热门试卷

解：（1）①分析图谱中温度不同的谱线结合E中镁元素的质量分数可知，MgO中镁元素质量分数=×100%=60%，判断E为氧化镁；“一段脱水”的目的是制备MgCl2•2H2O，温度不高于180℃的目的是因为温度过高会生成MgOHCl或MgO，

故答案为：MgO；若温度太高，MgCl2转化为MgOHCl或MgO；

②生成的MgOHCl与阴极产生的Mg反应生成MgO，氯化镁和氢气，反应的化学方程式为：2MgOHCl+Mg=2MgO+MgCl2+H2↑，

故答案为：2MgOHCl+Mg=2MgO+MgCl2+H2↑；

③制备金属镁工艺的关键流程分析，循环使用的物质是加入后在反应过程中有重新生成的物质，分析可知是氯气和氯化氢，

故答案为：HCl、Cl2；

（2）储氢材料Mg（AlH4）2在110℃-200℃的反应为：Mg（AlH4）2=MgH2+2Al+3H2↑，反应中生成2molAl转移电子6mol，每生成27gAl转移电子的物质的量为3mol；

故答案为：3mol；

（3）“镁-次氯酸盐”燃料电池的装置图中微粒变化分析可知，ClO-在正极放电，生成Cl-，结合碱性的环境，可写出正极反应式：ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-，

故答案为：ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-．

解：（1）装置A为二氧化硫的制取，亚硫酸钠和浓硫酸发生复分解反应：Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O，生成二氧化硫，

故答案为：Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O；

（2）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，离子反应为：4SO2+2S2-+CO32-=CO2↑+3S2O32-，硫代硫酸钠晶体易溶于水，难溶于乙醇，乙醇易挥发，生成的硫代硫酸钠粗品可用乙醇洗涤，

故答案为：4SO2+2S2-+CO32-=CO2↑+3S2O32-；乙醇；

（3）装置B的作用是检验装置A中SO2的吸收效率，说明B中物质能与二氧化硫反应，且有明显的现象，一般可为品红、溴水或KMnO4溶液等，如A中SO2吸收效率低，则B中进入较多的二氧化硫，导致B中溶液颜色很快褪色，加快反应速率，可增大气体与液体的接触面积，增大浓度，加快二氧化硫的流速、升高温度等，

故答案为：品红、溴水或KMnO4溶液； 溶液颜色很快褪色；控制SO2的流速（或增大SO2的接触面积或适当升高温度）；

（4）检验氢氧化钠存在，需加入过量CaCl2溶液，把Na2CO3转化为CaCO3，再测量溶液的pH，实验方案为：取少量样品于试管（烧杯）中，加水溶解，加入过量的CaCl2溶液，振荡（搅拌），静置，用PH测定上层清夜的PH，若PH，则含有NaOH，

故答案为：取少量样品于试管（烧杯）中，加水溶解，加入过量的CaCl2溶液，振荡（搅拌），静置，用PH测定上层清夜的PH，若PH，则含有NaOH．

解：（1）固体的表面积越大，反应速率越快，所以在工业生产中，将块状固体磨成粉末，并在反应池中安装搅拌机，目的是增加反应速率，故答案为：增加反应物之间的接触面积，增加反应速率，提高生产效率；

（2）三氧化二铁与铁单质在酸性条件下反应生成亚铁离子，离子方程式为Fe2O3+Fe+6H+═3Fe2++3H2O，故答案为：2Fe3++Fe═3Fe2+或Fe2O3+Fe+6H+═3Fe2++3H2O；

（3）Fe2+与Fe3+在碱性条件下反应生成Fe3O4，反应的离子方程式为：Fe2++2Fe3++8OH-=Fe3O4+4H2O；水浴加热方便控制温度，故答案为：Fe2++2Fe3++8OH-=Fe3O4+4H2O；水浴加热；

（4）没有气体产生，说明铁刚好使三价铁转化为二价铁，由于在1molFe3O4中可以认为有二价的氧化亚铁和三价的三氧化铁各1mol，

设Fe为Xmol，Fe2O3为ymol，生成1molFe3O4，根据Fe+2Fe3+=3Fe2+则有：

X+2Y=3

3X=1

解得X=；

Y=，故铁和三氧化铁的物质的量为1：4．

故答案为：4：1；

（5）进行过滤、洗涤和烘干可得活性Fe3O4，故答案为：过滤、洗涤．

解：I、（1）根据实验目的是用甲醇催化氧化法得到甲醛，并且验证甲醛性质，需要与氧气加热反应，所以选装置③④，

故答案为：③④（或④③）；

（2）发生反应有甲醇催化氧化和溴水与生成的甲醛发生加成反应，反应的方程式为：CH3OH+O2 HCHO+2H2O，HCHO+H2O+Br2→HCOOH+2HBr，

故答案为：CH3OH+O2  HCHO+2H2O；HCHO+H2O+Br2→HCOOH+2HBr；

（3）甲醛被溴单质氧化成了二氧化碳的化学方程式为：HCHO+H2O+2Br2→CO2+4HBr，

故答案为：HCHO+H2O+2Br2→CO2+4HBr；

 II、（4）实验室利用乙醇能发生消去反应制乙烯，反应的方程式为：CH3-CH2-OH CH2-CH2↑+H2O，

故答案为：CH3-CH2-OH CH2-CH2↑+H2O；

（5）通过氢氧化钠溶液，可以除去乙烯中的酸性气体、使乙烯与氢气混合、还可以通过观察气泡并调节乙烯与氢气混合的体积之比，

故答案为：除去乙烯中的酸性气体、使乙烯与氢气混合，③观察气泡并调节乙烯与氢气混合的体积之比（只要答出其中两点即可）；

（6）乙烯易和溴加成生成1，2-二溴乙烷，即CH2=CH2+Br-Br→CH2Br-CH2Br，

故答案为：CH2=CH2+Br-Br→CH2Br-CH2Br；

（7）若反应后的气体不能够使高锰酸钾溶液褪色，且点燃后生成了二氧化碳，证明了乙烯与氢气反应生成了乙烷，

故答案为：②中酸性KMnO4溶液不褪色，点燃气体后附有澄清石灰水的烧杯壁出现白色沉淀．

解：I．氨气极易液化，气化时吸收热量，所以氨气能作制冷剂，氨气能和氧气反应生成一氧化氮、一氧化氮和氧气和水反应生成硝酸，硝酸为工业用三大强酸之一，利用氨气能生产化肥，所以氨气重要用途为制化肥、制硝酸，

故答案为：制硝酸、化肥；

II．①固态氯化铵加热分解成氨气和氯化氢，但氨气和氯化氢一冷却马上又可以化合成氯化铵，这个方案很难制氨气，故①错误；

②向固体氢氧化钠中滴加浓氨水，氢氧化钠吸水，放出大量热，促进NH3•H2O的分解及NH3的挥发逸出，故②正确；

③氯化铵溶液与氢氧化钠溶液共热反应太剧烈并且生成的氨气极易溶于水，不易收集氨气，故③错误；

④固体氯化铵与氢氧化钙固体混合加热可以制取氨气，反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故④正确．

故选②④；

III．（1）氢气具有可燃性，加热不纯的氢气可能会发生爆炸，故检验氢气纯度的目的是排除空气，保证安全，

故答案为：排除空气，保证安全；

（2）当C瓶内水位下降到液面保持不变时，氮气和氢气两种气体也混合的很均匀了，C中的气体成分是氮气和氢气，A中试管内液面下降，长颈漏斗中液面上升，直到试管内液面和锌离分离，打开弹簧夹b，无底细口瓶C内气体经D进入反应管E，在这个地方氮气跟氢气进行反应生成氨气，并保证氢气含量较多，提高氮气的转化率；

故答案为：锌粒与酸脱离；尽量增大氢气的浓度以提高氮气的转化率；N2、H2；

（3）第③步先点燃E处酒精灯，只是为了先给催化剂升温，因为催化剂也只有在适宜的温度下才能发挥最大的活性，对于铁触媒来说，温度应该为500℃，所以用酒精灯加热反应管E-段时间后再打开弹簧夹b，是为了升高催化剂的温度，使催化剂达到最佳活性温度，以提高反应速率，氮气和氢气之间在催化剂的作用下发生反应生成氨气，即N2+3H22NH3，

故答案为：铁触媒在较高温度时活性增大，加快氨合成的反应速率；N2+3H22NH3．

解：（1）设化合物K2MnO4中Mn元素化合价为n价，依化合物中各元素化合价代数和为零的原则，有（+1）×2+n+（-2）×4=0，解之得n=+6，

故答案为：+6；

（2）由工艺流程转化关系可知，MnO2、KOH的熔融混合物中通入空气时发生反应生成K2MnO4，根据元素守恒还应生成水．反应中锰元素由+4价升高为+6价，总升高2价，氧元素由0价降低为-2价，总共降低4价，化合价升降最小公倍数为4，所以MnO2系数2，O2系数为1，根据锰元素守恒确定K2MnO4系数为2，根据钾元素守恒确定KOH系数为4，根据氢元素守恒确定H2O系数为2，所以反应化学方程式为2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O，

故答案为：2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；

（3）分离易溶于水的两种溶质根据其溶解度差异性采用蒸发结晶方法，KMnO4和K2CO3都易溶于水但二者溶解度不同且相差较大，高锰酸钾溶解度受温度影响较小，所以操作Ⅲ根据KMnO4和K2CO3两物质在溶解度上的差异，采用蒸发浓缩结晶、趁热过滤得到KMnO4粗晶体，洗涤干燥得到较纯净的高锰酸钾，

故答案为：蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥；

（4）试剂X是将碳酸钾反应生成氢氧化钾，所以从经济性考虑试剂X宜选择石灰乳（或生石灰），上述流程中，步骤IV和V都是物质循环利用，其目的是循环利用二氧化锰、氢氧化钾，提高原料利用率，

故答案为：Ca（OH）2（或CaO）；循环利用二氧化锰、氢氧化钾，提高原料利用率；

（5）探究物质的变化规律时，运用了物质的质量守恒和元素的质量守恒法．MnSO4•H2O在高温下易分解，101.4克的MnSO4•H2O物质的量为：=0.6mol，根据锰元素守恒，MnSO4•H2O分解时，先转变为MnSO4和H2O，质量为：0.6mol×151g/mol=90.60g，所以图2曲线中A段质量减少：101.4-90.60=10.8克为水，所以该曲线中A段所表示物质的化学式为MnSO4，根据表中的数据可知：B固体质量为45.80克，为MnxO4，根据锰元素守恒，MnxO4的物质的量为mol，则mol×（55x+16×4）g/mol=45.80g，x=3，

此时发生的反应为：3MnSO4•H2OMn3O4+SO2↑+2SO3↑+3H2O，

故答案为：MnSO4；3．

解：Ⅰ．（1）在加热ZnCl2晶体时可选择通HCl气体抑制其水解，故答案为：在干燥的HCl气氛中加热；

（2）为了提高甲醇的利用率，可以适当增加盐酸的量，故答案为：增大盐酸的量以提高甲醇的转化率；

（3）因CH3Cl中混有易溶于水的杂质气体，用排水法可以即除杂又可收集，故答案为：CH3Cl不易溶于水，用排水法可除去HCl、CH3OH等杂质气体；

Ⅱ．（1）如果CH3Cl能被强氧化剂酸性高锰酸钾氧化，可选择先通过盛有水的洗气瓶除去可能混合有的HCl和甲醇，再通过盛有的酸性高锰酸钾洗气瓶，溶液的紫色会褐去，最后通过盛Na2SO3的洗气瓶吸收生成的氯气防污染，故答案为：BAC；A紫色褪去；

（2）酸性高锰酸钾氧化CH3Cl会生成CO2和Cl2，同时自身被还原成Mn2+，发生反应的离子方程式为10CH3Cl+14MnO4-+42H+=14Mn2++10CO2↑+5Cl2↑+36H2O，生成的氯气经过Na2SO3的洗气瓶会氧化Na2SO3为Na2SO4，发生反应的离子方程式为SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+H+，故答案为：10CH3Cl+14MnO4-+42H+=14Mn2++10CO2↑+5Cl2↑+36H2O、SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+H+；

（3）CH3Cl易溶于乙醇和丙醇等有机溶剂，可选择酒精吸收CH3Cl的尾气，故答案为：乙醇．

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+，其反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O，

故答案为：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；

（3）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；

（4）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，

故答案为：蒸发（浓缩）、冷却（结晶）；

（5）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；

（6）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；

（7）放电时，该装置为原电池，正极上得电子发生还原反应，电极反应式为CoO2+Li++e-=LiCoO2，

故答案为：CoO2+Li++e-=LiCoO2．