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山东省烟台市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题
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这是一份山东省烟台市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题，共27页。试卷主要包含了6×10－15ml·L－1等内容，欢迎下载使用。
山东省烟台市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题
1. （2020春·山东烟台·高二统考期末）氨是一种重要的化工原料，氨的合成和应用是当前的研究热点。
(1)实验室制取氨气的化学原理是________(用化学方程式表示)，验满方法是________。
(2)已知：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=－92kJ·mol－1，工业合成氨温度选择700K的原因是________。
(3)利用NH3处理硝酸工业尾气中的NOx，将其转化为无毒物质，该反应的化学方程式为________。
(4)水体中氨气和铵根离子(统称氨氮)总量的检测备受关注。利用氨气传感器检测水体中氨氮含量的示意图：
①利用平衡原理分析含氨氮水样中加入NaOH溶液的作用________。
②若利用氨气传感器将1L水样中的氨氮完全转化为N2时，转移电子的物质的量为3.9×10－4mol，则水样中氨氮(以氨气计)含量为________mg·L－1。
(5)联氨(N2H4)为二元弱碱，在水中的电离方式与氨类似。25℃时，联氨的电离常数Kb1＝3×10－6mol·L－1，Kb2＝7.6×10－15mol·L－1。联氨和盐酸按物质的量之比1∶1反应的离子方程式是________，所得溶液呈________性(填“酸”、“中”或“碱”)。
2. （2022春·山东烟台·高二统考期末）为消除燃煤烟气中含有的，研究者提出若干烟气“脱硫”“脱硝”的方法。
(1)方法一：SCR技术(选择性催化还原氮氧化物)
研究表明，铁基催化剂在260～300℃范围内实现SCR技术的过程如图所示。
①根据上述机理，等物质的量的在有氧条件下总反应的化学方程式为_______。在反应过程中的作用为_______。
②向反应体系中添加可显著提高NO脱除率，原因是与NO反应生成和阴离子M；阴离子M再与NH发生反应转化为，则阴离子M为_______，其与NH反应的离子方程式为_______。
③若使用锰基催化剂(活性物质为)代替铁基催化剂，烟气中含有的会使催化剂失效而降低NO脱除率，用化学方程式表示催化剂失效的原因_______。
(2)方法二：以NaClO作为吸收剂进行一体化“脱硫”、“脱硝”，将烟气中的转化为。
①溶液最多能吸收标准状况下的体积为_______。
②相同条件下，此方法的脱除率高于，可能的原因是_______(写出1种即可)。
③一定时间内，温度对硫、硝脱除率的影响曲线如图所示。50℃时，若烟气中和NO的物质的量之比为5∶2，则吸收液中烟气转化生成的和的物质的量之比为_______。
3. （2020春·山东烟台·高二统考期末）NaClO溶液有杀菌、消毒、漂白作用。某兴趣小组查资料得到Cl2和烧碱在70℃以上主要发生副反应：3Cl2＋6NaOHNaClO3＋5NaCl＋3H2O，并设计如图制备NaClO溶液的装置：
(1)装置Ⅰ中烧瓶内发生反应的化学方程式为________。
(2)装置Ⅱ中用冰水浴控制温度的目的是________；装置Ⅲ的作用是________。
(3)上述装置存在一处缺陷，会导致NaClO产率降低，改进的方法是________。
(4)用NaOH固体配制480mL10.0mol·L－1的NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒、烧杯、胶头滴管外还需要________。
(5)配制上述NaOH溶液时，将称量好的NaOH固体________g放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容会导致结果________(填“偏大”、“不变”或“偏小”)。配制溶液的过程中定容时的操作是________。
4. （2020春·山东烟台·高二统考期末）铁及其化合物在国民经济中占重要地位。FeCO3是白色难溶于水的固体。某研究小组采用如图装置制取FeCO3(夹持装置略)。
操作的关键是向1mol·L－1Na2CO3溶液(pH＝12.1)通入一段时间CO2至溶液pH为7，再滴加一定量0.8mol·L－1FeSO4溶液，产生白色沉淀。
(1)实验室配制FeSO4溶液时，加入少量稀硫酸的原因是________；配制完毕后加入少量还原铁粉的目的是________。
(2)先向1mol·L－1Na2CO3溶液中通入CO2的目的是________；生成FeCO3的离子方程式为________。
(3)FeCO3溶于乳酸[CH3CH(OH)COOH]能制得可溶性乳酸亚铁(摩尔质量为234g·mol－1)补血剂。
①某化学小组同学用KMnO4测定补血剂中亚铁含量，进而计算乳酸亚铁的质量分数。在操作均正确的前提下，发现乳酸亚铁的质量分数总是大于100%，其原因可能是________。
②该小组同学经查阅资料后，改用碘量法测定铁元素的含量计算乳酸亚铁的质量分数。称取2.000g样品，灼烧完全灰化，加足量盐酸溶解，将所有可溶物配成100mL溶液。取25.00mL该溶液加入过量KI溶液充分反应，然后加入几滴淀粉溶液，用0.100mol·L－1Na2S2O3溶液滴定(已知：I2＋2＝＋2I－)，滴定时应将Na2S2O3溶液加入________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。当溶液________，即为滴定终点；三次滴定平均消耗20.00mL的Na2S2O3溶液，则乳酸亚铁的质量分数为________%(保留1位小数)。
5. （2020春·山东烟台·高二统考期末）化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱消毒剂。回答下列问题：
(1)氯气是制备系列含氯化合物的主要原料，可采用如图装置来制取。写出制取氯气的化学方程式_______；a的作用是_______。
(2)实验室通过测定不同浓度NaClO溶液在不同pH下的细菌杀灭率(%)，以探究“84”消毒液杀菌能力的影响因素，实验结果如表。
NaClO溶液浓度
(mg·L-1)
不同pH下的细菌杀灭率(%)
pH=4.5
pH=7.0
pH=9.5
250
98.90
77.90
53.90
500
99.99
97.90
65.54
①结合表中数据可推断，相同条件下，HClO的杀菌消毒能力_______(填“强于”、“弱于”或“相当于”)NaClO的杀菌消毒能力。
②下列关于“84消毒液”使用方法的描述中，正确的是_______(填字母序号)。
a.与双氧水消毒液混合使用会增强杀菌消毒能力
b.其杀菌消毒能力与其浓度无关
c.不能与洁厕灵混合使用，可能会导致安全事故
d.喷洒在物品表面后适当保持一段时间，以达到杀菌消毒效果
(3)ClO2和NaClO2均为重要的杀菌消毒剂。已知NaClO2易溶于水，难溶于乙醇。NaClO2饱和溶液在温度低于38 ℃时析出NaClO2·3H2O晶体，高于38 ℃时析出NaClO2晶体，高于60 ℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。
①将ClO2通入到NaOH和H2O2混合溶液中，可制备NaClO2溶液。所得溶液在减压和55 ℃条件下蒸发至大量晶体析出后，_______，_______，低于60℃干燥，得到干燥的NaClO2 (补全实验步骤)。
②一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，得到ClO2和NaCl，理论上每消耗1molNaClO2生成ClO2的量为_______mol。
6. （2020春·山东烟台·高二统考期末）亚硝酰硫酸(HOSO3NO)是一种浅黄色或蓝紫色液体，能溶于浓硫酸，易与水反应，超过73.5℃易分解变质。实验室用如图装置制备少量HOSO3NO的方法如下：将SO2通入浓硝酸和浓硫酸混合液中，搅拌，使其充分反应。
(1)仪器Ⅰ的名称为_______。
(2)按气流从左到右的顺序，上述仪器的连接顺序为_______(填仪器接口字母)。
(3)A中反应过快，体系内压强过大会出现的实验现象是_______。
(4)装置B用冷水浴的目的是_______；D的作用是_______。
(5)测定HOSO3NO的纯度：
准确称取mg产品放入锥形瓶中，加入V1 mL 0.1000mol•L-1KMnO4标准溶液和10mL25％硫酸溶液，摇匀(过程中无气体产生)；过量的KMnO4用0.2500mol•L-1Na2C2O4标准溶液滴定，消耗草酸钠标准溶液的体积为V2mL。已知：2KMnO4+5HOSO3NO+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4。
①配制100mL上述KMnO4标准溶液时，除烧杯、量筒和胶头滴管外还需要的玻璃仪器有_______。
②亚硝酰硫酸的纯度为_______(用含m、V1、V2的计算式表示)。
7. （2020春·山东烟台·高二统考期末）Na2S是一种基本化工原料，在多个行业有着广泛的用途。
已知：①Na2S能与S反应生成Na2Sx(黄色)，Na2Sx与酸反应生成S和H2S；②BaS、BaSx均易溶于水，BaS2O3微溶于水；③白色的Ag2S2O3难溶于水，且易转化为黑色Ag2S。
(1)工业生产Na2S的常用方法是高温煅烧无水芒硝(Na2SO4)和炭混合物，该方法制备的Na2S中常混有Na2SO3、Na2SO4、Na2CO3，除杂应选择的试剂是_______(填化学式)。
(2)久置的Na2S固体会潮解、变质、颜色变黄，为探究Na2S变质的产物做如下实验：将久置的Na2S固体溶于水，溶液呈黄色。取黄色溶液，滴加稀硫酸，产生白色沉淀(经检验该沉淀含S)。
① 推测Na2S变质的产物含有_______(填化学式)，写出生成该物质的化学方程式_______。
② 实验小组同学认为变质的Na2S中可能含有Na2SO3、Na2SO4、Na2S2O3，为检验Na2S变质的产物中是否含有Na2S2O3，设计实验：
ⅰ．取黄色溶液，向其中滴加AgNO3溶液，产生黑色沉淀。由此得出结论：Na2S变质的产物中含Na2S2O3。有同学认为得出该结论的理由不充分，原因是_______。
ⅱ．改进实验，方案和现象如图：
实验一：Na2SO3和Na2SO4混合溶液白色沉淀(放置颜色不变)
实验二：
a．实验一的目的是_______。
b．实验二中试剂A是_______。
(3)工业上用Na2S除去酸性废水中的汞，汞的去除率与溶液pH和X(X为Na2S实际用量与理论用量比值)的关系如图所示。为使除汞效果最佳，应控制的条件是X=_______；pH的范围为_______。
8. （2022春·山东烟台·高二统考期末）三氯氧磷(POCl3)常作半导体掺杂剂及光导纤维原料。实验室利用在60～65℃时制备POCl3和，实验装置如图所示。
已知：
物质
熔点/℃
沸点/℃
其他
-93.6
76.1
遇水剧烈水解
1.25
105.8
遇水剧烈水解，能溶于
-105
78.8
遇水反应生成两种酸性气体
(1)常温下用固体与浓盐酸制备的化学方程式为_______。
(2)A装置中的试剂是_______。装置B处最好采用的加热方式是_______，装置E的作用除干燥气体外还有_______。
(3)长直导管C最好选用_______(填仪器名称)代替；反应结束后提纯产品应采用的实验方法是_______。
(4)实验室利用和制备无水的装置如图所示(夹持装置略)。
①为防止污染环境，装置乙后丙、丁、戊的正确连接顺序为_______。
②三颈烧瓶内发生反应的化学方程式为_______。
③甲同学认为用上图装置将换成可制得无水，但乙同学认为该实验可能发生副反应使不纯。乙同学设计实验判断副反应的可能性：取固体产物于四支试管中，加水溶解后，分别滴加下列溶液，通过现象能证明发生副反应的是_______(填选项字母)。
a．酸性溶液 b．溶液 c．溶液 d．溴水
9. （2022春·山东烟台·高二统考期末）以(尿素)和为原料制备(水合肼)和无水的主要实验流程如下：
已知：①沸点约118℃，具有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成。
②水溶液中随pH的分布及的溶解度曲线如图所示。
(1)以NaClO碱性溶液和为原料制备水合肼和纯碱的装置如图所示，仪器a的名称是_______；该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______；三颈烧瓶中盛装的原料是_______(填“NaClO碱性溶液”或“水溶液”)，不能盛装另一原料的原因是_______。
(2)“中和”步骤中需控制，“中和”步骤中反应的离子方程式为_______；“吸收”过程中生成的气体为_______，所得溶液的主要溶质为_______。
(3)“气流干燥”所用热空气温度不宜过高的原因是_______。
(4)由溶液制备无水的实验方案如下，请补充完整。
边搅拌边向溶液中滴加NaOH溶液，当测得溶液pH约为_______时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，_______，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封保存。
10. （2020春·山东烟台·高二统考期末）工业上采用乙烯直接水合法(CH2=CH2+H2O→CH3CH2OH)制乙醇。
(1)在磷酸/硅藻土催化剂作用下，乙烯进行水合反应历程的能量变化如图所示：
可知乙烯水合法制乙醇的△H________0(填>或<)，该历程中决定总反应速率步骤的化学方程式________。
(2)已知：C2H4(g)＋H2O(g)⇌C2H5OH(g)的反应速率为v正＝k正c(C2H4)·c(H2O)，v逆＝k逆c(C2H5OH)，其中k正、k逆为速率常数。如图(pk＝－lgk)所示①、②、③、④四条斜线中，能表示pk正随T变化关系的是斜线________，能表示pk逆随T变化关系的是斜线________。
(3)温度T1时该反应的化学平衡常数K＝________L·mol－1，已知温度T1时，某时刻容器中三种组分的浓度均为0.5mol·L－1，此时v正________v逆(填>或<)。
(4)温度T2时，向2L恒容密闭容器中充入乙烯和水蒸气各1mol，5min达到平衡，此时容器中乙烯和乙醇的浓度之比为2∶1，则T1________T2(填>或<)，乙烯的平衡转化率是________%(保留1位小数)。
11. （2020春·山东烟台·高二统考期末）工业以铬铁矿(主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质)为原料冶炼铬及获得化工原料红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)，工艺流程如图：
已知：常温下NaBiO3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下能将Cr3＋转化为。
(1)反应之前先将矿石粉碎的目的是________，固体D的主要成分为________。
(2)写出反应④的离子方程式________。
(3)步骤⑤中不能用盐酸代替硫酸的原因是________；将Na2Cr2O7溶液经过________，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠粗晶体。
(4)工业上常用电解铬酐(CrO3，遇水生成H2Cr2O7和H2CrO4)水溶液的方法镀铬，电镀液中需加入适量的催化剂和添加剂，并通过加入H2O2提高或降低电镀液中Cr(Ⅲ)的含量，发生的部分反应有：
a．2H＋＋2e－＝H2
b．2H2O−4e－＝O2+4H＋
c．2＋2H＋⇌＋H2O
d．＋14H＋+6e−＝2Cr3＋+7H2O
e．2Cr3＋＋7H2O−6e－＝＋14H＋
①镀件上发生的反应有________(填上述序号)
②电极上放电生成铬的电极反应式为________。
③镀铬过程中H2O2体现的化学性质________。
A．仅氧化性 B．仅还原性 C．氧化性和还原性
12. （2020春·山东烟台·高二统考期末）ZnO是电镀、涂料、有机合成等化学工业的重要原料。工业上由含锌废料(主要成分为ZnO，还含有FeO、MgO、CuO、SiO2)为原料生产ZnO的工艺流程如图：
已知：沉淀渣1的成分为Fe(OH)3、MnO2
(1)浸取渣的主要成分是_______(填化学式)。
(2)“除杂1”过程需要调节pH至5.2，最好选用_______(填字母)；生成沉淀渣1的离子方程式为_______。
A．Na2CO3 B．NH3·H2O C．ZnO D．H2SO4
(3)沉淀渣2的主要成分是_______(填化学式)；“除杂3”的目的是_______。
(4)“沉锌”得到的是Zn2(OH)2CO3，“洗涤干燥”步骤中检验沉淀是否洗涤干净的方法是_______。若煅烧过程中固体质量减少了18.6kg，则理论上生成_______kgZnO。
13. （2022春·山东烟台·高二统考期末）用还原铁粉去除含氮废水中的硝酸盐()的反应过程如下：
(1)Ⅱ中充分反应后，分离混合物的方法是_______；反应Ⅲ的离子方程式为_______。
(2)实验发现，在Ⅱ中补充一定量的可以明显提高的去除率。研究表明其原因：生成的(导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生(不导电)，它覆盖在表面，形成钝化层，阻碍电子传输，能与反应生成。
为证明上述原因的准确性，取两份10mL含氮废水[n()≈0.08mol]做如下对比研究(所加Fe粉均足量)。
实验序号
ⅰ
ⅱ
所加试剂
Fe粉
Fe粉、FeCl2(0.04mol)
的去除率
≈50%
≈100%
①与反应生成的离子方程式为_______。
②某同学分析ⅱ中去除率提高的原因可能是破坏钝化层。设计实验证明该原因不合理：_______。
(3)测定废水中的含量来评价除氮效果，具体操作如下：
步骤1.取20mL含氮()水样，加入稀硫酸、适量，再加入标准溶液的还原产物为NO)。
步骤2.用标准溶液滴定剩余的(被还原为)，终点时消耗。
①水样中的含量为_______mol/L。
②步骤1中加入适量的作用是_______，不加会使测定结果_______(填“偏大”或“偏小”)。
14. （2022春·山东烟台·高二统考期末）以软锰矿(含和少量)和辉铜矿(含和少量、)为原料生产高纯和的工艺流程如下：
已知有关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
开始沉淀的pH
7.5
2.7
5.6
8.3
沉淀完全的pH
9.0
3.7
6.7
9.8
(1)“浸取”所得滤渣经提取后可获得一种淡黄色副产品，则滤渣的主要成分是_______(填化学式)。浸取时，发生主要反应的离子方程式为_______。
(2)试剂A最好选用_______(填序号)，其调节溶液pH的范围是_______。
A．氨水 B．CuO C．NaOH
(3)上述流程中可循环利用的物质是_______。除铁后检验溶液中是否含有的试剂名称是_______；研究发现，若软锰矿和辉铜矿中不含，浸取速率明显变慢，浸取速率明显变慢的可能原因除了有氧化性外，还可能是_______。
(4)“沉锰”所得溶液中铜元素主要以形式存在，则生成的离子方程式是_______。
15. （2020春·山东烟台·高二统考期末）化合物X•3H2O是一种黄色晶体，X由四种元素组成。X•3H2O晶体的摩尔质量在400~500g·mol-1之间。取一定量的X•3H2O晶体完成如图转化，其中A为无色有毒气体，B、C、D是三种酸根相同的盐，B中阳离子具有较强的还原性，C溶液的焰色反应为紫色。
(1)A与E反应生成F的化学方程式为_______。
(2)B的化学式为_______。
(3)单质F与过量稀硝酸反应的化学方程式为_______。
(4)实验室收集气体H时，验满的方法是_______。
(5)组成X的四种元素为_______，黄色晶体的化学式为_______。
参考答案：
1. Ca(OH)2＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋2H2O 用湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸变蓝色 700K时催化剂活性强，反应速率快 6NOx＋4xNH3＝(2x＋3)N2＋6xH2O 氨氮水样中存在如下平衡：NH4＋＋OH－⇌NH3·H2O⇌NH3＋H2O，加入NaOH溶液，使水样中OH－浓度增大，平衡正向移动，有利于生成NH3，便于被空气吹出 2.21 N2H4+ H+= 酸
【分析】(1)实验室用氯化铵与熟石灰共热制取氨气，用湿润的红色石蕊试纸验满；
(2)合成氨工业反应温度的选择与催化剂的活性有关；
(3)无毒气体为氮气，再利用氧化还原反应配平；
(4)含氨氮水样中加入氢氧化钠，增大溶液中c(OH-)，促使NH4＋＋OH－⇌NH3·H2O⇌NH3＋H2O向右移动；
(5)利用N2H5Cl的电离平衡常数与水解平衡常数的大小关系判断溶液的酸碱性。
【详解】(1)实验室用氯化铵与熟石灰共热制取氨气，用湿润的红色石蕊试纸靠近集气瓶口，若变蓝则收集满；
(2)合成氨工业中，反应为放热反应，使用催化剂活性最佳时的温度为700K，且反应速率快，为选择的原因；
(3)利用NH3处理硝酸工业尾气中的NOx，将其转化为无毒物质，即氮气和水，则方程式为6NOx＋4xNH3＝(2x＋3)N2＋6xH2O；
(4)①向含氨氮水样中加入氢氧化钠，增大溶液中c(OH-)，促使NH4＋＋OH－⇌NH3·H2O⇌NH3＋H2O向右移动，以便于让空气吹出氨气；
②氨氮转化为N2，N的化合价由-3变为0价，已知转移电子的物质的量为3.9×10－4mol，则n(NH3)==1.3mol，水样中氨氮(以氨气计)含量==2.21×10－3g/L=2.21mg/L；
(5)联氨(N2H4)为二元弱碱，联氨和盐酸按物质的量之比1∶1反应生成N2H5Cl，离子方程式为：N2H4+ H+=N2H5+；N2H5Cl电离方程式为+H2O⇌+OH-，水解方程式为⇌N2H4+H+，水解平衡常数Kh===3.3×10-9mol/L＞Kb2，则溶液显酸性。
【点睛】分清N2H5Cl的电离与水解，电离导致溶液显碱性，水解导致溶液显酸性，水解平衡常数大于电离平衡常数时，溶液显酸性。
2. (1) 4NH3 + 4NO +O2 4N2 + 6H2O 催化剂 NO NO+ NH = N2 ↑+ 2H2O MnO2 + SO2 = MnSO4
(2) 3.36L SO2在水中的溶解度大于NO或SO2在溶液中的还原性强于NO或SO2与NaClO溶液的反应速率大于NO 8：37
【解析】（1）①由图可知，在有氧条件下氨气和一氧化氮的总反应为催化剂作用下氨气和一氧化氮反应生成氮气和水，反应的化学方程式为4NH3 + 4NO +O2 4N2 + 6H2O，反应中氢离子和铁基催化剂共同起催化剂的作用，催化反应的发生，故答案为：4NH3 + 4NO +O2 4N2 + 6H2O；催化剂；②由题意可知，向反应体系中添加硝酸铵可显著提高一氧化氮脱除率的原因是，硝酸根离子与一氧化氮反应生成二氧化氮亚硝酸根离子，亚硝酸根离子再与铵根离子反应转化为氮气和水，则阴离子M为亚硝酸根离子，亚硝酸根离子与铵根离子反应生成氮气的方程式为NO+ NH = N2 ↑+ 2H2O，故答案为：NO；NO+ NH = N2 ↑+ 2H2O；③由题意可知，二氧化锰与烟气中的二氧化硫反应生成硫酸锰，二氧化硫使催化剂失效而降低一氧化氮脱除率，反应的化学方程式为MnO2 + SO2 = MnSO4，故答案为：MnO2 + SO2 = MnSO4；
（2）①由题意可知，具有强氧化性的次氯酸钠溶液将烟气中的二氧化硫氧化为硫酸根离子，由得失电子数目守可知，100mL1.5mol/L次氯酸钠溶液最多能吸收标准状况下二氧化硫的体积为1.5mol/L×0.1L×22.4L/mol=3.36L，故答案为：3.36L；②二氧化硫易溶于水，一氧化氮不溶于水，所以溶液中二氧化硫的浓度大于一氧化氮，还原性强于一氧化氮，与次氯酸钠溶液反应的速率快于一氧化氮，所以相同条件下，此方法二氧化硫的脱除率高于一氧化氮，故答案为：SO2在水中的溶解度大于NO或SO2在溶液中的还原性强于NO或SO2与NaClO溶液的反应速率大于NO；③设二氧化硫的物质的量为5mol、一氧化氮的物质的量为2mol，由得失电子数目守可知，溶液中氯离子的物质的量为=7.4mol，由氮原子个数守恒可知，溶液中硝酸根离子的物质的量为2mol×80%=1.6mol，则溶液中硝酸根与氯离子的物质的量比为1.6mol：7.4mol=8：37，故答案为：8：37。
3. KClO3＋6HCl(浓)＝KCl＋3Cl2↑＋3H2O 防止副反应的发生 吸收Cl2，防止污染环境 在装置Ⅰ、Ⅱ之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶 500 mL容量瓶、玻璃棒 200.0 偏大 往容量瓶中缓慢加蒸馏水，等液面离容量瓶瓶颈刻度线1～2 cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切
【分析】装置I中，盐酸与氯酸钾反应生成氯气；装置II中，氯气与NaOH在低温下反应生成次氯酸钠、氯化钠和水；装置III中，氯气有毒，进行尾气处理。
【详解】(1)装置Ⅰ盐酸与氯酸钾反应生成氯气，反应的方程式为KClO3＋6HCl(浓)＝KCl＋3Cl2↑＋3H2O；
(2)Cl2和烧碱在70℃以上生成氯酸钠，为防止副反应产生，则装置Ⅱ在冰水浴中进行；氯气有毒，防止污染环境，装置III进行尾气处理；
(3)浓盐酸具有挥发性，会导致NaClO产率降低，应在装置I与II之间加除去HCl的装置；
(4)配制480mL10.0mol·L－1的NaOH溶液时，应选用500mL的容量瓶，需要的玻璃仪器有500mL的容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管等；
(5)m(NaOH)=0.5L×10.0mol·L－1×40g/mol=200g；未经冷却立即转移到容量瓶中，则溶液的温度较高，恢复至室温时，体积变小，则浓度偏大；配制溶液的过程中定容的操作为往容量瓶中缓慢加蒸馏水，等液面离容量瓶瓶颈刻度线1～2 cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切。
【点睛】配制480mL溶液时，只能选用500mL规格的容量瓶，且计算时按此计算。
4. 抑制Fe2＋的水解 防止Fe2＋被氧化 排除装置中的空气，防止Fe2+被氧化为Fe3+；降低溶液中OH－的浓度，防止生成Fe(OH)2 Fe2＋＋2＝FeCO3↓＋CO2↑＋H2O 乳酸根中的羟基被KMnO4氧化，导致消耗KMnO4溶液偏多 碱式 蓝色褪去且半分钟不恢复 93.6
【分析】(1)FeSO4溶液加水稀释时，亚铁离子的水解平衡正向进行，配制溶液考虑水解及空气中的氧气氧化；
(2)碳酸钠溶液碱性强，溶液中c（OH-）大，就会出现生成氢氧化亚铁与制备的FeCO3成为竞争反应，而导致制备的FeCO3纯度低，NaHCO3溶液碱性弱，制得FeCO3纯度高；
(3)乳酸中的羟基能与高锰酸钾反应；利用方程式进行计算。
【详解】(1)配制FeSO4溶液加水稀释时，亚铁离子的水解平衡正向进行，加入少量稀硫酸，增大溶液中的氢离子浓度，可抑制Fe2＋的水解；Fe2＋易被空气中的氧气氧化为Fe3＋，加入少量铁屑，可与Fe3＋反应生成Fe2＋；
(2)装置中的空气中的氧气可以将亚铁离子氧化为铁离子，CO2可将装置中的氧气排除，防止亚铁离子氧化；同时碳酸钠溶液碱性强，溶液中c(OH-)大，就会出现生成氢氧化亚铁与制备的FeCO3成为竞争反应，而导致制备的FeCO3纯度低，NaHCO3溶液碱性弱，制得FeCO3纯度高，则先向1mol/LNa2CO3溶液中通入CO2的目的是排除装置中的空气，降低溶液中OH-的浓度，防止生成Fe(OH)2；亚铁离子与碳酸氢根离子反应，生成碳酸亚铁、二氧化碳和水，离子方程式为Fe2＋＋2＝FeCO3↓＋CO2↑＋H2O；
(3)①乳酸中含有醇羟基，能被高锰酸钾溶液氧化导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%；
②Na2S2O3为强碱弱酸盐，其溶液显碱性，滴定时应将Na2S2O3溶液加入碱式滴定管中；碘水遇到淀粉溶液时，溶液显蓝色，当滴定终点时，碘消耗完全，则溶液蓝色褪色，滴定终点的现象为蓝色褪去且半分钟不恢复；根据反应的方程式可得：2n(Fe3+)=n(I2)=2n()，则样品中的n(Fe3+)=×2×=0.008mol；乳酸亚铁的质量分数=×100%=93.6%。
【点睛】根据方程式，确定乳酸亚铁中铁元素与硫代硫酸根离子的关系，计算铁元素的物质的量，注意配制溶液的体积与量取溶液体积的关系即可。
5. KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O 平衡压强，使浓盐酸顺利滴下 强于 cd 趁热过滤(或高于38℃过滤) 用乙醇洗涤 0.8
【详解】(1)该装置中通过氯酸钾和浓盐酸常温下反应得到氯气，反应的方程式为：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，恒压分液漏斗中a可以连接漏斗和烧瓶，可以保持漏斗上下压强平衡，有利于浓盐酸顺利滴下，故答案为：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O；平衡压强，使浓盐酸顺利滴下；
(2) ①由表格数据可知在次氯酸钠浓度一定时，溶液的pH值越小溶液中的HClO浓度越大，细菌的杀灭率也越高，由此可知HClO的杀菌消毒能力比NaClO强，故答案为：强于；
②a．双氧水具有一定的还原性，能与NaClO发生氧化还原反应使消毒能力减弱，故a错误；
b．由表格数据可知在pH值一定使，NaClO的浓度增大时，杀菌消毒能力也增强，可知消毒液的漂白能力与浓度有关，故b错误；
c．消毒液中的NaClO与洁厕灵中的HCl反应生成氯气，氯气有毒，可能会导致安全事故，故c正确；
d．喷洒在物品表面后适当保持一段时间，这样有利于有效成分与细菌病毒接触足够时间，以达到杀菌消毒效果，故d正确；
故答案为：cd；
(3) ①由题意NaClO2饱和溶液在温度低于38 ℃时析出NaClO2·3H2O晶体，为防止NaClO2·3H2O晶体析出，应在温度高于38 ℃时进行过滤，又已知NaClO2易溶于水，难溶于乙醇，因此所得晶体可用乙醇洗涤，故答案为：趁热过滤(或高于38℃过滤)；用乙醇洗涤；
②NaClO2酸性条件下溶解得到ClO2和NaCl，反应离子方程式为：，由反应可知每消耗5molNaClO2生成4mol ClO2，反应过程中转移4mol电子，则理论上每消耗1molNaClO2生成ClO2的量为0.8mol，故答案为：0.8。
6. 三颈烧瓶 a d e c b g C中长颈漏斗内液面上升 降低反应体系温度，防止温度过高，亚硝酰硫酸分解变质 吸收尾气中的SO2等酸性气体、防止空气中的水蒸气与亚硝酰硫酸反应 玻璃棒、100mL容量瓶
【分析】该实验将SO2通入浓硝酸和浓硫酸混合液中，制备少量HOSO3NO，则装置A为SO2制备装置，HOSO3NO易与水反应，则通入SO2制备HOSO3NO时，应先利用C装置除去SO2中的水，除去水后将SO2通入B装置中，制备HOSO3NO，在装置B后接装置D，可防止空气中的水蒸气进入B中，并吸收尾气中的SO2等酸性气体，防止污染空气，仪器的连接顺序为a d e c b g。
【详解】(1)仪器Ⅰ是三颈烧瓶；
(2)由分析可知，上述仪器的连接顺序为a d e c b g；
(3)A中反应过快，生成SO2的量较多，体系内压强过大，C中长颈漏斗内液面上升；
(4)HOSO3NO超过73.5℃易分解变质，装置B用冷水浴可降低反应体系温度，防止温度过高，亚硝酰硫酸分解变质；装置D可吸收尾气中的SO2等酸性气体，防止污染空气，并且HOSO3NO易与水反应，装置D可防止空气中的水蒸气与亚硝酰硫酸反应；
(5)①配制100mL上述KMnO4标准溶液时，需要的玻璃仪器有：烧杯、量筒、胶头滴管、玻璃棒、100mL容量瓶；
②，过量的KMnO4用0.2500mol•L-1Na2C2O4标准溶液滴定，消耗草酸钠标准溶液的体积为V2 mL，则过量的KMnO4的物质的量为，与HOSO3NO反应消耗的KMnO4的物质的量为，HOSO3NO的物质的量为，则HOSO3NO的纯度为。
7. BaS Na2Sx xNa2S+O2+(x-1)H2O= Na2Sx+(2x-2)NaOH 剩余的Na2S也能与AgNO3溶液反应生成黑色的Ag2S沉淀 确认Ag2SO4和Ag2SO3都不易转化为黑色固体，排除SO、SO对S2O检验的干扰 AgNO3溶液 12.0 9.5~10.0
【详解】(1)除去Na2S中混有的Na2SO3、Na2SO4、Na2CO3，由于BaS易溶于水，而BaSO3、BaSO4、BaCO3均不溶于水，所以除杂应选择的试剂是BaS溶液。
(2)①Na2Sx是黄色的，Na2Sx与酸反应生成H2S和黄色的不溶于水的S，可推测Na2S变质的产物含有Na2Sx。Na2S中S的化合价为-2价，Na2Sx中S的化合价高于-2价，所以Na2S被氧气氧化，可认为Na2Sx中S的化合价为-，根据电子守恒和质量守恒，可写出生成该物质的化学方程式为：xNa2S+O2+(x-1)H2O= Na2Sx+(2x-2)NaOH。
②若 Na2S没有完全变质，则加入的AgNO3可以和溶液中的S2-反应生成黑色的Ag2S沉淀，故不能通过向黄色溶液中滴加AgNO3溶液，产生黑色沉淀得出Na2S变质的产物中含Na2S2O3的结论。
ⅱ．实验一：向Na2SO3和Na2SO4混合溶液中加入AgNO3溶液，产生白色沉淀Ag2SO3和Ag2SO4，放置颜色不变，确认了Ag2SO4和Ag2SO3都不易转化为黑色固体，排除、 对检验的干扰。实验二：向黄色溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入AgNO3溶液，若白色沉淀变为黑色沉淀，则说明Na2S变质的产物中含Na2S2O3，所以试剂A是AgNO3溶液。
(3)从图中可以看出，当X为12.0时，汞的去除率为100%；当溶液的pH在9.5~10.0时，汞的去除率为100%。所以Na2S变质的产物中含Na2S2O3，应控制的条件是X=12.0；pH的范围为9.5~10.0。
8. (1)KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O
(2) 浓硫酸 水浴加热 通过观察产生气泡速率控制通入气体的流速
(3) 球形冷凝管 蒸馏
(4) 戊 丁 丙 MgCl2·6H2O+6SOCl2=MgCl2+6SO2↑+12HCl↑ bc
【分析】本题考查PCl3、SO2、Cl2在60～65°C时反应制备POCl3和SOCl3的实验，根据资料卡片，本实验必须在无水条件下反应，所以装置A用浓硫酸除去氯气中的水蒸气，E用浓硫酸除去二氧化硫中的水蒸气，且A和E都可以通过观察产生气泡的速率控制通入气体的流速，D用无水CaCl2防止空气中的水蒸气进入，C改用球形冷凝管进行冷凝回流，将PCl3充分反应，提高产率；实验室利用和制备无水，要防止水蒸气干扰制备，尾气二氧化硫和氯化氢要用NaOH溶液吸收，由于两气体极易与碱反应，要加安全瓶防止倒吸；FeCl3具有强氧化性，会和SOCl2发生氧化还原反应，可能发生的副反应SOCl2+2FeCl3•6H2O=FeSO4+6HCl+FeCl2+9H2O。
（1）常温下用固体与浓盐酸制备，同时生成KCl和H2O,化学方程式为KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O。故答案为：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O；
（2）A装置中的试剂是浓硫酸。在60～65°C时反应制备POCl3和SOCl3的实验，装置B处最好采用的加热方式是水浴加热，装置E的作用除干燥气体外还有通过观察产生气泡速率控制通入气体的流速。故答案为：浓硫酸；水浴加热；通过观察产生气泡速率控制通入气体的流速；
（3）球形冷凝管与长直导管C最大区别是球形冷凝管接触面积大，冷凝效果更好，能将反应物和生成物都充分冷凝回流，增加产率，长直导管C最好选用球形冷凝管(填仪器名称)代替；根据资料卡片POCl3和SOCl2的沸点不同，反应结束后提纯产品应采用的实验方法是蒸馏。故答案为：球形冷凝管；蒸馏；
（4）①为防止污染环境，装置乙后丙、丁、戊的正确连接顺序为戊防止空气中的水蒸气进入乙中，丁作为安全瓶，防止倒吸，丙用NaOH溶液吸收尾气。故答案为：戊 丁 丙；②三颈烧瓶内发生反应生成氯化镁、二氧化硫和氯化氢，化学方程式为MgCl2·6H2O+6SOCl2=MgCl2+6SO2↑+12HCl↑。故答案为：MgCl2·6H2O+6SOCl2=MgCl2+6SO2↑+12HCl↑；③FeCl3具有强氧化性，会和SOCl2发生氧化还原反应，可能发生的副反应SOCl2+2FeCl3•6H2O=FeSO4+6HCl+FeCl2+9H2O，a．由于溶液中存在氯离子，加入酸性KMnO4溶液必然会褪色，无法证明发生副反应，故错误； b．溶液与Fe2+形成蓝色沉淀，可检验Fe2+存在，能验证发生副反应，故b正确； c．滴加BaCl2溶液与硫酸根反应生成硫酸钡沉淀，可检验硫酸根存在，进而说明产物有FeSO4，能验证发生副反应，故c正确；d．滴加溴水会和SOCl2发生氧化还原反应，无法证明发生副反应，故d错误；故答案为：bc。
9. (1) 分液漏斗 1：1 CO(NH2)2水溶液 若盛装NaClO碱性溶液，生成的水合肼与NaClO剧烈反应生成N2
(2) HSO+ CO=SO+HCO CO2 NaHSO3
(3)温度过高NaHSO3会分解变质
(4) 10 在高于34℃条件下趁热过滤
【分析】以(尿素)和为原料制备(水合肼)和无水，NaClO与尿素反应生成N2H4•H2O和Na2CO3，可用蒸馏的方法分离出N2H4•H2O，副产品Na2CO3溶液中通入过量的二氧化硫，可制得NaHSO3。
（1）
以NaClO碱性溶液和为原料制备水合肼和纯碱的装置如图所示，仪器a的名称是分液漏斗；NaClO++2NaOH =N2H4•H2O+NaCl+Na2CO3，该反应中氧化剂NaClO与还原剂的物质的量之比为1：1；三颈烧瓶中盛装的原料是CO(NH2)2水溶液(填“NaClO碱性溶液”或“水溶液”)，不能盛装另一原料的原因是若盛装NaClO碱性溶液，生成的水合肼与NaClO剧烈反应生成N2。故答案为：分液漏斗；1：1；CO(NH2)2水溶液；若盛装NaClO碱性溶液，生成的水合肼与NaClO剧烈反应生成N2；
（2）
“中和”步骤中需控制，“中和”步骤中反应的离子方程式为HSO+ CO=SO+HCO；“吸收”过程中生成的气体为CO2，所得溶液的主要溶质为NaHSO3。故答案为：HSO+ CO=SO+HCO；CO2；NaHSO3；
（3）
“气流干燥”所用热空气温度不宜过高的原因是温度过高NaHSO3会分解变质。故答案为：温度过高NaHSO3会分解变质；
（4）
由 NaHSO3溶液制备无水Na2SO3，可边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，由图象可知pH约为10时，可完全反应生成Na2SO3，此时停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，由溶解度与温度图象可知在高于34℃条件下趁热过滤，可得到无水Na2SO3。操作为：边搅拌边向溶液中滴加NaOH溶液，当测得溶液pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封保存。故答案为：10；在高于34℃条件下趁热过滤。
10. < CH2=CH2＋H2O＋H3O＋＝CH3CH2＋＋2H2O或CH2=CH2＋H3O＋＝CH3CH2＋＋H2O ③ ④ 1 < > 33.3
【分析】(1)比较反应物的总能量与生成物的总能量的大小即可；
(2)对比正逆反应速率及反应物浓度的乘积与生成浓度的比值关系即可；
(3)利用速率公式代入数据即可；
(4)利用三段式求解。
【详解】(1)根据图象可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，则反应为放热反应，即△H＜0；反应物的活化能影响反应速率，活化能越大，反应速率越慢，则CH2=CH2＋H2O＋H3O＋＝CH3CH2＋＋2H2O或CH2=CH2＋H3O＋＝CH3CH2＋＋H2O影响反应速率；
(2)根据坐标，温度升高，反应速率增大，已知反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则v逆＞v正，c(C2H4)·c(H2O)增大，c(C2H5OH)减小，可判断K逆＞K正，且K逆、K正均增大，pK逆＜pK正，斜线③对应pK正，斜线④对应pK逆；
(3)温度T1时，pK逆=pK正，则K逆=K正，K＝=1L·mol－1；T1时，v正＝k正×0.5mol/L×0.5mol/L，v逆＝k逆×0.5mol/L，K逆=K正，则v正＜v逆；
(4)
平衡时，容器中乙烯和乙醇的浓度之比为2∶1，即(1-x)：x=2：1，则x=mol，K==L/mol＞1L/mol，T1＞T2；乙烯的平衡转化率=×100%=33.3%。
11. 增大反应物的接触面积，加快反应速率 Fe(OH)3、Al(OH)3 3NaBiO3＋2Cr3＋＋7OH－＋H2O＝3Bi(OH)3＋2＋3Na＋ 盐酸能将Na2CrO4还原，同时产生Cl2污染环境 蒸发浓缩，冷却结晶 a d ＋8H＋＋6e－＝Cr＋4H2O C
【分析】铬铁矿(主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质)，加入过量稀硫酸，只有二氧化硅不能溶解，固体A为SiO2，溶液B中含有Cr3+、Al3+、Fe2+等离子，在B中加入过氧化氢，将Fe2+氧化生成Fe3+，加入适量NaOH调节溶液的pH可除去Fe3+、Al3+，生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，固体D中含有氢氧化铁、氢氧化铝，溶液E含有Cr3+，在溶液E中加入NaBiO3和NaOH，发生氧化还原反应，生成Bi(OH)3沉淀和Na2CrO4溶液，Na2CrO4溶液酸化可得Na2Cr2O7，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)，Na2CrO4溶液中加入Na2S溶液，发生氧化还原反应生成Cr(OH)3沉淀和溶液F，溶液F中主要含有Na2SO4，Cr(OH)3沉淀受热分解生成Cr2O3，用热还原法可以冶炼铬，据此分析解答。
【详解】(1)反应之前先将矿石粉碎，可增大反应物的接触面积，加快反应速率，根据上述分析，固体D中含有氢氧化铁、氢氧化铝，故答案为：增大反应物的接触面积，加快反应速率；Fe(OH)3、Al(OH)3；
(2) 常温下NaBiO3不溶于水，在溶液E中加入NaBiO3和NaOH，发生氧化还原反应，生成Bi(OH)3沉淀，反应④的离子方程式为3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=2+3Na++3Bi(OH)3，故答案为：3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=2+3Na++3Bi(OH)3；
(3) Na2CrO4溶液具有强氧化性，能够氧化氯离子，因此步骤⑤中不能用盐酸代替硫酸；Na2Cr2O7溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即得红矾钠粗晶体，故答案为：盐酸能将Na2CrO4还原，同时产生Cl2污染环境；蒸发浓缩；冷却结晶；
(4)①工业上常用电解铬酐(CrO3，遇水生成H2Cr2O7和H2CrO4)水溶液的方法镀铬，溶液中存在2＋2H＋⇌＋H2O，阴极镀件上发生得到电子的还原反应，因此发生的反应有a．2H＋＋2e－＝H2、d．＋14H＋+6e−＝2Cr3＋+7H2O，故答案为：ad；
②电极上放电生成铬的电极反应式为＋8H＋＋6e－＝Cr＋4H2O，故答案为：＋8H＋＋6e－＝Cr＋4H2O；
③H2Cr2O7和H2CrO4均具有强氧化性，能够氧化H2O2，加入H2O2能够降低电镀液中Cr(Ⅲ)的含量，体现了H2O2的氧化性，因此镀铬过程中体现了H2O2的氧化性和还原性，故答案为C。
【点睛】本题的易错点和难点为(4)，要注意根据电解原理分析解答，其中③中要注意根据H2Cr2O7和H2CrO4的性质和正确理解“加入H2O2提高或降低电镀液中Cr(Ⅲ)的含量”的含义。
12. SiO2 C 3Fe2++MnO+7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+ Cu Zn 除去浸取液中的Mg2+ 取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀生成说明沉淀已洗涤干净 48.6
【分析】含锌废料(主要成分为ZnO，还含有FeO、MgO、CuO、SiO2)加硫酸酸浸，SiO2不溶于硫酸成为浸取渣，ZnO、FeO、MgO、CuO溶于硫酸，形成了相应的硫酸盐溶液。滤液中加入KMnO4溶液，得到Fe(OH)3和MnO2，除去了铁。再加入锌粉，和溶液中的Cu2+发生置换反应，除去了铜。再加入HF溶液，形成MgF2沉淀，除去了镁。最后加入NH4HCO3，将Zn2+沉淀为Zn2(OH)2CO3，洗涤干燥后煅烧得到ZnO。
【详解】(1)浸取渣的主要成分是SiO2。
(2)“除杂1”过程需要调节pH至5.2，为了不引入新杂质，最好选用ZnO，故选C。沉淀渣1的成分为Fe(OH)3、MnO2，反应过程中，KMnO4将Fe2+氧化为Fe(OH)3，本身被还原为MnO2，离子方程式为：3Fe2++ +7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+。
(3)加入锌粉的目的是除去铜，为了将铜全部除去，需要加入过量的锌，所以沉淀渣2的主要成分是Zn和Cu；“除杂3”的目的是除去浸取液中的Mg2+。
(4)“沉锌”得到的是Zn2(OH)2CO3，洗涤的目的是洗去固体表面的、、K+等离子，可以检验洗涤液中是否有来检验沉淀是否洗涤干净，具体方法是：取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀生成说明沉淀已洗涤干净。若煅烧过程中固体质量减少了18.6kg，设生成xkgZnO，根据关系式：
可求出x=48.6。
13. (1) 过滤 2NH+3HClO=N2↑+3Cl-+5H++3H2O
(2) Fe2++2FeO(OH)=Fe3O4+2H+ 取10mL含氮废水，加入足量Fe粉和0.08molNaCl，若NO的去除率约为50%，证明该原因不合理
(3) 产生CO2驱赶O2 偏大
【分析】含硝酸盐的含氮废水经HCl酸化后，与Fe粉充分反应，得到Fe3O4固体和含NH废水，NH经HClO氧化生成N2，得到无害化处理。
（1）Ⅱ中充分反应后，得到固体和液体的混合物，分离该混合物的方法是过滤；反应Ⅲ是NH经HClO氧化生成N2，离子方程式为：2NH+3HClO=N2↑+3Cl-+5H++3H2O。
（2）①与反应生成的离子方程式为：Fe2++2FeO(OH)=Fe3O4+2H+；②某同学分析ⅱ中去除率提高的原因可能是破坏钝化层，欲设计实验证明该原因不合理，则应分开验证Fe2+和Cl-，用具有相同Cl-浓度的NaCl溶液验证是否增加去除率，设计方案：取10mL含氮废水，加入足量Fe粉和0.08molNaCl，若NO的去除率约为50%，证明该原因不合理。
（3）①水样中被Fe2+还原，根据氧化还原反应规律可知二者关系式：~3Fe2+，剩余的Fe2+被氧化，二者关系式：6Fe2+~，则水样中的含量为：；②水样中的O2也能氧化Fe2+，使标准溶液中的Fe2+剩余量偏少，故步骤1中加入适量的作用是：产生CO2驱赶O2；不加会使测定结果偏大。
14. (1) SiO2、S、CaSO4 2MnO2+Cu2S+8H+=S↓+2Cu2++2Mn2++4H2O
(2) B 3.7≤pH<5.6
(3) NH3 硫氰酸钾溶液 Fe3+起催化作用
(4)2[Cu(NH3)4]2++HCO+2H2OCu2(OH)2CO3↓+3NH+5NH3↑
【分析】由题给流程可知，向软锰矿和辉铜矿中加入稀硫酸浸取，二氧化锰与硫化亚铜、稀硫酸反应生成硫酸锰、硫酸铜、硫和水，氧化铁、氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铁、硫酸铜，碳酸钙与稀硫酸反应生成硫酸钙、二氧化碳和水，二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤得到含有二氧化锰、硫、硫酸钙的滤渣和含有铁离子、锰离子、铜离子的滤液；向滤液中加入氧化铜调节溶液pH，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁和含有锰离子、铜离子的滤液；向滤液中加入碳酸氢铵和氨水，使锰离子转化为碳酸锰，铜离子转化为四氨合铜离子，过滤得到碳酸锰和含有碳酸氢根离子、四氨合铜离子的滤液；加热滤液，碳酸氢根离子、四氨合铜离子在溶液中共热反应生成碱式碳酸铜、铵根离子和氨气。
（1）
由分析可知，滤渣的主要成分是二氧化锰、硫、硫酸钙；浸取时发生的主要反应为二氧化锰与硫化亚铜、稀硫酸反应生成硫酸锰、硫酸铜、硫和水，反应的离子方程式为2MnO2+Cu2S+8H+=S↓+2Cu2++2Mn2++4H2O，故答案为：SiO2、S、CaSO4；2MnO2+Cu2S+8H+=S↓+2Cu2++2Mn2++4H2O；
（2）
由分析可知，向含有铁离子、锰离子、铜离子的滤液中加入不引入新杂质、且能提高碱式碳酸铜产率的氧化铜调节溶液pH为3.7≤pH<5.6，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，故答案为：B；3.7≤pH<5.6；
（3）
由分析可知，加热赶氨时碳酸氢根离子、四氨合铜离子在溶液中反应生成碱式碳酸铜、铵根离子和氨气，反应生成的氨气可以循环使用；向检验除铁后溶液中加入硫氰化钾溶液可以检验溶液中是否含有铁离子；由若软锰矿和辉铜矿中不含氧化铁，浸取速率明显变慢，浸取速率明显变慢可知，铁离子除了做反应的氧化剂的作用外，还起到了催化剂的作用使反应速率加快，故答案为：NH3；硫氰酸钾溶液；Fe3+起催化作用；
（4）
由分析可知，生成碱式碳酸铜的反应为碳酸氢根离子、四氨合铜离子在溶液中共热反应生成碱式碳酸铜、铵根离子和氨气，反应的离子方程式为2[Cu(NH3)4]2++HCO+2H2OCu2(OH)2CO3↓+3NH+5NH3↑，故答案为：2[Cu(NH3)4]2++HCO+2H2OCu2(OH)2CO3↓+3NH+5NH3↑。
15. Fe2O3+3CO2Fe+3CO2 FeSO4 Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O 将湿润的红色石蕊试纸靠近集气瓶口，若试纸变蓝，说明NH3已收集满 K、Fe、C、N K4Fe(CN)6·3H2O
【详解】题中信息显示，C盐溶液的焰色反应呈紫色，则含有K+，C中滴加盐酸、BaCl2后，有白色沉淀生成，则G为BaSO4，C为K2SO4；B、C、D是三种酸根相同的盐，B固体在空气中灼烧生成红棕色固体E，则E为Fe2O3、F为Fe、A为CO、B中阳离子具有较强的还原性，B为FeSO4；白色固体D中滴加NaOH溶液，产生的无色气体则H为NH3，所以D为(NH4)2SO4，从而得出由四种元素组成的无水X中含有K、Fe、 C、N元素。，，，，
从而得出X中含有，依据电荷守恒和物质的量之比可求出，从而得出X的无水盐的化学式为K4Fe(CN)6·3H2O。
(1)有分析可知A为CO，E为Fe2O3、 F为Fe、A与E反应生成F的化学方程式为：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2
(2) 有分析可知B为FeSO4，故答案为： FeSO4
(3) 单质F为Fe，与过量稀硝酸反应的化学方程式为Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O
故答案为：Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O
(4) H为NH3，氨气属于碱性气体，可以用湿润的红色石蕊试纸验满，故实验室收集气体H时，验满的方法是将湿润的红色石蕊试纸靠近集气瓶口，若试纸变蓝，说明NH3已收集满，故答案为：将湿润的红色石蕊试纸靠近集气瓶口，若试纸变蓝，说明NH3已收集满
(5)有分析可知由四种元素组成的无水X，分别为为K、Fe、 C、N元素，依据电荷守恒和物质的量之比可求出，黄色晶体的化学式为K4Fe(CN)6·3H2O，故答案为：K、Fe、C、N，K4Fe(CN)6·3H2O
山东省烟台市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题
1. （2020春·山东烟台·高二统考期末）氨是一种重要的化工原料，氨的合成和应用是当前的研究热点。
(1)实验室制取氨气的化学原理是________(用化学方程式表示)，验满方法是________。
(2)已知：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=－92kJ·mol－1，工业合成氨温度选择700K的原因是________。
(3)利用NH3处理硝酸工业尾气中的NOx，将其转化为无毒物质，该反应的化学方程式为________。
(4)水体中氨气和铵根离子(统称氨氮)总量的检测备受关注。利用氨气传感器检测水体中氨氮含量的示意图：
①利用平衡原理分析含氨氮水样中加入NaOH溶液的作用________。
②若利用氨气传感器将1L水样中的氨氮完全转化为N2时，转移电子的物质的量为3.9×10－4mol，则水样中氨氮(以氨气计)含量为________mg·L－1。
(5)联氨(N2H4)为二元弱碱，在水中的电离方式与氨类似。25℃时，联氨的电离常数Kb1＝3×10－6mol·L－1，Kb2＝7.6×10－15mol·L－1。联氨和盐酸按物质的量之比1∶1反应的离子方程式是________，所得溶液呈________性(填“酸”、“中”或“碱”)。
2. （2022春·山东烟台·高二统考期末）为消除燃煤烟气中含有的，研究者提出若干烟气“脱硫”“脱硝”的方法。
(1)方法一：SCR技术(选择性催化还原氮氧化物)
研究表明，铁基催化剂在260～300℃范围内实现SCR技术的过程如图所示。
①根据上述机理，等物质的量的在有氧条件下总反应的化学方程式为_______。在反应过程中的作用为_______。
②向反应体系中添加可显著提高NO脱除率，原因是与NO反应生成和阴离子M；阴离子M再与NH发生反应转化为，则阴离子M为_______，其与NH反应的离子方程式为_______。
③若使用锰基催化剂(活性物质为)代替铁基催化剂，烟气中含有的会使催化剂失效而降低NO脱除率，用化学方程式表示催化剂失效的原因_______。
(2)方法二：以NaClO作为吸收剂进行一体化“脱硫”、“脱硝”，将烟气中的转化为。
①溶液最多能吸收标准状况下的体积为_______。
②相同条件下，此方法的脱除率高于，可能的原因是_______(写出1种即可)。
③一定时间内，温度对硫、硝脱除率的影响曲线如图所示。50℃时，若烟气中和NO的物质的量之比为5∶2，则吸收液中烟气转化生成的和的物质的量之比为_______。
3. （2020春·山东烟台·高二统考期末）NaClO溶液有杀菌、消毒、漂白作用。某兴趣小组查资料得到Cl2和烧碱在70℃以上主要发生副反应：3Cl2＋6NaOHNaClO3＋5NaCl＋3H2O，并设计如图制备NaClO溶液的装置：
(1)装置Ⅰ中烧瓶内发生反应的化学方程式为________。
(2)装置Ⅱ中用冰水浴控制温度的目的是________；装置Ⅲ的作用是________。
(3)上述装置存在一处缺陷，会导致NaClO产率降低，改进的方法是________。
(4)用NaOH固体配制480mL10.0mol·L－1的NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒、烧杯、胶头滴管外还需要________。
(5)配制上述NaOH溶液时，将称量好的NaOH固体________g放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容会导致结果________(填“偏大”、“不变”或“偏小”)。配制溶液的过程中定容时的操作是________。
4. （2020春·山东烟台·高二统考期末）铁及其化合物在国民经济中占重要地位。FeCO3是白色难溶于水的固体。某研究小组采用如图装置制取FeCO3(夹持装置略)。
操作的关键是向1mol·L－1Na2CO3溶液(pH＝12.1)通入一段时间CO2至溶液pH为7，再滴加一定量0.8mol·L－1FeSO4溶液，产生白色沉淀。
(1)实验室配制FeSO4溶液时，加入少量稀硫酸的原因是________；配制完毕后加入少量还原铁粉的目的是________。
(2)先向1mol·L－1Na2CO3溶液中通入CO2的目的是________；生成FeCO3的离子方程式为________。
(3)FeCO3溶于乳酸[CH3CH(OH)COOH]能制得可溶性乳酸亚铁(摩尔质量为234g·mol－1)补血剂。
①某化学小组同学用KMnO4测定补血剂中亚铁含量，进而计算乳酸亚铁的质量分数。在操作均正确的前提下，发现乳酸亚铁的质量分数总是大于100%，其原因可能是________。
②该小组同学经查阅资料后，改用碘量法测定铁元素的含量计算乳酸亚铁的质量分数。称取2.000g样品，灼烧完全灰化，加足量盐酸溶解，将所有可溶物配成100mL溶液。取25.00mL该溶液加入过量KI溶液充分反应，然后加入几滴淀粉溶液，用0.100mol·L－1Na2S2O3溶液滴定(已知：I2＋2＝＋2I－)，滴定时应将Na2S2O3溶液加入________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。当溶液________，即为滴定终点；三次滴定平均消耗20.00mL的Na2S2O3溶液，则乳酸亚铁的质量分数为________%(保留1位小数)。
5. （2020春·山东烟台·高二统考期末）化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱消毒剂。回答下列问题：
(1)氯气是制备系列含氯化合物的主要原料，可采用如图装置来制取。写出制取氯气的化学方程式_______；a的作用是_______。
(2)实验室通过测定不同浓度NaClO溶液在不同pH下的细菌杀灭率(%)，以探究“84”消毒液杀菌能力的影响因素，实验结果如表。
NaClO溶液浓度
(mg·L-1)
不同pH下的细菌杀灭率(%)
pH=4.5
pH=7.0
pH=9.5
250
98.90
77.90
53.90
500
99.99
97.90
65.54
①结合表中数据可推断，相同条件下，HClO的杀菌消毒能力_______(填“强于”、“弱于”或“相当于”)NaClO的杀菌消毒能力。
②下列关于“84消毒液”使用方法的描述中，正确的是_______(填字母序号)。
a.与双氧水消毒液混合使用会增强杀菌消毒能力
b.其杀菌消毒能力与其浓度无关
c.不能与洁厕灵混合使用，可能会导致安全事故
d.喷洒在物品表面后适当保持一段时间，以达到杀菌消毒效果
(3)ClO2和NaClO2均为重要的杀菌消毒剂。已知NaClO2易溶于水，难溶于乙醇。NaClO2饱和溶液在温度低于38 ℃时析出NaClO2·3H2O晶体，高于38 ℃时析出NaClO2晶体，高于60 ℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。
①将ClO2通入到NaOH和H2O2混合溶液中，可制备NaClO2溶液。所得溶液在减压和55 ℃条件下蒸发至大量晶体析出后，_______，_______，低于60℃干燥，得到干燥的NaClO2 (补全实验步骤)。
②一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，得到ClO2和NaCl，理论上每消耗1molNaClO2生成ClO2的量为_______mol。
6. （2020春·山东烟台·高二统考期末）亚硝酰硫酸(HOSO3NO)是一种浅黄色或蓝紫色液体，能溶于浓硫酸，易与水反应，超过73.5℃易分解变质。实验室用如图装置制备少量HOSO3NO的方法如下：将SO2通入浓硝酸和浓硫酸混合液中，搅拌，使其充分反应。
(1)仪器Ⅰ的名称为_______。
(2)按气流从左到右的顺序，上述仪器的连接顺序为_______(填仪器接口字母)。
(3)A中反应过快，体系内压强过大会出现的实验现象是_______。
(4)装置B用冷水浴的目的是_______；D的作用是_______。
(5)测定HOSO3NO的纯度：
准确称取mg产品放入锥形瓶中，加入V1 mL 0.1000mol•L-1KMnO4标准溶液和10mL25％硫酸溶液，摇匀(过程中无气体产生)；过量的KMnO4用0.2500mol•L-1Na2C2O4标准溶液滴定，消耗草酸钠标准溶液的体积为V2mL。已知：2KMnO4+5HOSO3NO+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4。
①配制100mL上述KMnO4标准溶液时，除烧杯、量筒和胶头滴管外还需要的玻璃仪器有_______。
②亚硝酰硫酸的纯度为_______(用含m、V1、V2的计算式表示)。
7. （2020春·山东烟台·高二统考期末）Na2S是一种基本化工原料，在多个行业有着广泛的用途。
已知：①Na2S能与S反应生成Na2Sx(黄色)，Na2Sx与酸反应生成S和H2S；②BaS、BaSx均易溶于水，BaS2O3微溶于水；③白色的Ag2S2O3难溶于水，且易转化为黑色Ag2S。
(1)工业生产Na2S的常用方法是高温煅烧无水芒硝(Na2SO4)和炭混合物，该方法制备的Na2S中常混有Na2SO3、Na2SO4、Na2CO3，除杂应选择的试剂是_______(填化学式)。
(2)久置的Na2S固体会潮解、变质、颜色变黄，为探究Na2S变质的产物做如下实验：将久置的Na2S固体溶于水，溶液呈黄色。取黄色溶液，滴加稀硫酸，产生白色沉淀(经检验该沉淀含S)。
① 推测Na2S变质的产物含有_______(填化学式)，写出生成该物质的化学方程式_______。
② 实验小组同学认为变质的Na2S中可能含有Na2SO3、Na2SO4、Na2S2O3，为检验Na2S变质的产物中是否含有Na2S2O3，设计实验：
ⅰ．取黄色溶液，向其中滴加AgNO3溶液，产生黑色沉淀。由此得出结论：Na2S变质的产物中含Na2S2O3。有同学认为得出该结论的理由不充分，原因是_______。
ⅱ．改进实验，方案和现象如图：
实验一：Na2SO3和Na2SO4混合溶液白色沉淀(放置颜色不变)
实验二：
a．实验一的目的是_______。
b．实验二中试剂A是_______。
(3)工业上用Na2S除去酸性废水中的汞，汞的去除率与溶液pH和X(X为Na2S实际用量与理论用量比值)的关系如图所示。为使除汞效果最佳，应控制的条件是X=_______；pH的范围为_______。
8. （2022春·山东烟台·高二统考期末）三氯氧磷(POCl3)常作半导体掺杂剂及光导纤维原料。实验室利用在60～65℃时制备POCl3和，实验装置如图所示。
已知：
物质
熔点/℃
沸点/℃
其他
-93.6
76.1
遇水剧烈水解
1.25
105.8
遇水剧烈水解，能溶于
-105
78.8
遇水反应生成两种酸性气体
(1)常温下用固体与浓盐酸制备的化学方程式为_______。
(2)A装置中的试剂是_______。装置B处最好采用的加热方式是_______，装置E的作用除干燥气体外还有_______。
(3)长直导管C最好选用_______(填仪器名称)代替；反应结束后提纯产品应采用的实验方法是_______。
(4)实验室利用和制备无水的装置如图所示(夹持装置略)。
①为防止污染环境，装置乙后丙、丁、戊的正确连接顺序为_______。
②三颈烧瓶内发生反应的化学方程式为_______。
③甲同学认为用上图装置将换成可制得无水，但乙同学认为该实验可能发生副反应使不纯。乙同学设计实验判断副反应的可能性：取固体产物于四支试管中，加水溶解后，分别滴加下列溶液，通过现象能证明发生副反应的是_______(填选项字母)。
a．酸性溶液 b．溶液 c．溶液 d．溴水
9. （2022春·山东烟台·高二统考期末）以(尿素)和为原料制备(水合肼)和无水的主要实验流程如下：
已知：①沸点约118℃，具有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成。
②水溶液中随pH的分布及的溶解度曲线如图所示。
(1)以NaClO碱性溶液和为原料制备水合肼和纯碱的装置如图所示，仪器a的名称是_______；该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______；三颈烧瓶中盛装的原料是_______(填“NaClO碱性溶液”或“水溶液”)，不能盛装另一原料的原因是_______。
(2)“中和”步骤中需控制，“中和”步骤中反应的离子方程式为_______；“吸收”过程中生成的气体为_______，所得溶液的主要溶质为_______。
(3)“气流干燥”所用热空气温度不宜过高的原因是_______。
(4)由溶液制备无水的实验方案如下，请补充完整。
边搅拌边向溶液中滴加NaOH溶液，当测得溶液pH约为_______时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，_______，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封保存。
10. （2020春·山东烟台·高二统考期末）工业上采用乙烯直接水合法(CH2=CH2+H2O→CH3CH2OH)制乙醇。
(1)在磷酸/硅藻土催化剂作用下，乙烯进行水合反应历程的能量变化如图所示：
可知乙烯水合法制乙醇的△H________0(填>或<)，该历程中决定总反应速率步骤的化学方程式________。
(2)已知：C2H4(g)＋H2O(g)⇌C2H5OH(g)的反应速率为v正＝k正c(C2H4)·c(H2O)，v逆＝k逆c(C2H5OH)，其中k正、k逆为速率常数。如图(pk＝－lgk)所示①、②、③、④四条斜线中，能表示pk正随T变化关系的是斜线________，能表示pk逆随T变化关系的是斜线________。
(3)温度T1时该反应的化学平衡常数K＝________L·mol－1，已知温度T1时，某时刻容器中三种组分的浓度均为0.5mol·L－1，此时v正________v逆(填>或<)。
(4)温度T2时，向2L恒容密闭容器中充入乙烯和水蒸气各1mol，5min达到平衡，此时容器中乙烯和乙醇的浓度之比为2∶1，则T1________T2(填>或<)，乙烯的平衡转化率是________%(保留1位小数)。
11. （2020春·山东烟台·高二统考期末）工业以铬铁矿(主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质)为原料冶炼铬及获得化工原料红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)，工艺流程如图：
已知：常温下NaBiO3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下能将Cr3＋转化为。
(1)反应之前先将矿石粉碎的目的是________，固体D的主要成分为________。
(2)写出反应④的离子方程式________。
(3)步骤⑤中不能用盐酸代替硫酸的原因是________；将Na2Cr2O7溶液经过________，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠粗晶体。
(4)工业上常用电解铬酐(CrO3，遇水生成H2Cr2O7和H2CrO4)水溶液的方法镀铬，电镀液中需加入适量的催化剂和添加剂，并通过加入H2O2提高或降低电镀液中Cr(Ⅲ)的含量，发生的部分反应有：
a．2H＋＋2e－＝H2
b．2H2O−4e－＝O2+4H＋
c．2＋2H＋⇌＋H2O
d．＋14H＋+6e−＝2Cr3＋+7H2O
e．2Cr3＋＋7H2O−6e－＝＋14H＋
①镀件上发生的反应有________(填上述序号)
②电极上放电生成铬的电极反应式为________。
③镀铬过程中H2O2体现的化学性质________。
A．仅氧化性 B．仅还原性 C．氧化性和还原性
12. （2020春·山东烟台·高二统考期末）ZnO是电镀、涂料、有机合成等化学工业的重要原料。工业上由含锌废料(主要成分为ZnO，还含有FeO、MgO、CuO、SiO2)为原料生产ZnO的工艺流程如图：
已知：沉淀渣1的成分为Fe(OH)3、MnO2
(1)浸取渣的主要成分是_______(填化学式)。
(2)“除杂1”过程需要调节pH至5.2，最好选用_______(填字母)；生成沉淀渣1的离子方程式为_______。
A．Na2CO3 B．NH3·H2O C．ZnO D．H2SO4
(3)沉淀渣2的主要成分是_______(填化学式)；“除杂3”的目的是_______。
(4)“沉锌”得到的是Zn2(OH)2CO3，“洗涤干燥”步骤中检验沉淀是否洗涤干净的方法是_______。若煅烧过程中固体质量减少了18.6kg，则理论上生成_______kgZnO。
13. （2022春·山东烟台·高二统考期末）用还原铁粉去除含氮废水中的硝酸盐()的反应过程如下：
(1)Ⅱ中充分反应后，分离混合物的方法是_______；反应Ⅲ的离子方程式为_______。
(2)实验发现，在Ⅱ中补充一定量的可以明显提高的去除率。研究表明其原因：生成的(导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生(不导电)，它覆盖在表面，形成钝化层，阻碍电子传输，能与反应生成。
为证明上述原因的准确性，取两份10mL含氮废水[n()≈0.08mol]做如下对比研究(所加Fe粉均足量)。
实验序号
ⅰ
ⅱ
所加试剂
Fe粉
Fe粉、FeCl2(0.04mol)
的去除率
≈50%
≈100%
①与反应生成的离子方程式为_______。
②某同学分析ⅱ中去除率提高的原因可能是破坏钝化层。设计实验证明该原因不合理：_______。
(3)测定废水中的含量来评价除氮效果，具体操作如下：
步骤1.取20mL含氮()水样，加入稀硫酸、适量，再加入标准溶液的还原产物为NO)。
步骤2.用标准溶液滴定剩余的(被还原为)，终点时消耗。
①水样中的含量为_______mol/L。
②步骤1中加入适量的作用是_______，不加会使测定结果_______(填“偏大”或“偏小”)。
14. （2022春·山东烟台·高二统考期末）以软锰矿(含和少量)和辉铜矿(含和少量、)为原料生产高纯和的工艺流程如下：
已知有关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
开始沉淀的pH
7.5
2.7
5.6
8.3
沉淀完全的pH
9.0
3.7
6.7
9.8
(1)“浸取”所得滤渣经提取后可获得一种淡黄色副产品，则滤渣的主要成分是_______(填化学式)。浸取时，发生主要反应的离子方程式为_______。
(2)试剂A最好选用_______(填序号)，其调节溶液pH的范围是_______。
A．氨水 B．CuO C．NaOH
(3)上述流程中可循环利用的物质是_______。除铁后检验溶液中是否含有的试剂名称是_______；研究发现，若软锰矿和辉铜矿中不含，浸取速率明显变慢，浸取速率明显变慢的可能原因除了有氧化性外，还可能是_______。
(4)“沉锰”所得溶液中铜元素主要以形式存在，则生成的离子方程式是_______。
15. （2020春·山东烟台·高二统考期末）化合物X•3H2O是一种黄色晶体，X由四种元素组成。X•3H2O晶体的摩尔质量在400~500g·mol-1之间。取一定量的X•3H2O晶体完成如图转化，其中A为无色有毒气体，B、C、D是三种酸根相同的盐，B中阳离子具有较强的还原性，C溶液的焰色反应为紫色。
(1)A与E反应生成F的化学方程式为_______。
(2)B的化学式为_______。
(3)单质F与过量稀硝酸反应的化学方程式为_______。
(4)实验室收集气体H时，验满的方法是_______。
(5)组成X的四种元素为_______，黄色晶体的化学式为_______。
参考答案：
1. Ca(OH)2＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋2H2O 用湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸变蓝色 700K时催化剂活性强，反应速率快 6NOx＋4xNH3＝(2x＋3)N2＋6xH2O 氨氮水样中存在如下平衡：NH4＋＋OH－⇌NH3·H2O⇌NH3＋H2O，加入NaOH溶液，使水样中OH－浓度增大，平衡正向移动，有利于生成NH3，便于被空气吹出 2.21 N2H4+ H+= 酸
【分析】(1)实验室用氯化铵与熟石灰共热制取氨气，用湿润的红色石蕊试纸验满；
(2)合成氨工业反应温度的选择与催化剂的活性有关；
(3)无毒气体为氮气，再利用氧化还原反应配平；
(4)含氨氮水样中加入氢氧化钠，增大溶液中c(OH-)，促使NH4＋＋OH－⇌NH3·H2O⇌NH3＋H2O向右移动；
(5)利用N2H5Cl的电离平衡常数与水解平衡常数的大小关系判断溶液的酸碱性。
【详解】(1)实验室用氯化铵与熟石灰共热制取氨气，用湿润的红色石蕊试纸靠近集气瓶口，若变蓝则收集满；
(2)合成氨工业中，反应为放热反应，使用催化剂活性最佳时的温度为700K，且反应速率快，为选择的原因；
(3)利用NH3处理硝酸工业尾气中的NOx，将其转化为无毒物质，即氮气和水，则方程式为6NOx＋4xNH3＝(2x＋3)N2＋6xH2O；
(4)①向含氨氮水样中加入氢氧化钠，增大溶液中c(OH-)，促使NH4＋＋OH－⇌NH3·H2O⇌NH3＋H2O向右移动，以便于让空气吹出氨气；
②氨氮转化为N2，N的化合价由-3变为0价，已知转移电子的物质的量为3.9×10－4mol，则n(NH3)==1.3mol，水样中氨氮(以氨气计)含量==2.21×10－3g/L=2.21mg/L；
(5)联氨(N2H4)为二元弱碱，联氨和盐酸按物质的量之比1∶1反应生成N2H5Cl，离子方程式为：N2H4+ H+=N2H5+；N2H5Cl电离方程式为+H2O⇌+OH-，水解方程式为⇌N2H4+H+，水解平衡常数Kh===3.3×10-9mol/L＞Kb2，则溶液显酸性。
【点睛】分清N2H5Cl的电离与水解，电离导致溶液显碱性，水解导致溶液显酸性，水解平衡常数大于电离平衡常数时，溶液显酸性。
2. (1) 4NH3 + 4NO +O2 4N2 + 6H2O 催化剂 NO NO+ NH = N2 ↑+ 2H2O MnO2 + SO2 = MnSO4
(2) 3.36L SO2在水中的溶解度大于NO或SO2在溶液中的还原性强于NO或SO2与NaClO溶液的反应速率大于NO 8：37
【解析】（1）①由图可知，在有氧条件下氨气和一氧化氮的总反应为催化剂作用下氨气和一氧化氮反应生成氮气和水，反应的化学方程式为4NH3 + 4NO +O2 4N2 + 6H2O，反应中氢离子和铁基催化剂共同起催化剂的作用，催化反应的发生，故答案为：4NH3 + 4NO +O2 4N2 + 6H2O；催化剂；②由题意可知，向反应体系中添加硝酸铵可显著提高一氧化氮脱除率的原因是，硝酸根离子与一氧化氮反应生成二氧化氮亚硝酸根离子，亚硝酸根离子再与铵根离子反应转化为氮气和水，则阴离子M为亚硝酸根离子，亚硝酸根离子与铵根离子反应生成氮气的方程式为NO+ NH = N2 ↑+ 2H2O，故答案为：NO；NO+ NH = N2 ↑+ 2H2O；③由题意可知，二氧化锰与烟气中的二氧化硫反应生成硫酸锰，二氧化硫使催化剂失效而降低一氧化氮脱除率，反应的化学方程式为MnO2 + SO2 = MnSO4，故答案为：MnO2 + SO2 = MnSO4；
（2）①由题意可知，具有强氧化性的次氯酸钠溶液将烟气中的二氧化硫氧化为硫酸根离子，由得失电子数目守可知，100mL1.5mol/L次氯酸钠溶液最多能吸收标准状况下二氧化硫的体积为1.5mol/L×0.1L×22.4L/mol=3.36L，故答案为：3.36L；②二氧化硫易溶于水，一氧化氮不溶于水，所以溶液中二氧化硫的浓度大于一氧化氮，还原性强于一氧化氮，与次氯酸钠溶液反应的速率快于一氧化氮，所以相同条件下，此方法二氧化硫的脱除率高于一氧化氮，故答案为：SO2在水中的溶解度大于NO或SO2在溶液中的还原性强于NO或SO2与NaClO溶液的反应速率大于NO；③设二氧化硫的物质的量为5mol、一氧化氮的物质的量为2mol，由得失电子数目守可知，溶液中氯离子的物质的量为=7.4mol，由氮原子个数守恒可知，溶液中硝酸根离子的物质的量为2mol×80%=1.6mol，则溶液中硝酸根与氯离子的物质的量比为1.6mol：7.4mol=8：37，故答案为：8：37。
3. KClO3＋6HCl(浓)＝KCl＋3Cl2↑＋3H2O 防止副反应的发生 吸收Cl2，防止污染环境 在装置Ⅰ、Ⅱ之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶 500 mL容量瓶、玻璃棒 200.0 偏大 往容量瓶中缓慢加蒸馏水，等液面离容量瓶瓶颈刻度线1～2 cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切
【分析】装置I中，盐酸与氯酸钾反应生成氯气；装置II中，氯气与NaOH在低温下反应生成次氯酸钠、氯化钠和水；装置III中，氯气有毒，进行尾气处理。
【详解】(1)装置Ⅰ盐酸与氯酸钾反应生成氯气，反应的方程式为KClO3＋6HCl(浓)＝KCl＋3Cl2↑＋3H2O；
(2)Cl2和烧碱在70℃以上生成氯酸钠，为防止副反应产生，则装置Ⅱ在冰水浴中进行；氯气有毒，防止污染环境，装置III进行尾气处理；
(3)浓盐酸具有挥发性，会导致NaClO产率降低，应在装置I与II之间加除去HCl的装置；
(4)配制480mL10.0mol·L－1的NaOH溶液时，应选用500mL的容量瓶，需要的玻璃仪器有500mL的容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管等；
(5)m(NaOH)=0.5L×10.0mol·L－1×40g/mol=200g；未经冷却立即转移到容量瓶中，则溶液的温度较高，恢复至室温时，体积变小，则浓度偏大；配制溶液的过程中定容的操作为往容量瓶中缓慢加蒸馏水，等液面离容量瓶瓶颈刻度线1～2 cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切。
【点睛】配制480mL溶液时，只能选用500mL规格的容量瓶，且计算时按此计算。
4. 抑制Fe2＋的水解 防止Fe2＋被氧化 排除装置中的空气，防止Fe2+被氧化为Fe3+；降低溶液中OH－的浓度，防止生成Fe(OH)2 Fe2＋＋2＝FeCO3↓＋CO2↑＋H2O 乳酸根中的羟基被KMnO4氧化，导致消耗KMnO4溶液偏多 碱式 蓝色褪去且半分钟不恢复 93.6
【分析】(1)FeSO4溶液加水稀释时，亚铁离子的水解平衡正向进行，配制溶液考虑水解及空气中的氧气氧化；
(2)碳酸钠溶液碱性强，溶液中c（OH-）大，就会出现生成氢氧化亚铁与制备的FeCO3成为竞争反应，而导致制备的FeCO3纯度低，NaHCO3溶液碱性弱，制得FeCO3纯度高；
(3)乳酸中的羟基能与高锰酸钾反应；利用方程式进行计算。
【详解】(1)配制FeSO4溶液加水稀释时，亚铁离子的水解平衡正向进行，加入少量稀硫酸，增大溶液中的氢离子浓度，可抑制Fe2＋的水解；Fe2＋易被空气中的氧气氧化为Fe3＋，加入少量铁屑，可与Fe3＋反应生成Fe2＋；
(2)装置中的空气中的氧气可以将亚铁离子氧化为铁离子，CO2可将装置中的氧气排除，防止亚铁离子氧化；同时碳酸钠溶液碱性强，溶液中c(OH-)大，就会出现生成氢氧化亚铁与制备的FeCO3成为竞争反应，而导致制备的FeCO3纯度低，NaHCO3溶液碱性弱，制得FeCO3纯度高，则先向1mol/LNa2CO3溶液中通入CO2的目的是排除装置中的空气，降低溶液中OH-的浓度，防止生成Fe(OH)2；亚铁离子与碳酸氢根离子反应，生成碳酸亚铁、二氧化碳和水，离子方程式为Fe2＋＋2＝FeCO3↓＋CO2↑＋H2O；
(3)①乳酸中含有醇羟基，能被高锰酸钾溶液氧化导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%；
②Na2S2O3为强碱弱酸盐，其溶液显碱性，滴定时应将Na2S2O3溶液加入碱式滴定管中；碘水遇到淀粉溶液时，溶液显蓝色，当滴定终点时，碘消耗完全，则溶液蓝色褪色，滴定终点的现象为蓝色褪去且半分钟不恢复；根据反应的方程式可得：2n(Fe3+)=n(I2)=2n()，则样品中的n(Fe3+)=×2×=0.008mol；乳酸亚铁的质量分数=×100%=93.6%。
【点睛】根据方程式，确定乳酸亚铁中铁元素与硫代硫酸根离子的关系，计算铁元素的物质的量，注意配制溶液的体积与量取溶液体积的关系即可。
5. KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O 平衡压强，使浓盐酸顺利滴下 强于 cd 趁热过滤(或高于38℃过滤) 用乙醇洗涤 0.8
【详解】(1)该装置中通过氯酸钾和浓盐酸常温下反应得到氯气，反应的方程式为：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，恒压分液漏斗中a可以连接漏斗和烧瓶，可以保持漏斗上下压强平衡，有利于浓盐酸顺利滴下，故答案为：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O；平衡压强，使浓盐酸顺利滴下；
(2) ①由表格数据可知在次氯酸钠浓度一定时，溶液的pH值越小溶液中的HClO浓度越大，细菌的杀灭率也越高，由此可知HClO的杀菌消毒能力比NaClO强，故答案为：强于；
②a．双氧水具有一定的还原性，能与NaClO发生氧化还原反应使消毒能力减弱，故a错误；
b．由表格数据可知在pH值一定使，NaClO的浓度增大时，杀菌消毒能力也增强，可知消毒液的漂白能力与浓度有关，故b错误；
c．消毒液中的NaClO与洁厕灵中的HCl反应生成氯气，氯气有毒，可能会导致安全事故，故c正确；
d．喷洒在物品表面后适当保持一段时间，这样有利于有效成分与细菌病毒接触足够时间，以达到杀菌消毒效果，故d正确；
故答案为：cd；
(3) ①由题意NaClO2饱和溶液在温度低于38 ℃时析出NaClO2·3H2O晶体，为防止NaClO2·3H2O晶体析出，应在温度高于38 ℃时进行过滤，又已知NaClO2易溶于水，难溶于乙醇，因此所得晶体可用乙醇洗涤，故答案为：趁热过滤(或高于38℃过滤)；用乙醇洗涤；
②NaClO2酸性条件下溶解得到ClO2和NaCl，反应离子方程式为：，由反应可知每消耗5molNaClO2生成4mol ClO2，反应过程中转移4mol电子，则理论上每消耗1molNaClO2生成ClO2的量为0.8mol，故答案为：0.8。
6. 三颈烧瓶 a d e c b g C中长颈漏斗内液面上升 降低反应体系温度，防止温度过高，亚硝酰硫酸分解变质 吸收尾气中的SO2等酸性气体、防止空气中的水蒸气与亚硝酰硫酸反应 玻璃棒、100mL容量瓶
【分析】该实验将SO2通入浓硝酸和浓硫酸混合液中，制备少量HOSO3NO，则装置A为SO2制备装置，HOSO3NO易与水反应，则通入SO2制备HOSO3NO时，应先利用C装置除去SO2中的水，除去水后将SO2通入B装置中，制备HOSO3NO，在装置B后接装置D，可防止空气中的水蒸气进入B中，并吸收尾气中的SO2等酸性气体，防止污染空气，仪器的连接顺序为a d e c b g。
【详解】(1)仪器Ⅰ是三颈烧瓶；
(2)由分析可知，上述仪器的连接顺序为a d e c b g；
(3)A中反应过快，生成SO2的量较多，体系内压强过大，C中长颈漏斗内液面上升；
(4)HOSO3NO超过73.5℃易分解变质，装置B用冷水浴可降低反应体系温度，防止温度过高，亚硝酰硫酸分解变质；装置D可吸收尾气中的SO2等酸性气体，防止污染空气，并且HOSO3NO易与水反应，装置D可防止空气中的水蒸气与亚硝酰硫酸反应；
(5)①配制100mL上述KMnO4标准溶液时，需要的玻璃仪器有：烧杯、量筒、胶头滴管、玻璃棒、100mL容量瓶；
②，过量的KMnO4用0.2500mol•L-1Na2C2O4标准溶液滴定，消耗草酸钠标准溶液的体积为V2 mL，则过量的KMnO4的物质的量为，与HOSO3NO反应消耗的KMnO4的物质的量为，HOSO3NO的物质的量为，则HOSO3NO的纯度为。
7. BaS Na2Sx xNa2S+O2+(x-1)H2O= Na2Sx+(2x-2)NaOH 剩余的Na2S也能与AgNO3溶液反应生成黑色的Ag2S沉淀 确认Ag2SO4和Ag2SO3都不易转化为黑色固体，排除SO、SO对S2O检验的干扰 AgNO3溶液 12.0 9.5~10.0
【详解】(1)除去Na2S中混有的Na2SO3、Na2SO4、Na2CO3，由于BaS易溶于水，而BaSO3、BaSO4、BaCO3均不溶于水，所以除杂应选择的试剂是BaS溶液。
(2)①Na2Sx是黄色的，Na2Sx与酸反应生成H2S和黄色的不溶于水的S，可推测Na2S变质的产物含有Na2Sx。Na2S中S的化合价为-2价，Na2Sx中S的化合价高于-2价，所以Na2S被氧气氧化，可认为Na2Sx中S的化合价为-，根据电子守恒和质量守恒，可写出生成该物质的化学方程式为：xNa2S+O2+(x-1)H2O= Na2Sx+(2x-2)NaOH。
②若 Na2S没有完全变质，则加入的AgNO3可以和溶液中的S2-反应生成黑色的Ag2S沉淀，故不能通过向黄色溶液中滴加AgNO3溶液，产生黑色沉淀得出Na2S变质的产物中含Na2S2O3的结论。
ⅱ．实验一：向Na2SO3和Na2SO4混合溶液中加入AgNO3溶液，产生白色沉淀Ag2SO3和Ag2SO4，放置颜色不变，确认了Ag2SO4和Ag2SO3都不易转化为黑色固体，排除、 对检验的干扰。实验二：向黄色溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入AgNO3溶液，若白色沉淀变为黑色沉淀，则说明Na2S变质的产物中含Na2S2O3，所以试剂A是AgNO3溶液。
(3)从图中可以看出，当X为12.0时，汞的去除率为100%；当溶液的pH在9.5~10.0时，汞的去除率为100%。所以Na2S变质的产物中含Na2S2O3，应控制的条件是X=12.0；pH的范围为9.5~10.0。
8. (1)KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O
(2) 浓硫酸 水浴加热 通过观察产生气泡速率控制通入气体的流速
(3) 球形冷凝管 蒸馏
(4) 戊 丁 丙 MgCl2·6H2O+6SOCl2=MgCl2+6SO2↑+12HCl↑ bc
【分析】本题考查PCl3、SO2、Cl2在60～65°C时反应制备POCl3和SOCl3的实验，根据资料卡片，本实验必须在无水条件下反应，所以装置A用浓硫酸除去氯气中的水蒸气，E用浓硫酸除去二氧化硫中的水蒸气，且A和E都可以通过观察产生气泡的速率控制通入气体的流速，D用无水CaCl2防止空气中的水蒸气进入，C改用球形冷凝管进行冷凝回流，将PCl3充分反应，提高产率；实验室利用和制备无水，要防止水蒸气干扰制备，尾气二氧化硫和氯化氢要用NaOH溶液吸收，由于两气体极易与碱反应，要加安全瓶防止倒吸；FeCl3具有强氧化性，会和SOCl2发生氧化还原反应，可能发生的副反应SOCl2+2FeCl3•6H2O=FeSO4+6HCl+FeCl2+9H2O。
（1）常温下用固体与浓盐酸制备，同时生成KCl和H2O,化学方程式为KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O。故答案为：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O；
（2）A装置中的试剂是浓硫酸。在60～65°C时反应制备POCl3和SOCl3的实验，装置B处最好采用的加热方式是水浴加热，装置E的作用除干燥气体外还有通过观察产生气泡速率控制通入气体的流速。故答案为：浓硫酸；水浴加热；通过观察产生气泡速率控制通入气体的流速；
（3）球形冷凝管与长直导管C最大区别是球形冷凝管接触面积大，冷凝效果更好，能将反应物和生成物都充分冷凝回流，增加产率，长直导管C最好选用球形冷凝管(填仪器名称)代替；根据资料卡片POCl3和SOCl2的沸点不同，反应结束后提纯产品应采用的实验方法是蒸馏。故答案为：球形冷凝管；蒸馏；
（4）①为防止污染环境，装置乙后丙、丁、戊的正确连接顺序为戊防止空气中的水蒸气进入乙中，丁作为安全瓶，防止倒吸，丙用NaOH溶液吸收尾气。故答案为：戊 丁 丙；②三颈烧瓶内发生反应生成氯化镁、二氧化硫和氯化氢，化学方程式为MgCl2·6H2O+6SOCl2=MgCl2+6SO2↑+12HCl↑。故答案为：MgCl2·6H2O+6SOCl2=MgCl2+6SO2↑+12HCl↑；③FeCl3具有强氧化性，会和SOCl2发生氧化还原反应，可能发生的副反应SOCl2+2FeCl3•6H2O=FeSO4+6HCl+FeCl2+9H2O，a．由于溶液中存在氯离子，加入酸性KMnO4溶液必然会褪色，无法证明发生副反应，故错误； b．溶液与Fe2+形成蓝色沉淀，可检验Fe2+存在，能验证发生副反应，故b正确； c．滴加BaCl2溶液与硫酸根反应生成硫酸钡沉淀，可检验硫酸根存在，进而说明产物有FeSO4，能验证发生副反应，故c正确；d．滴加溴水会和SOCl2发生氧化还原反应，无法证明发生副反应，故d错误；故答案为：bc。
9. (1) 分液漏斗 1：1 CO(NH2)2水溶液 若盛装NaClO碱性溶液，生成的水合肼与NaClO剧烈反应生成N2
(2) HSO+ CO=SO+HCO CO2 NaHSO3
(3)温度过高NaHSO3会分解变质
(4) 10 在高于34℃条件下趁热过滤
【分析】以(尿素)和为原料制备(水合肼)和无水，NaClO与尿素反应生成N2H4•H2O和Na2CO3，可用蒸馏的方法分离出N2H4•H2O，副产品Na2CO3溶液中通入过量的二氧化硫，可制得NaHSO3。
（1）
以NaClO碱性溶液和为原料制备水合肼和纯碱的装置如图所示，仪器a的名称是分液漏斗；NaClO++2NaOH =N2H4•H2O+NaCl+Na2CO3，该反应中氧化剂NaClO与还原剂的物质的量之比为1：1；三颈烧瓶中盛装的原料是CO(NH2)2水溶液(填“NaClO碱性溶液”或“水溶液”)，不能盛装另一原料的原因是若盛装NaClO碱性溶液，生成的水合肼与NaClO剧烈反应生成N2。故答案为：分液漏斗；1：1；CO(NH2)2水溶液；若盛装NaClO碱性溶液，生成的水合肼与NaClO剧烈反应生成N2；
（2）
“中和”步骤中需控制，“中和”步骤中反应的离子方程式为HSO+ CO=SO+HCO；“吸收”过程中生成的气体为CO2，所得溶液的主要溶质为NaHSO3。故答案为：HSO+ CO=SO+HCO；CO2；NaHSO3；
（3）
“气流干燥”所用热空气温度不宜过高的原因是温度过高NaHSO3会分解变质。故答案为：温度过高NaHSO3会分解变质；
（4）
由 NaHSO3溶液制备无水Na2SO3，可边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，由图象可知pH约为10时，可完全反应生成Na2SO3，此时停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，由溶解度与温度图象可知在高于34℃条件下趁热过滤，可得到无水Na2SO3。操作为：边搅拌边向溶液中滴加NaOH溶液，当测得溶液pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封保存。故答案为：10；在高于34℃条件下趁热过滤。
10. < CH2=CH2＋H2O＋H3O＋＝CH3CH2＋＋2H2O或CH2=CH2＋H3O＋＝CH3CH2＋＋H2O ③ ④ 1 < > 33.3
【分析】(1)比较反应物的总能量与生成物的总能量的大小即可；
(2)对比正逆反应速率及反应物浓度的乘积与生成浓度的比值关系即可；
(3)利用速率公式代入数据即可；
(4)利用三段式求解。
【详解】(1)根据图象可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，则反应为放热反应，即△H＜0；反应物的活化能影响反应速率，活化能越大，反应速率越慢，则CH2=CH2＋H2O＋H3O＋＝CH3CH2＋＋2H2O或CH2=CH2＋H3O＋＝CH3CH2＋＋H2O影响反应速率；
(2)根据坐标，温度升高，反应速率增大，已知反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则v逆＞v正，c(C2H4)·c(H2O)增大，c(C2H5OH)减小，可判断K逆＞K正，且K逆、K正均增大，pK逆＜pK正，斜线③对应pK正，斜线④对应pK逆；
(3)温度T1时，pK逆=pK正，则K逆=K正，K＝=1L·mol－1；T1时，v正＝k正×0.5mol/L×0.5mol/L，v逆＝k逆×0.5mol/L，K逆=K正，则v正＜v逆；
(4)
平衡时，容器中乙烯和乙醇的浓度之比为2∶1，即(1-x)：x=2：1，则x=mol，K==L/mol＞1L/mol，T1＞T2；乙烯的平衡转化率=×100%=33.3%。
11. 增大反应物的接触面积，加快反应速率 Fe(OH)3、Al(OH)3 3NaBiO3＋2Cr3＋＋7OH－＋H2O＝3Bi(OH)3＋2＋3Na＋ 盐酸能将Na2CrO4还原，同时产生Cl2污染环境 蒸发浓缩，冷却结晶 a d ＋8H＋＋6e－＝Cr＋4H2O C
【分析】铬铁矿(主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质)，加入过量稀硫酸，只有二氧化硅不能溶解，固体A为SiO2，溶液B中含有Cr3+、Al3+、Fe2+等离子，在B中加入过氧化氢，将Fe2+氧化生成Fe3+，加入适量NaOH调节溶液的pH可除去Fe3+、Al3+，生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，固体D中含有氢氧化铁、氢氧化铝，溶液E含有Cr3+，在溶液E中加入NaBiO3和NaOH，发生氧化还原反应，生成Bi(OH)3沉淀和Na2CrO4溶液，Na2CrO4溶液酸化可得Na2Cr2O7，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)，Na2CrO4溶液中加入Na2S溶液，发生氧化还原反应生成Cr(OH)3沉淀和溶液F，溶液F中主要含有Na2SO4，Cr(OH)3沉淀受热分解生成Cr2O3，用热还原法可以冶炼铬，据此分析解答。
【详解】(1)反应之前先将矿石粉碎，可增大反应物的接触面积，加快反应速率，根据上述分析，固体D中含有氢氧化铁、氢氧化铝，故答案为：增大反应物的接触面积，加快反应速率；Fe(OH)3、Al(OH)3；
(2) 常温下NaBiO3不溶于水，在溶液E中加入NaBiO3和NaOH，发生氧化还原反应，生成Bi(OH)3沉淀，反应④的离子方程式为3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=2+3Na++3Bi(OH)3，故答案为：3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=2+3Na++3Bi(OH)3；
(3) Na2CrO4溶液具有强氧化性，能够氧化氯离子，因此步骤⑤中不能用盐酸代替硫酸；Na2Cr2O7溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即得红矾钠粗晶体，故答案为：盐酸能将Na2CrO4还原，同时产生Cl2污染环境；蒸发浓缩；冷却结晶；
(4)①工业上常用电解铬酐(CrO3，遇水生成H2Cr2O7和H2CrO4)水溶液的方法镀铬，溶液中存在2＋2H＋⇌＋H2O，阴极镀件上发生得到电子的还原反应，因此发生的反应有a．2H＋＋2e－＝H2、d．＋14H＋+6e−＝2Cr3＋+7H2O，故答案为：ad；
②电极上放电生成铬的电极反应式为＋8H＋＋6e－＝Cr＋4H2O，故答案为：＋8H＋＋6e－＝Cr＋4H2O；
③H2Cr2O7和H2CrO4均具有强氧化性，能够氧化H2O2，加入H2O2能够降低电镀液中Cr(Ⅲ)的含量，体现了H2O2的氧化性，因此镀铬过程中体现了H2O2的氧化性和还原性，故答案为C。
【点睛】本题的易错点和难点为(4)，要注意根据电解原理分析解答，其中③中要注意根据H2Cr2O7和H2CrO4的性质和正确理解“加入H2O2提高或降低电镀液中Cr(Ⅲ)的含量”的含义。
12. SiO2 C 3Fe2++MnO+7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+ Cu Zn 除去浸取液中的Mg2+ 取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀生成说明沉淀已洗涤干净 48.6
【分析】含锌废料(主要成分为ZnO，还含有FeO、MgO、CuO、SiO2)加硫酸酸浸，SiO2不溶于硫酸成为浸取渣，ZnO、FeO、MgO、CuO溶于硫酸，形成了相应的硫酸盐溶液。滤液中加入KMnO4溶液，得到Fe(OH)3和MnO2，除去了铁。再加入锌粉，和溶液中的Cu2+发生置换反应，除去了铜。再加入HF溶液，形成MgF2沉淀，除去了镁。最后加入NH4HCO3，将Zn2+沉淀为Zn2(OH)2CO3，洗涤干燥后煅烧得到ZnO。
【详解】(1)浸取渣的主要成分是SiO2。
(2)“除杂1”过程需要调节pH至5.2，为了不引入新杂质，最好选用ZnO，故选C。沉淀渣1的成分为Fe(OH)3、MnO2，反应过程中，KMnO4将Fe2+氧化为Fe(OH)3，本身被还原为MnO2，离子方程式为：3Fe2++ +7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+。
(3)加入锌粉的目的是除去铜，为了将铜全部除去，需要加入过量的锌，所以沉淀渣2的主要成分是Zn和Cu；“除杂3”的目的是除去浸取液中的Mg2+。
(4)“沉锌”得到的是Zn2(OH)2CO3，洗涤的目的是洗去固体表面的、、K+等离子，可以检验洗涤液中是否有来检验沉淀是否洗涤干净，具体方法是：取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀生成说明沉淀已洗涤干净。若煅烧过程中固体质量减少了18.6kg，设生成xkgZnO，根据关系式：
可求出x=48.6。
13. (1) 过滤 2NH+3HClO=N2↑+3Cl-+5H++3H2O
(2) Fe2++2FeO(OH)=Fe3O4+2H+ 取10mL含氮废水，加入足量Fe粉和0.08molNaCl，若NO的去除率约为50%，证明该原因不合理
(3) 产生CO2驱赶O2 偏大
【分析】含硝酸盐的含氮废水经HCl酸化后，与Fe粉充分反应，得到Fe3O4固体和含NH废水，NH经HClO氧化生成N2，得到无害化处理。
（1）Ⅱ中充分反应后，得到固体和液体的混合物，分离该混合物的方法是过滤；反应Ⅲ是NH经HClO氧化生成N2，离子方程式为：2NH+3HClO=N2↑+3Cl-+5H++3H2O。
（2）①与反应生成的离子方程式为：Fe2++2FeO(OH)=Fe3O4+2H+；②某同学分析ⅱ中去除率提高的原因可能是破坏钝化层，欲设计实验证明该原因不合理，则应分开验证Fe2+和Cl-，用具有相同Cl-浓度的NaCl溶液验证是否增加去除率，设计方案：取10mL含氮废水，加入足量Fe粉和0.08molNaCl，若NO的去除率约为50%，证明该原因不合理。
（3）①水样中被Fe2+还原，根据氧化还原反应规律可知二者关系式：~3Fe2+，剩余的Fe2+被氧化，二者关系式：6Fe2+~，则水样中的含量为：；②水样中的O2也能氧化Fe2+，使标准溶液中的Fe2+剩余量偏少，故步骤1中加入适量的作用是：产生CO2驱赶O2；不加会使测定结果偏大。
14. (1) SiO2、S、CaSO4 2MnO2+Cu2S+8H+=S↓+2Cu2++2Mn2++4H2O
(2) B 3.7≤pH<5.6
(3) NH3 硫氰酸钾溶液 Fe3+起催化作用
(4)2[Cu(NH3)4]2++HCO+2H2OCu2(OH)2CO3↓+3NH+5NH3↑
【分析】由题给流程可知，向软锰矿和辉铜矿中加入稀硫酸浸取，二氧化锰与硫化亚铜、稀硫酸反应生成硫酸锰、硫酸铜、硫和水，氧化铁、氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铁、硫酸铜，碳酸钙与稀硫酸反应生成硫酸钙、二氧化碳和水，二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤得到含有二氧化锰、硫、硫酸钙的滤渣和含有铁离子、锰离子、铜离子的滤液；向滤液中加入氧化铜调节溶液pH，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁和含有锰离子、铜离子的滤液；向滤液中加入碳酸氢铵和氨水，使锰离子转化为碳酸锰，铜离子转化为四氨合铜离子，过滤得到碳酸锰和含有碳酸氢根离子、四氨合铜离子的滤液；加热滤液，碳酸氢根离子、四氨合铜离子在溶液中共热反应生成碱式碳酸铜、铵根离子和氨气。
（1）
由分析可知，滤渣的主要成分是二氧化锰、硫、硫酸钙；浸取时发生的主要反应为二氧化锰与硫化亚铜、稀硫酸反应生成硫酸锰、硫酸铜、硫和水，反应的离子方程式为2MnO2+Cu2S+8H+=S↓+2Cu2++2Mn2++4H2O，故答案为：SiO2、S、CaSO4；2MnO2+Cu2S+8H+=S↓+2Cu2++2Mn2++4H2O；
（2）
由分析可知，向含有铁离子、锰离子、铜离子的滤液中加入不引入新杂质、且能提高碱式碳酸铜产率的氧化铜调节溶液pH为3.7≤pH<5.6，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，故答案为：B；3.7≤pH<5.6；
（3）
由分析可知，加热赶氨时碳酸氢根离子、四氨合铜离子在溶液中反应生成碱式碳酸铜、铵根离子和氨气，反应生成的氨气可以循环使用；向检验除铁后溶液中加入硫氰化钾溶液可以检验溶液中是否含有铁离子；由若软锰矿和辉铜矿中不含氧化铁，浸取速率明显变慢，浸取速率明显变慢可知，铁离子除了做反应的氧化剂的作用外，还起到了催化剂的作用使反应速率加快，故答案为：NH3；硫氰酸钾溶液；Fe3+起催化作用；
（4）
由分析可知，生成碱式碳酸铜的反应为碳酸氢根离子、四氨合铜离子在溶液中共热反应生成碱式碳酸铜、铵根离子和氨气，反应的离子方程式为2[Cu(NH3)4]2++HCO+2H2OCu2(OH)2CO3↓+3NH+5NH3↑，故答案为：2[Cu(NH3)4]2++HCO+2H2OCu2(OH)2CO3↓+3NH+5NH3↑。
15. Fe2O3+3CO2Fe+3CO2 FeSO4 Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O 将湿润的红色石蕊试纸靠近集气瓶口，若试纸变蓝，说明NH3已收集满 K、Fe、C、N K4Fe(CN)6·3H2O
【详解】题中信息显示，C盐溶液的焰色反应呈紫色，则含有K+，C中滴加盐酸、BaCl2后，有白色沉淀生成，则G为BaSO4，C为K2SO4；B、C、D是三种酸根相同的盐，B固体在空气中灼烧生成红棕色固体E，则E为Fe2O3、F为Fe、A为CO、B中阳离子具有较强的还原性，B为FeSO4；白色固体D中滴加NaOH溶液，产生的无色气体则H为NH3，所以D为(NH4)2SO4，从而得出由四种元素组成的无水X中含有K、Fe、 C、N元素。，，，，
从而得出X中含有，依据电荷守恒和物质的量之比可求出，从而得出X的无水盐的化学式为K4Fe(CN)6·3H2O。
(1)有分析可知A为CO，E为Fe2O3、 F为Fe、A与E反应生成F的化学方程式为：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2
(2) 有分析可知B为FeSO4，故答案为： FeSO4
(3) 单质F为Fe，与过量稀硝酸反应的化学方程式为Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O
故答案为：Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O
(4) H为NH3，氨气属于碱性气体，可以用湿润的红色石蕊试纸验满，故实验室收集气体H时，验满的方法是将湿润的红色石蕊试纸靠近集气瓶口，若试纸变蓝，说明NH3已收集满，故答案为：将湿润的红色石蕊试纸靠近集气瓶口，若试纸变蓝，说明NH3已收集满
(5)有分析可知由四种元素组成的无水X，分别为为K、Fe、 C、N元素，依据电荷守恒和物质的量之比可求出，黄色晶体的化学式为K4Fe(CN)6·3H2O，故答案为：K、Fe、C、N，K4Fe(CN)6·3H2O
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