2025年浙教版选修四化学下册月考试卷

…………○…………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年浙教版选修四化学下册月考试卷502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总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、已知在下，气态AB分子生成气态A原子和B原子的过程中所吸收的能量；称为AB间共价键的键能，已知水分子的能量变化关系图如下：

下列说法正确的是A.且B.是的键能C.D.2、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.常温常压下，19g羟基(—18OH)中所含的中子数为9NAB.常温下，1LpH=3的FeCl3溶液中由水电离出的H+的数目为0.001NAC.标准状况下，NO和O2各11.2L混合充分反应,所得气体的分子总数为0.75NAD.足量的铜与40mL10mol/L硝酸反应,生成气体的分子数为0.2NA3、已知：C(s)+H2O(g)===CO(g)+H2(g)△H=akJ·mol－1；2C(s)＋O2(g)===2CO(g)H＝－221kJ·mol－1，H—H、O==O和O—H键的键能分别为436、498和486kJ·mol－1，则a为A.＋176.5B.－397.5C.＋88.5D.－309.54、某温度下，在一个2L的恒容密闭容器中，加入4molA和2molB进行反应：3A(g)+2B(g)4C(?)+2D(?)，反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6molC，且反应的前后压强之比为5:4（相同的温度下测量），则下列说法正确的是（）A.该反应的化学平衡常数表达式是K=B.此时，B的平衡转化率是20%C.增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大D.增加C，B的平衡转化率不变5、为探究外界条件对可逆反应：2NO2(g)2NO(g)+O2(g)ΔH＝-1162kJ·mol－1的影响；若保持气体的总质量不变，在温度为T1；T2时，通过实验得到平衡体系中NO体积分数随压强的变化曲线，实验结果如图所示。下列说法正确的是。

A.a、c两点混合气体的平均相对分子质量：Ma>McB.b、c两点的平衡常数：Kb=KcC.从状态a到状态c，NO2气体的转化率减小D.T1＜T2评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)6、（1）用50mL0.50mol·L-1的盐酸与50mL0.55mol·L-1的氢氧化钠溶液在如图所示的装置中进行中和反应；测定反应过程中所放出的热量并计算每生成1mol液态水时放出的热量。

完成下列问题：

①烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是__________。

②用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的生成1mol液态水时放出热量的数值会__________。

（2）现有反应PCl5(g)⇌PCl3(g)+Cl2(g)，523K时，将10molPCl5注入容积为2L的密闭容器中；平衡时压强为原来的1.5倍。

①该温度下该反应的平衡常数K为__________

②PCl5的平衡转化率为__________7、可逆反应：aA（g）+bB（g）cC（g）+dD（g）△H；试根据图回答：

[A的转化率（%）表示为α（A）；A的含量（%）表示为φ（A）]

（1）压强P1___P2（填＜或＞）；

（2）体积（a+b）___（c+d）（填＜或＞）；

（3）温度t1℃___t2℃（填＜或＞）。8、将4molN2O4放入2L恒容密闭容器中发生反应N2O4(g)2NO2(g)，平衡体系中N2O4的体积分数（Φ）随温度的变化如图所示：

（1）D点v(正)____v(逆)（填“＞；＜或=”）。

（2）A、B、C三点中平衡常数K的值最大的是____点。T2时N2O4的平衡转化率为____；若平衡时间为5s，则此时间内的N2O4平均反应速率为____。

（3）若其条件不变，在T3原平衡基础上，再加入一定量NO2，达到新平衡时，与原平衡相比，NO2的体积分数____（填“增大、不变或减小”）。9、中学化学实验中，淡黄色的pH试纸常用于测定溶液的酸碱性。25℃时，若溶液的pH=7，试纸不变色；若pH＜7，试纸变红色；若pH＞7，试纸变蓝色。而要精确测定溶液的pH，需用pH计。pH计主要通过测定溶液中H+的浓度来测定溶液的pH。已知100℃时，水的离子积常数Kw=1×10−12。

⑴已知水中存在如下平衡：H2O+H2OH3O＋+OH－△H＞0，现欲使平衡向左移动，且所得溶液呈酸性，选择的方法是________（填字母序号）。

A．向水中加入NaHSO4B．向水中加入NaCl

C．加热水至100℃D．在水中加入KOH

⑵现欲测定100℃沸水的pH及酸碱性，若用pH试纸测定，则试纸显_____色，溶液显___性（填“酸”、“碱”或“中”）；若用pH计测定，则pH____7（填“＞”；“=”或“＜”）。

⑶向KAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42−离子刚好沉淀完全时，溶液的pH____7（填“＞”、“=”或“＜”），离子方程式为__________________________。10、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11、钢铁是目前应用最广泛的金属材料；了解钢铁腐蚀的原因与防护方法具有重要意义，对钢铁制品进行抗腐蚀处理，可适当延长其使用寿命。

利用如图装置；可以模拟铁的电化学防护。

①若X为碳棒；为减缓铁件的腐蚀，开关K应置于________处。

②若X为锌，开关K置于M处，该电化学防护法称为_______。评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)12、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、工业流程题(共4题，共20分)13、用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下：

已知：MnO2是一种两性氧化物；25℃时相关物质的Ksp见下表。物质Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2Ksp

回答下列问题。

(1)软锰矿预先粉碎的目的是____________，MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为________。

(2)保持BaS投料量不变，随MnO2与BaS投料比增大，S的量达到最大值后无明显变化，而Ba(OH)2的量达到最大值后会减小，减小的原因是________。

(3)滤液I可循环使用，应当将其导入到________操作中(填操作单元的名称)。

(4)净化时需先加入的试剂X为________(填化学式)。再使用氨水调溶液的pH，则pH的理论最小值为_______(当溶液中某离子浓度时；可认为该离子沉淀完全)。

(5)碳化过程中发生反应的离子方程式为______________________。14、氢氧化铈是黄色难溶于水、可溶于酸的常用化学试剂。以氟碳铈矿(主要成分为CeFCO3)为原料提取氢氧化铈的工艺流程如图所示：

请回答下列问题：

(1)CeFCO3中Ce的化合价为____。“酸浸”时，为提高矿石的浸出率，下列措施可采取的是___(填标号)。

A.提高浸出温度B.延长浸出时间C.用98%的硫酸。

(2)氧化焙烧发生的反应方程式为__________。

(3)H2O2的作用是__________。

(4)HT是一种难溶于水的有机溶剂，它能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为Ce3+(水层)+3HT(有机层)CeT3(有机层)+3H+(水层)。操作I的名称是________，操作III的步骤是_______。

(5)从平衡的角度解释加碱调pH值生成Ce(OH)3悬浊液的原因________。15、以废旧磷酸亚铁锂正极材料(主要成分为LiFePO4，含炭黑、铝等杂质)为原料可制备LiOH溶液和FePO4。

(1)“除铝”时反应的离子方程式为______________________________。

(2)试从沉淀溶解平衡移动的角度解释“浸取时加入H2O2、稀盐酸”可促进LiFePO4溶解的原因：______。

(3)“浸取”所得滤液中，磷元素的存在形式主要是________(填字母)。

a.POb.H3PO4c.H2PO

(4)“沉铁”时铁、磷的沉淀率随溶液pH的变化如图1所示。pH＞2.5后磷元素的沉淀率逐渐下降，原因是_____________________。

(5)“电解”制备LiOH的原理如图2所示，装置中使用阳离子交换膜将电解槽隔成阳极室和阴极室的目的是________________________________________。

(6)LiOH和(NH4)2Fe(SO4)2、H3PO4反应得到LiFePO4、NH4HSO4。写出该反应的化学方程式：__________________。16、锑(Sb)广泛用于生产各种阻燃剂、陶瓷、半导体元件、医药及化工等领域。以辉锑矿(主要成分为的Sb2S3，还含有As2S5、PbS、CuO和SiO2等)为原料制备金属锑；其一种工艺流程如下：

已知：I．浸出液主要含盐酸和SbC13，还含SbC15、CuC12、AsC13和PbC12等杂质。

II．25℃时，Ksp(CuS)=1.0×10-36，Ksp(PbS)=9.0×10-29。

回答下列问题：

(1)“酸浸”过程中SbC15和Sb2S3发生反应有一种单质和还原产物SbC13生成，则滤渣I的成分是_______________(填化学式)。

(2)写出“还原”反应的化学方程式_____________________。

(3)已知浸出液中c(Cu2+)=0.0lmol·L-1、c(Pb2+)=0.10mol·L-1。在沉淀铜、铅过程中，缓慢滴加极稀的硫化钠溶液，先产生的沉淀是_____________(填化学式)；当CuS、PbS共沉时，=_________。

(4)在“除砷”过程中，氧化产物为H3PO4，则该反应中氧化剂、还原剂的物质的量之比为__________________。

(5)在“电解”过程中，以惰性材料为电极，阳极的电极反应式为___________________，继而发生反应_________________(写出离子方程式)以实现溶液中Sb元素的循环使用。“电解”中单位时间内锑的产率与电压大小关系如图所示。当电压超过U0V时，单位时间内产率降低的原因可能是________________。

评卷人得分五、原理综合题(共2题，共14分)17、CO2的利用是国际社会普遍关注的问题。

（1）CO2的电子式是______。

（2）CO2在催化剂作用下可以直接转化为乙二醇和甲醇；但若反应温度过高，乙二醇会深度加氢生成乙醇。

获取乙二醇的反应历程可分为如下2步：

Ⅰ．

Ⅱ．EC加氢生成乙二醇与甲醇。

①步骤Ⅱ的热化学方程式是______。

②研究反应温度对EC加氢的影响（反应时间均为4小时）；实验数据见下表：

。反应温度/℃

EC转化率/%

产率/%

乙二醇。

甲醇。

乙二醇。

甲醇。

160

23.8

23.2

12.9

180

62.1

60.9

31.5

200

99.9

94.7

62.3

220

99.9

92.4

46.1

由上表可知，温度越高，EC的转化率越高，原因是______。温度升高到220℃时，乙二醇的产率反而降低，原因是______。

（3）用稀硫酸作电解质溶液，电解CO2可制取甲醇，装置如下图所示，电极a接电源的______极（填“正”或“负”），生成甲醇的电极反应式是______。

（4）CO2较稳定、能量低。为实现CO2的化学利用，下列研究方向合理的是______（填序号）。

a．选择高能量的反应物和CO2反应获得低能量的生成物。

b．利用电能、光能或热能活化CO2分子。

c．选择高效的催化剂18、作为一种重要的化工原料；被大量应用于工业生产，与其有关性质反应的催化剂研究着被列入国家863计划。催化剂常具有较强的选择性，即专一性。已知：

反应Ⅰ：△H＝

反应Ⅱ：

（1）在恒温恒容装置中充入一定量的和在某催化剂的作用下进行反应I，则下列有关叙述中正确的是___________________。

A.使用催化剂时；可降低该反应的活化能，加快其反应速率。

B.若测得容器内时；说明反应已达平衡。

C.当容器内时；说明反应已达平衡。

D.当测得容器内氧气浓度不再变化时；说明反应已达达平衡。

（2）氨催化氧化时会发生上述两个竞争反应Ⅰ、Ⅱ。为分析某催化剂对该反应的选择性，1L密闭容器中充入1mol和2mol测得有关物质的量关系如图。

①该催化剂在高温时选择反应_______________（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）。

②520℃时，的平衡常数K表达式________。

③有利于提高转化为的速率的措施有_________________。

A.使用催化剂

B.将反应生成的及时移出。

C.充入稀有气体。

D.投料比不变；增加反应物的浓度。

E.降低反应温度。

（3）最近华南理工大提出利用电解法制并用产生的处理废氨水；装置如图。

①为了不影响的产量，需要向废氨水加入适量硝酸调节溶液的pH约为5，则所得废氨水溶液中c(NH4+)_________c(NO3-)（填>、=、<）。

②Ir-Ru惰性电极有吸附作用，该电极上产生的反应为_________，生成的与废液反应的离子方程式为_________________。

③理论上电路中每转移3mol电子，最多可以处理的物质的量为__________。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【详解】

A.液态水变为气态水吸热，则A错误；

B.根据键能的概念可知是的键能的一半；B错误；

C.依据图中转化，∆H5<0，∆H1+∆H2+∆H3+∆H4>0；C错误；

D.断键吸热，∆H3+∆H4>0，∆H5<0；D正确。

故选D。2、B【分析】【分析】

每个羟基(—18OH)中所含的中子数为10；2NO+O2=2NO2，2NO2N2O4。

【详解】

A．每个羟基(—18OH)中所含的中子数为10+0=10，常温常压下，19g羟基(—18OH)物质的量为1mol,所以所含的中子数为10NA；A错误；

B．pH为3的FeCl3溶液中c（H+）=10-3mol/L，n（H+）=1L×10-3mol/L=0.001mol，由水电离产生的H+离子数目为0.001NA；B正确；

C．2NO+O2=2NO2，11.2L一氧化氮和11.2L氧气混合后生成二氧化氮11.2L同时氧气过量5.6L，气体分子总数为0.75NA，但二氧化氮与四氧化二氮存在平衡：2NO2N2O4，所以混合气体分子总数小于0.75NA；C错误；

D．铜和40mL10mol/L硝酸反应；开始生成二氧化氮，后来生成NO，故生成的气体的分子个数无法计算，D错误。

答案选B。

【点睛】

二氧化氮与四氧化二氮存在平衡：2NO2N2O4，涉及到NO2时要特别注意；铜和浓硝酸反应，开始生成二氧化氮，后来随着反应的进行硝酸的浓度降低生成NO。3、A【分析】【分析】

根据盖斯定律计算水分解反应的焓变，化学反应的焓变△H=H产物-H反应物；再结合化学键能和物质能量的关系计算。

【详解】

已知①C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=akJ·mol－1

②2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=-221kJ·mol－1

①×2-②得：2H2O（g）═O2（g）+2H2（g）△H=（2a+221）kJ·mol－1

4×486-498-2×436=2a+221

解得a=+176.5

故选A。4、D【分析】【分析】

反应前后压强之比为5:4；故反应后气体总物质的量变为4.8mol，结合生成1.6molC，可推知D为气体，C为固体或液体。

【详解】

A.由因C为非气体，则不能出现在K的表达式中，则化学平衡常数故A错误；

B.生成1.6molC时，反应的B的物质的量为0.8mol，则B的平衡转化率为故B错误；

C.由于温度没变；化学平衡常数不变，故C错误；

D.由于C为非气体；增加C对平衡没影响，B的平衡转化率不变，故D正确；

故选D。

【点睛】

该题首先要判断C和D的状态，可以根据差量法，根据总的物质的量变化与生成C的物质的量之比可判断反应前后气体系数减小了3，故D为气体，C为非气体（固体和纯液体）。5、C【分析】【详解】

A.由图像可知，a、c两点都在等温线上，c的压强大，增大压强，化学平衡逆向移动，c点时气体的物质的量小，混合气体的总质量不变，则平均相对分子质量大，即Ma

B.由图像可知，b、c两点的温度不同,平衡常数：Kb≠Kc；故B错误；

C.由图像可知，a、c两点都在等温线上，c的压强大，增大压强，化学平衡逆向移动，NO2气体的转化率减小；故C正确；

D.由图像可知，b、a两点的压强相等，温度不同，NO的体积分数b2(g)2NO(g)+O2(g)ΔH＝-1162kJ·mol－1是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故T1>T2；故D错误；

正确答案是C。二、填空题(共6题，共12分)6、略

【分析】【详解】

(1)①中和热测定实验成败的关键是保温工作；大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是减少实验过程中的热量损失；

②NH3•H2O是弱电解质；电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量小于57.3kJ；

(2)①初始投料为10mol，容器容积为2L，设转化的PCl5的物质的量浓度为x；则有：

恒容容器中压强比等于气体物质的量浓度之比，所以有解得x=2.5mol/L，所以平衡常数K==2.5；

②PCl5的平衡转化率为=50%。【解析】①.减少实验过程中的热量损失②.偏小③.2.5④.50%7、略

【分析】【详解】

（1）由图A可知，P2先达到平衡状态，则P2大，故P1＜P2；

答案为＜；

（2）P2＞P1，压强越大，A的转化率越低，说明增大压强平衡向逆方向移动，即向气体体积缩小的方向移动，则（a+b）比（c+d）小；

故答案为＜；

（3）由图B可知t1先达到平衡状态，t1温度高，则t1＞t2；

答案为＞；【解析】①.＜②.＜③.＞8、略

【分析】【详解】

（1）T1温度下，D点到平衡点A，N2O4的体积分数增大，反应逆向进行，所以v(正)＜v(逆)；

（2）根据图示，升高温度平衡体系中N2O4的体积分数减小；平衡正向移动，升高温度，平衡常数增大，A；B、C点中平衡常数K的值最大的是C点；

x=0.5，T2时N2O4的平衡转化率为若平衡时间为5s，则此时间内的N2O4平均反应速率为0.1mol·L-1·s-1；

（3）若其条件不变，在T3原平衡基础上，再加入一定量NO2，相当于加压，平衡逆向移动，NO2的体积分数减小。【解析】①.＜②.C③.25%④.0.1mol·L—1·s—1⑤.减小9、略

【分析】【详解】

试题分析：(1).欲使水的电离平衡向左移动的方法有：升高温度、加入含有弱根离子的盐溶液等；如果成酸性说明弱根离子结合了水电离的氢氧根离子，从而使氢离子浓度大于氢氧根离子；⑵100℃沸水呈中性，根据中性环境下PH试纸的颜色确定即可；25℃水的PH等于7，温度升高PH增大；设KAl(SO4)2溶液中含有1mol溶质，滴加Ba(OH)2溶液至SO42−离子刚好沉淀完全时，需要Ba(OH)22mol，此时铝离子恰好生成AlO2﹣；溶质为偏铝酸钠。

解析：(1).向水中加入NaHSO4，电离出氢离子，氢离子浓度增大，溶液呈酸性，使H2O+H2OH3O＋+OH－平衡逆向移动，故A正确；向水中加入NaCl，H2O+H2OH3O＋+OH－平衡不移动，故B错误；加热水至100℃，升高温度，H2O+H2OH3O＋+OH－△H＞0平衡正向移动，故C错误；在水中加入KOH，氢氧根离子浓度增大，溶液呈碱性，故D错误；⑵100℃沸水呈中性，中性环境下PH试纸的颜色是红色；25℃水的PH等于7，温度升高PH减小，所以若用pH计测定，则pH<7；⑶设KAl(SO4)2溶液中含有1mol溶质，滴加Ba(OH)2溶液至SO42−离子刚好沉淀完全时，需要Ba(OH)22mol，此时铝离子恰好生成AlO2﹣，离子方程式为Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O，溶质为偏铝酸钠，偏铝酸钠是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，pH>7。

点睛：水电离吸热，加入水电离平衡正向移动，氢离子、氢氧根离子浓度都增大，呈中性，但pH减小。【解析】①.A②.红③.中④.＜⑤.＞⑥.Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O10、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①②11、略

【分析】【分析】

①若X为碳棒；由于Fe比较活泼，为减缓铁的腐蚀，应使Fe连接电源的负极，作电解池的阴极被保护；

②若X为锌；开关K置于M处，构成原电池，Zn为负极被腐蚀，Fe为正极被保护。

【详解】

①若X为碳棒；由于Fe比较活泼，为减缓铁的腐蚀，应使Fe作电解池的阴极，即连接电源的负极，故K连接N处；

故答案为：N；

②若X为锌；开关K置于M处，构成原电池，Zn为负极被腐蚀，Fe为正极被保护，该防护法称为牺牲阳极的阴极保护法；

故答案为：牺牲阳极的阴极保护法。【解析】N牺牲阳极的阴极保护法三、判断题(共1题，共2分)12、×【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】错四、工业流程题(共4题，共20分)13、略

【分析】【分析】

软锰矿粉(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)加入硫化钡溶液进行反应，主要发生MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S，过滤得到Ba(OH)2溶液，经蒸发结晶、过滤、干燥得到氢氧化钡；滤渣用硫酸溶解，得到的滤液中主要金属阳离子有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，得到的滤渣为不溶于稀硫酸的硫磺；之后向滤液中加入合适的氧化剂将Fe2+转化为Fe3+，然后加入氨水调节pH，使Fe3+、Al3+转化为沉淀除去，压滤得到的废渣为Fe(OH)3和Al(OH)3，此时滤液中的金属阳离子只有Mn2+，向滤液中加入碳酸氢铵、氨水，Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀；过滤；洗涤、干燥得到高纯碳酸锰。

【详解】

(1)软锰矿预先粉碎可以增大反应物的接触面积，使反应更充分，提高反应速率；MnO2与BaS反应转化为MnO，Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，根据元素价态规律可知-2价的S元素应被氧化得到S单质，则MnO2与BaS的系数比应为1:1，根据后续流程可知产物还有Ba(OH)2，结合元素守恒可得化学方程式为：MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S；

(2)根据题目信息可知MnO2为两性氧化物，所以当MnO2过量时，会消耗反应产生的Ba(OH)2，从而使Ba(OH)2的量达到最大值后会减小；

(3)滤液I为结晶后剩余的Ba(OH)2饱和溶液；所以可以导入到蒸发操作中循环使用；

(4)净化时更好的除去Fe元素需要将Fe2+氧化为Fe3+，为了不引入新的杂质，且不将Mn元素氧化，加入的试剂X可以是H2O2；根据表格数据可知，Fe(OH)3和Al(OH)3为同类型的沉淀，而Al(OH)3的Ksp稍大，所以当Al3+完全沉淀时，Fe3+也一定完全沉淀，当c(Al3+)=1.0×10-5mol/L时，c(OHˉ)==10-9.1mol/L，所以c(H+)=10-4.9mol/L；pH=4.9，即pH的理论最小值为4.9；

(5)碳化过程Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，促进碳酸氢根的电离，产生的氢离子和一水合氨反应生成铵根和水，所以离子方程式为Mn2++HCO+NH3·H2O=MnCO3↓+NH+H2O。【解析】①.增大接触面积，充分反应，提高反应速率：②.③.过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2④.蒸发⑤.H2O2⑥.4.9⑦.14、略

【分析】【分析】

氟碳铈矿主要化学成分为CeFCO3，由流程可知，氧化焙烧生成二氧化碳、HF气体及CeO2，再加稀硫酸、过氧化氢发生2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，溶液中加入萃取剂HT，操作I为分液将溶液中的Ce3+萃取出来，再加入稀硫酸得含有Ce3+的溶液，调节溶液的pH得到Ce(OH)3沉淀，再经过氧气氧化发生4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4，过滤、洗涤、干燥可得Ce(OH)4产品；以此解答该题。

【详解】

(1)根据化学式书写原则，F显-1价，碳酸根整体为-2价，则CeFCO3中Ce的化合价为+3价；酸浸时；升高温度；延长浸出时间可提高矿石的浸出率，故答案为:+3；AB；

(2)氧化焙烧过程中氧气参与反应，生成无色无味酸性气体CO2，故发生的反应方程式为：4CeFCO3+O2+2H2O=4CeO2+4HF+4CO2；

(3)H2O2是常见的氧化剂，在反应中的作用是：把CeO2还原为Ce3+；

(4)HT是一种难溶于水的有机溶剂，它能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为Ce3+(水层)+3HT(有机层)CeT3(有机层)+3H+(水层)，操作I的名称是分液（或萃取分液）；Ce(OH)3沉淀在氧气的作用下氧化为Ce(OH)4；操作III的步骤是：过滤；洗涤、干燥；

故答案为：分液（或萃取分液）；过滤；洗涤、干燥；

(5)在溶液中存在平衡：Ce3++3H2OCe(OH)3+3H+，加碱后与H+反应，使c(H+)减小，水解平衡向右移动，生成Ce(OH)3沉淀（或加碱后，溶液中c(OH-)变大，使c(Ce3+)·c(OH-)3增大，从而使沉淀溶解平衡Ce(OH)3(s)Ce3+(aq)+3OH-逆向移动，产生Ce(OH)3沉淀），故加碱调pH值可生成Ce(OH)3悬浊液。【解析】+3AB4CeFCO3+O2+2H2O=4CeO2+4HF+4CO2把CeO2还原为Ce3+分液（或萃取分液）过滤、洗涤、干燥在溶液中存在平衡：Ce3++3H2OCe(OH)3+3H+，加碱后与H+反应，使c(H+)减小，水解平衡向右移动，生成Ce(OH)3沉淀（或加碱后，溶液中c(OH-)变大，使c(Ce3+)·c(OH-)3增大，从而使沉淀溶解平衡Ce(OH)3(s)Ce3+(aq)+3OH-逆向移动，产生Ce(OH)3沉淀）15、略

【分析】【分析】

废旧磷酸亚铁锂正极材料(主要成分为LiFePO4，含炭黑、铝等杂质)先与NaOH溶液反应，铝转化为偏铝酸钠进入溶液，过滤后用H2O2、稀盐酸浸取滤渣，LiFePO4反应溶解，亚铁离子被氧化，PO和氢离子反应生成H2PO所以溶液主要有Li+、Fe3+、H2POCl－等，滤渣为碳；加入碳酸钠溶液与H2PO反应生成二氧化碳和PO继而得到FePO4沉淀；过滤后经系列处理得到LiCl溶液，电解得到LiOH溶液。

【详解】

(1)除铝反应为铝单质和NaOH反应生成偏铝酸钠的反应，离子方程式为2Al＋2H2O＋2OH－=2AlO＋3H2↑；(2)H2O2将Fe2＋氧化，H＋与PO结合，溶液中c(Fe2＋)和c(PO)减小，促进LiFePO4溶解平衡正向移动；(3)浸取时加入稀盐酸，H＋与PO结合，磷酸为三元中强酸，所以此时磷元素的主要存在形式为H2PO所以选c；(4)pH>2.5时溶液中氢氧根浓度较大，部分铁元素以Fe(OH)3形式存在，降低了磷元素的沉淀率；(5)电解过程中阳极氯离子放电会产生氯气，氯气可以LiOH溶液反应，且与阴极产生的氢气混合容易爆炸，阳离子交换膜将电解槽隔成阳极室和阴极室可以防止得到的LiOH不纯，且确保了工业生产的安全(以防H2、Cl2混合爆炸)；(6)已知部分反应物和生成物，根据元素守恒可得方程式为(NH4)2Fe(SO4)2＋LiOH＋H3PO4=LiFePO4↓＋2NH4HSO4＋H2O。

【点睛】

第二小题为易错点，要注意浸取时除了双氧水将亚铁离子氧化可以使沉淀溶解平衡正向移动之外，氢离子也可以和磷酸根结合使平衡右移，回答要全面。【解析】①.2Al＋2H2O＋2OH－=2AlO＋3H2↑②.H2O2将Fe2＋氧化，H＋与PO结合，溶液中c(Fe2＋)和c(PO)减小，促进LiFePO4溶解平衡正向移动③.c④.pH＞2.5后，部分铁元素以Fe(OH)3形式存在，降低了磷元素的沉淀率⑤.防止得到的LiOH不纯，且确保了工业生产的安全(以防H2、Cl2混合爆炸)⑥.(NH4)2Fe(SO4)2＋LiOH＋H3PO4=LiFePO4↓＋2NH4HSO4＋H2O16、略

【分析】【分析】

由工艺流程可知，辉锑矿粉经盐酸、五氯化锑溶液浸取后，过滤，向浸出液中加入适量的锑粉把过量的五氯化锑还原，然后再加入适量的硫化钠把溶液中的铜离子和铅离子沉淀，过滤，再向滤液中加入NaH2PO2除砷；得到三氯化锑溶液，电解该溶液得到锑和五氯化锑，五氯化锑循环利用。

【详解】

(1)根据浸出液成分可知，“酸浸”过程中SbC15和Sb2S3反应有S和SbC13生成，则滤渣I的成分是S、SiO2。

(2)“还原”过程中Sb将SbCl5还原为SbCl3，反应的化学方程式3SbCl5+2Sb=5SbCl3。

(3)浸出液中c(Cu2+)=0.01mol·L-1、c(Pb2+)=0.10mol·L-1，常温下，Ksp(CuS)=1.0×10-36，铜离子开始沉淀需要的硫离子浓度为1.010-34mol/L；Ksp(PbS)=9.0×10-29，铅离子开始沉淀需要的硫离子浓度为9.010-28mol/L；故在沉淀铜、铅过程中，缓慢滴加极稀的硫化钠溶液，先产生的沉淀是CuS；当CuS、PbS共沉时，

(4)在“除砷”过程中，NaH2PO2是还原剂，其氧化产物为H3PO4；P