四川省南充市仪陇中学2023-2024学年高二上学期12月月考化学试题

仪陇中学20232024学年度上期第二次月考高二化学试卷满分：100分考试时间：75分钟可能用到的相对原子质量：H1O16N14Na23S32Cu64Fe56一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的A、B、C、D四个选项中，只有一项符合题目要求，将符合题意的选项用2B铅笔涂在答题卡上。)1.现代社会的发展与进步离不开材料，下列有关材料的说法不正确的是A.神州十七号运载火箭使用偏二甲肼[(CH3)2NNH2]为燃料，偏二甲肼属于无机化合物B.用于新版人民币票面文字等处的油墨中所含有的Fe3O4是一种磁性物质C.港珠澳大桥路面使用了沥青和混凝土，沥青可以通过石油分馏得到D.国庆阅兵仪式上的坦克和军车都喷涂着新式聚氨酯迷彩伪装涂料，能适应多种环境背景下的隐蔽需求，聚氨酯属于有机高分子材料【答案】A【解析】【详解】A．偏二甲肼[(CH3)2NNH2]中含有碳元素，属于有机化合物，A不正确；B．Fe3O4具有磁性，它是一种磁性物质，B正确；C．通过石油分馏可以得到混合物沥青，C正确；D．聚氨酯是一种有机高聚物，属于有机高分子材料，D正确；故选A。2.下列说法正确的是A.在相同条件下，质量相等的两份H2与足量O2充分反应，分别生成液态水(反应热为∆H1)和气态水(反应热为∆H2)，则∆H1＞∆H2B.雷雨过后感觉到空气清新是因为空气中产生了少量的二氧化氮C.NaHCO3(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+CO2(g)+H2O(l)∆H＜0D.31.2g的Na2S和Na2O2固体混合物中，阴离子数目为0.4NA【答案】D【解析】【详解】A．在相同条件下，质量相等的两份H2与足量O2充分反应，生成液态水放出的热量比生成气态水放出的热量多，但由于∆H为负值，所以∆H1＜∆H2，A不正确；B．雷雨时放电，使空气中少量O2转化为O3，所以雷雨过后感觉到空气清新，B不正确；C．NaHCO3(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+CO2(g)+H2O(l)是一个吸热反应，反应发生时，需要从周围环境中吸收热量，∆H＞0，C不正确；D．Na2S和Na2O2的摩尔质量都为78g/mol，31.2g的Na2S和Na2O2固体混合物的物质的量为0.4mol，Na2S和Na2O2中的阴离子分别为S2、，所以阴离子数目为0.4NA，D正确；故选D。3.下列有关溶液中离子存在和转化的表达合理的是A.中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl、SO42B.离子方程式2Ca2++3HCO3+3OH=2CaCO3↓+CO32+3H2O可以表示NH4HCO3与澄清石灰水反应C.由水电离出的c(H+)=1×1012mol/L的溶液中可能大量存在K+、I、Mg2+、NO3D.n[NH4AlSO4)2]：n[Ba(OH)2]=2:5时发生的反应为：NH4++Al3++2SO42+2Ba2++5OH=NH3·H2O+AlO2+2H2O+BaSO4↓【答案】D【解析】【详解】A.中性溶液中Fe3+不能大量存在，要水解生成氢氧化铁沉淀，故A错误；B.NH4HCO3与澄清石灰水反应，生成碳酸钙沉淀和氨水，故B错误；C.由水电离出的c(H+)=1×1012mol/L的溶液可能显酸性或碱性，在酸性溶液中I、NO3要发生氧化还原反应，在碱性溶液中Mg2+不能大量存在，故C错误；D.n[NH4AlSO4)2]：n[Ba(OH)2]=2:5时发生的反应生成硫酸钡沉淀和偏铝酸根离子以及氨水，反应的离子方程式为：NH4++Al3++2SO42+2Ba2++5OH=NH3·H2O+AlO2+2H2O+BaSO4↓，故D正确；故选D。4.已知反应4NH3＋5O24NO＋6H2O，若反应速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O)表示，则下列正确的关系是A.v(NH3)＝v(O2) B.v(O2)＝v(H2O)C.v(NH3)＝v(H2O) D.v(O2)＝v(NO)【答案】C【解析】【详解】在同一反应中，不同物质表示的反应速率之比等于物质的化学计量数之比，化学方程式为4NH3＋5O2⇌4NO＋6H2O，反应中化学计量数之比为NH3：O2：NO：H2O=4:5:4:6；所以v(NH3)：v(O2)：v(NO)：v(H2O)=4:5:4:6，所以v(NH3)＝v(O2)，v(O2)＝v(H2O)，v(NH3)＝v(H2O)，v(O2)＝v(NO)，故C正确，答案选C。5.在一定温度下密闭容器中发生反应：，平衡时测得A的浓度为0.50mol/L。保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的二倍，再达平衡时，测得A的浓度为0.30mol/L。下列判断正确的是A. B.平衡向正反应方向移动 C.B的转化率减小 D.C的体积分数增大【答案】C【解析】【分析】平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，A的浓度瞬间变为0.25mol，再达平衡时，测得A的浓度为0.30mol/L，说明减小压强，平衡逆向移动，以此解答。【详解】A．由分析可知，减小压强，平衡逆向移动，则，故A错误；B．由分析可知，减小压强，平衡逆向移动，故B错误；C．由分析可知，减小压强，平衡逆向移动，B的转化率减小，故C正确；D．由分析可知，减小压强，平衡逆向移动，C的体积分数减小，故D错误；故选C。6.一定温度下，反应N2(g)＋O2(g)2NO(g)在密闭容器中进行，达到平衡后，下列措施能改变化学反应速率且能使平衡发生移动的是A.恒容，按原平衡各物质的比例充入N2、O2和NO B.恒容，充入HeC.恒压，充入He D.恒压，充入N2【答案】D【解析】【详解】A．已知N2(g)＋O2(g)2NO(g)反应前后气体的总物质的量不变，则平衡后，恒容，按原平衡各物质的比例充入N2、O2和NO，浓度增大，反应速率加快，但平衡不移动，故A错误；B．恒容，充入He，各组分浓度不变，速率不变，且平衡不移动，故B错误；C．恒压，充入He，体积增大，各组分浓度减小，速率减小，且平衡不移动，故C错误；D．恒压，充入N2，体积增大，氧气和NO的浓度降低，反应速率改变，且平衡移动，故D正确；故答案为D。【点睛】由于压强对反应速率或平衡状态的影响其实质是改变浓度，所以需要特别注意惰性气体加入时平衡的变化，可总结为“惰性气体”对化学平衡的影响：①恒温、恒容条件：原平衡体系体系总压强增大→体系中各组分的浓度不变→平衡不移动。②恒温、恒压条件：原平衡体系容器容积增大，各反应气体的分压减小→体系中各组分的浓度同倍数减小(等效于减压)，平衡向气体体积增大的方向移动。7.温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molPCl5，发生反应：PCl5(g)=PCl3(g)+Cl2(g)ΔH=akJ·mol1(a>0)。0～10min保持容器温度不变，10min时改变一种条件，整个过程中PCl5、PCl3、Cl2的物质的量随时间的变化如图所示。下列说法正确的是A.0～4min的平均速率v(PCl3)=0.25mol·L1·min1B.10min时改变的条件是升高体系温度C.若起始时向该容器中充入2.0molPCl3和2.0molCl2，保持温度为T，反应达平衡时放出的热量小于1.6akJD.温度为T，起始时向该容器中充入1.0molPCl5、0.10molPCl3和0.10molCl2，反应达到平衡前v正<v逆【答案】B【解析】【详解】A．0～4min的平均速率，A错误；B．PCl5(g)=PCl3(g)+Cl2(g)ΔH=akJ·mol1(a>0)该反应是吸热反应，温度升高，平衡正移，PCl5(g)减小，PCl3(g)和Cl2(g)增加，看图可知，10min时改变条件，使新平衡PCl3(g)和Cl2(g)的物质的量增大，PCl5(g)减小，平衡正向移动，则10min时改变的条件是升温，B正确；C．温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molPCl5，相当于起始时充入1.0molPCl3(g)和1.0molCl2(g)建立的平衡，平衡时PCl3(g)和Cl2(g)的物质的量为0.2mol，PCl3(g)转化率为80%，保持温度为T时，当起始时向该容器中充入2.0molPCl3(g)和2.0molCl2(g)，相当于加压，故PCl3(g)转化率大于80%，反应达平衡时放出的热量大于，C错误；D．对于可逆反应温度为T时，化学平衡常数，起始充入1.0molPCl5、0.10molPCl3和0.10molCl2时，，，反应向正向进行，，D错误；答案选B。8.图Ⅰ目的是精炼铜，图Ⅱ目的是保护钢闸门。下列说法正确的是图I图IIA.图Ⅰ中为纯铜B.图Ⅰ中向极移动C.图Ⅱ中若、间连接电源，则连接正极D.图Ⅱ中若、间用导线连接，则可以是铜【答案】A【解析】【详解】A．图Ⅰ为电解池，纯铜a作阴极，不发生化学反应，粗铜b作阳极，被氧化，A正确；B．电解池中阴离子移向阳极，向b极移动，B错误；C．图Ⅱ中若、间连接电源，则形成电解池，钢闸门作阴极被保护，连接电源负极，C错误；D．图Ⅱ中若、间用导线连接，则形成原电池，钢闸门作正极被保护，负极X应为比铁活泼的金属，不能是铜，D错误；故选A。9.常温下(25℃)，用0.1mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol/L的CH3COOH溶液和HA溶液所得滴定曲线如图所示，下列说法正确的是A.常温下(25℃)HA的电离平衡常数Ka(HA)的数量级为1010B.a点时溶液中微粒浓度大小关系为：c(A)＞c(Na+)＞c(HA)＞c(OH)＞c(H+)C.b点溶液中存在：2c(H+)+c(CH3COOH)=2c(OH)+c(CH3COO)D.c点溶液中溶质为CH3COONa，溶液中离子浓度大小关系：c(Na+)=c(CH3COO)＞c(H+)=c(OH)【答案】C【解析】【详解】A．常温下(25℃)0.10mol/LHA溶液中，HA电离产生的c(H+)=1×106mol/L，则电离平衡常数Ka(HA)==1×1011，数量级为1011，A不正确；B．a点时溶液中，反应后c(NaA)=c(HA)，但此时溶液的pH＞7，以A水解为主，则微粒浓度大小关系为：c(HA)＞c(Na+)＞c(A)＞c(OH)＞c(H+)，B不正确；C．b点溶液中的溶质为等浓度的CH3COOH和CH3COONa，反应后溶液显酸性，则CH3COOH的电离大于CH3COONa的水解，根据电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH)+c(CH3COO)，物料守恒：2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO)，联立两式消除Na+得：2c(H+)+c(CH3COOH)=2c(OH)+c(CH3COO)，C正确；D．c点溶液中，溶质为CH3COONa、CH3COOH，根据电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH)+c(CH3COO)，溶液呈中性，c(H+)=c(OH)，则溶液中离子浓度大小关系：c(Na+)=c(CH3COO)＞c(H+)=c(OH)，D不正确；故选C。10.在常温下，有关下列四种溶液的叙述中正确的是编号①②③④溶液氨水氢氧化钠溶液醋酸盐酸pH111133A.在溶液①、②中分别加入适量的氯化铵晶体后，①溶液pH值变大，②溶液pH值变小B.将aL溶液④与bL溶液②混合后，若所得溶液的pH=4，则a：b=9：11C.分别取10mL溶液稀释至100mL，四种溶液的pH值：①>②>④>③D.将溶液①、④等体积混合，所得溶液中：c(Cl)>c()>c(OH)>c(H+)【答案】C【解析】【分析】强电解质完全电离、弱电解质部分电离，则常温下pH相同的①②溶液浓度：①＞②，③④溶液浓度：③＞④；【详解】A．在①中加入NH4Cl，抑制NH3•H2O的电离，在②溶液中加入NH4Cl，生成NH3•H2O，NH3•H2O部分电离，则两种溶液中c(OH)都减小，溶液的pH都减小，故A错误；B．将aL溶液④与bL溶液②混合后，若所得溶液的pH=4，则混合溶液中c(H+)=mol/L=104mol/L，a：b=11：9，故B错误；C．加水促进弱电解质的电离，这四种溶液稀释相同倍数时，c(H+)：③＞④，则pH：③＜④＜7，c(OH)：①＞②，则溶液pH：①＞②＞7，所以这四种溶液pH：①＞②＞④＞③，故C正确；D．①④等体积混合，①溶液大量剩余，溶液呈碱性，c(OH)＞c(H+)，根据电荷守恒得c(Cl)＜c()，NH3•H2O电离程度较小，则c()>c(Cl)>c(OH)>c(H+)，故D错误。答案选C。11.某硝酸盐晶体化学式为M(NO3)x·nH2O，相对分子质量为242，将1.21g该晶体溶于水配成100mL溶液，用惰性电极进行电解。当有0.01mol电子转移时，溶液中金属离子全部析出，此时阴极增重0.32g。下列说法正确的是A.金属M的相对原子质量为32B.x=3，n=3C.电解此硝酸盐水溶液时，阳极上有H2产生D.电解后所得溶液的pH(溶液体积仍为100mL)：pH=1【答案】D【解析】【分析】1.21g该晶体的物质的量为=0.005mol，Mx+xe=M，x==2，M的摩尔质量为=64g/mol，64+62×2+18n=242，n=3。【详解】A．由分析可知，M的摩尔质量为64g/mol，则金属M的相对原子质量为64，A不正确；B．由分析可知，x=2，n=3，B不正确；C．电解此硝酸盐水溶液时，阴极Cu2+得电子生成Cu，阳极上2H2O4e=O2↑+4H+，则有O2产生，C不正确；D．用惰性电极进行电解Cu(NO3)2溶液，发生反应2Cu(NO3)2+2H2O2Cu+O2↑+4HNO3，当有0.01mol电子转移时，生成H+的物质的量为0.01mol，电解后所得溶液中c(H+)==0.1mol/L，pH=1，D正确；故选D。12.许多有机化学反应包含电子的转移，使这些反应在电解池中进行时称为电有机合成。电解丙烯腈水溶液制备用量很大的已二腈是一种较为常用的方法：电合成已二腈的总反应如下：2CH2=CHCN+H2ONC(CH2)4CN+O2↑。腈基的结构可表示为[C≡N]，下列说法不正确的是A.已二腈本身有两个不饱和的氰基，在相关催化剂的作用下能与H2发生加成反应B.阴极的电极反应式：2CH2=CHCN+2H+2e=NC(CH2)4CNC.电解生成1mol已二腈时，标准状况下，阳极产生O211.2LD.在反应体系中，电子转移和化学反应两个过程同时进行，所以，它与化学法相比，能缩短合成工艺，减少设备投资，反应条件温和，反应试剂纯净，生产效率高，缓解环境污染等优点。【答案】B【解析】【详解】A．已二腈分子中含有两个氰基，腈基的结构可表示为[C≡N]，不饱和程度大，在相关催化剂的作用下能与H2发生加成反应，A正确；B．在阴极，CH2=CHCN得电子产物与电解质反应，生成NC(CH2)4CN，电极反应式：2CH2=CHCN+2H++2e=NC(CH2)4CN，B不正确；C．由反应方程式2CH2=CHCN+H2ONC(CH2)4CN+O2↑可以看出，电解生成1mol已二腈时，阳极产生标准状况下11.2LO2，C正确；D．反应体系中，电子转移和化学反应两个过程同时进行，在合成工艺、设备投资、反应条件、生产效率、环境保护等方面，都优于化学法，D正确；故选B13.某温度下，分别向的KCl和K2CrO4溶液中滴加0.1mol/LAgNO3溶液，滴加过程中lgc(M)(M为Cl或)与AgNO3溶液体积(V)的变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法正确的是A.曲线L2表示lgc(Cl)与V(AgNO3)的变化关系B.该温度下，Ksp(Ag2CrO4)=2.0×108CM点溶液中：c()>c(K+)>c(Ag+)>c(H+)>c(OH)D.相同实验条件下，若改为0.05mol/L的KCl和K2CrO4溶液，则曲线L2中N点移到Q点【答案】C【解析】【详解】A．KCl和硝酸银反应的化学方程式为：KCl+AgNO3=AgCl↓+KNO3，铬酸钾和硝酸银反应的化学方程式为：K2CrO4+2AgNO3=Ag2CrO4↓+2KNO3，根据反应方程式可知在相同浓度的KCl和K2CrO4溶液中加入相同浓度的硝酸银溶液，氯离子浓度减小的更快，所以L1代表是lgc(Cl)与V(AgNO3)的变化关系，A错误；B．N点纵坐标的数值是4，则Ag2CrO4在沉淀溶解平衡中c()=104.0mol/L，c(Ag+)=2×104mol/L，Ksp(Ag2CrO4)=c()c2(Ag+)=104.0mol/L×(2×104mol/L)2=4.0×1012，B错误；C．M点加入的硝酸银溶液体积是15mL，根据反应方程式KCl+AgNO3=AgCl↓+KNO3，可知，生成0.001mol硝酸钾和0.001mol氯化银，剩余0.0005mol硝酸银，则c()＞c(K+)＞c(Ag+)，银离子水解使溶液表现酸性，则c(H+)＞c(OH)，所以M点溶液中，离子浓度为：c()＞c(Ag＋)＞c(H＋)＞c(OH)，C正确；D．由A选项可知曲线L1表示AgCl的溶解平衡曲线，温度不变，Ksp不变，减小KCl的浓度，再次平衡后，pCl=lgc(Cl)不变，但消耗的AgNO3体积减小，所以平衡点向左平动，D错误；故选：C。14.H2A为二元弱酸,常温下,向一定体积的0.1mol·L1的H2A溶液中逐滴加入一定浓度的NaOH溶液,溶液中不同形态的粒子(H2A、HA、A2)的物质的量分数a(X)随pH的变化曲线如图所示，下列说法错误的是A.K1(H2A)=1.0×107 B.K2(H2A)=1.0×1011C.pH=9时,c(Na+)<c(HA)+2c(H2A) D.pH=7时,c(Na+)=c(H2A)+2c(A2)【答案】C【解析】【详解】A.电离平衡常数只受温度的影响，与浓度大小无关，Ka1=，由图可知，当pH=7时，c(H2A)=c(HA－)，Ka1=c(H＋)=10－7，故A说法正确；B.根据A选项分析，pH=11时，c(A2－)=c(HA－)，Ka2=c(H＋)=10－11，故B说法正确；C.根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)，pH=9的溶液显碱性，c(H＋)<c(OH－)，即c(Na＋)>c(HA－)＋2c(A2－)，由图象可知，pH=9时，c(A2－)=c(H2A)，代入表达式，c(Na＋)>c(HA－)＋2c(H2A)，故C说法错误；D.根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)，pH=7时，c(H＋)=c(OH－)，c(H2A)=c(HA－)，得出c(Na＋)=c(H2A)＋2c(A2－)，故D说法正确；答案：C二、填空题(共58分)15.为验证不同化合价铁的氧化还原能力，利用下列电池装置进行实验。回答下列问题：（1）由FeSO4·7H2O固体配制240mL0.10mol·L−1FeSO4溶液，需要称量FeSO4·7H2O固体的质量为_____g(保留两位小数)。（2）电池装置中，盐桥连接两电极电解质溶液。盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应，并且电迁移率(u∞)应尽可能地相近。根据下表数据，盐桥中应选择_____作为电解质。阳离子u∞×108/(m2·s−1·V−1)阴离子u∞×108/(m2·s−1·V−1)Li+4.074.61Na+5.197.40Ca2+6.59Cl−7.91K+7.628.27（3）电流表显示电子由铁电极流向石墨电极。可知，盐桥中的阳离子进入_____(填“石墨”或“铁”)电极溶液中。（4）电池反应一段时间后，测得铁电极溶液中c(Fe2+)增加了0.02mol·L−1.，石墨电极上未见Fe析出。可知，石墨电极溶液中c(Fe2+)=_____。（5）根据(3)、(4)实验结果，可知石墨电极的电极反应式为_____，铁电极的电极反应式为_____。（6）实验前需要对铁电极表面活化。在FeSO4溶液中加入几滴Fe2(SO4)3溶液，将铁电极浸泡一段时间，铁电极表面被刻蚀活化。检验活化反应完成的方法是_____。【答案】（1）6.95（2）KCl（3）石墨（4）0.09mol/L（5）①.Fe3++e=Fe2+②.Fe2e=Fe2+（6）取活化后溶液少许于试管中，加入KSCN溶液，若溶液不出现血红色，说明活化反应完成【解析】【分析】该原电池中，铁电极为负极；石墨电极为正极。【小问1详解】配制240mL0.10mol/LFeSO4溶液需用250mL容量瓶，则需称量FeSO4·7H2O固体的质量为0.10mol/L×0.25L×278g/mol=6.95g。【小问2详解】能与Fe3+反应、Ca2+能与反应、酸性条件下能与Fe2+反应，盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应，故盐桥中的电解质不选择含、、Ca2+的离子，结合“盐桥中阴、阳离子的电迁移率(u∞)应尽可能地相近”，盐桥中应选择KCl作为电解质。【小问3详解】电流表显示电子由铁电极流向石墨电极，则铁电极为负极，负极电极反应为Fe2e=Fe2+；石墨电极为正极；为平衡电荷，盐桥中的阳离子进入石墨电极溶液中。【小问4详解】电池反应一段时间后，测得铁电极溶液中c(Fe2+)增加了0.02mol·L−1，石墨电极上未见Fe析出，铁电极的电极反应为Fe2e=Fe2+，石墨电极的电极反应为2Fe3++2e=2Fe2+，根据得失电子守恒，石墨电极溶液中c(Fe2+)增加0.04mol/L，石墨电极溶液中c(Fe2+)为0.04mol/L+0.05mol/L=0.09mol/L。【小问5详解】根据(3)、(4)实验结果，可知石墨电极的电极反应式为Fe3++e=Fe2+，铁电极的电极反应式为Fe2e=Fe2+。【小问6详解】在FeSO4溶液中加入几滴Fe2(SO4)3溶液，将铁电极浸泡一段时间，发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，检验活化反应完成只要检验活化后的溶液中不含Fe3+即可，方法是取活化后溶液少许于试管中，加入KSCN溶液，若溶液不出现血红色，说明活化反应完成。16.LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿(MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备LiMn2O4的流程如图：已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.8×1039，Ksp[Al(OH)3]=1.3×1033，Ksp[Ni(OH)2]=5.5×1016。回答下列问题：（1）硫酸溶矿主要反应的化学方程式为________。为提高溶矿速率，可采取的措施________(举1例)。（2）加入少量MnO2的作用是________。不宜使用H2O2替代MnO2，原因是________。（3）溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=4，此时c(Fe3+)=________mol•L1；用石灰乳调节至pH≈7，除去的金属离子是________。（4）加入少量BaS溶液除去Ni2+，生成的沉淀有________。（5）煅烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是________。【答案】（1）①.MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑②.粉碎菱锰矿（2）①.将Fe2+氧化为Fe3+②.Fe3+可以催化H2O2分解（3）①.2.8×109②.Al3+（4）BaSO4、NiS（5）2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑【解析】【分析】菱锰矿主要含有MnCO3，还含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素，硫酸溶矿MnCO3和稀硫酸反应生成硫酸锰，同时得到硫酸亚铁、硫酸镍、硫酸铝等盐，用二氧化锰把硫酸亚铁氧化为氢氧化铁沉淀除铁，加石灰乳调节至pH≈7生成氢氧化铝沉淀除铝，加BaS生成NiS除Ni，过滤，滤液中含有硫酸锰，电解硫酸锰溶液得到MnO2，煅烧窑中碳酸锂、二氧化锰反应生成LiMn2O4。【小问1详解】硫酸溶矿过程中，MnCO3和稀硫酸反应生成硫酸锰、二氧化碳、水，主要反应的化学方程式为MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑。根据影响反应速率的因素，粉碎菱锰矿、适当升高温度、适当增大硫酸浓度都能提高溶矿速率。【小问2详解】MnO2具有氧化性，加入少量MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+。Fe3+可以催化H2O2分解，所以不宜使用H2O2替代MnO2。【小问3详解】溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=4，c(OH)=1×1010，此时c(Fe3+)=mol•L1；Ksp[Al(OH)3]=1.3×1033，用石灰乳调节至pH≈7，c(Al3+)=，Al3+完全转化为氢氧化铝沉淀，除去的金属离子是Al3+。【小问4详解】加入少量BaS溶液除去Ni2+，可知生成的沉淀有BaSO4、NiS；【小问5详解】根据流程图，煅烧窑中碳酸锂、二氧化锰反应生成LiMn2O4、二氧化碳、氧气，反应的化学方程式是2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑。17.异丙醇(C3H8O)可由生物质转化得到，催化异丙醇脱水制取高值化学品丙烯(C3H6)的工业化技术已引起人们的关注，其主要反应如下：Ⅰ、C3H8O(g)C3H6(g)+H2O(g)ΔH1=+52kJ·mol1Ⅱ、2C3H6(g)C6H12(g)ΔH2=97kJ·mol1回答下列问题：（1）已知2C3H8O(g)+9O2(g)=6CO2(g)+8H2O(g)ΔH=3750kJ·mol1，则C3H6(g)燃烧生成CO2(g)和H2O(g)的热化学方程式为_____。（2）在1350℃下，刚性密闭容器中的反应体系内水蒸气浓度与反应时间关系如下表：反应时间/μs04812t20H2O浓度/ppm0244032003600400041004~8μs内，v(C3H8O)=_____ppm·μs一1；②t_____16(填“>”“<”或“=”)。（3）在恒温刚性密闭容器中，反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡的判据是_____(填标号)。a．H2O(g)的分压不变b．混合气体密度不变c．n(C3H6)=2n(C6H12)d．v正(H2O)=v逆(C3H8O)（4）下图为反应Ⅰ、Ⅱ达到平衡时lgQp与温度的关系曲线。(已知：对于可逆反应aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(g)，任意时刻Qp=，式中p(X))表示物质×的分压)①在350℃恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，反应Ⅰ的的状态最有可能对应图中的_____点(填“甲”“乙”或“丙”)，判断依据是_____。②350℃时，在密闭容器中加入一定量的C3H8O，体系达到平衡后，测得C6H12的分压为xMPa，则水蒸气的分压为_____MPa(用含x的代数式表示)。【答案】（1）（2）①.190②.>（3）ad（4）①.甲②.反应I平衡曲线为N，恒压时充入水蒸气，③.【解析】【小问1详解】设Ⅲ为2C3H8O(g)+9O2(g)=6CO2(g)+8H2O(g)ΔH=3750kJ·mol1，根据盖斯定律Ⅲ2×Ⅰ得；【小问2详解】①4~8μs内，，则v(C3H8O)=v(H2O)=；②0~4μs、4~8μs、8~12μs，△c(H2O)逐渐减小，说明反应速率减小，8~12μs内，Δc(H2O)=400ppm，12~tμs内，Δc(H2O)=400ppm，则t12>4，即t>16；【小问3详解】a．H2O的分压不变，则C3H6的分压也不变，反应I、Ⅱ各组分分压不变，反应I、Ⅱ均达到平衡，a正确；b．反应物和生成物均为气体，混合气体的总质量不变，刚性密闭容器体积不变，则混合气体密度不变，不能作为反应I、Ⅱ均达到平衡的判据，b错误；c．当n(C3H6)=2n(C6H12)时，反应不一定达到平衡，不能作为反应I、Ⅱ均达到平衡的判据，c错误；d．v正(H2O)=v逆(C3H8O)，说明正逆反应速率相等，反应I达平衡，各组分分压不变，C3H6的分压不变，说明反应Ⅱ也达平衡，d正确；故选ad；【小问4详解】①反应I为气体体积增大的吸热反应，反应Ⅱ为气体体积减小的放热反应，则升高温度，反应I正向移动，Qp逐渐增大，反应Ⅱ逆向移动，Qp逐渐减小，即反应I为平衡曲线为N，反应Ⅱ平