甘肃省张掖市第二中学2020届高三化学上学期11月月考试题（含解析）

甘肃省张掖市第二中学2020届高三化学上学期11月月考试题（含解析）相对原子质量：h 1 c 12 n 14 o 16 f 19 cl 35.5 ca 40 mn 55 ni 58.7一、选择题（每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1.人们的生活、生产与化学息息相关，下列说法正确的是a. 复旦大学研究的能导电、存储的二维材料二硫化钼是一种新型有机功能材料b. 中国天眼用到碳化硅、芯片用到高纯硅、石英玻璃用到硅酸盐c. 中国歼-20上用到的氮化镓材料是当做金属合金材料使用的d. 石墨烯弹性气凝胶制成的碳海绵可用作处理原油泄漏的吸油材料【答案】d【解析】a. 有机物是指含碳的化合物，所以二硫化钼不属于有机化合物，故a错误；b. 石英玻璃的主要成分为二氧化硅，不是硅酸盐，故b错误；c. 金属合金是指一种金属与另一种或几种金属，或非金属经过混合熔化，冷却凝固后得到的具有金属性质的固体产物。氮化镓是化合物，不属于合金，故c错误；d.石墨烯弹性气凝胶制成的碳海绵，具有吸附性，可用作处理原油泄漏的吸油材料，故d正确；答案：d。2.下列正确的叙述有a. co2、no2、p2o5均为酸性氧化物，cao、fe2o3、na2o2均为碱性氧化物b. fe2o3不可与水反应得到fe(oh)3，但能通过化合反应和复分解反应来制取fe(oh)3c. 灼热的炭与co2反应、ba(oh)28h2o与nh4cl的反应均可设计成原电池d. 电解、电泳、电离、电镀、电化学腐蚀过程均需要通电才能发生【答案】b【解析】【详解】a. 酸性氧化物是指与碱反应只生成盐和水的氧化物，而no2和碱反应生成硝酸钠、亚硝酸钠，发生了氧化还原反应，所以no2不属于酸性氧化物；碱性氧化物是指与酸反应生成盐和水的氧化物，na2o2与盐酸反应生成氯化钠、水和氧气，发生了氧化还原反应，所以na2o2不属于碱性氧化物，a错误；b. fe2o3不溶于水，也不与水反应；氢氧化亚铁与氧气、水蒸汽共同作用生成氢氧化铁，属于化合反应，氯化铁溶液和氢氧化钠溶液发生复分解反应生成fe(oh)3红褐色沉淀，b正确；c. ba(oh)28h2o与nh4cl的反应属于复分解反应，不属于氧化还原反应，不能设计成原电池，c错误；d. 电解、电泳、电镀需通电，电离是电解质在水溶液中或熔融状态下产生自由移动的离子的过程，与电无关；电化腐蚀是形成原电池反应发生的腐蚀，不需要通电，故d错误。综上所述，本题选b。【点睛】酸性氧化物是指与碱反应只生成盐和水的氧化物；碱性氧化物是指与酸反应只生成盐和水的氧化物；也就是说，氧化物在与酸或碱发生反应时，各元素的化合价不发生变化，均为非氧化还原反应；如果氧化物与酸或碱发生反应时，如果发生氧化还原反应，该氧化物就不是酸性氧化物或碱性氧化物。3.下列物质的用途利用了其氧化性的是（ ）a. 漂粉精用于消毒游泳池水b. so2用于漂白纸浆c. na2s用于除去废水中的hg2+d. fecl2溶液用于吸收cl2【答案】a【解析】【详解】a漂白精中含次氯酸根离子，具有强氧化性，可以消毒游泳池中的水，故a选；bso2用于漂白纸浆，是化合漂白，反应中没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故b不选；cna2s用于除去废水中的hg2+，反应中没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故c不选；dfecl2溶液用于吸收cl2，fe元素化合价升高，利用了其还原性，故d不选；故选a。4.关于反应过程中的先后顺序，下列评价正确的是（ ）a. 向浓度都为0.1mol/l的fecl3和cucl2混合溶液加入铁粉，溶质cucl2首先与铁粉反应b. 向过量的ba(oh)2溶液中滴加少量的kal(so4)2溶液，开始没有白色沉淀生成c. 向浓度都为0.1mol/l 的na2co3和naoh的混合溶液通入co2气体，naoh首先反应d. 向浓度为0.1mol/l的fecl3溶液中，加入质量相同、大小相同的铁和铜，铜先反应【答案】c【解析】【详解】a. 向浓度都为0.1mol/l的fecl3和cucl2混合溶液加入铁粉，因为fe3+的氧化能力强于cu2+，所以溶质fecl3首先与铁粉反应，a错误；b. 向过量的ba(oh)2溶液中滴加少量的kal(so4)2溶液，开始生成baso4沉淀，b错误；c. 向浓度都为0.1mol/l na2co3和naoh的混合溶液通入co2气体，即便我们认为na2co3首先与co2反应，生成的nahco3也会与naoh反应，生成na2co3和水，所以naoh首先反应，c正确；d. 向浓度为0.1mol/l的fecl3溶液中，加入质量相同、大小相同的铁和铜，因为铁的还原能力强，所以铁先反应，d错误；故选c。【点睛】向过量的ba(oh)2溶液中滴加少量的kal(so4)2溶液，发生反应为ba2+so42-=baso4，al3+4oh-=alo2-+2h2o，反应的总的离子方程式为al3+2so42-+2ba2+4oh-= 2baso4+ alo2-+2h2o；若向过量的ba(oh)2溶液中滴加过量的kal(so4)2溶液，起初发生反应为ba2+so42-=baso4，al3+4oh-=alo2-+2h2o，反应的总的离子方程式为al3+2so42-+2ba2+4oh-= 2baso4+ alo2-+2h2o；当ba(oh)2完全反应后，再滴加kal(so4)2溶液，又发生反应al3+3alo2-+6h2o=4al(oh)3。5.na表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是a. 在标准状况下，11.2l hf含有的分子数目为0.5nab. 高温下，16.8 g fe与足量水蒸气完全反应失去0.8na个电子c. 常温下，0.2 l 0.5 moll-1 nh4no3溶液中含有的氮原子数小于0.2nad. 18g葡萄糖(c6h12o6)分子含有的羟基数目为0.6na【答案】b【解析】【详解】a. 在标准状况下hf液态，无法用气体摩尔体积计算粒子数目，故a错误；b. 16.8g铁的物质的量为0.3mol，而铁和水蒸气反应后变为价，故0.3mol铁反应后失去0.8mol电子即0.8na个，故b正确；c. 溶液中nh4no3的物质的量ncv0.5mol/l0.2l0.1mol，而1mol硝酸铵中含2mol氮原子，故0.1mol硝酸铵中含0.2mol氮原子即0.2na个，故c错误；d. 18g葡萄糖为1mol，1个葡萄糖含有5个羟基，1mol葡萄糖(c6h12o6)分子含有的羟基数目为5na，故d错误；答案选b。6.下列解释事实的离子方程式正确的是a. 铜丝溶于浓硝酸生成绿色溶液：3cu+8h+2no3-=3cu2+2no+4h2ob. 稀硫酸与ba(oh)2溶液混合出现浑浊：h+oh-+ ba2+so42- =baso4+h2oc. 澄清石灰水中加入过量小苏打溶液出现浑浊：ca2+ 2hco3-+2oh-= caco3+co32-+ 2h2od. 在a1c13溶液中加入过量氨水出现浑浊：a13+3oh-= al(oh)3【答案】c【解析】a. 铜丝溶于浓硝酸生成绿色的硝酸铜浓溶液和二氧化氮，故a错误；b. 稀硫酸与ba(oh)2溶液混合出现浑浊，反应的离子方程式为2h+2oh-+ ba2+so42- =baso4+2h2o，故b错误；c. 澄清石灰水中加入过量小苏打溶液出现浑浊，生成碳酸钙沉淀，离子方程式为ca2+ 2hco3-+2oh-= caco3+co32-+ 2h2o，故c正确；d. 氨水是弱碱，用化学式表示，故d错误；故选c。7.a、b、c、d、e是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，其中a的原子序数是b和d原子序数之和的1/4，c元素的最高价氧化物的水化物是一种中强碱，甲和丙是d元素的两种常见氧化物，乙和丁是b元素的两种常见同素异形体，0.005mol/l戊溶液的ph=2，它们之间的转化关系如图所示(部分反应物省略)，下列叙述正确的是a. c、d两元素形成化合物属共价化合物b. c和e形成的化合物的水溶液呈碱性c. 简单离子半径d b cd. e的氧化物水化物的酸性大于d的氧化物水化物的酸性【答案】c【解析】【分析】a、b、c、d、e是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，结合甲和丙是d元素的两种常见氧化物，乙和丁是b元素的两种常见同素异形体，0.005mol/l戊溶液的ph=2，戊为硫酸，可知丙为so3，甲为so2，乙为o3，丁为o2，则b为o元素，d为s元素，其中a的原子序数是b和d原子序数之和的，a的原子序数为（8+16）=6，可知a为c元素；c元素的最高价氧化物的水化物是一种中强碱，结合原子序数可知，c为mg，e为cl。【详解】镁是活泼金属，硫是活泼非金属，mgs是离子化合物，故a错误；mgcl2是强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，故b错误；s2-的电子层数最多，半径最大，mg2+、o2- 电子层数相同，质子数越多半径越小，所以半径s2- o2- mg2+，故c正确；cl的最高价氧化物水化物高氯酸的酸性大于s的最高价氧化物水化物硫酸的酸性，但是氯元素的其他价态的氧化物的水化物的酸性不一定比硫酸强，故d错误。8.pbo2是褐色固体，受热分解为pb的+4和+2价的混合氧化物，+4价的pb能氧化浓盐酸生成cl2；现将1molpbo2加热分解得到o2，向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到cl2，o2和cl2的物质的量之比为3：2，则剩余固体的组成及物质的量比是（ ）a. 1：2混合的pbo2、pb3o4b. 1：1混合的pb3o4、pboc. 1：4：1混合的pbo2、pb3o4、pbod. 4：1：1混合的pbo2、pb3o4、pbo【答案】b【解析】【分析】pbo2加热分解得到o2，得到的剩余固体含有pb的+4和+2价的混合氧化物，向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到cl2，o2和cl2的物质的量之比为3：2，假设得到的氧气为3mol，则cl2为2mol。在pbo2加热分解反应中，+4价铅的化合价降低的数值等于-2价氧的化合价升高的数值，所以得到的+2价铅的物质的量为3mol42=6mol。在剩余固体和浓盐酸的反应中，+4价铅的化合价降低的数值等于-1价氯的化合价升高的数值，所以在剩余固体中的+4价铅的物质的量为2mol22=2mol。所以在剩余固体中，+4价铅和+2价铅的物质的量之比为2:6=1:3。pb3o4可以看做是2pbopbo2，1mol pb3o4里有2mol+2价铅，1mol+4价铅。【详解】a. 1：2混合的pbo2、pb3o4里，+4价铅和+2价铅的物质的量之比为(1+1)：2=1:1，故a不选；b. 1：1混合的pb3o4、pbo，+4价铅和+2价铅的物质的量之比为1：(2+1)=1:3，故b选；c. 1：4：1混合的pbo2、pb3o4、pbo，+4价铅和+2价铅的物质的量之比为(1+41)：(42+1)=5:9，故c不选；d. 4：1：1混合的pbo2、pb3o4、pbo，+4价铅和+2价铅的物质的量之比为(4+1)：(2+1)=5:3，故d不选。故选b。9.无色的混合气体甲，可能含no、co2、no2、nh3、n2中的几种，将100ml甲气体经过如图所示实验的处理，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余，则甲气体的组成为（ ）a. nh3、no2、n2b. nh3、no、co2c. nh3、no2、co2d. no、co2、n2【答案】b【解析】【详解】二氧化氮是红棕色的气体，所以混合气体甲中一定不存在，硫酸和碱性气体能反应，所以100ml甲气体经过足量的浓硫酸，剩余气体80ml，说明一定有nh3存在且体积为20ml，二氧化碳可以和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，一氧化氮无色，与氧气立即反应变为红棕色的二氧化氮，通过足量的过氧化钠后气体显红棕色，说明有no和co2，排水法收集气体，广口瓶被上升的水注满，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余，说明没有n2，则甲气体的组成为nh3、no、co2，故选b。10.镓(ga)与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物和氢氧化物均为两性化合物。工业制备镓的流程如图所示：下列判断不合理的是（ ）a. al、ga均处于a族b. ga2o3可与盐酸反应生成gacl3c. 酸性：al(oh)3ga(oh)3d. ga(oh)3可与naoh反应生成nagao2【答案】c【解析】【详解】a. al与ga同族，均处于a族，故a正确； b. ga2o3与al2o3性质具有相似性，可与盐酸反应生成gacl3，故b正确；c. 化学反应遵循强酸制弱酸的原理，在nagao2和naalo2的混合溶液里通入二氧化碳，只有al(oh)3沉淀，而没有ga(oh)3沉淀，可能的原因是镓酸酸性强于碳酸，酸性：al(oh)30，故b错误；c、将碳酸钙粉碎进行反应，只能够提高化学反应速率，化学平衡不移动，因此不能改变其转化率，故c错误；d、保持容器压强不变，充入he，则体积增大，co2浓度减小，平衡正向移动，再次达到平衡时，cao的质量增加，故d错误；故答案为a。【点睛】本题关于c(co2)的分析需注意，由于该反应体系中只有一种气体，因此分析其浓度时可利用平衡常数进行分析，即该反应在恒温条件下，平衡时c(co2)均不变。12.在373k时，把0.5moln2o4气体通入体积为5l的真空密闭容器中，立即出现红棕色。反应进行到2s时，no2的浓度为0.02mol/l。在60s时，体系已达到平衡，此时容器内压强为反应前的1.6倍。下列说法正确的是（ ）a. 前2s，以no2浓度变化表示的平均反应速率为0.005moll-1s-1b. 在2s时，体系内压强为反应前的1.1倍c. 平衡时，体系内含n2o4的物质的量为0.25mold. 平衡时，若往容器内充入氮气，则可提高n2o4的转化率【答案】b【解析】【分析】开始时，c(n2o4)=0.1mol/l，反应进行到2s时，no2的浓度为0.02moll-1，结合v=计算浓度、压强之比；60s时，体系已达到平衡，此时容器内压强为反应前1.6倍，设转化的n2o4为x，则=1.6，解得x=0.3，以此解答。【详解】a、前2s，以no2浓度变化表示的平均反应速率为=0.01moll-1s-1，故a错误；b、在2s时，体系内压强反应前的=1.1，故b正确；c. 平衡时，体系内含为n2o4为0.5mol-0.3mol=0.2mol，故c错误；d. 平衡时，若往容器内充入氮气，不参加反应，体积不变，则平衡不移动，转化率不变，故d错误；故选：b。13.在500 ml kno3和cu(no3)2的混合溶液中，c(no3-)6 mol/l，用石墨电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4 l气体(标准状况)，假定电解后溶液体积仍为500 ml，下列说法正确的是a. 电解得到的cu的物质的量为0.5 molb. 向电解后的溶液中加入98 g的cu(oh)2可恢复为原溶液c. 原混合溶液中c(k)4 mol/ld. 电解后溶液中c(h)2 mol/l【答案】b【解析】【详解】石墨作电极电解500 ml kno3和cu(no3)2的混合溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4l气体(标准状况)阳极产生氧气，阴极开始时生成铜，然后放出氢气，n(o2)= n(h2)=1mol，根据阳极反应式4oh-4e-o2+2h2o可知，转移4mol电子，阴极反应式为cu2+2e-cu、2h+2e-h2，生成氢气转移2mol电子，则生成铜也转移2mol电子，即有1mol cu2+放电。a根据以上分析，电解得到的cu的物质的量为1mol，故a错误；b由以上分析可知，析出1molcu，1molh2和1molo2，根据少什么加什么，则加入98g即1mol的cu(oh)2可恢复为原溶液，故b正确；cc(cu2+)=2mol/l，由电荷守恒可知，原混合溶液中c(k+)为6mol/l-2mol/l2=2mol/l，故c错误；d电解后溶液中c(h+)=4mol/l，故d错误；故选b。14.下图是一种正投入生产的大型蓄电系统，放电前，被膜隔开的电解质为na2s2和nabr3，放电后分别变为na2s4和nabr。下列叙述正确的是（ ）a. 放电时，负极反应为3nabr2e-=nabr3+2na+b. 充电时，阳极反应为2na2s22e-=na2s4+2na+c. 放电时，na+经过离子交换膜，由b池移向a池d 用该电池电解饱和食盐水，产生2.24 l h2时，b池生成17.40gna2s4【答案】c【解析】【分析】由题意可知，放电时，负极上na2s2被氧化为na2s4，正极上nabr3被还原为nabr，则左储罐电解质为nabr3/nabr，右储罐电解质为na2s2/na2s4。【详解】a、放电时，负极上na2s2被氧化为na2s4，电极反应式为：2na2s2-2e =na2s4+2na，故a错误；b、充电时，电池的正极与电源正极相连，作阳极，阳极上nabr被氧化为nabr3，电极反应式为：3nabr-2e=nabr3+2na，故b错误；c、放电时，阳离子向正极移动，则离子na经过离子交换膜，由b池移向a池，故c正确；d、没有确定是否为标准状况，无法计算氢气的物质的量，则无法计算b池生成na2s4质量，故d错误；答案选c。15.在容积为2.0 l的密闭容器内，物质d在t 时发生反应，其反应物和生成物的物质的量随时间t的变化关系如图，下列叙述不正确的是 a. 从反应开始到第一次达到平衡时，a物质的平均反应速率为0.0667 mol/(lmin)b. 该反应的化学方程式为2d(s)2a(g)+b(g)，该反应的平衡常数表达式为k=c(a)2c(b)c. 已知：反应的h0，则第5分钟时图象呈现上述变化的原因可能是升高体系的温度d. 若在第7分钟时增加d的物质的量，则表示a的物质的量变化正确的是a曲线【答案】d【解析】【详解】a.根据v=c/t计算得a物质的平均反应速率为0.4mol/(2l3min)=0.0667 mol/(lmin),a正确；b.根据图在第一次达到平衡时a的物质的量增加了0.4mol，b的物质的量增加了0.2mol，所以a、b为生成物，d的物质的量减少了0.4mol/l，所以d为反应物，d、a、b的变化量之比为0.4:0.4:0.2=2:2:1,反应中各物质计量数之比等于物质的浓度的变化量之比，化学方程式为2d(s)2a(g)+b(g)，该反应的平衡常数表达式为k=c(a)2c(b)，故b正确；c.第5分钟时a、b的物质的量在原来的基础上增加，而d的物质的量在原来的基础上减小，说明平衡正向移动，因为反应的h0,所以此时是升高温度，故c正确；d.因为d是固体，量的改变不影响化学平衡，所以a的物质的量不变，故d错误；综上所述，本题选d。16.ch3oh是重要的化工原料,工业上用co与h2在催化剂作用下合成ch3oh,其反应为:co（g）+2h2（g）ch3oh（g）。按n(co):n(h2)=1:2，向密闭容器中充入反应物,测得平衡时混合物中ch3oh的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示。下列说法中,正确的是a. p10c. 平衡常数:k(a)=k(b)d. 在c点时,co转化率为75%【答案】d【解析】【分析】a增大压强平衡向正反应方向移动；b由图可知，升高温度，平衡逆向移动，该反应的h0；c平衡常数只与温度有关；d设向密闭容器充入了1molco和2molh2，利用三段法进行数据分析计算【详解】a由300时，增大压强，平衡正向移动，ch3oh的体积分数增大，所以p1p2，故a错误；b图可知，升高温度，ch3oh的体积分数减小，平衡逆向移动，则该反应的h0，故b错误；ca、b处的温度不同，平衡常数与温度有关，故平衡常数不等，故c错误；d设向密闭容器充入了1molco和2molh2，co的转化率为x，则 co（g）+2h2（g）ch3oh（g）起始 1 2 0变化 x 2x x结束 1-x 2-2x x在c点时，ch3oh的体积分数=x/(1-x2-2x+x)=0.5，解得x=0.75，故d正确；故选d。二、非选择题（共52分）17.氰化钠是一种重要的基本化工原料，同时也是一种剧毒物质。一旦泄漏需要及时处理，一般可以通过喷洒双氧水或过硫酸钠(na2s2o8)溶液来处理，以减轻环境污染。i.已知：氯化钠是一种白色结晶颗粒，化学式为nacn，有剧毒，易溶于水，水溶液呈碱性，易水解生成氰化氢。(1)请设计实验证明n、c元素的非金属性强弱：_。(2)nacn用双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该反应的离子方程式是_。.工业制备过硫酸钠的反应原理如下：主反应：(nh4)2s2o8+2naohna2s2o8+2nh3十2h2o副反应：2nh3+3na2s2o8+6naoh6na2so4+6h2o+n2某化学兴趣小组利用上述原理在实验室制备过硫酸钠并检测用过硫酸钠溶液处理后的氰化钠废水是否达标排放。【实验一】实验室通过如图所示装置制备na2s2o8。(3)装置b的作用是_。(4)装置a中反应产生的气体需要持续通人装置c的原因是_。(5)上述装置中还需补充的实验仪器或装置有_(填字母)。a温度计 b洗气瓶 c.水浴装置 d.酒精灯【实验二】测定用过硫酸钠溶液处理后的废水中氰化钠的含量。已知：废水中氰化钠的最高排放标准为0.50mgl1。ag+2cn=ag(cn)2，ag+i=agi，agi呈黄色，且cn优先与ag+反应。实验如下：取100.00ml处理后的氰化钠废水于锥形瓶中，并滴加几滴ki溶液作指示剂用1.00104moll1的标准agno3溶液滴定，消耗agno3溶液的体积为1.50ml。(6)滴定终点的现象是_。(7)处理后的废水中氰化钠的浓度为_mgl1；处理后的废水是否达到排放标准?_(填“是”或“否”)。【答案】 (1). 取少量碳酸氢钠于试管中，加入稀硝酸,有无色气泡产生，说明硝酸酸性强于碳酸，非金属性nc (2). cn-+ h2o2+ h2o= hco3- +nh3 (3). 作安全瓶，防止倒吸 (4). 将三颈烧瓶中产生的nh3及时排出，减少副反应的发生 (5). acd (6). 滴入最后一滴硝酸银溶液时，溶液中出现淡黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失 (7). 0.147 (8). 是【解析】【分析】na2s2o8与氢氧化钠反应生成(nh4)2s2o8，d装置处理尾气nh3，根据物质的制备和提纯实验操作及注意事项分析解答。【详解】(1)取少量碳酸氢钠于试管中,加入稀硝酸,有无色气泡产生，说明硝酸酸性强于碳酸，非金属性越强，该元素的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则非金属性：nc；故答案为：nc；(2) nacn用双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，即反应生成了hco3-和nh3，离子方程式为：cn-+ h2o2+ h2o= hco3- +nh3；故答案为cn-+ h2o2+ h2o= hco3- +nh3；(3) 由于氨气及易溶于水，是体系内压强快速减小，易发生倒吸，所以b装置是安全瓶，防止倒吸；故答案为作安全瓶，防止倒吸；(4) 装置a中反应产生的o2，将三颈烧瓶中产生的nh3及时排出，减少副反应的发生；故答案为将三颈烧瓶中产生的nh3及时排出，减少副反应的发生；(5)根据题目信息提示可知，制备反应需要在55的条件下进行，所以需要控制温度不能超过90，需要水浴加热、温度计和酒精灯；故答案为：acd；(6)用硝酸银溶液滴定的过程中，当滴入最后一滴硝酸银溶液时，溶液中出现淡黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失时，说明已经滴定到终点；故答案为滴入最后一滴硝酸银溶液时，溶液中出现淡黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失；(7)根据化学计量关系可知，ag+2cn-，n(agno3)= 1.00104moll10.0015ml=1.510-7mol，即n(nacn)=2 n(agno3) =1.510-7mol2=3.010-7mol，m(nacn)= 3.010-7mol49g/mol=1.4710-5g，氰化钠的浓度为：=0.147g/l；0.147g/l0.50mg/l，所以已达到排放标准。故答案为0.147，是。18.工业上利用废镍催化剂（主要成分为ni，还含有一定量的zn、fe、sio2、cao）制备草酸镍晶体（nic2o42h2o）的流程如下：（1）nic2o42h2o中c的化合价是_。既能加快“酸浸”反应速率又能提高“酸浸”原料利用率的操作措施为_。（2）“滤渣”的主要成分是_。（3）在隔绝空气的条件下，高温煅烧无水nic2o4得到ni2o3和两种含碳元素的气体，该反应的化学方程式是_。（4）高能锂离子电池的总反应为2li+fes=fe+li2s。用该电池作电源电解含镍酸性废水回收ni的装置如图（图中x、y为电极，lipf6so(ch3)2为电解质）。电极x的反应材料是_（填化学式）；中间隔室b可以得到的主要物质z是_（填化学式）。电解总反应的离子方程式为_。已知f96500c/mol，若电池工作tmin，维持电流强度为i a，理论回收ni_g（写出计算表达式即可）。【答案】 (1). +3 (2). 废镍催化剂粉碎或适当加热、适当增大硫酸浓度、搅拌等 (3). sio2和caso4 (4). 2nic2o4ni2o3+3co+co2 (5). fes (6). nacl (7). 4oh-+2ni2+o2+2ni+2h2o (8). 【解析】【分析】制备草酸镍晶体（nic2o42h2o）的流程：废镍催化剂（主要成分为ni，还含有一定量的zn、fe、sio2、cao）加入硫酸溶解得到含有ni2+、zn2+、fe2+、ca2+的酸性溶液，部分ca2+与so42-结合得到微溶物caso4，sio2不溶于酸，过滤，滤渣i为sio2和caso4，向滤液中加入naclo溶液氧化fe2+为fe3+，同时将其沉淀为fe(oh)3，过滤，滤渣ii为fe(oh)3，再向滤液中加入nh4f溶液，沉淀ca2+为caf2，滤渣iii为caf2，最后加入有机萃取剂萃取zn2+，得到的水层主要为ni2+，再向其中加入(nh4)2c2o4溶液，得到产品草酸镍晶体（nic2o42h2o），高温煅烧无水nic2o4的反应为：2nic2o4ni2o3+3co+co2；用高能锂离子电池作电源电解含镍酸性废水回收ni：高能锂离子中，li为电源负极，fes为电源正极，电解池中连接电源负极的为阴极，发生还原反应，连接电源正极为阳极，发生氧化反应，据此分析作答。【详解】（1）nic2o42h2o中镍元素+2价，氧元素2价，化合物中元素化合价总共为0，则碳元素+3价；将废镍催化剂粉碎或适当加热、适当增大硫酸浓度、搅拌等能加快“酸浸”反应速率又能提高“酸浸”原料利用率，故答案为：+3；废镍催化剂粉碎或适当加热、适当增大硫酸浓度、搅拌等；（2）由上述分析可知，滤渣i为sio2和caso4，故答案为：sio2和caso4；（3）高温煅烧无水nic2o4得到ni2o3和两种含碳元素的气体，气体为一氧化碳和二氧化碳，故反应为：2nic2o4ni2o3+3co+co2，故答案为：2nic2o4ni2o3+3co+co2；（4）因该电解池的目的是从含镍酸性废水回收ni，因此c池中发生还原反应，故y电极为电源负极，x为电源正极，由电池总反应可知，其电源正极的反应材料为fes；该电解池工作时，c池中ni2+被还原，cl-通过阴离子交换膜进入b中，a池中oh-发生氧化反应生成水和氧气，na+通过阳离子交换膜进入b池中，因此b池中得到的主要物质为nacl，故答案为：fes；nacl；由分析可知，其电解池总反应为：4oh-+2ni2+o2+2ni+2h2o；由题可知，tmin内转移电子mol，ni2+被还原为ni，每生成1molni，转移电子为2mol，因此可回收ni的质量为g，故答案为：4oh-+2ni2+o2+2ni+2h2o；。19.研究处理nox、so2，对环境保护有着重要的意义。回答下列问题：(1)so2的排放主要来自于煤的燃烧，工业上常用氨水吸收法处理尾气中的so2。已知吸收过程中相关反应的热化学方程式如下： so2(g) + nh3h2o(aq) =nh4hso3(aq) h1 = a kjmol-1； nh3h2o(aq) + nh4hso3(aq) =(nh4)2so3(aq) + h2o(l)h2 = b kjmol-1； 2(nh4)2so3(aq) + o2(g) =2(nh4)2so4(aq) h3= c kjmol-1，则反应 2so2(g) + 4nh3h2o(aq) + o2(g) =2(nh4)2so4(aq) + 2h2o(l) h = _。(2)nox的排放主要来自于汽车尾气，有人利用反应c (s) + 2no(g)n2(g) + co2(g) h34.0 kjmol-1，用活性炭对no进行吸附。在恒压密闭容器中加入足量的活性炭和一定量的no气体，测得no的转化率 (no)随温度的变化如图所示：由图可知，1050k前反应中no的转化率随温度升高而增大，原因是_； 在1100k 时，co2的体积分数为_。 用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作kp）。在1050k、1.1106pa 时，该反应的化学平衡常数kp_(已知：气体分压气体总压体积分数)。(3)在高效催化剂的作用下用ch4还原no2，也可消除氮氧化物的污染。在相同条件下，选用a、b、c三种不同催化剂进行反应，生成 n2的物质的量与时间变化关系如图所示，其中活化能最小的是_(填字母标号)。(4)在汽车尾气的净化装置中 co和no发生反应：2no(g) + 2co(g)n2(g) + 2co2(g) h2 =746.8 kjmol-1。实验测得，正k正c2(no) c2(co) ，逆k逆c(n2) c2(co2) (k正、k逆为速率常数，只与温度有关）。达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数_(填 ”、“ ”或“=”) k逆增大的倍数。 若在1l 的密闭容器中充入1 mol co和1 mol no，在一定温度下达到平衡时，co的转化率为40%，则_(保留2位有效数字)。【答案】 (1). （2a+2b+c）kjmol-1 (2). 1050k前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，no转化率增大 (3). 20 (4). 4 (5). a (6). (7). 0.25【解析】【分析】（1）利用盖斯定律解答。（2）在1050k前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，no转化率增大；达到平衡后，升高温度，平衡左移，no的转化率降低。恒温恒压下体积分数等于物质的量分数。利用化学平衡常数表达式计算。（3）a反应速率快，先达到平衡，故活化能最小。（4）正反应为放热反应，升高温度平衡左移，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数。当反应达到平衡时，正=逆，故=c(n2)c2(co2)/c2(no)c2(co)=k。【详解】（1） so2(g) + nh3h2o(aq) =nh4hso3(aq) h1 = a kjmol-1； nh3h2o(aq) + nh4hso3(aq) =(nh4)2so3(aq) + h2o(l)h2 = b kjmol-1； 2(nh4)2so3(aq) + o2(g) =2(nh4)2so4(aq) h3= c kjmol-1；利用盖斯定律，将2+2+可得2so2(g) + 4nh3h2o(aq) + o2(g) = 2(nh4)2so4(aq) + 2h2o(l)的h =（2a+2b+c）kjmol-1，故答案为（2a+2b+c）kjmol-1。（2）在1050k前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，no转化率增大；达到平衡后，升高温度，平衡左移，no的转化率降低。根据反应c (s) + 2no(g)n2(g) + co2(g)，假设加入1molno，在1100k时，no的转化率为40，则n(no)=0.4mol，故n(co2)=0.2mol，由于反应前后气体的总物质的量不变，故混合气体中co2的体积分数为=20，故答案为1050k前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，no转化率增大；20。根据反应c (s) + 2no(g)n2(g) + co2(g)，假设加入1molno，在1050k时， (no)=80，平衡时n（no）=0.2mol，n(n2)=0.4mol，n(co2)=0.4mol，各物质的平衡分压p分（no）=pa，p分（n2）=1.1106pa，p分（co2）=1.1106pa，故反应的化学平衡常数kp1.1106pa1.1106pa（ pa）2=4，故答案为4。（3）a反应速率快，先达到平衡，故活化能最小，故答案为a。（4）正反应为放热反应，升高温度平衡左移，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，故k正增大的倍数小于k逆增大的倍数。故答案为o_。基态k+电子占据最高能级的电子云轮廓图为_形。（2）nabh4是有机合成中常用的还原剂，其中的阴离子空间构型是_，中心原子的杂化形式为_。nabh4中存在_（填标号）。a离子键 b氢键 c键 d键（3）bec12中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的becl2的结构式为_，其中be的配位数为_。（4）第三周期元素氟化物的熔点如下表：解释表中氟化物sif4 、pf5、sf6熔点变化的原因：_。（5）caf2的一种晶胞如图所示。若r(f-)=xpm，r(ca2+) =ypm，设阿伏加德罗常数