2021高考化學(浙江專用)二輪考點突破-答案解析-專題二十三物質的制備、分離提純與綜合實驗-

專題二十三物質的制備、分別提純與綜合試驗真題考點·高效突破考點一:物質的分別與提純【真題題組】1.D乙醇和水會互溶,不能從水中萃取碘,故A錯誤;乙酸乙酯和乙醇互溶,不能用分液法進行分別,故B錯誤;NaCl溶解度受溫度的影響變化不大,KNO3的溶解度受溫度影響變化較大,可以用重結晶的方法分別,但不是由于NaCl溶解度大,故C錯誤;丁醇和乙醚的沸點相差較大,可以用蒸餾法進行分別,故D正確。2.C得到濾液和不溶性物質,用過濾裝置,A正確;將水層溶液和有機層溶液分別,要用分液漏斗,B正確;從水層溶液中分別出固體的操作是蒸發(fā)結晶,要用蒸發(fā)皿,C錯誤;用蒸餾的方法從有機層溶液中分別出甲苯,D正確。3.B溴乙烷在NaOH乙醇溶液中加熱發(fā)生消去反應,乙醇易揮發(fā)生成的乙烯中含有乙醇等雜質氣體,乙醇也可以使高錳酸鉀酸性溶液褪色,若不除雜不能檢驗乙烯是否存在,A需要;乙醇不與Br2反應,B不需要;乙醇與濃硫酸加熱至170℃4.A該題考查試驗基本操作和物質分別提純的主要方法。A項,用CCl4提取溴水中的溴,用萃取和分液的方法,主要儀器是分液漏斗,正確;B項,苯酚易溶于乙醇等有機溶劑,不能用過濾的方法,應用氫氧化鈉溶液把苯酚轉化成鹽,再蒸餾出乙醇,錯誤;C項,碘升華,但在蒸發(fā)皿中加熱時碘揮發(fā)到空氣中,達不到回收的目的,應當在燒瓶中加熱,錯誤;D項,配制確定物質的量濃度的溶液時,用到的主要儀器是容量瓶,錯誤。5.A乙酸乙酯不溶于水,分別Na2CO3溶液和乙酸乙酯,應當選用③分液裝置,A錯誤。6.DA項苯酚與溴水生成的三溴苯酚仍溶于苯中,無法通過過濾除去雜質,A項錯誤;乙醇與水互溶,B項操作溶液不分層,無法通過分液達到分別、提純目的,B項錯誤;乙醛與水互溶,C項操作溶液不分層,無法通過分液達到分別、提純目的,C項錯誤;乙酸乙酯不溶于Na2CO3溶液,而乙酸與Na2CO3溶液作用轉化為乙酸鈉而進入水相從而與乙酸乙酯分別,D項正確。7.C本題考查試驗基本操作,意在考查考生對試驗方案的評價力氣。乙醇與水能以任意比例混合,不能用來作萃取劑,A正確;新制Cu(OH)2懸濁液能夠與多元醇作用生成絳藍色溶液,可用來檢驗甘油的存在,B正確;試樣點若浸入開放劑中,不能達到試驗目的,C錯;乙酸和CaO作用生成鹽,蒸餾可分別出乙醇,D正確。8.解析:(1)b是直形冷凝管。(2)試驗中為了防止爆沸,常加入碎瓷片;若在加熱過程中發(fā)覺忘加碎瓷片,應當停止加熱待反應液冷卻后再打開瓶塞,加入碎瓷片;否則可能造成液體飛濺,擔憂全。(3)醇在濃硫酸作用下,可以在分子內脫水發(fā)生消去反應,生成烯,也可以在分子間脫水生成醚()。(4)分液漏斗在使用前應當清洗潔凈并檢查是否漏液;在分液時密度大的液體應從漏斗下口放出,密度小的液體應從分液漏斗上口倒出,從題中信息知,產(chǎn)物密度比水小,故應從上口倒出。(5)無水氯化鈣具有吸水性,可作干燥劑,除去粗產(chǎn)品中的少量水分。(6)在環(huán)己烯的蒸餾過程中,用不到吸濾瓶和球形冷凝管,由于吸濾瓶用于抽濾,球形冷凝管用于冷凝回流。(7)+H2O1008220gmg(理論產(chǎn)量)m=QUOTE=16.4,則環(huán)己烯的產(chǎn)率=QUOTE×100%=QUOTE×100%≈61%。答案:(1)直形冷凝管(2)防止暴沸B(3)(4)檢漏上口倒出(5)干燥(或除水除醇)(6)CD(7)C9.解析:(1)①由題干表給信息可知,甲醇和3,5二甲氧基苯酚是互溶的,可以利用兩者的沸點不同,用蒸餾的方法進行分別。②使用分液漏斗時首先要對分液漏斗進行是否漏水的檢查。通過題干表中信息可知,乙醚的密度比水小,所以有機層在分液漏斗的上層。(2)由于在合成時所用的是氯化氫的甲醇溶液,所以加NaHCO3溶液的目的是除去HCl,用飽和食鹽水洗滌的目的是除去少量的NaHCO3雜質,同時降低產(chǎn)物的溶解度,可以削減3,5二甲氧基苯酚的損失。(3)洗滌后,產(chǎn)物中仍混有H2O和乙醚,所以先加入無水CaCl2除去H2O,然后過濾除去CaCl2。通過蒸餾除去乙醚,最終重結晶得到純潔的3,5二甲氧基苯酚。所以操作挨次為dcab。(4)利用吸濾瓶和布氏漏斗進行減壓過濾時,抽氣泵的作用是使吸濾瓶內壓強變小,從而使布氏漏斗中固體與液體快速分別。因此結束操作時,為防止毀滅倒吸現(xiàn)象,必需先撤掉連接抽氣泵和吸濾瓶的橡皮管,然后關閉抽氣泵。答案:(1)①蒸餾②檢查是否漏水上(2)除去HCl除去少量NaHCO3且削減產(chǎn)物損失(3)dcab(4)拆去連接抽氣泵和吸濾瓶的橡皮管關閉抽氣泵10.解析:(1)Mg2+、Al3+同時生成沉淀,則先加入氨水。(2)過濾時漏斗末端沒有緊靠燒杯內壁。(3)檢驗沉淀是否洗凈可向洗滌液加入AgNO3溶液,觀看是否有沉淀產(chǎn)生。高溫焙燒在坩堝中進行。(4)裝置B中飽和NaCl溶液用于除去氯氣中HCl,F盛裝濃硫酸,防止水蒸氣進入E。用干燥管盛裝堿石灰可以起到F和G的作用。答案:(1)B(2)漏斗下端尖嘴未緊貼燒杯內壁(3)AgNO3溶液(或硝酸酸化的AgNO3溶液)坩堝(4)除去HCl吸取水蒸氣堿石灰(或NaOH與CaO混合物)考點二:物質的合成制備【真題題組】1.BNH3應用向下排氣法收集,A項不合理;稀硝酸與Cu反應,產(chǎn)物為NO,且NO與空氣中的O2反應,不應用排氣法收集,C項不合理;濃鹽酸與MnO2在常溫下不反應,D項不合理。2.D氣體的除雜要保證原氣體與洗滌液不反應,由于Cl2能與NaOH溶液反應,A選項錯;由于NH4Cl受熱易分解,所以不能蒸干溶液,應當加熱濃縮,冷卻結晶獲得NH4Cl晶體,B選項錯;圖3是簡易啟普發(fā)生器裝置,要求用塊狀固體,純堿是粉末狀固體,使粉末漏于容器底部而無法把握反應速率,C選項錯;對于不相混溶的液體,用分液漏斗進行分別,D選項正確。3.解析:(1)將Na2Cr2O7溶液加到濃硫酸中,易使硫酸液滴迸濺,造成事故。(2)沸石的作用是防止液體暴沸,若遺忘加入,必需等燒瓶冷卻后再補加,否則易引起液體暴沸,造成事故;(3)B儀器是分液漏斗,D儀器是直形冷凝管。(4)分液漏斗使用前必需檢漏。(5)正丁醛的密度比水小,故水在下層。(6)反應溫度過低,不利于反應進行和正丁醛的準時蒸出,溫度過高,則易導致正丁醛的進一步氧化,故反應溫度應保持在90~95℃。(7)按反應關系,正丁醛的理論產(chǎn)量是:4.0g×QUOTE=3.9g,產(chǎn)率為:QUOTE×100%≈51%。答案:(1)不能,易迸濺(2)防止暴沸冷卻后補加(3)分液漏斗直形冷凝管(4)c(5)下(6)既可保證正丁醛準時蒸出,又可盡量避開其被進一步氧化(7)514.解析:第①步得到的浸出液中含Zn2+、Fe2+、Mn2+、Ni2+等離子;第②步MnQUOTE將Fe2+氧化為Fe3+,然后形成Fe(OH)3沉淀而除去Fe2+,Mn與Mn2+發(fā)生反應生成MnO2沉淀而除去Mn2+;第③步Zn與濾液中的Ni2+發(fā)生置換反應生成Ni;第④步得到的沉淀吸附的雜質離子為SQUOTE、CQUOTE等,取最終一次洗滌液少量,滴入1~2滴稀硝酸,再滴入硝酸鋇溶液,若無白色沉淀生成,則說明沉淀已洗滌潔凈;設ZnCO3為amol,Zn(OH)2為bmol則:125a+99b=11.2,81(a+b)=8.1,得a∶b=1∶1,故x=1。答案:(1)Fe2+和Mn2+MnQUOTE+3Fe2++7H2O3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+、2MnQUOTE+3Mn2++2H2O5MnO2↓+4H+鐵離子和錳離子不能生成沉淀,從而無法除去鐵和錳雜質(2)置換反應鎳(3)取少量水洗液于試管中,滴入1~2滴稀硝酸,再滴入硝酸鋇溶液,若無白色沉淀生成,則說明沉淀已經(jīng)洗滌潔凈(4)15.解析:(1)NaOH溶液可以除去油污和與Zn反應溶解鋅。(2)由于Zn(OH)2與Al(OH)3的性質相像,應為絮狀沉淀物,過濾速度較慢,而抽濾可以快速地分別固液混合物,所以接受抽濾的方式,為了得到更純潔的Zn(OH)2,則需要在抽濾的過程中對固體進行洗滌,然后由Zn(OH)2灼燒可得到ZnO。(3)由于溶液B中有Fe2+存在,而生成物中也存在Fe2+,所以需要保留Fe2+,防止其被氧化,則應通入不氧化Fe2+的氣體作疼惜氣。(4)減壓過濾不宜用于過濾膠狀沉淀或顆粒太小的沉淀,而Fe3O4膠體粒子的直徑較小,減壓過濾時能透過濾紙,故不能接受減壓過濾的方式進行固液分別。(5)m(K2Cr2O7)=n·QUOTE=0.7350g,由于題中所給數(shù)據(jù)是四位有效數(shù)字,所以稱取固體K2Cr2O7需用電子天平。由于用固體物質配制溶液,所以不需要的是量筒和移液管。(6)該狀況致使讀取K2Cr2O7溶液的體積偏大,所以計算結果偏大。答案:(1)AB(2)抽濾、洗滌、灼燒(3)N2氣氛下,防止Fe2+被氧化(4)不能膠體粒子太小,抽濾時簡潔透過濾紙(5)0.7350③⑦(6)偏大6.解析:(1)“無水無氧”條件下制備試驗,產(chǎn)品TiCl4遇潮濕空氣產(chǎn)生白霧,因此體系始終都要隔離空氣、水分,A是干燥管,使用固體干燥劑,E中盛放濃H2SO4,反應開頭,先組裝裝置,檢查氣密性再裝藥品,反應結束后先熄滅酒精燈,持續(xù)通N2至冷卻,防止空氣中O2乘隙而入,D中的液態(tài)混合物為互溶的CCl4和TiCl4,兩者沸點差別較大,接受蒸餾方法分別。(2)①鈦鐵礦用硫酸溶解時,雜質Fe2O3一起溶解轉化形成Fe2(SO4)3,鈦液Ⅰ中含F(xiàn)eSO4,TiOSO4,Fe2(SO4)3,由結晶副產(chǎn)品FeSO4·7H2O和除雜試劑A剩余可知A是鐵粉,溫度過高,鈦液Ⅰ中TiOSO4提前水解產(chǎn)生H2TiO3沉淀,混入過量試劑A中鋪張,導致TiO2收率降低。②加入KSCN溶液后無明顯現(xiàn)象,再加H2O2后毀滅紅色,說明不含F(xiàn)e3+而含有Fe2+,經(jīng)過一系列變化照舊會轉化為Fe2O3使獲得的TiO2發(fā)黃。答案:(1)干燥管濃H2SO4檢查氣密性②③①蒸餾(或分餾)(2)①Fe溫度過高會導致TiOSO4提前水解,產(chǎn)生H2TiO3沉淀②Fe2+Fe2O37.解析:(1)加藥挨次一般是先加入固體藥品,再加入液體藥品,最終再加熱。則依次挨次是ACB。(2)①加入足量的硝酸銀溶液只能求出氯離子的量,而不能求出剩余鹽酸的濃度。②由cHClVHCl=cNaOHVNaOH可得出鹽酸的濃度為0.1100mol/L。③由于Ksp(MnCO3)<Ksp(CaCO3),過量的CaCO3要轉化為一部分MnCO3,由于M(MnCO3)>M(CaCO3),故最終剩余的固體質量增加,導致測得c(H+)偏小。④使Zn粒進入殘余清液中讓其發(fā)生反應。這樣殘余清液就可以充分反應,假如反過來,殘余清液不行能全部轉移到左邊。反應完畢時,相同時間內則氣體體積削減,又排解了其他影響因素,只能從氣體本身角度思考,聯(lián)想到該反應是放熱的,就可能想到氣體未冷卻了。答案:(1)ACB(按序號寫出三項)(2)①殘余清液中,n(Cl-)>n(H+)(或其他合理答案)②0.1100③偏?、?i)Zn粒殘余清液(按序號寫出兩項)(ii)裝置內氣體尚未冷卻至室溫8.解析:(1)第①加稀硫酸、濃硝酸混合酸后加熱,Cu、Al、Fe發(fā)生反應生成Cu2+、Al3+、Fe2+,可能含F(xiàn)e3+。所以濾渣1的成分是Pt和Au,濾液1中的離子是Cu2+、Al3+、Fe2+,可能含F(xiàn)e3+。Cu和酸反應的離子方程式為Cu+4H++2NQUOTECu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NQUOTE3Cu2++2NO↑+4H2O。(2)第②步加H2O2的作用是將Fe2+氧化為Fe3+,該氧化劑的優(yōu)點是不引入雜質,產(chǎn)物對環(huán)境無污染。調溶液pH的目的是使Fe3+和Al3+形成沉淀。所以濾液2的成分是Cu2+,濾渣2的成分為氫氧化鐵和氫氧化鋁。(3)第③步由五水硫酸銅制備硫酸銅的方法應是在坩堝中加熱脫水。(4)制備硫酸鋁晶體的甲、乙、丙三種方法中,甲方案在濾渣中只加硫酸會生成硫酸鐵和硫酸鋁,冷卻、結晶、過濾得到的硫酸鋁晶體中混有大量硫酸鐵雜質,方法不行行。乙和丙方法均可行。乙方案先在濾渣中加H2SO4,生成Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3,再加Al粉和Fe2(SO4)3生成Al2(SO4)3,過濾后蒸發(fā)、冷卻、結晶、過濾可得硫酸鋁晶體。丙方案先在濾渣中加NaOH,和Al(OH)3反應生成NaAlO2,再向濾液中加H2SO4生成Al2(SO4)3,蒸發(fā)、冷卻、結晶、過濾可得硫酸鋁晶體。但從原子利用角度考慮方案乙更合理,由于丙加的NaOH和制備的Al2(SO4)3的原子組成沒有關系,造成原子鋪張。答案:(1)Cu+4H++2NQUOTECu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NQUOTE3Cu2++2NO↑+4H2OAu、Pt(2)將Fe2+氧化為Fe3+不引入雜質,產(chǎn)物對環(huán)境無污染Fe3+和Al3+(3)加熱脫水(4)甲硫酸鋁晶體中混有大量硫酸鐵雜質乙9.解析:(1)A裝置是氯氣的發(fā)生裝置,D裝置盛放NaOH溶液,是尾氣處理裝置,由于氯氣的密度比空氣大,應當是向上排空氣法收集,所以應當是進步短出,B為收集氯氣的裝置,C裝置作用即為防止尾氣吸取時產(chǎn)生倒吸,影響收集氯氣,是一個平安裝置。(2)NO氣體密度與空氣接近而且與空氣中O2能發(fā)生反應生成NO2,所以收集時只能考慮排液法收集,選擇Ⅰ裝置最合適。在A裝置中加入反應物Cu和稀HNO3,反應產(chǎn)生NO無色氣體,B裝置盛放蒸餾水,便于排水收集,同時還可以吸取因A裝置中少量空氣與NO產(chǎn)生的NO2,C裝置用來收集從B裝置排放出來的水。答案:(1)向上排氣收集氯氣平安瓶作用,防止D中的液體倒吸進入集氣管B中吸取尾氣,防止氯氣集中到空氣中污染環(huán)境(2)①Ⅰ②應加入的物質所起的作用A銅屑和稀硝酸制取NO氣體B水排水收集NO氣體C主要是接收B中排出的水③反應開頭時,A中銅表面毀滅無色小氣泡,反應速率漸漸加快;A管上部空間由無色漸漸變?yōu)闇\紅棕色,隨反應的進行又漸漸變?yōu)闊o色;A中的液體由無色變?yōu)闇\藍色;B中的水面漸漸下降,B管中的水漸漸流入燒杯C中考點三:綜合試驗探究【真題題組】1.A濃硝酸具有揮發(fā)性,揮發(fā)出的硝酸溶于淀粉KI溶液,會將KI氧化為I2,I2遇淀粉會變藍色,A錯誤。2.解析:(1)A中反應的化學方程式為2Fe+3Cl22FeCl3。(2)由題干知FeCl3加熱易升華,故在沉積的FeCl3固體下方加熱,可使FeCl3進入收集器。(3)防止FeCl3潮解就是防止FeCl3接觸水蒸氣,故步驟②⑤是為了防止FeCl3潮解而實行的措施。(4)裝置B中冷水浴的作用是將FeCl3蒸氣冷卻為FeCl3固體。裝置C為干燥管。檢驗FeCl2是否失效就是檢驗D中是否存在Fe2+,可以用K3[Fe(CN)6]溶液檢驗,現(xiàn)象:若存在Fe2+,溶液中有藍色沉淀生成。(5)Cl2是有毒氣體,可以用NaOH溶液吸取。(6)H2S與FeCl3發(fā)生氧化還原反應:2Fe3++H2S2Fe2++S↓+2H+。(7)由于陽極材料為石墨,故陽極是溶液中的Fe2+放電:Fe2+-e-Fe3+。(8)試驗Ⅱ的顯著優(yōu)點是:①H2S的利用率高,②FeCl3可以循環(huán)利用。答案:(1)2Fe+3Cl22FeCl3(2)在沉積的FeCl3固體下方加熱(3)②⑤(4)冷卻,使FeCl3沉積,便于收集產(chǎn)品干燥管K3[Fe(CN)6]溶液(5)(6)2Fe3++H2S2Fe2++S↓+2H+(7)Fe2+-e-Fe3+(8)FeCl3得到循環(huán)利用3.解析:(1)丁中物質只有氮元素化合價降低,無其他元素化合價上升,不符合氧化還原反應規(guī)律。(2)①裝置連接完成后,需檢查氣密性,E中有氣泡,說明氣密性良好。②假設A中加熱分解產(chǎn)生的氣體全部為氧氣,先通N2目的是排盡裝置內的氧氣,防止對分解產(chǎn)生O2的檢驗造成干擾;為了防止玻璃管受熱不勻而爆裂,應對其先預熱。(3)①剩余固體加入水未見明顯變化,可排解猜想丙,由于氮化鎂可與水反應產(chǎn)生氨氣;3.7gMg(NO3)2的物質的量為0.025mol,若加熱分解生成Mg(NO2)2,最終所得固體的質量為0.025mol×116g/mol=2.9g,而實際固體的質量為1.0g,因此甲不合理,乙方案合理。②D中盛的是Na2SO3酚酞溶液,若產(chǎn)物中有O2,D中將發(fā)生反應2Na2SO3+O22Na2SO4,溶液堿性減弱,溶液顏色會褪去。由于試驗過程③觀看到A中有紅棕色氣體毀滅,C、D中未見明顯現(xiàn)象,說明NO2與O2在裝置B中已反應完。答案:(1)不符合氧化還原反應原理(或其他合理答案)(2)①裝置氣密性良好②避開對產(chǎn)物O2的檢驗產(chǎn)生干擾(或其他合理答案)移動酒精燈預熱硬質玻璃管(3)①乙②2Na2SO3+O22Na2SO4O2在通過裝置B時已參與反應(或其他合理答案)4.解析:(1)MgCO3為碳酸鹽,分解產(chǎn)生MgO和CO2。(2)裝置B是制備CO,裝置C是吸取沒有與Zn反應的CO2;尾氣中的CO有毒,常用點燃法除去。(3)①由表中的試驗現(xiàn)象推知甲得到Fe3O4,乙得到Fe。②Fe3O4可表示為FeO。Fe2O3,故Fe3O4與鹽酸反應的離子方程式為Fe3O4+8H+Fe2++2Fe3++4H2O。③乙組步驟4溶液先變紅,是由于2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-,Fe3++3SCN-Fe(SCN)3(紅色溶液);后又褪色,可能是氯水的強氧化性將SCN-氧化,此時,在溶液中再加入KSCN,若溶液變紅,說明假設成立,若不變紅,則假設不成立。④B裝置溫度高,若發(fā)生倒吸,則會造成玻璃管炸裂,所以在BC之間增加防倒吸裝置。答案:(1)MgO、CO2(2)除CO2點燃(3)①Fe②Fe3O4+8H+2Fe3++Fe2++4H2O③Fe2+被氧化為Fe3+,Fe3+遇SCN-顯紅色假設SCN-被Cl2氧化,向溶液中加入KSCN溶液,若毀滅紅色,則假設成立(其他合理答案均可得分)④在裝置B、C之間添加裝置E防倒吸(其他合理答案均可得分)5.解析:(1)Cl2和Ca(OH)2反應:2Cl2+2Ca(OH)2CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O,制取漂粉精為CaCl2和Ca(ClO)2的混合物,有效成分是Ca(ClO)2。(2)用pH試紙測漂粉精溶液的pH,pH試紙先變藍說明溶液呈堿性,后褪色又說明溶液具有漂白性。(3)向水中持續(xù)通入SO2未觀看到白霧,說明SO2不能形成白霧,推想可能由反應2SO2+2H2O+Ca(ClO)2CaSO4+H2SO4+2HCl生成的鹽酸形成HCl小液滴白霧;①試驗a說明白霧中無強氧化性的Cl2。②試驗b說明白霧與AgNO3溶液作用產(chǎn)生白色沉淀,既可能是HCl的性質也可能是混有的SO2在酸性條件下被NQUOTE氧化為SQUOTE作用的結果,因此不能推斷白霧中確定含有HCl。(4)欲通過試驗確認漂粉精在酸性條件下反應生成Cl2,可直接取漂粉精溶液向其中滴加稀硫酸,觀看溶液有無變黃綠色。(5)①沉淀X中加入稀HCl無明顯變化,而取上層清液與BaCl2溶液作用又產(chǎn)生白色沉淀,說明X中含SQUOTE,為CaSO4。②Ca(ClO)2消耗完全產(chǎn)生大量白色沉淀后,連續(xù)通入的SO2與Cl2反應SO2+Cl2+2H2OH2SO4+2HCl,黃綠色消逝。答案:(1)2Cl2+2Ca(OH)2CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O(2)堿性、漂白性(3)①檢驗白霧中是否含有Cl2,排解Cl2的干擾②白霧中混有SO2顯酸性,可與AgNO3反應生成Ag2SO4白色沉淀(4)直接向漂粉精溶液中滴加稀硫酸,觀看溶液是否變黃綠色(5)①CaSO4②SO2+Cl2+2H2O4H++SQUOTE+2Cl-6.解析:(1)試驗室用AgNO3溶液和氨水配制銀氨溶液。(2)氨氣遇潮濕的紅色石蕊試紙會變藍色;由于銀氨溶液中存在如下平衡:+2H2OAg++2NH3·H2O,加熱會促使NH3·H2O分解,生成物濃度減小,平衡向右移動,Ag+與氫氧化鈉反應生成不穩(wěn)定的AgOH,AgOH分解為黑色Ag2O。(3)既然假設NaOH還原Ag2O,那么溶液中必定要存在NaOH,所以應當向AgNO3溶液中加入過量的NaOH溶液,才可能驗證假設是否成立。(4)試驗室用生石灰和濃氨水制取NH3的裝置應當是固液不加熱的裝置。(5)依據(jù)題意Ag2O溶解在氨水中應當形成Ag(NH3)2OH;假設成立必定會在試管上形成銀鏡。答案:(1)AgNO3溶液和氨水(2)①試紙變藍②在NaOH存在下,加熱促進NH3·H2O分解,逸出氨氣,促使+2H2OAg++2NH3·H2O平衡向正向移動,c(Ag+)增大,Ag+與OH-反應馬上轉化為Ag2O:2OH-+2Ag+Ag2O↓+H2O(3)過量NaOH溶液(4)(5)①Ag2O+4NH3·H2O2Ag(NH3)2OH+3H2O②與溶液接觸的試管壁上析出銀鏡③Ag+2HNO3(濃)AgNO3+NO2↑+H2O7.解析:(1)中,依據(jù)化學方程式,即可寫出平衡常數(shù)表達式:K=QUOTE。(2)中,因平衡常數(shù)K只隨溫度轉變而轉變,當溫度相同時,兩份樣品的溶液中K相同,而同濃度的Na2CO3溶液中c(CQUOTE)更大,故PbSO4的轉化率較大。(3)中,利用爭辯舉例法,可得出假設二(全部為堿式碳酸鉛),假設三(PbCO3和堿式碳酸鉛)。(4)由于從分解反應產(chǎn)物:PbCO3PbO+CO2↑,2PbCO3·Pb(OH)23PbO+2CO2↑+H2O,可以知道,假設一與假設二、三的不同之處在于沒有H2O生成,故試驗時運用無水CuSO4檢驗分解產(chǎn)物中是否含有H2O即可。假設一成立,則依據(jù)反應PbCO3PbO+CO2↑,26.7mgPbCO3的物質的量為n(PbCO3)=QUOTE=10-4mol,而加熱至質量不再轉變時放出n(CO2)=QUOTE<10-4mol,說明放出的氣體不全是CO2。答案:(1)QUOTE(2)Na2CO3Na2CO3溶液中的c(CQUOTE)大(3)全部為堿式碳酸鉛PbCO3和堿式碳酸鉛混合物(4)①試驗步驟(不要求寫具體試驗過程)預期的試驗現(xiàn)象和結論充分加熱樣品,將產(chǎn)生的氣體通入盛有無水硫酸銅的干燥管若無水硫酸銅不變藍,則假設一成立;若無水硫酸銅變藍,則假設一不成立②同意,若全部為PbCO3時,26.7mg完全分解后最終固體質量應為22.3mg(或不同意,試驗最終得到固體的質量與全部為PbCO3分解所得固體質量相差不大,可能是試驗過程中產(chǎn)生的誤差引起的)(合理答案均可)8.解析:(1)將三草酸合鐵酸鉀晶體配成溶液后,電離生成K+、Fe3+、C2QUOTE,由稀H2SO4酸化,滴加KMnO4溶液至C2QUOTE恰好全部氧化為CO2,MnQUOTE被還原成Mn2+,反應的離子方程式為:5C2QUOTE+2MnQUOTE+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2O。向反應后的溶液中加入鋅粉,目的是還原Fe3+:Zn+2Fe3+2Fe2++Zn2+。步驟三中,用KMnO4溶液滴定步驟二所得溶液至終點,反應離子方程式為:5Fe2++MnQUOTE+8H+5Fe3++Mn2++4H2O。取兩次滴定消耗0.010mol/LKMnO4溶液體積平均值:V=QUOTE=20.00mL。依據(jù)關系式:5Fe2+～MnQUOTE↑ 5mol 1mol n(Fe2+) 0.010mol/L×0.020L解得n(Fe2+)=0.001mol,即原晶體中n(Fe3+)=0.001mol×QUOTE=0.01mol,m(Fe3+)=0.56g,故晶體中w(Fe)=QUOTE×100%=11.20%。若步驟二中加入的KMnO4溶液量不夠,會有少量C2QUOTE未被氧化而殘留在溶液中,而步驟三中C2QUOTE也會消耗Mn,則此時測得的鐵含量偏高。(2)中,錯誤1:加熱三草酸合鐵酸鉀晶體至110℃錯誤2:加熱晶體使之脫去結晶水的操作,必需再加熱、冷卻、稱量,至兩次稱量結果相差小于0.1g。答案:(1)①溶解定容②將溶液中的Fe3+全部還原為Fe2+,保證測定結果精確③5Fe2++MnQUOTE+8H+5Fe3++Mn2++4H2O④11.20%偏高(2)應在干燥器中冷卻應再加熱、冷卻、稱量,至兩次稱量結果相差小于0.1g為止9.解析:(1)Ba(OH)2·8H2O放在空氣中,只可能和空氣中的CO2反應生成BaCO3,與其他氣體不反應。(2)要檢驗混合物的成分,需要檢驗Ba(OH)2和BaCO3的存在。首先將兩者溶于水后過濾分別開,再分別檢驗沉淀和溶液?？赏ㄟ^測濾液pH的方法來證明OH-的存在,通過向濾液中加過量稀H2SO4是否生成沉淀的方法來確定Ba2+,從而確定Ba(OH)2的存在,由題意知BaCO3飽和溶液的pH=9.6,所以當pH>9.6時,說明有大量OH-[Ba(OH)2]存在;再檢驗是否存在CQUOTE,可接受的方法如下:向沉淀中加足量稀鹽酸將生成的氣體通入澄清石灰水看是否變渾濁來確認CQUOTE存在。(3)①固體的溶解需用玻璃棒攪拌過濾后取濾液冷卻后移入250mL容量瓶中。②需要的鹽酸的最小濃度由c堿V堿=c酸V酸,得:25.00mL×0.2mol·L-1=c酸×50mLc酸=0.1mol·L-1假如酸為1.5mol·L-1,那V酸=QUOTE=3.33mL,所需酸的體積太小,誤差太大。故應選0.1980mol·L-1的鹽酸。③Ba(OH)2～2HCl1 2n[Ba(OH)2] V×10-3×0.1980mol·L-1n[Ba(OH)2]=QUOTEmolw[Ba(OH)2·8H2O]=QUOTE×100%(4)室溫下1L水最多只能溶解3.9g×10=39gn=QUOTE=0.12mol,故無法配制1.0mol·L-1Ba(OH)2溶液。答案:(1)Ba(OH)2·8H2O放置在空氣中,只能和空氣中的CO2反應生成BaCO3(2)試驗步驟預期現(xiàn)象和結論步驟1:略步驟2:略產(chǎn)生白色沉淀,稀H2SO4過量不溶解,說明原試劑含Ba2+步驟3:取適量步驟1中的沉淀于試管中,滴加稀鹽酸,將生成的氣體通入澄清石灰水。沉淀溶解,試管中有氣泡生成,且澄清石灰水變渾濁,說明沉淀中有CQUOTE,再結合步驟2,說明沉淀為BaCO3。步驟4:取適量1中的濾液于試管中,用pH計測定其pHpH>9.6,說明原試劑含有大量OH-,綜合以上步驟即可說明原試劑中由大量Ba(OH)2·8H2O和少量BaCO3組成。(3)①用玻璃棒攪拌使之溶解過濾恢復至室溫250mL容量瓶②0.1980QUOTE×100%(4)不能三年模擬·力氣提升1.BAlCl3溶液蒸干時,由于AlCl3水解程度較大,要得到無水AlCl3,需要在HCl的氣流中蒸發(fā),A選項錯;CaSO4是微溶化合物,加入飽和Na2CO3溶液后,發(fā)生沉淀的轉化而轉化為CaCO3,再加入鹽酸,使CaCO3溶解,B正確;乙酸乙酯在NaOH溶液中會發(fā)生水解,C錯;NaHCO3溶液是堿性的,Cl2會與堿反應,Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O,D錯誤。2.BA項,加入過量的H2O2或新制氯水,會將I-氧化成I2后,連續(xù)氧化生成IQUOTE,錯誤;B項,層析操作中,丙酮作流淌相,水作固定相,Fe3+開放快,所以Cu2+在固定相中支配多一些,正確;C項,分液操作時,下層液體從下口放出,上層液體從上口倒出,錯誤;D項,乙醇、乙酸都能溶于飽和碳酸鈉溶液,錯誤。3.解析:(1)由題意知:用廢液來提取液溴,再結合后續(xù)流程則試劑a的作用是將Br-氧化為Br2,而不引入雜質離子,選用的氧化劑最好是H2O2;無色液體Ⅰ中雜質離子為Ca2+、Mg2+、SQUOTE,試劑滴加挨次的確定要依據(jù)以下原則:①所加試劑過量;②后加試劑除去前面所加試劑增加的雜質離子。除Ca2+用CQUOTE,除Mg2+用OH-,除SQUOTE用Ba2+,再考慮不增加新的雜質離子,分別用K2CO3、KOH和Ba(NO3)2,滴加挨次為Ba(NO3)2、KOH、K2CO3,過量的CQUOTE在后續(xù)調pH=7時用酸除去。(2)加CCl4中操作①為萃取,操作②為分液,操作③為蒸餾(分別萃取液和溶質利用兩者沸點不同),題干中裝置為抽濾裝置,其中A為布氏漏斗。(3)調pH的作用是除去前面無色液體中滴加的過量的OH-和CQUOTE,不增加新的雜質離子只能接受HNO3。答案:(1)H2O2Ba(NO3)2、KOH、K2CO3(2)分液蒸餾抽濾(減壓過濾)布氏漏斗(3)除去過量的OH-和CQUOTE稀HNO34.解析:Ⅰ.CuFeS2與硫酸和氧氣反應轉化為CuSO4溶液和Fe2(SO4)3溶液,然后將不溶性的雜質過濾掉,濾液A中加入氧化銅的目的是通過調整溶液的pH使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀,過濾后的Fe(OH)3中加入硫酸溶解后,再加入鐵粉轉變?yōu)镕eSO4,最終可以得到綠礬。Ⅱ.(1)沸騰爐中為CuFeS2與氧氣反應,故含鐵物質轉化為鐵的氧化物;(2)從圖像可以看出,水溶性Cu含量最高的溫度在600℃答案:Ⅰ.(1)稀硫酸鐵粉(2)4CuFeS2+2H2SO4+17O24CuSO4+2Fe2(SO4)3+2H2OⅡ.(1)鐵的氧化物(其他合理答案也可)(2)600硫酸銅受熱分解5.解析:(1)檢驗Fe3+,可用KSCN溶液或苯酚溶液。(2)當pH=2時,依據(jù)題中表格數(shù)據(jù)知,只有SnS能完全沉淀,這樣可以除去雜質Sn2+,同時H2S還原性大于Fe2+,所以可防止Fe2+被氧化;酸化后溶液的pH既保證除去Sn2+,而不能除去Fe2+,所以pH在(1.6～3.0)之間。(3)制綠礬晶體接受蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾洗滌的方法。(4)對于洗滌晶體,用冰水洗可降低晶體在水中的溶解度,從而削減洗滌過程中晶體的溶解而造成的損失。答案:(1)AD(2)除去溶液中的Sn2+,并防止Fe2+被氧化防止Fe2+生成沉淀(3)蒸發(fā)濃縮過濾洗滌(4)降低洗滌過程中FeSO4·7H2O的損耗6.解析:(1)干燥氨氣需將氨氣通過盛有堿石灰的干燥管,且用向下排空氣法,即E的連接方式應為“短進長出”。(2)二氧化碳的溶解度較小,而氨氣的溶解度很大,故先通入氨氣使溶液呈堿性,利于碳酸鈣的生成。(3)利用其形成的分散系為膠體進行驗證。答案:(1)ACDE(2)NH3CaCl2+CO2+2NH3+H2OCaCO3+2NH4Cl(3)取少量樣品和水混合形成分散系,用一束光照射,若毀滅一條光亮的通路,則是納米級,否則不是7.D分別加入鹽酸,若產(chǎn)生刺激性氣味氣體,則為Na2SO3,若產(chǎn)生白色沉淀,則為Na2SiO3,若無明顯現(xiàn)象為Na2SO4,A項正確;硅酸酸性比碳酸弱,B項正確;Na2SO3、Na2SiO3均因水解而顯堿性,C項正確;稀硝酸可將Na2SO3氧化為Na2SO4,D項錯誤。8.解析:NQUOTE在酸性條件下和Fe3+均具有較強氧化性,均可氧化SO2,而氧氣也能氧化SO2,故試驗過程中需排解空氣中氧氣的干擾,用氮氣將裝置中的空氣排盡。若證明SO2僅與Fe3+反應,則需要驗證反應后的產(chǎn)物中有Fe2+,可利用其還原性來驗證;還需要驗證NQUOTE沒參與反應,可通過驗證沒有氮氧化物生成。若要證明在酸性條件下SO2與NQUOTE反應,則只要選不含F(xiàn)e3+而含NQUOTE的溶液即可,(4)②中要求選取最佳試劑,可依據(jù)試驗中使用的1.0mol/L的Fe(NO3)3溶液的pH=1,選取被酸化的pH=1的鹽溶液。答案:(1)分液漏斗(2)打開彈簧夾,向裝置中通入一段時間的N2,關閉彈簧夾(3)BaSO4還原性(4)SO2與Fe3+、酸性條件下NQUOTE都反應①SO2+2Fe3++Ba2++2H2OBaSO4↓+2Fe2++4H+取少量B中溶液于試管中,加入少量的酸性KMnO4溶液,紫色褪去則溶液中有Fe2+,然后用潮濕的淀粉KI試紙靠近B導管末端,若不變藍,說明NQUOTE沒反應。證明觀點1合理②C9.解析:(1)濃硝酸在加熱條件下與銅片反應制取NO2:Cu+4HNO3(濃)Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O。(2)由于NO2氣體是紅棕色的,若NO2能夠被NH3還原,隨NO2的消耗,氣體顏色會變淺。(3)①從反應能否發(fā)生角度作出假設;②從化學平衡角度作了假設;③可以從反應速率作出假設,也可能是二者反應速率極慢,短時間內無法觀看到氣體顏色的變化。(4)NO2與NH3都是有毒氣體,即使二者能夠發(fā)生反應,也會反應不完全,剩余氣體逸散到空氣中造成污染。應當增加尾氣處理裝置。(5)由于Na2O2中的氧元素處于-1價,既有氧化性,也有還原性,所以NO2也可能被Na2O2還原。(6)①整個試驗的設計原理為:利用E制取NO2氣體,通過D裝置進行干燥,然后進入B裝置進行驗證明驗,最終通過F裝置吸取未反應的NO2氣體,所以裝置的連接挨次是EDBF。②白色物質為純潔物,且無其他物質生成,只可能是NO2被氧化為了N2O5,與生成的Na2O化合為了NaNO3。答案:(1)Cu+4HNO3(濃)Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O(2)C裝置中混合氣體顏色變淺(3)在此條件下,該反應的化學反應速率極慢(4)缺少尾氣吸取裝置(5)NO2能被Na2O2還原(6)①EDBF②2NO2+Na2O22NaNO