热门试卷

解：问题1、碳和氧化铝是固体，由于反应不完全，反应物中有氧化铝固体可能未反应完而留在AlN中，故答案为：氧化铝；

问题2、（1）由于AlN跟氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2、并放出NH3，其反应方程式为：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑，故答案为：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑；

（2）反应产物可能CO2、CO或CO2和CO、CO2和O2的混合气体，根据气体产物的密度可计算出气体产物的平均相对分子质量为30，所以生成气体必定是CO2和CO混合气体．设混合气体中含有CO2xmol，CO ymol，根据氧原子守恒有2x+y=0.18…①，根据平均相对分子质量有44x+28y=30（x+y）…②，联立方程解得：x=0.02，y=0.14．所以，样品中C的质量为（0.02+0.14）×12=1.92g，故答案为：1.92；

问题3、（1）检查装置的气密性往往是在加药品前进行，否则将可能造成药品的浪费，故先检验气密性，然后在锥形瓶中放入适量的AlN样品，再从分液漏斗往锥形瓶中加入过量的浓NaOH，测定收集到水的体积，

故答案为：③①②④；

（2）检查气密性的关键是整个体系要处于密闭状态，常用的方法有：密封气体利用气体的热胀冷缩或液封气体形成液面高度差．由装置可知，适合利用气体热胀冷缩．具体操作为：关闭分液漏斗活塞，微热锥形瓶，广口瓶中右侧导管水柱上升，恒温时水柱并不回落．

故答案为：关闭分液漏斗活塞，微热锥形瓶，广口瓶中右侧导管水柱上升，恒温时水柱并不回落；

（3）A．苯易挥发，会浪费试剂、影响氨气体积测定，故A错误；

B．酒精易挥发，挥发出来的气体对实验有影响，同时由于酒精易溶于水，也不能达到隔离的目的，故B错误；

C．植物油既不溶于水，密度小于水也不易挥发，可以把氨气与水进行隔离，故C正确；

D．CCl4密度大于水，不能起到隔离作用，故D错误．

故答案为：C；

（4）本次实验的目的在于测定产生气体的体积而不是收集纯净的气体，氨气排出装置的气体，按占据原来气体空间，广口瓶内的液体是否充满不影响所收集到的NH3体积大小，故答案为：不变；

（5）氨气的体积为aL（标况下）的物质的量为 =mol，由方程式AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑可知，样品中AlN的物质的量为=mol，所以AlN的质量为 mol×41g/mol=g，样品中AIN的质量分数为×100%=%．故答案为：%；

问题4、II中NH3极易被吸收，发生倒吸现象，同时氨气中含有水蒸气，影响氨气质量的测定，所以不可行．所作的改正为：在装置之间添加盛有碱石灰的干燥管，烧杯导管的末端接一倒扣的漏斗来吸收氨气．故答案为：不可行；在装置之间添加盛有碱石灰的干燥管，烧杯导管的末端接一倒扣的漏斗来吸收氨气；

问题5、通过测定氨气的质量（即实验中硫酸增重量）来推算氮化铝的质量．因为有一部分氨气留在锥形瓶中，反应产生的氨气无法全部被稀硫酸吸收，因此实验测得AlN的质量分数将偏小．

戊同学设计的装置Ⅲ较合理，这是通过反应前后总质量减少来测定AlN的质量分数．这里的干燥管作用是吸收被NH3带出来的水蒸气（反应放热，更容易使产生的水蒸气被NH3带走），若用IV，则NH3被吸收，反应前后几无质量差．但戊同学仍未考虑到空气中的水蒸气或CO2的进入，否则，将造成反应后的总质量增大，相当于NH3的减少，导致结果偏低．故答案为：反应产生的氨气不可能被完全吸收；Ⅲ；偏低．

解：（1）根据“浸锰”温度与MnS2O6 的生成率的关系图，当温度150℃以上时，MnS2O6 的生成率几乎为0，所以为减少MnS2O6 的生成，“浸锰”的适宜温度是150℃（或150℃以上），

故答案为：150℃（或150℃以上）；

（2）查阅表1，③中调pH为3.5时只有Fe（OH）3开始沉淀，所以沉淀的主要成分是Fe（OH）3；二氧化锰有氧化性，能氧化二价铁离子和二氧化硫，所以②中加入一定量纯MnO2粉末，能将Fe2+氧化为Fe3+，将过量的SO2氧化除去，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，MnO2+SO2=Mn2++SO42-，

故答案为：Fe（OH）3；将Fe2+氧化为Fe3+，将过量的SO2氧化除去；MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，MnO2+SO2=Mn2++SO42-；

（3）③中所得的滤液中含有Cu2+，添加过量的难溶电解质MnS，CuS比MnS更难溶，所以MnS不断溶解，

MnS（S）⇌Mn2+（aq）+S2-（aq）；S2-（aq）+Cu2+（aq）⇌CuS（S）平衡右移，使Cu2+除去，

故答案为：MnS（S）⇌Mn2+（aq）+S2-（aq）；S2-（aq）+Cu2+（aq）⇌CuS（S） 生成的CuS比MnS更难溶，促进MnS不断溶解，平衡右移，使Cu2+除去；

（4）制备高纯碳酸锰的原理是碳酸根和锰离子之间反应生成碳酸锰的过程，所以④中加入NH4HCO3后发生反应是锰离子和碳酸氢根离子反应，生成碳酸锰和二氧化碳和水，反应方程式为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O，

故答案为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O；

（5）沉淀会附着SO42-离子，取最后一次洗涤液，滴加酸化的BaCl2溶液，无沉淀生成，说明已洗净，反之硫酸根离子和钡离子结合生成硫酸钡沉淀，表明未洗干净，有SO42-；

故答案为：取少量最后一次洗涤后的滤液放入试管中，滴加酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则沉淀洗涤干净；反之则未洗干净；

解：（1）用品红溶液检验二氧化硫，具有二氧化硫的方法为：将气体通入品红中，品红褪色，加热后又恢复红色，证明有SO2，

故答案为：将气体通入品红中，品红褪色，加热后又恢复红色，证明有SO2；

（2）a．干燥管球形处容积较大，溶液倒吸后会于烧杯内的液体分离，由重力作用又回到烧杯内，可以防止倒吸，故a正确；

b．广口瓶中进气管长，出气管短，不能防止倒吸，应进气管短，故b错误；

c．导管直接伸入液面内，会发生倒吸危险，故c错误；

d．二氧化硫经过四氯化碳后，被氢氧化钠溶液吸收，可以防止倒吸，故d正确，

故选：ad；

（3）由流程图可知，氯化炉中氧化铝、碳、氯气反应生成氯化铝、CO，反应方程式为：3C+Al2O3+3Cl23CO+2AlCl3，故答案为：3C+Al2O3+3Cl23CO+2AlCl3；

（4）氢氧化钠溶解氧化铝的化学方程式为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，则离子反应式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，故答案为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；

（5）①硫化钠溶液里通SO2发生反应的离子方程式为SO2+2S2-+2H2O=3S↓+4OH-，此反应体现了SO2的氧化性，看到的现象是b中出现淡黄色沉淀，故答案为：b中出现淡黄色沉淀；

②二氧化硫能被硫酸铁溶液氧化，生成硫酸根离子和亚铁离子，反应的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，

故答案为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；

③实验Ⅰ中有氢氧化亚铁沉淀生成，实验Ⅱ中有亚铁离子生成，都说明二氧化硫将铁离子还成亚铁离子，说明二氧化硫具有还原性，所以实验Ⅰ和Ⅱ都说明二氧化硫具有还原性，故答案为：Ⅰ和Ⅱ．

解：从实验装置和实验步骤上看，本实验的原理是用足量硫酸与样品中Al4C3完全反应，量取生成的甲烷气体，从而可测得Al4C3的百分含量；用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应，充分吸收生成的氨气，并称量其质量，从而求得AlN的质量分数；

（1）①碳化铝（Al4C3）与水反应生成氢氧化铝和甲烷，碳化铝与硫酸反应可理解为碳化铝（Al4C3）与水反应，产物再和硫酸反应，所以产物为硫酸铝和甲烷，反应方程式为：Al4C3+6H2SO4=2Al2（SO4）3+3CH4↑，离子方程式为：Al4C3+12H+=4Al3++3CH4↑，

故答案为：Al4C3+12H+=4Al3++3CH4↑；

②根据题目信息：AlN溶于强碱溶液时会生成NH3，化学方程式为：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑，

故答案为：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑；

（3）②关闭活塞K2、K3，打开活塞 K1，通过分液漏斗加入稀硫酸，硫酸与样品中Al4C3完全反应，量取生成的甲烷气体，从而测得Al4C3的百分含量，

故答案为：H2SO4；

③关闭活塞K1，打开活塞K3，用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应，充分吸收生成的氨气，并称量其质量，

故答案为：NaOH；

（4）①装置中残留部分氨气，打开K2，通入空气一段时间，排尽装置的氨气，被装置D完全吸收，防止测定的氨气的质量偏小，

故答案为：打开K2，通入空气一段时间，排尽装置的氨气，被装置D完全吸收；

②读取滴定管中气体的体积时，液面左高右低，气体的压强大于大气压，测定气体甲烷的体积偏小，

故答案为：偏小；

③甲烷的体积为（a-b）mL，物质的量为mol，根据碳原子的守恒，Al4C3的物质的量等于甲烷的物质的量的三分之一，所以Al4C3的质量为×mol×144g/mol=g，Al4C3的质量分数为×100%，

氨气的质量为（z-y）g，物质的量为mol，根据氮原子的守恒，氨气的物质的量等于AlN的物质的量，所以AlN的质量为mol×41g/mol=g，故AlN的质量分数为×100%=×100%，

故答案为：×100%；×100%．