第二章《化学反应的方向、限度与速率》测试题
一、单选题
1．如图表示某可逆反应在使用和未使用催化剂时，反应进程和能量的对应关系。下列说法一定正确的是
A．a与b相比，b的活化能更高
B．反应物断键吸收的总能量小于生成物成键释放的总能量
C．a与b相比，a中的活化分子的百分比更高
D．a与b相比，a对应的反应速率更快
2．在一定空气流速下，热解得到三种价态锰的氧化物。相同时间内锰元素所占比例()随热解温度变化的曲线如图所示。坐标系中主要发生如下反应：
反应I：
反应II：
反应III：
下列说法错误的是
A．反应I在低温下不能自发进行，说明
B．曲线a表示中锰元素所占比例随温度的变化温度/C
C．，主要发生反应III
D．下，适当增大空气的流速可以提高的产率
3．将2mL 0.1mol·L -1 FeCl3溶液和2mL 0.01mol·L -1 KSCN溶液混合，发生如下反应：FeCl3(aq)+3KSCN(aq) Fe(SCN)3(aq)+3KCl(aq)，为了使平衡状态向逆反应方向移动，应选择的条件是：①再加入2mL1mol·L -1FeCl3 溶液 ② 加入KCl固体 ③ 加入适量的铁粉 ④ 再加入2mL0.4mol·L -1KSCN溶液
A．②③ B．③ C．②④ D．①③④
4．下列叙述正确的是
①电解池是将化学能转变成电能的装置
②光能和化学能都能转化成电能
③金属和石墨导电均为物理变化，电解质溶液导电是化学变化
④不能自发进行的氧化还原反应，通过电解原理有可能实现
A．①③④ B．③④ C．②③④ D．④
5．将固体NH4I置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：①NH4I(s) NH3(g)+HI(g)；②2HI(g) H2(g)+I2(g)。反应达到平衡时，c(H2)=2 mol/L，c(HI)=4 mol/L，则此温度下反应①的平衡常数是
A．36 B．32 C．16 D．24
6．目前认为酸催化乙烯水合制乙醇的反应机理及能量与反应进程的关系如图所示。下列说法错误的是
A．第②、③步反应均释放能量
B．该反应进程中有二个过渡态
C．酸催化剂能同时降低正、逆反应的活化能
D．总反应速率由第①步反应决定
7．日常生活中的下列做法，与调控化学反应速率无关的是
A．燃煤时将煤块粉碎为煤粉
B．制作绿豆糕时添加适量的食品防腐剂
C．空运水果时在包装箱中放入冰袋
D．炼铁时采用增加炉子高度的方法减少尾气排放
8．在一定条件下的1L密闭容器中，X、Y、C三种气体的物质的量随时间的变化如图所示。下列说法不正确的是
A．0～15min，消耗C的平均速率约为0.033mol L-1 min-1
B．X、Y、C三种气体发生反应的化学方程式为：Y(g)+3X(g)2C(g)
C．反应开始到25min，X的转化率为25%
D．25min时改变的一个条件可能是缩小容器体积
9．分子在催化剂的作用下发生的一系列转化如图所示。下列叙述正确的是
A．催化剂的表面有极性键的断裂和非极性键的形成
B．催化剂能提高该反应的平衡转化率
C．催化剂、增大了该历程中的最大能垒(活化能)
D．催化剂表面发生的反应为
10．催化某反应的一种催化机理如图所示，其中是氢氧自由基，是醛基自由基，下列叙述不正确的是
A．使用催化时，该反应的不变
B．不是所有过程都发生氧化还原反应
C．总反应为
D．为中间产物之一，与中所含阴离子相同
11．图象能正确反映对应变化关系的是
A B C D
电解水 往AgNO3、Cu(NO3)2混合溶液加入Zn粉至过量 加热一定质量的KMnO4固体 向等质量、等浓度的稀硫酸中分别加入足量Mg和Zn
A．A B．B C．C D．D
二、填空题
12．图Ⅰ、Ⅱ依次表示在酶浓度一定时，反应速率与反应物浓度、温度的关系。请据图回答下列问题：
(1)图Ⅰ中，反应物达到某一浓度时，反应速率不再上升，其原因是___________。
(2)图Ⅱ中，催化效率最高的温度为___________(填“”或“”)点所对应的温度。
(3)图Ⅱ中，点到点曲线急剧下降，其原因是___________。
(4)将装有酶、足量反应物的甲、乙两试管分别放入12℃和75℃的水浴锅内，后取出，转入25℃的水浴锅中保温，试管中反应速率加快的为___________(填“甲”或“乙”)。
13．已知一个固定容积的密闭容器中，发生如下反应：M(g)＋N(g) P(g)＋Q(g) ，△H>0 请回答下列问题：
(1)在某温度下，反应物的起始浓度分别为：c(M)=1mol/L，c(N)=2.4mol/L，达到平衡后，M的转化率为60％，此时N的转化率为__________；原混合气体与平衡混合气体的压强之比，p(始):p(平)=________
(2)若反应温度升高，M的转化率_____(填“增大”“减小”或“不变”；)
(3)若反应温度不变，反应物的起始浓度分别为：c(M)=4mol/L, c(N)=a mol/L;达到平衡后，c(P)=2mol/L,a=________
(4)若反应温度不变，反应物的起始浓度为：c(M)=c(N)=bmol/L，达到平衡后，M的转化率为________。
(5)若反应温度不变，某一时刻测得容器内各物质的浓度分别为c(M)=0.5mol/L，c(Y)=0.2mol/L，c(P)=0.4mol/L，c(Q)=0.4mol/L，则下一时刻，反应向__________(填“正向”或“逆向”)进行。
14．某温度时，在2L容器中A、B两种物质间的转化反应中，A、B物质的量随时间变化的曲线如图所示，由图中数据分析得：
(1)该反应的化学方程式为_______；
(2)反应开始至4min时，B的平均反应速率为_______，
(3)4min时，反应是否达到平衡状态？_______(填“是”或“否”)，8min时，v(正)_______v(逆)(填“>”、“<”或“=”)。
15．用活性炭还原处理氮氧化物，有关反应为C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)。
(1)写出上述反应的平衡常数表达式 _______。
(2)在2 L恒容密闭容器中加入足量C与NO发生反应，所得数据如表，回答下列问题。
实验编号 温度/℃ 起始时NO的物质的量/mol 平衡时N2的物质的量/mol
1 700 0.40 0.09
2 800 0.24 0.08
结合表中数据，判断该反应的ΔH_______0(填“＞”或“＜”)，理由是_______。
(3)700℃时，若向2 L体积恒定的密闭容器中充入一定量和发生反应：N2(g)+CO2(g) C(s)+2NO(g)；其中、NO物质的量随时间变化的曲线如图所示。请回答下列问题。
①内的平均反应速率v=_______。
②图中A点v(正)_______v(逆)(填“＞”“＜”或“=”)。
③第时，外界改变的条件可能是_______。
A．加催化剂 B．增大碳的物质的量 C．减小的物质的量 D．升温 E．降温
三、计算题
16．20℃时，将溶液与溶液等体积混合，2min后溶液中出现明显浑浊，反应的化学方程式为：，已知温度每升高10℃，该反应的速率增大为原来的2倍。那么50℃时，同样的反应要看到同样的浑浊现象所需时间为多少？_______
四、实验题
17．NaNO2溶液和NH4Cl溶液可发生反应：NaNO2+NH4ClN2↑+NaCl+2H2O。为探究反应速率与c(NaNO2)的关系，利用下列装置(夹持仪器略去)进行实验。
实验步骤：往A中加入一定体积(V)的溶液、溶液和水，充分搅拌。控制体系温度，通过分液漏斗往A中加入醋酸。当导管口气泡均匀稳定冒出时，开始用排水法收集气体。用秒表测量收集所需的间，重复多次取平均值(t)。
回答下列问题：
(1)检验装置气密性的方法：___________。
(2)若需控制体系的温度为36℃，采取的合理加热方式为___________。
(3)每组实验过程中，反应物浓度变化很小，忽略其对反应速率测定的影响。实验数据如下表所示。
实验编号
溶液 溶液 醋酸 水
1 4.0 V1 4.0 8.0 334
2 V2 4.0 4.0 V3 150
3 8.0 4.0 4.0 4.0 83
4 12.0 4.0 4.0 0.0 38
①___________，___________。②该反应的速率方程为，k为反应速率常数。利用实验数据计算得___________(填整数)。
③醋酸的作用是___________。
(4)如果用同浓度的盐酸代替醋酸进行实验1，与盐酸反应生成，分解产生等物质的量的两种气体。反应结束后，A中红棕色气体逐渐变浅装置中还能观察到的现象有_______。分解产生的两种气体用过量的氢氧化钠溶液吸收的化学方程式为______。
18．某校化学活动社团为测定1mol/L的H2SO4溶液与锌粒和锌粉反应的速率，设计如图1装置。
(1)图1中盛有H2SO4溶液的仪器名称是_______。
(2)按照图1装置实验时，限定了两次实验时间均为10min，还需要测定的另一个数据是_______。
(3)若将图1装置中的气体收集装置改为图2装置，实验完毕待冷却后，该学生准备读取量气管上液面所在处的刻度，发现量气管中液面高于干燥管中液面，应首先采取的操作是_______。
五、工业流程题
19．硫酸镍是一种重要的化工中间体，是镍行业研究的热点。一种以石油化工中的废镍催化剂(主要成分为NiCO3和SiO2，还含有少量Fe2O3、Cr2O3)为原料制备硫酸镍的工业流程如下：
已知：I.NiS、Ni(OH)2、Cr(OH)3均难溶于水，Cr(OH)3是两性氢氧化物；
II.Fe(OH)3不溶于NH4Cl-氨水的混合液；
III.Ni(OH)2溶于NH4Cl-氨水的混合液生成[Ni(NH3)6]2+。
请回答下列问题：
(1)“酸溶”时应先将废镍催化剂粉碎，再与20%硫酸在100℃下反应2h，该操作的目的为_____。
(2)“滤渣I”的主要成分为____(填化学式)，该物质在工业上的用途为_______(任写一种)。
(3)“一次碱析”时，加入的NaOH溶液需过量，含铬微粒发生反应的离子方程式为_______。
(4)“氨解”的目的为________。
(5)“氧化”时发生反应的离子方程式为_______。
(6)“系列操作”具体是指_______、______、过滤、洗涤、干燥。若所得NiSO4·7H2O晶体不纯，应继续进行的提纯方法为___________。
20．我国是稀土储量大国，氧化铈(CeO2)是一种应用广泛的稀土氧化物。一种用氟碳铈矿(，含BaO、等杂质)为原料制备的工艺如下图。
已知：①可形成难溶于水的复盐[]，其氢氧化物也难溶于水。
②硫脲的结构简式为，在酸条件下易被氧化为。
③HF是一元弱酸。
回答下列问题：
(1)焙烧时，为了提高焙烧效率，可采取的措施有_______。(写一条)
(2)固体A的主要成分是_______。
(3)焙烧后加入稀硫酸浸出，Ce元素的浸出率和稀硫酸浓度、温度有关，其关系如下图所示，应选择的适宜的条件为_______，硫酸浓度过大时，浸出率降低的可能原因是_______。
(4)步骤②加入硫脲的目的将还原为，该反应的离子方程式为_______。
(5)步骤③加入NaOH的目的_______。
(6)步骤④的离子方程式为_______。
(7)取a g所制，溶解后配制成250mL溶液。取b mL该溶液用cmol/L硫酸亚铁铵[]溶液滴定，滴定时发生反应，达到滴定终点时消耗硫酸亚铁铵溶液V mL，则该产品的质量分数为_______。(列表达式)
参考答案：
1．B
【解析】A．a与b相比，a的活化能更高，故A错误；
B．正反应放热，反应物断键吸收的总能量小于生成物成键释放的总能量，故B正确；
C．a与b相比，b活化能小，b中的活化分子的百分比更高，故C错误；
D．a与b相比，b活化能越小，b对应的反应速率更快，故D错误；
选B。
2．D
【解析】A．由反应I可知该反应ΔS>0，根据吉布斯自由能公式ΔG=ΔH－TΔS，故该I在低温下不能自发进行，则，A正确；
B．温度越高，反应越快，根据反应个反应，可以发现二氧化锰是反应III的产物，故温度升高时，相同时间内，二氧化锰会越来越多，即b代表二氧化锰，a代表，B正确；
C．由图可知时，二氧化锰一直增大，故此时发生的主要反应为反应III，C正确；
D．由图可知450℃时二氧化锰的含量较大，此时适当增大空气的流速可以提高的产率，但是温度较低时，二氧化锰含量较低，增大空气的流速不利于提高的产率，D错误；
故选D。
3．B
【解析】对于反应FeCl3(aq)+3KSCN(aq) Fe(SCN)3(aq)+3KCl(aq)，其离子方程式为Fe3+(aq)+3SCN-(aq) Fe(SCN)3(aq)；
①再加入2mL1mol·L -1FeCl3 溶液，增大了FeCl3 溶液的浓度，平衡正向移动；
② 加入KCl固体，对Fe3+和SCN-的浓度都不产生影响，平衡不发生移动；
③ 加入适量的铁粉，与Fe3+发生氧化还原反应生成Fe2+，减小了Fe3+浓度，平衡逆向移动；
④ 再加入2mL0.4mol·L -1KSCN溶液，增大了溶液中的SCN-浓度，平衡正向移动；
由以上分析可知，只有③符合题意，故选B。
4．C
【解析】①电解池是在直流电的作用下，发生氧化还原反应，所以是将电能转化为化学能的装置，①不正确；
②太阳能电池将光能转化成电能，蓄电池将化学能转化成电能，②正确；
③金属和石墨导电均为电子导电，属于物理变化，电解质溶液导电同时伴随着氧化还原反应的发生，是化学变化，③正确；
④不能自发进行的氧化还原反应，即便其ΔS＜0、△H＞0，通过电解原理也有可能让反应发生，④正确；
综合以上分析，②③④正确，故选C。
5．B
【解析】反应达到平衡时，c(H2)=2mol·L－1，说明消耗HI浓度为4mol·L－1，则生成HI总物质的量浓度为(4＋4)mol·L－1=8mol·L－1，即c(NH3)=8mol/l，根据化学平衡常数的定义，①的反应平衡常数K=c(NH3)×c(HI)=8×4=32，故选项B正确。
6．B
【解析】A. 根据反应历程，结合图可知，第②③步均为反应物总能量高于生成物的总能量，为放热反应，选项A正确；
B. 根据过渡态理论，反应物转化为生成物的过程中要经过能量较高的过渡态，由图可知，该反应进程中有三个过渡态，选项B错误；
C. 酸催化剂能同时降低正、逆反应的活化能，选项C正确；
D. 活化能越大，反应速率越慢，决定这总反应的反应速率，由图可知，第①步反应的活化能最大，总反应速率由第①步反应决定，选项D正确；
答案选B。
7．D
【解析】A．煤块粉碎为煤粉,增大接触面积,可以加快反应速率,故A不选；
B．在食品中添加防腐剂，可以减慢反应速率，故B不选；
C．冰袋可以降低温度，减慢反应速率，故C不选；
D．提高炼铁高炉的高度不能改变平衡状态，因此不能减少尾气中CO的浓度，也不能改变反应速率，故D选．
故选D。
8．A
【解析】A．据图可知C为生成物，0～15min内生成C而不是消耗C，A错误；
B．据图可知X、Y的物质的量减少，为反应物，C的物质的量增加，为生成物，达到平衡时X、Y、C的物质的量变化之比为0.75mol：0.25mol：0.5mol=3:1:2，化学方程式为Y(g)+3X(g)2C(g)，B正确；
C．25min时反应已达到平衡，该时段内Δn(X)=0.75mol，转化率为×100%=25%，C正确；
D．25min时的瞬间各物质的物质的量不变，所以不是改变投料，而之后C的物质的量增加，X、Y的物质的量减小，说明平衡正向移动，该反应为气体系数之和减小的反应，缩小容器体积增大压强，平衡正向移动，D正确；
综上所述答案为A。
9．D
【解析】A．催化剂的表面有非极性键的断裂和极性键的形成，选项A错误；
B．催化剂不能提高该反应的平衡转化率，选项B错误；
C．催化剂、减少了该历程中的最大能垒(活化能)，选项C错误；
D．根据图中信息可知，催化剂表面发生的反应为，实现了氨的催化氧化，选项D正确；
答案选D。
10．D
【解析】A．催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应热，使用MnO2催化时，该反应的 H不会发生变化，A项正确；
B．催化机理中存在与H+反应生成CO2和H2O的过程，该过程不是氧化还原反应，B项正确；
C．根据图示的催化机理可知总反应为：，C项正确；
D．Na2O2中的阴离子是，与不一样，D项错误；
答案选D。
11．B
【解析】A．电解水的方程式为2H2O2H2↑＋O2↑，生成H2和O2的质量比为2×2:32=1:8，而不是2:1，A错误；
B．Ag＋的氧化性强于Cu2＋，因此向AgNO3和Cu(NO3)2混合溶液中加入Zn粉至过量时，Zn先置换出Ag，再置换出Cu。因此开始时，Cu(NO3)2的质量不变，随后减少，直到完全置换，Cu(NO3)2的质量降为0，B正确；
C．加热KMnO4时，KMnO4受热分解，化学方程式为2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑，随着KMnO4受热分解，残留固体从KMnO4变为K2MnO4和MnO2，Mn的质量分数从升高到，而不是不变，C错误；
D．向等质量、等浓度的稀硫酸中分别加入足量Mg和Zn，由于H2SO4不足，H2SO4完全反应，H2SO4的量是一样的，因此生成H2的量是相同的，D错误；
答案选B。
12． 酶的浓度一定 A 温度过高，酶的活性下降 甲
【解析】(1)由图Ⅰ分析，反应物浓度增大到一定限度，反应速率不再上升，说明决定化学反应速率的主要因素是酶的浓度，故答案为：酶的浓度一定；
(2)由图Ⅱ分析，点的反应速率最快，催化效率最高，故答案为：A；
(3)点到点曲线急剧下降是由于温度升高，酶的活性急速下降，故答案为：温度过高，酶的活性下降；
(4)由图Ⅱ可知，0~25℃范围内，温度越高，反应速率越快，所以甲试管转入25℃的水浴中加热时反应速率加快；乙试管在75℃的水浴中加热时，酶已经失活，故乙中无催化反应发生，故答案为：甲。
13．(1) 25% 1:1
(2)增大
(3)6
(4)41%
(5)逆向
【解析】(1)
在某温度下，反应物的起始浓度分别为：c(M)=1mol/L，c(N)=2.4mol/L，达到平衡后，M的转化率为60％，列三段式可得
N的转化率为×100%=25%；原混合气体与平衡混合气体的压强之比等于物质的量之比，故p(始):p(平)=(1+2.4)：(0.4+1.8+0.6+0.6)=3.4：3.4=1：1。
(2)
反应吸热，故温度升高，平衡正向移动，M的转化率增大。
(3)
由(1)可知，某温度下，K=，则，所以K==，故a=6。
(4)
由(1)可知，某温度下，K=，则，所以K==，可得b=2.4x，故M的转化率为×100%=41%。
(5)
某一时刻测得容器内各物质的浓度分别为c(M)=0.5mol/L，c(Y)=0.2mol/L，c(P)=0.4mol/L，c(Q)=0.4mol/L，则Q==1.6＞K，故反应逆向进行。
14．(1)2A B
(2)0.025mol/(L·min)
(3) 否 =
【解析】（1）由图象可看出A为反应物，B为生成物，物质的量不变时反应达到平衡状态，A反应的物质的量=0.8mol-0.2mol=0.6mol；B生成的物质的量=0.5mol-0.2mol=0.3mol，所以A、B转化的物质的量之比为2：1，根据A、B转化的物质的量之比=化学方程式的计量数之比，反应的化学方程式为：2AB；
（2）反应开始至4min时，B物质的量变化0.4mol-0.2mol=0.2mol，B的平均反应速率为 ；
（3）由图象分析可知，4 min时，随时间变化A、B物质的量发生变化，说明未达到平衡；8 min时随时间变化A、B物质的量不再发生变化，说明达到平衡，故v(正) =v(逆)。
15．(1)K=
(2) ＞ 700℃时，K=0.167，800℃时，K=1，温度升高，K值增大，故为吸热反应
(3) 0.01mol/(L·min) ＞ AD
【解析】（1）
平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，表达式为：；
（2）
①依据实验1和实验2起始时和达到平衡时的数据，列三段式有：
实验1：
实验2：
则，，时，，时，，温度升高，K值增大，故为吸热反应；；
（3）
①由图可知内的物质的变化为，由方程式 可知，的物质的量变化为，所以平均反应速率；
②由图可知A点反应向正反应方向进行，所以正逆；
③由图可知第后，反应速率增大，
A．加催化剂，加快反应速率，故A正确；
B．C为固体，增大C的量对反应速率没有影响，故B错误；
C．减小的物质的量，则的浓度减小，反应速率减小，故C错误；
D．升温，使反应速率加快，故D正确；
E．降温，使反应速率减小，故E错误；
故答案为：AD。
16．15s
【解析】化学反应中，升高温度，反应速率增大，20℃时，将溶液与溶液等体积混合，2min(即120s)后溶液中明显出现浑浊；已知温度每升高10℃，反应速率增大到原来的2倍，那么在50℃时，温度升高30°℃，反应速率应是20℃的23倍=8倍，反应需要时间为原先的，则同样的反应出现混浊需要的时间为120s×=15s。
17．(1)关闭止水夹K，通过分液漏斗往A中加水，若一段时间后水难于滴入，则装置气密性良好
(2)水浴加热
(3) 4.0 6.0 2 加快反应速率
(4) 量筒中收集到无色气体，导管里上升一段水柱 2HNO2=NO2↑+NO↑+H2O
【解析】(1)
由图可知，该发生装置使用了分液漏斗，检查该装置气密性的方法为：关闭止水夹K，通过分液漏斗往A中加水，若一段时间后水难于滴入，则装置气密性良好；
(2)
控制体系的温度为36℃，该温度小于100℃，可采用水浴加热法，使反应温度均匀平稳，故答案为：水浴加热；
(3)
①根据实验3、4可知，溶液的总体积为20.0mL，则V1=(20.0-4.0-4.0-8.0)mL=4.0mL；该实验的目的是探究NaNO2溶液的浓度对化学反应速率的影响，并且NaNO2溶液的用量符合递变规律，则V2=6.0mL，V3=(20.0-4.0-4.0-6.0)mL=6.0mL，故答案为：4.0；6.0；
②由表中实验1、3数据可知，其他物质的浓度相同时，NaNO2溶液的浓度增大1倍时，实验3、1中收集1.0mLN2所需时间比值为≈，即实验3的反应速率为实验1的4倍，由于，实验m≈2，故答案为：2；
③NaNO2和NH4Cl的反应为NaNO2+NH4Cl=N2↑+NaCl+2H2O，即醋酸在该反应中是催化剂，催化剂可加快反应速率，故答案为：加快反应速率；
(4)
用同浓度的盐酸代替醋酸进行实验1，NaNO2与盐酸反应生成HNO2，HNO2分解产生等物质的量的两种气体是NO2和NO，反应为2HNO2=NO2↑+NO↑+H2O，NO2是红棕色气体，NO是无色气体，NO2能与水反应生成HNO3和NO，反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO，反应结束后，量筒内收集的气体为NO，A中红棕色气体逐渐变浅，并且反应后气体的总物质的量减少，容器内压强降低，导管里上升一段水柱，故答案为：量筒中收集到无色气体，导管里上升一段水柱；2HNO2=NO2↑+NO↑+H2O。
18．(1)分液漏斗
(2)收集到气体的体积
(3)调节量气管的高度使得两侧液面相平
【解析】该反应中化学反应速率的测量要注意两个方面的数据，一个是产生氢气的体积，再换算成浓度，另一个是产生这些氢气所需要的时间。
（1）
题图1中盛放溶液的仪器是分液漏斗。
（2）
按照题图1装置实验时，限定了两次实验时间均为10min，还需要测定的另一个数据是反应产生的体积。
（3）
图2装置准备读取量气管上液面所在处的刻度，应首先调节量气管的高度使得两侧液面相平。
19．(1)加快反应速率，提高镍元素的浸出率
(2) SiO2 制玻璃(或制光导纤维)
(3)
(4)溶解Ni(OH)2，与Fe(OH)3分离
(5)
(6) 蒸发浓缩 冷却结晶 重结晶
【解析】废镍催化剂(主要成分为NiCO3和SiO2，还含有少量Fe2O3、Cr2O3)经酸溶得到硫酸镍、硫酸铁、硫酸铬溶液，二氧化硅不溶于酸为“滤渣I”的主要成分；向滤液中加入氢氧化钠溶液得到氢氧化镍沉淀、氢氧化铁沉淀、偏铬酸钠溶液，偏铬酸钠溶液为“滤液I”的主要成分；向沉淀中加入NH4C1-氨水的混合液，氢氧化铁沉淀不溶于此溶液，为滤渣II的主要成分，氢氧化镍沉淀溶于此溶液得到[Ni(NH3)6]2+溶液；向溶液中通入H2S生成NiS沉淀；向沉淀中滴入稀硝酸得到硝酸镍；向硝酸镍中加入氢氧化钠溶液得到氢氧化镍沉淀；向沉淀中加入硫酸得到硫酸镍；在经过系列操作得到NiSO4·7H2O。
（1）
“酸溶”时应先将废镍催化剂粉碎，再与20%硫酸在100℃下反应2小时，是为了增大接触面积，加快反应速率，提高镍元素的浸出率。
（2）
根据分析可知二氧化硅不溶于稀硫酸，则“滤渣I”主要成分是二氧化硅，二氧化硅主要应用于制玻璃或制光导纤维；
（3）
根据信息可知，Cr(OH)3是两性氢氧化物，性质类似于氢氧化铝，铬离子与少量氢氧化钠反应生成氢氧化铬，若氢氧化钠过量，则过量的氢氧化钠与氢氧化铬继续反应生成偏铬酸钠，故“一次碱析”时，加入的NaOH溶液需过量，除去铬元素，则含铬微粒发生反应的离子方程式为；
（4）
废镍催化剂中的铁元素在“一次碱析”时转化为氢氧化铁，由于Fe (OH)3不溶于NH4C1-氨水的混合液，Ni(OH)2溶于NH4Cl-氨水的混合液生成[Ni(NH3)6]2+，则“氨解”的目的是实现镍元素和铁元素的分离；
（5）
“氧化”时发生的反应是稀硝酸和NiS的反应，根据流程图反应生成S，则稀硝酸中的氮元素由+5价降低到+2价生成NO，NiS中的硫元素由-2价升高到0价生成S单质，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式为。
（6）
NiSO4溶液制备NiSO4·7H2O晶体需要经过“系列操作”具体是指蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。若所得NiSO4·7H2O晶体不纯，需要重结晶进行的提纯；
20．(1)将氟碳铈矿粉碎以增大接触面积，或延长焙烧时间等都可以提高焙烧效率
(2)BaSO4和SiO2
(3) 温度85℃、c( H+ )为2.5mol/L 溶液中c(SO)增大，易和稀土离子形成复盐沉淀而使浸出率降低
(4)2+2=Ce2(SO4)3+(SCN2H3)2+H2SO4
(5)中和过量的硫酸
(6)
(7)
【解析】氟碳铈矿含CeFCO3、BaO、SiO2，在空气中焙烧，Ce3+在空气中氧化为Ce4+，用硫酸浸取，Ce4+进入溶液，SiO2不反应，BaO与硫酸反应生成BaSO4沉淀，过滤分离，滤渣A为SiO2、BaSO4，滤液A中加入硫脲将Ce4+还原为Ce3+，Ce2(SO4)3与Na2SO4形成复盐沉淀Ce2(SO4)3· Na2SO4·nH2O，过滤分离。复盐沉淀加入碱，再加入酸，Ce3+被转移到溶液中，再加入碳酸氢铵使Ce3+沉淀为(Ce)2(CO3)3，最后灼烧分解生成CeO2。
(1)
从反应速率的影响因素考虑，为了提高焙烧效率，可采取的措施有将氟碳铈矿粉碎以增大接触面积，或延长焙烧时间等都可以提高焙烧效率；
(2)
CeFCO3中F为一价、CO为- 2价，根据化合价代数和为0，可知Ce为+3价；SiO2不反应，BaO与硫酸反应生成BaSO4沉淀，故滤渣A是BaSO4和SiO2；
(3)
由图可知，温度85℃、c(H+ )2.5mol/L时，稀土的浸出率浸出率最高，即选择的适宜的条件为：温度85℃、c( H+ )为2.5mol/L；溶液中c(SO)增大，易和稀土离子形成复盐沉淀而使浸出率降低；
(4)
硫脲将将还原为，，自身被氧化为(SCN2H3)2，方程式为：2+2=Ce2(SO4)3+(SCN2H3)2+H2SO4；
(5)
在前面步骤中加入的硫酸过量，步骤③加入NaOH的目的是：中和过量的硫酸；
(6)
步骤④是碳酸氢铵提供碳酸根与Ce3+结合生成为(Ce)2(CO3)3，产生的氢离子又与碳酸氢根反应生成二氧化碳与水，反应离子方程式为： ；
(7)
根据可知n()=，则该产品的质量分数。
