2025年北师大版高一化学下册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年北师大版高一化学下册月考试卷251考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、下列物质中既含有离子键，又含有共价键的是（）A.HNO3B.H2OC.MgCl2D.Na2O22、下列做法存在安全隐患的是①将水沿烧杯内壁缓缓加入浓硫酸中，用玻璃棒不断搅拌②实验室制取氯气时，尾气用碱液吸收③取用金属钠或钾做完实验后，剩余的药品要放回原瓶④夜间厨房发生煤气泄漏时，应立即开灯检查煤气泄漏的原因，然后打开所有的门窗通风⑤干冰可用于钠、镁等金属的灭火A.①④⑤B.①②③④C.①③④⑤D.全部3、用氢氧化钠固体配制rm{480mL0.1mol/LNaOH}溶液时，下列有关说法错误的是rm{(}rm{)}A.用到的玻璃仪器有：玻璃棒、胶头滴管、容量瓶、量筒、烧杯B.需rm{1.92}rm{g}氢氧化钠固体C.没有等溶液冷却就转移，或定容时俯视，均导致所配溶液浓度偏高D.洗净的容量瓶不须干燥后才能用，但使用前须检漏4、氯的原子序数为17，35Cl是氯的一种核素，下列说法正确的是A.35Cl原子所含质子数为18B.1/18mol的1H35Cl分子所含中子数约为6.02×1023C.3.5g35Cl2气体的体积约为22.4LD.35Cl2气体的摩尔质量为705、已知气体的摩尔质量越小，扩散速度越快．如图所示为气体扩散速度的实验，两种气体扩散相遇时形成白色烟环．下列关于甲、乙的判断正确的是（）A.甲是浓氨水，乙是浓硫酸B.甲是浓盐酸，乙是浓氨水C.甲是浓氨水，乙是浓盐酸D.甲是浓硝酸，乙是浓氨水6、rm{X}元素最高氧化物对应的水化物为rm{H_{2}XO}则它对应的气态氢化物为A.rm{HX}B.rm{H2X}C.rm{XH3}D.rm{XH4}7、贴有下列危险品标志的药品起火时，不能用水灭火的是()

A.剧毒品B.剧毒品C.腐蚀品

D.有害品rm{(}远离食品rm{)}评卷人得分二、双选题(共8题，共16分)8、下列过程有化学键被破坏同时又有化学键形成的是（）A.碘升华B.氯气溶于水C.氯化钠晶体熔融D.NH4Cl9、下列叙述不正确的是（）A.常压下，正戊烷、异戊烷、新戊烷的沸点依次降低B.制备纯净的氯乙烷可用等物质的量乙烷和氯气在光照条件下反应C.等物质的量的乙烷、乙烯和苯分别在氧气中充分燃烧，消耗氧气最多的是苯D.用18O标记的CH3CH218OH与乙酸反应制取乙酸乙酯，当反应达到平衡时，18O存在于水、乙醇以及乙酸乙酯10、下列分子中，所有原子都满足最外层为rm{8}电子结构的是rm{(}rm{)}A.rm{BF_{3}}B.rm{NCl_{3}}C.rm{PCl_{3}}D.rm{CHCl_{3}}11、下列关于使用托盘天平的叙述，不正确的是rm{(}rm{)}A.称量前先调节托盘天平的零点B.称量时左盘放被称量物，右盘放砝码C.潮湿或具有腐蚀性的药品，必须放在玻璃器皿里称量，其他固体药品可直接放在天平托盘上称量D.用托盘天平可以准确称量至rm{0.01g}12、下列分子中的中心原子的杂化方式为rm{sp}杂化，分子的空间构型为直线形且分子中形成rm{娄脨}键的是()A.rm{C_{2}H_{2}}B.rm{BeCl_{2}}C.rm{CO_{2}}D.rm{HClO}13、同温同压下，等质量的SO2和CO2相比较，下列叙述正确的是（）A.密度比为16：11B.密度比为11：16C.体积比为1：1D.体积比为11：1614、目前国际空间站处理rm{CO_{2}}废气涉及的反应为rm{CO_{2}+4H_{2}overset{{卯脡麓脽禄炉录脕}}{}CH_{4}+2H_{2}O.}关于该反应的下列说法正确的是rm{CO_{2}+4H_{2}overset{{卯脡麓脽禄炉录脕}}{

}CH_{4}+2H_{2}O.}rm{(}A.钌催化剂能加快该反应的速率B.升高温度能减慢该反应的速率C.达到平衡时，rm{)}能rm{CO_{2}}转化为rm{100%}D.达到平衡时，反应速率：rm{CH_{4}}正rm{v(}逆rm{)=v(}rm{)neq0}15、下列各物质间的转化在给定条件下能实现的是rm{(}rm{)}A.rm{CH_{4}xrightarrow[{鹿芒脮脮}]{Cl_{2}}HCloverset{NH_{3}}{}NH_{4}Cl}B.rm{CH_{2}篓TCH_{2}xrightarrow[{麓脽禄炉录脕},triangle]{H_{2}O}CH_{3}CH_{2}OHxrightarrow[{麓脽禄炉录脕},triangle]{O_{2}}CH_{3}CHO}C.淀粉rm{xrightarrow[triangle]{{麓脽禄炉录脕}}}葡萄糖rm{xrightarrow[triangle]{AgNO_{3}{脠脺脪潞}}}银镜D.rm{NH_{3}xrightarrow[{麓脽禄炉录脕}]{O_{2}}NOoverset{H_{2}O}{}HNO_{3}}rm{CH_{4}xrightarrow[{鹿芒脮脮}]{Cl_{2}}HCl

overset{NH_{3}}{}NH_{4}Cl}评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)16、填写下列空白．

（1）表示含有17个质子、20个中子的原子的化学符号是____．

（2）第二周期ⅤA族元素的最高价氧化物的水化物的化学式为____．

（3）原电池的本质是____．

（4）与Na+具有相同电子数的分子有____、____（写分子式；只写出两种）．

（5）在①C②K③H④C⑤Ca⑥C⑦H几种符号中，有____种核素，有____种元素；①、④、⑥互称为____．

（6）水分子中，共有____对共用电子．

（7）从能量角度看，断开化学键要____能量，形成化学键要____能量，所有的燃烧反应都会____能量．17、食盐是日常生活的必需品；也是重要的化工原料．

粗食盐常含有少量Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42-等杂质离子，实验室提供的试剂如下：饱和Na2CO3溶液、饱和K2CO3溶液、NaOH溶液、BaCl2溶液、Ba（NO3）2溶液；75%乙醇、四氯化碳．实验室提纯NaCl的流程如下：

（1）欲除去溶液Ⅰ中的Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42-离子，选出A所代表的多种试剂，按滴加顺序依次为iNaOHii______iii______（填化学式）．

（2）请写出下列试剂加入时发生反应的离子反应方程式：

加入试剂i：______；

加入试剂iii：______．

（3）洗涤除去NaCl晶体表面附带的少量KCl，选用的试剂为______．（从提供的试剂中选）

（4）实验中用到的盐酸的物质的量浓度为0.400mol/L；现实验室某浓盐酸试剂瓶上的有关数据如图：

欲用上述浓盐酸配制实验所需浓度的稀盐酸480mL；

①配制需要的玻璃仪器有______（填仪器名称）

②需量取的浓盐酸的体积为______．18、某同学应用如下所示装置研究物质的性质．其中气体A的主要成分是氯气，还含有少量空气和水蒸气．请回答下列问题：

(1)该项实验的主要目的是研究干燥的氯气有没有____________性．

(2)浓硫酸的作用是____________．

(3)实验过程中观察到B瓶中干燥的有色布条(“褪”或“不褪”)____________色．

(4)在该实验中，装置还存缺陷，你认为还需加____________装置才能使装置符合要求．19、铜锌原电池rm{(}如图所示rm{)}是最简单的电池。

rm{(1)}请完整说明该电池的工作原理rm{(}即过程中电流是如何产生rm{)}_____________________________________________________________。rm{(2)}请填写下列表格。要素物质负极反应物正极反应物负极材料正极材料离子导体电子导体20、从能量的变化和反应的快慢等角度研究反应：rm{2H_{2}+O_{2}=2H_{2}O.}

rm{(1)}为了加快反应速率；可以采取的措施有______．

A.使用催化剂rm{B.}适当提高氧气的浓度rm{C.}适当提高反应的温度rm{D.}适当降低反应的温度。

rm{(2)}现有如下两个反应：rm{(A)NaOH+HCl=NaCl+H_{2}O}rm{(B)2FeCl_{3}+Cu=2FeCl_{2}+CuCl_{2}}

根据两反应本质，判断______rm{(}填rm{(A)}rm{(B))}能设计成原电池；其原因______．

rm{(3)}铁镍蓄电池又称爱迪生电池；电池的电解液为碱性溶液，放电时的总反应为：

rm{Fe+Ni_{2}O_{3}+3H_{2}O篓TFe(OH)_{2}+2Ni(OH)_{2}}．

rm{垄脵}工作时电池负极是______rm{(}填电极材料rm{)}．

rm{垄脷}负极电极反应式为rm{Fe+2OH^{-}-2e^{-}篓TFe(OH)_{2}}则正极为______

rm{垄脹}当外电路中通过rm{0.2mol}电子时，理论上消耗的铁的质量______克rm{.}21、请写出甲醇rm{(CH_{3}OH)}和空气组成的燃料电池的电极反应方程式。rm{(1)}当电解质溶液为稀硫酸时，其正电极反应式为__________，负极反应式为__________。rm{(2)}当电解质溶液为rm{KOH}时，其正电极反应式为__________，负极反应式为__________。22、铜和浓硫酸发生反应的化学方程式为：

rm{Cu+2H_{2}SO_{4}(}浓rm{)dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}}rm{)dfrac{overset{;;triangle

;;}{}}{;}}其中硫元素被______rm{CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}填“氧化”或“还原”，下同rm{(}发生______反应；浓rm{)}作______剂，具有______性rm{H_{2}SO_{4}}在该反应中，若消耗了rm{.}则转移了______rm{32gCu}电子，生成______rm{mol}rm{L}标准状况rm{SO_{2}(}气体．rm{)}23、有rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五种短周期元素，已知相邻的rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}四种元素原子核外共有rm{56}个电子，在周期表中的位置如图所示。rm{E}的单质可与酸反应，rm{1molE}单质与足量酸作用，在标准状况下能产生rm{33.6LH_{2}}rm{E}的阳离子与rm{A}的阴离子核外电子层结构完全相同。回答下列问题：rm{(1)A}与rm{E}形成的化合物的化学式是__________________。rm{(2)B}的氢化物的化学式为__________，rm{C}的元素名称为_______，rm{D}的单质与水反应的化学方程式为____________________________。rm{(3)}短周期某两种元素的淡黄色固体化合物的电子式为____________________，rm{(4)D}与rm{E}形成的化合物的水溶液中滴入烧碱溶液直至过量，观察到的现象是____________，有关反应的____方程式为____rm{;}_____________．评卷人得分四、判断题(共1题，共4分)24、向蛋白质溶液中滴加Na2SO4溶液产生沉淀属于化学变化．（判断对错）评卷人得分五、工业流程题(共2题，共12分)25、锰及其化合物间的转化如图。

请回答下列问题：

（1）反应①发生的主要化学反应的方程式为：_____。

（2）粗KMnO4晶体中含有少量的K2CO3，为了得到纯的KMnO4晶体，操作Ⅲ的名称为_____。

（3）测定高锰酸钾样品纯度采用硫酸锰滴定：向高锰酸钾溶液中滴加硫酸锰溶液，产生黑色沉淀。当____；表明达到滴定终点。

（4）已知：常温下，Ksp[Mn(OH)2]=2.4×10-13。工业上，调节pH可以沉淀废水中Mn2+，当pH=10时，溶液中c（Mn2+）=_____。

（5）如图，用Fe、C作电极电解含MnO4-的碱性污水，使之转化为Mn(OH)2沉淀除去。A电极是____（填“Fe”或“C”），该电极的产物使碱性污水中MnO4-转化为沉淀除去的离子方程式为____。

26、2019年诺贝尔化学奖授予在开发锂离子电池方面做出卓越贡献的三位化学家。锂被誉为“高能金属”，是锂电池的电极材料，工业上用β-锂辉矿(主要成分为Li2O·Al2O3·4SiO2以及少量钙、镁杂质)和氟磷灰石(Ca5P3FO12)联合制取锂离子电池正极材料(LiFePO4)；其工业生产流程如图：

已知：①Ksp[Al(OH)3]=2.7×10-34；

②LiFePO4难溶于水。

回答下列问题：

（1）氟磷灰石(Ca5P3FO12)中磷元素的化合价为___，沉淀X的主要成分是___(写化学式)。

（2）操作3的名称是___，操作1所需的玻璃仪器名称为___。

（3）蒸发浓缩Li2SO4溶液的目的是___。

（4）写出合成反应的离子方程式___。

（5）科学家设计一种锂电池的反应原理为LiFePO4Li+FePO4，放电时正极反应式为___。

（6）工业上取300吨含氧化锂5%的β-锂辉矿石，经上述变化得到纯净的LiFePO4共110.6吨，则元素锂的利用率为___。评卷人得分六、综合题(共4题，共12分)27、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反应过程的能量变化如图所示．已知1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1．请回答下列问题：

28、根据方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列问题29、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反应过程的能量变化如图所示．已知1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1．请回答下列问题：

30、根据方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列问题参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【解析】试题分析：A、B项中的HNO3和H2O中只存在共价键；C项中的MgCl2是由简单的阴、阳离子形成离子键，只含离子键；D项中Na2O2中既含离子键又含共价键，Na+与O22-间是离子键，O22-原子团内部原子间以共价键结合。故本题选D。考点：化学键【解析】【答案】D2、A【分析】【解析】试题分析：①将水沿烧杯内壁缓缓加入浓硫酸中，会使液体受热飞溅，最好是把硫酸加入水中；②正确；③对于固体钾、钠等要回收，正确；④夜间厨房发生煤气泄漏时，不能有明火，也就不能开灯；⑤干冰与镁等金属可以发生反应，不能明火。考点：考查实验室安全问题。【解析】【答案】A3、B【分析】解：rm{A}配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解rm{(}可用量筒量取水rm{)}冷却后转移到rm{500mL}容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线rm{1隆芦2cm}时；改用胶头滴管滴加．

所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、筒量、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，量筒rm{(}可用可不用rm{)}．

所以需要的玻璃仪器有：烧杯、筒量、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，量筒rm{(}可用可不用rm{)}故A正确；

B、实验室没有rm{480mL}的容量瓶，选择大于rm{480mL}且相近规格的容量瓶，故应选择rm{500mL}容量瓶，配制rm{500ml0.1mol/LNaOH}溶液需要氢氧化钠质量为rm{0.1L隆脕0.5mol/L隆脕40g/mol=2.0g}故B错误；

C；溶液具有热胀冷缩的性质；未冷却就转移定容，冷却后所配溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏高；定容时俯视，导致导致所配溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏高，故C正确；

D；溶液配制需加水定容；容量瓶不干燥对所配溶液浓度无影响，故不须干燥即可使用；最后需上下颠倒，反复摇匀，使用前必须检查容量瓶是否漏水，故D正确．

故选B．【解析】rm{B}4、B【分析】【解析】【答案】B5、C【分析】解：由气体的摩尔质量越小；扩散速度越快，所以氨气的扩散速度比氯化氢快，氨气比浓盐酸离烟环远，所以甲为浓氨水；乙为浓盐酸．

故选C．

气体的摩尔质量越小；气体扩散速度越快，相同时间内扩散的距离就越远，再根据烟环物质可以判断甲乙．

本题主要考查对信息的应用，明确易挥发性的物质及物质的摩尔质量与距离的关系是解答的关键，难度较小．【解析】【答案】C6、B【分析】【分析】本题考查元素的化合价，明确化合物中正负化合价的代数和为rm{0}来计算最高正价，元素在氢化物中的化合价为最高正价rm{-8}是解答本题的关键，难度不大。【解答】由元素最高正价氧化物对应的水化物的化学式是rm{H_{2}XO_{4}}则最高价为rm{+6}价，其最低价为rm{+6-8=-2}价，即元素的气态氢化物中的化合价为rm{-2}价；

A.rm{HX}中rm{X}的化合价为rm{-1}价；故A错误；

B.rm{H_{2}X}中rm{X}的化合价为rm{-2}价；故B正确；

C.rm{XH_{4}}中rm{X}的化合价为rm{-4}价；故C错误；

D.rm{XH_{3}}中rm{X}的化合价为rm{-3}价；故D错误。

故选B。

【解析】rm{B}7、B【分析】【分析】本题考查危险品标志，难度不大，了解起火时，不能用水灭火的物质的性质、各个标签所代表的含义是解答本题的关键。【解答】A.图中所示标志是有毒气体标志；有毒气体起火时能用水来灭火，故A错误；

B.图中所示标志是遇湿易燃物品标志；起火时不能用水灭火，故B正确；

C.图中所示标志是腐蚀品标志；腐蚀品起火时能用水来灭火，故C错误；

D.图中所示标志是有害品rm{(}远离食品rm{)}标志，有害品rm{(}远离食品rm{)}起火时能用水来灭火；故D错误。

故选B。

【解析】rm{B}二、双选题(共8题，共16分)8、B|D【分析】解：A．碘升华；共价键不变，只破坏分子间作用力，故A不选；

B．氯气溶于水生成次氯酸和盐酸；发生化学变化，化学键一定破坏同时又有化学键形成，故B选；

C．食盐熔化；离子键破坏，故C不选；

D．氯化铵分解；发生化学变化，化学键一定破坏同时又有化学键形成，故D选；

故选BD．

化学变化中化学键一定被破坏；共价化合物或离子化合物电离时化学键被破坏，以此来解答．

本题考查化学键，为高频考点，把握变化过程中化学键是否变化为解答的关键，注意分子晶体的三态变化只破坏分子间作用力，题目难度中等．【解析】【答案】BD9、B|D【分析】解：A．烷烃同分异构体中支链越多；沸点越低，则正戊烷；异戊烷、新戊烷的沸点依次降低，故A正确；

B．制备纯净的氯乙烷；应选加成反应，没有副产物，而乙烷和氯气在光照条件下反应产物复杂，且为链锁反应，故B错误；

C．等物质的量的乙烷、乙烯和苯，由CxHy燃烧通式可知消耗氧气取决x+则1mol乙烷；乙烯和苯消耗氧气分别为3.5mol、3mol、7.5mol，消耗氧气最多的是苯，故C正确；

D．酯化反应羧酸脱-OH，醇脱H，且为可逆反应，则用18O标记的CH3CH218OH与乙酸反应制取乙酸乙酯，当反应达到平衡时，18O存在于乙醇中；故D错误；

故选BD．

A．烷烃同分异构体中支链越多；沸点越低；

B．制备纯净的氯乙烷；应选加成反应，没有副产物；

C．等物质的量的乙烷、乙烯和苯，由CxHy燃烧通式可知消耗氧气取决x+

D．酯化反应羧酸脱-OH；醇脱H，且为可逆反应．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的性质、反应类型等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．【解析】【答案】BD10、rBC【分析】解：rm{A.BF_{3}}中，rm{3+3neq8}则不满足所有原子最外层为rm{8}电子结构；故A不选；

B.rm{NCl_{3}}中，rm{5+3=8}满足所有原子最外层为rm{8}电子结构；故B选；

C.rm{PCl_{3}}中，rm{5+3=8}满足所有原子最外层为rm{8}电子结构；故C选；

D.rm{CHCl_{3}}中，rm{H}原子最外层最多满足rm{2}个电子的稳定结构；故D不选；

故选BC．

所有原子都满足最外层为rm{8}电子结构，对于rm{AB_{n}}型化合物，rm{A}的族序数与成键数rm{(n)}酯化等于rm{8}即可；氢化物除外，并结合最外层电子解答．

本题考查核外电子的排布，注意原子的最外层电子及元素的族序数、成键数等即可解答，注重基础知识的考查，题目难度不大，学生解答中以忽略“所有原子”．【解析】rm{BC}11、rCD【分析】解：rm{A}使用托盘天平称量前；必须先将游码移到标尺左端的零刻度线处，故A正确；

B；称量时；按照“左物右码”的原则称量，故B正确；

C；潮湿或具有腐蚀性的药品；必须放在玻璃器皿里称量，但是其他固体药品不能直接放在天平托盘上称量，需要垫一张大小相同的纸片进行称量，故C错误；

D、托盘天平能够准确到rm{0.1g}故D错误；

故选CD．

天平的使用规则及注意事项是一个重点知识；包括不要超过天平的最大称量；如何放置天平、怎样调节横梁平衡、调节横梁平衡前要将游码移到标尺左端的零刻度线处、左盘放物体，右盘放砝码、向右移动游码的作用、怎样读数等等．

该题考查了天平的使用方法和读数方法，属于基本技能，要求熟练掌握使用方法．【解析】rm{CD}12、AC【分析】【分析】本题考查了杂化轨道理论，题目难度不大，根据价层电子对互斥理论来分析解答即可。【解答】A.rm{C_{2}H_{2}}的结构简式为rm{CH隆脭CH}含有三键，所以有rm{娄脨}键，rm{C}原子采用rm{sp}杂化；符合题意，故A选；

B.氯化铍分子中，铍原子含有两个共价单键，不含孤电子对，所以价层电子对数是rm{2}中心原子以rm{sp}杂化轨道成键，分子中不含rm{娄脨}键；故B不符合题意；

C.rm{CO_{2}}的结构式为rm{O=C=O}分子中含有碳氧双键，含有rm{娄脨}键，rm{C}原子采用rm{sp}杂化；符合题意，故C选；

D.rm{HClO}中，rm{O}原子的价层电子对数是rm{4}中心原子以rm{sp^{3}}杂化轨道成键，含有rm{2}个孤电子对，分子为rm{V}形；故D不符合题意。

故选AC。【解析】rm{AC}13、A|D【分析】解：等质量的SO2和CO2，设质量均为m，物质的量之比为=11：16；

根据ρ=可知；气体摩尔质量与密度成正比，则密度之比为：64g/mol：44g/mol=16：11，故A正确；B错误；

同温同压下气体物质的量与体积成正比；则体积之比为11：16，故C错误；D正确；

故选AD．

等质量的SO2和CO2，设质量均为m，物质的量之比为=11：16，结合同温同压下物质的量与体积成正比、ρ=对各选项进行判断．

本题考查阿伏伽德罗定律及其推论的应用，题目难度中等，试题侧重学生计算能力的考查，注意把握有关计算公式及阿伏伽德罗定律的推论即可解答．【解析】【答案】AD14、rAD【分析】解：rm{A.}加入催化剂；可降低反应的活化能，增大反应速率，故A正确；

B.升高温度；活化分子数目增多，反应速率增大，故B错误；

C.为可逆反应；反应物不可能全部转化，故C错误；

D.达到平衡时；正逆反应速率相等，但不为零，故D正确；

故选AD．

加入催化剂；升高温度可增大反应速率；该反应为可逆反应，达到平衡时，正逆反应速率相等，但不为零，以此解答该题．

本题考查化学反应速率的影响以及化学平衡等问题，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握影响反应速率的因素以及平衡状态的特征，难度不大．【解析】rm{AD}15、rAB【分析】解：rm{A.}甲烷在光照条件下与氯气发生取代反应生成氯化氢；氯化氢可与氨气反应生成氯化铵，故A正确；

B.乙烯与水发生加成反应生成乙醇；乙醇发生催化氧化可生成乙醛，可实现反应，故B正确；

C.葡萄糖与银氨溶液发生反应生成银镜；加入硝酸银，不能发生氧化还原反应生成银镜，故C错误；

D.rm{NO}与水不反应，rm{NO}如生成硝酸；应通入氧气，故D错误．

故选AB．

A.甲烷与氯气反应生成氯化氢；氯化氢可与氨气反应生成氯化铵；

B.乙烯与水发生加成反应生成乙醇；乙醇发生催化氧化可生成乙醛；

C.葡萄糖与银氨溶液发生反应生成银镜；

D.rm{NO}与水不反应．

本题综合考查有机物的性质以及元素化合物知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握有机物的官能团的性质以及反应条件，难度不大．【解析】rm{AB}三、填空题(共8题，共16分)16、3717ClHNO3氧化还原反应H2OCH474同位素2吸收放出放出【分析】【解答】（1）含有17个质子、20个中子的原子为氯原子，质量数为37，原子的化学符号是3717Cl；

故答案为：3717Cl；

（2）第二周期ⅤA族为氮元素，最高价为+5价，最高价氧化物的水化物的化学式为HNO3，故答案为：HNO3；

（3）原电池反应的本质是自发的氧化还原反应；负极发生氧化反应，正极发生还原反应，故答案为：氧化还原反应；

（4）Na+具有10个电子，具有相同电子数的分子有Ne、HF、NH3、H2O、CH4，故答案为：H2O；CH4；

（5）核素是指具有一定数目的质子和一定数目的中子的一种原子，属于原子的有①C②K③H④C⑤Ca⑥C⑦H，它们都表示核素，即共有7种核素；具有相同质子数的同一类原子是同种元素，有C、K、H、Ca4种元素；质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子互称同位素，在7种微粒中，①C④C⑥C质子数都是6；而中子数分别为6；7、和8，即互为同位素，故答案为：7；4；同位素；

（6）O为﹣2价；H为+1价，水分子中，共有2对共用电子，故答案为：2；

（7）断键吸收能量；成键放出能量，燃烧反应是指：混合物中的可燃成分急剧与氧反应形成火焰放出大量的热和强烈的光的过程，是放热反应，故答案为：吸收；放出；放出．

【分析】（1）含有17个质子；20个中子的原子为氯原子；质量数为37，据此答题；

（2）第二周期ⅤA族为氮元素；最高价为+5价，据此写最高价氧化物的水化物的化学式；

（3）原电池反应的本质是负极发生氧化反应；正极发生还原反应，电子由负极沿导线流向正极，从而实现将化学能转化为电能；

（4）Na+具有10个电子；

（5）核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子；具有相同质子数的同一类原子是同种元素；具有相同质子数；不同中子数同一元素的不同原子互为同位素；

（6）O为﹣2价；

（7）断键吸收能量，成键放出能量，燃烧反应是指：混合物中的可燃成分急剧与氧反应形成火焰放出大量的热和强烈的光的过程；17、略

【分析】解：（1）欲除去溶液Ⅰ中的Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42-离子；应首先加入过量的氢氧化钠除去镁离子和三价铁离子，然后加入过量的氯化钡可以除去硫酸根离子，最后加入过量的饱和碳酸钠溶液除去过量的钡离子和钙离子；

故答案为：BaCl2溶液；饱和Na2CO3溶液；

（2）加入氢氧化钠后氢氧根离子与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，离子方程式为：Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓；

与铁离子反应生成氢氧化铁沉淀，离子方程式为：Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓；

加入碳酸钠后，钙离子与碳酸根离子反应生成碳酸钙沉淀，离子方程式为：Ba2++CO32-=BaCO3↓；

钡离子与碳酸根离子反应生成碳酸钡沉淀，离子方程式：Ca2++CO32-=CaCO3↓；

故答案为：Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓；Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓；Ba2++CO32-=BaCO3↓；Ca2++CO32-=CaCO3↓；

（3）除去NaCl晶体表面的少量的KCl，应选用75%的乙醇，因为CCl4有毒，同时KCl也不会溶解在CCl4中；

故答案为：75%乙醇；

（4）①用浓溶液配制烯溶液的步骤为：计算出需要的浓盐酸的体积16.8ml；用20ml量筒量取所需要的浓盐酸的体积，在烧杯中稀释（可用量筒量取水），用玻璃棒搅拌，冷却后转移到500ml容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤并将洗涤液移入容量瓶中，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加至溶液凹面与刻度线水平相切，盖好瓶塞，摇匀，所以还需要的玻璃仪器有：20mL量筒；胶头滴管、玻璃棒、烧杯、500mL容量瓶；

故答案为：20mL量筒；胶头滴管、玻璃棒、烧杯、500mL容量瓶；

②从浓盐酸试剂瓶上的有关数据可知盐酸的密度为1.19g/ml；质量分数为36.5%，摩尔质量为36.5g/mol；

依据C=该浓盐酸的物质的量浓度为：C==11.9mol/L；稀释前后溶液中所含的氯化氢的物质的量不变，设消耗浓盐酸的体积为Vml，则11.9mol/L×V=0.400mol/L×500ml，解得V=16.8ml；

故答案为：16.8ml．

（1）加入过量的氢氧化钠可以除去镁离子和三价铁离子；加入过量的氯化钡可以除去硫酸根离子，最后加入过量的碳酸钠除去过量的钡离子和钙离子，注意碳酸钠一定放在在后；

（2）加入氢氧化钠后氢氧根离子与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀；与铁离子反应生成氢氧化铁沉淀；

加入碳酸钠后；钙离子与碳酸根离子反应生成碳酸钙沉淀，钡离子与碳酸根离子反应生成碳酸钡沉淀；

（3）根据有机物的性质以及氯化钾在有机物中的溶解度知识来回答；

（4）①据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器；

②依据稀释前后溶液中所含的氯化氢的物质的量不变计算解答．

本题考查了粗盐的提纯以及一定物质的量浓度溶液的配置，题目难度不大，明确除去杂质离子用到的试剂及顺序，熟悉配置一定物质的量浓度溶液所需要的仪器和步骤是解题的关键．【解析】BaCl2溶液；饱和Na2CO3溶液；Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓、Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓；Ba2++CO32-=BaCO3↓、Ca2++CO32-=CaCO3↓；75%乙醇；20mL量筒、胶头滴管、玻璃棒、烧杯、500mL容量瓶；16.8ml18、略

【分析】解：(1)该实验通过观察干燥氯气与湿氯气分别对有色布条的漂白作用；来研究干燥的氯气有没有漂白性，故答案为：漂白；

(2)浓H2SO4具有吸水性；可吸收水蒸气，在本实验中的作用是干燥氯气，故答案为：干燥氯气；

(3)与研究目的直接相关的实验现象是：

A瓶中湿氯气在浓硫酸瓶中鼓泡后被干燥；

B瓶中干燥的布条不褪色；说明干燥氯气没有漂白性；

C瓶中氯气与水生成氯水；有色布条褪色；说明湿氯气对有色布条的漂白作用明显；故答案为：不褪；

(4)氯气有毒，排放到空气中会污染空气，应进行尾气吸收，在装置后加上尾气吸收装置(类似C瓶)，吸收液为烧碱溶液，故答案为：尾气吸收．【解析】漂白;干燥氯气;不褪;尾气吸收19、（1）Zn失电子变成Zn2+，电子由锌片流出，经过导线传递到铜片上，H+过来得电子，溶液中的SO42-受Zn2+吸引，向负极移动，形成闭合回路，从而产生电流（2）Zn片H+ZnCu片SO42-导线【分析】【分析】

rm{Cu}rm{Zn}稀硫酸组成的原电池，活泼金属rm{Zn}做原电池的负极、rm{Cu}做原电池的正极，负极发生氧化反应、正极发生氧化反应，电子和离子的定向移动形成闭合回路形成电流。【解答】

rm{(1)Cu}rm{Zn}稀硫酸组成的原电池，活泼金属rm{Zn}作原电池的负极，发生氧化反应rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2+}}失去的电子通过导线达到作正极的rm{Cu}电极，稀硫酸电离出的rm{H^{+}}在正极发生氧化反应rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}溶液中的rm{SO_{4}^{2-}}离子向负极作定向移动形成闭合回路形成电流。rm{(2)}在rm{Cu}rm{Zn}稀硫酸组成的原电池中，rm{Zn}作负极、rm{Cu}作正极；在负极上rm{Zn}失去电子作反应物，在正极上rm{H^{+}}得电子生成氢气；在原电池中导线作为电子的导体，硫酸根离子作为离子导体。【解析】rm{(1)Zn}失电子变成rm{Zn^{2+}}电子由锌片流出，经过导线传递到铜片上，rm{H^{+}}过来得电子，溶液中的rm{SO}rm{{,!}_{4}^{2-}}受rm{{,!}_{4}^{2-}}吸引，向负极移动，形成闭合回路，从而产生电流rm{Zn^{2+}}片rm{(2)Zn}rm{H^{+;;;;;}Zn}片rm{Cu}rm{SO}导线rm{{,!}_{4}^{2-;;;;}}20、rm{ABC}rm{B}rm{(A)}不是氧化还原反应，rm{(B)}是氧化还原反应；rm{Fe}rm{Ni_{2}O_{3}+2e^{-}+3H_{2}O=2Ni(OH)_{2}+2OH^{-}}rm{5.6}【分析】解：rm{(1)A.}使用催化剂；加快反应速率，故A选；

B.适当提高氧气的浓度；反应物浓度增大，反应速率加快，故B选；

C.适当提高反应的温度；反应速率加快，故C选；

D.适当降低反应的温度；反应速率减慢，故D不选；

故答案为：rm{ABC}

rm{(2)}原电池的构成条件之一是必须能自发的进行氧化还原反应，rm{(A)}不是氧化还原反应，rm{(B)}是氧化还原反应，所以rm{(A)}不能设计成原电池，rm{(B)}能设计成原电池．

故答案为：rm{B}rm{(A)}不是氧化还原反应，rm{(B)}是氧化还原反应．

rm{(3)垄脵Fe+Ni_{2}O_{3}+3H_{2}O=Fe(OH)_{2}+2Ni(OH)_{2}}rm{Fe}元素的化合价升高，rm{Ni}元素的化合价降低，所以正极为rm{Ni_{2}O_{3}}负极为rm{Fe}

故答案为：rm{Fe}

rm{垄脷}正极上rm{Ni_{2}O_{3}}得电子，碱性条件下生成rm{Ni(OH)_{2}}则电池放电时，正极反应为rm{Ni_{2}O_{3}+2e^{-}+3H_{2}O=2Ni(OH)_{2}+2OH^{-}}

故答案为：rm{Ni_{2}O_{3}+2e^{-}+3H_{2}O=2Ni(OH)_{2}+2OH^{-}}

rm{垄脹}已知负极反应为rm{Fe+2OH^{-}-2e^{-}=Fe(OH)_{2}}当外电路中通过rm{0.2mol}电子时，参加反应的rm{Fe}为rm{0.1mol}则消耗的铁的质量为rm{5.6g}

故答案为：rm{5.6}

rm{(1)}增大反应物浓度；使用催化剂、升高温度等均可加快反应速率；

rm{(2)}根据原电池的构成条件判断能否构成原电池；

rm{(3)垄脵Fe+Ni_{2}O_{3}+3H_{2}O=Fe(OH)_{2}+2Ni(OH)_{2}}rm{Fe}元素的化合价升高，rm{Ni}元素的化合价降低；

rm{垄脷}负极上rm{Fe}失电子；碱性条件下生成氢氧化亚铁；

rm{垄脹}根据负极的电极反应计算．

本题考查了影响反应速率的因素、原电池原理的判断与应用等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生对所学知识的综合应用能力．【解析】rm{ABC}rm{B}rm{(A)}不是氧化还原反应，rm{(B)}是氧化还原反应；rm{Fe}rm{Ni_{2}O_{3}+2e^{-}+3H_{2}O=2Ni(OH)_{2}+2OH^{-}}rm{5.6}21、略

【分析】【分析】本题考查燃料电池的工作原理和规律：负极上是燃料失电子的氧化反应，在正极上氧气发生得电子的还原反应。特别注意电解质溶液的酸碱性并能灵活应用。【解答】rm{(1)}当电解质溶液为稀硫酸时，其正极发生还原反应，反应物为rm{O_{2}}在酸性环境下生成的氧离子和氢离子结合生成水，其电极反应式为：rm{O_{2}+4e^{-}+4H^{+}=2H_{2}O}负极发生氧化反应，其电极反应式为：rm{CH_{4}O-6e^{-}+H_{2}O=6H^{+}+CO_{2}}所以本题答案为：rm{O_{2}+4e^{-}+4H^{+}=2H_{2}O}rm{CH_{4}O-6e^{-}+H_{2}O=6H^{+}+CO_{2}}rm{(2)}当电解质溶液为rm{KOH}时，其正极发生还原反应，反应物为rm{O_{2}}在碱性环境下生成的氧离子和水结合生成氢氧根离子，其电极反应式为：rm{O_{2}+4e^{-}+2H_{2}O=4OH^{-}}，负极发生氧化反应，其电极反应式为：rm{CH_{4}O-6e^{-}+8OH^{-}=CO_{3}^{2-}+6H_{2}O}所以本题答案为：rm{O_{2}+4e^{-}+2H_{2}O=4OH^{-}}；rm{CH_{4}O-6e^{-}+8OH^{-}=CO_{3}^{2-}+6H_{2}O}【解析】rm{(1)O_{2}+4e^{-}+4H^{+}=2H_{2}OCH_{4}O-6e^{-}+H_{2}O=6H^{+}+CO_{2}}rm{(2)O_{2}+4e^{-}+2H_{2}O=4OH^{-}}rm{CH_{4}O-6e^{-}+8OH^{-}=CO_{3}^{2-}+6H_{2}O}22、略

【分析】解：反应rm{Cu+2H_{2}SO_{4}(}浓rm{)dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}中，rm{)dfrac{overset{;;triangle

;;}{}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}元素化合价降低，被还原，发生还原反应，浓rm{S}作氧化剂；表现为氧化性；

在该反应中，若消耗了rm{H_{2}SO_{4}}即rm{32gCu}则转移了rm{0.5mol}电子，生成rm{1mol}标准条件下体积为rm{0.5molSO_{2}}

故答案为：还原；还原；氧化；氧化；rm{11.2L}rm{1}．

反应rm{11.2}浓rm{)dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}中，rm{Cu+2H_{2}SO_{4}(}元素化合价升高，为氧化，rm{)dfrac{overset{;;triangle

;;}{}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}为还原剂，rm{Cu}元素化合价降低，被还原，rm{Cu}为氧化剂；生成硫酸铜，硫酸还表现酸性，结合化合价的变化计算该题．

本题考查浓硫酸的性质，侧重于氧化还原反应的考查，为高考高频考点，注意把握元素化合价的变化，难度不大，注意相关基础知识的积累．rm{S}【解析】还原；还原；氧化；氧化；rm{1}rm{11.2}23、（1）Al2O3、

（2）PH3硫Cl2+H2O=HCl+HClO

（3）

（4）先产生白色沉淀，后沉淀逐渐溶解Al3++3OH-=Al（OH）3↓Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O【分析】【分析】本题考查位置、结构、性质的关系，明确图中的位置及相邻的rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}四种元素原子核外共有rm{56}个电子、是解答本题的关键。【解答】因rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}四种短周期元素在图中位置可知，rm{A}为第二周期元素，rm{B}rm{C}rm{D}为第三周期元素，设rm{C}的核外电子数为rm{X}则rm{A}rm{B}rm{D}的最外层电子数为分别为rm{X-8}rm{X-1}rm{X+1}所以：rm{X+X-8+X-1+X+1=56}解得rm{X=16}则rm{B}为磷，rm{C}为硫，rm{D}为氯，rm{A}为氧；根据rm{E}的单质可与酸反应，rm{1molE}单质与足量酸作用，在标准状况下能产生rm{33.6LH_{2}}可知rm{E}为rm{+3}价金属，又rm{E}的阳离子与rm{A}的阴离子核外电子层结构相同，则rm{E}为铝．

rm{(1)}因rm{A}为氧，rm{E}为铝，rm{A}与rm{E}形成的化合物的化学式是rm{Al_{2}O_{3}}故答案为：rm{Al_{2}O_{3}}

rm{(2)}因rm{B}为磷元素，所以rm{B}氢化物化学式为rm{PH_{3}}rm{C}为硫；rm{D}为氯，其单质与水反应：rm{Cl_{2}+H_{2}O=}rm{HCl+HClO}故答案为：rm{PH_{3}}硫；rm{Cl_{2}+H_{2}O=HCl+HClO}rm{(3)}淡黄色固体为过氧化钠，其电子式为：故答案为：；rm{(4)}氢氧化铝为两性氧化物能与碱反应生成盐和水，所以向rm{D}与rm{E}形成的化合物的水溶液中滴入烧碱溶液直至过量，观察到的现象是先有白色胶状沉淀产生并逐渐增多，随rm{NaOH}加入又逐渐溶解最终澄清，离子方程式为：rm{Al^{3+}+3OH^{-}=Al(OH)_{3}隆媒}rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}

故答案为：先产生白色沉淀，后沉淀逐渐溶解；rm{Al^{3+}+3OH^{-}=Al(OH)_{3}隆媒}rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}

【解析】rm{(1)Al_{2}O_{3隆垄}}rm{(2)}rm{PH_{3;;}}硫rm{Cl_{2}+H_{2}O=HCl+HClO}硫rm{PH_{3;;}}rm{Cl_{2}+H_{2}O=HCl+HClO}rm{(3)}先产生白色沉淀，后沉淀逐渐溶解rm{(3)}rm{(4)}rm{Al^{3+}+3OH^{-}=Al(OH)_{3}隆媒}四、判断题(共1题，共4分)24、B【分析】【解答】蛋白质溶液中加入Na2SO4溶液；蛋白质析出，再加水会溶解，盐析是可逆的，没有新物质生成是物理变化，故答案为：×．

【分析】化学变化的实质是在原子核不变的情况下，有新物质生成，分析各选项是否符合化学变化的概念，即有新物质生成，就是化学变化．五、工业流程题(共2题，共12分)25、略

【分析】【分析】

将MnO2和KOH粉碎混合，目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率，然后将混合物熔融并通入空气，根据流程图知，二者反应生成K2MnO4，根据元素守恒知还生成H2O，K2MnO4和CO2反应生成KMnO4、K2CO3、MnO2，KMnO4、K2CO3易溶于水而MnO2难溶于水，将KMnO4、K2CO3、MnO2溶于水然后过滤得到KMnO4、K2CO3混合溶液，再根据KMnO4、K2CO3溶解度差异采用浓缩结晶、趁热过滤得到KMnO4粗晶体，重结晶得到纯KMnO4晶体。

【详解】

(1)由工艺流程转化关系可知，MnO2、KOH的熔融混合物中通入空气时发生反应生成K2MnO4，根据元素守恒还应生成水，则反应化学方程式为2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；

(2)粗KMnO4晶体中含有少量的K2CO3，为了得到纯的KMnO4晶体；操作Ⅲ是粗晶体提纯，操作的名称为重结晶；

(3)测定高锰酸钾样品纯度采用硫酸锰滴定：向高锰酸钾溶液中滴加硫酸锰溶液；产生黑色沉淀，当高锰酸钾溶液由紫红色刚好褪色且半分钟不恢复，表明达到滴定终点；

(4)当pH=10时，c(OH-)=1×10-4mol/L，根据Ksp[Mn(OH)2]=c(Mn2+)•c2(OH-)，可知c(Mn2-)==2.4×10-5mol/L；

(5)用Fe、C作电极电解含MnO4-的污水，需要还原剂，电解池中铁做阳极失电子生成亚铁离子，亚铁离子还原高锰酸根离子生成锰离子，在碱溶液中生成氢氧化锰，反应的离子方程式为：5Fe2++MnO4-+9OH-+4H2O=5Fe(OH)3↓+Mn(OH)2↓。

【点睛】

考查常见氧化剂与还原剂、氧化还原反应、化学计算和对工艺流程的理解、阅读题目获取信息的能力、电解池原理、溶度积常数计算等，需要学生具有扎实的基础知识与灵活运用知识解决问题的能力。【解析】①.2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O②.重结晶（或溶解、蒸发浓缩、冷却结晶）③.滴入最后一滴硫酸锰溶液，高锰酸钾溶液由紫红色刚好褪色且半分钟不恢复④.2.4×10-5mol/L⑤.Fe⑥.5Fe2++MnO4-+9OH-+4H2O=5Fe(OH)3↓+Mn(OH)2↓26、略

【分析】【分析】

β-锂辉矿焙烧后，溶于硫酸生成硫酸锂、硫酸铝、硫酸钙、硫酸镁和二氧化硅沉淀，调节pH为6，铝离子沉淀，滤液的硫酸镁能与氢氧化钙反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化钙能与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，得到滤液硫酸锂蒸发浓缩后与磷酸二氢铵、硫酸亚铁反应生成难溶的LiFePO4。

【详解】

⑴氟磷灰石(Ca5P3FO12)中Ca为+2价，O为-2价，F为-1价，根据化合物价态代数和为0得到磷元素的化合价为+5，β-锂辉矿焙烧后，溶于硫酸生成硫酸锂、硫酸铝、硫酸钙、硫酸镁和二氧化硅沉淀，调节pH为6，铝离子沉淀，滤液的硫酸镁能与氢氧化钙反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化钙能与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，因此沉淀X的主要成份的化学式是CaCO3和Mg(OH)2；故答案为：+5；CaCO3、Mg(OH)2。

⑵观察流程可知；操作1得到硫酸钙，因此操作1为过滤，所需的玻璃仪器有烧杯；漏斗、玻璃棒，操作3得到有机相，因此操作3为分液；故答案为：分液；烧杯、漏斗、玻璃棒。

⑶蒸发浓缩Li2SO4溶液；可使溶液中锂离子浓度增大，便于生成磷酸亚铁锂沉淀；故答案为：增大溶液中锂离子浓度，便于生成磷酸亚铁锂沉淀。

⑷合成反应是磷酸二氢铵、磷酸亚铁和硫酸锂，产物为难溶的LiFePO4，其离子方程式H2PO4－+Li++Fe2+=LiFePO4↓+2H+；故答案为：H2PO4－+Li++Fe2+=LiFePO4↓+2H+。

⑸科学家设计一种锂电池的反应原理为LiFePO4Li+FePO4，则Li为负极，FePO4为正极，放电时正极反应式为FePO4+Li++e－=LiFePO4；故答案为：FePO4+Li++e－=LiFePO4。

⑹300吨含氧化锂5%的β-锂辉矿中Li2O的质量为300吨×5%=15吨，根据关系式Li2O—2LiFePO4，理论上可生成磷酸亚铁锂为则元素锂的利用率为故答案为70%。【解析】+5CaCO3、Mg(OH)2分液烧杯、漏斗、玻璃棒增大溶液中锂离子浓度，便于生成磷酸亚铁锂沉淀H2PO4－+Li++Fe2+=LiFePO4↓+2H+FePO4+Li++e－=LiFePO470%六、综合题(共4题，共12分)27、反应物能量生成物能量无降低因为催化剂改变了反应的历程使活化能E降低SO2+V2O5═SO3+2VO2，4VO2+O2═2V2O5S（s）+O2（g）═SO2（g）△H1=﹣296kJ•mol﹣1SO2（g）+12

O2（g）═SO3（g）△H2=﹣99kJ•mol﹣13s（s）+12

O2（g）═3SO3（g）△H=3（△H1+△H2）=﹣1185kJ•mol﹣1【分析】【解答】（1）因图中A；C分别表示反应物总能量、生成物总能量；B为活化能，反应热可表示为A、C活化能的大小之差，活化能的大小与反应热无关，加入催化剂，活化能减小，反应反应热不变；

（2）因1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1，所以2molSO2（g）氧化为2molSO3的△H=﹣198kJ•mol﹣1；

则2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H=﹣198kJ•mol﹣1；

（3）V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化，则反应的相关方程式为：SO2+V2O5═SO3+2VO2；4VO2+O2═2V2O5；

（4）已知①S（s）+O2（g）═SO2（g）△H1=﹣296kJ•mol﹣1；

②SO2（g）+O2（g）═SO3（g）△H2=﹣99kJ•mol﹣1；