2019-2020学年北师大万宁附中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年北师大万宁附中新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1分类是化学学习和研究的常用手段，下列分类依据和结论都正确的是A冰醋酸、纯碱、铜绿、生石灰分别属于酸、碱、盐、氧化物BHClO、H2SO4（浓）、HNO3均具有强氧化性，都是氧化性酸CAl、Al2O3、Al（OH）3均既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应，都属于两性化合物D H2SO4、NaOH、AlCl3均为强电解质，都属于离子化合物【答案】B【解析】A.纯碱属于盐，不属于碱，故A错误；B.HClO、H2SO4（浓）、HNO3均具有强氧化性，都是氧化性酸，

2、故 B正确；C.Al 属于单质，不属于化合物，故C错误；D.H2SO4、AlCl3属于共价化合物，不属于离子化合物，故 D错误。故选B。2在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A Na(s)2O(g)点燃Na2O2(s)2CO(g)Na2CO3(s)BFe3O4(s)Al(s)高温Fe(s)2Cl(g)点燃FeCl2(s)CSiO2(s)HCl(aq)SiCl4(g)2H(g)高温Si(s)D S(s)2O(g)点燃SO3(g)2H O(l)H2SO4(aq)【答案】A【解析】【分析】【详解】A Na 在氧气中燃烧生成Na2O2，Na2O2与 CO2反应生成Na2CO3，能实现转化

3、，故A 正确；BFe 与 Cl2燃烧，反应生成FeCl3不能生成FeCl2，故 B 错误；C在高温下，SiO2与与盐酸溶液不反应，故C错误；D S在氧气中燃烧生成二氧化硫，不能得到三氧化硫，故D 错误；答案选 A。【点睛】氯气是强氧化剂，与变价金属单质反应时，金属直接被氧化为最高价。3化学与生产生活密切相关，下列说法错误的是A二氧化硫能够杀死会将酒变成醋的酵母菌B二氧化碳可以作为温室大棚里的气态肥料C可以用熟石灰鉴别所有的氮肥和钾肥D蔗糖、淀粉、纤维素都属于糖类物质【答案】C【解析】【详解】A二氧化硫可以用作防腐剂，能够杀死会将酒变成醋的酵母菌，故A 正确；B二氧化碳能引起温室效应，也是植物发

4、生光合作用的原料之一，因此二氧化碳可以作为温室大棚里的气态肥料，故B 正确；C氢氧化钙与钾肥无现象，氢氧化钙和铵态氮肥混合会产生刺激性气味的氨气，但并不是所有的氮肥，如硝酸盐(除硝酸铵外)，不能用熟石灰鉴别所有的氮肥和钾肥，故C错误；D蔗糖属于二糖；淀粉、纤维素属于多糖，故D 正确；答案选 C。4下列关于有机化合物的说法正确的是（）A除去苯甲酸中少量硝酸钾可以用重结晶法B甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，证明甲基活化了苯坏C不能用水鉴别苯、溴苯和乙醛D油脂的皂化反应属于加成反应【答案】A【解析】【详解】A.硝酸钾的溶解度受温度的影响变化较大，而苯甲酸的溶解度受温度的影响变化较小，所以除去苯甲酸中少

5、量硝酸钾可以用重结晶法，A 正确；B.甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是由于甲基被氧化变为羧基，而甲烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因而证明苯坏使甲基变得活泼，B 错误；C.苯不能溶于水，密度比水小，故苯在水的上层；溴苯不能溶于水，密度比水大，液体分层，溴苯在下层；乙醛能够溶于水，液体不分层，因此可通过加水来鉴别苯、溴苯和乙醛，C错误；D.油脂的皂化反应是油脂在碱性条件下的水解反应，属于取代反应，D 错误；故合理选项是A。5世界第一条大面积碲化镉薄膜“发电玻璃”生产线最近在成都投产，该材料是在玻璃表面镀一层碲化镉薄膜，光电转化率高。下列说法错误的是A普通玻璃含有二氧化硅B该发电玻璃能将光能不完全转

6、化为电能C碲化镉是一种有机化合物D应用该光电转化技术可减少温室气体排放【答案】C【解析】【分析】【详解】A.玻璃成分为硅酸钠、硅酸钙、二氧化硅，故A正确，但不符合题意；B.该发电玻璃能将光能转化为电能，但是不能完全转化，存在能量损耗，故B正确，但不符合题意；C.碲化镉不含碳元素，是一种无机化合物，不是有机化合物，故C错误，但符合题意；D.应用该光电转化技术可减少化石燃料的使用，减少二氧化碳的排放，故D正确，但不符合题意；故选：C。6下列有关化学反应的叙述不正确的是A铁在热的浓硝酸中钝化BAlCl3溶液中通入过量NH3生成 Al(OH)3沉淀C向 FeCl3溶液中加入少量铜粉，铜粉溶解D向苯酚浊

7、液中滴入Na2CO3溶液，溶液变澄清【答案】A【解析】【分析】【详解】A铁在冷的浓硝酸中钝化，铁与热的浓硝酸会发生反应生成硝酸铁、二氧化氮和水，A 项错误；BNH3通入 AlCl3溶液反应生成氢氧化铝沉淀，B 项正确；CCu与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁，铜粉溶解，C 项正确；D苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，溶液变澄清，D 项正确；答案选 A。7下列说法不正确的是A淀粉能水解为葡萄糖B油脂属于天然有机高分子C鸡蛋煮熟过程中蛋白质变性D食用新鲜蔬菜和水果可补充维生素C【答案】B【解析】【详解】A.淀粉是多糖，水解最终产物是葡萄糖，A 正确；B.油脂是高级脂肪酸的甘油酯，属于天然有机物，

8、但不是高分子化合物，B 错误；C.鸡蛋煮熟过程中，蛋白质分子结构发生了变化，不具有原来蛋白质的生理功能，物质的化学性质也发生了改变。因此鸡蛋煮熟过程是蛋白质变性，C正确；D.新鲜蔬菜和水果含有丰富的维生素C，因此食用新鲜蔬菜和水果可补充维生素C，D 正确；故合理选项是B。8常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A 1.0 molL1的 KNO3溶液中：H、Fe2、Cl、24SOB使紫色石蕊溶液变红的溶液中：+4NH、Ba2、2AlO、ClCpH12 的溶液中：K、Na、CH3COO、BrD滴加几滴KSCN溶液显血红色的溶液中：+4NH、Mg2、I、Cl【答案】C【解析】【详解】

9、A.H、Fe2、NO3之间能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故A 错误；B.使紫色石蕊溶液变红的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量H，H与 AlO2在溶液中能够反应，且NH4+与 AlO2会发生双水解，不能大量共存，故B 错误；C.pH12 的溶液显碱性，OH与 K、Na、CH3COO、Br不反应，且K、Na、CH3COO、Br之间也不反应，可大量共存，故C正确；D.滴加几滴KSCN溶液显血红色的溶液中含有Fe3，Fe3、I能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故D 错误；故选 C。9下列实验过程中，始终无明显现象的是A Cl2通入 Na2CO3溶液中BCO2通入 CaCl2溶液中CNH3通入 A

10、gNO3溶液中D SO2通入 NaHS溶液中【答案】B【解析】【分析】【详解】A、氯气与水反应生成次氯酸和盐酸，盐酸与碳酸钠反应，生成二氧化碳气体，所以有气体产生，A 错误；B、氯化钙和二氧化碳不符合离子发生反应的条件，故不发生反应，溶液不会变浑浊，所以无现象，B 正确；C、NH3通入硝酸和硝酸银的混合溶液中，先与硝酸反应，故开始没有沉淀，等硝酸全部反应完全后，再与硝酸银反应生成氢氧化银沉淀，再继续通入氨气会生成可溶性的银氨溶液，故沉淀又会减少，直至最终没有沉淀，反应方程式为NH3+HNO3=NH4NO3、NH3+AgNO3+H2O=AgOH +NH4NO3、AgOH+2NH3=Ag(NH3)

11、2OH（银氨溶液），C 错误；D、SO2通入 NaHS溶液中，发生氧化还原反应，生成淡黄色固体，D 错误；故选 B。10设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A 28g晶体硅中含有NA个 Si-Si键B叠氮化铵(NH4N3)发生爆炸反应：NH4N3=2N2+2H2，当产生标准状况下22.4L 气体时，转移电子的数目为 NACpH=1 的 H3PO4溶液中所含H+的数目为0.1NAD 200mL1mol/LAl2(SO4)3溶液中 A13+和 SO42-的数目总和是NA【答案】B【解析】【分析】【详解】A 1个 Si原子周围有4 个 SiSi，而 1 个 SiSi周围有 2 个 Si原子

12、，则Si 和 Si Si的比例为2：4=1：2，28gSi其物质的量为1mol，则含有的SiSi 的物质的量为2mol，其数目为2NA，A 错误；B叠氮化铵发生爆炸时，H 的化合价降低，从 1 降低到 0，1mol 叠氮化铵发生爆炸时，生成 4mol 气体，则总共转移4mol 电子；现生成22.4：L，即 1mol 气体，则转移的电子数为NA，B 正确；C不知道磷酸溶液的体积，无法求出其溶液中的H数目，C错误；D 200mL1mol L1Al2(SO4)3溶液中，如果Al3不水解，则Al3和 SO42的物质的量=0.2L1molL120.2L 1mol L1 3=1mol，其数目为NA，但是

13、Al3为弱碱的阳离子，在溶液中会水解，因此 Al3数目会减少，Al3和 SO42的总数目小于NA，D 错误。答案选 B。11下列实验过程可以达到实验目的的是选项实验过程实验目的A 将一块沾有油污的铜片浸入接近沸腾的碳酸钠溶液中除去铜片表面的油污B 取少量丙烯醛溶液加入足量溴水，如果溴水褪色，则说明含有碳碳双键丙烯醛(CH2=CHCHO)中双键的检验C 通常将Fe(OH)3固体溶于沸水中即可制备Fe(OH)3胶体D 取一块铁片，用砂纸擦去铁锈，在铁片上滴1 滴含酚酞的食盐水，静置几分钟析氢腐蚀A A BB CC D D【答案】A【解析】【分析】【详解】A将一块沾有油污的铜片浸入接近沸腾的碳酸钠溶

14、液中，能除去铜片表面的油污，故A 正确；B取少量丙烯醛溶液加入足量溴水，如果溴水褪色，可能是碳碳双键和溴加成，也可能是醛基被氧化，故 B 错误；C制备Fe(OH)3胶体，是将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，当溶液呈红褐色时停止加热，故C错误；D取一块铁片，用砂纸擦去铁锈，在铁片上滴1 滴含酚酞的食盐水，静置几分钟，铁失电子，氧气得电子，发生吸氧腐蚀，故D 错误；故选 A。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握有机物的性质、有机物的检验及制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，B为易错点，取少量丙烯醛溶液加入足量溴水，如果溴水褪色，可能是碳碳双键和溴发生加成反应，

15、也可能是醛基被氧化。12X、Y、Z、R 是四种原子序数依次递增的短周期主族元素，X 原子最外层有两个未成对电子，Y原子最外层电子数是内层电子数的3倍，Z元素的单质常温下能与水剧烈反应产生氢气，R原子的核外电子数是X 原子与Z 原子的核外电子数之和。下列叙述正确的是（）A原子半径的大小顺序：XYZR BX、Y 分别与氢元素组成的化合物熔沸点一定是：XY C最高价氧化物对应水化物的酸性：R X D Y与 Z 形成的两种化合物中的化学键和晶体类型均完全相同【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、R 是四种原子序数依次递增的短周期主族元素，Y原子最外层电子数是内层电子数的3 倍，则核外各电子层的电子分别

16、为2、6，应为 O 元素；Z 元素的单质常温下能与水剧烈反应产生氢气，应为Na元素；X原子最外层有两个未成对电子，其电子排布式为：1s22s22p2（C）或 1s22s22p4（O），排除氧元素，故 X 为 C；X原子与Z 原子的核外电子数之和为17，则 R 为 Cl 元素，以此解答。【详解】A.由分析可知，X 为 C元素、Y为 O 元素、Z 为 Na 元素、R 为 Cl 元素，电子层数越多，原子半径越大，同周期元素，原子序数越大，半径越小，则原子半径的大小顺序：YXR H2CO3，故 C正确；D.Y与 Z形成的两种化合物为Na2O 和 Na2O2，二者都是离子晶体，其中Na2O 只含离子键，

17、Na2O2含有离子键和非极性共价键，故D 错误；正确答案是C。【点睛】本题考查原子结构与元素关系、元素的性质等，难度不大，推断元素是关键。13根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是操作现象结论A 将2SO分别通人溴水和酸性高锰酸钾溶液中溴水和酸性高锰酸钾溶液均褪色2SO具有漂白性B 向11mL 2mol LNaOH溶液中滴加12 滴120.1molLMgCl溶液，再滴加2 滴130.1molLFeCl溶液先产生白色沉淀，后产生红褐色沉淀sp23K:Mg(OH)Fe(OH)C 向滴有酚酞的23Na CO溶液中加入少量2BaCl固体有白色沉淀生成，溶液红色变浅23Na CO溶液中存在水解平衡D

18、将3CaCO与盐酸反应得到的气体直通入23Na SiO溶液中产生白色沉淀酸性：2323H CO H SiOA A BB CC D D【答案】C【解析】【详解】A将2SO分别通人溴水和酸性高锰酸钾溶液中，溴水和酸性高锰酸钾溶液均褪色，体现了SO2的还原性，而不是漂白性，故A 错误；B 向11mL 2 mol LNaOH溶液中滴加12 滴120.1mol LMgCl溶液，再滴加 2 滴130.1mol LFeCl溶液，观察到先产生白色沉淀，后产生红褐色沉淀，因 NaOH 溶液过量，无法判断sp23K:Mg(OH)Fe(OH)，故 B 错误；C向滴有酚酞的23Na CO溶液中加入少量2BaCl固体，

19、发现有有白色沉淀生成，溶液红色变浅，说明 Ba2+与 CO32-结合生成BaCO3沉淀，促进CO32-的水解平衡逆向移动，溶液的碱性减弱，故C正确；D将3CaCO与盐酸反应得到的气体直通入23Na SiO溶液中，观察到产生白色沉淀，因盐酸有挥发性，生成的 CO2中混有 HCl，则无法判断碳酸的酸性比硅酸强，故D 错误；故答案为C。14设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A标准状况下，4.48L 空气中所含原子数为0.2NAB常温常压下，2.3g NO2和 N2O4的混合物中含有的氧原子数为0.2NAC过氧化钠与水反应时，生成0.1mol 氧气转移的电子数为0.2 NAD常温下，0.1

20、 molL-1Na2CO3溶液中阴离子总数大于0.1 NA【答案】C【解析】【详解】A标况下4.48L 空气的物质的量为0.2mol，但空气中的分子有双原子分子和三原子分子，故所含原子数要大于 0.2NA，故 A 错误；B常温常压下，2.3g NO2和 N2O4的混合物含有最简式NO2物质的量为：2.3g46g/mol=0.05mol，含有的氧原子数为 0.05mol2NA=0.1NA，故 B 错误；C过氧化钠和水的反应为歧化反应，生成 1mol 氧气转移2mol 电子，则当生成0.1mol 氧气时，转移 0.2NA个电子，故C正确；D依据 n=cV 可知，溶液体积未知无法计算微粒数目，故D

21、错误；故选 C。15关于常温下pH2 的草酸(H2C2O4)溶液，下列说法正确的是A 1L 溶液中含H+为 0.02mol Bc(H+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)C加水稀释，草酸的电离度增大，溶液pH 减小D加入等体积pH2 的盐酸，溶液酸性减小【答案】B【解析】【详解】A 选项，c(H+)=0.01mol/L，1L 溶液中含H+为 0.01mol，故 A 错误；B 选项，根据电荷守恒得到c(H+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)，故 B 正确；C 选项，加水稀释，平衡正向移动，氢离子浓度减小，草酸的电离度增大，溶液pH 增大，故 C错误；

22、D 选项，加入等体积pH 2 的盐酸，溶液酸性不变，故D 错误。综上所述，答案为B。【点睛】草酸是二元弱酸，但pH=2，氢离子浓度与几元酸无关，根据pH 值可得 c(H+)=0.01mol/L，很多同学容易混淆 c(二元酸)=0.01mol/L，如果是强酸c(H+)=0.02mol/L，若是弱酸，则c(H+)0.01mol/L。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16氮化硼(BN)是白色难溶于水的粉末状固体，高温下易被氧化。实验室以硼粉(黑色)为原料制备氮化硼的装置如图1 所示：（1）图 2 装置中可填入图1 虚线框中的是_（填标号）。图 2 装置中盛放碱石灰的仪器名称为_。（2）制备

23、 BN 的化学方程式为_。（3）图 1 中多孔球泡的作用是_。（4）当三颈烧瓶中出现_的现象时说明反应完全，此时应立即停止通入O2，原因是 _。（5）为测定制得的氮化硼样品纯度，设计以下实验：.称取 0.0625g 氮化硼样品，加入浓硫酸和催化剂，微热，令样品中的N 元素全部转化为铵盐；.向铵盐中加入足量NaOH 溶液并加热，蒸出的氨用20.00mL0.1008mol L-1的稀硫酸吸收；.用 0.1000mol L-1NaOH 溶液滴定剩余硫酸，消耗NaOH 溶液的平均体积为20.32mL。氮化硼样品的纯度为_（保留四位有效数字）。下列实验操作可能使样品纯度测定结果偏高的是_（填标号）。A蒸

24、出的氨未被稀硫酸完全吸收B滴定时未用NaOH 标准溶液润洗滴定管C读数时，滴定前平视，滴定后俯视D滴定时选用酚酞作指示剂【答案】b 球形干燥管4B+4NH3+3O24BN+6H2O 调节气体流速，进而调整NH3与 O2通入比例黑色粉末完全变成白色避免生成的BN 被氧气氧化导致产率降低80.00%C【解析】【分析】图 1 虚线框中是实验室制取氨气和干燥氨气，a 不能制取氨气，c 制氨气的装置制取氨气，但不能用氯化钙干燥氨气，b 装置制取氨气并干燥，读出图2 装置中盛放碱石灰的仪器名称。氨气和硼、氧气反应生成BN 和水。图 1 中多孔球泡的作用控制氨气的流速。黑色的硼不断的反应生成白色的氮化硼，反

25、应结束应立即停止通入O2，主要防止氮化硼在高温下容易被氧化。先计算消耗得n(NaOH)，再计算氢氧化钠消耗得硫酸的物质的量，再得到硫酸吸收氨的物质的量，再根据 2BN 2NH4+H2SO4关系得出n(BN)，再计算氮化硼样品的纯度。【详解】图 1 虚线框中是实验室制取氨气和干燥氨气，a 不能制取氨气，c 制氨气的装置制取氨气，但不能用氯化钙干燥氨气，b 装置制取氨气并干燥，因此图2 中 b 装置填入图1 虚线框中，图2 装置中盛放碱石灰的仪器名称为球形干燥管；故答案为：b；球形干燥管。氨气和硼、氧气反应生成BN 的化学方程式为4B+4NH3+3O24BN+6H2O；故答案为：4B+4NH3+3

26、O24BN+6H2O。图 1 中多孔球泡的作用控制氨气的流速，调节氨气与氧气的流速比例，故答案为：调节气体流速，进而调整 NH3与 O2通入比例。黑色的硼不断的反应生成白色的氮化硼，因此当三颈烧瓶中出现黑色粉末完全变成白色的现象时说明反应完全，此时应立即停止通入O2，原因是氮化硼在高温下容易被氧化，因此避免生成的BN 被氧气氧化导致产率降低；故答案为：黑色粉末完全变成白色；避免生成的BN 被氧气氧化导致产率降低。用 0.1000mol L-1NaOH 溶液滴定剩余硫酸，消耗NaOH 溶液的平均体积为20.32mL，消耗得n(NaOH)=0.1000molL-1 0.02032L=0.00203

27、2mol，因此氢氧化钠消耗得硫酸的物质的量是氢氧化钠物质的量的一半即 0.001016mol，则硫酸吸收氨的物质的量为n(H2SO4)=0.1008molL-1 0.02L 0.001016mol=0.001mol，根据 2BN 2NH4+H2SO4关系得出n(BN)=0.002mol，氮化硼样品的纯度为100.002mol25g mol=100%80.00%.0625g，故答案为：80.00%。A蒸出的氨未被稀硫酸完全吸收，则BN 的物质的量减少，测定结果偏低；B滴定时未用NaOH 标准溶液润洗滴定管，消耗得氢氧化钠体积偏多，氢氧化钠消耗得硫酸偏多，氨消耗得硫酸偏少，测定结果偏低；C读数时，

28、滴定前平视，滴定后俯视，读数偏小，氢氧化钠消耗得硫酸偏少，氨消耗的硫酸偏高，测定结果偏高；D滴定时选用酚酞或甲基橙都可以作指示剂，测定个结果无影响，故C 符合题意；综上所述，答案为C。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17布洛芬具有降温和抑制肺部炎症的双重作用。一种制备布洛芬的合成路线如图：已知：CH3CH2ClCH3CH2MgCl+HCl 回答下列问题：（1）A 的化学名称为 _，G H 的反应类型为_，H 中官能团的名称为_。（2）分子中所有碳原子可能在同一个平面上的E的结构简式为 _。（3）I K 的化学方程式为_。（4）写出符合下列条件的D 的同分异构体的结构简式_(不考虑立

29、体异构)。能与 FeCl3溶液发生显色反应；分子中有一个手性碳原子；核磁共振氢谱有七组峰。（5）写出以间二甲苯、CH3COCl和(CH3)2CHMgCl 为原料制备的合成路线：_(无机试剂任选)。【答案】甲苯消去反应碳碳双键、酯基+H2O+CH3OH【解析】【分析】根据 F的结构可知A 中应含有苯环，A 与氯气可以在光照条件下反应，说明A 中含有烷基，与氯气在光照条件下发生取代反应，A的分子式为C7H8，则符合条件的A只能是；则 B为，B CD发生信息的反应，所以C为，D 为；D 中羟基发生消去反应生成E，则 E为或；E与氢气加成生成F，F生成 G，G在浓硫酸加热的条件下羟基发生消去反应生成H

30、，则 H为，H 与氢气加成生成I，则 I 为，I 中酯基水解生成K。【详解】(1)A 为，名称为甲苯；G到 H 为消去反应；H 为，其官能团为碳碳双键、酯基；(2)E 为或，其中的碳原子可能在同一平面上；(3)I 到 K 的过程中酯基发生水解，方程式为+H2O+CH3OH；(4)D 为，其同分异构体满足：能与 FeCl3溶液发生显色反应说明含有酚羟基；分子中有一个手性碳原子，说明有一个饱和碳原子上连接4 个不同的原子或原子团；核磁共振氢谱有七组峰，有 7 种环境的氢，结构应对称，满足条件的同分异构体为：；(5)根据观察可知需要在间二甲苯的苯环上引入一个支链，根据信息可知CH3COCl/AlCl

31、3可以在苯环上引入支链-COCH3，之后的流程与C到 F相似，参考C到 F的过程可知合成路线为：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18“绿水青山就是金山银山”，研究氮氧化物等大气污染物对建设美丽家乡，打造宜居环境具有重要意义。NO 在空气中存在如下反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)H 上述反应分两步完成，如下左图所示。(1)写出反应的热化学方程式(H 用含物理量E的等式表示)：_。(2)反应和反应中，一个是快反应，会快速建立平衡状态，而另一个是慢反应。决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应速率的是_(填“反应”或“反应”)；对该反应体系升高温度，发现总反应速率变慢

32、，其原因可能是_(反应未使用催化剂)。(3)某温度下一密闭容器中充入一定量的NO2，测得 NO2浓度随时间变化的曲线如上图所示。前5 秒内 O2的平均生成速率为_；该温度下反应2NO+O22NO2的化学平衡常数K 为_。(4)对于(3)中的反应体系达平衡后(压强为 P1)，若升高温度，再次达平衡后，混合气体的平均相对分子质量_(填“增大”、“减小”或“不变”)；若在恒温恒容条件下，向其中充入一定量O2，再次达平衡后，测得压强为 P2，c(O2)=0.09molL-1，则 P1 P2=_。(5)水能部分吸收NO 和 NO2混合气体得到HNO2溶液。若向20.00mL0.10molL-1HNO2溶

33、液中逐滴加入0.10mol L-1NaOH 溶液，所得pH 曲线如图所示，则A 点对应的溶液c(Na+)/c(HNO2)=_。【答案】2NO(g)N2O2(g)H=（E2E3）kJmol1；反应；决定总反应速率是反应，温度升高后反应平衡逆向移动，造成N2O2浓度减小，温度升高对于反应的影响弱于N2O2浓度减小的影响，N2O2浓度减小导致反应速率变慢；0.001 mol L-1s-1；100；减少；5：13；103.70；【解析】【分析】【详解】（1）根据图像反应的热化学方程式为2NO(g)N2O2(g)H=（E2E3）kJ mol1。（2）根据图像反应的活化能反应的活化能，反应为快反应，反应为

34、慢反应，决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应速率的是慢反应。对该反应体系升高温度，发现总反应速率变慢，其原因可能是：决定总反应速率是反应，温度升高后反应平衡逆向移动，造成N2O2浓度减小，温度升高对于反应的影响弱于N2O2浓度减小的影响，N2O2浓度减小导致反应速率变慢。（3）前 5s 内 （NO2）=（0.04mol/L-0.03mol/L）5s=0.002mol/(Ls)，则 （O2）=0.001mol/(Ls)。用三段式：2NO22NO+O2c（始）0.04 0 0 c（变）0.02 0.02 0.01 c（平）0.02 0.02 0.01 反应 2NO22NO+O2的平衡常数

35、为(0.022 0.01)0.022=0.01，则反应 2NO+O22NO2的平衡常数K为 10.01=100。（4）根据图像反应2NO22NO+O2为吸热反应，对于(3)中的反应体系达平衡后(压强为 P1)，若升高温度，平衡正向移动，再次达平衡后，混合气体的质量不变，混合气体物质的量增大，混合气体的平均相对分子质量减小。再通入一定量O2，平衡逆向移动，设转化NO 物质的量浓度为x，则平衡时NO2、NO、O2的浓度依次为（0.02+x）mol/L、（0.02-x）mol/L、0.09mol/L，温度不变平衡常数不变，则（0.02-x）2 0.09（0.02+x）2=0.01，解得 x=0.01

36、mol/L，即平衡时 NO2、NO、O2的浓度依次为0.03mol/L、0.01mol/L、0.09mol/L，在恒温恒容时压强之比等于物质的量浓度之比，P1：P2=（0.02+0.02+0.01）：（0.03+0.01+0.09）=5:13。（5）根据图像0.1mol/LHNO2溶液的 pH=2.15，则 HNO2的电离平衡常数Ka=（1 10-2.15）2（0.1-1 10-2.15）；A 点溶液呈中性，c（H+）=c（OH-）=1 10-7mol/L，溶液中电荷守恒为c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（NO2-），则 A 点溶液中c（Na+）=c（NO2-），A 点对应的溶液中2

37、c Nac HNO=22c Nc HNOO=Ka c（H+）=（1 10-2.15）2（0.1-1 10-2.15）（1 10-7）=103.70。19（14 分）近年来，随着锂离子电池的广泛应用，废锂离子电池的回收处理至关重要。下面是利用废锂离子电池正极材料（有Al、LiCoO2、Ni、Mn、Fe等）回收钴、镍、锂的流程图。已知：P204二(2-乙基己基)磷酸酯 常用于萃取锰，P507(2-乙基己基膦酸-2-乙基己酯）和 Cyanex272二(2，4，4)-三甲基戊基次磷酸常用于萃取钴、镍。回答下列问题：（1）在硫酸存在的条件下，正极材料粉末中LiCoO2与 H2O2反应能生成使带火星木条复

38、燃的气体，请写出反应的化学方程式_。（2）一些金属难溶氢氧化物的溶解度（用阳离子的饱和浓度表示）与pH 的关系图如下：加入 NaOH 溶液调 pH=5 可除去图中的_（填金属离子符号）杂质；写出除去金属离子的离子方程式_（一种即可）。（3）已知 P507 萃取金属离子的原理为nHR(Org)+Mn+(aq)垐?噲?MRn(Org)+nH+(aq)，且随着萃取过程中pH降低，萃取效率下降。萃取前先用NaOH 对萃取剂进行皂化处理，皂化萃取剂萃取金属离子的反应为nNaR(Org)+Mn+(aq)垐?噲?MRn(Org)+nNa+(aq)。对萃取剂进行皂化处理的原因为_。（4）控制水相pH=5.2，

39、温度 25，分别用P507、Cyanex272 作萃取剂，萃取剂浓度对萃取分离钴、镍的影响实验结果如图所示。Co(Cyanex272)；Ni(Cyanex272)；Co(P507)；Ni(P507)由图可知，钴、镍的萃取率随萃取剂浓度增大而_（填“增大”或“减小”）；两种萃取剂中_（填“P507”或“Cyanex272”）的分离效果比较好，若选P507为萃取剂，则最适宜的萃取剂浓度大约为_mol L-1；若选 Cyanex272 萃取剂，则最适宜的萃取剂浓度大约为_mol L-1。（5）室温下，用NaOH 溶液调节钴萃余液的pH=12，搅拌一段时间后，静置，离心分离得到淡绿色氢氧化镍固体，镍沉

40、淀率可达99.62%。已知 KspNi(OH)2=5.25 10-16，则沉镍母液中Ni2+的浓度为 2.1 10-11 mol L-1时，pH=_(lg5=0.7)。【答案】2LiCoO2+3H2SO4+H2O2Li2SO4+O2+2CoSO4+4H2O Fe3+、Al3+Fe3+3OH-Fe(OH)3或Al3+3OH-Al(OH)3维持萃取过程中pH 恒定增大Cyanex272 0.25 0.4 11.7【解析】【分析】【详解】（1）LiCoO2与硫酸和H2O2反应生成能使带火星木条复燃的气体，说明LiCoO2在硫酸作用下把H2O2氧化成 O2，+3 价 Co降低为+2 价的 Co2+，方

41、程式为2LiCoO2+3H2SO4+H2O2Li2SO4+O2+2CoSO4+4H2O。（2）由图可知，加入NaOH 溶液调 pH=5 时，Fe3+、Al3+沉淀完全，所以去除Fe3+的离子方程式为Fe3+3OH-Fe(OH)3，去除 Al3+的离子方程式为Al3+3OH-Al(OH)3。（3）nHR(Org)+Mn+(aq)垐?噲?MRn(Org)+nH+(aq)，会使溶液酸性增强，萃取效率下降，故用NaOH 进行皂化处理后离子反应变为nNaR(Org)+Mn+(aq)垐?噲?MRn(Org)+nNa+(aq)，反应前后pH 基本不变，根据题意可知，萃取效率不会降低。故萃取前先用NaOH 对

42、萃取剂进行皂化处理的目的是维持萃取过程中pH 恒定。（4）由图可知，钴、镍的萃取率随萃取剂浓度增大而呈增大趋势，萃取时“Cyanex272”比“P507”对钴、镍萃取率的差值大，Cyanex272 分离效果好。选 P507 为萃取剂，浓度在 0.25 mol L-1以后变化不大，所以 0.25 mol L-1最好；选Cyanex272 萃取剂，浓度在0.40 mol L-1以后变化不大，所以0.4 mol L-1最好。（5）KspNi(OH)2=c(Ni2+)c2(OH-)=5.25 10-16，c2(OH-)=16115.25 102.1 10=2.5 10-5，c(OH-)=5 10-3，pOH=3-lg5=2.3，pH=14-pOH=14-2.3=11.7。