化学 热门试卷

Na、K均与水反应，燃烧生成的过氧化氢均与二氧化碳反应生成氧气，则钠、钾着火，可用细沙盖灭来灭火，故答案为：C

该反应中，P元素化合价由0价变为+5价，Cl元素的化合价由+5价变为-1价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，是电子化合价升高的反应物是还原剂，还原剂对应的产物是氧化产物，所以HClO3是氧化剂，H3PO4是氧化产物；

若1molP4参加反应转移电子的物质的量=1mol×4×（5-0）=20mol

①同一主族元素的原子，原子半径越大，金属活泼性越强，故钠比锂活泼

故答案为：同主族元素，随着核电荷数增加，原子半径逐渐增大，金属性增强

② ZEBRA电池的正极上发生得电子的还原反应，即NiCl2 + 2e－＝ Ni +2Cl—

故答案为：NiCl2 + 2e－＝ Ni +2Cl—

电解池中生成N2O5的电极发生氧化反应，N2O4被氧化，电极方程式为：N2O4+2HNO3﹣2e﹣=2H++2N2O5

故答案为N2O4+2HNO3﹣2e﹣=2H++2N2O5

C可在D中燃烧发出苍白色火焰，为氢气与氯气反应生成HCl，可推知C为H2、D为Cl2、F为HCl，M是日常生活中不可缺少的调味品，由转化关系可知，M的溶液电解生成氢气、氯气与B，可推知M为NaCl、B为NaOH，用惰性电极电解M溶液的离子方程式为：2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑  ；F为HCl，电子式为

故答案为：2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑ ；

若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，则A为SiO2，E为Na2SiO3，与F溶液反应可以制备G为H2SiO3，E的溶液俗称水玻璃，
故答案为：水玻璃；

V(HCl)在0～0.1L，发生反应：Na2CO3+HCl= NaHCO3+NaCl

V(HCl)在0.1L～0.3L，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。

可见，二氧化碳与氢氧化钠溶液反应后溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3。

故答案为：Na2CO3和NaHCO3；

若A是一种化肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，则E为NH3、A为铵盐，E与氯气相遇均冒白烟，且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露，则氨气与氯气反应生成氯化铵，同时生成氮气，反应方程式为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，
故答案为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl；

Cl2和Ca(OH)2制取漂粉精反应的方程式为2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O，氯气既是氧化剂，也是还原剂，氯化钙是还原产物，次氯酸钙是氧化产物，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1；

故答案为：1:1

pH 试纸先变蓝（约为12），后褪色，说明漂粉精溶液具有的性质是碱性、漂白性；

故答案为：碱性、漂白性（或强氧化性）；

由于白雾中可能含有少量Cl2和SO2，导入硝酸酸化的AgNO3溶液中，也容易产生沉淀，所以结论不合理；

故答案为：不合理；因为白雾中可能含有少量SO2，也容易产生沉淀

现象2中溶液变为黄绿色，说明有氯气产生，这是由于随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl-发生反应，该反应的离子方程式为ClO－+Cl－+2H+=2H2O+Cl2↑；

故答案为：ClO-+Cl-+2H+=H2O+Cl2↑；

①SO2被氧化生成硫酸，进而生成硫酸钙沉淀，因此将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到的沉淀为CaSO4；

②由于氯气能把SO2氧化为硫酸，进而产生硫酸钙沉淀，所以黄绿色褪去，反应的离子方程式为SO2+Cl2+2H2O+Ca2+=CaSO4↓+2Cl-+4H+。

故答案为：①CaSO4；②SO2+Cl2+2H2O+Ca2+=CaSO4↓+2Cl-+4H+(或SO2+Cl2+2H2O=SO42-+2Cl-+4H+)

【实验II】SO2与过氧化钠反应。将一定量（过量）SO2充入注射器X中，硬质玻璃管Y中加入少量过氧化钠，两端用夹子K1、K2夹好。在室温下按图示装置进行实验，请填写空白。

过氧化钠具有强氧化性，能把SO2氧化为硫酸钠，因此实验现象是浅黄色固体变为白色，反应的化学方程式为SO2+Na2O2=Na2SO4；将注射器活塞退回原处并固定，待装置恢复到室温，打开K2后由于SO2被吸收，压强减小，从而产生倒吸现象，所以实验现象为Z中NaOH溶液倒吸入Y管中。

故答案为：浅黄色固体变为白色。

过氧化钠具有强氧化性，能把SO2氧化为硫酸钠，因此实验现象是浅黄色固体变为白色，反应的化学方程式为SO2+Na2O2=Na2SO4；将注射器活塞退回原处并固定，待装置恢复到室温，打开K2后由于SO2被吸收，压强减小，从而产生倒吸现象，所以实验现象为Z中NaOH溶液倒吸入Y管中。

故答案为：SO2+Na2O2=Na2SO4。

过氧化钠具有强氧化性，能把SO2氧化为硫酸钠，因此实验现象是浅黄色固体变为白色，反应的化学方程式为SO2+Na2O2=Na2SO4；将注射器活塞退回原处并固定，待装置恢复到室温，打开K2后由于SO2被吸收，压强减小，从而产生倒吸现象，所以实验现象为Z中NaOH溶液倒吸入Y管中。

故答案为：Z中NaOH溶液倒吸入Y管中。

硫酸钴溶液和草酸铵溶液发生复分解反应生成难容的草酸钴，根据原子守恒和电荷守恒，有C₂O₄2— + Co2+ = CoC₂O₄↓；

故答案为：C₂O₄2— + Co2+ = CoC₂O₄↓；

根据平衡移动原理可知，升高温度平衡向吸热的方向移动，据此图可知，升高温度c(Fe（SCN）2+)的值减小，所以△H<0，反应在5S钟时达到平衡，平衡时c(Fe（SCN）2+)=0.45mol/L，则达到平衡时的平均反应速率v(SCN-)= v(Fe（SCN）2+)==0.09 ，参加反应的Fe3+的物质的量为0.45mol，所以Fe3+的转化率==90%，平衡时各物质的浓度为c(Fe3+)= c(SCN-)=0.05mol/L，c(Fe（SCN）2+)=0.45mol/L，，所以平衡常数K=180

故答案为：<       0.09     90%      180 L·mol －1

Ksp[Co（OH）2]=6.0×10﹣15，Ksp[Ni（OH）2]=2.0×10﹣15，对于同种类型的沉淀Ksp越小，越难溶，则在低价氢氧化钠溶液的过程中，二价镍离子先沉淀，Ni2++2OH-=Ni(OH)2↓,当Co2+开始沉淀是，溶液中存在两个溶解平衡：Co（OH）2= Co2++2OH-，Ni（OH）2= Ni2++2OH-，根据Ksp[Co（OH）2]计算出此时溶液中氢氧根离子浓度则溶液中剩下的镍离子浓度溶液中=3.0

故答案为：3.0

[来源:学+科39.古代铁器(埋藏在地下)在严重缺氧的环境中，仍然锈蚀严重(电化学腐蚀)。原因是一种叫做硫酸盐还原菌的细菌，能提供正极反应的催化剂，每48gSO放电转移电子数为2.408×1024，该反应放出的能量供给细菌生长、繁殖之需。

①写出该电化学腐蚀的正极反应的电极反应式：                       。

②文物出土前，铁器表面的腐蚀产物可能有(写化学式)              。

根据题意可知，正极：SO42-+8e－+ 4H2O=S2-+8OH- ，负极：Fe－2e－＝Fe2+ ，两极产物相遇，生成Fe (OH)2  ； FeS。

故答案为：①SO＋8e－＋4H2O===S2－＋8OH－ ；  ②Fe(OH)2，FeS

根据题意可知，正极：SO42-+8e－+ 4H2O=S2-+8OH-，负极：Fe－2e－＝Fe2+，两极产物相遇，生成Fe(OH)2  ； FeS。

（1）原料都是固体，将固体物质粉碎，其目的是为了增大反应物接触面积，加快溶解速率（提高Al3+的浸出率）；Al、Al2O3、Fe2O3等金属或金属氧化物都能溶于酸，滤渣I的主要成分是SiO2

故答案为：（1）增大反应物接触面积，加快溶解速率，提高Al3+的浸出率； SiO2

（2）步骤①在煮沸过程中，溶液逐渐变为浅绿色，检验溶液中呈浅绿色的阳离子常采用加入                 溶液进行检验（填试剂化学式）。

步骤①在煮沸过程中，溶液逐渐变为浅绿色，此时溶液中呈浅绿色的阳离子Fe2+常采用加入K3[Fe(CN)6]溶液的方法来检验。

故答案为：K3[Fe(CN)6]

步骤②中加入适量的Ca(OH)2并控制pH，其目的：一是生成碱式氯化铝；二是使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去。由于碱式氯化铝的分散质粒子大小在1~100 nm之间，所以属于胶体；而滤液则属于溶液。因此区别滤液I与碱式氯化铝两种液体的物理方法是利用胶体的性质，观察是否有丁达尔效应，有观察是否有丁达尔效应的就是胶体，否则就是滤液。若Ca(OH)2溶液过量，则会发生反应Al3+ + 4OH－＝AlO2-+ 2H2O，导致步骤③得到的碱式氯化铝产率偏低。

故答案为：除Fe3+    观察是否有丁达尔效应    Al3+ + 4OH－＝AlO2- + 2H2O

某温度下若0.1 mol AlCl3溶于蒸馏水，当有2.5%水解生成Al(OH)3溶液时，吸收热量Q kJ ，该过程的热化学反应方程式为AlCl3(aq) + 3H2O(l)Al(OH)3(胶体) + 3HCl(aq)  ΔH ＝+400Q  kJ∕mol.

故答案为：AlCl3(aq) + 3H2O(l) == Al(OH)3(胶体) + 3HCl(aq)   ΔH ＝+400Q  kJ∕mol