2025年人教版選修4化學上冊月考試卷

…………○…………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年人教版選修4化學上冊月考試卷455考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______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8題，共16分)1、一定條件下，在水溶液中1molClOx－(x=0；1，2，3，4)的能量(kJ)相對大小如圖所示。下列有關說法錯誤的是。

A.上述離子中結合H能力最強的是EB.上述離子中最穩(wěn)定的是AC.C→B+D反應的熱化學方程式為2ClO2－(aq)=ClO3－(ag)+ClO－(aq)△H=－76kJ·mol－1D.B→A+D的反應物的鍵能之和小于生成物的鍵能之和2、反應3A(g)2B(g)+C(g)+Q(Q>0)的反應速率隨時間變化如下圖所示，在t1、t2、t3、t4時刻都只有一個條件發(fā)生改變。下列判斷正確的是。

A.t6～t7階段，C的百分含量最大B.t2～t3階段，A的轉化率最小C.t3時，改變因素一定是使用了催化劑D.t5時，改變因素一定是升高了溫度3、向密閉容器中通入氣體和氣體在一定條件下發(fā)生反應；反應至時，的濃度減少了的物質(zhì)的量減少了有生成；反應內(nèi)，平均反應速率則下列說法正確的是A.反應內(nèi)，B.C.反應時，的轉化率為D.如果其他條件不變，將容器的容積變?yōu)閯t正反應速率變大，逆反應速率變小4、已知：某溫度下，在容積為1L的密閉容器中充入1mol和在一定條件下反應，測得的物質(zhì)的量隨時間的變化關系如圖所示。下列說法正確的是。

A.從反應開始到平衡，的平均反應速率B.此溫度下，該反應的平衡常數(shù)為C.縮小體積，既能增大反應速率，又能提高的轉化率D.欲增大平衡狀態(tài)時可采用升高溫度的方法5、常溫下，下列各溶液的敘述中正確的是A.NaHSO3與Na2SO3混合溶液中：3c（Na+）=c（HSO3-）+c（SO32-）B.0.1mol/L的醋酸鈉溶液20mL與0.1mol/L鹽酸10mL混合后溶液顯酸性：c（CH3COO-）>c（CH3COOH）>c（Cl-）>c（H+）C.等物質(zhì)的量濃度等體積的NH4HSO4和NaOH溶液混合：c（Na+）＝c（SO42-）>c（NH4+）>c（H+）>c（OH-）D.向1.00L0.3mol/LNaOH溶液中緩慢通入0.2molCO2氣體，溶液中：c（Na+）>c（CO32-）>c（HCO3-）>c（OH-）>c（H+）6、溶液滴定鄰苯二甲酸氫鉀(鄰苯二甲酸的)溶液，混合溶液的相對導電能力變化曲線如圖所示，其中b點為反應終點下列敘述不正確的是。

A.a點離子濃度：B.b點溶液中存在：C.c點溶液中存在：D.從a到c的變化過程中，水的電離程度先增大后減小7、常溫下將NaOH溶液滴加到己二酸溶液中；混合溶液的pH與離子濃度變化的關系如圖所示。下列敘述正確的是。

A.曲線M表示pH與的變化關系B.的數(shù)量級為C.NaHX溶液中D.當混合溶液呈中性時，8、某工廠采用如圖裝置處理化石燃料開采、加工過程產(chǎn)生的H2S廢氣；已知電解池中的兩個電極均為惰性電極。下列說法不正確的是。

A.若交換膜為質(zhì)子交換膜，則NaOH溶液的濃度逐漸變大，需要定期更換B.若交換膜為陽離子交換膜，b電極區(qū)會產(chǎn)生紅褐色沉淀C.電極a為陽極D.反應池中處理H2S的反應是H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+評卷人得分二、多選題(共5題，共10分)9、某反應過程能量變化如圖所示；下列說法正確的是。

A.反應過程a有催化劑參與B.該反應為放熱反應，熱效應等于ΔHC.改變催化劑，可改變該反應的活化能D.有催化劑條件下，反應的活化能等于E1+E210、工業(yè)上可采用CH3OHCO+2H2的方法來制取高純度的CO和H2。我國科研人員通過計算機模擬；研究了在鈀基催化劑表面甲醇制氫的反應歷程如圖所示，其中吸附在鈀催化劑表面上的物種用標注。下列說法正確的是（）

已知：甲醇(CH3OH)脫氫反應的第一步歷程；有兩種可能方式：

方式Ⅰ：CH3OH*→CH3O*+H*Ea=+103.1kJ·mol-1

方式Ⅱ：CH3OH*→CH3*+OH*Eb=+249.3kJ·mol-1A.CH3OH*→CO*+2H2(g)的ΔH>0B.①②都為O-H鍵的斷裂過程C.由活化能E值推測，甲醇裂解過程主要歷經(jīng)的方式應為ⅡD.放熱最多階段的化學方程式為CHO*+3H*→CO*+4H*11、一定溫度下，在三個體積均為1.0L的恒容密閉容器中發(fā)生反應：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)。容器編號溫度(℃)起始物質(zhì)的量(mol)平衡物質(zhì)的量(mol)CH3OH(g)CH3OCH3(g)H2O(g)CH3OCH3(g)H2O(g)Ⅰ3870.200.0800.080Ⅱ3870.40Ⅲ2070.200.0900.090

A.該反應的正方應為放熱反應B.達平衡時，容器Ⅱ中CH3OCH3的濃度大于0.16mol/LC.達平衡時，容器Ⅲ中比容器Ⅱ中的大D.若起始時向容器Ⅰ中充入CH3OH(g)0.30mol、CH3OCH3(g)1.50mol和H2O(g)0.30mol，則反應將向逆反應方向進行12、常溫下，Ka(CH3COOH)=1.8×10-5，分別向20mL0.1mol/LNaHCO3溶液和CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液；滴定曲線如圖所示。下列敘述正確的是。

A.b點溶液中粒子濃度大小關系：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(CH3COOH)>c(OH-)B.c點溶液中存在：c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)=c(OH-)C.溶液中由水電離出c(H+)大小關系：bD.d點溶液中：=18013、下列說法正確的是A.一定溫度下，反應MgCl2(1)="=Mg(1)+"Cl2(g)的B.水解反應NH+4+H2ONH3·H2O+H+達到平衡后，升高溫度平衡逆向移動C.鉛蓄電池放電時的負極和充電時的陽極均發(fā)生還原反應D.對于反應2H2O2==2H2O+O2↑,加入MnO2或升高溫度都能加快O2的生成速率評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)14、為解決大氣中CO2的含量增大的問題；某科學家提出“綠色自由”構想：把工廠排出的富含CO2的廢氣經(jīng)凈化吹入碳酸鉀溶液吸收，然后再把CO2從溶液中提取出來，經(jīng)化學反應使廢氣中的CO2轉變?yōu)槿剂霞状??！熬G色自由”構想的部分技術流程如下：

（1）合成塔中反應的化學方程式為______________________；已知△H<0,從平衡移動原理分析，低溫有利于提高原料氣的平衡轉化率。而實際生產(chǎn)中采用300℃的溫度，除考慮溫度對反應速率的影響外，還主要考慮了____________________________________。

（2）從合成塔分離出甲醇的原理與下列_______操作的原理比較相符（填字母）。

A．過濾B．分液C．蒸餾D．結晶。

（3）工業(yè)流程中一定包括“循環(huán)利用”，“循環(huán)利用”是提高效益、節(jié)能環(huán)保的重要措施。“綠色自由”構想技術流程中能夠“循環(huán)利用”的，除K2CO3溶液和CO2、H2外，還包括________________。

（4）在體積為2L的合成塔中，充入2molCO2和6molH2，測得CO2(g)和CH3OH(g)的濃度隨時間變化如圖所示。從反應開始到平衡，v（H2)=______________；能使平衡體系中n(CH3OH)/n(CO2)增大的措施有_______________________。

（5）如將CO2與H2以1:4的體積比混合，在適當?shù)臈l件下可制得CH4。

巳知CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH1＝－890.3kJ/mol

2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH2＝－571.6kJ/mol

寫出CO2(g)與H2(g)反應生成CH4(g)與液態(tài)水的熱化學方程式________________。15、2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)反應過程的能量變化如圖所示，已知1molSO2(g)被氧化為1molSO3(g)的ΔH=-99kJ·mol-1?；卮鹣铝袉栴}:

（1）圖中A、C分別表示:________、________。

（2）圖中ΔH=___kJ·mol-1。

（3）已知單質(zhì)硫的燃燒熱為296kJ·mol-1，計算由S(s)生成3molSO3(g)的ΔH并寫出其熱化學反應方程式：________。16、碳是形成化合物種類最多的元素；其單質(zhì)及形成的化合物是人類生產(chǎn)生活的主要能源物質(zhì)。

(1)有機物M經(jīng)過太陽光光照可轉化成物質(zhì)N，其能量變化如圖所示。則M、N相比，較穩(wěn)定的是_____(填“M”或“N”)。

(2)已知：C(s)+H2O(l)=CO(g)+H2(g)ΔH1=akJ·mol-1，2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH2=bkJ·moL-1，2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH3=ckJ·moL-1，則C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=____(用a、b、c表示)kJ·moL-1。

(3)根據(jù)鍵能數(shù)據(jù)估算CH4(g)+4F2(g)=CF4(g)+4HF(g)的反應熱ΔH=____。

化學鍵C—HC—FH—FF—F鍵能(kJ·mol-1)41448956515517、某溫度下；在2L的密閉容器中，X；Y、Z三種氣體隨時間變化的曲線如圖所示。

請回答下列問題：

(1)由圖中數(shù)據(jù)分析：該反應的化學方程式為_____________________。

(2)反應開始至2min，Z的平均反應速率為____，此時X的轉化率為_____。

(3)5min時Z的生成速率與6min時Z的生成速率相比較，前者______后者(填“大于”；“小于”或“等于”)。

(4)對于該反應，能增大正反應速率的的措施是________

A.增大容器容積B.移走部分YC.通入大量XD.升高溫度E.加催化劑。

(5)此反應在三種不同情況下的反應速率分別為:

①v(X)=6mol/(L·min)②v(Y)=6mol/(L·min)③v(Z)=8mol/(L·min)

其中反應速率最快的是________(填編號)。

(6)下列各項中不可以說明上述反應達到平衡的是______(填字母)。

a.混合氣體的密度不變。

b.混合氣體的壓強不變。

c.同一物質(zhì)的正反應速率等于逆反應速率。

d.X的濃度保持不變。

e.生成1molZ和同時生成1.5molX

f.X、Y、Z的反應速率之比為3∶1∶218、一定溫度下10L密閉容器中發(fā)生某可逆反應，其平衡常數(shù)表達為：K=

根據(jù)題意完成下列填空：

（1）寫出該反應的化學方程式___；若溫度升高，K增大，該反應是___反應（填“吸熱”或“放熱”）。

（2）能判斷該反應一定達到平衡狀態(tài)的是___（選填編號）。

a．v正(H2O)=v逆(H2)b．容器中氣體的相對分子質(zhì)量不隨時間改變。

c．消耗nmolH2同時消耗nmolCOd．容器中物質(zhì)的總物質(zhì)的量不隨時間改變。

（3）該反應的v正隨時間變化的關系如圖。t2時改變了某種條件，改變的條件可能是___、___。（填寫2項）

（4）實驗測得t2時刻容器內(nèi)有1molH2O，5min后H2O的物質(zhì)的量是0.8mol，這5min內(nèi)H2O的平均反應速率為___。19、化學電池的發(fā)明；是貯能和供能技術的巨大進步。

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

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

(3)2019年諾貝爾化學獎授予對鋰離子電池研究做出突出貢獻的科學家。某鋰離子電池的工作原理如圖：

下列說法不正確的是_____(填序號)。

①A為電池的正極。

②該裝置實現(xiàn)了電能轉化為化學能。

③電池工作時，電池內(nèi)部的鋰離子定向移動20、利用電化學原理，將NO2、O2和熔融KNO3制成燃料電池，模擬工業(yè)電解法來處理含Cr2O廢水，如下圖所示；電解過程中溶液發(fā)生反應：Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。

（1）甲池工作時，NO2轉變成綠色硝化劑Y，Y是N2O5；可循環(huán)使用。則石墨Ⅰ是電池的________極；石墨Ⅰ附近發(fā)生的電極反應式為__________________________________。

（2）工作時，甲池內(nèi)的NO向___________極移動(填“石墨Ⅰ”或“石墨Ⅱ”)；在相同條件下，消耗的O2和NO2的體積比為____________。

（3）乙池中Fe(Ⅰ)棒上發(fā)生的電極反應為_________________________________。

（4）若溶液中減少了0.01molCr2O則電路中至少轉移了___________mol電子。評卷人得分四、判斷題(共1題，共3分)21、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3題，共15分)22、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；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”的化學反應方程式_______________________。

(6)由除雜效果分析，溶劑萃取法相對于化學凈化除雜法的優(yōu)勢為_______________________________。23、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轉化為MnSO4時，主要反應的離子方程式為_____________________。

(3)焙燒時發(fā)生反應的化學方程式為_____________。

(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，列出表達式即可)。24、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方程式：___。

（5）磷酸亞鐵鋰電池總反應為：FePO4+LiLiFePO4，電池中的固體電解質(zhì)可傳導Li+。試寫出該電池放電時的正極反應：___。若用該電池電解飽和食鹽水（電解池電極均為惰性電極），當電解池兩極共有4480mL氣體（標準狀況）產(chǎn)生時，該電池消耗鋰的質(zhì)量為___。評卷人得分六、有機推斷題(共1題，共8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)，寫出沉淀轉化的離子方程式：_____。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、A【分析】【詳解】

A.酸根離子對應的酸越弱；結合氫離子能力越強，E對應的是高氯酸根離子，高氯酸是最強的無機酸，酸根離子結合氫離子能力最弱，故選A；

B.能量越低越穩(wěn)定原理；A最穩(wěn)定，故不選B；

C.△H=生成物的總能量－反應物的總能量=64+60－2×100=－76kJ·mol－1，所以C→B+D反應的熱化學方程式為2ClO2－(aq)=ClO3－(aq)+ClO－(aq)△H=－76kJ·mol－1；故不選C；

D.3ClO－(aq)=2Cl-(aq)+ClO3－(aq)的△H=生成物的總能量－反應物的總能量=反應物的鍵能之和-小于生成物的鍵能之和=0+64-3×60=－116kJ·mol－1；所以反應物的鍵能之和小于生成物的鍵能之和，故不選D；

正確答案：A。

【點睛】

本題考查反應熱的有關計算，注意掌握根據(jù)蓋斯定律、熱化學方程式進行的計算，題目較簡單；△H=生成物的總能量－反應物的總能量=反應物的鍵能之和-小于生成物的鍵能之和。2、D【分析】【分析】

由圖中反應速率的變化可知，t1時增了生成物的濃度，t3時加入了催化劑或增大了體系壓強，t4時減小了體系壓強或使用了抑制劑，t5時升高溫度，t1時化學平衡逆向移動，A的轉化率減小，C的百分含量減小，t3、t4時化學平衡不移動，t5時化學平衡逆向移動，A的轉化率進一步減小，C的百分含量進一步減小，因此t6～t7階段A的轉化率最小，0～t1階段C的百分含量最大。

【詳解】

3A(g)2B(g)+C(g)+Q(Q>0)說明該反應△H＜0；反應前后氣體體積不變，壓強對化學平衡無影響。

由圖中反應速率的變化可知，t1時速率增加且平衡逆向移動，改變條件為增了生成物的濃度，t3時速率同等程度增加，改變的條件為加入了催化劑或增大了體系壓強，t4時速率同等程度減小，改變的條件為減小了體系壓強或使用了抑制劑，t5時速率增大且平衡逆向移動；改變的條件為升高溫度。

t1時化學平衡逆向移動，A的轉化率減小，C的百分含量減小，t3、t4時化學平衡不移動，t5時化學平衡逆向移動，A的轉化率進一步減小，C的百分含量進一步減小，因此t6～t7階段A的轉化率最小，0～t1階段C的百分含量最大。

A.0～t1階段；C的百分含量最大，A錯誤；

B.t6～t7階段A的轉化率最小；B錯誤；

C.t3時速率同等程度增加；改變的條件為加入了催化劑或增大了體系壓強，C錯誤；

D.t5時速率增大且平衡逆向移動；改變的條件為升高溫度，D正確；

故合理選項是D。

【點睛】

本題考查反應速率與時間圖象、影響反應速率與化學平衡移動的因素，注意根據(jù)正、逆速率判斷平衡移動方法。3、B【分析】【詳解】

A．根據(jù)題干信息結合平衡三段式列式，A減少量和生成C的物質(zhì)的量之比等于速率之比等于計量數(shù)之比，平均反應速率vC=vA/2；

反應內(nèi)，故A錯誤；

B．依據(jù)A的列式計算x：y：p：q==2：3：1：6；故B正確；

C．反應平衡時，B的轉化率為==故C錯誤；

D．如果其他條件不變；將容器的容積變?yōu)?L，是體積縮小的變化；壓強增大，正逆反應速率均增大，故D錯誤；

故選B。4、C【分析】【詳解】

A.由圖可知，從開始到平衡生成為結合反應可知消耗氫氣為的平均反應速率故A錯誤；

B.在容積為1L的密閉容器中充入1mol和結合圖中數(shù)據(jù)可知；

故B錯誤；

C.縮小體積，壓強增大，且該反應為氣體體積減小的反應，平衡正向移動，則既能增大反應速率，又能提高的轉化率；故C正確；

D.該反應為放熱反應，升高溫度平衡逆向移動，則欲增大平衡狀態(tài)時可采用降低溫度的方法，故D錯誤。

故選C。5、C【分析】【詳解】

A．任何電解質(zhì)溶液中都存在物料守恒，如果NaHSO3與Na2SO3混合溶液中二者濃度之比為1:1，根據(jù)物料守恒得2c（Na+）=3c（HSO3-）+3c（SO32-）+3c（H2SO3）；選項A錯誤；

B．二者混合后，溶液中的溶質(zhì)為等物質(zhì)的量的CH3COONa、CH3COOH、NaCl，CH3COOH電離程度大于CH3COO-水解程度，溶液呈酸性，氯離子不水解，所以存在c（CH3COOH）＜c（Cl-）；選項B錯誤；

C．等物質(zhì)的量的NH4HSO4和NaOH溶液混合，二者恰好反應生成等物質(zhì)的量濃度的Na2SO4、（NH4）2SO4，NH4+水解導致溶液呈酸性，溶液中存在物料守恒，根據(jù)物料守恒得c（Na+）=c（SO42-）＞c（NH4+），銨根離子水解程度較小，所以離子濃度大小順序是c（Na+）=c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）；選項C正確；

D．n（NaOH）=0.3mol/L×1L=0.3mol，n（CO2）=0.2mol，n（NaOH）：n（CO2）=0.3mol：0.2mol=3：2，二者恰好反應生成等物質(zhì)的量濃度的NaHCO3、Na2CO3，CO32-水解程度大于HCO3-，所以c（CO32-）＜c（HCO3-）；選項D錯誤；

故答案選C。6、B【分析】【詳解】

A.a點溶質(zhì)為KHA，電離程度大于水解程度，因此離子濃度：故A正確；

B.b點為反應終點，溶質(zhì)為K2A、Na2A且兩者濃度相等，根據(jù)電荷守恒得到溶液呈堿性，因此溶液中存在：故B錯誤；

C.根據(jù)ab段消耗氫氧化鈉大于bc段消耗氫氧化鈉，因此溶液中存在：故C正確；

D.KHA到K2A、Na2A，再到K2A、Na2A；NaOH的混合液液；水的電離程度先增大后減小，故D正確。

綜上所述，答案為B。7、D【分析】【詳解】

為二元弱酸，以第一步電離為主，則酸性條件下，則pH相同時由圖像可知N為的變化曲線，M為的變化曲線，當或時，說明或濃度相等，結合圖像可計算電離常數(shù)并判斷溶液的酸堿性。

A.由以上分析可知曲線M表示pH與的變化關系；故A錯誤；

B.時，此時則可知的數(shù)量級為故B錯誤；

C.由圖像可知，時，即此時可知電離程度大于水解程度，則NaHX溶液呈酸性，溶液中故C錯誤；

D.由圖像可知當時，則故D正確。

故選D。8、A【分析】【分析】

由裝置可知，反應池中的反應物為硫化氫廢氣與氯化鐵溶液發(fā)生氧化還原反應生成硫、氯化氫和氯化亞鐵，反應的化學方程式為H2S+2FeCl3=2FeCl2+S↓+2HCl，反應生成的氯化亞鐵在陽極a電極上失電子發(fā)生氧化反應生成氯化鐵，生成的氯化鐵進入反應池循環(huán)使用，電極b為電解池陰極；水在陰極上得電子發(fā)生還原反應生成氫氣和氫氧根。

【詳解】

A項；若交換膜為質(zhì)子交換膜；氫離子由左向右移動加入陰極室，與放電生成的氫氧根發(fā)生中和反應生成水，陰極室中NaOH溶液的濃度不變，故A錯誤；

B項、若交換膜為陽離子交換膜，三價鐵離子由左向右移動加入陰極室，在b電極區(qū)與氫氧根反應生成紅褐色氫氧化鐵沉淀；故B正確；

C項；電極a為陽極；氯化亞鐵在陽極上失電子發(fā)生氧化反應生成氯化鐵，生成的氯化鐵進入反應池循環(huán)使用，故C正確；

D項、由裝置可知，反應池中的反應物為硫化氫廢氣與氯化鐵溶液發(fā)生氧化還原反應生成硫、氯化氫和氯化亞鐵，反應的離子方程式為H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+；故D正確；

故選A。二、多選題(共5題，共10分)9、BC【分析】【分析】

【詳解】

A．由圖示可知反應過程a需要的活化能較高；沒有催化劑參與，錯誤；

B．由于反應物的能量高于生成物的能量；多余的能量就以熱能的形式釋放出來。所以該反應為放熱反應，熱效應等于反應物與生成物能量的差值ΔH，正確；

C．改變催化劑；改變了反應途徑，降低了反應的活化能，但是反應熱不變，正確；

D．E1是正反應的活化能，E2是中間產(chǎn)物的活化能，有催化劑條件下,正反應的活化能等于E1；錯誤。

答案選B。10、AD【分析】【分析】

【詳解】

A.△H=生成物相對能量-反應物相對能量，根據(jù)圖示可知生成物的能量比反應物的能量高，因此該反應為吸熱反應，ΔH>0；A正確；

B.根據(jù)圖示可知過程①是斷裂H-O鍵；過程②斷裂的是C-H鍵，B錯誤；

C.催化劑能降低反應的活化能；加快反應速率，方式I的活化能低，說明甲醇裂解過程主要精力方式為I，C錯誤；

D.由圖可知CHO*和3H*轉化為CO*和4H*這一步放出熱量最多，反應方程式為：CHO*+3H*→CO*+4H*；D正確；

故合理選項是AD。11、AD【分析】【詳解】

A．對比I、Ⅲ可知，升高溫度CH3OCH3(g)的物質(zhì)的量減??；說明升高溫度，平衡逆向移動，而升高溫度，化學平衡向吸熱反應移動，故該反應的正反應為放熱反應，A正確；

B．Ⅱ等效為Ⅰ中平衡基礎上壓強增大一倍，該反應是氣體體積不變的反應，增大壓強化學平衡不移動，因此容器Ⅰ中的CH3OH體積分數(shù)與容器Ⅱ中的相等。I中平衡時CH3OCH3的物質(zhì)的量是0.080mol，則容器Ⅱ中CH3OCH3的物質(zhì)的量為n(CH3OCH3)=2×0.080mol=0.16mol。反應容器是1L，則II達到平衡時CH3OCH3的物質(zhì)的量濃度為c(CH3OCH3)==0.16mol/L；B錯誤；

C．II中達到平衡時，c(CH3OCH3)==0.16mol/L，c(CH3OH)==0.08mol/L，=0.5；III中達到平衡時，c(CH3OCH3)==0.090mol/L，c(CH3OH)==0.020mol/L，=0.222＜0.25，所以達平衡時，容器Ⅲ中比容器Ⅱ中的小；C錯誤；

D．容器Ⅰ中平衡時c(CH3OCH3)=c(H2O)==0.080mol/L，c(CH3OH)==0.04mol/L，容器Ⅰ中化學平衡常數(shù)K1==4，若起始時向容器Ⅰ中充入CH3OH(g)0.30mol、CH3OCH3(g)1.50mol和H2O(g)0.30mol，由于容器的容積是1L，則物質(zhì)的濃度與其物質(zhì)的量在數(shù)值上相等，此時濃度商Qc==5＞4=K；則反應將向逆反應方向進行，D正確；

故合理選項是AD。12、BD【分析】【詳解】

A.b點是20mL0.1mol/LCH3COOH溶液中滴入10mL0.1mol/L氫氧化鈉溶液發(fā)生反應生成的CH3COONa和過量CH3COOH等濃度的混合溶液，此時溶液pH<7，則c(H+)>c(OH-)，說明CH3COOH的電離作用大于CH3COONa的水解作用，所以c(CH3COO-)>c(Na+)，鹽電離產(chǎn)生的Na+濃度遠大于弱酸CH3COOH電離產(chǎn)生的H+的濃度，但酸電離程度是微弱的，主要以電解質(zhì)分子存在，所以c(CH3COOH)>c(H+)，醋酸分子發(fā)生電離而消耗，所以c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)，故溶液中微粒濃度大小關系為c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-)；A錯誤；

B.c點是20mL0.1mol/LNaHCO3溶液中滴入20mL0.1mol/L氫氧化鈉溶液發(fā)生反應生成的碳酸鈉溶液，溶液中存在質(zhì)子守恒，水電離出氫氧根離子濃度等于所有氫離子濃度總和，c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)=c(OH-)；B正確；

C.a點是Na2CO3、NaHCO3等濃度的混合溶液，促進水的電離；b點是等濃度CH3COONa和CH3COOH混合溶液，溶液的pH<7，說明醋酸電離作用大于CH3COONa的水解作用，水電離平衡受到抑制作用；c點是Na2CO3溶液，該鹽是強堿弱酸鹽，水解使溶液顯堿性，促進水的電離；d點是pH等于7的CH3COONa和CH3COOH混合的中性溶液，水的電離平衡的抑制作用與促進作用相等，對水電離平衡移動無影響，根據(jù)溶液pH大小可知，四點水電離程度：bc(H+)就越大，故溶液中由水電離出c(H+)關系為：b

D.d點溶液pH=7為中性，c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，×==180；D正確；

故答案選BD。13、AD【分析】【詳解】

略三、填空題(共7題，共14分)14、略

【分析】【分析】

廢氣通入飽和碳酸鉀溶液，發(fā)生反應CO2+H2O+K2CO3=2KHCO3；高溫水蒸氣通入分解池，碳酸氫鉀受熱分解生成碳酸鉀、水、CO2，二氧化碳與氫氣在合成塔中反應生成甲醇，反應方程式為CO2+3H2CH3OH+H2O；此反應為放熱反應，工業(yè)生產(chǎn)條件選擇要考慮轉化率；反應速率、對催化劑的影響、材料、成本等多方面，可以采用較高溫度（催化劑活性強）、高壓、適當催化劑。

【詳解】

（1）根據(jù)工藝流程可知，合成塔內(nèi)反應是氫氣與二氧化碳反應生成甲醇和水，化學方程式為CO2+3H2CH3OH+H2O；實際生產(chǎn)中采用300℃的溫度；除考慮溫度對反應速率的影響外，還主要考慮了溫度對催化劑活性的影響；

答案：CO2+3H2CH3OH+H2O催化劑的催化活性。

（2）從合成塔出來的主要為甲醇與水的混合液；甲醇與水互溶，沸點相差大，因此采用蒸餾法分離；

答案：C

（3）由流程圖可以找出循環(huán)利用的物質(zhì)還有高溫水蒸氣；

答案：高溫水蒸氣。

（4）三行式法進行計算：CO2+3H2CH3OH+H2O；

C（初）1.03.000

ΔC0.82.40.80.8

C（平）0.20.60.80.8

v（H2)=(2.4mol/L)/10min=0.24mol/(L?min)；如果使平衡體系中n(CH3OH)/n(CO2)增大；可以采用增大氫氣的量，或者加壓；降溫等；

答案：增大H2的用量等。

（5）巳知①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH1＝－890.3kJ/mol

②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH2＝－571.6kJ/mol

根據(jù)蓋斯定律②×2-①，可得CO2（g）+2H2（g）=CH4（g）+2H2O（l）ΔH＝－252.9kJ/mol；

答案：CO2（g）+2H2（g）=CH4（g）+2H2O（l）ΔH＝－252.9kJ/mol；【解析】①.CO2+3H2CH3OH+H2O②.催化劑的催化活性③.C④.高溫水蒸氣⑤.0.24mol/(L?min)⑥.增大H2的用量等⑦.CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(l)ΔH＝－252.9kJ/mol15、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)A；C分別表示反應物總能量和生成物總能量；

(2)根據(jù)參加反應SO2的物質(zhì)的量之比等于對應的△H之比；

(3)根據(jù)單質(zhì)硫的燃燒熱以及1molSO2(g)氧化為1molSO3(g)的反應熱利用蓋斯定律來求；

【詳解】

(1)圖中A；C分別表示反應物總能量、生成物總能量；

(2)因1molSO2(g)氧化為1molSO3(g)的△H=-99kJ?mol-1，所以2molSO2(g)氧化為2molSO3(g)的△H=-198kJ?mol-1，則2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)△H=-198kJ?mol-1；

(3)因單質(zhì)硫的燃燒熱為296kJ?mol-1，則S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH1=-296kJ?mol-1，而1molSO2(g)氧化為1molSO3(g)的△H=-99kJ?mol-1，則SO2(g)+O2(g)=SO3(g)ΔH2=-99kJ?mol-1，由蓋斯定律可得：S(s)+O2(g)=SO3(g)△H=-296kJ?mol-1+(-99kJ?mol-1)=-395kJ?mol-1，所以S(s)生成3molSO3(g)的△H為-395kJ?mol-1×3=-1185kJ?mol-1，其熱化學反應方程式：3S(s)+O2(g)=3SO3(g)ΔH=-1185kJ·mol-1。【解析】反應物能量生成物能量-198S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH1=-296kJ·mol-1，SO2(g)+O2(g)=SO3(g)ΔH2=-99kJ·mol-1，3S(s)+O2(g)=3SO3(g)ΔH=-1185kJ·mol-116、略

【分析】【分析】

(1)M轉化為N是吸熱反應；所以N的能量高，不穩(wěn)定；

(2)燃燒熱是1mol可燃物質(zhì)完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物放出的熱量；根據(jù)蓋斯定律來回答；

(3)化學反應的焓變可以用反應物和生成物的鍵能計算；依據(jù)△H=反應物鍵能之和?生成物鍵能之和計算得到。

【詳解】

(1)有機物M經(jīng)過太陽光光照可轉化成N，：△H=+88.6kJ?mol?1；過程是吸熱反應，N暗處轉化為M，是放熱反應，能量越低越穩(wěn)定，說明M穩(wěn)定，故答案為：M；

(2)將已知反應依次編號為①、②、③，由蓋斯定律可知2×①+②+③]×得到熱化學方程式C(s)+O2(g)=CO2(g)，則△H=△H1+=a+故答案為：a+

(3)由反應熱△H=反應物鍵能之和?生成物鍵能之和，結合圖表中鍵能數(shù)據(jù)可知△H=414kJ/mol×4+4×155kJ/mol?(489kJ/mol×4+4×565kJ/mol)=?1940kJ/mol，故答案為：?1940kJ/mol?！窘馕觥縈a+-1940kJ·mol-117、略

【分析】【詳解】

(1)由圖象可以看出；反應中X；Y的物質(zhì)的量減少，應為反應物，Z的物質(zhì)的量增多，應為生成物，當反應進行到2min時，△n(Y)=0.1mol，△n(Z)=0.2mol，△n(X)=0.3mol，則△n(Y)：△n(Z)：△n(X)=1：2：3，參加反應的物質(zhì)的物質(zhì)的量之比等于化學計量數(shù)之比，則反應的方程式為：3X+Y?2Z，故答案為3X+Y?2Z；

(2)反應開始至2min末，Z的反應速率為：v===0.05mol/(L?min)，X的轉化率為×100%=30%；

(3)圖象分析可知；反應到5min后，物質(zhì)的量不再發(fā)生變化，說明反應達到平衡狀態(tài)，所以5min時Z的生成速率與6min時Z的生成速率相同，故答案為等于；

(4)根據(jù)影響反應速率的因素；降低溫度反應速率減小，如果使用合適的催化劑，增加體系組分濃度，升溫，其反應速率增大，故答案為CDE；

(5)化為用同一物質(zhì)表示的反應速率，則①v(X)=6mol/(L·min)②v(Y)=6mol/(L·min),v(X)=3v(Y)=18mol/(L·min)③v(Z)=8mol/(L·min),v(X)=1.5v(Y)=12mol/(L·min),比較可知；反應速率最快的是②,故答案為②；

(6)a.氣體質(zhì)量和體積不變，無論該反應是否達到平衡狀態(tài)，容器內(nèi)密度始終不變，所以混合氣體的密度不再變化不能判斷平衡狀態(tài)，故a錯誤；b.該反應是一個反應前后氣體體積減小的可逆反應，當容器內(nèi)壓強保持不變時，正逆反應速率相等，反應達到平衡狀態(tài)，混合氣體的壓強不再變化說明反應達到平衡狀態(tài)，故b正確；c.同一物質(zhì)的正反應速率等于逆反應速率說明達到化學平衡狀態(tài)，故c正確；d.各組分濃度不變達到化學平衡狀態(tài)，所以X的濃度保持不變說明達到化學平衡狀態(tài)，故d正確；e.生成1molZ和同時生成1.5molX，說明正逆反應速率相等，即達到化學平衡狀態(tài)，故e正確；f.各組分反應速率之比等于其化學計量數(shù)之比，故X、Y、Z的反應速率之比為3：1：2，故f錯誤，故答案為af。【解析】①.3X+Y?2Z②.0.05mol/(L?min)③.30%④.等于⑤.CDE⑥.②⑦.af18、略

【分析】【分析】

（1）根據(jù)化學平衡常數(shù)表達式及元素守恒知，反應物還有C，所以該反應方程式為C（s）+H2O（g）?CO（g）+H2（g）；升高溫度，平衡向吸熱反應方向移動；

（2）可逆反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，反應體系中各物質(zhì)的物質(zhì)的量不變、物質(zhì)的量濃度不變、百分含量不變以及由此引起的一系列物理量不變；

（3）改變條件時反應速率增大，改變的條件可能是溫度、壓強、反應物濃度；

（4）反應速率=

【詳解】

：（1）根據(jù)化學平衡常數(shù)表達式及元素守恒知，反應物還有C，所以該反應方程式為C（s）+H2O（g）?CO（g）+H2（g）；升高溫度，平衡向吸熱反應方向移動，K增大說明平衡正向移動，所以正反應是吸熱反應，故答案為：C（s）+H2O（g）?CO（g）+H2（g）；吸熱；

（2）a．當v正（H2O）=v逆（H2）=v逆（H2O）時，正逆反應速率相等，所以反應達到平衡狀態(tài)，故正確；

b．反應前后氣體的物質(zhì)的量不相同，氣體質(zhì)量變化，容器中氣體的平均相對分子質(zhì)量不隨時間變化即達到平衡，故正確；

c．無論反應是否達到平衡狀態(tài)都存在消耗nmolH2同時消耗nmolCO，所以不能據(jù)此判斷平衡狀態(tài)，故錯誤；

d．無論反應是否達到平衡狀態(tài)容器中物質(zhì)的總物質(zhì)的量都不隨時間改變，所以不能據(jù)此判斷平衡狀態(tài)，故錯誤；

故選ab；

（3）改變條件時反應速率增大，改變的條件可能是升高溫度、增大壓強、增大反應物濃度，故答案為：升高溫度；增大水蒸氣的濃度；

（4）反應速率故答案為0.004mol/（L﹒min）?！窘馕觥竣?C（s）+H2O（g）?CO（g）+H2（g）②.吸熱③.ab④.升高溫度⑤.增大水蒸汽的濃度⑥.0.004mol/（L﹒min）19、略

【分析】【分析】

(1)由圖可知；活潑金屬鋅做原電池的負極，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，該裝置實現(xiàn)了電能轉化為化學能；

(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方向可知，A電極為電源的負極，B為電源的正極，電池工作時，鋰離子向正極B電極移動。

【詳解】

(1)由圖可知，活潑金屬鋅做原電池的負極，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)生還原反應生成氫氣，電極反應式為2H++2e-=H2↑，故答案為：負極；2H++2e-=H2↑；

(2)由圖可知；該裝置為銅鋅硫酸原電池，該裝置實現(xiàn)了電能轉化為化學能，能證明產(chǎn)生電能的實驗現(xiàn)象為電流表指針發(fā)生偏轉，故答案為：電流表指針發(fā)生偏轉；

(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方向可知，A電極為電源的負極，B為電源的正極，電池工作時，鋰離子向正極B電極移動，則①②錯誤，故答案為：①②。

【點睛】

原電池中，電子由負極經(jīng)導線向負極移動，陽離子向正極方向移動是解答關鍵?！窘馕觥控摌O2H++2e-=H2↑電流表指針發(fā)生偏轉①②20、略

【分析】(1)甲池工作時，NO2轉變成N2O5，說明氮元素的化合價升高，石墨Ⅰ為負極，電極反應式為NO2+NO3--e-=N2O5，石墨Ⅱ為正極，故答案為負；NO2+NO3--e-=N2O5；

(2)由于石墨Ⅰ為負極，原電池中陰離子向負極移動，根據(jù)得失電子守恒計算1molO2反應中轉移4mol電子，4molNO2轉變成N2O5，轉移4mol電子，相同狀況下氣體的體積比等于物質(zhì)的量之比，故O2和NO2的體積比為1：4；故答案為石墨Ⅰ；1：4；

(3)由于石墨Ⅰ為負極，故Fe(Ⅰ)為陽極，鐵失去電子生成亞鐵離子，電極反應為Fe-2e-=Fe2+，故答案為Fe-2e-=Fe2+；

(4)根據(jù)Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，0.01molCr2O72-能夠氧化0.06molFe2＋，即電解過程中需要生成0.06molFe2＋，F(xiàn)e(I)為陽極，電極反應式為Fe-2e-=Fe2＋；故轉移電子的物質(zhì)的量為0.06mol×2=0.12mol，故答案為0.12。

點睛：本題考查原電池與電解原理，明確各個電極上發(fā)生的反應、物質(zhì)之間的轉化是解本題關鍵。本題的難點是(4)的計算，需要根據(jù)Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O計算出電解過程中生成的Fe2＋，再根據(jù)電極反應式進行計算，注意電路中轉移的電子與Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O中轉移的電子是不一樣的?！窘馕觥控揘O2＋NO－e－===N2O5石墨Ⅰ1∶4Fe－2e－===Fe2＋0.12四、判斷題(共1題，共3分)21、×【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3題，共15分)22、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，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)

鋰元素的焰色反應為紫紅色；將最終產(chǎn)品碳酸鋰進行焰色反應，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、水和二氧化碳反應得到碳酸氫鈉來類推，可得到“碳化反應”化學反應方程式為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23、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，反應過程中MnO2被還原，則H2O2被氧化生成O2，配平該反應為：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，配平該反應為：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)氧化還原反應電子守恒得MnO2質(zhì)量分數(shù)為正確答案：MnO2+4H++C2O42-=Mn2++2CO2↑+2H2O、

【點睛】

①根據(jù)題意書寫氧化還原反應。首先根據(jù)題目已知列出知道的反應物和產(chǎn)物，然后聯(lián)系題意補充氧化劑、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），第三步進行氧化還原過程中電子得失的配平，再進行質(zhì)量守恒和離子反應中電荷守恒的配平。以上述Na2C2O4與MnO2反應為例，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