湖南省岳阳市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题1

湖南省岳阳市2020届-2022届高考化学三年模拟(二模)试

题汇编-非选择题1

一、工业流程题

1.(2021•湖南岳阳•统考二模)2020年6月比亚迪正式发布采用磷酸铁锂技术的刀片电

池，大幅度提高了电动汽车的续航里程，可媲美特斯拉。以硫铁矿(主要成分是FeS2，

含少量AI2O3、SiO2和Fe-Q。为原料制备LiFePO4的流程如下:

高温燃烧②4

空气滤渣1灌渣2滤渣3

已知几种金属离子沉淀的pH如表所示:

金属氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2AI(OH)3

开始沉淀的pH2.37.54.0

完全沉淀的pH4.19.75.2

请回答下列问题：

(1)“酸浸”需要适当加热，但温度不宜过高，其原因是o灼烧滤渣3得到固

体的主要成分是(写出化学式)。

(2)用FeS还原Fe3+的目的是,加入FeO的作用是(用离子反应

方程式表示)。

(3)试剂R宜选择(填字母)。

A.高镭酸钾B.稀硝酸C.双氧水D.次氯酸钠

(4)常温下，KsP(FePO4)=1.3x10-22,“沉铁”中为了使c(Fe3+)qxl05moi.[/,c(PO：)最小

为mol-L'1

(5)写出“高温煨烧②"中由FePCU制备LiFePO4的化学方程式：。

2.(2022•湖南岳阳•统考二模)硫酸银广泛应用于电镀、电池、催化剂等工业。某科研

小组以粗硫酸镇(含Cu2+、Fe2\Fe3\Ca2\Mg2\Zi?+等)为原料，经过如图一系列除

杂过程模拟精制硫酸银工艺。回答下列问题。

水、硫酸Ni(OH),H,S萃取剂NaF

(1)滤渣I的主要成分是。

(2)写出除杂II的离子方程式：。

(3)①萃取分液I选用的萃取剂一般为P204［二(2—乙基己基)磷酸酯］,其萃取原理为:

■oTr.o1

Zn

2(C8H,7O)2P^+Zn2+-GH”O)J>(+2H\Zd+被P204萃取的能力随pH

-、0H」L、0—」2

的升高而(填“降低"、"不变''或"升高”)。

②反萃取是用反萃取剂使被萃取物从负载有机相返回水相的过程，为萃取的逆过程。反

萃取剂可以选择下列哪种物质(填选项)。

A.H2s04溶液B.NaOH溶液C.ZnSCU溶液

(4)已知25℃时,Kp(CaF2)=3.95x10"；K(MgF)=6.40x10汽则滤液山中'；,二=__。

sp2c(Mg-)

(保留3位有效数字)

(5)从“滤液m”中获得精制硫酸镁(NiSCUCH?。)所需采取的“操作X”是、、过

滤、洗涤、干燥。

(6)称取1.00g上述方法制得的硫酸螺晶体(NiSO#6H2。)样品溶于蒸储水,定容至250mL。

取25.00mL试液，加入过量的0.02mol/L的EDTA(Na2H2丫)标准溶液25.00mL,摇匀，

再加入相应的指示剂，用0.01mol/L标准硫酸锌溶液返滴定，待滴定至终点，记录数据。

2+22+

重复实验，3次平均消耗硫酸锌标准溶液为23.50mL。反应为M+H2Y=MY+2H(M

代表Ni或者Zn)。计算样品纯度为o(保留3位有效数字)

3.(2020•湖南岳阳•统考二模)2019年诺贝尔化学奖颁给了日本化学家吉野彰等三人，

以表彰他们对锂离子电池研发的卓越贡献。工业中利用锂辉石(主要成分为LiAl(SiO3)2,

还含有FezCh、CaO、MgO等)制备钻酸锂(LiCoCh)的流程如下：

试卷第2页，共10页

1>

98%浓团酸CaCO.2>NMX)源液

lOOOCifrtt

沉淀剂

已知:

①a-锂辉石化学惰性较大，除HF外，几乎不与任何酸碱反应，a—锂辉石在高温下可转

化为侯锂辉石，0—锂辉石具有更高的化学活性；

②。-锂辉石可与浓硫酸发生反应：2p-LiAl(SiO3)2+H2so4-Li2sO4+Al2O3-4SiO2H2O;

③部分金属氢氧化物pKsp(pK‘p=—IgKQ的柱状图。

p£p

38

OMg(OH)2A1(OH)3Fe(OH)3

回答下列问题：

(1)1000℃焙烧a—锂辉石的目的为；锂辉石的主要成分为LiAl(SiO3)2,其氧化

物的形式为。

3

⑵向“浸出液”中加入CaCO3,其目的是除去“酸化焙烧”中过量的硫酸，控制pH使Fe\

A"+完全沉淀，则pH至少为(保留小数点后一位有效数字，已知：完全沉淀后

离子浓度低于lx。5moi/L)；“滤渣3”的主要成分为。

(3)“沉锂”过程中加入的沉淀剂为饱和的Na2cCh溶液，判断该过程中所获得的沉淀是否

洗涤干净的操作为：o

(4)Li2c03与CO3O4在敞口容器中高温下焙烧生成钻酸锂的化学方程式为o

(5)利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性，开发出石墨烯电

池，电池总反应为LiCoCh+C6.-LixCe+LibxCoOi,充电时，阳极发生的电

极反应为：O

二、原理综合题

4.(2021・湖南岳阳.统考二模)十九大报告提出“要像对待生命一样对待生态环境”，对

硫、氮、碳元素形成的有毒有害气体进行处理成为科学研究热点。请回答下列问题：

I.氮元素的化合物种类繁多，研究氮氧化物的反应机理对于消除污染有重要指导作用。

(l)NCh有较强的氧化性，能将SO2氧化成SO3，自身被还原为NO。

已知：2so2(g)+02(g).2so3(g)AHi=-196.6klmoH

2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)AH2--113.0kJmoH

则NO2氧化SO2的热化学方程式为。

(2)利用现代传感技术探究压强对2NCh(g).•NzCMg)平衡移动的影响。在恒定温度和

标准压强条件下，往针筒中充入一定体积的NO2气体后密封并保持活塞位置不变。分

别在L、t2时迅速移动活塞后并保持活塞位置不变，测定针筒内气体压强变化如下图1

所示。

①B、E两点对应的正反应速率大小为VBVE(填“>”或"V”)。

②E、F、H三点对应气体的平均相对分子质量最大的点为(填字母序号)。

(3)可用上图2装置将雾霾中的NO、SO2转化为(NHQ2SO4,则阴极的电极反应式为

,物质A是(填化学式)。

II.利用CO2制取甲醛可以缓解温室效应，反应方程式为

CO2(g)+2H2(g),-HCHO(g)+H2O(g)0请回答下列问题：

(4)T/C时，将体积比为I：2的CO2和H2混合气体充入恒容密闭容器中，每隔一定时

间测得容器内气体压强如表所示：

时间/min0102030405060

压强/kPa1.080.960.880.820.800.800.80

①已知：vp(B)=^?。前10min,用H2的压强变化表示该反应的平均反应速率为

kPamin_1

②TJC时，反应的平衡常数Kp=kPa」(Kp为用各气体分压表示的平衡常数，分压

试卷第4页，共10页

=总压X物质的量分数；结果保留三位有效数字)。

5.(2022・湖南岳阳•统考二模)SO2及氮氧化物属于污染性气体，排放到空气中可形成

光化学烟雾、酸雨等，科学家一直致力于研究这些气体的处理，能变废为宝。回答下列

问题：

(1)已知反应：@N2(g)+O2(g)=2NO(g)AH,=+180kJ-mor',

②2co(g)+O2(g)=2CO2(g)AH2=-566kJmol-'，

则反应2co(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)的AH=。

(2)常温下，NO、NO2溶于水可制得HNO2溶液，向30mL0.10moLLTHN02溶液中滴入

c(HNO,)

O.lOmolLi的NaOH溶液，使得溶液的pH=4,该溶液中百记~=____。

[Ka(HNO2)=4.6xl0«,保留一位小数]。

(3)研究表明，CO与N2O在Fe+作用下发生反应：N2O(g)+CO(g)-CC)2(g)+N2(g)的能

量变化及反应历程如图所示：

a.该反应分两步进行，两步反应分别为：反应①Fe++N20-FeO++N2；反应②；

由(填“反应①”或“反应②”)决定反应达到平衡所用时间。

b.在固定体积的密闭容器中，发生该反应，改变原料气配比进行多组实验(各次实验的温

度可能相同，也可能不同)，测定NzO的平衡转化率a。部分实验结果如图所示。B、C、

D三点对应的实验温度分别为TB、TC和TD,通过计算判断TBTcTD(填

或"=")o

80

70•75)

60

50

A(0.4,50)jC(1.0,50)

40二二二二二血藐):

30

20

0

1

0.51.01.52.0

H0(N2O):/70(CO)

(4)燃煤烟气中可通过反应SO2(g)+2CO(g)-'2co2(g)+S⑴实现硫的回收。将ImolSCh

和2moic0通入1L恒容密闭容器中，在恒温T℃,起始压强为2.5xl()6pa条件下反应,

5min时，反应达到平衡，气体密度减少16g-LL0~5min内，CO的反应速率是；

若升高温度，气体的密度增加(S仍为液体)，则该反应的AH0(填“〉”或“

(5)深埋在潮湿土壤中的铁管道，在硫酸盐还原菌(该还原菌最佳生存环境pH为7~8之

间)作用下，能被S0;腐蚀，其电化学腐蚀原理如图所示，写出正极的电极反应式：

＞一酸曲还原两

6.(2020・湖南岳阳•统考二模)研究NC)2、NO、N2O,CO等大气污染物的处理对建设

美丽中国具有重要意义。

(1)已知：@NO2(g)+CO(g).CO2(g)+NO(g)A//=—234kJ/mol

②N2(g)+O2(g).2NO(g)A/7=+179.5kJ/mol

③2NO(g)+O2(g).2NO2(g)A/7=—112.3kJ/mol

试写出NO与CO反应生成无污染物气体的热化学方程式：.

(2)污染性气体NO2与CO在一定条件下的反应为：2NO2+4CO4CO2+N2,某温

度下，在2L密闭容器中充入O.lmolNCh和0.2molCO,此时容器的压强为1个标准大气

压，5秒时反应达到平衡时，容器的压强变为原来的三，则反应开始到平衡时N2的化

学反应速率I，(N2)=。若此温度下，某时刻测得NO2、CO、CO2、N2的浓度分别

为0.04mol/L、0.06mol/L,0.04mol/L,0.01mol/L,则化学反应朝方向进行。(填

“正反应，逆反应，平衡状态”)

⑶一氧化二氮可发生2N2O(g).2N2(g)+O2(g)。不同温度(T),N2O分解半衰期随起始

压强的变化关系如图所示(图中半衰期指任一浓度N2O消耗一半所需的相应时间)，则

T,乃(填“＞”、"="或＜)。当温度为刀、起始压强为％,反应至timin时，体系

压强P=(用户。表示)。

试卷第6页，共10页

Po起始压强kPa

(4)某研究小组探究催化剂对CO、NO转化的影响。将CO和NO以一定的流速通过两

种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中N2的含量，从而确定尾气脱氮

①由图可知：要达到最大脱氮率，该反应应采取的最佳实验条件为—

②若低于200C,图中曲线I脱氮率随温度升高变化不大的主要原因为

(5)工业上消除氮氧化物的常用方法是SCR(选择性催化还原)脱硝法,反应原理为4NHKg)

+4NO(g)+O2(g),-4N2(g)+6H2O(g)A/7<0,某科研小组通过系列实验，分析得出脱

硝率W与氨氮比(希表示氨氮比)关系如图，从图看出最佳氨氮比为2.2,理由是,

.—

.(K

KO)

70-.9CQ1

60-o.7O

薄.Q

s50M-.654O

>.4

?现.

%3KO>

如4TA脱硝率.

.2O

la一国浓度.1O

N0J

z24-1

o.2.NIl

o一

三、有机推断题

7.(2021・湖南岳阳•统考二模)氯毗格雷(Cbpidogrel)是一种用于预防和治疗因血小板高

聚集引起的心、脑及其他动脉循环障碍疾病的药物，如近期发作的脑卒中、心肌梗死和

确诊的外周动脉疾病。以A为原料合成氯毗格雷的路线如下：

H

已知：R-CHO湍>R-C-CN,R-CN*恤0>RCOOH。

加2

请回答下列问题：

(DC中含氧官能团的名称为,D-E的反应类型是。

(2)Y的结构简式为o

(3)C分子间可在一定条件下反应生成含有3个六元环的产物，该反应的化学方程式为

(4)由E转化为氯毗格雷时，生成的另一种产物的结构简式为。

(5)A的所有属于芳香族化合物的同分异构体(包括A自己本身)有种(只有

一个环，不考虑立体异构)，写出核磁共振氢谱为1：2：2的结构简式为o

or

(6)请结合题中信息写出以CH20H为有机原料制备化合物

NH2

a：r

“2的合成路线流程图(无机试剂任选)»

8.(2022・湖南岳阳•统考二模)化合物K是一种用于降血脂的药物，其合成路线如图:

试卷第8页，共10页

已知：R—ClNHLNH：>R—NH—NH2(R代表炫基)

回答下列问题:

(1)根据系统命名法物质L：C(CH3)3OH的名称是。

(2)物质U中含有的官能团名称是。

(3)请写出反应④的反应类型是。

(4)请写出反应⑥的化学方程式。

(5)某物质M是物质E的同分异构体(不包括立体异构)，其结构满足下列条件，应该有

_____种。

a.lmolM与NaOH溶液反应时，消耗2moiNaOH

b.分子中只有苯环一个环

c.苯环上存在等效氢原子，且苯环的一元取代物只有2种

其中核磁共振氢谱有4组峰,峰面积之比为1：1：2：6的是—(任写出一种结构简式)。

(6)手性碳原子是指与四个各不相同原子或原子团相连的碳原子，用C*表示。降血脂药

物K中有个C*。

(7)设计由氯苯制备的合成路线(无机试剂任选)。

9.(2020・湖南岳阳•统考二模)2020年2月19日下午，国家卫生健康委办公厅、国家

中医药管理局办公室联合发出《关于印发新型冠状病毒肺炎诊疗方案(试行第六版)的通

知》。此次诊疗方案抗病毒治疗中增加了磷酸氯噪和盐酸阿比多尔两种药物，盐酸阿比

回答下列问题:

(1)H的含氧官能团名称为,B的名称

(2)C—D、E—F的反应类型分别是

(3)写出F-G的化学方程式为

(4)芳香化合物M是D的同分异构体，满足下列条件的M有种,

①含有氨基(一NH2)②既能水解，又能发生银镜反应

写出其中一种有五种不同化学环境的氢，个数比为2：2：2：2：1的结构简式

(5)参照上述合成路线，写出以硝基苯和乙酰乙酸乙酯(CH3coeH2coOCH2cH3或

oo

・人)为原料合成(无机试剂任选)。

试卷第10页，共10页

参考答案：

1.避免Fe3+水解生成Fe(0H)3,损失铁元素A12O3避免在除去AF+时Fe3+一并沉

3++

淀A1+3H2OA1(OH)3+3HFeO+2H+=Fe2++HzO(或

3+2+17

2A1+3FeO+3H2O=2A1(OH)3+3Fe)C1.3x10

高温小.

2FeP01+Li2c(\+H2c2。1—LiFeP0(+H20T+3C0,T

【分析】硫铁矿(主要成分是FeS2,含少量ALCh、SiCh和Fea。。焙烧时FeS2转化为Fe2C>3,

SiCh不与稀盐酸反应，酸浸时滤渣1是SiOz，滤液中阳离子是Fe3+、AF+、Fe2+>H+等，加

入FeS将Fe3+还原成Fe2+,加入FeO调节pH使A/+转化成氢氧化铝沉淀，除去铝离子，然

3+

后加入氧化剂，将Fe2+氧化为Fe,加入(NH^HPCU沉铁得到FePO4,加入Li2c。3和H2C2O4

在高温下制得LiFePOa，以此分析。

【详解】(1)根据分析，滤液中阳离子是Fe3+、Al3\Fe2+等，Fe3+能发生水解，水解是吸热

反应，升高温度，促进Fe3+水解生成Fe(OH)3,造成铁元素的损失；

依据表格中的数据以及流程，让A1元素以A1(OH)3形式沉淀除去时，Fe'+必先沉淀，因此加

2+

入FeS将Fe3+还原成Fe,然后加入FeO调节pH,让Al元素以A1(OH)3形式沉淀出来，即

滤渣3为A1(OH)3，灼烧氢氧化铝得到A12O3；

(2)依据表格中的数据以及流程，让A1元素以A1(OH)3形式沉淀除去时，Fe3+必先沉淀，因

此用FeS还原Fe3+生成Fe?+和S,离子方程式为：FeS+2Fe3+=3Fe2++S；加入FeO的作用是

3++2+

A1+3H2O.A1(OH)3+3H+,FeO+2H=Fe+H,O

2+

2A产+3FeO+3H,O=2A1(OH)3+3Fe)

⑶试剂R是氧化剂，将将Fe2+氧化为Fe3+；

A.KMnCU溶液作氧化剂，容易引入Mi?+、K+,故A不符合题意；

B.稀硝酸作氧化剂，得到NO,NO有毒，污染环境，且容易引入NO?新杂质，故B不符

合题意；

C.双氧水作氧化剂，还原产物是H?O,不引入杂质，对环境无影响，故C符合题意；

D.次氯酸钠作氧化剂，引入新杂质cr、Na+,故D不符合题意；

故答案为C；

(4)检验Fe2+：取少量待测液于试管中，滴加几滴铁氟化钾溶液(或酸性高锌酸钾溶液)，若产

答案第1页，共17页

生蓝色沉淀(或酸性高锌酸钾溶液褪色)，则该溶液中含有Fe2+；

(5)根据溶度积进行计算，磷酸根的浓度最小值为

,K(FePO.)13x10-22

c(PO：)=—止一：'=,=1.3x10-/011-1；

c(Fe3t)1x105

(6)由题意，根据元素守恒可知，FePCU、Li2co3、H2c2O4在高温下发生反应生成LiFePCh、

高温

H2OaiCO2,化学方程式为：2FePO4+Li2co3+H2c2。4-2LiFePO4+H2Of+3cChT。

2.(l)Fe(OH)3

2++

(2)CU+H2S=CUS|+2H

⑶升高A

(4)6.17x1O-3

(5)蒸发浓缩冷却结晶

(6)69.7%

【分析］［解析］粗硫酸镁(含CF+、Fe2+、Fe3+、Ca2\Mg2+、ZM+等)加水和硫酸进行酸浸溶

解,在加入H2O2氧化,得到含有N2+、Cu2\Fe3\Ca2+、Mg2\Zn2\SO；等离子的

浸出液，用Ni(0H)2调节溶液pH值，使FP+转化为氢氧化铁沉淀除去，再进行过滤，滤渣

I为Fe(0H)3；向滤液I中通入H2s气体，CiP+转化为CuS沉淀除去，过滤后得到滤渣H为

CuS沉淀；加入萃取剂萃取Zn2+,有机相中含有锌，通过反萃取使Zn2+进入无机相H,制

备硫酸锌；无机相I含有Ni2+和Ca2+、Mg2+,加入入NaF,使无机相I中的Ca2+、Mg2+转

化为CaF2、MgF2沉淀除去，再次进行过滤得到滤“滤液HI”，最后对滤液IH进行蒸发浓缩、

降温结晶、过滤洗涤等操作得到产品硫酸银晶体，据此分析解答。

(1)

根据分析可知滤渣I的主要成分是Fe(0H)3；

(2)

除杂II是向滤液I中通入H2s气体，CM+转化为CuS沉淀除去，离子方程式：

2++

CU+H2S=CUS1+2H；

(3)

①萃取分液I选用的萃取剂一般为P204［二(2—乙基己基)磷酸酯］,其萃取原理为：

答案第2页，共17页

2，CMOkP、]+Zn2+-P°]zn+2H+,萃取产生H+,随pH的升高H+被消耗，促

I\)HJIXo-h

进平衡正向移动，故Zn2+被P204萃取的能力随pH的升高而升高；

②根据萃取原理2，出9门、。卜Zn2+-，「CM。"。]z»+2H+可知应选用酸使平衡逆向

L'oilJIX0-J2

移动释放出Zn2+,故答案为A；

(4)

已知25℃时，K.sp(CaF2)=3.95xlO"；KsP(MgF2)=6.40xl0则滤液HI中

c(Ca")c(Ca2)xc(F)23.95x10”二617xl0-3

2t-2t2--9

c(Mg)c(Mg)xc(F)Ksp(MgF2)~6.40xlO-'乂；

(5)

根据分析可知从“滤液III”中获得精制硫酸银(NiSCU-6H2O)所需采取的“操作X”是蒸发浓缩、

降温结晶、过滤、洗涤、干燥等操作

(6)

根据题意，取2500mL试液，EDTA标准液的总物质

的量=0.02mol/Lx0.025L=5x10-4mol,根据反应M2++H2Y2=MY2+2H+(M代表Ni或者Zn)

,用0.01mol/L标准硫酸锌溶液返滴定，待滴定至终点，记录数据。重复实验，3次平均消

耗硫酸锌标准溶液为23.50mL,25mL试液中n(Ni2+)=n(EDTA)=

5x10-4mol-0.01mol/Lx23.5x10^=2.65^10Vmol,硫酸银晶体的样品纯度为

2.65x104n?o/x263g/molx勿。’"

-------------------------幽必x100%=69.7%；

lg

3.(1)使a—锂辉石转化为p—锂辉石，使其能与浓硫酸反应溶解Li2OAl2O3-4SiO2

(2)4.7Mg(OH)2、CaCO3

(3)取最后一次洗涤液少许于一支试管中，先加入盐酸，再加入氯化钢溶液，无明显现象，

则沉淀洗涤干净

高温

-

(4)6Li2cCh+4CO3O4+O212LiCoO2+6CO2

-+

⑸LiCoCh—xe=Lii.xCoO2+xLi

【分析】由题给流程可知，a—锂辉石在1000℃的高温下焙烧转化为B—锂辉石，P—锂辉

答案第3页，共17页

石与浓硫酸在250°C条件下焙烧得到焙烧渣，焙烧渣经水浸、过滤得到含有Li2OAl2O3-4SiO2

的滤渣1和含有可溶性硫酸盐的滤液：向滤液中加入碳酸钙除去过量的硫酸，控制溶液pH

使铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤

渣2和滤液；向滤液中加入石灰乳和碳酸钠将溶液中的镁离子、钙离子转化为氢氧化镁、碳

酸钙沉淀，过滤得到含有氢氧化镁、碳酸钙的滤渣3和20%的硫酸锂溶液；向硫酸锂溶液

中加入饱和碳酸钠溶液，将硫酸锂转化为碳酸锂沉淀，过滤、洗涤、干燥得到碳酸锂；碳酸

锂与四氧化三钻在敞口容器中高温下焙烧生成钻酸锂。

【详解】(1)由题给信息可知，a—锂辉石在1000℃的高温下焙烧转化为能与浓硫酸反应的

B—锂辉石；由原子个数比不变可知，LiAl(SiO3)2的氧化物的形式为Li20AL034Si02,故答

案为：使a—锂辉石转化为p—锂辉石，使其能与浓硫酸反应溶解；Li2OAl2O34SiO2;

(2)由金属氢氧化物pK卬可知，加入碳酸钙控制溶液pH使铁离子、铝离子转化为氢氧化

铁、氢氧化铝沉淀时，溶液中的氢氧根离子浓度至少为J©''】(°H)J_1二103一则

丫C(A13+)V1xlO^mol/L

溶液的pH=14—gx28=4.7；由分析可知，滤渣3的主要成分为氢氧化镁、碳酸钙，故答案

为：4.7；Mg(OH)2、CaCOj；

(3)由分析可知，沉锂过程发生的反应为硫酸锂溶液与饱和碳酸钠溶液反应生成碳酸锂沉

淀和硫酸钠，沉淀的表面附有过量的碳酸钠和硫酸钠，则判断沉锂过程中所获得的沉淀是否

洗涤干净实际上就是排出碳酸根离子的干扰后，检验洗涤液中是否存在硫酸根离子，具体操

作为取最后一次洗涤液少许于一支试管中，先加入盐酸，再加入氯化钢溶液，无明显现象，

则沉淀洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液少许于一支试管中，先加入盐酸，再加入氯

化用贝溶液，无明显现象，则沉淀洗涤干净；

(4)由分析可知，碳酸锂与四氧化三钻在敞口容器中高温下焙烧生成钻酸锂和二氧化碳，

高沪

反应的化学方程式为6Li2co3+4CO3CU+O2与跳i2LiCoO2+6CO2,故答案为：6Li2CO3+4

CO3O4+O2I2UCOO2+6CO2；

(5)由电池总反应可知，充电时，LiCoCh在阳极失去电子发生氧化反应生成Lii一xCoO2和

锂离子，电极反应为LiCoC)2-xe-=Lii-xCoC)2+xLi+,故答案为：LiCoC)2-xe-=Lii-xCoC)2+xLi+。

4.NO2(g)+SO2(g)=SO,(g)+NO(g)AH=-41.8kJmol''>H

答案第4页，共17页

N0+6H++5e=NH；+HqH2SO40.02438.3

【分析】根据盖斯定律计算热化学方程式；探究压强对2NCh(g).•N2O“g)平衡移动的影响,

根据图示可知，压强越大，反应速率越快，t2时刻移动了活塞，压强迅速增大，说明针筒内

气体体积缩小，保持活塞位置不变后，平衡向着正向移动，混合气体的物质的量逐渐减小，

根据M=；可知，E、F、H三点对应气体的平均相对分子质量最大的点为H；根据图中信息

可知，将雾霾中的NO、SO2转化为(NH4)2SC>4,则阴极上NO得电子产生NH：；物质A是

H2SO4；根据三段式可计算出Kp。

【详解】I.⑴根据图一可知热化学方程式为①2so2(g)+O2(g).2so3(g)AHi=-196.6

kJ-mol1；

②2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)AH2=-113.0kJ-mol'；

根据盖斯定律，由①-②整理可得NO2(g)+SO2(g)=SO3(g)+NO(g)AH

=AH|-AH2—41.8kJ/mol；

(2)①其他条件相同时压强越大反应速率越快，故B、E两点对应的正反应速率大小为VB>VE;

②t2时刻移动了活塞，压强迅速增大，说明针筒内气体体积缩小，保持活塞位置不变后，平

衡向着正向移动，混合气体的物质的量逐渐减小，根据M=^可知，E、F、H三点对应气

n

体的平均相对分子质量最大的点为H；

(3)根据图中信息可知，将雾霾中的NO、SO2转化为(NH4)2SC>4,则阴极上NO得电子产生

NH：,电极反应式为NO+6H++5e=NH；+H2O；物质A是H2so4；

H.⑷①反应方程式为CC)2(g)+2H2(g).HCH0(g)+H20(g),Ap(%)=2Ap(总)，已知:

vp(B)=、［。前10min,用H2的压强变化表示该反应的平均反应速率为

Ap(H,)2x(1.08-0.96)kPa…….,

vp(H2)=------=-----------------=0.024kPa-min'1；

"AtlOmin

/7CHO(g)+H,O(g)AP

co2(g)+2H2(g).-

②起始压强(kPa)0.360.72001.08

变化压强(kPa)0.280.560.280.280.28

平衡压强化Rz)0.080.160.280.280.80

"0.28x0.28

K=八=38.3kPa-,1

p10.08x0.162

5.(l)-746kJ-mol-'

答案第5页，共17页

(2)0.2

++

(3)FeO+CO.CO2+Fe反应①TB<TC=TD

(4)O^mol-L'-min_1<

(5)sor+5H2O+8e-HS+90H-

【解析】⑴

由盖斯定律，反应②-①可得反应2co(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)的

AH=AH2-AHi=-566-(+180)=-746kJmor'；

(2)

HN02的电离平衡常数Ka(HNO2)=c(N??：(H),常温下H=4则c(H+)=l(Hmol/L,则

C(HNO2)

c(HNO?)_c”)_10->02

c(NO-)Ka(HNO,)4.6x10^^;

(3)

a.总反应为N2O(g)+CO(g)UCC)2(g)十N2(g),实际过程是分2步进行，因此反应①和反应②

相加得到总反应，则反应②等于总反应减去反应①，可得反应②为FeO++CO=CO2+Fe+；根

据反应①的历程图可知，由Fe+和N20经过过渡态得到产物FeO+和N2,过渡态和反应物Fe+

和N2O的能量差为反应①的活化能，同理，可知反应②的活化能，可知，反应①的活化能

大于反应②的活化能，活化能越大，化学反应速率越慢，而化学反应速率慢的步骤为决速步，

决定反应达到平衡所用时间，即反应①决定反应达到平衡所用时间，故答案为：

FeO++CO#CO2+Fe+；反应①；

b.根据图象，C点和B点，反应物的投料比相同，但是B点表示的平衡状态，N2O的转化

率高于C点，平衡正向移动，NzO的转化率增加；B和C点的反应物投料比相同，因此不

是改变反应物的浓度；反应前后的气体体积不变，因此压强不影响平衡移动，只能是温度，

该反应为放热反应，平衡正向移动，温度越低N?O转化率越大，则TB<TC,C点时，起始

物料比为祭品=L°，N02的平衡转化率为a(NO2)-50%,设起始时c(N()2户c(SC>2)=xmol/L,

nNOJ

C(SO3)-C(NO)_50%xx50%x

化学平衡常数为K(C)=-=1,D点时，起始物料比为

c(SO,)-c(NO2)(1-50%x)x(1-50%x)

答案第6页，共17页

3)

=1.5,NO2的平衡转化率为a(NO2)=40%,设起始时c(SO2)=ymol/L,

n(NOj

c(NO2)=1.5ymol/L,化学平衡常数为

c(SO,)c(NO)_(40%xl.5y)x(40%xl.5y)

K(D)==1,所以K(C)=K(D),化学平衡不发

c(SO,)-c(NO2)-[(1-40%)x1.5y]x[y-40%x1.5y]

生移动，则TC=TD,故答案为：TB<TC=TD;

(4)

若反应进行到5min时，反应达到平衡，气体密度减小16g•!_/,则生成S的质量为

16g/LxlL=16g,生成硫的物质的量为n=9=4^i=0.5mol,则：

M32g/mol

2CO(g)+SC)2(g)•2co2侈+S⑴

起始量/mol2100

转化量/mol10.510.5'

平衡量/mol10.510.5

_Imol

v(CO)=——=0.2molL'min'1；若升高温度，气体的密度增加，说明平衡逆向移

VAtlLx5min

动，则正方向为放热反应，即反应的△HV0,故答案为：0.2mol・L3min\<；

(5)

pH为7〜8时，正极SO；在还原菌作用下得电子，发生还原反应，电极反应式为

SOT+5H2O+8e=HS+9OH»

6.(1)2NO(g)+2CO(g)■2CO2(g)+N2(g)A//=-759.8kJ/mol

⑵0.002mol/(L-s)正反应

⑶>1.25Po

(4)催化剂H,450℃温度较低时，催化剂I的活性较低

(5)氨氮比从2.2到2.4时，脱硝率变化不大，但氨的浓度增加较大，导致生产成本提高

【详解】(1)由盖斯定律可知，反应①x2—@+③可得一氧化氮与一氧化碳反应生成无污染

物气体的方程式2N0(g)+2CO(g).2co2(g)+N2(g),则反应△”=(—234kJ/mol)x2—(+179.5

kJ/mol)+(—112.3kJ/mol)=—759.8kJ/moL反应的热化学方程式为2N0(g)+

2CO(g).2co2(g)+N2(g)AH=—759.8kJ/moL故答案为：2N0(g)+2C0(g)-2CO2(g)+N2(g)

△H=—759.8kJ/mol；

答案第7页，共17页

(2)设反应生成氮气的物质的量为amol,由题意可得如下三段式:

(

2NO2(g)+4N0g)-4CO2(g)+N2(g)

起(mol)0.10.200

变(mol)2a4a4aa

平(mol)0.1-2a0.24a4aa

5秒时反应达到平衡时，容器的压强变为原来的"，由三段式数据可得：与-=尸解得

150.3-a*x—

0.02mol

a=0.02mol,则反应开始到平衡时氮气的反应速率为2L=°・002moi/(L,s),反应的平衡常

5s

(0.08)4〉〈002

数K=F亲一品一/吗，由某时刻测得二氧化氮、一氧化碳、二氧化碳、氮气

,0.06\2*。2、40.032X0.064

("F)义、)

的浓度分别为0.04mol/L、0.06mol/L,0.04mol/L>0.01mol/L可知，反应的浓度增

44

0-04x0.01<0.04X0.01(则化学反应朝正反应方向进行，故答案为：0.002mol/(L-s)；

0.042X0.0640.032X0.064

正反应；

(3)压强一定时，温度越高，反应速率越快，半衰期越短，由图可知，压强一定时，乃温

度时的半衰期大于。温度时，则温度。大于乃；设起始一氧化二氮的物质的量为2mol,由

半衰期的定义可知,反应至timin时，一氧化二氮、氮气和氧气的物质的量分别为Imol、Imol、

0.5moh由温度一定时，气体的压强之比等于物质的量之比可得：*六,解得P=1.25P0,

故答案为：>:1.25Po；

(4)①由图可知，催化剂H,450℃条件下脱氮率最大，则反应应采取的最佳实验条件为催

化剂H,450℃,故答案为：催化剂II,450℃；

②若温度低于200℃,图中曲线I脱氮率随温度升高变化不大是因为温度较低时，催化剂I

的活性较低，反应速率慢，所以脱氮率随温度升高变化不大，故答案为：温度较低时，催化

剂I的活性较低；

(5)由图可知，氨氮比从2.2到2.4时，脱硝率变化不大，但氨的浓度增加较大，导致生产

成本提高，所以SCR(选择性催化还原)脱硝的最佳氨氮比为2.2,故答案为：氨氮比从2.2

到2.4时，脱硝率变化不大，但氨的浓度增加较大，导致生产成本提高。

7.竣基取代反

答案第8页，共17页

【分析】A.n在NaCN/NH4cl条件下反应生成B(C8H7N2CI),B(C8H7N2CI)经过酸

NH;

rj^^r^COOCHj

化生成C(C8H8C1NO2),C(C8H8CINO2)发生酯化反应生成D

COOCH3

与Y(C6H7BrS)发生取代反应生成E最后生成氯毗格雷。

【详解】(l)C为C8H8C1NO2,含有的含氧官能团为段基；根据分析DTE的反应类型是取代

反应;

(2)Y的结构简式为

(3)两分子C可在一定条件下反应生成一种产物，该产物分子中含有3个六元环，应是氨基

和竣基之间发生脱水反应，两分子C脱去2分子水生成该反应方程

NH,

2!.1f«

式为

(4)E与°、/°在酸性条件下生成氯毗格雷，由原子守恒可知，还有HO-CH2-CH2-OH生成;

答案第9页，共17页

CHO

(5)A(、)属于芳香族化合物的所有同分异构体中(只有一个环、不考虑立体异构)

即含有苯环，官能团不变时，改变官能团的位置，若官能团发生变化，侧链为-COC1,符合

条件所有芳香族化合物有三种，其结构简式分别为

核磁共振氢谱1:2:2的结构简式为

(6c)cOVX在NaCN/NH4cl条件下反应生成,然后在酸性条件下得

,最后在浓硫酸、加热的条件下发生酯化反应得到

成路线流程图为:

8.(1)2—甲基一2—丙醇

(2)溟原子、酯基

(3)氧化反应

答案第10页，共17页

HCO

HCOO

X

(5)10H3c

(6)2

ciClOH0

6NV加热"GNaOH溶液八।(:皿二八

加热加热。—|今

「A

Cl

d加热内/

)2—NH,a」U

—NH

⑺2

【解析】(i)

根据系统命名法物质L：C(CH3)3(DH的名称是2一甲基一2一丙醇，故答案为：2一甲基一2一

丙醇；

(2)

r

^Y^O—C(CH3)3

由结构简式可知含有的官能团的名称为澳原子、酯基，

故答案为：滨原子、酯基；

(3)

CH3CH

由占到3

可看出是减少了氢原子，加氧或去氢的反应为氧

化反应，故答案为：氧化反应；

(4)

答案第11页，共17页

H3cxo

由E和反应⑤的条件可知F为Jn,由n