热门试卷

解：（1）根据两种方法中的反应方程式可以看出，方法一制得的ClO2中含有Cl2，会产生对人体有潜在危害的有机氯代物，而方法二制备的ClO2中不含有Cl2，所以 用方法二制备的ClO2更适合用于饮用水的消毒，故答案为：方法二制备的ClO2中不含Cl2；

（2）①ClO2-与I-反应在酸性条件进行，产物为I2和Cl-，根据质量守恒可写出离子方程式为：ClO2-+4H++4I-=Cl-+2I2+2H2O，故答案为：ClO2-+4H++4I-=Cl-+2I2+2H2O；

②根据曲线图示在pH≤2.0时，ClO2被I-还原只生成Cl-，pH≥7.0时，ClO2被I-还原只生成ClO2-；而用ClO2处理过的饮用水，其pH为5.5～6.5，所以其中既含有ClO2，又含有ClO2-，若将溶液的pH调节为7.0～8.0，则第一阶段滴定时只是ClO2被I-还原只生成ClO2-，溶液的ClO2-没有被I-还原，所以第二阶段滴定前应调节溶液的pH≤2.0，使ClO2-与I-反应，以测定样品水样中亚氯酸根离子的含量，故答案为：调节溶液的pH≤2.0；

③由 2ClO2+2I-→2ClO2-+I2 和Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI

     得：2ClO2-～Na2S2O3

           2      1

       n（ClO2-）          

则n（ClO2-）=2

由ClO2-+4H++4I-=Cl-+2I2+2H2O 和Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI

得：ClO2-～2Na2S2O3

       1      2

n（ClO2-）总       

n（ClO2-）总=×

原水样中ClO2-浓度=

故答案为：；

④根据反应：4Fe2++ClO2-+2H2O═4Fe3++Cl-+4OH-，Fe3++3OH-═Fe（OH）3，所以氧化产物为Fe（OH）3（FeCl3），故答案为：Fe（OH）3．

解：（1）①浓盐酸和二氧化锰反应过程中会发出氯化氢气体，所以通过饱和食盐水的作用是除去Cl2中混有的HCl气体，

故答案为：除去氯气中混有的氯化氢；

②足量的浓盐酸与8.7g MnO2制备氯气，并将所得氯气与过量的石灰乳反应，则理论上最多可制得Ca（ClO）2；可以依据反应MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，得到定量关系：8.7g MnO2物质的量为0.1mol；

 2MnO2～Ca（ClO）2

 2       1

0.1mol 0.05mol

所以理论上最多可制得Ca（ClO）2 质量=0.05mol×143g/mol=7.15g，

故答案为：7.15；

（2）①当温度低时，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙；当温度高时，生成氯酸钙和氯化钙，刚开始反应时，温度较低，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙，所以图2中曲线I表示离子ClO-的物质的量随反应时间变化的关系，

故答案为：ClO-；

②根据氧化还原反应中得失电子数相等计算Cl-的物质的量，设被还原的氯离子的物质的量为n，则n×1=0.10mol×1+0.05mol×5=0.35mol，含氯离子的物质的量为：0.35mol+0.1mol+0.05mol=0.5mol，氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙中钙离子和含氯离子的个数比为1：2，所以所取石灰乳中含有Ca（OH）2的物质的量为0.25mol，

故答案为：0.25；

③取一份与②等物质的量的石灰乳，物质的量为0.25mol，根据氧化还原反应中得失电子数相等，生成氯离子得到电子和生成次氯酸根和氯酸根失去的电子守恒，

设n（ClO-）=x，n（ClO3-）=y；则得到：0.37=x×1+y×5；

依据氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙中钙离子和含氯元素的物质的量比为1：2，得到氯元素物质的量为0.5mol；x+y+0.37=0.5，

解得：x=0.07mol，y=0.06mol，

则产物中=7：6，

故答案为：ClO-；0.25；7：6；

（3）由于反应在高温度下发生副反应，所以改进措施可以把丙装置放入冰水中，避免发生3Cl2+6OH-5Cl-+ClO3-+3H2O，

故答案为：将丙装置浸在盛有冷水的水槽中．

解：（1）根据方案一 AlAl2（SO4）3Al（OH）3 方案二 AlNaAlO2Al（OH）3则设都生成1mol氢氧化铝，根据原子守恒方案一 消耗硫酸1.5mol，消耗氢氧化钠也是1.5mol，而方案二消耗氢氧化钠1mol，硫酸0.5mol，所以方案二较好，

故答案为：方案二较好；

（2）氨水为弱电解质，不能溶解氢氧化铝，离子方程式中应写化学式，AlCl3溶液与氨水反应生成氯化铵和氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为A13++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，

故答案为：A13++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；

（3）氯气具有氧化性，能将亚铁离子和溴离子氧化，先氧化亚铁离子，1L 0.4mol/L即0.4mol的FeBr2溶液中通入标况下的6.72L即=0.3molCl2反应时，此时Fe2+全部被氧化，溴离子部分被氧化，根据电子得失守恒：n（Cl2）×2=n（Fe2+）×1+n（Br-）×1，即0.3mol×2=0.4mol×1+n（Br-）×1，则n（Br-）=0.2mol，此时离子方程式为：3Cl2+4Fe2++2Br-=6Cl-+4Fe3++Br2，

故答案为：3Cl2+4Fe2++2Br-=6Cl-+4Fe3++Br2；

（3）铁的某种氧化物的化学式表示为Fex0（x＜1），铁元素在该氧化物中的质量分数为76.3%，则氧元素质量分数为23.7%，故56x：16=76.3%：23.7%，解得x=0.92，设氧化物中的Fe分别为Fe2+、Fe3+，物质的量分别为x，y，则根据化学式有，解得x=0.76，y=0.16，所以n（Fe2+）：n（Fe3+）=19：4，

故答案为：0.92；19：4；

（5）铁和铜都和硝酸反应生成硝酸盐，充分反应后剩余金属的质量为m1g，剩余金属一定含Cu，可能还含Fe；再加入硫酸，提供氢离子，在酸性条件下，硝酸盐中的硝酸根具有强氧化性，故再与剩余金属反应，故m1一定大于m2，

故答案为：大于；   

（6）根据铁原子守恒知，4molFe（OH）3～4molFe（OH）2，所以生成4molFe（OH）3需要4molFe（OH）2；活泼金属铁作电解池阳极时，电解氢氧化钠溶液的电解方程式为Fe+2H2OH2+Fe（OH）2↓，根据电解方程式得，生成4molFe（OH）2需要水的物质的量为8mol；又氢氧化亚铁不稳定，能被氧气氧化成氢氧化铁沉淀，反应方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，根据方程式得，生成4molFe（OH）3需要水的物质的量为2mol，所以得到4molFe（OH）3沉淀消耗水的物质的量共为10mol，故答案为：10．

解：（1）过滤时要注意一贴、二低、三靠．一贴是指滤纸紧贴漏斗内壁．二低是指滤纸低于漏斗边缘，液面低于滤纸边缘．三靠是指上面的烧杯紧靠玻璃棒，所以实验过程中用到的三种玻璃仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒，

故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；

（2）配制一定物质的量浓度溶液必须用到容量瓶，容量瓶只能用来配制一定体积准确浓度的溶液，不能配制或测量容量瓶规格以下的任意体积的液体，所以240mL4.8mol•L-1的硫酸溶液所需要的最主要仪器为250mL容量瓶，

故答案为：250mL容量瓶；

（3）硫铁矿烧渣 （Fe2O3、FeO、SiO2等）加入硫酸，酸会和Fe2O3、FeO反应，生成Fe2+、Fe3+，而与SiO2不反应，过滤得到溶液X的主要离子成分为SO42-、H+、Fe2+、Fe3+，加过量铁粉，铁粉和H+、Fe3+反应，2Fe3++Fe=3Fe2+、2H++Fe=Fe2++H2↑，

故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+、2H++Fe=Fe2++H2↑；

（4）过量铁粉和H+、Fe3+反应后过滤，溶液中主要离子成分为Fe2+、通入氨气，调节PH至5-6.5，生成氢氧化铁沉淀，此时溶液中主要离子成分为SO42-、NH4+，所以需检验溶液Z中的阴离子SO42-，检验SO42-的操作为取少量溶液Z于试管中，然后加盐酸，无沉淀产生，再加氯化钡溶液，有白色沉淀产生，证明有SO42-，

故答案为：检验SO42-的操作为：取少量溶液Z于试管中，然后加盐酸，无沉淀产生，再加氯化钡溶液，有白色沉淀产生，证明有SO42-；

（5）固体从溶液中出来表面吸附有溶液中的可溶性的杂质离子，需通过洗涤洗去；溶液Z加碳酸铵生成硫酸亚铁和硫酸氨，所以W为硫酸铵，可作化肥，

故答案为：洗涤；化肥；

（6）实验室用氯化铵和氢氧化钙固体加热生成氨气和水来制取氨气，故选A装置，生成的氨气中含有水蒸气，所以用球形干燥管进行干燥选C，氨气极易溶于水密度小于空气的平均密度，所以选E用排空气法收集从h口进，氨气具有刺激性，氨气是有毒气体，需进行尾气吸收选D，

故答案为：ACED；

（7）铵根离子水解溶液呈酸性，氨水电离呈碱性，25℃0.2mol．L-1的NH3•H2O溶液和0.1mol．L-1盐酸溶液等体积混合，生成等物质的量浓度的氨水和氯化铵，测溶液的PH值大于7，说明铵根离子的水解能力小于氨水的电离能力，

故答案为：将25℃0.2mol．L-1的NH3•H2O溶液和0.1mol．L-1盐酸溶液等体积混合，测溶液的PH值，PH大于7，证明NH3•H2O的电离程度大于NH4Cl的水解程度；