2025年湘教新版选修4化学上册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年湘教新版选修4化学上册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、将一定量的X加入某密闭容器中，发生反应：2X(g)3Y(g)+Z(g)，混合气体中X的物质的量分数与温度关系如图所示：下列推断不正确的是（）

A.升高温度，该反应平衡常数K增大B.压强大小有P3＞P2＞P1C.反应过程中加入高效催化剂可以缩短达到平衡的时间D.在该条件下M点X平衡转化率为2、pH＝2的A；B两种酸溶液各1mL；分别加水稀释到1000mL，其中pH与溶液体积V的关系如图所示。下列说法正确的是()

A.A.B两酸溶液的物质的量浓度一定相等B.稀释后，A酸溶液的酸性比B酸溶液的酸性强C.a＝5时，A是强酸，B是弱酸D.一定有关系：5>a>23、常温下，某溶液中由水电离出来的c(H＋)＝1.0×10-13mol·L－1；该溶液可能是。

①二氧化硫②氯化铵水溶液③硝酸钠水溶液④氢氧化钠水溶液A.①④B.①②C.②③D.③④4、常温下体积为1mL、浓度均为的XOH和溶液分别加水稀释至体积为V，pH随lgV的变化情况如图所示，下列叙述中正确的是

A.的两种溶液中的大于B.已知常温下，溶液的则C.的二级电离平衡常数约为D.升高温度溶液的pH增大，XOH溶液pH减小5、二茂铁[Fe（C5H5）2]可作为燃料的节能消烟剂；抗爆剂。二茂铁的电化学制备装置与原理如图所示,下列说法正确的是。

A.a为电源的正极B.电解质溶液是NaBr水溶液和DMF溶液的混合液C.电解池的总反应化学方程式为D.二茂铁制备过程中阴极的电极反应为6、下列叙述正确的是()A.室温下，pH＝3的CH3COOH溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合，所得溶液pH>7B.室温下，Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2固体，溶液中的值增大C.在外加电流的阴极保护法中，须将被保护的钢铁设备与直流电源的负极相连D.反应NH3(g)＋HCl(g)=NH4Cl(s)在室温下能自发进行，该反应的ΔH>0评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)7、下列说法或表示方法正确的是A.同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同B.放热反应的反应速率大于吸热反应的反应速率C.盖斯定律实质上是能量守恒的体现D.H2的燃烧热为ΔH=－285.8kJ/mol，2H2O（l）=2H2（g）+O2（g）△H=+285.8kJ/mol8、一定温度下，在三个体积均为2.0L的恒容密闭容器中发生如下反应：PCl5(g)⇌PCl3(g)＋Cl2(g)。编号温度(℃)起始物质的量(mol)平衡物质的量(mol)达到平衡所需时间(s)PCl5(g)PCl3(g)Cl2(g)PCl3(g)Cl2(g)Ⅰ3200.400.100.10t1Ⅱ3200.80t2Ⅲ4100.400.150.15t3

下列说法正确的是A.平衡常数K：容器Ⅱ＞容器ⅢB.反应到达平衡时，PCl5的转化率：容器Ⅱ＜容器ⅠC.反应到达平衡时，容器Ⅰ中的平均速率为v(PCl5)=mol/(L·s)D.起始时向容器Ⅲ中充入PCl50.30mol、PCl30.45mol和Cl20.15mol，则反应将向逆反应方向进行9、下列关于25℃的NaHCO3溶液的相关事实，能够证明H2CO3为弱酸的是A.溶液中存在CO32-B.溶液中c(Na+)＞c(CO32-)C.溶液中存在H2CO3分子D.溶液中c(H+)·c(OH-)=10-1410、下列说法正确的是()A.纯水在20℃和80℃时的pH，前者大B.Cl2、Ba(OH)2、CO2、HF分别为非电解质、强电解质、非电解质、弱电解质C.强电解质在溶液中完全电离，不存在电离平衡D.在溶液中，导电能力强的电解质是强电解质，导电能力弱的电解质是弱电解质11、常温下，有c（CH3COOH）＋c（CH3COO－）＝0.1mol·L－1的一组醋酸、醋酸钠混合溶液，溶液中c（CH3COOH）、c（CH3COO－）与pH的关系如下图所示。下列溶液中离子浓度关系正确的是。

A.c（Na+）＝0.1mol·L－1的溶液中：c（H+）＋c（CH3COOH）＝c（OH－）B.点A溶液中：c（Na+）＞c（CH3COOH）C.pH＝3.5的溶液中：c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（CH3COO－）＞c（H+）＞c（OH－）D.c（CH3COO－）＝0.025mol·L－1的溶液中：3c（Na+）＜c（CH3COOH）12、H2C2O4为二元弱酸。20℃时，配制一组c（H2C2O4）+c（HC2O4-）+c（C2O42-）=0.100mol·L-1的H2C2O4和NaOH混合溶液；溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是。

A.pH=2.5的溶液中：c（H2C2O4）+c（C2O42-）>c（HC2O4-）B.c（Na+）=0.100mol·L-1的溶液中：c（H+）+c（H2C2O4）=c（OH-）+c（C2O42-）C.c（HC2O4-）=c（C2O42-）的溶液中：c（Na+）>0.100mol·L-1+c（HC2O4-）D.pH=7的溶液中：c（Na+）>2c（C2O42-）13、一定温度下，三种碳酸盐MCO3(M：Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋)的沉淀溶解平衡曲线如下图所示。已知:pM="-lg"c(M)，pc(CO32-)="-lg"cc(CO32-)。下列说法正确的是。

A.MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次增大B.a点可表示MnCO3的饱和溶液，且c(Mn2＋)=c(CO32-)C.b点可表示CaCO3的饱和溶液，且c(Ca2＋)32-)D.c点可表示MgCO3的不饱和溶液，且c(Mg2＋)32-)14、Zn（OH）2、ZnS分别为白色、淡黄色难溶物，二者溶解度均随温度升高而增大。某温度下，Ksp[Zn（OH）2]=1.0×10-18。向物质的量浓度相同的NaOH和Na2S的混合溶液中滴加ZnSO4溶液，溶液中阳离子、阴离子浓度关系如图所示。图中p（Zn）=-lgc（Zn2+），p（B）=-lgc（OH-）或-1gc（S2-）。下列说法错误的是（）

A.曲线l表示的是Zn2+与OH-浓度关系的曲线B.该温度下，Ksp（ZnS）=1.0×10-28C.升高温度时，b点一定会向c点移动D.已知此温度下Ka2（H2S）═4.0×10-16，向0.01mol•L-lNaHS溶液中滴加等体积0.2mol•L-1ZnSO4溶液不能产生沉淀评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)15、氮的化合物在工业生产和生活中都有重要的应用；运用化学原理研究氮的单质及其化合物具有重要意义。

Ⅰ.一定条件下(T℃、1.01×105Pa)，可以用Cl2(g)和NH3(g)制得NH2Cl(g)，同时得到HCl(g)。已知部分化学键的键能如下表：。化学键N-HCl-ClN-ClH-Cl键能/kJ/mol391.3243.0191.2431.8

写出该反应的热化学方程式：___________________________________________。

Ⅱ.亚硝酰氯(NOCl)是有机合成中的重要试剂，可由NO与Cl2在一定条件下合成：2NO(g)＋Cl2(g)2NOCl(g)ΔH<0。保持恒温恒容条件，将物质的量之和为3mol的NO和Cl2以不同的氮氯比进行反应；平衡时某反应物的转化率与氮氯比及不同温度的关系如图所示：

（1）图中T1、T2的关系为T1________T2(填“>”“<”或“＝”)。

（2）图中纵坐标为物质________的转化率，理由为_________________________________。

（3）图中A、B、C三点对应的NOCl体积分数最大的是________(填“A”“B”或“C”)。

（4）若容器容积为1L，经过10min到达A点，该时间段内化学反应速率υ(NO)=_________。B点的平衡常数为________。

（5）若在温度为T1，容积为1L的容器中，充入0.5molNO、1molCl2、2molNOCl，υ(正)_____υ(逆)(填“＜”“＞”或“＝”)，理由为________________________________16、化工原料异丁烯（C4H8）可由异丁烷（C4H10）直接催化脱氢制备：C4H10(g)C4H8(g)+H2(g)ΔH＝+139kJ/mol

（1）该反应的化学平衡常数的表达式为_________________。

（2）一定条件下；以异丁烷为原料生产异丁烯。温度；压强改变对异丁烷平衡转化率的。

影响如下图所示。

①判断p1、p2的大小关系：p1_________________（填“>”或“<”）p2，理由是_________________。

②若异丁烷的平衡转化率为40%，则平衡混合气中异丁烯的物质的量分数最多为______%（保留小数点后1位）。

（3）目前，异丁烷催化脱氢制备异丁烯的研究热点是催化活性组分以及载体的选择。下表是以V-Fe-K-O为催化活性物质，反应时间相同时，测得的不同温度、不同载体条件下的数据。温度/℃580590600610610以γ-Al2O3为载体异丁烷转化率/%36.4136.4938.4239.2342.48异丁烯收率/%26.1727.1127.5126.5626.2226.22以TiO2为载体异丁烷转化率/%30.2330.8732.2333.6333.92异丁烯收率/%25.8827.3928.2328.8129.3029.30

说明：收率=（生产目标产物的原料量/原料的进料量）×100%

①由上表数据，可以得到的结论是____________（填字母序号）。

a.载体会影响催化剂的活性。

b.载体会影响催化剂的选择性。

c.载体会影响化学平衡常数。

②分析以γ-Al2O3为载体时异丁烯收率随温度变化的可能原因：___________。17、现有25℃时0.1mol/L的氨水。请回答以下问题：

(1)若向氨水中加入少量硫酸铵固体，此时溶液中c(OH－)/c(NH3·H2O)________(填“增大”“减小”或“不变”)；

(2)若向氨水中加入稀硫酸；使其恰好中和，写出反应的离子方程式：

_____________________________________________________________________；

所得溶液的pH________7(填“>”“<”或“＝”)；用离子方程式表示其原因：

_____________________________________________________________________。

(3)若向氨水中加入稀硫酸至溶液的pH＝7，此时c(NH4＋)＝amol/L，则c(SO42－)＝________；

(4)若向氨水中加入pH＝1的硫酸，且氨水与硫酸的体积比为1∶1，则所得溶液中各离子物质的量浓度由大到小的关系是______________________________________。18、25℃时，水的电离程度很小，1L纯水中只有___mol水电离。水的离子积常数Kw=___，水的电离是___过程，升高温度，能促进水的电离，所以Kw随温度升高而___。19、某二元酸HB在水中的电离方程式是HBH

的NaHB溶液显酸性，原因是________________________________。

在的Na2B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是________填标号

A.

B.

C.

D.20、（1）碳酸：H2CO3，K1＝4.3×10﹣7，K2＝5.6×10﹣11

草酸：H2C2O4，K1＝5.9×10﹣2，K2＝6.4×10﹣5

0.1mol/LNa2CO3溶液的pH_____0.1mol/LNa2C2O4溶液的pH；（选填“大于”“小于”或“等于”）

（2）等浓度的草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是_____；若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，溶液中各种离子浓度大小的顺序正确的是_____（选填编号）；

a．c(H+)＞c(HC2O)＞c(HCO)＞c(CO)

b．c(HCO)＞c(HC2O)＞c(C2O)＞c(CO)

c．c(H+)＞c(HC2O)＞c(C2O)＞c(CO)

d．c(H2CO3)＞c(HCO)＞c(HC2O)＞c(CO)21、已知某溶液中只存在四种离子；某同学推测其离子浓度大小顺序有如下三种关系：

①

②

③

(1)若溶液中只存在一种溶质，则该溶质是__________(填化学式)，上述四种离子浓度的大小顺序为__________(填序号)。

(2)若上述关系中③是正确的，则溶液中的溶质为__________(填化学式)。

(3)若该溶液是由体积相等的NaOH溶液和溶液混合而成，且恰好呈中性，则溶液中四种离子浓度的大小顺序为__________(填序号)，则混合前两溶液的物质的量浓度大小关系为__________(填“大于”“小于”或“等于”，下同)混合前酸中与碱中的关系是__________

(4)将等物质的量浓度的溶液和溶液等体积混合后，溶液呈酸性，混合后的溶液中各种微粒浓度由大到小的顺序(除外)为____________________________。22、由于Fe(OH)2极易被氧化，所以实验室很难用亚铁盐溶液与烧碱反应制得白色纯净的Fe(OH)2沉淀，应用如图电解实验可以制得白色的纯净的Fe(OH)2沉淀。两电极材料分别为石墨和铁。

(1)a电极材料应为____，电极反应式为_______。

(2)电解液C可以是__________。

A.纯净水B.NaCl溶液C.NaOH溶液D.CuCl2溶液。

(3)d为苯，其作用是______，在加入苯之前对C应作何简单处理_______

(4)为了在较短时间内看到白色沉淀，可采取的措施是________。

A.改用稀硫酸作电解液。

B.适当增大电源的电压。

C.适当减小两电极间距离。

D.适当降低电解液的温度23、1g氢气完全燃烧生成液态水放出143kJ热量；1molCH4气体完全燃烧生成CO2气体和液态水放出890kJ热量。

(1)写出氢气燃烧的热化学方程式__________

(2)若1molCH4气体完全燃烧生成CO2气体和水蒸气，放出热量为__890kJ(填“＞”、“＜”、“=”)评卷人得分四、判断题(共1题，共2分)24、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分五、工业流程题(共3题，共15分)25、软锰矿是一种常见的锰矿物，其主要成分是MnO2，还含有Al2O3，Fe2O3，SiO2杂质。高锰酸钾具有强氧化性；在实验室中和工业上常用作氧化剂。以软锰矿为原料先制得锰酸钾，再使其在酸性条件下歧化而制得高锰酸钾的工艺流程如图所示。

溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：。金属离子Al3+Fe3+Fe2+Mn2+开始沉淀时(c=0.01mol/L)的pH3.72.27.58.6完全沉淀时(c=1.0×10-5mol/L)的pH4.73.29.010.1

回答下列问题：

(1)“还原”中加稀硫酸的两个作用分别是__________________、___________。

(2)“滤渣2”的成分是____________。利用上表格数据，计算Mn(OH)2的Ksp=______(列出计算式)。

(3)“熔融”时生成锰酸钾的化学方程式为__________________。

(4)“歧化”时氧化剂与还原剂的物质的量之比为____________________。

(5)操作1为蒸发浓缩，冷却结晶，减压过滤，“减压过滤”(装置如图所示)的目的是_____。

(6)由锰酸钾制备高锰酸钾除了有歧化法；还有电解法：以锰酸钾为电解液，镍板为阳极，铁板为阴极。

①写出生成高锰酸钾的电极反应式：___________。

②由电解法制备高锰酸钾时可循环利用的物质是________(填化学式)。26、某锂离子电池正极材料有钴酸锂(LiCoO2)、石墨和铝箔等，该电池充电时负极(阴极)反应为6C+xLi++xe-=LixC6，锂电池充放电过程中发生LiCoO2与Li1-xCoO2之间的转化。现利用以下工艺回收正极材料中的某些金属资源。

回答下列问题：

(1)放电时电池总反应方程式_______________；该工艺首先将废旧电池“放电处理”的目的除安全外还有_______________。

(2)写出“正极碱浸”过程中发生反应的离子方程式_______________。

(3)分离操作1是_______________；“酸浸”步骤发生的氧化还原反应化学方程式是_______________。

(4)“酸浸”时若用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液，缺点是_______________。

(5)“沉钴”过程中的实验现象有_______________。27、胆矾是一种重要的含铜化合物，某课外研究小组用粗铜(含少量)通过不同的化学反应制取胆矾的过程如图：

物质完全沉淀时的pHFe(OH)33.2Fe(OH)29.6Cu(OH)26.4

当溶液中被沉淀离子的物质的量浓度小于时；认为该离子沉淀完全。

试回答下列问题：

（1）下列物质中，最适合作为试剂X的是________(填序号)。

A.B.C.D.

（2）由粗铜通过两种途径制取胆矾，与途径Ⅱ相比，途径Ⅰ有明显的两个优点，分别是______________、____________________。

（3）试剂Y可以是______________________(任填一种物质的化学式)。

（4）若溶液C中的浓度分别为则向溶液C中加入少量试剂Y的过程中应控制溶液C的pH范围约为________。

（5）氢化亚铜是一种红色固体，40～50℃时，滤液E和溶液混合反应可得氢化亚铜沉淀，同时得到硫酸和磷酸，该反应的离子方程式为___________________________________，该反应每转移1.5个电子，生成CuH的物质的量为________mol。

（6）纳米氧化亚铜是一种用途广泛的光电材料，电化学法可用铜棒和石墨作电极，电解滤液E获得纳米氧化亚铜，电解过程中无气体产生，则铜棒作________极，生成的电极反应式为______________________，电解过程中滤液E的浓度____________(填“增大”“不变”或“减小”)。

（7）得到晶体，乙醇代替蒸馏水洗涤晶体的目的是______________。评卷人得分六、元素或物质推断题(共1题，共10分)28、Q；W、X、Y、Z是位于不同主族的五种短周期元素；其原子序数依次增大。

①W的氢化物与W最高价氧化物对应水化物反应生成化合物甲。

②X；Y、Z的最高价氧化物对应水化物之间两两反应均可生成盐和水。

③常温下，Q的最高价气态氧化物与化合物X2O2发生反应生成盐乙。

请回答下列各题:

(1)甲的水溶液呈酸性，用离子方程式表示其原因____________________________________________________________________________。

(2)③中反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________。

(3)已知:ZO3n－+M2++H+→Z－+M4++H2O(M为金属元素，方程式未配平)由上述信息可推测Z在周期表中位置为________________________________________________________________________________________________。

(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。写出此反应的离子方秳式_____________________________。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【分析】

横坐标为温度；温度升高，X的物质的量分数减小，说明温度升高，平衡向消耗X的方向移动。

【详解】

A．根据图象可知；升高温度，X的物质的量分数降低，说明反应向正方向移动，平衡常数增大，A正确；

B．可逆反应的正反应是气体分子数增大的反应，增大压强，X的物质的量分数增大，所以，压强大小关系有p321；B错误；

C．催化剂能缩短到达平衡的时间；不会使平衡发生移动，C正确；

D．M点对应的平衡体系中，X的体积分数为0.1，设X的起始值为1，反应了2x，则根据得：0.1=解得：x=则M点x的转化率=D正确。

答案选B。2、C【分析】【分析】

由图可知，稀释相同的倍数，A的变化大，则A的酸性比B的酸性强；溶液中氢离子浓度越大，酸性越强，对于一元强酸：c(酸)=c(H+)，但对于一元弱酸：c(酸)＞c(H+)；据此分析解答。

【详解】

A．因A、B酸的强弱不同，对于一元强酸来说c(酸)=c(H+)，对于一元弱酸，c(酸)＞c(H+)；则A；B两种酸溶液的物质的量浓度一定不相等，故A错误；

B．由图可知，稀释后，B的pH小，c(H+)大；则稀释后B酸的酸性强，故B错误；

C．由图可知；若a=5，A完全电离，则A是强酸，B的pH变化小，则B为弱酸，故C正确；

D．若A和B都是弱酸；加水稀释时促进弱酸电离，所以溶液中pH为5＞a＞2，但A为强酸时，a=5，则5≥a＞2，故D错误；

故选C。3、A【分析】【分析】

依据常温下溶液中由水电离出来的c（H+）=1.0×10-13mol•L-1；和水中的氢离子浓度比较可知，水的电离被抑制，结合所给物质的性质分析判断。

【详解】

c(H＋)＝1.0×10-13mol·L－1；说明水的电离受到抑制，溶液为强酸或强碱溶液。

①二氧化硫溶于水生成了亚硫酸；亚硫酸电离出氢离子，会抑制水的电离，故①正确；

②氯化铵是强酸弱碱盐；铵根离子会发生水解，水解的本质是促进水的电离，故②错误；

③硝酸钠是强酸强碱盐；溶液为中性，水的电离程度不会减小，故③错误；

④氢氧化钠为强碱；会抑制水的电离，故④正确。

综上所述，本题正确答案为A。4、C【分析】【详解】

A.XOH是强碱溶液、是强碱弱酸盐溶液，要使两种溶液的pH相等，则再结合物料守恒得XOH小于故A错误；

B.溶液的在溶液中存在电离，也存在水解，且水解大于电离，

故在碳酸中，故K所以所以故B错误；

C.溶液的则该溶液中则故C正确；

D.升高温度，促进水解，第一步水解程度远远大于第二步，所以溶液中减小，增大，所以溶液的pH增大；但XOH属于强碱，升温对XOH的浓度的影响不大，则XOH溶液pH不变，故D错误。

故选C。

【点睛】

本题考查弱电解质电离与水解平衡的图象分析，侧重考查学生分析判断及计算能力，为高频考点，明确电离平衡常数与水解平衡常数的关系是解本题关键。5、C【分析】【分析】

由二茂铁的电化学制备装置与原理可知，与电源正极b相连的铁为电解池的阳极，铁失电子发生氧化反应生成亚铁离子，与电源负极a相连的镍为电解池的阴极，钠离子在阴极上得电子发生还原反应生成钠，钠与发生置换反应生成和氢气，与亚铁离子反应生成二茂铁和钠离子，制备二茂铁的总反应方程式为Fe+2+H2↑。

【详解】

A.由分析可知，a为电源的负极，b为电源的正极；故A错误；

B.与电源负极a相连的镍为电解池的阴极，钠离子在阴极上得电子发生还原反应生成钠，钠能与水反应，则电解质溶液不可能为NaBr水溶液；故B错误；

C.由分析可知，制备二茂铁的总反应方程式为Fe+2+H2↑；故C正确；

D.二茂铁制备过程中阴极上钠离子得电子发生还原反应生成钠，电极反应式为Na++e-=Na；故D错误；

故选C。

【点睛】

由二茂铁的电化学制备装置与原理可知，与电源正极b相连的铁为电解池的阳极，与电源负极a相连的镍为电解池的阴极是解答关键，钠离子在阴极上得电子发生还原反应生成钠是解答难点。6、C【分析】【分析】

【详解】

A．CH3COOH为弱酸，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液相比较；醋酸过量，等体积混合后溶液呈酸性，pH＜7，故A错误；

B．室温下，Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2固体，两者反应生成CaCO3沉淀和NaOH溶液，溶液中c(OH-)增大，c(H+)减小，的值减小；故B错误；

C．与直流电源的负极相连；作阴极被保护，为外加电流的阴极保护法，所以在外加电流的阴极保护法中，须将被保护的钢铁设备与直流电源的负极相连，故C正确；

D．NH3(g)+HCl(g)═NH4Cl(s)中△S＜0，常温下能自发进行，则△H-T△S＜0，则该反应的△H＜0；故D错误。

答案选C。

【点睛】

该题考查化学反应原理基础知识，易错项是A项，注意常温下pH=3的CH3COOH溶液中c(H+)与pH=11的NaOH溶液中c(OH-)相等。二、多选题(共8题，共16分)7、AC【分析】【详解】

A．反应热与反应物和生成物的状态有关，与反应条件无关，同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的△H相同；故A正确；

B；反应速率与反应热无关；故B错误；

C．盖斯定律是变化过程中能量变化和途径无关；与反应物和生成物能量有关，可以看作是能量守恒的体现，故C正确；

D．燃烧热为1mol物质燃烧生成稳定氧化物的能量变化，则氢气燃烧热的△H为-285.8kJ•mol-1，则氢气燃烧的热化学方程式为H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H=-285.8kJ/mol，因此2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)△H=+571.6kJ/mol；故D错误；

故选AC。8、BD【分析】【详解】

A．I、Ⅱ温度相同，则二者平衡常数相等，Ⅲ比I相比温度升高，平衡时Ⅲ中PCl3比I中的大，说明升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，故平衡常数K：容器Ⅱ＜容器Ⅲ；故A错误；

B．恒温恒容下，Ⅱ等效在I中平衡基础上压强增大一倍，平衡逆向移动，转化率减小，PCl5的转化率：容器Ⅱ＜容器Ⅰ；故B正确；

C．速率之比等于化学计量数之比，则v(PCl5)=v(PCl3)==mol/(L∙s)；故C错误；

D．410℃平衡时PCl5为0.4mol−0.15mol=0.25mol，该温度下平衡常数K==0.045，浓度商Qc==0.1125＞K=0.045；反应向逆反应进行，故D正确；

答案选BD。9、BC【分析】【详解】

A.溶液中存在CO32-，说明NaHCO3发生电离，但不一定是部分电离，所以不能证明H2CO3为弱酸；故A错误；

B.溶液中c（Na+）>c（CO32-），说明HCO3-的电离为部分电离，所以能够证明H2CO3为弱酸；故B正确；

C.溶液中存在H2CO3分子，说明HCO3-发生水解反应，能够证明H2CO3为弱酸；故C正确；

D.25℃的溶液中均存在c(H+)·c(OH-)=10-14，与H2CO3的酸性强弱无关；故D错误；

故选BC。10、AC【分析】【详解】

A．水的电离是吸热过程；升高温度，水的电离平衡正向移动，氢离子浓度增大，pH值减小，故20℃的纯水的pH大于80℃的纯水的pH，前者大，故A正确；

B．Cl2是单质；既不是电解质也不是非电解质，故B错误；

C．由于强电解质在溶液中完全电离；强电解质在溶液中不存在电离平衡，故C正确；

D．电解质的强弱与导电能力无关；导电能力与溶液中的离子浓度的大小有关，故D错误；

故选AC。11、AD【分析】【分析】

结合物质性质观察图可知，随着pH值的增大，浓度降低的是CH3COOH，浓度升高的是CH3COO-，在pH=4.75时，c(CH3COOH)=c(CH3COO-)；可在此认识基础上对各选项作出判断。

【详解】

A.根据电荷守恒有：c(H+)+c(Na+)＝c(OH-)+c(CH3COO-)，根据物料守恒有：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)＝c(Na+)，将两等式相加得：c(H+)+c(CH3COOH)＝c(OH-)；A选项正确；

B.根据电荷守恒有：c(H+)+c(Na+)＝c(OH-)+c(CH3COO-)，点A溶液pH=4.75，显酸性，c(H+)＞c(OH-)，所以，c(Na+)＜c(CH3COOH)；B选项错误；

C.pH=3.5时，溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，所以，c(Na+)＜c(CH3COOH)；C选项错误；

D.根据电荷守恒有：c(H+)+c(Na+)＝c(OH-)+c(CH3COO-)，c(CH3COO-)＝0.025mol·L-1的溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，所以，c(Na+)＝c(OH-)-c(H+)+c(CH3COO-)＜c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，即，3c(Na+)＜c(CH3COOH)；D选项正确；

答案选AD。

【点睛】

分析溶液中的离子关系时，要善于运用电荷守恒和物料守恒。12、BD【分析】【详解】

A、根据图像知pH=2.5的溶液中：c（H2C2O4）+c（C2O42-）＜c（HC2O4-）；错误；

B．c（Na+）=0.100mol·L-1的溶液，根据c（H2C2O4）+c（HC2O4-）+c（C2O42-）=0.100mol·L-1知此时溶液中的溶质为NaHC2O4，溶液中存在质子守恒：c（H+）+c（H2C2O4）=c（OH-）+c（C2O42-）；正确；

C、c（HC2O4-）=c（C2O42-）的溶液中有电荷守恒：c（OH-）+c（HC2O4-）+2c（C2O42-）=c（Na+）+c(H+)，已知c（H2C2O4）+c（HC2O4-）+c（C2O42-）=0.100mol·L-1，此溶液中H2C2O4浓度几乎为0，可以忽略，把c（HC2O4-）=c（C2O42-）和c（HC2O4-）+c（C2O42-）=0.100mol·L-1带入电荷守恒的等式，得到：c（OH-）+c（HC2O4-）+0.100mol·L-1=c（Na+）+c(H+)，溶液的PH＜7，c(H+)＞c（OH-），所以c（Na+）＜0.100mol·L-1+c（HC2O4-）；错误；

D、由图像知pH=7的溶液为草酸钠溶液，草酸根水解，c（Na+）>2c（C2O42-）；正确。

答案选BD。13、BD【分析】【详解】

试题分析：A、pM相等时，图线中p（CO32-）数值越大，实际浓度越小，因此，MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次减小，故A错误；B、a点可表示MnCO3的饱和溶液，pM=p（CO32-），所以c（Mn2+）=c（CO32-），故B正确；C、b点可表示CaCO3的饱和溶液，pM＜p（CO32-），所以c（Ca2+）＞c（CO32-），故C错误；D、pM数值越大，实际浓度越小，则c点可表示MgCO3的不饱和溶液，pM＞p（CO32-），所以c（Mg2+）＜c（CO32-）；故D错误。

考点：考查了溶解平衡的相关知识。14、CD【分析】【详解】

A．若曲线I表示的是Zn2+与OH-浓度关系的曲线，则a点时c（Zn2+）=c（OH-）=10-6mol/L，Ksp[Zn(OH)2]=10-6×（10-6）2=1.0×10-18，所以假设成立，即曲线表示的是Zn2+与OH-浓度关系的曲线；故A正确；

B．曲线I表示的是Zn2+与OH-浓度关系的曲线，则曲线II表示的是Zn2+与S2-浓度关系的曲线，b点时c(Zn2+)=c(S2-)=10-14mol/L，Ksp(ZnS)=c(Zn2+)•c(S2-)=10-14×10-14=1.0×10-28；故B正确；

C．曲线II表示的是Zn2+与S2-浓度关系的曲线，ZnS溶解吸热，升高温度时溶液中c（Zn2+）、c(S2-)增大，则p(Zn)、p(B)减小，即升高温度时，b点一定会沿着ba方向向a点移动；故C错误；

D．等体积混合瞬间，NaHS浓度为0.005mol•L-l、ZnSO4浓度为0.1mol•L-1，c(S2-)=mol/L=1.4×10-9mol/L，浓度熵Qc=c(Zn2+)•c(S2-)=1.4×10-9×0.1=1.4×10-10mol＞1.0×10-28=Ksp(ZnS)；所以产生ZnS沉淀，故D错误；

答案选CD。

【点睛】

把握图象的意义、图中离子浓度与Ksp关系为解答的关键。三、填空题(共9题，共18分)15、略

【分析】【分析】

Ⅰ、氯胺(NH2C1)为共价化合物，NH3(g)+Cl2(g)=NH2Cl(g)+HCl(g)△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和；

II(1)、2NO(g)+Cl2(g)=2NOCl(g)△H<0；反应为放热反应，升温平衡逆向进行，结合图像变化分析判断；

(2)、NO和Cl2以不同的氮氯比反应；图像中转化率随比值增大而增大，两种反应物增加一种会提高另一种的转化率；

(3)、方程式中NO和Cl2；的反应比为2:1，按照此反应比，氯气转化率最大时得到产物的体积分数最大；

(4)、结合三行计算列式计算A点平衡常数，温度不变平衡常数不变，根据υ=计算速率；

(5)；利用浓度积与平衡常数作比较；从而判断反应进行的反方向。

【详解】

Ⅰ、NH3(g)+Cl2(g)=NH2C1+HCl(g)，△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和=(3×391.3+243.0)-(2×391.3+191.2)=+11.3kJ.mol-1，热化学方程式为Cl2(g)＋NH3(g)===NH2Cl(g)＋HCl(g)ΔH＝＋11.3kJ·mol－1，故答案为Cl2(g)＋NH3(g)===NH2Cl(g)＋HCl(g)ΔH＝＋11.3kJ·mol－1；

Ⅱ(1)、2NO(g)+Cl2(g)=2NOCl(g)△H<0。反应为放热反应，升温平衡逆向进行，一定氮氯比条件下，升温平衡逆向进行，反应物平衡转化率减小，则T12，故答案为<；

(2)、保持恒温恒容条件，将物质的量之和为3mol的NO和Cl2以不同的氮氯比进行反应，平衡时某反应物的转化率与氮氯比及不同温度的关系如图所示，氮氯比越大，转化率越大，说明纵轴表示的是氯气的转化率，故答案为Cl2，增加时，Cl2的转化率增大；

(3)、方程式中NO和Cl2；的反应比为2:1，按照此反应比，氯气转化率最大时得到产物的体积分数最大，图中A；B、C三点对应的NOCl体积分数最大的是：A，故答案为A；

(4)、2NO(g)+Cl2(g)=2NOCl(g)△H<0，保持恒温恒容条件，将物质的量之和为3mol的NO和Cl2以不同的氮氯比进行反应，A点氯气转化率为0.8，=2，体积为1L，结合三行计算列式计算，2NO(g)+Cl2(g)=2NOCl(g)

起始量(mol/L)210

变化量(mol/L)1.60.81.6

平衡量(mol/L)0.40.21.6

则υ(NO)==0.16mol/(L·min)；

A点平衡常数K==80；温度不变平衡常数不变，则B点平衡常数为80；

故答案为0.16mol/(L·min)；80；

(5)、此时浓度积故平衡正向移动，所以υ(正)>υ(逆)，故答案为>，Qc【解析】Cl2(g)＋NH3(g)===NH2Cl(g)＋HCl(g)ΔH＝＋11.3kJ·mol－1<Cl2增加时，Cl2的转化率增大A0.16mol/(L·min)80>Qc16、略

【分析】【详解】

（1）化学平衡常数=则该反应的化学平衡常数的表达式K=

答案为：

（2）①根据反应C4H10(g)C4H8(g)+H2(g)，该反应是气体物质的量增大的反应，增大压强平衡逆向移动；图像表明，温度一定时，压强由p1变为p2，异丁烷的平衡转化率减小，平衡逆向移动，可知p12；

答案为：<；该反应是气体物质的量增大的反应，增大压强平衡逆向移动；图像表明，温度一定时，压强由p1变为p2，异丁烷的平衡转化率减小，平衡逆向移动，可知p12；

②设异丁烷初始物质的量为a，平衡转化率为40%，则根据反应利用三段式：C4H10(g)C4H8(g)+H2(g)

初始（mol）a00

变化（mol）40%a40%a40%a

平衡（mol）(1-40%)a40%a40%a

则平衡混合气中异丁烯的物质的量分数最多为×100%=28.6%；

答案为：28.6；

（3）①a.由上表数据；相同温度下，同一催化剂选择不同的载体异丁烷转化率和异丁烯收率不同，即催化效果不同，说明不同载体会影响催化剂的活性，故a正确；

b.以γ-Al2O3为载体时，随着温度的升高异丁烷转化率不断升高，而异丁烯收率基本不变；以TiO2为载体时，异丁烷转化率和异丁烯收率都随着温度的升高而增大，说明不同的载体会影响催化剂的选择性，故b正确；

c.化学平衡常数只与温度有关；与催化剂或催化剂载体无关，故c错误；

答案选ab；

②以γ-Al2O3为载体时温度升高时；异丁烯的收率增加的可能原因：催化剂活性增加，反应速率加快，平衡正向移动；温度继续升高，异丁烯的收率下降的可能原因：催化剂的选择性下降，发生副反应的异丁烷的比例增加；

答案为：温度升高时异丁烯的收率增加的可能原因：催化剂活性增加，反应速率加快，平衡正向移动（或其他合理原因）；温度继续升高，异丁烯的收率下降的可能原因：催化剂的选择性下降，发生副反应的异丁烷的比例增加（或其他合理原因）。【解析】<该反应是气体物质的量增大的反应，增大压强平衡逆向移动；图像表明，温度一定时，压强由p1变为p2，异丁烷的平衡转化率减小，平衡逆向移动，可知p1228.6ab温度升高时异丁烯的收率增加的可能原因：催化剂活性增加，反应速率加快，平衡正向移动（或其他合理原因）；温度继续升高，异丁烯的收率下降的可能原因：催化剂的选择性下降，发生副反应的异丁烷的比例增加（或其他合理原因）17、略

【分析】【详解】

（1）氨水为弱碱，电离方程式为NH3.H2ONH4＋＋OH－，加入硫酸铵固体，增加了NH4＋的浓度，反应向逆反应方向进行，但加入NH4＋的浓度远远大于向逆反应方向消耗掉的NH4＋,故变小；

（2）氨水为弱电解质，加入强电解质稀硫酸，恰好完全反应，说明是酸碱中和完全，生成的是强酸弱碱盐，会发生水解，NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，故溶液显酸性，pH<7；

（3）c(H＋)+c(NH4+)=c(OH-)+2c(SO42-)，而pH=7，即c(H＋)=c(OH-)，所以硫酸根浓度时铵根浓度的一半，即mol·L－1；

(4)生成的硫酸铵，为强酸弱碱盐，故溶液显酸性，又因NH4＋会发生水解，但只是少量一部分，综上有c(NH4＋)>c(SO42－)>c(H＋)>c(OH－)。【解析】减小NH3·H2O＋H＋=NH4＋＋H2O<NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋mol·L－1c(NH4＋)>c(SO42－)>c(H＋)>c(OH－)18、略

【分析】【详解】

常温下水电离生成氢离子浓度等于氢氧根离子浓度为10−7mol/L，离子积常数Kw＝10−7mol/L×10−7mol/L＝10−14(mol/L)2，水的电离过程是吸热过程，升温平衡正向进行，氢离子浓度和氢氧根离子浓度增大，Kw增大；故答案为：10−7；1×10−14；吸热；增大。【解析】①.10−7②.1×10−14③.吸热④.增大19、略

【分析】【分析】

（1）H2B第一步完全电离、第二步部分电离，则HB-只能电离不能水解；根据氢离子和氢氧根离子浓度相对大小确定溶液的酸碱性；

（2）任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒；据此分析解答。

【详解】

(1)H2B第一步完全电离、第二步部分电离，则HB−只能电离不能水解，导致溶液中c(H+)>c(OH−)；所以溶液呈酸性；

故答案为：HB−只能电离不能水解；

(2)A.H2B第一步完全电离，所以溶液中不存在H2B，根据物料守恒，应该为c(B2−)+c(HB−)=0.1mol/L；故A正确；

B.HB-不会进一步水解，所以溶液中没有H2B分子；故B错误；

C.溶液中存在质子守恒，根据质子守恒得c(OH−)=c(H+)+c(HB−)；故C正确；

D.根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(HB−)+2c(B2−)；故D错误；

故答案选AC。

【点睛】

本题的解题关键在于H2B第一步完全电离、第二步部分电离，在分析判断是要注意HB−只能电离不能水解，故溶液中不含H2B分子。【解析】①.只能电离，不能水解②.20、略

【分析】【分析】

根据碳酸：H2CO3:K1＝4.3×10﹣7，K2＝5.6×10﹣11，草酸：H2C2O4:K1＝5.9×10﹣2，K2＝6.4×10﹣5的大小；电离平衡常数越小，其酸根离子的水解程度越大进行分析解答。

【详解】

(1)由碳酸：H2CO3:K1＝4.3×10﹣7，K2＝5.6×10﹣11，草酸：H2C2O4:K1＝5.9×10﹣2，K2＝6.4×10﹣5，草酸的第二步电离平衡常数大于碳酸的第二步电离平衡常数，电离平衡常数越小，其酸根离子的水解程度越大，所以碳酸根离子的水解程度大于草酸根离子，0.1mol/LNa2CO3溶液的pH大于0.1mol/LNa2C2O4溶液的pH；故答案：大于；

(2)根据酸的电离常数，草酸的酸性强于碳酸，则等浓度草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是草酸，草酸的二级电离常数均大于碳酸的，所以草酸的电离程度大于碳酸，且碳酸以第一步电离为主，因此溶液中c(H+)＞c(HC2O)＞c(C2O)＞c(HCO)＞c(CO)

，所以ac正确，bd错误；

故答案为：草酸；ac。【解析】①.大于②.草酸③.ac21、略

【分析】【详解】

(1)若溶液中只存在一种溶质，则该溶质为由于能水解使溶液呈碱性，故①符合题意。故答案为：①；

(2)若上述关系中③是正确的，即溶液呈酸性，说明溶液中除含有外，还含有一定量的故溶液中的溶质为和故答案为：和

(3)溶液呈中性，说明根据电荷守恒：则故溶液中四种离子浓度的大小顺序为②符合题意。

若混合前，则混合后溶液中的溶质只有为强碱弱酸盐，溶液显碱性，现在溶液显中性，说明过量，即

由于中和过程中会继续电离出说明混合前酸中小于碱中

故答案为：②；小于；小于；

(4)混合溶液呈酸性，即根据电荷守恒：故即溶液中

根据物料守恒：又知故则混合后溶液中各种微粒浓度由大到小的顺序(除外)

故答案为：【解析】①.②.①③.和④.②⑤.小于⑥.小于⑦.22、略

【分析】【详解】

（1）制纯净的Fe(OH)2沉淀，则Fe为阳极，失去电子，b与电源正极相连，则b为阳极，故石墨为阴极，得到电子，a与电源负极相连，故发生的电极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故答案为：石墨；2H2O+2e-=2OH-+H2↑；

（2）纯水导电性太差，影响物质的制备，而NaCl、NaOH溶液中氢离子放电，可生成Fe(OH)2沉淀，电解液为CuCl2溶液，发生Fe+CuCl2=Cu+CuCl2，则电解液b可选择BC；故答案为：BC；

（3）苯的密度水的小；不溶于水，可隔绝空气，防止氢氧化亚铁被氧化，为防止氢氧化亚铁被氧化，并在实验加入苯之前，对d溶液进行加热煮沸的目的是排出溶液中的氧气，故答案为：隔绝空气防止氢氧化亚铁被氧化；加热煮沸；

（4）短时间内看到白色沉淀，适当增大电源电压、适当缩小两电极间距离可增大反应的速率，而改用稀硫酸不能生成沉淀，降低温度反应速率减慢，故答案为：BC。【解析】石墨2H2O+2e-=2OH-+H2↑BC隔绝空气防止氢氧化亚铁被氧化加热煮沸BC23、略

【分析】【分析】

相同物质的量条件下；水蒸气含有的热量比液态水多，反应热=生成物的能量-反应物的能量。

【详解】

(1)根据题目，1g氢气完全燃烧生成液态水放出143kJ热量，即0.5mol氢气完全燃烧释放143kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-143kJ×4=-572kJ/mol；

(2)若1molCH4气体完全燃烧生成CO2气体和水蒸气，生成物的能量增大，反应热增大，反应热为负值，放出热量为＜890kJ。【解析】2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-572kJ/mol<四、判断题(共1题，共2分)24、×【分析】【详解】

向溶液中加入少量水，减小，碱性减弱即减小，则增大，则溶液中增大，故错；【解析】错五、工业流程题(共3题，共15分)25、略

【分析】【分析】

软锰矿主要成分是MnO2，还含有Al2O3、Fe2O3、SiO2杂质，用硫酸溶解，加入二氧化硫还原，过滤出难溶的SiO2；得含有硫酸亚铁；硫酸铝、硫酸锰的溶液，所得溶液中加入二氧化锰把亚铁离子氧化为铁离子，调节pH除去铁、铝，再加入高锰酸钾溶液，把硫酸锰氧化为二氧化锰，二氧化锰、氢氧化钾在熔融条件下和氧气反应生成锰酸钾，锰酸钾在酸性条件下发生歧化反应生成高锰酸钾和二氧化锰。

【详解】

(1)软锰矿中主要成分是二氧化锰，还含有Al2O3、Fe2O3，二氧化锰是强氧化剂，在酸性溶液中具有较强的氧化性，而SO2在水溶液中具有较强的还原性，所以硫酸的作用是溶解Al2O3和Fe2O3、增强MnO2的氧化性。

(2)含有硫酸亚铁、硫酸铝、硫酸锰的溶液中加入二氧化锰把亚铁离子氧化为铁离子，调节pH除去铁、铝，“滤渣2”的成分是Fe(OH)3、Al(OH)3；Mn2+完全沉淀时(c=1.0×10-5mol/L)的pH为10.1，Mn(OH)2的Ksp=10−5×(1010.1−14)2；

(3)“熔融”时二氧化锰、氢氧化钾、氧气反应生成锰酸钾，反应方程式是2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；

(4)由流程图可知锰酸钾歧化为高锰酸钾和二氧化锰；锰酸钾既是氧化剂也是还原剂，根据得失电子守恒，氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2。

(5)减压过滤即抽滤；加快过滤速度；

(6)①电解制备KMnO4，MnO在阳极失电子生成MnO电极反应式是MnO−e−=MnO

②电解时阴极的电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−；产物之一为KOH可以用于锰酸钾的制备。

【点睛】

本题以软锰矿为原料(主要成分是MnO2，还含有Al2O3，Fe2O3，SiO2杂质)制备高锰酸钾为载体，明确各步骤的反应原理是解题关键，掌握氧化还原反应规律，熟悉混合物分离方法。【解析】溶解Al2O3和Fe2O3增强MnO2的氧化性Fe(OH)3、Al(OH)30.01×(108.6−14)2或10−5×(1010.1−14)22MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O1∶2加快过滤速度MnO−e−=MnOKOH26、略

【分析】【分析】

废旧锂离子电池放电拆解处理后；正极用氢氧化钠溶液，碱溶过滤得到的滤液，调节溶液pH，过滤得到氢氧化铝沉淀；滤渣加入硫酸，过氧化氢调节溶液pH过滤，得到的滤液中加入萃取剂萃取分液得到的水层为硫酸锂，有机层通过反萃取得到的水层为硫酸钴溶液，加入碳酸氢铵溶液，沉淀钴离子，得到碳酸钴固体，据此分析解答。

【详解】

(1)该电池充电时负极(阴极)反应为6C+xLi++xe-=LixC6，说明放电时负极反应式为LixC6-xe-=6C+xLi+，充放电过程中发生LiCoO2与Li1-xCoO2之间的转化，则放电过程中，Li1-xCoO2和LixC6发生氧化还原反应生成LiCoO2和C，反应方程式为：Li1-xCoO2+LixC6=LiCoO2+6C，该工艺首先将废旧电池“放电处理”的目的除安全外，通过放电，将Li+从负极中脱出进入正极材料中，提高锂的回收率，故答案为：Li1-xCoO2+LixC6=LiCoO2+6C；Li+从负极中脱出进入正极材料中；提高锂的回收率；

(2)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)分离操作1是用有机溶剂萃取分离出硫酸锂溶液，因此操作1是萃取、分液；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，故答案为：萃取、分液；2LiCoO2+3H2SO4+H2O2==Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O；

(4)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，污染环境，因此不能用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液；故答案为：有氯气生成，污染较大；

(5)“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；实验现象为：产生无色无味的气体和沉淀，故答案为：产生气体和沉淀。

【点睛】

本题的易错点和难点为(4)，要注意题中“锂离子电池正极材料有钴酸锂(LiCoO2)”，结合“充电时阴极反应为6C+xLi++xe-=LixC6”，说明LiCoO2具有强氧化性，可能将盐酸氧化生成氯气。【解析】①.Li1-xCoO2+LixC6=LiCoO2+6C②.Li+从负极中脱出进入正极材料中，提高锂的回收率③.2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑④.萃取、分液⑤.2LiCoO2+3H2SO4+H2O2==Li2SO4+