第31课 气体的制备与探究  实验方案的设计与评价-【提分宝典】2025年新高考化学一轮全考点普查随堂课后练

第31课　　　　　气体的制备与探究　实验方案的设计与评价 普查与练习31Ⅰ　　　　　气体的制备与探究 1．根据原理选取所需试剂和装置 (1)(全国Ⅰ经典真题，6分)在实验室采用如图装置制备气体，合理的是(　　) 化学试剂 制备的气体 A Ca(OH)2＋NH4Cl NH3 B MnO2＋HCl(浓) Cl2 C MnO2＋KClO3 O2 D NaCl＋H2SO4(浓) HCl 答案：C 解析：由实验装置图可知，制备气体的装置为固固加热装置，收集气体的装置为向上排空气法，说明该气体的密度大于空气的密度。氨气的密度比空气小，不能用向上排空气法收集，故A项错误。二氧化锰与浓盐酸共热制备氯气为固液加热反应，需要选用固液加热装置，不能选用固固加热装置，故B项错误。二氧化锰和氯酸钾共热制备氧气为固固加热的反应，能选用固固加热装置，氧气的密度大于空气，可选用向上排空气法收集，故C项正确。氯化钠与浓硫酸共热制备氯化氢气体为固液加热反应，需要选用固液加热装置，不能选用固固加热装置，故D项错误。 (2)(北京经典真题，3分) 实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均正确的是(　　) 气体 试剂 制备装置 收集方法 A O2 KMnO4 a d B H2 Zn＋稀硫酸 b e C NO Cu＋稀硝酸 b c D CO2 CaCO3＋稀硫酸 b c 答案：B 解析：KMnO4是固体物质，加热分解产生O2，由于O2难溶于水且密度比空气大，因此可以用排水方法或向上排空气的方法收集，d装置为向下排空气法，故A项错误。Zn与稀硫酸发生置换反应产生H2，固体与液体反应制取气体，产生的H2难溶于水，因此可以用排水方法收集，故可以使用装置b、e制取和收集H2，故B项正确。Cu与稀硝酸反应产生NO气体，NO能够与O2发生反应产生NO2气体，因此不能使用排空气的方法收集，故C项错误。CaCO3与稀硫酸反应产生CaSO4、CO2气体和水，CaSO4微溶于水，会附着在碳酸钙表面使制取CO2气体的反应不能持续发生，因此不能使用该方法制取CO2气体，故D项错误。 2.气体净化、收集、尾气处理及性质验证装置的选择与判断 (3)(2025汇编，4分)用下列装置或操作进行实验，不能达到实验目的的是__________(填序号)。 答案：②④⑤ 解析：由图可知，该装置可用于干燥反应生成的氢气，故①正确，不符合题意。用干燥管干燥气体，应从口径较大的一端进气，故②错误，符合题意。C2H4(乙烯)不溶于水，可选择排水法收集，故③正确，不符合题意。Na2CO3与HCl、CO2均能发生反应，不能达到除杂的目的，应该选用饱和NaHCO3溶液除去CO2中混有的少量HCl，故④错误，符合题意。为了排除K2CO3因受热不充分没有达到分解温度的可能性，Y中应放的物质是K2CO3，X中应放的物质是KHCO3，故⑤错误，符合题意。在加热条件下，O2可与装置中的铜网反应而被除去，故⑥正确，不符合题意。 (4)(2022广东真题，2分)实验室用MnO2和浓盐酸反应生成Cl2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 解析：用二氧化锰与浓盐酸制备得到的氯气中会混有HCl和水蒸气，可依次通过饱和食盐水和浓硫酸除去，且导管要长进短出，故A项正确，不符合题意。氯气的密度比空气大，要用向上排空气法收集，导管要长进短出，故B项正确，不符合题意。氯气本身不具有漂白性，与水反应生成的次氯酸具有漂白性，故将干燥的氯气通过干燥的红布条，布条不褪色，再通过湿润的红布条，布条褪色，U形管中间的无水氯化钙可防止右边的水蒸气扩散到左边，影响氯气性质的验证，故C项正确，不符合题意。氯气在水中的溶解度不大，多余的氯气应用氢氧化钠溶液吸收，并要防止倒吸，故D项错误，符合题意。 3．气体的制备与物质检验、性质探究等的综合考查 (5)(2022福建真题，13分)某兴趣小组设计实验探究Ce－MnOx催化空气氧化CO的效率。回答下列问题： 步骤Ⅰ　制备CO 在通风橱中用如图1装置制备CO(加热及夹持装置省略)，反应方程式：HCOOHCO↑＋H2O 图1 ①从B、C、D中选择合适的装置收集CO，正确的接口连接顺序为a→______→______→______→______→h(每空填一个接口标号)。 步骤Ⅱ　检验CO 将CO通入新制银氨溶液中，有黑色沉淀生成。 ②该反应的化学方程式为______________________________________________。 步骤Ⅲ　探究Ce－MnOx催化空气氧化CO的效率 将一定量CO与空气混合，得到CO体积分数为1%的气体样品。使用如图2装置(部分加热及夹持装置省略)，调节管式炉温度至120 ℃，按一定流速通入气体样品。(已知：I2O5是白色固体，易吸水潮解，5CO＋I2O5===I2＋5CO2) 图2 ③通入11.2 L(已折算为标况)的气体样品后，继续向装置内通入一段时间氮气，最终测得U形管内生成了0.1016 g I2。 ⅰ.能证明CO被空气氧化的现象是____________； ⅱ.CO被催化氧化的百分率为________； ⅲ.若未通入氮气，ⅱ的结果将________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 ④探究气体与催化剂接触时长对催化氧化效率的影响时，采用________________方法可以缩短接触时长。 ⑤步骤Ⅲ装置存在的不足之处是__________________________。 答案：①d　e　c　b(共2分)　②CO＋2[Ag(NH3)2]OH===2Ag↓＋(NH4)2CO3＋2NH3(2分)　③ⅰ.石灰水变浑浊(1分)　ⅱ.60%(2分)　ⅲ.偏大(2分)　④增大气体样品流速(2分)　⑤尾气出口未加防潮装置(或其他相似表述)(2分) 解析：①用A装置制取一氧化碳，所得气体中含有甲酸蒸气，故用C装置中的水除去甲酸，再用B装置排水收集一氧化碳气体，排出的水用E装置中的烧杯接收。故接口连接顺序为a→d→e→c→b→h。 ②将一氧化碳通入新制银氨溶液中，有黑色沉淀生成，说明生成了银，同时生成碳酸铵和氨气，化学方程式：CO＋2[Ag(NH3)2]OH===2Ag↓＋(NH4)2CO3＋2NH3。 ③将气体样品通过氢氧化钠溶液吸收气体样品中的二氧化碳，再用浓硫酸干燥，一氧化碳在H装置中被氧气氧化生成二氧化碳，二氧化碳能被石灰水吸收，J装置中的浓硫酸吸收气体中的水蒸气，干燥的一氧化碳和I2O5反应生成I2，测定生成的碘的质量，进而计算一氧化碳被氧化的百分率，据此解答。ⅰ.一氧化碳被氧气氧化生成二氧化碳，能使澄清的石灰水变浑浊。ⅱ.生成的碘的物质的量为＝0.0004 mol，则结合方程式：5CO＋I2O5===I2＋5CO2分析，还有0.002 mol一氧化碳未被氧气氧化，11.2 L气体为0.5 mol，其中一氧化碳为0.5 mol×1%＝0.005 mol，则被氧化的一氧化碳为0.005 mol－0.002 mol＝0.003 mol，则被氧化的百分率为×100%＝60%。ⅲ.如果没有通入氮气，则一部分未反应的CO残留在装置内，使计算的未被氧化的一氧化碳的物质的量偏小，则CO被催化氧化的百分率偏大。 ④增大气流流速可以缩短接触时长。 ⑤I2O5是白色固体，易吸水潮解，但该装置尾气出口未加防潮装置。 随堂普查练31Ⅰ 1．(北京丰台模拟，3分)实验室制取下列气体，所选反应试剂、制备装置与收集方法合理的是(　　) 　　　　 　　　　 选项 气体 反应试剂 制备装置 收集方法 A NO2 Cu、稀硝酸 b e B C2H4 C2H5OH、浓硫酸 c f C NH3 Ca(OH)2、NH4Cl a d D SO2 Na2SO3、70%硫酸 b f 答案：B 解析：实验室用铜与浓硝酸常温下反应制备NO2，二氧化氮密度比空气大，应该用向上排空气法收集，该选项反应试剂、收集方法均错误，故A项错误。乙醇在浓硫酸作催化剂时，迅速升高温度到170℃，可发生消去反应生成乙烯气体，乙烯难溶于水，可以用排水法收集，故B项正确。氨气密度小于空气，应该使用向下排空气法收集，故C项错误。亚硫酸钠和70%硫酸反应不需要加热，且二氧化硫能和水反应，不能用排水法收集，故D项错误。 2．(天津经典真题，18分)某化学小组同学利用一定浓度的H2O2溶液制备O2，再用O2氧化C2H5OH，并检验氧化产物。 Ⅰ.制备O2 该小组同学设计了如图气体发生装置(夹持装置省略)。 (1)甲装置中主要仪器的名称为______________。 (2)乙装置中，用黏合剂将MnO2制成团，放在多孔塑料片上，连接好装置，气密性良好后打开活塞K1，经长颈漏斗向试管中缓慢加入3% H2O2溶液至________________________。欲使反应停止，关闭活塞K1即可，此时装置中的现象是______________________________________________________________。 (3)丙装置可用于制备较多O2，催化剂铂丝可上下移动。制备过程中如果体系内压强过大，安全管中的现象是____________________________，此时可以将铂丝抽离H2O2溶液，还可以采取的安全措施是____________________。 (4)丙装置的特点是__________(填字母)。 a．可以控制制备反应的开始和结束 b．可通过调节催化剂与液体接触的面积来控制反应的速率 c．与乙装置相比，产物中的O2含量高、杂质种类少 Ⅱ.氧化C2H5OH 该小组同学设计的氧化C2H5OH的装置如图(夹持装置省略)。 (5)在图中方框内补全干燥装置和干燥剂。 Ⅲ.检验产物 (6)为检验上述实验收集到的产物，该小组同学进行了如下实验并得出相应结论。 实验序号 检验试剂和反应条件 现象 结论 ⅰ 酸性KMnO4溶液 紫红色褪去 产物含有乙醛 ⅱ 新制Cu(OH)2，加热 生成砖红色沉淀 产物含有乙醛 ⅲ 微红色含酚酞的NaOH溶液 微红色褪去 产物可能含有乙酸 实验ⅰ～ⅲ中的结论不合理的是________(填序号)，原因是______________________________。 答案：(1)分液漏斗、锥形瓶(2分)　(2)刚好没过MnO2固体(2分)　试管内的H2O2溶液被压入长颈漏斗中，与MnO2分离(2分)　(3)液面上升(2分) 打开弹簧夹K2(2分)　(4)ab(2分) (5)(2分)　(6)ⅰ(2分)　收集到的产物可能混有乙醇，乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色(2分) 解析：用双氧水和催化剂制取氧气。制得的氧气经干燥后进入盛有乙醇的圆底烧瓶中，和挥发的乙醇一起进入硬质玻璃管中，在铜的催化作用下发生乙醇的催化氧化反应生成乙醛。生成的乙醛进入试管中，被冷凝收集。 (1)根据仪器构造可知，甲装置中主要仪器的名称为分液漏斗和锥形瓶。 (2)乙装置是启普发生器的简易装置，可以随时控制反应的发生和停止，产生的氧气可以通过导管导出。加入的H2O2刚好没过MnO2，欲使反应停止，关闭活塞K1，此时由于气体还在产生，使容器内压强增大，可观察到试管内的H2O2溶液被压入长颈漏斗中，与MnO2分离。 (3)制备过程中如果体系内压强过大，H2O2溶液会被压入安全管中，可观察到安全管中液面上升，圆底烧瓶中液面下降。此时可以将铂丝抽离H2O2溶液，使反应停止，还可以打开弹簧夹K2，使烧瓶内压强降低。 (4)催化剂铂丝上下移动可以控制制备反应的开始和结束，故a项正确。催化剂与液体接触的面积越大，反应速率越快，可通过调节催化剂与液体接触的面积来控制反应的速率，故b项正确。丙装置用圆底烧瓶盛装H2O2溶液，与乙装置相比，可用于制备较多O2，但产物中的O2含量和杂质种类与乙中没有区别，故c项错误。 (5)氧气可以用浓硫酸干燥，所以可以用一个洗气瓶，里面盛装浓硫酸干燥氧气，如图。 (6)实验ⅰ不合理，因为未反应完的乙醇会进入收集装置，乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以酸性高锰酸钾溶液褪色不能证明产物中含有乙醛。　 普查与练习31Ⅱ　实验方案的设计与评价 4．基础实验方案的评价 (6)(2025汇编，4分)根据实验操作及现象，下列结论中正确的是(　　) 选项 实验操作及现象 结论 A 常温下将铁片分别插入稀硝酸和浓硝酸中，前者产生无色气体，后者无明显现象 稀硝酸的氧化性比浓硝酸强(2023新课标真题) B 用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8 HNO2电离出H＋的能力比CH3COOH的强(江苏经典真题) C 将银和AgNO3溶液与铜和Na2SO4溶液组成原电池。连通后银表面有银白色金属沉积，铜电极附近溶液逐渐变蓝 Cu的金属性比Ag强(2023新课标真题) D 向溴水中加入苯，振荡后静置，水层颜色变浅 溴与苯发生了加成反应(2023新课标真题) 答案：C 解析：常温下，铁片与浓硝酸会发生钝化，导致现象不明显，但稀硝酸与铁不发生钝化，会产生气泡，不能说明稀硝酸的氧化性强于浓硝酸，故A项错误。CH3COONa溶液与NaNO2溶液浓度不一定相等，无法根据实验现象得出题给的结论，故B项错误。铜比银活泼，在形成原电池过程中，铜作负极，发生氧化反应，生成了铜离子，导致铜电极附近溶液变为蓝色，AgNO3中Ag＋得电子生成Ag沉积在银电极表面，所以该实验可以比较铜和银的金属性强弱，故C项正确。向溴水中加入苯，溴在苯中的溶解度大于在水中的，溴被萃取到苯中，使水层颜色变浅，不是溴与苯发生了加成反应，故D项错误。 (7)(2023重庆真题，3分)下列实验操作和现象，得出的相应结论正确的是(　　) 选项 实验操作 现象 结论 A 向盛有Fe(OH)3和NiO(OH)的试管中分别滴加浓盐酸 盛NiO(OH)的试管中产生黄绿色气体 氧化性：NiO(OH)>Fe(OH)3 B 向CuSO4溶液中通入H2S气体 出现黑色沉淀(CuS) 酸性：H2S<H2SO4 C 乙醇和浓硫酸共热至170 ℃，将产生的气体通入溴水中 溴水褪色 乙烯发生了加成反应 D 向Na2HPO4溶液中滴加AgNO3溶液 出现黄色沉淀(Ag3PO4) Na2HPO4发生了水解反应 答案：A 解析：氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，盛有NiO(OH)的试管中产生黄绿色气体，说明NiO(OH)能将氯离子氧化为氯气，而氢氧化铁不能将氯离子氧化为氯气，故氧化性：NiO(OH)>Fe(OH)3，故A项正确。出现黑色沉淀(CuS)，是因为硫化铜不溶于稀H2SO4，不能说明酸性H2S<H2SO4，故B项错误。挥发的乙醇也能被强氧化剂溴单质氧化，使得溴水褪色，不能说明乙烯发生了加成反应，故C项错误。出现黄色沉淀(Ag3PO4)，说明Na2HPO4电离出了PO，故D项错误。 (8)(2025汇编，4分)如图装置可以用于相应实验的是(　　) A B 制备CO2(2023全国Ⅰ真题) 分离乙醇和乙酸(2023全国Ⅰ真题) C D 保护铁件(2023重庆真题) 测量O2体积(2023全国Ⅰ真题) 答案：D 解析： Na2CO3固体比较稳定，受热不易分解，所以不能采用加热碳酸钠的方式制备二氧化碳，故A项错误。乙醇和乙酸互溶，不能采用分液的方式分离，二者沸点差异较大，应采用蒸馏法分离，故B项错误。使用牺牲阳极法保护铁件，应该连接比铁更活泼的金属使得铁被保护，不能连接惰性电极石墨，故C项错误。测量氧气体积时，装置选择量气管，测量时要恢复到室温，量气管和水准管两边液面高度相等时，氧气排出水的体积与氧气的体积相等，即可用如图装置测量氧气的体积，故D项正确。 5．物质制备类实验的设计与评价 a．无机物的制备 (9)(2023河北真题，15分)配合物Na3[Co(NO2)6](M＝404 g·mol－1)在分析化学中用于K＋的鉴定，其制备装置示意图如图(夹持装置等略)，步骤如下： Ⅰ.向三颈烧瓶中加入15.0 g NaNO2和15.0 mL热蒸馏水，搅拌溶解。 Ⅱ.磁力搅拌下加入 5.0 g Co(NO3)2·6H2O，从仪器a加入50%醋酸7.0 mL。冷却至室温后，再从仪器b缓慢滴入30%双氧水8.0 mL。待反应结束，滤去固体。 Ⅲ.在滤液中加入95%乙醇，静置40分钟。固液分离后，依次用乙醇、乙醚洗涤固体产品，称重。 已知：ⅰ.乙醇、乙醚的沸点分别是78.5 ℃、34.5 ℃；ⅱ.NaNO2的溶解度数据如下表。 温度/℃ 20 30 40 50 溶解度/(g/100 g H2O) 84.5 91.6 98.4 104.1 回答下列问题： ①仪器a的名称是____________，使用前应__________。 ②Na3[Co(NO2)6]中钴的化合价是________，制备该配合物的化学方程式为________________________________________。 ③步骤Ⅰ中，用热蒸馏水的目的是____________________。 ④步骤Ⅲ中，用乙醚洗涤固体产品的作用是______________。 ⑤已知：2K＋＋Na＋＋[Co(NO2)6]3－K2Na[Co(NO2)6]↓(亮黄色)。足量KCl与1.010 g产品反应生成0.872 g亮黄色沉淀，产品纯度为________%。 ⑥实验室检验样品中钾元素的常用方法是：将铂丝用盐酸洗净后，在外焰上灼烧至与原来的火焰颜色相同时，用铂丝蘸取样品在外焰上灼烧，______________________________。 答案：①分液漏斗(1分)　检漏(2分)　②＋3(2分)　12NaNO2＋2Co(NO3)2＋H2O2＋2CH3COOH===2Na3[Co(NO2)6]＋4NaNO3＋2CH3COONa＋2H2O(2分)　③增加NaNO2的溶解度(2分)　④加速产品干燥(2分)　⑤80.0(2分)　⑥透过蓝色钴玻璃观察火焰的颜色，若呈紫色则含钾元素(2分) 解析：①根据实验装置图可知，仪器a的名称是(球形)分液漏斗，球形分液漏斗可用于添加液体，使用前需检漏。 ②由题中信息可知，钴是配合物的中心离子，又根据实验步骤中使用了亚硝酸钠，结合化合物中正负化合价代数和为0的原则，可得该化合物中钴的化合价为＋3价。体系中反应物有NaNO2、Co(NO3)2、H2O2、CH3COOH，目标产物为Na3[Co(NO2)6]，可知Co(Ⅱ)被氧化为Co(Ⅲ)，H2O2作氧化剂，还原产物是H2O，根据得失电子守恒和质量守恒，可得制备反应的化学方程式为12NaNO2＋2Co(NO3)2＋H2O2＋2CH3COOH===2Na3[Co(NO2)6]＋4NaNO3＋2CH3COONa＋2H2O。 ③根据已知信息ⅱNaNO2在不同温度时的溶解度数据可知，NaNO2的溶解度随温度的升高而逐渐增大，结合实验操作步骤的投料情况可知，在常温时15.0 g NaNO2不能完全溶解于15.0 mL蒸馏水，因此，用热蒸馏水可保证其全部溶解，利于后续反应进行。 ④步骤Ⅲ的最终目的是得到较纯净的Na3[Co(NO2)6]产品，首先需要使其从滤液中析出，加入95%乙醇的作用是促进晶体析出；再用乙醇洗涤是为了洗去晶体表面残留的杂质离子，洗涤后的固体产品表面仍有少量水和乙醇；由已知信息ⅰ可知，乙醚的沸点比乙醇的更低，更易挥发。因此，再用乙醚洗涤的目的是加速产品的干燥。 ⑤依据反应方程式可得对应关系： Na3[Co(NO2)6]～K2Na[Co(NO2)6] 　404　　　　　　　436 　x g　　　　　　　0.872 g ＝，解得x＝0.808，产品纯度为×100%＝80.0%。 ⑥实验室检验样品中钾元素的常用方法是：将铂丝用盐酸洗净后，在外焰上灼烧至与原来的火焰颜色相同时，用铂丝蘸取样品在外焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰的颜色，若呈紫色则含钾元素。 (10)(2023.01浙江选考，8分)某研究小组制备纳米ZnO，再与金属有机框架(MOF)材料复合制备荧光材料ZnO@MOF，流程如图1： 图1 已知：ⅰ.含锌组分间的转化关系： [Zn(OH)4]2－； ⅱ.ε－Zn(OH)2是Zn(OH)2的一种晶型，39 ℃以下稳定。 请回答： ①步骤Ⅰ，初始滴入ZnSO4溶液时，体系中主要含锌组分的化学式是__________。 ②下列有关说法不正确的是________。 A．步骤Ⅰ，搅拌的作用是避免反应物浓度局部过高，使反应充分 B．步骤Ⅰ，若将过量NaOH溶液滴入ZnSO4溶液制备ε－Zn(OH)2，可提高ZnSO4的利用率 C．步骤Ⅱ，为了更好地除去杂质，可用50 ℃的热水洗涤 D．步骤Ⅲ，控温煅烧的目的是为了控制ZnO的颗粒大小 ③步骤Ⅲ，盛放样品的容器名称是________。 ④用Zn(CH3COO)2和过量(NH4)2CO3反应，得到的沉淀可直接控温煅烧得纳米ZnO，沉淀无需洗涤的原因是________________________________________________________________。 ⑤制备的ZnO@MOF荧光材料可测Cu2＋浓度。已知ZnO@MOF的荧光强度比值与Cu2＋在一定浓度范围内的关系如图2。 图2 某研究小组取7.5×10－3 g人血浆铜蓝蛋白(相对分子质量1.5×105)，经预处理，将其中Cu元素全部转化为Cu2＋并定容至1 L。取样测得荧光强度比值为10.2，则1个血浆铜蓝蛋白分子中含________个铜原子。 答案：①[Zn(OH)4]2－(1分)　②BC(2分)　③坩埚(1分)　④杂质中含有CH3COO－、CO、NH，在控温煅烧过程中分解为气体而除去(2分)　⑤8(2分) 解析：①初始滴入ZnSO4溶液时，氢氧化钠过量，根据已知信息ⅰ可知，体系中主要含锌组分的化学式是[Zn(OH)4]2－。 ②步骤Ⅰ，搅拌可以使反应物充分接触，增大反应速率，避免反应物浓度局部过高，故A项正确，不符合题意。根据信息ⅰ可知，氢氧化钠过量时，锌的主要存在形式是[Zn(OH)4]2－，不能生成ε­Zn(OH)2，故B项错误，符合题意。由信息ⅱ可知，ε­Zn(OH)2在39 ℃以下稳定，故用50 ℃的热水洗涤时，会导致ε­Zn(OH)2反应生成其他物质，故C项错误，符合题意。由流程可知，步骤Ⅲ控温煅烧时ε­Zn(OH)2会转化为纳米ZnO，故控温煅烧的目的是为了控制ZnO的颗粒大小，故D项正确，不符合题意。 ③应该用坩埚煅烧固体药品，故步骤Ⅲ盛放样品的容器名称是坩埚。 ④若用Zn(CH3COO)2和过量的(NH4)2CO3反应制备ZnCO3，ZnCO3控温煅烧可以制备纳米ZnO。其反应方程式为Zn(CH3COO)2 ＋(NH4)2CO3===ZnCO3↓＋2CH3COONH4，制备的ZnCO3中的杂质有CH3COONH4和过量的(NH4)2CO3，通过控温热分解得到纳米ZnO和CO2的同时，将醋酸铵和碳酸铵分解成CO2、H2O、NH3等气体自动分离出去了，所以无需洗涤。 ⑤n(人血浆铜蓝蛋白)＝ ＝5×10－8 mol，由于实验测得荧光强度比值为10.2，根据图知，c(Cu2＋)＝0.4×10－6 mol·L－1，则n(Cu2＋)＝ 0.4×10－6 mol·L－1×1 L＝4×10－7 mol，1个血浆铜蓝蛋白分子中含铜原子个数为＝8个。 (11)(2023福建真题，14分)某研究小组以TiCl4为原料制备新型耐热材料TiN。 Ⅰ.TiCl4水解制备TiO2(实验装置如图1，夹持装置省略)：滴入TiCl4，边搅拌边加热，使混合液升温至80 ℃，保温3小时。离心分离白色沉淀TiO2·xH2O并洗涤，煅烧制得TiO2。 图1 ①装置 A 中冷凝水的入口为________(填“a”或“b”)。 ②三颈烧瓶中预置的稀盐酸可抑制胶体形成、促进白色沉淀生成。TiCl4水解生成的胶体主要成分为________(填化学式)。 ③判断TiO2·xH2O沉淀是否洗涤干净，可使用的检验试剂有____________。 Ⅱ.由TiO2制备TiN并测定产率(实验装置如图2，夹持装置省略)。 图2 ④装置C中试剂X为________________。 ⑤装置D中反应生成TiN、N2和H2O，该反应的化学方程式为________________________________________。 ⑥装置E的作用是________________。 ⑦实验中部分操作如下： a．反应前，称取0.800 g TiO2样品； b．打开装置B中恒压滴液漏斗旋塞； c．关闭装置B中恒压滴液漏斗旋塞； d．打开管式炉加热开关，加热至800 ℃左右； e．关闭管式炉加热开关，待装置冷却； f．反应后，称得瓷舟中固体质量为0.656 g。 ⅰ.正确的操作顺序为：a→________→________→________→________→f(填标号)。 ⅱ.TiN的产率为__________。 答案：①b(1分)　②Ti(OH)4(1分)　③硝酸酸化的AgNO3溶液(2分)　④碱石灰(2分) ⑤6TiO2＋8NH3 6TiN＋12H2O＋N2 (2分)　⑥吸收氨气与水蒸气(2分)　⑦ⅰ.b　d　e　c(共2分)　ⅱ.80.0%(2分) 解析：稀盐酸可抑制胶体形成、促进白色沉淀生成，向盐酸中滴入TiCl4，搅拌并加热，TiCl4在盐酸中水解生成白色沉淀TiO2·xH2O，将TiO2·xH2O洗涤，煅烧制得TiO2。装置B中利用浓氨水和生石灰混合制备NH3，利用装置C除去NH3中的水蒸气，则试剂X可以是碱石灰，装置D中，NH3和TiO2在800 ℃左右的温度下反应生成TiN、N2和H2O，化学方程式为6TiO2＋8NH3 6TiN＋12H2O＋N2，装置E中装有CaCl2，可以吸收生成的水蒸气及过量的NH3。 ①装置 A 中冷凝水应从下口进、上口出，则冷凝水的入口为b。 ②TiCl4中Ti元素化合价为＋4价，水解生成的胶体主要成分为Ti(OH)4。 ③TiO2·xH2O沉淀中含有少量的Cl－杂质，判断TiO2·xH2O沉淀是否洗涤干净，只需检验洗涤液中是否含有Cl－，若最后一次洗涤液中不含Cl－，则证明TiO2·xH2O沉淀洗涤干净，检验Cl－所选用的试剂是硝酸酸化的AgNO3溶液。 ④由分析可知，装置C中试剂X为碱石灰。 ⑤由分析可知，该反应的化学方程式为6TiO2＋8NH3 6TiN＋12H2O＋N2。 ⑥由分析可知，装置E的作用是吸收氨气与水蒸气。 ⑦ⅰ.该实验应先称取一定量的TiO2固体，将TiO2放入管式炉中，提前通入NH3排出管式炉中的空气后再进行加热，当反应结束后，应先停止加热，待冷却至室温后再停止通入NH3，则正确的实验操作步骤为a→b→d→e→c→f。ⅱ.根据题意可知，反应前后瓷舟中固体质量减小了0.800 g－0.656 g＝0.144 g，设生成TiN的质量为x，结合反应方程式，则有 　6TiO2 ＋ 8NH3 6TiN ＋ 12H2O ＋ N2　Δm 6×80　　　　　 6×62　　　　　　 　 6×18 　　　　　　　　 x　　　　　　　　 0.144 g 解得x＝ g＝0.496 g，由反应方程式可知，存在关系式TiO2～TiN，则TiN的产率为×100%＝80.0%。 b．有机物的制备 (12)(2023湖北真题，3分)实验室用如图装置(夹持和水浴加热装置略)制备乙酸异戊酯(沸点142 ℃)，实验中利用环己烷水的共沸体系(沸点69 ℃)带出水分。已知体系中沸点最低的有机物是环己烷(沸点81 ℃)，其反应原理： 下列说法错误的是(　　) A．以共沸体系带水促使反应正向进行 B．反应时水浴温度需严格控制在69 ℃ C．接收瓶中会出现分层现象 D．根据带出水的体积可估算反应进度 答案：B 解析：由反应方程式可知，生成物中含有水，若将水分离出去，可促进反应正向进行，该反应选择以共沸体系带水可以促使反应正向进行，故A项正确，不符合题意。反应产品的沸点为142 ℃，环己烷的沸点是81 ℃，环己烷水的共沸体系的沸点为69 ℃，温度可以控制在69～81 ℃之间，不需要严格控制在69 ℃，故B项错误，符合题意。接收瓶中接收的是环己烷水的共沸体系，环己烷不溶于水，会出现分层现象，故C项正确，不符合题意。根据投料量，可估计生成水的体积，所以可根据带出水的体积估算反应进度，故D项正确，不符合题意。 (13)(2023新课标真题，14分)实验室由安息香制备二苯乙二酮的反应式如下： 相关信息列表如下： 装置示意图如图所示，实验步骤为： ⅰ.在圆底烧瓶中加入10 mL冰乙酸、5 mL水及9.0 g FeCl3·6H2O，边搅拌边加热，至固体全部溶解。 ⅱ.停止加热，待沸腾平息后加入2.0 g安息香，加热回流45～60 min。 ⅲ.加入50 mL水，煮沸后冷却，有黄色固体析出。 ⅳ.过滤，并用冷水洗涤固体3次，得到粗品。 ⅴ.粗品用75%的乙醇重结晶，干燥后得淡黄色结晶1.6 g。 回答下列问题： ①仪器A中应加入________(填“水”或“油”)作为热传导介质。 ②仪器B的名称是____________；冷却水应从________(填“a”或“b”)口通入。 ③实验步骤ⅱ中，安息香必须待沸腾平息后方可加入，其主要目的是__________。 ④在本实验中，FeCl3为氧化剂且过量，其还原产物为________；某同学尝试改进本实验：采用催化量的FeCl3并通入空气制备二苯乙二酮。该方案是否可行？简述判断理由________________________________________________________。 ⑤本实验步骤ⅰ～ⅲ在乙酸体系中进行，乙酸除作溶剂外，另一主要作用是防止__________________。 ⑥若粗品中混有少量未氧化的安息香，可用少量________洗涤的方法除去(填标号)。若要得到更高纯度的产品，可用重结晶的方法进一步提纯。 a．热水 b．乙酸 c．冷水 d．乙醇 ⑦本实验的产率最接近于________(填标号)。 a．85% b．80% c．75% d．70% 答案：①油(1分)　②球形冷凝管(或回流冷凝管)(1分)　a(1分)　③防止暴沸(1分)　④FeCl2(Fe2＋)(2分)　可行，因空气中的氧气可将FeCl2(Fe2＋)氧化为FeCl3(Fe3＋)，从而实现循环(2分)　⑤氯化铁水解(2分)　⑥a(2分)　⑦b(2分) 解析：①该实验需要加热使冰乙酸沸腾，冰乙酸的沸点超过了100 ℃，应选择油浴加热，所以仪器A中应加入油作为热传导介质。 ②根据仪器的结构特征可知，B为球形冷凝管(或回流冷凝管)，为了充分冷却，冷却水应从a口进、b口出。 ③步骤ⅱ中，若沸腾时加入安息香，会暴沸，所以需要待沸腾平息后加入安息香。 ④FeCl3为氧化剂，则铁的化合价降低，还原产物为FeCl2(Fe2＋)，若采用催化量的FeCl3并通入空气制备二苯乙二酮，空气中的氧气可以将还原产物FeCl2(Fe2＋)又氧化为FeCl3(Fe3＋)，FeCl3可循环参与反应，且空气不会与体系内其他物质反应，该方案可行。 ⑤氯化铁易水解，所以步骤ⅰ～ⅲ中，乙酸除作溶剂外，另一主要作用是抑制氯化铁水解。 ⑥根据安息香和二苯乙二酮的溶解性，安息香溶于热水，二苯乙二酮不溶于水，所以可以采用热水洗涤粗品除去安息香，故a项正确。 ⑦由于安息香(C14H12O2)与二苯乙二酮(C14H10O2)的相对分子质量相差不大，且二者化学计量数相等，因此二苯乙二酮的理论产量与安息香初始质量近似相等，约为2.0 g。则产率约为×100%＝80%，故b项正确。 (14)(2023辽宁真题，13分)2－噻吩乙醇(Mr＝128)是抗血栓药物氯吡格雷的重要中间体，其制备方法如图1： 图1 Ⅰ.制钠砂。向烧瓶中加入300 mL液体A和4.60 g 金属钠，加热至钠熔化后，盖紧塞子，振荡至大量微小钠珠出现。 Ⅱ.制噻吩钠。降温至10 ℃，加入25 mL噻吩，反应至钠砂消失。 Ⅲ.制噻吩乙醇钠。降温至－10 ℃，加入稍过量的环氧乙烷的四氢呋喃溶液，反应30 min。 Ⅳ.水解。恢复室温，加入70 mL水，搅拌30 min；加盐酸调pH至4～6，继续反应2 h，分液；用水洗涤有机相，二次分液。 Ⅴ.分离。向有机相中加入无水MgSO4，静置，过滤，对滤液进行蒸馏，蒸出四氢呋喃、噻吩和液体A后，得到产品17.92 g。 回答下列问题： ①步骤Ⅰ中液体A可以选择________。 a．乙醇 b．水 c．甲苯 d．液氨 ②噻吩沸点低于吡咯()的原因是____________________________________________________________________。 ③步骤Ⅱ的化学方程式为________________________________。 ④步骤Ⅲ中反应放热，为防止温度过高引发副反应，加入环氧乙烷溶液的方法是__________________________________________。 ⑤步骤Ⅳ中用盐酸调节pH的目的是__________________________。 ⑥图2仪器在步骤Ⅴ中无需使用的是______________________(填名称)；无水MgSO4的作用为________。 图2 ⑦产品的产率为________(用Na计算，精确至0.1%)。 答案：①c(1分)　②中含有N—H，可以形成分子间氢键，分子间氢键可以使物质熔沸点升高(2分)　③2＋2Na―→2＋H2↑(2分)　④搅拌条件下少量多次加入(2分)　⑤与水解生成的NaOH反应，促进2－噻吩乙醇钠的水解平衡正向移动，提高产率(2分)　⑥球形冷凝管和分液漏斗(1分)　除去水(1分)　⑦70.0%(2分) 解析：①由步骤Ⅴ蒸出液体A可知步骤Ⅰ中液体A为有机溶剂，且不与金属钠反应，故选择甲苯。 ②噻吩分子间不能形成氢键，而中含有N—H，可以形成分子间氢键，分子间氢键可以使物质熔沸点升高。 ③步骤Ⅱ中和Na反应生成2－噻吩钠和H2，化学方程式：2＋2Na―→2＋H2↑。 ④步骤Ⅲ中反应放热，为防止温度过高引发副反应，加入环氧乙烷溶液的方法为将少量环氧乙烷溶液沿烧杯壁缓缓加入，此过程中不断用玻璃棒进行搅拌来散热，少量多次加入。 ⑤2－噻吩乙醇钠水解生成2－噻吩乙醇的过程中有NaOH生成，用盐酸调节pH的目的是将NaOH中和，使水解平衡正向移动，提高产率。 ⑥步骤Ⅴ涉及的操作有过滤、蒸馏，过滤需要用到烧杯，蒸馏时需要用到直形冷凝管、牛角管、温度计，则无需使用的是球形冷凝管、分液漏斗；步骤V加入无水MgSO4的作用是干燥除水。 ⑦步骤Ⅰ中向烧瓶中加入300 mL液体A和4.60 g金属钠，Na的物质的量为＝0.2 mol，步骤Ⅱ中Na完全反应，根据方程式可知，理论上可以生成0.2 mol 2－噻吩乙醇，产品的产率为×100%＝70.0%。 6．探究类实验方案的设计与评价 a．探究物质的含量、转化率等相关量 (15)(2022河北真题，12分)某研究小组为了更准确检测香菇中添加剂亚硫酸盐的含量，设计实验如下： Ⅰ.三颈烧瓶中加入10.00 g香菇样品和400 mL水；锥形瓶中加入125 mL水、1 mL淀粉溶液，并预加0.30 mL 0.01000 mol·L－1的碘标准溶液，搅拌。 Ⅱ.以0.2 L·min－1流速通氮气，再加入过量磷酸，加热并保持微沸，同时用碘标准溶液滴定，至终点时滴定消耗了1.00 mL碘标准溶液。 Ⅲ.做空白实验，消耗了0.10 mL碘标准溶液。 Ⅳ.用适量Na2SO3替代香菇样品，重复上述步骤，测得SO2的平均回收率为95%。 已知：Ka1(H3PO4)＝7.1×10－3，Ka1(H2SO3)＝1.3×10－2 回答下列问题： ①三颈烧瓶适宜的规格为________(填标号)。 A．250 mL 　　B．500 mL 　　　C．1000 mL ②解释加入H3PO4，能够生成SO2的原因：________________________________。 ③滴定管在使用前需要________、洗涤、润洗；滴定终点时溶液的颜色为____________；滴定反应的离子方程式为________________________________________。 ④若先加磷酸再通氮气，会使测定结果________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 ⑤该样品中亚硫酸盐含量为________mg·kg－1(以SO2计，结果保留三位有效数字)。 答案：① C(1分)　②加入H3PO4后，溶液中存在化学平衡H2SO3SO2＋H2O，SO2的溶解度随着温度升高而减小，SO2逸出后，促进了化学平衡H2SO3 SO2＋H2O向右移动(3分)　③检漏(1分)　蓝色(1分)　I2＋ SO2＋2H2O===2I－＋4H＋＋SO(2分)　④偏低(2分)　⑤80.8(2分) 解析：由题中信息可知，检测香菇中添加剂亚硫酸盐的含量的原理：用过量的磷酸与其中的亚硫酸盐反应生成SO2，用氮气将SO2排到锥形瓶中被水吸收，最后用碘标准溶液滴定，测出样品中亚硫酸盐含量。 ①三颈烧瓶中加入10.00 g香菇样品和400 mL水，向其中加入H3PO4溶液的体积不超过10 mL。在加热时，三颈烧瓶中的液体不能超过其容积的，因此，三颈烧瓶适宜的规格为1000 mL，故C项符合题意。 ②虽然Ka1(H3PO4)＝7.1×10－3<K a1 (H2SO3) ＝1.3×10－2，但是H3PO4为难挥发性的酸，而H2SO3易分解为SO2和水，SO2的溶解度随着温度升高而减小，SO2逸出后，促进了化学平衡H2SO3SO2＋H2O向右移动。 ③滴定管在使用前需要检漏、洗涤、润洗；滴定终点前，溶液中的碘被SO2还原为碘离子，溶液的颜色为无色，滴定终点时，过量的1滴或半滴标准碘液使淀粉溶液变为蓝色且半分钟内不变色，滴定反应的离子方程式为I2＋ SO2＋2H2O=== 2I－＋4H＋＋SO。 ④若先加磷酸再通氮气，则不能将装置中的空气及时排出，有部分亚硫酸盐和SO2被装置中的氧气氧化，碘的标准液的消耗量将减少，因此会使测定结果偏低。 ⑤实验中SO2消耗的标准碘液的体积为0.30 mL＋1.00 mL＝1.30 mL，减去空白实验消耗的0.10 mL，则实际消耗标准碘液的体积为1.20 mL，根据反应I2＋ SO2＋2H2O===2I－＋4H＋＋SO可以计算出n(SO2)＝n(I2)＝ 1.20 mL×10－3L·mL－1×0.010 00 mol· L－1＝1.20×10－5 mol，由于SO2的平均回收率为95%，则实际生成的n(SO2)＝ ≈1.263×10－5mol，则根据S元素守恒可知，该样品中亚硫酸盐含量为≈80.8 mg·kg－1。 (16)(2023重庆真题，15分)煤的化学活性是评价煤气化或燃烧性能的一项重要指标，可用与焦炭(由煤样制得)反应的CO2的转化率α来表示。研究小组设计测定α的实验装置如图： 　　 ①装置Ⅰ中，仪器a的名称是______________；b中除去的物质是__________(填化学式)。 ②ⅰ.将煤样隔绝空气在900 ℃加热1小时得焦炭，该过程称为________。 ⅱ.装置Ⅱ中，高温下发生反应的化学方程式为________________________。 ③装置Ⅲ中，先通入适量的气体X，再通入足量Ar气。若气体X被完全吸收，则可依据d和e中分别生成的固体质量计算α。 ⅰ.d中的现象是__________________________。 ⅱ.e中生成的固体为Ag，反应的化学方程式为________________________________。 ⅲ.d和e的连接顺序颠倒后将造成α________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 ④在工业上按照国家标准测定α：将干燥后的CO2(含杂质N2的体积分数为n)以一定流量通入装置Ⅱ反应，用奥氏气体分析仪测出反应后某时段气体中CO2的体积分数为m，此时α的表达式为____________。 答案：①分液漏斗(1分)　HCl(1分)　②ⅰ.干馏(2分)　ⅱ.CO2＋C2CO(2分)　③ⅰ.有白色沉淀生成(2分)　ⅱ.CO＋2[Ag(NH3)2]OH===2Ag↓＋(NH4)2CO3＋2NH3(2分)　ⅲ.偏大(2分)　④ ×100%(3分) 解析：稀盐酸与碳酸钙反应制备二氧化碳，由于盐酸易挥发，故制得的二氧化碳中混有氯化氢气体杂质，用饱和碳酸氢钠溶液吸收氯化氢，再用浓硫酸吸收水蒸气，二氧化碳通入到管式炉中，与灼热的焦炭反应生成一氧化碳，将混合气体通入足量氢氧化钡溶液中吸收二氧化碳，一氧化碳与银氨溶液反应生成银单质。 ①装置Ⅰ中，仪器a的名称是分液漏斗；由于二氧化碳中混有挥发的氯化氢气体，b中碳酸氢钠能与氯化氢反应，则b中除去的物质是HCl。 ②ⅰ.将煤样隔绝空气在900 ℃加热1小时得焦炭，即隔绝空气加强热使之分解，则该过程称为干馏。ⅱ.装置Ⅱ中，高温下二氧化碳和焦炭反应生成一氧化碳，其发生反应的化学方程式为CO2＋C2CO。 ③ⅰ.d中二氧化碳和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀和水，其反应的现象是有白色沉淀生成。ⅱ.e中生成的固体为Ag，根据氧化还原反应及相关物质性质分析得到CO转化为碳酸铵，则反应的化学方程式为CO＋2[Ag(NH3)2]OH===2Ag↓＋(NH4)2CO3＋2NH3。ⅲ.d和e的连接顺序颠倒，二氧化碳和银氨溶液反应，导致e中生成的沉淀质量偏大，所测CO的质量偏大，则与焦炭反应的CO2质量偏大，且二氧化碳与氢氧化钡反应的量减少，将造成α偏大。 ④将干燥后的CO2(含杂质N2的体积分数为n)以一定流量通入装置Ⅱ反应，用奥氏气体分析仪测出反应后某时段气体中CO2的体积分数为m，设此时气体的物质的量为b mol，二氧化碳的物质的量为bm mol，设起始气体的物质的量为a mol，起始二氧化碳的物质的量为a(1－n) mol，氮气的物质的量为an mol，则消耗二氧化碳的物质的量为[a(1－n)－bm] mol，生成CO的物质的量为2[a(1－n)－bm] mol，则有b＝an＋bm＋2[a(1－n)－bm]，解得：b＝，此时α的表达式为×100%＝×100%＝×100%＝×100%。 b．探究物质的性质 (17)(北京经典真题，6分)探究草酸(H2C2O4)性质，进行如下实验。(已知：室温下，0.1 mol·L－1 H2C2O4的pH＝1.3) 由上述实验所得草酸性质所对应的方程式不正确的是(　　) A．H2C2O4有酸性，Ca(OH)2＋H2C2O4=== CaC2O4↓＋2H2O B．酸性：H2C2O4>H2CO3，NaHCO3＋H2C2O4=== NaHC2O4＋CO2↑＋H2O C．H2C2O4具有还原性，2MnO＋5C2O＋16H＋=== 2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O D．H2C2O4可发生酯化反应，HOOCCOOH＋2C2H5OH C2H5OOCCOOC2H5＋2H2O 答案：C 解析：Ca(OH)2溶液(含酚酞)中加入草酸溶液，溶液褪色，说明混合溶液碱性减弱，且生成白色沉淀，则发生中和反应，草酸体现酸性，反应方程式为Ca(OH)2＋H2C2O4===CaC2O4↓＋2H2O，故A项正确，不符合题意。向少量NaHCO3溶液中加入草酸有气泡生成，说明有二氧化碳生成，较强酸能和较弱酸盐反应生成较弱酸，根据实验现象知，酸性：H2C2O4>H2CO3，反应方程式为NaHCO3＋H2C2O4===NaHC2O4＋CO2↑＋H2O，故B项正确，不符合题意。酸性KMnO4溶液具有强氧化性，向酸性KMnO4溶液中加入草酸，溶液褪色，说明酸性KMnO4溶液氧化了草酸，则草酸体现还原性，根据题干信息，草酸为弱酸，不能拆分，正确的方程式为2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，故C项错误，符合题意。酯具有香味，C2H5OH和浓硫酸中加入草酸加热后产生有香味物质，说明有酯生成，所以发生了酯化反应，则草酸可以发生酯化反应，故D项正确，不符合题意。 c．探究反应的产物 (18)(北京经典真题，12分)探究Na2SO3固体的热分解产物。 资料：Ⅰ.4Na2SO3Na2S＋3Na2SO4。 Ⅱ.Na2S能与S反应生成Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S。 Ⅲ.BaS易溶于水。 隔绝空气条件下，加热无水Na2SO3固体得到黄色固体A，过程中未检测到气体生成。黄色固体A加水得到浊液，放置得无色溶液B。 ①检验分解产物Na2S：取少量溶液B，向其中滴加CuSO4溶液，产生黑色沉淀，证实有S2－。反应的离子方程式是____________________________。 ②检验分解产物Na2SO4：取少量溶液B，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀增多(经检验该沉淀含S)，同时产生有臭鸡蛋气味的气体(H2S)，由于沉淀增多对检验造成干扰，另取少量溶液B，加入足量盐酸，离心沉降(固液分离)后，________________________________________________________(填操作和现象)，可证实分解产物中含有SO。 ③探究②中S的来源。 来源1：固体A中有未分解的Na2SO3，在酸性条件下与Na2S反应生成S。 来源2：溶液B中有Na2Sx，加酸反应生成S。 针对来源1进行如图实验： ⅰ.实验可证实来源1不成立。实验证据是__________________________________________________________________________。 ⅱ.不能用盐酸代替硫酸的原因是____________________________________________________________________________________________。 ⅲ.写出来源2产生S的反应的离子方程式：______________________________________________________________________。 ④实验证明Na2SO3固体热分解有Na2S、Na2SO4和S产生。运用氧化还原反应规律分析产物中S产生的合理性：______________________________________________________________________________________________________。 答案：①S2－＋Cu2＋===CuS↓(1分)　②取上层清液，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀(1分)　③ⅰ.向溶液2中加入少量KMnO4溶液，紫色不褪(2分)　ⅱ.盐酸有还原性，可使酸性KMnO4溶液褪色，干扰SO的检验(2分)　ⅲ.S＋2H＋===H2S↑＋(x－1)S↓(2分)　④Na2SO3热分解时只有＋4价硫元素发生氧化还原反应，升价产物有Na2SO4，降价产物有S是合理的(4分) 解析：①Na2S和CuSO4反应生成CuS和Na2SO4，反应的离子方程式是S2－＋Cu2＋===CuS↓。 ②根据题干资料：Na2S能与S反应生成Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S，取少量溶液B，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀增多(经检验该沉淀含S)，同时产生有臭鸡蛋气味的气体(H2S)，说明B溶液中含有Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S，由于沉淀增多对检验造成干扰，另取少量溶液B，加入足量盐酸，离心沉降(固液分离)后，取上层清液，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，可证实分解产物中含有SO。 ③ⅰ.若来源1成立，则溶液2为H2SO3溶液，向溶液2中加入少量KMnO4溶液，H2SO3具有还原性，酸性条件下KMnO4具有强氧化性，二者混合后应发生氧化还原反应，KMnO4溶液应该褪色，但得到的溶液仍为紫色，说明溶液B中不含Na2SO3，可证实来源1不成立。ⅱ.见答案。ⅲ.来源2认为溶液B中有Na2Sx，加酸反应生成S，反应的离子方程式：S＋2H＋===H2S↑＋(x－1)S↓。 ④见答案。 d．探究化学反应原理 (19)(2023广东真题，13分)化学反应常伴随热效应。某些反应(如中和反应)的热量变化，其数值Q可通过量热装置测量反应前后体系温度变化，用公式Q＝cρV总·ΔT计算获得。 ①盐酸浓度的测定：移取20.00 mL待测液，加入指示剂，用0.5000 mol·L－1NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液22.00 mL。该盐酸浓度为__________mol·L－1。 ②热量的测定：取上述NaOH溶液和盐酸各50 mL进行反应，测得反应前后体系的温度值(℃)分别为T0、T1，则该过程放出的热量为__________J(c和ρ分别取4.18 J·g－1·℃－1和1.0 g·mL－1，忽略水以外各物质吸收的热量，下同)。 ③借鉴②的方法，甲同学测量放热反应Fe(s)＋CuSO4(aq)===FeSO4(aq)＋Cu(s)的焓变ΔH(忽略温度对焓变的影响，下同)。实验结果见下表。 ⅰ.温度：b________c(填“>”“<”或“＝”)。 ⅱ.ΔH＝________________(选择表中一组数据计算)。结果表明，该方法可行。 ④乙同学也借鉴②的方法，测量反应A：Fe(s)＋Fe2(SO4)3(aq)===3FeSO4(aq)的焓变。 查阅资料：配制Fe2(SO4)3溶液时需加入酸。加酸的目的是________________。 提出猜想：Fe粉与Fe2(SO4)3溶液混合，在反应A进行的过程中，可能存在Fe粉和酸的反应。 验证猜想：用pH试纸测得Fe2(SO4)3溶液的pH不大于1；向少量Fe2(SO4)3溶液中加入Fe粉，溶液颜色变浅的同时有气泡冒出，说明存在反应A和__________________________(用离子方程式表示)。 实验小结：猜想成立，不能直接测反应A的焓变。 教师指导：鉴于以上问题，特别是气体生成带来的干扰，需要设计出实验过程中无气体生成的实验方案。 优化设计：乙同学根据相关原理，重新设计了优化的实验方案，获得了反应A的焓变。该方案为________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。 ⑤化学能可转化为热能，写出其在生产或生活中的一种应用____________。 答案：①0.5500(2分)　②418(T1－T0)(2分)　③ⅰ.>(1分)　ⅱ.－20.9(b－a) kJ·mol－1或－41.8(c－a) kJ·mol－1(2分)　④抑制Fe3＋水解(1分)　Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑(1分)　将一定量的Cu粉加入一定浓度的Fe2(SO4)3溶液中反应，测量反应热，计算得到反应Cu(s)＋Fe2(SO4)3(aq)===CuSO4(aq)＋2FeSO4(aq)的焓变ΔH1；结合③中实验计算得到反应Fe(s)＋CuSO4(aq)===Cu(s)＋FeSO4(aq)的焓变ΔH2；根据盖斯定律计算得到反应Fe(s)＋Fe2(SO4)3(aq)===3FeSO4(aq)的焓变为ΔH1＋ΔH2(3分)　⑤燃料的燃烧(或铝热反应焊接铁轨等合理即可)(1分) 解析：①滴定时发生的反应为HCl＋NaOH===NaCl＋H2O，故c(HCl)＝＝＝0.5500 mol·L－1。 ②由Q＝cρV总·ΔT可得Q＝4.18 J·g－1·℃－1×1.0 g·mL－1×(50 mL＋50 mL)×(T1－T0) ℃＝418(T1－T0) J。 ③ⅰ.100 mL 0.20 mol·L－1CuSO4溶液含有溶质的物质的量为0.02 mol，1.20 g Fe粉和0.56 g Fe粉的物质的量分别为0.021 mol、0.01 mol，实验Ⅰ中有0.02 mol CuSO4发生反应，实验Ⅱ中有0.01 mol CuSO4发生反应，实验Ⅰ放出的热量更多，则体系温度：b>c。ⅱ.若按实验Ⅰ进行计算，ΔH＝－ kJ·mol－1＝－20.9(b－a) kJ·mol－1；若按实验Ⅱ进行计算，ΔH＝－ kJ·mol－1＝－41.8(c－a) kJ·mol－1。 ④Fe3＋易水解，为抑制Fe3＋水解，在配制Fe2(SO4)3溶液时需加入酸；用pH试纸测得Fe2(SO4)3溶液的pH不大于1，说明溶液呈强酸性，向少量Fe2(SO4)3溶液中加入Fe粉，溶液颜色变浅的同时有气泡即氢气产生，说明溶液中还存在Fe与酸的反应，其离子方程式为Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑；乙同学根据相关原理，重新设计优化的实验方案的重点为如何防止Fe与酸反应生成气体的影响，可以借助盖斯定律，设计分步反应来实现Fe2(SO4)3溶液与Fe的反应，故可将一定量的Cu粉加入一定浓度的Fe2(SO4)3溶液中反应，测量反应热，计算得到反应Cu(s)＋Fe2(SO4)3(aq)===CuSO4(aq)＋2FeSO4(aq)的焓变ΔH1；结合③中实验计算得到反应Fe(s)＋CuSO4(aq)===Cu(s)＋FeSO4(aq)的焓变ΔH2；根据盖斯定律计算得到反应Fe(s)＋Fe2(SO4)3(aq)===3FeSO4(aq)的焓变为ΔH1＋ΔH2。 ⑤化学能转化为热能在生产和生活中应用比较广泛，比如化石燃料的燃烧是化学能转化为热能的应用，另外铝热反应焊接铁轨也是化学能转化为热能的应用(合理即可)。 7．工艺流程类实验方案的设计与评价 (20)(2023辽宁真题，3分)某工厂采用如图工艺制备Cr(OH)3，已知焙烧后Cr元素以＋6价形式存在，下列说法错误的是(　　) A．“焙烧”中产生CO2 B．滤渣的主要成分为Fe(OH)2 C．滤液①中Cr元素的主要存在形式为CrO D．淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用 答案：B 解析：矿渣主要成分为FeO、Cr2O3，加入纯碱、氧气焙烧，已知焙烧后Cr元素以＋6价形式存在，即生成铬酸钠或重铬酸钠，而碳酸根则转化为CO2，FeO不稳定，受热能迅速被氧化成Fe3O4，水浸之后过滤除去生成的Fe3O4，水浸过程由于溶液显碱性，＋6价Cr主要以CrO形式存在，滤液①中加入淀粉水解液，葡萄糖与Na2CrO4发生氧化还原反应生成Cr(OH)3，以此解答该题。由分析可知，“焙烧”中产生二氧化碳，故A项正确，不符合题意。焙烧过程中铁元素被氧化，滤渣的主要成分为Fe3O4，故B项错误，符合题意。由分析可知滤液①中Cr元素的主要存在形式为CrO，故C项正确，不符合题意。由分析可知淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用，故D项正确，不符合题意。 (21)(2022北京真题，14分)白云石的主要化学成分为CaMg(CO3)2，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 Ca(OH)2 Mg(OH)2 CaCO3 MgCO3 Ksp 5.5×10－6 5.6×10－12 3.4×10－9 6.8×10－6 ①白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为__________________________________。 ②NH4Cl用量对碳酸钙产品的影响如下表所示。 备注：Ⅰ.MO浸出率＝(浸出的MO质量/煅烧得到的MO质量)×100%(M代表Ca或Mg) Ⅱ.CaCO3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CaCO3纯度。 ⅰ.解释“浸钙”过程中主要浸出CaO的原因是________________________________。 ⅱ.沉钙反应的离子方程式为__________________________________________________。 ⅲ.“浸钙”过程不适宜选用n(NH4Cl)∶n(CaO)的比例为__________。 ⅳ.产品中CaCO3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(NH4)2SO4溶液混合，充分反应后MgO的浸出率低于60%。加热蒸馏，MgO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：①CaMg(CO3)2CaO＋MgO＋2CO2↑(1分)　②ⅰ.Ksp[Ca(OH)2]≫Ksp[Mg(OH)2]，在一定量NH4Cl溶液中，CaO先浸出(2分)　ⅱ.Ca2＋＋2NH3·H2O＋CO2===CaCO3↓＋2NH＋H2O(2分)　ⅲ.2.4∶1(1分)　ⅳ.Ksp(CaCO3)<Ksp(MgCO3)，CaCO3优先析出，沉钙过程中消耗NH3，且少量NH3挥发，减少MgCO3析出(2分)　③MgO＋H2O===Mg(OH)2，Mg(OH)2＋2NHMg2＋＋2NH3↑＋2H2O，随大量氨逸出，平衡正向移动 (2分)　④Fe2O3、SiO2、CaSO4、Mg(OH)2(或MgO)(2分)　⑤NH4Cl、(NH4)2SO4、CO2、NH3(2分) 解析：白云石矿样煅烧后CaMg(CO3)2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、钙等元素的固体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。 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，化学方程式为CaMg(CO3)2CaO＋MgO＋2CO2↑。 ②ⅰ.氯化铵水解生成一水合氨与氢离子，可以调节溶液的pH，由图表可知，Ksp[Ca(OH)2]≫Ksp[Mg(OH)2]，在一定量NH4Cl溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故CaO首先被溶解浸出。ⅱ.沉钙反应中通入二氧化碳和滤液中钙离子、氨水反应生成碳酸钙沉淀和铵根离子，离子方程式为Ca2＋＋2NH3·H2O＋CO2===CaCO3↓＋2NH＋H2O。ⅲ.由图表可知，“浸钙”过程n(NH4Cl)∶n(CaO)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n(NH4Cl)∶n(CaO)的比例为2.4∶1。ⅳ.Ksp(CaCO3)<Ksp(MgCO3)，在沉钙反应中CaCO3会优先析出，该过程消耗NH3，且少量NH3挥发，减少MgCO3析出，导致产品中CaCO3纯度的实测值高于计算值。 ③“浸镁”过程中，发生反应：MgO＋H2O===Mg(OH)2，Mg(OH)2＋2NHMg2＋＋2NH3↑＋2H2O，加热蒸馏使大量氨逸出，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CaMg(CO3)2，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，MgO先转化为Mg(OH)2，以及MgO的浸出率最终可达98.9%，则还有部分氢氧化镁或氧化镁进入滤渣中，故滤渣C中含有的物质是Fe2O3、SiO2、CaSO4、Mg(OH)2(或MgO)。 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NH4Cl、(NH4)2SO4、CO2、NH3既是反应物又是生成物，故该流程中可循环利用的物质是NH4Cl、(NH4)2SO4、CO2、NH3。 (22)(2023广东真题，11分)Ni、Co均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni2＋、Co2＋、Al3＋、Mg2＋)中，利用氨浸工艺可提取Ni、Co，并获得高附加值化工产品。工艺流程如图： 已知：氨性溶液由NH3·H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制。常温下，Ni2＋、Co2＋、Co3＋与NH3形成可溶于水的配离子；lgKb(NH3·H2O)＝－4.7；Co(OH)2易被空气氧化为Co(OH)3；部分氢氧化物的Ksp如下表。 氢氧化物 Co(OH)2 Co(OH)3 Ni(OH)2 Al(OH)3 Mg(OH)2 Ksp 5.9×10－15 1.6×10－44 5.5×10－16 1.3×10－33 5.6×10－12 回答下列问题： ①活性MgO可与水反应，化学方程式为______________________。 ②常温下，pH＝9.9的氨性溶液中，c(NH3·H2O)________c(NH) (填“>”“<”或“＝”)。 ③“氨浸”时，由Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]2＋的离子方程式为________________________________________________。 ④(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰。 ⅰ.NH4Al(OH)2CO3属于________(填“晶体”或“非晶体”)。 ⅱ.(NH4)2CO3提高了Ni、Co的浸取速率，其原因是____________________________________。 ⑤“析晶”过程中通入的酸性气体A为________。 ⑥ⅰ.“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值，理论上最高为________。 ⅱ.“热解”对于从矿石提取Ni、Co工艺的意义，在于可重复利用HNO3和________(填化学式)。 答案：①MgO＋H2O===Mg(OH)2(1分)　②＞(1分)　③2Co(OH)3＋12NH3·H2O＋SO===2[Co(NH3)6]2＋＋SO＋13H2O＋4OH－或2Co(OH)3＋8NH3·H2O＋4NH＋SO===2[Co(NH3)6]2＋＋SO＋13H2O(2分)　④ⅰ.晶体(1分)　ⅱ.减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积(2分)　⑤HCl(1分)　⑥ⅰ.0.4或2 ∶5(2分)　ⅱ.MgO(1分) 解析：硝酸浸取液用MgO调节pH至9.0，使溶液中Ni2＋、Co2＋、Al3＋转化为氢氧化物沉淀，过滤分离，滤液1中主要含有Mg(NO3)2，结晶纯化得到晶体AMg(NO3)2·6H2O，加热分解得到的固体氧化物为MgO，气体HNO3·H2O冷却至室温后获得硝酸溶液，MgO、硝酸可以重复利用；滤泥中Co(OH)2易被空气氧化为Co(OH)3，氨浸过程中，SO将Co(OH)3还原为Co2＋，Ni2＋、Co2＋与NH3形成可溶于水的配离子而进入溶液，过滤分离，将滤液2进行镍钴分离，经一系列操作获得饱和NiCl2溶液、CoCl2，向饱和NiCl2溶液中通入HCl(气体A)进行结晶，抑制Ni2＋水解，获得NiCl2·4H2O。 ①MgO属于碱性氧化物，活性MgO可与水反应，类比CaO与水的反应，化学方程式为MgO＋H2O===Mg(OH)2。 ②常温下，pH＝9.9的氨性溶液中，lgKb(NH3·H2O)＝－4.7，Kb(NH3·H2O)＝10－4.7＝，＝＝＝10－0.6<1，则c(NH3·H2O)＞c(NH)。 ③“氨浸”时，Co(OH)3与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成[Co(NH3)6]2＋，则由Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]2＋的离子方程式为2Co(OH)3＋12NH3·H2O＋SO===2[Co(NH3)6]2＋＋SO＋13H2O＋4OH－或2Co(OH)3＋8NH3·H2O＋4NH＋SO===2[Co(NH3)6]2＋＋SO＋13H2O。 ④ⅰ.滤渣的X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰，则NH4Al(OH)2CO3属于晶体。ⅱ.根据题意(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，能够减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加滤泥与氨性溶液的接触面积，因此提高浸取速率。 ⑤“析晶”过程中为了抑制Ni2＋水解，因此通入的酸性气体A为HCl。 ⑥ⅰ.“结晶纯化”过程中，没有引入新物质，晶体A含6个结晶水，则晶体A为Mg(NO3)2·6H2O，所得硝酸溶液中氮元素全部存在于HNO3中，由氮元素守恒有n(HNO3)＝2n[Mg(NO3)2·6H2O]，所得HNO3溶液中的H2O为Mg(NO3)2·6H2O中的H2O减去热解过程中消耗的H2O，1 mol Mg(NO3)2热分解消耗1 mol H2O，则溶液中n(H2O)＝6n[Mg(NO3)2·6H2O]－n[Mg(NO3)2·6H2O]＝3n(HNO3)－n(HNO3)＝n(HNO3)，则所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值理论上最高为0.4或2 ∶5。ⅱ.硝酸可以用于矿石浸取，而分解生成的MgO可以用于硝酸浸取液pH的调节。 随堂普查练31Ⅱ 1．(2023河北真题，3分)由下列实验操作及现象，不能得出相应结论的是(　　) 选项 实验操作及现象 结论 A Cl2通入淀粉－KI溶液中，溶液变蓝 氧化性：Cl2>I2 B CO2通入苯酚钠溶液中，溶液变浑浊 酸性：碳酸>苯酚 C SO2通入品红溶液中，溶液褪色 SO2具有氧化性 D NH3通入滴有酚酞溶液的水中，溶液变红 氨水显碱性 答案：C 解析：溶液变蓝是因为Cl2和KI反应生成I2，反应的化学方程式为Cl2＋2KI===I2＋2KCl，因此，氧化性：Cl2>I2，故A项正确，不符合题意。常温下，苯酚在水中的溶解度很小，将CO2通入苯酚钠溶液中，溶液变浑浊，说明有苯酚生成。根据较强酸制较弱酸的反应规律，可判断酸性：碳酸>苯酚，故B项正确，不符合题意。将SO2通入品红溶液中，SO2与品红化合生成不稳定的无色物质，使溶液褪色，SO2表现漂白性，该过程中没有发生氧化还原反应，故C项错误，符合题意。将NH3通入滴有酚酞溶液的水中，发生反应NH3＋H2ONH3·H2ONH＋OH－，氨水显碱性，使滴有酚酞的溶液变红，故D项正确，不符合题意。 2．(2023全国Ⅰ真题，13分)元素分析是有机化合物的表征手段之一。按如图实验装置(部分装置略)对有机化合物进行C、H元素分析。 回答下列问题： (1)将装有样品的Pt坩埚和CuO放入石英管中，先____________，而后将已称重的U型管c、d与石英管连接，检查______________。依次点燃煤气灯________，进行实验。 (2)O2的作用有________________________。CuO的作用是__________________________(举1例，用化学方程式表示)。 (3)c和d中的试剂分别是________、________(填标号)。c和d中的试剂不可调换，理由是________________________________________。 A．CaCl2 　　 B．NaCl C．碱石灰(CaO＋NaOH) 　　 D．Na2SO3 (4)Pt坩埚中样品CxHyOz反应完全后，应进行操作：____________________________。取下c和d管称重。 答案：(1)通入O2(排出空气)(1分)　装置气密性(1分)　b、a(1分)　(2)作为载气和氧化剂(2分)　CO＋CuOCu＋CO2(2分)　(3)A(1分)　C(1分)　碱石灰可以同时吸收水蒸气和二氧化碳(2分) (4)关闭煤气灯，待c管和d管冷却至室温，停止通入O2(2分) 解析：(1)实验前，应先通入一定量的O2吹出石英管中的空气，而后将已称重的U型管c、d与石英管连接，检查装置气密性，随后先点燃b处煤气灯、再点燃a处煤气灯，保证当a处发生反应时产生的CO能与CuO反应生成CO2。 (2)实验中O2的作用有：排尽装置内气体、作助燃剂(氧化剂)与有机物反应并将生成的气体排至后续装置中；有机物不完全燃烧时会生成CO，CuO可以与CO反应生成CO2，化学方程式为CO＋CuOCu＋CO2。 (3)有机物燃烧后生成的H2O和CO2分别用无水CaCl2和碱石灰吸收，其中c管装无水CaCl2，d管装碱石灰，二者不可调换，因为碱石灰能同时吸收水蒸气和二氧化碳。 (4)反应完全后应先熄灭a，一段时间后再熄灭b，继续通入氧气至装置冷却至室温，保证石英管中的气体产物被完全吹入到两U型管中。 3．(2023湖南真题，13分)金属Ni对H2有强吸附作用，被广泛用于硝基或羰基等不饱和基团的催化氢化反应，将块状Ni转化成多孔型雷尼Ni后，其催化活性显著提高。 已知：①雷尼Ni暴露在空气中可以自燃，在制备和使用时，需用水或有机溶剂保持其表面“湿润”； ②邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行。 某实验小组制备雷尼Ni并探究其催化氢化性能的实验如下： 步骤1：雷尼Ni的制备 步骤2：邻硝基苯胺的催化氢化反应 反应的原理和实验装置如图所示(夹持装置和搅拌装置略)。装置Ⅰ用于储存H2和监测反应过程。 回答下列问题： (1)操作(a)中，反应的离子方程式是________________________________。 (2)操作(d)中，判断雷尼Ni被水洗净的方法是________________________________________________________________________________。 (3)操作(e)中，下列溶剂中最有利于步骤2中氢化反应的是________(填标号，下同)。 A．丙酮 B．四氯化碳 C．乙醇 D．正己烷 (4)向集气管中充入H2时，三通阀的孔路位置如图所示。发生氢化反应时，集气管向装置Ⅱ供气，此时孔路位置需调节为________。 向集气管中充入H2 　 集气管向装置Ⅱ供气　 (5)反应前应向装置Ⅱ中通入N2一段时间，目的是______________________________。 (6)如果将三颈瓶N中的导气管口插入液面以下，可能导致的后果是____________________。 (7)判断氢化反应完全的现象是________________________。 答案：(1)2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑(2分)　(2)取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加几滴酚酞，如果溶液不变粉红色，则证明洗涤干净，否则没有洗涤干净(答案合理即可)(2分)　(3)C(2分)　(4)B(2分)　(5)排出装置中的空气，防止雷尼Ni自燃(1分)　(6)倒吸(2分)　(7)集气管中液面不再改变(2分) 解析：(1)铝可以和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑。 (2)由于水洗之前是用碱洗，此时溶液显碱性，故可以用酸碱指示剂来判断雷尼Ni是否被水洗净，具体方法：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加几滴酚酞，如果溶液不变粉红色，则证明洗涤干净，否则没有洗涤干净[或焰色试验检验Na＋等(合理即可)]。 (3)根据题给信息可知，邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行，四氯化碳、正己烷为非极性有机溶剂，乙醇和丙酮为极性有机溶剂，但丙酮会与H2反应，故C项正确。 (4)向集气管中充入H2时，氢气从左侧进入，向下进入集气管，则当由集气管向装置Ⅱ供气时，孔路位置需调节为气体由下方的集气管向右进入装置Ⅱ，孔路位置需调节为B项所示，而C项所示孔路位置中左侧会漏气，不符合题意，故B项正确。 (5)根据题给信息可知，雷尼Ni暴露在空气中可以自燃，故反应前应向装置Ⅱ中通入N2一段时间，目的是排除装置中的空气，防止雷尼Ni自燃。 (6)若将三颈瓶N中的导气管插入液面以下，则会导致装置Ⅱ中的液体倒吸进入集气管中。 (7)反应完成后，氢气不再被消耗，则集气管中液面不再改变。 4．(2022江苏真题，10分)实验室以二氧化铈(CeO2)废渣为原料制备Cl－含量少的Ce2(CO3)3，其部分实验过程如下： (1)“酸浸”时CeO2与H2O2反应生成Ce3＋并放出O2，该反应的离子方程式为________________________________________。 (2)pH约为7的CeCl3溶液与NH4HCO3溶液反应可生成Ce2(CO3)3沉淀，该沉淀中Cl－含量与加料方式有关。得到含Cl－量较少的Ce2(CO3)3的加料方式为________(填序号)。 A．将NH4HCO3溶液滴加到CeCl3溶液中 B．将CeCl3溶液滴加到NH4HCO3溶液中 (3)通过中和、萃取、反萃取、沉淀等过程，可制备Cl－含量少的Ce2(CO3)3。已知Ce3＋能被有机萃取剂(简称HA)萃取，其萃取原理可表示为 Ce3＋(水层)＋3HA(有机层) Ce(A)3(有机层)＋3H＋(水层) ①加氨水“中和”去除过量盐酸，使溶液接近中性。去除过量盐酸的目的是______________________________________________。 ②反萃取的目的是将有机层Ce3＋转移到水层。使Ce3＋尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有________________________________________(填两项)。 ③与“反萃取”得到的水溶液比较，过滤Ce2(CO3)3溶液的滤液中，物质的量减小的离子有________(填化学式)。 答案：(1)2CeO2＋H2O2＋6H＋===2Ce3＋＋O2↑＋4H2O(2分) 　(2)B(1分) 　(3) ①减少溶液中H＋对萃取过程的干扰，使平衡右移，促进Ce3＋被萃取(3分) 　②酸性条件，多次萃取(2分) 　③Ce3＋、H＋(2分) 解析：首先用稀盐酸和过氧化氢溶液酸浸二氧化铈废渣，得到三价铈，加入氨水调节pH后用萃取剂萃取其中的三价铈，增大三价铈浓度，之后加入稀硝酸反萃取其中的三价铈，再加入氨水和碳酸氢铵制备产物，以此解题。 (1)根据信息反应物为CeO2与H2O2，产物为Ce3＋和O2，根据电荷守恒、元素守恒、得失电子守恒可知其离子方程式为2CeO2＋H2O2＋6H＋===2Ce3＋＋O2↑＋4H2O。 (2)反应过程中保持CeCl3少量即可得到含Cl－量较少的Ce2(CO3)3，故B项正确。 (3)①萃取原理为Ce3＋(水层)＋3HA(有机层)Ce(A)3(有机层)＋3H＋(水层)，加氨水能“中和”去除过量盐酸，减少溶液中H＋对萃取过程的干扰，使平衡右移，促进Ce3＋被萃取。②根据萃取原理可知，应选择的实验条件是酸性条件，为了使Ce3＋尽可能多地发生上述转移，可以采用多次萃取。③“反萃取”加入的稀硝酸所得溶液为强酸性，加入氨水、NH4HCO3，溶液中H＋、Ce3＋的物质的量减小。 突破积累练　　　　　化学实验类表格题专项练 1．(2022海南真题，2分)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 MgCl2溶液中滴加NaOH溶液至过量 产生白色沉淀后沉淀消失 B FeCl2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KMnO4溶液中滴加乙醇至过量 溶液紫红色褪去 答案：D 解析：MgCl2溶液中滴加氢氧化钠溶液时，发生反应：Mg2＋＋2OH－ ===Mg(OH)2↓，产生白色沉淀，氢氧化钠溶液过量时，Mg(OH)2沉淀不溶解，故A项错误。SCN－与Fe3＋反应生成血红色络合物，与Fe2＋反应不能生成血红色络合物，故B项错误。由于Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)，AgI悬浊液中滴加NaCl溶液至过量，黄色沉淀不能全部转化为白色沉淀，故C项错误。乙醇有还原性，可被酸性高锰酸钾溶液氧化为乙酸，所以酸性高锰酸钾溶液中滴加过量乙醇，溶液紫红色褪去，故D项正确。 2．(2025汇编，4分)下列实验操作及现象与对应结论不匹配的是(　　) 选项 实验操作及现象 结论 A 室温下，向0.1 mol·L－1 HCl溶液中加入少量镁粉，产生大量气泡，测得溶液温度上升 镁与盐酸反应放热(江苏经典真题) B 将Zn(OH)2固体粉末加入过量NaOH溶液中，充分搅拌，溶解得到无色溶液 Zn(OH)2既体现碱性又体现酸性(2022重庆真题) C 将TiCl4液体和FeCl3固体分别暴露在潮湿空气中，只有前者会冒“白烟” 水解性：TiCl4＞FeCl3(2022重庆真题) D 将红色固体CrO3加热，得到绿色固体Cr2O3，且生成的气体可以使带火星的木条复燃 热稳定性：CrO3＜Cr2O3(2022重庆真题) 答案：B 解析：稀盐酸和镁粉反应后溶液温度升高，可判断镁与盐酸的反应为放热反应，故A项正确，不符合题意。将Zn(OH)2固体粉末加入过量NaOH溶液中，充分搅拌，溶解得到无色溶液，说明Zn(OH)2能够和碱反应，体现酸性，不能得出其具有碱性的结论，故B项错误，符合题意。将TiCl4液体和FeCl3固体分别暴露在潮湿空气中，只有前者会冒“白烟”，则水解性：TiCl4＞FeCl3，故C项正确，不符合题意。将红色固体CrO3加热，得到绿色固体Cr2O3，且生成的气体可以使带火星的木条复燃，说明该过程中产生了氧气，则CrO3不稳定，故D项正确，不符合题意。 3．(2022全国Ⅰ真题，6分)由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是(　　) 实验操作 现象 结论 A 向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液 先变橙色，后变蓝色 氧化性：Cl2>Br2>I2 B 向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入新制的Cu(OH)2悬浊液 无砖红色沉淀 蔗糖未发生水解 C 石蜡油加强热，将产生的气体通入Br2的CCl4溶液 溶液红棕色变无色 气体中含有不饱和烃 D 加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片 试管口润湿的蓝色石蕊试纸变红 氯乙烯加聚是可逆反应 答案：C 解析：本题考查化学实验的基础知识。由于氯水过量，Cl2既氧化了Br－又氧化了I－，无法确定Br2和I2的氧化性强弱，故A项错误。蔗糖水解时，稀硫酸为催化剂，水解后的溶液显酸性，而用新制氢氧化铜悬浊液检验醛基时需要在碱性条件下，故B项错误。石蜡油加强热，产生的气体能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明气体中含有不饱和烃，与溴发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，故C项正确。聚氯乙烯加强热产生能使湿润蓝色石蕊试纸变红的气体，说明产生了氯化氢，氯乙烯加聚和聚氯乙烯加强热分解反应条件不同，不能说明氯乙烯加聚是可逆反应，故D项错误。 4．(2022福建真题，4分)探究醋酸浓度与电离度(α)关系的步骤如下，与相关步骤对应的操作或叙述正确的是(　　) 步骤 操作或叙述 A Ⅰ.用NaOH标准溶液标定醋酸溶液浓度 滴定时应始终注视滴定管中的液面 B Ⅱ.用标定后的溶液配制不同浓度的醋酸溶液 应使用干燥的容量瓶 C Ⅲ.测定步骤Ⅱ中所得溶液的pH 应在相同温度下测定 D Ⅳ.计算不同浓度溶液中醋酸的电离度 计算式为α＝×100% 答案：C 解析：中和滴定时眼睛应始终注视锥形瓶内溶液颜色的变化，故A项错误。配制不同浓度的醋酸溶液时，需用蒸馏水定容，容量瓶不需要干燥，故B项错误。温度影响醋酸的电离平衡，因此测定步骤Ⅱ中所得溶液的pH时应在相同温度下测定，故C项正确。电离度是指弱电解质在溶液里达到电离平衡时，已电离的电解质分子数占原来总分子数(包括已电离的和未电离的)的百分数，因此醋酸的电离度计算式为α＝×100%≈×100%，故D项错误。 5．(2022湖北真题，3分)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 答案：C 解析：碳酸钠、碳酸氢钠溶液均显碱性，等浓度的两种溶液，pH：碳酸钠溶液＞碳酸氢钠溶液，滴入酚酞后，碳酸钠溶液中显红色，碳酸氢钠溶液中显浅红色，故A项正确，不符合题意。食盐水溶液呈中性，铁钉在食盐水中发生的腐蚀是吸氧腐蚀，试管中的气体减少，导管中形成一段水柱，故B项正确，不符合题意。钠燃烧通常用坩埚或者燃烧匙，不能用表面皿，故C项错误，符合题意。石蜡油热分解需在硬质玻璃试管中进行，并加入碎瓷片作催化剂，故D项正确，不符合题意。 课后提分练31　气体的制备与探究　实验方案的设计与评价 A组(巩固提升) 1．(海南高三学业水平诊断，2分)用如图所示装置能制备下列干燥的气体，且能控制反应的发生和停止的是(甲、乙、丙表示加入的试剂，部分夹持装置省略)(　　) 选项 气体 甲 乙 丙 A Cl2 浓盐酸 二氧化锰 氯化钙 B CO2 稀硫酸 石灰石 五氧化二磷 C C2H2 饱和食盐水 电石 碱石灰 D H2 稀硫酸 锌粒 碱石灰 答案：D 解析：二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气需要加热，故A项不符合题意。稀硫酸和石灰石反应生成的硫酸钙微溶于水附着在固体表面阻止反应进行，不能用石灰石和稀硫酸制取CO2，故B项不符合题意。电石和水反应生成微溶于水的氢氧化钙，堵塞多孔隔板，不能用该装置制备乙炔，故C项不符合题意。锌和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，属于固液不加热制备气体，氢气可用碱石灰进行干燥，该装置能控制反应的发生和停止，故D项符合题意。 2．(2025汇编，2分)依据下列实验和现象，得出结论正确的是(　　) 选项 实验 现象 结论 A 点燃无色气体X，将生成的气体通入澄清石灰水 澄清石灰水先浑浊后澄清 X为CO(海南经典真题) B 25 ℃时，向无色的Y溶液中滴加1～2滴酚酞试液 溶液仍为无色 Y溶液的pH＜7(海南经典真题) C 在淀粉和I2的混合溶液中滴加KSCN溶液[已知：(SCN)2、SCN－分别与卤素单质、卤素离子性质相似] 溶液仍为蓝色 氧化性：(SCN)2<I2(海南经典真题) D 向碘水中加入少量苯，振荡静置 溶液分层，上层紫红色，下层几乎无色 碘在苯中的溶解度比水中大 答案：D 解析：无色气体甲烷在空气中燃烧生成二氧化碳和水，将生成的气体通入澄清石灰水，澄清石灰水也会先浑浊后澄清，则无色气体X不一定为一氧化碳，故A项错误。酚酞的变色范围为8.2～10，若无色Y溶液的pH在7～8.2之间，向溶液中滴加1～2滴酚酞试液，溶液也为无色，则溶液仍为无色不能判断溶液pH小于7，故B项错误。若向淀粉和碘的混合溶液中滴加不足量的硫氰化钾溶液，碘未完全反应，溶液也呈蓝色，也可能I2与KSCN不反应，则(SCN)2的氧化性比I2的氧化性强，与结论不符，故C项错误。碘易溶于苯，苯可以从碘水中萃取出碘并与水分层，且苯的密度比水的密度小，则溶液分层，上层紫红色，下层几乎无色，故D项正确。 3.(山东经典真题，2分)利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是(　　) A．用甲装置制备并收集CO2 B．用乙装置制备溴苯并验证有HBr产生 C．用丙装置制备无水MgCl2 D．用丁装置在铁上镀铜 答案：C 解析：NaHCO3加热有水生成，则试管口应略向下倾斜，且收集CO2应选向上排空气法，图中为向下排空气法，故A项错误。溴易挥发，溴及HBr均与硝酸银反应，则图中实验不能检验HBr的生成，故B项错误。HCl可抑制镁离子水解，则在HCl气流中加热可制备无水MgCl2，故C项正确。Fe与电源正极相连为阳极，Fe不断溶解，而Cu为阴极，Cu不能失去电子，则不能在铁上镀铜，故D项错误。 4．(2023全国Ⅱ真题，14分)钴配合物[Co(NH3)6]Cl3溶于热水，在冷水中微溶，可通过如下反应制备：2CoCl2＋2NH4Cl＋10NH3＋H2O22[Co(NH3)6]Cl3＋2H2O。 具体步骤如下： Ⅰ.称取2.0 g NH4Cl，用5 mL水溶解。 Ⅱ.分批加入3.0 g CoCl2·6H2O后，将溶液温度降至10 ℃以下，加入1 g活性炭、7 mL浓氨水，搅拌下逐滴加入10 mL 6%的双氧水。 Ⅲ.加热至55～60 ℃反应20 min。冷却，过滤。 Ⅳ.将滤得的固体转入含有少量盐酸的25 mL沸水中，趁热过滤。 Ⅴ.滤液转入烧杯，加入4 mL浓盐酸，冷却、过滤、干燥，得到橙黄色晶体。 回答下列问题： (1)步骤Ⅰ中使用的部分仪器如图1。 图1 仪器a的名称是__________。加快NH4Cl溶解的操作有________________。 (2)步骤Ⅱ中，将温度降至10 ℃以下以避免____________________、________________；可选用__________降低溶液温度。 (3)指出图2过滤操作中不规范之处：____________________________________________________________________________。 图2 (4)步骤Ⅳ中，趁热过滤，除掉的不溶物主要为__________。 (5)步骤Ⅴ中加入浓盐酸的目的是____________________________________________。 答案：(1)锥形瓶(1分)　加热、搅拌(振荡)(2分)　(2)氨逸出(2分)　双氧水分解(2分)　冷水或冰水(浴)(2分)　(3)漏斗末端颈尖未紧靠烧杯内壁，玻璃棒下端未紧靠三层滤纸处(2分)　(4)活性炭(1分)　(5)(利用同离子效应)增大氯离子浓度，促进产物析出(2分) 解析：(1)由图中仪器的结构特征可知，仪器a为锥形瓶；加快氯化铵溶解可采用适当升温、搅拌(振荡)等方式。 (2)步骤Ⅱ中使用了浓氨水和双氧水，高温下浓氨水易挥发，双氧水易分解，所以将温度控制在10 ℃以下，通常采用冷水或冰水(浴)降温。 (3)图中玻璃棒没有紧靠三层滤纸处，造成过滤效果不佳；漏斗末端颈尖没有紧靠在烧杯内壁，可能导致液滴飞溅。 (4)步骤Ⅳ中，将所得固体转入有少量盐酸的25 mL沸水中，根据题目信息，钴配合物[Co(NH3)6]Cl3溶于热水，活性炭不溶于热水，所以趁热过滤可除去活性炭。 (5)步骤Ⅴ中，将滤液转入烧杯，由于钴配合物[Co(NH3)6]Cl3中含有氯离子，加入4 mL浓盐酸，可利用同离子效应，促进钴配合物[Co(NH3)6]Cl3尽可能完全析出，提高产率。 5．(2022全国Ⅰ真题，14分)二草酸合铜(Ⅱ)酸钾{K2[Cu(C2O4)2]}可用于无机合成、功能材料制备。实验室制备二草酸合铜(Ⅱ)酸钾可采用如下步骤： Ⅰ.取已知浓度的CuSO4溶液，搅拌下滴加足量NaOH溶液，产生浅蓝色沉淀。加热，沉淀转变成黑色，过滤。 Ⅱ.向草酸(H2C2O4)溶液中加入适量K2CO3固体，制得KHC2O4和K2C2O4混合溶液。 Ⅲ.将Ⅱ的混合溶液加热至80～85 ℃，加入Ⅰ中的黑色沉淀。全部溶解后，趁热过滤。 Ⅳ.将Ⅲ的滤液用蒸汽浴加热浓缩，经一系列操作后，干燥，得到二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体，进行表征和分析。 回答下列问题： (1)由CuSO4·5H2O配制Ⅰ中的CuSO4溶液，下列仪器中不需要的是__________________(填仪器名称)。 　　　 　　　　　　 (2)长期存放的CuSO4·5H2O中，会出现少量白色固体，原因是________________________________________。 (3)Ⅰ中的黑色沉淀是________(写化学式)。 (4)Ⅱ中原料配比为n(H2C2O4)∶n(K2CO3)＝1.5∶1，写出反应的化学方程式：________________________________________________。 (5)Ⅱ中，为防止反应过于剧烈而引起喷溅，加入K2CO3应采取______________________的方法。 (6)Ⅲ中应采用________进行加热。 (7)Ⅳ中“一系列操作”包括________________________________________。 答案：(1)分液漏斗、球形冷凝管(2分)　 (2)CuSO4·5H2O部分失去结晶水生成CuSO4为白色固体(2分)　(3)CuO(1分)　(4)3H2C2O4＋2K2CO3===2KHC2O4＋K2C2O4＋2CO2↑＋2H2O(3分)　(5)分多次加入，并不断搅拌(3分)　(6)水浴(1分)　(7)冷却结晶、过滤、洗涤(2分) 解析：本题考查实验设计与评价。 (1)配制一定浓度的溶液需要准确称取溶质的质量(电子秤)和量取溶剂的体积(量筒)，并在烧杯中溶解，因此不会用到分液漏斗和球形冷凝管。 (2)硫酸铜固体为白色，与CuSO4·5H2O晶体颜色不同，因此该过程出现少量白色固体是CuSO4·5H2O部分失去结晶水生成CuSO4导致的。 (3)硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应生成难溶于水的氢氧化铜沉淀，加热后氢氧化铜会分解生成氧化铜和水，则黑色固体为氧化铜。 (4)此反应没有化合价变化，因此根据反应物物质的量的关系直接配平即可。 (5)分多次加入K2CO3固体并不断搅拌即可达到实验要求。 (6)室温～100 ℃之间的温度一般选择水浴加热，与酒精灯加热相比，水浴受热均匀，温度便于控制，效果更好。 (7)从溶液中提取晶体的方法一般为加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 B组(冲刺满分) 6．(2025汇编，2分)下列方案设计、现象和结论不正确的是(　　) 目的 方案设计 现象和结论 A 检验硫酸厂周边空气中是否含有二氧化硫 用注射器多次抽取空气，慢慢注入盛有酸性KMnO4稀溶液的同一试管中，观察溶液颜色变化 溶液不变色，说明空气中不含二氧化硫(2022.01浙江选考) B 鉴定某涂改液中是否存在含氯化合物 取涂改液与KOH溶液混合加热充分反应，取上层清液，硝酸酸化，加入硝酸银溶液，观察现象 出现白色沉淀，说明涂改液中存在含氯化合物(2022.01浙江选考) C 探究KI与FeCl3反应的限度 取5 mL 0.1 mol·L－1KI溶液于试管中，加入1 mL 0.1 mol·L－1 FeCl3溶液，充分反应后滴入5滴15% KSCN溶液 若溶液变血红色，则KI与FeCl3的反应有一定限度(浙江经典真题) D 鉴别食盐与亚硝酸钠 各取少量固体加水溶解，分别滴加含淀粉的KI溶液，振荡，观察溶液颜色变化 溶液变蓝色的为亚硝酸钠；溶液不变蓝的为食盐(2022.01浙江选考) 答案：D 解析：二氧化硫具有还原性，酸性KMnO4稀溶液具有氧化性，两者发生氧化还原反应生成Mn2＋，若溶液不变色，说明空气中不含二氧化硫，故A项正确，不符合题意。涂改液与KOH溶液混合加热充分反应，取上层清液，硝酸酸化，排除了KOH等的干扰，加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，该沉淀为氯化银，能够说明涂改液中存在含氯化合物，故B项正确，不符合题意。向5 mL 0.1 mol·L－1KI溶液中滴加1 mL 0.1 mol·L－1 FeCl3溶液，由于FeCl3是不足量的，若充分反应后FeCl3仍有剩余说明反应是有限度的，因此向反应后的溶液中加入KSCN溶液，若溶液变红，则说明该反应是有限度的，故C项正确，不符合题意。亚硝酸钠在酸性条件下具有氧化性，滴加含淀粉的酸性KI溶液，反应的离子方程式为2NO＋2I－＋4H＋===2NO↑＋I2＋2H2O，生成的I2与淀粉作用呈蓝色，该实验没有酸化，故D项错误，符合题意。 7．(2025汇编，2分)根据实验目的，下列实验及现象、结论都正确的是(　　) 选项 实验目的 实验及现象 结论 A 比较CH3COO－和HCO的水解常数 分别测浓度均为0.1 mol·L－1的CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH，后者大于前者 Kh(CH3COO－)<Kh(HCO)(2022全国Ⅱ真题) B 检验某无色溶液中是否含有NO 取少量该溶液于试管中，加稀盐酸酸化，再加入FeCl2溶液，溶液变黄色且试管上部产生红棕色气体 该溶液中含有NO(浙江经典真题) C 探究氢离子浓度对CrO、Cr2O相互转化的影响 向K2CrO4溶液中缓慢滴加硫酸，黄色变为橙红色 增大氢离子浓度，转化平衡向生成Cr2O的方向移动(2022全国Ⅱ真题) D 检验乙醇中是否含有水 向乙醇中加入一小粒金属钠，产生无色气体 乙醇中含有水(2022全国Ⅱ真题) 答案：C 解析：根据控制变量法可知，要比较CH3COO－和HCO的水解常数，应该保证两溶液中阳离子相同，故A项错误。原溶液中若存在硝酸根离子，也可以在酸化条件下和Fe2＋反应生成Fe3＋而使溶液变黄色，且试管上部产生红棕色气体，故不能检验原溶液中是否含有亚硝酸根离子，故B项错误。CrO呈黄色，Cr2O呈橙红色，CrO与Cr2O在酸性条件下存在如下转化关系：2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O，故向K2CrO4溶液中加入稀硫酸，溶液由黄色变成橙红色，说明产生了Cr2O，即增大氢离子浓度，转化平衡向生成Cr2O的方向移动，故C项正确。乙醇和水均能与金属Na反应，向乙醇中加入一小粒金属钠，产生无色气体时不能判断乙醇中含有水，故D项错误。 8．(山东百所名校联考，2分)化工行业常用硒(Se)作催化剂，该催化剂具有反应条件温和、成本低、环境污染小、用后处理简便等优点。以铜阳极泥(主要成分为Cu2Se、Ag2Se，还含有少量Ag、Au、Pt等)为原料制备纯硒的工艺流程如图。 已知：①“净化除杂”时采用真空蒸馏的方法提纯硒(沸点为685 ℃)； ②焙烧后，Cu、Ag均以硫酸盐形式存在，Ksp(Ag2SO4)＝1.4×10－5； ③“浸出液”中溶质的饱和浓度不小于0.01 mol·L－1。　 下列说法错误的是(　　) A．“加硫酸并焙烧”时使用的硫酸应为浓硫酸 B．“水吸收”过程得到的溶液呈酸性 C．在实验室蒸馏时，需要用到直形冷凝管 D．“浸出液”中的溶质成分不可能含有Ag2SO4 答案：D 解析：由流程可知，铜阳极泥加硫酸焙烧时Cu2Se与H2SO4反应生成CuSO4、SeO2、SO2，Ag2Se与H2SO4反应生成Ag2SO4、SeO2、SO2，“水吸收”过程发生反应SeO2＋2SO2＋2H2O===2H2SO4＋Se↓，过滤分离出的滤液含硫酸可循环使用，操作1为过滤，滤渣用真空蒸馏的方法提纯硒。稀硫酸不能将Cu2Se氧化成CuSO4和SeO2，所以用浓硫酸，故A项正确，不符合题意。“水吸收”过程生成硫酸，得到的溶液呈酸性，故B项正确，不符合题意。实验室蒸馏时，需要用到直形冷凝管，故C项正确，不符合题意。“浸出液”中溶质的饱和浓度不小于0.01 mol·L－1，(0.02)2×0.01＜Ksp(Ag2SO4)＝1.4×10－5，则“浸出液”中的溶质成分可能含有Ag2SO4，故D项错误，符合题意。 9．(2022湖北真题，14分)高技术领域常使用高纯试剂。纯磷酸(熔点为42 ℃，易吸潮)可通过市售85%磷酸溶液减压蒸馏除水、结晶除杂得到，纯化过程需要严格控制温度和水分，温度低于21 ℃易形成2H3PO4·H2O(熔点为30 ℃)，高于100 ℃则发生分子间脱水生成焦磷酸等。某兴趣小组为制备磷酸晶体设计的实验装置如下(夹持装置略)： 回答下列问题： (1)A的名称是________________。B的进水口为________(填“a”或“b”)。 (2)P2O5的作用是____________________________________________。 (3)空气流入毛细管的主要作用是防止______________________________，还具有搅拌和加速水逸出的作用。 (4)升高温度能提高除水速度，实验选用水浴加热的目的是______________________。 (5)磷酸易形成过饱和溶液，难以结晶，可向过饱和溶液中加入____________促进其结晶。 (6)过滤磷酸晶体时，除了需要干燥的环境外，还需要控制温度为__________(填标号)。 A．<20 ℃ 　 B. 30～35 ℃ 　　　C. 42～100 ℃ (7)磷酸中少量的水极难除去的原因是________________________。 答案：(1)圆底烧瓶(1分)　b(1分)　(2)吸收毛细管上端的水蒸气(2分)　(3)溶液沿毛细管上升(2分)　(4)受热均匀、便于控制温度(2分)　(5)磷酸晶体(2分)　(6)B(2分)　(7)磷酸与水分子间形成氢键(2分) 解析：本题考查化学实验、物质的制备等知识。 (1)由图可知A的名称是圆底烧瓶；蒸馏时冷却的冷凝水采用下(b)进上(a)出的方法。 (2)在蒸馏过程中毛细管上端含有的水蒸气在蒸馏结束后会对纯磷酸产生影响，故用P2O5吸收毛细管上端的水蒸气。 (3)空气流入毛细管可以对烧瓶中的溶液起到搅拌效果，同时还具有加速水逸出和防止溶液沿毛细管上升的作用。 (4)温度高于100 ℃则磷酸发生分子间脱水生成焦磷酸等，水浴加热可以使液体受热均匀、便于控制温度。 (5)过饱和溶液暂时处于亚稳态，当加入一些溶质晶体或晃动时可使此状态失去平衡，过多的溶质就会结晶，因此可向磷酸的过饱和溶液中加入磷酸晶体促进其结晶。 (6)磷酸的熔点是42 ℃，要得到磷酸晶体需控制温度低于42 ℃，而2H3PO4·H2O的熔点是30 ℃，所以要得到磷酸晶体需控制温度在30～42 ℃，即B项符合题意。 (7)磷酸与水分子间形成稳定的氢键，所以水极难除去。 10．(2022.06浙江选考，8分)氨基钠(NaNH2)是重要的化学试剂，实验室可用如图装置(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100 mL液氨和0.05 g Fe(NO3)3·9H2O，通入氨气排尽密闭体系中空气，搅拌。 Ⅱ.加入5 g钠粒，反应，得NaNH2粒状沉积物。 Ⅲ.除去液氨，得产品NaNH2。 已知：NaNH2几乎不溶于液氨，易与水、氧气等反应。 2Na＋2NH3=== 2NaNH2＋H2↑ NaNH2＋H2O=== NaOH＋NH3↑ 4NaNH2＋3O2=== 2NaOH＋2NaNO2＋2NH3 请回答： (1)Fe(NO3)3·9H2O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Fe(NO3)3·9H2O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NaNH2 D．产品NaNH2应密封保存于充满干燥氮气的瓶中 答案：(1)催化(1分)　防止氧气、水进入密闭体系(2分)　(2)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(2分)　(3)分批少量加入钠粒、降低冷却液温度(任写一种即可)(1分)　(4)BC(2分) 解析：在Fe(NO3)3·9H2O催化下钠与液氨反应生成NaNH2和氢气，该反应是放热反应，为保证液氨处于微沸状态，需要用冷却液控制一定的温度。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，导气口N连接尾气处理装置再处理氨气等，据此结合实验原理分析解答。 (1)Fe(NO3)3·9H2O用量极少且不是反应物，则其作用是催化剂；装置B中盛有液态汞单质，可以防止空气中的水蒸气、氧气进入装置A，使氨基钠变质。 (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，所以为判断密封体系中空气是否排尽，可设计方案如下：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)反应物的浓度和反应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、降低冷却液温度等。 (4)步骤Ⅰ中，搅拌的目的是使Fe(NO3)3·9H2O固体均匀地分散在液氨中，以起到更好的催化效果，故A项正确，不符合题意。步骤Ⅱ中，N处氢气不足或不纯，都可能导致没有火焰，所以没有火焰不能说明没有氢气生成，不能证明反应已完成，且直接点火存在安全隐患，故B项错误，符合题意。步骤Ⅲ中，因氨基钠易与氧气反应，应在氮气环境下除去液氨，得到产品氨基钠，故C项错误，符合题意。氨基钠易与水、氧气等反应，所以应密封保存于充满干燥氮气的试剂瓶中，故D项正确，不符合题意。 11．(山东经典真题，12分)用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3 )和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如图： 已知：MnO2是一种两性氧化物；25 ℃时相关物质的Ksp见下表。 物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3 Mn(OH)2 Ksp 1×10－16.3 1×10－38.6 1×10－32.3 1×10－12.7 回答下列问题： (1)软锰矿预先粉碎的目的是____________________________________________，MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为______________________________________。 (2)保持BaS投料量不变，随MnO2与BaS投料比增大，S的量达到最大值后无明显变化，而Ba(OH)2的量达到最大值后会减小，减小的原因是__________________________________________________________________。 (3)滤液Ⅰ可循环使用，应当将其导入到__________操作中(填操作单元的名称)。 (4)净化时需先加入的试剂X为________(填化学式)，再使用氨水调溶液的pH，则pH的理论最小值为______(当溶液中某离子浓度c≤1.0×10－5 mol·L－1时，可认为该离子沉淀完全)。 (5)碳化过程中发生反应的离子方程式为________________________________________。 答案：(1)增大反应物的接触面积，充分反应，提高反应速率(1分)　MnO2＋BaS＋H2O===Ba(OH)2＋MnO＋S(2分)　(2)过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2(2分)　(3)蒸发(1分)　(4)H2O2(2分)　4.9(2分)　(5)Mn2＋＋HCO＋NH3·H2O===MnCO3↓＋NH＋H2O(2分) 解析：(1)软锰矿预先粉碎可以增大反应物的接触面积，使反应更充分，提高反应速率；MnO2与BaS反应转化为MnO，锰元素的化合价由＋4价降低为＋2价，根据硫酸酸解后的溶液过滤得到硫黄，可知－2价的硫元素应被氧化得到硫单质，则MnO2与BaS的系数比应为1∶1，根据后续流程可知产物还有Ba(OH)2，结合元素守恒可得化学方程式为MnO2＋BaS＋H2O===Ba(OH)2＋MnO＋S。 (2)根据题目信息可知MnO2为两性氧化物，所以当MnO2过量时，会消耗反应产生的Ba(OH)2，从而使Ba(OH)2的量达到最大值后减小。 (3)滤液Ⅰ为结晶后剩余的Ba(OH)2饱和溶液，所以可以导入到蒸发操作中循环使用。 (4)Fe(OH)2的Ksp较小，净化时为了更好地除去铁元素，需要将Fe2＋氧化为Fe3＋，为了不引入新的杂质，且不将锰元素氧化，加入的试剂X可以是H2O2。Fe(OH)3和Al(OH)3为同种类型的沉淀，根据表格数据可知， Al(OH)3的Ksp稍大，所以当Al3＋完全沉淀时，Fe3＋也一定完全沉淀，当c(Al3＋)＝1.0×10－5 mol·L－1时，c(OH－)＝＝10－9.1 mol·L－1，25 ℃时，KW＝1.0×10－14，所以c(H＋)＝10－4.9 mol·L－1，pH＝4.9，即pH的理论最小值为4.9。 (5)碳化过程中Mn2＋与HCO电离出的CO结合生成MnCO3沉淀，促进HCO的电离，产生的H＋和NH3·H2O反应生成NH和H2O，所以离子方程式为Mn2＋＋HCO＋NH3·H2O===MnCO3↓＋NH＋H2O。 $$