热门试卷

实验室用亚硫酸钠粉末跟硫酸制取二氧化硫，选用的是70%硫酸，其理由是98%浓硫酸中c(H+)小不易反应，10%硫酸溶液水含量高不易使SO2放出。

①足量碱石灰的作用是既防止空气中的水蒸气进入ⅱ中干扰实验，又吸收二氧化硫防污染。

②从实验中可知使品红的水溶液褪色而醇溶液不褪色，显然与SO2+H2O=H2SO3，及亚硫酸电离有关，但与水的电离微粒无关，故微粒可能是H2SO3、HSO3–、SO32–。

该结论不正确，因为SO32–离子和HSO3–离子都会水解生成H2SO3。

①SO2与FeCl3反应的离子方程式是2Fe3++ SO2 + 2H2O→2Fe2+ + SO42–+ 4H+；检验SO42–的方法是取少量反应混合液，加入盐酸酸化后加氯化钡，若产生白色沉淀，则混合液中含有SO42-。

②实验中观察到溶液由黄色（是Fe3+）变为红棕色，静置一段时间，变为浅绿色（是Fe2+）。红棕色为FeSO3（墨绿色难溶物）与FeCl3溶液形成的混合色；且Fe3+可氧化SO32–。

则②中红棕色变为浅绿色的原因是：混合液中存在平衡FeSO3(s)Fe2+(aq)+SO32–(aq)， Fe3+会与SO32–发生氧化还原反应，使平衡右移，墨绿色沉淀溶解，最终生成浅绿色FeSO4溶液。

根据已知A是石油裂解产物之一，对氢气的相对密度为14，可得A的相对分子质量为28，以及A生成B（加成反应），B生成C（水解反应和已知）的反应条件可知：A为CH2=CH2，B为CH2BrCH2Br ，C为HOCH2CH2OH；又知D是含有7个碳原子的芳香族化合物，据D生成E含醛基（氧化反应），E生成F含羧基（氧化反应），及G(C16H14O4)是C和2 F酯化反应生成，可知：D为苯甲醇 ，E为苯甲醛‍，F为苯甲酸，C与F酯化反应生成G为，其含有的官能团名称为碳碳双键。

根据已知A是石油裂解产物之一，对氢气的相对密度为14，可得A的相对分子质量为28，以及A生成B（加成反应），B生成C（水解反应和已知）的反应条件可知：A为CH2=CH2，B为CH2BrCH2Br ，C为HOCH2CH2OH；又知D是含有7个碳原子的芳香族化合物，据D生成E含醛基（氧化反应），E生成F含羧基（氧化反应），及G(C16H14O4)是C和2 F酯化反应生成，可知：D为苯甲醇 ，E为苯甲醛‍，F为苯甲酸，C与F酯化反应生成G为，其含有的官能团名称为碳碳双键。

根据已知A是石油裂解产物之一，对氢气的相对密度为14，可得A的相对分子质量为28，以及A生成B（加成反应），B生成C（水解反应和已知）的反应条件可知：A为CH2=CH2，B为CH2BrCH2Br ，C为HOCH2CH2OH；又知D是含有7个碳原子的芳香族化合物，据D生成E含醛基（氧化反应），E生成F含羧基（氧化反应），及G(C16H14O4)是C和2 F酯化反应生成，可知：D为苯甲醇 ，E为苯甲醛‍，F为苯甲酸，C与F酯化反应生成G为，其含有的官能团名称为碳碳双键。

根据已知A是石油裂解产物之一，对氢气的相对密度为14，可得A的相对分子质量为28，以及A生成B（加成反应），B生成C（水解反应和已知）的反应条件可知：A为CH2=CH2，B为CH2BrCH2Br ，C为HOCH2CH2OH；又知D是含有7个碳原子的芳香族化合物，据D生成E含醛基（氧化反应），E生成F含羧基（氧化反应），及G(C16H14O4)是C和2 F酯化反应生成，可知：D为苯甲醇 ，E为苯甲醛‍，F为苯甲酸，C与F酯化反应生成G为，其含有的官能团名称为碳碳双键。

根据已知A是石油裂解产物之一，对氢气的相对密度为14，可得A的相对分子质量为28，以及A生成B（加成反应），B生成C（水解反应和已知）的反应条件可知：A为CH2=CH2，B为CH2BrCH2Br ，C为HOCH2CH2OH；又知D是含有7个碳原子的芳香族化合物，据D生成E含醛基（氧化反应），E生成F含羧基（氧化反应），及G(C16H14O4)是C和2 F酯化反应生成，可知：D为苯甲醇 ，E为苯甲醛‍，F为苯甲酸，C与F酯化反应生成G为，其含有的官能团名称为碳碳双键。

根据题意二氧化碳氛围中通过利用金属钠来还原二氧化硅可在较低的温度条件下得到硅，同时生成一种盐X，可得SiO2 + 4Na + 2CO2 = 2Na2CO3 + Si，

二氧化硅与二氧化碳是同族的元素氧化物，都为酸性氧化物，但物理性质不同，因为二氧化硅是原子晶体，熔沸点高、硬度大，而二氧化碳是分子晶体，熔沸点低。所以物理性质差别很大

盐X（Na2CO3）的溶液能与Al2(SO4)3溶液反应生成一种白色沉淀和气体即CO32-与Al3+发生双水解反应：3CO32—+2Al3++3H2O= 2Al (OH)3↓+3CO2↑

①酸性条件下与H2S作用生成淡黄色沉淀C是硫单质，同时放出无色气体一氧化氮，一氧化氮在空气中转变为红棕色气体二氧化氮，说明A是亚硝酸盐；②当通入足量Cl2时，无明显现象，但将所得溶液浓缩后即可得到无色晶体盐F，是铵盐，结合A有3种元素组成，易溶于水．将A加热分解，所以A为硝酸铵，加热，生成既不助燃，也不使湿润的红色或蓝色石蕊试纸变色的气体B和H2O，则B是氮气，

①酸性条件下与H2S作用生成淡黄色沉淀C是硫单质，同时放出无色气体一氧化氮，一氧化氮在空气中转变为红棕色气体二氧化氮，说明A是亚硝酸盐，反应的离子方程式为：2NO2-+2H++H2S=S↓+2NO↑+2H2O；

②NO2-+H2O+Cl2=NO3-+2 Cl-+2H+，故答案为：2NO2-+2H++H2S=S↓+2NO↑+2H2O；NO2-+H2O+Cl2=NO3-+2 Cl-+2H+；

一氧化氮与二氧化氮与氢氧化钠反应的化学方程式为：NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O，故答案为：NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O；

浓缩后即可得到无色晶体盐F，化合物F可能为NH4NO3或NH4Cl或NH4NO3和NH4Cl的混合物，可取mg F，加入足量的硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生沉淀，则含有NH4Cl，再通过产生沉淀的质量与m之间的关系可确定是否含有NH4NO3；若无沉淀，则只有NH4NO3，故答案为：NH4NO3或NH4Cl或NH4NO3和NH4Cl的混合物；取mg F，加入足量的硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生沉淀，则含有NH4Cl，再通过产生沉淀的质量与m之间的关系可确定是否含有NH4NO3；若无沉淀，则只有NH4NO3 。

用浓配制稀溶液溶液的过程中会用到的玻璃仪器可以通过实验步骤确定，所以还需要的玻璃仪器有胶头滴管、100mL容量瓶。故答案为：胶头滴管、100mL容量瓶。

0.1 mol·L-l醋酸溶液的pH约为3，即溶液中氢离子和醋酸根离子的浓度都为0.001mo1·L-1，由于电离的醋酸程度很小，所以可以认为电离以后溶液中醋酸溶液的浓度仍然为0.1 mol·L-l，所以估算出醋酸的电离常数K=[c(H+)×c(CH3COO-)]/c(CH3COOH)=(0.001×0.001/0.1=10-5；向10 mL此溶液中加入少量冰醋酸，相当于增大了醋酸溶液的浓度，醋酸的电离程度减小，所以溶液中的值将减小。故答案为：10-5；减小

将浓度均为0.1 mo1·L-1的盐酸和氨水等体积混合，盐酸和氨水恰好完全反应，所得混合溶液中的溶质为NH4Cl，溶液因为NH4+水解呈酸性，所以离子的物质的量浓度由大到小的顺序为c(Cl-)> c(NH4+)> c(H+)> c(OH-)；此混合溶液的pH为a，则混合溶液中c(H+)=10-a ，c(OH-)10a-14。根据电荷守恒： c(NH4+)+ c(H+)= c(OH-)+c(Cl-)，所以c(NH4+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(H+)，由于盐酸和氨水等体积混合，所以溶液中c(Cl-)为混合前的1/2， 即为0.05 mo1·L-1。所以混合溶液中c(NH4+)=0.05+10a-14-10-amo1·L-1。

故答案为：c(Cl-)> c(NH4+)> c(H+)> c(OH-)；0.05+10a-14-10-a

（1）①电石主要成分碳化钙，碳化钙为离子化合物，其电子式为：

②CaC2与水反应生成Ca（OH）2和C2H2，其反应方程式为：CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑；

③电石中的杂质硫化钙也会与水反应，硫化钙与水反应生成硫化氢，硫化氢能与高锰酸钾溶液、氢氧化钠溶液反应，乙炔也能被高锰酸钾反应，所以应该用NaOH溶液吸收硫化氢；

（2）①根据元素守恒知，X中含有Na、C元素，该反应中N元素化合价由-3价转化为0价、NaCN中C元素化合价为+2价，则C元素化合价由+2价转化为+4价，转移电子数为6，根据转移电子守恒、原子守恒知X为NaHCO3；

②由题意可知，碱性条件下CN-与NaClO反应生成N2、CO32-和Cl-，反应离子方程式为2CN-+5ClO-+2OH-=2CO32-+N2↑+5Cl-+H2O；

，由方程式可知，消耗CN-的物质的量为n（CN-）=0.015mol，则CN-的处理率为

③浓度均为0.1mol/L的NaCN和HCN的混合液显碱性，则NaCN的水解程度大于HCN的电离程度，则浓度关系为c（HCN）＞c（Na+）＞c（CN-）＞c（OH-）＞c（H+）；