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

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1、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”

2、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()

3、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

4、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

5、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+Mn

6、O2+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

7、)251D.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

8、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3BeOAl2O36SiO2B.“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

9、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

10、.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

11、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 molL-1CuSO4溶液和 3.5 mL 1 molL-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

12、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=1.010-5 molL-1)的pH3.24.711.113.8回答下列问题。(1)“焙

13、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molL-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TiO2xH2O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

14、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

15、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

16、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)2SO42H2O,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K

17、2FeO4(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K2FeO

18、4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“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

19、、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

20、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,Na

21、HCO3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

22、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-23mol83mol100%=75%,中需要4 mol HNO3,放出2 mol NO2气体,硝酸利用率为4mol-2mol4mol100%=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

23、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%,

24、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)

25、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)251,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

26、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3BeOAl2O36SiO2,A正确;利用“原子去向分析法”,硫酸酸浸后生成

27、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

28、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

29、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 L22.4 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 mol2=0.15 mol,故溶液中NO3-的物质的量为0.15 mol2=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 mol0.2 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

30、知消耗HNO3的物质的量为0.15 mol2=0.3 mol,故消耗硝酸的体积为0.3 mol2 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 mol2=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 mol16 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

31、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)B

32、DD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+8NH3H2O+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

33、为1105(1102.9)2=110-10.8,当溶液pH为11.6时,溶液中镁离子的浓度为110-10.8(110-2.4)2 molL-1=110-6 molL-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TiO2xH2O沉淀和硫酸,反应的离子方程式为TiO2+(x+1)H2OTiO2xH2O+2H+。(6)

34、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)1.010-6(4)浓硫酸SiO2CaSO4(5)TiO2+(x+1)H2OTiO2xH2O+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

35、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,

36、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

37、(NH4)2SO42H2O,过滤得到固体Na2SO4(NH4)2SO42H2O和Na2SO4溶液,Na2SO4溶液循环到“一次反应”步骤,“煅烧” Na2SO4(NH4)2SO42H2O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

38、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

39、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-+

40、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+1

41、0KOH+2Fe(OH)32K2FeO4+6KCl+8H2O,氯气作氧化剂,其氧化性Cl2FeO42-,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