1、第十一章“四大题型”揭密高考热点第一节物质检验类实验与性质探究、验证类实验考点一 物质的检验命题点1常见阳离子的检验1沉淀法(用NaOH溶液检验)2气体法NH：加浓NaOH溶液、加热，生成的气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝。3特殊颜色法4焰色反应法典题示例1(2013江苏高考改编)下列依据相关实验得出的结论正确的是()A用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液一定是钠盐溶液B往某溶液中滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝色，说明原溶液中无NHC将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液不会变红色D向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，滴加氯水后
2、，溶液显红色，该溶液中一定含Fe2解析：选D某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明溶液中含有Na，可能是钠盐溶液，也可能是NaOH溶液，A错误；溶液中滴加稀NaOH溶液生成NH3H2O的浓度较小，不易分解，应进行加热或改为浓NaOH溶液以确定是否含有NH，B错误；Fe(NO3)2溶液中含有NO，滴加稀H2SO4后，溶液中的H、NO具有氧化性，能将Fe2氧化成Fe3，滴加KSCN溶液，溶液变红色，C错误。2(2014浙江高考节选)一定条件下，CO2与FeO可能发生氧化还原反应，写出一个可能的化学反应方程式_，并设计实验方案验证该反应的固体产物_。解析：CO2具有氧化性，FeO具有还原性，两者可以发
3、生氧化还原反应：CO22FeOFe2O3CO。根据Fe3与KSCN溶液的特征反应检验产物中的Fe2O3。答案：2FeOCO2Fe2O3CO将固体用稀盐酸溶解，加入KSCN溶液若显红色，表明产物中有Fe3答题模板离子检验简答题的答题模板实例：设计实验证明某溶液中含有Fe3的实验方法为_。答题样板取少量溶液于一洁净试管中，滴入几滴KSCN溶液，观察到溶液变成红色，说明溶液中含有Fe3。命题点2常见阴离子的检验1特殊颜色法2.沉淀法3气体法典题示例1向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，结论正确的是()操作现象结论A滴加BaCl2溶液生成白色沉淀原溶液中有SOB滴加氯水和CCl4，振荡
4、、静置下层溶液呈紫色原溶液中有IC滴加稀盐酸，并将产生的气体通入澄清石灰水中有气泡冒出；澄清石灰水变浑浊原溶液中有COD滴加AgNO3溶液生成白色沉淀原溶液中有Cl解析：选B滴加BaCl2溶液，产生的白色沉淀不一定是BaSO4，也可能是AgCl或BaSO3等，A错误；HCO与盐酸反应也能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，C错误；与Ag反应生成白色沉淀的不一定是Cl，也可能是SO等，D错误。2(2015华中师大附中模拟)为确定某溶液的离子组成，进行如下实验：测定溶液的pH，溶液显强碱性；取少量溶液加入稀盐酸至溶液呈酸性，产生无刺激性气味且能使澄清石灰水变浑浊的气体；在溶液中再滴加Ba(NO3)2溶液
5、，产生白色沉淀；取中上层清液继续滴加Ba(NO3)2溶液至无沉淀时，再滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀。根据实验现象，以下推测正确的是()A一定有SOB一定有 COC一定有Cl D不能确定HCO是否存在解析：选B由知强碱性溶液中不存在HCO；中产生的无刺激性气味且能使澄清石灰水变浑浊的气体必是CO2，故一定无SO，一定有CO；由证明有SO存在；由于中加入盐酸会引入Cl，因此不能通过确定是否有Cl存在。方法技巧固态、液态物质检验的一般程序与思路1固态物质的检验程序2无色溶液的检验程序命题点3气体的检验1可燃性气体的检验2酸性气体的检验3碱性气体的检验(NH3)4强氧化性气体的检验5NO的检验无色
6、气体，打开瓶口与空气接触，气体立即变为红棕色。典题示例1下列有关实验操作、现象和结论正确的是()选项实验操作现象结论A将某气体通入FeCl2溶液中溶液由浅绿色变为黄色该气体中一定含有Cl2B将某气体通入品红溶液中品红溶液褪色该气体中一定含有SO2C将某气体通过灼热的CuO粉末粉末由黑变红该气体中一定含有H2D将某气体与湿润的红色石蕊试纸接触试纸变蓝色该气体中一定含有NH3解析：选DA项中气体还可能是O2、O3、NO2等；B项中气体还可能是Cl2、O3等；C项中还可能是CO。2(2014北京高考节选)用石墨电极电解pH1的NaCl溶液做对照实验，记录如下(a、b、c代表电压值)：序号电压/V阳极
7、现象检验阳极产物来源:gkstk.Comaxc无明显变化有Cl2cxb无明显变化无Cl2中检验Cl2的实验方法：_。解析：Cl2具有强氧化性，可取少量阳极附近的溶液，滴在淀粉_KI试纸上，试纸变蓝色。答案：取少量阳极附近的溶液，滴在淀粉_KI试纸上，试纸变蓝色答题模板答题样板附：常见气体验满的方法氧气验满：用带火星的木条放在集气瓶口，木条复燃，说明收集的氧气已满。二氧化碳验满：将燃着的木条平放在集气瓶口，若火焰熄灭，则气体已满。氨气验满：用湿润的红色石蕊试纸放在集气瓶口，若试纸变蓝说明气体已满。氯气验满：用湿润的淀粉_KI试纸放在集气瓶口，若试纸变蓝说明气体已满。考点二 性质探究、验证型实验思
8、维流程典题示例1氯气是一种重要的化工原料。某学习小组在实验室中利用下图所示装置制取氯气并探究其性质。(1)实验室用二氧化锰和浓盐酸共热制取氯气，发生装置中除圆底烧瓶、酒精灯和导管外还需用到的玻璃仪器有_。(2)装置A中盛放的试剂是_。(3)实验过程中观察到C中品红溶液褪色，推测B装置中发生反应的离子方程式为_。为了证明FeBr2与Cl2确实发生了此反应，进行了下列实验，请将实验步骤补充完整。实验后，取少量B中溶液，_(填操作方法)。流程应用第一步明确实验干什么本实验的目的是制取Cl2，并探究Cl2的化学性质。第二步论证原理用什么实验室用MnO2与浓盐酸共热制取Cl2的反应原理为MnO24HCl
9、(浓)MnCl2Cl22H2O。过量Cl2与FeBr2溶液发生反应，原理为2FeBr23Cl2=2Br22FeCl3第三步题干信息有什么制取Cl2用的是MnO2和浓盐酸共热；实验过程中观察到C中的品红溶液褪色。第四步信息原理定方案浓盐酸有挥发性，故制得的Cl2中含有HCl气体，因此，装置A中盛放的是饱和食盐水，用以除去Cl2中的HCl气体。装置C中品红溶液褪色。说明Cl2与FeBr2反应时Cl2过量，即Cl2能将Fe2氧化成Fe3，将Br氧化成Br2。第五步代入流程通盘验过量Cl2与FeBr2反应的产物中含有Fe3和Br2，因此可以用KSCN溶液检验Fe3的存在，用CCl4萃取溶液中的Br2来
10、证明二者的存在。答案：(1)分液漏斗(2)饱和食盐水(3)2Fe24Br3Cl2=2Fe36Cl2Br2滴加KSCN溶液；另取少量B中的溶液，加入CCl4溶液萃取2(2015北京朝阳一模)根据要求完成下列实验过程(a、b为弹簧夹，加热及固定装置已略去)。(1)验证碳、硅非金属性的相对强弱(已知酸性：亚硫酸碳酸)。连接仪器、_、加药品后，打开a、关闭b，然后滴入浓硫酸，加热。铜与浓硫酸反应的化学方程式是_。装置A中试剂是_。能说明碳的非金属性比硅强的实验现象是_。(2)验证SO2的氧化性、还原性和酸性氧化物的通性。在(1)操作后打开b，关闭a。H2S溶液中有浅黄色浑浊出现，化学方程式是_。BaC
11、l2溶液中无明显现象，将其分成两份，分别滴加下列溶液，将产生的沉淀的化学式填入下表相应位置。滴加的溶液氯水氨水沉淀的化学式写出其中SO2显示还原性生成沉淀的离子方程式：_。流程应用第一步明确实验干什么本实验的目的有两个，一是验证C、Si非金属性的强弱，二是验证SO2的氧化性、还原性和酸性氧化物的通性。第二步论证原理用什么验证C、Si非金属性的强弱可以通过比较元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，即H2CO3的酸性强于H2SiO3来实现。SO2中硫元素的化合价为4，既可表现出氧化性，又可表现出还原性，当SO2与氯水反应时，SO2体现出还原性，当SO2与H2S反应时，SO2表现出氧化性，SO2是酸
12、性氧化物，能与氨水反应生成(NH4)2SO3。第三步题干信息有什么题干中已知酸性H2SO3H2CO3，题图中试管A中试剂的作用是排除SO2对后续实验的干扰。往H2S溶液中通入SO2有黄色沉淀出现，而SO2通入BaCl2溶液中无明显现象。第四步信息原理定方案因酸性H2SO3H2CO3，故SO2通入NaHCO3溶液时有CO2生成，而装置A中的试剂是为了排除SO2对实验的干扰，故可用酸性KMnO4溶液除去CO2中的SO2气体，当CO2通入Na2SiO3溶液中时，发生反应：CO2Na2SiO3H2O=Na2CO3H2SiO3，酸性H2CO3H2SiO3，即非金属性CSi。SO2通入H2S中发生反应：S
13、O22H2S=3S2H2O表明SO2具有氧化性。SO2通入氯水中发生反应：SO2Cl22H2O=H2SO42HCl，表明SO2具有还原性。SO2能与氨水(碱液)反应，表明SO2是酸性氧化物。第五步代入流程通盘验将第四步的方案代入流程图中可知A为酸性KMnO4溶液，说明C的非金属性强于Si的实验现象是盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀，H2S与SO2反应产生黄色浑浊的方程式为2H2SSO2=3S2H2O。答案：(1)检验装置气密性Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O酸性KMnO4溶液A中酸性KMnO4溶液没有完全褪色，盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀(2)2H2SSO
14、2=3S2H2O滴加的溶液氯水氨水沉淀的化学式BaSO4BaSO3Cl2SO22H2OBa2=BaSO44H2Cl1某小组同学为探究H2O2、H2SO3、Br2的氧化性强弱，设计如下实验(夹持仪器已略去，装置的气密性已检验)。实验记录如下：实验操作实验现象打开活塞a，滴加氯水，关闭活塞aA中溶液变为红棕色吹入热空气A中红棕色明显变浅；B中有气泡，产生大量白色沉淀，混合液颜色无明显变化停止吹入空气，打开活塞b，逐滴加入H2O2溶液开始时颜色无明显变化；继续滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成红棕色请回答下列问题：(1)A中反应的离子方程式是_。(2)实验操作中吹入热空气的目的是_。(3)
15、装置C的作用是_，C中盛放的药品是_。(4)实验操作，混合液逐渐变成红棕色，其对应的离子方程式为_。(5)由上述实验得出的结论是_。(6)实验反思：有同学认为实验操作吹入的热空气，会干扰(5)中结论的得出，你认为是否干扰，理由是_。实验操作，开始时颜色无明显变化的原因是(写出一条即可)：_。解析：(2)吹入热空气的目的是吹出Br2。来源:学优高考网gkstk(6)解题时注意审题，的实验现象是A中红棕色明显变浅，B中混合液颜色无明显变化，说明Br2被吹出，在B中与H2SO3发生了反应。答案：(1)2BrCl2=Br22Cl(2)吹出单质Br2(3)吸收尾气NaOH溶液(4)H2O2Br2H=Br
16、22H2O(5)氧化性：H2O2Br2H2SO3(6)不干扰，无论热空气是否参与氧化H2SO3，只要观察到产生白色沉淀的同时无明显颜色变化，即能证明Br2氧化了H2SO3H2SO3有剩余(H2O2浓度小或Br与H2O2反应慢等因素都可)2某待测稀溶液中可能含有SO、SO、S2、CO、HCO等阴离子，现进行如下实验操作检验(已知所加BaCl2溶液、H2SO4、稀硝酸、澄清石灰水均过量；不考虑Ba2与S2的反应)。(1)沉淀C的化学式为_。(2)生成沉淀B的反应的离子方程式为_。(3)若气体A是单一气体，则其化学式为_；若气体A是混合气体，则其成分为_(填化学式)。(4)原待测液中是否含有CO、H
17、CO？_。(5)原待测液中是否含有SO、SO？_。解析：(1)溶液B与H2SO4反应生成沉淀C，则沉淀C只能是过量的Ba2与SO反应生成的BaSO4。(2)能与Cl2反应生成沉淀的离子只有S2。(3)无色气体A与澄清石灰水反应生成白色沉淀E，则A中必有CO2。若沉淀A中含有BaSO3，则气体A中还有硝酸的还原产物NO。(4)气体A中含有CO2，说明待测液中含有CO。由于HCO与Ba2不反应，所以无法判断待测液中是否含有HCO。(5)向沉淀A中加入稀硝酸仍然有白色沉淀D，则D是BaSO4，说明沉淀A的成分为BaSO3或BaSO4或二者均有。答案：(1)BaSO4(2)Cl2S2=2ClS(3)C
18、O2CO2与NO(4)一定含有CO，可能含有HCO(5)含有SO和SO中的一种或两种都有3(2014四川高考)硫代硫酸钠是一种重要的化工产品。某兴趣小组拟制备硫代硫酸钠晶体(Na2S2O35H2O)。.查阅资料(1)Na2S2O35H2O是无色透明晶体，易溶于水，其稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成。(2)向Na2CO3和Na2S混合溶液中通入SO2可制得Na2S2O3，所得产品常含有少量Na2SO3和Na2SO4。(3)Na2SO3易被氧化；BaSO3难溶于水，可溶于稀HCl。.制备产品实验装置如图所示(省略夹持装置)：实验步骤：(1)检查装置气密性，按图示加入试剂。仪器a的名称是_；E中
19、的试剂是_(选填下列字母编号)。A稀H2SO4BNaOH溶液C饱和NaHSO3溶液(2)先向C中烧瓶加入Na2S和Na2CO3混合溶液，再向A中烧瓶滴加浓H2SO4。(3)待Na2S和Na2CO3完全消耗后，结束反应。过滤C中混合物，滤液经_(填写操作名称)、结晶、过滤、洗涤、干燥，得到产品。.探究与反思(1)为验证产品中含有Na2SO3和Na2SO4，该小组设计了以下实验方案，请将方案补充完整。(所需试剂从稀HNO3、稀H2SO4、稀HCl、蒸馏水中选择)取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，_，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可确定产品中含有Na2SO
20、3和Na2SO4。(2)为减少装置C中生成Na2SO4的量，在不改变原有装置的基础上对实验步骤(2)进行了改进，改进后的操作是_。(3)Na2S2O35H2O的溶解度随温度升高显著增大，所得产品通过_方法提纯。解析：.(1)仪器a中有活塞，故a为分液漏斗；在A装置中产生污染环境的气体SO2，故E装置用于处理未反应的SO2，在给定的三种溶液中，只有NaOH溶液能吸收SO2。(3)从溶液中得到晶体的操作包括蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥这五步。.(1)根据中(3)可知BaSO3可溶于HCl，而BaSO4难溶于HCl，则在配制的稀溶液中加入BaCl2溶液后，将生成的沉淀过滤、洗涤后，向沉淀中加入HCl
21、，沉淀未完全溶解，说明溶液中含有SO，沉淀溶解的部分生成了刺激性气味的气体为SO2，则沉淀中含有BaSO3，故原溶液中含有SO。(2)由中(3)可知Na2SO3易被氧化，故装置中的氧气能将Na2SO3氧化，为了减少Na2SO4的生成量，应先将装置中的空气排尽，可先用A装置中生成的SO2将装置中的空气排尽。(3)因为硫代硫酸钠的溶解度随温度升高而显著增大，故可采用重结晶法将其提纯。答案：.(1)分液漏斗B(3)蒸发.(1)过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，向沉淀中加入足量稀HCl(2)先向A中烧瓶滴加浓H2SO4，产生的气体将装置中空气排尽后，再向C中烧瓶加入Na2S和Na2CO3混合溶液(3)重结晶4某
22、校化学兴趣小组为探究铁与浓硫酸反应，设计了图1、图2所示装置进行实验。(1)比较两实验装置，图2所示装置的优点是：能更好地吸收有毒气体SO2，防止其污染环境；_。(2)能说明有SO2气体产生的实验现象是_。(3)反应一段时间后，用滴管吸取A试管中的溶液滴入适量水中为试样，试样中所含金属离子的成分有以下三种可能：只含有Fe3；：只含有Fe2；：既有Fe3又有Fe2。为验证、的可能性，选用如下试剂，填写下列空格：A稀盐酸溶液B稀硫酸溶液CKSCN溶液 DKMnO4溶液ENaOH溶液 F淀粉_KI溶液GH2O2溶液验证：取试样，先滴加少量的_(填试剂序号，下同)，振荡，再滴加少量的_，根据溶液颜色的
23、变化可确定假设是否正确。验证：步骤1.取试样，滴加少量的_(填试剂序号)，溶液的颜色变_色则试样中含有Fe3，发生反应的离子方程式为_。步骤2.再取适量的试样滴加少量的_(填试剂序号)，溶液的颜色变为_色，则试样中含有Fe2。解析：(1)比较两个装置的不同点，发现发生装置设计不同，可抽动的铁丝可以随时控制反应的发生与停止，而铁片却不具有这样的优势。(3)检验溶液中仅含Fe2需事先确定溶液中是否含Fe3(用KSCN溶液)，再利用氧化剂(不要有很深的颜色，以免影响血红色的观察)把Fe2氧化成Fe3，观察有无血红色现象出现；检验溶液中既有Fe2又有Fe3，首先可用KSCN溶液检验Fe3的存在，因为F
24、e3的存在必然会影响Fe2的检验，故只能选择KMnO4溶液与Fe2反应，观察KMnO4溶液颜色的变化情况。答案：(1)便于控制反应的发生和停止(2)品红溶液褪色(3)CGC(或F)红(或蓝)Fe33SCN=Fe(SCN)3(或2Fe32I=2Fe2I2)D浅红或变浅5某工业废水中仅含下表离子中的5种(不考虑水的电离及离子的水解)，且各种离子的物质的量浓度相等，均为0.1 mol/L。阳离子KCu2Fe3Al3Fe2阴离子ClCONOSOSiO甲同学欲探究废水的组成，进行了如下实验：.用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰(透过蓝色钴玻璃观察)。.取少量溶液于试管中，加入KSCN溶液后无明
25、显变化。.另取少量溶液于试管中，加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变。.向中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成。请推断：(1)甲同学最终确定原溶液中所含阳离子是_，阴离子是_(写离子符号)。(2)中加入少量盐酸生成无色气体的离子方程式是_。(3)另取100 mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到的固体质量为_g。(4)工业废水中常含有不同类型的污染物，可采用不同的方法处理。以下是乙同学针对含不同污染物的废水提出的处理措施和方法，其中正确的是_。选项污染物处理措施方法类别A废酸加生石灰中
26、和物理法BCu2等重金属离子加硫酸盐沉降化学法C含复杂有机物的废水通过微生物代谢物理法D碱性的废水用CO2中和化学法解析：(1)根据实验可知原溶液中不存在K；根据实验可知原溶液中不存在Fe3；根据实验可判断，生成的无色气体为NO，NO遇空气生成红棕色的NO2，推知原溶液中存在NO、Fe2，又由于溶液中阴离子种类不变，CO、SiO能与加入的盐酸反应导致阴离子发生变化，所以CO、SiO不存在；根据实验可知原溶液中存在SO。一定存在的阴离子有Cl、SO、NO，已经确定的阳离子有Fe2，由于阴、阳离子浓度均为0.1 mol/L，根据电荷守恒可确定一定存在Cu2，而不存在Al3。(2)在酸性环境中，Fe
27、2被NO氧化为Fe3，同时生成NO、H2O，其反应的离子方程式为3Fe2NO4H=3Fe3NO2H2O。(3)加入NaOH溶液后，Cu2、Fe2与NaOH溶液反应分别生成Cu(OH)2、Fe(OH)2，充分反应后过滤、洗涤、灼烧至恒重最终得到CuO和Fe2O3固体，根据原子守恒可知得到0.01 mol CuO,0.005 mol Fe2O3，其总质量为0.01 mol80 g/mol0.005 mol160 g/mol1.6 g。(4)选项A，中和法属于化学方法；选项B，Cu2不能与SO沉降，可加入Na2S溶液；选项C，微生物分解有机废水也属于化学变化；选项D，CO2与碱性废水的中和法属于化学
28、方法，正确。答案：(1)Fe2、Cu2Cl、NO、SO(2)3Fe2NO4H=3Fe3NO2H2O(3)1.6(4)D6某化学课外活动小组为探究氮的化合物的性质，设计了如图所示实验装置，A处是气体发生装置。按上图连接好各仪器，检验装置气密性后，先将C处铂丝网加热至红热，再将A处产生的无色气体通入B装置，片刻后可观察到F中铜片表面有气泡产生。请回答下列问题：(1)若装置A中制取气体时限用一种试剂，则该试剂是_(填字母)。aNH4HCO3bNH4ClcCa(OH)2 d浓氨水(2)E中发生反应的化学方程式为_。(3)C中发生反应的化学方程式为_。C处加热片刻后撤去酒精灯，铂丝仍保持红热，原因是_。
29、(4)F中发生反应的离子方程式为_；若进入F装置的物质成分和质量一定，向F中加入下列物质中的_(填字母)可使铜片溶解的质量增多。aNa2CO3 bNaClcCuSO4 dH2SO4(5)待实验结束后，将B中固体混合物溶于500 mL 1.0 molL1的盐酸中，产生无色混合气体甲，溶液呈中性，则实验前B中原有Na2O2的物质的量是_ mol。(6)从安全与环保角度考虑，指出该装置中的两处明显缺陷，并提出修改建议：_。解析：(1)由气体通入B装置，片刻后F中铜片表面有气泡产生知，F中产生了硝酸，故C装置进行的是氨的催化氧化反应，A处需要产生氨气和二氧化碳(或水蒸气)的混合气体，或氨气、二氧化碳和
30、水蒸气的混合气体，则A中试剂可能是NH4HCO3或浓氨水。(2)浓硫酸的主要作用是吸收氨气。(3)C中发生氨的催化氧化反应；撤去酒精灯后，铂丝仍保持红热，因为该反应为放热反应。(4)Cu与HNO3反应后，溶液中仍有NO，向溶液中加入H可使铜片进一步溶解。(5)溶液呈中性说明反应后的溶质是NaCl，根据Na和Cl物质的量相等可求出Na2O2的物质的量。(6)F中的水若倒吸入浓硫酸中会有危险，需要加一个防倒吸装置；NO会污染环境，要有尾气吸收装置。答案：(1)ad(2)2NH3H2SO4=(NH4)2SO4(3)4NH35O24NO6H2O该反应为放热反应(4)3Cu8H2NO=3Cu22NO4H
31、2Od(5)0.25(6)在装置E、F之间增加一个防倒吸装置；在装置F后增加一个尾气吸收装置第二节物质制备类实验考点一 涉及气体的物质制备思维流程1.物质制备流程2.实验操作流程3.操作先后流程(1)装配仪器时：先下后上，先左后右。(2)加入试剂时：先固后液。(3)实验开始时：先检查装置气密性，再加药品，后点酒精灯。(4)净化气体时：一般先除去有毒、有刺激性气味的气体，后除去无毒、无味的气体，最后除水蒸气。(5)防倒吸实验：往往是最后停止加热或停止通气。(6)防氧化实验：往往是最后停止通气。典题示例(2014山东高考)工业上常利用含硫废水生产Na2S2O35H2O，实验室可用如下装置(略去部分
32、夹持仪器)模拟生产过程。烧瓶C中发生反应如下：Na2S(aq)H2O(l)SO2(g)=Na2SO3(aq)H2S(aq)()2H2S(aq)SO2(g)=3S(s)2H2O(l)()S(s)Na2SO3(aq)Na2S2O3(aq)()(1)仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液注，若_，则整个装置气密性良好。装置D的作用是_。装置E中为_溶液。(2)为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，则烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为_。(3)装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的液体最好选择_。a蒸馏水b饱和Na2SO3溶
33、液c饱和NaHSO3溶液d饱和NaHCO3溶液实验中，为使SO2缓慢进入烧瓶C，采用的操作是_。已知反应()相对较慢，则烧瓶C中反应达到终点的现象是_。反应后期可用酒精灯适当加热烧瓶A，实验室用酒精灯加热时必须使用石棉网的仪器还有_。a烧杯b蒸发皿c试管d锥形瓶(4)反应终止后，烧瓶C中的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶即可析出Na2S2O35H2O，其中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质。利用所给试剂设计实验，检测产品中是否存在Na2SO4，简要说明实验操作、现象和结论：_。已知Na2S2O35H2O遇酸易分解：S2O2H=SSO2H2O供选择的试剂：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、BaCl2溶液、A
34、gNO3溶液流程分析答案：(1)液柱高度保持不变防止倒吸NaOH(合理即可)(2)21(3)c控制滴加硫酸的速度(合理即可)溶液变澄清(或浑浊消失)a、d(4)取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层溶液(或过滤，取滤液)，滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质(合理即可)即时应用高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂或高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4。某学习小组的学生设计了如下装置制取少量的K2FeO4，已知：FeCl3的沸点为315 。请根据要求回答下列问题：(1)检查装置的气密性后，应先点燃_(填“A”或“D”)处的
35、酒精灯；(2)B装置中盛放的试剂是_，其作用是_；(3)C装置中竖直玻璃管的作用是_；(4)从D装置通过导管进入E装置的物质是_；(5)E中可能发生多个反应，其中一个为Cl22OH=ClClOH2O；制备K2FeO4的离子方程式为_；(6)简述K2FeO4作为水处理剂的优点：_。解析：(1)检验气密性后，应先点燃A处(气体发生装置)的酒精灯，排出装置中的空气，防止空气中的氧气与铁粉反应生成氧化铁。(2)饱和食盐水用于除去氯气中的氯化氢。(3)由于氯化铁降温后由气态变为固态，有可能堵塞连接D、E装置的导管，造成危险，故需通过观察C装置竖直导管中液面变化判断导管是否堵塞。(4)D装置中铁粉与Cl2
36、反应生成的氯化铁高温下以气体形式进入E，同时未反应完的氯气也会进入E。(5)E中制备K2FeO4的离子方程式为2Fe(OH)33ClO4OH=2FeO5H2O3Cl或2Fe33ClO10OH=2FeO5H2O3Cl。(6)K2FeO4具有强氧化性，其被还原产生的Fe3水解生成的Fe(OH)3胶体具有净水作用。答案：(1)A(2)饱和食盐水除去Cl2中的氯化氢气体杂质(3)便于观察D、E装置之间的导管是否堵塞(4)Cl2、FeCl3(5)2Fe(OH)33ClO4OH=2FeO5H2O3Cl或2Fe33ClO10OH=2FeO5H2O3Cl(6)K2FeO4具有强氧化性，其被还原产生的Fe3水解
37、生成的Fe(OH)3胶体具有净水作用考点二 固态、液态物质的制备物质制备的原则1选择最佳反应途径用铜制取硫酸铜：2CuO22CuO、CuOH2SO4(稀)=CuSO4H2O用铜制取硝酸铜：2CuO22CuO、CuO2HNO3(稀)=Cu(NO3)2H2O用铝制取氢氧化铝：2Al3H2SO4=Al2(SO4)33H2、来源:gkstk.Com2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2Al2(SO4)36NaAlO212H2O=8Al(OH)33Na2SO4，当n(Al3)n(AlO)13时，Al(OH)3产率最高。2选择最佳原料如实验室用铝盐溶液与碱溶液反应制取氢氧化铝，应选用氨水，而不能选
38、用强碱氢氧化钠溶液；用铜盐与碱溶液反应制取氢氧化铜，应选用氢氧化钠溶液，而不能选用氨水(氢氧化铜可溶解在氨水中)等。3选择适宜操作方法如实验室制备氢氧化亚铁时，因氢氧化亚铁在空气中极易与氧气、水反应生成氢氧化铁，更要注意隔绝空气。其方法是：亚铁盐需新制(用足量铁与稀硫酸反应或还原氯化铁溶液)；将所用氢氧化钠溶液煮沸以赶尽溶于其中的空气(O2)；使用长滴管吸入氢氧化钠溶液后将滴管伸至氯化亚铁溶液的液面以下，慢慢挤压乳胶头使氢氧化钠与氯化亚铁接触。命题点1无机物的制备思维流程答案：(1)干燥管浓H2SO4检查气密性分馏(或蒸馏)(2)Fe温度过高会导致TiOSO4提前水解，产生H2TiO3沉淀Fe
39、2Fe2O3即时应用(2014济南调研)浅绿色的硫酸亚铁铵晶体又名莫尔盐(NH4)2SO4FeSO46H2O比绿矾(FeSO47H2O)更稳定，常用于定量分析。莫尔盐的一种实验室制法如下：废铁屑溶液A莫尔盐(1)向废铁屑中加入稀硫酸后，并不等铁屑完全溶解而是剩余少量时就进行过滤，其目的是_；证明溶液A不含Fe3的最佳试剂是_(填序号字母)。a酚酞溶液bKSCN溶液c烧碱溶液 dKMnO4溶液操作的步骤是加热蒸发、_、过滤。(2)浓度均为0.1 mol/L莫尔盐溶液和(NH4)2SO4溶液，c(NH)前者大于后者，原因是_。(3)用托盘天平称量(NH4)2SO4晶体，晶体要放在天平_(填“左”或
40、“右”)盘。(4)从下列装置中选取必要的装置制取(NH4)2SO4溶液，连接的顺序(用接口序号字母表示)是a接_；_接_。(5)将装置C中两种液体分离开的操作名称是_。装置D的作用是_。解析：(1)制取莫尔盐需要的是亚铁离子，铁屑有剩余时可以防止生成三价铁离子；三价铁离子与SCN会生成红色溶液，利用KSCN可以检验三价铁离子是否存在；从溶液中得到晶体，需要蒸发、结晶。(2)莫尔盐中的NH和Fe2水解都呈酸性，Fe2的水解会抑制NH的水解。(3)用托盘天平称量物质应遵循“左物右码”原则。(4)氨气与稀硫酸反应制取(NH4)2SO4，氨气不需要干燥，故不需要B装置。(5)分离密度不同且互不相溶的液
41、体采用分液操作，为防止污染空气，过量的氨气要用水吸收，倒置的漏斗可防止倒吸。答案：(1)防止Fe2被氧化为Fe3(其他合理答案也可)b冷却结晶(2)莫尔盐中的Fe2易水解，使溶液显酸性，抑制NH水解，故c(NH)前者大于后者(3)左(4)def(5)分液吸收多余的NH3防止污染空气，防止倒吸命题点2有机物的制备思维流程典题示例(2014全国卷)乙酸异戊酯是组成蜜蜂信息素的成分之一，具有香蕉的香味。实验室制备乙酸异戊酯的反应、装置示意图和有关数据如下：相对分子质量密度/(gcm3)沸点/水中溶解性异戊醇880.812 3131微溶乙酸601.049 2118溶乙酸异戊酯1300.867 0142
42、难溶实验步骤：在A中加入4.4 g异戊醇、6.0 g乙酸、数滴浓硫酸和23片碎瓷片。开始缓慢加热A，回流50 min。反应液冷至室温后倒入分液漏斗中，分别用少量水、饱和碳酸氢钠溶液和水洗涤；分出的产物加入少量无水MgSO4固体，静置片刻，过滤除去MgSO4固体，进行蒸馏纯化，收集140143 馏分，得乙酸异戊酯3.9 g。回答下列问题：(1)仪器B的名称是_。(2)在洗涤操作中，第一次水洗的主要目的是_，第二次水洗的主要目的是_。(3)在洗涤、分液操作中，应充分振荡，然后静置，待分层后_(填标号)。a直接将乙酸异戊酯从分液漏斗的上口倒出b直接将乙酸异戊酯从分液漏斗的下口放出c先将水层从分液漏斗
43、的下口放出，再将乙酸异戊酯从下口放出d先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸异戊酯从上口倒出(4)本实验中加入过量乙酸的目的是_。(5)实验中加入少量无水MgSO4的目的是_。(6)在蒸馏操作中，仪器选择及安装都正确的是_(填标号)。(7)本实验的产率是_(填标号)。a30%b40%c60% d90%(8)在进行蒸馏操作时，若从130 便开始收集馏分，会使实验的产率偏_(填“高”或“低”)，其原因是_。流程应用第一步明确实验目的实验室里用异戊醇()与乙酸在浓H2SO4的催化作用下发生酯化反应生成乙酸异戊酯。反应特点是可逆反应。第二步确定实验装置用装置A制备乙酸异戊酯，而提纯乙酸异戊酯需要用蒸馏
44、的方法，蒸馏时要求温度计水银球位于蒸馏烧瓶的支管口处，球形冷凝管主要用于冷凝回流。直形冷凝管用于蒸馏回收产品，故蒸馏操作应选择b。第三步设计除杂方案产品乙酸异戊酯中含有的杂质为乙酸、异戊醇、硫酸，先用水洗去能溶于水的乙酸和硫酸，再用饱和NaHCO3溶液除去残留的乙酸。然后再用水除去乙酸异戊酯中的NaHCO3，再用MgSO4进行吸水干燥，最后通过蒸馏除去异戊醇而得到纯度较高的产品。第四步产品产率计算实验过程中乙酸过量，从而使平衡正移，以提高异戊醇的转化率。利用异戊醇(0.05 mol)可以计算出乙酸异戊酯的理论产量，用实际产量与理论产量的比值可以得到本实验的产率。答案：(1)球形冷凝管(2)洗掉
45、大部分硫酸和醋酸洗掉碳酸氢钠(3)d(4)提高醇的转化率(5)干燥(6)b(7)c(8)高会收集少量未反应的异戊醇即时应用苯甲酸甲酯是一种重要的工业原料，某研究性学习小组的同学拟用下列装置制取高纯度的苯甲酸甲酯。有关数据如表所示：熔点/沸点/密度/gcm3水溶性苯甲酸122.42491.27微溶甲醇9764.30.79互溶苯甲酸甲酯12.3199.61.09不溶请回答下列问题：(1)在烧瓶中混合有机物及浓硫酸的方法是_，在实际实验中，甲醇、苯甲酸的物质的量之比远大于理论上物质的量之比，目的是_。装置C中除加入甲醇、苯甲酸与浓硫酸外还需要加入_。(2)C装置上部的冷凝管的主要作用是_，冷却剂在冷
46、凝管中的流动方向是_。(3)制备和提纯苯甲酸甲酯的操作先后顺序为_(填装置字母代号)。(4)A中Na2CO3的作用是_；D装置的作用是_；当C装置中温度计显示_时可收集苯甲酸甲酯。解析：(1)因苯甲酸在常温下是固体，浓硫酸的密度又比甲醇的大，故应先将苯甲酸放入烧瓶中，再加入甲醇，最后向烧瓶中加入浓硫酸。为防止暴沸，还需要加沸石或碎瓷片。甲醇过量，可提高苯甲酸的利用率。(2)甲醇沸点较低，易汽化，C中冷凝管的作用是冷凝回流，避免造成试剂的损失，其中冷凝剂应从d口进入、c口流出。(3)(4)反应完成后，取下冷凝管，向蒸馏烧瓶中加入水使反应液冷却，然后转移到分液漏斗中进行萃取(主要是除去甲醇)、分液
47、，有机层密度较大，分液时进入锥形瓶中，其中没有反应完的苯甲酸与Na2CO3反应，没有反应完的Na2CO3再通过过滤的方法(利用D装置)除去，最后通过蒸馏的方法得到苯甲酸甲酯，蒸馏时温度达到苯甲酸甲酯的沸点时即可开始收集。混合试剂的过程中，固体试剂通常是最先放入相应的容器中，当涉及浓硫酸与液体有机物的混合时，应将浓硫酸缓慢加入到液体有机物中。答案：(1)先将一定量的苯甲酸放入烧瓶中，然后再加入甲醇，最后边振荡边缓慢加入一定量的浓硫酸提高苯甲酸的利用率沸石(或碎瓷片)(2)冷凝回流从d口进入、c口流出(3)CFEADB(4)除去酯中的苯甲酸除去没有反应完的Na2CO3199.6命题点3化工流程型制
48、备制备流程规律：主线主产品，分支副产品，回头为循环。典题示例从废钒催化剂(主要成分V2O5、VOSO4、K2SO4、SiO2等)中回收V2O5的一种生产工艺流程示意图如下，请回答下列问题：(1)步骤中废渣的主要成分是_，中X试剂为_。(2)实验室中进行萃取分液操作时，注入萃取剂，充分振荡，将分液漏斗于铁圈上静置，当液体分层后，接下来的操作是_。(3)的变化过程可简化为(下式R表示VO2，HA表示有机萃取剂)R2(SO4)n(水层)2nHA(有机层)2RAn(有机层)nH2SO4(水层)为提高中萃取百分率，应采取的措施是_。(4)请完成中的反应离子方程式：ClOVO2H=VO3_。(5)25 时
49、，取样进行实验分析，得到钒沉淀率和溶液pH之间关系如下表：pH1.31.41.51.61.71.81.92.02.1钒沉淀率%88.194.896.598.098.898.896.493.189.3结合上表，在实际生产中，中加入氨水，调节溶液的最佳pH为_。(6)该工艺流程中，可以循环利用的物质有_。流程分析答案：(1)SiO2H2SO4(2)打开分液漏斗上口塞子(或将分液漏斗上口塞子凹槽对准漏斗口颈上小孔)；先打开活塞放出下层液体，后将上层液体从分液漏斗上口倒入另一烧杯中(3)加入碱中和硫酸使平衡正移或多次连续萃取(4)16661Cl3H2O(5)1.71.8(6)氨气、有机萃取剂即时应用(
50、2013全国卷)锂离子电池的应用很广，其正极材料可再生利用。某锂离子电池正极材料有钴酸锂(LiCoO2)、导电剂乙炔黑和铝箔等。充电时，该锂离子电池负极发生的反应为6CxLixe=LixC6。现欲利用以下工艺流程回收正极材料中的某些金属资源(部分条件未给出)。回答下列问题：(1)LiCoO2中，Co元素的化合价为_。(2)写出“正极碱浸”中发生反应的离子方程式_。(3)“酸浸”一般在80 下进行，写出该步骤中发生的所有氧化还原反应的化学方程式_；可用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液，但缺点是_。(4)写出“沉钴”过程中发生反应的化学方程式_。(5)充放电过程中，发生LiCoO2与Li1xC
51、oO2之间的转化，写出放电时电池反应方程式_。(6)上述工艺中，“放电处理”有利于锂在正极的回收，其原因是_。在整个回收工艺中，可回收到的金属化合物有_(填化学式)。解析：(1)因锂在化合物中通常为1价，故LiCoO2中Co为3价。(2)由碱浸后经一系列处理可得到Al(OH)3及正极材料中含有铝箔知，碱浸时单质铝与NaOH溶液反应，由此可写出对应的离子方程式。(3)由流程图知，钴元素最后变成2价，故酸浸时发生的是LiCoO2氧化H2O2的反应：LiCoO2H2SO4H2O2Li2SO4CoSO4H2OO2，配平即可。另外还存在H2O2受热分解生成水与O2的反应。用盐酸代替硫酸与H2O2的混合液
52、时，会得到有毒的氧化产物Cl2，造成环境污染。(4)由流程图知，加入NH4HCO3后硫酸钴转化为碳酸钴，HCO在转化为CoCO3的过程中，电离出的H会与另外一部分HCO作用生成CO2与水，NH、SO结合为(NH4)2SO4，由此可写出对应的化学方程式。(5)由充电时阴极(题目中锂离子电池的负极)的电极反应式知，放电时LixC6是反应物、Li是生成物，锂的价态升高，故另一反应物中钴的价态降低，由此知该反应物是Li1xCoO2，相应的反应方程式为LixC6Li1xCoO2=LiCoO26C。(6)放电时，负极上的锂失去电子变成Li，进入溶液后再向正极移动并进入正极材料中，相当于在正极上富集了锂。由
53、流程图知，能回收的金属化合物有三种。答案：(1)3(2)2Al2OH2H2O=2AlO3H2(3)2LiCoO23H2SO4H2O2Li2SO42CoSO4O24H2O、2H2O22H2OO2有氯气生成，污染较大(4)CoSO42NH4HCO3=CoCO3(NH4)2SO4H2OCO2(5)Li1xCoO2LixC6=LiCoO26C(6)Li从负极中脱出，经由电解质向正极移动并进入正极材料中Al(OH)3、CoCO3、Li2SO41(2014山东高考)工业上用重铬酸钠(Na2Cr2O7)结晶后的母液(含少量杂质Fe3)生产重铬酸钾(K2Cr2O7)。工艺流程及相关物质溶解度曲线如图：(1)由
54、Na2Cr2O7生产K2Cr2O7的化学方程式为_。通过冷却结晶析出大量K2Cr2O7的原因是_。(2)向Na2Cr2O7母液中加碱液调pH的目的是_。(3)固体A主要为_(填化学式)。固体B主要为_(填化学式)。(4)用热水洗涤固体A，回收的洗涤液转移到母液_(填“”“”或“”)中，既能提高产率又可使能耗最低。解析：(1)由框图中加入的物质为Na2Cr2O7和KCl可知，制备K2Cr2O7的反应物为Na2Cr2O7和KCl，结合化学反应中的元素守恒可知，另外的生成物为NaCl，故制备K2Cr2O7的化学方程式为Na2Cr2O72KCl=K2Cr2O72NaCl。由物质的溶解度曲线可知，K2C
55、r2O7的溶解度受温度的影响较大，即随着温度的降低，该物质的溶解度明显减小，因此降低温度可析出K2Cr2O7。(2)在Na2Cr2O7母液中加碱，可使杂质Fe3生成沉淀，从而达到除去杂质的目的。(3)由物质的溶解度曲线可知，NaCl的溶解度受温度影响不大，而K2Cr2O7的溶解度受温度的影响较大，降温时会大量析出K2Cr2O7。由此可知固体A为NaCl，而固体B为K2Cr2O7。(4)因析出的NaCl表面有K2Cr2O7，热水洗涤后的溶液中既含有K2Cr2O7，又含有NaCl，故需要将洗涤液转移到母液中，再分离NaCl与K2Cr2O7。答案：(1)Na2Cr2O72KCl=K2Cr2O72Na
56、Cl 低温下K2Cr2O7溶解度远小于其他组分，随温度的降低，K2Cr2O7溶解度明显减小(合理即可)(2)除去Fe3(3)NaClK2Cr2O7(4)2实验室欲制取少量NaHCO3与NH4Cl。实验步骤如下：请回答：(1)步骤、中需用到氨气，下列装置可用于实验室制氨气的是_(填序号)。(2)步骤中发生反应的化学方程式是_。若用图甲装置进行该沉淀反应，实验时，须先从_(填“a”、“b”或“c”)管通入_。(3)有人设计了如图乙所示的装置来验证步骤所得的晶体中含有NH。具体操作是取少量晶体于硬质试管中，对晶体部位加热，并在_(填“A”或“B”)处放置_试纸，观察现象。解析：(1)a中NH4Cl受
57、热分解生成的HCl和NH3在试管口遇冷又重新生成NH4Cl，碱石灰起不到吸收HCl的作用。c中反应装置试管口应略向下倾斜。(3)由于NH3的密度比空气小，因此应把试纸放在硬质试管的上口。答案：(1)bd(2)NaClCO2NH3H2O=NaHCO3NH4ClaNH3(3)A湿润的红色石蕊(或湿润的酚酞)试纸3某实验小组用下图所示的装置制备一硝基甲苯(包括邻硝基甲苯和对硝基甲苯)：反应原理：CH3NO2CH3(产品1)CH3NO2(产品2)实验步骤：配制浓硫酸与浓硝酸(体积比按13)的混合物(即混酸)40 mL；在三颈瓶中加入13 g甲苯(易挥发)；按图所示装好药品，并装好其他仪器；向三颈瓶里加
58、入混酸，并不断搅拌(磁力搅拌器已略去)；控制温度约为50 ，反应大约10 min，三颈瓶底有大量淡黄色油状液体出现；分离出一硝基甲苯，经提纯最终得到纯净的一硝基甲苯共15 g。可能用到的有关数据如下：密度/gcm3沸点/溶解性甲苯0.866110.6不溶于水，易溶于硝基甲苯产品11.286237.7不溶于水，易溶于液态烃产品21.162222不溶于水，易溶于液态烃请回答下列问题：(1)实验前需要先在三颈瓶中加入少许_，目的是_。(2)冷凝管的作用是_；冷却水从冷凝管的_(填“a”或“b”)端进入。(3)仪器A的名称是_，在使用之前必须进行的操作是_。(4)分离产品的方案如下：操作1的名称是_；
59、操作2必需的玻璃仪器有酒精灯、温度计、锥形瓶、牛角管(接液管)和_、_。(5)本实验中一硝基甲苯的产率为_。A77.5%B68.7%C62.3% D53.0%解析：(2)甲苯易挥发，冷凝管可使挥发出的甲苯冷凝回流，从而提高了反应物的利用率。(4)题中涉及的有机物不溶于水而无机物溶于水，所以分离有机混合物和无机混合物的方法是分液。产品1、2的沸点不同，可用蒸馏的方法进行分离。(5)13 g甲苯理论上可生成137 g一硝基甲苯，故产率为100%77.5%。答案：(1)碎瓷片(或沸石)防止暴沸(2)冷凝回流a(3)分液漏斗检漏(4)分液蒸馏烧瓶冷凝管(5)A4(2015南京模拟)以冶铝的废弃物铝灰为
60、原料制取超细氧化铝，既降低环境污染又可提高铝资源的利用率。已知铝灰的主要成分为Al2O3(含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3)，其制备实验流程如下：(1)铝灰中氧化铝与硫酸反应的化学方程式为_。(2)图中“滤渣”的主要成分为_(填化学式)。(3)加30%的H2O2溶液发生的离子反应方程式为_。(4)煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为：4NH4Al(SO4)212H2O2Al2O32NH3N25SO33SO253H2O，将产生的气体通过下图所示的装置。集气瓶中收集到的气体是_(填化学式)。足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O(g)外还有_(填化学式)。KMnO4溶液褪色(MnO被
61、还原为Mn2)，发生的离子反应方程式为_。解析：(1)氧化铝与硫酸反应生成硫酸铝和水。(2)氧化铝、氧化亚铁、氧化铁都能与硫酸反应，生成可溶性物质，只有二氧化硅不与稀硫酸反应，过滤后得到的滤渣为二氧化硅。(3)在酸性条件下，H2O2具有强氧化性，可以把Fe2氧化为Fe3，同时有水生成。(4)NH3极易溶于水，SO3与饱和亚硫酸氢钠溶液反应生成SO2，进入KMnO4溶液中的气体是SO2与N2，KMnO4具有强氧化性，把SO2氧化为SO，同时本身被还原为Mn2，所以集气瓶中最终收集到的气体是N2。答案：(1)Al2O33H2SO4=Al2(SO4)33H2O(2)SiO2(3)2Fe2H2O22H
62、=2Fe32H2O(4)N2SO3、NH32MnO5SO22H2O=2Mn25SO4H5(2015武汉模拟)三氯化磷(PCl3)是一种重要的半导体材料掺杂剂。实验室要用黄磷(白磷)与干燥的Cl2模拟工业生产制取PCl3，装置如图所示。已知：PCl3遇O2会生成 POCl3，POCl3能溶于PCl3，且PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3和HCl。PCl3、POCl3的熔沸点见下表。物质熔点/沸点/PCl311275.5POCl32105.3请回答下列问题：(1)A中制氯气的离子方程式为_。(2)B中所装试剂是_。(3)E中冷水的作用是_。(4)实验时，检查装置气密性后，先打开K3通入干燥的CO
63、2，再迅速加入黄磷。通入干燥CO2的作用是_。(5)粗产品中常含有POCl3、PCl5等。加入黄磷加热除去PCl5后，通过_(填实验操作名称)，即可得到 较纯净的PCl3。解析：(1)由实验装置图可知，A中加的药品为二氧化锰和浓盐酸，所以发生的反应为MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O，离子方程式为MnO24H2ClMn2Cl22H2O。(2)(4)B中装有浓硫酸，干燥氯气，C是尾气吸收装置，D装置进行氯气与磷的反应，因为PCl3沸点低，为防止其挥发，将装置E放入冷水中，通入干燥CO2的目的是排尽装置中的空气，防止黄磷自燃。(5)加入黄磷加热除去PCl5后，通过蒸馏即可得到较纯净的P
64、Cl3。答案：(1)MnO24H2ClMn2Cl22H2O(2)浓硫酸(3)防止PCl3挥发(冷凝)(4)排尽装置中的空气，防止黄磷(白磷)自燃(5)蒸馏6(2015洛阳模拟)NiSO46H2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于化学镀镍、生产电池等。可以电镀废渣(除含镍外，还含有Cu、Zn、Fe、Cr等杂质)为原料获得。工艺流程如下图：请回答下列问题：(1)用稀硫酸溶解废渣时，为了提高浸取率可采取的措施有_(任写一点)。(2)向滤液中滴入适量的Na2S溶液，目的是除去Cu2、Zn2，写出除去Cu2的离子方程式：_。(3)在40 左右，用6%的H2O2氧化Fe2，再在95 时加入NaOH调节pH
65、，除去铁和铬。此外，还常用NaClO3作氧化剂，在较小的pH条件下水解，最终生成一种浅黄色的黄铁矾钠Na2Fe6(SO4)4(OH)12沉淀除去。如图是温度pH与生成沉淀的关系图，图中阴影部分是黄铁矾稳定存在的区域已知25 时，Fe(OH)3的Ksp2.641039。下列说法正确的是_(选填序号)。aFeOOH中铁为2价b若在25 时，用H2O2氧化Fe2，再在pH4时除去铁，此时溶液中c(Fe3)2.641029mol/Lc用氯酸钠在酸性条件下氧化Fe2的离子方程式为6Fe2ClO6H=6Fe3Cl3H2Od工业生产中常保持在8595 生成黄铁矾钠，此时水体的pH为1.21.8(4)上述流程
66、中滤液的主要成分是_。(5)确定步骤四中Na2CO3溶液足量，碳酸镍已完全沉淀的简单实验方法是_。(6)操作的实验步骤依次为(实验中可选用的试剂：6 molL1的H2SO4溶液、蒸馏水、pH试纸)：_；_；蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得NiSO46H2O晶体；用少量乙醇洗涤NiSO46H2O晶体并晾干。解析：(1)提高浸取率可采取将废渣粉碎、加热、搅拌以及增大硫酸浓度等措施。(3)FeOOH中铁是3价，a错误。pH4，c(OH)11010molL1，c(Fe3)2.64109molL1，b错误。c项符合电荷守恒、得失电子守恒等守恒关系，也符合反应的酸碱性，正确。观察图像可知d正确。(4)滤液之前已
67、将Cu、Zn、Fe除去，所以滤液中主要含有NiSO4。(5)由于Ni2的水溶液为绿色，所以可通过观察滤液的颜色来判断碳酸镍是否完全沉淀。(6)将NiCO3沉淀转化为NiSO4，要先通过过滤，并用蒸馏水洗净沉淀，再向沉淀中加6 mol/L的H2SO4溶液，直至恰好完全溶解，之后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。答案：(1)加热或搅拌或增大硫酸浓度等(2)Cu2S2=CuS(3)cd(4)NiSO4(5)上层清液呈无色(6)过滤，并用蒸馏水洗净沉淀向沉淀中加6 molL1的H2SO4溶液，直至恰好完全溶解第三节设计与评价类实验考点一 实验设计、评价型实验命题点1猜想型实验方案的设计思维流程典题
68、示例漂白粉是生产生活中常用的消毒剂和杀菌剂实验室有一瓶密封不严的漂白粉样品，其中肯定存在CaCl2，请设计实验，探究该样品中可能存在的其他固体物质。(1)提出合理假设。假设1：该漂白粉未变质，只含有_；假设2：该漂白粉全部变质，只含有_；假设3：该漂白粉部分变质，既含有Ca(ClO)2，又含有CaCO3。(2)设计实验方案，进行实验。请写出实验步骤、预期现象和结论。限选用的仪器和药品：试管、滴管、带导管的单孔塞、蒸馏水、自来水、1 mol/L盐酸、品红溶液、新制澄清石灰水。(提示：不必检验Ca2和Cl)实验步骤预期现象和结论取少量上述漂白粉于试管中，_流程应用第一步明确目的原理设计实验探究漂白
69、粉变质后物质的成分，涉及反应：2Ca(OH)22Cl2=CaCl2Ca(ClO)22H2O。Ca(ClO)2H2OCO2=CaCO32HClO。第二步提出合理假设根据假设3提供的物质及反应原理判断样品中可能含有Ca(ClO)2或CaCO3或二者的混合物。第三步寻求验证方法用CaCO3与盐酸反应产生澄清石灰水变浑浊的CO2来验证CaCO3的存在。用Ca(ClO)2与盐酸反应生成能使品红溶液褪色的HClO来验证Ca(ClO)2的存在。第四步设计操作步骤固体样品中加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水中(用于检验CO2)。向步骤反应后的溶液中滴入12滴品红溶液，振荡(用于检验HClO)。第五步分析得
70、出结论若步骤中石灰水未变浑浊，则说明样品中无CaCO3，即假设1成立。若步骤中石灰水变浑浊，且步骤中品红溶液不褪色，说明CaCO3存在，不存在Ca(ClO)2，即假设2成立。若步骤中石灰水变浑浊，且步骤中品红溶液褪色，说明有CaCO3和Ca(ClO)2存在，即假设3成立。答案：(1)假设1：只含有Ca(ClO)2；假设2：只含有CaCO3(2)实验步骤预期现象和结论加入适量1 mol/L盐酸溶解后，再将产生的气体通入澄清石灰水中若澄清石灰水未见浑浊，则假设1成立；若澄清石灰水变浑浊，则假设2或假设3成立向步骤反应后的试管中滴入12滴品红溶液，振荡(或另外取样操作)若品红溶液褪色，则假设3成立；
71、若品红溶液不褪色，则假设2成立即时应用(2014安徽高考)某研究小组为探究弱酸性条件下铁发生电化学腐蚀类型的影响因素，将混合均匀的新制铁粉和碳粉置于锥形瓶底部，塞上瓶塞(如图1)。从胶头滴管中滴入几滴醋酸溶液，同时测量容器中的压强变化。图1(1) 请完成以下实验设计表(表中不要留空格)：编号实验目的碳粉/g铁粉/g醋酸/%为以下实验作参照0.52.090.0醋酸浓度的影响0.536.00.22.090.0(2)编号实验测得容器中压强随时间变化如图2。t2时，容器中压强明显小于起始压强，其原因是铁发生了_腐蚀。(3)该小组对图2中0t1时压强变大的原因提出了如下假设，请你完成假设二：假设一：发生
72、析氢腐蚀产生了气体；假设二： _；(4)为验证假设一，某同学设计了检验收集的气体中是否含有H2的方案。请你再设计一个实验方案验证假设一，写出实验步骤和结论。实验步骤和结论(不要求写具体操作过程)：解析：(1)对比实验，实验中碳粉的质量与实验相同，醋酸的浓度与实验不同，所以铁粉的质量应与实验相同，即2.0 g；实验中碳粉质量与实验不同，铁粉质量和醋酸浓度均与实验相同，显然实验目的是探究碳粉含量的影响。(2)t2时，容器中压强明显小于起始压强，说明容器中气体减少，所以铁发生的是吸氧腐蚀。(3)0t1时压强增大，应从两方面考虑，一是生成气体，二是温度升高，则由假设一内容可得假设二应是：此反应是放热反
73、应，温度升高。(4)参照实验中药品的用量及操作方法，更换多孔橡皮塞，增加进、出气导管，并通入稀有气体，排出空气，滴加醋酸溶液，同时测量瓶内压强的变化、温度的变化等，确定猜想一是否成立。答案：(1)编号实验目的碳粉/g铁粉/g醋酸/%2.0碳粉含量的影响(2)吸氧(3)反应放热，温度升高(4)实验步骤和结论(不要求写具体操作过程)：药品用量和操作同编号实验(多孔橡皮塞增加进、出导管)；通入氩气排净瓶内空气；滴入醋酸溶液，同时测量瓶内压强变化(也可测温度变化、检验Fe2等)。如果瓶内压强增大，假设一成立。否则假设一不成立。(本题属于开放性试题，答案合理即可)命题点2实验方案的评价角度一从实验原理可
74、行性评价示例1实验室制备Al2S3，下列方案可行的是()A将AlCl3溶液与Na2S溶液混合B将H2S气体通入Al2(SO4)3溶液中C将Al(NO3)3固体与K2S固体混合D将金属铝与硫黄混合加热解析该题首先从原理角度辨析了Al2S3的制备，要注意可溶性的铝盐和硫化物溶液相遇会发生相互促进的水解反应，水解的离子方程式为2Al33S26H2O=2Al(OH)33H2S，同理将H2S气体通入Al2(SO4)3溶液也无法制备Al2S3，只有将金属铝与硫黄混合加热，方可制得。答案D角度二从原料的用量多少评价示例2以Al、稀H2SO4和NaOH为原料制取Al (OH)3，甲、乙、丙3个学生分别用3种不
75、同的途径制备：甲：AlAl2(SO4)3Al(OH)3乙：AlNaAlO2Al(OH)3丙：Al(OH)3若要制得等量的Al(OH)3，则上述哪个方案最好？_。解析现将甲、乙、丙三个方案制取1 mol Al(OH)3消耗的硫酸和氢氧化钠的物质的量剖析如下：实验方案(简述过程)消耗H2SO4/mol消耗NaOH/mol甲：AlAl2(SO4)3Al(OH)31.53乙：AlNaAlO2Al(OH)30.51丙：AlAl2(SO4)3来源:学优高考网Al(OH)33/83/4AlNaAlO2方法丙最好，产生等量Al(OH)3时所用原料最省。答案丙角度三从是否符合“绿色化学”观念评价示例3下表是制取
76、硝酸铜的三种方案，能体现绿色化学理念的最佳方案是_，理由是_。方案反应物甲Cu和浓HNO3乙Cu和稀HNO3丙Cu、O2和稀HNO3解析甲方案中Cu与浓HNO3反应生成污染环境的气体NO2，乙方案中铜与稀HNO3反应生成有毒气体NO，这两种方案中硝酸的利用率低。丙方案中Cu与O2反应生成CuO，然后用CuO与稀HNO3反应生成Cu(NO3)2，不产生污染环境的气体，且硝酸利用率高，故丙方案体现绿色化学理念。答案丙甲、乙两方案都产生有毒的氮氧化物，硝酸利用率高角度四从不同装置的优化组合进行评价示例4某化学课外小组研究乙醇氧化的实验并验证其产物，设计了甲、乙、丙三套装置(图中的支撑仪器均未画出，“
77、”表示酒精灯热源)，每套装置又划分为三部分。仪器中盛放的试剂：a.无水乙醇(沸点：78 )；b.铜丝；c.无水硫酸铜；d.新制氢氧化铜悬浊液。(1)简述三套方案各自的优点。甲：_；乙：_；丙：_。(2)集中三套方案的优点，组成一套比较合理完善的实验装置，可按气流由左到右的顺序表示为_(例如：甲，乙，丙)。解析(1)甲的优点在于，水浴加热能较好地控制温度，使气流平稳、反应充分。乙的优点在于两干燥管考虑了溶液中水汽对产物H2O检验的干扰，丙的优点在，无水生成，且装置简单。(2)将三套方案的优点组合：取丙、甲、乙可组成一套完善的装置。答案(1)甲：中用热水浴加热，可形成较平稳的乙醇气流，使反应更充分
78、；中的斜长导管起到冷凝回流乙醇的作用乙：与中的干燥管可防止溶液中的水与无水硫酸铜反应，避免干扰对生成物的验证丙：中氧气发生装置中无水生成，且装置简单(2)丙，甲，乙角度五从实验方案的优劣对比进行评价示例5某纯碱样品中含有氯化钠，测定纯碱样品纯度的方案有：方案1：称样品质量，加入足量稀硫酸，用碱石灰吸收二氧化碳，称重；方案2：称样品质量，溶于水，加入过量氯化钙溶液，过滤烘干后称量沉淀质量；方案3：称样品质量，加入过量盐酸，充分反应，蒸干，称固体质量；方案4：称样品质量，加入硫酸，排水法收集并测定二氧化碳体积；你认为最优方案是_。解析方案1：碱石灰吸收的除CO2的质量外，还有稀H2SO4挥发出的水
79、蒸气，故测得Na2CO3的纯度偏高；方案2：碳酸钙烘干时易分解，且碳酸钙表面吸附杂质，称量的质量不准确。方案3：氯化钠稳定，将NaCl溶液蒸干后即得NaCl固体质量，可通过前后质量差测定Na2CO3的纯度。方案4：CO2能溶于水，且能与水发生反应，故测定CO2的体积不准确。答案方案3即时应用下列从原料及有关试剂分别制取相应的最终产物的设计中，理论上正确、操作上可行、经济上合理的方案是哪个？方案1CCOCO2Na2CO3方案2CuCu(NO3)2溶液Cu(OH)2方案3CaOCa(OH)2溶液NaOH溶液方案4FeFe2O3Fe2(SO4)3溶液解析C在空气中燃烧不能得纯净的CO，方案1不合理；
80、AgNO3溶液价格较高，不经济，方案2不合理；Fe在O2中燃烧的产物是Fe3O4而不是Fe2O3，方案4不合理。答案方案3考点二 定量分析型实验命题点1定量测定数据的方法1沉淀法先将某种成分转化为沉淀，然后称量纯净、干燥的沉淀的质量，再进行相关计算。2测气体体积法对于产生气体的反应，可以通过测定气体体积的方法测定样品纯度。量气装置的设计：下列装置中，A是常规的量气装置，B、C、D是改进后的装置。3测气体质量法将生成的气体通入足量的吸收剂中，通过称量实验前后吸收剂的质量，求得所吸收气体的质量，然后进行相关计算。4滴定法即利用滴定操作原理，通过酸碱中和滴定、沉淀滴定和氧化还原反应滴定等获得相应数据
81、后再进行相关计算。典题示例铝镁合金是飞机制造、化工生产等行业的重要材料。研究性学习小组的同学，为测定某含镁3%5%的铝镁合金(不含其他元素)中镁的质量分数，设计了下列两种不同实验方案进行探究。填写下列空白：方案一实验方案将铝镁合金与足量NaOH溶液反应，测定剩余固体质量。实验中发生反应的化学方程式是_。实验步骤(1)称取10.8 g铝镁合金粉末样品，溶于体积为V、物质的量浓度为4.0 molL1的NaOH溶液中，充分反应。则NaOH溶液的体积V_mL。(2)过滤、洗涤、干燥、称量固体。该步骤中若未洗涤固体，测得镁的质量分数将_(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。方案二实验方案将铝镁合金与足量稀
82、硫酸溶液反应，测定生成气体的体积。实验步骤(1)同学们拟选用下列实验装置完成实验：你认为最简易的装置其连接顺序是A接()()接()()接()(填接口字母，可不填满)。(2)仔细分析实验装置后，同学们经讨论认为以下两点会引起较大误差：稀硫酸滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也会将瓶内空气排出，使所测氢气体积偏大；实验结束时，连接广口瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气体积偏小。于是他们设计了如图所示的实验装置。装置中导管a的作用是_。实验前后量气管中液面读数分别为V1 mL、V2 mL，则产生氢气的体积为_mL。若需确定产生氢气的量，还需测定的数据是_。解析：(方案一)中，镁、铝合金中的Mg与N
83、aOH溶液不反应，Al与NaOH溶液反应生成可溶于水的NaAlO2，反应方程式为2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2108 g铝、镁合金中铝的最大物质的量为0.4 mol97%完全溶于NaOH溶液消耗NaOH溶液的体积为0.097 L(即97 mL)若步骤中未洗涤固体，会使固体的质量增大，测得镁的质量偏高。(方案二)铝、镁合金与稀H2SO4反应产生H2，产生气体可以将广口瓶中的水压入量筒中，通过读取量筒中水的体积来确定H2的体积。故气体的流向为AEDG。导管a的作用是使分液漏斗中的气体与锥形瓶中气体连通，从而使滴入锥形瓶的稀H2SO4的体积等于进入分液漏斗的气体体积。依据在一定温度和
84、压强下测得H2的体积，可计算H2的物质的量。答案：方案一：2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2(1)97(2)偏高方案二：(1)EDG(2)使分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下；滴入锥形瓶的稀硫酸的体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差(V1V2)实验时的温度和压强即时应用为测定一铁片中铁元素的含量，某课外活动小组提出下面两种方案并进行了实验(以下数据为多次平行实验测定结果的平均值)：方案一：将a g铁片完全溶解于过量稀硫酸中，测得生成氢气的体积为580 mL(标准状况)；方案二：将 g铁片完全溶解于过量稀硫
85、酸中，将反应后得到的溶液用0.020 00 molL1的KMnO4溶液滴定，达到终点时消耗了25.00 mL KMnO4溶液。请回答下列问题：(1)配平下面的化学方程式：KMnO4FeSO4H2SO4=Fe2(SO4)3MnSO4K2SO4H2O(2)在滴定实验中不能选择_式滴定管，理由是_；(3)根据方案一和方案二测定的结果计算，铁片中铁的质量分数依次为_和_；(4)若排除实验仪器和操作的影响因素，试对上述两种方案测定结果的准确性做出判断和分析。方案一_(填“准确”、“不准确”或“不一定准确”)，理由是_；方案二_(填“准确”、“不准确”或“不一定准确”)，理由是_。解析：(1)分析该氧化还
86、原反应的化合价，找出化合价发生变化的各元素，利用化合价的升降相等，配平化学方程式：SO4SO42(SO4)3(2)由于酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管的胶管，因此不能选择碱式滴定管。(3)根据方案一中的测量结果计算：n(Fe)n(H2)因此m(Fe) mol56 gmol11.45 g故铁片中铁的质量分数为；根据方案二中的测定结果计算：根据(1)中反应方程式：2KMnO410FeSO410Fen(Fe)5n(KMnO4)50.02 molL10.025 L0.002 5 mol铁片中铁的质量分数为。(4)方案一不一定准确，因为不能确定Fe片中是否含有和稀硫酸反应放出H2的杂质，若
87、有则测定结果偏高。方案二是利用Fe2消耗KMnO4的物质的量的多少，求出Fe的质量分数，而铁片中是否含有和酸性KMnO4溶液反应的杂质也不能确定，另外铁片中若有3价的Fe的杂质，用KMnO4也测定不出来。因此方案二也不一定准确。答案：(1)21085218(2)碱酸性KMnO4溶液是强氧化剂，会腐蚀胶管(3)(4)不一定准确如果铁片中存在与稀硫酸反应并能生成氢气的其他金属，会导致结果偏高；如果铁片中存在与稀硫酸反应而溶解，但不产生氢气的铁的氧化物，会导致结果偏低；如果上述情况均不存在，则结果准确不一定准确如果铁片中存在与稀硫酸反应而溶解的其他金属，生成的金属离子在酸性溶液中能被高锰酸钾氧化，会
88、导致结果偏高；如果铁片中存在与稀硫酸反应而溶解的铁的氧化物，生成的Fe3在酸性溶液中不能被高锰酸钾氧化，会导致结果偏低；如果上述情况均不存在，则结果准确命题点2热重定量分析法1热重法是在程序控制温度下，测量物质的质量与温度或时间关系的方法。通过分析热重曲线，我们可以知道样品及其可能产生的中间产物的组成、热稳定性、热分解情况及生成产物等与质量相联系的信息。2热重法特点热重法的特点是定量性强，能够准确测量物质的质量变化，根据这一特点，只要物质受热时发生质量变化，都可以用热重法来研究物质的组成与变化。典题示例(2014江苏高考)碱式碳酸铝镁MgaAlb(OH)c(CO3)dxH2O常用作塑料阻燃剂。
89、(1)碱式碳酸铝镁具有阻燃作用，是由于其受热分解需吸收大量热量和_。(2)MgaAlb(OH)c(CO3)dxH2O中a、b、c、d的代数关系式为_。(3)为确定碱式碳酸铝镁的组成，进行如下实验：准确称取3.390 g样品与足量稀盐酸充分反应，生成CO2 0.560 L(已换算成标准状况下)。另取一定量样品在空气中加热，样品的固体残留率(固体样品的剩余质量/固体样品的起始质量100%)随温度的变化如图所示(样品在270 时已完全失去结晶水，600 以上残留固体为金属氧化物的混合物)。根据以上实验数据计算碱式碳酸铝镁样品中的n(OH)n(CO)(写出计算过程)。解析：(1)碱式碳酸铝镁受热分解时
90、吸收大量热量，同时分解生成的CO2等具有阻燃作用。(2)根据化学式中元素正负化合价的代数和为0，则有2a3bc2d0。(3)计算碱式碳酸铝镁中OH、CO的物质的量之比时，一要注意CO与加入盐酸时产生的CO2相关联，OH与270600时分解产生的水相关联；二要注意对数据、图像的分析，270600 时产生的CO2和H2O的质量等于样品的质量乘以两种温度时固体残留率之差。答案：(1)生成的产物具有阻燃作用(2)2a3bc2d(3)n(CO2)2.50102 molm(CO2)2.50102 mol44 gmol11.10 g，在270600 之间，失去结晶水后的样品进一步受热分解放出CO2和H2Om
91、(CO2)m(H2O)3.390 g(0.734 50.370 2)1.235 gm(H2O)1.235 g1.10 g0.135 g，n(H2O)7.50103 mol，n(OH)7.50103 mol21.50102 mol，n(OH)n(CO)(1.50102 mol)(2.50102 mol)35。即时应用下图是1.00 g MgC2O4nH2O晶体放在坩埚里从25 缓慢加热至700 分解时，所得固体产物的质量(m)随温度(t)变化的关系曲线。(已知该晶体100 以上才会逐渐失去结晶水，并大约在230 时完全失去结晶水)试回答下列问题：(1)MgC2O4nH2O中n_。(2)通过计算确
92、定C点固体物质的化学式：_。(要求写出推断过程)(3)通过计算确定从E点到F点过程中的化学方程式：_。(要求写出推断过程)解析：(1)MgC2O4nH2OMgC2O4nH2O11218n18n 1.00 g(1.000.76)g，n2。(2)解法一：MgC2O42H2O,MgC2O4xH2O(2x)H2O 14818(2x)1.00 g(1.000.88)g，x1。B点固体的化学式为MgC2O4H2O。解法二：MgC2O4xH2O,MgC2O4xH2O11218x 0.76 g (0.880.76)g，x1。B点固体的化学式为MgC2O4H2O。(3)设Mg元素与其他元素组成的化合物为X，利用
93、Mg原子守恒。n(MgC2O4)n(X)11，M(X)40。可推测出X即为MgO，而完整的化学方程式为MgC2O4400450 ,MgOCOCO2。答案：(1)2(2)MgC2O4H2O(过程见解析)(3)MgC2O4400450 ,MgOCOCO21某铁矿石样品除含SiO2外，主要成分是铁的氧化物。某化学兴趣小组对铁矿石进行探究。(1)探究铁矿石中铁的价态某学生将适量稀硝酸加入少许样品中，加热溶解；取少许溶液，滴加KSCN溶液后出现红色。由此得出该铁矿石中铁元素价态为3的结论。你认为此结论_(填“合理”或“不合理”)，理由是_。请完成下表对铁元素价态的探究实验：限选试剂：3 molL1 H2
94、SO4溶液、3%H2O2溶液、6 molL1 HNO3溶液、0.01 molL1 KMnO4溶液、稀NaOH溶液、0.1 molL1 KI溶液、20%KSCN溶液、蒸馏水。实验操作步骤预期现象与结论步骤1：用药匙取少许样品于试管中，用滴管滴加适量的3 molL1H2SO4溶液，加热，充分反应后得到A溶液步骤2：_若_，样品中含3价的铁元素步骤3：_若_，样品中含2价的铁元素(2)探究铁矿石中铁的含量将2.25 g铁矿石样品经一系列化学处理，制得铁元素全部为Fe2的待测液250 mL，利用反应5Fe2MnO8H=5Fe3Mn24H2O对铁矿石中铁元素的含量进行测定。取25.00 mL待测液进行滴
95、定，平均消耗0.02 molL1KMnO4溶液的体积为25.00 mL，求铁矿石中铁元素的质量分数(写出计算过程，并保留3位有效数字)。下列滴定方式中，最合理的是(夹持部分略去)_。在滴定过程中，_(填“需要”或“不需要”)指示剂来确定滴定终点。解析：(1)稀HNO3具有强氧化性，能将样品中2价的铁元素氧化为3价，因此该结论不合理。利用Fe3遇SCN变红色，选择KSCN溶液检验Fe3；利用Fe2的还原性，能使紫色高锰酸钾溶液变为无色，选择KMnO4溶液检验Fe2。(2)KMnO4溶液盛装在酸式滴定管中，试样盛装在锥形瓶中，选择b。答案：(1)不合理稀HNO3具有强氧化性，能将样品中2价的铁元素
96、氧化为3价实验操作步骤预期现象与结论取2 mL A溶液于试管中，用胶头滴管滴加12滴20%KSCN溶液，振荡试管溶液变红色另取2 mL A溶液于试管中，用胶头滴管滴加12滴0.01 molL1KMnO4溶液，振荡试管溶液的紫红色褪去(2)n(Fe2)5n(MnO)0.02 molL125.00103 L50.002 5 mol，m(Fe2)0.002 5 mol(250 mL25.00 mL)56 gmol11.4 g，铁矿石中铁元素的质量分数为100%62.2%。b不需要2过氧化钙是一种新型的多功能无机化工产品，常温下是无色或淡黄色粉末，易溶于酸，难溶于水、乙醇等溶剂。某实验小组在实验室用钙
97、盐制取CaO28H2O沉淀(该反应是一个放热反应)。(1)仪器X的名称是_。(2)仪器B的作用是_。(3)A为实验室制取氨气的装置，写出A中发生反应的化学方程式：_。(4)制取CaO28H2O一般在05 的低温下进行，原因是_，生成CaO28H2O的化学方程式为_。(5)2.76 g CaO28H2O样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线，140 时完全脱水，杂质受热不分解)如图所示。试确定60 时CaO2xH2O中x_。该样品中CaO2的质量分数为_。解析：由图可以看出A为实验室制备氨气：Ca(OH)22NH4ClCaCl22NH32H2O，由于NH3极易溶于水，为了防止倒吸，
98、用干燥管代替导管。双氧水通过分液漏斗(X)进入低温的三颈烧瓶，发生化学反应CaCl2H2O22NH38H2O=CaO28H2O2NH4Cl。由于CaO28H2O带结晶水，若温度太高，则CaO28H2O会失去部分结晶水，温度太低，液体易冻结，反应困难。140 后结晶水全部失去，其质量为2.76 g1.32 g1.44 g，物质的量为0.08 mol，则CaO28H2O的物质的量为0.01 mol，由CaO28H2O样品受热脱水过程的热重曲线可以看出60140 失去的结晶水的质量为1.68 g1.32 g0.36 g，物质的量为0.02 mol，则n(CaO2)n(H2O)0.010.021x，x
99、2。CaO2质量为72 gmol10.01 mol0.72 g，则该样品中CaO2的质量分数100%26.09%。答案：(1)分液漏斗(2)防倒吸(3)Ca(OH)22NH4ClCaCl22NH32H2O(4)低于0 ，液体易冻结，反应困难，温度过高，过氧化氢分解速率加快CaCl2H2O22NH38H2OCaO28H2O2NH4Cl(5)226.09%3实验室用浓盐酸与MnO2反应制Cl2，再用Cl2和Ca(OH)2反应制少量漂白粉，已知用Cl2和Ca(OH)2制漂白粉的反应是放热反应，温度稍高时发生副反应：6Cl26Ca(OH)2=Ca(ClO3)25CaCl26H2O现有三位同学设计的三套
100、装置如图所示(U形管中放有玻璃纤维，可使气体顺利通过)：(1)请对上述丙装置的优缺点进行评价：_。(2)请从甲、乙、丙各套装置中选取合理的部分，按气体从左至右的流向组成一套较合理的装置_(填各部分仪器的字母编号)。(3)部分学生认为上述组装装置仍存在缺点，他们指出在前两个仪器之间应增加如图所示装置，你认为H洗气瓶中所盛液体是_，其作用是_，若无此装置，对制漂白粉的不利影响是_。洗气瓶_(填“有”或“无”)必要，理由是_。(4)为了研究所制得的漂白粉的化学性质，某同学把少量漂白粉投入到淡绿色的FeCl2溶液中，溶液变成棕黄色，且有红褐色沉淀。反应的离子方程式为_。解析：(1)(2)比较甲、乙、丙
101、各装置的异同，逐一分析装置各部分的用途。相同点：反应原理相同；不同点：制气装置：甲使用直立大试管加热，不好；乙、丙装置均使用圆底烧瓶，且丙用分液漏斗控制反应速率，最好。制漂白粉装置：乙用装有澄清石灰水的大试管，浓度低，气流路程短，产率低，效果不好；甲、丙均用U形管及消石灰，其中甲还使用了降温装置以防止副反应发生，最好。尾气处理装置：甲、丙未吸收剩余氯气，会造成环境污染，不好；乙装置用NaOH溶液吸收剩余氯气，好。如此，甲、乙、丙装置优劣可见，取长补短，则优化方案可得合理装置。(3)按物质制备的一般程序“气体制备除杂干燥尾气处理”分析，题给三套装置，仍缺乏除杂、干燥装置，用浓盐酸与MnO2所制的
102、氯气中含有HCl和水蒸气，HCl会与Ca(OH)2及Ca(ClO)2反应，须除去，而水蒸气不引入杂质，且有利于加快离子反应，可以不用除去。(4)根据信息书写反应的离子方程式：“溶液变成棕黄色”说明有Fe3生成，“红褐色沉淀”说明有Fe(OH)3生成，可知是ClO的氧化性及碱性起了作用 ，还原产物为Cl，据此写出方程式并配平。答案：(1)优点：使用分液漏斗控制反应速率；使用U形管及消石灰，产率高。缺点：未采取降温措施来控制副反应发生；未除去剩余的氯气，污染环境(2)FBE(3)饱和食盐水除去Cl2中的HClHCl会与Ca(OH)2及Ca(ClO)2反应无水不会引入杂质，且可以加快Cl2与Ca(O
103、H)2的反应速率(4)6Fe23ClO3H2O=2Fe(OH)34Fe33Cl4某小组同学以碳棒为电极电解CuCl2溶液时，发现阴极碳棒上除了有红色物质析出外，还有少量白色物质析出。为探究阴极碳棒上的产物，同学们设计了如下实验过程。(1)对比实验(以碳棒为电极电解下列溶液)电解质溶液阴极析出物质实验1CuSO4溶液红色固体实验2CuSO4和NaCl的混合溶液红色固体和少量白色固体(2)提出假设红色物质一定有铜，还可能有Cu2O；白色物质为铜的化合物，其化学式可能为_。(3)实验验证取电解CuCl2溶液后的阴极碳棒，洗涤、干燥。连接下列装置进行实验，验证阴极产物。仪器a的名称为_，各装置从左至右
104、的连接顺序为_。(4)观察现象，得出结论实验结束后，碳棒上的白色物质变为红色，F中物质不变色，D中出现白色沉淀。根据现象写出装置B中发生反应的化学方程式_。(5)问题讨论欲洗去碳棒上的红色和白色物质，可将碳棒插入稀硝酸中，则红色物质消失的离子方程式为_。白色物质消失的离子方程式为_。实验过程中，若装置B中的空气没有排净就开始加热，可能对实验造成的影响是_。解析：(2)对比(1)中实验1和实验2，实验1中没有白色固体物质生成；该白色物质为铜的化合物，而铜的化合物多为黑色、红色，再结合实验2的电解质溶液增加了NaCl，故该白色固体只能是CuCl(氯化亚铜)。(3)漏斗种类较多，包括普通漏斗、分液漏
105、斗、长颈漏斗，解题时要注意区分。装置A制备氢气，但用盐酸制备的氢气中含有HCl和水蒸气两种杂质，前者可用碱液除去(E装置)，后者用浓硫酸除去(C装置)，但干燥装置应该放后，故装置连接顺序是AECB；如果红色物质含有Cu2O，则装置B中会有水生成，可以用装置F中的无水硫酸铜检验，装置D中的AgNO3溶液用于检验Cl。(4)无水硫酸铜不变色，说明没有Cu2O，AgNO3溶液中出现白色沉淀，说明生成物中含有氯化物气体(HCl)，故装置B中的反应为CuCl被氢气还原，生成Cu和HCl。(5)由(4)可知红色物质为Cu，故红色物质消失的反应是铜与稀硝酸反应生成NO的反应；白色物质消失的反应是CuCl被稀
106、硝酸氧化为2价铜的反应，硝酸被还原为NO。可燃性气体受热前必须排除装置中的空气，防止发生爆炸；上述装置B中若有空气，则其中的水蒸气会使后续检验水的装置F出现变色，从而干扰Cu2O是否存在的判断。答案：(2)CuCl(3)分液漏斗AECBFD(若多选装置，只要合理均可)(4)2CuClH22Cu2HCl(5)3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O3CuCl4HNO=3Cu23ClNO2H2O氢气和氧气混合加热可能发生爆炸；空气中的水蒸气会干扰Cu2O是否存在的判断5某学习小组在通过反应Na2S2O3H2SO4=Na2SO4SSO2H2O研究反应速率的影响因素后，对Na2S2O3产生了兴趣，查资
107、料知Na2S2O3的名称为硫代硫酸钠，可视为一个S原子取代了Na2SO4中的一个O原子。该实验小组运用类比学习的思想预测了Na2S2O3的某些性质，并通过实验验证了自己的预测。提出假设(1)部分学生认为Na2S2O3与Na2SO4结构相似，化学性质也相似，因此室温时Na2S2O3溶液的pH_7(填“”“”或“”)。(2)部分学生由S元素化合价推测Na2S2O3与SO2性质相似，均具有较强的_。实验探究取适量Na2S2O3晶体，溶于水中制成Na2S2O3溶液，进行如下探究(填写表中空格)。实验操作实验现象现象解释(用离子方程式表示)探究(3)_溶液pH8(4)_探究向新制氯水(pH2)中滴加少量
108、Na2S2O3溶液氯水颜色变浅(5)_实验结论(6)探究：_。(7)探究：_。问题讨论(8)甲同学向“探究”反应后的溶液中滴加硝酸银溶液，观察到有白色沉淀产生，并据此认为氯水可将Na2S2O3氧化。你认为该方案是否正确并说明理由_。(9)请你重新设计一个实验方案，证明Na2S2O3被氯水氧化。你的方案是_。解析：(1)由学生认为Na2S2O3的化学性质与Na2SO4的性质(强酸强碱盐，溶液呈中性)相似，可推知Na2S2O3溶液呈中性，则室温时pH7。(2)由SO2具有还原性可知Na2S2O3(S为2价)也有较强的还原性。(3)由实验现象可知探究是为了探究溶液的酸碱性，验证假设(1)，故其操作是
109、利用pH试纸来检验Na2S2O3溶液的酸碱性。(4)由实验现象可知Na2S2O3溶液呈碱性(说明其是强碱弱酸盐)，其原因应是S2O发生水解。(5)向氯水(具有强氧化性)中滴加Na2S2O3溶液，目的是验证Na2S2O3是否具有还原性，由实验现象可知Cl2被还原，说明Na2S2O3具有还原性，利用得失电子守恒可得反应的离子方程式为S2O4Cl25H2O=2SO8Cl10H。答案：(1)(2)还原性(3)用玻璃棒蘸取Na2S2O3溶液点在pH试纸中部，将试纸颜色与标准比色卡对照(4)S2OH2OHS2OOH(5)S2O4Cl25H2O=2SO8Cl10H(6)Na2S2O3溶液呈碱性(7)Na2S
110、2O3具有还原性(8)不正确，因氯水过量，氯水中含有Cl，会生成AgCl沉淀(9)取少量反应后的溶液，向其中滴入氯化钡溶液，若观察到有白色沉淀产生，则说明Na2S2O3能被氯水氧化6(2012安徽高考)工业上从废铅蓄电池的铅膏回收铅的过程中，可用碳酸盐溶液与处理后的铅膏(主要成分为PbSO4)发生反应：PbSO4(s)CO(aq)PbCO3(s)SO(aq)。某课题组用PbSO4为原料模拟该过程，探究上述反应的实验条件及固体产物的成分。(1)查阅文献：上述反应还可能生成碱式碳酸铅2PbCO3Pb(OH)2，它和PbCO3受热都易分解生成PbO。该课题组对固体产物(不考虑PbSO4)的成分提出如
111、下假设，请你完成假设二和假设三：假设一：全部为PbCO3；假设二：_；假设三：_。(2)为验证假设一是否成立，课题组进行如下研究。定性研究：请你完成下表中内容。实验步骤(不要求写出具体操作过程)预期的实验现象和结论取一定量样品充分干燥，定量研究：取26.7 mg的干燥样品，加热，测得固体质量随温度的变化关系如下图。某同学由图中信息得出结论：假设一不成立。你是否同意该同学的结论，并简述理由：_。解析：(1)结合信息可知得到两种固体，可形成三种情况：PbCO3、2PbCO3Pb(OH)2、PbCO3与2PbCO3Pb(OH)2。(2)PbCO3受热分解生成PbO与CO2，Pb(OH)2受热分解产生
112、PbO与H2O，利用无水硫酸铜来检验分解后是否有H2O生成来判断假设一是否成立。由PbCO3分解的方程式可知若固体全部为PbCO3，则26.7 mg固体完全分解后可得到22.3 mg固体(PbO)，结合图中数据可知假设一不成立；又因为实验最终得到的固体质量与全部为PbCO3分解所得到的固体质量相差不大，可能是实验过程中产生的误差引起的，此时假设一成立。答案：(1)全部为2PbCO3Pb(OH)2PbCO3与2PbCO3Pb(OH)2(2)实验步骤(不要求写出具体操作过程)预期的实验现象和结论充分加热样品，将产生的气体通入盛有无水硫酸铜的干燥管。若无水硫酸铜不变蓝，则假设一成立；若无水硫酸铜变蓝
113、，则假设一不成立。同意，若全部为PbCO3时，26.7 mg完全分解后最终固体质量应为22.3 mg(或：不同意，实验最终得到固体的质量与全部为PbCO3分解所得固体质量相差不大，可能是实验过程中产生的误差引起的)(本题属于开放性试题，合理答案即可)第十一章高频考点真题验收全通关把握本章在高考中考什么、怎么考，练通此卷、平步高考！一、选择题(本题包括7个小题，每小题6分，共42分)1(2014海南高考)NaOH溶液滴定盐酸实验中，不必用到的是()A酚酞B圆底烧瓶C锥形瓶 D碱式滴定管解析：选B在酸碱中和滴定中要用滴定管滴加试剂，待测溶液盛装在锥形瓶中，用指示剂酚酞来判断滴定终点。因此不使用的仪
114、器是圆底烧瓶。选项是B。2(2014全国卷)下列有关仪器使用方法或实验操作正确的是()A洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干B酸式滴定管装标准溶液前，必须先用该溶液润洗C酸碱滴定实验中，用待滴定溶液润洗锥形瓶以减小实验误差D用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体解析：选B容量瓶不能用烘箱烘干，否则会变形，定容不准确，A项错误；滴定管使用前，需先用标准溶液润洗，以减小实验误差，B项正确；酸碱滴定实验中，不能用待测液润洗锥形瓶，润洗会导致待测液的量增多，使实验误差增大，C项错误；配制溶液时，加水超过容量瓶的刻度线时，需重新配制，D项错误。3(2014山东高考)下列实验操作或装
115、置(略去部分夹持仪器)正确的是()解析：选C配制一定物质的量浓度的溶液，定容时要用胶头滴管，A项错误；不能用碱式滴定管盛装酸溶液，B项错误；用排空气法收集氨气时，导管应插到试管(或集气瓶)底部，D项错误。4(2014重庆高考)下列实验可实现鉴别目的的是()A用KOH溶液鉴别SO3(g)和SO2B用湿润碘化钾淀粉试纸鉴别Br2(g)和NO2C用CO2鉴别NaAlO2溶液和CH3COONa溶液D用BaCl2溶液鉴别AgNO3溶液和K2SO4溶液解析：选CSO2和SO3都能与KOH溶液反应且反应现象几乎相同，不能鉴别，A项错误；Br2和NO2都能使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝，B项错误；CO2通入NaA
116、lO2溶液中出现白色沉淀，通入CH3COONa溶液中不反应，可以鉴别，C项正确；BaCl2与AgNO3溶液反应生成AgCl白色沉淀，与K2SO4溶液反应生成BaSO4白色沉淀，D项错误。5(2014广东高考)下列叙述和均正确并有因果关系的是()选项叙述叙述AKNO3的溶解度大用重结晶法除去KNO3中混有的NaClBBaSO4难溶于酸用盐酸和BaCl2溶液检验SOCNH3能使酚酞溶液变红NH3可用于设计喷泉实验DCa(OH)2能制成澄清石灰水可配制2.0 molL1的Ca(OH)2溶液解析：选BA中的两个陈述均正确，但用重结晶法除去KNO3中混有的NaCl主要是利用二者溶解度受温度影响不同的原理
117、。B中利用了常见难溶性钡盐中只有BaSO4难溶于酸的原理，正确。C中NH3溶于水呈碱性与NH3可做喷泉实验没有关系，NH3可做喷泉实验是因为NH3极易溶于水。D中陈述错误，Ca(OH)2是微溶物质，不可能配制出2.0 molL1的Ca(OH)2溶液。6(2014上海高考)下图是用于干燥、收集并吸收多余气体的装置，下列方案正确的是()选项X收集气体YA碱石灰氯化氢水B碱石灰氨气水C氯化钙二氧化硫氢氧化钠D氯化钙一氧化氮氢氧化钠解析：选CA氯化氢是酸性气体，不能用碱石灰干燥，A不正确；B.氨气密度小于空气，应该是短口进，长口出，B不正确；C.二氧化硫是酸性气体，能用氯化钙干燥，且二氧化硫的密度大于
118、空气，用向上排空气法收集，C正确；D.一氧化氮极易被空气氧化生成二氧化氮，不能用排空气法收集，D不正确。7(2011广东高考)某同学通过系列实验探讨 Mg 及其化合物的性质，操作正确且能达到目的的是()A将水加入浓硫酸中得到稀硫酸，置镁片于其中探讨 Mg 的活泼性B将 NaOH溶液缓慢滴入MgSO4溶液中，观察Mg(OH)2沉淀的生成C将 Mg(OH)2 浊液直接倒入已装好滤纸的漏斗中过滤，洗涤并收集沉淀D将Mg(OH)2 沉淀转入表面皿中，加足量稀盐酸，加热蒸干得无水MgCl2固体 解析：选B浓硫酸稀释时，应将浓硫酸缓慢加入水中以防止液滴飞溅，A项错误；将NaOH溶液与MgSO4 溶液混合即
119、可得到Mg(OH)2沉淀，B项正确；过滤时，应使用玻璃棒引流，C项错误；对MgCl2溶液直接加热，Mg2易水解，不能得到MgCl2固体，D项错误。二、非选择题(本题包括4个小题，共58分)8(15分)(2014全国卷)某小组以CoCl26H2O、NH4Cl、H2O2、浓氨水为原料，在活性炭催化下，合成了橙黄色晶体X。为确定其组成，进行如下实验。氨的测定：精确称取w g X，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用V1 mL c1 molL1的盐酸标准溶液吸收。蒸氨结束后取下接收瓶，用c2 molL1 NaOH标准溶液滴定过
120、剩的HCl，到终点时消耗V2 mL NaOH溶液。氯的测定：准确称取样品X，配成溶液后用AgNO3标准溶液滴定，K2CrO4溶液为指示剂，至出现淡红色沉淀不再消失为终点(Ag2CrO4为砖红色)。回答下列问题：(1)装置中安全管的作用原理是_。(2)用NaOH标准溶液滴定过剩的HCl时，应使用_式滴定管，可使用的指示剂为_。(3)样品中氨的质量分数表达式为_。(4)测定氨前应该对装置进行气密性检验，若气密性不好测定结果将_(填“偏高”或“偏低”)。(5)测定氯的过程中，使用棕色滴定管的原因是_；滴定终点时，若溶液中c(Ag)2.0105 molL1，c(CrO)为_molL1。已知：Ksp(A
121、g2CrO4)1.121012(6)经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为163，钴的化合价为_。制备X的化学方程式为_；X的制备过程中温度不能过高的原因是_。解析：(1)当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定。(2)盛装氢氧化钠溶液应使用碱式滴定管，强碱滴定强酸，可以使用酚酞，也可以使用甲基红作指示剂。(3)总的盐酸的物质的量减去氢氧化钠的物质的量即为氨气物质的量，所以氨的质量分数的表达式为(c1V1c2V2)10317/w100%。(4)气密性不好，会有一部分氨逸出，使测定结果偏低。(5)因为硝酸银见光易分解，所以使用棕色滴定管；由题意，c2(Ag)c(CrO)4.010
122、10c(CrO)1.121012，c(CrO)2.8103molL1。(6)由题给条件，可以写出X的化学式为Co(NH3)6Cl3，所以Co的化合价为3，制备X的化学方程式为2CoCl22NH4Cl10NH3H2O2=2Co(NH3)6Cl32H2O，反应物中有NH3和H2O2，温度过高，会使过氧化氢分解、氨气逸出，不利于X的制备。答案：(1)当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定(2)碱酚酞(或甲基红)(3)100%(4)偏低(5)防止硝酸银见光分解2.8103(6)32CoCl22NH4Cl10NH3H2O2=2Co(NH3)6Cl32H2O温度过高过氧化氢分解、氨气逸出9(
123、14分)(2013安徽高考)二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧化物。平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2以及其他少量可溶于稀酸的物质)。某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：(1)洗涤滤渣A的目的是为了除去_(填离子符号)，检验该离子是否洗净的方法是_。(2)第步反应的离子方程式是_，滤渣B的主要成分是_。(3)萃取是分离稀土元素的常用方法。已知化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，TBP_(填“能”或“不能”)与水互溶。实验室进行萃取操作时用到的主要玻璃仪器有_、烧杯、玻璃棒、量筒等。(4)取上述流程中得到的Ce(OH)4
124、产品0.536 g，加硫酸溶解后，用0.100 0 molL1 FeSO4标准溶液滴定至终点时(铈被还原为Ce3)，消耗25.00 mL标准溶液。该产品中Ce(OH)4的质量分数为_。解析：(1)洗涤滤渣A是为了除去Fe3，取最后一次洗涤液，加入KSCN溶液检验Fe3是否除净。(2)第步发生的反应为：2CeO2H2O26H=2Ce3O24H2O，滤渣B的主要成分为SiO2。(3)TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，则TBP不能与水互溶。进行萃取操作时需要用到分液漏斗。(4)根据Ce4Ce3、Fe2Fe3，由得失电子守恒，可得关系式Ce(OH)4Ce4Fe2，则Ce(OH)4的质量分数
125、为100%97.0%。答案：(1)Fe3取最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净；反之，未洗净(2)2CeO2H2O26H=2Ce3O24H2OSiO2(3)不能分液漏斗(4)97.0%10(14分)(2014浙江高考)葡萄糖酸钙是一种可促进骨骼生长的营养物质。葡萄糖酸钙可通过以下反应制得：C6H12O6(葡萄糖)Br2H2OC6H12O7(葡萄糖酸)2HBr2C6H12O7CaCO3Ca(C6H11O7)2(葡萄糖酸钙)H2OCO2相关物质的溶解性见下表：物质名称葡萄糖酸钙葡萄糖酸溴化钙氯化钙水中的溶解性可溶于冷水易溶于热水可溶易溶易溶乙醇中的溶解性微溶微溶可溶可溶实验流程
126、如下：C6H12O6溶液悬浊液 Ca(C6H11O7)2请回答下列问题： (1)第步中溴水氧化葡萄糖时，下列装置中最适合的是_。制备葡萄糖酸钙的过程中，葡萄糖的氧化也可用其他试剂，下列物质中最适合的是_。A新制Cu(OH)2悬浊液B酸性KMnO4溶液CO2/葡萄糖氧化酶DAg(NH3)2OH溶液(2)第步充分反应后CaCO3固体需有剩余，其目的是_；本实验中不宜用CaCl2替代CaCO3，理由是_。(3)第步需趁热过滤，其原因是_。(4)第步加入乙醇的作用是_。(5)第步中，下列洗涤剂最合适的是_。A冷水B热水C乙醇 D乙醇水混合溶液解析：(1)反应需要控制在55 ，应用水浴加热的方法，应选择
127、B装置；从选项分析，最合适的试剂应该是O2和葡萄糖氧化酶。(2)第步充分反应后CaCO3固体需有剩余的目的是提高葡萄糖酸转化为葡萄糖酸钙的转化率，便于后续分离；氯化钙难以与葡萄糖酸直接反应得到葡萄糖酸钙，故本实验中不宜用CaCl2替代CaCO3。(3)因为葡萄糖酸钙易溶于热水，所以第步采用趁热过滤的方法能减少葡萄糖酸钙的损失。(4)因为葡萄糖酸钙微溶于乙醇，所以在第步加入乙醇可降低葡萄糖酸钙在溶剂中的溶解度，有利于其析出。(5)根据表中相关物质溶解性知，第步中最合适的洗涤剂是乙醇水混合溶液。答案：(1)BC(2)提高葡萄糖的转化率，便于后续分离氯化钙难以与葡萄糖酸直接反应得到葡萄糖酸钙(3)葡
128、萄糖酸钙冷却后会结晶析出，如不趁热过滤会损失产品(4)可降低葡萄糖酸钙在溶剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙析出(5)D11(15分)(2013福建高考)固体硝酸盐加热易分解且产物较复杂。某学习小组以Mg(NO3)2为研究对象，拟通过实验探究其热分解的产物，提出如下4种猜想：甲：Mg(NO2)2、NO2、O2乙：MgO、NO2、O2丙：Mg3N2、O2 丁：MgO、NO2、N2(1)实验前，小组成员经讨论认定猜想丁不成立，理由是_。查阅资料得知：2NO22NaOH=NaNO3NaNO2H2O针对甲、乙、丙猜想，设计如下图所示的实验装置(图中加热、夹持仪器等均省略)：(2)实验过程仪器连接后，放入固
129、体试剂之前，关闭k，微热硬质玻璃管(A)，观察到E中有气泡连续放出，表明_。称取Mg(NO3)2固体3.7 g置于A中，加热前通入N2以驱尽装置内的空气，其目的是_；关闭k，用酒精灯加热时，正确操作是先_，然后固定在管中固体部位下加热。观察到A中有红棕色气体出现，C、D 中未见明显变化。待样品完全分解，A 装置冷却至室温、称量，测得剩余固体的质量为1.0 g。取少量剩余固体于试管中，加入适量水，未见明显现象。(3)实验结果分析讨论根据实验现象和剩余固体的质量经分析可初步确认猜想_是正确的。根据D中无明显现象，一位同学认为不能确认分解产物中有O2，因为若有O2，D中将发生氧化还原反应：_(填写化
130、学方程式)，溶液颜色会褪去；小组讨论认定分解产物中有O2存在，未检测到的原因是_。小组讨论后达成的共识是上述实验设计仍不完善，需改进装置进一步研究。解析：(1)根据猜想丁，Mg(NO3)2MgONO2N2，只有N元素价态降低，没有元素价态升高，不符合氧化还原反应原理。(2)该步骤是检查装置的气密性，根据现象可知该装置气密性良好。装置中的空气中含有O2，甲、乙、丙猜想都有O2生成，若不用N2驱尽装置中的O2将对分解产生的O2的检验产生干扰。用酒精灯加热时，为防止试管受热不均而破裂，首先应来回移动酒精灯加热硬质玻璃管，使其受热均匀后再集中加热。(3)根据实验过程的现象可知，产物中有NO2，排除丙。
131、猜想乙的分解反应为：2Mg(NO3)22MgO4NO2O2，根据差值法，296 g Mg(NO3)2分解得到80 g MgO，则3.7 g Mg(NO3)2可得1.0 g MgO，与题设数据吻合，可见猜想乙成立。分解产生的NO2、O2可与B装置中的NaOH溶液发生反应4NO2O22H2O=4HNO3，所以无法用D装置中的Na2SO3溶液检测O2的存在。若有O2，Na2SO3被O2氧化为Na2SO4，导致D中溶液颜色消失，反应方程式为2Na2SO3O2=2Na2SO4。答案：(1)不符合氧化还原反应原理(或其他合理答案)(2)装置气密性良好避免对产物O2的检验产生干扰(或其他合理答案)移动酒精灯预热硬质玻璃管(3)乙2Na2SO3O2=2Na2SO4O2在通过装置B时已参与反应(或其他合理答案)版权所有：高考资源网()