2024-2025年新教材高中化學(xué)模塊檢測一-二含解析新人教版選擇性必修1

PAGEPAGE31模塊質(zhì)量檢測(一）(時間：90分鐘滿分：100分)一、選擇題(本題共15小題，每小題3分，共45分，每小題只有一個選項符合題意)1．2020年5月5日，長征五號B運載火箭勝利將新一代載人飛船試驗船送入預(yù)定軌道，拉開我國載人航天工程“第三步”任務(wù)序幕。該運載火箭采納了新型液氧煤油發(fā)動機和液氧液氫發(fā)動機。下列有關(guān)說法不正確的是()A．液氧可作燃料 B．液氫可作還原劑C．液氫燃燒產(chǎn)物為水 D．煤油燃燒時放出大量熱解析：選A液氧具有助燃性，沒有可燃性，因此液氧不能作燃料，A錯誤；液氫燃燒生成水，在反應(yīng)中H元素化合價上升，失去電子被氧化，故液氫可作還原劑，B正確；液氫燃燒時被氧化生成水，故液氫燃燒產(chǎn)物為水，C正確；煤油是一種化石燃料，是多種烴的混合物，其燃燒時C元素被氧化生成CO2，H元素被氧化生成H2O，同時放出大量熱，D正確。2．下列敘述正確的是()A．須要加熱才能發(fā)生的反應(yīng)肯定是吸熱反應(yīng)B．已知4P(紅磷，s)=P4(白磷，s)ΔH＞0，則白磷比紅磷穩(wěn)定C．含20.0gNaOH的稀溶液與稀硫酸完全中和，放出28.7kJ的熱量，則OH－(aq)＋H＋(aq)=H2O(l)ΔH＝－57.4kJ·mol－1D．已知2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝－483.6kJ·mol－1，則氫氣的燃燒熱為241.8kJ·mol－1解析：選C須要加熱才能發(fā)生的反應(yīng)不肯定是吸熱反應(yīng)，如木炭的燃燒是一個放熱反應(yīng)，但須要點燃，點燃的目的是使其達到著火點，故A錯誤；由熱化學(xué)方程式可知，紅磷的能量低于白磷，物質(zhì)的能量越低越穩(wěn)定，則紅磷比白磷穩(wěn)定，故B錯誤；20.0gNaOH的物質(zhì)的量為0.5mol，由0.5molNaOH發(fā)生中和反應(yīng)時放出28.7kJ的熱量可知，中和熱ΔH＝－57.4kJ·mol－1，則反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為OH－(aq)＋H＋(aq)=H2O(l)ΔH＝－57.4kJ·mol－1，故C正確；氫氣的燃燒熱為1mol氫氣完全燃燒生成液態(tài)水時放出的熱量，題給熱化學(xué)方程式中水為氣態(tài)，則氫氣的燃燒熱不行能是241.8kJ·mol－1，故D錯誤。3．密閉容器中進行反應(yīng)：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，反應(yīng)某一時刻SO2、O2、SO3的濃度分別為0.2mol·L－1、0.1mol·L－1、0.2mol·L－1，當(dāng)達到平衡時，可能的是()A．SO2為0.4mol·L－1、O2為0.2mol·L－1B．SO2為0.25mol·L－1、SO3為0.15mol·L－1C．SO2、SO3均為0.15mol·L－1D．SO2、SO3均為0.3mol·L－1解析：選BSO2和O2的濃度增大，說明反應(yīng)逆向進行建立平衡，若三氧化硫完全反應(yīng)，則SO2和O2的濃度變更分別為0.2mol·L－1、0.1mol·L－1，因該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，實際變更應(yīng)小于該值，所以SO2的濃度小于0.4mol·L－1、O2的濃度小于0.2mol·L－1，故A錯誤；SO2的濃度增大，說明反應(yīng)向逆反應(yīng)方向進行建立平衡，若三氧化硫完全反應(yīng)，則SO2的濃度變更為0.2mol·L－1，該題中實際變更為0.05mol·L－1，故SO2的濃度為0.25mol·L－1，而且SO2和SO3的濃度之和為0.4mol·L－1，故SO3的濃度為0.15mol·L－1，故B正確；反應(yīng)物和生成物的濃度不行能同時減小，應(yīng)為一個濃度減小，另一個濃度增大，且應(yīng)滿意硫元素守恒，SO2和SO3的濃度之和為0.4mol·L－1，故C錯誤；反應(yīng)物和生成物的濃度不行能同時增大，應(yīng)為一個濃度增大，另一個濃度減小，且應(yīng)滿意硫元素守恒，SO2和SO3的濃度之和為0.4mol·L－1，故D錯誤。4.某溫度下，相同體積、相同pH的氨水和氫氧化鈉溶液加水稀釋時的pH變更曲線如圖所示，下列推斷正確的是()A．a(chǎn)點導(dǎo)電實力比b點強B．b點的Kw大于c點C．與鹽酸完全反應(yīng)時，消耗鹽酸體積：Va>VcD．a(chǎn)、c兩點的c(H＋)相等解析：選D選項A，依據(jù)圖示可知，a點對應(yīng)的曲線為NaOH溶液稀釋時的pH變更曲線，b、c點對應(yīng)的曲線為氨水稀釋時的pH變更曲線，a點溶液中離子濃度小于b點溶液中離子濃度，a點導(dǎo)電實力更弱；選項B，Kw只與溫度有關(guān)，b、c兩點Kw相等；選項C，NH3·H2O的總物質(zhì)的量大于NaOH的總物質(zhì)的量，稀釋過程中溶質(zhì)總物質(zhì)的量不變，所以c點消耗鹽酸多；選項D，a、c兩點溶液pH相等，則c(H＋)相等。5．已知部分鋇鹽的溶度積如下：Ksp(BaCO3)＝5.1×10－9，Ksp[Ba(IO3)2]＝6.5×10－10，Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10，Ksp(BaCrO4)＝1.6×10－10。一種溶液中存在相同濃度的COeq\o\al(2－,3)、CrOeq\o\al(2－,4)、IOeq\o\al(－,3)、SOeq\o\al(2－,4)，且濃度均為0.001mol·L－1，若向該溶液中逐滴滴入BaCl2溶液，首先發(fā)生的離子反應(yīng)為()A．Ba2＋＋COeq\o\al(2－,3)=BaCO3↓B．Ba2＋＋CrOeq\o\al(2－,4)=BaCrO4↓C．Ba2＋＋2IOeq\o\al(－,3)=Ba(IO3)2↓D．Ba2＋＋SOeq\o\al(2－,4)=BaSO4↓解析：選D依據(jù)溶度積公式及溶液中陰離子的濃度，可以計算出起先出現(xiàn)BaCO3、BaCrO4、Ba(IO3)2、BaSO4沉淀時c(Ba2＋)分別為5.1×10－6mol·L－1、1.6×10－7mol·L－1、6.5×10－4mol·L－1、1.1×10－7mol·L－1，故最先出現(xiàn)的沉淀是BaSO4，D項正確。6．下表所列是2個反應(yīng)在不同溫度時的化學(xué)平衡常數(shù)(K)。反應(yīng)①N2(g)＋O2(g)2NO(g)ΔH1②N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH2溫度/℃27200025400450K3.8×10－310.15×1080.5070.152關(guān)于反應(yīng)①、②的下列說法正確的是()A．反應(yīng)①、②均為吸熱反應(yīng)B．反應(yīng)①不適合用于大規(guī)模人工固氮C．可求算反應(yīng)4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)的ΔHD．肯定溫度下，①、②分別達到平衡，壓縮容器體積均可使N2的轉(zhuǎn)化率增大解析：選B反應(yīng)①隨溫度上升，K變大，平衡正向移動，是吸熱反應(yīng)；反應(yīng)②隨溫度上升，K變小，平衡逆向移動，是放熱反應(yīng)，故A錯誤；反應(yīng)①為吸熱反應(yīng)，平衡常數(shù)太小，不適合用于大規(guī)模人工固氮，故B正確；由蓋斯定律，①×2－②×2得：4NH3(g)＋2O2(g)4NO(g)＋6H2(g)，得不到4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)，故C錯誤；肯定溫度下，反應(yīng)①N2(g)＋O2(g)2NO(g)是氣體體積不變的反應(yīng)，壓縮容器體積(加壓)，平衡不移動，不能使N2的轉(zhuǎn)化率增大，故D錯誤。7．甲、乙均為1L的恒容密閉容器，向甲中充入1molCH4和1molCO2，乙中充入1molCH4和nmolCO2，在催化劑存在下發(fā)生反應(yīng)：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)，測得CH4的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度的變更如圖所示。下列說法正確的是()A．該反應(yīng)的正反應(yīng)是放熱反應(yīng)B．773K時，該反應(yīng)的平衡常數(shù)小于12.96C．H2的體積分數(shù)：φ(b)＝φ(c)D．873K時，向甲的平衡體系中再充入CO2、CH4各0.4mol，CO、H2各1.2mol，平衡不發(fā)生移動解析：選B溫度上升，CH4的平衡轉(zhuǎn)化率增大，說明溫度上升有利于反應(yīng)正向進行，則正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，A錯誤；873K時，c點CH4的平衡轉(zhuǎn)化率為60%，列“三段式”：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)起始量/(mol·L－1)1100轉(zhuǎn)化量/(mol·L－1)αα2α2α平衡量/(mol·L－1)1－α1－α2α2α則K(c)＝eq\f(c2CO·c2H2,cCH4·cCO2)＝eq\f(2α2·2α2,1－α×1－α)，當(dāng)將α＝60%代入時，有K(c)＝12.96，溫度上升，CH4的平衡轉(zhuǎn)化率增大，平衡正向移動，平衡常數(shù)增大，則773K時該反應(yīng)的平衡常數(shù)小于12.96，B正確；在b點和c點，兩個容器中甲烷的起始量相同，轉(zhuǎn)化率相同時，生成的氫氣的物質(zhì)的量相同，但二氧化碳的起始量不相同，所以平衡時容器中總物質(zhì)的量不相同，所以H2的體積分數(shù)也不相同，C錯誤；當(dāng)α＝60%時，恒溫時向甲的平衡體系中再充入CO2、CH4各0.4mol，CO、H2各1.2mol，相當(dāng)于體系內(nèi)全部組分濃度均變?yōu)閮杀?，可視為加壓，則反應(yīng)向氣體體積減小的方向進行，即平衡逆向移動，D錯誤。8．已知常溫時HClO的Ka＝3.0×10－8，HF的Ka＝3.5×10－4?，F(xiàn)將pH和體積都相同的次氯酸和氫氟酸溶液分別加蒸餾水稀釋，pH隨溶液體積的變更如圖所示，下列敘述正確的是()A．曲線Ⅰ為次氯酸稀釋時pH變更曲線B．從b點到d點，溶液中eq\f(cR－,cHR·cOH－)保持不變(HR代表HClO或HF)C．b點溶液中水的電離程度比c點溶液中水的電離程度小D．取a點的兩種酸溶液，中和相同體積、相同濃度的NaOH溶液，消耗氫氟酸的體積較小解析：選B已知常溫時HClO的Ka＝3.0×10－8，HF的Ka＝3.5×10－4，可知HClO的酸性弱于HF的酸性，所以pH和體積都相同的次氯酸和氫氟酸溶液分別加蒸餾水稀釋時，次氯酸的pH變更幅度較小，所以曲線Ⅰ為氫氟酸稀釋時pH變更曲線，故A錯；eq\f(cR－,cHR·cOH－)可以認為是R－的水解平衡常數(shù)的倒數(shù)，該數(shù)值只與溫度有關(guān)，故B正確；b點溶液的pH大于c點溶液的pH，所以b點溶液中水的電離程度比c點溶液中水的電離程度大，故C錯；由已知常溫時HClO的Ka＝3.0×10－8，HF的Ka＝3.5×10－4可知，HClO的酸性弱于HF的酸性，所以取pH相等的兩種酸，中和相同體積、相同濃度的NaOH溶液，消耗氫氟酸的體積較大，故D錯。9．如圖所示，某同學(xué)設(shè)計了一個燃料電池并探究氯堿工業(yè)原理和粗銅的精煉原理，其中乙裝置中X為陽離子交換膜。下列有關(guān)說法正確的是()A．通入氧氣的一極為正極，發(fā)生的電極反應(yīng)為O2－4e－＋2H2O=4OH－B．乙裝置中鐵電極為陰極，電極反應(yīng)式為Fe－2e－=Fe2＋C．反應(yīng)一段時間后，乙裝置中在鐵電極區(qū)生成氫氧化鈉D．反應(yīng)一段時間后，丙裝置中硫酸銅溶液濃度保持不變解析：選C甲裝置為燃料電池，通氧氣的一極為正極，電解質(zhì)為KOH，電極反應(yīng)式為O2＋4e－＋2H2O=4OH－，故A錯誤；通甲醚的一極為負極，即Fe電極為陰極，電極反應(yīng)式為2H＋＋2e－=H2↑或2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，故B錯誤；依據(jù)B選項的分析，及X為陽離子交換膜，允許Na＋通過知，反應(yīng)一段時間后，乙裝置中鐵電極區(qū)生成NaOH，故C正確；依據(jù)上述分析，精銅作陰極，電極反應(yīng)式為Cu2＋＋2e－=Cu，粗銅作陽極，電極反應(yīng)式為Cu－2e－=Cu2＋，但粗銅中含有比Cu活潑的金屬，這些金屬先失電子，使CuSO4溶液的濃度減小，故D錯誤。10．為探究化學(xué)能與電能的相互轉(zhuǎn)化，某化學(xué)試驗小組設(shè)計如圖所示試驗裝置(已知：鹽橋中裝有瓊脂凝膠，內(nèi)含足量KCl；a和b是石墨片)。當(dāng)K閉合時，下列推斷正確的是()A．Cu電極上發(fā)生還原反應(yīng)B．電子沿Zn→a→b→Cu路徑移動C．片刻后甲池中的SOeq\o\al(2－,4)濃度增大D．片刻后可視察到濾紙b處變紅色解析：選A該原電池中鋅作負極，銅作正極，正極上發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，A正確；電子從Zn→a，b→Cu路徑流淌，電子不進入電解質(zhì)溶液，B錯誤；原電池中陰離子向負極移動，即鹽橋中的Cl－移向甲池，所以片刻后甲池中c(Cl－)增大，SOeq\o\al(2－,4)濃度不變，C錯誤；電解池中，a電極上氫離子放電生成氫氣，同時a電極旁邊生成氫氧根離子，導(dǎo)致溶液堿性增加，所以a極變紅色，b電極上氫氧根離子放電生成氧氣，旁邊生成氫離子，酸性增加，無明顯現(xiàn)象，D錯誤。11．已知：pKa＝－lgKa,25℃時，H2SeO3的pKa1＝1.34，pKa2＝7.34。用0.1mol·L－1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L－1H2SeO3溶液的滴定曲線如圖所示(曲線上的數(shù)字為pH)。下列說法不正確的是()A．a(chǎn)點所得溶液中：2c(H2SeO3)＋c(SeOeq\o\al(2－,3))<0.1mol·L－1B．b點所得溶液中：c(H2SeO3)＋c(H＋)＝c(SeOeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)C．c點所得溶液中：c(Na＋)＞3c(HSeOeq\o\al(－,3))D．d點所得溶液中：c(Na＋)>c(HSeOeq\o\al(－,3))>c(SeOeq\o\al(2－,3))解析：選D用0.1mol·L－1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L－1H2SeO3溶液，a點溶液中溶質(zhì)為H2SeO3和NaHSeO3，pH＝1.34＝pKa1，由電離平衡常數(shù)表達式得到：c(H2SeO3)＝c(HSeOeq\o\al(－,3))，溶液總體積大于20mL，a點所得溶液中：c(H2SeO3)＋c(SeOeq\o\al(2－,3))＋c(HSeOeq\o\al(－,3))＝2c(H2SeO3)＋c(SeOeq\o\al(2－,3))<0.1mol·L－1，故A正確；b點是用0.1mol·L－1NaOH溶液20mL滴定20mL0.1mol·L－1H2SeO3溶液，恰好反應(yīng)生成NaHSeO3，溶液顯酸性，溶液中電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HSeOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)＋2c(SeOeq\o\al(2－,3))，物料守恒：c(Na＋)＝c(HSeOeq\o\al(－,3))＋c(SeOeq\o\al(2－,3))＋c(H2SeO3)，得到：c(H2SeO3)＋c(H＋)＝c(SeOeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)，故B正確；c點pH＝7.34＝pKa2，溶液顯堿性，溶液中溶質(zhì)主要為Na2SeO3和NaHSeO3，SeOeq\o\al(2－,3)＋H2OHSeOeq\o\al(－,3)＋OH－，Kh＝eq\f(cOH－·cHSeO\o\al(－,3),cSeO\o\al(2－,3))＝eq\f(Kw,Ka2)，c(OH－)＝eq\f(Kw,cH＋)，代入計算得到：c(HSeOeq\o\al(－,3))＝c(SeOeq\o\al(2－,3))，依據(jù)電荷守恒，溶液中存在c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSeOeq\o\al(－,3))＋2c(SeOeq\o\al(2－,3))，因c(OH－)＞c(H＋)，則c(Na＋)＞c(HSeOeq\o\al(－,3))＋2c(SeOeq\o\al(2－,3))，即c(Na＋)>3c(HSeOeq\o\al(－,3))，故C正確；加入40mLNaOH溶液滴定20mL0.1mol·L－1H2SeO3溶液恰好反應(yīng)生成Na2SeO3，d點溶液中溶質(zhì)主要是Na2SeO3，溶液中離子濃度c(Na＋)>c(SeOeq\o\al(2－,3))>c(HSeOeq\o\al(－,3))，故D錯誤。12．中國企業(yè)華為宣布：利用鋰離子能在石墨烯表面和電極之間快速大量穿梭運動的特性，開發(fā)出石墨烯電池，電池反應(yīng)式為LixC6＋Li1－xCoO2eq\o(,\s\up7(放電),\s\do5(充電))C6＋LiCoO2，其工作原理如圖。下列關(guān)于該電池的說法正確的是()A．該電池若用隔膜可選用陰離子交換膜B．充電時，電路中每轉(zhuǎn)移1mole－，石墨烯電極質(zhì)量增加7gC．放電時，LiCoO2極發(fā)生的電極反應(yīng)為LiCoO2－xe－=Li1－xCoO2＋xLi＋D．對廢舊的該電池進行“放電處理”，讓Li＋嵌入石墨烯中而有利于回收解析：選B依據(jù)電池反應(yīng)，則須要鋰離子由負極移向正極，所以該電池不行選用陰離子交換膜，故A項不符合題意；依據(jù)Li～e－知每轉(zhuǎn)移1mol電子，石墨烯電極上就會增加1molLi，質(zhì)量為7g，B項符合題意；放電時，LiCoO2電極是正極，發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為Li1－xCoO2＋xLi＋＋xe－=LiCoO2，故C項不符合題意；依據(jù)電池反應(yīng)式知，充電時鋰離子嵌入石墨烯中，才會有利于回收，故D項不符合題意。13．已知p(A)＝－lgc(A)。三種金屬硫化物在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。下列說法不正確的是()A．a(chǎn)點有ZnS沉淀生成B．可用MnS除去MnCl2溶液中混有的少量ZnCl2C．向CuS懸濁液中加入少量水，平衡向溶解的方向移動，c(S2－)不變D．CuS和MnS共存的懸濁液中，eq\f(cCu2＋,cMn2＋)＝10－20解析：選A當(dāng)橫坐標相同時，縱坐標數(shù)值越大，金屬陽離子濃度越小，其溶度積常數(shù)越小。依據(jù)圖知，溶度積常數(shù)：Ksp(MnS)＞Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，則在ZnS曲線下方表示ZnS的過飽和溶液，曲線上表示ZnS的飽和溶液，曲線上方表示ZnS的不飽和溶液，對于ZnS，a點為不飽和溶液，所以a點無ZnS沉淀生成，故A錯誤；溶度積常數(shù)表達式相同時，溶度積常數(shù)大的難溶物簡單轉(zhuǎn)化為溶度積常數(shù)小的難溶物，因Ksp(MnS)＞Ksp(ZnS)，所以可用MnS除去MnCl2溶液中混有的少量ZnCl2，故B正確；向CuS懸濁液中加入少量水，平衡向溶解的方向移動，但是溶液仍舊為飽和溶液，c(S2－)不變，故C正確；CuS和MnS共存的懸濁液中，eq\f(cCu2＋,cMn2＋)＝eq\f(cCu2＋·cS2－,cMn2＋·cS2－)＝eq\f(10－25×10－10,10－15×1)＝10－20，故D正確。14．在一容積為2L的密閉容器中加入反應(yīng)物N2、H2，發(fā)生如下反應(yīng)：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)。反應(yīng)過程中的部分數(shù)據(jù)如下表所示，下列說法正確的是()物質(zhì)的量/mol時間/minn(N2)n(H2)n(NH3)01.01.2020.940.7560.3A.0～2min，NH3的反應(yīng)速率為0.1mol·L－1·min－1B．2min時，H2的物質(zhì)的量為0.3molC．4min時，反應(yīng)已達到平衡狀態(tài)，此時正、逆反應(yīng)的速率都為0D．4～6min，容器內(nèi)氣體分子的總物質(zhì)的量不變解析：選D依據(jù)表中數(shù)據(jù)可知：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)起始量/mol1.01.20變更量/mol0.10.30.22min量/mol0.90.90.2N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)起始量/mol1.01.20變更量/mol0.150.450.34min量/mol0.850.750.3N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)起始量/mol1.01.20變更量/mol0.150.450.36min量/mol0.850.750.3A．0～2min，NH3的反應(yīng)速率為eq\f(\f(0.2mol,2L),2min)＝0.05mol·L·min－1，錯誤；B.0～2min消耗H2的物質(zhì)的量為0.3mol，2min時H2的物質(zhì)的量為0.9mol，錯誤；C.依據(jù)分析可知，4min時與6min時各組分的濃度相等，說明該反應(yīng)在4min時已達到平衡狀態(tài)，但此時正、逆反應(yīng)的速率不等于0，錯誤；D.4～6min，反應(yīng)已經(jīng)達到平衡狀態(tài)，正、逆反應(yīng)速率相等，則容器內(nèi)氣體分子的總物質(zhì)的量不變，正確。15．“氯化反應(yīng)”一般指將氯元素引入化合物中的反應(yīng)，一般包括置換氯化、加成氯化和氧化氯化。已知在制氯乙烯中，HC≡CH(g)＋HCl(g)eq\o(→,\s\up7(HgCl2))CH2—CHCl(g)的反應(yīng)機理如圖所示：下列說法正確的是()A．碳碳三鍵的鍵能：M1大于CH≡CHB．由題圖可知M2→M3的變更過程是熱能轉(zhuǎn)變成化學(xué)能的過程C．該氯乙烯反應(yīng)的總反應(yīng)速率取決于M2→M3的反應(yīng)速率D．HgCl2是“氯化反應(yīng)”的催化劑，不會參與反應(yīng)的過程解析：選CM1為HC≡CH(g)與HgCl2形成的中間體，催化劑降低了正反應(yīng)的活化能，也降低了逆反應(yīng)的活化能，即加入催化劑HgCl2使HC≡CH(g)→M1時M1的鍵能也降低，所以M1中碳碳三鍵的鍵能小于乙炔中碳碳三鍵的鍵能，故A錯誤；由題圖可知M2→M3的變更過程是放熱的，應(yīng)當(dāng)是化學(xué)能轉(zhuǎn)變?yōu)闊崮艿倪^程，故B錯誤；反應(yīng)的總反應(yīng)速率主要取決于活化能大的反應(yīng)，而M2→M3的反應(yīng)活化能最大，因此總反應(yīng)速率取決于M2→M3的反應(yīng)速率，故C正確；HgCl2是“氯化反應(yīng)”的催化劑，參與了化學(xué)反應(yīng)，反應(yīng)前后質(zhì)量不變，故D錯誤。二、非選擇題(本題共5小題，共55分)16．(10分)在化學(xué)反應(yīng)中，只有極少數(shù)能量比平均能量高得多的反應(yīng)物分子發(fā)生碰撞時才可能發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，這些分子稱為活化分子，使一般分子變成活化分子所需供應(yīng)的最低限度的能量叫做活化能，其單位通常用kJ·mol－1表示。請仔細視察圖像，然后回答問題：(1)對于同一反應(yīng)，圖中虛線(Ⅱ)與實線(Ⅰ)相比，活化能大大降低，活化分子的百分數(shù)增多，反應(yīng)速率加快，你認為最可能的緣由是________________。(2)已知紅磷比白磷穩(wěn)定，則反應(yīng)：P4(白磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH1；4P(紅磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH2；ΔH1和ΔH2的關(guān)系是ΔH1________ΔH2(填“＞”“＜”或“＝”)。(3)在298K、101kPa時，已知：2H2O(g)=O2(g)＋2H2(g)ΔH1Cl2(g)＋H2(g)=2HCl(g)ΔH22Cl2(g)＋2H2O(g)=4HCl(g)＋O2(g)ΔH3則ΔH3與ΔH1和ΔH2之間的關(guān)系正確的是________(填字母)。A．ΔH3＝ΔH1＋2ΔH2B．ΔH3＝ΔH1＋ΔH2C．ΔH3＝ΔH1－2ΔH2D．ΔH3＝ΔH1－ΔH2(4)已知H2(g)＋Br2(l)=2HBr(g)ΔH＝－72kJ·mol－1，蒸發(fā)1molBr2(l)須要汲取的能量為30kJ，其他相關(guān)數(shù)據(jù)如下表：物質(zhì)H2(g)Br2(g)HBr(g)1mol分子中的化學(xué)鍵斷裂時須要汲取的能量/kJ436200a則表中a＝________。解析：(1)對于同一反應(yīng)，圖中虛線(Ⅱ)與實線(Ⅰ)相比，活化能大大降低，活化分子的百分數(shù)增多，反應(yīng)速率加快，說明反應(yīng)中加入了催化劑；(2)①4P(白磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH1，②4P(紅磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH2，依據(jù)蓋斯定律，①－②得：P4(白磷，s)=4P(紅磷，s)ΔH＝ΔH1－ΔH2，紅磷比白磷穩(wěn)定，說明紅磷的能量低于白磷的能量，該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，即ΔH1－ΔH2＜0，即ΔH1＜ΔH2；(3)①2H2O(g)=O2(g)＋2H2(g)ΔH1，②Cl2(g)＋H2(g)=2HCl(g)ΔH2，③2Cl2(g)＋2H2O(g)=4HCl(g)＋O2(g)ΔH3，由蓋斯定律可知，反應(yīng)③＝2×②＋①，因此ΔH3＝ΔH1＋2ΔH2；(4)由化學(xué)鍵的鍵能可知①H2(g)＋Br2(g)=2HBr(g)ΔH＝(436kJ·mol－1＋200kJ·mol－1)－2akJ·mol－1＝(636－2a)kJ·mol－1，因蒸發(fā)1molBr2(l)須要汲取的能量為30kJ，即②Br2(l)=Br2(g)ΔH＝＋30kJ·mol－1，依據(jù)蓋斯定律，①＋②得H2(g)＋Br2(l)=2HBr(g)ΔH＝(636－2a)kJ·mol－1＋(＋30kJ·mol－1)＝－72kJ·mol－1答案：(1)運用了催化劑(2)＜(3)A(4)36917．(10分)氫疊氮酸(HN3)和莫爾鹽(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O是兩種常用原料。(1)氫疊氮酸易溶于水，25℃時，該酸的電離常數(shù)為Ka＝1.0×10－5①氫疊氮酸在水溶液中的電離方程式為________________________________________________________________________________________________。②0.2mol·L－1的HN3溶液與0.1mol·L－1的NaOH溶液等體積混合后，復(fù)原到25℃，混合溶液中各離子和HN3分子濃度由大到小的依次為_______________________________________________________________________________________________________________________________________________。③已知T℃時，Ksp(CuN3)＝5.0×10－9，Ksp(Cu2S)＝2.5×10－48，則相同溫度下，2CuN3(s)＋S2－(aq)Cu2S(s)＋2Neq\o\al(－,3)(aq)，該反應(yīng)正反應(yīng)方向________(填“能”或“不能”)基本進行徹底，請通過計算說明______________________。(2)在FeSO4溶液中，加入(NH4)2SO4固體可制備莫爾鹽晶體，為了測定產(chǎn)品純度，稱取ag產(chǎn)品溶于水，配制成500mL溶液，用濃度為cmol·L－1的酸性高錳酸鉀溶液滴定，每次所取待測液體積均為25.00mL，試驗結(jié)果記錄如下(已知莫爾鹽的相對分子質(zhì)量為392)：試驗次數(shù)第一次其次次第三次消耗KMnO4溶液體積/mL25.5225.0224.98滴定終點的現(xiàn)象是________________________，通過試驗數(shù)據(jù)，計算該產(chǎn)品的純度為____________(用含字母a、c的式子表示)。上表中第一次試驗的記錄數(shù)據(jù)明顯大于后兩次，其緣由可能是________(填字母)。A．第一次滴定時，錐形瓶用待裝液潤洗B．該酸性高錳酸鉀標準液保存時間過長，部分變質(zhì)C．滴定前酸式滴定管中尖嘴處有氣泡，滴定結(jié)束后氣泡消逝解析：(1)①氫疊氮酸易溶于水，25℃時，該酸的電離常數(shù)為Ka＝1.0×10－5，說明氫疊氮酸為弱酸，在水溶液中的電離方程式為HN3H＋＋Neq\o\al(－,3)；②0.2mol·L－1的HN3溶液與0.1mol·L－1的NaOH溶液等體積混合后，溶液中存在等物質(zhì)的量濃度的HN3和NaN3，復(fù)原到25℃，依據(jù)氫疊氮酸的電離常數(shù)可知，該溶液中以HN3的電離為主，溶液顯酸性，混合溶液中各離子和HN3分子濃度由大到小的依次為c(Neq\o\al(－,3))>c(Na＋)>c(HN3)>c(H＋)>c(OH－)；③反應(yīng)為2CuN3(s)＋S2－(aq)Cu2S(s)＋2Neq\o\al(－,3)(aq)，該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)為K＝eq\f(c2N\o\al(－,3),cS2－)＝eq\f(c2N\o\al(－,3),cS2－)×eq\f(c2Cu＋,c2Cu＋)＝eq\f(K\o\al(2,sp)CuN3,KspCu2S)＝eq\f(5.0×10－92,2.5×10－48)＝1.0×1031>105，該反應(yīng)能夠完全進行。(2)高錳酸鉀具有強氧化性，F(xiàn)e2＋具有強還原性，兩者能發(fā)生氧化還原反應(yīng)，F(xiàn)e2＋被氧化成Fe3＋，化合價上升1，Mn的化合價由＋7→＋2，化合價降低5，兩者最小公倍數(shù)為5，依據(jù)原子守恒、電荷守恒，配平得MnOeq\o\al(－,4)＋5Fe2＋＋8H＋=Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O，向溶液中滴加酸性高錳酸鉀溶液，高錳酸鉀溶液顯紫紅色，因此滴定到終點的現(xiàn)象：滴入最終一滴標準液，溶液由無色變?yōu)闇\紅色，且30s內(nèi)不變色；因為第一次與其次次、第三次的數(shù)據(jù)相差較大，舍去不用，得消耗高錳酸鉀溶液的體積為eq\f(25.02＋24.98,2)mL＝25mL，依據(jù)離子反應(yīng)方程式，得出：n[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]＝5n(KMnO4)＝25×10－3×c×5mol，則500mL溶液中含有n[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]＝25×10－3×c×5×eq\f(500,25)mol＝2.5cmol，所以質(zhì)量分數(shù)＝2.5c×eq\f(392,a)×100%＝eq\f(980c,a)×100%；A.第一次滴定時，錐形瓶用待裝液潤洗，錐形瓶中亞鐵離子的量偏多，消耗的高錳酸鉀偏多，正確；B.三次運用的高錳酸鉀都是一樣的，消耗的高錳酸鉀體積應(yīng)是相同的，錯誤；C.滴定管尖嘴處有氣泡，滴定結(jié)束后無氣泡，所消耗的標準液體積增大，正確。答案：(1)①HN3H＋＋Neq\o\al(－,3)②c(Neq\o\al(－,3))>c(Na＋)>c(HN3)>c(H＋)>c(OH－)③能正反應(yīng)的平衡常數(shù)為1031>105(2)滴入最終一滴標準液，溶液由無色變?yōu)榧t色(紫紅色或淺紅色也可)，且30s內(nèi)不變色eq\f(980c,a)×100%AC18．(10分)第三代混合動力車，可以用電動機、內(nèi)燃機或二者結(jié)合推動車輛。汽車上坡或加速時，電動機供應(yīng)推動力，降低汽油的消耗；在剎車或下坡時，電池處于充電狀態(tài)。(1)混合動力車的內(nèi)燃機以汽油為燃料，汽油(以辛烷C8H18計)和氧氣充分反應(yīng)，生成1mol水蒸氣放熱569.1kJ。則該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為__________________________________________________________________________________________________。(2)混合動力車目前一般運用鎳氫電池，該電池中鎳的化合物為正極，儲氫金屬(以M表示)為負極，堿液(主要為KOH溶液)為電解質(zhì)溶液。鎳氫電池充放電原理示意如圖1，其總反應(yīng)式為H2＋2NiO(OH)eq\o(,\s\up7(放電),\s\do5(充電))2Ni(OH)2。依據(jù)所給信息推斷，混合動力車上坡或加速時，乙電極四周溶液的pH________(填“增大”“減小”或“不變”)，該電極的電極反應(yīng)式為____________________________________________________________________________________________________。(3)Cu2O是一種半導(dǎo)體材料，可通過如圖2所示的電解裝置制取，電解總反應(yīng)式為2Cu＋H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))Cu2O＋H2↑，陰極的電極反應(yīng)式是____________________。用鎳氫電池作為電源進行電解，當(dāng)電池中有1molH2被消耗時，Cu2O的理論產(chǎn)量為________g。(4)遠洋輪船的鋼鐵船體在海水中易發(fā)生電化學(xué)腐蝕中的________腐蝕。為防止這種腐蝕，通常把船體與浸在海水里的Zn塊相連，或與像鉛酸蓄電池這樣的直流電源的________(填“正”或“負”)極相連。解析：(2)混合動力車上坡或加速時須要動力，故反應(yīng)為原電池放電反應(yīng)，即乙電極為正極，發(fā)生反應(yīng)：NiO(OH)＋H2O＋e－=Ni(OH)2＋OH－，故乙電極四周溶液的pH增大。(3)電解池的陰極發(fā)生還原反應(yīng)，即2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－。當(dāng)電池中有1molH2被消耗時有2mol電子轉(zhuǎn)移，依據(jù)電子守恒可知Cu2O的理論產(chǎn)量為144g。(4)鋼鐵船體在海水中易發(fā)生吸氧腐蝕，可利用犧牲陽極法或外加電流法防止其被腐蝕。答案：(1)C8H18(l)＋eq\f(25,2)O2(g)=8CO2(g)＋9H2O(g)ΔH＝－5121.9kJ·mol－1(2)增大NiO(OH)＋H2O＋e－=Ni(OH)2＋OH－(3)2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－144(4)吸氧負19．(14分)偏二甲肼(C2H8N2)、肼(N2H4)和四氧化二氮(N2O4)可作為運載火箭的推動劑。(1)已知：C2H8N2(l)＋4O2(g)=N2(g)＋4H2O(g)＋2CO2(g)ΔH1N2(g)＋2O2(g)=2NO2(g)ΔH22NO2(g)N2O4(l)ΔH3C2H8N2(l)和N2O4(l)反應(yīng)生成N2(g)、CO2(g)和H2O(g)并放出大量熱，寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式(ΔH用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的代數(shù)式表示)__________________________________________________。該反應(yīng)________(填“是”或“不是”)自發(fā)反應(yīng)，推斷的理由是________________________________________________________________________。(2)肼(N2H4)也可用于新型環(huán)保燃料電池中，燃料電池的工作原理示意圖如圖1所示，該燃料電池的負極反應(yīng)式為______________________________________________________。(3)將4molN2O4放入2L恒容密閉容器中發(fā)生反應(yīng)N2O4(g)2NO2(g)，平衡體系中N2O4的體積分數(shù)(φ)隨溫度的變更如圖2所示。①D點v(正)________v(逆)(填“>”“＝”或“<”)。②A、B、C三點中平衡常數(shù)K的值最大的是________點。T2時，N2O4的平衡轉(zhuǎn)化率為________；若達到平衡所需時間為5s，則此時間內(nèi)N2O4的平均反應(yīng)速率為________。③若其他條件不變，在T3原平衡基礎(chǔ)上，再加入肯定量NO2，達到新平衡時，與原平衡相比，NO2的體積分數(shù)________(填“增大”“不變”或“減小”)。解析：(1)已知：①C2H8N2(l)＋4O2(g)=N2(g)＋4H2O(g)＋2CO2(g)ΔH1，②N2(g)＋2O2(g)=2NO2(g)ΔH2，③2NO2(g)N2O4(l)ΔH3，由蓋斯定律可知：①－2×②－2×③得C2H8N2(l)＋2N2O4(l)=3N2(g)＋4H2O(g)＋2CO2(g)，則ΔH＝ΔH1－2ΔH2－2ΔH3，因該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，即ΔH＜0，且為熵增反應(yīng)，即ΔS＞0，則ΔG＝ΔH－TΔS恒小于0，說明此反應(yīng)是自發(fā)反應(yīng)；(2)燃料電池通O2的電極為正極，通N2H4的電極為負極，負極發(fā)生氧化反應(yīng)，產(chǎn)物為N2，且燃料電池工作時O2－向負極移動，則該燃料電池的負極反應(yīng)式為N2H4－4e－＋2O2－=N2↑＋2H2O；(3)①由圖可知，D點未達到平衡狀態(tài)，A點達到平衡狀態(tài)，D→A時反應(yīng)物N2O4的體積分數(shù)增大，反應(yīng)逆向進行，即v正＜v逆；②由圖2可知，隨溫度上升，平衡時N2O4的體積分數(shù)不斷減小，說明溫度上升，平衡正向移動，平衡常數(shù)隨溫度的上升而增大，即A、B、C三點中平衡常數(shù)K。最大的是C點；T2平衡時N2O4的體積分數(shù)為60%，設(shè)變更的N2O4的物質(zhì)的量為xmol，列三段式：N2O4(g)2NO2(g)起始/mol40變更/molx2x平衡/mol4－x2x則：eq\f(4－x,4＋x)×100%＝60%，解得：x＝1，故N2O4的轉(zhuǎn)化率為eq\f(1mol,4mol)×100%＝25%；若達到平衡所須要的時間為5s，則此時間內(nèi)N2O4的平均反應(yīng)速率為eq\f(\f(1mol,2L),5s)＝0.1mol·L－1·s－1；③若其他條件不變，在T3原平衡基礎(chǔ)上，再加入肯定量NO2，NO2的濃度增大，平衡逆向移動，達到新平衡時，與原平衡相比，NO2的體積分數(shù)將減小。答案：(1)C2H8N2(l)＋2N2O4(l)=3N2(g)＋4H2O(g)＋2CO2(g)ΔH＝ΔH1－2ΔH2－2ΔH3是該反應(yīng)是熵增的放熱反應(yīng)，ΔH－TΔS恒小于0(2)N2H4－4e－＋2O2－=N2↑＋2H2O(3)①＜②C25%0.1mol·L－1·s－1③減小20．(11分)碳的許多化合物在生產(chǎn)、生活中有廣泛應(yīng)用，對其進行綜合利用是目前探討的熱點之一。已知：Ⅰ.CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH＝－41.0kJ·mol－1；Ⅱ.CH3OH(g)＋CO2(g)＋H2(g)CH3COOH(g)＋H2O(g)ΔH＝＋220.5kJ·mol－1；Ⅲ.CH4(g)＋CO2(g)CO(g)＋CH3OH(g)ΔH＝＋157.0kJ·mol－1?；卮鹣铝袉栴}：(1)CH4(g)＋CO2(g)CH3COOH(g)ΔH＝________。(2)700℃時，將1molCO(g)、1molH2O(g)、1molCH4(g)混合后，充入容積為20L的剛性密閉容器中(容器容積不變)，在適當(dāng)催化劑條件下發(fā)生反應(yīng)Ⅰ和反應(yīng)Ⅲ。10min末達到平衡時測得H2(g)和CH3OH(g)的體積分數(shù)分別為20%、10%。①0～10min內(nèi)，反應(yīng)Ⅰ的平均反應(yīng)速率v[H2O(g)]＝________。②反應(yīng)Ⅲ的平衡常數(shù)K＝________。③在750℃重復(fù)試驗，容器內(nèi)的平衡壓強________(填“增大”“減小”或“不變”)，理由為__________________。(3)中科院化學(xué)所探討了反應(yīng)Ⅱ的反應(yīng)歷程，如圖所示：①反應(yīng)歷程中，能降低反應(yīng)活化能的物質(zhì)有__________________(填化學(xué)式)；中間產(chǎn)物有________種。②第4步反應(yīng)的化學(xué)方程式為________________________________________________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)依據(jù)蓋斯定律，Ⅰ＋Ⅱ＋Ⅲ得，CH4(g)＋CO2(g)CH3COOH(g)，ΔH＝－41.0kJ·mol－1＋(＋220.5kJ·mol－1)＋(＋157.0kJ·mol－1)＝＋336.5kJ·mol－1。(2)反應(yīng)Ⅰ、反應(yīng)Ⅲ均為氣體分子總數(shù)不變的反應(yīng)，設(shè)反應(yīng)I中參與反應(yīng)的H2O(g)的物質(zhì)的量為xmol、反應(yīng)Ⅲ中參與反應(yīng)的CH4(g)的物質(zhì)的量為ymol。列三段式：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)起始/mol1100變更/molxxxxCH4(g)＋CO2(g)CO(g)＋CH3OH(g)起始/mol1x1－x0變更/molyyyy平衡/mol1－yx－y1－x＋yy則x＝0.6，y＝0.3。①0～10min內(nèi)，反應(yīng)的平均反應(yīng)速率v[H2O(g)]＝eq\f(0.6mol,20L×10min)＝0.003mol·L－1·min－1。②反應(yīng)Ⅲ的平衡常數(shù)K＝eq\f(\f(0.3mol,20L)×\f(0.7mol,20L),\f(0.3mol,20L)×\f(0.7mol,20L))＝1。③反應(yīng)Ⅰ、反應(yīng)Ⅲ均為氣體分子總數(shù)不變的反應(yīng)，上升溫度，容器容積不變，壓強增大。(3)①由圖可知，反應(yīng)過程中LiI和Rh作催化劑，可降低反應(yīng)的活化能。由圖中轉(zhuǎn)化關(guān)系知，中間產(chǎn)物有CH3I、LiOH、CH3RhI、CH3COORhI、HI共5種。②由圖中轉(zhuǎn)化關(guān)系知，第4步反應(yīng)的化學(xué)方程式為CH3COORhI＋H2=Rh＋CH3COOH＋HI。答案：(1)＋336.5kJ·mol－1(2)①0.003mol·L－1·min－1②1③增大反應(yīng)Ⅰ、反應(yīng)Ⅲ均為氣體分子總數(shù)不變的反應(yīng)，上升溫度，容器容積不變，壓強增大(3)①LiI和Rh5②CH3COORhI＋H2=Rh＋CH3COOH＋HI模塊質(zhì)量檢測(二)(時間：90分鐘滿分：100分)一、選擇題(本題共15小題，每小題3分，共45分，每小題只有一個選項符合題意)1．下列試驗事實不能用平衡移動原理說明的是()A．pH＝11的氨水稀釋10倍后溶液pH＞10B．將氯化鋁溶液加熱蒸干并灼燒，最終得氧化鋁固體C．對2HI(g)H2(g)＋I2(g)，減小容器體積，氣體顏色變深D．水垢中含有CaSO4，可先用Na2CO3溶液浸泡處理，而后用鹽酸去除解析：選C若強堿稀釋10倍堿性變?nèi)?0倍，pH應(yīng)當(dāng)是10。但是NH3·H2O屬于弱堿，弱堿部分電離，NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－，加水稀釋平衡正向移動，堿性變?nèi)跣∮?0倍，所以其pH比10大些，但小于11，故A能用平衡移動原理說明；鋁離子在水溶液中發(fā)生水解，AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl，加熱條件下氯化氫漸漸揮發(fā)，平衡正向移動，氫氧化鋁受熱易分解，2Al(OH)3eq\o(=,\s\up7(△))Al2O3＋3H2O，所以把氯化鋁溶液蒸干、灼燒，最終得到的主要固體產(chǎn)物是氧化鋁，故B能用平衡移動原理說明；2HI(g)H2(g)＋I2(g)在反應(yīng)前后氣體的物質(zhì)的量沒有變更，變更壓強不會使平衡發(fā)生移動，而減小容器體積，氣體顏色變深，是因為體積變小，碘蒸氣的濃度增大，導(dǎo)致顏色加深，故C不能用平衡移動原理說明；因為溶解度S(CaCO3)＜S(CaSO4)，故水垢中加入飽和Na2CO3溶液，能將CaSO4轉(zhuǎn)化為CaCO3，而后加鹽酸，CaCO3溶解，從而除去水垢，故D能用平衡移動原理說明。2．某反應(yīng)運用催化劑后，其反應(yīng)過程中能量變更如圖，下列說法錯誤的是()A．總反應(yīng)為放熱反應(yīng)B．運用催化劑后，活化能不變C．反應(yīng)①是吸熱反應(yīng)，反應(yīng)②是放熱反應(yīng)D．ΔH＝ΔH1＋ΔH2解析：選BA．總反應(yīng)熱ΔH＝生成物總能量－反應(yīng)物總能量，依據(jù)圖像可知，反應(yīng)物A＋B的總能量高于生成物E＋F的總能量，故ΔH＜0，反應(yīng)放熱，正確；B.催化劑可降低反應(yīng)活化能，錯誤；C.反應(yīng)①A＋B→C＋D，ΔH1>0，是吸熱反應(yīng)；反應(yīng)②C＋D→E＋F，ΔH2＜0，是放熱反應(yīng)，正確；D.依據(jù)蓋斯定律，總反應(yīng)為A＋B→E＋F，故ΔH＝ΔH1＋ΔH2，正確。3．設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是()A．將1molCl2通入水中，則N(HClO)＋N(Cl－)＋N(ClO－)＝2NA(N表示粒子數(shù))B．用惰性電極電解CuSO4溶液一段時間后，若加入29.4gCu(OH)2能使溶液復(fù)原，則電解過程中轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為1.2NAC．H2(g)＋I2(g)2HI(g)ΔH＝－akJ·mol－1，若充分反應(yīng)后放出akJ熱量，則起始時向密閉容器中加入了NA個氫分子和足量的碘單質(zhì)D．100g質(zhì)量分數(shù)為17%的H2O2溶液中極性鍵數(shù)目為NA解析：選B將1molCl2通入水中，只有一部分Cl2與水反應(yīng)生成HCl、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表示粒子數(shù))，A不正確；29.4gCu(OH)2的物質(zhì)的量為eq\f(29.4g,98g·mol－1)＝0.3mol，加入0.3molCu(OH)2能使溶液復(fù)原，則相當(dāng)于加入0.3molCuO和0.3molH2O，所以電解過程中轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為0.3×(2＋2)NA＝1.2NA，B正確；對于可逆反應(yīng)H2(g)＋I2(g)2HI(g)ΔH＝－akJ·mol－1,1molH2完全反應(yīng)后，放出akJ熱量，所以起始時向密閉容器中加入的氫分子數(shù)目應(yīng)大于NA個，C不正確；100g質(zhì)量分數(shù)為17%的H2O2溶液中含有17gH2O2和83gH2O，含極性鍵數(shù)目為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17g,34g·mol－1)×2＋\f(83g,18g·mol－1)×2))NA＞NA，D不正確。4．t℃時，在容積不變的密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：X(g)＋3Y(g)2Z(g)，各組分在不同時刻的濃度如表：物質(zhì)XYZ初始濃度/(mol·L－1)0.10.202min末濃度/(mol·L－1)0.08ab平衡濃度/(mol·L－1)0.050.050.1下列說法不正確的是()A．平衡時，X的轉(zhuǎn)化率為50%B．t℃時，該反應(yīng)的平衡常數(shù)為1600C．增大平衡后的體系壓強，v(正)增大，v(逆)減小，平衡向正反應(yīng)方向移動D．前2min內(nèi)，用Y的變更量表示的平均反應(yīng)速率v(Y)＝0.03mol·L－1·min－1解析：選C由表中數(shù)據(jù)知，平衡時，X轉(zhuǎn)化了0.05mol·L－1，故其轉(zhuǎn)化率＝eq\f(0.05mol·L－1,0.1mol·L－1)×100%＝50%，A正確；由K＝eq\f(c2Z,cX·c3Y)＝eq\f(0.1mol·L－12,0.05mol·L－1×0.05mol·L－13)＝1600，知B正確；增大壓強，體積縮小，各物質(zhì)的濃度均增大，正、逆反應(yīng)速率都增大，C錯誤；前2min內(nèi)用X表示的平均反應(yīng)速率為v(X)＝eq\f(0.1－0.08mol·L－1,2min)＝0.01mol·L－1·min－1，依據(jù)eq\f(vX,vY)＝eq\f(1,3)，得v(Y)＝3v(X)＝0.03mol·L－1·min－1，D正確。5．下列試驗操作、現(xiàn)象及結(jié)論均正確的是()選項試驗操作和現(xiàn)象結(jié)論AAl2(SO4)3溶液蒸發(fā)結(jié)晶后得到白色固體該固體成分為Al2O3B向某溶液中加入BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀，再加入過量的稀鹽酸，沉淀不溶解該溶液中含有SOeq\o\al(2－,4)CAg2CO3白色懸濁液中滴入幾滴Na2S稀溶液，出現(xiàn)黑色沉淀Ksp(Ag2S)＜Kap(Ag2CO3)D淀粉和稀H2SO4混合共熱后，滴加碘水，溶液變藍淀粉未水解解析：選C在Al2(SO4)3溶液中存在水解平衡：Al2(SO4)3＋6H2O2Al(OH)3＋3H2SO4，蒸發(fā)結(jié)晶時溫度上升水解平衡正向移動，但由于H2SO4是不揮發(fā)性酸，故最終水解生成的Al(OH)3與H2SO4仍會反應(yīng)，得到的白色固體為Al2(SO4)3，A錯誤；向某溶液中加入BaCl2溶液產(chǎn)生白色沉淀，再加入過量的稀鹽酸，沉淀不溶解，該溶液中可能含有SOeq\o\al(2－,4)或Ag＋等，B錯誤；Ag2CO3白色懸濁液中存在溶解平衡：Ag2CO3(s)2Ag＋(aq)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)，滴入幾滴Na2S稀溶液出現(xiàn)黑色沉淀，說明Ag2CO3轉(zhuǎn)化為了更難溶于水的Ag2S沉淀，由于Ag2CO3、Ag2S的類型相同，故Ksp(Ag2S)＜Ksp(Ag2CO3)，C正確；淀粉和稀H2SO4混合共熱后，滴加碘水，溶液變藍，說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錯誤。6．下列說法正確的是()A．鹽類水解破壞了水的電離平衡，促進水的電離B．上升溫度，NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋平衡逆向移動C．若強酸與強堿中和后pH＝7，則兩者的pH之和肯定為14D．鹽類水解反應(yīng)不肯定都是吸熱反應(yīng)解析：選A鹽電離出的離子結(jié)合水電離出的氫離子或氫氧根離子生成弱電解質(zhì)的反應(yīng)為鹽類的水解，導(dǎo)致水電離出的氫離子或氫氧根離子濃度減小，水的電離平衡正向移動，促進水的電離，故A正確；NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋為鹽類的水解反應(yīng)，鹽類的水解反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，上升溫度，該反應(yīng)平衡正向移動，故B錯誤；若強酸與強堿等體積混合后pH＝7，溶液呈中性，則pH酸＋pH堿＝14，選項中酸和堿溶液的體積未知，則不能確定兩者的pH之和肯定為14，故C錯誤；鹽類水解反應(yīng)是酸堿中和反應(yīng)的逆過程，酸堿中和反應(yīng)都是放熱反應(yīng)，則鹽類的水解反應(yīng)都是吸熱反應(yīng)，故D錯誤。7．下列電化學(xué)裝置能達到目的的是()A．圖甲：實現(xiàn)原電池反應(yīng)Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋B．圖乙：制取少量Fe(OH)2C．圖丙：證明鐵發(fā)生了析氫腐蝕D．圖?。涸阼F表面鍍鋅解析：選A三價鐵離子的氧化性大于銅離子的氧化性，所以該反應(yīng)為自發(fā)的氧化還原反應(yīng)，圖甲有活性不同的兩個電極，形成了閉合回路，可構(gòu)成原電池，A正確；鐵與電源負極相連作陰極，陰極發(fā)生還原反應(yīng)，不能失電子生成亞鐵離子，B錯誤；析氫腐蝕的條件應(yīng)當(dāng)是強酸性環(huán)境，氯化鈉溶液顯中性，C錯誤；在鐵表面鍍鋅，電解質(zhì)溶液應(yīng)當(dāng)為含鋅離子的溶液，D錯誤。8．室溫時，肯定量的Na2CO3與鹽酸混合所得溶液中，部分含碳微粒的物質(zhì)的量分數(shù)(α)與pH的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是()A．pH＝10.3時：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋3c(HCOeq\o\al(－,3))B．pH＝6.3時：α(COeq\o\al(2－,3))＋α(HCOeq\o\al(－,3))＋α(H2CO3)＝1.0C．pH＝7時：c(HCOeq\o\al(－,3))>c(COeq\o\al(2－,3))>c(H2CO3)>c(OH－)＝c(H＋)D．曲線X表示的微粒為COeq\o\al(2－,3)解析：選A溶液中存在電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))，pH＝10.3時，c(HCOeq\o\al(－,3))＝c(COeq\o\al(2－,3))，所以c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋3c(HCOeq\o\al(－,3))，A項正確；pH＝6.3時，α(COeq\o\al(2－,3))、α(HCOeq\o\al(－,3))、α(H2CO3)均小于0.2，所以α(COeq\o\al(2－,3))＋α(HCOeq\o\al(－,3))＋α(H2CO3)<0.6，B項錯誤；pH＝7時，Y在最上方，X在中間，Z在最下方，依據(jù)分析可知c(HCOeq\o\al(－,3))>c(H2CO3)>c(COeq\o\al(2－,3))>c(OH－)＝c(H＋)，C項錯誤；依據(jù)分析可知X表示的微粒是H2CO3，D項錯誤。9．若用AG表示溶液的酸度，AG的定義為AG＝lgeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(cH＋,cOH－)))，室溫下試驗室中用0.01mol·L－1的氫氧化鈉溶液滴定20.00mL0.01mol·L－1醋酸，滴定過程如圖所示，下列敘述正確的是()A．室溫下，A點的溶液顯酸性B．A點時加入氫氧化鈉溶液的體積等于20.00mLC．室溫下，AG＝7時溶液的pH＝3.5D．從O到B，水的電離程度漸漸減小解析：選CA點的AG＝lgeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(cH＋,cOH－)))＝0，即eq\f(cH＋,cOH－)＝1，則c(H＋)＝c(OH－)，此時溶液顯中性，故A錯誤；依據(jù)A項分析，A點時溶液顯中性，當(dāng)加入氫氧化鈉溶液20.00mL時，氫氧化鈉和醋酸恰好完全中和，得到醋酸鈉溶液，醋酸鈉是強堿弱酸鹽，CH3COO－水解使溶液顯堿性，說明A點時加入氫氧化鈉溶液的體積小于20.00mL，故B錯誤；依據(jù)圖像可知，在室溫下，O點時，醋酸溶液的AG＝lgeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(cH＋,cOH－)))＝7，即eq\f(cH＋,cOH－)＝107，而水的離子積Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝10－14，兩式聯(lián)立可知，c(H＋)＝10－3.5mol·L－1，即溶液的pH＝3.5，故C正確；酸或堿都會抑制水的電離，可水解的鹽會促進水的電離，O點為醋酸溶液，水的電離被抑制，從O到A點，醋酸的量漸漸削減，醋酸鈉的量漸漸增多，溶液由酸性變?yōu)橹行裕碾婋x程度漸漸增大，當(dāng)V(NaOH)＝20mL時，溶液變?yōu)榇姿徕c溶液，此時水的電離程度最大，接著加入氫氧化鈉溶液，水的電離程度又漸漸減小，即從O到B，水的電離程度先漸漸增大后漸漸減小，故D錯誤。10．工業(yè)汲取H2S氣體后的FeCl3溶液的再生過程可降解酸性污水中的硝酸鹽，其工作原理如圖所示。下列說法正確的是()A．溶液M中的溶質(zhì)為FeCl2B．電極a為陰極C．電極b上的反應(yīng)為2NOeq\o\al(－,3)＋10e－＋6H2O=N2↑＋12OH－D．隨電解的進行，陰極區(qū)溶液pH增大解析：選D溶液M為汲取H2S氣體后的FeCl3溶液，硫化氫與氯化鐵反應(yīng)生成硫單質(zhì)、氯化亞鐵和HCl，則溶液M中的溶質(zhì)有FeCl2、HCl，同時還有剩余的氯化鐵，A錯誤；由裝置可知b電極的反應(yīng)為硝酸根離子被還原為氮氣，得電子的電極應(yīng)為陰極，則a為陽極，B錯誤；電解質(zhì)溶液呈酸性，電極b上的反應(yīng)為2NOeq\o\al(－,3)＋10e－＋12H＋=N2↑＋6H2O，C錯誤；由b電極的反應(yīng)可知，反應(yīng)消耗氫離子，氫離子濃度減小，pH增大，D正確。11．丙酮是重要的有機合成原料，可以由過氧化氫異丙苯合成。其反應(yīng)為CH3CH3OOHH3CCOCH3＋OH，為了提高過氧化氫異丙苯的轉(zhuǎn)化率，反應(yīng)進行時需剛好從溶液體系中移出部分苯酚。過氧化氫異丙苯的轉(zhuǎn)化率隨反應(yīng)時間的變更如圖所示。設(shè)過氧化氫異丙苯的初始濃度為xmol·L－1，反應(yīng)過程中的液體體積變更忽視不計。下列說法不正確的是()A．a(chǎn)、c兩點丙酮的物質(zhì)的量濃度相等B．b、c兩點的逆反應(yīng)速率：v(b)＞v(c)C．100℃時，0～5h之間丙酮的平均反應(yīng)速率為0.14xmol·L－1·h－1D．若b點處于化學(xué)平衡，則120℃時反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝eq\f(0.98x×0.98x,0.02x)解析：選D由于起始反應(yīng)物濃度相同且a、c點轉(zhuǎn)化率相同，故生成的丙酮濃度相等，A正確；由于反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率：b點＞c點，故生成物濃度：b點＞c點，且b點溫度大于c點，故逆反應(yīng)速率：b點＞c點，B正確；由圖示知，100℃時，5h時反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率為70%，故生成丙酮的濃度＝0.7xmol·L－1，則0～5h丙酮的平均反應(yīng)速率＝eq\f(0.7xmol·L－1,5h)＝0.14xmol·L－1·h－1，C正確；b點對應(yīng)反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率為98%，故兩種生成物的濃度均為0.98xmol·L－1，但在反應(yīng)過程中有部分苯酚被移出反應(yīng)體系，故平衡時體系中苯酚的濃度未知，故無法求算平衡常數(shù)，D錯誤。12．25℃時，向10mL0.10mol·L－1的一元弱酸HA(Ka＝1.0×10－3)中逐滴加入0.10mol·L－1NaOH溶液，溶液pH隨加入NaOH溶液體積的變更關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是()A．a(chǎn)點時，c(HA)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)B．溶液在a點和b點時水的電離程度相同C．b點時，c(Na＋)＝c(HA)＋c(A－)＋c(OH－)D．V＝10mL時，c(Na＋)>c(A－)>c(H＋)>c(HA)解析：選AA項，a點時，pH＝3，c(H＋)＝10－3mol·L－1，因為Ka＝1.0×10－3，所以c(HA)＝c(A－)，依據(jù)電荷守恒：c(A－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)和c(HA)＝c(A－)，得c(HA)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，正確；B項，a點溶質(zhì)為HA和NaA，pH＝3，由水電離出的c(OH－)＝10－11mol·L－1；b點溶質(zhì)為NaOH和NaA，pH＝11，c(OH－)＝10－3mol·L－1，OH－是由NaOH電離和水電離兩部分組成的，推斷出由水電離出的c(OH－)<10－3mol·L－1，則由水電離的c(H＋)＞10－11mol·L－1，錯誤；C項，依據(jù)電荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)可得：c(Na＋)＝c(A－)＋c(OH－)－c(H＋)，假設(shè)C選項成立，則c(A－)＋c(OH－)－c(H＋)＝c(HA)＋c(A－)＋c(OH－)，推出c(HA)＋c(H＋)＝0，故假設(shè)不成立，錯誤；D項，V＝10mL時，HA與NaOH恰好完全反應(yīng)生成NaA，A－＋H2OHA＋OH－，水解后溶液顯堿性，c(OH－)>c(H＋)，即c(HA)>c(H＋)，錯誤。13．已知：氧化鋰(Li2O)晶體形成過程中的能量變更如圖所示。下列說法正確的是()A．ΔH1>0，ΔH2＜0B．ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＋ΔH6－ΔH5＝0C．ΔH3<0，ΔH4<0D．ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＝ΔH5＋ΔH6解析：選BLi晶體轉(zhuǎn)化為Li(g)是吸熱過程，Li(g)→Li＋(g)是失電子過程，吸熱，即ΔH1>0、ΔH2>0，故A錯誤；由蓋斯定律可知，ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＋ΔH6＝ΔH5，即－ΔH5＋ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＋ΔH6＝0，故B正確、D錯誤；eq\f(1,2)O2(g)到O(g)是鍵斷裂過程，吸熱，O(g)→O2－(g)是得電子過程，放熱，即ΔH3>0、ΔH4<0，故C錯誤。14．常溫下，向10.00mL0.10mol·L－1HCl和0.20mol·L－1CH3COOH的混合溶液中逐滴加入0.10mol·L－1NaOH溶液時，溶液的pH與所加NaOH溶液體積的關(guān)系如圖所示(不考慮揮發(fā))，且CH3COOH的電離常數(shù)Ka＝1.0×10－5。已知指示劑變色范圍為甲基橙(3.1～4.4)，酚酞(8.2～10.0)，下列說法不正確的是()A．測定鹽酸濃度時，可選用酚酞或甲基橙作為指示劑B．點b處c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1mol·L－1C．點b處溶液pH為3D．點c處溶液中粒子濃度大小關(guān)系為c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(OH－)解析：選A由HCl和CH3COOH組成的混合溶液中，滴加NaOH溶液，NaOH首先與HCl反應(yīng)，再與CH3COOH反應(yīng)，而指示劑的選擇則是由滴定終點時溶液的酸堿性確定的，因此加入NaOH溶液的體積為10mL時，HCl完全反應(yīng)，醋酸未反應(yīng)，且CH3COOH的濃度為0.1mol·L－1，因此Ka＝eq\f(cH＋·cCH3COO－,cCH3COOH)≈eq\f(c2H＋,0.1)＝1.0×10－5，由于醋酸電離時，產(chǎn)生的氫離子和醋酸根離子相等，所以此時溶液中c(H＋)＝10－3mol·L－1，pH＝3，因此應(yīng)當(dāng)選擇甲基橙作為指示劑，當(dāng)醋酸完全反應(yīng)時，溶質(zhì)為NaCl和CH3COONa，溶液呈堿性，因此應(yīng)當(dāng)選擇酚酞作為指示劑。依據(jù)以上分析知，測定鹽酸濃度時，可選用甲基橙作為指示劑，故A錯誤；加入NaOH溶液的體積為10mL時，HCl完全反應(yīng)，醋酸未反應(yīng)，且CH3COOH的濃度為0.1mol·L－1，醋酸部分電離，所以c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1mol·L－1，故B正確；由分析可知，點b處溶液pH為3，故C正確；點c處加入NaOH溶液的體積為20mL，溶質(zhì)為等物質(zhì)的量的NaCl、CH3COONa和CH3COOH，溶液呈酸性，所以醋酸的電離程度大于醋酸根離子的水解程度，c(CH3COO－)>c(Cl－)>c(CH3COOH)，點c處溶液中粒子濃度大小關(guān)系為c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(OH－)，故D正確。15．中國科學(xué)院研發(fā)了一種新型鉀電池，有望成為鋰電池的替代品。該電池的電解質(zhì)為CF3SO3K溶液，其簡要組成如圖所示。電池放電時的總反應(yīng)為2KC14H10＋xMnFe(CN)6=2K1－xC14H10＋xK2MnFe(CN)6，則下列說法中，正確的是()A．放電時，電子從電極A經(jīng)過CF3SO3K溶液流向電極BB．充電時，電極A質(zhì)量增加，電極B質(zhì)量削減C．放電時，CF3SO3K溶液的濃度變大D．充電時，陽極反應(yīng)為K2MnFe(CN)6－2e－=2K＋＋MnFe(CN)6解析：選D放電時，該裝置為原電池裝置，即放電時電子不行能經(jīng)過電解質(zhì)溶液，故A錯誤；放電時，負極(電極B)反應(yīng)式為KC14H10－xe－=K1－xC14H10＋xK＋，正極(電極A)反應(yīng)式為MnFe(CN)6＋2e－＋2K＋=K2MnFe(CN)6，充電時應(yīng)將放電反應(yīng)倒過來看，明顯電極A的質(zhì)量是削減的，電極B的質(zhì)量是增加的，故B錯誤；依據(jù)B項分析，放電時，CF3SO3K溶液的濃度是不發(fā)生變更，故C錯誤；充電時，陽極連接電源的正極，充電時的電極反應(yīng)應(yīng)是放電時電極反應(yīng)的逆過程，即陽極反應(yīng)式為K2MnFe(CN)6－2e－=2K＋＋MnFe(CN)6，故D正確。二、非選擇題(本題共5小題，共55分)16．(10分)(1)甲醇既是重要的化工原料，又可作為燃料，利用合成氣(主要成分為CO、CO2和H2)在催化劑作用下合成甲醇，發(fā)生的主要反應(yīng)如下：①CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH1②CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH2③CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH3回答下列問題：已知反應(yīng)①中相關(guān)的化學(xué)鍵鍵能數(shù)據(jù)如下：化學(xué)鍵H—HC—OC≡O(shè)H—OC—HE/(kJ·mol－1)4363431076465413由此計算ΔH1＝________kJ·mol－1；已知ΔH2＝－58kJ·mol－1，則ΔH3＝________kJ·mol－1。(2)煙氣(主要污染物SO2、NOx)經(jīng)O3預(yù)處理后用CaSO3懸浮液汲取，可削減煙氣中SO2、NOx的含量。O3氧化煙氣中SO2、NOx的主要反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：NO(g)＋O3(g)=NO2(g)＋O2(g)ΔH＝－200.9kJ·mol－1NO(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=NO2(g)ΔH＝－58.2kJ·mol－1SO2(g)＋O3(g)=SO3(g)＋O2(g)ΔH＝－241.6kJ·mol－1則反應(yīng)3NO(g)＋O3(g)=3NO2(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。(3)二甲醚燃料電池的工作原理如圖所示，則X電極的電極反應(yīng)式為________________________。用該電池對鐵制品鍍銅，當(dāng)鐵制品質(zhì)量增加12.8g時，理論上消耗二甲醚的質(zhì)量為________g(精確到0.01)。解析：(1)反應(yīng)熱＝反應(yīng)物總鍵能－生成物總鍵能，故ΔH1＝1076kJ·mol－1＋2×436kJ·mol－1－(3×413＋343＋465)kJ·mol－1＝－99kJ·mol－1；依據(jù)蓋斯定律：反應(yīng)②－反應(yīng)①＝反應(yīng)③，故ΔH3＝ΔH2－ΔH1＝－58kJ·mol－1－(－99kJ·mol－1)＝＋41kJ·mol－1。(2)已知：①NO(g)＋O3(g)=NO2(g)＋O2(g)ΔH＝－200.9kJ·mol－1②NO(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=NO2(g)ΔH＝－58.2kJ·mol－1則依據(jù)蓋斯定律可知①＋②×2即得到反應(yīng)3NO(g)＋O3(g)=3NO2(g)的ΔH＝－317.3kJ·mol－1。(3)從氫離子的移動方向上，可以推斷出X極為原電池的負極，其電極反應(yīng)式為CH3OCH3－12e－＋3H2O=2CO2↑＋12H＋；用該電池對鐵制品鍍銅，鐵制品增加12.8g，則生成銅的物質(zhì)的量0.2mol，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.4mol，依據(jù)CH3OCH3－12e－＋3H2O=2CO2↑＋12H＋可算出消耗二甲醚的物質(zhì)的量為eq\f(1,30)mol，其質(zhì)量約為1.53g。答案：(1)－99＋41(2)－317.3(3)CH3OCH3－12e－＋3H2O=2CO2↑＋12H＋1.5317．(10分)化學(xué)能與電能之間的相互轉(zhuǎn)化與人類的生活實際親密相關(guān)，在生產(chǎn)、生活中有重要的應(yīng)用，同時也是學(xué)生形成化學(xué)學(xué)科核心素養(yǎng)的重要組成部分。(1)熔融狀態(tài)下，鈉的單質(zhì)和氯化亞鐵能組成可充電電池，工作原理如圖所示，反應(yīng)原理為2Na＋FeCl2eq\o(,\s\up7(放電),\s\do5(充電))Fe＋2NaCl，該電池放電時，正極反應(yīng)式為___________________________；充電時，___________(寫