2021高考化学(浙江专用)二轮考点突破-答案解析-专题二十三物质的制备、分离提纯与综合实验-.docx

专题二十三　物质的制备、分别提纯与综合试验
真题考点·高效突破
考点一:物质的分别与提纯
【真题题组】
1.D　乙醇和水会互溶,不能从水中萃取碘,故A错误;乙酸乙酯和乙醇互溶,不能用分液法进行分别,故B错误;NaCl溶解度受温度的影响变化不大,KNO3的溶解度受温度影响变化较大,可以用重结晶的方法分别,但不是由于NaCl溶解度大,故C错误;丁醇和乙醚的沸点相差较大,可以用蒸馏法进行分别,故D正确。
2.C　得到滤液和不溶性物质,用过滤装置,A正确;将水层溶液和有机层溶液分别,要用分液漏斗,B正确;从水层溶液中分别出固体的操作是蒸发结晶,要用蒸发皿,C错误;用蒸馏的方法从有机层溶液中分别出甲苯,D正确。
3.B　溴乙烷在NaOH乙醇溶液中加热发生消去反应,乙醇易挥发生成的乙烯中含有乙醇等杂质气体,乙醇也可以使高锰酸钾酸性溶液褪色,若不除杂不能检验乙烯是否存在,A需要;乙醇不与Br2反应,B不需要;乙醇与浓硫酸加热至170 ℃生成乙烯的同时,部分浓硫酸被还原,生成二氧化硫,二氧化硫能够使高锰酸钾酸性溶液褪色,故不除杂不能检验乙烯的生成,C需要;二氧化硫在水溶液中与溴单质发生氧化还原反应生成硫酸和HBr,故不除杂不能检验乙烯的生成,D需要。
4.A　该题考查试验基本操作和物质分别提纯的主要方法。A项,用CCl4提取溴水中的溴,用萃取和分液的方法,主要仪器是分液漏斗,正确;B项,苯酚易溶于乙醇等有机溶剂,不能用过滤的方法,应用氢氧化钠溶液把苯酚转化成盐,再蒸馏出乙醇,错误;C项,碘升华,但在蒸发皿中加热时碘挥发到空气中,达不到回收的目的,应当在烧瓶中加热,错误;D项,配制确定物质的量浓度的溶液时,用到的主要仪器是容量瓶,错误。
5.A　乙酸乙酯不溶于水,分别Na2CO3溶液和乙酸乙酯,应当选用③分液装置,A错误。
6.D　A项苯酚与溴水生成的三溴苯酚仍溶于苯中,无法通过过滤除去杂质,A项错误;乙醇与水互溶,B项操作溶液不分层,无法通过分液达到分别、提纯目的,B项错误;乙醛与水互溶,C项操作溶液不分层,无法通过分液达到分别、提纯目的,C项错误;乙酸乙酯不溶于Na2CO3溶液,而乙酸与Na2CO3溶液作用转化为乙酸钠而进入水相从而与乙酸乙酯分别,D项正确。
7.C　本题考查试验基本操作,意在考查考生对试验方案的评价力气。乙醇与水能以任意比例混合,不能用来作萃取剂,A正确;新制Cu(OH)2 悬浊液能够与多元醇作用生成绛蓝色溶液,可用来检验甘油的存在,B正确;试样点若浸入开放剂中,不能达到试验目的,C错;乙酸和CaO作用生成盐,蒸馏可分别出乙醇,D正确。
8.解析:(1)b是直形冷凝管。
(2)试验中为了防止爆沸,常加入碎瓷片;若在加热过程中发觉忘加碎瓷片,应当停止加热待反应液冷却后再打开瓶塞,加入碎瓷片;否则可能造成液体飞溅,担忧全。
(3)醇在浓硫酸作用下,可以在分子内脱水发生消去反应,生成烯,也可以在分子间脱水生成醚()。
(4)分液漏斗在使用前应当清洗洁净并检查是否漏液;在分液时密度大的液体应从漏斗下口放出,密度小的液体应从分液漏斗上口倒出,从题中信息知,产物密度比水小,故应从上口倒出。
(5)无水氯化钙具有吸水性,可作干燥剂,除去粗产品中的少量水分。
(6)在环己烯的蒸馏过程中,用不到吸滤瓶和球形冷凝管,由于吸滤瓶用于抽滤,球形冷凝管用于冷凝回流。
(7)+H2O
　　100　　　　　　　　　82
　　20 g　　　　　　　　　m g(理论产量)
m==16.4,
则环己烯的产率=×100%=×100%≈61%。
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)
(6)CD　(7)C
9.解析:(1)①由题干表给信息可知,甲醇和3,5二甲氧基苯酚是互溶的,可以利用两者的沸点不同,用蒸馏的方法进行分别。②使用分液漏斗时首先要对分液漏斗进行是否漏水的检查。通过题干表中信息可知,乙醚的密度比水小,所以有机层在分液漏斗的上层。
(2)由于在合成时所用的是氯化氢的甲醇溶液,所以加NaHCO3溶液的目的是除去HCl,用饱和食盐水洗涤的目的是除去少量的NaHCO3杂质,同时降低产物的溶解度,可以削减3,5二甲氧基苯酚的损失。
(3)洗涤后,产物中仍混有H2O和乙醚,所以先加入无水CaCl2除去H2O,然后过滤除去CaCl2。通过蒸馏除去乙醚,最终重结晶得到纯洁的3,5二甲氧基苯酚。所以操作挨次为dcab。
(4)利用吸滤瓶和布氏漏斗进行减压过滤时,抽气泵的作用是使吸滤瓶内压强变小,从而使布氏漏斗中固体与液体快速分别。因此结束操作时,为防止毁灭倒吸现象,必需先撤掉连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管,然后关闭抽气泵。
答案:(1)①蒸馏　②检查是否漏水　上
(2)除去HCl　除去少量NaHCO3且削减产物损失
(3)dcab
(4)拆去连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管　关闭抽气泵
10.解析:(1)Mg2+、Al3+同时生成沉淀,则先加入氨水。(2)过滤时漏斗末端没有紧靠烧杯内壁。(3)检验沉淀是否洗净可向洗涤液加入AgNO3溶液,观看是否有沉淀产生。高温焙烧在坩埚中进行。(4)装置B中饱和NaCl溶液用于除去氯气中HCl,F盛装浓硫酸,防止水蒸气进入E。用干燥管盛装碱石灰可以起到F和G的作用。
答案:(1)B　
(2)漏斗下端尖嘴未紧贴烧杯内壁　
(3)AgNO3溶液(或硝酸酸化的AgNO3溶液)　坩埚
(4)除去HCl　吸取水蒸气　
碱石灰(或NaOH与CaO混合物)
考点二:物质的合成制备
【真题题组】
1.B　NH3应用向下排气法收集,A项不合理;稀硝酸与Cu反应,产物为NO,且NO与空气中的O2反应,不应用排气法收集,C项不合理;浓盐酸与MnO2在常温下不反应,D项不合理。
2.D　气体的除杂要保证原气体与洗涤液不反应,由于Cl2能与NaOH溶液反应,A选项错;由于NH4Cl受热易分解,所以不能蒸干溶液,应当加热浓缩,冷却结晶获得NH4Cl晶体,B选项错;图3是简易启普发生器装置,要求用块状固体,纯碱是粉末状固体,使粉末漏于容器底部而无法把握反应速率,C选项错;对于不相混溶的液体,用分液漏斗进行分别,D选项正确。
3.解析:(1)将Na2Cr2O7溶液加到浓硫酸中,易使硫酸液滴迸溅,造成事故。(2)沸石的作用是防止液体暴沸,若遗忘加入,必需等烧瓶冷却后再补加,否则易引起液体暴沸,造成事故;(3)B仪器是分液漏斗,D仪器是直形冷凝管。(4)分液漏斗使用前必需检漏。(5)正丁醛的密度比水小,故水在下层。(6)反应温度过低,不利于反应进行和正丁醛的准时蒸出,温度过高,则易导致正丁醛的进一步氧化,故反应温度应保持在90~95 ℃。(7)按反应关系,正丁醛的理论产量是:4.0 g×=3.9 g,产率为: ×100%≈51%。
答案:(1)不能,易迸溅　(2)防止暴沸　冷却后补加
(3)分液漏斗　直形冷凝管　(4)c　(5)下
(6)既可保证正丁醛准时蒸出,又可尽量避开其被进一步氧化
(7)51
4.解析:第①步得到的浸出液中含Zn2+、Fe2+、Mn2+、Ni2+等离子;第②步Mn将Fe2+氧化为Fe3+,然后形成Fe(OH)3沉淀而除去Fe2+,Mn与Mn2+发生反应生成MnO2沉淀而除去Mn2+;第③步Zn与滤液中的Ni2+发生置换反应生成Ni;第④步得到的沉淀吸附的杂质离子为S、C等,取最终一次洗涤液少量,滴入1~2滴稀硝酸,再滴入硝酸钡溶液,若无白色沉淀生成,则说明沉淀已洗涤洁净;设ZnCO3为a mol,Zn(OH)2为b mol则:125a+99b=11.2,81(a+b)=8.1,得a∶b=1∶1,故x=1。
答案:(1)Fe2+和Mn2+　Mn+3Fe2++7H2O3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+、2Mn+3Mn2++2H2O5MnO2↓+4H+　铁离子和锰离子不能生成沉淀,从而无法除去铁和锰杂质
(2)置换反应　镍
(3)取少量水洗液于试管中,滴入1~2滴稀硝酸,再滴入硝酸钡溶液,若无白色沉淀生成,则说明沉淀已经洗涤洁净
(4)1
5.解析:(1)NaOH溶液可以除去油污和与Zn反应溶解锌。
(2)由于Zn(OH)2与Al(OH)3的性质相像,应为絮状沉淀物,过滤速度较慢,而抽滤可以快速地分别固液混合物,所以接受抽滤的方式,为了得到更纯洁的Zn(OH)2,则需要在抽滤的过程中对固体进行洗涤,然后由Zn(OH)2灼烧可得到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,则应通入不氧化Fe2+的气体作疼惜气。
(4)减压过滤不宜用于过滤胶状沉淀或颗粒太小的沉淀,而Fe3O4胶体粒子的直径较小,减压过滤时能透过滤纸,故不能接受减压过滤的方式进行固液分别。
(5)m(K2Cr2O7)=n·=0.735 0 g,由于题中所给数据是四位有效数字,所以称取固体K2Cr2O7需用电子天平。由于用固体物质配制溶液,所以不需要的是量筒和移液管。
(6)该状况致使读取K2Cr2O7溶液的体积偏大,所以计算结果偏大。
答案:(1)AB　(2)抽滤、洗涤、灼烧
(3)N2气氛下,防止Fe2+被氧化
(4)不能　胶体粒子太小,抽滤时简洁透过滤纸
(5)0.735 0　③⑦　(6)偏大
6.解析:(1)“无水无氧”条件下制备试验,产品TiCl4遇潮湿空气产生白雾,因此体系始终都要隔离空气、水分,A是干燥管,使用固体干燥剂,E中盛放浓H2SO4,反应开头,先组装装置,检查气密性再装药品,反应结束后先熄灭酒精灯,持续通N2至冷却,防止空气中O2乘隙而入,D中的液态混合物为互溶的CCl4和TiCl4,两者沸点差别较大,接受蒸馏方法分别。
(2)①钛铁矿用硫酸溶解时,杂质Fe2O3一起溶解转化形成Fe2(SO4)3,钛液Ⅰ中含FeSO4,TiOSO4,Fe2(SO4)3,由结晶副产品FeSO4·7H2O和除杂试剂A剩余可知A是铁粉,温度过高,钛液Ⅰ中TiOSO4提前水解产生H2TiO3沉淀,混入过量试剂A中铺张,导致TiO2收率降低。
②加入KSCN溶液后无明显现象,再加H2O2后毁灭红色,说明不含Fe3+而含有Fe2+,经过一系列变化照旧会转化为Fe2O3使获得的TiO2发黄。
答案:(1)干燥管　浓H2SO4　检查气密性　②③①　蒸馏(或分馏)
(2)①Fe　温度过高会导致TiOSO4提前水解,产生H2TiO3沉淀　②Fe2+　Fe2O3
7.解析:(1)加药挨次一般是先加入固体药品,再加入液体药品,最终再加热。则依次挨次是ACB。
(2)①加入足量的硝酸银溶液只能求出氯离子的量,而不能求出剩余盐酸的浓度。
②由cHClVHCl=cNaOHVNaOH可得出盐酸的浓度为0.110 0 mol/L。
③由于Ksp(MnCO3)<Ksp(CaCO3),过量的CaCO3要转化为一部分MnCO3,由于M(MnCO3)>M(CaCO3),故最终剩余的固体质量增加,导致测得c(H+)偏小。
④使Zn粒进入残余清液中让其发生反应。这样残余清液就可以充分反应,假如反过来,残余清液不行能全部转移到左边。反应完毕时,相同时间内则气体体积削减,又排解了其他影响因素,只能从气体本身角度思考,联想到该反应是放热的,就可能想到气体未冷却了。
答案:(1)ACB(按序号写出三项)
(2)①残余清液中,n(Cl-)>n(H+)(或其他合理答案)
②0.110 0　③偏小　④(i)Zn粒　残余清液(按序号写出两项)
(ii)装置内气体尚未冷却至室温
8.解析:(1)第①加稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热,Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+,可能含Fe3+。所以滤渣1的成分是Pt和Au,滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+,可能含Fe3+。Cu和酸反应的离子方程式为Cu+4H++2NCu2++
2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2N3Cu2++2NO↑+4H2O。
(2)第②步加H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+,该氧化剂的优点是不引入杂质,产物对环境无污染。调溶液pH的目的是使Fe3+和Al3+形成沉淀。所以滤液2的成分是Cu2+,滤渣2的成分为氢氧化铁和氢氧化铝。
(3)第③步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法应是在坩埚中加热脱水。
(4)制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中,甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝,冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质,方法不行行。乙和丙方法均可行。乙方案先在滤渣中加H2SO4,生成Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3,再加Al粉和Fe2(SO4)3生成Al2(SO4)3,过滤后蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体。丙方案先在滤渣中加NaOH,和Al(OH)3反应生成NaAlO2,再向滤液中加H2SO4生成Al2(SO4)3,蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体。但从原子利用角度考虑方案乙更合理,由于丙加的NaOH和制备的Al2(SO4)3的原子组成没有关系,造成原子铺张。
答案:(1)Cu+4H++2NCu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2N3Cu2++2NO↑+4H2O　Au、Pt
(2)将Fe2+氧化为Fe3+　不引入杂质,产物对环境无污染　Fe3+和Al3+　(3)加热脱水
(4)甲　硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质　乙　
9.解析:(1)A装置是氯气的发生装置,D装置盛放NaOH溶液,是尾气处理装置,由于氯气的密度比空气大,应当是向上排空气法收集,所以应当是进步短出,B为收集氯气的装置,C装置作用即为防止尾气吸取时产生倒吸,影响收集氯气,是一个平安装置。
(2)NO气体密度与空气接近而且与空气中O2能发生反应生成NO2,所以收集时只能考虑排液法收集,选择Ⅰ装置最合适。在A装置中加入反应物Cu和稀HNO3,反应产生NO无色气体,B装置盛放蒸馏水,便于排水收集,同时还可以吸取因A装置中少量空气与NO产生的NO2,C装置用来收集从B装置排放出来的水。
答案:(1)向上排气收集氯气　平安瓶作用,防止D中的液体倒吸进入集气管B中　吸取尾气,防止氯气集中到空气中污染环境
(2)①Ⅰ　②

应加入的物质
所起的作用
A
铜屑和稀硝酸
制取NO气体
B
水
排水收集NO气体
C

主要是接收B中排出的水

③反应开头时,A中铜表面毁灭无色小气泡,反应速率渐渐加快;A管上部空间由无色渐渐变为浅红棕色,随反应的进行又渐渐变为无色;A中的液体由无色变为浅蓝色;B中的水面渐渐下降,B管中的水渐渐流入烧杯C中
考点三:综合试验探究
【真题题组】
1.A　浓硝酸具有挥发性,挥发出的硝酸溶于淀粉KI溶液,会将KI氧化为I2,I2遇淀粉会变蓝色,A错误。
2.解析:(1)A中反应的化学方程式为2Fe+3Cl22FeCl3。
(2)由题干知FeCl3加热易升华,故在沉积的FeCl3固体下方加热,可使FeCl3进入收集器。
(3)防止FeCl3潮解就是防止FeCl3接触水蒸气,故步骤②⑤是为了防止FeCl3潮解而实行的措施。
(4)装置B中冷水浴的作用是将FeCl3蒸气冷却为FeCl3固体。装置C为干燥管。检验FeCl2是否失效就是检验D中是否存在Fe2+,可以用K3[Fe(CN)6]溶液检验,现象:若存在Fe2+,溶液中有蓝色沉淀生成。
(5)Cl2是有毒气体,可以用NaOH溶液吸取。
(6)H2S与FeCl3发生氧化还原反应:
2Fe3++H2S2Fe2++S↓+2H+。
(7)由于阳极材料为石墨,故阳极是溶液中的Fe2+放电:
Fe2+-e-Fe3+。
(8)试验Ⅱ的显著优点是:①H2S的利用率高,②FeCl3可以循环利用。
答案:(1)2Fe+3Cl22FeCl3
(2)在沉积的FeCl3固体下方加热　
(3)②⑤
(4)冷却,使FeCl3沉积,便于收集产品　
干燥管　K3[Fe(CN)6]溶液
(5)
(6)2Fe3++H2S2Fe2++S↓+2H+
(7)Fe2+-e-Fe3+　(8)FeCl3得到循环利用
3.解析:(1)丁中物质只有氮元素化合价降低,无其他元素化合价上升,不符合氧化还原反应规律。
(2)①装置连接完成后,需检查气密性,E中有气泡,说明气密性良好。②假设A中加热分解产生的气体全部为氧气,先通N2目的是排尽装置内的氧气,防止对分解产生O2的检验造成干扰;为了防止玻璃管受热不匀而爆裂,应对其先预热。
(3)①剩余固体加入水未见明显变化,可排解猜想丙,由于氮化镁可与水反应产生氨气;3.7 g Mg(NO3)2的物质的量为
0.025 mol,若加热分解生成Mg(NO2)2,最终所得固体的质量为0.025 mol×116 g/mol=2.9 g,而实际固体的质量为1.0 g,因此甲不合理,乙方案合理。②D中盛的是Na2SO3酚酞溶液,若产物中有O2,D中将发生反应2Na2SO3+O22Na2SO4,溶液碱性减弱,溶液颜色会褪去。由于试验过程③观看到A中有红棕色气体毁灭,C、D中未见明显现象,说明NO2与O2在装置B中已反应完。
答案:(1)不符合氧化还原反应原理(或其他合理答案)
(2)①装置气密性良好　②避开对产物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)①乙　②2Na2SO3+O22Na2SO4　O2在通过装置B时已参与反应(或其他合理答案)
4.解析:(1)MgCO3为碳酸盐,分解产生MgO和CO2。(2)装置B是制备CO,装置C是吸取没有与Zn反应的CO2;尾气中的CO有毒,常用点燃法除去。(3)①由表中的试验现象推知甲得到Fe3O4,乙得到Fe。②Fe3O4可表示为FeO。Fe2O3,故Fe3O4与盐酸反应的离子方程式为Fe3O4+8H+Fe2++2Fe3++4H2O。③乙组步骤4溶液先变红,是由于2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-,Fe3++3SCN-Fe(SCN)3(红色溶液);后又褪色,可能是氯水的强氧化性将SCN-氧化,此时,在溶液中再加入KSCN,若溶液变红,说明假设成立,若不变红,则假设不成立。④B装置温度高,若发生倒吸,则会造成玻璃管炸裂,所以在BC之间增加防倒吸装置。
答案:(1)MgO、CO2　(2)除CO2　点燃
(3)①Fe　②Fe3O4+8H+2Fe3++Fe2++4H2O
③Fe2+被氧化为Fe3+,Fe3+遇SCN-显红色　假设SCN-被Cl2氧化,向溶液中加入KSCN溶液,若毁灭红色,则假设成立(其他合理答案均可得分)　④在装置B、C之间添加装置E防倒吸(其他合理答案均可得分)
5.解析:(1)Cl2和Ca(OH)2反应:2Cl2+2Ca(OH)2CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O,制取漂粉精为CaCl2和Ca(ClO)2的混合物,有效成分是Ca(ClO)2。
(2)用pH试纸测漂粉精溶液的pH,pH试纸先变蓝说明溶液呈碱性,后褪色又说明溶液具有漂白性。
(3)向水中持续通入SO2未观看到白雾,说明SO2不能形成白雾,推想可能由反应2SO2+2H2O+Ca(ClO)2CaSO4+H2SO4+2HCl生成的盐酸形成HCl小液滴白雾;①试验a说明白雾中无强氧化性的Cl2。
②试验b说明白雾与AgNO3溶液作用产生白色沉淀,既可能是HCl的性质也可能是混有的SO2在酸性条件下被N氧化为S作用的结果,因此不能推断白雾中确定含有HCl。
(4)欲通过试验确认漂粉精在酸性条件下反应生成Cl2,可直接取漂粉精溶液向其中滴加稀硫酸,观看溶液有无变黄绿色。
(5)①沉淀X中加入稀HCl无明显变化,而取上层清液与BaCl2溶液作用又产生白色沉淀,说明X中含S,为CaSO4。②Ca(ClO)2消耗完全产生大量白色沉淀后,连续通入的SO2与Cl2反应SO2+Cl2+2H2OH2SO4+2HCl,黄绿色消逝。
答案:(1)2Cl2+2Ca(OH)2CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
(2)碱性、漂白性
(3)①检验白雾中是否含有Cl2,排解Cl2的干扰
②白雾中混有SO2显酸性,可与AgNO3反应生成Ag2SO4白色沉淀　(4)直接向漂粉精溶液中滴加稀硫酸,观看溶液是否变黄绿色
(5)①CaSO4　②SO2+Cl2+2H2O4H++S+2Cl-
6.解析:(1)试验室用AgNO3溶液和氨水配制银氨溶液。(2)氨气遇潮湿的红色石蕊试纸会变蓝色;由于银氨溶液中存在如下平衡: +2H2OAg++2NH3·H2O,加热会促使NH3·H2O分解,生成物浓度减小,平衡向右移动,Ag+与氢氧化钠反应生成不稳定的AgOH,AgOH分解为黑色Ag2O。(3)既然假设NaOH还原Ag2O,那么溶液中必定要存在NaOH,所以应当向AgNO3溶液中加入过量的NaOH溶液,才可能验证假设是否成立。(4)试验室用生石灰和浓氨水制取NH3的装置应当是固液不加热的装置。(5)依据题意Ag2O溶解在氨水中应当形成Ag(NH3)2OH;假设成立必定会在试管上形成银镜。
答案:(1)AgNO3溶液和氨水　(2)①试纸变蓝
②在NaOH存在下,加热促进NH3·H2O分解,逸出氨气,促使+2H2OAg++2NH3·H2O平衡向正向移动,c(Ag+)增大,Ag+与OH-反应马上转化为Ag2O:
2OH-+2Ag+Ag2O↓+H2O　(3)过量NaOH溶液
(4)
(5)①Ag2O+4NH3·H2O2Ag(NH3)2OH+3H2O
②与溶液接触的试管壁上析出银镜
③Ag+2HNO3(浓)AgNO3+NO2↑+H2O
7.解析:(1)中,依据化学方程式,即可写出平衡常数表达式:
K=。
(2)中,因平衡常数K只随温度转变而转变,当温度相同时,两份样品的溶液中K相同,而同浓度的Na2CO3溶液中c(C)更大,故PbSO4的转化率较大。
(3)中,利用争辩举例法,可得出假设二(全部为碱式碳酸铅),假设三(PbCO3和碱式碳酸铅)。
(4)由于从分解反应产物:PbCO3PbO+CO2↑,
2PbCO3·Pb(OH)23PbO+2CO2↑+H2O,可以知道,假设一与假设二、三的不同之处在于没有H2O生成,故试验时运用无水CuSO4检验分解产物中是否含有H2O即可。
假设一成立,则依据反应PbCO3PbO+CO2↑,26.7 mg PbCO3 的物质的量为n(PbCO3)= =10-4 mol,而加热至质量不再转变时放出n(CO2)= <10-4mol,说明放出的气体不全是CO2。
答案:(1)
(2)Na2CO3　Na2CO3溶液中的c(C)大
(3)全部为碱式碳酸铅　PbCO3和碱式碳酸铅混合物
(4)①
试验步骤
(不要求写具体试验过程)
预期的试验现象和结论
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,则假设一不成立

②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,试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,可能是试验过程中产生的误差引起的)(合理答案均可)
8.解析:(1)将三草酸合铁酸钾晶体配成溶液后,电离生成K+、Fe3+、C2,由稀H2SO4酸化,滴加KMnO4溶液至C2恰好全部氧化为CO2,Mn被还原成Mn2+,反应的离子方程式为:5C2+2Mn+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2O。
向反应后的溶液中加入锌粉,目的是还原Fe3+:Zn+2Fe3+2Fe2++Zn2+。
步骤三中,用KMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点,反应离子方程式为:5Fe2++Mn+8H+5Fe3++Mn2++4H2O。取两次滴定消耗0.010 mol/L KMnO4溶液体积平均值:
V==20.00 mL。
依据关系式:5Fe2+　～　Mn↑
5 mol 1 mol
n(Fe2+) 0.010 mol/L×0.020 L
解得n(Fe2+)=0.001 mol,
即原晶体中n(Fe3+)=0.001 mol×=0.01 mol,
m(Fe3+)=0.56 g,
故晶体中w(Fe)= ×100%=11.20%。
若步骤二中加入的KMnO4溶液量不够,会有少量C2未被氧化而残留在溶液中,而步骤三中C2也会消耗Mn,则此时测得的铁含量偏高。
(2)中,错误1:加热三草酸合铁酸钾晶体至110 ℃,恒温一段时间后,应在干燥环境中冷却,否则在空气中冷却会导致质量增大。
错误2:加热晶体使之脱去结晶水的操作,必需再加热、冷却、称量,至两次称量结果相差小于0.1 g。
答案:(1)①溶解　定容
②将溶液中的Fe3+全部还原为Fe2+,保证测定结果精确
③5Fe2++Mn+8H+5Fe3++Mn2++4H2O
④11.20%　偏高
(2)应在干燥器中冷却　应再加热、冷却、称量,至两次称量结果相差小于0.1 g为止
9.解析:(1)Ba(OH)2·8H2O放在空气中,只可能和空气中的CO2反应生成BaCO3,与其他气体不反应。
(2)要检验混合物的成分,需要检验Ba(OH)2和BaCO3的存在。首先将两者溶于水后过滤分别开,再分别检验沉淀和溶液。可通过测滤液pH的方法来证明OH-的存在,通过向滤液中加过量稀H2SO4是否生成沉淀的方法来确定Ba2+,从而确定Ba(OH)2的存在,由题意知BaCO3饱和溶液的pH=9.6,所以当pH>9.6时,说明有大量OH-[Ba(OH)2]存在;再检验是否存在C,可接受的方法如下:向沉淀中加足量稀盐酸将生成的气体通入澄清石灰水看是否变浑浊来确认C存在。
(3)①固体的溶解需用玻璃棒搅拌过滤后取滤液冷却后移入250 mL容量瓶中。
②需要的盐酸的最小浓度由c碱V碱=c酸V酸,
得:25.00 mL×0.2 mol·L-1=c酸×50 mL
c酸=0.1 mol·L-1
假如酸为1.5 mol·L-1,
那V酸==3.33 mL,所需酸的体积太小,误差太大。故应选0.198 0 mol·L-1的盐酸。
③Ba(OH)2 ～　2HCl
1 2
n[Ba(OH)2] V×10-3×0.198 0 mol·L-1
n[Ba(OH)2]= mol
w[Ba(OH)2·8H2O]= ×100%
(4)室温下1 L水最多只能溶解3.9 g×10=39 g
n==0.12 mol,
故无法配制1.0 mol·L-1 Ba(OH)2溶液。
答案:(1)Ba(OH)2·8H2O放置在空气中,只能和空气中的CO2反应生成BaCO3
(2)
试验步骤
预期现象和结论
步骤1:略

步骤2:略
产生白色沉淀,稀H2SO4过量不溶解,说明原试剂含Ba2+
步骤3:取适量步骤1中的沉淀于试管中,滴加稀盐酸,将生成的气体通入澄清石灰水。
沉淀溶解,试管中有气泡生成,且澄清石灰水变浑浊,说明沉淀中有C,再结合步骤2,说明沉淀为BaCO3。
步骤4:取适量1中的滤液于试管中,用pH计测定其pH
pH>9.6,说明原试剂含有大量OH-,综合以上步骤即可说明原试剂中由大量Ba(OH)2·8H2O和少量BaCO3组成。

(3)①用玻璃棒搅拌使之溶解过滤恢复至室温　250 mL容量瓶
②0.198 0　×100%
(4)不能
三年模拟·力气提升
1.B　AlCl3溶液蒸干时,由于AlCl3水解程度较大,要得到无水AlCl3,需要在HCl的气流中蒸发,A选项错;CaSO4是微溶化合物,加入饱和Na2CO3溶液后,发生沉淀的转化而转化为CaCO3,再加入盐酸,使CaCO3溶解,B正确;乙酸乙酯在NaOH溶液中会发生水解,C错;NaHCO3溶液是碱性的,Cl2会与碱反应,Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O,D错误。
2.B　A项,加入过量的H2O2或新制氯水,会将I-氧化成I2后,连续氧化生成I,错误;B项,层析操作中,丙酮作流淌相,水作固定相,Fe3+开放快,所以Cu2+在固定相中支配多一些,正确;C项,分液操作时,下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出,错误;D项,乙醇、乙酸都能溶于饱和碳酸钠溶液,错误。
3.解析:(1)由题意知:用废液来提取液溴,再结合后续流程则试剂a的作用是将Br-氧化为Br2,而不引入杂质离子,选用的氧化剂最好是H2O2;无色液体Ⅰ中杂质离子为Ca2+、Mg2+、S,试剂滴加挨次的确定要依据以下原则:①所加试剂过量;②后加试剂除去前面所加试剂增加的杂质离子。除Ca2+用C,除Mg2+用OH-,除S用Ba2+,再考虑不增加新的杂质离子,分别用K2CO3、KOH和Ba(NO3)2,滴加挨次为Ba(NO3)2、KOH、K2CO3,过量的C在后续调pH=7时用酸除去。
(2)加CCl4中操作①为萃取,操作②为分液,操作③为蒸馏(分别萃取液和溶质利用两者沸点不同),题干中装置为抽滤装置,其中A为布氏漏斗。
(3)调pH的作用是除去前面无色液体中滴加的过量的OH-和C,不增加新的杂质离子只能接受HNO3。
答案:(1)H2O2　Ba(NO3)2、KOH、K2CO3
(2)分液　蒸馏　抽滤(减压过滤)　布氏漏斗
(3)除去过量的OH-和C　稀HNO3
4.解析:Ⅰ.CuFeS2与硫酸和氧气反应转化为CuSO4溶液和Fe2(SO4)3溶液,然后将不溶性的杂质过滤掉,滤液A中加入氧化铜的目的是通过调整溶液的pH使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀,过滤后的Fe(OH)3中加入硫酸溶解后,再加入铁粉转变为FeSO4,最终可以得到绿矾。
Ⅱ.(1)沸腾炉中为CuFeS2与氧气反应,故含铁物质转化为铁的氧化物;(2)从图像可以看出,水溶性Cu含量最高的温度在600 ℃左右;温度上升后,生成物硫酸铜可能因温度过高分解生成难溶性的CuO,而使水溶性Cu(%)下降。
答案:Ⅰ.(1)稀硫酸　铁粉
(2)4CuFeS2+2H2SO4+17O24CuSO4+2Fe2(SO4)3+2H2O
Ⅱ.(1)铁的氧化物(其他合理答案也可)
(2)600　硫酸铜受热分解
5.解析:(1)检验Fe3+,可用KSCN溶液或苯酚溶液。
(2)当pH=2时,依据题中表格数据知,只有SnS能完全沉淀,这样可以除去杂质Sn2+,同时H2S还原性大于Fe2+,所以可防止Fe2+被氧化;酸化后溶液的pH既保证除去Sn2+,而不能除去Fe2+,所以pH在(1.6～3.0)之间。
(3)制绿矾晶体接受蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤的方法。
(4)对于洗涤晶体,用冰水洗可降低晶体在水中的溶解度,从而削减洗涤过程中晶体的溶解而造成的损失。
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)蒸发浓缩　过滤洗涤
(4)降低洗涤过程中FeSO4·7H2O的损耗
6.解析:(1)干燥氨气需将氨气通过盛有碱石灰的干燥管,且用向下排空气法,即E的连接方式应为“短进长出”。
(2)二氧化碳的溶解度较小,而氨气的溶解度很大,故先通入氨气使溶液呈碱性,利于碳酸钙的生成。
(3)利用其形成的分散系为胶体进行验证。
答案:(1)ACDE
(2)NH3　CaCl2+CO2+2NH3+H2OCaCO3+2NH4Cl
(3)取少量样品和水混合形成分散系,用一束光照射,若毁灭一条光亮的通路,则是纳米级,否则不是
7.D　分别加入盐酸,若产生刺激性气味气体,则为Na2SO3,若产生白色沉淀,则为Na2SiO3,若无明显现象为Na2SO4,A项正确;硅酸酸性比碳酸弱,B项正确;Na2SO3、Na2SiO3均因水解而显碱性,C项正确;稀硝酸可将Na2SO3氧化为Na2SO4,D项错误。
8.解析:N在酸性条件下和Fe3+均具有较强氧化性,均可氧化SO2,而氧气也能氧化SO2,故试验过程中需排解空气中氧气的干扰,用氮气将装置中的空气排尽。若证明SO2仅与Fe3+反应,则需要验证反应后的产物中有Fe2+,可利用其还原性来验证;还需要验证N没参与反应,可通过验证没有氮氧化物生成。若要证明在酸性条件下SO2与N反应,则只要选不含Fe3+而含N的溶液即可,(4)②中要求选取最佳试剂,可依据试验中使用的1.0 mol/L 的Fe(NO3)3溶液的pH=1,选取被酸化的pH=1的盐溶液。
答案:(1)分液漏斗
(2)打开弹簧夹,向装置中通入一段时间的N2,关闭弹簧夹
(3)BaSO4　还原性
(4)SO2与Fe3+、酸性条件下N都反应
①SO2+2Fe3++Ba2++2H2OBaSO4↓+2Fe2++4H+
取少量B中溶液于试管中,加入少量的酸性KMnO4溶液,紫色褪去则溶液中有Fe2+,然后用潮湿的淀粉KI试纸靠近B导管末端,若不变蓝,说明N没反应。证明观点1合理　
②C
9.解析:(1)浓硝酸在加热条件下与铜片反应制取NO2:
Cu+4HNO3 (浓)Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O。
(2)由于NO2气体是红棕色的,若NO2能够被NH3还原,随NO2的消耗,气体颜色会变浅。
(3)①从反应能否发生角度作出假设;②从化学平衡角度作了假设;③可以从反应速率作出假设,也可能是二者反应速率极慢,短时间内无法观看到气体颜色的变化。
(4)NO2 与NH3都是有毒气体,即使二者能够发生反应,也会反应不完全,剩余气体逸散到空气中造成污染。应当增加尾气处理装置。
(5)由于Na2O2中的氧元素处于-1价,既有氧化性,也有还原性,所以NO2也可能被Na2O2还原。
(6)①整个试验的设计原理为:利用E制取NO2气体,通过D装置进行干燥,然后进入B装置进行验证明验,最终通过F装置吸取未反应的NO2气体,所以装置的连接挨次是EDBF。
②白色物质为纯洁物,且无其他物质生成,只可能是NO2被氧化为了N2O5,与生成的Na2O化合为了NaNO3。
答案:(1)Cu+4HNO3 (浓)Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O
(2)C装置中混合气体颜色变浅
(3)在此条件下,该反应的化学反应速率极慢
(4)缺少尾气吸取装置
(5)NO2能被Na2O2还原
(6)①EDBF　②2NO2+Na2O22NaNO3
10.解析:(1)将悬浊液与溶液分别接受过滤的方法,而将碘从水中转移到有机溶剂中的操作为萃取分液。(2)从碘水中提取碘,选用的萃取剂是一种不溶于水的有机溶剂,四氯化碳、苯、汽油都可以,B正确。(3)整个提取过程涉及过滤和萃取分液,需要一般漏斗和分液漏斗。(4)蒸馏操作中,冷凝装置水流方向低端进,高端出,能充分进行能量交换,烧杯、烧瓶类的容器加热,需要垫石棉网,温度计测馏分的温度,应放在蒸馏烧瓶的支管口处。(5)水浴有两大优点,一是受热均匀,二是便于把握温度;由于CCl4沸点低于碘的升华温度,所以理论上碘剩余在蒸馏烧瓶中。
答案:(1)过滤　萃取分液　Cl2+2I-2Cl-+I2
(2)B　(3)一般漏斗、分液漏斗
(4)①温度计水银球位置太低,应位于蒸馏烧瓶支管口处
②烧杯加热未使用石棉网　
③冷凝管冷却水流方向反了
(5)均匀受热,易于把握温度　蒸馏烧瓶
11.解析:(1)乙酸酐遇水极易反应生成乙酸,甚至发生爆炸,所以确定要干燥无水操作。(2)把握85~90℃的温度持续加热,最佳的方式是水浴加热。溶液形成过饱和溶液未析出晶体,是由于缺少晶种,可以实行措施是破坏过饱和状态,使晶体析出。由于制得的阿司匹林中含有水杨酸杂质,需要进行洗涤,为削减阿司匹林损失,则需要用冰水洗涤。(3)由于粗产品中含有水杨酸聚合物,所以先将阿司匹林转化为乙酰水杨酸钠可溶物,过滤除去水杨酸聚合物,加入试剂选择能溶解乙酰水杨酸但不与水杨酸聚合物反应的NaHCO3,若用