重庆市重庆八中高2026届4月强化训练（三）化学+答案

重庆八中高2026届4月强化训练(三)化学试题

可能用到的相对原子质量：H-1Li-7O-16Mg-24A1-27S-32

一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每题只有一个选项符合题目要求。

1.人工智能产业发展迅猛，下列其产业链中所涉及的物质为合成高分子材料的是

A.光刻气：氩氖混合气B.印制电路板基材：特种环氧树脂

C.芯片散热材料：纳米级铜箔D.半导体衬底材料：氮化镓

2.下列分子中所有碳原子的杂化方式均为sp²的是

A.1,3-丁二烯B.甲苯C.CO₂D.2-丁炔

3.下列解释现象或事实的离子方程式错误的是

A.工业利用FeS除去废水中的Hg²+:FeS(s)+Hg²+(aq)Fe²+(aq)+HgS(s)

B.盛放NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞：Si+2OH-+H₂O=SiO₃²-+2H₂个

C.用足量Na₂CO₃溶液处理Cl₂尾气：Cl₂+2CO₃²-+H₂O=Cl+ClO-+2HCO₃-

D.Cu(OH)₂沉淀溶于浓氨水得到深蓝色溶液：Cu(OH)₂+4NH₃=[Cu(NH₃)4]²++2OH-

4.利用下列图示装置进行相应制备实验，正确的是

0.1mol/L

盐酸

溶液

沸水

MnO₂

B.量取25.00mL

A.制备Na₂O₂C.制备Fe(OH)₃胶体D.制备Cl₂

NaOH溶液

5.羟甲香豆素(丙)有治疗胆结石的功效，其合成方法如下。下列说法正确的是

甲乙丙(羟甲香豆素)

A.甲的分子式为C₁₂H₁₄O₅B.1mol乙最多消耗3molNaOH

C.丙中含有两种官能团D.可用质谱法测定丙中存在羟基

6.丁二酮肟常用于检验Ni²+。在稀氨水介质中，丁二酮肟与Ni²+反应生

成鲜红色沉淀(配合物),其结构如图。下列说法正确的是

A.丁二酮肟中不存在非极性共价键

B.基态Ni²+核外电子的运动状态数为26

C.该配合物的配体数为4

D.Ni²+形成该配合物时化合价变为+4价

7.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，最外层电子数之和为15。W、

Z为同主族的金属元素。下列说法一定正确的是

A.原子半径：X>WB.简单氢化物的沸点：X>Y

C.Y与Z可形成离子化合物D.Z的最高价氧化物的水化物易溶于水

8.溴乙烷与NaOH溶液能发生两种反应类型，反应机理如下，下列说法错误的是

能量

(kJ/mol)

99.6

2H₂O+Br®

-117.6

-127.6

C₂H₅OHC₂H₄

取代反应消去反应

A.升高温度既有利于加快反应速率，又有利于提高乙醇的平衡产率

B.若将溶剂换成乙醇，溴乙烷与OH-反应的选择性可能不同

C.溴乙烷发生取代或消去反应过程中OH-进攻的原子不同

D.无论从产物稳定性还是反应速率的角度，均有利于C₂H₅OH的生成

9.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是

A.0.5molNO和足量F₂反应生成0.5molNOF时转移电子数为0.5NA

B.1mol有机物含有σ键12NA

C.1molCl₂溶于足量水，所得溶液中HCIO、Cl-、ClO-粒子数之和为2NA

D.常温常压下，33.6LNO所含有的分子数小于1.5NA

10.下列实验操作及现象与对应结论匹配的是

选项实验操作及现象结论

A向FeSO₄溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红FeSO₄已完全变质

常温下，向2mL0.03mol-L-¹Na₂HPO₄溶液中滴此条件下HPO₄2-的水解程度

B

加2~3滴酚酞试液，溶液变浅红色强于其电离程度

向分子式为C₄H₆的脂肪烃中滴加酸性KMnO₄

C该有机物一定含有碳碳双键

溶液，溶液紫红色褪色

向KBrO₃溶液中通入少量氯气，然后再加入少

D氧化性：Cl₂>Br₂

量苯，充分振荡，有机层呈橙红色

11.在两个体积分别为V₁、V₂的恒容密闭容器中均充入1molM(g)和2molN(g),在不

同温度下发生反应：2M(g)+2N(g)=2P(g)+Q(g),测得M(g)的平衡转化率随温度变化如

图所示。下列说法正确的是

A.两容器体积关系为：V₁>V₂

B.P(g)与Q(g)的总能量低于M(g)的能量

C.F点P(g)的体积分数大于

D.F点的反应速率大于E点，原因是活化分子百分数更大

12.尖晶石可用作电池材料，其中镁铝尖晶石晶体的晶胞结构如图1所示，该晶胞由图2

所示的m、n两个立方单元组成。设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是

mn

图1图2

A.镁铝尖晶石晶体的化学式为MgAl₂O₄

B.晶胞中与体心最邻近的Al原子数为4

C.2个Mg原子的最小间距

D.镁铝尖晶石晶体的密度

13.(NH₄)₂S₂O₈是常用的氧化剂，可通过电解硫酸铵溶液制备，装置如下。已知：电解

当装置工作5min时，制得一定量S₂O⁸的同时在电极

b表面收集到1mmol气体，电解效率η(S₂Og-)=80%,忽略其他副反应且溶质足量。下列

说法正确的是

A.该装置工作时，a极电势高于b极

电阴源

离

子

交b

换

臆

H₂SO₄(NH)₂SO₄

溶液溶液

B.b电极产生的气体为H₂

C.a室与b室收集到的气体的物质的量之比为2:1

D.电解5min后，b极区溶液质量增加0.928g

14.20℃时，用0.5mol-L-¹NaHCO₃溶液滴定25.00mL0.25mol-L-¹CaCl₂溶液，测得混

合溶液的pH随滴加NaHCO₃溶液的体积变化如图，b点无明显现象，随后出现白色沉淀。

已知：20℃时Ksp(CaCO₃)=4.0×10⁻⁹、Kai(H₂CO₃)=4.4×10-7、Ka₂(H₂CO₃)=4.0×10-11。下列

说法错误的是

a(0.00,7.00)

b(4.54,8.02)

吉c(20.00,7.25)

d(25.00,7.20)

V(NaHCO₃溶液)/mL

A.从a点到b点，水的电离程度增大

B.b点的混合溶液：c(H₂CO₃)+2c(Ca²+)<c(Cl-)+c(CO3-)

C.HCO₃和CO₃²-的浓度比：c点大于b点

D.d点溶液中：c(Ca²+)·c(HCO₃)的数量级为10-6

二、非选择题：本题共4小题，共58分。

15.(14分)一种从石煤灰渣(主要含V₂O₅、SiO₂、Al₂O₃及Fe₂O₃等)中提取钒的工艺流程如

下：

添加剂

过量H₂SO₄溶液(NH₄)₂SO₄固体热水、空气Fe

还原

还原

石煤灰渣→酸浸溶液1结晶溶液2一结晶中间盐一溶解

pH为0~2

浸渣NH₄Al(SO₄)₂·12H₂O溶液3

萃取剂.

(HR)

含V材料←…钒溶液←反萃取萃取调pH

萃余液氨水

己知：萃取剂(HR)与阳离子的结合能力：Fe³>VO²+>Al³>Fe2+;萃取VO²+的原理为2HR+

VO²+VOR₂+2H+;“中间盐”中的金属阳离子均为+3价；Ksp[Al(OH)₃]=4×10-33。

(1)基态V原子的简化电子排布式为,该元素位于周期表的区。

(2)“酸浸”时，钒主要以VO²+的形式进入溶液，“浸渣”的主要成分是(填化学式)。

(3)“中间盐”的一种物质为难溶于水的NH₄V(SO₄)2,“溶解”后，所得溶液中钒主要以

VO²+的形式存在。则该含钒物质“溶解”时发生反应的离子方程式为0

(4)“还原”步骤的主要目的是o

(5)“萃取”前，需调节溶液pH。

①常温下，已知萃取前溶液中c(Al³+)=0.4mol/L,理论上，为避免产生Al(OH)₃沉淀，

应调节溶液pH小于(保留一位小数)。

②实际上，溶液pH也不能过低，其原因是o

(6)一种V—Ti固溶体储氢材料经充分储氢后所得晶体的晶胞结构如

图。储氢材料的性能常用“体积储氢密度”(1m³储氢材料可释放出的

H₂体积)来衡量。一定条件下，50%的氢可从上述晶体中释放出来，

且吸放氢引起储氢材料体积的变化可忽略。设NA为阿伏加德罗常数

或原子

的值，H₂的摩尔体积为22.4L/mol,则该储氢材料的“体积储氢密度”为oTiV

°H原子

L·m-3(用含a、NA的最简式表示)。

16.(14分)氢化铝锂(LiA1H₄)是有机合成中的重要还原剂。某课题组按如图流程与装置开

展了制备实验(夹持、尾气处理装置已省略)。

搅拌器

AlCl₃

乙醚

三颈烧瓶

LiH

图1

已知：

①LiH、LiAlH₄在潮湿的空气中均会发生剧烈水解。

②相关物质溶解性表如下：

AlCl₃LiAlH₄LiHLiCl

乙醚可溶可溶难溶难溶

苯易溶难溶难溶微溶

请回答下列问题：

(1)写出离子化合物LiH的电子式：o

(2)步骤I时仪器a上方的玻璃塞需保持(填“打开”或“关闭”);写出该步骤发生反

应的化学方程式。

(3)写出LiAlH₄水解生成Al(OH)₃的化学方程式o

(4)根据LiAlH₄的性质，推断步骤Ⅲ中加入苯的作用是o

(5)在滴加AlCl₃的乙醚溶液过程中，发现反应速率逐渐减慢，主要原因是o

(6)测定LiAlH₄的纯度。取3.04g产品用无水乙醇、盐酸处理(杂质不反应),加热沸腾

分离出AI³+,冷却后配成200mL溶液。量取20.00mL待测溶液、20.00mL0.5000mol/L

EDTA溶液于锥形瓶，调节pH并加热煮沸2min。冷却后加指示剂，用0.1000mol/L

醋酸锌溶液滴定剩余的EDTA,三次测量消耗的醋酸锌溶液体积平均为22.80mL。已

知EDTA与Al³+、Zn²+均按1:1反应，则LiAIH₄的纯度为%。若产品在称取前发

生部分水解，则结果将(填“偏大”或“偏小”或“不变”)。

17.(15分)马来酸是一种重要的化工原料，食品、饮料中添加适量马来酸可增强特殊果

香味并改善口感。

I.马来酸(HOOccOOH)和富马酸(

(1)马来酸分子的系统命名为o

(2)已知二者均为二元弱酸，且HOOC-CH=CH-COO-分子内氢键能稳定酸根负离子，预

测常温下：Ka₂(马来酸)Ka₂(富马酸)(填“>”、“<”或“=”);马来酸的熔点远低于富马

酸的熔点，其原因是

o

Ⅱ.T℃时，马来酸(MA)、富马酸(FA)和苹果酸(M)可发生图1的相互转化。向体系中加

入马来酸溶液，三种酸的物质的量分数x随时间变化如图2所示，6.5h后x不再随时间

变化，溶液体积变化忽略不计。据此回答下列问题：

1.0十

0.8-(FA)

(6.5,0.6)

0.6-

(6.5,0.38)

(M)

0.2-

(MA)

0

00.51.01.52.02.53.03.54.04.55.05.56.06.5

t/h

17题图117题图2

(3)反应①与②相比，活化能较大的是(填“①”或“②”)。

(4)T℃时，三个反应的平衡常数K由大到小的顺序为,其中反应①的平衡常数

K₁=o

(5)某温度下向体系中加入10mol/L马来酸溶液，若体系中只发生反应①和②,其速率

方程均可近似表示为v=k·c(反应物),其中H₂O的浓度为定值，不计入速率方程。k₁、

k2分别代表反应①、②的速率常数，k₁lk₂=2.5,测得某时刻c(M)=2molL,则此时

c(MA)=mol/L。

Ⅲ.利用马来酸的稀硫酸溶液为原料，通过电解可制备工

A直流电源

业原料琥珀酸(HOOCCH₂CH₂COOH),记为SA。电解装置搅拌器

如图所示，电解过程中电极M附近有气体逸出。

惰性电惰性电

(6)a为极，阴极的电极反应为(用“MA”与“SA”极M极N马来酸的稀

表示对应的有机酸)。硫酸溶液

恒温水槽

18.(15分)吡咯(及其衍生物广泛存在于自然界中。一种吡咯衍生物(G)的合成路

线如图(部分试剂和反应条件略去)。

C

回答下列问题：

(1)由D生成E的反应类型是o

(2)请写出B→C的化学反应方程式_0

(3)G的结构简式为o

(4)下列说法正确的是

A.物质A与HCOOCH₃的质谱图相同

B.物质C(极性：a>b

C.物质E白

D.E+C→F的反应中涉及碳原子杂化方式和手性碳数目的改变

(5)F的同分异构体中，满足下列条件的共有种。

①含有吡咯环结构和N—H键；②含有2个羧基；③核磁共振氢谱为4组峰。

请任写出一种同分异构体的结构简式：

(6)另一种吡咯衍生物H()的合成路线(部分反应条件省略)如下：

IH

已知J不含C=N键，其结构简式为。K和L生成M的化学反应方程式为_o

重庆八中高2026届4月强化训练(三)化学答案

题号1234567

答案BABCBBC

题号891011121314

答案ACBCDDB

1.【答案】B(教材选修三P139)

2.【答案】A

【详解】A.CH₂=CH-CH=CH₂中所有碳原子均为sp²杂化；A正确

B.甲苯中的碳原子既有sp²杂化，又有sp³杂化；B错误

C.CO₂的碳原子为sp杂化；C错误

D.CH₃-C=C-CH₃中的碳原子既有sp杂化，又有sp³杂化；D错误

3.【答案】B

【详解】A.FeS除去工业废水中的Hg²+,是因为FeS的溶度积大于HgS,发生沉淀的转

化，离子方程式为：FeS(s)+Hg²+(aq)Fe²+(aq)+HgS(s),A正确；

B.玻璃塞成分为SiO₂,而非Si单质；SiO₂与OH-反应生成硅酸盐(如Na₂SiO₃)和水，

无H₂产生，,B错误；

C.少量Cl₂通入Na₂CO₃溶液时，Cl₂发生歧化反应生成CI-和C10-,CO₃-与H+结合生

成HCO₃;方程式为：,电荷和原子均守恒，故

C正确；(参照选修一P125附录2)

D.Cu(OH)₂与NH₃形成络合物[Cu(NH₃)₄]²+,D正确；

4.【答案】C

【详解】A.应使用三脚架、泥三角和坩埚进行固体加热实验，教材必修一P35“实验2-2”;

B.需使用碱式滴定管；

C.(教材必修一P9“实验1-1”);

D.需浓盐酸，(教材必修一P48)。

5.【答案】B

【详解】A.甲的结构中含有12个C、16个H、5个0,分子式为C₁2H16O₅,A错误；

B.乙的结构中，能与NaOH反应的基团有酚羟基和酯基，1mol酚羟基，消耗1molNaOH;

1mol酯基，该酯基为酚酯，水解后生成酚羟基和羧基，共消耗2molNaOH,因此1mol

乙最多消耗3molNaOH,B正确；

C.丙的结构中含有：羟基、酯基、碳碳双键共三种官能团，C错误；

D.质谱法主要用于测定有机物的相对分子质量和分子结构片段，不能直接测定分子中是

否存在羟基，羟基的存在通常需要红外光谱来确认，D错误；

6.【答案】B

【详解】A.丁二酮肟中存在C-C键，A错误；

B.基态Ni²+的核外电子排布为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁸,共26个电子，即26种运动状态，B

正确；

C.该配合物的配体数为2,C错误

D.Ni元素在形成配合物前后化合价并未改变，均为+2价，D错误

7.【答案】C

【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，最外层电子数之和为15。

W、Z为同主族的金属元素。若W、Z为Li、Na,则X、Y分别为0、F;若W、Z为

Be、Mg,则X、Y分别为N、O或C、F

【详解】A.同周期元素从左到右原子半径依次减小，所以原子半径X<W,故A错误；

B.若W、Z为Be、Mg,则X、Y分别为N、0;C、F,当X、Y为C、F,HF的沸点

大于CH₄;当X、Y为N、O,H₂O的沸点>NH₃,故B错误；

C.Y与Z可形成离子化合物NaF/MgO/MgF₂,故C正确；

D.若Z为Mg,Mg(OH)₂难溶于水，故D错误；

8.【答案】A

【详解】A.由图可知，溴乙烷取代反应△H<0,升高温度，平衡逆向移动，平衡产率降

低，A错误；

B.溶剂不同时，反应的环境改变，可能影响反应的活化能、反应历程等，进而使溴乙烷

与OH反应的选择性不同，再结合已有知识，NaOH溶液有利于取代，NaOH醇溶液有利

于消去，B正确；

C.溴乙烷发生取代反应时OH-进攻的是与溴原子相连的碳原子，发生消去反应时OH-进

攻的是溴原子相连碳的邻位碳上的H原子，进攻原子不同，C正确；

D.从图中能看到，溴乙烷在水中发生取代反应的活化能低于消去反应的活化能，且乙

醇的能量低于乙烯，所以无论从产物稳定性还是反应速率的角度，均有利于C₂H₅OH的

生成，D正确。

9.【答案】C

【详解】A.在2NO+F₂=2NOF中，氟元素化合价降低到-1价，氮元素从+2价升高到+3

价，失去1e-,所以0.5molNO完全反应时转移0.5mol电子，A项正确；

B.有机物业分子式为C₅H₈,则1mol有机物含有σ键(8+5-1)NA=12NA,B项正

确；

C.Cl₂与水的反应可逆，还有一部分C1元素以Cl₂的形式存在，C项错误；

D.常温常压下，Vm>22.4Lmol-¹,故33.6LNO的物质的量小于1.5mol,,D项正确；

10.【答案】B

【详解】A.只能表明溶液中存在Fe³+,无法说明Fe²+完全变质；

C.碳碳三键也会使其褪色；

D.该反应KBrO₃作氧化剂，Cl₂作还原剂，发生反应：2KBrO₃+Cl₂==2KClO₃+Br₂只能得

到氧化性：KBrO₃>Cl₂。

标准电极电势(酸性情况下)BrO₃/Br₂CIO₃-/Cl₂

φa⁹(V)1.521.47

11.【答案】C

【详解】A.该反应正方向为气体分子数减小的反应，增大压强(减小体积),平衡正向移

动，M(g)的平衡转化率增大，由图可知，相同温度下，V₁代表的转化率大于V₂代表的转

化率，即两容器体积关系为：V₁<V₂,A错误；

B.由图可知，升高温度，M(g)的平衡转化率减小，平衡逆向移动，则该反应正反应为放

热反应，生应物的总能量低于反应物的总能量，即P(g)与Q(g)的总能量低于M(g)与N(g),

B错误；

C.E点时，M(g)的平衡转化率为60%,即M(g)的转化量为0.6mol,则平衡时M(g)、N(g)、

P(g)、Q(g)的物质的量分别为0.4mol、1.4mol、0.6mol、0.3mol,总物质的量为2.7mol,

因此P的物质的量分数F点转化率大于E点，则P的体积分数大于C正

确；

D.F点压强更大，反应速率更大，但活化分子百分数并未改变，只有单位体积内活化分

子数增大，D错误。

12.【答案】D

【详解】A.由晶胞结构和m、n两个单元的结构可知，1个晶胞中Mg原子数为：

个，A1原子数为4×4=16个，○原子数为4×4+4×4=32个，故晶体化学式为

MgAl₂O₄,A正确；

B.若体心为Mg原子，A1原子位于四面体配位位置，与体心最邻近的A1原子数为4,B

正确；

C.单元m中2个Mg最小的原子间距为√2apm,单元n中2个Mg最小的原子间距为

故最小间距,C正确；

D.由A项分析可知，1个晶胞中含8个MgAl₂O₄,则1个晶胞的质量g1个晶

胞的体积为8a³pm³=8a³×10-3⁰cm³,密度,D错误；

13.【答案】D

【详解】A.要由硫酸铵制备(NH₄)₂S₂Og,电极反应为：2SO2--2e"=S₂O8,则b极为阳极，

即a极为阴极，阳极电势更高，A错误；

B.b极为阳极，产生气体为O₂,B错误；

C.电极b收集到到1mmol氧气，结合电解效率，转移电子数为20mmol,则a极发生

电极反应：2H++2e=H₂↑,产生氢气10mmol,则a室与b室收集到的气体的物质的量

之比为10:1,C错误；

D.电解5min,转移电子数为20mmol,b极区产生1mmol氧气，中间隔膜为阴离子交

换膜，10mmolSO²从左向右移向阳极区域，b极区溶液质量增加：96×0.01-32×0.001

=0.928g,D正确。

14.【答案】B

【详解】A.a点是氯化钙溶液，pH=7,溶液呈中性，b点是CaCl₂溶液和NaHCO₃混合

溶液，两者之间未反应，碳酸氢根离子水解呈碱性，故水的电离程度增大，A正确；

B.b点是CaCl₂溶液和NaHCO₃混合溶液，且未发生反应，根据物料守恒：2c(Ca²+)=c(Cl-),

b点溶液显碱性，则说明碳酸氢根水解大于电离，则c(H₂CO₃)>d(CO3),故B错误；

C.从b到cH+浓度增大，考虑到Ka₂=[H+][CO₃²-]/[HCO₃]不变，可知[HCO₃]/[CO₃²-]增大，

C正确；

D.由图示可知，d点溶液中的pH=7.20,则有

15.(14分，除标注外，每空2分)

(1)[Ar]3d³4s²;d(1分)(2)SiO₂(1分)

(4)将Fe³+转化为Fe²+,避免Fe³+影响VO²+的萃取(2分，每点1分)

(5)3.3pH过低，即c(H+)浓度过大，会导致萃取反应2HR+VO²+—VOR₂+2H+

的平衡逆向移动，不利于V进入有机相(答到平衡移动意思即可)

(6)

【分析】酸浸时，V₂O₅、Al₂O₃、Fe₂O₃溶于稀硫酸，得到VO₂*、Fe³、Al³+,而SiO₂不

溶于稀硫酸而除去，溶液1中加入(NH₄)₂SO₄固体，得到NH₄Al(SO₄)₂·12H₂O,而溶液2

中加入添加剂，得到中间盐，“中间盐”中一种含钒物质为NH₄V(SO₄)₂在热水、空气、酸

性条件下溶解，“溶解”后，所得溶液中钒主要以VO²+的形式存在，加入铁粉会将三价铁

离子还原为二价铁离子，氨水调节溶液pH后，经萃取、反萃取得到钒溶液，最终得到钒

材料，回答下列问题。

【详解】(2)酸浸时，V₂Os、Al₂O₃及Fe₂O₃溶于稀硫酸，得到VO:、Fe³+、Al³+,而SiO₂

不溶于酸而除去。

(3)由题干信息：含V³+的硫酸盐难溶于水，“中间盐”的一种含钒物质为NH₄V(SO₄)₂发

生溶解工序，已知“溶解”后，所得溶液中钒主要以VO²+的形式存在，“溶解”时发生反应

的离子方程式为：

(4)根据由题干信息，酸浸后溶液中存在Fe³+且萃取剂(HR)与阳离子的结合能力：

Fe³+>VO²+>Al³+>Fe²+,还原步骤的主要目的是将Fe³+还原为Fe²+,以便在后续的萃取步骤

中，萃取剂HR优先与VO²+结合，提高钒的提取效率，所以还原步骤的目的是：将Fe³+转

化为Fe²+,避免Fe³+影响VO²+的萃取；

(5)①已知Al(OH)₃的溶度积K=4×10³³,溶液中Al³+浓度为0.4mol/L,根据溶度积公

式：Ks=c(Al³+)c³(OH)解得：

,为避免产生Al(OH)₃沉淀，pH应小于3.3;

②pH过低，即c(H+)浓度过大，会导致萃取反应2HR+VO²+VOR₂+2H+的平衡逆向

移动，不利于V进入有机相，降低了钒元素的萃取率；

(6)②该晶胞的体积为a³nm³=(a×10⁻⁹)³m³=a³×10-²⁷m³,该晶胞中含有8个氢原子，50%

的氢可从上述晶体中释放出来，一个晶胞可以释放出来氢分子个数为一个晶

胞释放出来氢气的物质的量,一个晶胞释放出来的氢气在标况下的

,根据定义可知，则该储氢材料的“体积储氢密度”为

16.(14分，除标注外，每空2分)

(1)Li+[:H]-(1分)(氢负离子的电子最好挨着锂离子)(2)关闭(1分)

4LiH+A1Cl₃26-30℃LiAIH4+3LiCl

(3)LiAlH₄+4H₂O=LiOH+Al(OH)₃+4H₂↑

(4)AICl₃易溶于苯，使其分离，同时降低LiAIH₄在混合溶剂中的溶解度，使其结晶析

出

(5)反应过程中产生LiCl固体且覆盖在LiH表面，阻碍AICl₃与LiH反应

(6)96.5(多写%不得分);偏小

【解析】LiH和AlCl₃在乙醚作溶剂的无水环境中反应得到LiAIH₄和LiCl;根据物质溶

解性可知，步骤Ⅱ大致为过滤，得到滤渣为LiH、LiCl,滤液为含AICl₃、LiAIH₄的乙醚

溶液；步骤Ⅲ加入苯，降低了LiAlH₄在苯和乙醚的混合溶剂中的溶解度，有利于LiAIH₄

析出，故步骤Ⅲ也大致为过滤。

(2)恒压滴液漏斗无需打开瓶塞放液，且若打开，空气中水蒸气可能通过漏斗侧面导管

进入三颈烧瓶使物质水解。

(4)第一空：类比在[Cu(NH₃)4]SO₄水溶液中加入95%乙醇使[Cu(NH₃)4]SO₄·H₂O晶体析

出。

(5)反应速率减缓，温度、浓度基本没受影响，则考虑固液接触面积的因素，反应中生

成的LiCl难溶于乙醚，为固态。

(6)返滴定实验：[(10-2.28)×10-³×10×38]÷3.04×100%=96.5%。若产品在称取前发生部分

水解，3.04g的产品中AI物质的量降低，导致滴定过量