2025年外研版選擇性必修1化學上冊月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年外研版選擇性必修1化學上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、在容積為2.0L的密閉容器內(nèi)，物質(zhì)D在T℃時發(fā)生反應，其反應物和生成物的物質(zhì)的量隨時間t的變化關系如圖，下列敘述不正確的是。

A.從反應開始到第一次達到平衡時，A物質(zhì)的平均反應速率為0.0667mol/(L·min)B.該反應的化學方程式為2D(s)2A(g)+B(g)，該反應的平衡常數(shù)表達式為K=c(A)2·c(B)C.已知：反應的?H＞0，則第5分鐘時圖象呈現(xiàn)上述變化的原因可能是升高體系的溫度D.若在第7分鐘時增加D的物質(zhì)的量，則表示A的物質(zhì)的量變化正確的是a曲線2、某含錳廢水中主要含有MnSO4，另含H+、Fe2+、Ca2+、Mg2+、Cu2+、Al3+等；某同學為了回收Mn單質(zhì)設計如下工藝流程，下列說法不正確的是。

已知25℃時，Ksp(CaF2)=1.5×10-10、Ksp(MgF2)=7.5×10-11A.濾渣1主要含F(xiàn)e(OH)3和Al(OH)3B.除鈣鎂步驟中，當Ca2+、Mg2+沉淀完全時，溶液中c(Ca2+)/c(Mg2+)=2C.濾液4主要含(NH4)2CO3D.反應①中Si可用鋁替代3、將鐵粉和硫粉混合后加熱，待反應一發(fā)生立即停止加熱，反應仍可持續(xù)進行，直至反應完全，生成新物質(zhì)硫化亞鐵。該現(xiàn)象說明了A.該反應是吸熱反應B.鐵粉和硫粉在常溫下可以發(fā)生反應C.該反應是放熱反應D.硫化亞鐵的能量高于鐵粉和硫粉的總能量4、以鉻酸鉀為原料；電化學法制備重鉻酸鉀的實驗裝置示意圖如下：

下列說法不正確的是A.在陰極式，發(fā)生的電極反應為：2H2O＋2e-=2OH-＋H2↑B.使平衡2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O向右移動C.該制備過程總反應的化學方程式為：4K2CrO4＋4H2O2K2Cr2O7＋4KOH＋2H2↑＋O2↑D.測定陽極液中K和Cr的含量，若K與Cr的物質(zhì)的量之比(nK/nCr)為d，則此時鉻酸鉀的轉化率為α=d/25、潮濕環(huán)境中的Cl-；溶解氧是造成青銅器銹蝕的主要環(huán)境因素；腐蝕嚴重的青銅器表面大多存在起催化作用的多孔催化層。下圖為青銅器發(fā)生電化學腐蝕的原理示意圖，下列說法正確的是。

A.腐蝕過程中，青銅基體發(fā)生還原反應B.環(huán)境中的Cl-、正負極產(chǎn)物作用生成多孔粉狀銹，其離子方程式為：2Cu2++3OH-+Cl-=Cu2(OH)3Cl↓C.多孔催化層的形成加速了青銅器的腐蝕速率，是因為增大了反應的平衡常數(shù)D.若生成4.29gCu2(OH)3Cl(M=214.5g?mol-1)，則耗氧體積為0.448L6、圖a—c分別為NaCl在不同狀態(tài)下的導電實驗(X；Y為石墨電極)微觀示意圖。下列分析正確的是。

A.圖中代表Na+B.圖b中X與電源負極相連C.圖b說明通電后發(fā)生了：NaCl=Na++Cl-D.圖c中Y上產(chǎn)生H27、0.1mol/LNaHCO3溶液的pH最接近于A.5.6B.7.0C.8.4D.13.08、鹽類水解在生活中具有廣泛的應用，下列事實跟水解原理無關的是A.施加適量的石膏可以改良鹽堿地B.用硫酸鋁和小蘇打生產(chǎn)泡沫滅火器C.用TiCl4制備TiO2·xH2O時，加入大量水D.保存FeSO4溶液時，加入少量鐵粉評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)9、正誤判斷。

(1)可以直接測量任意一反應的反應熱_____

(2)蓋斯定律遵守能量守恒定律_____

(3)利用蓋斯定律可間接計算通過實驗難測定的反應的反應熱_____

(4)利用蓋斯定律可以計算有副反應發(fā)生的反應的反應熱_____

(5)不管化學反應是一步完成或分幾步完成，其反應熱是相同的_____

(6)化學反應的反應熱只與反應體系的始態(tài)和終態(tài)有關，而與反應途徑無關_____

(7)可以用已經(jīng)精確測定的反應熱效應來計算難于測量或不能測量的反應的熱效應_____10、工業(yè)上為了處理含有的酸性工業(yè)廢水，采用下面的處理方法：往工業(yè)廢水中加入適量以鐵為電極進行電解，經(jīng)過一段時間，有和沉淀生成；工業(yè)廢水中鉻元素的含量已低于排放標準。請回答下列問題：

（1）兩極發(fā)生的電極反應式為陽極：_______；陰極：_____。

（2）工業(yè)廢水由酸性變?yōu)閴A性的原因是___________。

（3）________（填“能”或“不能”）改用石墨電極，原因是___________。11、I．在水溶液中橙紅色的與黃色的有下列平衡關系：+H2O?2+2H+?，F(xiàn)將一定量的K2Cr2O7溶于水配成稀溶液；溶液呈橙色。

(1)向上述溶液中加入濃硫酸溶液，溶液呈______色，因為_____。

(2)向原溶液中加入Ba(NO3)2溶液(已知BaCrO4為黃色沉淀)，則平衡向______方向移動(正或逆)，溶液顏色將_____(加深或變淺)。

II．在容積一定的密閉容器中，置入一定量的NO(g)和足量C(s)，發(fā)生反應C(s)+2NO(g)?CO2(B)+N2(g)；平衡狀態(tài)時NO(g)的物質(zhì)的量濃度[NO]與溫度T的關系如圖所示。請回答下列有關問題。

(1)該反應的△H______。

(2)若該反應在T1、T2時的平衡常數(shù)分別為K1、K2，則K1_____K2(填“＜”、“＞”或“＝”)，在T2時，若反應體系處于狀態(tài)D，則此時v正_____v逆(填“＜”；“＞”或“＝”)。

(3)在T3時，可逆反應C(s)+2NO(g)?CO2(g)+N2(g)在密閉容器中達平衡，只改變下列條件，一定既能加快反應速度，又能增大平衡時的值是_______。

A．加入一定量CB．減小容器容積C．升高溫度D．加入一定量的CO2

(4)可逆反應C(s)+2NO(g)?CO2(g)+N2(g)的平衡常數(shù)的表達式___________。12、(1)已知NO2和N2O4可以相互轉化：2NO2(g)N2O4(g)ΔH=-57.2k/mol。

i．此反應自發(fā)進行的條件是___________(填“低溫”；“高溫”或“任意溫度”)。

ii．一定溫度下，現(xiàn)將1molN2O4充入一恒壓密閉容器中，下列示意圖正確且能說明反應達到平衡狀態(tài)的是___________(填序號；下同)。

①②③④

ⅲ．若反應2NO2(g)N2O4(g)在體積為1L的恒容密閉容器中進行，保持溫度不變，達到平衡后，向反應容器中再充入少量N2O4，平衡向___________移動(填“左”、“右”或“不”)，重新平衡后和原平衡相比，混合氣體顏色___________(填“變深”“變淺”或“不變”)，N2O4的體積分數(shù)___________(填“增大”；“減小”或“不變”)。

(2)i．溫度為T1時，向2L密閉容器中通入0.20molCO和0.40molH2，發(fā)生反應CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH2＜0，CO的物質(zhì)的量與時間的關系如圖所示，則該溫度時反應的平衡常數(shù)K=___________；

ii．已知溫度T2＞T1，請在原圖上畫出在溫度T2時反應過程中CO的物質(zhì)的量與時間的關系圖________。

13、完成下列問題。

（1）第十四屆運動會于2021年9月15日在在西安奧體中心體育場隆重開幕；00”后體壇新秀楊倩，帶著我們共同的希望和夢想，點燃主火炬?；鹁鎯?nèi)熊熊大火來源于丙烷的燃燒，丙烷是一種優(yōu)良的燃料。試回答下列問題：

①如圖是一定量丙烷完全燃燒生成CO2和1molH2O(l)過程中的能量變化圖，圖中的括號內(nèi)應該填入___________。(“+”或“?”)

②寫出表示丙烷燃燒熱的熱化學方程式：___________。

③二甲醚(CH3OCH3)是一種新型燃料，應用前景廣闊。1mol二甲醚完全燃燒生成CO2和液態(tài)水放出1455kJ熱量。若1mol丙烷和二甲醚的混合氣體完全燃燒生成CO2和液態(tài)水共放出1645kJ熱量，則混合氣體中，丙烷和二甲醚的物質(zhì)的量之比為___________。

（2）用CH4催化還原NOx可以消除氮氧化物的污染。例如：

CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-574kJ/mol

CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-1160kJ/mol

若用標準狀況下4.48LCH4還原NO2生成N2，反應中轉移的電子總數(shù)為___________(用阿伏伽德羅常數(shù)NA表示)，放出的熱量為___________kJ。

（3）反應熱大小比較(填“＞”“＜”或“=”)

A(g)+B(g)=C(g)ΔH1＜0；A(g)+B(g)=C(l)ΔH2＜0，則ΔH1___________ΔH2

S(g)+O2(g)=SO2(g)ΔH1＜0；S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH2＜0，則ΔH1___________ΔH2

C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1＜0；C(s)+O2(g)=CO(g)ΔH2＜0，則ΔH1___________ΔH214、在高溫；高壓、催化劑作用下；1mol石墨轉化為金剛石，吸收1.9kJ的熱量。

(1)該反應的△H___________0(填“大于”或“小于”)。

(2)對于石墨和金剛石，___________更穩(wěn)定。

(3)在25℃、101kPa下，1g甲醇燃燒生成CO2和液態(tài)水時放熱22.68kJ。寫出1mol甲醇燃燒的熱化學方程式___________。

(4)已知幾種化學鍵的鍵能如表所示：?；瘜W鍵Cl—ClF—FCl—F鍵能/kJ·mol—1242159172

則反應Cl2(g)+3F2(g)2ClF3(g)的△H=___________kJ·mol—1。

(5)N2(g)和H2(g)反應生成NH3(g)的過程中能量的變化示意圖如圖所示，說明每生成1molNH3(g)___________(填“吸收”或“放出”)的能量是___________kJ。

15、科學家一直致力于“人工固氮”新方法的研究。

(1)傳統(tǒng)“人工固氮”的反應為N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)。一定溫度下，將1molN2和3molH2通入體積為0.5L的密閉容器中，達到平衡狀態(tài)時H2的轉化率為50%，該溫度下該反應的平衡常數(shù)K=___________(保留兩位有效數(shù)字)。

(2)最新“人工固氮”的研究報道，常溫常壓、光照條件下，N2在催化劑表面與水發(fā)生反應：2N2(g)＋6H2O(l)4NH3(g)＋3O2(g)ΔH=QkJ·mol-1.已知該反應的平衡常數(shù)K與溫度的關系如圖所示，則此反應為___________(填“放熱”或“吸熱”)反應。

(3)氨催化氧化法制硝酸的主要反應為4NH3(g)＋5O2(g)?4NO(g)＋6H2O(g)ΔH<0；在容積為1L的密閉容器中發(fā)生該反應，容器內(nèi)部分物質(zhì)的含量如下表：。物質(zhì)的量。

時間n(NH3)

(mol)n(O2)

(mol)n(NO)

(mol)起始1.603.200.00第2mina2.700.40第4min0.601.951.00第6min0.601.951.00

①反應在第2min到第4min時，NH3的平均反應速率為___________mol·(L·min)-1。

②下列對于上述反應的判斷，正確的是___________(填序號；下列選項中X%表示X的物質(zhì)的量百分含量)。

A．若升高反應體系的溫度，平衡時體系中NH3%將減小。

B．若增大反應體系的壓強；平衡時體系中NO%將增大。

C．若升高反應體系的溫度，平衡時體系中H2O(g)%將增大。

D．加入催化劑，平衡時體系中O2%保持不變16、為探究不同條件下甘油(丙三醇)和辛酸酯化合成甘油二酯的最佳條件；科研工作者做了甘油二酯的酶法合成工藝研究。

實驗1：研究不同投料比對產(chǎn)率的影響。

(1)理論分析合成甘油二酯所需辛酸與甘油的投料比(物質(zhì)的量之比)為2∶1。實驗證明提高投料比；甘油二酯的產(chǎn)率會降低，其原因可能是_______。

實驗2：研究吸水劑對反應的影響。

(2)硅膠易與羥基結合；故有較強的親水性，易于吸附水分子。但是在反應體系里加入硅膠后甘油二酯含量明顯降低，說明合成甘油二酯的平衡發(fā)生了逆向移動，分析可能的原因是________。

實驗3：研究不同催化劑的催化效果。

。曲線。

催化劑。

縱坐標。

①

脂肪酶I號。

辛酸轉化率。

②

脂肪酶II號。

辛酸轉化率。

③

脂肪酶I號。

甘油二酯含量。

④

脂肪酶II號。

甘油二酯含量。

(3)其他條件相同時；不同脂肪酶(I號；II號)催化合成甘油二酯的效果如圖所示，選擇此實驗中催化效果相對最佳的反應條件是________(填字母序號)。

A．12h；I號B．24h，I號。

C．12h；II號D．24h，II號。

實驗4：研究溫度對反應速率和產(chǎn)率的影響。

(4)選定脂肪酶做催化劑；繼續(xù)實驗。

①綜合上圖；選擇6h時比較適宜的反應溫度是________。

②在6h之后，辛酸的轉化率總趨勢緩慢上升，30℃、40℃甘油二酯的含量上升，但是50℃的卻有所降低，分析可能的原因是________。評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)17、在任何條件下，純水都呈中性。（______________）A.正確B.錯誤18、任何水溶液中均存在H＋和OH-，且水電離出的c(H＋)和c(OH-)相等。（______________）A.正確B.錯誤19、活化能越大，表明反應斷裂舊化學鍵需要克服的能量越高。_____A.正確B.錯誤20、如果的值越大，則酸性越強。（______________）A.正確B.錯誤21、任何溫度下，利用H＋和OH-濃度的相對大小均可判斷溶液的酸堿性。（______________）A.正確B.錯誤22、明礬能水解生成Al(OH)3膠體，可用作凈水劑。(_______)A.正確B.錯誤23、焊接時用NH4Cl溶液除銹與鹽類水解無關。(_______)A.正確B.錯誤24、可以用已經(jīng)精確測定的反應熱效應來計算難于測量或不能測量的反應的熱效應。___A.正確B.錯誤評卷人得分四、工業(yè)流程題(共3題，共27分)25、從釩鉻錳礦渣(主要成分為)中提鉻的一種工藝流程如下：

已知：pH較大時，二價錳[](在空氣中易被氧化)

回答下列問題：

(1)Cr元素位于元素周期表第_______周期_______族。

(2)用溶液制備膠體的化學方程式為_______。

(3)常溫下，各種形態(tài)五價釩粒子總濃度的對數(shù)[]與pH關系如圖1。已知釩鉻錳礦渣硫酸浸液中“沉釩”過程控制則與膠體共沉降的五價釩粒子的存在形態(tài)為_______(填化學式)。

(4)某溫度下，的沉淀率與pH關系如圖2?！俺零t”過程最佳pH為_______；在該條件下濾液B中_______【近似為的近似為】。

(5)“轉化”過程中生成的離子方程式為_______。

(6)“提純”過程中Na2SO3的作用為_______。26、TiO2是制備汽車的高級油漆和高檔化妝品的原料，鈦是耐高溫和耐腐體的重要金屬。工業(yè)上利用TiO2制備金屬鈦的流程如下：

已知：一定壓強下，各物質(zhì)的沸點如下：。物質(zhì)TiCl4FeCl3SiCl4AlCl3沸點/℃13631056.5180

回答下列問題：

(1)在上述氯化過程中發(fā)生如下反應：TiO2(l)+2Cl2(g)+2C(s)TiCl4(g)+2CO(g)該反應的平衡常數(shù)表達式為_______；對上述反應增大壓強，平衡常數(shù)_______(填“增大”、“減小”或“不變”)。如果不加入C.則氧化反應TiO2(s)+2Cl2(g)TiCl4(1)+O2(g)△H=+151kJ/mol-1，難以進行的原因是_______。

(2)氯化過程中帶入的副產(chǎn)物有FeCl3、SiCl4和AlCl3，可用_______方法獲得較純凈的TiCl4。

(3)制取Ti的新工藝是用TiO2作陰極，以石墨為陽極，以CaCl2熔融鹽做電解質(zhì)(在熔融狀態(tài)下能傳導O2-)，電解而得到Ti，該工藝具有操作簡單，成本低，無污染等優(yōu)點，寫出電解制備金屬鈦時陰極的電極反應式：_______。

(4)工業(yè)上也采用TiCl4(g)+2Mg(l)=Ti+2MgCl2(l)制備金屬鈦，但必須在Ar氣氛圍中進行的原因是_______；能不能用氮氣代替Ar_______(填“能”或”不能”)，原因是_______(如果前一空填“能”，此空則不用回答)。27、某工業(yè)廢料的主要成分有MnCO3、MnO2、Fe3O4、Al2O3、SiO2等；現(xiàn)欲利用以下工藝流程回收混合物中的金屬化合物(部分條件未給出)：

已知：常溫下，部分陽離子沉淀時溶液的開始沉淀3.92.26.98.6沉淀完全4.73.28.310.6

回答下列問題：

(1)“混合研磨”的目的為______；“濾渣1”的主要成分為______(填化學式)。

(2)“酸溶”時綠礬發(fā)生反應的離子方程式為______。

(3)常溫下，______；“氧化、調(diào)pH1”時若不加H2O2，可能造成的后果為______。

(4)“調(diào)pH2”的范圍為______。

(5)“沉錳”時的離子方程式為______。

(6)上述流程中回收的金屬化合物有______(填化學式)。評卷人得分五、原理綜合題(共1題，共3分)28、將V1mL1.0mol·L-1鹽酸和V2mL未知濃度的NaOH溶液混合均勻后測量并記錄溶液的溫度,實驗結果如圖所示,實驗中始終保持V1+V2=50。

(1)下列敘述正確的是___。

A.做該實驗時環(huán)境溫度為22℃

B.該實驗表明化學能可轉化為熱能。

C.NaOH溶液的濃度約為1.5mol/L

D.該實驗表明有水生成的反應都是放熱反應。

(2)中和熱的理論數(shù)值為57.3kJ·mol-1,下列操作可能使測得的數(shù)值偏小的是___(填序號)。

①室溫低于10℃時進行實驗②在量取NaOH溶液的體積時仰視讀數(shù)③分多次把NaOH溶液倒入盛有鹽酸的小燒杯中④實驗時用環(huán)形銅絲攪拌棒代替環(huán)形玻璃攪拌棒。

在做測定中和反應的反應熱實驗時，應使用儀器的正確組合是（____）

①天平②量筒③燒杯④滴定管⑤溫度計⑥試管⑦酒精燈。

A．①②④⑤B．②③⑤C．②③④⑦D．全部。

(3)若含有8.0gNaOH的稀溶液與稍過量的1L0.21mol·L-1的鹽酸反應放出11.46kJ的熱量,則表示中和熱的熱化學方程式為____(填字母)。

A.NaOH(aq)+HCl(aq)NaCl(aq)+H2O(l)ΔH=+57.3kJ·mol-1

B.NaOH(s)+HCl(l)NaCl(s)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1

C.NaOH(aq)+HCl(aq)NaCl(aq)+H2O(l)ΔH=-11.46kJ·mol-1

D.NaOH(aq)+HCl(aq)NaCl(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1

(4)如圖是NO2和CO反應生成CO2和NO過程中能量變化示意圖，請寫出NO2和CO反應的熱化學方程式：____________________________。

評卷人得分六、實驗題(共1題，共7分)29、用50mL0.50mol/L鹽酸與50mL0.55mol/LNaOH溶液在如圖所示的裝置中進行中和反應。通過測定反應過程中所放出的熱量可計算中和熱。回答下列問題:

(1)從實驗裝置.上看，圖中尚缺少的一種玻璃用品是__________

(2)燒杯間填滿碎紙條的作用是__________

(3)該裝置還有一處錯誤是__________，它會導致求得的中和熱數(shù)值__________(填"偏大”；“偏小”、"無影響")。

(4)如果用60mL0.25mol/L硫酸與50mL0.55mol/LNaOH溶液進行反應，與上述實驗相比，所放出的熱量__(填"相等”、“不相等”)，所求中和熱_________(填“相等”；“不相等”)。

(5)用相同濃度和體積的氨水(NH3·H2O)代替NaOH溶液進行上述實驗，測得的中和熱的數(shù)值會______(填“偏大”；"偏小”、“無影響”)。(提示:弱電解質(zhì)的電離為吸熱)

(6)已知:①H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1)△H=-57.3kJ/mol

②Ba2+(aq)+SO(aq)=BaSO4(s)△H=-13.4kJ/mol

現(xiàn)將100mL1.0mol/LBa(OH)2溶液與100mL1.2mol/L的稀硫酸充分混合，理論上該過程放出的熱量為__kJ。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、D【分析】【詳解】

A.根據(jù)v=?c/?t計算得A物質(zhì)的平均反應速率為0.4mol/(2L×3min)=0.0667mol/(L·min),A正確；

B.根據(jù)圖在第一次達到平衡時A的物質(zhì)的量增加了0.4mol，B的物質(zhì)的量增加了0.2mol，所以A、B為生成物，D的物質(zhì)的量減少了0.4mol/L，所以D為反應物，D、A、B的變化量之比為0.4:0.4:0.2=2:2:1,反應中各物質(zhì)計量數(shù)之比等于物質(zhì)的濃度的變化量之比，化學方程式為2D(s)2A(g)+B(g)，該反應的平衡常數(shù)表達式為K=c(A)2·c(B)；故B正確；

C.第5分鐘時A、B的物質(zhì)的量在原來的基礎上增加，而D的物質(zhì)的量在原來的基礎上減小，說明平衡正向移動，因為反應的?H＞0,所以此時是升高溫度；故C正確；

D.因為D是固體；量的改變不影響化學平衡，所以A的物質(zhì)的量不變，故D錯誤；

綜上所述，本題選D。2、C【分析】【分析】

含錳廢水加入雙氧水；將亞鐵離子氧化為鐵離子，加入氫氧化鈉生成氫氧化鐵沉淀和氫氧化鋁沉淀，過濾，得到濾渣1，加入硫化銨生成硫化銅沉淀，過濾得到濾渣2，加入氟化銨生成氟化鈣和氟化鎂沉淀，過濾得到濾渣3，加入碳酸氫銨生成碳酸錳，洗滌干燥后得到碳酸錳，煅燒生成氧化錳，加入硅單質(zhì)得到錳單質(zhì)。

【詳解】

A．錳廢水加入H2O2把Fe2+氧化為Fe3+，加入氫氧化鈉調(diào)節(jié)pH生成F(OH)3和Al(OH)3沉淀，所以濾渣1主要含生成F(OH)3和Al(OH)3；故A正確；

B．除鈣鎂步驟中，當Ca2+、Mg2+沉淀完全時，溶液中故B正確；

C．“沉錳過程”硫酸錳與NH4HCO3反應生成MnCO3沉淀；二氧化碳氣體、硫酸銨；濾液4主要含硫酸銨，故C錯誤；

D．MnO能和Al發(fā)生鋁熱反應生成Mn；所以反應①中可用鋁替代，故D正確；

答案選C。3、C【分析】【分析】

【詳解】

A．因反應一發(fā)生即停止加熱；反應仍可持續(xù)進行說明本身放熱支持反應，則該反應是放熱反應，故A錯誤；

B．鐵粉和硫粉混合后加熱才能發(fā)生；故B錯誤；

C．因反應一發(fā)生即停止加熱；反應仍可持續(xù)進行說明本身放熱支持反應，則該反應是放熱反應，故C正確；

D．因為是放熱反應；所以生成物的總能量低于反應物的總能量，則硫化亞鐵的總能量低于鐵粉和硫粉的總能量，故D錯誤；

故選C。4、D【分析】【分析】

【詳解】

A．根據(jù)裝置圖可知；左側是陰極室，陰極是氫離子放電，腐蝕還原反應生成氫氣，故A正確；

B．陽極發(fā)生氧化反應，氫氧根離子放電生成氧氣，導致陽極區(qū)氫離子濃度增大，2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O向右移動；故B正確；

C．電解時，鉻酸鉀和水放電生成重鉻酸鉀、氫氣、氧氣和氫氧化鈉，所以總反應的化學方程式為4K2CrO4+4H2O2K2Cr2O7+4KOH+2H2↑+O2↑；故C正確；

D．設加入反應容器內(nèi)的K2CrO4為1mol，則n(K)=2mol，n(Cr)=1mol，反應過程中有xmolK2CrO4轉化為K2Cr2O7，由于陰極是氫離子放電，造成陰極區(qū)氫氧根離子增多，所以K+向陰極區(qū)移動，補充氫離子，根據(jù)化學方程式可知，xmolK2CrO4轉化為K2Cr2O7，則陰極區(qū)生成KOH的物質(zhì)的量是xmol，則陽極區(qū)剩余n(K)=(2-x)mol，Cr元素不變，仍是1mol，根據(jù)：K與Cr的物質(zhì)的量之比為d，解得=d，x=2-d，轉化率為×100%=2-d；故D錯誤；

故選D。5、B【分析】【分析】

【詳解】

A．腐蝕過程中；銅失電子變成銅綠，發(fā)生氧化反應，故A錯誤；

B．由示意圖可知Cu2+、OH-、Cl-反應生成Cu2(OH)3Cl；故B正確；

C．平衡常數(shù)只受溫度的影響；故C錯誤；

D．4.29gCu2(OH)3Cl(M=214.5g?mol-1)，物質(zhì)的量為0.02mol，Cu2+為0.04mol，轉移電子數(shù)為0.08mol,消耗的氧氣為如果是標準狀況下體積為但題目沒說條件，故D錯誤。

故答案為：B6、D【分析】【詳解】

A．由于Na+半徑小于Cl-半徑，故圖中代表Cl-；A錯誤；

B．由A項分析可知，代表Cl-，電解池中陽離子移向陰極，陰離子移向陽極，故圖b中X與電源正極相連；B錯誤；

C．電解質(zhì)的電離是在水分子的作用下而不是通電，故圖b說明通電后Na+和Cl-發(fā)生了定向移動；而不是NaCl發(fā)生電離，C錯誤；

D．由B項分析可知，圖c中X與電源的正極相連是陽極，發(fā)生氧化反應，電極反應式為：2Cl--2e-=Cl2↑，Y與電源的負極相連是陰極，發(fā)生還原反應，電極反應式為：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故Y上產(chǎn)生H2；D正確；

故答案為：D。7、C【分析】【詳解】

在NaHCO3溶液中既有水解平衡，也有電離平衡，但由于水解程度大于電離程度，所以溶液顯弱堿性，因此答案是C。8、D【分析】【分析】

【詳解】

A．在含較多Na2CO3的鹽堿地因為CO水解顯堿性，施加適量石膏，可以將CO轉化為CaCO3沉淀，減弱了CO的水解；故降低土壤堿性，故A不符合題意；

B．用硫酸鋁水解使溶液顯酸性，小蘇打水解使溶液顯堿性，當二者水溶液混合時，水解反應彼此促進，產(chǎn)生Al(OH)3沉淀和CO2氣體；覆蓋在著火物質(zhì)上，能夠使可燃物與空氣隔絕，達到滅火的目的，與鹽的水解有關，B不符合題意；

C．TiO2是一種穩(wěn)定的白色顏料，可通過往TiCl4中加入大量水，TiCl4水解，TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4HCl；因此與水解有關，故C不符合題意；

D．保存FeSO4溶液時；加入少量鐵粉是防止亞鐵離子被氧化為鐵離子，與水解無關，故D符合題意；

故選D。二、填空題(共8題，共16分)9、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)有些反應很慢；有的反應有副反應，其反應熱通過實驗測定有困難，故錯誤；

(2)蓋斯定律指若是一個反應可以分步進行；則各步反應的吸收或放出的熱量總和與這個反應一次發(fā)生時吸收或放出的熱量相同，故正確；

(3)化學反應的反應熱大小取決于反應物和生成物的總能量大小；與反應途徑無關，應用蓋斯定律，可計算某些難以直接測量的反應焓變，故正確；

(4)化學反應的反應熱大小取決于反應物和生成物的總能量大小；與反應途徑無關，利用蓋斯定律可以計算有副反應發(fā)生的反應的反應熱，故正確；

(5)反應物的總能量與產(chǎn)物的總能量決定反應熱效應；反應熱只與反應體系的始態(tài)和終態(tài)有關，而與反應的途徑無關，故正確；

(6)反應物的總能量與產(chǎn)物的總能量決定反應熱效應；所以反應熱只與反應體系的始態(tài)和終態(tài)有關，而與反應的途徑無關，故正確；

(7)可以用已經(jīng)精確測定的反應熱效應來計算難于測量或不能測量的反應的熱效應，化學反應的反應熱大小取決于反應物和生成物的總能量大小，與反應途徑無關，故正確；【解析】錯對對對對對對10、略

【分析】【分析】

（1）Fe為電極進行電解時；陽極上鐵失電子發(fā)生氧化反應，陰極上氫離子放電生成氫氣，同時陰極附近有氫氧根離子生成；

（2）陰極上及發(fā)生氧化還原都消耗氫離子；

（3）如果改用石墨作電極；則陽極不能生成亞鐵離子，導致無法生成鉻離子。

【詳解】

（1）Fe為電極進行電解時，陽極是活潑電極，則電極本身發(fā)生失電子的氧化反應，即Fe-2e-═Fe2+，陰極上氫離子得電子發(fā)生還原反應，即2H++2e-═H2↑；

故答案為Fe-2e-═Fe2+；2H++2e-═H2↑；

（2）陰極反應消耗H+，溶液中的氧化還原反應也消耗H+；導致溶液中氫離子濃度降低，從而使溶液pH升高；

故答案為在電解過程中，不斷放電以及在溶液中發(fā)生的氧化還原反應都要消耗

（3）若用石墨做電極，則無法產(chǎn)生還原劑Fe2+，從而使Cr2O72-無法還原為Cr3+變成沉淀除去；所以不能用石墨作電極；

故答案為不能；無法產(chǎn)生來還原后續(xù)無法降低鉻元素含量。

【點睛】

易錯點為原電池的正負極判斷，不能只根據(jù)電極材料的活潑性判斷正負極，正負極的判斷還收電解質(zhì)溶液的性質(zhì)影響?！窘馕觥吭陔娊膺^程中，不斷放電以及在溶液中發(fā)生的氧化還原反應都要消耗不能無法產(chǎn)生來還原后續(xù)無法降低鉻元素含量（合理即可）11、略

【分析】【詳解】

I．(1)向上述溶液中加入濃硫酸溶液；氫離子濃度增大，平衡逆向移動，溶液為橙紅色；

(2)向原溶液中加入Ba(NO3)2溶液，c()減小；平衡正向移動，溶液顏色由橙紅色變?yōu)辄S色，顏色變淺；

II．(1)由圖可知，溫度越高平衡時c(NO)越大，即升高溫度平衡逆移，所以正反應為放熱反應，即△H＜0；

(2)該反應正反應是放熱反應，升高溫度平衡向逆反應移動，所以升溫化學平衡常數(shù)減小，故K1＞K2；T2時反應進行到狀態(tài)D，c(NO)高于平衡濃度，故反應向正反應進行，則一定有v(正)＞v(逆)；

(3)可逆反應C(s)+2NO(g)?CO2(g)+N2(g)△H＜0中；

A．C是反應物；是固體，加入一定量C，不影響化學反應速率，故A不符合題意；

B．減小容器容積，即壓強增大，該反應是左右兩邊系數(shù)相等的反應，故增大壓強，化學反應速率同等程度的增大，值不變；故B不符合題意；

C．升高溫度，反應速率加快，平衡逆向移動，值不變；故C不符合題意；

D．加入一定量的CO2，反應速率加快，平衡逆向移動，一氧化碳的濃度增大，氮氣的濃度減小，值增大；故D符合題意；

答案選D。

(4)化學反應平衡常數(shù)為K=C(s)+2NO(g)?CO2(g)+N2(g)的平衡常數(shù)的表達式K=【解析】橙紅增大H+，平衡向逆反應方向移動正變淺＜＞＞DK=12、略

【分析】【詳解】

(1)已知NO2和N2O4可以相互轉化：2NO2(g)N2O4(g)ΔH=-57.2k/mol。

i．此反應的ΔS＜0、△H＜0；則自發(fā)進行的條件是低溫。答案為：低溫；

ii．①該混合氣的質(zhì)量不變；但隨著反應的進行，氣體的物質(zhì)的量增大，容器的體積增大，氣體的密度不斷減小，當密度不變時，反應達平衡狀態(tài)，①符合題意；

②對于一個確定的反應，△H表示1mol反應完全進行時產(chǎn)生的焓變；與反應是否達平衡無關，②不符合題意；

③將1molN2O4充入一恒壓密閉容器中；剛開始反應時，正反應速率為零，隨后不斷增大，直至平衡，③不符合題意；

④隨著反應的不斷進行，N2O2的轉化率不斷增大；最后不變則表明反應達平衡狀態(tài)，④符合題意；

故選①④；答案為：①④；

ⅲ．對于可逆反應：2NO2(g)N2O4(g)，保持溫度、體積不變，向平衡體系中再充入少量N2O4，則生成物濃度增大，平衡向左移動，重新達平衡后，混合氣體的濃度比原平衡時大，所以顏色變深，相當于原平衡體系加壓，N2O4的體積分數(shù)增大。答案為：左；變深；增大；

(2)i．溫度為T1時，向2L密閉容器中通入0.20molCO和0.40molH2，發(fā)生反應CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH2＜0；達平衡時，CO的物質(zhì)的量為0.12mol，則可建立如下三段式：

該溫度時反應的平衡常數(shù)K==46.3；答案為：46.3；

ii．已知溫度T2＞T1，則升高溫度，平衡逆向移動，CO的物質(zhì)的量增大，達平衡的時間縮短，從而得出在溫度T2時反應過程中CO的物質(zhì)的量與時間的關系圖為答案為：【解析】低溫①④左變深增大46.313、略

【分析】【分析】

（1）

①如圖是一定量丙烷完全燃燒生成CO2和1molH2O(l)過程中的能量變化圖；反應物能量大于生成物能量，是放熱反應，括號內(nèi)應填入“-”；答案為-。

②由丙烷完全燃燒生成CO2和1molH2O(l)過程中的能量變化圖可知，反應放熱△H=-553.75KJ/mol，而燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物時放出的熱量，即1mol丙烷(C3H8)完全燃燒生成4molH2O(l)，反應放熱△H1=-553.75kJ/mol×4=-2215kJ/mol，丙烷燃燒熱的熱化學方程式為C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H1=-2215.0kJ/mol；答案為C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H1=-2215.0kJ/mol。

③1mol二甲醚完全燃燒生成CO2和液態(tài)水放出1455kJ熱量．若1mol丙烷和二甲醚的混合氣體完全燃燒生成CO2和液態(tài)水共放出1645kJ熱量；設1mol混合氣體中二甲醚物質(zhì)的量x，丙烷的物質(zhì)的量為(1-x)，由熱化學方程式可得，xmol二甲醚完全燃燒放出熱量為1455xkJ，(1-x)mol的丙烷完全燃燒放出熱量為2215(1-x)kJ，所以1455x+2215(1-x)=1645，解之x=0.75，則混合氣體中丙烷物質(zhì)的量為0.25mol，則混合氣體中丙烷和二甲醚物質(zhì)的量之比=0.25:0.75=1:3；答案為1:3。

（2）

由題中所給熱化學方程式CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-574kJ/mol①、CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-1160kJ/mol②可知，依據(jù)蓋斯定律①+②得到2CH4(g)+4NO2(g)═2N2(g)+2CO2(g)+4H2O(g)△H=-1734kJ/mol，化簡得到熱化學方程式為CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-867kJ/mol，標準狀況下4.48LCH4物質(zhì)的量為0.2mol，1molCH4完全反應轉移電子8mol，所以0.2mol甲烷反應整個過程中轉移電子總數(shù)為1.6NA，放出的熱量為Q=867kJ/mol×0.2mol=173.4kJ；答案為1.6NA；173.4。

（3）

物質(zhì)的聚集狀態(tài)不同，放出的熱量不同，同種物質(zhì)氣態(tài)變?yōu)橐簯B(tài)時放熱，則由A(g)+B(g)=C(g)ΔH1＜0；A(g)+B(g)=C(l)ΔH2＜0可知，生成液態(tài)的C放出熱量更多，即后者放出的熱量多，由于焓孌是負值，所以ΔH1＞ΔH2；

S(g)變?yōu)镾(s)放熱，則S(g)燃燒放出的熱量多，由S(g)+O2(g)=SO2(g)ΔH1＜0；S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH2＜0可知，前者放出熱量多，由于焓孌是負值，所以ΔH1＜ΔH2；

由C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1＜0；C(s)+O2(g)=CO(g)ΔH2＜0可知，等量的碳單質(zhì)完全燃燒生成二氧化碳放熱多于不完全燃燒生成一氧化碳放的熱，由于焓變是負值，所以ΔH1＜ΔH2；答案為＞；＜；＜?！窘馕觥浚?）?C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)ΔH1=?2215kJ/mol1:3

（2）1.6NA173.4

（3）＞＜＜14、略

【分析】【詳解】

(1)在高溫；高壓、催化劑作用下；1mol石墨轉化為金剛石，吸收1.9kJ的熱量，據(jù)此信息可知，該反應的△H＞0；故答案：大于；

(2)在高溫；高壓、催化劑作用下；1mol石墨轉化為金剛石，吸收1.9kJ的熱量，說明石墨具有的能量低，金剛石的能量高，石墨比金剛石穩(wěn)定，故答案：石墨；

(3)在25℃、101kPa下，1g甲醇(物質(zhì)的量為mol)，燃燒生成CO2和液態(tài)水時放熱22.68kJ，1mol甲醇完全燃燒放出熱量為32×22.68kJ=725.76kJ，1mol甲醇燃燒的熱化學方程式為：CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-725.76kJ·mol-1；故答案：CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-725.76kJ·mol-1；

(4)反應Cl2(g)+3F2(g)2ClF3(g)的?H=反應物斷鍵吸收的總能量-生成物成鍵放出總能量=242+3×159-2×3×172=-313kJ·mol—1；故答案：-313；

(5)根據(jù)能量的變化示意圖可知：反應生成2mol氨氣，反應的?H=508-600=-92kJ·mol-1，所以該反應為放熱反應；據(jù)以上分析可知，當反應每生成1molNH3(g)，放出46kJ的熱量；故答案：放出；46。【解析】大于石墨CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-725.76kJ·mol-1-313放出4615、略

【分析】【詳解】

(1)該溫度下該反應的平衡常數(shù)(mol·L-1)-2。

(2)由圖可知；溫度越高平衡常數(shù)越大，說明升高溫度平衡向正反應方向移動，正反應為吸熱反應。

(3)①反應在第2min到第4min時，速率之比等于化學計量數(shù)之比，故NH3的平均反應速率為0.3mol·(L·min)-1。

②A．正反應為放熱反應，若升高反應體系的溫度，平衡向逆反應方向移動，氨氣的物質(zhì)的量增大、混合氣體總物質(zhì)的量減小，平衡時體系中NH3%將增大；故A錯誤；

B．正反應為氣體體積增大的反應；若增大反應體系的壓強，平衡向逆反應方向移動，平衡時體系中NO%將將減小，故B錯誤；

C．正反應為放熱反應，若升高反應體系的溫度，平衡向逆反應方向移動，平衡時體系中H2O(g)%將減小；故C錯誤；

D．催化劑不影響平衡移動，加入催化劑，平衡時體系中O2%保持不變；故D正確；

答案為D?！窘馕觥?.15(mol·L-1)-2吸熱0.3D16、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）甘油的結構簡式為CH2(OH)CH(OH)CH2OH；甘油二酯分子中含有1個羥基，投料比增大，即增大辛酸，辛酸與甘油二酯中羥基繼續(xù)發(fā)生反應，生成甘油三酯，即提高投料比，甘油二酯產(chǎn)率降低的原因是辛酸的量增加，會有更多的甘油三酯生成，導致產(chǎn)物中甘油二酯的產(chǎn)率降低；

（2）硅膠硅膠能與羥基結合；甘油分子中含有3個羥基，硅膠對甘油的吸附能力較強，降低了體系中反應物中甘油的濃度，使平衡向逆反應方向進行，降低了甘油二酯的含量；

（3）根據(jù)圖像；曲線①在12h辛酸的轉化率較大，曲線①12h以后雖然辛酸的轉化率增大，但是增大的并不大，即催化效果相對最佳的反應條件是①號，12h，故選項A正確；

（4）①根據(jù)圖像6h時；50℃的曲線辛酸的轉化率最大，故反應溫度為50℃；

②50℃轉化率有所降低的原因是：催化合成甘油二酯反應的脂肪酶，長時間處于高溫下活性(選擇性)下降，導致甘油二酯含量下降，副反應產(chǎn)物含量增加?！窘馕觥啃了岬牧吭黾樱瑫懈嗟母视腿ド?，導致產(chǎn)物中甘油二酯的產(chǎn)率降低甘油分子有3個羥基，故硅膠對甘油的吸附能力也較強，降低了體系中反應物甘油的濃度，從而使合成甘油二酯的酯化反應平衡逆向移動，降低了甘油二酯的含量A50℃催化合成甘油二酯反應的脂肪酶，長時間處于高溫下活性(選擇性)下降，導致甘油二酯含量下降，副反應產(chǎn)物含量增加三、判斷題(共8題，共16分)17、A【分析】【分析】

【詳解】

在任何條件下，純水電離產(chǎn)生的c(H+)=c(OH-)，因此純水都呈中性，故該說法是正確的。18、A【分析】【分析】

【詳解】

在任何水溶液中都存在水的電離平衡，水電離產(chǎn)生H＋和OH-，根據(jù)水電離方程式：H2OH＋+OH-可知：水電離出的H＋和OH-數(shù)目相等，由于離子處于同一溶液，溶液的體積相等，因此溶液中c(H＋)和c(OH-)相等，所以任何水溶液中水電離出的c(H＋)和c(OH-)相等這句話是正確的。19、A【分析】【分析】

【詳解】

活化能是反應所需的最低能量，化學反應的實質(zhì)是舊化學鍵的斷裂和新化學鍵的形成，舊化學鍵斷裂需要吸收能量，因此活化能越大，反應斷裂舊化學鍵需要克服的能量越高，正確。20、A【分析】【分析】

【詳解】

根據(jù)Kw=c(H+)×c(OH-)分析，溫度不變，的值越大，說明氫離子濃度比氫氧根離子濃度大得多，溶液的酸性越強，故正確。21、A【分析】【分析】

【詳解】

在任何溶液中都存在水的電離平衡：H2OH++OH-。若溶液中c(H+)＞c(OH-)，溶液顯酸性；若c(H+)＝c(OH-)，溶液顯中性；若c(H+)＜c(OH-)，溶液顯堿性，這與溶液所處的外界溫度無關，故在任何溫度下，都利用H＋和OH-濃度的相對大小來判斷溶液的酸堿性，這句話是正確的。22、A【分析】【詳解】

明礬溶于水電離出鋁離子，鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體，氫氧化鋁膠體具有較大表面積，較強的吸附能力，能吸附水中的懸浮物，用作凈水劑；正確。23、B【分析】【詳解】

氯化銨水解顯酸性，酸與鐵銹反應，錯誤。24、A【分析】【分析】

【詳解】

根據(jù)蓋斯定律，反應熱只與反應物和生成物的狀態(tài)有關，與路徑無關，因此可以將難于或不能測量反應熱的反應設計成多個可以精確測定反應熱的方程式，用蓋斯定律計算，該說法正確。四、工業(yè)流程題(共3題，共27分)25、略

【分析】【分析】

釩鉻錳礦渣硫酸浸液中，加入Fe(OH)3膠體將釩沉淀后，過濾，往濾液中加入NaOH溶液，將Cr3+轉化為Cr(OH)3沉淀，同時由于pH較大時，Mn2+被氧化為MnO2，加入Na2SO3溶液，將MnO2還原為Mn2+，過濾后將所得濾渣Cr(OH)3煅燒，即可獲得Cr2O3；將兩份濾液合并，再加入H2O2、NaOH溶液，將Mn2+轉化為MnO2。

（1）

Cr是24號元素，核外電子排布式為[Ar]3d54s1；位于周期表的第四周期第VIB族；

（2）

在沸水中滴加飽和FeCl3可制備Fe(OH)3膠體，方程式為FeCl3+3H2OFe(OH)3(膠體)+3HCl；

（3）

有圖1可知，pH=3.0，c總(V)=0.01mol/L時時，lgc總(V)=-2，五價釩粒子的主要存在形態(tài)為故與膠體共沉降的五價釩粒子的存在形態(tài)為

（4）

由如圖2可以看出，既要考慮鉻的沉淀率盡可能高，又要考慮Mn(Ⅱ)的沉淀率盡可能低，“沉鉻”過程最佳的pH為6.0；c(H+)=10-6mol/L，已知Kw近似為則c(OH-)=10-8mol/L，Cr(OH)3體系中滿足c(Cr3+)c3(OH-)=1×10-30，則該條件下濾液B中c(Cr3+)=mol/L=mol/L；

（5）

“轉化”過程中，Mn2+被H2O2氧化的產(chǎn)物與NaOH溶液反應，生成MnO2等，離子方程式為Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O；

（6）

因為Cr(OH)3沉淀中混有MnO2，加入Na2SO3溶液，將MnO2還原為Mn2+，所以“提純”過程中Na2SO3的作用為作還原劑，將錳元素還原為二價[Mn(II)]，防止pH較大時，二價錳[Mn(II)]被空氣中氧氣氧化，轉化為MnO2附在Cr(OH)3的表面，使產(chǎn)物不純?！窘馕觥?1)四VIB

(2)FeCl3+3H2OFe(OH)3(膠體)+3HCl

(3)H3V2O

(4)6.01×10-6

(5)Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O

(6)防止pH較大時，二價錳[Mn(II)]被空氣中氧氣氧化，轉化為MnO2附在Cr(OH)3的表面，使產(chǎn)物不純26、略

【分析】【分析】

TiO2、Cl2和碳在一定條件下發(fā)生反應生成四氯化鈦；通過精制得到四氯化鈦，然后用金屬鈉還原得到金屬Ti，據(jù)此解答。

(1)

根據(jù)方程式TiO2(l)+2Cl2(g)+2C(s)TiCl4(g)+2CO(g)可知該反應的平衡常數(shù)表達式為平衡常數(shù)只與溫度有關系；因此對上述反應增大壓強，平衡常數(shù)不變。由于該反應是吸熱的熵變減小的反應，因此根據(jù)ΔG=ΔH－TΔS＜0可自發(fā)進行可知該反應難以進行。

(2)

氯化過程中帶入的副產(chǎn)物有FeCl3、SiCl4和AlCl3，根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知這幾種物質(zhì)的沸點相差較大，所以可用蒸餾方法獲得較純凈的TiCl4。

(3)

電解池中陰極發(fā)生得到電子的還原反應，則電解制備金屬鈦時陰極的電極反應式：TiO2+4e－＝Ti+2O2-。

(4)

為防止高溫下Ti被空氣中的氧氣氧化，因此必須在Ar氣氛圍中進行；高溫下氮氣能和金屬鎂化合生成氮化鎂，所以不能用氮氣代替Ar?！窘馕觥?1)不變該反應是吸熱的熵變減小的反應；反應不能自發(fā)進行。

(2)蒸餾。

(3)TiO2+4e－＝Ti+2O2-

(4)防止高溫下Ti被空氣中的氧氣氧化不能高溫下氮氣能和金屬鎂化合生成氮化鎂27、略

【分析】將工業(yè)廢料混合研磨后與稀硫酸、FeSO4混合發(fā)生反應，F(xiàn)e2+被氧化為Fe3+，MnO2被還原產(chǎn)生Mn2+，MnCO3、Fe3O4、Al2O3與硫酸反應產(chǎn)生硫酸亞鐵、硫酸鐵、硫酸鋁、硫酸錳進入溶液中，而酸性氧化物SiO2不能反應進入濾渣1中，過濾后向濾液1中加入H2O2可以將溶液中的Fe2+氧化為Fe3+，然后調(diào)節(jié)溶液pH值，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，過濾后，向濾液2中再加入氨水，使溶液中的Al3+形成Al(OH)3沉淀，而Mn2+留在溶液中，再向其中加入NH4HCO3溶液，沉錳，反應產(chǎn)生MnCO3沉淀。

【詳解】

(1)“混合研磨”的目的為增大接觸面積，加快反應速率，提高浸出率；“濾渣1”的主要成分為不溶于酸的SiO2。

(2)“酸溶”時綠礬與MnO2發(fā)生氧化還原反應產(chǎn)生Mn2+、Fe3+，該反應的離子方程式為：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O。

(3)沉淀完全時的金屬離子濃度相同，由題中已知條件可知則有“氧化、調(diào)pH1”時氧化的目的是將過量的Fe2+