新疆高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-13化学能与电能
一、单选题
1．（2023·新疆阿勒泰·统考三模）化学让生活更美好。下列有关说法中正确的是
A．棉衬衫和丝质衣物的主要成分均属于糖类
B．亚硝酸钠是一种防腐剂，不能用于任何食品的生产中
C．“暖宝宝”发热原理与铁的吸氧腐蚀相同
D．霓虹灯能发出五颜六色的光利用了金属离子的焰色反应
2．（2022·新疆喀什·统考一模）为验证不同化合价铁的氧化还原能力，利用下列电池装置进行实验。下列正确的是
A．石墨电极做正极，发生氧化反应
B．向铁电极溶液中滴加KSCN，溶液变红
C．盐桥中可选择KCl或者KNO3作为电解质
D．一段时间后，铁电极溶液中c(Fe2＋)增加了0.02 mol·L-1，石墨电极溶液中c(Fe2＋)=0.09 mol·L-1(忽略溶液体积的变化)
3．（2022·新疆喀什·统考一模）如图所示，电解溶液可析出金属Zn。下列说法正确的是
A．Zn极上发生氧化反应 B．石墨电极上发生还原反应
C．溶液中SO移向Zn极 D．该条件下先于得电子而放电
4．（2022·新疆·统考二模）由下列实验操作及现象所得结论正确的是
选项 实验操作及现象 结论
A 向某溶液中加入70%硫酸溶液后加热，并将气体产物依次通过品红溶液和澄清石灰水，品红溶液褪色，澄清石灰水变浑浊 该溶液中含亚硫酸盐
B 向蛋白质溶液中加入饱和氯化铵溶液，有固体析出 蛋白质发生了变性
C 将变黑的银器浸入盛有NaCl溶液的铝制容器中，银器由黑变白 生成了Ag
D 用pH计测CH3COONa溶液和NaF溶液的pH，前者大于后者 Ka(HF)＞Ka( CH3COOH)
A．A B．B C．C D．D
5．（2021·新疆喀什·统考一模）“辛勤的劳动才能创造美好的生活”。下列生产活动中，没有运用相应化学原理的是
选项 生产活动 化学原理
A 古代科技：我国古代湿法炼铜 发生置换反应
B 现代建筑：港珠溴大桥的钢铁护栏涂刷防锈漆 钢铁与潮湿空气隔绝可防止腐蚀
C 科学研究：屠呦呦从青蒿中提取青蒿素 主要利用蒸馏原理
D 民间艺术：五颜六色的烟花 金属和金属离子的焰色反应
A．A B．B C．C D．D
二、原理综合题
6．（2023·新疆阿勒泰·统考二模）二十大提出“坚持精准治污、科学治污、依法治污，持续深入打好蓝天碧水净土保卫战”。利用反应2CO(g)+2NO(g) N2(g)+2CO2(g)，可有效减少汽车尾气污染物的排放。
(1)已知该反应的 ΔH=-620.9 kJ·mol-1，逆反应活化能为a kJ·mol-1，则其正反应活化能为 kJ·mol-1。
(2)在一定温度下，向恒容容器中通入等物质的量的NO和CO气体，测得容器中压强随时间的变化关系如下表所示：
t/min 0 1 2 3 4 5
p/kPa 400 370 346 330 320 320
①反应的平衡常数Kp= (Kp为用分压代替浓度计算的平衡常数，分压=总压 ×物质的量分数)。
②实验测得该反应的速率v正=k正·p2( CO )·p2( NO)，v逆=k逆·p(N2)·p2(CO2)，k正与k逆仅与温度有关。则平衡时k正 k逆 (填“>” “<”或“=”，下同)。达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数 k逆增大的倍数。
③未达平衡前，单位时间内要提高汽车尾气中CO、NO的转化率和化学反应速率，应选择的最佳措施是 (填标号)。
A．降低温度 B．增大压强
C．使用合适的催化剂 D．降低氮气浓度
(3)①在不同催化剂甲、乙作用下，NO的脱氮率在相同时间内随温度的变化如图所示。工业生产中选用甲，理由是 。
②在催化剂甲作用下，反应经历三个基元反应阶段，反应历程如图所示(TS表示过渡态)。
该化学反应的速率主要由反应 决定(填“I”“Ⅱ”或“Ⅲ”，下同)。提高反应温度，逆反应速率增加最大的是反应 。
(4)若将该反应设计成如图所示的原电池，既能产生电能，又能消除环境污染。a极对应的电极反应式为 。
7．（2022·新疆·统考二模）医用酒精在抗击“新型冠状病毒”战役中发挥着杀菌消毒的作用，其主要成分是乙醇。回答下列问题：
I．工业上主要采用乙烯直接水合法(CH2 =CH2+H2O→CH3CH2OH)制乙醇。
(1)在磷酸/硅藻土催化剂作用下，乙烯进行气相水合的反应机理大致如下：
i. CH2 =CH2+H3O++H2O
ii. +H2O
iii. +H2OCH3CH2OH+H3O+
随着反应进程，该过程能量变化如图1所示。
下列有关说法正确的是 (填字母标号，下同)。
a．该反应过程中i~ iii步均释放能量
b．第i步反应的活化能最大，决定总反应速率
c． 和是反应的中间产物
(2)已知：C2H4(g) +H2O(g) C2H5OH(g)的反应速率表达式为v正=k正c(C2H4)·c(H2O)，v 逆=k逆c( C2H5OH) ，其中k正、k 逆为速率常数。若其他条件不变时，降低温度，则下列推断合理的是___________。
A．k正增大，k 逆减小 B．k正减小，k 逆增大
C．k正减小的倍数大于k 逆 D．k正减小的倍数小于k 逆
II．工业用二氧化碳加氢可合成乙醇：2CO2(g)+6H2(g) C2H5OH(g) +3H2O(g)保持压强为5MPa，向密闭容器中投入一定量CO2和H2发生上述反应， CO2的平衡转化率与温度、投料比m[]的关系如图2所示。
(3)投料比由大到小的顺序为 。
(4)若投料比m=1，一定温度下发生反应，下列说法不能作为反应是否达平衡依据的是 (填标号)。
a．容器内气体密度不再变化
b．容器内气体中均相对分子质量不再变化
c． CO2的体积分数不再变化
d．容器内不再变化
e．断裂3NA个H-H键的同时生成l.5NA个水分子
(5)若m3=3，则A点温度下，该反应的平衡常数Kp的数值为 (MPa) -4(Kp是以分压表示的平衡常数) ；若其他条件不变，A点对应起始反应物置于某刚性密闭容器，则平衡时CO2的转化率 50%(填“＞”“=”或“＜”)。
(6)用熔融碳酸盐为电解质将2C2H5OH(1) +6NO2( g) 3N2(g)+4CO2(g) +6H2O(1)反应设计为原电池，以达到利用NO2废气的目的，正极电极反应式为 ，若电路中通过2 mol电子，理论上处理NO2 L( 标准状况下)。
8．（2021·新疆·统考二模）硫、氮元素形成的有毒有害气体对大气造成严重污染，研究它们的转化关系对消除污染有重要指导作用。已知：标准生成焓是指298K，100kPa条件下，由最稳定的单质生成单位物质的量的纯物质的热效应，△H=生成物标准生成焓总和-反应物标准生成焓总和。
物质 标准生成焓(kJ/mol) 物质 标准生成焓(kJ/mol))
O2(g) 0 SO2(g) -296.9
N2(g) 0 SO3(g) -395.2
S(斜方硫，s) 0 NO(g) 89.9
NO2(g) 33.9
(1)写出NO2氧化SO2的热化学方程式 (已知NO2自身被还原为NO)。
(2)可用如图电解装置将雾霾中的NO、SO2转化为(NH4)2SO4，则a接电源的 极，阴极的电极反应式为 。
(3)按投料比n(NO)：n(Cl2)=2：1将NO和Cl2加入到一恒压密闭容器中，发生反应2NO(g)+Cl2(g)2NOCl(g)，平衡的转化率与温度T的关系如图所示：
①该反应的ΔH 0(填“＞”或“＜”)。
②已知总压为pMPa，M点时容器内Cl2的转化率为 。
9．（2021·新疆乌鲁木齐·统考三模）为减少CO2排放、科学家着眼于能源转换和再利用等问题。
(1)CO2甲烷化反应最早由化学家Paul Sabatier提出。在一定的温度和压力下，将按一定比例混合的CO2和H2通过装有催化剂的反应器可得到甲烷。
①已知部分共价键键能如表。
化学键 C=O C-H H-H H-O
键能/kJ mol-1 745.0 413.4 436.0 462.8
则反应CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)的 H= kJ mol-1。
②向刚性绝热密闭容器中充入等物质的量的CO2(g)和H2(g)发生上述反应，下列可说明反应已达平衡状态的是 (填编号)。
A．容器内温度不变 B．混合气体平均密度保持不变
C．CH4的体积分数保持不变 D．v正(CO2)=v逆(H2O)
(2)CO2与H2在某催化剂表面制甲醇的化学方程式是：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H<0。
①320℃时，CO2与H2按体积比1：4投入到刚性密闭容器中，同时加入催化剂发生合成甲醇的反应，测得初始时压强为p，反应一段时间后达到平衡，测得CO2的平衡转化率为50%，则平衡时体系的压强为 。
②若将2molCO2和6molH2充入密闭容器中发生反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H<0。图甲表示压强为0.1 MPa和5.0MPa下CO2的平衡转化率随温度的变化关系。
a、b两点正反应速率分别用va、vb表示，则va vb(填“大于”、“小于”或“等于”)。
b点对应的平衡常数Kp= MPa-2(Kp为以平衡分压代替平衡浓度表示的平衡常数。分压=总压×物质的量分数)。
(3)我国科学家用S-In催化剂电催化还原CO2制甲酸的机理如图乙所示，其中吸附在催化剂表面的原子用*标注。
①图乙中，催化剂S2-活性位点在催化过程中的作用是 。
②图丙为催化还原CO2的反应历程图。其中，生成甲酸的决速步骤的电极反应式为 ，从反应能垒角度分析该催化剂对生成甲酸具有高选择性的原因： 。
10．（2021·新疆乌鲁木齐·统考一模）全球气候变化是21世纪人类面临的重大挑战，“碳达峰、碳中和”既是气候变化应对战略，更是经济可持续发展战略。研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为当今研究热点。
(1)加氢可制备甲酸：
①工业上利用甲酸的能量关系转换如下图所示，计算a= 。
②将等物质的量的和充入体积为的密闭容器中发生反应：。实验测得：，，、为速率常数(只与温度有关)。温度为T1℃时，，温度为T2℃时，。则T1 T2(填“>”“<”或“=”)；T2℃时平衡压强 T1℃时平衡压强(填“>”“<”或“=”)，理由是 。
(2)工业上常用氨水吸收，其产物之一是。写出常温下水解反应的离子方程式： ，计算该反应的平衡常数 (保留2位有效数字，已知常温下碳酸的电离常数、，的电离常数)。
(3)我国科学家研发出一种新系统，通过“溶解”水中的二氧化碳，以触发电化学反应，可有效减少碳的排放，其工作原理如图所示。
系统工作时a极为电池的 极，b极区参与的电极总反应式为 。
三、工业流程题
11．（2023·新疆阿勒泰·统考一模）为保护环境，充分利用钴资源，一种以废旧钴酸锂电池材料(正极材料主要含有LiCoO2、铝箔及金属钢壳)回收钴酸锂的工艺流程如下:
已知一定条件下，部分金属阳离子形成氢氧化物的pH如下表:
离子 Co3+ Fe3+ Co2+ Fe2+ Al3+
开始沉淀的pH 0.3 2.7 7.2 7.6 3.6
完全沉淀的pH 1.1 3.2 9.2 9.6 5.2
请回答下列问题:
(1)废旧钴酸锂电池需经放电、拆解、粉碎预处理。放电方式为电化学放电，可以将废旧电池浸泡在 (填标号)中进行放电。粉碎的目的是 。
A．Na2SO4溶液
B．98%的H2SO4溶液
C．酒精
(2)“酸浸”过程中，除加入H2SO4，还要加入H2O2。
①H2O2的作用是 (填标号)。
A．做氧化剂
B．做还原剂
C．既做氧化剂又做还原剂
②H2O2促进了LiCoO2在H2SO4中转化为CoSO4，该反应的离子方程式为 。
③相同条件下，“酸浸”时钴的浸出率随温度变化如右图所示，此时温度控制在80°C左右的原因为 。
(3)“调pH”时，溶液应控制的pH范围为 ，选用的最佳试剂是 (填标号)。
A．H2SO4 B．CoCO3 C．石灰乳 D．NaOH
(4)高温时，CoC2O4和Li2CO3生成LiCoO2的同时放出CO2。此反应的化学方程式为 。
12．（2022·新疆·统考二模）综合利用炼锌矿渣(主要含铁酸镓Ga2( Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4)获得3种金属盐，并进一步利用镓盐制备具有优异光电性能的氮化镓( GaN) ，部分工艺流程如下：
已知：①常温下，浸出液中各离子的浓度及其开始形成氢氧化物沉淀的pH见表1。
②金属离子在工艺条件下的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)见表2。
表1金属离子浓度 及开始沉淀的pH
金属离子 浓度( mol· L-1) 开始沉淀pH
Fe2+ 1.0×10-3 8.0
Fe3+ 4.0×10-2 1.7
Zn2+ 1.5 5.5
Ga3+ 3.0×10-3 3.0
表2金属离子的萃取率
金属离子 萃取率(%)
Fe2+ 0
Fe3+ 99
Zn2+ 0
Ga3+ 97-98.5
(1)“浸出”时ZnFe2O4发生反应的化学方程式为 。
(2)滤液1中可回收利用的物质是 ，滤 饼的主要成分是 ；萃取前加入的固体X为 ，加入X的目的是 。
(3)Ga与Al同主族，化学性质相似。反萃取后，镓的存在形式为 (填化学式)。
(4)电解过程包括电解反萃取液制粗镓和粗镓精炼两个步骤。精炼时，以粗镓为阳极，以NaOH溶液为电解液，阴极的电极反应为 。
(5)GaN可采用MOCVD (金属有机物化学气相淀积)技术制得：以合成的三甲基镓为原料，使其与NH3发生系列反应得到GaN和另一种产物，该过程的化学方程式为 。
(6)滤液1中残余的Ga3+的浓度为 mol·L-1。
13．（2022·新疆·统考三模）我国是最早制得和使用金属锌的国家。一种以锌精矿(主要成分是ZnS，还有Fe3O4、CuO、PbO2等杂质)为原料制备锌的工艺流程如下：
已知： 25°C时相关物质的Ksp如下表：
物质 Zn(OH)2 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Mn(OH)2 Cu(OH)2
Ksp 5×10-18 5×10-17 1×10-38 2× 10-13 2×10-20
回答下列问题：
(1)滤渣I的主要成分除过量MnO2外，还有S和 ( 填化学式)。“浸出” 时，MnO2氧化ZnS的离子方程式为 。
(2)“沉铁”时，滴加氨水需要调节pH最低为 (残留 在溶液中离子浓度≤10-5mol·L-1时，沉淀完全)。
(3)“萃取，反萃取”时发生的反应是M2++2HA(有机萃取剂) MA2+2H+，有机萃取剂可以分离ZnSO4和MnSO4。实验室进行萃取操作时，用到的玻璃仪器有 、 写出反萃取剂X的化学式 。
(4)“深度净化”中加Zn的目的是 。
(5)“电解沉积”过程中阴极采用铝板，阳极采用Pb-Ag合金惰性电极，阳极的电极反应式为 。 “电解沉积” 后的溶液中可循环利用的物质为 。
四、填空题
14．（2023·新疆乌鲁木齐·统考一模）下图是氮在生态系统中的循环。细菌和电催化可促使含氮物质进行氧化还原反应。
(1)写出N在周期表中的位置 。中N元素的化合价为 。
(2)依据图中所示的氮循环，写出自然界中固氮的一种途径 。
(3)氮肥是水体中铵态氮的主要来源之一、实验室中检验可以用 溶液，产生气体使湿润的 色石蕊试纸变色。
(4)硝化过程中，含氮物质发生 (填“氧化”或“还原”)反应。
(5)铵态氮()与亚硝态氮()可以在氨氧化细菌的作用下转化为氮气。该反应中，当产生氮气时，转移电子的物质的量为 。
(6)由于过度的人为干预，水体中的硝酸盐水平正在增加。硝酸盐转化为无害氮的反硝化作用，可以通过电催化法来实现，写出在中性介质中硝酸盐转化为氮气的阴极电极反应式 。
五、实验题
15．（2021·新疆乌鲁木齐·统考三模）钒是人体生命活动的必需元素，还可用于催化剂和新型电池。制备VOSO4的实验流程及实验装置如图甲(夹持及加热装置已省略)。
V2O5+H2SO4(VO2)2SO4溶液(橙红色)VOSO4VOSO4晶体(纯蓝色)VOSO4产品
回答下列问题：
(1)仪器a的名称为 ，写出仪器a中发生反应生成(VO2)2SO4的化学方程式 。该反应属于 (填“氧化还原反应”或“非氧化还原反应”)。
(2)图乙为该反应温度与产物产率间的关系，则最适宜的加热方式为 (填“直接加热”或“水浴加热”)。
(3)加入草酸前，反应液需充分冷却并加适量蒸馏水稀释的目的是 ；反应液由橙红色变为蓝黑色的离子反应方程式为 ；
(4)准确称取上述操作制备的VOSO4产品0.4000g，配制成100mL溶液，用0.0200mol L-1的酸性KMnO4溶液滴定，滴定终点时，消耗酸性KMnO4溶液的体积为20.00mL，该样品的纯度为 (保留三位有效数字)。
(5)钒液流电池具有广阔的应用领域。图丙中钒液流电池隔膜只允许H+通过。电池放电时负极的电极反应式为 ，电池充电时阳极的电极反应式为 。
参考答案：
1．C
【详解】A．棉衬衫为纤维素，它为多糖。而丝质为蛋白质，A项错误；
B．亚硝酸钠是一种防腐剂和着色剂，可用于肉制品添加剂，B项错误；
C．暖宝宝的材料为炭粉、铁、NaCl利用铁的吸氧腐蚀放热制得，C项正确；
D．霓虹灯利用稀有气体而不是金属元素，D项错误；
故选C。
2．D
【分析】根据电池装置可知，铁电极作负极，石墨电极作正极，电池反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+。
【详解】A．根据分析可知，石墨电极做正极，发生还原反应，A错误；
B．铁电极发生电极反应生成Fe2+，故向铁电极溶液中加KSCN，溶液不变红，B错误；
C．硝酸根离子在酸性环境下具有强氧化性，能与亚铁离子发生氧化还原反应，不能达到实验目的，C错误；
D．铁电极发生的电极反应为Fe-2e-=Fe2+，石墨电极发生的电极反应为Fe3++e-=Fe2+，铁电极溶液中c(Fe2＋)增加了0.02 mol·L-1，则石墨电极溶液中c(Fe2＋)增加了0.024mol·L-1，则反应后石墨电极溶液中c(Fe2＋)=0.09 mol·L-1，D正确；
答案选D。
3．D
【分析】石墨接电源正极做电解池的阳极，溶液中氢氧根在石墨即失电子生成氧气，Zn做阴极发生还原反应，溶液中锌离子在阴极得电子生成锌；
【详解】A．Zn极接电源负极做电解池的阴极，发生还原反应，A错误；
B．石墨接电源正极做电解池的阳极，发生氧化反应，B错误；
C．溶液中阴离子移向阳极，即SO移向石墨电极，C错误；
D．题意是电解溶液得到金属Zn，所以在该条件下阴极反应中先于得电子而放电，D正确；
故选：D。
4．C
【详解】A．亚硫酸盐、亚硫酸氢盐都能和硫酸反应生成二氧化硫，溶液中溶质不一定是亚硫酸盐，故A错误；
B．饱和氯化铵能使蛋白质溶解度变小而发生盐析，重金属盐能使蛋白质变性，故B错误；
C．将变黑的银器浸入盛有NaCl溶液的铝制容器中，Ag2S或Ag2O、Al和NaCl溶液构成原电池，正极上Ag2S或Ag2O得到电子生成Ag，所以得到的白色固体是Ag，故C正确；
D．两种钠盐溶液的物质的量浓度未知，无法判断两种钠盐的水解程度，无法判断两种酸的电离平衡常数相对大小，故D错误；
故选：C。
5．C
【详解】A．湿法炼铜就是把铁放在胆矾(硫酸铜)溶液里，化学原理为置换反应，A项不选；
B．刷防锈漆防腐蚀原理为将钢铁与潮湿空气隔绝，B项不选；
C．从青蒿中提取青蒿素主要利用萃取，C项选；
D．烟花的颜色利用了焰色反应，D项不选；
答案选C。
6．(1)(a-620.9)
(2) 0.8kPa-1 < < C
(3) 催化剂甲在较低温度下活性可达到最大，降低生产能耗的同时满足NO的脱氮率最高 I Ⅱ
(4)2NO +4e-= N2+2O2-
【详解】（1）根据ΔH=正反应活化能-逆反应活化能可得，正反应活化能=ΔH+逆反应活化能=(a-620.9)kJ·mol-1；故答案为：(a-620.9)。
（2）①设开始反应时通入的NO和CO气体的物质的量均为2mol，4min反应达到平衡时生成氮气amol，由题意可建立如下三段式：
由平衡前后气体的物质的量之比等于压强之比可得：=，解得a=0.8m，平衡时各物质的分压为：p(NO)=×320kPa=40kPa，p(CO)=×320kPa=40kPa，p(CO2)=×320kPa=160kPa，p(N2)=×320kPa=80kPa，反应的平衡常数Kp=；
②达到平衡后，v正=v逆=k正·p2(NO)·p2(CO)=k逆·p(N2)·p2(CO2)，反应的平衡常数Kp=，所以平衡时k正小于k逆；反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小，则仅升高温度，k正增大的倍数小于k逆增大的倍数；
③A．降低温度，化学反应速率减小，A错误；
B．该反应为气体计量数减小的反应，增大压强，单位时间内要提高汽车尾气中CO、NO的转化率和化学反应速率增大，但增大压强，会增大对设备的要求，增加成本，不是最佳措施，B错误；
C．使用适合催化剂，降低反应的活化能，化单位时间内要提高汽车尾气中CO、NO的转化率和化学反应速率增大，C正确；
D．降低氮气浓度，生成物的浓度减小，化学反应速率减小，D错误；
故选C；
故答案为：0.8kPa-1；<；<；C。
（3）①由图可知，反应在催化剂甲的条件下反应时，在较低温度下，催化剂的活性可达到最大，能降低生产能耗的同时还满足一氧化氮的脱氮率最高，所以在工业生产中应选用催化剂甲；
②活化能越大反应速率越慢，整个反应由最慢的一步决定，由图可知，整个反应分为三个基元反应阶段，其中反应I正反应的活化能为298.4kJ/mol，正反应的活化能最大，故反应速率最慢，故该化学反应的速率主要由反应I决定；改变温度，对活化能大的反应影响大，反应Ⅱ的逆反应活化能最大，所以逆反应速率增加最大，逆反应速率增加最大的是反应Ⅱ；
故答案为：催化剂甲在较低温度下活性可达到最大，降低生产能耗的同时满足NO的脱氮率最高；I；Ⅱ。
（4）由图可知，a电极NO得到电子转化为氮气和O2-，a极对应的电极反应式为：2NO+4e-=N2+2O2-；
故答案为：2NO+4e-=N2+2O2-。
7．(1)bc
(2)D
(3)m3＞m2＞m1
(4)ce
(5) 0. 0048 ＜
(6) 2NO2+8e- +4CO2 = N2 +4 11.2
【解析】(1)
a．根据图示，该反应过程中，第i步为吸热反应，故a错误；
b．根据图示，第i步反应的活化能最大，反应速率最慢，决定总反应速率，故b正确；
c． 是第i步的产物、第ii步的反应物，是第ii步的产物、第iii步的反应物，所以、是反应的中间产物，故c正确；
选bc。
(2)
A. 降低温度，反应速率减慢，所以k正、k 逆均减小，故A错误；
B. 降低温度，反应速率减慢，所以k正、k 逆均减小，故B错误；
C. 正反应放热，降低温度，平衡正向移动，可知v正>v 逆，所以k正减小的倍数小于k 逆，故C错误；
D. 正反应放热，降低温度，平衡正向移动，可知v正>v 逆，所以k正减小的倍数小于k 逆，故D正确；
选D。
(3)
其它条件相同的条件下，增大氢气浓度，平衡正向移动，CO2(g)平衡转化率增大，投料比由大到小的顺序为m3＞m2＞m1；
(4)
a．反应前后气体总质量不变，反应前后气体系数和不同，恒压条件下，体积是变量，所以密度是变量，容器内气体密度不再变化，反应一定平衡，故不选a；
b．反应前后气体总质量不变，反应前后气体系数和不同，平均相对分子质量是变量，容器内气体中均相对分子质量不再变化，反应一定达到平衡状态，故不选b；
c．若投料比m=1，CO2的体积分数始终为50%，CO2的体积分数不再变化，反应不一定达到平衡状态，故选c；
d．反应过程中增大，容器内不再变化，说明反应一定达到平衡状态，故不选d；
e．断裂3NA个H-H键的同时生成l.5NA个水分子，不能判断正逆反应速率是否相等，反应不一定平衡，故选e；
选ce。
(5)
若m3=3，则A点温度下，
该反应的平衡常数Kp的数值为0. 0048 (MPa) -4；若其他条件不变，A点对应起始反应物置于某刚性密闭容器，反应过程中压强减小，相当于减压，则平衡时CO2的转化率<50%。
(6)
用熔融碳酸盐为电解质将2C2H5OH(1) +6NO2( g) 3N2(g)+4CO2(g) +6H2O(1)反应设计为原电池，原电池正极发生还原反应，则正极NO2得电子生成N2(g)，电极反应式为2NO2+8e- +4CO2 = N2 +4，若电路中通过2 mol电子，消耗0.5mol NO2，理论上处理NO2的体积为11.2 L( 标准状况下)。
8．(1)NO2(g)+SO2(g)=NO(g)+SO3(g) △H=-42.3kJ/mol
(2) 正 NO+5e-+6H+=NH+H2O
(3) ＜ 60%
【解析】（1）
NO2氧化SO2的化学方程式为NO2(g)+SO2(g)=NO(g)+SO3(g)，反应的焓变△H=生成物标准生成焓总和一反应物标准生成焓总和=89.9kJ/mol+(﹣395.2kJ/mol)﹣(33.9kJ/mol)﹣(﹣296.9kJ/mol)=﹣42.3kJ/mol，热化学方程式为NO2(g)+SO2(g)=NO(g)+SO3(g)△H=﹣42.3kJ/mol。
（2）
NO、SO2转化为(NH4)2SO4时，NO发生得电子的还原反应，SO2发生失电子的氧化反应，则电解池中通入SO2的电极为阳极、通入NO的电极为阴极，阳极与电源正极相接，阴极与电源负极相接，即a解接电源正极、b解电源负极，阴极上NO得电子生成NH，电极反应式为NO+5e-+6H+=NH+H2O。
（3）
①由图可知，随着温度的升高，NO的平衡转化率降低，即升温，平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，△H＜0。
②投料比n(NO)：n(Cl2)=2：1，可设n(Cl2)=amol，n(NO)=2amol，M点NO的平衡转化率为60%，列化学平衡三段式： ，M点时容器内Cl2的转化率为 ×100%=60%。
9．(1) -270.8 AC
(2) 0.8p 大于
(3) 活化水分子 HCOO*+H2O+e-=HCOOH*+OH- CO2生成CO的能垒大大高于生成HCOOH的能垒
【解析】（1）
焓变△H=反应物总键能-生成物总键能，可知，反应CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)的 H==-270.8 kJ mol-1；
②A.反应放热，所以容器内温度为变量，但温度不变，可说明反应达到平衡状态，A正确；
B.混合气体平均密度等于气体的质量与容器体积之比，因为反应过程中气体的总质量不变，容器不变，所以气体的密度始终保持不变，气体平均密度不变不能说明反应达到平衡状态，B错误；
C.CH4的体积分数为变量，说当CH4的体积分数不变时，反应达到平衡状态，C正确；
D.2v正(CO2)=v逆(H2O)，说明正反应速率等于逆反应速率，上述关系式不能说明反应达到平衡状态，D错误；
综上所述，AC符合题意；
（2）
设起始CO2物质的量为a mol，氢气物质的量为4a mol，反应一段时间后达到平衡，测得CO2的平衡转化率为50%，
平衡时气体总物质的量为(0.5a+2.5a+0.5a+0.5a) mol=4a mol，根据压强之比等于物质的量之比，则平衡时体系的压强为=0.8p，
故答案为：0.8p；
②该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，图中a点CO2的平衡转化率大于b点，则a点处的压强大于b点，a点所在曲线表示5.0MPa、b点所在曲线表示0.1Mpa，压强越大，反应速率越快，所以Va大于Vb；b点CO2的平衡转化率为0.5，则CO2的转化物质的量为0.5×2mol=1mol，
平衡分压p(CO2)=p(CH3OH)=p(H2O)=×0.1MPa=MPa、p(H2)=3p(CO2)= MPa，平衡常数Kp=
MPa-2=MPa-2，
故答案为：大于；；
（3）
①由图可知，催化剂S2-活性位点能够很好的吸入水分子，并将水转化为H+和OH-，H+与CO2结合生成HCOO-，
故答案为：活化水分子；
②由图可知，生成甲酸的决速步骤的电极反应式为：HCOO*+H2O+e-=HCOOH*+OH-，从反应能垒或吸附位点角度分析该催化剂对生成甲酸具有高选择性的原因是：CO2生成CO的能垒大大高于生成HCOOH的能垒，
故答案为：HCOO*+H2O+e-=HCOOH*+OH-；CO2生成CO的能垒大大高于生成HCOOH的能垒。
10．(1) －31.4 < < 是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，气体分子数增多，总压强增大，而T1
(3) 负
【详解】（1）①由图示可知：反应(1)
反应(2)
反应(3)
利用盖斯定律，将(3)－(1)－(2)可得：。
②由题意可知：T1℃，当反应达平衡时，则有，
，，平衡常数K=2，同理求得T2℃时，平衡常数K=1.61，由①可知，此反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，因此T1
（3）金属钠为活泼金属，易失去电子，因此a极为电池的负极，b极为电池的正极。由题图可知，b极上是二氧化碳和水发生得电子的还原反应生成碳酸氢根离子和氢气，因此b极区二氧化碳参与的电极总反应式为：。
11．(1) A 增大接触面积，加快反应速率，使充分灼烧
(2) B 2LiCoO2+ 6H++ H2O2= 2Li++ 2Co2+ + 4H2O+O2↑ 低于80°C，浸出反应速率随温度升高而增大，超过80°C，Co2+水解加剧及H2O2 分解导致浸出反应速率下降
(3) 5.2≤pH<7.2 B
(4)4CoC2O4+ 2Li2CO3+3O2 4LiCoO2+ 10CO2
【分析】废旧钴酸锂电池材料正极材料主要含有LiCoO2、铝箔及金属钢壳，灼烧得到LiCoO2、氧化铝、氧化铁，用硫酸、双氧水浸取生成Li2SO4、CoSO4、Fe2(SO4)3、Al2(SO4)3；“调pH”生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀除去Fe2(SO4)3、Al2(SO4)3；滤液1加草酸铵生成草酸钴沉淀，过滤，滤液2加碳酸钠生成碳酸锂沉淀，碳酸锂、草酸钴高温加热生成LiCoO2。
【详解】（1）Na2SO4溶液能导电，将废旧电池浸泡在Na2SO4溶液中，构成电解池，废旧电池放电；98%的H2SO4溶液不导电，将废旧电池浸泡在98%的H2SO4溶液中，不能构成电解池，废旧电池不放电；酒精是非电解质，将废旧电池浸泡在酒精中，不能构成电解池，废旧电池不放电；故选A。粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，使充分灼烧。
（2）①H2O2促进了LiCoO2在H2SO4中转化为CoSO4，Co元素化合价降低，发生还原反应，H2O2的作用是作还原剂，选B。
②H2O2促进了LiCoO2在H2SO4中转化为CoSO4，根据得失电子守恒，该反应的离子方程式为2LiCoO2+ 6H++ H2O2= 2Li++ 2Co2+ + 4H2O+O2↑。
③低于80°C，浸出反应速率随温度升高而增大，超过80°C，Co2+水解加剧及H2O2 分解导致浸出反应速率下降，所以温度控制在80°C左右。
（3）调节pH的目的是使Fe3+、Al3+完全转化为沉淀，Co2+不能生成沉淀，所以 “调pH”时，溶液应控制的pH范围为5.2≤pH<7.2，为不引入新杂质，选用的最佳试剂是CoCO3，选B。
（4）高温时，CoC2O4和Li2CO3生成LiCoO2和CO2，反应的化学方程式为4CoC2O4+ 2Li2CO3+3O2 4LiCoO2+ 10CO2。
12．(1)ZnFe2O4 + 4H2SO4 = ZnSO4 + Fe2( SO4)3 + 4H2O
(2) 硫酸锌 Fe(OH)3、Ga(OH)3 Fe 使Fe3+变为Fe2+，不被萃取剂萃取
(3)NaGaO2或者
(4) + 3e- + 2H2O = Ga + 4OH-
(5)Ga( CH3)3+ NH3 = 3CH4 + GaN
(6)3.0 × 10-10.2
【分析】炼锌矿渣(主要含铁酸镓Ga2( Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4)中加入稀硫酸后得到Fe2+、Fe3+、Zn2+和Ga3+，加入H2O2后将Fe2+氧化为Fe3+，调pH到5.4，将Fe3+、Ga3+转化为滤饼Fe(OH)3和Ga(OH)3，滤液为硫酸锌，向滤饼中加盐酸将Fe(OH)3和Ga(OH)3溶解，再加Fe将Fe3+还原为Fe2+，加入萃取剂后将Fe2+留在水层而分离，萃取层则为Ga3+，萃取层中加入NaOH溶液后得到NaGaO2溶液，电解后在阴极得到粗Ga，经精炼后得到精镓，向Ga中加入CH3Br得到Ga(CH3)3，然后加入氨气后，采用MOCVD (金属有机物化学气相淀积)技术制得GaN，同时得到副产物CH4。
(1)
ZnFe2O4中Zn为+2价，Fe为+3价，加入硫酸后发生非氧化还原反应，则化学方程式为：ZnFe2O4 + 4H2SO4 = ZnSO4 +Fe2( SO4)3 + 4H2O；
(2)
①根据以上分析可知，滤液1中为硫酸锌，所以可回收利用的物质是硫酸锌；
②调节pH到5.4的目的是沉淀Fe3+和Ga3+，滤饼的主要成分为：Fe(OH)3、Ga(OH)3；
③萃取前加入的固体X目的是还原Fe3+且不引入杂质，则X为Fe；故答案为：使Fe3+变为Fe2+，不被萃取剂萃取；
(3)
Ga与Al同主族，化学性质相似，结合铝离子的性质可知，反萃取后加入NaOH溶液可将Ga3+转化为，则镓的存在形式为NaGaO2或者，故答案为NaGaO2或者；
(4)
精炼时，以粗镓为阳极，以NaOH溶液为电解液，阴极得到电子转化为Ga，其电极反应式为：+ 3e- + 2H2O = Ga + 4OH-，故答案为： + 3e- + 2H2O = Ga+4OH-；
(5)
以合成的三甲基镓为原料，与氨气发生一系列反应得到GaN，根据原子守恒可知，另外一种产物为甲烷，所以该反应的方程式为：Ga( CH3)3+NH3 = 3CH4+GaN；
(6)
根据表中数据可知，Ga(OH)3的溶度积常数=3.0×10-3×=，当溶液的pH=5.4时，c(OH-)==mol/L，则滤液1中残余的Ga3+的浓度c(Ga3+)=mol/L，故答案为：3.0 × 10-10.2。
13．(1) PbSO4 MnO2+ ZnS + 4H+= Mn2++ Zn2++S + 2H2O
(2)3
(3) 分液漏斗 烧杯 H2SO4
(4)将溶液中的Cu2+转化为Cu
(5) 2H2O - 4e- = O2↑+ 4H+或4OH--4e- = O2↑+ 2H2O 硫酸或H2SO4
【分析】锌精矿(主要成分是ZnS，还有FeO4、CuO，PbO2等杂质)加入MnO2、稀硫酸“浸出”，将ZnS转化为ZnSO4和S，将Fe3O4、CuO、PbO2转化为Fe2(SO4)3、CuSO4、PbSO4等，滤渣Ⅰ的主要成分除过量MnO2外，还有S和PbSO4；滴加氨水需要调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀过滤除去，“萃取，反萃取”时发生的反应是M2++2HA(有机萃取剂) MA2+2H+，分离出ZnSO4，深度净化时加Zn的将Cu2+转化为Cu除去；
【详解】（1）“浸出”时，将ZnS转化为ZnSO4和S，将Fe3O4、CuO、PbO2转化为Fe2(SO4)3、CuSO4、PbSO4等，滤渣Ⅰ的主要成分除过量MnO2外，还有S和PbSO4；MnO2氧化ZnS的离子方程式为ZnS+4H++MnO2=Mn2++Zn2++S+2H2O，故答案为：PbSO4；ZnS+4H++MnO2=Mn2++Zn2++S+2H2O；
（2）“沉铁”时，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，Fe3+完全沉淀的c(OH-)=mol/L=10-11mol/L，pH=3，故滴加氨水需要调节pH最低为3，故答案为：3；
（3）进行萃取操作时，用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯；“萃取”时，加入有机物，平衡向右移动，“反萃取”时，平衡向左移动，则应加入H2SO4，，故答案为：分液漏斗、烧杯；H2SO4；
（4）“深度净化”中加Zn的目的是将Cu2+转化为Cu除去，故答案为：将Cu2+转化为Cu除去；
（5）电解沉积过程中，是电解ZnSO4，阳极发生氧化反应，氢氧根离子在阳极上失去电子发生氧化反应生成氧气，电极方程式为2H2O-4e-═4H++O2↑，“电解沉积” 后的溶液中可循环利用的物质为H2SO4；故答案为：2H2O - 4e- = O2↑+ 4H+或4OH--4e- = O2↑+ 2H2O；硫酸或H2SO4。
14．(1) 第二周期第VA族 +3
(2)生物固氮(或闪电作用)
(3) 浓氢氧化钠 红
(4)氧化
(5)0.06
(6)2NO +10e- + 6H2O = N2↑ + 12OH-
【详解】（1）N是7号元素，在周期表中的位置是第二周期第VA族；设中N元素的化合价为x，x-2×2=-1，x=+3。
（2）自然界中固氮的途径主要为生物固氮或闪电作用；
（3）根据+OH-NH3↑+H2O，检验可以用浓氢氧化钠溶液，氨气是碱性气体，产生气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝色。
（4）硝化过程中，N元素化合价升高，含氮物质发生氧化反应。
（5）与反应生成氮气，中N元素化合价由-3升高为0、中N元素化合价由+3降低为0，根据得失电子守恒，配平反应的离子方程式为+=N2↑+2H2O，生成1mol氮气转移3mol电子，当产生氮气时，转移电子的物质的量为0.06。
（6）在中性介质中在阴极得电子生成氮气，阴极电极反应式2NO +10e- + 6H2O = N2↑ + 12OH-。
15．(1) 三颈烧瓶 V2O5+H2SO4(VO2)2SO4+H2O 非氧化还原反应
(2)水浴加热
(3) 防止草酸受热分解 2VO+H2C2O4+2H+=2VO2++2CO2↑+2H2O
(4)81.5%
(5) V2+-e-=V3+ VO2+-e-+H2O=VO+2H+
【分析】V2O5与硫酸加热时反应生成橙红色的(VO2)2SO4溶液，加入草酸，(VO2)2SO4被还原成VOSO4，草酸被氧化成CO2，反应液由橙红色变为蓝黑色，VOSO4溶液经结晶、过滤得到纯蓝色的VOSO4晶体，VOSO4晶体经脱水、干燥得到VOSO4产品；
【详解】（1）根据图示仪器的结构可知，仪器a的名称为三颈烧瓶；在该仪器中，V2O5与硫酸加热时反应生成(VO2)2SO4的化学方程式为V2O5+H2SO4 (VO2)2SO4+H2O，该反应反应前后没有元素化合价的变化，属于非氧化还原反应；答案为：三颈烧瓶；V2O5+H2SO4 (VO2)2SO4+H2O；非氧化还原反应；
（2）根据反应温度与产物产率间的关系图可知，最适宜的温度在90℃左右，因此最适宜的加热方式为水浴加热；答案为：水浴加热；
（3）草酸受热容易分解，因此加入草酸前，反应液需充分冷却并加适量蒸馏水；加入草酸后，(VO2)2SO4被还原成VOSO4，反应液由橙红色变为蓝黑色，草酸被氧化成CO2，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为2+H2C2O4+2H+=2VO2++2CO2↑+2H2O；答案为：防止草酸受热分解；2+H2C2O4+2H+=2VO2++2CO2↑+2H2O。
（4）滴定过程中发生的反应为10VOSO4+2KMnO4+2H2O=5(VO2)2SO4+K2SO4+2MnSO4+2H2SO4，消耗的高锰酸钾物质的量为0.0200mol L-1×20×10-3L=4×10-4mol，则VOSO4物质的量为4×10-4mol×5=2×10-3mol，该样品的纯度为=81.5%；答案为：81.5%。
（5）钒液流电池放电时负极发生氧化反应，据图可知，负极电极反应式为V2+-e-=V3+，正极发生还原反应；充电时，放电时的正极为阳极，阳极发生氧化反应，阳极电极反应式为VO2+-e-+H2O=+2H+；答案为：V2+-e-=V3+；VO2+-e-+H2O=+2H+。
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