2024年滬教版選修4化學(xué)下冊階段測試試卷

…………○…………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2024年滬教版選修4化學(xué)下冊階段測試試卷705考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；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、同溫同壓下，下列各熱化學(xué)方程式（ΔH均小于0）中反應(yīng)熱的絕對值最大的是（）A.2A(l)+B(l)=2C(g)B.2A(g)+B(g)=2C(g)C.2A(g)+B(g)=2C(l)D.2A(l)+B(l)=2C(l)2、溫度為T，保持壓強(qiáng)為p時合成氨氣，原料氣投料比與的平衡轉(zhuǎn)化率的關(guān)系如圖所示。M點(diǎn)時；該反應(yīng)的壓力平衡常數(shù)為[注：用平衡時氣態(tài)物質(zhì)的分壓代替平衡濃度進(jìn)行計(jì)算，分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)]

A.341.3B.59.3C.0.017D.0.00293、化學(xué)的實(shí)用性表現(xiàn)在它與人們的生活緊密聯(lián)系。下列常用物質(zhì)的主要化學(xué)成分溶于水后對水的電離有抑制作用的是（）A.明礬B.蘇打C.“84”消毒液(NaClO）D.潔廁靈（HCl）4、的X、Y、Z三種酸的水溶液各1mL，分別加水稀釋到1000mL，其pH與溶液體積的關(guān)系如圖所示；X；Z不為平行線。則下列說法正確的是。

A.原溶液都是稀溶液B.原溶液的濃度大小為C.Z是強(qiáng)酸，Y和X是弱酸D.溶液中微粒濃度5、物質(zhì)的量濃度相同的下列溶液，按c（CO32﹣）由小到大順序排列正確的是。

①Na2CO3

②NaHCO3

③H2CO3

④（NH4）2CO3A.④＜③＜②＜①B.③＜②＜①＜④C.③＜②＜④＜①D.③＜④＜②＜①6、下列離子方程式中，屬于水解反應(yīng)的是A.HCOOH?HCOO-+H+B.HCO+H2O?H2CO3+OH-C.NH3·H2O?NH+OH-D.HCO+H2O?CO+H3O+評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)7、已知下列熱化學(xué)方程式；回答下列各問：

①C(s)+1/2O2(g)＝CO(g)ΔH＝—110.4kJ/mol

②C(s)+O2(g)＝CO2(g)ΔH＝—393.5kJ/mol

(1)C的燃燒熱為______kJ/mol。

(2)0.5molCH4完全燃燒生成CO2和液態(tài)水時，放出445kJ的熱量。寫出CH4燃燒熱的熱化學(xué)方程式__________________________________________________。

(3)工業(yè)上用CO2和H2反應(yīng)合成甲醚。已知：

CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1＝－53.7kJ·mol－1

CH3OCH3(g)＋H2O(g)=2CH3OH(g)ΔH2＝＋23.4kJ·mol－1

則2CO2(g)＋6H2(g)=CH3OCH3(g)＋3H2O(g)ΔH3＝________kJ·mol－1。

(4)在恒溫(500K)、體積為1.0L的密閉容器中通入1.0molN2和1.0molH2發(fā)生合成氨反應(yīng)N2+3H22NH3，20min后達(dá)到平衡，測得反應(yīng)放出的熱量為18.4kJ，混合氣體的物質(zhì)的量為1.6mol，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為___________________________________。8、依據(jù)敘述；寫出下列反應(yīng)的熱化學(xué)方程式。

（1）用NA表示阿伏加德羅常數(shù)，在C2H2(氣態(tài))完全燃燒生成CO2和液態(tài)水的反應(yīng)中，每有4NA個電子轉(zhuǎn)移時，放出450kJ的熱量。其熱化學(xué)方程式為______________________。

（2）已知拆開1molH—H鍵、1molN—H鍵、1molN≡N鍵分別需要的能量是436kJ、395kJ、940kJ，則N2與H2反應(yīng)生成NH3的熱化學(xué)方程式為____________________________。

（3）鈦（Ti）被稱為繼鐵、鋁之后的第三金屬，已知由金紅石（TiO2）制取單質(zhì)Ti，涉及的步驟為：

已知：①C(s)+O2(g)CO2(g);ΔH=－395.5kJ·mol-1

②2CO(g)+O2(g)2CO2(g);ΔH=－560kJ·mol-1

③TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)TiCl4(s)+2CO(g)的ΔH=―80kJ/mol

則TiO2(s)與Cl2(g)反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為______________________________。9、根據(jù)下列敘述寫出相應(yīng)的熱化學(xué)方程式：

（1）已知16g固體硫完全燃燒時放出148.4kJ的熱量，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是____________________．

（2）如圖是SO2生成SO3反應(yīng)過程中能量變化的曲線圖．該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：________________．

（3）拆開1molH﹣H鍵、1molN﹣H鍵、1molN≡N鍵需要的能量分別是436kJ、391kJ、946kJ，則1molN2完全反應(yīng)生成NH3的反應(yīng)熱△H為____________，1molH2完全反應(yīng)生成NH3所放出的熱量為______________．10、硼酸（H3BO3）在食品；醫(yī)藥領(lǐng)域應(yīng)用廣泛。

(1)請完成B2H6氣體與水反應(yīng)的化學(xué)方程式：B2H6+6H2O=2H3BO3+__________。

(2)在其他條件相同時，反應(yīng)H3BO3+3CH3OHB(OCH3)3+3H2O中，H3BO3的轉(zhuǎn)化率（）在不同溫度下隨反應(yīng)時間（t）的變化見圖12；由此圖可得出：

①溫度對應(yīng)該反應(yīng)的反應(yīng)速率和平衡移動的影響是_______________________。

②該反應(yīng)的_____0(填“<”、“=”或“>”)。

(3)H3BO3溶液中存在如下反應(yīng)：H3BO3（aq）+H2O（l）[B(OH)4]-(aq)+H+（aq），已知0.70mol·L-1H3BO3溶液中，上述反應(yīng)于298K達(dá)到平衡時，c平衡（H+）=2.0×10-5mol·L-1，c平衡（H3BO3）≈c起始（H3BO3），水的電離可忽略不計(jì)，求此溫度下該反應(yīng)的平衡常數(shù)K（H2O的平衡濃度不列入K的表達(dá)式中，計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）__________11、近年來將氯化氫轉(zhuǎn)化為氯氣的技術(shù)成為科學(xué)研究的熱點(diǎn)。

（1）迪肯發(fā)明的直接氧化法為：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。下圖為密閉容器中，進(jìn)料濃度比c(HCl)∶c(O2)分別等于1∶1；4∶1、7∶1時HCl平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度變化的關(guān)系：

①據(jù)圖像可知反應(yīng)平衡常數(shù)K（300℃）______K（400℃），（填“>”或“<”）。判斷理由是：________________________________________________；

②若進(jìn)料濃度比c(HCl)∶c(O2)等于1∶1，400℃時，O2的轉(zhuǎn)化率是______。

（2）Deacon直接氧化法可按下列催化過程進(jìn)行：CuCl(s)+1/2O2(g)=CuO(s)+1/2Cl2(g)ΔH1=-20kJ·mol-1，CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)ΔH2=-121kJ·mol-1，4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH3

若是利用ΔH1和ΔH2計(jì)算ΔH3時，還需要利用__________反應(yīng)的ΔH。

（3）在傳統(tǒng)的電解氯化氫回收氯氣技術(shù)的基礎(chǔ)上；科學(xué)家最近采用碳基電極材料設(shè)計(jì)了一種新的工藝方案，主要包括電化學(xué)過程和化學(xué)過程，如下圖所示：

陰極區(qū)發(fā)生的反應(yīng)有Fe3++e-=Fe2+和___________________（寫反應(yīng)方程式）。

電路中轉(zhuǎn)移1mol電子，可生成氯氣__________L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）。12、（1）碳酸：H2CO3，K1＝4.3×10﹣7，K2＝5.6×10﹣11

草酸：H2C2O4，K1＝5.9×10﹣2，K2＝6.4×10﹣5

0.1mol/LNa2CO3溶液的pH_____0.1mol/LNa2C2O4溶液的pH；（選填“大于”“小于”或“等于”）

（2）等濃度的草酸溶液和碳酸溶液中，氫離子濃度較大的是_____；若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_____（選填編號）；

a．c(H+)＞c(HC2O)＞c(HCO)＞c(CO)

b．c(HCO)＞c(HC2O)＞c(C2O)＞c(CO)

c．c(H+)＞c(HC2O)＞c(C2O)＞c(CO)

d．c(H2CO3)＞c(HCO)＞c(HC2O)＞c(CO)評卷人得分三、判斷題(共1題，共2分)13、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分四、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共6分)14、隨著我國碳達(dá)峰、碳中和目標(biāo)的確定，含碳化合物的綜合利用備受關(guān)注。CO2和H2合成甲醇是CO2資源化利用的重要方法。以CO2、H2為原料合成CH3OH涉及的反應(yīng)如下：

反應(yīng)Ⅰ：

反應(yīng)Ⅱ：

反應(yīng)Ⅲ：

回答下列問題：

(1)反應(yīng)Ⅰ的=_______已知由實(shí)驗(yàn)測得反應(yīng)Ⅰ的(為速率常數(shù)，與溫度、催化劑有關(guān))。若平衡后升高溫度，則_______(填“增大”“不變”或“減小”)。

(2)①下列措施一定能使CO2的平衡轉(zhuǎn)化率提高的是_______(填字母)。

A.增大壓強(qiáng)B.升高溫度C.增大H2與CO2的投料比D.改用更高效的催化劑。

②恒溫(200℃)恒壓條件下，將1molCO2和1molH2充入某密閉容器中，反應(yīng)達(dá)到平衡時，CO2的轉(zhuǎn)化率為a，CH3OH的物質(zhì)的量為bmol，則此溫度下反應(yīng)Ⅲ的平衡常數(shù)Kx=_______[寫出含有a、b的計(jì)算式；對于反應(yīng)為物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)。已知CH3OH的沸點(diǎn)為64.7℃]。其他條件不變，H2起始量增加到3mol，達(dá)平衡時平衡體系中H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為_______(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。

(3)反應(yīng)Ⅲ可能的反應(yīng)歷程如圖所示。

注：方框內(nèi)包含微粒種類及數(shù)目；微粒的相對總能量(括號里的數(shù)字或字母；單位：eV)。其中，TS表示過渡態(tài)、*表示吸附在催化劑上的微粒。

①反應(yīng)歷程中，生成甲醇的決速步驟的反應(yīng)方程式為_______。

②相對總能量_______eV(計(jì)算結(jié)果保留2位小數(shù))。(已知：)15、常溫下，有下列四種溶液：①HCl②NaOH③NaHSO4④CH3COOH

（1）NaHSO4溶液呈酸性，用化學(xué)用語解釋其呈酸性的原因：________________。

（2）0.1mol·L－1的溶液②，其pH＝____________。

（3）向等體積、等濃度的溶液①、④中加入大小相同的鎂條，開始時反應(yīng)速率的大小關(guān)系為①_________④（填“>”、“<”或“＝”）。

（4）等體積、等pH的溶液①和④分別與足量的②反應(yīng)，消耗②的物質(zhì)的量大小關(guān)系為①_______④（填“>”、“<”或“＝”）。16、常溫下，用酚酞作指示劑，用0.10mol·L－1NaOH溶液分別滴定20.00mL濃度均為0.10mol·L－1的CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲線如圖。

（已知：CH3COOH、HCN的電離平衡常數(shù)分別為1.75×10-5、6.4×10-10）

（1）圖__（a或b）是NaOH溶液滴定HCN溶液的pH變化的曲線；判斷的理由是__。

（2）點(diǎn)③所示溶液中所含離子濃度的從大到小的順序：__。

（3）點(diǎn)①和點(diǎn)②所示溶液中：c(CH3COO－)－c(CN－)__c(HCN)－c(CH3COOH)（填“>、<或=”）

（4）點(diǎn)②③④所示的溶液中水的電離程度由大到小的順序是：__。評卷人得分五、工業(yè)流程題(共4題，共32分)17、用一種硫化礦(含45%SiO2、20.4%Al2O3、30%FeS和少量GeS2等)制取盆景肥料NH4Fe(SO4)2及鋁硅合金材料的工藝流程如下：

(1)“礦石”粉碎的目的是_____________________。

(2)“混合氣體”經(jīng)過水吸收和空氣氧化能再次利用。

①“焙燒”時，GeS2發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為____________________。

②“混合氣體”的主要成分是_______________(填化學(xué)式)．

③FeS焙燒產(chǎn)生的Fe2O3會與(NH4)2SO4反應(yīng)生成NH4Fe(SO4)2，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______________。Al2O3也能發(fā)生類似反應(yīng)．這兩種氧化物轉(zhuǎn)化為硫酸鹽的轉(zhuǎn)化率與溫度的關(guān)系如圖，上述流程中最適宜的“焙燒”溫度為_____________________。

(3)GeCl4的佛點(diǎn)低，可在酸性條件下利用蒸餾的方法進(jìn)行分離，酸性條件的目的是_________。

(4)用電解氧化法可以增強(qiáng)合金AlxSiy的防腐蝕能力，電解后在合金表面形成致密、耐腐蝕的氧化膜(主要成分為Al2O3),電解質(zhì)溶液為H2SO4-H2C2O4混合溶液，陽極的電極反應(yīng)式為______________________。

(5)假設(shè)流程中SiO2損失了20%，Al2O3損失了25%，當(dāng)投入1t硫化礦，加入了54kg純鋁時，鋁硅合金中x:y=______________。18、我國電池的年市場消費(fèi)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(dá)終點(diǎn)時消耗V2mL標(biāo)準(zhǔn)KMnO4溶液。

①M(fèi)nO2參與反應(yīng)的離子方程式為_____________。

②該樣品中MnO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為__________________(假定雜質(zhì)不參與反應(yīng)，列出表達(dá)式即可)。19、以廢舊磷酸亞鐵鋰正極材料(主要成分為LiFePO4，含炭黑、鋁等雜質(zhì))為原料可制備LiOH溶液和FePO4。

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

(2)試從沉淀溶解平衡移動的角度解釋“浸取時加入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，裝置中使用陽離子交換膜將電解槽隔成陽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：__________________。20、氧化亞銅(Cu2O)是一種用途廣泛的光電材料，某工廠以硫化銅礦石（含CuFeS2、Cu2S等）為原料制取Cu2O的工藝流程如下：

常溫下幾種物質(zhì)開始形成沉淀與完全沉淀時的pH如下表。

。

Fe(OH)2

Fe(OH)3

Cu(OH)2

開始沉淀。

7.5

2.7

4.8

完全沉淀。

9.0

3.7

6.4

（1）爐氣中的有害氣體成分是__________，Cu2S與O2反應(yīng)時，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為__________。

（2）若試劑X是H2O2溶液，寫出相應(yīng)反應(yīng)的離子方程式：__________。并寫出H2O2的電子式__________，F(xiàn)e（鐵）在元素周期表中的位置：__________；當(dāng)試劑X是__________時；更有利于降低生產(chǎn)成本。

（3）加入試劑Y調(diào)pH時，pH的調(diào)控范圍是__________。

（4）操作X包括__________、洗滌、烘干，其中烘干時要隔絕空氣，其目的是__________。

（5）以銅與石墨作電極，電解濃的強(qiáng)堿性溶液可制得納米級Cu2O，寫出陽極上生成Cu2O的電極反應(yīng)式：__________。評卷人得分六、元素或物質(zhì)推斷題(共1題，共10分)21、Q；W、X、Y、Z是位于不同主族的五種短周期元素；其原子序數(shù)依次增大。

①W的氫化物與W最高價氧化物對應(yīng)水化物反應(yīng)生成化合物甲。

②X；Y、Z的最高價氧化物對應(yīng)水化物之間兩兩反應(yīng)均可生成鹽和水。

③常溫下，Q的最高價氣態(tài)氧化物與化合物X2O2發(fā)生反應(yīng)生成鹽乙。

請回答下列各題:

(1)甲的水溶液呈酸性，用離子方程式表示其原因____________________________________________________________________________。

(2)③中反應(yīng)的化學(xué)方程式為________________________________________________________________________________________________。

(3)已知:ZO3n－+M2++H+→Z－+M4++H2O(M為金屬元素，方程式未配平)由上述信息可推測Z在周期表中位置為________________________________________________________________________________________________。

(4)Y形成的難溶半導(dǎo)體材料CuYO2可溶于稀硝酸，同時生成NO。寫出此反應(yīng)的離子方秳式_____________________________。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】【分析】

根據(jù)放熱反應(yīng)的反應(yīng)熱符號為“-”；反應(yīng)物的總能量越高，生成物的總能量越低，反應(yīng)放出的熱量越多，反應(yīng)熱越小，反應(yīng)熱的絕對值越大，結(jié)合物質(zhì)的狀態(tài)進(jìn)行判斷，同一物質(zhì)的能量：g＞l＞s。

【詳解】

各反應(yīng)中對應(yīng)物質(zhì)的物質(zhì)的量相同，同一物質(zhì)的能量：g＞l＞s，所以反應(yīng)物的總能量為：B=C＞A=D，生成物的能量為：A=B＞C=D，反應(yīng)為放熱反應(yīng)，反應(yīng)物的總能量越高，生成物的總能量越低，反應(yīng)放出的熱量越多，故C放出的熱量最多，反應(yīng)熱符號為“-”，反應(yīng)放出的熱量越多，反應(yīng)熱越小，反應(yīng)熱的絕對值最大，答案選C。2、A【分析】【詳解】

從圖中可以看出來在M點(diǎn)，n(H2)∶n(N2)=3，且N2的轉(zhuǎn)化率為0.8，求壓力平衡常數(shù)，要先求物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，假設(shè)氫氣和氮?dú)忾_始的物質(zhì)的量分別為3mol、1mol，氮?dú)廪D(zhuǎn)化率0.8，反應(yīng)0.8mol。則根據(jù)三段式，3H2＋N22NH3

開始的物質(zhì)的量310

轉(zhuǎn)化的物質(zhì)的量2.40.81.6

平衡時的物質(zhì)的量0.60.21.6

總的物質(zhì)的量為2.4mol；分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，總壓為p；

用分壓代替平衡濃度進(jìn)行計(jì)算，則有A符合要求。

本題答案選A。3、D【分析】【分析】

【詳解】

A．明礬是KAl(SO4)2·12H2O，其中Al3＋發(fā)生水解；促進(jìn)水的電離，A選項(xiàng)錯誤；

B．蘇打是Na2CO3，CO32-發(fā)生水解；促進(jìn)水的電離，B選項(xiàng)錯誤；

C．84消毒液的成分是NaClO，ClO-發(fā)生水解；促進(jìn)水的電離，C選項(xiàng)錯誤；

D．潔廁靈主要成分是HCl；抑制水的電離，D選項(xiàng)正確。

答案選D。4、C【分析】【詳解】

A.由圖中可知，稀釋1000倍后，X與Y溶液的說明兩者為弱酸，Z溶液說明Z為強(qiáng)酸；而剛開始稀釋時，X的pH減小，Y的pH增大，說明X是濃溶液，Y是稀溶液，故A錯誤；

B.pH相等時，弱酸濃度大于強(qiáng)酸，所以Y和X濃度大于Z，根據(jù)圖像知，剛開始稀釋時，X的pH減小、Y的pH增大，說明X是濃溶液、Y是稀溶液，則三種酸濃度大小順序是故B錯誤；

C.由A中分析可知Z是強(qiáng)酸；Y和X屬于弱酸，故C正確；

D.Y為弱酸，NaY溶液為強(qiáng)堿弱酸鹽，水解顯堿性，則故D錯誤。

故選C。5、C【分析】①碳酸鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽；在溶液中完全電離出碳酸根離子，碳酸根離子的水解程度較弱；

②碳酸氫鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽的酸式鹽；在溶液中電離出碳酸氫根離子和鈉離子，碳酸氫根離子電離出的碳酸根離子濃度較小；

③碳酸是二元弱酸；在溶液中分步電離，第二步電離出碳酸根離子，且第一步電離出的氫離子抑制了第二步電離；

④碳酸銨是弱酸弱堿鹽；發(fā)生相互促進(jìn)的水解，導(dǎo)致碳酸根離子濃度減小，據(jù)此解答。

【詳解】

①Na2CO3是強(qiáng)堿弱酸鹽，在溶液中完全電離出碳酸根離子，碳酸根離子的水解程度較弱，其溶液中c（CO32-）最大；

②NaHCO3在溶液中完全電離出碳酸氫根離子和鈉離子，碳酸氫根離子電離出的CO32-較小；

③H2CO3是二元弱酸，在溶液中分步電離，第二步才電離出碳酸根離子，且第一步電離出的氫離子抑制了第二步電離，所以其溶液中的c（CO32-）最小；

④（NH4）2CO3在溶液中完全電離出碳酸根離子和銨根離子，銨根離子水解促進(jìn)了碳酸根離子的水解，濃度相同時其溶液中c（CO32-）小于Na2CO3；

根據(jù)分析可知，物質(zhì)的量濃度相同時c（CO32-）由小到大順序?yàn)棰郏饥冢饥埽饥佟?/p>

答案選C。6、B【分析】【詳解】

A.HCOOH?HCOO-+H+為弱酸甲酸的電離方程式；A不符合題意；

B.HCO+H2O?H2CO3+OH-，為HCO的水解離子方程式；屬于水解反應(yīng)，B符合題意；

C.NH3·H2O?NH+OH-為弱堿氨水的電離方程式；C不符合題意；

D.HCO+H2O?CO+H3O+為HCO的電離方程式；D不符合題意；

答案選B。

【點(diǎn)睛】

在判斷反應(yīng)為電離還是水解時，要注意不要被H2O迷惑。二、填空題(共6題，共12分)7、略

【分析】【詳解】

（1）依據(jù)燃燒熱概念是1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物放出的熱量，結(jié)合反應(yīng)熱化學(xué)方程式②C(s)+O2(g)＝CO2(g)ΔH＝-393.5kJ/mol；可知碳的燃燒熱為393.5kJ/mol；故答案為393.5；

（2）0.5molCH4完全燃燒生成CO2和液態(tài)H2O時，放出445kJ熱量，1mol甲烷燃燒生成二氧化碳和液態(tài)水放熱890kJ，反應(yīng)的____為：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890kJ/mol；故答案為CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890kJ/mol；

（3）①CO2（g）＋3H2（g）=CH3OH（g）＋H2O（g）△H1＝－53.7kJ·mol－1，②CH3OCH3(g)＋H2O(g)=2CH3OH(g)△H2＝+23.4kJ·mol－1，根據(jù)蓋斯定律，將①×2-②，得：2CO2（g）＋6H2（g）=CH3OCH3（g）＋3H2O（g）△H＝－84kJ·mol－1；故答案為－84；

（4）設(shè)反應(yīng)生成NH3xmol則有：N2+3H22NH3

起始（mol）1.01.00

轉(zhuǎn)化（mol）0.5x1.5xx

平衡（mol）1.0-0.5x1.0-1.5xx

平衡時混合氣體的物質(zhì)的量為1.6mol，故1.0-0.5x+1.0-1.5x+x=1.6，解得x=0.4mol，即生成0.4molNH3放出的熱量為18.4kJ，則生成2molNH3放出的熱量為18.4kJ×5=92kJ，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H＝－92kJ·mol－1；

正確答案是：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H＝－92kJ·mol－1?！窘馕觥?93.5CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890kJ/mol－84N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H＝－92kJ·mol－18、略

【分析】【詳解】

試題分析：（1）乙炔分子中碳元素的化合價是－1價，反應(yīng)后變?yōu)椋?價，失去5個電子，即1mol乙炔失去10mol電子，則每有4NA個電子轉(zhuǎn)移時，消耗乙炔的物質(zhì)的量是0．4mol，所以每消耗1mol乙炔放出的熱量是因此該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是C2H2(g)+O2(g)＝2CO2(g)+H2O(l)ΔH＝－1125kJ/mol。

（2）反應(yīng)熱就是斷鍵吸收的能量，和形成化學(xué)鍵所放出的能量的差值，則根據(jù)鍵能可知，每生成2mol氨氣的反應(yīng)熱△H＝436kJ/mol×3＋940kJ/mol－2×3×395kJ/mol＝－122kJ/mol，即反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－122kJ/mol。

（3）根據(jù)蓋斯定律可知，③＋②－①×2，即得到反應(yīng)TiO2(s)+2Cl2(g)＝TiCl4(s)+O2(g)；所以該反應(yīng)的反應(yīng)熱ΔH＝―80kJ/mol－560kJ/mol＋395．5kJ/mol×2＝＋151kJ/mol。

考點(diǎn)：考查熱化學(xué)方程式的書寫以及反應(yīng)熱的有關(guān)計(jì)算。【解析】（13分）

(1)C2H2(g)+O2(g)＝2CO2(g)+H2O(l)ΔH＝－1125kJ/mol（4分）

(2)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－122kJ/mol（4分）

(3)TiO2(s)+2Cl2(g)＝TiCl4(s)+O2(g)ΔH＝＋151kJ/mol（5分）9、略

【分析】【詳解】

（1）16g固體硫完全燃燒時放出148.4kJ的熱量，即1molS完全燃燒時放出放出296.8kJ熱量，則熱化學(xué)方程式為：S（s）+O2（g）=SO2（g）；△H=﹣296.8kJ/mol；

（2）圖象分析可知，圖象中表示的是1molSO2和0.5mol氧氣完全反應(yīng)生成1molSO3，反應(yīng)是放熱反應(yīng)，反應(yīng)的焓變△H=501kJ?mol﹣1﹣600kJ?mol﹣1=99kJ?mol﹣1，2mol二氧化硫全部反應(yīng)放熱198kJ；寫出反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）△H=﹣198kJ?mol﹣1；

（3）在反應(yīng)N2+3H2?2NH3中，斷裂3molH﹣H鍵，1molN三N鍵共吸收的能量為：3×436kJ+946kJ=2254kJ，生成2molNH3，共形成6molN﹣H鍵，放出的能量為：6×391kJ=2346kJ，吸收的能量少，放出的能量多，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，放出的熱量為：2346kJ﹣2254kJ=92kJ，即N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H=﹣92kJ?mol﹣1，1molH2完全反應(yīng)生成NH3所放出的熱量=kJ=30.67kJ。【解析】S（s）+O2（g）=SO2（g）；△H=﹣296.8kJ/mol2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）△H=﹣198kJ?mol﹣1△H=﹣92kJ?mol﹣130.67kJ10、略

【分析】【詳解】

（1）根據(jù)原子守恒，B2H6與水反應(yīng)的化學(xué)方程式為B2H6+6H2O=2H3BO3+6H2。

（2）①根據(jù)圖像，溫度升高，達(dá)到平衡的時間縮短，說明升高溫度化學(xué)反應(yīng)速率加快；根據(jù)圖像，溫度升高，H3BO3的平衡轉(zhuǎn)化率增大；說明升高溫度，平衡正向移動。

②根據(jù)圖像，溫度升高，H3BO3的平衡轉(zhuǎn)化率增大，說明升高溫度，平衡正向移動，升高溫度平衡向吸熱方向移動，說明正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，則?H>0。

（3）反應(yīng)H3BO3（aq）+H2O（l）[B(OH)4]-(aq)+H+（aq）的平衡常數(shù)K=c{[B(OH)4]-}·c(H+)/c(H3BO3)，平衡時c平衡{[B(OH)4]-}=c平衡（H+）=2.0×10-5mol·L-1，c平衡（H3BO3）≈c起始（H3BO3）=0.7mol/L，則K==5.7×10-10mol/L。【解析】①.6H2②.升高溫度，反應(yīng)速率加快，平衡正向移動③.>④.5.7×10-10mol/L11、略

【分析】【分析】

（1）①根據(jù)圖知，進(jìn)料濃度比c(HCl):c(O2)一定時；升高溫度，HCl的轉(zhuǎn)化率降低，說明平衡逆向移動，升高溫度平衡向吸熱方向移動，則正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度越高，化學(xué)平衡常數(shù)越小。

②溫度一定時，進(jìn)料濃度比c(HCl):c(O2)越大，HCl的轉(zhuǎn)化率越小，400℃進(jìn)料濃度比c(HCl):c(O2)=1:1時，HCl的轉(zhuǎn)化率為a曲線，HCl轉(zhuǎn)化率為84%，根據(jù)三段式：4HCl(g)+O2(g)?2Cl2(g)+2H2O(g)

開始(mol/L)c0c000

反應(yīng)(mol/L)0.84c00.21c00.42c00.42c0

平衡(mol/L)0.16c00.79c00.42c00.42c0

計(jì)算氧氣的轉(zhuǎn)化率。

（2）①CuCl(s)+1/2O2(g)=CuO(s)+1/2Cl2(g)ΔH1=-20kJ·mol-1；

②CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)ΔH2=-121kJ·mol-1；

③4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH3

若是利用ΔH1和ΔH2計(jì)算ΔH3時，由蓋斯定律，③-②-①得：需要利用CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)或CuCl(s)+Cl2(g)=CuCl2(s)的ΔH。

（3）由圖可知，H+向左側(cè)移動，則左側(cè)為電解池的陰極，陰極上發(fā)生還原反應(yīng)，根據(jù)圖示信息可知，其陰極電極反應(yīng)式為：Fe3++e-=Fe2+和4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，右側(cè)為陽極，陽極電極反應(yīng)式為：2HCl-2e-=Cl2↑+2H+。

【詳解】

（1）①根據(jù)圖知，進(jìn)料濃度比c(HCl):c(O2)一定時，升高溫度，HCl的轉(zhuǎn)化率降低，說明平衡逆向移動，升高溫度平衡向吸熱方向移動，則正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度越高，化學(xué)平衡常數(shù)越小，所以K(300℃)>K(400℃)，故答案為：>；圖像表明；進(jìn)料濃度比相同時溫度升高HCl的平衡轉(zhuǎn)化率降低，說明平衡逆向移動，生成物濃度降低，反應(yīng)物濃度升高，K值越小。

②溫度一定時，進(jìn)料濃度比c(HCl):c(O2)越大，HCl的轉(zhuǎn)化率越小，400℃進(jìn)料濃度比c(HCl):c(O2)=1:1時，HCl的轉(zhuǎn)化率為a曲線，HCl轉(zhuǎn)化率為84%，根據(jù)三段式：4HCl(g)+O2(g)?2Cl2(g)+2H2O(g)

開始(mol/L)c0c000

反應(yīng)(mol/L)0.84c00.21c00.42c00.42c0

平衡(mol/L)0.16c00.79c00.42c00.42c0

則氧氣的轉(zhuǎn)化率為：故答案為：

（2）①CuCl(s)+1/2O2(g)=CuO(s)+1/2Cl2(g)ΔH1=-20kJ·mol-1；

②CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)ΔH2=-121kJ·mol-1；

③4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH3

若是利用ΔH1和ΔH2計(jì)算ΔH3時，由蓋斯定律，③-②-①得：需要利用CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)或CuCl(s)+Cl2(g)=CuCl2(s)的ΔH，故答案為：CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)或CuCl(s)+Cl2(g)=CuCl2(s)。

（3）由圖可知，H+向左側(cè)移動，則左側(cè)為電解池的陰極，陰極上發(fā)生還原反應(yīng)，根據(jù)圖示信息可知，其陰極電極反應(yīng)式為：Fe3++e-=Fe2+和4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，右側(cè)為陽極，陽極電極反應(yīng)式為：2HCl-2e-=Cl2↑+2H+，電路中轉(zhuǎn)移1mol電子，生成0.5molCl2，其標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為故答案為：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；

【點(diǎn)睛】

進(jìn)料濃度比c(HCl)∶c(O2)分別等于1∶1、4∶1、7∶1，溫度一定，進(jìn)料濃度比c(HCl):c(O2)越大，HCl的轉(zhuǎn)化率越小，所以圖像中，a曲線代表c(HCl)∶c(O2)=1∶1，b曲線代表c(HCl)∶c(O2)=4∶1，c曲線代表c(HCl)∶c(O2)=7∶1。【解析】>圖像表明，進(jìn)料濃度比相同時溫度升高HCl的平衡轉(zhuǎn)化率降低，說明平衡逆向移動，生成物濃度降低，反應(yīng)物濃度升高，K值越小。21%CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)或CuCl(s)+Cl2(g)=CuCl2(s)4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O11.212、略

【分析】【分析】

根據(jù)碳酸：H2CO3:K1＝4.3×10﹣7，K2＝5.6×10﹣11，草酸：H2C2O4:K1＝5.9×10﹣2，K2＝6.4×10﹣5的大??；電離平衡常數(shù)越小，其酸根離子的水解程度越大進(jìn)行分析解答。

【詳解】

(1)由碳酸：H2CO3:K1＝4.3×10﹣7，K2＝5.6×10﹣11，草酸：H2C2O4:K1＝5.9×10﹣2，K2＝6.4×10﹣5，草酸的第二步電離平衡常數(shù)大于碳酸的第二步電離平衡常數(shù)，電離平衡常數(shù)越小，其酸根離子的水解程度越大，所以碳酸根離子的水解程度大于草酸根離子，0.1mol/LNa2CO3溶液的pH大于0.1mol/LNa2C2O4溶液的pH；故答案：大于；

(2)根據(jù)酸的電離常數(shù)，草酸的酸性強(qiáng)于碳酸，則等濃度草酸溶液和碳酸溶液中，氫離子濃度較大的是草酸，草酸的二級電離常數(shù)均大于碳酸的，所以草酸的電離程度大于碳酸，且碳酸以第一步電離為主，因此溶液中c(H+)＞c(HC2O)＞c(C2O)＞c(HCO)＞c(CO)

，所以ac正確，bd錯誤；

故答案為：草酸；ac。【解析】①.大于②.草酸③.ac三、判斷題(共1題，共2分)13、×【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】錯四、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共6分)14、略

【分析】【詳解】

（1）根據(jù)蓋斯定律，由Ⅲ-Ⅱ可得

反應(yīng)Ⅰ屬于吸熱反應(yīng)，反應(yīng)Ⅰ達(dá)平衡時升溫，平衡正向移動，K增大，則減小；

（2）①A．Ⅲ為氣體分子總數(shù)減小的反應(yīng)，加壓能使平衡正向移動，從而提高的平衡轉(zhuǎn)化率；A正確；

B．反應(yīng)Ⅰ為吸熱反應(yīng)，升高溫度平衡正向移動，反應(yīng)Ⅲ為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡逆向移動，的平衡轉(zhuǎn)化率不一定升高；B錯誤；

C．增大與的投料比有利于提高的平衡轉(zhuǎn)化率；C正確；

D．催劑不能改變平衡轉(zhuǎn)化率；D錯誤；

故選AC；

②200℃時是氣態(tài)，1mol和1molH2充入密閉容器中，平衡時的轉(zhuǎn)化率為a，則消耗剩余的物質(zhì)的量為根據(jù)碳原子守恒，生成CO的物質(zhì)的量為消耗剩余生成此時平衡體系中含有和則反應(yīng)Ⅲ的其他條件不變，H2起始量增加到3mol，達(dá)平衡時則平衡時

的物質(zhì)的量分別為0.5mol、1.9mol、0.5mol、0.2mol、0.3mol，平衡體系中H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為1.9/3.4=0.56；

（3）①決速步驟指反應(yīng)歷程中反應(yīng)速率最慢的反應(yīng)。反應(yīng)速率快慢由反應(yīng)的活化能決定，活化能越大，反應(yīng)速率越慢。仔細(xì)觀察并估算表中數(shù)據(jù)，找到活化能(過渡態(tài)與起始態(tài)能量差)最大的反應(yīng)步驟為

②反應(yīng)Ⅲ的指的是和的總能量與和的總能量之差為49kJ，而反應(yīng)歷程圖中的E表示的是1個分子和1個分子的相對總能量與1個分子和3個分子的相對總能量之差(單位為eV)，且將起點(diǎn)的相對總能量設(shè)定為0，所以作如下?lián)Q算即可方便求得相對總能量【解析】(1)+41.0減小。

(2)AC0.56

(3)或-0.5115、略

【分析】【分析】

（1）NaHSO4溶液呈酸性，其原因是NaHSO4完全電離生成H+。

（2）0.1mol·L－1的溶液②，c(OH－)=0.1mol·L－1，c(H+)=10-13mol·L－1，pH＝-lgc(H+)。

（3）向等體積、等濃度的溶液①、④中加入大小相同的鎂條，HCl完全電離，而CH3COOH部分電離，溶液中的c(H+)為鹽酸大于醋酸；由此可得出開始時反應(yīng)速率的大小關(guān)系。

（4）等體積；等pH的溶液①和④中；醋酸的濃度遠(yuǎn)大于鹽酸，分別與足量的②反應(yīng)時，鹽酸和醋酸都發(fā)生完全電離，由此可得出二者消耗②的物質(zhì)的量大小關(guān)系。

【詳解】

（1）NaHSO4溶液呈酸性，其原因是NaHSO4完全電離生成H+，其電離方程式為NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－。答案為：NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－；

（2）0.1mol·L－1的溶液②，c(OH－)=0.1mol·L－1，c(H+)=10-13mol·L－1，pH＝-lgc(H+)=13。答案為：13；

（3）向等體積、等濃度的溶液①、④中加入大小相同的鎂條，HCl完全電離，而CH3COOH部分電離，溶液中的c(H+)為鹽酸大于醋酸，由此可得出開始時反應(yīng)速率的大小關(guān)系為①>④。答案為：>；

（4）等體積、等pH的溶液①和④中，醋酸的濃度遠(yuǎn)大于鹽酸，醋酸的物質(zhì)的量遠(yuǎn)大于鹽酸，與足量的②反應(yīng)時，鹽酸和醋酸都發(fā)生完全電離，由此可得出消耗②的物質(zhì)的量大小關(guān)系為①<④。答案為：<。

【點(diǎn)睛】

等體積、等pH的強(qiáng)酸和弱酸溶液，雖然二者的c(H+)相同，但由于弱酸只發(fā)生部分電離，所以弱酸的物質(zhì)的量濃度遠(yuǎn)比強(qiáng)酸大。與堿反應(yīng)時，弱酸不斷發(fā)生電離，只要堿足量，最終弱酸完全電離，所以弱酸消耗堿的物質(zhì)的量比強(qiáng)酸要大得多。解題時，我們一定要注意，與金屬或堿反應(yīng)時，只要金屬或堿足量，不管是強(qiáng)酸還是弱酸，最終都發(fā)生完全電離，若只考慮電離的部分，則會得出錯誤的結(jié)論?！窘馕觥縉aHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－13><16、略

【分析】【分析】

（1）電離平衡常數(shù)越小酸性越弱；同濃度pH值越大；

（2）b為醋酸；先判斷點(diǎn)③所示溶液中的溶質(zhì)成分，根據(jù)溶液中的電荷守恒分析；

（3）先判斷溶質(zhì)成分；根據(jù)各溶液中的物料守恒分析；

（4）酸的電離抑制水的電離；鹽的水解促進(jìn)水的電離；

【詳解】

（1）根據(jù)題目所給信息可知電離平衡常數(shù)Ka(CH3COOH)>Ka(HCN)，所以同濃度的CH3COOH和HCN，HCN的酸性更強(qiáng)，pH值更大，所以a為HCN，b為CH3COOH；故答案為：a；HCN的電離平衡常數(shù)小，同濃度，其電離出的氫離子濃度小，pH值大；

（2）曲線b代表醋酸，根據(jù)加入氫氧化鈉的量可知點(diǎn)③所示溶液中溶質(zhì)為CH3COOH和CH3COONa，根據(jù)電荷守恒可知：c(CH3COO－)+c(OH－)=c(Na+)+c(H+)，此時溶液呈中性，所以c(OH－)=c(H+)，所以c(CH3COO－)=c(Na+)，故答案為：c(CH3COO－)=c(Na+)>c(OH－)=c(H+)；

（3）點(diǎn)②所示溶液中溶質(zhì)為CH3COOH和CH3COONa，且物質(zhì)的量之比為1:1，根據(jù)物料守恒可知c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=2c(Na+)，同理可知點(diǎn)①所示溶液中：c(HCN)+c(CN－)=2c(Na+)，兩溶液加入氫氧化鈉的量相同，所以鈉離子濃度相同所以c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=c(HCN)+c(CN－)，所以c(CH3COO－)－c(CN－)=c(HCN)－c(CH3COOH)；

（4）點(diǎn)②所示溶液中溶質(zhì)為CH3COOH和CH3COONa，且物質(zhì)的量之比為1:1，醋酸的電離程度大于水解程度，此時水的電離受到抑制，點(diǎn)③所示溶液中溶質(zhì)為CH3COOH和CH3COONa，此時溶液呈中性，溶液中c(OH-)=10-7mol/L，且全部由水電離，酸的電離和鹽的水解相互抵消，水的電離既不受到抑制也不受到促進(jìn)，點(diǎn)④所示溶液中溶質(zhì)為CH3COONa；只有鹽的水解促進(jìn)水的電離，所以水的電離程度從大到小排序?yàn)棰堍邰冢?/p>

【點(diǎn)睛】

明確混合溶液中溶質(zhì)成分及其性質(zhì)、溶液酸堿性是解本題關(guān)鍵，注意電荷守恒、物料守恒的靈活運(yùn)用?！窘馕觥縜HCN的電離平衡常數(shù)小，同濃度，其電離出的氫離子濃度小，pH值大c(CH3COO－)=c(Na+)>c(OH－)=c(H+)=④③②五、工業(yè)流程題(共4題，共32分)17、略

【分析】【分析】

硫化礦(含45%SiO2、20.4%Al2O3、30%FeS和少量GeS2等)粉碎后加入硫酸銨在空氣中焙燒，-2價S被氧化生成SO2，Ge元素轉(zhuǎn)化為GeO2，F(xiàn)eS焙燒產(chǎn)生的Fe2O3會與(NH4)2SO4反應(yīng)生成NH4Fe(SO4)2，控制焙燒溫度，防止Al2O3也發(fā)生類似的反應(yīng)；加水后，NH4Fe(SO4)2溶解，經(jīng)系列處理得到NH4Fe(SO4)2；過濾得到濾渣為SiO2、Al2O3和GeO2，加鹽酸溶解，Al2O3和GeO2得到的相應(yīng)的氯化物，二氧化硅不溶解，過濾得到二氧化硅濾渣；蒸餾分離濾液中的GeCl4后再加入氨水調(diào)節(jié)pH得到Al(OH)3沉淀，過濾取Al(OH)3沉淀，與前序?yàn)V渣SiO2和焦炭高溫焙燒還原得到Al和Si；再加純鋁攪拌得到合金。

【詳解】

(1)礦石粉碎后可以增大與空氣的接觸面積；使礦石充分灼燒；

(2)①“焙燒”時，GeS2中-2價S被氧化生成SO2，Ge元素轉(zhuǎn)化為GeO2，方程式為GeS2+3O2GeO2+2SO2；

②混合氣體中主要有硫元素被氧化生成的SO2，以及銨鹽分解產(chǎn)生的NH3；

③Fe2O3會與(NH4)2SO4反應(yīng)生成NH4Fe(SO4)2，該反應(yīng)為非氧化還原反應(yīng)，根據(jù)元素守恒可得方程式為4(NH4)2SO4+Fe2O32NH4Fe(SO4)2+3H2O+6NH3↑；因流程的目的是要是制備NH4Fe(SO4)2和硅鋁合金，所以要使Fe2O3盡量反應(yīng)，而Al2O3不反應(yīng)；據(jù)圖可知300℃時大部分氧化鐵轉(zhuǎn)化為硫酸鹽，只有極少量氧化鋁轉(zhuǎn)化為硫酸鹽，所以最合適的溫度為300℃；

(3)GeCl4易水解，蒸餾過程中會HCl揮發(fā)造成徹底水解，所以需要在酸性條件下防止GeCl4水解；再進(jìn)行蒸餾；

(4)電解池中陽極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，根據(jù)題意可知Al單質(zhì)被氧化成三氧化二鋁，電解質(zhì)溶液顯酸性，所以電極方程式為2Al-6eˉ+3H2O=Al2O3+6H+；

(5)1t硫化礦中SiO2的質(zhì)量為1000kg×45%=450kg，流程中損失20%，所以被利用的二氧化硅的質(zhì)量為450kg×(1-20%)=360kg，則n(Si)==6000mol；1t硫化礦中SiO2的質(zhì)量為1000kg×20.4%=204kg，流程中損失25%，所以被利用的Al2O3的質(zhì)量為204kg×(1-25%)=153kg，又加入54kg鋁，則n(Al)==5000mol，所以合金AlxSiy中x：y=5:6。

【點(diǎn)睛】

蒸發(fā)易水解的氯化物(如氯化鐵，氯化銅等)的水溶液時要注意，為防止溶質(zhì)徹底水解而得不到目標(biāo)產(chǎn)物，需要在HCl氣流中抑制水解，進(jìn)行蒸發(fā)。【解析】①.使礦石充分灼燒②.GeS2+3O2GeO2+2SO2③.SO2、NH3④.4(NH4)2SO4+Fe2O32NH4Fe(SO4)2+3H2O+6NH3↑⑤.300℃⑥.防止GeCl4水解⑦.2Al-6eˉ+3H2O=Al2O3+6H+⑧.5:618、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↑+2H2O。

（3）上述生成的MnSO4加入Na2CO3后“沉錳”生成MnCO3沉淀，焙燒后生成MnO2，即MnCO3→MnO2，Mn元素被氧化，所以空氣中O2作為氧化劑參加了該反應(yīng)，配平該反應(yīng)為：2MnCO3+O22MnO2+2CO2。正確答案：：2MnCO3+O22MnO2+2CO2。

（4）鋅皮的主要成分為Zn，含有少量Fe，所以加入硫酸溶解并用H2O2氧化后，溶液中主要存在ZnSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4，因此加入的ZnO與H2SO4反應(yīng)使溶液酸性減弱，從而使Fe3+生成Fe(OH)3沉淀除去。已知Ksp[Zn(OH)2]=2.0×10-16；Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16；Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，由于Zn(OH)2與Fe(OH)2的溶度積相差不大，所以沉淀Fe2+時Zn2+必然同時生成沉淀。若溶解時不加H2O2，溶液中主要存在ZnSO4、FeSO4、H2SO4，因此用ZnO反應(yīng)過量H2SO4調(diào)節(jié)溶液pH使Fe2+沉淀時，Zn2+必然同時生成Zn(OH)2沉淀。正確答案：除去溶液中的Fe3+、Fe2+與Zn2+不能分離（或當(dāng)Fe(OH)2沉淀完全時，Zn(OH)2也沉淀完全）。

（5）純度測定前半段，MnO2氧化Na2C2O4生成Mn2+和CO2，即MnO2+C2O42-→Mn2++CO2↑，配平該反應(yīng)得MnO2+4H++C2O42-=Mn2++2CO2↑+2H2O。剩余的Na2C2O4被KMnO4氧化生成Mn2+和CO2，即MnO4-+C2O42-→Mn2++CO2↑，配平得2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++5CO2↑+8H2O。則根據(jù)氧化還原反應(yīng)電子守恒得MnO2質(zhì)量分?jǐn)?shù)為正確答案：MnO2+4H++C2O42-=Mn2++2CO2↑+2H2O、

【點(diǎn)睛】

①根據(jù)題意書寫氧化還原反應(yīng)。首先根據(jù)題目已知列出知道的反應(yīng)物和產(chǎn)物，然后聯(lián)系題意補(bǔ)充氧化劑、還原劑、氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物中缺少的物質(zhì)（有時已知中全部給出），第三步進(jìn)行氧化還原過程中電子得失的配平，再進(jìn)行質(zhì)量守恒和離子反應(yīng)中電荷守恒的配平。以上述Na2C2O4與MnO2反應(yīng)為例，由已知先整理得到MnO2氧化Na2C2O4生成Mn2+和CO2，既MnO2+C2O42-→Mn2++CO2↑，根據(jù)得失電子守恒得到MnO2+C2O42-→Mn2++2CO2↑，由于反應(yīng)前已經(jīng)用硫酸酸化，再根據(jù)離子電荷守恒得到MnO2+C2O42-+4H+→Mn2++2CO2↑，最后根據(jù)質(zhì)量守恒得MnO2+4H++C2O42-=Mn2++2CO2↑+2H2O。②溶度積用于比較難溶電解質(zhì)溶解度時，不同種類型的難溶電解質(zhì)不能夠直接進(jìn)行比較。如本題中的Zn(OH)2、Fe(OH)2、Fe(OH)3，前兩者的組成為AB2型，第三個屬于AB3型，通過各自的溶度積已知（數(shù)量級都是10-16）可得Zn(OH)2、Fe(OH)2的溶解的相差不大，但是Fe(OH)3不能與它們直接進(jìn)行比較?！窘馕觥緾MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O2MnCO3+O22MnO2+2CO2除去溶液中的Fe3+雜質(zhì)Fe2+與Zn2+不能分離[或當(dāng)Fe(OH)2沉淀完全時，Zn(OH)2也沉淀完全]MnO2+4H++C2O42-=Mn2++2CO2↑+2H2O×100%19、略

【分析】【分析】

廢舊磷酸亞鐵鋰正極材料(主要成分為LiFePO4，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＋2O