2025届高三化学一轮复习 过关专题训练---化学实验

2025届高三化学过关专题训练---化学实验 一、单选题 1．下列实验装置不能达到相应实验目的的是（　　） A．用甲装置验证钠和氯气能反应 B．用乙装置验证石蜡油分解的产物中含有不饱和烃 C．用丙装置验证甲烷和氯气能发生反应 D．用丁装置制备并收集氨气 2．化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列有关说法错误的是（　　） A．我国二氧化碳合成淀粉的颠覆性技术有助于未来实现“碳中和” B．我国率先研制了预防新冠病毒的灭活疫苗，灭活疫苗利用了蛋白质变性原理 C．“天和”核心舱电推进系统中的腔体采用的氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料 D．地沟油变废为宝是实现资源再利用的重要研究课题，地沟油和石蜡油的化学成分相同 3．下列试剂的储存或仪器的选择不合理的是（　　） A．浓硝酸密封保存在棕色细口瓶中，并放置阴凉处 B．液溴存放在带橡胶塞的细口瓶中，并用水液封 C．烧碱应密封保存在塑料瓶中 D．测海带中碘元素时，在坩埚内灼烧海带制海带灰 4．根据装置和下表内的物质（夹持、尾气处理装置省略），其中能达到相应实验目的的是（　　） 选项 中的物质 中的物质 中的物质 实验目的 浓硝酸 — 制备并收集 B 饱和食盐水 电石 溶液 检验是否有乙炔生成 C 浓氨水 碱石灰 — 制备并收集氨气 D 浓盐酸 溶液 制备84消毒液 A．A B．B C．C D．D 5．下列物质的化学式与俗名对应正确的是（　　） A．Na2C2——电石 B．Na2SiO3——泡花碱 C．CaSO4·2H2O——熟石膏 D．CH3I——碘仿 6．根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，其中设计和结论均合理的是（　　） 实验目的 实验方案设计 现象 结论 A 探究与的氧化性强弱 向溶液中加入过理HI溶液充分反应，再滴加淀粉溶液 溶液变蓝色 氧化性： B 比较与结合的能力 常温，测定溶液的pH 结合能力： C 探究温度对化学平衡的影响 将的溶液加热后置冷水中，观察现象 加热后溶液为黄绿色，冷水中变为蓝绿色 说明降低温度 向正反应方向移动 D 比较AgCl与的Ksp 向含有浓度均为的、溶液中，逐滴滴加溶液 先生成白色AgCl沉淀 Ksp： A．A B．B C．C D．D 7．海洋资源丰富，从海水中获取镁和溴的流程示意图如下： 下列有关说法正确的是 A．从经济效益角度考虑，工业上使用的试剂X是氢氧化钠 B．可用代替吸收含溴的空气 C．直接将溶液加热蒸干得无水 D．虚线框内流程的主要目的是减少环境污染 8．超酸HSbF6是石油重整中常用的催化剂，实验室常以SbCl3、Cl2和HF为原料通过反应SbCl3+Cl2=SbCl5、SbCl5+6HF=HSbF6+5HCl制备。制备SbCl5的实验装置如图所示。已知：SbCl3的熔点73.4℃，沸点220.3℃，易水解；SbCl5的熔点3.5℃，液态SbCl5在140℃时即发生分解，2.9kPa下沸点为79℃，也易水解。下列说法错误的是（　　） A．装置I中的a为冷凝水的进水口 B．装置II的主要作用是吸收Cl2和空气中的水蒸气 C．SbCl5制备完成后，可直接常压蒸馏分离出SbCl5 D．由SbCl5制备HSbF6时，不能选用玻璃仪器 9．实验室探究与溶液反应的原理，装置如图，实验中Y装置产生白色沉淀。下列说法错误的是（　　） A．滴加浓硫酸之前应进行的操作是打开弹簧夹，通入一段时间 B．Y中产生的白色沉淀是 C．在X装置中浓硫酸不体现氧化性 D．若将换成氨水，Y中不能产生白色沉淀 10．根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，下列方案设计、结论均正确的是（　　） 实验目的 方案设计 现象 结论 A 探究金属、的金属性强弱 将金属、分别切成体积相等的颗粒，投入蒸馏水中 金属与水反应更加剧烈 的金属性强于 B 判断的化学键类型 将固体溶于水，进行导电性实验 溶液可导电 中含有离子键 C 探究浓硝酸与炭在加热条件下能否反应 将红热的木炭投入浓硝酸中 产生红棕色气体 炭与浓硝酸在加热条件下反应生成 D 探究有机物中官能团之间的影响 分别向丙烯酸乙酯（）和α-氰基丙烯酸乙酯[]中滴入水 前者无明显现象，后者快速固化 氰基活化双键，使其更易发生加聚反应 A．A B．B C．C D．D 11．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 B C D 制备无水MgCl2 制备溴苯并验证有HBr产生 制备并收集氨气 制备并收集NO2 A．A B．B C．C D．D 12．下列实验操作、现象与预期实验目的或所得实验结论一致的是（　　） 选项 实验操作 现象 结论 A 向某溶液中加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液 酸化后溶液中无现象，再加溶液后观察到有白色沉淀生成 该溶液中存在SO离子 B 向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液 溶液变澄清 酸性：苯酚＞碳酸 C 用洁净的铂丝蘸取某溶液进行焰色反应 焰色呈黄色 该溶液为钠盐溶液 D 向FeCl2溶液中滴加KSCN溶液 溶液变红 FeCl2已完全变质 A．A B．B C．C D．D 13．下列实验操作规范且能达到实验目的的是（　　） 选项 A B C D 操作 实验目的 混合浓硫酸和乙醇 定容 干燥 分离碘和酒精 A．A B．B C．C D．D 14．用如图所示装置进行下列实验（尾气处理装置已省略），装置正确并能达到实验目的的是（　　） 选项 ①中试剂 ②中溶液 实验目的 A 浓硫酸、无水乙醇（沸石） 酸性高锰酸钾溶液 检验有乙烯气体生成 B 乙醇、乙酸、浓硫酸 氢氧化钠溶液 制取乙酸乙酯 C Cu、浓硫酸 溴水 验证的还原性 D 澄清石灰水 验证的热稳定性 A．A B．B C．C D．D 15．高温焙烧碳粉与重晶石混合物，发生的主反应为。工业上以重晶石矿(含、杂质)为原料制取的流程如图所示。下列说法错误的是 A．“焙烧”过程需要在隔绝空气条件下进行 B．“滤渣1“中最多含有两种单质 C．“滤液1”加CuO反生的反应： D．“滤液2”经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得晶体 16．25℃，用0.1的NaOH溶液滴定某二元弱酸，pH、粒子的分布分数[如与的关系如图所示。下列说法正确的是 A．Ⅱ线表示的变化曲线 B．时， C．时， D．a、b，c、d、e、f六点溶液中，f中水的电离程度最大 17．25℃时，用0.1溶液滴定同浓度的溶液，被滴定分数与值、微粒分布分数，X表示、或]的关系如图所示，下列说法正确的是（　　） A．用溶液滴定0.1溶液可以用酚酞作指示剂 B．25℃时，第二步电离平衡常数 C．c点溶液中： D．a、b、c、d四点溶液中水的电离程度： 18．从铝土矿(主要成分Al2O3)中提取铝的工艺流程如图。下列说法不正确的是（　　） A．从NaAlO2→Al(OH)3→Al2O3的转化过程中涉及的反应均为非氧化还原反应 B．Al2O3与NaOH溶液反应的化学方程式：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O C．NaAlO2生成Al(OH)3的离子方程式：AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO D．电解熔融Al2O3阳极的电极反应式：Al3++3e-=Al 19．下列方案设计、现象和结论有不正确的是（　　） 　 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 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 C 测定亚硝酸和氢硫酸的Ka1 常温下，分别测定0.1mol·L-1NaNO2溶液，0.1mol·L-1Na2S溶液的pH，测得Na2S溶液的pH更大 Ka(HNO2)＞Ka1(H2S) D 鉴别食盐与亚硝酸钠 各取少量固体加水溶解，分别滴加含淀粉的酸性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 A．A B．B C．C D．D 20．25℃时，用0.1mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00mL0.1mol·L-1的H2A溶液，溶液中各微粒的分布系数δ与pH、NaOH溶液体积的变化如图所示。[A2-的分布系数：δ(A2-)=。下列说法正确的是（　　） A．H2A在水中的电离方程式：H2AH++HA-、HA-H++A2- B．当V(NaOH)=30mL时，溶液中存在以下关系：2c(H+)+c(HA-)+2c(H2A)=c(A2-)+c(OH-) C．HA-的电离平衡常数Ka=1.0×10-5 D．滴定终点时，溶液中c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-) 二、综合题 21．某合金废料主要含有金属铈(Ce)、镍(Ni)、钴(Co)、锰(Mn)、铝(Al)，一种回收工艺的部分流程如下： 已知：Ce(Ⅲ)更容易在盐酸中浸出；稳定性：小于，易被氧化，有较强的萃取性能；易被氧化为，难溶于稀酸。 （1）“水浸”所得滤渣为、NiO、MnO、CoO，则滤液Ⅰ的主要成分是　 　(填化学式)，为提高水浸效率，可采取的措施有　 　。 （2）“酸浸Ⅰ”中与反应的离子方程式为　 　。滤渣Ⅱ是　 　(填化学式)。 （3）“沉铈”中生成的离子方程式　 　。 （4）“萃取”时先通气体X，目的是　 　。钴镍萃取百分数(E)和分离系数(分离系数越大，分离效果越好)与影响因素的关系如下图所示，最佳条件为　 　(填标号)。 a.pH=8.5 相比0.5 温度20℃ b.pH=9.6 相比1.0 温度30℃ c.pH=10.03 相比1.0 温度20℃ d.pH=11.63 相比0.5 温度40℃ 22．N2O、NO 和 NO₂等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。 （1）N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使 N₂O分解。NH₃与O₂在加热和催化剂作用下生成 N2O的化学方程式为　 　。 （2）NO 和 NO₂的处理。已除去 N₂O的硝酸尾气可用 NaOH 溶液吸收，主要反应为 ①下列措施能提高尾气中NO 和NO₂去除率的有　 　(填字母)。 A.加快通入尾气的速率 B.采用气、液逆流的方式吸收尾气 C.吸收尾气过程中定期补加适量 NaOH溶液 ②吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到 NaNO₂晶体，该晶体中的主要杂质是　 　(填化学式)；吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是　 　(填化学式)。 （3）NO 的氧化吸收。用 NaClO 溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中 NO 的去除率。其他条件相同，NO 转化为 NO-₃的转化率随 NaClO 溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示。 ①在酸性 NaClO 溶液中，HClO 氧化 NO 生成 Cl⁻和 NO3-，其离子方程式为：　 　 ②NaClO 溶液的初始 pH 越小，NO 转化率越高。其原因是：　 　。 23．一种利用废脱硝催化剂(含、、等成分)提取钛、钒的工艺流程如下图所示。 已知：①钛酸钠难溶于水； ②溶液的酸性较强时，价钒主要以的形式存在； ③溶液中某离子浓度，认为该离子沉淀完全。 回答下列问题： （1）上述流程中，发生的氧化还原反应有　 　个。 （2）“高温碱浸”中生成钛酸钠的离子方程式是　 　。 （3）将氢氧化钙加入钨酸钠溶液中可得到钨酸钙，已知，，当溶液中沉淀完全时，溶液中最大值为　 　。 （4）“沉钒”过程中，一般要加入过量，其原因是　 　。 （5）沉钒过程中，沉钒率随溶液pH的变化如图所示。沉钒率随溶液pH的增加先升高后降低的原因可能是　 　。 （6）取固体加热时，固体减少的质量随温度的变化曲线如图所示。加热到200℃时，产生气体的分子式为　 　。 24．我国稀土资源丰富，其中二氧化铈(CeO2) 是一种重要的稀土氧化物，具有吸收强紫外光线的能力，可以用于光催化降解有机污染物，利用氟碳铈矿(主要成分为CeCO3F)制备CeO2的工艺流程如下： （1）CeCO3F其中Ce元素的化合价为　 　。 （2）“焙烧”过程中可以加快反应速率，提高焙烧效率的方法有　 　 ( 写出一种即可)。 （3）操作①所需的玻璃实验仪器有烧杯、　 　、　 　。 （4）上述流程中 盐酸可用硫酸和H2O2替换，避免产生污染性气体Cl2，由此可知氧化性： CeO2　 　 H2O2 (填“＞”或“＜”)。 （5）写出“沉铈”过程中的离子反应方程式　 　。 若“沉铈”中，Ce3+恰好沉淀完全[c(Ce3+)为1.0×10-5mol·L-1，此时溶液的pH为5，则溶液中c()=　 　 mol·L-1 (保留2位有效数字)。 已知常温下： （6）Ce4+溶 液可以吸收大气中的污染物NOx，减少空气污染，其转化过程如图所示(以NO2为例)。 ①该反应中的催化剂为　 　(写离子符号)； ②该转化过程中还原剂与氧化剂物质的量之比为　 　。 25．利用氯碱工业中的固体废物盐泥[主要成分为、、，还含有少量、、、等]与废酸反应制备，既处理了三废，又有经济效益。其主要流程如下： 已知： ①部分离子沉淀完全的 沉淀物 8.96 3.20 4.70 11.12 ②三种化合物的溶解度(S)随温度变化的曲线 （1）实验室模拟该流程，不会涉及的操作　 　。 A． B． C． D． 加入NaClO可调节，且一种离子会被氧化。充分反应后再趁热过滤。 （2）以上操作利用了的　 　性和　 　性，且不引入新的杂质离子；趁热过滤的目的是　 　；沉淀A的主要成分是　 　、　 　、　 　。 （3）检验滤液B中是否含有的实验方法　 　。 （4）从沉淀B中获得晶体的实验步骤依次为①向沉淀B中加入足量　 　(填化学式)；②　 　、　 　；④过滤、洗涤得产品。 （5）若测定晶体中结晶水的含量，需要的定量仪器有　 　。 答案解析部分 1．【答案】D 【解析】【解答】A．甲中若有白烟产生，说明熔融钠和氯气反应生成NaCl，A不符合题意； B．石蜡油分解的产物能使溴的四氯化碳溶液褪色，证明含有不饱和烃，B不符合题意； C．光照条件下，甲烷和氯气发生取代反应，试管内黄绿色变浅，试管壁有油滴，试管内液面上升，装置能验证甲烷和氯气能发生反应，C不符合题意； D．氨气的密度小于空气，收集氨气时，导管应伸至试管底部，D符合题意； 故答案为：D。 【分析】A.氯气和钠反应生成NaCl； B.不饱和烃能与溴发生加成反应； C.甲烷和氯气在光照下发生取代反应。 2．【答案】D 【解析】【解答】A．碳中和是指企业、团体或个人测算在一定时间内直接或间接产生的温室气体排放总量，通过植树造林、节能减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”，二氧化碳合成淀粉减少了二氧化碳的排放，有助于未来实现“碳中和”，A不符合题意； B．病毒的主要成分为蛋白质，灭活疫苗利用了蛋白质变性原理，B不符合题意； C．氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料，C不符合题意； D．地沟油化学成分为油脂，石蜡油的化学成分为烃，成分不相同，D符合题意； 故答案为：D。 【分析】A. 二氧化碳合成淀粉能减少二氧化碳含量； B.病毒的主要成分是蛋白质，疫苗可使蛋白质变性； C.氮化硼属于新型无机非金属材料； D.地沟油是油脂，石蜡油是烃类。 3．【答案】B 【解析】【解答】A．浓硝酸见光受热易分解，故密封保存在棕色细口瓶中，并放置阴凉处，A不符合题意； B．液溴会腐蚀橡胶塞，故不能存放在带橡胶塞的细口瓶中，B符合题意； C．烧碱会和玻璃中的二氧化硅反应，应密封保存在塑料瓶中，C不符合题意； D．坩埚可用于灼烧物质，测海带中碘元素时，在坩埚内灼烧海带制海带灰，D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A.浓硝酸不稳定，易分解； C.烧碱会与玻璃中的二氧化硅反应生成具有粘性的硅酸钠； D.用坩埚灼烧固体。 4．【答案】D 【解析】【解答】A.Fe常温下与浓硝酸钝化，不能制取NO2，A错误； B.电石CaC2与饱和食盐水反应生成乙炔，产生的气体中有杂质H2S，H2S也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误； C.浓氨水与碱石灰快速制备氨气，但是收集氨气用向下排空气法，C错误； D.浓盐酸与高锰酸钾制氯气，产生的氯气与NaOH溶液反应生成NaClO，D正确 故答案为：D 【分析】 本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，涉及物质分离与提纯、酸性强弱比较、气体检验等知识，明确常见元素及其化合物性质即可解答，注意掌握常见化学实验基本操作方法，试题培养了学生的化学实验能力。 5．【答案】B 【解析】【解答】A、电石是CaC2，故A错误； B、泡花碱是硅酸钠，化学式为Na2SiO3，故B正确； C、熟石膏的化学式为：，故C错误； D、碘仿的化学式为CHI3，故D错误； 故答案为：B。 【分析】根据各物质的俗称与化学式解答。 6．【答案】B 【解析】【解答】A.酸性时，硝酸根具有氧化性可氧化碘离子，故A不符合题意； B.常温下 测定溶液的pH =13，说明 结合氢离子能力强，故B符合题意； C. 加热后溶液为黄绿色，冷水中变为蓝绿色；说明加热平衡逆向移动，故C不符合题意； D.沉淀类型不同，因此不能比较其Ksp大小，故D不符合题意； 故答案为：B 【分析】A.此实验需要排除硝酸根离子影响； B. 常温，测定溶液的pH =13可说明结合质子能力强； C.为蓝绿色，黄绿色，因此升高温度变为黄绿色，加热平衡正向移动； D.沉淀类型不同，不能比较。 7．【答案】B 8．【答案】C 【解析】【解答】A．由实验装置图可知，装置I为球形冷凝管，为增强冷凝回流的效果，装置中下口a为冷凝水的进水口，故A不符合题意； B．由实验装置图可知，装置II为干燥管，干燥管中盛有的碱石灰用于吸收未反应的氯气防止污染空气，同时吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入三颈烧瓶中导致SbCl5水解，故B不符合题意； C．由题给信息可知，SbCl5在140℃时即发生分解，所以制备完成后应采用减压蒸馏的方法分离出SbCl5，故C符合题意； D．由题给信息可知，制备HSbF6时用到能与玻璃中二氧化硅反应的氢氟酸，所以制备时不能选用玻璃仪器，故D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A、下口为冷凝水的进水口； B、装置II为干燥管，防止过量的氯气进入空气污染空气，同时也防止空气中的水蒸气进入装置中； C、采用减压蒸馏的方法分离； D、HSbF6能与玻璃中二氧化硅反应。 9．【答案】D 【解析】【解答】A．装置X的作用是产生SO2，为防止＋4价S被氧化，需要先通入一段时间的N2，排除装置中的空气，故A说法不符合题意； B．酸性条件下，NO能将SO2氧化成SO，Fe3＋也能将SO2氧化成SO，SO与Ba2＋反应生成BaSO4沉淀，故B说法不符合题意； C．生成二氧化硫，体现浓硫酸的强酸性，浓硫酸遇水放出大量的热，有利于二氧化硫的逸出，故C说法不符合题意； D．换成氨水，SO2能与氨水反应生成SO，SO能与Ba2＋反应生成BaSO3沉淀，故D说法符合题意； 故答案为：D。 【分析】A．反应前通入氮气的目的是排出装置内的空气； B．依据反应物的性质判断； C．元素化合价降低，表现氧化性，元素化合价升高，表现还原性。 D．依据复分解反应条件判断。 10．【答案】D 【解析】【解答】A.将金属Na、Ca分别切成体积相等的颗粒，投入蒸馏水中，分别发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；Ca+2H2O=Ca(OH)2+H2↑，由于NaOH易溶于水，会迅速扩散到溶于中，反应继续进行；而Ca(OH)2微溶水，反应产生Ca(OH)2覆盖在金属表面，阻止反应的进行，导致Ca与水的反应速率比Na与H2O反应的缓慢，因此不能比较金属Na、Ca的金属性强弱，故A不符合题意； B.AlCl3固体溶于水，AlCl3电离产生Al3+、Cl-，由于溶液中有自由移动的离子，因此能够导电，但不能判断其物质中含有离子键，故B不符合题意； C.浓硝酸具有不稳定性，在加热时会发生分解反应：4HNO32H2O+4NO2↑+O2↑，反应产生的NO2也会产生红棕色气体，而不能证明C与浓硝酸反应产生NO2，故C不符合题意； D.分别向丙烯酸乙酯(CH2=CHCOOCH2CH3)和α-氰基丙烯酸乙酯[CH2=C(CN)COOCH2CH3]中滴入水，前者无明显现象，后者快速固化，说明氰基活化双键，使其更易发生加聚反应，产生高聚物，可以用于探究有机物中官能团之间的影响，故D符合题意； 故答案为：D 【分析】A.从金属活动性判断，钙的金属性强于钠，但是钠和钙与水反应时，氢氧化钙微溶于水阻碍反应进行，导致速率降低； B.判断是否含有离子键，可利用熔融的氯化铝进行是否导电判断； C.浓硝酸受热时也分解成二氧化氮，无法确定是浓硝酸与木炭反应得到； D.根据加入水后固化说明发生价加聚反应，主要是氰基活化双键。 11．【答案】A 【解析】【解答】A．氯化镁属于强酸弱碱盐，加热过程中会水解生成Mg(OH)2和HCl，HCl具有挥发性，最终得到Mg(OH)2固体，HCl可抑制Mg2+水解，所以在HCl气流中加热才能制备无水MgCl2，A符合题意； B．Br2易挥发，Br2和HBr均与硝酸银溶液反应，所以该实验不能验证有HBr产生，B不符合题意； C．NH4Cl受热分解生成的NH3和HCl在试管口会化合生成NH4Cl，无法制备并收集NH3，C不符合题意； D．NO2能与水反应，不能用排水法收集NO2，D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】A. 氯化镁属于强酸弱碱盐，据此分析。 B. Br2易挥发，Br2和HBr均与硝酸银溶液反应，据此分析。 C. NH4Cl受热分解生成的NH3和HCl在试管口会化合生成NH4Cl。 D.注意NO2能与水反应。 12．【答案】A 【解析】【解答】A．向某溶液中加入稀盐酸酸化，无现象，排除碳酸根离子、亚硫酸根离子等的干扰，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，该沉淀是BaSO4，说明该溶液中含有，A符合题意； B．向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液反应生成苯酚钠、碳酸氢钠，溶液变澄清，说明酸性：苯酚＞，B不符合题意； C．用洁净的铂丝蘸取某溶液进行焰色反应，焰色呈黄色，说明该溶液含有钠元素，但不一定是钠盐溶液，可能是NaOH，NaOH为碱溶液，C不符合题意； D．向FeCl2溶液中滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红，只能检验FeCl2是否变质，不能检验是否完全变质，D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】A.产生的白色沉淀为硫酸钡，证明溶液中存在硫酸根； B.由实验现象得出结论：苯酚>碳酸氢根； C.焰色呈黄色，说明一定含钠元素，但不一定为钠盐； D.溶液变红说明有铁离子，可说明氯化亚铁已变质，但不能说明完全变质。 13．【答案】A 【解析】【解答】A．浓硫酸稀释放出热量，可将浓硫酸缓慢倒入装有乙醇的烧杯，并不断用玻璃棒搅拌，A符合题意； B．定容时胶头滴管应悬空于容量瓶的正上方，B不符合题意； C．碱石灰内含NaOH，能与氯气发生反应被吸收，应用五氧化二磷干燥氯气，C不符合题意； D．碘和酒精互溶，不能用分液来分离，D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】A、浓磷酸应该导入乙醇中； B、滴定管不能伸入瓶内； C、碱石灰不能干燥氯气； D、碘和酒精互溶。 14．【答案】C 【解析】【解答】A、乙醇易挥发，且乙醇也能使酸性高锰酸钾褪色，因此酸性高锰酸钾溶液褪色不能说明有乙烯生成，故A错误； B、乙酸乙酯与NaOH溶液反应，则②中溶液应改为饱和碳酸钠溶液，故B错误； C、Cu与浓硫酸加热生成二氧化硫，二氧化硫与溴水发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，则②中溶液褪色，可知二氧化硫具有还原性，故C正确； D、加热碳酸氢钠固体时，试管口应略向下倾斜，故D错误； 故答案为：C。 【分析】A、乙醇易挥发，且乙醇也能使酸性高锰酸钾褪色； B、乙酸乙酯与NaOH溶液反应； C、Cu与浓硫酸加热生成二氧化硫，二氧化硫与溴水发生氧化还原反应生成硫酸和HBr； D、加热时碳酸氢钠分解。 15．【答案】B 【解析】【解答】A．若焙烧过程在空气中进行，碳粉高温下会与空气中的氧气反应，无法与重晶石反应，所以需要在隔绝空气条件下进行，故A不符合题意； B．由分析可知，滤渣1中含有过量碳粉、铁、硅共3种单质，故B符合题意； C．由分析可知，滤液1中加入氧化铜发生的反应为硫化钡溶液与氧化铜反应生成氢氧化钡和硫化铜沉淀，反应的化学方程式为，故C不符合题意； D．由分析可知，滤液2经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得八水氢氧化钡晶体，故D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】 重晶石矿粉中加入足量碳焙烧，热水浸取，过滤，滤渣含有Fe和Si以及过量的C，滤液1含有BaS，加入CuO，发生BaS+CuO+H2O=CuS+Ba(OH)2，过滤，滤液2含有Ba(OH)2，“滤液2”经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得Ba(OH)2⋅8H2O晶体。 16．【答案】D 17．【答案】A 【解析】【解答】A.根据图示，KHA溶液呈酸性，K2A溶液的pH≈10，酚酞的变色范围是8~10，所以用KOH溶液滴定0.1 溶液可以用酚酞作指示剂，故A符合题意； B.根据图示，c(HA-)=c(A2-)时，pH=7，25℃时，H2A第二步电离平衡常数10-7，故B不符合题意； C.c点溶液中，c(HA-)=c(A2-)，pH=7，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒，c(H+)+c(K+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，因此c(K+)=+3c(A2-)，故C不符合题意； D.随着氢氧化钾加入。H2A减少，K2A增多，因此水的电离增大，因此，故D不符合题意； 故答案为：A 【分析】A.根据产物为K2A呈碱性，因此可用酚酞做指示剂； B.根据H2A的计算公式判断当c(HA-)=c(A2-)计算出K数值； C.根据c点的电荷守恒以及pH=7计算判断； D.根据盐可促进水的电离判断。 18．【答案】D 【解析】【解答】A．向NaAlO2溶液中通入CO2气体，发生反应Al(OH)3，Al(OH)3不稳定，受热分解产生Al2O3，在上述转化过程中元素化合价都不变，因此涉及的反应均为非氧化还原反应，A不符合题意； B．Al2O3是两性氧化物，与NaOH溶液反应产生NaAlO2和水，反应的化学方程式为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，B不符合题意； C．由于Al(OH)3是两性物质，能够与强酸、强碱发生反应，为避免NaAlO2与强酸反应时产生的Al(OH)3被过量的强酸溶解变为可溶性铝盐，根据酸性：H2CO3＞Al(OH)3，向NaAlO2溶液中通入过量CO2气体，反应产生Al(OH)3、NaHCO3，该反应的离子方程式为：AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO，C不符合题意； D．电解熔融Al2O3时，阴极上Al3+得到电子被还原产生Al单质，故阴极的电极反应式：Al3++3e-=Al；阳极上是O2-失去电子变为O2，阳极的电极反应式为：2O2--4e-=O2↑，D符合题意； 故答案为：D。 【分析】铝土矿加入氢氧化钠碱溶，过滤除去杂质，加入过量二氧化碳，可生成氢氧化铝沉淀，滤液主要为溶质碳酸氢钠，灼烧氢氧化铝生成氧化铝，加入冰晶石电解熔融的氧化铝，可生成铝，以此解答该题。 19．【答案】C 【解析】【解答】A.KMnO4溶液为紫红色，具有强氧化性，SO2具有还原性，二者可发生氧化还原反应，生成Mn2＋和SO42－，溶液由紫红色变为无色，因此若溶液不变色，则说明空气中不含有SO2，A不符合题意； B.涂改液的主要成分为有机物，其中的氯元素以原子形式存在，需先加KOH溶液进行水解， 形成Cl－，再加过量稀硝酸，中和KOH，最后加入AgNO3溶液，若观察到有白色沉淀产生，则说明涂改液中含有绿化物，B不符合题意； C.分别测定0.1mol·L－1的NaNO2溶液和Na2S溶液的pH，只能得出HNO2和HS－的酸性强弱，无法得出HNO2和H2S的酸性强弱，则无法比较二者的电离常数大小，C符合题意； D.NaNO2溶液中NO2－能将I－氧化成I2，淀粉遇碘变蓝色，因此若溶液变蓝色，则为NaNO2，不变蓝色，则为NaCl，D不符合题意； 故答案为：C 【分析】A、SO2具有还原性，能将MnO4－还原为Mn2＋，使溶液褪色； B、涂改液的主要成分为有机物，其中氯元素以原子形式存在，需先加KOH溶液水解成Cl－，再用AgNO3溶液和稀硝酸进行检验； C、要比较HNO2和H2S的酸性强弱，应将Na2S溶液改为NaHS溶液； D、NO2－能将I－氧化成I2，淀粉遇碘变蓝色； 20．【答案】D 【解析】【解答】A．根据题中图示可知，用强碱滴定二元酸，只有一个突跃，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，所以H2A在水中电离的方程式为H2A=H++HA-、HA-H++A2-，故A不符合题意； B、当V(NaOH)=30.00mL时，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，由于H2A第一步完全电离，第二步部分电离，所以HA-只电离，不水解，即溶液中不存在H2A，所以物料守恒3[c(HA-)+c(A2-)]=2c(Na+)，联立电荷守恒和物料守恒，得c(HA-)+2c(H+)=c(A2-)+2c(OH-)，故B不符合题意； C．根据题中图示可知，常温下，由于H2A一级电离为完全电离，HA-的起始浓度为0.1mol/L，当V(NaOH)=0mL，HA-浓度大，即HA-的分布系数为0.9，溶液的pH=1，A2-的分布系数为0.1，则HA-的电离平衡为HA-H++A2-，其电离平衡常数Ka==≈1.0×10-2，故C不符合题意； D、当滴定终点时，溶液的溶质为Na2A，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，由于A2-离子水解，溶液呈碱性，即c(H+)＜c(OH-)，所以c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)，故D符合题意； 故答案为：D。 【分析】依据中和滴定中一元强碱滴定二元弱酸，弱电解质分步电离以及电离平衡和溶液中离子浓度间的关系分析解答。 21．【答案】（1）NaAlO2；将废料粉碎、适当升高温度等 （2）； （3） （4）把二价钴转化为三价钴，利于后续的萃取分离；c 【解析】【解答】（1）“水浸”所得滤渣为、NiO、MnO、CoO，则说明铝元素参与反应进入溶液，铝和碱性物质反应生成偏铝酸钠，滤液Ⅰ的主要成分是NaAlO2；为提高水浸效率，可以将废料粉碎、适当升高温度等； （2）Ce(Ⅲ)更容易在盐酸中浸出， “酸浸Ⅰ”中与生成氧气同时生成三价Ce，反应为离子方程式为。由流程可知，最终得到铈(Ce)、镍(Ni)、钴(Co)的产品，则锰在流程中被除去，易被氧化为，难溶于稀酸，则在酸浸Ⅱ中过氧化氢将氧化为固体而除去，故滤渣Ⅱ是； （3）“沉铈”中计入碳酸氢铵溶液将三价铈转化为同时生成二氧化碳气体，离子方程式； （4）已知，稳定性：小于，易被氧化，有较强的萃取性能；X气体为氧气，氧气具有氧化性，可以把二价钴转化为三价钴，利于后续的萃取分离； 分离系数越大，分离效果越好；由图可知，最佳条件为pH=10.03、相比1.0、温度20℃，此时镍在有机相萃取率高、且两者的分离系数大； 故答案为：c。 【分析】（1）铝反应形成偏铝酸根离子；提高水浸效率的方法可以是粉碎固体、升高温度等； （2）二氧化铈和氢离子、过氧化氢反应生成铈离子、水和氧气； （3）铈离子、碳酸氢根和水反应生成碳酸铈晶体和二氧化碳； （4）结合图示观察，最佳条件为pH=10.03、相比1.0、温度20℃，此时镍在有机相萃取率高、且两者的分离系数大。 22．【答案】（1） （2）BC；NaNO3；NO （3）；酸性越强，HClO的浓度越高，氧化性越强 【解析】【解答】（1） NH₃与O₂在加热和催化剂作用下生成 N2O的化学方程式为 ； （2）①提高尾气中NO 和NO₂去除率可以通过增大接触面积方式如气体和液体逆流方式，或者是实时增加氢氧化钠的量； ②根据和 判断最终的产物是亚硝酸和硝酸钠的混合物，杂质是硝酸钠；一氧化氮不能被氢氧化钠单独除去，因此剩余较多， （3）①在酸性 NaClO 溶液中，HClO 氧化 NO 生成 Cl⁻和 NO3-，其离子方程式为 ； ②NaClO 溶液的初始 pH 越小，NO 转化率越高。其原因是 酸性越强，HClO的浓度越高，氧化性越强； 【分析】（1）根据守恒推出另一种产物，即可写出方程式； （2）①主要考虑增大接触面积或者增加氢氧化钠的量； ②结合除杂方程式找出物质即可； （3）①根据反应物和生成物即可写出离子方程式； ②根据酸性越强，HClO浓度大氧化性强。 23．【答案】（1）3 （2）TiO2+2OH-=TiO+H2O （3）0.2 （4）增大浓度，使逆向移动，利于尽可能析出完全 （5）pH过低，VO化为VO的程度较大；pH过高，化为NH3·H2O的程度较大；两因素均使沉钒率降低 （6）NH3 【解析】【解答】（1）上述反应中二氧化钛和氯气反应生成四氯化钛的反应，四氯化钛和镁的反应，五氧化二钒生成单质钒的反应，一共3个氧化还原反应； （2）“高温碱浸”时二氧化钛和氢氧化钠反应生成钛酸钠，离子方程式为：TiO2+2OH-=TiO+H2O； （3）当溶液中WO恰好沉淀完全，其离子浓度等于10-5mol/L，根据Ksp(CaWO4)=c(Ca2+)×c(WO)=1×10-10，则溶液中c(Ca2+)=1×10-5mol/L，再根据Ksp[Ca(OH)2]=c(Ca2+)×c2(OH-)=4×10-7，可知c(OH-)=0.2mol/L； （4）“沉钒”的目的是将完全转化为沉淀析出，加入过量的目的是利用同离子效应，促进尽可能析出完全，故答案为：增大浓度，使逆向移动，利于尽可能析出完全； （5）由已知②知在水溶液中存在：VO+2H+⇌VO+H2O， pH过低，该平衡正向移动，VO化为VO的程度较大；pH过高，转化为NH3·H2O的程度较大；两因素均使沉钒率降低，故答案为：pH过低，VO化为VO的程度较大；pH过高，化为NH3·H2O的程度较大；两因素均使沉钒率降低； （6）煅烧时，固体质量随温度变化的曲线如图所示。加热到100~200℃时，质量减少3.4g，偏钒酸铵NH4VO3物质的量==0.2mol，发生反应NH4VO3NH3↑+HVO3，生成气体为氨气0.2mol. 【分析】（1）利用氧化还原反应中有元素化合价发生变化判断； （2）二氧化钛和氢氧化钠反应生成钛酸钠和水； （3）根据Ksp计算； （4）、（5）根据影响化学平衡移动的因素分析； （6）利用图中曲线，依据热重分析法。 24．【答案】（1） （2）将矿石粉碎、增大气流速度、提高焙烧温度等 （3）漏斗；玻璃棒 （4）＞ （5）；0.18 （6）； 【解析】【解答】氟碳铈矿通入氧气焙烧生成CeO2、CeF4、CO2，CeO2、CeF4加入盐酸和硼酸生成Ce(BF4)3沉淀和CeCl3溶液，过滤，Ce(BF4)3和KCl溶液发生沉淀转化生成CeCl3和KBF4沉淀；CeCl3溶液和NH4HCO3反应生成Ce2(CO3)3沉淀，Ce2(CO3)3灼烧得到CeO2。 （1）CeCO3F中C碳元素化合价为+4、氧元素化合价为-2、F元素化合价为-1，根据化合价代数和等于0，Ce元素的化合价为+3。 （2）根据影响反应速率的因素，提高焙烧效率的方法是将矿石粉碎、增大气流速度、提高焙烧温度等。 （3）操作①是分离Ce(BF4)3沉淀和CeCl3溶液，方法为过滤，所需的玻璃实验仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗。 （4）氯离子被CeO2氧化为氯气，CeO2作氧化剂，盐酸是还原剂，盐酸可用硫酸和H2O2替换，可知H2O2是还原剂，氧化性CeO2＞ H2O2。 （5）“沉铈”过程中CeCl3溶液和NH4HCO3反应生成Ce2(CO3)3沉淀，反应的离子反应方程式。 若“沉铈”中，Ce3+恰好沉淀完全c(Ce3+)为1.0×10-5 mol/L，则， ，此时溶液的pH为5，则溶液中。 （6）①根据图示，总反应为4H2+2NO24H2O+2N2，则该反应中的催化剂为Ce4+。 ②4H2+2NO24H2O+2N2反应，NO2中N元素化合价由+4价降低为0，NO2是氧化剂，H2中H元素化合价由0升高为+1，H2是还原剂，该转化过程中还原剂与氧化剂物质的量之比为2：1。 【分析】（1）结合碳、氧、氟的化合价判断铈的化合价； （2）粉碎固体、升高温度、增大气体浓度可以提高效率； （3）过滤需要用到玻璃棒、烧杯、漏斗； （4）氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性； （5）结合溶度积和离子浓度计算； （6） ① 注意催化剂指的是第一反应的反应物，第二反应的生成物，中间产物指的是第一反应的生成物，第二反应的反应物； ② 氧化还原反应的基本口诀：升失氧化还原剂，降得还原氧化剂； 化合价升高，失去电子，被氧化，发生氧化反应，作为还原剂，得到还原产物； 化合价降低，得到电子，被还原，发生还原法院，作为氧化剂，得到氧化产物。 25．【答案】（1）B （2）碱性；氧化性；过滤出硫酸钙；Al(OH)3；Fe(OH)3；CaSO4·2H2O （3）加入硫氰化钾溶液 （4）稀硫酸；加入氢氧化钠溶液，过滤得到氢氧化镁；再加入硫酸，蒸发结晶 （5）天平、坩埚、马弗炉 【解析】【解答】盐泥主要成分可知，要用稀硫酸溶解，硫酸钙在高温时溶解度较小，趁热过滤，滤液A中含有Mg2+、Na+、Al³+、Fe3+，加入NaClO调溶液pH约为5把亚铁离子氧化成铁离子，滤渣A为氢氧化铁和氢氧化铝、硫酸钙和盐泥中少量的硫酸钡，滤液B中的离子有Mg2+、Na+，加入氢氧化钠，滤渣B为氢氧化镁，再加入硫酸，溶液C为硫酸镁和硫酸钠，再加入氢氧化钠得到沉淀氢氧化镁，再向沉淀中加入硫酸得到硫酸镁溶液，经蒸发结晶得到，据此分析解题。 (1)实验室模拟该流程涉及溶解，过滤和蒸发结晶，不涉及蒸馏，不会涉及的操作B； (2)以上操作利用了的氧化性和碱性，NaClO调溶液pH约为5把亚铁离子氧化成铁离子；根据三种化合物的溶解度(S)随温度变化的曲线，可以知道高温下CaSO4·2H2O溶解度小，温度较高时钙盐与镁盐分离得更彻底；由滤液A到滤液B需先加入NaClO调溶液pH约为5把亚铁离子氧化成铁离子同时铁离子、铝离子形成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀、硫酸钙沉淀，所得到的滤渣主要成分是：Al(OH)3、Fe(OH)3、CaSO4·2H2O； (3)检验滤液B中是否含有的实验方法向其中加入硫氰化钾溶液，若溶液变红则说明含有； (4)从沉淀B中获得晶体的实验步骤依次为①向沉淀B中加入足量硫酸；②再加入氢氧化钠得到沉淀氢氧化镁，过滤得到氢氧化镁，③再加入硫酸，蒸发结晶可以获得硫酸镁晶体。 (5)若测定晶体中结晶水的含量，需要的定量仪器有分析天平、坩埚、马弗炉，准确称量失水前的重量，将其置入坩埚，再放入马弗炉，冷却后再称重，两者差值即为结晶水质量。 【分析】（1）该实验涉及的操作有溶解、过滤、蒸发结晶等； （2）次氯酸钠是强碱弱酸盐，呈碱性，且有强氧化性；趁热过滤一般都是保证某种物质不沉淀，另一种物质过滤； （3）检验铁离子的方法是采用KSCN； （4）得到含有结晶水的化合物，需要用到蒸发浓缩冷却结晶的操作； （5）测定结晶水的含量，通常采用重量差值法进行判断，即加热到一定程度，固体质量不再变化，因此加热固体需要用到坩埚。 学科网（北京）股份有限公司 $$