制备蒸馏水时,应先接通冷凝水,在点燃酒精灯加热蒸馏烧瓶.这句话对吗?如果不对,错在哪里

设制得的质量是X千克
2H2O=2H2↑+O2↑
36 32
1 X
X＝0.89千克
氧气的体积：（0.89*1000)/32*22.4＝623升

随着现代食品工业的发展,食品包装不断更新,一类能完善包装材料的环境保护之间矛盾的新型食品包装技术材料——可食性包装脱颖而出.可食性包装材料是指当包装的功能实现后,该材料可转变为一种动物或人可食用的原料,是一种可实现包装材料功能转型的特殊包装材料.可食性包装材料是一种无废弃物的包装,是一种资源型环保型的包装材料.

A、因直接加碱，调整溶液pH≥9.6，Fe ²⁺ 以Fe（OH） ₂ 形式完全沉淀，此时的pH≥9.6，同时Cu ²⁺ 以Cu（OH） ₂ 的形式完全沉淀，不但除去了Fe ²⁺ ，也除去了Cu ²⁺ ，不符合除杂的原则，故A错误；
B、因铜粉的还原性比铁弱，不能将Fe ²⁺ 还原出来，故B错误；
C、将Fe ²⁺ 氧化成Fe ³⁺ ，Fe ³⁺ 以Fe（OH） ₃ 形式完全沉淀，pH在3～4，此时Cu ²⁺ 形成没有沉淀，过滤除去Fe（OH） ₃ 沉淀，既除去除去了杂质，也没有除去原物质，故C正确；
D、FeS不溶于水，但溶于酸，通入硫化氢，不能除去Fe ²⁺ ，但使Cu ²⁺ 形成CuS沉淀，除去了Cu ²⁺ ，不符合除杂的原则，故D错误；
故选C．

工业上将Cl2通入石灰乳中得到漂白粉,反应为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O可知：一份Cl2 可得到一份Ca（ClO）271gCl2 为 1mol,即生成0.5molCa（ClO）2现在问的是转移的电子数那么方程式中化合价变化的只有Cl,C...

（1）D （2）浓盐酸随着反应的进行浓度逐渐降低，最终变为稀盐酸，反应不再产生氯气
（3）①证明有水蒸气产生 白色固体变蓝色
②氯气无漂白性，氯气与水反应产生的次氯酸有漂白性
③吸收氯气
（1）Ca(ClO) ₂ +CO ₂ +H ₂ O=CaCO ₃ ↓+2HClO
（2）Cl ₂ +2NaClO ₂ =2ClO ₂ +2NaCl

适当稍稍加大格氏试剂的浓度,一般来说格氏试剂和物质反应不会停留在酮这个阶段,而是继续反应生成醇,如果你要是觉得苯基位阻太大怕产率不高的话,我建议你用烃基锂,这个可以完全无视位阻直接成醇的.

因为考虑到乙酸乙酯的沸点和乙酸差不多,都在100℃以上,而乙醇为75℃左右,所以为了方便分离,只能让酸完全反应,让醇过量.所以你看到了乙醇跟乙酸不是一比一而是多于乙酸.另外浓硫酸是催化剂,含量是通过实验找到的,多了碳化,溶液变成棕色.少了反应慢,相同时间内产率低.

（1）因金属表面沾有油污，用加热可除去，同时生成黑色的氧化铜，故答案：除去表面的油污，氧化铜；
（2）硝酸是氧化剂，加快了会有大量气体放出，会夹带溶液，使溶液溢出容器；分批加是为充分利用硝酸，避免未反应的酸在加热时分解．故答案：防止反应剧烈，有液体溅出；避免硝酸分解；
（3）反应时，硝酸加多了，会导致粗产品中含有较多的硝酸铜，致使粗产品呈绿色．故答案：避免引入过多NO₃^-，影响后面的实验；
（4）①因CuSO₄?5H₂O的溶解度随温度变化较大，所以先析出，故答案：五水硫酸铜；
②因CuSO₄?5H₂O含有杂质Cu（NO₃）₂?xH₂O，但Cu（NO₃）₂?xH₂O溶解度随温度变化不大，故可用重结晶法提纯，故答案：重结晶；
（5）蒸发皿在实验中有一定的温度，应用坩埚钳取用，同时蒸发皿蒸发溶液时蒸发皿中溶液的体积不超过它体积的2/3、蒸发溶液时不能蒸干，有大部分晶体析出时停止加热、避免骤冷导致蒸发皿破裂等，故答案：避免骤冷导致蒸发皿破裂或蒸发溶液时蒸发皿中溶液的体积不超过它体积的2/3或蒸发溶液时不能蒸干等；
（6）由于固体由CuSO₄?5H₂O变成CuSO₄，这是两种不同的物质，故答案：化学．

1 浓硫酸具有强烈的吸水性 2 该反应为可逆反应 除去水后能使反应向右移动 增加乙酸乙酯的产率 3 由于相似相溶原理乙酸乙酯不易溶在无机溶液里 4减小后乙酸乙酯更易分液 便于制备啊

α波的光谱依赖曲线……可能是……ZnO薄膜和这个有什么关系……
可能这么翻译……
经共面蒸发形成的铝电极被证实符合欧姆行为.
α波的光谱依赖曲线表现为两个区域：一个在高光子能量区,符合幂次定律,另一个在较低能量区,符合指数分布.

直接反应不能制得,必须经过其他途径将铁单质氧化为高价铁之后再与盐酸反应.
可以将盐酸电解,在阳极上会收集到氯气,然后用氯气和铁反应就可以制得氯化铁

标准制备方法：SnO溶于40%HF,蒸发浓缩得无色SnF2单斜晶体
不过.注意安全啊～

A试管中反应:Fe+H2SO4=FeSO4+H2,打开止水夹,氢气经左边的支管到B中的溶液中,再从溶液中逸出,赶走了B中的空气
关闭止水夹后,A中氢气在试管A中使得A中压强增大,把FeSO4溶液经中间导管压到B中,与氢氧化钠反应,没有氧气故见到白色沉淀

解题思路：（1）结合K_sp[Mg（OH）₂]=c（Mg²⁺）•c²（OH^-）=1.8×10^-11计算c（OH^-），再利用Kw=c（H⁺）•c²（OH^-）计算c（H⁺），最后根据pH=-lgc（H⁺）计算．
（2）MgCl₂•6H₂O在受热时易发生水解，需要抑制其水解．
（3）由工艺流程转化关系可知，反应I中的目的是制备Mg（OH）₂，所以反应I中还发生Mg²⁺与氨水反应生成Mg （OH）₂与NH₄⁺．
（4）实验根据控制变量法进行对比试验，研究温度、反应时间、反应物配比对氧化镁产率，分析对比实验的变量不同进行解答．
（5）由图表中数据可知，在378K～398K，纳米MgO的粒径大小无明显变化，在383K较低温度下有利于形成较小的颗粒，纳米MgO产率产率随温度的升高而增大．

（1）由于K_sp[Mg（OH）₂]=c（Mg²⁺）•c²（OH^-）=1.8×10^-11，当溶液中c（Mg²⁺）=10^-3mol•L^-1，开始沉淀需要OH^-浓度为c（OH^-）=

1.8×10−11
1.8×10−3=10^-4 mol•L^-1，所以c（H⁺）=
10−14
10−4=10^-10mol•L^-1，pH=-lgc（H⁺）=-log10^-10=10．
故答案为；10．
（2）MgCl₂•6H₂O在受热时易发生水解MgCl₂+2H₂O⇌Mg（OH）₂+2HCl，应在加热时应不断通入HCl气体，抑制其水解．
故答案为：HCl；MgCl₂•6H₂O在受热时易发生水解，为抑制其水解，在加热时应不断通入HCl气体．
（3）由工艺流程转化关系可知，反应I中的目的是制备Mg（OH）₂，所以反应I中还发生Mg²⁺与氨水反应生成Mg （OH）₂与NH₄⁺，反应离子方程式为Mg²⁺+2NH₃•H₂O=Mg （OH）₂↓+2NH₄⁺．
故答案为：Mg²⁺+2NH₃•H₂O=Mg （OH）₂↓+2NH₄⁺．
（4）实验根据控制变量法进行对比试验，研究温度、反应时间、反应物配比对氧化镁产率影响．
（Ⅰ）实验①和③，温度相同，反应时间相同，应研究反应物配比对氧化镁产率的影响，③中反应物配比应为4：1；
（Ⅱ）实验②和④，反应时间相同，反应物配比相同，温度不同，应是探究温度对产率的影响；
（Ⅲ）③中反应物配比应为4：1，实验②和③，温度相同、反应物配比相同，反应时间不同，探究反应时间对产率的影响．
故答案为：
实验
编号 T/K 反应
时间/h 反应物的物质的量配比
n[CO（NH₂）₂]：n[MgCl₂•6H₂O] 实验目的
① （Ⅰ）反应物的物质的量配比对产率的影响；
（Ⅱ）温度对产率的影响；
（Ⅲ）③
②
③ 4：1
④ （5）由图表中数据可知，在378K～398K，纳米MgO的粒径大小无明显变化，在383K较低温度下有利于形成较小的颗粒，纳米MgO产率产率随温度的升高而增大．
故答案为：在378K～398K，纳米MgO的粒径大小无明显变化，在383K较低温度下有利于形成较小的颗粒，纳米MgO产率产率随温度的升高而增大．

点评：
本题考点： 制备实验方案的设计；化学平衡的影响因素；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．

考点点评： 考查溶度积计算、盐类水解、对工艺流程的理解与条件的控制、对实验数据图象的分析、移动题目获取信息能力等，难度中等，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识分析问题、解决问题能力．

石灰石加盐酸溶解再加入过量的碳酸钠过滤浓缩干燥即可

格式反应,先卤化生成卤丁烷,再制成格式试剂与丙酮反应再水解即可

解题思路：（1）8CuFeS₂+21O₂

高温 .

8Cu+4FeO+2Fe₂O₃+16SO₂中，Fe元素的化合价升高，Cu、O元素的化合价降低；
（2）冶炼过程中产生大量SO₂可制备硫酸或利用碱液吸收；
（3）设计实验验证炉渣中含有FeO，利用酸溶液后，根据亚铁离子具有还原性，选氧化剂发生明显的现象来解答．

（1）8CuFeS₂+21O₂

高温
.
8Cu+4FeO+2Fe₂O₃+16SO₂中，Fe元素的化合价升高，Cu、O元素的化合价降低，则Cu、O元素被还原，故答案为：Cu、O；
（2）冶炼过程中产生大量SO₂可制备硫酸或利用碱液吸收，与浓硫酸不反应，也不能直接排放，故答案为：bc；
（3）设计实验验证炉渣中含有FeO，利用酸溶液后，根据亚铁离子具有还原性，选氧化剂发生明显的现象即可证明，因盐酸能被高锰酸钾氧化，则选择试剂为稀硫酸、KMnO₄溶液，证明炉渣中含有FeO的实验现象为稀硫酸浸取炉渣所得溶液能使KMnO₄溶液褪色，
故答案为：稀硫酸、KMnO₄溶液；稀硫酸浸取炉渣所得溶液能使KMnO₄溶液褪色．

点评：
本题考点： 氧化还原反应；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．

考点点评： 本题考查氧化还原反应及应用，为高频考点，把握物质的性质、反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，（3）中易错选盐酸，题目难度不大．

CuO+2HCl=CuCl2+H2O(=后的2为角码）黑色粉末逐渐消失,溶液显淡蓝色.

解题思路：（1）根据锌粒和稀硫酸反应的现象、反应原理、反应特点进行解答；
（2）根据氢气还原氧化铜的操作步骤和注意事项及反应原理分析解答；
（3）根据装置特点进行分析．

（1）锌粒和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，放出热量，方程式是Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑，该反应由一种单质和一种化合物生成另一种单质和化合物，属于置换反应；故答案为：有气泡冒出； 发热； Zn+H2SO4═ZnSO4...

点评：
本题考点： 氢气的制取和检验；碳、一氧化碳、氢气还原氧化铜实验；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式；氢气的化学性质与燃烧实验．

考点点评： 本题对氢气的制取和性质进行了细致的考查，解题时要根据相关知识并结合实验装置细心分析，才能正确解答．

3MnO2+6KOH+KClO3=3K2MnO4+KCl+3H2O↑
3MnO42-+4H+=2MnO4-+MnO2↓+2H2O
两式相加得 2MnO2+6OH-+4H+ClO3- = 2MnO4-+5H2O↑+CL-

解题思路：A有一处明显的错误，改正为：A装置的导管应该进入橡皮塞少许即可；制取装置包括加热和不需加热两种，如果用双氧水和二氧化锰制氧气就不需要加热，如果用高锰酸钾或氯酸钾制氧气就需要加热．氧气的密度比空气的密度大，不易溶于水，因此能用向上排空气法和排水法收集．若使用C装置收集氧气，实验结束时，应先从水槽中移出导气管，再熄灭酒精灯，原因是：防止水倒吸进入试管，使试管炸裂；将CO₂和CO的混合气体通过F装置（液体药品均足量），实验开始时关闭活塞B，打开活塞a，此时从导管c逸出的气体主要是一氧化碳，因为二氧化碳被氢氧化钠溶液吸收了；一段时间后，再关闭活塞a，打开活塞b，将分液漏斗中的稀盐酸滴入广口瓶中，此时有二氧化碳气体逸出，二氧化碳能溶于水，密度比空气的密度大，因此只能用向上排空气法收集；二氧化碳的验满方法是：将一根燃着的木条平放在集气瓶口，木条熄灭，证明满了．由题目的信息可知：其中第二次检测结果不正确，因为BaCl₂、Na₂SO₄、K₂CO₃不能共存，会生成硫酸钡、碳酸钡白色沉淀；先向溶液中加入过量的稀硝酸溶液，检测的离子是碳酸根离子，因为碳酸根离子遇到酸会有大量气泡冒出；然后继续加入过量的硝酸钡溶液，是为了检验并除尽硫酸根离子；过滤后，再向滤液中加入AgNO₃溶液，是为了检验氯离子．

（1）A有一处明显的错误，改正为：A装置的导管应该进入橡皮塞少许即可；如果用高锰酸钾制氧气就需要加热，若使用C装置收集氧气，实验结束时，应先从水槽中移出导气管，再熄灭酒精灯，原因是：防止水倒吸进入试管，使试管炸裂；将CO₂和CO的混合气体通过F装置（液体药品均足量），实验开始时关闭活塞B，打开活塞a，此时从导管c逸出的气体主要是一氧化碳，因为二氧化碳被氢氧化钠溶液吸收了；一段时间后，再关闭活塞a，打开活塞b，将分液漏斗中的稀盐酸滴入广口瓶中，此时有二氧化碳气体逸出，二氧化碳能溶于水，密度比空气的密度大，因此只能用向上排空气法收集；二氧化碳的验满方法是：将一根燃着的木条平放在集气瓶口，木条熄灭，证明满了．故答案为：①A装置的导管应该进入橡皮塞少许即可；②A；防止水倒吸进入试管，使试管炸裂；③CO；E；将一根燃着的木条平放在集气瓶口，木条熄灭，证明满了；
（2）由题目的信息可知：其中第二次检测结果不正确，因为BaCl₂、Na₂SO₄、K₂CO₃不能共存，会生成硫酸钡、碳酸钡白色沉淀；先向溶液中加入过量的稀硝酸溶液，检测的离子是碳酸根离子，因为碳酸根离子遇到酸会有大量气泡冒出；然后继续加入过量的硝酸钡溶液，是为了检验并除尽硫酸根离子；过滤后，再向滤液中加入AgNO₃溶液，是为了检验氯离子；故答案为：①二；②碳酸根离子；Ba（NO₃）₂；检验并除尽硫酸根离子；AgNO₃

点评：
本题考点： 常用气体的发生装置和收集装置与选取方法；混合物的分离方法；常见气体的检验与除杂方法；实验室制取氧气的反应原理；制取氧气的操作步骤和注意点；二氧化碳的化学性质；常见离子的检验方法及现象．

考点点评： 本考点主要考查了注意事项、气体的制取装置和收集装置的选择，同时也考查了化学方程式的书写和常见离子的检验等，综合性比较强．气体的制取装置的选择与反应物的状态和反应的条件有关；气体的收集装置的选择与气体的密度和溶解性有关．本考点是中考的重要考点之一，主要出现在实验题中．

Cao+2h2o=(高温）Ca(oh)2+h2
Cu+2hcl=Cucl2+h2
Cucl2+Ca（oh)2=Cu(oh)2+Cacl2
这只是一个简单的置换反应

解题思路：重晶石是BaSO₄，黑色单质A通常是碳．由BaSO₄和单质碳高温生成气体B，B燃烧生成气体C，可知B是CO，C是CO₂．有臭鸡蛋气味的气体E是H₂S，而H₂S是由D溶于H₂O通入CO₂所得，则D中含S^2-．BaSO₄和单质碳高温生成气体CO，同时生成白色固体D，则D是BaS．BaS溶于H₂O，与皓矾（ZnSO₄•7H₂O）反应生成锌钡白（BaSO₄和ZnS的混合物）．BaS溶于H₂O 通入CO₂产生H₂S，同时生成白色沉淀F，可知F是BaCO₃．进一步推出G是BaO，H是BaO₂，BaO₂与稀H₂SO₄反应生成BaSO₄沉淀和H₂O₂．
（1）元素化合价在反应前后发生变化的反应属于氧化还原反应；
（2）H₂O₂属于共价化合物，分子中氧原子与氢原子之间形成1对共用电子对，氧原子之间形成1对共用电子对；
C是CO₂，属于共价化合物，分子中碳原子与氧原子之间形成2对共用电子对；
（3）由分析可知，F是BaCO₃，G是BaO；
（4）根据上述分析可知各反应中反应物与产物，配平书写方程式；
（5）①锌钡白固体中n（ZnS）=n（BaSO₄），计算16.5g锌钡白固体中n（ZnS）=n（BaSO₄）=0.05ml，1008mLH₂S气体的物质的量为[1.008L/22.4L/mol]=0.045mol，所以溶液中氢硫酸的物质的量为0.05mol-0.045mol=0.005mol，再根据c=[n/V]计算硫化氢的浓度；
②加热驱尽溶液中H₂S 后，为使锌离子刚好完全沉淀，形成的溶液为硫酸钠溶液，根据硫酸根守恒可知，n（Na₂SO₄）=n（H₂SO₄），由钠离子守恒可知，n（NaOH）=2n（Na₂SO₄）=2n（H₂SO₄），再根据V=[n/c]计算．

重晶石是BaSO₄，黑色单质A通常是碳．由BaSO₄和单质碳高温生成气体B，B燃烧生成气体C，可知B是CO，C是CO₂．有臭鸡蛋气味的气体E是H₂S，而H₂S是由D溶于H₂O通入CO₂所得，则D中含S^2-．BaSO₄和单质碳高温生成气体CO，同时生成白色固体D，则D是BaS．BaS溶于H₂O，与皓矾（ZnSO₄•7H₂O）反应生成锌钡白（BaSO₄和ZnS的混合物）．BaS溶于H₂O 通入CO₂产生H₂S，同时生成白色沉淀F，可知F是BaCO₃．进一步推出G是BaO，H是BaO₂，BaO₂与稀H₂SO₄反应生成BaSO₄沉淀和H₂O₂．
（1）流程中7个化学反应，反应①BaSO₄+4C=BaS+4CO↑，碳元素的化合价由0价升高为+2价，硫元素化合价由+6价降低为-2价，属于氧化还原反应；反应②是CO的燃烧，碳元素、氧元素化合价发生变化，属于氧化还原反应；反应③BaS+ZnSO₄=ZnS↓+BaSO₄↓，各元素化合价未发生变化，属于复分解反应；反应④BaS+H₂O+CO₂=BaCO₃↓+H₂S，各元素化合价未发生变化，属于复分解反应；反应⑤为BaCO₃

高温
.
Ba+CO₂↑，各元素化合价未发生变化，属于分解反应；反应⑥为2BaO+O₂

△
.
2BaO₂，氧元素化合价发生变化，属于氧化还原反应；反应⑦BaO₂+H₂SO₄=BaSO₄↓+H₂O₂，各元素化合价未发生变化，属于复分解反应．所以7个反应中①②⑥属于氧化还原反应，故答案为：3；
（2）H₂O₂属于共价化合物，分子中氧原子与氢原子之间形成1对共用电子对，氧原子之间形成1对共用电子对，电子式为；
C是CO₂，属于共价化合物，分子中碳原子与氧原子之间形成2对共用电子对，电子式为，
故答案为：；；
（3）由分析可知，F是BaCO₃，G是BaO，故答案为：BaCO₃；BaO；
（4）由分析可知，反应③：BaS+ZnSO₄=ZnS↓+BaSO₄↓．反应⑦：BaO₂+H₂SO₄=BaSO₄↓+H₂O₂，
故答案为：BaS+ZnSO₄=ZnS↓+BaSO₄↓；BaO₂+H₂SO₄=BaSO₄↓+H₂O₂；
（5）①由工艺流程，反应③：BaS+ZnSO₄=ZnS↓+BaSO₄↓可知，锌钡白固体中n（ZnS）=n（BaSO₄），所以n（ZnS）×97g/mol+=n（BaSO₄）×233g/mol=16.5g，解得n（ZnS）=n（BaSO₄）=0.05ml，1008mLH₂S气体的物质的量为[1.008L/22.4L/mol]=0.045mol，所以溶液中氢硫酸的物质的量为0.05mol-0.045mol=0.005mol，溶液中氢硫酸的物质的量浓度为[0.005mol/0.1L]=0.05mol/L，
故答案为：0.05；
②加热驱尽溶液中H₂S 后，为使锌离子刚好完全沉淀，形成的溶液为硫酸钠溶液，根据硫酸根守恒可知，n（Na₂SO₄）=n（H₂SO₄），由钠离子守恒可知，n（NaOH）=2n（Na₂SO₄）=2n（H₂SO₄）=2×0.1L×1mol/L=0.2mol，故需要1mol/L的NaOH溶液体积为[0.2mol/1mol/L]=0.2L=200mL，故答案为：200．

点评：
本题考点： 制备实验方案的设计；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；含硫物质的性质及综合应用．

考点点评： 本题以制备锌钡白和过氧化氢为载体，考查物质推断、氧化还原反应、化学用语、化学计算等，难度中等．是对所学知识的综合运用与能力的考查，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识、信息进行解决问题的能力．

(1) ① SiO ₂ Fe(OH) ₃ NaOH溶液（各2分）
② CO ₂ + OH ^- =HCO ₃ ^- CO ₂ + AlO ₂ ^- + 2H ₂ O = Al(OH) ₃ ↓+ HCO ₃ ^- （各2分）
③ 2NaHCO ₃ Na ₂ CO ₃ + CO ₂ ↑ + H ₂ O （各2分）
④将溶液在较低温度下加热蒸发析出晶体，同时通入氯化氢气体防止水解。（3分）

（1）二氧化硅和盐酸不反应，所以A是二氧化硅。滤液甲中含有铝离子和铁离子，加入过量的氢氧化钠，则生成氢氧化铁沉淀，即B是氢氧化铁。滤液乙中含有偏铝酸钠，通入CO ₂ 生成氢氧化铝沉淀。
（2）滤液乙中还含有过量的氢氧化钠，所以方程式为CO ₂ + OH ^- =HCO ₃ ^- 、CO ₂ + AlO ₂ ^- + 2H ₂ O = Al(OH) ₃ ↓+ HCO ₃ ^- 。
（3）碳酸氢钠不稳定，受热易分解，方程式为2NaHCO ₃ Na ₂ CO ₃ + CO ₂ ↑ + H ₂ O。
（4）由于氯化铝易水解，所以在蒸发浓缩时必须防止水解，因此方法是将溶液在较低温度下加热蒸发析出晶体，同时通入氯化氢气体防止水解。

解题思路：由质量守恒可知反应的方程式为2FeSO₄+6Na₂O₂═2Na₂FeO₄+2Na₂O+2Na₂SO₄+O₂↑，反应中O元素化合价既升高又降低，则Na₂O₂既是氧化剂，又是还原剂，Fe元素化合价升高，被氧化，结合元素化合价的变化解答该题．

A．由质量守恒可知反应的方程式为2FeSO₄+6Na₂O₂═2Na₂FeO₄+2Na₂O+2Na₂SO₄+O₂↑，则方框中的物质Na₂SO₄，故A正确；
B．反应中O元素化合价既升高又降低，则Na₂O₂既是氧化剂，又是还原剂，故B正确；
C．反应中Na₂O₂为氧化剂，FeSO₄在反应中作还原剂，则Na₂FeO₄既是氧化产物又是还原产物，故C正确；
D.2molFeSO₄发生反应时，化合价升高的有Fe和O，其中Fe化合价升高2×（6-2）=8，需要4molNa₂O₂为氧化剂，另2molNa₂O₂自身发生氧化还原反应，生成1molO₂，转移电子2mol电子，共转移10mol电子，故D错误．
故选D．

点评：
本题考点： 氧化还原反应．

考点点评： 本题考查了氧化还原反应，明确元素化合价变化是解本题关键，易错选项是D，注意该反应中不仅硫酸亚铁失电子，部分过氧化钠还失电子，为易错点．

解题思路：分析题图：甲试管中是叶肉细胞悬浮液，乙、丙试管中叶绿体悬浮液，三组悬浮液的液面均有一薄层液体石蜡，能隔绝空气．甲和乙试管中含有CO₂缓冲溶液，能在实验过程中维持试管内CO₂相对稳定，而丙试管中没有CO₂缓冲溶液，因此甲、乙试管中可进行光合作用，而丙试管中叶肉细胞几乎不能进行光合作用．

A、由于实验给的是最适宜的光照强度，所以适当增强光照，甲试管产生气泡速率基本不变，A正确；
B、乙试管中是二氧化碳缓冲液，丙中没有二氧化碳缓冲液，其中的甘露醇只起维持渗透压的作用，所以乙可以进行光合作用，产生气泡，而丙试管几乎不产生气泡，因此两试管产生气泡的速率不相同，B错误；
C、蔗糖不是在叶绿体中合成的，而乙试管中只有叶绿体，没有其他的细胞器，所以乙试管在叶绿体外是不能合成蔗糖的，C错误；
D、叶绿体中含有一定量的DNA，也含有核糖体，所以乙试管中叶绿体自身是可以进行蛋白质更新的，D错误．
故选：A．

点评：
本题考点： 光反应、暗反应过程的能量变化和物质变化．

考点点评： 本题结合实验图解，考查光合作用的相关知识，要求考生识记光合作用的过程及影响光合速率的环境因素，能根据题干信息“最适宜光照条件下”及图中信息准确判断各选项，属于考纲识记和理解层次的考查．

不硫酸过量就不纯了

制备单克隆抗体的原理是杂交瘤细胞,既具有骨髓瘤细胞能无限增殖的特性,又能分泌一种特异性抗体

先消去反应得到乙烯,总之弄到乙炔形成乙炔钠后和（把乙醇弄成卤乙烷）卤乙烷偶联生成1-丁炔先加成氢气形成1-丁烯,后加成水生成CH3C-OHCH2CH3(根据马氏通则这个是大量产物)氧化成醛后,用格式试剂C2H5MgX(即卤乙烷制格式试剂)生成TM(target molecule目标分子)

CH3COOH+H2=CH2OHCH2OH

解题思路：根据生成氨气的质量，由反应的化学方程式计算出产生氮气的质量即可．

设生产34tNH₃所需N₂的质量的为x，
2N₂+6H₂O

通电
.
4NH₃+3O₂
56 68
x 34t
[56/68＝
x
34t] x=28t．
答：生产34tNH₃所需N₂的质量为28t．

点评：
本题考点： 根据化学反应方程式的计算．

考点点评： 本题难度不大，掌握根据化学方程式的计算即可正确解答本题，解题时要注意解题的规范性．

解题思路：I．（1）可利用压强差原理检验气密性，常用方法是注水法或加热法；
①装置A中产生的氢气被浓硫酸干燥后通过灼热的氧化铜，由于氢气具有还原性能将氧化铜还原为铜，通过无水硫酸铜验证水的生成，最后连接装置D是为了防止空气中的水蒸气进入盛有无水硫酸铜的装置B中，可见此实验的目的是验证氢气的还原性和检验氧化产物；
②为使CuO可被H₂充分还原，通入气体的流速不能过快，且固体能与气体充分接触；
（2）①过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应放热，可促进氨气的挥发；
②氨气和氧气在催化剂的作用下反应生成水和一氧化氮；
II．①环己烯的密度比水小，应在水的上层，除去酸，应用能和酸反应的物质洗涤；
②蒸馏时，冷凝水要下进上出，且用生石灰吸水，以增大蒸馏效果．

I．（1）检验气密性时，可将A右端用止水夹夹紧，向分液漏斗中注入少量水，打开分液漏斗活塞，有少许水流下后，液面保持不动，则装置气密性良好，
故答案为：将A右端用止水夹夹紧，向分液漏斗中注入少量水，打开分液漏斗活塞，有少许水流下后，液面保持不动，则装置气密性良好；
①当仪器连接顺序为A→C→B→B→D时，两次使用B装置，其中所盛的药品依次是CuO、无水CuSO₄粉末，装置A中产生的氢气被浓硫酸干燥后通过灼热的氧化铜，由于氢气具有还原性能将氧化铜还原为铜，通过无水硫酸铜验证水的生成，最后连接装置D是为了防止空气中的水蒸气进入盛有无水硫酸铜的装置B中，
故答案为：B；B；防止空气中的水蒸气进入，干扰验证；
②为使CuO可被H₂充分还原，通入气体的流速不能过快，且固体能与气体充分接触，故答案为：缓慢滴加稀硫酸或用石棉绒包裹CuO粉末；
（2）①氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应放热，可促进氨气的挥发，则烧瓶内产生的气体主要有O₂、NH₃，故答案为：O₂、NH₃；
②氨气和氧气在催化剂的作用下反应生成水和一氧化氮，反应的方程式为4NH₃+50₂

催化剂
.
△4NO+6H₂O，故答案为：4NH₃+50₂

催化剂
.
△4NO+6H₂O；
II．①环己烯的密度比水小，应在水的上层，除去酸，应用能和酸反应的物质洗涤，只有碳酸钠符合，故答案为：上；c；
②蒸馏时，冷凝水要下进上出，且用生石灰吸水，可增大蒸馏效果，
故答案为：g或下；吸收水分．

点评：
本题考点： 实验装置综合；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；气体发生装置；气体的收集．

考点点评： 本题以氨气的催化氧化为载体考查物质制备实验，掌握反应原理，理清装置连接，把握实验气体制备、含有杂质的验证和除杂方法和步骤是解题关键，题目难度中等．

A

油脂在碱性条件下的水解反应称为皂化反应，A错误；淀粉、纤维素的水解产物都是葡萄糖，B项正确；食物中的蛋白质进入人体后，在酶的作用下发生水解生成氨基酸，才能被人体吸收，C正确；酿酒首先利用的就是多糖水解生成葡萄糖，再由葡萄糖转化成酒精，D项正确。

This paper spark plasma sintering (SPS) of AlN / BN composite ceramics,as the BN in different adjustment sintering additives Y2O3 additives.Significantly improve the efficiency of the sintering and improve flexural strength materials,due to the introduction of effective mitigation BN ceramic thermal conductivity of the composite performance degradation and realizing the reunification of the material properties.On the initial grain size and amount of sintering aids AlN ceramics phase composition,microstructure and properties of.Focused on the impact of AlN / BN composite ceramic microstructure and properties of factors.Through sintering process and the amount of sintering aids change adjustment AlN / BN microstructure of composite ceramics improve the thermal performance to improve machinability in the same time,maintaining a relatively high thermal conductivity and mechanical properties.
Preparation of single-phase SPS AlN ceramics,the sintering temperature in 1800 ℃,soaking time 10 min,the relative density of samples up to more than 98.5 percent,about 11.5 Gpa hardness,bending strength of more than 300 Mpa.AlN initial particle size and amount of sintering aids,density and mechanical properties of almost no impact,but on the material microstructure and thermal conductivity have a significant impact on performance.Initial diameter of 1.3 μ m of AlN powder add 3% Y2O3 wet samples,thermal conductivity to 148 W / m ∙ k.AlN powder particle size and the initial Y2O3 impact of the addition of AlN crystal growth,the distribution of grain boundary phase,as well as the contact between the AlN grains,thus affecting the thermal conductivity.
AlN / BN composite ceramic sintering temperature in the 1600-1800 ℃,and the holding time of 0-10 min under the conditions can quickly compact,vol BN content in the 5-30% range,the density reached more than 98%.With the hardness of the material content of the BN to increase linearly decreased,thereby improving machinability,BN content of 10 vol%,the composite ceramics has been lower than the hardness of the hardness of cemented carbide cutting tools,which can be mechanical processing.
BN content in 10 vol%,the role of grain refinement toughening of deterioration is far greater than the weak,the strength of composite ceramics than single-phase AlN ceramics has improved greatly,and continue to increase the content to 25 vol%,a declining trend strength,but still higher than the single-phase high-strength ceramics.
BN content reaches more than 5 vol%,the composite ceramic thermal conductivity of a single-phase AlN ceramics significantly decreased in 15 vol% 25vol%-within the scope of the thermal conductivity show the trend of changes in relative stability,rate of decline slows.BN second phase of the initial particle size of the ceramic composite microstructure and thermal conductivity properties of the structure has had a notable impact.BN initial particle size too small,microscopic structure of the reunion phenomenon obviously not conducive to optimizing the thermal conductivity.
Further study AlN / BN composite ceramic thermal conductivity factors and the impact of its optimization.BN under the specific content of the adjustment of sintering aids Y2O3 content on the sintering temperature and soaking time can be controlled composite ceramic microstructure,effectively enhance the composite ceramic thermal conductivity.BN content of 15 vol% Y2O3 wet content is 8%,the sintering temperature 1800 ℃,soaking time 10 min,access to thermal conductivity of 141 W / m ∙ k,excellent machinability of composite ceramics.
Preparation of this paper SPS AlN / BN composite ceramics obtained by the high thermal conductivity have been far more than at home and abroad by hot-pressing of the AlN / BN composite ceramics of the highest level,but also has the same excellent processability and mechanical properties of strength .The SPS can help in achieving the AlN / BN composite ceramics rapid densification on the basis of the composition and microstructure of the regulation.SPS process of sintering temperature than hot-pressing process of sintering temperature (1850-1900 ℃) low 100 200 ℃,the SPS holding time than the hot-pressing the holding time 1-3 h significantly reduced,thus greatly enhancing the efficiency of sintered In this regard AlN / BN Machinable Ceramic Composites,high-performance,high efficiency,preparation and application of great importance
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28t

B 是正确答案2NAF+H2SO4=2HF+_NA2SO4

将FeCl3滴入沸水中,继续煮沸至溶液呈红褐色澄清液体,即得到Fe(OH)3胶体.
胶体与其他分散系本质的区别是分散质颗粒半径大小胶体在1~100nm
鉴定胶体可以用丁达尔效应（激光照射胶体时,液体中能看见明亮的光路）辨别.

用机器将铜和锌磨成粉再混合.

1)室温时A物质的溶解度_(2.4g-1.2g)/(15g-10g)*100g=24g_.
(2)A物质原溶液的质量分数.
蒸发掉10g水后冷却至室温,得到晶体1.2g.溶液蒸发掉15g水后冷却至室温,得到晶体2.4g.
则 50gA物质的溶液蒸发5g水刚好饱和,溶质质量为 24g/(24g+100g)*(50g-5g)=8.7g
A物质原溶液的质量分数 8.7g/50g*100%=17.4%
肯定是对的,我有答案,对过了

氧气、二氧化碳可以用向上排空气法收集；氢气可以用向下排空气法收集；一氧化碳,氧气,氢气可以用排水法收集.三大还原剂是：、氢气、一氧化碳,碳.
氧气 中学实验室 高锰酸钾加热/氯酸钾二氧化锰加热/双氧水二氧化锰/
氢气 中学实验室 锌加希盐酸
二氧化碳 中学实验室 碳酸钙（石灰石）加稀盐酸
一氧化碳的实验室制取
1．在250mL蒸馏烧瓶里加入密度为1.84g／cm3的浓硫酸50mL,在分液漏斗里盛放密度为1.2g／cm3的甲酸10mL,装置如图所示.检查装置的气密性.
2．给浓硫酸加热到80--90℃,移去酒精灯.
3．向烧瓶内逐滴加入甲酸,即有一氧化碳产生O2
4．当空气排尽后,用排水法收集一氧化碳,并用橡皮塞塞紧集气瓶口.(第一瓶一氧化碳气体里混有空气,点燃时会发生爆鸣,应注意安全.)

译文：Take the corn must as raw material, uses the machinery smashing law to have to prepare the corn is about 5mm the length, uses the hot water immersion to raise the method preparation corn which precipitates with the ethyl alcohol to have the polysaccharide.In this process, the corn must the polysaccharide extraction rate take the time, the material fluid which the appraisal target, uses the single factor and the orthogonal testing method optimization extraction condition, in the inspection extraction process soaks which proposes the temperature, soaks raises compares as well as the ethyl alcohol volume compares to the polysaccharide extraction rate influence.The result indicated, when the water bath temperature for 90℃, the water bath time is 90min, the material fluid compared to is 1:25, the ethyl alcohol volume compared to is 3.5:1, the corn must the polysaccharide extraction rate most be superior is 0.608%.Studied the trichloroacetic acid solution concentration along with it to have the polysaccharide to eliminate the protein effect to the corn the influence, with the single factor experimental technique determination best technological conditions, had the polysaccharide to eliminate the OD280 value as the corn the protein effect the appraisal target, the result is, the density was 3% trichloroacetic acid solution must the polysaccharide eliminate the protein to the corn the effect to be best, this time OD280 was 0.107.Then inspected the corn to have the polysaccharide to the backwoods coli, the bud spore bacillus, the mold, the saccharomycetes and staphylococcus albus's bacteriostasis function, finally indicated, the corn must the polysaccharide to the backwoods coli, the staphylococcus albus, the bud spore bacillus have the remarkable bacteriostasis effect, was ordinary to mold's bacteriostasis effect, was not remarkable to saccharomycetes' bacteriostasis effect.
(*^__^*) 嘻嘻……

羟垸基淀粉是一种醚化淀粉,主要是羟乙基淀粉和羟丙基淀粉,它们是由淀粉在减催化条件下分别与环氧乙烷或环氧丙烷反应而得.羟烷基淀粉属非离子淀粉醚,取代醚键的稳定性高,羟烷基淀粉具有亲水性,这减弱了淀粉颗粒结构内部氢键强度,随着取代度的增高,糊化温度下降,并最终能在冷水中膨胀.羟烷基淀粉易糊化,糊液透明度高,流动性好,凝沉性弱,稳定性高,可在低温存放或冷冻后再融化,重复多次,仍能保持原有胶体结构.另外,羟烷基淀粉的保水性和成膜性好,在纸袋、纸盒、标签、信封等胶黏方面十分有用,有的制品还可作为瓦楞纸及壁纸的胶黏剂

防止水解.最后应该是加热浓缩结晶的过程,酸性太强估计会有浓硫酸氧化草酸跟

100度时硝酸钾的溶解度为246g,2:1也就是加水123g左右,这样做的目的是保证在沸腾的情况下用最少的溶剂溶解硝酸钾,避免冷却结晶时的溶解损失.

2Cl2 + 2Ca(OH)2==CaCl2 + Ca(ClO)2 +2H2O

环己烯的制备
一、实验目的
1、 学习以浓磷酸催化环己醇脱水制取环己烯的原理和方法；
2、 初步掌握分馏和热水浴蒸馏的基本操作技能.
3、 有机物萃取洗涤方法及干燥方法.
二、反应原理
主反应：
副反应：
三、主要化学试剂、产物、副产物的物理和化学性质
名 称
分子量
状 态
熔点
（℃）
沸点
（℃）
密度
d420
折射率
nD20
溶解度
水
醇
醚
环己醇
100.16
无色液体
25.15
161.1
0.9624
1.4641
溶
溶
溶
环己烯
82.15
无色液体,易挥发
-103.5
82.98
0.8102
1.4465
不
∞
∞
四、化学试剂的用量及产物的产量：
名 称
实际用量
理论用量
过量（%）
理论用量
环己醇
10ml(9.6g,0.096mol)
10ml(9.6g,0.096mol)
磷 酸
5.0ml(7.16g,0.073mol)
6.57ml(8.00g,0.096mol)
环己烯
7.89g （0.096mol）
五、仪器装置图
图1 分馏装置 图2 常压蒸馏装置
六、流程图
七、实验记录
在50ml圆底烧瓶中,加入10ml(0.096mol)环己醇及5ml85%磷酸,充分振荡使液体混合均匀,投入少许沸石,安装分馏装置,用25ml 量筒作接收器.
缓慢加热至沸腾,控制分馏柱顶温度不超过73℃.直到无馏出液滴为止.这时烧瓶内出现白雾,停止加热,记下粗产品中油层和水层的体积.
将粗产品放到小锥形瓶中,用滴管吸去水层,加入等体积的饱和食盐水,充分振荡后静置待液体分层.用吸管吸去水层.油层转移到干燥的小锥形瓶中,加入少量无水氯化钙干燥之.将干燥后的粗制环己烯用水浴蒸馏,收集82~85℃的馏分.产量：约4-5g.
纯环己烯为易燃有刺激性气味的无色液体.沸点bp= 82.98℃,折光率 =1.4465.
八、实验记录
时间
操 作 步 骤
现 象
解 释 或 备 注
10:50
按图安装实验装置.用25ml 量筒作接收器.
11:16
加入10.0ml环己醇
5.0ml85%磷酸
加沸石2粒.
为无色液体,略有粘稠.
无色,此时反应液为无色.
11:30
开始缓慢加热.
11:42
沸腾,保持沸腾而不蒸出馏出液20min.
瓶内反应液沸腾,出现回流.
12:05
升高温度,控制加热蒸馏速度使分馏柱顶温度不超过90℃.蒸至无馏出液滴为止.
温度控制在69.0－83.0℃之间,以防环己醇被蒸出
环己烯－水共沸沸点70.8℃；环己醇－环己烯共沸沸点64.9℃；环己醇－水共沸沸点97.8℃.
12:30
烧瓶内出现白雾,停止加热
粗产品中油层：3.2ml
水层：2.5ml
说明环己醇的脱水反应已经结束
12:40
将量桶中的馏出液倒入分液漏斗中进行分液,静置5min.
分层,
水层在下层,无色
有机层在上层,无色
13:00
分出下层水溶液.
用10ml饱和食盐水洗涤有机层.
除去粗产品中的水分,减少有机物的在水中的溶解度,有利于分层.
13:15
分出水层,将有机层倒入一个干燥并且干净的锥形瓶里,加入1.0g无水氯化钙,盖上盖子,振动后,放置30min
有机物中有明显悬浮干燥剂.
氯化钙还可除去原料环己醇.
有悬浮干燥剂存在说明干燥剂用量足够.每10ml液体产品约加入0.5-1.0g干燥剂.
13:45
安装蒸馏装置.
将滤去干燥剂的粗产品加入蒸馏烧瓶中,加2粒沸石.
热水浴加热,蒸馏收集82-85℃之间的馏分.可以将三角烧瓶放在冷水浴中冷却,以防挥发.
馏分为82.0-83.6℃之间的馏分
产品为无色透明液体,略有香味.
整个装置所用仪器均需提前干燥无水.
锥形瓶空重：
65.5g
瓶+产品共重：
70.8g
产 品 重：
5.30g
14:15
停止蒸馏,拆卸装置.
九、产品产率计算
产率=5.30/7.89 ×100% =67.2%

使用饱和氯化钙洗涤的目的是除去过量的乙醇,并且饱和CaCl2可以除去乙醚（形成络合物）.之所以使用饱和溶液-目的是为了降低乙酸乙酯的溶解度,减少洗涤过程中乙酸乙酯的损失.
需要注意的是,在使用饱和的碳酸钠溶液和饱和氯化钙溶液洗涤的过程之间,为防止碳酸钙絮状沉淀的产生,应加入饱和氯化钠溶液进行洗涤.

甲苯可以和水形成共沸物,以利于水分蒸出.在工业制备无水乙醇时也是用这个方法.
甲苯和水的混合物有一个恒沸点,在此温度下甲苯混合液上方的水蒸气分压和甲苯蒸汽的分压相同,这两种物质可以被同时蒸出.当然这个温度是低于100度的.具体数据要查表.
之所以要用这个方法,以制备无水乙醇为例：
通常蒸馏的方法只能得到96％的乙醇,这是因为96％乙醇和4％水形成了恒沸物,蒸馏出的馏分里也是这个比例.加入苯,苯和水、乙醇形成一个沸点更低的共沸物（大概60多度左右,记不清了）这样水就会随苯和一部分乙醇一同被馏出,剩下的就是无水酒精了.
烯胺也是同样的原因.