热门试卷

解：（1）冰醋酸为纯净的乙酸，易挥发，浓H2SO4与40mL冰醋酸混合放热，步骤1：将20mL浓H2SO4与40mL冰醋酸在下图装置的烧杯中控制在5℃以下混合，防止防止液体溅出，减少冰醋酸的挥发，

故答案为：防止液体溅出，减少冰醋酸的挥发；

（2）步骤2：先用电磁搅拌器搅拌4～5分钟，使浓H2SO4、冰醋酸、过硫酸钾充分混合，得到的溶液主要为无机溶液，二苯甲酮为有机物，易溶于有机溶剂三氯甲烷，将二苯甲酮9.1g溶于三氯甲烷后，形成二苯甲酮的三氯甲烷溶液，浓硫酸密度大，二苯甲酮的三氯甲烷溶液溶于浓H2SO4、冰醋酸、过硫酸钾混合溶液放热，所以为控制温度不超过15℃，向混合液中加入二苯甲酮的三氯甲烷溶液的方法是：多次少量加入，不断搅拌，

故答案为：多次少量加入，不断搅拌；

（3）步骤3：向黄色液体中加水，直至液体黄色消失，加水不超过1mL，否则水多了苯甲酸苯酯水解多，降低产率，且水和浓硫酸形成溶液放热，导致温度过高，降低产率，

故答案为：加水会使苯甲酸苯酯水解，降低产率（或导致温度过高等）；

（4）步骤4：减压过滤也称抽滤或吸滤，抽滤用到的漏斗名称为布氏漏斗，

故答案为：布氏漏斗；

（5）整个制备过程中液体混合物会出现褐色固体可能为碳，因为浓硫酸具有脱水性，能将有机物脱水碳化，利用布氏漏斗通过抽滤提纯，

故答案为：在浓硫酸作用下反应物碳化的结果；抽滤．

解：（1）在加热或点燃的情况下，镁能与氧气、二氧化碳和氮气反应，则选择氩气，故答案为：d；

（2）利用置换反应的原理用铝与TiCl4反应制得TiCl3，反应的方程式为4Al+3TiCl44AlCl3+3Ti，故答案为：4Al+3TiCl44AlCl3+3Ti；

（3）在加热的条件下，TiCl4水解得TiO2•xH2O和HCl，反应方程式为TiCl4+（x+2）H2OTiO2•xH2O↓+4HCl↑，故答案为：TiCl4+（x+2）H2OTiO2•xH2O↓+4HCl↑；

（4）①仪器D为球形干燥管，故答案为：球形干燥管；

②根据反应方程式MnO2+4HClCl2↑+MnCl2+2H2O可得实验室制氯气的离子反应式MnO2+4H++2Cl-Cl2↑+Mn2++2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl-Cl2↑+Mn2++2H2O；

③为了防止Ti被空气中的氧气氧化，故要利用生成的氯气除空气，则先加热制氯气的装置，故答案为：甲；

④C装置中盛装浓硫酸干燥氯气，利用E中盛装的氢氧化钠溶液吸收尾气中的氯气，防污染空气，故答案为：c；d；

⑤因TiCl4易水解，为防止外界水汽进入收集TiCl4装置，利用D装置中的氯化钙吸水，故答案为：防止水蒸汽进入造成产品水解．

解：工业上以磷肥生产形成的副产物石膏（CaSO4•2H2O）与焦炭为原料可生产硫酸，同时可以得到硫酸钾肥料和氯化钙水合物储热材料，依据流程图分析可知，生成硫酸的步骤中，A为SO2，B为SO3，CO2，H2O吸收氨气生成（NH4）2CO3，碳酸铵和石膏反应生成碳酸钙沉淀和硫酸铵溶液，沉淀F为CaCO3和CaSO4•2H2O，在硫酸铵溶液中加入氯化钾，利用物质溶解度分离得到硫酸钾和氯化铵，氯化铵和D反应生成氨气和氯化钙晶体，说明D为CaO，溶于水生成的氢氧化钙和氯化铵反应得到氯化钙溶液，浓缩蒸发得到CaCl2•6H2O；

（1）分析判断反应Ⅰ是石膏和碳在高温下反应生成氧化钙，二氧化硫，二氧化碳，水，配平书写化学方程式为：CaSO4•2H2O+C2CaO+2SO2↑+CO2↑+4H2O↑；

故答案为：CaSO4•2H2O+C2CaO+2SO2↑+CO2↑+4H2O↑；

（2）沉淀F为CaCO3和CaSO4•2H2O，故答案为：CaCO3和CaSO4•2H2O；

（3）检验碳酸根离子的存在，可以取少量滤液加入盐酸，根据生成气体现象分析判断碳酸根离子的存在，实验方法为：取少许滤液滴加到盐酸中产生气泡；

故答案为：取少许滤液滴加到盐酸中产生气泡；

（4）氯化钙结晶水合物（CaCl2•6H2O）是目前常用的无机储热材料，是因为氯化钙结晶水合物熔点低易熔化，且无毒，与易溶于水，能导电无关；

故答案为：cd；

（5）依据图表数据分析可知，二氧化硫氧化为三氧化硫的反应是放热反应，温度低利于反应正向进行，但反应速率慢，增大压强对二氧化硫的转化率增加不大，所以为提高反应速率，在400°C-500°C，常压下，二氧化硫转化率较高，且在此温度下催化剂活性最大；

故答案为：常压、400-500℃、催化剂的条件下．

解：（1）装置A为碳酸钙与盐酸反应制二氧化碳，所需药品为：a石灰石和c6mol/L盐酸，

故答案为：ac；

（2）氯化氢具有挥发性，则制取的二氧化碳中混有氯化氢气体，应该欧诺个饱和NaHCO3溶液除掉挥发出来的氯化氢，

故答案为：饱和NaHCO3溶液；除去二氧化碳中的氯化氢；

（3）实验室制取氨气采用氯化铵和氢氧化钙加热制的生成氯化钙、氨气和水，反应的方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，

故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；

（4）仪器D为球形干燥管，D中装有蘸稀硫酸的脱脂棉，目的是吸收从圆底烧瓶C逸出的氨气，避免污染空气，

故答案为：球形干燥管；吸收氨气；

（5）氨气溶于水生成氨水，溶液呈碱性，二氧化碳是酸性气体，能和碱反应生成碳酸铵，碳酸铵和氯化钙发生复分解反应生成碳酸钙和氯化铵，反应的化学方程式为：CaCl2+CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+2NH4Cl，

故答案为：CaCl2+CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+2NH4Cl；

（6）本实验需配置6mol•L-1的HCl溶液480mL，需要选用规格为500mL的容量瓶，还需要量取、玻璃棒、胶头滴管、烧杯等仪器；

图2中定容时俯视容量瓶刻度线，会导致加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液体积偏小，则溶液的浓度偏高，

故答案为：500mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒、量筒等；偏高．

解：（1）利用质量守恒定律，可以判断未知物是硅酸，利用观察法配平反应方程式为：CuSiO3•2H2O+H2SO4═CuSO4+H2SiO3+2H2O；双氧水将亚铁离子氧化成铁离子的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，

故答案为：H2SiO3；2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；

（2）由于滤液A显示酸性，加入的试剂能够中和溶液中的氢离子，还不能引进新的杂质，所以应该选用B氧化铜，故选B；

（3）有表中数据可知，pH=4时，三价铁离子完全生成了氢氧化铁沉淀，而铝离子完全沉淀需要的PH是5.2，所以铝离子没有完全沉淀，

故答案为：Fe3+；Al3+；

（4）PH=4时，溶液中的氢氧根离子的浓度为：1×10-10mol/L，溶液中铝离子浓度为：mol/L=3.2×10-4mol/L，浓缩后c（Al3+）=6.4×10-4mol/L＜＜2.25mol/L，所以不会有硫酸铝晶体析出，

故答案为：该同学的观点是错误的；通过计算可知，滤液B中，c（Al3+）=3.2×10-4mol/L，浓缩后c（Al3+）=6.4×10-4mol/L＜＜2.25mol/L，所以不会有硫酸铝晶体析出；

（5）测定硫酸铜晶体中结晶水的含量，需要的仪器是酒精灯、托盘天平、三角架、泥三角、玻璃棒、干燥器、坩埚钳、研钵、药匙和坩埚；若是在空中冷却后称量，导致称量的剩余固体质量偏大，计算出结晶水的质量偏小，结果偏低，

故答案为：坩埚；偏低．

解：（1）恒压滴液漏斗中的支管主要作用是保持压强平衡利于液体流下，故答案为：平衡压强，使H2O2溶液顺利流下；

（2）可以利用冰水混合物给反应容器降温，也可以调慢滴加过氧化氢的速度，故答案为：AB；

（3）①用乙醇洗涤过碳酸钠可减少固体的溶解，同时还能起干燥作用，故答案为：减少过碳酸钠的溶解损失，并带走水份利于干燥；

②滤液X中加入适量中加入适量NaCl固体，是为了增加钠离子浓度，促进过碳酸钠溶解平衡逆向移动，得到更多的沉淀，故答案为：增大钠离子浓度，降低过碳酸钠的溶解度；

（4）A、Na2S会被过碳酸钠氧化，使过碳酸钠失效，符合；

B、醋酸和碳酸钠反应，使过碳酸钠失效，符合；

C、碳酸氢钠和过碳酸钠不反应，不符合；

故答案为：AB；

（5）①样品中的碳酸钠加入氯化钡后滤液钡离子沉淀碳酸根离子，反应的离子方程式为：Ba2++CO32-=BaCO3↓，故答案为：Ba2++CO32-=BaCO3↓；

②实验过程中直接测定的物理量为样品的质量m1g、沉淀的质量m2g，沉淀物质的量=，设过碳酸钠物质的量为x，含有的碳酸钠物质的量为y，依据碳元素守恒得到2x+y=、314x+106y=m1 ，x=；过碳酸钠质量分数=，故答案为：．

③可能影响纯度分析的是沉淀时有没有将碳酸钠完全沉淀，或操作过程中有没有影响过碳酸钠的分解，故答案为：主要影响因素是沉淀是否完全及过碳酸钠有无分解．

解：（1）从过滤中可以得到CaCO3、来进行判断，可知分解的只是碳酸镁，分解生成氧化镁，方程式为MgCO3=△=MgO+CO2↑；

故答案为：MgCO3=△=MgO+CO2↑；

（2）“研磨”可以增大反应物之间的接触面积，反应速度快且充分；

故答案为：增大反应物之间的接触面积，反应速度快且充分；

（3）加入氨水，生成氢氧化镁沉淀，方程式为MgSO4+2NH3•H2O=Mg（OH）2↓+（NH4）2SO4；检验洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液检验是否含有硫酸根离子，洗涤Mg（OH）2沉淀所用玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻棒等，取洗涤液加入氯化钡溶液，若无沉淀生成，说明已洗净；

故答案为：MgSO4+2NH3•H2O=Mg（OH）2↓+（NH4）2SO4；取少量最后一次洗涤液，加盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若无沉淀生成，说明已洗净；

（4）由流程图可知，（NH4）2SO4 、NH3可以循环利用；

故答案为：（NH4）2SO4 、NH3；

（5）分析流程可知，传统工艺将白云石分解为氧化镁和氧化钙后提取，该工艺采用轻烧白云石的方法可以减少能源消耗、便于CaCO3分离；

故答案为：减少能源消耗或便于CaCO3分离；

故答案为：减少能源消耗，便于分离出CaCO3 或减少CO2的排放．

解：（1）从溶液里获得晶体的系列实验为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥；

（2）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：SnCl2水解，发生SnCl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解；

（3）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；

（4）CO32-和Sn2+发生双水解反应的离子方程式为CO32-+Sn2+═SnO+CO2↑，故答案为：CO32-+Sn2+═SnO+CO2↑；

（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+～K2Cr2O7计算．

   119g                     mol       

  1.226g×x            0.100mol/L×0.032L

故，解得x=93.2%，

故答案为：6、1、14、6、2、2、7H2O；93.2%．