1、广东省潮州市颜锡祺中学2016届高三上学期第二次月考化学试卷一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1下列叙述正确的是（）A锥形瓶可用作加热的反应器B室温下，不能将浓硫酸盛放在铁桶中C配制溶液定容时，俯视容量瓶刻度会使溶液浓度偏高D用蒸馏水润湿的试纸测溶液的pH，一定会使结果偏低2能正确表示下列反应的离子方程式是（）A浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+2Fe3+3H2B钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+Cu+2Na+CNaHCO3溶液与稀H2SO4反应：CO32+2H+H2O+CO2D向FeCl3溶液中加入Mg（OH）2：3Mg（OH）2+2
2、Fe3+2Fe（OH）3+3Mg2+3NA表示阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是（）A1mol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NAB2L 0.5molL1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为NAC1mol Na2O2固体中含离子总数为4NAD丙烯和环丙烷组成的42g混合气体中氢原子的个数为6NA4水溶液中能大量共存的一组离子是（）ANa+、Ca2+、Cl、SO42BFe2+、H+、SO32、ClOCMg2+、NH4+、Cl、SO42DK+、Fe3+、NO3、SCN5常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是（）XYZNaOH溶液KAlO2稀硫酸KOH溶液NaHCO3浓盐酸O2N2
3、H2FeCl3溶液Cu浓硝酸ABCD6下列反应中，反应后固体物质增重的是（）A氢气通过灼热的CuO粉末B二氧化碳通过Na2O2粉末C铝与Fe2O3发生铝热反应D将锌粒投入Cu（NO3）2溶液7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将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈血红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3+B将铜粉加1.0molL1Fe2（SO4）3溶液中溶液变蓝、有黑色固体出现金属铁比铜活泼C用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点较低D将0.1molL1MgSO4溶液滴入NaOH
4、溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1molL1CuSO4溶液先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀Cu（OH）2的溶度积比Mg（OH）2的小AABBCCDD二、解答题（共3小题，满分43分）8某地煤矸石经预处理后含SiO2（63%）、Al2O3、Fe2O3（5%）及少量钙镁的化合物等，一种综合利用工艺设计如下：（1）“酸浸”过程中主要反应的离子方程式为、“酸浸”时铝浸出率的影响因素可能有、（写出两个）（3）物质X的化学式为“碱溶”时反应的离子方程式为（4）已知Fe3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为2.1和3.2，Al3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为4.1和5.4为了获得产品Al（OH）3，从煤矸石的
5、盐酸浸取液开始，若只用CaCO3一种试剂，后续操作过程是（5）以煤矸石为原料还可以开发其他产品，例如在煤矸石的盐酸浸取液除铁后，常温下向AlCl3溶液中不断通入HCl气体，可析出大量AlCl36H2O晶体，结合化学平衡移动原理解释析出晶体的原因：9铅及其化合物可用于蓄电池，耐酸设备及X射线防护等回答下列问题：（1）铅是碳的同族元素，比碳多4个电子层，铅在周期表的位置为周期，第族：非金属氧化物的水化物酸性Pb比C的（填“强”或“弱”）PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，反应的化学方程式为（3）PbO2可由PbO与次氯酸钠溶液反应制得，反应的离子方程式为：PbO2也可以通过石墨为电极，Pb（NO3
6、）2和Cu（NO3）2的混合溶液为电解液电解制取阳极发生的电极反应式，阴极观察到的现象是：若电解液中不加入Cu（NO3）2，阴极发生的电极反应式，这样做的主要缺点是（4）PbO2在加热过程发生分解的失重曲线如图所示，已知失重曲线上的a点为样品失重4.0%（100%）的残留固体，若a点固体表示为PbO2或mPbO2nPbO，列式计算x值和m：n值10锂离子电池的应用很广，其正极材料可再生利用某锂离子电池正极材料有钴酸锂（LiCoO2）、导电剂乙炔黑和铝箔等充电时，该锂离子电池阴极发生的反应为6C+xLi+xeLixC6现欲利用以下工艺流程回收正极材料中的某些金属资源（部分条件未给出）回答下列问题
7、：（1）LiCoO2中，Co元素的化合价为写出“正极碱浸”中发生反应的离子方程式（3）“酸浸”一般在80下进行，写出该步骤中发生的所有氧化还原反应的化学方程式；可用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液，但缺点是（4）写出“沉钴”过程中发生反应的化学方程式（5）充放电过程中，发生LiCoO2与Li1xCoO2之间的转化，写出放电时电池反应方程式（6）上述工艺中，“放电处理”有利于锂在正极的回收，其原因是在整个回收工艺中，可回收到的金属化合物有（填化学式）【化学-选修5：有机化学基础】11正丁醛是一种化工原料某实验小组利用如下装置合成正丁醛发生的反应如下：CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2C
8、H2CHO反应物和产物的相关数据列表如下：沸点/密度/gcm3水中溶解性正丁醇117.20.8109微溶正丁醛75.70.8017微溶实验步骤如下：将6.0gNa2Cr2O7放入100mL烧杯中，加30mL水溶解，再缓慢加入5mL浓硫酸，将所得溶液小心转移至B中在A中加入4.0g正丁醇和几粒沸石，加热当有蒸汽出现时，开始滴加B中溶液滴加过程中保持反应温度为9095，在E中收集90以上的馏分将馏出物倒入分液漏斗中，分去水层，有机层干燥后蒸馏，收集7577馏分，产量2.0g回答下列问题：（1）实验中，能否将Na2Cr2O7溶液加到浓硫酸中，说明理由加入沸石的作用是，若加热后发现未加入沸石，应采取的
9、正确方法是（3）上述装置图中，B仪器的名称是，D仪器的名称是（4）分液漏斗使用前必须进行的操作是（填正确答案标号）a润湿 b干燥 c检漏 d标定（5）将正丁醛粗产品置于分液漏斗中分水时，水在层（填“上”或“下”）（6）反应温度应保持在9095，其原因是（7）本实验中，正丁醛的产率为%广东省潮州市颜锡祺中学2016届高三上学期第二次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1下列叙述正确的是（）A锥形瓶可用作加热的反应器B室温下，不能将浓硫酸盛放在铁桶中C配制溶液定容时，俯视容量瓶刻度会使溶液浓度偏高D用蒸馏水润湿的试纸
10、测溶液的pH，一定会使结果偏低【考点】间接加热的仪器及使用方法；化学试剂的存放；试纸的使用；溶液的配制【专题】实验评价题【分析】A锥形瓶可用于加热，加热时需要垫上石棉网；B浓硫酸在室温下能够与铁发生钝化，阻止了铁与浓硫酸的反应；C容量瓶只有刻度线； D需要根据溶液的酸碱性进行判断，如果溶液为酸性溶液，稀释后溶液的pH偏高，如果为中性溶液，溶液的pH不变【解答】解：A锥形瓶在制取气体的简易装置中经常作反应容器，不过加热时需要垫上石棉网，故A正确； B室温下，由于铁与浓硫酸发生钝化，所以能将浓硫酸盛放在铁桶中，故B错误； C容量瓶只有刻度线，没有刻度，故C错误；D用蒸馏水润湿的试纸测溶液的pH，若
11、待测液为碱性溶液，则测定结果偏低；若待测液为中性溶液，测定结果不变，若待测液为酸性溶液，测定结果会偏高，所以测定结果不一定偏低，故D错误；故选AC【点评】本题考查了常见仪器的使用方法、一定物质的量浓度的溶液配制方法、铁与浓硫酸的钝化、试纸的使用方法判断等知识，题目难度中等，注意掌握常见仪器的构造及正确使用方法、配制一定物质的量浓度的溶液方法，明确pH试纸是使用方法2能正确表示下列反应的离子方程式是（）A浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+2Fe3+3H2B钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+Cu+2Na+CNaHCO3溶液与稀H2SO4反应：CO32+2H+H2O+CO2D向FeCl3溶液中加
12、入Mg（OH）2：3Mg（OH）2+2Fe3+2Fe（OH）3+3Mg2+【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A反应生成氯化亚铁和氢气；B不能置换出Cu，反应生成氢氧化铜、硫酸钠、氢气；CHCO3不能拆分；D发生沉淀的转化，生成氢氧化铁和氯化镁【解答】解：A浓盐酸与铁屑反应的离子反应为Fe+2H+Fe2+H2，故A错误；B钠与CuSO4溶液反应的离子反应为2Na+2H2O+Cu2+Cu（OH）2+2Na+H2，故B错误；CNaHCO3溶液与稀H2SO4反应的离子反应为HCO3+H+H2O+CO2，故C错误；D向FeCl3溶液中加入Mg（OH）2的离子反应为3Mg（OH）2+2F
13、e3+3Mg2+2Fe（OH）3，故D正确；故选D【点评】本题考查离子反应书写的正误判断，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意物质的性质及离子反应的书写方法，题目难度不大3NA表示阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是（）A1mol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NAB2L 0.5molL1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为NAC1mol Na2O2固体中含离子总数为4NAD丙烯和环丙烷组成的42g混合气体中氢原子的个数为6NA【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亚铁离子和碘离子都能够被氯气氧化，1mol碘化亚铁完全反应消耗1.5mol氯气； B根据n=c
14、V计算出硫酸钾的物质的量，再根据硫酸根离子的物质的量计算出所带的电荷的数目； C过氧化钠中含有的离子为钠离子和过氧根离子； D根据丙烯和环丙烷的最简式计算出混合物中含有的氢原子数目【解答】解：A.1molFeI2中含有1mol亚铁离子、2mol碘离子，完全反应需要消耗1.5mol氯气，转移了3mol电子，转移的电子数为3NA，故A错误； B.2L 0.5molL1硫酸钾溶液中含有溶质硫酸钾1mol，1mol硫酸钾中含有1mol硫酸根离子，带有2mol负电荷，所带电荷数为2NA，故B错误； C.1mol过氧化钠中含有2mol钠离子、1mol过氧根离子，总共含有3mol离子，含离子总数为3NA，故
15、C错误； D.42g丙烯和环丙烷中含有3mol最简式CH2，含有6mol氢原子，含有的氢原子的个数为6NA，故D正确；故选D【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确过氧化钠中阴离子为过氧根离子，要求掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，选项D为易错点，注意根据最简式计算混合物中含有氢原子、碳原子的数目的方法4水溶液中能大量共存的一组离子是（）ANa+、Ca2+、Cl、SO42BFe2+、H+、SO32、ClOCMg2+、NH4+、Cl、SO42DK+、Fe3+、NO3、SCN【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】离子之间不生成气体、沉淀
16、、弱电解质、络合物、不发生氧化还原反应、不发生双水解的就能共存，据此分析解答【解答】解：ACa2+、SO42生成微溶物硫酸钙，所以不能大量共存，故A错误；B酸性条件下，ClO具有强氧化性，能将Fe2+、SO32氧化为Fe3+、SO42，所以不能共存，故B错误；C这几种离子之间不发生反应，所以能共存，故C正确；DFe3+、SCN生成络合物Fe（SCN）3，所以这两种离子不能共存，故D错误；故选C【点评】本题考查了离子共存，明确离子共存条件是解本题关键，知道物质的性质即可解答，注意：硫酸钙是微溶物，少量时能在水溶液中共存，但不能大量存在，为易错点5常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应
17、的是（）XYZNaOH溶液KAlO2稀硫酸KOH溶液NaHCO3浓盐酸O2N2H2FeCl3溶液Cu浓硝酸ABCD【考点】镁、铝的重要化合物；钠的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】偏铝酸钾只能与酸反应，不能与碱反应；NaHCO3是多元弱酸的氢盐，既可以与强酸反应又可以与强碱反应；氮气与氧气在放电条件下反应得到NO，氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下合成氨气反应；Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，与氯化铁溶液反应得到氯化铜、氯化亚铁【解答】解：偏铝酸钾只能与酸反应生成氢氧化铝，不能与碱反应，故不符合；NaHCO3是多元弱酸的氢盐，既可以与盐
18、酸反应生成氯化钠，水和二氧化碳，又可以与氢氧化钾反应生成碳酸盐和水，故符合；氮气与氧气在放电条件下反应得到NO，氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下合成氨气反应，常温下氮气不能与氧气、氢气发生反应，故不符合；常温下，Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，与氯化铁溶液反应得到氯化铜、氯化亚铁，故符合，故选C【点评】本题考查元素化合物性质，难度不大，侧重对基础知识的巩固，需要学生熟练掌握元素化合物性质6下列反应中，反应后固体物质增重的是（）A氢气通过灼热的CuO粉末B二氧化碳通过Na2O2粉末C铝与Fe2O3发生铝热反应D将锌粒投入Cu（NO3）2溶液【考点】真题集萃；钠的重要化合物；镁、铝的重
19、要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】A发生氢气与CuO的反应生成Cu和水；B发生二氧化碳与过氧化钠的反应生成碳酸钠和氧气；C发生Al与Fe2O3反应生成Al2O3和Fe；D发生Zn与Cu（NO3）2反应生成Zn（NO3）2和Cu【解答】解：A发生氢气与CuO的反应生成Cu和水，反应前固体为CuO，反应后固体为Cu，固体质量减小，故A错误；B发生二氧化碳与过氧化钠的反应生成碳酸钠和氧气，反应前固体为过氧化钠，反应后固体为碳酸钠，二者物质的量相同，固体质量增加，故B正确；C发生Al与Fe2O3反应生成Al2O3和Fe，反应前固体为氧化铁、Al，反应后固体
20、为氧化铝、Fe，均为固体，固体质量不变，故C错误；D发生Zn与Cu（NO3）2反应生成Zn（NO3）2和Cu，反应前固体为Zn，反应后固体为Cu，二者物质的量相同，则固体质量减小，故D错误；故选B【点评】本题为2014年高考试题，把握发生的化学反应及反应前后固体的分析为解答的关键，侧重元素化合物性质的考查，注意反应中物质的质量变化，题目难度不大7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将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈血红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3+B将铜粉加1.0molL1Fe2（SO4）3溶液中溶液变蓝、有黑色固体出
21、现金属铁比铜活泼C用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点较低D将0.1molL1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1molL1CuSO4溶液先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀Cu（OH）2的溶度积比Mg（OH）2的小AABBCCDD【考点】真题集萃；化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A过量铁粉，反应生成亚铁离子；BCu和Fe3+发生氧化还原反应生成Fe2+和Cu2+；C三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，所以铝箔在酒精灯上加热到熔化，熔化的铝并不滴落；D溶度积大的物质向溶度积小的物质转化【解答】解：A过量铁粉，反应生成
22、亚铁离子，加入KSCN溶液、溶液不显红色，故A错误；BCu和Fe3+发生氧化还原反应，反应方程式为Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，所以没有黑色沉淀生成，溶液由黄色变为蓝色，故B错误；C将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热，铝和氧气反应生成了氧化铝，形成氧化膜，三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，包住了熔化的铝，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故C错误；D将0.1molL1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，说明NaOH完全反应，再滴加0.1molL1CuSO4溶液，先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀，说明发生了沉淀的转化，溶度积大的物质向溶度积小的物质转化，所以Cu（OH）
23、2的溶度积比Mg（OH）2的小，故D正确；故选D【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及沉淀转化、铝及其氧化物的性质、氧化还原反应、硝酸的性质等知识点，侧重考查基本理论、元素化合物性质，注意把握实验原理及操作方法，题目难度中等二、解答题（共3小题，满分43分）8某地煤矸石经预处理后含SiO2（63%）、Al2O3、Fe2O3（5%）及少量钙镁的化合物等，一种综合利用工艺设计如下：（1）“酸浸”过程中主要反应的离子方程式为Al2O3+6H+2Al3+3H2O、Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O“酸浸”时铝浸出率的影响因素可能有酸浓度、温度（写出两个）（3）物质X的化学式为CO2“碱溶
24、”时反应的离子方程式为Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O（4）已知Fe3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为2.1和3.2，Al3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为4.1和5.4为了获得产品Al（OH）3，从煤矸石的盐酸浸取液开始，若只用CaCO3一种试剂，后续操作过程是加入CaCO3调节pH到3.2，过滤除去Fe（OH）3后，再加入CaCO3调节pH到5.4，过滤得到Al（OH）3（5）以煤矸石为原料还可以开发其他产品，例如在煤矸石的盐酸浸取液除铁后，常温下向AlCl3溶液中不断通入HCl气体，可析出大量AlCl36H2O晶体，结合化学平衡移动原理解释析出晶体的原因：AlCl3饱和溶液中存在
25、溶解平衡：AlCl36H2O（s）Al3+（aq）+3Cl（aq）+6H2O（l），通入HCl气体使溶液中c（Cl）增大，平衡向析出固体的方向移动从而析出AlCl3晶体【考点】镁、铝的重要化合物；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铁的氧化物和氢氧化物【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】（1）能和酸反应的物质有氧化铝和氧化铁；酸的浓度、温度、反应物的接触面积、反应时间等都影响反应速率；（3）碳酸钙和酸反应生成二氧化碳；氢氧化铝和氢氧化钠能反应生成偏铝酸钠；（4）条件溶液的pH除去氢氧化铁；（5）氯化氢抑制氯化铝溶解【解答】解：（1）氧化铝和氧化铁都能和盐酸反应生成盐和水，反应方程式分别是
26、：Al2O3+6H+2Al3+3H2O、Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O，故答案为：Al2O3+6H+2Al3+3H2O；Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O；酸的浓度、温度、反应物接触面积、是否充分搅拌、反应时间等都影响反应速率，故答案为：酸的浓度；温度；（3）氯化铝和氯化铁水解都生成盐酸，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙和二氧化碳，所以物质X是二氧化碳，氢氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成可溶性偏铝酸钠，离子反应方程式为：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，故答案为：CO2；Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O；（4）Fe3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为2.1和3.2，Al3+开始沉淀
27、和沉淀完全的pH分别为4.1和5.4，要使铁离子完全沉淀而铝离子不沉淀，则溶液的PH应该为3.2，过滤氢氧化铝沉淀时调节溶液pH为5.4，以使氢氧化铝完全沉淀，故答案为：加入CaCO3调节pH到3.2，过滤除去Fe（OH）3后，再加入CaCO3调节pH到5.4，过滤得到Al（OH）3；（5）氯化铝在溶液中存在溶解平衡，通入氯化氢后溶液中氯离子浓度增大，抑制氯化铝溶解，所以促进氯化铝晶体析出，故答案为：AlCl3饱和溶液中存在溶解平衡：AlCl36H2O（s）Al3+（aq）+3Cl（aq）+6H2O（l），通入HCl气体使溶液中c（Cl）增大，平衡向析出固体的方向移动从而析出AlCl3晶体【点
28、评】本题以工艺流程为载体考查了溶解平衡原理、物质间的反应、除杂等知识点，这种题型是高考常考题型，综合性较强，涉及知识面较广，用教材基础知识采用知识迁移的方法分析解答，难度不大9铅及其化合物可用于蓄电池，耐酸设备及X射线防护等回答下列问题：（1）铅是碳的同族元素，比碳多4个电子层，铅在周期表的位置为6周期，第IVA族：非金属氧化物的水化物酸性Pb比C的弱（填“强”或“弱”）PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，反应的化学方程式为PbO2+4HCl（浓）=PbCl2+Cl2+2H2O（3）PbO2可由PbO与次氯酸钠溶液反应制得，反应的离子方程式为PbO+ClO=PbO2+Cl：PbO2也可以通过石
29、墨为电极，Pb（NO3）2和Cu（NO3）2的混合溶液为电解液电解制取阳极发生的电极反应式Pb2+2H2O2e=PbO2+4H+，阴极观察到的现象是有红色物质析出：若电解液中不加入Cu（NO3）2，阴极发生的电极反应式Pb2+2e=Pb，这样做的主要缺点是Pb2+利用率降低（4）PbO2在加热过程发生分解的失重曲线如图所示，已知失重曲线上的a点为样品失重4.0%（100%）的残留固体，若a点固体表示为PbO2或mPbO2nPbO，列式计算x值和m：n值=2394.0%，x=1.4；=1.4，得m：n=2：3【考点】碳族元素简介；电解原理【专题】电化学专题；元素及其化合物【分析】（1）C、Pb属
30、于同一主族元素，Pb比C多4个电子层，则Pb含有6个电子层；元素非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；二氧化铅和浓盐酸反应生成氯气，同时生成氯化铅和水；（3）PbO和次氯酸钠反应生成二氧化铅和氯化钠；电解时，阳极上铅离子失电子和水反应生成二氧化铅；阴极上铜离子放电；若电解液中不加入Cu（NO3）2，阴极上铅离子得电子生成铅；（4）若a点固体组成表示为PbOx，根据PbO2PbOx+O2列方程计算x的值；若组成表示为mPbO2nPbO，则O原子与Pb原子的比值为x，据此计算解答【解答】解：（1）C、Pb属于同一主族元素，Pb比C多4个电子层，则Pb含有6个电子层，则Pb位于第六周期第IV
31、A族；元素非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性CPb，所以元素最高价氧化物的水化物酸性Pb的比C的酸性弱，故答案为：6；IVA；弱；PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，说明二者反应生成氯气，同时生成氯化铅和水，反应方程式为PbO2+4HCl（浓）=PbCl2+Cl2+2H2O，故答案为：PbO2+4HCl（浓）=PbCl2+Cl2+2H2O；（3）PbO和次氯酸钠反应生成二氧化铅和氯化钠，离子方程式为PbO+ClO=PbO2+Cl；电解时，阳极上铅离子失电子和水反应生成二氧化铅，电极反应式为Pb2+2H2O2e=PbO2+4H+；阴极上铜离子放电生成Cu单质，所以阴极上有铜析
32、出；若电解液中不加入Cu（NO3）2，阴极上铅离子得电子生成铅，电极反应式为Pb2+2e=Pb；Pb2+生成PbO2的量减少，则Pb2+利用率降低，故答案为：PbO+ClO=PbO2+Cl；Pb2+2H2O2e=PbO2+4H+；有红色物质析出；Pb2+2e=Pb；Pb2+利用率降低；（4）若a点固体组成表示为PbOx，根据PbO2PbOx+O2，=2394.0%，x=1.4；若组成为mPbO2nPbO，根据原子守恒得，O原子和Pb原子的比值=x=1.4，得m：n=2：3，故答案为：=2394.0%，x=1.4；=1.4，得m：n=2：3【点评】本题考查碳族元素性质，涉及物质的量的有关计算、离
33、子反应、电解原理等知识点，注意（3）中阳极、阴极电极反应式的书写，注意（4）中的计算，为易错点10锂离子电池的应用很广，其正极材料可再生利用某锂离子电池正极材料有钴酸锂（LiCoO2）、导电剂乙炔黑和铝箔等充电时，该锂离子电池阴极发生的反应为6C+xLi+xeLixC6现欲利用以下工艺流程回收正极材料中的某些金属资源（部分条件未给出）回答下列问题：（1）LiCoO2中，Co元素的化合价为+3写出“正极碱浸”中发生反应的离子方程式2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2（3）“酸浸”一般在80下进行，写出该步骤中发生的所有氧化还原反应的化学方程式2LiCoO2+H2O2+3H2SO4Li2S
34、O4+2CoSO4+O2+4H2O；2H2O22H2O+O2；可用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液，但缺点是有氯气生成，污染较大，引入氯离子杂质，在后续步骤中难以分离（4）写出“沉钴”过程中发生反应的化学方程式CoSO4+2NH4HCO3=CoCO3+（NH4）2SO4+CO2+H2O（5）充放电过程中，发生LiCoO2与Li1xCoO2之间的转化，写出放电时电池反应方程式Li1xCoO2+LixC6=LiCoO2+6C（6）上述工艺中，“放电处理”有利于锂在正极的回收，其原因是Li+从负极中脱出，经由电解质向正极移动并进入正极材料中在整个回收工艺中，可回收到的金属化合物有Al（OH）3、
35、CoCO3、Li2SO4（填化学式）【考点】金属的回收与环境、资源保护；电极反应和电池反应方程式【专题】电化学专题；几种重要的金属及其化合物【分析】（1）根据化合物中，化合价的代数和为0判断；碱浸正极时，铝和氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子和氢气；（3）根据所加入的反应物以及生成物结合质量守恒定律来书写化学方程式；由题中信息知LiCoO2具有强氧化性，加入盐酸有污染性气体氯气生成；（4）“沉钴”过程中硫酸钴和碳酸氢铵反应生成碳酸钴沉淀；（5）放电时，Li1xCoO2和LixC6发生氧化还原反应生成LiCoO2和C；（6）“放电处理”有利于锂在正极的回收，Li+从负极中脱出，经由电解质向正极移动，
36、在整个回收工艺中，可回收到的金属化合物有Al（OH）3、CoCO3、Li2SO4【解答】解：（1）根据化合物中，化合价的代数和为0知，LiCoO2中，Co元素的化合价为+3价，故答案为：+3；正极中含有铝，铝易溶于强碱溶液生成AlO2，反应的离子方程式为2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，故答案为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2；（3）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+3H2SO4Li2SO4+2CoSO4+O2+4H2O，由题中信息知LiCoO2具有强氧化性，加入盐酸有污染性气体氯气
37、生成，且引入氯离子杂质，在后续步骤中难以分离，故答案为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4Li2SO4+2CoSO4+O2+4H2O；有氯气生成，污染较大，引入氯离子杂质，在后续步骤中难以分离；（4）“沉钴”过程中硫酸钴和碳酸氢铵反应生成碳酸钴沉淀、硫酸铵、二氧化碳和水，反应方程式为CoSO4+2NH4HCO3=CoCO3+（NH4）2SO4+CO2+H2O，故答案为：CoSO4+2NH4HCO3=CoCO3+（NH4）2SO4+CO2+H2O；（5）充放电过程中，Li1xCoO2和LixC6发生氧化还原反应生成LiCoO2和C，反应方程式为：Li1xCoO2+LixC6=LiCoO2+6
38、C，故答案为：Li1xCoO2+LixC6=LiCoO2+6C；（6）放电时，负极上生成锂离子，锂离子向正极移动并进入正极材料中，所以“放电处理”有利于锂在正极的回收，根据流程图知，可回收到的金属化合物有Al（OH）3、CoCO3、Li2SO4，故答案为：Li+从负极中脱出，经由电解质向正极移动并进入正极材料中；Al（OH）3、CoCO3、Li2SO4【点评】本题为生产流程题，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，难点是电极反应式的书写【化学-选修5：有机化学基础】11正丁醛是一种化工原料某实验小组
39、利用如下装置合成正丁醛发生的反应如下：CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CHO反应物和产物的相关数据列表如下：沸点/密度/gcm3水中溶解性正丁醇117.20.8109微溶正丁醛75.70.8017微溶实验步骤如下：将6.0gNa2Cr2O7放入100mL烧杯中，加30mL水溶解，再缓慢加入5mL浓硫酸，将所得溶液小心转移至B中在A中加入4.0g正丁醇和几粒沸石，加热当有蒸汽出现时，开始滴加B中溶液滴加过程中保持反应温度为9095，在E中收集90以上的馏分将馏出物倒入分液漏斗中，分去水层，有机层干燥后蒸馏，收集7577馏分，产量2.0g回答下列问题：（1）实验中，能否将Na2Cr2
40、O7溶液加到浓硫酸中，说明理由不能，容易发生迸溅加入沸石的作用是防止暴沸，若加热后发现未加入沸石，应采取的正确方法是冷却后补加（3）上述装置图中，B仪器的名称是分液漏斗，D仪器的名称是直形冷凝管（4）分液漏斗使用前必须进行的操作是c（填正确答案标号）a润湿 b干燥 c检漏 d标定（5）将正丁醛粗产品置于分液漏斗中分水时，水在下层（填“上”或“下”）（6）反应温度应保持在9095，其原因是保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化（7）本实验中，正丁醛的产率为51%【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）不能将Na2Cr2O7溶液加到浓硫酸中，因为浓硫酸的密度大，容易发生迸溅；加入沸石的作用
41、是防止暴沸，若加热后发现未加沸石，应该冷却后补加；（3）B仪器的名称是分液漏斗，D仪器的名称直形冷凝管；（4）分液漏斗使用前必须进行的第一项操作是检漏；（5）由表中数据可知，正丁醛密度小于水的密度，据此判断；（6）根据题目所给反应物和产物的沸点数据可知，反应温度保持在9095，既可保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化；（7）设正丁醛的产率为x，则正丁醇的利用率为x，根据关系式C4H10OC4H8O列方程计算【解答】解：（1）因为浓硫酸的密度大，将Na2Cr2O7溶液加到浓硫酸中，容易发生迸溅，故答案为：不能，容易发生迸溅；加入沸石的作用是防止暴沸，若加热后发现未加沸石，应该冷却后补加
42、，故答案为：防止暴沸；冷却后补加；（3）B仪器的名称是分液漏斗，D仪器的名称直形冷凝管，故答案为：分液漏斗；直形冷凝管；（4）分液漏斗使用前必须进行的第一项操作是检漏，故答案为：c；（5）正丁醛密度为0.8017 gcm3，小于水的密度，故分层水层在下方，故答案为：下；（6）根据题目所给反应物和产物的沸点数据可知，反应温度保持在9095，既可保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化，故答案为：保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化；（7）设正丁醛的产率为x，则正丁醇的利用率为x，根据关系式，C4H10OC4H8O74 724xg 2g解得：x=51%，故答案为：51【点评】本题考查有机化学实验、反应原理、基本操作、化学计算等，难度不大，注意计算中正丁醇的转化率等于正丁醛的产率，注意对基础知识的理解掌握版权所有：高考资源网()
