热门试卷

解；（1）①实验室用氯化铵和碱石灰制取氨气，其化学方程式是：2NH4Cl+Ca（OH）2≜CaCl2+2NH3↑+2H2O，

故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2≜CaCl2+2NH3↑+2H2O；

②根据HA+NH3•H2O=NH4A+H2O可知，与25mL 0.1mol•L-1HA完全反应需要0.2mol•L-1NH3•H2O溶液12.5mL，而图示显示，加入0.2mol•L-1NH3•H2O溶液13mL时才呈中性，说明恰好反应时溶液呈酸性，即NH4A溶液呈酸性，所以HA是强酸．

NH4A溶液呈酸性，是因为铵根离子水解，促进了水的电离平衡，而HA是强酸，电离出的氢离子抑制了水的电离平衡，即混合溶液中由水电离出的c（H+）大于0.1mol•L-1HA溶液中由水电离出的c（H+）．

图中C点代表25mL 0.1mol•L-1HA溶液中逐滴加入0.2mol•L-1NH3•H2O溶液25mL，根据HA+NH3•H2O=NH4A+H2O可知，氨水过量12.5mL，即所得溶液中为NH4A和NH3•H2O的混合液，且二者的浓度均为0.05mol/L．该混合液中存在铵根离子的水解平衡和NH3•H2O的电离平衡，而且NH3•H2O的电离程度远大于铵根离子的水解程度，即溶液显碱性，其中的离子浓度大小关系为：c（NH4+）＞c（A-）＞c（OH-）＞c（H+），

故答案为：强；＞；c（NH4+）＞c（A-）＞c（OH-）＞c（H+）；

（2）生产玻璃的主要原料为二氧化硅、大理石、碳酸钠，其中是酸性氧化物的只有二氧化硅，即粉末A与水反应生成二氧化硅和氨气，则A中必含硅元素和氮元素，因此A是Si3N4，它与水反应的化学方程式是：Si3N4+6H2O=3SiO2+4NH3↑，故答案为：Si3N4+6H2O=3SiO2+4NH3↑；

（3）铁铜混合粉末与稀硝酸充分反应，若有固体剩余，无论剩余铁或是剩余铜，都不会存在Fe3+和H+，因为含有两种阳离子，所以这两种阳离子只能是Fe2+、Cu2+．

因为溶液中有Fe3+、Cu2+，因此要检验Fe2+，不能使用把Fe2+氧化为Fe3+再去检验Fe3+的方法，a、b、d均不正确．因为Fe2+具有还原性，酸性KmnO4溶液具有氧化性，因此可以向酸性KmnO4溶液中加入混合液，观察酸性KmnO4溶液是否褪色，若褪色，说明含有Fe2+，若不退色，说明不含有Fe2+，故应选c．

故答案为：Fe2+、Cu2+；c．

（1）C（2分）

（2）①关闭支口开关K1并打开K2（1分），将最后的导管通入水中，微热大试管（1分），若看到从导管中出现气泡（1分），且停止加热后在导管中上升一段水柱，（1分）则证明气密性好。（共4分）

②打开K1，用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近支口，若出现白烟（或者不加试剂看到白烟也给分）（2分）（用润湿的紫色石蕊试纸检验不得分）；(NH4)2SO4或者(NH4)2SO3或者SO3(酸式盐及以上物质的混合物也给分)（2分）

③Al2O3 +2OH-=2AlO2-+H2O或Al2O3 +3H2O +2OH-=2Al(OH)4-（2分，配平错误得0分）

④B或C，或BC（2分）

（3）1:3（2分）

试题分析：（1）A、生成N2，N元素化合价升高，生成SO2，S元素化合价降低，符合氧化还原反应原理，预测合理；B、生成NH3、SO3、H2O，为非氧化还原反应，预测合理；C、生成SO2，S元素化合价降低，无元素化合价升高，不符合氧化还原反应原理，预测不合理；D、既有元素化合价升高，也有元素化合价降低，预测合理。

（2）①利用加热气体膨胀的原理检验装置的气密性，首先要关闭支口开关K1并打开K2，然后将最后的导管通入水中，微热大试管，若看到从导管中出现气泡，且停止加热后在导管中上升一段水柱，则证明气密性好。

②用浓盐酸检验NH3，打开K1，用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近支口，若出现白烟，证明含有NH3，但不能用润湿的石蕊试纸，因为混合气体中含有SO2，SO3，试纸不可能变蓝；装置A与B之间的T型导管中出现白色固体可能是SO2与NH3反应生成的(NH4)2SO3，或SO3与NH3反应生成的(NH4)2SO4，或SO3固体，或酸式盐及以上物质的混合物。

③A试管中残留的白色固体是两性氧化物，则A为Al2O3，与NaOH溶液反应的离子方程式为：Al2O3 +2OH-=2AlO2-+H2O或Al2O3 +3H2O +2OH-=2Al(OH)4-。

④打开止水夹K1 倒吸的液体由支口出流出，关闭止水夹K2，导管被关闭，所以防止倒吸的方法为：B或C，或BC。

（3）根据氧化还原反应中化合价升高的总价数与降低的总价数相等，可得：6n(N2)=2n(SO2)，可得n(N2)：n(SO2)=1:3，相同条件下气体物质的量之比等于体积之比，所以V（N2）：V（SO2）=1:3。   

（16分）

（1）BaSO4（s）+CO32－（aq） BaCO3(s)+SO42－（aq）（3分）（不写(s)、(aq)不扣分）

（2）Ba(FeO2)2+8HNO3 = Ba(NO3)2+2Fe(NO3)3+4H2O （2分）

（3）B                          （2分）

（4）Fe(OH)3                    （2分）

（5）蒸发浓缩、冷却结晶         （2分）

（6）c                          （2分）

（7）              （3分）

试题分析：（1）根据已知信息可知，5.1×10－9约为1.1×10－10的46倍，虽然Ksp(BaCO3)> Ksp(BaSO4)，因此BaSO4可以转化为BaCO3，前提是增大碳酸根离子的浓度，使碳酸根离子与钡离子结合生成碳酸钡沉淀，导致BaSO4 (s)Ba2++SO42－的平衡向右移动，总反应为BaSO4(s)+CO32－BaCO3(s)+SO42－；（2）依题意推断，酸溶时Ba(FeO2)2与HNO3反应生成的两种硝酸盐分别是硝酸钡、硝酸铁，不涉及氧化还原反应，利用观察法可以配平该复分解反应方程式，即Ba(FeO2)2+8HNO3=Ba(NO3)2+2Fe(NO3)3+4H2O；（3）氯化钡不能与氢离子反应，不能调节pH，且引入氯离子，故A选项错误；碳酸钡与氢离子能反应，生成钡离子、二氧化碳气体和水，既能调节溶液pH在4～5之间，又不引入新的杂质，且该厂实际上生产碳酸钡，故B选项正确；硝酸钡不能与氢离子反应，故C选项错误；氢氧化钡与氢离子能反应，可以调节溶液pH，但是氢氧化钡是强碱，成本高，且容易导致溶液pH升高过快，超出中和I要求的pH范围，故D选项错误；（4）根据已知信息推导，硝酸是氧化性酸，钡泥酸浸之后溶液中无亚铁离子，加入碳酸钡溶液pH在4～5之间，既能减小氢离子溶液，又能促进铁离子完全水解，导致铁离子完全变为氢氧化铁沉淀，则滤渣2的主要成分是氢氧化铁沉淀；（5）操作III的目的是制备硝酸钡晶体，因此操作名称为蒸发浓缩、冷却结晶；（6）过滤3所得母液是硝酸钡的饱和溶液，因为硝酸钡的过饱和溶液析出硝酸钡晶体后，变为硝酸钡的饱和溶液，因此母液中含有的硝酸钡饱和溶液可以循环利用，应使其进行容器c中；（7）由于硝酸是强酸、强氧化性酸，则BaCO3+2HNO3=Ba(NO3)2+CO2↑+H2O、3BaSO3+2HNO3=3BaSO4+2NO↑+H2O，Ba(OH)2+2HNO3= Ba(NO3)2+2H2O，则最后的废渣中除原有的难溶性杂质外，还含有BaSO4、Fe(OH)3；（5）由于硫酸钡的式量为233，n=m/M，则硫酸钡的物质的量为m/233 mol；由于反应Ba(NO3)2+H2SO4= BaSO4↓+2HNO3中Ba(NO3)2与BaSO4的系数之比等于物质的量之比，则晶体中Ba(NO3)2的物质的量为m/233 mol；由于硝酸钡的式量为261，m=n•M，则晶体中硝酸钡的质量为261 m/233g；由于晶体的质量为wg，则晶体中硝酸钡的纯度计算表达式为261m/233w×100%。

Ⅰ、（1）根据题意可得方程式为：Cu2+＋2HCO3-=CuCO3↓＋CO2↑＋H2O；

（2）①过滤；洗涤；② 防止空气中CO2和水蒸气进入装置D（或进入干燥管）；

③%（或） ；偏高；

Ⅱ、（1）A中固体完全消失；（2）2Fe2+＋H2O2＋2H+=2Fe3+＋2H2O；

（3）盐酸可抑制FeCl3水解，防止产生Fe(OH)3沉淀；

试题分析：Ⅰ、（1）Cu2+＋2HCO3-=CuCO3↓＋CO2↑＋H2O；（2）①将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作依次为过滤；洗涤；干燥。②装置D中的碱石灰吸收反应产生的CO2，通过测定其质量的多少来确定是否含有CuCO3及其含量的多少，若空气的成分进入，就会导致实验的误差，因此装置E中碱石灰的作用是吸收空气中的CO2和水蒸气，防止空气中CO2和水蒸气进入装置D（或进入干燥管）；③CuCO3的质量分数为m(CuCO3)÷m(总)×100%={(y÷44)×124}÷x×100%=%（或）若未进行步骤a，由于空气中含有CO2，会把空气中的二氧化碳当作是CuCO3反应产生的。所以将使测量结果偏高。Ⅱ（1）根据题意可知：步骤②中“……”的内容是待A中固体完全消失时。（2）FeCl2与H2O2反应的方程式为2Fe2+＋H2O2＋2H+=2Fe3+＋2H2O。（3）FeCl3是强碱弱酸盐，Fe3+水解使溶液而得到Fe(OH)3沉淀。所以为了抑制FeCl3水解，防止产生Fe(OH)3沉淀要加入适量的盐酸。