2025年粵教版選修4化學(xué)上冊月考試卷

…………○…………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2025年粵教版選修4化學(xué)上冊月考試卷119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9題，共18分)1、如下圖所示，圖Ⅰ是恒壓密閉容器，圖Ⅱ是恒容密閉容器。當(dāng)其它條件相同時，在Ⅰ、Ⅱ中分別加入2mol和2mol開始時容器的體積均為VL，發(fā)生如下反應(yīng)并達(dá)到平衡狀態(tài)提示：物質(zhì)X，Y的狀態(tài)均未知，物質(zhì)Z的狀態(tài)為氣態(tài))，2X(?)+Y(?)aZ(g)此時Ⅰ中X，Y，Z的物質(zhì)的量之比為1:3:2。下列判斷正確的是

ⅠⅡⅢA.物質(zhì)Z的化學(xué)計量數(shù)a=2B.若X、Y均為氣態(tài)，則在平衡時X的轉(zhuǎn)化率：Ⅰ<ⅡC.若Ⅱ中氣體的密度如圖Ⅲ所示，則X、Y中只有一種為氣態(tài)D.若X為固態(tài)、Y為氣態(tài)，則Ⅰ、Ⅱ中從開始到平衡所需的時間：Ⅰ>Ⅱ2、向密閉容器中充入物質(zhì)的量濃度均為0.1mol?L-1的CH4和CO2，在一定條件下發(fā)生反應(yīng)CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，測得CH4的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度及壓強(qiáng)的關(guān)系如圖所示。下列說法不正確的是。

A.隨著溫度升高，該反應(yīng)的平衡常數(shù)減小B.1100℃，p4條件下，該反應(yīng)10min時達(dá)到平衡點X，則v(CO2)=0.008mol·L-1·min-1C.p1、p2、p3、p4大小的順序為p1234D.平衡時CO與H2的物質(zhì)的量比為1∶13、25℃時，有體積相同的四種溶液：①pH=3的CH3COOH溶液②pH=3的鹽酸③pH=11的氨水④pH=11的NaOH溶液。下列說法不正確的是A.若將四種溶液稀釋100倍，稀釋后溶液pH大小順序：③>④>②>①B.等體積的②和③混合生成強(qiáng)酸弱堿鹽，混合后溶液呈酸性C.等體積的③和④分別用等濃度的硫酸溶液中和，消耗硫酸溶液的體積：③>④D.等體積的①和②分別與足量的鋅粒反應(yīng)生成的氫氣在同溫同壓下體積：①>②4、在相同溫度下，溶液與溶液相比，前者一定大于后者的是A.中和時所需NaOH的量B.CH3COOH的電離程度C.H＋的物質(zhì)的量濃度D.CH3COOH的物質(zhì)的量5、H2A為二元弱酸。室溫下，下列指定溶液中微粒物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是(忽略溶液混合引起的體積變化)A.0.1mol/LH2A溶液：c(H2A)＞c(HA－)＞c(A2－)＞c(H+)B.0.1mol/LNaHA溶液(pH＜7)：c(Na+)＞c(HA－)；c(H2A)＞c(A2－)C.0.1mol/LNaHA溶液和0.1mol/LNaOH溶液等體積混合：c(OH－)=c(H+)+c(HA－)+2c(H2A)D.0.1mol/LNaHA溶液(pH＜7)和0.1mol/LH2A溶液等體積混合：c(Na+)＞c(HA－)+2c(A2－)6、室溫下，H2C2O4的電離平衡常數(shù)Ka1=5.9×10-2，Ka2=6.4×10-5，用0.1000mol?L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol?L-1H2C2O4溶液的曲線如圖所示（體積變化忽略不計)。下列說法正確的是。

A.滴定過程中，當(dāng)pH=4時，存在：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c()+c()B.點①、③、④所示溶液中，點③所示溶液水的電離程度最大C.點③所示溶液：3c()+2c()+c(H2C2O4)=0.lmol?L-1D.滴定過程中可能出現(xiàn)：c(Na+)＞c()=c()＞c(OH-)＞c(H+)7、醋酸鋇[(CH3COO)2Ba·H2O]是一種媒染劑，下列是有關(guān)0.1mol/L醋酸鋇溶液中粒子濃度的比較，其中不正確的是A.c(Ba2＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)B.c(H＋)＋2c(Ba2＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)C.c(H＋)＝c(OH－)－c(CH3COOH)D.2c(Ba2＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)8、含硫各微粒和存在于與NaOH溶液反應(yīng)后的溶液中，它們的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與溶液pH的關(guān)系如下圖所示．下列說法正確的是。

A.時，溶液中B.時，溶液中C.為獲得盡可能純的可將溶液的pH控制在左右D.由圖中數(shù)據(jù)可估算出為9、已知：MOH堿性比NOH強(qiáng)。常溫下，用HCl分別改變濃度均為0.1mol·L－1的MOH溶液和NOH溶液的pH(溶液體積變化忽略不計)，溶液中M＋，N＋的物質(zhì)的量濃度負(fù)對數(shù)與溶液的pH關(guān)系如圖所示，pR＝－lgc(M＋)或－lgc(N＋)；下列說法錯誤的是。

A.曲線I表示－lgc(M＋)與pH關(guān)系B.溶液中水的電離程度：Y>XC.對應(yīng)溶液中c(Cl－)：Y>ZD.常溫下，電離常數(shù)＝100評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)10、催化劑存在下，在1L的恒容密閉容器中充入0.1molCO和0.3molH2發(fā)生反應(yīng)CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)。反應(yīng)相同時間；CO的轉(zhuǎn)化率與反應(yīng)溫度的關(guān)系如圖所示。下列說法一定正確的是。

A.升高溫度，CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)的化學(xué)平衡常數(shù)增大B.圖中X點所示條件下，延長反應(yīng)時間能提高CO的轉(zhuǎn)化率C.圖中Y點所示條件下，改用性能更好的催化劑能提高CO的轉(zhuǎn)化率D.T1℃，CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)的化學(xué)平衡常數(shù)K＞111、一定條件下，兩體積均為1L的容器中發(fā)生反應(yīng)：CO（g）＋2H2（g）CH3OH（g）ΔH。容器中起始各物質(zhì)的物質(zhì)的量如下表所示，兩容器中c（H2）隨時間t的變化如下圖所示。容器溫度COH2CH3OHⅠT1℃amol2mol0molⅡT1℃0.5mol1mol0mol

下列說法正確的是A.0~5min時，容器Ⅰ中v（CO）＝0.1mol·L－1·min－1B.a＞1C.若容器Ⅱ溫度改變?yōu)門2（T2＞T1）時，平衡常數(shù)K＝1，則ΔH＜0D.T1℃時，若向容器Ⅰ中充入CO、H2、CH3OH各1mol，反應(yīng)將向逆反應(yīng)方向進(jìn)行12、25℃時，分別向20．00mL0.10mol·L-1的氨水、醋酸銨溶液中滴加0.10mol·L-1的氫碘酸；溶液pH與加入氫碘酸體積的變化關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是。

A.A點與B點由水電離產(chǎn)生的氫氧根濃度A點大于B點B.M點，c(NH3·H2O)>c(OH-)>c(H+)>c(NH4+)C.N點，c(I-)=c(NH3·H2O)+c(NH4+)D.P點，c(H+)+c(CH3COOH)=c(OH-)+c(I-)+c(NH3·H2O)13、常溫下，下列有關(guān)溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是()A.c()相等的(NH4)2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中：c(NH4HSO4)>c[(NH4)2SO4]>c(NH4Cl)B.將等體積、等物質(zhì)的量濃度的NH4HCO3與NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶體后的溶液中：c(H+)＋c(H2CO3)＝c(OH-)＋c()＋c(NH3·H2O)C.溶液X：10mL0.1mol·L-1NaCl；溶液Y：10mL0.1mol·L-1CH3COONa，則：X中離子總濃度>Y中離子總濃度D.少量的氯氣通入過量冷的0.1mol·L-1NaOH溶液中：c(Na+)＝c(HClO)＋c(ClO-)＋c(Cl-)14、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-)15、已知NaHSO3溶液顯酸性，溶液中存在以下平衡：HSO3－+H2OH2SO3+OH－①HSO3－H++SO32－②，向0.1mol/L的NaHSO3溶液中分別加入以下物質(zhì)，下列有關(guān)說法正確的是A.加入少量金屬Na，平衡①左移，平衡②右移，溶液中c(HSO3-)增大B.加入少量Na2SO3固體，則c(H+)+c(Na+)=c(HSO3－)+c(OH－)+c(SO32－)C.加入少量NaOH溶液，的值均增大D.加入氨水至中性，則c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)16、下列溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（）A.氯水中：c(Cl2)=2c(ClO-)+2c(Cl-)+2c(HClO)B.Na2CO3溶液：c(OH-)-c(H+)=c(HCO3-)+2c(H2CO3)C.等濃度的NaClO、NaHCO3混合溶液中：c(HClO)+c(ClO-)=c(HCO3-)+c(H2CO3)D.室溫下，向0.01mol/LNH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(Na+)＞c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)17、常溫下，用AgNO3溶液分別滴定濃度均為0.01mol?L-1的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡圖像如圖所示(不考慮C2O的水解)。已知Ksp(AgCl)數(shù)量級為10-10。下列敘述不正確的是（）

A.Ksp(Ag2C2O4)數(shù)量級為10-11B.n點表示Ag2C2O4的過飽和溶液C.向c(Cl-)=c(C2O)的混合液中滴入AgNO3溶液時，先生成AgCl沉淀D.Ag2C2O4(s)＋2Cl-(aq)2AgCl(s)＋C2O(aq)的平衡常數(shù)為10-0.71評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)18、①CaCO3(s)=CaO+CO2(g)；ΔH=177.7kJ/mol

②C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)；ΔH=-131.3kJ/mol

③1/2H2SO4(l)+NaOH(l)=1/2Na2SO4(l)+H2O(l)；ΔH=-57.3kJ/mol

④C(s)+O2(g)=CO2(g)；ΔH=-393.5kJ/mol

⑤CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)；ΔH=-283kJ/mol

⑥HNO3(aq)+NaOH(aq)=NaNO3(aq)+H2O(l)；ΔH=-57.3kJ/mol

⑦2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)；ΔH=-517.6kJ/mol

（1）上述熱化學(xué)方程式中，不正確的有（_________）

（2）根據(jù)上述信息，寫出C轉(zhuǎn)化為CO的熱化學(xué)方程式___________________。

（3）上述正確的反應(yīng)中，表示燃燒熱的熱化學(xué)方程式有（_________）；

（4）表示中和熱的熱化學(xué)方程式有（___________）。19、某實驗小組在T1溫度下，向容積為1L的恒容密閉容器中，同時通入0.1molCO(g)和0.1molH2O(g)，發(fā)生反應(yīng)：CO(g)＋H2O(g)?CO2(g)＋H2(g)△H＝akJ·mol－1。測得CO2的物質(zhì)的量濃度隨時間的變化關(guān)系如圖所示：

T1溫度下，某時刻另一實驗小組測得反應(yīng)容器中有關(guān)數(shù)據(jù)為c(CO)＝0.6mol·L－1、c(H2O)＝1.6mol·L－1、c(H2)＝0.4mol·L－1、c(CO2)＝0.4mol·L－1，則該反應(yīng)在下一時刻將_______(填“向正反應(yīng)方向進(jìn)行”“向逆反應(yīng)方向進(jìn)行”或“達(dá)到平衡”)，判斷依據(jù)是_____。20、工業(yè)合成氨技術(shù)反應(yīng)原理為：N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)ΔH=-92.4kJ·mol-1

(1)T℃時，反應(yīng)達(dá)到平衡，測得υ(NH3)＝0.12mol·L-1·min-1

①υ(N2)＝____mol·L-1·min-1

②化學(xué)平衡常數(shù)表達(dá)式K＝_____

(2)在其他條件相同時，圖為分別測定不同壓強(qiáng)、不同溫度下，N2的平衡轉(zhuǎn)化率。

L表示______，其中X1______X2(填“>”或“<)21、碳的化合物的轉(zhuǎn)換在生產(chǎn)、生活中具有重要的應(yīng)用，如航天員呼吸產(chǎn)生的CO2用Sabatier反應(yīng)處理，實現(xiàn)空間站中O2的循環(huán)利用。

Sabatier反應(yīng)：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)；

水電解反應(yīng)：2H2O(1)2H2(g)+O2(g)。

(1)將原料氣按n(CO2):n(H2)=1：4置于密閉容器中發(fā)生Sabatier反應(yīng)，測得H2O(g)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與溫度的關(guān)系如圖所示（虛線表示平衡曲線）。

①該反應(yīng)的平衡常數(shù)K隨溫度降低而________（填“增大”或“減小”）。

②在密閉恒溫（高于100℃）恒容裝置中進(jìn)行該反應(yīng)；下列能說明達(dá)到平衡狀態(tài)的是_____。

A．混合氣體密度不再改變B．混合氣體壓強(qiáng)不再改變。

C．混合氣體平均摩爾質(zhì)量不再改變D.n(CO2):n(H2)=1:2

③200℃達(dá)到平衡時體系的總壓強(qiáng)為p；該反應(yīng)平衡常數(shù)Kp的計算表達(dá)式為_______。（不必化簡，用平衡分，壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)）

(2)Sabatier反應(yīng)在空間站運行時，下列措施能提高CO2轉(zhuǎn)化率的是____（填標(biāo)號）。

A．適當(dāng)減壓B．合理控制反應(yīng)器中氣體的流速。

C.反應(yīng)器前段加熱，后段冷卻D.提高原料氣中CO2所占比例。

(3)一種新的循環(huán)利用方案是用Bosch反應(yīng)CO2(g)+4H2(g)C(s)+2H2O(g)代替Sabatier反應(yīng)。

①已知CO2(g)、H2O(g)的生成焓分別為-394kJ/mol；-242kJ/mol；Bosch反應(yīng)的△H=_____kJ/mol。（生成焓指一定條件下由對應(yīng)單質(zhì)生成lmol化合物時的反應(yīng)熱）

②一定條件下Bosch反應(yīng)必須在高溫下才能啟動；原因是______________。若使用催化劑，則在較低溫度下就能啟動。

③Bosch反應(yīng)的優(yōu)點是_______________。22、某二元酸(化學(xué)式用H2B表示)在水中的電離方程式是H2B=H＋＋HB－；HB－H＋＋B2－?；卮鹣铝袉栴}。

(1)Na2B溶液顯________(填“酸性”“中性”或“堿性”)，理由是____________________(用離子方程式表示)。

(2)在0.1mol·L－1的Na2B溶液中，下列粒子濃度關(guān)系式正確的是________(填字母)。

A．c(B2－)＋c(HB－)＋c(H2B)＝0.1mol·L－1

B．c(Na＋)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(HB－)

C．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HB－)＋2c(B2－)

D．c(Na＋)＝2c(B2－)＋2c(HB－)

(3)已知0.1mol·L－1NaHB溶液的pH＝2,0.1mol·L－1NaHB溶液中各種離子濃度由大到小的順序是______________________________23、（1）在醫(yī)學(xué)上小蘇打經(jīng)常用于治療胃酸過多，寫出其電離方程式__；其水溶液中各離子濃度大小的關(guān)系為__。

（2）常溫時，AlCl3的水溶液呈酸性的原因是(用離子方程式表示)：__。AlCl3溶液蒸干并灼燒得到的物質(zhì)是__(填化學(xué)式)。

（3）泡沫滅火器滅火時發(fā)生反應(yīng)的離子方程是___。24、一定量的CH4在恒壓密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：CH4(g)C(s)+2H2(g)。平衡時，體系中各氣體體積分?jǐn)?shù)與溫度的關(guān)系如圖所示：

（1）已知甲烷、碳、氫氣的燃燒熱分別為890.31kJ/mol、395.00kJ/mol、285.80kJ/mol，則該反應(yīng)的反應(yīng)熱△H=__________。

（2）下列能說明反應(yīng)一定達(dá)到平衡狀態(tài)的是_______。

a.H2和CH4的體積分?jǐn)?shù)相等b．混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不變。

c．混合氣體的密度不變d．氣體總壓強(qiáng)不再變化。

e．碳的質(zhì)量不再改變。

（3）T2℃時，若在平衡體系中充入惰性氣體，此時反應(yīng)速率________（填“變大”、“變小”或“不變”），且v正_______v逆(填“>”、“<”或“=”)。

（4）T4℃時，若在平衡體系中充入等體積的H2和CH4，則平衡_____移動，其理由是_______。

（5）T3℃時，反應(yīng)達(dá)平衡后CH4的轉(zhuǎn)化率為____________。

（6）CH4能催化重整轉(zhuǎn)化為CO和H2，下圖是一種熔融碳酸鹽燃料電池示意圖，電極A上CO參與電極反應(yīng)方程式為____________________。評卷人得分四、判斷題(共1題，共2分)25、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4題，共16分)26、某工業(yè)生產(chǎn)上用銅鎳礦石(主要成分為CuS、NiS、FeS、SiO2及不溶于酸的雜質(zhì))制備膽礬CuSO4?5H2O的流程如圖。

已知：有機(jī)萃取劑HR可以萃取Cu2+，其萃取原理(org為有機(jī)相)Cu2+(aq)+2HR(org)CuR2(org)+2H+(aq)。

(1)焙燒前粉碎的目的是_______。

(2)“調(diào)節(jié)pH時，生成氫氧化鐵沉淀的離子方程式為_______，試劑X的最佳選擇是_______(填標(biāo)號)。

a.HClb.NaOHc.H2SO4d.NH3?H2O

(3)25℃時，“調(diào)節(jié)pH”后，測得濾液中各離子濃度及相關(guān)數(shù)據(jù)如表所示。(lg2=0.3)。離子Fe3+Cu2+Ni2+Fe2+濃度/(mol·L-1)1.0×10-65.01.20對應(yīng)氫氧化物的Ksp6.4×10-382.2×10-202.0×10-158.0×10-16

該濾液的pH為_______；加入的Cu(OH)2_______(填“已經(jīng)”或“沒有”)完全溶解。

(4)向“萃取”后的水相中加入一定量的NaClO和NaOH，能制得黑色不溶物NiOOH，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。

(5)“操作Ⅱ”包括洗滌，洗滌該沉淀的操作為_______。

(6)上述流程中獲取金屬銅的方法是電解硫酸銅溶液。若電解200mL0.5mol/LCuSO4溶液，生成銅3.2g，此時溶液中離子濃度由大到小的順序是_______。27、已知：相關(guān)物質(zhì)的溶度積常數(shù)見下表：。物質(zhì)Cu(OH)2Fe(OH)3CuClCuIKsp2.2×10-202.6×10-391.7×10-71.3×10-12

現(xiàn)有某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl2，為得到純凈的CuCl2·2H2O晶體,按如圖步驟進(jìn)行提純：

（1）最適合作氧化劑X的是_________（填字母），加入X的目的是______________。

A．K2Cr2O7B．NaClOC．H2O2D．KMnO4

加入的物質(zhì)Y是____________（填化學(xué)式），調(diào)至溶液pH＝4，使溶液中的Fe3＋轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，此時溶液中的c(Fe3＋)＝__________。過濾后，將所得濾液低溫蒸發(fā)、濃縮結(jié)晶，可得到CuCl2·2H2O晶體。

（2）某學(xué)習(xí)小組用“間接碘量法”測定含有CuCl2·2H2O晶體的試樣(不含能與I－發(fā)生反應(yīng)的氧化性雜質(zhì))的純度，過程如下：取0.36g試樣溶于水，加入過量KI固體，充分反應(yīng)，生成白色沉淀。用0.1000mol·L-1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，到達(dá)滴定終點時，消耗Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液20.00mL。(I2＋2S2O32-=S4O62-＋2I－)

①可選用___________作滴定指示劑。

②CuCl2溶液與KI反應(yīng)的離子方程式為________________。

③該試樣中CuCl2·2H2O的質(zhì)量百分?jǐn)?shù)為_______________。28、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(dá)終點時消耗V2mL標(biāo)準(zhǔn)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?jǐn)?shù)為__________________(假定雜質(zhì)不參與反應(yīng)，列出表達(dá)式即可)。29、磷酸亞鐵鋰LiFePO4是一種新型汽車鋰離子電池的電極材料。某化工廠以鐵紅、鋰輝石LiAl（SiO3）2（含少量Ca2+、Mg2+的鹽）；碳粉等原料來生產(chǎn)磷酸亞鐵鋰。其主要工藝流程如圖：

已知：2LiAl（SiO3）2+H2SO4(濃)Li2SO4+Al2O3·4SiO2·H2O↓。溫度/℃20406080溶解度(Li2CO3)/g1.331.171.010.85溶解度(Li2SO4)/g34.232.831.930.7

（1）從濾渣Ⅰ中可分離出Al2O3，如圖所示。請寫出生成沉淀的離子方程式___。

（2）濾渣Ⅱ的主要成分是：___（填化學(xué)式）。

（3）向濾液Ⅱ中加入飽和Na2CO3溶液，過濾后，用“熱水洗滌”的原因是___。

（4）寫出在高溫下生成磷酸亞鐵鋰的化學(xué)方程式：___。

（5）磷酸亞鐵鋰電池總反應(yīng)為：FePO4+LiLiFePO4，電池中的固體電解質(zhì)可傳導(dǎo)Li+。試寫出該電池放電時的正極反應(yīng)：___。若用該電池電解飽和食鹽水（電解池電極均為惰性電極），當(dāng)電解池兩極共有4480mL氣體（標(biāo)準(zhǔn)狀況）產(chǎn)生時，該電池消耗鋰的質(zhì)量為___。評卷人得分六、計算題(共4題，共16分)30、乙二醛（OHC—CHO）是一種重要化工產(chǎn)品。工業(yè)上，可用乙二醇（HOCH2CH2OH）氣相氧化法制備乙二醛。已知：

①OHC—CHO(g)＋2H2(g)HOCH2CH2OH(g)ΔH＝－78kJ·mol－1

②幾種化學(xué)鍵的鍵能如下表所示：?；瘜W(xué)鍵H-HO=OH-O鍵能/kJ·mol－1436497463

2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝________kJ·mol－1。乙二醇?xì)庀嘌趸ㄖ苽湟叶┑臒峄瘜W(xué)方程式為____________。31、按要求回答下列問題：

(1)N2與O2生成NO的過程如下：

則：N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=______________kJ/mol

(2)已知：甲烷的燃燒熱ΔH=-890kJ/mol，則甲烷完全燃燒的熱化學(xué)方程式可表示為________________。

(3)已知：1mol水蒸氣變成液態(tài)水放熱44kJ，結(jié)合本題(1)、(2)信息，推知：CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=________kJ/mol32、（1）磷是地殼中含量較為豐富的非金屬元素，主要以難溶于水的磷酸鹽如Ca3（PO4）2等形式存在。它的單質(zhì)和化合物在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中有著重要的應(yīng)用。

白磷（P4）可由Ca3（PO4）2、焦炭和SiO2在一定條件下反應(yīng)獲得。相關(guān)熱化學(xué)方程式如下：

2Ca3（PO4）2（s）+10C（s）═6CaO（s）+P4（s）+10CO（g）△H1＝+3359.26kJ?mol﹣1

CaO（s）+SiO2（s）═CaSiO3（s）△H2＝﹣89.61kJ?mol﹣1

寫出白磷（P4）由Ca3（PO4）2、焦炭和SiO2在一定條件下反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：_____。

（2）電子工業(yè)中清洗硅片上的SiO2（s）的反應(yīng)為SiO2（s）+4HF（g）═SiF4（g）+2H2O（g）△H（298.15K）＝﹣94.0kJ?mol﹣1△S（298.15K）＝﹣75.8J?mol﹣1?K﹣1，設(shè)△H和△S不隨溫度而變化，此反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行的溫度是_____33、25℃時，已知Ksp[Fe(OH)3]=8×10－38，則0.01mol/LFeCl3溶液中欲使Fe3＋沉淀，求溶液所需的最小pH。___參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】【詳解】

A選項，設(shè)達(dá)平衡時Y反應(yīng)的物質(zhì)的量為x，則2X(?)+Y(?)aZ(g)

起始量：2mol2mol0

轉(zhuǎn)化量：2xxax

平衡量：2-2x2-xax

由(2-2x):(2-x):ax=1:3:2；可得x=0.8，a=1，故A錯誤；

B選項，若X、Y均為氣態(tài)，反應(yīng)Ⅰ體系的壓強(qiáng)大于反應(yīng)Ⅱ體系的壓強(qiáng)，反應(yīng)Ⅰ可看成是在Ⅱ的基礎(chǔ)上增大壓強(qiáng)，平衡向反應(yīng)方向移動，則轉(zhuǎn)化率Ⅰ>Ⅱ；故B錯誤；

C選項；如X；Y都是氣體，則混合氣體的密度不變，如圖所示，體積不變，氣體的密度增大，則應(yīng)有固體或液體參加反應(yīng)生成氣體，故C正確；

D選項；若X為固態(tài)；Y為氣態(tài)，則反應(yīng)前后氣體的物質(zhì)的量相等，壓強(qiáng)不變，圖Ⅱ壓強(qiáng)等于圖Ⅰ壓強(qiáng)，則Ⅰ、Ⅱ中從開始到平衡所需的時間：Ⅰ=Ⅱ，故D錯誤。

綜上所述，答案為C。2、A【分析】【詳解】

A.由圖可知壓強(qiáng)一定時，隨著溫度升高，CH4的平衡轉(zhuǎn)化率增大，使得該反應(yīng)的平衡常數(shù)增大，故A不正確；B.1100℃，p4條件下，該反應(yīng)10min時達(dá)到平衡點X，則v(CO2)=v(CH4)=0.008mol·L-1·min-1，故B正確；C.由圖可知溫度一定時，CH4的平衡轉(zhuǎn)化率隨p1、p2、p3、p4減小，加壓平衡左移，CH4的平衡轉(zhuǎn)化率減小，所以p1234，故C正確；D.由于從反應(yīng)物開始反應(yīng)，生成物CO與H2的化學(xué)計量數(shù)比為1:1，所以平衡時CO與H2的物質(zhì)的量比為1∶1，故D正確。故選A。3、B【分析】【分析】

本題考查弱電解質(zhì)的電離平衡；溶液中的pH計算及酸性強(qiáng)弱的比較，溶液的稀釋對電離平衡的影響以及溶液的酸堿性的判斷，難度較大。

【詳解】

pH=3的CH3COOH溶液中c(CH3COOH)>10-3mol·L－1,pH=3的鹽酸中c(HCl)=10-3mol·L－1,pH=11的氨水中c(NH3·H2O)＞10-3mol·L－1，pH=11的NaOH溶液中c(NaOH)=10-3mol·L－1

A.若將四種溶液稀釋100倍，弱電解質(zhì)的pH變化較小，堿溶液的pH大于酸溶液，則稀釋后溶液pH大小順序為：③>④>②>①，A項錯誤；

B.等體積的②和③混合生成強(qiáng)酸弱堿鹽；氨水為弱堿，堿的物質(zhì)的量遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于酸的物質(zhì)的量，所以所得混合溶液呈堿性，其pH大于7，B項正確；

C.c(NH3·H2O)＞c(NaOH)所以等體積的③和④分別用等濃度的硫酸溶液中和，消耗硫酸溶液的體積：③>④，C項錯誤；

D.醋酸為弱酸，則c(CH3COOH)＞c(HCl)，等體積的①和②分別與足量鎂粉反應(yīng)，生成的量①>②；D項錯誤；

答案選B。

【點睛】

因醋酸為弱酸故pH=3的CH3COOH溶液中c(CH3COOH)>10-3mol·L－1，氨水為弱堿pH=11的氨水中c(NH3·H2O)＞10-3mol·L－1，故BCD三項在判斷時，應(yīng)考慮其物質(zhì)的總量來判斷。4、B【分析】【詳解】

A．兩溶液中的醋酸與NaOH反應(yīng)時所能電離出的的物質(zhì)的量相等；中和時消耗NaOH的量相同，A不選；

B．弱酸的濃度越小，其電離程度越大，對于兩溶液而言，則0.01mol/LCH3COOH溶液中CH3COOH的電離程度大于0.1mol/LCH3COOH溶液；B選；

C.0.01mol/LCH3COOH溶液中CH3COOH的電離程度大于0.1mol/LCH3COOH溶液，0.01mol/LCH3COOH溶液中較大，但較??；C不選；

D．在兩溶液中均有弱酸的濃度越小，越大，越小，即0.01mol/LCH3COOH溶液中小；D不選；

故答案為：B。5、C【分析】【詳解】

A．H2A為二元弱酸，溶液中存在電離H2AHA－+H+、HA－A2－+H+，且第一步電離程度大于第二步，但弱電解質(zhì)的電離是微弱的，所以c(H2A)＞c(H+)＞c(HA－)＞c(A2－)；故A錯誤；

B．0.1mol/LNaHA溶液中存在HA－的電離和水解，溶液pH＜７說明電離程度大于水解程度，所以c(A2－)＞c(HA－)；故B錯誤；

C．0.1mol/LNaHA溶液和0.1mol/LNaOH溶液等體積混合所得溶液的溶質(zhì)為Na2A，溶液中存在電荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(HA－)+2c(A2－)+c(OH－)，存在物料守恒c(Na+)=2c(HA－)+2c(A2－)+2c(H2A)，二式聯(lián)立可得c(OH－)=c(H+)+c(HA－)+2c(H2A)；故C正確；

D．混合溶液應(yīng)顯酸性，溶液中存在電荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(HA－)+2c(A2－)+c(OH－)，酸性溶液中c(H+)＞c(OH－)，所以c(Na+)＜c(HA－)+2c(A2－)；故D錯誤；

綜上所述答案為C。6、C【分析】【詳解】

A．滴定過程中，當(dāng)pH=4時，為酸性溶液，存在電荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c()+c()；故A錯誤；

B．點①溶液顯酸性；抑制水的電離，點③對應(yīng)的溶液呈中性，點④所示溶液中消耗氫氧化鈉40mL，二者恰好完全反應(yīng)，溶液中的溶質(zhì)為草酸鈉，草酸根離子水解使溶液顯堿性，促進(jìn)水的電離，則點④所示溶液水的電離程度最大，故B錯誤；

C．原草酸溶液中存在物料守恒：c()+c()+c(H2C2O4)=0.lmol?L-1，點③對應(yīng)的溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，根據(jù)電荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c()+c()，可得c(Na+)=2c()+c()，設(shè)點③時加入的氫氧化鈉溶液的體積為V，3c()+2c()+c(H2C2O4)=2c()+c()+c()+c()+c(H2C2O4)=c(Na+)+c()+c()+c(H2C2O4)===0.lmol?L-1；故C正確；

D．若c(OH-)＞c(H+)，溶液顯堿性，當(dāng)點④之后繼續(xù)加氫氧化鈉溶液可符合，c(Na+)＞c()，但來自于的水解，且加堿抑制的水解，則溶液中始終c()＞c()；不可能相等，故D錯誤；

答案選C。7、A【分析】【詳解】

A、CH3COO-離子水解程度較小，水解后溶液呈堿性，由（CH3COO）2Ba可知，則有c（CH3COO-）＞c（Ba2+），c（OH-）＞c（H+），正確的順序應(yīng)為，c（CH3COO-）＞c（Ba2+）＞c（OH-）＞c（H+）；故A錯誤；

B、溶液呈電中性，溶液中陽離子所帶電荷等于陰離子所帶電荷，故c（H+）+2c（Ba2+）=c（CH3COO-）+c（OH-）；故B正確；

C、根據(jù)溶液電中性可知：c（H+）+2c（Ba2+）=c（OH-）+c（CH3COO-），根據(jù)物料守恒可知，c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=2c（Ba2+），則有c（H+）+c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=c（OH-）+c（CH3COO-），則c（H+）=c（OH-）-c（CH3COOH）；故C正確；

D、由(CH3COO)2Ba，根據(jù)物料守恒可知，c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=2c（Ba2+），故D正確；故選A。8、C【分析】【詳解】

A．當(dāng)溶液的pH=8時，根據(jù)圖示得到溶液是亞硫酸鈉和亞硫酸氫鈉的混合物，離子濃度大小順序是：c(Na+)＞c(SO32-)＞c(HSO3-)＞c(OH-)＞c(H+)，則c(SO32-)＞c(HSO3-)；故A錯誤；

B．pH=7時，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，溶液中存在電荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-)，故溶液中c(Na+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)；故B錯誤；

C．圖像可知，為獲得盡可能純的NaHSO3；可將溶液的pH控制在4～5左右，故C正確；

D．由圖中數(shù)據(jù)，pH=2時，c(HSO3-)=c(H2SO3)，HSO3-?SO32-+H+，則由Ka的表達(dá)式可知，H2SO3的第二級電離平衡常數(shù)K2==≈c(H+)=10-2；故D錯誤；

故答案為C。9、C【分析】【分析】

MOH中Kb(MOH)=NOH中Kb(NOH)=X和Y點c(M＋)=c(N＋)，根據(jù)物料守恒，兩點中c(MOH)=c(NOH)，因為MOH的堿性強(qiáng)于NOH，則有Kb(MOH)>Kb(NOH)，推出前者c(OH－)>c(OH－)，即pH越大，c(OH－)越大，曲線I表示－lgc(M＋)與pH的關(guān)系；據(jù)此分析；

【詳解】

A.MOH中Kb(MOH)=NOH中Kb(NOH)=X和Y點c(M＋)=c(N＋)，根據(jù)物料守恒，兩點中c(MOH)=c(NOH)，因為MOH的堿性強(qiáng)于NOH，則有Kb(MOH)>Kb(NOH)，推出前者c(OH－)>c(OH－)，即pH越大，c(OH－)越大，曲線I表示－lgc(M＋)與pH的關(guān)系；故A說法正確；

B.溶液中c(H＋)來自于水的電離；根據(jù)圖像，X點的pH大于Y點的pH，推出Y點中水電離程度大于X點，故B說法正確；

C.根據(jù)電荷守恒，c(M＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(Cl－)，c(N＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(Cl－)，Y點和Z點pH相同，即兩溶液中c(H＋)相同，c(OH－)相同，根據(jù)圖像，Z點中c(M＋)大于Y點中c(N＋)，即Z點c(Cl－)大于Y點c(Cl－)；故C說法錯誤；

D.Kb(MOH)=Kb(NOH)=電離平衡常數(shù)只受溫度的影響，與濃度大小無關(guān)，取X和Y兩點：c(M＋)=c(N＋)，c(MOH)=c(NOH)，=100；故D說法正確；

答案：D。二、多選題(共8題，共16分)10、BD【分析】【分析】

從圖像可以看出，隨著溫度的升高化學(xué)反應(yīng)速率加快，在相同的反應(yīng)時間內(nèi)，CO的轉(zhuǎn)化率增大；T1℃時CO的轉(zhuǎn)化率為50%；據(jù)此分析。

【詳解】

A．從圖像可以看出；隨著溫度的升高化學(xué)反應(yīng)速率加快，在相同的反應(yīng)時間內(nèi)，CO的轉(zhuǎn)化率增大，但無法判斷溫度升高平衡移動的方向，故無法得出溫度升高平衡常數(shù)增大的結(jié)論，故A錯誤；

B．圖中X點所示條件下；反應(yīng)沒有達(dá)到平衡狀態(tài)，延長反應(yīng)時間，反應(yīng)正向進(jìn)行，能提高CO的轉(zhuǎn)化率，故B正確；

C．圖中Y點所示條件下；改用性能更好的催化劑能加快反應(yīng)速率，不能提高CO的轉(zhuǎn)化率，故C錯誤；

D．根據(jù)反應(yīng)：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)；列出三段式：

K=＞１；故D正確；

答案選BD。11、AC【分析】【分析】

先分析反應(yīng)：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，氣體分子數(shù)兩邊不等；再對比容器Ⅰ、Ⅱ，體積相等，均從反應(yīng)物開始，Ⅱ中H2濃度是Ⅰ中H2的一半，平衡后Ⅱ中H2濃度也是Ⅰ中H2的一半，如果a=1，則Ⅰ相當(dāng)于在與Ⅱ等效的基礎(chǔ)上加壓，平衡偏向正向，平衡時H2的物質(zhì)的量濃度小于1mol?L-1，所以a應(yīng)小于1。根據(jù)Ⅱ的平衡可計算出T1時的平衡常數(shù)：

可在此基礎(chǔ)上對各選項作出判斷。

【詳解】

A.0~5min時，容器Ⅰ中v(CO)＝v(H2)=×=0.1mol·L-1·min-1；A選項正確；

B.如果a=1，則Ⅰ相當(dāng)于在與Ⅱ等效的基礎(chǔ)上加壓，使得平衡時H2的物質(zhì)的量濃度小于1mol?L-1；B選項錯誤；

C.容器Ⅱ溫度改變?yōu)門2(T2＞T1)時，平衡常數(shù)KT2＝1＜KT1=4，說明升高溫度反應(yīng)逆向移動，則ΔH＜0；C選項正確；

D.T1℃時，若向容器Ⅰ中充入CO、H2、CH3OH各1mol，此時Q==1＜KT1=4；反應(yīng)將向正反應(yīng)方向進(jìn)行，D選項錯誤；

答案選AC。

【點睛】

1.對于可逆反應(yīng)：同等倍數(shù)增大濃度；相當(dāng)于在和原來等效的基礎(chǔ)上加壓，即，同等倍數(shù)增大濃度，平衡將更偏向于氣體分子數(shù)減少的方向；相反，同等倍數(shù)減小濃度，相當(dāng)于在和原來等效的基礎(chǔ)上減壓，平衡將更偏向于氣體分子數(shù)增大的方向。

2.可利用濃度商Q和平衡常數(shù)K的關(guān)系判斷可逆反應(yīng)的移動方向：Q＞K，平衡逆向移動；Q=K，達(dá)到平衡；Q＜K，正向移動。12、AD【分析】【詳解】

A．A點為醋酸銨溶液；醋酸銨為弱酸弱堿鹽，促進(jìn)水的電離，B點為碘化銨與氨水的混合液，不抑制，也不促進(jìn)水的電離，由水電離產(chǎn)生的氫氧根濃度A點大于B點，A說法正確；

B．M點為氨水，溶液顯堿性，c(NH3·H2O)>c(OH-)>c(NH4+)>c(H+)；B說法錯誤；

C．N點為碘化銨與氨水的混合液，且物質(zhì)的量相等，根據(jù)物料守恒，2c(I-)=c(NH3·H2O)+c(NH4+)；C說法錯誤；

D．P點為碘化銨與醋酸的混合液，且物質(zhì)的量相等，根據(jù)電荷守恒，c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(I-)+c(CH3COO-)，根據(jù)物料守恒，c(NH3·H2O)+c(NH4+)=c(I-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，變形c(NH4+)=c(I-)-c(NH3·H2O)，c(CH3COO-)=c(CH3COOH)-c(I-)帶入電荷守恒的等式，即可得到c(H+)+c(CH3COOH)=c(OH-)+c(I-)+c(NH3·H2O)；D說法正確；

答案為AD。13、BC【分析】【詳解】

A．(NH4)2SO4可以電離出兩個銨根，所以c()相等時，其濃度最小，NH4HSO4可以電離出氫離子抑制銨根的水解，所c(NH4HSO4)<c(NH4Cl)，則三種溶液的濃度大小關(guān)系為：c(NH4Cl)>c(NH4HSO4)>c[(NH4)2SO4]；故A錯誤；

B．析出部分NaHCO3晶體后，可以認(rèn)為溶液中溶質(zhì)為NH4Cl和NaHCO3，溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)+c()=c(OH-)+c(HCO)+2c()+c(Cl-)，溶液中存在物料守恒：c(Na+)=c(HCO)+c()+c(H2CO3)，c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3?H2O)，聯(lián)立可得c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)+c()+c(NH3?H2O)；故B正確；

C．NaCl溶液中存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，所以溶液中離子總濃度即為2[c(Na+)+c(H+)]，同理可得醋酸鈉溶液中離子總濃度也為2[c(Na+)+c(H+)]，兩溶液中c(Na+)相同，但醋酸鈉溶液中存在醋酸根的水解使溶液顯堿性，所以氫離子濃度較小，則X中離子總濃度>Y中離子總濃度；故C正確；

D．少量的氯氣通入過量冷的0.1mol·L-1NaOH溶液中，溶液中的溶質(zhì)為NaCl、NaClO、NaOH，所以c(Na+)>c(HClO)＋c(ClO-)＋c(Cl-)；故D錯誤；

故答案為BC。14、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。15、CD【分析】【詳解】

A.加入少量金屬Na，Na與HSO3-電離出的H+反應(yīng)，促使平衡②右移，HSO3-離子濃度減小，又促使平衡①左移，平衡①左移，平衡②右移，溶液中c(HSO3-)濃度減小，A錯誤；

B.加入少量Na2SO3固體溶解后溶液中存在電荷守恒，c(H+)+c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，B錯誤；

C.加入氫氧化鈉與氫離子反應(yīng)，c(H+)減小，平衡右移，抑制水解，平衡左移，c(SO32-)，c(OH-)濃度增大，c(HSO3-)減小，的比值增大，C正確；

D.在NaHSO3溶液中鈉離子與硫元素的所有存在形式物質(zhì)的量相等，加入氨水至中性后該數(shù)量關(guān)系依然存在，所以c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)，D正確。

答案選CD。16、BD【分析】【詳解】

A．氯水中未反應(yīng)的氯氣分子與反應(yīng)掉的氯氣沒有明確的數(shù)量關(guān)系，并不存在c(Cl2)=2c(ClO-)+2c(Cl-)+2c(HClO)，故A錯誤；

B．任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒和物料守恒，根據(jù)電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，根據(jù)物料守恒得c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)，所以得c(OH-)-c(H+)=c(HCO3-)+2c(H2CO3)(即質(zhì)子守恒)，故B正確；

C．任何電解質(zhì)溶液中都存在物料守恒，根據(jù)物料守恒得c(HClO)+c(ClO-)=c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)=c(Na+)，故C錯誤；

D．溶液呈中性，則c(OH-)=c(H+)，如果二者以1：1反應(yīng)，則溶質(zhì)為硫酸鈉、硫酸銨，溶液呈酸性，所以要使混合溶液呈中性，氫氧化鈉要過量，銨根離子易水解，結(jié)合物料守恒得c(Na+)＞c(SO42-)＞c(NH4+)，溶液中水的電離程度很小，所以離子濃度大小順序是c(Na+)＞c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)，故D正確；

故選：BD。17、BD【分析】【分析】

若曲線X為AgCl的沉淀溶解平衡曲線，則Ksp(AgCl)=c(Ag+)?c(Cl?)=10?4×10?5.75=10?9.75=100.25×10?10，則數(shù)量級為10-10，若曲線Y為AgCl的沉淀溶解平衡曲線，則Ksp(AgCl)=c(Ag+)?c(Cl?)=10?4×10?2.46=10?6.46=100.54×10?7，則數(shù)量級為10-7，又已知Ksp(AgCl)數(shù)量級為10-10，則曲線X為AgCl的沉淀溶解平衡曲線，則曲線Y為Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲線，Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)?c(C2O42-)=(10?4)2×(10?2.46)=10?10.46；據(jù)此分析解答。

【詳解】

A.由以上分析知，曲線Y為Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲線，Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)?c(C2O42-)=(10?4)2×(10?2.46)=10?10.46=100.54×10?11，則Ksp(Ag2C2O4)數(shù)量級為10-11；故A正確；

B.曲線Y為Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲線，n點的離子積Qc(Ag2C2O4)＜Ksp(Ag2C2O4)，故為Ag2C2O4的不飽和溶液；故B錯誤；

C.根據(jù)圖象可知，當(dāng)陰離子濃度相同時，生成AgCl沉淀所需的c(Ag+)小于生成Ag2C2O4沉淀所需的c(Ag+)，故向c(Cl?)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液時；先析出氯化銀沉淀，故C正確；

D.Ag2C2O4＋2Cl－=2AgCl＋C2O42-的平衡常數(shù)此時溶液中的c(Ag+)相同，故有故D錯誤；

故選BD。三、填空題(共7題，共14分)18、略

【分析】【詳解】

（1）根據(jù)熱化學(xué)方程式的書寫方法判斷，①②③都是有錯誤的，錯誤之處分別是：①中物質(zhì)沒標(biāo)狀態(tài)，②是吸熱反應(yīng)，△H=+131kJ/mol，③除H2O外其它物質(zhì)的狀態(tài)不是“l(fā)”應(yīng)為“aq”、△H=-57.3kJ/mol；其他均正確；

（2）結(jié)合化學(xué)反應(yīng)④⑤，利用蓋斯定律：④-⑤得C(s)+O2(g)=CO(g)；ΔH=-110.5kJ/mol；

（3）1mol物質(zhì)完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物放出的熱量為燃燒熱；上述反應(yīng)中，④⑤分別是表示C；CO燃燒熱的熱化學(xué)方程式；

（4）稀強(qiáng)酸和稀強(qiáng)堿反應(yīng)生成1mol水所放出的熱量為中和熱，反應(yīng)中⑥為中和熱的熱化學(xué)方程式。【解析】①②③C(s)+1/2O2(g)=CO(g)；ΔH=-110.5kJ/mol④⑤⑥19、略

【分析】【分析】

結(jié)合圖像和題目信息列出“三段式”，求出T1溫度下的平衡常數(shù)，再比較某時刻的Qc的平衡常數(shù)的大??；判斷反應(yīng)進(jìn)行的方向。

【詳解】

T1溫度下；由圖可知，10min時反應(yīng)達(dá)到平衡，結(jié)合題目信息列出“三段式”，容器的體積為1L，有：

則該溫度下，此反應(yīng)的平衡常數(shù)K===T1溫度下，某時刻，另一小組的反應(yīng)的Qc=則該反應(yīng)向正反應(yīng)方向移動，故答案為：向正反應(yīng)方向進(jìn)行；Qc=所以該反應(yīng)向正反應(yīng)方向進(jìn)行?！窘馕觥肯蛘磻?yīng)方向進(jìn)行Q=所以該反應(yīng)向正反應(yīng)方向進(jìn)行20、略

【分析】【詳解】

(1)①根據(jù)速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，可知：υ(N2)＝υ(NH3)＝

故答案為：0.06;

②化學(xué)平衡常數(shù)等于生成物濃度的冪之積比反應(yīng)物濃度的冪之積，則該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式為K=

故答案為：

(2)若X代表溫度，L代表壓強(qiáng)，由圖像可知隨橫坐標(biāo)壓強(qiáng)的增大X曲線呈增大趨勢，可知平衡正向移動，該反應(yīng)正向氣體分子數(shù)減小，增大壓強(qiáng)平衡正向移動與圖像吻合；若X代表壓強(qiáng)，L代表溫度，則隨溫度的升高，氮氣的轉(zhuǎn)化率增大，平衡正向移動，而該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升溫平衡逆向移動，與圖像不符，故X代表溫度，L代表壓強(qiáng)；由圖像可知當(dāng)壓強(qiáng)一定時，溫度X1對應(yīng)的氮氣轉(zhuǎn)化率大于溫度X2對應(yīng)的氮氣轉(zhuǎn)化率，由此可知溫度由X2到X1的過程平衡正向移動，而該反應(yīng)放熱，溫度降低時平衡正向移動，因此X1小于X2；

故答案為：壓強(qiáng)；<；【解析】0.06壓強(qiáng)<21、略

【分析】①根據(jù)圖中平衡時的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)曲線隨溫度的降低而增大；可知該正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，K隨溫度的升高而減小，K隨溫度降低而增大。答案：增大。

②根據(jù)在密閉恒溫（高于100℃）恒容裝置中進(jìn)行的反應(yīng)CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)；可知A．混合氣體密度不會改變，所以不能作為平衡的依據(jù)，故A錯；B．由反應(yīng)可知此反應(yīng)兩邊計量數(shù)不等，所以混合氣體壓強(qiáng)不再改變標(biāo)志達(dá)到平衡，故B正確。C．混合氣體平均摩爾質(zhì)量M=m/n,M不變說明n不在改變，說明達(dá)到平衡了。故C正確；D.n(CO2):n(H2)=1:2不符合化學(xué)平衡的定義；不能作為判斷平衡的依據(jù)，故D錯。本題答案：BC。

③在密閉容器里全部由氣體參與的反應(yīng)中，平衡時氣體壓強(qiáng)之比=氣體物質(zhì)的量之比=氣體物質(zhì)的量濃度之比。根據(jù)反應(yīng)達(dá)到平衡時的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，可知平衡時所占的壓強(qiáng)為根據(jù)化學(xué)反應(yīng)方程式可知所占壓強(qiáng)為因此和所占的壓強(qiáng)為根據(jù)初始投料比以及和的化學(xué)計量數(shù)之比可知反應(yīng)達(dá)到平衡時，兩者的物質(zhì)的量之比也為故平衡時所占的壓強(qiáng)為所占的壓強(qiáng)為故可寫出的表達(dá)式為

（2）A項，該反應(yīng)為氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，根據(jù)勒夏特列原理可知減壓后反應(yīng)向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，會降低的轉(zhuǎn)化效率，故A項錯；B根據(jù)CO2(g)+4H2(g)C(s)+2H2O(g)，合理控制反應(yīng)器中氣體的流速，可以增大反應(yīng)物接觸面積，可以使反應(yīng)物充分反應(yīng)，提高反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率，故B正確；C項，反應(yīng)器前段加熱可以加快反應(yīng)速率，后段冷卻可以加大反應(yīng)的轉(zhuǎn)化率，因此該措施能提高的轉(zhuǎn)化效率，故選C項；D項，提高原料氣中的比例會增大的轉(zhuǎn)化率，但會減小的轉(zhuǎn)化效率；故D項錯。綜上所述，本題正確答案為BC。

（3）①根據(jù)題目給出條件可知a.b.由即可得Bosch反應(yīng)，其反應(yīng)熱為

②在化學(xué)反應(yīng)中；只有活化分子才能發(fā)生有效碰撞而發(fā)生化學(xué)反應(yīng)。升高溫度可以提高反應(yīng)物的活化能，從而發(fā)生反應(yīng)，而Bosch反應(yīng)的反應(yīng)活化能高，所以必須在高溫下才能啟動。

③在Bosch反應(yīng)中，氫原子全部轉(zhuǎn)化到水分子中，水電解后氫原子又重新全部形成因此該方案的優(yōu)點為氫原子利用率為【解析】增大BCBC-90反應(yīng)的活化能高氫原子利用率為100%22、略

【分析】【分析】

該二元酸在水中第一步完全電離、第二步部分電離，所以在Na2B的水溶液中只有B2－能發(fā)生水解生成HB－，但是HB－不發(fā)生水解；溶液中存在電荷守恒和物料守恒，根據(jù)電荷守恒和物料守恒判斷。

【詳解】

（1）該二元酸在水中第一步完全電離、第二步部分電離，所以在Na2B的水溶液中只有B2－能發(fā)生水解生成HB－，溶液呈堿性，用離子方程式表示：B2－＋H2OHB－＋OH－；故答案為：堿性；B2－＋H2OHB－＋OH－；

（2）A．HB－不發(fā)生水解，則該溶液中含有B元素的微粒有B2－、HB－，不含H2B，c(B2－)＋c(HB－)＝0.1mol·L－1；故A錯誤；

B．B2－水解導(dǎo)致溶液呈堿性，則c（OH－）＞c（H＋），鈉離子不水解，則c（Na＋）＞c（HB－），所以存在c（Na＋）+c（OH－）＞c（H＋）+c（HB－），或根據(jù)質(zhì)子守恒得c（OH－）=c（H＋）+c（HB－）；故B錯誤；

C．根據(jù)電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HB－)＋2c(B2－)；故C正確；

D．根據(jù)物料守恒：c(Na＋)＝2c(B2－)＋2c(HB－)；故D正確；

故選CD；

（3）0.1mol·L－1NaHB溶液的pH＝2，c(Na＋)=0.1mol·L－1，c(HB－)=0.09mol·L－1，加上水電離的氫離子c(H＋)>0.01mol·L－1,c(B2－)=0.01mol·L－1,水電離的c(OH－)，0.1mol·L－1NaHB溶液中各種離子濃度由大到小的順序是c(Na＋)＞c(HB－)＞c(H＋)＞c(B2－)＞c(OH－)；故答案為：c(Na＋)＞c(HB－)＞c(H＋)＞c(B2－)＞c(OH－)。

【點睛】

本題考查弱電解質(zhì)的電離及鹽類水解，側(cè)重考查分析判斷能力，明確B2－只發(fā)生第一步水解是解本題關(guān)鍵，注意該溶液中c（H2B）=0，為解答易錯點?！窘馕觥竣?堿性②.B2－＋H2OHB－＋OH－③.CD④.c(Na＋)＞c(HB－)＞c(H＋)＞c(B2－)＞c(OH－)23、略

【分析】【詳解】

(1)小蘇打的電離方程式為NaHCO3=Na++HCO3-；其水溶液中存在：NaHCO3=Na++HCO3-，HCO3-?H++CO32-、HCO3-+H2O?H2CO3+OH-以及H2O?H++OH-；鈉離子不水解，碳酸氫根離子水解，所以c(Na+)＞c(HCO3-)，碳酸氫鈉水解而使溶液呈堿性，所以c(OH-)＞c(H+)，但水解是微弱的，溶液中陰離子主要是碳酸氫根離子，所以c(HCO3-)＞c(OH-)，溶液中碳酸氫根離子電離出氫離子和碳酸根離子、水電離出氫離子，所以c(H+)＞c(CO32-)，故溶液中各種離子濃度大小順序是c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(OH-)＞c(H+)＞c(CO32-)；

(2)AlCl3的水溶液中存在鋁離子的水解，所以溶液顯酸性，水解方程式為：Al3++3H2O?Al(OH)3+3H+；AlCl3溶液蒸干過程中加熱促進(jìn)其水解，而鹽酸易揮發(fā)，所以蒸干得到的是氫氧化鋁，灼燒后得到Al2O3；

(3)硫酸鋁和碳酸氫鈉能相互促進(jìn)水解生成氫氧化鋁沉淀和二氧化碳?xì)怏w，離子方程式為Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑?！窘馕觥竣?NaHCO3=Na++HCO3-②.c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(OH-)＞c(H+)＞c(CO32-)③.Al3++3H2O?Al(OH)3+3H+④.Al2O3⑤.Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑24、略

【分析】【詳解】

(1)碳單質(zhì)、氫氣、甲烷的燃燒熱(△H)分別為-393.5kJ/mol、-285.8kJ/mol、-890.3kJ/mol，則它們的熱化學(xué)反應(yīng)方程式分別為：①C(s)+O2(g)═CO2(g)△H=-395.0kJ/mol；②H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H=-285.80kJ/mol；③CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.31kJ/mol；根據(jù)蓋斯定律，由①+②×2-③得，C(s)+2H2(g)=CH4(g)，△H=[(-395.0kJ/mol)+(-285.8kJ/mol)×2]-(-890.31kJ/mol)=-76.29kJ/mol，則CH4(g)C(s)+2H2(g)△H=+76.29kJ/mol；故答案為+76.29kJ/mol；

(2)a.H2和CH4的體積分?jǐn)?shù)相等，不表示濃度不變，不能說明達(dá)到平衡狀態(tài)，錯誤；b．該反應(yīng)的氣體的質(zhì)量和物質(zhì)的量均發(fā)生變化，混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不變，能夠說明達(dá)到平衡狀態(tài)，正確；c．該反應(yīng)中氣體的質(zhì)量變化，而體積不變，混合氣體的密度不變，能夠說明達(dá)到平衡狀態(tài)，正確；d．在恒壓密閉容器中壓強(qiáng)始終不變，不能說明達(dá)到平衡狀態(tài)，錯誤；e．碳的質(zhì)量不再改變，說明其他物質(zhì)的質(zhì)量也不變，能夠說明達(dá)到平衡狀態(tài)，正確；故選bce；

(3)T2℃時，若在平衡體系中充入惰性氣體，容器的體積增大，相當(dāng)于減小壓強(qiáng)，反應(yīng)速率變小，平衡正向移動，v正＞v逆，故答案為變??；>；

(4)根據(jù)圖像，T4℃時，H2和CH4的體積分?jǐn)?shù)相等，若在平衡體系中充入等體積的H2和CH4，H2、CH4的濃度不變，平衡不移動，故答案為不移動；H2、CH4的濃度不變；

(5)根據(jù)圖像，T3℃時，平衡時，甲烷的體積分?jǐn)?shù)為60%，根據(jù)CH4(g)C(s)+2H2(g)，設(shè)反應(yīng)的甲烷的物質(zhì)的量為x，甲烷的總量為1mol，則×100%=60%，解得：x=0.25mol，則平衡后CH4的轉(zhuǎn)化率為×100%=25%；故答案為25%；

(6)電解質(zhì)沒有OH-，負(fù)極反應(yīng)為：H2+CO32--2e-=H2O+CO2，CO-2e-+CO32-=2CO2，故答案為CO-2e-+CO32-=2CO2。

點睛：本題考查了熱化學(xué)方程式書寫和蓋斯定律的計算應(yīng)用、化學(xué)平衡的計算、電極反應(yīng)式的書寫等。本題的易錯點是熱化學(xué)方程式的書寫，要正確理解燃燒熱的概念并正確書寫燃燒熱的熱化學(xué)方程式，再利用蓋斯定律書寫。【解析】+76.29kJ/molb、c、e變小>不移動H2、CH4的濃度不變25%CO-2e-+CO32-=2CO2四、判斷題(共1題，共2分)25、×【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4題，共16分)26、略

【分析】【分析】

由題中流程可知，銅鎳礦石(主要成分為CuS、NiS、FeS、SiO2及不溶于酸的雜質(zhì))粉碎焙燒，充分氧化，煙氣的主要成分為二氧化硫，加稀硫酸酸浸，過濾，濾渣1為SiO2和不溶于酸的雜質(zhì)，濾液中加入H2O2，氧化Fe2+生成Fe3+，再加入Cu(OH)2調(diào)節(jié)溶液pH，使Fe3+完全轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，繼續(xù)過濾，濾渣2為Fe(OH)3；濾液中加入HR進(jìn)行萃取，除去鎳離子，有機(jī)相中加入硫酸進(jìn)行反萃取，水相的主要成分為硫酸銅溶液，加熱蒸發(fā)，冷卻結(jié)晶，過濾，洗滌，干燥即可獲得產(chǎn)品。

【詳解】

（1）由上述分析可知；焙燒前粉碎的目的是增大接觸面積，提高反應(yīng)速率，使礦石充分氧化；答案為增大接觸面積，提高反應(yīng)速率；

（2）由上述分析可知，加入Cu(OH)2調(diào)節(jié)溶液pH，使Fe3+完全轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，生成氫氧化鐵沉淀的離子方程式為2Fe3++3Cu(OH)2=2Fe(OH)3↓+3Cu2+；由題中信息Cu2+(aq)+2HR(org)CuR2(org)+2H+(aq)可知，要使平衡逆向移動，則增加H+濃度，即有機(jī)相中加入硫酸進(jìn)行反萃取，可以分離銅離子，還不會產(chǎn)生雜質(zhì)，所以選項c正確；答案為2Fe3++3Cu(OH)2=2Fe(OH)3↓+3Cu2+；c；

（3）由題中表格數(shù)據(jù)可知，25℃時，“調(diào)節(jié)pH”后，測得濾液中c(Fe3+)=1.0×10-6mol/L，c(Cu2+)=5.0mol/L，因為Ksp[Fe(OH)3]=6.4×10-38，所以c(Fe3+)×c3(OH-)=Ksp[Fe(OH)3]，則c(OH-)===4×10-11mol/L，c(H+)==×10-3mol/L，pH=3+lg4=3+2lg2=3.6；又c(Cu2+)×c2(OH-)=5×(4×10-11)2=8×10-21＜Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，所以Cu(OH)2已經(jīng)完全溶解；答案為3.6；已經(jīng)；

（4）向“萃取”后的水相中加入一定量的NaClO和NaOH，能制得黑色不溶物NiOOH，即NiSO4與NaClO發(fā)生氧化還原反應(yīng)，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O；答案為2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O；

（5）“操作Ⅱ”包括洗滌；洗滌該沉淀的操作為向過濾器中加入蒸餾水浸沒沉淀，待蒸餾水流下后，重復(fù)操作2～3次；答案為向過濾器中加入蒸餾水浸沒沉淀，待蒸餾水流下后，重復(fù)操作2～3次；

（6）電解CuSO4溶液，發(fā)生反應(yīng)2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑，200mL0.5mol/L的CuSO4溶液中n(CuSO4)=0.2L×0.5mol/L=0.1mol，生成銅3.2g，物質(zhì)的量為=0.05mol，故生成H2SO40.05mol，溶液中CuSO4為0.1mol-0.05mol=0.05mol，電解后的溶液為CuSO4、H2SO4混合溶液，溶液呈酸性，溶液中銅離子水解、水發(fā)生電離，故n(H+)＞0.05mol×2=0.1mol，n()=0.1mol，n(Cu2+)＜0.05mol，溶液中氫氧根濃度很小，故故答案為：.【解析】(1)增大接觸面積；提高反應(yīng)速率。

(2)2Fe3++3Cu(OH)2=2Fe(OH)3+3Cu2+c

(3)3.6已經(jīng)。

(4)2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O

(5)向過濾器中加入蒸餾水浸沒沉淀；待蒸餾水流下后，重復(fù)操作2～3次。

(6)27、略

【分析】【詳解】

（1）根據(jù)相關(guān)物質(zhì)的溶度積常數(shù)，F(xiàn)e(OH)3的溶度積最小，為了除去CuCl2溶液中含有少量的FeCl2，需要把Fe2＋氧化為Fe3＋，最適合作氧化劑X的是H2O2。為了調(diào)至溶液pH＝4，又不引入新雜質(zhì)加入的物質(zhì)Y是CuO、Cu(OH)2、CuCO3或Cu2(OH)2CO3，使溶液中的Fe3＋完全轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，此時溶液中的c(Fe3＋)＝mol·L－1。

（2）①反應(yīng)過程中有碘單質(zhì)，可選用淀粉作滴定指示劑。②CuCl2溶液與KI反應(yīng)生成碘單質(zhì)和碘化亞銅沉淀，離子方程式為2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I(xiàn)2。

③

X=0.002mol。該試樣中CuCl2·2H2O的質(zhì)量百分?jǐn)?shù)為95%【解析】①.C②.將Fe2＋氧化成Fe3＋，便于生成沉淀與Cu2＋分離③.CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3均可以④.2.6×10－9mol·L－1⑤.淀粉⑥.2Cu2＋＋4I－=2CuI↓＋I(xiàn)2⑦.95%28、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