热门试卷

（1）品红溶液；SO2 + I2 + 2H2O == SO42- +2I- +4 H+（2）不用加热；相对安全；易于控制反应进行；反应更充分

（3）NH3·H2O + SO2 = NH4+ + HSO3-

（4）

（1） NH4HCO3或(NH4)2CO3；e、f、g、h 

（2）①在装置C与D之间增加一个防倒吸装置；②在D后增加一个尾气吸收装置

（3）①吸收CO2和水蒸气，并生成O2；②4NH3+5O24NO+6H2O；③铜片逐渐减少直至溶解，溶液变蓝色，生成无色气体并在广口瓶上方变成红棕色

（1）②③

（2）乙中：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑；B中：3Mg+SO2==2MgO+MgS或写成2Mg+SO2==2MgO+S，还可能发生Mg+S==MgS；吸收多余的SO2，防止污染环境

（3）有；在A和B之间未连接一干燥装置，C装置未与大气相通（或在镁下方未垫一不锈钢片，镁与玻璃管反应；未设计一防倒吸装置）（任意一点即可）

（12分）（1）SO2   SO2＋2OH－＝SO32－＋H2O

（2）（普通）漏斗、玻璃棒、烧杯

（3）①MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O

②b接e，f接d，c接a（或b接f，e接d，c接a）

③吸收Cl2

④BD 湿润的KI淀粉试纸（或湿润的有色布条）

（1）浓硫酸浸煮的目的是利用浓硫酸的强氧化性，在加热条件下将不溶于盐酸而溶于浓硫酸的有色金属溶解，浓硫酸被还原为SO2，故尾气的主要成分为SO2；SO2与过量的NaOH溶液反应生成Na2SO3和H2O，该反应的离子方程式为SO2＋2OH－＝SO32－＋H2O。

（2）操作I是过滤，过滤操作中用到的玻璃仪器有（普通）漏斗、玻璃棒、烧杯。

（3）①结合装置A可知，制取Cl2用MnO2和浓盐酸，反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O。

②首先用装置C检验水蒸气，然后用装置D吸收Cl2，最后用装置B检验HCl气体。

④在D和B之间加入一个装置用来检验在D中氯气是否被完全吸收，可以用湿润的有色布条或湿润的淀粉KI试纸。

（1）稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+；第①步Cu与酸反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O 或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O，Au、Pt和酸不反应，所以是滤渣；

故答案为：Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O 或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O，Au、Pt；

（2）第②步加H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，过氧化氢做氧化剂不引入杂质，对环境无污染，调节溶液PH铁离子和铝离子全部沉淀后过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀和滤液硫酸铜，

故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；不引入杂质，对环境无污染；使Fe3+、Al3+沉淀除去；

（3）第③步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法应是在坩埚中加热脱水，经过蒸发、冷却、结晶、过滤，最终制得硫酸铜晶体；

故答案为：加热滤液2，经过蒸发、冷却、结晶、过滤，最终制得硫酸铜晶体；

（4）制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中，

甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法不可行；乙和丙方法均可行；乙方案先在滤渣中加H2SO4，生成Fe2（SO4）3和Al2（SO4）3，再加Al粉和Fe2（SO4）3生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；

丙方案先在滤渣中加NaOH和Al（OH）3反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；但从原子利用角度考虑方案乙更合理，因为丙加的NaOH和制备的Al2（SO4）3的原子组成没有关系，造成原子浪费，

所以从原子利用率和是否产生杂质考虑知，乙更合理，

故答案为：甲；所得产品中含有较多Fe2（SO4）3杂质；乙．

（5）取a g试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用c mol•L-1 EDTA（H2Y2-）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL．滴定反应如下：Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+

铜离子物质的量和标准液物质的量相同，则20mL溶液中铜离子的物质的量=cmol/L×b×10-3L=bc×10-3mol；

则ag样品中CuSO4•5H2O的质量=c×b×10-3mol×250g/mol×5，所以CuSO4•5H2O质量分数的表达式=×100%．

故答案为：×100%．

解；（1）依据实验装置图可知，甲和乙反应，生成产物通入丙中反应，如证明氧化性：KMnO4＞Cl2＞Br2，需要根据氧化还原反应的氧化剂的氧化性大于氧化产物的规律分析判断，甲为浓盐酸，滴入高锰酸钾溶液中生成氯气，氯气通入溴化钠溶液中会反应生成溴单质；高猛酸钾做氧化剂氧化盐酸中的氯化氢为氯气，氯气把氧化溴化钠中的溴离子为溴单质，符合氧化剂的氧化性大于氧化产物的规律应用，故答案为：浓盐酸；溴化钠溶液；

（2）实验证明盐酸＞碳酸，利用酸性强弱规律设计实验，盐酸和大理石反应生成二氧化碳气体，使澄清石灰水变浑浊或通入硅酸钠溶液生成白色沉淀；分液漏斗中的稀盐酸滴入盛大理石的锥形瓶中，反应生成二氧化碳气体，利用丙 装置检验二氧化碳的生成，证明盐酸酸性大于碳酸，试剂甲为稀盐酸，试剂乙为石灰石，试剂丙为澄清石灰水或硅酸钠溶液，丙中现象为澄清石灰水变浑浊或硅酸钠溶液变浑浊，证明盐酸酸性大于碳酸大于硅酸，

故答案为：

（1）由于装置较大，用手捂的方法难以观察到明显现象，可在反应前点燃酒精灯，加热烧瓶一小会儿．在瓶B、C、D中出现气泡，熄灭酒精灯，瓶B、C、D中导管液面上升，证明该装置不漏气，

故答案为：反应前点燃酒精灯，加热烧瓶一小会儿．在瓶B、C、D中出现气泡，熄灭酒精灯，瓶B、C、D中导管液面上升，证明该装置不漏气；

（2）浓硫酸和木炭粉在加热条件下反应生成二氧化碳和二氧化硫气体，同时生成水，反应的方程式为2H2SO4（浓）+CCO2↑+2SO2↑+2H2O，

故答案为：2H2SO4（浓）+CCO2↑+2SO2↑+2H2O；

（3）浓硫酸和木炭粉在加热条件下反应生成二氧化碳和二氧化硫气体，同时生成水，可先用无水硫酸铜检验水，然后用品红检验二氧化硫，用酸性高锰酸钾除去二氧化硫，可用澄清石灰水检验二氧化碳气体，则A中加入无水硫酸铜，目的是检验 H2O，B中加入品红溶液，目的是检验 SO2，C中加入足量酸性KMnO4 溶液，目的是除去SO2，D中加入澄清石灰水，目的是检验CO2，

故答案为：无水硫酸铜；检验H2O；

品红溶液；检验SO2；

足量酸性KMnO4溶液；SO2；

澄清石灰水；检验CO2；

（4）二氧化碳不溶液酸性高锰酸钾，二氧化硫与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，可被还原生成二氧化锰，则可观察到导管有气泡冒出，溶液紫色逐渐变浅，瓶底有少量黑色固体生成，

故答案为：导管有气泡冒出，溶液紫色逐渐变浅，瓶底有少量黑色固体生成．

（1）①在催化剂的作用下，苯环上的氢原子被溴原子所取代，生成溴苯，同时有溴化氢生成，故答案为：C6H6+Br2C6H5Br+HBr；

②由于反应放热，苯和液溴均易挥发，溴蒸气是一种红棕色的气体，故答案为：反应液微沸；有红棕色气体充满A容器；

③A中的溴和氢氧化钠反应，可以将溴苯中的溴除去，即Br2+2NaOH=NaBr+NaBrO+H2O或是3Br2+6NaOH=5NaBr+NaBrO3+3H2O，

故答案为：除去溶于溴苯中的溴；Br2+2NaOH=NaBr+NaBrO+H2O或3Br2+6NaOH=5NaBr+NaBrO3+3H2O；

④根据相似相溶原理，溴极易溶于四氯化碳，而溴化氢则不溶，所以C中盛放CCl4的作用是除去溴化氢气体中的溴蒸气，故答案为：除去溴化氢气体中的溴蒸气；

⑤如果发生取代反应，生成溴化氢，溴化氫易溶于水电离出H+和Br-，只要检验含有氢离子或溴离子即可，溴离子的检验：取溶液滴加硝酸银溶液，如果生成淡黄色沉淀就证明是溴离子；氢离子的检验：如果能使紫色石蕊试液变红，就证明含有氢离子，故答案为：石蕊试液；溶液变红色．

（2））①实验室制取乙炔是利用电石和水反应制取的，方程式是CaC2+2H2O→C2H2↑+Ca（OH）2，

故答案为：CaC2+2H2O→C2H2↑+Ca（OH）2；

②由于反应不能加热，所以选项A和D都是错误的，生成气体，不能用长颈漏斗，防止气体逸出，则C错误，可用B制取，故答案为：B；

③由于电石和水的反应很剧烈，所以实验中常用饱和食盐水代替水，目的减缓电石与水的反应速率，故答案为：减缓电石与水的反应速率；

④H2S和PH3都能和硫酸铜溶液反应，因此可以用硫酸铜溶液除去该杂质气体，故答案为：硫酸铜．

（1）步骤②是为了将Fe2+氧化成Fe3+，并在控制合适的pH条件时生成Fe（OH）3沉淀而除之．虽然漂液和H2O2都可采用，但对比表2提供的原料价格可以看出，漂液比H2O2的价格低得多，所以选漂液最合理，流程中加入次氯酸钠在酸性溶液中会氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；

故答案为：漂液比H2O2的价格低得多；2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；

（2）步骤③的目的在于使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀，以便通过过滤而除去，应加入NaOH，如加入纯碱，不能达到较高的PH，分析表1提供的数据：除去杂质离子合理的pH范围是3.7＜pH＜9.8，在此范围内，如果pH过高，就会有大量的Mg2+生成Mg（OH）2而进入沉淀中，从而导致生产成本的提高．为了兼顾产品质量和生产成本，选择pH=9.8最合理，当然此时Mg2+也会部分生成Mg（OH）2沉淀，但由于卤块价格低廉，这点不可避免的损失还是可以承受的，以此保证产品的纯度，

故答案为：使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都成为氢氧化物沉淀以便除去；

（3）由流程分析可知，步骤②加入次氯酸钠是氧化剂，氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液pH=9.8，依据图表数据判断形成沉淀的离子为Fe3+，Mn2+，Mg2+，反应形成的沉淀A为Fe（OH）3、Mn（OH）2、Mg（OH）2 ；步骤④的目的是将Mg2+从溶液中沉淀出来．从MgCl2制得MgO，有两种可行的方法，一种是向溶液中加入烧碱，另一种方法是向溶液中加入纯碱，此处选用后一种方法更合理．一方面，加烧碱生成的中间产物Mg（OH）2是胶状沉淀，会造成过滤困难，更重要的是反应过程中不能进行轻化处理，只能得到重质氧化镁；加纯碱生成的中间产物MgCO3呈粗颗粒状，易过滤，MgCO3在水中经一段时间的加热会有部分反应生成CO2，由于CO2气体的产生，使沉淀变得疏松，灼烧沉淀后得到的是轻质氧化镁．另一方面，对比表2中烧碱和纯碱的价格可以看出，纯碱比烧碱价格低得多，采用纯碱路线既合理又经济，

故答案为：Fe（OH）3、Mn（OH）2、Mg（OH）2；纯碱；

（4）步骤⑤中反应的化学方程式为MgCO3+H2O Mg（OH）2+CO2↑，故答案为：MgCO3+H2O Mg（OH）2+CO2↑；

（5）在实验室中完成步骤⑥，则沉淀物在坩埚中加热，故答案为：坩埚．

（1）Cl-；2Fe2+ + ClO-+ 2H+ ＝ 2Fe3+ + Cl-+ H2O 

（2）

（1）装置中仪器a为分液漏斗；仪器b是利用分液漏斗中滴入的氨水使锥形瓶中的固体溶解放热促进一水合氨分解生成氨气，氢氧化钠固体、氧化钙固体、碱石灰固体，

故答案为：分液漏斗；固体氢氧化钠或氧化钙或碱石灰；

（2）实验中观察到装置C中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体，说明氨气和氧化铜反应生成铜和氮气与水，氨气被氧化铜氧化表现还原性，结合原子守恒配平写出的化学方程式为3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2 ，故答案为：还原；3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2 ；

（3）依据流程分析，浓硫酸是吸收过量的氨气，阻止F中水蒸气进入D影响实验效果，故答案为：吸收未反应的氨气，阻止F中水蒸气进入D；

（4）读取气体体积前，应对装置F进行的操作是慢慢上下移动右边漏斗，使左右两管液面相平，保持压强平衡再读数；量气管中的液面低于水准管的液面，说明内部气压大于大气压，则量气管中气体的体积将偏小，故答案为：慢慢上下移动右边漏斗，使左右两管液面相平，偏小；

（5）根据已知：Cu2O是一种碱性氧化物，在酸性溶液中，Cu+易发生自身的氧化还原反应（2Cu+→Cu+Cu2+），得出检验该红色物质中是否含有Cu2O的方法：取少许样品，加入稀H2SO4（或稀盐酸），若溶液出现蓝色，说明红色物质中含有Cu2O，反之则没有，

故答案为：取少许样品，加入稀H2SO4（或稀盐酸），若溶液出现蓝色，说明红色物质中含有Cu2O，反之则没有；

（6）若测得干燥管D增重mg为水物质的量=，装置F测得气体的体积为nL（已折算成标准状况）为N2，物质的量=，依据元素守恒得到氮原子和氢原子物质的量之比=×2：×2=，则氨分子中氮、氢的原子个数比为，故答案为：．

（1）铜与浓硝酸反应生成硝酸铜和红棕色的二氧化氮气体，同业颜色为蓝色，二氧化氮气体可与水反应生成无色的一氧化氮和硝酸，

故答案为：①铜片表面产生气泡，铜片慢慢溶解；②小烧杯中溶液的颜色逐渐变成蓝色；③大烧杯中有红棕色气体生成，后来慢慢变成无色；

（2）粗铜含有其它金属或非金属，在溶液中可形成原电池反应，反应速率增大，故答案为：粗铜片；粗铜片在反应中可形成原电池，加速反应的进行；

（3）因Cu与浓HNO3反应生成的NO2和间接得到的NO，都是污染性气体，必须有尾气吸收装置，对比传统实验，所以该装置最突出的优点是：没有尾气处理装置，却无氮氧化合物逸出，不污染环境，

故答案为：反应体系封闭，无氮氧化物逸出，不污染环境；

（4）一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，颜色变为红棕色，可轻轻掀起倒扣的大烧杯，放入适量的空气，若有红棕色气体生成，则证明最终气体生成物为NO气体，若实验证明最终得到的气体中无NO，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，压强减小，则实验结束后大烧杯中液面上升，

故答案为：轻轻掀起倒扣的大烧杯，放入适量的空气，若有红棕色气体生成，则证明最终气体生成物为NO气体；液面上升；

（5）因2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，观察两个方程式，则只要NO2气体比NO多，则混合气体就能够被NaOH溶液完全吸收，所以V（NO2）：V（NO）≥1，故答案为：C．

（1）流程图分析，绿矾与NH4HCO3在溶液中按物质的量之比1：2反应，有CO2生成，绿矾加入碳酸氢铵得到碳酸亚铁，同时生成二氧化碳，依据原子守恒电荷守恒写出离子方程式为：

Fe2++2HCO3-=CO2↑+FeCO3↓+H2O，

故答案为：Fe2++2HCO3-=CO2↑+FeCO3↓+H2O；

（2）铁元素的转化途径是FeCO3 FeO Fe，还原剂是加入的煤生成的一氧化碳，转化关系中碳酸亚铁隔绝空气受热分解生成氧化亚铁和 二氧化碳，二氧化碳和碳反应生成还原剂一氧化碳；一氧化碳还原氧化亚铁为金属铁；反应的化学方程式为：FeCO3FeO+CO2↑、C+CO22CO、CO+FeOFe+CO2，

故答案为：FeCO3FeO+CO2↑、C+CO22CO、CO+FeOFe+CO2；

（3）绿矾溶解和碳酸氢铵反应后的滤液中含有亚铁离子；向母液中通入含臭氧的空气氧化亚铁离子为铁离子、调节pH铁离子全部沉淀、过滤，除去的杂质离子是Fe2+，

故答案为：Fe2+；

（4）母液“除杂”后，得到（NH4）2SO4粗产品，可知结晶析出的晶体需要通过过滤方法得到固体，铵根离子水解是吸热反应，升高温度平衡向吸热反应方向进行，即向铵根离子水解方向进行，温度较高氨气放出促进平衡正向进行，溶液酸性增强生成硫酸氢铵，

故答案为：过滤；NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，温度过高一水合氨分解氨气挥发，平衡正向进行，酸性增强生成硫酸氢铵；

（5）依据图表数据分析改变温度对三氧化硫的量影响不大，改变空气的量会提高二氧化硫的转化率得到三氧化硫增多，故答案为：增大空气通入量．

（1）A为制备氯气装置，装置A中反应为二氧化锰与盐酸反应生成氯化锰、氯气、水，反应方程式为

，

故答案为：

；

（2）浓盐酸具有挥发性，所以制备的氯气中含有氯化氢，氯化氢极易溶于水，氯气的溶解度较小，所以可用饱和食盐水（或水）除去氯气气体中的氯化氢，

故答案为：除去Cl2中的HCl；

（3）因为题中要求制取纯净的无水CuCl2，所以要除去氯气中混有的水蒸气，且不引进新的杂质，氯气也和该物质不反应，所以选择浓硫酸干燥，

故答案为：浓硫酸；干燥Cl2；

（4）尾气中含有氯气，氯气有毒，污染环境，不能直接排放到大气中．常用氢氧化钠溶液吸收，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠与水，反应离子方程式为

Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：氢氧化钠溶液；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；

（5）为防止倒吸应先熄灭D的酒精灯，冷却再熄灭A的酒精灯，故答案为：D．