湖南省怀化市2022-2023学年高二年级下册期末考试化学试题（解析版）

湖南省怀化市2022-2023学年高二下学期期末考试

化学试题

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改

动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在

本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：H1Li7N14O16Mg24Mn55

一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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.下列说法不正确的是

A.燃煤脱硫有利于实现“碳达峰、碳中和“

B.绘画所用宣纸的主要成分为纤维素

C.古陶瓷修复所用的熟石膏，其成分为2CaSO「H2。

D.“神舟飞船”返回舱外层材料的酚醛树脂球属于有机高分子材料

【答案】A

【解析】

【详解】A.燃煤脱硫有利于减少二氧化硫的排放，但不能减少二氧化碳的排放量，不能实现碳达峰、碳

中和，故A错误；

B.纸张的主要成分为纤维素，故B正确；

C.熟石膏成分为2CaSO「Hz。，故C正确；

D.酚醛树脂由苯酚和甲醛通过缩聚反应，属于有机高分子材料，故D正确；

故选：Ao

2.有机物X是合成某种抗肿瘤药物的中间体，结构简式如图所示。下列说法不正确的是

A.能与氯化铁溶液发生显色反应B.所有原子共平面

C.分子式为C11H13NO4D.可用碳酸氢钠溶液鉴别X和苯酚

【答案】B

【解析】

【详解】A.分子中含有酚羟基，能与氯化铁溶液发生显色反应，A正确；

B.分子含有饱和碳原子，为四面体结构，故不是所有原子共平面，B错误;

C.由结构可知，分子式为CUH|3N0「C正确;

D.X含有痰基能和碳酸氢钠反应，而苯酚不和碳酸氢钠反应，可用碳酸氢钠溶液鉴别X和苯酚，D正

确；

故选Bo

3.光刻胶是芯片制造产业核心材料，某光刻胶甲（端基已略去）在EUV照射下分解为CO?和很多低分子量

片段，转化关系如图（末配平）。下列有关说法正确的是

A.乙分子中含有2个手性碳原子B.乙和丙均能使酸性高铳酸钾溶液褪色

C.Imol丙最多与2moi氢氧化钠反应D.物质甲、乙、丙均属于纯净物

【答案】B

【解析】

【详解】A.手性碳是指与四个不同原子或原子团相连的碳原子，由乙的结构简式可知乙中只含1个手性

碳原子,如图:,故A错误;

B.乙中含碳碳双键，丙中含羟基，均能被高铳酸钾溶液氧化，从而褪色，故B正确;

C.丙中只含醉羟基，不与NaOH溶液反应，故C错误;

D.甲聚合物，为混合物，故D错误；

故选:Bo

4.下列离子方程式的书写正确的是

+2+

A.过量铁粉与稀硝酸反应：3Fe+8H+2N0；=3Fe+2N0T+4H2O

B.过量SO2通入NaClO溶液中：SO2+H2O+CIO-=HC1O+HSO；

C.在饱和Na2cO3溶液中通入过量CO2后有晶体析出：CO^+CO2+H2O=2HCO；

2+

D.Mg（HCC）3）2溶液与足量的NaOH溶液反应：Mg+HCO；+OH-=MgCO34<+H2O

【答案】A

【解析】

【详解】A.过量铁粉与稀硝酸反应最终是硝酸亚铁、NO和水，离子方程式正确，故A正确；

B.S02与NaClO发生氧化还原反应，离子方程式为：SO2+2OH-+CIO-=Cf+SO^+H2O,故B

错误；

C.饱和Na2co3溶液中通入过量CO2析出碳酸氢钠晶体，离子方程式为：

+

2Na+CO^+CO2+H2O=2NaHCO3J,故C错误;

D.Mg（HCC）3）2与NaOH反应生成溶解度更小的氢氧化镁沉淀，离子方程式为:

2+

Mg+2HCO；+4OH-=Mg(OH)2J+2COj+2H2O,故D错误;

故选：A0

5.下列装置能达到实验目的的是

A.甲：胆研晶体制备无水硫酸铜B.乙：制备少量干燥的NH?

C.丙：检验溪乙烷中Br元素D.T：探究浓度对化学反应速率影响

【答案】A

【解析】

【详解】A.灼烧胆矶晶体应在地崩中进行，灼烧过程中用玻璃棒搅拌使灼烧更充分，故A正确；

B.氨气与氯化钙反应，因此不能用无水氯化钙干燥氨气，故B错误：

C.检验溟乙烷中浪元素，待漠乙烷水解完全后，取上层清液先加硝酸中和NaOH后再加硝酸银，故C错

误；

D.该反应无明显现象，不能确定速率的快慢，故D错误;

故选：Ao

6.五种短周期主族元素X、Y、Z、W、N的原子序数依次增大，X的2P轨道半充满，Z是目前发现的

电负性最大的元素，W逐级电离能(kJ.moL)依次为578、1817、2745、11575、14830、18376；N的单

质被广泛用作半导体材料。下列说法不正确的是

A.元素的第一电离能：Y<X<Z

B.最简单氢化物的沸点：X<Y<Z

C.Y原子核外电子有5种空间运动状态

D.最高价氧化物对应的水化物的酸性：X>N>W

【答案】B

【解析】

【分析】X的2P轨道半充满，X为N,Z是目前发现的电负性最大的元素，Z为F；结合原子序数可知Y

为O；W的第三电离能与第四电离能差距较大，可知W最外层有3个电子，其原子序数大于F,W为A1；

N的单质被广泛用作半导体材料，N为Si,据此解答。

【详解】A.N、0、F为同周期元素，随原子序数递增，第一电离能呈增大趋势，但氮原子最外层为半

满稳定结构，其第一电离能大于O,则第一电离能：0<N<F,故A正确；

B.H20分子间形成的氢键数目较多，其沸点高于HF和NH3,故B错误；

C.O的核外电子排布式为Is22s22P、核外电子有5种空间运动状态，故C正确；

D.非金属性：N>Si>Al,非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则酸性：

HNO3>H2SiO3>Al(OH)3,故D正确；

故选：Bo

7.一种铜的浪化物晶胞结构如图。下列说法正确的是

P(0,0,0)

A.该化合物的化学式为CuBr2

B.铜的配位数为12

C.与每个Br紧邻的Br有6个

D,由图中P点和Q点的原子坐标参数，可确定R点的原子坐标参数(L,-)

444

【答案】D

【解析】

【详解】A.晶胞中的滨原子位于8个顶点和6个面心，共有8x1+6x，=4个，铜位于晶胞内部，共

82

有4个，故化学式为CuBr,A错误；

B.1个铜连接4个嗅，则铜的配位数是4,B错误；

C.漠位于顶点和面心，与干冰结构类似，所以与每个Br紧邻的Br有12个，C错误；

D.R在X、7、z三个坐标轴中的坐标均为,，故坐标参数为('，—,—),D正确；

4444

故选D。

8.根据下列操作和现象所得到的结论正确的是

选

操作现象结论

项

产生臼色沉偏铝酸根离子与碳酸氢根离

A向偏铝酸钠溶液中滴加碳酸氢钠溶液

淀子发生完全双水解

B向硝酸中加入少量亚硫酸氢钠溶液有气泡生成非金属性N>S

某无色溶液中可能含有

该溶液中一定不含Ba2+,肯

CBa\NH：、「、SO；"向该溶液中加入少量溶液呈无色

定含有SO：,可能含有「

澳水

固体溶解，

D将少量铜粉加入LOmol-UFe2(SO4%溶液中金属铁比铜活泼

溶液变蓝色

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A.HCO,的酸性强于A1(OH)3,因此碳酸氢钠能与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，反应不属

于完全双水解，故A错误；

B.硝酸具有强氧化性能与亚硫酸氢钠发生氧化还原反应，反应生成NO,不能证明非金属性N>S,且证

明非金属性强弱需根据最高价含氧酸的酸性强弱，故B错误；

C.还原性「＜SO：,因此淡水先与SO：反应，反应生成SO：-和滨离子，因此满足反应无色，因生成

SOj离子，若存在Ba2+则会生成硫酸钢白色沉淀，根据现象可知不存在Ba2+,又因滨水少量，可能只与

S0：反应，无法确定是否存在碘离子，故C正确；

D.铜粉与Fe3+反应生成Fe?+和铜离子，因此可观察到铜粉溶解溶液变蓝，但不能据此判断金属活泼性，

故D错误；

故选：Co

9.铁的配合物离子催化某反应的一种反应机理和相对能量的变J化情况如图所示

\过渡态1过渡态2

-(

」0.-0

。I

£+.2-2

HT

2一1.-8-n+l

OU--42.6

)O--46-.

、+^

诩UHoJ'+I

H^+

整O+

+OH0O

妾—O0J

OD+

妄OHO+

DJ§X

HH+

u,

xO

O

J

H

反应进程

下列说法不正确的是

A.总反应速率由WTI决定

B.H*浓度过大会导致反应I速率加快

C.该过程中铁的配合物离子催化剂不能提高平衡转化率

催化剂小小

D.总反应为HCOOHCC)2T+H2T

【答案】B

【解析】

【详解】A.WTI的活化能最大，反应速率最慢，决定总反应的速率，A正确；

B.根据反应ITII,H+过大，HCOO,浓度减小，反应速率减慢，B错误；

C.该过程中铁的配合物离子为催化剂，只能改变反应速率，不能使平衡移动，所以不能提高平衡转化

率，C正确；

催化剂小小

D.根据如图信息，整个过程的总反应为HCOOH^=CO,T+H,f,D正确；

故选B。

10.Ce2（CC）3）3是一种用途极为广泛的稀土化合物。以二氧化锦CeC）2废渣为原料制备Ce2（CC）3）3,实

验过程如下

已知：Ce3+能被有机萃取剂（HX）萃取，其萃取原理可表示为：

3+

Ce（水层）+3Hx（有机层）=CeX3（有机层）+3H+（水层）。下列说法正确的是

A.“酸浸”过程中H2O2做氧化剂

B.试剂丫一定是盐酸

c.加氨水“中和”去除过量盐酸，有利于平衡向萃取CeX?（有机层）方向移动

D.“沉淀”时反应的离子方程式为2Ce3++6HCO]=Ce2（CC）3）34+3c。2t+3H2O

【答案】C

【解析】

【分析】二氧化铀（CeCh）废渣加入盐酸、过氧化氢酸浸，得到含有Ce3+的溶液，加入氨水中和过量的盐酸，

加入萃取剂HA萃取后再加入酸反萃取，分离出水层，加入氨水、碳酸氢镂生成Ce2（CO3）3；

【详解】A.由流程可知，“酸浸”过程中四价铀转化为三价钵，铀化合价降低为氧化剂，根据电子守恒可

知，则H2O2中氧元素化合价升高，做还原剂，故A错误；

B.根据萃取原理可知，“反萃取”中通过增大氢离子浓度使平衡逆向移动，有利于将有机层CP+尽可能多

地转移到水层，试剂丫可为盐酸或硝酸，故B错误；

C.加氨水“中和”去除过量盐酸，降低氢离子浓度，利于平衡向萃取CeX3（有机层）的方向移动，目的是提

高Ce3+的萃取率，故C正确；

D.“沉淀”时Ce3+、氨水、碳酸氢钱反应生成CeKCO3）3沉淀，反应的离子方程式为2Ce3++3HCO]

+3NHrH2O=Ce2（CO3）31+3NH4+3H2O,故D错误；

故选：Co

11.碳中和是一场影响广泛而深刻的绿色工业革命，用可再生能源电还原铜粉c。？时，采用高浓度的K+

抑制酸性电解液中的析氢反应来提高多碳产物（乙醇等）的生成率，装置如图所示。下列说法正确的是

A光照

A.电解过程中，右极区溶液中氢离子浓度逐渐减小

B.图中能量转换过程为太阳能一化学能一电能

C.IrOx-Ti电极发生的反应为2H++2e「=H2T

D.当生成ImolC2H50H时，理论上右极区质量减少108g

【答案】D

【解析】

【分析】硅电池在光照条件下将光能转化为电能，左侧电极上CO2得电子生成乙醇，因此左侧铜电极作阴

极；右侧kOx-Ti电极作阳极，溶液中OH-失电子生成氧气，据此分析解答。

+

【详解】A.由以上分析可知右极区为阳极，电极反应为：2H2O-4e=O2T+4H,氢离子浓度逐渐增

大，故A错误；

B.图中能量转换过程为太阳能一电能一化学能，故B错误；

+

C.IrO「Ti电极作阳极，电极反应为：2H,O-4e=O2T+4H,故C错误；

+

D.生成乙醇的电极反应为：2CO2+12H+12e-=C2H5OH+3H2O；生成ImolC2H50H时，电路中转

移12moi电子，则右侧电极上消耗6molH2。，水放电生成氧气逸出，生成的氢离子透过离子交换膜进入

左侧，则右侧质量减少108g,故D正确；

故选：Do

12.某实验小组将淡紫色的Fe（NO3）3・9H2。晶体溶于水后再依次加KSCN和NaF,发现溶液出现下列

变化:

5mLH20

充分振荡，溶（加KSCN溶液,加NaF溶液

Fe（NO工•9H2OH充分振荡,三充分振荡’

溶液I为黄色溶液II为红色溶液III为无色

已知：［Fe（H2O）（,丁为浅紫色，［Fe（SCN）6r为红色，［FeR;为无色。

下列说法正确的是

A.［Fe（H2O）61*中两个O—H键的键角比H2。分子中两个O—H键的键角小

B.SCN与Fe?+形成配位键时，N原子提供孤电子对

C.溶液II加NaF后由红色变为无色，说明SCN-与Fe3+配位键强度弱于F-与Fe3+配位键强度

D.Fe（NO3）3-9H2。晶体溶于水后溶液不是浅紫色而是黄色，是Fe?+生成Fe（OH%沉淀所致

【答案】C

【解析】

【详解】A.［FelH?。1］“中水分子与Fe3+形成配位键，其孤电子对数比一般H2。中少，而成键电子

对对孤电子对的排斥作用小于孤电子对对成键电子对的排斥，导致O-H键的键角变大，故错误；

B.SCN-中S和N存在孤对电子，S的电负性小于N,因此更易提供孤对电子，故B错误；

C.由题干信息可知溶液H中含［Fe（SCN）6:，加NaF后，［Fe（SCN）6r转化为［FeR/，说明p-与

Fe3+更易结合，F-与Fe3+配位键更强，故C正确；

D.Fe（NO3）3,9H2。溶于水电离出Fe3+，Fe?+与水分子形成［FelH?。1］",使溶液呈黄色，故D错

误；

故选：Co

13.一定条件下，分别向等体积的密闭容器中充入反应气：①恒温条件充入4molX和2moiY；②恒温条

件下充入2moiZ；③绝热条件下充入2moiZ。组反应气发生反应：2X（g）+Y（g）Z（g）,测得实验

①、②、③反应过程中体系压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是

A.曲n对应实验①B.正反应为吸热反应

c.气体的总物质的量：nc<ndD.c点平衡常数比b点平衡常数大

【答案】D

【解析】

【分析】实验①正向进行达到平衡过程中压强减小，则曲线I对应反应①；实验②逆向建立平衡，且与实

验①最终建立的平衡等效，则曲线n对应反应②；曲线ni对应反应③，据此解答。

【详解】A.实验①正向建立平衡状态，随反应进行体系内压强逐渐减小，曲线I符合，故A错误；

B.由曲线m变化，反应③逆向进行气体分子数增加，但体系内压强减小，可知是温度降低导致，则正反

应为放热反应，故B错误；

C.由以上分析知该反应为放热反应，而反应③为绝热体系，则随反应逆向进行，反应③对应体系内温度

降低，C、d两点压强相同，但c点温度低于d点，则c点气体物质的量比d点大，故C错误；

D.c点温度低，反应为放热反应，则c点平衡常数大于b,故D正确；

故选：D。

14.25℃时，往20mL().lmol/L的KOH溶液中滴加0.05mol[T的H2c溶液，随着H2c溶液

的滴入，溶液的pH与所加H2c2O4溶液的体积关系如下图所示。下列说法正确的是

pH

13.0

8.3

7.0

2.9

02040

«H2c2。4溶液)/mL

A.K2c2。4的一级水解常数的数量级为lOTO

+

B.KHCq溶液：2C(C2O^)+C(HC2O；)>C(K)

++

C.Z点：C(K)+C(OH-)=C(HC2O；)+2C(H2C2O4)+C(H)

D.X、Y、Z点中，水的电离程度最大的是Z点

【答案】BC

【解析】

K10-14

【详解】A.X点时溶液为溶质只有K2c2。4,此时溶液呈碱性，c(OH-)=-=10-57；

C?。；水解：C2O；-+H2O,HC2O;+OH,

lO-xio-

K-C(HC2O4).C(OH)-00510.4,数量级为KT",故A错误；

h

~c(C2O：)〜2

++

B.KHC2O4溶液中，根据电荷守恒得：2c(C2O^j+c(HC2O4)+c(OH)=c(K)+c(H)；根据图像

此时溶液呈酸性，c(OH)<c(H+),则2c(C2O；)+C(HC2O；)>C(K+),故B正确;

++

c.Z点为KHC2O4溶液，根据电荷守恒：2c(C2O^-)+c(HC2O4)+c(OH-)=c(K)+c(H),根据物

+

料守恒：c(C2O^j+c(HC2O4)+c(H2C2O4)=c(K);联立得：

++

C(K)+C(OH)=C(HC2O；)+2C(H2C2O4)+C(H);故C正确；

D.由图可知X点时溶液为溶质只有K2c2。「此时对水电离程度的促进作用最大，水的电离程度最大,

故D错误；

故选：BCo

二、非选择题：本题共4小题，共58分。请考生根据要求作答。

15.I.氨的制备

氨在化工生产领域有广泛应用，历史上曾有三位科学家在合成氨领域获得诺贝尔化学奖。

(1)实验室常用镀盐与强碱反应制取氨气，可选择装置__________(填“A”或"B”)，反应的化学方程式为

（2）制备干燥的NH3时，发生、净化、收集和尾气处理装置的接口顺序为（按气流方向填写

小写字母）

（3）检验某溶液中存在NH：的操作及现象为。

（4）工业上在一定温度和催化剂条件下，可用NH?消除NO,污染，生成两种对环境无害的物质，请写出

NH3与NO2反应的化学方程式。

II.某实验小组研究Mg与溶液的反应，实验如下：

实验中所取镁粉质量均为0.5g,分别加入到选取的实验试剂中。

资料：a.CH3coONH4溶液呈中性；b.Ct对该反应几乎无影响。

实验实验试剂实验现象

15mL蒸镭水反应缓慢，有少量气泡产生（经检验为H2）

25mL1.0mol/LNH4Cl溶液(pH=4.6)剧烈反应，产生刺激性气味气体和灰白色难溶固体

（5）甲同学认为实验2比实验1反应剧烈的原因是NH」。溶液中c（H"）大，与Mg反应快。乙同学通

过实验3证明甲同学的说法不合理。

实验实验装置现象

3两试管反应剧烈程度相当

5mL1mol/I.

试剂

X------NHa溶液

DD4

试剂X是。

（6）为进一步探究实验2反应剧烈的原因，进行实验4：

实验实验试剂实验现象

5mLNH4cl乙醇溶液

4有无色无味气体产生（经检验为H2）

依据上述实验，可以得出Mg能与NH：反应生成H2,乙同学认为该方案不严谨，需要补充的实验方案

是。

实验总结：通过上述实验，该小组同学得出Mg能与NH：反应生成H2的结论。

A小

【答案】（1）①.BCa（OH）2+2NH4C1=CaCl2+2NH3T+2H2O

(2)bihfeg(3)取适量溶液于试管中，加入浓NaOH溶液，加热，将湿润的红色石菠试纸靠近试管

口，若试纸变蓝，则说明溶液中含有NH：

一定温度

(4)8NH..+6NO,7N.+12H.O

催化剂

(5)5mLi.Omol/LCH3coONH&溶液

(6)取5mL无水乙醇，加入0.5gMg粉作对比实验

【解析】

【分析】实验室一般用熟石灰和氯化铉混合固体加热制取氨气，选用图中B装置，生成的氨气通过盛有碱

石灰的干燥管干燥，然后用向下排空气法收集氨气，过量的氨气用水吸收，且要防止发生倒吸；

【小问1详解】

实验室常用镀盐与强碱反应制取氨气，应选用固体混合加热制取，B装置适合；反应方程式为：

A.

Ca(OH),+2NH4C1=CaCl2+2NH3T+2H2O；

【小问2详解】

由以上分析可知制备干燥的NH,时，发生、净化、收集和尾气处理装置的接口顺序为bihfeg；

【小问3详解】

检验NH；的操作及现象：取适量溶液于试管中，加入浓NaOH溶液，加热，将湿润的红色石菠试纸靠近

试管口，若试纸变蓝，则说明溶液中含有NH：；

【小问4详解】

NH,与NO2反应生成氮气和水，根据得失电子守恒可得反应方程式:

一定温度

8NH3+6NO27N2+12H2O;

催化剂J

【小问5详解】

试剂X应与氯化镀的浓度相同，提供等浓度的NH；,但溶液的pH比氯化铉要大，结合题中信息，可选

用5mLi.Omol/LCH3coONH4溶液，该溶液呈中性，且能提供等浓度的NH：；

小问6详解】

未验证实验4是否合理，需排除乙醇与Mg直接反应的可能性，因此应取5mL无水乙醇，加入0.5gMg

粉作对比实验。

16.以二氧化碳为原料生产甲醇是一种有效利用二氧化碳的途径。

(1)催化还原制甲醇反应过程中，各物质的相对能量变化情况如下图所示。该方法需通过两步反应实

现，总反应的热化学方程式为,若该反应在一绝热恒容密闭容器中进行，下列能说明反应已

达到平衡状态的是

，一\过渡态1

过渡态2

士

200/CO(g)+H2~+2H2(g)

装CO^(g)+3H(g)

要2

\-49

CH3OH(g)+H2O(g)

反应进程

a.V(CH3OH)=V(H2O)b.平衡常数不变c.总压强不变d.混合气体的密度保持不变

(2)按照n(C()2)：n(H2)=l:3投料，在恒容密闭容器反应进程中进行反应，CO2的平衡转化率随温

度和压强变化如图所示。

①压强R、P2>P3由小到大的顺序是

②压强为R时，温度高于570℃之后，随着温度升高平衡转化率增大的原因是

③同时增大CO?的平衡转化率和CHQH的产率可采取的措施有(写一条即可)。

(3)一种应用双极膜(由阳离子和阴离子交换膜构成)通过电化学还原C02制备甲醵的电解原理如图所

示。催化电极的电极反应式为，双极膜内每消耗18g水，理论上石墨电极产生标准状况下

_________LO2。

【答案】⑴CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)AH=^9kJ/mol②.be

(2)①.R<P2Vp3②.由反应历程图可知第一步反应为吸热反应，第二步反应为放热反应，升

高温度，第一步反应正向移动，第二步反应逆向移动。570℃之后，第一步反应起主导作用，故再升温CO?

的平衡转化率增大(合理答案均可)③.增大反应体系压强、选择适宜的反应温度、适当提高H?的投料

(3)①.C02+6HC0；+6e'=CH3OH+6C0j-+H20②.5.6

【解析】

【小问1详解】

由图可知总反应的热化学方程式可表示为：

CO2(g)+3H2(g)=CH30H(g)+H20(g)AH=-49kJ/mol；

a.V(CH3OH)=V(H2O)始终满足化学计量数之比，不能说明正、逆反应速率相等，不能据此判断平

衡状态，故不选；

b.由反应可知，该反应为放热反应，体系绝热，随反应进行体系内温度升高，平衡逆向移动，平衡常数

逐渐减小，则K不变时反应达到平衡状态，故选；

c.随反应进行，气体分子数减小，则体系内总压强逐渐减小，当总压不变时反应达到平衡，故选；

d.混合气体的总质量不变，容器体积不变，则气体密度始终保持不变，不能据此判断平衡状态，故不

选；

故选bco

【小问2详解】

①由反应可知在温度一定时，压强增大平衡正向移动，转化率增大，结合图像可知压强、

co2BPPP3

对应二氧化碳的转化率逐渐增大，则压强由小到大的顺序是耳<P?<P：；

②由反应历程图可知第一步反应为吸热反应，第二步反应为放热反应，升高温度，第一步反应正向移

动,第二步反应逆向移动。570℃之后，第一步反应起主导作用，故再升温CO?的平衡转化率增大；

③同时增大C。？的平衡转化率和CH30H的产率，此时平衡正向移动，且不能通过增大CO2浓度的方式

实现，结合反应正向气体分子数减小，反应放热的特点，可采取的措施有：增大反应体系压强、选择适

宜的反应温度、适当提高H?的投料；

【小问3详解】

催化电极上C0?得电子生成CH3OH,电极反应式为：

C02+6HC0；+6e-=CH3OH+6C0^+H20：双极膜内每消耗18g水，则通过双极膜向阴、阳极转

移的H+、0H-分别为Imol,电路中转移电子的物质的量为Imol,结合石墨电极反应：

4OH-4e=O2T+2H2O,转移Imol电子时生成0.25mol氧气，标况下体积为5.6L。

17.锦酸锂（LiMi^Oj是新一代锂离子电池的正极材料。实验室利用回收的废旧锂离子电池正极材料（镭

酸锂、碳粉等涂覆在铝箔上）制取锂的一种流程如图：

已知：Li2cO3在水中的溶解度随着温度的升高而降低。

（1）若要增大锂离子电池正极材料的浸取率，可以采取的措施有（写两条）。

（2）滤液A的主要成分是（填化学式）；向滤液A中通入过量二氧化碳的化学方程式为

(3)工业上洗涤Li2c。3用的是热水而不是冷水，其原因是。

(4)写出将LiM%。,转化成MnO)的离子方程式。

(5)滤液C中c(Li+)=L0m。l/L,向其中再加入等体积的Na2CO3溶液，生成沉淀。沉淀中Li元素

占原滤液C中Li元素总量的90%(忽略混合后溶液的体积变化)，则生成的溶液中c(CO：)为

(保留两位有效数字)，［Ksp(Li2CO3)=8.2x10^］。

(6)Mn的一种配合物化学式为［Mn(CO)5(CH3CN)］,则Mn原子的配位数为；与CO

互为等电子体的一种阴离子为(填化学式)。

【答案】(1)适当升高温度、适当增大NaOH溶液的浓度、粉碎、充分搅拌

(2)①.NaAlO,②.NaA102+CO2+2H2O=A1(OH)31+NaHCO3

(3)减少洗涤时Li2cO3的溶解量，提高产率

++

(4)4LiMn2O4+O2+4H=4Li+8MnO2+2H2O

(5)0.33mol/L

(6)①.6②.CN-

【解析】

【分析】废旧锂离子电池正极材料(镭酸锂、碳粉等涂覆在铝箔上)加过量NaOH溶解，其中铝单质溶于NaOH

生成偏铝酸钠溶液，过滤后在滤液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀；镒酸锂、碳粉加硫酸溶解，同

时通入空气，LiM%。」转化成Mn。？，Li转化为硫酸锂，过滤分离Mn。？和碳粉，在滤液中加入碳酸钠，

将锂离子转化为碳酸锂沉淀，灼烧碳酸锂生成氧化锂和二氧化碳，氧化锂高温、真空条件下与碳单质反应

生成Li,据此分析解答。

【小问1详解】

要增大锂离子电池正极材料的浸取率，可以采取的措施有适当升高温度、适当增大NaOH溶液的浓度、

粉碎、充分搅拌；

【小问2详解】

由以上分析可知滤液A主要成分为NaAl。？；向滤液A中通入过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，反

应方程式为NaAlO,+CO2+2H2O=A1(OH)3J+NaHCO3；

【小问3详解】

工业上洗涤Li2co3用是热水而不是冷水，根据题中信息可知Li2co3在水中的溶解度随着温度的升高

而降低，用热水可减少洗涤时Li2c。③的溶解量，提高产率;

【小问4详解】

酸性条件下，LiMn?。,与氧气反应生成MnO2,根据得失电子守恒得反应方程为:

++

4LiMn2O4+O2+4H=4Li+8MnO2+2H2O；

【小问5详解】

反应后剩余锂离子浓度为L0m°l；LxlO%=005moi/L；则生成的溶液中C（CO；。=

K(LiCO)8.2x10^

sp23mol/L*0.33mol/L；

C2(Li+)0.052

【小问6详解】

由化学式可知该配合物中Mn原子的配位数为6；与CO互为等电子体的一种阴离子为CN'

18.奥沙拉秦可用于治疗急、慢性溃疡性结肠炎的药物，其由水杨酸为起始物的合成路线如下:

OHOH

C00HCH,OHCOOCH,

浓H2sOQ

水杨酸

②③

H,COOCCOOCH,

NaNO,/HCI

N=NOH

0〜5七

④⑤

足量NaOH/H?。

△

⑥⑦

回答下列问题:

（1）水杨酸中官能团的名称为.:A的结构简式为水杨酸竣基中碳原子的杂化

类型为

（2）反应③反应类型为

（3）反应②的化学方程式为

（4）工业上常采用廉价的CO?与C反应制备奥沙拉秦，通入的CO2与C的物质的量之比至少应为

（5）符合下列条件的水杨酸的同分异构体有种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之

比为2:2:1:1的结构简式为__________。

①能发生银镜反应；

②遇FeCb溶液显紫色；

③能发生水解反应。

OH

【答案】(1)①.羟基、竣基②.COOCH,③.SR?

U

OH

OHA^/COOC%

人