（3）滤渣2的主要成分是 CoS和NiS ；利用（NH4）2S除杂易产生H2S，危害生产人员的健康，可用二乙基二硫代氨基甲酸钠（DDTC）代替（NH4）2S．
已知：25℃，Ksp[Ni（DDTC）2]=7.94×10﹣14，电解液中Ni2+的最大允许浓度为1.70×10﹣5
mol?L﹣1，若某电解液中c（DDTC﹣）=8.00×10﹣5mol?L﹣1，则该电解液中的c（Ni2+） 是 （填“是”、“否”）符合Ni2+的最大允许浓度要求．
（4）电解时，阴极发生主要反应的电极反应式为 Mn2++2e﹣=Mn ，由于发生副作用，阴极上会产生少量气体，其分子式为 H2 ．
（5）为增强电解所得金属锰的抗腐蚀性，可用3%的K2Cr2O7酸性溶液钝化处理，还原产物为Cr3+，假定钝化层的化学成分为MnOx，则该反应的离子方程式为 xCr2O72﹣+3Mn2++8xH+=2xCr3++3MnOx+4xH2O ．
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
【分析】向碳酸锰矿（主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质）中加入硫酸，可以发生反应生成硫酸盐，向其中就如具有氧化性的二氧化锰，可以将亚铁离子氧化为铁离子，调节pH可以将氢氧化铁沉淀下来，向滤液中加入硫化铵，可以将镍离子、钴离子形成硫化物沉淀下来，最后对得到的含有锰离子的盐电解，可以得到金属锰，
（1）温度控制是为了获得较大的反应速率，同时避免反应①逆向进行有效锰的浸出率； （2）据得失电子守恒有MnO2+2Fe2+﹣﹣Mn2++2Fe3+，再据电荷守恒有MnO2+2Fe2++4H+﹣﹣Mn2++2Fe3+，最后据原子守恒得MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
（3）由于在第一次过滤之后的滤液中含有Mn2+、Ni2+、Co2+，向其中加入（NH4）2S，根据各物质的溶度积常数可确定有CoS和NiS沉淀（滤渣2）生成；
（4）由于第二次过滤后的滤液中主要含有NiSO4，电解该溶液时Ni2+在阴极上被还原：Mn2++2e﹣=Mn，阴极上会产生少量气体是溶液中氢离子得到电子生成氢气； （5）用3%的K2Cr2O7酸性溶液钝化处理，还原产物为Cr3+，假定钝化层的化学成分为MnOx，发生的反应是重铬酸钾氧化锰离子生成MnOx，结合电荷守恒和原子守恒配平书写离子方程式．
【解答】解：（1）酸浸时控制温度为80～90℃，原因是温度过低反应速率小，温度过高反应①平衡逆向移动，锰元素的浸出率降低，
故答案为：温度过低反应速率小，温度过高反应①平衡逆向移动，锰元素的浸出率降低； （2）步骤Ⅱ中，MnO2在酸性条件下可将Fe2+离子氧化为Fe3+，反应的离子方程式是据得失电子守恒有MnO2+2Fe2+﹣Mn2++2Fe3+，再据电荷守恒有MnO2+2Fe2++4H+﹣Mn2++2Fe3+，最后据原子守恒得，MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，再加入氨水调节pH至5～6的作用是沉淀铁离子生成氢氧化铁沉淀，
故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀；
（3）由于在第一次过滤之后的滤液中含有Mn2+、Ni2+、Co2+，向其中加入（NH4）2S，根据各物质的溶度积常数可确定有CoS和NiS沉淀（滤渣2）生成； 故答案为：CoS和NiS；
（4）由于第二次过滤后的滤液中主要含有NiSO4，电解该溶液时Ni2+在阴极上被还原：Mn2++2e﹣=Mn，阴极上溶液中的氢离子得到电子生成氢气， 故答案为：Mn2++2e﹣=Mn；H2； （5）用3%的K2Cr2O7酸性溶液钝化处理，还原产物为Cr3+，假定钝化层的化学成分为MnOx，发生的反应是重铬酸钾氧化锰离子生成MnOx，结合电荷守恒和原子守恒配平书写离子方程式为：xCr2O72﹣+3Mn2++8xH+=2xCr3++3MnOx+4xH2O， 故答案为：xCr2O72﹣+3Mn2++8xH+=2xCr3++3MnOx+4xH2O．
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9．一定量的CO2与足量的C在恒容密闭容器中发生反应：C（s）+CO2（g）?2CO（g）△H．
回答下列问题：
（1）已知C和CO的燃烧热分别为393KJ?mol﹣1、283KJ?mol﹣1，则上述反应的△H= +173KJ/mol ．
（2）若反应进行到10s时，测得容器内的密度增大了2.4g?L﹣1，则10s内用CO表示的平均反应速率为 0.04mol/（L?s） ．
（3）若将反应容器改为容积可变的恒压密闭容器，压强为ρkPa，平衡时体系中气体体积分数与温度的关系如图所示．
①650℃时CO2的平衡转化率为 25% ．
②T1℃的平衡常数Kp= 0.5pka （用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）；该温度下达平衡后若再充入等物质的量的CO和CO2气体，则平衡 不 （填“正向”、“逆向”或“不”）移动，原因是 Qp=Kp ．
③已知：Kp=Kc（RT）△v，其中R=8.314L?kPa?mol﹣1?K﹣1，△v=气态产物的化学计量数之和﹣气态反应物的化学计量数之和．若该反应的1200 K．
的值为9976.8，则此时的热力学温度为
【考点】化学平衡的计算；反应热和焓变；化学平衡的影响因素． 【分析】（1）燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，根据C和CO的燃烧热书写热化学方程式，根据已知热化学方程式构建目标方程式，根据盖斯定律计算C（s）+CO2（g）?2CO（g）的△H；
（2）根据差量法求出生成的CO的物质的量，然后根据V=
求出反应的速率；
（3）①由图可知，650℃时，反应达平衡后CO的体积分数为40%，设开始加入的二氧化碳为1mol，根据三段式进行计算；
②反应前压强为ρkPa，分压=总压×物质的量分数，根据反应后的物质的量分数计算T1℃的平衡常数Kp，T1℃时Qp=Kp，平衡不移动； ③C（s）+CO2（g）?2CO（g），△v=气态产物的化学计量数之和﹣气态反应物的化学计量数之和=1，根据Kp=Kc（RT）△v，代入相关数据即可解得此时的热力学温度．
C和CO的燃烧热分别为393KJ?mol﹣1、283KJ?mol﹣1，【解答】解：（1）依据燃烧热是1mol
可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，反应的热化学方程式分别为：
①C（s）+O2（g）→CO2（g）△H=﹣393KJ/mol，②2CO（g）+O2（g）→2CO2（g）△H=﹣566KJ/mol，将①﹣②得到C（s）+CO2（g）?2CO（g），根据盖斯定律
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△H=（﹣393KJ/mol）﹣（﹣566KJ/mol）=+173KJ/mol， 故答案为：+173KJ/mol；
（2）假设体积为1L，测得容器内的密度增大了2.4g?L﹣1，C（s）+CO2（g）?2CO（g）△m
12 44 56 12
m 2.4g
解得m=11.2g，n==
=0.4mol，则10s内用CO表示的平均反应
速率为V===0.04mol/（L?s），
故答案为：0.04mol/（L?s）；
（3）①由图可知，650℃时，反应达平衡后CO的体积分数为40%，设开始加入的二氧化碳为1mol，转化了xmol，
则有C（s）+CO2（g）?2CO（g）
开始 1 0 转化 x 2x 平衡 1﹣x 2x 所以
×100%=40%，解得x=0.25mol，则CO2的转化率为：
×100%=25%，
故答案为：25%；
②若将反应容器改为容积可变的恒压密闭容器，压强为ρkPa，由图可知，T1℃时，反应达平衡后CO和CO2的体积分数都为50%，分压=总压×物质的量分数，T1℃时平衡
Kp=0.5ρkPa，由图可知，T1℃时，反应达平衡后CO和CO2的体积分数都为50%为平衡状态，该温度下达平衡后若再充入等物质的量的CO和CO2气体，Qp=Kp，则平衡不移动， 故答案为：0.5pka；不；Qp=Kp； ③C（s）+CO2（g）?2CO（g），△v=气态产物的化学计量数之和﹣气态反应物的化学计量数之和=2﹣1=1，Kp=Kc（RT）△v，其中R=8.314L?kPa?mol﹣1?K﹣1，v=1，分别代入得：Kp=
=1200，
的值为9976.8，△
故答案为：1200．
10．Cux（NH3）y（SO4）z?nH2O是深蓝色晶体，可溶于水，不溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，
常用作杀虫剂、媒染剂等．某小组利用废铜屑、硫酸、氨水等原料制备该晶体并测定其组成．
①制备：将废铜屑充分灼烧后用足量稀硫酸溶解，向所得溶液中加入氨水至析出的蓝色沉淀溶解为深蓝色溶液，加入适量无水乙醇，静置、减压过滤，得粗产品．将粗产品先用乙醇和浓氨水的混合液洗涤，再用乙醇与乙醚的混合液淋洗，干燥后即得产品．
②NH3的测定：精确称取ag产品于锥形瓶中，加适量蒸馏水溶解，按如图所示组装实验装置．向长颈漏斗中加入10%NaOH溶液至小试管盛满并溢出足量溶液，加热，保持微沸，将
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样品液中的氨全部蒸出，用V1mLc1mol?L﹣1的盐酸标准溶液吸收，蒸氨结束后取下接收瓶，用c2mol?L﹣1NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗NaOH溶液V2mL．
③SO42﹣的测定：精确称取bg产品，加适量水溶解，加入足量盐酸，滴加氯化钡溶液至不再产生沉淀为止，过滤、洗涤、干燥，称量沉淀质量为dg． 回答下列问题：
（1）废旧金属再利用时一般先要用热碳酸钠溶液浸泡，以除去表面的油污，本实验未设计此步骤，其理由是 灼烧时油污生成二氧化碳与水而除去 ；洗涤粗产品时不能用水而用乙醇和浓氨水的混合液，其目的是 减少粗产品的溶解损耗 ．
（2）蒸氨时，装置A的锥形瓶中有黑色固体析出，其化学式为 CuO ；长颈漏斗下端管口插入小试管中的主要作用是 液封，防止氨气从长颈漏斗上口逸出 ．
（3）蒸氨结束后，取出并拔掉插入HCl溶液中的导管，用少量水将导管内外沾附的溶液洗入B中的锥形瓶内，再进行滴定．若未进行此操作，氨的含量测定结果将 偏大 （填“偏大”、“偏小”或“无影响”）；样品中NH3的质量分数表达式为
×100% ．
（4）洗涤硫酸钡沉淀时，确定沉淀已洗净的实验操作及现象是 取少量最后一次滤出液于试管中，滴加硝酸银溶液，没有白色沉淀生成，说明洗涤干净 ，样品中SO42﹣的质量分数表达式为
×100% ．
（5）Cux（NH3）y（SO4）z?nH2O晶体中，铜、氨、硫酸根、结晶水的质量分数理论值分别为26.02%、27.64%、39.02%、7.32%，有关该晶体组成的下述表达式正确的是 CD ． A、x=y+z B、2x=y+2z C、x=z D、3y=4（x+z+n）
【考点】制备实验方案的设计． 【分析】（1）灼烧时油污生成二氧化碳与水而除去；洗涤时，洗去附着的杂质，要减小产品因溶解导致的损失；
（2）蒸氨时，装置A的锥形瓶中有黑色固体析出，应产生的氢氧化铜分解生成CuO；防止氨气从长颈漏斗中逸出；
（3）会附着剩余的HCl，若不洗涤，导致滴定剩余的HCl偏小，吸收氨气消耗的盐酸偏多；
根据消耗氢氧化钠计算剩余HCl物质的量，再计算与氨气反应HCl的物质的量，可得氨气的质量，进而计算氨气的质量分数；
（4）硫酸钡沉淀会附着氯化钡，利用硝酸银溶液检验最后一次滤出液中是否含有氯离子，判断洗涤是否干净；
生成的沉淀为硫酸钡，根据硫酸根守恒计算；
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（5）根据n=计算物质的量之比，再结合电荷守恒判断．
【解答】解：（1）灼烧时油污生成二氧化碳与水而除去，不需要再用热碳酸钠溶液浸泡，以除去表面的油污；
洗涤粗产品时不能用水而用乙醇和浓氨水的混合液，其目的是：减少粗产品的溶解损耗， 故答案为：灼烧时油污生成二氧化碳与水而除去；减少粗产品的溶解损耗；
（2）蒸氨时，装置A的锥形瓶中有黑色固体析出，应产生的氢氧化铜分解生成CuO；长颈漏斗下端管口插入小试管中的主要作用是：起液封作用，防止氨气从长颈漏斗上口逸出， 故答案为：CuO；液封，防止氨气从长颈漏斗上口逸出；
（3）会附着剩余的HCl，若不洗涤，导致滴定剩余的HCl偏小，吸收氨气消耗的盐酸偏多，氨的含量测定结果将偏大，
到终点时消耗NaOH溶液V2×10﹣3L×c2mol?L﹣1=c2V2×10﹣3 mol，则与氨气反应HCl的物质的量为V1×10﹣3L×c1mol?L﹣1﹣V2×10﹣3L×c2mol?L﹣1=（c1V1﹣c2V2）×10﹣3 mol，故氨气为（c1V1﹣c2V2）×10﹣3 mol，则样品中NH3的质量分数表达式为：{[（c1V1﹣c2V2）×10﹣3 mol×17g/mol]÷ag×}100%=
×100%，
故答案为：偏大；×100%；
（4）洗涤硫酸钡沉淀时，确定沉淀已洗净的实验操作及现象是：取少量最后一次滤出液于试管中，滴加硝酸银溶液，没有白色沉淀生成，说明洗涤干净， 生成的沉淀为硫酸钡，硫酸根守恒可知样品中硫酸根的质量为则样品中SO42﹣的质量分数表达式为
×96g/mol=
g，
×100%=×100%；
故答案为：取少量最后一次滤出液于试管中，滴加硝酸银溶液，没有白色沉淀生成，说明洗涤干净；
×100%；
（5）Cux（NH3）y（SO4）z?nH2O晶体中，铜、氨、硫酸根、结晶水的质量分数理论值分27.64%、39.02%、7.32%，nnn=别为26.02%、则n（Cu）：（NH3）：（SO42﹣）：（H2O）
：
：
=1：4：1：1，则：x=z 及3y=4（x+z+n）符合，
：
故选：CD．
三、化学——选修2：化学与技术（共1小题，满分15分）
11．奥地利化学家拜耳的“碱溶法”与法国化学家埃鲁的“电解法”相结合，奠定了现代电解冶炼铝工业方法的基础，电解铝的原料主要来自铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2等），
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