题目内容

7．下列有关NaClO和NaCl混合溶液的叙述不正确的是（　　）
A．该溶液与K+、NO3-、OH-可以大量共存
B．该溶液显碱性的原因为ClO-+H2O?HClO+OH-
C．向该溶液中滴入少量FeSO4溶液，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+═Cl-+2Fe3++H2O
D．向该溶液中加入浓盐酸，每产生1molCl2，转移电子约为6.02×1023个

分析 A．碱性溶液中离子间无反应，可以共存；
B．NaClO和NaCl混合溶液中次氯酸根离子水解溶液显碱性；
C．酸性条件下，Fe2+、ClO-发生氧化还原反应；
D．加入浓盐酸，发生反应方程式为NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O，根据氯气和转移电子之间关系计算．

解答 解：A．NaClO和NaCl混合溶液中，K+、NO3-、OH-可以大量共存，故A正确；
B．NaClO和NaCl混合溶液中次氯酸根离子水解溶液显碱性，ClO-+H2O?HClO+OH-，故B正确；
C．NaClO为强碱弱酸盐，水解呈碱性，NaCl为中性，溶液中不存在大量的氢离子，离子方程式为2Fe 2++ClO-+H2O=Fe 3++Fe（OH）3↓+Cl-，故C错误；
D．加入浓盐酸，发生反应方程式为NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O，根据方程式知，每生成1mol氯气转移电子数约为6.02×1023个，故D正确；
故选C．

点评 本题考查氧化还原反应有关知识，涉及离子共存、离子方程式书写、根据方程式计算等知识点，明确离子性质及离子共存条件、离子方程式书写规则等即可解答，题目难度中等．

练习册系列答案
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17．实验室以绿矾（FeSO4•7H2O）为铁源制备补铁剂甘氨酸亚铁[（NH2 CH2COO）2 Fe〕．有关物质性质：
 甘氨酸（NH2CH2COOH） 柠檬酸 甘氨酸亚铁
 易溶于水，微溶于乙醇、两性化合物 易溶于水和乙醇，有强酸性和还原性 易溶于水，难溶于乙醇
实验过程：
I．制备FeCO3：将0.10mol绿矾溶于水中，加入少量铁粉，边搅拌边缓慢加入1.1mol•L-1NH4HCO3溶液200mL．反应结束后过滤并洗涤沉淀．
II．制备（NH2 CH2 COO） 2Fe：实验装置如图（夹持和加热仪器已省略），利用A中反应将C中空气排净，再将上述沉淀和含0.20mol甘氨酸的水溶液混合后加入C中，滴入柠檬酸并加热．反应结束后过滤，滤液蒸发浓缩，加入乙醇，过滤、干燥得到产品．

回答下列问题：
（1）实验I中：铁粉的作用是防止二价铁被氧化；生成沉淀的离子方程式为Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O．
（2）实验II中：
①装置B中试剂为饱和NaHCO3溶液．
②当C中空气排净后，应停止滴加盐酸，打开止水夹b，关闭止水夹a
③装置D中Ca（OH）2的作用是判断装置中控器是否排尽．
④柠檬酸可调节pH，体系pH与产率的关系如表：
 实验 1 2 3 4 5 6 7 8
 体系pH 4.0 4.5 5.0 5.5 6.0 6.5 7.0 7.5
 产率/% 65.74 74.96 78.78 83.13 85.57 72.98 62.31 5686．
pH过低使产率下降的原因是H+会与NH2CH2COOH反应；柠檬酸的作用还有bc（填序号）．
a．作反应终点指示剂　b．防止二价铁被氧化　c．促进FeCO3溶解　d．作催化剂
⑤乙醇的作用是降低甘氨酸亚铁在水中的溶解度，提高产率和纯度．
⑥若产品的质量为m g，则产率为$\frac{m}{20.4}$×100%．
（3）设计实验方案测定产品中二价铁含量（不必描述操作过程的细节）：称取一定质量的产品溶于水中，加入适量H2SO4酸化，用KMnO4标准溶液滴定，记录消耗的体积，重复实验2-3次．
（已知产品中存在少量三价铁，且仅二价铁可以在酸性条件下被KMnO4、NaC1O或H2 O2定量快速氧化．）
18．请回答：
（1）不能用石英坩埚加热熔融碳酸钠晶体，用化学方程式表示其原因Na2CO3+SiO2 $\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$Na2SiO3+CO2↑．
（2）向NaHCO3溶液中滴加BaCl2溶液，可观察到有白色沉淀和无色气体产生，写出反应的离子方程式2HCO3-+Ba2+=BaCO3↓+CO2↑．
（3）完成以下反应的化学方程式：4CuO+2Al2O3$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$4CuAlO2+O2↑
15．某离子反应中涉及到H、O、Cl、N四种元素形成的六种微粒，N2、H2O、ClO-、H+、NH4+、Cl-，其中N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示：
完成下列填空
（1）氧原子最外层电子的轨道表示式为，该化学用语不能表达出氧原子最外层电子的c（填序号）．
a．电子层       b．电子亚层         c．所有电子云的伸展方向     d．自旋状态
（2）四种元素中有两种元素处于同周期，下列叙述中不能说明这两种元素非金属性递变规律的事实是abd．
a．最高价氧化物对应水化物的酸性          b．单质与H2反应的难易程度
c．两两形成化合物中元素的化合价          d．气态氢化物的沸点
（3）由这四种元素中任意3种所形成的常见化合物中属于离子晶体的有NH4Cl或NH4NO3（填化学式，写出一个即可），该化合物的水溶液显酸性（填“酸性”、“碱性”或“中性”）．
（4）写出该离子反应的方程式3ClO-+2NH4+=N2↑+2H++3Cl-+H2O，
若将该反应设计成一原电池，则N2应该在负极（填“正极”或“负极”）附近逸出．
（5）已知亚硝酸（HNO2）的酸性与醋酸相当，很不稳定，通常在室温下立即分解．则：
①酸性条件下，当NaNO2与KI按物质的量1：1恰好完全反应，且I-被氧化为I2时，产物中含氮的物质为NO（填化学式）．
②要得到稳定HNO2溶液，可以往冷冻的浓NaNO2溶液中加入或通入某种物质，下列物质不适合使用是bc（填序号）．
a．稀硫酸         b．二氧化碳          c．二氧化硫           d．磷酸．
2．化学与生活、生产实际密切相关．下列有关说法不正确的是（　　）
A．光导纤维应避免在强碱环境中使用
B．船体镀锌或镀锡均可保护船体，镀层破损后将立即失去保护作用
C．部分卤代烃可用作灭火剂
D．油脂皂化生成的高级脂肪酸钠是肥皂的有效成分
12．结晶玫瑰和高分子树脂P的合成路线如图所示：

已知①A的分子式为C7H8
②RCHO+CHCl3$\stackrel{一定条件}{→}$
③R1-CHO+R2-CH2-CHO$→_{△}^{OH-}$（R、R1、R2代表烃基或氢原子）
回答下列问题：
（1）C的名称是苯甲醇，E中官能团的名称是醛基、碳碳双键；
（2）①D→I的反应类型为加成反应；②B→C的化学方程式为；
（3）由I生成结晶玫瑰的化学方程式为；
（4）①在上述流程中“E→F”及“G→H”在P的合成过程中的作用是保护碳碳双键，防止被氧化．②高分子P的结构简式为；
（5）已知I在一定条件下水解生成J（C8H8O3），写出满足下列条件的J的同分异构体的结构简式．
a．遇三氯化铁溶液显紫色
b．苯环上的一氯取代物只有一种
c．与足量的氢氧化钠溶液反应，1mol该物质可消耗3molNaOH．
19．“关爱生命，注意安全”．惨痛的天津爆炸触目惊心，火灾之后依然火势绵延不绝的原因之一是易燃物中含有电石．工业上常用电石（主要成分为CaC2，杂质为CaS等）与水反应生产乙炔气．
（1）工业上合成CaC2主要采用氧热法．
已知：CaO（s）+3C（s）=CaC2（s）+CO（g）△H=+464.1kJ•mol-1
C（s）+$\frac{1}{2}$O2（g）=CO（g）△H=-110.5kJ•mol-1
若不考虑热量耗散，物料转化率均为100%，最终炉中出来的气体只有CO，为维持热平衡，每生产l molCaC2，转移电子的物质的量为10.4mol．
（2）已知2000℃时，合成碳化钙的过程中还可能涉及到如下反应
CaO（s）+C（s）=Ca（g）+CO（g）           K1 △H1=a KJ•mol-1
Ca（g）+2C（s）=CaC2（s）                 K2 △H2=b KJ•mol-1
2CaO（s）+CaC2（s）=3Ca（g）+2CO（g）     K3 △H3=c KJ•mol-1
则K1=$\sqrt{{K}_{2}{K}_{3}}$ （用含K2、K3的代数式表示）；c=2a-b（用含a、b的代数式表示）．
（3）利用电石产生乙炔气的过程中产生的H2S气体制取H2，既廉价又环保．

①利用硫化氢的热不稳定性制取氢气[2H2S（g）?S2（g）+2H2（g）]．在体积为2L的恒容密闭容器中，H2S起始物质的量为2mol，达到平衡后H2S的转化率α随温度和压强变化如图l所示．据图计算T1℃、P1时平衡体系中H2的体积分数33.3%．由图知压强P1小于P2（填“大于”“小于”或“等于”），理由是相同温度下，压强增大，H2S分解反应逆向进行，所以P1小于P2．
②电化学法制取氢气的原理如图2，请写出反应池中发生反应的离子方程式H2S+S2O82-=S↓+2SO42-+2H+，惰性电极a上发生的电极反应式为2SO42--2e-=S2O82-．
16．有资料介绍Fe3+在水溶液中通常以水合离子形式存在，[Fe（H2O）6]3+几乎无色．某化学实验小组对实验室Fe（NO3）3和FeCl3溶液呈黄色的原因产生了疑问，进一步查阅资料发现：
①[Fe（H2O）6]3++H2O?[Fe（H2O）6-n（OH）n]3-n（黄色）+nH3O+（n=1～6）；
②[FeCl4（H2O）2]-为黄色．
他们进行了如下探究实验．请回答下列问题：
【实验I】如图1：

（1）你认为Fe（NO3）3溶液呈黄色的原因是[Fe（H2O）6]3+水解产生了[Fe（H2O）6-n（OH）n]3-n．
（2）你认为FeCl3溶液呈黄色主要是含有[FeCl4（H2O）2]-微粒，理由：试管②、④中加入等量的HNO3后，②中溶液褪色，而④中溶液仍呈黄色．
【实验Ⅱ】
已知透光率越大，溶液颜色越浅．用色度计分别测定0.5mol•L-1 Fe（NO3）3和FeCl3溶液在不同温度下的透光率如图2所示．
（3）随着温度升高，Fe（NO3）3溶液透光率逐渐减小的原因是温度升高，导致平衡[Fe（H2O）6]3++nH2O?[Fe（H2O）6-n（OH）n]3-n+nH3O+正向移动，[Fe（H2O）6-n（OH）n]3-n浓度增大，溶液颜色加深．
（4）FeCl3溶液透光率随温度升高而减小的幅度明显大于Fe（NO3）3溶液，其原因用离子方程式表示：：[Fe（H2O）6]3++4Cl-?[FeCl4（H2O）2]-+4H2O，该反应属于吸热反应（填“放热”或“吸热”）．
【实验Ⅲ】
该实验小组同学还设计了一个实验方案验证（4）中结论．
（5）取试管②中无色溶液，滴加几滴B（从下列选项中选择最佳试剂，填写字母序号），通过现象能证明（4）中结论正确．
A．Fe（NO3）3溶液 B．NaCl溶液 C．NaNO3溶液   D．FeCl3溶液．
13．锆（40Zr）是现代工业的重要金属原料，具有良好的可塑性，抗蚀性能超过钛．以锆英石（主要成分是ZrSiO4，还含有少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质）为原料生产锆及其化合物的流程如图所示：

（1）ZrSiO4中锆元素的价态是+4；上述流程中，高温气化存在多个反应，若不考虑反应中的损失，则分馏后得到的SiCl4质量通常比由纯ZrSiO4发生的反应得到的SiCl4质量大，原因是因为杂质中的SiO2也通过反应产生了SiCl4．SiCl4的电子式为．
（2）高温气化后的固体残渣除C外，还有Al2O3和FeCl3，加水浸取得氯化铁溶液，过滤，从滤渣中分离出C和A12O3两种固体的方法是加碱浸取过滤得到C，再向滤液中通入足量CO2，过滤后将固体加热得到氧化铝．（或加酸浸取过滤得到C，再向滤液中加氨水，过滤后将固体加热得到氧化铝．）．
（3）写出上述流程中ZrCl4与水反应的化学方程式：ZrCl4+9H2O═ZrOCl2•8H2O+2HCl．
（4）锆还是核反应堆燃料棒的包裹材料，锆合金在高温下与水蒸气反应产生氢气，二氧化锆可以制造耐高温纳米陶瓷．下列关于锆、二氧化锆的叙述中，正确的是bd（填序号）．
a．锆合金比纯锆的熔点高，硬度小
b．二氧化锆陶瓷属于新型无机非金属材料
c．将一束光线通过纳米级二氧化锆会产生一条光亮的通路
d．可采用氦作反应堆包裹核燃料的锆合金的冷却剂
（5）工业上电解K2ZrF6与KCl等组成的熔体也可制取金属锆．电解的总反应方程式为K2ZrF6+4KCl$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$Zr+6KF+2Cl2↑．
（6）某燃料电池是以C2H4作为燃料气，另一极通入氧气，电解质是掺杂氧化钇（Y2O3）的氧化锆（ZrO2）晶体，在熔融状态下能传导O2-，则负极上发生的反应式为C2H4+6O2--12e-═2CO2+2H2O．

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