…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年浙教版選修四化學下冊月考試卷502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總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、已知在下，氣態AB分子生成氣態A原子和B原子的過程中所吸收的能量；稱為AB間共價鍵的鍵能，已知水分子的能量變化關系圖如下：

下列說法正確的是A.且B.是的鍵能C.D.2、設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A.常溫常壓下，19g羥基(—18OH)中所含的中子數為9NAB.常溫下，1LpH=3的FeCl3溶液中由水電離出的H+的數目為0.001NAC.標準狀況下，NO和O2各11.2L混合充分反應,所得氣體的分子總數為0.75NAD.足量的銅與40mL10mol/L硝酸反應,生成氣體的分子數為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2L的恒容密閉容器中，加入4molA和2molB進行反應：3A(g)+2B(g)4C(?)+2D(?)，反應一段時間后達到平衡，測得生成1.6molC，且反應的前后壓強之比為5:4（相同的溫度下測量），則下列說法正確的是（）A.該反應的化學平衡常數表達式是K=B.此時，B的平衡轉化率是20%C.增大該體系的壓強，平衡向右移動，化學平衡常數增大D.增加C，B的平衡轉化率不變5、為探究外界條件對可逆反應：2NO2(g)2NO(g)+O2(g)ΔH＝-1162kJ·mol－1的影響；若保持氣體的總質量不變，在溫度為T1；T2時，通過實驗得到平衡體系中NO體積分數隨壓強的變化曲線，實驗結果如圖所示。下列說法正確的是。

A.a、c兩點混合氣體的平均相對分子質量：Ma>McB.b、c兩點的平衡常數：Kb=KcC.從狀態a到狀態c，NO2氣體的轉化率減小D.T1＜T2評卷人得分二、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行中和反應；測定反應過程中所放出的熱量并計算每生成1mol液態水時放出的熱量。

完成下列問題：

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溶液進行上述實驗，測得的生成1mol液態水時放出熱量的數值會__________。

（2）現有反應PCl5(g)?PCl3(g)+Cl2(g)，523K時，將10molPCl5注入容積為2L的密閉容器中；平衡時壓強為原來的1.5倍。

①該溫度下該反應的平衡常數K為__________

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

[A的轉化率（%）表示為α（A）；A的含量（%）表示為φ（A）]

（1）壓強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恒容密閉容器中發生反應N2O4(g)2NO2(g)，平衡體系中N2O4的體積分數（Φ）隨溫度的變化如圖所示：

（1）D點v(正)____v(逆)（填“＞；＜或=”）。

（2）A、B、C三點中平衡常數K的值最大的是____點。T2時N2O4的平衡轉化率為____；若平衡時間為5s，則此時間內的N2O4平均反應速率為____。

（3）若其條件不變，在T3原平衡基礎上，再加入一定量NO2，達到新平衡時，與原平衡相比，NO2的體積分數____（填“增大、不變或減小”）。9、中學化學實驗中，淡黃色的pH試紙常用于測定溶液的酸堿性。25℃時，若溶液的pH=7，試紙不變色；若pH＜7，試紙變紅色；若pH＞7，試紙變藍色。而要精確測定溶液的pH，需用pH計。pH計主要通過測定溶液中H+的濃度來測定溶液的pH。已知100℃時，水的離子積常數Kw=1×10?12。

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

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現欲測定100℃沸水的pH及酸堿性，若用pH試紙測定，則試紙顯_____色，溶液顯___性（填“酸”、“堿”或“中”）；若用pH計測定，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，溶液的pH____7（填“＞”、“=”或“＜”），離子方程式為__________________________。10、化學電池的發明；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為電能，能證明產生電能的實驗現象是_____。

(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該裝置實現了電能轉化為化學能。

③電池工作時，電池內部的鋰離子定向移動11、鋼鐵是目前應用最廣泛的金屬材料；了解鋼鐵腐蝕的原因與防護方法具有重要意義，對鋼鐵制品進行抗腐蝕處理，可適當延長其使用壽命。

利用如圖裝置；可以模擬鐵的電化學防護。

①若X為碳棒；為減緩鐵件的腐蝕，開關K應置于________處。

②若X為鋅，開關K置于M處，該電化學防護法稱為_______。評卷人得分三、判斷題(共1題，共2分)12、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分四、工業流程題(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℃時相關物質的Ksp見下表。物質Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2Ksp

回答下列問題。

(1)軟錳礦預先粉碎的目的是____________，MnO2與BaS溶液反應轉化為MnO的化學方程式為________。

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

(3)濾液I可循環使用，應當將其導入到________操作中(填操作單元的名稱)。

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

(5)碳化過程中發生反應的離子方程式為______________________。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：

請回答下列問題：

(1)CeFCO3中Ce的化合價為____。“酸浸”時，為提高礦石的浸出率，下列措施可采取的是___(填標號)。

A.提高浸出溫度B.延長浸出時間C.用98%的硫酸。

(2)氧化焙燒發生的反應方程式為__________。

(3)H2O2的作用是__________。

(4)HT是一種難溶于水的有機溶劑，它能將Ce3+從水溶液中萃取出來，該過程可表示為Ce3+(水層)+3HT(有機層)CeT3(有機層)+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LiFePO4，含炭黑、鋁等雜質)為原料可制備LiOH溶液和FePO4。

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

(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反應得到LiFePO4、NH4HSO4。寫出該反應的化學方程式：__________________。16、銻(Sb)廣泛用于生產各種阻燃劑、陶瓷、半導體元件、醫藥及化工等領域。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。

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

回答下列問題：

(1)“酸浸”過程中SbC15和Sb2S3發生反應有一種單質和還原產物SbC13生成，則濾渣I的成分是_______________(填化學式)。

(2)寫出“還原”反應的化學方程式_____________________。

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

(4)在“除砷”過程中，氧化產物為H3PO4，則該反應中氧化劑、還原劑的物質的量之比為__________________。

(5)在“電解”過程中，以惰性材料為電極，陽極的電極反應式為___________________，繼而發生反應_________________(寫出離子方程式)以實現溶液中Sb元素的循環使用。“電解”中單位時間內銻的產率與電壓大小關系如圖所示。當電壓超過U0V時，單位時間內產率降低的原因可能是________________。

評卷人得分五、原理綜合題(共2題，共14分)17、CO2的利用是國際社會普遍關注的問題。

（1）CO2的電子式是______。

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

獲取乙二醇的反應歷程可分為如下2步：

Ⅰ．

Ⅱ．EC加氫生成乙二醇與甲醇。

①步驟Ⅱ的熱化學方程式是______。

②研究反應溫度對EC加氫的影響（反應時間均為4小時）；實驗數據見下表：

。反應溫度/℃

EC轉化率/%

產率/%

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的轉化率越高，原因是______。溫度升高到220℃時，乙二醇的產率反而降低，原因是______。

（3）用稀硫酸作電解質溶液，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”），生成甲醇的電極反應式是______。

（4）CO2較穩定、能量低。為實現CO2的化學利用，下列研究方向合理的是______（填序號）。

a．選擇高能量的反應物和CO2反應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；被大量應用于工業生產，與其有關性質反應的催化劑研究著被列入國家863計劃。催化劑常具有較強的選擇性，即專一性。已知：

反應Ⅰ：△H＝

反應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行反應I，則下列有關敘述中正確的是___________________。

A.使用催化劑時；可降低該反應的活化能，加快其反應速率。

B.若測得容器內時；說明反應已達平衡。

C.當容器內時；說明反應已達平衡。

D.當測得容器內氧氣濃度不再變化時；說明反應已達達平衡。

（2）氨催化氧化時會發生上述兩個競爭反應Ⅰ、Ⅱ。為分析某催化劑對該反應的選擇性，1L密閉容器中充入1mol和2mol測得有關物質的量關系如圖。

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

②520℃時，的平衡常數K表達式________。

③有利于提高轉化為的速率的措施有_________________。

A.使用催化劑

B.將反應生成的及時移出。

C.充入稀有氣體。

D.投料比不變；增加反應物的濃度。

E.降低反應溫度。

（3）最近華南理工大提出利用電解法制并用產生的處理廢氨水；裝置如圖。

①為了不影響的產量，需要向廢氨水加入適量硝酸調節溶液的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，該電極上產生的反應為_________，生成的與廢液反應的離子方程式為_________________。

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

A.液態水變為氣態水吸熱，則A錯誤；

B.根據鍵能的概念可知是的鍵能的一半；B錯誤；

C.依據圖中轉化，?H5<0，?H1+?H2+?H3+?H4>0；C錯誤；

D.斷鍵吸熱，?H3+?H4>0，?H5<0；D正確。

故選D。2、B【分析】【分析】

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

【詳解】

A．每個羥基(—18OH)中所含的中子數為10+0=10，常溫常壓下，19g羥基(—18OH)物質的量為1mol,所以所含的中子數為10NA；A錯誤；

B．pH為3的FeCl3溶液中c（H+）=10-3mol/L，n（H+）=1L×10-3mol/L=0.001mol，由水電離產生的H+離子數目為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同時氧氣過量5.6L，氣體分子總數為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小于0.75NA；C錯誤；

D．銅和40mL10mol/L硝酸反應；開始生成二氧化氮，后來生成NO，故生成的氣體的分子個數無法計算，D錯誤。

答案選B。

【點睛】

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

根據蓋斯定律計算水分解反應的焓變，化學反應的焓變△H=H產物-H反應物；再結合化學鍵能和物質能量的關系計算。

【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】

反應前后壓強之比為5:4；故反應后氣體總物質的量變為4.8mol，結合生成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，則不能出現在K的表達式中，則化學平衡常數故A錯誤；

B.生成1.6molC時，反應的B的物質的量為0.8mol，則B的平衡轉化率為故B錯誤；

C.由于溫度沒變；化學平衡常數不變，故C錯誤；

D.由于C為非氣體；增加C對平衡沒影響，B的平衡轉化率不變，故D正確；

故選D。

【點睛】

該題首先要判斷C和D的狀態，可以根據差量法，根據總的物質的量變化與生成C的物質的量之比可判斷反應前后氣體系數減小了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兩點都在等溫線上，c的壓強大，增大壓強，化學平衡逆向移動，c點時氣體的物質的量小，混合氣體的總質量不變，則平均相對分子質量大，即Ma

B.由圖像可知，b、c兩點的溫度不同,平衡常數：Kb≠Kc；故B錯誤；

C.由圖像可知，a、c兩點都在等溫線上，c的壓強大，增大壓強，化學平衡逆向移動，NO2氣體的轉化率減小；故C正確；

D.由圖像可知，b、a兩點的壓強相等，溫度不同，NO的體積分數b2(g)2NO(g)+O2(g)ΔH＝-1162kJ·mol－1是放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，故T1>T2；故D錯誤；

正確答案是C。二、填空題(共6題，共12分)6、略

【分析】【詳解】

(1)①中和熱測定實驗成敗的關鍵是保溫工作；大小燒杯之間填滿碎泡沫塑料的作用是減少實驗過程中的熱量損失；

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

(2)①初始投料為10mol，容器容積為2L，設轉化的PCl5的物質的量濃度為x；則有：

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

②PCl5的平衡轉化率為=50%。【解析】①.減少實驗過程中的熱量損失②.偏小③.2.5④.50%7、略

【分析】【詳解】

（1）由圖A可知，P2先達到平衡狀態，則P2大，故P1＜P2；

答案為＜；

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

故答案為＜；

（3）由圖B可知t1先達到平衡狀態，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點到平衡點A，N2O4的體積分數增大，反應逆向進行，所以v(正)＜v(逆)；

（2）根據圖示，升高溫度平衡體系中N2O4的體積分數減小；平衡正向移動，升高溫度，平衡常數增大，A；B、C點中平衡常數K的值最大的是C點；

x=0.5，T2時N2O4的平衡轉化率為若平衡時間為5s，則此時間內的N2O4平均反應速率為0.1mol·L-1·s-1；

（3）若其條件不變，在T3原平衡基礎上，再加入一定量NO2，相當于加壓，平衡逆向移動，NO2的體積分數減小。【解析】①.＜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；如果成酸性說明弱根離子結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，根據中性環境下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KAl(SO4)2溶液中含有1mol溶質，滴加Ba(OH)2溶液至SO42?離子剛好沉淀完全時，需要Ba(OH)22mol，此時鋁離子恰好生成AlO2﹣；溶質為偏鋁酸鈉。

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，故A正確；向水中加入NaCl，H2O+H2OH3O＋+OH－平衡不移動，故B錯誤；加熱水至100℃，升高溫度，H2O+H2OH3O＋+OH－△H＞0平衡正向移動，故C錯誤；在水中加入KOH，氫氧根離子濃度增大，溶液呈堿性，故D錯誤；⑵100℃沸水呈中性，中性環境下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計測定，則pH<7；⑶設KAl(SO4)2溶液中含有1mol溶質，滴加Ba(OH)2溶液至SO42?離子剛好沉淀完全時，需要Ba(OH)22mol，此時鋁離子恰好生成AlO2﹣，離子方程式為Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O，溶質為偏鋁酸鈉，偏鋁酸鈉是強堿弱酸鹽，溶液呈堿性，pH>7。

點睛：水電離吸熱，加入水電離平衡正向移動，氫離子、氫氧根離子濃度都增大，呈中性，但pH減小。【解析】①.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，該裝置實現了電能轉化為化學能，能證明產生電能的實驗現象為電流表指針發生偏轉，故答案為：電流表指針發生偏轉；

(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，電子由負極經導線向負極移動，陽離子向正極方向移動是解答關鍵。【解析】負極2H++2e-=H2↑電流表指針發生偏轉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，應使Fe連接電源的負極，作電解池的陰極被保護；

②若X為鋅；開關K置于M處，構成原電池，Zn為負極被腐蝕，Fe為正極被保護。

【詳解】

①若X為碳棒；由于Fe比較活潑，為減緩鐵的腐蝕，應使Fe作電解池的陰極，即連接電源的負極，故K連接N處；

故答案為：N；

②若X為鋅；開關K置于M處，構成原電池，Zn為負極被腐蝕，Fe為正極被保護，該防護法稱為犧牲陽極的陰極保護法；

故答案為：犧牲陽極的陰極保護法。【解析】N犧牲陽極的陰極保護法三、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；【解析】錯四、工業流程題(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)加入硫化鋇溶液進行反應，主要發生MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S，過濾得到Ba(OH)2溶液，經蒸發結晶、過濾、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；之后向濾液中加入合適的氧化劑將Fe2+轉化為Fe3+，然后加入氨水調節pH，使Fe3+、Al3+轉化為沉淀除去，壓濾得到的廢渣為Fe(OH)3和Al(OH)3，此時濾液中的金屬陽離子只有Mn2+，向濾液中加入碳酸氫銨、氨水，Mn2+和碳酸氫根電離出的碳酸根結合生成碳酸錳沉淀；過濾；洗滌、干燥得到高純碳酸錳。

【詳解】

(1)軟錳礦預先粉碎可以增大反應物的接觸面積，使反應更充分，提高反應速率；MnO2與BaS反應轉化為MnO，Mn元素的化合價由+4價降低為+2價，根據元素價態規律可知-2價的S元素應被氧化得到S單質，則MnO2與BaS的系數比應為1:1，根據后續流程可知產物還有Ba(OH)2，結合元素守恒可得化學方程式為：MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S；

(2)根據題目信息可知MnO2為兩性氧化物，所以當MnO2過量時，會消耗反應產生的Ba(OH)2，從而使Ba(OH)2的量達到最大值后會減小；

(3)濾液I為結晶后剩余的Ba(OH)2飽和溶液；所以可以導入到蒸發操作中循環使用；

(4)凈化時更好的除去Fe元素需要將Fe2+氧化為Fe3+，為了不引入新的雜質，且不將Mn元素氧化，加入的試劑X可以是H2O2；根據表格數據可知，Fe(OH)3和Al(OH)3為同類型的沉淀，而Al(OH)3的Ksp稍大，所以當Al3+完全沉淀時，Fe3+也一定完全沉淀，當c(Al3+)=1.0×10-5mol/L時，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)碳化過程Mn2+和碳酸氫根電離出的碳酸根結合生成碳酸錳沉淀，促進碳酸氫根的電離，產生的氫離子和一水合氨反應生成銨根和水，所以離子方程式為Mn2++HCO+NH3·H2O=MnCO3↓+NH+H2O。【解析】①.增大接觸面積，充分反應，提高反應速率：②.③.過量的MnO2消耗了產生的Ba(OH)2④.蒸發⑤.H2O2⑥.4.9⑦.14、略

【分析】【分析】

氟碳鈰礦主要化學成分為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、過氧化氫發生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，再加入稀硫酸得含有Ce3+的溶液，調節溶液的pH得到Ce(OH)3沉淀，再經過氧氣氧化發生4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4，過濾、洗滌、干燥可得Ce(OH)4產品；以此解答該題。

【詳解】

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

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

(3)H2O2是常見的氧化劑，在反應中的作用是：把CeO2還原為Ce3+；

(4)HT是一種難溶于水的有機溶劑，它能將Ce3+從水溶液中萃取出來，該過程可表示為Ce3+(水層)+3HT(有機層)CeT3(有機層)+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：過濾；洗滌、干燥；

故答案為：分液（或萃取分液）；過濾；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，使c(H+)減小，水解平衡向右移動，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，產生Ce(OH)3沉淀），故加堿調pH值可生成Ce(OH)3懸濁液。【解析】+3AB4CeFCO3+O2+2H2O=4CeO2+4HF+4CO2把CeO2還原為Ce3+分液（或萃取分液）過濾、洗滌、干燥在溶液中存在平衡：Ce3++3H2OCe(OH)3+3H+，加堿后與H+反應，使c(H+)減小，水解平衡向右移動，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，產生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LiFePO4，含炭黑、鋁等雜質)先與NaOH溶液反應，鋁轉化為偏鋁酸鈉進入溶液，過濾后用H2O2、稀鹽酸浸取濾渣，LiFePO4反應溶解，亞鐵離子被氧化，PO和氫離子反應生成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反應生成二氧化碳和PO繼而得到FePO4沉淀；過濾后經系列處理得到LiCl溶液，電解得到LiOH溶液。

【詳解】

(1)除鋁反應為鋁單質和NaOH反應生成偏鋁酸鈉的反應，離子方程式為2Al＋2H2O＋2OH－=2AlO＋3H2↑；(2)H2O2將Fe2＋氧化，H＋與PO結合，溶液中c(Fe2＋)和c(PO)減小，促進LiFePO4溶解平衡正向移動；(3)浸取時加入稀鹽酸，H＋與PO結合，磷酸為三元中強酸，所以此時磷元素的主要存在形式為H2PO所以選c；(4)pH>2.5時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)電解過程中陽極氯離子放電會產生氯氣，氯氣可以LiOH溶液反應，且與陰極產生的氫氣混合容易爆炸，陽離子交換膜將電解槽隔成陽極室和陰極室可以防止得到的LiOH不純，且確保了工業生產的安全(以防H2、Cl2混合爆炸)；(6)已知部分反應物和生成物，根據元素守恒可得方程式為(NH4)2Fe(SO4)2＋LiOH＋H3PO4=LiFePO4↓＋2NH4HSO4＋H2O。

【點睛】

第二小題為易錯點，要注意浸取時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之外，氫離子也可以和磷酸根結合使平衡右移，回答要全面。【解析】①.2Al＋2H2O＋2OH－=2AlO＋3H2↑②.H2O2將Fe2＋氧化，H＋與PO結合，溶液中c(Fe2＋)和c(PO)減小，促進LiFePO4溶解平衡正向移動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，且確保了工業生產的安全(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，輝銻礦粉經鹽酸、五氯化銻溶液浸取后，過濾，向浸出液中加入適量的銻粉把過量的五氯化銻還原，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，過濾，再向濾液中加入NaH2PO2除砷；得到三氯化銻溶液，電解該溶液得到銻和五氯化銻，五氯化銻循環利用。

【詳解】

(1)根據浸出液成分可知，“酸浸”過程中SbC15和Sb2S3反應有S和SbC13生成，則濾渣I的成分是S、SiO2。

(2)“還原”過程中Sb將SbCl5還原為SbCl3，反應的化學方程式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、鉛過程中，緩慢滴加極稀的硫化鈉溶液，先產生的沉淀是CuS；當CuS、PbS共沉時，

(4)在“除砷”過程中，NaH2PO2是還原劑，其氧化產物為H3PO4；P