【正文】 減少，品紅溶液褪色， D中先出現(xiàn)渾濁后渾濁消失，說明開始反應生成二氧化硫，該反應證明濃硫酸具有強氧化性， D中二氧化硫先與氫氧化鈣反應生成亞硫酸鈣沉淀，而后亞硫酸鈣與二氧化硫、水反應生成亞硫酸氫鈣，沉淀溶解；隨反應進行濃硫酸變?yōu)橄×蛩?，稀硫酸與 Zn 反應又生成氫氣，反應一段時間后， C、 D、 E中的氣 泡量又會明顯增加．由于生成的二氧化硫在 C中均發(fā)生反應，導致裝置內氣體壓強減小， B裝置的作用應是防止倒吸，選擇甲裝置， C也選擇甲裝置盛放品紅溶液． E中氫氧化鈉吸收未反應的二氧化硫，防止污染空氣， D、 E中導管均收入四氯化碳中，可以防止溶液倒吸； （ 1）由上述分析可知，正確連接順序為： a接 1接 b， c接 1接 d（填數(shù)字 2 ? ）；D、 E兩支試管中 CCl4的作用是：防止倒吸， 故答案為： 2； 1； 2； 1；防止倒吸；． （ 2）能證明濃硫酸具有強氧化性的化學方程式為： Zn+2H2SO4（濃） ZnSO4+SO2↑+ 2H2O， 故答案為： Zn+2H2SO4（濃） ZnSO4+SO2↑+2H 2O； （ 3）反應一段時間后，由于濃硫酸濃度降低， Zn與稀硫酸反應有 H2生成，反應一段時間后氣泡量又會明顯增加， 故答案為：反應一段時間后，由于濃硫酸濃度降低， Zn與稀硫酸反應有 H2生成； （ 4） D中渾濁消失的離子方程式為： CaSO3+SO2+H2O═Ca 2++2HSO3﹣ ， 故答案為： CaSO3+SO2+H2O═Ca 2++2HSO3﹣ ； Ⅱ ．（ 1） A裝置制備氯氣，二氧化錳與濃鹽酸反應生成氯化錳、氯氣與水，反應方程式為：MnO2+4HCl（濃） MnCl2+2H2O+Cl2↑ ， 故答案為： MnO2+4HCl（濃） MnCl2+2H2O+Cl2↑ ； （ 2）三氯化硼的沸點低，易揮發(fā)，需要冷卻產品， E裝置的作用是：冷卻和收集三氯化硼， B裝置的作用是吸收 Cl2中混有的 HCl，若拆去 B裝置，由題給資料知，硼與氯化氫反應生成的產物中有氫氣，加熱氫氣和氯氣的混合氣體，易發(fā)生爆炸， 故答案為：冷卻和收集三氯化硼；硼粉與氯化氫反應生成的產物中有氫氣，加熱氫氣與氯氣的混合氣體，易發(fā)生爆炸； （ 3） F裝置用于吸收水蒸氣，避免 G裝置中的水蒸氣進入 U形管， G裝 置中盛裝氫氧化鈉溶液吸收尾氣，故實驗中可以用一個盛裝堿石灰的干燥管來代替 F+G裝置， 故答案為：堿石灰； （ 4）三氯化硼遇水劇烈反應生成硼酸（ H3BO3）和白霧，產生白霧，說明有 HCl生成，三氯化硼遇水能反應的化學方程式為： BCl3+3H2O=H3BO3+3HCl↑ ，故實驗室應密封冷暗處保存三氯化硼， 故答案為： BCl3+3H2O═H 3BO3+3HCl↑ ；密封保存． 【點評】 本實驗屬于物質制備與檢驗綜合設計實驗，側重于學生的分析能力和實驗能力的考查，題目涉及制備氣體、凈化氣體、干燥氣體和尾氣處理，明確原理是 解題關鍵，目難度中等． 20．氫氣是清潔的能源，也是重要的化工原料． （ 1）以 H2為原料制取氨氣進而合成 CO（ NH2） 2的反應如下： N2（ g） +3H2（ g） =2NH3（ g） △H= ﹣ ?mol﹣ 1 2NH3（ g） +CO2（ g） =NH2CO2NH4（ s） △H= ﹣ ?mol﹣ 1 NH2CO2NH4（ s） =CO（ NH2） 2（ s） +H2O（ l） △H=+?mol ﹣ 1 則 N2（ g）、 H2（ g）與 CO2（ g）反應生成 CO（ NH2） 2（ s）和 H2O（ l）的熱化學方程式為 N2（ g）+3H2（ g） +CO2（ g） =CO（ NH2） 2（ s） +H2O（ l） △H= ﹣ ?mol﹣ 1． （ 2）用丙烷和水為原料在電催化下制氫氣，同時得到一種含有三元環(huán)的環(huán)氧化合物 A，該反應的化學方程式為 CH3CH2CH3+H2O→ +2H2．該反應也可生成 A的同分異構體﹣﹣另一種環(huán)氧化合物 B， B的核磁共振氫譜為如圖 1中的 a（填 “a” 或 “b” ）． （ 3）已知疊氮酸（ HN3）不穩(wěn)定，同時也能與活潑金屬反應，反應方程式為： 2HN3=3N2↑+H 2↑ 2HN3+Zn=Zn（ N3） 2+H2↑ 2mol HN3與 一定量 Zn完全反應，在標準狀況下生成 ，其中 N2的物質的量為 2mol． （ 4）已知 H2S高溫熱分解制 H2的反應為： H2S（ g） ?H2（ g） +1/2S2（ g） 在恒容密閉容器中，控制不同溫度進行 H2S的分解實驗： 以 H2S的起始濃度均為 c mol?L﹣ 1測定 H2S的轉化率，結果如圖 2所示．圖中 a為 H2S的平衡轉化率與溫度關系 曲線， b曲線表示不同溫度下反應經過相同時間且未達到化學平衡時 H2S的轉化率．若 985℃時，反應經 t min達到平衡，此時 H2S的轉化率為 40%，則反應速率 v（ H2） = mol?L﹣ 1?min﹣ 1（用含 c、 t的代數(shù)式表示）． 請說明隨溫度的升高，曲線 b向曲線 a逼近的原因： 溫度升高，反應速率加快，達到平衡所需的時間縮短 ． （ 5）用惰性電極電解煤漿液的方法制 H2的反應為： C（ s） +2H2O（ l） =CO2（ g） +2H2（ g）現(xiàn)將一定量的 1mol?L﹣ 1H2SO4溶液和適量煤粉充分混合，制成含碳量為 ?mL﹣ 1～ ?mL﹣1的煤漿液，于圖 3所示裝置中進行電解（兩電極均為惰性電極）．則 A極的電極反應式為C+2H2O﹣ 4e﹣ =CO2↑+4H +． 【考點】 熱化學方程式；轉化率隨 溫度、壓強的變化曲線；電解原理． 【專題】 基本概念與基本理論． 【分析】 （ 1）依據(jù)熱化學方程式和蓋斯定律，計算得到所需熱化學方程式； （ 2）依據(jù)原子守恒書寫生成物的結構簡式， A的同分異構體結構分析氫原子種類判斷氫原子的核磁共振譜； （ 3） 2mol HN3與一定量 Zn完全反應，在標準狀況下生成 ，物質的量= =3mol，結合化學方程式計算得到； （ 4）依據(jù)化學反應速率之比等于化學方程式計量數(shù)之比，計算硫化氫的反應速率得到氫氣反應速率；溫度升高，速率增大，達到平衡所需時間減??； （ 5）分析圖可知 A為陽極，結合反應的化學方程式可知是碳失電子發(fā)生氧化反應生成二氧化碳； 【解答】 解：（ 1） ①N 2（ g） +3H2（ g） =2NH3（ g） △H= ﹣ ?mol﹣ 1 ②2NH 3（ g） +CO2（ g） =NH2CO2NH4（ s） △H= ﹣ ?mol﹣ 1 ③NH 2CO2NH4（ s） =CO（ NH2） 2（ s） +H2O（ l） △H=+?mol ﹣ ； 依據(jù)蓋斯定律 ①+②+③ 得到， N2（ g）、 H2（ g）與 CO2（ g）反應生成 CO（ NH2） 2（ s）和 H2O（ l）的熱化學方程式為： 故答案為： N2（ g） +3H2（ g） +CO2（ g） =CO（ NH2） 2（ s） +H2O（ l） △H= ﹣ kJ?mol﹣ 1； （ 2）用丙烷和水為原料在電催化下制氫氣，同時得到一種含有三元環(huán)的環(huán)氧化合物 A，依據(jù)原子守恒配平書寫化學方程式為： CH3CH2CH3+H2O→ +2H2 ；該反應也可生成 A的同分異構體﹣﹣另一種環(huán)氧化合物 B，應為 ，分子中含有兩種氫原子，所以 B的核磁共振氫譜中應存在兩種氫譜，圖中 a符合； 故答案為： CH3CH2CH3+H2O→ +2H2， a； （ 3）生成氮氣物質的量為 x，依據(jù)化學方程式計算：在標準狀況下生 成 ，物質的量 = =3mol，氣體為氫氣和氮氣； 2HN3=3N2↑+H 2↑ 2 3 1 x x x 2HN3+Zn=Zn（ N3） 2+H2↑ 2 1 2（ 3﹣ x﹣ x） 3﹣ x﹣ x 2mol HN3與一定量 Zn完全反應生成氫氣 1mol，得到： 2（ 3﹣ x﹣ x） + x=2 x=2mol； 故答案為： 2 mol； （ 4） H2S的起始濃度均為 c mol?L﹣ 1，反應經 t min達到平衡，此時 H2S的轉化率為 40%，H2S（ g） ?H2（ g） + S2（ g）， 得到 V（ H2） =V（ H2S） = mol/L?min= mol?L﹣ 1?min﹣ 1，隨溫度的升高，曲線 b向曲線 a逼近，溫度升高，反應速率加快，轉化率增大，達到平衡所需的時間縮短； 故答案為： ?L﹣ 1?min﹣ 1，溫度升高，反應速率加快，達到平衡所需的時間縮短； （ 5）用惰性電極電解煤漿液的方法制 H2的反應為： C（ s） +2H2O（ l） =CO2（ g） +2H2（ g）現(xiàn)將一定量的 1mol?L﹣ 1H2SO4溶液和適量煤粉充分混合，制成含碳量 為 ?mL﹣ 1～ ?mL﹣1的煤漿液， A電極為電解池的陽極，電極反應為： C+2H2O﹣ 4e﹣ =CO2↑+4H+； 故答案為： C+2H2O﹣ 4e﹣ =CO2↑+4H +． 【點評】 本題考查了熱化學方程式計算和蓋斯定律的應用，化學平衡，反應速率計算，電解池電極反應的分析判斷，掌握基礎是關鍵，題目難度中等． 21．多種物質的轉化關系如下圖所示（部分反應物或產物已略去，反應條件未列出）： 已知： ①A 、 B、 C、 D、 G含有同種元素，且它們的狀態(tài)與顏色如下表所示： 物質 A單質 B溶液 C固體 D固體 G溶液 顏色 銀白色 黃色 紅褐色 紅棕色 淺綠色 ②E 是通常情況下密度最小的氣體； B與 AgNO3溶液反應生成不溶于稀硝酸的白色沉淀；一種氣體氧化物 M通入 B溶液中可被氧化為 F， F是含有三種元素的共價化合物， F與 A反應生成 E和 G． 請回答下列問題： （ 1）寫出下列物質的化學式． D： Fe2O3； E： H2． （ 2）寫出下列反應的離子方程式： ①B+M→F ： 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣ +4H+； ②A+F→E+G ： Fe+2H+=Fe2++H2↑ ． （ 3）下列氧化物中能與 G溶液反應直接 生成 C固體的是 ad（填字母）． a． Na2O2 b． SO2 c． CO2 d． BaO2． 【考點】 常見金屬元素的單質及其化合物的綜合應用；無機物的推斷． 【專題】 推斷題；幾種重要的金屬及其化合物． 【分析】 C為紅褐色固體，為 Fe（ OH） 3， D為紅棕色固體，為 Fe2O3； A、 B、 C、 D、 G含有同種元素， A的單質為銀白色，可以推知 A為 Fe， B溶液為黃色、 G溶液為淺綠色，初步判斷B含有 Fe3+、 G含有 Fe2+； E是通常情況下密度最小的氣體，則 E為 H2； B與 AgNO3溶液反應生成不溶于稀硝酸的白色沉淀， B含有 Cl﹣ ，則 B為 FeCl3；氣體氧化物 M可被 FeCl3氧化為F，則 M為具有還原性的常見氧化物，最常見為 SO2，可推知 M為 SO2， G為 FeSO4， F為 H2SO4；F是含有三種元素的共價化合物， F與 A反應生成 E和 G，符合轉化關系． 【解答】 解： C為紅褐色固體，為 Fe（ OH） 3， D為紅棕色固體，為 Fe2O3； A、 B、 C、 D、 G含有同種元素， A的單質為銀白色，可以推知 A為 Fe， B溶液為黃色、 G溶液為淺綠色，初步判斷 B含有 Fe3+、 G含有 Fe2+； E是通常情況下密度最小的氣體，則 E為 H2； B與 AgNO3溶液反應生成不溶于稀硝 酸的白色沉淀， B含有 Cl﹣ ，則 B為 FeCl3；氣體氧化物 M可被 FeCl3氧化為 F，則 M為具有還原性的常見氧化物，最常見為 SO2，可推知 M為 SO2， G為 FeSO4， F為 H2SO4； F是含有三種元素的共價化合物， F與 A反應生成 E和 G，符合轉化關系，則： （ 1）由上述分析可知， D為 Fe2O3， E為 H2，故答案為： Fe2O3； H2； （ 2） ①B+M→F 的離子方程式為： 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣ +4H+，故答案為：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣ +4H+； ②A+F→E+ G的離子方程式為： Fe+2H+=Fe2++H2↑ ，故答案為： Fe+2H+=Fe2++H2↑ ； （ 3）能把 Fe2+氧化轉化為 Fe（ OH） 3固體的物質是氧化劑，且溶液呈堿性，故 Na2O BaO2符合，故答案為： ad． 【點評】 本題考查無機物的推斷，注意物質的顏色是推斷突破口，氣體氧化物 M的推斷是難點，需要學生熟練掌握元素化合物知識，難度中等． 22．氮元素的化合物種類繁多，性質也各不相同． （ 1）寫出 NH4HCO3溶液中的物料守恒 C（ NH4+） +c（ NH3?H2O） =c（ CO32﹣ ） +c（ HCO3﹣ ） +c（ H2CO3） ． （ 2）室溫下，將 ?L﹣ 1 NH4HSO4溶液與 ?L﹣ 1燒堿溶液等體積混合，所得溶液中所有離子的物質的量濃度大小關系為 c（ Na+） =c（ SO42﹣ ）＞ c（ NH4+）＞ c（ H+）＞ c（ OH﹣ ） ． （ 3）肼（ N2H4）又稱