四川省成都石室中学2020届高三高考适应性考试（二）化学试题


2020年四川省成都市实验中学高考化学模拟试卷（二）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）
1. 化学与生活密切相关，下列叙述中不正确的是(    )
A. 用氟利昂做制冷剂会加剧雾霾天气的形成
B. 严格地讲实验室中的“通风厨”是一种不负责任的防污染手段，因为实验产生的有害气体一般没有得到转化或吸收
C. “长征九号”运载火箭的壳体通常采用纤维作增强体，金属作基体的复合材料
D. 漂洗衣服时，可以采用萃取原理中的“少量多次”来节约用水
2. 下列有关实验操作与结论都正确的是(    )
选项
实验操作及现象
实验结论
A
用洁净的铂丝蘸取某食盐试样，在酒精灯火焰上灼烧，火焰显黄色
说明该食盐不含KIO3
B
向某无色溶液中滴加NaOH溶液，先产生白色沉淀，后沉淀又会全部消失
该无色溶液中一定有Al3+，无Mg2+
C
向尿液中加入新制Cu(OH)2悬浊液，没有砖红色沉淀生成
说明尿液中不含有葡萄糖
D
某待测液中先滴入氯水无明显现象，后滴入硫氰化钾溶液出现血红色
该待测液中一定含有Fe2+
A. A B. B C. C D. D
3. W、X、Y、Z四种短周期元素，在元素周期表中的位置如图所示，其中W元素的原子序数为Z元素原子序数的两倍，则下列说法正确的是(    )

Y
Z
X

W
A. X位于元素周期表中的第3周期第ⅥA族
B. X、Y、Z三种元素对应原子的半径依次减小
C. XZ2和YZ2的结构和化学性质相似
D. 利用Y的含氧酸酸性强于W的含氧酸酸性，可证明非金属性W强于Y
4. 微信热传的“苯宝宝表情包”可看作是由苯衍生的物质配以相应文字形成的(如图)。下 列说法正确的是(    )
A. 化合物(A)不能与乙醇发生反应
B. 化合物(B)分子式为C6H6Cl6
C. 化合物(B)可通过苯与Cl 发生加成反应制得
D. 1mol化合物(A)可与3molH2发生加成反应
5. 氢氧化铈[Ce(OH)4]是一种重要的稀土氢氧化物。平板电视显示屏生产过程中会产生大量的废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2)，某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如图：

下列说法错误的是(    )
A. 滤渣A中主要含有SiO2、CeO2
B. 过滤操作中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒
C. 过程②中发生反应的离子方程式为CeO2+H2O2+3H+=Ce3++2H2O+O2↑
D. 过程④中消耗 11.2L O2(已折合成标准状况)，转移电子数为2×6.02×1023
6. 锌−空气燃料电池可用作电动车动力电源，电池的电解质溶液为KOH溶液，反应为2Zn+O2+4OH−+2H2O=2Zn(OH)42−.下列说法正确的是(    )
A. 充电时，电解质溶液中K+向阳极移动
B. 充电时，电解质溶液中c(OH−)逐渐减小
C. 放电时，负极反应为：Zn+4OH−−2e−=Zn(OH)42−
D. 放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气22.4L(标准状况)
7. 常温下，向100mL0.01mol⋅L−1HA溶液中逐滴加入0.02mol−1MOH溶液，图中所示曲线表示混合溶液的pH变化情况体积变化忽略不计).下列说法中不正确的是
(    )


A. MOH为一元弱碱
B. MA 稀溶液PH<7
C. N点水的电离程度大于K点水的电离程度
D. K点对应的溶液的PH=10，则C(MOH)+C(OH)−C(H+=0.01mol⋅L−1
二、简答题（本大题共4小题，共49.0分）
8. 煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，形成酸雨、污染大气，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。回答下列问题：
(1)在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气，反应温度323K，NaClO2溶液浓度为5×10−3mol⋅L−1.反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表。
离子
SO42−
SO32−
NO3−
NO2−
Cl−
c/(mol⋅L−1)
8.35×10−4
6.87×10−6
1.5×10−4
1.2×10−5
3.4×10−3
①写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式______。增加压强，NO的转化率______(填“提高”、“不变”或“降低”)。
②随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐______(填“增大”、“不变”或“减小”)。
③由实验结果可知，脱硫反应速率______脱硝反应速率(填“大于”或“小于”)。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是______。
(2)在不同温度下，NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中SO2和NO的平衡分压pc如图所示。
①由图分析可知，反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常数均______(填“增大”、“不变”或“减小”)。
②反应ClO2−+2SO32−=2SO42−+Cl−的平衡常数K表达式为______。
(3)如果采用NaClO、Ca(ClO)2替代NaClO2，也能得到较好的烟气脱硫效果。从化学平衡原理分析，Ca(ClO)2相比NaClO具有的优点是______。
9. 用含锂废渣(主要金属元素的含量：Li 3.50% Ni 6.55% Ca 6.41% Mg13.24%)制备 Li2CO3，并用其制备 Li+电池的正极材料 LiFePO4.部分工艺流程如图：

资料：Ⅰ.滤液1、滤液2中部分离子的浓度(g⋅L−1)：

Li+
Ni2+
Ca2+
Mg2+
滤液1
22.72
20.68
0.36
60.18
滤液2
21.94
7.7×10−3
0.08
0.78×10−3
Ⅱ.EDTA能和某些二价金属离子形成稳定的水溶性络合物。
Ⅲ.某些物质的溶解度(S)：
T/℃
20
40
60
80
100
S(Li2CO3)/g
1.33
1.17
1.01
0.85
0.72
S(Li2SO4)/g
34.7
33.6
32.7
31.7
30.9
Ⅰ.制备Li2CO3粗品
(l)上述流程中为加快化学反应速率而采取的措施是______。
(2)滤渣2的主要成分有______。
(3)向滤液2中先加入EDTA，再加入饱和Na2CO3溶液，90℃充分反应后，分离出固体Li2CO3粗品的操作是______。
(4)处理lkg含锂3.50%的废渣，锂的浸出率为a，Li+转化为Li2CO3的转化率为b，则粗品中含Li2CO3的质量是______g。
Ⅱ.纯化Li2CO3粗品
(5)将Li2CO3转化为LiHCO3后，用隔膜法电解LiHCO3溶液制备高纯度的LiOH，再转化得电池级Li2CO3.电解原理如图所示，阳极的电极反应式是，该池使用了______(填“阳”或“阴”)离子交换膜。

Ⅲ.制备LiFePO4
(6)将电池级Li2CO3和C、FePO4高温下反应，生成LiFePO4和一种可燃性气体，该反应的化学方程式是______。
10. 张亭栋研究小组受民间中医启发，发现As2O3(俗称砒霜)对白血病有明显的治疗作用。氮(N)、磷(P)、砷(As)等都是VA族的元素，该族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。回答下列问题：

(1)N、P、As原子的第一电离能由大到小的顺序为______；As原子的核外电子排布式为______。
(2)NH3的沸点比PH3______(填“高“或“低”)，原因是______。
(3)Na3AsO4中含有的化学键类型包括______；AsO43−的空间构型为______，As4O6的分子结构如图1所示，则在该化合物中As的杂化方式是______。
(4)白磷(P4)的晶体属于分子晶体，其晶胞结构如图2(小圆圈表示白磷分子)。已知晶胞的边长为acm，阿伏加德罗常数为NAmol−1，则该晶胞中含有的P原子的个数为______，该晶体的密度为______g⋅cm−3(用含NA、a的式子表示)。
11. Prolitane是一种抗抑郁药物，以芳香烃A为原料的合成路线如下：

请回答以下问题：
(1)D的化学名称为______，H→Prolitane的反应类型为______。
(2)E的官能团名称分别为______和______。
(3)B的结构简式为______。
(4)F→G的化学方程式为______。
(5)C的同分异构体中能同时满足下列条件的共有______种(不含立体异构)；
①属于芳香化合物 ②能发生银镜反应 ③能发生水解反应
其中核磁共振氢谱显示为4组峰，其峰面积比为3：2：2：1，写出符合要求的该同分异构体的结构简式______。
(6)参照Prolitane的合成路线，设计一条由苯和乙醇为原料制备苯甲酸乙酯的合成路线______(其他无机试剂和溶剂任选)。
三、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
12. 铝镁合金是飞机制造、化工生产等行业的重要材料．研究性学习小组的同学，为测定某含镁3%～5%的铝镁合金(不含其他元素)中镁的质量分数，设计了下列两种不同实验方案进行探究．填写下列空白：
[方案一]
[实验方案]将铝镁合金与足量NaOH溶液反应，测定剩余固体质量．
实验中发生反应的化学方程式是 ______ ．
[实验步骤]
(1)称取10.8g铝镁合金粉末样品，溶于体积为V、物质的量浓度为4.0mol⋅L−1NaOH溶液中，充分反应．则NaOH溶液的体积V≥ ______ mL．
(2)过滤、洗涤、干燥、称量固体．该步骤中若未洗涤固体，测得镁的质量分数将 ______ (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)．
[方案二]
[实验方案]将铝镁合金与足量稀硫酸溶液反应，测定生成气体的体积．
[实验步骤]
(1)同学们拟选用如图1实验装置完成实验：

你认为最简易的装置其连接顺序是A接 ______ 接 ______ 接 ______ (填接口字母，可不填满)．
(2)仔细分析实验装置后，同学们经讨论认为以下两点会引起较大误差：稀硫酸滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也会将瓶内空气排出，使所测氢气体积偏大；实验结束时，连接广口瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气体积偏小．于是他们设计了如图2所示的实验装置．
①装置中导管a的作用是 ______ ．
②实验前后碱式滴定管中液面读数分别为V1 mL、V2 mL，则产生氢气的体积为 ______ mL．
③若需确定产生氢气的量，还需测定的数据是 ______ ．
答案和解析
1.【答案】A

【解析】解：A..氟利昂可导致臭氧空洞，与雾霾无关，故A错误；
B.“通风厨”只是避免了实验室内的污染，有害气体未被吸收处理，排放到空气中污染环境，故B正确；
C.以纤维为增强体、金属为基体的是复合材料，碳纤维熔点高、硬度大，金属钛熔点高、导电、导热，二者的密度都较小，故C正确；
D.采用萃取原理中的“少量多次”，漂洗衣服时能节约用水，故D正确；
故选：A。
A.氟利昂可导致臭氧空洞；
B.“通风厨”只是避免了实验室内的污染，排放到空气中照样污染环境；
C.含有两种以上类型的材料称为复合材料；
D.少量多次漂洗衣物可以节约用水量。
本题考查了化学与生活的分析应用，注意知识的积累和理解，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
2.【答案】B

【解析】解：A.若含KIO3，K元素的焰色浅紫色能被Na元素的焰色黄色遮挡，操作不合理，故A错误；
B.只有Al3+遇NaOH才能产生“先生成沉淀后沉淀溶解”的现象，操作、现象、结论均合理，故B正确；
C.新制Cu(OH)2悬浊液与葡萄糖只有在加热条件下才能产生砖红色沉淀，故C错误；
D.若待测液中含有Fe3+，也有同样的现象，检验亚铁离子时试剂顺序不合理，故D错误；
故选：B。
A.观察K的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃；
B.氢氧化铝具有两性；
C.反应需要加热至沸腾；
D.先加氯水可氧化亚铁离子，不能排除原溶液是否含铁离子。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
3.【答案】B

【解析】解：由以上分析可知X为Si元素、Y为N元素、Z为O元素，W为S元素。
A.X为Si元素，位于元素周期表中的第3周期第IVA族，故A错误；
B.电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径为X>Y>Z，故B正确；
C.SiO2是原子晶体，NO2是分子晶体，二者结构不同，故C错误；
D.非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，不是最高价含氧酸不能通过酸性比较非金属性，故D错误；
故选：B。
由元素在周期表中的位置可知Y、Z位于第二周期，X、W位于第三周期，W元素的原子序数为Z元素原子序数的两倍，则W应为S元素，Z为O元素，由相对位置可知Y为N元素，X为Si元素，以此解答该题。
本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、原子结构来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识及规律性知识的应用，题目难度不大。
4.【答案】D

【解析】解：A.化合物A含有羧基，可发生酯化反应，故A错误；
B.化合物B不含H原子，分子式为C6Cl6，故B错误；
C.化合物B含有苯环，由苯和氯气发生取代反应生成，故C错误；
D.化合物A含有苯环，可与氢气发生加成反应，则1mol化合物(A)可与3molH2发生加成反应，故D正确。
故选：D。
A.A含有羧基，可发生酯化反应；
B.B不含H原子；
C.B由苯和氯气发生取代反应生成；
D.化合物A含有苯环，可与氢气发生加成反应。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
5.【答案】C

【解析】解：废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2以及其他少量可溶于稀酸的物质)中加入稀盐酸，Fe2O3转化FeCl3存在于滤液中，滤渣为CeO2和SiO2；加入稀硫酸和H2O2，CeO2转化为Ce3+，滤渣为SiO2；加入碱后Ce3+转化为沉淀，最后通入氧气将Ce从+3氧化为+4，得到产品Ce(OH)4，
A.分析可知滤渣A中主要含有SiO2、CeO2，故A正确；
B.过滤操作中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故B正确；
C.稀硫酸、H2O2，CeO2三者反应生成转化为Ce2(SO4)3、O2和H2O，反应的离子方程式为：6H++H2O2+2CeO2=2Ce3++O2↑+4H2O，故C错误；
D.过程④是通入氧气将Ce从+3氧化为+4，得到产品Ce(OH)4，4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4，消耗 11.2L O2(已折合成标准状况)，转移电子数=11.2L22.4L/mol×4×6.02×1023=2×6.02×1023，故D正确；
故选：C。
废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2以及其他少量可溶于稀酸的物质)中加入稀盐酸，Fe2O3转化FeCl3存在于滤液中，滤渣为CeO2和SiO2；加入稀硫酸和H2O2，CeO2转化为Ce3+，滤渣为SiO2；加入碱后Ce3+转化为沉淀，最后通入氧气将Ce从+3氧化为+4，得到产品Ce(OH)4，据此解答。
本题以工艺流程为基础，考查化学实验基本操作、元素及化合物知识、化学计算、氧化还原反应等相关知识，题目难度中等。
6.【答案】C

【解析】【分析】
本题考查原电池与电解池的基础知识，正确判断正负极、阴阳极，注意电极反应式的书写及电子转移的计算，正确判断化合价的变化为解答该题的关键，题目难度中等。
【解答】
根据2Zn+O2+4OH−+2H2O=2Zn(OH)42−可知，O2中元素的化合价降低，被还原，应为原电池正极，Zn元素化合价升高，被氧化，应为原电池负极，电极反应式为Zn+4OH−−2e−=Zn(OH)42−，充电时阳离子向阴极移动，以此解答该题。
A.充电时阳离子向阴极移动，故A错误；
B.充电时，总反应为2Zn(OH)42−=2Zn+O2+4OH−+2H2O，则电解质溶液中c(OH−)逐渐增大，故B错误；
C.放电时，负极反应式为Zn+4OH−−2e−=Zn(OH)42−，故C正确；
D.放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气11.2L(标准状况)，故D错误。
故选C。
7.【答案】D

【解析】解：A.0.01mol⋅L−1HA溶液中pH=2，则HA是强酸，5ml碱溶液恰好反应后，溶液呈酸性，51ml恰好溶液呈中性，说明碱为弱碱，故A正确；
B.HA是强酸，碱为弱碱，MA是强酸弱碱盐，其稀溶液PH<7，故B正确；
C.由图象可知，N点溶液呈中性，水电离的氢离子为10−7mol/l，K点溶液呈碱性，MOH电离的氢氧根离子抑制了水电离，水电离的氢离子小于10−7mol/l，所以N点水的电离程度大于K点水的电离程度，故C正确；
D.在K点时混合溶液体积是碱溶液的2倍，根据物料守恒结合溶液体积变化知，c(MOH)+c(M+)=0.01mol⋅L−1，根据电荷守恒得c(M+)+c(H+)=c(OH−)+c(A−)，c(MOH)+c(OH−)−c(H+)=c(M+)−c(A−)+c(MOH)=0.01mol⋅L−1−0.005mol⋅L−1=0.005mol⋅L−1，故D错误；
故选：D。
0.01mol⋅L−1HA溶液中pH=2，则HA是强酸，N点时溶液呈中性，MOH的物质的量大于HA的物质的量，说明MOH是弱碱，酸或碱性溶液抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，根据物料守恒计算K点c(MOH)和c(M+)的和．
A.根据0.01mol/L的HA溶液的pH=2可知，HA在溶液中完全电离，则HA为强电解质，恰好反应需要碱50ml，溶液呈酸性分析；
B.N点为中性溶液，而K点溶液显示碱性，氢氧根离子抑制了水电离电离，MOH的物质的量大于HA的物质的量，说明MOH是弱碱；
C.由图象可知，N点溶液呈中性，水电离的氢离子为10−7mol/l，K点溶液呈碱性，MOH电离的氢氧根离子抑制了水电离，水电离的氢离子小于10−7mol/l，所以N点水的电离程度大于K点水的电离程度；
D.根据物料守恒、电荷守恒判断溶液中c(MOH)+c(OH−)−c(H+)结果．
本题考查了酸碱混合时的定性判断，注意根据酸溶液的pH和酸的浓度确定酸的强弱，为易错点，题目难度中等．
8.【答案】4NO+3ClO2−+4OH−=4NO3−+2H2O+3Cl−   提高   减小   大于   NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高   减小  c2(SO42−)⋅c(Cl−)c(ClO2−)⋅c2(SO32−)   形成CaSO4沉淀，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高

【解析】解：(1)①NO、ClO2−在碱性条件下反应生成NO3−、Cl−，N元素化合价由+2价变为+5价、Cl元素化合价由+3价变为−1价，根据转移电子守恒及电荷守恒配平方程式为4NO+3ClO2−+4OH−=4NO3−+2H2O+3Cl−，该反应前后气体体积减小，则增大压强平衡正向移动，NO的转化率提高，
故答案为：4NO+3ClO2−+4OH−=4NO3−+2H2O+3Cl−；提高；
②随着吸收反应的进行，溶液由碱性转化为中性，则溶液的pH减小，
故答案为：减小；
③由实验结果可知，脱硫反应速率大于脱硝反应速率，SO2较NO易溶于水，化学反应速率还与活化能有关，活化能越大化学反应速率越低，所以除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高，
故答案为：大于；NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高；
(2)①由图分析可知，反应温度升高，SO2和NO的平衡分压pc越大，说明平衡逆向移动，脱硫、脱硝反应的平衡常数均减小，
故答案为：减小；
②反应ClO2−+2SO32−=2SO42−+Cl−的平衡常数K=c2(SO42−)⋅c(Cl−)c(ClO2−)⋅c2(SO32−)，
故答案为：c2(SO42−)⋅c(Cl−)c(ClO2−)⋅c2(SO32−)；
(3)形成CaSO4沉淀，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高，NaClO反应后生成NaCl，不如生成硫酸钙沉淀容易，
故答案为：形成CaSO4沉淀，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高。
(1)①NO、ClO2−在碱性条件下反应生成NO3−、Cl−，N元素化合价由+2价变为+5价、Cl元素化合价由+3价变为−1价，根据转移电子守恒及电荷守恒配平方程式；增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，根据平衡移动方向判断NO转化率改变；
②随着吸收反应的进行，溶液由碱性转化为中性；
③由实验结果可知，脱硫反应速率大于脱硝反应速率，SO2较NO易溶于水，化学反应速率还与活化能有关；
(2)①由图分析可知，反应温度升高，SO2和NO的平衡分压pc越大，说明平衡逆向移动；
②反应ClO2−+2SO32−=2SO42−+Cl−的平衡常数K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；
(3)CaSO4沉淀，促进平衡正向移动。
本题考查化学平衡计算、氧化还原反应等知识点，侧重考查分析计算能力，明确元素化合物性质、化学平衡常数含义是解本题关键，注意(2)题图纵坐标与气体分压成反比，为易错点。
9.【答案】研磨、70℃加热  Ni(OH)2、Mg(OH)2、Ca(OH)2  趁热过滤  185ab  阳  Li2CO3+2C+2FePO4− 高温  2LiFePO4+3CO↑

【解析】解：(1)流程中为加快化学反应速率而采取的措施有研磨、70℃加热，
故答案为：研磨、70℃加热；
(2)由上述分析可知，滤液1中加入NaOH调节pH=12沉淀Ni2+、Ca2+、Mg2+，故滤渣2主要为Ni(OH)2、Mg(OH)2还有极少量的Ca(OH)2，
故答案为：Ni(OH)2、Mg(OH)2、Ca(OH)2；
(3)根据表可知Li2CO3高温溶解度小，故90℃充分反应后，通过趁热过滤分离出固体Li2CO3粗品；
故答案为：趁热过滤；
(4)lkg含锂3.50%的废渣，锂的浸出率为a，则浸出的n(Li+)=1000g×3.5%×a7g/mol=5amol，Li+转化为Li2CO3的转化率为b，则粗品中含Li2CO3的质量是5amol×12×b×74g/mol=185ab g，
故答案为：185ab；
(5)根据电解图，阳极失去电子发生氧化反应，放电为氢氧根离子，电极反应为：4OH−−4e−=2H2O+O2↑；阴极放电的是氢离子，阴极生成OH−，根据题意得到LiOH，则LiOH在阴极生成，Li+移向阴极，为阳离子交换膜；
故答案为：4OH−−4e−=2H2O+O2↑；阳；
(6)Li2CO3和C、FePO4高温下反应，生成LiFePO4和一种可燃性气体，根据元素分析该气体为CO，则反应为Li2CO3+2C+2FePO4− 高温  2LiFePO4+3CO↑，
故答案为：Li2CO3+2C+2FePO4− 高温  2LiFePO4+3CO↑。
由流程可知，将含锂废渣研磨后，在70℃条件下用稀硫酸酸浸其中的金属离子，得到含有的Li+、Ni2+、Ca2+、Mg2+酸性溶液，其中部分Ca2+与硫酸根离子生成CaSO4沉淀，过滤，滤渣1主要是CaSO4，向滤液1中加入NaOH调节pH=12沉淀Ni2+、Ca2+、Mg2+，滤渣2主要为Ni(OH)2、Mg(OH)2还有极少量的Ca(OH)2，滤液2含有Li+，向滤液2中先加入EDTA，再加入饱和Na2CO3溶液，90℃充分反应后，得到沉淀，趁热过滤得到粗品Li2CO3，将Li2CO3转化为LiHCO3后，用隔膜法电解LiHCO3溶液制备高纯度的LiOH，再转化得电池级Li2CO3，将电池级Li2CO3和C、FePO4高温下发生Li2CO3+2C+2FePO4− 高温  2LiFePO4+3CO↑，以此来解答。
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、制备原理、实验技能为解答关键，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】N>P>As   1s22s22p63s23p63d104s24p3   高   NH3分子间存在较强的氢键作用，而PH3分子间仅有较弱的范德华力   离子键和共价键   正四面体   sp3   16  496a3NA

【解析】解：(1)同一主族元素的第一电离能随着原子序数增大而减小，所以N、P、As第一电离能大小顺序是N>P>As；As原子的核外有33个电子，根据构造原理书写As原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，
故答案为：N>P>As；1s22s22p63s23p63d104s24p3；
(2)NH3分子间能形成氢键，PH3不能形成氢键，分子间只存在范德华力，所以NH3熔沸点较高，
故答案为：高；NH3分子间存在较强的氢键作用，而PH3分子间仅有较弱的范德华力；
(3)Na3AsO4中AsO43−和钠离子之间存在离子键、As−O元素之间存在共价键；
AsO43−中As原子价层电子对个数=4+5+3−4×22=4，根据价层电子对互斥理论判断该离子的空间构型为正四面体；
As4O6的分子结构中每个As原子价层电子对个数是4且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断在该化合物中As的杂化方式为sp3，
故答案为：离子键和共价键；正四面体；sp3；
(4)该晶胞中白磷分子个数=8×18+6×12=4，每个白磷分子中含有4个P原子，所以该晶胞中含有16个P原子；晶胞体积=a3cm3，该晶胞密度=mV=31×4NA×4a3g/cm3=496a3NAg/cm3，
故答案为：16；496a3NA。
(1)同一主族元素的第一电离能随着原子序数增大而减小；As原子的核外有33个电子，根据构造原理书写As原子的电子排布式；
(2)含有氢键的氢化物熔沸点较高；
(3)Na3AsO4中阴阳离子之间存在离子键、非金属元素之间存在共价键；
AsO43−中As原子价层电子对个数=4+5+3−4×22=4，根据价层电子对互斥理论判断该离子的空间构型；
As4O6的分子结构中每个As原子价层电子对个数是4且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断在该化合物中As的杂化方式；
(4)该晶胞中白磷分子个数=8×18+6×12=4，晶胞体积=a3cm3，该晶胞密度=mV。
本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、化学键等知识点，熟练掌握原子结构、物质结构、元素周期律即可解答，注意：每个白磷分子中含有4个P原子。
11.【答案】苯乙酸乙酯  加成反应或还原反应  羰基  酯基  +CO2↑  4  

【解析】解：(1)根据D的结构简式可知D的名称为苯乙酸乙酯；H与氢气在催化剂存在下发生加成反应产生Prolitane，与氢气的加成反应也叫还原反应，
故答案为：苯乙酸乙酯；加成反应或还原反应；
(2)E结构简式为，根据结构简式可知含有的官能团分别为酯基和羰基，故答案为：羰基；酯基；
(3)A相对分子质量是92，可以与氯气在光照条件下发生取代反应产生C7H7Cl，则A是甲苯，B是，故答案为：；
(4)F→G是脱羧生成G，反应化学方程式为：，
故答案为：；
(5)C结构简式为，其同分异构体要求①属于芳香化合物，说明含有苯环；②能发生银镜反应，说明含有醛基，③能发生水解反应，说明含有酯基，则其为甲酸形成的酯，可能结构为、、、，共有4种；其中核磁共振氢谱显示为4组峰，其峰面积比为3：2：2：1，符合要求的该同分异构体的结构简式为，
故答案为：4；；
(6)模仿A→D转化，由苯和乙醇为原料制备苯甲酸乙酯的合成路线：，
故答案为：。
芳香烃A的相对分子质量为92，分子中最大碳原子数目=9212=7……8，故A的分子式为C7H8，则A为，A在光照条件下发生取代反应生成B为.C发生酯化反应生成D，D发生取代反应生成E，E发生酯的水解反应、酸化得到F为，F加热脱羧生成G，G可以看作是先发生加成反应、再发生消去反应生成H，H发生加成反应或还原反应生成Prolitane，以此解答该题。
本题考查有机物的合成，为高考常见题型，根据转化中有机物的结构明确的发生的反应，熟练掌握官能团的性质与转化，题目侧重考查学生对知识的迁移运用能力，是有机化学常考题型。
12.【答案】2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；97；偏高；E；D；G；保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差；V1−V2；实验时的温度和压强

【解析】解：方案一：铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，
故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
(1)含镁为3%时，金属铝的含量最高，10.8g合金中铝的质量为，10.8g×(1−3%)=10.8×97%g，则：
   2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
    54g    2mol
10.8g×97% V×10−3L×4.0mol/L
所以54g：(10.8g×97%)=2mol：(V×10−3L×4.0mol/L)，解得：V=97，
故V(NaOH溶液)≥97mL，
故答案为：97；
(2)镁上会附着偏铝酸钠等物质，未洗涤导致测定的镁的质量偏大，镁的质量分数偏高，
故答案为：偏高；
方案二：(1)装置的组装顺序：合金与水反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，利用增大压强原理将水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部，故连接顺序为：(A)接(E)(D)接(G)，
故答案为：E、D、G；
(2)①装置中导管a的作用是：保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差，
故答案为：保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差；
②滴定管的数值零刻度在上方，两次的体积之差为测定的氢气的体积，收集氢气后滴定管内液面读数减小，所以测定氢气的体积为V1−V2，
故答案为：V1−V2，
③由于气体受温度和压强的影响较大，若要确定气体的物质的量，必须知道实验时的温度和压强，
故答案为：实验时的温度和压强．
方案一：铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气；
(1)镁的质量分数最小时，金属铝的质量最大，需要的氢氧化钠溶液最多，实际需要氢氧化钠溶液的体积应大于或等于最大值，据此计算；
(2)镁上会附着偏铝酸钠等物质，未洗涤导致测定的镁的质量偏大；
方案二：(1)装置的组装顺序：合金与水反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，增大压强原理将水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部；
(2)①保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差；
②滴定管的数值零刻度在上方，两次的体积之差为测定的氢气的体积(注意应保持干燥管与滴定管内液面等高)，收集氢气后滴定管内液面上升，读数减小；
③气体受温度和压强的影响较大，若要确定气体的物质的量，必须知道实验时的温度和压强．
本题考查物质含量的测定、对实验原理与装置的理解、实验方案设计等，难度中等，理解实验原理是解题的关键，是对知识的综合考查，需要学生具有知识的基础与综合运用知识分析问题、解决问题的能力．