热门试卷

解：（1）高温灼烧物质所需的仪器除坩埚、泥三角、玻璃棒、三脚架外，还需要夹取坩埚的仪器坩埚钳，产生热量的仪器酒精喷灯．

故答案为：坩埚钳、酒精喷灯．

（2）固体和液体分离的方法是过滤；温度越低，氢氧化钡的溶解性越低，析出的固体氢氧化钡越多，所以为减少

Ba（OH）2的损失并除去不溶物应进行的操作是趁热过滤．

故答案为：趁热过滤．   

（3）根据图象分析知，氢氧化钡的溶解度随温度的降低而减少，即析出固体，所以要从滤液中获取氢氧化钡固体应把滤液冷却结晶．

故答案为：冷却结晶．  

（4）氢氧化钡溶液呈碱性，滴加酚酞试液溶液呈红色，当通入二氧化碳会生成碳酸钡固体和水，溶液呈中性，溶液由红色变成无色，即红色消失．

故答案为：酚酞；红色刚好消失．

解：（1）以Na2S 为原料利用工业废液（含 H+、Zn2+、Cl2+、Al3+、Fe2+、Fe3+ ）制得ZnS，其流程：先沉淀铝离子，再加入双氧水，将亚铁离子氧化为铁离子，加入氧化锌调节pH，除去铁离子，向滤液中加入金属锌置换出金属铬，

①先沉淀铝离子，加入试剂，过滤，可以得到含有铝元素的滤渣，含氢氧化铝沉淀，故答案为：Al（OH）3；

②步骤（i）所加ZnO的作用为调节pH，将铁离子形成氢氧化铁沉淀，除去铁离子，故答案为：调节pH，除去铁离子；

③步骤（iii），向滤液中加入金属锌置换出金属铬，得到Cd单质的离子方程式为Zn+Cd2+=Cd+Zn2+，故答案为：Zn+Cd2+=Cd+Zn2+；

（2）依据图象中曲线分析，汞去除率最佳PH和x的取值是x=12 pH介于9～10之间时汞的去除率最大，接近100%，故答案为：x=12，pH介于9～10之间；

（3）①阴极上是阳离子氢离子发生得电子的还原反应，即2H++2e-=H2↑，当反应转移1mol电子时，产生的气体0.5mol，体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L，

故答案为：2H++2e-=H2↑；11.2L；

②硫化钠中的硫离子具有强的还原性，易被氧气氧化为硫单质，配制时要隔绝氧气，可用氮气气流，即：2S2-+O2+2H2O=2S↓+4OH-，故答案为：2S2-+O2+2H2O=2S↓+4OH-．

解：根据图示可知工艺流程为：初级石墨原料的SiO2、Al2O3、Fe2O3和MgO与氯气在1500℃条件下反应生成气体ⅠCO、SiCl4及金属氯化物和纯石墨；将气体Ⅰ降低温度到80℃分离出气体2：CO、SiCl4和固体1金属氯化物；向固体1中加入过量的氢氧化钠溶液得到含有硅酸根离子、偏铝酸根的溶液1和含有固体2氢氧化铁、氢氧化镁的化合物；然后向溶液1中通入过量二氧化碳得到碳酸氢钠和氢氧化铝、硅酸沉淀，

（1）气体1为CO、SiCl4及金属氯化物，初级石墨在1500℃下通入Cl2，得到CO气体，C元素化合价升高被氧化，则反应中被氧化的元素为C，

故答案为：C；

（2）SiCl4的沸点为57.6℃，金属氯化物的沸点均高于150℃，则分离出气体四氯化硅需要降低温度到57.6℃～150℃之间，该操作方法为降温；

气体2为SiCl4，SiCl4与氢氧化钠溶液反应得到硅酸钠与氯化钠，化学反应方程式为：SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O，

故答案为：降温；SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O；

（3）实验室进行过滤操作时，需要用到的主要玻璃仪器有：漏斗、玻璃棒、烧杯；

固体1为金属氯化物，加入过量氢氧化钠溶液后

故答案为：漏斗、玻璃棒、烧杯；达到的固体2为Fe（OH）3、Mg（OH）2沉淀；溶液1为硅酸钠、偏铝酸钠溶液，则溶液1主要阴离子为钠离子，

故答案为：Fe（OH）3、Mg（OH）2；Na+；

（4）初级石墨中SiO2、Al2O3、Fe2O3和MgO的质量分数依次为7.2%、5.1%、3.2%、2%，100t初级石墨中含有SiO2、Al2O3、Fe2O3和MgO的质量分别为：7.2t、5.1t、3.2t、2t，物质的量分别为：n（SiO2）==1.2×105mol、n（Al2O3）==5×104mol、n（Fe2O3）==2×104mol、n（MgO）==5×104mol，

根据氧原子守恒，生成CO的物质的量为：n（CO）=n（O）=2n（SiO2）+3n（Al2O3）+3n（Fe2O3）+n（MgO）=1.2×105mol×2+5×104mol×3+2×104mol×3+5×104mol=5×105mol，

标准状况下该CO的体积为：22.4L/mol×5×105mol=1.12×107mol，

故答案为：1.12×107mol．

解：硫酸废液中含有大量硫酸外，还含有少量NH4+、Fe3+、AsO43-、Cl-，加入生石灰，调节pH2～3，大量沉淀主要成分为CaSO4•2H2O[含有少量Fe（OH）3]，滤液加入生石灰调节pH8～9，生成Ca3（AsO4）2沉淀，滤液主要含有（NH4）2SO4和NH4Cl，

（1）如c[（NH4）2SO4]=c（NH4Cl），则（NH4）2SO4溶液中c（NH4+）较大，因c（NH4+）越大，NH4+水解程度越小，则（NH4）2SO4溶液中c（NH4+）小于是NH4Cl溶液中c（NH4+）的2倍，如等于2倍，则c（NH4Cl）应较大，

故答案为：＜；

（2）随着向废液中投入生石灰，c（OH-）增大，c（NH3•H2O）减小，则溶液中减小，故答案为：减小；

（3）提纯CaSO4•2H2O，可加入稀硫酸溶解Fe（OH）3，且防止CaSO4•2H2O的溶解，过滤后洗涤、干燥，

故答案为：稀硫酸；晾干或干燥；

（4）①H3AsO4是弱酸电离出来的AsO43-较少，所以酸性条件下不易形成Ca3（AsO4）2沉淀，当溶液中pH调节到8左右时AsO43-浓度增大，Ca3（AsO4）2开始沉淀，

故答案为：H3AsO4是弱酸，当溶液中pH调节到8左右，c（AsO43-）增大，Ca3（AsO4）2开始沉淀；

②Na3AsO4的第一步水解的离子方程式为：AsO43-+H2O⇌HAsO42-+OH-，该步水解的平衡常数Kh=====2.5×10-3，

故答案为：2.5×10-3；

③已知：AsO43-+2I-+2H+=AsO33-+I2+H2O，SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+．还原剂还原性大于还原产物的还原性，则还原性SO2＞I-＞AsO33-，两个反应中还原性最强的微粒是SO2，

故答案为：SO2．

解：（1）仪器A是干燥管，因为TiCl4遇到水蒸气会水解，所以E中可以用浓硫酸来隔离空气中的水蒸汽；对于气体的制取性质实验应该：组装仪器、检验气密性、加装药品，发生反应，终止实验时为防止倒吸，应先熄灭酒精灯，冷却到室温后再停止通入N2；CCl4和TiCl4是两种沸点差异较大的液体混合物，应该用蒸馏；

故答案为：干燥管；浓硫酸；检验气密性；②③①；蒸馏；

（2）①因为矿石经硫酸溶解后得到的Fe2（SO4）3，而后面过滤得到的是FeSO4•7H2O，所以试剂A是铁粉，把Fe3+还原为Fe2+；由于TiOSO4容易水解，若温度过高，则会有较多TiOSO4水解为固体H2TiO3而经过滤进入FeSO4•7H2O中导致TiO2产率降低；

故答案为：铁粉；由于TiOSO4容易水解，若温度过高，则会有较多TiOSO4水解为固体H2TiO3而经过滤进入FeSO4•7H2O中导致TiO2产率降低；

②先加KSCN溶液无现象，加H2O2后出现红色，说明存在Fe2+；经加热后Fe2+氧化为Fe2O3而使产品发黄；

故答案为：Fe2+；Fe2O3．

解：由Cr2O72-与Cr3+之间的相互转化关系图可知：当pH＜1时，Cr2O72-转化为Cr3+的转化率接近100%，所以进行预处理，Cr2O72-有较强氧化性，FeSO4•7H2O中Fe2+有一定的还原性，在酸性介质中发生氧化还原反应，Cr2O72-在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cr3+，碱性条件下Fe2+、Fe3+不能存在，会转化为Fe（OH）2、Fe（OH）3，所以调节PH，第③步过滤得到的滤渣中主要成分除Cr（OH）3外，还有Fe（OH）2、Fe（OH）3，灼烧得到磁性材料Cr0.5Fe1.5FeO4．

（1）根据废水pH与Cr2O72-转化为Cr3+的关系图1可知：当pH＜1时，Cr2O72-转化为Cr3+的转化率接近100%，

故答案为：调节废液pH＜1；

（2）操作③为过滤，需要的玻璃仪器为玻璃棒、漏斗、烧杯，

故答案为：玻璃棒、漏斗、烧杯；

（3）Cr2O72-有较强氧化性，FeSO4•7H2O中Fe2+有一定的还原性，在酸性介质中发生氧化还原反应，由实验流程可知，第二步反应中Cr2O72-在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cr3+，根据守恒元素守恒及所处环境可知，还应有水生成，反应离子方程式为Cr2O72-+14H++6Fe2+=2Cr3++6Fe3++7H2O，

故答案为：Cr2O72-+14H++6Fe2+=2Cr3++6Fe3++7H2O；

（4）由于Fe2+过量，溶液中含有Fe2+、Fe3+、Cr3+，调节PH，产生Cr（OH）3、Fe（OH）3和Fe（OH）2三种沉淀物，焙烧得到Cr0.5Fel1.5FeO4，

故答案为：Fe（OH）3、Fe（OH）2；

（5）①溶液中有碘，加入淀粉溶液呈蓝色，碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应，当反应终点时，碘单质反应完全，蓝色褪去，

故答案为：当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液时，溶液蓝色褪去，半分钟内不变色；

②酸性条件下，I-被Cr2O72-氧化的产物为I2．Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O，用0.1000mol/L

Na2S2O3标准溶液滴定I2+2S2O32-═2I-+S4O62-，根据反应的关系式计算：

Cr2O72-～3I2～6S2O32-

1mol            6mol

n               0.1000mol•L-1×0.012L

n=0.0002mol，则废水中Cr2O72-的浓度0.0002mol÷0.01L÷20=1.00×10-3mol/L，

故答案为：1.00×10-3mol/L；

（5）1L废水中含n（Cr2O72-）=1.00×10-3mol．根据Cr原子、Fe原子守恒，可得：Cr2O72-～4Cr0.5Fe1.5FeO4～10FeSO4•7H2O，所以理论上n（FeSO4•7H2O）=10n（Cr2O72-）=1.00×10-3 mol×10=0.01mol，所以m（FeSO4•7H2O）=0.01mol×278g/mol=2.78g，

故答案为：2.78．

解：（1）氧化铁和二氧化硅分别与铝发生的是置换反应（单质和化合物发生反应生成新单质和化合物的反应），即2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，4Al+3SiO23Si+2Al2O3，故答案为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；4Al+3SiO23Si+2Al2O3；

（2）粗铝含有一定量的金属钠和氢气，钠、铝和氯气反应生成了氯化钠和氯化铝，氢气和氯气发生反应生成氯化氢，其中氯化钠熔点为801℃，较高，是固态杂质随气泡上浮，气泡的主要成分除Cl2外还含有H2、HCl、AlCl3，故答案为：H2、HCl、AlCl3；NaCl；

（3）A中有氯气以及氯化氢，均能和烧碱反应，用于尾气处理，实质为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，H++OH-=H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，H++OH-=H2O；

解：（1）MnO4-氧化Fe2+，Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，由电子、电荷守恒及原子守恒可知，反应为MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，

故答案为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；

（2）①向Ⅲ的沉淀中加入浓HCl并加热，二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，生成的氯气是黄绿色气体，能说明沉淀中存在MnO2的现象是生成黄绿色气体；

故答案为：生成黄绿色气体；

②一定条件下，MnO4-可与Mn2+反应生成MnO2，过滤除去，所以可以利用MnSO4的溶液和高锰酸钾溶液反应生成二氧化锰，把过量高锰酸根离子除去；

故答案为：除去过量的MnO4-；

（3）Al2（SO4）3粗产品进行定量分析，先将粗产品溶于水，过滤除去不溶物，取25mL作待测液，加入氨水Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，过滤得到氢氧化铝固体，灼烧2Al（OH）3Al2O3+3H2O，称量Al2O3固体用托盘天平，6.4gAl2O3的物质的量为：n=≈0.06275mol，n[Al2O3]=n[Al2（SO4）3]=0.06275mol，配制的Al2（SO4）3的待测液中c（Al3+）=≈5.0mol/L，

故答案为：称量；托盘天平；Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+；5．

解：铝土矿加入氢氧化钠溶液过滤，得到滤液a中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，滤渣a为氧化铁，溶液a中含有偏铝酸根离子、硅酸根粒子，向溶液a中加入过量A为酸溶液，除去硅酸根离子，同时将偏铝酸根离子转化为铝离子，进入滤液b中，向滤液b中加过量试剂B氨水，铝离子与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，加热氢氧化铝分解得氧化铝，

Ⅰ．（1）铝土矿与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，加入盐酸或硝酸等酸性溶液可除去硅酸根离子，所以试剂A为强酸，可以为盐酸、硫酸或硝酸，

故答案为：盐酸（硫酸或硝酸）； 

（2）滤液a中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，向溶液a中通入过量的CO2，沉淀为Al（OH）3及少量硅酸，煅烧得到与和二氧化硅，则Al2O3中含有SiO2杂质，

故答案为：Al2O3中含有SiO2杂质；

Ⅱ．（3）电解熔融的氧化铝可制备金属铝，阳极生成氧气，阴极生成铝，总反应为：2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑，

故答案为：2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑；

Ⅲ．（4）碳从0价→+2价，化合价升高2价，氮从0价→-3价，化合价至少升高6价，最小公倍数为6，则碳的系数为3、氮气的系数为1，然后根据观察法配平，配平后的反应方程式为：Al2O3+3C+N22AlN+3CO，

故答案为：1；3；1；2；3；

（5）A．方法①中的Al2O3、C、N2结构稳定，则在反应过程中破坏化学键时需要消耗更多能量，故A正确；

B．根据反应原理可知，方法①中的Al2O3和C都是固体，二者容易残留在氮化铝中，故B正确；

C．方法①中氮化铝为氮气被还原生成的，方法②为非氧化还原反应，故C错误；

故答案为：AB．

解：（1）Ba（FeO2）2中Fe元素是+3价，钡元素为+2价，故Ba（FeO2）2与硝酸不发生氧化还原反应，其反应方程式为：Ba（FeO2）2+8HNO3═Ba（NO3）2+2Fe（NO3）3+4H2O，

故答案为：Ba（FeO2）2+8HNO3═Ba（NO3）2+2Fe（NO3）3+4H2O；

（2）酸溶时控制反应温度不超过70℃，是为了防止温度过高，反应速率太快；不使用浓硝酸，是因为浓HNO3不稳定，易分解，4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O，易挥发，

故答案为：防止反应速率过快，浓HNO3易挥发、分解；

（3）加入X调节溶液的pH=4～5，则X应能消耗H+，结合工厂主要生产BaCl2、BaCO3、BaSO4的实际情况，可选用BaCO3；中和后溶液中H+浓度减小，pH在4～5时，Fe3+也完全沉淀，故Fe3+浓度也减小，

故答案为：BaCO3；Fe3+、H+．

解：（1）加Na2S，易生成CuS沉淀，反应的离子方程式为S2-+Cu2+=CuS↓，故答案为：S2-+Cu2+=CuS↓；

（2）温度较高时，H2O2分解，加6%的H2O2时，温度不能过高，故答案为：减少过氧化氢的分解；

（3）ClO3-在酸性条件下具有强氧化性，与Fe2+发生氧化还原反应，反应的离子方程式为

6Fe2++ClO3-+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O，

故答案为：6Fe2++ClO3-+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O；

（4）经过加入a2S、H2O2、NaOH后可除去Cu、Zn、Fe、Cr等杂质，滤液中含有可溶性硫酸盐，为Na2SO4、NiSO4，

故答案为：Na2SO4、NiSO4；

（5）为防止Ni2+水解，可加H2SO4溶解，故答案为：H2SO4．

解：（1）CO2能使澄清的石灰水变浑浊，所以装置A的作用是检验气体中是否含有CO2；装置B中药品是碱石灰，碱石灰的主要成分是CaO和NaOH，可作干燥剂，能吸收气体中的水分和二氧化碳，

故答案为：检验气体中是否含有CO2；吸收气体中的水分和二氧化碳；

（2）装置C盛放的试剂应为浓硫酸，目的是通过是否增重测定H元素的有无，装置D中盛放的试剂是烧碱溶液，目的是通过是否增重测定C元素的有无．先经过烧碱溶液时会带出水蒸气到浓硫酸中，影响水的测定结果，所以装置C盛放的试剂是浓硫酸，D中盛放的试剂是烧碱溶液，

故答案为：b；a；

（3）装置A中无明显变化，气体中不含CO2；装置C增重1.8 g，含H元素的质量为1.8g×=0.2g；装置D增重2.2 g，同理可知含C元素0.6g；气体X1.6 g中含H元素0.2g、含C元素0.6g，应含O元素0.8g，很明显，气体X1.6g中含有CO，且质量为1.4g，物质的量为0.05mol，刚好为C、O元素质量之和，由此可知没有CH4，气体X中还含有0.2gH2，

故答案为：0.05；0.1；0.6；0.2；是．

解：根据气体的性质和浓硫酸的酸性、过氧化钠的强氧化性，结合反应的实验现象分析气体的成分．

其中混合气体中氨气具有碱性、氢气有还原性、二氧化氮是红棕色、氯化氢具有酸性．

注意题中典型的实验现象：无色混合气体，说明没有二氧化氮气体；

通过浓H2SO4时，气体体积减小，说明有氨气；

氨气和氯化氢气体反应，有氨气存在，就说明没有氯化氢气体；

通过过氧化钠后，气体呈红棕色，说明原混合气体中有一氧化氮；

一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，原混合气体中没有氧气，所以混合气体中有与过氧化钠反应生成氧气的二氧化碳；

最后混合气体通入盛满水倒立于水槽中的试管内，发现最后试管里仍为一满试管液体，说明氧气和一氧化氮恰好全部转化为硝酸且没有氢气．4NO+3 O2+2H2O=4HNO3，一氧化氮与氧气的体积比为4：3，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2  生成3体积的氧气需要6体积的二氧化碳，所以一氧化氮和二氧化碳的体积比为4：6=2：3．

故答案为：NH3、NO、CO2；NO2、HCl、H2；NO、CO2； 2：3．

解：（1）二氧化碳溶于水以及与水反应，不能用排水法收集，故答案为：B；C02+H2O=H2CO3；

（2）氧气具有助燃的特性，燃着的木条放入瓶中木条可以继续燃烧；二氧化碳可以使澄清石灰水变浑浊，故答案是：

II．（1）该反应中产生气体，所以可根据生成气泡的快慢判断，故答案为：反应产生气泡的快慢；

氯化铁和硫酸铜中阴阳离子都不同，无法判断是阴离子起作用还是阳离子起作用，故答案为：阴离子不相同，无法排除阴离子的干扰；

（2）检查该装置气密性的方法：关闭分液漏斗的活塞，将注射器活塞向外拉出一小段，松手后看其是否回到原位，该反应是通过生成气体的反应速率分析判断的，所以根据v=判知，需要测量的数据是产生40ml气体所需要的时间，故答案为：关闭分液漏斗的活塞，将注射器活塞向外拉出一小段，松手后看其是否回到原位；收集40mL气体所需要的时间．