【文档说明】安徽省十校联盟2023年第三届高二下学期数理化生解题能力竞赛化学试题 含解析.docx，共(23)页，1.744 MB，由小赞的店铺上传

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第三届高二年级数理化生解题能力竞赛化学试题可能用到的相对原子质量：H-1Li-7B-11C-12O-16Si-28P-31S-32Cl-35.5Ti-48V-51Fe-56Ni-59Cu-64Mo-96Ag-108I-127一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分。每小题

只有1个选项符合题意)1.如果在天宫太空舱中做蜡烛燃烧实验，可以观察到一个蓝色的火焰球，与地面上长条形且明亮黄色的火焰明显不同。下列说法或预测正确的是A.相同条件下燃烧时间：“太空舱中”＞“地面”B.“地面”蜡烛

燃烧，生成物只有H2O、CO2和CC.“太空舱”蜡烛燃烧，生成物只有H2O、CO2D.“地面”蜡烛燃烧的火焰比“太空舱中”明亮，说明其燃烧完全【答案】C【解析】【详解】A．太空舱由于对流缓慢，蜡烛容易熄灭，相同条件下燃烧时间：“太空舱中”＜“地面”，A错误；B．“地面”蜡烛燃烧，由于气体

对流快，燃烧速率也快，致使碳固体充满火焰反射光，形成黄色明亮火焰，这种燃烧是不充分的，除生成H2O、CO2和C外，还有CO生成，B错误；C．太空舱中由于燃烧速率慢且没有重力影响，碳能充分燃烧，所以产物只有H2O、CO2，C正确；D．“地面”蜡烛燃烧的火焰比“太空舱中”明亮，上述其燃烧不完全、不

充分，除生成H2O、CO2和C外，还有CO生成，D错误；故合理选项是C。2.科学家早就预言44HCO、44MCO(M代表碱金属)的存在，并通过计算确认44MCO可由2MO和23MCO在大于20GPa的条件下合成，其中44

KCO比44LiCO、44CsCO稳定。下列有关推测正确的是A.热稳定性：4444HCOLiCOB.23NaCO中，C原子杂化方式为3spC.44CsCO中，C原子杂化方式为3spD.合成44KCO的温度应该选择高温【答案】C【解析】【详解】A．类比其他

酸和对应的盐的热稳定性，可以得出结论：4444LiCOHCO，A错误；B．碳酸根中C原子采取2sp杂化，B错误；C．44CsCO中C原子采取3sp杂化，C正确；D．44KCO高温时会分解生成2KO和23KCO，D错误；

故选C。3.探究实验：①用多孔石墨电极对，电解硫酸钠溶液3min。②取出阴极石墨电极，插入硫酸铜溶液中，石墨电极上析出红色物质。③用蒸馏水洗涤该石墨电极，然后浸入硝酸银溶液中，石墨电极上析出白色固体。④把白色固体浸入稀硝酸溶液中，白色固体消失。下列对应的方程式错误的是A

.实验①：2222HO2HO+电解B.实验②：22HCuCu2H+++=+C.实验③：2Cu2AgCu2Ag+++=+D.实验④：322Ag2HNONOHOAg+−+++=++【答案】D【解析】【详解】

A．电解硫酸钠溶液相当于在电解水，因此方程式为：2222HO2HO+电解，A正确；B．析出的红色物质为Cu，因此反应方程式为：22HCuCu2H+++=+，B正确；C．析出的白色固体为Ag单质，因此反应方程式为：2Cu2AgCu2

Ag+++=+，C正确；D．Ag与稀硝酸溶液反应生成一氧化氮而不是二氧化氮，因此方程式为：322Ag2HNONOHOAg+−+++++，D错误；故选D。4.W、X、Z、Q、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，其内层电子数之和为18，最外层电子数之和为2

8，它们所形成的阴离子具有很高的亲水性，可以作为能源材料中的电解质，该离子结构如图所示。下列说法正确的是A.223YZ−离子构型为四面体B.YWX-离子构型为V形C.非金属性：X＜Y＜QD.阴离子中∠Y-

X-Y为180度【答案】A【解析】【分析】W、X、Z、Q、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，根据离子结构，可知Y形成6个共价键，则Y最外层有6个电子，故Y为S元素，五种元素的内层电子数之和为18，则W、X、Z、Q为第二周期元素，根据Q形成1个共价键，W形成4个

共价键，Z形成2个共价键，则Q为F，Z为O，X是N，W为C，再代入最外层电子数检测成立。然后结合物质性质与结构分析、解答。【详解】根据上述分析可知：W是C，X是N，Z是O，Q是F，Y是S元素。A．223YZ−离子为223SO−，类似

于硫酸根，空间构型为四面体形；A正确；B．YWX-离子为SCN-，其中C原子形成2个σ键，采用sp杂化，离子构型为直线形，B错误；C．非金属性N强于S，元素的非金属性：()()()YSXNQF，C错

误；D．由于在该离子中N原子共用2对电子对、得到1个电子，还有1对孤电子对，则采用sp3杂化，则阴离子中∠Y-X-Y小于180度，D错误；故合理选项是A。5.AN是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.0.1mol3PCl与0.2mol2Cl在密闭容器中反应，生成的5P

Cl小于A0.1NB.标准状况下2.24L2H与0.1mol()2Ig在密闭容器中反应，生成A0.2NHIC.0.1molCO与()A20.2HOgN在密闭容器中反应，生成2CO和2H共4.48L(标准状况下)D.0.1mol22CH

与0.2g2H在密闭容器中反应，生成A240.1CHN【答案】A【解析】【详解】A．该反应为可逆反应，假设三氯化磷完全反应生成0.1mol五氯化磷，故该反应生成的五氯化磷的量小于0.1mol，A错误；B．氢气和碘的反应为可逆反应，不能进行完全，故不能计算生成的碘化氢

的量，B错误；C．该反应为可逆反应，不能计算产物的量，C错误；D．有机反应为不完全的反应，不能计算生成物的量，D错误；故选A。6.在密闭容器中，外接电路放电，研究压强与氧气的变化。实验操作如下：①外接电路放电一段时间；②停止放电一段时间；③

注入石蕊试液。得到压强、氧气浓度在以上时间段的变化图像如下(忽略温度变化)。下列基于图像的推理或判断错误的是A.Ⅰ~Ⅱ：2N与2O反应生成NOB.Ⅱ~Ⅲ：NO与2O反应生成2NOC.Ⅳ~Ⅴ：2NO与2HO生成3HNO，同时也存在NO与2O生成2NO的反应D.Ⅰ~Ⅴ：均明显存在

2242NONO的反应【答案】D【解析】【详解】由题意可知，放电、停止放电条件下，会先有222NOO2NO+=，然后有2242NONO，而且这两个反应都能使压强减小。A．在Ⅰ~Ⅱ段图像中，放电情况下，22N+O=2NO，氧气浓度下降，压强没有

变化，A正确；B．在Ⅱ~Ⅲ段中，停止放电发生222NOO2NO+=，氧气浓度下降，压强减小，B正确；C．在Ⅳ~Ⅴ段中，注入石蕊溶液发生2233NO+HO=2HNO+NO，222NOO2NO+=，氧气浓度略有下降，

压强减小，C正确；D．从Ⅰ~Ⅱ段图像来看，压强不变，无2242NONO反应，D错误；故选D。7.实验室利用下列装置，用还原剂与4BaSO高温下反应制备高纯度的BaS。下列说法错误的是A.固体A为块状硫

化亚铁B.洗气瓶中“水”的作用是除去HCl，同时不减少还原性气体C.打开活塞K，通入气体，验纯后才高温加热D.试管的作用是收集没有反应完的还原性气体【答案】A【解析】【详解】A．能使用启普发生器制备的气体有：氢气、硫化氢和二氧化碳(乙炔不需要用盐酸)。而CO2不具

有还原性，同时结合尾气处理排水收集暂存，但H2S溶于水，所以该反应中用到H2，选择锌粒和盐酸制备，A项错误；B．H2中混有HCl，而HCl易溶于水，水吸收HCl，B项正确；C．H2为易燃易爆气体在排空后，需要验纯方可点燃以免加热爆炸，C项

正确；D．排水收集H2以免污染环境引起安全事故，D项正确；故选A。8.科学家利用声波控制反应，通过听声诱导控制大气气体(如2CO)在水中的溶解，从而产生时空化学模式，将溶液分离到具有不同pH值的时空域(详见下图)。下列说法错误的是A.物质A中基

团―3SO−会发生水解B.物质B三碳环共一平面C.反应Ⅱ是声波诱导的反应D.控制声波可以引起反应Ⅰ、Ⅱ的来回振荡【答案】A【解析】【详解】A．物质A基团―3SO−相当于硫酸根，不会发生水解，A项错误；B．物质B中，三环所共碳原子为2sp杂化，使三环共面(左上六元环是双单键共轭

结构，本身在一个平面上)，B项正确；C．声波控制二氧化碳溶解，使二氧化碳逸出熵增，促使反应Ⅱ进行，C项正确；D．反应Ⅰ自发、反应Ⅱ声控，可以来回振荡，D项正确；答案选A。9.下列实验过程能达到探究目的的是选项实验过程探究目的A将浓硫酸和灼

热木炭反应产生的气体依次通过品红溶液、饱和3NaHCO溶液、澄清石灰水，观察现象浓硫酸和木炭反应产生2SO和2CO气体B向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热；再加入银氨溶液，无明显现象蔗糖未发生水解反应C苯和液溴的混合液中加入铁粉，

将产生的气体通入硝酸酸化的3AgNO溶液中，产生淡黄色沉淀苯与液溴在Fe催化下发生取代反应D向饱和4FeSO溶液中加入CuS固体，测得溶液中()2Fec+不变()()spCuSspFeSKKA.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A.品红

不能除去2SO，其与3NaHCO溶液产生2CO，达不到实验目的，A错误；B.银氨溶液须在碱性条件下反应，所以必需加碱中和硫酸，否则无现象，B错误；C.液溴容易挥发，与水发生歧化反应生成HBr。当同3AgNO溶液中接触时也会产生淡黄色沉淀，C错误；D.如果()()spsp

CuSFeSKK，()2Fec+减小，反之，()()spspCuSFeSKK，D正确；故选D。10.甲醇制备原理如下：反应Ⅰ()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++H0反应Ⅱ()()()()222COgHgCOgHOg++ΔH>0某温度下，()()22

CO/H1:3nn=加入一恒压密闭容器中反应，达到平衡时，氢气、甲醇和一氧化碳的分压有如下关系：()()()23HCHOH4COppp==，下列说法正确的是A.2CO的平衡转化率为1217B.该温度下反应Ⅰ的平衡常数

pK之值为288289C.该温度下反应Ⅱ平衡常数pK为4524D.平衡时，甲醇含量最高【答案】C【解析】【详解】根据题意可知，物质的量之比等于压强之比，有：()()()()()()2232COg3HgCHOHgHOg13003133xxxxxyxyxxy++−−−−+起始量反应量存在量()()(

)()()()222COgHgCOgHOg1300133yyyyxyxyyxy++−−−−+起始量反应量存在量的2CO的n（平）（1-x-y），H2的n（平）（3-3x-y）334xyxy−−==解得：1712=x，317y=A．2CO的平衡转化率15117xy+==，A

错误；B．由于方程两边系数不等，在不知道总压的情况下，该温度下反应Ⅰ的平衡常数pK的值无法计算，B错误；C．该温度下反应Ⅱ的p315451717212241717K==，C正确；D．从方程式或上述数据中，均可以得出水的含量最高，D错误；故选C。11.我国科学家发现硝酸光分解机

理(如图所示)，对控制空气雾霾意义重大。下列说法正确的是A.2NO分子中N为3sp杂化B.反应①、反应③光解所需光的频率：①<③C.反应④生成物为HONO和OD.*22NONO→ΔH>0【答案】B【解析】【详解】A．2NO分子中N的价层电子对数为2.5，看作3，为2sp杂化，A项错误；B．反

应①、反应③光解所需光的频率：①<③，因为反应①破坏单键，反应③破坏双键(键能高)，光频率越大，能量越高，B项正确；C．依据质量守恒，反应④生成物为HONO和OH，C项错误；D．*22NONO→H0，因为*2NO是激发态分子，能量高，D项错误；故选B。12.

新型硅溴离子液体二次电池，由硅电极(Si)和卤化盐电极(3Br−)构成(如下图)。下列说法错误的是A.1-丁基-3-甲基咪唑阳离子具有芳香性B.单位质量放电效率：硅近似于锂C.工作一段时间后，4SiF层会增厚D.充电时，23HF−浓度会减小【答案】D【解析】【详解】A．1-

丁基-3-甲基咪唑阳离子中，连接丁基的N原子，还有一对孤对电子，如，和下面的双键，形成五元杂环的芳香性，故A正确；B．Si的价电子数为4，相对原子质量为28，Li的价电子数为1，相对原子质量为7,单位质量放电效率：Si4/28=1/7，Li1/7=1/7，故B正确；C．放电时，Si失去电子生

成4SiF，所以4SiF层增厚，故C正确；D．根据图示，F元素在溶液中存在--2334HFHF、，充电时，F元素进入溶液，H元素守恒，所以--34232HFF3HF−+=，所以23HF−增多，故D错误；选D。13.我国科学家合成的具有超导性能的材料，是

由H-Lu形成的晶胞(见下图，其中黑小球、白小球均代表H，大球代表Lu)，下列说法错误的是A.H-Lu晶胞的化学式3HLuB.H-Lu晶胞中每个H原子周围紧邻4个Lu原子C.H-Lu晶胞中每个Lu原子与12个Lu原子相邻D.H-Lu晶胞中，若黑小球

为N，则化学式为2LuHN【答案】B【解析】【详解】A．H-Lu晶胞：11H8681282=++=，1Lu12144=+=，H-Lu晶胞化学式为3HLu，，A正确；B．H-Lu晶胞中有两种H，一个(黑球)是四面体中心，一个(白球)是八面体中心，B错误；C．大球代表Lu，

其中有12个在晶胞的棱中心，一个在晶胞的体心，故每个Lu原子与12个Lu原子相邻，C正确；D．晶胞中有8个黑小球，白小球表示氢原子11H86482=+=，1Lu12144=+=，则晶胞的化学式为2LuHN，D正确；故选B。14.用碘酸制备五氧化二碘，然后检验乙醇。90~110℃(低温区

)加热20min，再升温至220~240℃(高温区)恒温4h，具体流程如下图所示。下列说法正确的是A.二缩三碘酸化学式为38HIOB.低温区发生氧化还原反应C.反应速率：低温区<高温区D.生成1mol碘，消耗2.5mo1乙醇【答案】A

【解析】【详解】A．依据二缩三碘酸式量510计算：127×3=381，5103818116−=，可知1个二缩三碘酸中含有3个I，8个O和1个H，可写出其分子式为38HIO，A项正确；B．HI3O8分子中I为+5价，O为-2价，H为+1价，3HIO中I为+5价，O为

-2价，H为+1价，低温区反应中各元素的化合价不变，发生非氧化还原反应，B项错误；C．低温区反应20min，高温区反应4h，可知高温区反应速率慢，C项错误；D．生成1mol2I，转移10mol电子；消耗1mol乙醇则生成1mol乙醛，失去2mol

电子，故生成1mol碘消耗5mol乙醇，D项错误。答案选A。15.科学家在塑料(聚四氟乙烯)、玻璃片或抛光铜上进行冷凝水微滴实验。控制表面温度和相对湿度分别为3.5℃和55%进行反应，然后取“微滴”与(4-羧基苯硼酸)混

合，经质谱法分析混合液得到如下质谱图，下列说法正确的是A抛光铜参与了反应B.4-羧基苯硼酸在“微滴”中发生水解C.“微滴”中含有双氧水D.有苯甲酸生成【答案】C【解析】【分析】结合质荷比数值可知61.01对应H3BO3、137.02对应4-羟基苯甲酸、165.04对应4-羧基苯硼酸，依据

质量守恒，可推知“微滴”中应含双氧水，则发生反应H2O+O2→H2O2。.【详解】A．由题意可知抛光铜只是为冷凝水微滴实验提供反应场所，并未参与反应，故A错误；B．由反应物和产物结构可知4-羧基苯硼酸在“微滴”中与双氧水发生取代反应，故B错误

；C．由以上分析可知微滴中水和氧气反应生成双氧水，故C正确；D．结合信息可知，该反应中未产生苯甲酸，故D错误；故选：C。二、非选择题(本题包括5个大题，共55分)16.第三代半导体材料氮化镓(GaN)有多种制备方法：方法Ⅰ：28502GaN2GaN+℃方法Ⅱ：()3343260GaCH

3NHGaN3CH++℃方法Ⅲ：2252GaN2GaN+℃液体打印（1）基态3Ga+的核外电子排布式为___________。（2）氨气、甲烷中心原子的杂化方式是___________，分子构型分别为___________、___________

。氨气熔沸点高于甲烷，是因为固体、液态氨气分子中存在氢键。在固体氨中每个氨气分子与6个氨气形成氢键，请画出其氢键___________。（3）方法Ⅰ比方法Ⅱ温度高的主要原因是(从结构上解释)___________。（4）方法Ⅲ中，通电氮气流中存在N、*2N、2N+活化粒子，常温下就

能与液体镓反应(如图所示)。*2N、2N+电子式分别为___________、___________，1mol2N+完全反应得到___________mole−。（5）对高温GaN熔液慢速降温，至2950K时形成结晶。科学家展示了从中截取厚度为1.5个原子厚

度的微观结构截面图(如下所示)：区域1、区域2分别为氮化镓___________、___________(填“结构A”或“结构B”)的结构。【答案】（1）22626101s2s2p3s3p3d或10Ar3d（2）①.3sp②.三

角维形③.正四面体形④.（3）氮气中氮氮三键稳定，活化能高，需要高温激活（4）①.②.③.7（5）①.结构B②.结构A【解析】【小问1详解】Ga是31号元素，所以基态3Ga+的核外电子排布式为22626101s2s2p3s3p3d或10Ar3d；【小问

2详解】CH4中心C原子价层电子对数为4-144+=4+0=42，C原子采取3sp杂化，NH3分子中N原子的价层电子对数为5-133+=3+1=42，N原子采取3sp杂化，CH4的空间构型为正四面体形，N

H3分子中有一对孤对电子，所以空间构型为三角锥形；固体氨中的氢键为；【小问3详解】方法Ⅰ中的反应物有氮气，氮气中含有氮氮三键，比较稳定，活化能高，需要高温激活；【小问4详解】由于2N+是活化离子，因此比较活泼，容易发生反应，因此N与N之间是单键，所以2N+的电子式为；*2N是

在2N+的基础上得到一个电子，所以*2N的电子式为；2N+完全反应之后生成GaN，N的化合价为-3价，因此1mol2N+可以先得到1mol电子变成*2N，*2N中N的化合价为0价，0价变为-3价，得到3mol电子，2molN得到6mol电子，所以最多一共可以得到7mol电子；【小问5详解

】由微观结构图中可以观察到，A结构比较杂乱，所以对应杂乱的区域2，B结构比较整齐，对应整齐的区域1。17.H对人体中的羧酸酯酶有抑制作用，却具有高度的选择性。我国科学家实现了这种天然产物H的首次合成，合成路线如下：请回答下列问题：（1）A的名称是____

_______。（2）B、C的结构简式分别为___________、___________。（3）D→E、E→F的反应类型分别是___________、___________。（4）依据上述转化率，10.00molE最多可以合成___________

molH。（5）由G合成H时，会生成多种副产物。①其中有一种副产物，也含有五元杂环，该副产物结构简式为___________。②另一种副产物则含有双碳碳三键，其结构简式有___________。【答案】（1）间-甲氧基苯甲醇或3-甲氧基苯甲醇（2）①②.（3）①.氧化反应②.取

代反应或水解反应.（4）2.143或2.14（5）①.②.、和【解析】【分析】由反应条件可知，A发生催化氧化反应生成B，B的结构简式为，B和AgSbI（碘化剂）发生取代反应生成C，结合D的结构简式可以推知C为，C和CH3CH2OCH2CH3发生反应生成D，E和发生取代反应生成G，则

E的结构简式为，结合D的结构简式可以推知，D发生氧化反应生成E，E发生水解反应生成F，G和F发生反应生成H，以此解答。【小问1详解】由结构简式可知，A的名称是间-甲氧基苯甲醇或3-甲氧基苯甲醇。【小问2详解】由分析可知，

B、C的结构简式分别为、。【小问3详解】由分析可知，D→E、E→F的反应类型分别是氧化反应、水解反应（取代反应）。【小问4详解】由流程可知，E生成G的转化率为42%，E生成F的转化率为74%，10.00molE充分反应可以得到G和E物质的

量相等时，则生成的H最多，假设G和E都生成xmol，则有xx=100.420.74+，解得x=2.679mol，G和F反应生成H的转化率为80%，则生成2.679mol80%=2.143molH。【

小问5详解】由G合成H时，会生成多种副产物，①其中有一种副产物，也含有五元杂环，该副产物结构简式为；②另一种副产物则含有双碳碳三键，其结构简式有：、和。18.乳酸亚铁()322FeCHCHOHCOO3HO常用作缺铁性贫血的补铁剂，能溶于水。（

1）一般由乳酸钙与氯化亚铁两水溶液混合制得，通过重结晶提纯①写出制备乳酸亚铁的离子方程式___________。②1mo1乳酸亚铁受热至75℃和170℃时失水，失水质量分别为___________g、___________g。③

画出乳酸亚铁的空间立体结构___________。（2）乳酸亚铁还原性的检验①取乳酸亚铁溶于水，加入酸性高锰酸钾溶液，搅拌后紫色慢慢褪去，溶液变成棕黄色。1mol乳酸亚铁消耗了0.2mol4KMnO，化学方程式___________。②1mol乳酸

亚铁溶液与5%的双氧水反应，反应剧烈且消耗()22nHO大于1.5mol。控制反应速率后，多次实验，发现消耗()22nHO=1.5mol。消耗()22nHO大于1.5mol的原因：___________、___________。③双氧水与乳酸亚铁的反应速

率远大于酸性高锰酸钾，为了进一步探寻原因，实验设计如下：___________。【答案】（1）①.()2323222CHCHOHCOOFe2HOFeCHCHOHCOO2HO−+++=或者()2323222CHCHOHCOOFe3HOFeCHCHOHCOO3HO−+++=

②.18③.36④.。为或（2）①.()32424210FeCHCHOHCOO2HO2KMnO18HSO++=()242443235FeSOKSO2MnSO20CHCHOHCOOH28HO++++②.双氧水氧化了乳酸根的羟基③.铁离子催化双氧水分解④.取乳酸溶液分成两等份，分别与

等浓度等体积的双氧水反应，向其中一份滴入2~3滴3FeCl溶液，比较反应速率，确定是否是3Fe+的催化作用【解析】【小问1详解】①乳酸钙与氯化亚铁反应生成()322FeCHCHOHCOO3HO，反

应离子方程式为：()2323222CHCHOHCOOFe2HOFeCHCHOHCOO2HO−+++=或者()2323222CHCHOHCOOFe3HOFeCHCHOHCOO3HO−+++=；②1mo1乳酸亚铁受热至75℃和

170℃时失水，低温时失去外界1分子水，高温时失去全部水，则1mol乳酸亚铁75℃失去1mol水，170℃时再失去2mol水，失水质量分别为18g，36g。③乳酸亚铁的空间立体结构或；【小问2详解】①取乳酸亚铁溶于水，加入酸性高锰酸钾溶液，搅拌后紫色慢慢褪去，溶液变成棕

黄色，说明亚铁离子被氧化呈三价铁。1mol乳酸亚铁消耗了0.2mol4KMnO，根据得失电子守恒及元素守恒得反应方程式：()32424210FeCHCHOHCOO2HO2KMnO18HSO++=()242443235FeSOKSO2MnSO20CHCHOHCOOH28H

O++++；②22HO具有较强氧化性，除能氧化亚铁离子外，还可以将乳酸亚铁中的羟基氧化；同时生成的三价铁可催化22HO分解，导致其用量增加；③双氧水与乳酸亚铁的反应速率远大于酸性高锰酸钾，可能是反应生成三价铁离子的催化作用，为探

究原因，实验设计如下：取乳酸溶液分成两等份，分别与等浓度等体积的双氧水反应，向其中一份滴入2~3滴3FeCl溶液，比较反应速率，确定是否是3Fe+的催化作用。19.溴化锂在制冷、医药、电池等领域有广泛用途。下图是制备无水溴化锂的工艺路线：回答下列问题：（1）先加入液溴，后分批加入碳酸锂，写出液溴

所发生的主要化学方程式___________，该反应___________(填“放热”或“吸热”)。（2）“还原”所发生的主要化学方程式是___________。（3）“加热”所发生的化学方程式是___________；物质X化学式为___________。（4）

“除杂1”所发生的化学方程式是___________。重结晶的方法为___________。【答案】（1）①.223222BrLiCOHO2LiBr2HBrOCO++=++②.放热（2）()222223HBrOCO

NH3HBr2HONCO+=+++（3）①.2233Br3HO5HBΔrHBrO++②.23LiCO（4）①.()()322224224LiBrO3CSNH3HO4LiBr3CONH3HSO++=++②.蒸发浓缩，冷却结晶【解析】【分析】先加液溴，再加

碳酸锂，溴反应生成Br－、BrO－，再加入CO(NH2)2，将BrO－还原为Br－，然后在加热条件下，Br2与H2O反应生成HBr和HBrO3，加入碳酸锂调节pH至中性后，加入CS(NH2)2还原-3BrO，同时CS(NH2)2被氧化为2-4SO，加入

Ba(OH)2除去2-4SO，活性炭吸附Br2，过滤得LiBr溶液，重结晶、干燥得LiBr，以此答题。【小问1详解】液溴与碳酸锂溶液反应，可以类比Cl2与H2O的反应，碳酸锂溶液呈碱性，促使Br2与H2O反应，故其化学

方程式为223222BrLiCOHO2LiBr2HBrOCO++=++，该反应为氧化还原反应，反应为放热反应，故答案为：223222BrLiCOHO2LiBr2HBrOCO++=++，放热；【小问2详解】加入CO(NH2)2后，将BrO－还原为Br－，同时CO(

NH2)2被氧化为CO2和H2O，其化学方程式为()222223HBrOCONH3HBr2HONCO+=+++；【小问3详解】加热条件下溴与水反应生HBr和HBrO3，故其化学方程式为2233Br3HO5

HBΔrHBrO++，答案为：2233Br3HO5HBΔrHBrO++；【小问4详解】加入CS(NH2)2还原-3BrO，同时CS(NH2)2被氧化为2-4SO，故其化学方程式为()()3222242

24LiBrO3CSNH3HO4LiBr3CONH3HSO++=++，重结晶是将晶体溶于溶剂或熔融以后，又重新从溶液或熔体中结晶的过程。故重结晶的方法为蒸发浓缩、冷却结晶；故答案为：()()322224224LiBrO3CSNH3H

O4LiBr3CONH3HSO++=++，蒸发浓缩、冷却结晶。20.金属钛(Ti)在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途，目前生产钛的方法之一是将金红石(2TiO)转化为4TiCl，再进一步还原得到钛。直接氯化

：反应Ⅰ：()()()()2242TiOs2ClgTiClgOg+=+11161kJmolH−=碳氯化：反应Ⅱ：()()()()()224TiOs2Clg2CsTiClg2COg++=+12113kJmolH−

=−反应Ⅲ：()()()()()2242TiOs2ClgCsTiClgCOg++=+13234kJmolH−=−（1）直接氯化可以在___________下自发进行。（2）反应Ⅳ()()()2COgCs2COg+=的4ΔH为___________1kJmol−（3）

科学家对以上反应做过热重分析，温度为1223K、氯气分压()2Cl0.35atmp=的条件下，得到固体相对质量变化与时间的关系如下图所示：①用纯碳实验时，质量稍微有所增长，生成了含___________键的物质。②用纯2TiO实验时，所发生的化学方程式为___

________；该反应的活化能___________(填“高”或“低”)。③按照()()()22TiO:C:Cl1:2:2nnn=混合，实验发现1.1min内质量迅速减少，经光谱分析证明有光气(2ClC

O)生成，固体中含有C和TiOx，则x=___________。④1.1min之后，光气(2ClCO)继续反应，有理论认为机理如下：决速步骤的反应方程式为___________，1.1min之后发生的总反应方程式为___________。（4）按照()()()2

2TiO:C:Cl1:2:2nnn=混合，平衡状态下不同物质的组成比与温度的关系如下图所示：①曲线Q是___________(填化学式)的变化图像。②M点所发生的化学方程式是___________。【答案】（1）高温（2）+121（3）①.C-C

l②.2242TiO2ClTiClO++高温③.高④.1⑤.*COCl*Cl*CO*Cl*Cl+→++⑥.224TiOClC+ClTiCl2COO+++高温（4）①.CO②.2242TiO2ClCiΔTClCO+++【解析】【小问1详解】反

应Ⅰ中，1H0，反应要能自发进行，必须满足110-ΔG=ΔHSTΔ，则1S0，且反应条件为高温。【小问2详解】根据盖斯定律，Ⅱ-Ⅲ=Ⅳ，1423Δ2HΔHΔHkJmol11−+=−=。【小问3详解】①用纯碳实验时，质量稍微有所增长，说

明C和2Cl反应生成了含C-Cl键的固体物质；②用纯2TiO实验时，2TiO和2Cl反应生成4TiCl和2O，反应的化学方程式为2242TiO2ClTiClO++高温；由于该反应需要在高温条件下进行，说明反应的活化能较高；③设起始量TiO2、C和

Cl2分别为1mol、2mol、2mol，由图可知，1.1min即A点时，固体相对质量减少27%，即减少(1mol×80g/mol+2mol×12g/mol)×27%28.08g，约为1molCO，减少的质量进入光气2ClCO，由此可知生成2ClCO的

物质的量为1mol。固体中含有C和TiOx，说明C过量，固体TiO2反应完全。根据钛、氧元素守恒，1molTiOx中氧元素物质的量为1mol×2-1mol=1mol，所以x=1；④图b中反应的活化能最高，为决速步骤，其化学方程式为*COCl*Cl*CO*Cl*Cl+→++；光气2ClCO分解为CO

和Cl，Cl、C和TiO反应生成4TiCl和CO，则1.1min之后发生的总反应方程式为224TiOClC+ClTiCl2COO+++高温。【小问4详解】①由于23ΔH>ΔH，温度较低时，反应Ⅲ更易发生，因此按照()()()2

2TiO:C:Cl1:2:2nnn=混合，温度低于400℃时，发生反应2242TiO2ClCiΔTClCO+++，由于C过量，继续升高温度有利于发生反应2C+CO2CO高温，因此温度高于400℃时，2CO逐渐减少，CO逐渐增多，最后基本保持稳定，因此曲线Q是C

O的变化图像；获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com