近三年高考化学真题分类汇编:化学实验2
一、选择题
1.(2022·湖北)下列实验装置(部分夹持装置略)或现象错误的是( )
A.滴入酚酞溶液 B.吸氧腐蚀 C.钠的燃烧 D.石蜡油的热分解
A.A B.B C.C D.D
2.(2022·北京市)利用如图所示装置(夹持装置略)进行实验,b中现象不能证明a中产物生成的是( )
a中反应 b中检测试剂及现象
A 浓分解生成 淀粉溶液变蓝
B 与浓生成 品红溶液褪色
C 浓与溶液生成 酚酞溶液变红
D 与乙醇溶液生成丙烯 溴水褪色
A.A B.B C.C D.D
3.(2022·北京市)下列实验中,不能达到实验目的的是( )
由海水制取蒸馏水 萃取碘水中的碘 分离粗盐中的不溶物 由制取无水固体
A B C D
A.A B.B C.C D.D
4.(2022·北京市)利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。
装置示意图 序号 电解质溶液 实验现象
① 阴极表面有无色气体,一段时间后阴极表面有红色固体,气体减少。经检验电解液中有
② 阴极表面未观察到气体,一段时间后阴极表面有致密红色固体。经检验电解液中无元素
下列说法错误的是( )
A.①中气体减少,推测是由于溶液中减少,且覆盖铁电极,阻碍与铁接触
B.①中检测到,推测可能发生反应:
C.随阴极析出,推测②中溶液减少,平衡逆移
D.②中生成,使得比①中溶液的小,缓慢析出,镀层更致密
5.(2022·海南)《医学入门》中记载我国传统中医提纯铜绿的方法:“水洗净,细研水飞,去石澄清,慢火熬干,”其中未涉及的操作是( )
A.洗涤 B.粉碎 C.萃取 D.蒸发
6.(2022·海南)依据下列实验,预测的实验现象正确的是( )
选项 实验内容 预测的实验现象
A 溶液中滴加NaOH溶液至过量 产生白色沉淀后沉淀消失
B 溶液中滴加KSCN溶液 溶液变血红色
C AgI悬浊液中滴加NaCl溶液至过量 黄色沉淀全部转化为白色沉淀
D 酸性溶液中滴加乙醇至过量 溶液紫红色褪去
A.A B.B C.C D.D
7.(2022·海南)下列实验操作规范的是( )
A.过滤 B.排空气法收集 C.混合浓硫酸和乙醇 D.溶液的转移
A.A B.B C.C D.D
8.(2022·山东)下列试剂实验室保存方法错误的是( )
A.浓硝酸保存在棕色细口瓶中
B.氢氧化钠固体保存在广口塑料瓶中
C.四氯化碳保存在广口塑料瓶中
D.高锰酸钾固体保存在棕色广口瓶中
9.(2022·山东)已知苯胺(液体)、苯甲酸(固体)微溶于水,苯胺盐酸盐易溶于水。实验室初步分离甲苯、苯胺、苯甲酸混合溶液的流程如下。下列说法正确的是( )
A.苯胺既可与盐酸也可与溶液反应
B.由①、③分别获取相应粗品时可采用相同的操作方法
C.苯胺、甲苯、苯甲酸粗品依次由①、②、③获得
D.①、②、③均为两相混合体系
10.(2022·山东)某同学按图示装置进行实验,欲使瓶中少量固体粉末最终消失并得到澄清溶液。下列物质组合不符合要求的是( )
气体 液体 固体粉末
A 饱和溶液
B 溶液 Fe
C 溶液
D
A.A B.B C.C D.D
11.(2022·山东)实验室用基准配制标准溶液并标定盐酸浓度,应选甲基橙为指示剂,并以盐酸滴定标准溶液。下列说法错误的是( )
A.可用量筒量取标准溶液置于锥形瓶中
B.应选用配带塑料塞的容量瓶配制标准溶液
C.应选用烧杯而非称量纸称量固体
D.达到滴定终点时溶液显橙色
12.(2022·山东)高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下,可能用到的数据见下表。
开始沉淀pH 1.9 4.2 6.2
沉淀完全pH 3.2 6.7 8.2
下列说法错误的是( )
A.固体X主要成分是和S;金属M为Zn
B.浸取时,增大压强可促进金属离子浸出
C.中和调pH的范围为3.2~4.2
D.还原时,增大溶液酸度有利于Cu的生成
13.(2022·浙江6月选考)名称为“吸滤瓶”的仪器是( )
A. B.
C. D.
14.(2022·浙江6月选考)尖晶石矿的主要成分为(含杂质)。已知:。该反应难以发生,但采用“加炭氯化法”可以制备和,同时还可得到副产物(沸点为,在升华):。下列说法不正确的是( )
A.制备时要保持无水环境
B.输送气态产物的管道温度要保持在以上
C.氯化时加炭,既增大了反应的趋势,又为氯化提供了能量
D.为避免产生大量,反应过程中需保持炭过量
15.(2022·浙江6月选考)下列说法不正确的是( )
A.植物油含有不饱和高级脂肪酸甘油酯,能使溴的四氯化碳溶液褪色
B.向某溶液中加入茚三酮溶液,加热煮沸出现蓝紫色,可判断该溶液含有蛋白质
C.麦芽糖、葡萄糖都能发生银镜反应
D.将天然的甘氨酸、丙氨酸、苯丙氨酸混合,在一定条件下生成的链状二肽有9种
16.(2022·浙江6月选考)亚硝酸钠俗称“工业盐”,其外观、口感与食盐相似,人若误服会中毒。现将适量某样品(成分为亚硝酸钠或氯化钠)溶于水配成溶液,分别取少量该溶液于试管中进行实验。下列方案设计、现象和结论都正确的是( )
方案设计 现象和结论
A 先加入少量KClO3溶液,再加溶液和足量稀硝酸,振荡 若产生白色沉淀,则样品为亚硝酸钠
B 加到少量溶液中,再加硫酸酸化,振荡 若溶液褪色,则样品为亚硝酸钠
C 先加到少量溶液中,再加入稀盐酸酸化,振荡 若溶液变黄色,则样品为亚硝酸钠
D 先加入少量溶液,再加入溶液和稀硝酸,振荡 若产生白色沉淀,则样品为亚硝酸钠
A.A B.B C.C D.D
17.(2022·浙江6月选考)下列说法不正确的是( )
A.用标准液润洗滴定管后,应将润洗液从滴定管上口倒出
B.铝热反应非常剧烈,操作时要戴上石棉手套和护目镜
C.利用红外光谱法可以初步判断有机物中具有哪些基团
D.蒸发浓缩硫酸铵和硫酸亚铁(等物质的量)的混合溶液至出现晶膜,静置冷却,析出硫酸亚铁铵晶体
18.(2022·浙江6月选考)时,向浓度均为的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入的溶液(醋酸的;用的溶液滴定等浓度的盐酸,滴定终点的突跃范围4.3~9.7)。下列说法不正确的是( )
A.恰好中和时,溶液呈碱性
B.滴加溶液至的过程中,发生反应的离子方程式为:
C.滴定过程中,
D.时,
19.(2022·湖南)化学实验操作是进行科学实验的基础。下列操作符合规范的是( )
A.碱式滴定管排气泡 B.溶液加热 C.试剂存放 D.溶液滴加
A.A B.B C.C D.D
20.(2022·湖南)铝电解厂烟气净化的一种简单流程如下:
下列说法错误的是( )
A.不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料
B.采用溶液喷淋法可提高吸收塔内烟气吸收效率
C.合成槽中产物主要有 和
D.滤液可回收进入吸收塔循环利用
21.(2022·湖南)为探究 的性质,进行了如下实验( 和 溶液浓度均为 )。
实验 操作与现象
① 在 水中滴加2滴 溶液,呈棕黄色;煮沸,溶液变红褐色。
② 在 溶液中滴加2滴 溶液,变红褐色; 再滴加 溶液,产生蓝色沉淀。
③ 在 溶液中滴加2滴 溶液,变红褐色; 将上述混合液分成两份,一份滴加 溶液,无蓝色沉淀生成; 另一份煮沸,产生红褐色沉淀。
依据上述实验现象,结论不合理的是( )
A.实验①说明加热促进 水解反应
B.实验②说明 既发生了水解反应,又发生了还原反应
C.实验③说明 发生了水解反应,但没有发生还原反应
D.整个实验说明 对 的水解反应无影响,但对还原反应有影响
22.(2022·广东)实验室进行粗盐提纯时,需除去 和 ,所用试剂包括 以及( )
A. B.
C. D.
23.(2022·广东)实验室用 和浓盐酸反应生成 后,按照净化、收集、性质检验及尾气处理的顺序进行实验。下列装置(“→”表示气流方向)不能达到实验目的的是( )
A. B.
C. D.
24.(2022·广东)劳动开创未来。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是( )
选项 劳动项目 化学知识
A 面包师用小苏打作发泡剂烘焙面包 可与酸反应
B 环保工程师用熟石灰处理酸性废水 熟石灰具有碱性
C 工人将模具干燥后再注入熔融钢水 铁与 高温下会反应
D 技术人员开发高端耐腐蚀镀铝钢板 铝能形成致密氧化膜
A.A B.B C.C D.D
25.(2022·广东)为检验牺牲阳极的阴极保护法对钢铁防腐的效果,将镀层有破损的镀锌铁片放入酸化的 溶液中。一段时间后,取溶液分别实验,能说明铁片没有被腐蚀的是( )
A.加入 溶液产生沉淀
B.加入淀粉碘化钾溶液无蓝色出现
C.加入 溶液无红色出现
D.加入 溶液无蓝色沉淀生成
二、非选择题
26.(2022·湖北)全球对锂资源的需求不断增长,“盐湖提锂”越来越受到重视。某兴趣小组取盐湖水进行浓缩和初步除杂后,得到浓缩卤水(含有和少量),并设计了以下流程通过制备碳酸锂来提取锂。
时相关物质的参数如下:
的溶解度:
化合物
回答下列问题:
(1)“沉淀1”为 。
(2)向“滤液1”中加入适量固体的目的是 。
(3)为提高的析出量和纯度,“操作A”依次为 、 、洗涤。
(4)有同学建议用“侯氏制碱法”的原理制备。查阅资料后,发现文献对常温下的有不同的描述:①是白色固体;②尚未从溶液中分离出来。为探究的性质,将饱和溶液与饱和溶液等体积混合,起初无明显变化,随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出,最终生成白色沉淀。上述现象说明,在该实验条件下 (填“稳定”或“不稳定”),有关反应的离子方程式为 。
(5)他们结合(4)的探究结果,拟将原流程中向“滤液2”加入改为通入。这一改动能否达到相同的效果,作出你的判断并给出理由 。
27.(2022·北京市)某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应。
资料:i.Mn2+在一定条件下被Cl2或ClO-氧化成MnO2(棕黑色)、(绿色)、(紫色)。
ii.浓碱条件下,可被OH-还原为。
iii.Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关,NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。
实验装置如图(夹持装置略)
序号 物质a C中实验现象
通入Cl2前 通入Cl2后
I 水 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀,且放置后不发生变化
II 5%NaOH溶液 产生白色沉淀,在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多,放置后溶液变为紫色,仍有沉淀
III 40%NaOH 溶液 产生白色沉淀,在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多,放置后溶液变为紫色,仍有沉淀
(1)B中试剂是 。
(2)通入Cl2前,II、III中沉淀由白色变为黑色的化学方程式为 。
(3)对比实验I、II通入Cl2后的实验现象,对于二价锰化合物还原性的认识是 。
(4)根据资料ii,III中应得到绿色溶液,实验中得到紫色溶液,分析现象与资料不符的原因:
原因一:可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。
原因二:可能是氧化剂过量,氧化剂将氧化为。
①化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因 ,但通过实验测定溶液的碱性变化很小。
②取III中放置后的1 mL悬浊液,加入4 mL40%NaOH溶液,溶液紫色迅速变为绿色,且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色的离子方程式为 ,溶液绿色缓慢加深,原因是MnO2被 (填“化学式”)氧化,可证明III的悬浊液中氧化剂过量;
③取II中放置后的1 mL悬浊液,加入4 mL水,溶液紫色缓慢加深,发生的反应是 。
④从反应速率的角度,分析实验III未得到绿色溶液的可能原因 。
28.(2022·北京市)碘番酸是一种口服造影剂,用于胆部X—射线检查。其合成路线如下:
已知:R1COOH+R2COOH+H2O
(1)A可发生银镜反应,A分子含有的官能团是 。
(2)B无支链,B的名称是 。B的一种同分异构体,其核磁共振氢谱只有一组峰,结构简式是 。
(3)E为芳香族化合物,E→F的化学方程式是 。
(4)G中含有乙基,G的结构简式是 。
(5)碘番酸分子中的碘位于苯环上不相邻的碳原子上。碘番酸的相对分子质量为571,J的相对分子质量为193,碘番酸的结构简式是 。
(6)口服造影剂中碘番酸含量可用滴定分析法测定,步骤如下。
步骤一:称取amg口服造影剂,加入Zn粉、NaOH溶液,加热回流,将碘番酸中的碘完全转化为I-,冷却、洗涤、过滤,收集滤液。
步骤二:调节滤液pH,用bmol L-1AgNO3标准溶液滴定至终点,消耗AgNO3溶液的体积为cmL。
已知口服造影剂中不含其它含碘物质。计算口服造影剂中碘番酸的质量分数 。
29.(2022·北京市)煤中硫的存在形态分为有机硫和无机硫(、硫化物及微量单质硫等)。库仑滴定法是常用的快捷检测煤中全硫含量的方法。其主要过程如下图所示。
已知:在催化剂作用下,煤在管式炉中燃烧,出口气体主要含。
(1)煤样需研磨成细小粉末,其目的是 。
(2)高温下,煤中完全转化为,该反应的化学方程式为 。
(3)通过干燥装置后,待测气体进入库仑测硫仪进行测定。
已知:库仑测硫仪中电解原理示意图如下。检测前,电解质溶液中保持定值时,电解池不工作。待测气体进入电解池后,溶解并将还原,测硫仪便立即自动进行电解到又回到原定值,测定结束,通过测定电解消耗的电量可以求得煤中含硫量。
①在电解池中发生反应的离子方程式为 。
②测硫仪工作时电解池的阳极反应式为 。
(4)煤样为,电解消耗的电量为x库仑,煤样中硫的质量分数为 。
已知:电解中转移电子所消耗的电量为96500库仑。
(5)条件控制和误差分析。
①测定过程中,需控制电解质溶液,当时,非电解生成的使得测得的全硫含量偏小,生成的离子方程式为 。
②测定过程中,管式炉内壁上有残留,测得全硫量结果为 。(填“偏大”或“偏小”)
30.(2022·北京市)白云石的主要化学成分为,还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁,流程示意图如下。
已知:
物质
(1)白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为 。
(2)用量对碳酸钙产品的影响如下表所示。
氧化物()浸出率/% 产品中纯度/% 产品中Mg杂质含量/% (以计)
计算值 实测值
2.1∶1 98.4 1.1 99.1 99.7 ——
2.2∶1 98.8 1.5 98.7 99.5 0.06
2.4∶1 99.1 6.0 95.2 97.6 2.20
备注:ⅰ、浸出率=(浸出的质量/煅烧得到的质量)(M代表Ca或Mg)
ⅱ、纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中纯度。
①解释“浸钙”过程中主要浸出的原因是 。
②沉钙反应的离子方程式为 。
③“浸钙”过程不适宜选用的比例为 。
④产品中纯度的实测值高于计算值的原因是 。
(3)“浸镁”过程中,取固体B与一定浓度的溶液混合,充分反应后的浸出率低于60%。加热蒸馏,的浸出率随馏出液体积增大而增大,最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是 。
(4)滤渣C中含有的物质是 。
(5)该流程中可循环利用的物质是 。
31.(2022·海南)胆矾()是一种重要化工原料,某研究小组以生锈的铜屑为原料[主要成分是Cu,含有少量的油污、CuO、、]制备胆矾。流程如下。
回答问题:
(1)步骤①的目的是 。
(2)步骤②中,若仅用浓溶解固体B,将生成 (填化学式)污染环境。
(3)步骤②中,在存在下Cu溶于稀,反应的化学方程式为 。
(4)经步骤④得到的胆矾,不能用水洗涤的主要原因是 。
(5)实验证明,滤液D能将氧化为。
ⅰ.甲同学认为不可能是步骤②中过量将氧化为,理由是 。
ⅱ.乙同学通过实验证实,只能是将氧化为,写出乙同学的实验方案及结果 (不要求写具体操作过程)。
32.(2022·海南)磷酸氢二铵[]常用于干粉灭火剂。某研究小组用磷酸吸收氢气制备,装置如图所示(夹持和搅拌装置已省略)。
回答问题:
(1)实验室用和制备氨气的化学方程式为 。
(2)现有浓质量分数为85%,密度为1.7g/mL。若实验需100mL1.7mol/L的溶液,则需浓 mL(保留一位小数)。
(3)装置中活塞的作用为 。实验过程中,当出现 现象时,应及时关闭,打开。
(4)当溶液pH为8.0~9.0时,停止通,即可制得溶液。若继续通入,当时,溶液中、 和 (填离子符号)浓度明显增加。
(5)若本实验不选用pH传感器,还可选用 作指示剂,当溶液颜色由 变为时,停止通。
33.(2022·山东)实验室利用和亚硫酰氯()制备无水的装置如图所示(加热及夹持装置略)。已知沸点为,遇水极易反应生成两种酸性气体。回答下列问题:
(1)实验开始先通。一段时间后,先加热装置 (填“a”或“b”)。装置b内发生反应的化学方程式为 。装置c、d共同起到的作用是 。
(2)现有含少量杂质的,为测定n值进行如下实验:
实验Ⅰ:称取样品,用足量稀硫酸溶解后,用标准溶液滴定达终点时消耗(滴定过程中转化为,不反应)。
实验Ⅱ:另取样品,利用上述装置与足量反应后,固体质量为。
则 ;下列情况会导致n测量值偏小的是 (填标号)。
A.样品中含少量杂质
B.样品与反应时失水不充分
C.实验Ⅰ中,称重后样品发生了潮解
D.滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成
(3)用上述装置、根据反应制备。已知与分子结构相似,与互溶,但极易水解。选择合适仪器并组装蒸馏装置对、混合物进行蒸榴提纯(加热及夹持装置略),安装顺序为①⑨⑧ (填序号),先馏出的物质为 。
34.(2022·山东)工业上以氟磷灰石[,含等杂质]为原料生产磷酸和石膏,工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)酸解时有产生。氢氟酸与反应生成二元强酸,离子方程式为 。
(2)部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中,按物质的量之比加入脱氟,充分反应后, ;再分批加入一定量的,首先转化为沉淀的离子是 。
(3)浓度(以计)在一定范围时,石膏存在形式与温度、浓度(以计)的关系如图甲所示。酸解后,在所得、为45的混合体系中,石膏存在形式为 (填化学式);洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水,原因是 ,回收利用洗涤液X的操作单元是 ;一定温度下,石膏存在形式与溶液中和的关系如图乙所示,下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的是 (填标号)。
A.、、 B.、、
C.、、 D.、、
35.(2022·浙江6月选考)氨基钠()是重要的化学试剂,实验室可用下图装置(夹持、搅拌、尾气处理装置已省略)制备。
简要步骤如下:
Ⅰ.在瓶A中加入液氨和,通入氨气排尽密闭体系中空气,搅拌。
Ⅱ.加入钠粒,反应,得粒状沉积物。
Ⅲ.除去液氨,得产品。
已知:几乎不溶于液氨,易与水、氧气等反应。
请回答:
(1)的作用是 ;装置B的作用是 。
(2)步骤Ⅰ,为判断密闭体系中空气是否排尽,请设计方案 。
(3)步骤Ⅱ,反应速率应保持在液氨微沸为宜。为防止速率偏大,可采取的措施有 。
(4)下列说法不正确的是____。
A.步骤Ⅰ中,搅拌的目的是使均匀地分散在液氨中
B.步骤Ⅱ中,为判断反应是否已完成,可在N处点火,如无火焰,则反应已完成
C.步骤Ⅲ中,为避免污染,应在通风橱内抽滤除去液氨,得到产品
D.产品应密封保存于充满干燥氮气的瓶中
(5)产品分析:假设是产品的唯一杂质,可采用如下方法测定产品纯度。从下列选项中选择最佳操作并排序。
准确称取产品→ → → →计算
a.准确加入过量的水
b.准确加入过量的标准溶液
c.准确加入过量的标准溶液
d.滴加甲基红指示剂(变色的范围4.4~6.2)
e.滴加石蕊指示剂(变色的范围4.5~8.3)
f.滴加酚酞指示剂(变色的范围8.2~10.0)
g.用标准溶液滴定
h.用标准溶液滴定
i.用标准溶液滴定
36.(2022·浙江6月选考)化合物X由三种元素组成,某实验小组按如下流程进行相关实验:
化合物X在空气中加热到,不发生反应。
请回答:
(1)组成X的三种元素为 ;X的化学式为 。
(2)溶液C的溶质组成为 (用化学式表示)。
(3)①写出由X到A的化学方程式 。
②X难溶于水,但可溶于氨水中,写出该反应的离子方程式 。
(4)设计实验,检验尾气中相对活泼的2种气体 。
37.(2022·湖南)某实验小组以 溶液为原料制备 ,并用重量法测定产品中 的含量。设计了如下实验方案:
可选用试剂: 晶体、 溶液、浓 、稀 、 溶液、蒸馏水
步骤1. 的制备
按如图所示装置进行实验,得到 溶液,经一系列步骤获得 产品。
步骤2.产品中 的含量测定
①称取产品 ,用 水溶解,酸化,加热至近沸;
②在不断搅拌下,向①所得溶液逐滴加入热的 溶液;
③沉淀完全后, 水浴40分钟,经过滤、洗涤、烘干等步骤,称量白色固体,质量为 。
回答下列问题:
(1)Ⅰ是制取 气体的装置,在试剂a过量并微热时,发生主要反应的化学方程式为 ;
(2)Ⅱ中b仪器的作用是 ;Ⅲ中的试剂应选用 ;
(3)在沉淀过程中,某同学在加入一定量热的 溶液后,认为沉淀已经完全,判断沉淀已完全的方法是 ;
(4)沉淀过程中需加入过量的 溶液,原因是 ;
(5)在过滤操作中,下列仪器不需要用到的是 (填名称);
(6)产品中 的质量分数为 (保留三位有效数字)。
38.(2022·湖南)钛( )及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣(主要成分为 ,含少量V、 和 的氧化物杂质)为原料,制备金属钛的工艺流程如下:
已知“降温收尘”后,粗 中含有的几种物质的沸点:
物质
沸点/ 136 127 57 180
回答下列问题:
(1)已知 , 的值只决定于反应体系的始态和终态,忽略 、 随温度的变化。若 ,则该反应可以自发进行。根据下图判断: 时,下列反应不能自发进行的是______________。
A.
B.
C.
D.
(2) 与C、 在 的沸腾炉中充分反应后,混合气体中各组分的分压如下表:
物质
分压/
①该温度下, 与C、 反应的总化学方程式为 ;
②随着温度升高,尾气中 的含量升高,原因是 。
(3)“除钒”过程中的化学方程式为 ;“除硅、铝”过程中,分离 中含 、 杂质的方法是 。
(4)“除钒”和“除硅、铝”的顺序 (填“能”或“不能”)交换,理由是 。
(5)下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入 冶炼 的方法相似的是______________。
A.高炉炼铁 B.电解熔融氯化钠制钠
C.铝热反应制锰 D.氧化汞分解制汞
39.(2022·广东)食醋是烹饪美食的调味品,有效成分主要为醋酸(用 表示)。 的应用与其电离平衡密切相关。25℃时, 的 。
(1)配制 的 溶液,需 溶液的体积为 mL。
(2)下列关于250mL容量瓶的操作,正确的是 。
(3)某小组研究25℃下 电离平衡的影响因素。
提出假设 稀释 溶液或改变 浓度, 电离平衡会发生移动。
设计方案并完成实验 用浓度均为 的 和 溶液,按下表配制总体积相同的系列溶液;测定 ,记录数据。
序号
Ⅰ 40.00 / / 0 2.86
Ⅱ 4.00 / 36.00 0 3.36
…
Ⅶ 4.00 a b 3∶4 4.53
Ⅷ 4.00 4.00 32.00 1∶1 4.65
①根据表中信息,补充数据: , 。
②由实验Ⅰ和Ⅱ可知,稀释 溶液,电离平衡 (填”正”或”逆”)向移动;结合表中数据,给出判断理由: 。
③由实验Ⅱ~VIII可知,增大 浓度, 电离平衡逆向移动。
实验结论 假设成立。
(4)小组分析上表数据发现:随着 的增加, 的值逐渐接近 的 。
查阅资料获悉:一定条件下,按 配制的溶液中, 的值等于 的 。
对比数据发现,实验VIII中 与资料数据 存在一定差异;推测可能由物质浓度准确程度不够引起,故先准确测定 溶液的浓度再验证。
(ⅰ)移取 溶液,加入2滴酚酞溶液,用 溶液滴定至终点,消耗体积为 ,则该 溶液的浓度为 。在答题卡虚线框中,画出上述过程的滴定曲线示意图并标注滴定终点 。
(ⅱ)用上述 溶液和 溶液,配制等物质的量的 与 混合溶液,测定pH,结果与资料数据相符。
(5)小组进一步提出:如果只有浓度均约为 的 和 溶液,如何准确测定 的 ?小组同学设计方案并进行实验。请完成下表中Ⅱ的内容。
Ⅰ 移取 溶液,用 溶液滴定至终点,消耗 溶液
Ⅱ ,测得溶液的pH为4.76
实验总结 得到的结果与资料数据相符,方案可行。
(6)根据 可以判断弱酸的酸性强弱。写出一种无机弱酸及其用途 。
40.(2022·广东)稀土( )包括镧、钇等元素,是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理,一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下:
已知:月桂酸 熔点为 ;月桂酸和 均难溶于水。该工艺条件下,稀土离子保持 价不变; 的 ; 开始溶解时的pH为8.8;有关金属离子沉淀的相关pH见下表。
离子
开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2~7.4
沉淀完全时的pH / 3.2 4.7 /
(1)“氧化调pH”中,化合价有变化的金属离子是 。
(2)“过滤1”前,用 溶液调pH至 的范围内,该过程中 发生反应的离子方程式为 。
(3)“过滤2”后,滤饼中检测不到 元素,滤液2中 浓度为 。为尽可能多地提取 ,可提高月桂酸钠的加入量,但应确保“过滤2”前的溶液中 低于 (保留两位有效数字)。
(4)①“加热搅拌”有利于加快 溶出、提高产率,其原因是 。
②“操作X”的过程为:先 ,再固液分离。
(5)该工艺中,可再生循环利用的物质有 (写化学式)。
(6)稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂 。
①还原 和 熔融盐制备 时,生成 转移 电子。
② 用作氢氧燃料电池电极材料时,能在碱性溶液中高效催化 的还原,发生的电极反应为 。
答案解析部分
1.【答案】C
【知识点】探究石蜡油分解制乙烯及乙烯的化学性质;性质实验方案的设计;铁的吸氧腐蚀
【解析】【解答】A.碳酸钠和碳酸氢钠都会因水解而使溶液显碱性,碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠,滴入酚酞溶液后,碳酸钠溶液呈现红色,碳酸氢钠的溶液呈现浅红色,A不符合题意;
B.食盐水为中性,铁钉发生吸氧腐蚀,试管中的气体被消耗,压强减小,与外界形成压强差,导管口形成一段水柱,B不符合题意;
C.钠燃烧温度在400℃以上,玻璃表面皿不耐高温,故钠燃烧通常载体为坩埚或者燃烧匙,C符合题意;
D.石蜡油发生热分解,产生不饱和烃,不饱和烃与溴发生加成反应,使试管中溴的四氯化碳溶液褪色,D不符合题意;
故答案为:C。
【分析】A.碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠;
B.铁钉在中性环境中发生吸氧腐蚀;
D.石蜡油分解产生的不饱和烃能使溴的四氯化碳褪色。
2.【答案】A
【知识点】物质检验实验方案的设计;化学实验方案的评价
【解析】【解答】A.浓硝酸具有挥发性,挥发出的硝酸能与碘化钾溶液反应生成碘单质,碘单质遇淀粉溶液变蓝,则淀粉碘化钾溶液变蓝色不能说明浓硝酸分解生成二氧化氮,故A符合题意;
B.铜与浓硫酸共热反应生成的二氧化硫具有漂白性,能使品红溶液褪色,则品红溶液褪色能说明铜与浓硝酸共热反应生成二氧化硫,故B不符合题意;
C.浓氢氧化钠溶液与氯化铵溶液共热反应生成氨气,氨气溶于水生成氨水,溶液呈碱性,能使酚酞溶液变红,则酚酞溶液变红能说明浓氢氧化钠溶液与氯化铵溶液共热反应生成氨气,故C不符合题意;
D.乙醇具有挥发性,挥发出的乙醇不能与溴水反应,则2—溴丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应生成能使溴水褪色的丙烯气体,则溴水褪色能说明2-溴丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应生成丙烯,故D不符合题意;
故答案为:A。
【分析】A.浓硝酸易挥发且具有强氧化性;
B.二氧化硫具有漂白性;
C.浓氢氧化钠溶液与氯化铵溶液共热反应生成氨气,氨气溶于水生成氨水,溶液呈碱性;
D.烯烃能与溴水发生加成反应。
3.【答案】D
【知识点】过滤;蒸发和结晶、重结晶;蒸馏与分馏;分液和萃取
【解析】【解答】A.实验室用海水制取蒸馏水用蒸馏的方法制备,蒸馏时用到蒸馏烧瓶、酒精灯、冷凝管、牛角管、锥形瓶等仪器,注意温度计水银球应处在蒸馏烧瓶的支管口附近,冷凝管应从下口进水,上口出水,A不符合题意;
B.碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度,可以用四氯化碳萃取碘水中的碘,四氯化碳的密度大于水,溶液分层后位于下层,B不符合题意;
C.粗盐中含有较多的可溶性杂质和不溶性杂质,采用过滤的方法可分离出粗盐中的不溶物,C不符合题意;
D.直接加热会促进水解,生成的HCl易挥发,得到氢氧化铁,继续加热会使氢氧化铁分解产生氧化铁,得不到固体,D符合题意;
故答案为:D。
【分析】A.可采用蒸馏的方法将海水制成蒸馏水;
B.碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度,且四氯化碳的密度大于水;
C.采用过滤的方法可分离出粗盐中的不溶物。
4.【答案】C
【知识点】性质实验方案的设计;电镀
【解析】【解答】A.由分析可知,实验①时,铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应,当溶液中氢离子浓度减小,反应和放电生成的铜覆盖铁电极,阻碍氢离子与铁接触,导致产生的气体减少,故A不符合题意;
B.由分析可知,实验①时,铁做电镀池的阴极,铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚铁离子、氢气和铜,可能发生的反应为,故B不符合题意;
C.由分析可知,铜离子在阴极得到电子发生还原反应,在阴极析出铜,但阳极发生Cu-2e-=Cu2+的反应,铜离子浓度不变,平衡不移动,故C符合题意;
D.由分析可知,实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子,使得溶液中铜离子浓度比①中要小,电解速率减慢,铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜,在铁表面得到比实验①更致密的镀层,故D不符合题意;
故答案为:C。
【分析】实验①中,铁做电镀池的阴极,铁先与溶液中的氢离子、铜离子反应,生成的铜覆盖铁电极,阻碍氢离子和铁的反应,导致气体减少;实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子。
5.【答案】C
【知识点】过滤;蒸发和结晶、重结晶;物质的分离与提纯
【解析】【解答】“水洗净”是指洗去固体表面的可溶性污渍、泥沙等,涉及的操作方法是洗涤;“细研水飞”是指将固体研成粉末后加水溶解,涉及的操作方法是溶解;“去石澄清”是指倾倒出澄清液,去除未溶解的固体,涉及的操作方法是过滤;“慢火熬干”是指用小火将溶液蒸发至有少量水剩余,涉及的操作方法是蒸发;因此未涉及的操作方法是萃取,
故答案为:C。
【分析】“水洗净,细研水飞,去石澄清,慢火熬干”是指洗涤铜绿后,将其溶解于水中,过滤后进行蒸发。
6.【答案】D
【知识点】物质检验实验方案的设计;化学实验方案的评价
【解析】【解答】A.MgCl2和NaOH反应生成Mg(OH)2,Mg(OH)2不与过量的NaOH溶液反应,沉淀不消失,A不符合题意;
B.KSCN溶液遇Fe3+变血红色,遇Fe2+不会变成血红色,B不符合题意;
C.AgI的溶解度远远小于AgCl,向AgI悬浊液中滴加 NaCl溶液至过量,黄色沉淀不可能全部转化为白色沉淀,C不符合题意;
D.酸性KMnO4溶液呈紫红色,其具有强氧化性,而乙醇具有较强的还原性,酸性KMnO4溶液中滴加乙醇至过量后溶液紫红色褪去,D符合题意;
故答案为:D。
【分析】A.氯化镁和氢氧化钠反应生成氢氧化镁,氢氧化镁不溶于氢氧化钠;
B.KSCN溶液遇Fe3+变血红色;
C.氯化银溶解度大于碘化银;
D.酸性高锰酸钾具有强氧化性,乙醇具有还原性。
7.【答案】B
【知识点】常用仪器及其使用;过滤;气体的收集
【解析】【解答】A.过滤时,漏斗下端应紧靠烧杯内壁,A不符合题意;
B.CO2的密度大于空气,且不与空气中的成分反应,可用向上排空气法收集,B符合题意;
C.浓硫酸密度大于乙醇,混合浓硫酸和乙醇时,应将浓硫酸缓慢倒入乙醇中,并用玻璃棒不断搅拌,C不符合题意;
D.转移溶液时,应使用玻璃棒引流,D不符合题意;
故答案为:B。
【分析】A.过滤时,漏斗下方应紧靠烧杯内壁;
B.二氧化碳密度大于空气;
C.浓硫酸密度大于乙醇,两者混合时,应将浓硫酸加入乙醇中;
D.转移溶液时,应用玻璃棒引流。
8.【答案】C
【知识点】化学试剂的存放
【解析】【解答】A.由于浓硝酸不稳定,见光易分解,故浓硝酸需保存在棕色细口瓶中避光保存,A不符合题意;
B.氢氧化钠固体能与玻璃中的SiO2反应,故氢氧化钠固体保存在广口塑料瓶中,B不符合题意;
C.四氯化碳是一种有机溶剂,易挥发,且能够溶解塑料,故其不能保存在广口塑料瓶中,应该保存在细口玻璃瓶中,C符合题意;
D.高锰酸钾受热易分解,故需在棕色广口瓶中、阴冷处密封保存,D不符合题意;
故答案为:C。
【分析】A.浓硝酸不稳定,见光易分解;
B.氢氧化钠能与玻璃中的二氧化硅反应生成硅酸钠;
D.高锰酸钾受热分解。
9.【答案】C
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A.苯胺分子中含有氨基,具有碱性,能与盐酸反应,但不能与氢氧化钠溶液反应,故A不符合题意;
B.由分析可知,得到苯胺粗品①的分离方法为分液,得到苯甲酸粗品③的分离方法为结晶或重结晶、过滤、洗涤,获取两者的操作方法不同,故B不符合题意;
C.由分析可知,苯胺粗品、甲苯粗品、苯甲酸粗品依次由①、②、③获得,故C符合题意;
D.由分析可知,①为苯胺、②为甲苯,③为苯甲酸,都不是两相混合体系,故D不符合题意;
故答案为:C。
【分析】甲苯、苯胺、苯甲酸混合溶液中加入盐酸,苯胺与盐酸反应,进入水相Ⅰ,有机相的成分为苯甲酸和甲苯,水相Ⅰ中加入NaOH反应生成①,则①是苯胺;有机相Ⅱ中加碳酸钠溶液,苯甲酸与碳酸钠反应生成苯甲酸钠,进入水相Ⅱ中,则②是甲苯;水相Ⅱ中苯甲酸钠与盐酸反应生成苯甲酸,③是苯甲酸。
10.【答案】A
【知识点】离子反应发生的条件;性质实验方案的设计
【解析】【解答】A.通入CO2气体依次发生反应CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3、CaCO3+H2O+CO2=Ca(HCO3)2,相同温度下NaHCO3的溶解度小于Na2CO3,最终瓶中仍有NaHCO3白色晶体析出,不会得到澄清溶液,A符合题意;
B.通入Cl2,发生反应Cl2+2FeCl2=2FeCl3、2FeCl3+Fe=3FeCl2,最终Fe消失得到澄清溶液,B不符合题意;
C.通入HCl,在酸性条件下具有强氧化性,发生离子反应:3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O,最终Cu消失得到澄清溶液,C不符合题意;
D.AgCl在水中存在溶解平衡AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq),通入NH3后,Ag+与NH3结合成[Ag(NH3)2]+,使溶解平衡正向移动,最终AgCl消失得到澄清溶液,D不符合题意;
故答案为:A。
【分析】A.二氧化碳与碳酸钠反应生成的碳酸氢钠为固体;
B.氯气将氯化亚铁氧化为氯化铁,单质铁与氯化铁反应生成氯化亚铁;
C.酸性条件下发生反应3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O;
D.氨气极易溶于水,AgCl可溶于氨水生成银氨溶液。
11.【答案】A
【知识点】指示剂;中和滴定
【解析】【解答】A.量筒的精确度为0.1,不可用量筒量取Na2CO3标准溶液,Na2CO3溶液显碱性,应用碱式滴定管量取25.00 mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中,A符合题意;
B.Na2CO3溶液显碱性,能与SiO2反应生成硅酸钠,应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液,B不符合题意;
C.Na2CO3有吸水性且有一定的腐蚀性,故应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体,C不符合题意;
D.Na2CO3溶液显碱性,甲基橙滴入Na2CO3溶液中显黄色,当滴入最后一滴盐酸时,溶液由黄色突变为橙色且半分钟之内不变色即为滴定终点,故达到滴定终点时溶液显橙色,D不符合题意;
故答案为:A。
【分析】A.量筒的精确度为0.1,不能量取25.00 mL Na2CO3标准溶液;
B.Na2CO3能与SiO2反应生成硅酸钠;
C.碳酸钠应选用烧杯称量;
D.达到滴定终点时,盐酸过量,溶液显酸性。
12.【答案】D
【知识点】氧化还原反应;制备实验方案的设计
【解析】【解答】A.经过分析可知固体X主要成分是S、Fe(OH)3,金属M为Zn,A不符合题意;
B.CuS在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq),增大O2的压强,将S2-氧化生成单质S,使沉淀溶解平衡正向移动,从而可促进金属离子的浸取,B不符合题意;
C.根据流程图可知:用NH3调节溶液pH时,要使Fe3+转化为沉淀,而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中,结合离子沉淀的pH范围,可知中和时应该调节溶液pH范围为3.2~4.2,C不符合题意;
D.在用H2还原Cu2+变为Cu单质时,H2失去电子被氧化为H+,与溶液中OH-结合形成H2O,若还原时增大溶液的酸度,c(H+)增大,不利于H2失去电子还原Cu单质,不利于Cu的生成,D符合题意;
故答案为:D。
【分析】硫化铜精矿在高压O2作用下,用硫酸溶液浸取,反应生成CuSO4、S、H2O,Fe2+被氧化为Fe3+,加入NH3中和调pH,Fe3+形成Fe(OH)3沉淀,滤渣中含有S、Fe(OH)3;滤液中含有Cu2+、Zn2+,通入H2进行还原,Cu2+被还原为Cu,过滤分离出Cu,滤液中含有Zn2+,再经一系列处理可得到金属M,M为Zn单质。
13.【答案】D
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】A.图示仪器为蒸馏烧瓶,A不符合题意;
B.图示仪器为分液漏斗,B不符合题意;
C.图示仪器为容量瓶,C不符合题意;
D.图示仪器为吸滤瓶,其特征是一个厚壁的带分支的锥形瓶,D符合题意;
故答案为:D。
【分析】 吸滤瓶是一种类似有一个分支的锥形瓶。
14.【答案】D
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A.高温条件下,C与H2O反应生成CO和H2,且AlCl3、MgCl2在高温下均易水解,生成的HCl挥发后促进AlCl3、MgCl2水解,导致所得产物不纯,故制备时要保持无水环境,A不符合题意;
B.由题干信息可知, 在 升华,故输送气态产物的管道温度要保持在 以上,B不符合题意;
C.由题干信息可知,不加炭的氯化反应很难进行,则氯化时加炭,既增大了反应的趋势,同时C被氧化为CO放出热量,则又为氯化提供了能量,C不符合题意;
D.反应过程中若保持炭过量,可能发生反应:SiO2+2C Si+2CO或者SiO2+3C SiC+2CO,导致获得的固体产物MgCl2中含有Si、SiC等杂质,D符合题意;
故答案为:D。
【分析】A.氯化铝和氯化镁均会水解;
B.氯化铝在180℃时发生升华;
C.加炭氯化法加快反应速率,C被氧化为CO放出热量,又为氯化提供了能量;
D.炭过量会产生杂质。
15.【答案】B
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点;银镜反应
【解析】【解答】A.植物油中含有不饱和高级脂肪酸甘油酯,能与溴发生加成反应,使溴的四氯化碳溶液褪色,A不符合题意;
B.蛋白质、氨基酸中加入茚三酮溶液,加热煮沸均会出现蓝紫色,B符合题意;
C.麦芽糖、葡萄糖均含有醛基,所以都能发生银镜反应,C不符合题意;
D.羧基脱羟基,氨基脱氢原子形成链状二肽,形成1个肽键;甘氨酸、丙氨酸、苯丙氨酸相同物质间共形成3种二肽,甘氨酸、丙氨酸、苯丙氨酸不同物质间形成6种二肽,所以生成的链状二肽共有9种,D不符合题意;
故答案为:B。
【分析】A.植物油中含有的含有不饱和键能使溴的四氯化碳褪色;
B.溶液中含有蛋白质或氨基酸,加入茚三酮溶液,加热煮沸均会出现蓝紫色;
C.麦芽糖、葡萄糖均为还原性糖;
D.同种氨基酸和不同氨基酸之间均可形成二肽。
16.【答案】C
【知识点】性质实验方案的设计;化学实验方案的评价
【解析】【解答】A.KClO3与亚硝酸钠会发生反应: KClO3 +3NaNO2=KCl+3NaNO3,滴加硝酸银和足量稀硝酸能生成AgCl白色沉淀,A不符合题意;
B.氯化钠电离出的氯离子也可以被酸性高锰酸钾氧化,而使其褪色,B不符合题意;
C.亚硝酸有氧化性,能将亚铁离子氧化为铁离子,溶液变为黄色,C符合题意;
D.稀硝酸可以把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子,再加入氯化钡可以生成硫酸钡白色沉淀,D不符合题意;
故答案为:C。
【分析】A.酸性条件下,KClO3能被NaNO2还原为Cl-;
B.高锰酸钾能氧化Cl-;
C.亚硝酸能将亚铁离子氧化为铁离子;
D.亚硫酸根能被稀硝酸氧化为硫酸钠。
17.【答案】A
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构;酸(碱)式滴定管的使用
【解析】【解答】A.用标准液润洗滴定管,要将整个滴定管内壁进行润洗,因此应将润洗液从滴定管下口放出,A符合题意;
B.铝热反应非常剧烈,反应过程中放出大量的热,因此在操作时要戴上石棉手套和护目镜以保护手和眼睛,B不符合题意;
C.有机物中的基团在红外光谱中会呈现出其特征谱线,因此可以利用红外光谱法初步判断有机物中具有哪些基团,C不符合题意;
D.硫酸亚铁铵的溶解度随着温度降低而减小,蒸发浓缩硫酸铵和硫酸亚铁(等物质的量)的混合溶液至出现晶膜,溶液达到饱和状态,静置冷却后,由于在该温度下的混合体系中硫酸亚铁铵的溶解度最小,析出的晶体是硫酸亚铁铵晶体,D不符合题意。
故答案为:A
【分析】A.润洗液应从滴定管下口放出;
B.铝热反应非常剧烈且放出大量热;
C.红外光谱可测定有机物中存在的化学键;
D.硫酸亚铁铵的溶解度随着温度降低而减小。
18.【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较;中和滴定
【解析】【解答】A.恰好中和时,生成氯化钠溶液和醋酸钠溶液,其中醋酸根离子水解使溶液显碱性,A不符合题意;
B.滴加 溶液至 的过程中,若只发生反应的离子方程式: ,则滴加NaOH溶液的体积为20mL,则根据电离常数, 的醋酸中,c(H+)≈c(CH3COO-)= = = >1.0×10-4.3,故用氢氧化钠滴定的过程中,醋酸也参加了反应,则离子方程式为:H++OH-=H2O和CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O,B符合题意;
C.滴定前盐酸和醋酸的浓度相同,故滴定过程中,根据物料守恒可知: ,C不符合题意;
D.向 浓度均为 的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入 的 溶液,当盐酸的体积为20mL时,溶液为氯化钠和醋酸的混合溶液,显酸性,需要再滴加适量的氢氧化钠,当加入的NaOH溶液的体积为30mL时,溶液为NaCl和等浓度的CH3COONa、CH3COOH,根据Ka=1.8×10-5>Kh= 可知,此时溶液仍然呈酸性,需继续滴加NaOH溶液,故有 ,D不符合题意;
故答案为:B。
【分析】A.醋酸根水解显碱性;
B.滴定过程中,盐酸和醋酸都参与反应;
C.根据物料守恒判断;
D.当盐酸的体积为20mL时,溶液为氯化钠和醋酸的混合溶液,显酸性,需要再滴加适量的氢氧化钠。
19.【答案】A
【知识点】化学试剂的存放;常用仪器及其使用;酸(碱)式滴定管的使用
【解析】【解答】A.碱式滴定管排气泡时,把橡皮管向上弯曲,尖嘴向上,轻轻挤压玻璃珠附近的橡皮管,赶出气泡,A符合规范;
B.用试管加热溶液时,试管夹应夹在距离管口的处,B不符合规范;
C.盐酸属于无机物,酸;NaOH属于无机物,碱;乙醇属于有机物,实验室中,盐酸和NaOH要分开存放,有机物和无机物要分开存放,C不符合规范;
D.用胶头滴管滴加溶液时,不能伸入试管内部,应悬空滴加,D不符合规范;
故答案为:A。
【分析】A.将橡皮管的尖嘴向上,挤压橡皮管中的玻璃珠可排出碱式滴定管中的气泡;
B.用试管加热溶液,试管夹应夹在距离管口的处;
C.实验室存放试剂时,酸、碱分开存放,有机物和无机物分开存放;
D.胶头滴管不能伸入试管内。
20.【答案】C
【知识点】化学反应速率;制备实验方案的设计
【解析】【解答】A.陶瓷的成分中含有SiO2,SiO2能与烟气中的HF发生反应,因此不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料,故A不符合题意;
B.采用溶液喷淋法可增大反应物的接触面积,提高吸收塔内烟气吸收效率,故B不符合题意;
C.合成槽内发生的反应为NaHCO3+6NaF+NaAlO2=Na3AlF6+4Na2CO3+2H2O,产物为Na3AlF6和Na2CO3,故C符合题意;
D.由上述分析可知,滤液的主要成分为Na2CO3,可进入吸收塔循环利用,故D不符合题意;
故答案为:C。
【分析】烟气(含HF)通入吸收塔,加入过量的碳酸钠,发生反应Na2CO3+HF=NaF+NaHCO3,向合成槽中通入NaAlO2,发生反应 NaHCO3+6NaF+NaAlO2=Na3AlF6+4Na2CO3+2H2O, 过滤得到 Na3AlF6和含有 Na2CO3的滤液。
21.【答案】D
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物;铁盐和亚铁盐的相互转变;二价铁离子和三价铁离子的检验;性质实验方案的设计
【解析】【解答】A.铁离子的水解反应为吸热反应,加热煮沸可促进水解平衡正向移动,使水解程度加深,生成较多的氢氧化铁,从而使溶液显红褐色,故A不符合题意;
B.生成红褐色的氢氧化铁,说明Fe3+发生了水解反应;Na2SO3具有还原性,再滴加 溶液 ,产生蓝色沉淀,说明Fe3+被还原为Fe2+,故B不符合题意;
C.实验③中在5mL Na2SO3溶液中滴加2滴同浓度少量FeCl3溶液,根据现象和分析可知,仍发生铁离子的水解反应,无蓝色沉淀生成,说明没有生成亚铁离子,即没有发生还原反应,故C不符合题意;
D.结合三组实验,说明铁离子与亚硫酸根离子混合时,铁离子的水解反应占主导作用,比氧化还原反应的速率快,但不能说明亚硫酸离子对铁离子的水解作用无影响,事实上,亚硫酸根离子水解显碱性,可促进铁离子的水解反应,故D符合题意。
故答案为:D。
【分析】A.水解为吸热反应;
B.铁离子水解生成氢氧化铁,产生蓝色沉淀说明生成了铁离子;
C.有红褐色沉淀,说明铁离子发生水解,无蓝色沉淀,说明没有发生还原反应。
22.【答案】A
【知识点】除杂;粗盐提纯
【解析】【解答】粗盐的主要成分是NaCl,除去Ca2+可加入过量的Na2CO3溶液,将其转化为CaCO3沉淀;除去Mg2+可加入过量的NaOH溶液,将其转化为Mg(OH)2沉淀;除去SO42-可加入过量的BaCl2溶液,将其转化为BaSO4沉淀。在向粗盐样品中加入除杂试剂的顺序中,BaCl2先于Na2CO3加入,利用Na2CO3除去Ca2+和多余的Ba2+,因Na2CO3、NaOH均过量,过滤后需向滤液中加入适量稀盐酸,除去多余的Na2CO3、NaOH,然后将溶液蒸干即可得到纯度较高的食盐;
故答案为:A。
【分析】除杂的主要原则是:①不增(不得引入新的杂质);②不减(尽量不消耗被提纯的物质);③易分(转换为沉淀、气体等易分离除去的物质)。注意除杂过程加入试剂的顺序。
23.【答案】D
【知识点】除杂;气体的收集;尾气处理装置;性质实验方案的设计
【解析】【解答】A.浓盐酸易挥发,制得的Cl2中含有HCl和水蒸气,饱和食盐水可除去HCl,浓硫酸可除去水蒸气,A不符合题意;
B.由于氯气的密度比空气大且不与空气反应,可用向上排空气法进行收集,B不符合题意;
C.Cl2与水反应生成的HClO具有漂白性,湿润的红布条褪色,干燥的红色布条不褪色,可验证干燥的氯气不具有漂白性,C不符合题意;
D.该装置是吸收尾气,由于Cl2在水中的溶解度较小,一般用NaOH溶液吸收尾气,D符合题意;
故答案为:D。
【分析】A.饱和食盐水可除去Cl2中的HCl,浓硫酸可用于干燥气体。
B.用向上排空气法收集气体的条件:①气体不与空气反应;②气体的密度比空气的大。
C.Cl2与水反应生成的HClO具有漂白性。
D.Cl2在水中的溶解度较小,一般用NaOH溶液吸收尾气。
24.【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系;化学物质的名称与俗名
【解析】【解答】A.小苏打是NaHCO3的俗名,一般利用其受热易分解的性质做膨松剂,A符合题意;
B.熟石灰是Ca(OH)2的俗名,具有碱性,可用于处理酸性废水,B不符合题意;
C.熔融的铁与水蒸气在高温下反应会生成Fe3O4和H2,C不符合题意;
D.钢板上镀铝保护了钢板,是因为铝表面形成致密氧化膜,D不符合题意;
故答案为:A。
【分析】A.注意常见物质的俗名和化学名。
B.酸碱能发生中和反应。
C.铁与水蒸气在高温条件下反应生成Fe3O4和H2。
D.铝在常温下不被腐蚀,是因为其表面能够形成致密氧化膜。
25.【答案】D
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验;物质的检验和鉴别;原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A.加入的AgNO3溶液能与NaCl反应生成AgCl白色沉淀,不能确定铁片是否被腐蚀,A不符合题意;
B.若铁片被腐蚀,则有Fe2+生成,由于I2的氧化性比Fe2+强,所以KI与Fe2+不反应,不能确定铁片是否被腐蚀,B不符合题意;
C.KSCN溶液用于检验Fe3+,铁片被腐蚀,会有Fe2+生成,不能确定铁片是否被腐蚀,C不符合题意;
D.K3[Fe(CN)6]用于检验Fe2+,且遇Fe2+变蓝,若铁片没被腐蚀,则加入K3[Fe(CN)6]溶液就不会出现蓝色沉淀,D符合题意;
故答案为:D。
【分析】若镀层有破损的镀锌铁片被腐蚀,则将其放入酸化的NaCl溶液中会构成原电池,其中锌作负极,铁作正极,溶液中破损的位置会变大,溶液中会有亚铁离子生成,铁会和酸反应产生H2。
26.【答案】(1)Mg(OH)2
(2)将转化成CaCO3沉淀除去,同时不引入新杂质
(3)蒸发浓缩;趁热过滤
(4)不稳定;Li+ + HCO = LiHCO3,2LiHCO3 = Li2CO3↓ + CO2↑+ H2O
(5)能达到相同效果,因为改为通入过量的,则LiOH转化为LiHCO3,结合(4)的探究结果,LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3,所以这一改动能达到相同的效果
【知识点】蒸发和结晶、重结晶;制备实验方案的设计;离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)浓缩卤水中含有,加入石灰乳生成Mg(OH)2沉淀,所以沉淀1为Mg(OH)2;
(2)滤液1中含有和,结合已知条件:LiOH的溶解度和化合物的溶度积常数,可推测,加入Li2CO3的目的是将转化成CaCO3沉淀除去,同时不引入新杂质;
(3)由Li2CO3的溶解度曲线可知,温度升高,Li2CO3的溶解度降低,即在温度高时,溶解度小,有利于析出,所以为提高的析出量和纯度,需要在较高温度下析出并过滤得到沉淀,即依次蒸发浓缩,趁热过滤,洗涤。故答案为:蒸发浓缩,趁热过滤;
(4)饱和LiCl和饱和NaHCO3等体积混合后,生成LiHCO3和NaCl,LiHCO3分解生成CO2和Li2CO3,故答案为:不稳定,Li+ + HCO = LiHCO3,2LiHCO3 = Li2CO3↓ + CO2↑+ H2O;
(5)“滤液2”中含有LiOH,加入,LiOH与碳酸钠反应生成Li2CO3。若改为通入过量的,会生成LiHCO3,结合(4)的探究结果,LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3,所以这一改动能达到相同的效果。故答案为:能达到相同效果,因为改为通入过量的,则LiOH转化为LiHCO3,结合(4)的探究结果,LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3,所以这一改动能达到相同的效果。
【分析】浓缩卤水(含有和少量)中加入石灰乳[Ca(OH)2]后得到含有和的滤液1,沉淀1为Mg(OH)2,向滤液1中加入Li2CO3后,得到滤液2,含有的离子为和OH-,沉淀2为CaCO3,向滤液2中加入Na2CO3,得到Li2CO3沉淀,再通过蒸发浓缩,趁热过滤,洗涤、干燥后得到产品Li2CO3,Li2CO3经系列操作制得Li。
27.【答案】(1)饱和NaCl溶液
(2)2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O
(3)Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强
(4)Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O;4+4OH-=4+O2↑+2H2O;Cl2;3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O;III中氧化剂氧化锰酸根离子的速率大于氢氧离子还原锰酸根离子的速率,因而不能实验III未得到绿色溶液
【知识点】氧化还原反应;氯气的实验室制法;性质实验方案的设计;制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)由分析可知,B中试剂是饱和NaCl溶液,用于吸收Cl2中的HCl杂质;
(2)通入Cl2前,II、III中Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的的OH-反应产生Mn(OH)2白色沉淀,该沉淀不稳定,会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色MnO2,则沉淀由白色变为黑色的化学方程式为:2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O;
(3)对比实验I、II通入Cl2后的实验现象,对于二价锰化合物还原性的认识是:Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强;
(4)①Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O,使溶液碱性减弱,反应的离子方程式为:Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O;
②取III中放置后的1mL悬浊液,加入4 mL40%NaOH溶液,溶液紫色迅速变为绿色,且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色就是由于在浓碱条件下,可被OH-还原为,根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒,可知该反应的离子方程式为:4+4OH-=4+O2↑+2H2O;
溶液绿色缓慢加深,原因是MnO2被Cl2氧化,可证明III的悬浊液中氧化剂过量;
③取II中放置后的1mL悬浊液,加入4mL水,溶液碱性减弱,溶液紫色缓慢加深,说明ClO-将MnO2氧化为,反应的离子方程式为3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O;
④III中氧化剂氧化锰酸根离子的速率大于氢氧离子还原锰酸根离子的速率,导致不能实验III未得到绿色溶液。
【分析】装置A中HCl与KMnO4发生反应生成Cl2,盐酸易挥发,生成的氯气中含有HCl杂质,装置B中用饱和食盐水除去HCl,装置C中通过改变溶液的pH,验证不同条件下Cl2与MnSO4反应,装置D是尾气处理装置,目的是除去多余Cl2,防止造成大气污染。
28.【答案】(1)醛基
(2)正丁酸;
(3)
(4)
(5)
(6)
【知识点】有机物中的官能团;有机化合物的命名;有机物的推断;同分异构现象和同分异构体;探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】
(1)由A的分子式为C4H8O,且A可发生银镜反应,则A为醛,含有的官能团是醛基。答案为:醛基;
(2)B的分子式为C4H8O2、无支链,由醛氧化生成,则B为CH3CH2CH2COOH,名称是正丁酸;B的一种同分异构体,其核磁共振氢谱只有一组峰,则表明分子中8个H原子全部构成-CH2-,B的不饱和度为1,则其同分异构体应具有对称的环状结构,从而得出其结构简式是。答案为:正丁酸;;
(3)由分析知,E为,F为,则E→F的化学方程式是。答案为:;
(4)由分析可知,G的结构简式是。答案为:;
(5)碘番酸的相对分子质量为571,J的相对分子质量为193,由相对分子质量差可确定,J生成碘番酸时,分子中引入3个I原子,而碘番酸分子中的碘位于苯环上不相邻的碳原子上,则碘番酸的结构简式是。答案为:;
(6)~3AgNO3,n(AgNO3)= bmol L-1×c×10-3L=bc×10-3mol,则口服造影剂中碘番酸的质量分数为=。答案为:。
【分析】A可发生银镜反应,则A为醛,B无支链,则B为CH3CH2CH2COOH,则A为CH3CH2CHO;结合B的结构简式和D的分子式可知D为 ;E为芳香族化合物,则E为;由J的结构简式,可确定F为,G中含有乙基,则G为。
29.【答案】(1)与空气的接触面积增大,反应更加充分
(2)2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑
(3)SO2+I+H2O=3I-+SO+4H+;3I--2e-=I
(4)
(5)I2+I-=I;偏小
【知识点】氧化还原反应;电极反应和电池反应方程式;化学反应速率的影响因素;探究物质的组成或测量物质的含量;电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)煤样研磨成细小粉末后固体表面积增大,与空气的接触面积增大,反应更加充分,故答案为:与空气的接触面积增大,反应更加充分;
(2)由题意可知,在催化剂作用下,硫酸钙高温分解生成氧化钙、二氧化硫和水,反应的化学方程式为2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑,故答案为:2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑;
(3)①由题意可知,二氧化硫在电解池中与溶液中I反应生成碘离子、硫酸根离子和氢离子,离子方程式为SO2+I+H2O=3I-+SO+4H+,故答案为:SO2+I+H2O=3I-+SO+4H+;
②由题意可知,测硫仪工作时电解池工作时,碘离子在阳极失去电子发生氧化反应生成碘三离子,电极反应式为3I--2e-=I,故答案为:3I--2e-=I;
(4)由题意可得如下关系:S~SO2~I~2e-,电解消耗的电量为x库仑,则煤样中硫的质量分数为×100%=,故答案为:;
(5)①当pH<1时,非电解生成的碘三离子使得测得的全硫含量偏小说明碘离子与电解生成的碘反应生成碘三离子,导致消耗二氧化硫的量偏小,反应的离子方程式为I2+I-=I,故答案为:I2+I-=I;
②测定过程中,管式炉内壁上有三氧化硫残留说明硫元素没有全部转化为二氧化硫,会使二氧化硫与碘三离子反应生成的碘离子偏小,电解时转移电子数目偏小,导致测得全硫量结果偏低,故答案为:偏小。
【分析】(1)增大反应物的接触面积可使反应更充分;
(2) 在高温下分解生成CaO、 和氧气;
(3)①电解池中,SO2与 I 发生氧化还原反应;
②电解池的阳极发生氧化反应;
(4)根据S~SO2~I~2e-计算;
(5)①碘和碘离子发生反应生成I;
②管式炉内壁上有残留,硫元素没有全部转化为二氧化硫。
30.【答案】(1)
(2),在一定量溶液中,氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能,故先浸出;;2.4∶1;,优先析出,且氧化钙也能转化为碳酸钙
(3),,随大量氨逸出,平衡正向移动
(4)
(5)
【知识点】化学平衡的影响因素;难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质;制备实验方案的设计
【解析】【解答】
(1)白云石矿样煅烧完全分解生成氧化钙、氧化镁、二氧化碳气体,反应的化学方程式为;
(2)①根据表中数据可知,,在一定量溶液中,氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能,故首先溶解被浸出;
②沉钙反应中通入二氧化碳和滤液中钙离子、氨气反应生成碳酸钙沉淀和铵根离子,反应的离子方程式为。
③由图表可知,“浸钙”过程的比例为2.4∶1时,产品中镁元素杂质最多且碳酸钙纯度最低,故不适宜选用的比例为2.4∶1。
④,在反应中会优先析出,且氧化钙也能转化为碳酸钙,导致产品中纯度的实测值高于计算值;
(3)“浸镁”过程中,发生反应:,,加热蒸馏随大量氨逸出,平衡正向移动,利于氢氧化镁转化为硫酸镁;
(4)白云石的主要化学成分为,还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2;煅烧浸钙后,绝大部分钙进入滤液中,部分钙进入B中加入硫酸铵后转化为微溶于的硫酸钙,氧化铁、二氧化硅几乎不反应进入滤渣中;“浸镁”过程中,的浸出率最终可达98.9% ,则还有部分氧化镁进入滤渣中,故滤渣C中含有的物质是;
(5)沉钙反应中通入二氧化碳生成碳酸钙和氯化铵;“浸镁”过程中加热蒸馏会有大量氨逸出;滤液D加入碳酸铵生成碳酸镁和硫酸铵,碳酸镁煅烧生成二氧化碳;白云石煅烧也会生成二氧化碳;在流程中既是反应物又是生成物,故该流程中可循环利用的物质是。
【分析】白云石矿样煅烧后转化为氧化钙、氧化镁,加入氯化铵溶解浸钙,大部分钙离子进入滤液A,通入二氧化碳生成碳酸钙;过滤分离出含有镁、铁、硅元素的固体B,加入硫酸铵将镁离子转化为硫酸镁溶液,加入碳酸铵生成碳酸镁沉淀,煅烧得到氧化镁。
31.【答案】(1)除油污
(2)
(3)
(4)胆矾晶体易溶于水
(5)溶液 C 经步骤③加热浓缩后双氧水已完全分解;取滤液,向其中加入适量硫化钠,使铜离子恰好完全沉淀,再加入,不能被氧化
【知识点】氧化还原反应;氧化还原反应方程式的配平;制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)原料表面含有少量的油污,Na2CO3溶液呈碱性,可以除去原料表面的油污,步骤①的目的是:除去原料表面的油污。
(2)在加热的条件下,铜可以与浓硫酸发生反应生成CuSO4、SO2和H2O,二氧化硫是一种大气污染物,步骤②中,若仅用浓H2SO4溶解固体B,将生成SO2污染环境。
(3)步骤②中,在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4,生成CuSO4和H2O,该反应的化学方程式为Cu+ H2O2+ H2SO4=CuSO4+2H2O。
(4)胆矾是一种易溶于水的晶体,因此经步骤④得到的胆矾,不能用水洗涤的主要原因是:胆矾晶体易溶于水,用水洗涤会导致胆矾的产率降低。
(5)ⅰ. H2O2常温下即能发生分解反应,在加热的条件下,其分解更快,因此,甲同学认为不可能是步骤②中过量H2O2将I-氧化为I2,理由是:溶液C经步骤③加热浓缩后H2O2已完全分解。
ⅱ. I-氧化为I2时溶液的颜色会发生变化;滤液D中含有CuSO4和H2SO4,乙同学通过实验证实,只能是Cu2+将I-氧化为I2,较简单的方案是除去溶液中的Cu2+,然后再向其中加入含有I-的溶液,观察溶液是否变色;除去溶液中的Cu2+的方法有多种,可以加入适当的沉淀剂将其转化为难溶物,如加入Na2S将其转化为CuS沉淀,因此,乙同学的实验方案为取少量滤液D,向其中加入适量Na2S溶液,直至不再有沉淀生成,静置后向上层清液中加入少量KⅠ溶液;实验结果为:上层清液不变色,证明I-不能被除去Cu2+的溶液氧化,故只能是Cu2+将I-氧化为I2。
【分析】原料经碳酸钠溶液浸洗后过滤,可以除去原料表面的油污;固体B中加入过量的稀硫酸、双氧水,CuO、CuCO3、Cu(OH)2均转化为CuSO4,溶液C为硫酸铜溶液和稀硫酸的混合液,加热浓缩、冷却结晶、过滤后得到胆矾。
32.【答案】(1)
(2)11.5
(3)平衡气压防倒吸;倒吸
(4);
(5)酚酞;无
【知识点】氨的实验室制法;指示剂;制备实验方案的设计;物质的量浓度
【解析】【解答】本实验的实验目的为制备磷酸二氢铵[(NH4)2HPO4],实验原理为2NH3+H3PO4=[(NH4)2HPO4],结合相关实验基础知识分析解答问题。
(1)实验室用NH4Cl(s)和Ca(OH)2(s)在加热的条件下制备氨气,反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑;
(2)根据可知,浓H3PO4的浓度,溶液稀释前后溶质的物质的量不变,因此配制100mL 1.7mol/L的H3PO4溶液,需要浓H3PO4的体积V=;
(3)NH3极易溶于水,打开活塞K2以平衡气压,可防止发生倒吸,所以实验过程中,当出现倒吸现象时,应及时关闭K1,打开K2;
(4)继续通入NH3,(NH4)2HPO4反应生成(NH4)3PO4,当pH>10.0时,溶液中OH-、、的浓度明显增加;
(5)当pH为8.0~9.0时,可制得(NH4)2HPO4,说明(NH4)2HPO4溶液显碱性,因此若不选用pH传感器,还可以选用酚酞作指示剂,当溶液颜色由无色变为浅红时,停止通入NH3,即可制得(NH4)2HPO4溶液。
【分析】(1)加热氯化铵和氢氧化钙生成氯化铵、氨气和水;
(2)根据和c稀释前×V稀释前=c稀释后×V稀释后计算;
(3)氨气极易溶于水,K2可平衡气压,防止发生倒吸;
(4)当pH>10.0时,溶液中OH-、、的浓度明显增加;
(5)(NH4)2HPO4溶液显碱性,可以选用酚酞作指示剂;碱性溶液能遇酚酞变红。
33.【答案】(1)a;FeCl2 4H2O+4SOCl2(g)FeCl2+4SO2+8HCl;冷凝回流SOCl2
(2);AB
(3)⑥⑩③⑤;CCl4
【知识点】常用仪器及其使用;蒸馏与分馏;中和滴定;制备实验方案的设计
【解析】【解答】SOCl2与H2O反应生成两种酸性气体,FeCl2 4H2O与SOCl2制备无水FeCl2的反应原理为:SOCl2吸收FeCl2 4H2O受热失去的结晶水生成SO2和HCl,HCl可抑制FeCl2的水解,从而制得无水FeCl2。
(1)实验开始时先通N2,排尽装置中的空气,一段时间后,先加热装置a,产生SOCl2气体充满b装置后再加热b装置,装置b中发生反应的化学方程式为FeCl2 4H2O+4SOCl2(g)FeCl2+4SO2+8HCl;装置c、d的共同作用是冷凝回流SOCl2;答案为:a;FeCl2 4H2O+4SOCl2(g)FeCl2+4SO2+8HCl;冷凝回流SOCl2。
(2)滴定过程中将Fe2+氧化成Fe3+,自身被还原成Cr3+,反应的离子方程式为6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O,则m1g样品中n(FeCl2)=6n()=6cV×10-3mol;m1g样品中结晶水的质量为(m1-m2)g,结晶水物质的量为mol,n(FeCl2):n(H2O)=1:n=(6cV×10-3mol):mol,解得n=;
A.样品中含少量FeO杂质,溶于稀硫酸后生成Fe2+,消耗的K2Cr2O7溶液的体积V偏大,n的测量值偏小,A符合题意;
B.样品与SOCl2反应时失水不充分,则m2偏大,使n的测量值偏小,B符合题意;
C.实验Ⅰ中称重后样品发生了潮解,样品的质量不变,消耗的K2Cr2O7溶液的体积V不变,n的测量值不变,C不符合题意;
D.滴定达到终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成,消耗的K2Cr2O7溶液的体积V偏小,n的测量值偏大,D不符合题意;
故答案为:AB。
(3)TiCl4、CCl4互溶,采用蒸馏分离两者,装置的组装顺序为:由下而上、从左到右,则安装顺序为①⑨⑧,然后连接直形冷凝管,冷凝管末端连接牛角管⑩,TiCl4极易水解,为防止外界水蒸气进入装置,应连接碱石灰吸收水蒸气,即最后连接③⑤,因此安装顺序为①⑨⑧⑥⑩③⑤;由于TiCl4、CCl4分子结构相似,均为分子晶体,TiCl4的相对分子质量大于CCl4,TiCl4分子间的范德华力较大,TiCl4的沸点高于CCl4,则CCl4先馏出,答案为:⑥⑩③⑤;CCl4。
【分析】(1)排出装置内的空气后应先加热a装置生成SOCl2,再加热装置b,装置b中发生反应 、FeCl2 4H2O+4SOCl2(g)FeCl2+4SO2+8HCl;装置c、d的作用是冷凝回流SOCl2;
(2)滴定过程中发生反应6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O,据此计算;根据分析误差;
(3)TiCl4、CCl4互溶,采用蒸馏分离两者,据此组装仪器;TiCl4的沸点高于CCl4,CCl4先馏出。
34.【答案】(1)6HF+SiO2=2H+++2H2O
(2);
(3)CaSO4 0.5H2O;减少CaSO4的溶解损失,提高产品石膏的产率;酸解;D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质;制备实验方案的设计;离子方程式的书写;复杂化学式的确定
【解析】【解答】氟磷灰石用硫酸溶解后过滤,得到粗磷酸和滤渣,滤渣经洗涤后结晶转化为石膏;粗磷酸以精制I脱氟、除硫酸根离子和,过滤,滤液经精制II等一系列操作得到磷酸。
(1)氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6,该反应的离子方程式为6HF+SiO2=2H+++2H2O。
(2)精制 Ⅰ 中,按物质的量之比n(Na2CO3):n()= 1:1加入Na2CO3脱氟,发生反应H2SiF6+ Na2CO3= Na2SiF6↓+CO2↑+ H2O,饱和的Na2SiF6中存在c(Na+)=2c(),根据Ksp= c2(Na+) c()=4c3()可知,c() =mol L-1,因此c(Na+)=2c()=mol L-1;粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液,c(Ca2+)=c()=mol L-1;分批加入一定量的BaCO3,当BaSiF6沉淀开始生成时,c(Ba2+)= mol L-1,当BaSO4沉淀开始生成时,c(Ba2+)= mol L-1,因此,首先转化为沉淀的离子是,然后才是;
(3)酸解后,在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中,石膏的存在形式为CaSO4 0.5H2O;CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的溶解度也,因此用一定浓度的硫酸溶液洗涤可以减少CaSO4的溶解损失,提高产品石膏的产率;洗涤液X中含有硫酸,酸解时使用的也是硫酸,则回收利用洗涤液X的操作单元是:酸解;由图甲信息可知,温度越低,越有利于实现酸解所得石膏结晶的转化,由图乙信息可知,位于65℃线上方的晶体全部以CaSO4 0.5H2O形式存在,位于80℃线下方,晶体全部以CaSO4 2H2O形式存在,在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在:
A. 由图乙可知,P2O5%=15、SO3%= 15位于65℃、80℃之间,不能实现晶体的完全转化,A不正确;
B. 由图乙可知,P2O5%= 10、SO3%= 20位于65℃、80℃之间,不能实现晶体的完全转化, B不正确;
C.由图乙可知,P2O5%= 10、SO3%= 30位于65℃线上方,晶体全部以CaSO4 0.5H2O形式存在,不能实现晶体转化, C不正确;
D. 由图乙可知,P2O5%=10、SO3%= 10位于80℃线下方,晶体全部以CaSO4 2H2O形式存在,能实现晶体的完全转化,D正确;
综上所述,能实现酸解所得石膏结晶转化的是D。
【分析】(1)HF与SiO2反应生成H2SiF6和水;
(2)Ksp小的先沉淀;
(3)100℃、P2O5%为45的混合体系中,石膏存在形式为CaSO4 0.5H2O;CaSO4在硫酸中的溶解度小于水中的溶解度;洗涤液X中含有硫酸;位于65℃线上方的晶体全部以CaSO4 0.5H2O形式存在,位于80℃线下方,晶体全部以CaSO4 2H2O形式存在,在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在。
35.【答案】(1)催化;防止氧气、水进入密闭体系
(2)试管加满水倒扣于水槽中,M处通入氨气,将N处排型的气体导至试管内。如试管底部出现气泡,则空气尚未排尽;如未出现气泡,则空气已排尽
(3)分批少量加入钠粒;降低冷却液温度;适当增加液氨量
(4)B;C
(5)b;d;g
【知识点】化学反应速率的影响因素;中和滴定;制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)结合实验原理,根据实验操作中加入Fe(NO3)3 9H2O的用料很少,可推知,Fe(NO3)3 9H2O在反应中作催化剂,加快反应速率;结合已知信息可知,制备得到的NaNH2易与水和氧气发生反应,所以装置B中Hg可防止氧气、水进入密闭体系,干扰NaNH2的制备,
故答案为:催化;防止氧气、水进入密闭体系;
(2)结合氨气极易溶于水,空气中的氮气难溶于水,氧气不易溶于水的物理性质,判断密封体系中空气是否排尽的实验方案如下:试管中加满水倒扣于水槽中,M处通入氨气,将N处排出的气体导入试管内。如试管底部出现气泡,则空气尚未排尽,如未出现气泡,则说明空气已排尽;
(3)反应物的浓度、温度均可影响化学反应速率,所以为防止反应速率偏大,可实施的措施有:分批少量加入钠粒;降低冷却液温度;适当增加液氨量(任写一种即可);
(4)A.步骤I中,搅拌可使液体混合均匀,所以搅拌可使少量的催化剂Fe(NO3)3 9H2O均匀分散在液氨中,A符合题意;
B.步骤II中,由于液氨处于微沸状态,故生成的氢气中混有一定量的氨气;氢气虽然是可燃性气体,由于氨气在空气中不能被点燃,当氨气中只有少量氢气时,不能被点燃、不会产生火焰,B不符合题意;
C.步骤II中得到的粒状沉积物,颗粒较小,颗粒太小的沉淀易在滤纸上形成一层密实的沉淀,溶液不易透过,所以不适宜选用抽滤装置进行过滤,C不符合题意;
D.NaNH2易与水、氧气发生反应,可密封保存于充满干燥氮气的瓶中,D符合题意;
故答案为:BC;
(5)NaNH2的唯一杂质为NaOH,NaNH2溶于水生成氢氧化钠和氨气,所以可利用盐酸标准溶液进行滴定,因滴定终点时,溶液中含氯化钠和氯化铵,则滴定终点时溶液呈酸性,选用甲基橙作指示剂,过量的盐酸再利用氢氧化钠标准液反滴定,最终利用所测数据计算得出产品中NaNH2的纯度,故涉及的操作步骤为:准确称取产品xg → 加入过量盐酸标准溶液 → 加入滴加甲基橙指示剂 → 用氢氧化钠标准溶液进行滴定,根据实验所测数据,计算产品纯度,故答案为:bdg。
【分析】在Fe(NO3)3 9H2O作催化剂的条件下,液氨与钠反应生成NaNH2和氢气,NaNH2易与水、氧气等反应,所以装置B中Hg可防止氧气、水进入反应体系,在N之后应连接尾气处理装置。
36.【答案】(1)、、O;
(2)、
(3);
(4)将湿润的红色石蕊试纸置尾气出口,若变蓝,说明尾气中有。将尾气通入冷的集气瓶中,若有液珠,说明有
【知识点】物质检验实验方案的设计;物质的量的相关计算;化学式及其计算
【解析】【解答】(1)根据分析可知,组成X的三种元素为Ba、Cu、O,X的化学式为BaCu3O4。
(2)根据氯原子原子守恒以及溶液C仍然能与氯化钡反应生成硫酸钡可知溶液C的溶质组成为HCl、H2SO4。
(3)①反应中Cu元素化合价降低,得到电子,则氨气中氮元素化合价升高,被氧化生成氮气,根据原子守恒可知由X到A的化学方程式为2NH3+BaCu3O4 Ba(OH)2+3Cu+N2+2H2O。
②X难溶于水,但可溶于氨水中,说明有Cu(NH3) 生成,所以该反应的离子方程式为BaCu3O4+12NH3 H2O=3Cu(NH3) +Ba2++8OH-+8H2O。
(4)由上述分析可知,尾气中含有NH3、N2和H2O,氮气性质稳定,所以需要检验的是氨气和水蒸气,实验方案为:将湿润的红色石蕊试纸置尾气出口,若变蓝,说明尾气中有NH3。将尾气通入冷的集气瓶中,若有液珠 ,说明有H2O。
【分析】无色溶液B中加入硫酸得到白色沉淀和无色溶液C,无色溶液C加入足量氯化钡溶液得到白色沉淀,该白色沉淀为硫酸钡,物质的量为2.330g÷233g/mol=0.01mol<0.015mol,则白色沉淀B也是硫酸钡,则无色溶液中含有钡离子,固体混合物A中加入盐酸得到紫红色固体A和无色溶液B,紫红色固体为Cu,Cu的物质的量为0.96g÷64g/mol=0.015mol,1.965gX含有0.960gCu和0.685gBa, 剩余一种元素的质量为0.32g,化合物X在空气中加热到,不发生反应 ,则另一种元素应为O元素,物质的量为0.32g÷16g/mol=0.02mol,n(Ba):n(Cu):n(O)=0.005mol:0.015mol:0.02mol=1:3:4,则X为BaCu3O4,BaCu3O4与足量NH3反应生成Cu、Ba(OH)2、N2和H2O,尾气中含有NH3、N2和H2O,A为Cu和Ba(OH)2的混合物,加入盐酸生成BaCl2,BaCl2与足量硫酸反应生成BaSO4沉淀和HCl,则B溶液为BaCl2溶液或BaCl2、HCl的混合溶液,C溶液为硫酸、盐酸的混合溶液。
37.【答案】(1)HCl;H2SO4(浓)+NaCl NaHSO4+HCl↑
(2)防止倒吸;CuSO4溶液
(3)静置,取上层清液于一洁净试管中,继续滴加硫酸溶液,无白色沉淀生成,则已沉淀完全
(4)使钡离子沉淀完全
(5)锥形瓶
(6)97.6%
【知识点】常用仪器及其使用;探究物质的组成或测量物质的含量;制备实验方案的设计
【解析】【解答】装置I中浓硫酸和氯化钠共热制备HCl,装置II中氯化氢与BaS溶液反应制备BaCl2·2H2O,装置III中硫酸铜溶液用于吸收生成的H2S,防止污染空气。
(1)根据上述分析可知,装置Ⅰ用于制备HCl气体,所给试剂中,浓硫酸和NaCl在加热条件下可生成HCl,浓硫酸与氯化钠反应生成硫酸氢钠和氯化氢,反应的化学方程式为H2SO4(浓)+NaClNaHSO4+HCl↑。
(2)氯化氢极易溶于水,装置Ⅱ中b仪器为球形干燥管,可以起到防止倒吸的作用;装装置Ⅱ中发生反应BaS+2HCl=BaCl2+H2S↑,H2S有毒,对环境有污染,装置Ⅲ用于吸收H2S,应盛放CuSO4溶液。
(3)硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀,静置后取上层清液滴加硫酸,若无白色沉淀生成,则已沉淀完全。
(4)为了使钡离子沉淀完全,沉淀过程中需加入过量的硫酸溶液。
(5)过滤用到的仪器有:铁架台、烧杯、漏斗、玻璃棒,用不到锥形瓶。
(6)沉淀完全后, 水浴40分钟,经过滤、洗涤、烘干等步骤,称量白色固体,质量为 ,生成的白色沉淀为硫酸钡,物质的量为:=0.002mol,依据钡原子守恒可知,产品中BaCl2·2H2O的物质的量为0.002mol,质量为0.002mol×244g/mol=0.488g,质量分数为:=97.6%。
【分析】以BaS为原料制备BaCl2·H2O的原理为BaS+2HCl=BaCl2+H2S↑,则先用装置Ⅰ制备HCl,再在装置Ⅱ中反应得到BaCl2溶液,再经一系列步骤获得BaCl2·H2O;
(1)装置Ⅰ中加热浓硫酸和NaCl制备HCl;
(2)装置Ⅱ中干燥管的作用是防止倒吸;装置Ⅲ试剂用于吸收尾气;
(3)硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀;
(4)加入过量的沉淀剂才能保证钡离子离子沉淀完全;
(5) 过滤需要用到的仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒;
(6)根据计算。
38.【答案】(1)C
(2)5TiO2+6C+10Cl2 5TiCl4+2CO+4CO2;随着温度升高,CO2与C发生反应
(3)3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3;蒸馏
(4)不能;若先“除硅、铝”再“除钒”,“除钒”时需要加入Al,又引入Al杂质
(5)A;C
【知识点】热化学方程式;盖斯定律及其应用;金属冶炼的一般原理;制备实验方案的设计
【解析】【解答】钛渣中加入C、Cl2进行沸腾氯化,转化为相应的氯化物,降温收尘后得到粗TiCl4,加入单质Al除钒,再除硅、铝得到纯TiCl4,加入Mg还原得到Ti。
(1)记① ,② ,③ ,④ ;
A.由图可知,600℃时 的 ,反应自发进行,故A不符合题意;
B.由图可知,600℃时 的 ,反应自发进行,故B不符合题意;
C.由图可知,600℃时 的 ,反应不能自发进行,故C符合题意;
D.根据盖斯定律, 可由①+③得到,则600℃时其 ,反应自发进行,故D不符合题意;
故选C;
(2)①根据表中数据可知,该温度下C主要生成CO和CO2,根据相同条件下气体的压强之比是物质的量之比可知TiCl4、CO和CO2的物质的量之比约是5:2:4,所以TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为5TiO2+6C+10Cl2 5TiCl4+2CO+4CO2,故答案为:5TiO2+6C+10Cl2 5TiCl4+2CO+4CO2;
②随着温度升高,CO2与C发生反应 ,导致CO含量升高,故答案为:随着温度升高,CO2与C发生反应 ;
(3)“降温收尘”后钒元素主要以VOCl3形式存在,加入Al得到VOCl2渣,根据得失电子守恒和元素守恒配平方程式为3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3;AlCl3、SiCl4与TiCl4沸点差异较大,“除硅、铝"过程中可采用蒸馏的方法分离AlCl3、SiCl4,故答案为:3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3;蒸馏;
(4)若先“除硅、铝”再“除钒”,“除钒”时需要加入Al,又引入Al杂质,因此“除钒”和“除硅、铝”的顺序不能交换,故答案为:不能;若先“除硅、铝”再“除钒”,“除钒”时需要加入Al,又引入Al杂质;
(5)本工艺中加入Mg冶炼Ti的方法为热还原法;
A.高炉炼铁的原理是用还原剂将铁矿石中铁的氧化物还原成金属铁,属于热还原法,故A符合题意;
B.电解熔融氯化钠制取金属钠的原理是电解法,故B不符合题意;
C.铝热反应制锰是利用Al作还原剂,将锰从其化合物中还原出来,为热还原法,故C符合题意;
D.Hg为不活泼金属,可以直接用加热分解氧化汞的方法制备汞,故D不符合题意;
故答案选AC,故答案为:AC。
【分析】(1)根据图像,结合 分析判断;
(2)①根据压强之比等于物质的量之比计算各物质的系数之比,再写出化学方程式;
②高温下碳与二氧化碳反应生成一氧化碳;
(3)“除钒”过程前,钒元素主要以VOCl3形式存在,加入Al生成VOCl2渣,分离沸点差距较大的物质,可用蒸馏的方法;
(4)“除钒”时需要加入Al,若后“除钒”则含有杂质Al;
(5)Mg冶炼Ti的方法为热还原法。
39.【答案】(1)5.0
(2)C
(3)3.00;33.00;正;实验II相较于实验I,醋酸溶液稀释了10倍,而实验II的pH增大值小于1
(4)0.1104;
(5)向滴定后的混合液中加入20mL HAc溶液
(6)HClO:漂白剂和消毒液(或H2SO3:还原剂、防腐剂或H3PO4:食品添加剂、制药、生产肥料)
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡;配制一定物质的量浓度的溶液;中和滴定;性质实验方案的设计;化学实验方案的评价
【解析】【解答】(1)溶液稀释前后,溶质的物质的量不变,假设稀释前溶液的体积为V,则250mL×0.1mol/L=V×5mol/L,所以V=5.0mL。
(2)A.不能用手触碰容量瓶的瓶口,以防污染试剂,A不符合题意;
B.定容时,视线应与溶液凹液面的最低处相切,B不符合题意;
C.转移液体时要用玻璃棒引流,且其下端一般应靠在容量瓶内壁的刻度线以下部位,C符合题意;
D.摇匀过程中,左手食指抵住瓶塞,防止瓶塞脱落,右手扶住容量瓶底部,防止容量瓶从左手掉落,D不符合题意;
故答案为:C。
(3)①根据表格信息,实验VII中n(NaAc):n(HAc)=3:4,V(HAc)=4.00mL,且c(NaAc)=n(HAc),根据n=cV,则V(NaAc)=3.00mL,即a=3.00。由实验I可知,溶液最终的体积为40.00mL,所以V(H2O)=40.00mL-4.00mL-3.00mL=33.00mL,即b=33.00。
②根据表格信息,对比实验I和实验II可知,实验II中c(HAc)为实验I的,若不考虑电离平衡移动,则实验II溶液的pH=2.86+1=3.86,但实际pH=3.36,说明稀释过程中,溶液中c(H+)增大,即电离平衡正向移动。
(4)①涉及反应是HAc+NaOH=NaAc+H2O,滴定至终点时,n(HAc)=n(NaOH),根据n=cV,则22.08mL×0.1mol/L=20.00mL×c(HAc),所以c(HAc)=0.1104mol/L。滴定过程中,当V(NaOH)=0时,为HAc溶液,c(H+)=,pH=2.88;当V(NaOH)=11.04mL时,所得溶液为NaAc和HAc 的混合液,且n(NaAc)=n(HAc),则Ka=c(H+),所以 pH=4.76;当V(NaOH)=22.08mL时,达到滴定终点,所得溶液为NaAc溶液,Ac-发生水解,溶液呈弱碱性;当NaOH溶液过量较多时,c(NaOH)无限接近0.1mol/L,溶液pH接近13,因此滴定曲线图是。
(5)向20.00mL的HAc溶液中加入V1mL NaOH溶液达到滴定终点,此时所得溶液中溶质为NaAc,当n(NaAc)=n(HAc)时,溶液中c(H+)=Ka,所以可再向溶液中加入20.00mL HAc溶液。
(6)如弱酸HClO具有强氧化性,在生活中可用于漂白和消毒;弱酸H2SO3具有还原性,可用作还原剂,在葡萄酒中添加适量H2SO3可用作防腐剂等等。
【分析】(1)根据溶液稀释前后,n(溶质)不变,即c(浓)·V(浓)=c(稀)·V(稀)进行分析,注意单位统一。
(2)根据配制一定物质的量浓度溶液的步骤进行分析。
(3)①根据控制变量法,结合n=cV进行分析。
②通过对比实验I和实验II的数据信息可知,实验II中c(HAc)为实验I的,再根据稀释过程中溶液中c(H+)是否增大进行分析。
(4)涉及反应是HAc+NaOH=NaAc+H2O,滴定至终点时,n(HAc)=n(NaOH),根据n=cV进行分析。滴定曲线示意图中横坐标为V(NaOH),纵坐标为溶液的pH,通过计算V(NaOH)分别为0、11.04mL[此时n(NaAc)=n(HAc)]、22.08mL(达到滴定终点)时对应的pH,然后把主要坐标点之间用曲线相连,注意NaOH溶液过量时,c(NaOH)无限接近0.1mol/L,溶液pH接近13。
(5)Ka=,当c(Ac-)=c(HAc),即n(NaAc)=n(HAc)时,Ka=c(H+),此时溶液pH=-lg c(H+)=-lg Ka=4.76,据此分析。
(6)根据无机弱酸的性质及用途进行分析。
40.【答案】(1)Fe2+
(2)4.7 pH<6.2;
(3)4.0 10-4
(4)加热搅拌可加快反应速率;冷却结晶
(5)MgSO4
(6)15;O2+4e-+2H2O=4OH-
【知识点】电极反应和电池反应方程式;难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质;制备实验方案的设计;氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】(1)由分析可知,“氧化调pH”是为了除去含铁、铝等近三年高考化学真题分类汇编:化学实验2
一、选择题
1.(2022·湖北)下列实验装置(部分夹持装置略)或现象错误的是( )
A.滴入酚酞溶液 B.吸氧腐蚀 C.钠的燃烧 D.石蜡油的热分解
A.A B.B C.C D.D
【答案】C
【知识点】探究石蜡油分解制乙烯及乙烯的化学性质;性质实验方案的设计;铁的吸氧腐蚀
【解析】【解答】A.碳酸钠和碳酸氢钠都会因水解而使溶液显碱性,碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠,滴入酚酞溶液后,碳酸钠溶液呈现红色,碳酸氢钠的溶液呈现浅红色,A不符合题意;
B.食盐水为中性,铁钉发生吸氧腐蚀,试管中的气体被消耗,压强减小,与外界形成压强差,导管口形成一段水柱,B不符合题意;
C.钠燃烧温度在400℃以上,玻璃表面皿不耐高温,故钠燃烧通常载体为坩埚或者燃烧匙,C符合题意;
D.石蜡油发生热分解,产生不饱和烃,不饱和烃与溴发生加成反应,使试管中溴的四氯化碳溶液褪色,D不符合题意;
故答案为:C。
【分析】A.碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠;
B.铁钉在中性环境中发生吸氧腐蚀;
D.石蜡油分解产生的不饱和烃能使溴的四氯化碳褪色。
2.(2022·北京市)利用如图所示装置(夹持装置略)进行实验,b中现象不能证明a中产物生成的是( )
a中反应 b中检测试剂及现象
A 浓分解生成 淀粉溶液变蓝
B 与浓生成 品红溶液褪色
C 浓与溶液生成 酚酞溶液变红
D 与乙醇溶液生成丙烯 溴水褪色
A.A B.B C.C D.D
【答案】A
【知识点】物质检验实验方案的设计;化学实验方案的评价
【解析】【解答】A.浓硝酸具有挥发性,挥发出的硝酸能与碘化钾溶液反应生成碘单质,碘单质遇淀粉溶液变蓝,则淀粉碘化钾溶液变蓝色不能说明浓硝酸分解生成二氧化氮,故A符合题意;
B.铜与浓硫酸共热反应生成的二氧化硫具有漂白性,能使品红溶液褪色,则品红溶液褪色能说明铜与浓硝酸共热反应生成二氧化硫,故B不符合题意;
C.浓氢氧化钠溶液与氯化铵溶液共热反应生成氨气,氨气溶于水生成氨水,溶液呈碱性,能使酚酞溶液变红,则酚酞溶液变红能说明浓氢氧化钠溶液与氯化铵溶液共热反应生成氨气,故C不符合题意;
D.乙醇具有挥发性,挥发出的乙醇不能与溴水反应,则2—溴丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应生成能使溴水褪色的丙烯气体,则溴水褪色能说明2-溴丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应生成丙烯,故D不符合题意;
故答案为:A。
【分析】A.浓硝酸易挥发且具有强氧化性;
B.二氧化硫具有漂白性;
C.浓氢氧化钠溶液与氯化铵溶液共热反应生成氨气,氨气溶于水生成氨水,溶液呈碱性;
D.烯烃能与溴水发生加成反应。
3.(2022·北京市)下列实验中,不能达到实验目的的是( )
由海水制取蒸馏水 萃取碘水中的碘 分离粗盐中的不溶物 由制取无水固体
A B C D
A.A B.B C.C D.D
【答案】D
【知识点】过滤;蒸发和结晶、重结晶;蒸馏与分馏;分液和萃取
【解析】【解答】A.实验室用海水制取蒸馏水用蒸馏的方法制备,蒸馏时用到蒸馏烧瓶、酒精灯、冷凝管、牛角管、锥形瓶等仪器,注意温度计水银球应处在蒸馏烧瓶的支管口附近,冷凝管应从下口进水,上口出水,A不符合题意;
B.碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度,可以用四氯化碳萃取碘水中的碘,四氯化碳的密度大于水,溶液分层后位于下层,B不符合题意;
C.粗盐中含有较多的可溶性杂质和不溶性杂质,采用过滤的方法可分离出粗盐中的不溶物,C不符合题意;
D.直接加热会促进水解,生成的HCl易挥发,得到氢氧化铁,继续加热会使氢氧化铁分解产生氧化铁,得不到固体,D符合题意;
故答案为:D。
【分析】A.可采用蒸馏的方法将海水制成蒸馏水;
B.碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度,且四氯化碳的密度大于水;
C.采用过滤的方法可分离出粗盐中的不溶物。
4.(2022·北京市)利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。
装置示意图 序号 电解质溶液 实验现象
① 阴极表面有无色气体,一段时间后阴极表面有红色固体,气体减少。经检验电解液中有
② 阴极表面未观察到气体,一段时间后阴极表面有致密红色固体。经检验电解液中无元素
下列说法错误的是( )
A.①中气体减少,推测是由于溶液中减少,且覆盖铁电极,阻碍与铁接触
B.①中检测到,推测可能发生反应:
C.随阴极析出,推测②中溶液减少,平衡逆移
D.②中生成,使得比①中溶液的小,缓慢析出,镀层更致密
【答案】C
【知识点】性质实验方案的设计;电镀
【解析】【解答】A.由分析可知,实验①时,铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应,当溶液中氢离子浓度减小,反应和放电生成的铜覆盖铁电极,阻碍氢离子与铁接触,导致产生的气体减少,故A不符合题意;
B.由分析可知,实验①时,铁做电镀池的阴极,铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚铁离子、氢气和铜,可能发生的反应为,故B不符合题意;
C.由分析可知,铜离子在阴极得到电子发生还原反应,在阴极析出铜,但阳极发生Cu-2e-=Cu2+的反应,铜离子浓度不变,平衡不移动,故C符合题意;
D.由分析可知,实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子,使得溶液中铜离子浓度比①中要小,电解速率减慢,铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜,在铁表面得到比实验①更致密的镀层,故D不符合题意;
故答案为:C。
【分析】实验①中,铁做电镀池的阴极,铁先与溶液中的氢离子、铜离子反应,生成的铜覆盖铁电极,阻碍氢离子和铁的反应,导致气体减少;实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子。
5.(2022·海南)《医学入门》中记载我国传统中医提纯铜绿的方法:“水洗净,细研水飞,去石澄清,慢火熬干,”其中未涉及的操作是( )
A.洗涤 B.粉碎 C.萃取 D.蒸发
【答案】C
【知识点】过滤;蒸发和结晶、重结晶;物质的分离与提纯
【解析】【解答】“水洗净”是指洗去固体表面的可溶性污渍、泥沙等,涉及的操作方法是洗涤;“细研水飞”是指将固体研成粉末后加水溶解,涉及的操作方法是溶解;“去石澄清”是指倾倒出澄清液,去除未溶解的固体,涉及的操作方法是过滤;“慢火熬干”是指用小火将溶液蒸发至有少量水剩余,涉及的操作方法是蒸发;因此未涉及的操作方法是萃取,
故答案为:C。
【分析】“水洗净,细研水飞,去石澄清,慢火熬干”是指洗涤铜绿后,将其溶解于水中,过滤后进行蒸发。
6.(2022·海南)依据下列实验,预测的实验现象正确的是( )
选项 实验内容 预测的实验现象
A 溶液中滴加NaOH溶液至过量 产生白色沉淀后沉淀消失
B 溶液中滴加KSCN溶液 溶液变血红色
C AgI悬浊液中滴加NaCl溶液至过量 黄色沉淀全部转化为白色沉淀
D 酸性溶液中滴加乙醇至过量 溶液紫红色褪去
A.A B.B C.C D.D
【答案】D
【知识点】物质检验实验方案的设计;化学实验方案的评价
【解析】【解答】A.MgCl2和NaOH反应生成Mg(OH)2,Mg(OH)2不与过量的NaOH溶液反应,沉淀不消失,A不符合题意;
B.KSCN溶液遇Fe3+变血红色,遇Fe2+不会变成血红色,B不符合题意;
C.AgI的溶解度远远小于AgCl,向AgI悬浊液中滴加 NaCl溶液至过量,黄色沉淀不可能全部转化为白色沉淀,C不符合题意;
D.酸性KMnO4溶液呈紫红色,其具有强氧化性,而乙醇具有较强的还原性,酸性KMnO4溶液中滴加乙醇至过量后溶液紫红色褪去,D符合题意;
故答案为:D。
【分析】A.氯化镁和氢氧化钠反应生成氢氧化镁,氢氧化镁不溶于氢氧化钠;
B.KSCN溶液遇Fe3+变血红色;
C.氯化银溶解度大于碘化银;
D.酸性高锰酸钾具有强氧化性,乙醇具有还原性。
7.(2022·海南)下列实验操作规范的是( )
A.过滤 B.排空气法收集 C.混合浓硫酸和乙醇 D.溶液的转移
A.A B.B C.C D.D
【答案】B
【知识点】常用仪器及其使用;过滤;气体的收集
【解析】【解答】A.过滤时,漏斗下端应紧靠烧杯内壁,A不符合题意;
B.CO2的密度大于空气,且不与空气中的成分反应,可用向上排空气法收集,B符合题意;
C.浓硫酸密度大于乙醇,混合浓硫酸和乙醇时,应将浓硫酸缓慢倒入乙醇中,并用玻璃棒不断搅拌,C不符合题意;
D.转移溶液时,应使用玻璃棒引流,D不符合题意;
故答案为:B。
【分析】A.过滤时,漏斗下方应紧靠烧杯内壁;
B.二氧化碳密度大于空气;
C.浓硫酸密度大于乙醇,两者混合时,应将浓硫酸加入乙醇中;
D.转移溶液时,应用玻璃棒引流。
8.(2022·山东)下列试剂实验室保存方法错误的是( )
A.浓硝酸保存在棕色细口瓶中
B.氢氧化钠固体保存在广口塑料瓶中
C.四氯化碳保存在广口塑料瓶中
D.高锰酸钾固体保存在棕色广口瓶中
【答案】C
【知识点】化学试剂的存放
【解析】【解答】A.由于浓硝酸不稳定,见光易分解,故浓硝酸需保存在棕色细口瓶中避光保存,A不符合题意;
B.氢氧化钠固体能与玻璃中的SiO2反应,故氢氧化钠固体保存在广口塑料瓶中,B不符合题意;
C.四氯化碳是一种有机溶剂,易挥发,且能够溶解塑料,故其不能保存在广口塑料瓶中,应该保存在细口玻璃瓶中,C符合题意;
D.高锰酸钾受热易分解,故需在棕色广口瓶中、阴冷处密封保存,D不符合题意;
故答案为:C。
【分析】A.浓硝酸不稳定,见光易分解;
B.氢氧化钠能与玻璃中的二氧化硅反应生成硅酸钠;
D.高锰酸钾受热分解。
9.(2022·山东)已知苯胺(液体)、苯甲酸(固体)微溶于水,苯胺盐酸盐易溶于水。实验室初步分离甲苯、苯胺、苯甲酸混合溶液的流程如下。下列说法正确的是( )
A.苯胺既可与盐酸也可与溶液反应
B.由①、③分别获取相应粗品时可采用相同的操作方法
C.苯胺、甲苯、苯甲酸粗品依次由①、②、③获得
D.①、②、③均为两相混合体系
【答案】C
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A.苯胺分子中含有氨基,具有碱性,能与盐酸反应,但不能与氢氧化钠溶液反应,故A不符合题意;
B.由分析可知,得到苯胺粗品①的分离方法为分液,得到苯甲酸粗品③的分离方法为结晶或重结晶、过滤、洗涤,获取两者的操作方法不同,故B不符合题意;
C.由分析可知,苯胺粗品、甲苯粗品、苯甲酸粗品依次由①、②、③获得,故C符合题意;
D.由分析可知,①为苯胺、②为甲苯,③为苯甲酸,都不是两相混合体系,故D不符合题意;
故答案为:C。
【分析】甲苯、苯胺、苯甲酸混合溶液中加入盐酸,苯胺与盐酸反应,进入水相Ⅰ,有机相的成分为苯甲酸和甲苯,水相Ⅰ中加入NaOH反应生成①,则①是苯胺;有机相Ⅱ中加碳酸钠溶液,苯甲酸与碳酸钠反应生成苯甲酸钠,进入水相Ⅱ中,则②是甲苯;水相Ⅱ中苯甲酸钠与盐酸反应生成苯甲酸,③是苯甲酸。
10.(2022·山东)某同学按图示装置进行实验,欲使瓶中少量固体粉末最终消失并得到澄清溶液。下列物质组合不符合要求的是( )
气体 液体 固体粉末
A 饱和溶液
B 溶液 Fe
C 溶液
D
A.A B.B C.C D.D
【答案】A
【知识点】离子反应发生的条件;性质实验方案的设计
【解析】【解答】A.通入CO2气体依次发生反应CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3、CaCO3+H2O+CO2=Ca(HCO3)2,相同温度下NaHCO3的溶解度小于Na2CO3,最终瓶中仍有NaHCO3白色晶体析出,不会得到澄清溶液,A符合题意;
B.通入Cl2,发生反应Cl2+2FeCl2=2FeCl3、2FeCl3+Fe=3FeCl2,最终Fe消失得到澄清溶液,B不符合题意;
C.通入HCl,在酸性条件下具有强氧化性,发生离子反应:3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O,最终Cu消失得到澄清溶液,C不符合题意;
D.AgCl在水中存在溶解平衡AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq),通入NH3后,Ag+与NH3结合成[Ag(NH3)2]+,使溶解平衡正向移动,最终AgCl消失得到澄清溶液,D不符合题意;
故答案为:A。
【分析】A.二氧化碳与碳酸钠反应生成的碳酸氢钠为固体;
B.氯气将氯化亚铁氧化为氯化铁,单质铁与氯化铁反应生成氯化亚铁;
C.酸性条件下发生反应3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O;
D.氨气极易溶于水,AgCl可溶于氨水生成银氨溶液。
11.(2022·山东)实验室用基准配制标准溶液并标定盐酸浓度,应选甲基橙为指示剂,并以盐酸滴定标准溶液。下列说法错误的是( )
A.可用量筒量取标准溶液置于锥形瓶中
B.应选用配带塑料塞的容量瓶配制标准溶液
C.应选用烧杯而非称量纸称量固体
D.达到滴定终点时溶液显橙色
【答案】A
【知识点】指示剂;中和滴定
【解析】【解答】A.量筒的精确度为0.1,不可用量筒量取Na2CO3标准溶液,Na2CO3溶液显碱性,应用碱式滴定管量取25.00 mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中,A符合题意;
B.Na2CO3溶液显碱性,能与SiO2反应生成硅酸钠,应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液,B不符合题意;
C.Na2CO3有吸水性且有一定的腐蚀性,故应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体,C不符合题意;
D.Na2CO3溶液显碱性,甲基橙滴入Na2CO3溶液中显黄色,当滴入最后一滴盐酸时,溶液由黄色突变为橙色且半分钟之内不变色即为滴定终点,故达到滴定终点时溶液显橙色,D不符合题意;
故答案为:A。
【分析】A.量筒的精确度为0.1,不能量取25.00 mL Na2CO3标准溶液;
B.Na2CO3能与SiO2反应生成硅酸钠;
C.碳酸钠应选用烧杯称量;
D.达到滴定终点时,盐酸过量,溶液显酸性。
12.(2022·山东)高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下,可能用到的数据见下表。
开始沉淀pH 1.9 4.2 6.2
沉淀完全pH 3.2 6.7 8.2
下列说法错误的是( )
A.固体X主要成分是和S;金属M为Zn
B.浸取时,增大压强可促进金属离子浸出
C.中和调pH的范围为3.2~4.2
D.还原时,增大溶液酸度有利于Cu的生成
【答案】D
【知识点】氧化还原反应;制备实验方案的设计
【解析】【解答】A.经过分析可知固体X主要成分是S、Fe(OH)3,金属M为Zn,A不符合题意;
B.CuS在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq),增大O2的压强,将S2-氧化生成单质S,使沉淀溶解平衡正向移动,从而可促进金属离子的浸取,B不符合题意;
C.根据流程图可知:用NH3调节溶液pH时,要使Fe3+转化为沉淀,而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中,结合离子沉淀的pH范围,可知中和时应该调节溶液pH范围为3.2~4.2,C不符合题意;
D.在用H2还原Cu2+变为Cu单质时,H2失去电子被氧化为H+,与溶液中OH-结合形成H2O,若还原时增大溶液的酸度,c(H+)增大,不利于H2失去电子还原Cu单质,不利于Cu的生成,D符合题意;
故答案为:D。
【分析】硫化铜精矿在高压O2作用下,用硫酸溶液浸取,反应生成CuSO4、S、H2O,Fe2+被氧化为Fe3+,加入NH3中和调pH,Fe3+形成Fe(OH)3沉淀,滤渣中含有S、Fe(OH)3;滤液中含有Cu2+、Zn2+,通入H2进行还原,Cu2+被还原为Cu,过滤分离出Cu,滤液中含有Zn2+,再经一系列处理可得到金属M,M为Zn单质。
13.(2022·浙江6月选考)名称为“吸滤瓶”的仪器是( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】A.图示仪器为蒸馏烧瓶,A不符合题意;
B.图示仪器为分液漏斗,B不符合题意;
C.图示仪器为容量瓶,C不符合题意;
D.图示仪器为吸滤瓶,其特征是一个厚壁的带分支的锥形瓶,D符合题意;
故答案为:D。
【分析】 吸滤瓶是一种类似有一个分支的锥形瓶。
14.(2022·浙江6月选考)尖晶石矿的主要成分为(含杂质)。已知:。该反应难以发生,但采用“加炭氯化法”可以制备和,同时还可得到副产物(沸点为,在升华):。下列说法不正确的是( )
A.制备时要保持无水环境
B.输送气态产物的管道温度要保持在以上
C.氯化时加炭,既增大了反应的趋势,又为氯化提供了能量
D.为避免产生大量,反应过程中需保持炭过量
【答案】D
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A.高温条件下,C与H2O反应生成CO和H2,且AlCl3、MgCl2在高温下均易水解,生成的HCl挥发后促进AlCl3、MgCl2水解,导致所得产物不纯,故制备时要保持无水环境,A不符合题意;
B.由题干信息可知, 在 升华,故输送气态产物的管道温度要保持在 以上,B不符合题意;
C.由题干信息可知,不加炭的氯化反应很难进行,则氯化时加炭,既增大了反应的趋势,同时C被氧化为CO放出热量,则又为氯化提供了能量,C不符合题意;
D.反应过程中若保持炭过量,可能发生反应:SiO2+2C Si+2CO或者SiO2+3C SiC+2CO,导致获得的固体产物MgCl2中含有Si、SiC等杂质,D符合题意;
故答案为:D。
【分析】A.氯化铝和氯化镁均会水解;
B.氯化铝在180℃时发生升华;
C.加炭氯化法加快反应速率,C被氧化为CO放出热量,又为氯化提供了能量;
D.炭过量会产生杂质。
15.(2022·浙江6月选考)下列说法不正确的是( )
A.植物油含有不饱和高级脂肪酸甘油酯,能使溴的四氯化碳溶液褪色
B.向某溶液中加入茚三酮溶液,加热煮沸出现蓝紫色,可判断该溶液含有蛋白质
C.麦芽糖、葡萄糖都能发生银镜反应
D.将天然的甘氨酸、丙氨酸、苯丙氨酸混合,在一定条件下生成的链状二肽有9种
【答案】B
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点;银镜反应
【解析】【解答】A.植物油中含有不饱和高级脂肪酸甘油酯,能与溴发生加成反应,使溴的四氯化碳溶液褪色,A不符合题意;
B.蛋白质、氨基酸中加入茚三酮溶液,加热煮沸均会出现蓝紫色,B符合题意;
C.麦芽糖、葡萄糖均含有醛基,所以都能发生银镜反应,C不符合题意;
D.羧基脱羟基,氨基脱氢原子形成链状二肽,形成1个肽键;甘氨酸、丙氨酸、苯丙氨酸相同物质间共形成3种二肽,甘氨酸、丙氨酸、苯丙氨酸不同物质间形成6种二肽,所以生成的链状二肽共有9种,D不符合题意;
故答案为:B。
【分析】A.植物油中含有的含有不饱和键能使溴的四氯化碳褪色;
B.溶液中含有蛋白质或氨基酸,加入茚三酮溶液,加热煮沸均会出现蓝紫色;
C.麦芽糖、葡萄糖均为还原性糖;
D.同种氨基酸和不同氨基酸之间均可形成二肽。
16.(2022·浙江6月选考)亚硝酸钠俗称“工业盐”,其外观、口感与食盐相似,人若误服会中毒。现将适量某样品(成分为亚硝酸钠或氯化钠)溶于水配成溶液,分别取少量该溶液于试管中进行实验。下列方案设计、现象和结论都正确的是( )
方案设计 现象和结论
A 先加入少量KClO3溶液,再加溶液和足量稀硝酸,振荡 若产生白色沉淀,则样品为亚硝酸钠
B 加到少量溶液中,再加硫酸酸化,振荡 若溶液褪色,则样品为亚硝酸钠
C 先加到少量溶液中,再加入稀盐酸酸化,振荡 若溶液变黄色,则样品为亚硝酸钠
D 先加入少量溶液,再加入溶液和稀硝酸,振荡 若产生白色沉淀,则样品为亚硝酸钠
A.A B.B C.C D.D
【答案】C
【知识点】性质实验方案的设计;化学实验方案的评价
【解析】【解答】A.KClO3与亚硝酸钠会发生反应: KClO3 +3NaNO2=KCl+3NaNO3,滴加硝酸银和足量稀硝酸能生成AgCl白色沉淀,A不符合题意;
B.氯化钠电离出的氯离子也可以被酸性高锰酸钾氧化,而使其褪色,B不符合题意;
C.亚硝酸有氧化性,能将亚铁离子氧化为铁离子,溶液变为黄色,C符合题意;
D.稀硝酸可以把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子,再加入氯化钡可以生成硫酸钡白色沉淀,D不符合题意;
故答案为:C。
【分析】A.酸性条件下,KClO3能被NaNO2还原为Cl-;
B.高锰酸钾能氧化Cl-;
C.亚硝酸能将亚铁离子氧化为铁离子;
D.亚硫酸根能被稀硝酸氧化为硫酸钠。
17.(2022·浙江6月选考)下列说法不正确的是( )
A.用标准液润洗滴定管后,应将润洗液从滴定管上口倒出
B.铝热反应非常剧烈,操作时要戴上石棉手套和护目镜
C.利用红外光谱法可以初步判断有机物中具有哪些基团
D.蒸发浓缩硫酸铵和硫酸亚铁(等物质的量)的混合溶液至出现晶膜,静置冷却,析出硫酸亚铁铵晶体
【答案】A
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构;酸(碱)式滴定管的使用
【解析】【解答】A.用标准液润洗滴定管,要将整个滴定管内壁进行润洗,因此应将润洗液从滴定管下口放出,A符合题意;
B.铝热反应非常剧烈,反应过程中放出大量的热,因此在操作时要戴上石棉手套和护目镜以保护手和眼睛,B不符合题意;
C.有机物中的基团在红外光谱中会呈现出其特征谱线,因此可以利用红外光谱法初步判断有机物中具有哪些基团,C不符合题意;
D.硫酸亚铁铵的溶解度随着温度降低而减小,蒸发浓缩硫酸铵和硫酸亚铁(等物质的量)的混合溶液至出现晶膜,溶液达到饱和状态,静置冷却后,由于在该温度下的混合体系中硫酸亚铁铵的溶解度最小,析出的晶体是硫酸亚铁铵晶体,D不符合题意。
故答案为:A
【分析】A.润洗液应从滴定管下口放出;
B.铝热反应非常剧烈且放出大量热;
C.红外光谱可测定有机物中存在的化学键;
D.硫酸亚铁铵的溶解度随着温度降低而减小。
18.(2022·浙江6月选考)时,向浓度均为的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入的溶液(醋酸的;用的溶液滴定等浓度的盐酸,滴定终点的突跃范围4.3~9.7)。下列说法不正确的是( )
A.恰好中和时,溶液呈碱性
B.滴加溶液至的过程中,发生反应的离子方程式为:
C.滴定过程中,
D.时,
【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较;中和滴定
【解析】【解答】A.恰好中和时,生成氯化钠溶液和醋酸钠溶液,其中醋酸根离子水解使溶液显碱性,A不符合题意;
B.滴加 溶液至 的过程中,若只发生反应的离子方程式: ,则滴加NaOH溶液的体积为20mL,则根据电离常数, 的醋酸中,c(H+)≈c(CH3COO-)= = = >1.0×10-4.3,故用氢氧化钠滴定的过程中,醋酸也参加了反应,则离子方程式为:H++OH-=H2O和CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O,B符合题意;
C.滴定前盐酸和醋酸的浓度相同,故滴定过程中,根据物料守恒可知: ,C不符合题意;
D.向 浓度均为 的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入 的 溶液,当盐酸的体积为20mL时,溶液为氯化钠和醋酸的混合溶液,显酸性,需要再滴加适量的氢氧化钠,当加入的NaOH溶液的体积为30mL时,溶液为NaCl和等浓度的CH3COONa、CH3COOH,根据Ka=1.8×10-5>Kh= 可知,此时溶液仍然呈酸性,需继续滴加NaOH溶液,故有 ,D不符合题意;
故答案为:B。
【分析】A.醋酸根水解显碱性;
B.滴定过程中,盐酸和醋酸都参与反应;
C.根据物料守恒判断;
D.当盐酸的体积为20mL时,溶液为氯化钠和醋酸的混合溶液,显酸性,需要再滴加适量的氢氧化钠。
19.(2022·湖南)化学实验操作是进行科学实验的基础。下列操作符合规范的是( )
A.碱式滴定管排气泡 B.溶液加热 C.试剂存放 D.溶液滴加
A.A B.B C.C D.D
【答案】A
【知识点】化学试剂的存放;常用仪器及其使用;酸(碱)式滴定管的使用
【解析】【解答】A.碱式滴定管排气泡时,把橡皮管向上弯曲,尖嘴向上,轻轻挤压玻璃珠附近的橡皮管,赶出气泡,A符合规范;
B.用试管加热溶液时,试管夹应夹在距离管口的处,B不符合规范;
C.盐酸属于无机物,酸;NaOH属于无机物,碱;乙醇属于有机物,实验室中,盐酸和NaOH要分开存放,有机物和无机物要分开存放,C不符合规范;
D.用胶头滴管滴加溶液时,不能伸入试管内部,应悬空滴加,D不符合规范;
故答案为:A。
【分析】A.将橡皮管的尖嘴向上,挤压橡皮管中的玻璃珠可排出碱式滴定管中的气泡;
B.用试管加热溶液,试管夹应夹在距离管口的处;
C.实验室存放试剂时,酸、碱分开存放,有机物和无机物分开存放;
D.胶头滴管不能伸入试管内。
20.(2022·湖南)铝电解厂烟气净化的一种简单流程如下:
下列说法错误的是( )
A.不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料
B.采用溶液喷淋法可提高吸收塔内烟气吸收效率
C.合成槽中产物主要有 和
D.滤液可回收进入吸收塔循环利用
【答案】C
【知识点】化学反应速率;制备实验方案的设计
【解析】【解答】A.陶瓷的成分中含有SiO2,SiO2能与烟气中的HF发生反应,因此不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料,故A不符合题意;
B.采用溶液喷淋法可增大反应物的接触面积,提高吸收塔内烟气吸收效率,故B不符合题意;
C.合成槽内发生的反应为NaHCO3+6NaF+NaAlO2=Na3AlF6+4Na2CO3+2H2O,产物为Na3AlF6和Na2CO3,故C符合题意;
D.由上述分析可知,滤液的主要成分为Na2CO3,可进入吸收塔循环利用,故D不符合题意;
故答案为:C。
【分析】烟气(含HF)通入吸收塔,加入过量的碳酸钠,发生反应Na2CO3+HF=NaF+NaHCO3,向合成槽中通入NaAlO2,发生反应 NaHCO3+6NaF+NaAlO2=Na3AlF6+4Na2CO3+2H2O, 过滤得到 Na3AlF6和含有 Na2CO3的滤液。
21.(2022·湖南)为探究 的性质,进行了如下实验( 和 溶液浓度均为 )。
实验 操作与现象
① 在 水中滴加2滴 溶液,呈棕黄色;煮沸,溶液变红褐色。
② 在 溶液中滴加2滴 溶液,变红褐色; 再滴加 溶液,产生蓝色沉淀。
③ 在 溶液中滴加2滴 溶液,变红褐色; 将上述混合液分成两份,一份滴加 溶液,无蓝色沉淀生成; 另一份煮沸,产生红褐色沉淀。
依据上述实验现象,结论不合理的是( )
A.实验①说明加热促进 水解反应
B.实验②说明 既发生了水解反应,又发生了还原反应
C.实验③说明 发生了水解反应,但没有发生还原反应
D.整个实验说明 对 的水解反应无影响,但对还原反应有影响
【答案】D
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物;铁盐和亚铁盐的相互转变;二价铁离子和三价铁离子的检验;性质实验方案的设计
【解析】【解答】A.铁离子的水解反应为吸热反应,加热煮沸可促进水解平衡正向移动,使水解程度加深,生成较多的氢氧化铁,从而使溶液显红褐色,故A不符合题意;
B.生成红褐色的氢氧化铁,说明Fe3+发生了水解反应;Na2SO3具有还原性,再滴加 溶液 ,产生蓝色沉淀,说明Fe3+被还原为Fe2+,故B不符合题意;
C.实验③中在5mL Na2SO3溶液中滴加2滴同浓度少量FeCl3溶液,根据现象和分析可知,仍发生铁离子的水解反应,无蓝色沉淀生成,说明没有生成亚铁离子,即没有发生还原反应,故C不符合题意;
D.结合三组实验,说明铁离子与亚硫酸根离子混合时,铁离子的水解反应占主导作用,比氧化还原反应的速率快,但不能说明亚硫酸离子对铁离子的水解作用无影响,事实上,亚硫酸根离子水解显碱性,可促进铁离子的水解反应,故D符合题意。
故答案为:D。
【分析】A.水解为吸热反应;
B.铁离子水解生成氢氧化铁,产生蓝色沉淀说明生成了铁离子;
C.有红褐色沉淀,说明铁离子发生水解,无蓝色沉淀,说明没有发生还原反应。
22.(2022·广东)实验室进行粗盐提纯时,需除去 和 ,所用试剂包括 以及( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【知识点】除杂;粗盐提纯
【解析】【解答】粗盐的主要成分是NaCl,除去Ca2+可加入过量的Na2CO3溶液,将其转化为CaCO3沉淀;除去Mg2+可加入过量的NaOH溶液,将其转化为Mg(OH)2沉淀;除去SO42-可加入过量的BaCl2溶液,将其转化为BaSO4沉淀。在向粗盐样品中加入除杂试剂的顺序中,BaCl2先于Na2CO3加入,利用Na2CO3除去Ca2+和多余的Ba2+,因Na2CO3、NaOH均过量,过滤后需向滤液中加入适量稀盐酸,除去多余的Na2CO3、NaOH,然后将溶液蒸干即可得到纯度较高的食盐;
故答案为:A。
【分析】除杂的主要原则是:①不增(不得引入新的杂质);②不减(尽量不消耗被提纯的物质);③易分(转换为沉淀、气体等易分离除去的物质)。注意除杂过程加入试剂的顺序。
23.(2022·广东)实验室用 和浓盐酸反应生成 后,按照净化、收集、性质检验及尾气处理的顺序进行实验。下列装置(“→”表示气流方向)不能达到实验目的的是( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【知识点】除杂;气体的收集;尾气处理装置;性质实验方案的设计
【解析】【解答】A.浓盐酸易挥发,制得的Cl2中含有HCl和水蒸气,饱和食盐水可除去HCl,浓硫酸可除去水蒸气,A不符合题意;
B.由于氯气的密度比空气大且不与空气反应,可用向上排空气法进行收集,B不符合题意;
C.Cl2与水反应生成的HClO具有漂白性,湿润的红布条褪色,干燥的红色布条不褪色,可验证干燥的氯气不具有漂白性,C不符合题意;
D.该装置是吸收尾气,由于Cl2在水中的溶解度较小,一般用NaOH溶液吸收尾气,D符合题意;
故答案为:D。
【分析】A.饱和食盐水可除去Cl2中的HCl,浓硫酸可用于干燥气体。
B.用向上排空气法收集气体的条件:①气体不与空气反应;②气体的密度比空气的大。
C.Cl2与水反应生成的HClO具有漂白性。
D.Cl2在水中的溶解度较小,一般用NaOH溶液吸收尾气。
24.(2022·广东)劳动开创未来。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是( )
选项 劳动项目 化学知识
A 面包师用小苏打作发泡剂烘焙面包 可与酸反应
B 环保工程师用熟石灰处理酸性废水 熟石灰具有碱性
C 工人将模具干燥后再注入熔融钢水 铁与 高温下会反应
D 技术人员开发高端耐腐蚀镀铝钢板 铝能形成致密氧化膜
A.A B.B C.C D.D
【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系;化学物质的名称与俗名
【解析】【解答】A.小苏打是NaHCO3的俗名,一般利用其受热易分解的性质做膨松剂,A符合题意;
B.熟石灰是Ca(OH)2的俗名,具有碱性,可用于处理酸性废水,B不符合题意;
C.熔融的铁与水蒸气在高温下反应会生成Fe3O4和H2,C不符合题意;
D.钢板上镀铝保护了钢板,是因为铝表面形成致密氧化膜,D不符合题意;
故答案为:A。
【分析】A.注意常见物质的俗名和化学名。
B.酸碱能发生中和反应。
C.铁与水蒸气在高温条件下反应生成Fe3O4和H2。
D.铝在常温下不被腐蚀,是因为其表面能够形成致密氧化膜。
25.(2022·广东)为检验牺牲阳极的阴极保护法对钢铁防腐的效果,将镀层有破损的镀锌铁片放入酸化的 溶液中。一段时间后,取溶液分别实验,能说明铁片没有被腐蚀的是( )
A.加入 溶液产生沉淀
B.加入淀粉碘化钾溶液无蓝色出现
C.加入 溶液无红色出现
D.加入 溶液无蓝色沉淀生成
【答案】D
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验;物质的检验和鉴别;原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A.加入的AgNO3溶液能与NaCl反应生成AgCl白色沉淀,不能确定铁片是否被腐蚀,A不符合题意;
B.若铁片被腐蚀,则有Fe2+生成,由于I2的氧化性比Fe2+强,所以KI与Fe2+不反应,不能确定铁片是否被腐蚀,B不符合题意;
C.KSCN溶液用于检验Fe3+,铁片被腐蚀,会有Fe2+生成,不能确定铁片是否被腐蚀,C不符合题意;
D.K3[Fe(CN)6]用于检验Fe2+,且遇Fe2+变蓝,若铁片没被腐蚀,则加入K3[Fe(CN)6]溶液就不会出现蓝色沉淀,D符合题意;
故答案为:D。
【分析】若镀层有破损的镀锌铁片被腐蚀,则将其放入酸化的NaCl溶液中会构成原电池,其中锌作负极,铁作正极,溶液中破损的位置会变大,溶液中会有亚铁离子生成,铁会和酸反应产生H2。
二、非选择题
26.(2022·湖北)全球对锂资源的需求不断增长,“盐湖提锂”越来越受到重视。某兴趣小组取盐湖水进行浓缩和初步除杂后,得到浓缩卤水(含有和少量),并设计了以下流程通过制备碳酸锂来提取锂。
时相关物质的参数如下:
的溶解度:
化合物
回答下列问题:
(1)“沉淀1”为 。
(2)向“滤液1”中加入适量固体的目的是 。
(3)为提高的析出量和纯度,“操作A”依次为 、 、洗涤。
(4)有同学建议用“侯氏制碱法”的原理制备。查阅资料后,发现文献对常温下的有不同的描述:①是白色固体;②尚未从溶液中分离出来。为探究的性质,将饱和溶液与饱和溶液等体积混合,起初无明显变化,随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出,最终生成白色沉淀。上述现象说明,在该实验条件下 (填“稳定”或“不稳定”),有关反应的离子方程式为 。
(5)他们结合(4)的探究结果,拟将原流程中向“滤液2”加入改为通入。这一改动能否达到相同的效果,作出你的判断并给出理由 。
【答案】(1)Mg(OH)2
(2)将转化成CaCO3沉淀除去,同时不引入新杂质
(3)蒸发浓缩;趁热过滤
(4)不稳定;Li+ + HCO = LiHCO3,2LiHCO3 = Li2CO3↓ + CO2↑+ H2O
(5)能达到相同效果,因为改为通入过量的,则LiOH转化为LiHCO3,结合(4)的探究结果,LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3,所以这一改动能达到相同的效果
【知识点】蒸发和结晶、重结晶;制备实验方案的设计;离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)浓缩卤水中含有,加入石灰乳生成Mg(OH)2沉淀,所以沉淀1为Mg(OH)2;
(2)滤液1中含有和,结合已知条件:LiOH的溶解度和化合物的溶度积常数,可推测,加入Li2CO3的目的是将转化成CaCO3沉淀除去,同时不引入新杂质;
(3)由Li2CO3的溶解度曲线可知,温度升高,Li2CO3的溶解度降低,即在温度高时,溶解度小,有利于析出,所以为提高的析出量和纯度,需要在较高温度下析出并过滤得到沉淀,即依次蒸发浓缩,趁热过滤,洗涤。故答案为:蒸发浓缩,趁热过滤;
(4)饱和LiCl和饱和NaHCO3等体积混合后,生成LiHCO3和NaCl,LiHCO3分解生成CO2和Li2CO3,故答案为:不稳定,Li+ + HCO = LiHCO3,2LiHCO3 = Li2CO3↓ + CO2↑+ H2O;
(5)“滤液2”中含有LiOH,加入,LiOH与碳酸钠反应生成Li2CO3。若改为通入过量的,会生成LiHCO3,结合(4)的探究结果,LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3,所以这一改动能达到相同的效果。故答案为:能达到相同效果,因为改为通入过量的,则LiOH转化为LiHCO3,结合(4)的探究结果,LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3,所以这一改动能达到相同的效果。
【分析】浓缩卤水(含有和少量)中加入石灰乳[Ca(OH)2]后得到含有和的滤液1,沉淀1为Mg(OH)2,向滤液1中加入Li2CO3后,得到滤液2,含有的离子为和OH-,沉淀2为CaCO3,向滤液2中加入Na2CO3,得到Li2CO3沉淀,再通过蒸发浓缩,趁热过滤,洗涤、干燥后得到产品Li2CO3,Li2CO3经系列操作制得Li。
27.(2022·北京市)某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应。
资料:i.Mn2+在一定条件下被Cl2或ClO-氧化成MnO2(棕黑色)、(绿色)、(紫色)。
ii.浓碱条件下,可被OH-还原为。
iii.Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关,NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。
实验装置如图(夹持装置略)
序号 物质a C中实验现象
通入Cl2前 通入Cl2后
I 水 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀,且放置后不发生变化
II 5%NaOH溶液 产生白色沉淀,在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多,放置后溶液变为紫色,仍有沉淀
III 40%NaOH 溶液 产生白色沉淀,在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多,放置后溶液变为紫色,仍有沉淀
(1)B中试剂是 。
(2)通入Cl2前,II、III中沉淀由白色变为黑色的化学方程式为 。
(3)对比实验I、II通入Cl2后的实验现象,对于二价锰化合物还原性的认识是 。
(4)根据资料ii,III中应得到绿色溶液,实验中得到紫色溶液,分析现象与资料不符的原因:
原因一:可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。
原因二:可能是氧化剂过量,氧化剂将氧化为。
①化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因 ,但通过实验测定溶液的碱性变化很小。
②取III中放置后的1 mL悬浊液,加入4 mL40%NaOH溶液,溶液紫色迅速变为绿色,且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色的离子方程式为 ,溶液绿色缓慢加深,原因是MnO2被 (填“化学式”)氧化,可证明III的悬浊液中氧化剂过量;
③取II中放置后的1 mL悬浊液,加入4 mL水,溶液紫色缓慢加深,发生的反应是 。
④从反应速率的角度,分析实验III未得到绿色溶液的可能原因 。
【答案】(1)饱和NaCl溶液
(2)2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O
(3)Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强
(4)Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O;4+4OH-=4+O2↑+2H2O;Cl2;3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O;III中氧化剂氧化锰酸根离子的速率大于氢氧离子还原锰酸根离子的速率,因而不能实验III未得到绿色溶液
【知识点】氧化还原反应;氯气的实验室制法;性质实验方案的设计;制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)由分析可知,B中试剂是饱和NaCl溶液,用于吸收Cl2中的HCl杂质;
(2)通入Cl2前,II、III中Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的的OH-反应产生Mn(OH)2白色沉淀,该沉淀不稳定,会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色MnO2,则沉淀由白色变为黑色的化学方程式为:2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O;
(3)对比实验I、II通入Cl2后的实验现象,对于二价锰化合物还原性的认识是:Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强;
(4)①Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O,使溶液碱性减弱,反应的离子方程式为:Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O;
②取III中放置后的1mL悬浊液,加入4 mL40%NaOH溶液,溶液紫色迅速变为绿色,且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色就是由于在浓碱条件下,可被OH-还原为,根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒,可知该反应的离子方程式为:4+4OH-=4+O2↑+2H2O;
溶液绿色缓慢加深,原因是MnO2被Cl2氧化,可证明III的悬浊液中氧化剂过量;
③取II中放置后的1mL悬浊液,加入4mL水,溶液碱性减弱,溶液紫色缓慢加深,说明ClO-将MnO2氧化为,反应的离子方程式为3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O;
④III中氧化剂氧化锰酸根离子的速率大于氢氧离子还原锰酸根离子的速率,导致不能实验III未得到绿色溶液。
【分析】装置A中HCl与KMnO4发生反应生成Cl2,盐酸易挥发,生成的氯气中含有HCl杂质,装置B中用饱和食盐水除去HCl,装置C中通过改变溶液的pH,验证不同条件下Cl2与MnSO4反应,装置D是尾气处理装置,目的是除去多余Cl2,防止造成大气污染。
28.(2022·北京市)碘番酸是一种口服造影剂,用于胆部X—射线检查。其合成路线如下:
已知:R1COOH+R2COOH+H2O
(1)A可发生银镜反应,A分子含有的官能团是 。
(2)B无支链,B的名称是 。B的一种同分异构体,其核磁共振氢谱只有一组峰,结构简式是 。
(3)E为芳香族化合物,E→F的化学方程式是 。
(4)G中含有乙基,G的结构简式是 。
(5)碘番酸分子中的碘位于苯环上不相邻的碳原子上。碘番酸的相对分子质量为571,J的相对分子质量为193,碘番酸的结构简式是 。
(6)口服造影剂中碘番酸含量可用滴定分析法测定,步骤如下。
步骤一:称取amg口服造影剂,加入Zn粉、NaOH溶液,加热回流,将碘番酸中的碘完全转化为I-,冷却、洗涤、过滤,收集滤液。
步骤二:调节滤液pH,用bmol L-1AgNO3标准溶液滴定至终点,消耗AgNO3溶液的体积为cmL。
已知口服造影剂中不含其它含碘物质。计算口服造影剂中碘番酸的质量分数 。
【答案】(1)醛基
(2)正丁酸;
(3)
(4)
(5)
(6)
【知识点】有机物中的官能团;有机化合物的命名;有机物的推断;同分异构现象和同分异构体;探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】
(1)由A的分子式为C4H8O,且A可发生银镜反应,则A为醛,含有的官能团是醛基。答案为:醛基;
(2)B的分子式为C4H8O2、无支链,由醛氧化生成,则B为CH3CH2CH2COOH,名称是正丁酸;B的一种同分异构体,其核磁共振氢谱只有一组峰,则表明分子中8个H原子全部构成-CH2-,B的不饱和度为1,则其同分异构体应具有对称的环状结构,从而得出其结构简式是。答案为:正丁酸;;
(3)由分析知,E为,F为,则E→F的化学方程式是。答案为:;
(4)由分析可知,G的结构简式是。答案为:;
(5)碘番酸的相对分子质量为571,J的相对分子质量为193,由相对分子质量差可确定,J生成碘番酸时,分子中引入3个I原子,而碘番酸分子中的碘位于苯环上不相邻的碳原子上,则碘番酸的结构简式是。答案为:;
(6)~3AgNO3,n(AgNO3)= bmol L-1×c×10-3L=bc×10-3mol,则口服造影剂中碘番酸的质量分数为=。答案为:。
【分析】A可发生银镜反应,则A为醛,B无支链,则B为CH3CH2CH2COOH,则A为CH3CH2CHO;结合B的结构简式和D的分子式可知D为 ;E为芳香族化合物,则E为;由J的结构简式,可确定F为,G中含有乙基,则G为。
29.(2022·北京市)煤中硫的存在形态分为有机硫和无机硫(、硫化物及微量单质硫等)。库仑滴定法是常用的快捷检测煤中全硫含量的方法。其主要过程如下图所示。
已知:在催化剂作用下,煤在管式炉中燃烧,出口气体主要含。
(1)煤样需研磨成细小粉末,其目的是 。
(2)高温下,煤中完全转化为,该反应的化学方程式为 。
(3)通过干燥装置后,待测气体进入库仑测硫仪进行测定。
已知:库仑测硫仪中电解原理示意图如下。检测前,电解质溶液中保持定值时,电解池不工作。待测气体进入电解池后,溶解并将还原,测硫仪便立即自动进行电解到又回到原定值,测定结束,通过测定电解消耗的电量可以求得煤中含硫量。
①在电解池中发生反应的离子方程式为 。
②测硫仪工作时电解池的阳极反应式为 。
(4)煤样为,电解消耗的电量为x库仑,煤样中硫的质量分数为 。
已知:电解中转移电子所消耗的电量为96500库仑。
(5)条件控制和误差分析。
①测定过程中,需控制电解质溶液,当时,非电解生成的使得测得的全硫含量偏小,生成的离子方程式为 。
②测定过程中,管式炉内壁上有残留,测得全硫量结果为 。(填“偏大”或“偏小”)
【答案】(1)与空气的接触面积增大,反应更加充分
(2)2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑
(3)SO2+I+H2O=3I-+SO+4H+;3I--2e-=I
(4)
(5)I2+I-=I;偏小
【知识点】氧化还原反应;电极反应和电池反应方程式;化学反应速率的影响因素;探究物质的组成或测量物质的含量;电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)煤样研磨成细小粉末后固体表面积增大,与空气的接触面积增大,反应更加充分,故答案为:与空气的接触面积增大,反应更加充分;
(2)由题意可知,在催化剂作用下,硫酸钙高温分解生成氧化钙、二氧化硫和水,反应的化学方程式为2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑,故答案为:2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑;
(3)①由题意可知,二氧化硫在电解池中与溶液中I反应生成碘离子、硫酸根离子和氢离子,离子方程式为SO2+I+H2O=3I-+SO+4H+,故答案为:SO2+I+H2O=3I-+SO+4H+;
②由题意可知,测硫仪工作时电解池工作时,碘离子在阳极失去电子发生氧化反应生成碘三离子,电极反应式为3I--2e-=I,故答案为:3I--2e-=I;
(4)由题意可得如下关系:S~SO2~I~2e-,电解消耗的电量为x库仑,则煤样中硫的质量分数为×100%=,故答案为:;
(5)①当pH<1时,非电解生成的碘三离子使得测得的全硫含量偏小说明碘离子与电解生成的碘反应生成碘三离子,导致消耗二氧化硫的量偏小,反应的离子方程式为I2+I-=I,故答案为:I2+I-=I;
②测定过程中,管式炉内壁上有三氧化硫残留说明硫元素没有全部转化为二氧化硫,会使二氧化硫与碘三离子反应生成的碘离子偏小,电解时转移电子数目偏小,导致测得全硫量结果偏低,故答案为:偏小。
【分析】(1)增大反应物的接触面积可使反应更充分;
(2) 在高温下分解生成CaO、 和氧气;
(3)①电解池中,SO2与 I 发生氧化还原反应;
②电解池的阳极发生氧化反应;
(4)根据S~SO2~I~2e-计算;
(5)①碘和碘离子发生反应生成I;
②管式炉内壁上有残留,硫元素没有全部转化为二氧化硫。
30.(2022·北京市)白云石的主要化学成分为,还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁,流程示意图如下。
已知:
物质
(1)白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为 。
(2)用量对碳酸钙产品的影响如下表所示。
氧化物()浸出率/% 产品中纯度/% 产品中Mg杂质含量/% (以计)
计算值 实测值
2.1∶1 98.4 1.1 99.1 99.7 ——
2.2∶1 98.8 1.5 98.7 99.5 0.06
2.4∶1 99.1 6.0 95.2 97.6 2.20
备注:ⅰ、浸出率=(浸出的质量/煅烧得到的质量)(M代表Ca或Mg)
ⅱ、纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中纯度。
①解释“浸钙”过程中主要浸出的原因是 。
②沉钙反应的离子方程式为 。
③“浸钙”过程不适宜选用的比例为 。
④产品中纯度的实测值高于计算值的原因是 。
(3)“浸镁”过程中,取固体B与一定浓度的溶液混合,充分反应后的浸出率低于60%。加热蒸馏,的浸出率随馏出液体积增大而增大,最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是 。
(4)滤渣C中含有的物质是 。
(5)该流程中可循环利用的物质是 。
【答案】(1)
(2),在一定量溶液中,氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能,故先浸出;;2.4∶1;,优先析出,且氧化钙也能转化为碳酸钙
(3),,随大量氨逸出,平衡正向移动
(4)
(5)
【知识点】化学平衡的影响因素;难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质;制备实验方案的设计
【解析】【解答】
(1)白云石矿样煅烧完全分解生成氧化钙、氧化镁、二氧化碳气体,反应的化学方程式为;
(2)①根据表中数据可知,,在一定量溶液中,氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能,故首先溶解被浸出;
②沉钙反应中通入二氧化碳和滤液中钙离子、氨气反应生成碳酸钙沉淀和铵根离子,反应的离子方程式为。
③由图表可知,“浸钙”过程的比例为2.4∶1时,产品中镁元素杂质最多且碳酸钙纯度最低,故不适宜选用的比例为2.4∶1。
④,在反应中会优先析出,且氧化钙也能转化为碳酸钙,导致产品中纯度的实测值高于计算值;
(3)“浸镁”过程中,发生反应:,,加热蒸馏随大量氨逸出,平衡正向移动,利于氢氧化镁转化为硫酸镁;
(4)白云石的主要化学成分为,还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2;煅烧浸钙后,绝大部分钙进入滤液中,部分钙进入B中加入硫酸铵后转化为微溶于的硫酸钙,氧化铁、二氧化硅几乎不反应进入滤渣中;“浸镁”过程中,的浸出率最终可达98.9% ,则还有部分氧化镁进入滤渣中,故滤渣C中含有的物质是;
(5)沉钙反应中通入二氧化碳生成碳酸钙和氯化铵;“浸镁”过程中加热蒸馏会有大量氨逸出;滤液D加入碳酸铵生成碳酸镁和硫酸铵,碳酸镁煅烧生成二氧化碳;白云石煅烧也会生成二氧化碳;在流程中既是反应物又是生成物,故该流程中可循环利用的物质是。
【分析】白云石矿样煅烧后转化为氧化钙、氧化镁,加入氯化铵溶解浸钙,大部分钙离子进入滤液A,通入二氧化碳生成碳酸钙;过滤分离出含有镁、铁、硅元素的固体B,加入硫酸铵将镁离子转化为硫酸镁溶液,加入碳酸铵生成碳酸镁沉淀,煅烧得到氧化镁。
31.(2022·海南)胆矾()是一种重要化工原料,某研究小组以生锈的铜屑为原料[主要成分是Cu,含有少量的油污、CuO、、]制备胆矾。流程如下。
回答问题:
(1)步骤①的目的是 。
(2)步骤②中,若仅用浓溶解固体B,将生成 (填化学式)污染环境。
(3)步骤②中,在存在下Cu溶于稀,反应的化学方程式为 。
(4)经步骤④得到的胆矾,不能用水洗涤的主要原因是 。
(5)实验证明,滤液D能将氧化为。
ⅰ.甲同学认为不可能是步骤②中过量将氧化为,理由是 。
ⅱ.乙同学通过实验证实,只能是将氧化为,写出乙同学的实验方案及结果 (不要求写具体操作过程)。
【答案】(1)除油污
(2)
(3)
(4)胆矾晶体易溶于水
(5)溶液 C 经步骤③加热浓缩后双氧水已完全分解;取滤液,向其中加入适量硫化钠,使铜离子恰好完全沉淀,再加入,不能被氧化
【知识点】氧化还原反应;氧化还原反应方程式的配平;制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)原料表面含有少量的油污,Na2CO3溶液呈碱性,可以除去原料表面的油污,步骤①的目的是:除去原料表面的油污。
(2)在加热的条件下,铜可以与浓硫酸发生反应生成CuSO4、SO2和H2O,二氧化硫是一种大气污染物,步骤②中,若仅用浓H2SO4溶解固体B,将生成SO2污染环境。
(3)步骤②中,在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4,生成CuSO4和H2O,该反应的化学方程式为Cu+ H2O2+ H2SO4=CuSO4+2H2O。
(4)胆矾是一种易溶于水的晶体,因此经步骤④得到的胆矾,不能用水洗涤的主要原因是:胆矾晶体易溶于水,用水洗涤会导致胆矾的产率降低。
(5)ⅰ. H2O2常温下即能发生分解反应,在加热的条件下,其分解更快,因此,甲同学认为不可能是步骤②中过量H2O2将I-氧化为I2,理由是:溶液C经步骤③加热浓缩后H2O2已完全分解。
ⅱ. I-氧化为I2时溶液的颜色会发生变化;滤液D中含有CuSO4和H2SO4,乙同学通过实验证实,只能是Cu2+将I-氧化为I2,较简单的方案是除去溶液中的Cu2+,然后再向其中加入含有I-的溶液,观察溶液是否变色;除去溶液中的Cu2+的方法有多种,可以加入适当的沉淀剂将其转化为难溶物,如加入Na2S将其转化为CuS沉淀,因此,乙同学的实验方案为取少量滤液D,向其中加入适量Na2S溶液,直至不再有沉淀生成,静置后向上层清液中加入少量KⅠ溶液;实验结果为:上层清液不变色,证明I-不能被除去Cu2+的溶液氧化,故只能是Cu2+将I-氧化为I2。
【分析】原料经碳酸钠溶液浸洗后过滤,可以除去原料表面的油污;固体B中加入过量的稀硫酸、双氧水,CuO、CuCO3、Cu(OH)2均转化为CuSO4,溶液C为硫酸铜溶液和稀硫酸的混合液,加热浓缩、冷却结晶、过滤后得到胆矾。
32.(2022·海南)磷酸氢二铵[]常用于干粉灭火剂。某研究小组用磷酸吸收氢气制备,装置如图所示(夹持和搅拌装置已省略)。
回答问题:
(1)实验室用和制备氨气的化学方程式为 。
(2)现有浓质量分数为85%,密度为1.7g/mL。若实验需100mL1.7mol/L的溶液,则需浓 mL(保留一位小数)。
(3)装置中活塞的作用为 。实验过程中,当出现 现象时,应及时关闭,打开。
(4)当溶液pH为8.0~9.0时,停止通,即可制得溶液。若继续通入,当时,溶液中、 和 (填离子符号)浓度明显增加。
(5)若本实验不选用pH传感器,还可选用 作指示剂,当溶液颜色由 变为时,停止通。
【答案】(1)
(2)11.5
(3)平衡气压防倒吸;倒吸
(4);
(5)酚酞;无
【知识点】氨的实验室制法;指示剂;制备实验方案的设计;物质的量浓度
【解析】【解答】本实验的实验目的为制备磷酸二氢铵[(NH4)2HPO4],实验原理为2NH3+H3PO4=[(NH4)2HPO4],结合相关实验基础知识分析解答问题。
(1)实验室用NH4Cl(s)和Ca(OH)2(s)在加热的条件下制备氨气,反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑;
(2)根据可知,浓H3PO4的浓度,溶液稀释前后溶质的物质的量不变,因此配制100mL 1.7mol/L的H3PO4溶液,需要浓H3PO4的体积V=;
(3)NH3极易溶于水,打开活塞K2以平衡气压,可防止发生倒吸,所以实验过程中,当出现倒吸现象时,应及时关闭K1,打开K2;
(4)继续通入NH3,(NH4)2HPO4反应生成(NH4)3PO4,当pH>10.0时,溶液中OH-、、的浓度明显增加;
(5)当pH为8.0~9.0时,可制得(NH4)2HPO4,说明(NH4)2HPO4溶液显碱性,因此若不选用pH传感器,还可以选用酚酞作指示剂,当溶液颜色由无色变为浅红时,停止通入NH3,即可制得(NH4)2HPO4溶液。
【分析】(1)加热氯化铵和氢氧化钙生成氯化铵、氨气和水;
(2)根据和c稀释前×V稀释前=c稀释后×V稀释后计算;
(3)氨气极易溶于水,K2可平衡气压,防止发生倒吸;
(4)当pH>10.0时,溶液中OH-、、的浓度明显增加;
(5)(NH4)2HPO4溶液显碱性,可以选用酚酞作指示剂;碱性溶液能遇酚酞变红。
33.(2022·山东)实验室利用和亚硫酰氯()制备无水的装置如图所示(加热及夹持装置略)。已知沸点为,遇水极易反应生成两种酸性气体。回答下列问题:
(1)实验开始先通。一段时间后,先加热装置 (填“a”或“b”)。装置b内发生反应的化学方程式为 。装置c、d共同起到的作用是 。
(2)现有含少量杂质的,为测定n值进行如下实验:
实验Ⅰ:称取样品,用足量稀硫酸溶解后,用标准溶液滴定达终点时消耗(滴定过程中转化为,不反应)。
实验Ⅱ:另取样品,利用上述装置与足量反应后,固体质量为。
则 ;下列情况会导致n测量值偏小的是 (填标号)。
A.样品中含少量杂质
B.样品与反应时失水不充分
C.实验Ⅰ中,称重后样品发生了潮解
D.滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成
(3)用上述装置、根据反应制备。已知与分子结构相似,与互溶,但极易水解。选择合适仪器并组装蒸馏装置对、混合物进行蒸榴提纯(加热及夹持装置略),安装顺序为①⑨⑧ (填序号),先馏出的物质为 。
【答案】(1)a;FeCl2 4H2O+4SOCl2(g)FeCl2+4SO2+8HCl;冷凝回流SOCl2
(2);AB
(3)⑥⑩③⑤;CCl4
【知识点】常用仪器及其使用;蒸馏与分馏;中和滴定;制备实验方案的设计
【解析】【解答】SOCl2与H2O反应生成两种酸性气体,FeCl2 4H2O与SOCl2制备无水FeCl2的反应原理为:SOCl2吸收FeCl2 4H2O受热失去的结晶水生成SO2和HCl,HCl可抑制FeCl2的水解,从而制得无水FeCl2。
(1)实验开始时先通N2,排尽装置中的空气,一段时间后,先加热装置a,产生SOCl2气体充满b装置后再加热b装置,装置b中发生反应的化学方程式为FeCl2 4H2O+4SOCl2(g)FeCl2+4SO2+8HCl;装置c、d的共同作用是冷凝回流SOCl2;答案为:a;FeCl2 4H2O+4SOCl2(g)FeCl2+4SO2+8HCl;冷凝回流SOCl2。
(2)滴定过程中将Fe2+氧化成Fe3+,自身被还原成Cr3+,反应的离子方程式为6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O,则m1g样品中n(FeCl2)=6n()=6cV×10-3mol;m1g样品中结晶水的质量为(m1-m2)g,结晶水物质的量为mol,n(FeCl2):n(H2O)=1:n=(6cV×10-3mol):mol,解得n=;
A.样品中含少量FeO杂质,溶于稀硫酸后生成Fe2+,消耗的K2Cr2O7溶液的体积V偏大,n的测量值偏小,A符合题意;
B.样品与SOCl2反应时失水不充分,则m2偏大,使n的测量值偏小,B符合题意;
C.实验Ⅰ中称重后样品发生了潮解,样品的质量不变,消耗的K2Cr2O7溶液的体积V不变,n的测量值不变,C不符合题意;
D.滴定达到终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成,消耗的K2Cr2O7溶液的体积V偏小,n的测量值偏大,D不符合题意;
故答案为:AB。
(3)TiCl4、CCl4互溶,采用蒸馏分离两者,装置的组装顺序为:由下而上、从左到右,则安装顺序为①⑨⑧,然后连接直形冷凝管,冷凝管末端连接牛角管⑩,TiCl4极易水解,为防止外界水蒸气进入装置,应连接碱石灰吸收水蒸气,即最后连接③⑤,因此安装顺序为①⑨⑧⑥⑩③⑤;由于TiCl4、CCl4分子结构相似,均为分子晶体,TiCl4的相对分子质量大于CCl4,TiCl4分子间的范德华力较大,TiCl4的沸点高于CCl4,则CCl4先馏出,答案为:⑥⑩③⑤;CCl4。
【分析】(1)排出装置内的空气后应先加热a装置生成SOCl2,再加热装置b,装置b中发生反应 、FeCl2 4H2O+4SOCl2(g)FeCl2+4SO2+8HCl;装置c、d的作用是冷凝回流SOCl2;
(2)滴定过程中发生反应6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O,据此计算;根据分析误差;
(3)TiCl4、CCl4互溶,采用蒸馏分离两者,据此组装仪器;TiCl4的沸点高于CCl4,CCl4先馏出。
34.(2022·山东)工业上以氟磷灰石[,含等杂质]为原料生产磷酸和石膏,工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)酸解时有产生。氢氟酸与反应生成二元强酸,离子方程式为 。
(2)部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中,按物质的量之比加入脱氟,充分反应后, ;再分批加入一定量的,首先转化为沉淀的离子是 。
(3)浓度(以计)在一定范围时,石膏存在形式与温度、浓度(以计)的关系如图甲所示。酸解后,在所得、为45的混合体系中,石膏存在形式为 (填化学式);洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水,原因是 ,回收利用洗涤液X的操作单元是 ;一定温度下,石膏存在形式与溶液中和的关系如图乙所示,下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的是 (填标号)。
A.、、 B.、、
C.、、 D.、、
【答案】(1)6HF+SiO2=2H+++2H2O
(2);
(3)CaSO4 0.5H2O;减少CaSO4的溶解损失,提高产品石膏的产率;酸解;D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质;制备实验方案的设计;离子方程式的书写;复杂化学式的确定
【解析】【解答】氟磷灰石用硫酸溶解后过滤,得到粗磷酸和滤渣,滤渣经洗涤后结晶转化为石膏;粗磷酸以精制I脱氟、除硫酸根离子和,过滤,滤液经精制II等一系列操作得到磷酸。
(1)氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6,该反应的离子方程式为6HF+SiO2=2H+++2H2O。
(2)精制 Ⅰ 中,按物质的量之比n(Na2CO3):n()= 1:1加入Na2CO3脱氟,发生反应H2SiF6+ Na2CO3= Na2SiF6↓+CO2↑+ H2O,饱和的Na2SiF6中存在c(Na+)=2c(),根据Ksp= c2(Na+) c()=4c3()可知,c() =mol L-1,因此c(Na+)=2c()=mol L-1;粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液,c(Ca2+)=c()=mol L-1;分批加入一定量的BaCO3,当BaSiF6沉淀开始生成时,c(Ba2+)= mol L-1,当BaSO4沉淀开始生成时,c(Ba2+)= mol L-1,因此,首先转化为沉淀的离子是,然后才是;
(3)酸解后,在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中,石膏的存在形式为CaSO4 0.5H2O;CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的溶解度也,因此用一定浓度的硫酸溶液洗涤可以减少CaSO4的溶解损失,提高产品石膏的产率;洗涤液X中含有硫酸,酸解时使用的也是硫酸,则回收利用洗涤液X的操作单元是:酸解;由图甲信息可知,温度越低,越有利于实现酸解所得石膏结晶的转化,由图乙信息可知,位于65℃线上方的晶体全部以CaSO4 0.5H2O形式存在,位于80℃线下方,晶体全部以CaSO4 2H2O形式存在,在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在:
A. 由图乙可知,P2O5%=15、SO3%= 15位于65℃、80℃之间,不能实现晶体的完全转化,A不正确;
B. 由图乙可知,P2O5%= 10、SO3%= 20位于65℃、80℃之间,不能实现晶体的完全转化, B不正确;
C.由图乙可知,P2O5%= 10、SO3%= 30位于65℃线上方,晶体全部以CaSO4 0.5H2O形式存在,不能实现晶体转化, C不正确;
D. 由图乙可知,P2O5%=10、SO3%= 10位于80℃线下方,晶体全部以CaSO4 2H2O形式存在,能实现晶体的完全转化,D正确;
综上所述,能实现酸解所得石膏结晶转化的是D。
【分析】(1)HF与SiO2反应生成H2SiF6和水;
(2)Ksp小的先沉淀;
(3)100℃、P2O5%为45的混合体系中,石膏存在形式为CaSO4 0.5H2O;CaSO4在硫酸中的溶解度小于水中的溶解度;洗涤液X中含有硫酸;位于65℃线上方的晶体全部以CaSO4 0.5H2O形式存在,位于80℃线下方,晶体全部以CaSO4 2H2O形式存在,在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在。
35.(2022·浙江6月选考)氨基钠()是重要的化学试剂,实验室可用下图装置(夹持、搅拌、尾气处理装置已省略)制备。
简要步骤如下:
Ⅰ.在瓶A中加入液氨和,通入氨气排尽密闭体系中空气,搅拌。
Ⅱ.加入钠粒,反应,得粒状沉积物。
Ⅲ.除去液氨,得产品。
已知:几乎不溶于液氨,易与水、氧气等反应。
请回答:
(1)的作用是 ;装置B的作用是 。
(2)步骤Ⅰ,为判断密闭体系中空气是否排尽,请设计方案 。
(3)步骤Ⅱ,反应速率应保持在液氨微沸为宜。为防止速率偏大,可采取的措施有 。
(4)下列说法不正确的是____。
A.步骤Ⅰ中,搅拌的目的是使均匀地分散在液氨中
B.步骤Ⅱ中,为判断反应是否已完成,可在N处点火,如无火焰,则反应已完成
C.步骤Ⅲ中,为避免污染,应在通风橱内抽滤除去液氨,得到产品
D.产品应密封保存于充满干燥氮气的瓶中
(5)产品分析:假设是产品的唯一杂质,可采用如下方法测定产品纯度。从下列选项中选择最佳操作并排序。
准确称取产品→ → → →计算
a.准确加入过量的水
b.准确加入过量的标准溶液
c.准确加入过量的标准溶液
d.滴加甲基红指示剂(变色的范围4.4~6.2)
e.滴加石蕊指示剂(变色的范围4.5~8.3)
f.滴加酚酞指示剂(变色的范围8.2~10.0)
g.用标准溶液滴定
h.用标准溶液滴定
i.用标准溶液滴定
【答案】(1)催化;防止氧气、水进入密闭体系
(2)试管加满水倒扣于水槽中,M处通入氨气,将N处排型的气体导至试管内。如试管底部出现气泡,则空气尚未排尽;如未出现气泡,则空气已排尽
(3)分批少量加入钠粒;降低冷却液温度;适当增加液氨量
(4)B;C
(5)b;d;g
【知识点】化学反应速率的影响因素;中和滴定;制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)结合实验原理,根据实验操作中加入Fe(NO3)3 9H2O的用料很少,可推知,Fe(NO3)3 9H2O在反应中作催化剂,加快反应速率;结合已知信息可知,制备得到的NaNH2易与水和氧气发生反应,所以装置B中Hg可防止氧气、水进入密闭体系,干扰NaNH2的制备,
故答案为:催化;防止氧气、水进入密闭体系;
(2)结合氨气极易溶于水,空气中的氮气难溶于水,氧气不易溶于水的物理性质,判断密封体系中空气是否排尽的实验方案如下:试管中加满水倒扣于水槽中,M处通入氨气,将N处排出的气体导入试管内。如试管底部出现气泡,则空气尚未排尽,如未出现气泡,则说明空气已排尽;
(3)反应物的浓度、温度均可影响化学反应速率,所以为防止反应速率偏大,可实施的措施有:分批少量加入钠粒;降低冷却液温度;适当增加液氨量(任写一种即可);
(4)A.步骤I中,搅拌可使液体混合均匀,所以搅拌可使少量的催化剂Fe(NO3)3 9H2O均匀分散在液氨中,A符合题意;
B.步骤II中,由于液氨处于微沸状态,故生成的氢气中混有一定量的氨气;氢气虽然是可燃性气体,由于氨气在空气中不能被点燃,当氨气中只有少量氢气时,不能被点燃、不会产生火焰,B不符合题意;
C.步骤II中得到的粒状沉积物,颗粒较小,颗粒太小的沉淀易在滤纸上形成一层密实的沉淀,溶液不易透过,所以不适宜选用抽滤装置进行过滤,C不符合题意;
D.NaNH2易与水、氧气发生反应,可密封保存于充满干燥氮气的瓶中,D符合题意;
故答案为:BC;
(5)NaNH2的唯一杂质为NaOH,NaNH2溶于水生成氢氧化钠和氨气,所以可利用盐酸标准溶液进行滴定,因滴定终点时,溶液中含氯化钠和氯化铵,则滴定终点时溶液呈酸性,选用甲基橙作指示剂,过量的盐酸再利用氢氧化钠标准液反滴定,最终利用所测数据计算得出产品中NaNH2的纯度,故涉及的操作步骤为:准确称取产品xg → 加入过量盐酸标准溶液 → 加入滴加甲基橙指示剂 → 用氢氧化钠标准溶液进行滴定,根据实验所测数据,计算产品纯度,故答案为:bdg。
【分析】在Fe(NO3)3 9H2O作催化剂的条件下,液氨与钠反应生成NaNH2和氢气,NaNH2易与水、氧气等反应,所以装置B中Hg可防止氧气、水进入反应体系,在N之后应连接尾气处理装置。
36.(2022·浙江6月选考)化合物X由三种元素组成,某实验小组按如下流程进行相关实验:
化合物X在空气中加热到,不发生反应。
请回答:
(1)组成X的三种元素为 ;X的化学式为 。
(2)溶液C的溶质组成为 (用化学式表示)。
(3)①写出由X到A的化学方程式 。
②X难溶于水,但可溶于氨水中,写出该反应的离子方程式 。
(4)设计实验,检验尾气中相对活泼的2种气体 。
【答案】(1)、、O;
(2)、
(3);
(4)将湿润的红色石蕊试纸置尾气出口,若变蓝,说明尾气中有。将尾气通入冷的集气瓶中,若有液珠,说明有
【知识点】物质检验实验方案的设计;物质的量的相关计算;化学式及其计算
【解析】【解答】(1)根据分析可知,组成X的三种元素为Ba、Cu、O,X的化学式为BaCu3O4。
(2)根据氯原子原子守恒以及溶液C仍然能与氯化钡反应生成硫酸钡可知溶液C的溶质组成为HCl、H2SO4。
(3)①反应中Cu元素化合价降低,得到电子,则氨气中氮元素化合价升高,被氧化生成氮气,根据原子守恒可知由X到A的化学方程式为2NH3+BaCu3O4 Ba(OH)2+3Cu+N2+2H2O。
②X难溶于水,但可溶于氨水中,说明有Cu(NH3) 生成,所以该反应的离子方程式为BaCu3O4+12NH3 H2O=3Cu(NH3) +Ba2++8OH-+8H2O。
(4)由上述分析可知,尾气中含有NH3、N2和H2O,氮气性质稳定,所以需要检验的是氨气和水蒸气,实验方案为:将湿润的红色石蕊试纸置尾气出口,若变蓝,说明尾气中有NH3。将尾气通入冷的集气瓶中,若有液珠 ,说明有H2O。
【分析】无色溶液B中加入硫酸得到白色沉淀和无色溶液C,无色溶液C加入足量氯化钡溶液得到白色沉淀,该白色沉淀为硫酸钡,物质的量为2.330g÷233g/mol=0.01mol<0.015mol,则白色沉淀B也是硫酸钡,则无色溶液中含有钡离子,固体混合物A中加入盐酸得到紫红色固体A和无色溶液B,紫红色固体为Cu,Cu的物质的量为0.96g÷64g/mol=0.015mol,1.965gX含有0.960gCu和0.685gBa, 剩余一种元素的质量为0.32g,化合物X在空气中加热到,不发生反应 ,则另一种元素应为O元素,物质的量为0.32g÷16g/mol=0.02mol,n(Ba):n(Cu):n(O)=0.005mol:0.015mol:0.02mol=1:3:4,则X为BaCu3O4,BaCu3O4与足量NH3反应生成Cu、Ba(OH)2、N2和H2O,尾气中含有NH3、N2和H2O,A为Cu和Ba(OH)2的混合物,加入盐酸生成BaCl2,BaCl2与足量硫酸反应生成BaSO4沉淀和HCl,则B溶液为BaCl2溶液或BaCl2、HCl的混合溶液,C溶液为硫酸、盐酸的混合溶液。
37.(2022·湖南)某实验小组以 溶液为原料制备 ,并用重量法测定产品中 的含量。设计了如下实验方案:
可选用试剂: 晶体、 溶液、浓 、稀 、 溶液、蒸馏水
步骤1. 的制备
按如图所示装置进行实验,得到 溶液,经一系列步骤获得 产品。
步骤2.产品中 的含量测定
①称取产品 ,用 水溶解,酸化,加热至近沸;
②在不断搅拌下,向①所得溶液逐滴加入热的 溶液;
③沉淀完全后, 水浴40分钟,经过滤、洗涤、烘干等步骤,称量白色固体,质量为 。
回答下列问题:
(1)Ⅰ是制取 气体的装置,在试剂a过量并微热时,发生主要反应的化学方程式为 ;
(2)Ⅱ中b仪器的作用是 ;Ⅲ中的试剂应选用 ;
(3)在沉淀过程中,某同学在加入一定量热的 溶液后,认为沉淀已经完全,判断沉淀已完全的方法是 ;
(4)沉淀过程中需加入过量的 溶液,原因是 ;
(5)在过滤操作中,下列仪器不需要用到的是 (填名称);
(6)产品中 的质量分数为 (保留三位有效数字)。
【答案】(1)HCl;H2SO4(浓)+NaCl NaHSO4+HCl↑
(2)防止倒吸;CuSO4溶液
(3)静置,取上层清液于一洁净试管中,继续滴加硫酸溶液,无白色沉淀生成,则已沉淀完全
(4)使钡离子沉淀完全
(5)锥形瓶
(6)97.6%
【知识点】常用仪器及其使用;探究物质的组成或测量物质的含量;制备实验方案的设计
【解析】【解答】装置I中浓硫酸和氯化钠共热制备HCl,装置II中氯化氢与BaS溶液反应制备BaCl2·2H2O,装置III中硫酸铜溶液用于吸收生成的H2S,防止污染空气。
(1)根据上述分析可知,装置Ⅰ用于制备HCl气体,所给试剂中,浓硫酸和NaCl在加热条件下可生成HCl,浓硫酸与氯化钠反应生成硫酸氢钠和氯化氢,反应的化学方程式为H2SO4(浓)+NaClNaHSO4+HCl↑。
(2)氯化氢极易溶于水,装置Ⅱ中b仪器为球形干燥管,可以起到防止倒吸的作用;装装置Ⅱ中发生反应BaS+2HCl=BaCl2+H2S↑,H2S有毒,对环境有污染,装置Ⅲ用于吸收H2S,应盛放CuSO4溶液。
(3)硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀,静置后取上层清液滴加硫酸,若无白色沉淀生成,则已沉淀完全。
(4)为了使钡离子沉淀完全,沉淀过程中需加入过量的硫酸溶液。
(5)过滤用到的仪器有:铁架台、烧杯、漏斗、玻璃棒,用不到锥形瓶。
(6)沉淀完全后, 水浴40分钟,经过滤、洗涤、烘干等步骤,称量白色固体,质量为 ,生成的白色沉淀为硫酸钡,物质的量为:=0.002mol,依据钡原子守恒可知,产品中BaCl2·2H2O的物质的量为0.002mol,质量为0.002mol×244g/mol=0.488g,质量分数为:=97.6%。
【分析】以BaS为原料制备BaCl2·H2O的原理为BaS+2HCl=BaCl2+H2S↑,则先用装置Ⅰ制备HCl,再在装置Ⅱ中反应得到BaCl2溶液,再经一系列步骤获得BaCl2·H2O;
(1)装置Ⅰ中加热浓硫酸和NaCl制备HCl;
(2)装置Ⅱ中干燥管的作用是防止倒吸;装置Ⅲ试剂用于吸收尾气;
(3)硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀;
(4)加入过量的沉淀剂才能保证钡离子离子沉淀完全;
(5) 过滤需要用到的仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒;
(6)根据计算。
38.(2022·湖南)钛( )及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣(主要成分为 ,含少量V、 和 的氧化物杂质)为原料,制备金属钛的工艺流程如下:
已知“降温收尘”后,粗 中含有的几种物质的沸点:
物质
沸点/ 136 127 57 180
回答下列问题:
(1)已知 , 的值只决定于反应体系的始态和终态,忽略 、 随温度的变化。若 ,则该反应可以自发进行。根据下图判断: 时,下列反应不能自发进行的是______________。
A.
B.
C.
D.
(2) 与C、 在 的沸腾炉中充分反应后,混合气体中各组分的分压如下表:
物质
分压/
①该温度下, 与C、 反应的总化学方程式为 ;
②随着温度升高,尾气中 的含量升高,原因是 。
(3)“除钒”过程中的化学方程式为 ;“除硅、铝”过程中,分离 中含 、 杂质的方法是 。
(4)“除钒”和“除硅、铝”的顺序 (填“能”或“不能”)交换,理由是 。
(5)下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入 冶炼 的方法相似的是______________。
A.高炉炼铁 B.电解熔融氯化钠制钠
C.铝热反应制锰 D.氧化汞分解制汞
【答案】(1)C
(2)5TiO2+6C+10Cl2 5TiCl4+2CO+4CO2;随着温度升高,CO2与C发生反应
(3)3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3;蒸馏
(4)不能;若先“除硅、铝”再“除钒”,“除钒”时需要加入Al,又引入Al杂质
(5)A;C
【知识点】热化学方程式;盖斯定律及其应用;金属冶炼的一般原理;制备实验方案的设计
【解析】【解答】钛渣中加入C、Cl2进行沸腾氯化,转化为相应的氯化物,降温收尘后得到粗TiCl4,加入单质Al除钒,再除硅、铝得到纯TiCl4,加入Mg还原得到Ti。
(1)记① ,② ,③ ,④ ;
A.由图可知,600℃时 的 ,反应自发进行,故A不符合题意;
B.由图可知,600℃时 的 ,反应自发进行,故B不符合题意;
C.由图可知,600℃时 的 ,反应不能自发进行,故C符合题意;
D.根据盖斯定律, 可由①+③得到,则600℃时其 ,反应自发进行,故D不符合题意;
故选C;
(2)①根据表中数据可知,该温度下C主要生成CO和CO2,根据相同条件下气体的压强之比是物质的量之比可知TiCl4、CO和CO2的物质的量之比约是5:2:4,所以TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为5TiO2+6C+10Cl2 5TiCl4+2CO+4CO2,故答案为:5TiO2+6C+10Cl2 5TiCl4+2CO+4CO2;
②随着温度升高,CO2与C发生反应 ,导致CO含量升高,故答案为:随着温度升高,CO2与C发生反应 ;
(3)“降温收尘”后钒元素主要以VOCl3形式存在,加入Al得到VOCl2渣,根据得失电子守恒和元素守恒配平方程式为3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3;AlCl3、SiCl4与TiCl4沸点差异较大,“除硅、铝"过程中可采用蒸馏的方法分离AlCl3、SiCl4,故答案为:3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3;蒸馏;
(4)若先“除硅、铝”再“除钒”,“除钒”时需要加入Al,又引入Al杂质,因此“除钒”和“除硅、铝”的顺序不能交换,故答案为:不能;若先“除硅、铝”再“除钒”,“除钒”时需要加入Al,又引入Al杂质;
(5)本工艺中加入Mg冶炼Ti的方法为热还原法;
A.高炉炼铁的原理是用还原剂将铁矿石中铁的氧化物还原成金属铁,属于热还原法,故A符合题意;
B.电解熔融氯化钠制取金属钠的原理是电解法,故B不符合题意;
C.铝热反应制锰是利用Al作还原剂,将锰从其化合物中还原出来,为热还原法,故C符合题意;
D.Hg为不活泼金属,可以直接用加热分解氧化汞的方法制备汞,故D不符合题意;
故答案选AC,故答案为:AC。
【分析】(1)根据图像,结合 分析判断;
(2)①根据压强之比等于物质的量之比计算各物质的系数之比,再写出化学方程式;
②高温下碳与二氧化碳反应生成一氧化碳;
(3)“除钒”过程前,钒元素主要以VOCl3形式存在,加入Al生成VOCl2渣,分离沸点差距较大的物质,可用蒸馏的方法;
(4)“除钒”时需要加入Al,若后“除钒”则含有杂质Al;
(5)Mg冶炼Ti的方法为热还原法。
39.(2022·广东)食醋是烹饪美食的调味品,有效成分主要为醋酸(用 表示)。 的应用与其电离平衡密切相关。25℃时, 的 。
(1)配制 的 溶液,需 溶液的体积为 mL。
(2)下列关于250mL容量瓶的操作,正确的是 。
(3)某小组研究25℃下 电离平衡的影响因素。
提出假设 稀释 溶液或改变 浓度, 电离平衡会发生移动。
设计方案并完成实验 用浓度均为 的 和 溶液,按下表配制总体积相同的系列溶液;测定 ,记录数据。
序号
Ⅰ 40.00 / / 0 2.86
Ⅱ 4.00 / 36.00 0 3.36
…
Ⅶ 4.00 a b 3∶4 4.53
Ⅷ 4.00 4.00 32.00 1∶1 4.65
①根据表中信息,补充数据: , 。
②由实验Ⅰ和Ⅱ可知,稀释 溶液,电离平衡 (填”正”或”逆”)向移动;结合表中数据,给出判断理由: 。
③由实验Ⅱ~VIII可知,增大 浓度, 电离平衡逆向移动。
实验结论 假设成立。
(4)小组分析上表数据发现:随着 的增加, 的值逐渐接近 的 。
查阅资料获悉:一定条件下,按 配制的溶液中, 的值等于 的 。
对比数据发现,实验VIII中 与资料数据 存在一定差异;推测可能由物质浓度准确程度不够引起,故先准确测定 溶液的浓度再验证。
(ⅰ)移取 溶液,加入2滴酚酞溶液,用 溶液滴定至终点,消耗体积为 ,则该 溶液的浓度为 。在答题卡虚线框中,画出上述过程的滴定曲线示意图并标注滴定终点 。
(ⅱ)用上述 溶液和 溶液,配制等物质的量的 与 混合溶液,测定pH,结果与资料数据相符。
(5)小组进一步提出:如果只有浓度均约为 的 和 溶液,如何准确测定 的 ?小组同学设计方案并进行实验。请完成下表中Ⅱ的内容。
Ⅰ 移取 溶液,用 溶液滴定至终点,消耗 溶液
Ⅱ ,测得溶液的pH为4.76
实验总结 得到的结果与资料数据相符,方案可行。
(6)根据 可以判断弱酸的酸性强弱。写出一种无机弱酸及其用途 。
【答案】(1)5.0
(2)C
(3)3.00;33.00;正;实验II相较于实验I,醋酸溶液稀释了10倍,而实验II的pH增大值小于1
(4)0.1104;
(5)向滴定后的混合液中加入20mL HAc溶液
(6)HClO:漂白剂和消毒液(或H2SO3:还原剂、防腐剂或H3PO4:食品添加剂、制药、生产肥料)
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡;配制一定物质的量浓度的溶液;中和滴定;性质实验方案的设计;化学实验方案的评价
【解析】【解答】(1)溶液稀释前后,溶质的物质的量不变,假设稀释前溶液的体积为V,则250mL×0.1mol/L=V×5mol/L,所以V=5.0mL。
(2)A.不能用手触碰容量瓶的瓶口,以防污染试剂,A不符合题意;
B.定容时,视线应与溶液凹液面的最低处相切,B不符合题意;
C.转移液体时要用玻璃棒引流,且其下端一般应靠在容量瓶内壁的刻度线以下部位,C符合题意;
D.摇匀过程中,左手食指抵住瓶塞,防止瓶塞脱落,右手扶住容量瓶底部,防止容量瓶从左手掉落,D不符合题意;
故答案为:C。
(3)①根据表格信息,实验VII中n(NaAc):n(HAc)=3:4,V(HAc)=4.00mL,且c(NaAc)=n(HAc),根据n=cV,则V(NaAc)=3.00mL,即a=3.00。由实验I可知,溶液最终的体积为40.00mL,所以V(H2O)=40.00mL-4.00mL-3.00mL=33.00mL,即b=33.00。
②根据表格信息,对比实验I和实验II可知,实验II中c(HAc)为实验I的,若不考虑电离平衡移动,则实验II溶液的pH=2.86+1=3.86,但实际pH=3.36,说明稀释过程中,溶液中c(H+)增大,即电离平衡正向移动。
(4)①涉及反应是HAc+NaOH=NaAc+H2O,滴定至终点时,n(HAc)=n(NaOH),根据n=cV,则22.08mL×0.1mol/L=20.00mL×c(HAc),所以c(HAc)=0.1104mol/L。滴定过程中,当V(NaOH)=0时,为HAc溶液,c(H+)=,pH=2.88;当V(NaOH)=11.04mL时,所得溶液为NaAc和HAc 的混合液,且n(NaAc)=n(HAc),则Ka=c(H+),所以 pH=4.76;当V(NaOH)=22.08mL时,达到滴定终点,所得溶液为NaAc溶液,Ac-发生水解,溶液呈弱碱性;当NaOH溶液过量较多时,c(NaOH)无限接近0.1mol/L,溶液pH接近13,因此滴定曲线图是。
(5)向20.00mL的HAc溶液中加入V1mL NaOH溶液达到滴定终点,此时所得溶液中溶质为NaAc,当n(NaAc)=n(HAc)时,溶液中c(H+)=Ka,所以可再向溶液中加入20.00mL HAc溶液。
(6)如弱酸HClO具有强氧化性,在生活中可用于漂白和消毒;弱酸H2SO3具有还原性,可用作还原剂,在葡萄酒中添加适量H2SO3可用作防腐剂等等。
【分析】(1)根据溶液稀释前后,n(溶质)不变,即c(浓)·V(浓)=c(稀)·V(稀)进行分析,注意单位统一。
(2)根据配制一定物质的量浓度溶液的步骤进行分析。
(3)①根据控制变量法,结合n=cV进行分析。
②通过对比实验I和实验II的数据信息可知,实验II中c(HAc)为实验I的,再根据稀释过程中溶液中c(H+)是否增大进行分析。
(4)涉及反应是HAc+NaOH=NaAc+H2O,滴定至终点时,n(HAc)=n(NaOH),根据n=cV进行分析。滴定曲线示意图中横坐标为V(NaOH),纵坐标为溶液的pH,通过计算V(NaOH)分别为0、11.04mL[此时n(NaAc)=n(HAc)]、22.08mL(达到滴定终点)时对应的pH,然后把主要坐标点之间用曲线相连,注意NaOH溶液过量时,c(NaOH)无限接近0.1mol/L,溶液pH接近13。
(5)Ka=,当c(Ac-)=c(HAc),即n(NaAc)=n(HAc)时,Ka=c(H+),此时溶液pH=-lg c(H+)=-lg Ka=4.76,据此分析。
(6)根据无机弱酸的性质及用途进行分析。
40.(2022·广东)稀土( )包括镧、钇等元素,是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理,一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下:
已知:月桂酸 熔点为 ;月桂酸和 均难溶于水。该工艺条件下,稀土离子保持 价不变; 的 ; 开始溶解时的pH为8.8;有关金属离子沉淀的相关pH见下表。
离子
开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2~7.4
沉淀完全时的pH / 3.2 4.7 /
(1)“氧化调pH”中,化合价有变化的金属离子是 。
(2)“过滤1”前,用 溶液调pH至 的范围内,该过程中 发生反应的离子方程式为 。
(3)“过滤2”后,滤饼中检测不到 元素,滤液2中 浓度为 。为尽可能多地提取 ,可提高月桂酸钠的加入量,但应确保“过滤2”前的溶液中 低于 (保留两位有效数字)。
(4)①“加热搅拌”有利于加快 溶出、提高产率,其原因是 。
②“操作X”的过程为:先 ,再固液分离。
(5)该工艺中,可再生循环利用的物质有 (写化学式)。
(6)稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂 。
①还原 和 熔融盐制备 时,生成 转移 电子。
② 用作氢氧燃料电池电极材料时,能在碱性溶液中高效催化 的还原,发生的电极反应为 。
【答案】(1)Fe2+
(2)4.7 pH<6.2;
(3)4.0 10-4
(4)加热搅拌可加快反应速率;冷却结晶
(5)MgSO4
(6)15;O2+4e-+2H2O=4OH-
【知识点】电极反应和电池反应方程式;难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质;制备实验方案的设计;氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】(1)由分析可知,“氧化调pH”是为了除去含铁、铝等元素,根据表格信息,需要将Fe2+氧化为Fe3+,以便后续除杂,所以化合价有变化的金属离子是Fe2+。
(2)根据表格数据信息,Fe3+、Al3+完全沉淀的pH分别为3.2、4.7,RE3+开始沉淀