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1、湖北省湖北省 2022 年普通高中学业水平选择性考试年普通高中学业水平选择性考试化学化学本试卷共本试卷共 8 页，页，19 题。全卷满分题。全卷满分 100 分。考试用时分。考试用时 75 分钟。分钟。祝考试顺利祝考试顺利注意事项：注意事项：1.答题前答题前，先将自己的姓名先将自己的姓名、准考证号准考证号、考场号考场号、座位号填写在试卷和答题卡上座位号填写在试卷和答题卡上，并认真核准并认真核准准考证号条形码上的以上信息，将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。准考证号条形码上的以上信息，将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答请按题号顺序在答题卡上各题目的答
2、题区域内作答，写在试卷写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。区域均无效。3.选择题用选择题用 2B 铅笔在答题卡上把所选答秦的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作铅笔在答题卡上把所选答秦的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。答；字体工整，笔迹清楚。4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量：H1Li7C12O16Mg24Al27Ca40本卷涉及的实验均须在专业人士指导和李余得到充分保障的条件下完成。本卷涉及的实验均须在专业人士指导和李余得到充分
3、保障的条件下完成。一、选择题：本题共一、选择题：本题共 15 小题，每小题小题，每小题 3 分，共分，共 45 分。在每小题给出的四个选项中，只有一分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。项是符合题目要求的。1.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【答案】B【解析】【详解】A明矾净水的原理为：3+23Al+3H OAl(OH)+3H，3Al(OH)胶体具有吸附性，可以使泥水变澄清，涉及化学变化，A 错误；B水和冰的分子式都是 H2O，水快速制冰为物理变化，B 正确；C
4、炖排骨汤时放点醋，可使骨头中的钙、磷、铁等矿物质溶解出来，营养值更价高。此外，醋还可以防止食物中的维生素被破坏，涉及化学变化，C 错误；D茄子中存在一类叫“酚氧化酶”的物质，它见到氧气之后，发生化学反应产生一些有色的物质。反应时间越长，颜色越深，D 错误；故选 B。2.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3Fe发生显色反应【答案】A【解析】【详解】A苯酚可以和溴水发生取代反应，取代位置在酚羟基的邻、对位，同理该物质也能和溴水发生取代反应，A 错误；B该物质含有酚羟基，酚羟基容易被氧化，故可以用作
5、抗氧化剂，B 正确；C该物质红外光谱能看到有 O-H 键等，有特征红外吸收峰，C 正确；D该物质含有酚羟基，能与铁离子发生显色反应，D 正确；故答案选 A。3.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【答案】B【解析】【详解】A加热除汞，说明汞易挥发，A 正确；B将金溶于汞中制成“金汞漆”，然后加热汞挥发后留下金，整个过程中没有新物质生成，属于物理变化，B 错误；C金溶于汞中，然后再
6、加热除去汞，使得金的纯度增大，所以可以用于金的富集，C 正确；D用电解的方法，铜做阴极，电解液中含有可溶性的含金离子，则可实现铜上镀金，D 正确；故选 B。4.下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是A.在10.1Lmol氨水中：2233AgCuNOSO、B.在10.1Lmol氯化钠溶液中：323IFeBaHCO、C.在10.1Lmol醋酸溶液中：244HSONHBr、D.在10.1Lmol硝酸银溶液中：23KClNaCO、【答案】C【解析】【详解】A氨水显碱性，会与+2+AgCu、反应，不能大量共存，A 项错误；B3+-FeI、会发生氧化还原反应，不能大量共存，B 项错误；C醋酸显酸性，在醋酸
7、溶液中2-+-+44SONHBrH、均不会发生反应，能大量共存，C 项正确；D硝酸银中的银离子会与氯离子反应生成沉淀，不能大量共存，D 项错误；答案选 C。5.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2CO为原料人工合成D.核酸可视为核苷酸的聚合产物【答案】B【解析】【详解】A 维生素 C 具有还原性，可以还原活性氧自由基，故 A 正确；B 蛋白质在酸、碱的作用下也能发生水解，故 B 错误；C 将二氧化碳先还原生成甲醇，再转化为淀粉，实现用2CO为原料人工合成淀粉，故 C 正确；D核苷酸通过聚合反应制备核酸，故
8、D 正确；故选 B。6.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.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A碳酸钠和碳酸氢钠都会因水解而使溶液显碱性，碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，滴入酚酞溶液后，碳酸钠溶液呈现红色，碳酸氢钠的溶液呈现浅红色，A 正确；B食盐水为中性，铁钉发生吸氧腐蚀，试管中的气体减少，导管口形成一段水柱，B 正确；C钠燃烧温度在 400以上，玻璃表面皿不耐高温，故钠燃烧通常载体为坩埚或者燃烧匙，C 错误；D石蜡油发生热分解，产生不饱和烃，不饱和烃与溴发生加成反应，使试管中溴的四氯化碳溶液褪色，D正确；故答案选 C。7.
9、60C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60C互为同素异形体C.含有3sp杂化的碳原子D.化学性质与金刚石有差异【答案】A【解析】【详解】A自范性是晶体的性质，碳玻璃为非晶态，所以没有自范性，A 错误；B碳玻璃和60C均是由碳元素形成的不同的单质，所以是同素异形体，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，所以含有3sp杂化的碳原子形成化学键，C 正确；D金刚石与碳玻璃属于同素异形体，性质差异主要表现在物理性质上，化学性质上也有着活性的差异，D正确；故选 A。8.硫代碳酸钠能用于处理废
10、水中的重金属离子，可通过如下反应制备：22322NaHS s+CSl=Na CSs+H S g，下列说法正确的是A.23Na CS不能被氧化B.23Na CS溶液显碱性C.该制备反应是熵减过程D.2CS的热稳定性比2CO的高【答案】B【解析】【详解】A23Na CS中硫元素为-2 价，还原性比较强，能被氧化，故 A 错误；B 类比23Na CO溶液，O 与 S 同主族，可知23Na CS溶液显碱性，故 B 正确；C 由反应方程式可知，固体与液体反应制备了硫化氢气体，故该制备反应是熵增过程，故 C 错误；D S 的原子半径比 O 小，故 C=S 键长比 C=O 键长长，键能小，故2CS的热稳定性
11、比2CO的低，故 D 错误；故选 B。9.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.2+Ca的配位数为 6B.与F距离最近的是KC.该物质的化学式为3KCaFD.若F换为-Cl，则晶胞棱长将改变【答案】B【解析】【详解】A2+Ca配位数为与其距离最近且等距离的 F-的个数，如图所示，2+Ca位于体心，F-位于面心，所以2+Ca配位数为 6，A 正确；BF与K的最近距离为棱长的22，F与2+Ca的最近距离为棱长的12，所以与F距离最近的是2+Ca，B 错误；C+K位于顶点，所以+K个数=188=1，F-位于面心，F-个数=162=3，2+Ca位于体心，所以2+Ca个
12、数=1，综上，该物质的化学式为3KCaF，C 正确；DF与-Cl半径不同，替换后晶胞棱长将改变，D 正确；故选 B。10.2+Be和3+Al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.2+Be与3+Al都能在水中与氨形成配合物B.2BeCl和3AlCl的熔点都比2MgCl的低C.2Be OH和3Al OH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【答案】A【解析】【详解】A3+Al半径小，不能容纳 6 个氮原子和它配位，则不能在水中与氨形成配合物，A 项错误；B2BeCl和3AlCl属于分子晶体，而2MgCl属于离子晶体，则2BeCl和3AlCl的熔点都比2M
13、gCl的低，B项正确；C2Be OH和3Al OH均为两性氢氧化物，则均可表现出弱酸性，C 项正确；DBe和Al的氢化物与酸反应，生成对应的盐和氢气，则都不能在酸中稳定存在，D 项正确；答案选 A。11.磷酰三叠氮是一种高能分子，结构简式为33OP N。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2ND.分解产物NPO的电子式为N P:O:MM【答案】C【解析】【详解】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，A 项错误；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，B 项错误
14、；C磷酰三叠氮是一种高能分子，加热条件下会分解并放出2N，C 项正确；DNPO为共价化合物，则电子式为，D 项错误；答案选 C。12.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：+253424N H+NH=NH+N H，+-243253N H+CH COOH=N H+CH COO，下列酸性强弱顺序正确的是A.+25244N H N H NHB.+2534N H CH COOHNHC.-3243NH N H CH COOD.+3254CH COOHN H NH【答案】D【解析】【详解】根据复分解反应的规律，强酸能制得弱酸，根据酸碱质子理论，给出质子H的物质是酸，则
15、反应+-243253N H+CH COOH=N H+CH COO中，酸性：+325CH COOHN H，反应+253424N H+NH=NH+N H中，酸性：+254N HNH，故酸性：+3254CH COOHN H NH，答案选 D。13.同位素示踪是研究反应机理的重要手段之一、已知醛与2H O在酸催化下存在如下平衡：+H22RCHO+H ORCH OH。据此推测，对羟基苯甲醛与 10 倍量的182DO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.【答案】D【解析】【详解】由已知信息知，苯环上的羟基不发生反应，醛基中的碳氧双键与182DO发生加成反应，在醛基碳原子上
16、会连接两个羟基(分别为-OD，18-OD)，两个羟基连接在同一个碳原子上不稳定，会脱水，得到醛基，故的含量最高，故 D 正确；故选 D。14.含磷有机物应用广泛。电解法可实现由白磷直接制备2Li P CN，过程如图所示(Me为甲基)。下列说法正确的是A.生成21molLi P CN，理论上外电路需要转移2mol电子B.阴极上的电极反应为：-42P+8CN-4e=4 P CNC.在电解过程中-CN向铂电极移动D.电解产生的2H中的氢元素来自于LiOH【答案】D【解析】【详解】A 石墨电极发生反应的物质：P42Li P CN化合价升高发生氧化反应，所以石墨电极为阳极，对应的电极反应式为：-42P+
17、8CN-4e=4 P CN，则生成21molLi P CN，理论上外电路需要转移1mol电子，A 错误；B阴极上发生还原反应，应该得电子，-42P+8CN-4e=4 P CN为阳极发生的反应，B 错误；C石墨电极：P42Li P CN发生氧化反应，为阳极，铂电极为阴极，-CN应该向阳极移动，即移向石墨电极，C 错误；D由所给图示可知 HCN 在阴极放电，产生-CN和2H，而 HCN 中的 H 来自LiOH，则电解产生的2H中的氢元素来自于LiOH，D 正确；故选 D。15.下图是亚砷酸3As OH和酒石酸2a1a2H T,lgK=-3.04,lgK=-4.37混合体系中部分物种的c-pH图(浓
18、度：总As为-4-15.0 10 mol L，总 T 为-3-11.0 10 mol L)。下列说法错误的是A.3As OH的a1lgK为9.1B.-2As OHT的酸性比3As OH的强C.pH=3.1时，3As OH的浓度比-2As OHT的高D.pH=7.0时，溶液中浓度最高的物种为3As OH【答案】D【解析】【分析】由图分析，左侧纵坐标浓度的数量级为 10-3mol/L，右坐标浓度的数量级为 10-6mol/L，横坐标为 pH，随着 pH 的增大，-2cAs OHT先变大，然后再减小，同时2-AsO OHc 变大，两者浓度均为右坐标，说明变化的程度很小，当 pH=4.6 时，2-As
19、O OHc=-2cAs OHT，Ka=10-4.6。pH 继续增大，则3c As OH减小，同时2-cOAs OH增大，当 pH=9.1 时，2-cOAs OH=3c As OH，+9.1Ka1=c(H)10，二者用左坐标表示，浓度比较大，说明变化的幅度比较大，但混合溶液中存在着酒石酸，电离常数远大于亚砷酸，且总 T 浓度也大于总 As。【详解】A32+OAs OHAs OHH，23-+cOc(H)Ka1As OHAs OH=c，当 pH=9.1 时，2-cOAs OH=3c As OH，+9.1Ka1=c(H)10，a1lgK为9.1，A 正确；B2-2-22+cOc(H)HKa=AsOHA
20、s OHTAsO OH TcAs OHT，当 pH=4.6 时，2-AsO OHc=-2cAs OHT，Ka=10-4.6，而由 A 选项计算得 H3AsO3的+9.1Ka1=c(H)10，即 Ka Ka1，所以-2As OHT的酸性比3As OH的强，B 正确；C由图可知3As OH的浓度为左坐标，浓度的数量级为 10-3mol/L，-2As OHT的浓度为右坐标，浓度的数量级为 10-6mol/L，所以pH=3.1时，3As OH的浓度比-2As OHT的高，C 正确；D由可知条件，酒石酸2a1a2H T,lgK=-3.04,lgK=-4.37，3As OH的a1lgK为9.1，即酒石酸的
21、第一部电离常数远大于亚砷酸的第一步电离常数，所以酒石酸的酸性远强于3As OH，另外总 As 的浓度也小于总 T 的浓度，所以当pH=7.0时，溶液中浓度最高的物种不是3As OH，D 错误；故选 D。二、非选择题：本题共二、非选择题：本题共 4 小题，共小题，共 55 分。分。16.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3422H POH O(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下(夹持装置略)：回答下列问题：（1）
22、A 的名称是_。B 的进水口为_(填“a”或“b”)。（2）25P O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)。A20B3035C42100（7）磷酸中少量的水极难除去的原因是_。【答案】（1）.圆底烧瓶.b（2）干燥气体（3）溶液沿毛细管上升（4）使溶液受热均匀（5）磷酸晶体（6）C（7）磷酸可与水分子间形成氢键【解析】【分析】空气通过氯化钙除水，经过
23、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。【小问 1 详解】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 口近、a 口出，形成逆流冷却，使冷却效果更好。【小问 2 详解】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。【小问 3 详解】空气流入毛细管可以对烧瓶中的溶液进行搅拌，使受热均匀，同时还具有加速水逸出和防止溶液沿毛细管上升的作用。【小问 4 详解】升高温度能提高除水速度，而纯磷酸制备
24、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。【小问 5 详解】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。【小问 6 详解】纯磷酸纯化过程中，温度低于21易形成3422H POH O(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42100，答案选 C。【小问 7 详解】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。17.化合
25、物 F 是制备某种改善睡眠药物的中间体，其合成路线如下：回答下列问题：（1）AB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）DE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AD、DE和EF的产率分别为 70%、82%和 80%，则AF的总产率为_。（7）Pd配合物可催化EF转化中C-Br键断裂，也能催化反应：反应：为探究有机小分子催化反应的可能性，甲、乙两个研究小组分别合成了有机小分子S 1(结构如下图所示)。在合成S 1的过程中，甲组使用了Pd催化剂，并在纯
26、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。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_。【答案】（1）取代反应(或酯化反应)（2）5（3）（4）.酯基.碳碳双键（5）5（6）45.92%（7）甲组使用的 Pd 催化剂未完全除尽，继续催化反应【解析】【分析】AB 条件为甲醇和浓硫酸，该反应为酯化反应，BC，条件为 CH3I 和有机强碱，结合 C 的分子式以及 D 的结构简式可分析得出 C 的结构简式为，C 与 CH2=CHCH2Br 发生取代反应生成 D，由 E 的结构可分析出，D 中酯基被还原成醇羟基，碳碳双键被氧化成羧基，
27、然后发生酯化反应生成 E，E 与 Pd 配合物在碱的催化下反应生成 F。【小问 1 详解】AB 条件为甲醇和浓硫酸，根据 A 和 B 的结构简式可分析出，该反应为酯化反应，属于取代反应，故答案为：取代反应(或酯化反应)；【小问 2 详解】核磁共振氢谱的吸收峰数目等于有机物中氢元素的种类，即有多少种化学环境不同的氢原子，由 B 的结构简式可知，B 中有 5 种 H，所以核磁共振氢谱有五组吸收峰，故答案为 5；【小问 3 详解】B 与 CH3I 反应生成 C，结合 D 的结构简式可推测出 C 的结构简式为，故答案为；【小问 4 详解】E 结构中存在环状酯结构，采用逆推的方式可得到，存在羧基和醇羟基
28、，再结合两种官能团的位置及支链中碳原子的个数，可推得 D 中碳碳双键被氧化，酯基被还原，故答案为酯基；碳碳双键；【小问 5 详解】只考虑氟的位置异构，F 中氟原子没取代之前只有 6 种类型氢原子，如图：，取代后有 6 种氟代物，除去 F 本身，应为 5 种同分异构体，故 F 有 5 种同分异构体；【小问 6 详解】AF的过程中，分成三步进行，且三步反应AD、DE和EF的产率分别为 70%、82%和 80%，则AF的产率=70%82%80%=45.92%，故答案为 45.92%；【小问 7 详解】甲乙两组合成的小分子催化剂结构相同，但只有使用了Pd催化剂的甲组才能催化反应，而乙组不能催化反应，说
29、明有机小分子 S-1 不是反应的催化剂，根据已知条件，Pd配合物也能催化反应，可推测，金属 Pd 在催化甲组合成 S-1 后，并没有完全除尽，有残留，所以最终其催化作用的依然为金属 Pd，故答案为：甲组使用的 Pd 催化剂未完全除尽，继续催化反应。18.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+-NaLiCl、和少量2+2+MgCa、)，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：212.4g/100gH O化合物spK2Mg OH125.6 102Ca OH65.5 103CaC
30、O92.8 1023Li CO22.5 10回答下列问题：（1）“沉淀 1”为_。（2）向“滤液 1”中加入适量固体23Li CO的目的是_。（3）为提高23Li CO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23Li CO。查阅资料后，发现文献对常温下的23Li CO有不同的描述：是白色固体；尚未从溶液中分离出来。为探究3LiHCO的性质，将饱和LiCl溶液与饱和3NaHCO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3LiHCO_(填“稳定”或“不稳定”)，有关反应的离子方程式为
31、_。（5）他们结合(4)的探究结果，拟将原流程中向“滤液 2”加入23Na CO改为通入2CO。这一改动能否达到相同的效果，作出你的判断并给出理由_。【答案】（1）Mg(OH)2（2）将2+Ca转化成 CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质（3）.蒸发浓缩.趁热过滤（4）.不稳定.Li+HCO3=LiHCO3，2LiHCO3=Li2CO3+CO2+H2O（5）能达到相同效果，因为改为通入过量的2CO，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【解析】【分析】浓缩卤水(含有+-NaLiCl、和少量2+2+MgC
32、a、)中加入石灰乳Ca(OH)2后得到含有+-NaLiCl、和2+Ca的滤液 1，沉淀 1 为 Mg(OH)2，向滤液 1 中加入 Li2CO3后，得到滤液 2，含有的离子为+-NaLiCl、和 OH-，沉淀 2 为 CaCO3，向滤液 2 中加入 Na2CO3，得到 Li2CO3沉淀，再通过蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤、干燥后得到产品 Li2CO3。【小问 1 详解】浓缩卤水中含有2+Mg，当加入石灰乳后，转化为 Mg(OH)2沉淀，所以沉淀 1 为 Mg(OH)2；【小问 2 详解】滤液 1 中含有+-NaLiCl、和2+Ca，结合已知条件：LiOH 的溶解度和化合物的溶度积常数，可推测，加入
33、 Li2CO3的目的是将2+Ca转化成 CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质；【小问 3 详解】由 Li2CO3的溶解度曲线可知，温度升高，Li2CO3的溶解度降低，即在温度高时，溶解度小，有利于析出，所以为提高23Li CO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；【小问 4 详解】饱和 LiCl 和饱和 NaHCO3等体积混合后，产生了 LiHCO3和 NaCl，随后 LiHCO3分解产生了 CO2和 Li2CO3。故答案为：不稳定，Li+HCO3=LiHCO3，2LiHCO3=Li2CO3+CO2+H2O；【小问 5
34、 详解】“滤液 2”中含有 LiOH，加入23Na CO，目的是将 LiOH 转化为 Li2CO3。若改为通入过量的2CO，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，因为改为通入过量的2CO，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。19.自发热材料在生活中的应用日益广泛。某实验小组为探究“2H OCaOAl”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(T
35、)随时间(t)的变化曲线，如图所示。实验编号反应物组成a0.20gCaO粉末5.0mL2H Ob0.15gAl粉5.0mL2H Oc0.15gAl粉5.0mL饱和石灰水d0.15gAl粉5.0mL石灰乳e0.15gAl粉0.20gCaO粉末5.0mL2H O回答下列问题：（1）已知：1212sH O ls65.17CaOCa OHHkJ mol 2122s216.73Ca OHCaaqOHaqHkJ mol 122343s3H O lHg415.02AlOHaqAl OHaqHkJ mol 则 2224s2s7H O l23HgCaOAlCaaqAl OHaq的4H_1kJ mol。（2）温度
36、为 T 时，2KxspCa OH，则2Ca OH饱和溶液中c OH_(用含 x 的代数式表示)。（3）实验 a 中，4min后T基本不变，原因是_。（4）实验 b 中，T的变化说明Al粉与2H O在该条件下_(填“反应”或“不反应”)。实验 c中，前3min的T有变化，其原因是_；3min后T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.反应的发生促使反应平衡右移B.反应的发生促使反应平衡右移C.气体的逸出促使反应向右进行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_。【答案】
37、（1）-911.9（2）32xmolL-1（3）Ca(OH)2在水中的溶解度小，反应达到了平衡状态（4）.不反应.Al 和溶液中的 OH-发生了反应.OH-（5）A（6）实验 e 中，发生反应、和，反应中有气体生成，气体的逸出促使反应向右进行，反应的发生使得溶液中 OH-的浓度减小，促使反应平衡右移，反应的发生促使反应平衡右移，这三步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快。【解析】【小问 1 详解】根据盖斯定律可得，+2可得反应 CaO(s)+2Al(s)+7H2O(l)=Ca2+(aq)+2Al(OH)4-(aq)+3H2(g)，则H4=H1+H2+2H3=(-65.17kJmol-1)
38、+(-16.73kJmol-1)+2(-415.0kJmol-1)=-911.9kJmol-1。【小问 2 详解】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+)，KspCa(OH)2=c(Ca2+)c2(OH-)=x，则 c(OH-)=32xmolL-1。【小问 3 详解】实验 a 中，CaO 和 H2O 反应生成 Ca(OH)2，4min 后T 基本不变，是因为 Ca(OH)2在水中的溶解度小，反应达到了平衡状态。【小问 4 详解】实验 b 中，T 几乎不变，说明 Al 粉与 H2O 在该条件下不反应；实验 c
39、 中，前 3min 的T 有变化，是因为Al 和溶液中的 OH-发生了反应，3min 后T 基本不变，是因为饱和石灰水中 OH-的浓度较低，OH-的量有限。【小问 5 详解】实验 d 中，发生反应和，反应中有气体生成，气体的逸出促使反应向右进行，反应的发生使得溶液中 OH-的浓度减小，促使反应平衡右移，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无关，故选 A。【小问 6 详解】实验 e 中，发生反应、和，反应中有气体生成，气体的逸出促使反应向右进行，反应的发生使得溶液中 OH-的浓度减小，促使反应平衡右移，反应的发生促使反应平衡右移，这三步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快。