该电池的反应为：
LiCoO2＋6C
Li1－xCoO2＋LixC6，下列有关说法不正确的是
A.LiCoO2改写成为氧化物的形式为Li2O·Co2O3
B.该电池的电解质溶液使用有机溶剂主要是由于有机溶剂有良好的导电性
C.该电池放电时正极反应式：
Li1－xCoO2＋xe－＋xLi＋＝LiCoO2
D.充电时，Li＋从LiCoO2中脱嵌通过电解质溶液嵌入碳层
【答案】B
【解析】
【分析】
电池的反应为：
LiCoO2＋6C
Li1－xCoO2＋LixC6，放电时电子经外电路、锂离子经内电路同时移向正极，锂离子插入到层状结构的氧化物中；充电时，碳电极参与还原反应，锂离子从正极中脱嵌，在负极中嵌入形成LixC6，据此分析。
【详解】A．Li的氧化物是Li2O，Co的氧化物是Co2O3，LiCoO2改写为氧化物的形式为Li2O∙Co2O3，A正确；
B．采用有机电解液的锂电池可以抑制极性溶剂的还原分解，从而提高电池的容量保持率，因而能够提高电池的充电或放电效率和使用寿命，B错误；
C．根据电池总反应得电池放电时正极反应式：
Li1－xCoO2＋xe－＋xLi＋＝LiCoO2，C正确；
D．充电时，碳电极参与还原反应，锂离子从正极中脱嵌，在负极中嵌入形成LixC6，D正确；
答案选B。
6.NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：
下列有关说法不正确的是
A.NaClO2中Cl的化合价＋3价
B.“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式2NaClO3＋SO2＋H2SO4＝2ClO2＋2NaHSO4
C.“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2＋和Ca2＋，要加入的试剂分别为NaOH溶液和Na2CO3溶液
D.“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2，反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：
2
【答案】D
【解析】
【分析】
由制备流程可知，NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，其中NaClO3是氧化剂，回收产物为NaHSO4，说明生成硫酸氢钠，且产生ClO2，根据得失电子守恒可知此反应的化学方程式；选择NaOH除去食盐水中的Mg2+，选择碳酸钠除去食盐水中的Ca2+，然后电解装置中阴极ClO2得电子生成ClO2-，阳极Cl-失电子生成Cl2，含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，最后NaClO2溶液结晶、干燥得到产品，据此分析。
【详解】A．在NaClO2中Na为+1价，O为-2价，根据正负化合价的代数和为0，可得Cl的化合价为+3价，A正确；
B．NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，其中NaClO3是氧化剂，还原产物为NaCl,回收产物为NaHSO4，说明生成硫酸氢钠，且产生ClO2，根据得失电子守恒可知，此反应的化学方程式为：
2NaClO3＋SO2＋H2SO4＝2ClO2＋2NaHSO4，B正确；
C．食盐中混有Mg2＋和Ca2＋，除去时需要加入的试剂分别为NaOH溶液和Na2CO3溶液，C正确；
D．依据图示可知，利用含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，产物为NaClO2，则此反应中ClO2为氧化剂，还原产物为NaClO2，化合价从+4价降为+3价，H2O2为还原剂，氧化产物为O2，依据电子守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：
1，D错误；
答案选D。
7.25℃时，用0.100mol/L盐酸溶液滴定25.00mL0.100mol/L
氨水溶液，滴定曲线如图所示，下列有关说法不正确的是
A.可用甲基橙指示剂
B.a点所示溶液中，c（NH4＋）>c（NH3·H2O）>c（Cl－）>c（OH－）>c（H＋）
C.水的电离程度b点所示溶液大于a点所示溶液
D.c点所示溶液中，c（Cl－）＋2c（OH－）＝2c（H＋）－2c（NH3·H2O）
【答案】B
【解析】
【详解】A．氨水和盐酸恰好完全反应时生成氯化铵，溶液呈酸性，应选用酸性范围变色的指示剂甲基橙，A正确；
B．a点消耗盐酸12.5mL，此时溶液中溶质为物质的量1：
1的氨水和氯化铵，溶液呈碱性，说明氨水的电离大于铵根离子的水解程度，则离子浓度大小为：
c（NH4＋）>c（NH3·H2O）>c（Cl－）>c（OH－）>c（H＋），B错误；
C．氨水溶液抑制水的电离，铵根离子水解促进水的电离，b点氨水和盐酸恰好完全反应生成氯化铵，所以水的电离程度b点所示溶液大于a点所示溶液，C正确；
D．c点溶质为盐酸和氯化铵，且物质的量为1：
1，根据电荷守恒得：
c（NH4＋）+c（H＋）=c（Cl－）+c（OH－），根据物料守恒得c（Cl－）=2[c（NH3·H2O）+c（NH4＋）]，整理得c（Cl－）＋2c（OH－）＝2c（H＋）－2c（NH3·H2O），D正确；
答案选B。
【点睛】酸碱中和滴定是全国卷的高频考点，一般分析滴定过程中的4个点：
起始点、中和半点（2倍中和点）、中性点、恰好中和点；图中的a点即中和半点，b点即恰好中和点，c点即2倍中和点，据此可以找出每点的溶质，利用溶液酸碱性、三大守恒等均可分析答题。
三、非选择题：
共174分。
8.ClO2是一种国际上公认的安全无毒的绿色水处理剂。
ClO2易爆炸，若用“惰性气体”等稀释时，爆炸性则大大降低。
某化学小组用如图所示装置制备ClO2并处理废水。
回答下列问题：
（1）仪器A的作用是__________，C装置的作用为__________。
（2）装置B中发生反应的离子方程式为______________________________。
选用以上试剂制备ClO2的优点是______________________________。
（3）ClO2可与工业废水中CN－反应生成对大气无污染的气体，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为__________。
（4）有同学认为装置B反应后的溶液中可能存在Cl－，请设计实验验证。
简要写出所需试剂、实验操作、现象和结论（已知AgClO3可溶于水）______________________________________。
（5）二氧化氯也可采用电解法生产：
4ClO3－＋2H2O
4ClO2↑＋O2↑＋4OH－，写出电解过程中阴极反应方程式为__________________________________________。
【答案】
（1）.加入草酸溶液，控制草酸的滴加量或控制反应速率
（2）.安全瓶，防倒吸（3）.H2C2O4+2ClO3－+2H+=2CO2↑+2ClO2↑+2H2O（4）.生成ClO2的同时还产生CO2，CO2可稀释ClO2，大大降低爆炸的可能性（5）.1：
1（6）.取少量B装置反应后的溶液于试管中，加入足量硝酸钡溶液，振荡，充分反应后静置，取上层清液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，观察是否有白色沉淀产生，若有，则存在Cl－，若无，则不存在Cl－；（7）.ClO3－+e－=ClO2↑+2OH－
【解析】
【分析】
根据装置图可得，A为分液漏斗，可添加液体和控制流速，C为安全瓶，防倒吸；B装置为制备ClO2装置，氯酸钾氧化草酸生成CO2、ClO2，根据氧化还原得失电子守恒可得方程式；ClO2氧化CN－生成CO2和N2，根据得失电子求氧化剂和还原剂物质的量之比；装置B中有硫酸根剩余，若要检验Cl－，则先除去硫酸根离子再检验；电解时阴极发生还原反应，根据总反应可得电极式；据此分析。
【详解】
（1）根据装置图可知，A为分液漏斗，作用为加入草酸溶液，控制草酸的滴加量或控制反应速率；依据C装置进气管、出气管均较短可知，C为安全瓶，防倒吸；答案为：
加入草酸溶液，控制草酸的滴加量或控制反应速率；安全瓶，防倒吸；
（2）B装置为制备ClO2装置，氯酸钾氧化草酸生成CO2、ClO2，根据氧化还原得失电子守恒可得方程式：
H2C2O4+2ClO3－+2H+=2CO2↑+2ClO2↑+2H2O；ClO2易爆炸，若用“惰性气体”等稀释时，爆炸性则大大降低，产生CO2为无关气体，所以优点是生成CO2可稀释ClO2，大大降低爆炸的可能性；答案为：
H2C2O4+2ClO3－+2H+=2CO2↑+2ClO2↑+2H2O；生成ClO2的同时还产生CO2，CO2可稀释ClO2，大大降低爆炸的可能性；
（3）ClO2可与工业废水中CN－反应生成对大气无污染的气体，产物是CO2和N2，该反应中氧化剂是ClO2，被还原为Cl－，每摩尔氧化剂化合价降低5价；还原剂是CN－,氧化产物是CO2和N2，每摩尔还原剂化合价升高5价，物质的量之比为1：
1；答案为：
1：
1；
（4）装置B中有硫酸根剩余，若要检验Cl－，则先除去硫酸根离子再检验；答案为：
取少量B装置反应后的溶液于试管中，加入足量硝酸钡溶液，振荡，充分反应后静置，取上层清液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，观察是否有白色沉淀产生，若有，则存在Cl－，若无，则不存在Cl－；
（5）电解时阴极发生还原反应，根据总反应4ClO3－＋2H2O
4ClO2↑＋O2↑＋4OH－得电极式为：
ClO3－+e－=ClO2↑+2OH－；答案为：
ClO3－+e－=ClO2↑+2OH－；
9.氮及其化合物在工农业生产、生活中有重要作用。
请按要求回答下列相关问题：
（1）食品添加剂铵明矾NH4Al（SO4）2·12H2O高温可分解，下列关于其分解产物的预测不合理的是_______。
A.NH3、N2、SO2、H2OB.NH3、SO3、H2O
C.NH3、SO2、H2OD.NH3、N2、SO3、SO2、H2O
（2）肼（N2H4）又称联氨，是一种可燃性液体，用作火箭燃料。
①肼
电子式___________。
②64.0克肼在氧气中完全燃烧生成氮气和液态水放出热量1248kJ（在101kPa，25℃），则表示肼燃烧热的热化学方程式为________________________________________。
（3）工业合成氨的反应：
N2（g）＋3H2（g）
2NH3（g）△H<0，分别在T1、T2温度下，改变起始氢气物质的量，测得平衡时氨的体积分数如图所示：
①比较在m、n、q三点所处
平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是__________点。
②图像中T2______T1（填“高于”、“低于”、“等于”或“无法确定”），理由是____________。
③在绝热容器中进行该反应时，压缩容器体积，平衡常数__________（填“变大”“变小”或“不变”）。
【答案】
（1）.C
（2）.
（3）.N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）∆H=-624KJ∕mol（4）.q（5）.低于（6）.合成氨反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，氨气的体积分数减小，则T2低于T1（7）.变小
【解析】
【分析】
根据前后化合价变化可判断分解产物；计算物质的量对应反应所放出的热量书写热化学方程式；根据平衡转化率判断，两种或两种以上的反应物，增加其中一种物质的物质的量，则提高另外一种物质的转化率，自身转化率降低；改变外界条件对化学平衡的影响，升高温度平衡向吸热方向进行；平衡常数只与温度有关；据此分析。
【详解】
（1）根据化合价判断，生成N2，N元素化合价升高；生成SO2，S元素化合价降低，符合氧化还原反应原理，预测合理，A正确；生成NH3、SO3、H2O均没有化合价变化，为非氧化还原反应，预测合理，B正确；生成SO2，S元素化合价降低，生成SO3，没有元素化合价的升高，不符合氧化还原反应原理，预测不合理，C错误；既有元素化合价的升高又有元素化合价的降低，预测合理，D正确，答案为：
C；
（2）①肼是氮原子和氢原子形成四个共价键，氮原子与氮原子之间形成一个共价键，电子式为
；
②64.0克肼在氧气中完全燃烧生成氮气和液态水放出热量1248kJ（在101kPa，25℃），则表示2mol肼完全燃烧放出热量1248KJ，肼燃烧热的热化学方程式为：
N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）∆H=-624kJ∕mol；
（3）①根据平衡转化率判断，两种或两种以上的反应物，增加其中一种物质的物质的量，则提高另外一种物质的转化率，自身转化率降低，由图可得，q点加入的氢气的物质的量最多，则氮气的转化率最高；答案为：
q；
②工业合成氨是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，氨气的体积分数减小，则T2低于T1；答案为：
低于；合成氨反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，氨气的体积分数减小，则T2低于T1；
③该反应放热，在绝热容器中进行该反应时，温度升高，压缩容器体积，平衡常数只与温度有关，所以K变小；答案为：
变小；
【点睛】平衡常数只与温度有关，若温度不变，改变压强或浓度使平衡发生移动，K值均不变，所以最后一问绝热体系发生反应会导致温度改变，再改变压强判断K值变化，只需判断温度变化即可。
10.废旧印刷电路板是一种电子废弃物。
湿法技术是将粉碎的印刷电路板经溶解、萃取、电解等操作得到纯铜等产品，从而达到从废旧印刷电路板中提取铜的目的。
某化学小组模拟该方法回收铜并制取胆矾，流程简图如下：
回答下列问题：
（1）反应Ⅰ是将Cu转化为Cu（NH3）42＋，NH4Cl溶液主要作用是防止由于溶液中c（OH－）过高，生成__________（填化学式），影响铜的回收率。
（2）反应Ⅱ是铜氨溶液中的Cu（NH3）42＋与有机物RH反应，操作2的名称是__________，操作2的主要其目的是（填序号）__________。
a
富集铜元素
b.增加Cu2＋在水中的溶解度
c.使铜元素与水溶液中的物质分离
（3）反应Ⅲ的化学方程式为_______，若操作③使用下图装置，图中存在的错误有_______处。
（4）操作④由硫酸铜溶液制胆矾的主要步骤是__________过滤、洗涤、干燥。
（5）流程中可循环使用的试剂除了NH3和NH4Cl溶液以外，还有______________。
【答案】
（1）.Cu（OH）2
（2）.萃取后分液（3）.a、c（4）.CuR2+H2SO4=2RH+CuSO4（5）.2（6）.蒸发浓缩、冷却结晶（7）.溶有RH的有机溶剂、H2SO4
【解析】
【分析】
废电路板中加入双氧水、氨气、氯化铵溶液，得到铜氨溶液和残渣，分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，所以操作①是过滤；反应Ⅰ是将Cu转化为Cu（NH3）42+，溶液中c（OH－）过高，Cu2+会和OH－结合生成沉淀，从而影响铜的回收率；反应Ⅱ是铜氨溶液中的Cu（NH3）42+与有机物RH反应，生成CuR2，溶解在有机层中，同时生成NH4+和NH3，互不相溶的液体采用分液方法分离，所以操作②是萃取后分液；反应Ⅲ的化学方程式可直接由流程图可得；从硫酸铜溶液中获取胆矾，采用加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法得到晶体；流程中可循环使用的试剂除了NH3和NH4Cl溶液以外，还有溶有RH的有机溶剂、H2SO4；据此分析。
【详解】
（1）反应Ⅰ是将Cu转化为Cu（NH3）42+，溶液中c（OH－）过高，Cu2+会和OH－结合生成沉淀Cu（OH）2，从而影响铜的回收率，答案为：
Cu（OH）2；
（2）反应Ⅱ是铜氨溶液中的Cu（NH3）42+与有机物RH反应，生成CuR2溶解在有机层，同时生成NH4+和NH3，互不相溶的液体采用分液方法分离，所以操作②是萃取后分液；操作②的主要目的是富集铜元素，并使铜元素与水溶液中的物质分离，答案为：
萃取后分液；a、c；
（3）由流程图可得反应Ⅲ是有机层CuR2与稀硫酸反应生成RH和硫酸铜溶液，化学方程式为：
CuR2+H2SO4=2RH+CuSO4；图中存在的错误是分液漏斗尖端未紧靠烧杯内壁，液体过多；答案为：
CuR2+H2SO4=2RH+CuSO4；2；
（4）从硫酸铜溶液中获取胆矾，采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的方法得到晶体，答案为：
蒸发浓缩、冷却结晶；
（5）电解池CuSO4溶液生成硫酸，反应Ⅲ又得到溶有RH的有机溶剂，所以流程中可循环使用的试剂除了NH3和NH4Cl溶液以外，还有溶有RH的有机溶剂、H2SO4，答案为：
溶有RH的有机溶剂、H2SO4；
【点睛】此题流程看似复杂且陌生，但是前后正推或逆推均可分析出每个步骤；第三问涉及到陌生方程式的书写，根据流程分析前后物质变化，结合已知信息即可；常见实验装置的评价是高频考点，需正确识别名称，掌握其使用方法及注意事项。
11.Pbl2是生产新型敏化太阳能电池的敏化剂——甲胺铅碘的原料。
合成Pbl2的实验流程如图
（1）将铅块制成铅花的目的是______________________________。
（2）①制备硝酸铅时，需要加热，但温度不宜过高，原因是______________________________。
②31.05g铅花用4.00mol·L－1的硝酸溶解，化学方程式________________________________，至少需消耗4.00mol·L－1硝酸__________mL。
（3）取一定质量（CH3COO）2Pb·nH2O样品在N2气氛中在__________（填仪器名称）中加热，测得样品固体残留率（
×100%）随温度的变化如图2所示（已知：
样品在75℃时已完全失去结晶水；（CH3COO）2Pb式量为325）。
（CH3COO）2Pb·nH2O中结晶水数目n＝__________（填数字）。
（4）称取一定质量的PhI2固体，用蒸馏水配制成室温时的饱和溶液，准确移取25.00mLPbl2饱和溶液分次加入阳离子交换树脂RH中，发生：
2RH（s）＋Pb2＋（aq）＝R2Pb（s）＋2H＋（aq），用锥形瓶接收流出液，最后用蒸馏水淋洗树脂至流出液呈中性，将洗涤液合并到锥形瓶中。
加入2～3滴酚酞溶液，用0.002500mol·L－1NaOH溶液滴定，到滴定终点时用去氢氧化钠标准溶液20.00mL。
计算室温时PbI2的Ksp＝__________。
（保留4位有效数字）
【答案】
（1）.增大与酸的接触面积，加快溶解反应速率
（2）.温度过高，硝酸会挥发分解（3）.3Pb+8HNO3（稀）=3Pb（NO3）2+2NO↑+4H2O（4）.100.0（5）.坩埚（6）.3（7）.4.000×10-9
【解析】
【分析】
根据影响反应速率的因
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