1、2020-2021年高二化学上学期期中模拟卷03 (人教选修4)可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32一、选择题：本题共16个小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1下列事实与对应的方程式不符合的是（ ）A自然界中正常的雨水呈酸性： H2OCO2H2CO3，H2CO3HHCO3B用CH3COOH溶液和NaOH溶液反应测定中和热：CH3COH(aq)NaOH（aq）CH3COONa（aq）H2O（1） kJmol1C甲烷的燃烧热为890.3 kJmol1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（
2、g）2O2（g）CO2（g）2H2O（g） D硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合出现浑浊：S2O322HSSO2H2O【答案】C【解析】A. 自然界的雨水中溶解的CO2与水结合生成H2CO3，H2CO3是二元弱酸，分两步发生电离，从而使雨水显酸性，A正确；B. CH3COOH是弱酸，电离时吸热，所以用醋酸溶液和NaOH溶液测定中和热时，中和热的绝对值小于57.3，B正确；C.甲烷燃烧的热化学方程式中，H2O应呈液态，C错误；D. 硫代硫酸钠溶液与稀硫酸发生复分解反应，生成的硫代硫酸分解，生成S、SO2、H2O，D正确。2下列说法正确的是（ ）A升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是降低了反应活化能B
3、有气体参加的化学反应，增大压强一定可以增大化学反应速率C增大反应物浓度，可提高单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大D催化剂的加入能提高单位体积内活化分子百分数，从而增大化学反应速率【答案】D【解析】A升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增大了反应物分子的能量，更多的分子变为活化分子，而反应活化能不变，错误；B 有气体参加的化学反应，若是容器的容积不变，向其中加入与体系无关的物质，使体系压强增大，则增大压强，化学反应速率不增大，错误；C 增大反应物浓度，可提高单位体积内分子总数，从而使有效碰撞次数增大，但是活化分子的百分数不变，错误；D 催化剂的加入能降低反应的活化能，提高单位
4、体积内活化分子百分数，从而增大化学反应速率，正确。3下列说法正确的是（ ）A密闭容器中充入1mol N2和3mol H2可生成2mol NH3B一定条件下，可逆反应达到平衡状态，该反应就达到了这一条件下的最大限度C对于任何反应增大压强，化学反应速率均增大D化学平衡是一种动态平衡，条件改变，原平衡状态不会被破坏【答案】B【解析】A、1mol N2和3mol H2完全反应生成2mol NH3，合成氨是可逆反应,反应物不能完全转化，所以生成的氨气的物质的量小于2mol，故A错误；B、一定条件下，可逆反应达到平衡状态该反应就达到了这一条件下的最大限度，所以B选项是正确的；C、有气体参加的反应，增大压强
5、，反应速率增大，若没有气体参与的反应，改变压强不影响反应速率，故C错误；D、条件改变引起正逆反应速率变化相等时，仍处于平衡状态，平衡不被破坏，引起正逆反应速率变化不相等时，平衡被平衡，故D错误。4分析下面化学键键能数据，判断下列分子中受热时最不稳定的是()化学键HHHFHBrHI键能(kJ/mol)436565368297A氢气B氟化氢C溴化氢D碘化氢【答案】D【解析】由题干信息可知，HH键的键能为436kJmol-1，HF键的键能为565kJmol-1，HBr键的键能为368kJmol-1，HI键的的键能为297kJmol-1，键能越小，分子越不稳定，HI键的键能最小，受热时分子最不稳定，D
6、选项符合题意；5反应mA(s)+nB(g)pC(g) HO，在一定温度下,平衡时B的体积分数(B%)与压强变化的关系如图所示，下列叙述中一定不正确的是（ ） m+np x点表示的正反应速率小于逆反应速率 np反应速率x点比y点时的慢 若升高温度，该反应的平衡常数减小A B C D【答案】A【解析】增大压强，B%增大，说明平衡逆向移动，A为固态，所以np可能正确，正确、不一定正确；x点位于曲线上方，未达平衡状态，由图像看出，当B%减少时，可以趋向于平衡，则反应应是正向进行，即正反应速率大于逆反应速率，错误；由图像可出x点的压强小于y点压强，压强越大反应速率越快，所以反应速率x点比y点时的慢，正确
7、；该反应为吸热反应，升高温度平衡右移，平衡常数增大，错误；正确选项A。6下列滴定中，指示剂的选择或滴定终点颜色变化有错误的是提示：2KMnO4+5K2SO3+3H2SO4=6K2SO4+2MnSO4+3H2O、I2+Na2S=2NaI+S选项滴定管中的溶液锥形瓶中的溶液指示剂滴定终点颜色变化ANaOH溶液CH3COOH溶液酚酞无色浅红色BHCl溶液氨水酚酞浅红色无色C酸性KMnO4溶液K2SO3溶液无无色浅紫红色D碘水亚硫酸溶液淀粉无色蓝色【答案】B【解析】A.锥形瓶中为酸，加入酚酞溶液显无色，达到滴定终点，溶液显碱性，溶液会变为浅红色，故现象为无色浅红色，A正确；B.锥形瓶中为碱，随着酸的滴
8、入，溶液碱性减弱，当达到滴定终点，溶液显酸性，应选择酸性范围内变色的指示剂甲基橙，当达到滴定终点时现象是溶液由黄色变为橙色，B错误；C.高锰酸钾为紫色，滴入高锰酸钾前溶液无色，当到达滴定终点为时溶液为浅紫红色，现象为无色浅紫红色，C正确；D.碘遇淀粉变蓝色，加入碘水前溶液无色，当滴加碘反应至滴定终点时，碘遇溶液中的淀粉溶液会呈现蓝色，D正确；7将4molA气体和 2 mol B 气体在 2 L 的容器中混合并在一定条件下发生如下反应：2A（气）B（气）2C（气），若经2s（秒）后测得C的浓度为0.6molL1 ，现有下列几种说法，其中正确的是（ ）A用物质A表示的反应的平均速率为3molL1s
9、1B用物质B表示的反应的平均速率为0.6molL1s1C2s时物质A的转化率为70D2s时物质B的浓度为0.7molL1【答案】D【解析】A项、用物质A表示的反应的平均速率为=0. 3molL1s1，故A错误；B项、用物质B表示的反应的平均速率为=0.15molL1s1，故B错误；C项、2s时物质A的转化率为100%=100%=30%，故C错误；D项、2s时物质B的浓度为（10.3）mol/L=0.7mol/L，故D正确；8O3在水中易分解，一定条件下， O3的浓度减少一半所需的时间(t)如下表所示。据表中的递变规律，推测O3分别在条件40、pH=3.0,10、pH=5. 0, 30、pH=7
10、.0下，分解速率依次增大的顺序为( )ABCD【答案】C【解析】由表中数据可知，温度越高反应速率越快，pH越大反应速率越快，所以40、pH=3.0时，所需时间在31min158min之间；10、pH=4.0时，所需时间231min；30、pH=7.0时，所需时间15min，则分解速率依次增大的顺序为、。9反应2X(g)Y(g)2Z(g)；H0，在不同温度（T1和T2）下，产物Z的物质的量n与反应时间t的关系如图所示，则下列判断中正确的是（ ）AT1T2，P1P2 BT1T2，P1P2CT1T2，P1P2 DT1T2，P1P2【答案】C【解析】本题学生应掌握图像中：1.纵横坐标含义；2.图中曲线
11、拐点的含义;3.拐点前后的含义.a线与b线比较：a线先拐先平衡；所以温度相同时有：P1P2也符合方程式中反应物气体总体积和生成物总体积关系为：32加压向气体减小方向移动。Z增多。b线与c线比较：c线先拐先平衡，所以压强相同时有：T1T2，也符合方程式中正反应方向放热，降低温度平衡向放出热量的方向移动。Z增多。10某弱酸溶液中存在电离平衡HAHA，下列叙述不正确的是（ ）A溶液中离子浓度的关系满足：c(H)c(OH)c(A)B0.10 mol/L的HA溶液中加水稀释，溶液中c(OH)增大CHA溶液中加少量的NaA固体，平衡逆向移动D常温下，加入NaA固体可使HA的电离常数变小【答案】D【解析】A
12、、溶液呈电中性，阴阳离子所带电荷相等，根据电荷守恒得：c（H+）=c（OH-）+c（A-），选项A正确；B、加水稀释促进弱电解质电离，氢离子浓度减小，水的离子积常数不变，所以c（OH-）增大，选项B正确；C、加入NaA时，c（A-）增大，从而抑制弱酸电离，选项C正确；D、温度不变，弱酸的电离平衡常数不变，选项D不正确。答案选D。11一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应：。当、的浓度不再变化时，下列说法中，正确的是（ ）A和全部转化为B该反应已达化学平衡状态C正、逆反应速率相等且等于零D、的浓度一定相等【答案】B【解析】A. 该反应为可逆反应，反应物不可能完全转化，所以和不可能全部转化为，A错误
13、；B. 当、的浓度不再变化时，说明该反应已达化学平衡状态，B正确；C. 反应达化学平衡状态时，正、逆反应速率相等但不等于零，C错误；D. 反应达化学平衡状态时，、的浓度不再变化，但不一定相等，D错误；12常压下，羰基化法精炼镍的原理为Ni(s)+4CO(g) Ni(CO)4(g)。230 时，该反应的平衡常数K=210-5。第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230 制得高纯镍。已知Ni(CO)4的沸点为42.2 ，固体杂质不参与反应。下列判断正确的是（ ）A增大c(CO)，平衡正向移动，反应的平衡常数增大B增大Ni的表面积可以加
14、快反应速率，提高Ni(CO)4的产率C第二阶段Ni(CO)4的分解率很高D该反应达到平衡时，4vNi(CO)4=v(CO)【答案】C【解析】A. 化学平衡常数仅与反应温度有关，与反应物的浓度无直接关系，因此增加c(CO)，反应的平衡常数应不变，故A错误；B. 增大Ni的表面积，单位时间内反应量最多，可以加快反应速率，但Ni(CO)4的产率不变，故B错误；C. 由题干可知，230C时，第一阶段反应的平衡常数较小，为K=210-5，而第二阶段为第一阶段反应的逆过程，因此可判断第二阶段的反应较彻底，即第二阶段Ni(CO)4分解率较高，故C正确；D. 化学反应达到平衡时，不同物质的正逆反应速率之比等于
15、化学计量数之比，因此该反应达到平衡时，4v生成Ni(CO)4=v生成(CO)，选项中未指明Ni(CO)4和CO的反应速率是生成速率还是消耗速率，故D错误。13下列说法中正确的是（ ）ANa2O2遇到湿润的紫色石蕊试纸后，石蕊试纸最终变成蓝色BNa2O2与CO2反应生成0.1molO2时转移电子0.4molC向饱和烧碱溶液中加入2gNa2O2充分反应完时，溶液中c(Na)不变D将Na2O2投入CuCl2溶液中有蓝色沉淀及气泡产生【答案】D【解析】ANa2O2遇到湿润的紫色石蕊试纸后，可以和水之间反应生成氢氧化钠和氧气，石蕊试纸变蓝，但是过氧化钠具有漂白性，最终试纸变白色，故A错误；B过氧化钠与水
16、反应为歧化反应，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，生成1mol氧气转移2mol电子，则生成0.1mol氧气转移电子0.2mol，故B错误；CNa2O2与水反应时放出大量热，反应后溶液温度升高，导致氢氧化钠溶液的溶解度增大，所以溶液中钠离子浓度增大，故C错误；DNa2O2投入到CuCl2溶液中，反应生成氢氧化铜沉淀和氧气，所以有蓝色沉淀及气泡产生，故D正确。14归纳与推理是化学学习常用的方法。下列推理正确的是（ ）A因为稀硫酸能与铁反应放出H2，所以稀硝酸与铁反应也一定能放出H2B因为NO2溶于水形成HNO3，所以NO2是酸性氧化物C因为过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，所以过氧化钠与二氧化硫
17、也能生成亚硫酸钠和氧气D因为SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，所以SO2具有还原性【答案】D【解析】A. 稀硫酸是非氧化性酸，能与铁反应放出H2，稀硝酸具有强氧化性，与铁反应不放出H2，故A错误；B. NO2能与碱反应生成盐、水和一氧化氮，不是酸性氧化物，故B错误；C. 过氧化钠与二氧化硫发生氧化还原反应，Na2O2+SO2=Na2SO4，故C错误；D. SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，体现了二氧化硫的还原性，故D正确；15下列有关物质的性质与其应用不相对应的是（ ）AAl具有良好延展性和抗腐蚀性,可制成铝箔包装物品BKAl(SO4)2水解可生成Al(OH)3胶体,可用于自来水的净化CN
18、H3能与Cl2生成NH4Cl,可用浓氨水检验输送氯气的管道是否有泄漏DNaHCO3能与碱反应,食品工业用作焙制糕点的膨松剂【答案】D【解析】A铝是金属，有良好的延展性，表面形成氧化膜，有抗腐蚀性，故A正确；B铝离子水解生成氢氧化铝胶体，能吸附水中悬浮的杂质，能净水，故B正确；C氨气和氯气反应氯化铵，现象为白烟，所以可以选择用氨水检验输送氯气的管道是否泄漏，故C正确；D碳酸氢钠和碱反应，但做膨松剂是因为碳酸氢钠受热分解，故D错误；16下列关于自发过程的叙述中，正确的是（ ）A只有不需要任何条件就能够自动进行的过程才是自发过程B需要加热才能够进行的过程肯定不是自发过程C同一可逆反应在不同条件下都有
19、自发的可能D非自发过程在任何条件下都不可能变为自发过程【答案】C【解析】自发反应是在一定的条件下可以发生的反应过程。自发过程的判断有熵判据和焓判据，这两个判据为大多数情况。吉布斯自由能判据可以确定。故答案为C。二、非选择题：包括第17题第21题5个大题，共52分。17（10分）某实验小组设计用50 mL1.0mol/L盐酸和50 mL1mol/L氢氧化钠溶液在如图装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量计算中和热。试回答下列问题：(1)本实验中在大小烧杯中填充泡沫塑料的作用是_(2)使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是_(填字母)。a.用温度计小心搅拌 b.揭开硬纸片用玻璃棒搅拌
20、c.轻轻地振荡烧杯 d.用套在温度计上的环形玻璃棒轻轻地搅动(3)该实验小组做了四次实验，每次取溶液各50mL，记录如下原始数据。实验序号 起始温度t1/终止温度t2/温度差平均值（t2-t1）/盐酸NaOH溶液平均值125.124.925.031.6225.125.125.128.5325.125.125.131.9425.125.125.131.8结合上表数据，计算时应采用温度差的平均值为_。已知盐酸、NaOH溶液密度近似为1.00g/cm3，中和后混合液的比热容c=4.18103kJ/(g)，则中和热H=_(保留到小数点后1位)。(4)若因反应放热，而造成少量盐酸在反应过程中挥发，则测得
21、的中和热_(填“偏大”“偏小”或“不变”)。【答案】（1）保温隔热，防止热量散失 （2分） （2） d （2分） （3） 6.7 （2分） -56.0kJ/mol （2分） （4） 偏小（2分） 【解析】 (1)中和热测定的实验中需要量筒、温度计、环形玻璃搅拌棒；中和热测定实验成败的关键是保温工作，在大小烧杯之间填满碎纸条的作用是保温隔热，防止热量散失；(2) a.温度计的作用是测量反应前后的温度，以便于确定反应放出的热量，不能用于搅拌反应混合物，a错误； b.若揭开硬纸片用玻璃棒搅拌，就会导致部分热量散失，使实验结果测定不准确，b错误；c.轻轻地振荡烧杯，可能会导致部分反应溶液洒在容器的外面
22、，影响实验测定，c错误； d.用套在温度计上的环形玻璃棒轻轻地搅动，可以达到充分混合反应混合物的目的，同时减少了实验过程中的热量损失，d正确；故合理选项是d；(3)通过观察可知表中第2次数据偏差较大，应该舍去，其余三次测量数据都是有效的，三次温差的平均值为：t=6.7；根据反应热H=-=-=-56.0kJ/mol；(4)若因反应放热，而造成少量盐酸在反应过程中挥发，则在测得的中和热时，盐酸与氢氧化钠反应放热就偏少，故测得的中和热数值偏小。18（6分）某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择甲基橙作指示剂。请填写下列空白：（1）用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶
23、液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视_。直到因加入一滴盐酸后，溶液由黄色变为橙色，并_为止。（2）下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是（_）A酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸B滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥C酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失D读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数（3）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则起始读数为_mL，终点读数为_mL。（4）某学生根据3次实验分别记录有关数据如表：滴定次数待测NaOH溶液的体积/mL0.100 0 mol/L盐酸的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度
24、溶液体积/mL第一次25.000.1026.1126.01第二次25.001.5630.3028.74第三次25.000.3226.3125.99依据上表数据列式计算该NaOH溶液的物质的量浓度为_ mol/L。(保留四位有效数字)【答案】（1）锥形瓶内颜色变化（1分） 半分钟内不褪色（1分） （2）D （1分） （3）1.00 （1分） 25.10（1分） （4）0.104 0 mol/L （1分）【解析】（1）酸碱中和滴定时，眼睛要注视锥形瓶内溶液的颜色变化，滴定终点时溶液颜色由黄色突变为橙色，且半分钟内不褪色，故答案为：锥形瓶内颜色变化；半分钟内不褪色；（2）起始读数为1.00mL，终点
25、读数为25.10mL，盐酸溶液的体积为24.10mL，故答案为1.00；25.10；（3）A酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液，标准液的浓度偏小，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=可知，测定c(NaOH)偏大，故A不符合；B滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，待测液的物质的量不变，对V(标准)无影响，根据c(待测)=可知，测定c(NaOH)无影响，故B不符合；C酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=可知，测定c(NaOH)偏大，故C不符合；D读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，造成V(标准)偏小，根据c
26、(待测)=可知，测定c(NaOH)偏低，故D符合；故答案为D；（4）根据数据的有效性，舍去第2组数据，然后求出1、3组平均消耗V(盐酸)=26.00mL，根据HCl + NaOH=NaCl+H2O，n(HCl)=n(NaOH)，则c(NaOH)=0.1040mol/L；故答案为0.1040mol/L。19（12分）碱式硫酸铁Fe(OH)SO4是重要的化工原料，工业上利用废铁屑(含少量氧化铝、 氧化铁等)生产碱式硫酸铁的工艺流程如下：已知：KspFe(OH)3=2.610-39 KspFe(OH)2=4.910-17 KspAl(OH)3=810-32(单位略)(1)工业生产中，常将废铁块处理为
27、废铁屑，其目的是_；用稀硫酸处理废铁屑的过程中_个氧化还原反应发生。(2)加入碳酸氢钠后，发生反应的主要离子方程式为_。(3)若要使沉淀完全(一般认为离子浓度小于10-5 molL-1即为沉淀完全)，溶液的pH为_；此溶液中亚铁离子的物质的量浓度不高于_molL-1才不会生成沉淀。(4)从环保、产品纯度角度分析.试剂a最好选择下列物质中的_(填字母代号)。A NaClO B KNO3 C H2O2 D KMnO4(5)若搅拌过程中NaHCO3过量，会产生FeCO3沉淀和大量气泡，若将NaHCO3改为 Na2CO3过量时产生的沉淀为FeCO3和Fe(OH)2的混合物，试解释混合物中有Fe(OH)
28、2的原因_。【答案】（1）增大表面积，加快反应速率 （2分） 2 （2分） （2）Al3+3HCO3-=Al(OH)3+3CO2 （2分） （3） 5.3 （1分） 12.25 （1分） （4）C （2分） （5） 改为Na2CO3以后，由于Na2CO3溶液的碱性（或水解程度）比NaHCO3溶液的强，所以会生成Fe(OH)2 （2分） 【解析】 (1)将废铁块处理为废铁屑，固体表面积增大，可加快反应速率，涉及反应为Fe+H2SO4=FeSO4+H2、Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、Fe2(SO4)3+Fe=3FeS
29、O4，有2个属于氧化还原反应，即Fe+H2SO4=FeSO4+H2、Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4；(2)反应后加入NaHCO3并搅拌，调节溶液的pH，碳酸氢根和铝离子双水解，发生反应Al3+3HCO3-=Al(OH)3+3CO2；(3)若要使A13+沉淀完全，KspAl(OH)3=c(Al3+)c3(OH-)=810-32，当c(Al3+)=10-5 molL-1时c(OH-)=mol/L=210-9mol/L，c(H+)=510-6mol/L，pH=5.3；根据KspFe(OH)2= c(Fe2+)c2(OH-)=4.910-17可知,此溶液中亚铁离子的物质的量浓度不高于=12.2
30、5mol/L；(4)从环保、产品纯度角度分析，试剂a最好选择过氧化氢即C选项，可避免生成杂质或污染性气体；(5)由于碳酸钠水解程度比碳酸氢钠大，溶液碱性较强，因此会生成Fe(OH)2。20（12分）新能源汽车的核心部件是锂离子电池，常用磷酸亚铁锂(LiFePO4)作电极材料。对LiFePO4废旧电极(含杂质 A1、石墨粉)回收并获得高纯Li2CO3的工业流程图：资料：碳酸锂在水中溶解度：温度/020406080100溶解度/g1.541.331.171.010.850.72(1)“过程i”除研磨粉碎外，请再写出一种可以提高过程ii溶解速率的措施：_。(2)“过程ii”加入足量 NaOH 溶液的
31、离子反应方程式是 _。(3)“过程iii ”采用不同氧化剂分别进行实验，均采用 Li含量为3.7% 的原料，控制pH 为3.5，浸取1.5h后，实验结果如表所示：序号酸氧化剂浸出液Li+ 浓度(g/L) 滤渣中Li含量/%实验1HC1H2O29.020.10实验2HC1NaC1O39.050.08实验3HC1O27.050.93实验2中，NaC1O3 与盐酸反应生成黄绿色气体，大大增加了酸和氧化剂的用量，该反应的离子方程式为_。“过程iii”得到的浸出液循环两次的目的是_ 。 (4)浸出液中存在大量 H2PO4 -和 HPO，已知：H2POHPO+H+，HPOPO+H+ ，结合平衡移动原理，解
32、释“过程iv”得到磷酸铁晶体的原因：_。(5)“过程v”中，若“沉锂”中c(Li+ )=1.0mo1L-1，加入等体积饱和 Na2CO3溶液(浓度约为1.78mo1/L)，此时实验所得沉锂率为_ (已知Li2CO3的Ksp为9.010-4)。(6)简述“过程vi”的操作：_。【答案】（1）升高温度或适当提高 NaOH 溶液浓度 （1分） （2）2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2 （2分）（3） ClO-+5Cl-+6H+ =3Cl2+3H2O （2分） 提高浸出液中Li+浓度(或提高氧化剂和酸的利用率或节约后续纯碱的用量) （1分） （4）CO结合H+，c(H+)减小，H2POHPO
33、+H+，HPOPO+H+，两电离平衡均向右移动，c(PO )增大，与Fe3+结合形成磷酸铁晶体 （2分）（5） 96.25% （2分） （6）用热水洗涤，干燥 （2分） 【解析】 (1)“过程i”中适当加热、搅拌及增大NaOH溶液的浓度均可提高溶解速率；(2)“过程ii”加入足量NaOH溶液，铝与氢氧化钠反应，离子反应方程式是2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2；(3)NaC1O3与盐酸反应归中反应生成黄绿色气体，离子方程式为ClO-+5Cl-+6H+ =3Cl2+3H2O；“过程iii”得到的浸出液循环两次可提高锂的浸出率，提高酸及氧化剂的使用率，节约成本；(4)向浸出液中加入碳酸钠
34、，碳酸根离子可结合磷酸二氢根离子或磷酸一氢根离子电离出的氢离子，导致磷酸二氢根离子或磷酸一氢根离子电离平衡正向移动，溶液中磷酸根离子浓度增大，则与铁离子结合生成磷酸铁晶体；(5)“过程v”中，发生2Li+= Li2CO3，溶液中剩余c()=0.64mol/L，Ksp(Li2CO3)=c2(Li+)c()，c2(Li+)=，c(Li+)=3.7510-2mol/L，沉锂率=(1.0mol/L-3.7510-2mol/L)1.0mol/L100%=96.25%；(6)根据碳酸锂在水中溶解度，温度越高溶解度越小，则用热水洗涤，干燥即可。21（12分）多晶硅是制作光伏电池的关键材料。以下是由粗硅制备多
35、晶硅的简易过程。回答下列问题：硅粉与在300时反应生成气体和，放出热量，该反应的热化学方程式为_。的电子式为_。将氢化为有三种方法，对应的反应依次为： （1）氢化过程中所需的高纯度可用惰性电极电解溶液制备，写出产生的电极名称_（填“阳极”或“阴极”），该电极反应方程式为_。（2）已知体系自由能变，时反应自发进行。三个氢化反应的与温度的关系如图1所示，可知：反应能自发进行的最低温度是_；相同温度下，反应比反应的小，主要原因是_。（3）不同温度下反应中转化率如图2所示。下列叙述正确的是_（填序号）。aB点： b：A点点 c反应适宜温度：（4）反应的_（用，表示）。温度升高，反应的平衡常数_（填“增
36、大”、“减小”或“不变”）。（5）由粗硅制备多晶硅过程中循环使用的物质除、和外，还有_（填分子式）。【答案】 （2分） （1分） （1） 阴极 （1分） 或 （2分） （2） 1000 （1分） 导致反应的小 （1分） （3） a、c （1分） （4） （1分） 减小 （1分） （5） 、 （1分） 【解析】I.参加反应的物质是固态的Si、气态的HCl，生成的是气态的SiHCl3和氢气，反应条件是300，配平后发现SiHCl3的化学计量数恰好是1，由此可顺利写出该条件下的热化学方程式：Si(s)+3HCl(g) SiHCl3(g)+H2(g) H=-225kJmol-1；SiHCl3中硅与1个
37、H、3个Cl分别形成共价单键，由此可写出其电子式为：，注意别漏标3个氯原子的孤电子对；II.（1）电解KOH溶液，阳极发生氧化反应而产生O2、阴极发生还原反应才产生H2；阴极的电极反应式可以直接写成2H+2e-=H2，或写成由水得电子也可以：2H2O+2e-=H2+2OH-；（2）由题目所给的图1可以看出，反应（最上面那条线）当G=0时，对应的横坐标温度是1000；从反应前后气体分子数的变化来看，反应的熵变化不大，而反应中熵是减小的，可见熵变对反应的自发更不利，而结果反应的G更负，说明显然是焓变产生了较大的影响，即H2H1导致反应的G小（两个反应对应的H，一个为正值，一个为负值，大小比较很明显
38、）；（3）图2给的是不同温度下的转化率，注意依据控制变量法思想，此时所用的时间一定是相同的，所以图示中A、B、C点反应均正向进行，D点刚好达到平衡，D点到E点才涉及平衡的移动。在到达平衡状态以前，正反应速率大于逆反应速率，a项正确，B点反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率；b点错误，温度越高，反应速率越快，所以E点的正（或逆）反应速率均大于A点；c项正确，C到D点，SiHCl3的转化率较高，选择此温度范围比较合适，在实际工业生产中还要综合考虑催化剂的活性温度。（4）将反应反向，并与反应直接相加可得反应，所以H3=H2-H1，因H20，所以H3必小于0，即反应正反应为放热反应，而放热反应的化学平衡常数随着温度的升高而减小；（5）反应生成的HCl可用于流程中粗硅提纯的第1步，三个可逆反应中剩余的H2也可循环使用。
