四川省成都市石室中学2023-2024学年高二下学期4月月考化学试卷（原卷版+解析版）

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试卷说明：
1.满分100分，考试时间90分钟。
2.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Si-28 Zn-65 Mn-55 Zr-91 C-59
I卷(共40分)
一、选择题(每题只有一个选项符合题意，答对得2分，共计40分)
1. 下列化学用语的表示方法正确的是
A. 乙烯的结构简式：CH2CH2B. 基态的价电子排布图：
C. 羟基的电子式：D. H2O的VSEPR模型：
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙烯的结构简式为CH2=CH2，A错误；
B．Fe2+的价电子为3d6，所以基态Fe2+的价电子排布图：，B正确；
C．羟基的电子式：，C错误；
D．H2O有2个键，孤电子对为，VSEPR模型为四面体，D错误；
故选B
2. 下列说法不正确的是
A. He在周期表中属于p区元素
B. 的电子排布式为，违反了洪特规则
C. 基态P原子核外有9种空间运动状态不同的电子
D. NF3分子的极性比NH3的大
【答案】D
【解析】
【详解】A．He原子核外2个电子，在周期表中属于p区元素，A正确；
B．的电子排布式为，4个电子p能级尽可能分占三个轨道，的电子排布式为，违反了洪特规则，B正确；
C．基态P原子核外15个电子，电子排布式为，分占9个轨道，有9种空间运动状态不同的电子，C正确；
D．电负性：F>N>H，键的极性：N-H>N-F,分子的极性: NF3C，非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，则稳定性：H2O>CH4，故B错误；
C．O为第二周期，随核电荷数递增，第一电离能呈增大层为半满稳定结构，其第一电离能大于O，则比O的第一电离能大的元素有N、F、Ne，故C错误；
D．M为S，其核外有3个能层，最高能层为第3电子层，存在3s轨道1个，3p轨道3个，3d轨道5个，共9个原子轨道，故D正确；
故选：D。
11. 有机物X→Y的转化关系如图所示。下列说法错误的是
A. Y中含有4种官能团B. X中手性碳原子的数目为3
C. Y中可能共平面的碳原子最多为9个D. X、Y都可以形成分子间氢键
【答案】C
【解析】
【详解】A．由结构简式可知Y中含碳碳双键、羟基、羧基和硝基四种官能团，故A正确；
B．根据手性碳的特征，X中羟基和硝基所连碳原子均为手性碳原子，共3个，故B正确；
C．Y中苯环为平面结构，碳碳双键为平面结构，两平面结构通过单键相连，可以重合，另外-COOH碳原子也可以转到双键平面上，因此共平面的碳原子最多为10个，故C错误；
D．X、Y均含羟基，可以形成分子间氢键，故D正确；
故选：C。
12. 下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 用惰性电极电解CuCl2溶液： 2H2O + Cu2++ 2Cl-Cu(OH)2+ H2↑+ Cl2↑
B. 将少量氯气通入NaHSO3溶液中：HSO+ H2O +Cl2=2Cl-+ 3H++SO
C. 0.1ml/L AgNO3溶液中加入过量浓氨水：Ag+ + 2NH3·H2O =Ag(NH3) + 2H2O
D. 将NaHSO3溶液滴入Ba(NO3)2溶液产生白色沉淀：2HSO+ Ba2+ =H2O+SO2↑+BaSO3↓
【答案】C
【解析】
【详解】A．用惰性电极电解CuCl2溶液，阴极是Cu2+发生还原反应，离子方程式为：Cu2++ 2Cl- Cu+ Cl2↑，A错误；
B．Cl2有强氧化性，具有还原性，Cl2能将氧化为，而Cl2是少量的，则生成的能与反应生成，反应的离子方程式为，B错误；
C．0.1ml/L AgNO3溶液中加入过量浓氨水生成二氨合银离子，离子方程式为：Ag+ + 2NH3·H2O =Ag(NH3) + 2H2O，C正确；
D．硝酸具有强氧化性，能够将NaHSO3氧化为硫酸钠，硫酸钠与硝酸钡反应生成难溶于酸的硫酸钡，向NaHSO3溶液中滴入Ba(NO3)2溶液产生白色沉淀的离子方程式为：，D错误；
故选C。
13. 一种钒(Vn+)的配合物分子结构如图所示，下列有关说法正确的是
A. V位于第四周期IIIBB. 分子中N的杂化方式为sp3
C. 该配合物中配体数为6D. 该配合物中钒的化合价为+3价
【答案】D
【解析】
【详解】A．基态V原子核外23个电子，电子排布式为[Ar]3d34s2，V位于第四周期VB，A错误；
B．由图示知，N原子周围共有3个σ电子对（配位键属于σ键），且无孤电子对，N杂化方式为sp2，B错误；
C．由图示知，V原子与3个N、3个O原子6个原子形成配位键，6个原子来自3个配体，该配合物中配体数为3，C错误；
D．由图示知，V原子与3个N、3个O原子6个原子形成配位键电子对由N一方提供，不影响V元素化合价，但V与3个O原子之间为共用电子对，共用电子对偏向电负性强的O原子而使V显正价，总共3对共用电子对偏离V，V显+3价，D正确；
故答案为：D。
14. 水系锌锰二次电池放电时存在电极MnO2剥落现象，造成电池容量衰减。研究发现，加入少量KI固体能很大程度恢复“损失”的容量，原理如图。已知PBS膜只允许Zn2+通过。下列说法不正确的是
A. PBS膜的优点是能有效抑制电池的自放电
B. 放电时的总反应：Zn+MnO2+4H+=Zn2++Mn2++ 2H2O
C. 充电时，电路中每通过2ml e-，阳极区溶液减少87g
D. 放电时，0.6ml I-参加反应，理论上负极减少13g
【答案】C
【解析】
【分析】Zn电极为负极，发生氧化反应：Zn-2e-=Zn2+，MnO2为正极，发生还原反应：MnO2+2e-+4H+ =Mn2++2H2O，加入KI后，发生反应：MnO2+3I-+4H+=Mn2+++2H2O，+2e-=3I-，据此回答。
【详解】A．PBS膜只允许Zn2+通过，能够防止脱落的二氧化锰与锌接触构成微电池，减少锌的损耗，能有效抑制电池的自放电，A正确；
B．Zn电极为负极，发生氧化反应：Zn-2e-=Zn2+，MnO2为正极，发生还原反应：MnO2+2e-+4H+ =Mn2++2H2O，放电时的总反应为MnO2+Zn+4H+= Zn2++ Mn2++2H2O，B正确；
C．充电时阳极电极反应式为：3I--2e-= 、Mn2++2H2O-2e-= MnO2+4H+，电路中每通过2ml ，阳极区溶液减少的质量小于1mlMnO2的质量，即小于87g，C错误；
D．加入KI后，I-与剥落的MnO2反应生成的，发生反应为：MnO2+3I-+4H+=Mn2++ +2H2O、+2e-=3I-，如有0.6mlI-参加反应，需得到电子0.4ml，理论上负极Zn减少0.2ml，质量为13g，D正确；
故选C。
15. 环己烯是重要的化工原料，实验室制备流程如下。下列说法错误的是
A. 环己烯粗品加饱和食盐水前应先用盐酸洗涤
B. 饱和食盐水能降低环己烯在水相中的溶解度，利于分层
C. 分液时，有机相应从分液漏斗上口倒出
D. 操作a用到的仪器有酒精灯、球形冷凝管、尾接管等
【答案】D
【解析】
【详解】A．环己烯粗品加饱和食盐水前应先用盐酸洗涤，更有利于表层吸附的铁离子的去除，A正确；
B．饱和食盐水作用是降低环己烯的溶解度，便于溶液分层，B正确；
C．环己烯密度为0.823g/cm3，其密度小于水的，所以分液后有机相在上层，从分液漏斗上口倒出，C正确；
D．操作a为蒸馏的步骤，用到的仪器有酒精灯、直形冷凝管、、尾接管温度计等，D错误；
故答案为：D。
16. 一种镍磷化合物催化氨硼烷(NH3BH3)水解释氢的可能机理如图所示。下列说法错误的是
A. 氨硼烷中不含键
B. 固态氨硼烷为分子晶体
C. 用D2O代替H2O作反应物，有D2生成
D. 氨硼烷水解的最终产物为H2和NH4［B(OH)4］
【答案】C
【解析】
【详解】A．氨硼烷中N和B原子的价层电子对数都是4，都是sp3杂化，只含键，不含键，A正确；
B．固态氨硼烷中只存在范德华力，属于分子晶体，，B正确；
C．由反应原理可知，水解过程中B原子所连的H原子被-OH取代，用代替作反应物，有生成， C错误；
D．由反应原理可知，水解过程中B原子所连的H原子被-OH取代，最终得到和，D正确；
故答案为：C。
17. 已知某有机物在标况下5.6L氧气中恰好完全燃烧，将反应生成的气体依次通过浓硫酸和碱石灰。浓硫酸增重5.4 g，碱石灰增重8.8g，下列有关说法不正确的是
A. 该有机物中存在氧元素
B. 该有机物的分子式为C2H6O2
C. 该有机物的核磁共振氢谱可能有2组峰
D. 该有机物的同分异构体的质谱图完全一样
【答案】D
【解析】
【分析】将某有机物在标况下5.6L氧气中恰好完全燃烧，氧气的物质的量为：，氧原子的物质的量为0.5ml，产物通过浓硫酸，浓硫酸增重5.4 g为水，其物质的量为：，则含有H元素的物质的量为0.6ml，氧原子的物质的量为0.3ml，通过碱石灰，碱石灰又增重的8.8 g为二氧化碳的质量，其物质的量为：，含有C的物质的量为：0.2ml，氧原子的物质的量为0.4ml，生成物中氧原子共0.7ml，大于氧气中氧原子物质的量，则有机物中有氧原子且为0.2ml，故有机物中，C物质的量为0.2ml、H物质的量为0.6ml、O物质的量为0.2ml，所以该有机物分子中C、H 、O原子数之比为：0.2ml：0.6ml：0.2ml=1：3：1，其最简式为：CH3O，据此解答；
【详解】A．由分析可知，该有机物中存在氧元素，A正确；
B．设该有机物分子式为(CH3O)n，当n=2时，得到的分子式C2H6O2中H原子已经达到饱和，所以该有机物分子式一定为C2H6O2，B正确；
C．若该有机物结构为乙二醇，乙二醇的分子中含有两种等效H，则其核磁共振氢谱有两个吸收峰，C正确；
D．同分异构体在质谱图中最大质荷比相同，但谱图不完全相同，D错误；
故选D。
18. 某密闭容器中含有X和Y，同时发生以下两个反应：①；②。反应①的正反应速率，反应②的正反应速率，其中为速率常数。某温度下，体系中生成物浓度随时间变化的曲线如图所示。下列说法正确的是
A. 时，正反应速率
B. 内，X的平均反应速率
C. 若升高温度，时容器中的比值减小
D. 反应①的活化能大于反应②
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图可知，初始生成M的速率大于N，则，时两个反应均达到平衡状态，由于、，则正反应速率，A正确；
B．①②反应中XQ的系数均为1，则内，X的平均反应速率，B错误；
C．后M浓度减小，可能为Q浓度增大导致①逆向移动所致，不确定2个反应的吸热放热情况，不能确定升高温度，时容器中的比值变化情况，C错误；
D．由图可知，初始生成M的速率大于N，则反应①的话化能小于反应②，D错误；
故选A。
19. 锆是重要的战略金属，可从其氧化物中提取。下图是某种锆的氧化物晶体的立方晶胞，为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A. 该氧化物的化学式为
B. 该氧化物的密度为
C. 原子之间的最短距离为
D. 若坐标取向不变，将p点原子平移至原点，则q点原子位于晶胞面的面心
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据“均摊法”，晶胞中含4个Zr、个O，则立方氧化锆化学式为ZrO2，A正确；
B．结合A分析可知，晶体密度为，B错误；
C．原子之间的最短距离为面对角线的一半，即，C正确；
D．根据晶胞的位置可知，若坐标取向不变，将p点原子平移至原点，则垂直向下，q点原子位于晶胞面的面心，D正确；
答案选B。
20. 25℃时，用溶液分别滴定一元酸溶液和溶液，pM[p表示负对数，M表示，]与溶液的变化关系如图所示。已知：①易溶于水，②平衡常数时反应进行完全。下列说法错误的是
A. 该温度下，的
B. 滴定溶液至x点时，改为滴加HA溶液，沉淀逐渐完全溶解
C. 25℃，NaA溶液中，水解常数的数量级为
D. 滴定HA溶液至x点时，溶液中
【答案】B
【解析】
【分析】根据NaOH溶液与HA溶液、CuSO4溶液的反应可知，随着NaOH溶液的滴加，pH增大，c(Cu2+)逐渐减小，-lgc(Cu2+)变大；分析可知，线①代表滴定CuSO4溶液时pM与溶液pH的变化关系；线②代表滴定一元酸溶液pM与溶液pH的变化关系。
【详解】A．根据线①上的点，当pM=0时，c(Cu2+)=1ml/L，pH=4.2，c(OH-)=10-9.8ml/L，的，故A正确；
B．若发生反应Cu(OH)2(s)+2HA(aq)＝Cu2+(aq)+2A-(aq)+2H2O(l)，则该反应的K＝=，根据线①与横坐标轴的交点可知pM=0，即c(Cu2+)=1.0ml⋅L-1时，c(OH-)＝10-9.8ml/L，，所以Ksp[Cu(OH)2]＝10-19.6，K=10-19.6×=10-6.4＜105，故沉淀不能完全溶解，故B错误；
C．氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，随着NaOH溶液的滴加，pH增大，故c(Cu2+)逐渐减小，-lgc(Cu2+)变大，所以曲线①代表滴定CuSO4溶液时pM与溶液pH的变化关系，曲线②代表滴定一元酸HA溶液时pM与pH的变化关系，从线②与横坐标轴的交点时c(H+)=10-7.4ml⋅L-1，=1时，Ka＝＝c(H+)＝10-7.4，水解常数Kh===10-6.6，数量级为，故C正确；
D．x点溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-)，所以，再根据x点的pM＞0，即c(A-)＜c(HA)，可得，故D正确。
答案选B。
II卷(共60分)
21. 一种具有光催化作用的配合物A结构简式如图所示：
（1）的空间构型为___________，比较键角大小：___________ClO。
（2）咪唑( )具有类似苯环的芳香性，其中的大π键可以表示为___________，___________更易与钴形成配位键(填“①号N”、“②号N”)。___________更易溶于水(填“咪唑”或“苯”)，原因：___________。
（3）C的一种化合物为六方晶系晶体，晶胞结构如图所示。
以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。已知晶胞含对称中心，其中1号氧原子的分数坐标为(0.6667，0.6667，0.6077)，则2号氧原子的分数坐标为___________。为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为___________(用计算式表示)。
【答案】（1） ①. 三角锥 ②. <
（2） ①. ②. ①号N ③. 咪唑 ④. 能与水形成分子间氢键
（3） ①. (0.3333，0.3333，0.1077) ②.
【解析】
【分析】由晶胞结构可知，2号氧原子、1号氧原子和晶胞含对称中心，则由1号氧原子的分数坐标为(0.6667，0.6667，0.6077)可知，2号氧原子的分数坐标为(0.3333，0.3333，0.1077)，晶胞中位于体内的氧原子为4个，氢原子个数为2，位于顶点和棱上的钴原子个数为，据此回答。
【小问1详解】
①的键为3，孤电子对为，所以空间构型为三角锥；
②孤电子对数为1，孤电子对数为0，两者价层电子数都为4，孤电子对数越多，排斥力越大，键角越小，所以氯酸根离子键角小于高氯酸根离子键角；
【小问2详解】
①形成大π键的原子为5个，双键C和双键N各提供一个电子形成π键，单键N提供两个电子形成π键，得到五中心六电子的大π键，表示为：；
②咪唑具有类似苯环的结构可知，配离子中咪唑的②号氮原子孤电子对参与形成大π键，使电子云密度降低，与钴离子配位能力减弱，所以①号N比②号N更易与钴形成配位键；
③咪唑更易溶于水；
④咪唑能与水形成分子间氢键，所以咪唑更易溶于水；
【小问3详解】
①根据分析可知，则2号氧原子的分数坐标为(0.3333，0.3333，0.1077)；
②晶胞体积为：cm3，晶胞密度为g/cm3。
22. 丙炔可以发生下列物质转化，结合已知信息，回答下列问题：
已知：①
②
（1）丙炔可由下列哪种金属碳化物与水反应制得___________。
A. Li2C2B. ZnC2C. Al4C3D. Mg2C3
（2）写出W的官能团名称：___________，写出其中的顺式结构：___________。①的反应类型：___________，写出反应②的化学方程式：___________。
（3）物质 M是丙炔的同系物且同时满足以下三个条件，写出M的系统命名___________。
①质谱图中最大质荷比为82；②主链4个碳；③分子中存在三个甲基。
（4）物质Y在光照条件下的一氯代物有___________种，物质Y完全氢化后的产物核磁共振氢谱的峰面积比为___________。
（5）分子式为C12H18与物质Y互为同系物，且只有一个侧链，写出所有不能被酸性KMnO4溶液氧化成苯甲酸的结构简式：___________。(已知：若苯的同系物侧链的烷基中，直接与苯环连接的碳原子上没有C—H，则该物质一般不能被酸性KMnO4溶液氧化成苯甲酸。)
【答案】（1）D （2） ①. 碳碳双键、碳溴键(溴原子) ②. ③. 加成 ④.
（3）3，3-二甲基-1-丁炔
（4） ①. 1 ②. 3：2：1
（5） 、、
【解析】
【分析】丙炔和溴发生加成反应生成W为CH3CBr=CHBr，发生加聚反应后生成高分子化合物X，结合Z可知，Y为，以此解题。
【小问1详解】
A．2个锂离子消耗2个氢氧根离子，含碳基团与氢离子结合得到C2H2乙炔，故A错误；
B．1个锌离子消耗2个氢氧根离子，含碳基团与氢离子结合得到C2H2乙炔，故B错误；
C．4个铝离子消耗12个氢氧根离子，含碳基团与氢离子结合得到C4H12，该物质不存在，故C错误；
D．2个镁离子消耗4个氢氧根离子，含碳基团与氢离子结合得到C3H4丙炔，故D正确；
故选D；
【小问2详解】
由分析可知，W为CH3CBr=CHBr，其中存在官能团为：碳碳双键、碳溴键(溴原子)；其中的顺式结构为：；①的反应类型为丙炔和溴的加成反应；反应②为CH3CBr=CHBr的加聚反应，方程式为：；
小问3详解】
物质 M是丙炔的同系物，质谱图中最大质荷比为82，则其分子式为：C6H10，主链4个碳；分子中存在三个甲基，则M为，名称为3，3-二甲基-1-丁炔；
【小问4详解】
由分析可知，Y为，光照时甲基上的氢被取代，其一氯代物有1种；其完全氢化后为，其核磁共振氢谱的峰面积比为3：2：1；
【小问5详解】
根据信息②可知，与苯环相连的碳上有氢可以被氧化，则不能被酸性KMnO4溶液氧化成苯甲酸的结构简式有 、、。
23. 苯胺是一种重要精细化工原料，在染料、医药等行业中具有广泛的应用。可利用硝基苯制取苯胺，原理如下：
+3H2 +2H2O
I．制取硝基苯。
实验步骤：实验室采用如图所示装置制取硝基苯，恒压滴液漏斗中装有一定量的苯，三颈烧瓶装有一定比例的浓硫酸和浓硝酸混合物。
（1）实验装置中长玻璃管可以用___________代替(填仪器名称)，图中恒压滴液漏斗侧面橡胶管作用___________。
（2）下列说法中正确的是___________(填序号)。
A. 配制混酸时，将浓硝酸沿杯壁缓缓加入浓硫酸中，并不断搅拌、冷却
B. 温度控制在50~60℃原因之一是减少副反应的发生
C. 制得的粗硝基苯可以先用乙醇萃取，分液后再洗涤
D. 浓硫酸可以降低该反应活化能
（3）三颈烧瓶中发生反应的化学方程式___________。
（4）提纯产品的过程中需要用5%NaOH溶液洗涤三颈烧瓶中的粗产品，其目的是___________。
Ⅱ．制取苯胺
①组装好实验装置(如下图，夹持仪器已略去)，并检查气密性。
②先向三颈烧瓶中加入沸石及硝基苯，再取下恒压滴液漏斗，换上温度计。
③打开活塞K，通入H2一段时间。
④利用油浴加热，使反应液温度维持在140℃进行反应。
⑤反应结束后，关闭活塞K，向三颈烧瓶中加入生石灰。
⑥调整好温度计的位置，继续加热，收集182~186℃馏分，得到较纯苯胺。
回答下列问题：
（5）若实验中步骤③和④的顺序颠倒，则实验中可能产生的不良后果除爆炸外还有___________。
（6）步骤⑤中，加入生石灰的作用是___________。
（7）若实验中硝基苯用量为10 mL，最后得到苯胺5.6g，苯胺的产率为___________(计算结果精确到0.1%)。
【答案】（1） ①. 球形冷凝管(或蛇形冷凝管或直型冷凝管) ②. 平衡压强，使液体顺利的流下来 （2）BD
（3） （4）除去粗硝基苯中混有的硫酸、硝酸、二氧化氮等
（5）生成的苯胺会被空气中O2氧化
（6）吸收反应生成的水
（7）60.2%
【解析】
【分析】实验I中实验室采用苯在一定比例的浓硫酸和浓硝酸混合物中，加热制取硝基苯，反应原理，实验装置是在三颈烧瓶中反应，将苯放入恒压漏斗中，恒压漏斗的作用是平衡气压，方便液体滴下，实验中温度计需要插入液体中，测定液体温度。实验Ⅱ的反应原理是，一定要注意反应原理中的温度控制。根据题给装置，先制备氢气，得到的氢气导入三颈烧瓶，得到的产品经冷凝管导出收集，据此分析回答；
【小问1详解】
实验装置中长玻璃管的作用是平衡气压，使蒸发出的苯等反应物冷凝回流，反应更充分，可利用球形冷凝管(或蛇形冷凝管或直型冷凝管)代替；图中图中恒压滴液漏斗侧面橡胶管的作用是平衡压强，使液体顺利的流下来；
【小问2详解】
A．配制混酸时，应将浓硫酸沿杯壁缓缓加入浓硝酸中，并不断搅拌、冷却，这样可减少浓硝酸的挥发和分解，A项错误；
B．有机反应中，温度不一样，反应机理不一样，所以温度控制在50~60℃原因之一是减少副反应的发生，B项正确；
C．乙醇与水任意比溶，不能作为有机溶剂和水的萃取剂，所以制得的粗硝基苯不可以先用乙醇萃取，分液后再洗涤，C项错误；
D．浓硫酸在反应中做吸水剂和催化剂，故可以降低该反应活化能，D项正确；
故答案选BD；
【小问3详解】
三颈烧瓶中发生反应的化学方程式；
【小问4详解】
三颈烧瓶中发生反应后，混合物中含有硝基苯、苯、硝酸和硫酸水溶液，还有副反应产生的硫氮的化合物，所以提纯产品的过程中需要用5%NaOH溶液洗涤三颈烧瓶中的粗产品，其目的是中和混合酸、二氧化硫、二氧化氮等，提纯产品；
【小问5详解】
根据题给信息知，产品苯胺还原性强，易被氧气氧化。步骤③打开活塞K，通入H2一段时间，可赶走装置中的空气，再加热，可防止生成的苯胺被氧气氧化，另氢气是可燃性气体，与空气混合在加热条件会爆炸。所以若实验中步骤③和④的顺序颠倒，则实验中可能产生的不良后果是生成的苯胺会被空气中O2氧化，且装置内温度较高，加热时H2和O2混合会发生爆炸；
【小问6详解】
步骤⑤中，加入生石灰的作用是吸收反应生成的水，使苯胺更好蒸馏析出；
【小问7详解】
根据反应原理可计算，若实验中硝基苯用量为10 mL，即质量为10 mL×1.23 g/mL=12.3g，当氢气充足时，理论上应转化生成苯胺的质量是9.3g，故苯胺的产率是=60.2%。
24. 硼酸(H3BO3)大量应用于玻璃制造行业，以硼镁矿(2MgO•B2O3•H2O、SiO2及少量Fe3O4、CaCO3、Al2O3)为原料生产硼酸的工艺流程如下：
已知：①不同温度时H3BO3在水中的溶解度如下表：
②298K下，常见金属氢氧化物的溶度积常数如下表：
（1）“浸取”时2MgO•B2O3•H2O发生的反应的化学方程式为___________。
（2）“浸取”后，采用“热过滤”的目的是___________，“浸出渣”的成分为___________(填化学式)。
（3）“浸出液”显酸性， “除杂”时向浸出液中依次加入适量H2O2和MgO，除去的杂质离子是___________。
（4）“母液”可用于回收硫酸镁，已知硫酸镁的溶解度随温度变化的曲线如图，且溶液的沸点随压强增大而升高。为了从“母液”中充分回收MgSO4·H2O，应采取的措施是将“母液”蒸发浓缩后，最佳结晶条件是___________。
A. 升温结晶B. 降温结晶C. 加压升温结晶D. 降压降温结晶
【答案】（1）2MgOB2O3H2O+2H2SO4=2H3BO3+2MgSO4
（2） ①. 防止温度下降时H3BO3从溶液中析出 ②. SiO2、CaSO4
（3）Fe3+、Al3+ （4）C
【解析】
【分析】由流程可知，硼镁矿(含2MgO·B2O3·H2O、SiO2及少量Fe3O4、CaCO3、Al2O3)中加硫酸浸取，只有SiO2不溶，CaCO3转化为微溶于水的CaSO4，趁热过滤，可以防止H3BO3从溶液中析出，“除杂”时向浸出液中依次加入适量H2O2和MgO，加H2O2溶液可以将亚铁离子转化为铁离子，加入MgO可以调节溶液的pH，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、降温结晶、过滤分离出H3BO3晶体，据此分析解答。
【小问1详解】
2MgO•B2O3•H2O与硫酸反应生成硫酸镁与硼酸，方程式为：2MgO⋅B2O3⋅H2O+2H2SO4=2H3BO3+2MgSO4；
【小问2详解】
①由题目信息可知：H3BO3的溶解度随温度的升高而增大，所以要采用“热过滤”，以防温度下降时H3BO3从溶液中析出；
②根据分析可知，“浸出渣”的成分为SiO2、CaSO4；
【小问3详解】
“除杂”时向浸出液中依次加入适量H2O2和MgO，加H2O2可以将Fe2+氧化为Fe3+，H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O，加MgO调节pH，使Fe3+、Al3+转化为沉淀而除去，所以除去的离子有Fe3+、Al3+；
【小问4详解】
由图可知，温度越高MgSO4•H2O的溶解度越小，由于溶液的沸点随压强增大而升高，为了防止溶液沸腾，应该在较高的压强条件下加热，使MgSO4•H2O结晶析出，故答案为：C。
25. 已知一定条件下，1-苯基丙炔()可与HCl发生加成反应，反应如下：
已知：因反应在高压HCl氛围下进行，故HCl压强近似等于总压。
回答下列问题：
（1）在473K、的高压HCl氛围下，以为原料进行上述反应。当产物Ⅰ和产物Ⅱ的产率均为10%时，体系放热akJ；当产物Ⅰ产率为15%和产物Ⅱ的产率为25%时，体系放热bkJ。若2a”“=”或“