【答案】(1). MnO2+4HCl (浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O (2). 中和NaOH使溶液呈酸性，
—
防止OH对下一步的干扰 (3). 当滴入最后一滴NH4SCN溶液，溶液变为红色，且半分
mol-1×（0.2000 mol·L-1×0.0250L﹣0.2000 mol·L-1×0.01000L）钟内不褪色 (4). 126.5g·
×10÷5.11g×100%=74.27% (5). 甲苯与氯气在光照条件下可能生成多氯代物，Cl2或生成的HCl也会造成测定结果偏高
分析】(1)实验室利用MnO2和浓盐酸混合加热制取氯气；
(2)①加入硝酸会中和氢氧化钠溶液，防止氢氧根离子干扰离子检验；
②硫酸铁铵作指示剂，用0.2000mol/LNH4SCN溶液分别滴定剩余的硝酸银，滴入最后一滴溶液变血红色且半分钟不变说明反应达到终点；
③结构氯元素守恒计算，利用NH4SCN+AgNO3═AgSCN↓+NH4NO3计算剩余的硝酸银，利用硝酸银溶液在溶质物质的量减去剩余的硝酸银物质的量得到生成氯化银沉淀的物质的量，氯元素守恒得到氯化苄物质的量，据此计算；
④甲苯与氯气在光照条件下可能生成多氯代物，氯气、氯化氢会干扰氯离子的测定。 【详解】(1)实验室利用MnO2和浓盐酸混合加热制取氯气，发生反应的化学方程式为MnO2+4HCl (浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O；
【0.0100L)×
(2)①用硫酸铁铵作指示剂，用0.2000mol/LNH4SCN溶液分别滴定剩余的硝酸银，计算得到，若氢氧根离子存在会生成氢氧化银沉淀，干扰数值的测定，加入硝酸的目的是：中和NaOH
-使溶液呈酸性，防止OH对下一步的干扰；
②硫酸铁铵作指示剂，用0.2000mol/LNH4SCN溶液分别滴定剩余的硝酸银，滴入最后一滴溶液变血红色且半分钟不变说明反应达到终点，判断达到滴定终点的现象是：当滴入最后一滴，溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色；
③称取5.11g样品于烧瓶中，加入200.00mL4mol/L氢氧化钠溶液共热，冷却至室温；加入200.00mL4mol/L硝酸，一段时间后，将烧瓶中的溶液全部转移至250.00mL的容量瓶中，加水定容，从容量瓶中各取25.00mL溶液于三只锥形瓶中，各加入25.00mL0.2000mol/L硝酸银溶液，第三次测定结果误差较大，NH4SCN溶液体积读数取平均值为：
10.38ml?0.4ml?10.32ml?0.3ml=10.00ml，过量的硝酸银物质的量=0.2000mol/L×
20.0100L，则与氯离子反应的硝酸银物质的量=0.2000mol/L×0.02500L-0.2000mol/L×0.0100L，250.00ml溶液中与氯离子反应的硝酸银物质的量=(0.2000mol/L×0.02500L-0.2000mol/L×
250，称取5.11g样品中氯化苄的质量分数= 25
126.5g/mol??0.2000mol/L?0.0250l?0.2000mol/L?0.01000L??105.11g%；
×100%=74.27
④上述测定结果通常高于氯化苄中氯元素的理论含量，原因是：甲苯与氯气在光照条件下可能生成多氯代物，Cl2或生成的HCl也会造成测定结果偏高，
故答案为：甲苯与氯气在光照条件下可能生成多氯代物，Cl2或生成的HCl也会造成测定结果偏高。
19.铝铁合金在微电机中有广泛应用，某兴趣小组为利用废弃的铝铁合金设计了如下实验流程制备聚合硫酸铁和明矾：
l0-38制备Fe(OH)3的过程中，pH=7时溶液中c(Fe3+) =________。 （1）室温下Ksp[Fe(OH)3]=4×（2）聚合硫酸铁是一种无瑪无窖、化学性质稳定、能与水混溶的新型絮凝剂，微溶于乙醇，其化学式可表示为[Fe2(OH)x(SO4)y]n。
①写出流程中的“氧化”时发生的离子方程式_______________________________________，浓缩时向其中加入一定量的乙醇，加入乙醇的目的是_____________________________。 ②加入试剂Y的目的是调节pH，所加试剂Y为_______________；溶液pH对[Fe2(OH) x (SO4)y]n中x的值有较大影响（如图所示），试分析pH过小（pH＜3）导致聚合硫酸铁中x的值减小的原因：________________________________________________________。
（3）明矾是一种常见铝钾硫酸盐。
①为充分利用原料，试剂X应为_______________。
②请结合图所示的明矾溶解度曲线，补充完整由滤液I制备明矾晶体的实验步骤(可选用的
试剂：废弃的铝铁合金、稀硫酸、NaOH溶液和酒精)：向滤液I中加入足量的含铝废铁屑至不再有气泡产生，过滤，_____________。将溶液___________、过滤、并用酒精洗涤、干燥，最终得到明矾晶体。
10－17 mol·L-1 (2). 3Fe2++ 4 H ++ NO3- ==3Fe3++ NO↑+ 2H2O (3). 降低【答案】 (1). 4×
聚合硫酸铁的溶解度，以便析出；所得产物易于干燥 (4). Fe2O3 (5). pH过小，会抑制Fe的水解 (6). KOH (7). 向所得滤液中加入稀硫酸，生成白色沉淀，继续滴加稀硫酸至生成的沉淀溶解 (8). 蒸发浓缩冷却结晶
【分析】由流程可知，废弃的铝铁合金加入氢氧化钾溶液浸泡反应铝反应得到偏铝酸钾溶液，过滤，滤液经一系列操作反应生成硫酸铝钾，滤渣中加入稀硫酸和铁反应生成硫酸亚铁，加入稀硝酸氧化为硫酸铁，加入试剂Y调节溶液PH，但不能引入新的杂质，加入氧化铁和酸反应来调节溶液pH，酸性越强，对铁离子水解程度抑制越大，生成氢氧化铁少，得到溶液通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到聚合硫酸铁； (1)根据Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)×c3(OH-)=4×lO-38，计算c(Fe3+)；
(2)①稀硝酸氧化溶液中的Fe2+生成Fe3+，同时生成NO气体，结合守恒法写出发生反应的离子方程式；聚合硫酸铁微溶于乙醇，浓缩时向其中加入一定量的乙醇可以利于聚合硫酸铁析出，乙醇易挥发分析；
②加入氧化铁和酸反应来调节溶液pH，不引入新的杂质，图象分析可知pH＜3，x值越小，是因为酸性条件下铁离子水解被抑制；
(3)①明矾是一种常见铝钾硫酸盐，所以为充分利用原料，试剂X应为氢氧化钾； ②明矾溶解度随温度升高溶解度增大，向滤液Ⅰ中加入足量的含铝废铁屑至不再有气泡产生，过滤除去过量的废铝铁屑，滤液这是铝和氢氧化钾溶液反应生成偏铝酸钾，加入稀硫酸生成白色沉淀氢氧化铝，继续加入稀硫酸沉淀溶解，所得溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，用酒精洗涤晶体，干燥得到明矾晶体。
3+
-3+
l0-7mol/L，c3(OH-)=4×l0-38，可【详解】(1)溶液pH=7时c(OH)=1×，由Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe)×
3+
知c(Fe)=
4?10?38?1?10??73mol/L=4×10－17mol·L-1；
(2)①稀硝酸氧化溶液中的Fe2+生成Fe3+，同时生成NO气体，发生反应的离子方程式为3Fe2++4H ++NO3- ==3Fe3++NO↑+2H2O；聚合硫酸铁微溶于乙醇，浓缩时向其中加入一定量的 乙醇，可以降低聚合硫酸铁的溶解度利于聚合硫酸铁析出，乙醇易挥发得到晶体易于干燥；②加入氧化铁和酸反应来调节溶液pH，所加试剂Y为Fe2O3，不引入新的杂质；图象分析可知PH＜3，x值越小，是因为酸性条件下铁离子水解被抑制，分析pH过小(pH＜3)导致聚合硫酸铁中x的值减小；
(3)①明矾是一种常见铝钾硫酸盐，所以为充分利用原料，试剂X应为KOH；
②明矾溶解度随温度升高溶解度增大，向滤液Ⅰ中加入足量的含铝废铁屑至不再有气泡产生，过滤除去过量的废铝铁屑，滤液中是铝和氢氧化钾溶液反应生成偏铝酸钾，加入稀硫酸生成白色沉淀氢氧化铝，继续加入稀硫酸沉淀溶解，所得溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，用酒精洗涤晶体，干燥得到明矾晶体。
20.“温室效应”是全球关注的环境问题之一。CO2是目前大气中含量最高的一种温室气体，CO2的综合利用是解决温室及能源问题的有效途径。
(1)研究表明C02和H2在催化剂存在下可发生反应生成CH3OH。己知部分反应的热化学方程O（g）= CO2（g）+2H2O（g）△H1=akJ?mol-，H2（g）+1O（g）式如下：CH3OH（g）+32222=H2O（l）△H2，则CO2（g）+3H2（g）= CH3OH（g）+2H2O（l）△H=_______kJ?mol-。 (2)C02催化加氢也能合成低碳烯烃：2CO2(g)+6H2(g) =C2H4(g)+4H2O(g)，不同温度下 平衡时的四种气态物质的物质的量如图所示，曲线c表示的物质为________(填化学式)。
(3)C02和H2在催化剂Cu/ZnO作用下可发生两个平行反应，分别生成CH3OH和CO。 反应A: CO2(g)+3H2(g) = CH3OH(g)+H2O(g) 反应B: CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)
控制CO2和H2初始投料比为1 : 3时，温度对CO2平衡转化率及甲醇和CO产率的影响如图
所示。
①由图可知温度升高CO的产率上升，其主要原因可能是____________________________。 ②由图可知获取CH3OH最适宜的温度是____________。下列措施不能提高C02转化为CH3OH的平衡转化率的有__________(填字母)。
A.使用催化剂 B.增大体系压强 C.增大C02和出的初始投料比
(4)在催化剂表面通过施加电压可将溶解在酸性溶液中的二氧化碳直接转化为乙醇，则生成 乙醇的电极反应式为_________________________________。
(5)由C02制取C的太阳能工艺如图所示。“热分解系统”发生的反应为 2Fe304
2300K6Fe0+02↑。毎分解1mo;Fe304转移电子的物质的量为__________；“重整系统”发生反
应的化学方程式为___________________________________________________________。
(1). 3b－a (2). C2H4 (3). 反应B正反应是吸热反应，【答案】温度升高平衡正向移动，CO产率升高 (4). 250℃ (5). AC (6). 2CO2＋12H＋＋12e－=C2H5OH＋3H2O (7). 2 mol (8). 6FeO+CO2【
分
析
】
已
知
2Fe3O4+C ①CH3OH(g)+
32O2(g)═CO2(g)+2H2O(1)△H1=akJ?mol-1
，
②H2(g)+
1O2(g)=H2O(1)△H2=bkJ?mol-1；根据盖斯定律知，②×3-①得：2CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)；
(2)根据图知，升高温度，氢气物质的量增大，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应，a曲线随着温度升高，物质的量增大，为二氧化碳，b、c随着温度升高其物质的量降低，为生成物水、乙烯，但水的变化量大于乙烯，据此判断c曲线代表物质；
江苏省南京市六校联合体2018-2019学年高二下学期期末联考化学(解析版)
