1、物质推断与实验基础1为探究某复盐A(含四种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验。已知混合气体 1 是由两种组成元素相同的气体构成。请回答：(1)组成A 的四种元素是 C、O 和_(填元素符号)，A 的化学式是_。(2)溶液E 显碱性的理由是 _(用离子方程式表示)。(3)固体 D 能与 NH3H 2O 按 1：4 物质的量比发生非氧化还原反应，生成无色络合物。该无色络合物的氨水溶液露置空气中，立即被氧化为深蓝色络合物。写出无色络合物转化为深蓝色络合物的离子方程式 _。II已知：4Na2SO3 3Na2SO4+Na2S。某学习小组设计如下装置并定性检验分解产物。(1)持续通入氮气的目的是_。(
2、2)甲同学取少量反应后固体，加入过量盐酸，发现有淡黄色沉淀产生，原因是_(用离子方程式表示)。(3)甲同学若要在中操作的基础上检验产物中的硫酸钠，后续操作是 _。【答案】(1)K、Cu K2Cu(C2O4)2 (2)CO32-+H2OHCO3-+OH- (3)4Cu(NH3)2+O2+8NH3H 2O=4Cu(NH3)42+4OH-+6H2O或4Cu(NH3)2+O2+8NH3+2H2O=4Cu(NH3)42+4OH- II(1)防止Na2SO3和Na2S被氧气氧化 (2)SO32-+2S2-+6H+=3S+3H2O (3)过滤，取滤液少许于试管中，加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则含有N
3、a2SO4 【解析】复盐A(含四种元素)，其中含C、O，由流程知，混合气体1为CO和CO2的混合气体，气体B为CO，白色沉淀C为碳酸钡，已知固体 D 能与 NH3H 2O 按 1：4 物质的量比发生非氧化还原反应，生成无色络合物，该无色络合物的氨水溶液露置空气中，立即被氧化为深蓝色络合物，则深蓝色络合物为Cu(NH3)42+，则无色络合物是+1价铜与氨分子形成的络合物，砖红色固体D为Cu2O，已知Cu2O4NH3 则无色络合物是Cu(NH3)2+，E溶液中含钾元素，故A的四种元素为C、O、K和Cu；结合流程信息知，固体混合物1的成分为K2CO3，按题给数据知，CO和CO2的混合气体为，则 ，则
4、，故混合物1中，；可见组成A 的四种元素是 C、O 和K、Cu，则，因A为复盐，故其酸根为碳元素的含氧酸根离子，结合原子数目比，故其化学式为：K2Cu(C2O4)2 ；(2)溶液E为K2CO3溶液，因水解显碱性，其离子方程式为CO32-+H2OHCO3-+OH-；(3)据分析：无色络合物为Cu(NH3)2+，深蓝色络合物为Cu(NH3)42+，则无色络合物转化为深蓝色络合物时，发生氧化还原反应，氧化剂为氧气，故离子方程式为：4Cu(NH3)2+O2+8NH3H2O=4Cu(NH3)42+4OH-+6H2O或4Cu(NH3)2+O2+8NH3+2H2O=4Cu(NH3)42+4OH-。II(1)
5、 Na2SO3和Na2S具有强的还原性，易被氧气氧化，故持续通入氮气的目的是防止Na2SO3和Na2S被氧气氧化；(2)甲同学取少量反应后固体，加入过量盐酸，发现有淡黄色沉淀产生，淡黄色沉淀是S，则SO32-与S2-在酸性环境下发生氧化还原反应，得到S和H2O，离子方程式为：SO32-+2S2-+6H+=3S+3H2O；(3)甲同学若要在中操作的基础上检验产物中的硫酸钠，要防止S的干扰，故后续操作是：过滤，取滤液少许于试管中，加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则含有Na2SO4。2治疗胃酸过多的药物达喜(其式量不超过 700)由五种短周期元素组成，按如下流程进行实验以确定其组成。请回答：(1
6、)达喜的化学式是_。(2)达喜与胃酸(含稀盐酸)反应的化学方程式是_。(3)气体 B 与环氧丙烷( )可制得一种可降解高聚物，该反应的化学方程式是_(有机物用结构简式表示)。II将 NaC1O3 溶液逐滴加入到碘单质和过量盐酸的混合液中可制备液态 ICl，实验装置如下图：请回答：(1)圆底烧瓶中发生的化学反应是_( 用化学方程式表示)。(2)若加入的 NaClO3 溶液已足量，请设计实验方案证明该反应已完全：_。【答案】I(1)Al2O36MgOCO212H2O或 2Al(OH)35Mg(OH)2MgCO34H2O或Al2Mg6(OH)16(CO3)4H2O (2)Al2Mg6(OH)16(C
7、O3)4H2O+18HCl=2AlCl3+ 6MgCl2+CO2+21H2O (3)nCO2+n II(1)3I2 +NaClO3+ 6HCl=6ICl + NaCl + 3H2O (2)取烧瓶内溶液，加淀粉溶液，如果不变蓝，说明反应已完全 【解析】I达喜隔绝空气加强热分解生成的气体冷却至室温，无色液体A是水，说明达喜中含有H和O。无色无味气体B通入足量石灰水产生白色沉淀，气体B是二氧化碳，说明达喜中含有C。达喜加热分解产生的固体中加入0.02molNaOH，不溶于NaOH溶液的2.40g白色固体D能溶于盐酸中，所以固体D是MgO，2.40gMgO为0.06mol。溶于NaOH溶液中的是Al2
8、O3，其质量为3.42g-2.40g=1.02g，为0.01mol。所以达喜中含有的五种短周期元素为H、C、O、Mg、Al。(1) 达喜中含有的五种短周期元素为H、C、O、Mg、Al，若以氧化物的形式表示，可以表示为：aMgObAl2O3cCO2dH2O。Al2O3为0.01mol，若b=1，则达喜的相对分子质量为6.02g0.01mol=602700，所以可以确定达喜的相对分子质量为602。MgO为0.06mol，所以a=6。根据达喜的化学式和相对分子质量，有44c+18d=602-640-102=260，假设c=1，则d=12；假设c=2，d=9.6；假设c=3，d=7.1；假设c=4，d
9、=4.7；假设c=5，d=2.2；d不是整数的都不符合题意，所以达喜的化学式为6MgOAl2O3CO212H2O，或表示为Al2O36MgOCO212H2O或2Al(OH)35Mg(OH)2MgCO34H2O或Al2Mg6(OH)16(CO3)4H2O。(2)达喜与胃酸(含稀盐酸)反应，可以看做是碱或碱性氧化物和酸的反应，化学方程式是Al2Mg6(OH)16(CO3)4H2O+18HCl=2AlCl3+ 6MgCl2+CO2+21H2O。(3)利用CO2中的一个碳氧双键与环氧丙烷( )发生加聚反应，得到聚酯类高聚物，酯在自然界中可以降解，该反应的化学方程式是nCO2+n。II(1) 将NaC1
10、O3溶液逐滴加入到碘单质和过量盐酸的混合液中，生成ICl，氯的化合价从+5价降低到-1价，碘的化合价从0价升高到+1价，根据电子守恒和质量守恒配平得到化学方程式为：3I2 +NaClO3+ 6HCl=6ICl + NaCl + 3H2O。(2)若加入的NaClO3 溶液已足量，则溶液中的碘全部被消耗，加入淀粉溶液时不变蓝。所以可以取烧瓶内溶液，加淀粉溶液，如果不变蓝，说明反应已完全。3I由四种常见元素组成的化合物X，按如下流程进行实验。气体C能使带火星木条复燃，溶液B和溶液E的焰色反应为黄色，固体A和D组成元素相同。请回答： (1)X 的化学式_。 (2)X可由蓝色溶液F与过量的浓的B溶液反应
11、获得，写出该反应的离子方程式_。 (3)黑色固体A可在高温下与氨气作用生成红色固体D，同时生成一种单质，写出该反应的方程式_。 II为测定碳酸钠和碳酸氢钠混合样品中碳酸钠的质量分数，可通过加热分解得到的CO2质量进行计算。某同学设计的实验装置示意图如下：请回答：(1)仪器a的作用是_。(2)指出该同学设计的实验装置存在的缺陷_。(3)设计实验方案说明样品中碳酸氢钠已经分解完全_。【答案】I(1)Na2Cu(OH)4 (2)Cu2+4OH-=Cu(OH)42- (3)6CuO+2NH33Cu2O+N2+3H2O II(1)防止空气中的CO2和H2O进入C中，影响CO2的质量测定 (2)空气中的C
12、O2和H2O，直接通入空气影响CO2的质量测定(或B和C之间缺少吸收水蒸汽的装置，影响CO2的质量测定) (3)持续加热后称量硬质玻璃管或C，若质量不再改变，则说明固体已经分解完全 【解析】I气体C能使带火星木条复燃，应为O2，且n(O2)=0.112L22.4L/mol=0.005mol，红色固体与稀硫酸、过氧化氢反应得到蓝色溶液，固体A和D组成元素相同，则D为Cu2O，可知A为CuO，发生4CuO2Cu2O+O2，可知n(CuO)=1.60g80g/mol0.02mol，溶液B和溶液E的焰色反应为黄色，说明含有钠元素，碱性溶液B与0.100mol/L400mL盐酸反应，B为NaOH水溶液，
13、且n(NaOH)=0.04mol，X可由蓝色溶液F与过量的浓的B溶液反应获得，且满足n(Cu)：n(Na)=1：2，应为Na2Cu(OH)4，则：(1)X为Na2Cu(OH)4；(2)结合原子守恒、电荷守恒可写出CuSO4溶液和浓NaOH反应生成X的离子方程式为：Cu2+4OH-=Cu(OH)42-，故答案为：Cu2+4OH-=Cu(OH)42-；(3)CuO中的Cu为+2价，有氧化性，CuO作氧化剂，还原产物为Cu2O，NH3中的N为-3价，有还原性，NH3作还原剂，还原产物为N2，二者发生氧化还原反应的方程式为：6CuO+2NH33Cu2O+N2+3H2O。(1)NaHCO3在A中加热分解
14、生成碳酸钠、水蒸汽和二氧化碳，水蒸气在B中冷凝，二氧化碳在C中被吸收，C中质量的增大量为二氧化碳的质量，从而计算碳酸氢钠的质量和质量分数，因此a的作用是防止空气中的CO2和H2O进入C中，影响CO2的质量测定，故答案为：防止空气中的CO2和H2O进入C中，影响CO2的质量测定；(2)一方面，空气中有CO2和H2O，直接通入空气影响CO2的质量测定，可改成通入N2，另一方面，B和C之间缺少吸收水蒸汽的装置，水蒸汽也能被C吸收，影响CO2的质量测定，故答案为：空气中的CO2和H2O，直接通入空气影响CO2的质量测定(或B和C之间缺少吸收水蒸汽的装置，影响CO2的质量测定)；(3)如果碳酸氢钠已经完
15、全分解，则A中硬质玻璃管质量将不再减小，C的质量将不再增大，所以，可通过称量装置A中的硬质玻璃管或者C的质量，若硬质玻璃管或者C的质量不再改变，则说明碳酸氢钠已完全分解，故答案为：持续加热后称量硬质玻璃管或C，若质量不再改变，则说明固体已经分解完全。4由三种元素组成的化合物A，按如下流程进行实验。气体B为黄绿色气体单质， 沉淀C和D焰色反应为均为砖红色。(1)组成A的三种元素是_，A的化学式是_；(2)固体A与足量稀硫酸反应的化学方程式是_。(3)请从化学反应原理的角度解释(结合化学方程式)为什么沉淀C能转化成 D_。常用的补铁剂有硫酸亚铁等，而乳酸亚铁被人体吸收的效果比无机铁好，它溶于水形成
16、淡绿色的透明溶液，几乎不溶于乙醇。它的制备方法有两种：一是在FeCO3中加入乳酸；二是利用废铁屑制取纯净的三水合乳酸亚铁晶体，其实验流程如下图所示：(1)写出制备方法一的离子反应方程式_；(2)操作中不需要用到的仪器为_；A玻璃棒 B坩埚 C坩埚钳 D蒸发皿(3)加入过量的试剂Y为_。【答案】(1)Ca、O、Cl Ca(ClO)Cl (2)Ca(ClO)Cl+H2SO4=CaSO4+Cl2+H2O (3)硫酸钙微溶于水，在溶液中存在沉淀溶解平衡，加入碳酸钠，会发生沉淀转化，形成难溶于水的CaCO3，反应方程式为：CaSO4+CO32-CaCO3+SO42-(1)2CH3CH(OH)COOH+F
17、eCO3=2CH3CH(OH)COO-+Fe2+H2O+CO2 (2)C 无水乙醇 【解析】I.(1)n(Cl2)=0.02 mol，n(Cl)=2n(Cl2)=0.04 mol，所以m(Cl2)=nM=0.02 mol71 g/mol=1.42 g，沉淀D是CaCO3，其质量是2.00 g，则CaCO3的物质的量n(CaCO3)=0.02 mol，m(Ca2+)= nM=0.02 mol40 g/mol=0.8 g，A质量是2.54 g，其中含有的另一元素质量是m=2.54 g-1.42 g-0.8 g=0.32 g，由于Ca最外层有2个电子，元素化合价为+2价，Ca、Cl和另外一种元素形成
18、盐，与硫酸反应产物无其它物质，只可能是H、O元素，另外一种元素若是H元素，不符合化合物中元素化合价代数和为0的原则，该元素不可能是H元素，只能为O元素，n(O)=0.02 mol，所以物质A组成元素为Ca、O、Cl三种元素；物质A中n(Ca)：n(O)：n(Cl)=0.02：0.02：0.04=1：1：2，所以A化学式为Ca(ClO)Cl；(2)固体A与足量稀硫酸发生氧化还原反应，产生CaSO4、Cl2、H2O，反应的化学方程式是Ca(ClO)Cl+H2SO4=CaSO4+Cl2+H2O；(3)CaSO4微溶于水，在溶液中存在沉淀溶解平衡：CaSO4(s)Ca2+(aq)+SO42-(aq)，
19、当向溶液中加入Na2CO3溶液时，溶液中c(Ca2+)c(CO32-)Ksp(CaCO3)，发生了沉淀转化形成CaCO3沉淀，该反应的化学方程式是CaSO4+CO32-CaCO3+SO42-，最终完全转化为CaCO3。II (1)由于乳酸的酸性比碳酸强，所以乳酸CH3CH(OH)COOH与FeCO3发生复分解反应产生乳酸亚铁、水、二氧化碳，乳酸是弱酸，主要以分子存在，FeCO3难溶于水，乳酸亚铁易溶于水，所以二者发生复分解反应的离子方程式为：2CH3CH(OH)COOH+FeCO3= 2CH3CH(OH)COO-+Fe2+H2O+CO2；(2)操作是蒸发，使稀溶液变为浓度较大的溶液，从而降低溶
20、液的pH，使用的仪器有玻璃棒、坩埚钳、蒸发皿，不需要的仪器为坩埚，故合理选项是C；(3)由于乳酸亚铁几乎不溶于乙醇，而易溶于水，故抽滤操作时用无水乙醇洗涤乳酸亚铁晶体。5 某化合物A由两种元素组成，可以发生如下的转化。已知：标准状况下，气体B的密度是氢气的8倍。请回答： (1)组成A的元素有_，A的化学式是_(2)请写出A与NaOH溶液反应的化学方程式_(3)A可用于金属的冶炼，请写出A与Fe2O3的化学反应方程式_.某实验小组做了如下实验：请回答：(1)写出硬质管中发生反应的化学方程式：_；(2)有同学认为乙醇的催化氧化反应产物中含有乙酸，请设计实验检验产物成分：_。【答案】 (1)Al、C
21、 Al4C3 (2)Al4C3+4NaOH+4H2O=3CH4+4NaAlO2 Al4C3+4Fe2O3=2Al2O3+8Fe+3CO2 .(1)CH3CH2OH+CuO=CH3CHO+Cu+H2O 将(2)产生的气体分别通入两份新制氢氧化铜悬浊液中，标为A、B，对B进行加热，若A沉淀溶解，B出现砖红色沉淀，则既有乙酸也有乙醛；若A沉淀溶解，B无砖红色沉淀，则只有乙酸；若A沉淀不溶解，B出现砖红色沉淀，则只有乙醛 【解析】 (1)由以上分析知，组成A的元素有Al、C，A的化学式是Al4C3；(2)Al4C3与NaOH溶液反应生成CH4和4NaAlO2，故反应的化学方程式为Al4C3+4NaOH
22、+4H2O=3CH4+4NaAlO2；(3)Al4C3可用于金属的冶炼，其与Fe2O3反应生成Al2O3、Fe和CO2，故反应的化学反应方程式为Al4C3+4Fe2O3=2Al2O3+8Fe+3CO2；.(1)乙醇被CuO氧化，反应生成乙醛、铜单质和水，反应的化学方程式为CH3CH2OH+CuO=CH3CHO+Cu+H2O；(2)根据乙酸和乙醛性质的区别，可将产生的气体分别通入两份新制氢氧化铜悬浊液中，标为A、B，对B进行加热，若A沉淀溶解，B出现砖红色沉淀，则既有乙酸也有乙醛；若A沉淀溶解，B无砖红色沉淀，则只有乙酸；若A沉淀不溶解，B出现砖红色沉淀，则只有乙醛。6 I药物X是由五种短周期元
23、素组成的纯净物，利用下列过程推断其组成：已知：气体C为常见的温室气体。经分析混合气体G中含有280mL气体C(标准状况)。固体F焰色反应呈黄色。请回答：(1)组成药物X的非金属元素是_，药物X的化学式是_。(2)药物X分解生成固体A的化学方程式：_。(3)药物X可通过溶液E与A制备，写出相应的化学方程式：_。II某兴趣小组利用如下实验装置模拟含Mn2+废水的处理。请回答：(1)广口瓶中出现黑色沉淀，溶液呈强酸性，用一个离子方程式表示：_ 。(2)NaOH吸收尾气中的ClO2，可生成NaClO3和NaCl。请设计实验验证有NaClO3生成：_。【答案】I(1)H、C、O NaAl(OH)2CO3
24、 (3)NaAl(OH)2CO3NaAlO2+CO2+H2O (3)NaAlO2+2NaHCO3= NaAl(OH)2CO3+Na2CO3 II(1)2ClO2+5Mn2+6H2O=5MnO2+2Cl-+12H+ (2)取少量溶液，加足量AgNO3溶液、稀HNO3，过滤，向滤液中加入NaNO2，如果又生成白色沉淀，说明生成ClO3- 【解析】IC是温室气体，C是CO2，3.6g药物X加热分解，生成的气体混合物B通过浓硫酸，得到0.025mol CO2；固体F焰色反应呈黄色，说明X中含有Na元素；白色沉淀D与盐酸反应不能放出二氧化碳，说明D中不含碳元素，溶液E蒸干、灼烧得到0.0125mol C
25、O2，说明E是NaHCO3 ；A和二氧化碳反应生成沉淀D和碳酸氢钠，D中不含碳酸根离子，则A是NaAlO2，D是Al(OH)3。(1)根据以上分析，X中含有Na、Al、C、O元素，NaAlO2能恰好与0.025mol CO2反应，则NaAlO2的物质的量是0.025mol，3.6g药物X隔绝空气加热分解出0.025mol CO2、0.025mol NaAlO2，根据质量守恒，分解生成水的质量是3.6-0.025mol44g/mol-0.025mol82g/mol=0.45g，水的物质的量是0.025mol，则A中还一定有氢元素，组成药物X的非金属元素是H、C、O；3.6g药物X隔绝空气加热分解
26、出0.025mol CO2、0.025mol NaAlO2、0.025mol H2O，则X含有 Na、Al、C、O、H元素的物质的量分别是0.025mol、0.025mol、0.025mol、0.125mol、0.05mol，X的化学式是NaAl(OH)2CO3；(2) NaAl(OH)2CO3分解生成NaAlO2、CO2、H2O，反应的化学方程式是NaAl(OH)2CO3NaAlO2+CO2+H2O；(3)根据元素守恒， NaAlO2与碳酸氢钠反应生成NaAl(OH)2CO3和碳酸钠，反应方程式是NaAlO2+2NaHCO3= NaAl(OH)2CO3+Na2CO3。II(1)广口瓶中出现黑
27、色沉淀，说明ClO2和Mn2+反应生成MnO2，根据电荷守恒配平，反应的离子方程式是2ClO2+5Mn2+6H2O=5MnO2+2Cl-+12H+；(2) 取少量溶液，加足量AgNO3溶液、稀HNO3，过滤，向滤液中加入NaNO2，如果又生成白色沉淀，说明生成ClO3-。7I橙红色化合物A由五种元素组成，其中一种元素为原子半径最大的短周期元素(稀有气体元素除外)，按如图流程进行实验。气体B为纯净物，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，溶液C呈黄色，沉淀D为砖红色沉淀。请回答：(1)组成A的金属元素是_(填元素符号)，A的化学式是_。(2)沉淀D与足量B反应的离子反应方程式_。(3)A中的某种金属元素对
28、应的单质可以通过铝热反应制备，写出化学反应方程式_。II 某兴趣小组为了探究84消毒液(主要成分NaClO)和酒精混合使用是否存在安全隐患，利用如图装置进行实验。请回答：(1)三颈烧瓶中出现黄绿色气体，请写出相应的化学方程式_。(乙醇被氧化为乙醛)(2)有同学用手触碰三颈烧瓶后发现，反应一段时间后装置温度升高，所以提出产生的气体中可能混有O2，请用离子方程式解释_，该同学为了验证O2，打开弹簧夹，用带火星的木条检验，该操作的错误为_。【答案】I(1)Na 、Cr NH4NaCr2O7 (2)Ag2CrO4+4NH3=2Ag(NH3)2+CrO42- (3)Cr2O3+2AlAl2O3+2Cr
29、II (1)2NaClO+C2H5OH2NaOH+CH3CHO+Cl2 (2)2ClO-=O2+2Cl- 乙醇易挥发且易燃，与带火星木条存在安全隐患 【解析】I(1)根据流程分析：短周期中原子半径最大的是金属钠，和氢氧化钠反应，生成能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明有NH4+；A为橙红色化合物且由五种元素组成，A与足量NaOH反应得到的溶液C呈黄色，溶液C与AgNO3/HNO3反应得到的沉淀D为砖红色沉淀，说明C含CrO42-，可知A中还含有Cr2O72-，沉淀D是Ag2CrO4；组成A的金属元素是Na和Cr；根据N守恒，n(NH4+)=n(NH3)=0.224L22.4L/mol=0.0
30、1mol，根据Cr守恒，n(Cr2O72-)=n(Ag2CrO4)=0.01mol，则n(Na+)=0.01mol，n(Na+)：n(NH4+)：n(Cr2O72-)=1：1：1，则A的化学式是NH4NaCr2O7。(2)沉淀D是Ag2CrO4，和足量的氨气反应，沉淀溶解，发生的反应是：Ag2CrO4+4NH3=2Ag(NH3)2+CrO42-。(3)铝热反应是利用铝的还原性制备高熔点、还原性比Al弱的金属，可制备金属铬，化学反应方程式为：Cr2O3+2AlAl2O3+2Cr。II(1)84消毒液具有强氧化性，酒精具有还原性，会发生氧化还原反应，乙醇被氧化成乙醛，黄绿色气体是氯气，根据得失电子
31、守恒、原子守恒，反应的化学方程式为2NaClO+C2H5OH2NaOH+CH3CHO+Cl2。(2)反应一段时间后装置温度升高，次氯酸根分解，有O2产生，离子方程式为2ClO-=O2+2Cl-；乙醇易挥发且易燃，所得气体中混有乙醇蒸气，用带火星的木条检验存在安全隐患。8由三种短周期元素组成的化合物A，按如下流程进行实验。已知相同条件下气态A物质的密度为氢气密度的49.5倍。请回答：(1)组成A的三种元素为_，A的化学式为_。(2)A与足量NaOH溶液反应的化学方程式为_。(3)A与足量氨气在一定条件下可以反应生成2种常见的氮肥，该反应的化学方程式为_。二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体，易溶
32、于水，在混合气体中的体积分数大于 10就可能发生爆炸，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。回答下列问题：(4)在处理废水时，ClO2可将废水中的CN氧化成CO2和N2，写出该反应的离子方程式为_。(5)某小组按照文献中制备ClO2的方法，设计了如图所示的实验装置，用于制备ClO2并验证其某些性质。通入氮气的主要作用有 2 个，一是可以起到搅拌作用，二是_；关于该实验，以下说法正确的是_。A装置 A 用适量 H2O2制取 ClO2气体，其反应的化学方程式为2NaClO33H2O2H2SO42ClO2Na2SO42O24H2OB装置 B 用来收集二氧化氯气体C当看到装置 C 中导管液面上升时应加大氮气
33、的通入量D二氧化氯能杀菌消毒，但不会与有机物发生取代反应【答案】(1)C、O、Cl COCl2 (2)COCl2+4NaOH=Na2CO3+2NaCl+2H2O (3)COCl2+4NH3=CO(NH2)2+2NH4Cl (4)2ClO22CN2CO2N22Cl (5)稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸 CD 【解析】溶液C能与HNO3、AgNO3溶液发生反应生成沉淀E，则E为AgCl，物质的量为=0.04mol；沉淀D溶于盐酸，则此钡盐为BaCO3，其物质的量为=0.02mol；由此得出A中C、Cl原子个数比为1：2。制备ClO2并验证其某些性质时，在H2SO4溶液中，NaCl
34、O3与H2O2发生氧化还原反应，生成ClO2、O2等；装置B中进气、出气导管都短，则应为安全瓶；装置C用于验证ClO2的性质，装置D用于吸收尾气。 (1)设A分子中含1个C原子，则含有2个Cl原子，相对分子质量99减去(12+71)，还余16，刚好为1个O原子的相对分子质量，则组成A的三种元素为C、O、Cl，A的化学式为COCl2；(2) COCl2与足量NaOH溶液反应，生成Na2CO3和NaCl，化学方程式为COCl2+4NaOH=Na2CO3+2NaCl+2H2O；(3) COCl2与足量氨气在一定条件下可以反应生成2种常见的氮肥，则产物为CO(NH2)2、NH4Cl，该反应的化学方程式
35、为COCl2+4NH3=CO(NH2)2+2NH4Cl；(4)在处理废水时，ClO2可将废水中的CN氧化成CO2和N2，该反应的离子方程式为2ClO22CN2CO2N22Cl；(5)信息告诉我们：在混合气体中的体积分数大于 10就可能发生爆炸，所以通入氮气的主要作用有 2 个，一是可以起到搅拌作用，二是稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸；A项，用适量 H2O2制取 ClO2气体，化学方程式应为2NaClO3H2O2H2SO42ClO2Na2SO4O22H2O，A不正确；B项，装置 B中两导管都短，不是收集二氧化氯气体的装置，是防倒吸装置，B不正确；C项，当看到装置 C 中导管液面
36、上升时，表明有发生倒吸的危险，应加大氮气的通入量，C正确；D项，二氧化氯能杀菌消毒，会将有机物氧化，难与有机物发生取代反应，D正确。故选CD。9化合物A由三种常见元素组成，可以发生如下转化。请回答：(1)化合物A所含的元素有_。(2)写出化合物A在足量空气中充分燃烧的化学方程式_。(3)气体D可与环氧乙烷()通过加聚反应生成全降解塑料，已知过氧键(OO)不稳定，写出反应的化学方程式_。某学生对Cl2与FeCl2和KSCN混合溶液的反应进行实验探究，装置如下图。向A中通入氯气至过量，观察到A中溶液先变红后变为黄色。请回答：(1)B中反应的离子方程式为_。(2)设计实验方案证明溶液变黄的原因是SC
37、N与氯气发生了反应_。【答案】(1)Fe、C、O (2)4Fe(CO)5 + 13O22Fe2O3+20CO2 (3)+nCO2 (1)Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O (2)向黄色溶液中再滴入过量KSCN，若溶液呈血红色，证明SCN与氯气发生了反应。 【解析】(1)根据分析B为氧化铁，质量8g，物质的量为，铁的质量为，白色沉淀E为碳酸钙，则碳的物质的量，碳的质量为，则化合物A中另一种元素的质量m=19.6g5.6g6g8g，则根据元素分析还应该含有氧元素，氧的物质的量为，则所含的元素有Fe、C、O；(2)根据前面分析得到化合物A为Fe(CO)5，化合物A在足量空气中充分燃烧生成Fe2O3
38、和CO2，其化学方程式4Fe(CO)5 + 13O22Fe2O3+20CO2；(3)气体D可与环氧乙烷()通过加聚反应生成全降解塑料，已知过氧键(OO)不稳定，说明环氧化乙烷断裂碳氧键，二氧化碳断裂一个双键中的一根键，因此反应的化学方程式：+nCO2。(1)B中是氯气和NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，其反应的离子方程式为Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O；(2)设计实验方案证明溶液变黄的原因是SCN与氯气发生了反应，主要是分析溶液中是否还存在SCN，不存在，说明SCN与氯气反应了，主要是向含铁离子溶液中再加SCN，如果变红，说明原来的SCN已被反应了。10I固体A由四种元素组成的化合物
39、，为探究固体A的组成，设计并完成如实验：已知：固体B是一种单质，气体E、F都是G和另外一种气体组成。请回答：(1)组成A的四种元素是_，气体E是_。(2)固体A隔绝空气加热分解的化学方程式是_。(3)蓝色溶液D和乙醇反应可获得固体A，同时还生成一种常见的温室气体，该反应的化学方程式为_。.某化学兴趣小组为探究SO2与Ba(NO3)2溶液的反应，用如下装置(夹持、加热仪器略)进行实验：制备SO2，将SO2通入Ba(NO3)2溶液中，迅速反应，得到无色酸性溶液和白色沉淀。(1)SO2通入Ba(NO3)2溶液中，得到无色酸性溶液和白色沉淀的离子方程式是_。(2)若通入Ba(NO3)2溶液中的SO2已
40、过量，请设计实验方案检验_。【答案】I(1)Cu、C、N、O CO和N2 (2) Cu(CNO)2Cu+2CO+N2(3) 3Cu(NO3)2+4CH3CH2OH=3Cu(CNO)2+2CO2+12H2O(1)3SO2+3Ba2+2NO3-+2H2O=3 BaSO4+2NO+4H+(SO2不足)或3SO2+Ba2+2NO3-+2H2O= BaSO4+2NO+4H+2SO42-(SO2足量) (2)取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴酸性高锰酸钾溶液，若褪色，说明通入的SO2已过量(其它合理答案即可) 【解析】I固体B和稀HNO3反应生成气体C和蓝色溶液D可知，单质B为Cu，D为Cu(NO3)2
41、，C为NO，且n(NO)=0.01mol，由3Cu2NO可得：n(Cu)=0.015mol，m(Cu)=0.015mol64g/mol=0.96g；气体E和灼热CuO反应生成气体F，则气体F不含SO2，F和澄清石灰水反应有沉淀H生成，故H为CaCO3，F含CO2，E含CO，且n(CaCO3)=0.03mol，由C原子守恒可得：E中n(CO)=0.03mol，m(CO)=0.03mol28g/mol=0.84g；固体A隔绝空气加热得到Cu、CO、和气体G，所以，m(G)=2.22g-0.84g-0.96g=0.42g，又由气体E总体积为1.008L可得，气体n(G)=0.015mol，故M(G)
42、=28g/mol，所以，G为N2，A中，n(N)=0.015mol2=0.03mol，故A中Cu、C、O、N的物质的量之比=0.015mol：0.03mol：0.03mol：0.03mol=1：2：2：2，故A为Cu(CNO)2。(1)由分析可知，A中含Cu、C、N、O四种元素，气体E为CO和N2的混合物，故答案为：Cu、C、N、O；CO和N2；(2)结合原子守恒可写出将A隔绝空气加热的化学方程式为：Cu(CNO)2Cu+2CO+N2；(3)结合原子守恒、得失电子守恒可写出Cu(NO3)2和乙醇反应的化学方程式为：3Cu(NO3)2+4CH3CH2OH=3Cu(CNO)2+2CO2+12H2O
43、；(1)SO2作还原剂，被氧化成SO42-，Ba2+和SO42-结合成BaSO4，NO3-做氧化剂，被还原为NO，若SO2不足量，氧化产物为BaSO4，若SO2足量，氧化产物除BaSO4外还H2SO4，结合原子守恒、电荷守恒、电子得失守恒可得SO2通入Ba(NO3)2溶液中发生的反应的离子方程式为：3SO2+3Ba2+2NO3-+2H2O=3 BaSO4+2NO+4H+(SO2不足)或3SO2+Ba2+2NO3-+2H2O= BaSO4+2NO+4H+2SO42-(SO2足量)；(2)若通入的二氧化硫过量，溶液中将含SO2，溶液将具有还原性，可使KMnO4溶液等强氧化剂褪色，因此可取少量反应后
44、的溶液于试管中，滴入几滴酸性高锰酸钾溶液，若褪色，说明通入的SO2已过量，故答案为：取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴酸性高锰酸钾溶液，若褪色，说明通入的SO2已过量(其它合理答案即可)。11白色无机盐 X(含三种元素，相对分子质量小于 400)能与水发生反应。为了探究 X 的组成，设计并完成了以下实验：已知：白色沉淀 D 中的一种成分及质量与沉淀 B 相同。(1)白色沉淀 D 的成分为_(填写化学式)。(2)黑色固体 A 与浓硝酸反应的离子方程式是_。(3)X 与 H2O 反应的化学方程式是_。已知：将 0.1 molL1KI 溶液加入到 0.1 molL1 FeCl3 溶液中时，可以看到
45、溶液颜色加深，滴加淀粉后溶液变为蓝色；当离子浓度相同时，氧化性：Ag+Fe3+； 若浓度减小时，离子的氧化性也会随之减弱。(1)甲同学猜测，0.1 molL1 KI 溶液(事先加入几滴淀粉溶液)加入到 0.1 molL1AgNO3 溶液中时，溶液应变蓝色。请写出该猜测对应的离子方程式_。实 验结果未见到蓝色。(2)乙同学认为甲同学的实验方案有问题，理由是_。请你用原电池的方法证明Ag+也能氧化 I，要求画出实验装置图，并标明电极材料及电解质溶液_。【答案】(1)BaSO4和AgCl (2)Ag2S8NO3-8H+2Ag +SO42-8NO24H2O (3)Ag2S2O3H2OAg2SH2SO4
46、 (1)2Ag+2I2AgI2 (2)Ag+会与I发生反应生成AgI沉淀，使Ag+的浓度下降，从而减弱Ag+的氧化性，使上述反应很难发生 【解析】白色无机盐 X(含三种元素，相对分子质量小于 400)能与水发生反应。白色沉淀 D 中的一种成分及质量与沉淀 B 相同，B为BaSO4，物质的量为，D中另一种沉淀为与氯离子生成的AgCl，物质的量为，推知X中含S：0.02mol2=0.04mol、Ag：0.04mol、由质量守恒含氧=0.012mol，A的实验式为Ag2S2O3，相对分子质量小于400时，Ag2S2O3为328，符合题意，A为Ag2S2O3，与水反应Ag2S2O3H2OAg2SH2S
47、O4；黑色固体A为Ag2S，与浓硝酸反应的离子方程式是Ag2S8NO3-8H+2Ag +SO42-8NO24H2O；各物质关系如图：。 (1)白色沉淀 D 的成分为BaSO4和AgCl；(2)黑色固体 A 与浓硝酸反应生成硫酸银和二氧化氮，离子方程式是Ag2S8NO3-8H+2Ag +SO42-8NO24H2O；(3)X 与 H2O 反应生成黑色的硫化银和硫酸，化学方程式是 Ag2S2O3H2OAg2SH2SO4。 (1)甲同学猜测，0.1 molL1 KI 溶液(事先加入几滴淀粉溶液)加入到0.1molL1AgNO3 溶液中时，溶液应变蓝色，有碘生成，对应的离子方程式2Ag+2I2AgI2；
48、故答案为：2Ag+2I2AgI2 ；(2)乙同学认为甲同学的实验方案有问题，理由是Ag+会与I发生反应生成AgI沉淀，使Ag+的浓度下降，从而减弱Ag+的氧化性，使上述反应很难发生。用原电池的方法证明Ag+也能氧化 I，要用盐桥将Ag和I分开，用惰性电极作电极，电极材料及电解质溶液、实验装置图，如图： 。11 IX由四种常见元素组成的化合物，其中一种是氢元素，其摩尔质量小于200gmol-1。某学习小组进行了如下实验：已知：气体A在标况下的密度为0.714gL-1，A完全燃烧的气体产物E能使澄清石灰水变浑浊，沉淀D是混合物。请回答：(1)气体E的结构式_，沉淀D是_(写化学式)，X的化学式_。
49、(2)写出化合物X与足量盐酸反应的化学方程式_。II 纯净的氮化镁(Mg3N2)是淡黄色固体，热稳定性较好，遇水极易发生反应。某同学初步设计了如图实验装置制备氮化镁(夹持及加热仪器没有画出)。已知：Mg+2NH3Mg(NH2)2+H2。请回答：(1)写出A中反应的化学方程式_。(2)下列说法不正确的是_。A为了得到纯净的氮化镁，实验前需要排除装置中的空气B装置B起到了缓冲、安全的作用C装置C只吸收水，避免镁和水反应产生副产物D将装置B、C简化成装有碱石灰的U型管，也能达到实验目的E.实验后，取D中固体加少量水，能生成使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体【答案】I. (1)O=C=O AgCl和AgI
50、 CH3MgI (2)2CH3MgI+2HC=2CH4+MgI2+MgCl2 II (1) 2NH3+3CuON2+3H2O+Cu (2)CDE 【解析】I. (1)已知：X由四种常见元素组成的化合物，流程图中知X与过量盐酸反应生成气体A，A在标况下的密度为0.714gL-1，则其摩尔质量M=22.4L/mol 0.714gL-1=16gmol -1，A完全燃烧的气体产物E能使澄清石灰水变浑浊，E为二氧化碳，A为甲烷，则3.32gX中含0.02mol即0.24g碳原子，溶液B均分为二等份，其中一份加足量氢氧化钠溶液得白色沉淀C，则C为氢氧化镁，0.58g氢氧化镁为0.01mol，故一份B溶液含
51、0.01molMgCl2，按元素守恒，则3.32gX中含0.02mol即0.48g镁元素，另一份B溶液中加足量硝酸银溶液，得到沉淀D，沉淀D是混合物，其中必有0.2 molAgCl，其质量为2.87g，则5.22g-2.87g=2.35g为X中另一种元素与银离子产生的沉淀，假如该沉淀是AgBr，则为0.0125molAgBr，则原X中含0.025molBr，质量为2g，则剩余氢元素为3.32g-0.24g-0.48-2g=0.6g，则氢原子的物质的量为0.6mol，则所含原子数目比为C：Mg：Br：H=0.02：0.02：0.025：0.6=1：1：1.25：30，得到的化学式不合理，假设不成
52、立，舍弃；假如该沉淀是AgI，2.35g则为0.01molAgI，则原X中含0.02mol碘元素，质量为2.54g，则剩余氢元素为3.32g-0.24g-0.48-2.54g=0.06g，则氢原子的物质的量为0.06mol，则所含原子数目比为C：Mg：I：H=0.02：0.02：0.02：0.06=1：1：1：3，得到的最简式为CH3MgI；最简式式量为166，X摩尔质量小于200gmol-1，则X的化学式为CH3MgI；故气体E的结构式为O=C=O，沉淀D是AgCl和AgI，X的化学式为CH3MgI；(2)化合物X与足量盐酸反应生成CH4、MgI2和MgCl2，化学方程式为2CH3MgI+2
53、HCl=2CH4+MgI2+MgCl2。II (1) A中氨气和氧化铜在加热下发生反应生成铜、氮气和水，反应的化学方程式为：2NH3+3CuON2+3H2O+Cu；(2) A项，为了得到纯净的氮化镁，实验前需要排除装置中的空气，防止氮气、二氧化碳和镁反应，A正确；B项，装置B起到了缓冲、安全的作用，防止液体倒吸，B正确；C项，装置C吸收水，避免镁和水反应产生副产物，也吸收未反应的氨气，防止镁和氨气反应，C错误；D项，将装置B、C简化成装有碱石灰的U型管，不能达到实验目的，因为碱石灰不能吸收氨气，D错误；E项，实验后，取D中固体加少量水，能生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体；故说法不正确的是CD
54、E。12含三种元素的化合物X是一种高效的消毒剂。为探究X的组成与性质，设计并完成以下实验：(1)化合物X所含的金属元素为_。(2)写出化合物X溶于水中反应的化学方程式_。(3)若向化合物X加水溶解后的烧杯中通入氯气，亦可生成少量X，其中的离子方程式为_。某学习小组按如图装置探究NaHCO3和Na2O2的性质，请完成下列问题：(1)实验设计过程中，有小组成员对反应结束时，如何停止停止加热产生了分歧，出现多种不同的意见：有人认为要先停止加热，再将E中导管移出水面；也有人认为应先将E中导管移出水面，再停止加热，请帮助小组成员完成这方面的实验设计： _。(2)小组同学撰写实验报告时，认为该实验对NaH
55、CO3的分解产物和Na2O2的性质探究不够充分，于是临时将装置B、D互换位置后进行了补充实验，分析该补充实验是否符合实验探究目的并说明原因：_。【答案】(1)Fe、K (2)4K2FeO410H2O =4Fe(OH)33O28KOH (3)3Cl2 + 2Fe(OH)3 + 10OH= 2FeO42-+6Cl+8H2O (1)在反应结束后，先断开装置A和B之间的导管连接，再停止加热，以防B中的浓硫酸倒吸进入A中试管，引起试管爆裂 (2)不合理，装置B与D互换位置后，实现了对Na2O2与水的反应的探究，但经过水溶液的气体会混入水蒸气，因此对NaHCO3分解产物中的水蒸气验证不够严谨。 【解析】化
56、合物X加水溶解，得无色气体可令带火星的木条复燃，则为氧气，得到红褐色沉淀为氢氧化铁，洗涤充分灼烧得到红棕色粉末为氧化铁，质量为2.40g，则n(Fe2O3)=0.015mol，nFe(OH)3=0.03mol，同时还得到碱溶液，碱溶液加入150mL0.6mol/L稀硫酸后再加入6.72gKOH固体，得到只含一种溶质的中性溶液，则为硫酸钾溶液，可推知碱溶液中n(KOH)=20.15L0.6mol/L-=0.06mol，化合物X含三种元素，则所含O元素的物质的量为n(O)=0.12mol，故n(K) ：n(Fe)：n(O)=0.06mol：0.03mol：0.12mol=2：1：4，故X为K2Fe
57、O4。(1)化合物X为K2FeO4，所含的金属元素为Fe、K；(2)化合物X溶于水中，反应生成氢氧化铁、氢氧化钾和氧气，反应的化学方程式为4K2FeO410H2O =4Fe(OH)33O28KOH；(3)若向化合物X加水溶解后的烧杯中通入氯气，氯气将氢氧化铁氧化生成高铁酸钾，亦可生成少量X，反应的离子方程式为3Cl2 + 2Fe(OH)3 + 10OH= 2FeO42-+6Cl+8H2O。加热NaHCO3固体，产生的气体通过浓硫酸干燥，再与Na2O2作用，产生的物质通过氢氧化钠处理，最后利用排水法收集所得气体，进行探究NaHCO3和Na2O2的性质。(1)在反应结束后，先断开装置A和B之间的导
58、管连接，再停止加热，以防B中的浓硫酸倒吸进入A中试管，引起试管爆裂；(2)装置B与D互换位置后，实现了对Na2O2与水的反应的探究，但经过水溶液的气体会混入水蒸气，因此对NaHCO3分解产物中的水蒸气验证不够严谨，因此临时将装置B、D互换位置后进行了补充实验不合理。13I为探究某盐X ( 含五种元素)的组成和性质， 设计并完成如下实验： 已知：气体F能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。请回答：(l)X含有的元素有 O、H、_( 用元素符号表示)， X 的化学式为_。(2)写出气体F 与黑色固体 C 在一定条件下发生的氧化还原反应， 产物中有一气体单质：_。II 某学习小组设计制取 SO2并验证其部分性
59、质的实验装置如图(夹持装置省略)：请回答：(1)简述检查装置 A 气密性的方法：_。(2)写出C 中发生的离子反应方程式：_。(3)设计实验方案检验实验后 D 中的主要阴离子：_。【答案】I(1)N、Cu、Cl CuCl22NH4Cl2H2O或(NH4)2CuCl42H2O (2)3CuO +2NH33Cu+N2+3 H2O II(1)关闭a，打开b，B中长导管伸入液面下，微热A，若长导管口产生连续气泡，停止加热，一段时间后长导管处有一段水柱生成，说明气密性良好 (2)SO2+2Fe3+ Ba2+2H2O = BaSO4+ 2Fe2+ 4H+ (3)取少量D中溶液，加足量Ba(NO3)2和稀H
60、NO3，若产生白色沉淀，说明有SO42-，再取上层清液滴加AgNO3，若产生白色沉淀，说明有Cl-。 【解析】I某盐X与足量氢氧化钠反应生成气体A中含有氨气，说明X中含有铵根；反应后的固体加水溶解得到无色溶液B和黑色固体C，无色溶液B加入足量硝酸银和稀硝酸生成白色沉淀为氯化银，黑色固体C和乙醇蒸气反应生成红色固体为铜，则X中含有铵根、氯离子、铜离子，根据题中数据通过计算确定其化学式。(l)由分析可知，X中含有铵根、氯离子、铜离子，所以X含有的元素有 O、H、N、Cu、Cl；气体F为氨气，物质的量=0.04mol，说明X中含有0.04mol铵根；生成的氯化银沉淀的物质的量=0.08mol，生成的
61、铜的物质的量=0.02mol，说明X中含有0.08molCl-、0.02molCu2+，由信息可知X中还有O元素，说明X中含有结晶水，5.56g晶体中含结晶水质量=5.56g-0.04mol18g/mol-0.08mol35.5g/mol-0.02mol64g/mol=0.72g，结晶水的物质的量=0.04mol，X 的化学式结合各微粒物质的量之比得到n(Cu2+)：n(Cl-)：n(NH4+)：n(H2O)=0.02mol：0.08mol：0.04mol：0.04mol=1：4：2：2，所以X 的化学式为CuCl22NH4Cl2H2O或(NH4)2CuCl42H2O；(2)气体F为氨气， 黑
62、色固体 C 为氧化铜，在一定条件下发生的氧化还原反应，氨气具有还原性，发生氧化反应生成氮气，氧化铜发生还原反应生成铜，反应的化学方程式为3CuO +2NH33Cu+N2+3 H2O。II(1)装置 A 为制取二氧化硫装置，反应前要检查装置的气密性，可关闭a，打开b，B中长导管伸入液面下，微热A，若长导管口产生连续气泡，停止加热，一段时间后长导管处有一段水柱生成，说明气密性良好，答案：关闭a，打开b，B中长导管伸入液面下，微热A，若长导管口产生连续气泡，停止加热，一段时间后长导管处有一段水柱生成，说明气密性良好；(2)C 中为FeCl3和BaCl2的混合溶液，通入SO2后，Fe3+将SO2氧化为
63、SO42-，SO42-再与 Ba2+生成BaSO4沉淀，反应的离子方程式为SO2+2Fe3+ Ba2+2H2O = BaSO4+ 2Fe2+ 4H+，答案：SO2+2Fe3+ Ba2+2H2O = BaSO4+ 2Fe2+ 4H+；(3)SO2通入饱和氯水中发生反应SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，反应后溶液中的阴离子主要有SO42-和Cl-，取少量D中溶液，加足量Ba(NO3)2和稀HNO3，若产生白色沉淀，说明有SO42-，再取上层清液滴加AgNO3，若产生白色沉淀，说明有Cl-，答案：取少量D中溶液，加足量Ba(NO3)2和稀HNO3，若产生白色沉淀，说明有SO42-，再取
64、上层清液滴加AgNO3，若产生白色沉淀，说明有Cl-。14 I由三种元素组成的化合物A，式量在200- -300之间。在一 定条件下A能发生如下图的转化，其中B的焰色反应为紫色(透过蓝色钴玻璃)，C是不溶于酸的白色沉淀。请回答(1) C的化学式是_，组成A的三种元素是_。(2) A加热分解的化学方程式是_。(3) E可以和SCl2反应生成一种常用于有机合成的物质SOCl2和另一种常见气体，反应的化学方程式是_。II 实验室测定某铁铝合金中的铝含量，利用如图装置和试剂完成。请回答(1)下列有关该实验的说法中正确的是_。A由于恒压分液漏斗的存在，该装置不能进行气密性检查B读数前需将量气管C上下移动
65、使B、C中的液面相平C反应完成后生成的氢气都要转移至装置B中D需要控制NaOH的量以防止产生气体过多超过量气装置的量程(2)若将恒压分液漏斗(A) 去掉导管a，改成普通分液漏斗，则测得铁铝合金中的铝含量_，(填“偏大”、“偏小”或“不变”)，请说明理由_。【答案】(1)BaSO4 K、S、O (2)2K2S2O8 2K2SO4+2SO3+O2 (3)SO3+SCl2= SOCl2+ SO2 II (1)B (2)偏大 滴入锥形瓶中的液体排开的气体使量气装置中气体体积增大，导致计算的铝含量增多。 【解析】 固体A隔绝空气加热，得到固体B，焰色反应为紫色，说明其含有K元素；与足量的BaCl2反应得
66、到白色不溶于酸的沉淀，则固体C为BaSO4，固体B为K2SO4；混合气体D，冷却后得到固体E，E能与BaCl2溶液得到BaSO4沉淀，则E为SO3；由此可知，这三种元素为K、S、O，则另一种气体单质为O2。根据分析，固体A含有元素分别为K、S、O；固体B为K2SO4，固体B与BaCl2溶液反应后得到BaSO44.66g，其物质的量，根据关系式n(K)2n(SO42)，则5.40gA中K的质量；固体A中的S元素均转化为BaSO4中的硫元素，一共得到BaSO4的质量为4.66g4.66g=9.32g；则5.40gA中S的质量；根据质量守恒，5.40gA中O的质量；则物质A中各元素原子的比例，A的最
67、简式为KSO4，式量在200-300之间，则A的分子式为K2S2O8.(1)C的化学式为BaSO4；组成A的三种元素为K、S、O；(2)根据流程图，A物质分解得到K2SO4、SO3、O2。5.4gA的物质的量，根据得到固体C的质量可知，得到SO3和K2SO4的物质的量均为0.02mol，根据O2的体积可知，分解得到O2的物质的量为0.01mol，在化学方程式中，各物质的物质的量之比等于计量数之比，则可得化学方程式为2K2S2O82K2SO4+2SO3+O2；(3)SO3和SCl2反应得到SOCl2，SOCl2中S的化合价为4。SCl2中S的化合价为2，SO3中S的化合价为6，在2和6之间只有4
68、，根据化合价只能靠近不能交叉的原则，则该反应另一种产物中S的化合价也为4，是SO2，化学方程式为SO3+SCl2=SOCl2+SO2。II (1)A项，该实验是通过测量气体的体积，来测定合金中Al的含量，因此气密性必须良好，A错误；B项，气体体积和压强有关，为了正确测量气体的体积，内外压强需相等，因此左右两边的液面差相等，B正确；C项，由于反应前装置中就有空气，生成的氢气会把空气排出，因此不必把生成的氢气转移至B中，C错误；D项，若生成的氢气过多，超过了量气装置的量程，则无法测得生成氢气的体积，但是要保证合金中的Al完全反应才能计算出Al的含量，NaOH必须足量，因此需要控制合金的用量，以防止
69、生成的气体过多，D错误；故选B；(2)若改为普通分液漏斗，则放入锥形瓶中的NaOH溶液的体积也会被算作生成氢气的体积，从而使计算出的Al质量偏大，铁铝合金中铝含量偏大。15由三种常见元素组成的化合物A，按如下流程进行实验。气体B、C、D均无色、无臭，B、D是纯净物；浓硫酸增重3.60g，碱石灰增重17.60g；溶液F焰色反应呈黄色。请回答：(1)组成A的非金属元素是_，气体B的结构简式_。(2)固体A与足量水反应的化学方程式是_。(3)一定条件下，气体D可能和FeO发生氧化还原反应，试写出一个可能的化学方程式_。 某兴趣小组为验证卤素单质的氧化性强弱，向NaBr溶液中通入一定量Cl2，将少量分
70、液漏斗中溶液滴入试管中，取试管振荡，静止后观察现象。实验装置如图：(4)说明氧化性 Br2I2 的实验现象是_。 (5)为了排除Cl2对溴置换碘实验的干扰，需确认分液漏斗中通入Cl2 未过量。试设计简单实验方案检验_。【答案】(1)碳(C)和氢(H) CHCH (2)NaHC2+H2O=NaOH+C2H2 (3) CO2+2FeOFe2O3+CO (4)试管内溶液分层，且下层为紫红色，上层无色 (5)取分液漏斗中上层少量溶液于试管中，向试管中通入Cl2，若试管中溶液出现红棕色，说明有溴单质生成，可确定氯气未过量 【解析】气体B在氧气中燃烧生成气体C，100时，气体C通过浓硫酸，浓硫酸增重 3.
71、60g，增重的质量为H2O的质量，气体 B、C、D 均无色、无臭，B、D 是纯净物；气体D能被碱石灰吸收，则D为CO2，碱石灰增重 17.60g，即CO2的质量为17.60g，根据以上分析可得B和氧气反应生成CO2和H2O，B由C、H两种元素组成，CO2的物质的量为=0.4mol，则碳元素的物质的量为0.4mol，H2O的物质的量为=0.2mol，则氢元素的物质的量为0.4mol，气体B标况下的体积为4.48L，则B的物质的量为=0.2mol，由碳、氢元素的物质的量与B的物质的量关系，可得B的化学式为C2H2，溶液 F 焰色反应呈黄色，则F中含有Na元素，根据反应流程，A、E中均含有Na元素，
72、碱性溶液E与0.2molHCl恰好完全反应生成中性的F溶液，则F为NaCl，则n(Na)= n(Cl)= n(HCl)=0.2mol，由三种常见元素组成的化合物 A，与足量的水反应生成B和E，A中应含有C和Na元素，A的质量为9.6g，则第三种元素的质量为9.6g-0.4mol12g/mol-0.2mol23g/mol=0.2g，则A为C、H、Na三种元素组成，物质的量分别为0.4mol、0.2mol、0.2mol，则A的化学式为NaHC2。(1)组成 A 的非金属元素是碳(C)和氢(H)，气体 B 为C2H2，结构简式CHCH；(2)固体A与足量水反应的化学方程式是NaHC2+H2O=NaO
73、H+C2H2；(3)根据分析，D为CO2，一定条件下，气体CO2可能和FeO发生氧化还原反应，CO2中碳元素为+4价，属于碳元素的最高价，具有氧化性，FeO中Fe元素为+2价，具有一定的还原性，可能的化学方程式CO2+2FeOFe2O3+CO。向 NaBr 溶液中通入一定量Cl2，溶液由无色变为红棕色，证明有溴单质生成，发生反应Cl2+2NaBr=2NaCl+ Br2，将分液漏斗中反应后的溶液加入到盛有含有四氯化碳的KI溶液中，取试管振荡，静置后，试管内溶液分层，且下层为紫红色，上层无色，说明试管内由碘单质生成，发生反应为Br2+2KI=2KBr+I2，根据实验中发生的氧化还原反应，结合氧化剂
74、的氧化性强于氧化产物的氧化性分析氧化性强弱。(4) 将分液漏斗中反应后的溶液加入到盛有含有四氯化碳的KI溶液中，取试管振荡，静置后，试管内溶液分层，且下层为紫红色，上层无色，说明试管内由碘单质生成，发生反应为Br2+2KI=2KBr+I2，反应中Br2为氧化剂，I2为氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，说明氧化性Br2I2；(5)为了排除Cl2 对溴置换碘实验的干扰，需确认分液漏斗中通入Cl2 未过量。由于溴单质的密度比水大，在溶液的下层，取分液漏斗中上层少量溶液于试管中，向试管中通入Cl2，若试管中溶液出现红棕色，说明有溴单质生成，可确定氯气未过量。16I化合物甲和化合物乙的混合粉
75、末是汽车安全气囊中存放的化学物质，经组成分析，确定该混合粉末仅含 Na、Fe、N、O 四种元素。为研究安全气囊工作的化学原理，进行以下实验操作：请回答下列问题：(1)工业上冶炼单质2的化学方程式为 _；(2)若化合物丙在空气中转化为碳酸氢盐，则反应的化学方程式为 _；(3)化合物甲可用下列方法制备：30时，将水合肼(N2H4H2O)、亚硝酸甲酯(CH3ONO)、NaOH 混合，充分反应后先回收得到 CH3OH，母液降温结晶，过滤得到化合物甲。写出用该法制备化合物甲的化学反应方程式 _。II 晶体硅是一种重要的非金属材料。实验室用 SiHCl3 与过量 H2 反应制备纯硅的装置如下(热源及夹持装
76、置略)。制备纯硅的主要反应为：SiHCl3+H2 = Si(纯)+3HCl已知SiHCl3 沸点 33.0，上述反应在 10001100进行；SiHCl3 能与 H2O 强烈反应，在空气中易自燃。请回答下列问题：(1)下列说法不正确的是_；A装置B中的溶液可以是浓硫酸 B装置C中的烧瓶需要加热，其目的是使滴入烧瓶中的 SiHCl3 气化C装置D中观察到的现象是有固体物质生成 D装置D可以采用普通玻璃管代替石英管 E为保证制备纯硅实验的成功，关键的操作步骤有检查实验装置的气密性，控制好反应温度以及排尽装置中的空气、干燥气体 F.尾气处理装置中可以将导管直接插入盛有NaOH 溶液的烧杯中(2)为检
77、验某粗硅中存在的铁元素，可采取的实验操作方法是_。【答案】I(1)Fe2O3+3CO2Fe+3CO2 (2)Na2O+2CO2+H2O=2NaHCO3 (3)N2H4H2O+CH3ONO+NaOH=NaN3+CH3OH+3H2O II(1)DF (2)取样品，先加入足量NaOH 溶液，充分反应后过滤，在滤渣中加入一定量稀硫酸充分反应，在反应后的溶液中滴加氯水，再滴加 KSCN 溶液，若溶液变红， 说明存在 Fe 元素 【解析】I化合物甲和化合物乙的混合粉末仅含Na、Fe、N、O四种元素，将13.0g化合物甲加热，使其完全分解，生成氮气和单质1，则甲中含有两种元素，其中一种为N元素，单质1在高温
78、隔绝空气的条件下与化合物反应生成化合物丙和另一种单质2，化合物乙应为金属氧化物，应为Fe2O3，生成的另一种单质2为Fe，单质1为Na，化合物丙则为钠的氧化物，能在潮湿的空气中生成可溶性盐，丙为Na2O；氮气物质的量=0.3mol，氮气的质量=0.3mol28g/mol=8.4g，故Na元素质量=13g-8.4g=4.6g，Na物质的量=4.6g23g/mol=0.2mol，故甲中Na、N原子数目之比=0.2mol：0.3mol2=1：3，则甲为NaN3。由分析知：甲为NaN3、乙为Fe2O3，、单质1为Na、单质2为Fe、化合物丙为Na2O，可溶性盐X可能为Na2CO3或NaHCO3；(1)
79、工业上利用CO在高温下还原氧化铁来冶炼Fe，发生反应的化学方程式为Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；(2)Na2O在空气中转化为碳酸氢盐，酸式盐为NaHCO3，则反应的化学方程式为Na2O+2CO2+H2O=2NaHCO3；(3) 30时，将水合肼(N2H4H2O)、亚硝酸甲酯(CH3ONO)、NaOH 混合，可得到 CH3OH和NaN3，则发生反应的化学反应方程式N2H4H2O+CH3ONO+NaOH=NaN3+CH3OH+3H2O。II(1)A项，装置B的作用是干燥H2，可以选择浓硫酸，故A正确；B项，SiHCl3沸点为33.0，易气化，则可选择用热水浴加热装置C，使滴入烧瓶中的 SiH
80、Cl3 气化，有利于和H2充分混合，故B正确；C项，装置D在高温下有Si生成，则观察到的现象是有固体物质生成，故C正确；D项，装置D中反应在 10001100进行，普通玻璃管会软化或熔化，不能用来代替石英管，故D错误；E项，SiHCl3 能与 H2O 强烈反应，且在空气中易自燃，则为保证制备纯硅实验的成功，除装置气密性好并控制温度外，还需要排尽装置中的空气、干燥气体，故E正确；F项，HCl易溶于水或NaOH溶液，尾气处理装置中不可以将导管直接插入盛有NaOH 溶液的烧杯中，要有防倒吸措施，故F错误；故选DF；(2)检验某粗硅中存在的铁元素，采取的实验操作方法是取样品，先加入足量NaOH 溶液，充分反应后过滤，在滤渣中加入一定量稀硫酸充分反应，在反应后的溶液中滴加氯水，再滴加 KSCN 溶液，若溶液变红， 说明存在 Fe 元素。