8．有一包白色固体粉末.其中可能含有NaCl.Ba(NO3)2.CuSO4.Na2CO3中的一种或几种.现做以下实验:①将部分粉末加入水中.振荡.有白色沉淀生成.过滤.溶液呈无色．②向①的沉淀物中加入——青夏教育精英家教网——

8．有一包白色固体粉末，其中可能含有NaCl、Ba（NO₃）₂、CuSO₄、Na₂CO₃中的一种或几种，现做以下实验：
①将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，溶液呈无色．
②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生．
③取少量②的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生．
④另取①中过滤后的溶液加入足量AgNO₃溶液，产生白色沉淀．
试根据上述实验事实，完成下列问题：
（1）原白色粉末中一定含有的物质是Ba（NO₃）₂、Na₂CO₃，一定不含的物质是CuSO₄，可能含有的物质是NaCl．（以上各种物质均写化学式）
（2）写出各步变化可能的离子方程式．

7．稀土是我国战略性资源．氟碳铈矿主要化学成分为CeFCO₃，它是提取铈族稀土元素的重要矿物原料．关于氟碳铈矿的冶炼处理工艺已经发展到十数种，其中一种提取铈的工艺流程如下：

请回答下列问题
（1）为增大反应速率，提高原料的利用率，焙烧前可将矿石粉碎成细颗粒处理．
（2）焙烧过程中产生的SO₃尾气常采用喷淋法净化，再用石灰乳中和；操作I中滤渣的主要成分是CaF₂、CaSO₄．
（3）操作II若在实验室中进行，需要的主要玻璃仪器有分液漏斗、烧杯、玻璃棒等；所用萃取剂HT需具备的条件是①②③．
①HT不溶于水，也不和水反应
②Ce³⁺不和萃取剂HT发生反应
③Ce³⁺在萃取剂HT中溶解度大于水
④萃取剂HT的密度一定大于水
（4）已知有机物HT能将Ce³⁺从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：2Ce³⁺ （水层）+6HT（有机层）?2CeT₃（有机层）+6H⁺（水层）
从平衡角度解释：向CeT₃ （有机层）加入稀硫酸获得较纯的含Ce³⁺的水溶液的原因是混合液中加入H₂SO₄使c（H⁺）增大，平衡向形成Ge³⁺水溶液方向移动．
（5）常温下，含Ce³⁺溶液加碱调至pH=8时，c（Ce³⁺）=b mol•L^-1，已知Ce（OH）₃的溶度积=a，则a和b的关系是a=10^-18b．
（6）写出Ce（OH）₃悬浊液通入氧气得到产品的化学方程式：4Ce（OH）₃+O₂+2H₂O=4Ce（OH）₄．
（7）取上述流程中得到的Ce（OH）₄产品0.545g，加硫酸溶解后，用0.100 0mol•L^-1 FeSO₄标准溶液滴定至终点时（铈被还原为Ce³⁺），消耗25.00mL标准溶液．该产品中Ce（OH）₄的质量分数为95%[Ce（OH）₄的相对分子质量为208，结果保留两位有效数字]．

6．化学实验操作中必须十分重视安全问题．下列处理方法不正确的是（　　）

	A．	不慎打翻燃着的酒精灯，立即用湿抹布盖灭
	B．	实验室制取氯气如果有尾气处理装置，可不用在通风橱中进行
	C．	给盛有液体的试管加热时，要不断移动试管或加入碎瓷片
	D．	浓碱液滴在皮肤上，立即用大量水冲洗，然后涂上硼酸溶液

5．将汽车尾气中含有的CO利用不仅能有效利用资源，还能防治空气污染．工业上常用CO与H₂在由Al、Zn、Cu等元素形成的催化剂作用下合成甲醇．
（1）图1是某同学画出CO分子中氧原子的核外电子排布图，

请判断该排布图错误（填“正确”或“错误”），理由是违背泡利原理（若判断正确，该空不用回答）．
（2）写出两种与CO互为等电子体的离子CN^-、C₂^2-．
（3）向CuSO₄溶液中加入足量氨水可得到深蓝色[Cu（NH₃）₄]SO₄溶液，[Cu（NH₃）₄]SO₄中所含配位键是通过配体分子的N给出孤电子对，Cu²⁺接受电子对形成，SO₄^2-的空间构型是正四面体，该物质中N、O、S三种元素的第一电离能大小顺序为N＞O＞S（填元素符号）．
（4）甲醇与乙烷的相对分子质量相近，故二者分子间的作用力（范德华力）相近，但是二者沸点的差距却很大，造成该差异的原因是甲醇分子间存在氢键，因此其沸点远大于乙烷；在甲醇分子中碳原子轨道的杂化类型为sp³．
（5）甲醛与新制Cu（OH）₂悬浊液加热可得砖红色沉淀Cu₂O，已知Cu₂O晶胞的结构如图2所示：
①在该晶胞中，Cu⁺的配位数是2，
②若该晶胞的边长为a pm，则Cu₂O的密度为$\frac{288}{（a×1{0}^{-10}）^{3}{N}_{A}}$g•cm^-3（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽德罗常数为N_A）

4．高纯碳酸锰在电子工业中有重要的应用，湿法浸出软锰矿（主要成分为MnO₂，含少量Fe、Al、Mg等杂质元素）制备高纯碳酸锰的实验过程如下：

（1）浸出：浸出时温度控制在90℃～95℃之间，并且要连续搅拌3小时的目的是提高软锰矿中锰的浸出率，植物粉的作用是作还原剂．
（2）除杂：①向浸出液中加入一定量的碳酸锰矿，调节浸出液的pH为3.5～5.5；
②再加入一定量的软锰矿和双氧水，过滤；
③…
操作①中使用碳酸锰调pH的优势是；操作②中加入双氧水不仅能将Fe²⁺氧化为Fe³⁺，而且能提高软锰矿的浸出率．写出双氧水提高软锰矿浸出率的离子方程式MnO₂+H₂O₂+2H⁺=Mn²⁺+2H₂O+O₂↑．
（3）制备：在30℃～35℃下，将碳酸氢铵溶液滴加到硫酸锰净化液中，控制反应液的最终pH在6.5～7.0，得到MnCO₃沉淀．温度控制35℃以下的原因是减少碳酸氢铵的分解，提高原料利用率；该反应的化学方程式为MnSO₄+2NH₄HCO₃ $\frac{\underline{\;30-35℃\;}}{\;}$MnCO₃+（NH₄）₂SO₄+CO₂↑+H₂O；生成的MnCO₃沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是取最后一次的洗涤滤液1～2mL于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl₂溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净．
（4）计算：室温下，Ksp（MnCO₃）=1.8×10^-11，Ksp（MgCO₃）=2.6×10^-5，已知离子浓度小于1.0×10^-5mol•L^-1时，表示该离子沉淀完全．若净化液中的c（Mg²⁺）=10^-2mol/L，试计算说明Mg²⁺的存在是否会影响MnCO₃的纯度．

3．某种利用生产钛白废副产物硫酸亚铁溶液（含TiO²⁺离子）生产氧化铁黑（Fe₃O₄）的流程如下：

已知：常温下Ti（OH）₄的K_sp=7.94×10^-54．
回答下列问题：
（1）沉淀池产生的滤渣除了Ti（OH）₄外，主要成分是CaSO₄•2H₂O．产生Ti（OH）₄的离子方程式为TiO²⁺+3H₂O=Ti（OH）₄↓+2H⁺（或Fe+TiO²⁺+3H₂O=Ti（OH）₄↓+Fe²⁺+H₂↑）．
（2）在废副硫酸亚铁溶液沉淀池中发生反应的类型没有的是C（填标号）．
A．置换反应 B．化合反应 C．分解反应 D．复分解反应
（3）氧化桶中发生的主要反应的化学方程式为Fe²⁺+2OH^-=Fe（OH）₂↓、4Fe（OH）₂+O₂+2H₂O=4Fe（OH）₃．
（4）本工艺的关键之一在于测定氧化桶流出的滤液中Fe³⁺和Fe²⁺的比例应略小于2：1，约为1.9：1．其主要的原因是Fe²⁺容易被氧化，应使其比例略高．
（5）沉淀池、氧化桶中通入的水蒸气除了加热升温加快反应外，还应该具有的作用是搅拌反应物，使反应物充分反应．
（6）流程中“滤液”的最佳处理方式是循环至沉淀池继续使用．
（7）热交换器的使用实现了能量在流程中的充分利用，降低了能耗，流程中可在热交换器中预热的物质是水、FeCl₂溶液．

依据氧化还原反应2Ag⁺（aq）+Cu（s）═Cu²+（aq）+2Ag（s）设计的原电池如图所示：
请回答下列问题：
（1）外电路中的电子是从Cu 电极流向Ag电极．
（2）银电极发生的电极反应为Ag⁺+e^-=Ag；
X电极上发生的电极反应为Cu-2e═Cu²⁺；
（3）LiSOCl₂电池可用于心脏起搏器．该电池的电极材料分别为锂和碳，电解液是LiAlCl₄-SOCl₂．电池的总反应可表示为4Li+2SOCl₂═4LiCl+S+SO₂↑．请回答下列问题：
写出电池的负极发生的电极反应为Li-e^-═Li⁺；电池正极发生的电极反应为2SOCl₂+4e^-═4Cl^-+S+SO₂↑．

1．（1）一种气态烷烃和一种气态烯烃组成的混合物共10g，混合气体的密度是相同状况下氢气的12.5倍，该混合气体通过溴水时，溴水的质量增加8.4g．则该烷烃与烯烃的体积比为：1：3．
（2）一定质量的甲烷燃烧后得到的产物为CO、CO₂和水蒸气，此混合气体质量为49.6g，当其缓缓通过无水CaCl₂时，CaCl₂的质量增加22.5g．原混合气体中CO₂的质量为26.4 g．

20．对于放热反应H₂+Cl₂$\frac{\underline{\;点燃\;}}{\;}$2HCl，下列说法中，正确的是（　　）

	A．	生成物所具有的总能量高于反应物所具有的总能量
	B．	反应物所具有的总能量高于生成物所具有的总能量
	C．	断开1molH-H键和1molCl-Cl键所吸收的总能量大于形成2molH-Cl键所放出的能量
	D．	该反应中，化学能只转变为热能

19．硝酸与合成氨工业密切相关，氨氧化法是工业生产中制取硝酸的主要途径．完成下列计算：
（1）．合成氨时，假设100L的氮气与氢气（体积比为1：3）的混合气体通过氨合成塔充分反应后，体积变为90L，则氮气的转化率为20%．（写出计算过程，计算结果请用百分数表示）
（2）．标准状况下，将500L氨气溶于1L水中形成氨水，则此氨水质量分数为27.5%．（写出计算过程，计算结果请用百分数表示，并保留1位小数）
（3）．氨氧化法是将氨和空气的混合气通过灼热的铂铑合金网，在合金网的催化下，氨被氧化成一氧化氮（NO）．此时温度很高，水以水蒸气的形式存在，NO也不与O₂反应．若氨气与氧气物质的量之比为1：1.7时，氨的转化率可达95%，计算反应后NO的体积分数9.8%．（设氧气在空气中的体积分数为20%，写出计算过程，计算结果请用百分数表示并保留1位小数）
（4）．一氧化氮继续氧化为二氧化氮，二氧化氮溶于水可得硝酸．为测定某18K金样品的组成，将2.832g样品粉碎后投入足量的浓硝酸中，充分溶解后，收集到NO₂和N₂O₄的混合气体224mL（折算至标准状况，下同），将该混合气体与84mL O₂混合后缓缓通入水中，恰好被完全吸收．（已知金不溶于浓硝酸）
填写该18K金的成分表（写出计算过程，计算结果请用百分数表示并保留1位小数，若不含该金属则填0）．

18K金成分	Au	Ag	Cu
含量（质量分数）	75%	11.44%	13.56%

0 156726 156734 156740 156744 156750 156752 156756 156762 156764 156770 156776 156780 156782 156786 156792 156794 156800 156804 156806 156810 156812 156816 156818 156820 156821 156822 156824 156825 156826 156828 156830 156834 156836 156840 156842 156846 156852 156854 156860 156864 156866 156870 156876 156882 156884 156890 156894 156896 156902 156906 156912 156920 203614