新疆维吾尔自治区喀什第二中学2026-2027学年高二上学期周测 化学试卷

参考答案 1．D 【详解】A．醋酸溶液能与氢氧化钠溶液反应只能说明醋酸溶液呈酸性，不能说明醋酸是弱酸，A错误； B．电解质导电能力强弱与电解质强弱无关，与离子浓度、离子带电荷数有关，所以用醋酸溶液做导电性实验时，灯泡较暗只能说明溶液中离子浓度较小，不能说明醋酸是弱酸，B错误； C．醋酸溶液能使蓝色石蕊试纸变红只能说明醋酸溶液呈酸性，不能说明醋酸是弱酸，C错误； D．醋酸溶液中存在如下电离平衡：，向溶液中加入少量醋酸钠固体，溶液中的醋酸根离子浓度增大，平衡左移，溶液中的氢离子浓度减小，酸性减弱，所以向醋酸溶液中加入少量醋酸钠固体，溶液酸性减弱说明醋酸是弱酸，D正确； 故选D。 2．D 【详解】A．硫酸钠是强电解质，在水中完全电离。根据化学式，1个单元中含有2个和1个。正确的电离方程式应为，A错误； B．氢氧化铜是一种难溶的弱碱，属于弱电解质。它在水中只有极少量溶解并电离，且电离过程是可逆的，应该用可逆符号“ ”表示。正确的电离方程式为，B错误； C．氯化铜是强电解质，在水中完全电离为铜离子和氯离子。氯离子是单个原子形成的阴离子，不能将两个氯原子合并写成。正确的电离方程式为，C错误； D．硝酸是强酸，属于强电解质，在水中完全电离为氢离子和硝酸根离子，D正确； 故选D。 3．C 【详解】A．溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，如果强电解质溶液的浓度很小，导电能力也会很弱，A错误； B．磷酸是中强酸，在溶液中电离程度小，磷酸钠是强碱弱酸盐，磷酸根离子在溶液中水解程度小，所以磷酸钠中磷酸根离子远多于等浓度的磷酸溶液中磷酸根离子，B错误； C．醋酸是弱电解质，溶液越稀电离程度越大。100 mL 0.01 mol/L醋酸的电离程度比100 mL 0.1 mol/L醋酸更高，后者初始的醋酸总物质的量是前者的10倍，电离的部分占比小，因此溶液中前者小于后者，C正确； D．盐酸是强酸，在溶液中完全电离，醋酸是弱酸，在溶液中部分电离，若盐酸的浓度是醋酸的2倍，则盐酸中的氢离子浓度大于醋酸中的两倍，D错误； 故选C。 4．A 【详解】A．向HCOOH溶液中加入盐酸，溶液中浓度增大，电离平衡逆向移动，电离平衡常数仅与温度有关，温度不变则不变，A错误； B．等体积等物质的量浓度的HCOOH和CH3COOH溶液中，溶质的物质的量相等，二者均为一元酸，中和时所需NaOH的物质的量相同，B正确； C．弱酸的电离程度随溶液浓度减小而增大，溶液浓度小于溶液，故0.01mol/L CH3COOH的电离程度更大，C正确； D．相同浓度的一元弱酸，电离常数越大，电离出的浓度越大，HCOOH的大于CH3COOH，故溶液中浓度更大，D正确； 故选 A。 5．D 【详解】A． 三点溶液用溶液中和，发生反应：，醋酸的质量一定，三点消耗的相等，即，A错误； B． 导电能力越大，离子浓度越大，三点对应溶液中，导电能力：，的大小顺序：，B错误； C．弱酸越稀越电离，三点加水的体积：，的电离程度：，C错误； D．醋酸的电离方程式：，电离平衡常数： ，变形得：；温度不变，不变；导电能力越大，离子浓度越大，三点对应溶液中，导电能力：， 的大小顺序：,即三点溶液中比值：，D正确； 故答案选D。 6．B 【详解】A．导电前提是有自由移动的粒子，金属一定可以导电，而电解质则需有自由移动的离子，⑥氨气在题述状态下无自由移动的带电粒子，不能导电，能导电的物质为①②④，A错误； B．电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，①熔融、③、⑤纯、⑧均符合电解质定义，B正确； C．强电解质包括强酸、强碱、绝大多数盐、活泼金属氧化物，故①③⑧均为强电解质，C错误； D．⑧是活泼金属氧化物，属于电解质，不属于非电解质，符合条件的物质只有⑥，氨气溶于水生成一水合氨而导电，D错误； 故选B。 7．C 【详解】A．对于强碱，稀释10倍（）pH下降1；对于弱酸，稀释会促进电离，pH变化幅度小于1，由图可知：MOH稀释10倍时pH减小1，符合强碱的稀释规律；HA稀释10倍时pH增大小于1，符合弱酸稀释的电离平衡移动特征，因此MOH为强碱、HA为弱酸，A正确； B． Y点和Z点是强碱MOH的溶液，升高温度水的离子积增大，溶液中不变，因此增大，两点pH均减小，B正确； C．X点HA溶液pH=5，Z点MOH溶液pH=9，两溶液中已电离出的和恰好相等，但HA是弱酸，溶液中还存在大量未电离的HA，二者等体积混合后，HA会继续电离出，最终溶液呈酸性而非中性，C错误； D． X点，Z点，二者对水的电离抑制程度相同；Y点，对水的电离抑制作用更强，因此水的电离程度，D正确； 故选C。 8．C 【详解】A．盐酸完全电离，醋酸存在电离平衡。加水稀释时，醋酸的电离平衡向右移动，补充部分，所以相同程度稀释后，醋酸的pH升高幅度较小，图中曲线Ⅰ表示盐酸，曲线Ⅱ表示醋酸。由图可知，三点的pH大小为c > b > a，则大小为a > b > c。这些酸溶液中，自由移动离子的浓度越大，导电性越强，因此导电性应为a > b > c，A错误； B．初始pH相同，说明盐酸和醋酸溶液初始的相同。按相同条件比较两种酸与金属反应产生氢气的速率，用表示起始产氢速率，应有。反应过程中，醋酸的电离平衡向右移动，补充被消耗的，其反应速率下降较缓，反应初期可示意为。图2将盐酸的起始产氢速率画得高于醋酸，与初始pH相同不符，B错误； C．若HR为强酸，滴入氨水时发生反应，溶液中自由移动离子的总物质的量基本不变，而溶液体积增大，离子浓度减小，导电能力应减弱。图中a～b段导电能力增强，说明中和过程中，原来主要以分子形式存在的HR转化为较多的离子，反应为，离子浓度增大，因此HR为弱酸，C正确； D．由图4可知，a、c两点的pH均为10，b点的pH为11。三点对应的溶液均呈碱性，溶液中的由水电离产生。用表示由水电离产生的氢离子浓度，则a、c两点均有，b点有，故三点由水电离产生的氢离子浓度大小应为a = c > b，D错误； 故选C。 9．A 【详解】A．酸将质子转移给溶剂分子，生成对应溶剂合质子。在冰醋酸体系中，HAc作为质子受体结合H+生成，因此在冰醋酸溶剂中的电离方程式为HClO4+HAc=H2Ac++，A正确； B．由已知②可知，温度升高，冰醋酸的离子积显著减小，说明升温抑制了冰醋酸的自电离，平衡向逆反应方向移动，则冰醋酸自身电离是放热反应，B错误； C．冰醋酸中HCl的电离平衡为，常温下，电离常数。由于极小，HCl电离程度很低，平衡时剩余，设电离生成的，则，解得，在冰醋酸溶剂中，应表示为，而非，C错误； D．冰醋酸体系中，酸的电离常数越大，酸性越强。根据表格数据，电离常数顺序为，因此酸性强弱顺序为，D错误； 故选A。 10．D 【详解】A．是强碱弱酸盐溶液，是弱酸根离子，会发生水解反应：，虽然，但实际存在的数目小于，A错误； B．7.8 g的物质的量为0.1 mol，它与水的反应为，该反应是过氧化钠自身的歧化反应，每消耗1 mol仅转移1 mol电子，因此0.1 mol与足量的水充分反应转移0.1 mol电子，则转移电子数为，B错误； C．晶体中，阴离子是、阳离子是，阴阳离子个数比为1:1，C错误； D．与生成的反应是可逆反应：，反应物不能完全转化，因此1 mol充分反应后，生成的物质的量小于1 mol，其分子数小于，D正确； 故选D。 11．D 【详解】A．开始时容器中只有原料，根据反应，每消耗1 mol水蒸气，同时生成1 mol一氧化碳和1 mol氢气。设反应生成的为，则生成的也为，反应开始生成产物后，始终有。该比值不随反应进行而改变，不能据此判断反应是否达到平衡，A错误； B．化学平衡时，各组分的含量保持不变，而的体积分数逐渐增大，说明混合气体的组成仍在变化，反应尚未达到平衡，B错误； C．容器密闭，与外界没有物质交换。根据质量守恒定律，无论反应是否达到平衡，容器及其中所有物质的总质量始终不变，不能据此判断反应是否达到平衡，C错误； D．正向反应过程中，固体碳参与反应，碳元素由固相进入气相，使混合气体的质量增大。设混合气体的质量为、容器的容积为，则混合气体的密度为。容器的容积不变，混合气体的密度随正向反应进行而增大；当密度保持不变时，说明混合气体的质量不再变化，正、逆反应速率相等，反应达到化学平衡状态，D正确； 故选D。 12．C 【详解】A．在恒定温度下使其达到分解平衡：，当容器内混合气体只有NH3和CO2，二者的物质的量之比始终为2:1，混合气体的平均摩尔质量始终不变，不能说明反应达到化学平衡状态，A错误； B．在恒温恒容的密闭容器中发生反应：，反应物和生成物都是气体，气体总质量不变，总体积不变，密度是定值，当气体的密度不变时，不能说明反应达到化学平衡状态，B错误； C．在恒容绝热密闭容器中发生反应： ()，该反应为吸热反应，随着反应的进行，温度降低，压强减小，当气体的压强不变时，说明反应达到化学平衡状态，C正确； D．反应达到平衡时，正逆反应速率相等，当时，才能说明反应达到化学平衡状态，D错误； 故选 C。 13．C 【详解】A． 图像中曲线先出现拐点、先达到平衡，说明温度下反应速率更快，因此温度关系为： ；图像中曲线先出现拐点、先达到平衡，说明压强下反应速率更快，因此压强关系为：，A错误； B．平衡时温度更高的对应的D%更低，说明升高温度后，D的百分含量减小，平衡向逆反应方向移动，根据勒夏特列原理，升温平衡应向吸热方向移动，因此逆反应是吸热反应、正反应是放热反应，B错误； C． 平衡时压强更大的对应的D%更低，说明增大压强后，D的百分含量减小，平衡向逆反应方向移动，根据勒夏特列原理，增大压强平衡会向气体分子数减小的方向移动，因此逆反应方向是气体分子数减小的方向，即，C正确； D．催化剂只能同等程度改变正、逆反应速率，不会使化学平衡发生移动，D错误； 故选C。 14．C 【详解】A．时刻后，瞬时增大，瞬时减小，随后平衡正向移动，若增大A的浓度，会让正反应速率瞬间增大，平衡正向移动，同时减小C的浓度，会让逆反应速率瞬间减小，平衡正向移动，符合图1变化规律，A正确； B．在恒温恒容的密闭容器中，对于反应，当反应物的投料比等于化学计量数之比，即时，两种反应物的转化率相等， 对应图2中两条转化率曲线的交点，因此，B正确； C．是C的百分含量达到峰值的温度，代表反应达到平衡点，在后继续升高温度，C的百分含量减小，说明该反应为放热反应，在时，反应还未达到平衡，此时体系会向生成C的方向继续进行，由于，因此平衡时C的百分含量高于时，C错误； D．图4的曲线上的所有点都处于平衡状态，此时，由于点E在曲线上方，说明当前B的转化率高于该温度下平衡转化率，反应逆向移动才能达到平衡，因此满足，D正确； 故选C。 15．D 【详解】A．硫酸与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式为：，A错误； B．溶液与少量气体生成碳酸钙、次氯酸，离子方程式为，B错误； C．石灰乳与氯气反应生成氯化钙、次氯酸钙、水，离子方程式为，，C错误； D．和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，离子方程式为，D正确； 故选D。 16．D 【分析】该反应中，中的氧元素由−1价升高到0价，每1 mol 失去2 mol电子，是还原剂，是氧化产物；中的锰元素由+7价降低到+2价，每1 mol 得到5 mol电子，是氧化剂。根据得失电子守恒，。将二者的系数分别取为5和2，再根据各元素的原子守恒配平其他物质，得到反应方程式：。 【详解】A．过氧化钠使酸性高锰酸钾溶液褪色时，过氧化钠作还原剂，将紫色的还原为；次氯酸漂白则是利用其氧化性，使有色物质被氧化而褪色。两者原理不同，A错误； B．该反应中，是氧化剂，是氧化产物，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物，可得氧化性。在该反应中表现还原性，不能据此得出其氧化性强于，题给氧化性顺序不成立，B错误； C．根据得失电子守恒，与的最简整数系数之比为5∶2；根据钠、钾、锰元素守恒，、、的系数依次为5、1、2。反应前后硫原子数相等，因此的配平系数为，不是6，C错误； D．的摩尔质量为，则。由反应方程式可知，每5 mol 消耗2 mol ，故需要的的物质的量为，D正确； 故选D。 17．(1) -90.6 B (2) b 70% 增大压强或分离、液化产物 (3) 升高一定温度后，以反应Ⅱ为主，反应吸热，平衡正移 0.16 或0.375 【详解】（1）根据盖斯定律，反应Ⅲ=反应Ⅰ-反应Ⅱ，故；该反应气体分子数减少，，根据自发判据，、时，低温下项更小，，反应低温易自发，故选B； （2）①a．速率关系不符合计量数比，正确平衡状态应为，a错误； b．反应条件为恒容绝热容器，反应未达平衡时，因正反应放热，使体系温度升高，平衡常数减小，若平衡常数不变，可以说明反应达到平衡状态，b正确； c．无论反应是否达到平衡，体系总质量不变，体积不变，密度不变，因此不能说明反应达到平衡状态，c错误； d．一直不变，不能说明反应达平衡，d错误； 故选b； ②反应从40 min开始，不再变化，根据平衡时浓度列三段式： ，的转化率， 为了提高的平衡产率，除改变温度外，还可以采取的措施有增大压强或分离、液化产物； （3）①反应Ⅰ是气体分子数减小的反应，反应Ⅱ是气体分子数不变的反应，相同温度时，压强增大，反应Ⅰ正向移动，的平衡转化率增大，因此；升高一定温度后，以反应Ⅱ为主，反应吸热，平衡正移，所以升高至一定温度后，的平衡转化率随温度增大而升高； ②恒容同温下，压强比等于物质的量比，起始总物质的量为6mol，平衡总物质的量。 设反应Ⅰ消耗为，反应Ⅱ消耗为，根据H2O的总量得；根据总物质的量变化：反应Ⅰ每进行1mol体系总物质的量减少2mol，反应Ⅱ总物质的量不变，因此总物质的量减少量为，解得，代入得，起始分压，平衡分压，则从开始到平衡用分压表示的平均反应速率为；反应Ⅱ是气体分子数不变的反应， 。 18．(1) 粉碎、研磨 C (2)增大H+浓度，提高酸浸率（提供与Fe3+形成配合物，提高酸浸率） (3)、 (4) 加几滴溶液，观察是否有蓝色沉淀产生 (5)防止在产品中引入杂质（使得产率降低） (6)50% 【分析】该流程以含Fe2O3及少量Si、Al、Mg氧化物杂质的赤铁矿为原料，先通过预处理（物理粉碎+焙烧）破坏赤铁矿致密结构、提升后续浸出效率，再用HCl-H3PO4混酸酸浸溶解铁元素；之后加NaOH调节pH至2.1，控制含磷微粒形态同时初步分离部分杂质；随后用H2O2将Fe2+氧化为[FeCl4]-，最后加适量NaOH沉淀得到目标产物FePO4·2H2O，实现铁元素的定向转化与产物制备。 【详解】（1）①将固体原料粉碎研磨可增大固液接触面积，从而提高酸浸过程的反应速率与铁元素浸出率。 ② 炭粉在焙烧条件下可与Fe2O3发生还原反应，破坏赤铁矿原本致密的晶体结构；而Na2SO4、Al2O3均无法与Fe2O3反应起到破坏晶体结构的作用，选C。 （2）H3PO4属于中强酸，单独使用时酸性不足，且生成的铁的磷酸盐溶解度低；加入HCl后既可以提供强酸性环境促进金属氧化物溶解，Cl-还可与Fe3+配位形成可溶性配离子，避免铁元素沉淀，显著提高酸浸率。 （3）根据磷酸的电离平衡，当pH等于H3PO4的pKa1（2.1）时，结合其电离平衡表达式知，溶液中，此时含磷微粒的主要存在形式为、。 （4）①H2O2作为氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，在过量Cl-存在下Fe3+与Cl-结合生成四氯合铁(Ⅲ)配离子，结合酸性环境配平得到该离子方程式为。 ②利用Fe2+的特征检验反应，铁氰化钾与Fe2+会生成特征蓝色沉淀，可灵敏检测溶液中残留的Fe2+，判断氧化是否完全；具体操作为取少量氧化后的溶液，加几滴溶液，观察是否有蓝色沉淀产生。 （5）FePO4在强碱性环境中稳定性下降，可能生成氢氧化铁，导致产率降低。 （6）1 t赤铁矿中铁元素总质量为；0.935 t FePO4·2H2O中Fe元素的质量为，因此铁元素利用率为。 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 第四次化学周测 一、单选题（共16题，每题4分，共64分） 1．下列事实一定能证明是弱电解质的是 A．溶液能和溶液反应 B．用溶液做导电性实验时，灯泡较暗 C．常温下溶液能使蓝色石蕊试纸变红 D．向溶液中加入少量固体，溶液酸性减弱 2．下列物质的电离方程式正确的是 A． B． C． D． 3．下列有关说法正确的是 A．强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的强 B．物质的量浓度相同的磷酸钠溶液和磷酸溶液中的浓度相同 C．相同温度时醋酸与醋酸溶液中，前者小于后者 D．盐酸中溶质的浓度是醋酸中溶质浓度2倍，则盐酸中也是醋酸中的2倍 4．已知：常温下，、。下列叙述错误的是 A．向溶液中加入一定量的盐酸时，平衡逆向移动，变小 B．中和等体积、等物质的量浓度的溶液和溶液，所需氢氧化钠的物质的量相同 C．溶液和溶液相比，后者电离程度大 D．溶液与溶液相比，前者浓度大 5．一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释的过程中，溶液的导电能力变化如图所示，下列说法正确的是 A．三点溶液用溶液中和，消耗的： B．三点对应溶液中，的大小顺序： C．三点的电离程度： D．三点溶液中比值： 6．现有下列物质：①熔融氯化钠 ②盐酸 ③硫酸钡固体 ④石墨 ⑤纯醋酸 ⑥氨气 ⑦酒精 ⑧生石灰，下列说法正确的是 A．在上述状态下能导电的是①②④⑥ B．属于电解质的是①③⑤⑧ C．属于强电解质的是① D．属于非电解质，但溶于水后的水溶液能导电的是⑥⑧ 7．常温下，分别取未知浓度的和溶液，加水稀释至原体积的倍，稀释过程中，两溶液的变化如图所示。下列叙述错误的是 A．为强碱，为弱酸 B．若升高温度，、点对应溶液的均减小 C．将点溶液与点溶液等体积混合，所得溶液呈中性 D．水的电离程度： 8．下列图示与对应的叙述相符的是 A．图1表示用水稀释pH相同的盐酸和醋酸时溶液的pH变化曲线，其中溶液导电性：c > b > a B．初始pH相同，图2可表示产生的速率－时间图像 C．图3是常温下向的HR溶液中逐滴滴入溶液，溶液pH及导电能力变化，由图可知a～b导电能力增强，说明HR为弱酸 D．图4是常温下，向pH均为12、体积均为的MOH、NOH、POH溶液中分别加水稀释至体积为，a、b、c三点由水电离的 9．水作为溶剂的体系中，HCl的电离过程为HCl+H2O=H3O++Cl-，HNO3的电离过程为HNO3+H2O=H3O++NO，所以在水溶剂体系中无法判断盐酸和硝酸的酸性强弱。为了比较水溶剂中强酸的相对强弱，需要将溶剂更换为冰醋酸(HAc)溶剂。下列说法正确的是 已知：①常温下、在冰醋酸溶剂中，部分酸的电离常数如下表所示： 酸 HClO4 H2SO4 HCl HNO3 电离常数 Ka=1.6×10-6 Ka1=6.3 ×10-9 Ka =1.6 ×10-9 Ka=4.2 ×10-10 ②冰醋酸自身也能发生电离。常温下，其离子积常数KAc=3.2×10-15；在105.7°C时，其离子积常数KAc=1.17×10-19。 A．HClO4在冰醋酸溶剂中的电离方程式为HClO4+HAc=H2Ac++ClO B．冰醋酸自身电离是吸热反应 C．c(HCl)=1 mol·L-1的冰醋酸溶液中，c(H+)=4×10-5 mol·L-1 D．各酸的酸性强弱：HNO3>HCl>H2SO4>HClO4 10．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．溶液中含有的数目为 B．与足量的水充分反应，转移电子数为 C．晶体中，阴阳离子个数比为1∶2 D．一定条件下，与足量充分反应，生成的分子数小于 11．制水煤气的反应为，现将一定量的原料充入一个容积不变的真空密闭容器中，在恒定温度下使其发生反应，能说明该反应达到化学平衡状态的是 A．与的物质的量之比不变 B．的体积分数逐渐增大 C．容器的总质量不变 D．混合气体的密度不变 12．下列各项中关于反应达到化学平衡状态判断依据说法正确的是 A．将一定量纯净的氨基甲酸铵固体置于密闭真空恒容容器中（固体体积忽略不计），在恒定温度下使其达到分解平衡：，当容器内混合气体的平均摩尔质量不变时，说明反应达到化学平衡状态 B．在恒温恒容的密闭容器中发生反应：，当气体的密度不变时，说明反应达到化学平衡状态 C．在恒容绝热密闭容器中发生反应： （），当气体的压强不变时，说明反应达到化学平衡状态 D．恒温恒容容器中，按物质的量之比1∶1通入、，发生反应，当时，说明反应达到化学平衡状态 13．在不同温度或压强下发生反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)，测得D的百分含量随时间t变化的曲线如图所示，下列叙述中正确的是 A． B．该反应为吸热反应 C．化学方程式系数m+n＜p+q D．加催化剂，有利于平衡向正反应方向移动 14．探究外因对反应速率和平衡的影响。下列说法不正确的是 A．图1时刻改变的条件可能是增大A的浓度，同时减小C的浓度 B．图2是在恒温恒容的密闭容器中，按不同投料比发生该反应，则 C．图3平衡时，时C的百分含量比时低 D．图4中表示反应速率的点是点E 15．下列离子方程式与所述事实相符且正确的是 A．硫酸溶液和氢氧化钡溶液： B．溶液中通入少量气体： C．工业漂白粉的制备： D．实验室用和浓盐酸制取 16．过氧化钠是一种强氧化剂，常用于漂白，过氧化钠也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，其反应方程式为：（未配平）。下列有关说法正确的是 A．过氧化钠使酸性高锰酸钾溶液褪色原理与次氯酸漂白原理相同 B．氧化性： C．方程式中的配平系数为6 D．完全反应需要的的物质的量为0.08 mol 二、解答题（每空2分，除特殊标注外） 17．以氢气、二氧化碳为主要组分的合成气是一种重要的化工原料，可以合成甲醇等重要的化工产品。涉及的反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 根据所学知识回答下列问题： (1)反应Ⅲ：__________，关于此反应能否自发进行说法正确的是______（填字母）。 A .高温易自发        B．低温易自发        C．任何温度均自发        D．任何温度均不自发 (2)在2L的绝热密闭容器内，充入2mol和6mol，在一定条件下只发生反应Ⅰ。 ①说明该反应达到平衡状态的是__________。 a.                b.反应的平衡常数不变 c.反应中混合气体的密度不变            d.的比值保持不变 ②反应过程中随时间的变化如下表： 时间/s 0 10 20 30 40 50 0 0.4 1.0 1.2 1.4 1.4 该反应在平衡时的转化率=__________，为了提高的平衡产率，除改变温度外，还可以采取的措施有__________________（写出一条即可）。 (3)将2mol和4mol充入密闭容器，一定条件下发生反应Ⅰ和Ⅱ。 ①的平衡转化率与温度、压强的关系如下图，、、压强由大到小的顺序是__________，升高至一定温度后，的平衡转化率随温度增大而升高的原因是________________（3分）。 ②一定温度下，反应经5min达到平衡，测得的物质的量为1.2mol，起始及达平衡时容器的总压强分别为1.5MPa、1MPa，则从开始到平衡用分压表示的平均反应速率为__________（分压=总压×物质的量分数），反应Ⅱ的平衡常数=________。 18．FePO4是制备锂离子电池正极材料的中间体。某研究小组以赤铁矿（主要含Fe2O3，少量Si、Al、Mg等元素的氧化物）为原料制备FePO4·2H2O的工艺流程如下： 已知：H3PO4的Ka1=10-2.1，Ka2=10-7.2，Ka3=10-12。 (1)①为了提高酸浸率，“预处理”时可采取的物理措施是______________________________。 ②为了破坏原有赤铁矿致密的晶体结构，“预处理”时还需进行焙烧，焙烧时加入______（填序号）更有助于破坏原有晶体结构。 A．Na2SO4    B．Al2O3    C．炭粉 (2)“酸浸”时用HCl—H3PO4混酸代替H3PO4的目的是______________。 (3)“调节”至2.1，溶液中含磷微粒的主要存在形式为______。 (4)①“氧化”时，被氧化成的离子反应方程式为__________________。 ②“氧化”时，判断是否完全被氧化的方法是：取少量氧化后的溶液，__________________________（补充完整实验方案）。 (5)“沉淀”时不宜加入过量氢氧化钠的原因是__________________________________。 (6)取1 t的赤铁矿（铁元素含量为56%）为原料，经上述全流程制备得到FePO4·2H2O 0.935 t，铁元素的利用率为__________。（3分） 学科网（北京）股份有限公司 $