精准押题大题练(第二练)(限时30分钟)26．氰化物有剧毒，冶金工业会产生大量含氰化物的废水，其中氰化物以CN－等形式存在于废水中某化学小组同学对含氰化物废水处理进行研究Ⅰ.查阅资料：含氰化物的废水破坏性处理方法利用强氧化剂将氰化物氧化为无毒物质，如以TiO2为催化剂用NaClO将CN－氧化成CNO－(CN－和CNO－中N元素均为－3价)，CNO－在酸性条件下继续与NaClO 反应生成N2、CO2、Cl2等Ⅱ.实验验证：破坏性处理CN－的效果化学兴趣小组的同学在密闭系统中用如图装置进行实验，以测定CN－被处理的百分率，实验步骤如下：步骤1：取一定量废水进行加热蒸发、浓缩步骤2：取浓缩后含CN－的废水与过量NaClO溶液的混合液共200 mL(设其中CN－的浓度为 0.2 mol·L－1)倒入甲中，塞上橡皮塞步骤3：点燃酒精灯对丁装置加热步骤4：打开甲上的橡皮塞和活塞，使甲中溶液全部放入乙中，关闭活塞步骤5：打开活塞K，通一段时间N2，关闭活塞K步骤6：实验完成后测定干燥管Ⅰ(含碱石灰)的质量m2[实验前干燥管Ⅰ(含碱石灰)的质量m1]回答下列问题：(1)在破坏性处理方法中，在酸性条件下NaClO和CNO－反应的离子方程式为2CNO－＋6ClO－＋8H＋===2CO2↑＋N2↑＋3Cl2↑＋4H2O，请标出反应中电子转移的方向和数目：________________________________________________________________________。
2)对丁装置加热放在步骤3进行的原因是__________________________________________________________3)丙装置中的试剂是____________4)干燥管Ⅱ的作用是______________________________________________________5)请简要说明实验中通入N2的目的是_______________________________________________________________________________________________________________6)若干燥管Ⅰ中碱石灰增重1.408 g，则该实验中测得CN－被处理的百分率为________解析：(1)根据题意可知，酸性条件下CNO－与NaClO反应生成N2、CO2和Cl2，电子转移的方向和数目如下：(2)装置丁的作用是利用铜与Cl2反应，除去乙中反应生成的气体中混有的Cl2，故乙中反应之前应先点燃酒精灯对丁装置加热，防止干燥管Ⅰ吸收Cl2，影响CO2质量的测定3)实验原理为测量干燥管Ⅰ吸收的CO2的质量确定对CN－的处理效果，由于乙装置中产生N2、CO2、Cl2、H2O，Cl2与H2O都能被碱石灰吸收，影响CO2质量的测定。
所以进入干燥管Ⅰ的气体应除去Cl2与H2O，用浓硫酸吸H2O，用铜丝除去Cl2，故丙装置中的试剂是浓硫酸4)干燥管Ⅰ的作用是吸收CO2，测定产生的CO2的质量，空气中的CO2、水蒸气进入干燥管Ⅰ会干扰实验，干燥管Ⅱ的作用是防止空气中的CO2、水蒸气进入干扰实验5)装置中残留有CO2未被完全吸收，导致测定的CO2质量偏低，通入N2使装置中的CO2全部被排到干燥管Ⅰ中被吸收，减少误差6)干燥管Ⅰ中碱石灰增重1.408 g为CO2的质量，物质的量为＝0.032 mol，根据碳原子守恒可知被处理的CN－的物质的量为n(CN－)＝n(CO2)＝0.032 mol，原溶液中CN－的物质的量为0.2 L×0.2 mol·L－1＝0.04 mol，所以该实验中测得CN－被处理的百分率为×100%＝80%答案：(1)(2)将产生的氯气及时除去 (3)浓硫酸(4)防止空气中的水和CO2进入干燥管Ⅰ中影响对CO2的测量(5)使装置中的CO2全部被排到干燥管Ⅰ中被吸收，减少误差 (6)80%27．碲被誉为“现代工业、国防与尖端技术的维生素”，它在地壳中平均的丰度值很低，铜阳极泥中碲的回收越来越引起人们的重视某电解精炼铜的阳极泥经预处理后主要含有TeO2和少量Ag、Au，以此预处理阳极泥为原料制备单质碲的一种工艺流程如图：已知TeO2是两性氧化物，微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱分别生成Te4＋和TeO。
回答下列问题：(1)阳极泥预处理时发生反应：Cu2Te＋O2CuO＋TeO2(未配平)，Cu2Te中Te的化合价为__________，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________2)“过滤Ⅰ”所得滤液中，阴离子主要有____________，要从滤渣1中分离出Au，可以向滤渣1中加入的试剂是________3)步骤②控制溶液的pH为4.5～5.0，反应的化学方程式为________________________________________________________________________，防止酸度局部过大的操作是____________________________________________4)步骤④发生反应的离子方程式是___________________________________________________________________________________________________________________5)高纯碲的制备采用电解精炼法将上述流程得到的粗碲溶于NaOH溶液配成电解液，用适当的电极进行电解，阳极产生的气体是____________，阴极的电极反应式为________________________________________________________________________。
解析：(1)Cu2Te中Cu的化合价为＋1，Te的化合价为－2，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式：Cu2Te＋2O22CuO＋TeO2，结合氧化还原反应中元素化合价的变化可知，该反应中O2是氧化剂，Cu2Te是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶12)TeO2是两性氧化物，微溶于水，易溶于较浓的NaOH溶液生成TeO，则“过滤Ⅰ”所得滤液中，阴离子主要有TeO、OH－因为Ag能够溶于稀硝酸，而Au不溶于稀硝酸，要从滤渣1中分离出Au，可以向滤渣1中加入的试剂是稀硝酸3)结合流程图可知，经过步骤②生成TeO2，发生反应的化学方程式为H2SO4＋Na2TeO3===Na2SO4＋TeO2↓＋H2O，防止酸度局部过大的操作是缓慢加入硫酸并不断搅拌4)TeO2是两性氧化物，易溶于较浓的强酸生成Te4＋，故步骤③反应后的溶液中含有Te4＋，步骤④发生反应的离子方程式为Te4＋＋2SO2＋4H2O===Te↓＋2SO＋8H＋5)粗碲溶于NaOH溶液可得含Na2TeO3的溶液，用适当的电极进行电解，阳极上OH－失电子生成O2，阴极上TeO得电子生成Te，故阴极的电极反应式为TeO＋4e－＋3H2O===Te↓＋6OH－。
答案：(1)－2 2∶1 (2)TeO、OH－ 稀硝酸(3)H2SO4＋Na2TeO3===Na2SO4＋TeO2↓＋H2O 缓慢加入硫酸并不断搅拌(4)Te4＋＋2SO2＋4H2O===Te↓＋2SO＋8H＋(5)O2 TeO＋4e－＋3H2O===Te↓＋6OH－28．对温室气体二氧化碳的研究一直是科技界关注的重点Ⅰ.在催化剂存在下用H2还原CO2是解决温室效应的重要手段之一，相关反应如下：主反应：CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g) ΔH1①副反应：CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g)ΔH2＝＋41.2 kJ·mol－1已知：H2和CH4的燃烧热分别为285.5 kJ·mol－1和890.0 kJ·mol－1；H2O(l)===H2O(g) ΔH＝＋44 kJ·mol－11)ΔH1＝________ kJ·mol－12)有利于提高CH4产率的反应条件是__________________________(至少写两条)工业上提高甲烷反应选择性的关键因素是________3)T ℃时，若在体积恒为2 L的密闭容器中同时发生上述反应，将物质的量之和为5 mol的H2和CO2以不同的投料比进行反应，结果如图1所示。
若a、b表示反应物的平衡转化率，则表示H2平衡转化率的是________，c、d分别表示CH4(g)和CO(g)的体积分数，由图1可知＝________时，甲烷产率最高若该条件下CO的产率趋于0，则T ℃时①的平衡常数K＝________Ⅱ.溶于海水的CO2 95% 以HCO形式存在在海洋中，通过图2钙化作用实现碳自净4)写出钙化作用的离子方程式_____________________________________________5)如图3所示，电解完成后，a室的pH________(填“变大”“变小”或“几乎不变”)；b室发生反应的离子方程式为___________________________________解析：(1)由H2和CH4的燃烧热分别为285.5 kJ·mol－1和890.0 kJ·mol－1，可得H2(g)＋O2(g)===H2O(l) ΔH＝－285.5 kJ·mol－1 ②，CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－890.0 kJ·mol－1 ③，将H2O(l)===H2O(g) ΔH＝＋44 kJ·mol－1编号为④，根据盖斯定律知，①＝②×4－③＋④×2，则ΔH1＝(－285.5 kJ·mol－1)×4－(－890.0 kJ·mol－1)＋(＋44 kJ·mol－1)×2＝－164.0 kJ·mol－1。
2)该主反应为气体分子数减小的放热反应，故有利于提高CH4产率的反应条件是降低温度、增大压强催化剂具有专一性，工业上提高甲烷反应选择性的关键因素是催化剂3)随着增大，H2的平衡转化率减小，CO2的平衡转化率增大，结合题图1可得，b表示H2的平衡转化率，a表示CO2的平衡转化率，c表示甲烷的体积分数，当＝4时，甲烷产率最高＝4时，CO的产率趋于0，由题意并结合题图1得起始时c(CO2)＝0.5 mol·L－1，c(H2)＝2 mol·L－1，CO2、H2的平衡转化率均为0.80，则根据三段式法有：CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g) 0.5 2 0 0 0.4 1.6 0.4 0.8 0.1 0.4 0.4 0.8平衡常数K＝＝＝1004)由题图2可知，HCO为反应物，CaCO3、CO2为生成物，则钙化作用的离子方程式为2HCO＋Ca2＋===CaCO3↓＋CO2↑＋H2O5)a室为阳极室，阳极上发生氧化反应，电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，反应产生的H＋通过质子交换膜进入b室参与反应生成CO2和H2O，所以电解后a室溶液的pH几乎不变，b室发生反应的离子方程式为H＋＋HCO===CO2↑＋H2O。
答案：(1)－164.0 (2)降低温度、增大压强 催化剂(3)b 4 100(4)2HCO＋Ca2＋===CaCO3↓＋CO2↑＋H2O(5)几乎不变 H＋＋HCO===CO2↑＋H2O35．[选修③——物质结构与性质]镧系为元素周期表中第ⅢB族、原子序数为57～71的元素1)镝(Dy)的基态原子电子排布式为[Xe]4f106s2，画出镝(Dy)原子外围电子排布图：____。