上學(xué)科網(wǎng),下一次聯(lián)考化學(xué)試卷

參考答案與試題解析

一,、解答題（共5小題,，滿分25分）

1．下列說法正確的是（ ）

A．往盛有500mL1mol/L的Na₂CO₃的溶液中滴加稀鹽酸，可以觀察到立即產(chǎn)生大量氣泡

B．100mL 0.5mol/L氯酸鉀溶液中含有氯離子的物質(zhì)的量是0.05mol

C．在開放的環(huán)境中往含有Fe²⁺,，Al³⁺,，Mg²⁺，Na⁺的溶液中滴加NaOH溶液,，最終可以得到4種沉淀

D．H⁺,，NO₃^﹣，F(xiàn)e²⁺,，Mg²⁺不能共存

【考點】離子共存問題．

【分析】A．Na₂CO₃的溶液中滴加稀鹽酸,，先生成碳酸氫鈉、NaCl,；

B．氯酸鉀中不含氯離子,，結(jié)合n=cV及物質(zhì)構(gòu)成計算；

C．在開放的環(huán)境中往含有Fe²⁺,，Al³⁺,，Mg²⁺，Na⁺的溶液中滴加NaOH溶液,，NaOH足量時最終只有氫氧化鐵,、氫氧化鎂沉淀,；

D．離子之間發(fā)生氧化還原反應(yīng)．

【解答】解：A．Na₂CO₃的溶液中滴加稀鹽酸，先生成碳酸氫鈉,、NaCl,，則開始不生成氣泡，故A錯誤,；

B．氯酸鉀中不含氯離子,，則100mL 0.5mol/L氯酸鉀溶液中含有氯離子的物質(zhì)的量是0，故B錯誤,；

C．在開放的環(huán)境中往含有Fe²⁺,，Al³⁺，Mg²⁺,，Na⁺的溶液中滴加NaOH溶液,，NaOH足量時最終只有氫氧化鐵、氫氧化鎂沉淀,，則最終可以得到2種沉淀,，故C錯誤；

D．H⁺,、NO₃^﹣,、Fe²⁺發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能大量共存,，故D正確；

故選D．

2．FeCO₃與砂糖混用可以作補(bǔ)血劑,，實驗室里制備FeCO₃的流程如圖所示．下列說法錯誤的是（ ）

A．可利用KSCN溶液檢驗FeSO₄溶液是否變質(zhì)

B．沉淀過程中有CO₂氣體放出

C．過濾搡作的常用玻璃儀器有燒杯,、漏斗和玻璃棒

D．產(chǎn)品FeCO₃在空氣中高溫分解可得到純凈的FeO

【考點】二價Fe離子和三價Fe離子的檢驗；過濾,、分離與注入溶液的儀器．

【分析】FeSO₄溶液中加碳酸氫銨生成FeCO₃,，過濾、洗滌,，即可得到FeCO₃固體,；

A．亞鐵離子變質(zhì)會生成鐵離子；

B．根據(jù)FeSO₄與碳酸氫銨發(fā)生的反應(yīng)判斷,；

C．根據(jù)過濾的操作分析,；

D．二價鐵在空氣中加熱易被氧化．

【解答】解：FeSO₄溶液中加碳酸氫銨生成FeCO₃，過濾,、洗滌,，即可得到FeCO₃固體；

A．亞鐵離子變質(zhì)會生成鐵離子,，則驗FeSO₄溶液若變質(zhì)會生成鐵離子,，可利用KSCN溶液檢,，故A正確；

B．FeSO₄與碳酸氫銨發(fā)生的反應(yīng)為：Fe²⁺+2HCO₃^﹣=FeCO₃↓+H₂O+CO₂↑,，則沉淀過程中有CO₂氣體放出,，故B正確；

C．過濾操作中過濾時用到漏斗,，用玻璃棒引流,，燒杯盛放溶液，所以過濾搡作的常用玻璃儀器有燒杯,，漏斗和玻璃棒,，故C正確；

D．二價鐵在空氣中加熱易被氧化為三價鐵是,，所以FeCO₃在空氣中高溫分解不能得到FeO,，故D錯誤．

故選D．

3．已知CN^﹣（氫氰酸根離子）SCN^﹣（硫氰酸根離子）和Cl^﹣有相似之處：兩個﹣CN原子團(tuán)或兩個﹣SCN原子團(tuán)可分別構(gòu)成氰分子（CN）₂和硫氰分子（SCN）₂．（CN）₂和（SCN）₂的性質(zhì)和Cl₂有性質(zhì)有相似之處，且常溫常壓下是氣體,，下列物質(zhì)間反應(yīng)的化學(xué)方程式錯誤的是（ ）

A．二氧化錳和HSCN溶液加熱反應(yīng)：MnO₂+4HSCNMn（SCN）₂+（SCN）₂↑+2H₂O

B．（CN）₂和氫氧化鉀溶液反應(yīng)：（CN）₂+2KOH═KCN+KCNO+H₂O

C．碘晶體投入HCN溶液中：I₂+2HCN═2HI+（CN）₂

D．（SCN）₂和水反應(yīng)：（SCN）₂+H₂O?HSCN+HSCNO

【考點】氯,、溴、碘及其化合物的綜合應(yīng)用,；氧化還原反應(yīng)．

【分析】A．MnO₂和濃鹽酸的反應(yīng),，可類推二氧化錳和HSCN溶液反應(yīng)；

B．氯氣與KOH溶液反應(yīng),，可類推（CN）₂和氫氧化鉀溶液反應(yīng),；

C．碘的氧化性小于（CN）₂；

D．結(jié)合氯氣與水反應(yīng)生成鹽酸,、HClO類推．

【解答】解：A．由二氧化錳和濃鹽酸的反應(yīng)可知MnO₂和HSCN反應(yīng)的化學(xué)方程式為MnO₂+4HSCN（濃）Mn（SCN）₂+（SCN）₂↑+2H₂O,，故A正確；

B．由氯氣與堿的反應(yīng)可知（CN）₂和氫氧化鉀溶液反應(yīng)為（CN）₂+2KOH═KCN+KCNO+H₂O,，故B正確,；

C．（CN）₂和（SCN）₂的性質(zhì)和Cl₂有性質(zhì)有相似之處，碘的氧化性小于（CN）₂,，則碘晶體投入HCN溶液中不發(fā)生反應(yīng),，故C錯誤；

D．由氯氣與水的反應(yīng)二者（SCN）₂和水反應(yīng)為（SCN）₂+H₂O?HSCN+HSCNO,，故D正確,；

故選C．

4．由鋁硅兩種物質(zhì)組成的試樣11g，均勻地分成等質(zhì)量的兩份,，一份與足量的鹽酸接觸可產(chǎn)生氣體a L,，一份與足量的NaOH溶液接觸產(chǎn)生同樣的氣體b L，則此試樣中鋁與硅的質(zhì)量比為（ ）

A． B． C． D．無法計算

【考點】有關(guān)混合物反應(yīng)的計算．

【分析】鋁能夠與鹽酸和氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成氫氣，而硅只能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成氫氣,，則與鹽酸反應(yīng)生成的氣體為鋁反應(yīng)生成的,，則Si與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成的氣體為為：（b﹣a）L，然后根據(jù)電子守恒計算出鋁,、硅的物質(zhì)的量,，再計算出其質(zhì)量比．

【解答】解：一份與足量的鹽酸接觸可產(chǎn)生氣體a L，該氣體為Al與HCl反應(yīng)生成的,，根據(jù)電子守恒可得：3n（Al）=×2,，整理可得：n（Al）=mol，

一份與足量的NaOH溶液接觸產(chǎn)生同樣的氣體b L,，該氣體為鋁,、硅與NaOH反應(yīng)生成的，則Si與NaOH反應(yīng)生成的氫氣體積為：（b﹣a）L,，根據(jù)電子守恒可得：n（Si）=×mol=mol,，

根據(jù)m=nM可得，二者質(zhì)量之比為：27g/mol×mol：28g/mol×mol=,，

故選B．

5．某溫度下,，將Cl₂通入NaOH溶液中，反應(yīng)得到NaCl,、NaClO,、NaClO₃的混合液，經(jīng)測定NaClO與NaClO₃的物質(zhì)的量之比為1：3,，則Cl₂與NaOH溶液反應(yīng)時被還原的氯元素與被氧化的氯元素的物質(zhì)的量之比為（ ）

A．3：11 B．11：3 C．1：4 D．4：1

【考點】氧化還原反應(yīng)的計算．

【分析】Cl₂生成ClO^﹣與ClO₃^﹣是被氧化的過程,，Cl₂生成NaCl是被還原的過程，氧化還原反應(yīng)中氧化劑和還原劑之間得失電子數(shù)目相等,，根據(jù)ClO^﹣與ClO₃^﹣的物質(zhì)的量濃度之比可計算失去電子的總物質(zhì)的量,，進(jìn)而可計算得到電子的總物質(zhì)的量，可計算被還原的氯元素的物質(zhì)的量,，則可計算被還原的氯元素和被氧化的氯元素的物質(zhì)的量之比．

【解答】解：Cl₂生成ClO^﹣與ClO₃^﹣是被氧化的過程，化合價分別由0價升高為+1價和+5價,，

ClO^﹣與ClO₃^﹣的物質(zhì)的量濃度之比為1：3,，

則可設(shè)ClO^﹣為1mol，ClO₃^﹣為3mol,，被氧化的Cl共為4mol,，

失去電子的總物質(zhì)的量為1mol×（1﹣0）+3mol×（5﹣0）=16mol，

氧化還原反應(yīng)中氧化劑和還原劑之間得失電子數(shù)目相等,，

Cl₂生成NaCl是被還原的過程,，化合價由0價降低為﹣1價，

則得到電子的物質(zhì)的量也應(yīng)為16mol,，

則被還原的Cl的物質(zhì)的量為16mol,，

所以被還原的氯元素和被氧化的氯元素的物質(zhì)的量之比為16mol：4mol=4：1,，

故選D．

二、第二部分選考題（單選題所給的四個選項中,，只有一個是正確的）【化學(xué)部分】

6．將一定質(zhì)量的鎂,、銅合金加入到稀硝酸溶液中，兩者恰好完全反應(yīng),，共產(chǎn)生NO氣體4.48L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）,，向所得溶液中加入物質(zhì)的量濃度為3mol·L^﹣1的NaOH溶液至沉淀完全．則下列有關(guān)敘述中不正確的是（ ）

A．開始加入合金的物質(zhì)的量之和為0.3mol

B．反應(yīng)中被還原和未被還原的硝酸物質(zhì)的量之比為3：1

C．沉淀完全時消耗NaOH溶液的體積為200mL

D．生成沉淀的質(zhì)量比原合金的質(zhì)量增加10.2g

【考點】有關(guān)混合物反應(yīng)的計算．

【分析】將一定量的鎂和銅組成的混合物加入到稀HNO₃中，兩者恰好完全反應(yīng),，反應(yīng)方程式為：3Mg+8HNO₃（?。?3Mg（NO₃）₂+2NO↑+4H₂O、3Cu+8HNO₃（?。?3Cu（NO₃）₂+2NO↑+4H₂O,，標(biāo)準(zhǔn)狀況下4.48LNO的物質(zhì)的量為：n（NO）==0.2mol，

A．由HNO₃生成0.2molNO得到電子的物質(zhì)的量為：0.2mol×（5﹣2）=0.6mol,，銅,、鎂都是2價金屬，根據(jù)電子守恒,，可以計算出參加反應(yīng)的金屬的物質(zhì)的量,；

B．根據(jù)反應(yīng)3Mg+8HNO₃（稀）=3Mg（NO₃）₂+2NO↑+4H₂O,、3Cu+8HNO₃（?。?3Cu（NO₃）₂+2NO↑+4H₂O可以計算出反應(yīng)中被還原和未被還原的硝酸物質(zhì)的量之比；

C．根據(jù)銅離子,、鎂離子與氫氧化鈉反應(yīng)的離子方程式可以計算出消耗氫氧化鈉的物質(zhì)的量,，然后根據(jù)V=計算出消耗氫氧化鈉溶液的體積；

D．沉淀中增加的質(zhì)量為氫氧根離子的質(zhì)量,，根據(jù)消耗氫氧化鈉的物質(zhì)的量可以計算出氫氧根離子的物質(zhì)的量及質(zhì)量,，從而得出生成沉淀質(zhì)量比原合金的增加量．

【解答】解：金屬與硝酸恰好反應(yīng)，反應(yīng)方程式為：3Mg+8HNO₃（?。?3Mg（NO₃）₂+2NO↑+4H₂O,、3Cu+8HNO₃（稀）=3Cu（NO₃）₂+2NO↑+4H₂O,，標(biāo)準(zhǔn)狀況下4.48LNO的物質(zhì)的量為：n（NO）==0.2mol,，

A．由HNO₃生成0.2molNO得到電子的物質(zhì)的量為：0.2mol×（5﹣2）=0.6mol，銅,、鎂都是2價金屬,，根據(jù)電子守恒，參加反應(yīng)的金屬的物質(zhì)的量為： =0.3mol，故A正確,；

B．根據(jù)3Mg+8HNO₃（?。?3Mg（NO₃）₂+2NO↑+4H₂O、3Cu+8HNO₃（?。?3Cu（NO₃）₂+2NO↑+4H₂O兩個反應(yīng)可知,，被還原的硝酸與未被還原的硝酸的物質(zhì)的量之比為：2mol：6mol=1：3，故B錯誤,；

C．根據(jù)反應(yīng)Mg（NO₃）₂+2NaOH=Mg（OH）₂↓+2NaNO₃,、Cu（NO₃）₂+2NaOH=Cu（OH）₂↓+2NaNO₃可知，0.3mol銅離子,、鎂離子完全轉(zhuǎn)化成沉淀,，消耗氫氧化鈉的物質(zhì)的量為：0.3mol×2=0.6mol，消耗氫氧化鈉溶液的體積為： =0.2L=200mL,，故C正確,；

D．鎂、銅合金變成Mg（OH）₂↓,、Cu（OH）₂↓沉淀,，沉淀中增加的質(zhì)量為氫氧根離子的質(zhì)量，生成沉淀消耗了0.6mol氫氧化鈉,，則含有氫氧根離子的質(zhì)量為：17g/mol×0.6mol=10.2g,，即：生成沉淀的質(zhì)量比原合金的質(zhì)量增加10.2g，故D正確,；

故選B．

7．如圖所示,，利用海水可提取很多重要的化工原料，下列有關(guān)說法不正確的是．（ ）

A．第②步是MgCl₂·6H₂O在坩堝中加強(qiáng)熱分解

B．第①步是海水蒸發(fā)濃縮,、結(jié)晶過濾

C．第③,、⑤步可以是通入足量Cl₂

D．在第④步反應(yīng)為：Br₂+SO₂+2H₂O=H₂SO₄+2HBr

【考點】海水資源及其綜合利用．

【分析】根據(jù)轉(zhuǎn)化圖可知，①為海水曬鹽得到粗鹽和母液,，母液通過加入氫氧化鈣沉淀鎂離子,，得到氫氧化鎂沉淀，過濾后沉淀溶解于鹽酸后蒸發(fā)濃縮結(jié)晶析出氯化鎂晶體,，在氯化氫氣流中加熱失去結(jié)晶水得到氯化鎂,；③為加入氧化劑氯氣氧化溴離子為溴單質(zhì)；④為富集溴的反應(yīng),，利用反應(yīng)中溴元素的化合價來分析．

【解答】解：A、結(jié)晶水合物失去結(jié)晶水并生成氯化鎂,，鎂離子水解,，為防止水解應(yīng)在酸性條件下進(jìn)行，故A錯誤；

B,、第①步是海水蒸發(fā)濃縮,、結(jié)晶過濾的粗鹽和鹵水的過程，故B正確,；

C,、由③可知NaBr→Br₂，NaBr中溴元素的化合價為﹣1價,，單質(zhì)中溴元素的化合價為0,，則在反應(yīng)中溴元素的化合價升高，由信息可知溴元素被氧化,，第⑤步是溴的提純,，既有溴元素被氧化，通入的氧化劑都是氯氣,，故C正確,；

D、在第④步反應(yīng)為二氧化硫被溴單質(zhì)氧化的反應(yīng)過程,，反應(yīng)生成硫酸和溴化氫,，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Br₂+SO₂+2H₂O=H₂SO₄+2HBr，故D正確,；

故選A．

8．NaCl是一種化工原料,，可以制備一系列物質(zhì)（如圖所示）．下列說法正確的是（ ）

A．石灰乳與Cl₂的反應(yīng)中Cl₂既是氧化劑，又是還原劑

B．25℃,，NaHCO₃在水中的溶解度比Na₂CO₃的大

C．常溫下干燥Cl₂能用鋼瓶貯運(yùn),，所以Cl₂不與鐵反應(yīng)

D．圖中所示轉(zhuǎn)化反應(yīng)都是氧化還原反應(yīng)

【考點】氧化還原反應(yīng)；氯氣的化學(xué)性質(zhì),；鈉的重要化合物．

【分析】A．反應(yīng)中氯元素化合價既升高又降低,；

B．NaHCO₃在水中的溶解度比Na₂CO₃的小,；

C．氯氣在點燃條件下可與鐵反應(yīng),；

D．生成純堿的反應(yīng)不是氧化還原反應(yīng)．

【解答】解：A．石灰乳與Cl₂的反應(yīng)生成CaCl₂、Ca（Cl0）₂,，反應(yīng)中氯元素化合價既升高又降低,，Cl₂既是氧化劑，又是還原劑,，故A正確,；

B．NaHCO₃在水中的溶解度比Na₂CO₃的小，可通過在飽和碳酸鈉溶液中通入二氧化碳反應(yīng)生成碳酸氫鈉沉淀來證明,，故B錯誤,；

C．氯氣在點燃條件下可與鐵反應(yīng),，且潮濕的氯氣也可與鐵反應(yīng)，故C錯誤,；

D．生成純堿的反應(yīng)不是氧化還原反應(yīng),，元素的化合價都不變化，故D錯誤．

故選A．

三,、解答題（共4小題,，滿分57分）

9．氯化亞銅（CuCl）常用作有機(jī)合成工業(yè)中的催化劑，在空氣中迅速被氧化成綠色,；見光則分解,，變成褐色．下圖是工業(yè)上用制作印刷電路的廢液（含F(xiàn)e³⁺、Cu²⁺,、Fe²⁺,、Cl^﹣）生產(chǎn)CuCl的流程：

根據(jù)以上信息回答下列問題：

（1）寫出生產(chǎn)過程中X Fe Y 稀鹽酸 （填化學(xué)式）．

（2）寫出產(chǎn)生CuCl的化學(xué)方程式 CuCl₂+CuSO₄+SO₂+2H₂O=2CuCl↓+2H₂SO₄ ．

（3）在CuCl的生成過程中理論上不需要補(bǔ)充SO₂氣體，結(jié)合化學(xué)方程式和必要的文字說明理由 Cu+2 H₂SO₄（濃）CuSO₄+SO₂↑+2H₂O反應(yīng)中生成的CuSO₄和 SO₂為1：1,，所以理論上不需要補(bǔ)充SO₂氣體 ．

（4）在CuCl的生成過程中除環(huán)境問題,、安全問題外，你認(rèn)為還應(yīng)該注意的關(guān)鍵問題是 防止CuCl的氧化和見光分解,，減少產(chǎn)品CuCl的損失 ．

（5）實驗探究pH對CuCl產(chǎn)率的影響如表所示：

析出CuCl晶體最佳pH為 2 ,，當(dāng)pH較大時CuCl產(chǎn)率變低原因是 pH較大時，Cu²⁺水解程度增大,，反應(yīng)生成CuCl減少,，產(chǎn)率減小 ．

（6）氯化亞銅的定量分析：

①稱取樣品0.25g和10mL過量的FeCl₃溶液250mL于錐形瓶中，充分溶解．

②用0.10mol·L﹣1硫酸鈰標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定．已知：CuCl+FeCl₃═CuCl₂+FeCl₂,；Fe²⁺+Ce⁴⁺═Fe³⁺+Ce³⁺．三次平行實驗結(jié)果如表（平行實驗結(jié)果相差不能超過1%）：

則樣品中CuCl的純度為 95.5% （結(jié)果保留三位有效數(shù)字）．

【考點】物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用．

【分析】要利用制作印刷電路的廢液制備氯化亞銅,，首先應(yīng)制備并分離出銅，向工業(yè)上以制作印刷電路的廢液（含F(xiàn)e³⁺,、Cu²⁺,、Fe²⁺、Cl^﹣）加入過量的鐵粉,，三價鐵離子與鐵粉反應(yīng)轉(zhuǎn)化為二價鐵離子,，銅離子與鐵反應(yīng)生成銅，然后過濾,，濾渣為過量的鐵和生成的銅,，依據(jù)銅與鐵活潑性，將濾渣溶于鹽酸,，銅與鹽酸不反應(yīng),，過濾得到濾渣即為銅，然后銅與濃硫酸反應(yīng)生成硫酸銅和二氧化硫,，銅與氯氣反應(yīng)生成氯化銅,，硫酸銅,、二氧化硫、氯化銅反應(yīng)生成氯化亞銅．

（1）印刷電路的廢液（含F(xiàn)e³⁺,、Cu²⁺,、Fe²⁺,、Cl^﹣）加入鐵，三價鐵離子能夠原鐵反應(yīng)生成二價鐵離子,，銅離子能夠與鐵反應(yīng)生成銅,；過濾后濾渣中含有銅和鐵，依據(jù)銅和鐵的活潑性,，加入鹽酸分離二者,；

（2）依據(jù)圖示可知：CuCl₂、CuSO₄,、SO₂、H₂O反應(yīng)生成H₂SO₄,、CuCl，依據(jù)得失電子守恒配平方程式,；

（3）依據(jù)圖示可知：銅與濃硫酸反應(yīng)生成硫酸銅,、二氧化硫的物質(zhì)的量之比為1：1，而產(chǎn)生CuCl的化學(xué)方程式中硫酸銅,、二氧化硫物質(zhì)的量之比恰好為1：1,；

（4）依據(jù)氯化亞銅具有還原性，易被氧化而變質(zhì),，具有見光分解的性質(zhì)解答,；

（5）依據(jù)圖表CuCl產(chǎn)率可知PH=2產(chǎn)率最大，當(dāng)pH較大時CuCl產(chǎn)率變低,，Cu²⁺水解程度增大，生成的氯化亞銅少,；

（6）依據(jù)方程式中各反應(yīng)物量之間的關(guān)系計算CuCl的純度,，CuCl+FeCl₃═CuCl₂+FeCl₂，F(xiàn)e²⁺+Ce⁴⁺=Fe³⁺+Ce³⁺,，CuCl～Ce⁴⁺,，所給數(shù)據(jù)及平行實驗結(jié)果相差不能超過1%,，體積為24.35mL，誤差大舍去．

【解答】解：向工業(yè)上以制作印刷電路的廢液（含F(xiàn)e³⁺,、Cu²⁺,、Fe²⁺、Cl^﹣）加入過量的鐵粉,，三價鐵離子與鐵粉反應(yīng)轉(zhuǎn)化為二價鐵離子,，銅離子與鐵反應(yīng)生成銅，然后過濾,，濾渣為過量的鐵和生成的銅,，依據(jù)銅與鐵活潑性，將濾渣溶于鹽酸,，銅與鹽酸不反應(yīng),，過濾得到濾渣即為銅，然后銅與濃硫酸反應(yīng)生成硫酸銅和二氧化硫,，銅與氯氣反應(yīng)生成氯化銅,，硫酸銅、二氧化硫,、氯化銅反應(yīng)生成氯化亞銅．

（1）印刷電路的廢液（含F(xiàn)e³⁺,、Cu²⁺、Fe²⁺,、Cl^﹣）加入鐵,，三價鐵離子能夠原鐵反應(yīng)生成二價鐵離子，銅離子能夠與鐵反應(yīng)生成銅,，過濾后濾渣中含有銅和鐵,，加入鹽酸，鐵與鹽酸反應(yīng)生成氯化亞鐵,，銅與鹽酸不反應(yīng),，將銅分離出來；

故答案為：Fe,；稀鹽酸,；

（2）依據(jù)圖示可知：CuCl₂、CuSO₄,、SO₂,、H₂O反應(yīng)生成H₂SO₄、CuCl,，依據(jù)得失電子守恒其方程式為：CuCl₂+CuSO₄+SO₂+2H₂O=2CuCl↓+2H₂SO₄,；

故答案為：CuCl₂+CuSO₄+SO₂+2H₂O=2CuCl↓+2H₂SO₄；

（3）依據(jù)圖示可知：Cu+2 H₂SO₄（濃）CuSO₄+SO₂↑+2H₂O反應(yīng)中生成的CuSO₄和 SO₂為1：1,，所以理論上不需要補(bǔ)充SO₂氣體,；

故答案為：Cu+2 H₂SO₄（濃）CuSO₄+SO₂↑+2H₂O反應(yīng)中生成的CuSO₄和 SO₂為1：1,，所以理論上不需要補(bǔ)充SO₂氣體；

（4）氯化亞銅具有還原性,，易被氧化而變質(zhì),，具有見光分解，所以生產(chǎn)中應(yīng)：防止CuCl的氧化和見光分解,，減少產(chǎn)品CuCl的損失,；

故答案為：防止CuCl的氧化和見光分解，減少產(chǎn)品CuCl的損失,；

（5）依據(jù)圖表CuCl產(chǎn)率可知pH=2產(chǎn)率最大為90%，當(dāng)pH較大時CuCl產(chǎn)率變低,，Cu²⁺水解程度增大,，生成的氯化亞銅少；

故答案為：2,；pH較大時,，Cu²⁺水解程度增大，反應(yīng)生成CuCl減少,，產(chǎn)率減?。?/p>

（6）根據(jù)題目中所給數(shù)據(jù)及平行實驗結(jié)果相差不能超過1%,，體積為24.35mL,，誤差大舍去，滴定0.25g樣品消耗硫酸鈰標(biāo)準(zhǔn)溶液的平均體積==24mL,，結(jié)合方程式可知：CuCl+FeCl₃═CuCl₂+FeCl₂,，F(xiàn)e²⁺+Ce⁴⁺=Fe³⁺+Ce³⁺，

CuCl～Ce⁴⁺,，

CuCl的純度=×100%=95.5%,，

故答案為：95.5%．

10．已知A、B,、C,、D為氣體，E,、F為固體,，G是氯化鈣，它們之間的轉(zhuǎn)換關(guān)系如圖所示：

（1）D的化學(xué)式（分子式）是 NH₃ ,，E的化學(xué)式（分子式）是 NH₄Cl ．

（2）A和B反應(yīng)生成C的化學(xué)方程式是 H₂+Cl₂2HCl ．

（3）C和D反應(yīng)的化學(xué)方程式是 NH₃+HCl=NH₄Cl ,，現(xiàn)象是 白煙生成 ．

【考點】無機(jī)物的推斷．

【分析】由“D+C→E，且C,、D為氣體,；E為固體”可推知C,、D可能為NH₃、HCl,；E為NH₄Cl,，再結(jié)合“E+F→D+H+G，G是氯化鈣”進(jìn)一步推知D為NH₃,、F為Ca（OH）₂,，H為水，所以C是HCl,，A,、B分別是H₂和Cl₂，以此解答該題．

【解答】解：由“D+C→E,，且C,、D為氣體；E為固體”可推知C,、D可能為NH₃,、HCl；E為NH₄Cl,，再結(jié)合“E+F→D+H+G,，G是氯化鈣”進(jìn)一步推知D為NH₃、F為Ca（OH）₂,，H為水,，所以C是HCl，A,、B分別是H₂和Cl₂,，

（1）由以上分析可知，D的化學(xué)式是NH₃,，E的化學(xué)式是NH₄Cl,，故答案為：NH₃；NH₄Cl,；

（2）H₂和Cl₂在點燃條件下反應(yīng)生成HCl,，反應(yīng)的化學(xué)方程式為H₂+Cl₂2HCl，故答案為：H₂+Cl₂2HCl,；

（3）C,、D為NH₃、HCl,，C和D反應(yīng)的化學(xué)方程式是NH₃+HCl=NH₄Cl,，可觀察到有白煙生成，故答案為：NH₃+HCl=NH₄Cl；白煙生成．

11．鋁土礦的主要成分是Al₂O₃,，還含有Fe₂O₃,、SiO₂等雜質(zhì)．

Ⅰ．從鋁土礦中提取氧化鋁的流程如圖所示：

（1）試劑A是 鹽酸（硫酸或硝酸） ；

（2）向溶液a中通入過量的CO₂,，將得到的不溶物煅燒后也可得到Al₂O₃,，該方案的缺點是 Al₂O₃中含有SiO₂雜質(zhì) ．

Ⅱ．電解熔融的氧化鋁可制備金屬鋁

（3）寫出電解的化學(xué)方程式 2Al₂O₃（熔融）4Al+3O₂↑ ．

Ⅲ．新型陶瓷氮化鋁可用以下兩種方法制備

（4）①氧化鋁高溫還原法： 1 Al₂O₃+ 3 C+ 1 N₂ 2 AlN+ 3 CO（配平）

②氯化鋁與氨氣高溫合成法：AlCl₃+NH₃AlN+3HCl

（5）方法②比方法①在生產(chǎn)上更具優(yōu)勢．下列說法中，正確的是 AB ．

A．方法①中的 Al₂O₃,、C,、N₂結(jié)構(gòu)穩(wěn)定，反應(yīng)時破壞化學(xué)鍵需要消耗更多能量

B．方法①中的Al₂O₃和C容易殘留在氮化鋁中

C．兩種方法中氮化鋁均為還原產(chǎn)物．

【考點】物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用．

【分析】SiO₂和鹽酸不反應(yīng),，F(xiàn)e₂O₃和氫氧化鈉不反應(yīng)而氧化鋁能,，該工藝流程原理為：鋁土礦加入氫氧化鈉溶液過濾，得到濾液a中含有偏鋁酸根離子,、硅酸根離子,，濾渣a為氧化鐵，a溶液加入過量A為酸溶液,，除去硅酸根離子，同時將偏鋁酸根離子轉(zhuǎn)化為鋁離子,，進(jìn)入濾液b中,，向濾液b中加過量試劑B氨水，鋁離子與氨水反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀,，加熱氫氧化鋁分解得氧化鋁,，

Ⅰ．（1）根據(jù)流程可知，加入試劑A目的是引進(jìn)氫離子除去硅酸根離子,；

（2）濾液a中含有偏鋁酸根離子,、硅酸根離子，制氧化鋁的過程中可能會混有二氧化硅雜質(zhì),；

Ⅱ．（3）電解熔融的氧化鋁可制備金屬鋁,，陽極生成氧氣，陰極生成鋁,，產(chǎn)物為鋁和氧氣,；

Ⅲ．（4）根據(jù)化合價的升降總數(shù)相等配平方程式；

（5）根據(jù)反應(yīng)原理①②對各選項進(jìn)行判斷．

【解答】解：鋁土礦加入氫氧化鈉溶液過濾,，得到濾液a中含有偏鋁酸根離子,、硅酸根離子，濾渣a為氧化鐵,，溶液a中含有偏鋁酸根離子,、硅酸根粒子，向溶液a中加入過量A為酸溶液，除去硅酸根離子,，同時將偏鋁酸根離子轉(zhuǎn)化為鋁離子,，進(jìn)入濾液b中，向濾液b中加過量試劑B氨水,，鋁離子與氨水反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀,，加熱氫氧化鋁分解得氧化鋁，

Ⅰ．（1）鋁土礦與氫氧化鈉反應(yīng)生成偏鋁酸鈉,，加入鹽酸或硝酸等酸性溶液可除去硅酸根離子,，所以試劑A為強(qiáng)酸，可以為鹽酸,、硫酸或硝酸,，

故答案為：鹽酸（硫酸或硝酸）；

（2）濾液a中含有偏鋁酸根離子,、硅酸根離子,，向溶液a中通入過量的CO₂，沉淀為Al（OH）₃及少量硅酸,，煅燒得到與和二氧化硅,，則Al₂O₃中含有SiO₂雜質(zhì)，

故答案為：Al₂O₃中含有SiO₂雜質(zhì),；

Ⅱ．（3）電解熔融的氧化鋁可制備金屬鋁,，陽極生成氧氣，陰極生成鋁,，總反應(yīng)為：2Al₂O₃（熔融）4Al+3O₂↑,，

故答案為：2Al₂O₃（熔融）4Al+3O₂↑；

Ⅲ．（4）碳從0價→+2價,，化合價升高2價,，氮從0價→﹣3價，化合價至少升高6價,，最小公倍數(shù)為6,，則碳的系數(shù)為3、氮?dú)獾南禂?shù)為1,，然后根據(jù)觀察法配平,，配平后的反應(yīng)方程式為：Al₂O₃+3C+N₂2AlN+3CO，

故答案為：1,；3,；1；2,；3,；

（5）A．方法①中的Al₂O₃、C、N₂結(jié)構(gòu)穩(wěn)定,，則在反應(yīng)過程中破壞化學(xué)鍵時需要消耗更多能量,，故A正確；

B．根據(jù)反應(yīng)原理可知,，方法①中的Al₂O₃和C都是固體,，二者容易殘留在氮化鋁中，故B正確,；

C．方法①中氮化鋁為氮?dú)獗贿€原生成的,，方法②為非氧化還原反應(yīng)，故C錯誤,；

故答案為：AB．

12．Na₂S₂O₃可做分析試劑．它易溶于水,，遇酸易分解．某研究小組進(jìn)行如下實驗：

【實驗一】Na₂S₂O₃·5H₂O的制備

I 實驗原理：Na₂SO₃（aq）+S（s）Na₂S₂O₃（aq）

II 實驗裝置：如圖1所示，有關(guān)物質(zhì)的溶解度曲線如圖2所示：

III 實驗步驟：

（1）檢查裝置氣密性,，按圖1所示加入試劑,，其中裝置B和D中加的是 NaOH溶液 ，裝置 C中的硫粉應(yīng)事先研細(xì)并用乙醇潤濕,，否則會影響．

（2）打開K₁,、關(guān)閉K₂，向圓底燒瓶中加入足量濃硫酸并加熱,，燒瓶內(nèi)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式： Cu+2H₂SO₄（濃）CuSO₄+SO₂↑+2H₂O ．C中混合液被氣流攪動,，反應(yīng)一段時間后，硫粉的量逐漸減少．

（3）當(dāng)C中溶液的pH接近7時,，打開K₂、關(guān)閉K₁并停止加熱．采取該措施的理由是 防止SO₂過量,，溶液呈現(xiàn)酸性,，導(dǎo)致生成的Na₂S₂O₃分解 ．

（4）將C中的混合液過濾，將濾液經(jīng)過,、過濾,、洗滌、烘干,，可得粗產(chǎn)品Na₂S₂O₃·5H₂O．

IV 產(chǎn)品檢測：

（5）粗產(chǎn)品中可能含有Na₂SO₃,、Na₂SO₄等雜質(zhì)，利用所給試劑設(shè)計實驗,，檢測產(chǎn)品中是否存在Na₂SO₄,，簡要說明實驗操作，現(xiàn)象和結(jié)論： 取少量產(chǎn)品溶于足量稀鹽酸,，靜置,，取上層清液（或過濾，取濾液），滴加BaCl₂溶液,，若出現(xiàn)沉淀則說明含有Na₂SO₄雜質(zhì) ．

供選擇的試劑：稀鹽酸,、稀硫酸、稀硝酸,、BaCl₂溶液,、AgNO₃溶液

【實驗二】自來水中余氯的測定

含氯消毒劑給自來水消毒后有余氯．測定自來水中余氯含量的方案如下：在250mL碘量瓶中（或具塞錐形瓶中）放置0.5g碘化鉀，加10mL稀硫酸,，準(zhǔn)確量取流動水樣100mL（打開自來水龍頭,，待水流數(shù)十秒后再取水樣）置于碘量瓶，迅速塞上塞搖動,，見水樣呈淡黃色,，加1ml淀粉溶液變藍(lán)，則說明水樣中有余氯．再以C mol/L標(biāo)準(zhǔn)Na₂S₂O₃溶液滴定,，至溶液藍(lán)色消失呈無色透明溶液,，記下硫代硫酸鈉溶液的體積．

（已知：滴定時反應(yīng)的化學(xué)方程式為I₂+2Na₂SO₃═2NaI+Na₂S₄O₆）

（6）若該自來水是以漂白粉消毒，能說明水樣中有余氯的反應(yīng)離子方程式為 ClO^﹣+2I^﹣+2H⁺=Cl^﹣+I₂+H₂O ．

（7）按上述方案實驗,，消耗標(biāo)準(zhǔn)Na₂S₂O₃溶液V mL,，該次實驗測得自來水樣品中余氯量（以游離Cl₂計算）為 355VC mg·L^﹣1．在上述實驗過程中，若“塞上塞搖動”動作不夠迅速,，則測得結(jié)果 偏高 （填“偏高”“偏低”或“不變”）．

【考點】制備實驗方案的設(shè)計．

【分析】（1）B和D是為了吸收多余的二氧化硫,，可以用NaOH溶液吸收；把硫研細(xì),，增大接觸面積,，加快反應(yīng)速率，S微溶于酒精,，所以C中的硫粉應(yīng)事先研細(xì)并用乙醇潤濕,，否則會降低反應(yīng)速率；

（2）燒瓶內(nèi)銅與濃硫酸在加熱條件下反應(yīng)生成硫酸銅,、二氧化硫氣體和水,，據(jù)此寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式；

（3）防止SO₂過量,，溶液呈現(xiàn)酸性,，導(dǎo)致生成的Na₂S₂O₃分解；

（4）從濾液中獲得Na₂S₂O₃·5H₂O時,，不能直接加熱蒸干,，否則無法獲得Na₂S₂O₃·5H₂O，需要通過蒸發(fā)濃縮,、冷卻結(jié)晶的操作方法,；

（5）取少量產(chǎn)品溶于足量稀鹽酸,，再利用氯化鋇溶液檢驗是否含有了酸根離子；

（6）漂白粉的有效成分是次氯酸根,，次氯酸根檢驗強(qiáng)氧化性,，可以將碘離子氧化得碘單質(zhì)，自身被還原為氯離子,；

（7）根據(jù)Cl₂～I(xiàn)₂～2Na₂S₂O₃計算余氯量,，動作不迅速，空氣中的氧氣在酸性條件下可把碘離子氧化生成單質(zhì)碘,，消耗硫代硫酸鈉的體積會增大．

【解答】解：（1）B和D是為了吸收多余的二氧化硫,，所以裝的是NaOH溶液；把硫研細(xì),，增大接觸面積,，加快反應(yīng)速率，S微溶于酒精,，所以C中的硫粉應(yīng)事先研細(xì)并用乙醇潤濕,，否則會降低反應(yīng)速率，

故答案為：NaOH溶液,；降低反應(yīng)速率（或會減少產(chǎn)量）,；

（2）打開K₁、關(guān)閉K₂,，向圓底燒瓶中加入足量濃硫酸并加熱,，燒瓶內(nèi)生成二氧化硫氣體，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Cu+2H₂SO₄（濃）CuSO₄+SO₂↑+2H₂O,，

故答案為：Cu+2H₂SO₄（濃）CuSO₄+SO₂↑+2H₂O,；

（3）SO₂過量，溶液呈現(xiàn)酸性,，導(dǎo)致生成的Na₂S₂O₃分解,，

故答案為：防止SO₂過量，溶液呈現(xiàn)酸性,，導(dǎo)致生成的Na₂S₂O₃分解；

（4）從濾液中獲得Na₂S₂O₃·5H₂O,，不能直接蒸干,，需要經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶,、過濾,、洗滌、烘干等操作,，

故答案為：蒸發(fā)濃縮,；冷卻結(jié)晶,；

（5）檢驗樣品中是否含有硫酸鈉的方案為：取少量產(chǎn)品溶于足量稀鹽酸，靜置,，取上層清液（或過濾,，取濾液），滴加BaCl₂溶液,，若出現(xiàn)沉淀則說明含有Na₂SO₄雜質(zhì),，

故答案為：取少量產(chǎn)品溶于足量稀鹽酸，靜置,，取上層清液（或過濾,，取濾液），滴加BaCl₂溶液,，若出現(xiàn)沉淀則說明含有Na₂SO₄雜質(zhì),；

（6）漂白粉的有效成分是次氯酸根，次氯酸根檢驗強(qiáng)氧化性,，可以將碘離子氧化得碘單質(zhì),，自身被還原為氯離子，反應(yīng)離子方程式為：ClO^﹣+2I^﹣+2H⁺=Cl^﹣+I₂+H₂O,，

故答案為：ClO^﹣+2I^﹣+2H⁺=Cl^﹣+I₂+H₂O,；

（7）根據(jù)Cl₂～I(xiàn)₂～2Na₂S₂O₃，可知n（Cl₂）=n（Na₂S₂O₃）=×V×10^﹣3L×Cmol/L,，氯氣質(zhì)量為=×V×10^﹣3L×Cmol/L×71g/mol=3.55VC×10^﹣2g=35.4VC mg,，故余氯量（以游離Cl₂計算）為 =355VC mg/L；

動作不迅速,，空氣中的氧氣在酸性條件下可把碘離子氧化生成單質(zhì)碘,，消耗硫代硫酸鈉的體積會增大，所以結(jié)果偏高,，

故答案為：355VC,；偏高．