四川省南充市嘉陵第一中学2023-2024学年高二上学第三次月考化学试题 Word版含解析.docx

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嘉陵一中高2022级高二上期第三次月考化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16一、选择题(每个小题均只有一个正确答案，3×16=48分)1.化学与生产、生活息息相关。下列说法中正确的是A.锅炉内壁安装镁合金防止受腐蚀利用的是电解原理B.硅光电池工作时能量转化：光能→化学能C.寻找合适的催化剂可以提高合成氨工业中原料的平衡转化率D.用热的纯碱溶液去油污效果比冷的纯碱溶液好【答案】D【解析】【详解】A．锅炉内壁安装镁合金防止受腐蚀是“牺牲阳极的阴极保护法”利用的是原电池原理，故A错误；B．硅光电池工作时能量转化：光能→电能，故B错误；C．催化剂不能改变化学反应限度，因此不能提高转化率，故C错误；D．纯碱是碳酸钠，碳酸钠溶液因为水解显碱性，水解吸热，因此热的纯碱溶液碱性更强，比冷的纯碱溶液去油污效果好，故D正确；故答案为：D。2.下列关于有效碰撞理论的说法一定正确的是A.活化分子之间发生的碰撞一定是有效碰撞B.增大压强，反应的有效碰撞次数增多，反应速率加快C.升高温度，反应的活化能降低，反应速率加快D.使用催化剂，单位体积内活化分子数增多，反应速率加快【答案】D【解析】【详解】A．活化分子发生合适取向的碰撞才能使化学键断裂，即有效碰撞，故活化分子之间的碰撞不一定是有效碰撞，A项错误；B．增大压强，若反应没有气体参与，不会增加有效碰撞次数，反应速率不会加快，B项错误；C．升高温度，反应物分子的能量增加，使一部分原来能量较低的分子变成活化分子，加快反应速率，但没有降低反应的活化能，C项错误； D．使用催化剂，降低反应的活化能，单位体积内活化分子数增多，反应速率加快，D项正确；故选D3.鲍林提出杂化轨道理论能解释分子的空间结构，下列关于粒子的描述正确的是选项粒子空间结构解释ASO2V形S原子采取sp2杂化BCO2直线形C原子采取sp2杂化CC2H4平面形C原子采取sp3杂化D四面体形Cl原子采取sp3杂化A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．二氧化硫分子中硫原子的价电子对数=，采取sp2杂化，含有1对孤对电子，空间结构为V形，选项A正确；B．CO2的C原子的价层电子对数为2+=2+0=2，C原子采用sp杂化，不含孤电子对，CO2的空间构型为直线形，选项B错误；C．乙烯分子中每个碳原子均形成3个σ键和1个π键，价层电子对数是3，采取sp2杂化，为平面形，选项C错误；D．氯酸根离子中氯原子的价电子对数=，氯原子采取sp3杂化，含有一对孤对电子，空间结构为三角锥形，选项D错误；答案选A。4.下列化学用语或图示表达正确的是A.基态Cr的电子排布式：B.基态磷原子的轨道表示式： C.的VSEPR模型：D.分子的结构模型：【答案】D【解析】【详解】A．铬元素的原子序数为24，按照能量最低原理，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，故A错误；B．P的原子序数为15，根据泡利原理和洪特规则，基态磷原子的轨道表示式：，故B错误；C．SO3中S原子的价层电子对数为3+=3，其VSEPR模型为平面三角形，即，故C错误；D．二氧化碳是直线形分子，O原子半径小于C原子半径，分子的结构模型为：，故D正确。答案选D。5.若某元素原子处于能量最低状态时，原子的最外层电子数为2，价层电子数为5，下列关于该元素的叙述正确的是A.该元素原子的M层有11个电子B.该元素处于元素周期表中第VA族C.该元素位于元素周期表的d区或p区D.该元素基态原子的价电子排布式为【答案】D【解析】【分析】某元素原子处于能量最低状态时，原子的最外层电子数为2，说明该元素的最外层电子排布式为ns2，价层电子数为5，则说明该元素基态原子的价电子排布式为，据此分析解题： 【详解】A．由分析可知，该元素基态原子的价电子排布式为，故当n=3时，则该元素原子的M层电子排布为：3s23p63d3共有11个电子，当n=4时则M层上排满有18个电子，A错误；B．由分析可知，该元素基态原子的价电子排布式为，该元素处于元素周期表中第VB族，B错误；C．由分析可知，该元素基态原子的价电子排布式为，该元素位于元素周期表的d区，C错误；D．由分析可知，该元素基态原子的价电子排布式为，D正确；故答案为：D。6.下列不能用勒夏特列原理解释的是①棕红色加压后颜色先变深后变浅②溶液中加入固体后颜色变深③配制溶液时加入过量铁粉④催化氧化成的反应，往往加入过量的空气⑤打开易拉罐有大量气泡冒出⑥加催化剂，使氮气和氢气在一定条件下转化为氨气A.③⑤B.③⑥C.②⑥D.①③⑤⑥【答案】B【解析】【详解】①，加压，体积缩小，浓度增大，颜色变深，压强增大根据勒夏特列原理平衡正向移动，颜色变浅，①不符合条件；②，加入SCN-，平衡正向进行，颜色变深，符合勒夏特勒原理，②不符合条件；③配制FeSO4溶液，为了防止亚铁离子被氧化，加入铁粉，属于氧化还原，不属于勒夏特勒原理，③符合题意；④，加入O2(g)，平衡正向进行，符合勒夏特勒原理，④不符合题意；⑤，打开易拉罐，压强减小，平衡逆向进行，气体体积增大，冒出气体，符合勒夏特列原理，⑤不符合题意； ⑥催化剂只能加快反应速度，不能影响平衡的移动，不符合勒席特列原理，⑥符合题意；故答案为：B。7.下列实验设计或所选装置合理的是A．通过注射器活塞右移，验证与反应放热B．溶液吸收尾气C．电解溶液，制备金属D．测定中和反应反应热A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．Na与H2O反应有H2生成，从而使注射器活塞向右移动，A错误；B．SO2有毒，选用NaOH溶液吸收，球形干燥管防倒吸，B正确；C．电解熔融MgCl2制备金属Mg，电解氯化镁溶液，阳极得到氯气，阴极得到氢气，C错误；D．根据图示可知简易量热计中缺少搅拌用的玻璃搅拌器，D错误；故选B。8.化合物A是一种常用的表面活性剂，具有起泡性能好、去污能力强等特点，其结构如图所示。已知X、Y、Z、W、M均为短周期常见元素，W是形成物质种类最多的元素，X、Y为同族元素，Z、M为同族元素，基态Z原子的核外电子有6种空间运动状态。下列说法错误的是A.原子半径Z>Y>X>MB.电负性X>Y>W>M>ZC.X、Y、W元素形成的氢化物中沸点最高的为X的氢化物D.均由X、Y、Z、M四种元素组成常见的两种盐可以发生反应 【答案】C【解析】【分析】由图干信息可知，已知X、Y、Z、W、M均为短周期常见元素，W是形成物质种类最多的元素，且W能够形成4个共价键，则W为C，X能形成2个共价键，Y能形成6个共价键，且X、Y同族，故X为O，Y为S，Z、M同族，基态Z原子的核外电子有6种空间运动状态，则Z为Na,且M形成1个共价键，则M为H，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，Z为Na、Y为S、X为O、M为H，根据同一周期从左往右原子半径依次减小，同一主族从上往下原子半径依次增大可知，原子半径：Na＞S＞O＞H即Z＞Y＞X＞M，故A正确；B．由分析可知，X为O、Y为S、W为C、M为H，根据同一周期从左往右非金属性依次增强，同一主族从上往下非金属性依次减弱可知，非金属性：O＞S＞C＞H>Na即X＞Y＞W＞M＞Z，非金属性越强其电负性越大，则电负性：X>Y>W>M>Z，故B正确；C．由分析可知，X为O、Y为S、W为C，由于C的氢化物有很多，随着碳原子数增多其沸点依次升高，故X、Y、W元素形成的氢化物中的沸点中沸点最高的不一定是H2O，也可能是碳氢化合物，故C错误；D．由分析可知，X为O、Y为S、Z为Na、M为H，均由X、Y、Z、M四种元素组成常见的两种盐NaHSO3和NaHSO4可以发生反应，反应原理为：NaHSO3+NaHSO4=Na2SO4+H2O+SO2↑，故D正确；故选：C。9.下列说法正确的是A.500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-38.6kJ·mol-1B.甲烷的燃烧热为△H=-890.3kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=-890.3kJ/molC.S(g)+O2(g)=SO2(g)△H1S(s)+O2(g)=SO2(g)△H2则△H1<△H2D.同温同压下，反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的△H不同【答案】C【解析】【详解】A．N2与H2合成NH3的反应为可逆反应，0.5molN2并不能完全转化为NH3，即生成1molNH3放出的热量大于19.3kJ，故A错误；B．燃烧热指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物所放出的热量，生成的H2O是液态，不是气态，故B错误；C．S(g)能量高于S(s)，则S(g)+O2(g)=SO2(g)放出的热量大于S(s)+O2(g)=SO2(g)，由于△H 为负，则△H1<△H2，故C正确；D．根据盖斯定律，反应的△H只与反应物和生成物有关，与反应的过程无关，则同温同压下，反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的△H相同，故D错误；故选C。10.常温下，在10mL0.1mol·L-1MOH溶液中滴加pH=1的盐酸，溶液中AG()与盐酸体积(V)之间的关系如图所示下列说法不正确的是A.常温下，MOH的电离常数约为1.0×10-5BF点溶液中：c(M+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)C.图中曲线E→Q水的电离程度逐渐增大D.Q点溶液中：c(H+)>2c(MOH)＋c(M+)【答案】C【解析】【分析】由图可知，0.1mol/LMOH溶液的AG=lg=8，=108，常温下c(H+)c(OH-)=10-14，解得c(H+)=10-11mol/L、c(OH-)=10-3mol/L＜0.1mol/L，MOH为弱碱；滴加pH=1盐酸后发生反应MOH+HCl=MCl+H2O，F点加入5mL盐酸，F点溶液由等物质的量浓度的MOH和MCl组成；P点加入10mL盐酸，P点MOH与HCl恰好完全反应得MCl溶液；Q点加入20mL盐酸，充分反应后Q点溶液由等物质的量浓度的MCl和HCl组成。【详解】A．根据分析MOH为弱碱，0.1mol/LMOH溶液中c(OH-)=10-3mol/L，MOH的电离常数为=≈1.0×10-5，A项正确； B．根据分析，F点由等物质的量浓度的MOH和MCl组成，F点溶液的AG＞0，说明溶液呈碱性，MOH的电离程度大于M+的水解程度，溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(M+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)，B项正确；C．酸、碱对水电离起抑制作用，可水解的盐对水的电离起促进作用，在MOH溶液中滴入HCl，随着HCl的滴入水的电离程度逐渐增大，当两者恰好完全反应时水的电离程度最大，后盐酸过量，水的电离程度又逐渐减小，图中曲线E→P水的电离程度逐渐增大，P点水的电离程度达最大，P→Q水的电离程度逐渐减小，C项错误；D．根据分析，Q点溶液由等物质的量浓度的MCl和HCl组成，溶液中的电荷守恒为c(M+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，物料守恒为c(Cl-)=2c(M+)+2c(MOH)，两式整理得c(H+)=c(OH-)+c(M+)+2c(MOH)，则c(H+)＞c(M+)+2c(MOH)，D项正确；答案选C。11.一种“固定CO2”的电化学装置如图。该电化学装置放电时可将CO2转化为C和Li2CO3，充电时仅使Li2CO3发生氧化反应释放出CO2和O2，下列说法正确的是A.放电时，Li+向电极X方向移动B.放电时，每转移4mole-，理论上生成1molCC.充电时，阳极反应：C+2Li2CO3-4e-=3CO2↑+4Li+D.充电时，电极Y与外接直流电源的负极相连【答案】B【解析】【详解】A．放电时，X极上Li失电子，则X为负极，Y为正极，Li+向电极Y方向移动，A错误；B．正极上CO2得电子生成C和Li2CO3，C的化合价降低4价，则每转移4mol电子，理论上生成1molC单质，B正确；C．根据题干信息，充电时仅使Li2CO3发生氧化反应释放出CO2和O2，充电时，阳极电极反应式为：2Li2CO3-4e-=2CO2↑+O2↑+4Li+，C错误；D．该电池充电时，电源的负极与外加电源的负极相连，即电极X与外接直流电源的负极相连，电极Y 与外接直流电源的正极相连，D错误；故选：B。12.向一恒容密闭容器中加入1mol和一定量的，发生反应：。的平衡转化率按不同投料比[]随温度的变化曲线如图所示，下列说法错误的是A.B.反应速率：C.点a、b、c对应的平衡常数：D.反应温度为，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态【答案】B【解析】【分析】由题图可知，投料比不变时，随温度的升高CH4的平衡转化率增大，所以正反应为吸热反应；在相同的温度下，投料比减小，相当于在CH4的投料量为1mol的情况下增大H2O的投料量，当反应物不止一种时，其他条件不变，增大其中一种气态反应物的投料量会增大其他反应物的平衡转化率，同时自身平衡转化率降低，故投料比x越小，CH4的平衡转化率越大。【详解】A．一定条件下，增大水的浓度，平衡正向移动，能提高CH4的平衡转化率，即x值越小，CH4的平衡转化率越大，则x1vc正，故B错误；C．由图像可知，x一定时，温度升高CH4的平衡转化率增大，说明正反应为吸热反应，温度升高平衡正向移动，K增大；温度相同，K不变，则点a、b、c对应的平衡常数：Kac(CN-)；同样根据电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，点②时溶液呈酸性，故c(Na+)M，故平衡常数：，A说法错误； B．若投料比，设H2的物质的量为4mol，则CO2的物质的量为1mol，从图看出M点时CO2的转化率为50﹪，则有：M点乙烯的体积分数为：，B说法正确；C．若该反应不使用催化剂，温度越高，反应速率越快。温度：N>M，反应速率：N>M，故M点的小于N点的，C说法错误；D．催化剂会改变反应的速率，不能使平衡发生移动，不能改变平衡转化率。从图中可知温度高于250℃，升高温度导致催化剂的催化效率降低，但不会改变平衡转化率，D说法错误；故答案为：B。二、填空题(4个小题，共52分)17.氯吡苯脲是一种常用的膨大剂，其结构简式如图，它是经国家批准使用的植物生长调节剂。（1）氮元素基态原子核外电子的未成对电子数为_______。（2）氯吡苯脲晶体中，基态氯原子的核外电子排布式_______。（3）查文献可知，可用2-氯-4-氨基吡啶与异氰酸苯酯反应，生成氯吡苯脲，其反应方程式如图：  基态O原子电子占用的最高能级的符号为_______，其电子云的轮廓图的形状是_______（4）膨大剂能在动物体内代谢，其产物较为复杂，其中有H2O、NH3、CO2等。NH3中键H-N-H之间的键角角比H2O中键H-O-H之间的键角_______(填>、=、<)，原因是_______（5）NCl3(该化合物中N的化合价为-3价)能与水发生反应，且该反应为非氧化还原反应，该反应的化学方程式为_______。羰基硫(COS)与CO2的结构相似，羰基硫(COS)分子的结构式为_______；（6）某有机物的结构式如图所示，则分子中有_______个σ键，_______个π键。采用Sp2杂化和sp杂化的碳原子的比值为_______ 【答案】（1）3（2）1s22s22p63s23p5（3）①.2p②.哑铃形（4）①.>②.NH3与H2O的中心原子的价层电子对均为4，但N原子上只有1对孤电子对，而O原子上有两对孤电子对，对成键电子对排斥力更大（5）①.或②.O=C=S（6）①.7②.3③.1:1【解析】【小问1详解】N元素基态原子核外电子排布式为1s22s22p3，3个电子在三个轨道中排布，故未成对电子数为3个，故答案为：3；【小问2详解】氯为17号元素，氯的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p5；【小问3详解】O是8号元素，核外有8个电子，基态O原子的核外电子排布式为:1s22s22p4，所以基态O原子，电子占据的最高能级符号为2p；其电子云的轮廓图的形状是哑铃形；【小问4详解】NH3与H2O的中心原子的价层电子对均为4，但N原子上只有1对孤电子对，而O原子上有两对孤电子对，对成键电子对排斥力更大，因此NH3中键H-N-H之间的键角角比H2O中键H-O-H之间的键角大；【小问5详解】NCl3(该化合物中N的化合价为-3价)能与水发生反应，且该反应为非氧化还原反应，则N保持-3价，Cl为+1价，该反应的化学方程式为或；羰基硫(COS)与CO2的结构相似，为直线型，羰基硫(COS)分子的结构式为O=C=S；【小问6详解】单键都是σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键，据此根据有机物的结构简式可知，分子中有7个σ键，3个π键；采用Sp2杂化和sp杂化的碳原子的比值为2：2=1：1。18.碳及其化合物与人类的生产生活、高科技邻域等密切相关 （1）已知：ΔH=-2599.2kJmol-1则由和反应生成的焓变为_______。甲醇是一种重要的化工原料，又是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景。（2）在一容积为2L的密闭容器内，充入0.2molCO与0.4mol发生反应，，CO的平衡转化率与温度，压强的关系如图所示。①该反应的ΔH_______0(填>、=、<)，A、B两点对应的压强大小关系是_______(填“>、<、=”)。②A、B、C三点的平衡常数，，的大小关系是_______。③下列叙述能说明上述反应能达到化学平衡状态的是_______(填代号)a.的消耗速率是生成速率的2倍     b.的体积分数不再改变c.混合气体的密度不再改变                        d.CO和的物质的量之和保持不变（3）在压强、℃时，该反应的平衡常数K=_______，再加入1.0molCO后重新到达平衡，则CO的转化率_______(填“增大，不变或减小”)。（4）℃、1L的密闭容器内发生上述反应，测得某时刻各物质的物质的量如下，CO：0.1mol、：0.2mol、：0.2mol，此时_______(填“>、<或=”)。【答案】（1）+226.8kJ.mol-1（2）①.<②.<③.④.b（3）①.100②.减小（4）>【解析】【分析】由图可知，温度越高平衡时CO 转化率越小，即升高温度平衡逆移，所以正反应为放热反应。同一反应化学平衡常数只受温度影响。【小问1详解】设①②③石墨与H2反应方程式为2C＋H2=C2H2，根据盖斯定律，得出①×2＋②×－③×，，故答案为；【小问2详解】①由图可知，温度越高平衡时CO转化率越小，即升高温度平衡逆移，所以正反应为放热反应，即；正反应是分子数减小的反应，增大压强CO的转化率升高，即；故答案为：<；<；②根据图像可知温度升高，CO的转化率降低，说明反应时放热反应，同一反应平衡常数只受温度影响，A和B点温度相同，，该反应时放热反应，温度越高平衡逆向移动平衡常数减小，故答案为：；③a．的消耗速率是生成速率的2倍，反应方向相同，不能作为平衡的标志，故a错误；b．该反应过程中的体积分数一直变化，当体积分数不再改变时说明反应达到平衡，故b正确；c．该反应在2L的密闭容器内反应，气体总质量和体积都不变，也不变，故混合气体的密度不再改变，不能作为平衡的标志，故c错误；d．CO和按照系数比充入反应体系，CO和的物质的量之和保持不变，不能作为平衡的标志，故d错误；故答案为b；【小问3详解】在一容积为2L的密闭容器内，充入0.2molCO与0.4mol发生反应，，在压强、℃时，CO的平衡转化率为50%，由三段式 可知该反应的平衡常数为：；再加入1.0molCO后重新到达平衡，根据勒夏特烈原理可知CO的转化率减小，故答案为：100；减小；【小问4详解】温度不变，化学平衡常数不变。根据上述计算可知℃时K=100，℃1L的密闭容器内发生上述反应，测得某时刻各物质的物质的量如下，CO：0.1mol、：0.2mol、：0.2mol，此时的浓度商为，，故反应正向进行，此时，故答案为：>。19.回答下列问题（1）常温下向一定浓度的溶液中滴入盐酸，粒子浓度与混合溶液的pH变化的关系如图所示，已知：是二元弱酸，Y表示或，。回答下列问题：①曲线n表示p_______(填或)与pH的变化关系。②_______。③NaHX溶液呈_______性(填“酸”、“碱”或“中”)。（2）在溶液中，加入固体可制备莫尔盐[]晶体，为了测定产品纯度，称取ag产品溶于水，配制成500mL溶液，用浓度为cmol/L的酸性高锰酸钾溶液滴定，每次所取待测液体积均为25.00mL，实验结果记录如表：(已知莫尔盐的分子量为392)实验次数第一次第二次第三次消耗溶液体积/mL25.5225.0224.98 滴定终点的现象是_______，通过实验数据，计算该产品的纯度为_______(用含字母a、c的式子表示)。表中第一次实验中记录数据明显大于后两次，其原因可能是_______。A.第一次滴定时，锥形瓶用待装液润洗B.读数时：滴定前平视，滴定后俯视C.滴定前酸式滴定管中尖嘴处有气泡，滴定结束后气泡消失【答案】（1）①.②.③.碱（2）①.滴入最后半滴酸性高锰酸钾标准液，锥形瓶内溶液由无色变为红色(紫红色或浅红色也可)，且30s内不变色②.③.AC【解析】【小问1详解】①H2X为二元弱酸，，，由于Ka1>Ka2，相同pH下，>，则m曲线为p与pH的关系曲线，n曲线为p与pH的关系曲线；②根据N点，；③HX-的电离平衡常数为，HX-的水解平衡常数为，水解常数大于电离常数，则NaHX溶液呈碱性；【小问2详解】发生的离子反应方程式为，滴定终点的现象为：滴入最后半滴酸性高锰酸钾标准液，锥形瓶内溶液由无色变为红色，且30s内不变色；实验记录表中，第一次实验误差太大，需舍去，第二次和第三次实验平均值为25.00mL，则消耗高锰酸钾的物质的量为mol，根据反应的系数关系，则Fe2+的物质的量为mol，即摩尔盐的物质的量为，500mL溶液中含摩尔盐的物质的量为，则样品的纯度为；A．第一次滴定时，锥形瓶用待装液润洗，会消耗更多标准液，符合题意；B．读数时：滴定前平视，滴定后俯视，会使读数偏小，计算消耗标准液的体积偏小，不符合题意；C ．滴定前酸式滴定管中尖嘴处有气泡，滴定结束后气泡消失，则气泡的体积被标准液占据，计算的标准液的体积偏大，符合题意；故选AC。20.回答下列问题Ⅰ.ZrO2是重要的耐高温材料，可用作陶瓷遮光剂和良好的催化剂。天然锆英石(ZrSiO4)含有铁、铝、铜等金属元素的氧化物杂质，工业以锆英石为原料制备ZrO2的工艺流程如图：已知：①锆英石能与烧碱高温反应生成可溶于水的Na2ZrO3，Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2+。②部分离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀时的pH如表：离子Fe3+Al3+ZrO2+开始沉淀时pH1.93.36.2完全沉淀时pH3.25.28.0（1）锆英石碱熔时需要粉碎，其目的是_______。（2）ZrSiO4中Zr的化合价为_______。a的取值范围为：_______，滤渣2的主要成分为_______。（3）“碱熔”过程中ZrSiO4发生反应化学方程式_______。（4）本流程使用NaCN除铜，若盐酸溶解后溶液中c(Cu2+)=0.01mol∙L-1，当溶液中Cu2+开始沉淀时，c(CN-)=_______。(已知Ksp[Cu(CN)2]=4×10-10)Ⅱ.用间接电化学法去除烟气中NO的原理如图所示。（5）已知阴极室溶液呈酸性，则阴极的电极反应式为_______。反应过程中通过质子交换膜的为2mol 时，吸收塔中生成的气体在标准状况下的体积为_______L。【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率（2）①.+4②.5.2~6.2③.Al(OH)3和Fe(OH)3（3）ZrSiO4+4NaOHNa2ZrO3+Na2SiO3+2H2O（4）2×10−4mol∙L-1（5）①.②.11.2【解析】【分析】锆英石(ZrSiO4)含有铁、铝、铜等金属元素的氧化物杂质，加入过量NaOH“碱熔”时ZrSiO4转化成Na2ZrO3、Na2SiO3；然后加入过量盐酸“酸浸”经过滤1得到的滤液中含ZrO2+、Fe3+、Al3+、Cu2+等离子，滤液加氨水调pH=a经过滤2得到的滤渣2为Fe(OH)3和Al(OH)3，过滤2得到的滤液中含ZrO2+、Cu2+等离子，然后加入铜沉试剂“除Cu”，滤液中加入氨水调pH=b“沉锆”得到Zr(OH)4，Zr(OH)4分解得到ZrO2。【小问1详解】锆英石碱熔时需要粉碎，其目的是：增大接触面积，加快反应速率。【小问2详解】ZrSiO4中Si、O元素的化合价分别为+4价、-2价，根据化合物中元素的正负化合价代数和为0，则Zr元素的化合价为+4价；加氨水调pH=a的目的是将杂质Fe3+、Al3+转化成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去，根据已知②中部分离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀的pH可知，a的取值范围为5.2~6.2；滤渣2的主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3。【小问3详解】“碱熔”过程中ZrSiO4与NaOH反应生成Na2ZrO3、Na2SiO3，根据原子守恒，反应的化学方程式为ZrSiO4+4NaOHNa2ZrO3+Na2SiO3+2H2O。【小问4详解】当溶液中Cu2+开始沉淀时，溶液中c(CN-)==mol/L=2×10-4mol/L。【小问5详解】