1、2015年广东省广州市高考化学一模试卷一、选择题（共8小题，每小题5分，满分40分）1下列说法正确的是( )A牛油和花生油在碱性条件下水解产物相同B做衣服的棉、麻、蚕丝的成分都是纤维素C乙烯和氯乙烯都可以通过聚合反应得到高分子材料D加热马铃薯可使其中的淀粉变成葡萄糖2下列叙述和均正确并且有因果关系的是( )AABBCCDD3水溶液中能大量共存的一组离子是( )AK+、Cu2+、OH、HCO3BFe2+、H+、ClO、SiO32CCa2+、Fe3+、Cl、CO32DMg2+、NH4+、Br、SO424设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( )A常温常压下，8g CH4含有4NA个氢原子
2、B1L 0.1 molL1 （NH4）2SO4溶液中含有0.2NA个NH4+C1mol Cu与足量FeCl3溶液反应，转移2NA个电子D标准状况下，2.24L氮气含有0.1NA个N2分子5常温下，下列离子浓度关系正确的是( )ApH=4的CH3COOH溶液中，c（H+）=c（CH3COO）=4.0molL1BpH=5的CH3COOH和CH3COONa混合溶液中，c（CH3COO）c（Na+）C0.1molL1CH3COONa溶液中，c（Na+）c（OH）c（CH3COO）c（H+）D0.1molL1CH3COONa溶液中，c（Na+）=c（CH3COO）+c（OH）6某同学组装了如图所示的电化
3、学装置，电极材料均为石墨，闭合K后，下列叙述正确的是( )A电子流动方向：电极B电极电极反应式：O2+2H2O+4e=4OHC电极发生还原反应D电极附近观察到黄绿色气体7下列实验操作、现象和结论均正确的是( )AABBCCDD8甲、乙、丙、丁都是短周期元素，其中甲、丁在周期表中的相对位置如表，甲原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，乙单质在空气中燃烧发出黄色火焰，丙是地壳中含量最高的金属元素下列判断正确的是( )A原子半径：丙丁B甲与丁的核外电子数相差10C氢氧化物碱性：乙丙D甲、乙的最高价氧化物均是共价化合物二、解答题（共4小题，满分64分）9（16分）一种有机高分子催化剂（）的结构简式如图
4、1，是的一种单体，其制备路线为图2（1）分子式为_，最多可与_molH2 发生加成反应（2）与乙酸发生酯化反应生成，的结构简式为_；（3）由生成的反应方程式为_；（4）是的另一种单体，制备的反应为：的结构简式为_，是的一种无支链同分异构体，且碳链两端呈对称结构，在一定条件下被氧化成生成物能发生银镜反应，的结构简式为_（5）某有机物与乙酸、氧气能发生类似反应的反应，生成CH3COOCH2CHCH2 ，该有机物的结构简式为_10（16分）“硫碘循环”法是分解水制氢气的研究热点，涉及下列三个反应：反应：SO2（g）+I2（aq）+2H2O（l）=2HI（aq）+H2SO4（aq） 反应：2HI（g）
5、=H2（g）+I2（g） 反应：2H2SO4（g）=2H2O（g）+2SO2（g）+O2（g） （1）反应实际上分两步进行：H2SO4（g）=SO3（g）+H2O（g）H1 2SO3（g）2SO2（g）+O2（g）H2则反应的反应热H=_（用H1、H2表示）（2）某温度下将1mol HI充入密闭容器中发生反应，达到第1次平衡后，用选择性膜完全分离出H2，达到第2次平衡后再次分离H2，重复多次，平衡时n（HI）如下表：第1次平衡时，HI的转化率为_%归纳出分离H2的次数对HI转化率的影响：_ 计算第2次平衡时H2和I2的物质的量（写出计算过程）（3）反应发生时，溶液中存在化学平衡：I2（aq）+
6、I（aq）I3（aq），其反应速率极快且平衡常数很大现将1mol SO2缓缓通入含1mol I2的水溶液中恰好完全反应画出溶液中I3的物质的量n（I3）随反应时间t变化的曲线图11（16分）废旧锂离子电池的回收利用意义重大，其正极废料的主要成分是LiCoO2，铝、炭黑及其他杂质，回收利用的流程如图1：已知A溶液主要的金属离子是Co2+、Li+，还含有少量Fe3+、Al3+、Cu2+（1）步骤中铝溶解的离子方程式为_，固体X的成分是_；（2）步骤中LiCoO2固体溶解的化学方程式为_，该反应的还原剂是_；（3）实验表明溶液A中各种金属离子的沉淀率随pH的变化如图2，除杂时加入氨水调节溶液的pH，
7、可除去杂质离子是_；（4）母液中含有最大三种离子是_；（5）从1000g锂离子电池正极材料（Li元素含量为5%）中可回收Li2CO3质量为_g（已知回收率为84%，Li2CO3的化学式量为7412（16分）某小组利用如图1装置，用苯与溴在FeBr3催化作用下制备溴苯：反应剧烈进行，烧瓶中有大量红棕色蒸气，锥形瓶中导管口有白雾出现，蒸馏水逐渐变成黄色反应停止后按如图2流程分离产品：已知：溴苯难溶于水，与有机溶剂互溶；溴、苯、溴苯的沸点依次为59、80、156（1）操作为_，操作为_（2）“水洗”、“NaOH溶液洗”需要用到的玻璃仪器是_、烧杯（3）向“水洗”后所得水相中滴加KSCN溶液，溶液变红
8、色推测水洗的主要目的是除去_（4）锥形瓶中蒸馏水变黄的原因是_（5）已知苯与溴发生的是取代反应，推测反应后锥形瓶中液体含有的两种大量离子，并设计实验方案验证你的推测（限选试剂：镁条、四氯化碳、氯水、溴水、蒸馏水）2015年广东省广州市高考化学一模试卷一、选择题（共8小题，每小题5分，满分40分）1下列说法正确的是( )A牛油和花生油在碱性条件下水解产物相同B做衣服的棉、麻、蚕丝的成分都是纤维素C乙烯和氯乙烯都可以通过聚合反应得到高分子材料D加热马铃薯可使其中的淀粉变成葡萄糖考点：油脂的性质、组成与结构；聚合反应与酯化反应；淀粉的性质和用途；纤维素的性质和用途 分析：A、牛油是饱和高级脂肪酸甘油
9、酯，花生油含不饱和高级脂肪酸甘油酯；B、棉花的成分是纤维素，羊毛、蚕丝的成分是蛋白质；C、乙烯和氯乙烯中均含有碳碳双键D、淀粉水解的最终产物是葡萄糖解答：解：A、牛油是饱和高级脂肪酸甘油酯，花生油含不饱和高级脂肪酸甘油酯，故产物不同，故A错误B、因棉花的成分是纤维素，羊毛、蚕丝的成分是蛋白质，故B错误；C、乙烯和氯乙烯中均含有碳碳双键，均可以发生加聚反应生成高分子聚合物，故C正确；D、淀粉水解的最终产物是葡萄糖，加热不能使淀粉水解，故D错误，故选C点评：本题考查油脂、糖类和蛋白质的性质以及高聚物的形成，题目难度不大，掌握物质性质和相关概念是解题的关键2下列叙述和均正确并且有因果关系的是( )A
10、ABBCCDD考点：盐类水解的原理；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；金属与合金在性能上的主要差异；铁的氧化物和氢氧化物 分析：A、碳酸钠溶液水解显示碱性，油脂在碱性条件下水解；B、根据金属生锈的原理和条件来回答；C、根据三氧化二铁的应用和分类知识来回答；D、根据二氧化氮的物理性质以及制备来回答解答：解：A、纯碱是强碱弱酸盐，因为碳酸根离子水解显示碱性，油脂在碱性条件下水解，所以用纯碱溶液可清洗油污，故A正确；B、不锈钢是铁和碳的合金，在潮湿环境中金属铁和碳形成原电池，容易被腐蚀，但是二者之间没有因果关系，故B错误；C、二者说法均正确，但是二者之间没有因果关系，故C错误；D、二者说法均正确，但
11、是二者之间没有因果关系，故D错误；故选A点评：本题考查较综合，考查学生物质的性质以及应用方面的知识，注意知识的归纳和整理是关键，难度不大3水溶液中能大量共存的一组离子是( )AK+、Cu2+、OH、HCO3BFe2+、H+、ClO、SiO32CCa2+、Fe3+、Cl、CO32DMg2+、NH4+、Br、SO42考点：离子共存问题 分析：A铜离子与氢氧根离子、碳酸氢根离子反应，氢氧根离子与碳酸氢根离子反应；B亚铁离子与硅酸根离子发生双水解反应，次氯酸根离子与亚铁离子、氢离子反应，硅酸根离子与氢离子反应；C钙离子、铁离子与碳酸根离子反应；D四种离子之间不发生反应，在溶液中能够大量共存解答：解：A
12、Cu2+与OH、HCO3发生反应，OH、HCO3之间发生中和反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；BH+与ClO、SiO32反应，Fe2+与ClO、SiO32反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；CCa2+、Fe3+都与CO32发生反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；DMg2+、NH4+、Br、SO42离子之间不反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选D点评：本题考查离子共存的正误判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间，能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN）
13、等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力4设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( )A常温常压下，8g CH4含有4NA个氢原子B1L 0.1 molL1 （NH4）2SO4溶液中含有0.2NA个NH4+C1mol Cu与足量FeCl3溶液反应，转移2NA个电子D标准状况下，2.24L氮气含有0.1NA个N2分子考点：阿伏加德罗常数 分析：A、依据n=计算物质的量，结合分子式计算氢原子数；B、铵根离子水解减小；C、铜和足量氯化铁反应生成氯化铁和氯化铜，依据反应的铜金属电子转移；D、依据n=计算物质的量，结合分子式
14、计算分子数解答：解：A、依据n=计算物质的量=0.5mol，结合分子式计算氢原子数=0.5mol4NA=2NA，故A错误；B、铵根离子水解减小，1L 0.1 molL1 （NH4）2SO4溶液中含有NH4+小于0.2NA个，故B错误；C、铜和足量氯化铁反应生成氯化铁和氯化铜，1mol Cu与足量FeCl3溶液反应，转移2NA个电子，故C正确；D、依据n=计算物质的量=0.1mol，含有0.1NA个N2分子，故D正确；故选CD点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是物质的量计算微粒数，盐类水解、氧化还原反应电子转移计算，掌握基础是解题关键，题目较简单5常温下，下列离子浓度关系正确的是(
15、)ApH=4的CH3COOH溶液中，c（H+）=c（CH3COO）=4.0molL1BpH=5的CH3COOH和CH3COONa混合溶液中，c（CH3COO）c（Na+）C0.1molL1CH3COONa溶液中，c（Na+）c（OH）c（CH3COO）c（H+）D0.1molL1CH3COONa溶液中，c（Na+）=c（CH3COO）+c（OH）考点：离子浓度大小的比较 专题：电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题分析：A根据醋酸溶液中的电荷守恒判断；B该混合液显示酸性，根据混合液中的电荷守恒分析；C醋酸钠溶液中，醋酸根离子部分水解，溶液显示碱性，由于水解程度较小，则c（CH3COO）c（O
16、H）；D根据醋酸钠溶液中的电荷守恒判断解答：解：ApH=4的溶液中氢离子浓度为：104mol/L，醋酸溶液中存在电荷守恒：c（H+）=c（OH）+c（CH3COO），则c（H+）=104mol/Lc（CH3COO），故A错误；BpH=5的CH3COOH和CH3COONa混合溶液显示酸性，则：c（H+）c（OH），根据电荷守恒可得：c（CH3COO）c（Na+），故B正确；C.0.1molL1CH3COONa溶液中，醋酸根离子部分水解，溶液显示碱性，溶液中离子浓度大小为：c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+），故C错误；D根据醋酸钠溶液中的电荷守恒可得：c（H+）+c（Na+）=c（
17、CH3COO）+c（OH），则：c（Na+）c（CH3COO）+c（OH），故D错误；故选B点评：本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，试题侧重考查电荷守恒的含义及应用，注意掌握盐的水解原理，能够根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理等知识判断溶液中各离子浓度大小6某同学组装了如图所示的电化学装置，电极材料均为石墨，闭合K后，下列叙述正确的是( )A电子流动方向：电极B电极电极反应式：O2+2H2O+4e=4OHC电极发生还原反应D电极附近观察到黄绿色气体考点：原电池和电解池的工作原理 专题：电化学专题分析：根据图表分析，左边为氢氧燃料电池，为负极氢气失电子发生氧化反应，为氧气得电子发生还原
18、反应，右边为电解池，为与正极氧气相连为阳极，氯离子失电子发生氧化反应，为与负极氢气相连为阴极，氢离子得电子发生还原反应，据此分析解答解答：解：A、根据以上分析，为与负极氢气相连为阴极，氢离子得电子发生还原反应，所以电子流动方向：电极，故A错误；B、为氧气得电子发生还原反应，反应式：O2+2H2O+4e=4OH，故B正确；C、为与正极氧气相连为阳极，氯离子失电子发生氧化反应，故C错误；D、为与负极氢气相连为阴极，氢离子得电子发生还原反应生成氢气，故D错误；故选：B点评：本题考查了电解池、原电池的原理及应用，难度不大，掌握基础是关键AABBCCDD考点：化学实验方案的评价 分析：A由现象可知生成碘
19、，则具有氧化性的物质均可氧化碘离子；BFe与稀硝酸反应生成NO，Fe与稀硫酸反应生成氢气；CSO2通入Ba（NO3）2溶液中，发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀；D由现象可知先生成氢氧化铝沉淀，后氢氧化铝溶解在NaOH溶液中解答：解：A由现象可知生成碘，则具有氧化性的物质均可氧化碘离子，则X可能为氯气、溴水等，也可能X中含碘单质，如碘水，故A错误；BFe与稀硝酸反应生成NO，Fe与稀硫酸反应生成氢气，均存在元素的化合价变化，均发生氧化还原反应，故B正确；CSO2通入Ba（NO3）2溶液中，发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，则结论不合理，故C错误；D由现象可知先生成氢氧化铝沉淀，后氢氧化铝溶解在NaO
20、H溶液中，则操作、现象和结论均合理，故D正确；故选BD点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的性质、反应现象与结论的关系等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大8甲、乙、丙、丁都是短周期元素，其中甲、丁在周期表中的相对位置如表，甲原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，乙单质在空气中燃烧发出黄色火焰，丙是地壳中含量最高的金属元素下列判断正确的是( )A原子半径：丙丁B甲与丁的核外电子数相差10C氢氧化物碱性：乙丙D甲、乙的最高价氧化物均是共价化合物考点：原子结构与元素周期律的关系；原子结构与元素的性质 分析：甲、乙、丙、丁都是短周期元素，甲
21、原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故甲为C元素；由甲、丁在周期表中的相对位置，可知丁为Cl；乙单质在空气中燃烧发出黄色火焰，则乙为Na；丙是地壳中含量最高的金属元素，则丙为Al，据此解答解答：解：甲、乙、丙、丁都是短周期元素，甲原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故甲为C元素；由甲、丁在周期表中的相对位置，可知丁为Cl；乙单质在空气中燃烧发出黄色火焰，则乙为Na；丙是地壳中含量最高的金属元素，则丙为Al，A同周期自左而右原子半径减小，故原子半径：丙（Al）丁（Cl），故A正确；B甲为C、丁为Cl，二者核外电子
22、数之差为176=11，故B错误；C金属性乙（Na）丙（Al），故氢氧化物的碱性乙丙，故C正确；D甲、乙的最高价氧化物分别为二氧化碳、氧化钠，前者属于共价化合物，后者属于离子化合物，故D错误，故选AC点评：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意对元素周期律的理解掌握二、解答题（共4小题，满分64分）9（16分）一种有机高分子催化剂（）的结构简式如图1，是的一种单体，其制备路线为图2（1）分子式为C5H6N2，最多可与3molH2 发生加成反应（2）与乙酸发生酯化反应生成，的结构简式为；（3）由生成的反应方程式为；（4）是的另一种单体，制备的反应为：的结构简式为CH3COOCH=C
23、H2，是的一种无支链同分异构体，且碳链两端呈对称结构，在一定条件下被氧化成生成物能发生银镜反应，的结构简式为HOCH2CCCH2OH（5）某有机物与乙酸、氧气能发生类似反应的反应，生成CH3COOCH2CHCH2 ，该有机物的结构简式为CH3CHCH2 考点：有机物的合成 分析：（1）根据的结构简式书写其分子式；中含氮杂环、碳碳双键均匀氢气发生加成反应；（2）根据的结构可知，与乙酸发生酯化反应得到；（3）在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应；（4）是的另一种单体，可推知为CH3COOCH=CH2，是的一种无支链同分异构体，且碳链两端呈对称结构，在一定条件下被氧化成生成物能发生银镜反应，的结
24、构简式HOCH2CCCH2OH；（5）反应可以看作COOH、与烯烃提供H原子，剩余部分结合生成有机物，氢原子与氧原子结合生成水解答：解：（1）根据的结构简式，可知其分子式为C5H6N2，中含氮杂环、碳碳双键均匀氢气发生加成反应，1mol需要3mol氢气，故答案为：C5H6N2；3；（2）根据的结构可知，与乙酸发生酯化反应得到，则的结构简式为：，故答案为：；（3）在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应，反应方程式为：，故答案为：；（4）是的另一种单体，结合的结构可知为CH3COOCH=CH2，是的一种无支链同分异构体，且碳链两端呈对称结构，在一定条件下被氧化成生成物能发生银镜反应，的结构简式H
25、OCH2CCCH2OH，故答案为：CH3COOCH=CH2；HOCH2CCCH2OH；（5）反应可以看作COOH、与烯烃提供H原子，剩余部分结合生成有机物，氢原子与氧原子结合生成水，某有机物与乙酸、氧气能发生类似反应的反应，生成CH3COOCH2CHCH2 ，该有机物的结构简式为：CH3CHCH2 ，故答案为：CH3CHCH2 点评：本题考查有机物的推断与合成，综合考查学生分析推理能力、知识迁移应用，注意根据有机物的结构进行分析解答，难度中等10（16分）“硫碘循环”法是分解水制氢气的研究热点，涉及下列三个反应：反应：SO2（g）+I2（aq）+2H2O（l）=2HI（aq）+H2SO4（aq
26、） 反应：2HI（g）=H2（g）+I2（g） 反应：2H2SO4（g）=2H2O（g）+2SO2（g）+O2（g） （1）反应实际上分两步进行：H2SO4（g）=SO3（g）+H2O（g）H1 2SO3（g）2SO2（g）+O2（g）H2则反应的反应热H=H=2H1+H2（用H1、H2表示）（2）某温度下将1mol HI充入密闭容器中发生反应，达到第1次平衡后，用选择性膜完全分离出H2，达到第2次平衡后再次分离H2，重复多次，平衡时n（HI）如下表：第1次平衡时，HI的转化率为22%归纳出分离H2的次数对HI转化率的影响：随着分离氢气次数的增加，HI的转化率逐渐提高，但提高幅度逐渐减小 计算
27、第2次平衡时H2和I2的物质的量（写出计算过程）（3）反应发生时，溶液中存在化学平衡：I2（aq）+I（aq）I3（aq），其反应速率极快且平衡常数很大现将1mol SO2缓缓通入含1mol I2的水溶液中恰好完全反应画出溶液中I3的物质的量n（I3）随反应时间t变化的曲线图考点：化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算 分析：（1）根据盖斯定律计算；（2）参加反应HI的物质的量，进而计算HI的转化率；分离出氢气，有利于平衡向正反应方向移动，有利于HI的分解，但提高幅度逐渐减小；利用三段式计算；（3）将SO2的通入I2的水溶液，反应生成I，生成的I与I2结合得到I3，随反应进行I3物质的
28、量增大，由I原子守恒可知I3的最大物质的量为0.67mol，继续通入SO2，I2（aq）+I（aq）I3（aq）平衡向左移动，I3物质的量减小，由SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4可知，二氧化硫与碘单质恰好完全反应，故最终I3物质的量为0解答：解：（1）反应实际上分两步进行：H2SO4（g）=SO3（g）+H2O（g）H1 2SO3（g）2SO2（g）+O2（g）H2根据盖斯定律2+2得反应，故反应的反应热H=2H1+H2，故答案为：H=2H1+H2；（2）参加反应HI的物质的量为1mol0.78mol=0.22mol，故HI的转化率为100%=22%，故答案为：22；分离出氢气，有利
29、于平衡向正反应方向移动，随着分离氢气次数的增加，HI的转化率逐渐提高，但提高幅度逐渐减小，故答案为：随着分离氢气次数的增加，HI的转化率逐渐提高，但提高幅度逐渐减小；2 HI（g）=H2（g）+I2（g）起始（mol）：1 0 0转化（mol）：10.67=0.33 0.165 0.165平衡（mol）：0.67 0.165 0.165故2次平衡时n（H2）=n（I2）=0.165mol答：2次平衡时H2和I2的物质的量均为0.165mol；（3）将SO2的通入I2的水溶液，反应生成I，生成的I与I2结合得到I3，随反应进行I3物质的量增大，由I原子守恒可知I3的最大物质的量为0.67mol，
30、继续通入SO2，I2（aq）+I（aq）I3（aq）平衡向左移动，I3物质的量减小，由SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4可知，二氧化硫与碘单质恰好完全反应，故最终I3物质的量为0，溶液中I3的物质的量n（I3）随反应时间t变化的曲线图为：，故答案为：点评：本题考查反应热计算、化学平衡计算与影响元素，（3）中作图为易错点，学生容易做出变化趋势，而忽略最大值及二氧化硫与碘恰好反应，难度中等11（16分）废旧锂离子电池的回收利用意义重大，其正极废料的主要成分是LiCoO2，铝、炭黑及其他杂质，回收利用的流程如图1：已知A溶液主要的金属离子是Co2+、Li+，还含有少量Fe3+、Al3+、Cu
31、2+（1）步骤中铝溶解的离子方程式为2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，固体X的成分是Al（OH）3；（2）步骤中LiCoO2固体溶解的化学方程式为2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2+4H2O，该反应的还原剂是H2O2；（3）实验表明溶液A中各种金属离子的沉淀率随pH的变化如图2，除杂时加入氨水调节溶液的pH，可除去杂质离子是Fe3+、Al3+；（4）母液中含有最大三种离子是Li+、NH4+、SO42；（5）从1000g锂离子电池正极材料（Li元素含量为5%）中可回收Li2CO3质量为222g（已知回收率为84%，Li2CO3的化学式量为74考点
32、：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 分析：正极废料中含有LiCo02和铝箔，将废料先用碱液浸泡，将Al充分溶解，过滤后得到的滤液为含有偏铝酸钠，在浸出液中加入稀硫酸生成氢氧化铝，灼烧、电解可得到铝，滤渣为LiCo02，将滤渣用双氧水、硫酸处理后生成Li2SO4、CoSO4，反应的离子方程式为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2+4H2O，题给信息可知A溶液主要的金属离子是Co2+、Li+，还含有少量Fe3+、Al3+、Cu2+，经除杂后加入草酸铵，可得到CoC2O4固体，母液中含有Li+，加入饱和碳酸钠溶液后过滤，最后得到碳酸锂固体，以此解答该题解答
33、：解：（1）铝能与碱反应生成AlO2，反应的离子方程式为2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，加入稀硫酸，可生成Al（OH）3沉淀，故答案为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2；Al（OH）3；（2）酸浸时反应物有硫酸、过氧化氢以及LiCoO2，生成物有Li2SO4和CoSO4，反应方程式为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2+4H2O，反应中Co元素化合价降低，O元素化合价升高，H2O2为还原剂，故答案为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2+4H2O；H2O2；（3）由图2可知，当调节pH5.0时，
34、Co2+不生成沉淀，而Fe3+、Al3+易生成沉淀而除去，可除去杂质离子是Fe3+、Al3+，故答案为：Fe3+、Al3+；（4）由流程可知，经分离、提纯后，母液中含有Li+、NH4+、SO42等离子，故答案为：Li+、NH4+、SO42；（5）1000g锂离子电池正极材料中Li的质量为1000g5%=50g，回收的质量为50g84%=42g，n（Li）=6mol，则n（Li2CO3）=3mol，m（Li2CO3）=3mol74=222g，故答案为：222g点评：本题为生产流程题，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目涉及金属的回收、环境保护、氧化还原反应、物质的分离提纯和除杂等问题，题
35、目较为综合，做题时注意仔细审题，从题目中获取关键信息，难度中等12（16分）某小组利用如图1装置，用苯与溴在FeBr3催化作用下制备溴苯：反应剧烈进行，烧瓶中有大量红棕色蒸气，锥形瓶中导管口有白雾出现，蒸馏水逐渐变成黄色反应停止后按如图2流程分离产品：已知：溴苯难溶于水，与有机溶剂互溶；溴、苯、溴苯的沸点依次为59、80、156（1）操作为过滤，操作为蒸馏（2）“水洗”、“NaOH溶液洗”需要用到的玻璃仪器是分液漏斗、烧杯（3）向“水洗”后所得水相中滴加KSCN溶液，溶液变红色推测水洗的主要目的是除去FeBr3（4）锥形瓶中蒸馏水变黄的原因是溶解了从烧瓶中挥发出的溴（5）已知苯与溴发生的是取代
36、反应，推测反应后锥形瓶中液体含有的两种大量离子，并设计实验方案验证你的推测（限选试剂：镁条、四氯化碳、氯水、溴水、蒸馏水）考点：制备实验方案的设计 分析：（1）（2）（3）苯及溴在FeBr3催化作用下制备溴苯，反应混合物中含有苯、溴苯、溴、FeBr3以及Fe，由流程可知经操作后得到固体残留物，则操作应为过滤，固体残留物为Fe粉，液体中含有FeBr3等，可溶于水，水洗后进行分液分离，有机相中含有苯、溴苯、溴，加入氢氧化钠溶液除去Br2，再经过分液分离，水相中主要含有NaBr、NaBrO等，有机相中含有苯、溴苯，由于二者沸点不同，可进行蒸馏分离；（4）溴易挥发，挥发的溴溶于锥形瓶中水中，使蒸馏水变
37、黄；（5）苯与溴发生的是取代反应，反应生成HBr溶于锥形瓶中，溶液中含有大量的Br、H+，由于溴易挥发，锥形瓶中会溶解少量的溴，用四氯化碳溶液萃取分离，利用氯水置换出溴单质检验Br离子，利用Mg与酸反应生成气体检验H+离子解答：解：苯及溴在FeBr3催化作用下制备溴苯，反应混合物中含有苯、溴苯、溴、FeBr3以及Fe，由流程可知经操作后得到固体残留物，则操作应为过滤，固体残留物为Fe粉，液体中含有FeBr3等，可溶于水，水洗后进行分液分离，有机相中含有苯、溴苯、溴，加入氢氧化钠溶液除去Br2，再经过分液分离，水相中主要含有NaBr、NaBrO等，有机相中含有苯、溴苯，由于二者沸点不同，可进行蒸
38、馏分离（1）由以上分析可知操作为过滤，操作为蒸馏，故答案为：过滤；蒸馏；（2）经“水洗”、“NaOH 溶液洗”后得到水相和有机相，则应为分液操作，除需要烧杯外，还需要分液漏斗，故答案为：分液漏斗；（3）“水洗”主要目的是除去 FeBr3，“NaOH溶液洗”主要目的是除去Br2，故答案为：FeBr3；（4）由于溴易挥发，锥形瓶中水溶解了从烧瓶中挥发出的溴而变黄，故答案为：溶解了从烧瓶中挥发出的溴；（5）苯与溴发生的是取代反应，反应生成HBr溶于锥形瓶中，溶液中含有大量的Br、H+，由于溴易挥发，锥形瓶中会溶解少量的溴，用四氯化碳溶液萃取分离，分别取少量上层无色溶液于试管A、B中，试管A中滴入少量氯水，置换出溴单质，溶液由无色变黄色，证明含有Br离子，向B试管中加入Mg条，有大量气泡生成，证明含有H+离子，故答案为：点评：本题考查有机物的制备以及物质的分离、提纯，侧重于学生的分析、实验能力的考查，关键是理解实验的原理以及实验流程，难度大
