某溫度下,0.200mol·L-1的HA溶液與0.200mol·L-1的NaOH溶液等體積混合后,所得溶液中部分微粒組分及濃度如下表,下列說法正確的是微粒XYNa+A-濃度/(mol?L-1)8.00×10-42.50×10-100.1009.92×10-2A.0.1mol·L-1HA溶液的pH=1B.該溫度下Kw=1.0×10-14C.微粒X表示OH-,Y表示H+D.混合溶液中:n(A-)+n(X)=n(Na+)16、下列關(guān)于有機(jī)化合物的說法正確的是A.除去乙醇中的少量水,方法是加入新制生石灰,經(jīng)過濾后即得乙醇B.HOCH2CH(CH3)2與(CH3)3COH屬于碳鏈異構(gòu)C.除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇雜質(zhì),可加入足量燒堿溶液,通過分液即得乙酸乙酯D.一個(gè)苯環(huán)上已經(jīng)連有-CH3、-CH2CH3、-OH三種基團(tuán),如果在苯環(huán)上再連接一個(gè)-CH3,其同分異構(gòu)體有16種二、非選擇題(本題包括5小題)17、有研究人員在體外實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)藥物瑞德西韋對新冠病毒有明顯抑制作用。E是合成瑞德西韋的中間體,其合成路線如下:回答下列問題:(1)W的化學(xué)名稱為____;反應(yīng)①的反應(yīng)類型為____(2)A中含氧官能團(tuán)的名稱為____。(3)寫出反應(yīng)⑦的化學(xué)方程式_____(4)滿足下列條件的B的同分異構(gòu)體有____種(不包括立體異構(gòu))。①苯的二取代物且苯環(huán)上含有硝基;②可以發(fā)生水解反應(yīng)。上述同分異構(gòu)體中核磁共振氫譜為3:2:2的結(jié)構(gòu)簡式為____________(5)有機(jī)物中手性碳(已知與4個(gè)不同的原子或原子團(tuán)相連的碳原子稱為手性碳)有___個(gè)。結(jié)合題給信息和已學(xué)知識,設(shè)計(jì)由苯甲醇為原料制備的合成路線_______(無機(jī)試劑任選)。18、存在于茶葉的有機(jī)物A,其分子中所含的苯環(huán)上有2個(gè)取代基,取代基不含支鏈,且苯環(huán)上的一氯代物只有2種。A遇FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)。F分子中除了2個(gè)苯環(huán)外,還有一個(gè)六元環(huán)。它們的轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖:(1)有機(jī)物A中含氧官能團(tuán)的名稱是_____________________;(2)寫出下列反應(yīng)的化學(xué)方程式A→B:_______________________________________________________;M→N:_______________________________________________________;(3)A→C的反應(yīng)類型為________________,E→F的反應(yīng)類型為_________________1molA可以和______________molBr2反應(yīng);(4)某營養(yǎng)物質(zhì)的主要成分(分子式為C16H14O3)是由A和一種芳香醇R發(fā)生酯化反應(yīng)成的,則R的含有苯環(huán)的同分異構(gòu)體有________________種(不包括R);(5)A→C的過程中還可能有另一種產(chǎn)物C1,請寫出C1在NaOH水溶液中反應(yīng)的化學(xué)方程式________________________________________。19、乳酸亞鐵晶體{[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O,相對分子質(zhì)量為288}易溶于水,是一種很好的補(bǔ)鐵劑,可由乳酸[CH3CH(OH)COOH]與FeCO3反應(yīng)制得。I.碳酸亞鐵的制備(裝置如下圖所示)(1)儀器B的名稱是__________________;實(shí)驗(yàn)操作如下:打開kl、k2,加入適量稀硫酸,關(guān)閉kl,使反應(yīng)進(jìn)行一段時(shí)間,其目的是__________________。(2)接下來要使儀器C中的制備反應(yīng)發(fā)生,需要進(jìn)行的操作是____________,該反應(yīng)產(chǎn)生一種常見氣體,寫出反應(yīng)的離子方程式_________________________。(3)儀器C中混合物經(jīng)過濾、洗滌得到FeCO3沉淀,檢驗(yàn)其是否洗凈的方法是__________。Ⅱ.乳酸亞鐵的制備及鐵元素含量測定(4)向純凈FeCO3固體中加入足量乳酸溶液,在75℃下攪拌使之充分反應(yīng),經(jīng)過濾,在____________的條件下,經(jīng)低溫蒸發(fā)等操作后,獲得乳酸亞鐵晶體。(5)兩位同學(xué)分別用不同的方案進(jìn)行鐵元素含量測定:①甲同學(xué)通過KMnO4滴定法測定樣品中Fe2+的含量計(jì)算樣品純度。在操作均正確的前提下,所得純度總是大于l00%,其原因可能是_________________________。②乙同學(xué)經(jīng)查閱資料后改用碘量法測定鐵元素的含量計(jì)算樣品純度。稱取3.000g樣品,灼燒完全灰化,加足量鹽酸溶解,取所有可溶物配成l00mL溶液。吸取1.00rnL該溶液加入過量KI溶液充分反應(yīng),然后加入幾滴淀粉溶液,用0.100mol·L-1硫代硫酸鈉溶液滴定(已知:I2+2S2O32-=S4O62-+2I-),當(dāng)溶液_____________________,即為滴定終點(diǎn);平行滴定3次,硫代硫酸鈉溶液的平均用量為24.80mL,則樣品純度為_________%(保留1位小數(shù))。20、氮化硼(BN)是白色難溶于水的粉末狀固體,高溫下易被氧化。實(shí)驗(yàn)室以硼粉(黑色)為原料制備氮化硼的裝置如圖1所示:(1)圖2裝置中可填入圖1虛線框中的是___(填標(biāo)號)。圖2裝置中盛放堿石灰的儀器名稱為___。(2)制備BN的化學(xué)方程式為___。(3)圖1中多孔球泡的作用是___。(4)當(dāng)三頸燒瓶中出現(xiàn)___的現(xiàn)象時(shí)說明反應(yīng)完全,此時(shí)應(yīng)立即停止通入O2,原因是___。(5)為測定制得的氮化硼樣品純度,設(shè)計(jì)以下實(shí)驗(yàn):ⅰ.稱取0.0625g氮化硼樣品,加入濃硫酸和催化劑,微熱,令樣品中的N元素全部轉(zhuǎn)化為銨鹽;ⅱ.向銨鹽中加入足量NaOH溶液并加熱,蒸出的氨用20.00mL0.1008mol·L-1的稀硫酸吸收;ⅲ.用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定剩余硫酸,消耗NaOH溶液的平均體積為20.32mL。①氮化硼樣品的純度為___(保留四位有效數(shù)字)。②下列實(shí)驗(yàn)操作可能使樣品純度測定結(jié)果偏高的是___(填標(biāo)號)。A.蒸出的氨未被稀硫酸完全吸收B.滴定時(shí)未用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液潤洗滴定管C.讀數(shù)時(shí),滴定前平視,滴定后俯視D.滴定時(shí)選用酚酞作指示劑21、Cr、S等元素的化合物常會造成一些環(huán)境問題,科研工作者正在研究用各種化學(xué)方法來消除這些物質(zhì)對環(huán)境的影響。(1)還原沉淀法是處理含鉻(Cr2O72?和CrO42?)工業(yè)廢水的常用方法,過程如下:①已知:常溫下,初始濃度為1.0mol·L?1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72?)隨c(H+)的變化如圖所示。則上述流程中CrO42-轉(zhuǎn)化為Cr2O72-的離子方程式為______________________。②還原過程中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為__________。③Cr3+與Al3+的化學(xué)性質(zhì)相似,對CrCl3溶液蒸干并灼燒,最終得到的固體的化學(xué)式為____________。④常溫下,Ksp[Cr(OH)3]=1.0×10-32,欲使處理后廢水中的c(Cr3+)降至1.0×10-5mol·L?1(即沉淀完全),應(yīng)調(diào)節(jié)至溶液的pH=_____。(2)“亞硫酸鹽法”吸收煙中的SO2①將煙氣通入1.0mol/L的Na2SO3溶液,當(dāng)Na2SO3恰好完全反應(yīng)時(shí),溶液pH約為3,此時(shí),溶液中各種離子濃度由大到小的順序?yàn)開________(用離子濃度符號和“>”號表示)。②室溫下,將煙道氣通入(NH4)2SO3溶液中,測得溶液pH與含硫組分物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)的變化關(guān)系如圖所示。已知部分弱電解質(zhì)的電離常數(shù)(25℃)如下:電解質(zhì)電離常數(shù)H2SO3Ka1=1.54×10-2Ka2=1.02×10-7NH3·H2OKb=1.74×10-5(i)(NH4)2SO3溶液呈____(填“酸”、“堿”或“中”)性,其原因是_________________。(ii)圖中b點(diǎn)時(shí)溶液pH=7,則n(NH4+):n(HSO3-)=_________。

參考答案一、選擇題(每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意)1、A【解析】

A項(xiàng),F(xiàn)eCl2溶液中含F(xiàn)e2+,NH4SCN用于檢驗(yàn)Fe3+,向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液,溶液不會顯紅色,A項(xiàng)錯(cuò)誤;B項(xiàng),KAl(SO4)2·12H2O溶于水電離出的Al3+水解形成Al(OH)3膠體,離子方程式為Al3++3H2OAl(OH)3(膠體)+3H+,B項(xiàng)正確;C項(xiàng),實(shí)驗(yàn)室可用NH4Cl和Ca(OH)2混合共熱制NH3,反應(yīng)的化學(xué)方程式為2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O,C項(xiàng)正確;D項(xiàng),Cu與FeCl3溶液反應(yīng)生成CuCl2和FeCl2,反應(yīng)的化學(xué)方程式為Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2,D項(xiàng)正確;答案選A。2、B【解析】

A、B、C、D為短周期元素構(gòu)成的四種物質(zhì),且D為強(qiáng)電解質(zhì),它們有如下轉(zhuǎn)化關(guān)系:,中學(xué)常見物質(zhì)中N、S元素單質(zhì)化合物符合轉(zhuǎn)化關(guān)系,Na元素單質(zhì)化合物符合轉(zhuǎn)化關(guān)系?!驹斀狻緼、B、C、D為短周期元素構(gòu)成的四種物質(zhì),且D為強(qiáng)電解質(zhì),它們有如下轉(zhuǎn)化關(guān)系:,中學(xué)常見物質(zhì)中N、S元素單質(zhì)化合物符合轉(zhuǎn)化關(guān)系,Na元素單質(zhì)化合物符合轉(zhuǎn)化關(guān)系;A.若A是共價(jià)化合物,A可能為NH3或H2S,D為HNO3或H2SO4,H2S與H2SO4可以發(fā)生氧化還原反應(yīng),故A正確;B.若A為非金屬單質(zhì),則A為N2(或S),氮元素處于第二周期ⅤA族,硫元素處于第三周期ⅥA族,故B錯(cuò)誤;C.若A為非金屬單質(zhì),則A為N2(或S),B為NO(或SO2),C為NO2(或SO3),D為HNO3(或H2SO4),其中N2與鎂反應(yīng)生成的Mg3N2中陰、陽離子的個(gè)數(shù)比為2:3,故C正確;D.若A是金屬或非金屬單質(zhì),則A為Na或N2或S,D為NaOH或HNO3或H2SO4,0.1mol/LNaOH溶液或HNO3溶液中水電離出的c(H+)都是10?13mol/L,故D正確;故答案選B。3、A【解析】

A.次氯酸具有強(qiáng)氧化性,二氧化硫具有還原性,二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸和鹽酸,故A錯(cuò)誤;B.無色酚酞遇堿變紅色,向Na2SiO3溶液中滴加酚酞,溶液變紅,說明該溶液呈堿性,則硅酸鈉水解導(dǎo)致溶液呈堿性,故B正確;C.氧化鋁的熔點(diǎn)高于鋁的熔點(diǎn),鋁表面被一層致密的氧化鋁包著,所以鋁箔在酒精燈火焰上加熱熔化但不滴落,故C正確;D.氯氣和水反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸,溶液呈酸性,則氯水遇藍(lán)色石蕊試紙變紅色,次氯酸有漂白性,所以試紙最后褪色,故D正確;答案選A。4、B【解析】

A.D2O的摩爾質(zhì)量為,故18gD2O的物質(zhì)的量為0.9mol,則含有的質(zhì)子數(shù)為9NA,A錯(cuò)誤;B.單層石墨的結(jié)構(gòu)是六元環(huán)組成的,一個(gè)六元環(huán)中含有個(gè)碳原子,12g石墨烯物質(zhì)的量為1mol,含有的六元環(huán)個(gè)數(shù)為0.5NA,B正確;C.標(biāo)準(zhǔn)狀況下,5.6LCO2的物質(zhì)的量為0.25mol,與Na2O2反應(yīng)時(shí),轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.25NA,C錯(cuò)誤;D.N2與H2反應(yīng)為可逆反應(yīng),由于轉(zhuǎn)化率不確定,所以無法求出轉(zhuǎn)移電子,D錯(cuò)誤。答案選B?!军c(diǎn)睛】本題B選項(xiàng)考查選修三物質(zhì)結(jié)構(gòu)相關(guān)考點(diǎn),石墨的結(jié)構(gòu)為,利用均攤法即可求出六元環(huán)的個(gè)數(shù)。5、B【解析】

A.由現(xiàn)象可知,將BaSO4投入飽和Na2CO3溶液中充分反應(yīng),向過濾后所得固體中加入足量鹽酸,固體部分溶解且有無色無味氣體產(chǎn)生,說明固體中含有BaCO3和BaSO4,有BaSO4轉(zhuǎn)化成BaCO3,這是由于CO32-濃度大使Qc(BaCO3)>Ksp(BaCO3),所以不能驗(yàn)證Ksp(BaSO4)<Ksp(BaCO3),A項(xiàng)錯(cuò)誤;B.Mg(OH)2比Ca(OH)2更難溶,成漿狀后,再加入飽和MgCl2溶液,充分?jǐn)嚢韬驝a(OH)2與MgCl2反應(yīng)生成Mg(OH)2和溶于水的CaCl2,過濾,用蒸餾水洗凈沉淀,可達(dá)到除去Mg(OH)2樣品中Ca(OH)2雜質(zhì)的目的,B項(xiàng)正確;C.試紙變?yōu)樗{(lán)色,說明生成氨氣,可說明NO3?被還原為NH3,結(jié)論不正確,C項(xiàng)錯(cuò)誤;D.由操作和現(xiàn)象可知,亞硫酸氫根離子電離大于其水解,則HSO3?結(jié)合H+的能力比SO32?的弱,D項(xiàng)錯(cuò)誤;答案選B。【點(diǎn)睛】A項(xiàng)是易錯(cuò)點(diǎn),沉淀轉(zhuǎn)化的一般原則是由溶解度小的轉(zhuǎn)化為溶解度更小的容易實(shí)現(xiàn),但兩難溶物溶解度相差不大時(shí)也可控制濃度使溶解度小的轉(zhuǎn)化成溶解度大的。6、B【解析】

A.Cl2通入NaOH溶液中發(fā)生反應(yīng):Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O,這是一個(gè)歧化反應(yīng),每消耗0.1molCl2轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.1mol,A項(xiàng)錯(cuò)誤;B.堿溶液中的H+均是水電離產(chǎn)生的,pH等于11的NaOH溶液中水電離出的H+濃度為10-11mol/L,故1L該溶液中H+的數(shù)目為10-11mol,B項(xiàng)正確;C.所給條件即為標(biāo)準(zhǔn)狀況,首先發(fā)生反應(yīng):2NO+O2=2NO2,由于NO和O2的量未知,所以無法計(jì)算反應(yīng)生成NO2的量,而且生成NO2以后,還存在2NO2N2O4的平衡,所以混合氣體中的分子數(shù)明顯不是NA,C項(xiàng)錯(cuò)誤;D.100g34%雙氧水含有過氧化氫的質(zhì)量為34g,其物質(zhì)的量為1mol,含有H-O鍵的數(shù)目為2mol,但考慮水中仍有大量的H-O鍵,所以D項(xiàng)錯(cuò)誤;答案選擇B項(xiàng)。【點(diǎn)睛】根據(jù)溶液的pH可以求出溶液中的c(H+)或c(OH-),計(jì)算微粒數(shù)時(shí)要根據(jù)溶液的體積進(jìn)行計(jì)算。在計(jì)算雙氧水中的H-O鍵數(shù)目時(shí)別忘了水中也有大量的H-O鍵。7、C【解析】

A.x、y中含碳碳雙鍵,z中不含碳碳雙鍵,則x、y能使酸性高錳酸鉀溶液褪色,z不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色,A項(xiàng)錯(cuò)誤;B.C5H6的不飽和度為,若為直鏈結(jié)構(gòu),可含1個(gè)雙鍵、1個(gè)三鍵,則z的同分異構(gòu)體不是只有x和y兩種,B項(xiàng)錯(cuò)誤;C.z中三個(gè)亞甲基上的H原子屬于等效氫原子,因此z只有一類氫原子,則z的一氯代物只有一種,2個(gè)Cl可在同一個(gè)亞甲基上或不同亞甲基上,二氯代物只有兩種,C項(xiàng)正確;D.x中含1個(gè)四面體結(jié)構(gòu)的碳原子,則所有原子不可能共面,D項(xiàng)錯(cuò)誤;答案選C。8、D【解析】

A.乙酸乙酯在NaOH溶液中能完全水解,應(yīng)改用飽和碳酸鈉溶液,故A錯(cuò)誤;B.二者均與碳酸鈉反應(yīng),不能除雜,應(yīng)選飽和碳酸氫鈉溶液,故B錯(cuò)誤;C.無水硫酸銅遇水變藍(lán),且草酸中含H元素和氧元素,分解生成水,則變藍(lán)不能說明草酸含結(jié)晶水,故C錯(cuò)誤;D.氨氣極易溶于水,打開止水夾,捂熱燒瓶根據(jù)氣體熱脹冷縮的原理可引發(fā)噴泉,故D正確;故答案為D?!军c(diǎn)睛】解答綜合性實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)與評價(jià)題主要從以下幾個(gè)方面考慮:①實(shí)驗(yàn)原理是否正確、可行;②實(shí)驗(yàn)操作是否完全、合理;③實(shí)驗(yàn)步驟是否簡單、方便;④實(shí)驗(yàn)效果是否明顯等。⑤反應(yīng)原料是否易得、安全、無毒;⑥反應(yīng)速率較快;⑦原料利用率以及合成物質(zhì)的產(chǎn)率是否較高;⑧合成過程是否造成環(huán)境污染。⑨有無化學(xué)安全隱患,如倒吸、爆炸、吸水、泄漏、著火、濺液、破損等。9、B【解析】A.鐵和鋁在冷的濃硫酸中均發(fā)生鈍化,A錯(cuò)誤;B.鐵和氫氧化鈉不反應(yīng),鋁能和強(qiáng)酸、強(qiáng)堿反應(yīng),金屬鋁與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成了偏鋁酸鈉和氫氣,B正確;C.兩者均能與強(qiáng)酸反應(yīng)生成鹽和氫氣,C錯(cuò)誤;D.兩者均可以在氧氣中燃燒,D錯(cuò)誤。故選擇B。10、D【解析】

A.虛框內(nèi)中間體的能量關(guān)系圖可知,CH4分子在催化劑表面斷開C-H鍵,斷裂化學(xué)鍵需要吸收能量,A項(xiàng)正確;B.從虛框內(nèi)中間體的能量關(guān)系圖看,中間體①是斷裂C—H鍵形成的,斷裂化學(xué)鍵需要吸收能量,中間體②是形成C—C和O—H鍵形成的,形成化學(xué)鍵需要釋放能量,所以中間體①的能量大于中間體②的能量,B項(xiàng)正確;C.由圖2可知,當(dāng)溶液pH=4.76,c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=0.05mol/L,CH3COOHCH3COO-+H+的電離常數(shù)Ka==c(H+)=10-4.76。C項(xiàng)正確;D.根據(jù)CH3COOHCH3COO-+H+的電離常數(shù)Ka=可知,圖2兩條曲線的交點(diǎn)的c(H+)值等于醋酸的電離常數(shù)Ka的值,而升高溫度電離常數(shù)增大,即交點(diǎn)的c(H+)增大,pH將減小,所以交點(diǎn)會向pH減小的方向移動(dòng)。D項(xiàng)錯(cuò)誤;答案選D。11、A【解析】

A選項(xiàng),將化學(xué)計(jì)量數(shù)a=8,b=3代入8HClO3═3O2↑+cCl2↑+dHClO4+eH2O方程,由元素守恒得d+2e=84d+e=18得d=4,e=2,由得失守恒可得該反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為20e-,故A正確;B選項(xiàng),電荷不守恒,故B錯(cuò)誤;C選項(xiàng),氧化產(chǎn)物是高氯酸和氧氣,氯氣是還原產(chǎn)物,故C錯(cuò)誤;D選項(xiàng),由反應(yīng)可確定:氧化性:HClO3>HClO4,故D錯(cuò)誤;綜上所述,答案為A。12、C【解析】

A.10.1gN(C2H5)3物質(zhì)的量0.1mol,一個(gè)N(C2H5)3含有共價(jià)鍵數(shù)目為21根,則10.1gN(C2H5)3含有的共價(jià)鍵數(shù)目為2.1NA,故A正確;B.標(biāo)準(zhǔn)狀況下,22.4LCO2的物質(zhì)的量是1mol,1個(gè)CO2分子中有22個(gè)電子,所以含的電子數(shù)目為22NA,故B正確;C.在捕獲過程中,根據(jù)圖中信息可以看出二氧化碳分子中的共價(jià)鍵沒有完全斷裂,故C錯(cuò)誤;D.100g46%的甲酸水溶液,甲酸的質(zhì)量是46g,物質(zhì)的量為1mol,水的質(zhì)量為54g,物質(zhì)的量為3mol,因此共所含的氧原子數(shù)目為5NA,故D正確;選C。13、D【解析】

堿式碳酸銅溶于過量的稀鹽酸,得到CuCl2溶液,向此溶液中通入SO2,利用SO2的還原性將Cu2+還原生成CuCl白色沉淀,將過濾后的CuCl與NaOH溶液混合加熱得磚紅色沉淀Cu2O,據(jù)此解答。【詳解】A.Na2SO3有還原性,則步驟②還原Cu2+,可用Na2SO3替換SO2,故A正確;B.CuCl易被空氣中的氧氣氧化,用還原性的SO2的水溶液洗滌,可達(dá)防氧化的目的,故B正確;C.CuCl與NaOH溶液混合加熱得磚紅色沉淀Cu2O,根據(jù)電子守恒、電荷守恒及原子守恒可知發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2CuCl+2OH-Cu2O+2Cl-+H2O,故C正確;D.CuCl也不溶于水和稀硫酸,Cu2O溶于稀硫酸生成不溶于的Cu,則過濾后所得濾渣為Cu和CuCl的混合物,無法計(jì)算出樣品中Cu2O的質(zhì)量,即無法計(jì)算樣品純度,故D錯(cuò)誤;故選D。14、C【解析】

n(Sn)=11.9g÷119g/mol=0.1mol,n(HNO3)=12mol/L×0.1L=1.2mol,12mol/L的硝酸是濃硝酸,反應(yīng)后溶液中c(H+)為8mol?L?1,說明生成的氣體是二氧化氮,n(NO2)=8.96L÷22.4L/mol=0.4mol,設(shè)Sn被氧化后的化合價(jià)為x,根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒得0.4mol×(5?4)=0.1mol×(x?0)x=+4,又溶液中c(H+)=8mol/L,而c(NO3-)=(1.2mol?0.4mol)÷0.1L=8mol/L,根據(jù)溶液電中性可判斷溶液中不存在Sn(NO3)4,所以可能存在的是SnO2?4H2O,故選:C。15、D【解析】

0.200mol·L-1的HA溶液與0.200mol·L-1的NaOH溶液等體積混合后,所得溶液中溶質(zhì)為NaA,根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知:c(Na+)=0.100mol/L>c(A-)=9.92×10-2mol/L,可知HA為弱酸;溶液中存在物料守恒:c(Na+)=c(A-)+c(HA)=0.100mol/L,則c(HA)=0.100-9.92×10-2=8.00×10-4mol/L,所以X為HA;由電荷守恒可知c(OH-)>c(H+),所以Y是H+?!驹斀狻緼、HA為弱酸,則0.1mol/L的HA溶液中氫離子濃度小于0.1mol/L,pH>1,A錯(cuò)誤;B、溫度未知,無法判斷水的離子積,B錯(cuò)誤;C、X表示HA,Y表示H+,C錯(cuò)誤;D、根據(jù)物料守恒:n(A-)+n(X)=n(Na+),D正確。答案選D。16、D【解析】分析:A.CaO與水反應(yīng)后生成氫氧化鈣,氫氧化鈣是離子化合物,增大了沸點(diǎn)差異;B.碳鏈異構(gòu)是碳鏈的連接方式不同,-OH的位置不同是位置異構(gòu);C.乙酸乙酯能夠在NaOH溶液中水解;D.可看成二甲苯(、、)苯環(huán)上的H原子被-CH2CH3、-OH取代。詳解:A.CaO與水反應(yīng)后,增大沸點(diǎn)差異,應(yīng)選蒸餾法分離,故A錯(cuò)誤;B.-OH的位置不同,屬于位置異構(gòu),故B錯(cuò)誤;C.乙酸乙酯與NaOH反應(yīng),不能除雜,應(yīng)選飽和碳酸鈉溶液、分液,故C錯(cuò)誤;D.一個(gè)苯環(huán)上已經(jīng)連有-CH3、-CH2CH3、-OH三種基團(tuán),如果在苯環(huán)上再連接一個(gè)-CH3,看成二甲苯(、、)苯環(huán)上連有-CH2CH3、-OH,中-OH在甲基的中間時(shí)乙基有2種位置,-OH在甲基的鄰位時(shí)乙基有3種位置,-OH在兩個(gè)甲基的間位時(shí)乙基有2種位置,共7種;中先固定-OH,乙基有3種位置,有3種同分異構(gòu)體;先固體-OH在鄰位時(shí)乙基有3種位置,固定-OH在間位時(shí)乙基有3種位置,有6種;則同分異構(gòu)體有7+3+6=16種,故D正確;故選D。二、非選擇題(本題包括5小題)17、氨基乙酸取代反應(yīng)硝基和羥基++H2O82【解析】

根據(jù)流程圖,A()和發(fā)生取代反應(yīng)生成B(),B和磷酸在加熱條件下發(fā)生取代生成C,C在一定條件下轉(zhuǎn)化為,中的一個(gè)氯原子被取代轉(zhuǎn)化為D;X與HCN發(fā)生加成反應(yīng)生成Y,Y和氨氣在一定條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成Z,Z在酸性條件下水解得到W,D和R在一定條件下反應(yīng)生成E,根據(jù)E和D的結(jié)構(gòu)簡式,可推出R的結(jié)構(gòu)簡式為,由此可知W和在濃硫酸加熱條件下發(fā)生酯化反應(yīng)生成R,據(jù)此分析解答。【詳解】(1)W的結(jié)構(gòu)簡式為,結(jié)構(gòu)中有羧基和氨基,化學(xué)名稱為氨基乙酸;根據(jù)分析,反應(yīng)①為A()和發(fā)生取代反應(yīng)生成B(),反應(yīng)類型為取代反應(yīng);(2)A的結(jié)構(gòu)簡式為,含氧官能團(tuán)的名稱為硝基和羥基;(3)根據(jù)分析,反應(yīng)⑦為W和在濃硫酸加熱條件下發(fā)生酯化反應(yīng)生成R,R的結(jié)構(gòu)簡式為,化學(xué)方程式++H2O;(4)B的結(jié)構(gòu)簡式為,①苯的二取代物且苯環(huán)上含有硝基;②可以發(fā)生水解反應(yīng),說明另一個(gè)取代基為酯基,該酯基的結(jié)構(gòu)可為-OOCCH3或-COOCH3或-CH2OOCH,在苯環(huán)上與硝基分別有鄰間對三種位置,分別為:、、、、、、、、,除去自身外結(jié)構(gòu)外,共有8種;上述同分異構(gòu)體中核磁共振氫譜為3:2:2,說明分子中含有三種不同環(huán)境的氫原子且個(gè)數(shù)比為3:2:2,則符合要求的結(jié)構(gòu)簡式為;(5)已知與4個(gè)不同的原子或原子團(tuán)相連的碳原子稱為手性碳,有機(jī)物中手性碳的位置為,有2個(gè);的水解產(chǎn)物為,的結(jié)構(gòu)中的-COOH可由-CN酸性條件下水解得到,而與HCN發(fā)生加成反應(yīng)可生成,再結(jié)合苯甲醇催化氧化可得到苯甲醛,則合成路線為:。18、羥基、羧基+NaHCO3+CO2+H2O;CH3CH2OHCH2=CH2+H2O加成反應(yīng)酯化(取代)反應(yīng)34+3NaOH+NaCl+2H2O。【解析】

A的分子式為C9H8O3,分子中所含的苯環(huán)上有2個(gè)取代基,取代基不含支鏈,且苯環(huán)上的一氯代物只有2種,2個(gè)取代基處于對位,A遇FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng),分子中含有酚羥基-OH,A能與碳酸氫鈉反應(yīng),分子中含有羧基-COOH,A的不飽和度為=6,故還含有C=C雙鍵,所以A的結(jié)構(gòu)簡式為,X在濃硫酸、加熱條件下生成A與M,M的分子式為C2H6O,M為乙醇,乙醇發(fā)生消去反應(yīng)生成乙烯,N為乙烯,X為,A與碳酸氫鈉反應(yīng)生成B,為,B與Na反應(yīng)生成D,D為,A與HCl反應(yīng)生成C,C的分子式為C9H9ClO3,由A與C的分子式可知,發(fā)生加成反應(yīng),C再氫氧化鈉水溶液中發(fā)生水解反應(yīng)生成E,E在濃硫酸、加熱的條件下生成F,F(xiàn)分子中除了2個(gè)苯環(huán)外,還有一個(gè)六元環(huán),應(yīng)發(fā)生酯化反應(yīng),故C為,E為,F(xiàn)為,據(jù)此解答?!驹斀狻?1)由上述分析可知,有機(jī)物A為,分子中含有官能團(tuán):羥基、碳碳雙鍵、羧基,但含氧官能團(tuán)有:羥基和羧基,故答案為:羥基、羧基;

(2)A→B的反應(yīng)方程式為:+NaHCO3→+H2O+CO2↑,M→N是乙醇發(fā)生選取反應(yīng)生成乙烯,反應(yīng)方程式為:CH3CH2OHCH2=CH2+H2O,故答案為:+NaHCO3→+H2O+CO2↑;CH3CH2OHCH2=CH2+H2O;(3)A→C是與HCl發(fā)生加成反應(yīng)生成,E→F是發(fā)生酯化反應(yīng)生成,與溴發(fā)生反應(yīng)時(shí),苯環(huán)羥基的鄰位可以發(fā)生取代反應(yīng),C=C雙鍵反應(yīng)加成反應(yīng),故1molA可以和3mol

Br2反應(yīng),故答案為:加成反應(yīng),酯化(取代)反應(yīng);3;

(4)某營養(yǎng)物質(zhì)的主要成分(分子式為C16H14O3)是由A和一種芳香醇R發(fā)生酯化反應(yīng)生成的,故R的分子式為C7H8O,R為苯甲醇,R含有苯環(huán)的同分異構(gòu)體(不包括R),若含有1個(gè)支鏈為苯甲醚,若含有2個(gè)支鏈為-OH、-CH3,羥基與甲基有鄰、間、對三種位置關(guān)系,故符合條件的同分異構(gòu)體有4種,故答案為:4;

(5)A→C的過程中還可能有另一種產(chǎn)物C1,則C1為,C1在NaOH水溶液中反應(yīng)的化學(xué)方程式為+3NaOH+NaCl+2H2O,故答案為:+3NaOH+NaCl+2H2O。19、蒸餾燒瓶生成FeSO4溶液,且用產(chǎn)生的H2排盡裝置內(nèi)的空氣關(guān)閉k2Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O取最后一次洗滌液,加入稀鹽酸酸化,再滴入BaCl2溶液,若無白色沉淀,則洗滌干凈隔絕空氣乳酸根離子中的羥基也能被高錳酸鉀氧化,導(dǎo)致消耗高錳酸鉀溶液用量偏多藍(lán)色褪去且半分鐘不恢復(fù)95.2%【解析】

I.亞鐵離子容易被氧氣氧化,制備過程中應(yīng)在無氧環(huán)境中進(jìn)行,F(xiàn)e與稀硫酸反應(yīng)制備硫酸亞鐵,利用反應(yīng)生成的氫氣排盡裝置中的空氣,B制備硫酸亞鐵,利用生成氫氣,使B裝置中氣壓增大,將B裝置中的氯化亞鐵溶液壓入C中。C裝置中硫酸亞鐵和NH4HCO3發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生FeCO3沉淀。Ⅱ.Fe2+有較強(qiáng)還原性,易被空氣中氧氣氧化,獲取乳酸亞鐵晶體過程中應(yīng)減小空氣中氧氣的干擾;①乳酸和亞鐵離子都可被酸性高錳酸鉀氧化;②I2的淀粉溶液顯藍(lán)色,滴加硫代硫酸鈉溶液后藍(lán)色會變淺,最終褪色;根據(jù)已知反應(yīng)可得關(guān)系式2Fe3+~~I(xiàn)2~~2S2O32-,根據(jù)滴定時(shí)參加反應(yīng)的硫代硫酸鈉的物質(zhì)的量計(jì)算出Fe2+的物質(zhì)的量,再計(jì)算樣品純度?!驹斀狻縄.亞鐵離子容易被氧氣氧化,制備過程中應(yīng)在無氧環(huán)境中進(jìn)行,F(xiàn)e與稀硫酸反應(yīng)制備硫酸亞鐵,利用反應(yīng)生成的氫氣排盡裝置中的空氣,裝置B制備硫酸亞鐵,C裝置中硫酸亞鐵和NH4HCO3發(fā)生反應(yīng):Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O,利用生成氫氣,使B裝置中氣壓增大,將B裝置中的氯化亞鐵溶液壓入C中。(1)由儀器圖形可知B為蒸餾燒瓶;打開kl、k2,加入適量稀硫酸,可使生成的氫氣排出裝置C內(nèi)的空氣,防止二價(jià)鐵被氧化;(2)待裝置內(nèi)空氣排出后,再關(guān)閉k2,反應(yīng)產(chǎn)生的氫氣使裝置內(nèi)的氣體壓強(qiáng)增大,可將B中生成的硫酸亞鐵溶液排到裝置C中,發(fā)生反應(yīng)生成碳酸亞鐵,同時(shí)生成二氧化碳,反應(yīng)的離子方程式為Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O;(3)FeCO3是從含有SO42-的溶液中過濾出來的,檢驗(yàn)沉淀是否洗滌干凈,可通過檢驗(yàn)是否含有SO42-判斷。方法是:取最后一次水洗液于試管中,加入過量稀鹽酸酸化,滴加一定量的BaCl2溶液,若無白色渾濁出現(xiàn),則表明洗滌液中不存在SO42-,即可判斷FeCO3沉淀洗滌干凈;Ⅱ.(4)Fe2+有較強(qiáng)還原性,易被空氣中氧氣氧化,則乳酸亞鐵應(yīng)隔絕空氣,防止被氧化;(5)①乳酸根中含有羥基,可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化,F(xiàn)e2+也可以被氧化,因此二者反應(yīng)都消耗KMnO4溶液,導(dǎo)致消耗高錳酸鉀的增大,使計(jì)算所得乳酸亞鐵的質(zhì)量偏大,產(chǎn)品中乳酸亞鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)會大于100%;②I2遇淀粉溶液顯藍(lán)色,滴加硫代硫酸鈉溶液后藍(lán)色會變淺,說明I2與Na2S2O3發(fā)生了氧化還原反應(yīng),當(dāng)藍(lán)色剛好褪去且半分鐘不恢復(fù),即可判斷為滴定終點(diǎn);24.80mL0.1000mol/L硫代硫酸鈉溶液中硫代硫酸鈉的物質(zhì)的量為n(Na2S2O3)=0.02480L×0.100mol/L=2.48×10-3mol,根據(jù)關(guān)系式2Fe2+~2Fe3+~I(xiàn)2~2S2O32-,可知樣品中CH3CH(OH)COO]2Fe?3H2O的物質(zhì)的量為n(Fe2+)=n(S2O32-)=2.48×10-3mol×=9.92×10-3mol,則樣品的純度為×100%=95.2%。【點(diǎn)睛】本題考查實(shí)驗(yàn)制備方案的知識,涉及化學(xué)儀器識別、對操作的分析評價(jià)、物質(zhì)分離提純、氧化還原反應(yīng)滴定應(yīng)用等,明確原理是解題關(guān)鍵,通過化學(xué)方程式可得關(guān)系式,然后根據(jù)關(guān)系式進(jìn)行有關(guān)化學(xué)計(jì)算,注意在物質(zhì)計(jì)算時(shí)取用的物質(zhì)與原樣品配制的溶液的體積關(guān)系,以免出錯(cuò)。20、b球形干燥管4B+4NH3+3O24BN+6H2O調(diào)節(jié)氣體流速,進(jìn)而調(diào)整NH3與O2通入比例黑色粉末完全變成白色避免生成的BN被氧氣氧化導(dǎo)致產(chǎn)率降低80.00%C【解析】

⑴圖1虛線框中是實(shí)驗(yàn)室制取氨氣和干燥氨氣,a不能制取氨氣,c制氨氣的裝置制取氨氣,但不能用氯化鈣干燥氨氣,b裝置制取氨氣并干燥,讀出圖2裝置中盛放堿石灰的儀器名稱。⑵氨氣和硼、氧氣反應(yīng)生成BN和水。⑶圖1中多孔球泡的作用控制氨氣的流速。⑷黑色的硼不斷的反應(yīng)生成白色的氮化硼,反應(yīng)結(jié)束應(yīng)立即停止通入O2,主要防止氮化硼在高溫下容易被氧化。⑸先計(jì)算消耗得n(NaOH),再計(jì)算氫氧化鈉消耗得硫酸的物質(zhì)的量,再得到硫酸吸收氨的物質(zhì)的量,再根據(jù)2BN—2NH4+—H2SO4關(guān)系得出n(BN),再計(jì)算氮化硼樣品的純度?!驹斀狻竣艌D1虛線框中是實(shí)驗(yàn)室制取氨氣和干燥氨氣,a不能制取氨氣,c制氨氣的裝置制取氨氣,但不能用氯化鈣干燥氨氣,b裝置制取氨氣并干燥,因此圖2中b裝置填入圖1虛線框中,圖2裝置中盛放堿石灰的儀器名稱為球形干燥管;故答案為:b;球形干燥管。⑵氨氣和硼、氧氣反應(yīng)生成BN的化學(xué)方程式為4B+4NH3+3O24BN+6H2O;故答案為:4B+4NH3+3O24BN+6H2O。⑶圖1中多孔球泡的作用控制氨氣的流速,調(diào)節(jié)氨氣與氧氣的流速比例,故答案為:調(diào)節(jié)氣體流速,進(jìn)而調(diào)整NH3與O2通入比例。⑷黑色的硼不斷的反應(yīng)生成白色的氮化硼,因此當(dāng)三頸燒瓶中出現(xiàn)黑色粉末完全變成白色的現(xiàn)象時(shí)說明反應(yīng)完全,此時(shí)應(yīng)立即停止通入O2,原因是氮化硼在高溫下容易被氧化,因此避免生成的BN被氧氣氧化導(dǎo)致產(chǎn)率降低;故答案為:黑色粉末完全變成白色;避免

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