高三化学小题训练十三(闸北区二模卷1)

1、高三化学小题训练十三（闸北区二模卷1）一选择题（共7小题）1（2015闸北区二模）单位体积的稀溶液中，非挥发性溶质的分子或离子数越多，该溶液的沸点越高下列溶液中沸点最高的是（）A0.01 mol/L的蔗糖溶液B0.02 mol/L的CH3COOH溶液C0.02 mol/L的NaCl溶液D0.01 mol/L的K2SO4溶液2（2015闸北区二模）将少量SO2气体通入BaCl2和FeCl3的混合溶液中，溶液颜色由棕黄色变成浅绿色，同时有白色沉淀产生针对上述变化，下列分析正确的是（）A该实验表明SO2有漂白性B白色沉淀为BaSO3C该实验表明FeCl3有还原性D反应后溶液酸性增强3（2015闸北区

2、二模）用如图示的方法可以保护钢质闸门下列说法正确的是（）A当a、b间用导体连接时，则X应发生氧化反应B当a、b间用导体连接时，则X可以是锌或石墨C当a、b与外接电源相连时，a应连接电源的正极D当a、b与外接电源相连时，阴极的电极反应式：2Cl2eCl24（2015闸北区二模）下列除杂方案错误的是（）选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法AC2H5OH（l）H2O（l）新制的生石灰蒸馏BCl2（g）HCl（g）饱和食盐水、浓H2SO4洗气CNH4Cl（aq）Fe3+（aq）NaOH溶液过滤DNa2CO3（s）NaHCO3（s）灼烧AABBCCDD5（2015闸北区二模）某固体混合物可能由Al、（N

3、H4）2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的两种或多种组成，现对该混合物做如下实验，所得现象和有关数据如图所示（气体体积数据已换算成标准状况下的体积）：关于该固体混合物，下列说法正确的是（）A一定含有Al，其质量为4.5gB一定不含FeCl2，可能含有MgCl2和AlCl3C一定含有MgCl2和FeCl2D一定含有（NH4）2SO4和MgCl2，且物质的量相等6（2015闸北区二模）某药物中间体的合成路线如下：下列说法正确的是（）A对苯二酚和互为同系物B1 mol该中间体最多可与7 mol氢氧化钠反应C2，5二羟基苯乙酮能发生加成、水解等反应D该中间体分子含有羰基和羟基两种含氧官能团

4、7（2015闸北区二模）已知：将C12通入适量NaOH溶液，产物中可能有NaCl、NaClO、NaClO3，且的值仅与温度高低有关当n（NaOH）=6amol时，下列有关说法正确的是（）A改变温度，反应中转移电子的物质的量n的范围：3amoln5amolB改变温度，产物中NaCl的最小理论产量为4amolC参加反应的氯气的物质的量3amolD某温度下，若反应后=6，则溶液中二解答题（共2小题）8（2015闸北区二模）氯吡格雷（clopidogrel）是一种用于抑制血小板聚集的药物以芳香族化合物A为原料合成的路线如下：已知：，（1）写出反应CD的化学方程式，反应类型（2）写出结构简式B，X（3）

5、A属于芳香族化合物的同分异构体（含A）共有种，写出其中与A不同类别的一种同分异构体的结构简式（4）两分子C可在一定条件下反应生成一种产物，该产物分子中含有3个六元环，写出该反应的化学方程式（5）已知：，设计一条由乙烯、甲醇为有机原料制备化合物的合成路线流程图，无机试剂任选（合成路线常用的表反应试剂A反应条件B反应试剂反应条件目标产物示方式为：AB目标产物）9（2015闸北区二模）铵明矾NH4Al（SO4）212H2O是常见的食品添加剂，用于焙烤食品，可通过硫酸铝溶液和硫酸铵溶液反应制备用芒硝（Na2SO410H2O）制备纯碱和铵明矾的生产工艺流程图如图1：完成下列填空：（1）铵明矾溶液呈性，它

6、可用于净水，原因是；向其溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，可观察到的现象是（2）写出过程的化学反应方程式（3）若省略过程，直接将硫酸铝溶液加入滤液A中，铵明矾的产率会明显降低，原因是（4）已知铵明矾的溶解度随温度升高明显增大加入硫酸铝后，经过程 III的系列实验得到铵明矾，该系列的操作是加热浓缩、过滤洗涤、干燥（5）某同学用图2图示的装置探究铵明矾高温分解后气体的组成成份（a）夹住止水夹K1，打开止水夹K2，用酒精喷灯充分灼烧实验过程中，装置A和导管中未见红棕色气体；试管C中的品红溶液褪色；在支口处可检验到NH3，方法是；在装置A与B之间的T型导管中出现白色固体，该白色固体可能是（任填一种物质

7、的化学式）；另分析得出装置A试管中残留的白色固体是两性氧化物，写出它溶于NaOH溶液的离子方程式（b）该同学通过实验证明铵明矾高温分解后气体的组成成份是NH3、N2、SO3、SO2和H2O，且相同条件下测得生成N2和SO2的体积比是定值，V（N2）：V（SO2）=高三化学小题训练十三（闸北区二模卷1）参考答案与试题解析一选择题（共7小题）1（2015闸北区二模）单位体积的稀溶液中，非挥发性溶质的分子或离子数越多，该溶液的沸点越高下列溶液中沸点最高的是（）A0.01 mol/L的蔗糖溶液B0.02 mol/L的CH3COOH溶液C0.02 mol/L的NaCl溶液D0.01 mol/L的K2SO

8、4溶液【考点】物质的量浓度的相关计算菁优网版权所有【分析】根据溶液中非挥发性溶质的分子或离子数越多，该溶液的沸点就越高，假设溶液为1L，根据n=cV计算选项中溶质含有的粒子的物质的量，物质的量增大的，其沸点最高【解答】解：A.1L蔗糖溶液中蔗糖的物质的量为：1L×0.01mol/L=0.01mol；BCH3COOH是挥发性溶质，且1L溶液中分子的物质的量为：1L×0.02mol/L=0.02mol；C.1L 0.02mol/LNaCl溶液中溶质的离子的总物质的量为：1L×0.02mol/L×2=0.04mol；D.1L 0.01mol/L的K2SO4溶液

9、溶质的离子的总物质的量为：1L×0.01mol/L×3=0.03mol；根据以上分析可知，溶液中溶质的粒子数最多的为C，即C的沸点最高，故选C【点评】本题考查物质的量浓度的计算，题目难度中等，试题考查角度新颖，利用非挥发性溶质的分子或离子数来判断溶液的沸点高低，学生熟悉物质的量浓度的有关计算是解答的关键，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力2（2015闸北区二模）将少量SO2气体通入BaCl2和FeCl3的混合溶液中，溶液颜色由棕黄色变成浅绿色，同时有白色沉淀产生针对上述变化，下列分析正确的是（）A该实验表明SO2有漂白性B白色沉淀为BaSO3C该实验表明FeCl3有还原性

10、D反应后溶液酸性增强【考点】氧化还原反应；二氧化硫的化学性质菁优网版权所有【分析】氯化铁具有氧化性，能与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸根离子，再与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，铁离子被还原为亚铁离子，溶液由由棕黄色变成浅绿色，以此来解答【解答】解：A二氧化硫的漂白性是指二氧化硫和水反应生成的亚硫酸与有色物质结合为不稳定的无色物质，此反应中二氧化硫做还原剂，故A错误；B二氧化硫被氧化为硫酸，生成的沉淀为硫酸钡，故B错误；C反应中溶液由由棕黄色变成浅绿色，三价铁变化为二价铁，该实验表明FeCl3具有氧化性，故C错误；D反应后生成硫酸，酸性增强，故D正确故选D【点评】本题考查二氧化硫的性质，侧重于学生

11、的分析能力的考查，明确发生的氧化还原反应是解答本题的关键，题目难度不大3（2015闸北区二模）用如图示的方法可以保护钢质闸门下列说法正确的是（）A当a、b间用导体连接时，则X应发生氧化反应B当a、b间用导体连接时，则X可以是锌或石墨C当a、b与外接电源相连时，a应连接电源的正极D当a、b与外接电源相连时，阴极的电极反应式：2Cl2eCl2【考点】原电池和电解池的工作原理菁优网版权所有【分析】A牺牲阳极的阴极保护法中，被保护的金属作原电池正极，则X为负极发生氧化反应；B牺牲阳极的阴极保护法中，被保护的金属作原电池正极，则X为负极，其活泼性大于铁；C外加电流的阴极保护法中，被保护的金属作阴极应于电

12、源负极相连；D外加电流的阴极保护法中，被保护的金属作阴极发生还原反应【解答】解：A牺牲阳极的阴极保护法中，被保护的金属作原电池正极，如果a、b间用导线连接形成原电池，则X作负极发生氧化反应，钢质闸门为正极，故A正确；B牺牲阳极的阴极保护法中，被保护的金属作原电池正极，如果a、b间用导线连接形成原电池，则X作负极，其活泼性大于铁，则X可以是锌但不能为石墨，故B错误；C外加电流的阴极保护法中，被保护的金属作阴极应于电源负极相连，所以当a、b与外接电源相连时形成电解池，钢质闸门应于电源负极相连作阴极，所以a应连接电源的负极，故C错误；D外加电流的阴极保护法中，被保护的金属作阴极发生还原反应，所以当a

13、、b与外接电源相连时，阴极的电极反应式2H+2eH2，故D错误；故选A【点评】本题考查了原电池和电解池原理，涉及金属的腐蚀与防护，明确哪种电极被保护、哪种电极被腐蚀是解本题关键，题目难度不大4（2015闸北区二模）下列除杂方案错误的是（）选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法AC2H5OH（l）H2O（l）新制的生石灰蒸馏BCl2（g）HCl（g）饱和食盐水、浓H2SO4洗气CNH4Cl（aq）Fe3+（aq）NaOH溶液过滤DNa2CO3（s）NaHCO3（s）灼烧AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价菁优网版权所有【分析】A氧化钙与水反应生成氢氧化钙；BHCl极易溶液水，而食盐水抑制氯气

14、的溶解；C氯化铵能与氢氧化钠反应；D碳酸氢钠不稳定受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳【解答】解：A氧化钙与水反应生成氢氧化钙，乙醇易挥发，故A正确； BHCl极易溶液水，而食盐水抑制氯气的溶解，则洗气后利用浓硫酸干燥即可除杂，故B正确；C氯化铵能与氢氧化钠反应，将原物质除掉，故C错误；D碳酸氢钠不稳定受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，碳酸钠稳定，所以除去Na2CO3 固体中少量NaHCO3的最佳方法可用加热的方法，故D正确故选C【点评】本题考查物质分离提纯的方法及选择，为高频考点，把握物质的性质及常见的混合物分离方法为解答的关键，注意除杂的原则，题目难度不大5（2015闸北区二模）某固体混合物可

15、能由Al、（NH4）2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的两种或多种组成，现对该混合物做如下实验，所得现象和有关数据如图所示（气体体积数据已换算成标准状况下的体积）：关于该固体混合物，下列说法正确的是（）A一定含有Al，其质量为4.5gB一定不含FeCl2，可能含有MgCl2和AlCl3C一定含有MgCl2和FeCl2D一定含有（NH4）2SO4和MgCl2，且物质的量相等【考点】几组未知物的检验菁优网版权所有【分析】14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液产生气体，有铵盐和碱反应生成生成的氨气，也可以是金属铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气，5.60L气体通过碱石灰无变化，说明气体中无与碱

16、石灰反应的气体，无水蒸气的存在，通过浓硫酸，气体剩余3.36L，体积减少5.60L3.36L=2.24L，结合混合物可能存在的物质可知，一定含有硫酸铵与氢氧化钠反应生成氨气为2.24L，剩余的气体只能是氢气，体积为3.36L，说明原混合物中一定含有铝；14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液中产生白色沉淀2.9g，久置无变化，由于氢氧化铝溶于强碱，所以能生成白色沉淀的一定氯化镁生成的氢氧化镁白色沉淀，质量为2.90g，一定不存在FeCl2；14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液得到无色溶液，加入适量盐酸会生成沉淀，说明金属铝或氯化铝与过量碱反应生成的偏铝酸钠与盐酸反应生成的氢氧化铝沉淀，加入过量

17、盐酸沉淀溶解进一步证明沉淀是氢氧化铝，以此解答该题【解答】解：14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液产生气体，有铵盐和碱反应生成生成的氨气，也可以是金属铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气，5.60L气体通过碱石灰无变化，说明气体中无与碱石灰反应的气体，无水蒸气的存在，通过浓硫酸，气体剩余3.36L，体积减少5.60L3.36L=2.24L，结合混合物可能存在的物质可知，一定含有硫酸铵与氢氧化钠反应生成氨气为2.24L，剩余的气体只能是氢气，体积为3.36L，说明原混合物中一定含有铝；14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液中产生白色沉淀2.9g，久置无变化，由于氢氧化铝溶于强碱，所以能生成白色沉淀的一

18、定氯化镁生成的氢氧化镁白色沉淀，质量为2.90g，氢氧化铜为蓝色沉淀，所以固体混合物中一定不存在FeCl2；14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液得到无色溶液，加入适量盐酸 会生成沉淀，说明金属铝或氯化铝与过量碱反应生成的偏铝酸钠与盐酸反应生成的氢氧化铝沉淀，加入过量盐酸沉淀溶解进一步证明沉淀是氢氧化铝，A固体混合物中一定含有Al，可以根据标况下3.36L氢气可以计算出铝的物质的量为0.1mol，质量为2.7g，故A错误；B根据以上分析可知，固体混合物中一定含有MgCl2，故B错误；C根据加入氢氧化钠溶液后生成白色沉淀，且白色沉淀没有变化，则固体混合物中一定含有MgCl2，一定不含FeCl2，

19、故C错误；D根据以上分析可知，原固体混合物中一定含有（NH4）2SO4、MgCl2，故D正确；故选D【点评】本题综合考查物质的检验和鉴别的实验方案的设计和评价，侧重于物质化学性质的综合应用，注意把握相关物质的性质以及反应现象，结合生成物物质的质量以及反应现象进行推断，题目难度中等6（2015闸北区二模）某药物中间体的合成路线如下：下列说法正确的是（）A对苯二酚和互为同系物B1 mol该中间体最多可与7 mol氢氧化钠反应C2，5二羟基苯乙酮能发生加成、水解等反应D该中间体分子含有羰基和羟基两种含氧官能团【考点】有机物的结构和性质菁优网版权所有【分析】A对苯二酚中只含酚羟基、中含有酚羟基和醇羟基

20、；B酚羟基和羧基、氯原子和NaOH反应；C.2，5二羟基苯乙酮中含有酚羟基、苯环和羰基，具有酚、苯和酮的性质；D该中间体中含有氯原子、羰基、酯基、酚羟基【解答】解：A对苯二酚中只含酚羟基、中含有酚羟基和醇羟基，所以二者不是同系物，故A错误；B酚羟基和羧基、氯原子和NaOH反应，1 mol该中间体最多可与7mol氢氧化钠反应，故B正确；C.2，5二羟基苯乙酮中含有酚羟基、苯环和羰基，具有酚、苯和酮的性质，能发生加成反应和还原反应，但不能发生水解反应，故C错误；D该中间体中含有氯原子、羰基、酯基、酚羟基，有四种官能团，故D错误；故选B【点评】本题考查有机物结构和性质，明确官能团和性质关系是解本题关

21、键，注意B中Cl元素生成的HCl能和NaOH反应，为易错点7（2015闸北区二模）已知：将C12通入适量NaOH溶液，产物中可能有NaCl、NaClO、NaClO3，且的值仅与温度高低有关当n（NaOH）=6amol时，下列有关说法正确的是（）A改变温度，反应中转移电子的物质的量n的范围：3amoln5amolB改变温度，产物中NaCl的最小理论产量为4amolC参加反应的氯气的物质的量3amolD某温度下，若反应后=6，则溶液中【考点】化学方程式的有关计算菁优网版权所有【分析】A氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒及钠离子守恒计算；B

22、反应中转移电子最少时生成NaCl最少；C由Cl原子守恒可知，2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3），由钠离子守恒可知n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=n（NaOH）；D令n（ClO）=1mol，反应后=6，则n（Cl）=6mol，根据电子转移守恒计算n（ClO3），据此计算判断【解答】解：A氧化产物只有NaClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒n（NaCl）=5（NaClO3），由钠离子守恒：n（NaCl）+n（NaClO3）=n（NaOH），故n（NaClO3）=n（NaOH）=×6a mol，转移电子最大物质的量=a mol&

23、#215;5=5a mol，氧化产物只有NaClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒n（NaCl）=n（NaClO），由钠离子守恒：n（NaCl）+n（NaClO）=n（NaOH），故n（NaClO）=n（NaOH）=3a mol，转移电子最小物质的量=3a mol×1=3a mol，故反应中转移电子的物质的量n的范围：3amoln5amol，故A正确；B反应中还原产物只有NaCl，反应中转移电子最少时生成NaCl最少，根据电子转移守恒n（NaCl）=n（NaClO），由钠离子守恒：n（NaCl）+n（NaClO）=n（NaOH），故n（NaCl）=n（NaOH）=3a mol，故B

24、错误；C由Cl原子守恒可知，2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3），由钠离子守恒可知n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=n（NaOH），故参加反应的氯气的物质的量=n（NaOH）=3a mol，故C正确；D令n（ClO）=1mol，反应后=6，则n（Cl）=6mol，电子转移守恒，5×n（ClO3）+1×n（ClO）=1×n（Cl），即5×n（ClO3）+1×1mol=1×6mol，解得n（ClO3）=1mol，则溶液中=6，故D错误，故选AC【点评】本题考查了氧化还原反应计算，题目难度

25、中等，注意电子转移守恒及极限法的应用，侧重于考查学生的分析能力和计算能力二解答题（共2小题）8（2015闸北区二模）氯吡格雷（clopidogrel）是一种用于抑制血小板聚集的药物以芳香族化合物A为原料合成的路线如下：已知：，（1）写出反应CD的化学方程式+CH3OH +H2O，反应类型取代反应（2）写出结构简式B，X（3）A属于芳香族化合物的同分异构体（含A）共有4种，写出其中与A不同类别的一种同分异构体的结构简式（4）两分子C可在一定条件下反应生成一种产物，该产物分子中含有3个六元环，写出该反应的化学方程式（5）已知：，设计一条由乙烯、甲醇为有机原料制备化合物的合成路线流程图，无机试剂任选

26、（合成路线常用的表反应试剂A反应条件B反应试剂反应条件目标产物示方式为：AB目标产物）【考点】有机物的合成菁优网版权所有【分析】依据所给信息知，醛能与氰化钠和氯化铵发生发生，在醛基所在的C原子上同时引入官能团CN和氨基NH2，由信息可以得出CN在酸性条件下被氧化生成COOH，故此得出A的结构简式应为：，B应为：，由D生成E，明显是氨基上H原子被取代，即X上的Br原子与H形成HBr，故X为：，据此结合各小题解答即可；（1）CD为羧酸形成酯类，据此书写方程式，酯化反应为取代反应类型；（2）由信息可以得出B的结构简式；由D、E的结构及X分子式确定X的结构；（3）A属于芳香族化合物的所有同分异构体中含

27、有苯环，官能团不变时，有邻、间、对三种位置关系，若官能团变化，侧链可以为COCl，据此解答；（4）两分子C可在一定条件下反应生成一种产物，该产物分子中含有3个六元环，应是氨基与羧基之间发生脱水反应，两分子C脱去2分子水生成；（5）制备化合物，乙烯加成后水解生成乙二醇，甲醇催化氧化生成HCO，最后乙二醇与甲醛反应生成【解答】解：（1）反应CD是C与甲醇发生酯化反应，化学反应方程式为：+CH3OH +H2O，该反应为取代反应，故答案为：+CH3OH +H2O；取代反应；（2）依据所给信息知，醛能与氰化钠和氯化铵发生发生，在醛基所在的C原子上同时引入官能团CN和氨基NH2，由信息可以得出CN在酸性条

28、件下被氧化生成COOH，故此得出A的结构简式应为：，B应为：，由D生成E，明显是氨基上H原子被取代，即X上的Br原子与H形成HBr，故X为：，故答案为：；（3）A属于芳香族化合物的所有同分异构体中含有苯环，官能团不变时，有邻、间、对三种，若官能团发生变化，侧链为为COCl，符合条件所有的结构简式为、，共四种，其中与A不同类的是，故答案为：4；（4）两分子C可在一定条件下反应生成一种产物，该产物分子中含有3个六元环，应是氨基与羧基之间发生脱水反应，两分子C脱去2分子水生成，该反应方程式为：，故答案为：；（5）制备化合物，乙烯加成后水解生成乙二醇，甲醇催化氧化生成HCO，结合信息可知最后乙二醇与甲

29、醛反应生成，该反应流程为，故答案为：【点评】本题考查有机物的推断与合成、有机反应类型、同分异构体书写等，是对有机化学基础的综合考查，充分利用有机物的结构进行分析解答，较好的考查学生分析推理能力，难度中等9（2015闸北区二模）铵明矾NH4Al（SO4）212H2O是常见的食品添加剂，用于焙烤食品，可通过硫酸铝溶液和硫酸铵溶液反应制备用芒硝（Na2SO410H2O）制备纯碱和铵明矾的生产工艺流程图如图1：完成下列填空：（1）铵明矾溶液呈酸性性，它可用于净水，原因是铵明矾溶液电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，有吸附作用；向其溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，可观察到的现象是先产生白色沉淀，后产生

30、有刺激性气味的气体，再加入过量的NaOH溶液，白色沉淀逐渐溶解并消失（2）写出过程的化学反应方程式2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3+（NH4）2SO4 （3）若省略过程，直接将硫酸铝溶液加入滤液A中，铵明矾的产率会明显降低，原因是省略过程，因HCO3与Al3+的水解相互促进，产生大量氢氧化铝沉淀，导致铵明矾的产率降低（4）已知铵明矾的溶解度随温度升高明显增大加入硫酸铝后，经过程 III的系列实验得到铵明矾，该系列的操作是加热浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥（5）某同学用图2图示的装置探究铵明矾高温分解后气体的组成成份（a）夹住止水夹K1，打开止水夹K2，用酒精喷灯充分灼烧实验过程中

31、，装置A和导管中未见红棕色气体；试管C中的品红溶液褪色；在支口处可检验到NH3，方法是打开K1，用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近支口，出现白烟；在装置A与B之间的T型导管中出现白色固体，该白色固体可能是（NH4）2SO3（任填一种物质的化学式）；另分析得出装置A试管中残留的白色固体是两性氧化物，写出它溶于NaOH溶液的离子方程式Al2O3+2OH=2AlO2+H2O（b）该同学通过实验证明铵明矾高温分解后气体的组成成份是NH3、N2、SO3、SO2和H2O，且相同条件下测得生成N2和SO2的体积比是定值，V（N2）：V（SO2）=1：3【考点】制备实验方案的设计菁优网版权所有【分析】碳酸氢铵溶液中加入

32、硫酸钠，过滤得到滤渣与溶液A，而滤渣焙烧得到碳酸钠与二氧化碳，可知滤渣为NaHCO3，过程I利用溶解度不同发生复分解反应：2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3+（NH4）2SO4 ，滤液A中含有（NH4）2SO4 及溶解的NH4HCO3，加入硫酸，调节pH使NH4HCO3转化二氧化碳与（NH4）2SO4 ，得到溶液B为（NH4）2SO4 溶液，再加入硫酸铝得铵明矾（1）铵明矾溶液中铝离子水解，溶液呈酸性，得到氢氧化铝胶体，可以用于净水；向溶液中加入氢氧化钠溶液，首先与溶液中铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，再与氨气根离子反应生成氨气，再加入过量的NaOH溶液溶解氢氧化铝；（2）过程I利用溶

33、解度不同发生复分解反应；（3）HCO3与Al3+的水解相互促进，产生大量氢氧化铝沉淀；（4）用于铵明矾的溶解度随温度升高明显增大，从溶液中获得晶体，加热浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥；（5）（a）由题目信息可知有NH3生成，用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近支口检验氨气；装置A和导管中未见红棕色气体，试管C中的品红溶液褪色，说明加热分解有SO2生成，氨气与二氧化硫、水蒸汽反应可以生成（NH4）2SO3；装置A试管中残留的白色固体是两性氧化物，该物质为氧化铝；（b）根据电子转移守恒确定n（N2）：n（SO2），相同条件下气体体积之比等于其物质的量之比【解答】解：碳酸氢铵溶液中加入硫酸钠，过滤得到滤渣与溶液A，而滤渣焙烧得到碳酸钠与二氧化碳，可知滤渣为NaHCO3，过程I利用溶解度不同发生复分解反应