（新）2022届三轮冲刺届高三化学考题必刷——无机化合物制备的定量、定性分析题.docx

三轮冲刺2020届高三化学考题必刷无机化合物制备的定量、定性分析题1. CO、SO2是大气污染气体，利用化学反应是治理污染的重要方法。.甲醇可以补充和部分替代石油燃料，缓解能源紧张，利用CO可以合成甲醇：CO+2H2CH3OH(g)。一定条件下，在容积为VL的密闭容器中充入 a mol CO与2a mol H2合成甲醇，平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。(1)下列能说明反应达到平衡状态的是_(填序号)。v逆(CO)=2v正(H2)c(CO)=c(CH3OH)混合气体的平均相对分子质量不变单位时间内生成2n mol H2的同时生成 n mol CH3OH(2)该反应在A点的平衡常数K_(用a和V表示)。(3)写出既能增大v(CO)又能提高CO转化率的一项措施：_.某学习小组以SO2为原料，采用电化学方法制取硫酸。(4)原电池原理：该小组设计的原理示意图(如图1所示)，写出该电池正极的电极反应式_。(5)电解原理：该小组用Na2SO3溶液充分吸收SO2得到 NaHSO3溶液，然后电解该溶液制得了硫酸(原理如图2所示)。写出开始电解时阳极的电极反应式_。.硫代硫酸钠(Na2S2O3)俗称大苏打，有着广泛的用途。用SO2可制Na2S2O3.某小组同学制备、预测并探究硫代硫酸钠的性质(反应均在溶液中进行)。预测实验操作实验现象探究1Na2S2O3溶液呈碱性把pH试纸放在玻璃片上，用玻璃棒蘸取溶液滴在试纸上pH=8探究2Na2S2O3具有还原性向新制氯水中滴加Na2S2O3溶液黄绿色颜色变浅，甚至褪去(6)分析SO2能制备Na2S2O3的理论依据是_。(7)用离子方程式表示Na2S2O3溶液具有碱性的原因_。(8)探究2反应的离子方程式为_2. 亚硝酸钠(NaNO2)是一种常见的食品添加剂，使用时必须严格控制其用量，某兴趣小组进行下面实验探究，查阅资料知道：2NO+Na2O2=2NaNO22NO2+Na2O2=2NaNO3酸性KMnO4溶液可将NO2-氧化为NO3-，MnO4-还原成Mn2+.产品制备与检验：用如图1装置制备NaNO2：(1)写出装置A烧瓶中发生反应的化学方程式并标出电子转移的方向和数目 _ (2)B装置的作用是 _ (3)有同学认为装置C中产物不仅有亚硝酸钠，还有碳酸钠和氢氧化钠，为制备纯净NaNO2应在B、C装置间增加一个装置，请在右框内画出增加的装置图2，并标明盛放的试剂(4)试设计实验检验装置C中NaNO2的存在(写出操作、现象和结论) _ .含量的测定称取装置C中反应后的固体4.000g溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000mol/L酸性KMnO4溶液进行滴定，实验所得数据如下表所示：滴定次数1234KMnO4溶液体积/mL20.6020.0220.0019.98(5)第一组实验数据出现异常，造成这种异常的原因可能是 _ (双项选择)A.酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗  B.锥形瓶洗净后未干燥C.滴定终了仰视读数                         D.滴定终了俯视读数(6)根据表中数据，计算所得固体中亚硝酸钠的质量分数 _ (结果保留4位有效数字)3. 明矾石经处理后得到明矾KAl(SO4)212H2O.从明矾制备Al、K2SO4和H2SO4的工艺过程如图1示： 焙烧明矾的化学方程式为：4KAl(SO4)212H2O+3S=2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O 请回答下列问题： (1)在焙烧明矾的反应中，还原剂是 _ ； (2)从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是 _ ； (3)A12O3在一定条件下可制得AlN，其晶体结构如图2示，该晶体中Al的配位数是 _ ； (4)以Al和NiO(OH)为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO(OH)转化为Ni(OH)2，该电池反应的化学方程式是 _ (5)焙烧产生的SO2可用于制硫酸已知25、101kPa时： 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H1=一197kJ/mol； 2H2O (g)=2H2O(1)H2=一44kJ/mol； 2SO2(g)+O2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)H3=一545kJ/mol则SO3 (g)与H2O(l)反应的热化学方程式是 _ ； (6)焙烧948吨明矾(M=474g/mol )，若SO2的利用率为96%，可生产质量分数为98%的硫酸 _ 吨4. 下面是某课外小组从初选后的方铅矿【主要成分PbS，含少量黄铜矿(CuFeS2)中提取硫磺、铜、铅的工艺流程： 已知：CuFeS2+4FeCl3=2S+5FeCl2+CuCl2 PbS+2FeCl3=S+PbCl2+2FeCl2 (1)黄铜矿(CuFeS2)中Fe元素的化合价为 _ ，提高方铅矿酸浸效率的措施有 _ .(写出两种方法即可) (2)过滤过程中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、 _ ；单质A是 _ ，在此工艺操作中可循环利用的物质有铅和 _ (3)在酸性的FeCl2溶液中加入H2O2溶液，其反应的离子方程式为 _ (4)PbSO4与PbS加热条件下反应的化学方程式为 _ 将沉淀PbSO4与足量的碳酸钠溶液混合，沉淀可转化可转化为PbCO3，写出该反应的平衡常数表达式：K= _ .(已知Ksp(PbSO4)=1.6×10-5，Ksp(PbCO3)=3.3×10-14) (5)铅蓄电池的电极材料分别是Pb和PbO2，电解质溶液为硫酸铅蓄电池充放电的总反应方程式为：PbO2+Pb+2H2SO4充电放电2PbHO4+2H2O，充电时，铅蓄电池阳极的电极反应式为 _ 5. 三氯化铁是合成草酸铁的重要原料利用工业FeCl3制取纯净的草酸铁晶体Fe2(C2O4)35H2O的实验流程如图1所示： 为抑制FeCl3水解，溶液X为 _ 上述流程中FeCl3能被异丙醚萃取，其原因是 _ ；检验萃取、分液后所得水层中是否含有Fe3+的方法是 _ 所得Fe2(C2O4)35H2O需用冰水洗涤，其目的是 _ 为测定所得草酸铁晶体的纯度，实验室称取a g样品，加硫酸酸化，用KMnO4标准溶液滴定生成的H2C2O4，KMnO4标准溶液应置于图2所示仪器 _ (填“甲”或“乙”)中下列情况会造成实验测得Fe2(C2O4)35H2O含量偏低的是 _ a.盛放KMnO4的滴定管水洗后未用标准液润洗 b.滴定管滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后消失 c.滴定前仰视读数，滴定后俯视读数6. 硫酰氯(SO2Cl2)是一种重要的化工试剂，实验室合成硫酰氯的实验装置如图所示： 已知：SO2(g)+Cl2(g)催化剂SO2Cl2(l)H=-97.3kJmol-1 硫酰氯常温下为无色液体，熔点为-54.1，沸点为69.1，在潮湿空气中“发烟”； 100以上或长时间存放硫酰氯都易分解，生成二氧化硫和氯气 (1)仪器a为恒压分液漏斗，与普通分液漏斗相比，其优点是 _ (2)仪器b的名称为 _ (3)装置E为储气装置，用于提供氯气，则分液漏斗c中盛放的试剂为 _ .当装置E中排出氯气1.12L(已折算成标准状况)时，最终得到5.4g纯净的硫酰氯，则硫酰氯的产率为 _ .为提高硫酰氯的产率，本实验操作中还需要注意的事项有 _ (只答一条即可)(4)氯磺酸(ClSO3H)加热分解，也能制得硫酰氯与另外一种物质，该反应的化学方程式为 _ ，分离两种产物的方法是 _ (5)若将SO2、Cl2按照一定比例通入水中，请设计简单实验验证二者是否恰好完全反应 _ (简要描述实验步骤、现象和结论).仪器自选；供选择试剂：滴加酚酞的氢氧化钠溶液、氯化亚铁溶液、硫氰化钾溶液、品红溶液 (6)长期存放的硫酰氰会发黄，其原因可能为 _ 7. 碳酸氢钠是一种重要的化工原料，在日常生活中也有广泛的用途，侯德榜先生发明了连续生产纯碱与氯化铵的联合制碱工艺，成为近代化学工业的奠基人之一，该反应原理为：NH3+CO2+H2O+NaCl(饱和)=NaHCO3+NH4ClH<0现用如图所示装置和上述原理制取碳酸氢钠晶体，图中夹持装置已略去可选用的药品有：石灰石生石灰6mol/L盐酸稀硫酸浓氨水饱和氯化钠溶液饱和碳酸氢钠溶液请回答下列问题(1)仪器a的名称是_(2)B中应选用的药品是_(填序号)(3)在实验过程中，应先向C中通入的气体的化学式是_，其原因是_(4)D中脱脂棉应浸润的试剂是_(填写字母编号)a.浓硫酸    b.稀硫酸  c.氢氧化钠溶液  d.浓硝酸(5)该小组同学为了测定C中所得晶体中碳酸氢钠的纯度(假设晶体中不含碳酸盐杂质)，先将晶体充分干燥后，称量质量为wg，称量质量为wg，然后进行如下图所示实验：操作中的方法是_，_，_所得晶体中碳酸氢钠的纯度是_.(不必化简)8. 污染物的有效去除和资源的充分利用是化学造福人类的重要研究课题某研究小组利用软锰矿(主要成分为MnO2，另含少量铁，铝，铜等金属化合物)作脱硫剂，通过如下简化流程，既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2(反应条件已省略)请回答下列问题：(1)上述流程脱硫实现了_(选填编号)a.废弃物的综合利用     b.白色污染的减少 c.酸雨的减少      d.臭氧层空洞的减少(2)步骤I生成无水MnSO4的化学方程式是_步骤IV生成无水MnO2的化学方程式是_(3)步骤I中，用MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+，其原因是_.滤渣M的成分是_.铜元素以_形式存在于滤渣N中(写化学式)(4)产品MnO2可作超级电容材料用惰性电极电解MnSO4溶液可以制得MnO2，则MnO2在_生成(填电极名称)(5)假设脱除的SO2只与软锰矿浆中MnO2反应按照图示流程，将2.0 m3(标准状况)含SO2的体积分数为60%的尾气通入矿浆，若SO2的脱除率为89.6%，最终得到MnO2的质量10.44kg.则在除去铁、铝、铜、镍等杂质的过程中，所引入的锰元素为_kg9. Na2S2O35H2O可作为高效脱氯剂，工业上用硫铁矿(FeS2)为原料制备该物质的流程如下已知：.气体A可以使品红溶液褪色，与硫化氢(H2S)混合能获得单质硫.pH约为11的条件下，单质硫与亚硫酸盐可以共热生成硫代硫酸盐回答下列问题：(1)沸腾炉中将粉碎的硫铁矿用空气吹动使之达到“沸腾”状态，其目的是_(2)吸收塔中的原料B可以选用_(填字母序号)A.NaCl溶液             B.Na2CO3溶液            C.Na2SO4溶液(3)某小组同学用如图装置模拟制备Na2S2O3 的过程(加热装置已略去)               A中使用70%的硫酸比用98%的浓硫酸反应速率快，其原因是_.装置B的作用是_C中制备Na2S2O3发生的连续反应有：Na2S+H2O+SO2=Na2SO3+H2S、_和Na2SO3+S -Na2S2O3(4)工程师设计了从硫铁矿获得单质硫的工艺，将粉碎的硫铁矿用过量的稀盐酸浸取，得到单质硫和硫化氢气体，该反应的化学方程式为_10. 固体D是一种红色氧化物(1)混合气体A通入足量NaOH溶液后，溶液B中属于盐的溶质有_(2)白色沉淀C中加入盐酸的实验现象为_(3)固体D与HCl溶液反应的离子方程式为_11. 碱式氯化铝Al2(OH)nCl6-n是利用工业铝灰和活性铝矾土为原料(主要含Al、Al2O3、SiO2及铁的氧化物)经过精制加工而成，此产品活性较高，对工业污水具有较好的净化效果其制备流程如下：(1)原料需要粉碎，其目的是_；滤渣I的主要成分是_；(2)步骤在煮沸过程中，溶液逐渐变为浅绿色，检验溶液中呈浅绿色的阳离子常采用加入_溶液进行检验(填试剂化学式)(3)步骤中加入适量的Ca(OH)2并控制pH，其目的：一是生成碱式氯化铝；二是_；已知碱式氯化铝的分散质粒子大小在1100nm之间，则区别滤液I与碱式氯化铝两种液体的物理方法是_；若Ca(OH)2溶液过量，则步骤得到的碱式氯化铝产率偏低，用离子方程式解释其原因为_；(4)某温度下若0.1mol AlCl3溶于蒸馏水，当有2.5%水解生成Al(OH)3胶体时，吸收热量Q kJ，该水解过程的热化学反应方程为_12. NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，已知：NaClO2饱和溶液在温度低于38时析出晶体NaClO23H2O，温度高于38时析出晶体NaClO2，温度高于60时NaClO2分解生成NaClO3和NaCl.其一种生产工艺如下。请回答下列问题。(1)NaClO2中Cl的化合价为_。(2)反应：SO2做_(填“氧化剂”或“还原剂”)。将反应中的化学方程式补充完整：NaClO3+SO2+H2SO4=_+_(3)电解：所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去粗盐水中的Mg2+和Ca2+，需要加入的试剂分别为_、_。电解过程中被氧化的物质是_。可用NaOH溶液吸收电解产生的Cl2，该反应的离子方程式是_。(4)操作：滤液获得NaClO2的操作步骤：加热蒸发；趁热过滤；洗涤；干燥，得到成品。趁热过滤应控制的温度范围是_。答案和解析1.【答案】  12V2a2   压缩体积或增大体积压强   O2+4e-+4H+=2H2O   HSO3-+H2O-2e-=SO42-+3H+   氧化还原反应角度，SO2中S元素化合价为+4，Na2S2O3中S元素化合价为+2，S的化合价降低，加入合适的还原剂如S等就能实现转化   S2O32-+H2OHS2O3-+OH-   S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+10H+8Cl-【解析】解：I.(1)2v逆(CO)=v正(H2)说明反应达到平衡状态，但v逆(CO)=2v正(H2)说明反应逆向进行，故错误； c(CO)=c(CH3OH)不能说明正逆反应速率关系，且不符合反应的计量数关系，故错误； 该反应是气体体积不相等的反应，所以混合气体的平均相对分子质量不变，说明气体的总物质的量不变，达到平衡状态，故正确；单位时间内生成2nmolH2的同时生成 nmolCH3OH，说明v逆(H2)=2v正(CH3OH)，说明反应达到平衡状态，故正确；故答案为：；(2)A点时反应的三段式为 CO+2H2CH3OH(g)        起始物质的量(mol)   a       2a         0        变化物质的量(mol) 0.75a   1.5a      0.75a       平衡物质的量(mol) 0.25a     0.5a      0.75a平衡浓度c(CO)=0.25aVmol/L，c(H2)=0.5aVVmol/L，c(CH3OH)=0.75aVmol/L，反应的平衡常数K=c(CH3OH)c(CO)c2(H2)=0.75aV0.25aV(0.5aV)2=12V2a2，故答案为：12V2a2；(3)既能增大v(CO)又能提高CO转化率，应使平衡正向移动，由于正反应放热，则应压缩体积或增大体积压强，故答案为：压缩体积或增大体积压强；II.(4)该原电池中，负极上SO2失电子被氧化生成硫酸，正极上O2得到电子被还原生成H2O，所以正极上的电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，故答案为：O2+4e-+4H+=2H2O；(5)电解池中阳极和电源正极相连，失去电子，发生氧化反应，电解NaHSO3溶液可制得硫酸，硫的化合价升高，所以阳极是HSO3-溶液失去电子被氧化生成SO42-，则阳极电极反应式是：HSO3-+H2O-2e-=SO42-+3H+；故答案为：HSO3-+H2O-2e-=SO42-+3H+；III.(6)SO2Na2S2O3中S元素化合价由+4+2，化合价降低，根据氧化还原反应规律可知：加入还原性的物质如如S或Na2S等，就能实现SO2Na2S2O3的转化，故答案为：氧化还原反应角度，SO2中S元素化合价为+4，Na2S2O3中S元素化合价为+2，S的化合价降低，加入合适的还原剂如S等就能实现转化；(7)Na2S2O3是强碱弱酸盐，水解显碱性，H2S2O3是二元弱酸，所以S2O32-水解分步，但以第一步为主，水解的离子方程式为S2O32-+H2OHS2O3-+OH-，故答案为：S2O32-+H2OHS2O3-+OH-；(8)新制氯水的主要成分为Cl2，Cl2氧化S2O32-生成SO42-，氯水颜色变浅，甚至褪去，所以离子方程式为S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+10H+8Cl-；故答案为：S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+10H+8Cl-。I.(1)可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等且保持不变，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明到达平衡；(2)该反应的平衡常数K=c(CH3OH)c(CO)c2(H2)，利用三段式将A点时各物质的平衡浓度代入表达式中即可；(3)影响反应速率的因素有温度、浓度、压强和催化剂，影响平衡移动的因素有温度、浓度和压强，提高CO转化率，应使平衡正向移动；II.(4)依据原电池原理，负极是失电子发生氧化反应，二氧化硫失电子生成硫酸的过程；(5)根据化合价变化判断阳极反应物质，写出阳极反应式；III.(6)分析SO2和Na2S2O3中S元素化合价变化情况，说明SO2制备Na2S2O3时加入合适的还原剂如S或Na2S时即可实现转化；(7)Na2S2O3是强碱弱酸盐，水解显碱性；(8)验证Na2S2O3具有还原性，通过观察新制氯水的变色情况验证，所以氯水颜色变浅，甚至褪去，说明Na2S2O3发生氧化反应。本题考查化学平衡及其计算、电化学原理、SO2的性质和相关实验操作等知识，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力和计算能力，题目难度中等，硫酸掌握双基是解题关键，注意知识的迁移与运用。2.【答案】(1)；(2)将NO2转化为NO，同时Cu与稀硝酸反应生成NO(或制取NO)；(3)或；(4)取少量装置C中产物置于试管中，加入适量蒸馏水溶解，(加入稀硫酸酸化)滴加入1-2滴(少量)酸性KMnO4溶液，若溶液紫色褪去，说明C中产物含有NaNO2；(5)AC；(6)86.25%或0.8625【解析】解：(1)装置A中C与浓硝酸反应的化学方程式的方程式为：C+4HNO3(浓)CO2+4NO2+2H2O，反应中电子转移数目为4，标出电子转移的方向和数目为：，故答案为：；(2)根据实验装置可知，装置C中发生反应：2NO+Na2O2=2NaNO2，则装置B的作用是将NO2转化为NO，同时Cu与稀硝酸反应生成NO(或制取NO)，故答案为：将NO2转化为NO，同时Cu与稀硝酸反应生成NO(或制取NO)；(3)为制备纯净NaNO2，需要将进入装置C的气体中的二氧化碳和水除去，碱石灰能够吸收二氧化碳和水，故可以选用碱石灰，装置图如：或，故答案为：或；(4)根据题中信息可知，酸性KMnO4溶液可将NO2-氧化为NO3-，MnO4-还原成Mn2+，据此可设计出检验亚硝酸钠的方法为：取少量装置C中产物置于试管中，加入适量蒸馏水溶解，(加入稀硫酸酸化)滴加入1-2滴(少量)酸性KMnO4溶液，若溶液紫色褪去，说明C中产物含有NaNO2，故答案为：取少量装置C中产物置于试管中，加入适量蒸馏水溶解，(加入稀硫酸酸化)滴加入1-2滴(少量)酸性KMnO4溶液，若溶液紫色褪去，说明C中产物含有NaNO2；(5)第一组实验数据消耗的酸性高锰酸钾溶液体积偏大，会导致测量结果偏高，A.酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，导致标准液被稀释，滴定过程中消耗的标准液体积会偏大，故A正确；   B.锥形瓶不需要干燥，所以锥形瓶洗净后未干燥，不影响测定结果，故B错误；C.滴定终了仰视读数，导致读数偏大，计算出的标准液体积偏大，故C正确；                         D.滴定终了俯视读数，滴定管读数偏小，计算出的标准液体积偏小，故D错误；故答案为：AC；(6)由于第一组数据偏高，应该舍弃；其它三组消耗标准液平均体积为：20.02+20.00+19.983mL=20.00mL，25mL样品消耗高锰酸钾的物质的量为：0.1000mol/L×0.02L=0.002mol，则250mL样品溶液会消耗高锰酸钾的物质的量为：0.002mol×250mL25mL=0.02mol，根据化合价变化可得反应关系式：2MnO4-5NO2-，则4.000g样品中含有亚硝酸钠的物质的量为：0.02mol×52=0.05mol，质量为69g/mol×0.05mol=3.45g，所以反应后的固体中亚硝酸钠的质量分数为：3.45g4.000g×100%=86.25%，故答案为：86.25%或0.8625(1)碳与浓硝酸在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，据此写出方程式，根据化合价变化标出电子转移的方向和数目；(2)装置C中需要用NO和过氧化钠反应，则装置B是用于提供NO气体；(3)通过B装置的气体中含有二氧化碳、NO和水，需要将二氧化碳和水除去，据此选用试剂，并画出装置图；(4)酸性KMnO4溶液可将NO2-氧化为NO3-，MnO4-还原成Mn2+，据此设计实验方案检验装置C中NaNO2的存在；(5)第一组实验数据消耗的酸性高锰酸钾溶液体积偏大，A.酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，导致标准液被稀释，标准液浓度减小；   B.达到过程中锥形瓶不需要干燥，不影响待测液中溶质的物质的量；C.滴定终了仰视读数，读出的是凹液面下方读数，读数比实际消耗的标准液体积偏大；                         D.滴定终了俯视读数，读出的是凹液面上方读数，读数比实际读数偏小；(6)第一组数据舍弃，计算出其它3组消耗标准液的平均体积，再结合反应方程式计算出样品中亚硝酸钠的质量及质量分数本题考查了探究物质组成、测量物质含量的方法，题目难度较大，涉及性质实验方案的设计、中和滴定操作及误差分析、氧化还原反应中电子转移的分析、化学计算等知识，明确实验原理及化学实验基本操作方法为解答关键，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验、化学计算能力3.【答案】S；蒸发结晶；4；Al+3NiO(OH)+H2O+NaOH=NaAlO2+3Ni(OH)2；SO3(g)+H2O(l)=H2SO4(l)，H=-152KJ/mol；432【解析】解；(1)4KAl(SO4)212H2O+3S=2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O反应硫单质中硫元素化合价升高为+4价硫酸根离子中硫元素化合价从+6价变化为+4价，复印纸还原剂是硫单质， 故答案为：S； (2)从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是利用硫酸钾溶解度随温度变化不大，可以利用蒸发溶剂方法结晶析出晶体， 故答案为：蒸发结晶； (3)依据晶体晶胞结构分析，结合配位数含义可知，每个铝原子和四个单原子相连，所以铝原子的配位数为4， 故答案为：4； (4)以Al和NiO(OH)为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO(OH)转化为Ni(OH)2，铝做负极失电子在氢氧化钠溶液中生成偏铝酸钠，反应的化学方程式为：Al+3NiO(OH)+NaOH+H2O=NaAlO2+3Ni(OH)2， 故答案为：Al+3NiO(OH)+NaOH+H2O=NaAlO2+3Ni(OH)2； (5)2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H1=一197kJ/mol；          2H2O(g)=2H2O(1)H2=一44kJ/mol；                         2SO2(g)+O2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)H3=一545kJ/mol.    依据盖斯定律-得到：2SO3(g)+2H2O(l)=2H2SO4(l)H=-304KJ/mol， 即反应的热化学方程式为：SO3(g)+H2O(l)=H2SO4(l)H=-152KJ/mol， 故答案为：SO3(g)+H2O(l)=H2SO4(l)H=-152KJ/mol； (6)948t明矾生成SO2物质的量为4500mol故生成硫酸的质量m=4500×0.96×98÷0.98=432000Kg=432t故答案为：432(1)依据化学方程式中元素化合价变化分析判断，元素化合价升高的做还原剂发生氧化反应； (2)从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是利用硫酸钾溶解度随温度变化，可以利用蒸发溶剂方法结晶析出； (3)配位化合物中直接和中心原子(或离子)相联系的配位原子的数目； (4)以Al和NiO(OH)为电极，铝做原电池负极失电子发生氧化反应，NiO(OH)得到电子发生还原反应，结合原子守恒和电子守恒写出反应化学方程式； (5)依据热化学方程式和盖斯定律计算得到； (6)依据硫元素守恒计算得到 本题考查了氧化还原反应概念分析判断，晶体结构的理解分析，原电池反应的实质应用，热化学方程式和盖斯定律的计算，元素守恒的计算应用，题目难度中等4.【答案】(1)+2；搅拌，适当提高酸的浓度，加热，将矿石粉碎，延长浸取时间等(2)漏斗；S；盐酸和氯化铁溶液(3)2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O(4)PbSO4+PbS2Pb+2SO2；c(SO42-)c(CO32-)(5)PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+SO42-+4H+【解析】【分析】本题考查混合物的分离和提纯和原电池及电解池原理，为高考高频点，侧重考查学生分析、推断、知识运用能力，明确流程图中各个步骤发生的反应、操作方法、存在的物质等知识点即可解答，题目难度中等。【解答】方铅矿中加入氯化铁溶液酸浸，发生氧化还原反应生成S，过滤液A含有FeCl2、CuCl2以及PbCl2等，加入适量Pb粉可置换出铜，滤液B中含有FeCl2、PbCl2等，经冷水冷却，过滤可得到PbCl2晶体，加入适量硫酸可生成盐酸和硫酸铅，其中盐酸和循环使用，硫酸铅中加入PbS发生氧化还原反应生成Pb和二氧化硫气体，FeCl2溶液中加入过氧化氢，发生氧化还原反应生成FeCl3，可循环使用，(1)CuFeS2中Cu为+2价，S为-2价，则Fe元素的化合价为+2价，方铅矿酸浸为固体和溶液的反应，为提高反应的速率，可加热、增大溶液浓度、增大固体的接触面积或搅拌等，故答案为：+2；搅拌，适当提高酸的浓度，加热，将矿石粉碎，延长浸取时间等；(2)过滤过程中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，由以上分析可知单质A是S，在此工艺操作中可循环利用的物质有铅和盐酸、氯化铁溶液，故答案为：漏斗；S；盐酸和氯化铁溶液；(3)FeCl2溶液中加入过氧化氢，发生氧化还原反应生成FeCl3，反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；(4)硫酸铅中加入PbS发生氧化还原反应生成Pb和二氧化硫气体，反应的化学方程式为PbSO4+PbS2Pb+2SO2，PbSO4转化为PbCO3反应的平衡常数表达式K=c(Ba2+)c(SO42-)c(Ba2+)c(CO32-)=c(SO42-)c(CO32-)，故答案为：PbSO4+PbS2Pb+2SO2；c(SO42-)c(CO32-)；(5)充电时，阳极上PbSO4失电子发生氧化反应，电极反应式为PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+SO42-+4H+，故答案为：PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+SO42-+4H+。5.【答案】(浓)盐酸；FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度；取少量溶液，向其中滴加少量KSCN溶液，若溶液变红，则含有Fe3+；除去杂质、减少草酸铁晶体的溶解损耗；甲；c【解析】解：Fe3+易水解，水解生成H+，水解的离子方程式为Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+，酸化FeCl3用盐酸酸化，不引入杂质，且抑制铁离子的水解， 故答案为：(浓)盐酸； 萃取是利用溶质在不同溶剂中的溶解度差异分离提取物质的一种方法，能萃取说明FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度；检验Fe3+用KSCN溶液效果最好； 故答案为：FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度；取少量溶液，向其中滴加少量KSCN溶液，若溶液变红，则含有Fe3+； 洗涤是除去沉淀表面杂质，冰水是减少沉淀溶解损失， 故答案为：除去杂质、减少草酸铁晶体的溶解损耗； KMnO4标准溶液具有强氧化性，能氧化碱式滴定管中的橡胶，应置于酸式滴定管中； a.没有润洗导致高锰酸钾浓度低消耗体积多，偏高； b.滴定管滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后消失，读数高锰酸钾体积多，偏高； c.滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，读数体积偏小，结果偏低，正确； 故答案为：甲；c利用工业FeCl3制取纯净的草酸铁晶体Fe2(C2O4)35H2O的实验流程：工业FeCl3用盐酸溶解，抑制铁离子的水解，FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度，用异丙醚萃取FeCl3，继续向分液漏斗中加入适量异丙醚，充分振荡、静止，弃去水溶液，异丙醚溶液中加入草酸(H2C2O4)溶液，充分反应后分液，弃去醚层，水溶液通过蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥，得到草酸铁晶体Fe2(C2O4)35H2O酸化FeCl3用盐酸酸化，不引入杂质； 萃取是利用溶质在不同溶剂中的溶解度差异分离提取物质的一种方法，能萃取说明FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度；检验Fe3+用KSCN溶液效果最好； 洗涤是除去沉淀表面杂质，冰水是减少沉淀溶解损失；故答案为：除去杂质、减少草酸铁晶体的溶解损耗； KMnO4标准溶液具有强氧化性，应置于酸式滴定管中；根据高锰酸钾的量计算草酸的含量， a.没有润洗导致高锰酸钾浓度低消耗体积多； b.读数高锰酸钾体积多； c.读数体积偏小，结果偏低 本题考查草酸铁晶体Fe2(C2O4)35H2O的制备，涉及试验流程问题，根据物质的性质进行分析处理，试题培养了学生分析问题，运用信息的能力，题目难度中等6.【答案】平衡分液漏斗内外气压，便于液体顺利流下；冷凝管；饱和食盐水；80%；控制气体流速，宜慢不宜快或对三颈烧瓶进行适当的降温等；2C1SO3HSO2Cl2+H2SO4；蒸馏；取少量溶液，向其中加入品红溶液，若品红溶液不褪色，说明二者恰好完全反应，否则，二者未完全反应；溶解硫酰氯分解生成的氯气【解析】解：(1)仪器a为恒压分液漏斗，可以平衡分液漏斗内外气压，便于液体顺利流下， 故答案为：平衡分液漏斗内外气压，便于液体顺利流下； (2)由仪器b的结构特征，可知b为冷凝管， 故答案为：冷凝管； (3)利用分液漏斗中的液体将装置E的氯气排出，与二氧化硫在装置C中反应，分液漏斗可以为饱和食盐水； 氯气的物质的量为1.12L22.4L/mol=0.05mol，由方程式可知n(SO2Cl2)=n(Cl2)=0.05mol，故理论上生成SO2Cl2的质量为0.05mol×135g/mol=6.75g，故其产率为5.4g6.75g×100%=80%； 为提高本实验中硫酰氯的产率，可以控制气体流速，宜慢不宜快，使其充分反应，由于100以上SO2Cl2开始分解，该反应为放热反应，可以对三颈烧瓶进行适当的降温， 故答案为：饱和食盐水；80%；控制气体流速，宜慢不宜快或对三颈烧瓶进行适当的降温等； (4)氯磺酸(C1SO3H)加热分解，也能制得硫酰氯(SO2Cl2)与另外一种物质，由元素守恒可知，另外物质含有H元素，C1SO3H中S、Cl原子数目之比为1：1，而SO2Cl2中S、Cl原子数目之比为1：2，故另外物质中含有S元素，结合原子守恒可知另外物质为H2SO4，反应方程式为：2C1SO3HSO2Cl2+H2SO4； 二者为互溶液体，沸点相差较大，采取蒸馏法进行分离， 故答案为：2C1SO3HSO2Cl2+H2SO4；蒸馏； (5)二氧化硫溶液与氯水都可以漂白品红溶液，若二者恰好完全反应得到盐酸、硫酸，不能使品红溶液褪色，检验方案为：取少量溶液，向其中加入品红溶液，若品红溶液不褪色，说明二者恰好完全反应，否则，二者未完全反应， 故答案为：取少量溶液，向其中加入品红溶液，若品红溶液不褪色，说明二者恰好完全反应，否则，二者未完全反应； (6)100以上或长时间存放硫酰氯都易分解，生成二氧化硫和氯气，氯气为黄绿色气体，可能是溶解氯气所致， 故答案为：溶解硫酰氯分解生成的氯气 (1)仪器a为恒压分液漏斗，可以平衡分液漏斗内外气压，便于液体流下； (2)由仪器A的结构特征，可知A为冷凝管； (3)利用分液漏斗中的液体将装置E的氯气排出，与二氧化硫在装置C中反应，分液漏斗可以为饱和食盐水； 根据氯气的量计算硫酰氯的理论产量，产量=(实际产量÷理论产量)×100%； 提高本实验中硫酰氯的产率，可以控制气体流速，使其充分反应，该反应为放热反应，可以对三颈烧瓶进行适当的降温； (4)氯磺酸(C1SO3H)加热分解，也能制得硫酰氯(S