- 物质的制备
- 共3198题
有下列两种转化途径，某些反应条件和产物已省略，下列有关说法不正确的是（ ）
途径①S
途径②S
正确答案
解析
解：A．S与浓硝酸反应生成硫酸、二氧化氮和水，该反应中只体现了浓硝酸的强氧化性，不体现酸性，故A错误；
B．增大一种反应物的浓度，可以提高另一种反应物的转化率，所以途径②的第二步反应在实际生产中可以通过增大O2浓度来提高二氧化硫的转化率，从而降低成本，故B正确；
C．途径①和②都是由S来制备H2SO4，S的化合价从0价升高高+6价，制取1 mol H2SO4，理论上各消耗1 mol S，各转移6 mol e-，故C正确；
D．途径①S与浓硝酸反应生成硫酸、二氧化氮和水，有副产物二氧化氮，而且二氧化氮会污染大气，所以途径②与途径①相比更能体现“绿色化学”的理念，故D正确．
故选A．
【实验化学】
苯乙醚（沸点168℃）可用苯酚、溴乙烷为主要原料制得，其反应原理（图1）为：
实验步骤如下：
步骤1：在烧瓶中（装置如图2所示）加入3.75g苯酚、2g NaOH和2mL水，开动搅拌器，使固体全部溶解．
步骤2：加热反应瓶，控制温度在80～90℃之间，并用恒压漏斗慢慢滴加4.25mL溴乙烷（沸点38.4℃），大约40min滴加完毕，继续搅拌1h，并降至室温．
步骤3：加入适量水（5～10mL）使固体完全溶解．将液体转入分液漏斗中，分出水相，水相用4mL乙醚萃取一次，合并有机相．有机相用等体积饱和食盐水洗两次，分出水相，并将水相用3mL乙醚萃取一次，合并有机相．有机相用无水氯化钙干燥．
步骤4：先用水浴蒸出乙醚．然后常压蒸馏，得苯乙醚．
（1）步骤1开动搅拌器的目的是______．
（2）①步骤2中控制温度80～90℃可采取的方法是______；②冷凝管中回流的主要物质除水外还有______．
（3）步骤3中加入乙醚萃取的目的是______．
（4）步骤4应收集沸点为______的馏分．蒸馏所用的玻璃仪器除了酒精灯、冷凝管、温度计、尾接管、锥形瓶外还有______（填仪器名称）．
正确答案
解：（1）为了加快固体苯酚的溶解可选择开动搅拌器，故答案为：加快溶解速度；
（2）①可采用水浴加热的方式来控制温度80～90℃，故答案为：水浴加热；
②反应混合中在80～90℃时只有水和溴乙烷挥发，因此冷凝管里冷凝回流的物质除水外还有溴乙烷，故答案为：溴乙烷；
（3）选择乙醚作萃取剂是因为苯乙醚易溶解在乙醚中，而乙醚与水不相溶，故答案为：将水中的苯乙醚提取到乙醚中；
（4）因苯乙醚的沸点为168℃，故收集馏分时的温度为168℃，蒸馏操作时还需要蒸馏烧瓶，故答案为：168℃；蒸馏烧瓶．
解析
解：（1）为了加快固体苯酚的溶解可选择开动搅拌器，故答案为：加快溶解速度；
（2）①可采用水浴加热的方式来控制温度80～90℃，故答案为：水浴加热；
②反应混合中在80～90℃时只有水和溴乙烷挥发，因此冷凝管里冷凝回流的物质除水外还有溴乙烷，故答案为：溴乙烷；
（3）选择乙醚作萃取剂是因为苯乙醚易溶解在乙醚中，而乙醚与水不相溶，故答案为：将水中的苯乙醚提取到乙醚中；
（4）因苯乙醚的沸点为168℃，故收集馏分时的温度为168℃，蒸馏操作时还需要蒸馏烧瓶，故答案为：168℃；蒸馏烧瓶．
（2015秋•浙江月考）由某精矿石（MCO3•ZCO3）可以制备单质M，制备过程中排放出的二氧化碳可以作为原料制备甲醇，取该矿石样品1.84g，高温灼烧至恒重，得到0.96g仅含两种金属氧化物的固体，其中m（M）：m（Z）=3：5，请回答：
（1）该矿石的化学式为______．
（2）①以该矿石灼烧后的固体产物为原料，真空高温条件下用单质硅还原，仅得到单质M和一种含氧酸盐（只含Z、Si和O元素，且Z和Si的物质的量之比为2：1）．写出该反应的化学方程式______．
②单质M还可以通过电解熔融MCl2得到，不能用电解MCl2溶液的方法制备M的理由是______．
（3）一定条件下，由CO2和H2制备甲醇的过程中含有下列反应：
反应1：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H1
反应2：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H2
反应3：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H3
其对应的平衡常数分别为K1、K2、K3，它们随温度变化的曲线如图1所示．则△H1______△H2 （填“大于”、“小于”、“等于”），理由是______．
（4）在温度T1时，使体积比为3：1的H2和CO2在体积恒定的密闭容器内进行反应．T1温度下甲醇浓度随时间变化曲线如图2所示；不改变其他条件，假定t时刻迅速降温到T2，一段时间后体系重新达到平衡．试在图中画出t时刻后甲醇浓度随时间变化至平衡的示意曲线．
正确答案
解：（1）由于M和Z的相对原子质量之比为3：5，故设M和Z的相对原子质量分别为3x，5x．
由于MCO3•ZCO3中MCO3和ZCO3的物质的量之比为1：1，故得到的氧化物中MO和ZO的物质的量之比也为1：1，根据MCO3•ZCO3的质量为1.84g，得到氧化物的质量为0.96g，可得：
故答案为：MgCO3•CaCO3；
（2）①由于灼烧后的产物为CaO和MgO的混合物，而真空高温条件下用单质硅还原，仅得到单质Mg和一种含氧酸盐，由于此含氧酸盐中只含Z、Si和O元素，且Z和Si的物质的量之比为2：1，故为Ca2SiO4，故此反应的化学方程式为：2MgO+2CaO+Si
故答案为：2MgO+2CaO+Si
②溶液中含有的阳离子的放电顺序为：H+＞Mg2+，阴离子的放电顺序为：Cl-＞OH-，电解MgCl2溶液时，阴极上H+比Mg2+容易得到电子，电极反应式为2H2O+2e-，
=H2↑+2OH-，所以得不到镁单质，
故答案为：电解MgCl2溶液时，阴极上H+比Mg2+容易得到电子，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，所以得不到镁单质；
（3）由图l可知，随着温度升高，K1增大，则反应1：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H1＞0，反应3由反应1+2所得，根据盖斯定律：△H3=△H1+△H2，所以△H2＜△H3，
故答案为：小于；曲图l可知，随着温度升高，K1增大，则△H1＞0，根据盖斯定律又得△H3=△H1+△H2，所以△H2＜△H3；
（4）由图l可知，随着温度升高，K3减小，则反应3CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H3＜0，t时刻迅速降温到T2，降低温度平衡向正反应方向移动，CH3OH浓度增大，t时刻后甲醇浓度随时间变化至平衡的示意曲线为：
解析
解：（1）由于M和Z的相对原子质量之比为3：5，故设M和Z的相对原子质量分别为3x，5x．
由于MCO3•ZCO3中MCO3和ZCO3的物质的量之比为1：1，故得到的氧化物中MO和ZO的物质的量之比也为1：1，根据MCO3•ZCO3的质量为1.84g，得到氧化物的质量为0.96g，可得：
故答案为：MgCO3•CaCO3；
（2）①由于灼烧后的产物为CaO和MgO的混合物，而真空高温条件下用单质硅还原，仅得到单质Mg和一种含氧酸盐，由于此含氧酸盐中只含Z、Si和O元素，且Z和Si的物质的量之比为2：1，故为Ca2SiO4，故此反应的化学方程式为：2MgO+2CaO+Si
故答案为：2MgO+2CaO+Si
②溶液中含有的阳离子的放电顺序为：H+＞Mg2+，阴离子的放电顺序为：Cl-＞OH-，电解MgCl2溶液时，阴极上H+比Mg2+容易得到电子，电极反应式为2H2O+2e-，
=H2↑+2OH-，所以得不到镁单质，
故答案为：电解MgCl2溶液时，阴极上H+比Mg2+容易得到电子，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，所以得不到镁单质；
（3）由图l可知，随着温度升高，K1增大，则反应1：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H1＞0，反应3由反应1+2所得，根据盖斯定律：△H3=△H1+△H2，所以△H2＜△H3，
故答案为：小于；曲图l可知，随着温度升高，K1增大，则△H1＞0，根据盖斯定律又得△H3=△H1+△H2，所以△H2＜△H3；
（4）由图l可知，随着温度升高，K3减小，则反应3CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H3＜0，t时刻迅速降温到T2，降低温度平衡向正反应方向移动，CH3OH浓度增大，t时刻后甲醇浓度随时间变化至平衡的示意曲线为：
实验具体操作步骤为：
①开启分液漏斗，使硫酸慢慢滴下，适当调节分液的滴速，使反应产生的SO2气体较均匀地通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中，同时开启电动搅拌器搅动，水浴加热，微沸．
②直至析出的浑浊不再消失，并控制溶液的pH接近7时，停止通入SO2气体．
③趁热过滤，将滤液加热浓缩，冷却析出Na2S2O3•5H2O．
④再经过滤、洗涤、干燥，得到所需的产品．
（1）步骤④中洗涤时，为了减少产物的损失用的试剂可以是______．
（2）为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中不能让溶液pH＜7，请用离子方因______．
（3）写出三颈烧瓶B中制取Na2S2O3反应的总化学反应方程式______．
（4）常用Na2S2O3溶液测定废水中Ba2+浓度，步骤如下：取废水25.00mL，控制适当的酸度加入足量 K2Cr2O7溶液，得BaCrO4沉淀；过滤、洗涤后，用适量稀盐酸溶解，此时CrO
部分反应离子方程式为：
①Cr2O
①判断达到滴定终点的现象是______
②从表格所给数据计算：一份待测溶液消耗Na2S2O3溶液的平均体积为______ ml
③废水中Ba2+的物质的量浓度______．
（5）Na2S2O3常用作脱氯剂，在溶液中易被Cl2氧化成SO
正确答案
解：（1）根据题给信息易溶于水，难溶于乙醇，步骤 ④中洗涤时，为了减少产物的损失用的试剂可以是乙醇；
故答案为：乙醇；
（2）Na2S2O3在酸性条件下会生成S和二氧化硫，所以产率会下降，其反应的离子方程式为：S2O32-+2H+=S↓+H2O+SO2↑；
故答案为：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O；
（3）三颈烧瓶B中制取Na2S2O3反应的总化学反应方程式为：4SO2+2Na2S+Na2CO3=CO2+3Na2S2O3；
故答案为：4SO2+2Na2S+Na2CO3=CO2+3Na2S2O3；
（4）①淀粉溶液作指示剂，用0.0010mol．L-1 的Na2S2O3溶液进行滴定溶液中的碘，滴定终点时溶液中蓝色褪去，所以判断达到滴定终点的现象是加入最后一滴Na2S2O3标准溶液后，蓝色消失，且半分钟内颜色不改变，
故答案为：加入最后一滴Na2S2O3标准溶液后，蓝色消失，且半分钟内颜色不改变；
②根据表中数据可知，数据4有较大偏差，应舍去，消耗Na2S2O3标准溶液的体积为数据1、2、3的平均值，体积为
故答案为：18.00mL；
③根据反应Cr2O72-+61-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O； ②I2+2S2O
故答案为：9.6×10-4mol•L-1；
（5）Na2S2O3常用作脱氯剂，在溶液中易被Cl2氧化成SO42-，该反应的离子方程式为：S2O32‾+4Cl2+5H2O=2SO42‾+8Cl‾+10H+；
故答案为：S2O32‾+4Cl2+5H2O=2SO42‾+8Cl‾+10H+．
解析
解：（1）根据题给信息易溶于水，难溶于乙醇，步骤 ④中洗涤时，为了减少产物的损失用的试剂可以是乙醇；
故答案为：乙醇；
（2）Na2S2O3在酸性条件下会生成S和二氧化硫，所以产率会下降，其反应的离子方程式为：S2O32-+2H+=S↓+H2O+SO2↑；
故答案为：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O；
（3）三颈烧瓶B中制取Na2S2O3反应的总化学反应方程式为：4SO2+2Na2S+Na2CO3=CO2+3Na2S2O3；
故答案为：4SO2+2Na2S+Na2CO3=CO2+3Na2S2O3；
（4）①淀粉溶液作指示剂，用0.0010mol．L-1 的Na2S2O3溶液进行滴定溶液中的碘，滴定终点时溶液中蓝色褪去，所以判断达到滴定终点的现象是加入最后一滴Na2S2O3标准溶液后，蓝色消失，且半分钟内颜色不改变，
故答案为：加入最后一滴Na2S2O3标准溶液后，蓝色消失，且半分钟内颜色不改变；
②根据表中数据可知，数据4有较大偏差，应舍去，消耗Na2S2O3标准溶液的体积为数据1、2、3的平均值，体积为
故答案为：18.00mL；
③根据反应Cr2O72-+61-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O； ②I2+2S2O
故答案为：9.6×10-4mol•L-1；
（5）Na2S2O3常用作脱氯剂，在溶液中易被Cl2氧化成SO42-，该反应的离子方程式为：S2O32‾+4Cl2+5H2O=2SO42‾+8Cl‾+10H+；
故答案为：S2O32‾+4Cl2+5H2O=2SO42‾+8Cl‾+10H+．
锰及其化合物在现代工业及国防建设中具有十分重要的地位．
（1）隐形涂料是我国于2014年3月1日成功首飞的最新2011号歼20实现隐形的关键材料．锰锌铁氧体是当前广泛使用的一种隐形材料，其化学组成为MnxZn1-xFe2O4（铁为+3价），当锰、锌、铁三种金属的质量分数分别为4.6%、21.76%、46.86%时，所得到的锰锌铁氧体对雷达波的吸收能力最强，则锰锌铁氧体中锰元素的化合价为______，当雷达波吸收能力最强时x=______．
（2）碳酸锰主要用于制备软磁铁氧体，工业上以软锰矿（主要成分MnO2）和黄铁矿（主要成分FeS2）为主要原料制备碳酸锰的一种工艺流程如图所示
①写出提高酸浸时原料的浸出率的两种方法______，副产品A是______，从废墟中提取A的方法是______．
②酸浸时的氧化物是Fe3+、SO42-，写出对应的离子方程式：______，写出沉锰时反应的离子方程式：______
（3）KMnO4是一种十分重要的氧化剂，工业可以软锰矿为原料先制得锰酸钾，然后电解锰酸钾溶液就可以得到KMnO4，则电解时阳极上的电极反应式为______，当电路中有2 mol电子通过时，阳极上得到的产物的质量为______．
正确答案
解：（1）根据物质的量之比等于原子个数之比，得
（2）①升高温度、搅拌、减小固体的颗粒等均能加速固体的溶解，所以为了提高溶浸工序中原料的浸出效率，可以采取的措施有：适当升高温度，搅拌，研磨矿石，适当提高稀硫酸的浓度；溶浸过程中发生的反应生成硫酸根离子，后来又加入了氨水、碳酸氢铵，所以副产品是（NH4）2SO4，可以用重结晶法提取（NH4）2SO4；
故答案为：研磨矿石，适当提高稀硫酸的浓度等；（NH4）2SO4；重结晶法；
②FeS2与MnO2反应后生成Fe3+、Mn2+和SO42-，1molFeS2失去15mol电子，1molMnO2得到2mol电子，根据得失电子守恒，FeS2的计量数为2，MnO2的计量数为15，则生成的Fe3+计量数为2，SO42-的计量数为4，Mn2+的计量数为15，对应的离子方程式为2FeS2+15MnO2+28H+=2Fe3++14H2O+15Mn2++4SO42-；加入碳酸氢氨生成碳酸锰沉淀，离子方程式为Mn2++HCO3-+NH3•H2O=MnCO3↓+NH4++H2O；
故答案为：2FeS2+15MnO2+28H+=2Fe3++14H2O+15Mn2++4SO42-；Mn2++HCO3-+NH3•H2O=MnCO3↓+NH4++H2O；
（3）电解锰酸钾溶液时，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阳极上锰酸根离子失电子生成高锰酸根离子，电极反应式为MnO42--e-=MnO4-；根据关系式：1e-～KMnO4，当电路中有1mol电子通过时，阳极上得到1molKMnO4，m（KMnO4）=1mol×158g/mol=158g；
故答案为：MnO42--e-=MnO4-；158g．
解析
解：（1）根据物质的量之比等于原子个数之比，得
（2）①升高温度、搅拌、减小固体的颗粒等均能加速固体的溶解，所以为了提高溶浸工序中原料的浸出效率，可以采取的措施有：适当升高温度，搅拌，研磨矿石，适当提高稀硫酸的浓度；溶浸过程中发生的反应生成硫酸根离子，后来又加入了氨水、碳酸氢铵，所以副产品是（NH4）2SO4，可以用重结晶法提取（NH4）2SO4；
故答案为：研磨矿石，适当提高稀硫酸的浓度等；（NH4）2SO4；重结晶法；
②FeS2与MnO2反应后生成Fe3+、Mn2+和SO42-，1molFeS2失去15mol电子，1molMnO2得到2mol电子，根据得失电子守恒，FeS2的计量数为2，MnO2的计量数为15，则生成的Fe3+计量数为2，SO42-的计量数为4，Mn2+的计量数为15，对应的离子方程式为2FeS2+15MnO2+28H+=2Fe3++14H2O+15Mn2++4SO42-；加入碳酸氢氨生成碳酸锰沉淀，离子方程式为Mn2++HCO3-+NH3•H2O=MnCO3↓+NH4++H2O；
故答案为：2FeS2+15MnO2+28H+=2Fe3++14H2O+15Mn2++4SO42-；Mn2++HCO3-+NH3•H2O=MnCO3↓+NH4++H2O；
（3）电解锰酸钾溶液时，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阳极上锰酸根离子失电子生成高锰酸根离子，电极反应式为MnO42--e-=MnO4-；根据关系式：1e-～KMnO4，当电路中有1mol电子通过时，阳极上得到1molKMnO4，m（KMnO4）=1mol×158g/mol=158g；
故答案为：MnO42--e-=MnO4-；158g．
Ⅰ、电解法制高品质Al（OH）3装置如图（中间用离子交换膜隔开）：
4Na[Al（OH）4]+2H2O 
（1）产物Al（OH）3在______区（填“阴极”或“阳极”）沉积；
（2）电解中转移2mol e-时，将制得______mol的Al（OH）3．
Ⅱ、制取纳米Al2O3需要纯净的硫酸铝．现有0.05mol•L-1硫酸铝溶液，经检测，含有Fe2+、Fe3+．可按下述操作提纯：往溶液中加足量H2O2充分反应，再用试剂X调节溶液pH=3.5．（室温下，0.1mol•L-1的Fe2+、Al3+开始沉淀的pH分别为7.0和3.7，Fe3+完全沉淀的pH=3.2）
（3）纳米氧化铝分散在分散剂中将形成胶体．则纳米氧化铝的直径约为______m．
（4）检验硫酸铝溶液含有Fe3+时，所采用的试剂及现象是______．
（5）往溶液中加入H2O2的作用是______（用离子方程式表示）．
（6）加入的X试剂（填选项编号）是______．
A．CuO B．Al（OH）3 C．NaOH D．NaHCO3
若调节后溶液的pH偏离3.5，可能带来的后果是______．
正确答案
解：（1）电解本质是电解水，阴极上水放电生成氢气与氢氧根离子，阳极上水放电生成生成氧气与氢离子，氢离子再与[Al（OH）4]-反应生成Al（OH）3，故产物Al（OH）3在阳极区沉积，
故答案为：阳极；
（2）根据电子转移守恒，生成氧气物质的量为
故答案为：2；
（3）胶体微粒直径在1nm～100nm之间，则纳米氧化铝的直径约为10-9～10-7m，
故答案为：10-9～10-7；
（4）检验硫酸铝溶液含有Fe3+时，所采用的试剂及现象是：加KSCN溶液，溶液变血红色，
故答案为：加KSCN溶液，溶液变血红色；
（5）过氧化氢具有强氧化性，将Fe2+氧化为Fe3+，反应离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
（6）加入X能与氢离子反应，调节溶液pH，使Fe3+转化氢氧化铁沉淀，过滤除去，CuO、NaOH、NaHCO3均为引入杂质离子，故选Al（OH）3，
若调节后溶液的pH偏离3.5，pH过小Fe3+沉淀不完全，pH过大Al3+可能因沉淀而损失，
故答案为：B；pH过小Fe3+沉淀不完全，pH过大Al3+可能因沉淀而损失．
解析
解：（1）电解本质是电解水，阴极上水放电生成氢气与氢氧根离子，阳极上水放电生成生成氧气与氢离子，氢离子再与[Al（OH）4]-反应生成Al（OH）3，故产物Al（OH）3在阳极区沉积，
故答案为：阳极；
（2）根据电子转移守恒，生成氧气物质的量为
故答案为：2；
（3）胶体微粒直径在1nm～100nm之间，则纳米氧化铝的直径约为10-9～10-7m，
故答案为：10-9～10-7；
（4）检验硫酸铝溶液含有Fe3+时，所采用的试剂及现象是：加KSCN溶液，溶液变血红色，
故答案为：加KSCN溶液，溶液变血红色；
（5）过氧化氢具有强氧化性，将Fe2+氧化为Fe3+，反应离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
（6）加入X能与氢离子反应，调节溶液pH，使Fe3+转化氢氧化铁沉淀，过滤除去，CuO、NaOH、NaHCO3均为引入杂质离子，故选Al（OH）3，
若调节后溶液的pH偏离3.5，pH过小Fe3+沉淀不完全，pH过大Al3+可能因沉淀而损失，
故答案为：B；pH过小Fe3+沉淀不完全，pH过大Al3+可能因沉淀而损失．
氮化硅（Si3N4）是高温结构陶瓷，具有优良的性能，人们常常利用它来制造轴承、气轮机叶片、永久性模具等机械构件．设计的合成氮化硅工艺流程如下：
（1）①电弧炉中发生的主要反应是______．
②用石英砂和焦炭在电弧炉中高温加热也可以生产碳化硅，该反应的化学方程式
为______，碳化硅又称______，其晶体结构与______相似．
（2）在流化床反应的产物中，SiCl4大约占85%，还有Cl2等，有关物质的沸点数据如下表：
提纯SiCl4的主要工艺操作依次是沉降、______，其中温度最好控制在______（填序号）．
A．略小于-34.1℃B．大于57.6℃C．略小于57.6℃D．-34.1℃
（3）①粉末状Si3N4遇水能生成一种有刺激性气味、常用做制冷剂的气体和一种难溶性的酸，该反应的方程式是______．
②该工艺流程中涉及的主要反应属于氧化还原反应的有______个．
正确答案
解：（1）①二氧化硅与碳在高温条件下反应生成硅和一氧化碳，化学方程式为：SiO2+2C
故答案为：SiO2+2C
②石英砂的主要成分是二氧化硅，在反应中生成碳化硅，反应为：SiO2+3C
故答案为：SiO2+3C
（2）在流化床反应的产物中，SiCl4大约占85%，Si+3HCl
故答案为：冷凝；C；
（3）①Si3N4遇水水解，生成常用于做制冷剂的气体为氨气，一种难溶性的酸为硅酸，反应为：Si3N4+9H2O=4NH3↑+3H2SiO3↓，
故答案为：Si3N4+9H2O=4NH3↑+3H2SiO3↓；
②该合成氨化硅工艺流程中发生的主要反应是：SiO2+2C
故答案为：2．
解析
解：（1）①二氧化硅与碳在高温条件下反应生成硅和一氧化碳，化学方程式为：SiO2+2C
故答案为：SiO2+2C
②石英砂的主要成分是二氧化硅，在反应中生成碳化硅，反应为：SiO2+3C
故答案为：SiO2+3C
（2）在流化床反应的产物中，SiCl4大约占85%，Si+3HCl
故答案为：冷凝；C；
（3）①Si3N4遇水水解，生成常用于做制冷剂的气体为氨气，一种难溶性的酸为硅酸，反应为：Si3N4+9H2O=4NH3↑+3H2SiO3↓，
故答案为：Si3N4+9H2O=4NH3↑+3H2SiO3↓；
②该合成氨化硅工艺流程中发生的主要反应是：SiO2+2C
故答案为：2．
亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的含氯消毒剂，主要用于水的消毒以及砂糖、油脂的漂白与杀菌．以下是过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图：
已知：①NaClO2的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出NaClO2•3H2O．
②纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全．
③160g/L NaOH溶液是指160gNaOH固体溶于水所得溶液的体积为1L．
（1）160g/L NaOH溶液的物质的量浓度为______．
（2）发生器中鼓入空气的作用可能是______（选填序号）．
a．将SO2氧化成SO3，增强酸性； b．稀释ClO2以防止爆炸；c．将NaClO3氧化成ClO2
（3）吸收塔内的反应的化学方程式为______．吸收塔的温度不能超过20℃，其目的是______．
（4）在碱性溶液中NaClO2比较稳定，所以吸收塔中应维持NaOH稍过量，判断NaOH是否过量的简单实验方法是______．
（5）吸收塔中为防止NaClO2被还原成NaCl，所用还原剂的还原性应适中．除H2O2外，还可以选择的还原剂是______（选填序号）．a．Na2O2 b．Na2S c．FeCl2
（6）从滤液中得到NaClO2•3H2O粗晶体的实验操作依次是______（选填序号）．
a．蒸馏 b．蒸发 c．灼烧 d．过滤 e．冷却结晶
要得到更纯的NaClO2•3H2O晶体必须进行的操作是______（填操作名称）
正确答案
4mol/L
b
2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2
防止H2O2分解
连续测定吸收塔内溶液的pH
a
bed
重结晶
解析
解：（1）浓度g/L表示1L溶液中所含溶质质量的多少．160g/LNaOH溶液表示1L氢氧化钠溶液含有160gNaOH．令溶液体积为1L，则160gNaOH的物质的量为
故答案为：4mol/L．
（2）由信息②可知，纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全．发生器中鼓入空气的作用应是稀释ClO2以防止爆炸．
故选：b．
（3）根据流程信息可知，吸收塔内生成NaClO2，所以一定有ClO2→NaClO2，化合价降低，被还原；则H2O2必定被氧化，有氧气产生，反应方程式为2NaOH+2ClO2+H2O2=2 NaClO2+2H2O+O2．
H2O2不稳定，温度过高，H2O2容易分解，吸收塔的温度不能超过20℃，其目的是防止H2O2分解．
故答案为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2 NaClO2+2H2O+O2；防止H2O2分解．
（4）NaOH过量则溶液呈碱性，但考虑到该溶液有强氧化性，选择指示剂或pH试纸检验会遇到氧化褪色问题，故生产中主要是用pH计连续测定溶液pH．
故答案为：连续测定吸收塔内溶液的pH．
（5）还原性要适中．还原性太强，会将ClO2还原为更低价态产物，影响NaClO2生产；方便后续分离提纯，加入试剂不能干扰后续生产．Na2O2溶于水相当于H2O2．Na2S、FeCl2还原性较强，生成物与NaClO2分离比较困难．
故选：a．
（6）从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发、浓缩、冷却结晶方法，通过过滤得到粗晶体．所以操作顺序为bed．
得到的粗晶体经过重结晶可得到纯度更高的晶体．
故答案为：bed；重结晶．
三氯化碘（ICl3，I的化合价为+3价）在药物合成中用途非常广泛，其熔点：33℃，沸点73℃．实验室可用如图装置制取ICl3．
（1）试剂X、Y分别是：______、______．装置E的作用是：______．
（2）制备氯气选用的药品为漂白精固体（主要成分为Ca（ClO）2）和浓盐酸，相关反应的化学方程式为：______．
（3）装置B可用于除杂，也是安全瓶，能监测实验进行时装置C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象：______．
（4）氯气与单质碘需在温度稍低于70℃下反应，则装置D适宜的加热方式为______．
（5）某同学欲测定ICl3样品中ICl3的纯度，他准确称取ICl3样品10.0g于烧杯中，加入适量水和过量KI晶体，充分反应：ICl3+3KI═2I2+3KCl（样品中杂质不反应）．将所得溶液配置成100mL待测液．取25.00mL待测液，用2.0mol/L的Na2S2O3标准液滴定（I2+2S2O32-═2I-+S4O62-），以淀粉溶液作指示剂，达到终点时的现象为：______．重复滴定3次，测得消耗Na2S2O3溶液体积的平均值为20.00mL．该样品中ICl3的质量分数为：______．（ICl3相对分子质量为233.5）
正确答案
解：（1）装置A是Ca（ClO）2）和浓盐酸反应制取氯气，盐酸易挥发，反应制取的氯气中含有氯化氢、水蒸气等杂质，氯气在饱和食盐水中溶解度不大，用B装置可以除去氯气中的氯化氢气体；所以试剂X为饱和食盐水，反应后剩余的氯气能够污染空气，不能排放到空气中，装置E为球形干燥管，装有固体药品碱石灰，吸收多余的氯气，防止污染空气，
故答案为：饱和食盐水、碱石灰；吸收多余的氯气，防止污染空气；
（2）漂白粉固体和浓盐酸反应生成氯化钙、氯气和水，化学方程式为：Ca（ClO）2+4HCl（浓）═CaCl2+2Cl2↑+2H2O；
故答案为：Ca（ClO）2+4HCl（浓）═CaCl2+2Cl2↑+2H2O；
（3）装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的压强增大，吸滤瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升，
故答案为：吸滤瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升；
（4）因水浴能简便控制加热的温度，且能使受热反应试管受热均匀，由于氯气与单质碘需在温度稍低于70℃下反应，应采取水浴加热，
故答案为：水浴加热；
（5）ICl3+3KI═2I2+3KCl，碘与淀粉作用显蓝色，取25.00mL待测液，用2.0mol/L的Na2S2O3标准液滴定（I2+2S2O32-═2I-+S4O62-），终点现象为当加入最后一滴标准液时，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复蓝色，令样品中ICl3的物质的量x，则根据化学反应可得关系式：
ICl3～2I2～4S2O32-，
1 4
x 2 mol•L-1×20×10-3L 解得：x=1×10-2mol，该样品中ICl3的质量分数为：
故答案为：当加入最后一滴标准液时，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复蓝色；93.4%．
解析
解：（1）装置A是Ca（ClO）2）和浓盐酸反应制取氯气，盐酸易挥发，反应制取的氯气中含有氯化氢、水蒸气等杂质，氯气在饱和食盐水中溶解度不大，用B装置可以除去氯气中的氯化氢气体；所以试剂X为饱和食盐水，反应后剩余的氯气能够污染空气，不能排放到空气中，装置E为球形干燥管，装有固体药品碱石灰，吸收多余的氯气，防止污染空气，
故答案为：饱和食盐水、碱石灰；吸收多余的氯气，防止污染空气；
（2）漂白粉固体和浓盐酸反应生成氯化钙、氯气和水，化学方程式为：Ca（ClO）2+4HCl（浓）═CaCl2+2Cl2↑+2H2O；
故答案为：Ca（ClO）2+4HCl（浓）═CaCl2+2Cl2↑+2H2O；
（3）装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的压强增大，吸滤瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升，
故答案为：吸滤瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升；
（4）因水浴能简便控制加热的温度，且能使受热反应试管受热均匀，由于氯气与单质碘需在温度稍低于70℃下反应，应采取水浴加热，
故答案为：水浴加热；
（5）ICl3+3KI═2I2+3KCl，碘与淀粉作用显蓝色，取25.00mL待测液，用2.0mol/L的Na2S2O3标准液滴定（I2+2S2O32-═2I-+S4O62-），终点现象为当加入最后一滴标准液时，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复蓝色，令样品中ICl3的物质的量x，则根据化学反应可得关系式：
ICl3～2I2～4S2O32-，
1 4
x 2 mol•L-1×20×10-3L 解得：x=1×10-2mol，该样品中ICl3的质量分数为：
故答案为：当加入最后一滴标准液时，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复蓝色；93.4%．
CH3CH2CH2CH2OH
反应物和产物的相关数据列表如表：
实验步骤如下：
将6.0g Na2Cr2O7放入100mL烧杯中，加30mL水溶解，再缓慢加入5mL浓硫酸，将所得溶液小心转移到B中．在A中加入4.0g正丁醇和几粒沸石，加热．当有蒸汽出现时，开始滴加B中溶液．滴加过程中保持反应温度为90～95℃，在E中收集90℃以下的馏分．
将馏出物倒入分液漏斗中，分去水层，有机层干燥后蒸馏，收集75～77℃馏分，产量2.0g．
回答下列问题：
（1）实验中，______（填“能”或“否”）将Na2Cr2O7溶液加到浓硫酸中．
（2）正丁醇在Cu/Ag，O2、加热条件下也可氧化为丁醛，反应的化学方程式为______．
（3）上述装置图中，D仪器的名称是______．加入沸石的作用是______．若加热后发现未加沸石，应采取的正确方法是______．
（4）分液漏斗使用前必须进行的操作是______（填正确答案标号）．
A．润湿 B．干燥 C．检漏 D．标定
（5）将正丁醛粗产品置于分液漏斗中分水时，水在______层（填“上”或“下”）．
（6）本实验中，正丁醛的产率为______%．（相对原子质量：C 12 H 1 O 16）
正确答案
解：（1）因为浓硫酸的密度大，将Na2Cr2O7溶液加到浓硫酸中，容易发生迸溅，故答案为：否；
（2）正丁醇在Cu/Ag，O2、加热条件下发生催化氧化，生成生成正丁醛和水，反应为：2CH3CH2CH2CHO+O2
故答案为：2CH3CH2CH2CHO+O2
（3）D仪器为冷凝仪器，名称为冷凝管，沸石表面疏松多孔，能防止沸点低的液体暴沸，所以加入沸石的作用是防止暴沸，若加热后发现未加沸石，安全起见，应该冷却后补加，
故答案为：冷凝管；防止暴沸；冷却后补加；
（4）分液漏斗有上口塞子和下口有控制液体流量的活塞，在使用前需要检查是否漏水，
故答案为：C；
（5）正丁醛密度为0.8017 g•cm-3，小于水的密度，故分层水层在下方，
故答案为：下；
（6）设正丁醛的产率为x，则正丁醇的利用率为x，根据关系式，
C4H10O～C4H8O
74 72
4xg 2g
解得：x=
故答案为：51．
解析
解：（1）因为浓硫酸的密度大，将Na2Cr2O7溶液加到浓硫酸中，容易发生迸溅，故答案为：否；
（2）正丁醇在Cu/Ag，O2、加热条件下发生催化氧化，生成生成正丁醛和水，反应为：2CH3CH2CH2CHO+O2
故答案为：2CH3CH2CH2CHO+O2
（3）D仪器为冷凝仪器，名称为冷凝管，沸石表面疏松多孔，能防止沸点低的液体暴沸，所以加入沸石的作用是防止暴沸，若加热后发现未加沸石，安全起见，应该冷却后补加，
故答案为：冷凝管；防止暴沸；冷却后补加；
（4）分液漏斗有上口塞子和下口有控制液体流量的活塞，在使用前需要检查是否漏水，
故答案为：C；
（5）正丁醛密度为0.8017 g•cm-3，小于水的密度，故分层水层在下方，
故答案为：下；
（6）设正丁醛的产率为x，则正丁醇的利用率为x，根据关系式，
C4H10O～C4H8O
74 72
4xg 2g
解得：x=
故答案为：51．
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