2025年人教版选修4化学上册月考试卷

…………○…………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年人教版选修4化学上册月考试卷455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8题，共16分)1、一定条件下，在水溶液中1molClOx－(x=0；1，2，3，4)的能量(kJ)相对大小如图所示。下列有关说法错误的是。

A.上述离子中结合H能力最强的是EB.上述离子中最稳定的是AC.C→B+D反应的热化学方程式为2ClO2－(aq)=ClO3－(ag)+ClO－(aq)△H=－76kJ·mol－1D.B→A+D的反应物的键能之和小于生成物的键能之和2、反应3A(g)2B(g)+C(g)+Q(Q>0)的反应速率随时间变化如下图所示，在t1、t2、t3、t4时刻都只有一个条件发生改变。下列判断正确的是。

A.t6～t7阶段，C的百分含量最大B.t2～t3阶段，A的转化率最小C.t3时，改变因素一定是使用了催化剂D.t5时，改变因素一定是升高了温度3、向密闭容器中通入气体和气体在一定条件下发生反应；反应至时，的浓度减少了的物质的量减少了有生成；反应内，平均反应速率则下列说法正确的是A.反应内，B.C.反应时，的转化率为D.如果其他条件不变，将容器的容积变为则正反应速率变大，逆反应速率变小4、已知：某温度下，在容积为1L的密闭容器中充入1mol和在一定条件下反应，测得的物质的量随时间的变化关系如图所示。下列说法正确的是。

A.从反应开始到平衡，的平均反应速率B.此温度下，该反应的平衡常数为C.缩小体积，既能增大反应速率，又能提高的转化率D.欲增大平衡状态时可采用升高温度的方法5、常温下，下列各溶液的叙述中正确的是A.NaHSO3与Na2SO3混合溶液中：3c（Na+）=c（HSO3-）+c（SO32-）B.0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合后溶液显酸性：c（CH3COO-）>c（CH3COOH）>c（Cl-）>c（H+）C.等物质的量浓度等体积的NH4HSO4和NaOH溶液混合：c（Na+）＝c（SO42-）>c（NH4+）>c（H+）>c（OH-）D.向1.00L0.3mol/LNaOH溶液中缓慢通入0.2molCO2气体，溶液中：c（Na+）>c（CO32-）>c（HCO3-）>c（OH-）>c（H+）6、溶液滴定邻苯二甲酸氢钾(邻苯二甲酸的)溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b点为反应终点下列叙述不正确的是。

A.a点离子浓度：B.b点溶液中存在：C.c点溶液中存在：D.从a到c的变化过程中，水的电离程度先增大后减小7、常温下将NaOH溶液滴加到己二酸溶液中；混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是。

A.曲线M表示pH与的变化关系B.的数量级为C.NaHX溶液中D.当混合溶液呈中性时，8、某工厂采用如图装置处理化石燃料开采、加工过程产生的H2S废气；已知电解池中的两个电极均为惰性电极。下列说法不正确的是。

A.若交换膜为质子交换膜，则NaOH溶液的浓度逐渐变大，需要定期更换B.若交换膜为阳离子交换膜，b电极区会产生红褐色沉淀C.电极a为阳极D.反应池中处理H2S的反应是H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)9、某反应过程能量变化如图所示；下列说法正确的是。

A.反应过程a有催化剂参与B.该反应为放热反应，热效应等于ΔHC.改变催化剂，可改变该反应的活化能D.有催化剂条件下，反应的活化能等于E1+E210、工业上可采用CH3OHCO+2H2的方法来制取高纯度的CO和H2。我国科研人员通过计算机模拟；研究了在钯基催化剂表面甲醇制氢的反应历程如图所示，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用标注。下列说法正确的是（）

已知：甲醇(CH3OH)脱氢反应的第一步历程；有两种可能方式：

方式Ⅰ：CH3OH*→CH3O*+H*Ea=+103.1kJ·mol-1

方式Ⅱ：CH3OH*→CH3*+OH*Eb=+249.3kJ·mol-1A.CH3OH*→CO*+2H2(g)的ΔH>0B.①②都为O-H键的断裂过程C.由活化能E值推测，甲醇裂解过程主要历经的方式应为ⅡD.放热最多阶段的化学方程式为CHO*+3H*→CO*+4H*11、一定温度下，在三个体积均为1.0L的恒容密闭容器中发生反应：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)。容器编号温度(℃)起始物质的量(mol)平衡物质的量(mol)CH3OH(g)CH3OCH3(g)H2O(g)CH3OCH3(g)H2O(g)Ⅰ3870.200.0800.080Ⅱ3870.40Ⅲ2070.200.0900.090

A.该反应的正方应为放热反应B.达平衡时，容器Ⅱ中CH3OCH3的浓度大于0.16mol/LC.达平衡时，容器Ⅲ中比容器Ⅱ中的大D.若起始时向容器Ⅰ中充入CH3OH(g)0.30mol、CH3OCH3(g)1.50mol和H2O(g)0.30mol，则反应将向逆反应方向进行12、常温下，Ka(CH3COOH)=1.8×10-5，分别向20mL0.1mol/LNaHCO3溶液和CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液；滴定曲线如图所示。下列叙述正确的是。

A.b点溶液中粒子浓度大小关系：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(CH3COOH)>c(OH-)B.c点溶液中存在：c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)=c(OH-)C.溶液中由水电离出c(H+)大小关系：bD.d点溶液中：=18013、下列说法正确的是A.一定温度下，反应MgCl2(1)="=Mg(1)+"Cl2(g)的B.水解反应NH+4+H2ONH3·H2O+H+达到平衡后，升高温度平衡逆向移动C.铅蓄电池放电时的负极和充电时的阳极均发生还原反应D.对于反应2H2O2==2H2O+O2↑,加入MnO2或升高温度都能加快O2的生成速率评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)14、为解决大气中CO2的含量增大的问题；某科学家提出“绿色自由”构想：把工厂排出的富含CO2的废气经净化吹入碳酸钾溶液吸收，然后再把CO2从溶液中提取出来，经化学反应使废气中的CO2转变为燃料甲醇。“绿色自由”构想的部分技术流程如下：

（1）合成塔中反应的化学方程式为______________________；已知△H<0,从平衡移动原理分析，低温有利于提高原料气的平衡转化率。而实际生产中采用300℃的温度，除考虑温度对反应速率的影响外，还主要考虑了____________________________________。

（2）从合成塔分离出甲醇的原理与下列_______操作的原理比较相符（填字母）。

A．过滤B．分液C．蒸馏D．结晶。

（3）工业流程中一定包括“循环利用”，“循环利用”是提高效益、节能环保的重要措施。“绿色自由”构想技术流程中能够“循环利用”的，除K2CO3溶液和CO2、H2外，还包括________________。

（4）在体积为2L的合成塔中，充入2molCO2和6molH2，测得CO2(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。从反应开始到平衡，v（H2)=______________；能使平衡体系中n(CH3OH)/n(CO2)增大的措施有_______________________。

（5）如将CO2与H2以1:4的体积比混合，在适当的条件下可制得CH4。

巳知CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH1＝－890.3kJ/mol

2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH2＝－571.6kJ/mol

写出CO2(g)与H2(g)反应生成CH4(g)与液态水的热化学方程式________________。15、2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示，已知1molSO2(g)被氧化为1molSO3(g)的ΔH=-99kJ·mol-1。回答下列问题:

（1）图中A、C分别表示:________、________。

（2）图中ΔH=___kJ·mol-1。

（3）已知单质硫的燃烧热为296kJ·mol-1，计算由S(s)生成3molSO3(g)的ΔH并写出其热化学反应方程式：________。16、碳是形成化合物种类最多的元素；其单质及形成的化合物是人类生产生活的主要能源物质。

(1)有机物M经过太阳光光照可转化成物质N，其能量变化如图所示。则M、N相比，较稳定的是_____(填“M”或“N”)。

(2)已知：C(s)+H2O(l)=CO(g)+H2(g)ΔH1=akJ·mol-1，2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH2=bkJ·moL-1，2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH3=ckJ·moL-1，则C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=____(用a、b、c表示)kJ·moL-1。

(3)根据键能数据估算CH4(g)+4F2(g)=CF4(g)+4HF(g)的反应热ΔH=____。

化学键C—HC—FH—FF—F键能(kJ·mol-1)41448956515517、某温度下；在2L的密闭容器中，X；Y、Z三种气体随时间变化的曲线如图所示。

请回答下列问题：

(1)由图中数据分析：该反应的化学方程式为_____________________。

(2)反应开始至2min，Z的平均反应速率为____，此时X的转化率为_____。

(3)5min时Z的生成速率与6min时Z的生成速率相比较，前者______后者(填“大于”；“小于”或“等于”)。

(4)对于该反应，能增大正反应速率的的措施是________

A.增大容器容积B.移走部分YC.通入大量XD.升高温度E.加催化剂。

(5)此反应在三种不同情况下的反应速率分别为:

①v(X)=6mol/(L·min)②v(Y)=6mol/(L·min)③v(Z)=8mol/(L·min)

其中反应速率最快的是________(填编号)。

(6)下列各项中不可以说明上述反应达到平衡的是______(填字母)。

a.混合气体的密度不变。

b.混合气体的压强不变。

c.同一物质的正反应速率等于逆反应速率。

d.X的浓度保持不变。

e.生成1molZ和同时生成1.5molX

f.X、Y、Z的反应速率之比为3∶1∶218、一定温度下10L密闭容器中发生某可逆反应，其平衡常数表达为：K=

根据题意完成下列填空：

（1）写出该反应的化学方程式___；若温度升高，K增大，该反应是___反应（填“吸热”或“放热”）。

（2）能判断该反应一定达到平衡状态的是___（选填编号）。

a．v正(H2O)=v逆(H2)b．容器中气体的相对分子质量不随时间改变。

c．消耗nmolH2同时消耗nmolCOd．容器中物质的总物质的量不随时间改变。

（3）该反应的v正随时间变化的关系如图。t2时改变了某种条件，改变的条件可能是___、___。（填写2项）

（4）实验测得t2时刻容器内有1molH2O，5min后H2O的物质的量是0.8mol，这5min内H2O的平均反应速率为___。19、化学电池的发明；是贮能和供能技术的巨大进步。

(1)如图所示装置中；Zn片是_____(填“正极”或“负极”)，Cu片上发生的电极反应为_____。

(2)该装置是典型的原电池装置；可将氧化还原反应释放的能量直接转变为电能，能证明产生电能的实验现象是_____。

(3)2019年诺贝尔化学奖授予对锂离子电池研究做出突出贡献的科学家。某锂离子电池的工作原理如图：

下列说法不正确的是_____(填序号)。

①A为电池的正极。

②该装置实现了电能转化为化学能。

③电池工作时，电池内部的锂离子定向移动20、利用电化学原理，将NO2、O2和熔融KNO3制成燃料电池，模拟工业电解法来处理含Cr2O废水，如下图所示；电解过程中溶液发生反应：Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。

（1）甲池工作时，NO2转变成绿色硝化剂Y，Y是N2O5；可循环使用。则石墨Ⅰ是电池的________极；石墨Ⅰ附近发生的电极反应式为__________________________________。

（2）工作时，甲池内的NO向___________极移动(填“石墨Ⅰ”或“石墨Ⅱ”)；在相同条件下，消耗的O2和NO2的体积比为____________。

（3）乙池中Fe(Ⅰ)棒上发生的电极反应为_________________________________。

（4）若溶液中减少了0.01molCr2O则电路中至少转移了___________mol电子。评卷人得分四、判断题(共1题，共3分)21、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分五、工业流程题(共3题，共15分)22、高纯度碳酸锂：是制造锂离子电池必不可少的原材料。某锂云母矿采用硫酸盐焙烧法生产高纯度碳酸锂的工艺流程如下：

已知(i)用Men+表示金属阳离子、HR表示有机萃取剂，“萃取”原理可以表示为：Men++2nHR⇌Me(HR2)n+nH+

(ii)上述溶剂萃取法(利用萃取剂HR对杂质离子的特殊选择性)与化学净化除杂法(采用分步沉淀法逐一分离杂质离子)

除杂效果对比如下表。Al3+Mn2+Fe3+Ca2+SiO2Li+化学净化法浸出率/%99.799.7497.8597.9796.876.1溶剂萃取法浸出率/%99.5499.3999.2197.8997.073.3(1)将最终产品进行焰色反应；可观察到火焰呈___________(填标号)。

A．紫红色B．紫色C．黄色。

(2)为提高“焙烧”效率；常采取的措施是_________________________________(写两点)。

(3)操作1用到的主要玻璃仪器有烧杯；___________。

(4)萃取剂的浓度对萃取率的影响如下图所示，则选择萃取剂浓度为___________mol·L-1为宜；“反萃取”步骤用到的试剂A是______________________；流程中循环使用的物质除HR、CO2外；还有__________________。

(5)“碳化反应”的化学反应方程式_______________________。

(6)由除杂效果分析，溶剂萃取法相对于化学净化除杂法的优势为_______________________________。23、我国电池的年市场消费量约为80亿只，其中70%是锌锰干电池，利用废旧锌锰干电池制备硫酸锌晶体(ZnSO4·7H2O)和纯MnO2的工艺如下图所示：

已知：

①锌皮的主要成分为Zn，含有少量Fe；炭包的主要成分为ZnCl2、NH4Cl、MnO2；碳粉等；还含有少量的Cu、Ag、Fe等。

②Ksp[Zn(OH)2]=2.0×10-16；Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16；Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38。

(1)除去炭包中碳粉的操作为_____________。

A.酸浸B.过滤C.焙炒D.焙烧。

(2)粗MnO2转化为MnSO4时，主要反应的离子方程式为_____________________。

(3)焙烧时发生反应的化学方程式为_____________。

(4)制备硫酸锌晶体流程中，用ZnO调节溶液pH的目的是______________________________，若溶解时不加H2O2带来的后果是____________________。

(5)“草酸钠-高锰酸钾返滴法”可测定MnO2的纯度：取agMnO2样品于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，再加入V1mLc1mol·L-1Na2C2O4溶液(足量)，最后用c2mol·L-1的KMnO4溶液滴定剩余的Na2C2O4，达终点时消耗V2mL标准KMnO4溶液。

①MnO2参与反应的离子方程式为_____________。

②该样品中MnO2的质量分数为__________________(假定杂质不参与反应，列出表达式即可)。24、磷酸亚铁锂LiFePO4是一种新型汽车锂离子电池的电极材料。某化工厂以铁红、锂辉石LiAl（SiO3）2（含少量Ca2+、Mg2+的盐）；碳粉等原料来生产磷酸亚铁锂。其主要工艺流程如图：

已知：2LiAl（SiO3）2+H2SO4(浓)Li2SO4+Al2O3·4SiO2·H2O↓。温度/℃20406080溶解度(Li2CO3)/g1.331.171.010.85溶解度(Li2SO4)/g34.232.831.930.7

（1）从滤渣Ⅰ中可分离出Al2O3，如图所示。请写出生成沉淀的离子方程式___。

（2）滤渣Ⅱ的主要成分是：___（填化学式）。

（3）向滤液Ⅱ中加入饱和Na2CO3溶液，过滤后，用“热水洗涤”的原因是___。

（4）写出在高温下生成磷酸亚铁锂的化学方程式：___。

（5）磷酸亚铁锂电池总反应为：FePO4+LiLiFePO4，电池中的固体电解质可传导Li+。试写出该电池放电时的正极反应：___。若用该电池电解饱和食盐水（电解池电极均为惰性电极），当电解池两极共有4480mL气体（标准状况）产生时，该电池消耗锂的质量为___。评卷人得分六、有机推断题(共1题，共8分)25、某温度时，Ag2SO4在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。请回答下列问题：

(1)A点表示Ag2SO4是_____(填“过饱和”“饱和”或“不饱和”)溶液。

(2)该温度下Ag2SO4的溶度积常数Ksp=_____。(列式带入数据并计算出结果)

(3)现将足量的Ag2SO4固体分别加入：

a．40mL0.01mol·L-1K2SO4溶液。

b．10mL蒸馏水。

c．10mL0.02mol·L-1H2SO4溶液。

则Ag2SO4的溶解程度由大到小的顺序为_____(填字母)。

(4)向Ag2SO4悬浊液中加入足量Na2CrO4固体，可观察到有砖红色沉淀生成(Ag2CrO4为砖红色)，写出沉淀转化的离子方程式：_____。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】【详解】

A.酸根离子对应的酸越弱；结合氢离子能力越强，E对应的是高氯酸根离子，高氯酸是最强的无机酸，酸根离子结合氢离子能力最弱，故选A；

B.能量越低越稳定原理；A最稳定，故不选B；

C.△H=生成物的总能量－反应物的总能量=64+60－2×100=－76kJ·mol－1，所以C→B+D反应的热化学方程式为2ClO2－(aq)=ClO3－(aq)+ClO－(aq)△H=－76kJ·mol－1；故不选C；

D.3ClO－(aq)=2Cl-(aq)+ClO3－(aq)的△H=生成物的总能量－反应物的总能量=反应物的键能之和-小于生成物的键能之和=0+64-3×60=－116kJ·mol－1；所以反应物的键能之和小于生成物的键能之和，故不选D；

正确答案：A。

【点睛】

本题考查反应热的有关计算，注意掌握根据盖斯定律、热化学方程式进行的计算，题目较简单；△H=生成物的总能量－反应物的总能量=反应物的键能之和-小于生成物的键能之和。2、D【分析】【分析】

由图中反应速率的变化可知，t1时增了生成物的浓度，t3时加入了催化剂或增大了体系压强，t4时减小了体系压强或使用了抑制剂，t5时升高温度，t1时化学平衡逆向移动，A的转化率减小，C的百分含量减小，t3、t4时化学平衡不移动，t5时化学平衡逆向移动，A的转化率进一步减小，C的百分含量进一步减小，因此t6～t7阶段A的转化率最小，0～t1阶段C的百分含量最大。

【详解】

3A(g)2B(g)+C(g)+Q(Q>0)说明该反应△H＜0；反应前后气体体积不变，压强对化学平衡无影响。

由图中反应速率的变化可知，t1时速率增加且平衡逆向移动，改变条件为增了生成物的浓度，t3时速率同等程度增加，改变的条件为加入了催化剂或增大了体系压强，t4时速率同等程度减小，改变的条件为减小了体系压强或使用了抑制剂，t5时速率增大且平衡逆向移动；改变的条件为升高温度。

t1时化学平衡逆向移动，A的转化率减小，C的百分含量减小，t3、t4时化学平衡不移动，t5时化学平衡逆向移动，A的转化率进一步减小，C的百分含量进一步减小，因此t6～t7阶段A的转化率最小，0～t1阶段C的百分含量最大。

A.0～t1阶段；C的百分含量最大，A错误；

B.t6～t7阶段A的转化率最小；B错误；

C.t3时速率同等程度增加；改变的条件为加入了催化剂或增大了体系压强，C错误；

D.t5时速率增大且平衡逆向移动；改变的条件为升高温度，D正确；

故合理选项是D。

【点睛】

本题考查反应速率与时间图象、影响反应速率与化学平衡移动的因素，注意根据正、逆速率判断平衡移动方法。3、B【分析】【详解】

A．根据题干信息结合平衡三段式列式，A减少量和生成C的物质的量之比等于速率之比等于计量数之比，平均反应速率vC=vA/2；

反应内，故A错误；

B．依据A的列式计算x：y：p：q==2：3：1：6；故B正确；

C．反应平衡时，B的转化率为==故C错误；

D．如果其他条件不变；将容器的容积变为1L，是体积缩小的变化；压强增大，正逆反应速率均增大，故D错误；

故选B。4、C【分析】【详解】

A.由图可知，从开始到平衡生成为结合反应可知消耗氢气为的平均反应速率故A错误；

B.在容积为1L的密闭容器中充入1mol和结合图中数据可知；

故B错误；

C.缩小体积，压强增大，且该反应为气体体积减小的反应，平衡正向移动，则既能增大反应速率，又能提高的转化率；故C正确；

D.该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则欲增大平衡状态时可采用降低温度的方法，故D错误。

故选C。5、C【分析】【详解】

A．任何电解质溶液中都存在物料守恒，如果NaHSO3与Na2SO3混合溶液中二者浓度之比为1:1，根据物料守恒得2c（Na+）=3c（HSO3-）+3c（SO32-）+3c（H2SO3）；选项A错误；

B．二者混合后，溶液中的溶质为等物质的量的CH3COONa、CH3COOH、NaCl，CH3COOH电离程度大于CH3COO-水解程度，溶液呈酸性，氯离子不水解，所以存在c（CH3COOH）＜c（Cl-）；选项B错误；

C．等物质的量的NH4HSO4和NaOH溶液混合，二者恰好反应生成等物质的量浓度的Na2SO4、（NH4）2SO4，NH4+水解导致溶液呈酸性，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c（Na+）=c（SO42-）＞c（NH4+），铵根离子水解程度较小，所以离子浓度大小顺序是c（Na+）=c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）；选项C正确；

D．n（NaOH）=0.3mol/L×1L=0.3mol，n（CO2）=0.2mol，n（NaOH）：n（CO2）=0.3mol：0.2mol=3：2，二者恰好反应生成等物质的量浓度的NaHCO3、Na2CO3，CO32-水解程度大于HCO3-，所以c（CO32-）＜c（HCO3-）；选项D错误；

故答案选C。6、B【分析】【详解】

A.a点溶质为KHA，电离程度大于水解程度，因此离子浓度：故A正确；

B.b点为反应终点，溶质为K2A、Na2A且两者浓度相等，根据电荷守恒得到溶液呈碱性，因此溶液中存在：故B错误；

C.根据ab段消耗氢氧化钠大于bc段消耗氢氧化钠，因此溶液中存在：故C正确；

D.KHA到K2A、Na2A，再到K2A、Na2A；NaOH的混合液液；水的电离程度先增大后减小，故D正确。

综上所述，答案为B。7、D【分析】【详解】

为二元弱酸，以第一步电离为主，则酸性条件下，则pH相同时由图像可知N为的变化曲线，M为的变化曲线，当或时，说明或浓度相等，结合图像可计算电离常数并判断溶液的酸碱性。

A.由以上分析可知曲线M表示pH与的变化关系；故A错误；

B.时，此时则可知的数量级为故B错误；

C.由图像可知，时，即此时可知电离程度大于水解程度，则NaHX溶液呈酸性，溶液中故C错误；

D.由图像可知当时，则故D正确。

故选D。8、A【分析】【分析】

由装置可知，反应池中的反应物为硫化氢废气与氯化铁溶液发生氧化还原反应生成硫、氯化氢和氯化亚铁，反应的化学方程式为H2S+2FeCl3=2FeCl2+S↓+2HCl，反应生成的氯化亚铁在阳极a电极上失电子发生氧化反应生成氯化铁，生成的氯化铁进入反应池循环使用，电极b为电解池阴极；水在阴极上得电子发生还原反应生成氢气和氢氧根。

【详解】

A项；若交换膜为质子交换膜；氢离子由左向右移动加入阴极室，与放电生成的氢氧根发生中和反应生成水，阴极室中NaOH溶液的浓度不变，故A错误；

B项、若交换膜为阳离子交换膜，三价铁离子由左向右移动加入阴极室，在b电极区与氢氧根反应生成红褐色氢氧化铁沉淀；故B正确；

C项；电极a为阳极；氯化亚铁在阳极上失电子发生氧化反应生成氯化铁，生成的氯化铁进入反应池循环使用，故C正确；

D项、由装置可知，反应池中的反应物为硫化氢废气与氯化铁溶液发生氧化还原反应生成硫、氯化氢和氯化亚铁，反应的离子方程式为H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+；故D正确；

故选A。二、多选题(共5题，共10分)9、BC【分析】【分析】

【详解】

A．由图示可知反应过程a需要的活化能较高；没有催化剂参与，错误；

B．由于反应物的能量高于生成物的能量；多余的能量就以热能的形式释放出来。所以该反应为放热反应，热效应等于反应物与生成物能量的差值ΔH，正确；

C．改变催化剂；改变了反应途径，降低了反应的活化能，但是反应热不变，正确；

D．E1是正反应的活化能，E2是中间产物的活化能，有催化剂条件下,正反应的活化能等于E1；错误。

答案选B。10、AD【分析】【分析】

【详解】

A.△H=生成物相对能量-反应物相对能量，根据图示可知生成物的能量比反应物的能量高，因此该反应为吸热反应，ΔH>0；A正确；

B.根据图示可知过程①是断裂H-O键；过程②断裂的是C-H键，B错误；

C.催化剂能降低反应的活化能；加快反应速率，方式I的活化能低，说明甲醇裂解过程主要精力方式为I，C错误；

D.由图可知CHO*和3H*转化为CO*和4H*这一步放出热量最多，反应方程式为：CHO*+3H*→CO*+4H*；D正确；

故合理选项是AD。11、AD【分析】【详解】

A．对比I、Ⅲ可知，升高温度CH3OCH3(g)的物质的量减小；说明升高温度，平衡逆向移动，而升高温度，化学平衡向吸热反应移动，故该反应的正反应为放热反应，A正确；

B．Ⅱ等效为Ⅰ中平衡基础上压强增大一倍，该反应是气体体积不变的反应，增大压强化学平衡不移动，因此容器Ⅰ中的CH3OH体积分数与容器Ⅱ中的相等。I中平衡时CH3OCH3的物质的量是0.080mol，则容器Ⅱ中CH3OCH3的物质的量为n(CH3OCH3)=2×0.080mol=0.16mol。反应容器是1L，则II达到平衡时CH3OCH3的物质的量浓度为c(CH3OCH3)==0.16mol/L；B错误；

C．II中达到平衡时，c(CH3OCH3)==0.16mol/L，c(CH3OH)==0.08mol/L，=0.5；III中达到平衡时，c(CH3OCH3)==0.090mol/L，c(CH3OH)==0.020mol/L，=0.222＜0.25，所以达平衡时，容器Ⅲ中比容器Ⅱ中的小；C错误；

D．容器Ⅰ中平衡时c(CH3OCH3)=c(H2O)==0.080mol/L，c(CH3OH)==0.04mol/L，容器Ⅰ中化学平衡常数K1==4，若起始时向容器Ⅰ中充入CH3OH(g)0.30mol、CH3OCH3(g)1.50mol和H2O(g)0.30mol，由于容器的容积是1L，则物质的浓度与其物质的量在数值上相等，此时浓度商Qc==5＞4=K；则反应将向逆反应方向进行，D正确；

故合理选项是AD。12、BD【分析】【详解】

A.b点是20mL0.1mol/LCH3COOH溶液中滴入10mL0.1mol/L氢氧化钠溶液发生反应生成的CH3COONa和过量CH3COOH等浓度的混合溶液，此时溶液pH<7，则c(H+)>c(OH-)，说明CH3COOH的电离作用大于CH3COONa的水解作用，所以c(CH3COO-)>c(Na+)，盐电离产生的Na+浓度远大于弱酸CH3COOH电离产生的H+的浓度，但酸电离程度是微弱的，主要以电解质分子存在，所以c(CH3COOH)>c(H+)，醋酸分子发生电离而消耗，所以c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)，故溶液中微粒浓度大小关系为c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-)；A错误；

B.c点是20mL0.1mol/LNaHCO3溶液中滴入20mL0.1mol/L氢氧化钠溶液发生反应生成的碳酸钠溶液，溶液中存在质子守恒，水电离出氢氧根离子浓度等于所有氢离子浓度总和，c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)=c(OH-)；B正确；

C.a点是Na2CO3、NaHCO3等浓度的混合溶液，促进水的电离；b点是等浓度CH3COONa和CH3COOH混合溶液，溶液的pH<7，说明醋酸电离作用大于CH3COONa的水解作用，水电离平衡受到抑制作用；c点是Na2CO3溶液，该盐是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，促进水的电离；d点是pH等于7的CH3COONa和CH3COOH混合的中性溶液，水的电离平衡的抑制作用与促进作用相等，对水电离平衡移动无影响，根据溶液pH大小可知，四点水电离程度：bc(H+)就越大，故溶液中由水电离出c(H+)关系为：b

D.d点溶液pH=7为中性，c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，×==180；D正确；

故答案选BD。13、AD【分析】【详解】

略三、填空题(共7题，共14分)14、略

【分析】【分析】

废气通入饱和碳酸钾溶液，发生反应CO2+H2O+K2CO3=2KHCO3；高温水蒸气通入分解池，碳酸氢钾受热分解生成碳酸钾、水、CO2，二氧化碳与氢气在合成塔中反应生成甲醇，反应方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O；此反应为放热反应，工业生产条件选择要考虑转化率；反应速率、对催化剂的影响、材料、成本等多方面，可以采用较高温度（催化剂活性强）、高压、适当催化剂。

【详解】

（1）根据工艺流程可知，合成塔内反应是氢气与二氧化碳反应生成甲醇和水，化学方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O；实际生产中采用300℃的温度；除考虑温度对反应速率的影响外，还主要考虑了温度对催化剂活性的影响；

答案：CO2+3H2CH3OH+H2O催化剂的催化活性。

（2）从合成塔出来的主要为甲醇与水的混合液；甲醇与水互溶，沸点相差大，因此采用蒸馏法分离；

答案：C

（3）由流程图可以找出循环利用的物质还有高温水蒸气；

答案：高温水蒸气。

（4）三行式法进行计算：CO2+3H2CH3OH+H2O；

C（初）1.03.000

ΔC0.82.40.80.8

C（平）0.20.60.80.8

v（H2)=(2.4mol/L)/10min=0.24mol/(L▪min)；如果使平衡体系中n(CH3OH)/n(CO2)增大；可以采用增大氢气的量，或者加压；降温等；

答案：增大H2的用量等。

（5）巳知①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH1＝－890.3kJ/mol

②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH2＝－571.6kJ/mol

根据盖斯定律②×2-①，可得CO2（g）+2H2（g）=CH4（g）+2H2O（l）ΔH＝－252.9kJ/mol；

答案：CO2（g）+2H2（g）=CH4（g）+2H2O（l）ΔH＝－252.9kJ/mol；【解析】①.CO2+3H2CH3OH+H2O②.催化剂的催化活性③.C④.高温水蒸气⑤.0.24mol/(L•min)⑥.增大H2的用量等⑦.CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(l)ΔH＝－252.9kJ/mol15、略

【分析】【分析】

(1)根据A；C分别表示反应物总能量和生成物总能量；

(2)根据参加反应SO2的物质的量之比等于对应的△H之比；

(3)根据单质硫的燃烧热以及1molSO2(g)氧化为1molSO3(g)的反应热利用盖斯定律来求；

【详解】

(1)图中A；C分别表示反应物总能量、生成物总能量；

(2)因1molSO2(g)氧化为1molSO3(g)的△H=-99kJ•mol-1，所以2molSO2(g)氧化为2molSO3(g)的△H=-198kJ•mol-1，则2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)△H=-198kJ•mol-1；

(3)因单质硫的燃烧热为296kJ•mol-1，则S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH1=-296kJ•mol-1，而1molSO2(g)氧化为1molSO3(g)的△H=-99kJ•mol-1，则SO2(g)+O2(g)=SO3(g)ΔH2=-99kJ•mol-1，由盖斯定律可得：S(s)+O2(g)=SO3(g)△H=-296kJ•mol-1+(-99kJ•mol-1)=-395kJ•mol-1，所以S(s)生成3molSO3(g)的△H为-395kJ•mol-1×3=-1185kJ•mol-1，其热化学反应方程式：3S(s)+O2(g)=3SO3(g)ΔH=-1185kJ·mol-1。【解析】反应物能量生成物能量-198S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH1=-296kJ·mol-1，SO2(g)+O2(g)=SO3(g)ΔH2=-99kJ·mol-1，3S(s)+O2(g)=3SO3(g)ΔH=-1185kJ·mol-116、略

【分析】【分析】

(1)M转化为N是吸热反应；所以N的能量高，不稳定；

(2)燃烧热是1mol可燃物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；根据盖斯定律来回答；

(3)化学反应的焓变可以用反应物和生成物的键能计算；依据△H=反应物键能之和−生成物键能之和计算得到。

【详解】

(1)有机物M经过太阳光光照可转化成N，：△H=+88.6kJ⋅mol−1；过程是吸热反应，N暗处转化为M，是放热反应，能量越低越稳定，说明M稳定，故答案为：M；

(2)将已知反应依次编号为①、②、③，由盖斯定律可知2×①+②+③]×得到热化学方程式C(s)+O2(g)=CO2(g)，则△H=△H1+=a+故答案为：a+

(3)由反应热△H=反应物键能之和−生成物键能之和，结合图表中键能数据可知△H=414kJ/mol×4+4×155kJ/mol−(489kJ/mol×4+4×565kJ/mol)=−1940kJ/mol，故答案为：−1940kJ/mol。【解析】Ma+-1940kJ·mol-117、略

【分析】【详解】

(1)由图象可以看出；反应中X；Y的物质的量减少，应为反应物，Z的物质的量增多，应为生成物，当反应进行到2min时，△n(Y)=0.1mol，△n(Z)=0.2mol，△n(X)=0.3mol，则△n(Y)：△n(Z)：△n(X)=1：2：3，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，则反应的方程式为：3X+Y⇌2Z，故答案为3X+Y⇌2Z；

(2)反应开始至2min末，Z的反应速率为：v===0.05mol/(L•min)，X的转化率为×100%=30%；

(3)图象分析可知；反应到5min后，物质的量不再发生变化，说明反应达到平衡状态，所以5min时Z的生成速率与6min时Z的生成速率相同，故答案为等于；

(4)根据影响反应速率的因素；降低温度反应速率减小，如果使用合适的催化剂，增加体系组分浓度，升温，其反应速率增大，故答案为CDE；

(5)化为用同一物质表示的反应速率，则①v(X)=6mol/(L·min)②v(Y)=6mol/(L·min),v(X)=3v(Y)=18mol/(L·min)③v(Z)=8mol/(L·min),v(X)=1.5v(Y)=12mol/(L·min),比较可知；反应速率最快的是②,故答案为②；

(6)a.气体质量和体积不变，无论该反应是否达到平衡状态，容器内密度始终不变，所以混合气体的密度不再变化不能判断平衡状态，故a错误；b.该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，当容器内压强保持不变时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，混合气体的压强不再变化说明反应达到平衡状态，故b正确；c.同一物质的正反应速率等于逆反应速率说明达到化学平衡状态，故c正确；d.各组分浓度不变达到化学平衡状态，所以X的浓度保持不变说明达到化学平衡状态，故d正确；e.生成1molZ和同时生成1.5molX，说明正逆反应速率相等，即达到化学平衡状态，故e正确；f.各组分反应速率之比等于其化学计量数之比，故X、Y、Z的反应速率之比为3：1：2，故f错误，故答案为af。【解析】①.3X+Y⇌2Z②.0.05mol/(L•min)③.30%④.等于⑤.CDE⑥.②⑦.af18、略

【分析】【分析】

（1）根据化学平衡常数表达式及元素守恒知，反应物还有C，所以该反应方程式为C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）；升高温度，平衡向吸热反应方向移动；

（2）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的一系列物理量不变；

（3）改变条件时反应速率增大，改变的条件可能是温度、压强、反应物浓度；

（4）反应速率=

【详解】

：（1）根据化学平衡常数表达式及元素守恒知，反应物还有C，所以该反应方程式为C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）；升高温度，平衡向吸热反应方向移动，K增大说明平衡正向移动，所以正反应是吸热反应，故答案为：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）；吸热；

（2）a．当v正（H2O）=v逆（H2）=v逆（H2O）时，正逆反应速率相等，所以反应达到平衡状态，故正确；

b．反应前后气体的物质的量不相同，气体质量变化，容器中气体的平均相对分子质量不随时间变化即达到平衡，故正确；

c．无论反应是否达到平衡状态都存在消耗nmolH2同时消耗nmolCO，所以不能据此判断平衡状态，故错误；

d．无论反应是否达到平衡状态容器中物质的总物质的量都不随时间改变，所以不能据此判断平衡状态，故错误；

故选ab；

（3）改变条件时反应速率增大，改变的条件可能是升高温度、增大压强、增大反应物浓度，故答案为：升高温度；增大水蒸气的浓度；

（4）反应速率故答案为0.004mol/（L﹒min）。【解析】①.C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）②.吸热③.ab④.升高温度⑤.增大水蒸汽的浓度⑥.0.004mol/（L﹒min）19、略

【分析】【分析】

(1)由图可知；活泼金属锌做原电池的负极，不活泼金属铜做原电池的正极；

(2)由图可知；该装置为铜锌硫酸原电池，该装置实现了电能转化为化学能；

(3)由图给示意图可知；该装置为原电池，由电子和锂离子的移动方向可知，A电极为电源的负极，B为电源的正极，电池工作时，锂离子向正极B电极移动。

【详解】

(1)由图可知，活泼金属锌做原电池的负极，不活泼金属铜做原电池的正极，氢离子在正极上得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H++2e-=H2↑，故答案为：负极；2H++2e-=H2↑；

(2)由图可知；该装置为铜锌硫酸原电池，该装置实现了电能转化为化学能，能证明产生电能的实验现象为电流表指针发生偏转，故答案为：电流表指针发生偏转；

(3)由图给示意图可知；该装置为原电池，由电子和锂离子的移动方向可知，A电极为电源的负极，B为电源的正极，电池工作时，锂离子向正极B电极移动，则①②错误，故答案为：①②。

【点睛】

原电池中，电子由负极经导线向负极移动，阳离子向正极方向移动是解答关键。【解析】负极2H++2e-=H2↑电流表指针发生偏转①②20、略

【分析】(1)甲池工作时，NO2转变成N2O5，说明氮元素的化合价升高，石墨Ⅰ为负极，电极反应式为NO2+NO3--e-=N2O5，石墨Ⅱ为正极，故答案为负；NO2+NO3--e-=N2O5；

(2)由于石墨Ⅰ为负极，原电池中阴离子向负极移动，根据得失电子守恒计算1molO2反应中转移4mol电子，4molNO2转变成N2O5，转移4mol电子，相同状况下气体的体积比等于物质的量之比，故O2和NO2的体积比为1：4；故答案为石墨Ⅰ；1：4；

(3)由于石墨Ⅰ为负极，故Fe(Ⅰ)为阳极，铁失去电子生成亚铁离子，电极反应为Fe-2e-=Fe2+，故答案为Fe-2e-=Fe2+；

(4)根据Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，0.01molCr2O72-能够氧化0.06molFe2＋，即电解过程中需要生成0.06molFe2＋，Fe(I)为阳极，电极反应式为Fe-2e-=Fe2＋；故转移电子的物质的量为0.06mol×2=0.12mol，故答案为0.12。

点睛：本题考查原电池与电解原理，明确各个电极上发生的反应、物质之间的转化是解本题关键。本题的难点是(4)的计算，需要根据Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O计算出电解过程中生成的Fe2＋，再根据电极反应式进行计算，注意电路中转移的电子与Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O中转移的电子是不一样的。【解析】负NO2＋NO－e－===N2O5石墨Ⅰ1∶4Fe－2e－===Fe2＋0.12四、判断题(共1题，共3分)21、×【分析】【详解】

向溶液中加入少量水，减小，碱性减弱即减小，则增大，则溶液中增大，故错；【解析】错五、工业流程题(共3题，共15分)22、略

【分析】【分析】

锂云母矿采用加硫酸钠焙烧后，加稀硫酸过滤除去二氧化硅、硫酸钙等不溶性杂质，所得滤液加入有机萃取剂HR，“萃取”原理为：Men++2nHR⇌Me(HR2)n+nH+，由表知，Al3+、Mn2+、Fe3+、残留Ca2+离子被萃取剂结合后进入有机相，水溶液主要含为Li+、SO2-4，水相中加入饱和碳酸钠沉锂，生成Li2CO3沉淀和硫酸钠；过滤后沉淀中加入去离子水；二氧化碳发生碳化反应，碳酸锂和和水和二氧化碳生成碳酸氢锂，过滤得碳酸氢锂，碳酸氢锂热分解生成高纯度的碳酸锂，以此来解析；

(1)

锂元素的焰色反应为紫红色；将最终产品碳酸锂进行焰色反应，可观察到火焰呈紫红色；

选A。

(2)

为提高“焙烧”效率；常采取的措施是将矿石细磨；充分搅拌、适当升高温度等。

(3)

操作1为萃取分液；用到的主要玻璃仪器有烧杯；分液漏斗。

(4)

萃取剂要最大程度地萃取溶液中的Al3+、Mn2+、Fe3+而尽可能不萃取Li+，由图知，则选择萃取剂浓度为1.5mol·L-1为宜；“反萃取”步骤中Men++2nHR⇌Me(HR2)n+nH+逆向移动，按勒夏特列原理，增大生成物浓度可使平衡左移，则需加入氢离子、且阴离子为硫酸根，则用到的试剂A是H2SO4；流程中沉锂时生成硫酸钠、焙烧时消耗硫酸钠，则循环使用的物质除HR、CO2外，还有Na2SO4。

(5)

锂和钠处于同一主族，则由碳酸钠、水和二氧化碳反应得到碳酸氢钠来类推，可得到“碳化反应”化学反应方程式为CO2+H2O+Li2CO3=2LiHCO3。

(6)

由表知，溶剂萃取法Li+浸出率为3.3%，化学净化除杂法Li+浸出率为6.1%，则由除杂效果分析，溶剂萃取法相对于化学净化除杂法的优势为萃取剂除杂法锂的损失率更少。【解析】(1)A

(2)将矿石细磨；充分搅拌、适当升高温度或其他合理答案。

(3)分液漏斗。

(4)1.5H2SO4Na2SO4

(5)CO2+H2O+Li2CO3=2LiHCO3

(6)萃取剂除杂法锂的损失率更少23、略

【分析】【分析】

废旧电池拆解后，锌皮中的锌和铁在稀硫酸中溶解，铁和稀硫酸生成Fe2+，被H2O2氧化为Fe3+，再加ZnO调节溶液的PH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，得到的硫酸锌溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到ZnSO4·7H2O。炭包中的ZnCl2、NH4Cl、Cu、Ag、Fe等溶于稀硝酸，而MnO2和碳粉不溶，过滤后把滤渣焙炒，碳粉被空气中的氧气氧化为二氧化碳除去，粗MnO2在硫酸和H2O2的共同作用下转化为MnSO4，在MnSO4溶液中加入Na2CO3溶液，得到MnCO3沉淀，再焙烧MnCO3，使之被空气中的氧气氧化为纯MnO2。

【详解】

（1）炭包的主要成分为ZnCl2、NH4Cl、MnO2、碳粉等，还含有少量的Cu、Ag、Fe等，ZnCl2、NH4Cl、Cu、Ag、Fe等溶于稀硝酸，而MnO2和碳粉不溶；过滤后把滤渣焙炒，碳粉被空气中的氧气氧化为二氧化碳除去，所以除去碳粉可以采用焙炒的方法，焙烧时，炭包内部的碳比较难与氧气反应除去，正确答案：C。

（2）粗MnO2在硫酸、H2O2作用下生成MnSO4，即MnO2+H2O2→MnSO4，反应过程中MnO2被还原，则H2O2被氧化生成O2，配平该反应为：MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O。正确答案：MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O。

（3）上述生成的MnSO4加入Na2CO3后“沉锰”生成MnCO3沉淀，焙烧后生成MnO2，即MnCO3→MnO2，Mn元素被氧化，所以空气中O2作为氧化剂参加了该反应，配平该反应为：2MnCO3+O22MnO2+2CO2。正确答案：：2MnCO3+O22MnO2+2CO2。

（4）锌皮的主要成分为Zn，含有少量Fe，所以加入硫酸溶解并用H2O2氧化后，溶液中主要存在ZnSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4，因此加入的ZnO与H2SO4反应使溶液酸性减弱，从而使Fe3+生成Fe(OH)3沉淀除去。已知Ksp[Zn(OH)2]=2.0×10-16；Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16；Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，由于Zn(OH)2与Fe(OH)2的溶度积相差不大，所以沉淀Fe2+时Zn2+必然同时生成沉淀。若溶解时不加H2O2，溶液中主要存在ZnSO4、FeSO4、H2SO4，因此用ZnO反应过量H2SO4调节溶液pH使Fe2+沉淀时，Zn2+必然同时生成Zn(OH)2沉淀。正确答案：除去溶液中的Fe3+、Fe2+与Zn2+不能分离（或当Fe(OH)2沉淀完全时，Zn(OH)2也沉淀完全）。

（5）纯度测定前半段，MnO2氧化Na2C2O4生成Mn2+和CO2，即MnO2+C2O42-→Mn2++CO2↑，配平该反应得MnO2+4H++C2O42-=Mn2++2CO2↑+2H2O。剩余的Na2C2O4被KMnO4氧化生成Mn2+和CO2，即MnO4-+C2O42-→Mn2++CO2↑，配平得2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++5CO2↑+8H2O。则根据氧化还原反应电子守恒得MnO2质量分数为正确答案：MnO2+4H++C2O42-=Mn2++2CO2↑+2H2O、

【点睛】

①根据题意书写氧化还原反应。首先根据题目已知列出知道的反应物和产物，然后联系题意补充氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物中缺少的物质（有时已知中全部给出），第三步进行氧化还原过程中电子得失的配平，再进行质量守恒和离子反应中电荷守恒的配平。以上述Na2C2O4与MnO2反应为例，由已知先整理得到MnO2氧化Na2C2O4生成Mn2+和CO2，既MnO2+C2O42-→Mn2++CO2↑，根据得失电子守恒得到MnO2+C2O42-→Mn2++2CO2↑，由于反应前已经用硫酸酸化，再根据离子电荷守恒得到MnO2+C2O42-+4H+→Mn2++2CO2↑，最后根据质量守恒得MnO2+4H++C2O42-=Mn2++2CO2↑+2H2O。②溶度积用于比较难溶电解质溶解度时，不同种类型的难溶电解质不能够直接进行比较。如本题中的Zn(OH)2、Fe(OH)2、Fe(OH)3，前两者的组成为AB2型，第三个属于AB3型，通过各自的溶度积已知（数量级都是10-16）可得Zn