2025年浙教版選修四化學(xué)下冊(cè)月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年浙教版選修四化學(xué)下冊(cè)月考試卷502考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、已知在下，氣態(tài)AB分子生成氣態(tài)A原子和B原子的過(guò)程中所吸收的能量；稱為AB間共價(jià)鍵的鍵能，已知水分子的能量變化關(guān)系圖如下：

下列說(shuō)法正確的是A.且B.是的鍵能C.D.2、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法正確的是A.常溫常壓下，19g羥基(—18OH)中所含的中子數(shù)為9NAB.常溫下，1LpH=3的FeCl3溶液中由水電離出的H+的數(shù)目為0.001NAC.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，NO和O2各11.2L混合充分反應(yīng),所得氣體的分子總數(shù)為0.75NAD.足量的銅與40mL10mol/L硝酸反應(yīng),生成氣體的分子數(shù)為0.2NA3、已知：C(s)+H2O(g)===CO(g)+H2(g)△H=akJ·mol－1；2C(s)＋O2(g)===2CO(g)H＝－221kJ·mol－1，H—H、O==O和O—H鍵的鍵能分別為436、498和486kJ·mol－1，則a為A.＋176.5B.－397.5C.＋88.5D.－309.54、某溫度下，在一個(gè)2L的恒容密閉容器中，加入4molA和2molB進(jìn)行反應(yīng)：3A(g)+2B(g)4C(?)+2D(?)，反應(yīng)一段時(shí)間后達(dá)到平衡，測(cè)得生成1.6molC，且反應(yīng)的前后壓強(qiáng)之比為5:4（相同的溫度下測(cè)量），則下列說(shuō)法正確的是（）A.該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)表達(dá)式是K=B.此時(shí)，B的平衡轉(zhuǎn)化率是20%C.增大該體系的壓強(qiáng)，平衡向右移動(dòng)，化學(xué)平衡常數(shù)增大D.增加C，B的平衡轉(zhuǎn)化率不變5、為探究外界條件對(duì)可逆反應(yīng)：2NO2(g)2NO(g)+O2(g)ΔH＝-1162kJ·mol－1的影響；若保持氣體的總質(zhì)量不變，在溫度為T1；T2時(shí)，通過(guò)實(shí)驗(yàn)得到平衡體系中NO體積分?jǐn)?shù)隨壓強(qiáng)的變化曲線，實(shí)驗(yàn)結(jié)果如圖所示。下列說(shuō)法正確的是。

A.a、c兩點(diǎn)混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量：Ma>McB.b、c兩點(diǎn)的平衡常數(shù)：Kb=KcC.從狀態(tài)a到狀態(tài)c，NO2氣體的轉(zhuǎn)化率減小D.T1＜T2評(píng)卷人得分二、填空題(共6題，共12分)6、（1）用50mL0.50mol·L-1的鹽酸與50mL0.55mol·L-1的氫氧化鈉溶液在如圖所示的裝置中進(jìn)行中和反應(yīng)；測(cè)定反應(yīng)過(guò)程中所放出的熱量并計(jì)算每生成1mol液態(tài)水時(shí)放出的熱量。

完成下列問(wèn)題：

①燒杯間填滿碎泡沫塑料的作用是__________。

②用相同濃度和體積的氨水代替NaOH溶液進(jìn)行上述實(shí)驗(yàn)，測(cè)得的生成1mol液態(tài)水時(shí)放出熱量的數(shù)值會(huì)__________。

（2）現(xiàn)有反應(yīng)PCl5(g)?PCl3(g)+Cl2(g)，523K時(shí)，將10molPCl5注入容積為2L的密閉容器中；平衡時(shí)壓強(qiáng)為原來(lái)的1.5倍。

①該溫度下該反應(yīng)的平衡常數(shù)K為__________

②PCl5的平衡轉(zhuǎn)化率為__________7、可逆反應(yīng)：aA（g）+bB（g）cC（g）+dD（g）△H；試根據(jù)圖回答：

[A的轉(zhuǎn)化率（%）表示為α（A）；A的含量（%）表示為φ（A）]

（1）壓強(qiáng)P1___P2（填＜或＞）；

（2）體積（a+b）___（c+d）（填＜或＞）；

（3）溫度t1℃___t2℃（填＜或＞）。8、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?jǐn)?shù)（Φ）隨溫度的變化如圖所示：

（1）D點(diǎn)v(正)____v(逆)（填“＞；＜或=”）。

（2）A、B、C三點(diǎn)中平衡常數(shù)K的值最大的是____點(diǎn)。T2時(shí)N2O4的平衡轉(zhuǎn)化率為____；若平衡時(shí)間為5s，則此時(shí)間內(nèi)的N2O4平均反應(yīng)速率為____。

（3）若其條件不變，在T3原平衡基礎(chǔ)上，再加入一定量NO2，達(dá)到新平衡時(shí)，與原平衡相比，NO2的體積分?jǐn)?shù)____（填“增大、不變或減小”）。9、中學(xué)化學(xué)實(shí)驗(yàn)中，淡黃色的pH試紙常用于測(cè)定溶液的酸堿性。25℃時(shí)，若溶液的pH=7，試紙不變色；若pH＜7，試紙變紅色；若pH＞7，試紙變藍(lán)色。而要精確測(cè)定溶液的pH，需用pH計(jì)。pH計(jì)主要通過(guò)測(cè)定溶液中H+的濃度來(lái)測(cè)定溶液的pH。已知100℃時(shí)，水的離子積常數(shù)Kw=1×10?12。

⑴已知水中存在如下平衡：H2O+H2OH3O＋+OH－△H＞0，現(xiàn)欲使平衡向左移動(dòng)，且所得溶液呈酸性，選擇的方法是________（填字母序號(hào)）。

A．向水中加入NaHSO4B．向水中加入NaCl

C．加熱水至100℃D．在水中加入KOH

⑵現(xiàn)欲測(cè)定100℃沸水的pH及酸堿性，若用pH試紙測(cè)定，則試紙顯_____色，溶液顯___性（填“酸”、“堿”或“中”）；若用pH計(jì)測(cè)定，則pH____7（填“＞”；“=”或“＜”）。

⑶向KAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42?離子剛好沉淀完全時(shí)，溶液的pH____7（填“＞”、“=”或“＜”），離子方程式為__________________________。10、化學(xué)電池的發(fā)明；是貯能和供能技術(shù)的巨大進(jìn)步。

(1)如圖所示裝置中；Zn片是_____(填“正極”或“負(fù)極”)，Cu片上發(fā)生的電極反應(yīng)為_____。

(2)該裝置是典型的原電池裝置；可將氧化還原反應(yīng)釋放的能量直接轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔?，能證明產(chǎn)生電能的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是_____。

(3)2019年諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)授予對(duì)鋰離子電池研究做出突出貢獻(xiàn)的科學(xué)家。某鋰離子電池的工作原理如圖：

下列說(shuō)法不正確的是_____(填序號(hào))。

①A為電池的正極。

②該裝置實(shí)現(xiàn)了電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能。

③電池工作時(shí)，電池內(nèi)部的鋰離子定向移動(dòng)11、鋼鐵是目前應(yīng)用最廣泛的金屬材料；了解鋼鐵腐蝕的原因與防護(hù)方法具有重要意義，對(duì)鋼鐵制品進(jìn)行抗腐蝕處理，可適當(dāng)延長(zhǎng)其使用壽命。

利用如圖裝置；可以模擬鐵的電化學(xué)防護(hù)。

①若X為碳棒；為減緩鐵件的腐蝕，開關(guān)K應(yīng)置于________處。

②若X為鋅，開關(guān)K置于M處，該電化學(xué)防護(hù)法稱為_______。評(píng)卷人得分三、判斷題(共1題，共2分)12、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評(píng)卷人得分四、工業(yè)流程題(共4題，共20分)13、用軟錳礦(主要成分為MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制備高純MnCO3的工藝流程如下：

已知：MnO2是一種兩性氧化物；25℃時(shí)相關(guān)物質(zhì)的Ksp見下表。物質(zhì)Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2Ksp

回答下列問(wèn)題。

(1)軟錳礦預(yù)先粉碎的目的是____________，MnO2與BaS溶液反應(yīng)轉(zhuǎn)化為MnO的化學(xué)方程式為________。

(2)保持BaS投料量不變，隨MnO2與BaS投料比增大，S的量達(dá)到最大值后無(wú)明顯變化，而Ba(OH)2的量達(dá)到最大值后會(huì)減小，減小的原因是________。

(3)濾液I可循環(huán)使用，應(yīng)當(dāng)將其導(dǎo)入到________操作中(填操作單元的名稱)。

(4)凈化時(shí)需先加入的試劑X為________(填化學(xué)式)。再使用氨水調(diào)溶液的pH，則pH的理論最小值為_______(當(dāng)溶液中某離子濃度時(shí)；可認(rèn)為該離子沉淀完全)。

(5)碳化過(guò)程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為______________________。14、氫氧化鈰是黃色難溶于水、可溶于酸的常用化學(xué)試劑。以氟碳鈰礦(主要成分為CeFCO3)為原料提取氫氧化鈰的工藝流程如圖所示：

請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

(1)CeFCO3中Ce的化合價(jià)為____?！八峤睍r(shí)，為提高礦石的浸出率，下列措施可采取的是___(填標(biāo)號(hào))。

A.提高浸出溫度B.延長(zhǎng)浸出時(shí)間C.用98%的硫酸。

(2)氧化焙燒發(fā)生的反應(yīng)方程式為__________。

(3)H2O2的作用是__________。

(4)HT是一種難溶于水的有機(jī)溶劑，它能將Ce3+從水溶液中萃取出來(lái)，該過(guò)程可表示為Ce3+(水層)+3HT(有機(jī)層)CeT3(有機(jī)層)+3H+(水層)。操作I的名稱是________，操作III的步驟是_______。

(5)從平衡的角度解釋加堿調(diào)pH值生成Ce(OH)3懸濁液的原因________。15、以廢舊磷酸亞鐵鋰正極材料(主要成分為L(zhǎng)iFePO4，含炭黑、鋁等雜質(zhì))為原料可制備LiOH溶液和FePO4。

(1)“除鋁”時(shí)反應(yīng)的離子方程式為______________________________。

(2)試從沉淀溶解平衡移動(dòng)的角度解釋“浸取時(shí)加入H2O2、稀鹽酸”可促進(jìn)LiFePO4溶解的原因：______。

(3)“浸取”所得濾液中，磷元素的存在形式主要是________(填字母)。

a.POb.H3PO4c.H2PO

(4)“沉鐵”時(shí)鐵、磷的沉淀率隨溶液pH的變化如圖1所示。pH＞2.5后磷元素的沉淀率逐漸下降，原因是_____________________。

(5)“電解”制備LiOH的原理如圖2所示，裝置中使用陽(yáng)離子交換膜將電解槽隔成陽(yáng)極室和陰極室的目的是________________________________________。

(6)LiOH和(NH4)2Fe(SO4)2、H3PO4反應(yīng)得到LiFePO4、NH4HSO4。寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：__________________。16、銻(Sb)廣泛用于生產(chǎn)各種阻燃劑、陶瓷、半導(dǎo)體元件、醫(yī)藥及化工等領(lǐng)域。以輝銻礦(主要成分為的Sb2S3，還含有As2S5、PbS、CuO和SiO2等)為原料制備金屬銻；其一種工藝流程如下：

已知：I．浸出液主要含鹽酸和SbC13，還含SbC15、CuC12、AsC13和PbC12等雜質(zhì)。

II．25℃時(shí)，Ksp(CuS)=1.0×10-36，Ksp(PbS)=9.0×10-29。

回答下列問(wèn)題：

(1)“酸浸”過(guò)程中SbC15和Sb2S3發(fā)生反應(yīng)有一種單質(zhì)和還原產(chǎn)物SbC13生成，則濾渣I的成分是_______________(填化學(xué)式)。

(2)寫出“還原”反應(yīng)的化學(xué)方程式_____________________。

(3)已知浸出液中c(Cu2+)=0.0lmol·L-1、c(Pb2+)=0.10mol·L-1。在沉淀銅、鉛過(guò)程中，緩慢滴加極稀的硫化鈉溶液，先產(chǎn)生的沉淀是_____________(填化學(xué)式)；當(dāng)CuS、PbS共沉?xí)r，=_________。

(4)在“除砷”過(guò)程中，氧化產(chǎn)物為H3PO4，則該反應(yīng)中氧化劑、還原劑的物質(zhì)的量之比為__________________。

(5)在“電解”過(guò)程中，以惰性材料為電極，陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為___________________，繼而發(fā)生反應(yīng)_________________(寫出離子方程式)以實(shí)現(xiàn)溶液中Sb元素的循環(huán)使用?！半娊狻敝袉挝粫r(shí)間內(nèi)銻的產(chǎn)率與電壓大小關(guān)系如圖所示。當(dāng)電壓超過(guò)U0V時(shí)，單位時(shí)間內(nèi)產(chǎn)率降低的原因可能是________________。

評(píng)卷人得分五、原理綜合題(共2題，共14分)17、CO2的利用是國(guó)際社會(huì)普遍關(guān)注的問(wèn)題。

（1）CO2的電子式是______。

（2）CO2在催化劑作用下可以直接轉(zhuǎn)化為乙二醇和甲醇；但若反應(yīng)溫度過(guò)高，乙二醇會(huì)深度加氫生成乙醇。

獲取乙二醇的反應(yīng)歷程可分為如下2步：

Ⅰ．

Ⅱ．EC加氫生成乙二醇與甲醇。

①步驟Ⅱ的熱化學(xué)方程式是______。

②研究反應(yīng)溫度對(duì)EC加氫的影響（反應(yīng)時(shí)間均為4小時(shí)）；實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)見下表：

。反應(yīng)溫度/℃

EC轉(zhuǎn)化率/%

產(chǎn)率/%

乙二醇。

甲醇。

乙二醇。

甲醇。

160

23.8

23.2

12.9

180

62.1

60.9

31.5

200

99.9

94.7

62.3

220

99.9

92.4

46.1

由上表可知，溫度越高，EC的轉(zhuǎn)化率越高，原因是______。溫度升高到220℃時(shí)，乙二醇的產(chǎn)率反而降低，原因是______。

（3）用稀硫酸作電解質(zhì)溶液，電解CO2可制取甲醇，裝置如下圖所示，電極a接電源的______極（填“正”或“負(fù)”），生成甲醇的電極反應(yīng)式是______。

（4）CO2較穩(wěn)定、能量低。為實(shí)現(xiàn)CO2的化學(xué)利用，下列研究方向合理的是______（填序號(hào)）。

a．選擇高能量的反應(yīng)物和CO2反應(yīng)獲得低能量的生成物。

b．利用電能、光能或熱能活化CO2分子。

c．選擇高效的催化劑18、作為一種重要的化工原料；被大量應(yīng)用于工業(yè)生產(chǎn)，與其有關(guān)性質(zhì)反應(yīng)的催化劑研究著被列入國(guó)家863計(jì)劃。催化劑常具有較強(qiáng)的選擇性，即專一性。已知：

反應(yīng)Ⅰ：△H＝

反應(yīng)Ⅱ：

（1）在恒溫恒容裝置中充入一定量的和在某催化劑的作用下進(jìn)行反應(yīng)I，則下列有關(guān)敘述中正確的是___________________。

A.使用催化劑時(shí)；可降低該反應(yīng)的活化能，加快其反應(yīng)速率。

B.若測(cè)得容器內(nèi)時(shí)；說(shuō)明反應(yīng)已達(dá)平衡。

C.當(dāng)容器內(nèi)時(shí)；說(shuō)明反應(yīng)已達(dá)平衡。

D.當(dāng)測(cè)得容器內(nèi)氧氣濃度不再變化時(shí)；說(shuō)明反應(yīng)已達(dá)達(dá)平衡。

（2）氨催化氧化時(shí)會(huì)發(fā)生上述兩個(gè)競(jìng)爭(zhēng)反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ。為分析某催化劑對(duì)該反應(yīng)的選擇性，1L密閉容器中充入1mol和2mol測(cè)得有關(guān)物質(zhì)的量關(guān)系如圖。

①該催化劑在高溫時(shí)選擇反應(yīng)_______________（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）。

②520℃時(shí)，的平衡常數(shù)K表達(dá)式________。

③有利于提高轉(zhuǎn)化為的速率的措施有_________________。

A.使用催化劑

B.將反應(yīng)生成的及時(shí)移出。

C.充入稀有氣體。

D.投料比不變；增加反應(yīng)物的濃度。

E.降低反應(yīng)溫度。

（3）最近華南理工大提出利用電解法制并用產(chǎn)生的處理廢氨水；裝置如圖。

①為了不影響的產(chǎn)量，需要向廢氨水加入適量硝酸調(diào)節(jié)溶液的pH約為5，則所得廢氨水溶液中c(NH4+)_________c(NO3-)（填>、=、<）。

②Ir-Ru惰性電極有吸附作用，該電極上產(chǎn)生的反應(yīng)為_________，生成的與廢液反應(yīng)的離子方程式為_________________。

③理論上電路中每轉(zhuǎn)移3mol電子，最多可以處理的物質(zhì)的量為__________。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、D【分析】【詳解】

A.液態(tài)水變?yōu)闅鈶B(tài)水吸熱，則A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)鍵能的概念可知是的鍵能的一半；B錯(cuò)誤；

C.依據(jù)圖中轉(zhuǎn)化，?H5<0，?H1+?H2+?H3+?H4>0；C錯(cuò)誤；

D.斷鍵吸熱，?H3+?H4>0，?H5<0；D正確。

故選D。2、B【分析】【分析】

每個(gè)羥基(—18OH)中所含的中子數(shù)為10；2NO+O2=2NO2，2NO2N2O4。

【詳解】

A．每個(gè)羥基(—18OH)中所含的中子數(shù)為10+0=10，常溫常壓下，19g羥基(—18OH)物質(zhì)的量為1mol,所以所含的中子數(shù)為10NA；A錯(cuò)誤；

B．pH為3的FeCl3溶液中c（H+）=10-3mol/L，n（H+）=1L×10-3mol/L=0.001mol，由水電離產(chǎn)生的H+離子數(shù)目為0.001NA；B正確；

C．2NO+O2=2NO2，11.2L一氧化氮和11.2L氧氣混合后生成二氧化氮11.2L同時(shí)氧氣過(guò)量5.6L，氣體分子總數(shù)為0.75NA，但二氧化氮與四氧化二氮存在平衡：2NO2N2O4，所以混合氣體分子總數(shù)小于0.75NA；C錯(cuò)誤；

D．銅和40mL10mol/L硝酸反應(yīng)；開始生成二氧化氮，后來(lái)生成NO，故生成的氣體的分子個(gè)數(shù)無(wú)法計(jì)算，D錯(cuò)誤。

答案選B。

【點(diǎn)睛】

二氧化氮與四氧化二氮存在平衡：2NO2N2O4，涉及到NO2時(shí)要特別注意；銅和濃硝酸反應(yīng)，開始生成二氧化氮，后來(lái)隨著反應(yīng)的進(jìn)行硝酸的濃度降低生成NO。3、A【分析】【分析】

根據(jù)蓋斯定律計(jì)算水分解反應(yīng)的焓變，化學(xué)反應(yīng)的焓變△H=H產(chǎn)物-H反應(yīng)物；再結(jié)合化學(xué)鍵能和物質(zhì)能量的關(guān)系計(jì)算。

【詳解】

已知①C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=akJ·mol－1

②2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=-221kJ·mol－1

①×2-②得：2H2O（g）═O2（g）+2H2（g）△H=（2a+221）kJ·mol－1

4×486-498-2×436=2a+221

解得a=+176.5

故選A。4、D【分析】【分析】

反應(yīng)前后壓強(qiáng)之比為5:4；故反應(yīng)后氣體總物質(zhì)的量變?yōu)?.8mol，結(jié)合生成1.6molC，可推知D為氣體，C為固體或液體。

【詳解】

A.由因C為非氣體，則不能出現(xiàn)在K的表達(dá)式中，則化學(xué)平衡常數(shù)故A錯(cuò)誤；

B.生成1.6molC時(shí)，反應(yīng)的B的物質(zhì)的量為0.8mol，則B的平衡轉(zhuǎn)化率為故B錯(cuò)誤；

C.由于溫度沒(méi)變；化學(xué)平衡常數(shù)不變，故C錯(cuò)誤；

D.由于C為非氣體；增加C對(duì)平衡沒(méi)影響，B的平衡轉(zhuǎn)化率不變，故D正確；

故選D。

【點(diǎn)睛】

該題首先要判斷C和D的狀態(tài)，可以根據(jù)差量法，根據(jù)總的物質(zhì)的量變化與生成C的物質(zhì)的量之比可判斷反應(yīng)前后氣體系數(shù)減小了3，故D為氣體，C為非氣體（固體和純液體）。5、C【分析】【詳解】

A.由圖像可知，a、c兩點(diǎn)都在等溫線上，c的壓強(qiáng)大，增大壓強(qiáng)，化學(xué)平衡逆向移動(dòng)，c點(diǎn)時(shí)氣體的物質(zhì)的量小，混合氣體的總質(zhì)量不變，則平均相對(duì)分子質(zhì)量大，即Ma

B.由圖像可知，b、c兩點(diǎn)的溫度不同,平衡常數(shù)：Kb≠Kc；故B錯(cuò)誤；

C.由圖像可知，a、c兩點(diǎn)都在等溫線上，c的壓強(qiáng)大，增大壓強(qiáng)，化學(xué)平衡逆向移動(dòng)，NO2氣體的轉(zhuǎn)化率減??；故C正確；

D.由圖像可知，b、a兩點(diǎn)的壓強(qiáng)相等，溫度不同，NO的體積分?jǐn)?shù)b2(g)2NO(g)+O2(g)ΔH＝-1162kJ·mol－1是放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，故T1>T2；故D錯(cuò)誤；

正確答案是C。二、填空題(共6題，共12分)6、略

【分析】【詳解】

(1)①中和熱測(cè)定實(shí)驗(yàn)成敗的關(guān)鍵是保溫工作；大小燒杯之間填滿碎泡沫塑料的作用是減少實(shí)驗(yàn)過(guò)程中的熱量損失；

②NH3?H2O是弱電解質(zhì)；電離過(guò)程為吸熱過(guò)程，所以用氨水代替稀氫氧化鈉溶液反應(yīng)，反應(yīng)放出的熱量小于57.3kJ；

(2)①初始投料為10mol，容器容積為2L，設(shè)轉(zhuǎn)化的PCl5的物質(zhì)的量濃度為x；則有：

恒容容器中壓強(qiáng)比等于氣體物質(zhì)的量濃度之比，所以有解得x=2.5mol/L，所以平衡常數(shù)K==2.5；

②PCl5的平衡轉(zhuǎn)化率為=50%?！窘馕觥竣?減少實(shí)驗(yàn)過(guò)程中的熱量損失②.偏?、?2.5④.50%7、略

【分析】【詳解】

（1）由圖A可知，P2先達(dá)到平衡狀態(tài)，則P2大，故P1＜P2；

答案為＜；

（2）P2＞P1，壓強(qiáng)越大，A的轉(zhuǎn)化率越低，說(shuō)明增大壓強(qiáng)平衡向逆方向移動(dòng)，即向氣體體積縮小的方向移動(dòng)，則（a+b）比（c+d）小；

故答案為＜；

（3）由圖B可知t1先達(dá)到平衡狀態(tài)，t1溫度高，則t1＞t2；

答案為＞；【解析】①.＜②.＜③.＞8、略

【分析】【詳解】

（1）T1溫度下，D點(diǎn)到平衡點(diǎn)A，N2O4的體積分?jǐn)?shù)增大，反應(yīng)逆向進(jìn)行，所以v(正)＜v(逆)；

（2）根據(jù)圖示，升高溫度平衡體系中N2O4的體積分?jǐn)?shù)減?。黄胶庹蛞苿?dòng)，升高溫度，平衡常數(shù)增大，A；B、C點(diǎn)中平衡常數(shù)K的值最大的是C點(diǎn)；

x=0.5，T2時(shí)N2O4的平衡轉(zhuǎn)化率為若平衡時(shí)間為5s，則此時(shí)間內(nèi)的N2O4平均反應(yīng)速率為0.1mol·L-1·s-1；

（3）若其條件不變，在T3原平衡基礎(chǔ)上，再加入一定量NO2，相當(dāng)于加壓，平衡逆向移動(dòng)，NO2的體積分?jǐn)?shù)減小?！窘馕觥竣?＜②.C③.25%④.0.1mol·L—1·s—1⑤.減小9、略

【分析】【詳解】

試題分析：(1).欲使水的電離平衡向左移動(dòng)的方法有：升高溫度、加入含有弱根離子的鹽溶液等；如果成酸性說(shuō)明弱根離子結(jié)合了水電離的氫氧根離子，從而使氫離子濃度大于氫氧根離子；⑵100℃沸水呈中性，根據(jù)中性環(huán)境下PH試紙的顏色確定即可；25℃水的PH等于7，溫度升高PH增大；設(shè)KAl(SO4)2溶液中含有1mol溶質(zhì)，滴加Ba(OH)2溶液至SO42?離子剛好沉淀完全時(shí)，需要Ba(OH)22mol，此時(shí)鋁離子恰好生成AlO2﹣；溶質(zhì)為偏鋁酸鈉。

解析：(1).向水中加入NaHSO4，電離出氫離子，氫離子濃度增大，溶液呈酸性，使H2O+H2OH3O＋+OH－平衡逆向移動(dòng)，故A正確；向水中加入NaCl，H2O+H2OH3O＋+OH－平衡不移動(dòng)，故B錯(cuò)誤；加熱水至100℃，升高溫度，H2O+H2OH3O＋+OH－△H＞0平衡正向移動(dòng)，故C錯(cuò)誤；在水中加入KOH，氫氧根離子濃度增大，溶液呈堿性，故D錯(cuò)誤；⑵100℃沸水呈中性，中性環(huán)境下PH試紙的顏色是紅色；25℃水的PH等于7，溫度升高PH減小，所以若用pH計(jì)測(cè)定，則pH<7；⑶設(shè)KAl(SO4)2溶液中含有1mol溶質(zhì)，滴加Ba(OH)2溶液至SO42?離子剛好沉淀完全時(shí)，需要Ba(OH)22mol，此時(shí)鋁離子恰好生成AlO2﹣，離子方程式為Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O，溶質(zhì)為偏鋁酸鈉，偏鋁酸鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽，溶液呈堿性，pH>7。

點(diǎn)睛：水電離吸熱，加入水電離平衡正向移動(dòng)，氫離子、氫氧根離子濃度都增大，呈中性，但pH減小?！窘馕觥竣?A②.紅③.中④.＜⑤.＞⑥.Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O10、略

【分析】【分析】

(1)由圖可知；活潑金屬鋅做原電池的負(fù)極，不活潑金屬銅做原電池的正極；

(2)由圖可知；該裝置為銅鋅硫酸原電池，該裝置實(shí)現(xiàn)了電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能；

(3)由圖給示意圖可知；該裝置為原電池，由電子和鋰離子的移動(dòng)方向可知，A電極為電源的負(fù)極，B為電源的正極，電池工作時(shí)，鋰離子向正極B電極移動(dòng)。

【詳解】

(1)由圖可知，活潑金屬鋅做原電池的負(fù)極，不活潑金屬銅做原電池的正極，氫離子在正極上得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣，電極反應(yīng)式為2H++2e-=H2↑，故答案為：負(fù)極；2H++2e-=H2↑；

(2)由圖可知；該裝置為銅鋅硫酸原電池，該裝置實(shí)現(xiàn)了電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，能證明產(chǎn)生電能的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象為電流表指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故答案為：電流表指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)；

(3)由圖給示意圖可知；該裝置為原電池，由電子和鋰離子的移動(dòng)方向可知，A電極為電源的負(fù)極，B為電源的正極，電池工作時(shí)，鋰離子向正極B電極移動(dòng)，則①②錯(cuò)誤，故答案為：①②。

【點(diǎn)睛】

原電池中，電子由負(fù)極經(jīng)導(dǎo)線向負(fù)極移動(dòng)，陽(yáng)離子向正極方向移動(dòng)是解答關(guān)鍵?！窘馕觥控?fù)極2H++2e-=H2↑電流表指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)①②11、略

【分析】【分析】

①若X為碳棒；由于Fe比較活潑，為減緩鐵的腐蝕，應(yīng)使Fe連接電源的負(fù)極，作電解池的陰極被保護(hù)；

②若X為鋅；開關(guān)K置于M處，構(gòu)成原電池，Zn為負(fù)極被腐蝕，F(xiàn)e為正極被保護(hù)。

【詳解】

①若X為碳棒；由于Fe比較活潑，為減緩鐵的腐蝕，應(yīng)使Fe作電解池的陰極，即連接電源的負(fù)極，故K連接N處；

故答案為：N；

②若X為鋅；開關(guān)K置于M處，構(gòu)成原電池，Zn為負(fù)極被腐蝕，F(xiàn)e為正極被保護(hù)，該防護(hù)法稱為犧牲陽(yáng)極的陰極保護(hù)法；

故答案為：犧牲陽(yáng)極的陰極保護(hù)法。【解析】N犧牲陽(yáng)極的陰極保護(hù)法三、判斷題(共1題，共2分)12、×【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(cuò)；【解析】錯(cuò)四、工業(yè)流程題(共4題，共20分)13、略

【分析】【分析】

軟錳礦粉(主要成分為MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)加入硫化鋇溶液進(jìn)行反應(yīng)，主要發(fā)生MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S，過(guò)濾得到Ba(OH)2溶液，經(jīng)蒸發(fā)結(jié)晶、過(guò)濾、干燥得到氫氧化鋇；濾渣用硫酸溶解，得到的濾液中主要金屬陽(yáng)離子有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，得到的濾渣為不溶于稀硫酸的硫磺；之后向?yàn)V液中加入合適的氧化劑將Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+，然后加入氨水調(diào)節(jié)pH，使Fe3+、Al3+轉(zhuǎn)化為沉淀除去，壓濾得到的廢渣為Fe(OH)3和Al(OH)3，此時(shí)濾液中的金屬陽(yáng)離子只有Mn2+，向?yàn)V液中加入碳酸氫銨、氨水，Mn2+和碳酸氫根電離出的碳酸根結(jié)合生成碳酸錳沉淀；過(guò)濾；洗滌、干燥得到高純碳酸錳。

【詳解】

(1)軟錳礦預(yù)先粉碎可以增大反應(yīng)物的接觸面積，使反應(yīng)更充分，提高反應(yīng)速率；MnO2與BaS反應(yīng)轉(zhuǎn)化為MnO，Mn元素的化合價(jià)由+4價(jià)降低為+2價(jià)，根據(jù)元素價(jià)態(tài)規(guī)律可知-2價(jià)的S元素應(yīng)被氧化得到S單質(zhì)，則MnO2與BaS的系數(shù)比應(yīng)為1:1，根據(jù)后續(xù)流程可知產(chǎn)物還有Ba(OH)2，結(jié)合元素守恒可得化學(xué)方程式為：MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S；

(2)根據(jù)題目信息可知MnO2為兩性氧化物，所以當(dāng)MnO2過(guò)量時(shí)，會(huì)消耗反應(yīng)產(chǎn)生的Ba(OH)2，從而使Ba(OH)2的量達(dá)到最大值后會(huì)減小；

(3)濾液I為結(jié)晶后剩余的Ba(OH)2飽和溶液；所以可以導(dǎo)入到蒸發(fā)操作中循環(huán)使用；

(4)凈化時(shí)更好的除去Fe元素需要將Fe2+氧化為Fe3+，為了不引入新的雜質(zhì)，且不將Mn元素氧化，加入的試劑X可以是H2O2；根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知，F(xiàn)e(OH)3和Al(OH)3為同類型的沉淀，而Al(OH)3的Ksp稍大，所以當(dāng)Al3+完全沉淀時(shí)，F(xiàn)e3+也一定完全沉淀，當(dāng)c(Al3+)=1.0×10-5mol/L時(shí)，c(OHˉ)==10-9.1mol/L，所以c(H+)=10-4.9mol/L；pH=4.9，即pH的理論最小值為4.9；

(5)碳化過(guò)程Mn2+和碳酸氫根電離出的碳酸根結(jié)合生成碳酸錳沉淀，促進(jìn)碳酸氫根的電離，產(chǎn)生的氫離子和一水合氨反應(yīng)生成銨根和水，所以離子方程式為Mn2++HCO+NH3·H2O=MnCO3↓+NH+H2O?！窘馕觥竣?增大接觸面積，充分反應(yīng)，提高反應(yīng)速率：②.③.過(guò)量的MnO2消耗了產(chǎn)生的Ba(OH)2④.蒸發(fā)⑤.H2O2⑥.4.9⑦.14、略

【分析】【分析】

氟碳鈰礦主要化學(xué)成分為CeFCO3，由流程可知，氧化焙燒生成二氧化碳、HF氣體及CeO2，再加稀硫酸、過(guò)氧化氫發(fā)生2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，溶液中加入萃取劑HT，操作I為分液將溶液中的Ce3+萃取出來(lái)，再加入稀硫酸得含有Ce3+的溶液，調(diào)節(jié)溶液的pH得到Ce(OH)3沉淀，再經(jīng)過(guò)氧氣氧化發(fā)生4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4，過(guò)濾、洗滌、干燥可得Ce(OH)4產(chǎn)品；以此解答該題。

【詳解】

(1)根據(jù)化學(xué)式書寫原則，F(xiàn)顯-1價(jià)，碳酸根整體為-2價(jià)，則CeFCO3中Ce的化合價(jià)為+3價(jià)；酸浸時(shí)；升高溫度；延長(zhǎng)浸出時(shí)間可提高礦石的浸出率，故答案為:+3；AB；

(2)氧化焙燒過(guò)程中氧氣參與反應(yīng)，生成無(wú)色無(wú)味酸性氣體CO2，故發(fā)生的反應(yīng)方程式為：4CeFCO3+O2+2H2O=4CeO2+4HF+4CO2；

(3)H2O2是常見的氧化劑，在反應(yīng)中的作用是：把CeO2還原為Ce3+；

(4)HT是一種難溶于水的有機(jī)溶劑，它能將Ce3+從水溶液中萃取出來(lái)，該過(guò)程可表示為Ce3+(水層)+3HT(有機(jī)層)CeT3(有機(jī)層)+3H+(水層)，操作I的名稱是分液（或萃取分液）；Ce(OH)3沉淀在氧氣的作用下氧化為Ce(OH)4；操作III的步驟是：過(guò)濾；洗滌、干燥；

故答案為：分液（或萃取分液）；過(guò)濾；洗滌、干燥；

(5)在溶液中存在平衡：Ce3++3H2OCe(OH)3+3H+，加堿后與H+反應(yīng)，使c(H+)減小，水解平衡向右移動(dòng)，生成Ce(OH)3沉淀（或加堿后，溶液中c(OH-)變大，使c(Ce3+)·c(OH-)3增大，從而使沉淀溶解平衡Ce(OH)3(s)Ce3+(aq)+3OH-逆向移動(dòng)，產(chǎn)生Ce(OH)3沉淀），故加堿調(diào)pH值可生成Ce(OH)3懸濁液?！窘馕觥?3AB4CeFCO3+O2+2H2O=4CeO2+4HF+4CO2把CeO2還原為Ce3+分液（或萃取分液）過(guò)濾、洗滌、干燥在溶液中存在平衡：Ce3++3H2OCe(OH)3+3H+，加堿后與H+反應(yīng)，使c(H+)減小，水解平衡向右移動(dòng)，生成Ce(OH)3沉淀（或加堿后，溶液中c(OH-)變大，使c(Ce3+)·c(OH-)3增大，從而使沉淀溶解平衡Ce(OH)3(s)Ce3+(aq)+3OH-逆向移動(dòng)，產(chǎn)生Ce(OH)3沉淀）15、略

【分析】【分析】

廢舊磷酸亞鐵鋰正極材料(主要成分為L(zhǎng)iFePO4，含炭黑、鋁等雜質(zhì))先與NaOH溶液反應(yīng)，鋁轉(zhuǎn)化為偏鋁酸鈉進(jìn)入溶液，過(guò)濾后用H2O2、稀鹽酸浸取濾渣，LiFePO4反應(yīng)溶解，亞鐵離子被氧化，PO和氫離子反應(yīng)生成H2PO所以溶液主要有Li+、Fe3+、H2POCl－等，濾渣為碳；加入碳酸鈉溶液與H2PO反應(yīng)生成二氧化碳和PO繼而得到FePO4沉淀；過(guò)濾后經(jīng)系列處理得到LiCl溶液，電解得到LiOH溶液。

【詳解】

(1)除鋁反應(yīng)為鋁單質(zhì)和NaOH反應(yīng)生成偏鋁酸鈉的反應(yīng)，離子方程式為2Al＋2H2O＋2OH－=2AlO＋3H2↑；(2)H2O2將Fe2＋氧化，H＋與PO結(jié)合，溶液中c(Fe2＋)和c(PO)減小，促進(jìn)LiFePO4溶解平衡正向移動(dòng)；(3)浸取時(shí)加入稀鹽酸，H＋與PO結(jié)合，磷酸為三元中強(qiáng)酸，所以此時(shí)磷元素的主要存在形式為H2PO所以選c；(4)pH>2.5時(shí)溶液中氫氧根濃度較大，部分鐵元素以Fe(OH)3形式存在，降低了磷元素的沉淀率；(5)電解過(guò)程中陽(yáng)極氯離子放電會(huì)產(chǎn)生氯氣，氯氣可以LiOH溶液反應(yīng)，且與陰極產(chǎn)生的氫氣混合容易爆炸，陽(yáng)離子交換膜將電解槽隔成陽(yáng)極室和陰極室可以防止得到的LiOH不純，且確保了工業(yè)生產(chǎn)的安全(以防H2、Cl2混合爆炸)；(6)已知部分反應(yīng)物和生成物，根據(jù)元素守恒可得方程式為(NH4)2Fe(SO4)2＋LiOH＋H3PO4=LiFePO4↓＋2NH4HSO4＋H2O。

【點(diǎn)睛】

第二小題為易錯(cuò)點(diǎn)，要注意浸取時(shí)除了雙氧水將亞鐵離子氧化可以使沉淀溶解平衡正向移動(dòng)之外，氫離子也可以和磷酸根結(jié)合使平衡右移，回答要全面?！窘馕觥竣?2Al＋2H2O＋2OH－=2AlO＋3H2↑②.H2O2將Fe2＋氧化，H＋與PO結(jié)合，溶液中c(Fe2＋)和c(PO)減小，促進(jìn)LiFePO4溶解平衡正向移動(dòng)③.c④.pH＞2.5后，部分鐵元素以Fe(OH)3形式存在，降低了磷元素的沉淀率⑤.防止得到的LiOH不純，且確保了工業(yè)生產(chǎn)的安全(以防H2、Cl2混合爆炸)⑥.(NH4)2Fe(SO4)2＋LiOH＋H3PO4=LiFePO4↓＋2NH4HSO4＋H2O16、略

【分析】【分析】

由工藝流程可知，輝銻礦粉經(jīng)鹽酸、五氯化銻溶液浸取后，過(guò)濾，向浸出液中加入適量的銻粉把過(guò)量的五氯化銻還原，然后再加入適量的硫化鈉把溶液中的銅離子和鉛離子沉淀，過(guò)濾，再向?yàn)V液中加入NaH2PO2除砷；得到三氯化銻溶液，電解該溶液得到銻和五氯化銻，五氯化銻循環(huán)利用。

【詳解】

(1)根據(jù)浸出液成分可知，“酸浸”過(guò)程中SbC15和Sb2S3反應(yīng)有S和SbC13生成，則濾渣I的成分是S、SiO2。

(2)“還原”過(guò)程中Sb將SbCl5還原為SbCl3，反應(yīng)的化學(xué)方程式3SbCl5+2Sb=5SbCl3。

(3)浸出液中c(Cu2+)=0.01mol·L-1、c(Pb2+)=0.10mol·L-1，常溫下，Ksp(CuS)=1.0×10-36，銅離子開始沉淀需要的硫離子濃度為1.010-34mol/L；Ksp(PbS)=9.0×10-29，鉛離子開始沉淀需要的硫離子濃度為9.010-28mol/L；故在沉淀銅、鉛過(guò)程中，緩慢滴加極稀的硫化鈉溶液，先產(chǎn)生的沉淀是CuS；當(dāng)CuS、PbS共沉?xí)r，

(4)在“除砷”過(guò)程中，NaH2PO2是還原劑，其氧化產(chǎn)物為H3PO4；P