1、2016-2017学年江西省赣州市于都二中高三（上）第四次周考化学试卷一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）1下列实验操作会导致实验结果偏低的是（）配制100g 10%的CuSO4溶液，称取10g 硫酸铜晶体溶于90g水中测定碳酸钠晶体中结晶水的百分含量时，所用的晶体已经受潮配制一定物质的量浓度的溶液时，药品与砝码放反了，游码读数为0.2g，所得溶液的浓度用酸式滴定管量取用98%，密度为1.84g/cm3的浓H2SO4配制200mL 2molL1的稀H2SO4时，先平视后仰视A只有B只有CD2已知14mol/L的H2SO4溶液的溶质质量分数为80%，那么7mol/L的H2SO4溶液的
2、溶质量分数将（）A大于40%B等于40%C小于40%D无法确定3如图是学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容据此下列说法正确的是（）A该硫酸试剂可以做干燥剂，干燥任何气体B稀释该硫酸时，应将蒸馏水沿玻璃棒缓慢注入其中C常温下，2.7g Al与足量的稀硫酸反应得到H23.36LD配制200mL 4.6molL1的稀硫酸需取该硫酸50.0mL4将22.4L某气态氮氧化合物与足量的灼热铜粉完全反应后，气体体积11.2L（体积均在相同条件下测定），则该氮氧化合物的化学式为（）ANO2BN2O2CN2ODN2O45设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A23 g Na与足量H
3、2O反应完全后可生成NA个H2分子B1 mol Cu和足量热浓硫酸反应可生成NA个SO3分子C标准状况下，22.4 L N2和H2混合气中含NA个原子D3 mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8NA个电子6下列有关NaClO和NaCl混合溶液的叙述正确的是（）A该溶液中，H+、NH4+、SO42、Br可以大量共存B该溶液中，Ag+、K+、NO3、CH3CHO可以大量共存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+H20D向该溶液中加入浓盐酸，每产生1molCl2，转移电子约为6.021023个7下列操作或装置能达到实验目的是（）AABBC
4、CDD8“84消毒液”能有效杀灭甲型H7N9病毒，某同学参阅“84消毒液”说明中的配方，欲用NaClO固体自己配制480mL含NaClO 25%，密度为1.2gcm3的消毒液，下列说法正确的是（）A需要称量NaClO固体的质量为144.0 gB如图所示的仪器中，有四种是不需要的，另外还需一种玻璃仪器C配制的溶液在空气中光照，久置后溶液中NaClO的物质的量浓度减小D容量瓶用蒸馏水洗净后应烘干才能用于溶液配制，否则结果偏低9能正确表示下列反应的离子方程式的是（）ACl2通入NaOH溶液：Cl2+OHCl+ClO+H2OBNaHCO3溶液中加入稀HCl：CO32+2H+CO2+H2OCAlCl3溶
5、液中加入过量稀氨水：Al3+4NH3H2OAlO2+4NH4+2H2ODCu溶于稀HNO3：3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O10下列指定反应的离子方程式正确的是（）ACu溶于稀HNO3：Cu+2H+NO3Cu2+NO2+H2OB（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe（OH）2：Fe2+2OHFe（OH）2C用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2D向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3：CO2+AlO2+2H2OAl（OH）3+HCO311下列离子方程式错误的是（）A向Ba（OH）2溶液中滴加稀硫酸：Ba2+2O
6、H+2H+SO42BaSO4+2H2OB酸性介质中KMnO4氧化H2O2：2MnO4+5H2O2 +6H+2Mn2+5O2+8H2OC等物质的量的MgCl2、Ba（OH）2和HCl溶液混合：Mg2+2OHMg（OH）2D铅酸蓄电池充电时的正极反应：PbSO4+2H2O2ePbO2+4H+SO4212下列解释事实的方程式不正确的是（）A测0.1mol/L 氨水的pH为11：NH3H2ONH4+OHB将Na块放入水中，放出气体：2Na+2H2O2NaOH+H2C用CuCl2 溶液做导电实验，灯泡发光：CuCl2 Cu2+2ClDAl片溶于NaOH溶液中，产生气体：2Al+2OH+2H2O2AlO2
7、+3H2 二、解答题（共2小题，满分40分）13工业上利用氨氧化获得的高浓度NOx气体（含NO、NO2）制备NaNO2、NaNO3，工艺流程如图：已知：Na2CO3+NO+NO22NaNO2+CO2（1）中和液所含溶质除NaNO2及少量Na2CO3外，还有 （填化学式）（2）中和液进行蒸发操作时，应控制水的蒸发量，避免浓度过大，目的是 蒸发产生的蒸气中含有少量的NaNO2等有毒物质，不能直接排放，将其冷凝后用于流程中的 （填操作名称）最合理（3）母液进行转化时加入稀HNO3的目的是 母液需回收利用，下列处理方法合理的是 a转入中和液 b转入结晶操作 c转入转化液 d转入结晶操作（4）若将NaN
8、O2、NaNO3两种产品的物质的量之比设为2：1，则生产1.38吨NaNO2时，Na2CO3的理论用量为 吨（假定Na2CO3恰好完全反应）14以磷石膏（主要成分CaSO4，杂质SiO2、Al2O3等）为原料可制备轻质CaCO3（1）匀速向浆料中通入CO2，浆料清液的pH和c（SO42）随时间变化见图清液pH11时CaSO4转化的离子方程式为 ；能提高其转化速率的措施有 （填序号） A搅拌浆料 B加热浆料至100C增大氨水浓度 D减小CO2通入速率（2）当清液pH接近6.5时，过滤并洗涤固体滤液中物质的量浓度最大的两种阴离子为 和 （填化学式）；检验洗涤是否完全的方法是 （3）在敞口容器中，用
9、NH4Cl溶液浸取高温煅烧的固体，随着浸取液温度上升，溶液中c（Ca2+）增大的原因是 2016-2017学年江西省赣州市于都二中高三（上）第四次周考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）1下列实验操作会导致实验结果偏低的是（）配制100g 10%的CuSO4溶液，称取10g 硫酸铜晶体溶于90g水中测定碳酸钠晶体中结晶水的百分含量时，所用的晶体已经受潮配制一定物质的量浓度的溶液时，药品与砝码放反了，游码读数为0.2g，所得溶液的浓度用酸式滴定管量取用98%，密度为1.84g/cm3的浓H2SO4配制200mL 2molL1的稀H2SO4时，先平视后仰视A只
10、有B只有CD【考点】R1：配制一定物质的量浓度的溶液；N4：计量仪器及使用方法【分析】配制100g 10%的CuSO4溶液需要硫酸铜的质量为10g，水的质量为90g，称取10g 硫酸铜晶体溶于90g水中，硫酸铜的质量小于10g测定碳酸钠晶体中结晶水的百分含量时，所用的晶体已经受潮，称取的碳酸钠晶体中水的质量增大配制一定物质的量浓度的溶液时，药品与砝码放反了，游码读数为0.2g，实际称取的药品质量减小酸式滴定管的“0”刻度在上部，由上而下数值增大，先平视后仰视，实际量取浓硫酸的体积偏小【解答】解：称取10g 硫酸铜晶体溶于90g水中，硫酸铜的质量小于10g，所配硫酸铜溶液的质量分数小于10%的，
11、实验结果偏低，故符合；测定碳酸钠晶体中结晶水的百分含量时，所用的晶体已经受潮，称取的碳酸钠晶体中水的质量增大，实验测量结果偏高，故不符合；配制一定物质的量浓度的溶液时，药品与砝码放反了，游码读数为0.2g，实际称取的药品质量减小，所配溶液的浓度偏低，故符合；酸式滴定管的“0”刻度在上部，由上而下数值增大，先平视后仰视，实际量取浓硫酸的体积偏小，所配溶液浓度偏低，故符合故选：D2已知14mol/L的H2SO4溶液的溶质质量分数为80%，那么7mol/L的H2SO4溶液的溶质量分数将（）A大于40%B等于40%C小于40%D无法确定【考点】5C：物质的量浓度的相关计算；64：溶液中溶质的质量分数及
12、相关计算【分析】设14mol/L的H2SO4溶液的密度为1，7mol/L的H2SO4溶液的密度为2，质量分数为w2，根据c=，计算质量分数，注意硫酸的密度大于水，浓度越大，密度越大【解答】解：设14mol/L的H2SO4溶液的密度为1，7mol/L的H2SO4溶液的密度为2，质量分数为w2，根据c=，则有14=，7=，则有：，w2=，硫酸密度大于水，浓度越大，密度越大，则12，所以w240%，故选A3如图是学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容据此下列说法正确的是（）A该硫酸试剂可以做干燥剂，干燥任何气体B稀释该硫酸时，应将蒸馏水沿玻璃棒缓慢注入其中C常温下，2.7g Al与足
13、量的稀硫酸反应得到H23.36LD配制200mL 4.6molL1的稀硫酸需取该硫酸50.0mL【考点】M1：物质的量浓度的计算【分析】A硫酸为酸性物质，不能干燥碱性气体；B稀释浓硫酸时，应该将浓硫酸加入水中；C没有指出在标准状况下，不能用标准状况下的气体摩尔体积计算；D先根据c=计算出该浓硫酸的浓度，配制过程中溶质的物质的量不变，据此计算出需要浓硫酸的体积【解答】解：A浓硫酸能够干燥酸性气体，不能干燥碱性的气体，如氨气，故A错误；B稀释该硫酸时，应将浓硫酸沿玻璃棒缓慢加入水中，顺序不能颠倒，故B错误；C不是标准状况下，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算，故C错误；D该浓硫酸的浓度为： mo
14、l/L=18.4mol/L，配制过程中硫酸的物质的量不变，则配制200mL 4.6molL1的稀硫酸需取该硫酸体积为： =0.05L=50.0mL，故D正确；故选D4将22.4L某气态氮氧化合物与足量的灼热铜粉完全反应后，气体体积11.2L（体积均在相同条件下测定），则该氮氧化合物的化学式为（）ANO2BN2O2CN2ODN2O4【考点】M5：复杂化学式的确定【分析】根据该氮氧化合物与足量的灼热铜粉完全反应的原理以及气体体积差量法来计算【解答】解：假设反应为：2NxOy+2yCu2yCuO+xN2，根据题中数据，反应后气体体积为反应前气体体积的一半，即可以得到x=1，因为4Cu+2NO2=4C
15、uO+N2，方程式的系数之比等于物质的量之比，所以反应前有NO222.4L即1mol，所以反应后有N20.5mol，所以是NO2 ，故选A5设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A23 g Na与足量H2O反应完全后可生成NA个H2分子B1 mol Cu和足量热浓硫酸反应可生成NA个SO3分子C标准状况下，22.4 L N2和H2混合气中含NA个原子D3 mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8NA个电子【考点】4F：阿伏加德罗常数【分析】A、求出钠的物质的量，然后根据2mol钠生成1mol氢气来分析；B、铜和浓硫酸反应生成二氧化硫分子；C、求出混合气体的物质的量，然后根据氮气和
16、氢气均为双原子分子来分析；D、根据四氧化三铁中铁元素的价态来分析【解答】解：A、23g钠的物质的量为1mol，与足量水反应生成0.5 mol H2，所以生成H2分子的个数是0.5NA，故A正确；B、Cu和足量热浓硫酸反应不会生成SO3分子，生成的是二氧化硫分子，故B错误；C、由于氮气和氢气均是双原子分子，所以标准状况下22.4LN2和H2混合气为1mol，含有2mol原子即2NA个，故C错误；D、3mol单质Fe完全转变为Fe3O4，相当于有2mol变成三价铁，转移6mol电子，1mol变成二价铁，转移2mol电子，所以总共转移8 mol电子，即8NA个，故D正确故选D6下列有关NaClO和N
17、aCl混合溶液的叙述正确的是（）A该溶液中，H+、NH4+、SO42、Br可以大量共存B该溶液中，Ag+、K+、NO3、CH3CHO可以大量共存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+H20D向该溶液中加入浓盐酸，每产生1molCl2，转移电子约为6.021023个【考点】GF：钠的重要化合物【分析】A、次氯酸为弱酸，次氯酸根与氢离子不能大量共存；B、银离子与氯离子生成AgCl白色难溶沉淀，故而不能电离共存；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；D、次氯酸具有氧化性，浓盐酸具有还原性，两者发生归
18、中反应生成氯气，据此解答即可【解答】解：A、NaClO和NaCl混合溶液中存在大量的次氯酸根，次氯酸为弱酸，次氯酸根与氢离子不能大量共存，故A错误；B、NaClO和NaCl混合溶液中存在大量的氯离子，与银离子反应生成白色难溶沉淀，故不能大量共存，故B错误；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，与2Fe2+ClO+2H+Cl+2Fe3+H20反应矛盾，故C错误；D、浓盐酸中Cl由1价升高到0价，次氯酸中Cl由+1价降低到0价，故每生成1mol氯气转移电子数为1mol，故D正确，故选D7下列操作或装置能达到实验目的是（）AABBCCDD【考点】U5：化学
19、实验方案的评价【分析】A容量瓶只能配制溶液，不能溶解或稀释药品；B氯气、HCl都能和碳酸氢钠溶液反应；C弱酸性或中性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀；D饱和食盐水和电石生成乙炔，生成的乙炔中还含有硫化氢等还原性气体，乙炔和硫化氢等还原性气体都能被酸性高锰酸钾溶液氧化【解答】解：A容量瓶只能配制溶液，不能溶解或稀释药品，应该先在烧杯中溶解硝酸钠，然后使溶液冷却至室温后，再转移到容量瓶中，故A错误；B氯气、HCl都能和碳酸氢钠溶液反应，应该用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，故B错误；C弱酸性或中性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，氯化钠溶液呈中性，铁钉发生吸氧腐蚀，导致左边试管中压强减小，导致导管中红墨水上升，所以
20、能实现实验目的，故C正确；D饱和食盐水和电石生成乙炔，生成的乙炔中还含有硫化氢等还原性气体，乙炔和硫化氢等还原性气体都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，硫化氢等还原性气体干扰乙炔的检验，所以用酸性高锰酸钾溶液检验乙炔制取必须除去杂质，故D错误；故选C8“84消毒液”能有效杀灭甲型H7N9病毒，某同学参阅“84消毒液”说明中的配方，欲用NaClO固体自己配制480mL含NaClO 25%，密度为1.2gcm3的消毒液，下列说法正确的是（）A需要称量NaClO固体的质量为144.0 gB如图所示的仪器中，有四种是不需要的，另外还需一种玻璃仪器C配制的溶液在空气中光照，久置后溶液中NaClO的物质的量浓度减
21、小D容量瓶用蒸馏水洗净后应烘干才能用于溶液配制，否则结果偏低【考点】R1：配制一定物质的量浓度的溶液【分析】A容量瓶的规格没有480mL，应选取500 mL的容量瓶进行配制；B需要玻璃棒搅拌、引流，定容需要胶头滴管；C由于NaClO易吸收空气中的H2O、CO2而变质，所以NaClO消毒液变质导致NaClO减少；D容量瓶中有水，对溶液的体积无影响【解答】解：A应选取500 mL的容量瓶进行配制，然后取出480mL即可，所以需要NaClO的质量：500mL1.2 gcm325%=150.0g，故A错误；B需用托盘天平称量NaClO固体，需用烧杯来溶解NaClO，需用玻璃棒进行搅拌和引流，需用容量瓶
22、和胶头滴管来定容，图示的A，B、C、D不需要，但还需玻璃棒和胶头滴管，故B错误；C由于NaClO易吸收空气中的H2O、CO2而变质，所以NaClO消毒液变质导致NaClO减少，配制的溶液中溶质的物质的量减小，则溶液的物质的量浓度偏小，故C正确；D容量瓶中有水，对溶液的体积无影响，所以经洗涤干净的容量瓶不必烘干后再使用，故D错误；故选C9能正确表示下列反应的离子方程式的是（）ACl2通入NaOH溶液：Cl2+OHCl+ClO+H2OBNaHCO3溶液中加入稀HCl：CO32+2H+CO2+H2OCAlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al3+4NH3H2OAlO2+4NH4+2H2ODCu溶于稀HNO
23、3：3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O【考点】49：离子方程式的书写【分析】A原子不守恒；B碳酸氢根离子不能拆开；C氢氧化铝不溶于弱碱；D铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水【解答】解：A原子不守恒，离子方程式为Cl2+2OHCl+ClO+H2O，故A错误；B碳酸氢根离子不能拆开，离子方程式为HCO3+H+CO2+H2O，故B错误；C氢氧化铝不溶于弱碱，离子方程式为Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故C错误；D铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，离子方程式为3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O，故D正确；故选D10下列指定反应的离子方程式正确的是（）A
24、Cu溶于稀HNO3：Cu+2H+NO3Cu2+NO2+H2OB（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe（OH）2：Fe2+2OHFe（OH）2C用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2D向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3：CO2+AlO2+2H2OAl（OH）3+HCO3【考点】49：离子方程式的书写【分析】A铜和稀硝酸反应生成NO；B（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应生成Fe（OH）2和NH3H2O；C弱电解质写化学式；D偏铝酸钠和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠【解答】解：A铜和稀硝酸反应生成NO
25、，离子方程式为3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O，故A错误；B（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应生成Fe（OH）2和NH3H2O，离子方程式为2NH4+Fe2+4OHFe（OH）2+2NH3H2O，故B错误；C弱电解质写化学式，离子方程式为CaCO3+2CH3COOHCa2+H2O+CO2+2CH3COO，故C错误；D偏铝酸钠和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子方程式为CO2+AlO2+2H2OAl（OH）3+HCO3，故D正确；故选D11下列离子方程式错误的是（）A向Ba（OH）2溶液中滴加稀硫酸：Ba2+2OH+2H+SO42BaSO4+2H2O
26、B酸性介质中KMnO4氧化H2O2：2MnO4+5H2O2 +6H+2Mn2+5O2+8H2OC等物质的量的MgCl2、Ba（OH）2和HCl溶液混合：Mg2+2OHMg（OH）2D铅酸蓄电池充电时的正极反应：PbSO4+2H2O2ePbO2+4H+SO42【考点】49：离子方程式的书写【分析】A反应生成硫酸钡和水，符合离子的配比；B发生氧化还原反应，遵循电子、电荷守恒及原子守恒；C先发生酸碱中和；D充电时正极上PbSO4失去电子【解答】解：A向Ba（OH）2溶液中滴加稀硫酸的离子反应为Ba2+2OH+2H+SO42BaSO4+2H2O，故A正确；B酸性介质中KMnO4氧化H2O2的离子反应为
27、2MnO4+5H2O2 +6H+2Mn2+5O2+8H2O，故B正确；C等物质的量的MgCl2、Ba（OH）2和HCl溶液混合，发生的离子反应为Mg2+4OH+2H+Mg（OH）2+2H2O，故C错误；D充电时正极上PbSO4失去电子，则铅酸蓄电池充电时的正极反应为PbSO4+2H2O2ePbO2+4H+SO42，故D正确；故选C12下列解释事实的方程式不正确的是（）A测0.1mol/L 氨水的pH为11：NH3H2ONH4+OHB将Na块放入水中，放出气体：2Na+2H2O2NaOH+H2C用CuCl2 溶液做导电实验，灯泡发光：CuCl2 Cu2+2ClDAl片溶于NaOH溶液中，产生气体
28、：2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2 【考点】49：离子方程式的书写；48：化学方程式的书写【分析】ApH=11的氨水溶液中，一水合氨存在电离平衡；B钠和水反应生成NaOH和氢气；C用氯化铜溶液做滴定实验，实际上是电解氯化铜溶液，阳极上析出氯气、阴极上析出铜；DAl能溶于强碱溶液生成偏铝酸盐和氢气【解答】解：ApH=11的氨水溶液中，一水合氨存在电离平衡，一水合氨电离方程式为NH3H2ONH4+OH，故A正确；B钠和水反应生成NaOH和氢气，反应方程式为2Na+2H2O2NaOH+H2，故B正确；C用氯化铜溶液做滴定实验，实际上是电解氯化铜溶液，阳极上析出氯气、阴极上析出铜，离子方程式
29、为CuCl2 Cu+Cl2，故C错误；DAl能溶于强碱溶液生成偏铝酸盐和氢气，和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2 ，故D正确；故选C二、解答题（共2小题，满分40分）13工业上利用氨氧化获得的高浓度NOx气体（含NO、NO2）制备NaNO2、NaNO3，工艺流程如图：已知：Na2CO3+NO+NO22NaNO2+CO2（1）中和液所含溶质除NaNO2及少量Na2CO3外，还有NaNO3（填化学式）（2）中和液进行蒸发操作时，应控制水的蒸发量，避免浓度过大，目的是防止NaNO2的析出蒸发产生的蒸气中含有少量的NaNO2等有毒物质，不能直接
30、排放，将其冷凝后用于流程中的溶碱（填操作名称）最合理（3）母液进行转化时加入稀HNO3的目的是将NaNO2转化为NaNO3母液需回收利用，下列处理方法合理的是cda转入中和液 b转入结晶操作 c转入转化液 d转入结晶操作（4）若将NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比设为2：1，则生产1.38吨NaNO2时，Na2CO3的理论用量为1.59吨（假定Na2CO3恰好完全反应）【考点】U3：制备实验方案的设计【分析】由制备流程可知，碳酸钠溶解后，碱吸收发生Na2CO3+NO+NO22NaNO2+CO2、3NO2+H2O=HNO3+NO、Na2CO3+2HNO3=NaNO3+H2O+CO2，然
31、后中和液进行蒸发操作，应避免浓度过大NaNO2析出，蒸发产生的蒸汽中含有少量的NaNO2等有毒物质要回收再循环利用；结晶过滤分离出NaNO3，母液I中主要含NaNO2，母液进行转化时加入稀HNO3、空气，硝酸提供酸性环境，可将NaNO2转化为NaNO3，转化液蒸发、结晶、过滤分离出NaNO3，母液中主要含NaNO3，应在转化液及结晶中提高利用率，以此解答（1）（3）；（4）生产1.38吨NaNO2时，n（NaNO2）=2104mol，NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比为2：1，则n（NaNO3）=1104mol，由Na原子守恒可知，2n（Na2CO3）=n（NaNO2）+n（NaNO
32、3），结合m=nM计算【解答】解：由制备流程可知，碳酸钠溶解后，碱吸收发生Na2CO3+NO+NO22NaNO2+CO2、3NO2+H2O=HNO3+NO、Na2CO3+2HNO3=NaNO3+H2O+CO2，然后中和液进行蒸发操作，应避免浓度过大NaNO2析出，蒸发产生的蒸汽中含有少量的NaNO2等有毒物质要回收再循环利用；结晶过滤分离出NaNO3，母液I中主要含NaNO2，母液进行转化时加入稀HNO3、空气，硝酸提供酸性环境，可将NaNO2转化为NaNO3，转化液蒸发、结晶、过滤分离出NaNO3，母液中主要含NaNO3，应在转化液及结晶中提高利用率，（1）由上述分析可知，二氧化氮与碱液反应
33、生成NaNO2，还可生成NaNO3，中和液中含剩余的少量Na2CO3，故答案为：NaNO3；（2）中和液进行蒸发操作时，应控制水的蒸发量，避免浓度过大，目的是防止NaNO2的析出，蒸发产生的蒸汽中含有少量的NaNO2等有毒物质，不能直接排放，将其冷凝后用于流程中的溶碱，循环利用，提高利用率，故答案为：防止NaNO2的析出；溶碱；（3）由上述分析可知，母液进行转化时加入稀HNO3的目的是将NaNO2转化为NaNO3母液需回收利用，可转入转化液或转入结晶操作，提高其利用率，故答案为：将NaNO2转化为NaNO3；cd；（4）生产1.38吨NaNO2时，n（NaNO2）=2104mol，NaNO2、
34、NaNO3两种产品的物质的量之比为2：1，则n（NaNO3）=1104mol，由Na原子守恒可知，2n（Na2CO3）=n（NaNO2）+n（NaNO3），m（Na2CO3）=（2104mol+1104mol）106g/mol=1.59106g=1.59t，故答案为：1.5914以磷石膏（主要成分CaSO4，杂质SiO2、Al2O3等）为原料可制备轻质CaCO3（1）匀速向浆料中通入CO2，浆料清液的pH和c（SO42）随时间变化见图清液pH11时CaSO4转化的离子方程式为CaSO4+2NH3H2O+CO2=CaCO3+2NH4+SO42+H2O或CaSO4+CO32=CaCO3+SO42；
35、能提高其转化速率的措施有AC（填序号） A搅拌浆料 B加热浆料至100C增大氨水浓度 D减小CO2通入速率（2）当清液pH接近6.5时，过滤并洗涤固体滤液中物质的量浓度最大的两种阴离子为SO42和HCO3（填化学式）；检验洗涤是否完全的方法是取少量最后一次的洗涤过滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤完全（3）在敞口容器中，用NH4Cl溶液浸取高温煅烧的固体，随着浸取液温度上升，溶液中c（Ca2+）增大的原因是浸取液温度上升，溶液中氢离子浓度增大，促进固体中钙离子浸出【考点】1B：真题集萃；P8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】磷石膏氨水的浆
36、料中通入二氧化碳可生成碳酸盐或碳酸氢盐，过滤后滤液为硫酸铵、氨水，滤渣含有碳酸钙、SiO2、Al2O3等，高温煅烧生成硅酸钙、偏铝酸钙等，加入氯化铵溶液充分浸取，可生成硅酸、氢氧化铝、氯化钙等，氯化钙最终可生成碳酸钙，（1）由图象可知，经充分浸取，c（SO42）逐渐增大，pH逐渐减小，清液pH11时CaSO4生成碳酸钙、铵根离子和硫酸根离子；为提高其转化速率，可进行搅拌并增大氨水浓度，增大c（CO32）；（2）当清液pH接近6.5时，溶液酸性相对较强，可充分转化生成SO42并有HCO3生成，沉淀吸附SO42，可用盐酸酸化的氯化钡检验；（3）随着浸取液温度上升，氯化铵水解程度增大，溶液酸性增强【
37、解答】解：磷石膏氨水的浆料中通入二氧化碳可生成碳酸盐或碳酸氢盐，过滤后滤液为硫酸铵、氨水，滤渣含有碳酸钙、SiO2、Al2O3等，高温煅烧生成硅酸钙、偏铝酸钙等，加入氯化铵溶液充分浸取，可生成硅酸、氢氧化铝、氯化钙等，氯化钙最终可生成碳酸钙，（1）由图象可知，经充分浸取，c（SO42）逐渐增大，pH逐渐减小，清液pH11时CaSO4生成碳酸钙、铵根离子和硫酸根离子，反应的离子方程式为CaSO4+2NH3H2O+CO2=CaCO3+2NH4+SO42+H2O或CaSO4+CO32=CaCO3+SO42，为提高其转化速率，可进行搅拌并增大氨水浓度，增大c（CO32），而升高温度，氨气挥发，不能增大
38、转化率，故答案为：CaSO4+2NH3H2O+CO2=CaCO3+2NH4+SO42+H2O或CaSO4+CO32=CaCO3+SO42；AC；（2）当清液pH接近6.5时，溶液酸性相对较强，可充分转化生成SO42并有HCO3生成，沉淀吸附SO42，可用盐酸酸化的氯化钡检验，方法是取少量最后一次的洗涤过滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤完全，故答案为：SO42；HCO3；取少量最后一次的洗涤过滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤完全；（3）随着浸取液温度上升，氯化铵水解程度增大，溶液酸性增强，则钙离子浓度增大，故答案为：浸取液温度上升，溶液中氢离子浓度增大，促进固体中钙离子浸出2017年6月25日