福建省廈門市2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期期末考試質(zhì)量檢測(cè)化學(xué)試題（解析版）

廈門市2023-2024學(xué)年第一學(xué)期高二年級(jí)質(zhì)量檢測(cè)化學(xué)試題滿分：100分考試時(shí)間：75分鐘說明：1.本試卷共6頁，滿分100分.考試時(shí)間75分鐘2.請(qǐng)將符合題意的答案填入答題卷相應(yīng)空格中可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H1C12N14O16S32Fe56Zn65一、選擇題（本題包括15小題，每小題3分.每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意，共45分）1.2023年度IUPAC化學(xué)領(lǐng)域新興技術(shù)，涉及電能與化學(xué)能之間轉(zhuǎn)化的是A.生物回收PET B.使用低糖疫苗 C.合成電化學(xué) D.應(yīng)用化學(xué)GPT語言模型【答案】C【解析】【詳解】A．生物回收PET不涉及電能與化學(xué)能的轉(zhuǎn)化，故A錯(cuò)誤；B．使用低糖疫苗與電能和化學(xué)能無關(guān)，故B錯(cuò)誤；C．合成電化學(xué)過程中涉及電能與化學(xué)能之間轉(zhuǎn)化，故C正確；D．應(yīng)用化學(xué)GPT語言模型過程中無電能與化學(xué)能之間轉(zhuǎn)化，故D錯(cuò)誤；故選C。2.侯氏制堿法中，下列操作與回收母液中無關(guān)的是A.通入 B.通入 C.降低溫度 D.添加【答案】A【解析】【詳解】A．通入CO2后，對(duì)銨根離子和氯離子沒有影響，則對(duì)母液中析出NH4Cl無幫助，A符合題意；B．通入NH3后，溶液中銨根離子濃度增大，平衡向著逆向移動(dòng)，有利于氯化銨的析出，B不符合題意；C．降低溫度，氯化銨的溶解度降低，有利于氯化銨的析出，C不符合題意；D．添加，溶液中氯離子濃度增大，平衡向著逆向移動(dòng)，有利于氯化銨的析出，D不符合題意；故選A。3.下列物質(zhì)屬于強(qiáng)電解質(zhì)的是A. B.C. D.【答案】C【解析】【詳解】A．為弱堿，屬于弱電解質(zhì)，故A錯(cuò)誤；B．為有機(jī)弱酸，屬于弱電解質(zhì)，故B錯(cuò)誤；C．為可溶性鹽，在水溶液中或熔融狀態(tài)下完全電離，屬于強(qiáng)電解質(zhì)，故C正確；D．為弱酸，屬于弱電解質(zhì)，故D錯(cuò)誤；故答案為：C。4.25℃時(shí)，濃度均為的下列溶液pH最小的是A.溶液 B.溶液 C.溶液 D.溶液【答案】B【解析】【詳解】A．NaHCO3溶液碳酸氫根離子的水解程度大于電離程度，顯堿性，pH>7；B．NaHSO3溶液亞硫酸氫根離子的電離程度大于水解程度，溶液顯酸性，pH<7；C．NaCl溶液顯中性，pH=7；D．Na2C2O4為強(qiáng)堿弱酸鹽，其溶液顯堿性，pH>7；因此25℃時(shí)，濃度均為的下列溶液pH最小的是NaHSO3溶液；故選B。5.25℃時(shí)，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是A.能使石蕊變紅的溶液：，，B.澄清透明的溶液：，，C.的溶液：，，D.含的溶液：，，【答案】C【解析】【詳解】A．能使石蕊變紅的溶液，此時(shí)氫離子可以和碳酸氫根離子反應(yīng)，不能共存，A錯(cuò)誤；B．三價(jià)鐵離子、鎂離子都可以和亞硫酸根離子反應(yīng)，不能共存，B錯(cuò)誤；C．的溶液顯堿性，此時(shí)，，相互之間不反應(yīng)且和氫氧根離子不反應(yīng)，可以共存，C正確；D．碳酸根離子和鋁離子可以發(fā)生雙水解，不能共存，D錯(cuò)誤；故選C。6.下列有關(guān)電化學(xué)腐蝕原理的應(yīng)用說法錯(cuò)誤的是A.利用鐵腐蝕快速測(cè)定空氣中氧氣含量 B.利用犧牲陽極保護(hù)法在潛艇外殼上鑲嵌銅塊C.以鐵作為陰極在鐵表面鍍銅 D.采用陰極電保護(hù)法防止鐵管道腐蝕【答案】B【解析】【詳解】A．利用鐵的吸氧腐蝕，測(cè)定前后質(zhì)量變化，可測(cè)定空氣中氧氣含量，故A正確；B．利用犧牲陽極保護(hù)法在潛艇外殼上應(yīng)鑲嵌比鐵活潑的金屬，如鋅，故B錯(cuò)誤；C．鐵表面鍍銅，銅作陽極，鐵作陰極，含銅離子的鹽溶液作電解質(zhì)溶液，故C正確；D．防止鐵管道腐蝕可采用外加電流的陰極保護(hù)法，鐵管道作陰極，故D正確；故選：B。7.利用處理大氣污染物，其原理為，速率方程為，為速率常數(shù).下列有關(guān)說法正確的是A.恒溫時(shí)，體系密度不變則反應(yīng)達(dá)到平衡 B.恒壓時(shí)，充入可增大反應(yīng)速率C.充入時(shí)，可提高平衡轉(zhuǎn)化率 D.平衡時(shí)，消耗速率等于消耗速率【答案】D【解析】【詳解】A．該反應(yīng)中所有的反應(yīng)物和產(chǎn)物都是氣體，且反應(yīng)前后氣體分子數(shù)不變，容器體積不變，則密度不是變量，則體系密度不變不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)速率方程可知，反應(yīng)速率和N2O的濃度有關(guān)，而恒壓時(shí)，充入時(shí)，容器體積增大，其N2O的濃度降低，反應(yīng)速率減小，B錯(cuò)誤；C．兩種物質(zhì)參加反應(yīng)，增大一種物質(zhì)的濃度，會(huì)增大另一種物質(zhì)的濃度，而其自身的濃度會(huì)降低，C錯(cuò)誤；D．當(dāng)CO消耗速率等于N2消耗速率，正逆反應(yīng)速率相等，該反應(yīng)達(dá)到了平衡狀態(tài)，D正確；故選D。8.下列關(guān)于漂白粉使用過程中涉及的離子方程式正確的是A.漂白粉的漂白原理：B.除去漂白粉溶液中的：C.不能將漂白粉與酒精混用：D.不能將漂白粉與潔廁劑（有效成分為鹽酸）混用：【答案】D【解析】【詳解】A．漂白粉有效成分是Ca(ClO)2，吸收空氣中CO2、H2O生成CaCO3沉淀和HClO，離子方程式為Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓＋2HClO，A錯(cuò)誤；B．CH3COOH能與Ca(ClO)2、Ca(OH)2反應(yīng)，除去漂白粉溶液中的Ca(OH)2可加入適量Na2CO3等物質(zhì)，不能加入CH3COOH，B錯(cuò)誤；C．漂白粉與酒精混用時(shí)發(fā)生的主要反應(yīng)為Ca(ClO)2+CH3CH2OH=CH3CHO+Ca(OH)2+Cl2，C錯(cuò)誤；D．漂白粉與潔廁劑(有效成分為鹽酸)混用時(shí)生成有毒氣體氯氣，離子方程式為ClO-+Cl-＋2H+=Cl2+H2O，D正確；故選D。9.下列物質(zhì)摩爾燃燒焓數(shù)據(jù)如下表：物質(zhì)C（s，石墨）C（s，金剛石）-393.5-395.4-285.8-283.0-890.3下列表述正確的是A.B.C（s，石墨）C.C（s，石墨）＝C（s，金剛石）D.C（s，石墨）【答案】D【解析】【分析】摩爾燃燒焓是指一摩爾物質(zhì)在標(biāo)準(zhǔn)狀況下完全燃燒時(shí)的反應(yīng)焓變?！驹斀狻緼．氫氣的摩爾燃燒焓是指一摩爾氫氣在標(biāo)準(zhǔn)狀況下完全燃燒時(shí)的反應(yīng)焓變，，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)蓋斯定律，C（s，石墨），故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)蓋斯定律，C（s，石墨）＝C（s，金剛石），故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)蓋斯定律，C（s，石墨），H2O(l)的能量小于H2O(g)的能量，所以C（s，石墨），故D正確；選D10.700℃時(shí)，將2mol水通入2L密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：，20min時(shí)達(dá)到平衡，測(cè)得.下列說法正確的是A.該反應(yīng)在低溫下可自發(fā)進(jìn)行B.壓縮體積可提高水蒸氣的平衡轉(zhuǎn)化率C.700℃時(shí)，該反應(yīng)的D.反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)吉布斯自由能，，，高溫下，反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行，A錯(cuò)誤；B．壓縮體積，增大壓強(qiáng)，平衡逆向進(jìn)行，水蒸氣的平衡轉(zhuǎn)化率減小，B錯(cuò)誤；C．根據(jù)三段式，，，C正確；D．根據(jù)三段式，，D錯(cuò)誤；故選C。11.下列實(shí)驗(yàn)方案不能達(dá)到目的的是A.測(cè)定中和熱B.探究壓強(qiáng)對(duì)平衡移動(dòng)的影響C.模擬索爾維制堿制備D.用標(biāo)準(zhǔn)液測(cè)定的含量A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．強(qiáng)酸、強(qiáng)堿的稀溶液分別倒入量熱計(jì)中，環(huán)形玻璃攪拌器攪拌，通過測(cè)定反應(yīng)過程中的最高溫度，可測(cè)定中和熱，故A正確；B．該反應(yīng)前后氣體分子數(shù)相等，壓強(qiáng)不影響該平衡，故B錯(cuò)誤；C．稀硫酸滴入盛有碳酸鈣粉末的錐形瓶中生成二氧化碳，二氧化碳通入飽和氨鹽水中生成碳酸氫鈉，故C正確；D．酸性用酸式滴定管盛裝，滴入含的溶液中，當(dāng)?shù)稳胱詈蟀氲胃咤i酸鉀溶液溶液時(shí)溶液變淺紫紅色，即達(dá)到滴定終點(diǎn)，然后根據(jù)高錳酸鉀溶液消耗量計(jì)算的含量，故D正確；故選：B。12.高效解耦水分解的電化學(xué)和化學(xué)循環(huán)裝置如圖，下列說法正確的是A.M為陽極B.N極發(fā)生的反應(yīng)為：C.b為D.理論上相同條件下，【答案】C【解析】【分析】圖中分析可知，M電極為陰極，氫離子得到電子生成氫氣，a為H2，電極反應(yīng)式為：2H++2e-=H2↑，N為電解池的陽極，Br-氧化成BrO，電極反應(yīng)為：Br--6e-+3H2O=BrO+6H+?！驹斀狻緼．由分析，M為陰極，故A錯(cuò)誤；B．N極為電解池的陽極，N極發(fā)生的反應(yīng)為：，故B錯(cuò)誤；C．裝置圖中M電極表面H+直接得電子發(fā)生還原反應(yīng)，說明電解池中不可能是堿溶液，則b為水，故C正確；D．電子守恒得到，理論上相同條件下，理論上相同條件下，，故D錯(cuò)誤；故選C。13.下列實(shí)驗(yàn)及現(xiàn)象可解釋或得出結(jié)論正確的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)及現(xiàn)象解釋或結(jié)論A25℃時(shí)，向溶液中滴加甲基橙溶液，溶液變黃B用鐵電極電解硫酸銅溶液，開始時(shí)陰極析出銅無法證明金屬活動(dòng)性：C向溶液中加入少量固體，顏色變深的水解程度變大D向溶液中加入過量的溶液，產(chǎn)生沉淀A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．25℃時(shí)，向碳酸氫銨溶液中滴加甲基橙溶液，溶液變黃說明pH>4.4，溶液酸堿性不能確定，電離常數(shù)不能確定，故A錯(cuò)誤；B．用鐵電極電解硫酸銅溶液，開始時(shí)陰極析出銅不能說明銅離子的氧化性強(qiáng)于亞鐵離子，則開始時(shí)陰極析出銅無法證明鐵的金屬活動(dòng)性強(qiáng)于銅，故B正確；C．溶液的濃度越大，氯化鐵在溶液中的水解程度越小，則向氯化鐵溶液中加入少量氯化鐵固體，顏色變深不能說明鐵離子的水解程度變大，故C錯(cuò)誤；D．向碳酸氫鎂溶液中加入過量的氫氧化鈉溶液只存在沉淀的生成，不存在沉淀的轉(zhuǎn)化，則反應(yīng)生成氫氧化鎂沉淀不能用于比較碳酸鎂和氫氧化鎂的溶度積大小，故D錯(cuò)誤；故選B。14.常溫下，，，還原沉淀法除去工業(yè)廢水中的流程如下.已知溶液中“轉(zhuǎn)化”反應(yīng)為.下列說法錯(cuò)誤的是A.溶液中有B.“轉(zhuǎn)化”前后溶液均有C“還原”充分反應(yīng)后，溶液中有D.“沉淀”時(shí)，能使沉淀完全【答案】C【解析】【詳解】A．溶液中存在電荷守恒，故A正確；B．溶液中存在物料守恒，“轉(zhuǎn)化”前后n(K)=2n(Cr)，溶液均有，故B正確；C．“還原”反應(yīng)為，充分反應(yīng)后，加NaOH溶液之前，Cr3+未沉淀，溶液中Fe3+與Cr3+濃度比值不是，故C錯(cuò)誤；D．“沉淀”時(shí)，，即c(OH-)＞10-8mol/L，此時(shí)c(Cr3+)＜＜10-5mol/L，所以能使沉淀完全，故D正確；故答案為：C。15.25℃時(shí)，在溶液中滴入等濃度鹽酸標(biāo)準(zhǔn)液，溶液pH與所加鹽酸的體積關(guān)系如圖.下列說法錯(cuò)誤的是A.該滴定過程可選擇甲基橙作為指示劑B.的數(shù)量級(jí)為C.M點(diǎn)處有D.N點(diǎn)處的電離程度與水解程度相同【答案】C【解析】【詳解】A．滴定終點(diǎn)時(shí)為CH3NH3Cl溶液，CH3NH3Cl時(shí)強(qiáng)酸弱堿鹽，溶液顯酸性，可選甲基橙指示劑，故A正確；B．由圖可知，溶液的pH=11.8，即c(OH-)=10-22mol/L，所以電離常數(shù)，其數(shù)量級(jí)為，故B正確；C．M點(diǎn)為CH3NH2和CH3NH3Cl為1:1的混合液，由電荷守恒知c(H+)+c(CH3NH)=c(OH-)+c(Cl-)，再由物料守恒知2c(Cl-)=c(CH3NH)+c(CH3NH2)，所以質(zhì)子守恒式為2c(OH-)+c(CH3NH2)=c(CH3NH)+2c(H+)，故C錯(cuò)誤；D．N點(diǎn)溶液呈中性，CH3NH2的電離程度和CH3NH水解程度相同，故D正確；故選C。二、非選擇題：本題共4小題，共55分.16.一種將廢水中轉(zhuǎn)化為高附加值的電化學(xué)裝置如圖.（1）A極為__________極（填“正”或“負(fù)”）.（2）B極的電極反應(yīng)為__________.（3）M為__________離子交換膜（填“陽”或“氫氧根”）.（4）該轉(zhuǎn)化總反應(yīng)的離子方程式為__________.（5）在銅基電極表面上轉(zhuǎn)化為的反應(yīng)歷程如圖，吸附在銅基電極表面上的物種用*標(biāo)注，表示能壘（活化能）為1.03eV.①轉(zhuǎn)化為的___________0（填“＞”“＝”或“＜”）.②“”中最大能壘（活化能）__________eV，其化學(xué)方程式為____________.③該電極提高選擇性的原因?yàn)開______________.【答案】（1）負(fù)（2）（3）氫氧根（4）（5）①.<②.1.32③.④.轉(zhuǎn)化為的能壘高【解析】【小問1詳解】A極鋅失電子生成，A為負(fù)極；【小問2詳解】B極硝酸根離子得電子生成氨氣，B極的電極反應(yīng)為；【小問3詳解】A電極消耗氫氧根離子、B電極生成氫氧根離子，所以M為氫氧根離子交換膜；【小問4詳解】A極鋅失電子生成，B電極硝酸根離子得電子生成氨氣，根據(jù)電子守恒，總反應(yīng)的離子方程式為【小問5詳解】①根據(jù)圖示，的能量大于，轉(zhuǎn)化為的<0；②根據(jù)圖示，“”中最大能壘（活化能）1.32eV，其化學(xué)方程式為；③根據(jù)圖示，轉(zhuǎn)化為的能壘高，所以該電極能提高選擇性。17.乙二胺四乙酸常用作絡(luò)合劑，可簡(jiǎn)寫為，常用、、制備絡(luò)合鐵吸收劑，利用絡(luò)合鐵法脫硫設(shè)計(jì)如下裝置。已知：i.25℃時(shí)，，，，，.ii.25℃時(shí)，，.（1）裝置a名稱為____________，其作用是____________.（2）“絡(luò)合鐵吸收劑”中鐵元素主要存在形式為，制備的反應(yīng)為，其平衡常數(shù)表達(dá)式____________.（3）“絡(luò)合鐵吸收劑”脫硫時(shí)溶液為8.5，將轉(zhuǎn)化為的目的是____________.（4）開始時(shí)，A中與溶液發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為____________，后續(xù)發(fā)生反應(yīng)為.（5）B中發(fā)生反應(yīng)，其目的是吸收A中未反應(yīng)的，該反應(yīng)平衡常數(shù)____________（列出計(jì)算式）.（6）滴入絡(luò)合鐵吸收劑，打開電磁攪拌器并恒溫至25℃.通入反應(yīng)結(jié)束后，取出B中的溶液，加入碘標(biāo)準(zhǔn)液，用溶液滴定，待溶液變?yōu)榈S色后，加入滴淀粉指示劑，繼續(xù)滴定，消耗.已知：滴定反應(yīng)為.①滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為____________.②絡(luò)合鐵吸收劑對(duì)的脫硫率為____________（列出計(jì)算式）.③滴定結(jié)束后，若滴定管尖嘴處產(chǎn)生氣泡，則測(cè)得脫硫率____________（填“偏大”“偏小”或“不變”）.【答案】（1）①.恒壓滴液漏斗②.平衡壓強(qiáng)（2）（3）防止生成Fe(OH)3沉淀（4）H2S+CO=HS-+HCO（5）（6）①.滴入最后半滴標(biāo)準(zhǔn)液，溶液藍(lán)色褪去，且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)原色②.(1-)×100%③.偏小【解析】【分析】開始時(shí)，A中與溶液發(fā)生反應(yīng)生成NaHS和NaHCO3，A中制備的反應(yīng)為，B中發(fā)生反應(yīng)，CD吸收尾氣?！拘?詳解】裝置a名稱為恒壓滴液漏斗，其作用是平衡壓強(qiáng)，使溶液順利滴下。故答案為：恒壓滴液漏斗；平衡壓強(qiáng)；【小問2詳解】“絡(luò)合鐵吸收劑”中鐵元素主要存在形式為，制備的反應(yīng)為，其平衡常數(shù)表達(dá)式，故答案為：；【小問3詳解】“絡(luò)合鐵吸收劑”脫硫時(shí)溶液為8.5，將轉(zhuǎn)化為的目的是防止生成Fe(OH)3沉淀，故答案為：防止生成Fe(OH)3沉淀；【小問4詳解】開始時(shí)，A中與溶液發(fā)生反應(yīng)生成NaHS和NaHCO3，離子方程式為H2S+CO=HS-+HCO；后續(xù)發(fā)生反應(yīng)為.故答案為：H2S+CO=HS-+HCO；【小問5詳解】B中發(fā)生反應(yīng)，其目的是吸收A中未反應(yīng)的，該反應(yīng)平衡常數(shù)，故答案為：；【小問6詳解】①滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為滴入最后半滴標(biāo)準(zhǔn)液，溶液藍(lán)色褪去，且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)原色，故答案為：滴入最后半滴標(biāo)準(zhǔn)液，溶液藍(lán)色褪去，且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)原色；②加入的碘標(biāo)準(zhǔn)液中含有的n(I2)總=c1mol/L×V1×10-3L=c1V1×10-3mol,加入的Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)液消耗的n(I2)1=n(Na2S2O3)=×c2mol/L×V2×10-3L=c2V2×10-3mol,故與B中的H2S反應(yīng)的n(I2)2=n(I2)總-n(I2)1=c1V1×10-3mol-c2V2×10-3mol,則被絡(luò)合鐵吸收劑的H2S為[(4×10-3)-(c1V1×10-3-c2V2×10-3)]mol,絡(luò)合鐵吸收劑對(duì)H2S的脫硫率為×100%=(1-)×100%，絡(luò)合鐵吸收劑對(duì)的脫硫率為(1-)×100%，故答案為：(1-)×100%；③滴定結(jié)束后，若滴定管尖嘴處產(chǎn)生氣泡，則滴入錐形瓶內(nèi)的標(biāo)準(zhǔn)液的體積比讀數(shù)大，即讀數(shù)偏小，根據(jù)絡(luò)合鐵吸收劑對(duì)H2S的脫硫率(1-)×100%可知，當(dāng)V2偏小時(shí)，則測(cè)得脫硫率偏小，故答案為：偏小。18.利用以下流程回收廢舊電池正極材料（主要含、等）中金屬資源.已知：i.難溶于水可溶于酸，、微溶于水.ii.25℃時(shí)，，的，，.（1）“放電拆解”過程中從__________（填“正”或“負(fù)”，下同）極經(jīng)電解質(zhì)溶液移向__________極.（2）“酸浸”過程生成的化學(xué)方程式為_________.（3）“浸出液”檢測(cè)出微量，此時(shí)，則溶液中________.（4）溶解度隨溫度升高而降低.“沉鋰”后為提高的析出量和純度應(yīng)進(jìn)行的操作為_________.（5）“雙極膜法”獲得的原理如圖.①從__________（選填“一室”“二室”或“三室”）獲得②該法總反應(yīng)化學(xué)方程式為__________.③該法產(chǎn)生可在流程中循環(huán)使用的物質(zhì)為__________（填化學(xué)式）.（6）“苛化法”獲得的流程如圖.下列有關(guān)苛化法和雙極膜法說法正確的是____________（填標(biāo)號(hào)）.A.相較于苛化法，雙極膜法工藝更簡(jiǎn)單 B.相較于苛化法，雙極膜法副產(chǎn)物之一為清潔能源C.相較于雙極膜法，苛化法的產(chǎn)物純度更高 D.相較于雙極膜法，苛化法耗酸量更少【答案】（1）①.負(fù)②.正（2）2LiFePO4+H2O2+H2SO4=Li2SO4+2FePO4+2H2O（3）10-3mol/L（4）蒸發(fā)濃縮，趁熱過濾（5）①.三室②.Li2SO4+4H2O2H2↑+O2↑+H2SO4+2LiOH③.H2SO4（6）ABC【解析】【分析】利用如圖流程回收廢舊電池正極材料（主要含Al、LiFePO4等）中Li金屬資源，LiFePO4難溶于水可溶于酸，Li2CO3、Li3PO4微溶于水，放電拆解后的正極片，加入稀硫酸和過氧化氫酸浸過濾，過氧化氫具有強(qiáng)氧化性，可以把二價(jià)鐵轉(zhuǎn)化為三價(jià)鐵，“氧化浸出”時(shí)生成了難溶的FePO4，由流程可知，反應(yīng)為廢舊磷酸亞鐵鋰正極片中LiFePO4和過氧化氫在酸性條件下生成FePO4和鋰離子、水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2LiFePO4+H2O2+H2SO4=Li2SO4+2FePO4+2H2O，浸出液主要含Li2SO4，通入氨氣除雜后得到的濾液中在加入碳酸鈉反應(yīng)生成Li2CO3，加入硫酸酸溶，通過雙極膜法和苛化法得到LiOH，據(jù)此分析回答問題。【小問1詳解】“放電拆解”過程中從負(fù)極經(jīng)電解質(zhì)溶液移向正極，故答案為：負(fù)；正；【小問2詳解】“酸浸”過程生成的化學(xué)方程式為2LiFePO4+H2O2+H2SO4=Li2SO4+2FePO4+2H2O，故答案為：2LiFePO4+H2O2+H2SO4=Li2SO4+2FePO4+2H2O；【小問3詳解】“浸出液”檢測(cè)出微量，溶液pH=2.5，c（H+）=10-2.5mol/L，此時(shí)c（Fe3+）=10-5mol?L-1，25℃時(shí)，Ksp（FePO4）=c（Fe3+）×c（PO）=1.0×10-22，c（PO）=mol/L=1.0×10-17mol/L，H3PO4的Ka1=10-2.1，Ka2=10-7.2，Ka3=10-12.2，Ka1×Ka2×Ka3=，則溶液中c（H3PO4）=mol/L=10-3mol/L，此時(shí)，則溶液中10-3mol/L，故答案為：10-3mol/L；【小問4詳解】溶解度隨溫度升高而降低，“沉鋰”后為提高的析出量和純度應(yīng)進(jìn)行的操作為蒸發(fā)濃縮，趁熱過濾，故答案為：蒸發(fā)濃縮，趁熱過濾；【小問5詳解】“雙極膜法”獲得LiOH原理如圖，與電源正極連接的石墨為陽極，左邊氫氧根離子移向陽極失電子生成氧氣，則左側(cè)為陰離子交換膜，與電源負(fù)極連接的石墨為陰極，右側(cè)為陽離子交換膜，右側(cè)氫離子移向陰極生成氫氣，一室右側(cè)為陰離子交換膜，二室中的硫酸根離子、氫氧根離子移向一室，二室右側(cè)為陽離子交換膜，二室中鋰離子移向三室，和氫氧根離子形成LiOH，①從三室獲得，故答案為：三室；②該法總反應(yīng)化學(xué)方程式為Li2SO4+4H2O2H2↑+O2↑+H2SO4+2LiOH；故答案為：Li2SO4+4H2O2H2↑+O2↑+H2SO4+2LiOH；③該法產(chǎn)生可在流程中循環(huán)使用的物質(zhì)為H2SO4，故答案為：H2SO4；【小問6詳解】A.分析可知，相較于苛化法，雙極膜法工藝更簡(jiǎn)單，故A正確；B.相較于苛化法，雙極膜法副產(chǎn)物之一氫氣為清潔能源，故B正確；C.相較于雙極膜法，苛化法是結(jié)晶析出晶體的方法，得到的產(chǎn)物純度更高，故C正確；D.相較于雙極膜法，苛化法耗酸量多，故D錯(cuò)誤；故答案為：ABC。19.空間站內(nèi)搭載薩巴蒂爾裝置將轉(zhuǎn)化為，再通過電解水裝置回收氧元素.其系統(tǒng)原理如圖：薩巴蒂爾裝置內(nèi)發(fā)生反應(yīng)為反應(yīng)Ⅰ：反應(yīng)Ⅱ：（1）已知，則_________.（2）在“高溫反應(yīng)器”中以為催化劑，一段時(shí)間內(nèi)不同溫度轉(zhuǎn)化率如圖.已知反應(yīng)Ⅰ的速率方程：，.①250℃前，實(shí)際轉(zhuǎn)化率隨溫度變化不大的主要原因是___________.②300℃時(shí)__________（填“＞”“＜”或“＝”）.③達(dá)到平衡后，升高溫度，增大的倍數(shù)_________增大的倍數(shù)（填“＞”“＜”或“＝”）.（3）在“低溫反應(yīng)器”中達(dá)平衡時(shí)，各組分物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨溫度變化如圖.已知原料氣中含有及.①物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨溫度變化的曲線為____________（填標(biāo)號(hào)）.②300～500℃，物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨溫度升高而上升的原因是___________.③某溫度下達(dá)平衡時(shí)，總壓為，剩余和，則反應(yīng)Ⅰ的為___________（列出計(jì)算式，為以分壓表示的平衡常數(shù)，分壓＝總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)）；此時(shí)氧元素的回收率為____________［回收率].（4）從平衡與速率角度分析薩巴蒂爾裝置采用高溫和低溫反應(yīng)器串聯(lián)的優(yōu)點(diǎn)是___________.【答案】（1）-329.2kJ?mol-1（2）①.低于250℃時(shí)，催化劑活性比較低，反應(yīng)速率比較慢，反應(yīng)的量比較少②.＞③.＜（3）①.a②.300～500℃，主要發(fā)生反應(yīng)Ⅰ，溫度升高，平衡逆向移動(dòng)，CO2的物質(zhì)的量的增多③.④.0.85（4）高溫時(shí)，主要發(fā)生反應(yīng)Ⅰ，CH4的選擇性高且反應(yīng)速率大，低溫時(shí)，平衡正向移動(dòng)，生成的H2O增多【解析】【小問1詳解】令反應(yīng)ⅢCO2(g)+CH4(g)═2CO(g)+2H2(g)ΔH=+247.0kJ?mol-1，根據(jù)蓋斯定律，Ⅰ=2×Ⅱ-Ⅲ，可得，CO2(g)+4H2(g)═CH4(g)+2H2O(g)ΔH1=2ΔH2-ΔH3=2×(-41.1kJ?mol-1