（新高考）2021-2022学年下学期高三4月月考卷- 化学

（新高考）此卷只装订不密封班级姓名准考证号此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号化学第Ⅰ卷（选择题）一、选择题：本题共15小题，总计40分。在每小题给出的四个选项中，第1～10题只有一个选项符合题目要求，每小题2分。第11～15题为不定项选择题，每小题4分，在每个小题给出的四个选项中，有1~2个是符合题目要求的，全部答对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1．第24届冬奥会于2022年2月4日在北京开幕，“科技冬奥”理念体现在方方面面。下列说法正确的是A．冰场使用的二氧化碳跨临界制冰技术，比传统的氟利昂人工制冷技术更加节能、环保B．冬奥会采用石墨烯材料制造户外保暖穿戴设备，该石墨烯材料属于传统无机非金属材料C．冬奥火炬火焰的颜色是H2燃烧的颜色D．由碲和镉合成发电玻璃中的碲化镉属于合金材料【答案】A【解析】A．传统的氟利昂人工制冷技术中氟利昂会造成臭氧层空洞，冰场使用的二氧化碳跨临界制冰技术，比传统的氟利昂人工制冷技术更加节能、环保，故A正确；B．冬奥会采用石墨烯材料制造户外保暖穿戴设备属于新型无机非金属材料，不是传统无机非金属材料，故B错误；C．冬奥火炬燃料是有机物不是氢气，故C错误；D．由碲和镉合成发电玻璃中的碲化镉属于新型无机非金属材料，故D错误；故答案为A。2．在给定条件下，下列物质间的转化均能一步实现的是A．B．C．D．【答案】B【解析】A．不稳定，光照下会分解为和，A项不符合题意；B．氧化铁被一氧化碳还原为铁单质，铁和水蒸气高温生成四氧化三铁，B项符合题意；C．与在放电条件下只能生成，不能产生，C项不符合题意；D．由于酸性：，则不与反应，D项不符合题意。故选B。3．代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．标准状况下，和的混合气体含S原子数为B．溶液中含和的离子数之和等于C．在中，生成14g氧化产物时转移的电子数为3D．1mol果糖含羟基数为6【答案】C【解析】A．标准状况下，呈固态，和的混合气体的物质的量不是0.5mol，故A错误；B．和会发生水解，不能确定溶液中含和的离子数，故B错误；C．反应中，NH3中N元素化合价由-3升高为0，NH3被氧化为N2，生成14g氧化产物时转移的电子数3，故C正确；D．1个果糖分子中含有5个羟基，1mol果糖[]含羟基数为5，故D错误；选C。4．火药制备是我国古代闻名世界的化学工艺，原理为2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑。下列说法正确的是A．K2S的电子式：KB．基态O原子核外电子轨道表达式：C．K+的结构示意图：D．CO2和N2都是非极性分子【答案】D【解析】A．K2S结构中K+与S2-形成离子键，其电子式为：，A错误；B．O为8号元素，根据泡利原理和洪特规则，则原子核外电子轨道表达式：，B错误；C．K元素的核电荷数为19，质子数为19，核外电子数为19，K+表示失去最外层一个电子，K+核外还有18个电子，各层电子数分别为2、8、8，K+的结构示意图为，C错误；D．由非极性键形成的分子称为非极性分子，N2由非极性键构成的非极性分子，由极性键形成的分子，如果电荷分布是对称均匀的，也是非极性分子，二氧化碳结构为：O=C=O，直链对称的，所以为非极性分子，D正确；故选D。5．下列叙述对应的离子方程式一定正确的是A．向含1molFeI2的溶液通入0.5molCl2：2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++2I2+6Cl-B．向pH=0的FeSO4溶液滴2滴稀NaClO溶液：ClO-+2Fe2++2H+=2Fe3++Cl-+H2OC．侯氏制碱法中发生反应：2NH3+2Na++CO2+H2O=Na2CO3+2NHD．湿润的淀粉碘化钾试纸遇某气体后，试纸变蓝：Cl2+2I-=I2+2Cl-【答案】B【解析】A．还原性，通入的先与反应，只能消耗，含，不参与反应，A错误；B．少量的NaClO滴入硫酸亚铁溶液中，溶液呈酸性，根据电子得失守恒和电荷守恒，该反应的离子方程式为，B正确；C．侯氏制碱法中应析出晶体，再经加热分解得到纯碱，错误；D．该气体还有可能是、蒸气等也能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，D错误。故选B。6．利用图示装置制备和收集气体，合理的是选项固体A试剂B试剂C制备和收集的气体A生石灰浓氨水水NH3BNa2SO370%硫酸饱和亚硫酸氢钠溶液SO2CMnO2浓盐酸饱和食盐水Cl2DCu浓硝酸水NO2A．A B．B C．C D．D【答案】B【解析】A．氨气易溶于水，不能用排水法收集，A不正确；B．Na2SO3固体与70%硫酸发生复分解反应，制取SO2气体，且SO2不溶于饱和亚硫酸氢钠溶液，所以可用排饱和亚硫酸氢钠溶液的方法收集SO2气体，B正确；C．MnO2与浓盐酸在常温下不能发生反应，不能制取氯气，C不正确；D．NO2易与水发生反应生成NO气体，不能用排水法收集，D不正确；故选B。7．室温下进行下列实验，所得实验现象和结论或原因都正确的是选项实验操作实验现象结论或原因A向20mLMgCl2溶液中滴加3滴NaOH溶液后，继续滴加3滴FeCl3溶液先出现白色沉淀，后产生红褐色沉淀Mg(OH)2沉淀转化为Fe(OH)3B向Ca(ClO)2溶液中通入SO2产生白色沉淀CaSO3难溶于水C向饱和石灰水中加入生石灰有固体析出Ca(OH)2溶解度降低D向FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl平衡体系中加入KCl晶体溶液红色变浅加入少量KCl晶体，该平衡逆向移动A．A B．B C．C D．D【答案】A【解析】A．向20mLMgCl2溶液中滴加3滴NaOH溶液，氯化镁过量，NaOH不足，先出现白色沉淀Mg(OH)2，继续滴加3滴FeCl3，出现红褐色沉淀Fe(OH)3，说明Mg(OH)2转化为Fe(OH)3沉淀，A正确；B．向Ca(ClO)2溶液中通入SO2，发生氧化还原反应，生成硫酸钙白色沉淀，B错误；C．向饱和石灰水中加入生石灰，生石灰与水反应生成氢氧化钙，由于原来是饱和溶液，消耗溶剂水，而且增加了溶质，所以有Ca(OH)2固体析出，但结论错误，固体溶解度与温度有关，与加入的物质无关，C错误；D．该反应的实质是Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，KCl没有参与反应，加入少量氯化钾晶体，对平衡无影响，溶液颜色不变，D错误；综上所述答案为A。8．某科研人员提出与在羟基磷灰石（HAP）表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程示意图如图（图中只画出了HAP的部分结构）。下列说法不正确的是A．HAP能提高与的反应速率B．在整个反应历程中，有极性键和非极性键的断裂C．根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2D．该反应可表示为：【答案】C【解析】A．由题图可知，HAP是催化剂，能提高与的反应速率，A项正确；B．在整个反应历程中，有极性键（如C-H键）和非极性键（如O-O键）的断裂，B项正确；C．根据图知，CO2分子中的氧原子一部分来自O2，另一部分来自于甲醛，C项错误；D．该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂，该反应可表示为为，D项正确；答案选C。9．在一定温度下的可逆反应

，，，若该温度下的平衡常数K=10，下列说法错误的是A．该温度下B．升高温度，增大的倍数大于增大的倍数C．有利于测定X的相对分子质量的条件为低温高压D．恒压条件下，向平衡体系中充入惰性气体He，X的转化率减小【答案】D【解析】A．达到平衡时，，则，平衡常数，即，选项A正确；B．该反应的正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，所以增大的倍数大于增大的倍数，选项B正确；C．测定X的相对分子质量时应该使平衡尽可能逆向移动，该反应的正反应为气体分子数增多的吸热反应，所以条件为低温高压，选项C正确；D．恒压条件下，向平衡体系中充入惰性气体He，体积增大，压强减小，平衡正向移动，X的转化率增大，选项D错误；答案选D。10．我国科研工作者提出通过电解原理联合制备环氧乙烷同时处理酸性含铬废水，其工作原理示意图如图所示。其中双极膜由阳离子交换膜和阴离子交换膜组成，工作时内层解离为和，并分别向两极迁移。下列说法正确的是A．电极a为电源正极B．膜q为阳离子交换膜C．工作时，NaOH溶液浓度保持不变D．N极的电极反应式为【答案】D【解析】A．由信息可知，电极M上乙烯被氧化为环氧乙烷，电极N上被还原为，则电极M为阳极、电极N为阴极，电极a为负极、电极b为正极，选项A错误；B．双极膜中水解离出来的氢氧根离子向阳极区移动，膜q适合选用阴离子交换膜，选项B错误；C．工作时阳极区生成水，NaOH溶液浓度减小，选项C错误；D．Cr元素由价变为价，N极的反应方程式为，选项D正确。答案选D。11．药用辅料有许多重要功能，其质量直接影响终产品质量及安全性。新型冠状病毒灭活疫苗的辅料有Na2HPO4、NaH2PO4、NaCl、Al(OH)3等。下列说法错误的是A．Na2HPO4属于酸式盐B．医疗上用的生理盐水是0.9%的NaCl溶液C．农业上用NaH2PO4作复合肥料D．含Al(OH)3的药物可用于治疗胃酸过多【答案】C【解析】A．磷酸氢钠和磷酸二氢钠都是磷酸反应生成的酸式盐，故A正确；B．生理盐水是一种氯化钠溶液，溶液的浓度是0.9%，故B正确；C．同时含有氮、磷、钾三种元素中的两种或两种以上的肥料称为复合肥料，则磷酸二氢钠是含有磷元素的磷肥，不属于复合肥料，故C错误；D．氢氧化铝能与胃液中的盐酸反应，常用于治疗胃酸过多，故D正确；故选C。12．药物异博定（盐酸维拉帕米）能有效控制血压升高、促进血液循环，其合成路线中有如下转化过程：则下列说法正确的是A．X的沸点低于其同分异构体B．X、Y、Z都能与氢氧化钠溶液反应C．1molZ最多与6mol发生加成反应D．Z分子含有四种官能团【答案】AB【解析】A．X形成分子内氢键，形成分子间氢键，形成分子间氢键的物质熔沸点要高些，A正确；B．酚羟基、卤素原子、酯基都可以和氢氧化钠溶液发生反应，B正确；C．1molZ最多与5mol发生加成反应，酯基不能和发生加成反应，C错误；D．Z分子含有三种官能团：酯基、碳碳双键、醚键，苯环不是官能团，D错误；故选AB。13．钛铁矿（，其中Ti为+4价）在高温下经氯化得到四氯化钛，再制取金属钛的流程如图所示。下列说法正确的是A．氯化反应中与C的物质的量之比为B．氯化过程中既不是氧化剂也不是还原剂C．制取金属钛的反应可得到还原性：D．制取金属钛时选用Ar气的目的是隔绝空气【答案】AD【解析】A．根据得失电子守恒知，氯化过程中发生反应的化学方程式为，则氯化反应中与C的物质的量之比为7∶6，A正确；B．中Fe的化合价为，反应后被氧化为，因此作还原剂，B错误；C．还原剂的还原性强于还原产物的还原性，和镁反应被还原为钛单质，则还原性：，C错误；D．制取金属钛时选用氩气的目的是隔绝空气，防止Ti、Mg与空气中的成分发生反应，D正确；故选AD。14．K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O(橙色)+H2O2CrO(黄色)+2H+。用K2Cr2O7溶液进行下列实验。结合实验，下列说法不正确的是A．①中溶液橙色加深，③中溶液变黄B．②中Cr2O被C2H5OH还原，可用来检测汽车司机是否酒驾C．对比②和④可知K2Cr2O7在酸性溶液氧化性强D．若向④加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色【答案】D【解析】A．由Cr2O(橙色)+H2O⇌2CrO(黄色)+2H＋分析可得，向K2Cr2O7溶液中加酸平衡逆向移动，溶液颜色加深；加碱平衡正向移动，溶液颜色变黄，故A正确；B．乙醇在酸性条件下被Cr2O氧化成乙酸，而Cr2O被还原成Cr3+，而使溶液呈绿色，可用来检测汽车司机是否酒驾，故B正确；C．乙醇在酸性条件下被Cr2O氧化成乙酸，而Cr2O被还原成Cr3+，而使溶液呈绿色，在碱性环境中Cr2O不能氧化乙醇，从而溶液颜色不变，所以K2Cr2O7酸性溶液氧化性比K2Cr2O7碱性溶液氧化性强，故C正确；D．若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，则溶液呈酸性，现象与②一样，溶液颜色变成绿色，故D错误；答案选D。15．NaH2A—Na2HA溶液是人体存在的缓冲溶液。常温下，H3A溶液中各微粒组成随着pH而变化，溶液中A3-、HA2-、H2A-、H3A浓度所占分数（δ）随pH变化的关系如图所示。下列说法错误的是A．0.1mol/LNaH2A溶液显酸性B．H3A+HA2-=2H2A-的平衡常数K=105.08C．将等物质的量的Na2HA和NaH2A配制成溶液，pH=7.20D．pH=12.40时，存在关系：c(H+)<2c(HA2-)+c(H2A-)+3c(A3-)+c(OH-)【答案】C【解析】由图可知，溶液中c(H2A-)=c(H3A)时，溶液pH为2.12，则Ka1==c(H+)=10-2.12，溶液中c(H2A-)=c(HA2-)时，溶液pH为7.20，则Ka2==c(H+)=10-7.20，溶液中c(A3-)=c(HA2-)时，溶液pH为12.4，则Ka3==c(H+)=10-12.4。A．H2A-离子的水解常数Kh==<Ka2说明H2A-离子在溶液中的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，故A正确；B．由方程式可知，反应的平衡常数K==×==105.08，故B正确；C．由图可知，溶液中c(H2A-)=c(HA2-)时，溶液pH为7.20，则将等物质的量的Na2HA和NaH2A配制成的溶液中c(H2A-)≠c（HA2-），则溶液pH不等于7.20，故C错误；D．由图可知，溶液pH为12.40时，溶液中存在电荷守恒关系c(H+)+nc(Mn+)=2c(HA2-)+c(H2A-)+3c(A3-)+c(OH-)，则溶液中c(H+)<2c(HA2-)+c(H2A-)+3c(A3-)+c(OH-)，故D正确；故选C。第Ⅱ卷（非选择题）二、非选择题：本题共5小题，共60分。16．土壤有机质是土壤中结构复杂的有机物，常用重铬酸盐容量法测定土壤中的有机质含量［以每1kg风干土壤中含有机质的质量（g/kg）表示］。其原理为：2K2Cr2O7+3C+8H2SO4=2K2SO4+2Cr2(SO4)3（绿色）+3CO2↑+8H2OK2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=K2SO4+Cr2(SO4)3+3Fe2(SO4)3+7H2O已知：有机质中含碳58%，本方法只能氧化90%的有机质。实验过程如下：I．土样采集与风干：先选取肥力均一的地块，多点取样混合到一起。置于室内阴凉、干燥通风处风干，充分研磨。II．土样中有机质的测定：i．称取0.5000g风干土样、0.1gAg2SO4放入如图装置c中，加一定浓度的K2Cr2O7溶液5.00mL，搅拌下缓慢从装置a中加入5mL浓H2SO4。塞好瓶口。ii．控制在170~180℃加热，煮沸5min。若此时溶液呈绿色，则应重做实验。iii．冷却后，用蒸馏水将装置中的物质全部转移入250mL锥形瓶中，用0.2000mol·L-1硫酸亚铁溶液滴定，消耗硫酸亚铁溶液体积为16.60mL。iv．进行空白实验，即取0.5000g高温灼烧土壤代替风干土样，采用相同条件处理和滴定，消耗硫酸亚铁溶液体积为32.60mL。（1）土样采集时，按照多点取样混合的原因是_______。（2）在步骤i中加入Ag2SO4的目的是为了排除土壤中_______（填标号）对后续实验的影响。A．NO B．Cl- C．Na+ D．NH（3）在步骤ii中若此时溶液呈绿色，则应再重做实验的原因是_______。（4）滴定用硫酸亚铁溶液，使用时必须每天标定一次准确浓度，其原因是_______。（5）根据有机质含量的计算可以判断该土壤属于下列类型_______（填标号）。A．很高肥力地（>40g/kg） B．高肥力地（30~40g/kg）C．中等肥力地（10~30g/kg） D．低肥力地（小于10g/kg）（6）①若土壤中含有较多的Fe2+、Mn2+，则测定结果_______（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。②若土壤中含有较多的碳酸盐，则测定结果_______（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。（7）下列能提高土壤有机质含量的方法有_______（填标号）。A．秸秆还田B．增施腐熟的动物粪便C．施用硝铵D．施用磷酸氢二铵【答案】（1）按照多点取样混合，使所取样品更准确，更有代表性，测得结果更加准确（2）B（3）绿色主要是Cr3+的颜色，表明重铬酸钾的用量可能不足，导致有机质氧化不完全（4）FeSO4溶液易被空气中的氧气氧化（5）B（6）偏大

不变（7）AB【解析】本题是一道测量土壤中有机质含量的实验题，首先是取样，为了使取样更加准确，要注意多点取样并混合，之后干燥研磨，处理好后，加入硫酸银除去样品中的氯离子，然后用重铬酸钾溶液来滴定，根据其用量计算出土壤中有机质的含量。（1）按照多点取样混合，使所取样品更准确，更有代表性，测得结果更加准确；（2）Ag2SO4可以和氯离子反应生成氯化银白色沉淀，故答案为B；（3）由题意可知绿色是三价铬离子的颜色，该实验中是用重铬酸根离子来氧化土壤中的有机质，变成绿色后说明氧化剂已经不足量，此时有机质不能被完全氧化，故答案为：绿色主要是Cr3+的颜色，表明重铬酸钾的用量可能不足，导致有机质氧化不完全；（4）二价铁具有还原性，容易被空气中的氧气氧化，故答案为：FeSO4溶液易被空气中的氧气氧化；（5）根据n=cv，可知iii中n(FeSO4)10.2×16.6=3.32×10-3mol；iv中n(FeSO4)2=0.2×32.60=6.52×10-3mol；n(FeSO4)1-n(FeSO4)2=6.52×10-3mol-3.32×10-3mol=3.2×10-3mol，由题干中的信息可知K2Cr2O7~6FeSO4，n(K2Cr2O7)=n(FeSO4)，2K2Cr2O7~3C，n(C)=n(K2Cr2O7)=××3.2×10-3mol=8×10-4mol，，故答案为B；（6）①Fe2+、Mn2+，都可以被重铬酸钾氧化，会消耗更多的重铬酸钾，故测定结果偏大；②碳酸盐不能被重铬酸钾氧化，不影响其用量，故没有影响，答案为不变；（7）秸秆和动物粪便都属于有机质，可以提高土壤中有机质含量，硝铵和磷酸氢二铵不属于有机质，不能提高土壤中有机质含量，故答案为AB。17．目前新能源汽车电池主要是磷酸铁锂（LiFePO4）和三元锂电池（正极含有Ni、Co、Mn三种元素）。回答下列问题：（1）基态Co原子的价电子排布式为____，能量最高的能级有___个空间运动状态。（2）LiFePO4中四种元素的第一电离能由大到小的顺序是___（填元素符号），其阴离子的立体构型名称是____。（3）检验Ni2+的方法：加入丁二酮肟试剂立即生成鲜红色的二丁二酮肟合镍（II）螯合物。反应方程式如下：2（丁二酮肟）+Ni2+（二丁二酮肟合镍（II）+2H+①丁二酮肟熔点比丁二酮（）高很多的原因是____。②二丁二酮肟合镍（II）螯合物中N原子的杂化类型是____，该物质中存在的作用力有____（填正确答案标号）。A．离子键

B．配位键

C．极性共价键

D．非极性共价键

E．氢键（4）三元锂电池的负极材料是石墨。石墨品体的二维平面结构如图1所示，晶胞结构如图2所示。试回答：①石墨晶体中C原子数与C—C数目之比是____。②根据图2计算石墨晶体的密度是____g/cm3（写出表达式即可）。【答案】（1）3d74s2

5（2）O>P>Fe>Li

正四面体形（3）丁二酮肟分子间存在氢键

sp2

BCDE（4）2∶3

或或【解析】（1）Co是第四周期VIII族元素，其基态原子的价电子排布式为：3d74s2，能量最高的能级是3d，其空间运动状态有5个；（2）元素的原子越容易失去一个电子，其第一电离能数值越小，LiFePO4中四种元素的第一电离能由大到小是O>P>Fe>Li，其中的阴离子是PO43-，中心原子P原子的价层电子对数=4+(5+3-24)=4，采用为sp3杂化，无孤对电子，其空间形状正四面体；（3）①丁二酮肟分子中有N-OH键，分子间可以形成氢键，所以熔点比丁二酮高；②二丁二酮肟合镍（II）螯合物中N原子有三个σ键、1个π键，所以其杂化类型是sp2，该物质中存在的作用力除离子键以外，其它的作用力都存在的，所以选BCDE；（4）①如图所示，每个碳原子有三个C—C单键由六个C原子共用，由均摊法分析可知一个碳原子相当于有1.5个键，所以每一层内C原子数与C—C化学键之比2∶3；②由图中石墨晶胞信息可知，晶胞的平面上的数据应是：所以：g·cm-3==或或。18．含氮化合物的制备、应用及污染治理是科学研究领域的热点问题。试回答下列问题。（1）反应2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)∆H=-620.9kJ·mol-1。可有效降低汽车尾气污染物的排放。①对于该反应，下列说法正确的是___（填序号）。A．该反应在高温条件下可自发进行B．容积固定的绝热容器中，温度保持不变时反应达到平衡状态C．投料比即[]越大，NO转化率、反应速率均越大D．在恒温恒压的容器中达平衡时，同时通入等物质的量的CO和CO2平衡不移动②图中曲线表示在其他条件一定时反应速率与温度的关系，x为CO的转化率，其中最佳反应温度曲线为不同转化率下最大反应速率与温度的关系，则x最小的是___，理由是______________________________________。（2）我国科学家结合实验与计算机模拟结果，得到在铜催化作用下将一个N，N-二甲基甲酞胺[(CH3)2NCHO]转化为三甲胺[N(CH3)3]的合成路线。反应历程如图所示。则反应(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)=N(CH3)s(g)+H2O(g)的∆H=___kJ·mol-1（1eV=1.6×10-22kJ，NA的数值为6.02×1023，结果保留2位有效数字），①、②、③中反应速率最快的一步的化学方程式为____。（3）T°C时，存在如下平衡：2NO2(g)N2O(g)。该反应正、逆反应速率与NO2、N2O4的浓度关系为v正=h正c2(NO2)，v逆=k逆c(N2O4)（k正、k逆是速率常数），且lgv正~lgc(NO2)与lgv逆~lgc(N2O4)的关系如图所示。①图中表示lgv逆~lgc(N2O4)的线是____（填“I”或“II”）。②T℃时，该反应的平衡常数K=___L/mol。③T℃时，向2L恒容密闭容器中充入1.6molNO2，某时刻v正=4×100.5mol/(L·min)，则此时NO2的转化率为___。【答案】（1）B

x3

在其他条件一定时，转化率越小，反应物浓度越大，反应速率越快（2）-98

(CH3)2NCH2OH*+H*=N(CH3)3+OH*或(CH3)2NCH2OH*+2H*=N(CH3)3+OH*+H*（3）II

100

75%【解析】（1）①根据吉布斯自由能，ΔG=ΔH−T×ΔS，该反应ΔH<0，ΔS<0，所以在低温下可满足ΔG<0，A错误。容器为绝热，反应为放热反应，温度升高，当温度不再改变，说明反应达到平衡，B正确。投料比大，浓度不一定大，所以反应速率不一定快，C错误。通入等物质的量的CO和CO2，容积增大，v正=c2(CO)c2(NO)，v逆=c2(CO2)c(N2)，CO和CO2对速率的影响相同，但NO和N2下降不同浓度，前者对速率的影响大，故v正<v逆平衡逆移，D错误。②在其他条件一定时，温度和反应物的浓度影响反应速率，相同温度下，转化率小，反应物浓度越高，反应速率越快，故x3最小。（2）由图可知，一个N，N-二甲基甲酞胺[(CH3)2NCHO]转化为三甲胺[N(CH3)3]的ΔH=-1.02eV，则1mol(CH3)2NCHO转化时的能量变化为，ΔH=-98kJ·mol−1；由图可知，②的活化能最小，反应速率最快，其反应为(CH3)2NCH2OH*+H*=N(CH3)3+OH*或(CH3)2NCH2OH*+2H*=N(CH3)3+OH*+H*。（3）①由方程式可知，四氧化二氮的化学计量数小于二氧化氮，则图中曲线II表示lgv逆~lgc(N2O4)；②由速率公式可得lgv正=lgk正+lgc(NO2)、lgv逆=lgk逆+lgc(N2O4)，由图可知，T℃时，lgc(NO2)和lgc(N2O4)为0时，lgv正=lgk正=2.5，lgv逆=lgk逆=0.5，则k正=102.5、k逆=100.5；当反应达到平衡时，正逆反应速率相等，v正=v逆，则化学平衡常数；③由v正=k正c2(NO2)，v正=4×100.5mol/(L·min)，k正=102.5得c2(NO2)=，c(NO2)=0.2mol/L，n(NO2)=0.4mol，故NO2的转化率为。19．钴在现代有着广泛应用，如草酸钴可作指示剂与催化剂，氯化钴是一种饲料营养强化剂。利用水钴矿（主要成分为：Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO2、MgO、CaO、SiO2等）可以制取草酸钴晶体和氯化钴晶体，依据如图制备流程回答下列问题：已知：①氧化性：Co3+>ClO。②沉淀I、沉淀II中都只含有两种沉淀。③以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：沉淀物Fe(OH)3Al(OH)3Fe(OH)2Mn(OH)2Mg(OH)2Co(OH)2开始沉淀2.74.07.67.79.67.5完全沉淀3.75.29.69.811.19.2（1）通过增大接触面积的形式可以加快水钴矿“浸出”速率，可采取的措施是将水钴矿粉碎和_______，浸出过程中加入Na2SO3的作用是_______。（2）加入NaClO3的作用是为了氧化Fe2+，反应的离子方程式是_______，后续加入Na2CO3调pH，其值不能超过_______。（3）NaF溶液可将钙、镁离子转化为沉淀过滤除去，若所得滤液中c(Ca2+)=1.0×10-5mol/L，则c(Mg2+)=_______mol/L。[已知Ksp(CaF2)=a×10-10，Ksp(MgF2)=b×10-11]（4）加入萃取剂的目的是_______。（5）操作I包括：向水层加入浓盐酸调整pH为2~3，_______，过滤、洗涤、减压烘干等过程。（6）为测定获得草酸钴晶体（CoC2O4·2H2O）的纯度，现称取mg样品，将其用适当试剂转化为草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，再用过量稀硫酸酸化，用cmol/L高锰酸钾溶液滴定，达到滴定终点时，共用去高锰酸钾溶液VmL，该产品的纯度为_______；某兴趣小组测得产品中CoC2O4·2H2O的含量为100.6%。若滴定时实验操作无误，造成该结果可能的原因是_______。【答案】（1）搅拌反应物或适当升温

将Co2O3、Fe2O3、MnO2还原，防止Co2O3与盐酸反应生成氯气（2）ClO+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O

7.5（3）×10-6（4）除去Mn2+（5）蒸发浓缩、冷却结晶（6）

CoC2O4·2H2O部分或完全失去结晶水【解析】由题给流程可知，向含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠溶液时，二氧化硅不发生反应，氧化钴、氧化铁、二氧化锰在盐酸作用下被亚硫酸钠转化为氯化亚钴、氯化亚铁、氯化锰，氧化铝、氧化钙、氧化镁被转化为氯化铝、氯化钙、氯化镁，过滤得到二氧化硅和含有金属氯化物的浸出液；向浸出液中加入氯酸钠将亚铁离子氧化为铁离子，向反应后的溶液中加入碳酸钠调节溶液pH为5.2，将铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到沉淀I和滤液I；向滤液I中加入氟化钠溶液，将溶液中的钙离子、镁离子转化为氟化钙、氟化镁沉淀，过滤得到沉淀II和滤液II；向滤液II中加入萃取剂溶液中的锰离子，分液得到萃取剂层和水层；向水层中加入草酸铵溶液，过滤得到草酸钴晶体；向水层加入浓盐酸调整pH为2~3，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、减压烘干等过程得到氯化钴晶体。（1）将水钴矿粉碎和搅拌反应物等措施能增大反应物接触面积，加快水钴矿“浸出”的速率；由分析可知，加入亚硫酸的目的是将氧化钴、氧化铁、二氧化锰在盐酸作用下还原为氯化亚钴、氯化亚铁、氯化锰，防止氧化钴与盐酸反应生成氯气，污染环境，故答案为：搅拌反应物；将Co2O3、Fe2O3、MnO2还原，防止Co2O3与盐酸反应生成氯气；（2）由分析可知，加入氯酸钠氧化亚铁离子的反应为酸性条件下，氯酸根离子与亚铁离子反应生成氯离子、铁离子和水，反应的离子方程式为ClO+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O；加入碳酸钠的作用是调节溶液pH为5.2，将铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，由表格数据可知，pH值不能超过7.5，使钴离子转化为沉淀而降低产品的产率，故答案为：ClO+6Fe2++