高考化学一轮复习基础题系列11含解析新人教版

高考化学一轮复习基础题系列11含解析新人教版

‎【2019最新】精选高考化学一轮复习基础题系列11含解析新人教版 李仕才 ‎1、（2018届湖南省××市长郡中学高考押题卷三）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 1mol/LAlCl3溶液中含Al3+数目一定小于NA B. 1mol环己烷含非极性键的数目为5NA C. 71gCl2完全反应转移电子数一定为2NA D. 30g葡萄糖和乳酸(C3H6O3)的混合物中含氢原子数目为2NA ‎【答案】D ‎2、（2018届××市第一中学高三下学期第一次月考）阿伏加德罗常数的值为NA,下列说法正确的是（ ）‎ A. 标准状况下，22.4L四氯化碳中含有C-Cl 数目为4NA B. 1L0.1mol/L的Na2S溶液中含S2-数目为0.1NA C. 142gNa2SO4和Na2HPO4固体混合物中，阴、阳离子总数为3NA D. 电解精炼制时转移了NA个电子，阳极溶解32g铜 ‎【答案】C 15 / 15‎ ‎【解析】标准状况下，四氯化碳为液态，无法计算出22.4L四氯化碳中含有C-Cl数目为4NA，A错误；Na2S为强碱弱酸盐，水解显碱性，硫离子水解，所以1L、0.1mol/L的Na2S溶液中含S2-数目小于0.1NA，B错误；142gNa2SO4的物质的量为1mol，含有钠离子2 mol，硫酸根离子1 mol，共计3 mol；142g Na2HPO4的物质的量为1mol，含有钠离子2 mol，磷酸氢根离子1 mol，共计3 mol；所以142gNa2SO4和Na2HPO4固体混合物中，阴、阳离子总数为3NA，C正确；电解精炼铜时，由于阳极所用粗铜中含有活泼性较强的铁、锌等杂质会在铜之前失去电子,所以阳极溶解的铜的质量小于32g, D错误；正确选项C。‎ ‎3、（2018届广西××市高级中学高三上学期第三次月考）(硫化碱法是工业上制备Na2S2O3的方法之一，反应原理为：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2（该反应△H＞0）。某研究小组在实验室用硫化碱法制备Na2S2O3·5H2O流程如下。‎ ‎（1）吸硫装置如图所示 ‎①装置B的作用是检验装置A中SO2的吸收效率，B中试剂是 ______ ，表明SO2吸收效率低的实验现象是B中溶液 _________。‎ ‎②为了使SO2尽可能吸收完全，在不改变A中溶液浓度、体积的条件下，除了及时搅拌反应物外，还可采取的合理措施是___________________。（答一条）‎ ‎（2）假设本实验所用的Na2CO3含少量NaCl、NaOH，设计实验方案进行检验。请完成该实验方案。（已知：室温时CaCO3饱和溶液的pH＝10.2）‎ 序号 实验操作 预期现象 结论 15 / 15‎ ‎①‎ 取少量样品于试管中，加入适量蒸馏水，充分振荡溶解， ______。‎ 有白色沉淀生成 样品含NaCl ‎②‎ 另取少量样品于烧杯中，加入适量蒸馏水，充分搅拌溶解，_____。‎ 有白色沉淀生成，上层清液pH>10.2‎ 样品含NaOH ‎（3）Na2S2O3溶液是定量实验中的常用试剂，测定其浓度的过程如下：‎ 第一步：准确称取a g KIO3（化学式量：214）固体配成溶液；‎ 第二步：加入过量KI固体和H2SO4溶液，滴加指示剂；‎ 第三步：用Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液的体积为V mL。则c(Na2S2O3)＝___mol·L-1。‎ ‎（4）在(3)的实验中，某同学第一步和第二步的操作都很规范，第三步滴速太慢，这样测得的Na2S2O3浓度可能___________（填“不受影响”、“偏低”或“偏高”），原因是_____________ 。(用离子方程式表示)。(已知：IO3-＋5I-+6H+= 3I2＋3H2O， 4I-＋O2+4H+=I2＋2H2O ，2S2O32-＋I2=S4O62-＋2I-)‎ ‎【答案】 品红溶液 颜色很快褪去 控制SO 2 的流速(或适当升高温度) 滴加足量稀硝酸后，再滴加少量AgNO3溶液，振荡 加入过量CaCl2溶液，搅拌，静置，用pH计测量上层清液pH值 3000a/107V 偏低 4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，2S2O32-+I2=S4O62-+2I-‎ ‎ ②为了使SO2 尽快完全吸收，除了及时搅拌反应物外，还可以适当提高反应的温度，使速率加快；也可以控制SO2 的流速，使反应速率增大。故答案为：适当提高反应的温度（或控制SO2 的流速）。‎ 15 / 15‎ ‎（2）①Cl-的检验所需要的试剂为AgNO3，同时CO32-和OH-也能与Ag+生成白色沉淀，从而干扰Cl-检验，故先必须将CO32-和OH-排除，所以先往溶液中加入过量的硝酸，使CO32-生成CO2气体挥发，OH-生成H2O，再加AgNO3 溶液，振荡，有白色沉淀生成可证明含有NaCl。故答案为：滴加足量稀硝酸后，再滴加少量AgNO3溶液，振荡。‎ ‎②NaOH溶液呈碱性，可以用pH计测量其pH，如果pH>7，就可以说明混合物中含有NaOH，但Na2CO3溶液也呈碱性，故必须先将Na2CO3除去，可以加入过量的中性的CaCl2溶液生成CaCO3沉淀，同时生成的NaCl也为中性，再用pH计测量上层清液的pH。答案为：加入过量CaCl2溶液，搅拌，静置，用pH计测量上层清液pH值。‎ ‎（3）根据IO3-＋5I-+6H+= 3I2＋3H2O， 2S2O32-＋I2=S4O62-＋2I-可得IO3- ～ 6S2O32-，Na2S2O3的物质的量为6×a/214 mol ， c(Na2S2O3)=(6a/214)mol÷0.001VL=（3000a/107V ）mol·L-1。‎ ‎（4）第三步如果滴速过慢，则第二步中过量的I-被空气中的O2氧化生成I2，I2的量增多导致消耗的Na2S2O3溶液体积偏多，根据 c(Na2S2O3)= 3000a/107V mol·L-1可知，测得的浓度将偏低。对应的离子方程式为：4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，2S2O32-+I2=S4O62-+2I-‎ 15 / 15‎ ‎4、（2018届湖北省鄂东南省级市范高中教育教学改革联盟学校高三五月联考）Ni-MH电池在工农业生产和日常生活中具有广泛用途，废旧电池中含有大量金属元素，其回收利用具有非常重要的意义。一种利用废Ni-MH电池正极材料(主要含有Ni(OH)2，还含有少量Fe、Cu、Ca、Mg、Mn、Zn的氢氧化物)制备电子级硫酸镍晶体的工艺流程如下图所示：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）“浸出”时温度、硫酸浓度、浸出时间对镍浸出率的影响如下图：‎ ‎ 则“浸出”时最适宜的条件为_______________。‎ ‎（2）在“滤液1”中加入双氧水可将Fe2+转化为难溶的针铁矿(FeOOH)，写出反应的离子方程式：______________。‎ ‎（3）“滤液2”中加入NaF 可将滤液中Ca2+、Mg2+转化为难溶的CaF2和MgF2。当加入过量NaF后，所得“滤液3”中c(Mg2+)∶c(Ca2+)=0.67，则MgF2 的溶度积为_____________[已知Ksp(CaF2)=1.10×10-10]。‎ ‎（4）向“滤液3”中加入(NH4)2S2O8可以除锰，在此过程中(NH4)2S2O8与MnSO4反应生成含锰元素的一种黑色不溶物、硫酸铵及硫酸，写出该反应的化学方程式___________________。‎ ‎（5）向“滤液4”加入有机萃取剂后，Zn2+与有机萃取剂(用HA表示) 形成易溶于萃取剂的络合物ZnA2·2HA。该过程可以表示为：Zn2++4HAZnA2·2HA+2H+‎ ‎①已知加入萃取剂后，锌的萃取率随料液pH 变化如图所示。试分析pH 增大时，锌的萃取率逐渐增大的原因是___________________。‎ ‎②“操作X”的名称是_____________。‎ ‎（6）上述回收镍的过程中，使用了1kg 含镍37.1%的正极材料，最终得到纯净的NiSO4·7H2O 1.686kg，则镍的回收率为_______________。‎ 15 / 15‎ ‎【答案】 80℃ ，1.8mol/L H2SO4，30min 2Fe2++H2O2+2H2O=2FeOOH↓+4H+ 7.37×10-11 (NH4)2S2O8+MnSO4+2H2O=MnO2 ↓+(NH4)2SO4+2H2SO4 料液的pH 增大，使料液中的c(H+)减小，促使Zn2++4HAZnA2·2HA+2H+ 向右进行，锌的萃取率增大 分液 95.4%‎ 详解：（1）根据图1，“浸出”最佳温度约为80℃；根据图2，随着硫酸浓度的增大Ni浸出率增大，硫酸浓度为1.8mol/L时Ni浸出率已经很大，当硫酸浓度大于1.8mol/L，继续增大硫酸浓度Ni浸出率增大不明显，硫酸最适宜浓度为1.8mol/L；根据图3，“浸出”时间小于30min随着时间的延长Ni浸出率明显增大，大于30minNi浸出率趋于平缓，最佳时间为30min；“浸出”时最适宜的条件是：温度为80℃、硫酸浓度为1.8mol/L、时间为30min。‎ ‎（2）双氧水将Fe2+转化为FeOOH沉淀，Fe2+被氧化，H2O2被还原，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H2O=2FeOOH↓+4H+。‎ ‎（3）当加入过量NaF后，Ksp（MgF2）=c（Mg2+）·c2（F-），Ksp（CaF2）= c（Ca2+）·c2（F-），将两式相比消去c2（F-），Ksp（MgF2）= Ksp（CaF2）=1.1010-100.67=7.3710-11。‎ ‎（4）（NH4）2S2O8与MnSO4反应生成含锰元素的一种黑色不溶物、（NH4）2SO4和H2SO4，含锰元素的黑色不溶物为MnO2，反应可写成（NH4）2S2O8+MnSO4→MnO2↓‎ 15 / 15‎ ‎+（NH4）2SO4+H2SO4，Mn元素的化合价由+2价升至+4价，S元素的化合价由+7价降至+6价，根据得失电子守恒和原子守恒配平，（NH4）2S2O8与MnSO4反应的化学方程式为：（NH4）2S2O8+MnSO4+2H2O=MnO2↓+（NH4）2SO4+2H2SO4。‎ ‎（5）①pH增大时，锌的萃取率逐渐增大的原因是：料液pH增大，使料液中的c（H+）减小，促使Zn2++4HAZnA2·2HA+2H+ 向右进行，锌的萃取率增大。‎ ‎②“滤液4”中加入有机萃取剂将Zn2+萃取，出现分层现象，将有机层与水层分离的“操作X”的名称为分液。‎ ‎（6）根据Ni守恒，Ni的回收率为100%=95.4%。‎ ‎5、（2018届江西省××市四校协作体高三上学期期中考试）下列物质按纯净物、混合物、强电解质和非电解质顺序排列的是（ ）‎ A. 单甘油酯、混甘油酯、苛性钾、H2S、‎ B. 胆矾、漂白粉、硫酸钠、次氯酸 C. 明矾、水煤气、盐酸、铜 D. 冰醋酸、福尔马林、硫酸钡、乙醇 ‎【答案】D ‎【解析】A、H2S属于弱电解质，故A错误；B、次氯酸属于弱电解质，故B错误；C、盐酸属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，铜属于单质，既不是电解质又不是非电解质，故C错误；D、符合概念，故D正确。‎ ‎6、下列叙述正确的是( )‎ A．氢氧化钠的摩尔质量是40 g B．1 mol NaOH的质量是40 g/mol ‎ C．1gH2和lgN2含分子数相等 D．等质量的N2、CH4、CO、H2O中，CH4含分子数最多 ‎ 15 / 15‎ ‎【答案】D ‎【解析】A．氢氧化钠的摩尔质量是40 g/mol，故A错误；B．1 mol NaOH的质量是40 g，故B错误；C．H2和N2的摩尔质量不等，则1gH2和lgN2含分子数也不相等，故C错误；D．质量相等时，摩尔质量越大，物质的量越小，含有的分子数目越小，则等质量的N2、CH4、CO、H2O中，CH4含分子数最多，故D正确，答案为D。‎ ‎7、（2018届浙江省××市高三选考适应性测试）下列离子方程式正确的是 A. 金属钠和水反应：Na+2H2O=Na++20H-+H2↑‎ B. Mg(OH)2和稀盐酸的反应：0H-+H+=H20‎ C. 酸性氯化亚铁溶液中加入少量次氯酸钠溶液：2H++2Fe2++ClO-=2Fe3++Cl-+H2O D. KHSO4溶液中加 Ba(OH)2溶液至中性：H++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O ‎【答案】C ‎【解析】A、金属钠和水反应：2Na+2H2O=2Na++20H-+H2↑，故A错误；B. Mg(OH)2和稀盐酸的反应： Mg(OH)2+2H+=2H20＋Mg2＋,故B错误；C. 酸性氯化亚铁溶液中加入少量次氯酸钠溶液：2H++2Fe2++ClO-=2Fe3++Cl-+H2O，电荷、电子得失、质量均守恒，故C正确；D. KHSO4溶液中加 Ba(OH)2溶液至中性：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故D错误；故选C。‎ ‎8、（2018届安徽省××‎ 15 / 15‎ 市高三第二次模拟考试）下列对实验现象的解释错误的是 选项 操作 现象 解释 A 向溶液X中先滴加稀盐酸无现象，再滴加BaCl2溶液 出现白色沉淀 溶液中一定含有SO42-‎ B 分别将镁粉和打磨后的镁条放入滴有酚酞的蒸馏水中，加热 镁条表面出现红色，镁粉附近无现象 镁粉吸附脱色 C 铝片置于氢氧化钠溶液中 白色浑浊 生成氢氧化铝沉淀 D 氨水持续滴入硫酸铜溶液中 蓝色絮状沉淀后变为深蓝色溶液 先生成氢氧化铜沉淀，后转化为[Cu(NH3)4]2+‎ ‎【答案】C ‎【解析】向溶液X中先滴加稀盐酸无现象，排除CO32-、SO32-、Ag+，再滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀，一定是BaSO4沉淀，所以原溶液中一定含有SO42-，故A解释正确；镁条镁粉均发生了化学反应，由于镁粉表面积较大具有吸附性，所以镁条表面出现红色，镁粉附近无现象，故B解释正确；铝片置于氢氧化钠溶液中，生成偏铝酸钠和氢气，故C解释错误；在氨水逐渐加入硫酸铜溶液过程中，先生成氢氧化铜沉淀，后络合成[Cu(NH3)4]2+，故D解释正确。‎ ‎9、（2018届四川省××市高三三诊考试）对炼锌厂的铜镉废渣中各元素进行分离，能减少环境污染，同时制得食品锌强化剂的原料ZnSO4·7H2O实现资源的再利用。其流程图如下。‎ ‎[相关资料]‎ ‎①铜镉废渣中含有铜、锌、镉、铁、砷等元素，其含量依次减少。‎ ‎②FeAsO4难溶于水；ZnSO4·7H2O易溶于水，难溶于酒精。‎ 15 / 15‎ ‎③Zn(OH)2属于两性氢氧化物。‎ ‎④滤液I中有Fe2＋、Zn2＋、Cu2＋、Cd2＋和少量的AsO。‎ ‎⑤有关离子沉淀完全的pH 金属离子 Fe3＋‎ Zn2＋‎ Mn2＋‎ Cu2＋‎ Cd2＋‎ 沉淀完全pH ‎3.2‎ ‎8.0‎ ‎9.8‎ ‎6.4‎ ‎9.4‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）提高铜镉废渣浸出率可以采用的方法是（写出其中一点即可）____；‎ ‎（2）向滤液I中逐滴滴人酸性KMnO4溶液可与AsO发生反应生成FeAsO4，写出该反应的离子方程式____；加入酸性KMnO4溶液不能过量，判断该滴定终点的现象是____；滤渣Ⅱ中除了FeAsO4外，还有____； ‎ ‎（3）制得的ZnSO4·7H2O需洗涤，洗涤晶体时应选用试剂为____；‎ ‎（4）上述流程除了实现对这些元素进行提取分离能减少环境污染，同时制得ZnSO4·7H2O实现资源的再利用，还可以得到副产物___‎ ‎（5）回收所得的Cd可用于制造镍镉碱性二次电池，电池的工作时，正极NiO(OH)转化为Ni(OH)2，则充电时电池的正极反应式为____；‎ ‎（6）若a克铜镉废渣含有b molFe元素，加入了c mol KMnO4,则铜镉废渣中As元素的质量分数为____。（不考虑镉元素与KMnO4的反应）‎ ‎【答案】 适当增大硫酸浓度 或 升高溶液温度 或 搅拌 或 将铜镉渣研磨成小颗粒 等合理答案均可以 5Fe2+ + 5AsO + 3MnO +14H+‎ 15 / 15‎ ‎ = 3Mn2+ + 5FeAsO4↓ + 7H2O 溶液恰好变为浅紫红色且半分钟内不恢复为原色 Fe(OH)3 乙醇 或 饱和硫酸锌溶液 K2SO4 Ni(OH)2 – e—+ OH— = NiO(OH) + H2O 75(5c－b)/2a ‎（1）提高铜镉废渣浸出率可以采用的方法是：适当增大硫酸浓度或升高溶液温度或搅拌 或将铜镉渣研磨成小颗粒等；‎ ‎（2）酸性KMnO4溶液可与AsO发生反应生成FeAsO4，KMnO4将Fe2＋氧化成Fe3＋，将AsO氧化成AsO43-，根据化合价升价相等，该反应的离子方程式为：5Fe2+ + 5AsO + 3MnO +14H+ = 3Mn2+ + 5FeAsO4↓ + 7H2O，加入酸性KMnO4溶液不能过量，判断该滴定终点的现象是溶液恰好变为浅紫红色且半分钟内不恢复为原色，滤渣Ⅱ中除了FeAsO4外，还有Fe(OH)3；‎ ‎（3）制得的ZnSO4·7H2O需洗涤，洗去残留的其它离子，但不能用水洗，ZnSO4·7H2O易溶于水，难溶于酒精，所以用酒精洗涤或饱和的硫酸锌溶液；‎ ‎（4）上述流程最后一步向K2ZnO2溶液中加硫酸同时制得ZnSO4·7H2O，还可以得到副产物K2SO4；‎ ‎（5）回收所得的Cd可用于制造镍镉碱性二次电池，电池的工作时，正极NiO(OH)转化为Ni(OH)2，则充电时电池的正极反应为Ni(OH)2失电子转化为NiO(OH) ，故电极反应为：Ni(OH)2 – e—+ OH— = NiO(OH) + H2O；‎ ‎（6）KMnO4发生了两个反应：‎ ‎5Fe2+ + 5As + 3Mn +14H+ = 3Mn2+ + 5FeAsO4↓‎ 15 / 15‎ ‎ 5 5 3‎ x mol x mol 0.6 x mol ‎ MnO4- + 5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O ‎ 5‎ ‎0.2（b-x）mol （b-x）mol x+0.2（b-x）=c x= 所以n（As）= m（As）= ‎ 故As元素的质量分数为：。‎ ‎10、（2018届江西省横峰中学、铅山一中、德兴一中高三上学期第一次月考）某合作学习小组讨论辨析：‎ ‎①花生油属于混合物，液氯、冰醋酸均属于纯净物 ‎②碳酸钠、氢氧化钡、氯化铵都属于离子化合物 ‎③醋酸、烧碱和过氧化钠分别属于酸、碱和碱性氧化物 ‎④氨气、水和硫酸钡分别属于非电解质、弱电解质和强电解质 ‎⑤煤的气化与液化均属于化学变化，煤的干馏属于物理变化 ‎⑥酸性氧化物不一定是非金属氧化物，碱性氧化物一定是金属氧化物 ‎⑦氢氧化铁、有色玻璃和果冻都是胶体 上述说法正确的是（ ）‎ A. ①②④⑥ B. ①②④⑦ C. ②③④⑤ D. ①②③⑤‎ ‎【答案】A 15 / 15‎ 盐和水的氧化物，碱性氧化物有强氧化性，与酸反应时可考虑碱性氧化物先与水反应生成NaOH和氧气，NaOH再与酸发生中和反应，故③错误；④根据常见的电解质：酸、碱、盐、金属氧化物、水；非电解质：蔗糖、酒精、非金属氧化物和氨气；强电解质：强酸、强碱、绝大多数的盐、金属氧化物；可知，硫酸钡为强电解质，水为弱电解质，而氨气为非电解质，故④正确；⑤煤的气化与液化及煤的干馏均属于化学变化，故⑤错误；⑥酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如Mn2O7，但碱性氧化物一定是金属氧化物，故⑥正确；⑦氢氧化铁是纯净物，而有色玻璃和果冻都是胶体，故⑦错误；答案为A。‎ ‎11、（2018届××市××区高三上学期期末考试）NOx会造成大气污染，在工业上采用多种方法进行处理。‎ I.氧化法：烟气中的NO经O3预处理后转化为NO2，再用CaSO3悬浊液吸收NO2。‎ 已知：常温下，CaSO4的沉淀溶解平衡常数数值为9.1×10-6，CaSO3的沉淀溶解平衡常数数值为3.1×10-7。‎ ‎（1）NO与O3反应过程的能量变化如下：‎ NO被O3氧化的总反应是化合反应，该反应的热化学方程式为 ________。‎ 15 / 15‎ ‎（2）将CaSO3悬浊液静置，取上层清液，测得pH约为8，用化学用语解释其原因为________。‎ ‎（3）用CaSO3悬浊液吸收NO2，将其转化为HNO2，该反应的化学方程式为________。‎ ‎（4）在实际吸收NO2的过程中，通过向CaSO3悬浊液中加入Na2SO4固体，提高NO2的吸收速率，从溶解平衡的角度解释其原因：________。‎ II. 选择性非催化还原法：该反应不使用催化剂，但必须在高温有氧下利用NH3做还原剂与 NOx 进行选择性反应：4NH3 + 4NO + O2 3N2 + 6H2O，不同温度（T）下，反应时间（t）与NO浓度的关系如右图所示。‎ ‎（5）判断该反应为________（填“吸热”或“放热”）反应，说明理由：________ 。‎ ‎【答案】 3NO(g) + O3(g) 3NO2(g) ΔH= -317.3 kJ•mol﹣1 SO32- + H2O HSO3- + OH- CaSO3 + 2NO2 + H2O 2HNO2 + CaSO4 CaSO3浊液中存在：CaSO3(s) Ca2+(aq) + SO32-(aq)，加入Na2SO4固体，由于CaSO4的Ksp较小，SO42-与Ca2+结合生成CaSO4沉淀，c(Ca2+)减小，平衡正向移动，导致c(SO32-)增大，从而使NO2的吸收速率加快 放热 由图像中T1下反应先达平衡可推断T1>T2，由T1（高温）时NO的平衡浓度高可推断正反应是放热反应 ‎ (2). CaSO3是强碱弱酸盐，SO32－在溶液中发生水解反应：SO32- + H2O HSO3- + OH-，使溶液呈碱性，故答案为：SO32- + H2O HSO3- + OH-；‎ ‎(3).‎ 15 / 15‎ ‎ 用CaSO3悬浊液吸收NO2，将其转化为HNO2，氮元素的化合价从+4价降低到+3价，则硫元素的化合价从+4价升高到+6价，SO32－生成SO42－，根据得失电子守恒和原子守恒，该反应的化学方程式为：CaSO3 + 2NO2 + H2O 2HNO2 + CaSO4，故答案为：CaSO3 + 2NO2 + H2O 2HNO2 + CaSO4；‎ ‎(4). 因CaSO3浊液中存在溶解平衡：CaSO3(s) Ca2+(aq) + SO32-(aq)，加入Na2SO4固体，由于CaSO4的Ksp较小，SO42-与Ca2+结合生成CaSO4沉淀，c(Ca2+)减小，平衡正向移动，造成c(SO32-)增大，从而使NO2的吸收速率加快，故答案为：CaSO3浊液中存在：CaSO3(s) Ca2+(aq) + SO32-(aq)，加入Na2SO4固体，由于CaSO4的Ksp较小，SO42-与Ca2+结合生成CaSO4沉淀，c(Ca2+)减小，平衡正向移动，导致c(SO32-)增大，从而使NO2的吸收速率加快；‎ II. (5). 据图可知，在T1温度下反应先达到平衡状态，说明T1>T2，高温时NO的平衡浓度高，说明该反应的正反应是放热反应，故答案为：放热；由图像中T1下反应先达平衡可推断T1>T2，由T1（高温）时NO的平衡浓度高可推断正反应是放热反应。‎ ‎12、用NH4NO3氧化海绵铜(含Cu和CuO)生产CuCl的部分流程如下:‎ 步骤I中，0.5 mol NH4 NO3参加反应有4mol电子转移，铜参与反应的离子方程式为 ‎ 。‎ ‎【答案】4Cu+NO3-+10OH-=4Cu2++NH4++3H2O ‎【解析】0.5molNH4NO3参加反应有4mol电子转移，则N元素被还原为-3价，反应的离子方程式为4Cu+NO3-+10OH-=4Cu2++NH4++3H2O。‎ 15 / 15‎