山东省枣庄市2022届高三化学上学期第三次质量检测试题含解析.doc

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1、山东省枣庄市2021届高三化学上学期第三次质量检测试题含解析考前须知：1答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。2答复选择题时，选出每题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。答复非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 C1 35.5 Fe 56一选择题：此题共10小题，每题2分，共20分。每题只有一个选项符合题目要求。1. 以下说法中正确的选项是A. “司南之杓，投之於地，其柢指南。司南中“杓所用的材质为Fe2O

2、3B. “水滴石穿与反响CaCO3+H2O+CO2=Ca(HCO3)2有关C. ?易经?中记载：“泽中有火“上火下泽。火是由“泽中产生的CO燃烧引起的D. “水过鸭背不留珠是因为鸭子的羽毛表层富含醇类物质【答案】B【解析】【详解】A由“其柢指南知“司南就是古代的指南针，“杓能指示方向说明有磁性，其材质应该是Fe3O4，故A不符合题意；B“水滴石穿与碳酸钙在空气中常年累月与水和空气中的二氧化碳反响生成碳酸氢钙，导致石头慢慢发生腐蚀，故B符合题意；C火是由“泽中产生的甲烷燃烧引起的，故C不符合题意；D“不留珠是因为鸭子的羽毛表层富含油脂类物质，油脂与水不互溶，故D不符合题意；答案选B。2. 以下有

3、关物质的分类与性质的说法正确的选项是A. 液氯、冰醋酸、C4H8均属于纯洁物B. SO3、SiO2均属于酸性氧化物C. ：H3RO2+NaOH(足量)=NaH2RO2+H2O，那么H3RO2为三元酸，NaH2RO2为酸式盐D. 往任何胶体中参加任何电解质都能使胶体粒子聚沉【答案】B【解析】【分析】C4H8有1-丁烯、2-丁烯、2-甲基-丙烯等多种同分异构体；SO3、SiO2都能与碱反响生成盐和水；H3RO2+NaOH(足量)=NaH2RO2+H2O，那么H3RO2为一元酸；有些高分子溶胶的胶粒不带电，参加电解质溶液不能聚沉；【详解】C4H8有1-丁烯、2-丁烯、2-甲基丙烯等多种同分异构体，C

4、4H8不一定是纯洁物，故A错误；SO3、SiO2都能与碱反响生成盐和水，所以SO3、SiO2均属于酸性氧化物，故B正确；H3RO2+NaOH(足量)=NaH2RO2+H2O，那么H3RO2为一元酸，NaH2RO2为正盐，故C错误；有些高分子溶胶的胶粒不带电，参加电解质溶液不能聚沉，故D错误。选B。3. 以下关于电解质的表达不正确的选项是A. 在熔化和溶于水时均不导电的化合物叫非电解质B. 电解质、非电解质都一定是化合物，单质不属于此范畴C. 电解质溶于水中一定能导电，非电解质溶于水中一定不导电D. 电解质形成的水溶液，其导电能力弱的不一定是弱电解质【答案】C【解析】【详解】A. 在熔融状态下和

5、溶于水时均不导电的化合物叫非电解质，A正确；B. 溶于水或熔融状态下能导电的化合物是电解质，电解质、非电解质都一定是化合物，单质不属于此范畴，B正确；C. 电解质溶于水中不一定能导电，例如难溶性物质，非电解质溶于水中也可能导电，例如二氧化硫溶于水生成亚硫酸，亚硫酸电离出离子而导电，C错误；D. 电解质形成的水溶液，其导电能力弱的不一定是弱电解质，例如难溶性物质的水溶液导电能力很弱，D正确；答案选C。4. 设NA为阿伏加德罗常数的值。以下说法正确的选项是A. 71g Cl2溶于足量水，所得溶液中Cl2、Cl、HC1O和C1O四种微粒的总数为NAB. 标准状况下，22.4LH2O2中含有3NA个共

6、价键C. 常温下，将5.6g铁投入足量稀硝酸中，转移电子数等于0.3NAD. 用电解法精炼铜时，假设电路中转移2mol电子，阳极质量减轻64g【答案】C【解析】【详解】A. 71gCl2为1mol，溶于足量水，所得溶液中Cl2、Cl-、HClO和C1O-四种微粒总数小于2NA，A项错误；B. 标准状况下，22.4LH2O2为液体，不能用气体摩尔体积计算出共价键数，B项错误；C. 常温下，5.6g铁为0.1mol，投入足量稀硝酸中铁会转变为三价铁离子，故转移电子数为0.3NA，C项正确；D. 电解法精炼铜时，粗铜做阳极，因粗铜中含有锌银等杂质，由于锌的活泼性大于铜，先于铜失电子，假设电路中转移2

7、mol电子，阳极质量不一定减轻64g，D项错误；答案选C。5. 以下描述的离子反响方程式正确的选项是A. 少量 SO2 通入 NaClO 溶液：SO2+H2O+2ClO=SO32-+2HClOB. 氧化铁溶于氢碘酸：Fe2O3+6H=2Fe3+3H2OC. 用二氧化锰和浓盐酸反响制氯气：MnO2+4HCl(浓)Mn2+2Cl+Cl2+2H2OD. 等浓度的 NaHSO4 与 Ba(OH)2 混合至溶液呈中性：Ba2+2OH+SO42+2H=BaSO4+2H2O【答案】D【解析】【分析】次氯根具有较强的氧化性，能够氧化亚硫酸根离子；Fe3+能氧化碘离子；书写离子方程式中浓盐酸拆写成离子；NaHS

8、O4与Ba(OH)2 2:1混合呈中性；【详解】HClO能把 SO32氧化为SO42，少量的SO2通入NaClO溶液，离子方程式是SO2+H2O+3ClO=SO42+Cl-+2HClO，故A错误；氧化铁溶于氢碘酸的离子反响为Fe2O3+2I-+6H+2Fe2+I2+3H2O，故B错误；用二氧化锰和浓盐酸反响制氯气：MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O，故C错误；NaHSO4与Ba(OH)2 2:1混合呈中性，离子方程式是Ba2+2OH-+SO42-+2H+=BaSO4+2H2O，故D正确。选D。【点睛】等浓度的NaHSO4与Ba(OH)2混合至溶液呈中性，离子方程式是Ba2+2OH

9、-+SO42-+2H+=BaSO4+2H2O，NaHSO4与Ba(OH)2混合至溶液恰好沉淀完全，离子方程式是Ba2+OH-+SO42-+H+=BaSO4+H2O。6. 利用图示装置进行实验，能得出相应结论的是溶液甲固体乙溶液丙实验结论A浓硝酸Na2CO3Na2SiO3非金属性：NCSiB浓盐酸KMnO4Na2S氧化性：KMnO4Cl2SC浓硫酸Na2SO3溴水SO2具有漂白性D浓氨水碱石灰酚酞NH3.H2O是弱碱A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A浓硝酸和碳酸钠反响生成二氧化碳，硝酸挥发，混在二氧化碳中和硅酸钠溶液反响生成硅酸，所以无法从实验得出酸性：碳酸硅酸，从而无

10、法判断C和Si的非金属性的强弱，故A不选；B浓盐酸和高锰酸钾溶液反响生成氯气，氯气能与Na2S溶液反响置换出硫单质，自发进行的同一氧化复原反响中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，第一个反响中高锰酸钾作氧化剂、氯气是氧化产物，第二个反响中氯气是氧化剂、S是氧化产物，所以氧化性：KMnO4Cl2S，故B选；CNa2SO3和浓硫酸反响生成SO2气体，通入溴水中发生氧化复原反响而褪色，不是漂白，故C不选；D碱石灰与浓氨水能够生成氨气，通入酚酞溶液呈红色，所以氨水有碱性，但不能证明NH3.H2O是弱碱，故D错误；答案选B。7. 对于以下图所示实验，以下实验现象预测或操作正确的选项是A. 实验甲：匀速逐

11、滴滴加盐酸时，试管中没气泡产生和有气泡产生的时间段相同B. 实验乙：充分振荡后静置，下层溶液为橙红色，上层为无色C. 实验丙：用瓷坩埚融化NaOHD. 装置丁：酸性KMnO4溶液中有气泡出现，且溶液颜色会逐渐变浅乃至褪去【答案】D【解析】【详解】A先发生碳酸钠与盐酸的反响生成碳酸氢钠，那么开始没有气泡，然后有气泡，但反响时间前短后长，故A错误；B四氯化碳的密度比水的大，充分振荡后静置，下层溶液为橙红色，上层为氯化铁溶液，为黄色，故B错误；C瓷坩埚成分中有二氧化硅，它能够NaOH反响生成粘性物质硅酸钠，故C错误；D浓硫酸具有脱水性，蔗糖变为碳，然后与浓硫酸反响生成二氧化硫，SO2具有复原性，与酸

12、性KMnO4溶液反响时，观察到酸性KMnO4溶液中有气泡出现，且溶液颜色会逐渐变浅乃至褪去，故D正确； 综上所述，此题选D。8. 科学家近年创造了一种新型ZnCO2水介质电池。电池示意图如图，电极为金属锌和选择性催化材料，放电时，温室气体CO2被转化为储氢物质甲酸等，为解决环境和能源问题提供了一种新途径。以下说法错误的选项是A. 放电时，负极反响为B. 放电时，1 mol CO2转化为HCOOH，转移的电子数为2 molC. 充电时，电池总反响为D 充电时，正极溶液中OH浓度升高【答案】D【解析】【分析】由题可知，放电时，CO2转化为HCOOH，即CO2发生复原反响，故放电时右侧电极为正极，左

13、侧电极为负极，Zn发生氧化反响生成；充电时，右侧为阳极，H2O发生氧化反响生成O2，左侧为阴极，发生复原反响生成Zn，以此分析解答。【详解】A放电时，负极上Zn发生氧化反响，电极反响式为：，故A正确，不选；B放电时，CO2转化为HCOOH，C元素化合价降低2，那么1molCO2转化为HCOOH时，转移电子数为2mol，故B正确，不选；C充电时，阳极上H2O转化为O2，负极上转化为Zn，电池总反响为：，故C正确，不选；D充电时，正极即为阳极，电极反响式为：，溶液中H+浓度增大，溶液中c(H+)c(OH-)=KW，温度不变时，KW不变，因此溶液中OH-浓度降低，故D错误，符合题意；答案选D。9.

14、反响、均会在工业生产硝酸过程中发生，其中反响、发生在氧化炉中，反响发生在氧化塔中，不同温度下各反响的化学平衡常数如下表所示。以下说法正确的选项是温度(K)化学平衡常数反响: 4NH3 + 5O2 4NO + 6H2O反响: 4NH3 + 3O2 2N2 + 6H2O反响: 2NO + O2 2NO25001.110267.110341.31027002.110192.610251.0A. 使用选择性催化反响的催化剂可增大氧化炉中NO的含量B. 通过改变氧化炉的温度可促进反响而抑制反响C. 通过改变氧化炉的压强可促进反响而抑制反响D. 氧化炉出气在进入氧化塔前应进一步提高温度【答案】A【解析】【

15、详解】A. 使用选择性催化反响的催化剂可促进反响而抑制反响，增大氧化炉中NO的含量，故A正确；B. 升高温度，反响和反响K值均减小，那么正反响均为放热反响，无法通过改变氧化炉的温度可促进反响而抑制反响，故B错误；C. 反响和反响正反响均为增大压强的反响，无法通过改变氧化炉的压强可促进反响而抑制反响，故C错误；D. 氧化炉出气在进入氧化塔前应降低温度，提高氨气的转化率，故D错误；故答案选：A。10. 实验操作标准且能到达目的是 目的操作A取20.00mL盐酸在50mL酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为30.00mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶B清洗碘升华实验所用试管先用酒精清洗，再用水清洗C测定醋

16、酸钠溶液的pH用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上D配制浓度为0.010molL1的KMnO4溶液称取KMnO4固体0.15g放入100mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A.50mL酸式滴定管的50.00mL刻度下方没有刻度，但仍有盐酸，所以调整初始读数为30.00 mL后，放入锥形瓶中盐酸的体积大于20.00 mL，故A错误；B.碘易溶于酒精，清洗试管中附着的碘可以先用酒精清洗，再用水清洗，故B正确；C.醋酸钠溶液呈碱性，测定醋酸钠溶液的pH时，pH试纸不能预先湿润(湿润相当于将溶液稀释)，否那么测定的pH会偏小，故C错误；D.容量

17、瓶不能作为反响容器，故D错误；故答案为B。二选择题：此题共5小题，每题4分，共20分。每题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11. 我国科学家在绿色化学领域取得新进展。利用双催化剂Cu和Cu2O，在水溶液中用H原子将CO2高效复原为重要工业原料之一的甲醇，反响机理如下图。以下有关说法不正确的选项是A. CO2生成甲醇是通过多步复原反响实现的B. 催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒C. 该催化过程中只涉及化学键的形成，未涉及化学键的断裂D. 有可能通过调控反响条件获得甲醛等有机物【答案】C【解析】【详解】ACO2CH3OH经历过程为：

18、CO2COOHCOCHOCH2OCH3OCH3OH，由化学式知，C元素化合价是逐渐下降的，A正确；B由图可知，催化剂Cu结合氢原子，Cu2O结合含碳微粒，B正确；CCOOHCO 涉及化学键的断裂，C错误；D过程产物CH2O符合甲醛的分子式，可能代表甲醛，D正确；故答案选C。12. 下面三个数据：7.2104、4.6104、4.91010分别是以下有关三种酸的电离常数(25)，假设以下反响可以发生：NaCN+HNO2 HCN+NaNO2、NaCN+HF HCN十NaF、NaNO2+HF HNO2+NaF。由此可判断以下表达不正确的选项是A. K(HF)=7.2104B. K(HNO2)=4.91

19、010C. 根据两个反响即可得出一元弱酸的强弱顺序：HFHCNHNO2D. K(HCN)K(HNO2)K(HF)【答案】BC【解析】【分析】相同温度下，酸的电离常数越大，该酸的酸性越强，较强酸能和较弱酸的盐反响生成弱酸，根据NaCN+HNO2=HCN+NaNO2、NaCN+HF=HCN+NaF、NaNO2+HF=HNO2+NaF知，酸的强弱顺序是HCNHNO2HF，那么酸的电离平衡常数大小顺序为K(HCN)K(HNO2)K(HF)。【详解】A通过以上分析知，K(HF)最大为7.210-4，A项正确；B根据以上分析知，K(HNO2)处于中间位置，为4.610-4，B项错误；C根据NaCN+HNO

20、2=HCN+NaNO2、NaNO2+HF=HNO2+NaF即可得出结论酸性：HFHNO2HCN，C项错误；D通过以上分析知，酸的电离平衡常数大小顺序为K(HCN)K(HNO2)K(HF，D项正确；答案选BC。13. 采用惰性电极，以去离子水和氧气为原料通过电解法制备双氧水的装置如以下图所示。忽略温度变化的影响，以下说法错误的选项是A. 阳极反响为B. 电解一段时间后，阳极室的pH未变C. 电解过程中，H+由a极区向b极区迁移D. 电解一段时间后，a极生成的O2与b极反响的O2等量【答案】D【解析】【分析】a极析出氧气，氧元素的化合价升高，做电解池的阳极，b极通入氧气，生成过氧化氢，氧元素的化合

21、价降低，被复原，做电解池的阴极。【详解】A.依据分析a极是阳极，属于放氧生酸性型的电解，所以阳极的反响式是2H2O-4e-=4H+O2，故A正确，但不符合题意；B.电解时阳极产生氢离子，氢离子是阳离子，通过质子交换膜移向阴极，所以电解一段时间后，阳极室的pH值不变，故B正确，但不符合题意；C.有B的分析可知，C正确，但不符合题意；D.电解时，阳极的反响为：2H2O-4e-=4H+O2，阴极的反响为：O2+2e-+2H+=H2O2，总反响为：O2+2H2O=2H2O2，要消耗氧气，即是a极生成的氧气小于b极消耗的氧气，故D错误，符合题意；应选：D。14. 将浓盐酸滴入KMnO4溶液中，产生黄绿色

22、气体，溶液的紫红色褪去，向反响后的溶液中参加NaBiO3，溶液又变为紫红色，反响后变为无色的Bi3+。以下说法正确的选项是A. 滴加盐酸时，HC1是复原剂，Cl2是氧化产物B. Bi为第VA族元素，上述实验说明Bi具有较强的非金属性C. 假设有0.1mol NaBiO3参加了反响，那么整个过程转移电子为0.8NAD. 此实验条件下，物质的氧化性：NaBiO3KMnO4Cl2【答案】AD【解析】【分析】根据题意，发生2KMnO4+16HCl2MnCl2+2KCl+5Cl2+8H2O、2Mn2+5BiO3-+14H+=2MnO4-+5Bi3+7H2O，结合反响中元素的化合价变化及氧化性比拟规律来解

23、答。【详解】A. 滴加盐酸时，生成氯气，Cl元素的化合价升高，那么HCl是复原剂，Cl2是氧化产物，故A正确；B. Bi元素属于金属元素，Bi不具有较强的非金属性，故B错误；C. 假设有0.1molNaBiO3参加了反响，那么整个过程转移电子为0.1mol(53)+0.1mol (72)=0.4mol，即0.4NA，故C错误；D. 氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，那么2KMnO4+16HCl2MnCl2+2KCl+5Cl2+8H2O中氧化性为高锰酸钾的氧化性大于氯气，2Mn2+5BiO3-+14H+=2MnO4-+5Bi3+7H2O中NaBiO3的氧化性大于高锰酸钾，所以氧化性强弱顺序是：

24、NaBiO3KMnO4Cl2，故D正确；应选：AD。15. 热催化合成氨面临的两难问题是：采用高温增大反响速率的同时会因平衡限制导致NH3产率降低。我国科研人员研制了Ti-H-Fe双温区催化剂Ti-H区域和Fe区域的温度差可超过100。Ti-H-Fe双温区催化合成氨的反响历程如下图，其中吸附在催化剂外表上的物种用*标注。以下说法正确的选项是 A. 为NN的断裂过程B. 在高温区发生，在低温区发生C. 为N原子由Fe区域向Ti-H区域传递过程D. 使用Ti-H-Fe双温区催化剂使合成氨反响转变为吸热反响【答案】BC【解析】【详解】A选项，经历过程之后氮气分子被催化剂吸附，并没有变成氮原子，故A错

25、误；B选项，为催化剂吸附N2的过程，为形成过渡态的过程，为N2解离为N的过程，以上都需要在高温时进行。在低温区进行是为了增加平衡产率，故B正确；C选项，由题中图示可知，过程完成了Ti-H-Fe-*N到Ti-H-*N-Fe两种过渡态的转化，N原子由Fe区域向Ti-H区域传递。故C正确；D选项，化学反响不会因参加催化剂而改变吸放热情况，故D错误。综上所述，答案为BC。三、非选择题：此题共5小题，共60分16. 高铁酸钾(K2FeO4)可做饮用水消毒剂。以废铁屑(外表带油污)为原料制备K2FeO4的流程如下：答复以下问题：(1)高铁酸钾中Fe元素的化合价为_。(2)“沉铁步骤参加H2O2溶液，其主要

26、反响的离子方程式为_。(3)“过滤步骤中滤渣的主要成分为_(填化学式)。(4)该流程中可以循环利用的物质是_ (填化学式)。(5)Zn和K2FeO4可以组成高铁电池，电池工作原理如下图，正极的电极反响式为_；高铁电池和常用的高能碱性电池的放电曲线如下图，高铁电池的优点为_ (任写一点)。【答案】 (1). +6 (2). Fe2+H2O2+2H+=2 Fe3+2H2O (3). Fe(OH)3 (4). NaOH (5). +4H2O+3e=Fe(OH)3+5OH (6). 放电时间长、电压稳定等(意思对即可)【解析】【分析】废铁屑经碱洗去除外表的油污，水洗净化之后参加稀硫酸，充分反响之后过滤

27、除去不溶的杂质，参加双氧水将亚铁离子氧化，加氢氧化钠转化为氢氧化铁沉淀，再次过滤，在沉淀中参加次氯酸钠和氢氧化钠，将可能残留的亚铁氧化，充分反响得到高铁酸钠溶液，最后参加饱和的氢氧化钾溶液转化为高铁酸钾粗品。【详解】(1)高铁酸钾(K2FeO4)中K为+1价、O为-2价，设Fe元素的化合价为x,根据化合价代数和为0：(+1)2+x+(-2)4=0，解得x=+6，答案：+6；(2)双氧水具有较强的氧化性，可将亚铁离子氧化为铁离子，反响的离子方程式为Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，答案：Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；(3)参加双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，再参加氢氧化

28、钠溶液可生成氢氧化铁沉淀，所以“过滤步骤中滤渣的主要成分为Fe(OH)3，答案：Fe(OH)3；(4)由流程可知，制备过程中屡次用到氢氧化钠，所以最终得到产物高铁酸钾同时生成的氢氧化钠可以循环利用，答案：NaOH；(5)原电池的正极发生复原反响，由图可知，高铁电池中碳棒上变为Fe(OH)3，铁元素的化合价由+6降为+3得到电子发生复原反响，应为电池的正极，结合溶液为KOH溶液，正极反响式为+4H2O+3e-=Fe(OH)3+5OH-；由图可知，高铁电池的放电时间长，电压比拟稳定，答案：+4H2O+3e-=Fe(OH)3+5OH-；放电时间长、电压稳定等。【点睛】电极反响一般写成离子方程式，书写

29、电极反响时要注意电解质溶液的酸碱性。17. 某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO47H2O)：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子开始沉淀时的pH7.23.72.27.5完全沉淀时的pH8.74.73.29.0答复以下问题：(1)“碱浸中NaOH的两个作用分别是_。为回收金属，用稀硫酸将“滤液调为中性，生成沉淀。写出该反响的离子方程式_。(2)“滤液中含有的金属离子是_。(3)“转化中可替代H2O2的物质是_。假设工艺流程改为先“调pH后“转化，即“滤液中可能含有的

30、杂质离子为_。(4)如果“转化后的溶液中Ni2+浓度为1.0 molL1，那么“调pH应控制的pH范围是_。(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaC1O氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反响的离子方程式_。(6)将别离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是_。【答案】 (1). 除去油脂，溶解铝及其氧化物 (2). +H+=Al(OH)3+H2O (3). Ni2+、Fe2+、Fe3+ (4). O2或空气 (5). Fe3+ (6). 3.26.2 (7). 2Ni2+ClO+4OH=2NiOOH+Cl+H2O (8). 提高镍回收率【解析】【分析】由工艺流程分析可得，向

31、废镍催化剂中参加NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反响2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2、2Al2O3+4NaOH=4NaAlO2+2H2O将Al及其氧化物溶解，得到的滤液含有NaAlO2，滤饼为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，参加NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体，据此分析解答问题。【详解】(1)根据分析可知，向废镍催化剂中参加NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并将Al及其氧化物溶解，滤液中含有NaAlO

32、2(或NaAl(OH)4)，参加稀硫酸可发生反响+H+=Al(OH)3+H2O，故答案为：除去油脂、溶解铝及其氧化物；+H+=Al(OH)3+H2O；(2)参加稀硫酸酸浸，Ni、Fe及其氧化物溶解，所以“滤液中含有金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+，故答案为：Ni2+、Fe2+、Fe3+；(3)“转化在H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，可用O2或空气替代；假设将工艺流程改为先“调pH后“转化，会使调pH过滤后的溶液中含有Fe2+，那么滤液中可能含有转化生成的Fe3+，故答案为：O2或空气；Fe3+；(4)如果“转化后的溶液中Ni2+浓度为1.0molL-1，为防止镍离子沉淀，此时，

33、那么，即pH=6.2；Fe3+完全沉淀的pH为3.2，因此“调节pH应控制的pH范围是3.26.2，故答案为：3.26.2；(5)由题干信息，硫酸镍在强碱中被NaClO氧化得到NiOOH沉淀，即反响中Ni2+被氧化为NiOOH沉淀，ClO被复原为Cl，那么根据氧化复原得失电子守恒可得离子方程式为2Ni2+ClO+4OH=2NiOOH+Cl+H2O，故答案为：2Ni2+ClO+4OH=2NiOOH+Cl+H2O；(6)别离出硫酸镍晶体后的母液中还含有Ni2+，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率，故答案为：提高镍的回收率。【点睛】此题主要考查金属及其化合物的性质、沉淀溶解平衡常数Ksp的计算

34、、氧化复原离子反响方程式的书写等知识点，需要学生具有很好的综合迁移能力，解答关键在于正确分析出工艺流程原理，难点在于Ksp的计算及“调pH时pH的范围确定。18. 聚乙烯醇生产过程中会产生大量副产物乙酸甲酯，其催化醇解反响可用于制备甲醇和乙酸己酯，该反响的化学方程式为：v正=k正(CH3COOCH3)(C6H13OH)，v逆=k逆(CH3COOC6H13)(CH3OH)，其中v正、v逆为正、逆反响速率，k正、k逆为速率常数，为备组分的物质的量分数。 (1)反响开始时，已醇和乙酸甲酯按物质的量之比1：1投料，测得348K、343K、338K三个温度下乙酸甲酯转化率()随时间(t)的变化关系如下图

35、。该醇解反响的_0(填或)。348K时，以物质的量分数表示的化学平衡常数KX=_(保存2位有效数字)。在曲线、中，k正k逆值最小的曲线是_；A、B、C、D四点中，v正最小的是_，v逆最大的是_。(2)343K时，乙酸甲酯和已醇按物质的量之比1：1、1：2和2：1进行初始投料。那么到达甲衡后，初始投料比_时，乙酸甲酯转化率最大；与按2：1投料相比，按1：2投料时化学平衡常数KX_(填增大、减小或不变)。(3)该醇解反响使用离子交换树脂作催化剂，以下关于该催化剂的说法不正确的选项是_a参与了醇解反响，但并不改变反响历程 b使k正和k逆增大相同倍数c降低了醇解反响的活化能 d提高乙酸甲酯的平衡转化率

36、【答案】 (1). (2). 32 (3). (4). B (5). C (6). 1：2 (7). 不变 (8). ad【解析】【分析】(1)根据图象，温度升高，平衡时转化率增大，说明正向是吸热的；根据三段式计算平衡常数；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；根据v正= k正(CH3COOCH3)(C6H13OH)，v逆= k逆(CH3COO C6H13)(CH3OH)分析；【详解】(1)根据图象，的速率最快，说明对应的是最高温度348K，温度升高，平衡时转化率增大，说明正向是吸热的，所以H0；348K时，设初始投入为1mol，那么有：带入平衡常数表达式：Kx=(C

37、H3COOC6H13) (CH3OH) / (CH3COOCH3) (C6H13OH) = 0.320.32 / (0.180.18) = 3.2；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逆值最小的曲线是；根据v正= k正(CH3COOCH3)(C6H13OH)，v逆= k逆(CH3COO C6H13)(CH3OH)，B点(CH3COOCH3)(C6H13OH)小，温度低，因此B点v正最大；C点(CH3COO C6H13)(CH3OH)大且温度高，因此C点v逆最大；故答案为：；3.2；B；C；(2) 要提高某一反响物的转

38、化率，可以通过增加其他反响物的浓度来实现，以乙酸和己醇甲酯物质的量之比1:1作为参照，2：1时乙酸甲酯的 转化率会降低，1：2时乙酸甲酯的转化率会升高，故1：2时乙酸甲酯转化率最大；化学平衡常数Kx只与温度有关，因此不变；故答案为：1：2；不变；(3)催化剂参与了醇解反响，改变了反响历程，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；催化剂能够降低反响的活化能，c正确；催化剂不改变化学平衡，d错误；故答案为：ad。【点睛】在可逆反响中，增大某一反响物的投入量，会增大另一反响物的转化率，但化学平衡常数只与温度有关，温度不变，那么化学平衡常数不变。19. 1799年，英

39、国化学家汉弗莱戴维发现了N2O气体。在食品行业中，N2O可用作发泡剂和密封剂。(1)N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，NH3与O2在加热和催化剂的作用下生成N2O的化学方程式为_。(2)N2O在金粉外表发生热分解反响：2N2O(g) 2N2(g)+O2(g) H。：2NH3(g) + 3N2O(g) 4N2(g) + 3 H2O(l) H14NH3(g) + 3O2(g) 2N2(g) + 6H2O(l) H2H= _(用含H1、H2的代数式表示)。(3)N2O和CO是环境污染性气体，这两种气体会发生反响：N2O(g)+CO)(g)CO2(g)十N2(g)，“Fe+常用作该反响的催化剂。

40、其总反响分两步进行：第一步为Fe+ +N2OFeO+ +N2；第二步为_(写化学方程式)。第二步反响几乎不影响总反响到达平衡所用的时间，由此推知，第二步反响活化能_ (填“大于“小于或“等于)第一步反响活化能。(4)在四个恒容密闭容器中充入相应量的气体(图甲)，发生反响2N2O(g)2N2(g)+O2(g) H，容器、中N2O的平衡转化率如图乙所示：该反响H_(填“或“)0。容器的体积为5L，在470下进行反响，30s后到达平衡，030s内容器中O2的反响速率为_mol.L-1.min-1 ；容器的体积为1L，容器中的物质也在470下进行反响，起始反响速率：正(N2O)_逆(N2O)。(填“或

41、“=)图中A、B、C三点处容器内密度最大的点是_(填“A“B或“C)。容器的体积为10L，370时，该反响的平衡常数k=_。【答案】 (1). 2NH3 2O2N2O 3H2O (2). H1 H2 (3). FeO+ +COFe+ +CO2 (4). 小于 (5). (6). 0.012 (7). (8). C (9). 8.910-4【解析】【分析】(1)NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O，类似于生成NO的反响，同时生成水；(2)根据焓变的热化学方程式推导所求反响，再由盖斯定律计算所求反响的焓变；(3)总反响分两步进行Fe+N2O=FeO+N2，根据催化剂定义，第一步生成中间产物，

42、第二步反响中，中间产物(FeO+)氧化CO生成CO2本身被复原成Fe+，根据催化剂定义，第二步反响对总反响速率没有影响，说明第一步是慢反响，控制总反响速率；(4)升高温度，平衡向吸热方向移动；根据v= 计算O2的反响速率；恒温条件下，缩小体积，平衡向气体总物质的量减小的方向移动；容器内混合气体密度为=，据此分析解答；根据方程式计算平衡时各组分的浓度，代入平衡常数表达式计算。【详解】(1)NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O和水，反响的化学方程式为2NH3+2O2 N2O+3H2O，故答案为：2NH3+2O2N2O+3H2O；(2)2NH3(g)+3N2O(g)=4N2(g)+3H2O(1

43、) H1，4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(1) H2，根据盖斯定律，将(2-)得到N2O在金粉外表发生热分解：2N2O(g)=2N2(g)+O2(g) H=H1-H2，故答案为：H1-H2；(3)总反响N2O(g)+CO)(g)CO2(g)十N2(g)分两步进行，第一步：Fe+N2OFeO+N2，第二步反响中，中间产物(FeO+)氧化CO生成CO2本身被复原成Fe+，FeO+COFe+CO2，第二步反响对总反响速率没有影响，说明第一步是慢反响，控制总反响速率，第二步反响速率大于第一步反响速率，那么第二步反响活化能小于第一步反响的活化能，故答案为：FeO+COFe+CO2；

44、小于；(4)根据图乙，升高温度，N2O的转化率升高，说明升高温度，平衡向正反响方向移动，那么正反响为吸热反响，那么H0，故答案为：；所以v(O2)=0.012mol/(Lmin)；容器的体积为1L，容器中的物质也在470下进行反响，那么缩小体积，压强增大，平衡向逆方向移动，即起始反响速率：v正(N2O)v逆(N2O)，故答案为：0.012；容器内混合气体密度为=，反响前后质量守恒，m不变，只需比拟容器体积即可，从ABC，三点起始量一样，随着温度升高，由于反响为吸热反响，温度升高有助于反响进行，导致转化率增大，现要使三点的转化率一致，所以需要加压，相当于缩小容器体积，即VAVBVC，所以ABC，即图中A、B、C三点处容器内密度最大的点是：C，故答案为：C；容器I的体积为10L，370时，N2O的转化率为40%，所以K=8.910-4，故答案为：8.910-4。【点睛】掌握