济南市高中化学必修一第二章《海水中的重要元素-钠和氯》复习题(含答案解析)

一、填空题1．钠、碳及它们的化合物在生产、生活中有着重要的用途。(1)某汽车安全气囊的产气药剂主要含有NaN3、Fe2O3、KClO4、NaHCO3等物质。当汽车发生碰撞时，NaN3迅速分解产生N2和Na，同时放出大量的热。N2使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用。①KClO4的名称是___________，具有___________(填“还原性”或“氧化性”)。②Fe2O3可处理产生的Na，反应为6Na+Fe2O3=3Na2O+2Fe，反应中Na作___________(填“还原剂”或“氧化剂”)。反应过程中氧化产物与还原产物的个数比为：___________。(2)Na2O2可用于呼吸面具或潜水艇中氧气的来源。某实验小组利用下图装置探究Na2O2与CO2的反应。请回答下列问题：①根据实验目的，虚线框中的装置所用的试剂为___________。②装置C中观察到的现象是___________，反应的化学方程式是___________。③装置A的作用是制备CO2，写出A中发生反应的化学方程式是___________。答案：高氯酸钾氧化性还原剂3：2浓硫酸固体由淡黄色变为白色2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O22NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑【详解】(1)①在KClO4中Cl元素化合价为+7价，是高氯酸的钾盐，名称是高氯酸钾；该物质是Cl元素最高化合价的盐，只能得到电子，表现强的氧化性；②Fe2O3可处理产生的Na，反应为6Na+Fe2O3=3Na2O+2Fe，在该反应中，Na元素化合价升高，失去电子被氧化，所以Na作还原剂，氧化产物是Na2O；Fe2O3中的Fe得到电子，化合价降低，被还原，Fe2O3作氧化剂，还原产物是Fe，根据电子守恒可知：反应过程中氧化产物与还原产物的个数比为3：2；(2)①NaHCO3不稳定，受热分解产生Na2CO3、H2O、CO2，为探究Na2O2与CO2的反应，应该先除去装置中的水，但不吸收CO2，所以B为干燥装置，使用试剂是浓硫酸；②在C中CO2与Na2O2反应产生Na2CO3、O2，反应方程式为：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2；③在装置A中NaHCO3不稳定，受热分解产生Na2CO3、H2O、CO2，故A的作用是制备CO2，则A中发生反应的化学方程式是：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑。2．氯在饮用水处理中常用作杀菌剂，且HClO的杀菌能力比ClO-强。(1)写出实验室制取氯气的离子方程式___________，并标出电子转移的数目和方向_______。(2)氯水中Cl2(aq)、HClO和ClO-分别在三者中所占分数(α)随pH变化的关系如图所示。①用氯处理饮用水，pH=7.5时的杀菌效果比pH=6.5时的杀菌效果_______(填“好”或“差”)。②已知：Cl2、HClO和ClO-均可被FeCl2、H2O2等物质还原成Cl-。一种测定氯水中氯元素总量的实验步骤如下，请补充所缺的试剂(写化学式)：步骤1：取一定量的试样，加入足量的___________溶液，充分反应。步骤2：加热。步骤3：再冷却，加入足量的___________溶液。步骤4：过滤、洗涤、干燥、称量沉淀质量。步骤5：将实验步骤1～4重复2次。(3)HClO不稳定，见光遇热均易分解。其分解的化学方程式为___________。答案：MnO2+2Cl-+4H+Mn2++2H2O+Cl2↑差H2O2硝酸银2HClO2HCl+O2↑【详解】(1)实验室用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下制备氯气，反应生成氯化锰、氯气与水，反应离子方程式为：MnO2+2Cl-+4H+Mn2++2H2O+Cl2↑，反应中二氧化锰作氧化剂得电子被还原，盐酸中部分氯离子失电子被氧化，标出电子转移的数目和方向为：；(2)①HClO的杀菌能力比ClO-强，则HClO含量越大其杀菌效果越好，根据图知，pH=6.5时HClO含量较高，所以pH=7.5时的杀菌效果比pH=6.5时的杀菌效果差，故答案为：差；②氯水中Cl2、HClO、Cl-、ClO-都含有氯元素，加入过氧化氢，将氧化性微粒物质还原成Cl-，再加入硝酸银溶液生成氯化银沉淀，利用生成AgCl沉淀的质量测定氯水中氯元素总量，选用H2O2将氧化性微粒物质还原成Cl-，H2O2转化为O2，不会影响Cl-的测定，故答案为：H2O2；硝酸银；(3)HClO见光或遇热分解为HCl和O2，化学方程式为：2HClO2HCl+O2↑，故答案为：2HClO2HCl+O2↑。3．(1)铁在氯气中加热的化学方程式为：___________(2)碳酸氢钠受热分解的化学方程式为：___________(3)实验室制备高铁酸钾的原理为Cl2+Fe(OH)3+KOH→K2FeO4+KCl+H2O，该反应的离子方程式为：___________(4)若温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO3和NaCl，该反应的离子方程式为：___________(5)写出Cu在H2O2作用下和稀硫酸反应生成硫酸铜的化学方程式：___________(6)0.2molCO2通入100mL3mol/L的NaOH溶液，该反应的离子方程式为_________________答案：2Fe+3Cl22FeCl32NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O3Cl2+2Fe(OH)3+10OH-=2+6Cl-+8H2O3Cl2+6OH-=+5Cl-+3H2OCu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O2CO2+3OH-=++H2O【详解】(1)铁在氯气中加热，生成氯化铁，化学方程式为：2Fe+3Cl22FeCl3。答案为：2Fe+3Cl22FeCl3；(2)碳酸氢钠受热分解，生成碳酸钠、水和二氧化碳气体，化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O。答案为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；(3)在反应Cl2+Fe(OH)3+KOH→K2FeO4+KCl+H2O中，Cl元素的化合价由0价降至-1价，Fe元素的化合价由+3价升至+6价，KOH、K2FeO4、KCl都为可溶性强电解质，能拆成离子形式，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，该反应的离子方程式为：3Cl2+2Fe(OH)3+10OH-=2+6Cl-+8H2O。答案为：3Cl2+2Fe(OH)3+10OH-=2+6Cl-+8H2O；(4)若温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液反应，生成NaClO3、NaCl和水，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，该反应的离子方程式为：3Cl2+6OH-=+5Cl-+3H2O。答案为：3Cl2+6OH-=+5Cl-+3H2O；(5)Cu在H2O2作用下和稀硫酸反应，生成硫酸铜和水，化学方程式：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O。答案为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；(6)0.2molCO2通入100mL3mol/L的NaOH溶液，生成0.1molNa2CO3、0.1molNaHCO3和水，该反应的离子方程式为2CO2+3OH-=++H2O。答案为：2CO2+3OH-=++H2O。4．我们生活中处处都与化学有密切关系。、和食盐等是生活中常见的钠盐。（1）写出苏打与少量醋酸反应的离子方程式____________。（2）小苏打常用于治疗胃酸过多，写出相应的离子方程______。（3）写出实验室检验氯化钠溶液中Cl-的离子方程式______。（4）漂白液光照会产生无色无味气体。写出生成气体的离子方程式______。（5）氯水与SO2均有漂白性，二者混合则失去漂白性，请写出发生的离子方程式______。答案：CO+CH3COOH=HCO+CH3COO-HCO+H+=CO2+H2OCl-+Ag+=AgCl↓2HClO=2H++2Cl-+O2Cl2+SO2+2H2O=2Cl-+SO+4H+【详解】(1)碳酸钠与少量醋酸反应生成碳酸氢钠和醋酸钠，反应的离子方程式是CO+CH3COOH=HCO+CH3COO-；(2)碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、水、二氧化碳，反应的离子方程式是HCO+H+=CO2+H2O；(3)实验室用硝酸酸化的硝酸银检验氯化钠溶液中的Cl-，反应的离子方程式是Cl-+Ag+=AgCl↓；(4)漂白液中的次氯酸在光照时分解为盐酸和氧气，反应的离子方程式是2HClO=2H++2Cl-+O2；(5)氯水与SO2反应生成硫酸和盐酸，反应的离子方程式是Cl2+SO2+2H2O=2Cl-+SO+4H+。5．氯气是一种重要的化工原料。（1）氯气和石灰乳反应可以制得漂白粉，当漂白粉暴露在空气中因吸收了空气中的CO2和H2O而可能部分变质，写出验证漂白粉已部分变质的实验方法：________。（2）氯水中含有多种成分，因而具有多种性质，根据新制氯水分别与如图四种物质发生的反应填空，a、b、c、d中重合部分代表物质间反应，且氯水足量。c过程的离子方程式为_______。e过程中氧化还原反应的化学方程式为________。d过程所观察到的现象为_______。b过程证明了氯水中存在_________（填字母）微粒。ACl2BCl-CHClODH+（3）根据下表表弱酸的电离常数，写出二种可以增加饱和氯水中的次氯酸的浓度的钠盐_______。说明选择的理由或条件：_________。某些弱酸的电离常数（298K）多元弱酸K1K2HClO2.95×10-8CH3COOH1.76×10-5H2SO31.54×10-21.02×10-17H2CO34.30×10-75.61×10-11答案：取样，用玻璃棒蘸取少量漂白粉溶液滴在石蕊试纸上，石蕊试纸褪色；再取样，加入盐酸，有气泡产生，说明漂白粉已部分变质Ag++Cl-=AgCl↓Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O石蕊先变红后褪色DNaHCO3、CH3COONa加入的钠盐只能与盐酸反应，不能与次氯酸反应，能使反应Cl2+H2OHCl+HClO正向移动【详解】（1）漂白粉暴露在空气中因吸收了空气中的CO2和H2O而可能部分变质，此过程发生的反应为：Ca(ClO)2+CO2+H2O=2HClO+CaCO3↓，要想验证漂白粉已部分变质，只需验证此变质反应的产物即可。HClO有漂白性，据此取样，用玻璃棒蘸取少量漂白粉溶液滴在石蕊试纸上，石蕊试纸褪色。CaCO3可以和盐酸反应生成二氧化碳，据此再取样，加入盐酸，有气泡产生。综上所述，验证漂白粉已部分变质的实验方法为：取样，用玻璃棒蘸取少量漂白粉溶液滴在石蕊试纸上，石蕊试纸褪色；再取样，加入盐酸，有气泡产生，说明漂白粉已部分变质。答案为：取样，用玻璃棒蘸取少量漂白粉溶液滴在石蕊试纸上，石蕊试纸褪色；再取样，加入盐酸，有气泡产生，说明漂白粉已部分变质。（2）新制氯水的成分有：Cl2、HClO、H2O、H+、Cl-、ClO-、OH-(少量)，c过程是氯水中的Cl-和Ag+反应的过程，离子方程式为：Ag++Cl-=AgCl↓；e过程是氯水中的Cl2和NaOH反应，化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；新制氯水中含有盐酸和次氯酸，盐酸是强酸，可以使紫色石蕊变红，次氯酸有漂白性，所以d过程所观察到的现象为：先变红后褪色；b过程是氯水中的盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，证明氯水中有H+，答案选D；答案为：Ag++Cl-=AgCl↓；Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；石蕊先变红后褪色；D；（3）氯水中次氯酸来源于：Cl2+H2OHCl+HClO，要想增加饱和氯水中的次氯酸的浓度，需使该反应平衡正向移动，可以通过消耗盐酸的方法实现。能增加饱和氯水中的次氯酸浓度的钠盐，应满足：和盐酸反应而又不和HClO反应，根据表格中给出的电离常数数值，可以得出酸性强弱为：CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3-，所以常见的符合条件的钠盐可以是NaHCO3和CH3COONa。答案为：NaHCO3、CH3COONa；加入的钠盐只能与盐酸反应，不能与次氯酸反应，能使反应Cl2+H2OHCl+HClO正向移动；6．KClO3和浓盐酸在一定温度下反应，还原产物为黄绿色的易爆物二氧化氯。其变化可以表示为：_____KClO3＋________HCl(浓)→_________KCl＋_______ClO2↑＋______Cl2↑＋__________H2O(1)请配平该化学方程式(未知系数填入横线内)。(2)浓盐酸在反应中显示出来的性质是________(填编号)。①只有还原性②还原性和酸性③只有氧化性④氧化性和酸性(3)5℃下将产物氯气0.1mol溶于水配成1L溶液，请写出氯气溶于水的化学反应方程式____________________。(4)若改变温度至70℃，发现KClO3和浓盐酸反应的氧化产物和还原产物均为二氧化氯气体，试写出反应的化学方程式：______________________________________________。答案：42212②H2O+Cl2=HCl+HClO5KClO3＋6HCl(浓)5KCl＋6ClO2↑＋3H2O【分析】(1)KClO3中氯元素化合价由+5价降低为ClO2中+4价，化合价降低1价；HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价，化合价升高2价，化合价升降最小公倍数为2，故ClO2系数为2，Cl2系数为1；再结合元素守恒，可知未知物是水，配平各物质的系数；(2)浓盐酸中部分氯的化合价升高被氧化，还有一部分氯的化合价不变；(3)氯气溶于水生成等物质的量的盐酸和次氯酸；(4)KClO3和浓盐酸反应的氧化产物和还原产物均为二氧化氯气体，KClO3中的氯元素是+5价，降低为+4价，盐酸中氯元素由-1价升高为+4价，根据得失电子守恒分析解答。【详解】(1)KClO3中氯元素化合价由+5价降低为ClO2中+4价，化合价降低1价；HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价，化合价升高2价，化合价升降最小公倍数为2，故ClO2系数为2，Cl2系数为1；所以KClO3系数为2，KCl系数为2，HCl系数为4，结合元素守恒，可知未知物是水，水的系数是2，配平了的化学方程式为2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O；(2)浓盐酸中部分氯的化合价升高，被氧化，还有一部分氯的化合价不变，所以浓盐酸体现为还原性和酸性，故答案为：②；(3)氯气溶于水生成等物质的量的盐酸和次氯酸，发生反应的化学方程式为H2O+Cl2=HCl+HClO；(4)KClO3和浓盐酸反应的氧化产物和还原产物均为二氧化氯气体，KClO3中的氯元素是+5价，降低为+4价，盐酸中氯元素由-1价升高为+4价，所以反应的方程式为：5KClO3＋6HCl(浓)5KCl＋6ClO2↑＋3H2O。【点睛】配平氧化还原反应的一般步骤：①标好价：正确标出反应前后化合价有变化的元素的化合价；②列变化：列出元素化合价升高和降低的数值；③求总数：求元素化合价升高数和降低数的最小公倍数，确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数；④配系数：用观察法配平其他各物质的化学计量数；⑤细检查：利用“守恒”三原则(即质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒)，逐项检查配平的方程式是否正确。7．（1）已知铁的相对原子质量是56，则1个铁原子的质量是_______g。（用NA表示）（2）在标准状况下，1.7g氨气所占的体积为_______L，它与标准状况下_____L硫化氢含有相同数目的氢原子。（3）已知CO、CO2的混合气体质量共16.0g，标准状况下体积为8.96L，则可推知该取混合气体中含CO____g，所含CO2在标准状况下的体积为__________L。（4）同温同压下同体积的H2和A气体的质量分别是0.2g和l.6g，则气体A的摩小质量为________，含有A的分子个数为________。（用NA表示）（5）标准状况下的aLHCl(g)溶于1000g水中，得到的盐酸密度为bg·cm-3，则该盐酸的物质的量浓度是_____mol·L-1答案：243.362.86.7216g/mol0.1NA【分析】本题考查考生对物质的量、摩尔质量、粒子的个数、气体摩尔体积、物质的量浓度公式之间的换算，以及阿伏伽德罗定律的应用。【详解】（1）铁的相对原子质量是56，则铁的摩尔质量为56g.mol-1，1molFe的质量为56g,1molFe原子的个数为NA个，所以1个铁垃原子的质量是g；（2）在标准状况下，1.7g氨气的物质的量为：=0.1mol，V(NH3)=0.1mol22.4L.mol-1=2.24L；氨气中氢原子的物质的量为：0.13=0.3mol，因为氨气中含有氢原子的个数与硫化氢含有的氢原子个数相同数，所以n(H2S)2=0.3mol，n(H2S)=0.15mol，V(H2S)=0.15mol22.4L.mol-1=3.36L；（3）由方程组①n(CO)+n(CO2)==0.4mol、②28n(CO)+44n(CO2)=16.0g，可得，n(CO)=0.1mol、n(CO2)=0.3mol，所以m(CO)=0.1mol28g.mol-1=2.8g、V(CO2)=0.3mol22.4L.mol-1=6.72L；（4）同温同压下同体积，则H2和A气体的物质的量相同，n(H2)==0.1mol，M(A)==16g/mol，N(A)=0.1NA（5）标准状况下的aLHCl(g)的物质的量为=，溶液的质量为36.5g/mol+1000g=(1000+)g，溶液的体积，则该盐酸的物质的量浓度是：=mol·L-1。8．(1)在标准状况下，①14g氮气②67.2L③个分子，含分子数最多的是(填序号，下同)__________，质量最大的是__________，体积最小的是__________；(2)同温同压下，质量相同的CO和气体的体积之比为__________；(3)用足量溶液分别与相同体积的硫酸铝、硫酸锌和硫酸钠三种溶液充分反应，生成沉淀的质量之比为1：2：1，则三种溶液中溶质的物质的量浓度之比依次是_____________。答案：②②①4:71:6:3【分析】（1）依据n=解答；（2）同温同压下气体摩尔体积相同，根据V=nVm=×Vm计算质量相同的CO和CO2气体的体积之比；（3）生成硫酸钡沉淀的质量比为1：2：1，即生成硫酸钡的物质的量之比为1：2：1，然后利用Al2(SO4)3～3BaSO4、ZnSO4～BaSO4、Na2SO4～BaSO4来计算。【详解】（1）在标准状况下，①14g氮气，物质的量为：=0.5mol，含分子数为0.5NA；标况下体积为：0.5mol×22.4L/mol=11.2L；②67.2LCO，物质的量为：=3mol，含有分子数为：3NA；质量为：3mol×28g/mol=84g；③9.03×1023个NH3分子，物质的量为：=1.5mol，分子数1.5NA；质量为：1.5mol×17g/mol=25.5g；标况下体积为：1.5mol×22.4L/mol=33.6L；所以：含分子数最多的是②，质量最大的是②，体积最小的是①；（2）同温同压下气体摩尔体积相同，根据V=nVm=×Vm可知质量相同的CO和CH4气体的体积之比与摩尔质量成反比，则二者体积之比=16g/mol：28g/mol=4:7；（3）由生成硫酸钡沉淀的质量比为1:2:1，即生成硫酸钡的物质的量之比为1:2:1，设生成硫酸钡的物质的量分别为n、2n、n，根据Al2(SO4)3～3BaSO4、ZnSO4～BaSO4、Na2SO4～BaSO4可知n(Al2(SO4)3)=，n(ZnSO4)=n，n(Na2SO4)=n，又硫酸铝、硫酸锌、硫酸钠溶液的体积相同，则浓度之比等于物质的量之比，即为:2n:n=1:6:3。【点睛】本题考查物质的量，物质的量浓度的计算，明确反应中物质之间的关系是解答本题的关键，并熟悉同种物质的质量比等于物质的量之比、同体积的不同溶液的浓度之比等于物质的量之比来解答。9．有相对原子质量均大于10的A、B两种元素，原子核内质子数等于中子数。它们能形成气态化合物X和Y。已知等物质的量的X和Y的混合物的密度是同条件下氢气密度的18.5倍，其中X和Y的质量比为3:4.4，经测定X的组成为AB，Y的组成为AnB，试通过计算确定：A、B各是什么元素______________？写出X、Y的化学式______________。答案：A、B应分别为N元素和O元素X、Y分别为NO和N2O【分析】根据气体阿伏伽德罗定律的推论可知已知等物质的量的X和Y的混合物的相对分子质量是18.5×2=37，已知X与Y的质量比为可以推知X与Y的相对分子质量之比，解方程可得答案。【详解】由等物质的量的X和Y混合的气体其密度是相同条件下氢气的18.5倍可知x，y混合气体的相对分子量为18.5×2=37；等物质的量的X和Y的混合物中，X与Y的质量比为3：4.4，由M=可知相对分子质量之比为3:4.4，又因为等物质量X和Y混合气体的平均相对分子量为37，所以X和Y的相对分子质量之和为37×2=74，可以知道X的分子量为30，y的分子量为44，由A+B=30A×n+B=44可知（n-1）×A=14，且n和A为整数，所以得到n=2；A=14；B=16。所以A为7号原子，B为8号原子，即A是N，B是O，X是NO，Y是N2O。故答案为：A、B应分别为N元素和O元素；X、Y分别为NO和N2O。10．写出下列离子方程式。澄清石灰水与少量碳酸氢钠溶液反应：___；向碳酸钠溶液中滴加少量稀盐酸：___；铝与氢氧化钠溶液反应：___；稀硫酸与氢氧化钡溶液：___。答案：Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2OCO32-+H+=HCO3-2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O【分析】澄清石灰水与少量碳酸氢钠溶液反应生成碳酸钙沉淀和水；向碳酸钠溶液中滴加少量稀盐酸反应生成碳酸氢钠；铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；稀硫酸与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和水。【详解】澄清石灰水与少量碳酸氢钠溶液反应生成碳酸钙沉淀和水，离子反应为：Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2O；向碳酸钠溶液中滴加少量稀盐酸反应生成碳酸氢钠，离子反应为：CO32-+H+=HCO3-；铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子反应为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；稀硫酸与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和水，离子反应为：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O。故答案为：Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3+H2O；CO32-+H+=HCO3-；2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O。11．某100mL溶液只含Cu2+、Ba2＋、K+、OH－、SO42—、Cl—中的几种，分别取三份10mL该溶液进行实验，以确定该溶液中的离子组成。①向一份中加入足量NaOH溶液，产生0．98g蓝色沉淀②向另一份中加入足量BaCl2溶液，产生2．33g白色沉淀③向第三份中加入过量Ba(NO3)2溶液后，过滤取滤液再加入足量AgNO3溶液，产生2．87g白色沉淀。回答下列问题（1）该溶液中一定不存在的离子是___________，③中白色沉淀的化学式为______。（2）产生蓝色沉淀的离子方程式为_____________________________。（3）该溶液中一定存在的阴离子有____________，其物质的量浓度分别为_________。（4）该100mL溶液中还含有的离子是_______，其物质的量是_______。答案：Ba2+和OH-AgClCu2++2OH-=Cu(OH)2↓SO42-、Cl-1mol/L、2mol/LK+0.2mol【分析】（1）实验①生成的蓝色沉淀是Cu(OH)2，实验②生成的白色沉淀是BaSO4，实验③生成的白色沉淀是AgCl。再结合离子共存分析。（2）Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓。（3）该溶液中一定存在的阴离子有SO42-和Cl-。（4）根据电荷守恒分析。【详解】（1）实验①生成的蓝色沉淀是Cu(OH)2，溶液中存在Cu2+，不存在OH-，实验②生成的白色沉淀是BaSO4，说明溶液中存在SO42-，不存在Ba2+，实验③生成的白色沉淀是AgCl，说明溶液中存在Cl-。所以，该溶液中一定不存在的离子是Ba2+和OH-，③中白色沉淀为AgCl，故答案为Ba2+和OH-；AgCl。（2）产生蓝色沉淀的离子方程式为：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，故答案为Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓。（3）该溶液中一定存在的阴离子有SO42-和Cl-，10mL溶液中，两种离子的物质的量分别为：n(SO42-)=n(BaSO4)=2.33g÷233g/mol=0.01mol，n(Cl-)=n(AgCl)=2.87÷143.5g/mol=0.02mol，所以c(SO42-)=1mol/L，c(Cl-)=2mol/L，故答案为SO42-、Cl-；1mol/L、2mol/L。（4）10mL溶液中，Cu2+的物质的量为：n(Cu2+)=n[Cu(OH)2]=0.98g÷98g/mol=0.01mol，0.01molCu2+带0.02mol正电荷，0.01molSO42-和0.02molCl-共带有0.04mol负电荷，根据电荷守恒知，原溶液中还存在K+，10mL溶液中含有0.02molK+，100mL溶液中含有0.2molK+，故答案为K+；0.2mol。12．回答下列问题：(1)在无土栽培中，需配制500mL含有NH、K+、Cl-、SO的植物培养液，且要求该培养液中c(Cl-)=c(K+)=c(SO)=0.4mol/L。该培养液中，c(NH)=_______。若用K2SO4、NH4Cl、(NH4)2SO4配制培养液，则需_______g(NH4)2SO4。(2)已知18.4mol/L的硫酸的密度为1.84g/cm3，则其溶质的质量分数为_______。(3)由CO2、H2和CO组成的混合气体在同温同压下与氮气的密度相同，则该混合气体中CO2和H2的体积比为_______。(4)在一定温度和压强下，3.6g石墨和6.4g氧气充分反应至固体无剩余，所得产物为_______。答案：813.298%13：8CO2和CO【分析】(1)利用电荷守恒法可以计算溶液中的离子浓度及物质的量，利用原子守恒可以计算相应物质的物质的量。(2)根据浓度公式直接计算。(3)根据理想气体方程式得出平均摩尔质量，根据三种气体的摩尔质量特点，利用十字交叉法进行计算。(4)根据碳和氧气的两个反应的反应物之间物质的量之比，利用已知反应物的物质的量之比进行判断发生的反应方程式。【详解】(1)根据溶液不带电，列出电荷守恒：c(Cl-)+2c(SO)=c(K+)+c(NH)，根据已知c(Cl-)=c(K+)=c(SO)=0.4mol/L，代入得c(NH)=0.8mol/L。若用K2SO4、NH4Cl、(NH4)2SO4配制该溶液，根据n(Cl-)=0.4mol/L×0.5L=0.2mol，n(SO)=0.2mol，n(NH)=0.4mol，则n((NH4)2SO4)=0.1mol，m=n×M=0.1mol×132g/mol=13.2g。(2)根据公式=98％。(3)同温同压下密度相同，利用pM=ρRT得出，CO2、H2和CO组成的混合气体平均摩尔质量与氮气的摩尔质量相同，=28g/mol，由于CO的摩尔质量是28g/mol，故CO2、H2的平均摩尔质量也是28g/mol利用十字交叉法：。(4)根据石墨和氧气的两个反应：，，由于3.6g石墨和6.4g氧气的物质的量之比为3:2。介于上面两个方程式系数比之间，故发生了两个反应，所以产物是CO2和CO。【点睛】注意计算混合气体的体积之比时，利用理想气体方程式推导，体积之比等于物质的量之比，根据平均摩尔质量可以利用十字交叉法进行计算物质的量之比。13．I.侯德榜对索尔维制碱法进行了改进，将合成氨工业与纯碱工业联合，发明了侯氏制碱法，又称联合制碱法，生产流程如图所示(代表所需物质，代表产品)请回答下列问题：(1)产品C的名称为_______，所需物质B的电子式为_______。(2)NH3、物质B与母液反应的化学方程式为_______。操作X的名称是_______。II.利用侯氏制碱法制备的纯碱中含有少量杂质，利用下列装置可用来测定纯碱中的Na2CO3的质量分数。实验步骤如下：①如图所示，组装好实验仪器，并检查其气密性；②准确称取盛有碱石灰的干燥管D的质量(设为)③准确称取一定量的纯碱(设为)，并将其放进广口瓶B内；④从分液漏斗中缓缓滴入一定量的稀硫酸，并从前端缓缓地鼓入空气，至B反应器中不再产生气体为止；⑤准确称取干燥管D的总质量(设为)根据上述实验，请回答下列问题：(3)该实验进行到操作④时，要缓缓鼓入空气，鼓入空气的作用是_______。装置A中的液体应选用_______。(4)装置B与D之间必须添加一装置C，否则会使测定结果偏高。在空白框内画出该装置C_______，装置中盛放的是_______。(5)根据此实验，计算出纯碱中的质量分数为_______(用m1，m2，n表示)。如果缺少装置E，则实验所得纯碱样品的纯度会_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。答案：氯化铵过滤确保充分被吸收溶液浓硫酸偏高【分析】此题根据工业侯式制碱法的两步反应可以判断反应物及生成物，根据生成物之间性质的不同，也是工业制碱法的特点进行分离物质。对于样品纯度的测定，根据实验装置中的仪器和试剂及实验步骤判断实验方法，根据实验测定方法和目的判断实验过程中可能影响的外界条件，及实验误差的避免。【详解】（1）根据流程中到C进入的物质是食盐和氨气进行判断，C物质的名称是氯化铵。B物质是侯式制碱法在制碳酸钠的最后一部进行加热分解产生的物质是碳酸钠、二氧化碳和水进行判断B是二氧化碳，电子式为：。（2）NH3、二氧化碳与氯化钠溶液反应的化学方程式为：，操作X是分离碳酸氢钠和氯化铵，根据产物之间的性质，利用过滤的方法进行分离。（3）实验进行到操作④时，要缓缓鼓入空气，鼓入空气的作用是：确保充分被吸收，确保测定碳酸钠的质量更准确。而空气中含有二氧化碳，确保碱石灰吸收的都是样品中碳酸钠释放出来的二氧化碳，故空气中的二氧化碳需要进行除去，故先通入氢氧化钠溶液中，A为溶液。（4）装置B制出的气体二氧化碳含有水蒸气，故为减少误差，在B与D之间必须添加一装置C，目的除去二氧化碳中的水蒸气，选用浓硫酸，装置选用试剂瓶，导管应长进短出。装置图：。（5）根据反应前后D装置的质量差m2-m1即是碳酸钠反应生成的二氧化碳的质量，根据反应方程式中碳酸钠和二氧化碳的关系，设碳酸钠的质量为x，进行计算：，故碳酸钠的质量分数为：；如果缺少E装置，右侧空气中的二氧化碳和水进入D装置，导致质量增加，结果会偏高。【点睛】在测定碳酸钠的纯度中注意实验装置的入口和出口都是直接与空气直接接触的，空气中主要含有的成分除了氮气和氧气还有二氧化碳和水，根据反应中的实验方法需要避免产生实验误差。14．我国已进入高铁时代，高铁拉近了人们的距离。这与铁、钛等金属的广泛应用是分不开的。(1)通常以赤铁矿(主要成分是，含有杂质)、焦炭、空气为原料炼铁时，会加入石灰石(主要成分为)，高温下分解为CaO和，写出与CaO反应的化学方程式：______。(2)钛合金密度小、强度大，为高速列车、飞机等提供了优质材料。它可以用钠与四氯化钛在高温下反应制得，其反应的化学方程式为，用单线桥法标出反应中电子的转移情况：_____。(3)铁路提速为鲜活水产品、新鲜水果和蔬菜的运输提供了有利条件。在鲜活鱼的长途运输中，可在水中加入供氧剂。(易溶于水)、(微溶于水)都可与水发生反应生成碱和氧气。写出与水反应的化学方程式：_____。这两种物质中选_____(填名称)作为供氧剂更好，理由是_____。答案：过氧化钙微溶于水，在水中逐步溶解，与水反应缓慢，可不断地提供氧气，使反应持续时间长，生成的氢氧化钙微溶于水，还可以与鱼呼出的二氧化碳反应生成碳酸钙，不会导致溶液碱性太强，减小对鱼的伤害【详解】二氧化硅和氧化钙高温化合生成硅酸钙，方程式为，故答案为(2)用单线桥法标出反应中电子的转移情况，(3)与水反应的化学方程式，过氧化钙，微溶于水，在水中逐步溶解，与水反应缓慢，可不断地提供氧气，使反应持续时间长，生成的氢氧化钙微溶于水，还可以与鱼呼出的二氧化碳反应生成碳酸钙，不会导致溶液碱性太强，减小对鱼的伤害。故答案为，过氧化钙，微溶于水，在水中逐步溶解，与水反应缓慢，可不断地提供氧气，使反应持续时间长，生成的氢氧化钙微溶于水，还可以与鱼呼出的二氧化碳反应生成碳酸钙，不会导致溶液碱性太强，减小对鱼的伤害。15．生活中常见下列用品：①84消毒液(有效成分是次氯酸钠)，②洁厕灵(有效成分是盐酸)，③纯碱，④食用小苏打，⑤漂白精。(1)漂白精有效成分的化学式是_______。(2)纯碱在水溶液中的电离方程式是_______。(3)属于盐或有效成分是盐的是_______(填序号)。(4)漂白精溶液露置于空气中发生反应的化学方程式是_______。(5)若误将①与②混合使用时有黄绿色气体产生，反应的离子方程式为_______。(6)小苏打溶液呈_______(填“酸性”、“碱性”或“中性”)，小苏打用于发面粉的主要原理是(用化学方程式或离子方程式表示)_______。答案：Ca(ClO)2Na2CO3=2Na++①③④⑤Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3+2HClOClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O；碱性H++=H2O+CO2↑【分析】①84消毒液(有效成分是次氯酸钠)，②洁厕灵(有效成分是盐酸)，③纯碱是碳酸钠，④食用小苏打是碳酸氢钠，⑤漂白精有效成分是次氯酸钙【详解】(1)漂白精有效成分是次氯酸钙，其化学式是Ca(ClO)2；，答案为Ca(ClO)2；(2)纯碱是强电解质，在水溶液中的电离方程式是Na2CO3=2Na++，答案为Na2CO3=2Na++；(3)属于盐或有效成分是盐的是①③④⑤；答案为①③④⑤；(4)漂白精溶液露置于空气中与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钙而变质，发生反应的化学方程式是Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3+2HClO；答案为Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3+2HClO；(5)次氯酸钠与盐酸混合有黄绿色气体产生，其离子方程式为ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O；答案为ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O；(6)碳酸氢钠溶液水解呈现碱性，小苏打用于发面粉的主要原理是能与面团中产生的有机酸作用生成二氧化碳，离子方程式为H++=H2O+CO2↑；答案为H++=H2O+CO2↑。二、解答题16．（1）在MnO2+4HClMnCl2+2H2O+Cl2↑反应中。①__元素被氧化，__是氧化剂。②__是氧化产物，__发生氧化反应。③用“双线桥”法标明电子转移的方向和数目__。④参加反应的氯化氢和被氧化的氯化氢的物质的量之比__。（2）现有mg某气体，它是三原子分子，其摩尔质量为Mg·mol-1。若阿伏加德罗常数用NA表示，请用以上符号及相应数字填写下列空格。①该气体的物质的量为__mol。②该气体所含原子总数为___个。③该气体在标准状况下的体积为__L。④该气体完全溶于水形成VL溶液(不考虑反应)，所得溶液的物质的量浓度__mol·L-1。答案：ClMnO2Cl2HCl2∶1【分析】(1)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O中，Mn元素的化合价降低，Cl的元素的化合价升高，结合氧化还原反应的规律分析解答；(2)①据n=计算；②根据每个分子中含有的原子数计算总原子数；③根据V=nVm计算；④根据c=计算。【详解】(1)MnO2+4HCl

(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O的反应中Cl元素的化合价升高，HCl为还原剂，在反应中被氧化，发生氧化反应，氧化产物为Cl2，Mn元素的化合价降低，MnO2为氧化剂，发生还原反应。①Cl元素被氧化，MnO2是氧化剂，故答案为：Cl；MnO2；②Cl2是氧化产物，HCl发生氧化反应，故答案为：Cl2；HCl；③在MnO2+4HCl

(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O的反应中，锰元素化合价降低，氯元素化合价升高，转移电子数为2mol，用“双线桥法”表示氧化还原反应中电子转移情况为：，故答案为：；④由反应可知，4molHCl参加反应，其中2mol作还原剂被氧化，则参加反应的HCl与被氧化的HCl的物质的量之比为2∶1，故答案为：2∶1；(2)①mg某气体的物质的量为=mol，故答案为：；②因为一个分子中含三个原子，所以含有的原子数为分子数的3倍，即为3×mol×NAmol-1=NA，故答案为：NA；③标准状况下，该气体的体积为mol×22.4L/mol=L，故答案为：；④所得溶液的物质的量浓度=mol/L=mol/L，故答案为：。17．浩瀚的海洋是一个巨大的宝库，为人们不断地开发和利用海洋资源以满足生产、生活和科学研究的需要.下图为海水利用的部分过程。(1)写出氯碱工业中制备氯气的化学反应方程式_______.实验室中制取氯气有多种方法，其中之一是利用氯酸钾与盐酸反应制备。配平下面的反应方程式，并用双线桥法表示电子转移的方向和数目：______________=+_______+__________________(2)写出利用母液提取溴时通入氯气氧化的离子反应方程式_______。(3)提取溴时鼓入热空气目的是_______。(4)制得的金属镁需妥善保存，若发生燃烧时不能使用类的灭火器扑救.用化学反应方程式说明原因_______。答案：使溴从溶液中挥发出来(其他合理答案也给分)【分析】海水经过蒸发获得粗盐，粗盐经过提纯获得精盐，电解饱和食盐水获得氢氧化钠、氢气、氯气；母液中通入氯气，把溴离子氧化成溴单质，鼓入热空气，再通入二氧化硫，把溴单质还原成溴离子，使溴元素富集，再通入氯气，获得高纯度的溴单质，据此回答问题。【详解】(1)电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气、氯气，称为氯碱工业，化学反应方程式是，氯酸钾中氯元素的化合价是+5价，生成氯气，降到0价，氯化氢中氯元素的化合价是-1价，生成氯气，升高到0价，最小公倍数是5，所以氯酸钾的系数是1，氯气的系数是3，有原子守恒得，氯化氢的系数是6，氯化钾的系数是1，水的系数是3，转移电子数是5，则；(2)利用母液提取溴时，通入氯气氧化生成氯化钠和溴单质，其离子反应方程式是；(3)提取溴时鼓入热空气目的是使溴从溶液中挥发出来；(4)镁失火时不能用二氧化碳灭火，原因镁可以在二氧化碳中燃烧，生成氧化镁和碳，化学方程式是。18．工业上生产高氯酸(HClO4)时，还同时生产了一种常见的重要含氯消毒剂和漂白剂-亚氯酸钠(NaClO2)，其工艺流程如图：已知：①NaHSO4的溶解度随温度升高而增大，适当条件可结晶析出。②HClO4是至今为止人们已知酸中最强酸，沸点为90℃。请回答下列问题：(1)反应器Ⅰ中发生反应的化学方程式为___________，冷却的目的是___________，HClO4中氯元素的化合价为___________。(2)通入反应器Ⅱ中的SO2用另一物质H2O2代替同样生成NaClO2，请简要说明H2O2在反应中可以代替SO2的原因：_________。(3)Ca(ClO)2、ClO2、NaClO、NaClO2等含氯化合物都是常用的消毒剂和漂白剂，是因为它们都具有___________，请写出工业上用Cl2和石灰乳生产另一种消毒剂Ca(ClO)2的离子方程式：___________。答案：3NaClO3+3H2SO4(浓)=3NaHSO4+2ClO2↑+HClO4+H2O使NaHSO4溶解度降低结晶析出+7在反应器Ⅱ的反应中，ClO2中+4价Cl元素降低为NaClO2中+3价的Cl元素，SO2中S元素化合价升高，故ClO2为氧化剂，SO2为还原剂，而H2O2中O元素为-1价，也可以升高到0价，表现还原性，故H2O2可以代替SO2做还原剂强氧化性Cl2+Ca(OH)2=Ca2++ClO-+Cl-+H2O【分析】NaClO3和浓H2SO4在反应器I中反应：3NaClO3+3H2SO4=HClO4+2ClO2↑+3NaHSO4+H2O；生成HClO4、ClO2和NaHSO4，ClO2在反应器II中与二氧化硫、氢氧化钠反应2ClO2+SO2+4NaOH═2NaClO2+Na2SO4+2H2O；生成亚氯酸钠，再得到其晶体；反应器I中得到的溶液通过冷却过滤得到NaHSO4晶体，滤液为HClO4，蒸馏得到纯净的HClO4，据此分析解答。【详解】(1)由流程中的箭头指向，可找出反应物为NaClO3和浓H2SO4，产物为ClO2气体、NaHSO4和HClO4，据电子转移守恒配平方程式，则其化学方程式为3NaClO3+3H2SO4(浓)=3NaHSO4+2ClO2↑+HClO4+H2O；由信息可知，NaHSO4的溶解度随温度降低而减小，故冷却的目的是使NaHSO4析出。据化合物中元素的化合价代数和为0可得，在HClO4中，Cl元素价态为+7价，故答案为：3NaClO3+3H2SO4(浓)=3NaHSO4+2ClO2↑+HClO4+H2O；使NaHSO4溶解度降低结晶析出；+7；(2)由流程知，在反应器Ⅱ的反应中，ClO2中+4价Cl元素降低为NaClO2中+3价的Cl元素，SO2中S元素化合价升高，故ClO2为氧化剂，SO2为还原剂，而H2O2中O元素为-1价，也可以升高到0价，表现还原性，故H2O2可以代替SO2做还原剂；(3)消毒剂和漂白剂的消毒原理和漂白原理是利用它们的强氧化性来达到目的，因此Ca(ClO)2、ClO2、NaClO、NaClO2等含氯化合物都是常用的消毒剂和漂白剂是因为它们都具有强氧化性；工业上用Cl2和石灰乳生产另一种消毒剂Ca(ClO)2的离子方程式为：Cl2+Ca(OH)2=Ca2++ClO-+Cl-+H2O，故答案为：强氧化性；Cl2+Ca(OH)2=Ca2++ClO-+Cl-+H2O。19．化工产品中，含氯物质众多，其用途广泛。回答下列问题：(1)如图为氯及其化合物的“价一类”二维图。缺失的类别A为______、物质B为______(填化学式)。(2)电石渣[主要成分为]是氯碱工业中的废料，某同学在实验室以电石渣为原料制取的工艺流程如图所示：已知易溶于水。①工业生产电石的反应为，该反应中还原剂为______。②流程中“制”的化学方程式为______；“转化”发生反应的离子方程式为______。③上述流程中所用是用与浓盐酸反应制得。该反应的离子方程式是______，其中盐酸体现的性质为______性和______性。下列发生装置可用于上述方法制备的是______(填字母)。答案：酸C酸还原A【分析】(2)在电石渣[主要成分为]中加入水，通入氯气，在70℃以上的温度下，发生反应生成溶液，“转化”步骤中，加入碳酸钾，发生复分解反应生成碳酸钙沉淀，过滤得到溶液，再结晶得到晶体。【详解】(1)根据二维图可知，类别A为酸，物质B为+7价Cl元素的氧化物，应为；(2)①反应中，C元素的化合价既有升高，又有降低，则其既是氧化剂，又是还原剂，则该反应中还原剂为C；②在70℃以上的温度下，与氯气反应生成和氯化钙、水，反应的化学方程式为；“转化”步骤，加入碳酸钾，发生复分解反应生成碳酸钙沉淀，反应的离子方程式为；③用与浓盐酸在加热的条件下反应制得氯气，该反应的离子方程式是，反应既生成盐，又生成氯气，则盐酸体现的性质为酸性和还原性；该反应需要加热，且反应物状态为液态和固态，故可选用A发生装置制备。20．侯氏制碱法原理：将NH3和CO2气体通入饱和食盐水中即可获得NaHCO3和NH4Cl的混合物，然后分离出NaHCO3再加热制得纯碱。其流程如图：参照表中数据：物质CO2NH3NaHCO3NH4ClNaCl溶解度(20℃)V水∶V二氧化碳=1∶1V水∶V氨气=1∶7009.6g37.2gag回答下列问题：(1)气体A、B依次是___________。A．CO2、NH3B．NH3、CO2C．任何顺序都可以(2)写出Ⅰ和Ⅱ步骤总反应的化学方程式：___________。由反应原理可知，a___________9.6(填“＜”“＞”或“=”)。(3)操作Ⅲ的名称是___________，化学实验室进行该操作用到的主要玻璃仪器有___________、___________、玻璃棒。(4)经步骤Ⅲ所得溶液中含有的盐为___________、___________(写化学式)。经过___________(填操作名称)后可以得到化肥。答案：BNH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl＞过滤烧杯漏斗NaHCO3NH4Cl结晶【分析】根据流程，向饱和食盐水中通入足量的氨气，得到含氨气的饱和食盐水，再通入二氧化碳，发生反应NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，得到NaHCO3、NH4Cl的悬浊液，再过滤分别得到NaHCO3的晶体，NaHCO3加热分解发生反应2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，得到纯碱和二氧化碳，据此解答。【详解】(1)根据表格数据可知，氨气在水中的溶解度远大于二氧化碳，因此先通入足量的氨气便于得到含气体的饱和溶液，接着再通入二氧化碳，故答案选B；(2)有分析可知，步骤Ⅰ、Ⅱ的总反应方程式为NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，由反应可知NaHCO3的溶解度小于NaCl的溶解度，故a＞9.6；(3)操作Ⅲ是分离固体和液体的操作，是过滤，需要用到的玻璃仪器有：漏斗、烧杯和玻璃棒；(4)步骤Ⅲ为过滤，所得溶液中含有的盐主要有NaHCO3、NH4Cl，NH4Cl可直接通过结晶的方式得到氮肥。21．以电石渣[主要成分为Ca(OH)2和CaCO3]为原料制备KClO3的流程如图：(1)实验室可用MnO2为反应物之一制取Cl2，写出该反应的离子方程式：______。(2)“氯化”过程在75℃左右进行，反应为Cl2与Ca(OH)2反应生成Ca(ClO3)2和CaCl2。①反应的化学方程式为_______。②每反应0.6molCl2，转移电子的物质的量为______。(3)“过滤”所得滤渣主要为CaCO3，检验滤渣中是否含Ca(OH)2的方法是______。(4)向“过滤”后所得滤液中加入稍过量KCl固体可将Ca(ClO3)2转化为KClO3。KClO3的溶解度随温度的变化如图所示，若溶液中KClO3的质量分数为10%，从该溶液中尽可能多的析出KClO3固体的方法是_______。答案：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O6Ca(OH)2+6Cl2Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O1mol取少量滤渣加入适量蒸馏水，充分搅拌后，滴加几滴酚酞(或CuSO4溶液或FeCl3溶液)蒸发浓缩、冷却结晶【分析】电石渣含有Ca

(OH)

2和CaCO3，加入水打浆，通入氯气，可生成Ca(ClO3)2，过滤后在滤液中加入KCl转化生成KClO3，经蒸发浓缩、冷却结晶可得晶体KClO3，以此解答该题。【详解】(1)在实验室中用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下制备氯气，该反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；(2)①在75°C左右进行，Cl2与Ca

(OH)

2反应生成Ca(ClO3)2和CaCl2，根据原子守恒、电子守恒，可得该反应的化学方程式为：6Ca(OH)2+6Cl2Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O；②反应中Cl元素化合价由反应前Cl2中的0价升高为Ca(ClO3)2中的+5价，每反应6molCl2，转移10mol电子，当有0.6mol

Cl2反应，会生成0.1molCa(ClO3)2，转移1mol电子；(3)氢氧化钙呈碱性，能够使酚酞试液变为红色；且可与硫酸铜、氯化铁等反应生成蓝色、红褐色沉淀，故检验滤渣中是否含有氢氧化钙的方法是：取少量滤渣加入适量蒸馏水，充分搅拌后，滴加几滴酚酞(或CuSO4溶液或FeCl3溶液)；(4)由图可知：氯酸钾的溶解度随温度的升高而增大，故从较稀的溶液中得到KClO3晶体，可将溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶。【点睛】本题考查物质的制备，解答题目时注意把握物质的性质以及题给信息，结合反应条件及物质的性质分析，注意根据元素守恒和电子守恒书写方程式，并进行有关计算。22．氯化亚铜(CuCl)常用作有机合成工业中的催化剂，在空气中迅速被氧化成绿色；见光则分解，变成褐色，难溶于水和乙醇。工业上以废铜料(含少量铁)为原料，制备氯化亚铜的流程如图：（1）步骤①中试剂X可以是___(写化学式)。步骤③中反应时需要提供的条件是___。（2）步骤③中，为提高反应速率，可用稀HNO3代替O2，此时需要严格控制n(HNO3)：n(H2SO4)=___，用稀HNO3代替O2的不足之处是___。（3）步骤④中，该反应的离子方程式为___；实际生产中，步骤④中要适当通入过量SO2，原因可能是___。（4）若在实验室中用98%的浓H2SO4配制步骤③所需的稀H2SO41000mL所需的仪器为___。答案：H2SO4加热2：3产生有害气体、污染环境2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO+4H+提高Cu2+的还原速率，同时可以防止生成的CuCl被空气氧化量筒、玻璃棒、烧杯、1000mL容量瓶、胶头滴管【分析】废铜料(含少量铁)加入过量的硫酸，使铁溶解，过滤，滤渣为铜，铜与氧气、硫酸反应生成硫酸铜溶液，硫酸铜与二氧化硫、氯化钠反应生成氯化亚铜沉淀，过滤、乙醇洗涤得到氯化亚铜固体。【详解】(1)溶解废铜料中的铁时，应加入足量的酸，试剂X为硫酸或盐酸；铜与稀硫酸不反应，则需加入氧气且加热的条件下进行，因此，本题正确答案是：H2SO4；加热；(2)根据3Cu+8H++2N=3Cu2++2NO↑+4H2O，n(HNO3)：n(H2SO4)=2：3；用稀HNO3代替O2的会产生NO，NO有毒，污染空气，因此，本题正确答案是：2:3；产生有害气体、污染环境；(3)硫酸铜与二氧化硫、氯化钠反应生成氯化亚铜沉淀，反应的离子方程式为2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+S+4H+；CuCl在空气中迅速被氧化成绿色，通入过量SO2提高Cu2+的还原速率，同时可以防止生成的CuCl被空气氧化，因此，本题正确答案是：2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+S+4H+；提高Cu2+的还原速率，同时可以防止生成的CuCl被空气氧化；(4)用浓硫酸配制稀硫酸时，用量筒量取一定量的浓硫酸，加入到盛有一定量水的烧杯中，边加边用玻璃棒搅拌，待恢复至室温时，用玻璃棒引流注入1000mL的容量瓶中，洗涤并将洗涤液注入容量瓶，再加入蒸馏水至刻度线下1-2cm处，该用胶头滴管加至液面的下凹处与刻度线相切，摇匀即可，因此，本题正确答案是：量筒、玻璃棒、烧杯、1000mL容量瓶、胶头滴管。23．某兴趣小组的同学模拟侯德榜制碱法制取纯碱，流程如图：已知：几种盐的溶解度物质NaClNH4HCO3NaHCO3NH4Cl溶解度36.021.79.637.2(1)①写出装置I中反应的化学方程式______________。②操作①的名称是__________。(2)写出装置II中发生反应的化学方程式__________。(3)该流程中可循环利用的物质是_______。(填化学式)(4)用该纯碱配制的溶液中可能含有Cl-，请设计实验检验含有Cl-：_______。答案：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl过滤2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2OCO2取少量溶液加入试管，滴加足量的稀HNO3至无气泡，再加AgNO3溶液，如果出现白色沉淀，说明含有Cl-【分析】模拟侯德榜制碱法制取纯碱是向饱和氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳气体发生反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，过滤得到碳酸氢钠固体受热分解生成碳酸钠和二氧化碳、水，母液的主要成分为氯化铵溶液。【详解】(1)①装置I中是NaCl、CO2、NH3、H2O发生反应生成NaHCO3和NH4Cl，反应的化学方程式为NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl；②操作①为分离沉淀和溶液，采用过滤方法，所以该操作名称是过滤；(2)受热条件下，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；(3)装置II中得到二氧化碳，装置I中需要二氧化碳、氨气和氯化钠，所以能循环利用的是CO2；(4)Cl−的检验常用试剂为稀硝酸、硝酸银溶液，方法为：取少量纯碱样品溶于水，加入足量的稀硝酸至无气泡，再加入硝酸银溶液，若生成白色沉淀，则说明其中含有Cl−；故答案为：取少量溶液加入试管，滴加足量的稀HNO3至无气泡，再加AgNO3溶液，如果出现白色沉淀，说明含有Cl-。24．纯碱是一种重要的化学原料，具有广泛的用途，常见的制备方法有路布兰制碱法、索尔维制碱法、侯氏制碱法。其中路布兰制碱法的原理如图所示：已知：①反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均在高温条件下进行；②反应Ⅰ、Ⅲ为复分解反应，其中反应Ⅰ中生成的HCl为气体。(1)根据复分解反应的条件可知，反应Ⅰ能够发生的原因是____。(2)写出反应Ⅱ的化学方程式：____。(3)索尔维制碱法原理主要分为两步：第一步是向饱和食盐水中先通氨气至饱和，再通入CO2有NaHCO3固体析出；第二步将NaHCO3固体分解制纯碱。①该方法中所用的氨气可由NH4Cl为原料制得，下列可以与NH4Cl反应制NH3的一种物质是____(填序号)。A.Ca(OH)2B.CaCl2C.Na2SO4②第二步反应的化学方程式为____。答案：有HCl气体生成4C＋Na2SO4Na2S＋4CO↑A2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O【分析】浓硫酸和氯化钠固体反应生成氯化氢和硫酸钠，在高温下碳和硫酸钠反应生成CO和硫化钠，硫化钠和碳酸钙在高温下发生复分解反应生成硫化钙和碳酸钠，据此解答。【详解】(1)由于有HCl气体生成，所以根据复分解反应的条件可知反应Ⅰ能够发生。(2)反应Ⅱ中碳被氧化为CO，则硫酸钠被还原生成硫化钠，反应的化学方程式为4C＋Na2SO4Na2S＋4CO↑。(3)①一般用强碱和氯化铵反应制备氨气，可以与NH4Cl反应制NH3的一种物质是Ca(OH)2，答案选A。②第二步将NaHCO3固体分解制纯碱，则反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O。25．我国科学家侯德榜为纯碱和氮肥工业技术的发展做出了杰出的贡献。如图是侯氏联合制碱法的工艺流程。回答下列问题：(1)实验室模拟进行操作①和配制一定物质的量浓度NaCl溶液时，都需用到的玻璃仪器是_______，反应①的离子方程式为：_______。(2)将NH3和CO2分别通入饱和食盐水中，正确的通入顺序是_______(3)流程图中加入食盐细粉，析出的固体B是_______(填物质名称)，整个流程中可循环使用提高利用率的物质有_______(填物质的化学式)。(4)用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择_______为指示剂a.石蕊溶液b.甲基橙溶液c.酚酞溶液(5)有人认为碳酸氢钾与碳酸氢钠的化学性质相似，故也可用氨碱法以氯化钾和石灰石为原料制碳酸钾。请结合溶解度(S)随温度变化曲线，分析说明是否可行？_______。答案：烧杯、玻璃棒Na++NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH先通入足量的NH3，再通入足量的CO2氯化铵CO2和NaClb不可行；因为KHCO3的溶解度较大，且在常温下与KCl溶解度相差小，当温度高于40℃时，由图象可知，降温结晶时会析出较多的KCl，无法大量析出碳酸氢钾【详解】（1）操作①为过滤，得到的NaHCO3微小晶体，过滤用到的玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒，配制一定物质的量浓度NaCl溶液用到的玻璃仪器有烧杯，量筒，玻璃棒，容量瓶，操作①和配制一定物质的量浓度NaCl溶液时，都需用到的玻璃仪器是烧杯，玻璃棒，反应①发生NH3+CO2+H2O═NH4HCO3；NH4HCO3+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl，本质为Na++NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4+，故答案为：烧杯、玻璃棒；Na++NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4+；（2）二氧化碳在水中的溶解度较小，氨气极易溶于水，通入NH3使溶液呈碱性，增大CO2的溶解度，才能产生足够多的HCO3-，以确保得到NaHCO3沉淀，所以应该先通氨气，故答案为：先通入足量的NH3，再通入足量的CO2；（3）①NH3+CO2+H2O═NH4HCO3②NH4HCO3+NaCl═NaHCO3+NH4Cl③2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，第②步生成的二氧化碳气体A可作为第①步的生产原料，可循环利用；在5℃～10℃时，向NH4Cl溶液中加入食盐细粉，可使NH4Cl单独结晶析出，析出的固体B是NH4Cl，可循环利用滤液BNaCl溶液和气体二氧化碳，故答案为：氯化铵，CO2和NaCl；(4)HCl溶液滴定溶液，溶液由碱性变为中性，选酚酞变色不明显，应选甲基橙作指示剂，故选：b。（5）由溶解曲线图可知KHCO3和NH4Cl的溶解度相差不大，当温度高于40℃时，由图象可知，降温结晶时会析出较多的KCl，无法大量析出碳酸氢钾；故答案为：不可行；碳酸氢钾的溶解度较大，降温过程中不会析出碳酸氢钾晶体。26．我国化学侯德榜改革国外的纯碱生产工艺，生产流程可简要表示如下：(1)上述生产纯碱的方法称________(2)沉淀池中发生的化学反应方程式是____________________(3)写出上述流程中X物质的分子式__________________(4)使原料氯化钠的利用率从70%提高到90%以上，主要是设计了_________(5)为检验产品碳酸钠中是否含有氯化钠，可取少量试样溶于水后，再滴加_______(6)向母液中通氨气，加入细小食盐颗粒，冷却析出副产品，通氨气的作用有_______A．增大NH4＋的浓度，使NH4Cl更多地析出B．使NaHCO3更多地析出C．使NaHCO3转化为Na2CO3，提高析出的NH4Cl纯度答案：联合制碱法做化肥NH3＋CO2＋H2O＋NaCl＝NH4Cl＋NaHCO3↓CO2循环Ⅰ过滤硝酸酸化的硝酸银，观察产生白色沉淀AC【分析】合成氨厂生产的氨气进入沉淀池，沉淀池中有食盐水，氨气通入后溶液呈碱性，再通入二氧化碳，得到溶解度较小的NaHCO3，过滤后固体NaHCO3进入煅烧炉煅烧成纯碱，同时生成的二氧化碳回到沉淀池循环利用。母液中的NH4Cl和NaHCO3混合溶液中通入氨气，可以提取副产品NH4Cl，剩余的溶液的主要成分是NaCl，也可以回到沉淀池循环利用。【详解】(1)目前工业制碱方法有二：氨碱法和联合制碱法。题中方法由我国侯德邦所创，称为侯氏制碱法，也称为联合制碱法，反应方程式为NH3＋CO2＋H2O＋NaCl＝NH4Cl＋NaHCO3↓，得到一摩尔的碳酸氢钠同时得到一摩尔的氯化铵，故副产物为氯化铵，氯化铵可用来制作化肥；(2)沉淀池中发生的化学反应为饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳析出碳酸氢钠晶体，反应方程式为NH3＋CO2＋H2O＋NaCl＝NH4Cl＋NaHCO3↓；(3)在联合制碱法中二氧化碳是反应的原料同时也是反应的副产物，可以循环利用；(4)循环Ⅰ是将未反应的氯化钠返回沉淀池中，从固液混合物中分离出固体的方法为过滤；(5)检验产品碳酸钠中是否含有氯化钠即检验是否含氯离子，可以用硝酸酸化的硝酸银，观察到若产生白色沉淀则说明有氯化钠存在；(6)向母液中通氨气作用有增大NH的浓度，使NH4Cl更多地析出和使NaHCO3转化为Na2CO3，提高析出的NH4Cl纯度，故选AC。27．工业上用钛精矿(主要成分TiO2，矿粉中含有Fe，Al，Si，V等氧化物)制备海绵钛的基本思路是：氯化法生产TiCl4、还原、真空蒸馏法制备海绵钛(Ti)。已知：①氯化过程中，其他元素均转化为最高价氯化物；②热还原过程中，可能会有副产物TiCl3；③常见物质熔沸点化合物TiCl4SiCl4FeCl3AlCl3VOCl3VOCl2MgCl2TiMg沸升华)134168141232601090熔点-69-25304190-78.9——7121668648.9回答下列问题：(1)将钛精矿粉粹的目的是：_______________(2)氯化过程中，TiO2发生的化学方程式①是：_____________(3)物质1是________，步骤②中金属铜的作用是将VOCl3还原成VOCl2，其目的是_____________；(4)工业上常用Mg或H2作还原剂，在Ar气氛下采用热还原法制海绵钛。①镁不足时，TiCl4会因有副产物产生而导致产率会下降，副反应的化学方程式为_____________；此处采用真空蒸馏法除去海绵钛中的Mg和MgCl2，不采用常压蒸馏的原因是_______。②根据图象，计算1173K时，反应2H2+TiCl4=Ti+4HCl的△G=_________。(G为自由能，图中△G是指在一定温度下，由单质生成对应物质的量化合物时的自由能变化。设此温度下，单质的生成自由能变化为0)答案：增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高原料利用率TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2COSiCl4使VOCl3还原为较高沸点的VOCl2，便于分离提纯TiCl43TiCl4+Ti4TiCl3降低蒸馏温度，避免钛与空气中的氧气，氮气等物质反应+140kJ/mol【分析】钛精矿(主要成分TiO2，矿粉中含有Fe，Al，Si，V等氧化物)粉碎后与焦炭、Cl2在高温下发生反应：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，杂质Fe生成FeCl3，Al生成AlCl3，V变为VOCl3，Si变为SiCl4；然后冷却至室温，得到的尾气X主要含有CO，将粗TiCl4加入精馏塔1中加热至60℃，根据表格中物质的沸点可知只有SiCl4沸点低于60℃，所以得到物质1为SiCl4；将其它液体物质加入精馏塔2中，再加入金属Cu，并控制在一定温度，发生反应：Cu+2VOCl32VOCl2+CuCl2，使VOCl3还原为较高沸点的VOCl2，便于分离提纯TiCl4；将分离出VOCl2后的物质进