安徽省桐城市重點(diǎn)中學(xué)2022屆高三上學(xué)期開學(xué)教學(xué)質(zhì)量檢測化學(xué)試題附參考答案

1、PAGE PAGE 9桐城市重點(diǎn)中學(xué)2022屆高三上學(xué)期開學(xué)教學(xué)質(zhì)量檢測化學(xué)試卷一、單選題（本大題共7小題，共42.0分）鉛白2PbCO3Pb(OH)2是油畫中一種重要的白色顏料，但用鉛白作畫，日久易變黑(主要成分為PbS)，這種現(xiàn)象在書畫術(shù)語中叫作“返鉛”。書畫修復(fù)中有一種方法是用雙氧水清洗使之恢復(fù)白色。下列有關(guān)敘述正確的是()A. 鉛白長時(shí)間放置于空氣中會被氧氣氧化B. 鉛白耐強(qiáng)酸耐強(qiáng)堿C. 用雙氧水清洗是利用雙氧水的還原性D. 2PbCO3Pb(OH)2中鉛的質(zhì)量分?jǐn)?shù)低于PbCO3Pb(OH)2中鉛的質(zhì)量分?jǐn)?shù)某有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡式為，下列有關(guān)該物質(zhì)的說法中正確的是()A. 分子中所有原子可能

2、共面B. 不能與NaOH溶液反應(yīng)C. 能使酸性高錳酸鉀溶液和溴水褪色D. 1mol該物質(zhì)與足量H2反應(yīng)，最多可消耗8molH2由于生產(chǎn)、生活和科學(xué)研究的目的不同，因此對物質(zhì)的分離和提純的質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)有不同的要求。下列分離或制備方法能達(dá)到相應(yīng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖?)A. 用裝置除去乙烯中的少量SO2B. 用裝置除去碳酸氫鈉中的少量碳酸鈉C. 用裝置除去固體碘中的少量NH4ClD. 用裝置分離氯酸鉀溶液和二氧化錳的混合物工業(yè)上利用某分子篩作催化劑，可脫除工廠廢氣中的NO、NO2，反應(yīng)機(jī)理如圖。下列說法不正確的是()A. 在脫除NO、NO2的反應(yīng)中主要利用了氨氣的還原性B. 過程發(fā)生的是非氧化還原反應(yīng)C. 過程

3、中，每生成1mol H+，轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為1molD. 過程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為(NH4)2(NO2)2+NO=(NH4)(HNO2)+H+N2+H2O科學(xué)家報(bào)道了一種新型可充電Na/Fe二次電池，其工作原理如圖所示，下列有關(guān)說法正確的是()A. 充電時(shí)，X極為陰極，發(fā)生了氧化反應(yīng)B. 充電時(shí)，Y極的電極反應(yīng)式為CaFeO2.5+0.5Na2O-e-=CaFeO3+Na+C. 充電時(shí)，可用乙醇代替有機(jī)電解質(zhì)溶液D. 電極材料中，單位質(zhì)量金屬放出的電能：NaLiW、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，且位于同一周期，這四種元素的最外層電子數(shù)之和為21，X與Y的單質(zhì)均為空氣的主

4、要成分。下列有關(guān)說法不正確的是()A. W的最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物為強(qiáng)酸B. 最簡單氫化物的穩(wěn)定性：ZYXC. 簡單離子的半徑：XYZD. Z的最簡單氫化物的水溶液應(yīng)用塑料試劑瓶保存某溫度下，分別向體積均為10mL、濃度均為0.1molL-1的KCl溶液和K2CrO4溶液中滴加0.1molL-1的AgNO3溶液，滴加過程中pCl和pCrO4隨加入AgNO3溶液的體積(V)的變化關(guān)系如圖所示。已知：pCl=-lgc(Cl-)，pCrO4=-lgc(CrO42-)。下列說法不正確的是()A. 曲線I表示pCl與V(AgNO3溶液)的變化關(guān)系B. 若僅增大KCl的濃度，平衡點(diǎn)由R點(diǎn)沿虛線移向S點(diǎn)C

5、. M點(diǎn)溶液中：c(NO3-)c(Ag+)c(H+)c(OH-)D. 該溫度下，Ksp(Ag2CrO4)=4.010-12二、簡答題（本大題共5小題，共66.0分）2-(對甲基苯基)苯并咪唑()是合成對甲基苯甲醛(PTAL)的中間體，其沸點(diǎn)為270。利用鄰苯二胺()和對甲基苯甲酸()合成2-(對甲基苯基)苯并咪唑的反應(yīng)過程如圖1。 向反應(yīng)裝置(如圖2)中加入0.1mol鄰苯二胺和0.15mol對甲基苯甲酸后，再加入適量多聚磷酸(能與水互溶的質(zhì)子酸)，攪拌成糊狀物，慢慢升溫至100并攪拌1h，繼續(xù)加熱至190，回流2h，冷卻。用10%的NaOH溶液調(diào)至微堿性，有大量固體出現(xiàn)，分離晶體，水洗，經(jīng)重

6、結(jié)晶提純后，得白色針狀晶體產(chǎn)品14.6g?；卮鹣铝袉栴}： (1)儀器A的名稱為 _ ，冷卻水的流向?yàn)?_ 。(填“a進(jìn)b出”或“b進(jìn)a出”) (2)制備過程中需在190下回流2h，可采取的加熱方式為 _ 。(填“水浴加熱”或“油浴加熱”) (3)“分離結(jié)晶”得到晶體與母液，其操作名稱為 _ ，加入10%的NaOH溶液的作用為 _ ；分離完成后“水洗”的具體操作為 _ 。 (4)粗產(chǎn)品一般需要通過重結(jié)晶的方法來提純，步驟為加熱溶解活性炭脫色趁熱過濾冷卻結(jié)晶過濾洗滌干燥，其中需要趁熱過濾的原因是 _ ；趁熱過濾時(shí)所得濾渣中一定含有 _ 。(填名稱) (5)2-(對甲基苯基)苯并咪唑的產(chǎn)率為 _ 。

7、(保留三位有效數(shù)字)碳酸鋰在醫(yī)療上可用于治療狂躁性精神病，作鎮(zhèn)靜劑等。電解鋁廢渣(主要含AlF3、LiF、NaF、CaO等)可用于制備Li2CO3。 已知：20時(shí)，KspCa3(PO4)2=210-29，Ksp(CaHPO4)=110-7，Ksp(CaSO4)=510-5。 CaF2可溶于硫酸。 Li2CO3的溶解度：01.54g，201.33g，800.85g。 (1)在加熱條件下“酸浸”，反應(yīng)生成能腐蝕玻璃的氣體，寫出“酸浸”中AlF3發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式： _ 。 (2)“濾渣”的主要成分是 _ 。(填化學(xué)式) (3)“轉(zhuǎn)化”后所得的LiHCO3溶液中含有的Ca2+需要加入Li3PO4稀

8、溶液除去。“除鈣”步驟中其他條件不變，反應(yīng)相同時(shí)間，溫度對除鈣率和Li2CO3產(chǎn)率的影響如圖1所示。 隨著溫度的升高，Li2CO3的產(chǎn)率逐漸減小的原因是 _ 。 當(dāng)溫度高于50時(shí)，除鈣率下降的原因可能是 _ 。 (4)熱分解后，獲得Li2CO3的操作是先加熱蒸發(fā)，然后 _ 。 (5)鋰硒電池是新一代全固態(tài)鋰二次電池，具有優(yōu)異的循環(huán)穩(wěn)定性，其正極材料為附著硒化鋰(Li2Sex)的碳基體。Li2Sex與正極碳基體結(jié)合時(shí)的能量變化如圖2所示，圖中3種Li2Sex與碳基體的結(jié)合能力由大到小的順序是 _ 。 (6)對電解鋁廢水中Al3+含量的測定和處理是環(huán)境保護(hù)的重要課題。工業(yè)上常采用EDTA絡(luò)合滴定法

9、測定電解鋁廢水中的Al3+含量：取10.00mL電解鋁廢水置于250mL錐形瓶中，加入一定體積的檸檬酸，煮沸；再加入0.005molL-1的EDTA標(biāo)準(zhǔn)液20.00mL，調(diào)節(jié)溶液的pH至4.0，加熱，冷卻后用0.002molL-1的CuSO4標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)，消耗CuSO4標(biāo)準(zhǔn)液30.00mL。該礦業(yè)廢水中Al3+的含量為 _ mgL-1。(已知：Cu2+、Al3+與EDTA反應(yīng)的化學(xué)計(jì)量比均為1：1)碳的氧化物的綜合利用有著重要的研究意義。 (1)已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)H1=-571.6kJmol-1 2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)H

10、2=-1453kJmol-1 則CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l)H3= _ 。 (2)一定溫度下，在密閉容器中充入2molCO2(g)和6molH2(g)發(fā)生反應(yīng)CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，測得平衡時(shí)CH3OH(g)的體積分?jǐn)?shù)與溫度、壓強(qiáng)的關(guān)系如圖1。 根據(jù)圖1可判斷：p1 _ (填“”、“=”或“”)p2。 A點(diǎn)時(shí)，用分壓表示的平衡常數(shù)Kp= _ 。(分壓=總壓物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)) 甲醇燃料電池因具有能量轉(zhuǎn)化率高、電量大的特點(diǎn)而被廣泛應(yīng)用，甲醇KOH堿性燃料電池負(fù)極的電極反應(yīng)式為 _ 。 (3)用CO和H2合成甲烷還伴隨多個(gè)副反應(yīng)： 主反應(yīng)：C

11、O(g)+3H2(g)催化劑CH4(g)+H2O(g)H=-206kJmol-1 副反應(yīng)：2CO(g)CO2(g)+C(s)H=-171.7kJmol-1 CH4(g)C(s)+2H2(g)H=+73.7kJmol-1 在合成氣甲烷化過程中，經(jīng)常使用Ni作為甲烷化的催化劑，但Ni基催化劑對硫、砷等很敏感，極少量的硫、砷也可能導(dǎo)致Ni基催化劑發(fā)生 _ 而失去活性。 在高溫條件下，導(dǎo)致積碳的主要原因是 _ ；不同的氫碳比(即H2、CO的物質(zhì)的量之比)對CO轉(zhuǎn)化率的影響如圖2所示。CO的轉(zhuǎn)化率隨著氫碳比的變化而變化的原因是 _ 。由圖2、圖3可知，較為適宜的氫碳比為 _ 。Mg、Ca、Sr均為元素周

12、期表第A族元素?；卮鹣铝袉栴}： (1)基態(tài)Mg原子L能層有 _ 個(gè)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不同的電子，Mg的第一電離能 _ (填“大于”或“小于”)Al的第一電離能。 (2)Mn和Ca位于同一周期，且核外最外層電子排布相同，但金屬M(fèi)n的熔、沸點(diǎn)等都比金屬Ca的高，原因是 _ 。 (3)氯氣與熟石灰反應(yīng)制漂白粉時(shí)會生成副產(chǎn)物Ca(ClO3)2，Ca(ClO3)2中電負(fù)性最小的元素是 _ (填元素符號)；ClO3-的空間構(gòu)型是 _ ；Cl原子的雜化方式為 _ 。 (4)離子化合物CaC2的晶體結(jié)構(gòu)如圖1所示。CaC2中的作用力為 _ ，從鈣離子看該晶體屬于 _ 堆積，一個(gè)晶胞中含有的鍵有 _ 個(gè)。 (5)鎂單質(zhì)晶

13、體中原子的堆積模型如圖2，已知圖中底邊長為anm，高為bnm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則鎂的密度為 _ 。(用含NA、a、b的計(jì)算式表示)耳殼藻內(nèi)酯(H)能夠阻滯細(xì)胞周期的進(jìn)程，啟動(dòng)細(xì)胞自身調(diào)控蛋白的表達(dá)，誘導(dǎo)細(xì)胞凋亡，從而達(dá)到抗腫瘤的作用。H的一種合成路線如圖。 已知：.A、B中所含官能團(tuán)相同； .； .。 回答下列問題： (1)化合物A中含氧官能團(tuán)的名稱是 _ ，反應(yīng)的反應(yīng)類型為 _ 。 (2)化合物B的結(jié)構(gòu)簡式為 _ 。 (3)反應(yīng)的化學(xué)方程式是 _ 。 (4)耳殼藻內(nèi)酯(H)中含 _ 個(gè)手性碳原子。(碳原子上連有4個(gè)不同的原子或基團(tuán)時(shí)，該碳原子稱為手性碳) (5)X是F的同分異構(gòu)體，

14、能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，酸性條件下水解的兩種產(chǎn)物的核磁共振氫譜均只有3組峰，且峰面積之比分別為3：2：1、3：1：1，寫出一種符合上述條件的X的結(jié)構(gòu)簡式： _ 。 (6)設(shè)計(jì)以和為起始原料制備的合成路線 _ 。(無機(jī)試劑任選)PAGE PAGE 26答案和解析1.【答案】D【解析】解：A.鉛白長時(shí)間放置于空氣轉(zhuǎn)變?yōu)镻bS，Pb化合價(jià)不變，不是氧化還原反應(yīng)，是鉛白2PbCO3Pb(OH)2與空氣中的少量硫化物反應(yīng)生成了PbS，故A錯(cuò)誤；B.鉛白從組成上看，屬于堿式碳酸鹽，PbCO3、Pb(OH)2均溶于酸，故B錯(cuò)誤；C.用雙氧水清洗是利用雙氧水的氧化性，但真正氧化的是硫元素，Pb元素化合

15、價(jià)不變，未被氧化，故C錯(cuò)誤；D.2PbCO3Pb(OH)2中鉛的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為20732(207+60)+(207+34)100%=80.1%，PbCO3Pb(OH)2中鉛的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為2072(207+60)+(207+34)100%=81.5%，故D正確。故選：D。A.鉛白長時(shí)間放置于空氣轉(zhuǎn)變?yōu)镻bS，Pb化合價(jià)不變，不是氧化還原反應(yīng)；B.鉛白從組成上看，屬于堿式碳酸鹽，可溶于酸；C.用雙氧水清洗是利用雙氧水的氧化性；D.分別計(jì)算出兩者的鉛的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，進(jìn)行比較即可。本題考查了氧化還原反應(yīng)的基本知識，堿式碳酸鹽的性質(zhì)，質(zhì)量分?jǐn)?shù)的計(jì)算等，屬于基本知識，基礎(chǔ)題型，難度不大，但需細(xì)心。2.【答案】C【解

16、析】解：A.該分子中甲基、亞甲基上的碳原子都具有甲烷結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，所以該分子中所有原子不能共平面，故A錯(cuò)誤； B.含有酯基和酚羥基，所以能和NaOH溶液反應(yīng)，故B錯(cuò)誤； C.含有酚羥基和碳碳雙鍵，碳碳雙鍵和酚羥基能被酸性高錳酸鉀溶液氧化而使酸性高錳酸鉀溶液褪色，碳碳雙鍵能和溴發(fā)生加成反應(yīng)而使溴水褪色，故C正確； D.苯環(huán)和氫氣以1：3發(fā)生加成反應(yīng)，碳碳雙鍵和氫氣以1：1發(fā)生加成反應(yīng)，該分子中含有2個(gè)苯環(huán)、1個(gè)碳碳雙鍵，所以1mol該物質(zhì)與足量H2反應(yīng)，最多可消耗7molH2，故D錯(cuò)誤； 故選：C。該有機(jī)物中含有酯基、苯環(huán)、酚羥基、醚鍵、碳碳雙鍵，具有酯、苯、酚、醚和烯烴的性質(zhì)，一定條件下能發(fā)生水解

17、反應(yīng)、加成反應(yīng)、取代反應(yīng)、顯色反應(yīng)、加聚反應(yīng)、氧化反應(yīng)等。本題考查有機(jī)物結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，側(cè)重考查基礎(chǔ)知識的掌握和靈活應(yīng)用能力，明確官能團(tuán)及其性質(zhì)關(guān)系是解本題關(guān)鍵，注意原子共平面判斷方法，題目難度不大。3.【答案】D【解析】解：A.二者均可被高錳酸鉀氧化，則不能除雜，故A錯(cuò)誤； B.蒸發(fā)不能除去碳酸鈉，方法及裝置均不合理，故B錯(cuò)誤； C.加熱碘升華，氯化銨分解，且遇冷時(shí)碘凝華、氨氣與HCl化合生成氯化銨，則加熱不能分離，故C錯(cuò)誤； D.只有二氧化錳不溶于水，圖中過濾裝置可分離溶液與二氧化錳，故D正確； 故選：D。A.二者均可被高錳酸鉀氧化； B.蒸發(fā)不能除去碳酸鈉； C.加熱碘升華，氯化銨分解，且遇

18、冷時(shí)碘凝華、氨氣與HCl化合生成氯化銨； D.只有二氧化錳不溶于水。本題考查混合物分離提純，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)、實(shí)驗(yàn)裝置的作用為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意元素化合物知識的應(yīng)用，題目難度不大。4.【答案】C【解析】解：A.NH3脫除工廠廢氣中的NO、NO2最終生成N2與H2O，NH3中N元素的化合價(jià)升高被氧化，則NH3是還原劑，表現(xiàn)還原性，故A正確； B.過程I中的方程式為：2NH4+NO2=(NH4)2(NO2)2+，沒有元素化合價(jià)的變化，是非氧化還原反應(yīng)，故B正確； C.過程中的方程式為：(NH4)(HNO2)+=N2+2H2O+H+，NH4+中N元素的化

19、合價(jià)升高3價(jià)，則每生成1mol H+，消耗1molNH4+，轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為3mol，故C錯(cuò)誤； D.由分析可知，過程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為(NH4)2(NO2)2+NO=(NH4)(HNO2)+H+N2+H2O，故D正確； 故選：C。由圖可知，NH3脫除工廠廢氣中的NO、NO2最終生成N2與H2O，可推知M為N2與H2O；過程I中的方程式為：2NH4+NO2=(NH4)2(NO2)2+；過程中的方程式：(NH4)2(NO2)2+NO=(NH4)(HNO2)+N2+H2O+H+；過程中的方程式為：(NH4)(HNO2)+=N2+2H2O+H+；據(jù)此分析。本題考查了氧化還原反應(yīng)、元素化合

20、物的性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)、元素的化合價(jià)變化為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意圖象中各步反應(yīng)的離子方程式，題目難度不大。5.【答案】B【解析】解：A.充電時(shí)為電解池，電源正極與原電池正極相連發(fā)生氧化反應(yīng)，X極為陰極，發(fā)生了還原反應(yīng)，故A錯(cuò)誤； B.充電時(shí)為電解池，電源正極與原電池正極相連發(fā)生氧化反應(yīng)，Y極的電極反應(yīng)式為CaFeO2.5+0.5Na2O-e-=CaFeO3+Na+，故B正確； C.鈉太活潑，可以置換出乙醇中的氫，降低電池的效率，故C錯(cuò)誤； D.鈉的原子量23，鋰的原子量7，釋放1mol電子，消耗23g鈉，7g鋰，單位質(zhì)量金屬放出的電能：NaON，則

21、最簡單氫化物的穩(wěn)定性：ZYX，故B正確； C.電子層結(jié)構(gòu)相同時(shí)，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，則簡單離子的半徑：XYZ，故C正確； D.Z的最簡單氫化物為HF，HF能夠與二氧化硅反應(yīng)，不能用玻璃瓶盛放，可用塑料試劑瓶保存，故D正確； 故選：A。W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，且位于同一周期，這四種元素的最外層電子數(shù)之和為21，X與Y的單質(zhì)均為空氣的主要成分，則X為N，Y為O元素，四種元素位于第二周期，Z的原子序數(shù)大于O，且為主族元素，則Z為F；W的最外層電子數(shù)為21-5-6-7=3，則W為B元素，以此分析解答。本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，為高頻考點(diǎn)，把握原子序數(shù)、原子結(jié)構(gòu)來推斷

22、元素為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意規(guī)律性知識的應(yīng)用，題目難度不大。7.【答案】B【解析】解：A.KCl溶液與AgNO3溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式為：KCl+AgNO3=AgCl+KNO3，K2CrO4溶液與AgNO3溶液應(yīng)的化學(xué)方程式為：K2CrO4+2AgNO3=Ag2CrO4+2KNO3，根據(jù)方程式可知在相同濃度的KCl和K2CrO4溶液中加入相同濃度的AgNO3溶液，Cl-濃度減小的更快，CrO42-濃度減小的慢，所以曲線I表示pCl與V(AgNO3溶液)的變化關(guān)系，曲線表示pCrO4與V(AgNO3溶液)的變化關(guān)系，故A正確； B.由A可知曲線I表示pCl與V(AgNO3溶液)

23、的變化關(guān)系，則c(Ag+)不變，僅增大KCl的濃度，平衡點(diǎn)由R點(diǎn)向右移動(dòng)，所以R點(diǎn)沿虛線移向S點(diǎn)是錯(cuò)誤的，故B錯(cuò)誤； C.M點(diǎn)加入的AgNO3溶液體積為15mL，根據(jù)方程式KCl+AgNO3=AgCl+KNO3，可知生成0.001molKNO3和0.001molAgCl，剩余0.0005molAgNO3，則c(NO3-)c(K+)c(Ag+)，Ag+水解使溶液呈酸性，則c(H+)c(OH-)，所以M點(diǎn)溶液中，離子濃度為：c(NO3-)c(Ag+)c(H+)c(OH-)，故C正確； D.N點(diǎn)的縱坐標(biāo)為4，則Ag2CrO4沉淀在沉淀溶解平衡中c(CrO42-)=10-4mol/L，c(Ag+)=2

24、10-4mol/L，Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)c(CrO42-)=10-4mol/L(210-4mol/L)2=4.010-12(mol/L)3，故D正確。 故選：B。A.根據(jù)方程式：KCl+AgNO3=AgCl+KNO3和K2CrO4+2AgNO3=Ag2CrO4+2KNO3，判斷出與等量的AgNO3溶液，Cl-濃度減小的更快，CrO42-濃度減小的慢，結(jié)合曲線變化趨勢得出結(jié)論； B.由A可知曲線I表示pCl與V(AgNO3溶液)的變化關(guān)系，則c(Ag+)不變，僅增大KCl的濃度，平衡點(diǎn)由R點(diǎn)向右移動(dòng)； C.M點(diǎn)加入的AgNO3溶液體積為15mL，根據(jù)方程式可知生成0.001m

25、olKNO3和0.001molAgCl，剩余0.0005molAgNO3，結(jié)合Ag+水解使溶液呈酸性，可得M點(diǎn)溶液中離子濃度的大小關(guān)系； D.N點(diǎn)的縱坐標(biāo)為4，則Ag2CrO4沉淀在沉淀溶解平衡中c(CrO42-)=10-4mol/L，c(Ag+)=210-4mol/L，帶入Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)c(CrO42-)計(jì)算即可。本題主要考查Ksp的計(jì)算，離子濃度大小的定量分析，以及根據(jù)化學(xué)方程式的比例關(guān)系，判斷曲線的變化趨勢，具有較強(qiáng)的綜合性，對學(xué)生的思維能力要求較高，屬于難題。8.【答案】三頸燒瓶 a進(jìn)b出 油浴加熱 過濾 除去未反應(yīng)的對甲基苯甲酸和多聚磷酸 向漏斗中加入蒸餾水

26、至浸沒晶體，然后讓水自然流下，重復(fù)操作23次，直至晶體洗滌干凈 防止產(chǎn)品因低溫結(jié)晶而損失 活性炭 70.2%【解析】解：(1)儀器A的名稱為三頸燒瓶，冷卻水應(yīng)下進(jìn)上出，流向?yàn)椋篴進(jìn)b出，故答案為：三頸燒瓶；a進(jìn)b出；(2)加熱溫度為190，水浴加熱最高為100，選擇油浴加熱，故答案為：油浴加熱；(3)分離晶體得到晶體和母液的操作為：過濾；加入氫氧化鈉除去未反應(yīng)的對甲基苯甲酸和多聚磷酸；水洗的步驟為：向漏斗中加入蒸餾水至浸沒晶體，然后讓水自然流下，重復(fù)操作23次，直至晶體洗滌干凈，故答案為：過濾；除去未反應(yīng)的對甲基苯甲酸和多聚磷酸；向漏斗中加入蒸餾水至浸沒晶體，然后讓水自然流下，重復(fù)操作23次，

27、直至晶體洗滌干凈；(4)重結(jié)晶過程中趁熱過濾的原因：在熱的條件下大多溶質(zhì)雜質(zhì)在溶劑中溶解度較高，能完全溶解，從而較好地分離雜質(zhì)和產(chǎn)物，防止產(chǎn)品因結(jié)晶而損失，活性炭的溶解度不高，所以濾渣中含有活性炭，故答案為：防止產(chǎn)品因低溫結(jié)晶而損失；活性炭；(5)根據(jù)反應(yīng)方程式：可知，0.1mol鄰苯二胺理論上得到產(chǎn)物2-(對甲基苯基)苯并咪唑的物質(zhì)的量為0.1mol，其質(zhì)量為m=nM=0.1mol208g/mol=20.8g，故產(chǎn)率為14.6g20.8g100%70.2%，故答案為：70.2%。(1)儀器A的名稱為三頸燒瓶，冷卻水應(yīng)下進(jìn)上出；(2)加熱溫度為190，水浴加熱最高為100；(3)通過過濾分離晶

28、體得到晶體和母液的操作為；加入氫氧化鈉除去未反應(yīng)的混酸；水洗的步驟為：向漏斗中加入蒸餾水至浸沒晶體，然后讓水自然流下，重復(fù)操作23次，直至晶體洗滌干凈；(4)活性炭在重結(jié)晶過程中可能會殘存在產(chǎn)品中，高溫過濾可以防止產(chǎn)品過多結(jié)晶而造成損失；(5)根據(jù)反應(yīng)方程式：確定理論產(chǎn)量，產(chǎn)率=m(實(shí)際產(chǎn)量)m(理論產(chǎn)量)100%。本題以2-(對甲基苯基)苯并咪唑的制備為背景，考查了學(xué)生有關(guān)有機(jī)實(shí)驗(yàn)分離，重結(jié)晶基本操作及分析，產(chǎn)率計(jì)算等相關(guān)知識，考查范圍較廣，難度適中。9.【答案】2AlF3+3H2SO4(濃)-Al2(SO4)3+6HF CaSO4 溫度過高LiHCO3分解產(chǎn)生Li2CO3沉淀，與Ca3(P

29、O4)2一同被過濾 溫度過高促進(jìn)PO43-水解，使溶液中PO43-離子濃度減小 趁熱過濾 Li2Se6Li2Se4Li2Se 108【解析】解：(1)在加熱條件下酸浸，反應(yīng)生成能腐蝕玻璃的氣體，AlF3與濃硫酸發(fā)生反應(yīng)生成硫酸鋁和氟化氫，化學(xué)方程式：2AlF3+3H2SO4(濃)-Al2(SO4)3+6HF；故答案為：2AlF3+3H2SO4(濃)-Al2(SO4)3+6HF；(2)由流程分析可知“濾渣”的主要成分是CaSO4，故答案為：CaSO4；(3)溫度過高LiHCO3分解產(chǎn)生Li2CO3沉淀，與Ca3(PO4)2一同被過濾，導(dǎo)致最終的產(chǎn)率逐漸減??；故答案為：溫度過高LiHCO3分解產(chǎn)生

30、Li2CO3沉淀，與Ca3(PO4)2一同被過濾；PO43-是弱酸根離子易水解，溫度過高促進(jìn)PO43-水解，使溶液中PO43-離子濃度減小，除鈣率下降；故答案為：溫度過高促進(jìn)PO43-水解，使溶液中PO43-離子濃度減小；(4)Li2CO3的溶解度隨溫度升高而降低，則熱分解后，獲得Li2CO3的操作是先加熱蒸發(fā)，然后趁熱過濾，故答案為：趁熱過濾；(5)由Li2Sex與正極碳基體結(jié)合時(shí)的能量變化分析可知，結(jié)合碳基體過程中放出的能量越多，形成的物質(zhì)越穩(wěn)定，越易形成，則3種Li2Sex與碳基體的結(jié)合能力由大到小的順序是：Li2Se6Li2Se4Li2Se，故答案為：Li2Se6Li2Se4Li2Se

31、；(6)由步驟1中CuSO4標(biāo)準(zhǔn)溶液的濃度c(CuSO4)=0.01L0.005mol/L0.025L=0.002mol/L，步驟2中用CuSO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定的EDTA標(biāo)準(zhǔn)液為與Al3+反應(yīng)后剩下的EDTA標(biāo)準(zhǔn)液，已知消耗CuSO4標(biāo)準(zhǔn)液30.00mL，且Cu2+與EDTA反應(yīng)的化學(xué)計(jì)量比為1：1，則與Al3+反應(yīng)后剩下的EDTA標(biāo)準(zhǔn)液的物質(zhì)的量為n(EDTA剩余)=0.03L0.002mol/L=610-5mol，則消耗的EDTA的物質(zhì)的量n(EDTA消耗)=(0.02L0.005mol/L)-(610-5)mol=410-5mol，又Al3+與EDTA反應(yīng)的化學(xué)計(jì)量比也為1：1，則該廢水中

32、Al3+的含量為410-5mol27g/mol0.01L=0.108g/L=108mg/L，故答案為：108。電解鋁廢渣在加熱條件用濃硫酸酸浸溶解，生成HF，過濾后所得濾渣主要為CaSO4，濾液中主要含有Al3+、Li+、Na+、H+、SO42-，向?yàn)V液中加入碳酸鈉溶液使Al3+、Li+、Ca2+轉(zhuǎn)化為Li2CO3、Al(OH)3及CaCO3沉淀，過濾后向沉淀中加水，通入足量二氧化碳，使Li2CO3、CaCO3沉淀溶解轉(zhuǎn)化為碳酸氫鋰和碳酸氫鈣，過濾得濾渣為Al(OH)3，再向?yàn)V液中加入Li3PO4除去溶液中的Ca2+生成Ca3(PO4)2沉淀，過濾后得到碳酸氫鋰溶液，對其加熱分解生成碳酸鋰，據(jù)

33、此分析解答(1)(4)；(5)Li2Sex與正極碳基體結(jié)合時(shí)的能量變化分析可知，結(jié)合碳基體過程中放出的能量越多，形成的物質(zhì)越穩(wěn)定，越易形成；(6)由步驟1中CuSO4標(biāo)準(zhǔn)溶液的濃度c(CuSO4)=0.01L0.005mol/L0.025L=0.002mol/L，步驟2中用CuSO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定的EDTA標(biāo)準(zhǔn)液為與Al3+反應(yīng)后剩下的EDTA標(biāo)準(zhǔn)液，已知消耗CuSO4標(biāo)準(zhǔn)液30.00mL，且Cu2+與EDTA反應(yīng)的化學(xué)計(jì)量比為1：1，則與Al3+反應(yīng)后剩下的EDTA標(biāo)準(zhǔn)液的物質(zhì)的量為n(EDTA剩余)=0.03L0.002mol/L=610-5mol，則消耗的EDTA的物質(zhì)的量n(EDTA消耗

34、)=(0.02L0.005mol/L)-(610-5)mol=410-5mol，又Al3+與EDTA反應(yīng)的化學(xué)計(jì)量比也為1：1，據(jù)此可得結(jié)果。本題考查物質(zhì)的制備實(shí)驗(yàn)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)、混合物分離提純、制備原理為解答關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾椋⒁庠鼗衔镏R的應(yīng)用，題目難度不大。10.【答案】-130.9kJ/mol 1003p12 CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O 中毒 甲烷的分解反應(yīng) 增大H2濃度，平衡正向移動(dòng)，CO的轉(zhuǎn)化率增大 3.5【解析】解：(1)根據(jù)蓋斯定律32-12得CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l)H=(-57

35、1.632+145312)kJ/mol=-130.9kJ/mol，故答案為：-130.9kJ/mol；(2)該反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，壓強(qiáng)越大，平衡正向移動(dòng)，平衡時(shí)CH3OH(g)的體積分?jǐn)?shù)越大，則p1p2，故答案為：；設(shè)CO2轉(zhuǎn)化物質(zhì)的量為xmol， CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)起始n(mol) 2 6 0 0轉(zhuǎn)化n(mol) x 3x x x平衡n(mol) 2-x 6-3x x xA點(diǎn)平衡時(shí)CH3OH(g)的體積分?jǐn)?shù)為30%=x2-x+6-3x+x+x100%，解得x=1.5，平衡時(shí)混合氣體總物質(zhì)的量為5mol，p(CO2)=0.5mol5molp1=0.1

36、p1，p(H2)=3p(CO2)=0.3p1，p(CH3OH)=p(H2O)=1.5mol5molp1=0.3p1，Kp=p(CH3OH)p(H2O)p(CO2)p3(H2)=0.3p10.3p10.1p1(0.3p1)3=1003p12，故答案為：1003p12；甲醇在負(fù)極失去電子與OH-結(jié)合轉(zhuǎn)化為碳酸根，甲醇KOH堿性燃料電池負(fù)極的電極反應(yīng)式為CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O，故答案為：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；(3)極少量的硫、砷也可能導(dǎo)致Ni基催化劑發(fā)生中毒而失去活性，故答案為：中毒；在高溫條件下，甲烷的分解生成C和H2導(dǎo)致積碳；CO的轉(zhuǎn)化率

37、隨著氫碳比的變化而變化的原因是增大H2濃度，平衡正向移動(dòng)，CO的轉(zhuǎn)化率增大；由圖1、2可知，當(dāng)氫碳比為3.5時(shí)，甲烷的產(chǎn)率的產(chǎn)率最大，同時(shí)CO的轉(zhuǎn)化率也較大，再提高氫碳比甲烷的產(chǎn)率減小，CO的轉(zhuǎn)化率提升不明顯，則較為適宜的氫碳比為3.5，故答案為：甲烷的分解反應(yīng)；增大H2濃度，平衡正向移動(dòng)，CO的轉(zhuǎn)化率增大；3.5。(1)根據(jù)蓋斯定律32-12得CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l)；(2)該反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，壓強(qiáng)越大，平衡正向移動(dòng)，平衡時(shí)CH3OH(g)的體積分?jǐn)?shù)越大；A點(diǎn)平衡時(shí)CH3OH(g)的體積分?jǐn)?shù)為30%，列化學(xué)平衡三段式計(jì)算；甲醇在負(fù)極失去電子與OH-結(jié)合

38、轉(zhuǎn)化為碳酸根；(3)極少量的硫、砷也可能導(dǎo)致Ni基催化劑發(fā)生中毒；在高溫條件下，甲烷的分解生成C和H2；增大H2濃度，平衡正向移動(dòng)；從CO的轉(zhuǎn)化率和甲烷的產(chǎn)率兩個(gè)角度分析較為適宜的氫碳比。本題綜合考查化學(xué)知識，側(cè)重考查學(xué)生分析能力、識圖能力和計(jì)算能力，題目涉及反應(yīng)熱的計(jì)算、化學(xué)平衡的移動(dòng)、化學(xué)平衡的計(jì)算、電化學(xué)，根據(jù)題目信息，結(jié)合蓋斯定律、勒夏特列原理、化學(xué)平衡三段式、守恒原則等知識解答，此題難度大。11.【答案】8 大于 Mn原子半徑較小且價(jià)電子數(shù)較多，金屬鍵較強(qiáng) Ca 三角錐形 sp3 離子鍵、非極性共價(jià)鍵 面心立方 8 323a2bNA1021g/cm3【解析】解：(1)基態(tài)Mg原子的電

39、子排布式為1s22s22p63s2，則L能層有8個(gè)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不同的電子；基態(tài)Mg原子的價(jià)電子排布式為3s2，基態(tài)Al原子的價(jià)電子排布式為3s23p1，鎂原子最外層3s軌道達(dá)到全充滿結(jié)構(gòu)，鋁的3p軌道未達(dá)到半充滿結(jié)構(gòu)，故鎂的第一電離能大于鋁的第一電離能，故答案為：8；大于；(2)鈣、錳都是金屬晶體，金屬鍵強(qiáng)弱決定金屬晶體的熔、沸點(diǎn)的高低，錳原子的半徑小于鈣原子的，錳原子的價(jià)電子數(shù)比鈣原子的多，錳的金屬鍵比鈣的強(qiáng)，故答案為：Mn原子半徑較小且價(jià)電子數(shù)較多，金屬鍵較強(qiáng)；(3)通常金屬易失電子，第一電離能較小，而非金屬性越強(qiáng)，第一電離較大，則電負(fù)性：OClCa，電負(fù)性最小的是Ca；ClO3-中氯原子價(jià)層電子對數(shù)為3+7+1-232=4，氯原子采取sp3雜化，VSEPR模型為四面體形，含有一對孤電子對，空間構(gòu)型為三角錐形，故答案為：Ca；三角錐形；sp3；(4)CaC2的電子式結(jié)構(gòu)為，則CaC2中的作用力為離子鍵、非極性共價(jià)鍵；鈣離子處于晶胞的頂點(diǎn)與面心位置，從鈣離子看該晶體屬于面心立方堆積；一個(gè)C22-中含2個(gè)鍵，晶胞中C22-數(shù)目為1+1214=4，故晶胞中鍵數(shù)目為24=8，故答案為：離子鍵、非極性共價(jià)鍵；面心立方；8；(5)晶胞中含有的鎂原子數(shù)為3+212+1