热门试卷

解：硫酸钙悬浊液通入足量的氨气，使溶液成碱性，再通适量的二氧化碳，与溶液中的氨水、硫酸钙悬浊液反应生成碳酸钙沉淀和硫酸铵溶液，经过过滤分离得到碳酸钙沉淀再煅烧生成生石灰，而滤液硫酸铵经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到硫酸铵晶体．

（1）向甲中通入适量CO2，其目的是发生反应CO2+2NH3•H2O═（NH4）2CO3，产生高浓度的CO32-，从而发生反应CaSO4+CO32-═CaCO3↓+SO42-，若通入过量CO2，CO32-转化为HCO3-，不利于沉淀的转化，

故答案为：否；CO32-转化为HCO3-，CO32-浓度减小，不利于CaSO4转化为CaCO3；

（2）已知溶液中存在CO32-、SO42-、NH4+，所以直接蒸干滤液得到的（NH4）2SO4主要含有的杂质是（NH4）2CO3，

故答案为：（NH4）2CO3；

（3）溶液中除含有（NH4）2SO4外，还含有（NH4）2CO3，根据守恒，可知生成1 mol（NH4）2SO4消耗的氨气大于2 mol，

故答案为：b；

（4）滤渣为CaCO3，煅烧碳酸钙，碳酸钙高温煅烧生成氧化钙和二氧化碳，反应的化学方程式为CaCO3CaO+CO2↑，收集其产物CO2，CO2可被循环使用

在煅烧CaCO3时可收集其产物CO2，所以CO2可被循环使用，

故答案为：CO2．

解：（1）根据题干信息知，苯甲酸和乙醇反应生成苯甲酸乙酯和水，水-乙醇-环己烷能形成三元共沸物，

导致水量减少，生成物的量减少，导致平衡向正反应方向移动，故答案为：通过形成水-乙醇-环己烷三元共沸物，除去反应生成的水，平衡向右移动；

（2）沸点低的物质先被蒸馏得到，三元共沸物的熔点较低，导致三元共沸物先被蒸馏得到，所以该液体的三种主要成分是水、乙醇、环己烷；

根据题干信息知，混合物中乙醇和环己烷的量较多，继续加热，会导致乙醇和环己烷被蒸馏出，所以继续加热，使多余的乙醇和环己烷蒸至分水器中；

温度低于苯甲酸乙酯的沸点时，苯甲酸乙酯不被蒸馏出，要使苯甲酸乙酯不被蒸馏出，则温度应低于苯甲酸乙酯的沸点，所以温度应低于213℃，

故答案为：水、乙醇、环己烷；乙醇、环己烷；213；

（3）碳酸钠为强碱弱酸盐，碳酸钠溶液呈碱性，能和酸反应而除去酸，碳酸钠溶液能降低酯的溶解度，所以碳酸钠溶液的作用是：除去产品中的酸性杂质、降低苯甲酸乙酯的溶解度；

分离互不相溶的液体采用分液的方法分离，需要的仪器为分液漏斗，

故答案为：除去产品中酸性杂质；降低苯甲酸乙酯的溶解度；分液漏斗；

（4）乙醚易挥发说明乙醚的沸点较低，苯甲酸乙酯沸点较高，加热时，沸点低的先蒸出、沸点高的后蒸出，所以将醚层加入到干燥的蒸馏烧瓶中；先蒸出乙醚、后蒸出苯甲酸乙酯，故答案为：乙醚；苯甲酸乙酯．

解：（1）把浓氨水滴入到固体氧化钙或氢氧化钠，在溶解过程中放热使浓氨水分解生成氨气，

故答案为：浓氨水与生石灰（或氢氧化钠固体等）； 

（2）反应2NH3（g）+CO2（g）⇌NH2COONH4（s）+Q，是放热反应，降温平衡正向进行，温度升高；发生器用冰水冷却提高反应物质转化率，防止生成物温度过高分解，

故答案为：降低温度，提高反应物转化率（或降低温度，防止因反应放热造成产物分解）；

（3）液体石蜡鼓泡瓶的作用是控制反应进行程度，控制气体流速和原料气体的配比，

故答案为：通过观察气泡，调节NH3与CO2通入比例；

（4）制备氨基甲酸铵的装置如图3所示，把氨气和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中，分离产品的实验方法利用过滤得到，氨基甲酸铵（NH2COONH4）是一种白色固体，易分解、不能加热烘干，应在真空40℃以下烘干，

故答案：过滤；c；

（5）双通玻璃管的作用是防止液体倒吸；浓硫酸起到吸收多余的氨气，同时防止空气中水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解，

故答案为：防止倒吸；吸收多余氨气；防止空气中水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解；

（6）取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品0.7820g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为1.000g．物质的量为0.010mol，设样品中氨基甲酸铵物质的量为x，碳酸氢铵物质的量为y，依据碳元素守恒得到：x+y=0.01，根据总质量可得：78x+79y=0.7820，

解得：x=0.008mol、y=0.002mol，

则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数为：×100%=80%，

故答案为：80%．

解：由流程可知软锰矿（主要成分MnO2）和黄铁矿加入硫酸酸浸过滤得到浸出液调节溶液pH，FeS2和稀硫酸反应生成Fe2+，然后过滤得到滤渣是MnO2，向滤液中加入软锰矿发生的离子反应方程式为：2Fe2++15MnO2+28H+=2Fe3++14H2O+15Mn2++4SO42，过滤，滤液中主要含有Cu2+、Ca2+等杂质，加入硫化铵和氟化铵，除去Cu2+、Ca2+过滤，在滤液中加入碳酸氢铵和氨水沉锰，生成MnCO3沉淀，过滤得到的滤渣中主要含有MnCO3，通过洗涤、烘干得到MnCO3晶体，

（1）已知Ksp（CaF2））=1.46×10-10，c（F-）=0.01 mol•L-1 ，则c（Ca2+）==mol/L=1.46×10-6mol•L-1，

故答案为：1.46×10-6 mol/L；

（2）从沉锰的图象可以看出，在已给的几个pH值条件下，pH越大得到的MnCO3的产率越高，且需要的时间越短，且在pH=7时，有更好的效果，因此结论是pH等于7.0时反应速率最快，且MnCO3的产率最高，

故答案为：pH等于7.0时反应速率最快，且MnCO3的产率最高；

（3）从沉锰工序中得到纯净MnCO3的操作方法是：过滤、先水洗2-3次、再用乙醇洗涤、低温干燥（或低于100℃干燥），用水洗去可溶性杂质，用乙醇洗去水分，低温干燥防止碳酸锰分解，

故答案为：先水洗2-3次、再用乙醇洗涤、低温干燥（或低于100℃干燥）；

（4）n（C2O42-）=2.68g÷134g/mol=0.02mol；

滴定250mL稀释后溶液，消耗n（MnO4-）=0.0200mol/L×0.0200L×10=0.00400mol；

根据氧化还原反应中得失电子数相等得n（MnO2）×2+0.00400mol×5=0.0200mol×2，

n（MnO2）=0.0100mol，

二氧化锰质量分数=×100%=72.5%，

故答案为：72.5%．

解：I．（1）铝箔表面易沾有油脂，油脂属于有机物，根据相似相溶原理知，有机溶质易溶于有机溶剂，所以用四氯化碳除去铝箔表面的油脂，

故答案为：除去铝箔表面的油脂等有机物；

（2）溴化铝易水解生成氢氧化铝和HBr，为防止溴化物在空气中的水蒸气中水解，用氮气将装置中空气（含水蒸气）排出，

故答案为：排出装置中含有水蒸气的空气；

（3）如果溴过量，溴易混入溴化铝中，所以为保证液溴完全反应，该实验要保证烧瓶中铝箔过剩，

故答案为：保证溴完全反应，防止溴过量混入溴化铝中；

（4）当5的管中回流液呈无色或烧瓶6中物质呈无色，说明溴恰好完全反应，则可以停止回流，

故答案为：5的管中回流液呈无色（或烧瓶6中物质呈无色）；

（5）步骤5需打开导管口l和4，利用压强差将溴化铝蒸汽导入装置2并冷凝得到溴化铝，

故答案为：将AlBr3蒸气导入装置2中并冷凝；

II．（6）③根据图片知，pH在4-10时生成氢氧化铝沉淀，所以该步骤是向溶液中滴加稀硫酸并调节溶液pH为4-10，从而得到氢氧化铝沉淀，

故答案为：滤液用2.0mol/L硫酸在不断搅拌下调到pH4-10左右；

⑥从溶液中获得晶体采用加热浓缩、冷却结晶的方法，所以该操作为蒸发浓缩，故答案为：蒸发浓缩．

解：（1）乙醇在170℃时发生消去生成乙烯，温度必须是170℃，反应方程式：CH3CH2OH CH2=CH2↑+H2O，

故答案为：CH3CH2OH CH2=CH2↑+H2O；

（2）乙烯分子中含碳碳双键，试管d中：乙烯和溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，化学方程式为CH2═CH2+Br2→CH2BrCH2Br，

故答案为：CH2═CH2+Br2→CH2BrCH2Br．

（3）试管d发生堵塞时，b中压强不断增大，会导致b中水面下降，玻璃管中的水柱上升，甚至溢出，

故答案为：b中水面会下降，玻璃管中的水面会上升，甚至溢出；

（4）当溴全部褪色时，所消耗乙醇和浓硫酸混合液的量，比正常情况下超过许多的原因可能是乙烯发生（或通过液溴）速度过快，导致大部分乙烯没有和溴发生反应；乙醇在浓硫酸140℃的条件下，发生分子内脱水生成乙醚，2CH3CH2OHCH3CH2OCH2CH3+H2O，此外实验过程中，乙醇和浓硫酸的混合液没有迅速达到170℃会导致副反应的发生和副产物的生成，

故答案为：①乙烯发生（或通过液溴）速度过快；②实验过程中，乙烯和浓硫酸的混合液没有迅速达到170℃；

（5）该反应中剩余的溴单质有毒，会污染大气，应该进行尾气吸收，所以装置e中氢氧化钠溶液的作用是吸收Br2气体，防止大气污染，

故答案为：吸收挥发出来的溴，防止污染环境．

解：（1）熔融固体物质需要在坩埚内加热，加热熔融物中含有碱性KOH，瓷坩埚中含有二氧化硅，二氧化硅能够与氢氧化钾反应，所以应用铁坩埚，所以④正确，

故答案为：④；

（2）①待气囊F收集到较多气体时，需要将气囊F中二氧化碳排出到热K2MnO4溶液中，所以需要关闭A、C，打开B、D、E，轻轻挤压气囊F，从而使CO2气体缓缓地压入K2MnO4溶液中再次反应，

故答案为：A、C；B、D、E；

②由于K2MnO4溶液显绿色，所以用玻璃棒蘸取三颈烧瓶内的溶液点在滤纸上，若滤纸上只有紫红色痕迹，无绿色痕迹，表明反应已歧化完全，

故答案为：用玻璃棒蘸取三颈烧瓶内的溶液点在滤纸上，若滤纸上只有紫红色痕迹，无绿色痕迹，表明反应已歧化完全；

（3）蒸发溶液获得高锰酸钾时不能蒸干，避免固体飞溅及高锰酸钾的分解，所以应该加热到溶液表面出现晶膜时停止加热，并且应采用低温烘干的方法来干燥产品，避免高锰酸钾晶体受热发生分解，

故答案为：溶液表面出现晶膜为止；高锰酸钾晶体受热易分解；

（4）50mL 0.1000mol•L-1草酸钠标准溶液中含有醋酸钠的物质的量为：0.1mol/L×0.05L=0.005mol，根据反应2MnO4-+5C2O42-+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，消耗0.005mol醋酸钠需要消耗高锰酸根离子的物质的量为：0.005mol×=0.002mol，

500mL配制的样品溶液中含有高锰酸根离子的物质的量为：0.002mol×=0.04mol，

则样品中含有高锰酸钾的质量为：0.04mol×158g•mol-1=6.32g，

则高锰酸钾产品的纯度为：×100%=87.23%；

若移液管用蒸馏水洗净后没有用待测液润洗或烘干，则导致待测液浓度减小，滴定时消耗的标准液体积偏小，测定结果偏小，

故答案为：87.23%；偏小．

解：（1）在氮气分子中两个N原子共用三对电子，所以N2的电子式为：；

若生成1g氨放出热量a kJ，2mol氨气的质量为：17g/mol×2mol=43g，则生成2mol氨气放出的热量为34g，则合成氨气的热化学方程式为：N2（g）+3H2 （g）⇌2NH3 （g）△H=-34akJ/mol，

故答案为：；N2（g）+3H2 （g）⇌2NH3 （g）△H=-34akJ/mol；

（2）氨在催化剂表面被氧化为NO．该催化氧化的化学方程式为：4NH3+5O24 NO+6H2O；

由于合成氨正反应是放热反应，所以从平衡角度看低温有利于提高反应物的转化率，但反应速率过慢，故合成氨采用高温（400℃-500℃）；

正反应体积缩小，增大压强有利于提高转化率（正向移动），故采用高压（10 MPa-30MPa），

故答案为：4NH3+5O24 NO+6H2O；合成氨正反应放热，低温有利于提高转化率，但反应速率过慢，故合成氨采用高温（400℃-500℃）；正反应体积缩小，增大压强有利于提高转化率（正向移动），故采用高压（10 MPa-30MPa）；

（3）若输送NH3的管道某处发生泄漏，检测的简单方法是用润湿的红色石蕊试纸检测，试纸变蓝的位置即是氨气泄漏处；或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近，有白烟产生，

故答案为：用润湿的红色石蕊试纸检测；试纸变蓝的位置即是氨气泄漏处；

（4）农业生产上长期、过量使用化肥硝酸铵，会加重土壤酸化，这是因为硝酸铵是强酸弱碱盐．该盐会发生水解反应：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，消耗了水电离产生的OH-，破坏了水的大量平衡，水会继续电离，当最终达到电离平衡时c（H+）＞c（OH-），所以溶液显酸性，

故答案为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；

（5）25℃时，将x mol NH4NO3溶于一定量水中，向该溶液中滴加y L氨水，氨水电离产生铵根离子和OH-，会对水的电离起抑制作用，所以滴加氨水过程中水的电离平衡将逆向移动；

在该溶液中，存在电荷守恒：c（NH4+）+（H+）=c（NO3-）+c（OH-），由于溶液为中性，则（H+）=c（OH-），所以c（NH4+）=c（NO3-），由于Kb（NH3•H2O）=2.0×10-5mol/L，即：Kb==2.0×10-5mol/L，

设加入的氨水物质的量为n，混合液体积为V，由于c（NH4+）=c（NO3-），相当于溶液中的一水合氨完全来自滴加的氨水，

则c（NH3•H2O）===，

解得：n（NH3•H2O）=mol，

所以滴加的氨水的浓度为：c（（NH3•H2O）==mol/L，

故答案为：逆向；mol/L．