氯化铵和氢氧化钙反应方程式(高考化学大题专项

1.NiSO4·6H2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于化学镀镍、生产电池等。可以电镀废渣(除含镍外，还含有Cu、Zn、Fe、Cr等杂质)为原料获得。工艺流程如下图

请回答下列问题

(1)用稀硫酸溶解废渣时，为了提高浸取率可采取的措施有______________(任写一点)。

(2)向滤液中滴入适量的Na2S溶液，目的是除去Cu2＋、Zn2＋，写出除去Cu2＋的离子方程式
____________________________。

(3)在40 ℃左右，用6%的H2O2氧化Fe2＋，再在95 ℃时加入NaOH调节pH，除去铁和铬。，还常用NaClO3作氧化剂，在较小的pH条件下水解，最终生成一种浅黄色的黄铁矾钠沉淀除去。如图是温度—pH与生成沉淀的关系图，图中阴影部分是黄铁矾稳定存在的区域。下列说法正确的是________(选填序号)。

a．FeOOH中铁为＋2价

b．若在25 ℃时，用H2O2氧化Fe2＋，再在pH＝4时除去铁，此时溶液中c(Fe3＋)＝2.64×10－29mol/L

c．用氯酸钠在酸性条件下氧化Fe2＋的离子方程式为6Fe2＋＋ClO＋6H＋===6Fe3＋＋Cl－＋3H2O

d．工业生产中常保持在85～95 ℃生成黄铁矾钠，此时水体的pH为1.2～1.8

(4)上述流程中滤液Ⅲ的主要成分是
_______________________________________。

(5)确定步骤四中Na2CO3溶液足量，碳酸镍已完全沉淀的简单实验方法是
________________________________________________________________________。

(6)操作Ⅰ的实验步骤依次为(实验中可选用的试剂6 mol·L－1的H2SO4溶液、蒸馏水、pH试纸)

①________________________________________________________________________；

②________________________________________________________________________；

③蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得NiSO4·6H2O晶体；

④用少量乙醇洗涤NiSO4·6H2O晶体并晾干。

【答案】(1)加热或搅拌或增大硫酸浓度等

(2)Cu2＋＋S2－===CuS↓

(3)cd

(4)NiSO4

(5)上层清液呈无色

(6)①过滤，并用蒸馏水洗净沉淀

②向沉淀中加6 mol·L－1的H2SO4溶液，直至恰好完全溶解

【解析】(1)提高浸取率可采取将废渣粉碎、加热、搅拌以及增大硫酸浓度等措施。(3)FeOOH中铁是＋3价，a错误。pH＝4，c(OH－)＝1×10－10mol·L－1，c(Fe3＋)＝＝2.64×10－9mol·L－1，b错误。c项符合电荷守恒、得失电子守恒等守恒关系，也符合反应的酸碱性，正确。观察图像可知d正确。(4)滤液Ⅲ之前已将Cu、Zn、Fe除去，所以滤液中主要含有NiSO4。(5)由于Ni2＋的水溶液为绿色，所以可通过观察滤液的颜色来判断碳酸镍是否完全沉淀。(6)将NiCO3沉淀转化为NiSO4，要先通过过滤，并用蒸馏水洗净沉淀，再向沉淀中加6 mol/L的H2SO4溶液，直至恰好完全溶解，之后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。

2.磷酸铁(FePO4·2H2O，难溶于水的米白色固体)可用于生产药物、食品添加剂和锂离子电池的正极材料。实验室可通过下列实验制备磷酸铁；

(1)称取一定量已除去油污的废铁屑，加入稍过量的稀硫酸，加热、搅拌，反应一段时间后过滤。反应加热的目的是
__________________________________；

(2)向滤液中加入一定量H2O2氧化Fe2＋。为确定加入H2O2的量，需先用K2Cr2O7标准溶液滴定滤液中的Fe2＋，离子方程式如下Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O

①在向滴定管中注入K2Cr2O7标准溶液前，滴定管需要检漏、____________________和__________________；

②若滴定x mL滤液中的Fe2＋，消耗a mol·L－1K2Cr2O7标准溶液b mL，则滤液中c(Fe2＋)＝________mol·L－1；

③为使滤液中的Fe2＋完全被H2O2氧化，下列实验条件控制正确的是________(填序号)；

A．加入适当过量的H2O2溶液B．缓慢滴加H2O2溶液并搅拌

C．加热，使反应在较高温度下进行D．用氨水调节溶液pH＝7

(3)将一定量的Na2HPO4溶液(溶液显碱性)加入到含有Fe3＋的溶液中，搅拌、过滤、洗涤、干燥得到FePO4·2H2O。若反应得到的FePO4·2H2O固体呈棕黄色，则磷酸铁中混有的杂质可能为________。

【答案】(1)加快铁与稀硫酸的反应速率

(2)①用蒸馏水洗净用K2Cr2O7标准溶液润洗2～3次②③AB

(3)Fe(OH)3(或氢氧化铁)

【解析】(1)升温能加快反应速率；

(2)①结合滴定管的使用规则，在注入待装的溶液之前，需要检查滴定管是否漏水→用蒸馏水洗涤→用待装液润洗；

②根据反应的离子方程式，可知ab×10－3mol K2Cr2O7可氧化6ab×10－3mol Fe2＋，故c(Fe2＋)＝6ab×10－3mol÷(10－3x L)＝mol·L－1；

③氧化剂H2O2过量、延长反应时间、增大接触面积等措施均能促使Fe2＋被完全氧化，A项、B项正确；温度过高，会使H2O2分解，C项错误；pH增大会降低H2O2的氧化性，促进Fe2＋水解而生成Fe(OH)2沉淀，D项错误；

(3)亚铁盐呈现绿色，颜色发黄说明含有三价铁的化合物，结合溶液显碱性易推知含有Fe(OH)3。

3.某课外活动小组欲利用CuO与NH3反应，研究NH3的某种性质并测定其组成，设计了如下实验装置（夹持装置未画出）进行实验。请回答下列问题

（1）仪器a的名称为 ；仪器b中可选择的试剂为 。

（2）实验室中，利用装置A，还可制取的无色气体是 （填字母）。

A．Cl2B．O2C．CO2D．NO2

（3）实验中观察到装置C中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体，上述现象证明NH3具有 性，写出相应的化学方程式 。

（4）E装置中浓硫酸的作用 。

（5）读取气体体积前，应对装置F进行的操作 。

（6）实验完毕，若测得干燥管D增重mg，装置F测得气体的体积为nL（已折算成标准状况），则氨分子中氮、氢的原子个数比为 （用含m、n字母的代数式表示）。

【答案】（1）分液漏斗 固体氢氧化钠或氧化钙或碱石灰

（2）BC （3）还原 3CuO 2NH33Cu 3H2O N2

（4）吸收未反应的氨气，阻止F中水蒸气进入D

（5）慢慢上下移动右边漏斗，使左右两管液面相平

（6）

【解析】（1）装置中仪器a为分液漏斗；仪器b是利用分液漏斗中滴入的氨水使锥形瓶中的固体溶解放热促进一水合氨分解生成氨气，可选用氢氧化钠固体、氧化钙固体、碱石灰固体等。

（2）制备氯气需要加热，且氯气为黄绿色气体，A不符合；

制备O2可以利用固体过氧化钠和水的反应，B符合；

制备CO2可以利用稀盐酸滴入大理石上反应生成，C符合；

NO2是红棕色气体，D不符合。

（3）实验中观察到装置C中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体，说明氨气和氧化铜反应生成铜和氮气与水，氨气被氧化铜氧化，表现还原性，结合原子守恒配平写出的化学方程式3CuO 2NH33Cu 3H2O N2。

（4）依据流程分析，浓硫酸是吸收过量的氨气，并阻止F中水蒸气进入D影响实验效果。

（5）读取气体体积前，应对装置F进行的操作慢慢上下移动右边漏斗，使左右两管液面相平，保持压强平衡再读数。

（6）干燥管D增重mg为水物质的量，装置F测得N2的体积为nL，物质的量=，依据元素守恒得到氮原子和氢原子物质的量之比=×2∶×2=，则氨分子中氮、氢的原子个数比为。

4.某课外小组同学设计如图实验装置（部分夹持仪器未画出）探究氨气的还原性并检验部分产物。

（1）若A中使用装置Ⅰ制取氨气，则化学方程式为 ，发生装置试管口略向下顷斜的原因；若A中使用装置Ⅱ制取氨气，则分液漏斗中的试剂为 ，圆底烧瓶中的固体可以为 。

（2）B中碱石灰的作用是 。

（3）氨气还原炽热氧化铜的化学方程式为 ，装置C中的实验现象为 ，装置D中的实验现象为 。

（4）①该装置存在明显的缺陷是 。

②请画出改进后需要增加连接的实验装置图。

【答案】（1）2NH4Cl Ca（OH）2CaCl2 2NH3↑ 2H2O 防止水倒流使试管炸裂 NaOH或CaO或碱石灰

（2）吸收氨气中的水蒸气 （3）2NH3 3CuO3Cu 3H2O N2黑色CuO变为红色，白色无水CuSO4粉末变为蓝色

（4）①没有尾气吸收装置，NH3排入大气，污染环境

②

【解析】（1）装置A中制备氨气，若A中使用装置Ⅰ，为固体加热制取气体的装置，为实验室制备氨气的反应，用氯化铵和氢氧化钙加热反应生成氨气、氯化钙和水，化学方程式2NH4Cl Ca（OH）2CaCl2 2NH3↑ 2H2O；试管口略向下倾斜的原因防止冷凝水在加热的过程中倒流回试管，炸裂试管；若A中使用装置Ⅱ制取氨气，为液体和固体无需加热制取气体，氨水中存在电离平衡NH3 H2ONH3•H2O OH﹣，浓氨水易挥发，CaO固体与水反应放出大量的热，导致温度升高，使得氨气在水中的溶解度进一步减少，以气体的形式逸出，氧化钙与水反应生成的碱使电离平衡逆向移动，制得氨气，或选择NaOH或碱石灰，原理类似。

（2）碱石灰是碱性干燥剂，能吸收水蒸气，防止干扰氨气与氧化铜反应产物水的测定。

（3）氨气与氧化铜反应生成铜、氮气和水，化学方程式2NH3 3CuO3Cu 3H2O N2；CuO为黑色，Cu为红色，无水CuSO4粉末为白色，CuSO4•5H2O为蓝色，看到的实验现象黑色CuO变为红色，白色无水CuSO4粉末变为蓝色。

（4）①氨气是刺激性气体，排入大气，污染环境，所以应有尾气处理装置。

②氨气极易溶于水，可以用水吸收，注意防止倒吸的发生，可用如下装置吸收。

5.现有金属单质A、B和气体甲、乙、丙及物质C、D、E、F、G，它们之间能发生如图反应（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）。

请根据以上信息回答下列问题

（1）写出下列物质的化学式乙 ，F 。

（2）写出下列反应的离子方程式

①金属A和水反应 。

②红褐色沉淀C与物质E反应 。

③F与黄绿色气体乙反应 。

④实验室常用氢氧化钠吸收实验过程中的黄绿色气体乙，写出用氢氧化钠溶液吸收该气体的离子方程式 。

（3）将G溶液逐滴加入到沸水中会产生一种红褐色的液体。你认为该液体中的分散质粒子直径在 之间，验证的简单方法是 。

【答案】（1）Cl2FeCl22Na 2H2O2Na 2OH﹣ H2↑

（2）①2Na 2H2O2Na 2OH- H2↑ ②Fe（OH）3 3H Fe3 3H2O ③2Fe2 Cl22Fe3 2Cl﹣

④Cl2 2OH﹣Cl﹣ ClO﹣ H2O （3）1~100 nm 是否有丁达尔现象

【解析】金属A是食盐中的元素为Na，和水反应生成氢氧化钠和氢气；黄绿色气体乙为Cl2，与Cl2反应的气体甲为H2，丙为HCl，物质E为盐酸；金属A与水反应生成的D为NaOH，盐酸与金属B反应，生成的产物F和气体甲为氢气，金属B与氯气反应生成的G与D氢氧化钠反应生成红褐色沉淀为氢氧化铁，则金属B为Fe，F为FeCl2，G为FeCl3，C为Fe（OH）3。

（1）由以上分析可知，乙为Cl2，F为FeCl2。

（2）①金属A为钠和水反应的离子方程式2Na 2H2O2Na 2OH﹣ H2↑。

②红褐色沉淀C与物质E反应是氢氧化铁和盐酸溶液反应生成氯化铁，反应的离子方程式Fe（OH）3 3H Fe3 3H2O。

③F与黄绿色气体乙反应是氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁，反应的离子方程式为2Fe2 Cl22Fe3 2Cl﹣。

④实验室常用氢氧化钠吸收实验过程中的黄绿色气体乙，氢氧化钠溶液与该气体发生反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式Cl2 2OH﹣Cl﹣ ClO﹣ H2O。

（3）将FeCl3溶液逐滴加入到沸水中会产生红褐色的氢氧化铁胶体，该液体中的分散质粒子直径在1~100 nm之间，验证的简单方法是否有丁达尔现象。

6.图是一个实验室制取氯气并以氯气为原料进行特定反应的装置

（1）A是氯气发生装置，其中反应的化学方程为 。

（2）实验开始时，先点燃A处的酒精灯，打开旋塞K，让Cl2充满整个装置，再点燃D处酒精灯，连接上E装置。Cl2通过C瓶后再进入D。D装置的硬质玻璃管内盛有炭粉，发生氧化还原反应，其产物为CO2和HCl。试写出D中反应的化学方程式 。装置C的作用是 。

（3）在E处，紫色石蕊试液的颜色由紫色变为红色，再变为无色，其原因是 。

（4）若将E处烧杯中溶液改为澄清石灰水，反应过程现象为 （选填标号）。

A.有白色沉淀生成 B.无现象 C.先生成白色沉淀，而后白色沉淀消失

（5）D处反应完毕后，关闭旋塞K，移去酒精灯，但由于余热的作用，A处仍有Cl2产生，此时B中的现象是 ，B的作用是 。

【答案】（1）4HCl（浓） MnO2MnCl2 2H2O Cl2↑

（2）2Cl2 2H2O（g） C4HCl↑ CO2↑ 吸收Cl2中的HCl气体，提供D处所需水蒸气

（3）生成的HCl气体使紫色石蕊溶液变红，因未反应完的Cl2与H2O作用产生的HClO的漂白作用使红色消失

（4）B

（5）瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升 贮存少量Cl2

【解析】（1）浓盐酸和二氧化锰在加热条件下能发生氧化还原反应生成氯化锰、氯气、水，

反应方程式4HCl（浓） MnO2MnCl2 2H2O Cl2↑。

（2）A装置产生了氯气，C装置为D装置提供水蒸气，氯气有强氧化性，碳有还原性，在加热条件下氯气和水、碳发生氧化还原反应生成氯化氢和二氧化碳，反应方程式为2Cl2 2H2O（g） C4HCl↑ CO2↑；盐酸有挥发性，所以制取的氯气中含有氯化氢气体，氯化氢极易溶于水，通过以上分析知，C装置的作用是吸收Cl2中的HCl气体，提供D处所需水蒸气。

（3）剩余的氯气在E装置中和水反应生成盐酸和次氯酸，所以溶液呈酸性，紫色石蕊试液遇酸变红色，次氯酸有漂白性，能使溶液褪色。

（4）剩余的氯气在E装置中和水反应生成盐酸和次氯酸，氯化氢、次氯酸和澄清石灰水反应都生成可溶性的盐和水，盐酸酸性大于碳酸，所以二氧化碳和氢氧化钙不反应，则反应过程无现象，B正确。

（5）D处反应完毕后，关闭旋塞K，移去酒精灯，但由于余热的作用，A处仍有Cl2产生，气体通过导管进入B装置，导致B装置中气体的压强增大，大于大气压，迫使瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升；饱和食盐水能抑制氯气的溶解，B装置的作用是贮存少量Cl2。

7.过氧化钠常作漂白剂、杀菌剂、消毒剂。过氧化钠保存不当容易吸收空气中CO2而变质。

（1）某课外活动小组欲探究某过氧化钠样品是否已经变质，取少量样品，溶解，加入 溶液，充分振荡后有白色沉淀，证明Na2O2已经变质。

（2）该课外活动小组为了粗略测定过氧化钠的纯度，他们称取ag样品，并设计用如图装置来测定过氧化钠的质量分数。

①A中发生反应离子方程式为 。

②将仪器连接好以后，必须进行的第一步操作是 。

③B装置出来的气体是否需要干燥 （填"是"或"否"）。

④写出装置C中发生的所有反应的化学方程式 ， 。

⑤D中NaOH溶液的作用 。

⑥实验结束时，读取实验中生成气体的体积时，不合理的是 。

a．直接读取气体体积，不需冷却到室温

b．上下移动量筒，使得E、F中液面高度相同

c．视线与凹液面的最低点相平读取量筒中水的体积

⑦读出量筒内水的体积后，折算成标准状况下氧气的体积为VmL，则样品中过氧化钠的质量分数为 。

⑧实验完成后E到F之间导管内残留水的体积会使测量结果 （填"偏大""偏小"或"不影响"）。

【答案】（1）CaCl2或BaCl2溶液

（2）①CaCO3 2H ===Ca2 H2O CO2↑ ②检查装置的气密性

③否 ④2CO2 2Na2O2===2Na2CO3 O22Na2O2 2H2O===4NaOH O2↑

⑤吸收未反应的CO2⑥a ⑦% ⑧偏小

【解析】（1）过氧化钠在空气中变质会生成碳酸钠固体，探究一包过氧化钠样品是否已经变质，取少量样品，溶解，加入CaCl2或BaCl2溶液，充分振荡后有白色沉淀，证明Na2O2已经变质。

（2）装置图中A为生成二氧化碳的装置，B为洗气装置，吸收二氧化碳中混有的HCl，防止HCl与过氧化钠反应，C为二氧化碳与过氧化钠反应的装置，D为吸收多余的二氧化碳的装置，防止多余的二氧化碳进入量气装置，导致测得的氧气的体积偏大，E和F是测量生成氧气的体积的装置。

①A中发生反应是碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳、水和氯化钙，反应的离子方程式CaCO3 2H ===Ca2 H2O CO2↑。

②将仪器连接好以后，必须进行的第一步操作是检查装置的气密性。

③B装置出来的气体不需要干燥，二氧化碳、水蒸气和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气的反应，反应的化学方程式2CO2 2Na2O2===2Na2CO3 O2，2Na2O2 2H2O===4NaOH O2↑，过氧化钠反应生成氧气的物质的量定量关系相同，对测定过氧化钠质量分数无影响，所以不需要干燥除去水蒸气。

④装置C中是二氧化碳、水蒸气和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气的反应，反应的化学方程式2CO2 2Na2O2===2Na2CO3 O2，2Na2O2 2H2O===4NaOH O2↑。

⑤D为吸收多余的二氧化碳的装置，防止多余的二氧化碳进入量气装置，导致测得的氧气的体积偏大。

⑥a项，直接读取气体体积，不冷却到室温，会使溶液体积增大，读出结果产生误差，a不正确；

b项，调整量筒内外液面高度使之相同，使装置内压强和外界压强相同，避免读取体积产生误差，b正确；

c项，视线与凹液面的最低点相平读取量筒中水的体积是正确的读取方法，c正确。

⑦测定出量筒内水的体积后，折算成标准状况下氧气的体积为VmL，物质的量=，则样品中过氧化钠的质量分数为×100%=%。

⑧实验完成后E到F之间导管内残留水的体积会使测定氧气体积减小，导致测定过氧化钠质量分数测量结果偏小。

8.分离提纯是化学实验中的重要部分，方法有过滤、蒸发、萃取、蒸馏等，应用广泛，环己醇脱水是合成环己烯的常用方法，实验室合成环己烯的反应和实验装置如图

可能用到的有关数据如下

Ⅰ．合成反应

在a中加入20 g环己醇和2小片碎瓷片，冷却搅动下慢慢加入1 mL浓硫酸，b中通入冷却水后，开始缓慢加热a，控制馏出物的温度不超过90 ℃。

Ⅱ．分离提纯

反应粗产物倒入分液漏斗中分别用少量5 %碳酸钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙，最终通过蒸馏得到纯净环己烯10 g。

回答下列问题

（1）装置b的名称是 。

（2）加入碎瓷片的作用是 ；如果加热一段时间后发现忘记加瓷片，应该采取的正确操作是 （填字母）。

A．立即补加 B．冷却后补加

C．不需补加 D．重新配料

（3）分液漏斗在使用前须清洗干净并 ；在本实验分离过程中，产物应该从分液漏斗的 （填"上口倒出"或"下口倒出"）。

（4）分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是 。

（5）在环己烯粗产物蒸馏过程中，不可能用到的仪器有 （填正确答案标号）。

A．蒸馏烧瓶 B．温度计 C．分液漏斗 D．牛角管 E．锥形瓶

【答案】（1）冷凝管

（2）防止暴沸 B

（3）检漏 上口倒出

（4）干燥

（5）C

【解析】在a中加入环己醇和碎瓷片，碎瓷片能防暴沸；冷却搅动下慢慢加入1 mL浓硫酸，浓硫酸的加入相当于浓硫酸的稀释，不能将环己醇倒入浓硫酸中；b中通入冷却水后，开始缓慢加热a，在浓硫酸作催化剂条件下，环己醇发生消去反应生成环己烯，根据二者沸点知，要想得到较纯净的环己烯，应该控制馏出物的温度不超过90 ℃；反应粗产物倒入分液漏斗中分别用少量5% 碳酸钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙颗粒进行干燥，然后静置一段时间后弃去氯化钙，最终通过蒸馏得到纯净环己烯。

（1）装置b的名称是冷凝管。

（2）碎瓷片的存在可以防止在加热过程中产生液体暴沸现象；补加碎瓷片时需要待已加热的试液冷却后再加入，故选B。

（3）由于分液漏斗有活塞开关，故使用前需要检查是否漏液；分液过程中，由于环己烯的密度比水的密度小，故应该从分液漏斗的上口倒出。

（4）分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是利用无水氯化钙吸收产物中少量的水。

（5）观察题目提供的实验装置图知蒸馏过程中不可能用到分液漏斗。

9.为验证氧化性Cl2＞Fe3＋＞SO2，某小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器和A中的加热装置已略，气密性已经检验完毕)实验过程如图

Ⅰ.打开弹簧夹K1～K4，通入一段时间N2，再将T形导管插入B中，继续通入N2，然后关闭K1、K3、K4。

Ⅱ.打开活塞a，滴加一定量的浓盐酸，给A加热。

Ⅲ.当B中溶液变黄时，停止加热，夹紧弹簧夹K2。

Ⅳ.打开活塞b，使约2 mL的溶液流入D试管中，检验其中的阳离子。

Ⅴ.打开弹簧夹K3、活塞c，加入70%的硫酸，一段时间后夹紧弹簧夹K3。

Ⅵ.更新试管D，重复过程Ⅳ，检验B溶液中的离子。

(1)过程Ⅰ的目的是________________________。

(2)棉花中浸润的溶液为__________________。作用是_______________________。

(3)A中发生反应的化学方程式
______________________________________。

(4)导致步骤Ⅲ中溶液变黄的离子反应是
______________________________。用______________(写试剂化学式)检验氧化产物，现象是
___________________________。

(5)能说明氧化性Fe3＋＞SO2的离子方程式是
__________________________。

(6)甲、乙、丙三位同学分别完成了上述实验，他们的检测结果一定能够证明氧化性Cl2＞Fe3＋＞SO2的是________________(填"甲""乙"或"丙")。

【答案】(1)排出装置中的氧气

(2)氢氧化钠溶液　吸收Cl2、SO2，防止污染空气

(3)MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O

(4)2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－　KSCN　溶液变红

(5)2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SO＋4H＋

(6)乙丙

【解析】A装置为制取氯气的装置，B装置为氯气氧化亚铁离子的装置，B中盛放氯化亚铁溶液，C装置制备二氧化硫。(1)装置中存在氧气，会氧化亚铁离子，在溶液中可以氧化二氧化硫。(2)Cl2、SO2有毒污染空气，应有尾气处理装置。(3)浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、氯气与水。(4)当B中溶液变黄时即氯气将二价铁离子氧化成三价铁离子，用KSCN溶液检验。(5)根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于还原剂的氧化性，结合三价铁离子氧化二氧化硫生成二价铁离子和硫酸根书写离子方程式。(6)氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物，也强于还原剂的氧化性。甲，B可能存在溶解的氯气氧化SO2；乙，B中存在Fe3＋、Fe2＋，说明Cl2氧化性强于Fe3＋，且没有Cl2剩余，后有SO生成能说明Fe3＋氧化性强于SO2；丙，B中存在Fe3＋，说明Cl2氧化性强于Fe3＋，后生成了Fe2＋，只能是Fe3＋被SO2还原。

10.某科研小组在900℃的空气中合成出化学式为La2Ca2MnOx的超导体材料，其中La以 3价存在。为确定x的值，进行如下分析:

步骤1:准确称取0.5250 g超导体材料样品，放入锥形瓶中，加25.00 mL0.06000 mol·L-1Na2C2O4溶液(过量)和25 mL 6mol·L-1HNO3溶液，在6070℃下充分摇动，约半小时后得到无色透明溶液A(该条件下，只有Mn元素被还原为Mn2 ，Na2C2O4被氧化为CO2)。

步骤2:用0.02000 mol·L-1KMnO4溶液滴定溶液A至终点，消耗10.00 mL KMnO4溶液。

(1) 步骤1反应后溶液中Mn2 的物质的量浓度为0.02000 mol·L-1。常温下，为防止Mn2 形成Mn(OH)2沉淀，溶液的pH的范围为 。

(2) 步骤2滴定终点的现象是。

(3) 步骤2滴定终点读数时俯视刻度，其他操作都正确，则所测x的值将　(填"偏大"、"偏小"或"不变")。

(4) 求x的值(写出计算过程)。

【答案】(1) pH≤8.5

(2) 溶液变成浅红色，且半分钟内不褪色

(3) 偏大

(4) 样品溶解后，滴定消耗高锰酸钾:10.00 mL×0.02000 mol·L-1=0.2000 m mol

2Mn ～ 5C2O42-

0.2000 m mol　0.5000 m mol

样品溶解过程所消耗的C2O42-量

25.00 mL×0.06000 mol·L-1-0.5000 m mol=1.000 m mol

La2Ca2MnOx中Mn的化合价为(2x-10)

La2Ca2MnOx中锰得电子数与C2O42-失电子数相等

0.5250 g÷(413 16 x)g/mol×(2x-10-2)=2×1.000×10-3

解得x=7

【解析】(1)KspMn(OH)2=c(Mn2 )×c2(OH-)=0.02000 mol·L-1×c2(OH-)=2.0×10-13，解得c(OH-)=3.2×10-6；c(H )=3.2×10-9，pH=8.5，为防止Mn2 形成Mn(OH)2沉淀，溶液的pH的范围为pH≤8.5；

(2)标准溶液为KMnO4溶液，溶液呈红色，不需要加指示剂，滴定终点的现象是溶液变成浅红色，且半分钟内不褪色；

(3)终点读数时俯视刻度，将会使标准溶液体积偏小，计算出的待测液的浓度偏小，La2Ca2MnOx的物质的量偏小，等质量下计算出的摩尔质量偏大，所测x的值将偏大；

(4)样品溶解后，滴定消耗高锰酸钾10.00 mL×0.02000 mol/L=0.2000 m mol，

2MnO4﹣ 5C2O42﹣ 16H =2Mn2 10CO2↑ 8H2O

0.2000mmol 0.5000mmol

样品溶解过程所消耗的C2O42﹣量25.00mL×0.06000mol/L﹣0.5000mmol=1.000 m mol，

La2Ca2MnOx中Mn的化合价为2x﹣2×3﹣2×2=2x﹣10，根据La2Ca2MnOx中Mn得电子总数与C2O42﹣中C电子总数相等得=2×1.000×10﹣3，

解得x=7

11.氧化剂H2O2在反应时不产生污染物被称为"绿色氧化剂"，因而受到人们越来越多的关注。

Ⅰ.某实验小组以H2O2分解为例，探究浓度、催化剂、溶液酸碱性对反应速率的影响。在常温下按照如下表所示的方案完成实验。

(1)实验①和②的目的是
_________________________________________________________。

同学们进行实验时没有观察到明显现象而无法得出结论。资料显示，通常条件下H2O2稳定，不易分解。为了达到实验目的，你对原实验方案的改进方法是

________________________________________________________________________

________________________________________________________________________(填一种方法即可)。

(2)实验③④⑤中，测得生成氧气的体积随时间变化的关系如图1所示。

分析该图能够得出的实验结论是
___________________________________________

_______________________________________________________________________。

Ⅱ.资料显示，某些金属离子或金属氧化物对H2O2的分解起催化作用。为比较Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解的催化效果，该实验小组的同学设计了如图2所示的实验装置进行实验。

(1)某同学通过测定O2的体积来比较H2O2的分解速率快慢，实验时可以通过测量
________________________________________________________________________

或
______________________________________________________________________来比较。

(2)0.1 g MnO2粉末加入50 mL H2O2溶液中，在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图3所示。请解释化学反应速率变化的原因
___________________________________。

请计算H2O2的初始物质的量浓度为_________________(保留两位有效数字)。

为探究MnO2在此实验中对H2O2的分解起催化作用，需补做下列实验(无需写出具体操作)
a.__________________________；b.____________________。

【答案】Ⅰ.(1)探究浓度对反应速率的影响　向反应物中加入等量同种催化剂(或将盛有反应物的试管放在同一热水浴中)

(2)碱性环境能增大H2O2分解的速率，酸性环境能减小H2O2分解的速率

Ⅱ.(1)单位时间生成O2的体积　生成单位体积O2所需要的时间

(2)随着反应的进行，反应物浓度减小，反应速率减慢0.11 mol·L－1　MnO2的质量有没有改变　MnO2的化学性质有没有改变

【解析】Ⅰ.(1)实验①和②的浓度不同，则该实验的目的为探究浓度对化学反应速率的影响；为了便于比较，应在相同的条件下利用一个变量来比较，则向反应物中加入等量同种催化剂或将盛有反应物的试管放在同一热水浴中。

(2)由图可知，⑤的反应速率最大，④的反应速率最小，结合实验方案可知，碱性环境能增大H2O2分解的速率，酸性环境能减小H2O2分解的速率。

Ⅱ.(1)通过测定O2的体积来比较H2O2的分解速率快慢，实验时可以通过测量单位时间生成O2的体积或生成单位体积O2所需要的时间来比较。

(2)浓度越大，反应速率越大，反之越小，随着反应进行，反应物的浓度逐渐减小，则速率逐渐减小；根据图像可以看出H2O2完全反应放出60 mL O2，H2O2的分解反应为2H2O22H2O＋O2↑，则n(H2O2)＝×2≈0.005 36 mol，所以H2O2的初始物质的量浓度为c(H2O2)＝≈0.11 mol·L－1；如果反应前后MnO2的质量没有改变，MnO2的化学性质也没有改变，则证明MnO2在此实验中对H2O2的分解起催化作用。

五、推断题(共4小题,每小题10.0分,共40分)

12.亚氯酸钠(NaClO2)是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业。它在碱性环境中稳定存在。某同学查阅资料后设计生产NaClO2的主要流程如下。

(1)Ⅰ、Ⅲ中发生反应的还原剂分别是、(填化学式)；

(2)Ⅱ中反应的离子方程式是；

(3)A的化学式是，装置Ⅲ中A在极区产生；

(4)ClO2是一种高效水处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备5NaClO2 4HCl = 5NaCl 4ClO2↑ 2H2O。

① 该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是；

② 研究表明若反应开始时盐酸浓度越大，则气体产物中Cl2的含量越大，运用氧化还原反应规律分析其原因是；

(5)NaClO2变质可分解为NaClO3和NaCl。取等质量变质前后的NaClO2试样均配成溶液，分别与足量FeSO4溶液反应时，消耗Fe2 的物质的量相同，从电子守恒的角度解释其原因是。

【答案】(1)Na2SO3H2O

(2)2ClO2 H2O2 2OH－= 2ClO O2↑ 2H2O

(3)H2SO4阳

(4)①1∶4 ②ClO的氧化性或Cl－的还原性随溶液的酸性和浓度的增大而增强，Cl－被氧化得到Cl2

(5)NaClO2变质前后分别与Fe2 反应时，最终均得到等量NaCl，Cl元素均由 3价变为－1价，根据电子守恒，两个过程中得到的电子的物质的量相同

【解析】(1)Ⅰ中为Na2SO3，Ⅲ为电解水，氧化剂还原剂都是水；

(2)Ⅱ中反应的离子方程式是2ClO2 H2O2 2OH－= 2ClO O2↑ 2H2O；

(3)用离子交换膜电解水，在阳极生成O2和硫酸，阴极产生H2和NaOH，A为硫酸在阳极产生；

(4)① 该反应中HCl体现了还原性和酸性，氧化剂与还原剂的物质的量比为1:4；

②ClO的氧化性或Cl－的还原性随溶液的酸性和浓度的增大而增强，Cl－被氧化得到Cl2；

(5)NaClO2变质前后分别与Fe2 反应时，最终均得到等量NaCl，Cl元素均由 3价变为－1价，根据电子守恒，两个过程中得到的电子的物质的量相同。

13.银铜合金广泛用于航空工业。从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下

已知Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450℃和80℃)

(1)电解精炼银时，阴极反应式为；滤渣A与稀HNO3反应，产生的气体在空气中迅速变为红棕色，该气体变色的化学方程式为。

(2)固体混合物B的组成为；在生成固体B的过程中，需控制NaOH的加入量，若NaOH过量，则因过量引起的反应的离子方程式为。

(3)完成煅烧过程中一个反应的化学方程式 CuO Al2O3CuAlO2 ↑。

(4)若银铜合金中铜的质量分数为63.5%，理论上5.0 kg废料中的铜可完全转化为mol CuAlO2，至少需要1.0 mol·L-1的Al2(SO4)3溶液L。

(5)CuSO4溶液也可用于制备胆矾，其基本操作是、过滤、洗涤和干燥。

【答案】(1)Ag＋＋e－===Ag 2NO＋O2===2NO2

(2)Al(OH)3、Cu(OH)2Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O

(3)4 2 4 O2

(4)50 25

(5)蒸发浓缩 冷却结晶

【解析】(1)电解精炼Ag时，粗银作阳极，纯银作阴极，含有Ag＋的电解质溶液作为电解液，所以阴极反应式为Ag＋＋e－===Ag，滤渣Ag与稀HNO3反应生成NO，NO被O2氧化生成NO2，方程式为2NO＋O2===2NO2；

(2)NaOH溶液与Al2(SO4)3、CuSO4反应生成Al(OH)3沉淀和Cu(OH)2沉淀，若NaOH过量，Al(OH)3沉淀溶解，离子方程式为Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O；

(3)由于在反应前后，Cu的化合价降低，CuO作氧化剂，所以失电子的只能是-2价的O，被氧化成O2，利用得失电子守恒配平；

(4)4Cu～4CuO～2Al2O3～2Al2(SO4)3～4CuAlO2

即2Cu～Al2(SO4)3～2CuAlO2

n(Cu)＝＝50 mol

所以可完全转化生成50 mol CuAlO2，至少需要Al2(SO4)3的体积为＝25.0 L；

(5)由于胆矾带有结晶水，为防止失去结晶水，应采取加热浓缩、冷却结晶的方法。

14.X、Y、Z三种主族元素的单质在常温下都是常见的无色气体，在适当条件下三者之间可以两两发生反应生成分别是双核、三核和四核的甲、乙、丙三种分子，且乙、丙分子中含有X元素的原子个数比为2∶3。请回答下列问题

(1)元素X的名称是______。

(2)若甲与Y单质在常温下混合就有明显现象，则甲的化学式为________。丙在一定条件下转化为甲和乙的反应方程式为________________。

(3)①化合物丁含X、Y、Z三种元素，0.1 mol·L－1丁溶液的pH为1，将丁与丙按物质的量之比1∶1混合后所得物质戊的结构中含有的化学键为________(选填序号)。

a．只含共价键

b．只含离子键

c．既含离子键，又含共价键

②常温下，戊的水溶液的pH________7(填""、"＝"或"")，其原因是(用离子方程式表示)______________。

【答案】依据X、Y、Z的信息其单质在常温下都是常见的无色气体，且两两结合生成双核、三核、四核的甲、乙、丙三种分子，则可联想10电子微粒，推知X、Y、Z分别为H、O、N，甲、乙、丙分别为NO、H2O、NH3，丁为HNO3，戊为NH4NO3，其晶体中既含离子键，又含共价键，且NH水解显酸性。

【解析】(1)氢

(2)NO　4NH3＋5O24NO＋6H2O

(3)①c　②　NH＋H2ONH3·H2O＋H＋

15.A，B，C，D是短周期元素形成的四种气体单质。E，F均为气体，且F为红棕色。有关的转化关系如下图所示（反应条件均已略去）。

请回答下列问题

(1) D的化学式为。

（2）写出实验室制Y的化学方程式。

（3）反应③的离子方程式为。

（4）写出反应①的化学方程式。

（5）Y和E在一定条件下可反应生成B和Z，这是一个具有实际意义的反应，可消除E对环境的污染，该反应的化学方程式为。

（6）常温下0.1 mol·L－1的Y溶液中c(H )/c(OH-)=1×10－8，下列叙述正确的是（ ）

A．该溶液的pH=11

B．该溶液中的溶质电离出的阳离子浓度0.1 mol·L－1

C．该溶液中水电离出的c(H )与c(OH-)乘积为1×10－22

D．pH=3的盐酸溶液V1L与该0.1 mol·L－1的Y溶液V2L混合，若混合溶液pH=7，则:V1V2

E．将以上溶液加水稀释100倍后，pH为9

【答案】⑴H2（2）2NH4Cl Ca(OH)2CaCl2 2NH3 2H2O (3)3NO2 H2O=2H 2NO3- NO

(4)4NH3 5O24NO 6H2O (5)4NH3 6NO=5N2 6H2O (6)ACD

【解析】⑴根据题意白烟是挥发性酸和氨气相遇后的产物，由此可推知D是H2，F是红棕色气体应为NO2，逆推可知E为NO，C为O2，Z为H2O，Y为NH3，X为HCl，G为HNO3。

(2)实验室制取氨气的方程式为2NH4Cl Ca(OH)2CaCl2 2NH3 2H2O

⑶二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，离子方程式为3NO2 H2O=2H 2NO3- NO。

⑷①是氨的催化氧化，化学方程式为4NH3 5O24NO 6H2O

(5)Y和E在一定条件下可反应生成B和Z，即NH3与NO发生氧化还原反应4NH3 6NO=5N2 6H2O

(6)常温下Kw=c(H )×c(OH-)=1×10-14，结合题中c(H )/c(OH-)=1×10－8，可得c(OH-)=1×10-3mol·L－1，故溶液的pH=11，A正确。根据NH3·H2ONH4 OH-可得由氨水电离出的c(NH4 )=1×10-3mol·L－1，B错。由水电离出的c(H )=c(OH-)=1×10-11mol·L－1，C正确。选项D显然是正确。选项E考虑到氨水是弱电解溶液，故加水稀释100倍后溶液的pH大于9，选ACD

六、计算题(共1小题,每小题18.0分,共18分)

16.某复合肥的主要成分有KCl、NH4H2PO4和CO(NH2)2等。测定该复合肥中氮的质量分数的实验步骤如下

步骤1准确称取0.5000 g样品于锥形瓶中，加入足量浓硫酸并加热，不再有CO2溢出时，冷却至室温。

步骤2向锥形瓶中加入100mL蒸馏水，再加入适量的CaCl2溶液，并用NaOH溶液调节溶液近中性，过滤，洗涤，得0.1550 gCa3(PO4)2沉淀和滤液A。

步骤3向滤液A中加入过量的甲醛溶液，加指示剂，用0. 5000 mol/LNaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液22.00 mL。

(1)步骤1中，CO(NH2)2与硫酸反应的化学方程式为。

(2)欲使滤液A中c(PO43—)≤4.0×10-6mol/L,应保持溶液中c(Ca2 )≥mol/L

=2.0×10-33]。

(3)复合肥样品中N的质量分数为。

(4)计算复合肥样品中NH4H2PO4和CO(NH2)2的物质的量之比(写出计算过程)。

【答案】(1)CO(NH2)2 H2SO4 H2O=CO2↑ (NH4)2SO4

(2)5.0×10﹣8

(3)30.8%

(4)15

【解析】(1)CO(NH2)2与硫酸反应生成硫酸铵和二氧化碳气体，反应的方程式为CO(NH2)2 H2SO4 H2O=CO2↑ (NH4)2SO4；

(2)由Ksp=c3(Ca2 )×c2(PO43﹣)可知，c(Ca2 )≥mol•L﹣1=5.0×10﹣8mol•L﹣1；

(3)由关系式n(N)～n(NH4 )～n(H )～n(NaOH)可知，n(N)=0.5000 mol•L﹣1×0.022 L=0.011 mol，m(N)=0.011 mol×14 g/mol=0.154 g，

ω(N)=×100%=30.8%；

(4)n(NH4H2PO4)=n(PO43﹣)=2n=2×=0.001 mol，

n(CO(NH2)2)==×(0.011 mol﹣0.001 mol)=0.005 mol，

则n(NH4H2PO4)n(CO(NH2)2)=15。