热门试卷

（51）氨氧化法制取硝酸的反应式：4NH3+5O24NO+6H2O，2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO；设能生产出浓度为40%的硝酸x千克，则答案为：4NH3+5O24NO+6H2O，2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO；1912.5；联立方程解得：x=0.2，y=0.1，所以原固体混合物中Cu和Cu2O的物质的量之比为2：1，答：混合物中Cu和Cu2O的物质的量之比为2：1；②根据电子转移守恒可知：3n（NO）=2n（Cu）+2n（Cu2O），即3n（NO）=2×0.2mol+2×0.1mol，则n（NO）=0.2mol，根据N元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3）=0.2mol+1.0mol/L×1.0L=1.2mol，所以原硝酸溶液的浓度为=2.4mol/L，答：硝酸的物质的量浓度是2.4mol/L．

（52）①在所得溶液中加入NaOH溶液后，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L×1.0L=1mol，沉淀为Cu（OH）2，质量为39.2g，Cu（OH）2的物质的量为：=0.4mol，根据铜元素守恒有：n（Cu）+2n（Cu2O）=n[Cu（OH）2]，所以反应后的溶液中n[[Cu（NO3）2]=n[Cu（OH）2]=0.4mol，设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量可得：64x+144y=27.2，根据铜元素守恒有：x+2y=0.4，联立方程解得：x=0.2，y=0.1，所以原固体混合物中Cu和Cu2O的物质的量之比为2：1，答：混合物中Cu和Cu2O的物质的量之比为2：1；②根据电子转移守恒可知：3n（NO）=2n（Cu）+2n（Cu2O），即3n（NO）=2×0.2mol+2×0.1mol，则n（NO）=0.2mol，根据N元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3）=0.2mol+1.0mol/L×1.0L=1.2mol，所以原硝酸溶液的浓度为=2.4mol/L，答：硝酸的物质的量浓度是2.4mol/L．

（53）氢氧化钠溶液过量，反应后溶液中只含两种溶质，则反应生成NaNO3，发生的反应为：4NO+3O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O，发生反应的NO和O2的总体积为：30mL﹣2mL=28mL，若剩余的2mL为NO时，氧气体积为28mL×=12mL，NO体积为：30mL﹣12mL=18mL，原混合气体中NO和O2体积比18mL：12mL=3：2；若剩余的2mL为氧气时，NO体积为28mL×=16mL，氧气体积为：30mL﹣16mL=14mL，原混合气体中NO和O2体积比16mL：14mL=8：7；

 A．Cu5FeS4中Cu的质量分数为64*5/（64*5+56+32*4）=63%，B．CuFeS2中Cu的质量分数为64/（64+56+32*2）=34%，C．Cu2S中Cu的质量分数为64*2/（64*2+32）=80%，   D．Cu2(OH)2CO3中Cu的质量分数为64*2/（64*2+34+60）=57．7%，则含铜量最高的为C，故答案为C。

精炼铜产量796万吨，若全部由含Cu2S质量分数为32%的铜矿石冶炼得到，则需要铜矿石质量为796/（80%*32%）=3109．4万吨，故答案为3109．4。

由题意可知，KOH与CuSO4和N2H4生成的无毒气体为氮气和氧化亚铜等，则该制备过程的反应方程式为4CuSO4+N2H4+8KOH 2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O，故答案为4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O;

①由图可知，铜失电子生成了铜离子，则铜为负极，正极为氧气的电子生成OH—，电极反应的方程式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故答案为c，O2+2H2O+4e-=4OH-;②正极产物为OH—，负极产物为铜离子，氯离子与其反应的方程式为Cl-+2Cu2++3OH-==Cu2(OH)3Cl↓，故答案为Cl-+2Cu2++3OH-==Cu2(OH)3Cl↓。

根据酸性锌锰干电池的构造可知，放电时，负极Zn失去电子生成Zn2＋，正极MnO2得到电子生成MnOOH，从而可写出正极和负极的电极反应式，对应的正极反应式应为

MnO2+e-+NH4+=MnO(OH)+NH3，

MnO（OH）中锰元素的化合价为+3价；

电池工作5分钟，通过的电量Q＝0.5 A×10min×60 s/min＝300 C，因此通过电子的物质的量n(e－)＝Q/F＝＝3.11×10－3 mol，则理论消耗Zn的质量是m(Zn)＝3.11×10－3 mol/2×65 g/mol＝0.1g。

常见的酸性锌锰干电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是有碳粉，二氧化锰，氯化锌和氯化铵等组成的糊状填充物，由于ZnCl2的溶解度受温度影响较大，而NH4Cl的溶解度受温度影响较小，所以可采用加热浓缩、冷却结晶的方法分离氯化锌和氯化铵混合物；根据废电池糊状填充物中碳粉和MnO2及正极放电产生的MnOOH都不溶于水，可确定滤渣的主要成分是MnO2、MnO(OH)和碳粉；

铁溶于稀硫酸生成Fe2＋，Fe2＋被双氧水氧化为Fe3＋，加碱调节pH可得到Fe(OH)3沉淀。加入双氧水时发生反应的离子方程式为：2Fe2+ + H2O2 + 2H+ = 2Fe3++2 H2O；

Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)＝10－38，铁离子开始沉淀时溶液的pH应为（假定、Fe3＋浓度为0.01mol·L－1）：，

则c(H＋)＝1×10－2 (mol/L)，pH＝2；

若上述过程不加双氧水就加碱调节pH，锌开始沉淀时，Zn(OH)2和Fe(OH)2的Ksp相近，若不加双氧水，沉淀Zn2＋的同时Fe2＋也会沉淀，直接得到的沉淀中应主要含有Zn(OH)2和Fe(OH)2。

根据H2还原NO生成N2和1 mol水蒸气的能量变化示意图可知此反应为放热反应， 反应的热化学方程式：2H2(g)＋2NO(g)N2(g)＋2H2O (g) ΔH =2(E1-E2)kJ·mol-1

化学平衡的标志是正逆反应速率相等，当逆反应速率大于正反应速率时，说明反应是逆向进行的，CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H＜0；
A．正反应速率先增大后减小，说明反应正向进行，故A正确；              
B．逆反应速率先增大后减小，说明反应逆向进行，故B错误；
C．化学平衡常数K值增大，说明平衡正向进行，故C正确；                
D．反应物的体积百分含量增大，可能逆向进行，也可能正向进行，不能说明反应正向进行，故D错误；
E．恒容容器中加入生成物，平衡逆向进行，气体质量增大，条件不变，混合气体的密度增大，故E错误；故答案：AC

由题意2NO(g)+2CO(g) ⇌ N2(g)+2CO2(g) △H<0 ；△H＜0，而△S＞0可知化学反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当△G=△H-T△S＜0时，反应能自发进行，所以温度低能自发反应，故答案：低温

对于可逆反应2NO(g)+2CO(g) ⇌ N2(g)+2CO2(g) △H<0 ，本题考查脱氮率即NO的转化率影响，即是外界条件对化学平衡的影响

A选项，图象研究的是不同催化剂在不同的温度下的活性比较，催化剂对化学平衡无影响，错误

B选项，反应为2NO(g)+2CO(g) ⇌ N2(g)+2CO2(g) △H<0体积减小的反应，增大压强平衡向正向反应方向移动，有影响，故D错误

C选项，图象研究的是不同催化剂在不同的温度下的活性比较，最高点为催化剂活性最大的状态，与平衡转化率无关，故C错误；

D选项，最高点为催化剂活性最大的状态，也是催化剂最适宜的温度，故D正确。

A选项不正确，B选项不正确，C选项不正确，所有选D选项。

反应的平衡常数K=生成物浓度幂之积/反应物浓度幂之积，本题利用化学平衡计算三步分析法可算出平衡时各物质的浓度。起始c（NO）=c（CO）=0.4mol/2L=0.2mol/L

由图像可知平衡时c(NO)平=0.2mol/2L=0.1 mol/L

2NO(g)+2CO(g) ⇌ N2(g)+2CO2(g)

起始浓度(mol/L)  0.2     0.2      0      0

变化浓度(mol/L)   2X      2X      X      2X

平衡浓度(mol/L)  0.2-X   0.2-X    X      2X

可算出X=0.05mol/L，c(CO)平 =0.1 mol/L ，c(N2)平 =0.05 mol/L ，c(CO2)平 =0.1 mol/L

其平衡常数K===5；

第6分钟继续加入0.2 mol NO、0.2 mol CO、0.2 mol CO2和0.3 mol N2 后其浓度分别为

c(CO)平 =0.2 mol/L ，c(CO)平 =0.2 mol/L ，c(N2)平 =0.2 mol/L ，c(CO2)平 =0.2 mol/L

Q===5=K，说明加入物质后平衡不移动，所以6分钟后图像

N(NO)=0.4mol图像为

将NOx脱氮转化成无毒的N2从化合价分析可知，N元素从+2x价降为0价，作氧化剂，其脱氮剂元素化合价要升高，作还原剂。NH3 中N的化合价为-3最低价，可升高，CH4 中C化合价-4最低价，可升高，KMnO4具有很强氧化性Mn元素最高价，所以错误，尿素[CO(NH2)2]中C、N化合价可升高，因此答案是NH3、CH4 、尿素，故答案为ABD。