B．K2HPO4溶液显碱性，原因是HPO42－的水解程度大于其电离程度
C．磷酸一级电离常数K1＝10－2.2
D．想获得较纯的KH2PO4溶液，可将溶液pH控制在4－5之间
（4）已知：
信息①溶液pH对吸附剂Fe3O4表面所带电荷的影响：
pH<6.8，Fe3O4表面带正电荷；
pH＝6.8，Fe3O4表面不带电荷；
pH>6.8，Fe3O4表面带负电荷。
信息②吸附剂Fe3O4对含磷微粒的去除率随pH的变化如图所示。
现将吸附剂Fe3O4加到KH2PO4溶液中，调节溶液pH。
请根据以上信息及图示回答下列问题：
①pH＝3时，吸附的主要微粒是__________________。
②与pH＝5相比，pH＝9时的去除率明显下降，原因是_____________________________。
12．合成氨工业对化学和国防工业具有重要意义。
（1）实验室欲用下图所示装置（夹持固定装置略去）制备并收集氨气。
①请在图中烧瓶内绘出导管所缺部分______________。
②试管中反应的化学方程式是____________________。
③为吸收多余的氨气，烧杯中的试剂是__________________。
（2）氨有很多重要性质。
①将酚酞溶液滴加到氨水中溶液呈红色，其原因是_______________________________。
②管道工人曾经用浓氨水检验氯气管道是否漏气，如出现白烟，说明有氯气泄露，同时还有一种相对分子质量为28的气体生成，该反应的化学方程式是__________________________。
（3）写出氨的两种用途__________________________________。
参考答案
1．A
【解析】
【详解】
A.铜和稀硫酸不反应，加入NO3-后，NO3-在酸性条件下具有强氧化性，能溶解Cu，A项错误；
B.能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体的水溶液一定显碱性，如NH3，B项正确；
C.铜与稀硝酸反应的离子方程式正确，产物正确，电荷守恒、原子守恒，C项正确；
D.稀硝酸与Cu反应产生NO，NO与O2反应产生NO2，均能通过一步实现转化，D项正确；
答案选A。
2．A
【解析】
【分析】
【详解】
A.因为盐酸的酸性比碳酸强，故HCl和CO2无论以何种比例混合后通入CaCl2溶液中都一定不会产生沉淀，A符合题意；
B.SO2通入水中后与水反应生成亚硫酸。
在酸性条件下，NO3-有强氧化性，可以把SO2及亚硫酸氧化为硫酸，因此，将CO2和SO2的混合气体通入Ba（NO3）2溶液中后可以生成硫酸钡沉淀，B不符合题意；
C.NO2与水反应可以生成硝酸，硝酸可以把SO2氧化为硫酸，因此，将该混合气体通入BaCl2溶液中可以生成硫酸钡沉淀，C不符合题意；
D.CO2和NH3一起通入水中后可以生成碳酸铵，碳酸铵可以和CaCl2反应生成碳酸钙沉淀，D不符合题意。
综上所述，一定不产生沉淀的组合是A。
【点睛】
要注意二氧化碳通入氯化钙溶液中一定不会产生碳酸钙沉淀。
同理，二氧化硫通入氯化钡溶液中一定不会产生亚硫酸钡沉淀，更不会产生硫酸钡沉淀。
这是本题的易错点。
3．C
【解析】
【分析】
能使干燥的红色石蕊试纸变蓝说明该物质应显碱性。
【详解】
A．氨气遇水生成显碱性的氨水能使红色石蕊试纸变蓝，氨气不能使干燥的红色石蕊试纸变蓝，A项错误；
B．液氨为氨气的液态形式，也不能使干燥的红色石蕊试纸变蓝色，B项错误；
C．氨水中的一水合氨能部分电离出NH4+和OH-，因而显弱碱性，能使干燥的红色石蕊试纸变蓝色，C项正确；
D．NH4Cl溶液中NH4+水解使得溶液显酸性，不能使干燥的红色石蕊试纸变蓝色，D项错误；
答案选C。
4．C
【解析】
【分析】
【详解】
A.氨气与水反应生成一水合氨，电离使溶液呈碱性，所以湿润的
试纸变蓝色，故A不选；
B.氨气与水反应生成一水合氨，电离使溶液呈碱性，所以湿润的红色石蕊试纸变蓝色，故B不选；
C.氨气收集满后与水反应生成一水合氨，酚酞遇碱变红，所以蘸有酚酞溶液的滤纸应该变红，故C选；
D.氨气与浓盐酸挥发出来的HCl反应生成氯化铵晶体，故滤纸周围有白烟产生，故D不选；
故选C。
【点睛】
氨气本身不是电解质，当与水反应生成一水合氨时，一水合氨为电解质，可以电离产生氢氧根离子，呈碱性。
5．A
【解析】
【详解】
（NH4）2SO4分解的方程式为4（NH4）2SO4=N2↑＋6NH3↑＋3SO2↑＋SO3↑＋7H2O，设分解了4mol（NH4）2SO4，则分解生成的N2、NH3、SO2、SO3物质的量依次为1mol、6mol、3mol、1mol，分解产生的气体通入BaCl2溶液中，发生反应2NH3+SO3+H2O=（NH4）2SO4、（NH4）2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NH4Cl，此过程中消耗1molSO3、2molNH3、生成1molBaSO4沉淀；还剩余4molNH3，最终从溶液中逸出的气体无色、无味，溶液中氯化钡恰好完全反应，说明3molSO2全部反应，则发生的反应为4NH3+3SO2+3H2O=（NH4）2SO3+2NH4HSO3、（NH4）2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NH4Cl，此过程将4molNH3、3molSO2全部消耗，生成1molBaSO3沉淀；根据上述分析，生成的沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n（BaSO4）：
n（BaSO3）约为1：
1，从溶液中逸出的气体只有N2，最后留下的溶液中有较多的NH4Cl和NH4HSO3，故答案为A。
6．B
【解析】
【分析】
一种盐与烧碱混合共热，可放出无色气体Y，则Y为
，Y经一系列氧化后的产物再溶于水可得Z溶液为
溶液，Y和Z溶液反应又可生成X，则盐X是硝酸铵。
【详解】
盐和烧碱反应生成无色气体NH3，氨气发生反应：
；所以反应生成的X盐是硝酸铵；
答案选B。
7．C
【解析】
【详解】
A.硫蒸汽和H2反应会生成H2S，A正确；
B.NH3溶于水后，会和水生成一水合氨:
，一水合氨会电离出氢氧根离子：
，溶液显碱性，能使酚酞变红，再加热，一水合氨分解，氨气逸出，恢复无色，B正确；
C.NH4Cl固体受热会分解成NH3和HCl，NH3和HCl在较冷的地方会再化合生成白烟，该过程是化学变化，不是升华（物理变化），C错误；
D.浓硝酸久置后颜色会变黄：
是因为硝酸见光发生了分解：
，NO2留在了硝酸中显黄色，D正确；
答案选C。
8．B
【解析】
【详解】
A．碳酸钠与CO2和水反应生成酸式盐NaHCO3，NaHCO3溶解度小于Na2CO3，并且反应生成的NaHCO3固体质量比原来Na2CO3多，溶剂质量减少，溶液中有浑浊出现，故A不符合题意；
B．盐酸的酸性大于亚硫酸的酸性，则CaCl2溶液中通入SO2不发生反应，始终无明显现象，故B符合题意；
C．NH3通入硝酸和硝酸银的混合溶液中，先与硝酸反应，故开始没有沉淀，等硝酸全部反应完全后，再与硝酸银反应生成氢氧化银沉淀，再继续通入氨气会生成可溶性的银氨溶液，故沉淀又会减少，直至最终没有沉淀，反应方程式为NH3+HNO3=NH4NO3、NH3+AgNO3+H2O=AgOH↓+NH4NO3、AgOH+2NH3=Ag（NH3）2OH（银氨溶液），故C不符合题意；
D．SO2通入Na2S溶液中发生反应：
2Na2S+5SO2+2H2O═4NaHSO3+3S↓，生成硫沉淀，故D不符合题意；
答案选B。
【点睛】
盐酸的酸性大于亚硫酸的酸性，化学反应中一般遵循强酸制弱酸的规律。
9．A
【解析】
【详解】
A.NH4Cl加氢氧化钠溶液，加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体氨气；溶于水，加硝酸银溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀氯化银，故A符合题意；
B.（NH4）2CO3溶于水，加硝酸银溶液，生成的沉淀可溶于稀硝酸，故B不符合题意；
C.NaCl加氢氧化钠溶液，加热不产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，故C不符合题意；
D.K2SO4加氢氧化钠溶液，加热不产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，故D不符合题意；
故答案为A。
10．BC
【解析】
【分析】
【详解】
A．工业合成氨的条件：
N2和H2在高温、高压、催化剂的条件下合成氨，在点燃或光照条件下不可合成氨，故A错误；
B．合成氨中H元素从0价升高为+1价，发生氧化反应，即氢气在反应中被氧化，故B正确；
C．浓硝酸有挥发性，氨气遇到浓硝酸挥发出硝酸发生反应生成硝酸铵，产生白烟，故C正确；
D．由氨制取硝酸过程：
①4NH3+5O2=4NO+6H2O，②2NO+O2=2NO2，③3NO2+H2O=2HNO3+NO，①和②中氮元素的化合价在升高，被氧化，③中氮元素化合价既升高，又降低，即既被氧化又被还原，故D错误；
故答案为BC。
11．硫氰化钾溶液或KSCN溶液防止Fe2+被氧化变蓝色
A
pH＝5时，Fe3O4带正电荷，含磷的主要微粒是
；pH＝9时，Fe3O4带负电荷，含磷的主要微粒是
，因此在pH＝9时，吸附剂和含磷的主要微粒之间的静电排斥作用强于pH＝5时
【解析】
【分析】
（1）检验Fe3O4中铁元素的价态，可通过KSCN溶液检验Fe3+；
（2）Ⅰ．FeSO4溶液在空气中O2的存在条件下，发生氧化反应，Fe2+转化为Fe3+；
Ⅱ．①用湿润红色石蕊试纸检验产物，NH3与水形成碱性物质，可使湿润红色石蕊试纸变蓝；
②将NaNO3溶液滴入浊液中，充分反应得到Fe3O4，反应还产生NH3，发生氧化还原反应，据此写出反应的方程式；
（3）A．根据图象分析，
大量存在时，溶液pH介于4∼6之间，说明KH2PO4溶液呈酸性；
B．
电离呈酸性，
水解呈碱性，K2HPO4 溶液显碱性则说明
水解程度大于电离程度；
C．根据电离平衡常数表达式并结合H3PO4曲线变化趋势计算K1；
D．由图像中
变化分析；
（4）①pH＝3时，吸附剂Fe3O4表面带正电荷，对阴离子具有较强的吸附力，在此pH条件下，P的主要存在型体是
；
②与pH＝5时相比，pH＝9时的去除率明显下降，pH＝5时，Fe3O4表面带正电荷，对阴离子吸附作用强，pH＝9时，Fe3O4表面带负电荷，不利于吸附阴离子。
【详解】
（1）检验Fe3O4中铁元素的价态，可通过将Fe3O4与盐酸反应，然后利用KSCN溶液检验Fe3+，形成络合物，溶液呈红色，
故答案为：
KSCN溶液；
（2）Ⅰ．FeSO4溶液在空气中O2的存在条件下，发生氧化反应，Fe2+转化为Fe3+，因此常加入过量铁粉，以此防止Fe2+被氧化，
故答案为：
防止Fe2+被氧化；
Ⅱ．①用湿润红色石蕊试纸检验产物，NH3与水形成碱性物质，可使湿润红色石蕊试纸变蓝，
故答案为：
变蓝色；
②将NaNO3溶液滴入浊液中，充分反应得到Fe3O4，反应还产生NH3，发生氧化还原反应，则反应的方程式应为：
，
故答案为：
；
（3）A．根据图象分析，
大量存在时，溶液pH介于4∼6之间，说明KH2PO4溶液呈酸性，则溶液中c（H+）>c（OH−），故A符合题意；
B．
电离呈酸性，
水解呈碱性，K2HPO4 溶液显碱性则说明
水解程度大于电离程度，故B不符合题意；
C．
，最左侧交点对应
=
，此时溶液pH=2.2，
=10-2.2，由此可知，K1=10-2.2，故C不符合题意；
D．由图可知，溶液pH介于4-5之间时，
物质的量分数近乎100%，故D不符合题意；
故答案为：
A；
（4）①pH＝3时，吸附剂Fe3O4表面带正电荷，对阴离子具有较强的吸附力，在此pH条件下，P的主要存在型体是
，所以pH＝3时，吸附的主要微粒是：
，
故答案为：
；
②与pH＝5时相比，pH＝9时的去除率明显下降，pH＝5时，Fe3O4表面带正电荷，对阴离子吸附作用强，溶液中主要存在
；pH＝9时，Fe3O4表面带负电荷，溶液中主要存在
，吸附剂和含磷的主要微粒之间的静电排斥作用，不利于吸附阴离子，
故答案为：
pH＝5时，Fe3O4带正电荷，含磷的主要微粒是
；pH＝9时，Fe3O4带负电荷，含磷的主要微粒是
，因此在pH＝9时，吸附剂和含磷的主要微粒之间的静电排斥作用强于pH＝5时。
【点睛】
涉及盐类水解的相关微粒浓度判断相对较为复杂，其中常见电离程度大于水解程度的离子有：
、
、
，若涉及不熟悉的微粒相关平衡程度判断可根据相关常数判断。
12．
2NH4Cl＋Ca（OH）2
CaCl2＋2NH3↑＋2H2O水（或稀盐酸、硫酸等）氨水显碱性8NH3＋3Cl2===N2＋6NH4Cl作制冷剂、制化肥等
【解析】
【分析】
（1）①氨气的密度小于空气的密度,且氨气和氧气不反应,氨气极易溶于水，所以只能采用向下排空气法收集；
②氯化铵和氢氧化钙在加热条件下反应生成氯化钙、氨气和水，据此写出该反应方程式；
③氨气极易溶于水,且氨气是碱性气体所以也极易溶于酸,据此分析氨气的吸收方法；
（2）①氨水溶液显碱性，溶液中存在氢氧根离子大于氢离子浓度，据此进行分析；
②根据电子得失守恒、原子守恒规律，推断出氨气和氯气反应生成氯化铵和氮气；据此写出化学方程式；
【详解】
（1）①氨气的密度小于空气的密度,且氨气和氧气不反应,所以可以采用向下排空气法收集气体,即导气管应该“短进长出”,如图所示：
；
因此，本题正确答案是:
。
②氯化铵和氢氧化钙在加热条件下反应生成氯化钙、氨气和水,反应方程式：
2NH4Cl＋Ca（OH）2
CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；
因此，本题正确答案是:
2NH4Cl＋Ca（OH）2
CaCl2＋2NH3↑＋2H2O。
③氨气极易溶于水，且氨气是碱性气体所以也极易溶于酸,故可以用水或酸吸收氨气；
因此，本题正确答案是:
水（或稀盐酸、硫酸等）。
（2）①氨气极易溶于水生成氨水,氨水能电离出铵根离子和氢氧根离子,导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度,溶液呈碱性，所以将酚酞溶液滴加到氨水中溶液呈红色；
综上所述，本题答案是：
氨水显碱性。
②氨气和氯气反应生成白色烟,为氯化铵,同时还有一种相对分子质量为28的气体生成,根据反应中得失守恒和元素守恒知，另一种物质是氮气，所以反应方程式为8NH3＋3Cl2===N2＋6NH4Cl；
综上所述，本题答案是：
8NH3＋3Cl2===N2＋6NH4Cl。
（3）氨气极易液化,气化时吸收热量,所以氨气能作制冷剂，氨气能与酸反应生成铵盐，可以制造化肥；
因此，本题正确答案是：
作制冷剂、制化肥等。
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