2023年高考真题变式分类汇编：化学方程式的有关计算2
一、选择题
1．（2020·安徽模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．52g苯乙烯含碳碳双键数目为2NA
B．1L0.5mol·L-1醋酸钠溶液中阴阳离子总数目小于NA
C．标准状况下，22.4L一氯甲烷含共用电子对数为4NA
D．有铁粉参加的反应若生成3molFe2+，则转移电子数一定为6NA
2．（2020·合肥模拟）下列关于阿伏加德罗常数(NA)说法正确的是（ ）
A．1LpH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H+
B．在6.0gNaHSO4晶体中，所含离子数目为0.15NA
C．加热条件下，1molFe投入足量的浓硫酸中，生成NA个SO2分子
D．8.4g环戊烯醇 ，含有0.8NA个极性键
3．（2020·天津模拟）下列说法正确的是( )
A．电解精炼铜时，阳极泥中含有 等金属
B． 通入足量水中，转移电子的数目为
C．反应 在常温下不能自发进行，说明该反应的
D．等质量的硫蒸气和硫粉分别在空气中完全燃烧，前者放出热量多
4．（2020·桂林模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（ ）
A．5.6L甲烷含有的共价键数为NA
B．2gD2l6O和2gH218O中含有的中子数均为NA
C．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.4NA
D．常温下pH=13的Ba(OH)2溶液中含有的OH-离子数为0.1NA
5．（2018·沈阳模拟）将一铁、铜混合物粉末平均分成三等份，分别加入到同浓度、不同体积的稀硝酸中，充分反应后，收集到NO气体的体积及剩余固体的质量如表 （设反应前后溶液的体积不变，气体体积已换算为标准状况时的体积）：
实验序号 稀硝酸的体积/mL 剩余固体的质量/g NO的体积/L
1 100 17.2 2.24
2 200 8.00 4.48
3 400 0 V
下列说法正确的是（ ）
A．表中V=7.84 L
B．原混合物粉末的质量为25.6 g
C．原混合物粉未中铁和铜的物质的量之比为2：3
D．实验3所得溶液中硝酸的物质的量浓度为0.875 mol L﹣1
6．（2018·吉林模拟）部分氧化的Fe-Cu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.76 g，经如下处理： 下列说法错误的是（ ）
A．滤液A中的阳离子为Fe2+、H+ B．样品中铁元素的质量为2.24 g
C．样品中CuO的质量为4.0 g D．V=448 mL
二、多选题
7．（2017高一上·六合期末）在100mL 0.5mol/L AlCl3溶液中，加入100mL NaOH 溶液，得到2.34g 沉淀．则NaOH溶液物质的量浓度是（单位：mol/L）（ ）
A．0.6 B．0.9 C．1.6 D．1.7
8．（2017高一上·黑龙江期末）下列说法正确的是（ ）
A．a克CH4在氧气中完全燃烧，将其产物全部跟足量的过氧化钠完全反应，反应后固体质量恰好也增加a克
B．将等物质的量的Na2O和Na2O2分别投入到足量且等质量的水中，得到溶质质量分数相等
C．1mol Na2O2与2mol NaHCO3固体混合后，在密闭容器中加热充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是Na2CO3
D．向某溶液中加入氯水，然后再加入KSCN溶液变红色，说明原溶液中含有Fe2+
三、非选择题
9．（2022·浙江选考）某同学设计实验确定Al(NO3)3·xH2O的结晶水数目。称取样品7.50g，经热分解测得气体产物中有NO2、O2、HNO3、H2O，其中H2O的质量为3.06g；残留的固体产物是Al2O3，质量为1.02g。计算：
（1）x= (写出计算过程)。
（2）气体产物中n(O2) mol。
10．（2021·浙江）玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热KOH溶液洗涤除去，发生如下反应：
3S+6KOH 2K2S+K2SO3+3H2O
(x-1)S+K2S K2Sx(x=2~6)
S+ K2SO3 K2S2O3
请计算：
（1）0.480 g硫单质与V mL 1.00 mol·L-1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2S和K2SO3，则V= 。
（2）2.560 g硫单质与60.0
mL 1.00 mol·L-1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2Sx和K2S2O3，则x= 。(写出计算过程)
11．（2017·北京）SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放．
（1）SCR（选择性催化还原）工作原理：
①尿素[CO（NH2）2]水溶液热分解为NH3和CO2，该反应的化学方程式： ．
②反应器中NH3还原NO2的化学方程式： ．
③当燃油中含硫量较高时，尾气中SO2在O2作用下会形成（NH4）2SO4，使催化剂中毒．用化学方程式表示（NH4）2SO4的形成： ．
④尿素溶液浓度影响NO2的转化，测定溶液中尿素（M=60g mol﹣1）含量的方法如下：取a g尿素溶液，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的v1 mL c1 mol L﹣1H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用v2mL c2 mol L﹣1NaOH溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量分数是 ．
（2）NSR（NOx储存还原）工作原理：
NOx的储存和还原在不同时段交替进行，如图a所示．
①通过BaO和Ba（NO3）2的相互转化实验NOx的储存和还原．储存NOx的物质是 ．
②用H2模拟尾气中还原性气体研究了Ba（NO3）2的催化还原过程，该过程分两步进行，图b表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系．第一步反应消耗的H2与Ba（NO3）2的物质的量之比是 ．
③还原过程中，有时会产生笑气（N2O）．用同位素示踪法研究发现笑气的产生与NO有关．在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO．将该反应的化学方程式补充完整： ．
12．（2021·平顶山模拟）常温下，苯乙酮为浅黄色油状液体，不溶于水，易溶于大多数有机溶剂；可用作树脂的溶剂和塑料工业生产中的增塑剂等。部分物质沸点、密度和制备原理如下：
沸点：苯80.1℃、石油醚30~80℃、苯乙酮202℃。
密度：苯0.88 g/mL
乙酸酐1.07 g/mL
原理：C6H6+(CH3CO)2O C6H5COCH3+CH3COOH
实验步骤：
步骤1：在50 mL的二口瓶上，按照如图所示安装恒压滴液漏斗、回流冷凝管和装有无水氯化钙的干燥管等。
在二口瓶中加入6 g无水氯化铝和8 mL纯净苯，边用磁力搅拌器搅拌边滴加2 mL乙酸酐。严格控制滴加速率，必要时用冷水冷却，待反应缓和后，加热回流并搅拌，直至无HCl气体逸出为止。
步骤2：待反应液冷却后，将其倾入盛有10 mL浓盐酸和20 g碎冰的烧杯中，使胶状物完全溶解。然后将反应液倒入分液漏斗分出上层有机相，再用20 mL石油醚进行两次萃取，萃取后合并有机相。依次用5mL10%NaOH和5mL水洗至中性，再用无水硫酸镁干燥。
步骤3：滤去干燥剂，将有机相置于100mL蒸馏烧瓶中，用加热套加热，使用不同的冷凝管进行蒸馏，先蒸出石油醚和苯，再蒸出苯乙酮。该实验得到的产品为1.64 g。
回答下列问题：
（1）实验中使用恒压滴液漏斗滴加液体的目的为 。从步骤1的操作中可以看出，苯与乙酸酐的反应为 反应(填“吸热”或“放热”)。
（2）用于吸收HCl气体的烧杯中，可以使用的液体为 。若其中的倒扣漏斗全部浸没于液体中，则吸收气体时会发生 的现象。
（3）该实验中检验“水洗至中性”的方法为 。
（4）实验室常用的冷凝管有：①球形冷凝管②直形冷凝管③空气冷凝管。当蒸气温度高于130℃时，如果用水进行冷却，因二者温差大，会造成冷凝管炸裂。该实验的蒸馏操作中，蒸出石油醚和苯时，应使用的冷凝管为 (填序号，下同)，蒸出苯乙酮时，应使用的冷凝管为 。
（5）该实验的产率为 。
13．（2021·洛阳模拟）常温下，一氧化二氯(Cl2O)是棕黄色刺激性气体，是一种高效的氯化剂，沸点3.8℃，易溶于CCl4，遇水易生成不稳定的HClO。实验室制备Cl2O的反应原理为：2Cl2+2HgO=HgCl2·HgO+Cl2O。现用下列装置制备少量Cl2O(加热和夹持装置略去)。
已知：HgCl2·HgO是难溶于CCl4的固体。回答下列问题：
（1）各装置的连接顺序为A→ → →D→ →E (填字母，装置可以重复使用)。
（2）A为氯气发生装置，A中发生反应的离子方程式为 (锰被还原为Mn2+)。
（3）C装置的作用是 ，若没有B装置，D中除发生主反应外，还可能发生反应的化学方程式是 。
（4）装置D中的操作：把CCl4加入三颈瓶中，用冰水浴冷却，通入氯气至浓度达到50g/L，停止供氯。加入HgO固体，加热三颈瓶至25℃，搅拌45min，氯气几乎完全反应。过滤三颈瓶内的混合物。
①冰水浴冷却的目的是 。
②过滤后滤液的主要成分有 。
（5）若实验前后D中液体体积不变，测得滤液中Cl2O的浓度为24.5g/L，则Cl2O的产率= 。(保留两位有效数字)。
（6）实验完成后，取E中烧杯内溶液滴加品红溶液，发现溶液褪色。该课题组设计实验探究溶液褪色的原因。
序号 0.1mol/LNaClO溶液/mL 0.1mol/LNaCl溶液/mL 0.1moL/LNaOH溶液/mL H2O/mL 品红溶液 现象
Ⅰ 5. 0 0 5.0 3滴 较快褪色
Ⅱ 0 5.0 A 0 3滴 不褪色
Ⅲ 5.0 0 5.0 0 3滴 较慢褪色
①a= 。
②由上述实验得出的结论是 。
14．（2021·海东模拟）某工业的含碲废渣中含有较多 ，同时含有 、 、 、 等杂质。某研究小组设计了如流程回收碲。
（1）为提高含碲废渣的浸取率，可采取的措施为 (任写一种)。
（2）“滤渣Ⅱ”的主要成分为PbS和 ，写出生成PbS的化学方程式： 。
（3）加入稀硫酸调节溶液pH为5.8~6.6，使 水解沉碲( )，写出“沉碲”的离子方程式： 。
（4）经实验测得“滤渣Ⅲ”中含Te的质量分数为75%，则“滤渣”中 的质量分数为 ，含有的杂质可能为 (填化学式)。
（5） 与 的性质相似，都可与强碱反应。“浸取液Ⅱ”需调节NaOH的浓度在 ，经惰性电极电解可得到Te，写出电解时阳极的电极反应式： 。
（6）“滤渣Ⅰ”的主要成分有 和 (填化学式)。其中 可被氧化得到亚硒酸( )。已知常温下 的 、 ，则 溶液的pH (填“＞”、“＜”或“=”)7，硒酸( )可以用氯气氧化亚硒酸得到，该反应的化学方程式为 。
15．（2021·中卫模拟）过氧乙酸(CH3COOOH)是无色易挥发，易溶于水的液体，受热易分解。有强烈刺激性气味，有腐蚀性，对人的眼睛、皮肤、黏膜、上呼吸道等有强烈刺激作用。
（1）实验室配制500mL0.1mol/L过氧乙酸溶液时，除需使用烧杯和玻璃棒外，还要用到以下哪些仪器___ (填字母标号)。
A．分液漏斗 B．500mL容量瓶 C．普通漏斗 D．胶头滴管
E．量筒
（2）某实验小组利用高浓度的双氧水和乙酸反应合成少量过氧乙酸，同时利用乙酸丁酯与水形成共沸物(沸点90.7℃)及时分离出水。已知乙酸丁酯的密度为0.88g/cm3，难溶于水。实验装置如图所示。
CH3COOH+H2O2 CH3COOOH+H2O △H<0
①写出H2O2的电子式 。
②装置中油水分离器的作用是将水从体系中分离出来，有利于反应向 (填“正向”或“逆向”)进行，也可以通过观察油水界面不再增高时，判断反应结束。
③反应体系采用减压的目的是降低共沸物的沸点，防止 。
（3）过氧乙酸(含有少量H2O2杂质)的含量测定流程如图。
①过氧乙酸被Fe2+还原，产物之一为CH3COOH，其离子方程式为 。
②若样品体积为V0mL，加入c1mol L-1FeSO4溶液V1mL，消耗c2mo L-1K2Cr2O7，溶液V2mL，则过氧乙酸含量为 g·L-1。
③若用KMnO4溶液除H2O2时，不慎滴加KMnO4过量，则导致最终测定过氧乙酸的含量 (填“偏高”、“偏低”或“不变”)。
16．（2021·常德模拟）实验室制备合成农药、医药的重要中间体三氯乙醛（CCl3CHO）的装置示意图如图（加热装置略去）：
已知：
①制备原理：C2H5OH+4Cl2→CCl3CHO+5HCl。
②CCl3CHO易被HClO氧化生成CCl3COOH。
（1）仪器D的名称是 ，A中发生反应的化学方程式为 。
（2）下列各装置能代替图中E的是 （填标号）。
（3）制备装置中存在一处缺陷，该缺陷是 。
（4）测产品纯度：称取产品mg配成待测溶液，加入amol·L-1碘标准溶液20.00mL，加入指示剂，再加入适量Na2CO3溶液（CCl3CHO+OH-=CHCl3+HCOO-、HCOO-+I2=H++2I-+CO2↑），反应完全后，加盐酸调节溶液的pH，立即用bmol·L-1Na2S2O3溶液滴定（I2+2S2O =2I-+S4O ）。进行三次平行实验，所得滴定数据如表所示。
第一次 第二次 第三次
滴定前读数/mL 0.00 0.12 0.20
滴定后读数/mL 19.98 21.52 20.22
①指示剂为 。
②产品的纯度为（写表达式） 。
17．（2020·温州模拟）为测定二氯化一氯五氨合钴（[Co(NH3)5Cl]Cl2，摩尔质量用M表示）样品的纯度，将mg样品分为10等份，取其中一份于强碱溶液中，加热煮沸，蒸出所有氨气，用V1mLc1mol L 1稀硫酸充分吸收，吸收后的溶液用c2mol L 1NaOH中和，平均消耗NaOH溶液的体积为V2mL。
（1）该样品中[Co(NH3)5Cl]Cl2的纯度为 ；
（2）写出简要计算过程： 。
18．（2020·衡水模拟）从铜氨废液含[Cu(NH3)3·CO]+、[Cu(NH3)2]2+、[Cu(NH3)4]2+、NH3、CH3COO-、CO32-等中回收铜的工艺流程如图：
（1）步骤(Ⅰ)“吹脱”的目的是 (写一条即可)；由步骤(Ⅱ)可确定NH3与H+的结合能力比与Cu2+的 (填“强”或“弱”)。
（2）步骤(Ⅲ)“沉铜”时，Na2S的用量比理论用量多，目的是 。
（3）步骤(Ⅳ)反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为 。
（4）步骤(Ⅵ)发生反应生成难溶Cu2(OH)3Cl的离子方程式为 ，pH与铜的回收率关系如图(a)所示，为尽可能提高铜的回收率，需控制的pH约为 。
（5）“吹脱”后的铜氨溶液中加入适量的添加剂可直接电解回收金属铜，装置如图(b)所示，阴极主要发生的电极方程式为 ；添加NaCl和H2SO4均可提高电导率和电流效率，从而提高铜的回收率，从环境角度考虑，较好的是 (填“NaCl”或“H2SO4”)。
（6）已知上述流程中只有步骤(Ⅲ)“沉铜”和步骤Ⅴ“制硫酸铜”中铜元素有损耗。步骤(Ⅲ)“沉铜”时铜元素的损耗率为4%；步骤Ⅴ“制硫酸铜”时铜元素损耗率为2%。若1L废液最终制得CuSO4 5H2O375g，则1L废液中含有铜元素的质量为 g。（保留整数）
19．（2020·邯郸模拟）过二硫酸钠(Na2S2O8)也叫高硫酸钠，可用于废气处理及有害物质氧化降解．用(NH4)2S2O8溶液和一定浓度的NaOH溶液混合可制得Na2S2O8晶体，同时还会放出氨气。某化学兴趣小组利用该原理在实验室制备Na2S2O8晶体（装置如图所示）．
已知：反应过程中发生的副反应为2NH3+3Na2S2O8+6NaOH 6Na2SO4+6H2O+N2
（1）图中装有NaOH溶液的仪器的名称为 ，反应过程中持续通入氮气的目的是 。
（2）
(NH4)2S2O8可由电解硫酸铵和硫酸的混合溶液制得，写出电解时阳极的电极反应式： 。
（3）Na2S2O8溶于水中，会发生一定程度的水解，最终仅生成H2SO4、Na2SO4和另一种常温下为液态且具有强氧化性的物质，写出该反应的化学方程式： 。
（4）Na2S2O8具有强氧化性，该兴趣小组设计实验探究不同环境下Na2S2O8氧化性的强弱。将MnSO4 H2O(1.69g)与过量Na2S2O8(10g)溶于水中形成的混合溶液煮沸3min，观察并记录加入试剂时和加热过程中的现象（如表格所示）。
环境 调节溶液氧化环境时的现象 加热煮沸3min期间产生的现象
中性 加入VmL蒸馏水，无明显现象 30s时开始有大量气泡冒出，3min后溶液变深棕色，溶液中有悬浮小颗粒
碱性 加入VmL某浓度的NaOH溶液，瞬间变为棕色（MnO2） 10s后溶液逐渐变为深紫色(MnO4-)，没有明显冒气泡现象
酸性 加入VmL稀H2SO4无明显现象 煮沸3min后，有气泡冒出
①在 （填“中性”“酸性”或“碱性”)条件下，Na2S2O8的氧化能力最强。
②中性氧化时，会产生大量气泡，其原因为 。
③若用0.1mol L-1的H2O2溶液滴定碱性氧化反应后的溶液（先将溶液调至酸性再滴定），滴定终点时的现象为 ；达到滴定终点时，消耗H2O2溶液的体积为V1rnL。则碱性氧化后的溶液中NaMnO4的质量为 g(用含V1的代数式表示，5H2O2~2 )。
20．（2020·保定模拟）硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2］是分析化学中的重要试剂，在不同温度下加热分解所得产物不同。设计如图实验装置（夹持装置略去），在500℃时隔绝空气加热A中的硫酸亚铁铵至分解完全，确定分解产物（铁的氧化物、硫的氧化物、含氮物质、水）的具体成分（已知每个装置中的药品足量）。
（1）利用上述装置完成该实验，则该装置的正确连接顺序为 (用装置下面的字母填连接顺序，每个装置都要使用）。加热A前需要通入一段时间N2目的是 。
（2）若观察到B中有白色沉淀生成，C中无明显现象，则装置C的作用为 ，D中白色变为蓝色，写出B中发生反应的离子方程式 装置B与装置C能否互换 （填 “能”或“否”），原因是 （填“能”则不填此空）。
（3）A中固体完全分解后变为红棕色粉末，某同学设计实验验证固体残留物仅为Fe2O3，而不含FeO，请帮他完成表中内容（试剂，仪器和用品自选）。
实验步骤 预期现象 结论
固本残留物仅为Fe2O3
（4）硫酸亚铁铵在500℃时隔绝空气加热完全分解，若E中收集到的气体只有N2，A中固体残留物Fe2O3的质量为80g，B中沉淀物质的量为2rnol，则生成N2的质量为 g。
（5）某含铬(Cr2O72-）废水用硫酸亚铁铵溶液滴定处理，反应后铁元素和铬元素完全转化为沉淀（沉淀中铬元素化合价为+3)，该沉淀经干燥后得到amolFeO FemCrnO3，不考虑处理过程中的实际损耗，则消耗硫酸亚铁铵的物质的量为 mol(用a的代数式表示）。
21．（2020·嘉兴模拟）取 30.8g 甲酸铜[(HCOO)2Cu]在隔绝空气的条件下加热分解，会生成含两种红色固体的混合物 A 和混合气体 B；若相同质量的甲酸铜在空气中充分加热，则生成黑色固体 D 和 CO2、H2O。固体 A 和 D 质量相差 2.4g。则：
（1）红色固体 A 中 Cu 单质的物质的量为 mol。
（2）将混合气体B
置于O2 中充分燃烧，消耗 O2 的体积是 L (换算为标准状况)。
22．（2020·长春模拟）次氯酸溶液由于其具有极强的氧化性，可以使病毒的核酸物质发生氧化反应，从而杀灭病毒，是常用的消毒剂和漂白剂。已知：
Ⅰ.常温常压下，Cl2O 为棕黄色气体，沸点为 3.8℃，42 ℃以上会分解生成 Cl2 和 O2，Cl2O 易溶于水并与水立即反应生成 HClO。
Ⅱ.将氯气和空气(不参与反应)按体积比1∶3 混合通入潮湿的碳酸钠中生成Cl2O 气体，用水吸收Cl2O(不含 Cl2)制得次氯酸溶液。某实验室利用以下装置制备浓度不小于 0.8mol/L 的次氯酸溶液。
A． B． C． D． E.
回答下列问题：
（1）装置D 的作用为 。
（2）配平装置 B 中的反应 ：Cl2+Na2CO3+H2O
= Cl2O+NaCl+NaHCO3。写出Cl2O
的结构式为 。
（3）装置C 中加入的试剂X 为CCl4，其作用是 。
（4）各装置的连接顺序为
A→ → → →E。
（5）此方法相对于氯气直接溶于水制备次氯酸溶液的优点是 。(答出 1 条即可)
（6）若装置 B 中生成的 Cl2O 气体有 20%滞留在E 前各装置中，其余均溶于装置E 的水中，装置E 所得 500mL 次氯酸溶液浓度为 0.8mol/L，则至少需要含水 8%的碳酸钠的质量为 g。
23．（2020·肇庆模拟）氨基钠(NaNH2)常用作有机合成的促进剂，是合成维生素 A 的原料。某学习小组用如下装置，以NH3和Na为原料加热至 350-360 ℃制备氨基钠，并检验其生成的产物和测定产品的纯度。
已知：NaNH2极易水解且易被空气氧化。回答下列问题 ：
（1）仅从试剂性质角度分析，下列各组试剂不宜用于实验室制备NH3的是________(填字母序号)。
A．浓氨水、CaO B．NH4Cl固体、Ca(OH)2固体
C．浓氨水 D．NH4NO3固体 、NaOH固体
（2）仪器D名称为 ，其中盛放的试剂为 。
（3）装置A中发生反应的化学方程式为 ，能证明装置A中已发生反应的实验依据是 。
（4）装置B的作用是 。
（5）制备时，通入的氨气过量，待钠充分反应后，取 mg 产品， 按如图装置进行实验(产品所含杂质仅为 Na2O )。
用注射器向试管中缓慢加入H2O至恰好完全反应立即停止，G中液面从刻度V1变 为 V2(已知V2>Vi，单位 mL，忽略固体体积，读取刻度时保持两使液面相平，实验过程处于标准状况下)，则产品纯度为 ：若读取V1时，G中液面低于漏斗侧液面，则所测得的纯度比实际产品纯度 (填“偏高”、“ 偏低”或“无影响”)。
24．（2020·深圳模拟）(NH4)2SO4是常见的化肥和化工原料，受热易分解。某兴趣小组拟探究其分解产物。
[查阅资料](NH4)2SO4在260℃和400℃时分解产物不同。
[实验探究]该小组拟选用下图所示装置进行实验（夹持和加热装置略）
实验1：连接装置A-B-C-D，检查气密性，按图示加入试剂（装置B盛0.5000mol/L盐酸70.00mL）。通入N2排尽空气后，于260℃加热装置A一段时间，停止加热，冷却，停止通入N2。品红溶液不褪色，取下装置B，加入指示剂，用0.2000mol/L NaOH溶液滴定剩余盐酸，终点时消耗NaOH溶液25.00 mL。经检验滴定后的溶液中无SO42-。
（1）仪器X的名称是 ；
（2）滴定前，下列操作的正确顺序是 (填字母编号)；
a．盛装0.2000mol/L NaOH溶液
b．用0.2000mol/L NaOH溶液润洗
c．读数、记录
d．查漏、清洗
e．排尽滴定管尖嘴的气泡并调整液面
（3）装置B内溶液吸收气体的物质的量是 mol，
（4）实验2：连接装置A-D-B，检查气密性，按图示重新加入试剂。通入N2排尽空气后，于400℃加热装置A至(NH4)2SO4完全分解无残留物，停止加热，冷却，停止通入N2。观察到装置A、D之间的导气管内有少量白色固体。经检验，该白色固体和装置D内溶液中有SO32-，无SO42-。进一步研究发现，气体产物中无氮氧化物。
检验装置D内溶液中有SO32-，无SO42-的实验操作和现象是 ；
（5）装置B内溶液吸收的气体是 ；
（6）(NH4)2SO4在400℃分解的化学方程式是 。
25．（2020·东莞模拟）钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)是一种金属腐蚀抑制剂。工业上利用钼精矿(主要成分是不溶于水的MoS2)制备钼酸钠的两种途径如图所示。
（1）NaClO的电子式为 。
（2）途径Ⅰ碱浸时发生反应的化学方程式为 。
（3）途径Ⅱ氧化时还有Na2SO4生成，则反应的离子方程式为 。
（4）已知途径Ⅰ的钼酸钠溶液中c(MoO42-)=0.40mol/L，c(CO32-)=0.10mol/L。由钼酸钠溶液制备钼酸钠晶体时，需加入Ba(OH)2固体以除去CO32-。当BaMoO4开始沉淀时，CO32-的去除率是 [已知Ksp(BaCO3)=1×10-9、Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8，忽略溶液的体积变化]。
（5）分析纯钼酸钠常用钼酸铵[(NH4)2MoO4]和氢氧化钠反应来制取，若将该反应产生的气体与途径Ⅰ所产生的气体一起通入水中，得到正盐的化学式是 。
（6）钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。常温下，碳素钢在三种不同介质中的腐蚀速率实验结果如图
①当硫酸的浓度大于90%时，碳素钢腐蚀速率几乎为零，原因是 。
②若缓蚀剂钼酸钠-月桂酸肌氨酸总浓度为300mg·L-1，则缓蚀效果最好时钼酸钠(M =206g·mol-1) 的物质的量浓度为 (计算结果保留3位有效数字)。
26．（2020·深圳模拟）苯甲酸乙酯是重要的精细化工试剂，常用于配制水果型食用香精。实验室制备流程如下：
试剂相关性质如下表：
苯甲酸 乙醇 苯甲酸乙酯
常温性状 白色针状晶体 无色液体 无色透明液体
沸点/℃ 249.0 78.0 212.6
相对分子量 122 46 150
溶解性 微溶于水，易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂 与水任意比互溶 难溶于冷水，微溶于热水，易溶于乙醇和乙醚
回答下列问题：
（1）为提高原料苯甲酸的纯度，可采用的纯化方法为 。
（2）步骤①的装置如图所示（加热和夹持装置已略去），将一小团棉花放入仪器B中靠近活塞孔处，将吸水剂（无水硫酸铜的乙醇饱和溶液）放入仪器B中，在仪器C中加入 12.2 g纯化后的苯甲酸晶体，30 mL无水乙醇（约0.5 mol）和3 mL浓硫酸，加入沸石，加热至微沸，回流反应1.5~2 h。仪器A的作用是 ；仪器C中反应液应采用 方式加热。
（3）随着反应进行，反应体系中水分不断被有效分离，仪器B中吸水剂的现象为 。
（4）反应结束后，对C中混合液进行分离提纯，操作I是 ；操作II所用的玻璃仪器除了烧杯外还有 。
（5）反应结束后，步骤③中将反应液倒入冷水的目的除了溶解乙醇外，还有 ；加入试剂X为 （填写化学式）。
（6）最终得到产物纯品12.0 g，实验产率为 %（保留三位有效数字）。
27．（2019·湖南模拟）根据所学的知识填空。
（1）实验室用锌粒与稀硫酸反应制取H2，要加快产生H2的速率，可采用的方法是 （任写一种）。
（2）FeCl2溶液滴入KSCN溶液，出现红色，向变色的溶液中加入铁粉，溶液颜色变浅，直至褪色。原因是Fe3+被铁粉还原生成了Fe2+，写出该反应的离子方程式： 。
（3）洁厕灵（主要成分是盐酸）与84消毒液（主要成分是次氯酸钠）是家庭生活中常备的两种清洁剂，但两种液体不能混合使用，两者混合会产生有毒气体Cl2，其发生的化学反应方程式为2HCl+NaClO=NaCl+Cl2↑+H2O。当有1mol的HCl参加反应时生成的氯气在标准状况下的体积为 L。
28．（2019·湖南模拟）在实验室中用二氧化锰和浓盐酸反应制备纯净干燥的氯气，装置图如图所示。制备氯气的反应方程式为：MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O
（1）C中装有的试剂是 。
（2）D中所盛试剂是浓硫酸，作用是 。
（3）E用的是 排空气法收集气体（填“向上”或“向下”）。
（4）F中盛放的试剂是NaOH溶液，用于吸收多余的氯气，反应的离子方程式为 。
（5）在上述反应中，每消耗0.4molHCl，生成的Cl2的质量为 。
29．（2019·吉安模拟）铬化学丰富多彩，由于铬光泽度好，常将铬镀在其他金属表面，同铁、镍组成各种性能的不锈钢，CrO3大量地用于电镀工业中。
（1）CrO3具有强氧化性，遇到有机物（如酒精）时，猛烈反应以至着火，若该过程中乙醇被氧化成乙酸，CrO3被还原成绿色的硫酸铬[Cr2(SO4)3]。则该反应的化学方程式为：
。
（2）CrO3的热稳定性较差，加热时逐步分解，其固体残留率随温度的变化如下图所示。
①A 点时剩余固体的成分是 （填化学式）。B 点时剩余固体的成分是 （填化学式）
②从开始加热到 750K时总反应方程式为 。
（3）CrO3和 K2Cr2O7均易溶于水，这是工业上造成铬污染的主要原因。净化处理方法之一是将含＋6价 Cr 的废水放入电解槽内，用铁作阳极，加入适量的NaCl进行电解：阳极区生成的Fe2+和Cr2O72－发生反应，生成的Fe3+和Cr3+在阴极区与OH－结合生成 Fe(OH)3 和Cr(OH)3沉淀除去[已知 KspFe(OH)3＝4.0×10－38，KspCr(OH)3＝6.0×10－31]。
①电解过程中 NaCl 的作用是 。
②已知电解后的溶液中c(Fe3+)为2.0×10－13
mol·L－1，则溶液中c(Cr3+)为 mol·L－1。
30．（2019·哈尔滨模拟）二氧化氯（ClO2）是极易溶于水且不与水发生化学反应的黄绿色气体，沸点为11℃，可用于处理部分含硫废水。某小组在实验室中利用下列装置制备ClO2（此制备方法中经空气稀释的SO2与ClO2不反应）。
回答下列问题：
（1）仪器X的名称是 。
（2）欲选择上图中的装置收集ClO2，其连接顺序为a→ （按气流方向，用小写字母表示）。
（3）装置C的作用是 ，装置E中反应的离子方程式为 。
（4）处理含硫（Na2S）碱性废水时，ClO2与Na2S反应（S2-被氧化为SO42-）的离子方程式为 ；处理含硫碱性废水时，相同条件下同体积的ClO2相对于Cl2的优点是 。
（5）ClO2很不稳定，需现用现配，为测定所得溶液中ClO2的含量，进行下列实验：
步骤1：准确量取V1 mL ClO2溶液加入锥形瓶中。
步骤2：用稀硫酸调节ClO2溶液的pH≤2.0，再加入足量KI晶体，静置片刻。
步骤3：加入指示剂，用c mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点时，消耗V2 mL Na2S2O3标准溶液。
（已知：2ClO2+8H++10I-=2Cl-+5I2+4H2O；2S2O32-+I2=2I-+S4O62-）
①配制100mL c mol·L-1 Na2S2O3标准溶液时，用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管和 。
②原溶液中ClO2的含量为 （用含c、V1、V2的代数式表示）g·L-1。
31．（2019·菏泽模拟）氮化铬(CrN)是一种良好的耐磨材料，实验室可用无水氯化铬(CrCl3)与氨气在高温下反应制备，反应原理为CrCl3+NH3 CrN+3HCl。回答下列问题：
（1）制备无水氯化铬。氯化铬有很强的吸水性，通常以氯化铬晶体(CrCl3·6H2O)的形式存在。直接加热脱水往往得到Cr2O3，有关反应的化学方程式为 。以氯化铬晶体制备无水氯化铬的方法是 。
（2）制备氮化铬。某实验小组设计制备氮化铬的装置如下图所示(夹持与加热装置省略)：
①装置A中发生反应的化学方程式为 。
②实验开始时，要先打开装置A中活塞，后加热装置C，目的是 。
③装置B中盛放的试剂是 ，装置D的作用是 。
④有同学认为该装置有一个缺陷，该缺陷是 。
（3）氮化铬的纯度测定。制得的CrN中含有Cr2N杂质，取样品14.38g在空气中充分加热，得固体残渣(Cr2O3)的质量为16.72g，则样品中CrN与Cr2N的物质的量之比为 。
（4）工业上也可用Cr2O3与NH3在高温下反应制备CrN。相关反应的化学方程式为 ，提出一条能降低粗产品中氧含量的措施： 。
32．（2018·杭州模拟）某校课外活动小组为测定已部分脱水的生石膏的组成(xCaSO4·yH2O),做如下实验：将固体加热，测量剩余固体的质量随时间的变化关系，如图所示。
（1）t5~ t6时间段固体质量减轻的原因是产生了两种气体，其中一种能使品红溶液褪色的气体物质的量是 ；
（2）x∶y= 。
33．（2018·甘肃模拟）黄铁矿石的主要成分为FeS2和少量FeS(假设其它杂质中不含铁、硫元素，且高温下不发生化学变化)，它是我国大多数硫酸厂制取硫酸的主要原料。某化学兴趣小组对该黄铁矿石进行如下实验探究。将m1g该黄铁矿石的样品放入如图装置(夹持和加热装置略)的石英管中，从a处不断地缓缓通入空气，高温灼烧黄铁矿样品至反应完全。其反应的化学方程式为4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2，4FeS+7O2=2Fe2O3+4SO2
（实验一）测定硫元素的含量
反应结束后，将乙瓶中的溶液进行如下处理：
（1）鼓入空气的作用是 。
（2）反应结束后，给乙瓶溶液中加入足量H2O2溶液的目的是 (用化学方 程式表示)。H2O2可以看成是一种很弱的酸，写出其主要的电离方程式为 。
（3）该黄铁砂石中硫元素的质量分数为 (列出 表达式即可)。
（4）（实验二）测定铁元素的含量
①用足量稀硫酸溶解石英管中的固体残渣②加还原剂使溶液中的Fe3+恰好完全转化为Fe2+后，过滤、洗涤 ③将过滤液稀释至250mL
④取25.00 mL稀释液，用0.100 mol·L-1的酸性KMnO4溶液滴定
步骤②中，若用铁粉作还原剂，则所测得的铁元素的含量 (填“偏大”“ 偏小” 或“无影响”)。
（5）请写出步骤②中洗涤的方法 。
（6）某同学一共进行了四次滴定实验，实验结果记录如下：
第一次 第二次 第三次 第四次
消耗KMnO4溶液体积/mL 25.00 25.03 20.00 24.97
根据所给数据，计算该稀释液中Fe2+的物质的量浓度c(Fe2+)= 。
34．（2018·银川模拟）硫化锌（ZnS）是一种重要的化工原料，难溶于水，可由炼锌的废渣锌灰制取其工艺流程如图所示．
（1）为提高锌灰的浸取率，可采用的方法是 （填序号）。
①研磨 ②多次浸取 ③升高温度 ④加压 ⑤搅拌
（2）步骤Ⅱ所得滤渣中的物质是（写化学式） 。
（3）步骤Ⅲ中可得Cd单质，为避免引入新的杂质，试剂X应为 。
（4）步骤Ⅳ还可以回收Na2SO4来制取Na2S。
①检验ZnS固体是否洗涤干净的方法是 ；
②Na2S可由等物质的量的Na2SO4和CH4在高温、催化剂条件下制取，化学反应方程式为 ；
③已知Na2SO4·10H2O及Na2SO4的溶解度随温度变化曲线如图，从滤液中得到Na2SO4·10H2O的操作方法是 。
（5）若步骤Ⅱ加入的ZnCO3为b mol，步骤Ⅲ所得Cd为d mol，最后得到VL、物质的量浓度为c mol/L的Na2SO4溶液．则理论上所用锌灰中含有锌元素的质量为 。
35．（2018·徐州模拟）超细铜粉有重要用途，工业上可以通过铝黄铜合金（含Cu、Al、Zn）制超细铜粉。某小组在实验室模拟制备超细铜粉的方法如下：
步骤Ⅰ：取铝黄铜合金加入热浓硫酸溶解，再加入过量NaOH溶液只生成Cu(OH)2沉淀，过滤，洗涤。
步骤Ⅱ：向Cu(OH)2沉淀中加硫酸溶解，再加氨水，形成 [Cu(NH3)4]SO4溶液。
步骤Ⅲ：向[Cu(NH3)4]SO4溶液中通入SO2气体至溶液呈微酸性，生成NH4CuSO3。再与足量的1.000mol·L-1的稀硫酸混合并微热，得到超细铜粉。
（1）步骤Ⅰ中完全溶解铝黄铜合金可以加入稀硫酸和____。
A．FeCl3
B．盐酸
C．热空气
（2）配制500 mL 1.000 mol·L-1的稀硫酸，需要用98%的浓硫酸（密度为1.84 g·mL-1） mL。
（3）在步骤Ⅲ中生成NH4CuSO3的化学反应方程式为 。
（4）准确称取1.000 g铝黄铜合金与足量的1.000 mol·L-1稀硫酸完全反应，生成标准状况下气体体积为134.4 mL。将相同质量的合金完全溶于热的足量的浓硫酸，产生标准状况下气体体积为380.8mL。计算此合金中铜的质量分数 。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】化学方程式的有关计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.一个苯乙烯分子中只含有一个碳碳双键，苯乙烯的分子式为C8H8，52g苯乙烯的物质的量为0.5mol，则含碳碳双键数目为0.5NA， A不符合题意；
B.溶液中存在水电离出的氢离子和氢氧根离子，故1L0.5mol·L-1醋酸钠溶液中阴阳离子总数目大于NA，B不符合题意；
C.标况下一氯甲烷为气态，一个一氯甲烷中含有四个共用电子对，则标准状况下，22.4L一氯甲烷含共用电子对数为4NA ，C符合题意；
D.反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，若生成3molFe2+，转移2mol电子，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】苯环中不含碳碳双键也不含碳碳单键。
2．【答案】A
【知识点】化学方程式的有关计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A. pH=1，c(H+)=0.1mol/L，N=NA·n=NA·c·V=0.1mol/L×1L×NA=0.1NA，A符合题意；
B.n(NaHSO4)=m/M=6.0g/120g·mol-1=0.05mol，NaHSO4晶体中含Na+、HSO4-，含离子数目为0.1NA，B不符合题意；
C.加热条件下，由于浓硫酸具有强氧化性，1molFe被氧化成Fe3+失去3mol电子，根据电子得失守恒，S得到3mol电子，则生成SO21.5mol，数目为1.5NA个SO2分子，C不符合题意；
D. 环戊烯醇的物质的量为8.4g/84g·mol-1=0.1mol，每分子环戊烯醇中含9个极性键，则共含有0.9NA个极性键，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、根据计算H3PO4溶液中氢离子的物质的量，再根据计算H3PO4溶液中氢离子的数目；
B、根据计算NaHSO4晶体的物质的量，进而求解其所含离子的数目；
C、根据得失电子守恒计算生成二氧化硫的物质的量，再根据计算生成二氧化硫分子的数目；
D、根据计算环戊烯醇的物质的量，进而求解其所含极性键的数目。
3．【答案】D
【知识点】电解池工作原理及应用；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】A. 电解精炼铜时，阳极上锌、铁、铜易失电子变成离子进入溶液，而Ag、Au等金属是因为金属之间空隙增大而掉落到溶液中，所以阳极泥中不含锌、铁金属单质，只含不如铜活泼的金属单质，A不符合题意；
B. 氯气与水的反应为可逆反应，且部分氯气溶解， 通入足量水中，转移电子的数目一定小于 ，B不符合题意；
C. 的反应可自发进行，由化学计量数可知， ，常温下不能自发进行，则该反应的 ，C不符合题意；
D. 硫蒸汽比硫固体能量高， H =生成物能量-反应物能量，所以等质量的硫蒸气和硫粉分别在空气中完全燃烧，硫蒸汽燃烧放热多，D符合题意；故答案为：D。
【分析】自发反应的判断依据： ，非自发； ，自发。 S是指气体的混乱度，气体分子数增大，混乱度增大，气体分子数减少，混乱度减小。
4．【答案】B
【知识点】化学方程式的有关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A. 未指明是否为标准状况，无法确定气体的物质的量，故A不符合题意；
B. D2l6O和H218O的摩尔质量均为20g/mol，故2gH218O和D2O的物质的量均为0.1mol，而且两者均含10个中子，故0.1molH218O和D2O中均含1mol中子即NA个，故B符合题意；
C. 过氧化钠与水反应时，氧元素的价态由-1价变为0价，故当生成0.1mol氧气时转移0.2mol电子即0.2NA个，故C不符合题意；
D. 溶液的体积未知，无法计算溶液中微粒的个数，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】A、利用使用条件：气体物质必须在标准状况下；
B、根据、求解物质中所含有的中子数；
C、根据得失电子守恒求解转移电子的数目；
D、根据求出氢氧化钡的物质的量，进而求解所含离子的离子数。
5．【答案】A
【知识点】硝酸的化学性质；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】由第一组数据可知固体有剩余，硝酸与Fe、Cu反应，都有：3Fe+8HNO3=3Fe（NO）2+2NO↑+4H2O，3Cu+8HNO3=3Cu（NO）2+2NO↑+4H2O，根据化学方程式得，n（HNO3）=4 n（NO），加入100 mL硝酸溶液时，n（NO）=0.1mol，则n（HNO3）=0.4mol，所以c（HNO3）=4mol/L，由1、2两组数据分析，两次剩余物的质量相差9.2g，此时生成2.24 LNO气体（转移0.3 mol电子），根据电子守恒得：若只溶解铁，消耗Fe的质量为8.4 g，若只溶解铜，消耗Cu的质量为9.6 g，由此现在消耗9.2g，介于两者之间，可知这9.2 g中应有Fe和Cu两种金属，设Fe和Cu的物质的量分别为xmol和ymol，则 解之得 ，所以9.2g中含铁质量是2.8g，含铜的质量是6.4g，所以第一次实验反应消耗的是Fe，反应后剩余金属为Fe和Cu，而第二次实验后剩余金属只有铜，所以每一份固体混合物的质量为：8.4g+17.2g=25.6g，其中含铁为8.4g+2.8g=11.2g，含铜的质量为：6.4g+8g=14.4g，所以铁和铜的物质的量之比为11.2g÷56 g·mol-1：14.4g÷64 g·mol-1=8：9；
400mL硝酸的物质的量是：n（HNO3）=0.4L×4 mol·L-1=1.6mol，n(Fe)=0.2mol，n(Cu)=0.225mol，根据得失电子守恒和N元素守恒得：
铜完全反应消耗硝酸的物质的量为：n（HNO3）= n（NO）+2n[Cu（NO3）2]=n(Cu) ×2÷3+ 2n(Cu) ×2=0.6mol，铁完全反应消耗硝酸的最多的（生成Fe3+）物质的量为：n（HNO3）=n（NO）+3n[Fe（NO3）3]=n(Fe)+3n(Fe)=0.8mol，共消耗硝酸0.8mol+0.6mol=1.4mol，小于1.6mol，所以硝酸过量，根据得失电子守恒，V（NO）=[2n（Cu）+3n（Fe）] ÷3 ×22.4L·，mol-1=7.84L，A符合题意；
B.根据前面的推算，每一份混合物的质量是25.6g，原混合物粉末的质量为25.6 g×3=76.8g，B选项不符合题意；
C.根据前面的推算，铁和铜的物质的量之比为8：9，C选项不符合题意；
D.根据前面的推算，实验3消耗的硝酸是1.4mol，剩余0.2mol，所得溶液中硝酸的物质的量浓度为0.2mol÷0.4L=0.5mol/L，D选项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据铜与硝酸的反应判断过量问题，然后根据化学方程式进行计算即可。
6．【答案】C
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】A．生成的滤渣3.2g是铜，金属铜可以和三价铁反应，所以一定不含有三价铁离子，故A不符合题意；
B.固体为三氧化二铁，其物质的量为3.2g/160g/mol=0.02mol，铁元素的量为0.02mol×2=0.04mol，质量为：0.04mol×56g/mol=2.24g，故B不符合题意；
C.根据B的答案知道铁元素质量=2.24g，而原来固体才5.76g，所以CuO质量不超过5.76-2.24=3.52g，故C符合题意；
D.根于最后溶液中溶质为过量H2SO4和FeSO4，而铁元素物质的量为0.04mol，说明参加反应硫酸物质的量为0.04mol，含氢离子0.08mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的H+和合金中的氧结合成水了，由于合金中氧物质的量为(5.76-3.2-2.24)g/16g/mol=0.02mol，它结合氢离子0.04mol，所以硫酸中有0.08-0.04=0.04molH+生成氢气，即生成0.02mol氢气，标况体积为448mL，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据铁、铜单质及其化合物的性质判断滤液和滤渣的主要成分，结合反应方程式计算组成成分的含量即可。
7．【答案】B,D
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：100mL 0.5mol/L的AlCl3溶液中氯化铝的物质的量=0.1L×0.5mol/L=0.05mol，若Al元素都转化为氢氧化铝沉淀，则氢氧化铝沉淀的质量=0.05mol×78g/mol=3.9g＞2.34g，说明有两种情况：一为沉淀不完全，只生成Al（OH）3沉淀；另一种情况为沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2，
n[Al（OH）3]= {#mathmL#}{#/mathmL#} =0.03mol，
①若碱不足，由Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓可知，NaOH的物质的量为0.03mol×3=0.09mol，则c（NaOH）= {#mathmL#}{#/mathmL#} =0.9mol/L；
②沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2，则：
Al3++ 3OH﹣═ Al（OH）3↓ Al（OH）3 + OH﹣═AlO2﹣+2H2O
0.05mol 0.15mol 0.05mol （0.05﹣0.03）mol （0.05﹣0.03）mol
则消耗的碱的物质的量为：0.15mol+（0.05﹣0.03）mol=0.17mol，则c（NaOH）= {#mathmL#}{#/mathmL#} =1.7mol/L，
故选BD．
【分析】100mL 0.5mol/L的AlCl3溶液中氯化铝的物质的量=0.1L×0.5mol/L=0.05mol，若Al元素都转化为氢氧化铝沉淀，则氢氧化铝沉淀的质量=0.05mol×78g/mol=3.9g＞2.34g，说明存在有两种情况：一为沉淀不完全，只生成Al（OH）3沉淀；另一种情况为沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2，结合方程式计算消耗氢氧化钠物质的量，进而计算NaOH溶液的物质的量的浓度．
8．【答案】B,C
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：A．有机物在足量氧气中燃烧生成CO2和H2O，与Na2O2发生反应：2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2↑，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，对生成物变式：Na2CO3～Na2O2 CO，2NaOH～Na2O2 H2，固体增加的质量相当于CO和H2的质量，故固体增加质量大于ag，故A错误；
B．反应方程式为：Na2O+H2O=2NaOH，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，
设物质的量都为1mol，则
Na2O+H2O= 2NaOH △m 2Na2O2+2H2O= 4NaOH+O2↑ △m
1mol 2mol 62g 1mol 2mol 62g
由方程式可知，生成溶质的物质的量相等，则溶质的质量相等，反应后两溶液的质量相等，则两溶液溶质质量分数相等，故B正确；
C．由方程式：2NaHCO3 {#mathmL#}{#/mathmL#} Na2CO3+CO2↑+H2O，可知2mol NaHCO3分解得到Na2CO3、CO2和H2O各1mol，还会发生反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，由于二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠，可以认为过氧化钠先与二氧化碳反应，再与水反应，Na2O2只有1mol，恰好和CO2反应生成1molNa2CO3和O2，气体排出后，只剩余Na2CO3，故C正确；
D．Fe3+与KSCN溶液变血红色，故原溶液中可能有Fe3+，故D错误．
故选：BC
【分析】A．有机物在足量氧气中燃烧生成CO2和H2O，与Na2O2发生反应：2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2↑，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，对生成物变式：Na2CO3～Na2O2 CO，2NaOH～Na2O2 H2，固体增加的质量相当于CO和H2的质量；
B．Na2O和Na2O2物质的量相等且由方程式易知，Na2O2放在溶液中增加的质量为Na2O2中的Na2O部分，由此可知两溶液的质量相同；
C．碳酸氢钠不稳定，加热易分解，发生反应：2NaHCO3 {#mathmL#}{#/mathmL#} Na2CO3+CO2↑+H2O，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，由于二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠，可以认为过氧化钠先与二氧化碳反应，再与水反应；
D．Fe3+与KSCN溶液变血红色．
9．【答案】（1）9
（2）0.0100
【知识点】化学方程式的有关计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)Al(NO3)3·xH2O的摩尔质量为(213+18x)g/mol，根据固体产物氧化铝的质量为1.02g，可知样品中n(Al)= ，则，解得x=9。
(2)气体产物中n(H2O)=3.06g÷18g/mol=0.17mol，则n(HNO3)=0.02×9×2-0.17×2=0.02mol，根据氮元素守恒，n(NO2)=样品中N的物质的量-HNO3中N的物质的量=0.02×3-0.02=0.04mol，根据氧元素守恒，n(O2)=(0.02×18-0.17-0.02×3-0.04×2-0.03)÷2=0.0100mol。
【分析】根据反应物和生成物写出反应的方程式，再根据方程式找出关系式计算。
10．【答案】（1）30.0
（2）解：若S与KOH溶液反应生成K2Sx和K2S2O3，则反应的化学方程式为(2x+2)S+6KOH 2K2Sx+K2S2O3+3H2O，根据反应方程式有 解得x=3，故答案为3。
【知识点】氧化还原反应；质量守恒定律；化学方程式的有关计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)根据方程式3S+6KOH 2K2S+K2SO3+3H2O可知，3mol S可以和6mol KOH反应，0.48g S的物质的量n=0.015mol，则需要消耗KOH的物质的量n=2n(S)=0.03mol，故需要KOH溶液的体积V= = =0.03L=30.0mL，
故答案为30.0；
【分析】（1）利用第一个方程式计算即可（2）根据反应物和产物进行书写方程式方程式根据数据计算出即可
11．【答案】（1）CO（NH2）2+H2O 2NH3↑+CO2↑；8NH3+6NO2 7N2+12H2O；2SO2+O2+4NH3+2H2O═2（NH4）2SO4；
（2）BaO；8：1；415NO+4NH3+3O2 415NNO+6H2O
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：（1）①尿素[CO（NH2）2]水溶液热分解为NH3和CO2，反应物为尿素和水，反应生成物为氨气和水，原子守恒书写化学方程式为：CO（NH2）2+H2O 2NH3↑+CO2↑，
故答案为：CO（NH2）2+H2O 2NH3↑+CO2↑；
②NH3在催化剂作用下还原NO2生成氮气和水，反应的化学方程式为8NH3+6NO2 7N2+12H2O，
故答案为：8NH3+6NO2 7N2+12H2O；
③SO2在O2作用下与NH3、H2O反应形成（NH4）2SO4，此反应中SO2是还原剂，氧气是氧化剂，反应的化学方程式为2SO2+O2+4NH3+2H2O═2（NH4）2SO4，
故答案为：2SO2+O2+4NH3+2H2O═2（NH4）2SO4；
④涉及反应为2NH3+H2SO4=n（NH4）2SO4，2NaOH+H2SO4=Na2SO4+H2O，反应中n（H2SO4）=v1×c1×10﹣3mol，n（NaOH）=v2×c2×10﹣3mol，
由方程式可知n（NaOH）+n（NH3）=2n（H2SO4），
则n（NH3）=（2v1×c1×10﹣3﹣v2×c2×10﹣3）mol，
则m（CO（NH2）2）= ×（2v1×c1×10﹣3﹣v2×c2×10﹣3）mol×60g/mol=（0.06v1c1﹣0.03v2c2 ）g，尿素溶液中溶质的质量分数是 = ，
故答案为： ；（2）①由图示可知BaO和NOx反应生成Ba（NO3）2，Ba（NO3）2再还原为N2，则储存NOx的物质为BaO，故答案为：BaO；
②第一步反应中H2被氧化生成水，化合价由0价升高到+1价，Ba（NO3）2的N元素化合价由+5价降低到﹣3价，生成氨气，则1molBa（NO3）2生成氨气转移16mol电子，参加反应的氢气的物质的量为 =8mol，则消耗的H2与Ba（NO3）2的物质的量之比是8：1，
故答案为：8：1；③在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO，由N元素守恒可知15NO与NH3应为1：1，可知反应的化学方程式为415NO+4NH3+3O2 415NNO+6H2O，
故答案为：415NO+4NH3+3O2 415NNO+6H2O
【分析】（1）①尿素[CO（NH2）2]水溶液热分解为NH3和CO2，结合原子守恒配平书写化学方程式；
②反应器中NH3还原NO2生成氮气和水，根据电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式；
③SO2在O2作用下与NH3、H2O反应形成（NH4）2SO4，此反应中SO2是还原剂，氧气是氧化剂，结合电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式；
④涉及反应为2NH3+H2SO4=n（NH4）2SO4，2NaOH+H2SO4=Na2SO4+H2O，由方程式可知n（NaOH）+n（NH3）=2n（H2SO4），以此计算；（2）①由图a可知储存NOx的物质是BaO；②第一步反应中H2被氧化生成水，化合价由0价升高到+1价，Ba（NO3）2的N元素化合价由+5价降低到﹣3价，生成氨气，结合得失电子数目相等计算；③在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO，由N元素守恒可知15NO与NH3应为1：1，结合电子得失相等配平．
12．【答案】（1）控制滴加速率；放热
（2）NaOH溶液；倒吸
（3）取少量液体，滴加紫色石蕊，若变红则继续洗，不变则为中性，变蓝则过量
（4）②；③
（5）68.33%
【知识点】化学实验操作的先后顺序；物质的检验和鉴别；实验装置综合；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）使用恒压滴液漏斗能控制液体滴加的速度和量，目的是控制反应速率，步骤1中的操作‘严格控制滴加速率，必要时用冷水冷却’，可知该反应是放热反应；
（2）吸收HCl气体可用碱液吸收，试剂为NaOH溶液，由于气体被吸收导致压强变小，则若倒扣漏斗全部浸没于液体中，则吸收气体时会发生倒吸现象；
（3）可用紫色石蕊试剂来检验溶液的酸碱性，操作方法是：取少量液体，滴加紫色石蕊，若变红则继续洗，不变则为中性，变蓝则过量；
（4）石油醚沸点为30~80℃，苯为80.1℃，用直形冷凝管即可，选②；苯乙酮沸点是202℃，冷凝管会炸裂，
故答案为：③；
（5）苯的密度：0.88 g/mL，8 mL的苯的质量m=ρV=0.88×8g=7.04g，物质的量为： ；乙酸酐的密度：1.07 g/mL，2 mL乙酸酐的质量m=ρV=1.07×2g=2.14g，物质的量为： ，由反应C6H6+(CH3CO)2O C6H5COCH3+CH3COOH，可知乙酸酐完全反应，则理论生成的苯乙酮质量为m=nM=0.02×120g=2.4g，则产率为 。
【分析】（5）由反应方程式：C6H6+(CH3CO)2O C6H5COCH3+CH3COOH，可知苯与乙酸酐反应的物质的量之比为1：1，则需计算8 mL的苯和2 mL乙酸酐谁完全反应，由此计算出理论产生苯乙酮的质量，再计算产率。
13．【答案】（1）C；B；B
（2）2 ＋16H＋＋10Cl－=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O
（3）除去Cl2中的氯化氢气体；Cl2＋H2O=HCl＋HClO或Cl2O＋H2O=2HClO等
（4）增大氯气在CCl4中的溶解度；Cl2O、CCl4
（5）80%
（6）5.0；其他条件相同时，溶液碱性越强，次氯酸钠溶液漂白能力越弱
【知识点】实验装置综合；化学实验方案的评价；离子方程式的书写；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】(1)有分析可知，各装置的连接顺序为A→C→B→D→B→E；
(2)A为氯气发生装置，A中发生反应的离子方程式为2 ＋16H＋＋10Cl－=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O；
(3)C装置的作用是除去Cl2中的氯化氢气体，若没有B装置，氯气中含有水，则D中除发生主反应外，还可能发生反应的化学方程式是Cl2＋H2O=HCl＋HClO或Cl2O＋H2O=2HClO等；
(4)①温度越低，气体的溶解度越低，则冰水浴冷却的目的是增大氯气在CCl4中的溶解度；
②Cl2O易溶于CCl4，则过滤后滤液的主要成分有Cl2O、CCl4；
(5)假设溶液的体积是1L，氯气的质量是50g，生成Cl2O的质量为24.5g/L×1L=24.5g，有2Cl2+2HgO=HgCl2·HgO+Cl2O可知，Cl2O的理论产量为： =30.6g，则Cl2O的产率= =80%；
(6)①探究浓度对溶液褪色的影响，保持溶液的体积不变，则a=5.0mL；
②通过分析实验，可以得出其他条件相同时，溶液碱性越强，次氯酸钠溶液漂白能力越弱。
【分析】装置A制备氯气，氯气中含有挥发的HCl与水蒸气，C中盛放饱和食盐水，除去混有的HCl，Cl2O遇水易生成不稳定的HClO，实验需要再干燥环境下进行，进入D装置的氯气需要干燥，故B可以盛放浓硫酸，用于干燥氯气。氯气与HgO在D中反应生成Cl2O，尾气中有未反应的氯气以及Cl2O等，直接排放会污染空气，装置E中氢氧化钠进行尾气处理，B中试剂应是防止E中水蒸气加入D中，可以盛放浓硫酸，据此回答问题。
14．【答案】（1）适当延长浸取时间(或其他合理答案)
（2）
（3）
（4）93.7%；
（5）
（6）；＜；
【知识点】电极反应和电池反应方程式；离子方程式的书写；化学方程式的有关计算；溶液中溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】(1)为提高含碲废渣的浸取率，可升高温度，增加搅拌，或者延长浸取时间等，答案为：延长浸取时间；
(2)加入硫化钠溶液， 和Na2S反应生成PbS，生成PbS的化学方程式为： ，答案为：
(3)加入稀硫酸调节溶液pH为5.8~6.6，使 水解沉碲( )，“沉碲”的离子方程式为： ，答案为：
(4)经实验测得“滤渣Ⅲ”中含Te的质量分数为75%，碲的摩尔质量为128g/mol，二氧化碲的摩尔质量为160g/mol，1molTe可以制备1molTeO2，所以75gTe可以制备TeO2的质量为 =93.7g， 经实验测得“滤渣Ⅲ”中含Te的质量分数为75%，则“滤渣”中 的质量分数为93.7%，因为硫酸钙微溶于水，所以含的杂质可能是 ，故答案为：93.7%，
(5)因为溶液为碱性，经惰性电极电解时，氢氧根离子在阳极失去电子生成氧气，阳极的电极反应式： ，故答案为：
(6)“滤渣Ⅰ”的主要成分有 和SiO2，已知常温下 的 、 ， 的水解常数为 ，Ka2>Kh，溶液呈酸性， 溶液的pH<7，氯气氧化亚硒酸得到硒酸( )，反应的化学方程式为： ，故答案为：＜；
【分析】某工业的含碲废渣中含有较多 ，同时含有 、 、 、 等杂质。某研究小组设计了如流程回收碲。对于流程图中第一步用水浸取，经过滤可除去 、 ，第二步在浸取液Ⅰ中加入硫化钠溶液和氯化钙溶液可把硅酸根除去，把 转化为PbS而除去，第三步在滤液Ⅰ中加入稀硫酸调酸碱性沉碲，第四步在滤渣Ⅲ加入氢氧化钠溶液溶解二氧化碲，最后电解来制碲。
15．【答案】（1）B；D；E
（2）；正向；防止温度过高，过氧乙酸分解
（3）CH3COOOH+2Fe2++2H+=CH3COOOH+2Fe3++H2O；；偏高
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】(1)一般用量筒量取液体，在烧杯中溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，据此需要的实验仪器有：500mL容量瓶、胶头滴管、量筒、玻璃棒、烧杯等，故答案为：BDE；
(2)①过氧化氢属于共价化合物，电子式为： ；
②制备丙烯酸甲酯的反应是可逆反应，利用油水分离器将反应过程中生成的水从体系中移除，可以使反应正向进行更容易；
③产物过氧乙酸受热易分解，减压可以降低共沸物的沸点；
(3)①Fe2+作还原剂，氧化产物为Fe3+，过氧乙酸为氧化剂，还原产物为乙酸，结合原子守恒、得失电子守恒可得离子方程式为：CH3COOOH+2Fe2++2H+=CH3COOH+2Fe3++H2O；
②Fe2+总物质的量=c1V1×10-3mol，n(K2Cr2O7)=c2V2×10-3mol．根据得失电子守恒有：K2Cr2O7～2Cr3+～6e-～6Fe2+～6Fe3+，即每1molK2Cr2O7与6molFe2+恰好完全反应，与c2V2×10-3molK2Cr2O7反应的Fe2+的物质的量=6c2V2×10-3mol，与过氧乙酸反应的Fe2+的物质的量=c1V1×10-3mol-6c2V2×10-3mol，根据CH3COOOH+2Fe2++2H+=CH3COOH+2Fe3++H2O可得：CH3COOOH的物质的量n=(c1V1×10-3mol-6c2V2×10-3mol)/2，CH3COOOH的质量m=nM=(c1V1×10-3mol-6c2V2×10-3mol)/2×76g/mol=38(c1V1×10-3-6c2V2×10-3)g，则过氧乙酸含量=38(c1V1×10-3-6c2V2×10-3)g/V0×10 3L= ；
③高锰酸钾具有氧化性，可以将双氧水以及过氧乙酸氧化，若是在用KMnO4溶液除H2O2时，不慎滴加KMnO4过量，则高锰酸钾可以和过氧乙酸之间会反应，消耗的高锰酸钾偏多，最终导致测定过氧乙酸的含量会偏高。
【分析】(2)乙酸和过氧化氢在反应瓶中反应生成过氧乙酸和水，利用水和乙酸丁酯的沸点相近形成共沸物带出水，使反应右移，提高产率。产生的水蒸气和乙酸丁酯蒸汽在蛇形冷凝管冷凝成液态，水和乙酸丁酯不相溶，且水的密度大在下层，上层乙酸丁酯满了后回流反应瓶循环，提高乙酸丁酯的利用率。
(3)过氧乙酸粗品加入少量稀硫酸酸化，再加入高锰酸钾，高锰酸钾与过氧化氢反应生成硫酸锰、硫酸钾和氧气，继续加入过量FeSO4溶液，FeSO4被过氧乙酸氧化为Fe2+，向滤液中加入K2Cr2O7溶液滴定剩余FeSO4溶液，则可通过滴定先求出被过氧乙酸氧化的FeSO4，进而求出过氧乙酸含量，
16．【答案】（1）球形冷凝管；MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O
（2）bc
（3）缺少干燥Cl2的装置，导致副产物CCl3COOH增多（或BC之间增加干燥装置；或BC之间、DE之间均增加干燥装置）
（4）淀粉溶液； 或 %或 %
【知识点】常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）仪器D是球形冷凝管；A中发生的反应为MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（2）HCl极易溶于水，为防止发生倒吸，可使用b和c吸收尾气同时防止倒吸；a装置将导管直接插入液面以下，会发生倒吸；d装置是一个封闭装置，没有和外界大气相通，存在安全隐患，不能选用；
（3）该装置BC之间缺少干燥氯气的装置，若氯气中含有水分，氯气与水发生反应，生成的次氯酸会氧化CCl3CHO，导致副产物增多；
（4）①淀粉溶液遇碘单质会变蓝；
②第一次滴定消耗硫代硫酸钠溶液的体积为19.98mL，第二次滴定消耗硫代硫酸钠溶液的体积为21.52-0.12=20.4mL，第三次滴定消耗硫代硫酸钠溶液的体积为20.22-0.2=20.02mL，第二次的数值偏差较大，应舍去；则消耗硫代硫酸钠的体积为20mL，其物质的量为bmol/L×0.02L=0.02bmol，根据 可知，剩余I2的物质的量为 ，与HCOO-反应的I2的物质的量为0.02amol-0.01bmol，则产品CCl3CHO的物质的量为（0.02a-0.01b） mol，其纯度为 或 %或 %；
【分析】浓盐酸与二氧化锰发生反应生成氯气，反应方程式为MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O；氯气与乙醇发生反应生成三氯乙醛（CCl3CHO），制备原理：C2H5OH+4Cl2→CCl3CHO+5HCl。
17．【答案】（1） %或 %或 %或 %
（2） ×100%= %
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】根据题干信息，用V1mLc1mol L 1稀硫酸充分吸收蒸出的氨气，发生反应2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4，吸收后用c2mol L 1NaOH中和剩余的H2SO4，发生反应H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，平均消耗NaOH溶液的体积为V2mL，则NH3消耗的H2SO4的物质的量为(V1c1×10-3-0.5V2c2×10-3)mol，n(NH3)=2n(H2SO4)=2(V1c1×10-3-0.5V2c2×10-3)mol，根据N原子守恒可得n([Co(NH3)5Cl]Cl2)= n(NH3)=0.4(V1c1×10-3-0.5V2c2×10-3)mol，因此m([Co(NH3)5Cl]Cl2)=0.4M(V1c1×10-3-0.5V2c2×10-3)g，则该样品中[Co(NH3)5Cl]Cl2的纯度为 。
【分析】
解答本题的关键在于利用反应方程式计算出NH3的物质的量，再根据N原子守恒得到二氯化一氯五氨合钴的物质的量，进而求得其纯度，计算时要注意单位的换算。
18．【答案】（1）将Cu(Ⅰ)氧化为Cu(Ⅱ)、将CO氧化并以CO2吹出、吹出游离的NH3等；强
（2）使Cu2＋尽可能沉淀完全，降低残留率
（3）3：2
（4）2[Cu(NH3)4]2＋＋Cl ＋5H＋＋3H2O＝Cu2(OH)3Cl↓＋8NH4＋；6(或5.5 6.5)
（5）[Cu(NH3)4]2＋＋2e ＝Cu＋4NH3；H2SO4
（6）102
【知识点】铜及其化合物；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】(1)步骤(Ⅰ)“吹脱”时通入空气，氧气可将Cu(Ⅰ)氧化为Cu(Ⅱ)、将CO氧化生成CO2吹出、吹出游离的NH3等，步骤(Ⅱ)加入硫酸生成硫酸铵，可确定NH3与H＋的结合能力比与Cu2＋的强，故答案为：将Cu(Ⅰ)氧化为Cu(Ⅱ)、将CO氧化并以CO2吹出、吹出游离的NH3等；强；(2)步骤(Ⅲ)“沉铜”时，Na2S的用量比理论用量多，可使Cu2＋尽可能生成CuS沉淀，可降低残留率，故答案为：使Cu2＋尽可能沉淀完全，降低残留率；(3)CuS与硝酸反应生成NO、S，反应中S元素化合价由 2价升高到0价，N元素化合价由＋5价降低为＋2价，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：2，故答案为：3：2；(4)步骤(Ⅵ)发生反应生成难溶Cu2(OH)3Cl的离子方程式为2[Cu(NH3)4]2＋＋Cl ＋5H＋＋3H2O＝Cu2(OH)3Cl↓＋8NH4＋，由图可知为尽可能提高铜的回收率，需控制的pH约为6(或5.5 6.5)，故答案为：2[Cu(NH3)4]2＋＋Cl ＋5H＋＋3H2O＝Cu2(OH)3Cl↓＋8NH4＋；6(或5.5 6.5)；(5)阴极主要发生反应的电极反应式为[Cu(NH3)4]2＋＋2e ＝Cu＋4NH3，如加入盐酸，则阳极发生氧化反应生成氯气，污染空气，从环保的角度可知，应加入硫酸，故答案为：[Cu(NH3)4]2＋＋2e ＝Cu＋4NH3；H2SO4；(6)375gCuSO4 5H2O中Cu的质量＝375g× ÷(1 2%)÷(1 4%)＝102g，故答案为：102。
【分析】（1）通入热空气可将具有还原性的物质进行氧化，将得到的气体带出，根据得出的产物即可判断氨气结合氢离子能力强
（2）充足的硫化钠溶液是将铜离子全部除去
（3）根据反应物和生成物中的化合价即可计算出物质的量之比
（4）根据反应物和生成物即可写出离子方程式，根据图示即可找出pH
（5）根据阴极发生的还原反应，是铜氨溶液得到电子变为铜单质和氨气的反应，应该选择硫酸不应选择的是氯化钠，防止氯离子失去电子变为氯气污染环境
（6）根据给出的数据利用化学式即可计算出铜元素的质量
19．【答案】（1）分液漏斗；将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出，减少副反应的发生
（2）2 -2e- =
（3）Na2S2O8+2H2O=H2SO4+Na2SO4+ H2O2
（4）碱性；2H2O2 2H2O+O2↑；当滴入最后一滴H2O2溶液时，溶液由紫色变为无色，且在半分钟内不变色；5.68×10-3V1
【知识点】电极反应和电池反应方程式；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】(1)图中装有NaOH溶液的仪器的名称为分液漏斗；依分析可知，为防NH3被氧化，应将生成的NH3从反应装置内尽快排出，所以反应过程中持续通入氮气的目的是将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出，减少副反应的发生。答案为：分液漏斗；将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出，减少副反应的发生；(2)电解时，由 生成 ，O元素的价态部分升高，所以电解时阳极的电极反应式：2 -2e- == 。答案为：2 -2e- = ；(3)另一种常温下为液态且具有强氧化性的物质应为H2O2，则最终仅生成H2SO4、Na2SO4和H2O2，该反应的化学方程式：Na2S2O8+2H2O=H2SO4+Na2SO4+ H2O2。答案为：Na2S2O8+2H2O==H2SO4+Na2SO4+ H2O2；(4)①由信息知，在碱性溶液中， 能将Mn2+逐渐氧化为MnO2，煮沸后继续氧化生成 ；所以在碱性条件下，Na2S2O8的氧化能力最强。答案为：碱性；②中性氧化时，会产生大量气泡，其原因为2H2O2 2H2O+O2↑。答案为：2H2O2 2H2O+O2↑；③碱性氧化反应后的溶液为NaMnO4，呈深紫色，滴定终点时生成无色的Mn2+，所以滴定终点时的现象为当滴入最后一滴H2O2溶液时，溶液由紫色变为无色，且在半分钟内不变色；达到滴定终点时，依据关系式5H2O2~2 ，可求出n( )= ，m( )= =5.68×10-3V1g。答案为：当滴入最后一滴H2O2溶液时，溶液由紫色变为无色，且在半分钟内不变色；5.68×10-3V1。
【分析】（1）根据仪器图示即可判断，通入氮气的主要是为了将产物中的氨气即是排除防止发生副反应
（2）根据反应物和生成物即可写出电极反应式
（3）根据反应物和生成物即可写出方程式
（4）①根据变色时间的长短即可判断氧化能力的强弱
②根据题意是过氧化氢在二氧化锰作用得到氧气
③高锰酸根将过氧化氢氧化，本身颜色褪去，因此紫色褪去，半分钟内不变色，根据给出的数据利用方程式计算即可
20．【答案】（1）ADCBE；实验前通入氮气是为了排除装置内的空气，防止对实验造成干扰，减少实验误差
（2）检验生成的气体中是否有三氧化硫，并除去三氧化硫和氨气；SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+；否；若互换三氧化硫也会使B有白色沉淀生成，无法检验二氧化硫
（3）取少量A中残留物于试管中，加入适量稀硫酸，充分振荡使其完全溶解，将溶液分成两份，分别滴加高锰酸钾溶液、KSCN溶液；若高锰酸溶液不褪色，加入KSCN溶液变红
（4）14
（5）2.5a
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；化学实验操作的先后顺序；物质的分离与提纯；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）由分析可知，装置的正确连接顺序为ADCBE，实验前通入氮气是为了排除装置内的空气，防止对实验造成干扰，减少实验误差，故答案为：ADCBE；实验前通入氮气是为了排除装置内的空气，防止对实验造成干扰，减少实验误差；（2）由分析知，C为检验三氧化硫并去除三氧化硫和氨气的装置，除去三氧化硫是为了避免对二氧化硫的检验造成干扰；B中双氧水氧化二氧化硫并与氯化钡生成沉淀的离子方程式为SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+；因为三氧化硫也能使B装置中产生白色沉淀，则无法检验产生的气体中是否含有二氧化硫，则装置B与装置C不能互换，故答案为：检验生成的气体中是否有三氧化硫，并除去三氧化硫和氨气；SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+；否；若互换三氧化硫也会使B有白色沉淀生成，无法检验二氧化硫；（3）验证固体残留物仅为Fe2O3，而不含FeO，则需将固体物质溶于酸，然后检验铁离子和亚铁离子即可，实验步骤为：取少量A中残留物于试管中，加入适量稀硫酸，充分振荡使其完全溶解，将溶液分成两份，分别滴加高锰酸钾溶液、KSCN溶液；预期现象：若高锰酸溶液不褪色，加入KSCN溶液变红，故答案为：取少量A中残留物于试管中，加入适量稀硫酸，充分振荡使其完全溶解，将溶液分成两份，分别滴加高锰酸钾溶液、KSCN溶液；若高锰酸溶液不褪色，加入KSCN溶液变红；（4）Fe2O3的质量为80g，物质的量为0.5mol，则硫酸亚铁铵的物质的量为1mol，硫原子的物质的量为2mol，而B装置中时二氧化硫最后转化成硫酸钡2mol，由此可知产物中无三氧化硫，则硫酸亚铁铵受热分解的方程式为2(NH4)2Fe(SO4)2 Fe2O3+2NH3↑+N2↑+4SO2↑+5H2O，m（N2）= =14g，故答案为：14；（5）1mol亚铁离子被氧化后转化成铁离子，失去的电子为1mol，每生成1molCr3+转移的电子为3mol，根据元素得失电子守恒有3n=m，由根据FeO FemCrnO3中化合价的代数和为0，有3m+3n=6，解得m=1.5，n=0.5，则根据铁原子守恒，若得到amolFeO FemCrnO3需消耗硫酸亚铁铵的物质的量为（1+m）a=（1+1.5）a=2.5amol，故答案为：2.5a。
【分析】1）根据分解产物的种类即可判断出连接的方式，通入氮气的目的是排尽空气防止干扰
（2）根据装置的作用即可判断，C为检验是否存在三氧化硫，C中无变化说明不存在三氧化硫，因此B中是检验二氧化硫，过氧化氢将其氧化形成沉淀即可写出方程式，不能互换，互换后无法确定是否含有二氧化硫
（3）应该检验铁离子和亚铁离子，可以采用KSCN溶液检验铁离子，利用高锰酸钾检验亚铁离子
（4）根据给出的数据利用元素守恒即可计算出氮气的质量
（5）根据给出的数据即可计算出物质的量
21．【答案】（1）0.1
（2）2.8
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）n[(HCOO)2Cu]= =0.2mol，在隔绝空气的条件下加热分解，会生成含两种红色固体的混合物 A，设Cu的物质的量为x，Cu2O的物质的量为y，x+y=0.2mol，在空气中加热生成CuO，增加2.4g，x+y= =0.15mol，解得x=0.1mol，y=0.05mol，故答案为：0.1；（2）由（1）甲酸铜[(HCOO)2Cu]在隔绝空气的条件下加热分解，会生成含两种红色固体的混合物 A ，A中Cu的物质的量：Cu2O的物质的量=0.1mol：0.05mol=2:1，则(HCOO)2Cu分解的方程式为：4(HCOO)2Cu 2Cu＋Cu2O＋4H2O＋5CO＋3CO2，0.2mol(HCOO)2Cu分解生成n(CO)= ×0.2mol=0.25mol，置于O2 中充分燃烧，消耗 O2 的体积是0.25mol× ×22.4L·mol－1=2.8L，故答案为：2.8。
【分析】（1）根据铜守恒，可以分别计算出氧化亚铜和铜的物质的量；
（2）根据甲酸铜分解和空气反应得到铜和氧化亚铜的物质的量可以书写出甲酸铜分解的方程式，确定得到CO和CO2的物质的量，从而计算出混合气体B 置于O2 中充分燃烧，消耗 O2 的体积。
22．【答案】（1）除去氯气中的HCl气体；观察产生气泡的速度来调节流速和体积比 1:3
（2）2Cl2＋2Na2CO3＋H2O=Cl2O＋2NaCl＋2NaHCO3；Cl-O-Cl
（3）除去Cl2O 中的 Cl2，提高制得的 HClO 的纯度
（4）D；B；C
（5）制备的HClO的浓度大，纯度高，不含有Cl-
（6）57.6
【知识点】化学实验操作的先后顺序；化学实验方案的评价；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】(1)装置D的作用一方面要对装置A制备的Cl2进行净化除杂，另一方面也要保证空气和氯气的最佳体积比；所以D的作用为：除去氯气中的HCl杂质，同时观察气泡的速度来调节氯气和空气的体积比至1:3；(2)根据题意，B中发生的反应为2Cl2＋2Na2CO3＋H2O=Cl2O＋2NaCl＋2NaHCO3，Cl2O中的O为-2价，Cl为+1价，所以该反应是氯元素的歧化反应；根据Cl2O中氯和氧的价态可推测其结构为Cl-O-Cl；(3)题干中提到，用水吸收Cl2O制得次氯酸溶液，Cl2O中不能含有Cl2，而B处的反应是气体与固体的反应，必然会有一部分Cl2无法反应，因此，需要对B装置的出口气体进行除氯气操作，C中的CCl4由于与Cl2极性相近，可以将Cl2吸收，所以C的作用即：除去 中的Cl2，提高次氯酸溶液的纯度；(4)结合以上分析，可知连接顺序为A→D→B→C→E；(5)氯气直接溶解在水中会生成盐酸杂质，并且由于Cl2在水中溶解度很小，所以制备的次氯酸的浓度也不高，因此该方法的优点为：制备的次氯酸溶液浓度大，纯度高；(6)由题可知，E中次氯酸的含量为0.4mol，根据E中发生的反应： ，可知E中参与反应的n(Cl2O)=0.2mol，所以总共生成的Cl2O的物质的量为 。根据Cl2O的制备反应方程式可知，所需碳酸钠的物质的量为： ，那么至少需要含水量8%的碳酸钠的质量为 。
【分析】该实验属于物质制备类实验，所需原料为氯气和空气，并且要注意体积比1:3这个要求；因此就出现了这两个问题：(1)原料Cl2含有杂质需要除杂；(2)如何准确地控制两种原料气体积比；带着问题分析每个装置的作用就不难发现D装置就恰好能解决上述两个问题。接下来，由于B中的制备反应是气体与固体的反应，所以产物中肯定含有未反应完全的原料气，所以这里又出现了一个问题：未反应完的原料气是否会干扰后续的制备，如何除去；通过分析不难发现装置C恰好可以解决上述问题；最终在装置E中，成功制备了纯度较高的次氯酸溶液。
23．【答案】（1）D
（2）球形干燥管；无水硫酸铜
（3）2Na+2NH3 2NaNH2+H2；装置C中的黑色粉末变为红色，装置D中的白色粉末变为蓝色
（4）吸收NH3，防止NH3与CuO反应
（5）；偏高
【知识点】氨的实验室制法；常用仪器及其使用；化学实验方案的评价；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】(1) A．CaO溶于水生成Ca(OH)2，同时放热，使浓氨水有氨气逸出，可制适量氨气，故A正确；
B．NH4Cl固体、Ca(OH)2固体混合加热可制氨气，故B正确；
C．浓氨水在加热条件下，有氨气逸出，可制适量氨气，故C正确；
D．NH4NO3受热或撞击易爆炸，且NaOH固体在加热条件下能与SiO2反应，腐蚀玻璃容器，则不用NH4NO3固体和NaOH固体混合加热制氨气，故D不正确；
故答案为D；(2)仪器D名称为球形干燥管，其作用是检验反应中生成的水蒸气，无水硫酸铜遇水变蓝色，则选择盛放的试剂为无水硫酸铜；(3)装置A中Na和氨气在加热条件生成NaNH2和H2，发生反应的化学方程式为2Na+2NH3 2NaNH2+H2；当装置C中的黑色粉末变为红色，装置D中的白色粉末变为蓝色，说明A中有H2生成，即证明装置A中已发生反应；(4) NH3有还原性，在加热条件下能还原CuO，则装置B的作用是吸收NH3，防止NH3与CuO反应；(5) 已知NaNH2+H2O=NaOH+NH3↑，反应中生成NH3的物质的量为 = mol，则产物NaNH2的物质的量为 mol，产品纯度为 = ；若读取V1时，G中液面低于漏斗侧液面，此时G中压强大于1个大气压强，V1相对标准状况下体积偏小，则（V2-V1）偏大，导致所测得的纯度比实际产品纯度偏高。
【分析】NH3和Na在加热条件下生成NaNH2和H2，利用P2O5除去H2中混有的NH3，除杂后的H2在加热条件下，将黑色CuO还原为红色Cu，生成的水使无色CuSO4粉末变蓝色。
24．【答案】（1）圆底烧瓶
（2）dbaec
（3）0.03
（4）取少量装置D内溶液于试管中，滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀；加入足量稀盐酸后沉淀完全溶解，放出无色刺激性气体
（5）NH3
（6）3(NH4)2SO4 4NH3↑+ N2↑+3SO2↑ + 6H2O↑
【知识点】常用仪器及其使用；化学实验操作的先后顺序；化学实验方案的评价；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）根据仪器结构可知仪器X的名称是圆底烧瓶；（2）滴定的操作步骤为：首先查漏、水洗，然后用待装溶液来润洗，再装溶液，再排尽滴定管尖嘴的气泡并且调整液面，最后读数并进行记录，因此正确的操作顺序是dbaec；（3）品红溶液没有褪色，证明无SO2生成；经检验滴定后的溶液中无SO2－4，证明盐酸溶液中没有吸收SO3，则装置B中吸收的气体为NH3；根据酸碱中和滴定的原理，n(HCl)＝n(NH3)+n(NaOH)，则n(NH3)＝0.5mol/L×0.07L－0.2mol/L×0.025L＝0.03mol；（4）亚硫酸钡能与盐酸反应生成SO2，硫酸钡不溶于盐酸，则检验装置D内溶液中有SO32－，无SO42－的实验操作和现象是：取少量装置D内溶液于试管中，滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀；加入足量稀盐酸后沉淀完全溶解，放出无色刺激性气体，证明装置D内溶液中有SO32－ ，无 SO42-；（5）实验2证明，(NH4)2SO4在400℃分解得到的产物中有NH3和SO2，能被装置B中的盐酸溶液吸收的气体为NH3；（6）(NH4)2SO4在400℃分解得到的产物中有NH3和SO2，由于气体产物中无氮氧化物，因此根据得失电子守恒可知反应中还有氮气生成，所以反应的化学方程式为3(NH4)2SO4 4NH3↑+ N2↑+3SO2↑ + 6H2O↑。
【分析】（1）仪器X为圆底烧瓶；
（2）滴定前，先检查滴定管是否漏水，再进行清洗，然后用标准液润洗，再注入标准液，排尽滴定尖嘴的气泡并调整液面，读数、记录，滴定前准备完成；
（3）根据消耗氢氧化钠计算B装置中剩余的HCl，参加反应的HCl吸收分解生成的NH3，发生反应：NH3+HCl=NH4Cl，进而计算吸收NH3的物质的量；
（4）取D溶液于试管中，加入足量BaCl2溶液，再加入盐酸，白色沉淀完全溶解且生成刺激性气味的气体，说明D内溶液中有SO32-，无SO42-；
（5）装置D内溶液中有SO32-，说明分解生成SO2，装置A、D之间的导气管内有少量白色固体，白色固体应是二氧化硫、氨气与水形成的盐，装置B内溶液吸收的气体是氨气；
（6）由（5）中分析可知，（NH4）2SO4在400℃分解时，有NH3、SO2、H2O生成，S元素化合价降低，根据电子转移守恒，只能为N元素化合价升高，气体产物中无氮氧化物，说明生成N2，配平书写方程式。
25．【答案】（1）
（2）MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2↑
（3）MoS2+9ClO-+6OH-=MoO42-+9Cl-+2SO42-+3H2O
（4）90%
（5）(NH4)2CO3和(NH4)2SO3
（6）常温下浓硫酸会使铁钝化；7.28×10-4mol/L
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】(1)离子化合物NaClO的电子式为 ；(2)途径I碱浸时MoO3和纯碱溶液反应生成钼酸钠，同时得到CO2气体，反应方程式为MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2↑；(3)途径II氧化时还有Na2SO4生成，反应物NaClO在碱性条件下氧化MoS2，得到钼酸钠和NaCl、硫酸钠和水，本质为次氯酸根离子氧化MoS2中钼和硫，化合价变化为：升高Mo(+2→+6)，S(-1→+6)，降低Cl(+1→-1)，最小公倍数18，发生反应的离子方程式为：MoS2+9ClO-+6OH-=MoO42-+9Cl-+2SO42-+3H2O；(4)Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8，钼酸钠溶液中c(MoO42-)=0.40mol L-1，BaMoO4开始沉淀时，溶液中钡离子的浓度为：c(Ba2+)= ，Ksp(BaCO3)=1×10-9，溶液中碳酸根离子的浓度为：c(CO32-)= mol/L=0.01mol/L，则碳酸根的去除率为 =90%；(5)四钼酸铵[(NH4)2MoO4]和氢氧化钠反应可生成NH3，途径Ⅰ中生成的气体有CO2和SO2，将NH3和CO2或SO2一起通入水中可生成正盐为(NH4)2CO3和(NH4)2SO3；(6)①当硫酸的浓度大于90%时，可以认为是浓硫酸，碳素钢的主要成分含有铁，常温下浓硫酸具有强氧化性，会使铁钝化，表面生成致密的氧化膜，起到防腐蚀作用，所以其腐蚀速率几乎为零；②缓蚀剂钼酸钠-月桂酸肌氨酸总浓度为300mg·L-1，据图可知缓蚀效果最好时钼酸钠和月桂酸肌氨酸的浓度均为150mg/L，则1L钼酸钠溶液中钼酸钠的物质的量为 ，所以物质的量浓度为7.28×10-4mol/L。
【分析】根据流程利用钼精矿(主要成分是MoS2)制备钼酸钠有两种途径：
途径Ⅰ是先在空气中灼烧生成MnO3，得到对环境有污染的气体SO2，用碱液可以吸收，然后再用纯碱溶液溶解MnO3，发生反应：MoO3+Na2CO3═Na2MoO4+CO2↑，得到钼酸钠溶液，最后结晶得到钼酸钠晶体；途径Ⅱ是直接用NaClO溶液在碱性条件下氧化钼精矿得到钼酸钠溶液，反应为MnS2+9ClO-+6OH-=MoO42-+9Cl-+2SO42-+3H2O，结晶后得到钼酸钠晶体，据此分析作答。
26．【答案】（1）重结晶
（2）冷凝回流乙醇和水；水浴加热
（3）吸水剂由白色变为蓝色
（4）蒸馏；分液漏斗
（5）降低苯甲酸乙酯的溶解度利于分层；Na2CO3或NaHCO3
（6）80.0
【知识点】常用仪器及其使用；蒸发和结晶、重结晶；蒸馏与分馏；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）可通过重结晶的方式提高原料苯甲酸的纯度；（2）仪器A为球形冷凝管，在制备过程中乙醇易挥发，因此通过球形冷凝管冷凝回流乙醇和水；该反应中乙醇作为反应物，因此可通过水浴加热，避免乙醇大量挥发；（3）仪器B中吸水剂为无水硫酸铜的乙醇饱和溶液，吸收水分后生成五水硫酸铜，吸水剂由白色变为蓝色；（4）由上述分析可知，操作I为蒸馏；操作II为分液，除烧杯外，还需要的玻璃仪器为分液漏斗；（5）因苯甲酸乙酯难溶于冷水，步骤③中将反应液倒入冷水的目的还有降低苯甲酸乙酯的溶解度有利于分层；试剂X为Na2CO3溶液或NaHCO3溶液；（6）12g苯甲酸乙酯的物质的量为 ，苯甲酸的物质的量为 ，反应过程中乙醇过量，理论产生苯甲酸乙酯的物质的量为0.1mol，实验产率为 。
【分析】苯甲酸与乙醇在浓硫酸作催化剂发生酯化反应生成苯甲酸乙酯，苯甲酸乙酯与乙醇和苯甲酸能够混溶，苯甲酸乙酯与乙醇沸点差异较大，因此操作I为蒸馏，混合液2中主要成分为苯甲酸乙酯和苯甲酸，加入试剂X除去苯甲酸，因此可选择试剂饱和碳酸钠进行除杂，然后分液制备粗产品，然后通过干燥制备苯甲酸乙酯纯品，以此解答本题。
27．【答案】（1）升高温度、将锌粒改成锌粉、适当增大稀硫酸的浓度、滴入少量CuSO4溶液（任写一条）
（2）2Fe3++Fe=3Fe2+
（3）11.2
【知识点】化学反应速率的影响因素；铁盐和亚铁盐的相互转变；离子方程式的书写；气体摩尔体积；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）影响反应速率的因素有：浓度、温度、压强和催化剂；同时如果形成原电池，反应速率也加快；因此，要就加快产生H2的反应速率，可通过适当升高温度、增大稀硫酸的浓度；或者加入少量CuSO4，形成原电池；
（2）铁粉具有还原性，能将Fe3+还原为Fe2+，该反应2023年高考真题变式分类汇编：化学方程式的有关计算2
一、选择题
1．（2020·安徽模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．52g苯乙烯含碳碳双键数目为2NA
B．1L0.5mol·L-1醋酸钠溶液中阴阳离子总数目小于NA
C．标准状况下，22.4L一氯甲烷含共用电子对数为4NA
D．有铁粉参加的反应若生成3molFe2+，则转移电子数一定为6NA
【答案】C
【知识点】化学方程式的有关计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.一个苯乙烯分子中只含有一个碳碳双键，苯乙烯的分子式为C8H8，52g苯乙烯的物质的量为0.5mol，则含碳碳双键数目为0.5NA， A不符合题意；
B.溶液中存在水电离出的氢离子和氢氧根离子，故1L0.5mol·L-1醋酸钠溶液中阴阳离子总数目大于NA，B不符合题意；
C.标况下一氯甲烷为气态，一个一氯甲烷中含有四个共用电子对，则标准状况下，22.4L一氯甲烷含共用电子对数为4NA ，C符合题意；
D.反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，若生成3molFe2+，转移2mol电子，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】苯环中不含碳碳双键也不含碳碳单键。
2．（2020·合肥模拟）下列关于阿伏加德罗常数(NA)说法正确的是（ ）
A．1LpH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H+
B．在6.0gNaHSO4晶体中，所含离子数目为0.15NA
C．加热条件下，1molFe投入足量的浓硫酸中，生成NA个SO2分子
D．8.4g环戊烯醇 ，含有0.8NA个极性键
【答案】A
【知识点】化学方程式的有关计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A. pH=1，c(H+)=0.1mol/L，N=NA·n=NA·c·V=0.1mol/L×1L×NA=0.1NA，A符合题意；
B.n(NaHSO4)=m/M=6.0g/120g·mol-1=0.05mol，NaHSO4晶体中含Na+、HSO4-，含离子数目为0.1NA，B不符合题意；
C.加热条件下，由于浓硫酸具有强氧化性，1molFe被氧化成Fe3+失去3mol电子，根据电子得失守恒，S得到3mol电子，则生成SO21.5mol，数目为1.5NA个SO2分子，C不符合题意；
D. 环戊烯醇的物质的量为8.4g/84g·mol-1=0.1mol，每分子环戊烯醇中含9个极性键，则共含有0.9NA个极性键，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、根据计算H3PO4溶液中氢离子的物质的量，再根据计算H3PO4溶液中氢离子的数目；
B、根据计算NaHSO4晶体的物质的量，进而求解其所含离子的数目；
C、根据得失电子守恒计算生成二氧化硫的物质的量，再根据计算生成二氧化硫分子的数目；
D、根据计算环戊烯醇的物质的量，进而求解其所含极性键的数目。
3．（2020·天津模拟）下列说法正确的是( )
A．电解精炼铜时，阳极泥中含有 等金属
B． 通入足量水中，转移电子的数目为
C．反应 在常温下不能自发进行，说明该反应的
D．等质量的硫蒸气和硫粉分别在空气中完全燃烧，前者放出热量多
【答案】D
【知识点】电解池工作原理及应用；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】A. 电解精炼铜时，阳极上锌、铁、铜易失电子变成离子进入溶液，而Ag、Au等金属是因为金属之间空隙增大而掉落到溶液中，所以阳极泥中不含锌、铁金属单质，只含不如铜活泼的金属单质，A不符合题意；
B. 氯气与水的反应为可逆反应，且部分氯气溶解， 通入足量水中，转移电子的数目一定小于 ，B不符合题意；
C. 的反应可自发进行，由化学计量数可知， ，常温下不能自发进行，则该反应的 ，C不符合题意；
D. 硫蒸汽比硫固体能量高， H =生成物能量-反应物能量，所以等质量的硫蒸气和硫粉分别在空气中完全燃烧，硫蒸汽燃烧放热多，D符合题意；故答案为：D。
【分析】自发反应的判断依据： ，非自发； ，自发。 S是指气体的混乱度，气体分子数增大，混乱度增大，气体分子数减少，混乱度减小。
4．（2020·桂林模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（ ）
A．5.6L甲烷含有的共价键数为NA
B．2gD2l6O和2gH218O中含有的中子数均为NA
C．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.4NA
D．常温下pH=13的Ba(OH)2溶液中含有的OH-离子数为0.1NA
【答案】B
【知识点】化学方程式的有关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A. 未指明是否为标准状况，无法确定气体的物质的量，故A不符合题意；
B. D2l6O和H218O的摩尔质量均为20g/mol，故2gH218O和D2O的物质的量均为0.1mol，而且两者均含10个中子，故0.1molH218O和D2O中均含1mol中子即NA个，故B符合题意；
C. 过氧化钠与水反应时，氧元素的价态由-1价变为0价，故当生成0.1mol氧气时转移0.2mol电子即0.2NA个，故C不符合题意；
D. 溶液的体积未知，无法计算溶液中微粒的个数，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】A、利用使用条件：气体物质必须在标准状况下；
B、根据、求解物质中所含有的中子数；
C、根据得失电子守恒求解转移电子的数目；
D、根据求出氢氧化钡的物质的量，进而求解所含离子的离子数。
5．（2018·沈阳模拟）将一铁、铜混合物粉末平均分成三等份，分别加入到同浓度、不同体积的稀硝酸中，充分反应后，收集到NO气体的体积及剩余固体的质量如表 （设反应前后溶液的体积不变，气体体积已换算为标准状况时的体积）：
实验序号 稀硝酸的体积/mL 剩余固体的质量/g NO的体积/L
1 100 17.2 2.24
2 200 8.00 4.48
3 400 0 V
下列说法正确的是（ ）
A．表中V=7.84 L
B．原混合物粉末的质量为25.6 g
C．原混合物粉未中铁和铜的物质的量之比为2：3
D．实验3所得溶液中硝酸的物质的量浓度为0.875 mol L﹣1
【答案】A
【知识点】硝酸的化学性质；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】由第一组数据可知固体有剩余，硝酸与Fe、Cu反应，都有：3Fe+8HNO3=3Fe（NO）2+2NO↑+4H2O，3Cu+8HNO3=3Cu（NO）2+2NO↑+4H2O，根据化学方程式得，n（HNO3）=4 n（NO），加入100 mL硝酸溶液时，n（NO）=0.1mol，则n（HNO3）=0.4mol，所以c（HNO3）=4mol/L，由1、2两组数据分析，两次剩余物的质量相差9.2g，此时生成2.24 LNO气体（转移0.3 mol电子），根据电子守恒得：若只溶解铁，消耗Fe的质量为8.4 g，若只溶解铜，消耗Cu的质量为9.6 g，由此现在消耗9.2g，介于两者之间，可知这9.2 g中应有Fe和Cu两种金属，设Fe和Cu的物质的量分别为xmol和ymol，则 解之得 ，所以9.2g中含铁质量是2.8g，含铜的质量是6.4g，所以第一次实验反应消耗的是Fe，反应后剩余金属为Fe和Cu，而第二次实验后剩余金属只有铜，所以每一份固体混合物的质量为：8.4g+17.2g=25.6g，其中含铁为8.4g+2.8g=11.2g，含铜的质量为：6.4g+8g=14.4g，所以铁和铜的物质的量之比为11.2g÷56 g·mol-1：14.4g÷64 g·mol-1=8：9；
400mL硝酸的物质的量是：n（HNO3）=0.4L×4 mol·L-1=1.6mol，n(Fe)=0.2mol，n(Cu)=0.225mol，根据得失电子守恒和N元素守恒得：
铜完全反应消耗硝酸的物质的量为：n（HNO3）= n（NO）+2n[Cu（NO3）2]=n(Cu) ×2÷3+ 2n(Cu) ×2=0.6mol，铁完全反应消耗硝酸的最多的（生成Fe3+）物质的量为：n（HNO3）=n（NO）+3n[Fe（NO3）3]=n(Fe)+3n(Fe)=0.8mol，共消耗硝酸0.8mol+0.6mol=1.4mol，小于1.6mol，所以硝酸过量，根据得失电子守恒，V（NO）=[2n（Cu）+3n（Fe）] ÷3 ×22.4L·，mol-1=7.84L，A符合题意；
B.根据前面的推算，每一份混合物的质量是25.6g，原混合物粉末的质量为25.6 g×3=76.8g，B选项不符合题意；
C.根据前面的推算，铁和铜的物质的量之比为8：9，C选项不符合题意；
D.根据前面的推算，实验3消耗的硝酸是1.4mol，剩余0.2mol，所得溶液中硝酸的物质的量浓度为0.2mol÷0.4L=0.5mol/L，D选项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据铜与硝酸的反应判断过量问题，然后根据化学方程式进行计算即可。
6．（2018·吉林模拟）部分氧化的Fe-Cu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.76 g，经如下处理： 下列说法错误的是（ ）
A．滤液A中的阳离子为Fe2+、H+ B．样品中铁元素的质量为2.24 g
C．样品中CuO的质量为4.0 g D．V=448 mL
【答案】C
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】A．生成的滤渣3.2g是铜，金属铜可以和三价铁反应，所以一定不含有三价铁离子，故A不符合题意；
B.固体为三氧化二铁，其物质的量为3.2g/160g/mol=0.02mol，铁元素的量为0.02mol×2=0.04mol，质量为：0.04mol×56g/mol=2.24g，故B不符合题意；
C.根据B的答案知道铁元素质量=2.24g，而原来固体才5.76g，所以CuO质量不超过5.76-2.24=3.52g，故C符合题意；
D.根于最后溶液中溶质为过量H2SO4和FeSO4，而铁元素物质的量为0.04mol，说明参加反应硫酸物质的量为0.04mol，含氢离子0.08mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的H+和合金中的氧结合成水了，由于合金中氧物质的量为(5.76-3.2-2.24)g/16g/mol=0.02mol，它结合氢离子0.04mol，所以硫酸中有0.08-0.04=0.04molH+生成氢气，即生成0.02mol氢气，标况体积为448mL，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据铁、铜单质及其化合物的性质判断滤液和滤渣的主要成分，结合反应方程式计算组成成分的含量即可。
二、多选题
7．（2017高一上·六合期末）在100mL 0.5mol/L AlCl3溶液中，加入100mL NaOH 溶液，得到2.34g 沉淀．则NaOH溶液物质的量浓度是（单位：mol/L）（ ）
A．0.6 B．0.9 C．1.6 D．1.7
【答案】B,D
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：100mL 0.5mol/L的AlCl3溶液中氯化铝的物质的量=0.1L×0.5mol/L=0.05mol，若Al元素都转化为氢氧化铝沉淀，则氢氧化铝沉淀的质量=0.05mol×78g/mol=3.9g＞2.34g，说明有两种情况：一为沉淀不完全，只生成Al（OH）3沉淀；另一种情况为沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2，
n[Al（OH）3]= {#mathmL#}{#/mathmL#} =0.03mol，
①若碱不足，由Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓可知，NaOH的物质的量为0.03mol×3=0.09mol，则c（NaOH）= {#mathmL#}{#/mathmL#} =0.9mol/L；
②沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2，则：
Al3++ 3OH﹣═ Al（OH）3↓ Al（OH）3 + OH﹣═AlO2﹣+2H2O
0.05mol 0.15mol 0.05mol （0.05﹣0.03）mol （0.05﹣0.03）mol
则消耗的碱的物质的量为：0.15mol+（0.05﹣0.03）mol=0.17mol，则c（NaOH）= {#mathmL#}{#/mathmL#} =1.7mol/L，
故选BD．
【分析】100mL 0.5mol/L的AlCl3溶液中氯化铝的物质的量=0.1L×0.5mol/L=0.05mol，若Al元素都转化为氢氧化铝沉淀，则氢氧化铝沉淀的质量=0.05mol×78g/mol=3.9g＞2.34g，说明存在有两种情况：一为沉淀不完全，只生成Al（OH）3沉淀；另一种情况为沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2，结合方程式计算消耗氢氧化钠物质的量，进而计算NaOH溶液的物质的量的浓度．
8．（2017高一上·黑龙江期末）下列说法正确的是（ ）
A．a克CH4在氧气中完全燃烧，将其产物全部跟足量的过氧化钠完全反应，反应后固体质量恰好也增加a克
B．将等物质的量的Na2O和Na2O2分别投入到足量且等质量的水中，得到溶质质量分数相等
C．1mol Na2O2与2mol NaHCO3固体混合后，在密闭容器中加热充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是Na2CO3
D．向某溶液中加入氯水，然后再加入KSCN溶液变红色，说明原溶液中含有Fe2+
【答案】B,C
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：A．有机物在足量氧气中燃烧生成CO2和H2O，与Na2O2发生反应：2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2↑，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，对生成物变式：Na2CO3～Na2O2 CO，2NaOH～Na2O2 H2，固体增加的质量相当于CO和H2的质量，故固体增加质量大于ag，故A错误；
B．反应方程式为：Na2O+H2O=2NaOH，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，
设物质的量都为1mol，则
Na2O+H2O= 2NaOH △m 2Na2O2+2H2O= 4NaOH+O2↑ △m
1mol 2mol 62g 1mol 2mol 62g
由方程式可知，生成溶质的物质的量相等，则溶质的质量相等，反应后两溶液的质量相等，则两溶液溶质质量分数相等，故B正确；
C．由方程式：2NaHCO3 {#mathmL#}{#/mathmL#} Na2CO3+CO2↑+H2O，可知2mol NaHCO3分解得到Na2CO3、CO2和H2O各1mol，还会发生反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，由于二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠，可以认为过氧化钠先与二氧化碳反应，再与水反应，Na2O2只有1mol，恰好和CO2反应生成1molNa2CO3和O2，气体排出后，只剩余Na2CO3，故C正确；
D．Fe3+与KSCN溶液变血红色，故原溶液中可能有Fe3+，故D错误．
故选：BC
【分析】A．有机物在足量氧气中燃烧生成CO2和H2O，与Na2O2发生反应：2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2↑，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，对生成物变式：Na2CO3～Na2O2 CO，2NaOH～Na2O2 H2，固体增加的质量相当于CO和H2的质量；
B．Na2O和Na2O2物质的量相等且由方程式易知，Na2O2放在溶液中增加的质量为Na2O2中的Na2O部分，由此可知两溶液的质量相同；
C．碳酸氢钠不稳定，加热易分解，发生反应：2NaHCO3 {#mathmL#}{#/mathmL#} Na2CO3+CO2↑+H2O，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，由于二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠，可以认为过氧化钠先与二氧化碳反应，再与水反应；
D．Fe3+与KSCN溶液变血红色．
三、非选择题
9．（2022·浙江选考）某同学设计实验确定Al(NO3)3·xH2O的结晶水数目。称取样品7.50g，经热分解测得气体产物中有NO2、O2、HNO3、H2O，其中H2O的质量为3.06g；残留的固体产物是Al2O3，质量为1.02g。计算：
（1）x= (写出计算过程)。
（2）气体产物中n(O2) mol。
【答案】（1）9
（2）0.0100
【知识点】化学方程式的有关计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)Al(NO3)3·xH2O的摩尔质量为(213+18x)g/mol，根据固体产物氧化铝的质量为1.02g，可知样品中n(Al)= ，则，解得x=9。
(2)气体产物中n(H2O)=3.06g÷18g/mol=0.17mol，则n(HNO3)=0.02×9×2-0.17×2=0.02mol，根据氮元素守恒，n(NO2)=样品中N的物质的量-HNO3中N的物质的量=0.02×3-0.02=0.04mol，根据氧元素守恒，n(O2)=(0.02×18-0.17-0.02×3-0.04×2-0.03)÷2=0.0100mol。
【分析】根据反应物和生成物写出反应的方程式，再根据方程式找出关系式计算。
10．（2021·浙江）玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热KOH溶液洗涤除去，发生如下反应：
3S+6KOH 2K2S+K2SO3+3H2O
(x-1)S+K2S K2Sx(x=2~6)
S+ K2SO3 K2S2O3
请计算：
（1）0.480 g硫单质与V mL 1.00 mol·L-1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2S和K2SO3，则V= 。
（2）2.560 g硫单质与60.0
mL 1.00 mol·L-1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2Sx和K2S2O3，则x= 。(写出计算过程)
【答案】（1）30.0
（2）解：若S与KOH溶液反应生成K2Sx和K2S2O3，则反应的化学方程式为(2x+2)S+6KOH 2K2Sx+K2S2O3+3H2O，根据反应方程式有 解得x=3，故答案为3。
【知识点】氧化还原反应；质量守恒定律；化学方程式的有关计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)根据方程式3S+6KOH 2K2S+K2SO3+3H2O可知，3mol S可以和6mol KOH反应，0.48g S的物质的量n=0.015mol，则需要消耗KOH的物质的量n=2n(S)=0.03mol，故需要KOH溶液的体积V= = =0.03L=30.0mL，
故答案为30.0；
【分析】（1）利用第一个方程式计算即可（2）根据反应物和产物进行书写方程式方程式根据数据计算出即可
11．（2017·北京）SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放．
（1）SCR（选择性催化还原）工作原理：
①尿素[CO（NH2）2]水溶液热分解为NH3和CO2，该反应的化学方程式： ．
②反应器中NH3还原NO2的化学方程式： ．
③当燃油中含硫量较高时，尾气中SO2在O2作用下会形成（NH4）2SO4，使催化剂中毒．用化学方程式表示（NH4）2SO4的形成： ．
④尿素溶液浓度影响NO2的转化，测定溶液中尿素（M=60g mol﹣1）含量的方法如下：取a g尿素溶液，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的v1 mL c1 mol L﹣1H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用v2mL c2 mol L﹣1NaOH溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量分数是 ．
（2）NSR（NOx储存还原）工作原理：
NOx的储存和还原在不同时段交替进行，如图a所示．
①通过BaO和Ba（NO3）2的相互转化实验NOx的储存和还原．储存NOx的物质是 ．
②用H2模拟尾气中还原性气体研究了Ba（NO3）2的催化还原过程，该过程分两步进行，图b表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系．第一步反应消耗的H2与Ba（NO3）2的物质的量之比是 ．
③还原过程中，有时会产生笑气（N2O）．用同位素示踪法研究发现笑气的产生与NO有关．在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO．将该反应的化学方程式补充完整： ．
【答案】（1）CO（NH2）2+H2O 2NH3↑+CO2↑；8NH3+6NO2 7N2+12H2O；2SO2+O2+4NH3+2H2O═2（NH4）2SO4；
（2）BaO；8：1；415NO+4NH3+3O2 415NNO+6H2O
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：（1）①尿素[CO（NH2）2]水溶液热分解为NH3和CO2，反应物为尿素和水，反应生成物为氨气和水，原子守恒书写化学方程式为：CO（NH2）2+H2O 2NH3↑+CO2↑，
故答案为：CO（NH2）2+H2O 2NH3↑+CO2↑；
②NH3在催化剂作用下还原NO2生成氮气和水，反应的化学方程式为8NH3+6NO2 7N2+12H2O，
故答案为：8NH3+6NO2 7N2+12H2O；
③SO2在O2作用下与NH3、H2O反应形成（NH4）2SO4，此反应中SO2是还原剂，氧气是氧化剂，反应的化学方程式为2SO2+O2+4NH3+2H2O═2（NH4）2SO4，
故答案为：2SO2+O2+4NH3+2H2O═2（NH4）2SO4；
④涉及反应为2NH3+H2SO4=n（NH4）2SO4，2NaOH+H2SO4=Na2SO4+H2O，反应中n（H2SO4）=v1×c1×10﹣3mol，n（NaOH）=v2×c2×10﹣3mol，
由方程式可知n（NaOH）+n（NH3）=2n（H2SO4），
则n（NH3）=（2v1×c1×10﹣3﹣v2×c2×10﹣3）mol，
则m（CO（NH2）2）= ×（2v1×c1×10﹣3﹣v2×c2×10﹣3）mol×60g/mol=（0.06v1c1﹣0.03v2c2 ）g，尿素溶液中溶质的质量分数是 = ，
故答案为： ；（2）①由图示可知BaO和NOx反应生成Ba（NO3）2，Ba（NO3）2再还原为N2，则储存NOx的物质为BaO，故答案为：BaO；
②第一步反应中H2被氧化生成水，化合价由0价升高到+1价，Ba（NO3）2的N元素化合价由+5价降低到﹣3价，生成氨气，则1molBa（NO3）2生成氨气转移16mol电子，参加反应的氢气的物质的量为 =8mol，则消耗的H2与Ba（NO3）2的物质的量之比是8：1，
故答案为：8：1；③在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO，由N元素守恒可知15NO与NH3应为1：1，可知反应的化学方程式为415NO+4NH3+3O2 415NNO+6H2O，
故答案为：415NO+4NH3+3O2 415NNO+6H2O
【分析】（1）①尿素[CO（NH2）2]水溶液热分解为NH3和CO2，结合原子守恒配平书写化学方程式；
②反应器中NH3还原NO2生成氮气和水，根据电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式；
③SO2在O2作用下与NH3、H2O反应形成（NH4）2SO4，此反应中SO2是还原剂，氧气是氧化剂，结合电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式；
④涉及反应为2NH3+H2SO4=n（NH4）2SO4，2NaOH+H2SO4=Na2SO4+H2O，由方程式可知n（NaOH）+n（NH3）=2n（H2SO4），以此计算；（2）①由图a可知储存NOx的物质是BaO；②第一步反应中H2被氧化生成水，化合价由0价升高到+1价，Ba（NO3）2的N元素化合价由+5价降低到﹣3价，生成氨气，结合得失电子数目相等计算；③在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO，由N元素守恒可知15NO与NH3应为1：1，结合电子得失相等配平．
12．（2021·平顶山模拟）常温下，苯乙酮为浅黄色油状液体，不溶于水，易溶于大多数有机溶剂；可用作树脂的溶剂和塑料工业生产中的增塑剂等。部分物质沸点、密度和制备原理如下：
沸点：苯80.1℃、石油醚30~80℃、苯乙酮202℃。
密度：苯0.88 g/mL
乙酸酐1.07 g/mL
原理：C6H6+(CH3CO)2O C6H5COCH3+CH3COOH
实验步骤：
步骤1：在50 mL的二口瓶上，按照如图所示安装恒压滴液漏斗、回流冷凝管和装有无水氯化钙的干燥管等。
在二口瓶中加入6 g无水氯化铝和8 mL纯净苯，边用磁力搅拌器搅拌边滴加2 mL乙酸酐。严格控制滴加速率，必要时用冷水冷却，待反应缓和后，加热回流并搅拌，直至无HCl气体逸出为止。
步骤2：待反应液冷却后，将其倾入盛有10 mL浓盐酸和20 g碎冰的烧杯中，使胶状物完全溶解。然后将反应液倒入分液漏斗分出上层有机相，再用20 mL石油醚进行两次萃取，萃取后合并有机相。依次用5mL10%NaOH和5mL水洗至中性，再用无水硫酸镁干燥。
步骤3：滤去干燥剂，将有机相置于100mL蒸馏烧瓶中，用加热套加热，使用不同的冷凝管进行蒸馏，先蒸出石油醚和苯，再蒸出苯乙酮。该实验得到的产品为1.64 g。
回答下列问题：
（1）实验中使用恒压滴液漏斗滴加液体的目的为 。从步骤1的操作中可以看出，苯与乙酸酐的反应为 反应(填“吸热”或“放热”)。
（2）用于吸收HCl气体的烧杯中，可以使用的液体为 。若其中的倒扣漏斗全部浸没于液体中，则吸收气体时会发生 的现象。
（3）该实验中检验“水洗至中性”的方法为 。
（4）实验室常用的冷凝管有：①球形冷凝管②直形冷凝管③空气冷凝管。当蒸气温度高于130℃时，如果用水进行冷却，因二者温差大，会造成冷凝管炸裂。该实验的蒸馏操作中，蒸出石油醚和苯时，应使用的冷凝管为 (填序号，下同)，蒸出苯乙酮时，应使用的冷凝管为 。
（5）该实验的产率为 。
【答案】（1）控制滴加速率；放热
（2）NaOH溶液；倒吸
（3）取少量液体，滴加紫色石蕊，若变红则继续洗，不变则为中性，变蓝则过量
（4）②；③
（5）68.33%
【知识点】化学实验操作的先后顺序；物质的检验和鉴别；实验装置综合；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）使用恒压滴液漏斗能控制液体滴加的速度和量，目的是控制反应速率，步骤1中的操作‘严格控制滴加速率，必要时用冷水冷却’，可知该反应是放热反应；
（2）吸收HCl气体可用碱液吸收，试剂为NaOH溶液，由于气体被吸收导致压强变小，则若倒扣漏斗全部浸没于液体中，则吸收气体时会发生倒吸现象；
（3）可用紫色石蕊试剂来检验溶液的酸碱性，操作方法是：取少量液体，滴加紫色石蕊，若变红则继续洗，不变则为中性，变蓝则过量；
（4）石油醚沸点为30~80℃，苯为80.1℃，用直形冷凝管即可，选②；苯乙酮沸点是202℃，冷凝管会炸裂，
故答案为：③；
（5）苯的密度：0.88 g/mL，8 mL的苯的质量m=ρV=0.88×8g=7.04g，物质的量为： ；乙酸酐的密度：1.07 g/mL，2 mL乙酸酐的质量m=ρV=1.07×2g=2.14g，物质的量为： ，由反应C6H6+(CH3CO)2O C6H5COCH3+CH3COOH，可知乙酸酐完全反应，则理论生成的苯乙酮质量为m=nM=0.02×120g=2.4g，则产率为 。
【分析】（5）由反应方程式：C6H6+(CH3CO)2O C6H5COCH3+CH3COOH，可知苯与乙酸酐反应的物质的量之比为1：1，则需计算8 mL的苯和2 mL乙酸酐谁完全反应，由此计算出理论产生苯乙酮的质量，再计算产率。
13．（2021·洛阳模拟）常温下，一氧化二氯(Cl2O)是棕黄色刺激性气体，是一种高效的氯化剂，沸点3.8℃，易溶于CCl4，遇水易生成不稳定的HClO。实验室制备Cl2O的反应原理为：2Cl2+2HgO=HgCl2·HgO+Cl2O。现用下列装置制备少量Cl2O(加热和夹持装置略去)。
已知：HgCl2·HgO是难溶于CCl4的固体。回答下列问题：
（1）各装置的连接顺序为A→ → →D→ →E (填字母，装置可以重复使用)。
（2）A为氯气发生装置，A中发生反应的离子方程式为 (锰被还原为Mn2+)。
（3）C装置的作用是 ，若没有B装置，D中除发生主反应外，还可能发生反应的化学方程式是 。
（4）装置D中的操作：把CCl4加入三颈瓶中，用冰水浴冷却，通入氯气至浓度达到50g/L，停止供氯。加入HgO固体，加热三颈瓶至25℃，搅拌45min，氯气几乎完全反应。过滤三颈瓶内的混合物。
①冰水浴冷却的目的是 。
②过滤后滤液的主要成分有 。
（5）若实验前后D中液体体积不变，测得滤液中Cl2O的浓度为24.5g/L，则Cl2O的产率= 。(保留两位有效数字)。
（6）实验完成后，取E中烧杯内溶液滴加品红溶液，发现溶液褪色。该课题组设计实验探究溶液褪色的原因。
序号 0.1mol/LNaClO溶液/mL 0.1mol/LNaCl溶液/mL 0.1moL/LNaOH溶液/mL H2O/mL 品红溶液 现象
Ⅰ 5. 0 0 5.0 3滴 较快褪色
Ⅱ 0 5.0 A 0 3滴 不褪色
Ⅲ 5.0 0 5.0 0 3滴 较慢褪色
①a= 。
②由上述实验得出的结论是 。
【答案】（1）C；B；B
（2）2 ＋16H＋＋10Cl－=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O
（3）除去Cl2中的氯化氢气体；Cl2＋H2O=HCl＋HClO或Cl2O＋H2O=2HClO等
（4）增大氯气在CCl4中的溶解度；Cl2O、CCl4
（5）80%
（6）5.0；其他条件相同时，溶液碱性越强，次氯酸钠溶液漂白能力越弱
【知识点】实验装置综合；化学实验方案的评价；离子方程式的书写；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】(1)有分析可知，各装置的连接顺序为A→C→B→D→B→E；
(2)A为氯气发生装置，A中发生反应的离子方程式为2 ＋16H＋＋10Cl－=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O；
(3)C装置的作用是除去Cl2中的氯化氢气体，若没有B装置，氯气中含有水，则D中除发生主反应外，还可能发生反应的化学方程式是Cl2＋H2O=HCl＋HClO或Cl2O＋H2O=2HClO等；
(4)①温度越低，气体的溶解度越低，则冰水浴冷却的目的是增大氯气在CCl4中的溶解度；
②Cl2O易溶于CCl4，则过滤后滤液的主要成分有Cl2O、CCl4；
(5)假设溶液的体积是1L，氯气的质量是50g，生成Cl2O的质量为24.5g/L×1L=24.5g，有2Cl2+2HgO=HgCl2·HgO+Cl2O可知，Cl2O的理论产量为： =30.6g，则Cl2O的产率= =80%；
(6)①探究浓度对溶液褪色的影响，保持溶液的体积不变，则a=5.0mL；
②通过分析实验，可以得出其他条件相同时，溶液碱性越强，次氯酸钠溶液漂白能力越弱。
【分析】装置A制备氯气，氯气中含有挥发的HCl与水蒸气，C中盛放饱和食盐水，除去混有的HCl，Cl2O遇水易生成不稳定的HClO，实验需要再干燥环境下进行，进入D装置的氯气需要干燥，故B可以盛放浓硫酸，用于干燥氯气。氯气与HgO在D中反应生成Cl2O，尾气中有未反应的氯气以及Cl2O等，直接排放会污染空气，装置E中氢氧化钠进行尾气处理，B中试剂应是防止E中水蒸气加入D中，可以盛放浓硫酸，据此回答问题。
14．（2021·海东模拟）某工业的含碲废渣中含有较多 ，同时含有 、 、 、 等杂质。某研究小组设计了如流程回收碲。
（1）为提高含碲废渣的浸取率，可采取的措施为 (任写一种)。
（2）“滤渣Ⅱ”的主要成分为PbS和 ，写出生成PbS的化学方程式： 。
（3）加入稀硫酸调节溶液pH为5.8~6.6，使 水解沉碲( )，写出“沉碲”的离子方程式： 。
（4）经实验测得“滤渣Ⅲ”中含Te的质量分数为75%，则“滤渣”中 的质量分数为 ，含有的杂质可能为 (填化学式)。
（5） 与 的性质相似，都可与强碱反应。“浸取液Ⅱ”需调节NaOH的浓度在 ，经惰性电极电解可得到Te，写出电解时阳极的电极反应式： 。
（6）“滤渣Ⅰ”的主要成分有 和 (填化学式)。其中 可被氧化得到亚硒酸( )。已知常温下 的 、 ，则 溶液的pH (填“＞”、“＜”或“=”)7，硒酸( )可以用氯气氧化亚硒酸得到，该反应的化学方程式为 。
【答案】（1）适当延长浸取时间(或其他合理答案)
（2）
（3）
（4）93.7%；
（5）
（6）；＜；
【知识点】电极反应和电池反应方程式；离子方程式的书写；化学方程式的有关计算；溶液中溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】(1)为提高含碲废渣的浸取率，可升高温度，增加搅拌，或者延长浸取时间等，答案为：延长浸取时间；
(2)加入硫化钠溶液， 和Na2S反应生成PbS，生成PbS的化学方程式为： ，答案为：
(3)加入稀硫酸调节溶液pH为5.8~6.6，使 水解沉碲( )，“沉碲”的离子方程式为： ，答案为：
(4)经实验测得“滤渣Ⅲ”中含Te的质量分数为75%，碲的摩尔质量为128g/mol，二氧化碲的摩尔质量为160g/mol，1molTe可以制备1molTeO2，所以75gTe可以制备TeO2的质量为 =93.7g， 经实验测得“滤渣Ⅲ”中含Te的质量分数为75%，则“滤渣”中 的质量分数为93.7%，因为硫酸钙微溶于水，所以含的杂质可能是 ，故答案为：93.7%，
(5)因为溶液为碱性，经惰性电极电解时，氢氧根离子在阳极失去电子生成氧气，阳极的电极反应式： ，故答案为：
(6)“滤渣Ⅰ”的主要成分有 和SiO2，已知常温下 的 、 ， 的水解常数为 ，Ka2>Kh，溶液呈酸性， 溶液的pH<7，氯气氧化亚硒酸得到硒酸( )，反应的化学方程式为： ，故答案为：＜；
【分析】某工业的含碲废渣中含有较多 ，同时含有 、 、 、 等杂质。某研究小组设计了如流程回收碲。对于流程图中第一步用水浸取，经过滤可除去 、 ，第二步在浸取液Ⅰ中加入硫化钠溶液和氯化钙溶液可把硅酸根除去，把 转化为PbS而除去，第三步在滤液Ⅰ中加入稀硫酸调酸碱性沉碲，第四步在滤渣Ⅲ加入氢氧化钠溶液溶解二氧化碲，最后电解来制碲。
15．（2021·中卫模拟）过氧乙酸(CH3COOOH)是无色易挥发，易溶于水的液体，受热易分解。有强烈刺激性气味，有腐蚀性，对人的眼睛、皮肤、黏膜、上呼吸道等有强烈刺激作用。
（1）实验室配制500mL0.1mol/L过氧乙酸溶液时，除需使用烧杯和玻璃棒外，还要用到以下哪些仪器___ (填字母标号)。
A．分液漏斗 B．500mL容量瓶 C．普通漏斗 D．胶头滴管
E．量筒
（2）某实验小组利用高浓度的双氧水和乙酸反应合成少量过氧乙酸，同时利用乙酸丁酯与水形成共沸物(沸点90.7℃)及时分离出水。已知乙酸丁酯的密度为0.88g/cm3，难溶于水。实验装置如图所示。
CH3COOH+H2O2 CH3COOOH+H2O △H<0
①写出H2O2的电子式 。
②装置中油水分离器的作用是将水从体系中分离出来，有利于反应向 (填“正向”或“逆向”)进行，也可以通过观察油水界面不再增高时，判断反应结束。
③反应体系采用减压的目的是降低共沸物的沸点，防止 。
（3）过氧乙酸(含有少量H2O2杂质)的含量测定流程如图。
①过氧乙酸被Fe2+还原，产物之一为CH3COOH，其离子方程式为 。
②若样品体积为V0mL，加入c1mol L-1FeSO4溶液V1mL，消耗c2mo L-1K2Cr2O7，溶液V2mL，则过氧乙酸含量为 g·L-1。
③若用KMnO4溶液除H2O2时，不慎滴加KMnO4过量，则导致最终测定过氧乙酸的含量 (填“偏高”、“偏低”或“不变”)。
【答案】（1）B；D；E
（2）；正向；防止温度过高，过氧乙酸分解
（3）CH3COOOH+2Fe2++2H+=CH3COOOH+2Fe3++H2O；；偏高
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】(1)一般用量筒量取液体，在烧杯中溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，据此需要的实验仪器有：500mL容量瓶、胶头滴管、量筒、玻璃棒、烧杯等，故答案为：BDE；
(2)①过氧化氢属于共价化合物，电子式为： ；
②制备丙烯酸甲酯的反应是可逆反应，利用油水分离器将反应过程中生成的水从体系中移除，可以使反应正向进行更容易；
③产物过氧乙酸受热易分解，减压可以降低共沸物的沸点；
(3)①Fe2+作还原剂，氧化产物为Fe3+，过氧乙酸为氧化剂，还原产物为乙酸，结合原子守恒、得失电子守恒可得离子方程式为：CH3COOOH+2Fe2++2H+=CH3COOH+2Fe3++H2O；
②Fe2+总物质的量=c1V1×10-3mol，n(K2Cr2O7)=c2V2×10-3mol．根据得失电子守恒有：K2Cr2O7～2Cr3+～6e-～6Fe2+～6Fe3+，即每1molK2Cr2O7与6molFe2+恰好完全反应，与c2V2×10-3molK2Cr2O7反应的Fe2+的物质的量=6c2V2×10-3mol，与过氧乙酸反应的Fe2+的物质的量=c1V1×10-3mol-6c2V2×10-3mol，根据CH3COOOH+2Fe2++2H+=CH3COOH+2Fe3++H2O可得：CH3COOOH的物质的量n=(c1V1×10-3mol-6c2V2×10-3mol)/2，CH3COOOH的质量m=nM=(c1V1×10-3mol-6c2V2×10-3mol)/2×76g/mol=38(c1V1×10-3-6c2V2×10-3)g，则过氧乙酸含量=38(c1V1×10-3-6c2V2×10-3)g/V0×10 3L= ；
③高锰酸钾具有氧化性，可以将双氧水以及过氧乙酸氧化，若是在用KMnO4溶液除H2O2时，不慎滴加KMnO4过量，则高锰酸钾可以和过氧乙酸之间会反应，消耗的高锰酸钾偏多，最终导致测定过氧乙酸的含量会偏高。
【分析】(2)乙酸和过氧化氢在反应瓶中反应生成过氧乙酸和水，利用水和乙酸丁酯的沸点相近形成共沸物带出水，使反应右移，提高产率。产生的水蒸气和乙酸丁酯蒸汽在蛇形冷凝管冷凝成液态，水和乙酸丁酯不相溶，且水的密度大在下层，上层乙酸丁酯满了后回流反应瓶循环，提高乙酸丁酯的利用率。
(3)过氧乙酸粗品加入少量稀硫酸酸化，再加入高锰酸钾，高锰酸钾与过氧化氢反应生成硫酸锰、硫酸钾和氧气，继续加入过量FeSO4溶液，FeSO4被过氧乙酸氧化为Fe2+，向滤液中加入K2Cr2O7溶液滴定剩余FeSO4溶液，则可通过滴定先求出被过氧乙酸氧化的FeSO4，进而求出过氧乙酸含量，
16．（2021·常德模拟）实验室制备合成农药、医药的重要中间体三氯乙醛（CCl3CHO）的装置示意图如图（加热装置略去）：
已知：
①制备原理：C2H5OH+4Cl2→CCl3CHO+5HCl。
②CCl3CHO易被HClO氧化生成CCl3COOH。
（1）仪器D的名称是 ，A中发生反应的化学方程式为 。
（2）下列各装置能代替图中E的是 （填标号）。
（3）制备装置中存在一处缺陷，该缺陷是 。
（4）测产品纯度：称取产品mg配成待测溶液，加入amol·L-1碘标准溶液20.00mL，加入指示剂，再加入适量Na2CO3溶液（CCl3CHO+OH-=CHCl3+HCOO-、HCOO-+I2=H++2I-+CO2↑），反应完全后，加盐酸调节溶液的pH，立即用bmol·L-1Na2S2O3溶液滴定（I2+2S2O =2I-+S4O ）。进行三次平行实验，所得滴定数据如表所示。
第一次 第二次 第三次
滴定前读数/mL 0.00 0.12 0.20
滴定后读数/mL 19.98 21.52 20.22
①指示剂为 。
②产品的纯度为（写表达式） 。
【答案】（1）球形冷凝管；MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O
（2）bc
（3）缺少干燥Cl2的装置，导致副产物CCl3COOH增多（或BC之间增加干燥装置；或BC之间、DE之间均增加干燥装置）
（4）淀粉溶液； 或 %或 %
【知识点】常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）仪器D是球形冷凝管；A中发生的反应为MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（2）HCl极易溶于水，为防止发生倒吸，可使用b和c吸收尾气同时防止倒吸；a装置将导管直接插入液面以下，会发生倒吸；d装置是一个封闭装置，没有和外界大气相通，存在安全隐患，不能选用；
（3）该装置BC之间缺少干燥氯气的装置，若氯气中含有水分，氯气与水发生反应，生成的次氯酸会氧化CCl3CHO，导致副产物增多；
（4）①淀粉溶液遇碘单质会变蓝；
②第一次滴定消耗硫代硫酸钠溶液的体积为19.98mL，第二次滴定消耗硫代硫酸钠溶液的体积为21.52-0.12=20.4mL，第三次滴定消耗硫代硫酸钠溶液的体积为20.22-0.2=20.02mL，第二次的数值偏差较大，应舍去；则消耗硫代硫酸钠的体积为20mL，其物质的量为bmol/L×0.02L=0.02bmol，根据 可知，剩余I2的物质的量为 ，与HCOO-反应的I2的物质的量为0.02amol-0.01bmol，则产品CCl3CHO的物质的量为（0.02a-0.01b） mol，其纯度为 或 %或 %；
【分析】浓盐酸与二氧化锰发生反应生成氯气，反应方程式为MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O；氯气与乙醇发生反应生成三氯乙醛（CCl3CHO），制备原理：C2H5OH+4Cl2→CCl3CHO+5HCl。
17．（2020·温州模拟）为测定二氯化一氯五氨合钴（[Co(NH3)5Cl]Cl2，摩尔质量用M表示）样品的纯度，将mg样品分为10等份，取其中一份于强碱溶液中，加热煮沸，蒸出所有氨气，用V1mLc1mol L 1稀硫酸充分吸收，吸收后的溶液用c2mol L 1NaOH中和，平均消耗NaOH溶液的体积为V2mL。
（1）该样品中[Co(NH3)5Cl]Cl2的纯度为 ；
（2）写出简要计算过程： 。
【答案】（1） %或 %或 %或 %
（2） ×100%= %
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】根据题干信息，用V1mLc1mol L 1稀硫酸充分吸收蒸出的氨气，发生反应2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4，吸收后用c2mol L 1NaOH中和剩余的H2SO4，发生反应H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，平均消耗NaOH溶液的体积为V2mL，则NH3消耗的H2SO4的物质的量为(V1c1×10-3-0.5V2c2×10-3)mol，n(NH3)=2n(H2SO4)=2(V1c1×10-3-0.5V2c2×10-3)mol，根据N原子守恒可得n([Co(NH3)5Cl]Cl2)= n(NH3)=0.4(V1c1×10-3-0.5V2c2×10-3)mol，因此m([Co(NH3)5Cl]Cl2)=0.4M(V1c1×10-3-0.5V2c2×10-3)g，则该样品中[Co(NH3)5Cl]Cl2的纯度为 。
【分析】
解答本题的关键在于利用反应方程式计算出NH3的物质的量，再根据N原子守恒得到二氯化一氯五氨合钴的物质的量，进而求得其纯度，计算时要注意单位的换算。
18．（2020·衡水模拟）从铜氨废液含[Cu(NH3)3·CO]+、[Cu(NH3)2]2+、[Cu(NH3)4]2+、NH3、CH3COO-、CO32-等中回收铜的工艺流程如图：
（1）步骤(Ⅰ)“吹脱”的目的是 (写一条即可)；由步骤(Ⅱ)可确定NH3与H+的结合能力比与Cu2+的 (填“强”或“弱”)。
（2）步骤(Ⅲ)“沉铜”时，Na2S的用量比理论用量多，目的是 。
（3）步骤(Ⅳ)反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为 。
（4）步骤(Ⅵ)发生反应生成难溶Cu2(OH)3Cl的离子方程式为 ，pH与铜的回收率关系如图(a)所示，为尽可能提高铜的回收率，需控制的pH约为 。
（5）“吹脱”后的铜氨溶液中加入适量的添加剂可直接电解回收金属铜，装置如图(b)所示，阴极主要发生的电极方程式为 ；添加NaCl和H2SO4均可提高电导率和电流效率，从而提高铜的回收率，从环境角度考虑，较好的是 (填“NaCl”或“H2SO4”)。
（6）已知上述流程中只有步骤(Ⅲ)“沉铜”和步骤Ⅴ“制硫酸铜”中铜元素有损耗。步骤(Ⅲ)“沉铜”时铜元素的损耗率为4%；步骤Ⅴ“制硫酸铜”时铜元素损耗率为2%。若1L废液最终制得CuSO4 5H2O375g，则1L废液中含有铜元素的质量为 g。（保留整数）
【答案】（1）将Cu(Ⅰ)氧化为Cu(Ⅱ)、将CO氧化并以CO2吹出、吹出游离的NH3等；强
（2）使Cu2＋尽可能沉淀完全，降低残留率
（3）3：2
（4）2[Cu(NH3)4]2＋＋Cl ＋5H＋＋3H2O＝Cu2(OH)3Cl↓＋8NH4＋；6(或5.5 6.5)
（5）[Cu(NH3)4]2＋＋2e ＝Cu＋4NH3；H2SO4
（6）102
【知识点】铜及其化合物；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】(1)步骤(Ⅰ)“吹脱”时通入空气，氧气可将Cu(Ⅰ)氧化为Cu(Ⅱ)、将CO氧化生成CO2吹出、吹出游离的NH3等，步骤(Ⅱ)加入硫酸生成硫酸铵，可确定NH3与H＋的结合能力比与Cu2＋的强，故答案为：将Cu(Ⅰ)氧化为Cu(Ⅱ)、将CO氧化并以CO2吹出、吹出游离的NH3等；强；(2)步骤(Ⅲ)“沉铜”时，Na2S的用量比理论用量多，可使Cu2＋尽可能生成CuS沉淀，可降低残留率，故答案为：使Cu2＋尽可能沉淀完全，降低残留率；(3)CuS与硝酸反应生成NO、S，反应中S元素化合价由 2价升高到0价，N元素化合价由＋5价降低为＋2价，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：2，故答案为：3：2；(4)步骤(Ⅵ)发生反应生成难溶Cu2(OH)3Cl的离子方程式为2[Cu(NH3)4]2＋＋Cl ＋5H＋＋3H2O＝Cu2(OH)3Cl↓＋8NH4＋，由图可知为尽可能提高铜的回收率，需控制的pH约为6(或5.5 6.5)，故答案为：2[Cu(NH3)4]2＋＋Cl ＋5H＋＋3H2O＝Cu2(OH)3Cl↓＋8NH4＋；6(或5.5 6.5)；(5)阴极主要发生反应的电极反应式为[Cu(NH3)4]2＋＋2e ＝Cu＋4NH3，如加入盐酸，则阳极发生氧化反应生成氯气，污染空气，从环保的角度可知，应加入硫酸，故答案为：[Cu(NH3)4]2＋＋2e ＝Cu＋4NH3；H2SO4；(6)375gCuSO4 5H2O中Cu的质量＝375g× ÷(1 2%)÷(1 4%)＝102g，故答案为：102。
【分析】（1）通入热空气可将具有还原性的物质进行氧化，将得到的气体带出，根据得出的产物即可判断氨气结合氢离子能力强
（2）充足的硫化钠溶液是将铜离子全部除去
（3）根据反应物和生成物中的化合价即可计算出物质的量之比
（4）根据反应物和生成物即可写出离子方程式，根据图示即可找出pH
（5）根据阴极发生的还原反应，是铜氨溶液得到电子变为铜单质和氨气的反应，应该选择硫酸不应选择的是氯化钠，防止氯离子失去电子变为氯气污染环境
（6）根据给出的数据利用化学式即可计算出铜元素的质量
19．（2020·邯郸模拟）过二硫酸钠(Na2S2O8)也叫高硫酸钠，可用于废气处理及有害物质氧化降解．用(NH4)2S2O8溶液和一定浓度的NaOH溶液混合可制得Na2S2O8晶体，同时还会放出氨气。某化学兴趣小组利用该原理在实验室制备Na2S2O8晶体（装置如图所示）．
已知：反应过程中发生的副反应为2NH3+3Na2S2O8+6NaOH 6Na2SO4+6H2O+N2
（1）图中装有NaOH溶液的仪器的名称为 ，反应过程中持续通入氮气的目的是 。
（2）
(NH4)2S2O8可由电解硫酸铵和硫酸的混合溶液制得，写出电解时阳极的电极反应式： 。
（3）Na2S2O8溶于水中，会发生一定程度的水解，最终仅生成H2SO4、Na2SO4和另一种常温下为液态且具有强氧化性的物质，写出该反应的化学方程式： 。
（4）Na2S2O8具有强氧化性，该兴趣小组设计实验探究不同环境下Na2S2O8氧化性的强弱。将MnSO4 H2O(1.69g)与过量Na2S2O8(10g)溶于水中形成的混合溶液煮沸3min，观察并记录加入试剂时和加热过程中的现象（如表格所示）。
环境 调节溶液氧化环境时的现象 加热煮沸3min期间产生的现象
中性 加入VmL蒸馏水，无明显现象 30s时开始有大量气泡冒出，3min后溶液变深棕色，溶液中有悬浮小颗粒
碱性 加入VmL某浓度的NaOH溶液，瞬间变为棕色（MnO2） 10s后溶液逐渐变为深紫色(MnO4-)，没有明显冒气泡现象
酸性 加入VmL稀H2SO4无明显现象 煮沸3min后，有气泡冒出
①在 （填“中性”“酸性”或“碱性”)条件下，Na2S2O8的氧化能力最强。
②中性氧化时，会产生大量气泡，其原因为 。
③若用0.1mol L-1的H2O2溶液滴定碱性氧化反应后的溶液（先将溶液调至酸性再滴定），滴定终点时的现象为 ；达到滴定终点时，消耗H2O2溶液的体积为V1rnL。则碱性氧化后的溶液中NaMnO4的质量为 g(用含V1的代数式表示，5H2O2~2 )。
【答案】（1）分液漏斗；将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出，减少副反应的发生
（2）2 -2e- =
（3）Na2S2O8+2H2O=H2SO4+Na2SO4+ H2O2
（4）碱性；2H2O2 2H2O+O2↑；当滴入最后一滴H2O2溶液时，溶液由紫色变为无色，且在半分钟内不变色；5.68×10-3V1
【知识点】电极反应和电池反应方程式；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】(1)图中装有NaOH溶液的仪器的名称为分液漏斗；依分析可知，为防NH3被氧化，应将生成的NH3从反应装置内尽快排出，所以反应过程中持续通入氮气的目的是将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出，减少副反应的发生。答案为：分液漏斗；将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出，减少副反应的发生；(2)电解时，由 生成 ，O元素的价态部分升高，所以电解时阳极的电极反应式：2 -2e- == 。答案为：2 -2e- = ；(3)另一种常温下为液态且具有强氧化性的物质应为H2O2，则最终仅生成H2SO4、Na2SO4和H2O2，该反应的化学方程式：Na2S2O8+2H2O=H2SO4+Na2SO4+ H2O2。答案为：Na2S2O8+2H2O==H2SO4+Na2SO4+ H2O2；(4)①由信息知，在碱性溶液中， 能将Mn2+逐渐氧化为MnO2，煮沸后继续氧化生成 ；所以在碱性条件下，Na2S2O8的氧化能力最强。答案为：碱性；②中性氧化时，会产生大量气泡，其原因为2H2O2 2H2O+O2↑。答案为：2H2O2 2H2O+O2↑；③碱性氧化反应后的溶液为NaMnO4，呈深紫色，滴定终点时生成无色的Mn2+，所以滴定终点时的现象为当滴入最后一滴H2O2溶液时，溶液由紫色变为无色，且在半分钟内不变色；达到滴定终点时，依据关系式5H2O2~2 ，可求出n( )= ，m( )= =5.68×10-3V1g。答案为：当滴入最后一滴H2O2溶液时，溶液由紫色变为无色，且在半分钟内不变色；5.68×10-3V1。
【分析】（1）根据仪器图示即可判断，通入氮气的主要是为了将产物中的氨气即是排除防止发生副反应
（2）根据反应物和生成物即可写出电极反应式
（3）根据反应物和生成物即可写出方程式
（4）①根据变色时间的长短即可判断氧化能力的强弱
②根据题意是过氧化氢在二氧化锰作用得到氧气
③高锰酸根将过氧化氢氧化，本身颜色褪去，因此紫色褪去，半分钟内不变色，根据给出的数据利用方程式计算即可
20．（2020·保定模拟）硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2］是分析化学中的重要试剂，在不同温度下加热分解所得产物不同。设计如图实验装置（夹持装置略去），在500℃时隔绝空气加热A中的硫酸亚铁铵至分解完全，确定分解产物（铁的氧化物、硫的氧化物、含氮物质、水）的具体成分（已知每个装置中的药品足量）。
（1）利用上述装置完成该实验，则该装置的正确连接顺序为 (用装置下面的字母填连接顺序，每个装置都要使用）。加热A前需要通入一段时间N2目的是 。
（2）若观察到B中有白色沉淀生成，C中无明显现象，则装置C的作用为 ，D中白色变为蓝色，写出B中发生反应的离子方程式 装置B与装置C能否互换 （填 “能”或“否”），原因是 （填“能”则不填此空）。
（3）A中固体完全分解后变为红棕色粉末，某同学设计实验验证固体残留物仅为Fe2O3，而不含FeO，请帮他完成表中内容（试剂，仪器和用品自选）。
实验步骤 预期现象 结论
固本残留物仅为Fe2O3
（4）硫酸亚铁铵在500℃时隔绝空气加热完全分解，若E中收集到的气体只有N2，A中固体残留物Fe2O3的质量为80g，B中沉淀物质的量为2rnol，则生成N2的质量为 g。
（5）某含铬(Cr2O72-）废水用硫酸亚铁铵溶液滴定处理，反应后铁元素和铬元素完全转化为沉淀（沉淀中铬元素化合价为+3)，该沉淀经干燥后得到amolFeO FemCrnO3，不考虑处理过程中的实际损耗，则消耗硫酸亚铁铵的物质的量为 mol(用a的代数式表示）。
【答案】（1）ADCBE；实验前通入氮气是为了排除装置内的空气，防止对实验造成干扰，减少实验误差
（2）检验生成的气体中是否有三氧化硫，并除去三氧化硫和氨气；SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+；否；若互换三氧化硫也会使B有白色沉淀生成，无法检验二氧化硫
（3）取少量A中残留物于试管中，加入适量稀硫酸，充分振荡使其完全溶解，将溶液分成两份，分别滴加高锰酸钾溶液、KSCN溶液；若高锰酸溶液不褪色，加入KSCN溶液变红
（4）14
（5）2.5a
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；化学实验操作的先后顺序；物质的分离与提纯；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）由分析可知，装置的正确连接顺序为ADCBE，实验前通入氮气是为了排除装置内的空气，防止对实验造成干扰，减少实验误差，故答案为：ADCBE；实验前通入氮气是为了排除装置内的空气，防止对实验造成干扰，减少实验误差；（2）由分析知，C为检验三氧化硫并去除三氧化硫和氨气的装置，除去三氧化硫是为了避免对二氧化硫的检验造成干扰；B中双氧水氧化二氧化硫并与氯化钡生成沉淀的离子方程式为SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+；因为三氧化硫也能使B装置中产生白色沉淀，则无法检验产生的气体中是否含有二氧化硫，则装置B与装置C不能互换，故答案为：检验生成的气体中是否有三氧化硫，并除去三氧化硫和氨气；SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+；否；若互换三氧化硫也会使B有白色沉淀生成，无法检验二氧化硫；（3）验证固体残留物仅为Fe2O3，而不含FeO，则需将固体物质溶于酸，然后检验铁离子和亚铁离子即可，实验步骤为：取少量A中残留物于试管中，加入适量稀硫酸，充分振荡使其完全溶解，将溶液分成两份，分别滴加高锰酸钾溶液、KSCN溶液；预期现象：若高锰酸溶液不褪色，加入KSCN溶液变红，故答案为：取少量A中残留物于试管中，加入适量稀硫酸，充分振荡使其完全溶解，将溶液分成两份，分别滴加高锰酸钾溶液、KSCN溶液；若高锰酸溶液不褪色，加入KSCN溶液变红；（4）Fe2O3的质量为80g，物质的量为0.5mol，则硫酸亚铁铵的物质的量为1mol，硫原子的物质的量为2mol，而B装置中时二氧化硫最后转化成硫酸钡2mol，由此可知产物中无三氧化硫，则硫酸亚铁铵受热分解的方程式为2(NH4)2Fe(SO4)2 Fe2O3+2NH3↑+N2↑+4SO2↑+5H2O，m（N2）= =14g，故答案为：14；（5）1mol亚铁离子被氧化后转化成铁离子，失去的电子为1mol，每生成1molCr3+转移的电子为3mol，根据元素得失电子守恒有3n=m，由根据FeO FemCrnO3中化合价的代数和为0，有3m+3n=6，解得m=1.5，n=0.5，则根据铁原子守恒，若得到amolFeO FemCrnO3需消耗硫酸亚铁铵的物质的量为（1+m）a=（1+1.5）a=2.5amol，故答案为：2.5a。
【分析】1）根据分解产物的种类即可判断出连接的方式，通入氮气的目的是排尽空气防止干扰
（2）根据装置的作用即可判断，C为检验是否存在三氧化硫，C中无变化说明不存在三氧化硫，因此B中是检验二氧化硫，过氧化氢将其氧化形成沉淀即可写出方程式，不能互换，互换后无法确定是否含有二氧化硫
（3）应该检验铁离子和亚铁离子，可以采用KSCN溶液检验铁离子，利用高锰酸钾检验亚铁离子
（4）根据给出的数据利用元素守恒即可计算出氮气的质量
（5）根据给出的数据即可计算出物质的量
21．（2020·嘉兴模拟）取 30.8g 甲酸铜[(HCOO)2Cu]在隔绝空气的条件下加热分解，会生成含两种红色固体的混合物 A 和混合气体 B；若相同质量的甲酸铜在空气中充分加热，则生成黑色固体 D 和 CO2、H2O。固体 A 和 D 质量相差 2.4g。则：
（1）红色固体 A 中 Cu 单质的物质的量为 mol。
（2）将混合气体B
置于O2 中充分燃烧，消耗 O2 的体积是 L (换算为标准状况)。
【答案】（1）0.1
（2）2.8
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）n[(HCOO)2Cu]= =0.2mol，在隔绝空气的条件下加热分解，会生成含两种红色固体的混合物 A，设Cu的物质的量为x，Cu2O的物质的量为y，x+y=0.2mol，在空气中加热生成CuO，增加2.4g，x+y= =0.15mol，解得x=0.1mol，y=0.05mol，故答案为：0.1；（2）由（1）甲酸铜[(HCOO)2Cu]在隔绝空气的条件下加热分解，会生成含两种红色固体的混合物 A ，A中Cu的物质的量：Cu2O的物质的量=0.1mol：0.05mol=2:1，则(HCOO)2Cu分解的方程式为：4(HCOO)2Cu 2Cu＋Cu2O＋4H2O＋5CO＋3CO2，0.2mol(HCOO)2Cu分解生成n(CO)= ×0.2mol=0.25mol，置于O2 中充分燃烧，消耗 O2 的体积是0.25mol× ×22.4L·mol－1=2.8L，故答案为：2.8。
【分析】（1）根据铜守恒，可以分别计算出氧化亚铜和铜的物质的量；
（2）根据甲酸铜分解和空气反应得到铜和氧化亚铜的物质的量可以书写出甲酸铜分解的方程式，确定得到CO和CO2的物质的量，从而计算出混合气体B 置于O2 中充分燃烧，消耗 O2 的体积。
22．（2020·长春模拟）次氯酸溶液由于其具有极强的氧化性，可以使病毒的核酸物质发生氧化反应，从而杀灭病毒，是常用的消毒剂和漂白剂。已知：
Ⅰ.常温常压下，Cl2O 为棕黄色气体，沸点为 3.8℃，42 ℃以上会分解生成 Cl2 和 O2，Cl2O 易溶于水并与水立即反应生成 HClO。
Ⅱ.将氯气和空气(不参与反应)按体积比1∶3 混合通入潮湿的碳酸钠中生成Cl2O 气体，用水吸收Cl2O(不含 Cl2)制得次氯酸溶液。某实验室利用以下装置制备浓度不小于 0.8mol/L 的次氯酸溶液。
A． B． C． D． E.
回答下列问题：
（1）装置D 的作用为 。
（2）配平装置 B 中的反应 ：Cl2+Na2CO3+H2O
= Cl2O+NaCl+NaHCO3。写出Cl2O
的结构式为 。
（3）装置C 中加入的试剂X 为CCl4，其作用是 。
（4）各装置的连接顺序为
A→ → → →E。
（5）此方法相对于氯气直接溶于水制备次氯酸溶液的优点是 。(答出 1 条即可)
（6）若装置 B 中生成的 Cl2O 气体有 20%滞留在E 前各装置中，其余均溶于装置E 的水中，装置E 所得 500mL 次氯酸溶液浓度为 0.8mol/L，则至少需要含水 8%的碳酸钠的质量为 g。
【答案】（1）除去氯气中的HCl气体；观察产生气泡的速度来调节流速和体积比 1:3
（2）2Cl2＋2Na2CO3＋H2O=Cl2O＋2NaCl＋2NaHCO3；Cl-O-Cl
（3）除去Cl2O 中的 Cl2，提高制得的 HClO 的纯度
（4）D；B；C
（5）制备的HClO的浓度大，纯度高，不含有Cl-
（6）57.6
【知识点】化学实验操作的先后顺序；化学实验方案的评价；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】(1)装置D的作用一方面要对装置A制备的Cl2进行净化除杂，另一方面也要保证空气和氯气的最佳体积比；所以D的作用为：除去氯气中的HCl杂质，同时观察气泡的速度来调节氯气和空气的体积比至1:3；(2)根据题意，B中发生的反应为2Cl2＋2Na2CO3＋H2O=Cl2O＋2NaCl＋2NaHCO3，Cl2O中的O为-2价，Cl为+1价，所以该反应是氯元素的歧化反应；根据Cl2O中氯和氧的价态可推测其结构为Cl-O-Cl；(3)题干中提到，用水吸收Cl2O制得次氯酸溶液，Cl2O中不能含有Cl2，而B处的反应是气体与固体的反应，必然会有一部分Cl2无法反应，因此，需要对B装置的出口气体进行除氯气操作，C中的CCl4由于与Cl2极性相近，可以将Cl2吸收，所以C的作用即：除去 中的Cl2，提高次氯酸溶液的纯度；(4)结合以上分析，可知连接顺序为A→D→B→C→E；(5)氯气直接溶解在水中会生成盐酸杂质，并且由于Cl2在水中溶解度很小，所以制备的次氯酸的浓度也不高，因此该方法的优点为：制备的次氯酸溶液浓度大，纯度高；(6)由题可知，E中次氯酸的含量为0.4mol，根据E中发生的反应： ，可知E中参与反应的n(Cl2O)=0.2mol，所以总共生成的Cl2O的物质的量为 。根据Cl2O的制备反应方程式可知，所需碳酸钠的物质的量为： ，那么至少需要含水量8%的碳酸钠的质量为 。
【分析】该实验属于物质制备类实验，所需原料为氯气和空气，并且要注意体积比1:3这个要求；因此就出现了这两个问题：(1)原料Cl2含有杂质需要除杂；(2)如何准确地控制两种原料气体积比；带着问题分析每个装置的作用就不难发现D装置就恰好能解决上述两个问题。接下来，由于B中的制备反应是气体与固体的反应，所以产物中肯定含有未反应完全的原料气，所以这里又出现了一个问题：未反应完的原料气是否会干扰后续的制备，如何除去；通过分析不难发现装置C恰好可以解决上述问题；最终在装置E中，成功制备了纯度较高的次氯酸溶液。
23．（2020·肇庆模拟）氨基钠(NaNH2)常用作有机合成的促进剂，是合成维生素 A 的原料。某学习小组用如下装置，以NH3和Na为原料加热至 350-360 ℃制备氨基钠，并检验其生成的产物和测定产品的纯度。
已知：NaNH2极易水解且易被空气氧化。回答下列问题 ：
（1）仅从试剂性质角度分析，下列各组试剂不宜用于实验室制备NH3的是________(填字母序号)。
A．浓氨水、CaO B．NH4Cl固体、Ca(OH)2固体
C．浓氨水 D．NH4NO3固体 、NaOH固体
（2）仪器D名称为 ，其中盛放的试剂为 。
（3）装置A中发生反应的化学方程式为 ，能证明装置A中已发生反应的实验依据是 。
（4）装置B的作用是 。
（5）制备时，通入的氨气过量，待钠充分反应后，取 mg 产品， 按如图装置进行实验(产品所含杂质仅为 Na2O )。
用注射器向试管中缓慢加入H2O至恰好完全反应立即停止，G中液面从刻度V1变 为 V2(已知V2>Vi，单位 mL，忽略固体体积，读取刻度时保持两使液面相平，实验过程处于标准状况下)，则产品纯度为 ：若读取V1时，G中液面低于漏斗侧液面，则所测得的纯度比实际产品纯度 (填“偏高”、“ 偏低”或“无影响”)。
【答案】（1）D
（2）球形干燥管；无水硫酸铜
（3）2Na+2NH3 2NaNH2+H2；装置C中的黑色粉末变为红色，装置D中的白色粉末变为蓝色
（4）吸收NH3，防止NH3与CuO反应
（5）；偏高
【知识点】氨的实验室制法；常用仪器及其使用；化学实验方案的评价；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】(1) A．CaO溶于水生成Ca(OH)2，同时放热，使浓氨水有氨气逸出，可制适量氨气，故A正确；
B．NH4Cl固体、Ca(OH)2固体混合加热可制氨气，故B正确；
C．浓氨水在加热条件下，有氨气逸出，可制适量氨气，故C正确；
D．NH4NO3受热或撞击易爆炸，且NaOH固体在加热条件下能与SiO2反应，腐蚀玻璃容器，则不用NH4NO3固体和NaOH固体混合加热制氨气，故D不正确；
故答案为D；(2)仪器D名称为球形干燥管，其作用是检验反应中生成的水蒸气，无水硫酸铜遇水变蓝色，则选择盛放的试剂为无水硫酸铜；(3)装置A中Na和氨气在加热条件生成NaNH2和H2，发生反应的化学方程式为2Na+2NH3 2NaNH2+H2；当装置C中的黑色粉末变为红色，装置D中的白色粉末变为蓝色，说明A中有H2生成，即证明装置A中已发生反应；(4) NH3有还原性，在加热条件下能还原CuO，则装置B的作用是吸收NH3，防止NH3与CuO反应；(5) 已知NaNH2+H2O=NaOH+NH3↑，反应中生成NH3的物质的量为 = mol，则产物NaNH2的物质的量为 mol，产品纯度为 = ；若读取V1时，G中液面低于漏斗侧液面，此时G中压强大于1个大气压强，V1相对标准状况下体积偏小，则（V2-V1）偏大，导致所测得的纯度比实际产品纯度偏高。
【分析】NH3和Na在加热条件下生成NaNH2和H2，利用P2O5除去H2中混有的NH3，除杂后的H2在加热条件下，将黑色CuO还原为红色Cu，生成的水使无色CuSO4粉末变蓝色。
24．（2020·深圳模拟）(NH4)2SO4是常见的化肥和化工原料，受热易分解。某兴趣小组拟探究其分解产物。
[查阅资料](NH4)2SO4在260℃和400℃时分解产物不同。
[实验探究]该小组拟选用下图所示装置进行实验（夹持和加热装置略）
实验1：连接装置A-B-C-D，检查气密性，按图示加入试剂（装置B盛0.5000mol/L盐酸70.00mL）。通入N2排尽空气后，于260℃加热装置A一段时间，停止加热，冷却，停止通入N2。品红溶液不褪色，取下装置B，加入指示剂，用0.2000mol/L NaOH溶液滴定剩余盐酸，终点时消耗NaOH溶液25.00 mL。经检验滴定后的溶液中无SO42-。
（1）仪器X的名称是 ；
（2）滴定前，下列操作的正确顺序是 (填字母编号)；
a．盛装0.2000mol/L NaOH溶液
b．用0.2000mol/L NaOH溶液润洗
c．读数、记录
d．查漏、清洗
e．排尽滴定管尖嘴的气泡并调整液面
（3）装置B内溶液吸收气体的物质的量是 mol，
（4）实验2：连接装置A-D-B，检查气密性，按图示重新加入试剂。通入N2排尽空气后，于400℃加热装置A至(NH4)2SO4完全分解无残留物，停止加热，冷却，停止通入N2。观察到装置A、D之间的导气管内有少量白色固体。经检验，该白色固体和装置D内溶液中有SO32-，无SO42-。进一步研究发现，气体产物中无氮氧化物。
检验装置D内溶液中有SO32-，无SO42-的实验操作和现象是 ；
（5）装置B内溶液吸收的气体是 ；
（6）(NH4)2SO4在400℃分解的化学方程式是 。
【答案】（1）圆底烧瓶
（2）dbaec
（3）0.03
（4）取少量装置D内溶液于试管中，滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀；加入足量稀盐酸后沉淀完全溶解，放出无色刺激性气体
（5）NH3
（6）3(NH4)2SO4 4NH3↑+ N2↑+3SO2↑ + 6H2O↑
【知识点】常用仪器及其使用；化学实验操作的先后顺序；化学实验方案的评价；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）根据仪器结构可知仪器X的名称是圆底烧瓶；（2）滴定的操作步骤为：首先查漏、水洗，然后用待装溶液来润洗，再装溶液，再排尽滴定管尖嘴的气泡并且调整液面，最后读数并进行记录，因此正确的操作顺序是dbaec；（3）品红溶液没有褪色，证明无SO2生成；经检验滴定后的溶液中无SO2－4，证明盐酸溶液中没有吸收SO3，则装置B中吸收的气体为NH3；根据酸碱中和滴定的原理，n(HCl)＝n(NH3)+n(NaOH)，则n(NH3)＝0.5mol/L×0.07L－0.2mol/L×0.025L＝0.03mol；（4）亚硫酸钡能与盐酸反应生成SO2，硫酸钡不溶于盐酸，则检验装置D内溶液中有SO32－，无SO42－的实验操作和现象是：取少量装置D内溶液于试管中，滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀；加入足量稀盐酸后沉淀完全溶解，放出无色刺激性气体，证明装置D内溶液中有SO32－ ，无 SO42-；（5）实验2证明，(NH4)2SO4在400℃分解得到的产物中有NH3和SO2，能被装置B中的盐酸溶液吸收的气体为NH3；（6）(NH4)2SO4在400℃分解得到的产物中有NH3和SO2，由于气体产物中无氮氧化物，因此根据得失电子守恒可知反应中还有氮气生成，所以反应的化学方程式为3(NH4)2SO4 4NH3↑+ N2↑+3SO2↑ + 6H2O↑。
【分析】（1）仪器X为圆底烧瓶；
（2）滴定前，先检查滴定管是否漏水，再进行清洗，然后用标准液润洗，再注入标准液，排尽滴定尖嘴的气泡并调整液面，读数、记录，滴定前准备完成；
（3）根据消耗氢氧化钠计算B装置中剩余的HCl，参加反应的HCl吸收分解生成的NH3，发生反应：NH3+HCl=NH4Cl，进而计算吸收NH3的物质的量；
（4）取D溶液于试管中，加入足量BaCl2溶液，再加入盐酸，白色沉淀完全溶解且生成刺激性气味的气体，说明D内溶液中有SO32-，无SO42-；
（5）装置D内溶液中有SO32-，说明分解生成SO2，装置A、D之间的导气管内有少量白色固体，白色固体应是二氧化硫、氨气与水形成的盐，装置B内溶液吸收的气体是氨气；
（6）由（5）中分析可知，（NH4）2SO4在400℃分解时，有NH3、SO2、H2O生成，S元素化合价降低，根据电子转移守恒，只能为N元素化合价升高，气体产物中无氮氧化物，说明生成N2，配平书写方程式。
25．（2020·东莞模拟）钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)是一种金属腐蚀抑制剂。工业上利用钼精矿(主要成分是不溶于水的MoS2)制备钼酸钠的两种途径如图所示。
（1）NaClO的电子式为 。
（2）途径Ⅰ碱浸时发生反应的化学方程式为 。
（3）途径Ⅱ氧化时还有Na2SO4生成，则反应的离子方程式为 。
（4）已知途径Ⅰ的钼酸钠溶液中c(MoO42-)=0.40mol/L，c(CO32-)=0.10mol/L。由钼酸钠溶液制备钼酸钠晶体时，需加入Ba(OH)2固体以除去CO32-。当BaMoO4开始沉淀时，CO32-的去除率是 [已知Ksp(BaCO3)=1×10-9、Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8，忽略溶液的体积变化]。
（5）分析纯钼酸钠常用钼酸铵[(NH4)2MoO4]和氢氧化钠反应来制取，若将该反应产生的气体与途径Ⅰ所产生的气体一起通入水中，得到正盐的化学式是 。
（6）钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。常温下，碳素钢在三种不同介质中的腐蚀速率实验结果如图
①当硫酸的浓度大于90%时，碳素钢腐蚀速率几乎为零，原因是 。
②若缓蚀剂钼酸钠-月桂酸肌氨酸总浓度为300mg·L-1，则缓蚀效果最好时钼酸钠(M =206g·mol-1) 的物质的量浓度为 (计算结果保留3位有效数字)。
【答案】（1）
（2）MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2↑
（3）MoS2+9ClO-+6OH-=MoO42-+9Cl-+2SO42-+3H2O
（4）90%
（5）(NH4)2CO3和(NH4)2SO3
（6）常温下浓硫酸会使铁钝化；7.28×10-4mol/L
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】(1)离子化合物NaClO的电子式为 ；(2)途径I碱浸时MoO3和纯碱溶液反应生成钼酸钠，同时得到CO2气体，反应方程式为MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2↑；(3)途径II氧化时还有Na2SO4生成，反应物NaClO在碱性条件下氧化MoS2，得到钼酸钠和NaCl、硫酸钠和水，本质为次氯酸根离子氧化MoS2中钼和硫，化合价变化为：升高Mo(+2→+6)，S(-1→+6)，降低Cl(+1→-1)，最小公倍数18，发生反应的离子方程式为：MoS2+9ClO-+6OH-=MoO42-+9Cl-+2SO42-+3H2O；(4)Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8，钼酸钠溶液中c(MoO42-)=0.40mol L-1，BaMoO4开始沉淀时，溶液中钡离子的浓度为：c(Ba2+)= ，Ksp(BaCO3)=1×10-9，溶液中碳酸根离子的浓度为：c(CO32-)= mol/L=0.01mol/L，则碳酸根的去除率为 =90%；(5)四钼酸铵[(NH4)2MoO4]和氢氧化钠反应可生成NH3，途径Ⅰ中生成的气体有CO2和SO2，将NH3和CO2或SO2一起通入水中可生成正盐为(NH4)2CO3和(NH4)2SO3；(6)①当硫酸的浓度大于90%时，可以认为是浓硫酸，碳素钢的主要成分含有铁，常温下浓硫酸具有强氧化性，会使铁钝化，表面生成致密的氧化膜，起到防腐蚀作用，所以其腐蚀速率几乎为零；②缓蚀剂钼酸钠-月桂酸肌氨酸总浓度为300mg·L-1，据图可知缓蚀效果最好时钼酸钠和月桂酸肌氨酸的浓度均为150mg/L，则1L钼酸钠溶液中钼酸钠的物质的量为 ，所以物质的量浓度为7.28×10-4mol/L。
【分析】根据流程利用钼精矿(主要成分是MoS2)制备钼酸钠有两种途径：
途径Ⅰ是先在空气中灼烧生成MnO3，得到对环境有污染的气体SO2，用碱液可以吸收，然后再用纯碱溶液溶解MnO3，发生反应：MoO3+Na2CO3═Na2MoO4+CO2↑，得到钼酸钠溶液，最后结晶得到钼酸钠晶体；途径Ⅱ是直接用NaClO溶液在碱性条件下氧化钼精矿得到钼酸钠溶液，反应为MnS2+9ClO-+6OH-=MoO42-+9Cl-+2SO42-+3H2O，结晶后得到钼酸钠晶体，据此分析作答。
26．（2020·深圳模拟）苯甲酸乙酯是重要的精细化工试剂，常用于配制水果型食用香精。实验室制备流程如下：
试剂相关性质如下表：
苯甲酸 乙醇 苯甲酸乙酯
常温性状 白色针状晶体 无色液体 无色透明液体
沸点/℃ 249.0 78.0 212.6
相对分子量 122 46 150
溶解性 微溶于水，易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂 与水任意比互溶 难溶于冷水，微溶于热水，易溶于乙醇和乙醚
回答下列问题：
（1）为提高原料苯甲酸的纯度，可采用的纯化方法为 。
（2）步骤①的装置如图所示（加热和夹持装置已略去），将一小团棉花放入仪器B中靠近活塞孔处，将吸水剂（无水硫酸铜的乙醇饱和溶液）放入仪器B中，在仪器C中加入 12.2 g纯化后的苯甲酸晶体，30 mL无水乙醇（约0.5 mol）和3 mL浓硫酸，加入沸石，加热至微沸，回流反应1.5~2 h。仪器A的作用是 ；仪器C中反应液应采用 方式加热。
（3）随着反应进行，反应体系中水分不断被有效分离，仪器B中吸水剂的现象为 。
（4）反应结束后，对C中混合液进行分离提纯，操作I是 ；操作II所用的玻璃仪器除了烧杯外还有 。
（5）反应结束后，步骤③中将反应液倒入冷水的目的除了溶解乙醇外，还有 ；加入试剂X为 （填写化学式）。
（6）最终得到产物纯品12.0 g，实验产率为 %（保留三位有效数字）。
【答案】（1）重结晶
（2）冷凝回流乙醇和水；水浴加热
（3）吸水剂由白色变为蓝色
（4）蒸馏；分液漏斗
（5）降低苯甲酸乙酯的溶解度利于分层；Na2CO3或NaHCO3
（6）80.0
【知识点】常用仪器及其使用；蒸发和结晶、重结晶；蒸馏与分馏；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）可通过重结晶的方式提高原料苯甲酸的纯度；（2）仪器A为球形冷凝管，在制备过程中乙醇易挥发，因此通过球形冷凝管冷凝回流乙醇和水；该反应中乙醇作为反应物，因此可通过水浴加热，避免乙醇大量挥发；（3）仪器B中吸水剂为无水硫酸铜的乙醇饱和溶液，吸收水分后生成五水硫酸铜，吸水剂由白色变为蓝色；（4）由上述分析可知，操作I为蒸馏；操作II为分液，除烧杯外，还需要的玻璃仪器为分液漏斗；（5）因苯甲酸乙酯难溶于冷水，步骤③中将反应液倒入冷水的目的还有降低苯甲酸乙酯的溶解度有利于分层；试剂X为Na2CO3溶液或NaHCO3溶液；（6）12g苯甲酸乙酯的物质的量为 ，苯甲酸的物质的量为 ，反应过程中乙醇过量，理论产生苯甲酸乙酯的物质的量为0.1mol，实验产率为 。
【分析】苯甲酸与乙醇在浓硫酸作催化剂发生酯化反应生成苯甲酸乙酯，苯甲酸乙酯与乙醇和苯甲酸能够混溶，苯甲酸乙酯与乙醇沸点差异较大，因此操作I为蒸馏，混合液2中主要成分为苯甲酸乙酯和苯甲酸，加入试剂X除去苯甲酸，因此可选择试剂饱和碳酸钠进行除杂，然后分液制备粗产品，然后通过干燥制备苯甲酸乙酯纯品，以此解答本题。
27．（2019·湖南模拟）根据所学的知识填空。
（1）实验室用锌粒与稀硫酸反应制取H2，要加快产生H2的速率，可采用的方法是 （任写一种）。
（2）FeCl2溶液滴入KSCN溶液，出现红色，向变色的溶液中加入铁粉，溶液颜色变浅，直至褪色。原因是Fe3+被铁粉还原生成了Fe2+，写出该反应的离子方程式： 。
（3）洁厕灵（主要成分是盐酸）与84消毒液（主要成分是次氯酸钠）是家庭生活中常备的两种清洁剂，但两种液体不能混合使用，两者混合会产生有毒气体Cl2，其发生的化学反应方程式为2HCl+NaClO=NaCl+Cl2↑+H2O。当有1mol的HCl参加反应时生成的氯气在标准状况下的体积为 L。
【答案】（1）升高温度、将锌粒改成锌粉、适当增大稀硫酸的浓度、滴入少量CuSO4溶液（任写一条）
（2）2Fe3++Fe=3Fe2+
（3）11.2
【知识点】化学反应速率的影响因素；铁盐和亚铁盐的相互转变；离子方程式的书写；气体摩尔体积；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）影响反应速率的因素有：浓度、温度、压强和催化剂；同时如果形成原电池，反应速率也加快；因此，要就加快产生H2的反应速率，可通过适当升高温度、增大稀硫酸的浓度；或者加入少量CuSO4，形成原电池；
（2）铁粉具有还原性，能将Fe3+还原为Fe2+，该反应的离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+；
（3）由反应的化学方程式可知，当有1molHCl参与反应时，生成的n(Cl2)=0.5mol，该气体在标准状态下的体积V=n×Vm=0.5mol×22.4L/mol=11.2L；
【分析】（1）结合反应速率的影响因素分析；
（2）铁粉具有还原性，能将Fe3+还原为Fe2+，据此写出反应的离子方程式；
（3）根据发生反应的化学方程式计算产生Cl2的物质的量，再结合公式V=n×Vm计算气体体积；
28．（2019·湖南模拟）在实验室中用二氧化锰和浓盐酸反应制备纯净干燥的氯气，装置图如图所示。制备氯气的反应方程式为：MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O
（1）C中装有的试剂是 。
（2）D中所盛试剂是浓硫酸，作用是 。
（3）E用的是 排空气法收集气体（填“向上”或“向下”）。
（4）F中盛放的试剂是NaOH溶液，用于吸收多余的氯气，反应的离子方程式为 。
（5）在上述反应中，每消耗0.4molHCl，生成的Cl2的质量为 。
【答案】（1）饱和食盐水
（2）干燥氯气
（3）向上
（4）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
（5）7.1g
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法；离子方程式的书写；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）装置C为除杂装置，由于Cl2不溶于饱和食盐水，而HCl可溶，因此装置C中的试剂为饱和食盐水；
（2）浓硫酸具有吸水性，在该实验中所起的作用为干燥氯气；
（3）由于Cl2的密度比空气大，因此用向上排空气法收集；
（4）Cl2能与NaOH溶液反应生成可溶性NaCl、NaClO和H2O，该反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
（5）由反应的化学方程式可知，每消耗0.4molHCl，则产生Cl20.1mol，该气体的质量m=n×M=0.1mol×71g/mol=7.1g；
【分析】（1）装置C为除杂装置，结合Cl2的性质确定装置C中的试剂；
（2）浓硫酸具有吸水性，常用于干燥气体；
（3）根据图示装置和Cl2的性质确定气体收集方法；
（4）Cl2能与NaOH溶液反应生成可溶性NaCl、NaClO和H2O，据此写出反应的离子方程式；
（5）根据发生反应的化学方程式计算生成Cl2的物质的量，再结合公式m=n×M计算产生Cl2的质量；
29．（2019·吉安模拟）铬化学丰富多彩，由于铬光泽度好，常将铬镀在其他金属表面，同铁、镍组成各种性能的不锈钢，CrO3大量地用于电镀工业中。
（1）CrO3具有强氧化性，遇到有机物（如酒精）时，猛烈反应以至着火，若该过程中乙醇被氧化成乙酸，CrO3被还原成绿色的硫酸铬[Cr2(SO4)3]。则该反应的化学方程式为：
。
（2）CrO3的热稳定性较差，加热时逐步分解，其固体残留率随温度的变化如下图所示。
①A 点时剩余固体的成分是 （填化学式）。B 点时剩余固体的成分是 （填化学式）
②从开始加热到 750K时总反应方程式为 。
（3）CrO3和 K2Cr2O7均易溶于水，这是工业上造成铬污染的主要原因。净化处理方法之一是将含＋6价 Cr 的废水放入电解槽内，用铁作阳极，加入适量的NaCl进行电解：阳极区生成的Fe2+和Cr2O72－发生反应，生成的Fe3+和Cr3+在阴极区与OH－结合生成 Fe(OH)3 和Cr(OH)3沉淀除去[已知 KspFe(OH)3＝4.0×10－38，KspCr(OH)3＝6.0×10－31]。
①电解过程中 NaCl 的作用是 。
②已知电解后的溶液中c(Fe3+)为2.0×10－13
mol·L－1，则溶液中c(Cr3+)为 mol·L－1。
【答案】（1）4CrO3＋3C2H5OH＋6H2SO4 =2Cr2(SO4)3＋3CH3COOH＋9H2O
（2）Cr3O8；Cr2O3；4CrO3 2Cr2O3＋3O2↑
（3）增强溶液的导电性；3×10－6
【知识点】复杂化学式的确定；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）根据题中所提供的反应物和生成物，方程式为4CrO3＋3C2H5OH＋6H2SO4 =2Cr2(SO4)3＋3CH3COOH＋9H2O。
（2）①CrO3的热稳定性较差，加热时逐步分解，根据图中所示的情况分析，A 点时剩余固体的成分是Cr3O8，B 点时剩余固体的成分是Cr2O3。
②加热到750K，CrO3分解成Cr2O3，总反应的化学方程式为4CrO3 2Cr2O3＋3O2↑。
（3）①电解过程中 NaCl 的作用是为了增强溶液的导电性。
②已知 KspFe(OH)3＝4.0×10－38，KspCr(OH)3＝6.0×10－31，又知c(Fe3+)为2.0×10－13 mol·L－1，可知c(OH-)为2×10－25，故c(Cr3+)=3×10－6。
【分析】（1）根据题干信息确定反应物和生成物，结合原子个数守恒书写反应的化学方程式；
（2）①根据图中固体残留率进行计算；
②根据产物的化学式确定反应的化学方程式；
（3）①结合溶液的导电性分析；
②根据Fe(OH)3、Cr(OH)3的溶度积进行计算；
30．（2019·哈尔滨模拟）二氧化氯（ClO2）是极易溶于水且不与水发生化学反应的黄绿色气体，沸点为11℃，可用于处理部分含硫废水。某小组在实验室中利用下列装置制备ClO2（此制备方法中经空气稀释的SO2与ClO2不反应）。
回答下列问题：
（1）仪器X的名称是 。
（2）欲选择上图中的装置收集ClO2，其连接顺序为a→ （按气流方向，用小写字母表示）。
（3）装置C的作用是 ，装置E中反应的离子方程式为 。
（4）处理含硫（Na2S）碱性废水时，ClO2与Na2S反应（S2-被氧化为SO42-）的离子方程式为 ；处理含硫碱性废水时，相同条件下同体积的ClO2相对于Cl2的优点是 。
（5）ClO2很不稳定，需现用现配，为测定所得溶液中ClO2的含量，进行下列实验：
步骤1：准确量取V1 mL ClO2溶液加入锥形瓶中。
步骤2：用稀硫酸调节ClO2溶液的pH≤2.0，再加入足量KI晶体，静置片刻。
步骤3：加入指示剂，用c mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点时，消耗V2 mL Na2S2O3标准溶液。
（已知：2ClO2+8H++10I-=2Cl-+5I2+4H2O；2S2O32-+I2=2I-+S4O62-）
①配制100mL c mol·L-1 Na2S2O3标准溶液时，用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管和 。
②原溶液中ClO2的含量为 （用含c、V1、V2的代数式表示）g·L-1。
【答案】（1）分液漏斗
（2）d→e→g→h→b→c→f
（3）防倒吸；SO2 +2ClO3 = 2ClO2 +SO42
（4）8ClO2 + 5S2 + 4H2O=8Cl + 5SO42 + 8H+；ClO2除硫效果更好，ClO2在水中的溶解度大、剩余的ClO2不会产生二次污染、均被还原为氯离子时，ClO2得到的电子数是氯气的2.5倍
（5）100mL容量瓶； g/L
【知识点】化学实验操作的先后顺序；化学实验方案的评价；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）仪器X与橡皮管连接，平衡内外气压，便于液体顺利留下，该仪器的名称是分液漏斗，
故答案为：分液漏斗；
（2）二氧化硫从a进入装置E中反应，为防止倒吸，故应在之前有安全瓶，则a→d→e，再连接E装置中的g，二氧化氯沸点较低，故在B中冰水浴收集，为充分冷却，便于收集，故连接b，最后用氢氧化钠吸收未反应完的二氧化硫，防止污染空气，连接顺序为：a→d→e→g→h→b→c→f；
故答案为：d→e→g→h→b→c→f；
（3）二氧化硫从a若进入装置E中反应，可能会倒吸，故再A与E之间安装C装置，其作用是防止倒吸，而E为发生装置，其中二氧化硫与NaClO3反应的离子方程式为：SO2 +2ClO3 = 2ClO2 +SO42 ，
故答案为：防倒吸；SO2 +2ClO3 = 2ClO2 +SO42 ；
（4）S2－被氧化为SO42－，ClO2会被还原为稳定的Cl ，根据氧化还原反应中得失电子数守恒可知，该离子方程式为：8ClO2 + 5S2 + 4H2O=8Cl + 5SO42 + 8H+；与氯气相比，ClO2除硫效果彻底，氧化产物硫酸根更稳定、ClO2在水中的溶解度大、剩余的ClO2不会产生二次污染、均被还原为氯离子时，ClO2得到的电子数是氯气的2.5倍；
故答案为：8ClO2 + 5S2 + 4H2O=8Cl + 5SO42 + 8H+；ClO2除硫效果更好，ClO2在水中的溶解度大、剩余的ClO2不会产生二次污染、均被还原为氯离子时，ClO2得到的电子数是氯气的2.5倍。
（5）①称量后在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，移入100 mL容量瓶中，加水至距离容量瓶刻度线1 2 cm处改用胶头滴管定容，
故答案为：100mL容量瓶；
②由反应可得关系式：2ClO2～5I2～10S2O32-，可知V1 mL×c(ClO2)：V2mL×c(Na2S2O3)=2：10，则c(ClO2) =
mol/L，则其含量为
mol/L×67.5 g/mol =
g/L，
故答案为：
g/L。
【分析】（1）根据仪器X的形状判断其名称；
（2）根据制取二氧化硫、防止发生倒吸、发生反应、收集、尾气处理的顺序进行判断；
（4） ClO2与Na2S发生氧化还原反应生成SO42- 、Cl-和H+，据此书写离子方程式；根据ClO2中Cl的化合价与氯气中Cl的化合价关系进行分析；
（5）①根据配制一定物质的量浓度的溶液的操作进行判断需要的仪器；
②根据关系式法进行计算。
31．（2019·菏泽模拟）氮化铬(CrN)是一种良好的耐磨材料，实验室可用无水氯化铬(CrCl3)与氨气在高温下反应制备，反应原理为CrCl3+NH3 CrN+3HCl。回答下列问题：
（1）制备无水氯化铬。氯化铬有很强的吸水性，通常以氯化铬晶体(CrCl3·6H2O)的形式存在。直接加热脱水往往得到Cr2O3，有关反应的化学方程式为 。以氯化铬晶体制备无水氯化铬的方法是 。
（2）制备氮化铬。某实验小组设计制备氮化铬的装置如下图所示(夹持与加热装置省略)：
①装置A中发生反应的化学方程式为 。
②实验开始时，要先打开装置A中活塞，后加热装置C，目的是 。
③装置B中盛放的试剂是 ，装置D的作用是 。
④有同学认为该装置有一个缺陷，该缺陷是 。
（3）氮化铬的纯度测定。制得的CrN中含有Cr2N杂质，取样品14.38g在空气中充分加热，得固体残渣(Cr2O3)的质量为16.72g，则样品中CrN与Cr2N的物质
