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2018年高考化学真题分类汇编专题13：化学实验方案的设计与评价
一、单选题
1．（2018·江苏）根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）
选项 实验操作和现象 结论
A 向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变清 苯酚的酸性强于H2CO3的酸性
B 向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色 I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度
C 向CuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体析出 Fe2+的氧化性强于Cu2+的氧化性
D 向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成 Ksp(AgCl) >Ksp(AgI)
A．A B．B C．C D．D
二、实验探究题
2．（2018·海南）某小组在实验室中探究金属钠与二氧化碳的反应。回答下列问题：
（1）选用如图所示装置及药品制取CO2。打开弹簧夹，制取CO2。为了得到干燥、纯净的CO2，产生的气流应依次通过盛有 、 的洗气瓶(填试剂名称)。反应结束后，关闭弹簧夹，可观察到的现象是 。不能用稀硫酸代替稀盐酸，其原因是 。
（2）金属钠与二氧化碳反应的实验步骤及现象如下表：
步骤 现象
将一小块金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入盛有CO2的集气瓶中。充分反应，放置冷却 产生大量白烟，集气瓶底部有黑色固体产生，瓶壁上有白色物质产生
在集气瓶中加入适量蒸馏水，振荡、过滤 滤纸上留下黑色固体，滤液为无色溶液
①为检验集气瓶瓶壁上白色物质的成分，取适量滤液于2支试管中，向一支试管中滴加1滴酚酞溶液，溶液变红：向第二支试管中滴加澄清石灰水，溶液变浑浊。据此推断，白色物质的主要成分是 (填标号)。
A.Na2O B．Na2O2 C．NaOH D．Na2CO3
②为检验黑色固体的成分，将其与浓硫酸反应，生成的气体具有刺激性气味。据此推断黑色固体是 。
③本实验中金属钠与二氧化碳反应的化学方程式为 。
3．（2018·江苏）以Cl2、NaOH、(NH2)2CO（尿素）和SO2为原料可制备N2H4·H2O（水合肼）和无水Na2SO3，其主要实验流程如下：
已知：①Cl2+2OH =ClO +Cl +H2O是放热反应。
②N2H4·H2O沸点约118 ℃，具有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。
（1）步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，若温度超过40 ℃，Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO3和NaCl，其离子方程式为 ；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是 。
（2）步骤Ⅱ合成N2H4·H2O的装置如题19图 1所示。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在40 ℃以下反应一段时间后，再迅速升温至110 ℃继续反应。实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是 ；使用冷凝管的目的是 。
（3）步骤Ⅳ用步骤Ⅲ得到的副产品Na2CO3制备无水Na2SO3（水溶液中H2SO3、 、 随pH的分布如题19图 2所示，Na2SO3的溶解度曲线如题19图 3所示）。
①边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液。实验中确定何时停止通SO2的实验操作为 。
②请补充完整由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案： ，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。
4．（2018·天津）烟道气中的NOx是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用如下采样和检测方法。回答下列问题：
Ⅰ.采样
采样步骤：
①检验系统气密性；②加热器将烟道气加热至140℃；③打开抽气泵置换系统内空气；④采集无尘、干燥的气样；⑤关闭系统，停止采样。
（1）A中装有无碱玻璃棉，其作用是 。
（2）C中填充的干燥剂是（填序号） 。
a.碱石灰
b.无水CuSO4
c.P2O5
（3）用实验室常用仪器组装一套装置，其作用是与D（装有碱液）相同，在虚线框中画出该装置的示意图，标明气体的流向及试剂。
（4）采样步骤②加热烟道气的目的是 。
（5）Ⅱ.NOx含量的测定
将v L气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化为NO3 ，加水稀释至100.00 mL。量取20.00 mL该溶液，加入v1 mL c1 mol·L 1 FeSO4标准溶液（过量），充分反应后，用c2 mol·L 1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗v2 mL。
NO被H2O2氧化为NO3 的离子方程式是 。
（6）滴定操作使用的玻璃仪器主要有 。
（7）滴定过程中发生下列反应：
3Fe2++NO3 +4H+=NO↑+3Fe3++2H2O
Cr2O72 + 6Fe2+ +14H+ =2Cr3+ +6Fe3++7H2O
则气样中NOx折合成NO2的含量为 mg·m 3。
（8）判断下列情况对NOx含量测定结果的影响（填“偏高” 、“偏低”或“无影响 ”）
若缺少采样步骤③，会使测试结果 。
若FeSO4标准溶液部分变质，会使测定结果 。
5．（2018·北京）实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。
资料:K2FeO4为紫色固体,微溶于KOH溶液:具有强氧化性,在酸性或中性溶液中快速产生O ,在碱性溶液中较稳定。
（1）制备K2FeO4(夹持装置略)
①A为氯气发生装置。A中反应方程式是 (锰被还原为Mn2+)。
②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂 。
③C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O,另外还有 。
（2）探究K2FeO4的性质
①取C中紫色溶液,加入稀硫酸,产生黄绿色气体,得溶液a,经检验气体中含有Cl2,为证明是否K2FeO4氧化了Cl-而产生Cl2,设计以下方案:
Ⅰ.由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有 离子,但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化,还可能由 产生(用方程式表示)。
Ⅱ.方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl-,用KOH溶液洗涤的目的是 。
②根据K2FeO4的制备实验得出:氧化性Cl (填“>”或“<”)，而方案Ⅱ实验表明,Cl2和 的氧化性强弱关系相反,原因是 。
③资料表明,酸性溶液中的氧化性 >MnO4-,验证实验如下:将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中,振荡后溶液呈浅紫色,该现象能否证明氧化性 > MnO4-,若能,请说明理由;若不能,进一步设计实验方案。理由或方案： 。
三、综合题
6．（2018·全国Ⅲ卷）硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3·5H2O，M=248 g·mol 1）可用作定影剂、还原剂。回答下列问题：
（1）已知：Ksp(BaSO4)=1.1×10 10，Ksp(BaS2O3)=4.1×10 5。市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质，选用下列试剂设计实验方案进行检验：
试剂：稀盐酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液
实验步骤 现象
①取少量样品，加入除氧蒸馏水 ②固体完全溶解得无色澄清溶液
③ ④ ，有刺激性气体产生
⑤静置， ⑥
（2）利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：
①溶液配制：称取1.2000 g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在 中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的 中，加蒸馏水至 。
②滴定：取0.00950 mol·L 1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应： Cr2O72 +6I +14H+=3I2+2Cr3++7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32 =S4O62 +2I 。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液 ，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80 mL，则样品纯度为 %（保留1位小数）。
7．（2018·江苏）NOx（主要指NO和NO2）是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。
（1）用水吸收NOx的相关热化学方程式如下：
2NO2（g）+H2O（l）=HNO3（aq）+HNO2（aq） ΔH= 116.1 kJ·mol 1
3HNO2（aq）=HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（l） ΔH=75.9 kJ·mol 1
反应3NO2（g）+H2O（l）=2HNO3（aq）+NO（g）的ΔH= kJ·mol 1。
（2）用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式： 。
（3）用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx，吸收过程中存在HNO2与(NH2)2CO生成N2和CO2的反应。写出该反应的化学方程式： 。
（4）在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。
①NH3与NO2生成N2的反应中，当生成1 mol N2时，转移的电子数为 mol。
②将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应（装置见题20图 1）。
反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如题20图 2所示，在50～250 ℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是 ；当反应温度高于380 ℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是 。
8．（2018·全国Ⅱ卷）我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。一种以闪锌矿（ZnS,含有
和少量FeS、CdS、PbS杂质）为原料制备金属锌的流程如图所示：
相关金属离子
形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
开始沉淀的pH 1.5 6.3 6.2 7.4
沉淀完全的pH 2.8 8.3 8.2 9.4
回答下列问题：
（1）焙烧过程中主要反应的化学方程式为 。
（2）滤渣1的主要成分出 外还有 ;氧化除杂工序中ZnO的作用是 .若不通入氧气，其后果是 。
（3）溶液中的 可用锌粉除去，还原除杂工序中反应的离子方程式为 。
（4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极的电极反应式为 ;沉积锌后的电解液可返回 工序继续使用。
9．（2018·江苏）碱式硫酸铝溶液可用于烟气脱硫。室温下向一定浓度的硫酸铝溶液中加入一定量的碳酸钙粉末，反应后经过滤得到碱式硫酸铝溶液，反应方程式为
（2 x）Al2(SO4)3+3xCaCO3+3xH2O=2[（1 x）Al2(SO4)3·xAl(OH)3]+3xCaSO4↓+3xCO2↑
生成物（1 x）Al2(SO4)3·xAl(OH)3中x值的大小影响碱式硫酸铝溶液的脱硫效率。
（1）制备碱式硫酸铝溶液时，维持反应温度和反应时间不变，提高x值的方法有 。
（2）碱式硫酸铝溶液吸收SO2过程中，溶液的pH （填“增大”、“减小”、“不变”）。
（3）通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度确定x的值，测定方法如下：
①取碱式硫酸铝溶液25.00 mL，加入盐酸酸化的过量BaCl2溶液充分反应，静置后过滤、洗涤，干燥至恒重，得固体2.3300 g。
②取碱式硫酸铝溶液2.50 mL，稀释至25 mL，加入0.1000 mol·L 1EDTA标准溶液25.00 mL，调节溶液pH约为4.2，煮沸，冷却后用0.08000 mol·L 1CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO4标准溶液20.00 mL（已知Al3+、Cu2+与EDTA反应的化学计量比均为1∶1）。
计算（1 x）Al2(SO4)3·xAl(OH)3中的x值（写出计算过程）。
答案解析部分
1．【答案】B
【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；分液和萃取
【解析】【解答】解：A.向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液，浊液变清，发生反应 +Na2CO3→ +NaHCO3，酸性：H2CO3＞ ＞HCO3-，A项不符合题意；
B.向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色，说明CCl4将I2从碘水中萃取出来，I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，B项符合题意；
C.向CuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体析出，发生的反应为Fe+Cu2+=Fe2++Cu，根据同一反应中氧化性：氧化剂 氧化产物，氧化性Cu2+＞Fe2+，C项不符合题意；
D.向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，说明先达到AgI的溶度积，但由于NaCl、NaI的浓度未知，不能说明AgCl、AgI溶度积的大小，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】B中碘单质在水中和CCl4中的溶解度根据相似相溶原理,由于碘单质在CCl4中的溶解度，并且水和CCl4互不相溶，且不反应，所以CCl4会把碘单质从水中萃取出来。
2．【答案】（1）碳酸氢钠溶液；浓硫酸；产生的气体使干燥管内盐酸液面下降，与碳酸钙脱离接触，反应停止；生成的硫酸钙覆盖在碳酸钙表面，阻止反应进一步进行
（2）D；碳（C）；
【考点】几组未知物的检验；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】（1）产生的二氧化碳气体中，还含有氯化氢和水两种杂质，除去氯化氢用的是碳酸氢钠溶液，除水用浓硫酸；关闭弹簧夹，产生的气体回到反应溶液里使容器中压强增大，干燥管内盐酸液面下降，与碳酸钙脱离接触，反应停止。若使用硫酸，生成的硫酸钙为微溶物，会附着在碳酸钙的表面，阻止反应进行。
（2）向一支试管中滴加1滴酚酞溶液，溶液变红——碱性物质，澄清石灰水，溶液变浑浊——能跟氢氧化钙反应生成沉淀，故可推出该物质为碳酸钠；与浓硫酸反应，生成的气体具有刺激性气味，又是黑色物质，故黑色固体是C；4Na+3CO2 =2Na2CO3+C
【分析】（1）收集气体前要先进行除杂；
（2）氧化还原配平：先根据电子守恒配平氧化剂还原剂，氧化产物还原产物，再根据观察法配平其他物质，最后配不平可加水。
3．【答案】（1）3Cl2+6OH 5Cl +ClO3 +3H2O；缓慢通入Cl2
（2）NaClO碱性溶液；减少水合肼的挥发
（3）测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2；边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤
【考点】氯气的化学性质；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】解：（1）温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液发生歧化反应生成NaClO3、NaCl和H2O，反应的化学方程式为3Cl2+6NaOH 5NaCl+NaClO3+3H2O，离子方程式为3Cl2+6OH- 5Cl-+ClO3-+3H2O。由于Cl2与NaOH溶液的反应为放热反应，为了减少NaClO3的生成，应控制温度不超过40℃、减慢反应速率；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是：缓慢通入Cl2。（2）步骤II中的反应为NaClO碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼，由于水合肼具有强还原性、能与NaClO剧烈反应生成N2，为了防止水合肼被氧化，应逐滴滴加NaClO碱性溶液，所以通过滴液漏斗滴加的溶液是NaClO碱性溶液。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在110℃继续反应，N2H4·H2O沸点约118 ℃，使用冷凝管的目的：减少水合肼的挥发。（3）①向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液，根据图示溶液pH约为4时，HSO3-的摩尔分数最大，则溶液的pH约为4时停止通入SO2；实验中确定何时停止通入SO2的实验操作为：测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2。
②由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3，首先要加入NaOH将NaHSO3转化为Na2SO3，根据含硫微粒与pH的关系，加入NaOH应调节溶液的pH约为10；根据Na2SO3的溶解度曲线，温度高于34℃析出Na2SO3，低于34℃析出Na2SO3·7H2O，所以从Na2SO3溶液中获得无水Na2SO3应控制温度高于34℃。由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案为：边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。
【分析】(1)中注意NaClO在碱性加热环境会发生歧化反应生成NaClO3、NaCl，所以在加热条件下氯气和氢氧化钠反应生成的是NaClO3、NaCl，而在常温条件下生成的是NaClO、NaCl。其次注意图像中关键点，根据关键特殊的数据进行解题。
4．【答案】（1）除尘
（2）c
（3）
（4）防止NOx溶于冷凝水
（5）2NO+3H2O2=2H++2NO3–+2H2O
（6）锥形瓶、酸式滴定管
（7）
（8）偏低；偏高
【考点】氮族元素简介；氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】解：（1）A的过程叫“过滤”，所以其中玻璃棉的作用一定是除去烟道气中的粉尘。（2）碱石灰是碱性干燥剂可能与NOX反应，所以不能使用。硫酸铜的吸水能力太差，一般不用做干燥剂，所以不能使用。五氧化二磷是酸性干燥剂，与NOX不反应，所以选项c正确。（3）实验室通常用洗气瓶来吸收气体，与D相同应该在洗气瓶中加入强碱（氢氧化钠）溶液，所以答案为：
。（4）加热烟道气的目的是避免水蒸气冷凝后，NOX溶于水中。（5）NO被H2O2氧化为硝酸，所以反应的离子方程式为：2NO+3H2O2=2H++2NO3–+2H2O。（6）滴定中使用酸式滴定管（本题中的试剂都只能使用酸式滴定管）和锥形瓶。（7）用c2 mol·L 1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+ ， 终点时消耗V2 mL，此时加入的Cr2O72-为c2V2/1000 mol；所以过量的Fe2+为6c2V2/1000 mol；则与硝酸根离子反应的Fe2+为(c1V1/1000－6c2V2/1000) mol；所以硝酸根离子为(c1V1/1000－6c2V2/1000)/3 mol；根据氮元素守恒，硝酸根与NO2的物质的量相等。考虑到配制100mL溶液取出来20mL进行实验，所以NO2为5(c1V1/1000－6c2V2/1000)/3 mol，质量为46×5(c1V1/1000－6c2V2/1000)/3 g，即230(c1V1－6c2V2)/3 mg。这些NO2是VL气体中含有的，所以含量为230(c1V1－6c2V2)/3V mg·L-1 ， 即为1000×230(c1V1－6c2V2)/3V mg·m-3 ， 所以答案为：
mg·m 3。（8）若缺少采样步骤③，装置中有空气，则实际测定的是烟道气和空气混合气体中NOX的含量，测定结果必然偏低。若FeSO4标准溶液部分变质，一定是部分Fe2+被空气中的氧气氧化，计算时仍然认为这部分被氧化的Fe2+是被硝酸根离子氧化的，所以测定结果偏高。
【分析】该题考查化学反应的过程中操作及注意事项、干燥剂的选用、吸气装置的选用、滴定法测离子浓度大小及影响离子浓度测定的因素，该题重点掌握①质量守恒定律及元素守恒定律；②氧化还原滴定的原理及计算方法；③干燥剂的选择：酸性气体选酸性干燥剂或中性干燥剂、碱性气体选碱性干燥剂或中性干燥剂；④操作过程使用的仪器有哪些等知识点
5．【答案】（1）2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl +5Cl2↑+8H2O；；Cl2+2OH =Cl +ClO +H2O
（2）Fe3+；4FeO42 +20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O；排除ClO 的干扰；>；溶液的酸碱性不同；若能，理由：FeO42 在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2，溶液浅紫色一定是MnO4 的颜色（若不能，方案：向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色）
【考点】氧化还原反应方程式的配平；离子反应发生的条件；常见离子的检验
【解析】【解答】（1）①A为氯气发生装置，KMnO4与浓盐酸反应时，锰被还原为Mn2+，浓盐酸被氧化成Cl2，KMnO4与浓盐酸反应生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。
②由于盐酸具有挥发性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl会消耗Fe（OH）3、KOH，用饱和食盐水除去HCl，除杂装置B为 。
③ C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，还有Cl2与KOH的反应，Cl2与KOH反应的化学方程式为Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。
（2）①根据上述制备反应，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，还可能含有KClO等。
i.方案I加入KSCN溶液，溶液变红说明a中含Fe3+。但Fe3+的产生不能判断K2FeO4与Cl-发生了反应，根据题意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，自身被还原成Fe3+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可能的反应为4FeO42-+20H+=3O2↑+4Fe3++10H2O。
ii.产生Cl2还可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，即KClO的存在干扰判断；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH溶液洗涤的目的是除去KClO、排除ClO-的干扰，同时保持K2FeO4稳定存在。
②制备K2FeO4的原理为3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，在该反应中Cl元素的化合价由0价降至-1价，Cl2是氧化剂，Fe元素的化合价由+3价升至+6价，Fe（OH）3是还原剂，K2FeO4为氧化产物，根据同一反应中，氧化性：氧化剂 氧化产物，得出氧化性Cl2 FeO42-；方案II的反应为2FeO42-+6Cl-+16H+=2Fe3++3Cl2↑+8H2O，实验表明，Cl2和FeO42-氧化性强弱关系相反；对比两个反应的条件，制备K2FeO4在碱性条件下，方案II在酸性条件下；说明溶液的酸碱性的不同影响物质氧化性的强弱。
③该小题为开放性试题。若能，根据题意K2FeO4在足量H2SO4溶液中会转化为Fe3+和O2，最后溶液中不存在FeO42-，溶液振荡后呈浅紫色一定是MnO4-的颜色，说明FeO42-将Mn2+氧化成MnO4-，所以该实验方案能证明氧化性FeO42- MnO4-。（或不能，因为溶液b呈紫色，溶液b滴入MnSO4和H2SO4的混合溶液中，c（FeO42-）变小，溶液的紫色也会变浅；则设计一个空白对比的实验方案，方案为：向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色）
【分析】本题主要考查氧化还原反应的应用，根据升降守恒，氧化还原反应的实质及特征判断产物，书写方程式。其次对于离子的检验需要注意杂质离子 干扰及检验时须有明显的现象出现。
6．【答案】（1）加入过量稀盐酸；出现乳黄色浑浊；取上层清液，滴加BaCl2溶液；有白色沉淀生成
（2）烧杯；容量瓶；凹液面与刻度线相平；溶液变为无色，且半分钟内不变色；95.0
【考点】含硫物质的性质及综合应用；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】⑴中，检验硫酸根离子需先除去硫代硫酸根离子，故选择稀盐酸，再选用氯化钡溶液检验硫酸根离子。
⑵中，由题意可知，Cr2O72－~3I2~6S2O32－
n(Cr2O72－)=0.0095mol/L×0.02L=1.9×10－4mol
∴n(S2O32－)=6×1.9×10－4mol=1.14×10－3mol
此时硫代硫酸钠样品溶液的平均用量为24.80mL，所以100mL样品溶液中所含硫代硫酸钠的质量为： ×100mL×248g/mol=1.14g，所以样品纯度为 ×100%=95.0%
【分析】本题考查硫酸根离子的检验、配制一定物质的量浓度的溶液、滴定法测定物质的纯度，多步计算。
7．【答案】（1） 136.2
（2）HNO2 2e +H2O=3H++NO3
（3）2HNO2+(NH2)2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O
（4）；迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大；催化剂活性下降；NH3与O2反应生成了NO
【考点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】解：（1）将两个热化学方程式编号，
2NO2（g）+H2O（l）=HNO3（aq）+HNO2（aq） ΔH= 116.1 kJ·mol 1（①式）
3HNO2（aq）=HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（l） ΔH=75.9 kJ·mol 1（②式）
应用盖斯定律，将（①式 3+②式） 2得，反应3NO2（g）+H2O（l）=2HNO3（aq）+NO（g）ΔH=[（ 116.1 kJ·mol 1） 3+75.9 kJ·mol 1] 2=-136.2kJ·mol 1。
（2）根据电解原理，阳极发生失电子的氧化反应，阳极反应为HNO2失去电子生成HNO3，1molHNO2反应失去2mol电子，结合原子守恒和溶液呈酸性，电解时阳极电极反应式为HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+。
（3）HNO2与（NH2）2CO反应生成N2和CO2，N元素的化合价由HNO2中+3价降至0价，N元素的化合价由（NH2）2CO中-3价价升至0价，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为2HNO2+（NH2）2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O。
（4）①NH3与NO2的反应为8NH3+6NO2 7N2+12H2O，该反应中NH3中-3价的N升至0价，NO2中+4价的N降至0价，生成7molN2转移24mol电子。生成1molN2时转移电子数为 mol。
②因为反应时间相同，所以低温时主要考虑温度和催化剂对化学反应速率的影响；高温时NH3与O2发生催化氧化反应。在50~250℃范围内，NOx的去除率迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大，温度升高催化剂活性下降。反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是NH3与O2反应生成了NO，反应的化学方程式为4NH3+5O2 4NO+6H2O。
【分析】（1）中盖斯定律的应用注意在总反应中找出现一次的，根据出现一次进行配系数，变方向写总反应。解总焓变。（2）电极反应实质是氧化还原中的氧化反应或还原反应。
8．【答案】（1）
（2）PbSO4；调节溶液的pH；无法除去杂质Fe2+
（3）Zn+Cd2+= Cd +Zn2+
（4）Zn2++2e-=Zn；溶浸
【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电解原理；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】根据图示及题意（1）焙烧过程主要为ZnS与O2的反应，方程式为
。（2）焙烧后不溶于酸或能跟酸发生反应生成沉淀的有SiO2和PbSO4 ， 故答案应为PbSO4；氧化除杂主要是除去Fe2+和Fe3+ ， ZnO的作用主要是调节溶液pH使Fe3+沉淀而除去，通入氧气的作用是氧化Fe2+使转化成Fe3+而除去，不通入氧气则不能氧化Fe2+而除不掉，（3）锌粉除去Cd2+的原理为活泼金属置出换不活泼金属: Zn+Cd2+= Cd +Zn2+;（4）电解硫酸锌溶液制备锌时，阴极为Zn2+得到电子转化成Zn，电极方程式为：Zn2++2e-=Zn，阳极水放电产生氢离子（溶液变成硫酸溶液）可返回溶浸回收再利用
【分析】该题重点考查流程的推断与分析，根据反应物和反应过程及题目给出的提示进行判断分析，应重点掌握的知识点①对溶解度表要很熟悉，尤其是不溶于酸的沉淀；②本题除去金属离子的方法有酸除法和调节PH转化沉淀除法（题目已给出沉淀PH表）；③金属活动性顺序表规律：排在前面金属可以置换出后面金属；④电解的相关知识：阴阳极的判断及电极方程式的书写
9．【答案】（1）适当增加CaCO3的量或加快搅拌速率
（2）减小
（3）25mL溶液中：n(SO42 )= n(BaSO4) = =0.0100 mol
n(Al3+)=n(EDTA) n(Cu2+)=0.1000mol·L 1×25.00mL×10 3L·mL 1 0.08000 mol·L 1×20.00 mL
×10 3 L·mL 1=9.000×10 4 mol
25 mL溶液中：n(Al3+)=9.000×10 3 mol
1 mol (1 x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中
n(Al3+)=(2 x)mol；n(SO42 )=3(1 x)mol
x=0.41
【考点】镁、铝的重要化合物；物质的分离与提纯
【解析】【解答】解：（1）制备碱式硫酸铝溶液，维持反应温度和反应时间不变，提高x的值，即促进Al3+的水解和CaSO4的生成，可以采取的方法是：适当增加CaCO3的量、加快搅拌速率。
（2）碱式硫酸铝溶液吸收SO2，溶液碱性减弱，pH减小。
（3）25mL溶液中：n（SO42-）= n（BaSO4）= =0.0100 mol
溶液中：n（Al3+）=n（EDTA） n（Cu2+）=0.1000mol·L 1×25.00mL×10 3L·mL 1 0.08000mol·L 1×20.00mL×10 3L·mL 1=9.000×10 4 mol，25 mL溶液中：n（Al3+）=9.000×10 3 mol
1 mol （1-x）Al2（SO4）3·xAl（OH）3中n（Al3+）=（2-x）mol；n（SO42-）=3（1-x）mol
= = ，解得x=0.41。
【分析】本题注意原子守恒的应用，及电荷守恒，由于溶液不显电性所以可以根据溶液中阳离子所带的总电荷等于阴离子所带总电荷相同进行判断。
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2018年高考化学真题分类汇编专题13：化学实验方案的设计与评价
一、单选题
1．（2018·江苏）根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）
选项 实验操作和现象 结论
A 向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变清 苯酚的酸性强于H2CO3的酸性
B 向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色 I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度
C 向CuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体析出 Fe2+的氧化性强于Cu2+的氧化性
D 向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成 Ksp(AgCl) >Ksp(AgI)
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；分液和萃取
【解析】【解答】解：A.向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液，浊液变清，发生反应 +Na2CO3→ +NaHCO3，酸性：H2CO3＞ ＞HCO3-，A项不符合题意；
B.向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色，说明CCl4将I2从碘水中萃取出来，I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，B项符合题意；
C.向CuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体析出，发生的反应为Fe+Cu2+=Fe2++Cu，根据同一反应中氧化性：氧化剂 氧化产物，氧化性Cu2+＞Fe2+，C项不符合题意；
D.向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，说明先达到AgI的溶度积，但由于NaCl、NaI的浓度未知，不能说明AgCl、AgI溶度积的大小，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】B中碘单质在水中和CCl4中的溶解度根据相似相溶原理,由于碘单质在CCl4中的溶解度，并且水和CCl4互不相溶，且不反应，所以CCl4会把碘单质从水中萃取出来。
二、实验探究题
2．（2018·海南）某小组在实验室中探究金属钠与二氧化碳的反应。回答下列问题：
（1）选用如图所示装置及药品制取CO2。打开弹簧夹，制取CO2。为了得到干燥、纯净的CO2，产生的气流应依次通过盛有 、 的洗气瓶(填试剂名称)。反应结束后，关闭弹簧夹，可观察到的现象是 。不能用稀硫酸代替稀盐酸，其原因是 。
（2）金属钠与二氧化碳反应的实验步骤及现象如下表：
步骤 现象
将一小块金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入盛有CO2的集气瓶中。充分反应，放置冷却 产生大量白烟，集气瓶底部有黑色固体产生，瓶壁上有白色物质产生
在集气瓶中加入适量蒸馏水，振荡、过滤 滤纸上留下黑色固体，滤液为无色溶液
①为检验集气瓶瓶壁上白色物质的成分，取适量滤液于2支试管中，向一支试管中滴加1滴酚酞溶液，溶液变红：向第二支试管中滴加澄清石灰水，溶液变浑浊。据此推断，白色物质的主要成分是 (填标号)。
A.Na2O B．Na2O2 C．NaOH D．Na2CO3
②为检验黑色固体的成分，将其与浓硫酸反应，生成的气体具有刺激性气味。据此推断黑色固体是 。
③本实验中金属钠与二氧化碳反应的化学方程式为 。
【答案】（1）碳酸氢钠溶液；浓硫酸；产生的气体使干燥管内盐酸液面下降，与碳酸钙脱离接触，反应停止；生成的硫酸钙覆盖在碳酸钙表面，阻止反应进一步进行
（2）D；碳（C）；
【考点】几组未知物的检验；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】（1）产生的二氧化碳气体中，还含有氯化氢和水两种杂质，除去氯化氢用的是碳酸氢钠溶液，除水用浓硫酸；关闭弹簧夹，产生的气体回到反应溶液里使容器中压强增大，干燥管内盐酸液面下降，与碳酸钙脱离接触，反应停止。若使用硫酸，生成的硫酸钙为微溶物，会附着在碳酸钙的表面，阻止反应进行。
（2）向一支试管中滴加1滴酚酞溶液，溶液变红——碱性物质，澄清石灰水，溶液变浑浊——能跟氢氧化钙反应生成沉淀，故可推出该物质为碳酸钠；与浓硫酸反应，生成的气体具有刺激性气味，又是黑色物质，故黑色固体是C；4Na+3CO2 =2Na2CO3+C
【分析】（1）收集气体前要先进行除杂；
（2）氧化还原配平：先根据电子守恒配平氧化剂还原剂，氧化产物还原产物，再根据观察法配平其他物质，最后配不平可加水。
3．（2018·江苏）以Cl2、NaOH、(NH2)2CO（尿素）和SO2为原料可制备N2H4·H2O（水合肼）和无水Na2SO3，其主要实验流程如下：
已知：①Cl2+2OH =ClO +Cl +H2O是放热反应。
②N2H4·H2O沸点约118 ℃，具有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。
（1）步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，若温度超过40 ℃，Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO3和NaCl，其离子方程式为 ；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是 。
（2）步骤Ⅱ合成N2H4·H2O的装置如题19图 1所示。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在40 ℃以下反应一段时间后，再迅速升温至110 ℃继续反应。实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是 ；使用冷凝管的目的是 。
（3）步骤Ⅳ用步骤Ⅲ得到的副产品Na2CO3制备无水Na2SO3（水溶液中H2SO3、 、 随pH的分布如题19图 2所示，Na2SO3的溶解度曲线如题19图 3所示）。
①边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液。实验中确定何时停止通SO2的实验操作为 。
②请补充完整由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案： ，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。
【答案】（1）3Cl2+6OH 5Cl +ClO3 +3H2O；缓慢通入Cl2
（2）NaClO碱性溶液；减少水合肼的挥发
（3）测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2；边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤
【考点】氯气的化学性质；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】解：（1）温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液发生歧化反应生成NaClO3、NaCl和H2O，反应的化学方程式为3Cl2+6NaOH 5NaCl+NaClO3+3H2O，离子方程式为3Cl2+6OH- 5Cl-+ClO3-+3H2O。由于Cl2与NaOH溶液的反应为放热反应，为了减少NaClO3的生成，应控制温度不超过40℃、减慢反应速率；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是：缓慢通入Cl2。（2）步骤II中的反应为NaClO碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼，由于水合肼具有强还原性、能与NaClO剧烈反应生成N2，为了防止水合肼被氧化，应逐滴滴加NaClO碱性溶液，所以通过滴液漏斗滴加的溶液是NaClO碱性溶液。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在110℃继续反应，N2H4·H2O沸点约118 ℃，使用冷凝管的目的：减少水合肼的挥发。（3）①向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液，根据图示溶液pH约为4时，HSO3-的摩尔分数最大，则溶液的pH约为4时停止通入SO2；实验中确定何时停止通入SO2的实验操作为：测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2。
②由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3，首先要加入NaOH将NaHSO3转化为Na2SO3，根据含硫微粒与pH的关系，加入NaOH应调节溶液的pH约为10；根据Na2SO3的溶解度曲线，温度高于34℃析出Na2SO3，低于34℃析出Na2SO3·7H2O，所以从Na2SO3溶液中获得无水Na2SO3应控制温度高于34℃。由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案为：边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。
【分析】(1)中注意NaClO在碱性加热环境会发生歧化反应生成NaClO3、NaCl，所以在加热条件下氯气和氢氧化钠反应生成的是NaClO3、NaCl，而在常温条件下生成的是NaClO、NaCl。其次注意图像中关键点，根据关键特殊的数据进行解题。
4．（2018·天津）烟道气中的NOx是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用如下采样和检测方法。回答下列问题：
Ⅰ.采样
采样步骤：
①检验系统气密性；②加热器将烟道气加热至140℃；③打开抽气泵置换系统内空气；④采集无尘、干燥的气样；⑤关闭系统，停止采样。
（1）A中装有无碱玻璃棉，其作用是 。
（2）C中填充的干燥剂是（填序号） 。
a.碱石灰
b.无水CuSO4
c.P2O5
（3）用实验室常用仪器组装一套装置，其作用是与D（装有碱液）相同，在虚线框中画出该装置的示意图，标明气体的流向及试剂。
（4）采样步骤②加热烟道气的目的是 。
（5）Ⅱ.NOx含量的测定
将v L气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化为NO3 ，加水稀释至100.00 mL。量取20.00 mL该溶液，加入v1 mL c1 mol·L 1 FeSO4标准溶液（过量），充分反应后，用c2 mol·L 1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗v2 mL。
NO被H2O2氧化为NO3 的离子方程式是 。
（6）滴定操作使用的玻璃仪器主要有 。
（7）滴定过程中发生下列反应：
3Fe2++NO3 +4H+=NO↑+3Fe3++2H2O
Cr2O72 + 6Fe2+ +14H+ =2Cr3+ +6Fe3++7H2O
则气样中NOx折合成NO2的含量为 mg·m 3。
（8）判断下列情况对NOx含量测定结果的影响（填“偏高” 、“偏低”或“无影响 ”）
若缺少采样步骤③，会使测试结果 。
若FeSO4标准溶液部分变质，会使测定结果 。
【答案】（1）除尘
（2）c
（3）
（4）防止NOx溶于冷凝水
（5）2NO+3H2O2=2H++2NO3–+2H2O
（6）锥形瓶、酸式滴定管
（7）
（8）偏低；偏高
【考点】氮族元素简介；氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】解：（1）A的过程叫“过滤”，所以其中玻璃棉的作用一定是除去烟道气中的粉尘。（2）碱石灰是碱性干燥剂可能与NOX反应，所以不能使用。硫酸铜的吸水能力太差，一般不用做干燥剂，所以不能使用。五氧化二磷是酸性干燥剂，与NOX不反应，所以选项c正确。（3）实验室通常用洗气瓶来吸收气体，与D相同应该在洗气瓶中加入强碱（氢氧化钠）溶液，所以答案为：
。（4）加热烟道气的目的是避免水蒸气冷凝后，NOX溶于水中。（5）NO被H2O2氧化为硝酸，所以反应的离子方程式为：2NO+3H2O2=2H++2NO3–+2H2O。（6）滴定中使用酸式滴定管（本题中的试剂都只能使用酸式滴定管）和锥形瓶。（7）用c2 mol·L 1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+ ， 终点时消耗V2 mL，此时加入的Cr2O72-为c2V2/1000 mol；所以过量的Fe2+为6c2V2/1000 mol；则与硝酸根离子反应的Fe2+为(c1V1/1000－6c2V2/1000) mol；所以硝酸根离子为(c1V1/1000－6c2V2/1000)/3 mol；根据氮元素守恒，硝酸根与NO2的物质的量相等。考虑到配制100mL溶液取出来20mL进行实验，所以NO2为5(c1V1/1000－6c2V2/1000)/3 mol，质量为46×5(c1V1/1000－6c2V2/1000)/3 g，即230(c1V1－6c2V2)/3 mg。这些NO2是VL气体中含有的，所以含量为230(c1V1－6c2V2)/3V mg·L-1 ， 即为1000×230(c1V1－6c2V2)/3V mg·m-3 ， 所以答案为：
mg·m 3。（8）若缺少采样步骤③，装置中有空气，则实际测定的是烟道气和空气混合气体中NOX的含量，测定结果必然偏低。若FeSO4标准溶液部分变质，一定是部分Fe2+被空气中的氧气氧化，计算时仍然认为这部分被氧化的Fe2+是被硝酸根离子氧化的，所以测定结果偏高。
【分析】该题考查化学反应的过程中操作及注意事项、干燥剂的选用、吸气装置的选用、滴定法测离子浓度大小及影响离子浓度测定的因素，该题重点掌握①质量守恒定律及元素守恒定律；②氧化还原滴定的原理及计算方法；③干燥剂的选择：酸性气体选酸性干燥剂或中性干燥剂、碱性气体选碱性干燥剂或中性干燥剂；④操作过程使用的仪器有哪些等知识点
5．（2018·北京）实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。
资料:K2FeO4为紫色固体,微溶于KOH溶液:具有强氧化性,在酸性或中性溶液中快速产生O ,在碱性溶液中较稳定。
（1）制备K2FeO4(夹持装置略)
①A为氯气发生装置。A中反应方程式是 (锰被还原为Mn2+)。
②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂 。
③C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O,另外还有 。
（2）探究K2FeO4的性质
①取C中紫色溶液,加入稀硫酸,产生黄绿色气体,得溶液a,经检验气体中含有Cl2,为证明是否K2FeO4氧化了Cl-而产生Cl2,设计以下方案:
Ⅰ.由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有 离子,但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化,还可能由 产生(用方程式表示)。
Ⅱ.方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl-,用KOH溶液洗涤的目的是 。
②根据K2FeO4的制备实验得出:氧化性Cl (填“>”或“<”)，而方案Ⅱ实验表明,Cl2和 的氧化性强弱关系相反,原因是 。
③资料表明,酸性溶液中的氧化性 >MnO4-,验证实验如下:将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中,振荡后溶液呈浅紫色,该现象能否证明氧化性 > MnO4-,若能,请说明理由;若不能,进一步设计实验方案。理由或方案： 。
【答案】（1）2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl +5Cl2↑+8H2O；；Cl2+2OH =Cl +ClO +H2O
（2）Fe3+；4FeO42 +20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O；排除ClO 的干扰；>；溶液的酸碱性不同；若能，理由：FeO42 在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2，溶液浅紫色一定是MnO4 的颜色（若不能，方案：向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色）
【考点】氧化还原反应方程式的配平；离子反应发生的条件；常见离子的检验
【解析】【解答】（1）①A为氯气发生装置，KMnO4与浓盐酸反应时，锰被还原为Mn2+，浓盐酸被氧化成Cl2，KMnO4与浓盐酸反应生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。
②由于盐酸具有挥发性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl会消耗Fe（OH）3、KOH，用饱和食盐水除去HCl，除杂装置B为 。
③ C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，还有Cl2与KOH的反应，Cl2与KOH反应的化学方程式为Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。
（2）①根据上述制备反应，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，还可能含有KClO等。
i.方案I加入KSCN溶液，溶液变红说明a中含Fe3+。但Fe3+的产生不能判断K2FeO4与Cl-发生了反应，根据题意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，自身被还原成Fe3+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可能的反应为4FeO42-+20H+=3O2↑+4Fe3++10H2O。
ii.产生Cl2还可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，即KClO的存在干扰判断；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH溶液洗涤的目的是除去KClO、排除ClO-的干扰，同时保持K2FeO4稳定存在。
②制备K2FeO4的原理为3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，在该反应中Cl元素的化合价由0价降至-1价，Cl2是氧化剂，Fe元素的化合价由+3价升至+6价，Fe（OH）3是还原剂，K2FeO4为氧化产物，根据同一反应中，氧化性：氧化剂 氧化产物，得出氧化性Cl2 FeO42-；方案II的反应为2FeO42-+6Cl-+16H+=2Fe3++3Cl2↑+8H2O，实验表明，Cl2和FeO42-氧化性强弱关系相反；对比两个反应的条件，制备K2FeO4在碱性条件下，方案II在酸性条件下；说明溶液的酸碱性的不同影响物质氧化性的强弱。
③该小题为开放性试题。若能，根据题意K2FeO4在足量H2SO4溶液中会转化为Fe3+和O2，最后溶液中不存在FeO42-，溶液振荡后呈浅紫色一定是MnO4-的颜色，说明FeO42-将Mn2+氧化成MnO4-，所以该实验方案能证明氧化性FeO42- MnO4-。（或不能，因为溶液b呈紫色，溶液b滴入MnSO4和H2SO4的混合溶液中，c（FeO42-）变小，溶液的紫色也会变浅；则设计一个空白对比的实验方案，方案为：向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色）
【分析】本题主要考查氧化还原反应的应用，根据升降守恒，氧化还原反应的实质及特征判断产物，书写方程式。其次对于离子的检验需要注意杂质离子 干扰及检验时须有明显的现象出现。
三、综合题
6．（2018·全国Ⅲ卷）硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3·5H2O，M=248 g·mol 1）可用作定影剂、还原剂。回答下列问题：
（1）已知：Ksp(BaSO4)=1.1×10 10，Ksp(BaS2O3)=4.1×10 5。市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质，选用下列试剂设计实验方案进行检验：
试剂：稀盐酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液
实验步骤 现象
①取少量样品，加入除氧蒸馏水 ②固体完全溶解得无色澄清溶液
③ ④ ，有刺激性气体产生
⑤静置， ⑥
（2）利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：
①溶液配制：称取1.2000 g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在 中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的 中，加蒸馏水至 。
②滴定：取0.00950 mol·L 1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应： Cr2O72 +6I +14H+=3I2+2Cr3++7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32 =S4O62 +2I 。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液 ，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80 mL，则样品纯度为 %（保留1位小数）。
【答案】（1）加入过量稀盐酸；出现乳黄色浑浊；取上层清液，滴加BaCl2溶液；有白色沉淀生成
（2）烧杯；容量瓶；凹液面与刻度线相平；溶液变为无色，且半分钟内不变色；95.0
【考点】含硫物质的性质及综合应用；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】⑴中，检验硫酸根离子需先除去硫代硫酸根离子，故选择稀盐酸，再选用氯化钡溶液检验硫酸根离子。
⑵中，由题意可知，Cr2O72－~3I2~6S2O32－
n(Cr2O72－)=0.0095mol/L×0.02L=1.9×10－4mol
∴n(S2O32－)=6×1.9×10－4mol=1.14×10－3mol
此时硫代硫酸钠样品溶液的平均用量为24.80mL，所以100mL样品溶液中所含硫代硫酸钠的质量为： ×100mL×248g/mol=1.14g，所以样品纯度为 ×100%=95.0%
【分析】本题考查硫酸根离子的检验、配制一定物质的量浓度的溶液、滴定法测定物质的纯度，多步计算。
7．（2018·江苏）NOx（主要指NO和NO2）是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。
（1）用水吸收NOx的相关热化学方程式如下：
2NO2（g）+H2O（l）=HNO3（aq）+HNO2（aq） ΔH= 116.1 kJ·mol 1
3HNO2（aq）=HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（l） ΔH=75.9 kJ·mol 1
反应3NO2（g）+H2O（l）=2HNO3（aq）+NO（g）的ΔH= kJ·mol 1。
（2）用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式： 。
（3）用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx，吸收过程中存在HNO2与(NH2)2CO生成N2和CO2的反应。写出该反应的化学方程式： 。
（4）在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。
①NH3与NO2生成N2的反应中，当生成1 mol N2时，转移的电子数为 mol。
②将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应（装置见题20图 1）。
反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如题20图 2所示，在50～250 ℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是 ；当反应温度高于380 ℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是 。
【答案】（1） 136.2
（2）HNO2 2e +H2O=3H++NO3
（3）2HNO2+(NH2)2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O
（4）；迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大；催化剂活性下降；NH3与O2反应生成了NO
【考点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】解：（1）将两个热化学方程式编号，
2NO2（g）+H2O（l）=HNO3（aq）+HNO2（aq） ΔH= 116.1 kJ·mol 1（①式）
3HNO2（aq）=HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（l） ΔH=75.9 kJ·mol 1（②式）
应用盖斯定律，将（①式 3+②式） 2得，反应3NO2（g）+H2O（l）=2HNO3（aq）+NO（g）ΔH=[（ 116.1 kJ·mol 1） 3+75.9 kJ·mol 1] 2=-136.2kJ·mol 1。
（2）根据电解原理，阳极发生失电子的氧化反应，阳极反应为HNO2失去电子生成HNO3，1molHNO2反应失去2mol电子，结合原子守恒和溶液呈酸性，电解时阳极电极反应式为HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+。
（3）HNO2与（NH2）2CO反应生成N2和CO2，N元素的化合价由HNO2中+3价降至0价，N元素的化合价由（NH2）2CO中-3价价升至0价，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为2HNO2+（NH2）2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O。
（4）①NH3与NO2的反应为8NH3+6NO2 7N2+12H2O，该反应中NH3中-3价的N升至0价，NO2中+4价的N降至0价，生成7molN2转移24mol电子。生成1molN2时转移电子数为 mol。
②因为反应时间相同，所以低温时主要考虑温度和催化剂对化学反应速率的影响；高温时NH3与O2发生催化氧化反应。在50~250℃范围内，NOx的去除率迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大，温度升高催化剂活性下降。反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是NH3与O2反应生成了NO，反应的化学方程式为4NH3+5O2 4NO+6H2O。
【分析】（1）中盖斯定律的应用注意在总反应中找出现一次的，根据出现一次进行配系数，变方向写总反应。解总焓变。（2）电极反应实质是氧化还原中的氧化反应或还原反应。
8．（2018·全国Ⅱ卷）我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。一种以闪锌矿（ZnS,含有
和少量FeS、CdS、PbS杂质）为原料制备金属锌的流程如图所示：
相关金属离子
形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
开始沉淀的pH 1.5 6.3 6.2 7.4
沉淀完全的pH 2.8 8.3 8.2 9.4
回答下列问题：
（1）焙烧过程中主要反应的化学方程式为 。
（2）滤渣1的主要成分出 外还有 ;氧化除杂工序中ZnO的作用是 .若不通入氧气，其后果是 。
（3）溶液中的 可用锌粉除去，还原除杂工序中反应的离子方程式为 。
（4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极的电极反应式为 ;沉积锌后的电解液可返回 工序继续使用。
【答案】（1）
（2）PbSO4；调节溶液的pH；无法除去杂质Fe2+
（3）Zn+Cd2+= Cd +Zn2+
（4）Zn2++2e-=Zn；溶浸
【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电解原理；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】根据图示及题意（1）焙烧过程主要为ZnS与O2的反应，方程式为
。（2）焙烧后不溶于酸或能跟酸发生反应生成沉淀的有SiO2和PbSO4 ， 故答案应为PbSO4；氧化除杂主要是除去Fe2+和Fe3+ ， ZnO的作用主要是调节溶液pH使Fe3+沉淀而除去，通入氧气的作用是氧化Fe2+使转化成Fe3+而除去，不通入氧气则不能氧化Fe2+而除不掉，（3）锌粉除去Cd2+的原理为活泼金属置出换不活泼金属: Zn+Cd2+= Cd +Zn2+;（4）电解硫酸锌溶液制备锌时，阴极为Zn2+得到电子转化成Zn，电极方程式为：Zn2++2e-=Zn，阳极水放电产生氢离子（溶液变成硫酸溶液）可返回溶浸回收再利用
【分析】该题重点考查流程的推断与分析，根据反应物和反应过程及题目给出的提示进行判断分析，应重点掌握的知识点①对溶解度表要很熟悉，尤其是不溶于酸的沉淀；②本题除去金属离子的方法有酸除法和调节PH转化沉淀除法（题目已给出沉淀PH表）；③金属活动性顺序表规律：排在前面金属可以置换出后面金属；④电解的相关知识：阴阳极的判断及电极方程式的书写
9．（2018·江苏）碱式硫酸铝溶液可用于烟气脱硫。室温下向一定浓度的硫酸铝溶液中加入一定量的碳酸钙粉末，反应后经过滤得到碱式硫酸铝溶液，反应方程式为
（2 x）Al2(SO4)3+3xCaCO3+3xH2O=2[（1 x）Al2(SO4)3·xAl(OH)3]+3xCaSO4↓+3xCO2↑
生成物（1 x）Al2(SO4)3·xAl(OH)3中x值的大小影响碱式硫酸铝溶液的脱硫效率。
（1）制备碱式硫酸铝溶液时，维持反应温度和反应时间不变，提高x值的方法有 。
（2）碱式硫酸铝溶液吸收SO2过程中，溶液的pH （填“增大”、“减小”、“不变”）。
（3）通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度确定x的值，测定方法如下：
①取碱式硫酸铝溶液25.00 mL，加入盐酸酸化的过量BaCl2溶液充分反应，静置后过滤、洗涤，干燥至恒重，得固体2.3300 g。
②取碱式硫酸铝溶液2.50 mL，稀释至25 mL，加入0.1000 mol·L 1EDTA标准溶液25.00 mL，调节溶液pH约为4.2，煮沸，冷却后用0.08000 mol·L 1CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO4标准溶液20.00 mL（已知Al3+、Cu2+与EDTA反应的化学计量比均为1∶1）。
计算（1 x）Al2(SO4)3·xAl(OH)3中的x值（写出计算过程）。
【答案】（1）适当增加CaCO3的量或加快搅拌速率
（2）减小
（3）25mL溶液中：n(SO42 )= n(BaSO4) = =0.0100 mol
n(Al3+)=n(EDTA) n(Cu2+)=0.1000mol·L 1×25.00mL×10 3L·mL 1 0.08000 mol·L 1×20.00 mL
×10 3 L·mL 1=9.000×10 4 mol
25 mL溶液中：n(Al3+)=9.000×10 3 mol
1 mol (1 x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中
n(Al3+)=(2 x)mol；n(SO42 )=3(1 x)mol
x=0.41
【考点】镁、铝的重要化合物；物质的分离与提纯
【解析】【解答】解：（1）制备碱式硫酸铝溶液，维持反应温度和反应时间不变，提高x的值，即促进Al3+的水解和CaSO4的生成，可以采取的方法是：适当增加CaCO3的量、加快搅拌速率。
（2）碱式硫酸铝溶液吸收SO2，溶液碱性减弱，pH减小。
（3）25mL溶液中：n（SO42-）= n（BaSO4）= =0.0100 mol
溶液中：n（Al3+）=n（EDTA） n（Cu2+）=0.1000mol·L 1×25.00mL×10 3L·mL 1 0.08000mol·L 1×20.00mL×10 3L·mL 1=9.000×10 4 mol，25 mL溶液中：n（Al3+）=9.000×10 3 mol
1 mol （1-x）Al2（SO4）3·xAl（OH）3中n（Al3+）=（2-x）mol；n（SO42-）=3（1-x）mol
= = ，解得x=0.41。
【分析】本题注意原子守恒的应用，及电荷守恒，由于溶液不显电性所以可以根据溶液中阳离子所带的总电荷等于阴离子所带总电荷相同进行判断。
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