1、模块质量检测(一）(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分，每小题只有一个选项符合题意)12020年5月5日，长征五号B运载火箭成功将新一代载人飞船试验船送入预定轨道，拉开我国载人航天工程“第三步”任务序幕。该运载火箭采用了新型液氧煤油发动机和液氧液氢发动机。下列有关说法不正确的是()A液氧可作燃料B液氢可作还原剂C液氢燃烧产物为水 D煤油燃烧时放出大量热解析：选A液氧具有助燃性，没有可燃性，因此液氧不能作燃料，A错误；液氢燃烧生成水，在反应中H元素化合价升高，失去电子被氧化，故液氢可作还原剂，B正确；液氢燃烧时被氧化生成水，故液氢燃烧产物为水，C正确；
2、煤油是一种化石燃料，是多种烃的混合物，其燃烧时C元素被氧化生成CO2，H元素被氧化生成H2O，同时放出大量热，D正确。2下列叙述正确的是()A需要加热才能发生的反应一定是吸热反应B已知4P(红磷，s)=P4(白磷，s)H0，则白磷比红磷稳定C含20.0 g NaOH的稀溶液与稀硫酸完全中和，放出28.7 kJ的热量，则OH(aq)H(aq)=H2O(l)H57.4 kJmol1D已知2H2(g)O2(g)=2H2O(g)H483.6 kJmol1，则氢气的燃烧热为241.8 kJmol1解析：选C需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应，如木炭的燃烧是一个放热反应，但需要点燃，点燃的目的是使其达
3、到着火点，故A错误；由热化学方程式可知，红磷的能量低于白磷，物质的能量越低越稳定，则红磷比白磷稳定，故B错误；20.0 g NaOH的物质的量为0.5 mol，由0.5 mol NaOH发生中和反应时放出28.7 kJ的热量可知，中和热H57.4 kJmol1，则反应的热化学方程式为OH(aq)H(aq)=H2O(l)H57.4 kJmol1，故C正确；氢气的燃烧热为1 mol氢气完全燃烧生成液态水时放出的热量，题给热化学方程式中水为气态，则氢气的燃烧热不可能是241.8 kJmol1，故D错误。3密闭容器中进行反应：2SO2(g)O2(g)2SO3(g)，反应某一时刻SO2、O2、SO3的浓
4、度分别为0.2 molL1、0.1 molL1、0.2 molL1，当达到平衡时，可能的是()ASO2为0.4 molL1、O2为0.2 molL1BSO2为0.25 molL1、SO3为0.15 molL1CSO2、SO3均为0.15 molL1DSO2、SO3均为0.3 molL1解析：选BSO2和O2的浓度增大，说明反应逆向进行建立平衡，若三氧化硫完全反应，则SO2和O2的浓度变化分别为0.2 molL1、0.1 molL1，因该反应为可逆反应，实际变化应小于该值，所以SO2的浓度小于0.4 molL1、O2的浓度小于0.2 molL1，故A错误；SO2的浓度增大，说明反应向逆反应方向进
5、行建立平衡，若三氧化硫完全反应，则SO2的浓度变化为0.2 molL1，该题中实际变化为0.05 molL1，故SO2的浓度为0.25 molL1，而且SO2和SO3的浓度之和为0.4 molL1，故SO3的浓度为0.15 molL1，故B正确；反应物和生成物的浓度不可能同时减小，应为一个浓度减小，另一个浓度增大，且应满足硫元素守恒，SO2和SO3的浓度之和为0.4 molL1，故C错误；反应物和生成物的浓度不可能同时增大，应为一个浓度增大，另一个浓度减小，且应满足硫元素守恒，SO2和SO3的浓度之和为0.4 molL1，故D错误。4.某温度下，相同体积、相同pH的氨水和氢氧化钠溶液加水稀释时
6、的pH变化曲线如图所示，下列判断正确的是()Aa点导电能力比b点强Bb点的Kw大于c点C与盐酸完全反应时，消耗盐酸体积：VaVcDa、c两点的c(H)相等解析：选D选项A，根据图示可知，a点对应的曲线为NaOH溶液稀释时的pH变化曲线，b、c点对应的曲线为氨水稀释时的pH变化曲线，a点溶液中离子浓度小于b点溶液中离子浓度，a点导电能力更弱；选项B，Kw只与温度有关，b、c两点Kw相等；选项C，NH3H2O的总物质的量大于NaOH的总物质的量，稀释过程中溶质总物质的量不变，所以c点消耗盐酸多；选项D，a、c两点溶液pH相等，则c(H)相等。5已知部分钡盐的溶度积如下：Ksp(BaCO3)5.11
7、09，KspBa(IO3)26.51010，Ksp(BaSO4)1.11010，Ksp(BaCrO4)1.61010。一种溶液中存在相同浓度的CO、CrO、IO、SO，且浓度均为0.001 molL1，若向该溶液中逐滴滴入BaCl2溶液，首先发生的离子反应为()ABa2CO=BaCO3BBa2CrO=BaCrO4CBa22IO=Ba(IO3)2DBa2SO=BaSO4解析：选D根据溶度积公式及溶液中阴离子的浓度，可以计算出开始出现BaCO3、BaCrO4、Ba(IO3)2、BaSO4沉淀时c(Ba2)分别为5.1106 molL1、1.6107 molL1、6.5104 molL1、1.110
8、7 molL1，故最先出现的沉淀是BaSO4，D项正确。6下表所列是2个反应在不同温度时的化学平衡常数(K)。反应N2(g)O2(g)2NO(g)H1N2(g)3H2(g)2NH3(g)H2温度/272 00025400450K3.810310.151080.5070.152关于反应、的下列说法正确的是()A反应、均为吸热反应B反应不适合用于大规模人工固氮C可求算反应4NH3(g)5O2(g)4NO(g)6H2O(g)的HD一定温度下，、分别达到平衡，压缩容器体积均可使N2的转化率增大解析：选B反应随温度升高，K变大，平衡正向移动，是吸热反应；反应随温度升高，K变小，平衡逆向移动，是放热反应，
9、故A错误；反应为吸热反应，平衡常数太小，不适合用于大规模人工固氮，故B正确；由盖斯定律，22得：4NH3(g)2O2(g)4NO(g)6H2(g)，得不到4NH3(g)5O2(g)4NO(g)6H2O(g)，故C错误；一定温度下，反应N2(g)O2(g)2NO(g)是气体体积不变的反应，压缩容器体积(加压)，平衡不移动，不能使N2的转化率增大，故D错误。7甲、乙均为1 L的恒容密闭容器，向甲中充入1 mol CH4和1 mol CO2，乙中充入1 mol CH4和n mol CO2，在催化剂存在下发生反应：CH4(g)CO2(g)2CO(g)2H2(g)，测得CH4的平衡转化率随温度的变化如图
10、所示。下列说法正确的是()A该反应的正反应是放热反应B773 K时，该反应的平衡常数小于12.96CH2的体积分数：(b)(c)D873 K时，向甲的平衡体系中再充入CO2、CH4各0.4 mol，CO、H2各1.2 mol，平衡不发生移动解析：选B温度升高，CH4的平衡转化率增大，说明温度升高有利于反应正向进行，则正反应为吸热反应，A错误；873 K时，c点CH4的平衡转化率为60%，列“三段式”：CH4(g)CO2(g)2CO(g)2H2(g)起始量/(molL1) 1 1 0 0转化量/(molL1) 2 2平衡量/(molL1) 1 1 2 2则K(c)，当将60%代入时，有K(c)1
11、2.96，温度升高，CH4的平衡转化率增大，平衡正向移动，平衡常数增大，则773 K时该反应的平衡常数小于12.96，B正确；在b点和c点，两个容器中甲烷的起始量相同，转化率相同时，生成的氢气的物质的量相同，但二氧化碳的起始量不相同，所以平衡时容器中总物质的量不相同，所以H2的体积分数也不相同，C错误；当60%时，恒温时向甲的平衡体系中再充入CO2、CH4各0.4 mol，CO、H2各1.2 mol，相当于体系内所有组分浓度均变为两倍，可视为加压，则反应向气体体积减小的方向进行，即平衡逆向移动，D错误。8已知常温时HClO的Ka3.0108，HF的Ka3.5104。现将pH和体积都相同的次氯酸
12、和氢氟酸溶液分别加蒸馏水稀释，pH随溶液体积的变化如图所示，下列叙述正确的是()A曲线为次氯酸稀释时pH变化曲线B从b点到d点，溶液中保持不变(HR代表HClO或HF)Cb点溶液中水的电离程度比c点溶液中水的电离程度小D取a点的两种酸溶液，中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗氢氟酸的体积较小解析：选B已知常温时HClO的Ka3.0108，HF的Ka3.5104，可知HClO的酸性弱于HF的酸性，所以pH和体积都相同的次氯酸和氢氟酸溶液分别加蒸馏水稀释时，次氯酸的pH变化幅度较小，所以曲线为氢氟酸稀释时pH变化曲线，故A错；可以认为是R的水解平衡常数的倒数，该数值只与温度有关，故B正确；b
13、点溶液的pH大于c点溶液的pH，所以b点溶液中水的电离程度比c点溶液中水的电离程度大，故C错；由已知常温时HClO的Ka3.0108，HF的Ka3.5104可知，HClO的酸性弱于HF的酸性，所以取pH相等的两种酸，中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗氢氟酸的体积较大，故D错。9如图所示，某同学设计了一个燃料电池并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜。下列有关说法正确的是()A通入氧气的一极为正极，发生的电极反应为O24e2H2O=4OHB乙装置中铁电极为阴极，电极反应式为Fe2e=Fe2C反应一段时间后，乙装置中在铁电极区生成氢氧化钠D反应一段时间后，丙装置中
14、硫酸铜溶液浓度保持不变解析：选C甲装置为燃料电池，通氧气的一极为正极，电解质为KOH，电极反应式为O24e2H2O=4OH，故A错误；通甲醚的一极为负极，即Fe电极为阴极，电极反应式为2H2e=H2或2H2O2e=H22OH，故B错误；根据B选项的分析，及X为阳离子交换膜，允许Na通过知，反应一段时间后，乙装置中铁电极区生成NaOH，故C正确；根据上述分析，精铜作阴极，电极反应式为Cu22e=Cu，粗铜作阳极，电极反应式为Cu2e=Cu2，但粗铜中含有比Cu活泼的金属，这些金属先失电子，使CuSO4溶液的浓度减小，故D错误。10为探究化学能与电能的相互转化，某化学实验小组设计如图所示实验装置(
15、已知：盐桥中装有琼脂凝胶，内含足量KCl；a和b是石墨片)。当K闭合时，下列判断正确的是()ACu电极上发生还原反应B电子沿ZnabCu路径移动C片刻后甲池中的SO浓度增大D片刻后可观察到滤纸b处变红色解析：选A该原电池中锌作负极，铜作正极，正极上发生得电子的还原反应，A正确；电子从Zna，bCu路径流动，电子不进入电解质溶液，B错误；原电池中阴离子向负极移动，即盐桥中的Cl移向甲池，所以片刻后甲池中c(Cl)增大，SO浓度不变，C错误；电解池中，a电极上氢离子放电生成氢气，同时a电极附近生成氢氧根离子，导致溶液碱性增强，所以a极变红色，b电极上氢氧根离子放电生成氧气，附近生成氢离子，酸性增强
16、，无明显现象，D错误。11已知：pKalg Ka,25 时，H2SeO3的pKa11.34，pKa27.34。用0.1 molL1 NaOH溶液滴定20 mL 0.1 molL1 H2SeO3溶液的滴定曲线如图所示(曲线上的数字为pH)。下列说法不正确的是()Aa点所得溶液中：2c(H2SeO3)c(SeO)c(HSeO)c(SeO)解析：选D用0.1 molL1 NaOH溶液滴定20 mL 0.1 molL1 H2SeO3溶液，a点溶液中溶质为H2SeO3和NaHSeO3，pH1.34pKa1，由电离平衡常数表达式得到：c(H2SeO3)c(HSeO)，溶液总体积大于20 mL，a点所得溶液
17、中：c(H2SeO3)c(SeO)c(HSeO)2c(H2SeO3)c(SeO)3c(HSeO)，故C正确；加入40 mL NaOH溶液滴定20 mL 0.1 molL1 H2SeO3溶液恰好反应生成Na2SeO3，d点溶液中溶质主要是Na2SeO3，溶液中离子浓度c(Na)c(SeO)c(HSeO)，故D错误。12中国企业华为宣布：利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性，开发出石墨烯电池，电池反应式为LixC6Li1xCoO2C6LiCoO2，其工作原理如图。下列关于该电池的说法正确的是()A该电池若用隔膜可选用阴离子交换膜B充电时，电路中每转移1 mol e，石墨烯电极质
18、量增加7 gC放电时，LiCoO2极发生的电极反应为LiCoO2xe=Li1xCoO2xLiD对废旧的该电池进行“放电处理”，让Li嵌入石墨烯中而有利于回收解析：选B根据电池反应，则需要锂离子由负极移向正极，所以该电池不可选用阴离子交换膜，故A项不符合题意；根据Lie知每转移1 mol电子，石墨烯电极上就会增加1 mol Li，质量为7 g，B项符合题意；放电时，LiCoO2电极是正极，发生得电子的还原反应，电极反应式为Li1xCoO2xLixe=LiCoO2，故C项不符合题意；根据电池反应式知，充电时锂离子嵌入石墨烯中，才会有利于回收，故D项不符合题意。13已知 p(A)lg c(A)。三种
19、金属硫化物在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法不正确的是()Aa 点有 ZnS沉淀生成B可用 MnS 除去 MnCl2 溶液中混有的少量 ZnCl2C向 CuS 悬浊液中加入少量水，平衡向溶解的方向移动，c(S2)不变DCuS 和 MnS 共存的悬浊液中，1020解析：选A当横坐标相同时，纵坐标数值越大，金属阳离子浓度越小，其溶度积常数越小。根据图知，溶度积常数：Ksp(MnS)Ksp(ZnS)Ksp(CuS)，则在ZnS曲线下方表示ZnS的过饱和溶液，曲线上表示ZnS的饱和溶液，曲线上方表示ZnS的不饱和溶液，对于ZnS，a点为不饱和溶液，所以a点无ZnS沉淀生成，故A错误；溶度积常数
20、表达式相同时，溶度积常数大的难溶物容易转化为溶度积常数小的难溶物，因Ksp(MnS)Ksp(ZnS)，所以可用MnS除去MnCl2溶液中混有的少量ZnCl2，故B正确；向CuS悬浊液中加入少量水，平衡向溶解的方向移动，但是溶液仍然为饱和溶液，c(S2)不变，故C正确；CuS和MnS共存的悬浊液中，1020，故D正确。14在一容积为2 L的密闭容器中加入反应物N2、H2，发生如下反应：N2(g)3H2(g)2NH3(g)。反应过程中的部分数据如下表所示，下列说法正确的是() 物质的量 /mol时间/minn(N2)n(H2)n(NH3)01.01.2020.940.7560.3A.02 min，
21、NH3的反应速率为0.1 molL1min1B2 min时，H2的物质的量为0.3 molC4 min时，反应已达到平衡状态，此时正、逆反应的速率都为0D46 min，容器内气体分子的总物质的量不变解析：选D依据表中数据可知：N2(g)3H2(g)2NH3(g)起始量/mol 1.0 1.2 0变化量/mol 0.1 0.3 0.22 min量/mol 0.9 0.9 0.2N2(g)3H2(g)2NH3(g)起始量/mol 1.0 1.2 0变化量/mol 0.15 0.45 0.34 min量/mol 0.85 0.75 0.3N2(g)3H2(g)2NH3(g)起始量/mol 1.0 1
22、.2 0变化量/mol 0.15 0.45 0.36 min量/mol 0.85 0.75 0.3A02 min，NH3的反应速率为0.05 molLmin1，错误；B.02 min消耗H2的物质的量为0.3 mol，2 min时H2的物质的量为0.9 mol，错误；C.根据分析可知，4 min时与6 min时各组分的浓度相等，说明该反应在4 min时已达到平衡状态，但此时正、逆反应的速率不等于0，错误；D.46 min，反应已经达到平衡状态，正、逆反应速率相等，则容器内气体分子的总物质的量不变，正确。15“氯化反应”一般指将氯元素引入化合物中的反应，一般包括置换氯化、加成氯化和氧化氯化。已知
23、在制氯乙烯中， HCCH(g)HCl(g)CH2CHCl(g)的反应机理如图所示： 下列说法正确的是()A碳碳三键的键能：M1大于CHCHB由题图可知M2M3的变化过程是热能转变成化学能的过程C该氯乙烯反应的总反应速率取决于M2M3的反应速率DHgCl2是“氯化反应”的催化剂，不会参与反应的过程解析：选CM1为HCCH(g)与HgCl2形成的中间体，催化剂降低了正反应的活化能，也降低了逆反应的活化能，即加入催化剂HgCl2使HCCH (g)M1时M1的键能也降低，所以M1中碳碳三键的键能小于乙炔中碳碳三键的键能，故A错误；由题图可知M2M3的变化过程是放热的，应该是化学能转变为热能的过程，故B
24、错误；反应的总反应速率主要取决于活化能大的反应，而M2M3的反应活化能最大，因此总反应速率取决于M2M3的反应速率，故C正确； HgCl2是“氯化反应”的催化剂，参与了化学反应，反应前后质量不变，故D错误。二、非选择题(本题共5小题，共55分)16(10分)在化学反应中，只有极少数能量比平均能量高得多的反应物分子发生碰撞时才可能发生化学反应，这些分子称为活化分子，使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫做活化能，其单位通常用 kJmol1表示。请认真观察图像，然后回答问题：(1)对于同一反应，图中虚线()与实线()相比，活化能大大降低，活化分子的百分数增多，反应速率加快，你认为最可能的
25、原因是_。(2)已知红磷比白磷稳定，则反应：P4(白磷，s)5O2(g)=2P2O5(s)H1；4P(红磷，s)5O2(g)=2P2O5(s)H2；H1和H2的关系是H1_H2 (填“”“”或“”)。(3)在298 K、101 kPa时，已知：2H2O(g)=O2(g)2H2(g)H1Cl2(g)H2(g)=2HCl(g)H22Cl2(g)2H2O(g)=4HCl(g)O2(g)H3则H3与H1和H2之间的关系正确的是_(填字母)。AH3H12H2BH3H1H2 CH3H12H2DH3H1H2(4)已知H2(g)Br2(l)=2HBr(g)H72 kJmol1，蒸发1 mol Br2(l)需要
26、吸收的能量为30 kJ，其他相关数据如下表：物质H2(g)Br2(g)HBr(g)1 mol分子中的化学键断裂时需要吸收的能量/kJ436200a则表中a_。解析：(1)对于同一反应，图中虚线()与实线()相比，活化能大大降低，活化分子的百分数增多，反应速率加快，说明反应中加入了催化剂；(2)4P(白磷，s)5O2(g)=2P2O5(s)H1，4P(红磷，s)5O2(g)=2P2O5(s)H2，根据盖斯定律，得：P4(白磷，s)=4P(红磷，s)HH1H2，红磷比白磷稳定，说明红磷的能量低于白磷的能量，该反应是放热反应，即H1H20，即H1H2；(3)2H2O(g)=O2(g)2H2(g)H1
27、，Cl2(g)H2(g)=2HCl(g)H2，2Cl2(g)2H2O(g)=4HCl(g)O2(g)H3，由盖斯定律可知，反应2，因此H3H12H2；(4)由化学键的键能可知H2(g)Br2(g)=2HBr(g)H(436 kJmol1200 kJmol1)2a kJmol1(6362a)kJmol1，因蒸发1 mol Br2(l)需要吸收的能量为30 kJ，即Br2(l)=Br2(g)H30 kJmol1，根据盖斯定律，得H2(g)Br2(l)=2HBr(g)H(6362a)kJmol1(30 kJmol1) 72 kJmol1，解得a369。答案：(1)使用了催化剂(2)(3)A(4)36
28、917(10分)氢叠氮酸(HN3) 和莫尔盐(NH4)2SO4FeSO46H2O是两种常用原料。(1)氢叠氮酸易溶于水，25 时，该酸的电离常数为Ka1.0105氢叠氮酸在水溶液中的电离方程式为_ _。0.2 molL1的HN3溶液与0.1 molL1 的NaOH溶液等体积混合后，恢复到25 ，混合溶液中各离子和HN3分子浓度由大到小的顺序为_ _。已知T 时，Ksp (CuN3)5.0109，Ksp(Cu2S) 2.51048，则相同温度下，2CuN3(s)S2(aq)Cu2S(s)2N(aq)，该反应正反应方向_(填“能”或“不能”)基本进行彻底，请通过计算说明_。(2)在FeSO4溶液中
29、，加入(NH4)2SO4固体可制备莫尔盐晶体，为了测定产品纯度，称取a g产品溶于水，配制成500 mL 溶液，用浓度为c molL1的酸性高锰酸钾溶液滴定，每次所取待测液体积均为25.00 mL，实验结果记录如下(已知莫尔盐的相对分子质量为392)：实验次数第一次第二次第三次消耗KMnO4溶液体积/mL25.5225.0224.98滴定终点的现象是_，通过实验数据，计算该产品的纯度为_(用含字母a、c的式子表示)。上表中第一次实验的记录数据明显大于后两次，其原因可能是_(填字母)。A第一次滴定时，锥形瓶用待装液润洗B该酸性高锰酸钾标准液保存时间过长，部分变质C滴定前酸式滴定管中尖嘴处有气泡，
30、滴定结束后气泡消失解析：(1)氢叠氮酸易溶于水，25 时，该酸的电离常数为Ka1.0105，说明氢叠氮酸为弱酸，在水溶液中的电离方程式为HN3HN；0.2 molL1的HN3溶液与0.1 molL1的NaOH溶液等体积混合后，溶液中存在等物质的量浓度的HN3和NaN3，恢复到25 ，根据氢叠氮酸的电离常数可知，该溶液中以HN3的电离为主，溶液显酸性，混合溶液中各离子和HN3分子浓度由大到小的顺序为c(N)c(Na)c(HN3)c(H)c(OH)；反应为2CuN3(s)S2(aq)Cu2S(s)2N(aq)，该反应的化学平衡常数为K1.01031105，该反应能够完全进行。(2)高锰酸钾具有强氧
31、化性，Fe2具有强还原性，两者能发生氧化还原反应，Fe2被氧化成Fe3，化合价升高1，Mn的化合价由72，化合价降低5，两者最小公倍数为5，根据原子守恒、电荷守恒，配平得MnO5Fe28H=Mn25Fe34H2O，向溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液显紫红色，因此滴定到终点的现象：滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为浅红色，且30 s内不变色；因为第一次与第二次、第三次的数据相差较大，舍去不用，得消耗高锰酸钾溶液的体积为 mL25 mL，根据离子反应方程式，得出：n(NH4)2SO4FeSO46H2O5n(KMnO4) 25103c5 mol，则500 mL溶液中含有n(NH4)2SO4F
32、eSO46H2O25103c5 mol 2.5c mol，所以质量分数2.5c100%100%；A.第一次滴定时，锥形瓶用待装液润洗，锥形瓶中亚铁离子的量偏多，消耗的高锰酸钾偏多，正确；B.三次使用的高锰酸钾都是一样的，消耗的高锰酸钾体积应是相同的，错误；C.滴定管尖嘴处有气泡，滴定结束后无气泡，所消耗的标准液体积增大，正确。答案：(1)HN3HNc(N)c(Na)c(HN3)c(H)c(OH)能正反应的平衡常数为1031105(2)滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为红色(紫红色或浅红色也可)，且30 s内不变色100%AC18(10分)第三代混合动力车，可以用电动机、内燃机或二者结合推动车辆
33、。汽车上坡或加速时，电动机提供推动力，降低汽油的消耗；在刹车或下坡时，电池处于充电状态。(1)混合动力车的内燃机以汽油为燃料，汽油(以辛烷C8H18计)和氧气充分反应，生成1 mol水蒸气放热569.1 kJ。则该反应的热化学方程式为_ _。(2)混合动力车目前一般使用镍氢电池，该电池中镍的化合物为正极，储氢金属(以M表示)为负极，碱液(主要为KOH溶液)为电解质溶液。镍氢电池充放电原理示意如图1，其总反应式为H22NiO(OH)2Ni(OH)2。根据所给信息判断，混合动力车上坡或加速时，乙电极周围溶液的pH_(填“增大”“减小”或“不变”)，该电极的电极反应式为_。(3)Cu2O是一种半导体
34、材料，可通过如图2所示的电解装置制取，电解总反应式为2CuH2OCu2OH2，阴极的电极反应式是_。用镍氢电池作为电源进行电解，当电池中有1 mol H2被消耗时，Cu2O的理论产量为_g。(4)远洋轮船的钢铁船体在海水中易发生电化学腐蚀中的_腐蚀。为防止这种腐蚀，通常把船体与浸在海水里的Zn块相连，或与像铅酸蓄电池这样的直流电源的_(填“正”或“负”)极相连。解析：(2)混合动力车上坡或加速时需要动力，故反应为原电池放电反应，即乙电极为正极，发生反应：NiO(OH)H2Oe=Ni(OH)2OH，故乙电极周围溶液的pH增大。(3)电解池的阴极发生还原反应，即2H2O2e=H22OH。当电池中有
35、1 mol H2被消耗时有2 mol电子转移，根据电子守恒可知Cu2O的理论产量为144 g。(4)钢铁船体在海水中易发生吸氧腐蚀，可利用牺牲阳极法或外加电流法防止其被腐蚀。答案：(1)C8H18(l)O2(g)=8CO2(g)9H2O(g)H5 121.9 kJmol1(2)增大NiO(OH)H2Oe=Ni(OH)2OH(3)2H2O2e=H22OH144(4)吸氧负19(14分)偏二甲肼(C2H8N2)、肼(N2H4)和四氧化二氮(N2O4)可作为运载火箭的推进剂。(1)已知：C2H8N2(l)4O2(g)=N2(g)4H2O(g)2CO2(g)H1N2(g)2O2(g)=2NO2(g)H
36、22NO2(g)N2O4(l)H3C2H8N2(l)和N2O4(l)反应生成N2(g)、CO2(g)和H2O(g)并放出大量热，写出该反应的热化学方程式(H用含H1、H2、H3的代数式表示)_ _。该反应_(填“是”或“不是”)自发反应，判断的理由是_。(2)肼(N2H4)也可用于新型环保燃料电池中，燃料电池的工作原理示意图如图1所示，该燃料电池的负极反应式为_。(3)将4 mol N2O4放入2 L恒容密闭容器中发生反应N2O4(g)2NO2(g)，平衡体系中N2O4的体积分数()随温度的变化如图2所示。D点v(正)_v(逆)(填“”“”或“0，是吸热反应；反应CDEF，H20，是放热反应，
37、正确；D.根据盖斯定律，总反应为ABEF，故HH1H2，正确。3设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A将1 mol Cl2通入水中，则N(HClO)N(Cl)N(ClO)2NA(N表示粒子数)B用惰性电极电解CuSO4溶液一段时间后，若加入29.4 g Cu(OH)2能使溶液复原，则电解过程中转移电子的数目为1.2NACH2(g)I2(g)2HI(g)Ha kJmol1，若充分反应后放出a kJ热量，则起始时向密闭容器中加入了NA个氢分子和足量的碘单质D100 g质量分数为17%的H2O2溶液中极性键数目为NA解析：选B将1 mol Cl2通入水中，只有一部分Cl2与水反应生成HC
38、l、HClO，另一部分在水中仍以Cl2分子形式存在，所以N(HClO)N(Cl)N(ClO)2NA(N表示粒子数)，A不正确；29.4 g Cu(OH)2的物质的量为0.3 mol，加入0.3 mol Cu(OH)2能使溶液复原，则相当于加入0.3 mol CuO和0.3 mol H2O，所以电解过程中转移电子的数目为0.3(22)NA 1.2NA，B正确；对于可逆反应H2(g)I2(g)2HI(g)Ha kJmol1,1 mol H2完全反应后，放出a kJ热量，所以起始时向密闭容器中加入的氢分子数目应大于NA个，C不正确；100 g质量分数为17%的H2O2溶液中含有17 g H2O2和8
39、3 g H2O，含极性键数目为NANA，D不正确。4t 时，在容积不变的密闭容器中发生反应：X(g)3Y(g)2Z(g)，各组分在不同时刻的浓度如表：物质XYZ初始浓度/(molL1)0.10.202 min末浓度/(molL1)0.08ab平衡浓度/(molL1)0.050.050.1下列说法不正确的是()A平衡时，X的转化率为50%Bt 时，该反应的平衡常数为1 600C增大平衡后的体系压强，v(正)增大，v(逆)减小，平衡向正反应方向移动D前2 min内，用Y的变化量表示的平均反应速率v(Y)0.03 molL1min1解析：选C由表中数据知，平衡时，X转化了0.05 molL1，故其转
40、化率100%50%，A正确；由K1 600，知B正确；增大压强，体积缩小，各物质的浓度均增大，正、逆反应速率都增大，C错误；前2 min内用X表示的平均反应速率为v(X)0.01 molL1min1，根据，得v(Y)3v(X)0.03 molL1min1，D正确。5下列实验操作、现象及结论均正确的是()选项实验操作和现象结论AAl2(SO4)3溶液蒸发结晶后得到白色固体该固体成分为Al2O3B向某溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，再加入过量的稀盐酸，沉淀不溶解该溶液中含有SOCAg2CO3白色悬浊液中滴入几滴Na2S稀溶液，出现黑色沉淀Ksp(Ag2S)Kap(Ag2CO3)D淀粉和稀H
41、2SO4混合共热后，滴加碘水，溶液变蓝淀粉未水解解析：选C在Al2(SO4)3溶液中存在水解平衡：Al2(SO4)36H2O2Al(OH)33H2SO4，蒸发结晶时温度升高水解平衡正向移动，但由于H2SO4是不挥发性酸，故最后水解生成的Al(OH)3与H2SO4仍会反应，得到的白色固体为Al2(SO4)3，A错误；向某溶液中加入BaCl2溶液产生白色沉淀，再加入过量的稀盐酸，沉淀不溶解，该溶液中可能含有SO或Ag等，B错误；Ag2CO3白色悬浊液中存在溶解平衡：Ag2CO3(s)2Ag(aq)CO(aq)，滴入几滴Na2S稀溶液出现黑色沉淀，说明Ag2CO3转化为了更难溶于水的Ag2S沉淀，由
42、于Ag2CO3、Ag2S的类型相同，故Ksp(Ag2S)Ksp(Ag2CO3)，C正确；淀粉和稀H2SO4混合共热后，滴加碘水，溶液变蓝，说明溶液中仍有淀粉存在，淀粉可能未水解、也可能部分水解，D错误。6下列说法正确的是()A盐类水解破坏了水的电离平衡，促进水的电离B升高温度，NHH2ONH3H2OH平衡逆向移动C若强酸与强碱中和后pH7，则两者的pH之和一定为14D盐类水解反应不一定都是吸热反应解析：选A盐电离出的离子结合水电离出的氢离子或氢氧根离子生成弱电解质的反应为盐类的水解，导致水电离出的氢离子或氢氧根离子浓度减小，水的电离平衡正向移动，促进水的电离，故A正确；NHH2ONH3H2OH
43、为盐类的水解反应，盐类的水解反应为吸热反应，升高温度，该反应平衡正向移动，故B错误；若强酸与强碱等体积混合后pH7，溶液呈中性，则pH酸pH碱14，选项中酸和碱溶液的体积未知，则不能确定两者的pH之和一定为14，故C错误；盐类水解反应是酸碱中和反应的逆过程，酸碱中和反应都是放热反应，则盐类的水解反应都是吸热反应，故D错误。7下列电化学装置能达到目的的是()A图甲：实现原电池反应Cu2Fe3=Cu22Fe2B图乙：制取少量Fe(OH)2C图丙：证明铁发生了析氢腐蚀D图丁：在铁表面镀锌解析：选A三价铁离子的氧化性大于铜离子的氧化性，所以该反应为自发的氧化还原反应，图甲有活性不同的两个电极，形成了闭
44、合回路，可构成原电池，A正确；铁与电源负极相连作阴极，阴极发生还原反应，不能失电子生成亚铁离子，B错误；析氢腐蚀的条件应该是强酸性环境，氯化钠溶液显中性，C错误；在铁表面镀锌，电解质溶液应该为含锌离子的溶液，D错误。8室温时，一定量的Na2CO3与盐酸混合所得溶液中，部分含碳微粒的物质的量分数()与pH的关系如图所示。下列说法正确的是()ApH10.3时：c(Na)c(H)c(Cl)c(OH)3c(HCO)BpH6.3时：(CO)(HCO)(H2CO3)1.0CpH7时：c(HCO)c(CO)c(H2CO3)c(OH)c(H)D曲线X表示的微粒为CO解析：选A溶液中存在电荷守恒：c(Na)c(
45、H)c(Cl)c(OH)c(HCO)2c(CO)，pH10.3时，c(HCO)c(CO)，所以c(Na)c(H)c(Cl)c(OH)3c(HCO)，A项正确；pH6.3时，(CO)、(HCO)、(H2CO3)均小于0.2，所以(CO)(HCO)(H2CO3)c(H2CO3)c(CO)c(OH)c(H)，C项错误；根据分析可知X表示的微粒是H2CO3，D项错误。9若用AG表示溶液的酸度，AG的定义为AGlg，室温下实验室中用0.01 molL1的氢氧化钠溶液滴定20.00 mL 0.01 molL1醋酸，滴定过程如图所示，下列叙述正确的是()A室温下，A点的溶液显酸性BA点时加入氢氧化钠溶液的体
46、积等于20.00 mLC室温下，AG7时溶液的pH3.5D从O到B，水的电离程度逐渐减小解析：选CA点的AGlg0，即1，则c(H)c(OH)，此时溶液显中性，故A错误；根据A项分析，A点时溶液显中性，当加入氢氧化钠溶液20.00 mL时，氢氧化钠和醋酸恰好完全中和，得到醋酸钠溶液，醋酸钠是强碱弱酸盐，CH3COO水解使溶液显碱性，说明A点时加入氢氧化钠溶液的体积小于20.00 mL，故B错误；根据图像可知，在室温下，O点时，醋酸溶液的AGlg7，即107，而水的离子积Kwc(H)c(OH)1014，两式联立可知，c(H)103.5 molL1，即溶液的pH3.5，故C正确；酸或碱都会抑制水的
47、电离，可水解的盐会促进水的电离，O点为醋酸溶液，水的电离被抑制，从O到A点，醋酸的量逐渐减少，醋酸钠的量逐渐增多，溶液由酸性变为中性，水的电离程度逐渐增大，当V(NaOH)20 mL时，溶液变为醋酸钠溶液，此时水的电离程度最大，继续加入氢氧化钠溶液，水的电离程度又逐渐减小，即从O到B，水的电离程度先逐渐增大后逐渐减小，故D错误。10工业吸收H2S气体后的FeCl3溶液的再生过程可降解酸性污水中的硝酸盐，其工作原理如图所示。下列说法正确的是()A溶液M中的溶质为FeCl2B电极a为阴极C电极b上的反应为2NO10e6H2O=N212OHD随电解的进行，阴极区溶液pH增大解析：选D溶液M为吸收H2
48、S气体后的FeCl3溶液，硫化氢与氯化铁反应生成硫单质、氯化亚铁和HCl，则溶液M中的溶质有FeCl2、HCl，同时还有剩余的氯化铁，A错误；由装置可知b电极的反应为硝酸根离子被还原为氮气，得电子的电极应为阴极，则a为阳极，B错误；电解质溶液呈酸性，电极b上的反应为2NO10e12H=N26H2O，C错误；由b电极的反应可知，反应消耗氢离子，氢离子浓度减小，pH增大，D正确。11丙酮是重要的有机合成原料，可以由过氧化氢异丙苯合成。其反应为CH3CH3OOHH3CCOCH3OH，为了提高过氧化氢异丙苯的转化率，反应进行时需及时从溶液体系中移出部分苯酚。过氧化氢异丙苯的转化率随反应时间的变化如图所
49、示。设过氧化氢异丙苯的初始浓度为x molL1，反应过程中的液体体积变化忽略不计。下列说法不正确的是()Aa、c 两点丙酮的物质的量浓度相等Bb、c两点的逆反应速率：v(b)v(c)C100 时，05 h 之间丙酮的平均反应速率为 0.14x molL1h1D若b点处于化学平衡，则120 时反应的平衡常数K解析：选D由于起始反应物浓度相同且a、c点转化率相同，故生成的丙酮浓度相等，A正确；由于反应物转化率：b点c点，故生成物浓度：b点c点，且b点温度大于c点，故逆反应速率：b点c点，B正确；由图示知，100 时，5 h时反应物的转化率为70%，故生成丙酮的浓度0.7x molL1，则05 h丙
50、酮的平均反应速率0.14x molL1h1，C正确；b点对应反应物转化率为98%，故两种生成物的浓度均为0.98x molL1，但在反应过程中有部分苯酚被移出反应体系，故平衡时体系中苯酚的浓度未知，故无法求算平衡常数，D错误。1225 时，向10 mL 0.10 molL1的一元弱酸HA(Ka1.0103)中逐滴加入0.10 molL1 NaOH溶液，溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是()Aa点时，c(HA)c(OH)c(Na)c(H)B溶液在a点和b点时水的电离程度相同Cb点时，c(Na)c(HA)c(A)c(OH)DV10 mL时，c(Na)c(A)c(H)
51、c(HA)解析：选AA项，a点时，pH3，c(H)103molL1，因为Ka1.0103，所以c(HA)c(A)，根据电荷守恒：c(A)c(OH)c(Na)c(H)和c(HA)c(A)，得c(HA)c(OH)c(Na)c(H)，正确；B项，a点溶质为HA和NaA，pH3，由水电离出的c(OH)1011 molL1；b点溶质为NaOH和NaA，pH11，c(OH)103 molL1，OH是由NaOH电离和水电离两部分组成的，推断出由水电离出的c(OH)c(H)，即c(HA)c(H)，错误。13已知：氧化锂(Li2O)晶体形成过程中的能量变化如图所示。 下列说法正确的是()AH10，H20BH1
52、H2 H3H4 H6H50CH30，H4 0、H20，故A错误； 由盖斯定律可知，H1H2 H3H4H6H5，即H5H1H2H3H4H60，故B正确、D错误；O2(g)到O(g)是键断裂过程，吸热，O(g)O2(g)是得电子过程，放热，即H30、H4c(Cl)c(CH3COOH)，点c处溶液中粒子浓度大小关系为c(Na)c(Cl)c(CH3COOH)c(H)c(OH)，故D正确。15中国科学院研发了一种新型钾电池，有望成为锂电池的替代品。该电池的电解质为CF3SO3K溶液，其简要组成如图所示。电池放电时的总反应为2KC14H10xMnFe(CN)6=2K1xC14H10xK2MnFe(CN)6
53、，则下列说法中，正确的是()A放电时，电子从电极A经过CF3SO3K溶液流向电极BB充电时，电极A质量增加，电极B质量减少C放电时，CF3SO3K溶液的浓度变大D充电时，阳极反应为K2MnFe(CN)62e=2KMnFe(CN)6解析：选D放电时，该装置为原电池装置，即放电时电子不可能经过电解质溶液，故A错误；放电时，负极(电极B)反应式为KC14H10xe=K1xC14H10xK，正极(电极A)反应式为MnFe(CN)62e2K=K2MnFe(CN)6，充电时应将放电反应倒过来看，显然电极A的质量是减少的，电极B的质量是增加的，故B错误；根据B项分析，放电时， CF3SO3K溶液的浓度是不发
54、生变化，故C错误；充电时，阳极连接电源的正极，充电时的电极反应应是放电时电极反应的逆过程，即阳极反应式为K2MnFe(CN)62e=2KMnFe(CN)6，故D正确。二、非选择题(本题共5小题，共55分)16(10分)(1)甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料，利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：CO(g)2H2(g)CH3OH(g)H1CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)H2CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g)H3回答下列问题：已知反应中相关的化学键键能数据如下：化学键HHCOCOHOCHE/( kJmol1)4363
55、431 076465413由此计算H1_ kJmol1；已知H258 kJmol1，则H3_ kJmol1。(2)烟气(主要污染物SO2、NOx)经O3预处理后用CaSO3悬浮液吸收，可减少烟气中SO2、NOx的含量。O3氧化烟气中SO2、NOx的主要反应的热化学方程式为：NO(g)O3(g)=NO2(g)O2(g)H200.9 kJmol1NO(g)O2(g)=NO2(g)H58.2 kJmol1SO2(g)O3(g)=SO3(g)O2(g)H241.6 kJmol1则反应3NO(g)O3(g)=3NO2(g)的H_kJmol1。(3)二甲醚燃料电池的工作原理如图所示，则X电极的电极反应式为
56、_。用该电池对铁制品镀铜，当铁制品质量增加12.8 g时，理论上消耗二甲醚的质量为_g(精确到0.01)。解析：(1)反应热反应物总键能生成物总键能，故H11 076 kJmol12436 kJmol1(3413343465)kJmol199 kJmol1；根据盖斯定律：反应反应反应，故H3H2H158 kJmol1(99 kJmol1)41 kJmol1。(2)已知：NO(g)O3(g)=NO2(g)O2(g)H200.9 kJmol1NO(g)O2(g)=NO2(g)H58.2 kJmol1则根据盖斯定律可知2即得到反应3NO(g)O3(g)=3NO2(g)的H317.3 kJmol1。(
57、3)从氢离子的移动方向上，可以判断出X极为原电池的负极，其电极反应式为CH3OCH312e3H2O=2CO212H；用该电池对铁制品镀铜，铁制品增加 12.8 g，则生成铜的物质的量0.2 mol，转移电子数为0.4 mol，根据CH3OCH312e3H2O=2CO212H可算出消耗二甲醚的物质的量为 mol，其质量约为1.53 g。答案：(1)9941(2)317.3(3)CH3OCH312e3H2O=2CO212H1.5317(10分)化学能与电能之间的相互转化与人类的生活实际密切相关，在生产、生活中有重要的应用，同时也是学生形成化学学科核心素养的重要组成部分。(1)熔融状态下，钠的单质和
58、氯化亚铁能组成可充电电池，工作原理如图所示，反应原理为2NaFeCl2Fe2NaCl，该电池放电时，正极反应式为_；充电时，_(写物质名称)电极接电源的负极；该电池的电解质为_。(2)某同学用铜片、石墨作电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，工作原理如图所示，一段时间后停止通电取出电极。若在电解后的溶液中加入0.98 g氢氧化铜粉末恰好完全溶解，经测定所得的溶液与电解前完全相同。请回答下列问题：Y电极材料是_，发生_(填“氧化”或“还原”)反应。电解过程中X电极上发生的电极反应是_。如在电解后的溶液中加入足量的小苏打，充分反应后产生的气体在标准状况下所占的体积是_。解析：(1)该电池的电解质为熔融的A
59、l2O3，熔融的钠电极作负极，钠发生失电子的氧化反应，熔融的FeCl2电极作正极，Fe2发生得电子的还原反应，充电时，电池负极接电源负极，电池正极接电源正极；(2)由加入Cu(OH)2可使电解质溶液复原，可知阳极为石墨，阴极为铜片，根据外电路电子移动方向可以判断，Y电极是阳极，发生氧化反应，Y电极材料是石墨；相当于用惰性电极电解硫酸铜溶液，硫酸铜消耗完后又电解水，故阴极首先发生的反应为Cu22e=Cu，Cu2消耗完全后又发生反应：2H2e=H2；根据电子守恒和铜元素守恒，溶液中生成的n(H)2n(Cu2)20.02 mol，与足量NaHCO3反应可产生0.02 mol CO2，其在标准状况下的
60、体积为0.02 mol22.4 molL10.448 L。答案：(1)Fe22e=Fe钠Al2O3(2)石墨氧化Cu22e=Cu、2H2e=H20.448 L或448 mL18(12分)高炉废渣在循环利用前需要脱硫(硫元素主要存在形式为S2，少量为SO和SO)处理。(1)高温“两段法”氧化脱硫。第一阶段在空气中，相关热化学方程式如下：CaS(s)2O2(g)= CaSO4(s)H907.1 kJmol1CaS(s)O2(g)= CaO(s)SO2(g)H454.3 kJmol1第二阶段在惰性气体中，反应CaS(s)3CaSO4(s)=4CaO(s)4SO2(g)的H_ kJmol1。整个过程中
61、，CaS完全转化生成1 mol SO2，转移的电子为_mol。生成的SO2用硫酸铜溶液吸收电解氧化，总反应为CuSO4SO22H2OCu2H2SO4。写出电解时阳极的电极反应式_。(2)喷吹CO2脱硫。用水浸取炉渣，通入适量的CO2，将硫元素以含硫气体形式脱去。当 CO2的流量、温度一定时，渣水混合液的pH、含碳元素各种微粒(H2CO3、HCO、 CO)的分布随喷吹时间变化如图1和图2所示。 已知Ksp(CdS)8.01027，Ksp(CdCO3)4.01012。取渣水混合液过滤，可用如下试剂和一定浓度盐酸验证滤液中存在SO。试剂的添加顺序依次为_(填字母)。aH2O2BBaCl2cCdCO3
62、H2CO3第二步电离的电离常数为Ka2，则pKa2_(填数值，已知pKa2lg Ka2)。通入CO2 1530 min时，混合液中发生的主要脱硫反应的离子方程式为_。(3)硫酸工业生产中SO3吸收率与进入吸收塔的硫酸浓度和温度关系如图3，由图可知吸收SO3所用硫酸的适宜浓度为98.3%，温度为_，而工业生产中一般采用60的可能原因是_。解析：(1)将题给已知热化学方程式依次编号为，利用盖斯定律将43可得反应CaS(s)3CaSO4(s)=4CaO(s)4SO2(g)，则H(454.3 kJmol1)4(907.1 kJmol1)3904.1 kJmol1；CaS完全转化生成SO2时，S元素的化
63、合价从2价升高到4价，则生成1 mol SO2转移电子的物质的量为(4)(2)mol6 mol；由电解总反应式可知，SO2在阳极上失电子发生氧化反应生成H2SO4，电极反应式为SO22H2O2e=SO4H。(2)由题意可知渣水混合液的滤液中含有S2，为排除S2对SO检验的干扰，应先加入CdCO3将S2转化为CdS沉淀，过滤，向滤液中加入BaCl2溶液，得到碳酸钡和亚硫酸钡沉淀，过滤，向滤渣中加入双氧水充分反应，将亚硫酸钡氧化成硫酸钡，最后加入盐酸，若溶液中存在SO，沉淀不能完全溶解，若不存在SO，沉淀会完全溶解；由图1、2可知，当溶液中c(CO)和c(HCO)相等时，溶液的pH为10.25，则
64、Ka2c(H)1010.25，则pKa210.25；由图1、2可知，通入CO2 1530 min时，溶液中碳元素主要以HCO形式存在，说明二氧化碳与溶液中的S2反应生成HCO和H2S，反应的离子方程式为2CO2S22H2O=2HCOH2S；(3)由图3可知，当吸收SO3所用硫酸的浓度为98.3%，温度为40 时SO3的吸收率最高，但是适当升高温度可以加快吸收速率，所以工业生产中一般采用60 。答案：(1)904.16SO22H2O2e=SO4H (2)cba10.252CO2S22H2O=2HCOH2S(3)40 适当升高反应的温度可加快吸收SO3的速率19(12分)聚乙烯醇生产过程中会产生大
65、量副产物乙酸甲酯，其催化醇解反应可用于制备甲醇和乙酸己酯，该反应的化学方程式为CH3COOCH3(l)C6H13OH(l)CH3COOC6H13(l)CH3OH(l)。已知v正k正x(CH3COOCH3)x(C6H13OH)，v逆k逆x(CH3COOC6H13)x(CH3OH)，其中v正、v逆为正、逆反应速率，k正、k逆为速率常数，x为各组分的物质的量分数。(1)反应开始时，己醇和乙酸甲酯按物质的量之比为11投料，测得348 K、343 K、338 K三个温度下乙酸甲酯转化率()随时间(t)的变化关系如图所示。该醇解反应的H_0(填“”或“0。348 K时，设初始投入均为1 mol，则有：CH
66、3COOCH3(l)C6H13OH(l)CH3COOC6H13(l)CH3OH(l)1 1 0 0 0.64 0.64 0.64 0.64 0.36 0.36 0.64 0.64代入平衡常数表达式：Kx3.2。k正、k逆是温度的函数，根据平衡移动的规律，k正受温度影响更大，因此温度升高，k正增大的程度大于k逆，因此，k正k逆值最大的曲线是。根据v正k正x(CH3COOCH3)x(C6H13OH)，v逆k逆x(CH3COOC6H13)x(CH3OH)，A点x(CH3COOCH3)x(C6H13OH)大，温度高，因此A点v正最大，C点x(CH3COOC6H13)x(CH3OH)大且温度高，因此C点
67、v逆最大。(2)增大己醇的投入量，可以增大乙酸甲酯的转化率，因此，初始投料己醇与乙酸甲酯物质的量之比为21时乙酸甲酯的转化率最大。化学平衡常数Kx只与温度有关，所以不变。(3)催化剂参与了醇解反应，改变了反应历程，a错误；催化剂不影响化学平衡，说明催化剂使k正和k逆增大相同倍数，b正确；催化剂能够降低反应的活化能，c正确；催化剂不改变化学平衡，d错误。答案：(1)3.2AC(2)21不变(3)bc20(11分)陶瓷工业中钴系色釉具有呈色稳定、呈色强度高等优点，利用含钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量的铝箔、LiCoO2等杂质)制备碳酸钴的工艺流程如下：(1)“滤液”的主要成分是_；“操作
68、”、“操作”的分离方法是否相同_(填“是”或“否”)。(2)“酸溶”中H2O2的作用是_(填“氧化剂”或“还原剂”或“既是氧化剂又是还原剂”)；若用Na2S2O3代替H2O2则有两种硫酸盐生成，写出Na2S2O3在“酸溶”时发生的化学方程式：_。(3)已知钴、锂在有机磷萃取剂中的萃取率与pH的关系如下图所示，则有机磷萃取时最佳pH为_。(4)Co2萃取的反应原理如下：Co22HR(有机层)CoR22H，则从有机相中分离出CoSO4需向有机溶剂中加入以下哪种试剂_(填字母)。AH2SO4BNaOHCCo(OH)2 DHR(5)“沉钴”时Na2CO3的滴速过快或浓度太大，都会导致产品不纯，请分析原
69、因：_。(6)在空气中煅烧CoCO3生成钴的氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为24.1 g，CO2的体积为6.72 L(标准状况)，则该钴氧化物的化学式为_。解析：经过第一步碱浸操作，废料中的铝箔溶解转化为NaAlO2(滤液)而被除去，钴渣主要含Co3O4和LiCoO2，根据(4)问题干信息知，后续萃取的是Co2，说明经过酸溶之后，Co元素转化为Co2，即在酸溶步骤中Co元素被还原，故H2O2此时作还原剂，经过操作得到滤液，说明操作为过滤操作，所得滤液中主要含CoSO4和Li2SO4，经过萃取、分液操作(操作)实现两者分离，有机相中为CoR2，根据(4)问的萃取原理，可向有机相中加入硫酸
70、，进行反萃取，实现Co元素从有机相中转移到水相，最后经过沉钴操作获得CoCO3。(1)由分析知，滤液的主要成分为NaAlO2；操作为过滤，操作为萃取、分液，故操作不同，此处填“否”。(2)由分析知，H2O2的作用为还原剂；若用Na2S2O3代替H2O2，根据题意知，生成CoSO4和Na2SO4，结合得失电子守恒、元素守恒配平得化学方程式为4Co3O4Na2S2O311H2SO4=12CoSO4Na2SO411H2O。(3)萃取时，要确保Co2萃取率高，但Li萃取率要低，结合图像知，最佳pH为5.36。(4)反萃取即使萃取平衡逆向移动，根据平衡移动原理，在不引入新杂质的情况下可加入H2SO4，使平衡逆向移动，从而达到反萃取目的，故选A。(5)若Na2CO3的滴速过快或浓度太大，会使溶液碱性增强而产生Co(OH)2杂质。(6)由碳元素守恒得：n(CoCO3)n(CO2)0.3 mol，由Co元素守恒知氧化物中Co元素为0.3 mol，则氧元素n(O)0.4 mol，则，故该氧化物的化学式为Co3O4。答案：(1)NaAlO2否(2)还原剂4Co3O4Na2S2O311H2SO4=12CoSO4Na2SO411H2O(3)5.3至6(4)A(5)Na2CO3的滴速过快或浓度太大，会使溶液碱性增强而产生Co(OH)2(6)Co3O4
