＝3，若同时微热两种溶液，X－物质的量增多，Y－物质的量不变，二者溶液的体积相等，所以
比值变大，选项D错误。
答案选C。
14.在一定温度下，向KOH溶液中通入11.2L（已换算成标准状况下）氯气恰好完全反应生成二种含氯盐:
0.7molKC1、0.2mnolKClO和X。
则X是
A.0. 1molKClO3B.0.2molKClO3C.0.1molKClO4D.0.2molKClO4
【答案】A
【解析】11.2L（标准状况）氯气的物质的量为：
=0.5mol，因为：
0.7molKCl、0.2molKClO，根据氯守恒，所以X的物质的量为：
0.5×2-0.7-0.2=0.1mol，设X中Cl的化合价为x价，由电子得失守恒分析可知：
0.7×1=0.2×1+0.1x，即x=5，所以X中氯的化合价为+5价，则X为KClO3，物质的量为0.1mol，答案选A。
第II卷（共58分）
15.过氧化钙是一种温和的氧化剂，常温下为白色固体，易溶于酸，难溶于水、乙醇等溶剂。
（1）某实验小组拟选用如下装置（部分固定装置略）制备过氧化钙，按气流方向连接顺序为__________________（填仪器接口的字母编号，装置可重复使用）；实验步骤如下：
①检验装置的气密性后，装入药品；②打开分液漏斗活塞，通入一段时间气体，加热药品；③反应结束后，先想灭酒精灯，待反应管冷却至室温后，停止通入气体；④拆除装置，取出产物。
实验步骤③的操作目的是______________________。
（2）利用反应Ca2++H2O2+2NH3+8H2O=CaO2·8H2O↓＋2NH4+，在碱性环境下制取CaO2·8H2O的装置如下：
①仪器C的名称____________；反应结束后，经__________（填操作名称）、洗涤、低温烘干可获得CaO2·8H2O。
②装置A中发生反应的化学方程式为_____________；装置B中用冰水浴控制温度，其可能原因是______________________________。
③测定产品中CaO2·8H2O的含量的实验步骤如下：
步骤一：
准确称取ag产品放入锥形瓶中，加入适量蒸馏水和过量的bgKI晶体，再滴入少量2mol/L的硫酸，充分反应。
步骤二：
向上述锥形瓶中加入几滴___________（作指示剂）。
步骤三：
逐滴加入浓度为cmol/L的Na2S2O3溶液至反应完全，滴定至终点，记录数据，再重复上述操作2次，得出三次平均消耗Na2S2O3溶液体枳为VmL。
则CaO2·8H2O的质量分数为____（用含字母的式子表示） 。
[已知：
I2+2S2O32-=2I-+S4O62-]
【答案】
（1）.cedabe或cedbac
（2）.防止倒吸（3）.分液漏斗（4）.过滤（5）.Ca（OH）2+2NH4Cl
CaCl2+ 2NH3↑+ 2H2O（6）.温度低可减少过氧化氢分解，提高过氧化氢的利用率（或反应放热，温度低有利于提高产率）（7）.淀粉溶液（8）.[（108cV×10-3 ）/a]×100%
【解析】
（1）制备过氧化钙时，用双氧水制备氧气，钙属于极活泼的金属，极易与水反应生成氢氧化钙和氢气，而制备的氧气中会混有水蒸气，所以在与钙化合之前需要干燥，选用试剂是浓硫酸；同时为防止空气中水蒸气进入，最后还需要连接浓硫酸的洗气瓶，所以正确的顺序为：
cedabe或cedbac；实验结束时为防止空气进入装置，还要继续通氧气直到装置冷却，所以实验步骤③的操作目的是防止倒吸；
（2）①根据图中仪器可知，仪器C的名称为分液漏斗；反应结束后，经过滤、洗涤、低温烘干可获得CaO2·8H2O；②装置A中利用熟石灰与氯化铵共热制取氨气，发生反应的化学方程式为Ca（OH）2+2NH4Cl
CaCl2+ 2NH3↑+ 2H2O；装置B中用冰水浴控制温度，其可能原因是温度低可减少过氧化氢分解，提高过氧化氢的利用率（或反应放热，温度低有利于提高产率）；③利用淀粉遇碘变蓝，故选择的指示剂为淀粉溶液；（4）根据电子转移守恒关系可知：
CaO2·8H2O~I2~2S2O32-
2162
amc×V×10-3mol
因此m%=
。
16.一种磁性材料的磨削废料，主要成分是铁镍合金（含镍质量分数约21%），还含有铜、钙、镁、硅的氧化物。
由该废料制备氢氧化镍，工艺流程如下：
回答下列问题:
（1）“酸溶”时，溶液中有Fe3+、Fe2+、Ni2+等生成，废渣的主要成分是______；金属镍溶解的离子方程式为______________________。
（2）“除铁”时H2O2的作用是_____________，加入碳酸钠的目的是____________________。
（3）“除铜”时，反应的离子方程式为________________，若用Na2S代替H2S除铜，优点是__________________________。
（4）已知除钙镁过程在陶瓷容器中进行，NaF的实际用量不能过多的理由为______________。
（5）已知常温下Ksp[Ni（OH）2]=2. 0×10-15 ，该流程在“沉镍”过程中，需调节溶液pH约为______时，Ni2+才刚好沉淀完全（离子沉淀完全的依度≤1.0×10-5mol/L；lg2=0.30）。
【答案】
（1）.SiO2
（2）.5Ni+12H++2NO3-= 5Ni2++N2↑+6H2O（3）.将亚铁离子氧化为铁离子（4）.调节溶液的pH，使Fe3+完全沉淀为黄钠铁矾渣（5）.H2S+Cu2+=CuS↓+2H+ （6）.无易挥发的有毒气体H2S 逸出，可保护环境（7）.过量的F-生成氢氟酸会腐蚀陶瓷容器（8）.9.15
【解析】分析：
废料与稀硫酸、稀硝酸酸溶反应生成硫酸亚铁、硫酸镍。
双氧水具有强氧化性，加入双氧水目的是将Fe2+全部氧化为Fe3+，加入碳酸钠调节pH，除掉铁离子，通入硫化氢除掉铜离子，硫化氢可与铜离子反应生成硫化铜，加入氟化钠，可生成氟化钙、氟化镁沉淀，最后调节pH生成氢氧化镍沉淀。
详解：
（1）SiO2不溶于硫酸和硝酸，故“酸溶”时，废渣的主要成分是SiO2；金属镍溶解时被氧化为镍离子的同时硝酸被还原产生氮气，反应的离子方程式为5Ni+12H++2NO3-= 5Ni2++N2↑+6H2O；
（2）双氧水具有强氧化性，加入双氧水目的是将Fe2+全部氧化为Fe3+；加入碳酸钠的目的是调节溶液的pH，使Fe3+完全沉淀为黄钠铁矾渣；（3）硫化氢与铜离子反应生成硫化铜沉淀：
H2S+Cu2+=CuS↓+2H+；Na2S与铜离子反应生成CuS沉淀，若用Na2S代替H2S除铜，则无易挥发的有毒气体H2S 逸出，可保护环境，除铜效果更好；（4）氟离子水解生成氟化氢，腐蚀陶瓷容器，故NaF的实际用量不能过多；（5）Ksp[Ni（OH）2]=c（Ni2+）c2（OH-）=1.0×10-5mol/L×c2（OH-）=2.0×10-15，则c（OH-）=
×10-5，c（H+）=
，该流程在“沉镍”过程中，需调节溶液pH约为9.15时，Ni2+才刚好沉淀完全。
点睛：
本题以工艺流程为基础，考查了工艺流程解题思路和基本方法，实验基本操作，元素化合物性质等相关知识，掌握基础是关键，题目难度中等。
17.氨作为重要化工原料，被大量应用于工业生产。
氨在不同催化剂条件下可发生下列两个反应:
反应I：
4NH3（g）+5O2（g）
4NO（g）+6H2O（g） △H=-905.0kJ·molˉ1
反应II：
4NH3（g）+3O2（g）
2N2（g）+6H2O（g） △H=-1266.6kJ·molˉ1
（1）写出NO分解生成N2与O2的热化学方程式：
___________________________。
（2）反应I在容积固定的密闭容器中进行，容器内部分物质的物质的量浓度如下表：
时间浓度
c（NH3）/mol/Ll
c（（O2）/mol/L
c（NO）/mol/L
第0min
0.8
1.6
0
第2min
0.3
0.975
0.5
第3niin
0.3
0.975
0.5
第4min
0.7
1.475
0.1
①反应从开始到第2min时，v（H2O）=__________________。
②在第3 min时，改变的反应条件可能是_________（填选项字母）。
A.使用催化剂B.臧小压强C.升高温度D.增加O2的浓度
③该反应达到平衡状态的标志是___________（填选项字母）。
A.在恒温恒容的容器中，混合气体的密度不再变化
B.单位时间内消耗n mol NO的同时消耗n mol NH3
C.百分含量w（NH3）=w（NO）
D.反应速率v（NH3）:
v（O2）:
v（NO）:
v（H2O）=4:
5:
4:
6
（3）①若在容积为2L的密闭容器中充入8molNH3（g）和6molO2（g） ,发生反应II。
保持其他条件不变，在相同时间内测得c（N2）与温度的关系如图所示。
则T1℃下，NH3的平衡转化率为___。
②图中a、c两点对应的容器内部压强Pa____Pc（填“>”、“<”或“=”）
（4）氨气可用于生成硝酸铵化肥。
25℃时，已知NH3·H2O的电离常数Kb=1.8×10-5，则硝酸铵在此温度下发生水解反应的平衡常数Kh=___________。
【答案】
（1）.2NO（g）
N2（g） +O2（g）△H= -180.8 kJ/mol
（2）.0.375mol/（L·min）（3）.C（4）.B（5）.60%（6）.>（7）.（5/9）×10-9（或5.6×10-10）
【解析】
（1）已知：
反应I：
4NH3（g）+5O2（g）
4NO（g）+6H2O（g） △H=-905.0kJ·molˉ1，反应II:
4NH3（g）+
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