还剩28页未读，
继续阅读
2022年湖北省新高考化学试卷
展开
这是一份2022年湖北省新高考化学试卷，共31页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2022年湖北省新高考化学试卷
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（3分）化学与生活密切相关，下列不涉及化学变化的是（ ）
A．加入明矾后泥水变澄清
B．北京冬奥会用水快速制冰
C．炖排骨汤时加点醋味道更鲜
D．切开的茄子放置后切面变色
2．（3分）莲藕含多酚类物质，其典型结构简式如图所示。下列有关该类物质的说法错误的是（ ）
A．不能与溴水反应 B．可用作抗氧化剂
C．有特征红外吸收峰 D．能与Fe3+发生显色反应
3．（3分）武当山金殿是铜铸鎏金大殿。传统鎏金工艺是将金溶于汞中制成“金汞漆”，涂在器物表面，然后加火除汞，使金附着在器物表面。下列说法错误的是（ ）
A．鎏金工艺利用了汞的挥发性
B．鎏金工艺中金发生了化学反应
C．鎏金工艺的原理可用于金的富集
D．用电化学方法也可实现铜上覆金
4．（3分）下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是（ ）
A．在0.1mol•L﹣1氨水中：Ag+、Cu2+、NO、SO
B．在0.1mol•L﹣1氯化钠溶液中：Fe3+、I﹣、Ba2+、HCO
C．在0.1mol•L﹣1醋酸溶液中：SO、NH、Br﹣、H+
D．在0.1mol•L﹣1硝酸银溶液中：K+、Cl﹣、Na+、CO
5．（3分）化学物质与生命过程密切相关，下列说法错误的是（ ）
A．维生素C可以还原活性氧自由基
B．蛋白质只能由蛋白酶催化水解
C．淀粉可用CO2为原料人工合成
D．核酸可视为核苷酸的聚合产物
6．（3分）下列实验装置（部分夹持装置略）或现象错误的是（ ）
A.滴入酚酞溶液
B.吸氧腐蚀
C.钠的燃烧
D.石蜡油的热分解
A．A B．B C．C D．D
7．（3分）C60在高温高压下可转变为具有一定导电性、高硬度的非晶态碳玻璃。下列关于该碳玻璃的说法错误的是（ ）
A．具有自范性
B．与C60互为同素异形体
C．含有sp3杂化的碳原子
D．化学性质与金刚石有差异
8．（3分）硫代碳酸钠能用于处理废水中的重金属离子，可通过如下反应制备：2NaHS（s）+CS2（l）═Na2CS3（s）+H2S（g）。下列说法正确的是（ ）
A．Na2CS3不能被氧化
B．Na2CS3溶液显碱性
C．该制备反应是熵减过程
D．CS2的热稳定性比CO2的高
9．（3分）某立方卤化物可用于制作光电材料，其晶胞结构如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．Ca2+的配位数为6
B．与F﹣距离最近的是K+
C．该物质的化学式为KCaF3
D．若F﹣换为Cl﹣，则晶胞棱长将改变
10．（3分）Be2+和Al3+的电荷与半径之比相近，导致两元素性质相似。下列说法错误的是（ ）
A．Be2+与Al3+都能在水中与氨形成配合物
B．BeCl2和AlCl3的熔点都比MgCl2的低
C．Be（OH）2和Al（OH）3均可表现出弱酸性
D．Be和Al的氢化物都不能在酸中稳定存在
11．（3分）磷酰三叠氮是一种高能分子，结构简式为O＝P（N3）3。下列关于该分子的说法正确的是（ ）
A．为非极性分子
B．立体构型为正四面体形
C．加热条件下会分解并放出N2
D．分解产物NPO的电子式为
12．（3分）根据酸碱质子理论，给出质子（H+）的物质是酸，给出质子的能力越强，酸性越强。
已知：N2H+NH3═NH+N2H4
N2H4+CH3COOH═N2H+CH3COO﹣
下列酸性强弱顺序正确的是（ ）
A．N2H＞N2H4＞NH
B．N2H＞CH3COOH＞NH
C．NH3＞N2H4＞CH3COO﹣
D．CH3COOH＞N2H＞NH
13．（3分）同位素示踪是研究反应机理的重要手段之一。已知醛与H2O在酸催化下存在如下平衡：RCHO+H2ORCH（OH）2。据此推测，对羟基苯甲醛与10倍量的D218O在少量酸催化下反应，达到平衡后，下列化合物中含量最高的是（ ）
A． B．
C． D．
14．（3分）含磷有机物应用广泛。电解法可实现由白磷直接制备Li[P（CN）2]，过程如图所示（Me为甲基）。下列说法正确的是（ ）
A．生成1molLi[P（CN）2]，理论上外电路需要转移2mol电子
B．阴极上的电极反应为：P4+8CN﹣﹣4e﹣═4[P（CN）2]﹣
C．在电解过程中CN﹣向铂电极移动
D．电解产生的H2中的氢元素来自于LiOH
15．（3分）如图是亚砷酸As（OH）3和酒石酸（H2T，lgKa1＝﹣3.04，lgKa2＝﹣4.37）混合体系中部分物种的c﹣pH图（浓度：总As为5.0×10﹣4mol•L﹣1，总T为1.0×10﹣3mol•L﹣1）。下列说法错误的是（ ）
A．As（OH）3的lgKa1为﹣9.1
B．[As（OH）2T]﹣的酸性比As（OH）3的强
C．pH＝3.1时，As（OH）3的浓度比[As（OH）2T]﹣的高
D．pH＝7.0时，溶液中浓度最高的物种为As（OH）3
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．（14分）高技术领域常使用高纯试剂。纯磷酸（熔点为42℃，易吸潮）可通过市售85%磷酸溶液减压蒸馏除水、结晶除杂得到，纯化过程需要严格控制温度和水分，温度低于21℃易形成2H3PO4•H2O（熔点为30℃），高于100℃则发生分子间脱水生成焦磷酸等。某兴趣小组为制备磷酸晶体设计的实验装置如图（夹持装置略）：
回答下列问题：
（1）A的名称是 。B的进水口为 （填“a”或“b”）。
（2）P2O5的作用是 。
（3）空气流入毛细管的主要作用是防止 ，还具有搅拌和加速水逸出的作用。
（4）升高温度能提高除水速度，实验选用水浴加热的目的是 。
（5）磷酸易形成过饱和溶液，难以结晶，可向过饱和溶液中加入 促进其结晶。
（6）过滤磷酸晶体时，除了需要干燥的环境外，还需要控制温度为 （填标号）。
A．＜20℃
B．30～35℃
C．42～100℃
（7）磷酸中少量的水极难除去的原因是 。
17．（14分）化合物F是制备某种改善睡眠药物的中间体，其合成路线如图：
回答下列问题：
（1）A→B的反应类型是 。
（2）化合物B核磁共振氢谱的吸收峰有 组。
（3）化合物C的结构简式为 。
（4）D→E的过程中，被还原的官能团是 ，被氧化的官能团是 。
（5）若只考虑氟的位置异构，则化合物F的同分异构体有 种。
（6）已知A→D、D→E和E→F的产率分别为70%、82%和80%，则A→F的总产率为 。
（7）Pd配合物可催化E→F转化中C﹣Br键断裂，也能催化反应①：
反应①：
为探究有机小分子催化反应①的可能性，甲、乙两个研究小组分别合成了有机小分子S﹣1（结构如图所示）。在合成S﹣1的过程中，甲组使用了Pd催化剂，并在纯化过程中用沉淀剂除Pd；乙组未使用金属催化剂。研究结果显示，只有甲组得到的产品能催化反应①。
根据上述信息，甲、乙两组合成的S﹣1产品催化性能出现差异的原因是 。
18．（13分）全球对锂资源的需求不断增长，“盐湖提锂”越来越受到重视。某兴趣小组取盐湖水进行浓缩和初步除杂后，得到浓缩卤水（含有Na+、Li+、Cl﹣和少量Mg2+、Ca2+），并设计了以下流程通过制备碳酸锂来提取锂。
25℃时相关物质的参数如下：LiOH的溶解度：12.4g/100gH2O
化合物
Ksp
Mg（OH）2
5.6×10﹣12
Ca（OH）2
5.5×10﹣6
CaCO3
2.8×10﹣9
Li2CO3
2.5×10﹣2
回答下列问题：
（1）“沉淀1”为 。
（2）向“滤液1”中加入适量固体Li2CO3的目的是 。
（3）为提高Li2CO3的析出量和纯度，“操作A”依次为 、 、洗涤。
（4）有同学建议用“侯氏制碱法”的原理制备Li2CO3。查阅资料后，发现文献对常温下的Li2CO3有不同的描述：①是白色固体；②尚未从溶液中分离出来。为探究LiHCO3的性质，将饱和LiCl溶液与饱和NaHCO3溶液等体积混合，起初无明显变化，随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出，最终生成白色沉淀。上述现象说明，在该实验条件下LiHCO3 （填“稳定”或“不稳定”），有关反应的离子方程式为 。
（5）他们结合（4）的探究结果，拟将原流程中向“滤液2”加入Na2CO3改为通入CO2。这一改动能否达到相同的效果，作出你的判断并给出理由 。
19．（14分）自发热材料在生活中的应用日益广泛。某实验小组为探究“CaO﹣Al﹣H2O”体系的发热原理，在隔热装置中进行了下表中的五组实验，测得相应实验体系的温度升高值（ΔT）随时间（t）的变化曲线，如图所示。
实验编号
反应物组成
a
0.20gCaO粉末5.0mLH2O
b
0.15gAl粉5.0mLH2O
c
0.15gAl粉5.0mL饱和石灰水
d
0.15gAl粉5.0mL石灰乳
e
0.15gAl粉、0.20gCaO粉末5.0mLH2O
回答下列问题：
（1）已知：
①CaO（s）+H2O（l）═Ca（OH）2（s）ΔH1＝﹣65.17kJ•mol﹣1
②Ca（OH）2（s）═Ca2+（aq）+2OH﹣（aq）ΔH2＝﹣16.73kJ•mol﹣1
③Al（s）+OH﹣（aq）+3H2O（l）═[Al（OH）4]﹣（aq）+H2（g）ΔH3＝﹣415.0kJ•mol﹣1
则CaO（s）+2Al（s）+7H2O（l）═Ca2+（aq）+2[Al（OH）4]﹣（aq）+3H2（g）的ΔH4＝ kJ•mol﹣1。
（2）温度为T时，Ksp[Ca（OH）2]＝x，则Ca（OH）2饱和溶液中c（OH﹣）＝ （用含x的代数式表示）。
（3）实验a中，4min后ΔT基本不变，原因是 。
（4）实验b中，ΔT的变化说明Al粉与H2O在该条件下 （填“反应”或“不反应”）。实验c中，前3min的ΔT有变化，其原因是 ；3min后ΔT基本不变，其原因是 微粒的量有限。
（5）下列说法不能解释实验d在10min内温度持续升高的是 （填标号）。
A．反应②的发生促使反应①平衡右移
B．反应③的发生促使反应②平衡右移
C．气体的逸出促使反应③向右进行
D．温度升高导致反应速率加快
（6）归纳以上实验结果，根据实验e的特征，用文字简述其发热原理 。
2022年湖北省新高考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（3分）化学与生活密切相关，下列不涉及化学变化的是（ ）
A．加入明矾后泥水变澄清
B．北京冬奥会用水快速制冰
C．炖排骨汤时加点醋味道更鲜
D．切开的茄子放置后切面变色
【分析】A．明矾净水原理与盐的水解有关；
B．用水制冰，冰与水是H2O的不同状态；
C．炖排骨汤时加点醋，有利于骨质中钙质的溶出，属于化学变化；
D．切开的茄子里的单宁，遇空气被氧化成黑色物质，发生化学变化。
【解答】解：A．明矾净水的原理是Al3+水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性，可以吸附水中杂质，盐的水解属于化学变化，故A错误；
B．用水制冰，冰仍是水（H2O），属于物理变化，故B正确；
C．炖排骨汤时加点醋，有利于骨质中钙质的溶出，属于化学变化，故C错误；
D．茄子的果实里含有一种叫单宁的物质，它具有在空气中氧化成黑色的特性，切开的茄子里面的单宁与O2接触，发生化学变化，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了化学变化与物理变化的概念，从概念入手，看是否生成新物质，题目简单。也要求我们多关注日常生活中的化学知识，学以致用。
2．（3分）莲藕含多酚类物质，其典型结构简式如图所示。下列有关该类物质的说法错误的是（ ）
A．不能与溴水反应 B．可用作抗氧化剂
C．有特征红外吸收峰 D．能与Fe3+发生显色反应
【分析】A．酚类物质的化学性质，酚类能与浓溴水反应；
B．该多酚的官能团羟基容易被氧化，可以作抗氧化剂；
C．该多酚的结构中苯环、羟基、酯基都有特征红外吸收峰；
D．酚类物质的化学性质，遇三价铁离子发生显色反应。
【解答】解：A．酚类物质的化学性质，酚类能与浓溴水发生取代反应，酚羟基的邻位、对位上的氢原子容易被取代，故A错误；
B．该多酚的官能团羟基容易被氧化，可以作抗氧化剂，故B正确；
C．该多酚的结构中苯环、羟基、酯基都有特征红外吸收峰，故C正确；
D．酚类物质的化学性质，遇三价铁离子发生显色反应，溶液显紫色，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查有机物的性质，掌握常见有机物的性质，尤其注意官能团的性质，羟基连在烷烃基上属于醇，羟基连在苯环上属于酚，本题要求掌握酚羟基化学性质。
3．（3分）武当山金殿是铜铸鎏金大殿。传统鎏金工艺是将金溶于汞中制成“金汞漆”，涂在器物表面，然后加火除汞，使金附着在器物表面。下列说法错误的是（ ）
A．鎏金工艺利用了汞的挥发性
B．鎏金工艺中金发生了化学反应
C．鎏金工艺的原理可用于金的富集
D．用电化学方法也可实现铜上覆金
【分析】题目中提到的鎏金工艺的原理，涉及到把金溶进汞中，制成“金汞漆”，加热时利用汞的挥发性除去汞，留下来金，又可用于金的富集等等，没有涉及到化学变化，用电化学上电解的原理也可以实现铜上镀金。
【解答】解：A．鎏金工艺是将金粉溶进液态的汞中，制成“金汞漆”，再利用了汞的挥发性，加热将其除去，故A正确；
B．鎏金工艺中金粉溶进液态的汞中，加热除汞，金附着于器物等，都属于物理变化，没有发生化学反应，故B错误；
C．鎏金工艺的原理是将金粉溶进液态的汞中，制成“金汞漆”，再利用了汞的挥发性，加热将其除去，可用于金的富集，故C正确；
D．用电化学中电解的原理也可实现铜上覆金，电镀液用含有金离子的电解质溶液，电解时阴极上金离子的电子均匀的镀上金的单质，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查我国传统的鎏金工艺，是我国古代劳动人民在生产中通过开创研究、不断探索总结才创造出来的工艺，虽然电镀金也可实现，但是鎏金更能经得起千年的洗礼，题目不难，是最近几年高考题的热点。
4．（3分）下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是（ ）
A．在0.1mol•L﹣1氨水中：Ag+、Cu2+、NO、SO
B．在0.1mol•L﹣1氯化钠溶液中：Fe3+、I﹣、Ba2+、HCO
C．在0.1mol•L﹣1醋酸溶液中：SO、NH、Br﹣、H+
D．在0.1mol•L﹣1硝酸银溶液中：K+、Cl﹣、Na+、CO
【分析】A．氨水中的一水合氨会与Ag+发生络合反应，氨水中的一水合氨会与Cu2+产生蓝色沉淀；
B．铁离子与碘离子发生氧化还原反应、铁离子与碳酸氢根离子发生双水解反应；
C．在0.1mol•L﹣1醋酸溶液中：SO42﹣、NH4+、Br﹣、H+之间不反应；
D．在0.1mol•L﹣1硝酸银溶液中，银离子与氯离子、碳酸根离子都不能大量共存。
【解答】解：A．氨水中的一水合氨会与Ag+发生络合反应，氨水中的一水合氨会与Cu2+产生蓝色沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B．Fe3+与I﹣、HCO3﹣发生反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C．在0.1mol•L﹣1醋酸溶液中：SO42﹣、NH4+、Br﹣、H+之间不反应，在溶液中能大量共存，故C正确；
D．在0.1mol•L﹣1硝酸银溶液中，银离子与氯离子、碳酸根离子都不能大量共存，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查离子共存的正误判断，为中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN﹣）等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生灵活应用所学知识的能力。
5．（3分）化学物质与生命过程密切相关，下列说法错误的是（ ）
A．维生素C可以还原活性氧自由基
B．蛋白质只能由蛋白酶催化水解
C．淀粉可用CO2为原料人工合成
D．核酸可视为核苷酸的聚合产物
【分析】A．氧化还原反应中，还原剂与氧化剂反应，活性氧具有氧化性；
B．蛋白质在酸、碱、酶的条件下均可水解；
C．以CO2为原料可以人工合成淀粉；
D．核酸是由许多核苷酸分子连接而成。
【解答】解：A．活性氧具有氧化性，能与还原性物质反应，维生素C能与活性氧反应，则维生素C具有还原性，故A正确；
B．蛋白质在酸、碱、酶的条件下均可水解，故B错误；
C．我国取得多项科研成果，如首次实现以CO2为原料人工合成淀粉等，故C正确；
D．核酸是由许多核苷酸分子连接而成，所以核酸属于高分子化合物，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了有机物获取与性质、应用，准确提取题干信息，把握淀粉的性质是解题关键，题目难度不大。
6．（3分）下列实验装置（部分夹持装置略）或现象错误的是（ ）
A.滴入酚酞溶液
B.吸氧腐蚀
C.钠的燃烧
D.石蜡油的热分解
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．Na2CO3、NaHCO3溶液都呈碱性；
B．食盐水为中性，发生吸氧腐蚀；
C．加热固体药品需要在坩埚中；
D．石蜡油分解需在硬质玻璃试管中加入碎瓷片作催化剂。
【解答】解：A．Na2CO3、NaHCO3溶液都呈碱性，酚酞遇碱溶液呈红色，所以向相同浓度的Na2CO3、NaHCO3溶液中滴加几滴酚酞，前者呈红色、后者为浅红色，故A正确；
B．食盐水为中性，发生吸氧腐蚀，导致大试管中气体减少，则导管口形成一段水柱，故B正确；
C．加热固体药品需要在坩埚中，不能用蒸发皿加热，故C错误；
D．石蜡油分解需在硬质玻璃试管中加入碎瓷片作催化剂，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，题目难度不大，把握物质的性质、反应与现象、实验操作、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。
7．（3分）C60在高温高压下可转变为具有一定导电性、高硬度的非晶态碳玻璃。下列关于该碳玻璃的说法错误的是（ ）
A．具有自范性
B．与C60互为同素异形体
C．含有sp3杂化的碳原子
D．化学性质与金刚石有差异
【分析】A．碳玻璃为非晶态；
B．碳玻璃属于碳单质；
C．碳玻璃中含有饱和碳原子；
D．碳玻璃的结构与金刚石有差异。
【解答】解：A．碳玻璃为非晶态，晶体具有自范性，非晶体没有自范性，因此碳玻璃没有自范性，故A错误；
B．碳玻璃属于碳单质，与C60互为同素异形体，故B正确；
C．碳玻璃具有高硬度，与物理性质金刚石类似，因而结构具有一定的相似性，所以采用sp3杂化，故C正确；
D.碳玻璃的结构与金刚石有差异，则化学性质与金刚石也有差异，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了晶体结构、同素异形体、题干信息的理解应用等，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
8．（3分）硫代碳酸钠能用于处理废水中的重金属离子，可通过如下反应制备：2NaHS（s）+CS2（l）═Na2CS3（s）+H2S（g）。下列说法正确的是（ ）
A．Na2CS3不能被氧化
B．Na2CS3溶液显碱性
C．该制备反应是熵减过程
D．CS2的热稳定性比CO2的高
【分析】A．处于最低价态的元素能失电子发生氧化反应；
B．Na2CS3类似碳酸钠，碳酸钠为强碱弱酸盐，则硫代碳酸钠也是强碱弱酸盐；
C．该反应过程中气体的物质的量增加；
D．键能越大越稳定，键能与键长成反比。
【解答】解：A．硫代碳酸钠的化学式为Na2CS3，Na2CS3中S元素为﹣2价、Na元素为+1价、C元素为+4价，S元素处于最低价态，能失电子发生氧化反应，所以硫代碳酸钠能发生氧化反应，故A错误；
B．Na2CS3类似碳酸钠，碳酸钠为强碱弱酸盐，则硫代碳酸钠也是强碱弱酸盐，CS32﹣水解导致Na2CS3水溶液呈碱性，故B正确；
C．该反应过程中气体的物质的量增加，则该反应是熵增的反应，故C错误；
D．键能越大越稳定，键能与键长成反比，键长：C＝S＞C＝O，键能：C＝S＜C＝O，所以CS2的热稳定性比CO2低，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查较综合，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确元素化合价与元素性质的关系、盐类水解原理、化学键稳定性与键能的关系是解本题关键，题目难度不大。
9．（3分）某立方卤化物可用于制作光电材料，其晶胞结构如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．Ca2+的配位数为6
B．与F﹣距离最近的是K+
C．该物质的化学式为KCaF3
D．若F﹣换为Cl﹣，则晶胞棱长将改变
【分析】A．与Ca2+等距离且最近的F﹣有6个；
B．设晶胞棱长为a，与F﹣最近的K+的距离为a、与F﹣最近的Ca2+的距离为；
C．该晶胞中Ca2+个数为、F﹣个数＝6×＝3、K+个数＝8×＝1；
D．离子半径不同，晶胞棱长不同。
【解答】解：A．与Ca2+等距离且最近的F﹣有6个，所以Ca2+的配位数为6，故A正确；
B．设晶胞棱长为a，与F﹣最近的K+的距离为a、与F﹣最近的Ca2+的距离为，与F﹣距离最近的是Ca2+，故B错误；
C．该晶胞中Ca2+个数为、F﹣个数＝6×＝3、K+个数＝8×＝1，则化学式为KCaF3，故C正确；
D．r（F﹣）＜r（Cl﹣），相邻离子之间的距离改变，则晶胞棱长将改变，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查晶胞计算，侧重考查分析、判断及计算能力，明确配位数含义、微粒之间的距离计算方法、化学式的确定方法等知识点是解本题关键，题目难度不大。
10．（3分）Be2+和Al3+的电荷与半径之比相近，导致两元素性质相似。下列说法错误的是（ ）
A．Be2+与Al3+都能在水中与氨形成配合物
B．BeCl2和AlCl3的熔点都比MgCl2的低
C．Be（OH）2和Al（OH）3均可表现出弱酸性
D．Be和Al的氢化物都不能在酸中稳定存在
【分析】A．Be（OH）2、Al（OH）3性质相似，Al（OH）3不溶于氨水，则Be（OH）2不溶于氨水；
B．分子晶体熔点较低，离子晶体熔点较高；
C．Be（OH）2和Al（OH）3均可和强碱溶液反应生成盐和水；
D．BeH2、AlH3都能和H2O反应生成氢氧化物和氢气。
【解答】解：A．Be（OH）2、Al（OH）3性质相似，Al（OH）3不溶于氨水，则Be（OH）2不溶于氨水，所以Be2+与Al3+不能在水中和氨形成配合物，故A错误；
B．BeCl2、AlCl3都是分子晶体，MgCl2是离子晶体，分子晶体熔点较低，离子晶体熔点较高，所以BeCl2和AlCl3的熔点都比MgCl2的低，故B正确；
C．Be（OH）2和Al（OH）3均可和强碱溶液反应生成盐和水，所以Be（OH）2和Al（OH）3均可表现出弱酸性，故C正确；
D．BeH2、AlH3都能和H2O反应生成氢氧化物和氢气，所以Be和Al的氢化物都不能在酸中稳定存在，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查元素化合物的性质及元素周期律，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确Al及其化合物的性质是解本题关键，采用知识迁移的方法进行分析判断，题目难度不大。
11．（3分）磷酰三叠氮是一种高能分子，结构简式为O＝P（N3）3。下列关于该分子的说法正确的是（ ）
A．为非极性分子
B．立体构型为正四面体形
C．加热条件下会分解并放出N2
D．分解产物NPO的电子式为
【分析】A．非极性分子正负电荷重心是重合的；
B．磷酰三叠氮分子立体构型为四面体构型；
C．磷酰三叠氮加热条件下分解并放出N2，生成NPO；
D．NPO为共价化合物，各原子达到8电子结构。
【解答】解：A．磷酰三叠氮分子不是对称结构，分子中的正负电荷重心是不重合的，是极性分子，故A错误；
B．磷酰三叠氮分子含有三个P﹣N键及一个P＝O双键，则立体构型为四面体构型，故B错误；
C．磷酰三叠氮是一种高能分子，加热条件下会分解并放出N2，故C正确；
D．NPO为共价化合物，则电子式为，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查物质的结构和性质，化学键的分析判断，难度不大，熟悉极性分子、非极性分子的定义，物质的结构特点为解答的关键。
12．（3分）根据酸碱质子理论，给出质子（H+）的物质是酸，给出质子的能力越强，酸性越强。
已知：N2H+NH3═NH+N2H4
N2H4+CH3COOH═N2H+CH3COO﹣
下列酸性强弱顺序正确的是（ ）
A．N2H＞N2H4＞NH
B．N2H＞CH3COOH＞NH
C．NH3＞N2H4＞CH3COO﹣
D．CH3COOH＞N2H＞NH
【分析】给出质子（H+）的物质是酸，给出质子的能力越强，酸性越强，根据给出质子能力强弱结合强酸制弱酸的规律判断微粒酸性强弱。
【解答】解：给出质子（H+）的物质是酸，给出质子的能力越强，酸性越强，根据“N2H5++NH3═NH4++N2H4”知，给出质子能力：N2H5+＞NH4+，根据“N2H4+CH3COOH═N2H5++CH3COO﹣”知，给出质子能力：CH3COOH＞N2H5+，即CH3COOH＞N2H5+＞NH4+，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查酸性强弱判断，侧重考查阅读、信息整合及灵活运用能力，明确酸性强弱判断方法并正确推断各物质给电子能力强弱关系是解本题关键，题目难度不大。
13．（3分）同位素示踪是研究反应机理的重要手段之一。已知醛与H2O在酸催化下存在如下平衡：RCHO+H2ORCH（OH）2。据此推测，对羟基苯甲醛与10倍量的D218O在少量酸催化下反应，达到平衡后，下列化合物中含量最高的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】在酸催化下醛RCH（OH）2与H2O发生加成反应生成RCH（OH）2，存在如下平衡为RCHO+H2ORCH（OH）2，反应的实质是H﹣OH在C＝O键发生加成反应生成﹣CH（OH）2，对羟基苯甲醛结构简式，并且酚羟基的电离程度较大，D218O的含量是对羟基苯甲醛的10倍，D218O的浓度大，则D﹣影响酚羟基的电离、形成的﹣OD含量相对较多，与D218O在酸催化下存在的平衡+D218O，据此分析平衡后化合物中含量较多的物质。
【解答】解：酚羟基的电离程度较大，D218O的含量是对羟基苯甲醛的10倍，D218O的浓度大，则D﹣影响酚羟基的电离、形成的﹣OD含量相对较多，由醛与H2O在酸催化下加成反应规律可知，与D218O存在的平衡为+D218O，逆向进行时C﹣H键不变，﹣OD和﹣18OD缩去1个水分子生成醛基时有两种可能：﹣CHO和﹣CH18O，但D218O的浓度大，18O原子的含量高，所以﹣CH18O类醛基的含量相对大，的含量大于的含量，即达到平衡后含量最高的是，和几乎不存在，故C正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡及其影响因素，为高频考点，掌握题给信息及其应用、明确浓度对化学平衡的影响是解题关键，侧重分析能力和灵活运用能力的考查，注意掌握醛与H2O的反应实质、C﹣H不能改变的事实，题目难度中等。
14．（3分）含磷有机物应用广泛。电解法可实现由白磷直接制备Li[P（CN）2]，过程如图所示（Me为甲基）。下列说法正确的是（ ）
A．生成1molLi[P（CN）2]，理论上外电路需要转移2mol电子
B．阴极上的电极反应为：P4+8CN﹣﹣4e﹣═4[P（CN）2]﹣
C．在电解过程中CN﹣向铂电极移动
D．电解产生的H2中的氢元素来自于LiOH
【分析】由图可知，该装置是电解池，左侧石墨电极上P4发生失电子的氧化反应生成Li[P（CN）2]，右侧铂电极上HCN发生得电子的反应生成CN﹣和H2，则石墨电极为阳极，铂电极为阴极，阳极反应式为P4+8CN﹣﹣4e﹣═4[P（CN）2]﹣，阴极反应式为2HCN+2e﹣═H2↑+2CN﹣，电解过程中阳离子向铂电极移动，阴离子向石墨电极移动，据此分析解答。
【解答】解：A．阳极反应式为P4+8CN﹣﹣4e﹣═4[P（CN）2]﹣，则生成1molLi[P（CN）2]，理论上外电路需要转移1mol电子，故A错误；
B．阳极反应式为P4+8CN﹣﹣4e﹣═4[P（CN）2]﹣，阴极反应式为2HCN+2e﹣═H2↑+2CN﹣，故B错误；
C．电解池中，石墨电极为阳极，铂电极为阴极，则电解过程中CN﹣移向阳极、石墨电极移动，故C错误；
D．电解产生的H2中的氢元素来源于HCN，生成HCN的反应为2Me3SiCN+LiOH＝O（SiMe3）2+LiCN+HCN，则电解产生的H2中的氢元素来自于LiOH，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查电解原理的应用，为高频考点，把握电极的判断、电极反应及电极反应式的书写是解题关键，侧重分析能力和灵活运用能力的考查，注意结合电荷守恒书写电极反应式，题目难度中等。
15．（3分）如图是亚砷酸As（OH）3和酒石酸（H2T，lgKa1＝﹣3.04，lgKa2＝﹣4.37）混合体系中部分物种的c﹣pH图（浓度：总As为5.0×10﹣4mol•L﹣1，总T为1.0×10﹣3mol•L﹣1）。下列说法错误的是（ ）
A．As（OH）3的lgKa1为﹣9.1
B．[As（OH）2T]﹣的酸性比As（OH）3的强
C．pH＝3.1时，As（OH）3的浓度比[As（OH）2T]﹣的高
D．pH＝7.0时，溶液中浓度最高的物种为As（OH）3
【分析】A．由图可知，pH＝9.1时，溶液中c[As（OH）3]＝c{[As（OH）2O]﹣}，而Ka1＝＝c（H+）；
B．由[As（OH）2T]﹣⇌[AsO（OH）T]2﹣+H+，可知Ka{[As（OH）2T]﹣}＝，图中pH＝4.6时，c{[As（OH）2T]﹣}＝c[AsO（OH）T]2﹣}，计算可得Ka{[As（OH）2T]﹣}，由A计算可知Ka1[As（OH）3]，比较电离平衡常数判断酸性强弱；
C．As（OH）3的浓度为左坐标，数量级为10﹣3，[As（OH）2T]﹣的浓度为右坐标，数量级为10﹣6，
D．由A中分析可知，Ka1[As（OH）3]＝10﹣9.1，而Ka1（酒石酸）＝10﹣3.4，酒石酸的第一步电离远远大于亚砷酸第一步电离，且总T浓度大于总As浓度，由图可知其它物种浓度很小。
【解答】解：A．由图可知，pH＝9.1时，溶液中c[As（OH）3]＝c{[As（OH）2O]﹣}，而Ka1＝＝c（H+）＝10﹣9.1，则As（OH）3的lgKa1＝lg10﹣9.1＝﹣9.1，故A正确；
B．由[As（OH）2T]﹣⇌[AsO（OH）T]2﹣+H+，可知Ka{[As（OH）2T]﹣}＝，图中pH＝4.6时，c{[As（OH）2T]﹣}＝c[AsO（OH）T]2﹣}，故Ka{[As（OH）2T]﹣}＝c（H+）＝10﹣4.6＞Ka1[As（OH）3]＝10﹣9.1，故[As（OH）2T]﹣的酸性比As（OH）3的强，故B正确；
C．As（OH）3的浓度为左坐标，数量级为10﹣3，[As（OH）2T]﹣的浓度为右坐标，数量级为10﹣6，图中pH＝3.1时，As（OH）3、As（OH）2T]﹣的浓度纵坐标高度相差很小，故As（OH）3的浓度比[As（OH）2T]﹣的高，故C正确；
D．由A中分析可知，Ka1[As（OH）3]＝10﹣9.1，而Ka1（酒石酸）＝10﹣3.4，酒石酸的第一步电离远远大于亚砷酸第一步电离，且总T浓度大于总As浓度，溶液中浓度最高的物种不是As（OH）3，是含T的物种浓度最高，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查水溶液中离子平衡，涉及弱电解质的电离、电离平衡常数的计算与应用、图象分析等，题目侧重考查学生分析能力、综合运用知识的能力。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．（14分）高技术领域常使用高纯试剂。纯磷酸（熔点为42℃，易吸潮）可通过市售85%磷酸溶液减压蒸馏除水、结晶除杂得到，纯化过程需要严格控制温度和水分，温度低于21℃易形成2H3PO4•H2O（熔点为30℃），高于100℃则发生分子间脱水生成焦磷酸等。某兴趣小组为制备磷酸晶体设计的实验装置如图（夹持装置略）：
回答下列问题：
（1）A的名称是 圆底烧瓶 。B的进水口为 b （填“a”或“b”）。
（2）P2O5的作用是 干燥气体 。
（3）空气流入毛细管的主要作用是防止 液体暴沸 ，还具有搅拌和加速水逸出的作用。
（4）升高温度能提高除水速度，实验选用水浴加热的目的是 避免直接加热造成的过度剧烈与温度的不可控性，使溶液受热均匀 。
（5）磷酸易形成过饱和溶液，难以结晶，可向过饱和溶液中加入 磷酸晶体 促进其结晶。
（6）过滤磷酸晶体时，除了需要干燥的环境外，还需要控制温度为 B （填标号）。
A．＜20℃
B．30～35℃
C．42～100℃
（7）磷酸中少量的水极难除去的原因是 分子中含羟基，可与水分子间形成氢键 。
【分析】空气通过氯化钙除水，经过安全瓶后通过浓硫酸除水，然后通过五氧化二磷，干燥的空气流入毛细管对烧瓶中的溶液进行搅拌，同时还具有加速水逸出和防止溶液沿毛细管上升的作用，将85%磷酸溶液进行减压蒸馏除水、结晶除杂得到纯磷酸。
【解答】解：（1）由仪器构造可知，仪器A为圆底烧瓶，仪器B为直形冷凝管，泠凝水应从b口进、a口出，形成逆流冷却，使冷却效果更好，
故答案为：圆底烧瓶；b；
（2）纯磷酸制备过程中要严格控制温度和水分，因此五氧化二磷的作用为干燥气体，
故答案为：干燥气体；
（3）空气流入毛细管可以对烧瓶中的溶液进行搅拌，同时防止液体暴沸，同时还具有加速水逸出和防止溶液沿毛细管上升的作用，
故答案为：液体暴沸；
（4）升高温度能提高除水速度，而纯磷酸制备过程中要严格控制温度，水浴加热可以避免直接加热造成的过度剧烈与温度的不可控性，使溶液受热均匀，
故答案为：避免直接加热造成的过度剧烈与温度的不可控性，使溶液受热均匀；
（5）过饱和溶液暂时处于亚稳态，当加入一些固体的晶体或晃动时可使此状态失去平衡，过多的溶质就会结晶，因此可向磷酸的过饱和溶液中加入磷酸晶体促进其结晶，
故答案为：磷酸晶体；
（6）纯磷酸纯化过程中，温度低于21℃易形成2H3PO4•H2O（熔点为30℃），高于100℃则发生分子间脱水生成焦磷酸，纯磷酸的熔点为42℃，因此过滤磷酸晶体时，除了需要干燥的环境外，还需要控制温度为30～35℃，
故答案为：B；
（7）磷酸的结构式为：，分子中含羟基，可与水分子间形成氢键，因此磷酸中少量的水极难除去，
故答案为：分子中含羟基，可与水分子间形成氢键。
【点评】本题考查物质制备实验，综合分析明确中物质变化，化学反应原理，侧重考查学生阅读获取信息能力、知识迁移运用与分析理解能力，需要学生具备扎实的基础，难度中等。
17．（14分）化合物F是制备某种改善睡眠药物的中间体，其合成路线如图：
回答下列问题：
（1）A→B的反应类型是 取代反应（或酯化反应） 。
（2）化合物B核磁共振氢谱的吸收峰有 5 组。
（3）化合物C的结构简式为 。
（4）D→E的过程中，被还原的官能团是 酯基 ，被氧化的官能团是 碳碳双键 。
（5）若只考虑氟的位置异构，则化合物F的同分异构体有 5 种。
（6）已知A→D、D→E和E→F的产率分别为70%、82%和80%，则A→F的总产率为 45.92% 。
（7）Pd配合物可催化E→F转化中C﹣Br键断裂，也能催化反应①：
反应①：
为探究有机小分子催化反应①的可能性，甲、乙两个研究小组分别合成了有机小分子S﹣1（结构如图所示）。在合成S﹣1的过程中，甲组使用了Pd催化剂，并在纯化过程中用沉淀剂除Pd；乙组未使用金属催化剂。研究结果显示，只有甲组得到的产品能催化反应①。
根据上述信息，甲、乙两组合成的S﹣1产品催化性能出现差异的原因是 甲组合成的S﹣1产品形成Pd配合物 。
【分析】（1）A中羧基和甲醇发生酯化反应生成B；
（2）B分子中含有5种化学环境不同的氢原子；
（3）对比B、D的结构简式，可知B中﹣CH2﹣中氢原子被﹣CH3、﹣CH2CH＝CH2取代生成D，结合C的分子式、反应条件，可知B中﹣CH2﹣中氢原子被﹣CH3取代生成C；
（4）对比D、E的结构可知，D→E的过程中，﹣COOCH转化为﹣CH2OH，﹣CH2C＝CH2转化为﹣CH2COOH，再发生酯化反应成环；
（5）苯环上氟原子与另一个取代基还有邻位、对位2两种，氟原子可以处于侧链上，该侧链上有3种化学环境不同的氢原子；
（6）各步产率相乘即为A→F的总产率；
（7）甲组合成的S﹣1产品形成Pd配合物。
【解答】解：（1）A中羧基和甲醇发生酯化反应生成B，也属于取代反应，
故答案为：取代反应（或酯化反应）；
（2）B分子中含有5种化学环境不同的氢原子，化合物B核磁共振氢谱的吸收峰有5组，
故答案为：5；
（3）对比B、D的结构简式，可知B中﹣CH2﹣中氢原子被﹣CH3、﹣CH2CH＝CH2取代生成D，结合C的分子式、反应条件，可知B中﹣CH2﹣中氢原子被﹣CH3取代生成C，故C的结构简式为，
故答案为：；
（4）对比D、E的结构可知，D→E的过程中，﹣COOCH转化为﹣CH2OH，﹣CH2C＝CH2转化为﹣CH2COOH，再发生酯化反应成环，D→E的过程中，被还原的官能团是酯基，被氧化的官能团是碳碳双键，
故答案为：酯基、碳碳双键；
（5）氟原子处于苯环上，与另一个取代基还有邻位、对位2两种，氟原子可以处于侧链上，该侧链上有3种化学环境不同的氢原子，故只考虑氟的位置异构，则化合物F的同分异构体有2+3＝5种，
故答案为：5；
（6）已知A→D、D→E和E→F的产率分别为70%、82%和80%，则A→F的总产率为70%×82%×80%＝45.92%，
故答案为：45.92%；
（7）Pd配合物可催化能催化反应①，在合成S﹣1的过程中，甲组使用了Pd催化剂，乙组未使用金属催化剂，研究结果显示，只有甲组得到的产品能催化反应①，应是甲组合成的S﹣1产品形成Pd配合物，
故答案为：甲组合成的S﹣1产品形成Pd配合物。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，涉及有机反应类型、核磁共振氢谱、官能团识别、限制条件同分异构体、产率计算、信息获取与迁移运用等，较好地考查了学生的分析推理能力、知识迁移运用的能力，是对有机化学基础的综合考查。
18．（13分）全球对锂资源的需求不断增长，“盐湖提锂”越来越受到重视。某兴趣小组取盐湖水进行浓缩和初步除杂后，得到浓缩卤水（含有Na+、Li+、Cl﹣和少量Mg2+、Ca2+），并设计了以下流程通过制备碳酸锂来提取锂。
25℃时相关物质的参数如下：LiOH的溶解度：12.4g/100gH2O
化合物
Ksp
Mg（OH）2
5.6×10﹣12
Ca（OH）2
5.5×10﹣6
CaCO3
2.8×10﹣9
Li2CO3
2.5×10﹣2
回答下列问题：
（1）“沉淀1”为 Mg（OH）2 。
（2）向“滤液1”中加入适量固体Li2CO3的目的是 将Ca2+转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质 。
（3）为提高Li2CO3的析出量和纯度，“操作A”依次为 蒸发浓缩 、 趁热过滤 、洗涤。
（4）有同学建议用“侯氏制碱法”的原理制备Li2CO3。查阅资料后，发现文献对常温下的Li2CO3有不同的描述：①是白色固体；②尚未从溶液中分离出来。为探究LiHCO3的性质，将饱和LiCl溶液与饱和NaHCO3溶液等体积混合，起初无明显变化，随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出，最终生成白色沉淀。上述现象说明，在该实验条件下LiHCO3 不稳定 （填“稳定”或“不稳定”），有关反应的离子方程式为 2Li++2HCO3﹣＝Li2CO3↓+CO2↑+H2O 。
（5）他们结合（4）的探究结果，拟将原流程中向“滤液2”加入Na2CO3改为通入CO2。这一改动能否达到相同的效果，作出你的判断并给出理由 能达到相同效果；如果改为通入过量的CO2，则LiOH转化为LiHCO3，结合（4）的探究结果知，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果 。
【分析】浓缩卤水中含有Na+、Li+、Cl﹣和少量Mg2+、Ca2+，向浓缩卤水中加入石灰乳，Mg2+生成Mg（OH）2沉淀，过滤后得到的沉淀1为Mg（OH）2，向滤液1中加入Li2CO3，Ca2+转化为CaCO3沉淀，然后过滤洗涤得到沉淀2为CaCO3，CaCO3热分解、水合得到石灰乳；滤液2中加入Na2CO3，Li+转化为Li2CO3沉淀，过滤后得到Li2CO3，滤液3中含有Na+、Cl﹣和过量的CO32﹣，Li2CO3通过一系列操作得到Li；
（1）“沉淀1”为Mg（OH）2；
（2）Li2CO3和Ca2+反应，发生沉淀的转化；
（3）根据图知，Li2CO3的溶解度随着温度的升高而减小；
（4）将饱和LiCl溶液与饱和NaHCO3溶液等体积混合，起初无明显变化，随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出，最终生成白色沉淀，说明先生成LiHCO3，LiHCO3不稳定，分解生成Li2CO3沉淀、CO2气体，根据元素守恒知，还生成NaCl、H2O；
（5）将原流程中向“滤液2”加入Na2CO3改为通入CO2，LiOH和过量CO2反应生成LiHCO3，LiHCO3不稳定，易分解生成Li2CO3。
【解答】解：（1）浓缩卤水中含有Mg2+，Mg2+和石灰乳反应生成Mg（OH）2沉淀，所以沉淀1为Mg（OH）2，
故答案为：Mg（OH）2；
（2）滤液1中含有Ca2+，根据LiOH的溶解度及溶度积常数知，Li2CO3能和Ca2+反应生成CaCO3，发生沉淀的转化，所以加入Li2CO3的目的是将Ca2+转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质，
故答案为：将Ca2+转化成CaCO3沉淀除去，且不引入新杂质；
（3）由Li2CO3的溶解度曲线可知，Li2CO3的溶解度随着温度的升高而减小，为提高Li2CO3的析出量和纯度，需要在较高温度下析出并过滤得到沉淀，即依次蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤，
故答案为：蒸发浓缩；趁热过滤；
（4）饱和LiCl和饱和NaHCO3等体积混合后，起初无明显变化，随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出，最终生成白色沉淀，说明开始时生成LiHCO3和NaCl，随后LiHCO3分解产生了CO2和Li2CO3，所以LiHCO3不稳定，发生的反应为Li++HCO3﹣＝LiHCO3、2LiHCO3＝Li2CO3↓+CO2↑+H2O，则总离子方程式为2Li++2HCO3﹣＝Li2CO3↓+CO2↑+H2O，
故答案为：不稳定；2Li++2HCO3﹣＝Li2CO3↓+CO2↑+H2O；
（5）“滤液2”中含有LiOH，加入Na2CO3，目的是将LiOH转化为Li2CO3，若改为通入过量的CO2，则LiOH转化为LiHCO3，结合（4）的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果，
故答案为：能达到相同效果；如果改为通入过量的CO2，LiOH转化为LiHCO3，结合（4）的探究结果知，LiHCO3会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果。
【点评】本题考查物质的分离提纯，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确流程图中各物质的成分及其性质、物质分离提纯方法等知识点是解本题关键，难点是图象的分析判断及灵活运用，题目难度中等。
19．（14分）自发热材料在生活中的应用日益广泛。某实验小组为探究“CaO﹣Al﹣H2O”体系的发热原理，在隔热装置中进行了下表中的五组实验，测得相应实验体系的温度升高值（ΔT）随时间（t）的变化曲线，如图所示。
实验编号
反应物组成
a
0.20gCaO粉末5.0mLH2O
b
0.15gAl粉5.0mLH2O
c
0.15gAl粉5.0mL饱和石灰水
d
0.15gAl粉5.0mL石灰乳
e
0.15gAl粉、0.20gCaO粉末5.0mLH2O
回答下列问题：
（1）已知：
①CaO（s）+H2O（l）═Ca（OH）2（s）ΔH1＝﹣65.17kJ•mol﹣1
②Ca（OH）2（s）═Ca2+（aq）+2OH﹣（aq）ΔH2＝﹣16.73kJ•mol﹣1
③Al（s）+OH﹣（aq）+3H2O（l）═[Al（OH）4]﹣（aq）+H2（g）ΔH3＝﹣415.0kJ•mol﹣1
则CaO（s）+2Al（s）+7H2O（l）═Ca2+（aq）+2[Al（OH）4]﹣（aq）+3H2（g）的ΔH4＝ ﹣911.9 kJ•mol﹣1。
（2）温度为T时，Ksp[Ca（OH）2]＝x，则Ca（OH）2饱和溶液中c（OH﹣）＝ mol/L （用含x的代数式表示）。
（3）实验a中，4min后ΔT基本不变，原因是 Ca（OH）2在水中的溶解度小，反应①达到了平衡状态 。
（4）实验b中，ΔT的变化说明Al粉与H2O在该条件下 不反应 （填“反应”或“不反应”）。实验c中，前3min的ΔT有变化，其原因是 Al和溶液中的OH﹣发生了反应 ；3min后ΔT基本不变，其原因是 饱和石灰水中OH﹣的浓度较低，OH﹣ 微粒的量有限。
（5）下列说法不能解释实验d在10min内温度持续升高的是 A （填标号）。
A．反应②的发生促使反应①平衡右移
B．反应③的发生促使反应②平衡右移
C．气体的逸出促使反应③向右进行
D．温度升高导致反应速率加快
（6）归纳以上实验结果，根据实验e的特征，用文字简述其发热原理 实验e中，发生反应①、②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH﹣的浓度减小，促使反应②平衡右移，反应②的发生促使反应①平衡右移，这三步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快 。
【分析】（1）①CaO（s）+H2O（l）═Ca（OH）2（s）ΔH1＝﹣65.17kJ•mol﹣1
②Ca（OH）2（s）═Ca2+（aq）+2OH﹣（aq）ΔH2＝﹣16.73kJ•mol﹣1
③Al（s）+OH﹣（aq）+3H2O（l）═[Al（OH）4]﹣（aq）+H2（g）ΔH3＝﹣415.0kJ•mol﹣1
根据盖斯定律可得，①+②+2③可得；
（2）温度为T时，Ca（OH）2饱和溶液中，Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH﹣（aq），c（OH﹣）＝2c（Ca2+），Ksp[Ca（OH）2]＝c（Ca2+）•c2（OH﹣）＝x，代入数据计算；
（3）实验a中，CaO和H2O发生反应①生成Ca（OH）2，4min后ΔT基本不变，因为Ca（OH）2在水中的溶解度小；
（4）实验b中，ΔT几乎不变，说明Al粉与H2O在该条件下不反应；实验c中，前3min的ΔT有变化，是因为Al和溶液中的OH﹣发生了反应，3min后ΔT基本不变，是因为饱和石灰水中OH﹣的浓度较低，OH﹣的量有限；
（5）实验d中，发生反应②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH﹣的浓度减小，促使反应②平衡右移，这两步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快；
（6）根据实验e的特征，其发热原理为实验e中，发生反应①、②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH﹣的浓度减小，促使反应②平衡右移，反应②的发生促使反应①平衡右移，据此分析。
【解答】解：（1）①CaO（s）+H2O（l）═Ca（OH）2（s）ΔH1＝﹣65.17kJ•mol﹣1
②Ca（OH）2（s）═Ca2+（aq）+2OH﹣（aq）ΔH2＝﹣16.73kJ•mol﹣1
③Al（s）+OH﹣（aq）+3H2O（l）═[Al（OH）4]﹣（aq）+H2（g）ΔH3＝﹣415.0kJ•mol﹣1
根据盖斯定律可得，①+②+2③可得反应CaO（s）+2Al（s）+7H2O（l）＝Ca2+（aq）+2[Al（OH）4]﹣（aq）+3H2（g），则ΔH4＝ΔH1+ΔH2+2ΔH3＝（﹣65.17kJ⋅mol﹣1）+（﹣16.73kJ⋅mol﹣1）+2×（﹣415.0kJ⋅mol﹣1）＝﹣911.9kJ⋅mol﹣1，
故答案为：﹣911.9；
（2）温度为T时，Ca（OH）2饱和溶液中，Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH﹣（aq），c（OH﹣）＝2c（Ca2+），Ksp[Ca（OH）2]＝c（Ca2+）•c2（OH﹣）＝x，则c（OH﹣）＝mol⋅L﹣1，
故答案为：mol/L；
（3）实验a中，CaO和H2O反应①生成Ca（OH）2，4min后ΔT基本不变，是因为Ca（OH）2在水中的溶解度小，反应①达到了平衡状态，
故答案为：Ca（OH）2在水中的溶解度小，反应①达到了平衡状态；
（4）实验b中，ΔT几乎不变，说明Al粉与H2O在该条件下不反应；实验c中，前3min的ΔT有变化，是因为Al和溶液中的OH﹣发生了反应，3min后ΔT基本不变，是因为饱和石灰水中OH﹣的浓度较低，OH﹣的量有限，
故答案为：不反应；Al和溶液中的OH﹣发生了反应；饱和石灰水中OH﹣的浓度较低，OH﹣；
（5）实验d中，发生反应②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH﹣的浓度减小，促使反应②平衡右移，这两步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快；综上所述，实验d在10min内温度持续升高与反应①无关，
故答案为：A；
（6）根据实验e的特征，其发热原理为实验e中，发生反应①、②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH﹣的浓度减小，促使反应②平衡右移，反应②的发生促使反应①平衡右移，这三步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快，
故答案为：实验e中，发生反应①、②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH﹣的浓度减小，促使反应②平衡右移，反应②的发生促使反应①平衡右移，这三步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快。
【点评】本题考查了物质性质的探究实验分析判断，实验数据的分析和化学物质的性质分析，侧重考查学生阅读获取信息能力、知识迁移运用与分析理解能力，需要学生具备扎实的基础，题目难度中等。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2022/9/16 17:48:46；用户：东西湖区轻松国文培训学校；邮箱：qsgwpx@xyh.com；学号：44874092
2022年湖北省新高考化学试卷
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（3分）化学与生活密切相关，下列不涉及化学变化的是（ ）
A．加入明矾后泥水变澄清
B．北京冬奥会用水快速制冰
C．炖排骨汤时加点醋味道更鲜
D．切开的茄子放置后切面变色
2．（3分）莲藕含多酚类物质，其典型结构简式如图所示。下列有关该类物质的说法错误的是（ ）
A．不能与溴水反应 B．可用作抗氧化剂
C．有特征红外吸收峰 D．能与Fe3+发生显色反应
3．（3分）武当山金殿是铜铸鎏金大殿。传统鎏金工艺是将金溶于汞中制成“金汞漆”，涂在器物表面，然后加火除汞，使金附着在器物表面。下列说法错误的是（ ）
A．鎏金工艺利用了汞的挥发性
B．鎏金工艺中金发生了化学反应
C．鎏金工艺的原理可用于金的富集
D．用电化学方法也可实现铜上覆金
4．（3分）下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是（ ）
A．在0.1mol•L﹣1氨水中：Ag+、Cu2+、NO、SO
B．在0.1mol•L﹣1氯化钠溶液中：Fe3+、I﹣、Ba2+、HCO
C．在0.1mol•L﹣1醋酸溶液中：SO、NH、Br﹣、H+
D．在0.1mol•L﹣1硝酸银溶液中：K+、Cl﹣、Na+、CO
5．（3分）化学物质与生命过程密切相关，下列说法错误的是（ ）
A．维生素C可以还原活性氧自由基
B．蛋白质只能由蛋白酶催化水解
C．淀粉可用CO2为原料人工合成
D．核酸可视为核苷酸的聚合产物
6．（3分）下列实验装置（部分夹持装置略）或现象错误的是（ ）
A.滴入酚酞溶液
B.吸氧腐蚀
C.钠的燃烧
D.石蜡油的热分解
A．A B．B C．C D．D
7．（3分）C60在高温高压下可转变为具有一定导电性、高硬度的非晶态碳玻璃。下列关于该碳玻璃的说法错误的是（ ）
A．具有自范性
B．与C60互为同素异形体
C．含有sp3杂化的碳原子
D．化学性质与金刚石有差异
8．（3分）硫代碳酸钠能用于处理废水中的重金属离子，可通过如下反应制备：2NaHS（s）+CS2（l）═Na2CS3（s）+H2S（g）。下列说法正确的是（ ）
A．Na2CS3不能被氧化
B．Na2CS3溶液显碱性
C．该制备反应是熵减过程
D．CS2的热稳定性比CO2的高
9．（3分）某立方卤化物可用于制作光电材料，其晶胞结构如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．Ca2+的配位数为6
B．与F﹣距离最近的是K+
C．该物质的化学式为KCaF3
D．若F﹣换为Cl﹣，则晶胞棱长将改变
10．（3分）Be2+和Al3+的电荷与半径之比相近，导致两元素性质相似。下列说法错误的是（ ）
A．Be2+与Al3+都能在水中与氨形成配合物
B．BeCl2和AlCl3的熔点都比MgCl2的低
C．Be（OH）2和Al（OH）3均可表现出弱酸性
D．Be和Al的氢化物都不能在酸中稳定存在
11．（3分）磷酰三叠氮是一种高能分子，结构简式为O＝P（N3）3。下列关于该分子的说法正确的是（ ）
A．为非极性分子
B．立体构型为正四面体形
C．加热条件下会分解并放出N2
D．分解产物NPO的电子式为
12．（3分）根据酸碱质子理论，给出质子（H+）的物质是酸，给出质子的能力越强，酸性越强。
已知：N2H+NH3═NH+N2H4
N2H4+CH3COOH═N2H+CH3COO﹣
下列酸性强弱顺序正确的是（ ）
A．N2H＞N2H4＞NH
B．N2H＞CH3COOH＞NH
C．NH3＞N2H4＞CH3COO﹣
D．CH3COOH＞N2H＞NH
13．（3分）同位素示踪是研究反应机理的重要手段之一。已知醛与H2O在酸催化下存在如下平衡：RCHO+H2ORCH（OH）2。据此推测，对羟基苯甲醛与10倍量的D218O在少量酸催化下反应，达到平衡后，下列化合物中含量最高的是（ ）
A． B．
C． D．
14．（3分）含磷有机物应用广泛。电解法可实现由白磷直接制备Li[P（CN）2]，过程如图所示（Me为甲基）。下列说法正确的是（ ）
A．生成1molLi[P（CN）2]，理论上外电路需要转移2mol电子
B．阴极上的电极反应为：P4+8CN﹣﹣4e﹣═4[P（CN）2]﹣
C．在电解过程中CN﹣向铂电极移动
D．电解产生的H2中的氢元素来自于LiOH
15．（3分）如图是亚砷酸As（OH）3和酒石酸（H2T，lgKa1＝﹣3.04，lgKa2＝﹣4.37）混合体系中部分物种的c﹣pH图（浓度：总As为5.0×10﹣4mol•L﹣1，总T为1.0×10﹣3mol•L﹣1）。下列说法错误的是（ ）
A．As（OH）3的lgKa1为﹣9.1
B．[As（OH）2T]﹣的酸性比As（OH）3的强
C．pH＝3.1时，As（OH）3的浓度比[As（OH）2T]﹣的高
D．pH＝7.0时，溶液中浓度最高的物种为As（OH）3
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．（14分）高技术领域常使用高纯试剂。纯磷酸（熔点为42℃，易吸潮）可通过市售85%磷酸溶液减压蒸馏除水、结晶除杂得到，纯化过程需要严格控制温度和水分，温度低于21℃易形成2H3PO4•H2O（熔点为30℃），高于100℃则发生分子间脱水生成焦磷酸等。某兴趣小组为制备磷酸晶体设计的实验装置如图（夹持装置略）：
回答下列问题：
（1）A的名称是 。B的进水口为 （填“a”或“b”）。
（2）P2O5的作用是 。
（3）空气流入毛细管的主要作用是防止 ，还具有搅拌和加速水逸出的作用。
（4）升高温度能提高除水速度，实验选用水浴加热的目的是 。
（5）磷酸易形成过饱和溶液，难以结晶，可向过饱和溶液中加入 促进其结晶。
（6）过滤磷酸晶体时，除了需要干燥的环境外，还需要控制温度为 （填标号）。
A．＜20℃
B．30～35℃
C．42～100℃
（7）磷酸中少量的水极难除去的原因是 。
17．（14分）化合物F是制备某种改善睡眠药物的中间体，其合成路线如图：
回答下列问题：
（1）A→B的反应类型是 。
（2）化合物B核磁共振氢谱的吸收峰有 组。
（3）化合物C的结构简式为 。
（4）D→E的过程中，被还原的官能团是 ，被氧化的官能团是 。
（5）若只考虑氟的位置异构，则化合物F的同分异构体有 种。
（6）已知A→D、D→E和E→F的产率分别为70%、82%和80%，则A→F的总产率为 。
（7）Pd配合物可催化E→F转化中C﹣Br键断裂，也能催化反应①：
反应①：
为探究有机小分子催化反应①的可能性，甲、乙两个研究小组分别合成了有机小分子S﹣1（结构如图所示）。在合成S﹣1的过程中，甲组使用了Pd催化剂，并在纯化过程中用沉淀剂除Pd；乙组未使用金属催化剂。研究结果显示，只有甲组得到的产品能催化反应①。
根据上述信息，甲、乙两组合成的S﹣1产品催化性能出现差异的原因是 。
18．（13分）全球对锂资源的需求不断增长，“盐湖提锂”越来越受到重视。某兴趣小组取盐湖水进行浓缩和初步除杂后，得到浓缩卤水（含有Na+、Li+、Cl﹣和少量Mg2+、Ca2+），并设计了以下流程通过制备碳酸锂来提取锂。
25℃时相关物质的参数如下：LiOH的溶解度：12.4g/100gH2O
化合物
Ksp
Mg（OH）2
5.6×10﹣12
Ca（OH）2
5.5×10﹣6
CaCO3
2.8×10﹣9
Li2CO3
2.5×10﹣2
回答下列问题：
（1）“沉淀1”为 。
（2）向“滤液1”中加入适量固体Li2CO3的目的是 。
（3）为提高Li2CO3的析出量和纯度，“操作A”依次为 、 、洗涤。
（4）有同学建议用“侯氏制碱法”的原理制备Li2CO3。查阅资料后，发现文献对常温下的Li2CO3有不同的描述：①是白色固体；②尚未从溶液中分离出来。为探究LiHCO3的性质，将饱和LiCl溶液与饱和NaHCO3溶液等体积混合，起初无明显变化，随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出，最终生成白色沉淀。上述现象说明，在该实验条件下LiHCO3 （填“稳定”或“不稳定”），有关反应的离子方程式为 。
（5）他们结合（4）的探究结果，拟将原流程中向“滤液2”加入Na2CO3改为通入CO2。这一改动能否达到相同的效果，作出你的判断并给出理由 。
19．（14分）自发热材料在生活中的应用日益广泛。某实验小组为探究“CaO﹣Al﹣H2O”体系的发热原理，在隔热装置中进行了下表中的五组实验，测得相应实验体系的温度升高值（ΔT）随时间（t）的变化曲线，如图所示。
实验编号
反应物组成
a
0.20gCaO粉末5.0mLH2O
b
0.15gAl粉5.0mLH2O
c
0.15gAl粉5.0mL饱和石灰水
d
0.15gAl粉5.0mL石灰乳
e
0.15gAl粉、0.20gCaO粉末5.0mLH2O
回答下列问题：
（1）已知：
①CaO（s）+H2O（l）═Ca（OH）2（s）ΔH1＝﹣65.17kJ•mol﹣1
②Ca（OH）2（s）═Ca2+（aq）+2OH﹣（aq）ΔH2＝﹣16.73kJ•mol﹣1
③Al（s）+OH﹣（aq）+3H2O（l）═[Al（OH）4]﹣（aq）+H2（g）ΔH3＝﹣415.0kJ•mol﹣1
则CaO（s）+2Al（s）+7H2O（l）═Ca2+（aq）+2[Al（OH）4]﹣（aq）+3H2（g）的ΔH4＝ kJ•mol﹣1。
（2）温度为T时，Ksp[Ca（OH）2]＝x，则Ca（OH）2饱和溶液中c（OH﹣）＝ （用含x的代数式表示）。
（3）实验a中，4min后ΔT基本不变，原因是 。
（4）实验b中，ΔT的变化说明Al粉与H2O在该条件下 （填“反应”或“不反应”）。实验c中，前3min的ΔT有变化，其原因是 ；3min后ΔT基本不变，其原因是 微粒的量有限。
（5）下列说法不能解释实验d在10min内温度持续升高的是 （填标号）。
A．反应②的发生促使反应①平衡右移
B．反应③的发生促使反应②平衡右移
C．气体的逸出促使反应③向右进行
D．温度升高导致反应速率加快
（6）归纳以上实验结果，根据实验e的特征，用文字简述其发热原理 。
2022年湖北省新高考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（3分）化学与生活密切相关，下列不涉及化学变化的是（ ）
A．加入明矾后泥水变澄清
B．北京冬奥会用水快速制冰
C．炖排骨汤时加点醋味道更鲜
D．切开的茄子放置后切面变色
【分析】A．明矾净水原理与盐的水解有关；
B．用水制冰，冰与水是H2O的不同状态；
C．炖排骨汤时加点醋，有利于骨质中钙质的溶出，属于化学变化；
D．切开的茄子里的单宁，遇空气被氧化成黑色物质，发生化学变化。
【解答】解：A．明矾净水的原理是Al3+水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性，可以吸附水中杂质，盐的水解属于化学变化，故A错误；
B．用水制冰，冰仍是水（H2O），属于物理变化，故B正确；
C．炖排骨汤时加点醋，有利于骨质中钙质的溶出，属于化学变化，故C错误；
D．茄子的果实里含有一种叫单宁的物质，它具有在空气中氧化成黑色的特性，切开的茄子里面的单宁与O2接触，发生化学变化，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了化学变化与物理变化的概念，从概念入手，看是否生成新物质，题目简单。也要求我们多关注日常生活中的化学知识，学以致用。
2．（3分）莲藕含多酚类物质，其典型结构简式如图所示。下列有关该类物质的说法错误的是（ ）
A．不能与溴水反应 B．可用作抗氧化剂
C．有特征红外吸收峰 D．能与Fe3+发生显色反应
【分析】A．酚类物质的化学性质，酚类能与浓溴水反应；
B．该多酚的官能团羟基容易被氧化，可以作抗氧化剂；
C．该多酚的结构中苯环、羟基、酯基都有特征红外吸收峰；
D．酚类物质的化学性质，遇三价铁离子发生显色反应。
【解答】解：A．酚类物质的化学性质，酚类能与浓溴水发生取代反应，酚羟基的邻位、对位上的氢原子容易被取代，故A错误；
B．该多酚的官能团羟基容易被氧化，可以作抗氧化剂，故B正确；
C．该多酚的结构中苯环、羟基、酯基都有特征红外吸收峰，故C正确；
D．酚类物质的化学性质，遇三价铁离子发生显色反应，溶液显紫色，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查有机物的性质，掌握常见有机物的性质，尤其注意官能团的性质，羟基连在烷烃基上属于醇，羟基连在苯环上属于酚，本题要求掌握酚羟基化学性质。
3．（3分）武当山金殿是铜铸鎏金大殿。传统鎏金工艺是将金溶于汞中制成“金汞漆”，涂在器物表面，然后加火除汞，使金附着在器物表面。下列说法错误的是（ ）
A．鎏金工艺利用了汞的挥发性
B．鎏金工艺中金发生了化学反应
C．鎏金工艺的原理可用于金的富集
D．用电化学方法也可实现铜上覆金
【分析】题目中提到的鎏金工艺的原理，涉及到把金溶进汞中，制成“金汞漆”，加热时利用汞的挥发性除去汞，留下来金，又可用于金的富集等等，没有涉及到化学变化，用电化学上电解的原理也可以实现铜上镀金。
【解答】解：A．鎏金工艺是将金粉溶进液态的汞中，制成“金汞漆”，再利用了汞的挥发性，加热将其除去，故A正确；
B．鎏金工艺中金粉溶进液态的汞中，加热除汞，金附着于器物等，都属于物理变化，没有发生化学反应，故B错误；
C．鎏金工艺的原理是将金粉溶进液态的汞中，制成“金汞漆”，再利用了汞的挥发性，加热将其除去，可用于金的富集，故C正确；
D．用电化学中电解的原理也可实现铜上覆金，电镀液用含有金离子的电解质溶液，电解时阴极上金离子的电子均匀的镀上金的单质，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查我国传统的鎏金工艺，是我国古代劳动人民在生产中通过开创研究、不断探索总结才创造出来的工艺，虽然电镀金也可实现，但是鎏金更能经得起千年的洗礼，题目不难，是最近几年高考题的热点。
4．（3分）下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是（ ）
A．在0.1mol•L﹣1氨水中：Ag+、Cu2+、NO、SO
B．在0.1mol•L﹣1氯化钠溶液中：Fe3+、I﹣、Ba2+、HCO
C．在0.1mol•L﹣1醋酸溶液中：SO、NH、Br﹣、H+
D．在0.1mol•L﹣1硝酸银溶液中：K+、Cl﹣、Na+、CO
【分析】A．氨水中的一水合氨会与Ag+发生络合反应，氨水中的一水合氨会与Cu2+产生蓝色沉淀；
B．铁离子与碘离子发生氧化还原反应、铁离子与碳酸氢根离子发生双水解反应；
C．在0.1mol•L﹣1醋酸溶液中：SO42﹣、NH4+、Br﹣、H+之间不反应；
D．在0.1mol•L﹣1硝酸银溶液中，银离子与氯离子、碳酸根离子都不能大量共存。
【解答】解：A．氨水中的一水合氨会与Ag+发生络合反应，氨水中的一水合氨会与Cu2+产生蓝色沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B．Fe3+与I﹣、HCO3﹣发生反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C．在0.1mol•L﹣1醋酸溶液中：SO42﹣、NH4+、Br﹣、H+之间不反应，在溶液中能大量共存，故C正确；
D．在0.1mol•L﹣1硝酸银溶液中，银离子与氯离子、碳酸根离子都不能大量共存，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查离子共存的正误判断，为中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN﹣）等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生灵活应用所学知识的能力。
5．（3分）化学物质与生命过程密切相关，下列说法错误的是（ ）
A．维生素C可以还原活性氧自由基
B．蛋白质只能由蛋白酶催化水解
C．淀粉可用CO2为原料人工合成
D．核酸可视为核苷酸的聚合产物
【分析】A．氧化还原反应中，还原剂与氧化剂反应，活性氧具有氧化性；
B．蛋白质在酸、碱、酶的条件下均可水解；
C．以CO2为原料可以人工合成淀粉；
D．核酸是由许多核苷酸分子连接而成。
【解答】解：A．活性氧具有氧化性，能与还原性物质反应，维生素C能与活性氧反应，则维生素C具有还原性，故A正确；
B．蛋白质在酸、碱、酶的条件下均可水解，故B错误；
C．我国取得多项科研成果，如首次实现以CO2为原料人工合成淀粉等，故C正确；
D．核酸是由许多核苷酸分子连接而成，所以核酸属于高分子化合物，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了有机物获取与性质、应用，准确提取题干信息，把握淀粉的性质是解题关键，题目难度不大。
6．（3分）下列实验装置（部分夹持装置略）或现象错误的是（ ）
A.滴入酚酞溶液
B.吸氧腐蚀
C.钠的燃烧
D.石蜡油的热分解
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．Na2CO3、NaHCO3溶液都呈碱性；
B．食盐水为中性，发生吸氧腐蚀；
C．加热固体药品需要在坩埚中；
D．石蜡油分解需在硬质玻璃试管中加入碎瓷片作催化剂。
【解答】解：A．Na2CO3、NaHCO3溶液都呈碱性，酚酞遇碱溶液呈红色，所以向相同浓度的Na2CO3、NaHCO3溶液中滴加几滴酚酞，前者呈红色、后者为浅红色，故A正确；
B．食盐水为中性，发生吸氧腐蚀，导致大试管中气体减少，则导管口形成一段水柱，故B正确；
C．加热固体药品需要在坩埚中，不能用蒸发皿加热，故C错误；
D．石蜡油分解需在硬质玻璃试管中加入碎瓷片作催化剂，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，题目难度不大，把握物质的性质、反应与现象、实验操作、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。
7．（3分）C60在高温高压下可转变为具有一定导电性、高硬度的非晶态碳玻璃。下列关于该碳玻璃的说法错误的是（ ）
A．具有自范性
B．与C60互为同素异形体
C．含有sp3杂化的碳原子
D．化学性质与金刚石有差异
【分析】A．碳玻璃为非晶态；
B．碳玻璃属于碳单质；
C．碳玻璃中含有饱和碳原子；
D．碳玻璃的结构与金刚石有差异。
【解答】解：A．碳玻璃为非晶态，晶体具有自范性，非晶体没有自范性，因此碳玻璃没有自范性，故A错误；
B．碳玻璃属于碳单质，与C60互为同素异形体，故B正确；
C．碳玻璃具有高硬度，与物理性质金刚石类似，因而结构具有一定的相似性，所以采用sp3杂化，故C正确；
D.碳玻璃的结构与金刚石有差异，则化学性质与金刚石也有差异，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了晶体结构、同素异形体、题干信息的理解应用等，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
8．（3分）硫代碳酸钠能用于处理废水中的重金属离子，可通过如下反应制备：2NaHS（s）+CS2（l）═Na2CS3（s）+H2S（g）。下列说法正确的是（ ）
A．Na2CS3不能被氧化
B．Na2CS3溶液显碱性
C．该制备反应是熵减过程
D．CS2的热稳定性比CO2的高
【分析】A．处于最低价态的元素能失电子发生氧化反应；
B．Na2CS3类似碳酸钠，碳酸钠为强碱弱酸盐，则硫代碳酸钠也是强碱弱酸盐；
C．该反应过程中气体的物质的量增加；
D．键能越大越稳定，键能与键长成反比。
【解答】解：A．硫代碳酸钠的化学式为Na2CS3，Na2CS3中S元素为﹣2价、Na元素为+1价、C元素为+4价，S元素处于最低价态，能失电子发生氧化反应，所以硫代碳酸钠能发生氧化反应，故A错误；
B．Na2CS3类似碳酸钠，碳酸钠为强碱弱酸盐，则硫代碳酸钠也是强碱弱酸盐，CS32﹣水解导致Na2CS3水溶液呈碱性，故B正确；
C．该反应过程中气体的物质的量增加，则该反应是熵增的反应，故C错误；
D．键能越大越稳定，键能与键长成反比，键长：C＝S＞C＝O，键能：C＝S＜C＝O，所以CS2的热稳定性比CO2低，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查较综合，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确元素化合价与元素性质的关系、盐类水解原理、化学键稳定性与键能的关系是解本题关键，题目难度不大。
9．（3分）某立方卤化物可用于制作光电材料，其晶胞结构如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．Ca2+的配位数为6
B．与F﹣距离最近的是K+
C．该物质的化学式为KCaF3
D．若F﹣换为Cl﹣，则晶胞棱长将改变
【分析】A．与Ca2+等距离且最近的F﹣有6个；
B．设晶胞棱长为a，与F﹣最近的K+的距离为a、与F﹣最近的Ca2+的距离为；
C．该晶胞中Ca2+个数为、F﹣个数＝6×＝3、K+个数＝8×＝1；
D．离子半径不同，晶胞棱长不同。
【解答】解：A．与Ca2+等距离且最近的F﹣有6个，所以Ca2+的配位数为6，故A正确；
B．设晶胞棱长为a，与F﹣最近的K+的距离为a、与F﹣最近的Ca2+的距离为，与F﹣距离最近的是Ca2+，故B错误；
C．该晶胞中Ca2+个数为、F﹣个数＝6×＝3、K+个数＝8×＝1，则化学式为KCaF3，故C正确；
D．r（F﹣）＜r（Cl﹣），相邻离子之间的距离改变，则晶胞棱长将改变，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查晶胞计算，侧重考查分析、判断及计算能力，明确配位数含义、微粒之间的距离计算方法、化学式的确定方法等知识点是解本题关键，题目难度不大。
10．（3分）Be2+和Al3+的电荷与半径之比相近，导致两元素性质相似。下列说法错误的是（ ）
A．Be2+与Al3+都能在水中与氨形成配合物
B．BeCl2和AlCl3的熔点都比MgCl2的低
C．Be（OH）2和Al（OH）3均可表现出弱酸性
D．Be和Al的氢化物都不能在酸中稳定存在
【分析】A．Be（OH）2、Al（OH）3性质相似，Al（OH）3不溶于氨水，则Be（OH）2不溶于氨水；
B．分子晶体熔点较低，离子晶体熔点较高；
C．Be（OH）2和Al（OH）3均可和强碱溶液反应生成盐和水；
D．BeH2、AlH3都能和H2O反应生成氢氧化物和氢气。
【解答】解：A．Be（OH）2、Al（OH）3性质相似，Al（OH）3不溶于氨水，则Be（OH）2不溶于氨水，所以Be2+与Al3+不能在水中和氨形成配合物，故A错误；
B．BeCl2、AlCl3都是分子晶体，MgCl2是离子晶体，分子晶体熔点较低，离子晶体熔点较高，所以BeCl2和AlCl3的熔点都比MgCl2的低，故B正确；
C．Be（OH）2和Al（OH）3均可和强碱溶液反应生成盐和水，所以Be（OH）2和Al（OH）3均可表现出弱酸性，故C正确；
D．BeH2、AlH3都能和H2O反应生成氢氧化物和氢气，所以Be和Al的氢化物都不能在酸中稳定存在，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查元素化合物的性质及元素周期律，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确Al及其化合物的性质是解本题关键，采用知识迁移的方法进行分析判断，题目难度不大。
11．（3分）磷酰三叠氮是一种高能分子，结构简式为O＝P（N3）3。下列关于该分子的说法正确的是（ ）
A．为非极性分子
B．立体构型为正四面体形
C．加热条件下会分解并放出N2
D．分解产物NPO的电子式为
【分析】A．非极性分子正负电荷重心是重合的；
B．磷酰三叠氮分子立体构型为四面体构型；
C．磷酰三叠氮加热条件下分解并放出N2，生成NPO；
D．NPO为共价化合物，各原子达到8电子结构。
【解答】解：A．磷酰三叠氮分子不是对称结构，分子中的正负电荷重心是不重合的，是极性分子，故A错误；
B．磷酰三叠氮分子含有三个P﹣N键及一个P＝O双键，则立体构型为四面体构型，故B错误；
C．磷酰三叠氮是一种高能分子，加热条件下会分解并放出N2，故C正确；
D．NPO为共价化合物，则电子式为，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查物质的结构和性质，化学键的分析判断，难度不大，熟悉极性分子、非极性分子的定义，物质的结构特点为解答的关键。
12．（3分）根据酸碱质子理论，给出质子（H+）的物质是酸，给出质子的能力越强，酸性越强。
已知：N2H+NH3═NH+N2H4
N2H4+CH3COOH═N2H+CH3COO﹣
下列酸性强弱顺序正确的是（ ）
A．N2H＞N2H4＞NH
B．N2H＞CH3COOH＞NH
C．NH3＞N2H4＞CH3COO﹣
D．CH3COOH＞N2H＞NH
【分析】给出质子（H+）的物质是酸，给出质子的能力越强，酸性越强，根据给出质子能力强弱结合强酸制弱酸的规律判断微粒酸性强弱。
【解答】解：给出质子（H+）的物质是酸，给出质子的能力越强，酸性越强，根据“N2H5++NH3═NH4++N2H4”知，给出质子能力：N2H5+＞NH4+，根据“N2H4+CH3COOH═N2H5++CH3COO﹣”知，给出质子能力：CH3COOH＞N2H5+，即CH3COOH＞N2H5+＞NH4+，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查酸性强弱判断，侧重考查阅读、信息整合及灵活运用能力，明确酸性强弱判断方法并正确推断各物质给电子能力强弱关系是解本题关键，题目难度不大。
13．（3分）同位素示踪是研究反应机理的重要手段之一。已知醛与H2O在酸催化下存在如下平衡：RCHO+H2ORCH（OH）2。据此推测，对羟基苯甲醛与10倍量的D218O在少量酸催化下反应，达到平衡后，下列化合物中含量最高的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】在酸催化下醛RCH（OH）2与H2O发生加成反应生成RCH（OH）2，存在如下平衡为RCHO+H2ORCH（OH）2，反应的实质是H﹣OH在C＝O键发生加成反应生成﹣CH（OH）2，对羟基苯甲醛结构简式，并且酚羟基的电离程度较大，D218O的含量是对羟基苯甲醛的10倍，D218O的浓度大，则D﹣影响酚羟基的电离、形成的﹣OD含量相对较多，与D218O在酸催化下存在的平衡+D218O，据此分析平衡后化合物中含量较多的物质。
【解答】解：酚羟基的电离程度较大，D218O的含量是对羟基苯甲醛的10倍，D218O的浓度大，则D﹣影响酚羟基的电离、形成的﹣OD含量相对较多，由醛与H2O在酸催化下加成反应规律可知，与D218O存在的平衡为+D218O，逆向进行时C﹣H键不变，﹣OD和﹣18OD缩去1个水分子生成醛基时有两种可能：﹣CHO和﹣CH18O，但D218O的浓度大，18O原子的含量高，所以﹣CH18O类醛基的含量相对大，的含量大于的含量，即达到平衡后含量最高的是，和几乎不存在，故C正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡及其影响因素，为高频考点，掌握题给信息及其应用、明确浓度对化学平衡的影响是解题关键，侧重分析能力和灵活运用能力的考查，注意掌握醛与H2O的反应实质、C﹣H不能改变的事实，题目难度中等。
14．（3分）含磷有机物应用广泛。电解法可实现由白磷直接制备Li[P（CN）2]，过程如图所示（Me为甲基）。下列说法正确的是（ ）
A．生成1molLi[P（CN）2]，理论上外电路需要转移2mol电子
B．阴极上的电极反应为：P4+8CN﹣﹣4e﹣═4[P（CN）2]﹣
C．在电解过程中CN﹣向铂电极移动
D．电解产生的H2中的氢元素来自于LiOH
【分析】由图可知，该装置是电解池，左侧石墨电极上P4发生失电子的氧化反应生成Li[P（CN）2]，右侧铂电极上HCN发生得电子的反应生成CN﹣和H2，则石墨电极为阳极，铂电极为阴极，阳极反应式为P4+8CN﹣﹣4e﹣═4[P（CN）2]﹣，阴极反应式为2HCN+2e﹣═H2↑+2CN﹣，电解过程中阳离子向铂电极移动，阴离子向石墨电极移动，据此分析解答。
【解答】解：A．阳极反应式为P4+8CN﹣﹣4e﹣═4[P（CN）2]﹣，则生成1molLi[P（CN）2]，理论上外电路需要转移1mol电子，故A错误；
B．阳极反应式为P4+8CN﹣﹣4e﹣═4[P（CN）2]﹣，阴极反应式为2HCN+2e﹣═H2↑+2CN﹣，故B错误；
C．电解池中，石墨电极为阳极，铂电极为阴极，则电解过程中CN﹣移向阳极、石墨电极移动，故C错误；
D．电解产生的H2中的氢元素来源于HCN，生成HCN的反应为2Me3SiCN+LiOH＝O（SiMe3）2+LiCN+HCN，则电解产生的H2中的氢元素来自于LiOH，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查电解原理的应用，为高频考点，把握电极的判断、电极反应及电极反应式的书写是解题关键，侧重分析能力和灵活运用能力的考查，注意结合电荷守恒书写电极反应式，题目难度中等。
15．（3分）如图是亚砷酸As（OH）3和酒石酸（H2T，lgKa1＝﹣3.04，lgKa2＝﹣4.37）混合体系中部分物种的c﹣pH图（浓度：总As为5.0×10﹣4mol•L﹣1，总T为1.0×10﹣3mol•L﹣1）。下列说法错误的是（ ）
A．As（OH）3的lgKa1为﹣9.1
B．[As（OH）2T]﹣的酸性比As（OH）3的强
C．pH＝3.1时，As（OH）3的浓度比[As（OH）2T]﹣的高
D．pH＝7.0时，溶液中浓度最高的物种为As（OH）3
【分析】A．由图可知，pH＝9.1时，溶液中c[As（OH）3]＝c{[As（OH）2O]﹣}，而Ka1＝＝c（H+）；
B．由[As（OH）2T]﹣⇌[AsO（OH）T]2﹣+H+，可知Ka{[As（OH）2T]﹣}＝，图中pH＝4.6时，c{[As（OH）2T]﹣}＝c[AsO（OH）T]2﹣}，计算可得Ka{[As（OH）2T]﹣}，由A计算可知Ka1[As（OH）3]，比较电离平衡常数判断酸性强弱；
C．As（OH）3的浓度为左坐标，数量级为10﹣3，[As（OH）2T]﹣的浓度为右坐标，数量级为10﹣6，
D．由A中分析可知，Ka1[As（OH）3]＝10﹣9.1，而Ka1（酒石酸）＝10﹣3.4，酒石酸的第一步电离远远大于亚砷酸第一步电离，且总T浓度大于总As浓度，由图可知其它物种浓度很小。
【解答】解：A．由图可知，pH＝9.1时，溶液中c[As（OH）3]＝c{[As（OH）2O]﹣}，而Ka1＝＝c（H+）＝10﹣9.1，则As（OH）3的lgKa1＝lg10﹣9.1＝﹣9.1，故A正确；
B．由[As（OH）2T]﹣⇌[AsO（OH）T]2﹣+H+，可知Ka{[As（OH）2T]﹣}＝，图中pH＝4.6时，c{[As（OH）2T]﹣}＝c[AsO（OH）T]2﹣}，故Ka{[As（OH）2T]﹣}＝c（H+）＝10﹣4.6＞Ka1[As（OH）3]＝10﹣9.1，故[As（OH）2T]﹣的酸性比As（OH）3的强，故B正确；
C．As（OH）3的浓度为左坐标，数量级为10﹣3，[As（OH）2T]﹣的浓度为右坐标，数量级为10﹣6，图中pH＝3.1时，As（OH）3、As（OH）2T]﹣的浓度纵坐标高度相差很小，故As（OH）3的浓度比[As（OH）2T]﹣的高，故C正确；
D．由A中分析可知，Ka1[As（OH）3]＝10﹣9.1，而Ka1（酒石酸）＝10﹣3.4，酒石酸的第一步电离远远大于亚砷酸第一步电离，且总T浓度大于总As浓度，溶液中浓度最高的物种不是As（OH）3，是含T的物种浓度最高，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查水溶液中离子平衡，涉及弱电解质的电离、电离平衡常数的计算与应用、图象分析等，题目侧重考查学生分析能力、综合运用知识的能力。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．（14分）高技术领域常使用高纯试剂。纯磷酸（熔点为42℃，易吸潮）可通过市售85%磷酸溶液减压蒸馏除水、结晶除杂得到，纯化过程需要严格控制温度和水分，温度低于21℃易形成2H3PO4•H2O（熔点为30℃），高于100℃则发生分子间脱水生成焦磷酸等。某兴趣小组为制备磷酸晶体设计的实验装置如图（夹持装置略）：
回答下列问题：
（1）A的名称是 圆底烧瓶 。B的进水口为 b （填“a”或“b”）。
（2）P2O5的作用是 干燥气体 。
（3）空气流入毛细管的主要作用是防止 液体暴沸 ，还具有搅拌和加速水逸出的作用。
（4）升高温度能提高除水速度，实验选用水浴加热的目的是 避免直接加热造成的过度剧烈与温度的不可控性，使溶液受热均匀 。
（5）磷酸易形成过饱和溶液，难以结晶，可向过饱和溶液中加入 磷酸晶体 促进其结晶。
（6）过滤磷酸晶体时，除了需要干燥的环境外，还需要控制温度为 B （填标号）。
A．＜20℃
B．30～35℃
C．42～100℃
（7）磷酸中少量的水极难除去的原因是 分子中含羟基，可与水分子间形成氢键 。
【分析】空气通过氯化钙除水，经过安全瓶后通过浓硫酸除水，然后通过五氧化二磷，干燥的空气流入毛细管对烧瓶中的溶液进行搅拌，同时还具有加速水逸出和防止溶液沿毛细管上升的作用，将85%磷酸溶液进行减压蒸馏除水、结晶除杂得到纯磷酸。
【解答】解：（1）由仪器构造可知，仪器A为圆底烧瓶，仪器B为直形冷凝管，泠凝水应从b口进、a口出，形成逆流冷却，使冷却效果更好，
故答案为：圆底烧瓶；b；
（2）纯磷酸制备过程中要严格控制温度和水分，因此五氧化二磷的作用为干燥气体，
故答案为：干燥气体；
（3）空气流入毛细管可以对烧瓶中的溶液进行搅拌，同时防止液体暴沸，同时还具有加速水逸出和防止溶液沿毛细管上升的作用，
故答案为：液体暴沸；
（4）升高温度能提高除水速度，而纯磷酸制备过程中要严格控制温度，水浴加热可以避免直接加热造成的过度剧烈与温度的不可控性，使溶液受热均匀，
故答案为：避免直接加热造成的过度剧烈与温度的不可控性，使溶液受热均匀；
（5）过饱和溶液暂时处于亚稳态，当加入一些固体的晶体或晃动时可使此状态失去平衡，过多的溶质就会结晶，因此可向磷酸的过饱和溶液中加入磷酸晶体促进其结晶，
故答案为：磷酸晶体；
（6）纯磷酸纯化过程中，温度低于21℃易形成2H3PO4•H2O（熔点为30℃），高于100℃则发生分子间脱水生成焦磷酸，纯磷酸的熔点为42℃，因此过滤磷酸晶体时，除了需要干燥的环境外，还需要控制温度为30～35℃，
故答案为：B；
（7）磷酸的结构式为：，分子中含羟基，可与水分子间形成氢键，因此磷酸中少量的水极难除去，
故答案为：分子中含羟基，可与水分子间形成氢键。
【点评】本题考查物质制备实验，综合分析明确中物质变化，化学反应原理，侧重考查学生阅读获取信息能力、知识迁移运用与分析理解能力，需要学生具备扎实的基础，难度中等。
17．（14分）化合物F是制备某种改善睡眠药物的中间体，其合成路线如图：
回答下列问题：
（1）A→B的反应类型是 取代反应（或酯化反应） 。
（2）化合物B核磁共振氢谱的吸收峰有 5 组。
（3）化合物C的结构简式为 。
（4）D→E的过程中，被还原的官能团是 酯基 ，被氧化的官能团是 碳碳双键 。
（5）若只考虑氟的位置异构，则化合物F的同分异构体有 5 种。
（6）已知A→D、D→E和E→F的产率分别为70%、82%和80%，则A→F的总产率为 45.92% 。
（7）Pd配合物可催化E→F转化中C﹣Br键断裂，也能催化反应①：
反应①：
为探究有机小分子催化反应①的可能性，甲、乙两个研究小组分别合成了有机小分子S﹣1（结构如图所示）。在合成S﹣1的过程中，甲组使用了Pd催化剂，并在纯化过程中用沉淀剂除Pd；乙组未使用金属催化剂。研究结果显示，只有甲组得到的产品能催化反应①。
根据上述信息，甲、乙两组合成的S﹣1产品催化性能出现差异的原因是 甲组合成的S﹣1产品形成Pd配合物 。
【分析】（1）A中羧基和甲醇发生酯化反应生成B；
（2）B分子中含有5种化学环境不同的氢原子；
（3）对比B、D的结构简式，可知B中﹣CH2﹣中氢原子被﹣CH3、﹣CH2CH＝CH2取代生成D，结合C的分子式、反应条件，可知B中﹣CH2﹣中氢原子被﹣CH3取代生成C；
（4）对比D、E的结构可知，D→E的过程中，﹣COOCH转化为﹣CH2OH，﹣CH2C＝CH2转化为﹣CH2COOH，再发生酯化反应成环；
（5）苯环上氟原子与另一个取代基还有邻位、对位2两种，氟原子可以处于侧链上，该侧链上有3种化学环境不同的氢原子；
（6）各步产率相乘即为A→F的总产率；
（7）甲组合成的S﹣1产品形成Pd配合物。
【解答】解：（1）A中羧基和甲醇发生酯化反应生成B，也属于取代反应，
故答案为：取代反应（或酯化反应）；
（2）B分子中含有5种化学环境不同的氢原子，化合物B核磁共振氢谱的吸收峰有5组，
故答案为：5；
（3）对比B、D的结构简式，可知B中﹣CH2﹣中氢原子被﹣CH3、﹣CH2CH＝CH2取代生成D，结合C的分子式、反应条件，可知B中﹣CH2﹣中氢原子被﹣CH3取代生成C，故C的结构简式为，
故答案为：；
（4）对比D、E的结构可知，D→E的过程中，﹣COOCH转化为﹣CH2OH，﹣CH2C＝CH2转化为﹣CH2COOH，再发生酯化反应成环，D→E的过程中，被还原的官能团是酯基，被氧化的官能团是碳碳双键，
故答案为：酯基、碳碳双键；
（5）氟原子处于苯环上，与另一个取代基还有邻位、对位2两种，氟原子可以处于侧链上，该侧链上有3种化学环境不同的氢原子，故只考虑氟的位置异构，则化合物F的同分异构体有2+3＝5种，
故答案为：5；
（6）已知A→D、D→E和E→F的产率分别为70%、82%和80%，则A→F的总产率为70%×82%×80%＝45.92%，
故答案为：45.92%；
（7）Pd配合物可催化能催化反应①，在合成S﹣1的过程中，甲组使用了Pd催化剂，乙组未使用金属催化剂，研究结果显示，只有甲组得到的产品能催化反应①，应是甲组合成的S﹣1产品形成Pd配合物，
故答案为：甲组合成的S﹣1产品形成Pd配合物。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，涉及有机反应类型、核磁共振氢谱、官能团识别、限制条件同分异构体、产率计算、信息获取与迁移运用等，较好地考查了学生的分析推理能力、知识迁移运用的能力，是对有机化学基础的综合考查。
18．（13分）全球对锂资源的需求不断增长，“盐湖提锂”越来越受到重视。某兴趣小组取盐湖水进行浓缩和初步除杂后，得到浓缩卤水（含有Na+、Li+、Cl﹣和少量Mg2+、Ca2+），并设计了以下流程通过制备碳酸锂来提取锂。
25℃时相关物质的参数如下：LiOH的溶解度：12.4g/100gH2O
化合物
Ksp
Mg（OH）2
5.6×10﹣12
Ca（OH）2
5.5×10﹣6
CaCO3
2.8×10﹣9
Li2CO3
2.5×10﹣2
回答下列问题：
（1）“沉淀1”为 Mg（OH）2 。
（2）向“滤液1”中加入适量固体Li2CO3的目的是 将Ca2+转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质 。
（3）为提高Li2CO3的析出量和纯度，“操作A”依次为 蒸发浓缩 、 趁热过滤 、洗涤。
（4）有同学建议用“侯氏制碱法”的原理制备Li2CO3。查阅资料后，发现文献对常温下的Li2CO3有不同的描述：①是白色固体；②尚未从溶液中分离出来。为探究LiHCO3的性质，将饱和LiCl溶液与饱和NaHCO3溶液等体积混合，起初无明显变化，随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出，最终生成白色沉淀。上述现象说明，在该实验条件下LiHCO3 不稳定 （填“稳定”或“不稳定”），有关反应的离子方程式为 2Li++2HCO3﹣＝Li2CO3↓+CO2↑+H2O 。
（5）他们结合（4）的探究结果，拟将原流程中向“滤液2”加入Na2CO3改为通入CO2。这一改动能否达到相同的效果，作出你的判断并给出理由 能达到相同效果；如果改为通入过量的CO2，则LiOH转化为LiHCO3，结合（4）的探究结果知，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果 。
【分析】浓缩卤水中含有Na+、Li+、Cl﹣和少量Mg2+、Ca2+，向浓缩卤水中加入石灰乳，Mg2+生成Mg（OH）2沉淀，过滤后得到的沉淀1为Mg（OH）2，向滤液1中加入Li2CO3，Ca2+转化为CaCO3沉淀，然后过滤洗涤得到沉淀2为CaCO3，CaCO3热分解、水合得到石灰乳；滤液2中加入Na2CO3，Li+转化为Li2CO3沉淀，过滤后得到Li2CO3，滤液3中含有Na+、Cl﹣和过量的CO32﹣，Li2CO3通过一系列操作得到Li；
（1）“沉淀1”为Mg（OH）2；
（2）Li2CO3和Ca2+反应，发生沉淀的转化；
（3）根据图知，Li2CO3的溶解度随着温度的升高而减小；
（4）将饱和LiCl溶液与饱和NaHCO3溶液等体积混合，起初无明显变化，随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出，最终生成白色沉淀，说明先生成LiHCO3，LiHCO3不稳定，分解生成Li2CO3沉淀、CO2气体，根据元素守恒知，还生成NaCl、H2O；
（5）将原流程中向“滤液2”加入Na2CO3改为通入CO2，LiOH和过量CO2反应生成LiHCO3，LiHCO3不稳定，易分解生成Li2CO3。
【解答】解：（1）浓缩卤水中含有Mg2+，Mg2+和石灰乳反应生成Mg（OH）2沉淀，所以沉淀1为Mg（OH）2，
故答案为：Mg（OH）2；
（2）滤液1中含有Ca2+，根据LiOH的溶解度及溶度积常数知，Li2CO3能和Ca2+反应生成CaCO3，发生沉淀的转化，所以加入Li2CO3的目的是将Ca2+转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质，
故答案为：将Ca2+转化成CaCO3沉淀除去，且不引入新杂质；
（3）由Li2CO3的溶解度曲线可知，Li2CO3的溶解度随着温度的升高而减小，为提高Li2CO3的析出量和纯度，需要在较高温度下析出并过滤得到沉淀，即依次蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤，
故答案为：蒸发浓缩；趁热过滤；
（4）饱和LiCl和饱和NaHCO3等体积混合后，起初无明显变化，随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出，最终生成白色沉淀，说明开始时生成LiHCO3和NaCl，随后LiHCO3分解产生了CO2和Li2CO3，所以LiHCO3不稳定，发生的反应为Li++HCO3﹣＝LiHCO3、2LiHCO3＝Li2CO3↓+CO2↑+H2O，则总离子方程式为2Li++2HCO3﹣＝Li2CO3↓+CO2↑+H2O，
故答案为：不稳定；2Li++2HCO3﹣＝Li2CO3↓+CO2↑+H2O；
（5）“滤液2”中含有LiOH，加入Na2CO3，目的是将LiOH转化为Li2CO3，若改为通入过量的CO2，则LiOH转化为LiHCO3，结合（4）的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果，
故答案为：能达到相同效果；如果改为通入过量的CO2，LiOH转化为LiHCO3，结合（4）的探究结果知，LiHCO3会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果。
【点评】本题考查物质的分离提纯，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确流程图中各物质的成分及其性质、物质分离提纯方法等知识点是解本题关键，难点是图象的分析判断及灵活运用，题目难度中等。
19．（14分）自发热材料在生活中的应用日益广泛。某实验小组为探究“CaO﹣Al﹣H2O”体系的发热原理，在隔热装置中进行了下表中的五组实验，测得相应实验体系的温度升高值（ΔT）随时间（t）的变化曲线，如图所示。
实验编号
反应物组成
a
0.20gCaO粉末5.0mLH2O
b
0.15gAl粉5.0mLH2O
c
0.15gAl粉5.0mL饱和石灰水
d
0.15gAl粉5.0mL石灰乳
e
0.15gAl粉、0.20gCaO粉末5.0mLH2O
回答下列问题：
（1）已知：
①CaO（s）+H2O（l）═Ca（OH）2（s）ΔH1＝﹣65.17kJ•mol﹣1
②Ca（OH）2（s）═Ca2+（aq）+2OH﹣（aq）ΔH2＝﹣16.73kJ•mol﹣1
③Al（s）+OH﹣（aq）+3H2O（l）═[Al（OH）4]﹣（aq）+H2（g）ΔH3＝﹣415.0kJ•mol﹣1
则CaO（s）+2Al（s）+7H2O（l）═Ca2+（aq）+2[Al（OH）4]﹣（aq）+3H2（g）的ΔH4＝ ﹣911.9 kJ•mol﹣1。
（2）温度为T时，Ksp[Ca（OH）2]＝x，则Ca（OH）2饱和溶液中c（OH﹣）＝ mol/L （用含x的代数式表示）。
（3）实验a中，4min后ΔT基本不变，原因是 Ca（OH）2在水中的溶解度小，反应①达到了平衡状态 。
（4）实验b中，ΔT的变化说明Al粉与H2O在该条件下 不反应 （填“反应”或“不反应”）。实验c中，前3min的ΔT有变化，其原因是 Al和溶液中的OH﹣发生了反应 ；3min后ΔT基本不变，其原因是 饱和石灰水中OH﹣的浓度较低，OH﹣ 微粒的量有限。
（5）下列说法不能解释实验d在10min内温度持续升高的是 A （填标号）。
A．反应②的发生促使反应①平衡右移
B．反应③的发生促使反应②平衡右移
C．气体的逸出促使反应③向右进行
D．温度升高导致反应速率加快
（6）归纳以上实验结果，根据实验e的特征，用文字简述其发热原理 实验e中，发生反应①、②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH﹣的浓度减小，促使反应②平衡右移，反应②的发生促使反应①平衡右移，这三步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快 。
【分析】（1）①CaO（s）+H2O（l）═Ca（OH）2（s）ΔH1＝﹣65.17kJ•mol﹣1
②Ca（OH）2（s）═Ca2+（aq）+2OH﹣（aq）ΔH2＝﹣16.73kJ•mol﹣1
③Al（s）+OH﹣（aq）+3H2O（l）═[Al（OH）4]﹣（aq）+H2（g）ΔH3＝﹣415.0kJ•mol﹣1
根据盖斯定律可得，①+②+2③可得；
（2）温度为T时，Ca（OH）2饱和溶液中，Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH﹣（aq），c（OH﹣）＝2c（Ca2+），Ksp[Ca（OH）2]＝c（Ca2+）•c2（OH﹣）＝x，代入数据计算；
（3）实验a中，CaO和H2O发生反应①生成Ca（OH）2，4min后ΔT基本不变，因为Ca（OH）2在水中的溶解度小；
（4）实验b中，ΔT几乎不变，说明Al粉与H2O在该条件下不反应；实验c中，前3min的ΔT有变化，是因为Al和溶液中的OH﹣发生了反应，3min后ΔT基本不变，是因为饱和石灰水中OH﹣的浓度较低，OH﹣的量有限；
（5）实验d中，发生反应②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH﹣的浓度减小，促使反应②平衡右移，这两步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快；
（6）根据实验e的特征，其发热原理为实验e中，发生反应①、②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH﹣的浓度减小，促使反应②平衡右移，反应②的发生促使反应①平衡右移，据此分析。
【解答】解：（1）①CaO（s）+H2O（l）═Ca（OH）2（s）ΔH1＝﹣65.17kJ•mol﹣1
②Ca（OH）2（s）═Ca2+（aq）+2OH﹣（aq）ΔH2＝﹣16.73kJ•mol﹣1
③Al（s）+OH﹣（aq）+3H2O（l）═[Al（OH）4]﹣（aq）+H2（g）ΔH3＝﹣415.0kJ•mol﹣1
根据盖斯定律可得，①+②+2③可得反应CaO（s）+2Al（s）+7H2O（l）＝Ca2+（aq）+2[Al（OH）4]﹣（aq）+3H2（g），则ΔH4＝ΔH1+ΔH2+2ΔH3＝（﹣65.17kJ⋅mol﹣1）+（﹣16.73kJ⋅mol﹣1）+2×（﹣415.0kJ⋅mol﹣1）＝﹣911.9kJ⋅mol﹣1，
故答案为：﹣911.9；
（2）温度为T时，Ca（OH）2饱和溶液中，Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH﹣（aq），c（OH﹣）＝2c（Ca2+），Ksp[Ca（OH）2]＝c（Ca2+）•c2（OH﹣）＝x，则c（OH﹣）＝mol⋅L﹣1，
故答案为：mol/L；
（3）实验a中，CaO和H2O反应①生成Ca（OH）2，4min后ΔT基本不变，是因为Ca（OH）2在水中的溶解度小，反应①达到了平衡状态，
故答案为：Ca（OH）2在水中的溶解度小，反应①达到了平衡状态；
（4）实验b中，ΔT几乎不变，说明Al粉与H2O在该条件下不反应；实验c中，前3min的ΔT有变化，是因为Al和溶液中的OH﹣发生了反应，3min后ΔT基本不变，是因为饱和石灰水中OH﹣的浓度较低，OH﹣的量有限，
故答案为：不反应；Al和溶液中的OH﹣发生了反应；饱和石灰水中OH﹣的浓度较低，OH﹣；
（5）实验d中，发生反应②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH﹣的浓度减小，促使反应②平衡右移，这两步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快；综上所述，实验d在10min内温度持续升高与反应①无关，
故答案为：A；
（6）根据实验e的特征，其发热原理为实验e中，发生反应①、②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH﹣的浓度减小，促使反应②平衡右移，反应②的发生促使反应①平衡右移，这三步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快，
故答案为：实验e中，发生反应①、②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH﹣的浓度减小，促使反应②平衡右移，反应②的发生促使反应①平衡右移，这三步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快。
【点评】本题考查了物质性质的探究实验分析判断，实验数据的分析和化学物质的性质分析，侧重考查学生阅读获取信息能力、知识迁移运用与分析理解能力，需要学生具备扎实的基础，题目难度中等。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2022/9/16 17:48:46；用户：东西湖区轻松国文培训学校；邮箱：qsgwpx@xyh.com；学号：44874092
相关试卷
全国高中学生化学竞赛（决赛）理论试题14版： 这是一份全国高中学生化学竞赛（决赛）理论试题14版，共7页。
安徽省宣城市泾县重点中学2022-2023学年高一下学期竞赛选拔化学试题含解析： 这是一份安徽省宣城市泾县重点中学2022-2023学年高一下学期竞赛选拔化学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年湖北省新高考联考协作体高二（上）期末化学试卷（含答案解析）： 这是一份2021-2022学年湖北省新高考联考协作体高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共19页。试卷主要包含了50×10−3ml/，【答案】B，【答案】A，【答案】C，【答案】D等内容，欢迎下载使用。
