化学 热门试卷

在Cu(NO3)2催化下，用稀硝酸氧化乙醛制取乙二醛，硝酸被还原为NO，反应方程式为：3CH3CHO+4HNO33OHC-CHO+4NO↑+5H2O，生成的NO对环境有污染；
故答案为：3CH3CHO+4HNO33OHC-CHO+4NO↑+5H2O；尾气有污染；

①知：Ⅰ．OHC—CHO(g) +2H2(g)HOCH2CH2OH(g)  △H＝−78kJ·mol−1  K1
Ⅱ．2H2(g) + O2(g)2H2O(g)   △H＝−484kJ·mol−1  K2
根据盖斯定律，Ⅱ-Ⅰ可得：HOCH2CH2OH(g)+O2(g)OHC-CHO(g)+2H2O(g)，则△H=-484kJ•mol-1-（-78kJ•mol-1）=-406kJ•mol-1，平衡常数K为反应Ⅱ与Ⅰ的平衡常数的商，即K= K2/K1，
故答案为：-406kJ•mol-1；K2/K1；
②主反应HOCH2CH2OH(g)+O2(g)OHC-CHO(g)+2H2O(g)为放热反应，升高温度平衡逆向移动；温度超过495℃时，乙二醇大量转化为二氧化碳等副产物，使乙二醛产率降低，
故答案为：升高温度，主反应平衡逆向移动；温度超过495℃时，乙二醇大量转化为二氧化碳等副产物；

阴极是氢离子放电生成氢气，电极反应式为：2H++2e-=H2↑，
故答案为：2H++2e-=H2↑；

阳极液中盐酸可以增强溶液导电性，
故答案为：增强溶液导电性；

tmin内，电极上通过总电量为60t s×a A=60at C，则电极上通过电子总物质的量=；生成乙醛酸mg，其物质的量为=，醛基转化为羧基，C由+2价变为+4价，消耗电子物质的量，故电解中的电流效率，

故答案为：．

钙与氮气加热制备氮化钙的反应方程式为：3Ca＋N2 Ca3N2，

故答案为：3Ca＋N2 Ca3N2

由题意知，制备氮化钙要用到氮气和钙，根据所给装置可以判断，本实验中所用氮气来自于空气，先将空气用碱石灰干燥，再用灼热的铁粉除去其中氧气，然后在加热条件下与钙发生反应得到氮化钙，由于氮化钙易水解，所以后面要接一保护装置以防止水蒸气与氮化钙接触反应，所以按气流由左到右的方向，合理的连接顺序为i－gh（或hg）ab（或ba）－e－f－jk（或kj）dc，

故答案为： gh（或hg）ab（或ba）； jk（或kj）dc

①实验步骤如下，检查装置气密性，加入药品，点燃装置A处酒精灯，打开分液漏斗活塞，点燃装置C处酒精灯，反应一段时间，熄灭装置C处酒精灯，关闭分液漏斗活塞，熄灭装置A处酒精灯。

故答案为：bacd

②氮化钙易溶水解，而空气中是有水蒸气的，所以装置B的作用是防止外界空气进入装置C使Ca3N2变质，

故答案为：防止外界空气进入装置C，使Ca3N2变质；

③因为钙是银白色金属，而氮化钙是棕色的，所以装置C的硬质玻璃管中的现象为银白色金属逐渐变为棕色，

故答案为：银自色金属逐渐变为棕色

要证明Ca3N2中混有钙单质，可以取混合物与盐酸反应生成氮化钙、氯化铵和氢气（虽然钙与水也能反应生成氢气，因氮化钙与水反应会生成氨气，如果混合物直接和水反应，生成的气体中氨气是主要成分，需先用硫酸将氨气除去），生成的气体用CuO来检验，如果黑色的氧化铜变红则证明有氢气生成，也就证明了钙单质的存在。所以实验方案为：取混合物少量于洁净试管中，加入适量稀盐酸，将生成的气体净化后，通入灼热的CuO黑色固体变红，则Ca3N2中混有钙单质。

故答案为：取混合物少量于洁净试管中，加入适量稀盐酸，将生成的气体净化后，通入灼热的CuO，黑色固体变红，则Ca3N2中混有钙单质(或取混合物少量于洁净试管中，加入适量水，将生成的气体通过足量浓硫酸，再通入灼热的CuO，黑色固体变红，则Ca3N2中混有钙单质)

Ⅱ.测定氮化钙纯度。

i.称取4.0g反应后的固体，加入足量水，将生成的气体全部蒸出并通入100. 00 mL 1.00 mol /L的盐酸中，充分反应后，将所得溶液稀释到200.00 mL；

ii.取20.00 mL稀释后的溶液，用0.2 mol /LNaOH标准溶液滴定过量的盐酸，到终点时消耗标准溶液25. 00 mL。

氮化钙与水反应生成氢氧化钙和氨气，钙与水反应生成氢氧化钙和氢气，将氨气通入盐酸中生成氯化铵。盐酸的总物质的量为0.1mol氢氧化钠消耗的盐酸为，所以n(NH3)=0.05mol，由N元素守恒求出n(Ca3N2)=0.025mol，所以，所取固体中氮化钙的质量分数为，

故答案为：92.5%

N原子最外层有5个电子，其中3个是未成对电子，结合3个氢原子构成稳定的8电子体，所以电子式为，

故答案为

将焙烧渣粉碎或搅拌可以增大渣粉与液体的接触面积，加热促进分子热运动也可以提高水浸速率；根据题中的方程式：，分析焙烧产物，只有SiO2不溶于水，作为浸渣被除去。

故答案为：将焙烧渣粉碎或加热或搅拌；SiO2

混有杂质离子为Fe3+、Al3+，当pH调至5.0时，此时溶液中c(OH-)=10-9mol/L，根据Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，得，即，

故答案为：Fe3+、Al3+；4.0×10-11mol/L

“沉镁”过程中碳酸氢铵与镁离子反应生成碳酸镁晶体，反应的离子方程式为Mg2+＋2HCO3－＋(n-1)H2O＝MgCO3•nH2O↓＋CO2↑；升温促进Mg2＋部分水解或升温促进Mg2＋水解，“沉镁”时若温度超过60℃，将产生较多的碱式碳酸镁杂质，

故答案为：Mg2+＋2HCO3－＋(n-1)H2O＝MgCO3•nH2O↓＋CO2↑；升温促进Mg2＋部分水解或升温促进Mg2＋水解

“沉镁”过程后的溶液中残余物为(NH4)2SO4，可以重新收集利用于焙烧过程。

故答案为：(NH4)2SO4

由图象可知该晶体分解过程先分解逐步失去结晶水，当结晶水全部失去后碳酸镁分解生成氧化镁和二氧化碳，最终氧化镁的质量为4.0g，

MgCO3·nH2O MgO+CO2+nH2O

84+18n            40

Ga元素位于元素周期表的第4周期第IIIA族，原子序数为31，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，有8种轨道，所以有8种能量不同的电子，其价电子排布图为，

故答案为：8；

GaAs的晶胞与金刚石相似，As原子位于晶胞的顶点和面心，每个Ga原子与4个As原子相连，与同一个Ga原子相连的As原子构成的空间构型为正四面体，金刚石中含有的化学键是共价键，所以该物质中含有共价键，又因为As原子还有1对孤对电子，而Ga原子有容纳孤对电子的空轨道，所以还存在配位键。第VA的As元素p轨道为半充满状态，故其第一电离能高于邻近元素，所以Ga、Ge、As、Se四种基态原子的第一电离能由大到小的顺序为As> Se> Ge> Ga，

故答案为：共价键、配位键；As> Se> Ge> Ga

Cu3(AsO4)2是一种木材防腐剂。其阴离子中As原子的杂化轨道类型为sp3，H3AsO4的酸性强于H3AsO3的原因为H3AsO4非羟基氧原子多，As的正电性更高，羟基中的O原子的电子向As偏移程度大，更容易电离出H+

故答案为：sp3； H3AsO4非羟基氧原子多，As的正电性更高，羟基中的O原子的电子向As偏移程度大，更容易电离出H+

[Cu(NH3)4]SO4是一种重要的配合物。与SO42-互为等电子体的分子的化学式为CCl4（或SiCl4或CBr4或SiF4）, 一定压强下，将NH3和PH3的混合气体降温，因为氨分子间可以形成氢键，沸点高，所以首先液化的是NH3，

故答案为：CCl4（或SiCl4或CBr4或SiF4等）； NH3

①原子坐标参数A为（0，0，0）、B为（0，1，1）、C为（1，1，0）可知，该晶胞底部为一正方体，所以D原子的坐标参数为(1/2，1/2，1/2)

②由图可知，该晶胞中有1个Y原子、2个Ba原子、个O原子、个Cu原子，所以该晶体的化学式为YBa2Cu3O7，摩尔质量为67g/mol，则1mol该晶胞的质量为667g，体积为，所以该钇钡铜氧晶体的的密度为，

故答案为：①(1/2，1/2，1/2)；②