1、1下列能达到实验目的的是()解析：选B。作为防止倒吸的安全瓶进气管要短，A项错；HI能被浓硫酸氧化，C项错；D项装置不能将FeSO4溶液压入NaOH溶液中，错误。2某同学欲用实验证明高锰酸钾溶液的紫红色是MnO的颜色，而不是K的颜色，他设计的下列实验步骤中没有意义的是()A将高锰酸钾晶体加热分解，所得固体质量减少B观察氯化钾溶液没有颜色，表明溶液中K无色C在氯化钾溶液中加入适量锌粉振荡，静置后未见明显变化，表明锌与K不反应D在高锰酸钾溶液中加入适量锌粉振荡，静置后见紫红色褪去，表明MnO为紫红色解析：选A。B项说明K无颜色，C项说明K不与锌反应，D项说明MnO能与Zn反应，静置后见紫红色褪去，
2、表明MnO为紫红色。3.在如图所示的实验装置中，当A、B、C分别为以下不同组合的物质时，有关分析不正确的是()A当A为盐酸、B为石灰石、C为澄清石灰水时，小试管中现象是先变浑浊后变澄清B当A是食盐水、B为电石、C为溴的CCl4溶液时，小试管中的现象是褪色C若A为硫酸、B为Na2SO3、C为品红溶液，实验时当小试管中出现褪色现象时，向烧杯中加入沸水，试管中不会产生变化D若A为浓氨水、B为氧化钙、C为AgNO3和乙醛的混合溶液，实验时当小试管中出现沉淀又恰好溶解时，向烧杯中加入热水，试管中生成光亮的银镜解析：选C。A项制备的是CO2，通入澄清石灰水先变浑浊后变澄清，正确；B项制备的是C2H2，能使
3、溴的CCl4溶液褪色，正确；C项小试管中品红溶液先褪色，加热后恢复红色，不正确；D项产生的氨气通入硝酸银溶液生成了银氨溶液，小试管中先出现沉淀后沉淀消失，烧杯中加入热水提供水浴加热条件，所以片刻后看到试管壁上生成光亮的银镜，正确。4(2011高考广东卷)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
4、析：选B。浓硫酸的稀释应该是“酸入水”，并用玻璃棒不断搅拌；在过滤操作中，应该借助玻璃棒引流，不能将浊液直接倒入漏斗；表面皿不能加热，Mg2易发生水解，故为了抑制其水解，应该在干燥的氯化氢气流中加热并蒸干氯化镁溶液，这样才能得到氯化镁固体。只有B项能达到目的。5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、能使澄清石灰水变浑浊的气体。在上述溶液中再滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀。取上层清液继续滴加Ba(NO3)2溶液，至无沉淀时，再滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀。根据实验以下推测正确的是()A一定有SOB一定有CO
5、C一定有Cl D一定有HCO解析：选B。测定溶液显强碱性，则溶液中一定不含HCO。取少量溶液加入稀盐酸至溶液呈酸性，产生无刺激性、能使澄清石灰水变浑浊的气体，则溶液中一定有CO，无SO。由可确定一定含SO。由确定含有Cl，但因为溶液中已经加入了盐酸，故不能确定原溶液中是否含有Cl。6设计下列实验方案鉴别Na2CO3和NaHCO3两种白色粉末，不能达到预期目的的是()A分别向等物质的量的白色粉末中加等体积、等浓度的稀盐酸，比较生成气体的快慢B分别向等质量的白色粉末中加等体积且适量的水，比较固体溶解的多少C分别将等量的白色粉末配成溶液，然后加入澄清石灰水，比较是否有沉淀生成D分别将等量的白色粉末用
6、图示装置进行实验，比较澄清石灰水是否变浑浊解析：选C。相同条件下，NaHCO3与盐酸反应生成气体快，A对；相同条件下，NaHCO3的溶解度小，B对；Na2CO3和NaHCO3与澄清石灰水反应都生成白色沉淀，C错；Na2CO3受热不分解，NaHCO3受热分解生成CO2，D对。7.某同学用如图所示装置进行实验，出现小气球鼓起来的现象，则使用的固体和液体试剂可能是()A铜与浓硫酸B铁与浓硫酸C铝和氢氧化钠溶液D二氧化锰和浓盐酸解析：选C。气球鼓起来说明常温下固体与液体发生反应生成了气体。C项Al与NaOH溶液反应有H2产生，可满足题意。A项和D项的反应均需要加热才能进行。B项常温下铁在浓H2SO4中
7、钝化。8(2013武汉市高三调研测试)在实验室进行下列有关物质的制备流程中，理论上正确、操作上可行且经济上合理的是 ()ACCOCO2Na2CO3BCuCu(NO3)2溶液Cu(OH)2CCaOCa(OH)2溶液NaOH溶液DFeFe2O3Fe2(SO4)3溶液解析：选C。解题的关键是准确判断在实验室进行的物质的制备过程中，要理论上正确、操作上可行且经济上合理。A项中实验室里用在空气中点燃单质碳来制备CO的方法，在操作上是不可行的。B项中用硝酸银溶液与铜反应来制备Cu(NO3)2是不经济的。D项中用铁点燃制备氧化铁在理论上不正确。只有C符合要求。9“封管实验”不具有简易、方便、节约、绿色等优点
8、，观察下面四个“封管实验”(夹持装置未画出)，判断下列说法正确的是()A加热时，上部汇集了固体NH4Cl，说明NH4Cl的热稳定性比较好B加热时，、溶液均变红，冷却后又都变为无色C中，浸泡在热水中的容器内气体颜色变深，浸泡在冰水中的容器内气体颜色变浅D四个“封管实验”中所发生的化学反应都是可逆反应解析：选C。NH4Cl的热稳定性不好，加热易分解，产生的NH3和HCl冷却又可重新化合生成NH4Cl，A选项错误。加热时，溶液中氨气挥发出来，溶液变无色，冷却后氨气又溶于水中，溶液变红色。加热时，溶液中二氧化硫挥发出来，溶液变红，冷却后二氧化硫又溶于品红溶液中，溶液变无色，B选项错误。二氧化氮与四氧化
9、二氮的转化是可逆反应，加热有利于平衡向生成二氧化氮的方向移动，降温有利于平衡向生成四氧化二氮的方向移动，C选项正确。中NH4Cl的分解与NH3跟HCl的化合不是可逆反应，D选项错误。10.某课外活动小组为了验证铜与稀硝酸反应产生NO气体，设计了如图所示装置，取得了满意效果。以下是该小组的实验步骤：.按图组装仪器，检查装置气密性。.将分液漏斗活塞及瓶塞打开，从右侧干燥管口小心注入13的稀硝酸直至液面与活塞处相平。.关闭活塞。请回答下列问题：(1)写出Cu与稀硝酸反应的化学反应方程式：_。(2)上述第步操作的目的是_。(3)整套装置操作较方便，请简述原理：_。(4)反应一段时间后，打开活塞一段时间
10、再关闭，观察到的现象是_。解析：要验证Cu与稀HNO3反应生成了NO，就必须排除空气对NO的干扰，只有开始生成无色的NO，遇空气生成红棕色的NO2，进而才能说明有NO生成。答案：(1)3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O(2)排除装置中的空气(3)Cu与稀HNO3反应不断生成NO气体，使左侧气体压强增大，从而使左侧液面下降，右侧液面上升，当铜丝不再与稀HNO3接触时，反应停止(4)左侧液面上升，分液漏斗中出现红棕色气体，关闭活塞后，U形管左侧又产生无色气体，使左侧液面下降11(2013长春高三测试)在实验室用氢气、一氧化碳、碳均可还原氧化铜。比较三个反应并回答下列问题：(1
11、)上述四种装置中，可用于氢气还原氧化铜的装置是_，可用于碳还原氧化铜的装置是_(填装置序号)。(2)CO还原CuO若采用装置3，装置3中广口瓶内的溶液为澄清石灰水，反应开始后广口瓶中的现象是_，产生这种现象说明_。写出产生该现象的化学方程式：_。(3)CO还原CuO若采用装置4，装置4末端酒精灯的作用是_。解析：(1)氢气还原氧化铜时，氢气应先通入，待还原反应结束、冷却后再停止通入氢气，故需选装置1；用碳还原氧化铜时，两种固态反应物可先混合均匀后装入试管再加热，利用澄清石灰水检验有无CO2生成，从而证明反应是否已发生，故应选用装置2。(2)由COCuOCO2Cu可知反应开始后广口瓶中的石灰水会
12、变浑浊；产生该现象的原因是CO2Ca(OH)2=CaCO3H2O。(3)CO有毒，故CO还原CuO若采用装置4，要进行尾气处理，末端酒精灯的作用就是使CO燃烧，防止污染空气。答案：(1)装置1装置2(2)澄清石灰水变浑浊有二氧化碳生成Ca(OH)2CO2=CaCO3H2O(3)点燃尾气，防止未反应完的一氧化碳污染空气12以废铁屑为原料制备FeCl3溶液，用作印刷电路铜板腐蚀剂，并对溶液B进行电解处理的实验流程如下：(1)试剂a应选用_(填写名称)；(2)步骤用到的主要玻璃仪器有漏斗、_(填写仪器名称)；(3)写出步骤中主要反应的化学方程式：_；(4)实验室制取气体E的离子方程式是_，欲对气体E
13、进行干燥和吸收，需选用下列装置中的_(填写序号)；(5)如何用化学方法检验气体E？_。解析：分析流程中的物质及其化学反应。废铁屑中加入热碱液是除去铁屑表面的油污，将Fe反应生成Fe2的试剂只能选用HCl，才能由A经Cl2氧化后成FeCl3，若换成H2SO4、HNO3等其他酸，则引入SO、NO等杂质；过滤需用的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒；2FeCl3Cu=2FeCl2CuCl2，则B中含有FeCl2、CuCl2、FeCl3等溶质，将其电解时，阳极生成Cl2，阴极由于氧化性Fe3Cu2，则Fe3先放电生成Fe2后才有Cu单质析出；Cl2的实验室制法为MnO2与浓盐酸反应，则Cl2中混有HCl、H
14、2O等杂质，干燥Cl2用，吸收Cl2用；Cl2的检验方法是用湿润的KI淀粉试纸，试纸变蓝。答案：(1)稀盐酸(2)烧杯、玻璃棒(3)2FeCl3Cu=2FeCl2CuCl2(4)MnO24H2ClMn2Cl22H2O(5)将湿润的KI淀粉试纸靠近集气瓶口，试纸变蓝，证明该气体为Cl213(2012高考天津卷)信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70% Cu、25%Al、4% Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：请回答下列问题：(1)第步Cu与酸反应的离子方程式为_；得到滤渣1的
15、主要成分为_。(2)第步加H2O2的作用是_，使用H2O2的优点是_；调溶液pH的目的是使_生成沉淀。(3)用第步所得CuSO45H2O制备无水CuSO4的方法是_。(4)由滤渣2制取Al2(SO4)318H2O，探究小组设计了三种方案：甲： Al2(SO4)318H2O乙：Al2(SO4)318H2O丙：Al2(SO4)318H2O上述三种方案中，_方案不可行，原因是_；从原子利用率角度考虑，_方案更合理。(5)探究小组用滴定法测定CuSO45H2O(Mr250)含量。取a g试样配成100 mL溶液，每次取20.00 mL，消除干扰离子后，用c molL1EDTA(H2Y2)标准溶液滴定至
16、终点，平均消耗EDTA溶液b mL。滴定反应如下：Cu2H2Y2=CuY22H写出计算CuSO45H2O质量分数的表达式w_；下列操作会导致CuSO45H2O含量的测定结果偏高的是_。a未干燥锥形瓶b滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡c未除净可与EDTA反应的干扰离子解析：根据制备路线可知，Cu、Al、Fe、Au、Pt的混合物中加入稀H2SO4、浓硝酸，则可以将Cu、Al、Fe溶解，Au、Pt不溶解，所以滤渣1的主要成分为Au、Pt，滤液1中含有Cu、Fe、Al的离子。根据滤液2和CuSO45H2O可知，滤液2为CuSO4溶液，滤渣2中含有Fe(OH)3和Al(OH)3。(1)第步中Cu与酸发生的
17、反应为Cu与浓硝酸的反应：Cu4H2NO=Cu22NO22H2O或浓硝酸与稀硫酸的混合过程中硝酸变稀，发生的反应也可能为3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O。根据分析可知滤渣1的主要成分为Pt、Au。(2)第步操作中加H2O2的目的是将Fe2转化为Fe3，从而将Fe3转化为沉淀除去，防止对CuSO4晶体的制备产生干扰。H2O2的优点是：还原产物为H2O，不引入杂质，同时对环境没有污染。调节pH的目的是将Fe3和Al3转化为沉淀而除去。(3)用CuSO45H2O制备无水CuSO4，只要除去结晶水即可。在加热过程中CuSO4发生水解，但是因为硫酸难挥发，所以最终得到的仍然是CuSO4，所以只要
18、加热脱水即可。(4)甲中制备的Al2(SO4)3晶体中含有Fe3。乙、丙两种方案中，乙方案的原子利用率更高。(5)根据题意可知，Cu2H2Y2，发生反应的EDTA的物质的量为c molL1b/1 000 L，所以20 mL该溶液中含有的CuSO4的物质的量为c molL1b/1 000 L，样品中含有的CuSO45H2O的质量为c molL1b/1 000 L250 gmol15，所以CuSO45H2O的质量分数为100%。根据CuSO45H2O的质量分数表达式可知，未干燥锥形瓶，对CuSO4的物质的量的测定无影响，所以a无影响；滴定终点时滴定管的尖嘴部分产生气泡，则实际消耗的EDTA溶液的体积比读出来的数值大，即b值偏小，所以CuSO45H2O含量偏低；若未除净可与EDTA反应的离子，则消耗的EDTA溶液的体积偏大，即b值偏大，CuSO45H2O的含量偏高，c项正确。答案：(1)Cu4H2NOCu22NO22H2O或3Cu8H2NO3Cu22NO4H2OAu、Pt(2)将Fe2氧化为Fe3不引入杂质，对环境无污染Fe3、Al3(3)加热脱水(4)甲所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质乙(5)100%c
