2024-2025年高二化学上学期期中模拟卷03含解析新人教版选修4

PAGE142025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-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-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：H2O＋CO2H2CO3，H2CO3H＋＋HCO3－B．用CH3COOH溶液和NaOH溶液反应测定中和热：CH3COH(aq)＋NaOH（aq）＝CH3COONa（aq）＋H2O（1）kJ·mol－1C．甲烷的燃烧热为890.3kJ·mol－1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（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：S2O32－＋2H＋＝S↓＋SO2↑＋H2O【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，中和热的确定值小于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．上升温度能使化学反应速率增大，主要缘由是降低了反应活化能B．有气体参与的化学反应，增大压强确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．上升温度能使化学反应速率增大，主要缘由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．有气体参与的化学反应，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1molN2和3molH2可生成2molNH3B．确定条件下，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，条件变更，原平衡状态不会被破坏【答案】B【解析】A、1molN2和3molH2完全反应生成2molNH3，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、确定条件下，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、有气体参与的反应，增大压强，反应速率增大，若没有气体参与的反应，变更压强不影响反应速率，故C错误；D、条件变更引起正逆反应速率变更相等时，仍处于平衡状态，平衡不被破坏，引起正逆反应速率变更不相等时，平衡被平衡，故D错误。4．分析下面化学键键能数据，推断下列分子中受热时最不稳定的是()化学键H－HH－FH－BrH－I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，H—H键的键能为436kJ·mol-1，H—F键的键能为565kJ·mol-1，H—Br键的键能为368kJ·mol-1，H—I键的的键能为297kJ·mol-1，键能越小，分子越不稳定，H—I键的键能最小，受热时分子最不稳定，D选项符合题意；5．反应mA(s)+nB(g)pC(g)△H>O，在确定温度下,平衡时B的体积分数(B%)与压强变更的关系如图所示，下列叙述中确定不正确的是（）①m+n>p②x点表示的正反应速率小于逆反应速率③n<p④反应速率x点比y点时的慢⑤若上升温度，该反应的平衡常数减小A．②⑤B．②④C．①③D．①③⑤【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n<p，m+n>p可能正确，③正确、①不确定正确；x点位于曲线上方，未达平衡状态，由图像看出，当B%削减时，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，②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，④正确；该反应为吸热反应，上升温度平衡右移，平衡常数增大，⑤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更有错误的是提示：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更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2molB气体在2L的容器中混合并在确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0.6mol·L－1，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3mol·L－1·s－1B．用物质B表示的反应的平均速率为0.6mol·L－1·s－1C．2s时物质A的转化率为70％D．2s时物质B的浓度为0.7mol·L－1【答案】D【解析】A项、用物质A表示的反应的平均速率为==0.3mol·L－1·s－1，故A错误；B项、用物质B表示的反应的平均速率为=0.15mol·L－1·s－1，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（1—0.3）mol/L=0.7mol/L，故D正确；8．O3在水中易分解，确定条件下，O3的浓度削减一半所需的时间(t)如下表所示。据表中的递变规律，推想O3分别在条件①40℃、pH=3.0,②10℃、pH=5.0,③30℃、pH=7.0下，分解速率依次增大的依次为()A．①②③ B．③②① C．②①③ D．③①②【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31min～158min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依次为②、①、③。9．反应2X(g)＋Y(g)2Z(g)；△H<0，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，则下列推断中正确的是（）A．T1＜T2，P1＜P2B．T1＜T2，P1＞P2C．T1＞T2，P1＞P2D．T1＞T2，P1＜P2【答案】C【解析】本题学生应驾驭图像中：1.纵横坐标含义；2.图中曲线拐点的含义;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：P1＞P2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：3＞2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：T1＞T2，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HAH＋＋A－，下列叙述不正确的是（）A．溶液中离子浓度的关系满意：c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)B．0.10mol/L的HA溶液中加水稀释，溶液中c(OH－)增大C．HA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、溶液呈电中性，阴阳离子所带电荷相等，依据电荷守恒得：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．确定温度下，在恒容密闭容器中发生反应：。当、、的浓度不再变更时，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．、、的浓度确定相等【答案】B【解析】A.该反应为可逆反应，反应物不行能完全转化，所以和不行能全部转化为，A错误；B.当、、的浓度不再变更时，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，、、的浓度不再变更，但不确定相等，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=2×10-5。第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；其次阶段：将第一阶段反应后的气体分别出来，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。下列推断正确的是（）A．增大c(CO)，平衡正向移动，反应的平衡常数增大B．增大Ni的表面积可以加快反应速率，提高Ni(CO)4的产率C．其次阶段Ni(CO)4的分解率很高D．该反应达到平衡时，4v[Ni(CO)4]=v(CO)【答案】C【解析】A.化学平衡常数仅与反应温度有关，与反应物的浓度无干脆关系，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，230°C时，第一阶段反应的平衡常数较小，为K=2×10-5，而其次阶段为第一阶段反应的逆过程，因此可推断其次阶段的反应较彻底，即其次阶段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（）A．Na2O2遇到潮湿的紫色石蕊试纸后，石蕊试纸最终变成蓝色B．Na2O2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】A．Na2O2遇到潮湿的紫色石蕊试纸后，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0.1

mol氧气转移电子0.2mol，故B错误；C．Na2O2与水反应时放出大量热，反应后溶液温度上升，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；D．Na2O2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确定能放出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H

2

，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（）A．Al具有良好延展性和抗腐蚀性,可制成铝箔包装物品B．KAl(SO4)2水解可生成Al(OH)3胶体,可用于自来水的净化C．NH3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D．NaHCO3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．只有不须要任何条件就能够自动进行的过程才是自发过程B．须要加热才能够进行的过程确定不是自发过程C．同一可逆反应在不同条件下都有自发的可能D．非自发过程在任何条件下都不行能变为自发过程【答案】C【解析】自发反应是在确定的条件下可以发生的反应过程。自发过程的推断有熵判据和焓判据，这两个判据为大多数状况。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）某试验小组设计用50mL1.0mol/L盐酸和50mL1mol/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)本试验中在大小烧杯中填充泡沫塑料的作用是______(2)使盐酸与NaOH溶液混合匀称的正确操作是______(填字母)。a.用温度计当心搅拌b.揭开硬纸片用玻璃棒搅拌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)该试验小组做了四次试验，每次取溶液各50mL，记录如下原始数据。试验序号

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125.124.925.031.6225.125.125.128.5325.125.125.131.9425.125.125.131.8①结合上表数据，计算时应采纳温度差的平均值为______℃。②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=4.18×10−3kJ/(g·℃)，则中和热ΔH=_____(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)中和热测定的试验中须要量筒、温度计、环形玻璃搅拌棒；中和热测定试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，使试验结果测定不精确，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，影响试验测定，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，同时削减了试验过程中的热量损失，d正确；故合理选项是d；(3)①通过视察可知表中第2次数据偏差较大，应当舍去，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℃；②依据反应热△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溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛凝视_______。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干脆注入标准盐酸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，滴定后气泡消逝D．读取盐酸体积时，起先仰视读数，滴定结束时俯视读数（3）若滴定起先和结束时，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）某学生依据3次试验分别记录有关数据如表：滴定次数待测NaOH溶液的体积/mL0.1000mol/L盐酸的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度溶液体积/mL第一次25.000.1026.1126.01其次次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）锥形瓶内颜色变更（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）0.1040mol/L（1分）【解析】（1）酸碱中和滴定时，眼睛要凝视锥形瓶内溶液的颜色变更，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：锥形瓶内颜色变更；半分钟内不褪色；（2）起始读数为1.00mL，终点读数为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干脆注入标准盐酸溶液，标准液的浓度偏小，造成V(标准)偏大，依据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，依据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，滴定后气泡消逝，造成V(标准)偏大，依据c(待测)=可知，测定c(NaOH)偏大，故C不符合；D．读取盐酸体积时，起先仰视读数，滴定结束时俯视读数，造成V(标准)偏小，依据c(待测)=可知，测定c(NaOH)偏低，故D符合；故答案为D；（4）依据数据的有效性，舍去第2组数据，然后求出1、3组平均消耗V(盐酸)=26.00mL，依据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：Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39Ksp[Fe(OH)2]=4.9×10-17Ksp[Al(OH)3]=8×10-32(单位略)(1)工业生产中，常将废铁块处理为废铁屑，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10-5mol•L-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_____mol•L-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)。ANaClOBKNO3CH2O2DKMnO4(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，试说明混合物中有Fe(OH)2的缘由___。【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=3FeSO4，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，调整溶液的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，Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)·c3(OH-)=8×10-32，当c(Al3+)=10-5mol•L-1时c(OH-)=mol/L=2×10-9mol/L，c(H+)=5×10-6mol/L，pH=5.3；依据Ksp[Fe(OH)2]=c(Fe2+)·c2(OH-)=4.9×10-17可知,此溶液中亚铁离子的物质的量浓度不高于=12.25mol/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，可避开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溶液的离子反应方程式是________。(3)“过程iii”采纳不同氧化剂分别进行试验，均采纳Li含量为3.7%的原料，限制pH为3.5，浸取1.5h后，试验结果如表所示：序号酸氧化剂浸出液Li+浓度(g/L))滤渣中Li含量/%试验1HC1H2O29.020.10试验2HC1NaC1O39.050.08试验3HC1O27.050.93①试验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_______。②“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：H2PO⇌HPO+H+，HPO⇌PO+H+，结合平衡移动原理，说明“过程iv”得到磷酸铁晶体的缘由：___。(5)“过程v”中，若“沉锂”中c(Li+)=1.0mo1·L-1，加入等体积饱和Na2CO3溶液(浓度约为1.78mo1/L)，此时试验所得沉锂率为___(已知Li2CO3的Ksp为9.0×10-4)。(6)简述“过程vi”的操作：_________________。【答案】（1）上升温度或适当提高NaOH溶液浓度（1分）（2）2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑（2分）（3）①ClO-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O（2分）②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，H2PO⇌HPO+H+，HPO⇌PO+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)①NaC1O3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；②“过程iii”得到的浸出液循环两次可提高锂的浸出率，提高酸及氧化剂的运用率，节约成本；(4)向浸出液中加入碳酸钠，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+)=3.75×10-2mol/L，沉锂率=(1.0mol/L-3.75×10-2mol/L)÷1.0mol/L×100%=96.25%；

(6)依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晶硅的简易过程。回答下列问题：Ⅰ．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__________________。Ⅱ．将氢化为有三种方法，对应的反应依次为：①②③（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