北京市昌平区2020届高三上学期期末考试质量抽测化学试题
昌平区2019－2020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。
1.2019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( )
A
B
C
D
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. A B. B C. C D. 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 H2
C. 标况下，22.4 L N2含NA个N原子
D. 1 L 0.1 mol/L NH3·H2O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：2.4g÷24g/mol×12×NAmol-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：22.4L÷22.4L/mol×2×NAmol-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86
C. 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( )
①铁粉 ②KI ③双氧水 ④臭氧(O3) ⑤NaCl
A. ①② B. ③④ C. ①⑤ D. ③⑤
【答案】B
【解析】
【详解】① 铁粉、② KI、⑤ 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③ 双氧水、④ 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：X
O，Al在N和O的左下方，半径比N、O都大，即：原子半径YAl(OH)3，金属性Mg>Al
A. A B. B C. C D. 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】1．Fe2+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。
12.2007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/mol
A. 升高温度不能提高一段时间内NH3的产率
B. 图①→②过程吸热，图②→③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①→②是N≡N断裂过程，断键吸热；图②→③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++ PO43−
B. pH=2时，溶液中大量存在的微粒有：H3PO4、H2PO4−、HPO42−、PO43−
C. 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；pH>10，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)4]2+, [Cu(NH3)4]2+呈绛蓝色。
装置
序号
试剂
现象
①
10 mL浓NH3·H2O，3 mLH2O
溶液变为绛蓝色，左侧水柱上升
②
10 mL浓NH3·H2O，3 mL H2O2
溶液变为绛蓝色，且比①深
③
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
④
10 mL 20% HNO3溶液，3 mL H2O2
溶液变蓝比③慢，产生无色气体，左侧水柱下降
A. ①中实验现象说明O2参与了反应
B. ②中溶液颜色比①深可能是由于H2O2氧化Cu生成Cu2+
C. ③中左侧水柱下降可能是反应产生NO气体导致的
D. ④比③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①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②中过氧化氢有强氧性，可在一定条件下将铜氧化；③硝酸具有强氧化性，常温下能将铜氧化；④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、②中溶液颜色比①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①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②的化学方程式是________。
(4)已知：2H2S(g)+O2(g)＝2S(s)+2H2O(l) △H1= -a kJ/mol
S(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) ①S(s)+O2(g)＝SO2(g)②，由盖斯定律可知①+2×②得到H2S燃烧生成SO2的反应：2H2S(g)+3O2(g) =2SO2(g)+2H2O(l) △H，故△H=△H1+2△H2=-(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。
① X代表的物理量是_______。
② 判断Y1_______Y2(填“>”或“<”)，理由是_______。
(3)CO易使反应i的催化剂中毒，研究温度和投料比对甲醇转化率及重整气中CO物质的量分数的影响，结果如图所示。
①选择250℃、水/甲醇投料比为2作为最佳条件进行反应，原因是_______。
②250℃时CO物质的量分数始终高于200℃时CO物质的量分数的原因可能是_______。
【答案】 (1). K= (2). 温度 (3). > (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①、②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）①.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；②.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）①.一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
②.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________。
①分子中含有硝基且直接连在苯环上
②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
③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+K→L+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；A→B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，B→C是-NO2的还原，所以C为:；反应C→D，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+K→L+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①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②（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③（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+＋4Cl−CoCl42−
ii. 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ⅲ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
①放电时，电池的负极是______。
②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Co2＋＋4Cl− 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Co2＋＋4Cl− 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Co2＋＋4Cl− 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：
①.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LiCoO2→Li1-xCoO2，电极是LiCoO2，答案为：LiCoO2
②.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：
①可能含Ag2SO3。
②可能含Ag2SO4，理由是________。
③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。
(3)检验白色沉淀的成分
(资料：Ag++2S2O32−Ag(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
① 补充实验III的实验操作及现象：_______，证明SO32−使白色沉淀溶解。
② 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−。溶解过程中有两个量在变：Na2S2O3的量和PH，因此可从这两方面进行探究。
小题(5)是探究AgNO3溶液与Na2SO3
溶液能否发生氧化还原反应：根据实验现象可直接判断。
【详解】(1) Na2SO3溶液呈碱性的原因是弱酸根离子SO32−的水解：SO32−+H2OHSO3−+OH−，故答案为：SO32−+H2OHSO3−+OH−
(2)+4价硫的还原性较强，易被氧化。根据实验环境，可考虑Ag+或O2，由于Ag+的还原产物Ag为黑色，可排除，所以可能产生Ag2SO4的理由是SO32−可能被O2氧化，故答案为：SO32−可能被O2氧化
(3) 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，再用可溶钡盐将可能的SO32−和SO42−沉淀，分离出的沉淀用盐酸溶解，如果能全溶解，则不含SO42−，如果不能全溶解，则含SO42−，故答案为：Ba(NO3)2溶液；盐酸溶液
(4) ①为证明是SO32−是使白色沉淀溶解的原因，本题设计了对照试验，为此要控制好变量，排除溶液PH值的影响，即应在对照组的白色沉淀中滴加NaOH溶液至PH=9，故答案为：操作：滴加NaOH溶液至pH=9，现象：白色沉淀不溶解
②Ag2SO4在水中存在溶解平衡：Ag2SO4(s) Ag+(aq)+ SO42−(aq)，加入的SO32−将Ag+结合成溶解性更小的Ag2SO3，c(Ag+)降低，促进Ag2SO4转化成Ag2SO3，并进一步转化成Ag(SO3)23−，直至完全溶解，故答案为：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
(5) 试验IV通过改变沉淀所在环境的PH来探究AgNO3溶液与Na2SO3溶液能否发生氧化还原反应。从试验现象及产物可知，加入NaOH溶液至pH=14时发生了氧化还原反应，生成了Ag，可知S应被氧化成SO42−，所以反应离子方程式为: Ag2SO3+2OH−== 2Ag+SO42−+H2O，故答案为：Ag2SO3+2OH−== 2Ag+SO42−+H2O
(6) 根据试验I和IV及以上分析可知: AgNO3溶液与Na2SO3溶液在PH=5时先生成Ag2SO3，发生是复分解反应；如果提高Na2SO3溶液的相对浓度(即加入过量的Na2SO3溶液至PH=9)又溶解为络合离子Ag(SO3)23−；而如果提高碱性至PH=14时生成的是Ag和SO42−，发生的是氧化还原反应。所以两者的反应类型与反应物的相对浓度、pH都有关，故答案为：反应物的相对浓度、pH
【点睛】探究实验的两个问题：
1.根据现象得出结论：根据题给已知的实验现象，结合化学知识进行分析，得出合理的结论。对现象的分析要细致，特别要注意现象与物质性质之间的关联性。
2.根据实验目的设计实验：应先明确问题所在，再针对问题设计实验。本题(4)
中，为探究白色沉淀溶解的原因，应先分析白色沉淀溶解过程中什么在变化、如何变化，找出可能的相关因素(本小题为亚硫酸钠的量和PH值)，再针对这些因素进行实验设计。否则思路不清，会造成无的放失。
