苏教版高中化学必修一专题二检测(附答案解析)

苏教版高中化学必修一专题二检测

一．选择题（共10小题） 1．（2016?银川校级一模）能正确表示下列反应的离子方程式是（ ）

+3+

A．浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H═2Fe+3H2↑

2++

B．钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu═Cu↓+2Na

2﹣+

C．NaHCO3溶液与稀H2SO4反应：CO3+2H═H2O+CO2↑

3+2+

D．向FeCl3溶液中加入Mg（OH）2：3Mg（OH）2+2Fe═2Fe（OH）3+3Mg 2．（2016?天津）下列实验的反应原理用离子方程式表示正确的是（ ）

++

A．室温下，测得氯化铵溶液pH＜7，证明一水合氨是碱：NH4+2H2O═NH3?H2O+H3O

﹣﹣

B．用氢氧化钠溶液除去镁粉中的杂质铝：2Al+2OH+2H2O═2AlO2+3H2↑

C．用碳酸氢钠溶液检验水杨酸中的羧基：

+2HCO3→

﹣

+2H2O+2CO2↑

﹣+2﹣2+

D．用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：2MnO4+16H+5C2O4═2Mn+10CO2↑+8H2O

2﹣2﹣+

3．（2016?北京）K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O7（橙色）+H2O?2CrO4（黄色）+2H．用K2Cr2O7溶液进行下列实验：

结合实验，下列说法不正确的是（ ） A．①中溶液橙色加深，③中溶液变黄

B．②中Cr2O7被C2H5OH还原

C．对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强

D．若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色 4．（2016?上海）某铁的氧化物（FexO）1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状

2+

况下112ml Cl2，恰好将Fe完全氧化．x值为（ ） A．0.80 B．0.85 C．0.90 D．0.93

5．（2016?上海）已知：SO3+I2+H2O=SO4+2I+2H．某溶液中可能含有Na、NH4、Fe、

﹣+2﹣2﹣

K、I、SO3、SO4，且所有离子物质的量浓度相等．向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色．下列关于该溶液的判断正确的是（ ）

A．肯定不含I﹣ B．肯定不含SO4

2﹣+

C．肯定含有SO3 D．肯定含有NH4 6．（2016?衡水校级模拟）向含有0.2mol氢氧化钠和0.1mol氢氧化钙的溶液中，持续稳定地通入二氧化碳气体，通入气体为6.72L（标准状况）时，立即停止，则这一过程中，溶液中离子数目与通入二氧化碳气体体积的关系正确的是（不考虑气体的溶解）（ ）

2﹣

2﹣

2﹣

﹣

2﹣

+++2+

第1页（共29页）

A． B． C．

D．

7．（2016春?于都县校级月考）下列关于各图的叙述，正确的是（ ）

A．

图表示向明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液产生沉淀的量关系曲线

B．

图表示向含有等物质的量的NaOH和Na2CO3溶液中加入盐酸放出CO2的关系曲线

C．

图表示向含有等物质的量的NaOH和Ca（OH）2溶液中通入CO2的产生沉淀关系曲线D．

图表示向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液产生沉淀的量关系曲线

8．（2015?上海）离子方程式2Ca2++3HCO3﹣+3OH﹣→2CaCO3↓+CO32﹣

+3H2O可以表示（ A．Ca（HCO3）2与NaOH溶液反应 B．NaHCO3与澄清石灰水反应 C．Ca（HCO3）2与澄清石灰水反应 D．NH4HCO3与澄清石灰水反应 9．（2015?海南校级模拟）下列离子方程式不正确的是（ ） A．硫化钠溶于水中：S2﹣

+2H2O?H2S↑+2OH﹣

第2页（共29页）

）

B．用碳酸钠溶液吸收少量二氧化硫气体：2CO3+SO2+H2O═2HCO3+SO3

﹣﹣+

C．向NaHS溶液中通入足量氯气：HS+Cl2═S↓+H+2Cl

﹣﹣2+3+

D．向溴化亚铁溶液中通入过量氯气：2Fe+3Cl2+4Br═2Fe+6Cl+2Br2 10．（2015?资阳模拟）下列离子方程式书写正确的是（ ）

A．将过量的CO2通入Ca（ClO）2溶液中：H2O+CO2+Ca+2ClO=CaCO3↓+2HClO

﹣﹣2﹣

B．将少量NaOH溶液加入到NH4HCO3溶液中：OH+HCO3=CO3+H2O

+2+3+

C．Fe3O4与稀HNO3反应：Fe3O4+8H=Fe+2Fe+4H2O

﹣﹣2+

D．向NaHCO3溶液中加入少量Ca（OH）2：HCO3+Ca+OH=CaCO3↓+H2O

二．填空题（共6小题） 11．（2016?温州三模）请回答：

（1）NaOH的电子式 ．

（2）工业制取硅的化学方程式

（3）向NaHCO3溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀和无色气体，写出反应的离子方程式

（4）配平氧化还原反应的离子方程式：

□Mn+□IO4+□ ═□MnO4+□IO3+□ ． 12．（2016?杭州校级模拟）回答下列问题

（1）写出肼（N2H4）的结构式 ．

（2）在加热条件下，肼能和氧化铜反应，写出其化学反应方程式： ． （3）氯化银能够溶解在稀的氨水中，写出该反应的离子反应方程式： ． （4）配平下面的离子反应方程式：

3+2+

Fe+ SO2+ ﹣﹣﹣﹣ Fe+

2﹣

SO4+ ． 13．（2016?温岭市模拟）请回答： （1）Na2O2的电子式 ．

（2）工业上用氢气在高温下与四氯化硅反应提纯粗硅，写出该反应的化学方程式 ． （3）在AgCl沉淀中加入氨水，白色沉淀逐渐消失，写出反应的离子方程式 ． （4）配平以下氧化还原反应的离子方程式：

Cr2O7+ CH3CH2OH+ ═ Cr+ CH3COOH+ ． 14．（2016?永春县校级二模）（1）汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应NaN3+KNO3→K2O+Na2O+X↑（未配平），已知X为单质，在反应中NaN3失去电子．则该反应的氧化剂为 ，X的化学式为 ． （2）工业上制取高纯度MnO2的某一步骤如图所示：

2﹣

3+

2+

﹣

﹣

﹣

2﹣

﹣

2﹣

2+

﹣

请写出该反应的离子方程式 ． 15．（2013?广东）化学实验有助于理解化学知识，形成化学观念，提高探究与创新能力，提升科学素养．

（1）如图1在实验室中用浓盐酸与MnO2共热制取Cl2并进行相关实验．

第3页（共29页）

①下列收集Cl2的正确装置是 ．

②将Cl2通入水中，所得溶液中具有氧化性的含氯粒子是 ．

③设计实验比较Cl2和Br2的氧化性，操作与现象是：取少量新制氯水和CCl4于试管中，

（2）能量之间可以相互转化：电解食盐水制备Cl2是将电能转化为化学能，而原电池可将化学能转化为电能．设计两种类型的原电池，探究其能量转化效率． 限选材料：ZnSO4（aq），FeSO4（aq），CuSO4（aq）；铜片，铁片，锌片和导线． ①完成原电池的甲装置示意图（如图2），并作相应标注． 要求：在同一烧杯中，电极与溶液含相同的金属元素．

②以铜片为电极之一，CuSO4（aq）为电解质溶液，只在一个烧杯中组装原电池乙，工作一段时间后，可观察到负极 ．

③甲乙两种原电池中可更有效地将化学能转化为电能的是 ，其原因是 ．

（3）根据牺牲阳极的阴极保护法原理，为减缓电解质溶液中铁片的腐蚀，在（2）的材料中应选 作阳极． 16．（2013?四川）明矾石经处理后得到明矾[KAl（SO4）从明矾制备Al、K2SO4、2?12H2O]．

和H2SO4的工艺过程如图1所示：焙烧明矾的化学方程式为：4KAl（SO4）2?12H2O+3S═2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O

请回答下列问题：

（1）在焙烧明矾的反应中，还原剂是 ．

（2）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是 ．

（3）Al2O3在一定条件下可制得AlN，其晶体结构如图2所示，该晶体中Al的配位数是 ． （4）以Al和NiO（OH）为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO（OH）转化为Ni（OH）2，该电池反应的化学方程式是 ．

第4页（共29页）

（5）焙烧产生的SO2可用于制硫酸．已知25℃、101kPa时： 2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）△H1=﹣197kJ/mol； H2O（g）?H2O（l）△H2=﹣44kJ/mol；

2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）═2H2SO4△H3=﹣545kJ/mol． 则SO3（g）与H2O（l）反应的热化学方程式是 ． 焙烧948t明矾（M=474g/mol），若SO2的利用率为96%，可产生质量分数为98%的硫酸 t．

三．解答题（共4小题） 17．（2016?临沂二模）氮、磷、砷及其化合物在生产、生活中有重要的用途．

（1）雌黄（As2S3）和雄黄（As4S4）都是自然界中常见的砷化物，一定条件下，雌黄和雄黄的转化关系如图l所示．

①反应I的离子方程式为 ．

②反应Ⅱ中，若1mol As4S4参加反应时，转移12mol e，则物质a为 （填化学式）．

﹣

（2）常温下，含磷微粒在水溶液中的分布分数（平衡时某微粒的浓度占各微粒浓度之和的分数）与pH的关系如图2所示．

①向Na2HPO4溶液中加入足量CaCl2溶液，所得溶液显酸性，原因是 （用离子方程式表示）．

②pH=7的磷酸盐溶液可作为缓冲溶液．该溶液中磷元素的存在形态主要

为 ．配制此溶液时，需要H3PO4和NaOH的物质的量之比为 ． ③已知氢氧化铝胶粒带正电荷，可吸附阴离子．pH在2～4之间，用铝盐处理含磷废水时，随溶液pH增大，吸附效果增强，结合图2解释可能的原因 ． （3）氨水可以与很多金属离子形成配合物．已知某温度下： ++10Cu（aq）+2NH3?H2O（aq）?Cu（NH3）2（aq）+2H2O（1）K=8.0×10

﹣+

①CuI（s）+2NH3?H2O（aq）?Cu（NH3）+I（aq）+2H2O（1）K= ．[已2（aq）

﹣12

知Ksp（CuI）=2.0×10]

﹣1

②溶解19.1g CuI（s），至少需要5mol?L氨水的体积约为 mL． 18．（2016?沈阳校级四模）中学常采用高锰酸钾加热分解法制取氧气，某兴趣小组经查阅资料获知：制得氧气后固体残余物中的锰酸钾（K2MnO4）具有强氧化性，与还原剂、有机物、易燃物混合可形成爆炸性混合物，如不妥善处置将造成危险．因此该小组对该残余物进行分离提纯，得到锰酸钾晶体，利用回收的锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气，并设计实验验证氯气化学性质．

第5页（共29页）

故答案为：2；5；3H2O；2；5；6H．

【点评】本题考查离子方程式、化学方程式的书写及氧化还原反应配平，为高频考点，明确反应物、生成物及反应条件、物质性质、转移电子守恒是解本题关键，难点是判断（4）中未知反应物和生成物． 12．（2016?杭州校级模拟）回答下列问题 （1）写出肼（N2H4）的结构式

．

+

（2）在加热条件下，肼能和氧化铜反应，写出其化学反应方程式： N2H4+2CuON2↑+2Cu+2H2O ．

（3）氯化银能够溶解在稀的氨水中，写出该反应的离子反应方程式： AgCl+2NH3?H2O→[Ag（NH3）2]+Cl+2H2O ． （4）配平下面的离子反应方程式：

2 Fe+ 1 SO2+ 2H2O ﹣﹣﹣﹣ 2 Fe+ 1 SO4+ 4H ． 【考点】离子方程式的书写． 【专题】离子反应专题． 【分析】（1）肼是共价化合物氮原子和氢原子形成共价键，氮原子和氮原子间也形成共价键； （2）肼和氧化铜反应，铜化合价降低，氮化合价升高，根据原子守恒配平； （3）AgCl溶于氨水发生络合反应，生成二铵合银离子；

（4）氧化还原反应中，元素化合价升高值等于元素化合价降低值，根据电子守恒、原子守恒来配平方程式． 【解答】解：（1）联氨是共价化合物氮原子和氢原子形成共价键，氮原子和氮原子间也形成

+

﹣

3+2+2﹣+

共价键，结构式为：，

故答案为：；

（2）肼和氧化铜反应，铜化合价降低（+2→0），N2H4氮化合价升高（﹣2→0），最小公倍数为4，所以氧化铜前系数为2，所以方程式为：N2H4+2CuO故答案为：N2H4+2CuO

N2↑+2Cu+2H2O；

+

﹣

N2↑+2Cu+2H2O，

（3）AgCl溶于氨水发生络合反应，生成氯化二氨合银，外界离子为氯离子，所以离子反应为：AgCl+2NH3?H2O→[Ag（NH3）2]+Cl+2H2O，

﹣+

故答案为：AgCl+2NH3?H2O→[Ag（NH3）2]+Cl+2H2O； （4）铁离子和二氧化硫反应，铁化合价变化（+3→+2），硫化合价（+4→+6），所以最小公倍数为2，所以铁离子前系数为2，二氧化硫前系数为1，所以根据电子守恒、原子守恒配平为：SO2+2Fe+2H2O=2Fe+SO4+4H，

+

故答案为：2、1、2H2O、2、1、4H．

【点评】本题考查常用的化学用语书写，侧重氧化还原反应的考查，掌握相关反应的原理是解答关键，题目难度中等． 13．（2016?温岭市模拟）请回答：

第16页（共29页）

3+

2+

2﹣

+

（1）Na2O2的电子式

．

（2）工业上用氢气在高温下与四氯化硅反应提纯粗硅，写出该反应的化学方程式 SiCl4+2H2Si+4HCl ．

+

﹣

（3）在AgCl沉淀中加入氨水，白色沉淀逐渐消失，写出反应的离子方程式 AgCl+2NH3?H2O=Ag（NH3）2+Cl+2H2O ． （4）配平以下氧化还原反应的离子方程式：

2 Cr2O7+ 3 CH3CH2OH+ 16H ═ 4 Cr+ 3 CH3COOH+ 11H2O ． 【考点】氧化还原反应；离子方程式的书写． 【专题】氧化还原反应专题． 【分析】（1）为离子化合物，含钠离子和过氧根离子；

（2）氢气在高温下与四氯化硅反应提纯粗硅，还生成HCl；

（3）AgCl沉淀中加入氨水，白色沉淀逐渐消失，生成银氨溶液；

（4）Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，C元素的化合价由﹣2价升高为0，结合电子、电荷守恒配平． 【解答】解：（1）Na2O2的电子式为

2﹣+3+

，

故答案为：

（2）氢气在高温下与四氯化硅反应提纯粗硅，还生成HCl，反应为SiCl4+2H2故答案为：SiCl4+2H2

Si+4HCl；

+

﹣

； Si+4HCl，

（3）AgCl沉淀中加入氨水，白色沉淀逐渐消失，生成银氨溶液，离子反应为

AgCl+2NH3?H2O=Ag（ NH3）故答案为：AgCl+2NH3?H2O=Ag（ NH3）2+Cl+2H2O，2+Cl﹣

+2H2O；

第17页（共29页）

+

（4）Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，C元素的化合价由﹣2价升高为0，由电子、电荷守恒可知离子反应为2Cr2O7+3CH3CH2OH+16H=4Cr+3CH3COOH+11H2O，

+

故答案为：2；3；16H；4；3；11H2O．

【点评】本题考查氧化还原反应及离子反应，为高频考点，把握离子反应方程式的书写、化合价变化等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学用语的使用，题目难度不大． 14．（2016?永春县校级二模）（1）汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应NaN3+KNO3→K2O+Na2O+X↑（未配平），已知X为单质，在反应中NaN3失去电子．则该反应的氧化剂为 KNO3 ，X的化学式为 N2 ． （2）工业上制取高纯度MnO2的某一步骤如图所示：

2﹣

+

3+

请写出该反应的离子方程式 5Mn+2ClO3+4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+8H ． 【考点】氧化还原反应． 【专题】氧化还原反应专题． 【分析】（1）NaN3+KNO3→K2O+Na2O+X中，结合原子守恒、X为单质可知，X为N2，只有N元素的化合价变化； （2）由转化可知，Mn元素的化合价由+2价升高为+4价，Cl元素的化合价由+5价降低为0，结合电子、电荷守恒配平． 【解答】解：（1）NaN3+KNO3→K2O+Na2O+X中，结合原子守恒、X为单质可知，X为N2，KNO3中N元素的化合价降低，则KNO3为氧化剂， 故答案为：KNO3；N2； （2）由转化可知，Mn元素的化合价由+2价升高为+4价，Cl元素的化合价由+5价降低为0，

2+

﹣

+

由电子、电荷、原子守恒可知离子反应为5Mn+2ClO3+4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+8H，故答

﹣2++

案为：5Mn+2ClO3+4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+8H．

【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应及反应中元素的化合价变化等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意守恒法应用，题目难度不大． 15．（2013?广东）化学实验有助于理解化学知识，形成化学观念，提高探究与创新能力，提升科学素养．

（1）如图1在实验室中用浓盐酸与MnO2共热制取Cl2并进行相关实验．

2+

﹣

+

第18页（共29页）

①下列收集Cl2的正确装置是 C ．

﹣

②将Cl2通入水中，所得溶液中具有氧化性的含氯粒子是 Cl2、HClO、ClO ．

③设计实验比较Cl2和Br2的氧化性，操作与现象是：取少量新制氯水和CCl4于试管中， 加入适量的NaBr溶液，充分振荡，静置．溶液分层， 同时下层液体颜色为橙色

（2）能量之间可以相互转化：电解食盐水制备Cl2是将电能转化为化学能，而原电池可将化学能转化为电能．设计两种类型的原电池，探究其能量转化效率． 限选材料：ZnSO4（aq），FeSO4（aq），CuSO4（aq）；铜片，铁片，锌片和导线． ①完成原电池的甲装置示意图（如图2），并作相应标注． 要求：在同一烧杯中，电极与溶液含相同的金属元素．

②以铜片为电极之一，CuSO4（aq）为电解质溶液，只在一个烧杯中组装原电池乙，工作一段时间后，可观察到负极 溶解 ．

③甲乙两种原电池中可更有效地将化学能转化为电能的是 甲 ，其原因是 甲为①可以保持电流稳定，化学能基本都转化为电能．而乙中的活泼金属还可以与CuSO4溶液发生置换反应，部分能量转化为热能． ．

（3）根据牺牲阳极的阴极保护法原理，为减缓电解质溶液中铁片的腐蚀，在（2）的材料中应选 锌片 作阳极．

【考点】氯气的实验室制法；原电池和电解池的工作原理． 【专题】压轴题；电化学专题；卤族元素． 【分析】（1）①氯气是比空气重的可溶于水的气体，依据氯气物理性质和装置分析； ②氯气和水反应生成盐酸和次氯酸；依据平衡状态各物质性质分析判断

③依据氯气具有氧化性能氧化溴离子为溴单质，溴单质在四氯化碳中溶解度大，据此现象分析判断设计实验；

（2）①依据原电池原理和盐桥的作用，在同一烧杯中，电极与溶液含相同的金属元素，设计不同的电极为铜和锌，电解质溶液为硫酸铜和硫酸锌溶液；

②以铜片为电极之一，CuSO4（aq）为电解质溶液，只在一个烧杯中组装原电池乙，则另一电极应比铜活泼做负极；

③从电硫稳定，能量转化彻底，反应速率快等分析判断；

（3）牲阳极的阴极保护法原理是原电池中把被保护的金属设计成正极，另一活泼的金属做负极．

【解答】解：（1）①氯气是比空气中的可溶于水水的有毒气体；

第19页（共29页）

A、导气管位置正确，因为氯气比空气重用向上排气方法，但只有进气口，无出气口，无法排出气体，故A错误；

B、此装置是用来收集比空气轻的气体，若收集氯气，需要短进长出，故B错误； C、装置长进短出可以收集比空气重的气体氯气，剩余的氯气有毒需要用氢氧化钠溶液吸收，为防止倒吸，用倒扣在水面的漏斗，符合要求，故C正确；

D、氯气通入NaOH溶液会发生反应．氯气被氢氧化钠吸收，不能收集到氯气，故D错误； 故答案为：C；

②将Cl2通入水中，发生反应Cl2+H2O=HCl+HClO，所得溶液中具有氧化性的含氯粒子为

﹣

Cl2 HClO ClO；

﹣

故答案为：Cl2、HClO、ClO；

③氯气具有氧化性能氧化溴离子为溴单质，溴单质在四氯化碳中溶解度大，可以加入溴化钠溶液，充分振荡反应，Cl2+2Br=2Cl+Br2，静置后溴溶于下层的四氯化碳层呈橙色； 故答案为：加入适量的NaBr溶液，充分振荡，静置．溶液分层，同时下层液体颜色为橙色； （2）①在同一烧杯中，电极与溶液含相同的金属元素，如图示设计原电池，锌做负极，铜

﹣

﹣

做正极，原电池的甲装置示意图为：

故答案为：；

②以铜片为电极之一，CuSO4（aq）为电解质溶液，只在一个烧杯中组装原电池乙，依据原电池反应的原理，需要选用比铜活泼的锌做负极，形成原电池，负极发生氧化反应，Zn﹣2e=Zn，锌溶解，正极析出铜； 故答案为：溶解；

③甲乙两种原电池中可更有效地将化学能转化为电能的是甲，因为甲可以保持电流稳定，化学能基本都转化为电能．而乙中的活泼金属还可以与CuSO4溶液发生置换反应，部分能量转化为热能，

﹣

2+

第20页（共29页）

故答案为：甲，甲可以保持电流稳定，化学能基本都转化为电能．而乙中的活泼金属还可以与CuSO4溶液发生置换反应，部分能量转化为热能；

（3）根据牺牲阳极的阴极保护法原理，是原电池原理的应用，利用被保护的金属做正极被保护选择，为减缓电解质溶液中铁片的腐蚀，应选择比铁活泼的金属做负极，在电池内电路为阳极，称为牺牲阳极的阴极保护法，材料中 选择锌做阳极， 故答案为：锌片．

【点评】本题考查了气体收集方法，离子检验试验设计，原电池装置设计，盐桥的作用分析应用，金属保护的方法和名称，题目难度中等．

16．（2013?四川）明矾石经处理后得到明矾[KAl（SO4）从明矾制备Al、K2SO4、2?12H2O]．

和H2SO4的工艺过程如图1所示：焙烧明矾的化学方程式为：4KAl（SO4）2?12H2O+3S═2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O

请回答下列问题：

（1）在焙烧明矾的反应中，还原剂是 S ．

（2）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是 蒸发结晶 ． （3）Al2O3在一定条件下可制得AlN，其晶体结构如图2所示，该晶体中Al的配位数是 4 ． （4）以Al和NiO（OH）为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO（OH）转化为Ni（OH）该电池反应的化学方程式是 Al+3NiO（OH）+NaOH+H2O=NaAlO2+3Ni2，（OH）2 ．

（5）焙烧产生的SO2可用于制硫酸．已知25℃、101kPa时： 2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）△H1=﹣197kJ/mol； H2O（g）?H2O（l）△H2=﹣44kJ/mol；

2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）═2H2SO4△H3=﹣545kJ/mol．

则SO3（g）与H2O（l）反应的热化学方程式是 SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H=﹣130kJ/mol ．

焙烧948t明矾（M=474g/mol），若SO2的利用率为96%，可产生质量分数为98%的硫酸 ②432 t．

【考点】镁、铝的重要化合物；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学电源新型电池；化学平衡的计算；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．

【专题】压轴题；化学反应中的能量变化；电化学专题；几种重要的金属及其化合物． 【分析】（1）依据化学方程式中元素化合价变化分析判断，元素化合价升高的做还原剂发生氧化反应；

（2）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是利用硫酸钾溶解度随温度变化，可以利用蒸发溶剂方法结晶析出；

（3）配位化合物中直接和中心原子（或离子）相联系的配位原子的数目；

（4）以Al和NiO（OH）为电极，铝做原电池 负极失电子发生氧化反应，NiO（OH）得到电子发生还原反应，结合原子守恒和电子守恒写出反应化学方程式；

第21页（共29页）

（5）①依据热化学方程式和盖斯定律计算得到； ②依据硫元素守恒计算得到； 【解答】解；（1）4KAl（SO4）2?12H2O+3S═2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O反应硫单质中硫元素化合价升高为+4价．硫酸根离子中硫元素化合价从+6价变化为+4价，复印纸还原剂是硫单质； 故答案为：S；

（2）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是利用硫酸钾溶解度随温度变化不大，可以利用蒸发溶剂方法结晶析出晶体； 故答案为：蒸发结晶；

（3）依据晶体晶胞结构分析，结合配位数含义可知，每个铝原子和四个单原子相连，所以铝原子的配位数为4； 故答案为：4； （4）以Al和NiO（OH）为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO（OH）转化为Ni（OH）2，铝做负极失电子在氢氧化钠溶液中生成偏铝酸钠，反应的化学方程式为：

Al+3NiO（OH）+NaOH+H2O=NaAlO2+3Ni（OH）2；

故答案为：Al+3NiO（OH）+NaOH+H2O=NaAlO2+3Ni（OH）2； （5）①2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）△H1=﹣197kJ/mol；Ⅰ H2O（g）?H2O（l）△H2=﹣44kJ/mol；Ⅱ

2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）═2H2SO4（l）△H3=﹣545kJ/mol．Ⅲ

依据盖斯定律Ⅲ﹣Ⅰ﹣2×Ⅱ得到：2SO3（g）+2H2O（l）=2H2SO4（l）△H=﹣260kJ/mol； 即反应的热化学方程式为：SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H=﹣130kJ/mol； 故答案为：SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H=﹣130kJ/mol；

②948 t明矾生成SO2物质的量为4500mol 故生成硫酸的质量m=4500×0.96×98÷0.98=432000Kg=432t． 故答案为：432t；

【点评】本题考查了氧化还原反应概念分析判断，晶体结构的理解分析，原电池反应的实质应用，热化学方程式和盖斯定律的计算，元素守恒的计算应用，题目难度中等．

三．解答题（共4小题） 17．（2016?临沂二模）氮、磷、砷及其化合物在生产、生活中有重要的用途．

（1）雌黄（As2S3）和雄黄（As4S4）都是自然界中常见的砷化物，一定条件下，雌黄和雄黄的转化关系如图l所示．

+2+4+

①反应I的离子方程式为 2As2S3+4H+2Sn=As4S4+2H2S+2Sn ．

﹣②反应Ⅱ中，若1mol As4S4参加反应时，转移12mol e，则物质a为 S （填化学式）．

第22页（共29页）

（2）常温下，含磷微粒在水溶液中的分布分数（平衡时某微粒的浓度占各微粒浓度之和的分数）与pH的关系如图2所示．

①向Na2HPO4溶液中加入足量CaCl2溶液，所得溶液显酸性，原因是 3Ca+2HPO4=Ca3+

（PO4）2+2H （用离子方程式表示）．

﹣

②pH=7的磷酸盐溶液可作为缓冲溶液．该溶液中磷元素的存在形态主要为 H2PO4、2﹣

HPO4 ．配制此溶液时，需要H3PO4和NaOH的物质的量之比为 2：3 ． ③已知氢氧化铝胶粒带正电荷，可吸附阴离子．pH在2～4之间，用铝盐处理含磷废水时，随溶液pH增大，吸附效果增强，结合图2解释可能的原因 随PH增大，H2PO4含量变大，同时生成更多氢氧化铝胶粒 ．

（3）氨水可以与很多金属离子形成配合物．已知某温度下： ++10Cu（aq）+2NH3?H2O（aq）?Cu（NH3）2（aq）+2H2O（1）K=8.0×10

﹣+

①CuI（s）+2NH3?H2O（aq）?Cu（NH3）2（aq）+I（aq）+2H2O（1）K= 0.16 ．[已

﹣12

知Ksp（CuI）=2.0×10]

﹣1

②溶解19.1g CuI（s），至少需要5mol?L氨水的体积约为 40 mL． 【考点】氧化还原反应的计算． 【专题】氧化还原反应专题．

2+

【分析】（1）①依据转化关系分析可知，雌黄（As2S3）酸性溶液中和Sn离子发生氧化还

4+

原反应生成As4S4、H2S、Sn，结合电荷守恒、原子守恒配平书写离子方程式；

﹣

②若1molAs4S4反应转移28mole，则反应消耗7mol氧气，根据原子守恒书写离子方程式，结合电子守恒计算；

2+2﹣

﹣

（2）①向Na2HPO4溶液中加入足量CaCl2溶液，所得溶液显酸性，说明反应生成磷酸钙沉淀、氯化钠和氯化氢；

②pH=7的磷酸盐溶液可作为缓冲溶液．该溶液中磷元素的存在形态依据图象变化分析得到；图象中可知H2PO4和HPO4物质的量相同，结合元素守恒计算得到磷酸和氢氧化钠物质的量之比；

③pH在2～4之间，用铝盐处理含磷废水时，随溶液pH增大，H2PO4含量变大吸附效果增强；

（3）①CuI（s）+2NH3?H2O（aq）?Cu（NH3）2（aq）+I（aq）+2H2O（1），平衡常数K=

=

++

﹣

﹣

﹣

2﹣

×

﹣

=Ksp×K；

②依据CuI（s）+2NH3?H2O（aq）?Cu（NH3）2（aq）+I（aq）+2H2O（1）定量关系计算氨水物质的量，c=．

【解答】解：（1）①依据转化关系分析可知，雌黄（As2S3）酸性溶液中和Sn离子发生氧

4+

化还原反应生成As4S4、H2S、Sn，结合电荷守恒、原子守恒配平书写离子方程式为：

+2+4+

2As2S3+4H+2Sn=As4S4+2H2S+2Sn，

+2+4+

故答案为：2As2S3+4H+2Sn=As4S4+2H2S+2Sn；

﹣

②若1molAs4S4反应转移12mole，则反应消耗3mol氧气，则反应的方程式为：As4S4+3O2

2As2O3+4S，则a为S，

故答案为：S；

（2）①向Na2HPO4溶液中加入足量CaCl2溶液，所得溶液显酸性，说明反应生成磷酸钙

2+2﹣+

沉淀、氯化钠和氯化氢，反应的离子方程式为：3Ca+2HPO4=Ca3（PO4）2+2H，

第23页（共29页）

2+

故答案为：3Ca+2HPO4=Ca3（PO4）2+2H；

﹣2﹣

②图象中可知H2PO4和HPO4物质的量相同，物质为Na2HPO4，NaH2PO4，结合元素守恒计算得到磷酸和氢氧化钠物质的量之比2：3，

故答案为：H2PO4和HPO4；2：3； ③已知氢氧化铝胶粒带正电荷，可吸附阴离子．pH在2～4之间，用铝盐处理含磷废水时，随溶液pH增大，吸附效果增强，图2分析可知随PH增大，H2PO4含量变大，同时生成更多氢氧化铝胶粒，

故答案为：随PH增大，H2PO4含量变大，同时生成更多氢氧化铝胶粒；

++10

（3）①Cu（aq）+2NH3?H2O（aq）?Cu（NH3）2（aq）+2H2O（1）K=8.0×10

﹣+

CuI（s）+2NH3?H2O（aq）?Cu（NH3）2（aq）+I（aq）+2H2O（1）， 平衡常数K=

×10×8.0×10=0.16， 故答案为：0.16；

②溶解19.1g CuI（s）物质的量=

2+

﹣

﹣12

﹣

﹣

﹣

2+2﹣+

2﹣

=

10

×=Ksp×K=2.0

=0.1mol，CuI（s）+2NH3?H2O（aq）?Cu（NH3）

﹣1

（aq）+I（aq）+2H2O（1），需要溶质物质的量为0.2mol，至少需要5mol?L

=0.04L=40ml，

氨水的体

积=

故答案为：40．

【点评】本题考查了氧化还原反应、离子方程式书写、图象分析判断、平衡常数计算等知识点，掌握基础注意分析题干信息是解题关键，题目难度较大． 18．（2016?沈阳校级四模）中学常采用高锰酸钾加热分解法制取氧气，某兴趣小组经查阅资料获知：制得氧气后固体残余物中的锰酸钾（K2MnO4）具有强氧化性，与还原剂、有机物、易燃物混合可形成爆炸性混合物，如不妥善处置将造成危险．因此该小组对该残余物进行分离提纯，得到锰酸钾晶体，利用回收的锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气，并设计实验验证氯气化学性质．

（1）打开分液漏斗活塞及弹簧夹2，观察到烧瓶壁有紫红色物质生成并逐渐消失，黄绿色气体充满烧瓶．反应结束后，烧瓶内有黑色固体残余，写出过程中发生的化学反应方程式： 3K2MnO4+4HCl（浓盐酸）=2KMnO4+4KCl+MnO2+2H2O，2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O （2）该小组利用装置C吸收氯气制备漂白粉． ①C中盛装的试剂为 石灰乳 第24页（共29页）

②陶瓷多孔球泡的作用是 增大气体接触面积，使氯气吸收更充分 （3）测定漂白粉有效成分的质量分数：称取1.5g所制漂白粉配成溶液，调节pH值并加入指示剂，用0.1000mol/LKI溶液进行滴定，三次平行实验平均每次消耗20.00ml标准液时达到滴定终点，反应原理涉及到的方程式为：3ClO+I=3Cl+IO3 IO3+5I+3H2O=6OH﹣

+3I2

①所选的指示剂为 淀粉 ，达到滴定终点的标志是 最后一滴标准液滴下时，溶液变为浅蓝色，振荡半分钟不褪色

②该漂白粉中有效成分的质量分数为 14.3%

（4）打开分液漏斗活塞及弹簧夹1，可观察到D中的现象为 出现白色沉淀 ，

该现象能够证明氯气有氧化性．甲同学认为取D中反应后溶液，滴加硝酸酸化的硝酸银，若有白色沉淀产生，也能证明氯气氧化了亚硫酸氢钡，你认为是否正确并说明理由 不正确，氯气与水反应也生成氯离子，不能证明溶液中的氯离子一定是氯气氧化亚硫酸氢钡所得产物 ．

【考点】氯、溴、碘的性质实验；氯气的实验室制法． 【专题】无机实验综合．

【分析】A装置产生氯气，饱和氯化钠溶液的作用是吸收氯气中的氯化氢气体，并降低氯气在水中的溶解度，C是制备漂白粉，D是验证氯气具有氧化性，氢氧化钠是吸收尾气，据此分析．

（1）锰酸钾（K2MnO4）具有强氧化性，与浓盐酸反应观察到烧瓶壁有紫红色物质生成，该物质为高锰酸钾，锰元素的化合价在升高，根据K2MnO4中的化合价为+6价，处于中间价态，推测出在反应中既作氧化剂又作还原剂，再结合烧瓶内有黑色固体残余，联想到二氧化锰写出第一个方程式；第二个反应是高锰酸钾与浓盐酸反应产生氯气、氯化锰、氯化钾、水；

（2）①用石灰乳与氯气制备漂白粉；

②陶瓷多孔球泡的作用是增大气体接触面积，使氯气吸收更充分；

（3）①反应产物有碘单质生成，用淀粉作指示剂，最后一滴标准液滴下时，溶液变为浅蓝色，振荡半分钟不褪色，则达到终点；

﹣﹣﹣﹣﹣﹣

②先根据反应离子方程式确定出ClO与I的关系，计算次氯酸钙的质量，再根据质量分数公式计算；

（4）打开分液漏斗活塞及弹簧夹1，氯气将亚硫酸氢钡氧化成硫酸钡沉淀；取D中反应后溶液，滴加硝酸酸化的硝酸银，若有白色沉淀产生，不能证明氯气氧化了亚硫酸氢钡，因为氯气与水反应也生成氯离子，不能证明溶液中的氯离子一定是氯气氧化亚硫酸氢钡所得产物． 【解答】解：A装置产生氯气，饱和氯化钠溶液的作用是吸收氯气中的氯化氢气体，并降低氯气在水中的溶解度，C是制备漂白粉，D是验证氯气具有氧化性，氢氧化钠是吸收尾气，据此分析．

（1）锰酸钾（K2MnO4）具有强氧化性，与浓盐酸反应观察到烧瓶壁有紫红色物质生成，该物质为高锰酸钾，锰元素的化合价在升高，根据K2MnO4中的化合价为+6价，处于中间价态，推测出在反应中既作氧化剂又作还原剂，再结合烧瓶内有黑色固体残余，联想到二氧化锰写出反应方程式为：3K2MnO4+4HCl（浓盐酸）=2KMnO4+4KCl+MnO2+2H2O；第二个反应是高锰酸钾与浓盐酸反应产生氯气、氯化锰、氯化钾、水，方程式为：2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，

故答案为：3K2MnO4+4HCl（浓盐酸）=2KMnO4+4KCl+MnO2+2H2O，2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；

（2）①用石灰乳与氯气制备漂白粉，

第25页（共29页）

﹣﹣

故答案为：石灰乳；

②陶瓷多孔球泡的作用是增大气体接触面积，使氯气吸收更充分， 故答案为：增大气体接触面积，使氯气吸收更充分；

（3）①反应产物有碘单质生成，用淀粉作指示剂，最后一滴标准液滴下时，溶液变为浅蓝色，振荡半分钟不褪色，则达到终点，

故答案为：淀粉；最后一滴标准液滴下时，溶液变为浅蓝色，振荡半分钟不褪色； ②先根据反应离子方程式确定出ClO与I的关系，

﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣

3ClO+I=3Cl+IO3①；IO3+5I+3H2O=6OH+3I2②

﹣﹣﹣﹣

将方程式①+②得：ClO+2I+H2O=Cl+2OH+I2

每次实验消耗KI溶液的体积为20.00mL，设次氯酸根离子的物质的量为x， ClO+2I+H2O=Cl+2OH+I2 1mol 2mol

x 0.1000mol?L×0.020L 所以x=0.001mol

每次实验次氯酸钙的质量为：143g/mol×0.001mol×0.5=0.0715g，三次实验总质量为0.0715g×3=0.2145g， 所以质量分数为：

×100%=14.3%，

﹣1

﹣

﹣

﹣

﹣

﹣

﹣

故答案为：14.3%；

（4）打开分液漏斗活塞及弹簧夹1，氯气将亚硫酸氢钡氧化成硫酸钡沉淀；取D中反应后溶液，滴加硝酸酸化的硝酸银，若有白色沉淀产生，不能证明氯气氧化了亚硫酸氢钡，因为氯气与水反应也生成氯离子，不能证明溶液中的氯离子一定是氯气氧化亚硫酸氢钡所得产物， 故答案为：出现白色沉淀；不正确，氯气与水反应也生成氯离子，不能证明溶液中的氯离子一定是氯气氧化亚硫酸氢钡所得产物．

【点评】本题考查了氯气的性质及实验的设计，难度较大，易错点第（1）题方程式的书写，会根据信息用氧化还原反应的规律进行推断，易错点第（3）题，注意ClO为0.001mol时，Ca（ClO）2的物质的量为0.001mol×0.5，三次平行实验漂白粉的总量是1.5g，题中没有明确将1.5g所制漂白粉配成溶液后分成三等份，注意审题．

19．（2013春?宽甸县校级期中）现有一定量含有Na2O杂质的Na2O2试样．请从下图中选用适当的实验装置，设计一个最简单的实验，测定Na2O2试样的纯度（可供选用的反应物只有CaCO3固体，6摩尔/升盐酸和蒸馏水）． 请填写下列空白： （1）写出实验中Na2O2和Na2O分别发生反应的化学方程式． 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；Na2O+H2O=2NaOH ﹣

第26页（共29页）

（2）应选用的装置是（只要求写出图中装置的标号） ⑤②①④ （3）所选用装置的连接顺序应是（填各接口的字母；连接胶管省略）． （G）接（D）（C）（B）（A）接（F） ．

【考点】钠的重要化合物；连接仪器装置． 【专题】压轴题；综合实验题． 【分析】（1）氧化钠和过氧化钠均能和水反应； （2）根据氧化钠和过氧化钠与水反应的区别：过氧化钠和水反应生成氢氧化钠溶液的同时，还会生成氧气，可以用排水量气法测定氧气的体积，进而确定过氧化钠的量及其百分含量； （3）装置的组装顺序：固体混合物与水反应，用排水量气法测定氧气的体积；其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，大气压强原理将水排出，量筒中水的体积就是生成氧气的体积． 【解答】解：（1）氧化钠和过氧化钠均能和水反应，方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；Na2O+H2O=2NaOH，故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；Na2O+H2O=2NaOH；

（2）实验的原理是：过氧化钠和水反应生成氢氧化钠溶液的同时，还会生成氧气，但氧气中会有水蒸气，要用浓硫酸吸水，然后可以用排水量气法测定氧的体积，进而确定过氧化钠的量及其百分含量，故可选择的装置为⑤①④即可，故答案为：⑤②①④；

（3）用排水量气法测定氧体的体积时，其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，大气压强原理将水排出，量筒中水的体积就是生成氧气的体积，故连接次序：（G）接（D）（C）（B）（A）接（F），故答案为：（（G）接（D）（C）（B）（A）接（F）． 【点评】本题主要考查学生金属钠的氧化物和过氧化物的性质以及用排水量气法测定气体的体积的方法，难度不大． 20．（2013?山东校级学业考试）[选修一化学与技术]联碱法（候氏制碱法）和氨碱法的生产流程简要表示如下图：

（1）沉淀池中发生反应的化学方程式为 NaCl+NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl ； （2）X是 CO2 ，Y是 NH3 （填化学式）；

（3）Z中除了溶解的氨气、食盐外，其它溶质还有 Na2CO3、NH4Cl ；排出液中的溶质除了氢氧化钙外，还有 CaCl2、NaCl ；

（4）从理论上分析，在氨碱法生产过程中 不需要 （填“需要”、“不需要”）补充氨气，从原料到产品，氨碱法总反应过程用化学方程式表示，可写为 CaCO3+2NaCl═Na2CO3+CaCl2 ；

（5）根据联碱法中从母液中提取氯化铵晶体的过程推测，所得结论正确是 b ； a．常温时氯化铵的溶解度比氯化钠小

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b．通入氨气目的是使氯化铵更多析出

c．加入食盐细粉目的是提高Na的浓度，促进碳酸氢钠结晶析出 （6）联碱法中，每当通入NH3 44.8L（已折合成标准状况下）时可以得到纯碱100.0g则NH3的利用率为 94.3% ．相比于氨碱法，指出联碱法的一项优点 不产生无用的CaCl2或提高了食盐的转化率等 ?

【考点】纯碱工业（侯氏制碱法）；工业合成氨．

【专题】压轴题；氮族元素；几种重要的金属及其化合物． 【分析】（1）依据生产流程联碱法和氨碱法生产流程中沉淀池中发生的反应是氨气、二氧化碳、水、氯化钠反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵；

（2）联碱法生产流程图中分析循环Ⅱ中是碳酸氢钠分解生成的二氧化碳气体；氨碱法的生产流程中循环Ⅰ是氧化钙和水反应生成氢氧化钙与铵盐反应生成的氨气；

（3）联碱法母液主要是氯化铵、碳酸钠、碳酸氢钠、氯化钠；Z中除了溶解的氨气、食盐外，其它溶质还有氯化铵、碳酸钠；氨碱法排出液中的溶质除了氢氧化钙外，还有氢氧化钙和氯化铵反应生成的氯化钙，氯化钠；

（4）氨碱法生产过程中，母液中加入氧化钙反应生成氢氧化钙会和铵盐生成氨气，反应过程中氨气转化为铵盐，铵盐转化为氨气，氨气循环使用，不需要补充氨气；

NaCl+NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl；CaCO3═CaO+CO2↑；CaO+H2O═Ca（OH）2；Ca（OH）2+2NH4Cl═CaCl2+2NH3↑+2H2O；2NaHCO3═Na2CO3+H2O+CO2↑； 合并得到总化学方程式为：CaCO3+2NaCl═Na2CO3+CaCl2；

+

（5）向母液中通氨气作用有增大NH4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；加入食盐细粉目的是提高Cl的浓度，使氯化氨析出； （6）依据联碱法反应的化学方程式计算，根据反应生成碳酸钠的质量计算实际消耗氨气的物质的量，得到氨气的利用率；综合分析两个过程的流程图和生成产物，及过程中循环利用的特征分析判断． 【解答】解：（1）依据流程图分析可知，生产流程联碱法和氨碱法生产流程中沉淀池中发生的反应是氨气、二氧化碳、水、氯化钠反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，所以反应的化学方程式为：NaCl+NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl，故答案为：NaCl+NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl；

（2）联碱法生产流程图中分析循环Ⅱ中是碳酸氢钠分解生成的二氧化碳气体；氨碱法的生产流程中循环Ⅰ是氧化钙和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与铵盐反应生成的氨气可以循环

+

使用，故答案为：CO2；NH3；

（3）依据两个过程中的物质发生的反应分析，联碱法母液主要是氯化铵、碳酸钠、碳酸氢钠、氯化钠；Z中除了溶解的氨气、食盐外，其它溶质还有氯化铵、碳酸钠；氨碱法排出液中的溶质除了氢氧化钙外，还有氢氧化钙和氯化铵反应生成的氯化钙，氯化钠，故答案为：Na2CO3、NH4Cl；CaCl2、NaCl；

（4）从理论上分析，氨碱法生产过程中，母液中加入氧化钙反应生成氢氧化钙会和铵盐生成氨气，反应过程中氨气转化为铵盐，铵盐转化为氨气，氨气循环使用，不需要补充氨气； NaCl+NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl；CaCO3═CaO+CO2↑；CaO+H2O═Ca（OH）2；Ca（OH）2+2NH4Cl═CaCl2+2NH3↑+2H2O；2NaHCO3═Na2CO3+H2O+CO2↑合并得到总化学方程式为：CaCO3+2NaCl═Na2CO3+CaCl2，故答案为：不需要；CaCO3+2NaCl═Na2CO3+CaCl2；

（5）联碱法中从母液中提取氯化铵晶体的过程中； a、温时氯化铵的溶解度比氯化钠大，故a错误；

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b、通氨气作用有增大NH4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b正确；

﹣

c、加入食盐细粉目的是提高Cl的浓度，促进氯化铵结晶析出，故c错误； 故答案为：b；

（6）联碱法中发生的反应为：NaCl+NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl；2NaHCO3═

Na2CO3+H2O+CO2↑；每当通入NH3 44.8L（已折合成标准状况下）物质的量为2mol；生产过程中得到纯碱100.0g，物质的量为

=

mol；需要氨气的物质的量为

=

+

mol；则NH3的利用率=

×100%=94.3%；

联合制碱法与氨碱法比较，其最大的优点是使食盐的利用率提高到96%以上，应用同量的食盐比氨碱法生产更多的纯碱．另外它综合利用了氨厂的二氧化碳和碱厂的氯离子，同时，生产出两种可贵的产品﹣﹣纯碱和氯化铵．将氨厂的废气二氧化碳，转变为碱厂的主要原料来制取纯碱，这样就节省了碱厂里用于制取二氧化碳的庞大的石灰窑；将碱厂的无用的成分氯离子（Cl）来代替价格较高的硫酸固定氨厂里的氨，制取氮肥氯化铵．从而不再生成没有多大用处，又难于处理的氯化钙，减少了对环境的污染，并且大大降低了纯碱和氮肥的成本，充分体现了大规模联合生产的优越性，

故答案为：94.3%；不产生无用的CaCl2，提高了食盐的转化率． 【点评】本题考查了联碱法和氨碱法生产流程的原理比较和物质分析判断，纯碱制备的条件应用和服产物的提纯析出，反应过程中反应的原理分析和物质来源是解题的关键，题目难度中等．

﹣

第29页（共29页）

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