热门试卷

解：（1）CH3COOH与（CH3）2CHCH2CH2OH反应生成CH3COOCH2CH2CH（CH3）2和H2O，化学方程式为CH3COOH+（CH3）2CHCH2CH2OCH3COOCH2CH2CH（CH3）2+H2O，故答案为：CH3COOH+（CH3）2CHCH2CH2OCH3COOCH2CH2CH（CH3）2+H2O；

（2）仪器甲为圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶；

（3）降低生成物的浓度平衡向正反应方向移动，可提高反应物的转化率或生成物的产率，冷凝水下进上出，从b口进水，故答案为：提高反应物的转化率或生成物的产率；b；

（4）甘油浴加热便于控制反应温度、使圆底烧瓶受热均匀，故答案为：便于控制反应温度；使圆底烧瓶受热均匀；

（5）当不再生成水，反应达到平衡，停止加热，故答案为：水层高度（或水的体积、液面对应刻度）不再变化；

（6）乙酸异戊酯在饱和碳酸钠中的溶解度比在水中的小，Na2CO3溶液能与乙酸反应，故答案为：ad；

（7）无水硫酸镁具有吸水性，能作干燥剂，所以无水硫酸镁的作用是作干燥剂，故答案为：作干燥剂；

（8）乙酸的物质的量为：n==1.67mol，异戊醇的物质的量为：n==0.227mol，由于乙酸和异戊醇是按照1：1进行反应，所以乙酸过量，生成乙酸异戊酯的量要按照异戊醇的物质的量计算，即理论上生成0.227mol乙酸异戊酯；实际上生成的乙酸异戊酯的物质的量为：=0.1mol，所以实验中乙酸异戊酯的产率为：×100%=44%，故答案为：44%．

解：废铁屑中含少量氧化铝、氧化铁等，将过量废铁屑加入稀硫酸中，发生反应 Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑、Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O、Fe2（SO4）3+Fe=3FeSO4，然后反应I中加入NaHCO3并搅拌，调节溶液的pH，发生反应Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑，所以滤渣中成分是Al（OH）3，过滤得到硫酸亚铁，向硫酸亚铁溶液中加入稀硫酸和NaNO2，酸性条件下，NaNO2和FeSO4发生氧化还原反应生成铁离子、NO，将溶液蒸发浓缩、过滤得到碱式硫酸铁，

（1）加入过量废铁屑的目的是，使硫酸充分反应掉、提高硫酸利用率或使Fe3+尽可能转化为Fe2+；

故答案为：使硫酸充分反应掉、提高硫酸利用率或使Fe3+尽可能转化为Fe2+；

（2）由题意可知，过量废铁屑溶于稀硫酸得FeSO4、Al2（SO4）3混合溶液，根据表中数据可知，向混合溶液中加入少量NaHCO3，沉淀Al3+而不沉淀Fe2+，反应方程式为Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑，制备硫酸亚铁，应与硫酸铝分离，应调节溶液pH生成Al（OH）3，要避免生成应Fe（OH）2沉淀，控制pH在4.4～7.5之间；工艺中搅拌作用是加快反应速率（或使反应物充分接触）；

故答案为：Al3+；加快反应速率（或使反应物充分接触）；

（3）反应Ⅱ是亚硝酸根离子氧化亚铁离子生成NO和三价铁离子，其离子方程式为：Fe2++NO2-+2H+=Fe3++NO↑+H2O，流程产物分析可知O2与NaNO2在反应中做氧化剂；n（O2）==0.5mol，则得到电子0.5mol×4=2mol，1molNaNO2被还原生成NO，化合价由+3价降低到+2价，得到2mol电子，NaNO2的物质的量为 2mol，

故答案为：Fe2++NO2-+2 H+=Fe3++NO↑+H2O；氧化剂；2mol；

（4）碱式硫酸铁溶于水后产生的Fe（OH）2+离子，Fe（OH）2+可部分水解生成Fe2（OH）42+聚合离子，该水解反应的离子方程式为 2Fe（OH）2++2H2O⇌Fe2（OH）42++2H+；

故答案为：2Fe（OH）2++2H2O⇌Fe2（OH）42++2H+；

（5）亚铁离子具有还原性，能被强氧化剂氧化生成铁离子，反应过程中颜色变化明显的效果最佳，

A．氯水为浅黄绿色，氯气将亚铁离子氧化为铁离子，溶液呈黄色，颜色变化不明显，故A不选；            

B．KSCN溶液和亚铁离子不反应，没有颜色变化，故B不选；      

C．NaOH溶液和亚铁离子反应生成白色沉淀，铁离子和氢氧根离子反应生成红褐色沉淀，掩盖氢氧化亚铁颜色，故C不选；      

D．酸性KMnO4溶液呈紫色，亚铁离子能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，现象明显，故D选；

故选D；

（6）将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Mg2+离子，根据电子守恒，金属共失去电子的物质的量和氮原子得电子的量是相等的，生成了6.72L NO，即氮原子得电子的物质的量是（5-2）=0.9mol，根据前后发生的整个过程的反应，知道反应中金属失去电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，即n（OH-）=0.9mol，从金属单质转化为其氢氧化物，增加的是氢氧根离子的质量，所以反应后沉淀的质量（包括氢氧化铝），为11.9g+0.9mol×17g/mol=27.2g，

故答案为：B．

解：（1）高锰酸钾具有强氧化性，常常利用高锰酸钾的强氧化性进行消毒．

a、84消毒液（NaClO溶液），次氯酸钠具有强氧化性，常常利用次氯酸钠的强氧化性进行杀菌消毒，故a正确；

b、双氧水具有强氧化性，常常利用双氧水的强氧化性进行杀菌消毒，故b正确；

c、福尔马林（35%甲醛溶液）是通过渗透到细菌体内，使细菌蛋白质凝固（变性），从而杀死细菌，故c错误；

d、75%酒精是通过酒精渗透到细菌体内，使细菌蛋白质凝固（变性），从而杀死细菌，故d错误；

故选ab；

（2）见光易分解的物质常常保存在棕色试剂瓶中．

a．浓硝酸见光分解生成二氧化氮、氧气和水，所以要保存在棕色试剂瓶中，故a错误；

b．硝酸银见光分解生成银、二氧化氮和氧气，所以要保存在棕色试剂瓶中，故b错误；

c．氯水中的次氯酸见光分解生成盐酸和氧气，所以要保存在棕色试剂瓶中，故c错误；

d．烧碱见光不分解，所以不要保存在棕色试剂瓶中，故d正确；

故选d；

（3）在开始的反应物和最终的生成物中都含有MnO2和KOH，所以二氧化锰和氢氧化钾能循环使用，

故答案为：MnO2、KOH；

（4）根据锰元素守恒知，1molMnO2生成1molK2MnO4，锰酸钾和二氧化碳反应的方程式为 3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2+2K2CO3，根据方程式知，1molK2MnO4和二氧化碳反应生成mol或0.67molKMnO4，

故答案为：或0.67mol；

（5）实验室用KMnO4制取O2，高锰酸钾受热分解生成锰酸钾、二氧化锰、氧气，该反应的化学方程式是2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑，

故答案为：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑；

（6）该操作是分离固体与溶液，是过滤操作，KMnO4和K2CO3在溶解性上不同采用热的情况下采用浓缩结晶的方式可分离，

故答案为：过滤；浓缩结晶；

解：（1）①步骤2发生I2+2KClO3+HCl═KIO3+HIO3+KCl+Cl2↑，反应物中碘易升华，反应温度过高，碘和KClO3、HCl反应不充分，生成物中碘酸钾受热易分解，所以温度过高，产率低，

故答案为：温度过高，碘升华，KIO3分解，影响产率；

②制备碘酸钙的实验中间产物为碘酸氢钾，I2+2KClO3+HClKH（IO3）2+KCl+Cl2↑，步骤3中A溶液是KOH溶液或Ca（OH）2 溶液，目的是加入氢氧化钾或氢氧化钙和碘酸氢钾反应生成KIO3或生成碘酸钙沉淀，不引入新的杂质，

故答案为：KOH溶液或Ca（OH）2 溶液；

③碘酸钙是微溶于水的白色结晶或结晶性粉末，向PH=10的溶液，加入氯化钙，氯化钙会和碘酸钾发生反应生成碘酸钙，发生的反应为：KIO3+CaCl2=Ca（IO3）2↓+2KCl，

故答案为：出现浑浊，有沉淀生成；

④Ca（IO3）2溶解度随温度升高增大，随温度降低减小，步骤5中在冰水中冷却静置，使Ca（IO3）2沉淀完全；乙醇是易挥发的物质，Ca（IO3）2沉淀表面有水需干燥，可用无水乙醇洗涤，乙醇易挥发可加快干燥，

故答案为：乙醇易挥发可加快干燥；

（2）①50.00mL试液呈酸性，要求精确到0.01ml，酸式滴定管或移液管可精确到0.01ml，所以准确量取50.00mL试液的玻璃仪器是酸式滴定管或移液管，

故答案为：酸式滴定管或移液管；

②碘与淀粉作用显蓝色，滴定过程中发生的反应如下：Ca（IO3）2+2HClO4═2HIO3+Ca（ClO4）2，IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O，I2+2S2O32-═2I-+S4O62-，依据反应可知当达到滴定终点时，碘单质反应完全后生成无色物质，所以当反应后溶液变化为无色即可证明反应完全，现象为：溶液蓝色消失，且半分钟内不恢复，

故答案为：溶液蓝色消失，且半分钟内不恢复；

③为了减少实验误差，准确获得样品中Ca（IO3）2的含量，需重复测定两次，故答案为：重复测定两次．