2019-2020学年福建省三明市永安第一中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年福建省三明市永安第一中学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）1X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，X与 Z 同主族，X为非金属元素，Y的原子半径在第三周期中最大，Y与 W 形成的离子化合物对水的电离无影响。下列说法正确的是A常温下，X 的单质一定呈气态B非金属性由强到弱的顺序为：XZW CX与 W 形成的化合物中各原子均达到8 电子稳定结构D Y、Z、W 的最高价氧化物对应的水化物可能相互反应【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，Y的原子半

2、径在第三周期中最大，Y为 Na 元素；Y 与 W 形成的离子化合物对水的电离无影响，则W 为 Cl 元素；X与 Z 同主族，X为非金属元素，则X 可能为 B、C、N、O，Z可能为 Al、Si、P、S。【详解】A.常温下，B、C、N、O 的单质不一定呈气态，如金刚石或石墨为固体，故A 错误；B.同一周期，从左到右，非金属性逐渐增强，则非金属性：WZ，故 B 错误；C.X与 W 形成的化合物中BCl3中的 B原子未达到8电子稳定结构，故C错误；D.当 Z为 Al 时，氢氧化铝为两性氢氧化物，Na、Al、Cl的最高价氧化物对应的水化物可能相互反应，故D 正确；故选 D。【点睛】本题的难点是X 和 Z

3、的元素种类不确定，本题的易错点为C，要注意根据形成的化合物的化学式判断是否为 8 电子稳定结构。2化学与生产、生活、环境等息息相关，下列说法中错误的是（）A港珠澳大桥采用的超高分子量聚乙烯纤维吊绳，是有机高分子化合物B“玉兔二号”月球车首次实现在月球背面着陆，其帆板太阳能电池的材料是硅C共享单车利用太阳能发电完成卫星定位，有利于节能环保D泡沫灭火器适用于一般的起火，也适用于电器起火【答案】D【解析】【详解】A.聚乙烯纤维属于合成高分子材料，属于有机高分子化合物，故A 正确；B.硅为良好的半导体材料，能制造太阳能电池板，所以“玉兔号”月球车上的太阳能电池的材料是硅，故B正确；C.将太阳能直接转化

4、为电能，有利于节能环保，故C正确；D.泡沫灭火器适用于一般的起火，但不适用于电器起火，故D 错误；故选 D。3根据下列图示所得结论正确的是A图 1 表示 1 LpH=2 的某一元酸加水稀释至V L，pH 随 lgV 的变化，说明该酸是弱酸B图 2 表示不同温度下水溶液中H+和 OH浓度的变化的曲线，说明图中温度T2T1C图 3 表示一定条件下的合成氨反应中，NH3的平衡体积分数随H2起始体积分数（N2的起始量恒定）的变化，说明图中a 点 N2的转化率小于b 点D图 4 表示同一温度下，在不同容积的容器中进行反应2BaO2(s)垐?噲?2BaO(s)+O2(g)，O2的平衡浓度与容器容积的关系，

5、说明改变压强平衡不发生移动【答案】C【解析】【分析】【详解】A.加水稀释10n倍，溶液 pH 变化 n 个单位。根据图1 表示 1 LpH=2的某一元酸加水稀释至V L，pH随 lgV的变化可以说明该酸是强酸，选项A 错误；B.升温促进水电离，Kw增大，水电离的氢离子浓度增大，所以氢离子浓度大的温度高，即温度T2c(HMO4-)C滴入 NaOH 溶液过程中水的电离程度一直增大D图像中G 点对应的溶液中c(Na+)=c(HMO4-)+2c(MO42-)【答案】B【解析】【分析】根据图像可知，NaHMO4与 NaOH 发生反应是放热反应，当温度达到最高，说明两者恰好完全反应，F点温度最高，此时消耗

6、NaOH 的体积为20mL，计算出氢氧化钠的浓度，然后根据影响水电离的因素、“三大守恒”进行分析。【详解】A根据图像分析可知，F点温度最高，说明此时两物质恰好完全反应，NaHMO4+NaOH=Na2MO4+H2O，20 10-3L0.1mol?L-1=20 10-3L c(NaOH)，推出 c(NaOH)=0.1mol/L，c(H+)=Kwc OH=14100.1=10-13mol/L，则pH=13，故 A 错误；BF点溶质为Na2MO4，溶液中质子守恒为c(OH-)=c(H+)+c(HMO4-)+2c(H2MO4)，所以 c(OH-)c(HMO4-)，故B 正确；C根据题意，两者恰好完全反应

7、，生成的溶质Na2MO4，属于强碱弱酸盐，即溶质为Na2MO4时，水解程度最大，E到 F过程中，水的电离程度增大，F到 G 过程中，氢氧化钠溶液过量，抑制水的电离，因此滴加氢氧化钠的过程中，水的电离程度先变大，后变小，故C错误；D由 A 选项推出c(NaOH)=0.1mol/L，G 点加入 40mL 等浓度的NaOH 溶液，反应后溶质为等浓度的NaOH和 Na2MO4，Na+的浓度最大，MO42-部分水解，溶液显碱性，则c(OH-)c(H+)，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(MO42-)+c(HMO4-)+c(OH-)，则 c(Na+)c(HMO4-)+2c(MO42-)，

8、故 D 错误；答案选 B。14不能用元素周期律解释的是（）A氯与钠形成离子键，氯与硅形成共价键B向淀粉KI溶液中滴加溴水，溶液变蓝C向 Na2SO3溶液中滴加盐酸，有气泡生成D F2在暗处遇H2即爆炸，I2在暗处遇H2几乎不反应【答案】C【解析】【分析】A.氯最外层7 个电子，容易得到电子，Na 最外层 1 个电子，容易失去电子，Si不易失去也不易得到电子；B.非金属性强的元素单质，能从非金属性弱的非金属形成的盐中置换出该非金属单质；C.向 Na2SO3溶液中加盐酸，发生强酸制取弱酸的反应；D.非金属性越强，与氢气化合越容易。【详解】A.氯最外层7 个电子，容易得到电子，Na 最外层 1 个电

9、子，容易失去电子，Si不易失去也不易得到电子；所以氯与钠形成氯化钠，含有离子键，氯与硅形成四氯化硅，含有共价键，可以利用元素周期律解释，故A 不选；B.向淀粉 KI 溶液中滴入溴水，溶液变蓝，说明溴单质的氧化性强于碘单质，能用元素周期律解释，故B不选；C.向 Na2SO3溶液中加盐酸，发生强酸制取弱酸的反应，HCl 不是最高价含氧酸，不能用元素周期律解释，故 C 选；D.非金属性FI，故氟气与氢气化合较容易，可以利用元素周期律解释，故D 不选；故答案选C。15短周期主族元素a、b、c、d、e 的原子序数依次增大，A、B、C、D、E、F均是由上述元素组成的中学化学常见物质，其中 A 是四元化合物

10、，C 是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，D 是淡黄色固体化合物，E是单质。各物质之间存在如图转化关系(部分产物未标出)。下列说法不正确的是A简单离子半径大小关系：cd e B简单阴离子的还原性：acd C氢化物的沸点：cd D C和 E反应生成F是工业制硝酸的重要反应之一【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素a、b、c、d、e 原子序数依次增大，A、B、C、D、E、F均是由上述元素组成的中学化学常见物质，C是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则C为 NH3。根据图示A 能与酸或碱反应，A 是四元化合物，不是Al(OH)3或 Al2O3，则 A 为弱酸形成的铵盐，而B 能与淡黄色固体D 反应生成

11、单质E，则 B 为CO2、D 为 Na2O2、E为 O2，而 A 是四元化合物，则A 为(NH4)2CO3或 NH4HCO3，氨气与氧气反应生成NO与水；结合原子序数可知a 为 H、b 为 C、c 为 N、d 为 O、e 为 Na。【详解】A c、d、e 简单离子分别为N3、O2、Na，三者电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：c(N3)d(O2)e(Na)，正确，A 不选；Ba、c、d 分别是 H、N、O 元素，元素的非金属性越强，则对应的阴离子还原性越弱。非金属性a(H)c(N)d(O)，则简单阴离子的还原性：a(H)c(N3)d(O2)，正确，B 不选；Cc 为 N、d

12、为 O，c、d 的氢化物分别是NH3、H2O，常温下氨气为气体，而水为液体，氢化物沸点：c(NH3)d(H2O)，错误，C选；D C为 NH3，E是 O2，C与 E的反应是氨气与氧气反应生成NO 与水，是工业制硝酸的基础反应，正确，D 不选。答案选 C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16(一)碳酸镧233LaCO可用于治疗终末期肾病患者的高磷酸盐血症，制备反应原理为：2LaCl3+6NH4HCO3La2(CO3)3+6NH4Cl+3CO2+3H2O；某化学兴趣小组利用下列装置实验室中模拟制备碳酸镧。(1)制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为：F _ _ _ _ _；(2)

13、Y 中发生反应的化学反应式为_；(3)X 中盛放的试剂是_，其作用为 _；(4)Z 中应先通入3NH，后通入过量的2CO，原因为 _；4Ce OH是一种重要的稀土氢氧化物，它可由氟碳酸铈精矿(主要含3CeFCO)经如下流程获得：已知：在酸性溶液中4+Ce有强氧化性，回答下列问题：(5)氧化焙烧生成的铈化合物二氧化铈(2CeO)，其在酸浸时反应的离子方程式为_；(6)已知有机物HT 能将3+Ce从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：3+2Ce(水层)+6HT(有机层)?32CeT+6H(水层)从平衡角度解释：向3CeT(有机层)加入24H SO获得较纯的含3+Ce的水溶液的原因是_；(7)已知 2

14、98K时，KspCe(OH)3=1 10-20，为了使溶液中3+Ce沉淀完全，需调节pH 至少为 _；(8)取某4Ce(OH)产品 0.50g，加硫酸溶解后，用10.1000mol?L的4FeSO溶液滴定至终点(铈被还原成3+Ce)(已知：4Ce(OH)的相对分子质量为208)4FeSO溶液盛放在 _(填“酸式”或“碱式”)滴定管中；根据下表实验数据计算4Ce(OH)产品的纯度 _；滴定次数4FeSO溶液体积(mL)滴定前读数滴定后读数第一次0.50 23.60 第二次1.00 26.30 第三次1.20 24.10 若用硫酸酸化后改用10.1000mol?L的2FeCl溶液滴定产品从而测定4

15、Ce(OH)产品的纯度，其它操作都正确，则测定的4Ce(OH)产品的纯度_(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。【答案】A B D E C NH3 H2O(浓)+CaO=Ca(OH)2+NH3 3NaHCO溶液吸收挥发的HCl、同时生成2CO3NH在水中溶解度大，2CO在水中溶解度不大，碱性溶液吸收2CO，可提高2CO利用率3-+222222CeO+H O+6H=2Ce+O+4H O混合液中加硫酸导致氢离子浓度增大，平衡向生成3+Ce水溶液方向移动9 酸式95.68%偏低【解析】【分析】(一)根据制备的反应原理：2LaCl3+6NH4HCO3La2(CO3)3+6NH4Cl+3CO2+3H2O

16、，结合装置图可知，W 中制备二氧化碳，Y中制备氨气，X是除去二氧化碳中HCl，在 Z 中制备碳酸镧，结合氨气的性质分析解答(1)(4)；(二)由实验流程可知，氟碳酸铈精矿(主要含 CeFCO3)氧化焙烧生成CeO2，加酸溶解发生2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O，过滤分离出不溶物，含Ce3+的溶液进行萃取分离得到浓溶液，再与碱反应生成Ce(OH)3，将 Ce(OH)3氧化可生成Ce(OH)4。据此结合氧化还原反应的规律、盐类水解和溶解积的计算分析解答(5)(8)。【详解】(一)(1)由装置可知，W 中制备二氧化碳，X除去 HCl，Y中制备氨气，在Z中制备碳酸镧，则制备碳酸镧

17、实验流程中导管从左向右的连接顺序为：FABDEC，故答案为A；B；D；E；C；(2)Y 中发生反应的化学反应式为NH3 H2O(浓)+CaO=Ca(OH)2+NH3，故答案为NH3 H2O(浓)+CaO=Ca(OH)2+NH3；(3)X 是除去二氧化碳中的氯化氢，需要盛放的试剂是NaHCO3溶液，其作用为吸收挥发的HCl、同时生成CO2，故答案为NaHCO3溶液；吸收挥发的HCl、同时生成CO2；(4)Z 中应先通入NH3，后通入过量的CO2，因为 NH3在水中溶解度大，二氧化碳在水中溶解度不大，碱性溶液利用吸收二氧化碳，提高2CO利用率，故答案为NH3在水中溶解度大，CO2在水中溶解度不大，

18、碱性溶液吸收2CO，可提高2CO利用率；(二)(5)氧化焙烧生成的铈化合物二氧化铈(CeO2)，其在酸浸时发生离子反应为2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O，故答案为2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O；(6)向 CeT3(有机层)加入 H2SO4获得较纯的含Ce3+的水溶液的原因是混合液中加硫酸导致氢离子浓度增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移动，故答案为混合液中加硫酸导致氢离子浓度增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移动；(7)已知 298K时，KspCe(OH)3=1 10-20，为了使溶液中Ce3+沉淀完全，c(OH-)=53201 101 10=1

19、10-5mol/L，由Kw可知 c(H+)=1 10-9mol/L，pH=-lgc(H+)=9，故答案为9；(8)FeSO4属于强酸弱碱盐，水解后溶液显酸性，则FeSO4溶液盛放在酸式滴定管中，故答案为酸式；由表格数据可知，第二次为25.30mL，误差较大应舍弃，FeSO4的物质的量为0.1000mol?L-123.10mL222.90mL 0.001L/mL=0.0023mol，根据电子得失守恒可得关系式CeO2FeSO4，由原子守恒可知Ce(OH)4的质量为 0.0023 208g=0.4784g，则 Ce(OH)4产品的纯度为0.4784g0.5g 100%=95.68%，故答案为95.

20、68%；改用 0.1000mol?L-1的 FeCl2溶液滴定产品从而测定Ce(OH)4产品的纯度，Ce4+有强氧化性，与Cl-发生氧化还原反应，由电子守恒计算的Ce(OH)4的物质的量及质量偏小，则测定的Ce(OH)4产品的纯度偏低，故答案为偏低。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17（化学 选修 5：有机化学基础）高血脂是一种常见的心血管疾病，治疗高血脂的新药I 的合成路线如下：回答下列问题：（1）反应 所需试剂、条件分别是_；F 的化学名称为_。（2）的反应类型是_；AB 的化学方程式为_。（3）G 的结构简式为_；H 中所含官能团的名称是_。（4）化合物W 的相对分子质量比化

21、合物C大 14，且满足下列条件，W 的可能结构有_种。遇 FeCl3溶液显紫色 属于芳香族化合物 能发生银镜反应其中核磁共振氢谱显示有5 种不同化学环境的氢，峰面积比为2:2:2:1:1，写出符合要求的W 的结构简式 _。（5）设计用甲苯和乙醛为原料制备的合成路线，其他无机试剂任选（合成路线常用的表示方式为：）_。【答案】Cl2、光照辛醛取代反应羟基13【解析】【分析】甲苯发生取代反应生成，在氢氧化钠水溶液加热条件下发生取代反应生成，则 A 为，该分子继续氧化为B，可推知B 为，C为；D 经过先水解后消去反应可得到HCHO，所以 E为 HCHO，根据给定的已知信息及逆合成分析法可知，G为，据此

22、分析作答。【详解】甲苯，发生的是取代反应，所需试剂、条件分别是Cl2、光照；F为，根据系统命名法可知其名称为辛醛，故答案为Cl2、光照；辛醛；（2）反应是C 和 H 发生的酸和醇的酯化反应（取代反应），AB 的化学方程式为，故答案为取代反应；（3）结合给定的已知信息推出G 的结构简式为；G H，是-CHO和 H2的加成反应，所以 H 中所含官能团的名称是羟基，故答案为；羟基。（4）C为，化合物 W 的相对分子质量比化合物C 大 14，W 比 C 多一个 CH2，遇 FeCl3 溶液显紫色含有酚羟基，属于芳香族化合物含有苯环，能发生银镜反应含有醛基，苯环上有三个取代基，分别为醛基、羟基和甲基，先

23、固定醛基和羟基的位置，邻间对，最后移动甲基，可得到10 种不同结构；苯环上有两个取代基，分别为-OH 和-CH2CHO，邻间对位共3 种，所以W 的可能结构有10+3=13 种；符合遇 FeCl3 溶液显紫色、属于芳香族化合物、能发生银镜反应其中核磁共振氢谱显示有5 种不同化学环境的氢、峰面积比为2:2:2:1:1 要求的 W 的结构简式：，故答案为13；（5）根据题目已知信息和有关有机物的性质，用甲苯和乙醛为原料制备的合成路线具体如下：，故答案为。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18 现有常温下甲、乙、丙三种溶液，甲为 0.1mol L-1的 NaOH 溶液，乙为 0.1mol

24、L-1的 HCl溶液，丙为 0.1mol L-1的 CH3COOH溶液，试回答下列问题：（1）甲溶液的pH=_。（2）丙溶液中存在的电离平衡为_(用电离平衡方程式表示)。（3）常温下，用水稀释0.1mol L-1的 CH3COOH溶液，下列各量随水量的增加而增大的是_(填序号)。n(H)c(H)3-3c(CH COOH)c(CH COO)c(OH-)（4）甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c(OH-)最大的是 _。（5）某同学用甲溶液分别滴定20.00mL 乙溶液和 20.00mL 丙溶液，得到如图所示的两条滴定曲线，则 a=_。（6）图 _（填 1 或 2）表示 NaOH 溶液滴定CH3COO

25、H溶液的过程。（7）图 2 中 a 点对应的溶液pH=8，原因是 _（用离子方程式表示）。【答案】13 CH3COOHCH3COO-H，H2OOH-H丙20.00 2 CH3COO-H2OOH-CH3COOH【解析】【分析】【详解】(1)氢氧化钠是强碱，所以溶液中氢离子浓度是1 x10-13mol/L，则溶液的pH=13；(2)醋酸和水都是弱电解质，存在电离平衡，所以电离方程式分别是CH3COOHCH3COO-H+，H2OOH-H+；(3)常温下，用水稀释0.1mol L-1的 CH3COOH溶液，促进反应CH3COOHCH3COO-H+向右移动，所以n(H+)变大，但是体积增大的程度大于氢离

26、子增加的程度，所以c(H)变小，但是，常温下Kw不变，根据Kw=c(H+)c(OH-)不变，所以c(OH-)变大；温度不变，Ka=3-+3c(CH COOH)c(CH COO)c(H)不变，而c(H)变小，所以3-3c(CH COOH)c(CH COO)变小；(4)酸或碱都是抑制水的电离平衡的，且溶液中氢离子或OH-浓度越大，对水的电离的抑制程度越大。所以根据酸碱的浓度可知，甲、乙、两三种溶液中由水电离出的c(OH-)的大小关系为丙甲=乙；(5)盐酸和氢氧化钠恰好反应时，溶液显中性，所以根据酸碱的浓度以及盐酸的体积可知，消耗氢氧化钠溶液的体积是20.00ml，即 a=20.00ml；(6)图

27、2 中 V(NaOH)=0 时，pH 大于 1，可知 0.1mol/L 该溶液的pH 大于 1，所以图 2 应该表示甲溶液(NaOH溶液)滴定丙溶液(CH3COOH溶液)的曲线；(7)图 2 中 a 点对应的溶液pH=8，是因为此时刚好生成醋酸钠，醋酸根水解：CH3COO-H2OOH-CH3COOH。19化学反应条件是研究化学反应的重要方向。（1）化工原料异丁烯（C4H8）可由异丁烷（C4H10）直接催化脱氢制备：C4H10（g）垐 垐 垐?噲垐 垐?催化剂C4H8（g）+H2（g）H=+139kJ mol-1一定条件下，以异丁烷为原料生产异丁烯，在 202kPa 和 808kPa 下异丁烷平

28、衡转化率随温度的变化如图所示。p1=_kPa，选择异丁烯制备的温度条件是550600的理由是 _。若平衡混合气中异丁烯的体积分数为25%，则异丁烷的平衡转化率为_%（保留小数点后1 位）。（2）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-0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/570 580 590 600 610 以 r-Al2O3为载体异丁烷转化率36.41 36.49 38.42 39.23 42.48 异丁烯收率26.17 27.11 27.51 26.56 26.22 以 TiO2为载体异丁烷转化率30.

29、23 30.87 32.23 33.63 33.92 异丁烯收率25.88 27.39 28.23 28.81 29.30 说明：收率=（生产目标产物的原料量/原料的进料量）100%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分析以-Al2O3为载体时异丁烯收率随温度变化的可能原因：_。（3）工业上用复合氧化钴（组成为Co3O4）、碳酸锂以Li/Co（原子比）=1 混合，在空气中900下加热5小时制备锂离子电池正极材料LiCo O2，写出制备LiCoO2的化学方程式_。废旧的锂离子电池需要回收，“放电处理”废旧的

30、锂离子电池有利于锂在正极回收的原因是_。【答案】202 该反应催化剂活性在550-600最大，且在此温度下转化率巳经很高，再升高温度转化率提高不大，但消耗能量多33.3 ab 温度低于590，温度升高，催化剂的活性增强，反应速率增大，C4H10（g）垐 垐 垐?噲垐 垐?催化剂C4H8（g）+H2（g）正向移动，异丁烯收率增大，温度高于590，催化剂的选择性降低，异丁烯收率减小4Co3O4+6Li2CO3+O290012LiCoO2+6CO2“放电处理”废旧的锂离子电池有利于锂离子向正极迁移而聚集【解析】【分析】【详解】（1）异丁烷制备异丁烯的反应是气体分子数增多的反应，增大压强，平衡逆向移动

31、，异丁烷平衡转化率减小，所以P1小于 P2，即 P1=202kPa。一方面，催化剂需要合适的温度活性才会最好，另一方面，异丁烷制备异丁烯的反应是个吸热反应，温度太低，异丁烷的转化率太低，温度太高，异丁烷的转化率增大程度不大，且会消耗大量的能量。即该反应催化剂活性在550-600最大，且在此温度下转化率巳经很高，再升高温度转化率提高不大，但消耗能量多,故答案为：202；该反应催化剂活性在550-600最大，且在此温度下转化率巳经很高，再升高温度转化率提高不大，但消耗能量多；设异丁烷起始值为1，变化值为x，则410482C HgC Hg+Hg/mol100/molxxx/mol1-xxx垐 垐?噲

32、 垐?催化剂（）（）（）起始值变化值平衡值，25%=x(1-x)+x+x，解得 x=13，则异丁烷的平衡转化率=13100%1=33.3%，故答案为：33.3%；（2）a由表格可知，温度相同时，载体不同，异丁烷转化率不同，故载体会影响催化剂活性，a 正确；b由表格可知，温度相同时，载体不同，异丁烯的收率不同，故载体会影响催化剂的选择性，b 正确；c化学平衡常数只和温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，c 错误；综上所述，ab 正确，故答案为：ab；温度低于590，温度升高，催化剂的活性增强，反应速率增大，C4H10（g）垐 垐 垐?噲 垐 垐?催化剂C4H8（g）+H2（g）正向移动，异丁烯收

33、率增大，温度高于590，催化剂的选择性降低，异丁烯收率减小，故答案为：温度低于 590，温度升高，催化剂的活性增强，反应速率增大，C4H10（g）垐 垐 垐?噲 垐 垐?催化剂C4H8（g）+H2（g）正向移动，异丁烯收率增大，温度高于590，催化剂的选择性降低，异丁烯收率减小；（3）结合原子守恒、得失电子守恒可得方程式为：4Co3O4+6Li2CO3+O290012LiCoO2+6CO2，放电时，阳离子向正极移动，即“放电处理”废旧的锂离子电池有利于锂离子向正极迁移而聚集，故答案为：4Co3O4+6Li2CO3+O290012LiCoO2+6CO2；“放电处理”废旧的锂离子电池有利于锂离子向正极迁移而聚集。