山东省烟台市2016届高考化学一模试卷 Word版含解析

1、2016年山东省烟台市高考化学一模试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1化学与生产、生活密切相关下列说法正确的是（）A未成熟苹果的果肉遇碘水会变蓝B与锌块相连或与电源正极相连，钢铁一定能被保护C纤维素和油脂均可发生水解，都属于天然高分子化合物D加酶洗衣粉可以很好的洗涤毛织品上的污渍2NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法错误的是（）A等质量的H2O与CH2D2含有的质子数相同B室温下CH3COONH4溶液pH=7，1L 0.1molL1该溶液中NH4+离子数为0.1NAC标准状况下，6.72 L NO2与水充分反应转移的电子数为0.2NAD1mol CH3COOC2H5在足量NaOH溶

2、液中水解得到乙醇分子数为NA32015年我国药学家屠呦呦因创制青蒿素与双氢青蒿素用于治疗疟疾获得诺贝尔科学奖图甲为青蒿素分子的结构简式，乙为双氢青蒿素分子的结构简式，其活性结构为分子中的“OO”下列说法错误的是（）A甲分子式为C15H22O5B甲、乙分子中均只存在2个六元环C甲转化成乙后水溶性增强D甲、乙分子中的活性结构“OO”具有强氧化性4下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（）选项实验现象结论A将SO2通入Ba（N03）2溶液中有白色沉淀生成BaSO3不溶于水B将铝片加入冷的浓琉酸中没有明显现象铝与浓琉酸不发生反应C在滴有酚酞的Na2CO3溶液中加 入BaCl2溶液溶

3、液红色退去Na2CO3溶液中存在水解 平衡DFeCl3和CuCl2的混合液中加入一 定量的铁粉无固体存在溶液中一定只含两种金属离子AABBCCDD5五种短周期元素的某些性质如表所示下列说法正确的是（） 元素代号XYZWQ原子半径（nm）0.0730.0770.0990.1020.118主要化合价2+4、41+6、2+3A单质沸点：WQZBX、Y、W三种元素两两之间均能以共价键形成AB2型的化合物CZ的含氧酸的酸性一定大于W的含氧酸的酸性DW与Q形成的常见化合物可以稳定存在于水溶液中6LED系列产品是一类新型节能产品图甲是NaBH4/H2O2燃料电池，图乙是LED发光二极管的装置示意图下列叙述错

4、误的是（）A电池A极区的电极反应式为：H2O2+2e=2OHB电池放电过程中，Na+从负极区向正极区移动C每有1mol NaBH4参加反应转移电子数为4NAD要使LED发光二极管正常发光，图乙中的导线a应与图甲中的B极相连725时，向10mL0.2molL1NaCN溶液中加入0.2molL1盐酸，溶液pH随加入盐酸的体积变化情况如如图所示，则下列说法正确的是（）已知：Ka（HCN）=6.41010Aa点时，CN离子浓度大于其他点Bb点时，c（HCN）c（CN）Cc点时，c（Na+）=c（Cl）+c（CN）Dd点时，溶液的c（H+）8105molL1二、解答题（共3小题，满分43分）8某化学小组

5、在实验室制取Na2O2查阅资料可知：钠与空气在453473K之间可生成Na2O，迅速提高温度到573673K之间可生成Na2O2，若温度提高到733873K之间Na2O2可分解除Li外其他碱金属不与N2反应（1）甲组设计制取Na2O2装置如1图使用该装置制取的Na2O2中可能含有的杂质为aNa3N bNa2CO3 cNa2OdNaOH eNaHCO3该小组为测定制得的Na2O2样品的纯度，设计装置如图2：烧瓶中发生的主要反应的化学方程式是分液漏斗和烧瓶用导管连接可使稀硫酸顺利流下，也可防止产生实验误差，若没有该导管将导致测定结果（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）测定装置的接口从左至右正确的连

6、接顺序是（2）乙组从反应历程上分析该测定反应存在中间产物，从而导致测定结果（填“偏大”或“偏小”）为证明其分析的正确性，设计实验方案如下：实验方案产生的现象取烧瓶中的反应液加入少量Mn02粉末有大量气泡逸出向NaOH稀溶液中加入23滴酚酞试液，然后加入少量的反应液溶液先变红后褪色向反应液中加入23滴酚酞试液，充分振荡，然后逐 滴加入过量的NaOH稀溶液开始无明显现象加NaOH溶 液先变红后褪色在上述实验中，能够证明乙组分析正确的最佳方案是（填实验序号）根据上述实验可知，反应溶液中存在的中间产物与酚酞作用的条件是（3）丙组根据上述提供的有关信息，设计一个方案可准确的测定样品的纯度请简述实验操作和

7、需要测定的有关数据9废旧锂离子电池的正极材料试样（主要含有LiCoO2及少量Al、Fe等）可通过下列方法回收钴、锂已知：Co（OH）2是两性氢氧化物氢氧化物Al（OH）3Fe（OH）3Fe（OH）3开始沉淀的pH3.17.12.2完全沉淀的pH4.79.73.7请回答下列问题：（1）浸出过程中为加快浸出速率，可以采取的措施有（写出两点）（2）浸出过程中Na2S2O3被氧化为Na2SO4的化学方程式为该过程中可用盐酸代替H2SO4和Na2S2O3，但缺点是（3）滤渣的成分为，充入空气的目的是（4）沉钴过程中不使用NaOH溶液的原因是当溶液中c（Co2+）105molL1时即认为沉淀完全，则需要控

8、制x（KspCo（OH）2=1.01015）制得的Co（OH）2不宜在空气中长期放置，会被空气中的O2氧化成Co（OH）3，化学反应方程式为（5）碳酸锂的溶解度随温度的变化如右图所示，则洗涤碳酸锂沉淀时应选（填“热水”或“冷水”）10研究氮氧化物的反应机理，对于消除对环境的污染有重要意义升高温度绝大多数的化学反应速率增大，但是2NO（g）+O2（g）2NO2（g）的速率却随着温度的升高而减小某化学小组为研究该特殊现象的实质原因，查阅资料知2NO（g）+O2（g）2NO2（g）的反应历程分两步：2NO（g）N2O2（g）（快） v1正=k1正c2（NO） v1逆=k1逆c（N2O2）H10N2O

9、2（g）+O2（g）2NO2（g）（慢） v2正=k2正c（N2O2）c（O2） v2逆=k2逆c2（NO2）H20请回答下列问题：（1）反应2NO（g）+O2（g）2NO2（g）的H=kJmol1（用含H1和H2的式子表示）一定温度下，反应2NO（g）+O2（g）2NO2（g）达到平衡状态，请写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示的平衡常数表达式K=，升高温度，K值（填“增大”、“减小”或“不变”）（2）决定2NO（g）+O2（g）2NO2（g）速率的是反应，反应的活化能E1与反应的活化能E2的大小关系为E1E2（填“”、“”或“=”）根据速率方程分析，升高温度该反应速率减小的原因是ak2

10、正增大，c（N2O2）增大bk2正减小，c（N2O2）减小ck2正增大，c（N2O2）减小dk2正减小，c（N2O2）增大由实验数据得到v2正O2的关系可用如图1表示当x点升高到某一温度时，反应重新达到平衡，则变为相应的点为（填字母）（3）工业上可用氨水作为NO2的吸收剂，NO2通入氨水发生的反应：2NO2+2NH3H2O=NH4NO3+NH4NO2+H2O若反应后的溶液滴入甲基橙呈红色，则反应后溶液中c（NH4+）c（NO3）+c（NO2）（填“”“”或“=”）工业上也可用电解法处理氮氧化物的污染电解池如图2所示，阴阳电极间是新型固体氧化物陶瓷，在一定条件下可传导O2该电解池阴极的电极反应式

11、是阳极产生的气体N的化学式是【化学-选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分）11电解精炼铜的阳极泥中含有大量的贵重金属和硒、碲等非金属元素实验室从电解精炼铜的阳极泥中提取金、银、硒的流程如下：已知：单质金在酸性环境下与NaClO3、NaCl反应生成NaAuCl4；NaAuCl4可被Fe2+、SO2还原为单质金；硒的化合物不能被Fe2+还原，而能被SO2还原请回答下列问题：（1）步骤所得“浸铜液”中铜元素的存在形态为（用化学式表示）；加入稀硫酸的目的是（2）写出步骤中金元素进入“氯化液”的离子反应方程式；银元素进入“氯化渣”中，则其存在的形态为（用化学式表示）（3）步骤需在氯化液中加入适当的

12、试剂，可选择的试剂为（填代号）AFeSO47H2O bFeCl3 cSO2 dNa2SO3若“氯化液”中c（AuCl4）为0.01molL1，则处理500mL该“氯化液”需消耗该物质的质量为g（4）步骤可以通过电解的方法得到单质铜，则电解时阴极的电极反应式为；在步骤中，硒元素被氧化成亚硒酸，则步骤制粗硒的化学反应方程式【化学-选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12在基态氯原子中，排布电子的原子轨道数为个，其价电子层中存在对自旋相反的电子（2）四氯化碳与水不互溶发生分层，四氯化硅与四氯化碳分子结构相似，但遇水极易发生水解反应，导致二者性质不同的原因是（3）熔融时氯化铝生成可挥发的二聚

13、体Al2Cl6，其分子中存在的化学键的类型有，Al原子的杂化轨道类型是；更高温度时二聚体离解生成AlCl3（与BF3结构类似），其分子空间构型为（4）四种卤化物：NaF、CsCl、HF、HCl，其熔点从高到低的顺序为（5）CuCl中基态Cu+的价层电子排布式为，其晶体与闪锌矿相似，晶胞中氯原子分别位于面心和顶点，则位于晶胞内部的Cu原子有个其晶胞参数a=x nm，列式表示CuCl晶体的密度gcm3（不必计算出结果）【化学-选修5：有机化学基础】13（2016烟台一模）一种常见聚酯类高分子材料的合成流程如下：已知以下信息：A的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志核磁共振氢谱显示上述流程中C8

14、H10分子含有两种化学环境的氢同一个碳原子上连有两个OH时会发生：+H2O回答下列问题：（1）A的名称是，该流程中C8H10的结构简式是（2）F中含有的官能团名称为（3）的反应中属于取代反应的是（4）写出反应、的化学方程式：反应；反应（5）C8H8Cl2的同分异构体中含有苯环且Cl原子不与苯环直接相连的还有种（不包括上述流程中的结构），其中核磁共振氢谱为3组峰，且峰面积比为2：1：1的结构简式是（6）请你结合所学知识和题给信息设计一种将C8H10转化为F的合成路线（有机物用结构简式表示，无机试剂任选）2016年山东省烟台市高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分

15、42分）1化学与生产、生活密切相关下列说法正确的是（）A未成熟苹果的果肉遇碘水会变蓝B与锌块相连或与电源正极相连，钢铁一定能被保护C纤维素和油脂均可发生水解，都属于天然高分子化合物D加酶洗衣粉可以很好的洗涤毛织品上的污渍【考点】金属的电化学腐蚀与防护；纤维素的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点【专题】化学应用【分析】A碘遇到淀粉变蓝；B、电解池的阴极金属一定被保护，阳极金属易被腐蚀，原电池的负极金属被腐蚀；C、高分子化合物（又称高聚物）一般相对分子质量高于10000，结构中有重复的结构单元；有机高分子化合物可以分为天然有机高分子化合物（如淀粉、纤维素、蛋白质天然橡胶等）和合成有机高分子

16、化合物（如聚乙烯、聚氯乙烯等）；D、毛织品的成分是蛋白质【解答】解：A未成熟的苹果含有大量的淀粉，碘遇到淀粉变蓝，故A正确；B、与锌块相连，钢铁被保护，或与电源正极相连，钢铁被腐蚀，故B错误；C、油脂相对分子质量较小，不是高分子化合物，纤维素为多糖，相对分子质量在一万以上，为天然高分子化合物，故C错误；D毛织品的成分是蛋白质，加酶洗衣粉能使蛋白质发生水解，衣服损坏，故D错误故选A【点评】本题考查了淀粉、纤维素的性质以及电化学原理的应用知识，题目难度不大，注意高分子化合物的特点是关键2NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法错误的是（）A等质量的H2O与CH2D2含有的质子数相同B室温下CH3COONH

17、4溶液pH=7，1L 0.1molL1该溶液中NH4+离子数为0.1NAC标准状况下，6.72 L NO2与水充分反应转移的电子数为0.2NAD1mol CH3COOC2H5在足量NaOH溶液中水解得到乙醇分子数为NA【考点】阿伏加德罗常数【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A、H2O与CH2D2的摩尔质量均为18g/mol，且均含10个质子；B、铵根离子为弱碱阳离子，在溶液中会水解；C、求出NO2的物质的量，然后根据3molNO2和水反应转移2mol电子来分析；D、酯类在碱溶液中的水解能进行彻底【解答】解：A、H2O与CH2D2的摩尔质量均为18g/mol，故等物质的量的两者的物质

18、的量相同，且两者均含10个质子，故等物质的量的两种物质中的质子数相同，故A正确；B、铵根离子为弱碱阳离子，在溶液中和醋酸根发生双水解，故溶液中的铵根离子的个数小于0.1NA个，故B错误；C、标况下6.72LNO2的物质的量为0.3mol，而3molNO2和水反应转移2mol电子，故0.3molNO2和水反应转移0.2NA个电子，故C正确；D、酯类在碱溶液中的水解能进行彻底，故1mol乙酸乙酯水解能生成1mol乙醇，即NA个，故D正确故选B【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大32015年我国药学家屠呦呦因创制青蒿素与双氢青蒿素用于治疗疟疾

19、获得诺贝尔科学奖图甲为青蒿素分子的结构简式，乙为双氢青蒿素分子的结构简式，其活性结构为分子中的“OO”下列说法错误的是（）A甲分子式为C15H22O5B甲、乙分子中均只存在2个六元环C甲转化成乙后水溶性增强D甲、乙分子中的活性结构“OO”具有强氧化性【考点】有机物的结构和性质【专题】有机物的化学性质及推断【分析】可根据有机物的结构简式判断分子式为C15H22O5，分子中含有OO键，具有强氧化性，含有COO，可发生水解反应，以此解答【解答】解：A根据有机物的结构简式判断分子式为C15H22O5，故A正确；B由结构可知，含有5个六元环，故B错误；C乙含有羟基，可与水形成氢键，易溶于水，故C正确；D

20、分子中含有过氧键，具有较强的氧化性，可用于杀菌消毒，故D正确故选B【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，题目难度中等，注意把握有机物官能团的结构和性质4下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（）选项实验现象结论A将SO2通入Ba（N03）2溶液中有白色沉淀生成BaSO3不溶于水B将铝片加入冷的浓琉酸中没有明显现象铝与浓琉酸不发生反应C在滴有酚酞的Na2CO3溶液中加 入BaCl2溶液溶液红色退去Na2CO3溶液中存在水解 平衡DFeCl3和CuCl2的混合液中加入一 定量的铁粉无固体存在溶液中一定只含两种金属离子AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【专题】实

21、验评价题【分析】A将SO2通入Ba（NO3）2溶液，发生氧化还原反应生成硫酸钡； B铝表面被浓H2SO4氧化，形成致密的氧化膜；C碳酸根离子水解显碱性，滴加BaCl2溶液，碳酸根离子与钡离子反应生成沉淀，水解平衡逆向移动；D根据三价铁离子、铜离子的氧化性强弱判断反应先后顺序，从而确定固体的成分、溶液的成分【解答】解：A将SO2通入Ba（NO3）2溶液，发生氧化还原反应生成硫酸钡，白色沉淀为硫酸钡，故A错误； B铝表面被浓H2SO4氧化，形成致密的氧化膜，并不是没有反应，故B错误；C碳酸根离子水解显碱性，滴加BaCl2溶液，碳酸根离子与钡离子反应生成沉淀，水解平衡逆向移动，实验操作和现象、结论均

22、合理，故C正确；D根据三价铁离子、铜离子的氧化性强弱判断反应先后顺序，从而确定固体的成分、溶液的成分，无固体存在，溶液中可能只有一种金属离子三价铁离子，故D错误故选C【点评】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、发生的反应及离子的检验为解答的关键，侧重离子检验及氧化还原反应的考查，注意实验的操作性、评价性分析，题目难度不大5五种短周期元素的某些性质如表所示下列说法正确的是（） 元素代号XYZWQ原子半径（nm）0.0730.0770.0990.1020.118主要化合价2+4、41+6、2+3A单质沸点：WQZBX、Y、W三种元素两两之间均能以共价键形成AB2型的化合物CZ的含氧酸的酸性

23、一定大于W的含氧酸的酸性DW与Q形成的常见化合物可以稳定存在于水溶液中【考点】原子结构与元素周期律的关系【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】X、W都有2价，应为A族元素，由原子半径关系可知X为O元素，W为S元素，Y的化合价有+4价、4价，为A族元素，且原子半径比O大，比S小，应为C元素，Z的化合价为1价，且原子半径小于S，大于O元素，应为Cl元素，Q的化合价为+3价，且原子半径大于S，应为Al元素，以此解答该题【解答】解：X、W都有2价，应为A族元素，由原子半径关系可知X为O元素，W为S元素，Y的化合价有+4价、4价，为A族元素，且原子半径比O大，比S小，应为C元素，Z的化合价为1价，且

24、原子半径小于S，大于O元素，应为Cl元素，Q的化合价为+3价，且原子半径大于S，应为Al元素，AAl为金属，单质沸点最高，故A错误；BX、Y、W三种元素两两之间能以共价键形成的化合物有SO2、CO2、CS2等，故B正确；C如不是最高价化合物，则无法比较酸性强弱，故C错误；DW与Q形成的常见化合物为硫化铝，可发生水解，不能稳定存在于水溶液中，故D错误故选B【点评】本题考查了原子结构和元素周期律的关系，根据元素的原子半径、化合价结合元素周期律来推断元素，正确推断元素是解本题关键，再结合物质的结构来分析解答，易错选项是C，注意比较酸性强弱必须为最高价，为易错点6LED系列产品是一类新型节能产品图甲是

25、NaBH4/H2O2燃料电池，图乙是LED发光二极管的装置示意图下列叙述错误的是（）A电池A极区的电极反应式为：H2O2+2e=2OHB电池放电过程中，Na+从负极区向正极区移动C每有1mol NaBH4参加反应转移电子数为4NAD要使LED发光二极管正常发光，图乙中的导线a应与图甲中的B极相连【考点】化学电源新型电池【专题】电化学专题【分析】根据图片知，双氧水得电子发生还原反应，则A电极为正极，B电极为负极，负极上BH4得电子和氢氧根离子反应生成BO2，正极电极反应式为H2O2+2e=2OH，负极发生氧化反应生成BO2，电极反应式为BH4+8OH8e=BO2+6H2O，根据原电池的工作原理来

26、回答【解答】解：A、根据图片知，双氧水得电子发生还原反应，则A电极为正极，正极电极反应式为H2O2+2e=2OH，故A正确；B、电池放电过程中，阳离子移向正极，Na+从负极区向正极区移动，故B正确；C、负极发生氧化反应生成BO2，电极反应式为BH4+8OH8e=BO2+6H2O，有1molNaBH4参加反应转移电子数为8NA，故C错误；D、要使LED发光二极管正常发光，图乙中的导线a阴极应与图甲中的B极负极相连，故D正确故选C【点评】本题考查原电池工作原理，涉及电极判断与电极反应式书写等问题，做题时注意从氧化还原的角度判断原电池的正负极以及电极方程式的书写，难度中等725时，向10mL0.2m

27、olL1NaCN溶液中加入0.2molL1盐酸，溶液pH随加入盐酸的体积变化情况如如图所示，则下列说法正确的是（）已知：Ka（HCN）=6.41010Aa点时，CN离子浓度大于其他点Bb点时，c（HCN）c（CN）Cc点时，c（Na+）=c（Cl）+c（CN）Dd点时，溶液的c（H+）8105molL1【考点】离子浓度大小的比较【专题】盐类的水解专题【分析】Aa点为NaCN溶液，的CN离子的水解程度较小，则其浓度接近0.2mol/L，其它各点浓度都小于a；Bb点为等浓度的NaCN和HCN，溶液呈酸性，则HCN的电离程度大于NaCN的水解程度；Cc点溶液为中性，则c（H+）=c（OH），根据电荷

28、守恒判断；Dd点为0.1mol/L的HCN溶液，设出氢离子浓度，然后结合HCN的电离平衡常数进行计算【解答】解：Aa点为NaCN溶液，HCN为弱酸，CN离子的水解程度较小，则CN的浓度接近0.2mol/L，其它各点随着盐酸的加入，CN离子的浓度迅速减少，所以a点CN离子浓度大于其他点，故A正确；B根据图象可知，b点加入5mL盐酸，反应后溶质为等浓度的NaCN和HCN，混合液的pH小于7，呈酸性，则HCN的电离程度大于NaCN的水解程度，所以c（HCN）c（CN），故B错误；Cc点溶液的pH=7，呈中性，则c（H+）=c（OH），根据电荷守恒可知：c（Na+）=c（Cl）+c（CN），故C正确；

29、Dd点时加入10mLHCl盐酸，反应后溶液中溶质为0.1mol/L的NaCl和0.1mol/L的HCN，设溶液中氢离子浓度为x，根据HCNCN+H+可知溶液中c（CN）c（H+）=x，c（HCN）=0.1xx，则Ka（HCN）=6.41010，解得x=8106molL1，故D错误；故选AC【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确图象各点溶质组成为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，能够利用电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理判断各离子浓度大小，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力二、解答题（共3小题，满分43分）8某化学小组在实验室制取Na2O2查阅资料可知：钠与空气在4

30、53473K之间可生成Na2O，迅速提高温度到573673K之间可生成Na2O2，若温度提高到733873K之间Na2O2可分解除Li外其他碱金属不与N2反应（1）甲组设计制取Na2O2装置如1图使用该装置制取的Na2O2中可能含有的杂质为bcdaNa3N bNa2CO3 cNa2OdNaOH eNaHCO3该小组为测定制得的Na2O2样品的纯度，设计装置如图2：烧瓶中发生的主要反应的化学方程式是2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+O2+2H2O分液漏斗和烧瓶用导管连接可使稀硫酸顺利流下，也可防止产生实验误差，若没有该导管将导致测定结果偏大（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）测定装置的

31、接口从左至右正确的连接顺序是aedfgh（2）乙组从反应历程上分析该测定反应存在中间产物，从而导致测定结果偏小（填“偏大”或“偏小”）为证明其分析的正确性，设计实验方案如下：实验方案产生的现象取烧瓶中的反应液加入少量Mn02粉末有大量气泡逸出向NaOH稀溶液中加入23滴酚酞试液，然后加入少量的反应液溶液先变红后褪色向反应液中加入23滴酚酞试液，充分振荡，然后逐 滴加入过量的NaOH稀溶液开始无明显现象加NaOH溶 液先变红后褪色在上述实验中，能够证明乙组分析正确的最佳方案是I（填实验序号）根据上述实验可知，反应溶液中存在的中间产物与酚酞作用的条件是碱性条件（3）丙组根据上述提供的有关信息，设计

32、一个方案可准确的测定样品的纯度请简述实验操作和需要测定的有关数据称取一定质量的样品（m），加热733873K使之分解，用量气装置测定常温常压下生成氧气体积（V），然后进行有关计算或者称取一定质量的样品（m），进入少量二氧化锰，再进入足量的水，用量气装置测定常温常压下生成氧气体积（V），然后进行有关计算【考点】制备实验方案的设计【专题】制备实验综合【分析】（1）钠与氧气反应可以得到氧化钠、过氧化钠，二者均与二氧化碳反应得到碳酸钠，与水反应会得到氢氧化钠，由信息可知钠与氮气不反应，而碳酸氢钠受热分解；烧瓶中过氧化钠与硫酸反应生成硫酸钠、氧气与水，分液漏斗和烧瓶用导管连接可使稀硫酸顺利流下，还可以抵

33、消滴加硫酸排出空气的体积；用浓氢氧化钠溶液吸收可能氧气中混有二氧化碳，澄清石灰水检验二氧化碳是否除尽，用排水法收集氧气，根据氧气体积可以计算过氧化钠的质量，进而计算样品中过氧化钠的质量分数；（2）实验I说明中间产物为过氧化氢，且过氧化氢没有完全分解为氧气，导致测定氧气体积偏小；实验：反应后的溶液中有硫酸剩余，可以使红色酚酞溶液褪色；实验：加入的氢氧化钠先中和剩余的硫酸，过量的氢氧化钠式溶液显红色，过氧化氢具有强氧化性，又使溶液红色褪去；（3）称取一定质量的样品（m），加热733873K使之分解，用量气装置测定常温常压下生成氧气体积（V），然后进行有关计算，或者称取一定质量的样品（m），进入少量

34、二氧化锰，再进入足量的水，用量气装置测定常温常压下生成氧气体积（V），然后进行有关计算【解答】解：（1）钠与氧气反应可以得到氧化钠、过氧化钠，二者均与二氧化碳反应得到碳酸钠，与水反应会得到氢氧化钠，由信息可知钠与氮气不反应，而碳酸氢钠受热分解，Na2O2中可能含有的杂质为Na2CO3、Na2O、NaOH，故答案为：bcd；烧瓶中过氧化钠与硫酸反应生成硫酸钠、氧气与水，反应方程式为：2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+O2+2H2O，分液漏斗和烧瓶用导管连接可使稀硫酸顺利流下，还可以抵消滴加硫酸排出空气的体积，若没有该导管，排出的空气按生成氧气的体积计算，导致测定氧气体积偏大，则测定Na

35、2O2样品的纯度偏大，用浓氢氧化钠溶液吸收可能氧气中混有二氧化碳，澄清石灰水检验二氧化碳是否除尽，用排水法收集氧气，根据氧气体积可以计算过氧化钠的质量，进而计算样品中过氧化钠的质量分数，测定装置的接口从左至右正确的连接顺序是aedfgh，故答案为：2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+O2+2H2O；偏大；aedfgh；（2）实验I说明中间产物为过氧化氢，且过氧化氢没有完全分解为氧气，导致测定氧气体积偏小，从而导致测定结果偏小；实验：反应后的溶液中有硫酸剩余，可以使红色酚酞溶液褪色；实验：加入的氢氧化钠先中和剩余的硫酸，过量的氢氧化钠式溶液显红色，过氧化氢具有强氧化性，又使溶液红色褪去，

36、反应溶液中存在的中间产物与酚酞作用的条件是碱性条件，故答案为：偏小；I；碱性条件；（3）称取一定质量的样品（m），加热733873K使之分解，用量气装置测定常温常压下生成氧气体积（V），然后进行有关计算或者称取一定质量的样品（m），进入少量二氧化锰，再进入足量的水，用量气装置测定常温常压下生成氧气体积（V），然后进行有关计算故答案为：称取一定质量的样品（m），加热733873K使之分解，用量气装置测定常温常压下生成氧气体积（V），然后进行有关计算或者称取一定质量的样品（m），进入少量二氧化锰，再进入足量的水，用量气装置测定常温常压下生成氧气体积（V），然后进行有关计算【点评】本题考查物质制备实

37、验、物质含量测定、探究实验等，侧重考查学生对测定原理的理解分析，注意定量实验中准确性问题9废旧锂离子电池的正极材料试样（主要含有LiCoO2及少量Al、Fe等）可通过下列方法回收钴、锂已知：Co（OH）2是两性氢氧化物氢氧化物Al（OH）3Fe（OH）3Fe（OH）3开始沉淀的pH3.17.12.2完全沉淀的pH4.79.73.7请回答下列问题：（1）浸出过程中为加快浸出速率，可以采取的措施有充分搅拌、升高温度（写出两点）（2）浸出过程中Na2S2O3被氧化为Na2SO4的化学方程式为8LiCoO2+11H2SO4+Na2S2O3=4Li2SO4+8CoSO4+Na2SO4+11H2O该过程中

38、可用盐酸代替H2SO4和Na2S2O3，但缺点是生成氯气，污染环境（3）滤渣的成分为Al（OH）3、Fe（OH）3，充入空气的目的是将Fe2+被氧化为Fe3+（4）沉钴过程中不使用NaOH溶液的原因是Co（OH）2是两性氢氧化物，能与NaOH溶液反应导致沉淀的质量减少当溶液中c（Co2+）105molL1时即认为沉淀完全，则需要控制x9（KspCo（OH）2=1.01015）制得的Co（OH）2不宜在空气中长期放置，会被空气中的O2氧化成Co（OH）3，化学反应方程式为4Co（OH）2+O2+2H2O=4Co（OH）3（5）碳酸锂的溶解度随温度的变化如右图所示，则洗涤碳酸锂沉淀时应选热水（填“

39、热水”或“冷水”）【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】废旧锂离子电池的正极材料主要含有LiCoO2（也表示为：Li2OCo203）及少量Al、Fe等，向样品中加入稀硫酸、硫代硫酸钠，Na2S2O3被氧化为Na2SO4，Co3+被还原为Co2+，Al、Fe也溶解，然后向溶液中通入空气，Fe2+被氧化生成Fe3+，加入氢氧化钠溶液调节溶液pH=5，使Al3+、Fe3+转化为Al（OH）3、Fe（OH）3沉淀，过滤除去，滤液中再加入氨水使Co2+转化为Co（OH）2沉淀，过滤后向滤液中加入Na2CO3，得到沉淀Li2CO3（1）搅拌、升高温度、增大酸的浓

40、度、将正极材料粉碎等都可以加快浸出速率；（2）浸出过程中Na2S2O3被氧化为Na2SO4，+3价Co还原为+2Co，反应生成CoSO4、Li2SO4、Na2SO4与水；用盐酸代替H2SO4和Na2S2O3，会氧化生成氯气，污染环境；（3）滤渣的成分为氢氧化铁、氢氧化铝；溶液中通入空气将Fe2+被氧化为Fe3+，以便调节pH转化为沉淀，过滤除去；（4）Co（OH）2是两性氢氧化物，NaOH溶液可以溶解Co（OH）2；根据KspCo（OH）2=c（Co2+）c2（OH）=1.01015计算c（OH），进而计算控制溶液pH；Co（OH）2会被空气中的O2氧化成Co（OH）3，与氢氧化亚铁氧化类似；

41、（5）碳酸锂的溶解度随温度的升高而减小，应采取热水洗涤，减少因溶解导致的损失【解答】解：废旧锂离子电池的正极材料主要含有LiCoO2（也表示为：Li2OCo203）及少量Al、Fe等，向样品中加入稀硫酸、硫代硫酸钠，Na2S2O3被氧化为Na2SO4，Co3+被还原为Co2+，Al、Fe也溶解，然后向溶液中通入空气，Fe2+被氧化生成Fe3+，加入氢氧化钠溶液调节溶液pH=5，使Al3+、Fe3+转化为Al（OH）3、Fe（OH）3沉淀，过滤除去，滤液中再加入氨水使Co2+转化为Co（OH）2沉淀，过滤后向滤液中加入Na2CO3，得到沉淀Li2CO3（1）浸出过程中为加快浸出速率，可以采取的措

42、施有：充分搅拌、升高温度、增大酸的浓度、将正极材料粉碎等，故答案为：充分搅拌、升高温度等；（2）浸出过程中Na2S2O3被氧化为Na2SO4，+3价Co还原为+2Co，反应生成CoSO4、Li2SO4、Na2SO4与水，反应方程式为：8LiCoO2+11H2SO4+Na2S2O3=4Li2SO4+8CoSO4+Na2SO4+11H2O，用盐酸代替H2SO4和Na2S2O3，会氧化生成氯气，污染环境，故答案为：8LiCoO2+11H2SO4+Na2S2O3=4Li2SO4+8CoSO4+Na2SO4+11H2O；生成氯气，污染环境；（3）滤渣的成分为Al（OH）3、Fe（OH）3；溶液中通入空气

43、将Fe2+被氧化为Fe3+，以便调节pH转化为沉淀，过滤除去，故答案为：Al（OH）3、Fe（OH）3；将Fe2+被氧化为Fe3+；（4）Co（OH）2是两性氢氧化物，NaOH溶液可以溶解Co（OH）2，导致固体质量减少，当溶液中c（Co2+）105molL1时即认为沉淀完全，根据KspCo（OH）2=c（Co2+）c2（OH）=1.01015，可知c（OH）=105molL1，故c（H+）=109molL1，则控制溶液pH9，Co（OH）2会被空气中的O2氧化成Co（OH）3，与氢氧化亚铁氧化类似，反应方程式为：4Co（OH）2+O2+2H2O=4Co（OH）3，故答案为：Co（OH）2是两

44、性氢氧化物，能与NaOH溶液反应导致沉淀的质量减少；9；4Co（OH）2+O2+2H2O=4Co（OH）3；（5）碳酸锂的溶解度随温度的升高而减小，应采取热水洗涤，减少因溶解导致的损失，故答案为：热水【点评】本题考查物质制备工艺流程，涉及物质的分离提纯、条件控制、对原理的分析等，明确流程图中各个步骤发生的反应或操作目的是解本题关键，是对学生综合能力的考查，题目难度中等10研究氮氧化物的反应机理，对于消除对环境的污染有重要意义升高温度绝大多数的化学反应速率增大，但是2NO（g）+O2（g）2NO2（g）的速率却随着温度的升高而减小某化学小组为研究该特殊现象的实质原因，查阅资料知2NO（g）+O2

45、（g）2NO2（g）的反应历程分两步：2NO（g）N2O2（g）（快） v1正=k1正c2（NO） v1逆=k1逆c（N2O2）H10N2O2（g）+O2（g）2NO2（g）（慢） v2正=k2正c（N2O2）c（O2） v2逆=k2逆c2（NO2）H20请回答下列问题：（1）反应2NO（g）+O2（g）2NO2（g）的H=kJmol1（用含HH1+H21和H2的式子表示）一定温度下，反应2NO（g）+O2（g）2NO2（g）达到平衡状态，请写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示的平衡常数表达式K=，升高温度，K值减小（填“增大”、“减小”或“不变”）（2）决定2NO（g）+O2（g）2NO

46、2（g）速率的是反应，反应的活化能E1与反应的活化能E2的大小关系为E1E2（填“”、“”或“=”）根据速率方程分析，升高温度该反应速率减小的原因是cak2正增大，c（N2O2）增大bk2正减小，c（N2O2）减小ck2正增大，c（N2O2）减小dk2正减小，c（N2O2）增大由实验数据得到v2正O2的关系可用如图1表示当x点升高到某一温度时，反应重新达到平衡，则变为相应的点为a（填字母）（3）工业上可用氨水作为NO2的吸收剂，NO2通入氨水发生的反应：2NO2+2NH3H2O=NH4NO3+NH4NO2+H2O若反应后的溶液滴入甲基橙呈红色，则反应后溶液中c（NH4+）c（NO3）+c（NO

47、2）（填“”“”或“=”）工业上也可用电解法处理氮氧化物的污染电解池如图2所示，阴阳电极间是新型固体氧化物陶瓷，在一定条件下可传导O2该电解池阴极的电极反应式是2NOx+4xe=N2+2xO2阳极产生的气体N的化学式是O2【考点】化学平衡的影响因素；原电池和电解池的工作原理【专题】化学平衡专题；电化学专题【分析】（1）2NO（g）N2O2（g）；N2O2（g）+O2（g）2NO2（g），而目标反应2NO（g）+O2（g）2NO2（g）的H=+，平衡常数K=，由反应达平衡状态，所以v1正=v1逆、v2正=v2逆，所以v1正v2正=v1逆v2逆，而正反应是放热反应，所以升高温度，平衡常数减小，由此

48、分析解答；（2）因为决定2NO（g）+O2（g）2NO2（g）速率的是反应，所以反应的活化能E1远小于反应的活化能E2；决定反应速率的是反应，而温度越高k2正增大，反应速率加快，二氧化二氮的浓度减少，导致两者的积减小；v2正升高到某一温度时v2正减小，平衡逆向移动，氧气的浓度增大，由此分析解答；（3）根据电荷守恒c（NH4+）+c（H+）=c（NO3）+c（NO2）+c（OH），而甲基橙呈红色，说明溶液呈酸性c（H+）c（OH），所以c（NH4+）c（NO3）+c（NO2），O2在阳极发生氧化反应，而氮的氧化物在阴极发生还原反应，由此分析解答【解答】解：（1）2NO（g）N2O2（g）；N2O

49、2（g）+O2（g）2NO2（g），而目标反应2NO（g）+O2（g）2NO2（g）的H=+=H1+H2，由反应达平衡状态，所以v1正=v1逆、v2正=v2逆，所以v1正v2正=v1逆v2逆，即k1正c2（NO）k2正c（N2O2）c（O2）=k1逆c（N2O2）k2逆c2（NO2），则是K=，而正反应是放热反应，所以升高温度，平衡常数减小，故答案为：H1+H2；减小；（2）因为决定2NO（g）+O2（g）2NO2（g）速率的是反应，所以反应的活化能E1远小于反应的活化能E2；决定反应速率的是反应，而温度越高k2正增大，反应速率加快，二氧化二氮的浓度减少，导致两者的积减小；v2正升高到某一温度

50、时v2正减小，平衡逆向移动，氧气的浓度增大，所以反应重新达到平衡，则变为相应的点为a，故答案为：；c；a；（3）根据电荷守恒c（NH4+）+c（H+）=c（NO3）+c（NO2）+c（OH），而甲基橙呈红色，说明溶液呈酸性c（H+）c（OH），所以c（NH4+）c（NO3）+c（NO2），O2在阳极发生氧化反应生成氧气，所以气体N为O2，而氮的氧化物在阴极发生还原反应生成氮气，阴极的电极反应式：2NOx+4xe=N2+2xO2，故答案为：；2NOx+4xe=N2+2xO2；O2【点评】本题考查了盖斯定律的应用、化学平衡的影响因素，电解质溶液和电极反应式的书写，题目综合性较强，难度中等，侧重于考查学生的分析能力、以及对基础知识的综合应用能力【化学-选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分）11电解精炼铜的阳极泥中含有大量的贵重金属和硒、碲等非金属元素实验室从电解精炼铜的阳极泥中提取金、银、硒的流程如下：已知：单质金在酸性环境下与NaClO3、NaCl反应生成NaAuCl4；NaAuCl4可被Fe2+、SO2还原为单质金；硒的化合物不能被Fe2+还