热门试卷

解：（1）装置A中是浓硝酸和碳加热发反应，反应生成二氧化氮和二氧化碳和水，反应的化学方程式为C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O，

故答案为：C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O；

（2）装置B中是A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，3NO2+H2O=2HNO3+NO，硝酸和铜反应生成硝酸铜，一氧化氮和水，所以反应现象为溶液变蓝，铜片溶解，导管口有无色气体冒出；通过装置C中的过氧化钠吸收一氧化氮、二氧化碳，最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气，

故答案为：铜片溶解，溶液变蓝，导管口有无色气体冒出；除去未反应的NO，防止污染空气；

（3）检验亚硝酸钠的实验设计为：取少量生成物置于试管中，加入稀盐酸，若产生无色气体并在液面上方变为红棕色，则产物是亚硝酸钠．

故答案为：取样，加入稀盐酸，若产生无色气体并在液面上方变为红棕色，则产物是亚硝酸钠；

（4）因为一氧化氮中混有二氧化碳和水蒸汽，二氧化碳和过氧化钠发生的反应生成碳酸钠和氧气，水与过氧化钠反应生成氢氧化钠，故C产物中除亚硝酸钠外还含有副产物碳酸钠和氢氧化钠，为避免产生这些副产物，应在B、C装置间增加装置E，E中盛放的试剂应碱石灰，用来吸收二氧化碳；

故答案为：氢氧化钠；干燥管 碱石灰；

（5）n（Na2O2）==0.02mol，根据2NO+Na2O2=2NaNO2知，0.02mol过氧化钠反应需要0.04molNO，设参加反应的碳为nmol，根据C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O知生成4nmolNO2，根据3NO2+H2O=2HNO3+NO可知4nmolNO2与水反应生成4nmol×=nmol硝酸和nmolNO，再根据3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O可知硝酸与铜反应生成的NO为nmol×=nmol，所以nmol+nmol=2nmol=0.04mol，得n=0.02mol，则C的质量=12g/mol×0.02mol=0.24g，

故答案为：0.24．

解：（1）ABC中除了生成双氧水为还有其它物质生成，D中只有双氧水生成，所以D中原子利用率最高，故答案为：D；

（2）该反应中氧元素的化合价变化为：-2价→-1价，所以生成1mol双氧水转移电子2NA；SO42-失去e-生成S2O82-，阳极的电极反应方程是：2SO42--2e-=S2O82-，故答案为：2NA；2SO42--2e-=S2O82-；

（3）过氧化氢受热容易分解，减小气压，使液体沸点降低；残液为NH4HSO4，可循环利用，故答案为：过氧化氢不稳定，受热容易分解，减小气压，使液体沸点降低；NH4HSO4；

（4）根据图2知，纵坐标越大其粘度越大，相同时间内纵坐标变化越大，其反应速率越快，根据图3知，相同浓度的铜离子溶液中，纵坐标变化越大，其反应速率越大，

A．e曲线变化不明显，所以锰离子能使该降解反应速率减缓，故正确；

B．相同时间内，含有亚铁离子的曲线纵坐标变化比含有铜离子的大，所以亚铁离子对该降解反应的催化效率比铜离子高，故错误；

C．海藻酸钠浓度与溶液粘度正相关，粘度变化越大海藻酸钠浓度变化越大，其反应速率越大，所以海藻酸钠溶液粘度的变化快慢可反映出其降解反应速率的快慢，故正确；

D．根据图3知，一定条件下，铜离子浓度一定时，反应时间越长，溶液粘度越小，则海藻酸钠溶液浓度越小，故正确；

故答案为：B．

解：（1）硫粉难溶于水微溶于乙醇，所以硫粉在反应前用乙醇湿润是使硫粉易于分散到溶液中，故答案为：使硫粉易于分散到溶液中；

（2）根据题中图示装置图可知，仪器a为冷凝管，该实验中冷凝管具有冷凝回流的作用，故答案为：冷凝管；冷凝回流；

（3）S2O32‾具有还原性，能够被氧气氧化成硫酸根离子，所以可能存在的杂质是硫酸钠；检验硫酸钠的方法为：取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4，

故答案为：Na2SO4； 取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4；

（4）S2O32‾与氢离子发生氧化还原反应生成淡黄色硫单质，反应的离子方程式为：S2O32‾+2H+=S↓+SO2↑+H2O，故答案为：S2O32‾+2H+=S↓+SO2↑+H2O；

（5）滴定结束后，碘单质使淀粉变蓝，所以滴定终点时溶液颜色变化为：由无色变为蓝色，故答案为：由无色变为蓝色；

（6）根据图示的滴定管中液面可知，滴定管中初始读数为0，滴定终点液面读数为18.10mL，所以消耗碘的标准溶液体积为18.10mL；

根据反应2S2O32-+I2═S4O62-+2I-可知，n（S2O32-）=2n（I2），所以W g产品中含有Na2S2O3•5H2O质量为：0.1000 mol•L-1×18.10×10-3L×2×M=3.620×10-3Mg，则产品的纯度为：×100%=×100%，

故答案为：18.10；×100%；

（7）Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO42-，根据化合价升降相等配平后的离子方程式为：S2O32‾+4Cl2+5H2O=2SO42‾+8Cl‾+10H+，

故答案为：S2O32‾+4Cl2+5H2O=2SO42‾+8Cl‾+10H+．

解：（1）①Ti（s）+O2（g）=TiO2（s）△H=-946kJ•mol-1

②2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=-221kJ•mol-1

③Ti（s）+2Cl2（g）=TiCl4（g）△H=-815kJ•mol-1

根据盖斯定律，③+②-①可得：TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）⇌TiCl4（g）+2CO （g）△H=-815kJ•mol-1+（-221kJ•mol-1）-（946kJ•mol-1）=-90kJ•mol-1；

反应TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）⇌TiCl4（g）+2CO （g）的平衡常数为：K=；

该反应为放热反应，随着温度的升高，化学平衡向着逆向移动，则平衡常数逐渐减小，则TiCl4达到平衡后百分含量随温度的变化趋势图为：，

故答案为：-90；；；

（2）粗TiCl4固体加热易气化，由表中数据可知，TiCl4固体与含有的杂质的沸点相差较大，可以通过蒸馏的方法分离，

故答案为：蒸馏（分馏）；

（3）反应中TiO2（s）+2Cl2（g）⇌TiCl4（l）+O2（g）加入碳后，碳与氧气反应，导致生成物浓度减小，平衡向着正向移动，

故答案为：降低生成物O2浓度，平衡向正方向移动；

（4）金属钠、钛能够与空气中氧气反应，为了防止高温下Na（Ti）与空气中的O2反应，所以还原工序要在惰性气体的气氛中进行，

故答案为：防止高温下Na（Ti）与空气中的O2作用；

（5）制取Ti的新工艺是用二氧化钛作阴极，以石墨为阳极，以CaCl2熔盐做电解质（在熔融状态下能传导O2-），电解而得到Ti，电解池中阳极氯离子失去电子生成氯气，阴极TiO2中钛离子得到电子生成金属Ti和O2-，阴极电极反应式为：TiO2+4e-=Ti+2O2-，

故答案为：TiO2+4e-=Ti+2O2-．

解：工业上制取纯净的CuCl2•2H2O的主要过程：将粗氧化铜（含少量Fe）溶解于稀盐酸中，氧化铜和盐酸反应生成氯化铜，铁和盐酸反应生成氯化亚铁，过滤，滤液中含有亚铁离子、铜离子、氯离子，加入氧化剂将亚铁离子氧化成铁离子，然后加入Y调节溶液的pH，将铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，得到的溶液乙为氯化铜溶液，然后在持续通入HCl气体并不断搅拌条件下蒸发溶液乙获得氯化铜晶体．

（1）依据流程图可知实验目的是制备氯化铜晶体，需要除去亚铁离子，加入的X为氧化剂，但不能引入新的杂质，通入氯气氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，若X是过氧化氢溶液，酸性溶液中也可以氧化亚铁离子为铁离子且不引入新的杂质，反应的离子方程式为：2H++H2O2+2Fe2+=2Fe3++2H2O；

故答案为：Cl2（H2O2）；Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-（2H++H2O2+2Fe2+=2Fe3++2H2O）；

（2）Y物质应调节溶液的酸性，调节溶液PH时铁离子全部沉淀，铜离子不能沉淀且不能引入新的杂质离子，实验需要加入和酸反应的固体物质CuO或Cu（OH）2，已知Cu2+、Fe2+在pH为4～5时不水解，而Fe3+几乎完全水解而沉淀，调节溶液PH值4--5，使铁离子完全沉淀；

故答案为：调节溶液的酸性，使PH为4～5，且不引入新杂质；CuO或Cu（OH）2 ；

（3）氯化铜水溶液蒸发浓缩，铜离子水解，CuCl2+H2O⇌Cu（OH）2+2HCl，生成的氯化氢挥发，加热促进水解正向进行，得到氢氧化铜，所以实验需要在氯化氢气流中蒸发，抑制水解反应进行，析出得到氯化铜晶体；

故答案为：通入HCl气体（或加入盐酸），并不断搅拌且不能蒸干．

解：向硫酸钙浊液中通入氨气后，溶液显示碱性，然后再通入适量CO2，反应化学反应：CaSO4+2NH3+CO2+H2O=（NH4）2SO4+CaCO3↓，过滤后得到硫酸氨滤液和碳酸钙沉淀，硫酸氨溶液中加入氯化钾，根据溶解度差异，可以得到溶解度较小的硫酸钾晶体和氯化铵溶液，碳酸钙高温下分解得到的氧化钙溶于水，可以得到氢氧化钙，氢氧化钙和氯化铵之间反应，得到氨气，可以循环使用．

（1）向硫酸钙浊液中通入氨气后，溶液显示碱性，然后再通入适量CO2，反应化学反应：CaSO4+2NH3+CO2+H2O=（NH4）2SO4+CaCO3↓，故答案为：CaSO4+2NH3+CO2+H2O=（NH4）2SO4+CaCO3↓；

（2）由于CO2微溶于水，NH3易溶于水，应先通入足量NH3，使溶液呈碱性，然后再通入适量CO2，故选B；

（3）操作III为CaCO3和溶液的分离，应为过滤，过滤时所需要的仪器有烧杯、普通漏斗以及玻璃棒，玻璃棒的作用是引流，防止液体外溅，故答案为：ac；引流；

（4）操作IV滤液硫酸铵溶液与KCl需在浓氨水中发生反应，析出K2SO4晶体，原理是物质的溶解度大小不同，物质间发生复分解，析出溶解度小的物质，浓氨水的作用是降低硫酸钾的溶解度，利于硫酸钾的析出，应需在密闭容器中进行，防止浓氨水的挥发，该操作得到的母液中所含的主要阳离子是铵根离子，检验方法是取溶液少许，向其中加入NaOH溶液并加热，生成有刺激性气味的气体并能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，

故答案为：复分解反应；降低硫酸钾的溶解度，利于硫酸钾的析出；浓氨水易挥发；取溶液少许，向其中加入NaOH溶液并加热，生成有刺激性气味的气体并能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；

（5）a为NH3，b为CO2，所投入的原料和尾气成分相同，则CO2、NH3可循环使用故答案为：CO2、NH3，故答案为：CO2、NH3．

解：（1）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若液柱高度保持不变，则气密性良好；D中左侧为短导管，为安全瓶，防止倒吸；装置E起到吸收尾气中SO2、H2S的作用，可选用NaOH溶液，故答案为：液柱高度保持不变；防止倒吸；NaOH；

（2）根据题目所给3个反应，可得出对应关系：2Na2S～2H2S～3S～3 Na2SO3，2Na2S反应时同时生成2Na2SO3，还需要1Na2SO3，所以烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为2：1，故答案为：2：1；

（3）为观察SO2的生成速率，可供选择的溶液或液体中，水能溶解SO2生成亚硫酸，饱和Na2SO3溶液和饱和NaHCO3溶液均与二氧化硫反应，只有c中饱和NaHSO3溶液与SO2不反应，应该选c，故答案为：c；

（4）为减慢SO2的生成速率，可通过控制分液漏斗控制滴加稀硫酸的速率来完成，故答案为：控制滴加硫酸的速度；

（5）Ⅲ中发生S（g）+Na2SO3（aq）Na2S2O3（aq），反应达到终点是S完全溶解，可观察到溶液变澄清（或浑浊消失），故答案为：溶液变澄清（或混浊消失）；

（6）烧杯、锥形瓶需要加热时必须使用石棉网，故答案为：ad；

（7）检测产品中是否存在Na2SO4的实验方案为：取少量产品溶于足量稀盐酸、静置、取上层清液（或过滤，取滤液）、滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质，故答案为：取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层清液（或过滤，取滤液），滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质．

解：（1）反应为可逆反应，生成物中有水生成，步骤①中使用分水器不断分离除去水，可以使生成物的浓度减小，化学平衡向着正向移动，从而增大了产率，

故答案为：使平衡不断地向正向移动，从而提高产品产率；

（2）当该反应完成后，就不再生成水，则加热回流至分水器中水位不再上升，故答案为：分水器中的水层不再增加时，视为反应的终点；

（3）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212.6℃，但要使乙醇和环己烷蒸馏出，所以温度应高于乙醇和环己烷的沸点80.8，故答案为：C；

（4）白烟是固体小颗粒，因为苯甲酸在100℃会迅速升华，所以可能是苯甲酸乙酯中混有未除净的苯甲酸，加热升华产生白烟，故答案为：苯甲酸乙酯中混有未除净的苯甲酸，在受热至100℃时发生升华；

（5）分流漏斗的使用方法，必须将水溶液中加入乙醚，转移至分液漏斗中，塞上玻璃塞．将分液漏斗倒转过来，用力振摇，而且放出液体时，需将玻璃塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔，只有这样液体才能顺利流下，故选：A D；

（6）蒸馏时所用的玻璃仪器有酒精灯、冷凝管、接收器、锥形瓶、蒸馏烧瓶、温度计，故答案为：蒸馏烧瓶，温度计；    

（7）12.20g苯甲酸的物质的量为：=0.1mol，而生成苯甲酸乙酯的质量为：12.86mL×1.05g•ml-1=13.503g，物质的量为：=0.11mol，所以实验的产率=×100%=×100%=90%，故答案为：90%．