故答案为：甲，甲可以保持电流稳定，化学能基本都转化为电能．而乙中的活泼金属还可以与CuSO4溶液发生置换反应，部分能量转化为热能；
（3）根据牺牲阳极的阴极保护法原理，是原电池原理的应用，利用被保护的金属做正极被保护选择，为减缓电解质溶液中铁片的腐蚀，应选择比铁活泼的金属做负极，在电池内电路为阳极，称为牺牲阳极的阴极保护法，材料中 选择锌做阳极， 故答案为：锌片．
【点评】本题考查了气体收集方法，离子检验试验设计，原电池装置设计，盐桥的作用分析应用，金属保护的方法和名称，题目难度中等．
16．（2013?四川）明矾石经处理后得到明矾[KAl（SO4）从明矾制备Al、K2SO4、2?12H2O]．
和H2SO4的工艺过程如图1所示：焙烧明矾的化学方程式为：4KAl（SO4）2?12H2O+3S═2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O
请回答下列问题：
（1）在焙烧明矾的反应中，还原剂是 S ．
（2）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是 蒸发结晶 ． （3）Al2O3在一定条件下可制得AlN，其晶体结构如图2所示，该晶体中Al的配位数是 4 ． （4）以Al和NiO（OH）为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO（OH）转化为Ni（OH）该电池反应的化学方程式是 Al+3NiO（OH）+NaOH+H2O=NaAlO2+3Ni2，（OH）2 ．
（5）焙烧产生的SO2可用于制硫酸．已知25℃、101kPa时： 2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）△H1=﹣197kJ/mol； H2O（g）?H2O（l）△H2=﹣44kJ/mol；
2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）═2H2SO4△H3=﹣545kJ/mol．
则SO3（g）与H2O（l）反应的热化学方程式是 SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H=﹣130kJ/mol ．
焙烧948t明矾（M=474g/mol），若SO2的利用率为96%，可产生质量分数为98%的硫酸 ②432 t．
【考点】镁、铝的重要化合物；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学电源新型电池；化学平衡的计算；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
【专题】压轴题；化学反应中的能量变化；电化学专题；几种重要的金属及其化合物． 【分析】（1）依据化学方程式中元素化合价变化分析判断，元素化合价升高的做还原剂发生氧化反应；
（2）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是利用硫酸钾溶解度随温度变化，可以利用蒸发溶剂方法结晶析出；
（3）配位化合物中直接和中心原子（或离子）相联系的配位原子的数目；
（4）以Al和NiO（OH）为电极，铝做原电池 负极失电子发生氧化反应，NiO（OH）得到电子发生还原反应，结合原子守恒和电子守恒写出反应化学方程式；
第21页（共29页）
（5）①依据热化学方程式和盖斯定律计算得到； ②依据硫元素守恒计算得到； 【解答】解；（1）4KAl（SO4）2?12H2O+3S═2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O反应硫单质中硫元素化合价升高为+4价．硫酸根离子中硫元素化合价从+6价变化为+4价，复印纸还原剂是硫单质； 故答案为：S；
（2）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是利用硫酸钾溶解度随温度变化不大，可以利用蒸发溶剂方法结晶析出晶体； 故答案为：蒸发结晶；
（3）依据晶体晶胞结构分析，结合配位数含义可知，每个铝原子和四个单原子相连，所以铝原子的配位数为4； 故答案为：4； （4）以Al和NiO（OH）为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO（OH）转化为Ni（OH）2，铝做负极失电子在氢氧化钠溶液中生成偏铝酸钠，反应的化学方程式为：
Al+3NiO（OH）+NaOH+H2O=NaAlO2+3Ni（OH）2；
故答案为：Al+3NiO（OH）+NaOH+H2O=NaAlO2+3Ni（OH）2； （5）①2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）△H1=﹣197kJ/mol；Ⅰ H2O（g）?H2O（l）△H2=﹣44kJ/mol；Ⅱ
2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）═2H2SO4（l）△H3=﹣545kJ/mol．Ⅲ
依据盖斯定律Ⅲ﹣Ⅰ﹣2×Ⅱ得到：2SO3（g）+2H2O（l）=2H2SO4（l）△H=﹣260kJ/mol； 即反应的热化学方程式为：SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H=﹣130kJ/mol； 故答案为：SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H=﹣130kJ/mol；
②948 t明矾生成SO2物质的量为4500mol 故生成硫酸的质量m=4500×0.96×98÷0.98=432000Kg=432t． 故答案为：432t；
【点评】本题考查了氧化还原反应概念分析判断，晶体结构的理解分析，原电池反应的实质应用，热化学方程式和盖斯定律的计算，元素守恒的计算应用，题目难度中等．
三．解答题（共4小题） 17．（2016?临沂二模）氮、磷、砷及其化合物在生产、生活中有重要的用途．
（1）雌黄（As2S3）和雄黄（As4S4）都是自然界中常见的砷化物，一定条件下，雌黄和雄黄的转化关系如图l所示．
+2+4+
①反应I的离子方程式为 2As2S3+4H+2Sn=As4S4+2H2S+2Sn ．
﹣②反应Ⅱ中，若1mol As4S4参加反应时，转移12mol e，则物质a为 S （填化学式）．
第22页（共29页）
（2）常温下，含磷微粒在水溶液中的分布分数（平衡时某微粒的浓度占各微粒浓度之和的分数）与pH的关系如图2所示．
①向Na2HPO4溶液中加入足量CaCl2溶液，所得溶液显酸性，原因是 3Ca+2HPO4=Ca3+
（PO4）2+2H （用离子方程式表示）．
﹣
②pH=7的磷酸盐溶液可作为缓冲溶液．该溶液中磷元素的存在形态主要为 H2PO4、2﹣
HPO4 ．配制此溶液时，需要H3PO4和NaOH的物质的量之比为 2：3 ． ③已知氢氧化铝胶粒带正电荷，可吸附阴离子．pH在2～4之间，用铝盐处理含磷废水时，随溶液pH增大，吸附效果增强，结合图2解释可能的原因 随PH增大，H2PO4含量变大，同时生成更多氢氧化铝胶粒 ．
（3）氨水可以与很多金属离子形成配合物．已知某温度下： ++10Cu（aq）+2NH3?H2O（aq）?Cu（NH3）2（aq）+2H2O（1）K=8.0×10
﹣+
①CuI（s）+2NH3?H2O（aq）?Cu（NH3）2（aq）+I（aq）+2H2O（1）K= 0.16 ．[已
﹣12
知Ksp（CuI）=2.0×10]
﹣1
②溶解19.1g CuI（s），至少需要5mol?L氨水的体积约为 40 mL． 【考点】氧化还原反应的计算． 【专题】氧化还原反应专题．
2+
【分析】（1）①依据转化关系分析可知，雌黄（As2S3）酸性溶液中和Sn离子发生氧化还
4+
原反应生成As4S4、H2S、Sn，结合电荷守恒、原子守恒配平书写离子方程式；
﹣
②若1molAs4S4反应转移28mole，则反应消耗7mol氧气，根据原子守恒书写离子方程式，结合电子守恒计算；
2+2﹣
﹣
（2）①向Na2HPO4溶液中加入足量CaCl2溶液，所得溶液显酸性，说明反应生成磷酸钙沉淀、氯化钠和氯化氢；
②pH=7的磷酸盐溶液可作为缓冲溶液．该溶液中磷元素的存在形态依据图象变化分析得到；图象中可知H2PO4和HPO4物质的量相同，结合元素守恒计算得到磷酸和氢氧化钠物质的量之比；
③pH在2～4之间，用铝盐处理含磷废水时，随溶液pH增大，H2PO4含量变大吸附效果增强；
（3）①CuI（s）+2NH3?H2O（aq）?Cu（NH3）2（aq）+I（aq）+2H2O（1），平衡常数K=
=
++
﹣
﹣
﹣
2﹣
×
﹣
=Ksp×K；
②依据CuI（s）+2NH3?H2O（aq）?Cu（NH3）2（aq）+I（aq）+2H2O（1）定量关系计算氨水物质的量，c=．
【解答】解：（1）①依据转化关系分析可知，雌黄（As2S3）酸性溶液中和Sn离子发生氧
4+
化还原反应生成As4S4、H2S、Sn，结合电荷守恒、原子守恒配平书写离子方程式为：
+2+4+
2As2S3+4H+2Sn=As4S4+2H2S+2Sn，
+2+4+
故答案为：2As2S3+4H+2Sn=As4S4+2H2S+2Sn；
﹣
②若1molAs4S4反应转移12mole，则反应消耗3mol氧气，则反应的方程式为：As4S4+3O2
2As2O3+4S，则a为S，
故答案为：S；
（2）①向Na2HPO4溶液中加入足量CaCl2溶液，所得溶液显酸性，说明反应生成磷酸钙
2+2﹣+
沉淀、氯化钠和氯化氢，反应的离子方程式为：3Ca+2HPO4=Ca3（PO4）2+2H，
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2+
故答案为：3Ca+2HPO4=Ca3（PO4）2+2H；
﹣2﹣
②图象中可知H2PO4和HPO4物质的量相同，物质为Na2HPO4，NaH2PO4，结合元素守恒计算得到磷酸和氢氧化钠物质的量之比2：3，
故答案为：H2PO4和HPO4；2：3； ③已知氢氧化铝胶粒带正电荷，可吸附阴离子．pH在2～4之间，用铝盐处理含磷废水时，随溶液pH增大，吸附效果增强，图2分析可知随PH增大，H2PO4含量变大，同时生成更多氢氧化铝胶粒，
故答案为：随PH增大，H2PO4含量变大，同时生成更多氢氧化铝胶粒；
++10
（3）①Cu（aq）+2NH3?H2O（aq）?Cu（NH3）2（aq）+2H2O（1）K=8.0×10
﹣+
CuI（s）+2NH3?H2O（aq）?Cu（NH3）2（aq）+I（aq）+2H2O（1）， 平衡常数K=
×10×8.0×10=0.16， 故答案为：0.16；
②溶解19.1g CuI（s）物质的量=
2+
﹣
﹣12
﹣
﹣
﹣
2+2﹣+
2﹣
=
10
×=Ksp×K=2.0
=0.1mol，CuI（s）+2NH3?H2O（aq）?Cu（NH3）
﹣1
（aq）+I（aq）+2H2O（1），需要溶质物质的量为0.2mol，至少需要5mol?L
=0.04L=40ml，
氨水的体
积=
故答案为：40．
【点评】本题考查了氧化还原反应、离子方程式书写、图象分析判断、平衡常数计算等知识点，掌握基础注意分析题干信息是解题关键，题目难度较大． 18．（2016?沈阳校级四模）中学常采用高锰酸钾加热分解法制取氧气，某兴趣小组经查阅资料获知：制得氧气后固体残余物中的锰酸钾（K2MnO4）具有强氧化性，与还原剂、有机物、易燃物混合可形成爆炸性混合物，如不妥善处置将造成危险．因此该小组对该残余物进行分离提纯，得到锰酸钾晶体，利用回收的锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气，并设计实验验证氯气化学性质．
（1）打开分液漏斗活塞及弹簧夹2，观察到烧瓶壁有紫红色物质生成并逐渐消失，黄绿色气体充满烧瓶．反应结束后，烧瓶内有黑色固体残余，写出过程中发生的化学反应方程式： 3K2MnO4+4HCl（浓盐酸）=2KMnO4+4KCl+MnO2+2H2O，2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O （2）该小组利用装置C吸收氯气制备漂白粉． ①C中盛装的试剂为 石灰乳 第24页（共29页）
②陶瓷多孔球泡的作用是 增大气体接触面积，使氯气吸收更充分 （3）测定漂白粉有效成分的质量分数：称取1.5g所制漂白粉配成溶液，调节pH值并加入指示剂，用0.1000mol/LKI溶液进行滴定，三次平行实验平均每次消耗20.00ml标准液时达到滴定终点，反应原理涉及到的方程式为：3ClO+I=3Cl+IO3 IO3+5I+3H2O=6OH﹣
+3I2
①所选的指示剂为 淀粉 ，达到滴定终点的标志是 最后一滴标准液滴下时，溶液变为浅蓝色，振荡半分钟不褪色
②该漂白粉中有效成分的质量分数为 14.3%
（4）打开分液漏斗活塞及弹簧夹1，可观察到D中的现象为 出现白色沉淀 ，
该现象能够证明氯气有氧化性．甲同学认为取D中反应后溶液，滴加硝酸酸化的硝酸银，若有白色沉淀产生，也能证明氯气氧化了亚硫酸氢钡，你认为是否正确并说明理由 不正确，氯气与水反应也生成氯离子，不能证明溶液中的氯离子一定是氯气氧化亚硫酸氢钡所得产物 ．
【考点】氯、溴、碘的性质实验；氯气的实验室制法． 【专题】无机实验综合．
【分析】A装置产生氯气，饱和氯化钠溶液的作用是吸收氯气中的氯化氢气体，并降低氯气在水中的溶解度，C是制备漂白粉，D是验证氯气具有氧化性，氢氧化钠是吸收尾气，据此分析．
（1）锰酸钾（K2MnO4）具有强氧化性，与浓盐酸反应观察到烧瓶壁有紫红色物质生成，该物质为高锰酸钾，锰元素的化合价在升高，根据K2MnO4中的化合价为+6价，处于中间价态，推测出在反应中既作氧化剂又作还原剂，再结合烧瓶内有黑色固体残余，联想到二氧化锰写出第一个方程式；第二个反应是高锰酸钾与浓盐酸反应产生氯气、氯化锰、氯化钾、水；
（2）①用石灰乳与氯气制备漂白粉；
②陶瓷多孔球泡的作用是增大气体接触面积，使氯气吸收更充分；
（3）①反应产物有碘单质生成，用淀粉作指示剂，最后一滴标准液滴下时，溶液变为浅蓝色，振荡半分钟不褪色，则达到终点；
﹣﹣﹣﹣﹣﹣
②先根据反应离子方程式确定出ClO与I的关系，计算次氯酸钙的质量，再根据质量分数公式计算；
（4）打开分液漏斗活塞及弹簧夹1，氯气将亚硫酸氢钡氧化成硫酸钡沉淀；取D中反应后溶液，滴加硝酸酸化的硝酸银，若有白色沉淀产生，不能证明氯气氧化了亚硫酸氢钡，因为氯气与水反应也生成氯离子，不能证明溶液中的氯离子一定是氯气氧化亚硫酸氢钡所得产物． 【解答】解：A装置产生氯气，饱和氯化钠溶液的作用是吸收氯气中的氯化氢气体，并降低氯气在水中的溶解度，C是制备漂白粉，D是验证氯气具有氧化性，氢氧化钠是吸收尾气，据此分析．
（1）锰酸钾（K2MnO4）具有强氧化性，与浓盐酸反应观察到烧瓶壁有紫红色物质生成，该物质为高锰酸钾，锰元素的化合价在升高，根据K2MnO4中的化合价为+6价，处于中间价态，推测出在反应中既作氧化剂又作还原剂，再结合烧瓶内有黑色固体残余，联想到二氧化锰写出反应方程式为：3K2MnO4+4HCl（浓盐酸）=2KMnO4+4KCl+MnO2+2H2O；第二个反应是高锰酸钾与浓盐酸反应产生氯气、氯化锰、氯化钾、水，方程式为：2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，
故答案为：3K2MnO4+4HCl（浓盐酸）=2KMnO4+4KCl+MnO2+2H2O，2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；
（2）①用石灰乳与氯气制备漂白粉，
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﹣﹣