1、专题二十气体的制备实验方案的设计与评价【5年高考】考点一气体的制备1.(2018江苏单科,5,2分)下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是()A.用装置甲灼烧碎海带B.用装置乙过滤海带灰的浸泡液C.用装置丙制备用于氧化浸泡液中I-的Cl2D.用装置丁吸收氧化浸泡液中I-后的Cl2 尾气答案B2.(2017课标,10,6分)实验室用H2还原WO3制备金属W的装置如图所示(Zn粒中往往含有硫等杂质,焦性没食子酸溶液用于吸收少量氧气)。下列说法正确的是()A.、中依次盛装KMnO4溶液、浓H2SO4、焦性没食子酸溶液B.管式炉加热前,用试管在处收集气体并点燃,通过声音判断气体纯度C
2、.结束反应时,先关闭活塞K,再停止加热D.装置Q(启普发生器)也可用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气答案B3.(2017天津理综,4,6分)以下实验设计能达到实验目的的是()实验目的实验设计A.除去NaHCO3固体中的Na2CO3将固体加热至恒重B.制备无水AlCl3蒸发Al与稀盐酸反应后的溶液C.重结晶提纯苯甲酸将粗品水溶、过滤、蒸发、结晶D.鉴别NaBr和KI溶液分别加新制氯水后,用CCl4萃取答案D4.(2016课标,13,6分)下列实验操作能达到实验目的的是()实验目的实验操作A.制备Fe(OH)3胶体将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中B.由MgCl2溶液制备无水MgCl2将Mg
3、Cl2溶液加热蒸干C.除去Cu粉中混有的CuO加入稀硝酸溶解,过滤、洗涤、干燥D.比较水与乙醇中氢的活泼性分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中答案D5.(2018课标,26,14分)醋酸亚铬(CH3COO)2Cr2H2O为砖红色晶体,难溶于冷水,易溶于酸,在气体分析中用作氧气吸收剂。一般制备方法是先在封闭体系中利用金属锌作还原剂,将三价铬还原为二价铬;二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬。实验装置如图所示。回答下列问题:(1)实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却,目的是。仪器a的名称是。(2)将过量锌粒和氯化铬固体置于c中,加入少量蒸馏水,按图连接好装置。打开K1、K2,关闭K3。c中溶
4、液由绿色逐渐变为亮蓝色,该反应的离子方程式为。同时c中有气体产生,该气体的作用是。(3)打开K3,关闭K1和K2。c中亮蓝色溶液流入d,其原因是;d中析出砖红色沉淀。为使沉淀充分析出并分离,需采用的操作是、洗涤、干燥。(4)指出装置d可能存在的缺点。答案(1)去除水中溶解氧分液(或滴液)漏斗(2)Zn+2Cr3+Zn2+2Cr2+排除c中空气(3)c中产生H2使压强大于大气压(冰浴)冷却过滤(4)敞开体系,可能使醋酸亚铬与空气接触6.(2020江苏单科,19,15分)实验室由炼钢污泥(简称铁泥,主要成分为铁的氧化物)制备软磁性材料-Fe2O3。其主要实验流程如下:(1)酸浸。用一定浓度的H2S
5、O4溶液浸取铁泥中的铁元素。若其他条件不变,实验中采取下列措施能提高铁元素浸出率的有(填序号)。A.适当升高酸浸温度B.适当加快搅拌速度C.适当缩短酸浸时间(2)还原。向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉,使Fe3+完全转化为Fe2+。“还原”过程中除生成Fe2+外,还会生成(填化学式);检验Fe3+是否还原完全的实验操作是。(3)除杂。向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液,使Ca2+转化为CaF2沉淀除去。若溶液的pH偏低,将会导致CaF2沉淀不完全,其原因是Ksp(CaF2)=5.310-9,Ka(HF)=6.310-4。(4)沉铁。将提纯后的FeSO4溶液与氨水-NH4HCO3混合溶液反应,
6、生成FeCO3沉淀。生成FeCO3沉淀的离子方程式为。设计以FeSO4溶液、氨水-NH4HCO3混合溶液为原料,制备FeCO3的实验方案:FeCO3沉淀需“洗涤完全”,Fe(OH)2开始沉淀的pH=6.5。答案(1)AB(2)H2取少量清液,向其中滴加几滴KSCN溶液,观察溶液颜色是否呈血红色(3)pH偏低形成HF,导致溶液中F-浓度减小,CaF2沉淀不完全(4)Fe2+HCO3-+NH3H2OFeCO3+NH4+H2O或Fe2+HCO3-+NH3FeCO3+NH4+在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水-NH4HCO3混合溶液,控制溶液pH不大于6.5;静置后过滤,所得沉淀用蒸馏水洗涤23次
7、;取最后一次洗涤后的滤液,滴加盐酸酸化的BaCl2溶液,不出现白色沉淀考点二实验方案的设计与评价7.(2020山东,11,4分)(双选)下列操作不能达到实验目的的是()目的操作A除去苯中少量的苯酚加入适量NaOH溶液,振荡、静置、分液B证明酸性:碳酸苯酚将盐酸与NaHCO3混合产生的气体直接通入苯酚钠溶液C除去碱式滴定管胶管内的气泡将尖嘴垂直向下,挤压胶管内玻璃球将气泡排出D配制用于检验醛基的氢氧化铜悬浊液向试管中加入2mL10%NaOH溶液,再滴加数滴2%CuSO4溶液,振荡答案BC8.(2019江苏单科,13,4分)室温下进行下列实验,根据实验操作和现象所得到的结论正确的是()选项实验操作
8、和现象结论A向X溶液中滴加几滴新制氯水,振荡,再加入少量KSCN溶液,溶液变为红色X溶液中一定含有Fe2+B向浓度均为0.05molL-1的NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液,有黄色沉淀生成Ksp(AgI)Ksp(AgCl)C向3mLKI溶液中滴加几滴溴水,振荡,再滴加1mL淀粉溶液,溶液显蓝色Br2的氧化性比I2的强D用pH试纸测得:CH3COONa溶液的pH约为9,NaNO2溶液的pH约为8HNO2电离出H+的能力比CH3COOH的强答案C9.(2018课标,13,6分)下列实验过程可以达到实验目的的是()编号实验目的实验过程A配制0.4000molL-1的NaOH溶液称取4
9、.0g固体NaOH于烧杯中,加入少量蒸馏水溶解,转移至250mL容量瓶中定容B探究维生素C的还原性向盛有2mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液,观察颜色变化C制取并纯化氢气向稀盐酸中加入锌粒,将生成的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸和KMnO4溶液D探究浓度对反应速率的影响向2支盛有5mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液,观察实验现象答案B10.(2018江苏单科,12,4分)根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是()选项实验操作和现象结论A向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液,浊液变清苯酚的酸性强于H2CO3的酸性B向碘水中加入等体积CCl4,振荡后静
10、置,上层接近无色,下层显紫红色I2在CCl4 中的溶解度大于在水中的溶解度C向CuSO4溶液中加入铁粉,有红色固体析出Fe2+的氧化性强于Cu2+的氧化性D向NaCl、NaI 的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液,有黄色沉淀生成Ksp(AgCl)Ksp(AgI)答案B11.(2020课标,27,15分)苯甲酸可用作食品防腐剂。实验室可通过甲苯氧化制苯甲酸,其反应原理简示如下:+KMnO4+MnO2+HCl+KCl名称相对分子质量熔点/沸点/密度/(gmL-1)溶解性甲苯92-95110.60.867不溶于水,易溶于乙醇苯甲酸122122.4(100左右开始升华)248微溶于冷水,易溶于乙醇、
11、热水实验步骤:(1)在装有温度计、冷凝管和搅拌器的三颈烧瓶中加入1.5mL甲苯、100mL水和4.8g(约0.03mol)高锰酸钾,慢慢开启搅拌器,并加热回流至回流液不再出现油珠。(2)停止加热,继续搅拌,冷却片刻后,从冷凝管上口慢慢加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液,并将反应混合物趁热过滤,用少量热水洗涤滤渣。合并滤液和洗涤液,于冰水浴中冷却,然后用浓盐酸酸化至苯甲酸析出完全。将析出的苯甲酸过滤,用少量冷水洗涤,放在沸水浴上干燥。称量,粗产品为1.0g。(3)纯度测定:称取0.122g粗产品,配成乙醇溶液,于100mL容量瓶中定容。每次移取25.00mL溶液,用0.01000molL-1的KOH标准
12、溶液滴定,三次滴定平均消耗21.50mL的KOH标准溶液。回答下列问题:(1)根据上述实验药品的用量,三颈烧瓶的最适宜规格为(填标号)。A.100mLB.250mLC.500mLD.1000mL(2)在反应装置中应选用冷凝管(填“直形”或“球形”),当回流液不再出现油珠即可判断反应已完成,其判断理由是。(3)加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液的目的是;该步骤亦可用草酸在酸性条件下处理,请用反应的离子方程式表达其原理。(4)“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主要成分是。(5)干燥苯甲酸晶体时,若温度过高,可能出现的结果是。(6)本实验制备的苯甲酸的纯度为;据此估算本实验中苯甲酸的产率最接近于(填标号)。
13、A.70%B.60%C.50%D.40%(7)若要得到纯度更高的苯甲酸,可通过在水中的方法提纯。答案(1)B(2)球形无油珠说明不溶于水的甲苯已经被完全氧化(3)除去过量的高锰酸钾,避免在用盐酸酸化时,产生氯气2MnO4-+5H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O(4)MnO2(5)苯甲酸升华而损失(6)86.0%C(7)重结晶12.(2019北京理综,28,16分)化学小组实验探究SO2与AgNO3溶液的反应。(1)实验一:用如下装置(夹持、加热仪器略)制备SO2,将足量SO2通入AgNO3溶液中,迅速反应,得到无色溶液A和白色沉淀B。浓H2SO4与Cu反应的化学方程式是。试剂a
14、是。(2)对体系中有关物质性质分析得出:沉淀B可能为Ag2SO3、Ag2SO4或二者混合物。(资料:Ag2SO4微溶于水;Ag2SO3难溶于水)实验二:验证B的成分写出Ag2SO3溶于氨水的离子方程式:。加入盐酸后沉淀D大部分溶解,剩余少量沉淀F。推断D中主要是BaSO3,进而推断B中含有Ag2SO3。向滤液E中加入一种试剂,可进一步证实B中含有Ag2SO3。所用试剂及现象是。(3)根据沉淀F的存在,推测SO42-的产生有两个途径:途径1:实验一中,SO2在AgNO3溶液中被氧化生成Ag2SO4,随沉淀B进入D。途径2:实验二中,SO32-被氧化为SO42-进入D。实验三:探究SO42-的产生
15、途径向溶液A中滴入过量盐酸,产生白色沉淀,证明溶液中含有;取上层清液继续滴加BaCl2溶液,未出现白色沉淀,可判断B中不含Ag2SO4。做出判断的理由:。实验三的结论:。(4)实验一中SO2与AgNO3溶液反应的离子方程式是。(5)根据物质性质分析,SO2与AgNO3溶液应该可以发生氧化还原反应。将实验一所得混合物放置一段时间,有Ag和SO42-生成。(6)根据上述实验所得结论:。答案(1)Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O饱和NaHSO3溶液(2)Ag2SO3+4NH3H2O2Ag(NH3)2+SO32-+4H2OH2O2溶液,产生白色沉淀(3)Ag+Ag2SO4溶解度大于
16、BaSO4,没有BaSO4沉淀时,必定没有Ag2SO4途径1不产生SO42-,途径2产生SO42-(4)2Ag+SO2+H2OAg2SO3+2H+(6)实验条件下:SO2与AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和SO42-的速率,碱性溶液中SO32-更易被氧化为SO42-13.(2017课标,26,14分)绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁,在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题:(1)在试管中加入少量绿矾样品,加水溶解,滴加KSCN溶液,溶液颜色无明显变化。再向试管中通入空气,溶液逐渐变红。由此可知:、。(2)为测定绿矾中结晶水含量,将石英
17、玻璃管(带两端开关K1和K2)(设为装置A)称重,记为m1g。将样品装入石英玻璃管中,再次将装置A称重,记为m2g。按下图连接好装置进行实验。仪器B的名称是。将下列实验操作步骤正确排序(填标号);重复上述操作步骤,直至A恒重,记为m3g。a.点燃酒精灯,加热b.熄灭酒精灯c.关闭K1和K2d.打开K1和K2,缓缓通入N2e.称量Af.冷却到室温根据实验记录,计算绿矾化学式中结晶水数目x=(列式表示)。若实验时按a、d次序操作,则使x(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。(3)为探究硫酸亚铁的分解产物,将(2)中已恒重的装置A接入下图所示的装置中,打开K1和K2,缓缓通入N2,加热。实验后反应管中
18、残留固体为红色粉末。C、D中的溶液依次为(填标号)。C、D中有气泡冒出,并可观察到的现象分别为。a.品红b.NaOHc.BaCl2d.Ba(NO3)2e.浓H2SO4写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式。答案(1)样品中没有Fe()Fe()易被氧气氧化为Fe()(2)干燥管dabfce76(m2-m3)9(m3-m1)偏小(3)c、a生成白色沉淀、褪色2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3教师专用题组【5年高考】考点一气体的制备1.(2020课标,27,15分)苯甲酸可用作食品防腐剂。实验室可通过甲苯氧化制苯甲酸,其反应原理简示如下:+KMnO4+MnO2+HCl+KCl名称相对分子质量熔点/
19、沸点/密度/(gmL-1)溶解性甲苯92-95110.60.867不溶于水,易溶于乙醇苯甲酸122122.4(100左右开始升华)248微溶于冷水,易溶于乙醇、热水实验步骤:(1)在装有温度计、冷凝管和搅拌器的三颈烧瓶中加入1.5mL甲苯、100mL水和4.8g(约0.03mol)高锰酸钾,慢慢开启搅拌器,并加热回流至回流液不再出现油珠。(2)停止加热,继续搅拌,冷却片刻后,从冷凝管上口慢慢加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液,并将反应混合物趁热过滤,用少量热水洗涤滤渣。合并滤液和洗涤液,于冰水浴中冷却,然后用浓盐酸酸化至苯甲酸析出完全。将析出的苯甲酸过滤,用少量冷水洗涤,放在沸水浴上干燥。称量,粗产品
20、为1.0g。(3)纯度测定:称取0.122g粗产品,配成乙醇溶液,于100mL容量瓶中定容。每次移取25.00mL溶液,用0.01000molL-1的KOH标准溶液滴定,三次滴定平均消耗21.50mL的KOH标准溶液。回答下列问题:(1)根据上述实验药品的用量,三颈烧瓶的最适宜规格为(填标号)。A.100mLB.250mLC.500mLD.1000mL(2)在反应装置中应选用冷凝管(填“直形”或“球形”),当回流液不再出现油珠即可判断反应已完成,其判断理由是。(3)加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液的目的是;该步骤亦可用草酸在酸性条件下处理,请用反应的离子方程式表达其原理。(4)“用少量热水洗涤滤渣”
21、一步中滤渣的主要成分是。(5)干燥苯甲酸晶体时,若温度过高,可能出现的结果是。(6)本实验制备的苯甲酸的纯度为;据此估算本实验中苯甲酸的产率最接近于(填标号)。A.70%B.60%C.50%D.40%(7)若要得到纯度更高的苯甲酸,可通过在水中的方法提纯。答案(1)B(2)球形无油珠说明不溶于水的甲苯已经被完全氧化(3)除去过量的高锰酸钾,避免在用盐酸酸化时,产生氯气2MnO4-+5H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O(4)MnO2(5)苯甲酸升华而损失(6)86.0%C(7)重结晶解析(1)三颈烧瓶中盛放1.5mL甲苯和100mL水的混合物,加热时三颈烧瓶内液体体积不能超过烧瓶
22、容积的2/3,不能少于1/3,故选用规格为250mL的三颈烧瓶最适宜。(2)三颈烧瓶上装有的冷凝管起到冷凝回流的作用,由于球形冷凝管比直形冷凝管冷凝效果好,故选用球形冷凝管;甲苯为不溶于水的油状液体,苯甲酸钾易溶于水,故当回流液体中不再出现油珠时,说明甲苯完全被高锰酸钾氧化为苯甲酸钾。(3)亚硫酸氢钠具有较强的还原性,从球形冷凝管上口加入饱和亚硫酸氢钠溶液可以还原三颈烧瓶中剩余的高锰酸钾,防止后面加入的盐酸被高锰酸钾氧化(2KMnO4+16HCl2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O),产生氯气;若在酸性条件下用草酸代替亚硫酸氢钠,则草酸被氧化为CO2,MnO4-被还原为Mn2+,根据得失
23、电子守恒、电荷守恒、质量守恒可得反应的离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O。(4)三颈烧瓶中高锰酸钾被甲苯还原为难溶于水的MnO2,故趁热过滤得到的滤渣为MnO2。(5)据表格信息可知苯甲酸晶体在100左右开始升华,故干燥苯甲酸晶体时,温度不宜过高。(6)由苯甲酸与KOH按照物质的量之比11发生反应可知,25.00mL粗产品溶液中n(苯甲酸)=n(KOH)=0.01000molL-10.0215L=2.1510-4mol,则0.122g粗产品中含有苯甲酸的质量为2.1510-4mol4122gmol-1=8.610-4122g,纯度为8.610-412
24、2g0.122g100%=86.0%。1.5mL甲苯理论上获得的苯甲酸的质量为1.5mL0.867gmL-192gmol-1122gmol-11.72g,1.0g 苯甲酸粗品中苯甲酸的质量为1.0g86.0%=0.86g,则产率为0.86g1.72g100%=50%。(7)由于苯甲酸的溶解度受温度影响较大,故可以通过重结晶的方法提高苯甲酸的产率。2.(2020课标,26,14分)氯可形成多种含氧酸盐,广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用下图装置(部分装置省略)制备KClO3和NaClO,探究其氧化还原性质。回答下列问题:(1)盛放MnO2粉末的仪器名称是,a中的试剂为。(2)b中采用的
25、加热方式是。c中化学反应的离子方程式是,采用冰水浴冷却的目的是。(3)d的作用是,可选用试剂(填标号)。A.Na2SB.NaClC.Ca(OH)2D.H2SO4(4)反应结束后,取出b中试管,经冷却结晶,干燥,得到KClO3晶体。(5)取少量KClO3和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中,滴加中性KI溶液。1号试管溶液颜色不变。2号试管溶液变为棕色,加入CCl4振荡,静置后CCl4层显色。可知该条件下KClO3的氧化能力NaClO(填“大于”或“小于”)。答案(1)圆底烧瓶饱和食盐水(2)水浴加热Cl2+2OH-ClO-+Cl-+H2O避免生成NaClO3(3)吸收尾气(Cl2)AC(4)
26、过滤少量(冷)水洗涤(5)紫小于解析(1)a装置的作用是除去Cl2中混有的HCl气体,所以a中试剂为饱和食盐水。(2)b中采用的加热方式为水浴加热。冰水浴条件下,Cl2与NaOH反应生成NaCl、NaClO和H2O;b中温度较高,生成的是KClO3,则进入c中的Cl2温度较高,为防止生成NaClO3,所以用冰水浴冷却。(3)d装置的作用是吸收多余的Cl2。Cl2能与Na2S发生置换反应生成S和NaCl;Cl2与NaCl溶液不反应;Cl2能与Ca(OH)2反应生成CaCl2、Ca(ClO)2和H2O;Cl2与H2SO4不反应;故选A、C。(4)b中得到温度较高的KClO3和KCl的混合溶液,降低
27、温度,KClO3的溶解度明显降低,而KCl的溶解度随温度变化不明显,所以采用降温结晶的方法得到KClO3;由于低温时,KClO3的溶解度较小,所以用冷水洗涤KClO3晶体。(5)2号试管中棕色溶液为碘水,说明NaClO将I-氧化为I2,加入CCl4萃取分层,碘的CCl4溶液为紫色;1号试管溶液颜色不变,说明KClO3不能氧化I-,该对照实验说明NaClO的氧化性强于KClO3。3.(2020山东,20,12分)某同学利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的装置如下图所示(夹持装置略):已知:锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在,碱性减弱时易发生反应:3MnO42-+2H2O2MnO
28、4-+MnO2+4OH-回答下列问题:(1)装置A中a的作用是;装置C中的试剂为;装置A中制备Cl2的化学方程式为。(2)上述装置存在一处缺陷,会导致KMnO4产率降低,改进的方法是。(3)KMnO4常作氧化还原滴定的氧化剂,滴定时应将KMnO4溶液加入(填“酸式”或“碱式”)滴定管中;在规格为50.00mL的滴定管中,若KMnO4溶液起始读数为15.00mL,此时滴定管中KMnO4溶液的实际体积为(填标号)。A.15.00mLB.35.00mLC.大于35.00mLD.小于15.00mL(4)某FeC2O42H2O样品中可能含有的杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O42H2O,采用KMnO
29、4滴定法测定该样品的组成,实验步骤如下:.称取mg样品于锥形瓶中,加入稀H2SO4溶解,水浴加热至75。用cmolL-1的KMnO4溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色,消耗KMnO4溶液V1mL。.向上述溶液中加入适量还原剂将Fe3+完全还原为Fe2+,加入稀H2SO4酸化后,在75继续用KMnO4溶液滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色,又消耗KMnO4溶液V2mL。样品中所含H2C2O42H2O(M=126gmol-1)的质量分数表达式为。下列关于样品组成分析的说法,正确的是(填标号)。A.V1V2=3时,样品中一定不含杂质B.V1V2越大,样品中H2C2O42H2O含量一定越高
30、C.若步骤中滴入KMnO4溶液不足,则测得样品中Fe元素含量偏低D.若所用KMnO4溶液实际浓度偏低,则测得样品中Fe元素含量偏高答案(1)平衡气压,使浓盐酸顺利滴下NaOH溶液Ca(ClO)2+4HClCaCl2+2Cl2+2H2O(2)在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶(3)酸式C(4)0.315c(V1-3V2)m100%B、D解析(1)装置A中a为恒压滴液漏斗,可平衡气压,使浓盐酸顺利滴下;装置C为尾气处理装置,用于吸收未反应的Cl2;漂白粉中含有Ca(ClO)2,与浓盐酸发生氧化还原反应,生成CaCl2、Cl2和H2O。(2)装置A生成的Cl2中会混有HCl气体,通入装置B中
31、可使浓强碱溶液碱性减弱,导致部分MnO42-转化为MnO2,使KMnO4产率降低,改进的方法是在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶,以除去Cl2中的HCl气体。(3)氧化性试剂应盛放在酸式滴定管中;50.00mL滴定管的最大刻度线下方还盛有溶液,若KMnO4溶液起始读数为15.00mL,此时滴定管中KMnO4溶液的实际体积大于35.00mL。(4)若样品中含有FeC2O42H2O、Fe2(C2O4)3、H2C2O42H2O三种物质,可设该三种物质的物质的量分别为xmol、ymol、zmol,依据得失电子守恒,可得3x+6y+2z=cV110-35;依据铁原子守恒和得失电子守恒,可得x+2
32、y=cV210-35,两式联立,解得z=(V1-3V2)5c10-32,H2C2O42H2O的质量为(V1-3V2)5c10-31262g=0.315c(V1-3V2)g,则样品中所含H2C2O42H2O的质量分数表达式为0.315c(V1-3V2)m100%。V1V2=3时,H2C2O42H2O的质量分数为0,但可能含有杂质Fe2(C2O4)3,A不正确;V1V2越大,0.315c(V1-3V2)m100%的值越大,样品中H2C2O42H2O含量越高,B正确;若步骤中滴入KMnO4溶液不足,会导致步骤中KMnO4溶液消耗体积偏大,则测得样品中Fe元素含量偏高,C不正确;若所用KMnO4溶液实
33、际浓度偏低,会导致步骤中消耗KMnO4溶液体积偏大,则测得样品中Fe元素含量偏高,D正确。4.(2020浙江7月选考,30,10分)硫代硫酸钠在纺织业等领域有广泛应用。某兴趣小组用下图装置制备Na2S2O35H2O。合成反应:SO2+Na2CO3Na2SO3+CO22Na2S+3SO22Na2SO3+3SNa2SO3+SNa2S2O3滴定反应:I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6已知:Na2S2O35H2O易溶于水,难溶于乙醇,50开始失结晶水。实验步骤:Na2S2O3制备:装置A制备的SO2经过单向阀通入装置C中的混合溶液,加热、搅拌,至溶液pH约为7时,停止通入SO2气体,得产品
34、混合溶液。产品分离提纯:产品混合溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,得到Na2S2O35H2O产品。产品纯度测定:以淀粉作指示剂,用Na2S2O35H2O产品配制的溶液滴定碘标准溶液至滴定终点,计算Na2S2O35H2O含量。请回答:(1)步骤单向阀的作用是;装置C中的反应混合溶液pH过高或过低将导致产率降低,原因是。(2)步骤下列说法正确的是。A.快速蒸发溶液中水分,可得较大晶体颗粒B.蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时,停止加热C.冷却结晶后的固液混合物中加入乙醇可提高产率D.可选用冷的Na2CO3溶液作洗涤剂(3)步骤滴定前,有关滴定管的正确操作为(选出正确操作并按序排列):检漏蒸馏水
35、洗涤()()()()()开始滴定。A.烘干B.装入滴定液至零刻度以上C.调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下D.用洗耳球吹出润洗液E.排除气泡F.用滴定液润洗2至3次G.记录起始读数装标准碘溶液的碘量瓶(带瓶塞的锥形瓶)在滴定前应盖上瓶塞,目的是。滴定法测得产品中Na2S2O35H2O含量为100.5%,则Na2S2O35H2O产品中可能混有的物质是。答案(1)防止倒吸pH过高,Na2CO3、Na2S反应不充分;pH过低,导致Na2S2O3转化为S和 SO2(2)BC(3)FBECG防止碘挥发损失Na2SO3;失去部分结晶水的Na2S2O35H2O解析(1)单向阀的作用是防止A中产生的SO2被C
36、中溶液吸收时C中溶液被倒吸入A中。若C中溶液pH过低,Na2S2O3会转化为S和SO2;若C中溶液pH过高,Na2CO3、Na2S反应不充分,均会导致产率降低。(2)快速蒸发溶液中水分,得到的晶体颗粒较小,A错误;为防止Na2S2O35H2O失去结晶水,将溶液蒸发浓缩至表面出现晶膜时即停止加热,B正确;因Na2S2O35H2O难溶于乙醇,故在冷却结晶后的固液混合物中加入乙醇,可析出更多的Na2S2O35H2O晶体,C正确;用Na2CO3溶液作洗涤剂,会使产品中混入杂质,D错误。(3)为防止I2挥发导致碘溶液浓度降低,碘量瓶在滴定前应盖上瓶塞。产品中Na2S2O35H2O的含量偏高,可能是产品中
37、混有失去部分结晶水的Na2S2O35H2O或者是混有Na2SO3杂质(Na2SO3+I2+H2ONa2SO4+2HI)。解题总结1.滴定操作的基本步骤:检漏蒸馏水洗涤所盛溶液润洗23次装液逐气泡调液面记录初始读数滴定记录终点读数。2.产品中Na2S2O35H2O的含量偏高,说明相同质量的杂质耗I2量比Na2S2O35H2O要高,Na2SO3和失去部分结晶水的Na2S2O35H2O符合要求。5.(2019海南单科,17,9分)干燥的二氧化碳和氨气反应可生成氨基甲酸铵固体,化学方程式为:2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s)H”“随温度升高,CO含量增大,说明生成CO的反应是吸热反应
38、H2O、FeCl2溶液、NaOH溶液MgCl2、AlCl3、FeCl3(2)SiCl4高于136,低于181解析(1)将已知的两个热化学方程式相加,即可得出答案。观察图像可知,随着温度的升高,CO的含量增大,说明平衡向生成CO的方向移动,所以生成CO的反应是吸热反应,H0。在室温下,TiCl4、SiCl4为液态,AlCl3、FeCl3、MgCl2为固态且在TiCl4中微溶或难溶,所以滤渣中应含有AlCl3、FeCl3、MgCl2,但AlCl3、FeCl3在TiCl4中微溶,故粗TiCl4混合液中仍然会存在少量的AlCl3、FeCl3。(2)TiCl4在蒸馏塔二中被蒸出,说明物质a应是一种沸点比
39、TiCl4低的物质,结合题给资料可知a是SiCl4。T2应控制在136以上,181以下,确保TiCl4被蒸出,同时AlCl3等杂质不能被蒸出。审题方法认真读题,捕捉到题目中的所有信息,依据相关知识进行分析。12.(2017江苏单科,21B,12分)1-溴丙烷是一种重要的有机合成中间体,沸点为71,密度为1.36gcm-3。实验室制备少量1-溴丙烷的主要步骤如下:步骤1:在仪器A中加入搅拌磁子、12g正丙醇及20mL水,冰水冷却下缓慢加入28mL浓H2SO4;冷却至室温,搅拌下加入24gNaBr。步骤2:如下图所示搭建实验装置,缓慢加热,直到无油状物馏出为止。步骤3:将馏出液转入分液漏斗,分出有
40、机相。步骤4:将分出的有机相转入分液漏斗,依次用12mLH2O、12mL5%Na2CO3溶液和12mLH2O洗涤,分液,得粗产品,进一步提纯得1-溴丙烷。(1)仪器A的名称是;加入搅拌磁子的目的是搅拌和。(2)反应时生成的主要有机副产物有2-溴丙烷和。(3)步骤2中需向接受瓶内加入少量冰水并置于冰水浴中的目的是。(4)步骤2中需缓慢加热使反应和蒸馏平稳进行,目的是。(5)步骤4中用5%Na2CO3溶液洗涤有机相的操作:向分液漏斗中小心加入12mL5%Na2CO3溶液,振荡,静置,分液。答案(1)蒸馏烧瓶防止暴沸(2)丙烯、正丙醚(3)减少1-溴丙烷的挥发(4)减少HBr挥发(5)将分液漏斗下口
41、向上倾斜、打开活塞排出气体解析(1)蒸馏烧瓶的特征是“自带支管”;加入搅拌磁子的作用是搅拌、防暴沸。(2)正丙醇的结构简式为CH3CH2CH2OH,反应过程中正丙醇会发生分子内脱水和分子间脱水分别生成副产物丙烯和正丙醚。13.(2016四川理综,9,13分)CuCl广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解CuCl22H2O制备CuCl,并进行相关探究。【资料查阅】【实验探究】该小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器略)。请回答下列问题:(1)仪器X的名称是。(2)实验操作的先后顺序是ae(填操作的编号)。a.检查装置的气密性后加入药品b.熄灭酒精灯,冷却c.在“气体入口”处通入干燥H
42、Cld.点燃酒精灯,加热e.停止通入HCl,然后通入N2(3)在实验过程中,观察到B中物质由白色变为蓝色,C中试纸的颜色变化是。(4)装置D中发生的氧化还原反应的离子方程式是。【探究反思】(5)反应结束后,取出CuCl产品进行实验,发现其中含有少量的CuCl2或CuO杂质。根据资料信息分析:若杂质是CuCl2,则产生的原因是。若杂质是CuO,则产生的原因是。答案(1)干燥管(2)cdb(3)先变红,后褪色(4)Cl2+2OH-ClO-+Cl-+H2O(5)加热时间不足或温度偏低通入HCl的量不足解析(1)X为干燥管。(2)根据资料可知,由CuCl22H2O热分解制备CuCl要防止Cu+被空气中
43、氧气氧化,故应先通入干燥的HCl以排尽装置中的空气,然后再加热使CuCl22H2O分解,最后必须在无氧环境中冷却,结合上述思路,操作的顺序为acdbe。(3)实验过程中,HCl会进入C中,另外当温度高于300时,试管中发生反应:2CuCl22CuCl+Cl2,故进入C的气体既有HCl又有Cl2,所以C中湿润蓝色石蕊试纸先变红,后褪色。(4)根据(3)可知进入D中的气体有HCl和Cl2,则装置D中发生的氧化还原反应的离子方程式为Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O。(5)根据资料可知,含CuCl2杂质的原因是CuCl2没有完全分解,而造成此现象的原因是加热温度偏低或加热时间不足。杂质CuO产
44、生的原因是水的存在引起CuCl2水解生成Cu2(OH)2Cl2,再受热分解产生CuO,故原因是通入HCl的量不足。14.(2016北京理综,27,12分)以废旧铅酸电池中的含铅废料(Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等)和H2SO4为原料,制备高纯PbO,实现铅的再生利用。其工作流程如下:(1)过程中,在Fe2+催化下,Pb和PbO2反应生成PbSO4的化学方程式是。(2)过程中,Fe2+催化过程可表示为:2Fe2+PbO2+4H+SO42-2Fe3+PbSO4+2H2O:写出的离子方程式:。下列实验方案可证实上述催化过程。将实验方案补充完整。a.向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液
45、,溶液几乎无色,再加入少量PbO2,溶液变红。b.。(3)PbO溶解在NaOH溶液中,存在平衡:PbO(s)+NaOH(aq)NaHPbO2(aq),其溶解度曲线如下图所示。过程的目的是脱硫。滤液1经处理后可在过程中重复使用,其目的是(选填序号)。A.减少PbO的损失,提高产品的产率B.重复利用NaOH,提高原料的利用率C.增加Na2SO4浓度,提高脱硫效率过程的目的是提纯。结合上述溶解度曲线,简述过程的操作:。答案(12分)(1)Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O(2)2Fe3+Pb+SO42-2Fe2+PbSO4b.取a中红色溶液,向其中加入铅粉后,红色褪去(3)A、B向P
46、bO粗品中加入一定量的35%NaOH溶液,加热至110,充分溶解后,趁热过滤,冷却结晶,过滤得到PbO固体解析(2)Fe2+作催化剂,Fe3+是中间产物,在反应中Fe3+应被还原成Fe2+,Pb作还原剂被氧化成Pb2+,Pb2+与SO42-结合成PbSO4沉淀,所以的离子方程式为Pb+2Fe3+SO42-PbSO4+2Fe2+。a对应反应,目的是检验PbO2能将Fe2+氧化成Fe3+,则b对应反应,目的是检验Pb能把Fe3+还原成Fe2+,所以在实验中应加铅粉进行检验。(3)C项,SO42-浓度越大,脱硫的效率越低。PbO在35%NaOH溶液中的溶解度随温度升高变化大,且在110时PbO的溶解
47、度大,所以在35%NaOH溶液中进行溶解,加热至110,充分溶解后,趁热过滤,冷却结晶,过滤可得到较纯的PbO。15.(2016浙江理综,29,15分)无水MgBr2可用作催化剂。实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2,装置如下图,主要步骤如下:步骤1三颈瓶中装入10g镁屑和150mL无水乙醚;装置B中加入15mL液溴。步骤2缓慢通入干燥的氮气,直至溴完全导入三颈瓶中。步骤3反应完毕后恢复至常温,过滤,滤液转移至另一干燥的烧瓶中,冷却至0,析出晶体,再过滤得三乙醚合溴化镁粗品。步骤4室温下用苯溶解粗品,冷却至0,析出晶体,过滤,洗涤得三乙醚合溴化镁,加热至160分解得无水MgBr2产品。
48、已知:Mg与Br2反应剧烈放热;MgBr2具有强吸水性。MgBr2+3C2H5OC2H5MgBr23C2H5OC2H5请回答:(1)仪器A的名称是。实验中不能用干燥空气代替干燥N2,原因是。(2)如将装置B改为装置C,可能会导致的后果是。(3)步骤3中,第一次过滤除去的物质是。(4)有关步骤4的说法,正确的是。A.可用95%的乙醇代替苯溶解粗品B.洗涤晶体可选用0的苯C.加热至160的主要目的是除去苯D.该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴(5)为测定产品的纯度,可用EDTA(简写为Y4-)标准溶液滴定,反应的离子方程式:Mg2+Y4-MgY2-滴定前润洗滴定管的操作方法是。测定时,先称取0.
49、2500g无水MgBr2产品,溶解后,用0.0500molL-1的EDTA标准溶液滴定至终点,消耗EDTA标准溶液26.50mL,则测得无水MgBr2产品的纯度是(以质量分数表示)。答案(1)干燥管防止镁屑与氧气反应,生成的MgO阻碍Mg与Br2的反应(2)会将液溴快速压入三颈瓶,反应过快大量放热而存在安全隐患(3)镁屑(4)BD(5)从滴定管上口加入少量待装液,倾斜着转动滴定管,使液体润湿内壁,然后从下部放出,重复23次97.5%解析(1)空气中含有氧气,Mg与Br2反应放热,会导致镁屑被氧气氧化,同时生成的MgO会阻碍Mg与Br2的反应。(2)装置B可使液溴挥发,溴蒸气随氮气进入三颈瓶中,
50、而装置C则会导致锥形瓶内气压增大,将液溴快速压入三颈瓶中,使反应过快大量放热而存在安全隐患。(3)由题意可知第一次过滤时,产品未析出,故第一次过滤除去的是未反应的镁屑。(4)MgBr2具有强吸水性,95%的乙醇中仍含有少量的水,A项不正确;0时晶体能析出,说明0时晶体在苯中的溶解度较小,B项正确;加热至160是让三乙醚合溴化镁转化为MgBr2,C项不正确;乙醚、液溴均易溶于苯中,步骤4可除去杂质得到高纯度的MgBr2,D项正确。(5)n(MgBr2)=n(Mg2+)=n(Y4-)=0.0500molL-126.5010-3L=1.32510-3mol,无水MgBr2产品的纯度为1.32510-
51、3mol184gmol-10.2500g100%97.5%。16.(2014课标,26,13分)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/(gcm-3)沸点/水中溶解性异戊醇880.8123131微溶乙酸601.0492118溶乙酸异戊酯1300.8670142难溶实验步骤:在A中加入4.4g异戊醇、6.0g乙酸、数滴浓硫酸和23片碎瓷片。开始缓慢加热A,回流50min。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
52、,进行蒸馏纯化,收集140143馏分,得乙酸异戊酯3.9g。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)。a.
53、30%b.40%c.60%d.90%(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。答案(1)球形冷凝管(2)洗掉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解析(2)反应后A中液体是乙酸异戊酯、乙酸、硫酸、异戊醇、水的混合物,第一次水洗的目的是除去大部分乙酸、硫酸,用饱和NaHCO3溶液洗涤的目的是除去残留的少量CH3COOH、H2SO4,第二次水洗的目的是除去残留的少量NaHCO3。(3)静置分层后,乙酸异戊酯在上层,应先将水层从分液漏斗下口放出后,再从上口倒出乙酸异戊酯
54、。(4)加入过量乙酸,可提高异戊醇(价格较高)的转化率。(5)加入无水MgSO4,可除去乙酸异戊酯中残留的少量水(MgSO4+7H2OMgSO47H2O)。(6)蒸馏时,温度计水银球应位于蒸馏烧瓶的支管口处,通常球形冷凝管用于反应装置中冷凝反应物蒸气,直形冷凝管用于蒸馏装置中冷凝馏分,故选择b装置。(7)乙酸过量,应用异戊醇的量计算乙酸异戊酯的理论产量。n(异戊醇)=4.4g88g/mol=0.05mol,故乙酸异戊酯的理论产量为0.05mol130g/mol=6.5g,本实验的产率为3.9g6.5g100%=60%。(8)若从130便开始收集馏分,则产品中会混入异戊醇,导致实验产率偏高。17
55、.(2014大纲全国,29,15分)苯乙酸铜是合成优良催化剂、传感材料纳米氧化铜的重要前驱体之一。下面是它的一种实验室合成路线:()2Cu+H2O制备苯乙酸的装置示意图如下(加热和夹持装置等略):已知:苯乙酸的熔点为76.5,微溶于冷水,溶于乙醇。回答下列问题:(1)在250mL三口瓶a中加入70mL70%硫酸。配制此硫酸时,加入蒸馏水与浓硫酸的先后顺序是。(2)将a中的溶液加热至100,缓缓滴加40g苯乙腈到硫酸溶液中,然后升温到130继续反应。在装置中,仪器b的作用是;仪器c的名称是,其作用是。反应结束后加适量冷水,再分离出苯乙酸粗品。加入冷水的目的是。下列仪器中可用于分离苯乙酸粗品的是(
56、填标号)。A.分液漏斗B.漏斗C.烧杯D.直形冷凝管E.玻璃棒(3)提纯粗苯乙酸的方法是,最终得到44g纯品,则苯乙酸的产率是。(4)用CuCl22H2O和NaOH溶液制备适量Cu(OH)2沉淀,并多次用蒸馏水洗涤沉淀,判断沉淀洗干净的实验操作和现象是。(5)将苯乙酸加入到乙醇与水的混合溶剂中,充分溶解后,加入Cu(OH)2搅拌30min,过滤,滤液静置一段时间,析出苯乙酸铜晶体,混合溶剂中乙醇的作用是。答案(1)先加水、再加入浓硫酸(1分)(2)滴加苯乙腈(1分)球形冷凝管(1分)回流(或使汽化的反应液冷凝)(1分)便于苯乙酸析出(2分)BCE(全选对2分)(3)重结晶(1分)95%(2分)
57、(4)取少量洗涤液、加入稀硝酸、再加AgNO3溶液、无白色浑浊出现(2分)(5)增大苯乙酸溶解度,便于充分反应(2分)解析(1)稀释浓硫酸时,应将浓硫酸加入水中。(2)b是滴液漏斗,用来滴加苯乙腈;c是球形冷凝管,作用是冷凝回流或使汽化的反应液冷凝。因苯乙酸微溶于冷水,故实验结束后加入冷水的目的是使苯乙酸结晶析出。过滤滤出苯乙酸粗品,所需仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒。(3)提纯粗苯乙酸的方法是重结晶。苯乙酸的产率=44g40g136117100%95%。(4)可用检验Cl-是否存在的方法来判断沉淀是否洗净。(5)加入乙醇,可增大苯乙酸的溶解度,便于反应充分进行。18.(2013课标,26,13分)
58、醇脱水是合成烯烃的常用方法,实验室合成环己烯的反应和实验装置如下:+H2O可能用到的有关数据如下:相对分子质量密度/(gcm-3)沸点/溶解性环己醇1000.9618161微溶于水环己烯820.810283难溶于水合成反应:在a中加入20g环己醇和2小片碎瓷片,冷却搅动下慢慢加入1mL浓硫酸。b中通入冷却水后,开始缓慢加热a,控制馏出物的温度不超过90。分离提纯:反应粗产物倒入分液漏斗中分别用少量5%碳酸钠溶液和水洗涤,分离后加入无水氯化钙颗粒,静置一段时间后弃去氯化钙。最终通过蒸馏得到纯净环己烯10g。回答下列问题:(1)装置b的名称是。(2)加入碎瓷片的作用是;如果加热一段时间后发现忘记加
59、瓷片,应该采取的正确操作是(填正确答案标号)。A.立即补加B.冷却后补加C.不需补加D.重新配料(3)本实验中最容易产生的副产物的结构简式为。(4)分液漏斗在使用前须清洗干净并;在本实验分离过程中,产物应该从分液漏斗的(填“上口倒出”或“下口放出”)。(5)分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是。(6)在环己烯粗产物蒸馏过程中,不可能用到的仪器有(填正确答案标号)。A.圆底烧瓶B.温度计C.吸滤瓶D.球形冷凝管E.接收器(7)本实验所得到的环己烯产率是(填正确答案标号)。A.41%B.50%C.61%D.70%答案(1)直形冷凝管(2)防止暴沸B(3)(4)检漏上口倒出(5)干燥(或除水除醇)(
60、6)CD(7)C解析本题以环己烯的制备为命题素材,考查蒸馏、分液等物质分离、提纯的基本操作。(2)液体混合物加热时为防止暴沸,应加入碎瓷片,若加热一段时间后发现忘记加碎瓷片,应待混合液冷却后补加。(3)本实验最易产生的副产物应该是分子间脱水生成的醚。(5)无水CaCl2的作用是除去环己烯中残留的少量水和醇。(7)由反应方程式知的理论产量为8210020g=16.4g,故生成环己烯的产率=10g16.4g100%=61%,C正确。19.(2013天津理综,9,18分)FeCl3在现代工业生产中应用广泛。某化学研究性学习小组模拟工业流程制备无水FeCl3,再用副产品FeCl3溶液吸收有毒的H2S。
61、.经查阅资料得知:无水FeCl3在空气中易潮解,加热易升华。他们设计了制备无水FeCl3的实验方案,装置示意图(加热及夹持装置略去)及操作步骤如下:检验装置的气密性;通入干燥的Cl2,赶尽装置中的空气;用酒精灯在铁屑下方加热至反应完成;体系冷却后,停止通入Cl2,并用干燥的N2赶尽Cl2,将收集器密封。请回答下列问题:(1)装置A中反应的化学方程式为。(2)第步加热后,生成的烟状FeCl3大部分进入收集器,少量沉积在反应管A右端。要使沉积的FeCl3进入收集器,第步操作是。(3)操作步骤中,为防止FeCl3潮解所采取的措施有(填步骤序号)。(4)装置B中冷水浴的作用为;装置C的名称为;装置D中
62、FeCl2全部反应后,因失去吸收Cl2的作用而失效,写出检验FeCl2是否失效的试剂:。(5)在虚线框中画出尾气吸收装置E并注明试剂。.该组同学用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S,得到单质硫;过滤后,再以石墨为电极,在一定条件下电解滤液。(6)FeCl3与H2S反应的离子方程式为。(7)电解池中H+在阴极放电产生H2,阳极的电极反应式为。(8)综合分析实验的两个反应,可知该实验有两个显著优点:H2S的原子利用率为100%;。答案(共18分)(1)2Fe+3Cl22FeCl3(2)在沉积的FeCl3固体下方加热(3)(4)冷却,使FeCl3沉积,便于收集产品干燥管K3Fe(CN)6溶液(
63、5)(6)2Fe3+H2S2Fe2+S+2H+(7)Fe2+-e-Fe3+(8)FeCl3得到循环利用解析(4)检验D中FeCl2是否失效可以用K3Fe(CN)6溶液,取D中溶液加K3Fe(CN)6溶液,有蓝色沉淀生成说明没有失效。(7)电解滤液时,阳极发生的反应为2Cl-2e-Cl2、2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-,故可以理解为:Fe2+-e-Fe3+,电解总反应可以写成:2Fe2+2H+2Fe3+H2。20.(2013山东理综,30,15分)TiO2既是制备其他含钛化合物的原料,又是一种性能优异的白色颜料。(1)实验室利用反应TiO2(s)+CCl4(g)TiCl4(g)+CO2(g)
64、,在无水无氧条件下制备TiCl4,实验装置示意图如下:有关物质性质如下表:物质熔点/沸点/其他CCl4-2376与TiCl4互溶TiCl4-25136遇潮湿空气产生白雾仪器A的名称是。装置E中的试剂是。反应开始前依次进行如下操作:组装仪器、加装药品、通N2一段时间后点燃酒精灯。反应结束后的操作包括:停止通N2熄灭酒精灯冷却至室温。正确的顺序为(填序号)。欲分离D中的液态混合物,所采用操作的名称是。(2)工业上由钛铁矿(FeTiO3)(含Fe2O3、SiO2等杂质)制备TiO2的有关反应包括:酸溶FeTiO3(s)+2H2SO4(aq)FeSO4(aq)+TiOSO4(aq)+2H2O(l)水解
65、TiOSO4(aq)+2H2O(l)H2TiO3(s)+H2SO4(aq)简要工艺流程如下:试剂A为。钛液需冷却至70左右,若温度过高会导致产品TiO2收率降低,原因是。取少量酸洗后的H2TiO3,加入盐酸并振荡,滴加KSCN溶液后无明显现象,再加H2O2后出现微红色,说明H2TiO3中存在的杂质离子是。这种H2TiO3即使用水充分洗涤,煅烧后获得的TiO2也会发黄,发黄的杂质是(填化学式)。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Fe2+Fe2O3解析(1)D装置用来冷凝收集TiCl4,TiCl4遇潮会发生反应,故
66、装置E中应盛放浓H2SO4,隔绝空气中的水蒸气;组装好仪器加药品前应检查装置气密性;反应结束后应先熄灭酒精灯,冷却到室温后再停止通入N2,防止空气进入使产品变质;所得产品中会含有杂质CCl4,而CCl4与产品的沸点不同,故采用蒸馏法分离D中液体混合物。(2)钛液中除有TiOSO4、FeSO4外,还混有Fe2(SO4)3,加入过量铁屑可把Fe2(SO4)3还原成FeSO4;温度过高时钛液中TiOSO4会提前水解转化成H2TiO3沉淀,过滤后混入FeSO47H2O中,从而降低钛液中TiOSO4的含量,导致TiO2收率降低。由题意可知H2TiO3中应存在少量Fe2+;含Fe2+的H2TiO3在洗涤、
67、煅烧过程中,Fe2+会转化成Fe(OH)2,Fe(OH)2被氧化成Fe(OH)3,Fe(OH)3分解生成Fe2O3,从而使产品TiO2发黄。21.(2012课标,28,14分)溴苯是一种化工原料,实验室合成溴苯的装置示意图及有关数据如下:苯溴溴苯密度/gcm-30.883.101.50沸点/8059156水中溶解度微溶微溶微溶按下列合成步骤回答问题:(1)在a中加入15mL无水苯和少量铁屑。在b中小心加入4.0mL液态溴。向a中滴入几滴溴,有白色烟雾产生,是因为生成了气体。继续滴加至液溴滴完。装置d的作用是;(2)液溴滴完后,经过下列步骤分离提纯:向a中加入10mL水,然后过滤除去未反应的铁屑
68、;滤液依次用10mL水、8mL10%的NaOH溶液、10mL水洗涤。NaOH溶液洗涤的作用是;向分出的粗溴苯中加入少量的无水氯化钙,静置、过滤。加入氯化钙的目的是;(3)经以上分离操作后,粗溴苯中还含有的主要杂质为,要进一步提纯,下列操作中必须的是(填入正确选项前的字母);A.重结晶B.过滤C.蒸馏D.萃取(4)在该实验中,a的容积最适合的是(填入正确选项前的字母)。A.25mLB.50mLC.250mLD.500mL答案(1)HBr吸收HBr和Br2(2)除去HBr和未反应的Br2干燥(3)苯C(4)B解析(1)白色烟雾是由苯与Br2发生取代反应生成的HBr结合空气中的水蒸气形成的。装置d的
69、作用是吸收HBr及未反应的Br2。(2)滤去铁屑后,滤液是溴苯及少量苯、Br2等的混合液,NaOH溶液可除去其中的Br2和HBr。粗溴苯中加入无水CaCl2,利用CaCl2+6H2OCaCl26H2O除去溴苯中残留的少量水。(3)通过题述分离操作,粗溴苯中还含有的杂质主要是未反应的苯,由于苯与溴苯的沸点相差较大,故可用蒸馏法除去杂质苯。22.(2012天津理综,9,18分)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
70、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:滤渣2酸浸液Al2(SO4)318H2O乙:滤渣2酸浸液滤液Al2(SO4)318H2O丙:滤渣2滤液溶液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(Mr=250)含量。取ag试样配成100mL溶液,每次取2
71、0.00mL,消除干扰离子后,用cmolL-1EDTA(H2Y2-)标准溶液滴定至终点,平均消耗EDTA溶液bmL。滴定反应如下:Cu2+H2Y2-CuY2-+2H+写出计算CuSO45H2O质量分数的表达式=;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反应的干扰离子答案(18分)(1)Cu+4H+2NO3-Cu2+2NO2+2H2O或3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2OAu、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Fe
72、2(SO4)3杂质乙(5)cmolL-1b10-3L250gmol-15ag100%c解析(1)Cu与稀H2SO4、浓HNO3的混酸反应的离子方程式为Cu+4H+2NO3-Cu2+2NO2+2H2O或3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O。Au、Pt不溶于稀H2SO4和浓HNO3的混酸,故滤渣1的主要成分为Au和Pt。(2)H2O2具有氧化性,第步加H2O2的作用是将滤液1中的Fe2+氧化为Fe3+。使用H2O2的优点是不引入杂质,对环境无污染。调溶液pH的目的是使Fe3+和Al3+分别转化为Fe(OH)3沉淀和Al(OH)3沉淀。(3)加热脱水可使CuSO45H2O变为CuSO4
73、:CuSO45H2OCuSO4+5H2O。(4)甲方案不可行,因为酸浸液是Al2(SO4)3和Fe2(SO4)3的混合液,故所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质。乙和丙方案相比,丙方案中的H2SO4部分转化为Na2SO4,故从原子利用率角度考虑,乙方案更合理。(5)20.00mL溶液中n(CuSO45H2O)=n(Cu2+)=n(H2Y2-)=cmolL-1b10-3L,则100mL溶液中的n(CuSO45H2O)=cmolL-1b10-3L100mL20.00mL,故CuSO45H2O质量分数的表达式=cmolL-1b10-3L250gmol-15ag100%。滴定实验中,未干燥锥形瓶,
74、不影响测定结果。若滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡,所读取的消耗标准溶液的体积偏小,使测定结果偏低。若未除净可与EDTA反应的离子,消耗EDTA溶液的体积偏大,使测定结果偏高。考点二实验方案的设计与评价1.(2018课标,13,6分)下列实验过程可以达到实验目的的是()编号实验目的实验过程A配制0.4000molL-1的NaOH溶液称取4.0g固体NaOH于烧杯中,加入少量蒸馏水溶解,转移至250mL容量瓶中定容B探究维生素C的还原性向盛有2mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液,观察颜色变化C制取并纯化氢气向稀盐酸中加入锌粒,将生成的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸和KMnO4溶液D探
75、究浓度对反应速率的影响向2支盛有5mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液,观察实验现象答案B本题涉及的考点有溶液的配制、气体的制备、探究型化学实验方案的设计和评价等,通过化学实验基本操作考查分析与推测能力、探究与创新能力等,体现了科学探究与创新意识的学科核心素养。A项,NaOH溶于水放热,因此溶解后需要冷却到室温后再转移至容量瓶中,错误;B项,FeCl3具有氧化性,能被维生素C还原为FeCl2,从而使溶液颜色发生变化,所以向盛有2mL黄色FeCl3溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液,通过观察颜色变化可以探究维生素C的还原性,正确;C项,向稀盐酸中加入锌粒,生成氢气,由
76、于生成的氢气中含有氯化氢和水蒸气,因此将生成的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸即可,不需要通过KMnO4溶液,或者直接通过碱石灰,错误;D项,反应的方程式为HSO3-+H2O2SO42-+H+H2O,反应过程中没有明显的实验现象,因此无法探究浓度对反应速率的影响,错误。2.(2020课标,27,15分)为验证不同化合价铁的氧化还原能力,利用下列电池装置进行实验。回答下列问题:(1)由FeSO47H2O固体配制0.10molL-1FeSO4溶液,需要的仪器有药匙、玻璃棒、(从下列图中选择,写出名称)。(2)电池装置中,盐桥连接两电极电解质溶液。盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应,并且电
77、迁移率(u)应尽可能地相近。根据下表数据,盐桥中应选择作为电解质。阳离子u108/(m2s-1V-1)阴离子u108/(m2s-1V-1)Li+4.07HCO3-4.61Na+5.19NO3-7.40Ca2+6.59Cl-7.91K+7.62SO42-8.27(3)电流表显示电子由铁电极流向石墨电极。可知,盐桥中的阳离子进入电极溶液中。(4)电池反应一段时间后,测得铁电极溶液中c(Fe2+)增加了0.02molL-1。石墨电极上未见Fe析出。可知,石墨电极溶液中c(Fe2+)=。(5)根据(3)、(4)实验结果,可知石墨电极的电极反应式为,铁电极的电极反应式为。因此,验证了Fe2+氧化性小于、
78、还原性小于。(6)实验前需要对铁电极表面活化。在FeSO4溶液中加入几滴Fe2(SO4)3溶液,将铁电极浸泡一段时间,铁电极表面被刻蚀活化。检验活化反应完成的方法是。答案(1)烧杯、量筒、托盘天平(2)KCl(3)石墨(4)0.09molL-1(5)Fe3+e-Fe2+Fe-2e-Fe2+Fe3+Fe(6)取少量溶液,滴入KSCN溶液,不出现血红色解析(1)配制0.10molL-1FeSO4溶液,需要用托盘天平称取FeSO47H2O晶体,在烧杯中加一定量的蒸馏水将其溶解,一般用量筒量取溶解和洗涤所用的蒸馏水;(2)Fe2+和Fe3+都能水解使溶液显酸性,NO3-在酸性条件下能氧化Fe或Fe2+
79、,K+和Cl-都不与溶液中的物质发生反应,且电迁移率接近,故盐桥中选择KCl作为电解质;(3)电子由铁电极流向石墨电极,即石墨电极得电子,溶液中负电荷增多,为平衡电荷使溶液保持电中性,盐桥中的阳离子应进入石墨电极溶液中;(4)两电极转移电子数相等,负极铁被氧化,正极Fe3+被还原,故正极(石墨电极)的电极反应式为Fe3+e-Fe2+,负极(铁电极)的电极反应式为Fe-2e-Fe2+,故石墨电极溶液中c(Fe2+)增加0.04molL-1,变为0.04molL-1+0.05molL-1=0.09molL-1;(5)总反应式为2Fe3+Fe3Fe2+,故氧化性:Fe2+(氧化产物)Fe3+(氧化剂
80、),还原性:Fe2+(还原产物)Fe(还原剂);(6)铁电极表面被刻蚀活化,即发生反应2Fe3+Fe3Fe2+,由于加入少量Fe2(SO4)3,能使Fe3+完全反应,故可以向取出的少许溶液中加入几滴KSCN溶液,若溶液不变为血红色,则证明刻蚀活化反应完成。3.(2018海南单科,17,10分)某小组在实验室中探究金属钠与二氧化碳的反应。回答下列问题:(1)选用如图所示装置及药品制取CO2。打开弹簧夹,制取CO2。为了得到干燥、纯净的CO2,产生的气流应依次通过盛有、的洗气瓶(填试剂名称)。反应结束后,关闭弹簧夹,可观察到的现象是。不能用稀硫酸代替稀盐酸,其原因是。(2)金属钠与二氧化碳反应的实
81、验步骤及现象如下表:步骤现象将一小块金属钠在燃烧匙中点燃,迅速伸入盛有CO2的集气瓶中。充分反应,放置冷却产生大量白烟,集气瓶底部有黑色固体产生,瓶壁上有白色物质产生在集气瓶中加入适量蒸馏水,振荡、过滤滤纸上留下黑色固体,滤液为无色溶液为检验集气瓶瓶壁上白色物质的成分,取适量滤液于2支试管中,向一支试管中滴加1滴酚酞溶液,溶液变红;向第二支试管中滴加澄清石灰水,溶液变浑浊。据此推断,白色物质的主要成分是(填标号)。A.Na2OB.Na2O2C.NaOHD.Na2CO3为检验黑色固体的成分,将其与浓硫酸反应,生成的气体具有刺激性气味。据此推断黑色固体是。本实验中金属钠与二氧化碳反应的化学方程式为
82、。答案(1)饱和NaHCO3溶液浓硫酸产生的气体使干燥管内液面降低,与碳酸钙脱离接触,反应停止生成的硫酸钙微溶,附着在碳酸钙表面,阻止反应进一步进行(2)D碳(C)4Na+3CO22Na2CO3+C解析本题涉及的考点有气体的制备和净化、钠及其化合物的性质、探究型化学实验方案的设计和评价等,通过探究金属钠与二氧化碳的反应,考查分析与推测能力和探究与创新能力,体现了证据推理与模型认知和科学探究与创新意识的学科核心素养。(1)根据发生的反应分析,产生的二氧化碳气体中,还含有氯化氢和水蒸气两种杂质,除去HCl用饱和NaHCO3溶液,除去水蒸气用浓硫酸;反应结束后,关闭弹簧夹,产生的气体使容器里压强增大
83、,干燥管内盐酸液面下降,与碳酸钙脱离接触,反应停止;若使用稀硫酸,生成的硫酸钙为微溶物,会附着在碳酸钙的表面,阻止反应进行。(2)向一支试管中滴加1滴酚酞溶液,溶液变红,说明白色物质溶于水形成的溶液呈碱性,向第二支试管中滴加澄清石灰水,溶液变浑浊,说明能跟氢氧化钙反应生成沉淀,由此可推出白色物质的主要成分为碳酸钠,D正确;黑色固体与浓硫酸反应,生成的气体具有刺激性气味,说明发生反应生成了二氧化硫,故黑色固体是C;由以上分析可知,金属钠与二氧化碳反应生成了碳酸钠和碳,根据得失电子守恒配平化学方程式为4Na+3CO22Na2CO3+C。4.(2017课标,26,14分)绿矾是含有一定量结晶水的硫酸
84、亚铁,在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题:(1)在试管中加入少量绿矾样品,加水溶解,滴加KSCN溶液,溶液颜色无明显变化。再向试管中通入空气,溶液逐渐变红。由此可知:、。(2)为测定绿矾中结晶水含量,将石英玻璃管(带两端开关K1和K2)(设为装置A)称重,记为m1g。将样品装入石英玻璃管中,再次将装置A称重,记为m2g。按下图连接好装置进行实验。仪器B的名称是。将下列实验操作步骤正确排序(填标号);重复上述操作步骤,直至A恒重,记为m3g。a.点燃酒精灯,加热b.熄灭酒精灯c.关闭K1和K2d.打开K1和K2,缓缓通入N2e.称量Af.冷却到室温
85、根据实验记录,计算绿矾化学式中结晶水数目x=(列式表示)。若实验时按a、d次序操作,则使x(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。(3)为探究硫酸亚铁的分解产物,将(2)中已恒重的装置A接入下图所示的装置中,打开K1和K2,缓缓通入N2,加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。C、D中的溶液依次为(填标号)。C、D中有气泡冒出,并可观察到的现象分别为。a.品红b.NaOHc.BaCl2d.Ba(NO3)2e.浓H2SO4写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式。答案(1)样品中没有Fe()Fe()易被氧气氧化为Fe()(2)干燥管dabfce76(m2-m3)9(m3-m1)偏小(3)c、a生成白色沉
86、淀、褪色2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3解析本题涉及的考点有铁及其化合物的性质、离子的检验、化学实验方案的设计和评价、定量实验的计算等,通过以绿矾为载体的无机物性质实验方案的探究,考查分析与推测能力和探究与创新能力,体现了证据推理与模型认知和科学探究与创新意识的学科核心素养。(1)样品溶于水滴加KSCN溶液,溶液颜色无明显变化,说明样品中无Fe3+;再向试管中通入空气,溶液逐渐变红,说明有铁离子产生,即亚铁离子易被氧气氧化为铁离子。(2)由于装置中有空气,空气中的氧气能氧化硫酸亚铁,所以加热前需要排尽装置中的空气;熄灭酒精灯后,要先冷却至室温,再关闭K1和K2,最后称量,即正确的排序是d
87、abfce。加热后剩余固体是硫酸亚铁,质量为(m3-m1)g,生成水的质量为(m2-m3)g,则:FeSO4xH2OFeSO4+xH2O15218x(m3-m1)g(m2-m3)g152(m3-m1)g=18x(m2-m3)g,解得x=76(m2-m3)9(m3-m1);若实验时按a、d次序操作,在加热过程中部分硫酸亚铁被氧气氧化为硫酸铁,导致m3偏大,因此x偏小。(3)实验后残留的红色粉末为Fe2O3,根据得失电子守恒可知必然有SO2产生,结合原子守恒可知气体产物中还有SO3,则检验的试剂应选择品红溶液和BaCl2溶液,由于SO3可溶于品红溶液中,故应先检验SO3。5.(2016课标,28,
88、15分)某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题:(1)分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体,均配制成0.1molL-1的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑,其目的是。(2)甲组同学取2mLFeCl2溶液,加入几滴氯水,再加入1滴KSCN溶液,溶液变红,说明Cl2可将Fe2+氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为。(3)乙组同学认为甲组的实验不够严谨,该组同学在2mLFeCl2溶液中先加入0.5mL煤油,再于液面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液,溶液变红,煤油的作用是。(4)丙组同学取10mL0.1molL-1KI溶液,加入6mL0.1molL-1FeCl3溶液混
89、合。分别取2mL此溶液于3支试管中进行如下实验:第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置,CCl4层显紫色;第二支试管中加入1滴K3Fe(CN)6溶液,生成蓝色沉淀;第三支试管中加入1滴KSCN溶液,溶液变红。实验检验的离子是(填离子符号);实验和说明:在I-过量的情况下,溶液中仍含有(填离子符号),由此可以证明该氧化还原反应为。(5)丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液,溶液变成棕黄色,发生反应的离子方程式为;一段时间后,溶液中有气泡出现,并放热,随后有红褐色沉淀生成。产生气泡的原因是;生成沉淀的原因是(用平衡移动原理解释)。答案(15分)(1)防止Fe2+被氧
90、化(2)2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-(3)隔绝空气(排除氧气对实验的影响)(4)Fe2+Fe3+可逆反应(5)2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2OFe3+催化H2O2分解产生O2H2O2分解反应放热,促进Fe3+的水解平衡正向移动解析(1)Fe2+易被空气中的O2氧化为Fe3+,加入少量铁屑,发生反应:Fe+2Fe3+3Fe2+,可防止Fe2+被氧化。(2)Cl2可将Fe2+氧化,反应的离子方程式为2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-。(3)Fe2+易被空气中的O2氧化,加入煤油,覆盖在溶液上面,阻止空气进入溶液干扰实验。(4)实验加入K3Fe(CN)6溶液,生成蓝色沉淀,说明含有
91、Fe2+;实验和说明在I-过量的情况下,溶液中仍含有Fe3+,证明该反应为可逆反应。(5)H2O2溶液中加入酸化的FeCl2溶液,溶液变成棕黄色,说明Fe2+被H2O2氧化成Fe3+,同时生成的Fe3+对H2O2的分解有催化作用,H2O2分解放热,又对Fe3+的水解起促进作用。易错警示第(5)问若不能挖掘内涵,会对产生气泡的原因及生成沉淀的原因分析不清。关联知识1.Fe2+的还原性。2.Fe2+的检验。3.可逆反应的特征。4.H2O2的不稳定性。5.外界条件对水解平衡的影响。6.(2016课标,26,14分)氮的氧化物(NOx)是大气污染物之一,工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NOx还
92、原生成N2。某同学在实验室中对NH3与NO2反应进行了探究。回答下列问题:(1)氨气的制备氨气的发生装置可以选择上图中的,反应的化学方程式为。欲收集一瓶干燥的氨气,选择上图中的装置,其连接顺序为:发生装置(按气流方向,用小写字母表示)。(2)氨气与二氧化氮的反应将上述收集到的NH3充入注射器X中,硬质玻璃管Y中加入少量催化剂,充入NO2(两端用夹子K1、K2夹好)。在一定温度下按图示装置进行实验。操作步骤实验现象解释原因打开K1,推动注射器活塞,使X中的气体缓慢通入Y管中Y管中反应的化学方程式将注射器活塞退回原处并固定,待装置恢复到室温Y管中有少量水珠生成的气态水凝聚打开K2答案(1)A2NH
93、4Cl+Ca(OH)22NH3+CaCl2+2H2O(或BNH3H2ONH3+H2O)dcfei(2)红棕色气体慢慢变浅8NH3+6NO27N2+12H2OZ中NaOH溶液产生倒吸现象反应后气体分子数减少,Y管中压强小于外压解析(1)制备氨气,可用Ca(OH)2(s)和NH4Cl(s)混合加热,此时可选用装置A;也可采用加热浓氨水的方法,此时可选用装置B。欲得到干燥的氨气,首先要干燥(干燥管要大口进,小口出),其次要收集(氨气密度比空气小,要用向下排空气法),最后进行尾气处理(因氨气极易溶于水,要用防倒吸的F装置)。(2)NH3和NO2在催化剂、一定温度下可发生反应,故Y管中红棕色气体慢慢变浅
94、;由化学方程式8NH3+6NO27N2+12H2O可以得出,反应后气体分子数减少,压强减小,故打开K2后,Z中NaOH溶液会产生倒吸现象。7.(2016北京理综,28,16分)以Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象,探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性。实验试剂现象滴管试管0.2molL-1Na2SO3溶液饱和Ag2SO4溶液.产生白色沉淀0.2molL-1CuSO4溶液.溶液变绿,继续滴加产生棕黄色沉淀0.1molL-1Al2(SO4)3溶液.开始无明显变化,继续滴加产生白色沉淀(1)经检验,现象中的白色沉淀是Ag2SO3。用离子方程式解释现象:。(2)经检验,现象的棕黄色沉淀中
95、不含SO42-,含有Cu+、Cu2+和SO32-。已知:Cu+Cu+Cu2+,Cu2+CuI(白色)+I2。用稀H2SO4证实沉淀中含有Cu+的实验现象是。通过下列实验证实,沉淀中含有Cu2+和SO32-。a.白色沉淀A是BaSO4,试剂1是。b.证实沉淀中含有Cu2+和SO32-的理由是。(3)已知:Al2(SO3)3在水溶液中不存在。经检验,现象的白色沉淀中无SO42-,该白色沉淀既能溶于强酸,又能溶于强碱,还可使酸性KMnO4溶液褪色。推测沉淀中含有亚硫酸根和。对于沉淀中亚硫酸根的存在形式提出两种假设:.被Al(OH)3所吸附;.存在于铝的碱式盐中。对假设设计了对比实验,证实了假设成立。
96、a.将对比实验方案补充完整。步骤一:步骤二:(按上图形式呈现)。b.假设成立的实验证据是。(4)根据实验,亚硫酸盐的性质有。盐溶液间反应的多样性与有关。答案(16分)(1)2Ag+SO32-Ag2SO3(2)析出红色固体a.HCl和BaCl2溶液b.在I-的作用下,Cu2+转化为白色沉淀CuI,SO32-转化为SO42-(3)Al3+、OH-a.b.V1明显大于V2(4)亚硫酸盐的溶解性、氧化还原性、在水溶液中的酸碱性两种盐溶液中阴、阳离子的性质和反应条件解析(2)题中明确告知棕黄色沉淀中含有Cu+、Cu2+和SO32-,证实含有Cu+的实验现象不能答溶液出现蓝色,因沉淀中的Cu2+在稀H2S
97、O4作用下,也进入了溶液。A是BaSO4沉淀,则试剂1的作用是检验上层清液中是否含有SO42-,但检验SO42-时要防止SO32-的干扰,所以试剂1应是HCl和BaCl2溶液;上层清液中没有检出I2,可知I2和SO32-反应生成了I-和SO42-。(3)由题中信息可推知,沉淀中还含有Al3+、OH-。在对比实验中要将Na2SO3溶液更换成一种碱,这样就不会生成碱式盐,考虑到Al(OH)3的两性特征,NH3H2O是最好的选择,步骤一中白色沉淀的成分是碱式亚硫酸铝,在其中加入NaOH溶液,沉淀不会马上溶解,而是先与OH-反应生成Al(OH)3沉淀,这就导致了V1大于V2,通过这一实验事实,即可证实
98、假设成立。8.(2015福建理综,25,15分)某化学兴趣小组制取氯酸钾和氯水并进行有关探究实验。实验一制取氯酸钾和氯水利用上图所示的实验装置进行实验。(1)制取实验结束后,取出B中试管冷却结晶,过滤,洗涤。该实验操作过程需要的玻璃仪器有。(2)若对调B和C装置的位置,(填“能”或“不能”)提高B中氯酸钾的产率。实验二氯酸钾与碘化钾反应的研究(3)在不同条件下KClO3可将KI氧化为I2或KIO3。该小组设计了系列实验研究反应条件对反应产物的影响,其中系列a实验的记录表如下(实验在室温下进行):试管编号12340.20molL-1KI/mL1.01.01.01.0KClO3(s)/g0.100
99、.100.100.106.0molL-1H2SO4/mL03.06.09.0蒸馏水/mL9.06.03.00实验现象系列a实验的实验目的是。设计1号试管实验的作用是。若2号试管实验现象为“黄色溶液”,取少量该溶液加入淀粉溶液显蓝色;假设氧化产物唯一,还原产物为KCl,则此反应的离子方程式为。实验三测定饱和氯水中氯元素的总量(4)该小组设计的实验方案为:使用下图装置,加热15.0mL饱和氯水试样,测定产生气体的体积。此方案不可行的主要原因是。(不考虑实验装置及操作失误导致不可行的原因)(5)根据下列资料,为该小组设计一个可行的实验方案(不必描述操作过程的细节):。资料:.次氯酸会破坏酸碱指示剂;
100、.次氯酸或氯气可被SO2、H2O2和FeCl2等物质还原成Cl-。答案(15分)(1)烧杯、漏斗、玻璃棒、胶头滴管(不填“胶头滴管”也可)(2)能(3)研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响硫酸浓度为0的对照实验ClO3-+6I-+6H+Cl-+3I2+3H2O(4)因存在Cl2的重新溶解、HClO分解等,此方案无法测算试样含氯总量(或其他合理答案)(5)量取一定量的试样,加入足量的H2O2溶液,加热除去过量的H2O2,冷却,再加入足量的硝酸银溶液,称量沉淀质量(或其他合理答案)解析(2)若对调B、C位置,Cl2中的HCl气体杂质因溶于C中的水而被除去,B中与Cl2反应的KOH的量增加,故能提
101、高B中KClO3的产率。(3)仔细观察实验记录表可知,4个实验中KClO3、KI的浓度均相同,只有H2SO4的浓度不同,实验的目的显然是研究硫酸浓度对反应产物的影响。1号试管中H2SO4的浓度为0,该实验是硫酸浓度为0的对照实验。(4)氯水中氯元素以Cl2、HClO、Cl-和ClO-等形式存在,加热时HClO分解产生O2,部分Cl2因受热逸出,因此只能测出O2及逸出的Cl2的量,溶液中Cl-、ClO-及残余Cl2的量无法测定,故此方案不可行。(5)依题给信息,欲测定氯水中氯元素的总量,可量取一定体积的氯水,加入足量的H2O2溶液,将氯水中的Cl2、HClO、ClO-全部还原成Cl-,加热除去过
102、量的H2O2,冷却,再加入足量AgNO3溶液,经过滤、洗涤、干燥、称量测出生成AgCl沉淀的质量,即可计算出饱和氯水中氯元素的总量。9.(2015四川理综,9,13分)(NH4)2SO4是常用的化肥和化工原料,受热易分解。某兴趣小组拟探究其分解产物。【查阅资料】(NH4)2SO4在260和400时分解产物不同。【实验探究】该小组拟选用下图所示装置进行实验(夹持和加热装置略)。实验1:连接装置A-B-C-D,检查气密性,按图示加入试剂(装置B盛0.5000mol/L盐酸70.00mL)。通入N2排尽空气后,于260加热装置A一段时间,停止加热,冷却,停止通入N2。品红溶液不褪色。取下装置B,加入
103、指示剂,用0.2000mol/LNaOH溶液滴定剩余盐酸,终点时消耗NaOH溶液25.00mL。经检验滴定后的溶液中无SO42-。(1)仪器X的名称是。(2)滴定前,下列操作的正确顺序是(填字母编号)。a.盛装0.2000mol/LNaOH溶液b.用0.2000mol/LNaOH溶液润洗c.读数、记录d.查漏、清洗e.排尽滴定管尖嘴的气泡并调整液面(3)装置B内溶液吸收气体的物质的量是mol。实验2:连接装置A-D-B,检查气密性,按图示重新加入试剂。通入N2排尽空气后,于400加热装置A至(NH4)2SO4完全分解无残留物,停止加热,冷却,停止通入N2。观察到装置A、D之间的导气管内有少量白
104、色固体。经检验,该白色固体和装置D内溶液中有SO32-,无SO42-。进一步研究发现,气体产物中无氮氧化物。(4)检验装置D内溶液中有SO32-,无SO42-的实验操作和现象是。(5)装置B内溶液吸收的气体是。(6)(NH4)2SO4在400分解的化学方程式是。答案(13分)(1)圆底烧瓶(2)dbaec(3)0.03(4)取少量装置D内溶液于试管中,滴加BaCl2溶液,生成白色沉淀;加入足量稀盐酸后沉淀完全溶解,放出无色刺激性气体(5)NH3或氨气(6)3(NH4)2SO44NH3+N2+3SO2+6H2O解析(2)滴定前一般操作顺序为先检查滴定管是否漏水,并清洗所用滴定管,然后应用所装的溶
105、液润洗,再装入标准溶液,排尽滴定管尖嘴气泡并调整管中液面处于0刻度或0刻度以下,最后记录滴定管液面刻度,所以正确顺序为dbaec。(3)装置B吸收的气体是(NH4)2SO4在260条件下分解的产物NH3,B中反应为NH3+HClNH4Cl,所以气体NH3的物质的量为0.5000mol/L70.0010-3L-0.2000mol/L25.0010-3L=0.03mol。(4)BaSO4不溶于盐酸、BaSO3能溶于盐酸,所以检验装置D内溶液中含有SO32-,无SO42-,应选择BaCl2溶液和稀盐酸。(5)在400时(NH4)2SO4分解生成SO2、NH3等产物,装置B中溶液吸收的气体应为NH3。
106、(6)由题中信息及原子守恒、得失电子守恒可得化学方程式:3(NH4)2SO44NH3+3SO2+N2+6H2O。10.(2014课标,28,15分)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wgX,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V1mLc1molL-1的盐酸标准溶液吸收。蒸氨结束后取下接收瓶,用c2molL-1NaOH标准溶液滴定过剩的HCl,到终点时消耗V2mLNaOH溶液。氯的测定:准确称取样品X,配成溶液
107、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+)=2.010-5molL-1,c(CrO42-)为molL-1。已知:Ksp(Ag2CrO4)=1.1210-12(6)经测定,样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1
108、63,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。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分)(2)碱酚酞(或甲基红)(每空1分,共2分)(3)(c1V1-c2V2)10-317w100%(2分)(4)偏低(2分)(5)防止硝酸银见光分解2.810-3(每空1分,共2分)(6)+3(1分)2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22Co(NH3)6Cl3+2H2O(2分)温度过高过氧化氢分解、氨气逸出(2分)解析(1)安全管的作用主要是平衡装置内的压强,当装置内压力过大时,安全管中液面上升,使装置中压力稳定。(2)装NaOH标准溶液应
109、使用碱式滴定管,指示剂可选择酚酞或甲基红等。(3)样品中氨的含量根据NH3消耗的盐酸标准溶液的量计算:=(c1V1-c2V2)10-3mol17gmol-1wg100%。(4)若装置气密性不好,则氨可能泄漏,消耗的盐酸标准溶液减少,则测定结果偏低。(5)由于AgNO3见光易分解,故装AgNO3溶液选用棕色滴定管。滴定终点时:c(CrO42-)=Ksp(Ag2CrO4)c2(Ag+)=1.1210-12(2.010-5)2molL-1=2.810-3molL-1。(6)样品中钴、氨和氯的物质的量之比为163,故X的化学式为Co(NH3)6Cl3,Co的化合价为+3;制备X的化学方程式为2CoCl
110、2+2NH4Cl+10NH3+H2O22Co(NH3)6Cl3+2H2O;由于反应物中含有H2O2和NH3,温度过高H2O2分解,氨气逸出,故制备过程中温度不能过高。11.(2013四川理综,9,15分)为了探究AgNO3的氧化性和热稳定性,某化学兴趣小组设计了如下实验。.AgNO3的氧化性将光亮的铁丝伸入AgNO3溶液中,一段时间后将铁丝取出。为检验溶液中Fe的氧化产物,将溶液中的Ag+除尽后,进行了如下实验。可选用的试剂:KSCN溶液、K3Fe(CN)6溶液、氯水。(1)请完成下表:操作现象结论取少量除尽Ag+后的溶液于试管中,加入KSCN溶液,振荡存在Fe3+取少量除尽Ag+后的溶液于试
111、管中,加入,振荡存在Fe2+【实验结论】Fe的氧化产物为Fe2+和Fe3+.AgNO3的热稳定性用下图所示的实验装置A加热AgNO3固体,产生红棕色气体,在装置D中收集到无色气体。当反应结束后,试管中残留固体为黑色。(2)装置B的作用是。(3)经小组讨论并验证该无色气体为O2,其验证方法是。(4)【查阅资料】Ag2O和粉末状的Ag均为黑色;Ag2O可溶于氨水。【提出设想】试管中残留的黑色固体可能是:.Ag;.Ag2O;.Ag和Ag2O。【实验验证】该小组为验证上述设想,分别取少量黑色固体放入试管中,进行了如下实验。实验编号操作现象a加入足量氨水,振荡黑色固体不溶解b加入足量稀硝酸,振荡黑色固体
112、溶解,并有气体产生【实验评价】根据上述实验,不能确定固体产物成分的实验是(填实验编号)。【实验结论】根据上述实验结果,该小组得出AgNO3固体热分解的产物有。答案(1)溶液呈红色K3Fe(CN)6溶液产生蓝色沉淀(2)防倒吸(3)用带火星的木条伸入集气瓶内,木条复燃,证明无色气体为O2(4)bAg、NO2、O2解析(1)检验Fe3+可用KSCN溶液,现象为溶液呈红色。检验Fe2+可用K3Fe(CN)6溶液,Fe2+与K3Fe(CN)6反应可产生蓝色沉淀。(2)装置B的作用为防止溶液倒吸进入试管中。(3)O2的检验方法为用带火星的木条伸入集气瓶内,木条复燃。(4)由题干信息可知,Ag2O可溶于氨
113、水,实验a加入足量氨水,固体不溶解,所以固体成分为Ag;而Ag和Ag2O都溶于稀HNO3,所以实验b不能确定固体成分。12.(2013福建理综,25,15分)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:2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O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
114、,放入固体试剂之前,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3.7g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1.0g。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:(填写化学方程式)
115、,溶液颜色会退去;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。答案(15分)(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2Na2SO3+O22Na2SO4O2在通过装置B时已参与反应(或其他合理答案)解析(1)氮元素化合价降低,无其他元素化合价升高。(3)因为Mg(NO2)2能溶于水,Mg3N2与水反应生成Mg(OH)2和NH3,而题目信息是未见明显现象,所以固体应为MgO。原固体nMg(NO3)2=3.7g148gmol
116、-1=0.025mol;反应后固体如果为MgO,n(MgO)=1g40gmol-1=0.025mol,若为Mg(NO2)2或Mg3N2,则Mg原子不守恒。13.(2011福建,25,16分)化学兴趣小组对某品牌牙膏中摩擦剂成分及其含量进行以下探究:查得资料:该牙膏摩擦剂由碳酸钙、氢氧化铝组成;牙膏中其他成分遇到盐酸时无气体产生。.摩擦剂中氢氧化铝的定性检验取适量牙膏样品,加水充分搅拌、过滤。(1)往滤渣中加入过量NaOH溶液,过滤。氢氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式是。(2)往(1)所得滤液中先通入过量二氧化碳,再加入过量稀盐酸。观察到的现象是。.牙膏样品中碳酸钙的定量测定利用下图所示装置
117、(图中夹持仪器略去)进行实验,充分反应后,测定C中生成的BaCO3沉淀质量,以确定碳酸钙的质量分数。依据实验过程回答下列问题:(3)实验过程中需持续缓缓通入空气。其作用除了可搅拌B、C中的反应物外,还有:。(4)C中反应生成BaCO3的化学方程式是。(5)下列各项措施中,不能提高测定准确度的是(填标号)。a.在加入盐酸之前,应排净装置内的CO2气体b.滴加盐酸不宜过快c.在AB之间增添盛有浓硫酸的洗气装置d.在BC之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置(6)实验中准确称取8.00g样品三份,进行三次测定,测得BaCO3平均质量为3.94g。则样品中碳酸钙的质量分数为。(7)有人认为不必测定C中
118、生成的BaCO3质量,只要测定装置C在吸收CO2前后的质量差,一样可以确定碳酸钙的质量分数。实验证明按此方法测定的结果明显偏高,原因是。答案(1)Al(OH)3+OH-Al(OH)4-或Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O(2)通入CO2气体有白色沉淀生成;加入盐酸有气体产生、沉淀溶解(3)把生成的CO2全部排入C中,使之完全被Ba(OH)2溶液吸收(4)Ba(OH)2+CO2BaCO3+H2O(5)cd(6)25%(7)B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中(或其他合理答案)解析.(2)所发生的反应为:AlO2-+CO2+2H2OAl(OH)3+HCO3-,Al(OH)3+3H+Al3
119、+3H2O,HCO3-+H+CO2+H2O。.(4)将CO2与Ca(OH)2的反应迁移过来。(5)c项,要测定的是生成BaCO3的质量,与水蒸气是否存在无关。d项,由于H+HCO3-CO2+H2O,最终会导致CaCO3的质量分数偏高。(6)n(BaCO3)=3.94g197gmol-1=0.02mol,m(CaCO3)=100gmol-10.02mol=2.00g,CaCO3的质量分数=2.00g8.00g100%=25%。(7)进入C并被吸收的物质不仅有CO2,还有水蒸气及盐酸中挥发出的HCl气体。【3年模拟】时间:45分钟分值:66分一、选择题(本题共8小题,每小题2分,共16分,每小题只
120、有一个选项符合题目要求)1.(2021届诸城一中11月模拟,8)下列实验中,实验设计或所选装置合理的是()A.用乙醇提取碘水中的碘,应选择图所示装置B.用图和图所示装置进行粗盐提纯C.用图所示装置进行石油分馏实验制取汽油D.图所示装置中盛有饱和Na2SO3溶液,用于除去SO2中含有的少量HCl答案B2.(2020威海一模,7)用如图所示的装置进行实验,仪器a、b、c中分别盛有试剂1、2、3,其中能达到实验目的的是()选项试剂1试剂2试剂3实验目的A浓盐酸MnO2饱和食盐水制备Cl2B浓硫酸乙醇溴水验证乙烯能使溴水褪色C盐酸Na2SO3品红试液证明SO2具有漂白性D稀硫酸溶液X澄清石灰水验证X溶
121、液中是否有CO32-答案C3.(2020山东等级考模拟二,6)设计如下装置制备硝酸(夹持装置略),每个虚线框表示一个装置单元,其中完全正确的是()A.B.C.D.答案A4.(2021届日照一中高三11月调研,7)用CuCl22H2O晶体制取无水CuCl2的实验装置如图所示。下列说法错误的是()A.通入HCl 可以抑制CuCl2 的水解B.先滴入浓硫酸,再点燃c 处酒精灯C.硬质玻璃管内部右侧会出现白雾D.装置d 中上层为苯,下层为NaOH 溶液答案D5.(2021届青岛二中分校期中,9)某废催化剂主要成分有SiO2、ZnO、ZnS和CuS。某化学兴趣小组拟用该废催化剂为原料制备硫酸锌和硫酸铜晶
122、体。采用的实验方案如下:已知:ZnS与稀硫酸发生反应且化合价不变,CuS既不溶于稀硫酸也不和稀硫酸反应。下列说法正确的是()A.第一次浸出可以在烧杯中进行B.第二次浸出时发生反应为CuS+H2O2+H2SO4CuSO4+S+2H2OC.滤渣2中只有二氧化硅D.获得硫酸锌和硫酸铜晶体采用蒸发结晶的方式答案B6.(2020泰安一模,9)下列方案设计能达到实验目的的是()AB检验淀粉是否水解由褪色快慢研究反应物浓度对反应速率的影响CD证明发生了取代反应验证KspCu(OH)2稀硝酸。基于以下事实:.稀硝酸不能氧化NO,而浓硝酸能将NO氧化成NO2.稀硝酸与磷化物反应时,只能将磷元素氧化成单质磷,而浓
123、硝酸与磷化物反应时,能将磷元素氧化成PO43-.稀硝酸只能将HI氧化成单质碘,而浓硝酸能把HI氧化成HIO3.回答下列问题:(1)某同学通过实验验证事实,所用实验装置(夹持装置略)如图(实验前用N2将装置中空气排尽):已知:氢氧化钠溶液不与NO反应,能与NO2反应生成NaNO3和NaNO2。B的作用是,B中反应的离子方程式为。实验时,首先将a和b相连接,C中的试剂为,C中观察到的现象是。然后将a与c相连接,其目的是,E中观察到的现象是。(2)根据事实,写出稀硝酸与磷化亚铜(Cu3P)反应的化学方程式。(3)根据事实,将HI气体通入浓HNO3中至过量,一段时间后溶液由无色变为黄褐色,写出生成使溶
124、液显黄褐色的物质的离子方程式。(4)请你举出一例将补充完整。答案(13分,每空2分,特殊标注1分)(1)将NO2转化为NO(1分)3NO2+H2O2H+2NO3-+NO浓HNO3(1分)液面上方气体由无色变为红棕色(1分)验证稀HNO3不能氧化NO(1分)E装置液面上方气体仍为无色(1分)(2)Cu3P+8HNO3(稀)3Cu(NO3)2+2NO+P+4H2O(3)8H+2NO3-+6I-3I2+2NO+4H2O、IO3-+5I-+6H+3H2O(4)常温下,浓硝酸与Cu反应速率快,而稀硝酸与Cu反应速率慢(或其他合理答案)教师专用题组【3年模拟】时间:60分钟分值:80分一、选择题(每小题2
125、分,共24分)1.用如图所示的装置进行实验(夹持仪器略去,必要时可加热),其中a、b、c中分别盛有试剂1、2、3,能达到相应实验目的的是()选项试剂1试剂2试剂3实验目的装置A浓盐酸MnO2饱和NaCl溶液除去Cl2中的HClB浓HNO3Cu片KI-淀粉溶液验证NO2的氧化性C稀硫酸溶液X澄清石灰水验证X中是否有CO32-D70%硫酸Na2SO3酸性KMnO4溶液验证SO2具有漂白性答案AMnO2和浓盐酸加热制取氯气,由于浓盐酸具有挥发性,故制得的氯气中含有HCl,通过饱和食盐水可以除去HCl,A项正确;铜和浓硝酸反应生成NO2,由于浓硝酸具有挥发性,故制得的NO2中含有HNO3,HNO3也能
126、将KI氧化为I2,从而对验证NO2的氧化性产生干扰,B项错误;能使澄清石灰水变浑浊的气体可能是CO2或SO2,因此若澄清石灰水变浑浊,溶液X可能含有CO32-、HCO3-、SO32-、HSO3-中的一种或几种,C项错误;Na2SO3与70%硫酸反应生成SO2,SO2使酸性KMnO4溶液褪色体现的是SO2的还原性而不是漂白性,D项错误。2.用下图装置制取、提纯并收集表中的四种气体(a、b、c表示相应仪器中加入的试剂),其中可行的是()选项气体abcANO2浓硝酸铜片NaOH溶液BSO2浓硫酸Cu酸性KMnO4溶液CNH3浓氨水生石灰碱石灰DO2双氧水MnO2浓硫酸答案D本题涉及了NO2、SO2、
127、NH3、O2制备的原理、发生装置的选择、气体的干燥、收集的方法等知识,考查了对知识的识记、再现及应用等能力,体现了科学态度与社会责任的学科核心素养。A项,NO2能与氢氧化钠溶液反应,收集不到NO2气体,错误;B项,铜和浓硫酸反应需要加热,且SO2能被酸性KMnO4溶液氧化,故不能用酸性KMnO4溶液除杂,错误;C项,碱石灰是固体干燥剂,应放在干燥管中,且应用向下排空气法收集NH3,错误;D项,双氧水在MnO2的催化作用下分解放出O2,O2能用浓硫酸干燥,其密度大于空气,可用向上排空气法收集,正确。3.下列实验能够成功的是()A.检验亚硫酸钠试样是否变质试样白色沉淀沉淀不溶解说明试样已变质B.除
128、去粗盐中含有的硫酸钙杂质粗盐精盐C.检验某溶液中是否含有Fe2+试样溶液颜色无变化溶液变红色溶液中含有Fe2+D.证明酸性条件下H2O2的氧化性比I2强NaI溶液溶液变蓝色氧化性:H2O2I2答案CBaSO3在酸性条件下可以被NO3-氧化为BaSO4,A不正确;过量的Ba2+无法除去,B不正确;Fe2+可被氧化为Fe3+,C正确;稀硝酸也能氧化I-,D不正确。规律方法粗盐提纯时,除杂试剂BaCl2应在Na2CO3之前加入,过滤之后加盐酸调节溶液的pH。4.某活动小组以废催化剂(主要成分SiO2、ZnO、ZnS和CuS)为原料,制备硫酸锌和硫酸铜晶体。设计的实验方案如下:下列说法不正确的是()A
129、.步骤中能溶于稀硫酸的是ZnO、ZnSB.步骤、中发生的反应均为氧化还原反应C.步骤涉及的离子反应可能为CuS+H2O2+2H+Cu2+S+2H2OD.步骤和中采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的方法均可获取粗晶体答案BA项,ZnO、ZnS可与稀硫酸反应,CuS不溶于稀硫酸,正确;B项,中发生反应:ZnO+H2SO4ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4ZnSO4+H2S,不是氧化还原反应,错误;C项,中发生反应:CuS+H2O2+2H+Cu2+S+2H2O,正确;D项,步骤和均为由溶液得到含结晶水的晶体,则均采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的方法获得晶体,正确。5.下列实验方案中不能达到相应实验目的的
130、是()选项ABCD方案已知溶解度(20)NaHCO3:9.6gNa2CO3:21.8g将NO2球浸泡在冷水和热水中目的探究浓度对化学反应速率的影响制备氨气室温下比较NaHCO3和Na2CO3的溶解度探究温度对化学平衡的影响答案C向体积和浓度均相同的KMnO4酸性溶液中加入体积相同而浓度不同的H2C2O4溶液,观察KMnO4酸性溶液褪色快慢,可探究浓度对化学反应速率的影响,A项能达到目的;实验室可用加热NH4Cl和Ca(OH)2的方法来制备NH3,加热时试管口需略向下倾斜,B项能达到目的;根据NaHCO3和Na2CO3的溶解度和图示蒸馏水的体积、固体质量可知,NaHCO3和Na2CO3均未完全溶
131、解,故通过该实验无法比较室温下NaHCO3和Na2CO3的溶解度,C项不能达到目的;根据图示装置,处于冷水和热水中的烧瓶中气体颜色不同,可探究温度对化学平衡的影响,D项能达到目的。温馨提示选项A能达到相应实验目的的关键是KMnO4不能过量,若不能保证KMnO4完全反应,则溶液颜色不能完全褪去。6.某同学探究SO2使品红溶液褪色的过程,将SO2通入水中得到pH=2的溶液A,后续操作如表所示,下列说法不正确的是()实验1实验2A.溶液ApH=2的原因是SO2+H2OH2SO3H+HSO3-B.实验1、实验2均体现了SO2的还原性和漂白性C.经实验1、2对比可知品红溶液褪色的过程是可逆的D.实验2中
132、用NaOH溶液调节pH=2的原因是排除H+浓度变化产生的干扰答案BA项,溶液的pH=2的原因是二氧化硫溶于水生成的亚硫酸不完全电离产生氢离子和亚硫酸氢根离子:SO2+H2OH2SO3H+HSO3-,正确;B项,实验1中SO2与I2反应,碘酒褪色,SO2表现还原性,生成H2SO4与HI,调节pH后滴加品红溶液,溶液变红,是品红溶液的颜色,该实验中SO2未表现出漂白性,错误;C项,实验2中滴加品红溶液后,溶液无色,可能是SO2表现漂白性,然后加入碘酒,SO2与碘单质反应被消耗,SO2表现还原性,溶液恢复红色,对比实验1,说明实验2中操作后溶液褪色确实是因为SO2具有漂白性,且加入碘酒并调节pH后溶
133、液又变红说明该漂白过程是可逆的,正确;D项,实验1、2都是在pH=2的溶液中进行,可排除H+浓度不同产生的干扰,正确。思路点拨认真分析实验方案,对比实验1、2的异同。实验1中滴加碘酒,I2能氧化SO2生成H2SO4和HI,碘酒褪色,加碱调节pH后滴加品红溶液不褪色;实验2中向A溶液中滴加品红褪色,说明SO2有漂白性,滴加碘酒能和SO2反应,加碱调节pH后溶液恢复红色,说明SO2使品红溶液褪色的过程是可逆的。7.碘循环工艺不仅能吸收SO2降低环境污染,同时又能制得氢气,具体流程如下:下列说法正确的是()A.分离器中的物质分离操作为过滤B.膜反应器中,增大压强有利于提高速率和HI的平衡转化率C.该
134、工艺中I2和HI的相互转化体现了“碘循环”D.碘循环工艺的总反应为2SO2+4H2O+I2H2+2H2SO4+2HI答案CA项,过滤适用于分离难溶性固体和液体,从硫酸和氢碘酸的混合液中分离出硫酸,不能用过滤法;B项,膜反应器中HI分解为H2和I2,该反应前后气体体积不变,增大压强化学平衡不移动,不能提高HI的平衡转化率;D项,观察分析流程图知,碘循环工艺的总反应为SO2+2H2OH2+H2SO4。8.(双选)铋酸钠(NaBiO3)是土黄色或棕色无定形粉末,不溶于冷水,在热水中分解有气泡产生。其悬浊液在酸性介质中是强氧化剂,可将Mn2+氧化为高锰酸根离子。可利用过氧化钠在熔融的状态下,氧化氧化铋
135、(Bi2O3)制备铋酸钠。下列说法错误的是()A.铋酸钠可与盐酸酸化的硫酸锰反应制得高锰酸根离子B.铋酸钠在热水中分解生成Bi2O5C.上述用过氧化钠制备铋酸钠的同时有Na2O生成D.上述用过氧化钠制备铋酸钠需在无H2O、无CO2的环境中进行答案AB铋酸钠在酸性介质中具有强氧化性,可被溶液中的氯离子还原,因此不能用盐酸酸化,A项错误;铋酸钠在热水中分解有气泡产生,该气体只能是氧气,为氧化产物,则还原产物为Bi2O3,B项错误;根据原子守恒和得失电子守恒判断,用过氧化钠制备铋酸钠的反应中一定有Na2O生成,反应的化学方程式为2Na2O2+Bi2O32NaBiO3+Na2O,C项正确;题述用过氧化
136、钠制备铋酸钠需在无H2O、无CO2的环境中进行,D项正确。9.下列实验所用试剂、现象和结论均正确的是()选项实验装置现象结论A装置中有浅黄色沉淀苯和浓溴水发生取代反应B高锰酸钾溶液褪色,溴的四氯化碳溶液褪色石蜡油的分解产物中含有不饱和烃C盛有饱和碳酸钠溶液的试管中,上方出现油状液体制备乙酸乙酯D甲醚有气泡鉴别乙醇与甲醚(CH3OCH3)答案BA项,制取溴苯时应使用苯和液溴,不能使用浓溴水,A项错误;B项,石蜡油的主要成分是烃的混合物,在碎瓷片的催化作用下,石蜡油会裂(分)解,产物中含有烯烃等不饱和烃,B项正确;C项,制备乙酸乙酯时需要加入浓硫酸,C项错误;D项,甲醚与钠不反应,故与金属钠接触时
137、不会有气泡产生,D项错误。知识归纳制备乙酸乙酯时,饱和碳酸钠溶液的作用:中和乙酸、溶解乙醇、降低乙酸乙酯的溶解度。10.为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系,进行如图所示实验:下列说法不正确的是()A.试管溶液变蓝证明有I2生成B.结合试管、中现象,可知2Fe3+2I-2Fe2+I2C.试管中溶液褪色说明I2转化为I-,此时I-还原性强于Fe2+D.对比实验和试管中现象,说明物质的氧化性与还原性强弱受浓度影响答案CA项,淀粉遇碘变蓝,故试管中溶液变蓝证明有I2生成,正确;B项,试管中溶液变红,则有Fe3+存在,同时存在Fe3+与I2说明该反应为可逆反应,即2Fe3+2I-2Fe2+I
138、2,正确;C项,试管中产生AgI沉淀,说明I2转化为I-,反应平衡逆向移动,Fe2+为还原剂,I-为还原产物,故此时Fe2+还原性强于I-,错误;D项,实验中Fe2+为还原产物,I-为还原剂,故I-还原性强于Fe2+,试管中加入AgNO3溶液,I-浓度降低,还原性减弱,故可以说明物质的氧化性与还原性强弱受浓度影响,正确。11.(双选)某兴趣小组采用10.0g废易拉罐(含Al97.2%、Fe1.3%等)制备明矾固体产品,实验方案如下。已知:明矾的化学式为KAl(SO4)212H2O,其摩尔质量为474gmol-1。下列叙述错误的是()A.合理处理废易拉罐有利于环境保护和资源再利用B.沉淀a为Fe
139、(OH)3,沉淀b为Al2(CO3)3C.上述流程中的NaHCO3可用NaHSO4代替D.最终得到142.2g产品,则明矾的产率约为83.3%答案BC采用废易拉罐制备明矾,有利于环境保护和资源再利用,A项正确;向滤液中加入NaHCO3,滤液中的Al3+会与HCO3-发生相互促进的水解反应生成Al(OH)3沉淀,所以不能用NaHSO4代替NaHCO3,B、C项错误;10.0g废易拉罐中含有Al97.2%,所以m(Al)=9.72g,n(Al)=0.36mol,则nKAl(SO4)212H2O=0.36mol,mKAl(SO4)212H2O=170.64g,(明矾)=142.2170.64100%
140、83.3%,D项正确。12.孔雀石的主要成分为xCuCO3yCu(OH)2zH2O,为测定其中CuCO3的质量分数,称取ag样品进行实验。下列实验方案可行的是()A.充分加热样品,用碱石灰吸收逸出气体,增重bgB.加热至样品质量不再发生变化,称得其质量为bgC.向样品中加入足量的稀盐酸,用排水法收集逸出气体,得bmL气体D.向样品中加入足量的稀盐酸,充分反应,将生成的气体全部通入到足量Ba(OH)2溶液中,过滤、洗涤、烘干,得bg固体答案D充分加热样品,用碱石灰吸收逸出气体,气体为二氧化碳和水,无法求出CuCO3的质量,故A错误。加热至样品质量不再发生变化,称得其质量为bg,该固体为氧化铜,但
141、氧化铜来自CuCO3和Cu(OH)2的分解,无法求出CuCO3的质量,故B错误。向样品中加入足量的稀盐酸,产生的气体二氧化碳能溶于水,测得的CO2体积不准确,不能准确求出CuCO3的质量,故C错误。向样品中加入足量的稀盐酸,充分反应,产生的气体二氧化碳来自CuCO3与盐酸的反应,将生成的气体全部通入到足量Ba(OH)2溶液中,过滤、洗涤、烘干,得bg固体,可根据碳酸钡的质量求出二氧化碳的质量,最终求出CuCO3的质量和质量分数,故D正确。试题分析xCuCO3yCu(OH)2zH2O加热分解产生氧化铜、二氧化碳和水,氧化铜来自CuCO3和Cu(OH)2的分解,二氧化碳来自CuCO3的分解,水来自
142、Cu(OH)2的分解和结晶水。xCuCO3yCu(OH)2zH2O与盐酸反应产生氯化铜、二氧化碳和水,氯化铜来自CuCO3和Cu(OH)2与盐酸反应;二氧化碳来自CuCO3与盐酸反应,要测定其中CuCO3的质量分数,必须求出CuCO3的质量。二、非选择题(共56分)13.(14分)草酸是一种二元弱酸,可用作还原剂、沉淀剂等。某校课外小组的同学设计利用C2H2气体制取H2C2O42H2O。回答下列问题:(1)甲组的同学以电石(主要成分CaC2,少量CaS及Ca3P2杂质等)为原料,并用图1装置制取C2H2。图1装置A中用饱和食盐水代替水的目的是。装置B中,NaClO将H2S、PH3氧化为硫酸及磷
143、酸,本身被还原为NaCl,其中PH3被氧化的离子方程式为。(2)乙组的同学根据文献资料,用Hg(NO3)2作催化剂,浓硝酸氧化C2H2制取H2C2O42H2O,制备装置如图2所示:图2装置D中多孔球泡的作用是。装置D中生成H2C2O4的化学方程式为。从装置D中得到产品,还需经过(填操作名称)、过滤、洗涤及干燥。(3)丙组设计了测定乙组产品中H2C2O42H2O质量分数的实验。他们的实验步骤如下:准确称取mg产品于锥形瓶中,加入适量的蒸馏水溶解,再加入少量稀硫酸,然后用cmolL-1酸性KMnO4标准溶液滴定至终点,共消耗标准溶液VmL。滴定终点的现象是。产品中H2C2O42H2O的质量分数为(
144、列出含m、c、V的表达式)。答案(1)减慢反应速率,获得平缓气流PH3+4ClO-H3PO4+4Cl-(2)增大气体和溶液的接触面积,加快反应速率,使反应充分进行C2H2+8HNO3H2C2O4+8NO2+4H2O蒸发浓缩、冷却结晶(3)当加入最后一滴标准液时,溶液由无色变为浅红色且30s内不恢复原来的颜色31.5cVm%解析(1)电石与水反应非常剧烈,为了减慢反应速率,平缓地产生乙炔,可用饱和食盐水代替水;NaClO将PH3氧化为磷酸,反应的离子方程式为PH3+4ClO-H3PO4+4Cl-。(2)装置D中多孔球泡可增大乙炔气体与硝酸的接触面积,加快反应速率,使反应充分进行;根据装置图,D中
145、Hg(NO3)2作催化剂,浓硝酸氧化乙炔生成H2C2O4,反应的化学方程式为C2H2+8HNO3H2C2O4+8NO2+4H2O;将反应后的D溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品。(3)根据关系式2MnO4-5H2C2O42H2O,可知产品中H2C2O42H2O的质量分数为5126cV10-32m100%=31.5cVm%。14.(14分)无水四氯化锡(SnCl4)常用作有机合成的氯化催化剂。实验室可用熔融的锡(熔点232)与Cl2反应制备SnCl4,装置如图所示。已知:SnCl2、SnCl4有关物理性质如下表:物质颜色、状态熔点/沸点/SnCl2无色晶体246652SnCl4无色
146、液体-33114SnCl4遇水极易水解生成SnO2xH2O。回答下列问题:(1)导管a的作用是,装置A中发生反应的离子方程式为。(2)当观察到装置F液面上方出现现象时才开始点燃酒精灯,待锡熔化后适当增大氯气流量,继续加热。此时继续加热的目的有两点:加快氯气与锡反应和。(3)若上述装置中缺少装置C(其他均相同),则D处具支试管中发生的主要副反应化学方程式为。(4)Cl2和Sn的反应产物有SnCl4和SnCl2,为了防止产品中带入过多的SnCl2,装置D可改为油浴加热来控制温度,该温度范围是。(5)制得的SnCl4产品中常含有SnCl2,可用如下方法测定产品纯度:先准确称量7.60g产品于锥形瓶中
147、,再加过量的FeCl3溶液,发生反应:SnCl2+2FeCl3SnCl4+2FeCl2。再用0.1000molL-1K2Cr2O7标准溶液滴定生成的Fe2+,此时还原产物为Cr3+,消耗标准溶液20.00mL,则SnCl4产品的纯度为。答案(1)使分液漏斗内的液体顺利流下2MnO4-+16H+10Cl-2Mn2+5Cl2+8H2O(2)黄绿色气体使SnCl4汽化,利于从混合物中分离出来(3)SnCl4+(x+2)H2OSnO2xH2O+4HCl(4)232652(5)85%解析(1)导管a的作用是平衡压强,使分液漏斗内的液体顺利流下。(2)当观察到装置F液面上方出现黄绿色气体时,说明装置D中已
148、经充满Cl2;继续加热,除加快氯气与锡反应外,因SnCl4的沸点较低,可以将SnCl4转化为气态,便于分离。(3)若装置中缺少装置C(其他均相同),D装置中含有水蒸气,SnCl4易水解,则D处具支试管中发生的主要副反应的化学方程式为SnCl4+(x+2)H2OSnO2xH2O+4HCl。(4)根据表中数据可知,SnCl4的熔、沸点较低,用油浴加热来控制温度可以将SnCl4转化为气态,为防止产品中带入过多的SnCl2,温度需低于SnCl2的沸点,应控制在232652之间。(5)结合2Fe3+Sn2+2Fe2+Sn4+、6Fe2+Cr2O72-+14H+6Fe3+2Cr3+7H2O可知,存在3Sn
149、Cl2Cr2O72-,根据关系式知n(SnCl2)=3n(K2Cr2O7)=30.1000molL-10.02L=0.006mol,m(SnCl2)=0.006mol190gmol-1=1.14g,则SnCl4产品的纯度=7.60g-1.14g7.60g100%=85%。解题思路SnCl4极易水解,反应应在无水环境中进行;SnCl4在空气中极易水解,为防止其水解,用浓硫酸干燥氯气,装置F可防止G溶液中的水蒸气进入收集器中;金属锡易与氯气、氧气反应,反应时应先用氯气将装置中的空气排出。15.(14分)氯苯在染料、医药工业中常用于制造苯酚、硝基氯苯、苯胺、硝基苯酚等有机中间体。实验室中制备氯苯的装
150、置如图所示(其中夹持仪器已略去)。请回答下列问题:(1)仪器a中盛有KMnO4晶体,仪器b中盛有浓盐酸。打开仪器b中的活塞,使浓盐酸缓缓滴下,可观察到仪器a内的现象是,用离子方程式表示产生该现象的原因:。(2)仪器b外侧的细玻璃导管的作用是。(3)仪器d中盛有苯、FeCl3粉末,仪器a中生成的Cl2经过仪器e进入仪器d中。仪器e的名称是,其中盛装的试剂名称是。仪器d中的反应进行过程中,应保持温度在4060之间,以减少副反应的发生。仪器d的加热方式最好采用加热。(4)仪器c的作用是。(5)该方法制备的氯苯中含有很多杂质。在工业生产中,先通过水洗除去FeCl3、HCl及部分Cl2,然后通过碱洗除去
151、其余Cl2,碱洗后通过分液得到含氯苯的有机混合物,混合物成分及各成分的沸点如表所示:有机物苯氯苯邻二氯苯间二氯苯对二氯苯沸点/80.0132.2180.4172.0173.4碱洗前先进行水洗的目的是。从该有机混合物中提取氯苯时,采用蒸馏方法,收集左右的馏分。(6)工业生产中,苯的流失量如表所示:损失项目蒸气挥发二氯苯其他合计苯流失量/(kg/t)20.811.756.789.2某一次投产,加入13t苯,则制得的氯苯为t(保留一位小数)。答案(1)有黄绿色气体生成2MnO4-+10Cl-+16H+2Mn2+5Cl2+8H2O(2)使浓盐酸能顺利滴下(或平衡仪器a、b内的压强)(3)洗气瓶浓硫酸水
152、浴(4)冷凝回流(5)减少后续碱洗操作时碱的用量,节约成本132.2(6)17.1解析(1)仪器a内发生的反应是KMnO4在酸性条件下氧化Cl-生成Cl2的反应。(2)仪器b外侧的细玻璃导管能使仪器a与仪器b中的压强保持相同,从而使浓盐酸能顺利滴下。(3)仪器a中制备的Cl2中含有水蒸气和HCl杂质,而后续氯苯的制备中也产生HCl,故只需除去水蒸气,因此洗气瓶中应盛有浓硫酸,对气体进行干燥。制备氯苯的反应需要温度低于100,故最好采用平缓易控的水浴加热方式。(6)13t1000-89.21000112.57817.1t。16.(14分)草酸是一种常用的还原剂,某校高三化学小组探究草酸被氧化的速
153、率问题。实验试剂混合后溶液pH现象(1h后溶液)试管滴管a4mL0.01molL-1KMnO4溶液,几滴浓H2SO42mL0.3molL-1H2C2O4溶液2褪为无色b4mL0.01molL-1KMnO4溶液,几滴浓NaOH7无明显变化c4mL0.01molL-1K2Cr2O7溶液,几滴浓H2SO42无明显变化d4mL0.01molL-1K2Cr2O7溶液,几滴浓NaOH7无明显变化(1)H2C2O4是二元弱酸,写出H2C2O4溶于水的电离方程式:。(2)实验试管a中KMnO4最终被还原为Mn2+,该反应的离子方程式为。(3)瑛瑛和超超查阅资料,实验试管c中H2C2O4与K2Cr2O7溶液反应
154、需数月时间才能完成,但加入MnO2可促进H2C2O4与K2Cr2O7的反应。依据此资料,吉吉和昊昊设计如下实验证实了这一点。实验实验实验实验操作实验现象6min后固体完全溶解,溶液橙色变浅,温度不变6min后固体未溶解,溶液颜色无明显变化6min后固体未溶解,溶液颜色无明显变化实验的目的是:。(4)睿睿和萌萌对实验继续进行探究,发现溶液中Cr2O72-浓度变化如图:臧臧和蔡蔡认为此变化是通过两个过程实现的。过程.MnO2与H2C2O4反应生成了Mn2+。过程.。查阅资料:溶液中Mn2+能被PbO2氧化为MnO4-。针对过程,可采用如下方法证实:将0.0001molMnO2加入到6mL中,固体完
155、全溶解;从中取出少量溶液,加入过量PbO2固体,充分反应后静置,观察到。波波和姝姝设计实验方案证实了过程成立,她们的实验方案是。(5)综合以上实验可知,草酸发生氧化反应的速率与有关。答案(1)H2C2O4HC2O4-+H+、HC2O4-C2O42-+H+(2)5H2C2O4+6H+2MnO4-10CO2+2Mn2+8H2O(3)排除实验中MnO2直接还原重铬酸钾的可能性(4)Mn2+加快草酸与重铬酸钾的反应.0.1mol/LH2C2O4溶液(调至pH=2)上清液为紫色将2mL0.3mol/LH2C2O4溶液与4mL0.01mol/LK2Cr2O7溶液混合,调至pH=2,加入0.0001molM
156、nSO4固体,6min后溶液橙色变浅(5)氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂解析(1)H2C2O4是二元弱酸,分步且不完全电离,电离方程式用“ ”连接。(2)MnO4-和H2C2O4反应生成Mn2+和CO2,结合得失电子守恒、电荷守恒和酸性条件写出反应的离子方程式。(3)MnO2中Mn的化合价为+4,可能被K2Cr2O7氧化为更高价态;H2C2O4具有还原性,能被K2Cr2O7氧化,所以实验是对比实验,目的是排除实验中MnO2直接还原重铬酸钾的可能性。(4)由图像可知,2min之前反应缓慢,随着反应进行,反应物浓度降低,反应速率应该降低,但2min后反应速率陡增,在温度基本不变时,猜想是生成物
157、加快了反应速率,即生成的Mn2+加快了草酸与重铬酸钾的反应。Mn2+能被PbO2氧化为紫色的MnO4-,通过观察溶液颜色变化可证明溶液中生成了MnO4-,为了防止溶液酸性和c(Mn2+)不同造成干扰,结合过程和实验信息可知,先用0.0001molMnO2和6mL0.1mol/LH2C2O4溶液制备与实验等浓度的Mn2+,形成对比实验。设计实验证明Mn2+有催化作用,可在H2C2O4和K2Cr2O7浓度不变的条件下,加入与实验MnO2等物质的量的可溶性MnSO4,既可验证Mn2+的催化作用,又可排除SO42-的干扰,注意溶液颜色变化。(5)根据实验可知,草酸发生氧化反应的速率与氧化剂种类、溶液酸
158、碱性有关,根据实验、可知草酸发生氧化反应的速率与是否有催化剂有关,所以草酸发生氧化反应的速率与氧化剂种类、溶液酸碱性、是否有催化剂等有关。【模块卷】时间:30分钟分值:42分一、选择题(每小题2分,共18分)1.下列有关实验的选项正确的是()A.配制0.10mol/LNaOH溶液B.观察Fe(OH)2的生成C.除去氯气中的氯化氢D.记录滴定终点读数为12.20mL答案B定容时应平视刻度线,图中为俯视,A错误;植物油隔绝空气,可防止氢氧化亚铁被氧化,B正确;二者均与碳酸氢钠反应,应选饱和食盐水,C错误;滴定管的0刻度在上方,图中读数为11.80mL,D错误。关联知识Cl2+H2OHCl+HClO
159、,HCl与NaHCO3溶液反应,平衡正向移动。2.CuBr是一种白色晶体,见光或潮湿时受热易分解,在空气中逐渐变为浅绿色。实验室制备CuBr的反应原理为SO2+2CuSO4+2NaBr+2H2O2CuBr+2H2SO4+Na2SO4,用下列装置进行实验,不能达到实验目的的是()A.用装置甲制取SO2B.用装置乙制取CuBrC.用装置丙避光将CuBr与母液分离D.用装置丁干燥CuBr答案DNa2SO3+H2SO4(浓)Na2SO4+H2O+SO2,装置乙中玻璃球泡可使SO2与CuSO4、NaBr混合液充分反应,用装置丙避光过滤可得到CuBr,用装置丁在空气中加热烘干CuBr会导致CuBr分解或加
160、快其转化为浅绿色固体的速率。故A、B、C均可达到实验目的,D不能达到实验目的。3.下列图示对应的实验操作不合理的是()答案A灼烧海带应该用坩埚,A不正确;K2Cr2O7溶液有强氧化性,用酸式滴定管盛装,B正确;粗盐水含泥沙,C正确;浓硫酸稀释时放热,需用玻璃棒不断搅拌,D正确。4.下列图示实验正确的是()答案DA项,过滤时,玻璃棒下端应靠在三层滤纸一侧,且漏斗下端尖口应紧贴烧杯内壁,错误;B项,试管口应略向下倾斜,错误;C项,气体通过洗气瓶时应“长管进,短管出”,错误;D项正确。5.关于下列各实验装置的叙述中正确的是()A.装置可用于吸收氯化氢气体B.装置可用于制取氯气C.装置可用于制取乙酸乙
161、酯D.装置可用于制取氨气答案AHCl气体不溶于CCl4,用装置吸收HCl气体不会发生倒吸,A正确;用浓盐酸与MnO2反应制取氯气,必须在加热条件下才能进行,B错误;导管不能插入饱和Na2CO3溶液液面下,C错误;反应物缺少Ca(OH)2,D错误。6.下列实验操作和现象对应的结论错误的是()选项实验操作和现象结论A将铜片与铁片用导线连接插入浓硝酸中,铁片与表面产生气泡金属铁比铜活泼B常温下,测定同浓度NaA和NaB溶液的pH:NaA小于NaB相同条件下,在水中HA的电离程度大于HBC加热含有酚酞的Na2CO3溶液,溶液红色加深CO32-的水解反应是吸热反应D向饱和FeSO4溶液中加入CuS固体,
162、测得溶液中c(Fe2+)不变Ksp(CuS)Ksp(FeS)答案A铁片遇浓硝酸会钝化,因此将铜片与铁片用导线连接插入浓硝酸中,铜片作负极,铁片作正极,无法得出铁比铜活泼的结论,A错误;A-的水解程度小于B-,说明HA酸性强于HB,相同条件下,在水中HA的电离程度大于HB,B正确;升温使CO32-水解程度增大,溶液碱性增强,说明CO32-水解反应是吸热反应,C正确;Fe2+浓度不变说明CuS没有转化为FeS,则Ksp(CuS)SC向等浓度的NaHCO3溶液和 Na2CO3溶液中分别滴加2滴酚酞试液后者红色更深水解程度:NaHCO3Na2CO3D向1molL-1Na2S溶液中滴加0.1molL-1
163、ZnSO4溶液至不再产生沉淀,继续滴加0.1molL-1CuSO4溶液白色沉淀变为黑色Ksp(CuS)Ksp(ZnS)答案B原溶液若含有Fe3+会出现同样的现象,A不正确;氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性,B正确;由现象得出的结论是水解程度:Na2CO3NaHCO3,C不正确;ZnS转化为CuS,说明Ksp(CuS)Ksp(ZnS),D不正确。拓展延伸D项中若要证明ZnS可以转化为CuS,则必须保证生成ZnS后S2-不能剩余。8.下列实验操作能达到实验目的的是()实验目的实验操作A制备Al2S3固体AlCl3溶液与Na2S溶液反应,过滤B判断HCOOH是弱酸测定HCOONa溶液的酸碱性C干燥
164、SO2气体将SO2气体通过盛有碱石灰的U形管D分离乙酸乙酯和碳酸钠溶液用长颈漏斗分离碳酸钠溶液和乙酸乙酯答案BAl3+与S2-在水溶液中发生反应生成Al(OH)3和H2S,通常用铝粉和硫粉共热制备Al2S3固体,A项错误;测定HCOONa溶液呈碱性,可推知HCOOH是弱酸,B项正确;SO2是酸性氧化物,能与碱石灰反应,故不能用碱石灰干燥,C项错误;长颈漏斗不能用来分液,D项错误。9.将0.2mol/L的KI溶液和0.05mol/LFe2(SO4)3溶液等体积混合充分反应后,取混合液分别完成下列实验,能说明溶液中存在化学平衡2Fe3+2I-2Fe2+I2的是()A.向混合液中滴入淀粉溶液,溶液变
165、蓝色B.向混合液中滴入KSCN 溶液,溶液变红色C.向混合液中滴入AgNO3溶液,有黄色沉淀生成D.向混合液中滴入K3Fe(CN)6溶液,有蓝色沉淀生成答案B可逆反应中反应物均不能完全反应,通过理论计算可知该反应中I-过量,若Fe3+在反应后的溶液中存在,可证明该反应为可逆反应,故B正确。二、非选择题(共24分)10.(14分)硫酰氯(SO2Cl2)常作氯化剂或氯磺化剂,用于制作药品、染料、表面活性剂等,有关物质的部分性质如下表:物质熔点/沸点/其他性质SO2Cl2-54.169.1易水解,产生大量白雾易分解:SO2Cl2SO2+Cl2H2SO410.4338吸水性且不易分解实验室用于干燥、纯
166、净的二氧化硫和氯气合成硫酰氯,装置如图所示(夹持仪器已省略),请回答有关问题:(1)仪器A冷却水的进水口为(填“a”或“b”)。(2)仪器B中盛放的药品是,其目的是。(3)实验时,装置丁中发生反应的离子方程式为,当生成6.72L的氯气(标准状况下),转移电子的物质的量为。(4)装置丙盛放的试剂是,若缺少装置乙,对实验造成的影响是。(5)少量硫酰氯也可用液态氯磺酸(ClSO3H)低温催化分解获得,该反应的化学方程式为:2ClSO3HH2SO4+SO2Cl2,从分解产物中分离出硫酰氯的操作是。答案(1)a(2)碱石灰吸收尾气并防止空气中水蒸气进入反应装置导致产品水解(3)ClO3-+5Cl-+6H
167、+3Cl2+3H2O0.5(4)饱和氯化钠溶液SO2Cl2发生水解(5)蒸馏解析(2)产品SO2Cl2易水解,应避免与水蒸气接触;尾气中含有SO2和Cl2。(3)。(4)丙中试剂应除去Cl2中的HCl气体;乙装置为Cl2的干燥装置。(5)SO2Cl2与H2SO4沸点差别较大,故蒸馏H2SO4和SO2Cl2的混合物可分离出SO2Cl2。规律技巧凡是收集易吸水或易水解的药品的装置,其后必连接隔绝水蒸气的装置。11.(10分)古代硫酸的制法是隔绝空气煅烧绿矾(FeSO47H2O),将蒸气冷却可制得一种无色黏稠的液体“绿矾油”,剩余的固体为红棕色。已知SO3的熔点是16.8,沸点是44.8,在加热条件
168、下SO3具有比较强的氧化性。完成下列各题:(1)“绿矾油”中溶质的化学式为。(2)用如图所示装置煅烧绿矾并检验气体产物,煅烧一段时间后,发现D中U形管内出现无色黏稠的液体,B中品红溶液褪色。上述装置正确的连接顺序是A(用大写字母表示)。写出煅烧绿矾的化学方程式:。(3)绿矾在空气中部分被氧化为硫酸铁,现取3.66g绿矾样品溶于稀盐酸,加入足量的BaCl2溶液,过滤得沉淀4.66g,向溶液中通入56mL(标准状况)氯气恰好将Fe2+完全氧化,计算变质后的绿矾晶体中n(Fe3+)n(Fe2+)为。答案(1)H2SO4(2分)(2)DEBC(2分)2FeSO47H2OFe2O3+SO3+SO2+14
169、H2O(或 2FeSO47H2OFe2O3+H2SO4+SO2+13H2O)(3分)(3)21(3分)解析(1)古代硫酸的制法是隔绝空气煅烧绿矾(FeSO47H2O),将蒸气冷却可制得一种无色黏稠的液体“绿矾油”,剩余的固体为红棕色,可知生成氧化铁、SO3与水(SO3与水反应生成硫酸),所以“绿矾油”中溶质的化学式为H2SO4。(2)品红溶液检验SO2,氢氧化钠溶液吸收SO2以防污染,E是安全瓶,防倒吸,正确的连接顺序是ADEBC。根据氧化还原反应的规律,铁元素化合价升高,硫元素化合价降低,所以还有SO2生成,根据原子守恒、得失电子守恒可得煅烧绿矾的化学方程式为2FeSO47H2OFe2O3+
170、SO3+SO2+14H2O或2FeSO47H2OFe2O3+H2SO4+SO2+13H2O。(3)设硫酸根离子的物质的量为xmol,亚铁离子的物质的量为ymol,则有Ba2+SO42-BaSO41mol1molxmol4.66233mol2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-2mol1molymol0.05622.4mol则xmol4.66233mol=1mol1mol,ymol0.05622.4mol=2mol1mol解得x=0.02,y=0.005,根据电荷守恒得3n(Fe3+)+2n(Fe2+)=2n(SO42-),则n(Fe3+)=0.022-0.00523mol=0.01mol,n(Fe3+)n(Fe2+)=21。98
