安徽省桐城市重点中学2022届高三上学期开学教学质量检测化学试题附参考答案

1、PAGE PAGE 9桐城市重点中学2022届高三上学期开学教学质量检测化学试卷一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）铅白2PbCO3Pb(OH)2是油画中一种重要的白色颜料，但用铅白作画，日久易变黑(主要成分为PbS)，这种现象在书画术语中叫作“返铅”。书画修复中有一种方法是用双氧水清洗使之恢复白色。下列有关叙述正确的是()A. 铅白长时间放置于空气中会被氧气氧化B. 铅白耐强酸耐强碱C. 用双氧水清洗是利用双氧水的还原性D. 2PbCO3Pb(OH)2中铅的质量分数低于PbCO3Pb(OH)2中铅的质量分数某有机物的结构简式为，下列有关该物质的说法中正确的是()A. 分子中所有原子可能

2、共面B. 不能与NaOH溶液反应C. 能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色D. 1mol该物质与足量H2反应，最多可消耗8molH2由于生产、生活和科学研究的目的不同，因此对物质的分离和提纯的质量标准有不同的要求。下列分离或制备方法能达到相应实验目的的是()A. 用装置除去乙烯中的少量SO2B. 用装置除去碳酸氢钠中的少量碳酸钠C. 用装置除去固体碘中的少量NH4ClD. 用装置分离氯酸钾溶液和二氧化锰的混合物工业上利用某分子筛作催化剂，可脱除工厂废气中的NO、NO2，反应机理如图。下列说法不正确的是()A. 在脱除NO、NO2的反应中主要利用了氨气的还原性B. 过程发生的是非氧化还原反应C. 过程

3、中，每生成1mol H+，转移的电子的物质的量为1molD. 过程中发生反应的离子方程式为(NH4)2(NO2)2+NO=(NH4)(HNO2)+H+N2+H2O科学家报道了一种新型可充电Na/Fe二次电池，其工作原理如图所示，下列有关说法正确的是()A. 充电时，X极为阴极，发生了氧化反应B. 充电时，Y极的电极反应式为CaFeO2.5+0.5Na2O-e-=CaFeO3+Na+C. 充电时，可用乙醇代替有机电解质溶液D. 电极材料中，单位质量金属放出的电能：NaLiW、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，且位于同一周期，这四种元素的最外层电子数之和为21，X与Y的单质均为空气的主

4、要成分。下列有关说法不正确的是()A. W的最高价氧化物对应的水化物为强酸B. 最简单氢化物的稳定性：ZYXC. 简单离子的半径：XYZD. Z的最简单氢化物的水溶液应用塑料试剂瓶保存某温度下，分别向体积均为10mL、浓度均为0.1molL-1的KCl溶液和K2CrO4溶液中滴加0.1molL-1的AgNO3溶液，滴加过程中pCl和pCrO4随加入AgNO3溶液的体积(V)的变化关系如图所示。已知：pCl=-lgc(Cl-)，pCrO4=-lgc(CrO42-)。下列说法不正确的是()A. 曲线I表示pCl与V(AgNO3溶液)的变化关系B. 若仅增大KCl的浓度，平衡点由R点沿虚线移向S点C

5、. M点溶液中：c(NO3-)c(Ag+)c(H+)c(OH-)D. 该温度下，Ksp(Ag2CrO4)=4.010-12二、简答题（本大题共5小题，共66.0分）2-(对甲基苯基)苯并咪唑()是合成对甲基苯甲醛(PTAL)的中间体，其沸点为270。利用邻苯二胺()和对甲基苯甲酸()合成2-(对甲基苯基)苯并咪唑的反应过程如图1。 向反应装置(如图2)中加入0.1mol邻苯二胺和0.15mol对甲基苯甲酸后，再加入适量多聚磷酸(能与水互溶的质子酸)，搅拌成糊状物，慢慢升温至100并搅拌1h，继续加热至190，回流2h，冷却。用10%的NaOH溶液调至微碱性，有大量固体出现，分离晶体，水洗，经重

6、结晶提纯后，得白色针状晶体产品14.6g。回答下列问题： (1)仪器A的名称为 _ ，冷却水的流向为 _ 。(填“a进b出”或“b进a出”) (2)制备过程中需在190下回流2h，可采取的加热方式为 _ 。(填“水浴加热”或“油浴加热”) (3)“分离结晶”得到晶体与母液，其操作名称为 _ ，加入10%的NaOH溶液的作用为 _ ；分离完成后“水洗”的具体操作为 _ 。 (4)粗产品一般需要通过重结晶的方法来提纯，步骤为加热溶解活性炭脱色趁热过滤冷却结晶过滤洗涤干燥，其中需要趁热过滤的原因是 _ ；趁热过滤时所得滤渣中一定含有 _ 。(填名称) (5)2-(对甲基苯基)苯并咪唑的产率为 _ 。

7、(保留三位有效数字)碳酸锂在医疗上可用于治疗狂躁性精神病，作镇静剂等。电解铝废渣(主要含AlF3、LiF、NaF、CaO等)可用于制备Li2CO3。 已知：20时，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)在加热条件下“酸浸”，反应生成能腐蚀玻璃的气体，写出“酸浸”中AlF3发生反应的化学方程式： _ 。 (2)“滤渣”的主要成分是 _ 。(填化学式) (3)“转化”后所得的LiHCO3溶液中含有的Ca2+需要加入Li3PO4稀

8、溶液除去。“除钙”步骤中其他条件不变，反应相同时间，温度对除钙率和Li2CO3产率的影响如图1所示。 随着温度的升高，Li2CO3的产率逐渐减小的原因是 _ 。 当温度高于50时，除钙率下降的原因可能是 _ 。 (4)热分解后，获得Li2CO3的操作是先加热蒸发，然后 _ 。 (5)锂硒电池是新一代全固态锂二次电池，具有优异的循环稳定性，其正极材料为附着硒化锂(Li2Sex)的碳基体。Li2Sex与正极碳基体结合时的能量变化如图2所示，图中3种Li2Sex与碳基体的结合能力由大到小的顺序是 _ 。 (6)对电解铝废水中Al3+含量的测定和处理是环境保护的重要课题。工业上常采用EDTA络合滴定法

9、测定电解铝废水中的Al3+含量：取10.00mL电解铝废水置于250mL锥形瓶中，加入一定体积的柠檬酸，煮沸；再加入0.005molL-1的EDTA标准液20.00mL，调节溶液的pH至4.0，加热，冷却后用0.002molL-1的CuSO4标准液滴定至终点，消耗CuSO4标准液30.00mL。该矿业废水中Al3+的含量为 _ mgL-1。(已知：Cu2+、Al3+与EDTA反应的化学计量比均为1：1)碳的氧化物的综合利用有着重要的研究意义。 (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 则CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l)H3= _ 。 (2)一定温度下，在密闭容器中充入2molCO2(g)和6molH2(g)发生反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，测得平衡时CH3OH(g)的体积分数与温度、压强的关系如图1。 根据图1可判断：p1 _ (填“”、“=”或“”)p2。 A点时，用分压表示的平衡常数Kp= _ 。(分压=总压物质的量分数) 甲醇燃料电池因具有能量转化率高、电量大的特点而被广泛应用，甲醇KOH碱性燃料电池负极的电极反应式为 _ 。 (3)用CO和H2合成甲烷还伴随多个副反应： 主反应：C

11、O(g)+3H2(g)催化剂CH4(g)+H2O(g)H=-206kJmol-1 副反应：2CO(g)CO2(g)+C(s)H=-171.7kJmol-1 CH4(g)C(s)+2H2(g)H=+73.7kJmol-1 在合成气甲烷化过程中，经常使用Ni作为甲烷化的催化剂，但Ni基催化剂对硫、砷等很敏感，极少量的硫、砷也可能导致Ni基催化剂发生 _ 而失去活性。 在高温条件下，导致积碳的主要原因是 _ ；不同的氢碳比(即H2、CO的物质的量之比)对CO转化率的影响如图2所示。CO的转化率随着氢碳比的变化而变化的原因是 _ 。由图2、图3可知，较为适宜的氢碳比为 _ 。Mg、Ca、Sr均为元素周

12、期表第A族元素。回答下列问题： (1)基态Mg原子L能层有 _ 个运动状态不同的电子，Mg的第一电离能 _ (填“大于”或“小于”)Al的第一电离能。 (2)Mn和Ca位于同一周期，且核外最外层电子排布相同，但金属Mn的熔、沸点等都比金属Ca的高，原因是 _ 。 (3)氯气与熟石灰反应制漂白粉时会生成副产物Ca(ClO3)2，Ca(ClO3)2中电负性最小的元素是 _ (填元素符号)；ClO3-的空间构型是 _ ；Cl原子的杂化方式为 _ 。 (4)离子化合物CaC2的晶体结构如图1所示。CaC2中的作用力为 _ ，从钙离子看该晶体属于 _ 堆积，一个晶胞中含有的键有 _ 个。 (5)镁单质晶

13、体中原子的堆积模型如图2，已知图中底边长为anm，高为bnm，阿伏加德罗常数的值为NA，则镁的密度为 _ 。(用含NA、a、b的计算式表示)耳壳藻内酯(H)能够阻滞细胞周期的进程，启动细胞自身调控蛋白的表达，诱导细胞凋亡，从而达到抗肿瘤的作用。H的一种合成路线如图。 已知：.A、B中所含官能团相同； .； .。 回答下列问题： (1)化合物A中含氧官能团的名称是 _ ，反应的反应类型为 _ 。 (2)化合物B的结构简式为 _ 。 (3)反应的化学方程式是 _ 。 (4)耳壳藻内酯(H)中含 _ 个手性碳原子。(碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳原子称为手性碳) (5)X是F的同分异构体，

14、能与FeCl3溶液发生显色反应，酸性条件下水解的两种产物的核磁共振氢谱均只有3组峰，且峰面积之比分别为3：2：1、3：1：1，写出一种符合上述条件的X的结构简式： _ 。 (6)设计以和为起始原料制备的合成路线 _ 。(无机试剂任选)PAGE PAGE 26答案和解析1.【答案】D【解析】解：A.铅白长时间放置于空气转变为PbS，Pb化合价不变，不是氧化还原反应，是铅白2PbCO3Pb(OH)2与空气中的少量硫化物反应生成了PbS，故A错误；B.铅白从组成上看，属于碱式碳酸盐，PbCO3、Pb(OH)2均溶于酸，故B错误；C.用双氧水清洗是利用双氧水的氧化性，但真正氧化的是硫元素，Pb元素化合

15、价不变，未被氧化，故C错误；D.2PbCO3Pb(OH)2中铅的质量分数为20732(207+60)+(207+34)100%=80.1%，PbCO3Pb(OH)2中铅的质量分数为2072(207+60)+(207+34)100%=81.5%，故D正确。故选：D。A.铅白长时间放置于空气转变为PbS，Pb化合价不变，不是氧化还原反应；B.铅白从组成上看，属于碱式碳酸盐，可溶于酸；C.用双氧水清洗是利用双氧水的氧化性；D.分别计算出两者的铅的质量分数，进行比较即可。本题考查了氧化还原反应的基本知识，碱式碳酸盐的性质，质量分数的计算等，属于基本知识，基础题型，难度不大，但需细心。2.【答案】C【解

16、析】解：A.该分子中甲基、亚甲基上的碳原子都具有甲烷结构特点，所以该分子中所有原子不能共平面，故A错误； B.含有酯基和酚羟基，所以能和NaOH溶液反应，故B错误； C.含有酚羟基和碳碳双键，碳碳双键和酚羟基能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，碳碳双键能和溴发生加成反应而使溴水褪色，故C正确； D.苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，该分子中含有2个苯环、1个碳碳双键，所以1mol该物质与足量H2反应，最多可消耗7molH2，故D错误； 故选：C。该有机物中含有酯基、苯环、酚羟基、醚键、碳碳双键，具有酯、苯、酚、醚和烯烃的性质，一定条件下能发生水解

17、反应、加成反应、取代反应、显色反应、加聚反应、氧化反应等。本题考查有机物结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确官能团及其性质关系是解本题关键，注意原子共平面判断方法，题目难度不大。3.【答案】D【解析】解：A.二者均可被高锰酸钾氧化，则不能除杂，故A错误； B.蒸发不能除去碳酸钠，方法及装置均不合理，故B错误； C.加热碘升华，氯化铵分解，且遇冷时碘凝华、氨气与HCl化合生成氯化铵，则加热不能分离，故C错误； D.只有二氧化锰不溶于水，图中过滤装置可分离溶液与二氧化锰，故D正确； 故选：D。A.二者均可被高锰酸钾氧化； B.蒸发不能除去碳酸钠； C.加热碘升华，氯化铵分解，且遇

18、冷时碘凝华、氨气与HCl化合生成氯化铵； D.只有二氧化锰不溶于水。本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。4.【答案】C【解析】解：A.NH3脱除工厂废气中的NO、NO2最终生成N2与H2O，NH3中N元素的化合价升高被氧化，则NH3是还原剂，表现还原性，故A正确； B.过程I中的方程式为：2NH4+NO2=(NH4)2(NO2)2+，没有元素化合价的变化，是非氧化还原反应，故B正确； C.过程中的方程式为：(NH4)(HNO2)+=N2+2H2O+H+，NH4+中N元素的化

19、合价升高3价，则每生成1mol H+，消耗1molNH4+，转移的电子的物质的量为3mol，故C错误； D.由分析可知，过程中发生反应的离子方程式为(NH4)2(NO2)2+NO=(NH4)(HNO2)+H+N2+H2O，故D正确； 故选：C。由图可知，NH3脱除工厂废气中的NO、NO2最终生成N2与H2O，可推知M为N2与H2O；过程I中的方程式为：2NH4+NO2=(NH4)2(NO2)2+；过程中的方程式：(NH4)2(NO2)2+NO=(NH4)(HNO2)+N2+H2O+H+；过程中的方程式为：(NH4)(HNO2)+=N2+2H2O+H+；据此分析。本题考查了氧化还原反应、元素化合

20、物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图象中各步反应的离子方程式，题目难度不大。5.【答案】B【解析】解：A.充电时为电解池，电源正极与原电池正极相连发生氧化反应，X极为阴极，发生了还原反应，故A错误； B.充电时为电解池，电源正极与原电池正极相连发生氧化反应，Y极的电极反应式为CaFeO2.5+0.5Na2O-e-=CaFeO3+Na+，故B正确； C.钠太活泼，可以置换出乙醇中的氢，降低电池的效率，故C错误； D.钠的原子量23，锂的原子量7，释放1mol电子，消耗23g钠，7g锂，单位质量金属放出的电能：NaON，则

21、最简单氢化物的稳定性：ZYX，故B正确； C.电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子的半径：XYZ，故C正确； D.Z的最简单氢化物为HF，HF能够与二氧化硅反应，不能用玻璃瓶盛放，可用塑料试剂瓶保存，故D正确； 故选：A。W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，且位于同一周期，这四种元素的最外层电子数之和为21，X与Y的单质均为空气的主要成分，则X为N，Y为O元素，四种元素位于第二周期，Z的原子序数大于O，且为主族元素，则Z为F；W的最外层电子数为21-5-6-7=3，则W为B元素，以此分析解答。本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、原子结构来推断

22、元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。7.【答案】B【解析】解：A.KCl溶液与AgNO3溶液反应的化学方程式为：KCl+AgNO3=AgCl+KNO3，K2CrO4溶液与AgNO3溶液应的化学方程式为：K2CrO4+2AgNO3=Ag2CrO4+2KNO3，根据方程式可知在相同浓度的KCl和K2CrO4溶液中加入相同浓度的AgNO3溶液，Cl-浓度减小的更快，CrO42-浓度减小的慢，所以曲线I表示pCl与V(AgNO3溶液)的变化关系，曲线表示pCrO4与V(AgNO3溶液)的变化关系，故A正确； B.由A可知曲线I表示pCl与V(AgNO3溶液)

23、的变化关系，则c(Ag+)不变，仅增大KCl的浓度，平衡点由R点向右移动，所以R点沿虚线移向S点是错误的，故B错误； C.M点加入的AgNO3溶液体积为15mL，根据方程式KCl+AgNO3=AgCl+KNO3，可知生成0.001molKNO3和0.001molAgCl，剩余0.0005molAgNO3，则c(NO3-)c(K+)c(Ag+)，Ag+水解使溶液呈酸性，则c(H+)c(OH-)，所以M点溶液中，离子浓度为：c(NO3-)c(Ag+)c(H+)c(OH-)，故C正确； D.N点的纵坐标为4，则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正确。 故选：B。A.根据方程式：KCl+AgNO3=AgCl+KNO3和K2CrO4+2AgNO3=Ag2CrO4+2KNO3，判断出与等量的AgNO3溶液，Cl-浓度减小的更快，CrO42-浓度减小的慢，结合曲线变化趋势得出结论； B.由A可知曲线I表示pCl与V(AgNO3溶液)的变化关系，则c(Ag+)不变，仅增大KCl的浓度，平衡点由R点向右移动； C.M点加入的AgNO3溶液体积为15mL，根据方程式可知生成0.001m

25、olKNO3和0.001molAgCl，剩余0.0005molAgNO3，结合Ag+水解使溶液呈酸性，可得M点溶液中离子浓度的大小关系； D.N点的纵坐标为4，则Ag2CrO4沉淀在沉淀溶解平衡中c(CrO42-)=10-4mol/L，c(Ag+)=210-4mol/L，带入Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)c(CrO42-)计算即可。本题主要考查Ksp的计算，离子浓度大小的定量分析，以及根据化学方程式的比例关系，判断曲线的变化趋势，具有较强的综合性，对学生的思维能力要求较高，属于难题。8.【答案】三颈烧瓶 a进b出 油浴加热 过滤 除去未反应的对甲基苯甲酸和多聚磷酸 向漏斗中加入蒸馏水

26、至浸没晶体，然后让水自然流下，重复操作23次，直至晶体洗涤干净 防止产品因低温结晶而损失 活性炭 70.2%【解析】解：(1)仪器A的名称为三颈烧瓶，冷却水应下进上出，流向为：a进b出，故答案为：三颈烧瓶；a进b出；(2)加热温度为190，水浴加热最高为100，选择油浴加热，故答案为：油浴加热；(3)分离晶体得到晶体和母液的操作为：过滤；加入氢氧化钠除去未反应的对甲基苯甲酸和多聚磷酸；水洗的步骤为：向漏斗中加入蒸馏水至浸没晶体，然后让水自然流下，重复操作23次，直至晶体洗涤干净，故答案为：过滤；除去未反应的对甲基苯甲酸和多聚磷酸；向漏斗中加入蒸馏水至浸没晶体，然后让水自然流下，重复操作23次，

27、直至晶体洗涤干净；(4)重结晶过程中趁热过滤的原因：在热的条件下大多溶质杂质在溶剂中溶解度较高，能完全溶解，从而较好地分离杂质和产物，防止产品因结晶而损失，活性炭的溶解度不高，所以滤渣中含有活性炭，故答案为：防止产品因低温结晶而损失；活性炭；(5)根据反应方程式：可知，0.1mol邻苯二胺理论上得到产物2-(对甲基苯基)苯并咪唑的物质的量为0.1mol，其质量为m=nM=0.1mol208g/mol=20.8g，故产率为14.6g20.8g100%70.2%，故答案为：70.2%。(1)仪器A的名称为三颈烧瓶，冷却水应下进上出；(2)加热温度为190，水浴加热最高为100；(3)通过过滤分离晶

28、体得到晶体和母液的操作为；加入氢氧化钠除去未反应的混酸；水洗的步骤为：向漏斗中加入蒸馏水至浸没晶体，然后让水自然流下，重复操作23次，直至晶体洗涤干净；(4)活性炭在重结晶过程中可能会残存在产品中，高温过滤可以防止产品过多结晶而造成损失；(5)根据反应方程式：确定理论产量，产率=m(实际产量)m(理论产量)100%。本题以2-(对甲基苯基)苯并咪唑的制备为背景，考查了学生有关有机实验分离，重结晶基本操作及分析，产率计算等相关知识，考查范围较广，难度适中。9.【答案】2AlF3+3H2SO4(浓)-Al2(SO4)3+6HF CaSO4 温度过高LiHCO3分解产生Li2CO3沉淀，与Ca3(P

29、O4)2一同被过滤 温度过高促进PO43-水解，使溶液中PO43-离子浓度减小 趁热过滤 Li2Se6Li2Se4Li2Se 108【解析】解：(1)在加热条件下酸浸，反应生成能腐蚀玻璃的气体，AlF3与浓硫酸发生反应生成硫酸铝和氟化氢，化学方程式：2AlF3+3H2SO4(浓)-Al2(SO4)3+6HF；故答案为：2AlF3+3H2SO4(浓)-Al2(SO4)3+6HF；(2)由流程分析可知“滤渣”的主要成分是CaSO4，故答案为：CaSO4；(3)温度过高LiHCO3分解产生Li2CO3沉淀，与Ca3(PO4)2一同被过滤，导致最终的产率逐渐减小；故答案为：温度过高LiHCO3分解产生

30、Li2CO3沉淀，与Ca3(PO4)2一同被过滤；PO43-是弱酸根离子易水解，温度过高促进PO43-水解，使溶液中PO43-离子浓度减小，除钙率下降；故答案为：温度过高促进PO43-水解，使溶液中PO43-离子浓度减小；(4)Li2CO3的溶解度随温度升高而降低，则热分解后，获得Li2CO3的操作是先加热蒸发，然后趁热过滤，故答案为：趁热过滤；(5)由Li2Sex与正极碳基体结合时的能量变化分析可知，结合碳基体过程中放出的能量越多，形成的物质越稳定，越易形成，则3种Li2Sex与碳基体的结合能力由大到小的顺序是：Li2Se6Li2Se4Li2Se，故答案为：Li2Se6Li2Se4Li2Se

31、；(6)由步骤1中CuSO4标准溶液的浓度c(CuSO4)=0.01L0.005mol/L0.025L=0.002mol/L，步骤2中用CuSO4标准溶液滴定的EDTA标准液为与Al3+反应后剩下的EDTA标准液，已知消耗CuSO4标准液30.00mL，且Cu2+与EDTA反应的化学计量比为1：1，则与Al3+反应后剩下的EDTA标准液的物质的量为n(EDTA剩余)=0.03L0.002mol/L=610-5mol，则消耗的EDTA的物质的量n(EDTA消耗)=(0.02L0.005mol/L)-(610-5)mol=410-5mol，又Al3+与EDTA反应的化学计量比也为1：1，则该废水中

32、Al3+的含量为410-5mol27g/mol0.01L=0.108g/L=108mg/L，故答案为：108。电解铝废渣在加热条件用浓硫酸酸浸溶解，生成HF，过滤后所得滤渣主要为CaSO4，滤液中主要含有Al3+、Li+、Na+、H+、SO42-，向滤液中加入碳酸钠溶液使Al3+、Li+、Ca2+转化为Li2CO3、Al(OH)3及CaCO3沉淀，过滤后向沉淀中加水，通入足量二氧化碳，使Li2CO3、CaCO3沉淀溶解转化为碳酸氢锂和碳酸氢钙，过滤得滤渣为Al(OH)3，再向滤液中加入Li3PO4除去溶液中的Ca2+生成Ca3(PO4)2沉淀，过滤后得到碳酸氢锂溶液，对其加热分解生成碳酸锂，据

33、此分析解答(1)(4)；(5)Li2Sex与正极碳基体结合时的能量变化分析可知，结合碳基体过程中放出的能量越多，形成的物质越稳定，越易形成；(6)由步骤1中CuSO4标准溶液的浓度c(CuSO4)=0.01L0.005mol/L0.025L=0.002mol/L，步骤2中用CuSO4标准溶液滴定的EDTA标准液为与Al3+反应后剩下的EDTA标准液，已知消耗CuSO4标准液30.00mL，且Cu2+与EDTA反应的化学计量比为1：1，则与Al3+反应后剩下的EDTA标准液的物质的量为n(EDTA剩余)=0.03L0.002mol/L=610-5mol，则消耗的EDTA的物质的量n(EDTA消耗

34、)=(0.02L0.005mol/L)-(610-5)mol=410-5mol，又Al3+与EDTA反应的化学计量比也为1：1，据此可得结果。本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯、制备原理为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。10.【答案】-130.9kJ/mol 1003p12 CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O 中毒 甲烷的分解反应 增大H2浓度，平衡正向移动，CO的转化率增大 3.5【解析】解：(1)根据盖斯定律32-12得CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l)H=(-57

35、1.632+145312)kJ/mol=-130.9kJ/mol，故答案为：-130.9kJ/mol；(2)该反应是气体体积减小的反应，压强越大，平衡正向移动，平衡时CH3OH(g)的体积分数越大，则p1p2，故答案为：；设CO2转化物质的量为xmol， CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)起始n(mol) 2 6 0 0转化n(mol) x 3x x x平衡n(mol) 2-x 6-3x x xA点平衡时CH3OH(g)的体积分数为30%=x2-x+6-3x+x+x100%，解得x=1.5，平衡时混合气体总物质的量为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，故答案为：1003p12；甲醇在负极失去电子与OH-结合转化为碳酸根，甲醇KOH碱性燃料电池负极的电极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O，故答案为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；(3)极少量的硫、砷也可能导致Ni基催化剂发生中毒而失去活性，故答案为：中毒；在高温条件下，甲烷的分解生成C和H2导致积碳；CO的转化率

37、随着氢碳比的变化而变化的原因是增大H2浓度，平衡正向移动，CO的转化率增大；由图1、2可知，当氢碳比为3.5时，甲烷的产率的产率最大，同时CO的转化率也较大，再提高氢碳比甲烷的产率减小，CO的转化率提升不明显，则较为适宜的氢碳比为3.5，故答案为：甲烷的分解反应；增大H2浓度，平衡正向移动，CO的转化率增大；3.5。(1)根据盖斯定律32-12得CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l)；(2)该反应是气体体积减小的反应，压强越大，平衡正向移动，平衡时CH3OH(g)的体积分数越大；A点平衡时CH3OH(g)的体积分数为30%，列化学平衡三段式计算；甲醇在负极失去电子与OH-结合

38、转化为碳酸根；(3)极少量的硫、砷也可能导致Ni基催化剂发生中毒；在高温条件下，甲烷的分解生成C和H2；增大H2浓度，平衡正向移动；从CO的转化率和甲烷的产率两个角度分析较为适宜的氢碳比。本题综合考查化学知识，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，题目涉及反应热的计算、化学平衡的移动、化学平衡的计算、电化学，根据题目信息，结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式、守恒原则等知识解答，此题难度大。11.【答案】8 大于 Mn原子半径较小且价电子数较多，金属键较强 Ca 三角锥形 sp3 离子键、非极性共价键 面心立方 8 323a2bNA1021g/cm3【解析】解：(1)基态Mg原子的电

39、子排布式为1s22s22p63s2，则L能层有8个运动状态不同的电子；基态Mg原子的价电子排布式为3s2，基态Al原子的价电子排布式为3s23p1，镁原子最外层3s轨道达到全充满结构，铝的3p轨道未达到半充满结构，故镁的第一电离能大于铝的第一电离能，故答案为：8；大于；(2)钙、锰都是金属晶体，金属键强弱决定金属晶体的熔、沸点的高低，锰原子的半径小于钙原子的，锰原子的价电子数比钙原子的多，锰的金属键比钙的强，故答案为：Mn原子半径较小且价电子数较多，金属键较强；(3)通常金属易失电子，第一电离能较小，而非金属性越强，第一电离较大，则电负性：OClCa，电负性最小的是Ca；ClO3-中氯原子价层电子对数为3+7+1-232=4，氯原子采取sp3杂化，VSEPR模型为四面体形，含有一对孤电子对，空间构型为三角锥形，故答案为：Ca；三角锥形；sp3；(4)CaC2的电子式结构为，则CaC2中的作用力为离子键、非极性共价键；钙离子处于晶胞的顶点与面心位置，从钙离子看该晶体属于面心立方堆积；一个C22-中含2个键，晶胞中C22-数目为1+1214=4，故晶胞中键数目为24=8，故答案为：离子键、非极性共价键；面心立方；8；(5)晶胞中含有的镁原子数为3+212+1