【高考押题卷】2025年高考化学高频易错考前冲刺 制备实验方案的设计解答题（含解析）
文档属性
| 名称 | 【高考押题卷】2025年高考化学高频易错考前冲刺 制备实验方案的设计解答题（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 5.7MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2025-05-28 17:58:10 | ||
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文档简介
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高考化学考前冲刺押题预测 制备实验方案的设计（解答大题）
一．解答题（共20小题）
1．（2025 陕西一模）过氧化钙（CaO2）可用作医用防腐剂和消毒剂，也可作为改良剂为农业、园艺和生物技术应用提供氧气。实验室制备过氧化钙的流程如图：
（1）步骤Ⅰ中常加入过量碳酸钙，其目的是 。
（2）步骤Ⅱ在如图装置中反应，其中盛放CaCl2溶液的仪器名称为 ，步骤Ⅱ在冰水浴中进行，温度不宜过高的原因可能是 ，该步骤反应的化学方程式为 。
（3）检验步骤Ⅳ中产物是否洗涤干净的实验方案是 。
（4）测定产品中CaO2含量。
原理：在酸性条件下，CaO2与稀酸反应生成H2O2，用标准液KMnO4溶液滴定所生成的H2O2，以确定CaO2含量。
实验操作：准确称取0.72g产品配成250.00mL溶液。取25.00mL溶液，加入5mL6mol L﹣1醋酸溶液和2～3滴0.1mol L﹣1MnSO4溶液，用0.0200mol L﹣1KMnO4标准溶液平行滴定3次，消耗KMnO4标准溶液的平均体积为17.60mL。
①滴定终点的现象为 ，读取KMnO4溶液体积时，滴定前俯视读数，滴定后仰视读数，则测定结果 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。
②产品中CaO2含量为 %。
2．（2024秋 广东期末）现有Fe、Cl2、稀盐酸和稀硫酸，利用上述物质制取FeSO4溶液和FeCl3溶液并进行实验。回答下列问题：
（1）Fe和Cl2在加热条件下反应生成 （填化学式，下同），Fe和稀硫酸反应生成 。
（2）探究Fe3+的氧化性。取适量FeCl3溶液于试管中，滴加几滴淀粉﹣KI溶液，反应现象为 ，反应的离子方程式为 。
（3）为了验证Fe3+的性质，某化学兴趣小组设计了如图所示的实验，其中实验设计不合理或预测实验现象错误的是 （填序号）。
（4）利用FeCl3溶液制备Fe（OH）3胶体。通过 （方法）可以证明所得溶液属于胶体。
（5）将适量铁粉放入氯化铁溶液中，完全反应后，溶液中的Fe3+和Fe2+浓度相等，则已反应的Fe3+与未反应的Fe3+的物质的量之比是 。
（6）探究Fe2+的还原性：取适量FeSO4溶液于试管中，滴加几滴酸性KMnO4溶液，反应现象为 ，反应的离子方程式为 。
（7）为了更清楚地观察生成Fe（OH）2的现象，将FeSO4溶液与NaOH溶液混合的正确操作是 （填选项字母）。
A． B． C．
3．（2025 湖南开学）硼氢化钠（NaBH4）是制造乙硼烷和其他高能燃料的原料，以含H3BO3废液为原料制备NaBH4的流程如图：
已知：NaBH4易溶于异丙胺（、沸点为33℃）。
请回答下列问题：
（1）试判断：三甲胺（）的沸点 异丙胺的沸点（填“大于”或“小于”），判断理由是 。
（2）Na2B4O7 10H2O俗称硼砂，硼砂晶体中阴离子的结构如图所示，其中硼原子的杂化方式为 。
（3）反应前，为了除去“高温炉”中的水蒸气、空气，可采用的操作是 。“高温炉”中发生反应的化学方程式为 。
（4）索氏提取法采用的装置如图所示，实验时将NaBH4、Na2SiO3放入滤纸套筒1中，烧瓶中装入异丙胺。实验中异丙胺的作用为 ；产品沿索氏提取器的管 （填“2”或“3”）流回圆底烧瓶。
（5）研究表明，NaBH4和水反应：NaBH4+2H2O＝NaBO2+4H2↑。已知：反应物浓度减少至初始浓度一半所用时间叫半衰期。实验测得温度、pH对NaBH4溶液半衰期的影响如图所示。
①根据图像归纳：温度、pH影响NaBH4和H2O反应产生H2速率的规律是 ；
②常温下，一定量NaBH4与足量水反应，实际制得的H2产量低于理论产量，其主要原因是 （不考虑制备过程中H2的损失）。
4．（2024秋 丰台区期末）铵盐和硝酸是重要的化工原料。
（1）铵盐可以作化肥。
①NH4NO3是含氮量较高的氮肥，可由HNO3和 （填化学式）直接制取。
②NH4HCO3可作氮肥，其保存和使用的方法合理的是 （填序号）。
A．保存NH4HCO3要注意防雨防晒
B．不能与酸性肥料一起使用
C．与碱性肥料使用效果更佳
③检验某化肥中含有：取少量样品于试管中，加少量水溶解，再加入浓NaOH溶液，加热，产生的气体能使 ，说明含有。
（2）利用硝酸制备硝酸铜。
某工厂利用固体废渣（主要含Cu和CuO，还含有少量Cu2O和SiO2）制取Cu（NO3）2 3H2O的部分工艺流程如图。
已知：①Cu+在酸性溶液中不稳定，会转变成Cu和Cu2+。②SiO2是酸性氧化物，难于水和酸。
①酸溶过程中铜与稀硝酸反应的离子方程式为 。
②试剂X应选用 （填序号）。
A．NaOH B．Cu（OH）2 C．CuO
③若除酸时加入的X恰好完全反应，则过滤后所得废渣的成分为 。
④将酸溶使用的稀硝酸改为10%H2O2和20%稀硝酸的混合液，其中H2O2作氧化剂，基本无氮氧化物排放，写出固体废渣中Cu与该混合液反应的离子方程式 。
5．（2024秋 嘉定区期末）碳酸钙一般有方解石型、文石型和球霰石型等三种晶型，其中稳定性最好、实际应用最多的是方解石型。
Ⅰ.文献报道了一种制备方解石型碳酸钙的方法。该方法以CaCl2和NH4HCO3溶液为原料，通过加入LiCl形貌控制剂制得形貌规整、大小均匀的片状碳酸钙，且伴有气体产生。
（1）LiCl的电子式可表示为 ，通过以下 分析方法，能检测到碳酸钙产品中不含碳酸锂。
A．原子吸收光谱
B．红外光谱
C．核磁共振氢谱
D．晶体X射线衍射
（2）推测以上反应原理，用离子方程式表示 。
（3）室温下NH4HCO3溶液呈碱性，关于NH4HCO3溶液的说法正确的是 。
A．由水电离的[H+]＜10﹣7mol L﹣1
B．[NH3 H2O]＜[H2CO3]
C．[]＞[]＞[OH﹣]＞[H+]
D．[]+[NH3 H2O]＝[]+[H2CO3]
Ⅱ.粉煤灰是燃煤电厂排出的主要固体废物，其主要氧化物组成为：SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaO等。科学家发现了一种利用粉煤灰吸收二氧化碳制碳酸钙的工艺。
已知双极膜的作用：在直流电场作用下，双极膜可以将水解离成H+和OH﹣，分别在膜的两侧释放。
（4）以上工艺流程中尾渣的成分为 ，溶液中X为 ；以上流程中能循环的物质为H2O、 。（以上均填化学式）
（5）浸取液必须经过系列操作②才能利用的原因 。
（6）写出双极膜电解装置中阳极的电极反应 。
（7）关于以上电解池装置中说法正确的是 。
A．电解池负极发生还原反应
B．a处为NaOH，b处为HNO3
C．使用Na2SO4溶液代替水的目的是增强溶液导电性
D．Na+通过阳离子交换膜由右向左移动
（8）对比LiCl形貌控制法制备碳酸钙，粉煤灰吸收二氧化碳制碳酸钙的工艺优点为 ；缺点为 （任写一条即可）。
Ⅲ.小嘉同学在实验室尝试制备碳酸钙，他向1.0mol L﹣1CaCl2溶液中通入CO2至饱和，并未看到沉淀。该溶液中[H2CO3]＝0.033mol L﹣1，pH＝3.9。常温下，Ksp（CaCO3）＝2.8×10﹣9，H2CO3的电离常数分别为：Ka1＝4.2×10﹣7、Ka2＝4.8×10﹣11。
（9）请通过计算解释以上现象 （写出计算过程）。
6．（2024秋 朝阳区期末）NaClO、H2O2广泛应用于清洁和消毒。从实验室的探索到工业规模化的制备，其合成方法不断发展。
（1）实验室制备NaClO、H2O2制备NaClO；浓
①Ⅱ中制备NaClO的离子方程式是 。
②过程Ⅰ，当氯气不再逸出时，MnO2和盐酸仍有剩余，此时加入较浓硫酸，再次产生氯气。解释硫酸的作用： 。
制备
③（NH4）2S2O8中S的化合价为+6，1mol该物质中过氧键的数目为 。
（2）模块化电化学合成NaClO、H2O2。
①H2O2实际浓度的变化与理论浓度（电路中通过的电子均用于生成H2O2）的变化如图所示。t1min之后，H2O2的实际浓度低于理论浓度，推测原因：
ⅰ.其他物质在阴极放电。
ⅱ. 。
经检验，原因ⅰ不合理。
②充分电解后，将电极a、b对调，能继续合成NaClO、H2O2，如此多次循环，实现可持续生产。结合电极反应式从OH﹣的产生、储存、释放与应用的角度说明原因： 。
（3）与实验室制备NaClO、H2O2的方法相比，模块化电化学合成两种消毒剂的优点之一是原子利用率高，用总反应方程式说明： 。
7．（2024秋 昌平区期末）农业级NH4NO3作为高效氮肥，广泛应用于提高土壤含氮量和促进植物生长。其中一种制备流程如图：
（1）在横线上写出以下物质中加点元素的化合价。
NO2 ，NH4NO3 。
（2）试剂X为 。
（3）步骤ⅰ反应的化学方程式为 。
（4）步骤ⅳ反应的化学方程式为 。
（5）有文献资料显示：在一定条件下NH3可将氮氧化物（如NO2）转化为无污染的气体。
①从理论角度说明论证该反应发生的可能性 。
②补全该反应的化学方程式 。
□NH3+□NO2□_____+□_____
8．（2024秋 龙岗区期末）二氧化氯（ClO2）是一种高效消毒灭菌剂，它不产生有毒物质，被认为是安全的绿色消毒剂。
已知：ClO2为黄绿色气体，水溶液呈黄绿色，难溶于CCl4；Cl2易溶于CCl4。
NaClO2溶液呈碱性；在酸性环境中，ClO2易歧化为ClO2和Cl2。
（1）兴趣小组用以下装置制备ClO2，制备原理为Cl2+2NaClO2═2NaCl+2ClO2。实验过程中，持续通入N2使装置Ⅲ中生成的ClO2逸出。
①装置Ⅰ中制备Cl2的离子方程式为 。
②若无装置Ⅱ，则实验开始后，装置Ⅳ中液体迅速变为黄绿色。装置Ⅱ可以延后此现象出现的时间，则装置Ⅱ的作用为 。
③根据Ⅲ中的ClO2制备反应，在此条件下氧化性：Cl2 ClO2（填“＞”或“＜”）。
（2）兴趣小组探究ClO2的化学性质。
初步实验 向VmLcmol/LNaCl溶液通入V2mLClO2，将溶液等分为溶液A与溶液B。向溶液B中加入浓盐酸，得到溶液C。经取样检验，溶液A中无Cl2，溶液C中有Cl2。
提出猜想 猜想a：增大Cl﹣浓度，Cl﹣可被ClO2氧化。
猜想b：酸性条件下，Cl﹣可被ClO2氧化。
交流分析 小组同学认为初步实验的现象不足以说明猜想a成立，理由为 。
优化实验 小组同学向溶液A中加入过量NaCl固体至不再溶解，检测得溶液中无Cl2生成。
实验小结 猜想a （填“成立”或“不成立”）。
继续实验 在之前实验的基础上，小组同学设计实验并验证了猜想b的成立。实验方案和结果为 （试剂任选）
实验结论 酸性条件下，氧化性：Cl2 ClO2（填“＞”或“＜”）。酸碱性影响物质的氧化性、还原性强弱。
（3）ClO2能被多种稳定剂吸收，若将其用于果蔬保鲜。依据图11，你认为效果较好的稳定剂是 （填“稳定剂I”或“稳定剂Ⅱ”），原因是 。
9．（2024秋 龙岗区期末）锗（Ge）广泛用于航空航天、太阳能电池、信息通信等战略性产业。一种从粉煤灰（含GeO2）富集二氧化锗的流程如图：
已知：部分物质的理化性质如表。
物质 沸点℃ 特性
GeO2 1200 稳定
GeCl4 84 易水解
NH4Cl 一 易分解
回答下列问题：
（1）锗元素基态原子的价层电子排布式为 。
（2）“混合”宜在低温下操作，其目的是 。
（3）“焙烧”时将粉煤灰与氯化铵混合后置于石英管中400℃焙烧，产生的焙烧气中含有GeCl4、NH3等，反应的化学方程式为 ，氮气不参与焙烧反应，焙烧过程中通氮气的作用是 。
（4）“水解”中发生反应：GeCl4+2H2O GeO2+4HCl ΔH＜0，实验测得水解率与HCl浓度、温度关系如图，最适宜的条件是 ，水解率P点高于Q点的原因是 。
（5）GeO2是锗酸（H2GeO3）的酸酐，25℃时0.1mol L﹣1NaHGeO3溶液呈 性，该溶液中含锗微粒的浓度由大到小的是 。（已知25℃时，H2GeO3的，）。
10．（2024秋 黑龙江期末）以下为一种以含铅废料（Pb、PbO、PbO2、Fe、Fe2O3及炭黑）制备纳米PbO和PbSO4的工艺。
已知：①炭黑是一种碳单质，化学性质比较稳定。②PbSO4、PbCO3均为难溶于水的固体。
（1）过程Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb和PbO2反应生成PbSO4，请写出该过程的化学方程式并用单线桥表示出电子的转移情况 。
（2）检验过程Ⅰ的滤液中是否含有Fe2+，可选用 （填字母）。
a．KSCN溶液 b．氯水 c．酸性KMnO4溶液
（3）过程Ⅱ过滤除去的物质是 。
（4）过程Ⅲ所得滤液中检出，请写出过程Ⅲ产生PbCO3的化学方程式 。
（5）PbO溶解在NaOH溶液中存在可逆反应：PbO（s）+NaOH（aq） NaHPbO2（aq）。PbO的溶解度曲线如图所示，结合曲线补全由粗品PbO得到高纯PbO的操作：将粗PbO溶解在一定量 （填“35%”或“10%）的NaOH溶液中，加热至110℃左右，充分溶解后，趁热过滤，将滤液 ，过滤、洗涤并干燥得到高纯PbO。
（6）测定废料中铅的含量。将已经分离出铁元素的含铅废料ag与足量盐酸、NaCl溶液充分反应（Pb元素全部转变为[PbCl4]2﹣），得到100mL溶液。取5mL溶液加水稀释，逐滴加入0.01mol/L的乙二胺四乙酸二钠盐（用Na2H2Y表示），至恰好完全反应时消耗Na2H2Y溶液VmL。计算废料中铅的质量分数 ，反应原理为：。
11．（2024秋 如东县期末）某兴趣小组制备NaClO并模拟工业处理NO或SO2的过程如下：
（1）制NaClO。实验装置如图1所示。
①装置乙中盛放的试剂是 。
②已知：Cl2与NaOH溶液反应放热，温度过高时会生成NaClO3，为减少NaClO3的生成，该实验中可采取的措施有 。
（2）除NO或SO2向NaClO与稀硫酸的混合溶液中通入NO或SO2
①NaClO将NO氧化成的离子方程式为 。
②实验过程中控制温度在30℃左右，原因是 。
③其他条件一定，NO、SO2的去除率随混合溶液初始pH的变化如图2所示。
pH＞6，NO去除率下降而SO2去除率始终保持较高的原因是 。
（3）NaClO处理SO2后的溶液中存在Na+、Cl﹣、、，补充完整由该溶液制备Na2SO4 10H2O的实验方案：边搅拌边向溶液中滴加0.1mol L﹣1NaOH溶液， ，得到Na2SO4 10H2O[已知：室温下溶液中含+4价硫微粒的物质的量分数随pH分布如图3所示；Na2SO4NaCl溶解度曲线如图4所示；Na2SO3溶液pH＞7、Na2SO4溶液pH＝7。实验中须使用O2和pH计（用于测定溶液的pH）]
12．（2024秋 如东县期末）菱锰矿（主要含MnCO3和少量Fe3O4。Al2O3、SiO2等）制取新型锂电池电极材料LiMn2O4的步骤如下：
（1）酸浸。向菱锰矿中边搅拌边加入足量稀硫酸，充分反应后过滤。写出MnCO3转化为Mn2+的离子方程式： 。
（2）除杂。向浸出液中加入KMnO4溶液氧化Fe2+，再调节溶液pH除去铁、铝。若KMnO4溶液过量，会导致溶液中Mn2+的物质的量减小，其原因是 。
（3）沉锰。向除杂后的溶液中滴加氨水，得到Mn（OH）2和Mn2（OH）2SO4沉淀。写出生成Mn2（OH）2SO4的离子方程式： 。
（4）氧化。将Mn（OH）2和Mn2（OH）2SO4加水制成浆液，再通入适量O2充分反应后生成Mn3O4。
①反应初期溶液pH几乎不变，一段时间后溶液pH迅速下降，其原因是 。
②若通入O2过多会使产物中锰元素的质量分数降低，其原因是 。
（5）锂化。在空气中高温煅烧Mn3O4和Li2CO3生成LiMn2O4消耗O2与生成CO2的物质的量之比为 。
13．（2024秋 上海期末）H2O2是一种绿色氧化剂，在推动绿色生产中发挥着重要作用。
（1）已知H2O2在催化剂作用下分解速率加快，其能量随反应进程的变化如图所示。下列说法正确的是 。
A.H2O2分解属于吸热反应
B.加入催化剂，减小了反应的焓变
C.加入催化剂，可提高反应的活化能
D.反应物的焓高于生成物的焓
已知：①2H2（g）+O2（g）═2H2O（I）ΔH1＝﹣572kJ mol﹣1
②2H2O2（l）＝2H2O（l）+O2（g），ΔH2＝﹣196kJ mol﹣1
（2）请写出用H2（g）和O2（g）生产H2O2（l）总反应的热化学方程式 。
（3）反应①中的ΔH1 （选填“是”或“不是”）H2的燃烧热，原因为 。
我国科学家设计如图所示的光电催化体系，可以实现烟气脱SO2。
（4）B端为直流电源的 。
A.阳极
B.阴极
C.正极
D.负极
（5）写出阴极的电极反应式： 。
（6）若实现烟气脱SO2的体积（标准状况）为4.48L，则参与反应的O2为 mol。
为了贮存运输方便，工业上采用“醇析法”，将H2O2转化为过碳酸钠晶体（2Na2CO3 3H2O2），该晶体具有Na2CO3和H2O2的双重性质，制备过程如图。
已知：异丙醇沸点为82.5℃。
（7）过碳酸钠溶于水，溶液呈 （填“酸性”、“碱性”或“中性”），用离子方程式解释原因 。
（8）下列物质可使过碳酸钠较快失效的是 。
A.FeCl3溶液
B.NaOH溶液
C.NaCl溶液
D.NaHCO3溶液
（9）制备过碳酸钠反应温度控制在0～5℃时进行的原因是 ；
加入异丙醇的作用是 。
14．（2024秋 昌平区期末）钒有“金属维生素”之称。+5价的钒化合物在不同酸碱性环境中的主要存在形式见表。
pH pH＜4 4＜pH＜8 pH＞8
主要存在形式
实验室利用含钒原料模拟工业制取V2O5的流程示意图如图。
法1：酸浸提钒
资料：
ⅰ.含钒矿石主要成分为V2O5，还含有Fe2O3、MgO、SiO2等杂质
ⅱ.金属离子的起始浓度为0.1mol L时，生成氢氧化物沉淀的pH见下表：
氢氧化物 Mg（OH）2 Fe（OH）3
开始沉淀时 8.9 1.5
完全沉淀时 10.9 2.8
ⅲ.NH4VO3难溶于水，煅烧后可得到固体V2O5
（1）过程ⅰ中Fe2O3反应的离子方程式是 。
（2）写出沉淀b中2种沉淀的化学式 。
（3）写出氨水沉钒过程中发生反应的离子方程式 。
法2：钙化尾渣提钒
资料：
ⅰ.钙化尾渣含有V2O5，还含有CaSO4等杂质。
ⅱ.Ca（VO3）2难溶于水但易溶于酸。
（4）脱硫过程中是将钙化尾渣与NH4HCO3、水混合后加热。结合化学用语，用平衡移动原理解释加入的的作用 。
（5）其他条件相同时，相同时间内，加入硫酸酸浸过程中，钒浸出率随pH变化如图所示。
①如图所示的硫酸酸浸过程中发生发应的离子方程式是 。
②pH＞3时，随pH增大，钒浸出率显著下降的原因是 。
③pH＜2时，随pH减小，钒浸出率显著下降的原因是 。
（6）纯V2O5可用于制备全钒液流电池的电解质溶液。全钒液流电池的简易装置如图所示。
①V2O5经过量浓硫酸浸泡后通入SO2，可制备VOSO4溶液，写出其中氧化还原反应的离子方程式 。②已知相同条件下氧化性：V3+，写出充电过程中阳极反应的电极反应式 。
15．（2024秋 苏州期末）以食盐水和HCl为原料均可制Cl2。
Ⅰ．以食盐水为原料制Cl2
（1）除去粗盐中含有Ca2+、Mg2+、等杂质离子，常用试剂为：Na2CO3溶液、NaOH溶液、BaCl2溶液、盐酸。
①用于除去Ca2+的试剂是 。
②除去时，判断已沉淀完全的方法是 。
③待杂质离子沉淀完全，过滤后向滤液中加入盐酸，发生反应的离子方程式有 。
（2）电解饱和食盐水可得到H2、Cl2和NaOH。
①电解饱和食盐水转移电子的物质的量为1mol时，理论上产生Cl2在标准状况下的体积为 。
②电解时有少量O2产生，则电解产生的n（H2）：n（Cl2） （填“＞”或“＜”或“＝”）1：1。
③电解后的溶液中产生少量ClO﹣的可能原因是 （用化学方程式表示）。
Ⅱ．以HCl为原料制Cl2
（3）利用CuO/CuCl2循环可将HCl氧化为Cl2，转化关系如图所示。
①反应b在340～380℃条件下进行，写出该反应的化学方程式： 。
②已知：SiO2是酸性氧化物，难溶于水。CuCl2溶解度如下表：
温度/℃ 20 40 60 80
溶解度/g 73 77.3 87.6 96.6
请补充完整回收废催化剂（含CuO、CuCl2、SiO2等）获取CuCl2晶体的实验方案：取废催化剂于烧杯中， ，过滤、洗涤、干燥得CuCl2晶体。
16．（2024秋 房山区期末）碳酸二甲酯[（CH3O）2CO]是一种环保且用途广泛的化工原料，可采用多种方法进行制备。
（1）方法一：早期以CH3OH、CO和O2为原料，CuCl为催化剂，采用液相法合成（CH3O）2CO。
反应分两步进行：
反应ⅰ.4CH3OH+O2+4CuCl═4Cu（CH3O）Cl+2H2O
写出反应ⅱ的化学方程式： 。
（2）方法二：用CH3OH和CO2直接合成（CH3O）2CO。
反应的热化学方程式为：2CH3OH（g）+CO2（g） （CH3O）2CO（g）+H2O（g）ΔH＜0。
①在密闭容器中发生上述反应，下列措施能提升甲醇平衡转化率的是 （填序号）。
a.增大压强
b.增大CH3OH和CO2的投料比
c.及时分离出（CH3O）2CO
②一定条件下，测得（CH3O）2CO单位时间的产率随温度变化如图所示。分析（CH3O）2CO产率随温度变化的原因 （忽略温度对催化剂活性的影响）。
（3）方法三：以CH3OH为原料，通过电化学法合成（CH3O）2CO工作原理如图所示。
①b是电解池的 极。
②电解过程中生成（CH3O）2CO的电极反应式是 。
（4）以CO2为原料制备（CH3O）2CO，有助于实现碳中和，请结合化学反应原理对方法二提出优化建议 。
17．（2024秋 静安区期末）尿素[CO（NH2）2]是世界上使用最为广泛的氮肥。同时，它与人体健康也有着密不可分的联系。
Ⅰ.工业上利用合成氨工艺联合生产尿素，原理如图所示。
（1）尿素属于 。
A.铵态氮肥
B.硝态氮肥
C.有机氮肥
D.复合肥
（2）尿素分子内存在的化学键有 。
A.极性键
B.离子键
C.氢键
D.非极性键
（3）若反应器Ⅰ和Ⅱ中各有1.5mol H2O参加反应，理论上可获得 mol H2。
反应器Ⅳ中的总反应为2NH3（g）+CO2（g） CO（NH2）2（s）+H2O（g），该反应需要两步才能完成，其能量变化如图所示。
（4）第一步反应的平衡常数表达式K＝ ；
（5）①当升高温度，第二步反应的平衡常数将 ；
A.减小
B.增大
C.保持不变
D.条件不足，无法判断
②恒温恒容的密闭容器中，能说明总反应达到平衡状态的是 。
A.二氧化碳的生成速率和水的消耗速率相等
B.容器内气体的压强保持不变
C.容器内NH3、CO2、H2O的物质的量之比为2：1：1
D.单位时间内，每断裂3mol N—H键，同时形成1mol O—H键
Ⅱ.碳﹣13无放射性，医学上用13C标记的尿素呼气诊断幽门螺旋杆菌感染，该检验比14C呼气更安全。
（6）关于13C的说法正确的是 。
A．13C和14C互为同素异形体
B．14C也无放射性，主要用于考古断代
C．14C比13C 多1个电子
D．13C与14C是两种不同的核素
Ⅲ.氨基酸在肝脏等组织代谢下产生尿素。当人体肾功能衰竭，血液中的尿素会逐渐累积而升高。医学上常采用人工肾脏间接电化学法除去代谢产物中的尿素，用于治疗肾功能衰竭和尿毒症。
（7）①关于氨基酸的说法，错误的是 。
A.氨基酸是两性化合物，可与酸或碱反应
B.天然蛋白质水解仅得α﹣氨基酸
C.两分子氨基酸脱水形成二肽
D.氨基酸、多肽都具有酰胺键
②茚三酮显色法检验氨基酸非常灵敏。在 条件下，谷氨酸与茚三酮反应后能得到蓝紫色的物质。（不定项）
A.加热
B.低温
C.弱酸性
D.弱碱性
人工肾脏间接电化学法除去代谢中尿素的原理如图。
（8）阳极室先后发生两个反应，一个发生在电极表面，另一个发生在电解液中。
①请依次书写电极反应式、化学反应方程式： 和 。
②电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比无变化，原因是： 。
18．（2024秋 上海期末）三草酸合铁（Ⅲ）酸钾（K3[Fe（C2O4）3] 3H2O）是一种经典的光敏剂，也是制备负载型活性铁催化剂的主要原料。用废铁屑（含少量Al2O3Fe2O3）先制备草酸亚铁，然后再制备三草酸合铁（Ⅲ）酸钾。
（1）制备草酸亚铁
已知：部分氢氧化物沉淀时溶液的pH如下表：
沉淀物 Fe（OH）3 Fe（OH）2 Al（OH）3
开始沉淀 2.3 7.5 3.4
完全沉淀 3.2 9.7 4.4
（2）加入过量废铁屑的主要目的是 （不定项）。
A.提高铁的利用率
B.除去溶液中的Fe3+
C.防止Fe2+被氧化
D.抑制Fe2+的水解
（3）加入少量Na2CO3后，混合溶液pH范围应调控在 。
A.3.2以下
B.3.2～3.4
C.4.4﹣7.5
D.7.5以上
Ⅱ.制备三草酸合铁（Ⅲ）酸钾
步骤一：在草酸亚铁固体中，加入饱和K2C2O4溶液；
步骤二：保持恒温40℃边搅拌边缓慢加入3%H2O2溶液，直至氧化完全；
步骤三：将溶液加热至沸，加入饱和H2C2O4溶液，溶液转为绿色，获得三草酸合铁（Ⅲ）酸钾溶液。
（4）步骤二中滴加H2O2时需保持恒温40℃，可以采用的加热方式是 。
（5）从步骤三所得溶液获得三草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体的操作依次为加热浓缩、 、过滤，然后用乙醇淋洗。
Ⅲ.三草酸合铁（Ⅲ）酸钾含量测定
测定三草酸合铁（Ⅲ）酸钾样品纯度的方法如下：
称取样品2.415g，配制成250mL溶液，从中量取25.00mL于锥形瓶中，加入少量稀硫酸，用0.0200mol L﹣1KMnO4标准溶液滴定至终点，反应原理为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4＝2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O
（6）上述测定过程中，需要用到的定量仪器除滴定管外，还需要 。
（7）确认滴定终点的操作和现象是 。
（8）若最终消耗KMnO4标准溶液23.19mL，则样品纯度为 （精确到0.1%）。
（已知K3[Fe（C2O4）3] 3H2O的摩尔质量为491g mol﹣1
（9）若实验测得的产品纯度偏低，可能原因是 。
A.滴定管装入KMnO4标准液前未润洗
B.滴定管装入样品溶液前未润洗
C.滴定前，锥形瓶用样品溶液润洗
D.滴定前，锥形瓶中有少量蒸馏水
19．（2025 浙江）磷是生命活动中不可或缺的元素。
请回答：
（1）关于ⅤA族元素原子结构的描述，下列说法正确的是 。
A.基态P原子3p轨道上的电子自旋方向相同
B.As3+的最外层电子数为18
C.P3+的半径小于P5+的半径
D.电子排布为[Ne]3s13p4的P原子处于激发态
（2）某化合物的晶胞如图。
①化学式是 ；
②将0.01mol该化合物加入到含少量石蕊的10mLH2O中，实验现象是 （从酸碱性和溶解性角度推测）。
（3）两分子H3PO4（Ka3＝4.8×10﹣13）脱水聚合得到一分子H4P2Q7（Ka3＝2.0×10﹣7），从、HP2的结构角度分析Ka差异的原因 。
（4）兴趣小组对某磷灰石[主要成分为Ca5（PO4）3OH、Ca5（PO4）3F、Ca5（PO4）3Cl和少量SiO2]进行探究，设计了两种制备H3PO4的方法：
Ⅰ用稍过量的浓H2SO4与磷灰石反应，得到H3PO4溶液、少量SiF4气体、渣（主要成分为CaSO4）。
Ⅱ将磷灰石脱水、还原，得到的白磷（P4）燃烧后与水反应制得H3PO4溶液。
①方法Ⅰ，所得H3PO4溶液中含有的杂质酸是 。
②以方法Ⅰ中所得渣为硫源，设计实验制备无水Na2SO4，流程如图：
溶液A是 ，系列操作B是 ，操作C是 。
③方法Ⅱ中，脱水得到的Ca10（PO4）6O（足量）与炭（C）、SiO2高温下反应，生成白磷（P4）和另一种可燃性气体，该反应的化学方程式是 。
20．（2024秋 朝阳区期末）天青石的主要成分为硫酸锶（SrSO4），另外含有质量分数约为4.2%的BaSO4、4.1%的SiO2。利用天青石制备高纯碳酸锶（SrCO3），流程示意图如图。
已知：
物质 SrSO4 SrCO3 BaSO4 BaCO3
Ksp 3.3×10﹣7 1.1×10﹣10 1.1×10﹣10 2.6×10﹣9
（1）Sr位于元素周期表第五周期第ⅡA族。写出基态Sr原子价层电子的轨道表示式： 。
（2）酸浸
写出SrCO3溶于盐酸的离子方程式： 。
（3）净化
滤液C中含有Sr2+和少量Ba2+，（NH4）2SO4能除去溶液中97%以上的Ba2+，但几乎不损失Sr2+，其原因是 。
（4）沉淀
①制得高纯碳酸锶的离子方程式为 。
②若反应温度较高（＞90℃），SrCO3产率降低，原因是 。
（5）转化
①分析“转化”过程中主要转化SrSO4的原因。
计算反应SrSO4（s）（aq） SrCO3（s）（aq）的K＝ ，该反应的K比BaSO4（s）（aq） BaCO3（s）（aq）的K大得多。
②分析“转化”过程中NH3 H2O和（NH4）2SO4的作用。
ⅰ.NH3 H2O和调控溶液pH，进而调控c（），提高SrSO4转化率。
ⅱ. 。
制备实验方案的设计（解答题）
参考答案与试题解析
一．解答题（共20小题）
1．（2025 陕西一模）过氧化钙（CaO2）可用作医用防腐剂和消毒剂，也可作为改良剂为农业、园艺和生物技术应用提供氧气。实验室制备过氧化钙的流程如图：
（1）步骤Ⅰ中常加入过量碳酸钙，其目的是 保证盐酸完全反应，避免与步骤Ⅱ中的氨水反应 。
（2）步骤Ⅱ在如图装置中反应，其中盛放CaCl2溶液的仪器名称为 恒压滴液漏斗 ，步骤Ⅱ在冰水浴中进行，温度不宜过高的原因可能是 防止氨水、过氧化氢受热分解 ，该步骤反应的化学方程式为 CaCl2+H2O2+2NH3 H2O+（x﹣2）H2O＝CaO2 xH2O↓+2NH4Cl 。
（3）检验步骤Ⅳ中产物是否洗涤干净的实验方案是 取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加HNO3酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，说明洗涤干净 。
（4）测定产品中CaO2含量。
原理：在酸性条件下，CaO2与稀酸反应生成H2O2，用标准液KMnO4溶液滴定所生成的H2O2，以确定CaO2含量。
实验操作：准确称取0.72g产品配成250.00mL溶液。取25.00mL溶液，加入5mL6mol L﹣1醋酸溶液和2～3滴0.1mol L﹣1MnSO4溶液，用0.0200mol L﹣1KMnO4标准溶液平行滴定3次，消耗KMnO4标准溶液的平均体积为17.60mL。
①滴定终点的现象为 当滴入最后半滴KMnO4溶液时，锥形瓶内颜色由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色 ，读取KMnO4溶液体积时，滴定前俯视读数，滴定后仰视读数，则测定结果 偏大 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。
②产品中CaO2含量为 88 %。
【答案】（1）保证盐酸完全反应，避免与步骤Ⅱ中的氨水反应；
（2）恒压滴液漏斗；防止氨水、过氧化氢受热分解；CaCl2+H2O2+2NH3 H2O+（x﹣2）H2O＝CaO2 xH2O↓+2NH4Cl；
（3）取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加HNO3酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，说明洗涤干净；
（4）①当滴入最后半滴KMnO4溶液时，锥形瓶内颜色由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；偏大；
②88。
【分析】根据工艺流程可知碳酸钙与盐酸反应生成CaCl2，CaCl2与氨水和H2O2反应生成CaO2 xH2O，步骤Ⅱ为氯化钙、过氧化氢和氨水的反主应，由于过氧化氢受热易分解、氨水受热易挥发，所以该反应温度不宜过高，可在冰水浴中进行，该反应生成了CaO2 xH2O和NH4Cl，该步骤反应的化学方程式为CaCl2+H2O2+2NH3 H2O+（x﹣2）H2O＝CaO2 xH2O↓+2NH4Cl，经洗涤烘干则得CaO2。
【解答】解：（1）步骤Ⅰ中应过量的试剂为CaCO3，保证HCl反应完，避免与步骤二中的氨水反应，
故答案为：保证盐酸完全反应，避免与步骤Ⅱ中的氨水反应；
（2）盛放氯化钙溶液的仪器的名称为恒压滴液漏斗，步骤Ⅱ为CaCl2、H2O2和氨水的反主应，由于过氧化氢受热易分解、氨水受热易挥发，所以该反应温度不宜过高，可在冰水浴中进行，该反应生成了CaO2 xH2O和NH4Cl，该步骤反应的化学方程式为CaCl2+H2O2+2NH3 H2O+（x﹣2）H2O＝CaO2 xH2O↓+2NH4Cl，
故答案为：恒压滴液漏斗；防止氨水、过氧化氢受热分解；CaCl2+H2O2+2NH3 H2O+（x﹣2）H2O＝CaO2 xH2O↓+2NH4Cl；
（3）过滤过的沉淀表面的液体中存在有Cl﹣，氯离子与银离子反应会生成氯化银沉淀，所以可检验洗涤液中是否存在Cl﹣再确定是否洗涤干净，其操作为：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，说明洗涤干净，
故答案为：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加HNO3酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，说明洗涤干净；
（4）①高锰酸钾有剩余时即达到了滴定终点，所以滴定终点的现象为当滴入最后半滴高锰酸钾溶液时，瓶内颜色由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；酸式滴定管的0刻度在上方，所以读取溶液体积时，滴定前俯视读数导致读数偏小，滴定后仰视读数导致读数偏大，从而使消耗的高锰酸钾溶液体积偏大，测定结果偏大，
故答案为：当滴入最后半滴高锰酸钾溶液时，锥形瓶内颜色由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；偏大；
②滴定过程中发生的化学反应为：、，可得关系式：
故x＝0.00088mol，则CaO2含量为，
故答案为：88。
【点评】本题主要考查制备实验方案的设计等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
2．（2024秋 广东期末）现有Fe、Cl2、稀盐酸和稀硫酸，利用上述物质制取FeSO4溶液和FeCl3溶液并进行实验。回答下列问题：
（1）Fe和Cl2在加热条件下反应生成 FeCl3 （填化学式，下同），Fe和稀硫酸反应生成 FeSO4和H2 。
（2）探究Fe3+的氧化性。取适量FeCl3溶液于试管中，滴加几滴淀粉﹣KI溶液，反应现象为 溶液变成蓝色 ，反应的离子方程式为 。
（3）为了验证Fe3+的性质，某化学兴趣小组设计了如图所示的实验，其中实验设计不合理或预测实验现象错误的是 ③④ （填序号）。
（4）利用FeCl3溶液制备Fe（OH）3胶体。通过 丁达尔效应 （方法）可以证明所得溶液属于胶体。
（5）将适量铁粉放入氯化铁溶液中，完全反应后，溶液中的Fe3+和Fe2+浓度相等，则已反应的Fe3+与未反应的Fe3+的物质的量之比是 2：3 。
（6）探究Fe2+的还原性：取适量FeSO4溶液于试管中，滴加几滴酸性KMnO4溶液，反应现象为 溶液紫色褪去 ，反应的离子方程式为 。
（7）为了更清楚地观察生成Fe（OH）2的现象，将FeSO4溶液与NaOH溶液混合的正确操作是 B （填选项字母）。
A． B． C．
【答案】（1）FeCl3；FeSO4和H2；
（2）溶液变成蓝色；；
（3）③④；
（4）丁达尔效应；
（5）2：3；
（6）溶液紫色褪去；；
（7）B。
【分析】（1）Fe在加热条件下与Cl2反应生成FeCl3；Fe与稀硫酸反应生成FeSO4和H2；
（2）溶液中所含的Fe3+可以将I﹣氧化成I2；
（3）①Fe3+与Fe反应生成氯化亚铁；
②Fe3+与SCN﹣结合生成红色的Fe（SCN）3；
③FeCl3和CuSO4不反应；
④实验现象正确，但是与Fe3+的性质无关；
⑤Fe3+与OH﹣反应生成红褐色的Fe（OH）3沉淀；
（4）可通过丁达尔效应区分溶液和胶体；
（5）根据题意可知：设Fe3+起始浓度为amol/L，Fe3+的转化浓度为2xmol/L，则有
可得a﹣2x＝3x，在同一个溶液中，浓度之比等于物质的量之比；
（6）溶液中所含的Fe2+与酸性高锰酸钾溶液反应生成Mn2+、Fe3+和H2O，滴加的酸性高锰酸钾溶液紫色褪去；
（7）为了更清楚地观察生成Fe（OH）2的现象，正确操作是在FeSO4溶液的液面上覆盖一层煤油，以隔绝空气，然后将吸有NaOH溶液的长胶头滴管伸到液面以下后再滴加NaOH溶液，这样就可以减少生成的Fe（OH）2与氧气的接触，从而可防止Fe（OH）2被氧化成Fe（OH）3。
【解答】解：（1）Fe在加热条件下与Cl2反应生成FeCl3；Fe与稀硫酸反应生成FeSO4和H2，
故答案为：FeCl3；FeSO4和H2；
（2）溶液中所含的Fe3+可以将I﹣氧化成I2，淀粉溶液遇I2变为蓝色；反应的离子方程式为，
故答案为：溶液变成蓝色；；
（3）①Fe3+与Fe反应生成氯化亚铁，得到浅绿色溶液，故①正确；
②Fe3+与SCN﹣结合生成红色的Fe（SCN）3，故②正确；
③FeCl3和CuSO4不反应，且溶液不是无色，故③错误；
④实验现象正确，但是与Fe3+的性质无关，故④错误；
⑤Fe3+与OH﹣反应生成红褐色的Fe（OH）3沉淀，故⑤正确
故答案为：③④；
（4）可通过丁达尔效应区分溶液和胶体，
故答案为：丁达尔效应；
（5）根据题意可知：设Fe3+起始浓度为amol/L，Fe3+的转化浓度为2xmol/L，则有
可得a﹣2x＝3x，在同一个溶液中，浓度之比等于物质的量之比，则已反应的Fe3+与未反应的Fe3+的物质的量之比为2x：a﹣2x＝2x：3x＝2：3，
故答案为：2：3；
（6）溶液中所含的Fe2+与酸性高锰酸钾溶液反应生成Mn2+、Fe3+和H2O，反应的离子方程式为，滴加的酸性高锰酸钾溶液紫色褪去，
故答案为：溶液紫色褪去；；
（7）在FeSO4溶液的液面上覆盖一层煤油，以隔绝空气，然后将吸有NaOH溶液的长胶头滴管伸到液面以下后再滴加NaOH溶液，可减少Fe（OH）2与氧气的接触，防止Fe（OH）2被氧化成Fe（OH）3，可观察到氢氧化亚铁白色沉淀，
故答案为：B。
【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。
3．（2025 湖南开学）硼氢化钠（NaBH4）是制造乙硼烷和其他高能燃料的原料，以含H3BO3废液为原料制备NaBH4的流程如图：
已知：NaBH4易溶于异丙胺（、沸点为33℃）。
请回答下列问题：
（1）试判断：三甲胺（）的沸点 小于 异丙胺的沸点（填“大于”或“小于”），判断理由是 丙胺含有N—H键，异丙胺分子间能形成氢键 。
（2）Na2B4O7 10H2O俗称硼砂，硼砂晶体中阴离子的结构如图所示，其中硼原子的杂化方式为 sp2、sp3 。
（3）反应前，为了除去“高温炉”中的水蒸气、空气，可采用的操作是 通入干燥氮气排除空气和水蒸气，避免钠与水蒸气、空气反应 。“高温炉”中发生反应的化学方程式为 。
（4）索氏提取法采用的装置如图所示，实验时将NaBH4、Na2SiO3放入滤纸套筒1中，烧瓶中装入异丙胺。实验中异丙胺的作用为 萃取剂 ；产品沿索氏提取器的管 3 （填“2”或“3”）流回圆底烧瓶。
（5）研究表明，NaBH4和水反应：NaBH4+2H2O＝NaBO2+4H2↑。已知：反应物浓度减少至初始浓度一半所用时间叫半衰期。实验测得温度、pH对NaBH4溶液半衰期的影响如图所示。
①根据图像归纳：温度、pH影响NaBH4和H2O反应产生H2速率的规律是 pH相同，温度越高，产生H2速率越大；温度相同，pH升高，产生H2速率越小 ；
②常温下，一定量NaBH4与足量水反应，实际制得的H2产量低于理论产量，其主要原因是 NaBH4与水反应生成NaBO2和氢气，NaBO2是弱酸强碱盐，其水溶液呈碱性，随着反应进行，碱性增强，反应速率减小 （不考虑制备过程中H2的损失）。
【答案】（1）小于；丙胺含有N—H键，异丙胺分子间能形成氢键；
（2）sp2、sp3；
（3）通入干燥氮气排除空气和水蒸气，避免钠与水蒸气、空气反应；；
（4）萃取剂；3；
（5）①pH相同，温度越高，产生H2速率越大；温度相同，pH升高，产生H2速率越小；
②NaBH4与水反应生成NaBO2和氢气，NaBO2是弱酸强碱盐，其水溶液呈碱性，随着反应进行，碱性增强，反应速率减小。
【分析】含H3BO3废液与NaOH溶液反应后，将溶液浓缩、结晶、脱水，得到Na2B4O7（硼砂），将硼砂与Na、H2、SiO2在高温炉中反应，生成NaBH4、Na2SiO3，将NaBH4、Na2SiO3放入索氏提取器，得到NaBH4固体，据此分析作答。
【解答】解：（1）异丙胺含有N—H键，异丙胺分子间能形成氢键，使其沸点升高，所以三甲胺的沸点小于异丙胺的沸点，
故答案为：小于；丙胺含有N—H键，异丙胺分子间能形成氢键；
（2）由图可知，硼砂晶体中有2个硼原子的σ键数为4，也有2个硼原子的σ键数为3，则价层电子对数为4或3，故杂化方式为sp2、sp3，
故答案为：sp2、sp3；
（3）反应前，为了除去“高温炉”中的水蒸气、空气，可采用的操作是通入干燥氮气，排除空气和水蒸气，避免钠与水蒸气、空气反应，由题意可知，反应物有Na2B4O7、Na、H2、SiO2，产物有NaBH4、Na2SiO3，则“高温炉”中发生反应的化学方程式为：，
故答案为：通入干燥氮气排除空气和水蒸气，避免钠与水蒸气、空气反应；；
（4）索氏提取器中2为蒸汽导管，3为虹吸管，异丙胺受热蒸发，蒸汽沿导管2上升至球形冷凝管，冷凝后滴入滤纸套筒1中，再经导管3返回烧瓶，从而实现连续萃取，所以异丙胺的作用为萃取剂，产品沿索氏提取器的管3流回圆底烧瓶，
故答案为：萃取剂；3；
（5）①根据图像归纳：温度、pH影响NaBH4和H2O反应产生H2速率的规律是pH相同，温度越高，产生H2速率越大；温度相同，pH升高，产生H2速率越小，
故答案为：pH相同，温度越高，产生H2速率越大；温度相同，pH升高，产生H2速率越小；
②常温下，一定量NaBH4与足量水反应，实际制得的H2产量低于理论产量，其主要原因是NaBH4与水反应生成NaBO2和氢气，NaBO2是弱酸强碱盐，其水溶液呈碱性，随着反应进行，碱性增强，反应速率减小，
故答案为：NaBH4与水反应生成NaBO2和氢气，NaBO2是弱酸强碱盐，其水溶液呈碱性，随着反应进行，碱性增强，反应速率减小。
【点评】本题主要考查制备实验方案的设计，具体涉及NaBH4的制取，属于基本知识的考查，难度中等。
4．（2024秋 丰台区期末）铵盐和硝酸是重要的化工原料。
（1）铵盐可以作化肥。
①NH4NO3是含氮量较高的氮肥，可由HNO3和 NH3 （填化学式）直接制取。
②NH4HCO3可作氮肥，其保存和使用的方法合理的是 AB （填序号）。
A．保存NH4HCO3要注意防雨防晒
B．不能与酸性肥料一起使用
C．与碱性肥料使用效果更佳
③检验某化肥中含有：取少量样品于试管中，加少量水溶解，再加入浓NaOH溶液，加热，产生的气体能使 湿润的红色石蕊试纸变蓝 ，说明含有。
（2）利用硝酸制备硝酸铜。
某工厂利用固体废渣（主要含Cu和CuO，还含有少量Cu2O和SiO2）制取Cu（NO3）2 3H2O的部分工艺流程如图。
已知：①Cu+在酸性溶液中不稳定，会转变成Cu和Cu2+。②SiO2是酸性氧化物，难于水和酸。
①酸溶过程中铜与稀硝酸反应的离子方程式为 。
②试剂X应选用 BC （填序号）。
A．NaOH B．Cu（OH）2 C．CuO
③若除酸时加入的X恰好完全反应，则过滤后所得废渣的成分为 SiO2 。
④将酸溶使用的稀硝酸改为10%H2O2和20%稀硝酸的混合液，其中H2O2作氧化剂，基本无氮氧化物排放，写出固体废渣中Cu与该混合液反应的离子方程式 。
【答案】（1）①NH3；
②AB；
③湿润的红色石蕊试纸变蓝；
（2）①；
②BC；
③SiO2；
④。
【分析】（1）根据NH4NO3是含氮量较高的氮肥，可由HNO3和NH3发生反应，NH4HCO3不稳定、易发生分解反应：NH4HCO3 NH3↑+H2O+CO2↑，NH4HCO3是弱酸性盐，与碱性肥料（如CaO）混合，会发生化学反应：NH4HCO3+CaO＝NH3↑+CaCO3+H2O，，NH3可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，进行分析；
（2）根据固体废渣中加入稀硝酸酸溶，反应后溶液中含有Cu（NO3）2，硝酸被还原生成NO，SiO2不与硝酸反应为沉淀。随后加入X中和过量的硝酸，生成硝酸铜和水，过滤后废渣为SiO2，滤液为硝酸铜溶液，进行分析。
【解答】解：（1）①NH4NO3是含氮量较高的氮肥，可由HNO3和NH3发生反应：NH3+HNO3＝NH4NO3直接制取，
故答案为：NH3；
②A．NH4HCO3不稳定、易发生分解反应：NH4HCO3 NH3↑+H2O+CO2↑，易潮解并且在潮湿条件下分解加快，因此需要密封存放，防雨防晒，避免受潮和高温，故A正确；
B．碳酸氢铵不能与酸性肥料一起使用，酸会加快NH4HCO3分解，降低肥效，同时造成环境污染，故B正确；
C．NH4HCO3是弱酸性盐，与碱性肥料（如CaO）混合，会发生化学反应：NH4HCO3+CaO＝NH3↑+CaCO3+H2O，加快NH4HCO3分解，导致氨气挥发，使氮肥流失，故C错误；
故答案为：AB；
③检验某化肥中含有，取少量样品于试管中，加少量水溶解，再加入浓NaOH溶液，加热，发生反应，NH3可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明含有，
故答案为：湿润的红色石蕊试纸变蓝；
（2）固体废渣中加入稀硝酸酸溶，反应后溶液中含有Cu（NO3）2，硝酸被还原生成NO，SiO2不与硝酸反应为沉淀。随后加入X中和过量的硝酸，生成硝酸铜和水，过滤后废渣为SiO2，滤液为硝酸铜溶液，
①酸溶过程中，铜被氧化为Cu2+，稀硝酸被还原为NO，离子方程式为：，
故答案为：；
②由分析可知，X的作用是中和过量的硝酸，为了避免引入杂质离子，试剂X可以选用含铜元素的碱性物质，
故答案为：BC；
③由分析可知，若除酸时加入的X恰好完全反应，则过滤后所得废渣的成分为SiO2，
故答案为：SiO2；
④将酸溶使用的稀硝酸改为10%H2O2和20%稀硝酸的混合液，其中H2O2作氧化剂，被还原为H2O，基本无氮氧化物排放，说明稀硝酸只体现酸性，铜单质被氧化为Cu2+，离子方程式为：，
故答案为：。
【点评】本题主要考查制备实验方案的设计等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
5．（2024秋 嘉定区期末）碳酸钙一般有方解石型、文石型和球霰石型等三种晶型，其中稳定性最好、实际应用最多的是方解石型。
Ⅰ.文献报道了一种制备方解石型碳酸钙的方法。该方法以CaCl2和NH4HCO3溶液为原料，通过加入LiCl形貌控制剂制得形貌规整、大小均匀的片状碳酸钙，且伴有气体产生。
（1）LiCl的电子式可表示为 ，通过以下 AD 分析方法，能检测到碳酸钙产品中不含碳酸锂。
A．原子吸收光谱
B．红外光谱
C．核磁共振氢谱
D．晶体X射线衍射
（2）推测以上反应原理，用离子方程式表示 Ca2+CaCO3↓+CO2↑+H2O 。
（3）室温下NH4HCO3溶液呈碱性，关于NH4HCO3溶液的说法正确的是 B 。
A．由水电离的[H+]＜10﹣7mol L﹣1
B．[NH3 H2O]＜[H2CO3]
C．[]＞[]＞[OH﹣]＞[H+]
D．[]+[NH3 H2O]＝[]+[H2CO3]
Ⅱ.粉煤灰是燃煤电厂排出的主要固体废物，其主要氧化物组成为：SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaO等。科学家发现了一种利用粉煤灰吸收二氧化碳制碳酸钙的工艺。
已知双极膜的作用：在直流电场作用下，双极膜可以将水解离成H+和OH﹣，分别在膜的两侧释放。
（4）以上工艺流程中尾渣的成分为 SiO2 ，溶液中X为 NaOH ；以上流程中能循环的物质为H2O、 NaNO3 。（以上均填化学式）
（5）浸取液必须经过系列操作②才能利用的原因 除去H+、Al3+、Fe3+，防止影响碳酸钙的产量及纯度 。
（6）写出双极膜电解装置中阳极的电极反应 4OH﹣﹣4e﹣＝O2+2H2O 。
（7）关于以上电解池装置中说法正确的是 C 。
A．电解池负极发生还原反应
B．a处为NaOH，b处为HNO3
C．使用Na2SO4溶液代替水的目的是增强溶液导电性
D．Na+通过阳离子交换膜由右向左移动
（8）对比LiCl形貌控制法制备碳酸钙，粉煤灰吸收二氧化碳制碳酸钙的工艺优点为 能变废为宝，降低原料成本 ；缺点为 工艺流程复杂或反应需要通电，能耗大 （任写一条即可）。
Ⅲ.小嘉同学在实验室尝试制备碳酸钙，他向1.0mol L﹣1CaCl2溶液中通入CO2至饱和，并未看到沉淀。该溶液中[H2CO3]＝0.033mol L﹣1，pH＝3.9。常温下，Ksp（CaCO3）＝2.8×10﹣9，H2CO3的电离常数分别为：Ka1＝4.2×10﹣7、Ka2＝4.8×10﹣11。
（9）请通过计算解释以上现象 根据H2CO3的电离平衡常数表达式：Ka1，Ka2，则有，，，Q＜Ksp（CaCO3）所以不能生成沉淀 （写出计算过程）。
【答案】（1）；AD；
（2）Ca2+ CaCO3↓+CO2↑+H2O；
（3）B；
（4）SiO2；NaOH；NaNO3；
（5）除去H+、Al3+、Fe3+，防止影响碳酸钙的产量及纯度；
（6）4OH﹣﹣4e﹣＝O2+2H2O；
（7）C；
（8）能变废为宝，降低原料成本；工艺流程复杂或反应需要通电，能耗大；
（9）根据H2CO3的电离平衡常数表达式：Ka1，Ka2，则有，，，Q＜Ksp（CaCO3） 所以不能生成沉淀。
【分析】Ⅰ．各原子的吸收光谱不同，故能通过原子吸收光谱来鉴别Li+和Ca2+，以CaCl2和NH4HCO3溶液为原料，通过加入LiCl形貌控制剂制得形貌规整、大小均匀的片状碳酸钙，且伴有气体产生，室温下NH4HCO3溶液呈碱性，即的水解小于的水解，盐类的水解促进水的电离；
Ⅱ．由题干图1信息可知，向粉煤灰中主要氧化物组成为：SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaO等加入稀HNO3在将转化为Al3+、Fe3+、Ca2+的硝酸盐，SiO2与HNO3不反应留在尾渣中，经过操作①即过滤出尾渣，所得的滤液经过调节pH值使Al3+、Fe3+完全沉淀而去除，过滤沉淀、洗涤沉淀后得到滤液主要为Ca（NO3）2，Ca（NO3）2与Na2CO3反应生成CaCO3和NaNO3，用双极膜法电解硝酸钠溶液，由图2信息可知，c电极为阳极，双极膜中的OH﹣进入阳极室，则电极反应为4OH﹣﹣4e﹣＝O2+2H2O，d中NaNO3电离出的Na+进入e中，双极膜中的H+进入d中，则a为HNO3，f电极为阴极，双极膜中H+进入阴极室，电极反应为：2H++2e﹣＝H2↑，则双极膜中OH﹣进入e中，即b为NaOH，据此分析解题。
【解答】解：（1）已知LiCl是离子化合物，故其电子式可表示为，已知各原子的吸收光谱不同，故能通过原子吸收光谱来鉴别Li+和Ca2+，即可通过以下原子吸收光谱分析方法，能检测到碳酸钙产品中不含碳酸锂，晶体X射线衍射实验可以鉴别晶体类型和晶体结构，也能检测到碳酸钙产品中不含碳酸锂，
故答案为：；AD；
（2）由题干信息可知，该方法以CaCl2和NH4HCO3溶液为原料，通过加入LiCl形貌控制剂制得形貌规整、大小均匀的片状碳酸钙，且伴有气体产生，该反应的离子方程式为Ca2++2CaCO3↓+H2O+CO2↑，
故答案为：Ca2+ CaCO3↓+CO2↑+H2O；
（3）A．室温下NH4HCO3溶液呈碱性，即的水解小于的水解，盐类的水解促进水的电离，故由水电离的[H+]＞10﹣7 mol L﹣1，故A错误；
B．室温下NH4HCO3溶液呈碱性，即的水解小于的水解，故[NH3 H2O]＜[H2CO3]，故B正确；
C．室温下NH4HCO3溶液呈碱性，即的水解小于的水解，则溶液中离子浓度的大小顺序为：[]＞[]＞[OH﹣]＞[H+]，故C错误；
D．根据物理守恒可知，溶液中有[]+[NH3 H2O]＝[]+[H2CO3]+[]，故D错误；
故答案为：B；
（4）由分析可知，向粉煤灰中主要氧化物组成为：SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaO等加入稀HNO3在将转化为Al3+、Fe3+、Ca2+的硝酸盐，SiO2与HNO3不反应留在尾渣中，溶液中X为NaOH；以上流程中能循环的物质为H2O、NaNO3，
故答案为：SiO2；NaOH；NaNO3；
（5）由分析可知，经过操作①即过滤出尾渣，所得的滤液即浸出液中含有Al3+、Fe3+、Ca2+，需经过调节pH值使Al3+、Fe3+完全沉淀而去除，即浸取液必须经过系列操作②即除去H+、Al3+、Fe3+才能利用，以防止影响碳酸钙的产量及纯度，
故答案为：除去H+、Al3+、Fe3+，防止影响碳酸钙的产量及纯度；
（6）由分析可知，双极膜电解装置中阳极的电极反应为：4OH﹣﹣4e﹣＝O2+2H2O，
故答案为：4OH﹣﹣4e﹣＝O2+2H2O；
（7）A．电解池中与电源负极相连的一极为阴极，发生还原反应，故A错误；
B．由分析可知，a处为HNO3，b处为NaOH，故B错误；
C．由分析可知可知，Na2SO4并未参与电极反应，故使用Na2SO4溶液代替水的目的是增强溶液导电性，故C正确；
D．由题干图示可知，左侧为阳极，右侧为阴极，故Na+通过阳离子交换膜由阳极移向阴极即由左向右移动，故D错误；
故答案为：C；
（8）由分析和题干信息可知，对比LiCl形貌控制法制备碳酸钙，粉煤灰吸收二氧化碳制碳酸钙的工艺优点为：将粉煤灰来吸收CO2实现变废为宝，从而降低原料成本，但该工艺流程较LiCl形貌控制法制备碳酸钙更复杂，且反应需要通电，能耗大，此为其缺点，
故答案为：能变废为宝，降低原料成本；工艺流程复杂或反应需要通电，能耗大；
（9）根据H2CO3的电离平衡常数表达式：Ka1，Ka2，则有，，，Q＜Ksp（CaCO3） 所以不能生成沉淀，故答案为：根据H2CO3的电离平衡常数表达式：Ka1，Ka2，则有，，，Q＜Ksp（CaCO3） 所以不能生成沉淀，
故答案为：根据H2CO3的电离平衡常数表达式：Ka1，Ka2，则有，，，Q＜Ksp（CaCO3） 所以不能生成沉淀。
【点评】本题主要考查实验方案的设计与评价等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
6．（2024秋 朝阳区期末）NaClO、H2O2广泛应用于清洁和消毒。从实验室的探索到工业规模化的制备，其合成方法不断发展。
（1）实验室制备NaClO、H2O2制备NaClO；浓
①Ⅱ中制备NaClO的离子方程式是 Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O 。
②过程Ⅰ，当氯气不再逸出时，MnO2和盐酸仍有剩余，此时加入较浓硫酸，再次产生氯气。解释硫酸的作用： 增加MnO2的氧化性 。
制备
③（NH4）2S2O8中S的化合价为+6，1mol该物质中过氧键的数目为 NA 。
（2）模块化电化学合成NaClO、H2O2。
①H2O2实际浓度的变化与理论浓度（电路中通过的电子均用于生成H2O2）的变化如图所示。t1min之后，H2O2的实际浓度低于理论浓度，推测原因：
ⅰ.其他物质在阴极放电。
ⅱ. H2O2分解、H2O2在电极放电 。
经检验，原因ⅰ不合理。
②充分电解后，将电极a、b对调，能继续合成NaClO、H2O2，如此多次循环，实现可持续生产。结合电极反应式从OH﹣的产生、储存、释放与应用的角度说明原因： O2+2H2O+2e﹣＝H2O2+2OH﹣，产生OH﹣，通过Ni（OH）2﹣e﹣+OH﹣＝NiOOH+H2O储存OH﹣，经由NiOOH+H2O+e﹣＝Ni（OH）2+OH﹣释放OH﹣，Cl﹣﹣2e﹣+2OH﹣＝ClO﹣+H2O应用OH﹣，a、b对调，如此可多次循环 。
（3）与实验室制备NaClO、H2O2的方法相比，模块化电化学合成两种消毒剂的优点之一是原子利用率高，用总反应方程式说明： O2+NaCl+H2ONaClO+H2O2 。
【答案】（1）①Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O；
②增加MnO2的氧化性；
③NA；
（2）①H2O2分解、H2O2在电极放电；
②O2+2H2O+2e﹣＝H2O2+2OH﹣，产生OH﹣，通过Ni（OH）2﹣e﹣+OH﹣＝NiOOH+H2O储存OH﹣，经由NiOOH+H2O+e﹣＝Ni（OH）2+OH﹣释放OH﹣，Cl﹣﹣2e﹣+2OH﹣＝ClO﹣+H2O应用OH﹣，a、b对调，如此可多次循环；
（3）O2+NaCl+H2ONaClO+H2O2。
【分析】（1）①Ⅱ中Cl2和NaOH反应生成NaCl、NaClO和H2O，从而制备NaClO；
②过程Ⅰ，当氯气不再逸出时，MnO2和盐酸仍有剩余，此时盐酸为稀盐酸，此时加入较浓硫酸，c（H+）增大，再次产生氯气；
③（NH4）2S2O8中S的化合价为+6，整体为+1价，设过氧键的个数为x个，则显﹣1价的氧原子个数为2x，显﹣2价的氧原子个数为（8﹣2x），根据化合物中各元素化合价的代数和为0得（+1）×2+（+6）×2+（﹣1）×2x+（﹣2）×（8﹣2x）＝0，x＝1，则该化学式中含有1个过氧键；
（2）①H2O2不稳定，且易失电子发生氧化反应；
②根据图知，O2+2H2O+2e﹣＝H2O2+2OH﹣，产生OH﹣，通过Ni（OH）2﹣e﹣+OH﹣＝NiOOH+H2O储存OH﹣，经由NiOOH+H2O+e﹣＝Ni（OH）2+OH﹣释放OH﹣，Cl﹣﹣2e﹣+2OH﹣＝ClO﹣+H2O应用OH﹣；
（3）根据图知，反应物是NaCl溶液、O2，生成物是NaClO、H2O2。
【解答】解：（1）①Ⅱ中Cl2和NaOH反应生成NaCl、NaClO和H2O，从而制备NaClO，离子方程式为：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O，
故答案为：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O；
②过程Ⅰ，当氯气不再逸出时，MnO2和盐酸仍有剩余，此时盐酸为稀盐酸，此时加入较浓硫酸，c（H+）增大，再次产生氯气，则浓硫酸的作用是增加MnO2的氧化性，
故答案为：增加MnO2的氧化性；
③（NH4）2S2O8中S的化合价为+6，整体为+1价，设过氧键的个数为x个，则显﹣1价的氧原子个数为2x，显﹣2价的氧原子个数为（8﹣2x），根据化合物中各元素化合价的代数和为0得（+1）×2+（+6）×2+（﹣1）×2x+（﹣2）×（8﹣2x）＝0，x＝1，则该化学式中含有1个过氧键，所以1mol该物质中过氧键的数目为NA，
故答案为：NA；
（2）①H2O2不稳定，易分解，且易在电极放电生成O2，都导致H2O2的实际浓度低于理论浓度，
故答案为：H2O2分解、H2O2在电极放电；
②O2+2H2O+2e﹣＝H2O2+2OH﹣，产生OH﹣，通过Ni（OH）2﹣e﹣+OH﹣＝NiOOH+H2O储存OH﹣，经由NiOOH+H2O+e﹣＝Ni（OH）2+OH﹣释放OH﹣，Cl﹣﹣2e﹣+2OH﹣＝ClO﹣+H2O应用OH﹣，a、b对调，如此可多次循环，
故答案为：O2+2H2O+2e﹣＝H2O2+2OH﹣，产生OH﹣，通过Ni（OH）2﹣e﹣+OH﹣＝NiOOH+H2O储存OH﹣，经由NiOOH+H2O+e﹣＝Ni（OH）2+OH﹣释放OH﹣，Cl﹣﹣2e﹣+2OH﹣＝ClO﹣+H2O应用OH﹣，a、b对调，如此可多次循环；
（3）根据图知，反应物是NaCl溶液、O2，生成物是NaClO、H2O2，总反应方程式为O2+NaCl+H2ONaClO+H2O2，
故答案为：O2+NaCl+H2ONaClO+H2O2。
【点评】本题考查物质的制备，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确物质的性质、电解原理是解本题关键，知道各个电极上发生的反应，题目难度中等。
7．（2024秋 昌平区期末）农业级NH4NO3作为高效氮肥，广泛应用于提高土壤含氮量和促进植物生长。其中一种制备流程如图：
（1）在横线上写出以下物质中加点元素的化合价。
NO2 +4 ，NH4NO3 +5 。
（2）试剂X为 O2 。
（3）步骤ⅰ反应的化学方程式为 N2+3H22NH3 。
（4）步骤ⅳ反应的化学方程式为 3NO2+H2O＝2HNO3+NO 。
（5）有文献资料显示：在一定条件下NH3可将氮氧化物（如NO2）转化为无污染的气体。
①从理论角度说明论证该反应发生的可能性 氨气中氮元素的化合价升高，氮氧化物中氮元素的化合价降低，氨气和氮氧化物反应生成氮气和水 。
②补全该反应的化学方程式 8NH3+6NO27N2+12H2O 。
□NH3+□NO2□_____+□_____
【答案】（1）+4；+5；
（2）O2；
（3）N2+3H22NH3；
（4）3NO2+H2O＝2HNO3+NO；
（5）①氨气中氮元素的化合价升高，氮氧化物中氮元素的化合价降低，氨气和氮氧化物反应生成氮气和水；
②8NH3+6NO27N2+12H2O。
【分析】氮气与氢气反应生成氨气，氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮被氧气氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸与氨气反应生成硝酸铵。
【解答】解：（1）二氧化氮中氮元素的化合价为+4价，硝酸铵中硝酸根离子中氮原子的化合价为+5价，
故答案为：+4；+5；
（2）一氧化氮被氧气氧化生成二氧化氮，试剂X为O2，
故答案为：O2；
（3）步骤ⅰ中氮气与氢气反应生成氨气，其反应的化学方程式为N2+3H22NH3，
故答案为：N2+3H22NH3；
（4）步骤ⅳ中二氧化氮与水反应生成硝酸，其反应的化学方程式为3NO2+H2O＝2HNO3+NO，
故答案为：3NO2+H2O＝2HNO3+NO；
（5）①在一定条件下NH3可将氮氧化物（如NO2）转化为无污染的气体氮气，从理论角度上氨气中氮元素的化合价升高，氮氧化物中氮元素的化合价降低，
故答案为：氨气中氮元素的化合价升高，氮氧化物中氮元素的化合价降低，氨气和氮氧化物反应生成氮气和水；
②氨气和氮氧化物反应生成氮气和水，其反应的化学方程式为8NH3+6NO27N2+12H2O，
故答案为：8NH3+6NO27N2+12H2O。
【点评】本题考查物质的制备，侧重考查学生物质之间反应的掌握情况，试题难度中等。
8．（2024秋 龙岗区期末）二氧化氯（ClO2）是一种高效消毒灭菌剂，它不产生有毒物质，被认为是安全的绿色消毒剂。
已知：ClO2为黄绿色气体，水溶液呈黄绿色，难溶于CCl4；Cl2易溶于CCl4。
NaClO2溶液呈碱性；在酸性环境中，ClO2易歧化为ClO2和Cl2。
（1）兴趣小组用以下装置制备ClO2，制备原理为Cl2+2NaClO2═2NaCl+2ClO2。实验过程中，持续通入N2使装置Ⅲ中生成的ClO2逸出。
①装置Ⅰ中制备Cl2的离子方程式为 MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O 。
②若无装置Ⅱ，则实验开始后，装置Ⅳ中液体迅速变为黄绿色。装置Ⅱ可以延后此现象出现的时间，则装置Ⅱ的作用为 除去氯气中的氯化氢 。
③根据Ⅲ中的ClO2制备反应，在此条件下氧化性：Cl2 ＞ ClO2（填“＞”或“＜”）。
（2）兴趣小组探究ClO2的化学性质。
初步实验 向VmLcmol/LNaCl溶液通入V2mLClO2，将溶液等分为溶液A与溶液B。向溶液B中加入浓盐酸，得到溶液C。经取样检验，溶液A中无Cl2，溶液C中有Cl2。
提出猜想 猜想a：增大Cl﹣浓度，Cl﹣可被ClO2氧化。
猜想b：酸性条件下，Cl﹣可被ClO2氧化。
交流分析 小组同学认为初步实验的现象不足以说明猜想a成立，理由为 氢离子浓度增大的同时，氯离子也在增大 。
优化实验 小组同学向溶液A中加入过量NaCl固体至不再溶解，检测得溶液中无Cl2生成。
实验小结 猜想a 不成立 （填“成立”或“不成立”）。
继续实验 在之前实验的基础上，小组同学设计实验并验证了猜想b的成立。实验方案和结果为 将V2mLClO2通入V1mLcmol/LHCl溶液后，检测得溶液中有Cl2生成（或向溶液A中滴入浓硫酸，检测得溶液中有Cl2生成） （试剂任选）
实验结论 酸性条件下，氧化性：Cl2 ＜ ClO2（填“＞”或“＜”）。酸碱性影响物质的氧化性、还原性强弱。
（3）ClO2能被多种稳定剂吸收，若将其用于果蔬保鲜。依据图11，你认为效果较好的稳定剂是 稳定剂Ⅱ （填“稳定剂I”或“稳定剂Ⅱ”），原因是 稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度 。
【答案】（1）①MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；
②除去氯气中的氯化氢；
③＞；
（2）氢离子浓度增大的同时，氯离子也在增大；不成立；将V2mLClO2通入V1mLcmol/LHCl溶液后，检测得溶液中有Cl2生成（或向溶液A中滴入浓硫酸，检测得溶液中有Cl2生成）；＜；
（3）稳定剂Ⅱ；稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度。
【分析】（1）Ⅰ中二氧化锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，Ⅱ中除去氯气中的HCl，Ⅲ制取ClO2气体，Ⅳ除去氯气，最后进行气体收集；
（2）根据对比实验单一变量原则分析实验，注意结合实验条件进行分析；
（3）稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度。
【解答】解：（1）①A中二氧化锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；
②装置Ⅱ中饱和NaCl溶液的作用是除去氯气中的氯化氢，
故答案为：除去氯气中的氯化氢；
③氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则装置C中制备ClO2的反应为Cl2+2NaClO2═2NaCl+2ClO2，由此得到此条件下的氧化性：Cl2＞ClO2，
故答案为：＞；
（2）交流分析：小组同学认为初步实验的现象不足以说明猜想a成立，理由为氢离子浓度增大的同时，氯离子也在增大；优化实验：小组同学向溶液A中加入过量NaCl固体至不再溶解，检测得溶液中无Cl2生成；实验小结：猜想a不成立；实验方案和结果为将V2mLClO2通入V1mLcmol/LHCl溶液后，检测得溶液中有Cl2生成（或向溶液A中滴入浓硫酸，检测得溶液中有Cl2生成）；实验结论：酸性条件下，氧化性：Cl2＜ClO2，酸碱性影响物质的氧化性、还原性强弱，
故答案为：氢离子浓度增大的同时，氯离子也在增大；不成立；将V2mLClO2通入V1mLcmol/LHCl溶液后，检测得溶液中有Cl2生成（或向溶液A中滴入浓硫酸，检测得溶液中有Cl2生成）；＜；
（3）依据图，效果较好的稳定剂是稳定剂Ⅱ，原因是稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度，
故答案为：稳定剂Ⅱ；稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度较大。
9．（2024秋 龙岗区期末）锗（Ge）广泛用于航空航天、太阳能电池、信息通信等战略性产业。一种从粉煤灰（含GeO2）富集二氧化锗的流程如图：
已知：部分物质的理化性质如表。
物质 沸点℃ 特性
GeO2 1200 稳定
GeCl4 84 易水解
NH4Cl 一 易分解
回答下列问题：
（1）锗元素基态原子的价层电子排布式为 4s24p2 。
（2）“混合”宜在低温下操作，其目的是 防止氯化铵在高温环境下发生分解 。
（3）“焙烧”时将粉煤灰与氯化铵混合后置于石英管中400℃焙烧，产生的焙烧气中含有GeCl4、NH3等，反应的化学方程式为 GeO2+4NH4ClGeCl4↑+2H2O↑+4NH3↑ ，氮气不参与焙烧反应，焙烧过程中通氮气的作用是 将反应中产生的气体导出到后续吸收环节，使产物气体充分吸收 。
（4）“水解”中发生反应：GeCl4+2H2O GeO2+4HCl ΔH＜0，实验测得水解率与HCl浓度、温度关系如图，最适宜的条件是 盐酸浓度为5mol L﹣1，温度为2℃ ，水解率P点高于Q点的原因是 水解反应为放热反应，温度高该水解平衡逆向移动，同等条件下Q点温度高，水解率低于P点 。
（5）GeO2是锗酸（H2GeO3）的酸酐，25℃时0.1mol L﹣1NaHGeO3溶液呈 碱 性，该溶液中含锗微粒的浓度由大到小的是 。（已知25℃时，H2GeO3的，）。
【答案】（1）4s24p2；
（2）防止氯化铵在高温环境下发生分解；
（3）GeO2+4NH4ClGeCl4↑+2H2O↑+4NH3↑；将反应中产生的气体导出到后续吸收环节，使产物气体充分吸收；
（4）盐酸浓度为5mol L﹣1，温度为2℃；水解反应为放热反应，温度高该水解平衡逆向移动，同等条件下Q点温度高，水解率低于P点；
（5）碱；。
【分析】粉煤灰（含GeO2）与氯化铵低温混合，通入氮气的条件下，焙烧，发生反应：GeO2+4NH4ClGeCl4↑+2H2O↑+4NH3↑，氮气将生成的气体吹入吸收装置，吸收装置中通入HCl，GeCl4水解，生成GeO2，过滤、洗涤、干燥，得到GeO2，据此分析作答。
【解答】解：（1）锗元素位于第四周期，第ⅣA族，其基态原子的价层电子排布式为4s24p2，
故答案为：4s24p2；
（2）“混合”宜在低温下操作，其目的是防止氯化铵在高温环境下发生分解，
故答案为：防止氯化铵在高温环境下发生分解；
（3）“焙烧”时将粉煤灰与氯化铵混合后置于石英管中400℃焙烧，产生的焙烧气中含有GeCl4、NH3等，反应的化学方程式为：GeO2+4NH4ClGeCl4↑+2H2O↑+4NH3↑，氮气不参与焙烧反应，焙烧过程中通氮气的作用是将反应中产生的气体导出到后续吸收环节，使产物气体充分吸收，
故答案为：GeO2+4NH4ClGeCl4↑+2H2O↑+4NH3↑；将反应中产生的气体导出到后续吸收环节，使产物气体充分吸收；
（4）“水解”中发生反应：GeCl4+2H2O GeO2+4HCl ΔH＜0，实验测得水解率与HCl浓度、温度关系如图，最适宜的条件是盐酸浓度为5mol L﹣1，温度为2℃，水解率P点高于Q点的原因是水解反应为放热反应，温度高该水解平衡逆向移动，同等条件下Q点温度高，水解率低于P点，
故答案为：盐酸浓度为5mol L﹣1，温度为2℃；水解反应为放热反应，温度高该水解平衡逆向移动，同等条件下Q点温度高，水解率低于P点；
（5）NaHGeO3溶液中，水解平衡常数KhKa2＝1.9×10﹣13，即水解程度大于电离程度，所以0.1mol L﹣1NaHGeO3溶液呈碱性，该溶液中含锗微粒的浓度由大到小的是：，
故答案为：碱；。
【点评】本题主要考查制备实验方案的设计，具体涉及GeO2的制备，属于基本知识的考查，难度中等。
10．（2024秋 黑龙江期末）以下为一种以含铅废料（Pb、PbO、PbO2、Fe、Fe2O3及炭黑）制备纳米PbO和PbSO4的工艺。
已知：①炭黑是一种碳单质，化学性质比较稳定。②PbSO4、PbCO3均为难溶于水的固体。
（1）过程Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb和PbO2反应生成PbSO4，请写出该过程的化学方程式并用单线桥表示出电子的转移情况 。
（2）检验过程Ⅰ的滤液中是否含有Fe2+，可选用 c （填字母）。
a．KSCN溶液 b．氯水 c．酸性KMnO4溶液
（3）过程Ⅱ过滤除去的物质是 炭黑 。
（4）过程Ⅲ所得滤液中检出，请写出过程Ⅲ产生PbCO3的化学方程式 （CH3COO）2Pb+2NH3+CO2+H2O＝PbCO3↓+2CH3COONH4 。
（5）PbO溶解在NaOH溶液中存在可逆反应：PbO（s）+NaOH（aq） NaHPbO2（aq）。PbO的溶解度曲线如图所示，结合曲线补全由粗品PbO得到高纯PbO的操作：将粗PbO溶解在一定量 35% （填“35%”或“10%）的NaOH溶液中，加热至110℃左右，充分溶解后，趁热过滤，将滤液 冷却结晶 ，过滤、洗涤并干燥得到高纯PbO。
（6）测定废料中铅的含量。将已经分离出铁元素的含铅废料ag与足量盐酸、NaCl溶液充分反应（Pb元素全部转变为[PbCl4]2﹣），得到100mL溶液。取5mL溶液加水稀释，逐滴加入0.01mol/L的乙二胺四乙酸二钠盐（用Na2H2Y表示），至恰好完全反应时消耗Na2H2Y溶液VmL。计算废料中铅的质量分数 ，反应原理为：。
【答案】（1）；
（2）c；
（3）炭黑；
（4）（CH3COO）2Pb+2NH3+CO2+H2O＝PbCO3↓+2CH3COONH4；
（5）35%；冷却结晶；
（6）。
【分析】含铅废料粉碎后加入稀硫酸、硫酸亚铁，加热反应，在Fe2+催化下Pb和PbO2反应生成PbSO4，碳不反应成为滤渣，PbSO4粗品加入醋酸钠得到醋酸铅溶液，通入氨气、二氧化碳得到PbCO3沉淀，沉淀煅烧得到纳米PbO，沉淀加入稀硫酸淋洗得到钠离子硫酸铅。
【解答】解：（1）在Fe2+催化下，Pb和PbO2反应生成PbSO4，反应中Pb单质中元素化合价由0变为+2，失去2个电子、PbO2中铅化合价由+4变为+2，得到2个电子，结合电子守恒，配平后用单线桥表示为：，
故答案为：；
（2）亚铁离子具有还原性，能和酸性高锰酸钾溶液反应使得溶液褪色，
故答案为：c；
（3）由分析，过程Ⅱ过滤除去的物质是不反应的炭黑，
故答案为：炭黑；
（4）过程Ⅲ所得滤液中检出，则反应为醋酸铅溶液通入氨气、二氧化碳得到PbCO3沉淀，结合质量守恒，同时生成醋酸铵，反应为：（CH3COO）2Pb+2NH3+CO2+H2O＝PbCO3↓+2CH3COONH4，
故答案为：（CH3COO）2Pb+2NH3+CO2+H2O＝PbCO3↓+2CH3COONH4；
（5）根据PbO的溶解度曲线，其在浓氢氧化钠溶液中溶度度较大、而在稀氢氧化钠溶液中溶解度较小；提纯粗Pb的方法为将粗PbO溶解在35%NaOH溶液中，结合溶解度曲线特点可知浓度高的NaOH溶液和较高的温度，PbO的溶解度高，利于其溶解，故加热至较高温度110℃左右，充分溶解，然后再高温下趁热过滤除去杂质，将滤液冷却结晶，过滤、洗涤并干燥得到高纯PbO固体，
故答案为：35%；冷却结晶；
（6）结合反应和铅元素守恒，废料中铅的质量分数，
故答案为：。
【点评】本题主要考查制备实验方案的设计等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
11．（2024秋 如东县期末）某兴趣小组制备NaClO并模拟工业处理NO或SO2的过程如下：
（1）制NaClO。实验装置如图1所示。
①装置乙中盛放的试剂是 饱和食盐水 。
②已知：Cl2与NaOH溶液反应放热，温度过高时会生成NaClO3，为减少NaClO3的生成，该实验中可采取的措施有 装置丙使用冰水浴冷却、向装置甲中缓慢滴加浓盐酸 。
（2）除NO或SO2向NaClO与稀硫酸的混合溶液中通入NO或SO2
①NaClO将NO氧化成的离子方程式为 3HClO+2NO+H2O＝3Cl﹣+25H+或3ClO﹣+2NO+H2O＝3Cl﹣+22H+ 。
②实验过程中控制温度在30℃左右，原因是 温度过高，HClO易分解，气体溶解度减小，不利于气体的吸收；温度过低，反应太慢 。
③其他条件一定，NO、SO2的去除率随混合溶液初始pH的变化如图2所示。
pH＞6，NO去除率下降而SO2去除率始终保持较高的原因是 NO难溶于碱性溶液，SO2易溶于碱性溶液；随着pH增加，c（HClO）减小，溶液氧化性减弱，NO去除率下降；随着pH增加，c（OH﹣）增大，SO2溶解度增大，SO2去除率较高 。
（3）NaClO处理SO2后的溶液中存在Na+、Cl﹣、、，补充完整由该溶液制备Na2SO4 10H2O的实验方案：边搅拌边向溶液中滴加0.1mol L﹣1NaOH溶液， 用pH计测得溶液 pH＝10，停止滴加NaOH溶液。向溶液中通入氧气，用pH计测得溶液pH＝7，停止通氧气。将所得溶液在40℃蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，低温干燥 ，得到Na2SO4 10H2O[已知：室温下溶液中含+4价硫微粒的物质的量分数随pH分布如图3所示；Na2SO4NaCl溶解度曲线如图4所示；Na2SO3溶液pH＞7、Na2SO4溶液pH＝7。实验中须使用O2和pH计（用于测定溶液的pH）]
【答案】（1）①饱和食盐水；
②装置丙使用冰水浴冷却、向装置甲中缓慢滴加浓盐酸；
（2）①3HClO+2NO+H2O＝3Cl﹣+25H+或3ClO﹣+2NO+H2O＝3Cl﹣+22H+；
②温度过高，HClO易分解，气体溶解度减小，不利于气体的吸收；温度过低，反应太慢；
③NO难溶于碱性溶液，SO2易溶于碱性溶液；随着pH增加，c（HClO）减小，溶液氧化性减弱，NO去除率下降；随着pH增加，c（OH﹣）增大，SO2溶解度增大，SO2去除率较高；
（3）用pH计测得溶液 pH＝10，停止滴加NaOH溶液。向溶液中通入氧气，用pH计测得溶液pH＝7，停止通氧气。将所得溶液在40℃蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，低温干燥。
【分析】甲中浓盐酸和KMnO4反应制取Cl2，乙用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，丙Cl2和氢氧化钠溶液制取NaClO溶液，丁吸收为期，防止污染，除NO或SO2向NaClO与稀硫酸的混合溶液中通入NO或SO2，据此解答。
【解答】解：（1）①装置乙中盛放的试剂是饱和食盐水，
故答案为：饱和食盐水；
②Cl2与NaOH溶液反应放热，温度过高时会生成NaClO3，为减少NaClO3的生成，该实验中可采取的措施有装置丙使用冰水浴冷却、向装置甲中缓慢滴加浓盐酸，
故答案为：装置丙使用冰水浴冷却、向装置甲中缓慢滴加浓盐酸；
（2）①NaClO将NO氧化成的离子方程式为3HClO+2NO+H2O＝3Cl﹣+25H+或3ClO﹣+2NO+H2O＝3Cl﹣+22H+，
故答案为：3HClO+2NO+H2O＝3Cl﹣+25H+或3ClO﹣+2NO+H2O＝3Cl﹣+22H+；
②实验过程中控制温度在30℃左右，原因是温度过高，HClO易分解，气体溶解度减小，不利于气体的吸收；温度过低，反应太慢，
故答案为：温度过高，HClO易分解，气体溶解度减小，不利于气体的吸收；温度过低，反应太慢；
③pH＞6，NO去除率下降而SO2去除率始终保持较高的原因是NO难溶于碱性溶液，SO2易溶于碱性溶液；随着pH增加，c（HClO）减小，溶液氧化性减弱，NO去除率下降；随着pH增加，c（OH﹣）增大，SO2溶解度增大，SO2去除率较高，
故答案为：NO难溶于碱性溶液，SO2易溶于碱性溶液；随着pH增加，c（HClO）减小，溶液氧化性减弱，NO去除率下降；随着pH增加，c（OH﹣）增大，SO2溶解度增大，SO2去除率较高；
（3）NaClO处理SO2后的溶液中存在Na+、Cl﹣、、，该溶液制备Na2SO4 10H2O的实验方案：边搅拌边向溶液中滴加0.1mol L﹣1NaOH溶液，用pH计测得溶液 pH＝10，停止滴加NaOH溶液。向溶液中通入氧气，用pH计测得溶液pH＝7，停止通氧气。将所得溶液在40℃蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，低温干燥，得到Na2SO4 10H2O，
故答案为：用pH计测得溶液 pH＝10，停止滴加NaOH溶液。向溶液中通入氧气，用pH计测得溶液pH＝7，停止通氧气。将所得溶液在40℃蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，低温干燥。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，把握物质的性质、流程中发生的反应、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
12．（2024秋 如东县期末）菱锰矿（主要含MnCO3和少量Fe3O4。Al2O3、SiO2等）制取新型锂电池电极材料LiMn2O4的步骤如下：
（1）酸浸。向菱锰矿中边搅拌边加入足量稀硫酸，充分反应后过滤。写出MnCO3转化为Mn2+的离子方程式： MnCO3+2H+＝Mn2++H2O+CO2↑ 。
（2）除杂。向浸出液中加入KMnO4溶液氧化Fe2+，再调节溶液pH除去铁、铝。若KMnO4溶液过量，会导致溶液中Mn2+的物质的量减小，其原因是 KMnO4将Mn2+氧化为更高价态的含锰物质 。
（3）沉锰。向除杂后的溶液中滴加氨水，得到Mn（OH）2和Mn2（OH）2SO4沉淀。写出生成Mn2（OH）2SO4的离子方程式： 2Mn2++2NH3 H2OMn2（OH）2SO4↓+2 。
（4）氧化。将Mn（OH）2和Mn2（OH）2SO4加水制成浆液，再通入适量O2充分反应后生成Mn3O4。
①反应初期溶液pH几乎不变，一段时间后溶液pH迅速下降，其原因是 反应初期Mn（OH）2与O2反应生成Mn3O4和水，溶液pH几乎不变；一段时间后Mn2（OH）2SO4与O2反应生成Mn3O4和H2SO4溶液pH降低 。
②若通入O2过多会使产物中锰元素的质量分数降低，其原因是 产物中混有更高价态的锰的氧化物（MnO2或Mn2O3） 。
（5）锂化。在空气中高温煅烧Mn3O4和Li2CO3生成LiMn2O4消耗O2与生成CO2的物质的量之比为 5：6 。
【答案】（1）MnCO3+2H+＝Mn2++H2O+CO2↑；
（2）KMnO4将Mn2+氧化为更高价态的含锰物质；
（3）2Mn2++2NH3 H2OMn2（OH）2SO4↓+2；
（4）①反应初期Mn（OH）2与O2反应生成Mn3O4和水，溶液pH几乎不变；一段时间后Mn2（OH）2SO4与O2反应生成Mn3O4和H2SO4溶液pH降低；
②产物中混有更高价态的锰的氧化物（MnO2或Mn2O3）；
（5）5：6。
【分析】（1）MnCO3和酸反应生成Mn2+、H2O、CO2；
（2）高锰酸钾具有强氧化性，可将Mn2+氧化为更高价态的含锰物质；
（3）反应物为硫酸锰和氨水，生成Mn2（OH）2SO4、2；
（4）①反应初期Mn（OH）2与O2反应生成Mn3O4和水，一段时间后Mn2（OH）2SO4与O2反应生成Mn3O4和H2SO4溶液pH降低；
②若通入O2过多会氧化锰元素为更高价态的锰的氧化物；
（5）在空气中高温煅烧Mn3O4和Li2CO3生成LiMn2O4、CO2。
【解答】解：（1）MnCO3转化为Mn2+的离子方程式MnCO3+2H+＝Mn2++H2O+CO2↑，
故答案为：MnCO3+2H+＝Mn2++H2O+CO2↑；
（2）高锰酸钾具有强氧化性，若KMnO4溶液过量，会导致溶液中Mn2+的物质的量减小，其原因是KMnO4将Mn2+氧化为更高价态的含锰物质，
故答案为：KMnO4将Mn2+氧化为更高价态的含锰物质；
（3）反应物为硫酸锰和氨水，生成Mn2（OH）2SO4的离子方程式为2Mn2++2NH3 H2OMn2（OH）2SO4↓+2，
故答案为：2Mn2++2NH3 H2OMn2（OH）2SO4↓+2；
（4）氧化。将Mn（OH）2和Mn2（OH）2SO4加水制成浆液，再通入适量O2充分反应后生成Mn3O4。
①反应初期溶液pH几乎不变，一段时间后溶液pH迅速下降，其原因是反应初期Mn（OH）2与O2反应生成Mn3O4和水，溶液pH几乎不变；一段时间后Mn2（OH）2SO4与O2反应生成Mn3O4和H2SO4溶液pH降低，
故答案为：反应初期Mn（OH）2与O2反应生成Mn3O4和水，溶液pH几乎不变；一段时间后Mn2（OH）2SO4与O2反应生成Mn3O4和H2SO4溶液pH降低；
②若通入O2过多会使产物中锰元素的质量分数降低，其原因是产物中混有更高价态的锰的氧化物（MnO2或Mn2O3），
故答案为：产物中混有更高价态的锰的氧化物（MnO2或Mn2O3）；
（5）在空气中高温煅烧Mn3O4和Li2CO3生成LiMn2O4，方程式为8Mn3O4+5O2+6Li2CO312LiMn2O4+6CO2，消耗O2与生成CO2的物质的量之比为5：6，
故答案为：5：6。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度较大。
13．（2024秋 上海期末）H2O2是一种绿色氧化剂，在推动绿色生产中发挥着重要作用。
（1）已知H2O2在催化剂作用下分解速率加快，其能量随反应进程的变化如图所示。下列说法正确的是 D 。
A.H2O2分解属于吸热反应
B.加入催化剂，减小了反应的焓变
C.加入催化剂，可提高反应的活化能
D.反应物的焓高于生成物的焓
已知：①2H2（g）+O2（g）═2H2O（I）ΔH1＝﹣572kJ mol﹣1
②2H2O2（l）＝2H2O（l）+O2（g），ΔH2＝﹣196kJ mol﹣1
（2）请写出用H2（g）和O2（g）生产H2O2（l）总反应的热化学方程式 H2（g）+O2（g）═H2O2（l）ΔH＝﹣188kJ/mol 。
（3）反应①中的ΔH1 不是 （选填“是”或“不是”）H2的燃烧热，原因为 氢气的燃烧热指1mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热 。
我国科学家设计如图所示的光电催化体系，可以实现烟气脱SO2。
（4）B端为直流电源的 D 。
A.阳极
B.阴极
C.正极
D.负极
（5）写出阴极的电极反应式： O2+2e﹣+2H+＝H2O2 。
（6）若实现烟气脱SO2的体积（标准状况）为4.48L，则参与反应的O2为 0.2 mol。
为了贮存运输方便，工业上采用“醇析法”，将H2O2转化为过碳酸钠晶体（2Na2CO3 3H2O2），该晶体具有Na2CO3和H2O2的双重性质，制备过程如图。
已知：异丙醇沸点为82.5℃。
（7）过碳酸钠溶于水，溶液呈 碱性 （填“酸性”、“碱性”或“中性”），用离子方程式解释原因 H2O OH﹣ 。
（8）下列物质可使过碳酸钠较快失效的是 d 。
A.FeCl3溶液
B.NaOH溶液
C.NaCl溶液
D.NaHCO3溶液
（9）制备过碳酸钠反应温度控制在0～5℃时进行的原因是 在低温下H2O2与2Na2CO3 3H2O2稳定且2Na2CO3 3H2O2的溶解度小 ；
加入异丙醇的作用是 降低过碳酸钠的溶解度，有利于晶体析出 。
【答案】（1）D；
（2）H2（g）+O2（g）═H2O2（l）ΔH＝﹣188kJ/mol；
（3）不是；氢气的燃烧热指1mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热；
（4）D；
（5）O2+2e﹣+2H+＝H2O2；
（6）0.2；
（7）碱性；H2O OH﹣；
（8）d；
（9）在低温下H2O2与2Na2CO3 3H2O2稳定且2Na2CO3 3H2O2的溶解度小；降低过碳酸钠的溶解度，有利于晶体析出。
【分析】（1）A.由图可知反应物的总能量高于生成物的总能量，故反应为放热反应；
B.催化剂只通过改变活化能来改变反应速率，不改变反应的焓变；
C.加入催化剂，可降低反应的活化能；
D.反应是放热反应，所以反应物的焓高于生成物的焓；
（2）已知：①2H2（g）+O2（g）═2H2O（l），ΔH1＝﹣572kJ mol﹣1，②2H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g），ΔH2＝﹣196kJ mol﹣1，根据盖斯定律，得H2（g）+O2（g）═H2O2（l）ΔH；
（3）氢气的燃烧热指1mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热；
（4）装置图可知，右侧O2通入溶液生成H2O2，氧元素的化合价降低，得电子，右侧电极为阴极，B端为直流电源的负极；
（5）右侧电极反应式为：O2+2e﹣+2H+＝H2O2；
（6）左侧电极反应式为：2e﹣+2OH﹣H2O，右侧电极反应式为：O2+2e﹣+2H+＝H2O2，据此分析；
（7）过碳酸钠可写为Na2CO4 H2O，溶于水发生水解：H2O OH﹣，据此分析；
（8）过碳酸钠在铁离子作催化剂、酸性条件及还原剂的条件下都容易失效；
（9）在低温时H2O2与2Na2CO3 3H2O2稳定且2Na2CO3 3H2O2的溶解度小；过碳酸钠在异丙醇中的溶解度较小。
【解答】解：（1）A.由图可知反应物的总能量高于生成物的总能量，故反应为放热反应，故A错误；
B.催化剂只通过改变活化能来改变反应速率，不改变反应的焓变，故B错误；
C.加入催化剂，可降低反应的活化能，故C错误；
D.反应是放热反应，所以反应物的焓高于生成物的焓，故D正确；
故答案为：D；
（2）已知：①2H2（g）+O2（g）═2H2O（l），ΔH1＝﹣572kJ mol﹣1，②2H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g），ΔH2＝﹣196kJ mol﹣1，根据盖斯定律，得H2（g）+O2（g）═H2O2（l）ΔH188kJ/mol，
故答案为：H2（g）+O2（g）═H2O2（l）ΔH＝﹣188kJ/mol；
（3）氢气的燃烧热指1mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热，反应①中的ΔH1不是H2的燃烧热，
故答案为：不是；氢气的燃烧热指1mol氢气完全燃烧生成液态水
高考化学考前冲刺押题预测 制备实验方案的设计（解答大题）
一．解答题（共20小题）
1．（2025 陕西一模）过氧化钙（CaO2）可用作医用防腐剂和消毒剂，也可作为改良剂为农业、园艺和生物技术应用提供氧气。实验室制备过氧化钙的流程如图：
（1）步骤Ⅰ中常加入过量碳酸钙，其目的是 。
（2）步骤Ⅱ在如图装置中反应，其中盛放CaCl2溶液的仪器名称为 ，步骤Ⅱ在冰水浴中进行，温度不宜过高的原因可能是 ，该步骤反应的化学方程式为 。
（3）检验步骤Ⅳ中产物是否洗涤干净的实验方案是 。
（4）测定产品中CaO2含量。
原理：在酸性条件下，CaO2与稀酸反应生成H2O2，用标准液KMnO4溶液滴定所生成的H2O2，以确定CaO2含量。
实验操作：准确称取0.72g产品配成250.00mL溶液。取25.00mL溶液，加入5mL6mol L﹣1醋酸溶液和2～3滴0.1mol L﹣1MnSO4溶液，用0.0200mol L﹣1KMnO4标准溶液平行滴定3次，消耗KMnO4标准溶液的平均体积为17.60mL。
①滴定终点的现象为 ，读取KMnO4溶液体积时，滴定前俯视读数，滴定后仰视读数，则测定结果 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。
②产品中CaO2含量为 %。
2．（2024秋 广东期末）现有Fe、Cl2、稀盐酸和稀硫酸，利用上述物质制取FeSO4溶液和FeCl3溶液并进行实验。回答下列问题：
（1）Fe和Cl2在加热条件下反应生成 （填化学式，下同），Fe和稀硫酸反应生成 。
（2）探究Fe3+的氧化性。取适量FeCl3溶液于试管中，滴加几滴淀粉﹣KI溶液，反应现象为 ，反应的离子方程式为 。
（3）为了验证Fe3+的性质，某化学兴趣小组设计了如图所示的实验，其中实验设计不合理或预测实验现象错误的是 （填序号）。
（4）利用FeCl3溶液制备Fe（OH）3胶体。通过 （方法）可以证明所得溶液属于胶体。
（5）将适量铁粉放入氯化铁溶液中，完全反应后，溶液中的Fe3+和Fe2+浓度相等，则已反应的Fe3+与未反应的Fe3+的物质的量之比是 。
（6）探究Fe2+的还原性：取适量FeSO4溶液于试管中，滴加几滴酸性KMnO4溶液，反应现象为 ，反应的离子方程式为 。
（7）为了更清楚地观察生成Fe（OH）2的现象，将FeSO4溶液与NaOH溶液混合的正确操作是 （填选项字母）。
A． B． C．
3．（2025 湖南开学）硼氢化钠（NaBH4）是制造乙硼烷和其他高能燃料的原料，以含H3BO3废液为原料制备NaBH4的流程如图：
已知：NaBH4易溶于异丙胺（、沸点为33℃）。
请回答下列问题：
（1）试判断：三甲胺（）的沸点 异丙胺的沸点（填“大于”或“小于”），判断理由是 。
（2）Na2B4O7 10H2O俗称硼砂，硼砂晶体中阴离子的结构如图所示，其中硼原子的杂化方式为 。
（3）反应前，为了除去“高温炉”中的水蒸气、空气，可采用的操作是 。“高温炉”中发生反应的化学方程式为 。
（4）索氏提取法采用的装置如图所示，实验时将NaBH4、Na2SiO3放入滤纸套筒1中，烧瓶中装入异丙胺。实验中异丙胺的作用为 ；产品沿索氏提取器的管 （填“2”或“3”）流回圆底烧瓶。
（5）研究表明，NaBH4和水反应：NaBH4+2H2O＝NaBO2+4H2↑。已知：反应物浓度减少至初始浓度一半所用时间叫半衰期。实验测得温度、pH对NaBH4溶液半衰期的影响如图所示。
①根据图像归纳：温度、pH影响NaBH4和H2O反应产生H2速率的规律是 ；
②常温下，一定量NaBH4与足量水反应，实际制得的H2产量低于理论产量，其主要原因是 （不考虑制备过程中H2的损失）。
4．（2024秋 丰台区期末）铵盐和硝酸是重要的化工原料。
（1）铵盐可以作化肥。
①NH4NO3是含氮量较高的氮肥，可由HNO3和 （填化学式）直接制取。
②NH4HCO3可作氮肥，其保存和使用的方法合理的是 （填序号）。
A．保存NH4HCO3要注意防雨防晒
B．不能与酸性肥料一起使用
C．与碱性肥料使用效果更佳
③检验某化肥中含有：取少量样品于试管中，加少量水溶解，再加入浓NaOH溶液，加热，产生的气体能使 ，说明含有。
（2）利用硝酸制备硝酸铜。
某工厂利用固体废渣（主要含Cu和CuO，还含有少量Cu2O和SiO2）制取Cu（NO3）2 3H2O的部分工艺流程如图。
已知：①Cu+在酸性溶液中不稳定，会转变成Cu和Cu2+。②SiO2是酸性氧化物，难于水和酸。
①酸溶过程中铜与稀硝酸反应的离子方程式为 。
②试剂X应选用 （填序号）。
A．NaOH B．Cu（OH）2 C．CuO
③若除酸时加入的X恰好完全反应，则过滤后所得废渣的成分为 。
④将酸溶使用的稀硝酸改为10%H2O2和20%稀硝酸的混合液，其中H2O2作氧化剂，基本无氮氧化物排放，写出固体废渣中Cu与该混合液反应的离子方程式 。
5．（2024秋 嘉定区期末）碳酸钙一般有方解石型、文石型和球霰石型等三种晶型，其中稳定性最好、实际应用最多的是方解石型。
Ⅰ.文献报道了一种制备方解石型碳酸钙的方法。该方法以CaCl2和NH4HCO3溶液为原料，通过加入LiCl形貌控制剂制得形貌规整、大小均匀的片状碳酸钙，且伴有气体产生。
（1）LiCl的电子式可表示为 ，通过以下 分析方法，能检测到碳酸钙产品中不含碳酸锂。
A．原子吸收光谱
B．红外光谱
C．核磁共振氢谱
D．晶体X射线衍射
（2）推测以上反应原理，用离子方程式表示 。
（3）室温下NH4HCO3溶液呈碱性，关于NH4HCO3溶液的说法正确的是 。
A．由水电离的[H+]＜10﹣7mol L﹣1
B．[NH3 H2O]＜[H2CO3]
C．[]＞[]＞[OH﹣]＞[H+]
D．[]+[NH3 H2O]＝[]+[H2CO3]
Ⅱ.粉煤灰是燃煤电厂排出的主要固体废物，其主要氧化物组成为：SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaO等。科学家发现了一种利用粉煤灰吸收二氧化碳制碳酸钙的工艺。
已知双极膜的作用：在直流电场作用下，双极膜可以将水解离成H+和OH﹣，分别在膜的两侧释放。
（4）以上工艺流程中尾渣的成分为 ，溶液中X为 ；以上流程中能循环的物质为H2O、 。（以上均填化学式）
（5）浸取液必须经过系列操作②才能利用的原因 。
（6）写出双极膜电解装置中阳极的电极反应 。
（7）关于以上电解池装置中说法正确的是 。
A．电解池负极发生还原反应
B．a处为NaOH，b处为HNO3
C．使用Na2SO4溶液代替水的目的是增强溶液导电性
D．Na+通过阳离子交换膜由右向左移动
（8）对比LiCl形貌控制法制备碳酸钙，粉煤灰吸收二氧化碳制碳酸钙的工艺优点为 ；缺点为 （任写一条即可）。
Ⅲ.小嘉同学在实验室尝试制备碳酸钙，他向1.0mol L﹣1CaCl2溶液中通入CO2至饱和，并未看到沉淀。该溶液中[H2CO3]＝0.033mol L﹣1，pH＝3.9。常温下，Ksp（CaCO3）＝2.8×10﹣9，H2CO3的电离常数分别为：Ka1＝4.2×10﹣7、Ka2＝4.8×10﹣11。
（9）请通过计算解释以上现象 （写出计算过程）。
6．（2024秋 朝阳区期末）NaClO、H2O2广泛应用于清洁和消毒。从实验室的探索到工业规模化的制备，其合成方法不断发展。
（1）实验室制备NaClO、H2O2制备NaClO；浓
①Ⅱ中制备NaClO的离子方程式是 。
②过程Ⅰ，当氯气不再逸出时，MnO2和盐酸仍有剩余，此时加入较浓硫酸，再次产生氯气。解释硫酸的作用： 。
制备
③（NH4）2S2O8中S的化合价为+6，1mol该物质中过氧键的数目为 。
（2）模块化电化学合成NaClO、H2O2。
①H2O2实际浓度的变化与理论浓度（电路中通过的电子均用于生成H2O2）的变化如图所示。t1min之后，H2O2的实际浓度低于理论浓度，推测原因：
ⅰ.其他物质在阴极放电。
ⅱ. 。
经检验，原因ⅰ不合理。
②充分电解后，将电极a、b对调，能继续合成NaClO、H2O2，如此多次循环，实现可持续生产。结合电极反应式从OH﹣的产生、储存、释放与应用的角度说明原因： 。
（3）与实验室制备NaClO、H2O2的方法相比，模块化电化学合成两种消毒剂的优点之一是原子利用率高，用总反应方程式说明： 。
7．（2024秋 昌平区期末）农业级NH4NO3作为高效氮肥，广泛应用于提高土壤含氮量和促进植物生长。其中一种制备流程如图：
（1）在横线上写出以下物质中加点元素的化合价。
NO2 ，NH4NO3 。
（2）试剂X为 。
（3）步骤ⅰ反应的化学方程式为 。
（4）步骤ⅳ反应的化学方程式为 。
（5）有文献资料显示：在一定条件下NH3可将氮氧化物（如NO2）转化为无污染的气体。
①从理论角度说明论证该反应发生的可能性 。
②补全该反应的化学方程式 。
□NH3+□NO2□_____+□_____
8．（2024秋 龙岗区期末）二氧化氯（ClO2）是一种高效消毒灭菌剂，它不产生有毒物质，被认为是安全的绿色消毒剂。
已知：ClO2为黄绿色气体，水溶液呈黄绿色，难溶于CCl4；Cl2易溶于CCl4。
NaClO2溶液呈碱性；在酸性环境中，ClO2易歧化为ClO2和Cl2。
（1）兴趣小组用以下装置制备ClO2，制备原理为Cl2+2NaClO2═2NaCl+2ClO2。实验过程中，持续通入N2使装置Ⅲ中生成的ClO2逸出。
①装置Ⅰ中制备Cl2的离子方程式为 。
②若无装置Ⅱ，则实验开始后，装置Ⅳ中液体迅速变为黄绿色。装置Ⅱ可以延后此现象出现的时间，则装置Ⅱ的作用为 。
③根据Ⅲ中的ClO2制备反应，在此条件下氧化性：Cl2 ClO2（填“＞”或“＜”）。
（2）兴趣小组探究ClO2的化学性质。
初步实验 向VmLcmol/LNaCl溶液通入V2mLClO2，将溶液等分为溶液A与溶液B。向溶液B中加入浓盐酸，得到溶液C。经取样检验，溶液A中无Cl2，溶液C中有Cl2。
提出猜想 猜想a：增大Cl﹣浓度，Cl﹣可被ClO2氧化。
猜想b：酸性条件下，Cl﹣可被ClO2氧化。
交流分析 小组同学认为初步实验的现象不足以说明猜想a成立，理由为 。
优化实验 小组同学向溶液A中加入过量NaCl固体至不再溶解，检测得溶液中无Cl2生成。
实验小结 猜想a （填“成立”或“不成立”）。
继续实验 在之前实验的基础上，小组同学设计实验并验证了猜想b的成立。实验方案和结果为 （试剂任选）
实验结论 酸性条件下，氧化性：Cl2 ClO2（填“＞”或“＜”）。酸碱性影响物质的氧化性、还原性强弱。
（3）ClO2能被多种稳定剂吸收，若将其用于果蔬保鲜。依据图11，你认为效果较好的稳定剂是 （填“稳定剂I”或“稳定剂Ⅱ”），原因是 。
9．（2024秋 龙岗区期末）锗（Ge）广泛用于航空航天、太阳能电池、信息通信等战略性产业。一种从粉煤灰（含GeO2）富集二氧化锗的流程如图：
已知：部分物质的理化性质如表。
物质 沸点℃ 特性
GeO2 1200 稳定
GeCl4 84 易水解
NH4Cl 一 易分解
回答下列问题：
（1）锗元素基态原子的价层电子排布式为 。
（2）“混合”宜在低温下操作，其目的是 。
（3）“焙烧”时将粉煤灰与氯化铵混合后置于石英管中400℃焙烧，产生的焙烧气中含有GeCl4、NH3等，反应的化学方程式为 ，氮气不参与焙烧反应，焙烧过程中通氮气的作用是 。
（4）“水解”中发生反应：GeCl4+2H2O GeO2+4HCl ΔH＜0，实验测得水解率与HCl浓度、温度关系如图，最适宜的条件是 ，水解率P点高于Q点的原因是 。
（5）GeO2是锗酸（H2GeO3）的酸酐，25℃时0.1mol L﹣1NaHGeO3溶液呈 性，该溶液中含锗微粒的浓度由大到小的是 。（已知25℃时，H2GeO3的，）。
10．（2024秋 黑龙江期末）以下为一种以含铅废料（Pb、PbO、PbO2、Fe、Fe2O3及炭黑）制备纳米PbO和PbSO4的工艺。
已知：①炭黑是一种碳单质，化学性质比较稳定。②PbSO4、PbCO3均为难溶于水的固体。
（1）过程Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb和PbO2反应生成PbSO4，请写出该过程的化学方程式并用单线桥表示出电子的转移情况 。
（2）检验过程Ⅰ的滤液中是否含有Fe2+，可选用 （填字母）。
a．KSCN溶液 b．氯水 c．酸性KMnO4溶液
（3）过程Ⅱ过滤除去的物质是 。
（4）过程Ⅲ所得滤液中检出，请写出过程Ⅲ产生PbCO3的化学方程式 。
（5）PbO溶解在NaOH溶液中存在可逆反应：PbO（s）+NaOH（aq） NaHPbO2（aq）。PbO的溶解度曲线如图所示，结合曲线补全由粗品PbO得到高纯PbO的操作：将粗PbO溶解在一定量 （填“35%”或“10%）的NaOH溶液中，加热至110℃左右，充分溶解后，趁热过滤，将滤液 ，过滤、洗涤并干燥得到高纯PbO。
（6）测定废料中铅的含量。将已经分离出铁元素的含铅废料ag与足量盐酸、NaCl溶液充分反应（Pb元素全部转变为[PbCl4]2﹣），得到100mL溶液。取5mL溶液加水稀释，逐滴加入0.01mol/L的乙二胺四乙酸二钠盐（用Na2H2Y表示），至恰好完全反应时消耗Na2H2Y溶液VmL。计算废料中铅的质量分数 ，反应原理为：。
11．（2024秋 如东县期末）某兴趣小组制备NaClO并模拟工业处理NO或SO2的过程如下：
（1）制NaClO。实验装置如图1所示。
①装置乙中盛放的试剂是 。
②已知：Cl2与NaOH溶液反应放热，温度过高时会生成NaClO3，为减少NaClO3的生成，该实验中可采取的措施有 。
（2）除NO或SO2向NaClO与稀硫酸的混合溶液中通入NO或SO2
①NaClO将NO氧化成的离子方程式为 。
②实验过程中控制温度在30℃左右，原因是 。
③其他条件一定，NO、SO2的去除率随混合溶液初始pH的变化如图2所示。
pH＞6，NO去除率下降而SO2去除率始终保持较高的原因是 。
（3）NaClO处理SO2后的溶液中存在Na+、Cl﹣、、，补充完整由该溶液制备Na2SO4 10H2O的实验方案：边搅拌边向溶液中滴加0.1mol L﹣1NaOH溶液， ，得到Na2SO4 10H2O[已知：室温下溶液中含+4价硫微粒的物质的量分数随pH分布如图3所示；Na2SO4NaCl溶解度曲线如图4所示；Na2SO3溶液pH＞7、Na2SO4溶液pH＝7。实验中须使用O2和pH计（用于测定溶液的pH）]
12．（2024秋 如东县期末）菱锰矿（主要含MnCO3和少量Fe3O4。Al2O3、SiO2等）制取新型锂电池电极材料LiMn2O4的步骤如下：
（1）酸浸。向菱锰矿中边搅拌边加入足量稀硫酸，充分反应后过滤。写出MnCO3转化为Mn2+的离子方程式： 。
（2）除杂。向浸出液中加入KMnO4溶液氧化Fe2+，再调节溶液pH除去铁、铝。若KMnO4溶液过量，会导致溶液中Mn2+的物质的量减小，其原因是 。
（3）沉锰。向除杂后的溶液中滴加氨水，得到Mn（OH）2和Mn2（OH）2SO4沉淀。写出生成Mn2（OH）2SO4的离子方程式： 。
（4）氧化。将Mn（OH）2和Mn2（OH）2SO4加水制成浆液，再通入适量O2充分反应后生成Mn3O4。
①反应初期溶液pH几乎不变，一段时间后溶液pH迅速下降，其原因是 。
②若通入O2过多会使产物中锰元素的质量分数降低，其原因是 。
（5）锂化。在空气中高温煅烧Mn3O4和Li2CO3生成LiMn2O4消耗O2与生成CO2的物质的量之比为 。
13．（2024秋 上海期末）H2O2是一种绿色氧化剂，在推动绿色生产中发挥着重要作用。
（1）已知H2O2在催化剂作用下分解速率加快，其能量随反应进程的变化如图所示。下列说法正确的是 。
A.H2O2分解属于吸热反应
B.加入催化剂，减小了反应的焓变
C.加入催化剂，可提高反应的活化能
D.反应物的焓高于生成物的焓
已知：①2H2（g）+O2（g）═2H2O（I）ΔH1＝﹣572kJ mol﹣1
②2H2O2（l）＝2H2O（l）+O2（g），ΔH2＝﹣196kJ mol﹣1
（2）请写出用H2（g）和O2（g）生产H2O2（l）总反应的热化学方程式 。
（3）反应①中的ΔH1 （选填“是”或“不是”）H2的燃烧热，原因为 。
我国科学家设计如图所示的光电催化体系，可以实现烟气脱SO2。
（4）B端为直流电源的 。
A.阳极
B.阴极
C.正极
D.负极
（5）写出阴极的电极反应式： 。
（6）若实现烟气脱SO2的体积（标准状况）为4.48L，则参与反应的O2为 mol。
为了贮存运输方便，工业上采用“醇析法”，将H2O2转化为过碳酸钠晶体（2Na2CO3 3H2O2），该晶体具有Na2CO3和H2O2的双重性质，制备过程如图。
已知：异丙醇沸点为82.5℃。
（7）过碳酸钠溶于水，溶液呈 （填“酸性”、“碱性”或“中性”），用离子方程式解释原因 。
（8）下列物质可使过碳酸钠较快失效的是 。
A.FeCl3溶液
B.NaOH溶液
C.NaCl溶液
D.NaHCO3溶液
（9）制备过碳酸钠反应温度控制在0～5℃时进行的原因是 ；
加入异丙醇的作用是 。
14．（2024秋 昌平区期末）钒有“金属维生素”之称。+5价的钒化合物在不同酸碱性环境中的主要存在形式见表。
pH pH＜4 4＜pH＜8 pH＞8
主要存在形式
实验室利用含钒原料模拟工业制取V2O5的流程示意图如图。
法1：酸浸提钒
资料：
ⅰ.含钒矿石主要成分为V2O5，还含有Fe2O3、MgO、SiO2等杂质
ⅱ.金属离子的起始浓度为0.1mol L时，生成氢氧化物沉淀的pH见下表：
氢氧化物 Mg（OH）2 Fe（OH）3
开始沉淀时 8.9 1.5
完全沉淀时 10.9 2.8
ⅲ.NH4VO3难溶于水，煅烧后可得到固体V2O5
（1）过程ⅰ中Fe2O3反应的离子方程式是 。
（2）写出沉淀b中2种沉淀的化学式 。
（3）写出氨水沉钒过程中发生反应的离子方程式 。
法2：钙化尾渣提钒
资料：
ⅰ.钙化尾渣含有V2O5，还含有CaSO4等杂质。
ⅱ.Ca（VO3）2难溶于水但易溶于酸。
（4）脱硫过程中是将钙化尾渣与NH4HCO3、水混合后加热。结合化学用语，用平衡移动原理解释加入的的作用 。
（5）其他条件相同时，相同时间内，加入硫酸酸浸过程中，钒浸出率随pH变化如图所示。
①如图所示的硫酸酸浸过程中发生发应的离子方程式是 。
②pH＞3时，随pH增大，钒浸出率显著下降的原因是 。
③pH＜2时，随pH减小，钒浸出率显著下降的原因是 。
（6）纯V2O5可用于制备全钒液流电池的电解质溶液。全钒液流电池的简易装置如图所示。
①V2O5经过量浓硫酸浸泡后通入SO2，可制备VOSO4溶液，写出其中氧化还原反应的离子方程式 。②已知相同条件下氧化性：V3+，写出充电过程中阳极反应的电极反应式 。
15．（2024秋 苏州期末）以食盐水和HCl为原料均可制Cl2。
Ⅰ．以食盐水为原料制Cl2
（1）除去粗盐中含有Ca2+、Mg2+、等杂质离子，常用试剂为：Na2CO3溶液、NaOH溶液、BaCl2溶液、盐酸。
①用于除去Ca2+的试剂是 。
②除去时，判断已沉淀完全的方法是 。
③待杂质离子沉淀完全，过滤后向滤液中加入盐酸，发生反应的离子方程式有 。
（2）电解饱和食盐水可得到H2、Cl2和NaOH。
①电解饱和食盐水转移电子的物质的量为1mol时，理论上产生Cl2在标准状况下的体积为 。
②电解时有少量O2产生，则电解产生的n（H2）：n（Cl2） （填“＞”或“＜”或“＝”）1：1。
③电解后的溶液中产生少量ClO﹣的可能原因是 （用化学方程式表示）。
Ⅱ．以HCl为原料制Cl2
（3）利用CuO/CuCl2循环可将HCl氧化为Cl2，转化关系如图所示。
①反应b在340～380℃条件下进行，写出该反应的化学方程式： 。
②已知：SiO2是酸性氧化物，难溶于水。CuCl2溶解度如下表：
温度/℃ 20 40 60 80
溶解度/g 73 77.3 87.6 96.6
请补充完整回收废催化剂（含CuO、CuCl2、SiO2等）获取CuCl2晶体的实验方案：取废催化剂于烧杯中， ，过滤、洗涤、干燥得CuCl2晶体。
16．（2024秋 房山区期末）碳酸二甲酯[（CH3O）2CO]是一种环保且用途广泛的化工原料，可采用多种方法进行制备。
（1）方法一：早期以CH3OH、CO和O2为原料，CuCl为催化剂，采用液相法合成（CH3O）2CO。
反应分两步进行：
反应ⅰ.4CH3OH+O2+4CuCl═4Cu（CH3O）Cl+2H2O
写出反应ⅱ的化学方程式： 。
（2）方法二：用CH3OH和CO2直接合成（CH3O）2CO。
反应的热化学方程式为：2CH3OH（g）+CO2（g） （CH3O）2CO（g）+H2O（g）ΔH＜0。
①在密闭容器中发生上述反应，下列措施能提升甲醇平衡转化率的是 （填序号）。
a.增大压强
b.增大CH3OH和CO2的投料比
c.及时分离出（CH3O）2CO
②一定条件下，测得（CH3O）2CO单位时间的产率随温度变化如图所示。分析（CH3O）2CO产率随温度变化的原因 （忽略温度对催化剂活性的影响）。
（3）方法三：以CH3OH为原料，通过电化学法合成（CH3O）2CO工作原理如图所示。
①b是电解池的 极。
②电解过程中生成（CH3O）2CO的电极反应式是 。
（4）以CO2为原料制备（CH3O）2CO，有助于实现碳中和，请结合化学反应原理对方法二提出优化建议 。
17．（2024秋 静安区期末）尿素[CO（NH2）2]是世界上使用最为广泛的氮肥。同时，它与人体健康也有着密不可分的联系。
Ⅰ.工业上利用合成氨工艺联合生产尿素，原理如图所示。
（1）尿素属于 。
A.铵态氮肥
B.硝态氮肥
C.有机氮肥
D.复合肥
（2）尿素分子内存在的化学键有 。
A.极性键
B.离子键
C.氢键
D.非极性键
（3）若反应器Ⅰ和Ⅱ中各有1.5mol H2O参加反应，理论上可获得 mol H2。
反应器Ⅳ中的总反应为2NH3（g）+CO2（g） CO（NH2）2（s）+H2O（g），该反应需要两步才能完成，其能量变化如图所示。
（4）第一步反应的平衡常数表达式K＝ ；
（5）①当升高温度，第二步反应的平衡常数将 ；
A.减小
B.增大
C.保持不变
D.条件不足，无法判断
②恒温恒容的密闭容器中，能说明总反应达到平衡状态的是 。
A.二氧化碳的生成速率和水的消耗速率相等
B.容器内气体的压强保持不变
C.容器内NH3、CO2、H2O的物质的量之比为2：1：1
D.单位时间内，每断裂3mol N—H键，同时形成1mol O—H键
Ⅱ.碳﹣13无放射性，医学上用13C标记的尿素呼气诊断幽门螺旋杆菌感染，该检验比14C呼气更安全。
（6）关于13C的说法正确的是 。
A．13C和14C互为同素异形体
B．14C也无放射性，主要用于考古断代
C．14C比13C 多1个电子
D．13C与14C是两种不同的核素
Ⅲ.氨基酸在肝脏等组织代谢下产生尿素。当人体肾功能衰竭，血液中的尿素会逐渐累积而升高。医学上常采用人工肾脏间接电化学法除去代谢产物中的尿素，用于治疗肾功能衰竭和尿毒症。
（7）①关于氨基酸的说法，错误的是 。
A.氨基酸是两性化合物，可与酸或碱反应
B.天然蛋白质水解仅得α﹣氨基酸
C.两分子氨基酸脱水形成二肽
D.氨基酸、多肽都具有酰胺键
②茚三酮显色法检验氨基酸非常灵敏。在 条件下，谷氨酸与茚三酮反应后能得到蓝紫色的物质。（不定项）
A.加热
B.低温
C.弱酸性
D.弱碱性
人工肾脏间接电化学法除去代谢中尿素的原理如图。
（8）阳极室先后发生两个反应，一个发生在电极表面，另一个发生在电解液中。
①请依次书写电极反应式、化学反应方程式： 和 。
②电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比无变化，原因是： 。
18．（2024秋 上海期末）三草酸合铁（Ⅲ）酸钾（K3[Fe（C2O4）3] 3H2O）是一种经典的光敏剂，也是制备负载型活性铁催化剂的主要原料。用废铁屑（含少量Al2O3Fe2O3）先制备草酸亚铁，然后再制备三草酸合铁（Ⅲ）酸钾。
（1）制备草酸亚铁
已知：部分氢氧化物沉淀时溶液的pH如下表：
沉淀物 Fe（OH）3 Fe（OH）2 Al（OH）3
开始沉淀 2.3 7.5 3.4
完全沉淀 3.2 9.7 4.4
（2）加入过量废铁屑的主要目的是 （不定项）。
A.提高铁的利用率
B.除去溶液中的Fe3+
C.防止Fe2+被氧化
D.抑制Fe2+的水解
（3）加入少量Na2CO3后，混合溶液pH范围应调控在 。
A.3.2以下
B.3.2～3.4
C.4.4﹣7.5
D.7.5以上
Ⅱ.制备三草酸合铁（Ⅲ）酸钾
步骤一：在草酸亚铁固体中，加入饱和K2C2O4溶液；
步骤二：保持恒温40℃边搅拌边缓慢加入3%H2O2溶液，直至氧化完全；
步骤三：将溶液加热至沸，加入饱和H2C2O4溶液，溶液转为绿色，获得三草酸合铁（Ⅲ）酸钾溶液。
（4）步骤二中滴加H2O2时需保持恒温40℃，可以采用的加热方式是 。
（5）从步骤三所得溶液获得三草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体的操作依次为加热浓缩、 、过滤，然后用乙醇淋洗。
Ⅲ.三草酸合铁（Ⅲ）酸钾含量测定
测定三草酸合铁（Ⅲ）酸钾样品纯度的方法如下：
称取样品2.415g，配制成250mL溶液，从中量取25.00mL于锥形瓶中，加入少量稀硫酸，用0.0200mol L﹣1KMnO4标准溶液滴定至终点，反应原理为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4＝2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O
（6）上述测定过程中，需要用到的定量仪器除滴定管外，还需要 。
（7）确认滴定终点的操作和现象是 。
（8）若最终消耗KMnO4标准溶液23.19mL，则样品纯度为 （精确到0.1%）。
（已知K3[Fe（C2O4）3] 3H2O的摩尔质量为491g mol﹣1
（9）若实验测得的产品纯度偏低，可能原因是 。
A.滴定管装入KMnO4标准液前未润洗
B.滴定管装入样品溶液前未润洗
C.滴定前，锥形瓶用样品溶液润洗
D.滴定前，锥形瓶中有少量蒸馏水
19．（2025 浙江）磷是生命活动中不可或缺的元素。
请回答：
（1）关于ⅤA族元素原子结构的描述，下列说法正确的是 。
A.基态P原子3p轨道上的电子自旋方向相同
B.As3+的最外层电子数为18
C.P3+的半径小于P5+的半径
D.电子排布为[Ne]3s13p4的P原子处于激发态
（2）某化合物的晶胞如图。
①化学式是 ；
②将0.01mol该化合物加入到含少量石蕊的10mLH2O中，实验现象是 （从酸碱性和溶解性角度推测）。
（3）两分子H3PO4（Ka3＝4.8×10﹣13）脱水聚合得到一分子H4P2Q7（Ka3＝2.0×10﹣7），从、HP2的结构角度分析Ka差异的原因 。
（4）兴趣小组对某磷灰石[主要成分为Ca5（PO4）3OH、Ca5（PO4）3F、Ca5（PO4）3Cl和少量SiO2]进行探究，设计了两种制备H3PO4的方法：
Ⅰ用稍过量的浓H2SO4与磷灰石反应，得到H3PO4溶液、少量SiF4气体、渣（主要成分为CaSO4）。
Ⅱ将磷灰石脱水、还原，得到的白磷（P4）燃烧后与水反应制得H3PO4溶液。
①方法Ⅰ，所得H3PO4溶液中含有的杂质酸是 。
②以方法Ⅰ中所得渣为硫源，设计实验制备无水Na2SO4，流程如图：
溶液A是 ，系列操作B是 ，操作C是 。
③方法Ⅱ中，脱水得到的Ca10（PO4）6O（足量）与炭（C）、SiO2高温下反应，生成白磷（P4）和另一种可燃性气体，该反应的化学方程式是 。
20．（2024秋 朝阳区期末）天青石的主要成分为硫酸锶（SrSO4），另外含有质量分数约为4.2%的BaSO4、4.1%的SiO2。利用天青石制备高纯碳酸锶（SrCO3），流程示意图如图。
已知：
物质 SrSO4 SrCO3 BaSO4 BaCO3
Ksp 3.3×10﹣7 1.1×10﹣10 1.1×10﹣10 2.6×10﹣9
（1）Sr位于元素周期表第五周期第ⅡA族。写出基态Sr原子价层电子的轨道表示式： 。
（2）酸浸
写出SrCO3溶于盐酸的离子方程式： 。
（3）净化
滤液C中含有Sr2+和少量Ba2+，（NH4）2SO4能除去溶液中97%以上的Ba2+，但几乎不损失Sr2+，其原因是 。
（4）沉淀
①制得高纯碳酸锶的离子方程式为 。
②若反应温度较高（＞90℃），SrCO3产率降低，原因是 。
（5）转化
①分析“转化”过程中主要转化SrSO4的原因。
计算反应SrSO4（s）（aq） SrCO3（s）（aq）的K＝ ，该反应的K比BaSO4（s）（aq） BaCO3（s）（aq）的K大得多。
②分析“转化”过程中NH3 H2O和（NH4）2SO4的作用。
ⅰ.NH3 H2O和调控溶液pH，进而调控c（），提高SrSO4转化率。
ⅱ. 。
制备实验方案的设计（解答题）
参考答案与试题解析
一．解答题（共20小题）
1．（2025 陕西一模）过氧化钙（CaO2）可用作医用防腐剂和消毒剂，也可作为改良剂为农业、园艺和生物技术应用提供氧气。实验室制备过氧化钙的流程如图：
（1）步骤Ⅰ中常加入过量碳酸钙，其目的是 保证盐酸完全反应，避免与步骤Ⅱ中的氨水反应 。
（2）步骤Ⅱ在如图装置中反应，其中盛放CaCl2溶液的仪器名称为 恒压滴液漏斗 ，步骤Ⅱ在冰水浴中进行，温度不宜过高的原因可能是 防止氨水、过氧化氢受热分解 ，该步骤反应的化学方程式为 CaCl2+H2O2+2NH3 H2O+（x﹣2）H2O＝CaO2 xH2O↓+2NH4Cl 。
（3）检验步骤Ⅳ中产物是否洗涤干净的实验方案是 取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加HNO3酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，说明洗涤干净 。
（4）测定产品中CaO2含量。
原理：在酸性条件下，CaO2与稀酸反应生成H2O2，用标准液KMnO4溶液滴定所生成的H2O2，以确定CaO2含量。
实验操作：准确称取0.72g产品配成250.00mL溶液。取25.00mL溶液，加入5mL6mol L﹣1醋酸溶液和2～3滴0.1mol L﹣1MnSO4溶液，用0.0200mol L﹣1KMnO4标准溶液平行滴定3次，消耗KMnO4标准溶液的平均体积为17.60mL。
①滴定终点的现象为 当滴入最后半滴KMnO4溶液时，锥形瓶内颜色由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色 ，读取KMnO4溶液体积时，滴定前俯视读数，滴定后仰视读数，则测定结果 偏大 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。
②产品中CaO2含量为 88 %。
【答案】（1）保证盐酸完全反应，避免与步骤Ⅱ中的氨水反应；
（2）恒压滴液漏斗；防止氨水、过氧化氢受热分解；CaCl2+H2O2+2NH3 H2O+（x﹣2）H2O＝CaO2 xH2O↓+2NH4Cl；
（3）取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加HNO3酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，说明洗涤干净；
（4）①当滴入最后半滴KMnO4溶液时，锥形瓶内颜色由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；偏大；
②88。
【分析】根据工艺流程可知碳酸钙与盐酸反应生成CaCl2，CaCl2与氨水和H2O2反应生成CaO2 xH2O，步骤Ⅱ为氯化钙、过氧化氢和氨水的反主应，由于过氧化氢受热易分解、氨水受热易挥发，所以该反应温度不宜过高，可在冰水浴中进行，该反应生成了CaO2 xH2O和NH4Cl，该步骤反应的化学方程式为CaCl2+H2O2+2NH3 H2O+（x﹣2）H2O＝CaO2 xH2O↓+2NH4Cl，经洗涤烘干则得CaO2。
【解答】解：（1）步骤Ⅰ中应过量的试剂为CaCO3，保证HCl反应完，避免与步骤二中的氨水反应，
故答案为：保证盐酸完全反应，避免与步骤Ⅱ中的氨水反应；
（2）盛放氯化钙溶液的仪器的名称为恒压滴液漏斗，步骤Ⅱ为CaCl2、H2O2和氨水的反主应，由于过氧化氢受热易分解、氨水受热易挥发，所以该反应温度不宜过高，可在冰水浴中进行，该反应生成了CaO2 xH2O和NH4Cl，该步骤反应的化学方程式为CaCl2+H2O2+2NH3 H2O+（x﹣2）H2O＝CaO2 xH2O↓+2NH4Cl，
故答案为：恒压滴液漏斗；防止氨水、过氧化氢受热分解；CaCl2+H2O2+2NH3 H2O+（x﹣2）H2O＝CaO2 xH2O↓+2NH4Cl；
（3）过滤过的沉淀表面的液体中存在有Cl﹣，氯离子与银离子反应会生成氯化银沉淀，所以可检验洗涤液中是否存在Cl﹣再确定是否洗涤干净，其操作为：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，说明洗涤干净，
故答案为：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加HNO3酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，说明洗涤干净；
（4）①高锰酸钾有剩余时即达到了滴定终点，所以滴定终点的现象为当滴入最后半滴高锰酸钾溶液时，瓶内颜色由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；酸式滴定管的0刻度在上方，所以读取溶液体积时，滴定前俯视读数导致读数偏小，滴定后仰视读数导致读数偏大，从而使消耗的高锰酸钾溶液体积偏大，测定结果偏大，
故答案为：当滴入最后半滴高锰酸钾溶液时，锥形瓶内颜色由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；偏大；
②滴定过程中发生的化学反应为：、，可得关系式：
故x＝0.00088mol，则CaO2含量为，
故答案为：88。
【点评】本题主要考查制备实验方案的设计等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
2．（2024秋 广东期末）现有Fe、Cl2、稀盐酸和稀硫酸，利用上述物质制取FeSO4溶液和FeCl3溶液并进行实验。回答下列问题：
（1）Fe和Cl2在加热条件下反应生成 FeCl3 （填化学式，下同），Fe和稀硫酸反应生成 FeSO4和H2 。
（2）探究Fe3+的氧化性。取适量FeCl3溶液于试管中，滴加几滴淀粉﹣KI溶液，反应现象为 溶液变成蓝色 ，反应的离子方程式为 。
（3）为了验证Fe3+的性质，某化学兴趣小组设计了如图所示的实验，其中实验设计不合理或预测实验现象错误的是 ③④ （填序号）。
（4）利用FeCl3溶液制备Fe（OH）3胶体。通过 丁达尔效应 （方法）可以证明所得溶液属于胶体。
（5）将适量铁粉放入氯化铁溶液中，完全反应后，溶液中的Fe3+和Fe2+浓度相等，则已反应的Fe3+与未反应的Fe3+的物质的量之比是 2：3 。
（6）探究Fe2+的还原性：取适量FeSO4溶液于试管中，滴加几滴酸性KMnO4溶液，反应现象为 溶液紫色褪去 ，反应的离子方程式为 。
（7）为了更清楚地观察生成Fe（OH）2的现象，将FeSO4溶液与NaOH溶液混合的正确操作是 B （填选项字母）。
A． B． C．
【答案】（1）FeCl3；FeSO4和H2；
（2）溶液变成蓝色；；
（3）③④；
（4）丁达尔效应；
（5）2：3；
（6）溶液紫色褪去；；
（7）B。
【分析】（1）Fe在加热条件下与Cl2反应生成FeCl3；Fe与稀硫酸反应生成FeSO4和H2；
（2）溶液中所含的Fe3+可以将I﹣氧化成I2；
（3）①Fe3+与Fe反应生成氯化亚铁；
②Fe3+与SCN﹣结合生成红色的Fe（SCN）3；
③FeCl3和CuSO4不反应；
④实验现象正确，但是与Fe3+的性质无关；
⑤Fe3+与OH﹣反应生成红褐色的Fe（OH）3沉淀；
（4）可通过丁达尔效应区分溶液和胶体；
（5）根据题意可知：设Fe3+起始浓度为amol/L，Fe3+的转化浓度为2xmol/L，则有
可得a﹣2x＝3x，在同一个溶液中，浓度之比等于物质的量之比；
（6）溶液中所含的Fe2+与酸性高锰酸钾溶液反应生成Mn2+、Fe3+和H2O，滴加的酸性高锰酸钾溶液紫色褪去；
（7）为了更清楚地观察生成Fe（OH）2的现象，正确操作是在FeSO4溶液的液面上覆盖一层煤油，以隔绝空气，然后将吸有NaOH溶液的长胶头滴管伸到液面以下后再滴加NaOH溶液，这样就可以减少生成的Fe（OH）2与氧气的接触，从而可防止Fe（OH）2被氧化成Fe（OH）3。
【解答】解：（1）Fe在加热条件下与Cl2反应生成FeCl3；Fe与稀硫酸反应生成FeSO4和H2，
故答案为：FeCl3；FeSO4和H2；
（2）溶液中所含的Fe3+可以将I﹣氧化成I2，淀粉溶液遇I2变为蓝色；反应的离子方程式为，
故答案为：溶液变成蓝色；；
（3）①Fe3+与Fe反应生成氯化亚铁，得到浅绿色溶液，故①正确；
②Fe3+与SCN﹣结合生成红色的Fe（SCN）3，故②正确；
③FeCl3和CuSO4不反应，且溶液不是无色，故③错误；
④实验现象正确，但是与Fe3+的性质无关，故④错误；
⑤Fe3+与OH﹣反应生成红褐色的Fe（OH）3沉淀，故⑤正确
故答案为：③④；
（4）可通过丁达尔效应区分溶液和胶体，
故答案为：丁达尔效应；
（5）根据题意可知：设Fe3+起始浓度为amol/L，Fe3+的转化浓度为2xmol/L，则有
可得a﹣2x＝3x，在同一个溶液中，浓度之比等于物质的量之比，则已反应的Fe3+与未反应的Fe3+的物质的量之比为2x：a﹣2x＝2x：3x＝2：3，
故答案为：2：3；
（6）溶液中所含的Fe2+与酸性高锰酸钾溶液反应生成Mn2+、Fe3+和H2O，反应的离子方程式为，滴加的酸性高锰酸钾溶液紫色褪去，
故答案为：溶液紫色褪去；；
（7）在FeSO4溶液的液面上覆盖一层煤油，以隔绝空气，然后将吸有NaOH溶液的长胶头滴管伸到液面以下后再滴加NaOH溶液，可减少Fe（OH）2与氧气的接触，防止Fe（OH）2被氧化成Fe（OH）3，可观察到氢氧化亚铁白色沉淀，
故答案为：B。
【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。
3．（2025 湖南开学）硼氢化钠（NaBH4）是制造乙硼烷和其他高能燃料的原料，以含H3BO3废液为原料制备NaBH4的流程如图：
已知：NaBH4易溶于异丙胺（、沸点为33℃）。
请回答下列问题：
（1）试判断：三甲胺（）的沸点 小于 异丙胺的沸点（填“大于”或“小于”），判断理由是 丙胺含有N—H键，异丙胺分子间能形成氢键 。
（2）Na2B4O7 10H2O俗称硼砂，硼砂晶体中阴离子的结构如图所示，其中硼原子的杂化方式为 sp2、sp3 。
（3）反应前，为了除去“高温炉”中的水蒸气、空气，可采用的操作是 通入干燥氮气排除空气和水蒸气，避免钠与水蒸气、空气反应 。“高温炉”中发生反应的化学方程式为 。
（4）索氏提取法采用的装置如图所示，实验时将NaBH4、Na2SiO3放入滤纸套筒1中，烧瓶中装入异丙胺。实验中异丙胺的作用为 萃取剂 ；产品沿索氏提取器的管 3 （填“2”或“3”）流回圆底烧瓶。
（5）研究表明，NaBH4和水反应：NaBH4+2H2O＝NaBO2+4H2↑。已知：反应物浓度减少至初始浓度一半所用时间叫半衰期。实验测得温度、pH对NaBH4溶液半衰期的影响如图所示。
①根据图像归纳：温度、pH影响NaBH4和H2O反应产生H2速率的规律是 pH相同，温度越高，产生H2速率越大；温度相同，pH升高，产生H2速率越小 ；
②常温下，一定量NaBH4与足量水反应，实际制得的H2产量低于理论产量，其主要原因是 NaBH4与水反应生成NaBO2和氢气，NaBO2是弱酸强碱盐，其水溶液呈碱性，随着反应进行，碱性增强，反应速率减小 （不考虑制备过程中H2的损失）。
【答案】（1）小于；丙胺含有N—H键，异丙胺分子间能形成氢键；
（2）sp2、sp3；
（3）通入干燥氮气排除空气和水蒸气，避免钠与水蒸气、空气反应；；
（4）萃取剂；3；
（5）①pH相同，温度越高，产生H2速率越大；温度相同，pH升高，产生H2速率越小；
②NaBH4与水反应生成NaBO2和氢气，NaBO2是弱酸强碱盐，其水溶液呈碱性，随着反应进行，碱性增强，反应速率减小。
【分析】含H3BO3废液与NaOH溶液反应后，将溶液浓缩、结晶、脱水，得到Na2B4O7（硼砂），将硼砂与Na、H2、SiO2在高温炉中反应，生成NaBH4、Na2SiO3，将NaBH4、Na2SiO3放入索氏提取器，得到NaBH4固体，据此分析作答。
【解答】解：（1）异丙胺含有N—H键，异丙胺分子间能形成氢键，使其沸点升高，所以三甲胺的沸点小于异丙胺的沸点，
故答案为：小于；丙胺含有N—H键，异丙胺分子间能形成氢键；
（2）由图可知，硼砂晶体中有2个硼原子的σ键数为4，也有2个硼原子的σ键数为3，则价层电子对数为4或3，故杂化方式为sp2、sp3，
故答案为：sp2、sp3；
（3）反应前，为了除去“高温炉”中的水蒸气、空气，可采用的操作是通入干燥氮气，排除空气和水蒸气，避免钠与水蒸气、空气反应，由题意可知，反应物有Na2B4O7、Na、H2、SiO2，产物有NaBH4、Na2SiO3，则“高温炉”中发生反应的化学方程式为：，
故答案为：通入干燥氮气排除空气和水蒸气，避免钠与水蒸气、空气反应；；
（4）索氏提取器中2为蒸汽导管，3为虹吸管，异丙胺受热蒸发，蒸汽沿导管2上升至球形冷凝管，冷凝后滴入滤纸套筒1中，再经导管3返回烧瓶，从而实现连续萃取，所以异丙胺的作用为萃取剂，产品沿索氏提取器的管3流回圆底烧瓶，
故答案为：萃取剂；3；
（5）①根据图像归纳：温度、pH影响NaBH4和H2O反应产生H2速率的规律是pH相同，温度越高，产生H2速率越大；温度相同，pH升高，产生H2速率越小，
故答案为：pH相同，温度越高，产生H2速率越大；温度相同，pH升高，产生H2速率越小；
②常温下，一定量NaBH4与足量水反应，实际制得的H2产量低于理论产量，其主要原因是NaBH4与水反应生成NaBO2和氢气，NaBO2是弱酸强碱盐，其水溶液呈碱性，随着反应进行，碱性增强，反应速率减小，
故答案为：NaBH4与水反应生成NaBO2和氢气，NaBO2是弱酸强碱盐，其水溶液呈碱性，随着反应进行，碱性增强，反应速率减小。
【点评】本题主要考查制备实验方案的设计，具体涉及NaBH4的制取，属于基本知识的考查，难度中等。
4．（2024秋 丰台区期末）铵盐和硝酸是重要的化工原料。
（1）铵盐可以作化肥。
①NH4NO3是含氮量较高的氮肥，可由HNO3和 NH3 （填化学式）直接制取。
②NH4HCO3可作氮肥，其保存和使用的方法合理的是 AB （填序号）。
A．保存NH4HCO3要注意防雨防晒
B．不能与酸性肥料一起使用
C．与碱性肥料使用效果更佳
③检验某化肥中含有：取少量样品于试管中，加少量水溶解，再加入浓NaOH溶液，加热，产生的气体能使 湿润的红色石蕊试纸变蓝 ，说明含有。
（2）利用硝酸制备硝酸铜。
某工厂利用固体废渣（主要含Cu和CuO，还含有少量Cu2O和SiO2）制取Cu（NO3）2 3H2O的部分工艺流程如图。
已知：①Cu+在酸性溶液中不稳定，会转变成Cu和Cu2+。②SiO2是酸性氧化物，难于水和酸。
①酸溶过程中铜与稀硝酸反应的离子方程式为 。
②试剂X应选用 BC （填序号）。
A．NaOH B．Cu（OH）2 C．CuO
③若除酸时加入的X恰好完全反应，则过滤后所得废渣的成分为 SiO2 。
④将酸溶使用的稀硝酸改为10%H2O2和20%稀硝酸的混合液，其中H2O2作氧化剂，基本无氮氧化物排放，写出固体废渣中Cu与该混合液反应的离子方程式 。
【答案】（1）①NH3；
②AB；
③湿润的红色石蕊试纸变蓝；
（2）①；
②BC；
③SiO2；
④。
【分析】（1）根据NH4NO3是含氮量较高的氮肥，可由HNO3和NH3发生反应，NH4HCO3不稳定、易发生分解反应：NH4HCO3 NH3↑+H2O+CO2↑，NH4HCO3是弱酸性盐，与碱性肥料（如CaO）混合，会发生化学反应：NH4HCO3+CaO＝NH3↑+CaCO3+H2O，，NH3可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，进行分析；
（2）根据固体废渣中加入稀硝酸酸溶，反应后溶液中含有Cu（NO3）2，硝酸被还原生成NO，SiO2不与硝酸反应为沉淀。随后加入X中和过量的硝酸，生成硝酸铜和水，过滤后废渣为SiO2，滤液为硝酸铜溶液，进行分析。
【解答】解：（1）①NH4NO3是含氮量较高的氮肥，可由HNO3和NH3发生反应：NH3+HNO3＝NH4NO3直接制取，
故答案为：NH3；
②A．NH4HCO3不稳定、易发生分解反应：NH4HCO3 NH3↑+H2O+CO2↑，易潮解并且在潮湿条件下分解加快，因此需要密封存放，防雨防晒，避免受潮和高温，故A正确；
B．碳酸氢铵不能与酸性肥料一起使用，酸会加快NH4HCO3分解，降低肥效，同时造成环境污染，故B正确；
C．NH4HCO3是弱酸性盐，与碱性肥料（如CaO）混合，会发生化学反应：NH4HCO3+CaO＝NH3↑+CaCO3+H2O，加快NH4HCO3分解，导致氨气挥发，使氮肥流失，故C错误；
故答案为：AB；
③检验某化肥中含有，取少量样品于试管中，加少量水溶解，再加入浓NaOH溶液，加热，发生反应，NH3可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明含有，
故答案为：湿润的红色石蕊试纸变蓝；
（2）固体废渣中加入稀硝酸酸溶，反应后溶液中含有Cu（NO3）2，硝酸被还原生成NO，SiO2不与硝酸反应为沉淀。随后加入X中和过量的硝酸，生成硝酸铜和水，过滤后废渣为SiO2，滤液为硝酸铜溶液，
①酸溶过程中，铜被氧化为Cu2+，稀硝酸被还原为NO，离子方程式为：，
故答案为：；
②由分析可知，X的作用是中和过量的硝酸，为了避免引入杂质离子，试剂X可以选用含铜元素的碱性物质，
故答案为：BC；
③由分析可知，若除酸时加入的X恰好完全反应，则过滤后所得废渣的成分为SiO2，
故答案为：SiO2；
④将酸溶使用的稀硝酸改为10%H2O2和20%稀硝酸的混合液，其中H2O2作氧化剂，被还原为H2O，基本无氮氧化物排放，说明稀硝酸只体现酸性，铜单质被氧化为Cu2+，离子方程式为：，
故答案为：。
【点评】本题主要考查制备实验方案的设计等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
5．（2024秋 嘉定区期末）碳酸钙一般有方解石型、文石型和球霰石型等三种晶型，其中稳定性最好、实际应用最多的是方解石型。
Ⅰ.文献报道了一种制备方解石型碳酸钙的方法。该方法以CaCl2和NH4HCO3溶液为原料，通过加入LiCl形貌控制剂制得形貌规整、大小均匀的片状碳酸钙，且伴有气体产生。
（1）LiCl的电子式可表示为 ，通过以下 AD 分析方法，能检测到碳酸钙产品中不含碳酸锂。
A．原子吸收光谱
B．红外光谱
C．核磁共振氢谱
D．晶体X射线衍射
（2）推测以上反应原理，用离子方程式表示 Ca2+CaCO3↓+CO2↑+H2O 。
（3）室温下NH4HCO3溶液呈碱性，关于NH4HCO3溶液的说法正确的是 B 。
A．由水电离的[H+]＜10﹣7mol L﹣1
B．[NH3 H2O]＜[H2CO3]
C．[]＞[]＞[OH﹣]＞[H+]
D．[]+[NH3 H2O]＝[]+[H2CO3]
Ⅱ.粉煤灰是燃煤电厂排出的主要固体废物，其主要氧化物组成为：SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaO等。科学家发现了一种利用粉煤灰吸收二氧化碳制碳酸钙的工艺。
已知双极膜的作用：在直流电场作用下，双极膜可以将水解离成H+和OH﹣，分别在膜的两侧释放。
（4）以上工艺流程中尾渣的成分为 SiO2 ，溶液中X为 NaOH ；以上流程中能循环的物质为H2O、 NaNO3 。（以上均填化学式）
（5）浸取液必须经过系列操作②才能利用的原因 除去H+、Al3+、Fe3+，防止影响碳酸钙的产量及纯度 。
（6）写出双极膜电解装置中阳极的电极反应 4OH﹣﹣4e﹣＝O2+2H2O 。
（7）关于以上电解池装置中说法正确的是 C 。
A．电解池负极发生还原反应
B．a处为NaOH，b处为HNO3
C．使用Na2SO4溶液代替水的目的是增强溶液导电性
D．Na+通过阳离子交换膜由右向左移动
（8）对比LiCl形貌控制法制备碳酸钙，粉煤灰吸收二氧化碳制碳酸钙的工艺优点为 能变废为宝，降低原料成本 ；缺点为 工艺流程复杂或反应需要通电，能耗大 （任写一条即可）。
Ⅲ.小嘉同学在实验室尝试制备碳酸钙，他向1.0mol L﹣1CaCl2溶液中通入CO2至饱和，并未看到沉淀。该溶液中[H2CO3]＝0.033mol L﹣1，pH＝3.9。常温下，Ksp（CaCO3）＝2.8×10﹣9，H2CO3的电离常数分别为：Ka1＝4.2×10﹣7、Ka2＝4.8×10﹣11。
（9）请通过计算解释以上现象 根据H2CO3的电离平衡常数表达式：Ka1，Ka2，则有，，，Q＜Ksp（CaCO3）所以不能生成沉淀 （写出计算过程）。
【答案】（1）；AD；
（2）Ca2+ CaCO3↓+CO2↑+H2O；
（3）B；
（4）SiO2；NaOH；NaNO3；
（5）除去H+、Al3+、Fe3+，防止影响碳酸钙的产量及纯度；
（6）4OH﹣﹣4e﹣＝O2+2H2O；
（7）C；
（8）能变废为宝，降低原料成本；工艺流程复杂或反应需要通电，能耗大；
（9）根据H2CO3的电离平衡常数表达式：Ka1，Ka2，则有，，，Q＜Ksp（CaCO3） 所以不能生成沉淀。
【分析】Ⅰ．各原子的吸收光谱不同，故能通过原子吸收光谱来鉴别Li+和Ca2+，以CaCl2和NH4HCO3溶液为原料，通过加入LiCl形貌控制剂制得形貌规整、大小均匀的片状碳酸钙，且伴有气体产生，室温下NH4HCO3溶液呈碱性，即的水解小于的水解，盐类的水解促进水的电离；
Ⅱ．由题干图1信息可知，向粉煤灰中主要氧化物组成为：SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaO等加入稀HNO3在将转化为Al3+、Fe3+、Ca2+的硝酸盐，SiO2与HNO3不反应留在尾渣中，经过操作①即过滤出尾渣，所得的滤液经过调节pH值使Al3+、Fe3+完全沉淀而去除，过滤沉淀、洗涤沉淀后得到滤液主要为Ca（NO3）2，Ca（NO3）2与Na2CO3反应生成CaCO3和NaNO3，用双极膜法电解硝酸钠溶液，由图2信息可知，c电极为阳极，双极膜中的OH﹣进入阳极室，则电极反应为4OH﹣﹣4e﹣＝O2+2H2O，d中NaNO3电离出的Na+进入e中，双极膜中的H+进入d中，则a为HNO3，f电极为阴极，双极膜中H+进入阴极室，电极反应为：2H++2e﹣＝H2↑，则双极膜中OH﹣进入e中，即b为NaOH，据此分析解题。
【解答】解：（1）已知LiCl是离子化合物，故其电子式可表示为，已知各原子的吸收光谱不同，故能通过原子吸收光谱来鉴别Li+和Ca2+，即可通过以下原子吸收光谱分析方法，能检测到碳酸钙产品中不含碳酸锂，晶体X射线衍射实验可以鉴别晶体类型和晶体结构，也能检测到碳酸钙产品中不含碳酸锂，
故答案为：；AD；
（2）由题干信息可知，该方法以CaCl2和NH4HCO3溶液为原料，通过加入LiCl形貌控制剂制得形貌规整、大小均匀的片状碳酸钙，且伴有气体产生，该反应的离子方程式为Ca2++2CaCO3↓+H2O+CO2↑，
故答案为：Ca2+ CaCO3↓+CO2↑+H2O；
（3）A．室温下NH4HCO3溶液呈碱性，即的水解小于的水解，盐类的水解促进水的电离，故由水电离的[H+]＞10﹣7 mol L﹣1，故A错误；
B．室温下NH4HCO3溶液呈碱性，即的水解小于的水解，故[NH3 H2O]＜[H2CO3]，故B正确；
C．室温下NH4HCO3溶液呈碱性，即的水解小于的水解，则溶液中离子浓度的大小顺序为：[]＞[]＞[OH﹣]＞[H+]，故C错误；
D．根据物理守恒可知，溶液中有[]+[NH3 H2O]＝[]+[H2CO3]+[]，故D错误；
故答案为：B；
（4）由分析可知，向粉煤灰中主要氧化物组成为：SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaO等加入稀HNO3在将转化为Al3+、Fe3+、Ca2+的硝酸盐，SiO2与HNO3不反应留在尾渣中，溶液中X为NaOH；以上流程中能循环的物质为H2O、NaNO3，
故答案为：SiO2；NaOH；NaNO3；
（5）由分析可知，经过操作①即过滤出尾渣，所得的滤液即浸出液中含有Al3+、Fe3+、Ca2+，需经过调节pH值使Al3+、Fe3+完全沉淀而去除，即浸取液必须经过系列操作②即除去H+、Al3+、Fe3+才能利用，以防止影响碳酸钙的产量及纯度，
故答案为：除去H+、Al3+、Fe3+，防止影响碳酸钙的产量及纯度；
（6）由分析可知，双极膜电解装置中阳极的电极反应为：4OH﹣﹣4e﹣＝O2+2H2O，
故答案为：4OH﹣﹣4e﹣＝O2+2H2O；
（7）A．电解池中与电源负极相连的一极为阴极，发生还原反应，故A错误；
B．由分析可知，a处为HNO3，b处为NaOH，故B错误；
C．由分析可知可知，Na2SO4并未参与电极反应，故使用Na2SO4溶液代替水的目的是增强溶液导电性，故C正确；
D．由题干图示可知，左侧为阳极，右侧为阴极，故Na+通过阳离子交换膜由阳极移向阴极即由左向右移动，故D错误；
故答案为：C；
（8）由分析和题干信息可知，对比LiCl形貌控制法制备碳酸钙，粉煤灰吸收二氧化碳制碳酸钙的工艺优点为：将粉煤灰来吸收CO2实现变废为宝，从而降低原料成本，但该工艺流程较LiCl形貌控制法制备碳酸钙更复杂，且反应需要通电，能耗大，此为其缺点，
故答案为：能变废为宝，降低原料成本；工艺流程复杂或反应需要通电，能耗大；
（9）根据H2CO3的电离平衡常数表达式：Ka1，Ka2，则有，，，Q＜Ksp（CaCO3） 所以不能生成沉淀，故答案为：根据H2CO3的电离平衡常数表达式：Ka1，Ka2，则有，，，Q＜Ksp（CaCO3） 所以不能生成沉淀，
故答案为：根据H2CO3的电离平衡常数表达式：Ka1，Ka2，则有，，，Q＜Ksp（CaCO3） 所以不能生成沉淀。
【点评】本题主要考查实验方案的设计与评价等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
6．（2024秋 朝阳区期末）NaClO、H2O2广泛应用于清洁和消毒。从实验室的探索到工业规模化的制备，其合成方法不断发展。
（1）实验室制备NaClO、H2O2制备NaClO；浓
①Ⅱ中制备NaClO的离子方程式是 Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O 。
②过程Ⅰ，当氯气不再逸出时，MnO2和盐酸仍有剩余，此时加入较浓硫酸，再次产生氯气。解释硫酸的作用： 增加MnO2的氧化性 。
制备
③（NH4）2S2O8中S的化合价为+6，1mol该物质中过氧键的数目为 NA 。
（2）模块化电化学合成NaClO、H2O2。
①H2O2实际浓度的变化与理论浓度（电路中通过的电子均用于生成H2O2）的变化如图所示。t1min之后，H2O2的实际浓度低于理论浓度，推测原因：
ⅰ.其他物质在阴极放电。
ⅱ. H2O2分解、H2O2在电极放电 。
经检验，原因ⅰ不合理。
②充分电解后，将电极a、b对调，能继续合成NaClO、H2O2，如此多次循环，实现可持续生产。结合电极反应式从OH﹣的产生、储存、释放与应用的角度说明原因： O2+2H2O+2e﹣＝H2O2+2OH﹣，产生OH﹣，通过Ni（OH）2﹣e﹣+OH﹣＝NiOOH+H2O储存OH﹣，经由NiOOH+H2O+e﹣＝Ni（OH）2+OH﹣释放OH﹣，Cl﹣﹣2e﹣+2OH﹣＝ClO﹣+H2O应用OH﹣，a、b对调，如此可多次循环 。
（3）与实验室制备NaClO、H2O2的方法相比，模块化电化学合成两种消毒剂的优点之一是原子利用率高，用总反应方程式说明： O2+NaCl+H2ONaClO+H2O2 。
【答案】（1）①Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O；
②增加MnO2的氧化性；
③NA；
（2）①H2O2分解、H2O2在电极放电；
②O2+2H2O+2e﹣＝H2O2+2OH﹣，产生OH﹣，通过Ni（OH）2﹣e﹣+OH﹣＝NiOOH+H2O储存OH﹣，经由NiOOH+H2O+e﹣＝Ni（OH）2+OH﹣释放OH﹣，Cl﹣﹣2e﹣+2OH﹣＝ClO﹣+H2O应用OH﹣，a、b对调，如此可多次循环；
（3）O2+NaCl+H2ONaClO+H2O2。
【分析】（1）①Ⅱ中Cl2和NaOH反应生成NaCl、NaClO和H2O，从而制备NaClO；
②过程Ⅰ，当氯气不再逸出时，MnO2和盐酸仍有剩余，此时盐酸为稀盐酸，此时加入较浓硫酸，c（H+）增大，再次产生氯气；
③（NH4）2S2O8中S的化合价为+6，整体为+1价，设过氧键的个数为x个，则显﹣1价的氧原子个数为2x，显﹣2价的氧原子个数为（8﹣2x），根据化合物中各元素化合价的代数和为0得（+1）×2+（+6）×2+（﹣1）×2x+（﹣2）×（8﹣2x）＝0，x＝1，则该化学式中含有1个过氧键；
（2）①H2O2不稳定，且易失电子发生氧化反应；
②根据图知，O2+2H2O+2e﹣＝H2O2+2OH﹣，产生OH﹣，通过Ni（OH）2﹣e﹣+OH﹣＝NiOOH+H2O储存OH﹣，经由NiOOH+H2O+e﹣＝Ni（OH）2+OH﹣释放OH﹣，Cl﹣﹣2e﹣+2OH﹣＝ClO﹣+H2O应用OH﹣；
（3）根据图知，反应物是NaCl溶液、O2，生成物是NaClO、H2O2。
【解答】解：（1）①Ⅱ中Cl2和NaOH反应生成NaCl、NaClO和H2O，从而制备NaClO，离子方程式为：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O，
故答案为：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O；
②过程Ⅰ，当氯气不再逸出时，MnO2和盐酸仍有剩余，此时盐酸为稀盐酸，此时加入较浓硫酸，c（H+）增大，再次产生氯气，则浓硫酸的作用是增加MnO2的氧化性，
故答案为：增加MnO2的氧化性；
③（NH4）2S2O8中S的化合价为+6，整体为+1价，设过氧键的个数为x个，则显﹣1价的氧原子个数为2x，显﹣2价的氧原子个数为（8﹣2x），根据化合物中各元素化合价的代数和为0得（+1）×2+（+6）×2+（﹣1）×2x+（﹣2）×（8﹣2x）＝0，x＝1，则该化学式中含有1个过氧键，所以1mol该物质中过氧键的数目为NA，
故答案为：NA；
（2）①H2O2不稳定，易分解，且易在电极放电生成O2，都导致H2O2的实际浓度低于理论浓度，
故答案为：H2O2分解、H2O2在电极放电；
②O2+2H2O+2e﹣＝H2O2+2OH﹣，产生OH﹣，通过Ni（OH）2﹣e﹣+OH﹣＝NiOOH+H2O储存OH﹣，经由NiOOH+H2O+e﹣＝Ni（OH）2+OH﹣释放OH﹣，Cl﹣﹣2e﹣+2OH﹣＝ClO﹣+H2O应用OH﹣，a、b对调，如此可多次循环，
故答案为：O2+2H2O+2e﹣＝H2O2+2OH﹣，产生OH﹣，通过Ni（OH）2﹣e﹣+OH﹣＝NiOOH+H2O储存OH﹣，经由NiOOH+H2O+e﹣＝Ni（OH）2+OH﹣释放OH﹣，Cl﹣﹣2e﹣+2OH﹣＝ClO﹣+H2O应用OH﹣，a、b对调，如此可多次循环；
（3）根据图知，反应物是NaCl溶液、O2，生成物是NaClO、H2O2，总反应方程式为O2+NaCl+H2ONaClO+H2O2，
故答案为：O2+NaCl+H2ONaClO+H2O2。
【点评】本题考查物质的制备，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确物质的性质、电解原理是解本题关键，知道各个电极上发生的反应，题目难度中等。
7．（2024秋 昌平区期末）农业级NH4NO3作为高效氮肥，广泛应用于提高土壤含氮量和促进植物生长。其中一种制备流程如图：
（1）在横线上写出以下物质中加点元素的化合价。
NO2 +4 ，NH4NO3 +5 。
（2）试剂X为 O2 。
（3）步骤ⅰ反应的化学方程式为 N2+3H22NH3 。
（4）步骤ⅳ反应的化学方程式为 3NO2+H2O＝2HNO3+NO 。
（5）有文献资料显示：在一定条件下NH3可将氮氧化物（如NO2）转化为无污染的气体。
①从理论角度说明论证该反应发生的可能性 氨气中氮元素的化合价升高，氮氧化物中氮元素的化合价降低，氨气和氮氧化物反应生成氮气和水 。
②补全该反应的化学方程式 8NH3+6NO27N2+12H2O 。
□NH3+□NO2□_____+□_____
【答案】（1）+4；+5；
（2）O2；
（3）N2+3H22NH3；
（4）3NO2+H2O＝2HNO3+NO；
（5）①氨气中氮元素的化合价升高，氮氧化物中氮元素的化合价降低，氨气和氮氧化物反应生成氮气和水；
②8NH3+6NO27N2+12H2O。
【分析】氮气与氢气反应生成氨气，氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮被氧气氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸与氨气反应生成硝酸铵。
【解答】解：（1）二氧化氮中氮元素的化合价为+4价，硝酸铵中硝酸根离子中氮原子的化合价为+5价，
故答案为：+4；+5；
（2）一氧化氮被氧气氧化生成二氧化氮，试剂X为O2，
故答案为：O2；
（3）步骤ⅰ中氮气与氢气反应生成氨气，其反应的化学方程式为N2+3H22NH3，
故答案为：N2+3H22NH3；
（4）步骤ⅳ中二氧化氮与水反应生成硝酸，其反应的化学方程式为3NO2+H2O＝2HNO3+NO，
故答案为：3NO2+H2O＝2HNO3+NO；
（5）①在一定条件下NH3可将氮氧化物（如NO2）转化为无污染的气体氮气，从理论角度上氨气中氮元素的化合价升高，氮氧化物中氮元素的化合价降低，
故答案为：氨气中氮元素的化合价升高，氮氧化物中氮元素的化合价降低，氨气和氮氧化物反应生成氮气和水；
②氨气和氮氧化物反应生成氮气和水，其反应的化学方程式为8NH3+6NO27N2+12H2O，
故答案为：8NH3+6NO27N2+12H2O。
【点评】本题考查物质的制备，侧重考查学生物质之间反应的掌握情况，试题难度中等。
8．（2024秋 龙岗区期末）二氧化氯（ClO2）是一种高效消毒灭菌剂，它不产生有毒物质，被认为是安全的绿色消毒剂。
已知：ClO2为黄绿色气体，水溶液呈黄绿色，难溶于CCl4；Cl2易溶于CCl4。
NaClO2溶液呈碱性；在酸性环境中，ClO2易歧化为ClO2和Cl2。
（1）兴趣小组用以下装置制备ClO2，制备原理为Cl2+2NaClO2═2NaCl+2ClO2。实验过程中，持续通入N2使装置Ⅲ中生成的ClO2逸出。
①装置Ⅰ中制备Cl2的离子方程式为 MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O 。
②若无装置Ⅱ，则实验开始后，装置Ⅳ中液体迅速变为黄绿色。装置Ⅱ可以延后此现象出现的时间，则装置Ⅱ的作用为 除去氯气中的氯化氢 。
③根据Ⅲ中的ClO2制备反应，在此条件下氧化性：Cl2 ＞ ClO2（填“＞”或“＜”）。
（2）兴趣小组探究ClO2的化学性质。
初步实验 向VmLcmol/LNaCl溶液通入V2mLClO2，将溶液等分为溶液A与溶液B。向溶液B中加入浓盐酸，得到溶液C。经取样检验，溶液A中无Cl2，溶液C中有Cl2。
提出猜想 猜想a：增大Cl﹣浓度，Cl﹣可被ClO2氧化。
猜想b：酸性条件下，Cl﹣可被ClO2氧化。
交流分析 小组同学认为初步实验的现象不足以说明猜想a成立，理由为 氢离子浓度增大的同时，氯离子也在增大 。
优化实验 小组同学向溶液A中加入过量NaCl固体至不再溶解，检测得溶液中无Cl2生成。
实验小结 猜想a 不成立 （填“成立”或“不成立”）。
继续实验 在之前实验的基础上，小组同学设计实验并验证了猜想b的成立。实验方案和结果为 将V2mLClO2通入V1mLcmol/LHCl溶液后，检测得溶液中有Cl2生成（或向溶液A中滴入浓硫酸，检测得溶液中有Cl2生成） （试剂任选）
实验结论 酸性条件下，氧化性：Cl2 ＜ ClO2（填“＞”或“＜”）。酸碱性影响物质的氧化性、还原性强弱。
（3）ClO2能被多种稳定剂吸收，若将其用于果蔬保鲜。依据图11，你认为效果较好的稳定剂是 稳定剂Ⅱ （填“稳定剂I”或“稳定剂Ⅱ”），原因是 稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度 。
【答案】（1）①MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；
②除去氯气中的氯化氢；
③＞；
（2）氢离子浓度增大的同时，氯离子也在增大；不成立；将V2mLClO2通入V1mLcmol/LHCl溶液后，检测得溶液中有Cl2生成（或向溶液A中滴入浓硫酸，检测得溶液中有Cl2生成）；＜；
（3）稳定剂Ⅱ；稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度。
【分析】（1）Ⅰ中二氧化锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，Ⅱ中除去氯气中的HCl，Ⅲ制取ClO2气体，Ⅳ除去氯气，最后进行气体收集；
（2）根据对比实验单一变量原则分析实验，注意结合实验条件进行分析；
（3）稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度。
【解答】解：（1）①A中二氧化锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；
②装置Ⅱ中饱和NaCl溶液的作用是除去氯气中的氯化氢，
故答案为：除去氯气中的氯化氢；
③氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则装置C中制备ClO2的反应为Cl2+2NaClO2═2NaCl+2ClO2，由此得到此条件下的氧化性：Cl2＞ClO2，
故答案为：＞；
（2）交流分析：小组同学认为初步实验的现象不足以说明猜想a成立，理由为氢离子浓度增大的同时，氯离子也在增大；优化实验：小组同学向溶液A中加入过量NaCl固体至不再溶解，检测得溶液中无Cl2生成；实验小结：猜想a不成立；实验方案和结果为将V2mLClO2通入V1mLcmol/LHCl溶液后，检测得溶液中有Cl2生成（或向溶液A中滴入浓硫酸，检测得溶液中有Cl2生成）；实验结论：酸性条件下，氧化性：Cl2＜ClO2，酸碱性影响物质的氧化性、还原性强弱，
故答案为：氢离子浓度增大的同时，氯离子也在增大；不成立；将V2mLClO2通入V1mLcmol/LHCl溶液后，检测得溶液中有Cl2生成（或向溶液A中滴入浓硫酸，检测得溶液中有Cl2生成）；＜；
（3）依据图，效果较好的稳定剂是稳定剂Ⅱ，原因是稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度，
故答案为：稳定剂Ⅱ；稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度较大。
9．（2024秋 龙岗区期末）锗（Ge）广泛用于航空航天、太阳能电池、信息通信等战略性产业。一种从粉煤灰（含GeO2）富集二氧化锗的流程如图：
已知：部分物质的理化性质如表。
物质 沸点℃ 特性
GeO2 1200 稳定
GeCl4 84 易水解
NH4Cl 一 易分解
回答下列问题：
（1）锗元素基态原子的价层电子排布式为 4s24p2 。
（2）“混合”宜在低温下操作，其目的是 防止氯化铵在高温环境下发生分解 。
（3）“焙烧”时将粉煤灰与氯化铵混合后置于石英管中400℃焙烧，产生的焙烧气中含有GeCl4、NH3等，反应的化学方程式为 GeO2+4NH4ClGeCl4↑+2H2O↑+4NH3↑ ，氮气不参与焙烧反应，焙烧过程中通氮气的作用是 将反应中产生的气体导出到后续吸收环节，使产物气体充分吸收 。
（4）“水解”中发生反应：GeCl4+2H2O GeO2+4HCl ΔH＜0，实验测得水解率与HCl浓度、温度关系如图，最适宜的条件是 盐酸浓度为5mol L﹣1，温度为2℃ ，水解率P点高于Q点的原因是 水解反应为放热反应，温度高该水解平衡逆向移动，同等条件下Q点温度高，水解率低于P点 。
（5）GeO2是锗酸（H2GeO3）的酸酐，25℃时0.1mol L﹣1NaHGeO3溶液呈 碱 性，该溶液中含锗微粒的浓度由大到小的是 。（已知25℃时，H2GeO3的，）。
【答案】（1）4s24p2；
（2）防止氯化铵在高温环境下发生分解；
（3）GeO2+4NH4ClGeCl4↑+2H2O↑+4NH3↑；将反应中产生的气体导出到后续吸收环节，使产物气体充分吸收；
（4）盐酸浓度为5mol L﹣1，温度为2℃；水解反应为放热反应，温度高该水解平衡逆向移动，同等条件下Q点温度高，水解率低于P点；
（5）碱；。
【分析】粉煤灰（含GeO2）与氯化铵低温混合，通入氮气的条件下，焙烧，发生反应：GeO2+4NH4ClGeCl4↑+2H2O↑+4NH3↑，氮气将生成的气体吹入吸收装置，吸收装置中通入HCl，GeCl4水解，生成GeO2，过滤、洗涤、干燥，得到GeO2，据此分析作答。
【解答】解：（1）锗元素位于第四周期，第ⅣA族，其基态原子的价层电子排布式为4s24p2，
故答案为：4s24p2；
（2）“混合”宜在低温下操作，其目的是防止氯化铵在高温环境下发生分解，
故答案为：防止氯化铵在高温环境下发生分解；
（3）“焙烧”时将粉煤灰与氯化铵混合后置于石英管中400℃焙烧，产生的焙烧气中含有GeCl4、NH3等，反应的化学方程式为：GeO2+4NH4ClGeCl4↑+2H2O↑+4NH3↑，氮气不参与焙烧反应，焙烧过程中通氮气的作用是将反应中产生的气体导出到后续吸收环节，使产物气体充分吸收，
故答案为：GeO2+4NH4ClGeCl4↑+2H2O↑+4NH3↑；将反应中产生的气体导出到后续吸收环节，使产物气体充分吸收；
（4）“水解”中发生反应：GeCl4+2H2O GeO2+4HCl ΔH＜0，实验测得水解率与HCl浓度、温度关系如图，最适宜的条件是盐酸浓度为5mol L﹣1，温度为2℃，水解率P点高于Q点的原因是水解反应为放热反应，温度高该水解平衡逆向移动，同等条件下Q点温度高，水解率低于P点，
故答案为：盐酸浓度为5mol L﹣1，温度为2℃；水解反应为放热反应，温度高该水解平衡逆向移动，同等条件下Q点温度高，水解率低于P点；
（5）NaHGeO3溶液中，水解平衡常数KhKa2＝1.9×10﹣13，即水解程度大于电离程度，所以0.1mol L﹣1NaHGeO3溶液呈碱性，该溶液中含锗微粒的浓度由大到小的是：，
故答案为：碱；。
【点评】本题主要考查制备实验方案的设计，具体涉及GeO2的制备，属于基本知识的考查，难度中等。
10．（2024秋 黑龙江期末）以下为一种以含铅废料（Pb、PbO、PbO2、Fe、Fe2O3及炭黑）制备纳米PbO和PbSO4的工艺。
已知：①炭黑是一种碳单质，化学性质比较稳定。②PbSO4、PbCO3均为难溶于水的固体。
（1）过程Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb和PbO2反应生成PbSO4，请写出该过程的化学方程式并用单线桥表示出电子的转移情况 。
（2）检验过程Ⅰ的滤液中是否含有Fe2+，可选用 c （填字母）。
a．KSCN溶液 b．氯水 c．酸性KMnO4溶液
（3）过程Ⅱ过滤除去的物质是 炭黑 。
（4）过程Ⅲ所得滤液中检出，请写出过程Ⅲ产生PbCO3的化学方程式 （CH3COO）2Pb+2NH3+CO2+H2O＝PbCO3↓+2CH3COONH4 。
（5）PbO溶解在NaOH溶液中存在可逆反应：PbO（s）+NaOH（aq） NaHPbO2（aq）。PbO的溶解度曲线如图所示，结合曲线补全由粗品PbO得到高纯PbO的操作：将粗PbO溶解在一定量 35% （填“35%”或“10%）的NaOH溶液中，加热至110℃左右，充分溶解后，趁热过滤，将滤液 冷却结晶 ，过滤、洗涤并干燥得到高纯PbO。
（6）测定废料中铅的含量。将已经分离出铁元素的含铅废料ag与足量盐酸、NaCl溶液充分反应（Pb元素全部转变为[PbCl4]2﹣），得到100mL溶液。取5mL溶液加水稀释，逐滴加入0.01mol/L的乙二胺四乙酸二钠盐（用Na2H2Y表示），至恰好完全反应时消耗Na2H2Y溶液VmL。计算废料中铅的质量分数 ，反应原理为：。
【答案】（1）；
（2）c；
（3）炭黑；
（4）（CH3COO）2Pb+2NH3+CO2+H2O＝PbCO3↓+2CH3COONH4；
（5）35%；冷却结晶；
（6）。
【分析】含铅废料粉碎后加入稀硫酸、硫酸亚铁，加热反应，在Fe2+催化下Pb和PbO2反应生成PbSO4，碳不反应成为滤渣，PbSO4粗品加入醋酸钠得到醋酸铅溶液，通入氨气、二氧化碳得到PbCO3沉淀，沉淀煅烧得到纳米PbO，沉淀加入稀硫酸淋洗得到钠离子硫酸铅。
【解答】解：（1）在Fe2+催化下，Pb和PbO2反应生成PbSO4，反应中Pb单质中元素化合价由0变为+2，失去2个电子、PbO2中铅化合价由+4变为+2，得到2个电子，结合电子守恒，配平后用单线桥表示为：，
故答案为：；
（2）亚铁离子具有还原性，能和酸性高锰酸钾溶液反应使得溶液褪色，
故答案为：c；
（3）由分析，过程Ⅱ过滤除去的物质是不反应的炭黑，
故答案为：炭黑；
（4）过程Ⅲ所得滤液中检出，则反应为醋酸铅溶液通入氨气、二氧化碳得到PbCO3沉淀，结合质量守恒，同时生成醋酸铵，反应为：（CH3COO）2Pb+2NH3+CO2+H2O＝PbCO3↓+2CH3COONH4，
故答案为：（CH3COO）2Pb+2NH3+CO2+H2O＝PbCO3↓+2CH3COONH4；
（5）根据PbO的溶解度曲线，其在浓氢氧化钠溶液中溶度度较大、而在稀氢氧化钠溶液中溶解度较小；提纯粗Pb的方法为将粗PbO溶解在35%NaOH溶液中，结合溶解度曲线特点可知浓度高的NaOH溶液和较高的温度，PbO的溶解度高，利于其溶解，故加热至较高温度110℃左右，充分溶解，然后再高温下趁热过滤除去杂质，将滤液冷却结晶，过滤、洗涤并干燥得到高纯PbO固体，
故答案为：35%；冷却结晶；
（6）结合反应和铅元素守恒，废料中铅的质量分数，
故答案为：。
【点评】本题主要考查制备实验方案的设计等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
11．（2024秋 如东县期末）某兴趣小组制备NaClO并模拟工业处理NO或SO2的过程如下：
（1）制NaClO。实验装置如图1所示。
①装置乙中盛放的试剂是 饱和食盐水 。
②已知：Cl2与NaOH溶液反应放热，温度过高时会生成NaClO3，为减少NaClO3的生成，该实验中可采取的措施有 装置丙使用冰水浴冷却、向装置甲中缓慢滴加浓盐酸 。
（2）除NO或SO2向NaClO与稀硫酸的混合溶液中通入NO或SO2
①NaClO将NO氧化成的离子方程式为 3HClO+2NO+H2O＝3Cl﹣+25H+或3ClO﹣+2NO+H2O＝3Cl﹣+22H+ 。
②实验过程中控制温度在30℃左右，原因是 温度过高，HClO易分解，气体溶解度减小，不利于气体的吸收；温度过低，反应太慢 。
③其他条件一定，NO、SO2的去除率随混合溶液初始pH的变化如图2所示。
pH＞6，NO去除率下降而SO2去除率始终保持较高的原因是 NO难溶于碱性溶液，SO2易溶于碱性溶液；随着pH增加，c（HClO）减小，溶液氧化性减弱，NO去除率下降；随着pH增加，c（OH﹣）增大，SO2溶解度增大，SO2去除率较高 。
（3）NaClO处理SO2后的溶液中存在Na+、Cl﹣、、，补充完整由该溶液制备Na2SO4 10H2O的实验方案：边搅拌边向溶液中滴加0.1mol L﹣1NaOH溶液， 用pH计测得溶液 pH＝10，停止滴加NaOH溶液。向溶液中通入氧气，用pH计测得溶液pH＝7，停止通氧气。将所得溶液在40℃蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，低温干燥 ，得到Na2SO4 10H2O[已知：室温下溶液中含+4价硫微粒的物质的量分数随pH分布如图3所示；Na2SO4NaCl溶解度曲线如图4所示；Na2SO3溶液pH＞7、Na2SO4溶液pH＝7。实验中须使用O2和pH计（用于测定溶液的pH）]
【答案】（1）①饱和食盐水；
②装置丙使用冰水浴冷却、向装置甲中缓慢滴加浓盐酸；
（2）①3HClO+2NO+H2O＝3Cl﹣+25H+或3ClO﹣+2NO+H2O＝3Cl﹣+22H+；
②温度过高，HClO易分解，气体溶解度减小，不利于气体的吸收；温度过低，反应太慢；
③NO难溶于碱性溶液，SO2易溶于碱性溶液；随着pH增加，c（HClO）减小，溶液氧化性减弱，NO去除率下降；随着pH增加，c（OH﹣）增大，SO2溶解度增大，SO2去除率较高；
（3）用pH计测得溶液 pH＝10，停止滴加NaOH溶液。向溶液中通入氧气，用pH计测得溶液pH＝7，停止通氧气。将所得溶液在40℃蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，低温干燥。
【分析】甲中浓盐酸和KMnO4反应制取Cl2，乙用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，丙Cl2和氢氧化钠溶液制取NaClO溶液，丁吸收为期，防止污染，除NO或SO2向NaClO与稀硫酸的混合溶液中通入NO或SO2，据此解答。
【解答】解：（1）①装置乙中盛放的试剂是饱和食盐水，
故答案为：饱和食盐水；
②Cl2与NaOH溶液反应放热，温度过高时会生成NaClO3，为减少NaClO3的生成，该实验中可采取的措施有装置丙使用冰水浴冷却、向装置甲中缓慢滴加浓盐酸，
故答案为：装置丙使用冰水浴冷却、向装置甲中缓慢滴加浓盐酸；
（2）①NaClO将NO氧化成的离子方程式为3HClO+2NO+H2O＝3Cl﹣+25H+或3ClO﹣+2NO+H2O＝3Cl﹣+22H+，
故答案为：3HClO+2NO+H2O＝3Cl﹣+25H+或3ClO﹣+2NO+H2O＝3Cl﹣+22H+；
②实验过程中控制温度在30℃左右，原因是温度过高，HClO易分解，气体溶解度减小，不利于气体的吸收；温度过低，反应太慢，
故答案为：温度过高，HClO易分解，气体溶解度减小，不利于气体的吸收；温度过低，反应太慢；
③pH＞6，NO去除率下降而SO2去除率始终保持较高的原因是NO难溶于碱性溶液，SO2易溶于碱性溶液；随着pH增加，c（HClO）减小，溶液氧化性减弱，NO去除率下降；随着pH增加，c（OH﹣）增大，SO2溶解度增大，SO2去除率较高，
故答案为：NO难溶于碱性溶液，SO2易溶于碱性溶液；随着pH增加，c（HClO）减小，溶液氧化性减弱，NO去除率下降；随着pH增加，c（OH﹣）增大，SO2溶解度增大，SO2去除率较高；
（3）NaClO处理SO2后的溶液中存在Na+、Cl﹣、、，该溶液制备Na2SO4 10H2O的实验方案：边搅拌边向溶液中滴加0.1mol L﹣1NaOH溶液，用pH计测得溶液 pH＝10，停止滴加NaOH溶液。向溶液中通入氧气，用pH计测得溶液pH＝7，停止通氧气。将所得溶液在40℃蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，低温干燥，得到Na2SO4 10H2O，
故答案为：用pH计测得溶液 pH＝10，停止滴加NaOH溶液。向溶液中通入氧气，用pH计测得溶液pH＝7，停止通氧气。将所得溶液在40℃蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，低温干燥。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，把握物质的性质、流程中发生的反应、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
12．（2024秋 如东县期末）菱锰矿（主要含MnCO3和少量Fe3O4。Al2O3、SiO2等）制取新型锂电池电极材料LiMn2O4的步骤如下：
（1）酸浸。向菱锰矿中边搅拌边加入足量稀硫酸，充分反应后过滤。写出MnCO3转化为Mn2+的离子方程式： MnCO3+2H+＝Mn2++H2O+CO2↑ 。
（2）除杂。向浸出液中加入KMnO4溶液氧化Fe2+，再调节溶液pH除去铁、铝。若KMnO4溶液过量，会导致溶液中Mn2+的物质的量减小，其原因是 KMnO4将Mn2+氧化为更高价态的含锰物质 。
（3）沉锰。向除杂后的溶液中滴加氨水，得到Mn（OH）2和Mn2（OH）2SO4沉淀。写出生成Mn2（OH）2SO4的离子方程式： 2Mn2++2NH3 H2OMn2（OH）2SO4↓+2 。
（4）氧化。将Mn（OH）2和Mn2（OH）2SO4加水制成浆液，再通入适量O2充分反应后生成Mn3O4。
①反应初期溶液pH几乎不变，一段时间后溶液pH迅速下降，其原因是 反应初期Mn（OH）2与O2反应生成Mn3O4和水，溶液pH几乎不变；一段时间后Mn2（OH）2SO4与O2反应生成Mn3O4和H2SO4溶液pH降低 。
②若通入O2过多会使产物中锰元素的质量分数降低，其原因是 产物中混有更高价态的锰的氧化物（MnO2或Mn2O3） 。
（5）锂化。在空气中高温煅烧Mn3O4和Li2CO3生成LiMn2O4消耗O2与生成CO2的物质的量之比为 5：6 。
【答案】（1）MnCO3+2H+＝Mn2++H2O+CO2↑；
（2）KMnO4将Mn2+氧化为更高价态的含锰物质；
（3）2Mn2++2NH3 H2OMn2（OH）2SO4↓+2；
（4）①反应初期Mn（OH）2与O2反应生成Mn3O4和水，溶液pH几乎不变；一段时间后Mn2（OH）2SO4与O2反应生成Mn3O4和H2SO4溶液pH降低；
②产物中混有更高价态的锰的氧化物（MnO2或Mn2O3）；
（5）5：6。
【分析】（1）MnCO3和酸反应生成Mn2+、H2O、CO2；
（2）高锰酸钾具有强氧化性，可将Mn2+氧化为更高价态的含锰物质；
（3）反应物为硫酸锰和氨水，生成Mn2（OH）2SO4、2；
（4）①反应初期Mn（OH）2与O2反应生成Mn3O4和水，一段时间后Mn2（OH）2SO4与O2反应生成Mn3O4和H2SO4溶液pH降低；
②若通入O2过多会氧化锰元素为更高价态的锰的氧化物；
（5）在空气中高温煅烧Mn3O4和Li2CO3生成LiMn2O4、CO2。
【解答】解：（1）MnCO3转化为Mn2+的离子方程式MnCO3+2H+＝Mn2++H2O+CO2↑，
故答案为：MnCO3+2H+＝Mn2++H2O+CO2↑；
（2）高锰酸钾具有强氧化性，若KMnO4溶液过量，会导致溶液中Mn2+的物质的量减小，其原因是KMnO4将Mn2+氧化为更高价态的含锰物质，
故答案为：KMnO4将Mn2+氧化为更高价态的含锰物质；
（3）反应物为硫酸锰和氨水，生成Mn2（OH）2SO4的离子方程式为2Mn2++2NH3 H2OMn2（OH）2SO4↓+2，
故答案为：2Mn2++2NH3 H2OMn2（OH）2SO4↓+2；
（4）氧化。将Mn（OH）2和Mn2（OH）2SO4加水制成浆液，再通入适量O2充分反应后生成Mn3O4。
①反应初期溶液pH几乎不变，一段时间后溶液pH迅速下降，其原因是反应初期Mn（OH）2与O2反应生成Mn3O4和水，溶液pH几乎不变；一段时间后Mn2（OH）2SO4与O2反应生成Mn3O4和H2SO4溶液pH降低，
故答案为：反应初期Mn（OH）2与O2反应生成Mn3O4和水，溶液pH几乎不变；一段时间后Mn2（OH）2SO4与O2反应生成Mn3O4和H2SO4溶液pH降低；
②若通入O2过多会使产物中锰元素的质量分数降低，其原因是产物中混有更高价态的锰的氧化物（MnO2或Mn2O3），
故答案为：产物中混有更高价态的锰的氧化物（MnO2或Mn2O3）；
（5）在空气中高温煅烧Mn3O4和Li2CO3生成LiMn2O4，方程式为8Mn3O4+5O2+6Li2CO312LiMn2O4+6CO2，消耗O2与生成CO2的物质的量之比为5：6，
故答案为：5：6。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度较大。
13．（2024秋 上海期末）H2O2是一种绿色氧化剂，在推动绿色生产中发挥着重要作用。
（1）已知H2O2在催化剂作用下分解速率加快，其能量随反应进程的变化如图所示。下列说法正确的是 D 。
A.H2O2分解属于吸热反应
B.加入催化剂，减小了反应的焓变
C.加入催化剂，可提高反应的活化能
D.反应物的焓高于生成物的焓
已知：①2H2（g）+O2（g）═2H2O（I）ΔH1＝﹣572kJ mol﹣1
②2H2O2（l）＝2H2O（l）+O2（g），ΔH2＝﹣196kJ mol﹣1
（2）请写出用H2（g）和O2（g）生产H2O2（l）总反应的热化学方程式 H2（g）+O2（g）═H2O2（l）ΔH＝﹣188kJ/mol 。
（3）反应①中的ΔH1 不是 （选填“是”或“不是”）H2的燃烧热，原因为 氢气的燃烧热指1mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热 。
我国科学家设计如图所示的光电催化体系，可以实现烟气脱SO2。
（4）B端为直流电源的 D 。
A.阳极
B.阴极
C.正极
D.负极
（5）写出阴极的电极反应式： O2+2e﹣+2H+＝H2O2 。
（6）若实现烟气脱SO2的体积（标准状况）为4.48L，则参与反应的O2为 0.2 mol。
为了贮存运输方便，工业上采用“醇析法”，将H2O2转化为过碳酸钠晶体（2Na2CO3 3H2O2），该晶体具有Na2CO3和H2O2的双重性质，制备过程如图。
已知：异丙醇沸点为82.5℃。
（7）过碳酸钠溶于水，溶液呈 碱性 （填“酸性”、“碱性”或“中性”），用离子方程式解释原因 H2O OH﹣ 。
（8）下列物质可使过碳酸钠较快失效的是 d 。
A.FeCl3溶液
B.NaOH溶液
C.NaCl溶液
D.NaHCO3溶液
（9）制备过碳酸钠反应温度控制在0～5℃时进行的原因是 在低温下H2O2与2Na2CO3 3H2O2稳定且2Na2CO3 3H2O2的溶解度小 ；
加入异丙醇的作用是 降低过碳酸钠的溶解度，有利于晶体析出 。
【答案】（1）D；
（2）H2（g）+O2（g）═H2O2（l）ΔH＝﹣188kJ/mol；
（3）不是；氢气的燃烧热指1mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热；
（4）D；
（5）O2+2e﹣+2H+＝H2O2；
（6）0.2；
（7）碱性；H2O OH﹣；
（8）d；
（9）在低温下H2O2与2Na2CO3 3H2O2稳定且2Na2CO3 3H2O2的溶解度小；降低过碳酸钠的溶解度，有利于晶体析出。
【分析】（1）A.由图可知反应物的总能量高于生成物的总能量，故反应为放热反应；
B.催化剂只通过改变活化能来改变反应速率，不改变反应的焓变；
C.加入催化剂，可降低反应的活化能；
D.反应是放热反应，所以反应物的焓高于生成物的焓；
（2）已知：①2H2（g）+O2（g）═2H2O（l），ΔH1＝﹣572kJ mol﹣1，②2H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g），ΔH2＝﹣196kJ mol﹣1，根据盖斯定律，得H2（g）+O2（g）═H2O2（l）ΔH；
（3）氢气的燃烧热指1mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热；
（4）装置图可知，右侧O2通入溶液生成H2O2，氧元素的化合价降低，得电子，右侧电极为阴极，B端为直流电源的负极；
（5）右侧电极反应式为：O2+2e﹣+2H+＝H2O2；
（6）左侧电极反应式为：2e﹣+2OH﹣H2O，右侧电极反应式为：O2+2e﹣+2H+＝H2O2，据此分析；
（7）过碳酸钠可写为Na2CO4 H2O，溶于水发生水解：H2O OH﹣，据此分析；
（8）过碳酸钠在铁离子作催化剂、酸性条件及还原剂的条件下都容易失效；
（9）在低温时H2O2与2Na2CO3 3H2O2稳定且2Na2CO3 3H2O2的溶解度小；过碳酸钠在异丙醇中的溶解度较小。
【解答】解：（1）A.由图可知反应物的总能量高于生成物的总能量，故反应为放热反应，故A错误；
B.催化剂只通过改变活化能来改变反应速率，不改变反应的焓变，故B错误；
C.加入催化剂，可降低反应的活化能，故C错误；
D.反应是放热反应，所以反应物的焓高于生成物的焓，故D正确；
故答案为：D；
（2）已知：①2H2（g）+O2（g）═2H2O（l），ΔH1＝﹣572kJ mol﹣1，②2H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g），ΔH2＝﹣196kJ mol﹣1，根据盖斯定律，得H2（g）+O2（g）═H2O2（l）ΔH188kJ/mol，
故答案为：H2（g）+O2（g）═H2O2（l）ΔH＝﹣188kJ/mol；
（3）氢气的燃烧热指1mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热，反应①中的ΔH1不是H2的燃烧热，
故答案为：不是；氢气的燃烧热指1mol氢气完全燃烧生成液态水
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