2023届高考化学人教版一轮复习阶段检测-(二)　元素及其化合物.docx

阶段检测(二)元素及其化合物(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题共15小题,每小题3分,共45分。每小题只有一个选项符合题意)1.下列有关“绿色化学”或“绿色食品”的描述正确的是()A.“绿色化学”是指依靠绿色植物来完成的化学过程B.“绿色化学”的核心是利用化学原理对环境污染进行治理C.富含叶绿素的食品属于“绿色食品”D.无污染的安全、优质、营养类食品属于“绿色食品”2.本草纲目中的“石碱”条目下写道:“采蒿蓼之属晒干烧灰,以原水淋汁久则凝淀如石浣衣发面,甚获利也。”下列说法中错误的是()A.“石碱”的主要成分易溶于水B.“石碱”俗称纯碱C.“石碱”可用作洗涤剂D.“久则凝淀如石”的操作为蒸发结晶3.化学与社会、科学、技术、环境密切相关。下列说法正确的是()A.水泥、玻璃、青花瓷、水晶、玛瑙、分子筛都属于硅酸盐工业产品B.通入过量的空气,可以使燃料充分燃烧,同时提高热量的利用率C.将金属钛、铝混合后在空气中熔化可制得强度较大的钛合金材料D.透明氧化铝陶瓷具有良好的光学性能且耐高温、耐腐蚀,可用于制造高压钠灯发光管4.下列物质转化关系,在给定条件下不能实现的是()A.N2NOHNO3 B.NaNa2O2Na2CO3C.CuCuCl2(aq)CuD.FeFeCl3Fe(OH)35.两试管中分别装有等物质的量浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液,下列操作或判断正确的是()选项操作判断A分别加入澄清石灰水产生沉淀的为Na2CO3B分别加入等浓度的稀盐酸反应较剧烈的为Na2CO3C分别加入CaCl2溶液产生沉淀的为Na2CO3D逐滴加入等浓度的盐酸立即产生气泡的为Na2CO36.硝酸铜是制备CuZnAl系催化剂的重要原料。现有三种制取硝酸铜的实验方案可供选用铜与稀硝酸反应制取:3Cu+8HNO3(稀)3Cu(NO3)2+2NO+4H2O铜与浓硝酸反应制取:Cu+4HNO3(浓)Cu(NO3)2+2NO2+2H2O首先将铜屑在空气中加热生成氧化铜,氧化铜与稀硝酸反应制取:2Cu+O22CuO,CuO+2HNO3Cu(NO3)2+H2O。下列有关说法正确的是()A.制取等量的硝酸铜,需HNO3的量最少B.制取等量的硝酸铜,产生的有毒气体比少C.三种方案中,第种方案最经济环保D.三种方案的反应都可以在铁质容器中进行7.医疗上用的抑酸剂是为了减少胃内的盐酸而使用的药物,抑酸剂种类很多。双羟基铝碳酸钠是医疗上常用的一种抑酸剂,其化学式是 NaAl(OH)2CO3。下列关于该物质的说法正确的是()A.该物质属于两性氧化物B.该物质是Al(OH)3和Na2CO3的混合物C.1 mol NaAl(OH)2CO3最多可消耗3 mol H+D.该药剂不适合胃溃疡患者服用8.联合生产可以有效减轻环境污染,提高资源的利用率。如图为钛厂、氯碱厂和甲醇(CH3OH)厂联合生产的工艺流程。下列叙述正确的是()已知:“氯化”过程在高温下进行,且该过程中Ti元素的化合价没有变化。A.四氯化钛制备钛的过程属于热分解法B.“氯化”过程中还原剂只有CC.“合成”过程中原子利用率为100%D.“电解”过程中H2为氧化产物9.某实验小组研究刻蚀电路板以及刻蚀废液的性质,下列实验对应的离子方程式书写正确的是()A.用酸化的过氧化氢溶液刻蚀铜板:Cu+H2O2+2H+Cu2+2H2O+O2B.用FeCl3溶液刻蚀铜板:Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+C.检验废液中含有Fe3+:Fe3+3SCN-Fe(SCN)3D.用酸性KMnO4检验Fe2+:3Fe2+MnO4-+4H+3Fe3+MnO2+2H2O10.以电石渣主要成分为Ca(OH)2和CaCO3为原料制备KClO3的步骤如下:步骤1:将电石渣与水混合,形成浆料。步骤2:控制电石渣过量,75 时向浆料中通入Cl2,该过程会生成Ca(ClO)2,Ca(ClO)2会进一步转化为Ca(ClO3)2,少量Ca(ClO)2分解为CaCl2和O2,过滤。步骤3:向滤液中加入稍过量KCl固体,蒸发浓缩、冷却至25 结晶,得KClO3。下列说法正确的是()A.生成Ca(ClO)2的化学方程式为Cl2+Ca(OH)2Ca(ClO)2+H2B.加快通入Cl2的速率,可以提高Cl2的利用率C.步骤2中,过滤所得滤液中nCaCl2nCa(ClO3)2>51D.25 时,Ca(ClO3)2的溶解度比KClO3的溶解度小11.某学习小组拟探究CO2和锌粒反应是否生成CO,已知CO能与银氨溶液反应产生黑色固体。实验装置如图所示,下列说法错误的是()A.实验开始时,先打开活塞K,后点燃酒精灯B.a中所发生反应的离子方程式是CO32-+2H+CO2+H2OC.b、c、f中试剂依次为饱和碳酸氢钠溶液、浓硫酸、银氨溶液D.装置e起安全瓶的作用12.工业氧化铍可用于制作铍合金及特殊陶瓷。由绿柱石(主要成分是Be3Al2Si6O18及铁等微量元素)和方解石(主要成分是CaCO3)为原料生产氧化铍的工艺流程如图:已知:铍化合物的性质与铝化合物的性质相似。下列叙述不正确的是()A.绿柱石的组成改写成氧化物的形式为3BeO·Al2O3·6SiO2B.“酸浸渣”受热后的主要成分是SiO2和CaSO4C.“碱浸”时可以使用廉价的氨水,降低生产成本D.“水解”时调节pH发生反应的主要离子为BeO22-13.工业上冶炼金属镁的方法有两种:电解法和皮江法。皮江法是硅在高温下还原氧化镁,其工艺流程如图所示。下列说法中错误的是()A.气体a是CO2B.“还原炉”中发生的主要反应有2MgO+Si2Mg+SiO2和SiO2+CaOCaSiO3C.“还原炉”中抽空气到接近真空的原因是防止还原得到的Mg在高温条件下再次被氧化D.“回转炉煅烧”的产物为CaO和MgO,其中电解法就是电解熔融的氧化镁来制备金属镁14.建构数学模型来研究化学问题,既直观又简洁,如使用类似数轴的方法可以收到直观形象的效果。下列表达不正确的是()A.密闭容器中CuO和C高温反应的气体产物:B.AlCl3溶液中滴加NaOH后铝的存在形式:C.Fe在Cl2中的燃烧产物:D.FeI2溶液中通入Cl2,铁元素存在形式:15.将m g 铜粉和锌粉的混合物分成两等份,将其中一份加入200 mL的稀硝酸中并加热,固体和硝酸恰好完全反应,并产生标准状况下的NO 2.24 L;将另一份在空气中充分加热,得到n g固体,将所得固体溶于上述稀硝酸,消耗硝酸的体积为 V mL。下列说法错误的是()A.V=150B.硝酸的浓度为2 mol/LC.m g铜粉和锌粉的物质的量之和为0.3 molD.n=m+2.4二、非选择题(本题共5小题,共55分)16.(11分)某兴趣小组为探究SO2有关性质进行如下实验活动。.SO2的漂白性(1)如图甲所示,向品红溶液中通入SO2,同学们发现品红溶液褪色了,停止通气体,加热试管,发现溶液又变为红色,说明SO2的漂白是(填“可恢复的”或“不可恢复的”)。 (2)如图乙所示,将干燥的Cl2和SO2按其体积比11混合,通入石蕊溶液中,发现石蕊溶液变红,不褪色,原因是它们与水一起反应生成了HCl和H2SO4。写出对应的化学方程式:。 .SO2水溶液的酸性该小组选用下列装置及药品比较亚硫酸和次氯酸的酸性强弱。(3)装置连接顺序为ACEF尾气处理。证明亚硫酸酸性强于次氯酸的实验现象是。 .SO2的还原性已知:Cu2O易与浓氨水反应生成Cu(NH3)2+(无色),在空气中会立即被氧化成Cu(NH3)42+(蓝色)。该小组为探究SO2与新制的Cu(OH)2的反应进行如下实验:装置试管中的药品现象1.5 mL 1 mol·L-1CuSO4溶液和 3.5 mL 1 mol·L-1NaOH 溶液混合开始时有砖红色沉淀出现,一段时间后,砖红色沉淀消失,静置,试管底部有少量紫红色固体,溶液呈蓝色(4)该小组将少量Cu2O固体加入5 mL蒸馏水中,再持续通入SO2气体,发现现象与上述实验相同,说明砖红色沉淀为Cu2O。砖红色沉淀消失的化学方程式为。 (5)取表中实验所得固体进行如图实验(以下每步均充分反应)实验时摇动锥形瓶的目的是;锥形瓶2中固体完全溶解得深蓝色溶液的离子方程式为。 17.(11分)磁选后的炼铁高钛炉渣,主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。为节约和充分利用资源,通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。该工艺条件下,有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表:金属离子Fe3+Al3+Mg2+Ca2+开始沉淀的pH2.23.59.512.4沉淀完全(c=1.0×10-5 mol·L-1)的pH3.24.711.113.8回答下列问题。(1)“焙烧”中,TiO2、SiO2几乎不发生反应,Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3转化为相应的硫酸盐,写出Al2O3转化为NH4Al(SO4)2的化学方程式:。 (2)“水浸”后“滤液”的pH约为2.0,在“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至11.6,依次析出的金属离子是。 (3)“母液”中Mg2+浓度为mol·L-1。 (4)“水浸渣”在160 “酸溶”最适合的酸是。“酸溶渣”的成分是、。 (5)“酸溶”后,将溶液适当稀释并加热,TiO2+水解析出TiO2·xH2O沉淀,该反应的离子方程式是  。 (6)将“母液”和“母液”混合,吸收尾气,经处理得(填化学式),可循环利用。 18.(11分)氨基锂(LiNH2)是一种白色、有光泽的结晶或粉末,熔点是390 ,沸点是 430 ,溶于冷水,遇热水则强烈水解。在 380400 时锂与氨气直接反应可制得LiNH2,下面是实验室制备LiNH2时可能用到的装置图,回答下列问题。(1)仅从试剂性质角度分析,下列各组试剂不宜用于实验室制备NH3的是(填字母)。 A.浓氨水、CaOB.NH4Cl固体、Ca(OH)2固体C.浓氨水D.NH4NO3固体、NaOH固体(2)用(1)中合适的试剂制取的NH3按气流方向自左向右,则图中装置的连接顺序为(填接口处字母),装置A的作用是。 (3)装置C中盛装的试剂是。实验开始后,向X中通入NH3与加热仪器X的先后顺序为。 (4)实验室还可用浓氨水与固体NaOH混合制备氨气,但多次实验表明,此方法收集到的NH3量总是比理论值低许多,其最可能的原因是。 (5)氨基锂能与热水反应生成LiOH与一种气体,该气体为,用实验验证你的结论:  。 19.(11分)我国有丰富的Na2SO4资源,2020年10月,中科院过程工程研究所公布了利用Na2SO4制备重要工业用碱(NaHCO3)及盐(NaHSO4)的闭路循环绿色工艺流程:某校化学兴趣小组根据该流程在实验室中进行实验。回答下列问题:(1)用所给实验装置图进行流程中的“一次反应”装置A中橡皮管a的作用是。 装置B中加入CCl4的目的是。 装置C中的试剂b是。 装置B中发生反应的化学方程式为。 (2)在“二次反应”中,硫酸铵溶液与过量的硫酸钠反应生成溶解度比较小的复盐Na2SO4·(NH4)2SO4·2H2O,分离该复盐与溶液的操作为。 (3)用所给实验装置图进行流程中的“煅烧(350 )”煅烧时,要边加热边通氮气,理由是  。 依据该流程的闭路循环绿色特点,“一次反应”与“煅烧(350 )”的实验中均采用如图所示装置处理尾气,则烧杯中的X溶液最好是。 (4)分析流程图,写出利用该流程制备两种盐的总反应的化学方程式:。 20.(11分)实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。资料:K2FeO4为紫色固体,微溶于KOH溶液;具有强氧化性,在酸性或中性溶液中快速产生O2,在碱性溶液中较稳定。(1)制备K2FeO4(夹持装置略)A为氯气发生装置,其中盛装浓盐酸的仪器名称是。A中反应的离子方程式为。 请在B方框内将除杂装置补充完整,并标明所用试剂。C中得到紫色固体和溶液,主要反应的化学方程式为。 (2)探究K2FeO4的性质取C中紫色溶液,加入稀硫酸,产生黄绿色气体,得溶液a,经检验气体中含有Cl2。为证明是K2FeO4氧化了Cl-而产生Cl2,设计以下方案:方案取少量a,滴加KSCN溶液至过量,溶液呈红色方案用KOH溶液充分洗涤C中所得固体,再用KOH溶液将K2FeO4溶出,得到紫色溶液b。取少量b,滴加盐酸,有Cl2产生由方案中溶液变红可知a中含有的离子为,但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化,该离子还可能由(用离子方程式表示)产生。 根据K2FeO4的制备实验得出,氧化性:Cl2(填“>”或“<”)FeO42-,而方案实验表明,Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反,原因是。 资料表明,酸性溶液中的氧化性FeO42->MnO4-,验证实验如下:将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中,振荡后溶液呈浅紫色,该现象能否证明氧化性FeO42->MnO4-。若能,请说明理由;若不能,进一步设计实验方案。理由或方案:   。 阶段检测(二)元素及其化合物1.D“绿色化学”是指反应物原子完全产生目标产物,原子利用率达到100%,A错误;“绿色化学”的核心是从源头上不产生污染物,而不是利用化学原理对环境污染进行治理,B错误;“绿色食品”是安全、无污染的食品,而不是富含叶绿素的食品,C错误;无污染的安全、优质、营养类食品对人体健康无危害,属于“绿色食品”,D正确。2.B“石碱”的主要成分K2CO3是钾盐,易溶于水,A正确;“石碱”的主要成分是K2CO3,不是纯碱(Na2CO3),B错误;K2CO3是弱酸强碱盐,水解显碱性,所以可用于去油污,用作洗涤剂,C正确;水分蒸发,K2CO3结晶析出,得到K2CO3晶体,所以“久则凝淀如石”的操作为蒸发结晶,D正确。3.D水晶、玛瑙的主要成分为SiO2,不是硅酸盐,A错误;过量的空气会带走大量的热能,造成热量的损失,降低热量的利用率,B错误;在空气中加热的金属单质会被氧化为相应的氧化物,无法形成合金,C错误;氧化铝的硬度大、熔点高、耐腐蚀,透明氧化铝陶瓷具有良好的光学性能,可用于制造高压钠灯发光管,D正确。4.C氮气和氧气在放电条件下生成NO,NO、氧气和水反应生成硝酸,故A能实现;钠在加热条件下与氧气反应生成过氧化钠,过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气,故B能实现;铜属于不活泼金属,与浓盐酸不反应,电解CuCl2溶液无法得到单质铜,故C不能实现;铁和氯气反应生成氯化铁,氯化铁能和氨水反应生成氢氧化铁,故D能实现。5.C加入澄清石灰水,发生反应的化学方程式分别为Na2CO3+Ca(OH)2CaCO3+2NaOH,2NaHCO3+Ca(OH)2CaCO3+Na2CO3+2H2O,两者现象相同(都产生白色沉淀),故A错误;加入等浓度的稀盐酸时,NaHCO3溶液反应更剧烈,故B错误;Na2CO3与CaCl2发生反应为Na2CO3+CaCl2CaCO3+2NaCl,产生白色沉淀,NaHCO3与CaCl2不反应,故C正确;逐滴加入等浓度的盐酸时,NaHCO3立即产生气泡,Na2CO3开始无气泡产生,过一会儿才产生气泡,故D错误。6.C根据制取硝酸铜的化学方程式可以判断,制备1 mol Cu(NO3)2,中需要83 mol HNO3,中需要4 mol HNO3,中需要2 mol HNO3,所以需要HNO3的量>>,最少,故A错误;制备1 mol Cu(NO3)2,中放出23 mol NO气体,中放出2 mol NO2气体,中没有气体放出,则制取等量的硝酸铜,产生的有毒气体比少,故B错误;制备 1 mol Cu(NO3)2,中需要83 mol HNO3,放出23 mol NO气体,硝酸利用率为83mol-23mol83mol×100%=75%,中需要4 mol HNO3,放出2 mol NO2气体,硝酸利用率为4mol-2mol4mol×100%=50%,中没有气体放出,HNO3的利用率为100%,三种方案中硝酸的利用率>>,故C正确;稀硝酸与铁发生反应,且生成的Cu(NO3)2与铁反应,故不可以在铁制容器中进行,故D错误。7.DNaAl(OH)2CO3含有金属阳离子和碳酸根离子,所以属于盐,故A错误;NaAl(OH)2CO3有固定的组成,属于化合物,故B错误;NaAl(OH)2CO3与盐酸反应生成氯化钠、氯化铝、二氧化碳和水,则1 mol NaAl(OH)2CO3最多可消耗4 mol H+,故C错误;NaAl(OH)2CO3与盐酸反应放出二氧化碳气体,不适合胃溃疡患者服用,故D正确。8.C四氯化钛制备钛的过程属于热还原法,故A错误;由流程可知,氯气、钛铁矿、焦炭反应生成氯化铁、氯化钛和一氧化碳,该过程中Ti元素的化合价没有变化,Fe元素的化合价由+2价升至+3价,C元素的化合价由0价升至+2价,则还原剂是FeTiO3、C,故B错误;“合成”过程中CO与H2反应生成CH3OH,反应方程式为CO+2H2CH3OH,原子利用率为100%,故C正确;“电解”过程中发生反应为2H2O+2NaCl2NaOH+Cl2+H2,H元素化合价降低,则H2为还原产物,故D错误。9.B过氧化氢只作氧化剂,反应的离子方程式为Cu+H2O2+2H+Cu2+2H2O,A错误;用FeCl3溶液刻蚀铜板,Cu和FeCl3反应生成FeCl2和CuCl2,反应的离子方程式为Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+,B正确;Fe(SCN)3是络合物,不是沉淀,正确的离子方程式为Fe3+3SCN-Fe(SCN)3,C错误;酸性条件下,高锰酸根离子被还原为锰离子,正确的离子方程式为5Fe2+MnO4-+8H+5Fe3+Mn2+4H2O,D错误。10.C氯气与Ca(OH)2反应生成氯化钙和次氯酸钙,化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O,A错误;加快通入Cl2的速率,氯气不能与浆料充分接触反应,氯气的利用率降低,B错误;根据得失电子守恒和元素守恒可得步骤2中总反应方程式为6Ca(OH)2+6Cl2Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O,但实际上是先生成Ca(ClO)2,Ca(ClO)2会进一步转化为Ca(ClO3)2,而少量Ca(ClO)2分解为CaCl2和O2,所以nCaCl2nCa(ClO3)2>51,C正确;滤液中加入KCl固体结晶时析出的是KClO3,说明KClO3的溶解度更小,D错误。11.B实验开始时,需先打开活塞K,使反应产生的CO2排尽装置内空气,避免空气与锌粉反应,后点燃酒精灯,故A正确;a装置是二氧化碳气体发生装置,由盐酸和碳酸钙反应生成,离子方程式为CaCO3+2H+CO2+Ca2+H2O,故B错误;b装置是除去CO2中的氯化氢,可用饱和碳酸氢钠溶液,吸收氯化氢的同时产生CO2,c装置中用浓硫酸除去水蒸气,f装置进行尾气处理,根据题目信息可知银氨溶液可以吸收CO,故C正确;装置e为安全瓶,防止装置f中的液体倒吸到硬质玻璃管中,故D正确。12.C绿柱石(主要成分是Be3Al2Si6O18)的组成改写成氧化物的形式为3BeO·Al2O3·6SiO2,A正确;利用“原子去向分析法”,硫酸酸浸后生成难溶性的H2SiO3和微溶性的CaSO4,受热后H2SiO3转化为SiO2,B正确;流程中“碱、水”将Be、Al元素分别转化为BeO22-、AlO2-,只能使用强碱,氨水是弱碱,C错误;“水解”反应的主要离子是BeO22-,D正确。13.D根据常见碳酸盐的性质可知,白云石高温条件下会分解为氧化钙、氧化镁和二氧化碳,气体a为二氧化碳,A正确;白云石煅烧后得到氧化钙、氧化镁,然后高温条件下用Si还原MgO得到Mg单质,同时二氧化硅和氧化钙反应得到硅酸钙,发生的反应为2MgO+Si2Mg+SiO2和 SiO2+CaOCaSiO3,B正确;Mg活泼性较强,易被氧气氧化,所以抽空气到接近真空进行还原,C正确;氧化镁的熔点较高,电解法制备Mg单质,需要电解熔点较低的熔融MgCl2,D错误。14.CA.该过程涉及的化学方程式有CuO+CCu+CO,2CuO+C2Cu+CO2,正确;B.该过程涉及的化学方程式有Al3+3OH-Al(OH)3,Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O,正确;C.Fe在Cl2中燃烧,只会生成FeCl3,错误;D.FeI2溶液中通入Cl2,当n(Cl2)n(FeI2)=11时,发生的离子反应为2I-+Cl2I2+2Cl-,当n(Cl2)n(FeI2)=32时,发生的离子反应为4I-+2Fe2+3Cl22I2+2Fe3+6Cl-,正确。15.D其中一份与200 mL的稀硝酸恰好完全反应,溶液中溶质为Cu(NO3)2、Zn(NO3)2,NO的物质的量为2.24 L÷22.4 L/mol=0.1 mol,转移电子为0.1 mol×(5-2)=0.3 mol,金属都表现+2价,根据电子转移守恒可知n(Cu)+n(Zn)=0.3 mol÷2=0.15 mol,故溶液中NO3-的物质的量为0.15 mol×2=0.3 mol,由N原子守恒可知200 mL溶液中HNO3的物质的量为0.1 mol+0.3 mol=0.4 mol,故HNO3的物质的量浓度为0.4 mol÷0.2 L=2 mol/L。另一份加热后的固体与稀硝酸反应后,溶液中溶质为Cu(NO3)2、Zn(NO3)2,可知消耗HNO3的物质的量为0.15 mol×2=0.3 mol,故消耗硝酸的体积为0.3 mol÷2 mol/L=0.15 L,即150 mL,故A、B正确;每一份中n(Cu)+n(Zn)=0.15 mol,则m g铜粉和锌粉的物质的量之和为0.15 mol×2=0.3 mol,故C正确;每一份中金属总质量为0.5m g,得到n g 固体为CuO、ZnO,n(O)=n(Cu)+n(Zn)=0.15 mol,则n g=0.5m g+0.15 mol×16 g/mol=(0.5m+2.4)g,故D错误。16.解析:(1)向品红溶液中通入SO2,品红溶液褪色了,停止通气体,加热试管,发现溶液又变为红色,说明SO2的漂白是可恢复的。(2)Cl2和SO2按其体积比11混合,通入石蕊溶液中,它们与水一起反应生成了HCl和H2SO4,化学方程式为SO2+Cl2+2H2OH2SO4+2HCl。(3)SO2直接通入漂白粉溶液,会与ClO-发生氧化还原反应,不能直接运用强酸制弱酸规律进行比较,故先证明亚硫酸酸性强于碳酸,再证明碳酸酸性强于HClO。(4)根据实验现象并结合守恒思想和氧化还原反应原理分析,生成了CuSO4和Cu。(5)据题知,紫红色固体铜在浓氨水和氧气的共同作用下会溶解,且生成Cu(NH3)42+,从而写出离子方程式。答案:(1)可恢复的(2)SO2+Cl2+2H2OH2SO4+2HCl(3)BDD中品红溶液不褪色,F中出现白色沉淀(4)2Cu2O+SO2CuSO4+3Cu(5)使溶液与空气中氧气充分接触2Cu+8NH3·H2O+O22Cu(NH3)42+4OH-+6H2O17.解析:(1)氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和水,反应的化学方程式为Al2O3+4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2+6NH3+3H2O。(2)由题给开始沉淀和完全沉淀的pH可知,将pH约为2.0 的滤液加入氨水调节溶液pH为11.6时,铁离子首先沉淀,然后是铝离子、镁离子,钙离子没有沉淀。(3)由镁离子完全沉淀时,溶液pH为11.1可知,氢氧化镁的溶度积为1×105×(1×102.9)2=1×10-10.8,当溶液pH为11.6时,溶液中镁离子的浓度为1×10-10.8(1×10-2.4)2 mol·L-1=1×10-6 mol·L-1。(4)增大溶液中硫酸根离子浓度,有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀,为了使微溶的硫酸钙完全沉淀,减少TiOSO4溶液中硫酸钙的量,应加入浓硫酸加热到160 “酸溶”;由分析可知,二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应,则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙。(5)“酸溶”后将TiOSO4溶液适当加水稀释并加热,能使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸,反应的离子方程式为TiO2+(x+1)H2OTiO2·xH2O+2H+。(6)由分析可知,尾气为氨气,母液为硫酸铵溶液,母液为硫酸,将母液和母液混合后吸收氨气得到硫酸铵溶液,可以循环使用。答案:(1)Al2O3+4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2+6NH3+3H2O(2)Fe3+、Al3+、Mg2+(3)1.0×10-6(4)浓硫酸SiO2CaSO4(5)TiO2+(x+1)H2OTiO2·xH2O+2H+(6)(NH4)2SO418.解析:(1)因为NH4NO3受热或撞击易爆炸,故不宜选择NH4NO3固体和NaOH固体制备氨气。(2)氨基锂(LiNH2)遇热水剧烈水解,故氨气必须是干燥的,B装置也必须是无水环境,故氨气经过C中碱石灰干燥后通入B装置反应,为防止未反应完的氨气污染空气,用A中浓硫酸吸收氨气,同时防止外界的空气进入B,氨气极易溶于水,故在A之前用D作安全瓶,防止倒吸,相应连接顺序为efcdhg(gh)a;装置A的作用是吸收多余的氨气,同时防止外界空气中的水蒸气进入X。(3)装置C为干燥管,目的是干燥氨气,应盛装碱石灰;由于Li能与空气中氧气反应,故要先通入一段时间的氨气,排尽装置内的空气,再加热仪器X。(4)因为氨气是极易溶于水的气体,故它在溶液中生成时,溶液中会溶解相当多的氨气,从而导致收集到的氨气量比理论值低很多。(5)LiNH2与热水反应生成LiOH和一种气体,根据元素守恒,生成的气体为氨气,氨气为碱性气体,用红色石蕊试纸检验即可,方案为取少量试样放入试管中并加入适量热水,再将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口,试纸变蓝色。答案:(1)D(2)efcdhg(gh)a吸收多余的氨气,同时防止外界空气中的水蒸气进入X(3)碱石灰先通入一段时间的氨气,再加热仪器X(4)氨气易溶于水,溶液中会溶解相当多的氨气(5)氨气取少量试样放入试管中并加入适量热水,再将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口,试纸变蓝色19.解析:利用Na2SO4制备NaHCO3和NaHSO4的工艺流程为Na2SO4溶液、NH3和CO2发生“一次反应”生成溶解度较小的NaHCO3,过滤得到NaHCO3固体和(NH4)2SO4溶液,硫酸铵溶液与过量的硫酸钠反应生成Na2SO4·(NH4)2SO4·2H2O,过滤得到固体Na2SO4·(NH4)2SO4·2H2O和Na2SO4溶液,Na2SO4溶液循环到“一次反应”步骤,“煅烧” Na2SO4·(NH4)2SO4·2H2O得到NaHSO4和NH3,NH3循环到“一次反应”步骤再利用。(1)A中橡皮管a可以连通圆底烧瓶和分液漏斗,平衡气压,使氨水能顺利滴加;氨气是极易溶于水的气体,直接与水接触可能发生倒吸,但氨气难溶于四氯化碳,所以装置B中加入CCl4的目的就是防止溶液倒吸;稀盐酸和碳酸钙的反应放热,可导致HCl的挥发,使制得的CO2中混有HCl气体,HCl可以和NaHCO3反应,而CO2难溶于饱和NaHCO3溶液,所以装置C中为饱和NaHCO3溶液,用来吸收HCl气体;装置B中Na2SO4溶液、NH3和CO2反应生成溶解度较小的NaHCO3,同时得到硫酸铵,化学方程式为Na2SO4+2NH3+2CO2+2H2O2NaHCO3+(NH4)2SO4。(2)生成的复盐溶解度较小,所以会以固体形式析出,可以过滤分离。(3)氨气是碱性气体,能与NaHSO4反应,为防止分解生成的氨气重新与NaHSO4反应,应边加热边通氮气,及时排出氨气;尾气中主要含有氨气,为将氨气充分利用,结合“一次反应”步骤中的原料分析可知,最好用Na2SO4溶液吸收氨气后直接循环利用,同时也符合流程的闭路循环绿色特点。(4)根据流程可知氨气循环使用,所以反应物为Na2SO4溶液和CO2,生成物只有 NaHCO3和NaHSO4,根据元素守恒可得化学方程式为Na2SO4+CO2+H2ONaHCO3+NaHSO4。答案:(1)平衡气压,使氨水能顺利滴加防止溶液倒吸饱和NaHCO3溶液Na2SO4+2NH3+2CO2+2H2O2NaHCO3+(NH4)2SO4(2)过滤(3)排出分解产生的氨气,防止氨气重新与硫酸氢钠反应Na2SO4溶液(4)Na2SO4+CO2+H2ONaHCO3+NaHSO420.解析:(1)A为氯气发生装置,其中盛装浓盐酸的仪器名称是分液漏斗。高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯化锰、氯化钾、氯气和水,故A中反应的离子方程式为2MnO4-+16H+10Cl-2Mn2+8H2O+5Cl2。制备的氯气中含有少量挥发出来的HCl气体,用饱和食盐水除去氯气中的HCl气体,则除杂装置为。C中得到的紫色固体为高铁酸钾,氯气与氢氧化钾和氢氧化铁反应生成高铁酸钾、氯化钾和水,反应的化学方程式为3Cl2+10KOH+2Fe(OH)32K2FeO4+6KCl+8H2O。(2)方案中,滴加KSCN溶液至过量,溶液呈红色,可知a中含有Fe3+,Fe3+的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化,还可能是在酸性环境下高铁酸钾发生歧化反应生成Fe3+,其离子方程式为4FeO42-+20H+4Fe3+3O2+10H2O。制备K2FeO4的反应为3Cl2+10KOH+2Fe(OH)32K2FeO4+6KCl+8H2O,氯气作氧化剂,其氧化性Cl2>FeO42-,与方案实验的Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反的原因是溶液的酸碱性不同。题给实验现象能证明氧化性FeO42->MnO4-,因为FeO42-在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2,溶液的浅紫色一定是MnO4-的颜色。答案:(1)分液漏斗2MnO4-+16H+10Cl-2Mn2+8H2O+5Cl23Cl2+10KOH+2Fe(OH)32K2FeO4+6KCl+8H2O(2)Fe3+4FeO42-+20H+4Fe3+3O2+10H2O>溶液的酸碱性不同能,FeO42-在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2,溶液的浅紫色一定是MnO4-的颜色