- 物质的制备
- 共3198题
回答下列问题：
（1）写出制取硝基苯的反应方程式______．
（2）该装置中，冷凝管的作用是______．
（3）制备硝基苯时，在三颈瓶中加入20mL的苯，再通过分液漏斗滴加已冷却的混酸溶液（由20mL浓硝酸和22mL浓硫酸在锥形瓶中混合而成），将三颈瓶置于50-55℃的水浴中，反应时间为1小时．因硝化反应为放热反应，当温度超过60℃时，为避免副反应发生，可向水浴中加入______冷却．
（4）反应结束后，冷却反应混合物，通过分液漏斗分离出有机层，依次用蒸馏水、5%的NaOH溶液和蒸馏水洗涤，再用无水CaCl2干燥后，得到粗产品．
①硝基苯有毒，该实验最好在______中迸行．
②有机层用5%的NaOH溶液洗涤的目的是______．
③有机层在分液漏斗中洗涤静置后，有机层处于______（填“上”或下”）层；放液时若发现液体流不下来，其可能的原因除分液漏斗的活塞堵塞之外，还有______．
（5）粗产品蒸馏提纯时，下面装置中温度计位置正确的是______，可能会导致收集到的产品中混有高沸点杂质的装置是______．
（6）若该实验制备得到纯硝基苯18g，则该实验中硝基苯的产率是______．
正确答案
解：（1）苯滴入浓硝酸和浓硫酸混合液中，并在50℃--60℃反应生成硝基苯和水，其反应的化学方程式为：
故答案为：
（2）苯与浓硝酸都易挥发，该装置中，冷凝管冷凝管，起冷凝回流作用，提高原料利用率，
故答案为：冷凝回流；
（3）反应在50℃～60℃下进行，低于水的沸点，可以利用水浴加热控制，若温度过高则用冰水冷却，
故答案为：冰水冷却；
（4）①硝基苯有毒，为了防止中毒，要及时将气体排出，所以要在通风橱中进行，
故答案为：通风橱；
②反应得到粗产品中有残留的硝酸及硫酸，用氢氧化钠溶液洗涤除去粗产品中残留的酸，
故答案为：除去粗产品中残留的酸；
③有机层在分液漏斗中洗涤静置后，有机层硝基苯密度比水大，在下层，分液漏斗的下方有旋塞，使用前必须检查分液漏斗是否漏水或者是否堵塞，分液操作时，如果分液漏斗上口玻璃塞未打开，分液漏斗中的液体不会流出，
故答案为：下；分液漏斗上口玻璃塞未打开（或漏斗内部未与大气相通，或玻璃塞上的凹槽未与漏斗口上的小孔对准）；
（5）蒸馏提纯时，蒸馏测定馏分蒸汽的温度，温度计水银球在烧瓶支管口处，图中装置中温度计位置正确的是C；若温度计水银球偏低则混有低沸点杂质，若温度计水银球偏高则混有高沸点杂质，所以可能会导致收集到的产品中混有高沸点杂质的装置是D，
故答案为：C；D；
（6）苯的密度为0.877g．cm-3，20mL的苯质量为17.54g，苯完全反应生成硝基苯的理论产量为17.54g×
故答案为：65.08%．
解析
解：（1）苯滴入浓硝酸和浓硫酸混合液中，并在50℃--60℃反应生成硝基苯和水，其反应的化学方程式为：
故答案为：
（2）苯与浓硝酸都易挥发，该装置中，冷凝管冷凝管，起冷凝回流作用，提高原料利用率，
故答案为：冷凝回流；
（3）反应在50℃～60℃下进行，低于水的沸点，可以利用水浴加热控制，若温度过高则用冰水冷却，
故答案为：冰水冷却；
（4）①硝基苯有毒，为了防止中毒，要及时将气体排出，所以要在通风橱中进行，
故答案为：通风橱；
②反应得到粗产品中有残留的硝酸及硫酸，用氢氧化钠溶液洗涤除去粗产品中残留的酸，
故答案为：除去粗产品中残留的酸；
③有机层在分液漏斗中洗涤静置后，有机层硝基苯密度比水大，在下层，分液漏斗的下方有旋塞，使用前必须检查分液漏斗是否漏水或者是否堵塞，分液操作时，如果分液漏斗上口玻璃塞未打开，分液漏斗中的液体不会流出，
故答案为：下；分液漏斗上口玻璃塞未打开（或漏斗内部未与大气相通，或玻璃塞上的凹槽未与漏斗口上的小孔对准）；
（5）蒸馏提纯时，蒸馏测定馏分蒸汽的温度，温度计水银球在烧瓶支管口处，图中装置中温度计位置正确的是C；若温度计水银球偏低则混有低沸点杂质，若温度计水银球偏高则混有高沸点杂质，所以可能会导致收集到的产品中混有高沸点杂质的装置是D，
故答案为：C；D；
（6）苯的密度为0.877g．cm-3，20mL的苯质量为17.54g，苯完全反应生成硝基苯的理论产量为17.54g×
故答案为：65.08%．
（2015•孝感模拟）二氧化氯（ClO2）是一种在水处理等方面有广泛应用的高效安全消毒剂．ClO2是一种黄绿色的气体，易溶于水．实验室以NH4Cl、盐酸、NaClO2（亚氯酸钠）为原料制备ClO2的流程如图1：
（1）写出电解时发生反应的化学方程式：______．
（2）除去ClO2中的NH3可选用的试剂是______．（填序号）
A．碳酸钠溶液 B．碱石灰 C．浓硫酸 D．水
（3）测定ClO2（如图2）的过程如下：在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用100mL水溶解后，再加3mL硫酸溶液；在玻璃液封管中加入水；将生成的ClO2气体通过导管在锥形瓶中被吸收；将玻璃封管中的水封液倒入锥形瓶中，加入几滴淀粉溶液，用cmol/L硫代硫酸钠标准溶液滴定 （I2+2S2O32-═2I-+S4O62-），共用去VmL硫代硫酸钠溶液．
①ClO2通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应（还原产物为Cl-），反应的离子方程式为：______．
②装置中玻璃液封管的作用是______．
③滴定至终点的现象是______．
④测得ClO2的质量m（ClO2）______．（用含c、V的代数式表示）
正确答案
NH4Cl+2HCl
C
2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O
用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等
溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色
1.35cv×10-2g
解析
解：（1）由工艺流程转化关系可知，电解氯化铵与盐酸混合溶液，生成NCl3与H2，反应方程式为NH4Cl+2HCl
故答案为：NH4Cl+2HCl
（2）A、ClO2易溶于水，不能利用碳酸钠溶液吸收氨气，故A错误；
B、碱石灰不能吸收氨气，故B错误；
C、浓硫酸可以吸收氨气，且不影响ClO2，故C正确；
D、ClO2易溶于水，不能利用水吸收氨气，故D错误．
故选：C；
（3）①由题目信息可知，ClO2通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应，氧化I-为I2，自身被还原为Cl-，同时生成水，反应离子方程式为2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O，
故答案为：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O；
②装置中玻璃液封管的作用是，用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等，
故答案为：用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等；
③溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点，
故答案为：溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色；
④VmLNa2S2O3溶液含有Na2S2O3物质的量为V•10-3 L×cmol/L=c•V•10-3 mol．则：
根据关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，
2 10
n（ClO2） c•V•10-3 mol
所以n（ClO2）=
所以m（ClO2）=
故答案为：1.35cv×10-2g．
（2015秋•咸阳校级月考）钛（Ti）被称为继铁、铝之后的第三金属，钛白（TiO2）是目前最好的白色颜料．制备TiO2和Ti的原料是钛铁矿，我国的钛铁矿储量居世界首位．含有Fe2O3的钛铁矿（主要成分为FeTiO3）制取TiO2的流程如下：
（1）Ti的原子序数为22，Ti位于元素周期表中第______周期，第______族．
（2）步骤①加铁的目的是______
步骤②冷却的目的是______．
（3）上述制备TiO2的过程中，可以利用的副产物是______；考虑成本和废物综合利用因素，废液中应加入______处理．
（4）由金红石（TiO2）制取单质Ti，涉及到的步骤为：TiO2→TiCl4
已知：
①C（s）+O2（g）═CO2（g）；△H=-393.5KJ•mol-1
②2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）；△H=-566KJ•mol-1
③TiO2（s）+2Cl2（g）═TiCl4（s）+O2（g）；△H=+141KJ•mol-1
则TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）═TiCl4（s）+2CO（g） 的△H=______反应TiCl4+2Mg═2MgCl2+Ti 在Ar气氛中进行的理由是______．
正确答案
解：（1）Ti位于元素周期表中第四周期ⅣB族，
故答案为：四；ⅣB；
（2）铁粉的作用是为了除去混合溶液中的Fe3+；步骤②冷却的目的由操作过滤和得到的物质是FeSO4•7H2O可得，是为降低FeSO4•7H2O的溶解度，
故答案为：将Fe3+还原为Fe2+；析出（或分离、或得到）FeSO4•7H2O；
（3）得到的副产物为FeSO4•7H2O，图示水浸过程生成H2TiO3同时生成的H2SO4溶液（TiOSO4+2H2O=H2TiO3+H2SO4），应加入碱性物质处理，可以是石灰（或碳酸钙、废碱），
故答案为：FeSO4•7H2O； 石灰（或碳酸钙、废碱）；
（4）依盖斯定律，将③+①×2-②可得：TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（s）+2CO（g），
△H=（+141kJ•mol-1）+2×（-393.5kJ•mol-1）-（-566kJ•mol-1）=-80 kJ•mol-1，Mg是活泼金属，能与空气中多种物质反应，因此可得出Ar气作用为保护气，防止Mg和空气中物质反应，
故答案为：-80 kJ•mol-1； 防止高温下Mg（Ti）与空气中的O2（或CO2、N2）作用．
解析
解：（1）Ti位于元素周期表中第四周期ⅣB族，
故答案为：四；ⅣB；
（2）铁粉的作用是为了除去混合溶液中的Fe3+；步骤②冷却的目的由操作过滤和得到的物质是FeSO4•7H2O可得，是为降低FeSO4•7H2O的溶解度，
故答案为：将Fe3+还原为Fe2+；析出（或分离、或得到）FeSO4•7H2O；
（3）得到的副产物为FeSO4•7H2O，图示水浸过程生成H2TiO3同时生成的H2SO4溶液（TiOSO4+2H2O=H2TiO3+H2SO4），应加入碱性物质处理，可以是石灰（或碳酸钙、废碱），
故答案为：FeSO4•7H2O； 石灰（或碳酸钙、废碱）；
（4）依盖斯定律，将③+①×2-②可得：TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（s）+2CO（g），
△H=（+141kJ•mol-1）+2×（-393.5kJ•mol-1）-（-566kJ•mol-1）=-80 kJ•mol-1，Mg是活泼金属，能与空气中多种物质反应，因此可得出Ar气作用为保护气，防止Mg和空气中物质反应，
故答案为：-80 kJ•mol-1； 防止高温下Mg（Ti）与空气中的O2（或CO2、N2）作用．
1，2-二溴乙烷可作汽油抗爆剂的添加剂，常温下它是无色液体，密度是2.18克/厘米3，沸点131.4℃，熔点9.79℃，不溶于水，易溶于醇、醚、丙酮等有机溶剂．在实验中可以用下图所示装置制备1，2-二溴乙烷．其中分液漏斗和烧瓶a中装有乙醇和浓硫酸的混合液，试管d中装有浓溴（表面覆盖少量水）．请填写下列空白：
（1）烧瓶a中发生的是乙醇的脱水反应，即消去反应，反应温度是170℃，并且该反应要求温度迅速升高到170℃，否则容易产生副反应．请你写出乙醇的这个消去反应方程式：______．
（2）写出制备1，2-二溴乙烷的化学方程式：______．
（3）安全瓶b可以防止倒吸，并可以检查实验进行时试管d是否发生堵塞．请写出发生堵塞时瓶b中的现象：______．
（4）某学生做此实验时，使用一定量的液溴，当溴全部褪色时，所消耗乙醇和浓硫酸混合液的量，比正常情况下超出许多，如果装置的气密性没有问题，试分析其可能的原因．______．
（5）c装置内NaOH溶液的作用是______；e装置内NaOH溶液的作用是______．
正确答案
解：（1）乙醇在170℃时发生消去生成乙烯，温度必须是170℃，反应方程式为：CH3CH2OH
故答案为：CH3CH2OH
（2）乙烯与液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，玻璃管中的水柱会上升，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；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乙烯流速过快，未完全发生加成反应、②实验过程中，乙烯和浓硫酸的混合液没有迅速达到170℃，发生副反应生成乙醚；
（5）装置c中盛有氢氧化钠可以和制取乙烯中产生的杂质气体二氧化碳和二氧化硫发生反应；
该反应中剩余的溴化氢及反应副产物溴单质等有毒，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HBr和Br2等气体，防止大气污染，
故答案为：吸收乙烯气体中含有的CO2、SO2等酸性气体；吸收HBr和Br2等气体，防止大气污染．
解析
解：（1）乙醇在170℃时发生消去生成乙烯，温度必须是170℃，反应方程式为：CH3CH2OH
故答案为：CH3CH2OH
（2）乙烯与液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，玻璃管中的水柱会上升，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；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乙烯流速过快，未完全发生加成反应、②实验过程中，乙烯和浓硫酸的混合液没有迅速达到170℃，发生副反应生成乙醚；
（5）装置c中盛有氢氧化钠可以和制取乙烯中产生的杂质气体二氧化碳和二氧化硫发生反应；
该反应中剩余的溴化氢及反应副产物溴单质等有毒，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HBr和Br2等气体，防止大气污染，
故答案为：吸收乙烯气体中含有的CO2、SO2等酸性气体；吸收HBr和Br2等气体，防止大气污染．
（2013秋•濠江区校级期中）硫酸盐有着广泛的应用．
（1）以下是CuSO4•5H2O的实验室制备流程图（如图1）．
根据题意完成下列填空：
①理论上，为了制得纯净的CuSO4•5H2O晶体，需要消耗稀硫酸、稀硝酸溶质物质的量之比为______，发生反应的离子方程式为______．
②实际生产过程中对所加稀硝酸的浓度控制要求比较高，通常用标准氢氧化钠溶液来滴定．滴定过程中若用酚酞作指示剂，终点现象是______．
请在下图中画出滴定过程中溶液的pH随所滴加氢氧化钠溶液体积的变化的曲线图（如图2）（要求过A点）．
③用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液．通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1mol Cu2（OH）2CO3后恰好恢复到电解前的浓度和pH（不考虑CO2的溶解），则电解过程中共转移电子的物质的量为______．
（2）为测定混合肥料K2SO4、（NH4）2SO4中钾的含量，完善下列步骤：
①称取钾氮肥试样并溶于水，加入足量______溶液，产生白色沉淀．
②______、______、______（依次填写实验操作名称）．
③冷却、称重．
若试样为m g，沉淀的物质的量为n mol，则试样中K2SO4的物质的量为______mol（用含m、n的代数式表示）．
（3）PbSO4难溶于水却可溶于醋酸，你认为可能的原因是______．
①醋酸铅可溶于水 ②醋酸铅是弱电解质 ③醋酸铅在水中形成电离平衡时的c（Pb2+）小于PbSO4的溶解平衡的c（Pb2+） ④因醋酸是弱酸，故反应可进行．
正确答案
解：（1）①在酸性条件下，硝酸盐具有氧化性，能氧化单质铜，反应的离子方程式是3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O；根据方程式可知，如果硝酸的物质的量是2mol，则根据氢原子守恒可知，硫酸的物质的量就是（8mol-2mol）÷2=3mol，所以硫酸和硝酸的物质的量之比是3：2，
故答案为：3：2；3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O；
②由于酸不能使酚酞变色，而碱可以使酚酞显红色，所以终点时的现象是溶液由无色变成红色（或浅红色），且半分钟内不褪色；由于随着氢氧化钠溶液的滴加，溶液的pH会逐渐增大，邻近终点时pH会发生突变，所以正确的图象是
故答案为：溶液由无色变成红色（或浅红色），且半分钟内不褪色；
③碱式碳酸铜和稀硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，所以加入0.1mol碱式碳酸铜[Cu2（OH）2CO3]相当于加入0.2molCuO、0.1molH2O，根据生成物知，阴极上铜离子和氢离子放电、阳极上氢氧根离子放电，根据Cu原子、H原子守恒得阴极上析出n（Cu）=0.2mol、n（H2）=0.1mol，则转移电子的物质的量=0.2mol×2+0.1mol×2=0.6mol，故答案为：0.6mol；
（2）①混合肥料中含有K2SO4、（NH4）2SO4，要产生白色沉淀，产生的白色沉淀应该是硫酸钡，所以加入的试剂是BaCl2或Ba（OH）2，
故答案为：BaCl2或Ba（OH）2；
②从溶液中分离出白色沉淀应该是过滤，过滤出的沉淀必须通过洗涤和干燥，即正确的操作分别是过滤、洗涤、干燥（或烘干），故答案为：过滤、洗涤、干燥；
③设K2SO4、（NH4）2SO4的物质的量分别是x mol和y mol，根据硫酸根守恒和质量和则有
（3）硫酸铅在水溶液里存在溶解平衡，加入醋酸时，醋酸根离子和铅离子生成弱电解质醋酸铅，促进硫酸铅溶解，所以醋酸铅是弱电解质，并且醋酸铅在水中形成电离平衡时的c（Pb2+）小于PbSO4的溶解平衡的c（Pb2+），故答案为：②③．
解析
解：（1）①在酸性条件下，硝酸盐具有氧化性，能氧化单质铜，反应的离子方程式是3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O；根据方程式可知，如果硝酸的物质的量是2mol，则根据氢原子守恒可知，硫酸的物质的量就是（8mol-2mol）÷2=3mol，所以硫酸和硝酸的物质的量之比是3：2，
故答案为：3：2；3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O；
②由于酸不能使酚酞变色，而碱可以使酚酞显红色，所以终点时的现象是溶液由无色变成红色（或浅红色），且半分钟内不褪色；由于随着氢氧化钠溶液的滴加，溶液的pH会逐渐增大，邻近终点时pH会发生突变，所以正确的图象是
故答案为：溶液由无色变成红色（或浅红色），且半分钟内不褪色；
③碱式碳酸铜和稀硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，所以加入0.1mol碱式碳酸铜[Cu2（OH）2CO3]相当于加入0.2molCuO、0.1molH2O，根据生成物知，阴极上铜离子和氢离子放电、阳极上氢氧根离子放电，根据Cu原子、H原子守恒得阴极上析出n（Cu）=0.2mol、n（H2）=0.1mol，则转移电子的物质的量=0.2mol×2+0.1mol×2=0.6mol，故答案为：0.6mol；
（2）①混合肥料中含有K2SO4、（NH4）2SO4，要产生白色沉淀，产生的白色沉淀应该是硫酸钡，所以加入的试剂是BaCl2或Ba（OH）2，
故答案为：BaCl2或Ba（OH）2；
②从溶液中分离出白色沉淀应该是过滤，过滤出的沉淀必须通过洗涤和干燥，即正确的操作分别是过滤、洗涤、干燥（或烘干），故答案为：过滤、洗涤、干燥；
③设K2SO4、（NH4）2SO4的物质的量分别是x mol和y mol，根据硫酸根守恒和质量和则有
（3）硫酸铅在水溶液里存在溶解平衡，加入醋酸时，醋酸根离子和铅离子生成弱电解质醋酸铅，促进硫酸铅溶解，所以醋酸铅是弱电解质，并且醋酸铅在水中形成电离平衡时的c（Pb2+）小于PbSO4的溶解平衡的c（Pb2+），故答案为：②③．
硅及其化合物在工业上有广泛用途，以硅粉、镁粉等原料制备硅烷的工业流程如下：
反应釜中发生反应：4NH4 Cl+Mg2 Si
（1）工业上可用硅烷和氨气生产一种能耐高温的材料Si3 N4，Si3N4应属于______晶体；NH3、Si3 N4和SiH4三种物质的熔沸点由高到低的顺序是______．
（2）上述生产硅烷的过程中反应釜抽真空的原因是______．
（3）液氨参与循环的作用是______．
（4）氨气也是重要的工业原料，1mol氨气在一定温度下（T＞150℃）发生催化氧化反应能释放出226.5kJ的热量，该反应的热化学方程式是______．
（5）三硅酸镁（ Mg2Si3O8•nH2O）难溶于水，在医药上可做抗酸剂．它可以中和多余胃酸（主要成分盐酸），生成的难溶物还可覆盖在有溃疡的胃表面，保护其不再受刺激．三硅酸镁与胃酸反应的化学方程式是______．若将1.84g三硅酸镁加到50mL 1.0mol/L盐酸中，充分反应后，滤去沉淀，以甲基橙为指示剂，用l．0mol/L NaOH溶液滴定剩余的盐酸，消耗NaOH溶液30mL，则Mg2Si3O8•nH2O中n的值是______．
正确答案
解：（1）相邻原子之间通过强烈的共价键结合而成的空间网状结构的晶体叫做原子晶体，其构成微粒是原子；原子晶体具有熔点高和硬度大的特点，氮化硅（Si3N4）是一种耐高温材料，说明氮化硅属于原子晶体，NH3、Si3N4和SiH4三种物质，Si3N4为原子晶体，NH3、SiH4是分子晶体，则熔沸点顺序为：Si3N4＞NH3、SiH4，NH3中含有氢键、SiH4中不含氢键，所以NH3的熔沸点较高，即Si3N4＞NH3＞SiH4，
故答案为：原子；Si3N4＞NH3＞SiH4；
（2）生产硅烷的反应为4NH4Cl+Mg2Si
故答案为：使4NH4Cl+Mg2Si
（3）氨气易液化，液氨气化时能从周围环境吸热降温，上述生产硅烷的过程中液氨的作用是：吸收热量，保证反应在常温下进行，
故答案为：吸收热量，保证反应在常温下进行（答“制冷”或“降温”均可）；
（4）氨气催化氧化反应生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为：4NH3+5O2
故答案为：4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（g）△H=-906.0 kJ/mol；
（5）三硅酸镁中和胃酸（HCl）的化学方程式为：MgSi3O8•nH2O+4HCl═2MgCl2+3SiO2+（n+2）H2O，根据化学方程式，设0.184gMgSi3O8•nH2O的物质的量是x，得
MgSi3O8•nH2O+4HCl═2MgCl2+3SiO2+（n+2）H2O
1 4
x 0.050L×1mol/L-0.030L×1mol/L
解得x=0.005mol，所以MgSi3O8•nH2O的摩尔质量是M=
故答案为：MgSi3O8•nH2O+4HCl═2MgCl2+3SiO2+（n+2）H2O；6．
解析
解：（1）相邻原子之间通过强烈的共价键结合而成的空间网状结构的晶体叫做原子晶体，其构成微粒是原子；原子晶体具有熔点高和硬度大的特点，氮化硅（Si3N4）是一种耐高温材料，说明氮化硅属于原子晶体，NH3、Si3N4和SiH4三种物质，Si3N4为原子晶体，NH3、SiH4是分子晶体，则熔沸点顺序为：Si3N4＞NH3、SiH4，NH3中含有氢键、SiH4中不含氢键，所以NH3的熔沸点较高，即Si3N4＞NH3＞SiH4，
故答案为：原子；Si3N4＞NH3＞SiH4；
（2）生产硅烷的反应为4NH4Cl+Mg2Si
故答案为：使4NH4Cl+Mg2Si
（3）氨气易液化，液氨气化时能从周围环境吸热降温，上述生产硅烷的过程中液氨的作用是：吸收热量，保证反应在常温下进行，
故答案为：吸收热量，保证反应在常温下进行（答“制冷”或“降温”均可）；
（4）氨气催化氧化反应生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为：4NH3+5O2
故答案为：4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（g）△H=-906.0 kJ/mol；
（5）三硅酸镁中和胃酸（HCl）的化学方程式为：MgSi3O8•nH2O+4HCl═2MgCl2+3SiO2+（n+2）H2O，根据化学方程式，设0.184gMgSi3O8•nH2O的物质的量是x，得
MgSi3O8•nH2O+4HCl═2MgCl2+3SiO2+（n+2）H2O
1 4
x 0.050L×1mol/L-0.030L×1mol/L
解得x=0.005mol，所以MgSi3O8•nH2O的摩尔质量是M=
故答案为：MgSi3O8•nH2O+4HCl═2MgCl2+3SiO2+（n+2）H2O；6．
CoCl2•6H2O是一种饲料营养强化剂．一种利用水钴矿（主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO）制取CoCl2•6H2O的工艺流程如图1：
已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等：
②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：（金属离子浓度为：0.01mol/L）
③CoCl2•6H2O熔点为86℃，加热至110～120℃时，失去结晶水生成无水氯化钴．
（1）写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式______．
（2）“加Na2CO3调pH至a”，过滤所得到的沉淀成分为______．
（3）“操作1”中包含3个基本实验操作，它们依次是______、______和过滤．制得的CoCl2•6H2O在烘干时需减压烘干的原因是______．
（4）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图2．向“滤液”中加入萃取剂的目的是______；其使用的最佳pH范围是______．
A．2.0～2.5 B．3.0～3.5
C．4.0～4.5 D．5.0～5.5
（5）为测定粗产品CoCl2•6H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量．通过计算发现粗产品中CoCl2•6H2O的质量分数大于100%，其原因可能是______．（答一条即可）
正确答案
Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O
Fe（OH）3、Al（OH）3
蒸发浓缩
冷却结晶
降低烘干温度，防止产品分解
除去溶液中的Mn2+
B
粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水
解析
解：（1）向水钴矿[主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]，加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O，
故答案为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；
（2）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3调pH至a，铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe（OH）3↓+3CO2↑，所以沉淀成分为：Fe（OH）3、Al（OH）3，
故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；
（3）利用从溶液中制取固体的方法制取氯化钴固体，其操作步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤；
根据题意知，CoCl2•6H2O常温下稳定无毒，加热至110～120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴，为防止其分解，制得的CoCl2•6H2O需减压烘干，
故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；降低烘干温度，防止产品分解；
（4）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；
由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液PH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀，
故答案为：除去溶液中的Mn2+；B；
（5）根据CoCl2•6H2O的组成分析，造成产品中CoCl2•6H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有杂质，导致氯离子含量大或结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大，
故答案为：粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水．
用湿法制磷酸的副产品氟硅酸（H2SiF6）生成无水氟化氢的工艺如图所示：
已知氟硅酸钾（K2SiF6）微酸性，有吸湿性，微溶于水，不溶于醇．在热水中水解成氟化钾、氟化氢及硅酸．
（1）写出反应器中的化学方程式：______．
（2）在洗涤氟硅酸钾（K2SiF6）时常用酒精洗涤而不是用水，其目的是：______．
（3）该流程中哪些物质可以循环使用：______．
（4）为了测定无水氟化氢的纯度，取标况下的气体产物2.24L，测得质量为3.1g，试解释，为什么标况下2.24L产物的质量远远大于2.0g，______．
正确答案
解：氟硅酸加入硫酸钾发生反应生成氟硅酸钾（K2SiF6）微酸性，有吸湿性，微溶于水，过滤得到硫酸和氟硅酸钾，干燥后在热水中水解成氟化钾、氟化氢及硅酸，加入浓硫酸反应得到硫酸钾、氟化氢、和四氯化硅等，净化冷凝，通过精馏得到纯净的氟化氢；
（1）氟硅酸加入硫酸钾发生反应生成氟硅酸钾和硫酸，反应器中的化学方程式为：H2SiF6+K2SO4=H2SO4+K2SiF6↓，
故答案为：H2SiF6+K2SO4=H2SO4+K2SiF6↓；
（2）在洗涤氟硅酸钾（K2SiF6）时常用酒精洗涤而不是用水，其目的是氟硅酸钾微溶于水，不溶于醇，为减少损失用乙醇洗涤，
故答案为：氟硅酸钾不溶于酒精，减少用水洗涤溶解氟硅酸钾损失；
（3）反应过程中参与反应，在反应过程中又重新生成的物质可以循环使用，分析流程判断流程中硫酸和硫酸钾在苯环过程中先参加反应，随后又生成，可以循环使用，
故答案为：H2SO4、K2SO4；
（4）标况下测得2.24L产物质量为3.1g，气体的质量远远大于2.0g的原因是氟化氢分子间可以形成氢键，部分结合形成双聚物，
故答案为：HF分子间形成氢键，部分缔合成双聚体．
解析
解：氟硅酸加入硫酸钾发生反应生成氟硅酸钾（K2SiF6）微酸性，有吸湿性，微溶于水，过滤得到硫酸和氟硅酸钾，干燥后在热水中水解成氟化钾、氟化氢及硅酸，加入浓硫酸反应得到硫酸钾、氟化氢、和四氯化硅等，净化冷凝，通过精馏得到纯净的氟化氢；
（1）氟硅酸加入硫酸钾发生反应生成氟硅酸钾和硫酸，反应器中的化学方程式为：H2SiF6+K2SO4=H2SO4+K2SiF6↓，
故答案为：H2SiF6+K2SO4=H2SO4+K2SiF6↓；
（2）在洗涤氟硅酸钾（K2SiF6）时常用酒精洗涤而不是用水，其目的是氟硅酸钾微溶于水，不溶于醇，为减少损失用乙醇洗涤，
故答案为：氟硅酸钾不溶于酒精，减少用水洗涤溶解氟硅酸钾损失；
（3）反应过程中参与反应，在反应过程中又重新生成的物质可以循环使用，分析流程判断流程中硫酸和硫酸钾在苯环过程中先参加反应，随后又生成，可以循环使用，
故答案为：H2SO4、K2SO4；
（4）标况下测得2.24L产物质量为3.1g，气体的质量远远大于2.0g的原因是氟化氢分子间可以形成氢键，部分结合形成双聚物，
故答案为：HF分子间形成氢键，部分缔合成双聚体．
铜在自然界存在于多种矿石中．
（Ⅰ）以硅孔雀石（主要成分为CuSiO3•2H2O，含少量SiO2、FeCO3、Fe2O3等杂质）为原料制取硫酸铜的工艺流程如下：
已知：Fe3+、Cu2+和Fe2+以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的pH分别为3.2、6.7和9.7．
（1）“溶浸”中CuSiO3•2H2O和H2SO4发生反应的化学方程式______．
（2）“溶浸”中，选取浓度为20% H2SO4为浸出剂，铜的浸出率与浸出时间的关系见图2．由图2可得，随着浸出时间的增长，______（至少写一条变化规律）．
（3）“除杂”中，加入MnO2的作用是______（用离子方程式表示）．“除杂”中需在搅拌下加入石灰乳以调节溶液的pH到3～4，沉淀部分杂质离子，分离得滤液．滤渣的主要成分为______．
（4）据报道：“生态马路”是在铺设时加入一定量的TiO2，TiO2受太阳光照射后，产生的电子被空气或水中的氧获得，生成H2O2．H2O2能清除路面空气中的CxHy、CO等，其主要是利用了H2O2的______（填“氧化性”或“还原性”）．
（5）某研究小组用如图3装置模拟“生态马路”的部分原理并测定CO的转化效率（夹持装置已略去）．
①B装置中的药品名称为______，若通入2.24L（已折算成标准状况）CO气体和足量空气，最终测得装置C增重1.1g，则CO的转化率为______．
②实验①中，当CO气体全部通入后，还要再通一会儿空气，其目的是______．
正确答案
解：（1）“溶浸”中CuSiO3•2H2O和H2SO4发生生成硫酸铜、硅酸和水，方程式为：CuSiO3•2H2O+H2SO4=CuSO4+H2SiO3+2H2O，
故答案为：CuSiO3•2H2O+H2SO4=CuSO4+H2SiO3+2H2O；
（2）根据图象变化趋势，随着浸出时间的增长，①铜的浸出率相应增加；②浸出时间超过24小时后，铜的浸出率变化不是很明显，
故答案为：①铜的浸出率相应增加；②浸出时间超过24小时后，铜的浸出率变化不是很明显；
（3）因为要将铁转化成氢氧化铁除去，则二氧化锰将二价铁氧化成三价铁，离子方程式为：2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++2H2O+Mn2+；pH到3～4只有Fe3+完全沉淀，所以滤渣的主要成分为氢氧化铁，
故答案为：2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++2H2O+Mn2+；Fe（OH）3；
（4）CxHy、CO等具有还原性，H2O2具有强氧化性，H2O2能氧化CxHy、CO等，清除路面空气中的CxHy、CO等，
故答案为：氧化性；
（5）①B装置中可盛装浓硫酸干燥气体，22.4L（已折算成标准状况）CO气体的物质的量为：n（CO）=
碱石灰增重11g为吸收的CO2质量，根据碳元素守恒可知，转化率的CO的物质的量等于CO2的物质的量为：n（CO）=n（CO2）=
故答案为：浓硫酸；25%；
②装置中有残留的CO2气体，通一会空气，将残留在装置中的CO2气体排出，以便被碱石灰吸收，从而减小误差，
故答案为：保证反应过程中生成的CO2全部被碱石灰吸收，减小实验误差．
解析
解：（1）“溶浸”中CuSiO3•2H2O和H2SO4发生生成硫酸铜、硅酸和水，方程式为：CuSiO3•2H2O+H2SO4=CuSO4+H2SiO3+2H2O，
故答案为：CuSiO3•2H2O+H2SO4=CuSO4+H2SiO3+2H2O；
（2）根据图象变化趋势，随着浸出时间的增长，①铜的浸出率相应增加；②浸出时间超过24小时后，铜的浸出率变化不是很明显，
故答案为：①铜的浸出率相应增加；②浸出时间超过24小时后，铜的浸出率变化不是很明显；
（3）因为要将铁转化成氢氧化铁除去，则二氧化锰将二价铁氧化成三价铁，离子方程式为：2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++2H2O+Mn2+；pH到3～4只有Fe3+完全沉淀，所以滤渣的主要成分为氢氧化铁，
故答案为：2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++2H2O+Mn2+；Fe（OH）3；
（4）CxHy、CO等具有还原性，H2O2具有强氧化性，H2O2能氧化CxHy、CO等，清除路面空气中的CxHy、CO等，
故答案为：氧化性；
（5）①B装置中可盛装浓硫酸干燥气体，22.4L（已折算成标准状况）CO气体的物质的量为：n（CO）=
碱石灰增重11g为吸收的CO2质量，根据碳元素守恒可知，转化率的CO的物质的量等于CO2的物质的量为：n（CO）=n（CO2）=
故答案为：浓硫酸；25%；
②装置中有残留的CO2气体，通一会空气，将残留在装置中的CO2气体排出，以便被碱石灰吸收，从而减小误差，
故答案为：保证反应过程中生成的CO2全部被碱石灰吸收，减小实验误差．
硫酸亚锡（SnSO4）是一种重要的硫酸盐，广泛应用于镀锡工业．某研究小组设计SnSO4制备路线如下：
查阅资料：
Ⅰ．酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，Sn2+易被氧化．
Ⅱ．SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡[Sn（OH）Cl]．
回答下列问题：
（1）锡元素在周期表中位于第五周期，与碳元素位于同一主族，则锡元素的原子的核电荷数为______．
（2）操作Ⅰ是______、冷却结晶______、洗涤、干燥．．
（3）SnCl2粉末需加浓盐酸进行溶解，请用平衡移动原理解释原因______．
（4）加入Sn粉的作用有两个：①调节溶液pH，②______．
（5）酸性条件下，SnSO4还可以作双氧水去除剂，发生反应的离子方程式是______
（6）该小组通过下列方法测定所用锡粉的纯度（杂质不参与反应）：
①将试样溶于盐酸中，发生的反应为：Sn+2HCl=SnCl2+H2↑；
②加入过量的FeCl3；
③用已知浓度的K2Cr2O7滴定生成的Fe2+，发生的反应为：
6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl═6FeCl3+2KCl+2CrCl3+7H2O
取1.19g 锡粉，经上述各步反应后，共用去0.100mol/L K2Cr2O7溶液32.0ml．锡粉中锡的质量分数是______．
正确答案
解：（1）锡元素与碳元素属于同一主族，Sn处于第五周期第ⅣA族，则：6+8+18+18=50，故原子核电荷数为50，
故答案为：50；
（2）由流程图可知，操作Ⅰ是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、过滤、洗涤、干燥得到，
故答案为：蒸发浓缩；过滤；
（3）由信息可知，SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，存在平衡Sn Cl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解，
故答案为：加入盐酸，使SnCl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl平衡向左移动，抑制Sn2+水解；
（4）由信息可知，Sn2+易被氧化，加入Sn粉除调节溶液pH外，还防止Sn2+被氧化；
故答案为：防止Sn2+被氧化；
（5）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，双氧水有强氧化性，将Sn2+易被氧化为Sn4+，自身被还原为水，离子方程式为：Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O，
故答案为：Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O；
（6）用已知浓度的K2Cr2O7滴定生成的Fe2+，发生的反应为：6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl═6FeCl3+2KCl+2CrCl3+7H2O，令锡粉中锡的质量分数为x，则：
Sn～Sn2+～2Fe3+～2Fe2+～
119g 
1.19g×x 0.100mol/L×0.032L 解得x=0.96=96%，
故答案为：96%．
解析
解：（1）锡元素与碳元素属于同一主族，Sn处于第五周期第ⅣA族，则：6+8+18+18=50，故原子核电荷数为50，
故答案为：50；
（2）由流程图可知，操作Ⅰ是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、过滤、洗涤、干燥得到，
故答案为：蒸发浓缩；过滤；
（3）由信息可知，SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，存在平衡Sn Cl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解，
故答案为：加入盐酸，使SnCl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl平衡向左移动，抑制Sn2+水解；
（4）由信息可知，Sn2+易被氧化，加入Sn粉除调节溶液pH外，还防止Sn2+被氧化；
故答案为：防止Sn2+被氧化；
（5）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，双氧水有强氧化性，将Sn2+易被氧化为Sn4+，自身被还原为水，离子方程式为：Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O，
故答案为：Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O；
（6）用已知浓度的K2Cr2O7滴定生成的Fe2+，发生的反应为：6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl═6FeCl3+2KCl+2CrCl3+7H2O，令锡粉中锡的质量分数为x，则：
Sn～Sn2+～2Fe3+～2Fe2+～
119g
1.19g×x 0.100mol/L×0.032L 解得x=0.96=96%，
故答案为：96%．
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