热门试卷

解：（1）根据②木条复燃说明有氧气生成，根据A中固体变为红棕色，说明A中固体变为红棕色为氧化铁，B中有白色沉淀为硫酸钡，是因为硫酸亚铁在氮气的条件下隔绝空气加热分解生成氧化铁、二氧化硫，所以实验③反应的离子方程式是Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，

故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；

（2）根据氧化还原反应的特点，元素化合价升高的价数等于元素化合价降低的价数，分解过程除产生使木条复燃的气体为氧气说明氧元素的化合价在升高，A中固体变为红棕色为氧化铁，因为有Fe2O3生成，铁的化合价也在升高，在FeSO4中只有+6价S元素有氧化性，能被还原，因此一定有SO2生成，

故答案为：SO2；因为有Fe2O3生成，在FeSO4中只有+6价S元素有氧化性，能被还原．因此一定有SO2生成；

（3）取A中固体，加盐酸Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，将③所得溶液滴入D试管中，溶液变为浅绿色说明有二价铁生成，说明三价铁离子被还原，D试管中有无色液体为二氧化硫，发生的反应为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，

故答案为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；

（4）因为硫酸亚铁在氮气的条件下隔绝空气加热分解一定生成氧化铁、二氧化硫，不一定有三氧化硫，B中的现象是有白色沉淀生成，白色沉淀为硫酸钡，该沉淀可能是2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，故无论分解反应是否有SO3 生成，都会有此现象，总反应为2SO2+O2+2H2O+2BaCl2=2BaSO4↓+4HCl，

故答案为：不正确，因为分解有O2 和SO2 生成，在水溶液中发生反应：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，故无论分解反应是否有SO3 生成，都会有此现象；2SO2+O2+2H2O+2BaCl2=2BaSO4↓+4HCl．

解：（1）S2Cl2分子结构与H2O2相似，S2Cl2分子中氯原子与硫原子之间形成1对共用电子对，硫原子与硫原子之间形成1对共用电子对，S2Cl2电子式为：．

故答案为：；

（2）c为直型冷凝管，使生成的S2Cl2冷凝成液体，进行收集，S2Cl2是一种易水解的物质，d烧瓶带有支管口，为蒸馏烧瓶，d蒸馏烧瓶连接e，利用碱石灰具有吸水作用，能与水反应生成氢氧化钙，防止空气中的水蒸气进入d，

故答案为：直型冷凝管、蒸馏烧瓶；     

（3）由信息可知S2Cl2遇水水解，进入b中的气体应该干燥．用浓硫酸干燥，a中应放试剂为浓硫酸，其作用为干燥氯气，

故答案为：浓硫酸；

（4）S2Cl2分子易与水反应，空气中含有水蒸气，利用反应物氯气排尽装置中的空气，氯气为黄绿色气体，所以通Cl2一段时间后，看到黄绿色气体充满装置后，再开始加热b，

故答案为：通Cl2一段时间后，看到黄绿色气体充满装置后，再开始加热b；

（5）装置e盛放碱石灰，能吸收Cl2尾气，防止污染环境，并能防止空气中的水汽加入e中使S2Cl2水解，

故答案为：碱石灰；①防止空气中的水蒸气进入d使产品与水反应；②吸收剩余的Cl2；

（6）分离沸点相差较大的互溶物，用分馏（或蒸馏），可能因温度、水蒸气因素引入S，SCl2等杂质，需要进行的操作是分馏（或蒸馏），得到纯净的S2Cl2，

故答案为：分馏（或蒸馏）；  

（7）将S2Cl2放入水中，在反应过程中硫元素一部分升高到+4价（生成SO2），一部分降低到0价（生成S），根据原子守恒可知还生成水，反应方程式为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl，

故答案为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl．

解：从左向右的实验仪器作用分别为：制取一氯甲烷，防倒吸，排水法收集一氯甲烷气体，接收排水集气体时排出的水，尾气吸收；

（1）制备装置的分液漏斗和烧瓶中分别盛有甲醇和浓盐酸，故该实验中的一氯甲烷应该用甲醇和浓盐酸制得，方程式为：CH3OH+HClCH3Cl+H2O；

故答案为：CH3OH+HClCH3Cl+H2O；

（2）由于氯化氢极易挥发，而氯化氢又极易溶解在水中，所以装置b的作用是防止倒吸，保证安全，故答案为：防止倒吸；

（3）浓盐酸易挥发，卤代烃能发生水解，生成乙醇和氯化氢，装置e为尾气吸收装置，吸收的为氯化氢气体，发生的反应为：NaOH+HCl=NaCl+H2O；

故答案为：NaOH+HCl=NaCl+H2O；

（4）根据一氯甲烷的组成元素可知，一氯甲烷燃烧的生成物应该是CO2、水和氯化氢，则CH3Cl燃烧的化学方程式是：2CH3Cl+3O22CO2+2H2O+2HCl；

故答案为：2CH3Cl+3O22CO2+2H2O+2HCl；

（5）根据CH3OH+HClCH3Cl+H2O知：甲醇和浓盐酸1：1（物质量之比）反应恰好反应，而实际按甲醇和浓盐酸1：2（物质量之比）进行反应，显然盐酸是过量的，目的应该是增加一种反应物（浓盐酸）的量，提高另一反应物（甲醇）的转化率，使甲醇充分反应，转化成一氯甲烷；

故答案为：可使甲醇充分反应，转化成一氯甲烷；

（6）根据已知条件可知，甲醇沸点较低（64.7℃），受热时易挥发，致使一部分未反应而逸出，所以收集到一定体积的气体产物所消耗的甲醇、浓盐酸的混和溶液的量比正常情况下多；

故答案为：甲醇沸点较低（64.7℃），受热时易挥发，致使一部分未反应而逸出；

（7）由于甲醇和盐酸都是易溶于水的，一氯甲烷也可以部分溶于水，因此排水法收集一氯甲烷时，排出的水（d中收集到的液体）中可能含有甲醇、盐酸、一氯甲烷，

故答案为：甲醇、盐酸、一氯甲烷．

解：（一）CuSO4•5H2O制取

Cu和稀硫酸不反应，加入浓硝酸后，二者反应生成铜离子、NO，NO不稳定及易被氧化生成红棕色二氧化氮气体，所以看到的现象是无色气体变为红棕色气体，溶液呈蓝色；加入足量稀硫酸，使硝酸完全转化为NO，然后过滤得到硫酸铜溶液，蒸发浓缩、冷却结晶，然后过滤得到CuSO4•5H2O晶体，

（1）Cu和稀硫酸不反应，加入浓硝酸后，二者反应生成铜离子、NO，NO不稳定及易被氧化生成红棕色二氧化氮气体，所以看到的现象是无色气体变为红棕色气体，溶液呈蓝色，

故答案为：无色气体变为红棕色气体，溶液呈蓝色；

（2）离子反应方程式为3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO+4H2O，假设有2mol硝酸反应，硝酸提供2mol氢离子，还有6mol氢离子被3mol硫酸提供，所以根据反应原理，硝酸与硫酸的理论配比2：3，

故答案为：2：3；

（3）通过以上分析知，步骤I为蒸发浓缩、步骤II为冷却结晶，

故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；

（二）（4）①将12.500g胆矾样品溶解，配成100mL溶液，取25mL于烧杯中，目的是配制一定物质的量浓度溶液；

②向溶液中加入100mL0.2500mol/L氢氧化钠溶液使Cu2+完全沉淀（不考虑其它副反应），二者反应方程式为CuSO4+2NaOH→Cu（OH）2↓+Na2SO4；

③过滤，多余的氢氧化钠溶液用0.5000mol/L盐酸滴定至终点，耗用10.00mL盐酸，盐酸消耗多余的HCl，反应方程式为HCl+NaOH=NaCl+H2O；

④做平行实验减小实验误差；

⑤数据处理，

通过以上分析知，该操作是作平行实验1-2次，故答案为：做平行实验1～2次；

（5）在滴定中，眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色变化；滴定终点时，准确读数应该是滴定管上蓝线粗细交接点所对应的刻度，故答案为：锥形瓶中溶液颜色变化；蓝线粗细交接点；

（6）n（NaOH）=0.2500mol/L×0.1L=0.025mol，

n（HCl）=0.5000mol/L×0.010L=0.005mol，根据HCl+NaOH=NaCl+H2O知，盐酸消耗n（NaOH）=n（HCl）=0.005mol，所以与硫酸铜反应n（NaOH）=0.025mol-0.005mol=0.02mol，

根据得CuSO4+2NaOH→Cu（OH）2↓+Na2SO4，n（CuSO4）=n（NaOH）=×0.02mol=0.01mol，

100mL中硫酸铜的物质的量=0.01mol×4=0.04mol，结合Cu原子守恒得m（CuSO4•5H2O）=n（CuSO4•5H2O）M（CuSO4•5H2O）=n（CuSO4）．M（CuSO4•5H2O）=0.04mol×250g/mol=10g，其质量分数==0.8；

步骤③中沉淀未洗涤，导致沉淀质量增大，所以测定结果偏大，

故答案为：0.8； 偏大．