2025年粵教版選修4化學(xué)下冊階段測試試卷含答案

…………○…………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年粵教版選修4化學(xué)下冊階段測試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(xué)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6題，共12分)1、一定條件下在一容積恒為2L的容器內(nèi)發(fā)生反應(yīng)：2A(g)+B(g)2C(g)，已知起始投入4molA(g)和2molB(g)，經(jīng)2s后測得C的濃度為0.6mol/L，并且2s后各組分濃度不再改變。下列說正確的是（）A.2s內(nèi)用物質(zhì)A表示的平均反應(yīng)速率為0.6mol/(L·s)B.該條件下，該反應(yīng)的平衡常數(shù)為K=C.2s后每有0.6mol的物質(zhì)B生成，同時就有0.6mol物質(zhì)C生成D.2s時物質(zhì)B的濃度為0.7mol/L2、碳酸：H2CO3，Ki1＝4.3×10－7，Ki2＝5.6×10－11，草酸：H2C2O4，Ki1＝5.9×10－2，Ki2＝6.4×10－5，將等濃度的草酸溶液和碳酸溶液等體積混合，溶液中各種離子濃度大小的順序正確的是A.c（H+）＞c（HC2O4-）＞c（HCO3-）＞c（C2O42-）B.c（HCO3-）＞c（HC2O4-）＞c（C2O42-）＞c（CO32-）C.c（H+）＞c（HC2O4-）＞c（C2O42-）＞c（HCO3-）D.c（H2CO3）＞c（HCO3-）＞c（HC2O4-）＞c（CO32-）3、下列事實不能證明HNO2是弱電解質(zhì)的是。

①滴入酚酞試液，NaNO2溶液顯紅色。

②用HNO2溶液做導(dǎo)電實驗；燈泡很暗。

③等pH、等體積的鹽酸和HNO2溶液中和堿時，HNO2中和堿的能力強。

④0.10mol/LHNO2溶液的pH＝2

⑤HNO2與CaCO3反應(yīng)放出CO2氣體。

⑥c(H＋)＝0.1mol/L的HNO2溶液稀釋至1000倍時pH＜4A.①⑤B.②⑤C.③⑥D(zhuǎn).①④4、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隨溶液體積的變化如圖所示。下列敘述正確的是（）

A.曲線I為次氯酸稀釋時pH變化曲線B.b點溶液中水的電離程度比c點溶液中水的電離程度小C.a點時，若都加入相同大小的鋅粒，此時與氫氟酸反應(yīng)的速率大D.取a點的兩種酸溶液，中和相同體積、相同濃度的NaOH溶液，消耗次氯酸的體積較小5、25℃時，向Na2CO3溶液中滴入鹽酸，混合溶液的pH與離子濃度變化的關(guān)系如圖所示。已知：lgX=lg或lg下列敘述正確的是（）

A.曲線m表示pH與lg的變化關(guān)系B.當溶液呈中性時，c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)C.Ka1(H2CO3)=1.0×10-6.4D.25℃時，CO32-+H2O?HCO3-+OH-的水解常數(shù)為1.0×10-7.66、某酸H2A為二元弱酸．20℃時，配制一組c(H2A)+c(HA﹣)+c(A2﹣)＝0.100mol?L﹣1的H2A和NaOH混合溶液；溶液中部分微粒的物質(zhì)的量濃度隨pH的變化曲線如圖所示。下列指定溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系一定正確的是()

A.pH＝2.5的溶液中：c(H2A)+c(A2﹣)>c(HA﹣)B.c(Na+)=0.100moL?L﹣1的溶液中：c(H+)+c(H2A)＝c(OH﹣)+c(A2﹣)C.c(HA﹣)＝c(A2﹣)的溶液中：c(Na+)>0.100mol?L﹣1+c(HA﹣)D.pH＝7.0的溶液中：c(Na+)<2c(A2﹣)評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)7、在1L的恒容密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)ΔH，若起始時充入0.4molCH4和0.4molCO2，測得CH4的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度的關(guān)系如圖中曲線a所示。下列說法一定正確的是（）

A.ΔH＞0B.延長M點的反應(yīng)時間，可以提高CH4的平衡轉(zhuǎn)化率C.T1℃，起始時若向該容器中充入等物質(zhì)的量的CH4、CO2、CO和H2，則此時反應(yīng)向正反應(yīng)方向進行D.曲線b可表示向該容器中充入0.5molCH4和0.5molCO2，CH4的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度的關(guān)系8、相同溫度下，體積均為0.25L旳兩個恒容密閉容器中發(fā)生可逆反應(yīng)：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)△H＝-92.6kJ/mol，實驗測得起始、平衡時得有關(guān)數(shù)據(jù)如下表：。容器編號起始時各物質(zhì)物質(zhì)旳量/mol達平衡時體。

系能量旳變化N2H2NH3NH3①130放出熱量：23.15kJ②0.92.70.2放出熱量：Q

下列敘述錯誤旳是（）A.容器①、②中反應(yīng)旳平衡常數(shù)相等B.平衡時，兩個容器中NH3旳體積分數(shù)均為25%C.容器②中達平衡時放出旳熱量Q=23.15kJD.若容器①體積為0.5L，則平衡時放出的熱量＜23.15kJ9、一定溫度下，在三個體積均為2.0L的恒容密閉容器中發(fā)生如下反應(yīng)：PCl5(g)?PCl3(g)＋Cl2(g)。編號溫度(℃)起始物質(zhì)的量(mol)平衡物質(zhì)的量(mol)達到平衡所需時間(s)PCl5(g)PCl3(g)Cl2(g)PCl3(g)Cl2(g)Ⅰ3200.400.100.10t1Ⅱ3200.80t2Ⅲ4100.400.150.15t3

下列說法正確的是A.平衡常數(shù)K：容器Ⅱ＞容器ⅢB.反應(yīng)到達平衡時，PCl5的轉(zhuǎn)化率：容器Ⅱ＜容器ⅠC.反應(yīng)到達平衡時，容器Ⅰ中的平均速率為v(PCl5)=mol/(L·s)D.起始時向容器Ⅲ中充入PCl50.30mol、PCl30.45mol和Cl20.15mol，則反應(yīng)將向逆反應(yīng)方向進行10、在常溫下，0.1000mol/LNa2CO3溶液25mL用0.1000mol/L鹽酸滴定；其滴定曲線如圖。

對滴定過程中所得溶液中相關(guān)離子濃度間的關(guān)系，下列有關(guān)說法正確的是A.a點：c(CO32-)>c(HCO3-)>c(OH-)B.b點：5c(Cl-)>4c(HCO3-)+4c(CO32-)C.c點：c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)D.d點：c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)11、已知聯(lián)氨(N2H4)在水中的電離方程式為N2H4+H2ON2H5++OH-，N2H5++H2ON2H62++OH-。常溫下，將鹽酸逐滴加到聯(lián)氨的水溶液中，混合溶液的pOH[pOH=-lgc(OH-)]隨離子濃度變化的關(guān)系如圖所示。下列敘述錯誤的是（）

A.曲線X表示pOH與lg的變化關(guān)系B.反應(yīng)N2H62++H2ON2H5++H3O+的平衡常數(shù)K=10-15C.聯(lián)氨的溶液加水稀釋時聯(lián)氨的電離程度逐漸增大D.N2H5Cl的水溶液中存在等式：c(N2H62+)+c(H3O+)=c(N2H4)+c(OH-)12、Co3O4是制備石墨烯電池正極材料LiCoO2的原料。以鈷礦石(主要成分為Co3S4，含有少量FeO、Fe2O3、Al2O3等雜質(zhì))為原料制取Co3O4的工藝流程如圖：

已知：Co與Fe為活潑金屬，氧化性由強到弱的順序為：Co3+＞Fe3+＞Co2+。

幾種氫氧化物的溶度積如下表：

。氫氧化物。

Co(OH)2

Fe(OH)2

Co(OH)3

Al(OH)3

Fe(OH)3

溶度積(Ksp)

2.0×10－15

8.0×10－16

2.0×10－44

1.3×10－33

4.0×10－39

下列有關(guān)說法錯誤的是A.溶解池中生成H2的離子反應(yīng)方程式為：Co+2H+=Co2++H2↑B.加入試劑1的目的是將Fe2+氧化為Fe3+，試劑1可選用雙氧水或碘水C.殘渣1的主要成分為Fe(OH)3D.操作Ⅱ包括過濾、洗滌、干燥和灼燒四個步驟評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)13、按要求寫熱化學(xué)方程式：

（1）已知稀溶液中，1molH2SO4與NaOH溶液恰好完全反應(yīng)時，放出114.6kJ熱量，寫出表示H2SO4與NaOH反應(yīng)的中和熱的熱化學(xué)方程式_____________________________。

（2）25℃、101kPa條件下充分燃燒一定量的丁烷氣體放出熱量為QkJ，經(jīng)測定，將生成的CO2通入足量澄清石灰水中產(chǎn)生25g白色沉淀，寫出表示丁烷燃燒熱的熱化學(xué)方程式______________________________________________________。

（3）已知下列熱化學(xué)方程式：

①CH3COOH(l)＋2O2(g)=2CO2(g)＋2H2O(l)ΔH1＝－870.3kJ/mol

②C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH2＝－393.5kJ/mol

③H2(g)＋O2(g)=H2O(l)ΔH3＝－285.8kJ/mol

寫出由C(s)、H2(g)和O2(g)化合生成CH3COOH(l)的熱化學(xué)方程式_________________________________________。14、按要求回答下列問題。

（1）寫出氮化鎂的化學(xué)式________。

（2）寫出的離子結(jié)構(gòu)示意圖________。

（3）寫出醋酸在水溶液中的電離方程式________。

（4）寫出溴水使?jié)駶櫟牡矸鄣饣浽嚰堊兯{的化學(xué)方程式________。15、I．現(xiàn)有下列物質(zhì)①100℃純水②25℃0.1mol/LHCl溶液③25℃0.1mol/LKOH溶液④25℃0.1mol/LBa(OH)2溶液。

(1)這些物質(zhì)與25℃純水相比，能促進水電離的是________(填序號，下同)，能抑制水的電離的是________，水電離的c(OH－)等于溶液中c(OH－)的是________，水電離的c(H＋)等于溶液中c(H＋)的是________。

(2)②和③溶液中水的電離度相等，進而可推出的結(jié)論是：同一溫度下，___________時；水的電離度相等。

II．今有①鹽酸②醋酸③硫酸三種稀溶液，用序號回答下列問題。

(1)若三種酸的物質(zhì)的量濃度相等，三種溶液中的c(H＋)大小關(guān)系為______

(2)若三種溶液的c(H＋)相等，三種酸的物質(zhì)的量濃度大小關(guān)系為_____。16、（1）向10mL0.1mol/L的氨水中逐滴加入20mL0.1mol/L的醋酸，溶液導(dǎo)電性的變化是____寫出二者反應(yīng)的離子方程式：___________。

（2）常溫下，甲、乙兩瓶氨水的濃度分別為1mol/L和0.1mol/L，則甲、乙兩瓶氨水中c(OH-)之比___10（填>、<或=）

（3）常溫下，0.1mol/L的氨水與0.1mol/L的鹽酸等體積混合，所得溶液呈_______（填酸性、中性或堿性，下同）；pH之和為14的醋酸與氫氧化鈉等體積混合，所得溶液呈___________。17、按要求填寫下面的空。

（1）溫度相同、濃度均為0.2mol/L的①(NH4)2SO4、②NaNO3、③NH4HSO4④NH4NO3⑤NaClO⑥CH3COONa溶液；它們的pH值由小到大的排列順序是________

A.③①④②⑥⑤B.③①④②⑤⑥C.③②①⑥④⑤D.⑤⑥②④①③

（2）25℃時，利用pH試紙測得0.1mol?L-1醋酸溶液的pH約為3；則可以估算出醋酸的電離常數(shù)約為_______；向10mL此溶液中加水稀釋。pH值將_____（填“增大”；“減小”或“無法確定”）

（3）25℃時，pH=3的NH4Al(SO4)2中2c(SO42-)－c(NH4+)－3c(Al3＋)＝______（取近似值）

（4）pH=2的鹽酸和CH3COOH溶液各1mL，分別加水至pH再次相等，則加入水的體積V(HCl)__________V(CH3COOH)(填“>”、“<”或“=”；下同)

（5）濃度均為0.1mol/L的鹽酸和CH3COOH溶液各1mL，加入等體積的水稀釋后pH(HCl)_____pH(CH3COOH)18、某工業(yè)廢水中含有和可采用沉淀法將其除去。

（1）若加入來沉淀和當溶液中和共存時，___________。

（2）若加入溶液來調(diào)節(jié)使和完全沉淀，應(yīng)滿足的條件為_________。

已知：①

②時，會轉(zhuǎn)化為

③離子完全除去的標準：該離子濃度19、AgCl在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)?Ag+(aq)+Cl﹣(aq)。25℃時，現(xiàn)將足量AgCl分別放入：①100mL蒸餾水；②100mL0.2mol?L﹣1AgNO3溶液；③100mL0.1mol?L﹣1氯化鎂溶液；④100mL0.1mol?L﹣1氯化鈉溶液。充分攪拌后，相同溫度下Ag+濃度由大到小的順序是________(填寫序號)。20、依據(jù)氧化還原反應(yīng)：2Ag＋＋Cu===Cu2＋＋2Ag；設(shè)計的原電池如下圖所示。

請回答下列問題：

(1)電極X的材料是________；Y是________。

(2)銀電極為電池的________極，X電極上發(fā)生的電極反應(yīng)為_____________________21、LiFePO4電池具有穩(wěn)定性高、安全、對環(huán)境友好等優(yōu)點。某電極的工作原理如左下圖所示，該電池電解質(zhì)為能傳導(dǎo)Li+的固體材料。

（1）放電時，該電極為_____極，電極反應(yīng)為__________________________

（2）充電時該電極連接外接電源的______極。

（3）放電時，電池負極的質(zhì)量_______(減少；增加、不變)

（4）LiOH可做制備鋰離子電池電極的材料，利用如右上圖裝置電解制備LiOH，兩電極區(qū)電解液分別為LiOH和LiCl溶液。陰極區(qū)電解液為__________溶液（填化學(xué)式），離子交換膜應(yīng)使用__________(陽、陰)離子交換膜。評卷人得分四、判斷題(共1題，共3分)22、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分五、工業(yè)流程題(共2題，共20分)23、高純度碳酸鋰：是制造鋰離子電池必不可少的原材料。某鋰云母礦采用硫酸鹽焙燒法生產(chǎn)高純度碳酸鋰的工藝流程如下：

已知(i)用Men+表示金屬陽離子、HR表示有機萃取劑，“萃取”原理可以表示為：Men++2nHR?Me(HR2)n+nH+

(ii)上述溶劑萃取法(利用萃取劑HR對雜質(zhì)離子的特殊選擇性)與化學(xué)凈化除雜法(采用分步沉淀法逐一分離雜質(zhì)離子)

除雜效果對比如下表。Al3+Mn2+Fe3+Ca2+SiO2Li+化學(xué)凈化法浸出率/%99.799.7497.8597.9796.876.1溶劑萃取法浸出率/%99.5499.3999.2197.8997.073.3(1)將最終產(chǎn)品進行焰色反應(yīng)；可觀察到火焰呈___________(填標號)。

A．紫紅色B．紫色C．黃色。

(2)為提高“焙燒”效率；常采取的措施是_________________________________(寫兩點)。

(3)操作1用到的主要玻璃儀器有燒杯；___________。

(4)萃取劑的濃度對萃取率的影響如下圖所示，則選擇萃取劑濃度為___________mol·L-1為宜；“反萃取”步驟用到的試劑A是______________________；流程中循環(huán)使用的物質(zhì)除HR、CO2外；還有__________________。

(5)“碳化反應(yīng)”的化學(xué)反應(yīng)方程式_______________________。

(6)由除雜效果分析，溶劑萃取法相對于化學(xué)凈化除雜法的優(yōu)勢為_______________________________。24、我國電池的年市場消費量約為80億只，其中70%是鋅錳干電池，利用廢舊鋅錳干電池制備硫酸鋅晶體(ZnSO4·7H2O)和純MnO2的工藝如下圖所示：

已知：

①鋅皮的主要成分為Zn，含有少量Fe；炭包的主要成分為ZnCl2、NH4Cl、MnO2；碳粉等；還含有少量的Cu、Ag、Fe等。

②Ksp[Zn(OH)2]=2.0×10-16；Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16；Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38。

(1)除去炭包中碳粉的操作為_____________。

A.酸浸B.過濾C.焙炒D.焙燒。

(2)粗MnO2轉(zhuǎn)化為MnSO4時，主要反應(yīng)的離子方程式為_____________________。

(3)焙燒時發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_____________。

(4)制備硫酸鋅晶體流程中，用ZnO調(diào)節(jié)溶液pH的目的是______________________________，若溶解時不加H2O2帶來的后果是____________________。

(5)“草酸鈉-高錳酸鉀返滴法”可測定MnO2的純度：取agMnO2樣品于錐形瓶中，加入適量稀硫酸，再加入V1mLc1mol·L-1Na2C2O4溶液(足量)，最后用c2mol·L-1的KMnO4溶液滴定剩余的Na2C2O4，達終點時消耗V2mL標準KMnO4溶液。

①MnO2參與反應(yīng)的離子方程式為_____________。

②該樣品中MnO2的質(zhì)量分數(shù)為__________________(假定雜質(zhì)不參與反應(yīng)，列出表達式即可)。評卷人得分六、有機推斷題(共1題，共5分)25、某溫度時，Ag2SO4在水溶液中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。請回答下列問題：

(1)A點表示Ag2SO4是_____(填“過飽和”“飽和”或“不飽和”)溶液。

(2)該溫度下Ag2SO4的溶度積常數(shù)Ksp=_____。(列式帶入數(shù)據(jù)并計算出結(jié)果)

(3)現(xiàn)將足量的Ag2SO4固體分別加入：

a．40mL0.01mol·L-1K2SO4溶液。

b．10mL蒸餾水。

c．10mL0.02mol·L-1H2SO4溶液。

則Ag2SO4的溶解程度由大到小的順序為_____(填字母)。

(4)向Ag2SO4懸濁液中加入足量Na2CrO4固體，可觀察到有磚紅色沉淀生成(Ag2CrO4為磚紅色)，寫出沉淀轉(zhuǎn)化的離子方程式：_____。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、D【分析】【詳解】

A.2s內(nèi)用物質(zhì)C表示的平均反應(yīng)速率為v（C）===0.3mol/（L?s）；v（A）=v（C）=0.3mol/（L?s），故A錯誤；

B.2A(g)+B(g)2C(g)

起始（mol）420

轉(zhuǎn)化（mol）2xx2x

平衡（mol）4-2x2-x2x

由題意2x=0.6，x=0.3mol/L，K==故B錯誤；

C.0.6mol的物質(zhì)B生成；表示逆反應(yīng)方向，同時有0.6mol物質(zhì)C生成，表示正反應(yīng)方向，正逆反應(yīng)速率之比為1：1，不等于系數(shù)之比2：1，未處于平衡狀態(tài)，反應(yīng)向正反應(yīng)方向進行，故C錯誤；

D.△c（B）=△c（C）=×0.6mol/L=0.3mol/L，2s時物質(zhì)B的濃度為-0.3mol/L=0.7mol/L；故D正確。

正確答案是D。2、C【分析】【詳解】

草酸的一級、二級電離常數(shù)均大于碳酸的一級電離常數(shù)，草酸、碳酸的一級電離遠大于二級電離，第一步電離為主，因此溶液中c(H+)＞c(HC2O4-)＞c(C2O42-)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)，則C正確，ABD錯誤，故選C。3、B【分析】【詳解】

①滴入酚酞試液，NaNO2溶液顯紅色，說明亞硝酸根能水解，為弱酸酸根，①能證明HNO2是弱電解質(zhì)；

②用HNO2溶液做導(dǎo)電實驗，燈泡很暗，說明溶液中自由移動離子濃度小，與HNO2溶液中離子濃度有關(guān)，②不能證明HNO2是弱電解質(zhì)；

③等pH、等體積的鹽酸和HNO2溶液中和堿時，HNO2中和堿的能力強，說明HNO2在反應(yīng)過程中，可以繼續(xù)電離出H+，③能證明HNO2是弱電解質(zhì)；

④0.10mol/LHNO2溶液的pH＝2，說明HNO2部分電離，④能證明HNO2是弱電解質(zhì)；⑤HNO2與CaCO3反應(yīng)放出CO2氣體，只能說明HNO2酸性強于碳酸；

⑤不能證明HNO2是弱電解質(zhì)；

⑥c(H＋)＝0.1mol/L的HNO2溶液稀釋至1000倍時pH<4明在稀釋過程中，HNO2還可以電離，⑥能證明HNO2是弱電解質(zhì)；

故答案選B。4、D【分析】【詳解】

A.pH相同的兩種酸溶液；酸的酸性越強，其初始濃度越小，稀釋過程中，pH變化越大，由于HF酸性強于HClO，所以稀釋過程中，HF的pH變化更大，則曲線Ⅰ代表HF溶液稀釋過程中pH變化曲線，故A錯誤；

B.酸抑制水電離，酸中c（H+）越大其抑制水電離程度越大，c（H+）：c＞b，則水電離程度：b＞c；故B錯誤；

C.酸的濃度越大；反應(yīng)速率越快，a點時HClO的濃度大于HF，則HClO的反應(yīng)速率較大，故C錯誤；

D.pH相同的兩種酸；酸性越強酸濃度越小，則a點酸濃度：HF＜HClO，取a點的兩種酸溶液，中和相同體積；相同濃度的NaOH溶液，消耗酸的體積與酸的濃度成反比，所以HClO溶液消耗體積小，故D正確；

故選D。5、C【分析】【分析】

溶液的pH越小，HCO3-和H2CO3的濃度越大，則m曲線代表lg

，n曲線代表lg

【詳解】

A、H2CO3的電離平衡常數(shù)Ka1>Ka2，Ka1=Ka2=當pH相等時，<lg＞lgm曲線代表lg故A錯誤；

B、當溶液為中性時，溶液中溶質(zhì)為氯化鈉、碳酸氫鈉和碳酸，溶液中電荷守恒為c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（Cl-），則c（Na+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（Cl-）；故B錯誤；

C、Ka1（H2CO3）=在N點lg=1，即=10，N點的pH=7.4，則c（H+）=10-7.4mol/L，所以Ka1（H2CO3）=10×10-7.4=1.0×10-6.4；故C正確；

D、M點的pH=9.3，則c（H+）=10-9.3mol/L，=-1，=10-1，Ka2（H2CO3）==10-1×10-9.3=1.0×10-10.3，25℃時，CO32-+H2O?HCO3-+OH-的平衡常數(shù)為Kh===1.0×10-3.7；故D錯誤。

答案選C。

【點睛】

考查鹽的水解原理的應(yīng)用、溶液中守恒關(guān)系的應(yīng)用、電離常數(shù)的計算等，注意把握圖中縱坐標和橫坐標的含義、以及電離平衡常數(shù)的計算方法，側(cè)重于考查分析能力和計算能力。6、B【分析】【詳解】

A.根據(jù)圖像知pH=2.5的溶液中：c(H2A)+c(A2-)<c(HA-)；A錯誤；

B.c(Na+)=0.100mol·L-1的溶液，根據(jù)c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.100mol·L-1知此時溶液中的溶質(zhì)為NaHA，溶液中存在質(zhì)子守恒：c(H+)+c(H2A)=c(OH-)+cA2-)；B正確；

C.c(HA-)=c(A2-)的溶液中有電荷守恒：c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)=c(Na+)+c(H+)，已知c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.100mol·L-1，此溶液中H2A濃度幾乎為0，可以忽略，把c(HA-)=c(A2-)和c(HA-)+c(A2-)=0.100mol·L-1帶入電荷守恒的等式，得到：c(OH-)+c(HA-)+0.100mol·L-1=c(Na+)+c(H+)，溶液的pH<7，c(H+)>c(OH-)，所以c(Na+)<0.100mol·L-1+c(HA-)；C錯誤；

D.pH=7時，c（H+）=c（OH-），根據(jù)電荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HA-）+2c（A2-）可知：c（Na+）=c（HA-）+2c（A2-），則c(Na+)>2c(A2-)；D錯誤。

答案選B。

【點睛】

本題考查粒子間濃度的關(guān)系，學(xué)會分析圖形，利用電離和水解的知識點，結(jié)合電荷守恒、物料守恒和質(zhì)子守恒進行解題。二、多選題(共6題，共12分)7、AD【分析】【分析】

橫坐標為溫度；溫度升高，甲烷轉(zhuǎn)化率增大，說明溫度升高，平衡向消耗甲烷的方向移動。

【詳解】

A．溫度升高，甲烷轉(zhuǎn)化率增大，所以正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，ΔH>0；A正確；

B．M點為平衡狀態(tài)；條件不變，延長反應(yīng)時間，平衡不發(fā)生移動，甲烷的轉(zhuǎn)化率不變，B錯誤；

C．體積為1L，T1℃時：K==2.0736，假設(shè)起始時充入CH4、CO2、CO和H2的物質(zhì)的量為a，Qc=Qc和K的大小，和起始值a有關(guān)，不一定正向移動，C錯誤；

D．充入0.5molCH4和0.5molCO2比充入0.4molCH4和0.4molCO2而言；平衡正向移動，但是起始值增大程度大于轉(zhuǎn)化值增大程度，轉(zhuǎn)化率減小，圖像符合，D正確。

答案選AD。

【點睛】

本題易錯選項C，某時刻平衡正向移動還是逆向移動，關(guān)鍵看Qc和K的關(guān)系，Qc>K，平衡逆向移動，Qc8、BC【分析】【分析】

平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)；利用反應(yīng)熱計算生成氨氣的物質(zhì)的量；進而根據(jù)化學(xué)方程式計算生成氨氣的體積分數(shù)；從平衡移動的角度比較反應(yīng)放出的熱量與23.15kJ的關(guān)系。

【詳解】

A．平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)；相同溫度下，體積均為0.25L的兩個恒容密閉容器中發(fā)生相同的反應(yīng)，則平衡常數(shù)應(yīng)相同，故A正確；

B．①容器中放出23.15kJ熱量，則生成氨氣的物質(zhì)的量為：＝0.5mol；利用三段式法計算：

平衡時，①容器中NH3的體積分數(shù)等于氣體的物質(zhì)的量分數(shù)＝

從等效平衡的角度分析，0.9molN2、2.7molH2和0.2molNH3相當于1molN2、3molH2；在相同條件下處于相同平衡狀態(tài)，所以平衡時兩個容器內(nèi)氨氣的體積分數(shù)相等，故B錯誤；

C．②中含有0.2molNH3相當在①的基礎(chǔ)上加入氨氣；抑制平衡正向移動，則平衡時放出的熱量小于23.15kJ，故C錯誤；

D．若容器①體積為0.5L；相當于在原來的基礎(chǔ)上減小壓強，平衡逆向移動，平衡時放出的熱量小于23.15kJ，故D正確；

故答案選BC。9、BD【分析】【詳解】

A．I、Ⅱ溫度相同，則二者平衡常數(shù)相等，Ⅲ比I相比溫度升高，平衡時Ⅲ中PCl3比I中的大，說明升高溫度平衡正向移動，平衡常數(shù)增大，故平衡常數(shù)K：容器Ⅱ＜容器Ⅲ；故A錯誤；

B．恒溫恒容下，Ⅱ等效在I中平衡基礎(chǔ)上壓強增大一倍，平衡逆向移動，轉(zhuǎn)化率減小，PCl5的轉(zhuǎn)化率：容器Ⅱ＜容器Ⅰ；故B正確；

C．速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，則v(PCl5)=v(PCl3)==mol/(L?s)；故C錯誤；

D．410℃平衡時PCl5為0.4mol?0.15mol=0.25mol，該溫度下平衡常數(shù)K==0.045，濃度商Qc==0.1125＞K=0.045；反應(yīng)向逆反應(yīng)進行，故D正確；

答案選BD。10、BD【分析】【詳解】

A．a(chǎn)點時n(HCl)=0.1mol/L×0.0125L=0.00125mol，反應(yīng)生成0.00125molNaHCO3，剩余0.00125molNa2CO3，由于CO32-水解程度大于HCO3-電離程度，則c(HCO3-)＞c(CO32-)，A錯誤；

B．b點時n(HCl)=0.1mol/L×0.02L=0.002mol，由物料守恒可知5c(Cl-)=4c(HCO3-)+4c(CO32-)+4c(H2CO3)，則5c(Cl-)>4c(HCO3-)+4c(CO32-)，B正確；

C．c點時n(HCl)=0.1mol/L×0.025L=0.0025mol，恰好反應(yīng)生成NaHCO3，根據(jù)質(zhì)子守恒得c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)，C錯誤；

D．d點時加入鹽酸0.005mol，與碳酸鈉完全反應(yīng)，溶液存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)+c(Cl-)，由于c(Na+)=c(Cl-)，則c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)；D正確。

答案為BD。

【點睛】

注意分析反應(yīng)物的物質(zhì)的量之間的關(guān)系，判斷反應(yīng)的程度以及溶液的主要成分，結(jié)合鹽類水解的原理解答。11、AB【分析】【分析】

N2H4+H2O?N2H5++OH-，N2H5++H2O?N2H62++OH-，當lg=0時，c(N2H4)=c(N2H5+)，Kb1==c(OH-)=10-pOH，當lg=0時，c(N2H5+)=c(N2H62+)，Kb2==c(OH-)=10-pOH，并且Kb1>Kb2，由圖可知，X點pOH=15.0，Y點pOH=6.0，所以Kb1=10-6.0，Kb2=10-15.0，曲線X表示pOH與lg的變化關(guān)系，曲線Y表示pOH與lg的變化關(guān)系；據(jù)此分析解答。

【詳解】

A．由分析可知，曲線Y表示pOH與lg的變化關(guān)系；A錯誤；

B．反應(yīng)N2H62++H2ON2H5++H3O+的平衡常數(shù)為B錯誤；

C．越稀越電離；聯(lián)氨的溶液加水稀釋時，聯(lián)氨的電離程度逐漸增大，C正確；

D．N2H5Cl是強酸弱堿鹽，水溶液中存在N2H5+的電離和水解，電荷守恒：2c(N2H62+)+c(H+)+c(N2H5+)=c(Cl-)+c(OH-)；物料守恒：

c(N2H62+)+c(N2H4)+c(N2H5+)=c(Cl-)，根據(jù)物料守恒和電荷守恒，水溶液中存在等式：c(N2H62+)+c(H+)=c(N2H4)+c(OH-)；D正確；

故答案為：AB。12、BC【分析】【分析】

鈷礦石主要成分為Co3S4，含有少量FeO、Fe2O3、Al2O3等雜質(zhì)，煅燒后用鹽酸溶解，溶液中陽離子主要有Co3+、Fe3+、Al3+及未反應(yīng)的H+，加入Co粉會有氫氣生成，由于氧化性Co3+＞Fe3+＞Co2+，Co將Co3+、Fe3+還原為Co2+、Fe2+；根據(jù)幾種氫氧化物的溶度積數(shù)據(jù)，需要將Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+除去，因此加入試劑1的目的是將Fe2+氧化為Fe3+，加入碳酸鈉調(diào)節(jié)pH，使Fe3+、Al3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，過濾除去，濾液中加入濃氨水調(diào)節(jié)pH使Co2+轉(zhuǎn)化為Co(OH)2沉淀，過濾分離，Co(OH)2灼燒得到Co3O4；濾液中含有氯化鈉；氯化銨等。據(jù)此分析解答。

【詳解】

A．Co與HCl發(fā)生置換反應(yīng)生成CoCl2與H2，反應(yīng)離子方程式為：Co+2H+=Co2++H2↑；故A正確；

B．試劑1是將Fe2+氧化為Fe3+，碘水不能將Fe2+氧化為Fe3+，雙氧水可以將Fe2+氧化為Fe3+；且還原產(chǎn)物為水，故B錯誤；

C．加入碳酸鈉調(diào)節(jié)pH，使Fe3+、Al3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，殘渣I的主要成分為：Fe(OH)3、Al(OH)3；故C錯誤；

D．操作Ⅱ是將Co(OH)2固體與液體分離，然后將Co(OH)2灼燒生成Co3O4；操作Ⅱ包括過濾；洗滌、干燥，灼燒四個步驟，故D正確；

故選BC。三、填空題(共9題，共18分)13、略

【分析】（1）中和熱是指：25℃、101kPa下，酸與堿反應(yīng)生成1mol水時所放出的熱量，所以，H2SO4與NaOH反應(yīng)的中和熱的熱化學(xué)方程式為：

H2SO4(aq)＋NaOH(aq)===Na2SO4(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ/mol

（2）CO2通入足量澄清石灰水中產(chǎn)生25g白色沉淀，即生成的CaCO3的質(zhì)量為25g，其物質(zhì)的量為0.25mol，根據(jù)C守恒可得丁烷的物質(zhì)的量為0.0625mol，所以0.0625mol丁烷放出熱量為QkJ；而燃燒熱是指：25℃；101kPa下；1mol純物質(zhì)完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物時所放出的熱量。故丁烷的燃料熱的熱化學(xué)方程式為：

C4H10(g)＋O2(g)===4CO2(g)＋5H2O(l)ΔH＝－16QkJ/mol

（3）由熱化學(xué)方程式：①CH3COOH(l)＋2O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(l)ΔH1＝－870.3kJ/mol；②C(s)＋O2(g)===CO2(g)ΔH2＝－393.5kJ/mol；③H2(g)＋O2(g)===H2O(l)ΔH3＝－285.8kJ/mol；結(jié)合蓋斯定律可得：C(s)、H2(g)和O2(g)化合生成CH3COOH(l)的熱化學(xué)方程式為：2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)===CH3COOH(l)ΔH＝－488.3kJ/mol【解析】(1)H2SO4(aq)＋NaOH(aq)===Na2SO4(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ/mol(2分)

(2)C4H10(g)＋O2(g)===4CO2(g)＋5H2O(l)ΔH＝－16QkJ/mol(2分)

(3)2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)===CH3COOH(l)ΔH＝－488.3kJ/mol(4分)14、略

【分析】【分析】

(1)依據(jù)名稱和元素化合價代數(shù)和為0；書寫化學(xué)式；

(2)鈉離子的核內(nèi)質(zhì)子數(shù)為11；核外電子數(shù)=10，據(jù)此書寫離子結(jié)構(gòu)示意圖；

(3)醋酸為弱酸；部分電離；

(4)溴能夠置換碘；據(jù)此書寫反應(yīng)的化學(xué)方程式。

【詳解】

(1)氮化鎂中鎂元素化合價+2價，氮元素化合價為-3價，根據(jù)元素化合價代數(shù)和為0，化學(xué)式為Mg3N2，故答案為：Mg3N2；

(2)鈉離子的核內(nèi)質(zhì)子數(shù)為11，核外電子數(shù)=10，離子結(jié)構(gòu)示意圖為故答案為：

(3)醋酸為弱酸，部分電離，電離方程式為CH3COOH?CH3COO-+H+，故答案為：CH3COOH?CH3COO-+H+；

(4)溴能夠置換碘，溴水使?jié)駶櫟牡矸鄣饣浽嚰堊兯{，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Br2+2KI=2KBr+I2，故答案為：Br2+2KI=2KBr+I2?！窘馕觥縈g3N2CH3COOH?CH3COO-+H+Br2+2KI=2KBr+I215、略

【分析】【分析】

一定溫度下，水存在電離平衡H2O（l）?H+（aq）+OH-（aq）△H>0，升高溫度或加入能與H+或OH-反應(yīng)的離子，可促進水的電離，如加入酸或堿，溶液中H+或OH-濃度增大；則抑制水的電離，以此解答該題。

【詳解】

I．(1)①100℃純水②25℃0.1mol/LHCl溶液③25℃0.1mol/LKOH溶液④25℃0.1mol/LBa(OH)2溶液；一定溫度下，水存在電離平衡H2O（l）?H+（aq）+OH-（aq）△H>0；這些物質(zhì)與25℃純水相比，能促進水的電離的是升高溫度，因水的電離為吸熱反應(yīng)；

加入酸、堿溶液可抑制水的電離，即②③④抑制水的電離；水電離的水等于溶液中可為中性溶液或酸溶液，如純水、鹽酸等，①②符合；水電離的水等于溶液中可為中性溶液或堿溶液，如純水；氫氧化鉀、氫氧化鋇溶液，①③④符合；

故答案為：①；②③④；①②；①③④；

(2)純水中加入酸、堿,可抑制水的電離；從②和③溶液中水的電離程度相等，進而可推出的結(jié)論是：同一溫度下酸溶液中的等于堿溶液中的水的電離程度相等；

故答案為：酸溶液中的與堿溶液中的相等時；

II．(1)今有①鹽酸②醋酸③硫酸三種稀溶液，若三種酸的物質(zhì)的量濃度相等為a，則硫酸中氫離子的濃度為2a，鹽酸中氫離子的濃度為a，醋酸不完全電離，氫離子的濃度小于a，則三種溶液中的c(H＋)大小關(guān)系為③>①>②；

(2)若三種溶液的c(H＋)相等，則三種酸的物質(zhì)的量濃度大小關(guān)系與(1)相反：②>①>③?！窘馕觥竣佗冖邰堍佗冖邰芩崛芤褐械呐c堿溶液中的相等時③>①>②②>①>③16、略

【分析】【分析】

（1）離子濃度越大；導(dǎo)電性越強，氨水為弱電解質(zhì)，醋酸銨為強電解質(zhì)；

（2）一水合氨為弱電解質(zhì)；濃度越大，電離程度越?。?/p>

（3）室溫下，等物質(zhì)的量濃度、等體積的鹽酸和氨水混合，恰好完全反應(yīng)生成NH4Cl；為強酸弱堿鹽；pH之和為14的醋酸與氫氧化鈉，氨水濃度大于鹽酸，二者等體積混合時氨水過量。

【詳解】

（1）氨水為弱電解質(zhì)，開始導(dǎo)電性不強，滴入醋酸，反應(yīng)生成醋酸銨，為強電解質(zhì)，離子濃度增大，導(dǎo)電性增強，反應(yīng)為NH3?H2O+CH3COOH═NH4++CH3COO-+H2O，反應(yīng)完全后，繼續(xù)滴入醋酸，溶液體積變大，離子濃度減小，導(dǎo)電性又逐漸減弱，故答案為：導(dǎo)電性先變大后變?。籒H3?H2O+CH3COOH═NH4++CH3COO-+H2O；

（2）甲、乙兩瓶氨水的濃度分別為1mol/L和0.1mol/L，則甲瓶氨水的濃度是乙瓶氨水的濃度的10倍，又弱電解質(zhì)的濃度越小，電離程度越大，故甲瓶氨水的電離度比乙瓶氨水的電離度小，所以甲、乙兩瓶氨水中c(OH-)之比小于10；故答案為：＜；

（3）室溫下，0.1mol/L的氨水與0.1mol/L的鹽酸等體積混合，恰好完全反應(yīng)生成NH4Cl；為強酸弱堿鹽，溶液中銨根離子水解，溶液呈酸性；室溫下，pH之和為14的醋酸與氫氧化鈉，醋酸是弱電解質(zhì)，所以醋酸濃度大于氫氧化鈉，二者等體積混合時醋酸有剩余，醋酸的電離程度大于醋酸根離子水解程度，所以溶液呈酸性；故答案為：酸性；酸性。

【點睛】

本題考查弱電解質(zhì)的電離平衡的影響因素以及電離平衡的應(yīng)用知識，注意把握弱電解質(zhì)的電離特點?！窘馕觥繉?dǎo)電性先變大后變小CH3COOH+NH3·H2O=CH3COO-+NH4++H2O<酸性酸性17、略

【分析】【分析】

（1）先判斷出溶液的酸堿性；然后利用鹽類水解規(guī)律進行分析；

（2）利用電離平衡常數(shù)進行計算；以及濃度對弱電解質(zhì)電離的影響進行分析；

（3）根據(jù)電荷守恒以及離子積進行分析判斷；

（4）先稀釋相同倍數(shù)；判斷出pH的大小，然后繼續(xù)加水稀釋得出結(jié)果；

（5）利用強電解質(zhì)完全電離；弱電解質(zhì)部分電離進行分析；

【詳解】

（1）①(NH4)2SO4溶液顯酸性，②NaNO3溶液顯中性，③NH4HSO4溶液顯酸性，④NH4NO3溶液顯酸性，⑤NaClO溶液顯堿性，⑥CH3COONa溶液顯堿性，CH3COOH的酸性強于HClO，即ClO－水解能力強于CH3COO－，即NaClO溶液的pH大于CH3COONa，NH4HSO4完全電離NH4HSO4=NH4＋＋H＋＋SO42－，酸性最強，pH最小，(NH4)2SO4和NH4NO3溶液顯酸性，是因為NH4＋水解造成，水解程度微弱，相同濃度時，(NH4)2SO4的酸性強于NH4NO3；因此pH由小到大的順序是③①④②⑥⑤，故A正確；

答案為A；

（2）CH3COOH的電離CH3COOHCH3COO－＋H＋，c(H＋)=c(CH3COO－)=10－3mol·L－1，醋酸為弱電解質(zhì)，電離程度微弱，溶液中C(CH3COOH)約為0.1mol·L－1，電離平衡常數(shù)Ka==10－5；向此溶液中加水稀釋，雖然促進醋酸的電離，但c(H＋)減??；即pH增大；

答案為10－5；增大；

（3）根據(jù)電荷守恒，c(NH4＋)＋3c(Al3＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋2c(SO42－)，該溶液的pH=3，則溶液中c(H＋)=10－3mol·L－1，c(OH－)=10－11mol·L－1，代入上述表達式，2c(SO42－)－c(NH4＋)－3c(Al3＋)=c(H＋)－c(OH－)=10－3－10－11≈10－3mol·L－1；

答案為10－3mol·L－1；

（4）醋酸為弱酸，部分電離，加水稀釋促進電離，鹽酸為強酸，全部電離，相同pH的鹽酸和醋酸，加水稀釋相同倍數(shù)，醋酸的pH小于鹽酸的pH，為達到pH再次相等，需要向醋酸中繼續(xù)加水稀釋，因此加水的體積V(HCl)3COOH)；

答案為<；

（5）鹽酸為強酸，0.1mol·L－1鹽酸其pH=1，醋酸是弱酸，0.1mol·L－1醋酸溶液的pH>1，加水稀釋相同倍數(shù)后，鹽酸中c(H＋)大于醋酸中c(H＋)，即pH(HCl)3COOH)；

答案為<。

【點睛】

稀釋一元弱酸和一元強酸時，應(yīng)注意是濃度相同還是pH相同，如果是濃度相同，體積相同，一元強酸完全電離，一元弱酸是部分電離，稀釋相同倍數(shù)，強酸中c(H＋)始終大于弱酸；如果是pH相同，體積相同，則弱酸的濃度大于強酸，加水稀釋，促進醋酸的電離，弱酸的pH小于強酸。【解析】A10-5增大10－3mol·L－1<<18、略

【分析】【詳解】

(1)=故答案為：105；

(2)由氫氧化鋅和氫氧化銅的溶度積常數(shù)可知，氫氧化銅的溶解度小，要使兩種離子均沉淀完全要確保氫氧化鋅完全沉淀，c(OH-)(最小)=pH=8.5，又因時，會轉(zhuǎn)化為因此pH應(yīng)小于11，應(yīng)滿足的條件為8.5～11，故答案為：8.5～11；【解析】1058.5～1119、略

【分析】【分析】

①是氯化銀自身溶解電離出銀離子；②③④都會抑制氯化銀的溶解，但②中銀離子濃度很大。

【詳解】

①100mL蒸餾水，c（Ag+）=c（Cl-）=離子濃度很??；②100mL0.2mol?L﹣1AgNO3溶液，銀離子濃度等于0.2mol?L﹣1；③100mL0.1mol?L﹣1氯化鎂溶液中氯離子濃度為0.2mol?L﹣1，對AgCl在水中溶解起抑制作用，銀離子濃度較小；④100mL0.1mol?L﹣1氯化鈉溶液中氯離子濃度為0.1mol?L﹣1，對AgCl在水中溶解起抑制作用，銀離子濃度比③中銀離子濃度大；因此充分攪拌后，相同溫度下Ag+濃度由大到小的順序是②①④③，故答案為：②①④③?！窘馕觥竣冖佗堍?0、略

【分析】【分析】

原電池是由兩個半電池組成的，根據(jù)氧化還原反應(yīng)2Ag＋＋Cu=Cu2＋＋2Ag可知；銅是負極，銀是正極，負極上銅失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，正極上銀離子得電子發(fā)生還原反應(yīng)，則銅極應(yīng)處于含有銅離子的可溶性鹽溶液中，銀處于含有銀離子的可溶性銀鹽溶液中，電子從負極沿大小流向正極。

【詳解】

（1）根據(jù)電解質(zhì)溶液中的陽離子與電極材料是同種金屬的特點，可推知X是Cu，電解質(zhì)溶液Y是AgNO3溶液，故答案為：Cu；AgNO3溶液；

（2）由于活動性Cu>Ag，結(jié)合原電池反應(yīng)的原理可知銀電極為電池的正極，電極反應(yīng)式為Ag＋＋e－=Ag，Cu電極上銅失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為Cu-2e－=Cu2＋，故答案為：正；Cu-2e－=Cu2＋。

【點睛】

注意含有鹽橋的原電池中，電極材料和其相應(yīng)的鹽溶液必須含有相同的金屬元素是解答關(guān)鍵，也是易錯點?！窘馕觥緾uAgNO3溶液正Cu-2e－=Cu2＋21、略

【分析】【分析】

【詳解】

試題分析：（1）放電時，該裝置是原電池，正極發(fā)生還原反應(yīng)，反應(yīng)為：FePO4+Li++e-═LiFePO4；（2）充電時為電解池，該電極連接外接電源的正極；（3）放電時，該裝置是原電池，電池負極發(fā)生氧化反應(yīng)，負極反應(yīng)為：Li―e－=Li＋，質(zhì)量減少；（4）根據(jù)示意圖，B極區(qū)生產(chǎn)H2，同時生成LiOH，則B極區(qū)電解液不能是LiCl溶液，如果是LiCl溶液則無法得到純凈的LiOH，則B極區(qū)電解液為LiOH溶液；離子交換膜應(yīng)使用陽離子交換膜，傳導(dǎo)Li＋。

【考點】

電解原理及應(yīng)用。

【點睛】

本題考查電解原理及應(yīng)用，包括電極方程式的書寫、電解液的判斷、離子移動方向的判斷；準確理解題給信息是解決問題的關(guān)鍵。首先通過電解法制備LiOH的分析考查了電解的原理及應(yīng)用，側(cè)重于對分析問題、解決問題能力的考查?！窘馕觥空鼺ePO4+e-+Li+=LiFePO4正極減少LiOH陽四、判斷題(共1題，共3分)22、×【分析】【詳解】

向溶液中加入少量水，減小，堿性減弱即減小，則增大，則溶液中增大，故錯；【解析】錯五、工業(yè)流程題(共2題，共20分)23、略

【分析】【分析】

鋰云母礦采用加硫酸鈉焙燒后，加稀硫酸過濾除去二氧化硅、硫酸鈣等不溶性雜質(zhì)，所得濾液加入有機萃取劑HR，“萃取”原理為：Men++2nHR?Me(HR2)n+nH+，由表知，Al3+、Mn2+、Fe3+、殘留Ca2+離子被萃取劑結(jié)合后進入有機相，水溶液主要含為Li+、SO2-4，水相中加入飽和碳酸鈉沉鋰，生成Li2CO3沉淀和硫酸鈉；過濾后沉淀中加入去離子水；二氧化碳發(fā)生碳化反應(yīng)，碳酸鋰和和水和二氧化碳生成碳酸氫鋰，過濾得碳酸氫鋰，碳酸氫鋰熱分解生成高純度的碳酸鋰，以此來解析；

(1)

鋰元素的焰色反應(yīng)為紫紅色；將最終產(chǎn)品碳酸鋰進行焰色反應(yīng)，可觀察到火焰呈紫紅色；

選A。

(2)

為提高“焙燒”效率；常采取的措施是將礦石細磨；充分攪拌、適當升高溫度等。

(3)

操作1為萃取分液；用到的主要玻璃儀器有燒杯；分液漏斗。

(4)

萃取劑要最大程度地萃取溶液中的Al3+、Mn2+、Fe3+而盡可能不萃取Li+，由圖知，則選擇萃取劑濃度為1.5mol·L-1為宜；“反萃取”步驟中Men++2nHR?Me(HR2)n+nH+逆向移動，按勒夏特列原理，增大生成物濃度可使平衡左移，則需加入氫離子、且陰離子為硫酸根，則用到的試劑A是H2SO4；流程中沉鋰時生成硫酸鈉、焙燒時消耗硫酸鈉，則循環(huán)使用的物質(zhì)除HR、CO2外，還有Na2SO4。

(5)

鋰和鈉處于同一主族，則由碳酸鈉、水和二氧化碳反應(yīng)得到碳酸氫鈉來類推，可得到“碳化反應(yīng)”化學(xué)反應(yīng)方程式為CO2+H2O+Li2CO3=2LiHCO3。

(6)

由表知，溶劑萃取法Li+浸出率為3.3%，化學(xué)凈化除雜法Li+浸出率為6.1%，則由除雜效果分析，溶劑萃取法相對于化學(xué)凈化除雜法的優(yōu)勢為萃取劑除雜法鋰的損失率更少。【解析】(1)A

(2)將礦石細磨；充分攪拌、適當升高溫度或其他合理答案。

(3)分液漏斗。

(4)1.5H2SO4Na2SO4

(5)CO2+H2O+Li2CO3=2LiHCO3

(6)萃取劑除雜法鋰的損失率更少24、略

【分析】【分析】

廢舊電池拆解后，鋅皮中的鋅和鐵在稀硫酸中溶解，鐵和稀硫酸生成Fe2+，被H2O2氧化為Fe3+，再加ZnO調(diào)節(jié)溶液的PH，使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀除去，得到的硫酸鋅溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到ZnSO4·7H2O。炭包中的ZnCl2、NH4Cl、Cu、Ag、Fe等溶于稀硝酸，而MnO2和碳粉不溶，過濾后把濾渣焙炒，碳粉被空氣中的氧氣氧化為二氧化碳除去，粗MnO2在硫酸和H2O2的共同作用下轉(zhuǎn)化為MnSO4，在MnSO4溶液中加入Na2CO3溶液，得到MnCO3沉淀，再焙燒MnCO3，使之被空氣中的氧氣氧化為純MnO2。

【詳解】

（1）炭包的主要成分為ZnCl2、NH4Cl、MnO2、碳粉等，還含有少量的Cu、Ag、Fe等，ZnCl2、NH4Cl、Cu、Ag、Fe等溶于稀硝酸，而MnO2和碳粉不溶；過濾后把濾渣焙炒，碳粉被空氣中的氧氣氧化為二氧化碳除去，所以除去碳粉可以采用焙炒的方法，焙燒時，炭包內(nèi)部的碳比較難與氧氣反應(yīng)除去，正確答案：C。

（2）粗MnO2在硫酸、H2O2作用下生成MnSO4，即MnO2+H2O2→MnSO4，反應(yīng)過程中MnO2被還原，則H2O2被氧化生成O2，配平該反應(yīng)為：MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O。正確答案：MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑