北京市昌平区2020届高三化学上学期期末考试质量抽测试题（含解析）（通用）

昌平区20202020学年第一学期高三年级期末质量抽测化学试卷(100分 90分钟) 2020.1考生须知：1.考生要认真填写学校、班级、姓名、考试编号。本试卷共8页，分两部分。第一部分选择题，共14道小题；第二部分非选择题，共5道小题。2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上做答无效。3.考试结束后，考生应将试卷答题卡放在桌面上，待监考老师收回。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 N 14 Mg 24第I部分(选择题 共42分)本部分共14道小题，每小题3分，共42分。请在每小题列出的4个选项中，选出符合题目要求的1个选项。1.2020年国庆各省彩车标志物的主要成分属于无机非金属单质的是( )ABCD辽宁彩车江苏彩车浙江彩车江西彩车基础建设支柱新中国第一炉钢水超级计算机核心我国自主研发的硅芯片中共一大纪念木船南湖红船人间美学瑰宝青花瓷A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A项、钢的主要成分铁是金属，A错；B项、硅芯片的材料硅属于非金属单质，B正确；C项、木船主要成分是纤维素，属于有机物，C错；D项、瓷器是硅酸盐材料，不是单质，D错；答案选B。2.设NA为阿伏伽德罗常数，下列微粒数量关系正确的是( )A. 2.4 g镁含1.2 NA个电子B 1 mol钠与水反应生成1 mol H2C. 标况下，22.4 L N2含NA个N原子D. 1 L 0.1 mol/L NH3H2O溶液含0.1 NA个OH【答案】A【解析】【详解】A项、一个镁原子含12个电子，2.4g镁含电子个数为：2.4g24g/mol12NAmol-1=1.2NA，故A正确；B项、根据电子得失守恒，消耗1mol钠生成氢气0.5mol，故B错误；C项、标况下，22.4升氮气含氮原子个数为：22.4L22.4L/mol2NAmol-1=2NA，故C错误；D项、一水合氨是弱碱，不能完全电离，按完全电离计算则错误，故D错误；答案选A。3.下列说法正确的是( )A. H2O与H2O2互为同素异形体B. 氡()质量数为86C. CH3CH2OH与CH3OCH3互为同分异构体D. HCl含非极性共价键【答案】C【解析】【详解】A项、同素异形体是由同种元素组成的不同单质，A错；B项、质量数标在元素符号的左上角，该核素的质量数为222，B错；C项、甲醇与二甲醚分子式相同、结构不同，属同分异构体，C正确；D项、氯化氢为共价化合物，H和Cl形成极性键，D错；答案选C。4.下列物质可用于处理泄露的有毒物质Na2S的是( )铁粉 KI 双氧水 臭氧(O3) NaClA. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】 铁粉、 KI、 NaCl不能和Na2S反应，所以不能用于处理泄露的有毒物质硫化钠，H2O2、O3均有强氧化性，能将S2-氧化，且还原产物无毒，所以 双氧水、 臭氧可用于处理Na2S。答案选B。5.下列叙述不正确的是( )A. 葡萄糖能发生银镜反应说明其分子结构中含醛基B. 淀粉在体内最终水解为葡萄糖被人体吸收C. 油脂在体内水解生成高级脂肪酸和甘油D. 鸡蛋清遇醋酸铅溶液发生盐析【答案】D【解析】【详解】A项、银镜反应是检验醛基的方法，葡萄糖能发生银镜反应，说明其分子结构中含有醛基，A正确；B项、淀粉在消化道内最终水解为葡萄糖被人体吸收，B正确；C项、油脂是高级脂肪酸的甘油酯，在人体内水解成高级脂肪酸和甘油而被吸收，C正确；D项、醋酸铅是重金属盐，能使蛋白质变性，D错；答案选D。6.短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，XY2是红棕色气体，Z的周期数等于族序数，W的最外层电子数比次外层电子数少1，下列说法正确的是( )A. 原子半径：XYZB. 气态氢化物的稳定性：YXWC. 最高正价：ZXYO，Al在N和O的左下方，半径比N、O都大，即：原子半径YXAl(OH)3，金属性MgAlA. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【分析】A.用硝酸酸化的氯化钡溶液检验硫酸根离子，不能排除亚硫酸根等离子的干扰；B.先滴加氯水，不能确定铁离子来源；C.根据现象判断发生的反应，进而可以判断物质的还原性强弱；D.氢氧化镁和氢氧化铝浓度不一定相等，因而无法进行比较。【详解】A项、用硝酸酸化的氯化钡中硝酸具有强氧化性，能将可能存在的+4价硫的化合物氧化成硫酸根离子，A选项错误；B项、在先中先滴加氯水，无法确认检出的铁离子是原有溶液中存在的，还是Fe2+被氯水氧化来，B选项错误；C项、向NaBr溶液中滴入少量氯水和CCl4，振荡、静置，溶液下层呈橙红色，证明发生了反应：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，溴离子是还原剂，氯离子是还原产物，因为还原剂的还原性强于还原产物的还原性，所以Br还原性强于Cl，C选项正确；D项、氢氧化镁与氢氧化铝的溶解性不同，因而所得饱和溶液的浓度不同，无法通过溶液的碱性比较化合物的碱性强弱，也就无法比较两者的金属性强弱，D选项错误；答案选C。【点睛】1Fe2+正确的检测方法是：先向溶液中加入硫氰化钾溶液，如果溶液不变红，再加入氯水，此时若变红，则证明原溶液中含有亚铁离子。2对比试验要控制好变量。12.2020年诺贝尔化学奖授予埃特尔以表彰其对于合成氨反应机理的研究，氮气和氢气分子在催化剂表面的部分变化过程如图所示，下列说法不正确的是( )N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H = 92 kJ/molA. 升高温度不能提高一段时间内NH3的产率B. 图过程吸热，图过程放热C. N2在反应过程中三键均发生断裂D. 反应过程中存在NH、NH2等中间产物【答案】A【解析】【分析】由图可知：在催化剂表面，氮气断开三键，并逐一与氢形成N一H键，最终形成氨气。【详解】A项、升高温度能提高反应速率，所以在达到平衡前升高温度能提高一段时间内氨气的产率，A选项错误；B项、图是NN断裂过程，断键吸热；图是N一H键形成过程，成键放热B选项正确；C项、虽然本反应是可逆反应，但反应中，所有氮气均能断开三键，只是同时又有新的氮氮三键形成，因此体系中总含有氮气，C选项正确；D项、从图中可知，断键产生的氮原子，能逐一和氢结合形成-NH-、-NH2和NH3，D选项正确；答案选A。【点睛】1、产率应分清是否为平衡产率：非平衡产率与反应速率和时间有关，平衡产率可用勒夏特列原理或化学平衡常数进行判断；2、对于可逆反应：在宏观上似乎反应物不能完全转化，但在微观上，所有反应物均能转化，只是在反应的同时，产物又重新生成反应物，在宏观上看来，是反应物与产物的混合体系；可逆反应建立的是动态平衡，反应物和生成物在不断的更新变化中，但宏观上的含量保持相对不变。13.磷酸(H3PO4)是一种中强酸，常温下，H3PO4水溶液中含磷微粒的分布分数(平衡时某微粒的浓度占各含磷微粒总浓度的分数)与pH的关系如图，下列说法正确的是( )A. H3PO4的电离方程式为：H3PO43H+ PO43B. pH=2时，溶液中大量存在的微粒有：H3PO4、H2PO4、HPO42、PO43C. 滴加NaOH溶液至pH=7，溶液中c(Na+)= c(H2PO4)+2c(HPO42)+3c(PO43)D. 滴加少量Na2CO3溶液，3Na2CO3+2H3PO4 =2Na3PO4+3H2O+3CO2【答案】C【解析】【分析】观察图可知：随着PH值的增大，水溶液中各种含磷微粒的含量相应的发生改变：PH从0到4，H3PO4含量下降，H2PO4-含量上升，PH=2时，两者浓度相等，其它含磷微粒含量几乎为零；从4到10，H2PO4-含量下降，HPO42-含量上升，PH=7时，两者浓度相等，其它含磷微粒含量几乎为零；pH10，HPO42-含量下降，PO43-含量上升，PH在虚线所标处两者浓度相等，其它含磷微粒含量几乎为零。根据图中各微粒的分布情况，结合弱电解质的电离，电中性原则及物质的基本性质可对各选项作出判断。【详解】A项、磷酸是三元中强酸，属于弱电解质，电离方程式应分步书写，A选项错误；B项、由图可知，PH=2时，含磷微粒主要是H3PO4和H2PO4-，其它含量几乎为零，B错；C项、根据电中性原则有：c(H+)+c(Na+)= c(H2PO4)+2c(HPO42)+3c(PO43)+c(OH-)，PH=7时，c（H+）=C（OH-），所以有：c(Na+)= c(H2PO4)+2c(HPO42)+3c(PO43)，C正确；D项、生成二氧化碳的环境为酸性环境，在磷酸中滴加少量碳酸钠溶液得到的含磷产物主要是H2PO4-或HPO42-，D错；答案选C【点睛】本题中，要结合图来判断不同环境下的含磷微粒的存在形式。如D选项，要根据反应的量来判断反应后的溶液酸碱性，从而判断微粒的存在形式。14.利用如图装置探究铜粉与下列试剂的反应，在试管中加入一定量铜粉，加入试剂后，立即塞上橡胶塞，实验现象如下表所示，下列推断不正确的是( )资料：Cu2+4NH3 Cu(NH3)42+, Cu(NH3)42+呈绛蓝色。装置序号试剂现象10 mL浓NH3H2O，3 mLH2O溶液变为绛蓝色，左侧水柱上升10 mL浓NH3H2O，3 mL H2O2溶液变为绛蓝色，且比深10 mL 20% HNO3溶液，3 mL H2O溶液快速变蓝，产生无色气体，左侧水柱下降10 mL 20% HNO3溶液，3 mL H2O2溶液变蓝比慢，产生无色气体，左侧水柱下降A. 中实验现象说明O2参与了反应B. 中溶液颜色比深可能是由于H2O2氧化Cu生成Cu2+C. 中左侧水柱下降可能是反应产生NO气体导致的D. 比变蓝慢是由于H2O2分解造成自身消耗【答案】D【解析】【分析】本题为探究实验，根据实验过程及实验现象做出合理的推断：将铜氧化需要较强的氧化剂，实验浓氨水不能氧化铜，因此可推测有其他氧化剂参与反应；实验中过氧化氢有强氧性，可在一定条件下将铜氧化；硝酸具有强氧化性，常温下能将铜氧化；中硝酸与过氧化氢两种氧化剂同时使用要考虑相互之间的影响。【详解】A项、溶液变为绛蓝色，说明铜被氧化；左侧水柱上升，说明装置内气体减少。由此推测，装置内的氧气在浓氨水的环境下将铜氧化，A选项正确；B项、中溶液颜色比中的深，说明生成的含铜化合物浓度更高，对比可知，由于过氧化氢的存在，增大了铜的溶解量，B选项正确；C项、根据现象及硝酸的强氧化性可知，铜被硝酸氧化，硝酸被还原成NO，C选项正确；D项、根据实验现象可知，过氧化氢的存在对硝酸与铜的氧化反应起了干扰作用。硝酸的还原产物为NO，如果过氧化氢分解产生O2，则会与NO反应生成红棕色的NO2，与实验现象不相符，D选项错误；答案选D。【点睛】化学是以实验为基础的科学，往往是根据实验的结论进行分析，做出对实验结果的合理解释，解题时应避免做出与实验结论不相符的推测。如本题的D选项的推测与实验现象就不相符。第II部分(非选择题，共58分)15.研究表明，氮氧化物和二氧化硫等气体与雾霾的形成有关(如图所示)。(1)过程中NOx(x=1或2)发生_(填“氧化”或“还原”)反应。(2)气体A的化学式是_。(3)过程的化学方程式是_。(4)已知：2H2S(g)+O2(g)2S(s)+2H2O(l) H1= -a kJ/molS(s)+O2(g)SO2(g) H2= -b kJ/mol家庭常用燃料液化石油气中含有微量H2S，在燃烧过程中会产生SO2。该反应的热化学方程式是_。【答案】 (1). 氧化 (2). NH3 (3). 2SO2+O22SO3 (4). 2H2S(g)+3O2(g) = 2SO2(g)+2H2O(l) H= -(a+2b) kJ/mol【解析】【分析】由图可知：燃料产生的氮氧化物转化成最高价氮的氧化物，并和水反应生成硝酸，进一步与NH3生成铵盐；产生的二氧化硫转化成最高价硫的氧化物SO3，并与水形成硫酸，进一步与氨气生成硫酸铵；两种铵盐和燃料燃烧产生的颗粒物形成雾霾。在此认识基础上对本题做出解答。【详解】（1）NO或NO2生成N2O5，N化合价升高，被氧化，发生氧化反应，故答案为：氧化（2）与HNO3或H2SO4反应生成相应铵盐的气体是NH3，故答案为：NH3（3）SO2生成SO3需要在催化剂作用下发生：2SO2+O22SO3，故答案为：2SO2+O22SO3（4）由反应：2H2S(g)+O2(g)2S(s)+2H2O(l) S(s)+O2(g)SO2(g)，由盖斯定律可知+2得到H2S燃烧生成SO2的反应：2H2S(g)+3O2(g) =2SO2(g)+2H2O(l) H，故H=H1+2H2=-(a+2b) kJ/mol，则该反应的热化学方程式为：2H2S(g)+3O2(g) =2SO2(g)+2H2O(l) H =-(a+2b) kJ/mol，故答案为：2H2S(g)+3O2(g) = 2SO2(g) + 2H2O(l) H =-(a+2b) kJ/mol【点睛】焓变随热化学方程式变化的运算规则为：方程乘以某数，则焓变也乘以该数；方程相加减，则焓变也相加减。16.利用甲醇和水蒸气重整为燃料电池提供氢气。甲醇和水蒸气重整的主要反应是：反应i：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) H1= +49 kJ/mol。同时，存在副反应：反应ii：CH3OH(g)CO(g)+2H2(g) H2= +91 kJ/mol(1)反应i的平衡常数K的表达式是_。(2)为探究条件对反应i平衡的影响，X、 Y(Y1、Y2)可分别代表压强或温度。下图表示Y一定时，反应i中H2O(g)的平衡转化率随X的变化关系。 X代表的物理量是_。 判断Y1_Y2(填“”或“ (4). 反应i的正反应方向气体体积增大，当温度一定时，压强增大，反应向左移动，H2O(g)平衡转化率减小。 (5). 此条件下甲醇的平衡转化率最高，且CO的物质的量分数较小。 (6). 投料比一定，温度升高，反应ii向右移动，反应i也向右移动使c（CH3OH）减少而使反应ii左移，温度对反应ii的影响较后者大，所以整体表现为250时CO含量较高。【解析】【分析】（1）直接根据平衡常数的定义即可表示出平衡常数的表达式。（2）反应i的特点是：气体分子数增多，水的平衡转化率随压强的增大而减小；反应吸热，水的平衡转化率随温度的升高而增大。依此可判断图中X、Y分别代表的物理量以及Y1、Y2的关系。（3）从图中可知：随着水/甲醇投料比增大，甲醇转化率增大；CO的物质的量分数在200时减小不明显，在250时，随着水/甲醇投料比的增大而明显减小。根据这些特点及反应本身的特点，运用勒夏特列原理，可以对、小题进行解答。【详解】（1）根据平衡常数的定义，反应i：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) 的平衡常数K表达式是：K=，故答案为： K=（2）.根据分析可知：反应i中，水的平衡转化率随温度的升高而增大，随压强的增大而减小，故X为温度符合题意，X为压强不符合题意，故X表示温度；.温度相同时，增大压强平衡逆向移动，水的平衡转化率下降，故Y2压强大于Y1的，故答案为：温度；反应i的正反应方向气体体积增大，当温度一定时，压强增大，反应向左移动，H2O(g)平衡转化率减小（3）.一氧化碳能使催化剂中毒，所以在选择条件时，应在照顾甲醇转化率的同时，尽量减少一氧化碳的物质的量分数。相同投料比时，250比200甲醇转化率高，且在水/甲醇投料比为2时，一氧化碳物质的量分数降低明显。所以反应选择250和水/甲醇投料比为2条件最佳，故答案为：此条件下甲醇的平衡转化率最高，且CO的物质的量分数较小.反应i、ii均为吸热反应，所以温度高，均有利于向正向移动。i的正向移动使甲醇浓度降低，氢气浓度升高从而使抑制了反应ii的正向移动，使一氧化碳浓度下降；而ii的正向移动使CO含量升高，两个相反的影响总的结果根据图示可知：升高温度对反应ii的影响大于对反应i的影响，即温度在250时比200时CO物质的量分数高，故答案为：投料比一定，温度升高，反应ii向右移动，反应i也向右移动使c（CH3OH）减少而使反应ii左移，温度对反应ii的影响较后者大，所以整体表现为250时CO含量较高【点睛】1确定反应的最佳条件，应尽量放大有利因素、减小不利因素，综合权衡才能最终确定；2化学是门实验科学，是以实验为基础的。影响化学反应的因素多种多样，特别是在对反应的影响方向相反时，需要根据实验的结果判定哪些是主要因素，哪些是次要因素。17.抗癌药物乐伐替尼中间体M的合成路线如下：已知：i. (R代表烃基)ii. 有机物结构可用键线式表示，如(CH3O)3CH的键线式为(1)A中含有苯环，两个取代基处于邻位，A中含有的官能团名称是 _。血液中A的浓度过高能使人中毒，可静脉滴注NaHCO3溶液解毒。A与NaHCO3反应的化学方程式是_。(2)B生成C的过程中，B发生了_(填“氧化”或“还原”)反应。(3)D生成E的化学方程式是_。(4)写出符合下列条件的D的其中一种同分异构体的结构简式_。分子中含有硝基且直接连在苯环上核磁共振氢谱图显示苯环上有两种化学环境相同的氢原子不能与FeCl3溶液发生显色反应(5)F的核磁共振氢谱图中有三组峰，峰面积之比为2:1:1，F生成G的化学方程式是_。(6)H生成J的化学方程式是_。(7)已知E+KL+CH3OH，K的结构简式是_。【答案】 (1). 羟基、羧基 (2). +NaHCO3+H2O+CO2 (3). 还原 (4). +CH3OH+H2O (5). 或或或 (6). HOCH2CH2CH2OH+O2 OHCCH2CHO+2H2O (7). + +H2O (8). 【解析】【分析】合成E的路线: A分子式为C7H6O5，根据（1）信息，A含有苯环、两个取代基（处于邻位），则A分子中的两个官能团只能是-OH和-COOH，所以A为；AB是苯环上的硝化反应，根据L的结构可知，硝化的位置在羧基的对位，所以B为：；对比L可知，BC是-NO2的还原，所以C为:；反应CD，先按信息 i. (此处R代表为-CH3)方式反应，再将产物酸化后得D：；D再与甲醇发生酯化反应得E：。合成K的路线：F分子式为C3H8O2，已饱和，能氧化成G（失4个H），并进一步氧化成H（加2个O），结合小题（5）信息可知：F、G、H分别为HOCH2CH2CH2OH、OHCCH2CHO、；根据E结构可对L分子沿虚线处切割：，再根据(7)信息（E+KL+CH3OH）和K的分子式（C8H10O5），可推出K的结构简式是；根据J的分子式和K的结构可对K分子沿虚线处切割：，从而推出J的结构为：。在以上推导的结果基础上，可对各个小题进行解答。【详解】（1）根据以上分析推导的结果可知：A为；因为酸性强弱关系为：羧基碳酸酚羟基，所以A与NaHCO3反应的化学方程式是：+NaHCO3+H2O+CO2，故答案为：羟基、羧基 +NaHCO3+H2O+CO2（2）B生成C的过程中，B失去2个O，加了2个H，加氢失氧是还原反应，故答案为：还原（3）根据以上分析推导的结果可知： D为，E为，反应为：+CH3OH+H2O，故答案为：+CH3OH+H2O（4）由条件分子中含有硝基且直接连在苯环上，结合D的结构可知，苯环上的取代基由一个不饱和度，而硝基不饱和度为1，所以其它取代基均饱和， 再根据条件（核磁共振氢谱图显示苯环上有两种化学环境相同的氢原子）和（不能与FeCl3溶液发生显色反应），可推出符合条件的D的同分异构体的结构简式为：或或或，故答案为：或或或(5) 根据以上分析推导的结果可知：F、G分别为HOCH2CH2CH2OH、OHCCH2CHO，则F生成G的化学方程式是：HOCH2CH2CH2OH+O2 OHCCH2CHO+2H2O，故答案为：HOCH2CH2CH2OH+O2 OHCCH2CHO+2H2O(6) 根据以上分析推导的结果可知：H为，J为 ，H生成J的化学方程式是：+ +H2O，故答案为：+ +H2O(7) 根据以上分析推导的结果可知：K的结构简式是：，故答案为：【点睛】1进行有机推导时，要充分结合题干和小题中所给信息，根据实际情况采用正向、逆向或正逆结合进行推导。本题生成E的线路主要采用正向推导，也结合了逆向推导，生成K的线路采用正逆结合推导。2有机反应一般结构变化比较小，可采用切断法对复杂分子进行分析，推出合成它的较小分子。本题J和K的推导是难点，如果采用分析中所用的切断法，则较易推出其大致结构，再根据其它信息就可以推出其结构。18.LiCoO2是锂离子电池最早使用的电极材料，利用原钴矿(含Cr2O3、NiS等杂质)制备LiCoO2的工艺流程如下：资料：i. 在含一定量Cl的溶液中，钴离子以CoCl42-形式存在：Co2+4ClCoCl42ii. CoCl42溶于有机胺试剂，有机胺不溶于水。iii. 盐酸溶液中，有机胺试剂对金属离子的溶解率随盐酸浓度变化如图所示：(1)步骤ii选用盐酸的浓度应为_。a. 4 mol/L b. 6 mol/L c. 10 mol/L(2)从平衡移动角度解释步骤中加入NaCl固体的目的_。(3)步骤iv的操作是_。(4)步骤vi用(NH4)2CO3作沉淀剂，在一定条件下得到碱式碳酸钴(Co2(OH)2CO3)。实验测得在一段时间内加入等量(NH4)2CO3所得沉淀质量随反应温度的变化如图所示，分析曲线下降的原因_。(5)步骤viii中Co3O4 和Li2CO3 混合后，鼓入空气，经高温烧结得到LiCoO2。该反应的化学方程式是_。(6)锂离子电池的工作原理如图，充、放电过程中，Li+在LiCoO2电极和碳电极之间传递。电池的总反应为：LixC + Li1-xCoO2 C+LiCoO2放电时，电池的负极是_。充电时，电池的阴极反应式是_。【答案】 (1). c (2). 加入NaCl固体，溶液中Cl浓度增大，平衡Co24Cl CoCl42右移，CoCl42浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度。 (3). 分液 (4). 温度过高，碳酸铵分解（或NH4+和CO32-水解程度增大），碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少。 (5). 4Co3O4 + 6Li2CO3 + O2 12LiCoO2 + 6CO2 (6). LiCoO2 (7). Li1-xCoO2+xLi+xe= LiCoO2【解析】【分析】分析流程图，结合提供的资料，该工艺流程过程为：处理后的原钴矿用盐酸浸取后钴溶解，溶液中含Cr3+、Ni2+等杂质；在氯化钠共同作用下，Co2+大量转化成CoCl4-，用有机胺试剂萃取，经分液后与水中杂质分离；在洗脱过程中又重新转化成CoCl2溶液，再与加入的碳酸铵发生反应生成碱式碳酸钴，煅烧后又生成四氧化三钴，最后与碳酸钠烧结成产品LiCoO2。在此分析基础上结合图表及相关知识可解各小题。【详解】(1)分析所给图可知：盐酸浓度为4mol/L、6moI/L时，杂质的含量虽然低，但Co2+的溶解率也低；盐酸浓度为10mol/L时，Co2+的溶液率很高，而杂质溶解率低，故应选择10mol/L，答案为：C(2)步骤iii的目的是尽可能把二价钴转化成CoCl4-，根据反应Co24Cl CoCl42可知，氯化钠的溶解增大了Cl-浓度，使平衡正向移动，提高了Co2+的转化率，故答案为：加入NaCl固体，溶液中Cl浓度增大，平衡Co24Cl CoCl42右移，CoCl42浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度(3)有机胺试剂与水不相溶，故可采用分液的方法分离，故答案为：分液(4)由图可知，在一段时间内加入等量碳酸铵所得沉淀质量随温度的升高，先增大后减小，因考虑温度对，反应的影响：一方面，温度高有利于CO32-和Co2+的水解，从而有利于生成碱式碳酸钴；另一方面，温度升高，使碳酸铵的双水解程度增大，致使碳酸铵分解，浓度降低，溶液碱性下降，不利与Co2+的水解成Co(OH)2CO3，故答案为：温度过高，碳酸铵分解(或NH4+和CO32-水解程度增大)，碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少(5)不难写出步骤viii的反应为：4Co3O4 + 6Li2CO3 + O2 12LiCoO2 + 6CO2，故答案为：4Co3O4 + 6Li2CO3 + O2 12LiCoO2 + 6CO2(6)根据电池反应LixC + Li1-xCoO2 C+LiCoO2：.放电时负极发生氧化反应，所含元素化合价升高，物质变化为LiCoO2Li1-xCoO2，电极是LiCoO2，答案为：LiCoO2.充电时阴极发生还原反应，物质的变化为：Li1-xCoO2 LiCoO2，电极反应式：Li1-xCoO2+xLi+xe= LiCoO2，故答案为：Li1-xCoO2+xLi+xe= LiCoO2【点睛】在小题(1)中，要优先考虑原料的利用率。在小题(4)中，体现了化学反应的复杂性，要以根据实验结果对其成因进行分析。19.某实验小组探究AgNO3溶液与Na2SO3溶液的反应。实验I操作现象滴加5滴0.1mol/L Na2SO3溶液，振荡产生白色沉淀，测得混合溶液pH=5继续滴加0.1mol/L Na2SO3溶液，振荡白色沉淀增多，继续滴加，白色沉淀消失，测得混合溶液pH=9资料：Ag2SO3，白色固体，难溶于水；Ag2SO4，白色固体，微溶于水；AgOH，白色固体，常温下不稳定，易分解产生棕褐色固体。(1)测得0.1mol/L Na2SO3溶液pH=10，用离子方程式解释原因：_。(2)实验小组对白色沉淀的成分提出猜想：可能含Ag2SO3。可能含Ag2SO4，理由是_。可能含AgOH。实验产生的白色沉淀放置一段时间后未发生明显变化，排除猜想。(3)检验白色沉淀的成分(资料：Ag+2S2O32Ag(S2O3)23，Ag(S2O3)23在溶液中稳定存在。)测得沉淀C质量小于沉淀B，试剂1和试剂2分别是_、_，说明白色沉淀是Ag2SO3和Ag2SO4的混合物。(4)探究白色沉淀消失的原因。实验小组设计对照实验：实验II实验III实验操作现象沉淀溶解 补充实验III的实验操作及现象：_，证明SO32使白色沉淀溶解。 查阅资料：Ag2SO3能溶于过量Na2SO3溶液中形成Ag(SO3)23。白色沉淀中含有Ag2SO4，但还能全部溶解于Na2SO3溶液的原因是_。(5)探究AgNO3溶液与Na2SO3溶液能否发生氧化还原反应。实验IV操作现象步骤i：滴加一定体积0.1 mol/L Na2SO3溶液产生白色沉淀步骤ii：再加入NaOH溶液调pH=14，振荡白色沉淀变黑，经检验为Ag步骤ii中Ag2SO3发生反应的离子方程式是_。(6)综合实验I和IV，说明AgNO3溶液与Na2SO3溶液的反应类型与_有关。【答案】 (1). SO32+H2OHSO3+OH (2). SO32可能被O2氧化 (3). Ba(NO3)2溶液 (4). 盐酸溶液 (5). 操作：滴加NaOH溶液至pH=9，现象：白色沉淀不溶解 (6). Ag2SO4微溶，溶液中存在SO32，Ag2SO4易转化为更难溶的Ag2SO3，进而被Na2SO3溶液溶解。 (7). Ag2SO3+2OH= 2Ag+SO42+H2O (8). 反应物的相对浓度、pH【解析】【分析】试验I在AgNO3溶液中滴加Na2SO3溶液生成白色沉淀，可以考虑生成Ag2SO3沉淀；同时考虑亚硫酸盐易被空气中的氧气氧化，又可以考虑白色沉淀中有Ag2SO4；加入的Na2SO3溶液呈碱性，所以还可以考虑AgOH。随着Na2SO3溶液滴入量的增加，PH值也逐渐增大，沉淀先增加后溶解，可见该反应与反应物的用量和PH有关。小题(3)是对于白色沉淀的检验：用Na2S2O3溶液溶解沉淀，使Ag+结合成Ag(S2O3)23而溶解，释放出白色沉淀中的阴离子，再用可溶钡盐+盐酸检验可能的SO32和SO42。小题(4)是对于白色沉淀溶解的原因探究：根据所给信息，沉淀的溶解应是生成了Ag(SO3)23