（6）通过计算得到碱式碳酸镍晶体的组成__（填化学式）。 镍的制备：
（7）写出制备Ni的化学方程式__。
【答案】CO2 8.3 取最后一次洗涤液少许，加入HCl酸化的产生，．．．．．．．．．．BaCl2溶液，若无沉淀．．．则证明沉淀已经洗涤干净 吸收空气中的H2O和CO2 关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，停止加热 NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O
2[NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O]+3N2H4·H2O=6Ni+3N2↑+2CO2↑+21H2O 【解析】 【分析】
(1)根据元素守恒分析判断 ；
(2)使各种杂质相对最少的pH即为最适合的pH ；
(3)反应后的滤液中含有硫酸钠，因此检验碱式碳酸镍晶体是否洗涤干净就是检验是否有硫酸根离子残留；
(4)根据实验目的和各个装置的作用分析； (5)根据实验目的和前后操作步骤分析；
(6)先计算生成水蒸气和CO2的质量，再根据质量守恒确定化学式；
(7)氧化还原反应中电子有得，必有失，根据化合价变化确定生成物，进而配平方程式。 【详解】
(1)反应器中的一个重要反应为3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO3·2Ni(OH)2+3Na2SO4+2X，反应前Ni原子共3个、S原子共3个、O原子共23个、Na原子6个、C原子3个、H原子4个，反应后现有：Ni原子3个、S原子共3个、O原子共19个、Na原子6个、C原子1个、H原子4个，少O原子4个，C原子2个，而这些微粒包含在2个X分子中，所以X的化学式为CO2，故答案为：CO2 ；
(2)物料在反应器中反应时需要控制反应条件，根据图可知，在pH=8.3时，各种杂质相对最少，所以反应器中最适合的pH 8.3，故答案为：8.3 ；
(3)反应后的滤液中含有硫酸钠，因此检验碱式碳酸镍晶体是否洗涤干净就是检验是否有硫酸根离子残留，故答案为：取最后一次洗涤液少许，加入HCl酸化的BaCl2溶液，若无沉淀产生，则证明沉淀已经洗涤干净；
(4)C装置用来吸收碱式碳酸镍晶体受热分解产生的H2O，D装置用来吸收碱式碳酸镍晶体受热分解产生的CO2，E装置可以防止空气中的H2O和CO2进入D装置中，影响实验数据的测定，故答案为：吸收空气中的H2O和CO2；
(5)步骤③反应前左侧通空气是为了排尽装置中原有的CO2和水蒸气，避免装置内的CO2和水蒸气造成数据干扰，排空气后，应该开始进行反应，因此步骤④的操作为关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，说明固体分解完全，停止加热；步骤⑤再打开弹簧
夹a缓缓鼓入一段时间空气，将装置中残留的CO2和水蒸气全部赶入C、D装置，被完全吸收，故答案为：关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，停止加热； (6)水的质量为251.08g?250g=1.08g，CO2的质量为190.44g?190g=0.44g，由于发生的是分解反应，所以生成的NiO的质量为3.77g?1.08g?0.44g=2.25g，则分解反应中水、二氧化碳和
1.08g0.44g2.25g：：=6:1:3，NiO的系数比(也就是分子个数比)为即：
18g/mol44g/mol75g/molxNiCO3?yNi(OH)2?zH2O
. 6H2O↑+CO2↑+3NiO，根据元素守恒可得可得x=1，y=2，z=4
2Ni(OH)2·4H2O； 即xNiCO3?yNi(OH)2?zH2O中x:y:z的值1:2:4，故答案为：NiCO3·
(7)NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O与N2H4·H2O反应生成Ni，Ni元素得电子，被还原，同时还生成气体X和Y，由第(1)问知X为CO2，氧化还原反应有得电子，必有失电子的物质，由此判断另一种气体为N2，根据得失电子守恒、元素守恒配平制备Ni的化学方程式，故答案为：2[NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O]+3N2H4·H2O=6Ni+3N2↑+2CO2↑+21H2O。
4．（1）已知草酸（H2C2O4）分解的化学方程式为：H2C2O4
下列装置中，可用作草酸分解制取气体的是__________（填序号）
CO↑+ CO2↑+ H2O，
nH2O和Fe两种成份），（2）某实验小组为测定铁锈样品的组成（假定铁锈中只有Fe2O3·利用草酸分解产生的CO和铁锈反应，实验装置如下图所示。
①、为得到干燥、纯净的CO气，洗气瓶A、B中盛放的试剂分别是_______、________。 ②、在点燃C处酒精灯之前，应先持续通入一段时间的混合气体，其目的是______________________
③、准确称量样品的质量20.00g置于硬质玻璃管中，充分反应后冷却、称量（假设每步均完全反应），硬质玻璃管中剩余固体质量为16.64g，D中浓硫酸增重1.44g，则
n=______。
④、在本实验中，下列情况会使测定结果n偏大的是____（填字母） a．缺少装置A b．缺少装置B c．反应后固体是铁和少量Fe2O3·nH2O
【答案】④ NaOH溶液 浓硫酸 排除装置中的空气，防止CO中混有空气而在加热时发生爆炸 2 b 【解析】 【详解】
（1）该反应的反应物是液体，反应条件是加热，应选择固液反应且需要加热的装置，所以选④.
（2）①为得到干燥、纯净的CO气，应先除去混合气体中的二氧化碳，用氢氧化钠吸收即可；混合气体通入氢氧化钠溶液时会带走水蒸气，为除去水蒸气，选用浓硫酸洗气。 ②装置中含有空气，CO中混有空气加热时可能发生爆炸，所以要通入混合气体一段时间，排除装置中的空气。
③由题意知，固体质量减少的量为水和氧的量，浓硫酸吸收的量为水，反应方程式为： Fe2O3．nH2O+3CO=Fe+3CO2+nH2O 固体质量减少量 18ng （18n+48）g 1.44g 20.00g-16.64g
所以 18ng：1.44g =（18n+48）g：（20.00g-16.64g） 解得n=2。
④a、缺少装置A，未除去CO2，可能影响CO还原氧化物，固体质量差变小，导致所测n值偏小，错误；b、缺少洗气瓶B会导致装置E增重的质量偏大，所以测定结果n偏大，正确；c、反应后固体是铁和少量Fe2O3?nH2O，固体减少的质量偏小，导致所测n值偏小，错误。
5．C、N、S 的氧化物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的影响。
(1)CO2 的重整用 CO2 和 H2 为原料可得到 CH4 燃料。 已知: ①CH4 (g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H1=+247kJ/mol ②CH4 (g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) △H2=+205kJ/mol 写出 CO2 重整的热化学方程式：_____。 (2) “亚碳酸盐法”吸收烟中的 SO2
①将烟气通入 1.0mol/L 的 Na2SO3 溶液，若此过程中溶液体积不变，则溶液的 pH 不断_____(填“减小”“不变” 或“增大)。当溶液 pH 约为 6 时，吸收 SO2 的能力显著下降，应更换吸收剂，此时溶液中 c(SO32-) =0.2mol/L， 则溶液中 c(HSO3-) =_____。
②室温条件下，将烟气通入(NH4)2SO3 溶液中，测得溶液 pH 与各组分物质的量分数的变化关系如图: b 点时溶液 pH=7，则 n(NH4+)：n(HSO3—)= ______________ 。
(3)催化氧化法去除 NO。一定条件下，用 NH3 消除 NO 污染，其反应原理4NH3+6NO
5N2+6H2O。不同温度条件下，n(NH3):n(NO)的物质的量之比分别为 4:1、
3:1、1:3 时，得到 NO 脱除率曲线如图所示：
m-3，从 A 点到 B 点经过0.8s，该时间段内 NO 的①曲线 a 中，NO 的起始浓度为6×10-4mg·m-3·s-1。 脱除速率为_____mg·
②曲线 b 对应 NH3 与 NO 的物质的量之比是_____。
(4)间接电化学法除 NO。其原理如图所示：写出阴极的电极反应式(阴极室溶液呈酸性)_____。吸收池中除去 NO 的原理_____(用离子方程式表示)。
【答案】CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) △H=?163kJ/mo1 减小 1.6mol/L 3:1 1.5×10?4
-??2-2--3:1 2HSO3+2e+2H=S2O4?2H2O 2NO+2S2O4?2H2O?N2?4HSO3
【解析】 【分析】
（1）已知：①CH4 (g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H1=+247k/mol， ②CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) △H2=+205k/mol，
根据盖斯定律，①-②×2得：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)，据此计算△H；
（2）①二氧化硫通入亚硫酸钠溶液生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠显酸性，据此分析；根据反应方程式的量的关系计算可得；
②先判断溶质，写出电荷守恒式，在利用pH=7时，c(H+)=c(OH-)找出其他离子的等量关系，结合图示进行等量删减或替换，最后得出结果；
（3）①曲线a中，NO的起始浓度为6×10-4mg?m-3，根据图象得到A、B处的NO脱除率，可得两处的NO的浓度，再计算脱除速率；
②NH3与NO的物质的量的比值越大，NO的脱除率越大，据此分析； （4）阴极得到电子发生还原反应，结合酸性环境书写；阴极产物吸收NO。 【详解】
（1）已知：①CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H1=+247k/mol， ②CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) △H2=+205k/mol，
根据盖斯定律，由①?②×2得反应：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) △H=△H1?2△H2=?163kJ/mo1，
故答案为：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) △H=?163kJ/mo1；
（2）①将烟气通入1.0mol/L的Na2SO3溶液，二氧化硫与亚硫酸钠和水反应生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠以电离为主，显酸性，故溶液pH不断减小；向亚硫酸钠溶液中通入二氧化硫生成亚硫酸氢钠，反应方程式SO2+Na2SO3+2H2O=2NaHSO3，溶液中反应的亚硫酸根离子和生成亚硫酸氢根离子的物质的量比为1：2，即溶液中参加反应的亚硫酸根为(1.0?0.2)mol/L，则生成c(HSO3)=2×(1.0?0.2)mol/L=1.6mol/L， 故答案为：减小；1.6mol/L；
②b点时溶液pH=7，此时溶液中的溶质是(NH4)2SO3和NH4HSO3，根据电荷守恒：c(NH4)+c(H+)=c(OH?)+c(HSO3)+2c(SO3)，因pH=7，故c(H+)=c(OH?)，则
c(NH4)=c(HSO3)+2c(SO3)，由图可读出b点时，c(HSO3)=c(SO3)，则c(NH4)=3 c(HSO3)，因在同一体系，n(NH4)：n(HSO3)=3：1， 故答案为：3：1；
（3）①曲线a中，NO的起始浓度为6×10?4mg?m?3，A点的脱除率为55%，B点的脱除率为75%，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率为6×10?4mg?m?3×(0.75?0.55)÷0.8s=1.5×10?4mg?m?3?s?1， 故答案为：1.5×10?4；
②NH3与NO的物质的量的比值越大，NO的脱除率越大，则物质的量之比分别为4：1，3：1，1：3时，对应的曲线为a，b，c，即曲线b对应的物质的量之比是3：1， 故答案为：3：1；
（4）阴极得到电子发生还原反应，根据图可知是HSO3在酸性条件下发生还原反应，生成
2--??2-2-S2O4，其电极反应式为2HSO3+2e+2H=S2O4?2H2O；根据图示，吸收池中S2O4++--2--2--2-+-+--和NO是反应物，N2和HSO3是生成物，则吸收池中除去NO的原理是：
2--2NO+2S2O4?2H2O?N2?4HSO3，
-??2-2--故答案为：2HSO3+2e+2H=S2O4?2H2O；2NO+2S2O4?2H2O?N2?4HSO3。
-【点睛】
陌生电极反应式的书写步骤：①根据题干找出反应物以及部分生成物，根据物质变化分析化合价变化并据此写出得失电子数；②然后根据电荷守恒配平电极反应式，在配平时需注意题干中电解质的环境；③然后检查电极反应式的守恒关系（电荷守恒、原子守恒、转移电子守恒等）。
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