江苏省扬州市宝应县2022-2023学年高二化学上学期期中检测（选修）试卷（Word版含解析）

2022-2023学年度第一学期期中检测试卷高二化学(选修)2022.11可能用到的相对原子质量：H-1　C-12　N-14　O-16　Na-23K-39V-51Mn-55选择题(共42分)一、单项选择题：本题包括14小题，每小题3分，共计42分。每小题只有一个选项符合题意。1.回收并合理利用废旧物品有利于节约资源和保护环境。下列回收的废旧物品利用方法不合理的是A.废铅蓄电池回收铅和硫酸B.废塑料裂解制取化工原料C.废书报用于造纸D.废易拉罐用于焚烧发电【答案】D【解析】【详解】A．铅蓄电池构成复杂，含有铅和铅的化合物，而且含硫酸，为防止其对环境的污染，应对其进行回收利用，废旧物品利用方法合理，A项合理；B．废塑料裂解产生乙烯，可用作化工原理，废旧物品利用方法合理，B项合理；C．废书、废纸的回收利用是解决造纸工业面临的原料短缺、能源紧张和污染严重等三大问题的有效途径，废旧物品利用方法合理，C项合理；D．废易拉罐主要成分为铝等金属，不能燃烧，不可用于焚烧发电，回收的废旧物品利用方法不合理，D项不合理；答案选D。2.反应SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O可用于雕刻玻璃，SiO2不溶于稀盐酸和稀硫酸，K(HF)=6×10-4。下列说法正确的是A.该反应的实质是SiO2与H+反应生成盐和水，属于复分解反应B.1molSiO2含4molSi-O键C.反应中四种物质均属于电解质D.NaF溶液呈碱性，应盛放在带橡皮塞的玻璃试剂瓶中【答案】B【解析】【详解】A．SiF4不属于盐，因此该反应不属于复分解反应，A项错误。 B．根据SiO2的结构式，1个Si原子周围有4个Si-O键，因此1molSiO2含4molSi-O键，B项正确。C．SiO2和SiF4都是非电解质，C项错误。D．NaF在溶液中会水解产生HF，HF能够腐蚀玻璃，因此不能盛放在玻璃试剂瓶中，D项错误。答案选B。3.氢气和氧气发生反应生成水的过程用如下模型表示，“-”表示化学键，下列说法正确的是A.过程I是放热过程B.过程III放出1143.2kJ的热量C.a的总能量大于d的总能量D.1molH2O在不同状态时的熵值：S[H2O(l)]<S[H2O(s)]【答案】C【解析】【详解】A．过程I断键，是吸热过程，故A错误；B．根据图示，不能判断过程III放出热量的多少，故B错误；C．燃烧反应放热，所以a的总能量大于d的总能量，故C正确；D．相同物质的量的同种物质，S(g)>S(l)>S(s)，1molH2O在不同状态时的熵值：S[H2O(l)]>S[H2O(s)]，故D错误；选C。4.关于水的电离，下列叙述中，正确的是（）A.升高温度，水的平衡向正反应方向移动，Kw增大，c(OH-)增大，pH增大B.向水中加入少量硫酸，水的平衡向逆反应方向移动，Kw不变，c(H+)增大C.向水中加入氨水，水的平衡向逆反应方向移动，Kw不变，c(OH-)降低D.向水中加入少量固体醋酸钠，平衡向逆反应方向移动，Kw不变，c(H+)降低【答案】B【解析】 【详解】A．水的电离为吸热反应，升高温度，水的平衡向正反应方向移动，Kw增大，c(OH-)增大，c(H+)增大，pH值减小，A项错误；B．向水中加入少量硫酸，使溶液中c(H+)增大，水的平衡向逆反应方向移动，Kw只与温度有关，温度不变，Kw不变，B项正确；C．向水中加入氨水，氨水电离生成OH-，c(OH-)升高，水的平衡向逆反应方向移动，Kw只与温度有关，温度不变，Kw不变，C项错误；D．向水中加入少量固体醋酸钠，醋酸钠电离生成CH3COO-，CH3COO-结合H+生成醋酸分子，c(H+)降低，平衡向正反应方向移动，Kw不变，D项错误；故选B。5.下列关于溶液酸碱性说法不正确的是A.25℃pH=3的H2SO4与pH=11的氨水等体积混合后，加入酚酞溶液为无色B.25℃1LpH=5的氯化铵溶液，c(H+)=10-5mol·L-1，由水电离出n(OH-)=10-5molC.某温度下纯水中c(OH-)=4×10-7mol·L-1，则该温度下0.1mol·L-1的盐酸的pH=1D.313K时，Kw=2.9×10-14，则pH=7时，溶液呈碱性【答案】A【解析】【详解】A．25℃pH=3的H2SO4与pH=11的氨水等体积混合后，氨水有剩余，溶液显碱性，加入酚酞溶液为红色，A项错误；B．25℃1LpH=5的氯化铵溶液，c(H+)=10-5mol·L-1，氯化铵为盐，本身不产生H+，溶液中的H+全部来自于水，故由水电离出n(OH-)=10-5mol/L×1L=10-5mol，B项正确；C．0.1mol/L的盐酸中c(H+)=0.1mol/L，pH=-lgc(H+)=-lg(0.1)=1，C项正确；D．313K时，pH=7时，溶液中c(H+)=1.0×10-7mol/L，则c(OH-)=Kw/c(H+)=2.9×10-7mol·L-1，c(H+)<c(OH-)，溶液呈碱性，D项正确；故选A。6.定量实验是学习化学的重要途径，下列操作规范且能达到定量实验目的的是 A.用图1所示装置测定中和反应的反应热B.用图2所示装置测定硫酸溶液的浓度C.用图3所示装置配制100mL一定物质的量浓度的硫酸溶液D.用图4所示装置加热硫酸铜晶体测定晶体中结晶水的含量【答案】A【解析】【详解】A．用图1所示装置可测定中和反应的反应热，故A正确；B．利用中和滴定测定稀硫酸的浓度，一般用氢氧化钠溶液滴定，不能将碳酸钠固体放在锥形瓶中，用稀硫酸滴定碳酸钠，故B错误；C．浓硫酸应该在烧杯中稀释并冷却后在转移至容量瓶中，故C错误；D．加热固体应在坩埚中进行，不能用蒸发皿，故D错误。故选A。7.实验室用基准配制标准溶液并标定盐酸浓度，应选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定标准溶液。下列说法不正确的是A.可用移液管取标准溶液置于锥形瓶中B.应选用配带塑料塞的容量瓶配制标准溶液C.应选用烧杯而非称量纸称量固体D.达到滴定终点时溶液显红色，记录体积后重复以上操作2~3次【答案】D【解析】【详解】A.量取Na2CO3标准溶液应使用移液管，读数精确到小数点后两位，故A项正确； B.Na2CO3溶液呈碱性，应使用带塑料塞的容量瓶配制，故B项正确；C.Na2CO3能与空气中的二氧化碳、水反应，因此一般用烧杯称量Na2CO3固体，故C项正确；D.盐酸滴定Na2CO3标准溶液，滴定终点显弱碱性，溶液显橙色，故D项错误。故答案选：D。8.下列氯及其化合物的性质与用途具有对应关系的是A.具有氧化性，可用于水体消毒B.具有酸性，可用于蚀刻线路板上的铜C.具有还原性，可用于除去铁锈D.受热易分解，可用作氮肥【答案】A【解析】【详解】A．用于水体消毒，因为其具有氧化性，可使蛋白质变性，故A符合题意；B．用于蚀刻线路板上的铜，是因为铁离子具有氧化性，能够与铜反应，和其具有酸性无关，故B不符合题意；C．用于除去铁锈，是和其酸性有关，与其还原性无关，故C不符合题意；D．可用作氮肥，是因为其组成含有氮元素，与其受热易分解无关，故D不符合题意；答案A。9.乙烯与氯化氢气体催化加成反应的能量与反应历程的关系如图所示，下列说法正确的是A.第一步反应比第二步的快 B.两步反应的DH均小于0C.第一步的逆反应活化能比第二步的小D.催化剂可以使该反应的速率和焓变增大【答案】C【解析】【详解】A．由图像可知，第一步反应的活化能大于第二步，因此第二步反应更快，A项错误；B．由图像可知，第一步反应后的能量大于反应前，即DH大于0，B项错误；C．由图像很明显能看出，第一步逆反应活化能比第二步的小，C项正确；D．催化剂可以降低反应所需的活化能，从而增大反应速率，但不能改变反应的焓变，D项错误；答案选C。【点睛】解答此类题目时，注意区分活化能、DH、键能等概念的区别与联系。10.相同温度和压强下，研究Cl2在不同溶液中的溶解度(用溶解Cl2的物质的量浓度表示)随溶液浓度的变化。在NaCl溶液和盐酸中Cl2的溶解度以及各种含氯微粒的浓度变化如图。下列说法不正确的是A.由图1可知，Cl2溶于NaCl溶液时还发生了反应Cl2+Cl－=ClB.随NaCl溶液浓度增大，Cl2+H2O⇌H++Cl－+HClO平衡逆移，Cl2溶解度减小C.随盐酸浓度增加Cl2与H2O的反应被抑制，生成Cl为主要反应从而促进Cl2溶解D.由上述实验可知，H+浓度增大促进Cl2溶解，由此推知在稀硫酸中，随硫酸浓度增大Cl2的溶解度会增大【答案】D【解析】【分析】 【详解】A．由图1分析Cl2的浓度降低，Cl浓度升高，得出Cl2溶于NaCl溶液时还发生了反应Cl2+Cl－=Cl，故A正确；B．增大Cl－浓度，Cl2+H2O⇌H++Cl－+HClO平衡逆移，所以随NaCl溶液浓度增大，Cl2溶解度减小，故B正确；C．由图2分析Cl2的浓度先降低后升高，随着盐酸浓度增加，Cl2与H2O的反应被抑制，生成Cl为主要反应，从而促进Cl2溶解，故C正确；D．由图2分析，H+浓度一直增大，但是溶解的Cl2的浓度先降低后升高，应该是发生了反应Cl2+Cl－=Cl，促进了Cl2溶解，而在稀硫酸只提供了H+，随硫酸浓度增大，Cl2+H2O⇌H++Cl－+HClO平衡逆向移动，Cl2的溶解度会降低，故D错误；故选D。11.为探究FeCl3的性质，进行了如下实验：FeCl3和Na2SO3溶液浓度均为0.1mol·L-1.(亚铁离子与铁氰化钾【K3[Fe(CN)6]】溶液反应产生蓝色沉淀)实验操作与现象①在5mL水中滴加2滴FeCl3溶液，呈棕黄色；煮沸，溶液变红褐色。②在5mLFeCl3溶液中滴加2滴Na2SO3溶液，变红褐色；再滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀。③在5mLNa2SO3溶液中滴加2滴FeCl3溶液，变红褐色；将上述混合液分成两份，一份滴加K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀生；另一份煮沸，产生红褐色沉淀。依据上述实验现象，结论不合理的是A.实验①说明加热促进Fe3+水解反应，该溶液能产生丁达尔现象B.实验②说明Fe3+既发生了水解反应，又发生了还原反应C.实验③说明Fe3+发生了水解反应，但没有发生还原反应D.实验②和③说明Fe3+的水解反应和还原反应存在竞争，SO对Fe3+的水解反应无影响，但对还原反应有影响【答案】D 【解析】【分析】铁离子水解显酸性，亚硫酸根离子水解显碱性，两者之间存在相互促进的水解反应，同时铁离子具有氧化性，亚硫酸根离子具有还原性，两者还会发生氧化还原反应，在同一反应体系中，铁离子的水解反应与还原反应共存并相互竞争，结合实验分析如下：实验①为对照实验，说明铁离子在水溶液中显棕黄色，存在水解反应Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，煮沸，促进水解平衡正向移动，得到红褐色的氢氧化铁胶体；实验②说明少量亚硫酸根离子加入铁离子后，两者发生水解反应得到红褐色的氢氧化铁胶体；根据铁氰化钾检测结果可知，同时发生氧化还原反应，使铁离子被还原为亚铁离子，而出现特征蓝色沉淀；实验③通过反滴操作，根据现象描述可知，溶液仍存在铁离子的水解反应，但由于铁离子少量，没检测出亚铁离子的存在，说明铁离子的水解反应速率快，铁离子的还原反应未来得及发生。【详解】A．铁离子的水解反应为吸热反应，加热煮沸可促进水解平衡正向移动，使水解程度加深，生成较多的氢氧化铁，从而使溶液显红褐色，故A正确；B．在5mLFeCl3溶液中滴加2滴同浓度的Na2SO3溶液，根据现象和分析可知，Fe3+既发生了水解反应，生成红褐色的氢氧化铁，又被亚硫酸根离子还原，得到亚铁离子，加入铁氰化钾溶液后，出现特征蓝色沉淀，故B正确；C．实验③中在5mLNa2SO3溶液中滴加2滴同浓度少量FeCl3溶液，根据现象和分析可知，仍发生铁离子的水解反应，但未来得及发生铁离子的还原反应，即水解反应比氧化还原反应速率快，故C正确；D．结合三组实验，说明铁离子与亚硫酸根离子混合时，铁离子的水解反应占主导作用，比氧化还原反应的速率快，因证据不足，不能说明亚硫酸离子对铁离子的水解作用无影响，事实上，亚硫酸根离子水解显碱性，可促进铁离子的水解反应，故D错误。故选D。12.电解制备钴()的工作原理如图所示。下列关于该装置工作时的说法不正确的是A.a为电源的正极B.钴电极上的电极反应为 C.Ⅱ室中浓度减小D.若不使用离子交换膜，石墨电极上会析出【答案】C【解析】【分析】该装置为电解池，制备Co，则钴为阴极，电极反应式为，则b为电源的负极，a为正极，石墨是阳极，电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2；【详解】A．由分析知，a为电源的正极，A正确；B．钴为阴极，电极反应式为，B正确；C．由I室中发生的电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2，电解池中阳离子移到正极，即I室溶液中H+移到II室，阴离子移到负极，III室中Cl-移到II室，则II室的浓度增大，C错误；D．若I、II室之间不使用阳离子交换膜，II室中Cl-移到阳极先失电子，则石墨电极上会析出，D正确；故选：C。13.通过滴加相同浓度的盐酸或KOH溶液来调节0.01mol·L-1Na2HAsO3溶液的pH，实验测得含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与溶液pH的关系如图所示。下列有关说法正确的是A.K2(H2AsO)为1×10-9.2B.NaH2AsO3溶于水，所得溶液中H2AsO的水解程度小于其电离程度C.水的电离程度：a点大于b点D.c点溶液中存：c(Na＋)=2c(H2AsO)＋4c(HAsO)＋2c(AsO) 【答案】D【解析】【详解】A．根据图示c(H2AsO)=c(H3AsO3)时，pH=9.2，K1(H3AsO3)为1×10-9.2，故A错误；B．根据图示NaH2AsO3溶液呈碱性，所得溶液中H2AsO的水解程度大于其电离程度，故B错误；C．b点H2AsO离子水解促进水电离，所以水的电离程度a点小于b点，故C错误；D．根据物料守恒c(Na＋)=2c(H2AsO)＋2c(HAsO)＋2c(AsO)+2c(H3AsO3)，c点溶液中存在c(HAsO)=c(H3AsO3)，所以c(Na＋)=2c(H2AsO)＋4c(HAsO)＋2c(AsO)，故D正确；选D。14.乙醇-水催化重整可获得H2.其主要反应为反应1：，反应2：。在、时，若仅考虑上述反应，平衡时CO2和CO的选择性及H2的产率随温度的变化如图所示。CO的选择性，下列说法正确的是A.C2H5OH(g)+H2O(g)=2CO(g)+4H2(g)ΔH=214.5kJ·mol-1B.升高温度，平衡时CO2的选择性增大C.反应1在一定温度下，增大，乙醇平衡转化率减小D.反应2在一定温度下，加入CaO(S)或选用高效催化剂，均能提高平衡时H2的转化率 【答案】C【解析】【分析】根据已知反应1，反应2，且反应1的热效应更大，温度升高的时候对反应1影响更大一些，根据选择性的含义，升温时CO选择性增大，同时CO2的选择性减小，所以图中③代表CO的选择性，①代表CO2的选择性，②代表H2的产率，以此解题。【详解】A．由盖斯定律可知，反应1+反应2×2得：C2H5OH(g)+H2O(g)=2CO(g)+4H2(g)ΔH=173.3kJ·mol-1+2×41.2kJ·mol-1=255.7kJ·mol-1，故A错误；B．由分析可知升高温度，平衡时CO的选择性增大，故B错误；C．一定温度下，增大，可以认为开始时水蒸气物质的量不变，增大乙醇物质的量，乙醇的平衡转化率降低，故C正确；D．选用高效催化剂可加速反应速率，但不会影响平衡时产率，故D错误；故选C。二、非选择题：共4题，共58分。15.实验室中有一未知浓度的稀盐酸，某学生为测定盐酸的浓度在实验室中进行如下实验。①配制100mL0.10mol·L-1NaOH标准溶液。②取20.00mL待测稀盐酸溶液放入锥形瓶中，并滴加2～3滴酚酞作指示剂，用自己配制的标准NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作2～3次，记录数据如下。实验编号NaOH溶液的浓度(mol/L)滴定完成时，NaOH溶液滴入的体积(mL)待测盐酸溶液的体积(mL)10.1022.6220.0020.1022.7220.0030.1022.8020.00请完成下列问题：（1）配制NaOH标准溶液时，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、_______、胶头滴管。（2）滴定达到终点的现象是_______。 （3）根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为_______(保留两位有效数字)（4）如下图所示，排去碱式滴定管中气泡的方法应采用操作_______，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。（5）在上述实验中，下列操作(其他操作正确)会造成测定结果偏高的有_______。A.滴定终点读数时俯视读数B.锥形瓶水洗后未干燥C.酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸溶液润洗D.称量前NaOH固体中混有Na2CO3固体E.碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失F.滴定过程中，锥形瓶的振荡过于激烈，使少量溶液溅出G.配制好的NaOH标准溶液保存不当，部分与空气中的CO2反应生成了Na2CO3【答案】（1）100mL容量瓶（2）加入最后一滴氢氧化钠溶液，溶液由无色恰好变为浅红色，且半分钟不褪色（3）0.11mol·L-1（4）丙（5）DE【解析】【分析】配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；中和滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录，锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算；【小问1详解】 配制100mL0.10mol·L-1NaOH标准溶液，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管。【小问2详解】滴定时，当溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点，即酚酞在酸中为无色，在碱中显浅红色，故答案为：加入最后一滴氢氧化钠溶液，溶液由无色恰好变为浅红色，且半分钟不褪色。【小问3详解】三组数据均有效，消耗氢氧化钠的平均体积为：=22.71mL，c(待测)===0.11mol·L-1；【小问4详解】碱式滴定管的气泡通常在橡胶管内，只要将滴定玻璃头朝上，并挤压橡皮管中的玻璃珠就可以将气泡冲出，故答案为：丙。【小问5详解】A．滴定终点读数时俯视读数，导致标准溶液的体积偏小，则待测溶液浓度偏低，故A不选；B．锥形瓶水洗后未干燥，对消耗标准液体积不产生影响，待测液浓度准确，故B不选；C．酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸溶液润洗，导致标准溶液的体积偏小，则待测溶液浓度偏低，故C不选；D．称量前NaOH固体中混有Na2CO3固体，导致标准溶液的体积偏大，则待测溶液浓度偏高，故D选；E．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，导致标准溶液的体积偏大，则待测溶液浓度偏高，故E选；F．滴定过程中，锥形瓶的振荡过于激烈，使少量溶液溅出，导致标准溶液的体积偏小，则待测溶液浓度偏低，故F不选；G．配制好的NaOH标准溶液保存不当，部分与空气中的CO2反应生成了Na2CO3，根据钠守恒，对V(标准)无影响，待测液浓度准确，故G不选；故选DE。16.甲醇是重要的有机化工原料，目前世界甲醇年产量超过2.1×107吨，在能源紧张的今天，甲醇的需求也在增大。 甲醇的合成方法是：i.CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH=-90.1kJ·mol-1另外：ii.2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH=-566.0kJ·mol-1iii.2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH=-572.0kJ·mol-1若混合气体中有二氧化碳存在时，一定温度下还发生下列反应：iv.CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH=41.1kJ·mol-1（1）甲醇的燃烧热为_______kJ·mol-1。（2）若反应在密闭恒容绝热容器中进行，对反应(ⅳ)中CO2的转化率的影响是_______。a.增大b.减小c.无影响d.无法判断（3）如图是温度、压强与反应(ⅰ)中CO转化率的关系：①反应(ⅰ)平衡常数表达式为K=_______。②由图像可知，较低温度时，CO转化率对_______(选填“温度”或“压强”)敏感。③由图像可知，温度越低，压强越大，CO转化率越高，但实际生产往往采用300～400℃和10MPa的条件，其原因是_______。（4）在一容积为2L的密闭容器内加入2mol的CO和6mol的H2，在一定条件下发生反应i.该反应的逆反应速率与时间的关系如图所示： ①由图可知反应在t1、t3、t7时都达到了平衡，而在t2、t8时都改变了条件，试判断t8时改变的条件可能是_______。②若t4时降压，t5时达到平衡，t6时增大反应物的浓度，请在图中画出t4～t6时逆反应速率与时间的关系曲线_______。【答案】（1）764.9（2）d（3）①.②.温度③.温度较低，反应速率慢，不利于甲醇的合成；压强较高，消耗能量越多，对设备的要求越高（4）①.加入催化剂②.【解析】【小问1详解】甲醇的燃烧热指1mol甲醇完全燃烧生成CO2(g)、H2O(l)所放出的能量，已知：i.CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH=-90.1kJ·mol-1，ii.2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH=-566.0kJ·mol-1，iii.2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH=-572.0kJ·mol-1，根据盖斯定律，ii×+iii-i可得CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=[(-566.0)×+(-572.0)-(-90.1)]kJ·mol-1=-764.9kJ·mol-1；【小问2详解】 在密闭恒容绝热容器中进行2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH=-566.0kJ·mol-1，随着反应的进行，气体的温度逐渐升高二氧化碳的转化率减小，但反应（iv）为吸热反应，又能够使温度降低，有利于提高二氧化碳的转化率，因此无法判断反应（iv）对合成甲醇反应中CO2的转化率的影响，故选d；【小问3详解】①由CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)方程式可知，反应(ⅰ)平衡常数的表达式为K=。②由图像可知，不管压强多大，只要温度较低，则转化率均较高，故转化率对温度较敏感；③化学反应速率与温度和压强呈正比，由图像可知，温度越低，压强越大，CO转化率越高，但实际生产往往采用300～400℃和10MPa的条件，若温度较低，化学反应速率较低，不利于工业合成效率，因此采用300～400℃合成提高生产效率，虽然CO转化率随压强增大而升高，但随着压强的增大，对合成仪器的抗压要求越高，并且耗能也越高，因此采用10MPa的原因是控制成本；【小问4详解】①由图像可知，t8时刻，逆反应速率上升，并且后续未发生突变，因此t8时刻改变的条件增加了化学反应速率且不影响化学平衡，故t8时刻改变的条件可能为加入催化剂；②i.CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)为分子数减小的反应，若t4时降压，逆反应速率将突然降低，平衡将逆向移动，后续逆反应速率将逐渐降低，直至t5时达到平衡；t6时增大反应物的浓度，t6改变反应物浓度瞬间，甲醇浓度并未改变，因此t6瞬间逆反应速率不变，正反应速率增大，平衡将正向移动，甲醇浓度逐渐上升，逆反应速率将逐渐升高直至达到新平衡，因此图像如图所示：。17.是硫酸生产中的催化剂，某种含钒工业下脚料主要成分是 ，其中含铝、硅、铜、锰等氧化物及油脂等杂质，一种以该下脚料为原料提取的工艺流程如图：已知：；。回答下列问题：（1）“焙烧”可以除去油脂，还有一个作用是_______。（2）将焙烧冷却后的固体残留物进行“粉碎”，其目的是_______。（3）“滤渣1”的主要成分是_______(写化学式)。（4）“沉锰”反应的离子方程式是_______。（5）“浓缩结晶”时，需要加入过量，其原因是_______。（6）煅烧偏钒酸铵时，固体(取)质量的减少量随温度变化的曲线如图所示：100~200℃时产生的一种气体的化学式为_______，300~350℃时发生反应的化学方程式为_______。【答案】（1）将V2O3氧化为V2O5（2）增大接触面积，提高酸溶速率 （3）SiO2（4）Mn2++2HCO=Mn(OH)2↓+CO2↑（5）增大溶液中的铵根离子浓度，使NH4VO3完全析出（6）①.NH3②.2HVO3V2O5+H2O【解析】【分析】由题给流程可知，含钒下脚料焙烧的目的是除去下脚料表面的油脂，并将三氧化二钒转化为五氧化二钒，将焙烧后的下脚料粉碎，加入稀硫酸酸溶，将五氧化二钒转化为VO离子，其余金属氧化物转化为可溶的硫酸盐，二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣1和含有VO离子的可溶的硫酸盐；加入氢氧化钠溶液将铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，将VO离子转化为VO离子，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣2和含有VO离子的滤液；向滤液中加入碳酸氢铵溶液，将溶液中的锰离子转化为氢氧化锰沉淀，过滤得到氢氧化锰和滤液；向滤液中加入过量的硫酸铵溶液，经浓缩结晶、过滤得到钒酸铵；煅烧钒酸铵制得五氧化二钒。【小问1详解】由分析可知，含钒下脚料焙烧的目的是除去下脚料表面的油脂，并将三氧化二钒转化为五氧化二钒，故答案为：将V2O3氧化为V2O5；【小问2详解】将焙烧冷却后的固体残留物进行粉碎可以增大反应物的表面积，使酸溶时反应物的接触面积，提高酸溶的速率，故答案为：增大接触面积，提高酸溶速率；【小问3详解】由分析可知，滤渣1的主要成分为二氧化硅，故答案为：SiO2；【小问4详解】由分析可知，加入碳酸氢铵溶液的目的是将溶液中的锰离子转化为氢氧化锰沉淀，反应的离子方程式为Mn2++2HCO=Mn(OH)2↓+CO2↑，故答案为：Mn2++2HCO=Mn(OH)2↓+CO2↑；【小问5详解】浓缩结晶时加入过量的硫酸铵溶液，可以增大溶液中的铵根离子浓度，有利于VO离子完全转化为钒酸铵沉淀，故答案为：增大溶液中的铵根离子浓度，使NH4VO3完全析出； 【小问6详解】钒酸铵受热分解时发生的反应为NH4VO3NH3↑+HVO3、2HVO3V2O5+H2O，由题意可知，钒酸铵的物质的量为=0.02mol，由钒原子个数守恒可知，钒酸的质量为0.02mol×100g/mol=2.000g，则100~200℃时发生的反应为NH4VO3NH3↑+HVO3，五氧化二钒的质量为0.02mol××182g/mol=1.820g，则300~350℃时发生的反应为2HVO3V2O5+H2O，故答案为：NH3；2HVO3V2O5+H2O。18.以废锰酸锂电池为原料，回收MnO2、精铜的实验流程如下：（1）“浸取”在如图所示装置中进行。①将一定量“LiMn2O4和石墨混合粉末”与H2SO4溶液、H2O2溶液中的一种配成悬浊液，加入到三颈烧瓶中，75℃下通过分液漏斗缓慢滴加另一种溶液。分液漏斗中的溶液是_______。②LiMn2O4转化为MnSO4的化学方程式为_______。③保持温度、反应物和溶剂的量不变，能提高Mn元素浸出率的措施有_______。（2）补充以“铜箔和铝箔”为原料制备精铜的实验方案：边搅拌边向“铜箔和铝箔”中加入溶液，当溶液中不再产生气泡时，过滤；将铜箔压制成片并与直流电源_______极相连，不锈钢片与直流电源_______极相连，在H2SO4-CuSO4混合溶液中电解，当铜箔完全溶解时取出不锈钢片，刮出精铜将所得精铜用蒸馏水洗净，干燥。（3）通过下列方法测定MnO2的纯度：准确称取0.4000gMnO2样品，加入25.00mL 0.2000mol·L-1Na2C2O4溶液和适量硫酸，加热至完全反应(发生反应为MnO2+C2O+4H+=Mn2++2CO2↑+2H2O)，用0.01000mol·L-1KMnO4标准溶液滴定过量的Na2C2O4至终点，消耗KMnO4标准溶液20.00mL(滴定反应为2MnO+5C2O+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O)。计算样品中MnO2的质量分数(写出计算过程)_______。【答案】（1）①.H2O2②.③.适当加快搅拌速率；延长反应时间（2）①.正极②.负极（3）97.88%【解析】【分析】以废锰酸锂电池为原料进行破碎筛分，分离出铜箔和铝箔，以及锰酸锂和石墨混合粉末，之后浸取，在酸性条件下用过氧化氢将锰酸锂中的锰还原为+2价，过滤，滤液通过电解得到二氧化锰，铜箔和铝箔通过精制得到精铜，以此解题。【小问1详解】①反应在75℃下进行，若三颈烧瓶中先加入H2O2溶液，向其中滴加硫酸溶液，则容易导致H2O2分解，故滴液漏斗中溶液是H2O2溶液，故答案为：H2O2；②过氧化氢作还原剂将LiMn2O4中锰元素还原为+2价，方程式为：，故答案为：；③从反应速率和反应物反应的充分程度角度分析，能提高Mn元素浸出率的措施有：适当加快搅拌速率；延长反应时间，故答案为：适当加快搅拌速率；延长反应时间；【小问2详解】根据电解原理可知电解时将铜箔压制成片并与直流电源正极相连，作阳极，不锈钢片与直流电源的负极相连，作阴极，在H2SO4－CuSO4混合溶液中电解，当铜箔完全溶解时取出不锈钢片，刮出精铜用蒸馏水洗净，干燥。 【小问3详解】根据2MnO+5C2O+16H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，与MnO反应的C2O的物质的量：2.5×0.01000mol/L×20.00×10-3L=5.000×10-4mol，0.4000g样品中MnO2的物质的量：0.2000mol/L×25×10-3L-5.000×10-4mol=4.50×10-3mol；m（MnO2）=4.50×10-3mol×87g/mol=0.3915g；则样品中MnO2的质量分数=97.88%，故答案为：97.88%。