《创新课堂》第五章 15 章末过关检测(五) 讲义（教师版）化学必修二人教版

章末过关检测(五)
(满分：100分)
一、选择题：本题包括15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．中华传统文化中蕴含着很多化学知识。下列说法错误的是(　　)
A．“落红不是无情物，化作春泥更护花”蕴含着自然界中的碳、氮循环
B．“雷蟠电掣云滔滔，夜半载雨输亭皋”涉及化学反应N2＋O22NO
C．“至于矾现五金色之形，硫为群石之将，皆变化于烈火”，其中“矾”指的是金属硫酸盐
D．“凡火药，硫为纯阳”，其中硫为浓硫酸
解析：选D。A．“落红不是无情物，化作春泥更护花”蕴含着自然界中的物质循环，其中包括碳、氮循环，故A正确；B．氮气和氧气在放电条件下反应生成一氧化氮，即N2＋O22NO，故B正确；C．“矾”指的是金属(铜、铁、锌)的硫酸盐，故C正确；D．“凡火药，硫为纯阳”中“硫”为硫黄，故D错误。
2．新材料的蓬勃发展彰显化学学科的魅力。下列说法不正确的是(　　)
A．太阳能电池光电转换材料的主要成分是二氧化硅
B．火星车的热控材料纳米气凝胶能产生丁达尔效应
C．液冷散热技术使用的石墨烯属于无机非金属材料
D．深海载人潜水器外壳使用的钛合金属于金属材料
解析：选A。A．硅单质是良好的半导体材料，太阳能电池光电转换材料的主要成分是硅，A错误；B．火星车的热控材料纳米气凝胶是胶体，能产生丁达尔效应，B正确；C．石墨烯是碳元素组成的单质，属于无机非金属材料，C正确；D．钛合金是金属钛和其他元素组成的合金，属于金属材料，D正确。
3．氮和硫是化工生产中的重要元素。下列相关物质的性质与用途具有对应关系的是(　　)
A．液氨汽化时吸收大量热，可用作制冷剂
B．碳酸氢铵受热易分解，可用作化学肥料
C．二氧化硫易溶于水，可用作纸浆漂白剂
D．浓硫酸具有脱水性，可用作气体干燥剂
解析：选A。A．液氨汽化时吸收大量热，能使环境温度降低，具有制冷作用，可用作制冷剂；B．碳酸氢铵含有植物生长所需的营养元素N，故碳酸氢铵可用作化学肥料，与碳酸氢铵受热易分解无关；C．二氧化硫能与某些有色物质化合生成无色物质，表现出漂白性，可用作纸浆漂白剂，与二氧化硫易溶于水无关；D．浓硫酸可用作气体干燥剂，是因为浓硫酸具有吸水性，与浓硫酸具有脱水性无关。
4．下列叙述正确的是(　　)
A．Mg分别与空气和氧气反应，产物相同
B．SO2分别与H2O和H2S反应，反应类型相同　
C．Na2O2分别与H2O和CO2反应，生成的气体相同
D．浓硫酸分别与Cu和C反应，生成的气体相同　
解析：选C。A．镁在空气中燃烧，镁能和氧气反应生成氧化镁，能和氮气反应生成氮化镁，能和二氧化碳反应生成氧化镁和碳单质；镁和氧气反应生成氧化镁，产物不同，A错误。B．SO2与H2O发生化合反应生成亚硫酸，而和H2S会发生氧化还原反应生成硫单质，反应类型不同，B错误。C．Na2O2分别与H2O和CO2反应生成的气体均为O2，C正确。D．浓硫酸与Cu反应生成二氧化硫气体，而与C反应生成二氧化碳和二氧化硫气体，生成的气体不完全相同，D错误。
5．下列实验装置或操作能达到实验目的的是(　　)
A．制取NH3 B．验证SO2的酸性 C．验证NH3易溶于水且溶液呈碱性 D．收集NO
解析：选C。A．氯化铵受热分解为氨和氯化氢，二者遇冷又会生成氯化铵，不适合制取氨，A不能达到实验目的；B．二氧化硫通入品红溶液中，可以验证SO2的漂白性，不能验证SO2的酸性，B不能达到实验目的；C．挤压胶头滴管，水进入烧瓶将NH3溶解，烧瓶中气体大量减少压强急剧减小，打开活塞，水迅速被压入烧瓶中形成红色喷泉，证明NH3与水反应形成碱性物质，C能达到实验目的；D．NO会与空气中的氧气反应，不能用排空气法收集NO，D不能达到实验目的。
6．有a、b、c、d、e五种气体，进行下表所示的四组实验。根据相关实验现象，可判断出a、b、c、d、e依次可能是(　　)
实验操作 实验现象
(1)a和b混合 气体变成红棕色
(2)c和d混合 产生白烟
(3)c和e分别通入少量溴水中 溴水都变成无色透明的液体
(4)b和e分别通入硫化氢溶液中 都产生黄色沉淀
A．O2、NO、HCl、NH3、CO2
B．O2、NO、NH3、HCl、SO2
C．NO、O2、NH3、HCl、SO2
D．HCl、CO2、NH3、H2S、CH4
解析：选C。a和b混合，气体变成红棕色，为二氧化氮，由此可知a、b为NO、O2中的一种；b通入硫化氢溶液中产生黄色沉淀，可知b为O2，a为NO。c和d混合产生白烟，为氯化铵，由此可知c、d为NH3和HCl中的一种；c通入少量溴水中，溴水变成无色透明的液体，反应生成了铵盐，可知c为NH3，d为HCl；e通入少量溴水中，溴水变成无色透明的液体，二氧化硫与溴水反应生成硫酸和氢溴酸；e通入硫化氢溶液中产生黄色沉淀，产生了单质硫，可知e为SO2。
7．O2在一定条件下能有效去除烟气中的SO2、NO，可能的反应机理如下图所示。下列说法不正确的是(HO·表示羟基自由基，·表示未成对电子)(　　)
A．O2转化为O时失去电子
B．HO·中氧元素的化合价为－1价
C．净化器内SO2被还原
D．净化器内NO发生的反应为3HO·＋NO===HNO3＋H2O
解析：选C。A．根据电荷守恒可知，O2转化为O发生的反应为O2－e－=== O，A正确；B．·表示未成对电子，所以HO·不带电荷，因H元素的化合价为＋1价，所以氧元素的化合价为－1价，B正确；C．净化器内SO2与HO·反应得到H2SO4，S元素化合价由＋4价升高到＋6价，被氧化，C错误；D．净化器内NO被HO·氧化为HNO3，发生的反应为3HO·＋NO===HNO3＋H2O，D正确。
8．用下图所示的装置制取、净化并收集下表中的四种气体(a、b、c表示相应仪器中加入的试剂)，其中可行的是(　　)
选项 气体 a b c
A NO2 浓硝酸 铜片 NaOH溶液
B O2 H2O2溶液 二氧化锰 浓硫酸
C SO2 浓硫酸 铜片 NaOH溶液
D NH3 浓氨水 生石灰 碱石灰
解析：选B。A．NO2与NaOH反应而被吸收，不能用NaOH溶液净化，A项错误；B．H2O2在常温下被二氧化锰催化生成O2，用浓硫酸除去O2中含有的水蒸气，且O2的密度大于空气的密度，可用向上排空气法收集，B项正确；C．浓硫酸与铜的反应需要在加热条件下进行，而本实验没有加热装置且SO2与NaOH反应，不能用NaOH溶液净化，C项错误；D．氨的密度比空气的小，不能用向上排空气法收集，D项错误。
9．下列依据实验方案和实验现象对浓硫酸性质作出的判断合理的是(　　)
实验方案 实验Ⅰ： 实验Ⅱ：
实验现象 试纸中心区域变黑，边缘变红 黑色固体溶解，溶液接近无色(溶液中锰元素仅以Mn2＋存在)，产生能使带火星的木条复燃的无色气体
A．由实验Ⅰ可知，浓硫酸具有脱水性
B．由实验Ⅰ可知，浓硫酸具有弱酸性
C．由实验Ⅱ可知，浓硫酸具有强氧化性
D．由实验Ⅱ可知，浓硫酸具有吸水性
解析：选A。试纸中心区域变黑，说明生成C单质，证明浓硫酸具有脱水性，A正确；蓝色石蕊试纸边缘变红，只能证明浓硫酸具有酸性，不能证明浓硫酸具有弱酸性，B错误；实验Ⅱ的现象说明加热浓硫酸与MnO2，反应生成Mn2＋、O2，该反应中MnO2既是氧化剂又是还原剂，浓硫酸只表现了酸性，未表现强氧化性和吸水性，C、D错误。
10．欲除去粗盐中的杂质CaCl2、MgCl2和Na2SO4，过程如下图所示，下列有关说法不正确的是(　　)
A．除去Mg2＋的主要反应为Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓　
B．试剂①一定不是Na2CO3溶液
C．检验SO是否除尽：取少量滤液，加稀盐酸酸化，再加BaCl2溶液
D．向滤液中加稀盐酸时只发生反应H＋＋OH－===H2O
解析：选D。粗盐中的杂质离子为Ca2＋、Mg2＋和SO，可分别用过量的Na2CO3、NaOH、BaCl2溶液将其转化为沉淀，剩余的OH－、CO均用稀盐酸除去。A．除去Mg2＋用氢氧化钠溶液，发生的主要反应为Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓，A正确；B．由于过量的氯化钡需要利用碳酸钠除去，因此碳酸钠溶液一定在氯化钡溶液的后面加入，故试剂①一定不是Na2CO3溶液，B正确；C．检验SO是否除尽：取少量滤液，加稀盐酸酸化，再加BaCl2溶液，C正确；D．向滤液中加稀盐酸时发生反应H＋＋OH－===H2O、2H＋＋CO===CO2↑＋H2O，D错误。
11．从元素化合价和物质类别两个角度学习、研究物质的性质，是一种行之有效的方法。硫、氮两元素的“价—类”二维图如图甲、乙所示。下列说法错误的是(　　)
A．P为无色气体，遇空气变红棕色
B．欲制备Na2S2O3(硫代硫酸钠)，从氧化还原反应角度分析，可以选择Na2SO3＋S
C．Fe与R的浓溶液在加热条件下可以生成Q
D．X与Cu在加热条件下可以生成CuX
解析：选D。由题图可知，X为S单质，Y为SO3，W为H2SO4，Z为亚硫酸盐；P为NO，Q为NO2，R为HNO3。A．NO为无色气体，NO极易和空气中的氧气反应生成红棕色气体NO2，故A正确；B．从氧化还原反应角度分析，欲制备Na2S2O3，可以选择Na2SO3＋S发生归中反应制得，故B正确；C．在加热条件下，Fe和浓硝酸反应可生成二氧化氮，故C正确；D．S与Cu在加热条件下反应生成黑色固体Cu2S，故D错误。
12．氨基甲酸铵(NH2COONH4)受热易分解，易与水反应，难溶于CCl4，设计如下图所示的装置制备氨基甲酸铵。已知：2NH3(g)＋CO2(g)===NH2COONH4(s)。下列说法错误的是(　　)
A．装置A的优点是能够随时控制反应的发生和停止
B．装置B、C、E中试剂可分别为饱和碳酸氢钠溶液、浓硫酸、CaCl2固体
C．装置D使用冷水浴
D．装置F中所用试剂可为NH4Cl与熟石灰
解析：选B。装置A制备二氧化碳、装置B除去二氧化碳中的氯化氢、装置C干燥二氧化碳；装置F制备氨，装置E干燥氨；干燥的二氧化碳和氨在装置D中反应生成氨基甲酸铵。关闭止水夹，装置A中反应停止；打开止水夹，装置A中反应开始，故A正确。装置E干燥氨，氨不能用CaCl2固体干燥，故B错误；氨基甲酸铵受热易分解，装置D使用冷水浴，故C正确；装置F制备氨，所用试剂可为NH4Cl与熟石灰，故D正确。
13．“以废治废”是治理污染的新思路。用工业废碱渣(主要成分为Na2CO3)吸收烟气中的SO2，得到亚硫酸钠(Na2SO3)粗品，流程如下。下列说法错误的是(　　)
A．步骤①④中都要用到玻璃棒
B．步骤②中SO2既体现还原性又体现酸性氧化物的性质
C．步骤③中发生反应的离子方程式为HSO＋OH－===SO＋H2O
D．亚硫酸钠粗品中可能含有Na2SO4
解析：选B。步骤①为溶解、过滤，需要玻璃棒搅拌、引流，步骤④为隔绝空气加热浓缩、降温结晶、过滤，需要玻璃棒搅拌、引流，A项正确；步骤②中发生反应Na2CO3＋2SO2＋H2O===2NaHSO3＋CO2，只体现了SO2酸性氧化物的性质，B项错误；步骤③是亚硫酸氢钠与氢氧化钠的反应，离子方程式为HSO＋OH－===SO＋H2O，C项正确；亚硫酸钠中S元素化合价为＋4价，易被空气中的氧气氧化为＋6价，即生成Na2SO4，因此亚硫酸钠粗品中可能含有Na2SO4，D项正确。
14．足量铜与一定量的浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体2.24 L(标准状况)，这些气体与一定体积O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，若向所得硝酸铜溶液中加入4 mol·L－1NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是50 mL，下列说法正确的是(　　)
A．参加反应的硝酸是0.4 mol
B．消耗氧气的体积为1.12 L(标准状况)
C．此反应过程中转移的电子为0.3 mol
D．参加反应的铜的质量是3.2 g
解析：选B。由于Cu是足量的，硝酸完全反应，所得溶液中溶质为硝酸铜；混合气体与氧气、水反应又得到硝酸，根据得失电子守恒，Cu原子失去的电子等于氧气获得的电子，所得硝酸铜溶液中加入NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀生成Cu(OH)2，获得NaNO3溶液，由电荷守恒，OH－的物质的量等于铜失去电子的物质的量，等于氧气获得电子的物质的量。反应后溶液中溶质为NaNO3，则n(NO)＝n(NaOH)＝4 mol·L－1×0.05 L＝0.2 mol，n(NO2)＋n(NO)＝＝0.1 mol，由N原子守恒：n(HNO3)＝n(NO2)＋n(NO)＋n反应后溶液(NO)＝0.1 mol＋0.2 mol＝0.3 mol，故A错误；由上述分析可知，氧气获得电子的物质的量为0.2 mol，故消耗氧气的物质的量为＝0.05 mol，在标准状况下的体积为0.05 mol×22.4 L·mol－1＝1.12 L，故B正确，C错误；向所得硝酸铜溶液中加入50 mL 4 mol·L－1NaOH溶液，则Cu2＋恰好完全沉淀，铜离子的物质的量＝n(NaOH)＝×0.05 L×4 mol·L－1＝0.1 mol，则参加反应的铜的质量是0.1 mol×64 g·mol－1＝6.4 g，故D错误。
15．硝酸工业生产中常用纯碱溶液吸收排出的氮氧化物废气，废气中只含有NO、NO2两种气体。将一定量废气通入足量的Na2CO3溶液中被完全吸收，溶液中生成的NO、NO两种离子的物质的量与废气中NO2的物质的量分数x[x＝]的变化关系如下图所示。
已知溶液中可发生以下两个反应：
ⅰ.NO＋NO2＋Na2CO3===2NaNO2＋CO2；
ⅱ.2NO2＋Na2CO3===NaNO2＋NaNO3＋CO2。
下列说法正确的是(　　)
A．a曲线表示NO
B．随x值增大，溶液中n(NO)＋n(NO)增大
C．若测得所得溶液中n(NO)＝0.5 mol，则x＝0.75
D．x＝0.6时，反应中可收集到标准状况下44.8 L CO2
解析：选C。由化学方程式和题图可知，NO单独存在时不能被吸收。①当NO和NO2混合气体被Na2CO3溶液恰好完全吸收，满足n(NO2)∶n(NO)＝1，即x＝0.5，此时只生成NO，n(NO)＝0，n(NO)＝2 mol，所以a曲线表示NO、b曲线表示NO；②当气体只有NO2时，即x＝1，发生反应ⅱ，此时生成的n(NO)＝n(NO)＝1 mol；③反应ⅰ和反应ⅱ均有n(N)＝2n(C)，即n(NO2)＋n(NO)＝2n(CO2)＝2 mol，所以n(CO2)＝1 mol；④由x＝0.5和x＝1可知，一定量废气中n(NO2)≥n(NO)，并且n(NO2)＋n(NO)＝2 mol，生成n(NO)＋n(NO)＝2 mol。综上可知，2 mol废气通入足量的Na2CO3溶液中被完全吸收，即n(NO2)≥n(NO)，生成n(NO)＋n(NO)＝2 mol；n(CO2)＝1 mol。A．由分析可知，a曲线表示NO，A错误；B．由分析可知，随x值增大，溶液中n(NO)＋n(NO)不变，B错误；C．设n(NO2)＝a，n(NO)＝b，则a＋b＝2 mol，发生反应ⅰ余下NO2的物质的量为(a－b) mol，发生反应ⅱ生成n(NO)＝0.5(a－b)＝0.5 mol，解得a＝1.5 mol，b＝0.5 mol，废气中NO2的物质的量分数x＝＝0.75，C正确；D．由分析可知，n(CO2)＝1 mol，反应中可收集到标准状况下1 mol×22.4 L/mol＝22.4 L CO2，D错误。
二、非选择题：本题包括4小题，共55分。
16．(12分)研究不同价态硫元素之间的转化是合理利用硫元素的基本途径。
(1)Na2S2的结构与过氧化钠相似，Na2S2的电子式为________________。
(2)Na2S5(易溶于水)在酸性条件下可生成H2S和S，该反应的离子方程式为
________________________________________________________________
________________________________________________________________。
(3)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是一种食品抗氧化剂，易溶于水，其中硫元素的化合价为________价。向某些饮料中添加少量焦亚硫酸钠，可降低饮料中溶解氧的含量，发生反应的离子方程式为
________________________________________________________________
________________________________________________________________。
(4)某小组同学设计实验实现几种价态硫元素的转化。可选用的实验药品如下：
a.Na2SO3溶液、b.浓硫酸、c.Na2S溶液、d.稀硫酸、e.酸性KMnO4溶液、f.品红溶液、g.铜片。
实验序号 预期转化 选择试剂 证明实现转化的现象
Ⅰ ―→
Ⅱ a、c、d 淡黄色沉淀
Ⅲ ―→ b、g、f
①实验Ⅰ选择的试剂是a和________(填字母)。
②实验Ⅱ实现了＋4价和－2价S向0价S的转化，写出该转化反应的离子方程式：_________________________________________________________
________________________________________________________________。
③实验Ⅲ中发生反应的化学方程式是
________________________________________________________________
________________________________________________________________，
证明实现该转化的现象是_______________________________________。
解析：(1)Na2S2为离子化合物，两个S原子间形成一对共用电子，故电子式为。
(2)Na2S5(易溶于水)在酸性条件下可生成H2S和S，反应的离子方程式为S＋2H＋===H2S↑＋4S↓。(3)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)中，钠元素化合价为＋1价，氧元素化合价为－2价，依据化合物中各元素正负化合价的代数和为0，可计算得到硫元素的化合价为＋4价；向某些饮料中添加少量焦亚硫酸钠，可降低饮料中溶解氧的含量，Na2S2O5被氧气氧化得到硫酸钠和硫酸，反应的离子方程式为S2O＋O2＋H2O===2SO＋2H＋。(4)①实验Ⅰ是＋4价硫变为＋6价硫，被氧化，失去电子，选择的试剂是Na2SO3溶液和氧化剂酸性KMnO4溶液。②实验Ⅱ选择的试剂是Na2SO3溶液、Na2S溶液、稀硫酸，在酸性环境中，硫离子和亚硫酸根离子发生氧化还原反应生成单质硫，实现了＋4价和－2价S转化为0价S的过程，反应的离子方程式为2S2－＋SO＋6H＋===3S↓＋3H2O。③实验Ⅲ中浓硫酸与铜片在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O，二氧化硫能使品红溶液褪色，故证明实现该转化的现象是品红溶液褪色。
答案：(1) 　
(2)S＋2H＋===H2S↑＋4S↓
(3)＋4　S2O＋O2＋H2O===2SO＋2H＋
(4)①e　②2S2－＋SO＋6H＋===3S↓＋3H2O
③Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O　品红溶液褪色
17．(14分)工业废水中的氨氮(以NH3、NH形式存在)，可通过微生物法或氧化法处理，使水中氨氮达到国家规定的排放标准。
(1)微生物法：酸性废水中的部分NH在硝化细菌的作用下被氧气氧化为NO，NO再与NH作用生成N2。
①NH转化为NO的离子方程式为________________________________
________________________________________________________________。
②NO与NH在转化为N2的反应中消耗NO与NH的物质的量之比为________。
(2)次氯酸钠氧化法：向氨氮废水中加入NaClO，氨氮转化为N2而除去。
①NaClO氧化NH3的离子方程式为
________________________________________________________________
________________________________________________________________。
②一定pH下，NaClO的投入量对污水中氨氮去除率的影响如图甲所示。当m(NaClO)∶m(NH3)>7.7时，总氮去除率随m(NaClO)∶m(NH3)的增大而降低的原因是________________________________________________________________
________________________________________________________________。
(3)活性炭 臭氧氧化法：活性炭 臭氧氧化氨氮的机理如图乙所示。*表示吸附在活性炭表面的物种，·OH为羟基自由基，其氧化性比O3更强。
①活性炭 臭氧氧化氨氮的机理可描述为
________________________________________________________________
________________________________________________________________。
②其他条件不变，调节废水的pH，废水中氨氮去除率随pH的变化如图丙所示。随pH增大氨氮去除率先明显增大，后变化较小，可能的原因是
________________________________________________________________
________________________________________________________________。
解析：(1)①NH转化为NO ，N元素化合价从－3价升高到＋5价，氧元素化合价从0价降低到－2价，根据得失电子守恒、电荷守恒、质量守恒可得离子方程式为NH＋2O2NO＋H2O＋2H＋。②NO与NH在转化为N2的反应中，NO中N元素化合价从＋5价降低到0价，NH中N元素化合价从－3价升高到0价，根据得失电子守恒可知，消耗NO与NH的物质的量之比为3∶5。(2)①ClO－氧化氨为氮气，反应中氮元素化合价从－3价升高到0价、氯元素化合价从＋1价降低到－1价，根据得失电子守恒、质量守恒、电荷守恒可得离子方程式为3ClO－＋2NH3===3Cl－＋N2＋3H2O。②一定pH下，当m(NaClO)∶m(NH3)>7.7时，总氮去除率随m(NaClO)∶m(NH3)的增大而降低，说明溶液中生成了其他含氮的微粒，应是氨被氧化的产物，故原因是NaClO将部分氨氮氧化为NO、NO留在废水中。(3)①由题图乙可知，活性炭 臭氧氧化氨氮的机理可描述为O3与活性炭表面吸附的OH－作用生成·OH，·OH将活性炭表面吸附的NH转化为N2。②结合题给信息可知，生成·OH增多时反应速率增大，故随pH增大氨氮去除率先明显增大后变化较小的可能原因是随pH增大，活性炭上吸附的OH－增多，生成·OH增多；pH继续增大时，OH－将NH转化为NH3，不利于活性炭对氨氮的吸附。
答案：(1)①NH＋2O2NO＋H2O＋2H＋
②3∶5　(2)①3ClO－＋2NH3===3Cl－＋N2＋3H2O　②NaClO将部分氨氮氧化为NO、NO留在废水中　(3)①O3与活性炭表面吸附的OH－作用生成·OH，·OH将活性炭表面吸附的NH转化为N2　②随pH增大，活性炭上吸附的OH－增多，生成·OH增多；pH继续增大时，OH－将NH转化为NH3，不利于活性炭对氨氮的吸附
18．(14分)单晶硅是信息产业中重要的基础材料。通常用焦炭在高温下还原二氧化硅制得粗硅(含铁、铝、硼、磷等杂质)，粗硅与氯气反应生成四氯化硅(反应温度450～500 ℃)，四氯化硅经提纯后用氢气还原可得高纯硅。以下是实验室制备四氯化硅的装置示意图。
相关信息如下：
a．四氯化硅接触水会发生化学反应；
b．硼、铝、铁、磷在高温下均能与氯气直接反应生成相应的氯化物；
c．有关物质的物理常数见下表：
物质 SiCl4 BCl3 AlCl3 FeCl3 PCl5
沸点/℃ 57.7 12.8 － 315 －
熔点/℃ －70.0 －107.2 － － －
升华温度/℃ － － 180 300 162
请回答下列问题：
(1)装置A中发生反应的离子方程式为
________________________________________________________________
________________________________________________________________，
装置D中发生反应的化学方程式为
________________________________________________________________
________________________________________________________________。
(2)装置A中g管的作用是__________________________；装置C中盛放的试剂是________，作用是____________。
(3)装置E中h瓶需要冷却的原因是___________________________________
________________________________________________________________。
(4)装置E中h瓶收集到的粗产物可通过精馏(类似多次蒸馏)得到高纯度四氯化硅，精馏后的残留物中，除铁元素外可能还含有的杂质元素是________(填元素符号)。
(5)过量的氯气可以用石灰乳来处理，请写出该反应的化学方程式：________________________________________________________________
________________________________________________________________。
解析：(1)装置A用来制备氯气，实验室利用浓盐酸和二氧化锰加热制备氯气，发生反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；装置D中Si与氯气发生反应生成四氯化硅，化学方程式为2Cl2＋SiSiCl4。(2)装置A中g管的作用是平衡气压，便于液体顺利流下；生成的氯气中混有氯化氢和水蒸气，首先利用饱和食盐水除去氯化氢，最后干燥氯气，故装置C中盛放的试剂是浓硫酸，作用是干燥氯气。(3)根据题表中数据可知，四氯化硅的沸点低，因此装置E中h瓶需要冷却，以收集四氯化硅。(4)根据题表中数据可知，BCl3的沸点很低，在SiCl4之前被蒸出，故精馏后的残留物中，除铁元素外可能还含有的杂质元素是Al、P。(5)过量的氯气可以用石灰乳来处理，该反应的化学方程式为2Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O。
答案：(1)MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O　2Cl2＋SiSiCl4
(2)平衡气压　浓硫酸　干燥氯气
(3)四氯化硅的沸点低，需要冷凝收集
(4)Al、P
(5)2Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O
19．(15分)NH3 CaSO4法可用于吸收燃煤发电厂的CO2，同时获得产品(NH4)2SO4，反应原理为CO2＋CaSO4·2H2O(s)＋2NH3===CaCO3(s)＋(NH4)2SO4＋H2O。实验室根据上述反应原理模拟生产硫酸铵。回答下列问题：
(1)搭建如下图所示的装置，先通入NH3。通入NH3的仪器采用干燥管替代长导管的目的是_______________________________________________________；
然后通入CO2，当液体由红色变为浅红色时，立即停止实验，不再继续通入CO2直至过量的原因是_________________________________________________
________________________________________________________________。
(2)已知(NH4)2SO4的溶解度曲线如下图所示。将反应后的混合液进行如下实验：过滤、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干。两次过滤依次得到的物质分别为________和________；实验时，烘干温度不易过高，其原因为
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(3)实验所得(NH4)2SO4的量较少，为提高其产量，工业上可采取的措施是________________________(任写一条)。
(4)为了测定样品中(NH4)2SO4的纯度，进行如下实验：取1.500 g硫酸铵在碱性溶液中反应，蒸馏出生成的氨，用25.00 mL 0.500 mol·L－1硫酸标准液吸收，再用氢氧化钠标准溶液测定吸收氨后过量的硫酸标准液。若测定时消耗了20.00 mL 0.200 mol·L－1的NaOH溶液，则该硫酸铵产品的纯度为________%。
(5)若蒸馏出的氨中含有较多水蒸气，则实验结果将________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
解析：(1)氨极易溶于水，易发生倒吸，通入NH3的仪器采用干燥管替代长导管的目的是防止倒吸；向氨水中通入CO2，当液体由红色变为浅红色时，立即停止实验，因为碳酸钙能与二氧化碳反应生成可溶性的碳酸氢钙，所以不再继续通入CO2直至过量的原因是防止碳酸钙生成碳酸氢钙，使硫酸铵难以分离。
(2)反应后的混合液中含有碳酸钙沉淀，第一次过滤得到CaCO3沉淀，硫酸铵的溶解度随温度降低而减小，硫酸铵溶液经蒸发浓缩、冷却结晶得到(NH4)2SO4晶体，过滤出(NH4)2SO4；铵盐受热易分解，烘干温度不易过高的原因是防止(NH4)2SO4分解。
(3)为提高(NH4)2SO4的产量，工业上可采取的措施是通入过量的氨。
(4)氨、氢氧化钠共消耗硫酸的物质的量n(H2SO4)＝0.025 0 L×0.500 mol·L－1＝0.012 5 mol，若测定时消耗了20.00 mL 0.200 mol·L－1的NaOH溶液，则说明硫酸吸收氨的物质的量n(NH3)＝(0.012 5 mol－0.020 0 L×0.200 mol·L－1×)×2＝0.021 mol，硫酸铵的物质的量为0.010 5 mol，故该硫酸铵产品的纯度为×100%＝92.4%。
(5)水蒸气与硫酸、氢氧化钠都不反应，若蒸馏出的氨中含有较多水蒸气，则实验结果将无影响。
答案：(1)防止倒吸　防止碳酸钙生成碳酸氢钙，使硫酸铵难以分离
(2)CaCO3　(NH4)2SO4　防止(NH4)2SO4分解
(3)通入过量的氨(答案合理即可)
(4)92.4　(5)无影响