【化学】贵州省铜仁第一中学2020届高三下学期防疫期间“停课不停学”网上周考（四）（解析版）

【化学】贵州省铜仁第一中学2020届高三下学期防疫期间“停课不停学”网上周考（四）（解析版）

贵州省铜仁第一中学2020届高三下学期防疫期间“停课不停学”网上周考（四）‎ 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 B-11 P-31 S-32 Na-23 Cu-64 Pd-207‎ 一、选择题。‎ ‎7．化学与生活、社会发展息息相关，下列有关叙述正确的是（ ）‎ A．《己亥杂诗》中 “ 落红不是无情物，化作春泥更护花 ”蕴藏着自然界碳、氮的循环 B．PM2.5是指大气中直径接近2.5×10－6 m的颗粒物，分散在空气中形成胶体 C．大量使用含丙烷、二甲醚等辅助成分的“空气清新剂”，不会对环境造成新的污染 D．《易经》记载 “ 泽中有火……上火下泽 ”，其描述的是CO在湖泊池沼水面上起火的现象 ‎8．化合物丙属于桥环化合物，是一种医药中间体，可以通过以下反应制得：‎ 下列有关说法正确的是（ ）‎ A．甲分子中所有原子可能处于同一平面上 B．乙可与H2按物质的量之比1∶2发生加成反应 C．丙能使酸性高锰酸钾溶液、溴的CCl4溶液褪色，且反应原理相同 D．等物质的量的甲、乙分别完全燃烧时，消耗氧气的质量之比为13∶12‎ ‎9．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（ ）‎ A．10g 46%甲酸(HCOOH)水溶液所含的氧原子数为0.5NA B．2.0 g D216O和H218O混合物中含有的中子数目为0.9NA C．25 ℃时，1.0 L pH＝12的NaClO溶液中由水电离出的OH－的数目为0.01NA D．用惰性电极电解CuSO4溶液一段时间后，若加入29.4 g Cu(OH)2 能使溶液复原，则电解过程中转移电子的数目为1.2NA ‎10．钼(Mo)的主要用途是制造特种钢，某小组以下图所示装置模拟工业用MoO3(白色粉末，加热时变黄)制备单质Mo，下列说法正确的是（残留有毒气体处理装置未显示）（ ）‎ A．装置①中反应的离子方程式为CO32－+2H+= H2O+CO2↑‎ B．装置②中盛有浓硫酸，装置③中盛有饱和碳酸氢钠溶液，起到净化CO2的作用 C．为保证实验顺利进行，装置④、⑤两处应该同时加热，同时停止加热 D．装置⑥不能达到检验MoO3是否被CO还原的目的 ‎11．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。各元素形成的单质依次为A、B、C、D，甲、乙、丙、丁是由这些元素组成常见的二元化合物，且丙为共价化合物，丁为离子化合物，其阴、阳离子之比为1:2，可以用作呼吸面具或潜水艇中的供氧剂。上述物质的转化关系如下图所示，下列说法正确的是（ ）‎ A．离子半径：r(W) > r(Y) > r(X ) > r(Z) ‎ B．甲、乙、丁均只含有离子键 C．X的简单氢化物的热稳定性比W的强 ‎ D．Y、Z、W的氧化物对应水化物两两皆能反应 ‎12．某化学课外活动小组拟用铅蓄电池为直流电源，进行电絮凝净水的实验探究，设计的实验装置如图所示，下列叙述正确的是（ ）‎ A．X电极质量减轻，Y电极质量增加 ‎ B．电解池阳极上被氧化的还原剂有Al和H2O C．电解池的总反应为2Al＋6H2O 2Al(OH)3＋3H2↑‎ D．每消耗103.5gPb，理论上电解池阴极上有1molH2生成 ‎13．某温度下，向10 mL 0.1 mol·L-lNaCl溶液和10 mL 0.1 mol·L-lK2CrO4溶液中分别滴加0.1 mol·L-lAgNO3 溶液。滴加过程中pM[－lgc(Cl－ )或－lgc(CrO42－)]与所加AgNO3溶液体积之间的关系如下图所示。已知Ag2CrO4为红棕色沉淀。下列说法不正确的是（ ）‎ A．该温度下，Ksp(Ag2CrO4)＝4×10－12 ‎ B．al、b、c三点所示溶液中c(Ag+)：al＞b＞c C．若将上述NaCl溶液浓度改为0.2mol·L－1，则a1点会平移至a2点 D．用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时，可用K2CrO4溶液作指示剂 二、非选择题。‎ ‎26．(14分)连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，可用作食品保鲜剂(不直接加入食品中，安全、卫生)，还可用于纸浆、肥皂等的漂白剂。Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇。在碱性介质中较稳定，在空气中易被氧化。回答下列问题：‎ ‎(1)Na2S2O4用于保鲜剂时能去除O2，先生成Na2SO3并缓慢释放SO2，该反应的化学方程式为 。‎ ‎(2)锌粉法制备Na2S2O4的工艺流程如图所示：‎ ‎①实验室可用浓硫酸和亚硫酸钠反应制取SO2，并希望能控制反应速度，图中可选用的发生装置是________(填字母)。‎ ‎②工业上常将锌块进行预处理得到锌粉—水悬浊液，其目的是 。步骤Ⅱ中发生反应的化学方程式为 。‎ ‎③在步骤Ⅲ中得到的Na2S2O4固体要用乙醇洗涤，其优点是 。‎ (3) 目前，我国普遍采用甲酸钠法生产连二亚硫酸钠，其原理是先将HCOONa和烧碱加人乙醇水溶液中，然后通入SO2发生反应，有CO2气体放出，总反应的化学反应方程式是 。‎ ‎(4)连二亚硫酸钠的分析检测。铁氰化钾法：铁氰化钾K3[Fe(CN)6]是一种比较弱的氧化剂，其具有强氧化剂所没有的选择性氧化性，能将S2O42－氧化为SO32－，[Fe(CN)6]3－还原为[Fe(CN)6]4－。取50.00mLNa2S2O4样品溶液，用0.02mol•L-1的K3[Fe(CN)6]标准液滴定至终点，消耗10.00mL。该样品中Na2S2O4的含量为_______g•L-1。(以SO2计)‎ ‎27．（14分）硫酸镍是一种重要的化工中间体，是镍行业研究的热点。一种以石油化工中废镍催化剂(主要成分为NiCO3和SiO2，含少量Fe2O3、Cr2O3)为原料制备硫酸镍的流程如图：‎ 已知：①NiS、Ni(OH)2、Cr(OH)3均难溶于水，Cr(OH)3是两性氢氧化物。‎ ‎②Fe(OH)3不溶于NH4Cl-氨水的混合液，Ni(OH)2溶于NH4Cl-氨水的混合液生成 ‎[Ni(NH3)6]2+。请回答下列问题：‎ ‎（1）“酸溶”时为了提高浸取率，可采取的措施有 (任写出一条)。‎ ‎（2）“滤渣I”的主要成分是 。（填化学式） ‎ ‎（3）“一次碱析”时，加入的NaOH溶液需过量，则含铬微粒发生反应的离子方程式为 ‎ 。‎ ‎（4）“氨解”的目的为 ，“净化”时加入的H2S的目的是将镍元素转化为 沉淀。（填化学式）‎ ‎（5）“氧化”时发生反应的离子方程为 。‎ ‎（6）“二次碱析”时，若使溶液中的Ni2+沉淀完全(离子浓度≤10-5mol·L-1时，离子沉淀完全)，则需维持c(OH－)不低于_____ 。(已知Ni(OH)2的Ksp=2×10-15，≈1.4)‎ ‎（7）以Fe、Ni为电极制取Na2FeO4的原理如右上图所示。通电后，在铁电极附近生成紫红色的FeO42－。电解时阳极的电极反应式为 ，离子交换膜(b)为________(填“阴”或“阳”)离子交换膜。‎ 28． ‎（15分）以高纯H2为燃料的质子交换膜燃料电池具有能量效率高、无污染等优点，但燃料中若混有CO将显著缩短电池寿命。‎ ‎(1)以甲醇为原料制取高纯H2是重要研究方向。甲醇水蒸气重整制氢主要发生以下两个反应：‎ 主反应：CH3OH(g) + H2O(g) CO2(g) + 3H2(g) △H = +49 kJ•mol－1‎ 副反应：H2(g) + CO2(g) CO(g) + H2O(g) △H=+41 kJ•mol－1‎ ‎①甲醇蒸气在催化剂作用下裂解可得到H2和CO，则该反应的热化学方程式为 ‎ ‎ ，既能加快反应速率又能提高CH3OH平衡转化率的一种措施是 。‎ ‎②分析适当增大水醇比 对甲醇水蒸气重整制氢的好处是 ‎ ‎ 。‎ ‎③某温度下，将n(H2O)∶n(CH3OH) = 1∶1的原料气充入恒容密闭容器中，初始压强为P1，反应达平衡时总压强为P2，则平衡时甲醇的转化率为___________（忽略副反应）。‎ ‎（2）工业上用CH4与水蒸气在一定条件下制取H2，原理为 CH4(g) + H2O(g)CO(g) + 3H2(g) ΔH = + 203 kJ•mol－1‎ ‎①该反应逆反应速率表达式为：v逆= k•c(CO)•c3(H2)，k 为速率常数，在某温度下测得实验数据如表：‎ CO浓度(mol•L－1)‎ H2浓度(mol•L－1)‎ 逆反应速率(mol•L－1•min－1)‎ ‎0.05‎ c1‎ ‎4.8‎ c2‎ c1‎ ‎19.2‎ c2‎ ‎0.15‎ ‎8.1‎ 由上述数据可得该温度下，该反应的逆反应速率常数 k为_________L3•mol－3•min－1。‎ ‎②在体积为3 L的密闭容器中通入物质的量均为3 mol的CH4和水蒸气，在一定条件下发生上述反应， 测得平衡时H2的体积分数与温度及压强的关系如图所示：‎ 则压强Pl P2（填“大于”或“小于”）；N点v正 M点v逆（填“大于”或“小于”）；‎ 求Q点对应温度下该反应的平衡常数K=________。平衡后再向容器中加入1 mol CH4和1 mol CO，平衡_______移动（填“正反应方向”或“逆反应方向”或“不”）。‎ 选考题：请考生从2道化学题任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。‎ ‎35.【选修3——物质结构与性质]】（15分）‎ 磷化硼是一种典型的超硬无机材料，常以BCl3、PH3为原料制备。回答下列问题：‎ ‎（1）基态P原子与B原子中未成对电子数之比为 。‎ ‎（2）与BC13分子互为等电子体的一种离子为 （填化学式）。‎ ‎（3）PH3分子的立体结构为 ；PH3的沸点 （填“高于”或“低于”）NH3，理由是 。‎ ‎（4）BCl3、PCl3和PF3三种分子中键角由大到小的顺序为 。‎ ‎（5）BCl3可转化为硼酸，硼酸为一元强酸的原因是 ‎ ‎（用离子方程式表示）。‎ ‎（6）磷化硼晶胞的示意图如图甲所示，其中实心球表示P原子，空心球表示B原子，晶胞中P原子空间堆积方式为 。已知磷化硼晶体的密度为ρg·cm－3，设阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞中B原子与P原子间最短距离为 ‎ pm。若磷化硼晶胞沿着体对角线方向的投影如图乙所示（虚线圆圈表示P原子的投影），请在图乙中用实线圆圈画出B原子的投影位置 （注意原子体积的相对大小）。‎ ‎36.【选修5——有机化学基础】（15分）‎ 含氧有机物甲可用来制取多种有用的化工产品，合成路线如图：‎ ‎（1）甲的名称是 。检验该官能团常用的一种化学试剂 。‎ ‎（2）写出己和丁的结构简式：己 ，丁 。‎ ‎（3）乙有多种同分异构体，属于甲酸酯，含酚羟基，且酚羟基与酯的结构在苯环邻位的同分异构体共有 种。‎ ‎（4）庚与M合成高分子树脂的化学方程式为 。‎ ‎（5）参照以上路线，以甲为原料，合成。（无机试剂任选）‎ ‎【参考答案】‎ ‎7．A 。由于细菌、真菌和少数藻类等微生物使动植物遗体不断地腐烂、分解，转化成二氧化碳、水和无机盐，这些物质又是植物制造有机物的原料，“ 落红不是无情物，化作春泥更护花 ”蕴含了生态系统中的物质循环，A正确；分散质微粒直径在10— 9~10— 7m（1nm~100nm）的分散系才是胶体，PM2.5的颗粒物直径接近2.5×10－6 m大于10－7m，不能形成胶体，B错误；二甲醚在光照下分解产生甲醛等物质，会对环境造成新的污染，C错误； 湖泊池沼中腐烂的植物能产生CH4，则 “ 泽中有火……上火下泽 ”描述的是CH4在湖泊池沼水面上起火的现象，D错误。‎ ‎8．D。甲分子中含有饱和碳原子,由于饱和碳原子构成的是正四面体结构,与该C原子连接的原子最多有2个在这一平面上,所以不可能所有原子都在同一平面上,A错误；乙分子中含有碳碳双键和酯基,只有碳碳双键可与H2发生加成反应,二者反应的物质的量之比为1∶1,B错误;丙物质含有碳碳双键,可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液褪色,也可以与溴的CCl4溶液发生加成反应而使溶液褪色,两者反应原理不同,C错误;甲的分子式是C5H6,1 mol甲完全燃烧消耗O2的物质的量为6.5 mol,乙的分子式为C5H8O2,1 mol乙完全燃烧消耗O2的物质的量为6 mol,所以等物质的量的甲、乙分别完全燃烧时,消耗氧气的质量之比为13∶12,D正确。‎ ‎9．B。10g46%甲酸(HCOOH)水溶液含有溶质的物质的n(HCOOH)= ，其中含有O原子的物质的量为n(O)=2n(HCOOH)=0.2mol，该溶液中含有溶剂水的物质的量为n(H2O)= ，掌握水中所含的氧原子数为0.3mol，故该溶液中含有氧原子的总物质的量为0.5mol，含有的O原子数目为0.5NA，A正确；D216O和H218O的摩尔质量都为20g/mol，2.0g该混合物的物质的量为0.1mol，1分子的含有的中子数都为10个，1mol该混合物的中子数为NA，B错误；NaClO溶液中由于ClO－+ H2O HClO+OH－ ，使溶液显碱性，溶液中的OH－来自水电离产生，根据pH＝12可知，由水电离出的c(OH－)＝0.01 mol·L－1，1.0 L该溶液水电离出的OH－数目为0.01NA，故C正确；若加入29.4gCu(OH)2（即29.4g/98g·mol—1= 0.3mol），可以看成加入0.3mol CuO· H2O使溶液复原，原电解时在阴极上析出发生Cu2++2e—=Cu、2H2O+2e—=H2+2OH－，生成0.3mol铜转移电子个数=0.3mol×2×NA/mol=0.6NA ‎，根据原子守恒知，生成0.3mol水需要0.3mol氢气，生成0.3mol氢气转移电子的个数=0.3mol×2×NA/mol =0.6NA，所以电解过程中共转移电子数为1.2NA，D正确。‎ ‎10．D。碳酸钙为难溶物，不能拆开，应该写成CaCO3+2H+=Ca2++ H2O+CO2↑，A错误；盐酸与碳酸钙反应制备的CO2中含HCl杂质，先通过饱和NaHCO3溶液，除去HCl杂质，再通过浓硫酸，干燥CO2，B错误；在加热条件下，装置④中CO2与炽热的C反应生成CO，装置⑤中CO与MoO3发生氧化还原反应，由于CO有毒，可能造成操作者中毒，且为了提高CO的利用率，应该先对装置⑤加热，后对装置④加热，完成实验应该先停止对装置⑤加热，后停止装置④加热，用生成CO作保护气，可以防止Mo被氧化，C错误；装置④中未反应的CO2也能使装置⑥中澄清石灰水变浑浊，D错误。‎ ‎11．B。丁为二元离子化合物，其阴、阳离子之比为1:2，可以做潜水艇的供氧剂，确定为Na2O2；丁由单质A和单质B生成，构成A的元素X原子序数小于构成B的元素的原子序数Y，因此A为O2，B为Na；根据高中常涉及的电解反应，确定甲为氧化铝，乙为NaCl，因此C为Al、D为Cl2、丙为AlCl3；推导得出：X为O，Y为Na，Z为Al，W为Cl；甲为Al2O3，乙为NaCl，丙为AlCl3，丁为Na2O2。‎ 由于电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大吸电子能力越强，则半径越小，四种元素形成的离子分别为 ,因此离子半径：r(Cl－)>r(O2－)>r(Na+)>r(Al3+)，即r(W)>r(X)>r(Y)>r(Z)，A错误； 甲为Al2O3，乙为NaCl ，丁为Na2O2，其既含离子键也含共价键， ，B错误；非金属性O>Cl，气态氢化物越稳定，因此X（O）的简单氢化物的热稳定性比W（Cl）的强，即H2O>HCl，C正确；若是Y、Z、W的最高价氧化物对应水化物依次为NaOH、Al(OH)3、HClO4，由于Al（OH）3为两性氢氧化物，两两皆能反应，而题中只是Y、Z、W的氧化物对应水化物，氯可以对应弱酸HClO，其酸性太弱与Al(OH)3不反应，D错误。‎ ‎12．B。据图可知电解池中，铝电极失电子作阳极，电极反应为：2Al-6e-=2Al3+，在铝表面有氧气产生，说明有部分氢氧根离子放电，铁电极上水得电子作阴极，电极反应为：6H2O+6e-=3H2↑+6OH-，铅蓄电池中X与阴极铁相连，作负极，负极上发生的反应是Pb+SO42--2e-=PbSO4，Y与阳极铝相连，作正极，电极反应为PbO2+4H++SO42-+2e-= PbSO4+2H2O，串联电路中各电极转移电子相等，据此分析解答。‎ 蓄电池中两电极都生成硫酸铅，因此两个电极的质量都增加，A错误；铝电极失电子作阳极，电极反应为：2Al-6e-=2Al3+，在铝表面有氧气产生，说明有部分氢氧根离子放电，OH-‎ 是水电离产生，说明电解池阳极上被氧化的还原剂有Al和H2O，B正确；阳极铝电极反应为：2Al-6e-=2Al3+，阴极铁电极电极反应为6H2O+6e-=3H2↑+6OH-，总反应为2Al+6H2O 2Al(OH)3(胶体)+3H2↑，在铝的表面有氧气产生，说明还存在电解水的过程：2H2O O2↑+2H2↑，C错误；n(Pb)==0.5mol，Pb是+2价的金属，反应的Pb的物质的量是0.5mol，则反应转移电子的物质的量是0.5mol×2=1mol，根据串联电路中电子转移守恒，则电解池的阴极上反应产生H2的物质的量是0.5mol，D错误；‎ ‎13．B。由图知，加入10 mL0.1 mol·L-lAgNO3对应a1点的pM=4.9，该点对应离子浓度约等于1×10－4.9mol·L-l，近视完全反应，由Ag+（aq）+ Cl－（aq）AgCl(s)，Ag+与 Cl－反应计量比为1:1，可以确定曲线Ⅰ对应AgCl，曲线Ⅱ上b点时，恰好反应生成Ag2CrO4，－lgc(CrO42－)=4.0，c(CrO42－)= 10－4mol·L-l，则c(Ag+)=2× 10－4mol·L-l，该温度下，Ksp(Ag2CrO4)＝c(CrO42－)×c2(Ag+)=4×10－12，故A正确；al点恰好反应，－lgc(Cl-)=4.9，c(Cl-)=10－4.9mol·L-l，则c(Ag+)=10－4.9mol·L-l，b点c(Ag+)=2× 10－4mol·L-l，c点，K2CrO4过量，c(CrO42－)约为原来的1/4，则c(CrO42－)= 0.025mol·L-l，则c(Ag+)= =×10－5mol·L-l，al、b、c三点所示溶液中b点的c(Ag+)最大，故B错误；温度不变，氯化银的溶度积不变，若将上述NaCl溶液浓度改为0.2mol·L－1，平衡时，－lgc(Cl-)=4.9，但需要的硝酸银溶液的体积变成原来的2倍，因此a1点会平移至a2点，故C正确；根据上述分析，当溶液中同时存在Cl－和CrO42－时，加入硝酸银溶液，Cl－先沉淀，用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时，可用K2CrO4溶液作指示剂，滴定至终点时，会生成Ag2CrO4为红棕色沉淀，故D正确。‎ ‎26.（14分）【答案】(1)2Na2S2O4+O2=2Na2SO3+2SO2 (2分) ‎ ‎(2)①ad(2分) ②增大锌粉的表面积，加快反应速率 (2分) ZnS2O4+Na2CO3=Na2S2O4+ZnCO3↓(2分) ‎ ‎③ 除去晶体表面的水分，并减少Na2S2O4的溶解损失(2分) ‎ ‎(3)HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O(2分) (4)0.256(2分) ‎ ‎【解析】(1) Na2S2O4与O2生成Na2SO3和SO2，反应方程式为 2Na2S2O4 + O2 = 2Na2SO3 + 2SO2；‎ ‎(2)①浓硫酸与Na2SO3发生复分解反应产生Na2SO4、SO2、H2O，反应方程式为：H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O。反应不需要加热，Na2SO3‎ 是细小晶体，通过控制分液漏斗的活塞控制反应速率，装置a合理；不能控制反应速率，且浓硫酸具有吸水性，长颈漏斗容易导致浓硫酸稀释，b不合理；浓硫酸与盐的反应放出大量的热，会导致集气瓶炸裂，c不合理；通过控制分液漏斗的活塞控制反应速率，上下联通的导气管会使浓硫酸上下气体压强一致，便于浓硫酸顺利滴下，装置d合理。②工业上常将锌块进行预处理得到锌粉—水悬浊液，其目的是增大锌粉的表面积，加快反应速率。根据流程图可知步骤Ⅱ中发生复分解反应的化学方程式为ZnS2O4+Na2CO3=Na2S2O4+ZnCO3↓；③Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇，用乙醇洗涤，既能除去晶体表面的水分，并减少Na2S2O4的溶解损失；(3)目前，我国普遍采用甲酸钠法生产连二亚硫酸钠，其原理是先将HCOONa和烧碱加入乙醇水溶液液中，然后通入SO2发生反应，产生Na2S2O4，同时有CO2气体放出和水生成，总反应的化学方程式是HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O。(4)根据氧化还原反应中电子转移数目相等可知两种物质的反应关系为：2K3[Fe(CN)6] ～～Na2S2O4，n{K3[Fe(CN)6]}=0.02mol/L×0.01L=2×10-4mol，则n(Na2S2O4)=1×10-4mol，溶液的体积是50mL=0.05L，所以c(Na2S2O4)= 1×10-4mol÷0.05L=2×10-3mol/L，根据S元素守恒，该样品中Na2S2O4的含量以SO2计为：2×10-3mol/L ×2×64g/mol=0.256g•L-1。‎ ‎27.（14分）【答案】（1）升高温度、将废镍催化剂粉碎、搅拌等（1分） ‎ ‎（2）SiO2 （1分） ‎ ‎（3）Cr3++4OH-=CrO2-+2H2O（2分） （4） 除去Fe3+ （2分） NiS（1分） ‎ ‎（5）3NiS+8H++2NO3-=3Ni2++2NO↑+3S↓+4H2O（2分） （6） 1.4×10-5mol/L （2分）‎ ‎（7）Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O（2分） 阴 （1分） ‎ ‎【解析】废镍催化剂(主要成分为NiCO3和SiO2，含少量Fe2O3、Cr2O3)为原料制备硫酸镍，加入20%的硫酸酸溶，NiCO3、Fe2O3、Cr2O3反应进入溶液中，SiO2不能反应，过滤，滤渣Ⅰ为SiO2，滤液加入NaOH溶液进行一次碱析，滤液Ⅰ含有CrO2-，沉淀加入氯化铵、氨水缓冲液，由信息②可知滤渣Ⅱ为Fe(OH)3，过滤得到的滤液含有[Ni(NH3)6]2+，“净化”时通入的H2S，可以将镍元素转化为NiS沉淀，加入硝酸氧化，可生成S和Ni2+，加入氢氧化钠生成Ni(OH)2，过滤后加入硫酸可得到硫酸镍，经蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸镍晶体。(1)“酸溶”时为了提高浸取率，可以先将废镍催化剂粉碎，以增大固体表面积，或进行搅拌，并在加热条件下使废镍催化剂与20%硫酸充分反应等；(2)“滤渣Ⅰ”主要成分为二氧化硅；(3)Cr(OH)3难溶于水，Cr(OH)3是两性氢氧化物，可以与过量的NaOH溶液发生反应产生CrO2-，则含铬微粒发生反应的离子方程式为Cr3++4OH-=CrO2-+2H2O；(4)加入氯化铵和氨水的缓冲液，可生成Fe(OH)3沉淀，同时生成[Ni(NH3)6]2+，达到除去Fe3+‎ 的目的；“净化”时通入的H2S的目的是将镍元素转化为NiS沉淀，对应的离子方程式为[Ni[Ni(NH3)6]2++H2S= NiS↓+2NH4++4NH3↑；(5)“氧化”时HNO3将NiS氧化为S单质，HNO3被还原为NO，发生反应的离子方程式为3NiS+8H++2NO3-=3Ni2++2NO↑+3S↓+4H2O，从而可除去硫，生成镍离子；(6)离子浓度≤1×10-5mol/L时，离子沉淀完全，已知Ni(OH)2的Ksp=2×10-15，则c(OH-)= mol/L=1.4×10-5mol/L；(7)电解池中阳极发生氧化反应，依据题意可知铁在阳极失去电子，碱性环境下生成高铁酸根离子FeO42-，阳极的电极反应式为：Fe-6e-+8OH-= FeO42-+4H2O，离子交换膜(b)为阴离子交换膜，可使氢氧根离子进入阳极区。‎ ‎28.（15分）【答案】 （1）① CH3OH(g)CO(g)+2H2(g) ΔH = +90 kJ/mol （2分） ‎ 升温（1分） ‎ ‎② 提高甲醇的利用率、有利于抑制CO的生成或抑制副反应发生（2分） ‎ ‎③ ×100％ （2分）‎ ‎（2）①1.2×104 （2分） ‎ ‎②大于（1分） 小于 （1分） 48 (mol/L)2 （2分） 正反应方向 （2分） ‎ ‎【解析】(1)①根据盖斯定律计算所求反应的焓变，从压强和温度角度分析措施；②适当增大水醇比[n(H2O)：n(CH3OH)]，可视为增大H2O的量，能使CH3OH转化率增大，生成更多的H2，抑制转化为CO的反应的进行；③根据主反应方程式计算，平衡体系总压为各组分分压之和；(2)①根据v逆=k•c(CO)•c3(H2)计算k的值；②反应为气体分子数增多的反应，随着反应的进行，体系压强增大，增大压强不利于反应正向进行，反应为吸热反应，温度升高有利于反应正向进行，化学反应平衡时的正反应和逆反应速率相等；根据温度高、压强大使化学反应速率加快分析M、N点速率大小；利用三段式计算平衡时各种物质的物质的量，结合容器的容积得到相应物质的平衡浓度，根据平衡常数表达式可得其平衡常数的数值。然后将加入1 mol CH4和1 mol CO加入反应体系，计算此时的Qc并与K比较，判断平衡移动的方向。‎ ‎(1)①已知：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) △H = +49 kJ/mol，‎ ‎②H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g) △H=+41kJ/mol，‎ 根据盖斯定律，反应可由①+②整理可得，CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)△H=△H1+△H2=+90kJ/mol；该反应为吸热反应，升高温度既能加快化学反应速率同时可以促使反应正向进行，提高CH3‎ OH平衡转化率，而增大压强能加快化学反应速率，但对正反应不利，所以既能加快反应速率又能提高CH3OH平衡转化率的一种措施是升高温度；②适当增大水醇比[n(H2O)：n(CH3OH)]，可视为增大H2O的量，能使CH3OH转化率增大，生成更多的H2，抑制转化为CO的反应的进行，所以适当增大水醇比[n(H2O)：n(CH3OH)]对甲醇水蒸气重整制氢的好处为：提高甲醇的利用率，有利于抑制CO的生成；③主反应为：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)，n(H2O)：n(CH3OH)=1：1的原料气充入恒容密闭容器中，初始压强为p1，反应达到平衡时总压强为p2，根据同温同体积条件下的体系中，各组分的压强之比等于其物质的量之比，可知：‎ CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)‎ 初始压强 0.5p1 0.5p1‎ 转化压强 p p p 3p 平衡压强 0.5p1-p 0.5p1-p p 3p 所以可得p2=(0.5p1-p)+(0.5p1-p)+ p+3p=p1+2p，故p=，则平衡时甲醇的转化率为α=×100％‎ ‎(2)①根据v逆=k•c(CO)•c3(H2)，由表中数据，c13=mol3/L3，则c2==0.2mol/L，所以k= L3•mol−3•min−1=1.2×104 L3•mol−3•min−1；‎ ‎②反应为气体分子数增多的反应，随着反应的进行，体系压强增大，增大压强不利于反应正向进行，所以压强p1大于p2；M、N都处于平衡状态，该点的正反应速率等于逆反应速率。由于温度：M>N，压强：M>N，升高温度或增大压强都会使化学反应速率加快，因此N点v正

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