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2.NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NA
B2 L 0.5 mol/L硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为NA
C0.1 mol丙烯酸中含有双键的数目为0.1NA
D3mol单质Fe完全转变为Fe3O4失去8NA个
正确答案
解析
A．18gD2O中D的相对质量是2，D2O的相对质量是20。
B. 2 L 0.5 mol/L硫酸钾溶液中含1mol阴离子 ，但溶液中水微弱电离出OH-
C.0.1 mol丙烯酸中含有含碳氧双键和碳碳双键的数目为0.2NA。
D．3mol单质Fe完全转变为Fe3O4.（FeO. - Fe2O3.）1molFe生成二价铁，2molFe生成三价铁，共失去8NA个电子。
考查方向
解题思路
A．D的相对质量是2。
B. 溶液中水微弱电离出OH-
C.0.1 mol丙烯酸中含有含碳氧双键和碳碳双键。
D． Fe3O4.（FeO. - Fe2O3.）1molFe生成二价铁，2molFe生成三价铁
易错点
Fe3O4.（FeO. - Fe2O3.），丙烯酸中含有含碳氧双键和碳碳双键。
知识点
3.下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是 ( )
正确答案
解析
A、根据电荷守恒，pH=1的NaHSO4溶液存在：c（Na+）+c（H+）=2c（SO42‾）+c（OH‾），因为c（Na+）=c（SO42‾），所以c（H+）=c（SO42‾）+c（OH‾），正确；
B、含有AgCl和AgI固体的悬浊液：c（Ag+）> c（Cl‾）>c（Br‾），错误；
C、H2CO3的第一步电离大于第二步电离，所以c(H+) > c(HCO3‾) >c(CO32‾)，但c(HCO3‾)不等于c(CO32‾)，错误；
D、NaHC2O4和Na2C2O4物质的量相等，根据物料守恒可得：3c(Na+)=2[c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H2C2O4)]，正确。
考查方向
解题思路
A、电荷守恒c（Na+）+c（H+）=2c（SO42‾）+c（OH‾）
B、c（Ag+）> c（Cl‾）>c（Br‾）；
C、H2CO3的第一步电离大于第二步电离；
D、NaHC2O4和Na2C2O4物质的量相等。
易错点
H2CO3的第一步电离大于第二步电离，电解质溶液中的守恒定律。
知识点
4.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如下图所示,.其中W原子的质子数是其最外层电子数的三倍,下列说法不正确的是( )
正确答案
解析
A．同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小；不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半径就越大。因此这四种元素的原子半径大小关系是：Z>W>X > Y，错误。
B．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强。由于元素的非金属性：X>W>Z，所以它们的最高价氧化物对应水化物的酸性：X>W>Z，正确。
C.元素的非金属性越强，其相应的最简单的氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性：Y>X>W>Z，所以元素的氢化物的稳定性：Y>X>W>Z，正确。
D．除非金属性很强的F、O元素外，一般情况下，元素原子的最外层电子数等于该元素原子的最外层电子数。X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等，正确。
考查方向
解题思路
在短周期元素中，W原子的质子数是其最外层电子数的三倍，则W是15号的P元素，根据元素在周期表中的相对位置关系可确定：X是N元素，Y是O元素；Z是Si元素。
易错点
元素的推断。
知识点
5.对右图两种化合物的结构或性质描述错误的是( )
正确答案
解析
A. 醛基可以发生加成和苯环上发生取代反应
B. 醛基和C=C双键均能和酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应
C.分子式不相同，右图比左图少2个H原子
D.既能用红外光谱区分，也可以用核磁共振氢谱区分
考查方向
解题思路
左图的有机物含有醛基和羟基；右图含有羧基，C=C双键。
易错点
官能团的性质。
知识点
6.下列实验装置能达到相关实验目的的是( )
正确答案
解析
A.试剂瓶中为NaOH等碱性溶液时可与二氧化碳反应，而CO不反应，然后干燥可收集CO，且导气管均长进短出，装置合理，故A正确；
B.NaCl溶于水，与水分离选蒸发装置，不能利用坩埚加热，可选蒸发皿，故B错误；
C.NO的密度比空气小，不能排尽二氧化碳，NO不纯，应利用排水法收集，故C错误；
D.氢氧化铁胶体和硫酸钠溶液均可透过滤纸，应选渗析法分离，故D错误；
考查方向
解题思路
A．试剂瓶中为NaOH等碱性溶液时可与二氧化碳反应，而CO不反应，然后干燥可收集CO；
B．NaCl溶于水，与水分离选蒸发装置；
C．NO的密度比空气小，不能排尽二氧化碳，NO不纯；
D．氢氧化铁胶体和硫酸钠溶液均可透过滤纸．
易错点
NO的密度比空气小，不能排尽二氧化碳。
知识点
1.化学与人类生产、生活密切相关，下列说法正确的是( )
A有机玻璃受热软化，易于加工成型，是一种硅酸盐材料
B世界卫生组织认为青蒿素（结构如图2所示）联合疗法是当下治疗疟疾最有效的手段，烃类物质青蒿素已经拯救了上百万生命
C纯银器在空气中久置变黑是因为发生了电化学腐蚀
D硫酸亚铁片和维生素C同时服用，能增强治疗缺铁性贫血
正确答案
解析
A．有机玻璃属于有机物并不属于硅酸盐
B．青蒿素含有氧元素不属于烃类物质
C.纯银器在空气中久置变黑是因为与氧气反应生成了氧化银
D.维生素C具有还原性，可以抑制硫酸亚铁被氧化
考查方向
解题思路
A．有机玻璃属于有机物
B．青蒿素含有氧元素
C. 纯银器在空气与氧气反应生成氧化银
D. 维生素C具有还原性做抗氧化剂
易错点
维生素C具有还原性做抗氧化剂。
知识点
7．将足量的CO2不断通入KOH、Ba(OH)2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为（ ）
A
B
C
D
正确答案
解析
用离子方程式判断若先和AlO2-：反应生成Al(OH)3,则与溶液中的OH-还是会反应生成AlO2-相当于先和OH-反应.若先和KOH反应,生成K2CO3,则CO32-会与Ba2+生成BaCO3沉淀,还是相当于先和Ba(OH)2反应.若先与BaCO3反应,溶解沉淀,溶液中还有K2CO3,还是会与Ba2+沉淀为BaCO3,所以先和K2CO3反应生成KHCO3后,再与BaCO3反应,沉淀溶解.所以,随CO2的通入,先生成BaCO3,再保持不变一段时间,然后又继续生成Al(OH)3沉淀,然后又保持不变一段时间,再沉淀逐渐溶解一部分,最后剩下的就是Al(OH)3
考查方向
解题思路
CO2不断通入KOH、Ba(OH)2、KAlO2的混合溶液中，第一步反应：CO2+Ba(OH)2=BaCO3↓+H2O，第二步反应：CO2+2KOH=K2CO3+H2O，第三步反应CO2+2KAlO2+3H2O=2Al(OH)3↓+K2CO3，第四步反应：K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3，第五步反应：BaCO3+CO2+H2O=Ba(HCO3)2。所以图C正确，答案选C。
易错点
定量分析离子反应（用离子方程式判断若先和AlO2-）。
知识点
10.铬酸铅俗称铬黄，不溶于水。广泛用于涂料、油墨、漆布、塑料和文教用品等工业。实验室模拟工业上用铬污泥(含有Cr2O3、Fe2O3、Al2O3、SiO2等)制备铬黄的工艺流程如下：
（1）操作a的名称为 。
（2）在浸取过程中浓盐酸与Fe2O3的离子方程式 。
（3）写出加入30%H2O2过程中发生的离子反应方程式： 。
（4）加入Pb(NO3)2沉淀CrO42－时，检验沉淀是否完全的方法是: 。
（5）在废液中加入10%明矾溶液发生反应的离子方程式为 。
（6）由于+6价铬的强氧化性，其毒性是+3价铬毒性的100倍．因此，必须对含铬的废水进行处理，将含Cr2O72－的酸性废水放入电解槽内，用铁作阳极，加入适量的氯化钠进行电解。阳极区生成的Fe2+
①请分析电解过程中溶液pH不断上升的原因 。
②当电路中通过3mol电子时，理论上可还原
正确答案
（1）过滤
（2）Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O
（3）2CrO2—+ 3
（4）取上层清液，向其中再加入Pb(NO3)2溶液，若无沉淀产生，证明沉淀完全，否则未沉淀完全；
（5）SO42-+Pb2+=PbSO4↓；
（6）①电解时阴极消耗氢离子，亚铁离子还原Cr2O72－消耗氢离子，所以pH不断上升； ②0.25
解析
（1）将铬污泥粉碎可以增大与盐酸的接触面积，有利于提高浸取率；由流程图可知，操作a是把溶液与不溶物分离，应是过滤；
（2）在浸取过程中浓盐酸与Fe2O3的离子方程式Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O
（3）由流程图可知，加入30%H2O2的目的是在碱性条件下将CrO2-氧化为CrO42-，同时生成水，反应离子方程式为3H2O2+2CrO2-+2OH-=2CrO42-+4H2O；故答案为：3H2O2+2CrO2-+2OH-=2CrO42-+4H2O；
（4）检验沉淀是否完全的方法是：静置分层后，取上层清液，继续滴加Pb（NO3）2溶液，无沉淀生成，说明沉淀完全；故答案为：静置分层后，取上层清液，继续滴加Pb（NO3）2溶液，无沉淀生成，说明沉淀完全；
（5）废液中含有Pb（NO3）2，废液中加入10%明矾溶液目的是将Pb2+转化为PbSO4沉淀，反应方程式为2Pb（NO3）2+KAl（SO4）2=2PbSO4↓+KNO3+Al（NO3）3；在废液中加入10%明矾溶液发生反应的离子方程式为SO42-+Pb2+=PbSO4↓
(6)①请分析电解过程中溶液pH不断上升的原因：电解时阴极消耗氢离子，亚铁离子还原Cr2O72－也消耗氢离子，所以pH不断上升；
②当电路中通过3mol电子时，理论上可还原
考查方向
本题主要考查了制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用。
解题思路
（1）将铬污泥粉碎，可以增大反应物的接触面积，加快反应速率。二氧化硅不溶于盐酸，所以通过过滤进行分离。
（2）双氧水具有氧化性，能把CrO2—氧化生成CrO42—。
（3）如果沉淀不完全，则溶液中还含有CrO42—，继续滴加Pb(NO3)2溶液会继续生成沉淀，据此进行检验。
（4）明矾和硝酸铅反应生成硫酸铅沉淀。
易错点
离子的检验及（4）题中化学语言的正确运用，为易错点。
知识点
8.研究氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子的相互作用时,涉及如下反应:
请回答下列问题:
(2)若反应 Ⅰ 在绝热密闭容器中进行,实验测得NO2( g )的转化率随时间变化的示意图如图所示, t3 ~t 4 时刻, NO2(g)的转化率 (NO2%)降低的原因是 。
(3)若反应 Ⅱ 在恒温、恒容条件下进行,下列能判断该反应一定达到平衡状态的是 。A. 容器内压强不再变化 B.n ( ClNO ) = n ( NO )C. 混合气体密度不变 D. υ 正 ( NO ) = υ 逆 ( ClNO )
(4)在一定温度和压强下,反应 Ⅱ 达到平衡,当 NO和 Cl 2 的比例不同时,对 Cl 2的转化率及平衡混合物中 ClNO 的体积分数都有影响。设 NO 和 Cl2 起始物质的量之比为 x ,平衡时 Cl2 的转化率为 a ,平衡混合物中 ClNO 的体积分数为y ,判断 a 、 x 、 y 三者的相互关系,用 a 和 x 的代数式表示 y ,y= 。
(5)实 验 室 可 用 NaOH 溶 液 吸 收 NO2 ,反 应 为2NO2 +2NaOH == NaNO3+NaNO2+H2O。含 0.2molNaOH 的水溶液与 0.2molNO2 恰好完全反应得1L溶液 A ,溶液B为 0.1mol· L-1 的CH 3 COONa 溶液,则两溶液中 c (NO3 - )、c ( NO2- )、c ( CH3COO- )由大到小的顺序 (已知 HNO 2 的电离常数 
正确答案
（1）K12／K2
（2）因反应为放热反应且反应容器为绝热容器，随着反应的进行，体系的温度会升高，故再次达平衡时的转化率会降低。
（3）AD
（4）y=2a/(x+1-a)
（5）c（NO3－）＞c（NO2－）＞c（CH3COO－）； a、b、c
解析
（1）设已知的两个反应为①②，则4NO2（g）+2NaCl（s）
（2）若反应 Ⅰ 在绝热密闭容器中进行, 因反应为放热反应且反应容器为绝热容器，随着反应的进行，体系的温度会升高，故再次达平衡时的转化率会降低。实验测得NO2( g )的转化率随时间变化t3 ~t 4 时刻NO2( g )的转化率降低。
（3）若反应 Ⅱ 在恒温、恒容条件下进行, 容器内压强不再变化，υ 正 ( NO ) = υ 逆 ( ClNO )能判断该反应一定达到平衡状态。如果反应（Ⅱ）在恒压条件下进行，随反应进行，气体体积减小，为保持恒压所以容器体积减小，压强增大，平衡正向进行，平衡时NO的转化率α2 增大；平衡常数随温度变化，不随浓度、压强变化，若要使K2减小，平衡逆向进行，反应是放热反应，依据平衡移动原理应升高温度，平衡逆向进行；n ( ClNO ) = n ( NO )无法证明同一物质的消耗速率等于生成速率。混合气体密度不变，p=m/v,由于质量是守恒的，恒容条件下进行反应；所以p不变，无法证明。
（4）在一定温度和压强下,反应 Ⅱ 达到平衡,当 NO和 Cl 2 的比例不同时,对 Cl 2的转化率及平衡混合物中 ClNO 的体积分数都有影响。设 NO 和 Cl2 起始物质的量之比为 x ,平衡时 Cl2 的转化率为 a ,平衡混合物中 ClNO 的体积分数为y ,判断 a 、 x 、 y 三者的相互关系,用 a 和 x 的代数式表示 y ,y= y=2a/(x+1-a)。
（5）实 验 室 可 用 NaOH 溶 液 吸 收 NO2 ,反 应 为2NO2 +2NaOH == NaNO3+NaNO2+H2O。含 0.2molNaOH 的水溶液与 0.2molNO2 恰好完全反应得1L溶液 A ,溶液B为 0.1mol· L-1 的CH 3 COONa 溶液,则两溶液中 c (NO3 - )、c ( NO2- )、c ( CH3COO- )由大到小的顺序c（NO3－）＞c（NO2－）＞c（CH3COO－）；0.2mol NaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应得1L溶液A，反应为2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液A中NaNO3物质的量浓度为0．mol/L，NaNO2物质的量为0.1mol/L，溶液B为0.1mol?L-1的CH3COONa溶液，已知HNO2的电离常数Ka=7.1×10-4mol?L-1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10-5mol?L-1，说明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，对应阴离子水解程度大，醋酸根离子和亚硝酸根离子水解，两溶液中c（NO3-）、c（NO2-）和c（CH3COO-）由大到小的顺序为：c（NO3-）＞c（NO2-）＞c（CH3COO-）；
根据越弱越水解的规律，CH3COO‾水解程度大于NO2-的水解程度，所以离子浓度 由大到小的顺序为：c(NO3‾) > c(NO2-) > c(CH3COO‾)；因为CH3COO‾水解程度大于NO2-的水解程度，所以溶液A的pH小于溶液B，向溶液A中加适量NaOH，溶液A的pH增大，向溶液B中加适量水，溶液B的pH减小，故b、c正确。
考查方向
解题思路
（1）设已知的两个反应为①②，则4NO2（g）+2NaCl（s）
（2）反应为放热反应且反应容器为绝热容器，随着反应的进行，体系的温度会升高。
（3）若反应 Ⅱ 在恒温、恒容条件下进行, 容器内压强不再变化。
（4） CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，对应阴离子水解程度大，醋酸根离子和亚硝酸根离子水解，两溶液中c（NO3-）、c（NO2-）和c（CH3COO-）由大到小的顺序为：c（NO3-）＞c（NO2-）＞c（CH3COO-）
（5） 根据越弱越水解的规律，CH3COO‾水解程度大于NO2-的水解程度
易错点
化学反应速率和平衡图形分析。
知识点
9.碳酸氢铵、硫酸铵均是我国主要的氮肥品种，碳酸氢铵在贮存和运输过程中容易挥发损失。为了鉴定其质量和确定田间施用量，必须测定其含氮量。
I．某学生欲测定碳酸氢铵化肥中的含氮量，选用下列装置通过测定生成二氧化碳的量间接测出化肥的含氮量。
(1)请选择必要的装置（每个装置最多使用一次），按气流方向连接顺序为__________ 组装好装置，连在最后的装置起到的作用 。
(2) 检验气密性后，将样品放入圆底烧瓶中，滴加液体。该液体最适合的是_________________.
A.稀盐酸
B.稀硫酸
C.浓硝酸
D.氢氧化纳
II．如果氮肥中成分是硫酸铵，则可以用甲醛法测定含氮量，反应为:2(NH4)2SO4+6HCHO=(CH2)6N4+2H2SO4再将生成的酸用氢氧化钠标准溶液滴定，从而测出氮的含量。步骤如下：
（3）用差量法称取固体(NH4)2SO4样品0.6g于烧杯中，加蒸馏水溶解配成100mL溶液，准确量取20.00mL的待测液溶液于锥形瓶中，加入适量l8%的中性甲醛，放置5min后，加入1-2滴_______指示剂（已知滴定终点的pH约为8.8），用浓度为0.0800mol/L氢氧化钠标准溶液滴定至终点。再重复滴定2次，三次滴定的读数如下表：
计算出该样品中的氮的质量分数为_______________。
（4）在滴定实验结束后发现滴定用的碱式滴定管玻璃尖嘴内出现了气泡，滴定开始时无气泡，则此实验测定的含氮量比实际值________（填”偏大“偏小”或“无影响”）。
（5）如果测定碳酸氢铵化肥中的含氮量时，也使用甲醛法是否合理____________(填“是”或“否”），理由是 。
正确答案
（1）b-e-f-h-g-c
防止空气中的水蒸气和CO2进入前面装置影响实验结果
（2）B
（3）酚酞 14%
（4）偏小
（5） 否，因为用甲醛法制的碳酸不稳定，不适合中和滴定
解析
（1）根据反应装置--干燥装置--吸收装置-尾气处理装置排序，所以其排列顺序是：b-e，f-h，g-c，故答案为：b-e，f-h，g-c；
（2）制取二氧化碳时需要碳酸盐和酸反应，稀盐酸、浓硝酸都具有挥发性，影响实验结果，氢氧化钠和盐不能生成二氧化碳，故选B；
（3）硫酸铵属于强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，所以需要酸式滴定管量取硫酸铵溶液，滴定终点的pH约为8.8，酚酞的变色范围是8-10，所以选取酚酞作指示剂；滴定终点时，溶液从无色变为浅红色，30s内不褪色；
2（NH4）2SO4+6HCHO=（CH2）6N4+2H2SO4+6H2O、2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，所以硫酸铵和NaOH的关系式为：（NH4）2SO4---2NaOH，NaOH溶液的平均体积=
mL=15.3mL，根据（NH4）2SO4---2NaOH得m[（NH4）2SO4]=
（4）在滴定实验结束后发现滴定用的碱式滴定管玻璃尖嘴内出现了气泡，滴定开始时无气泡，导致NaOH溶液的量偏小，根据（NH4）2SO4---2NaOH得，导致测定N含量偏小；
（5）因为氢氧化钠和碳酸氢根离子反应生成氢氧化钠反应，所以会导致测量结果偏大，故答案为：否；用氢氧化钠标准溶液滴定时，溶液中HCO3-中的H+也会和氢氧化钠中和．
考查方向
解题思路
（1）本题考查实验装置的选择和连接，实验装置的连接顺序为发生装置、净化装置、干燥装置、性质或收集装置、尾气处理装置。一般除杂在前，干燥在后；若是燃烧管除杂，则干燥在前；若用洗气瓶，则“长进短出”，若用干燥管，则“大进小出”；根据题意知，装有氢氧化钠溶液的洗气瓶为二氧化碳的吸收装置，为保证实验结果准确，必须防止水蒸气和外界空气的干扰；为保证分液漏斗内液体顺利流下，应选第二个装置作为二氧化碳的发生装置；根据上述分析连接次序为：b-e,f-h,g-c；
（2）盐酸和硝酸易挥发，会干扰二氧化碳的测定，氢氧化钠溶液与样品反应不会生成二氧化碳，所以分液漏斗内的液体应为稀硫酸，选B；
（3）（NH4）2SO4属于强酸弱碱盐，水解显酸性，所以用酸式滴定管准确取出20．00mL的溶液；滴定终点的pH约为8．8，酚酞变色范围为8.2——10，应用酚酞作指示剂；用浓度为0．08mol/L氢氧化钠标准溶液滴定，达滴定终点时的现象为溶液从无色变为浅红色 ，且30s内不褪色；分析题给数据知，第二组数据误差较大，应舍弃，所用氢氧化钠溶液的体积为15.00mL 根据题给反应得氮原子与氢氧化钠之间的关系式：N——NaOH,代入数据计算可得，0.6g样品中含氮原子的物质的量为0．08mol/L×0.015L×5=0.006mol，其质量为0.084g,质量分数为14%；
（4）在滴定实验结束后发现滴定用的碱式滴定管玻璃尖嘴内出现了气泡，滴定开始时无气泡，代入计算得氢氧化钠溶液的体积偏小，则此实验测定的含氮量比实际值偏小；
（5）．如果测定碳酸氢铵中的含氮量时，使用甲醛法不合理，理由是因为用氢氧化钠标准溶液滴定时，溶液中HCO3—中的H+也会和氢氧化钠中和。
易错点
（1）一般除杂在前，干燥在后；若是燃烧管除杂，则干燥在前；若用洗气瓶，则“长进短出”，若用干燥管，则“大进小出”；
（2）盐酸和硝酸易挥发，会干扰二氧化碳的测定
知识点
11．【化学-选修2：化学与技术】
《科学》曾评出10大科技突破，其中“火星上‘找’到水的影子”名列第一。水是一种重要的自然资源，是人类赖以生存不可缺少的物质。水质优劣直接影响人体健康。海洋是化学资源宝库，海洋资源的综合利用具有广阔的前景。人类把海水淡化，就可以得到大量的饮用水，常规蒸馏法，技术和工艺比较完备，但也存在较大缺陷，大量推广离子交换法和电渗析法。
（1）天然水在净化处理过程中加入明矾做混凝剂，其净水作用的原理是_________（用离子方程式表示）
（2）家庭用水可以用肥皂水检验其硬度，因为 。家用净水器中装有活性炭和阳离子交换树脂（NaR)，用过的阳离子交换树脂放入 中可再生。
（3）电渗析法淡化海水的示意图如图所示，其中阴(阳)离子交换膜仅允许阴(阳)离子通过。
阳极的主要电极反应式是________。在阴极附近加入无色酚酞，看到的现象是___________________________。淡水的出口为________(填“a”“b”或“c”)。
（4）利用海水制得的食盐，制取纯碱的简要过程如下：向饱和食盐水中先通入气体A，后通入气体B，充分反应后过滤得到晶体C和滤液D，将晶体C灼烧即可制得纯碱。
①滤出晶体C后，从滤液D中提取氯化铵有两种方法：
方法一、通入氨，冷却、加食盐，过滤；
方法二、不通氨，冷却、加食盐，过滤。
对两种方法的评价正确的是（选填编号）_____________。
a．方法一析出的氯化铵纯度更高
b．方法二析出的氯化铵纯度更高
c．方法一的滤液可直接循环使用
d．方法二的滤液可直接循环使用
②提取的NH4Cl中含有少量Fe2＋、SO42―。将产品溶解，加入H2O2，加热至沸，再加入BaCl2溶液，过滤，蒸发结晶，得到工业氯化铵。加热至沸的目的是___________。滤渣的主要成分是_______________、____________________。
正确答案
（1）Al3++3H2O
（2）硬脂酸钠与硬水中的钙离子、镁离子形成硬脂酸钙、硬脂酸镁沉淀 食盐水
（3）2Cl－－2e－===Cl2↑ 阴极附近溶液变红色，有无色气体放出 b
（4）① a d ② 使Fe3+完全水解为Fe(OH)3
Fe(OH)3 BaSO4
解析
（1）混凝剂是吸附水中的微小悬浮颗粒，凝聚成较大的颗粒，而快速沉降的主要作用，要具备水解生成胶体的性质，所以常有铝盐或铁盐在水中发生水解生成相应氢氧化物胶体，如明矾，铝离子水解生成氢氧化铝胶体和氢离子，氢氧化铝胶体具有吸附性，所以能净水，水解方程式为Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；
（2）肥皂中含有高级酯肪酸钠，能与硬水中的钙离子、镁离子形成硬脂酸钙、硬脂酸镁沉淀；用过的阳离子交换树脂中钠离子被钙、镁离子交换掉了，要再生可以放在食盐中，将钙镁离子再换成钠离子， 故答案为：高级酯肪酸钠能与硬水中的钙离子、镁离子形成硬脂酸钙、硬脂酸镁沉淀；食盐水；
（3）依据电渗析法淡化海水示意图分析，阴（阳）离子交换膜仅允许阴（阳）离子通过，所以阳极上是阴离子失电子发生氧化反应，海水中的氯离子失电子生成氯气，电极反应为：2Cl--2e- =Cl2↑，阴极是氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，阴极附近氢氧根离子浓度增大，在阴极附近加入无色酚酞，可以看到阴极附近溶液变红色，有无色气体放出；在电渗析法淡化海水示意图中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，所以水在b处流出；阴极附近溶液变红色，有无色气体放出；b；
（4）①滤液D中含有碳酸氢钠和氯化铵，a．方法一通入氨，使溶液中的碳酸氢钠生成碳酸钠，再加食盐，过滤，析出的氯化铵纯度更高，故a正确； b．方法二没有通氨气，冷却、加食盐，过滤，析出的氯化铵中会有碳酸氢钠，纯度不高，故b错误； c．方法一的滤液含有碳酸钠不可直接循环使用，故c错误； d．方法二的滤液主要成分还是碳酸氢钠和氯化铵，还有氯化钠，可直接循环使用，故d正确； 故选ad；
②提取的NH4Cl中含有少量Fe2+、SO42-．将产品溶解，加入H2O2，将亚铁离子氧化成铁离子，加热至沸，促使铁离子水解生成氢氧化铁沉淀，再加入BaCl2溶液，使硫酸根离子沉淀，过滤，蒸发结晶，得到工业氯化铵。
考查方向
解题思路
（1）混凝剂是溶液中水解生成胶体的盐类，净水作用是吸附悬浮杂质使其聚沉达到净化目的；明矾可水解生成具有吸附性的胶体；
（2）肥皂中含有高级酯肪酸钠，能与钙离子生成沉淀；用过的阳离子交换树脂中钠离子被钙、镁离子交换掉了，要再生可以放在食盐中，将钙镁离子再换成钠离子；
（3）依据电渗析法淡化海水示意图分析，阴（阳）离子交换膜仅允许阴（阳）离子通过．所以阳极上是阴离子失电子发生氧化反应，海水中的氯离子失电子生成氯气；阴极是氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，阴极附近氢氧根离子浓度增大；在电渗析法淡化海水示意图中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，所以水在b处流出；
（4）①滤液D中含有碳酸氢钠和氯化铵，a．方法一通入氨，使溶液中的碳酸氢钠生成碳酸钠，再加食盐，过滤，析出的氯化铵纯度更高； b．方法二没有通氨气，冷却、加食盐，过滤，析出的氯化铵中会有碳酸氢钠，纯度不高； c．方法一的滤液含有碳酸钠不可直接循环使用； d．方法二的滤液主要成分还是碳酸氢钠和氯化铵，还有氯化钠，可直接循环使用；
②提取的NH4Cl中含有少量Fe2+、SO42-．将产品溶解，加入H2O2，将亚铁离子氧化成铁离子，加热至沸，促使铁离子水解生成氢氧化铁沉淀，再加入BaCl2溶液，使硫酸根离子沉淀，过滤，蒸发结晶，得到工业氯化铵，据此答题。
易错点
依据电渗析法淡化海水示意图分析，阳极上是阴离子失电子发生氧化反应；阴极是氢离子得到电子发生还原反应生成氢气；在电渗析法淡化海水示意图中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，所以水在b处流出。