2022届四川省成都市外国语学校高三第三次诊断考试理综化学试题含解析

这是一份2022届四川省成都市外国语学校高三第三次诊断考试理综化学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。

四川省成都市外国语学校2022届高三第三次诊断考试
理综化学试题
一、单选题
1．北宋名画《千里江山图》流传千年依旧色彩艳丽璀璨，其中大量使用了石青［主要成分Cu3(CO3)2(OH)2］、石绿［主要成分Cu2(CO3)(OH)2］、赭石［主要成分Fe2O3］、朱砂［主要成分HgS］等颜料。下列叙述错误的是（　　）
A．石青、石绿中“Cu(OH)2”比例不同其颜色不同
B．朱砂燃烧会产生刺激性气味的气体
C．赭石主要成分具有磁性
D．上述颜料中的金属元素均属于过渡元素
2．设NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．标准状况下，22.4L己烷中含有碳碳单键数目大于5NA
B．将0.1mol乙醇完全催化氧化生成乙醛，转移电子数0.1NA
C．1L0.5 mol/L 醋酸溶液中的分子总数目小于0.5NA
D．8.7g MnO2与40mL 10 mol/L浓盐酸充分反应，生成Cl2分子数为0.1NA
3．实验室中对下列气体洗气除杂的方法可行的是（　　）


气体(杂质)
通过除杂试剂
A
C2H4(SO2)
酸性高锰酸钾溶液
B
NH3(H2O)
无水氯化钙
C
Cl2(HCl)
饱和食盐水
D
NO(HCl)
饱和NaHCO3溶液
A．A B．B C．C D．D
4．a、b、c、d、e为原子序数依次增大的五种短周期元素。a、c同主族，离子化合物ca与水反应生成强碱X和a的单质。b、e同主族，化合物eb2是常见大气污染物。d的核电荷数比e少3。下列说法错误的是（　　）
A．化合物a2e沸点比a2b的低
B．化合物c2b2中既含有离子键又有共价键
C．d单质可溶于X溶液
D．离子半径：c>d>e>b
5．某种钾-氧气可充电电池(示意图如图)的放电总反应为K＋O2=KO2。“界面”可阻止电解液的持续降解，电解质是一种只允许K＋传导的有机溶剂。下列说法正确的是（　　）

A．KO2是负极产物
B．放电时，外电路每转移1mole-，正极区域质量增加32g
C．充电时，碳电极上发生还原反应
D．有效抑制氧气在电池中扩散，可极大延长钾-氧气电池的循环性能
6．利用苯甲醛和乙酸酐发生Perkin 反应可制备香料分子肉桂酸：（　　）

A．苯甲醛可发生氧化、加成反应
B．1 mol 肉桂酸最多可与5 mol H2发生加成反应
C．乙酸酐与乙酸既不是同分异构，也不是同系物
D．乙酸分子中最多6个原子共平面
7．分别向0.2 mol·L-1 NaX溶液加入少量NaOH固体或通入HCl气体时，所得溶液中部分微粒浓度的对数lgc与pH关系如图所示。已知HX为一元弱酸，lg2≈0.3。下列说法错误的是（　　）

A．曲线代表lgc(HX)与pH的关系
B．甲、乙之间溶液存在c(Na＋)>c(HX)>c(X-)
C．0.2 mol·L-1NaX溶液的pH≈11.3
D．加水稀释甲点混合溶液，交点甲沿OH-线向左下移动
二、综合题
8．纯品氯化钠可用于食品、制药、氯碱工业等许多领域。实验室中利用下列装置进行从海水提取纯品氯化钠的实验。海水中主要离子及浓度见下表：
离子
Cl-
Na+
Mg2+
SO42-
Ca2+
K+
浓度(×10-3mol/L)
546
468
53.3
28.1
10.4
9.97

回答下列问题。
（1）盛放BaCl2溶液的仪器名称为　 　，球形冷凝管的出水管为　 　(填“a”或“b”)。
（2）在95℃下对30mL海水混合物进行加热搅拌，同时缓慢滴加约2mL1mol·L-1BaCl2溶液，加热10min后取下，确定沉淀完全的实验方法是　 　，能否用CaCl2代替BaCl2做沉淀剂　 　(填“能”或“否”)。
（3）减压过滤(第一次)出泥沙与BaSO4，减压过滤的主要优点是　 　(写一条)。
（4）加热滤液至沸，分别加入2mL3mol·L-1NaOH溶液和2mL饱和Na2CO3溶液，10min后减压过滤(第二次)。进行两次过滤而不是合并一次过滤的主要目的是：①防止泥沙溶于NaOH溶液；②防止发生沉淀转化：　 　(写出离子方程式)。工业上不宜选择用Ba(OH)2同时除去Mg2＋和SO42-，可能的合理考虑是　 　(双选)。
A．Ba(OH)2比较贵
B．Ba(OH)2的溶解度比较低
C．Ba(OH)2属于二元强碱
D．SO42-恰好沉淀完全时，Mg2＋不能完全沉淀
（5）在滤液中滴加2mol·L-1盐酸，直至溶液pH在2～3之间，搅拌。有人认为调节溶液酸碱性呈中性即可，这样做的后果是　 　。
（6）据下图分析，将调节pH后的溶液转移至蒸发皿中，小火加热，再经　 　、　 　，乙醇洗涤，干燥，得到纯品氯化钠。

9．锂辉石矿［主要含有LiAlSi2O6，还有少量Fe2＋、Mg2＋］是主要锂源，现利用锂辉石矿制取LiBr，用于高级电池的电解质、医用镇静剂等。工艺流程如下：

（1）锂辉石中主要成分LiAlSi2O6改写为氧化物形式为　 　。
（2）工业选择石灰石进行“中和”而不选择纯碱的主要考虑是　 　 ；在“除镁除铁(调节pH≈11)”步骤中得到的滤渣中含铁成分是　 　；写出“除铝”所发生的离子反应方程式　 　。
（3）碳酸锂在水中的溶解度较小，其-lgKsp与温度t关系如下：
t/℃
0
10
20
30
40
50
60
70
80
-1gKsp
1.44
1.53
1.63
1.71
1.80
1.90
2.00
2.21
2.43
由此可知碳酸锂在水中的溶解热效应ΔH　 　0(填“>”或者“＜”)；加入纯碱试剂进行“沉锂”后，依次进行保温静置、　 　(填写正确的顺序)。
①洗涤 ②趁热过滤 ③离心分离
（4）在“合成”中，碳酸锂粉末分次少量加入到冰水中溶解，再加入尿素搅拌得到“料液”，料液中徐徐加入溴，控制pH=5.0，反应生成LiBr和两种无色无味气体，写出化学方程式　 　。
10．环己烷和苯均是重要的化工原料，对环己烷一苯系统的研究既有生产实际价值，也具有理论意义。回答下列问题。
（1）环己烷脱氢生苯的热效应研究
①已知下列物质的燃烧热数据如下：
物质
C(s，石墨)
H2(g)
(g)
(g)
∆H/kJ·mol-1
-393.5
-285.6
-3264
-3920
则计算脱氢反应： (g，环己烷)⇌ (g)+3 H2(g)的ΔH= 　 　 kJ·mol-1；
②利用下列表格中的键能数据计算上述脱氢反应的ΔH时，计算值与实测值差异较大。试从分子结构的角度解释原因　 　；
化学键
C-H
C-C
C=C
H-H
键能/kJ·mol-1
412
348
612
436
（2）脱氢生苯的平衡研究
将适量环己烷蒸气置于恒压密闭容器中，掺混水蒸气。在不同反应温度下，测得环己烷的平衡转化率如图实线所示：

①掺入水蒸气能提高环己烷的平衡转化率，解释说明该事实　 　；
②要提高气态原料的平衡转化率，还可采取的措施是　 　(写一条)。
（3）脱氢生苯的动力学研究
①一定条件下测得在2L恒容容器中单纯进行脱氢反应的n(H2)如下：
t/min
0
2.0
4.0
6.0
8.0
n(H2)/10-3mol
0
1.6
3.5
5.2
7.0
计算2.0min～8.0min内，υ(苯)=　 　mol·min-1(保留两位有效数字)；
②在催化剂作用下，产物苯的选择性(指各种可能的有机产物中苯的体积分数)如图中虚线所示。据此判断此时选择最佳温度为　 　(填字母序号)左右。
A450℃ B.550℃ C.650℃ D.800℃
③在温度较高时，随温度升高环己烷的转化率升高，但苯的选择性降低，可能原因是　 　。
（4）一定条件下，如图所示装置可实现有机物的电化学储氢。阴极气体产物除环己烷和H2外，无其它有机产物。阴极上苯生成环己烷的电极反应式为　 　；阴极产生H2的物质的量为　 　mol。

11．某笼形包合物Ni(CN)a(NH3)b(C6H6)c的晶胞如图所示。回答下列有关问题。

（1）基态镍原子的价层电子排布式为　 　；该物质中非金属元素电负性由大到小是　 　。
（2）NH3中N的杂化轨道类型为　 　；从结构角度分析C、P原子之间不易形成π键的原因是　 　。
（3）在晶胞中，镍离子与CN-之间产生配位键，配体CN-提供的配位原子有　 　；镍离子的配位数为　 　。
（4）推测该包合物中氨与苯分子数目比，即b：c为　 　，其中Ni的平均化合价为　 　。
（5）若此晶胞体积为Vnm3，阿伏加德罗常数为NAmol-1，晶胞的摩尔质量为Mg/mol，则晶体密度为　 　g/cm3(列出计算表达式)。
12．氟硝西泮是一种强镇静剂，由2-氟甲苯合成其前体物质的路线如下：

（1）2-氟甲苯的等效氢有　 　种；由它生成A的试剂与条件是　 　。
（2）A生成B的反应类型为　 　；C中含氧官能团名称为　 　。
（3）由D与苯反应生成E的化学方程式为　 　。
（4）由E与F反应生成G，经历多步反应。第一步为加成反应，生成产物的结构简式为　 　；由G生成H步骤还产生了一种无机分子，它是　 　。
（5）化合物C的同分异构体中，写出能同时满足下列条件的三种分子的结构简式　 　。
a.能发生银镜反应； b.遇FeCl3溶液显色；
c.具有-CH2F基团； d.属1，2，3-三取代苯衍生物

答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．由石青主要成分Cu3(CO3)2(OH)2、石绿主要成分Cu2(CO3)(OH)2可知“Cu(OH)2”比例不同，则石青、石绿的颜色不同，A不符合题意；
B．朱砂主要成分是HgS，含S元素，燃烧生成SO2，会产生刺激性气味的气体，B不符合题意；
C．具有磁性的是Fe3O4，赭石主要成分是Fe2O3，不含有磁性，C符合题意；
D．过渡元素是元素周期表中从ⅢB族到VⅢ族的化学元素，上述颜料中的金属元素Cu、Fe、Hg均属于过渡元素，D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A.根据石青、石绿的成分分析解答；
B. HgS燃烧会生成二氧化硫气体；
C.四氧化三铁俗名磁性氧化铁，氧化铁俗名铁红；
D.Cu、Fe、Hg属于副族和VⅢ族元素。
2．【答案】A
【解析】【解答】A．己烷在标准状况下是液态，22.4L己烷的物质的量大于1mol，正己烷碳骨架为C-C-C-C-C-C，则含有碳碳单键数目大于5NA，故A符合题意；
B．乙醇中碳元素为-2价，乙醛中碳元素为-1价，则有C2H5OH~CH3CHO~2e-，0.1mol乙醇反应转移0.2NA个电子，故B不符合题意；
C．在1L 0.5mol/L的醋酸溶液中含有溶质醋酸n=cV=0.5mol，由于醋酸溶液中含有水分子，所以溶液中含有的分子的物质的量大于0.5mol，所含分子数目大于0.5NA，故C不符合题意；
D.8.7g MnO2的物质的量n=mM=8.7g87g/mol=0.1mol，40mL 10 mol/L浓盐酸物质的量为n=cV=0.4mol，反应方程式为4HCl(浓)+MnO2=∆MnCl2+Cl2↑+2H2O，MnO2只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，故当盐酸变稀后反应即停止，故生成的氯气分子个数小于0.1NA个，故D不符合题意；
故答案为：A。

【分析】A.标况下己烷为液态；
B.1mol乙醇氧化生成1mol乙醛转移2mol电子；
C.溶液中还含有水分子；
D.随着反应的进行，盐酸浓度逐渐减小，变为稀盐酸后反应停止。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．C2H4和SO2都能与酸性高锰酸钾溶液反应，不能除杂，故A不符合题意；
B．氨气也能与氯化钙反应，故不能除杂，故B不符合题意；
C．氯气不溶于饱和食盐水，而氯化氢极易溶于水，因此可用饱和食盐水除去杂质HCl，故C符合题意；
D．饱和碳酸氢钠溶液和氯化氢反应生成了二氧化碳气体，引入了新杂质，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.乙烯和二氧化硫均能与酸性高锰酸钾反应；
B.氨气与无水氯化钙反应；
C.氯气在饱和食盐水中的溶解度很小，HCl易溶于水；
D.HCl与碳酸氢钠反应生成二氧化碳。
4．【答案】D
【解析】【解答】A．a2e为H2S，a2b为H2O，由于H2O分子间含有氢键，则沸点较高，A不符合题意；
B．c2b2即Na2O2，钠离子和过氧根离子含有离子键，过氧根内O与O原子间含共价键，Na2O2既含有离子键又有共价键，B不符合题意；
C．d为Al，X为NaOH，Al具有两性，能与NaOH反应生成偏铝酸钠和氢气，C不符合题意；
D．电子层数越多离子半径越大，电子层数相同的原子序数越大离子半径越小，则离子半径：e(S2-)>b(O2-)> c(Na+)>d(Al3+)，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 b、e同主族，化合物eb2是常见大气污染物，则e为S元素，b为O元素，d的核电荷数比e少3，则d为Al元素，a、c同主族，离子化合物ca与水反应生成强碱X和a的单质，则a为H元素，c为Na元素，据此解答。
5．【答案】D
【解析】【解答】A．放电时，碳电极为正极，发生得电子发生还原反应，电极反应为K++O2+e-═KO2，KO2是正极产物，故A不符合题意；
B．放电时，电极反应为K++O2+e-═KO2，所以每转移1mole-，生成1molKO2，质量增加为m=nM=1mol×71g/mol=71g，故B不符合题意；
C．充电时原电池的正负极分别与外加电源的正负极相接，充电时，碳电极为阳极，发生氧化反应，故C不符合题意；
D．充电时放出氧气，放电时消耗氧气，则有效抑制氧气扩散可延长K-O2电池的循环性能，故D符合题意；
故答案为：D。

【分析】由图可知，放电时，K+向碳电极移动，则K为负极，碳电极为正极，负极发生氧化反应，电极反应为K-e-=K+，正极发生还原反应，电极反应式为K++O2+e-═KO2，充电时，K电极为阴极，碳电极为阳极，阳极发生还原反应，阴极发生还原反应，据此解答。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．苯甲醛中醛基，可被酸性高锰酸钾溶液氧化，含有苯环，能与氢气发生加成反应，故A不符合题意；
B.1mol肉桂酸含有1个苯环和1个碳碳双键，最多可与4 mol H2发生加成反应，故B符合题意；
C．乙酸酐与乙酸二者的官能团不同，二者结构不相似，则二者不是同系物，分子式不同，也不是同分异构，故C不符合题意；
D．乙酸分子中最多有即6个原子共平面，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.苯甲醛中醛基能发生氧化反应、加成反应，苯环能加成；
B.肉桂醛中只有苯环和碳碳双键与氢气加成；
C.乙酸酐和乙酸官能团和分子式均不同；
D.根据乙酸的结构式解答。
7．【答案】B
【解析】【解答】A．向NaX溶液中加入NaOH固体，抑制X-水解，溶液碱性增强，c(X-)、c(Na+)增大，而c(HX)减小；向NaX溶液中通入HCl，发生反应NaX+HCl=NaCl+HX，溶液碱性减弱，溶液中c(X-)减小，c(Cl-)、c(HX)增大，c(Na+)不变，可知曲线代表lgc(HX)与pH的关系，A不符合题意；
B．在甲乙之间溶液中lgc(HX)＜-1，则c(HX)＜0.1mol/L，由物料守恒有c(X-)+c(HX)=0.2mol/L，故c(X-)＞0.1mol/L，则c(X-)＞c(HX)，B符合题意；
C．由图可知，当lgc(HX)=-1时，溶液pH=9.3，此时c(HX)=0.1mol/L，由物料守恒有c(X-)+c(HX)=0.2mol/L，故此时溶液中c(X-)=c(HX)=0.1mol/L，则Ka(HX)=c(X-)c(H+)c(HX)=c(H+)=10-9.3，Kh(X-)=KwKa=10-1410-9.3=10-4.7，水解是微溶的，NaX溶液中c(X-)≈0.2mol/L，则有c(OH-)≈c(HX)，Kh=c(OH-)c(HX)c(X-)≈c2(OH-)c(X-)=10-4.7，解得c(OH-)=2×10-5.7mol/L，则溶液pH=-lg10-142×10-5.7=14+12lg(2×10-5.7)=11.3，C不符合题意；
D．加水稀释甲点混合溶液，溶液碱性减弱，溶液中c(HX)减小，交点甲沿OH-线向左下移动，D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】A.向NaX加入NaOH，X-的水解被抑制，同时溶液的碱性增强，X-和OH-的浓度增大，HX的浓度减小；向NaX加入HCl，发生反应NaX+HCl=NaCl+HX，X-和Cl-的浓度减小，HX的浓度增大；
B.甲乙之间lgc(HX)<-1，c(HX)＜0.1mol/L，由物料守恒有c(X-)+c(HX)=0.2mol/L；
C.lgc(HX)=-1时，pH=9.3，Ka(HX)=c(X-)c(H+)c(HX)=c(H+)，根据Kh=KwKa计算水解常数，根据Kh=c(OH-)c(HX)c(X-)≈c2(OH-)c(X-)计算c(OH-)，进而计算pH；
D.加水稀释，溶液碱性减弱，HX浓度减小。
8．【答案】（1）恒压滴液漏斗；b
（2）静置，向上层清液中滴加BaCl2溶液，若不再产生白色沉淀，则沉淀完全，反之则反；否
（3）分离速率快，固液分离彻底，分离效率高
（4）BaSO4(s)+CO32-(aq)⇌BaCO3(s)+SO42-(aq)；AD
（5）导致CO32-未除干净，最终所得产品中含有碳酸氢钠或者碳酸钠
（6）蒸发结晶；趁热过滤
【解析】【解答】本题为实验题，模拟工业上从海水中获得粗盐，并对其进行分离和提纯，先向海水混合物中加入氯化钡溶液，过滤分离出硫酸钡和泥沙，在向滤液1中分别加入NaOH溶液和Na2CO3溶液，再进行二次过滤，过滤出氢氧化镁和碳酸钙、碳酸钡沉淀，向滤液2中加入稀盐酸至pH到2~3之间即盐酸适当过量，除去过量的NaOH和Na2CO3，然后蒸发结晶，趁热过滤，用乙醇洗涤，干燥，据此分析解题。
(1)由题干实验装置图可知，盛放BaCl2溶液的仪器名称为恒压滴液漏斗，球形冷凝管中冷却水应该下进上出，以提高冷凝效果，故球形冷凝管中的出水管为b，故答案为：恒压滴液漏斗；b；
(2)在95℃下对30mL海水混合物进行加热搅拌，同时缓慢滴加约2mL1mol·L-1BaCl2溶液，加热10min后取下，确定沉淀完全的实验方法是静置，向上层清液中滴加BaCl2溶液，若不再产生白色沉淀，则沉淀完全，由于CaSO4是微溶物，若用CaCl2代替BaCl2做沉淀剂，则使SO42-沉淀不完全，即SO42-不能完全除去，故不能用CaCl2代替BaCl2做沉淀剂，故答案为：静置，向上层清液中滴加BaCl2溶液，若不再产生白色沉淀，则沉淀完全，反之则反；否；
(3)与普通过滤相比，减压过滤具有分离速率快，固液分离彻底，分离效率高的优点，故答案为：分离速率快，固液分离彻底，分离效率高；
(4)加热滤液至沸，分别加入2mL3mol·L-1NaOH溶液和2mL饱和Na2CO3溶液，10min后减压过滤(第二次)，进行两次过滤而不是合并一次过滤即先过滤出泥沙和BaSO4，再过滤出Mg(OH)2和BaCO3、CaCO3等，其主要目的是：①由于泥沙中的SiO2等能与NaOH反应生成可溶性的硅酸盐，引入新的杂质，则能防止泥沙溶于NaOH溶液；②防止发生沉淀转化即BaSO4转化为BaCO3，导致硫酸根除不干净，该转化的离子方程式为：BaSO4(s)+CO32-(aq)⇌BaCO3(s)+SO42-(aq)，
A．由于Ba(OH)2比较贵，工业生成中需考虑生成成本，原料的价格是工业生成中必须考虑的因素，A正确；
B．Ba(OH)2的溶解度虽然比较低，但能溶于水中，足以沉淀镁离子和硫酸根，B不合题意；
C．沉淀镁离子和硫酸根与几元碱无关，故Ba(OH)2属于二元强碱不属于工业生成考虑的问题，C不合题意；
D．已知Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，Ksp[Mg(OH)2]=1.6×10-12，且溶液中的Mg2+浓度和SO42-浓度不同，可能导致当SO42-恰好沉淀完全时，Mg2＋不能完全沉淀，这也是工业生产中需要考虑的因素，D正确；
故答案为：BaSO4(s)+CO32-(aq)⇌BaCO3(s)+SO42-(aq)；AD；
(5)由分析可知，二次过滤之后的滤液中主要含有过量的OH-和CO32-，已知NaHCO3溶液显弱碱性，碳酸显弱酸，则若调节pH值呈中性，则溶液中可能含有碳酸氢钠和碳酸，导致CO32-未除干净，最终所得产品中含有碳酸氢钠或者碳酸钠，故答案为：导致CO32-未除干净，最终所得产品中含有碳酸氢钠或者碳酸钠；
(6)由题干图示可知，KCl的溶解度随温度变化明显，而NaCl的溶解度随温度变化不明显，将调节pH后的溶液转移至蒸发皿中，小火加热，再经蒸发结晶、趁热过滤，乙醇洗涤，干燥，得到纯品氯化钠，故答案为：蒸发结晶；趁热过滤。

【分析】（1） 盛放BaCl2溶液的仪器为恒压滴液漏斗；冷凝水应下进上出；
（2）若为沉淀完全，存在硫酸根离子，检验硫酸根离子是否存在即可；硫酸钙微溶；
（3）减压过滤比普通过滤分离速度快，分离更彻底；
（4）一定条件下，硫酸钡可转化为碳酸钡；氢氧化钡成本较高，且硫酸根完全沉淀时镁离子不能完全沉淀；
（5）调节pH呈中性，溶液中可能含有碳酸氢钠和碳酸；
（6）KCl的溶解度随温度变化明显，而NaCl的溶解度随温度变化不明显。
9．【答案】（1）Li2O⋅Al2O3⋅4SiO2
（2）原料易得，成本低；Mg(OH)2和Fe(OH)3；AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓
（3）<；②
（4）Li2CO3+CO(NH3)2+Br2=2LiBr+CO2+NH3
【解析】【解答】锂辉石矿(主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、MgO、CaO等杂质)为原料来制取金属锂，加入过量浓硫酸溶解锂辉石矿，得到Li+、Fe2+、Mg2+、Ca2+、Al3+，加入碳酸钙除去过量的硫酸，加入H2C2O4使钙离子沉淀完全，加入水洗过滤洗去矿泥，然后加入氢氧化钙和碳酸钠沉淀镁离子和亚铁离子，沉淀为Mg(OH)2、Fe(OH)3，过滤得到溶液中主要是锂离子和偏铝酸根离子的溶液，加入硫酸除去偏铝酸根离子，向滤液加入纯碱得到碳酸锂，再加入尿素搅拌和溴反应合成产品，据此解答。
(1)用氧化物形式表示LiAlSi2O6的组成为：Li2O⋅Al2O3⋅4SiO2；故答案为：Li2O⋅Al2O3⋅4SiO2；
(2)工业选择石灰石进行“中和”而不选择纯碱的主要考虑是原料易得，成本低；加入氢氧化钙和碳酸钠沉淀镁离子和亚铁离子，最终沉淀为Mg(OH)2、Fe(OH)32，在“除镁除铁(调节pH≈11)”步骤中得到的滤渣中含铁成分是Mg(OH)2、Fe(OH)2；“除镁除铁(调节pH≈11) Al3+参加反应生成AlO2-，加入适量硫酸AlO2-会生成Al(OH)3，反应式为AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓。
(3)根据表可知Li2CO3的溶解度随着温度的升高而减小， 由此可知碳酸锂在水中的溶解热效应ΔH<0，加入纯碱试剂进行“沉锂”后，为减少沉淀的损失，依次进行保温静置，趁热过滤得到沉淀。
(4)在“合成”中，碳酸锂粉末入到冰水中溶解，再加入尿素搅拌得到“料液”，料液中徐徐加入溴，反应生成LiBr和两种无色无味气体，化学方程式为Li2CO3+CO(NH3)2+Br2=2LiBr+CO2+NH3。

【分析】 锂辉石矿［主要含有LiAlSi2O6，还有少量Fe2＋、Mg2＋］中加入稀硫酸浸取，得到含Li+、Fe2+、Mg2+、Ca2+、Al3+等的溶液，加入生石灰中和硫酸，加入草酸，钙离子转化为草酸钙沉淀，加入过氧化氢将Fe2+氧化为Fe3+，同时用NaOH除去镁离子和铁离子，除镁除铁后的溶液中主要含锂离子和偏铝酸根离子，加入稀硫酸生成氢氧化铝，加入纯碱生成碳酸锂，过滤后加入尿素搅拌和溴反应得到LiBr，经降温结晶得到LiBr·H2O，据此解答。
10．【答案】（1）+200.8；苯环上的碳碳键并不是单键和双键交替出现，而是介于单键与双键之间一种独特的键
（2）在恒压密闭容器中，掺混水蒸气，容器的体积增大，对于反应 (g，环己烷)⇌ (g)+3 H2(g)体系中的平衡分压减小，减小压强上述平衡正向移动；适当升高温度
（3）3.0×10-4；C；温度越高，副反应越多，导致转化为其他有机产物增大，即生成的苯越小，导致苯的选择性降低
（4） (g)+6H++6e-= (g)；2
【解析】【解答】(1)①由题干数据可得热化学方程式：I： (g，环己烷)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) ΔH1=-3920kJ/mol，II： (g)+152 O2(g)=6CO2(g)+3H2O(l) ΔH2=-3264kJ/mol III：H2(g)+12O2(g)=H2O(l) ΔH3=-285.6kJ/mol，则I-II-3III得目标反应 (g，环己烷)⇌ (g)+3 H2(g)，根据盖斯定律可知，ΔH=ΔH1-ΔH2-3ΔH3=(-3920kJ/mol)-( -3264kJ/mol)-3×(-285.6kJ/mol)=+200.8kJ·mol-1，故答案为：+200.8；
②由于苯环上的碳碳键并不是单键和双键交替出现，而是介于单键与双键之间一种独特的键，所以其键能也与之有较大差异，故利用下列表格中的键能数据计算上述脱氢反应的ΔH时，计算值与实测值差异较大，故答案为：苯环上的碳碳键并不是单键和双键交替出现，而是介于单键与双键之间一种独特的键；
(2)①在恒压密闭容器中，掺混水蒸气，容器的体积增大，对于反应 (g，环己烷)⇌ (g)+3 H2(g)体系中的平衡分压减小，减小压强上述平衡正向移动，则掺入水蒸气能提高环己烷的平衡转化率，故答案为：在恒压密闭容器中，掺混水蒸气，容器的体积增大，对于反应 (g，环己烷)⇌(g)+3 H2(g)体系中的平衡分压减小，减小压强上述平衡正向移动；
②由(1)分析可知，反应 (g，环己烷)⇌ (g)+3 H2(g) ΔH =+200.8kJ·mol-1，故适当升高温度，平衡正向移动，可提高气态原料的平衡转化率，故答案为：适当升高温度；
(3)①由题干表中数据可知，2.0min～8.0min内H2的物质的量改变了(7.0-1.6)×10-3mol=5.4×10-3mol，根据反应方程式可知，相同时间内苯的物质的量增加了13×5.4×10-3mol=1.8×10-3mol，则υ(苯)=ΔnΔt=1.8×10-3mol(8.0-2.0)min=3.0×10-4mol·min-1，故答案为：3.0×10-4；
②由题干曲线图可知，温度越低，苯的选择性越高，但温度越低环己烷的转化率越低，由图可知，温度在650℃时，苯的选择性和环己烷的转化率均较高，则据此判断此时选择最佳温度为650℃左右，故答案为：C；
③在温度较高时，随温度升高环己烷的转化率升高，但温度越高，副反应越多，导致转化为其他有机产物增大，即生成的苯越小，导致苯的选择性降低，故答案为：温度越高，副反应越多，导致转化为其他有机产物增大，即生成的苯越小，导致苯的选择性降低；
(4)一定条件下，如图所示装置可实现有机物的电化学储氢，阴极气体产物除环己烷和H2外，无其它有机产物，阴极上苯生成环己烷即苯和H+得到电子生成环己烷，该电极反应式为：(g)+6H++6e-=(g)，由图可知阳极反应为：2H2O-4e-=O2+4H+，则阳极生成2.8molO2，电路上转移的电子的物质的量为：2.8×4=11.2mol，根据阴极反应式：(g)+6H++6e-=(g)，2H++2e-=H2↑，设生成H2为xmol，参与反应的苯的物质的量为ymol，则有：①2x+6y=11.2，剩余苯的物质的量为：10mol×24%-y=(2.4-y)mol，②2.4-y2.4-y+y+x=10%，联合①②解得x=2mol，即阴极产生H2的物质的量为2mol，故答案为：(g)+6H++6e-=(g)；2；

【分析】（1）根据盖斯定律计算；苯环中的碳碳键是介于单键和双键之间的特殊化学键；
（2）①在恒压密闭容器中，掺混水蒸气，容器的体积增大；
②提高气态原料的平衡转化率应使平衡正向移动；
（3）①根据v=ΔcΔt计算；
②温度在650℃时，苯的选择性和环己烷的转化率均较高；
③温度越高，副反应越多；
（4）阴极上苯得电子生成环己烷；结合得失电子守恒计算。
11．【答案】（1）3d84s2；N＞C＞H
（2）：sp3；C和P的原子半径相差较大， “头碰头”重叠形成σ键之后很难进行“肩并肩”重叠形成π键
（3）C；4
（4）1：1；+2价
（5）MNAV×1021
【解析】【解答】(1)已知Ni是28号元素，故基态镍原子的价层电子排布式为3d84s2；该物质中非金属元素即C、N、H，根据电负性同一周期从左往右依次增大，同一主族从上往下依次减小可知，电负性由大到小是N＞C＞H，故答案为：3d84s2；N＞C＞H；
(2)已知NH3中中心原子N原子周围的价层电子对数为：3+12(5-3×1)=4，则N的杂化轨道类型为sp3，C和P的原子半径相差较大， “头碰头”重叠形成σ键之后很难进行“肩并肩”重叠形成π键，故答案为：sp3；C和P的原子半径相差较大， “头碰头”重叠形成σ键之后很难进行“肩并肩”重叠形成π键；
(3)在晶胞中，镍离子与CN-之间产生配位键，CN-中C和N上均有孤电子对，但由于C的电负性小，更容易给出孤对电子，则配体CN-提供的配位原子有C；晶胞中CN-的个数为：8×12=4，则镍离子的配位数为4，故答案为：C；4；
(4)由图示晶胞可知，1个晶胞中含有的NH3个数为：8×14=2个，苯分子个数为：4×12=2个，故该络合物中氨与苯分子数目比，即b：c为2：2=1：1，由(3)分析可知，一个晶胞中含CN-个数为4，Ni的个数为：8×18+2×12=2，其中Ni的平均化合价为+42=+2价，故答案为：1：1；+2价；
(5)若此晶胞体积为Vnm3，阿伏加德罗常数为NAmol-1，晶胞的摩尔质量为Mg/mol，则晶体密度为ρ=mV=MgNAV×10-21cm3=MNAV×1021g/cm3，故答案为：MNAV×1021。

【分析】（1） 镍的原子序数为28，根据构造原子书写电子排布式；元素的非金属性越强，电负性越大；
（2） NH3中N形成3个σ键，含有1个孤电子对； C和P的原子半径相差较大， 很难“肩并肩”重叠形成π键；
（3）CN-中C和N上均有孤电子对，C的电负性小，更容易给出孤对电子； 镍离子的配位数为4；
（4）根据均摊法计算氨与苯分子数目；根据化合物中化合价代数和为0计算；
（5）根据ρ=mV计算晶体密度。
12．【答案】（1）5；Br2/光照
（2）取代反应；氟原子、羧基
（3）
（4）；NH3
（5）、、
【解析】【解答】根据A、B、C的分子式， 由D的结构简式逆推，可知C是、B是、A是；
(1)2-氟甲苯，结构不对称，等效氢有5种；2-氟甲苯和溴在光照条件下发生取代反应生成，条件是Br2/光照；
(2)中Br被-CN代替生成，反应类型为取代反应；中含氧官能团名称为氟原子、羧基；
(3)与苯在氯化铝作用下发生取代反应生成和氯化氢，反应的化学方程式为；
(4)由E与F反应生成G，经历多步反应。第一步为加成反应，第二步发生消去反应，由G逆推，第一步产物的结构简式为 ；由G生成H步骤还产生了一种无机分子，H分子比G分子少1个N原子、3个H原子，根据原子守恒，该无机分子是NH3。
(5)a．能发生银镜反应，说明含有醛基；
b．遇FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基；
c．具有-CH2F基团；
d．属1，2，3-三取代苯衍生物，符合条件的C的同分异构体中是、、。

【分析】根据C的分子式可知，C与SOCl2发生取代反应生成D，根据D的结构简式可知，C的结构简式为，B在浓硫酸条件下生成C，结合B的分子式可知，B为，结合A的分子式可知A为，据此解答。