2020届高考化学二轮复习实验题必练-蒸发

1、第第 页，共12页【解析】解：(1)用胆矾晶体配制100mL0.1mol/L的CuSO4溶液，应选择100mL容量瓶，需要胆矾的质量为：0.1Lx0.1mol/Lx250g/mol=2.5g；故答案为：2.5；100mL容量瓶；(2)容量瓶带有瓶塞，为防止使用过程中漏液，使用前应检查是否漏水；定容的正确操作为：沿着玻璃棒向容量瓶内注水至距离刻度线1-2cm处，改用胶头滴管至液体的凹液面最低处与刻度线相切；故答案为：检查是否漏液；沿玻璃棒也可向容量瓶内注水至距离刻度线1-2cm处，改用胶头滴管至液体的凹液面最低处与刻度线相切；(3)A.转移过程中未洗涤烧杯和玻璃棒，导致部分溶质损耗，溶质的物质的

2、量偏小，溶液浓度偏低，故A选；B.定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故B选；C.配制时，容量瓶有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故C不选；D.定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故D不选；E.称量过程中将胆矾晶体放在了托盘天平的右侧托盘中(用到了游码)，导致称取溶质的质量偏小，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故E选；故选：ABE；(4)若通过本实验配制的CHS。4溶液重新获得胆矾晶体，实验操作应为加热浓缩，冷却结4晶；故答案为：加热浓缩，冷却结晶；(5)25mL0.1mol/L的CuSO

3、4溶液，含有硫酸铜物质的量为：0.025LX0.1mol/L=0.0025mol，依据方程式：CuSO4+2NH3+2H2O=Cu(OH)2J+(NH4)2s04，消耗氨气物质的量为：0.0025molX2=0.005mol，标况下体积为：0.005molx22.4L/mol=0.112L，即112mL；溶液中氨根离子检验方法：加入浓的NaOH溶液加热，产生的气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明NH+的存在；4故答案为：112；加入浓的NaOH溶液加热，产生的气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明NH+的存在；4(6)2Cu(NO3)2-2CuO+4N02T+02T，反应中氧元素、氮元素化合价发生变

4、化，属于氧化还原反应；N02与02体积比为4：1,与空气中N2与02比例相同，空气无法使木条复燃，因此N02支持燃烧，所以该同学结论正确；故答案为：是；是；N02与02体积比为4：1,与空气中N2与02比例相同，空气无法使木条复燃，因此N02支持燃烧。(1)依据m=CVM计算需要溶质的质量；依据配制溶液体积选择容量瓶规格；(2)容量瓶带有瓶塞,为防止使用过程中漏液,使用前应检查是否漏水；依据定容的正确操作解答；(3)分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C=n进行误差分析；(4)从溶液中析出晶体的操作为：加热浓缩,冷却结晶；(5)依据n=CV计算硫酸铜物质的量，依据方程式：CuS04+

5、2NH3+2H20=Cu(0H)2J+(nh4)2s04，计算消耗氨气的物质的量和标况下体积；溶液中氨根离子检验方法：加入浓的NaOH溶液加热，产生的气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明NH+的存在；4(6)分析反应中元素化合价变化，有化合价变化的反应为氧化还原反应；根据该反应中氧气所占的体积分数与空气中氧气所占的体积分数比较来进行判断；本题为综合题，考查了配制一定物质的量浓度溶液，离子检验，氧化还原反应基本概念，明确相关知识即可解答，题目难度中等。.【答案】Fe2O3+4NH4HsOq_iZNHJeGOQ?+2NH3T+3H2O；d；SiO2；SiO2+2OH-=SiO3-+H2O；6；H+H

6、CO-=H2O+CO2T；玻璃棒；蒸发皿；(NH4)2SO4；NaOH溶液；Al(OH)4-+CO2+H2O=Al(OH)3J+HCO-【解析】解：(1)根据题意，Fe2O3与NH4HsO4反应生成NH4Fe(SO4)2和氨气与水；物质分类体系中，NH4Fe(SO4)2、NH4Al(SO4)2都属于复盐，都是强电解质；故答案为：Fe2O3+4NH4Hs04学上2NH4Fe(SO4)2+2NH3T+3H2O；d；(2)SiO2不溶于一般酸性溶液，不溶于氨水；SiO2与NaOH溶液反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO23-+H2O；故答案为：SiO2、SiO2+2OH-=SiO3-+H2O

7、；(3)根据KSpAl(OH)3=1X10-33；c(Al3+)均小于或等于1X10-9mol-L-1可认为完全沉淀，止匕时c(OH-)=31X0-93=1X108；在酸性溶液中，H+HCO-=H2O+CO2T；故答案为：6；H+HCO-=H2O+CO2T；(4)实验室进行第步操作时，滤液C得到硫酸铵，所需的仪器是酒精灯、石棉网、三脚架、玻璃棒、蒸发皿；第步所加试剂NaOH，生成四羟基合硫酸根离子，第步生成Al(OH)3的离子方程式为通入CO2,酸碱中和生成(NH4)2SO4；故答案为：玻璃棒；蒸发皿；(NH4)2SO4；NaOH溶液；Al(OH)4+CO2+H2O=Al(OH)3J+HCO3

8、-(1)根据题意，Fe2O3与NH4HsO4反应生成NH4Fe(SO4)2和氨气与水；物质分类体系中，NH4Fe(SO4)2、NH4Al(SO4)2都属于复盐，都是强电解质；(2)SiO2不溶于一般酸性溶液，不溶于氨水；SiO2与NaOH溶液反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO23-+H2O；根据KSpAl(OH)3=1X10-33；c(Al3+)均小于或等于1X10-9mol.L-1可认为完全沉淀，止匕时c(OH-)=3110-=1X10-8；在酸性溶液中，H+HCO-=H2O+CO2T；(4)实验室进行第步操作时，滤液C得到硫酸铵，所需的仪器是酒精灯、石棉网、三脚架、玻璃棒、蒸发皿

9、；第步所加试剂NaOH，生成四羟基合硫酸根离子，第步生成Al(OH)3的离子方程式为通入CO2,酸碱中和生成(NH4)2SO4.本题考查了物质制备实验工厂分析判断，物质性质的理解应用，离子方程式、化学方程式书写方法，盐类水解分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等.【答案】(1)防止倒吸；(2)2NaClO3+Na2sO3+H2sO4(浓)=2C1O2T+2Na2SO4+H2O；(3)用3860热水洗涤；(4)滴加几滴BaCl2溶液，若有白色沉淀出现，则含a?SO4，若无白色沉淀出现，则不含2$。4；(5)淀粉溶液；滴加最后一滴Na2s2O3标准液时溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色；(6)9.

10、05cV(6)%m【解析】【分析】本题考查物质制备方案的设计，题目难度中等，理解制备原理是解题的关键，同时考查学生分析问题、解决问题的能力，注意掌握氧化还原反应滴定中利用关系式进行的计算的方法。【解答】(1)装置为安全瓶，防止装置中气体温度降低而产生倒吸，故答案为：防止倒吸；(2)氯酸钠在酸性溶液中氧化亚硫酸钠为硫酸钠，本身被还原为二氧化氯，反应的化学方程式应为：2NaClO3+Na2sO3+H2so4(浓)=2C1O2T+2Na2s04+H2O；故答案为：2NaClO3+Na2S03+H2S04(浓)=2C102T+2Na2s04+H20；(3)为防止析出晶体NaClO3H2O,应趁热过滤，

11、由题目信息可知，应控制温度3860进行洗涤，低于60干燥，故答案为：用3860热水洗涤；(4)S04-的检验用氯化钡溶液，取少量晶体溶于蒸馏水，然后滴加几：aCl2溶液，若有白色沉淀出现，则含有Na2S04,若无白色沉淀出现，则不含Na2S04；故答案为：滴加几滴BaCl2溶液，若有白色沉淀出现，则含有Na2S04,若无白色沉淀出现，则不含Na2S04；(5)碘遇淀粉变蓝色，反应结束时，碘反应完全，滴加最后一滴Na2s203标准液时溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点，故答案为：淀粉溶液；滴加最后一滴Na2s203标准液时溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色；(6)设样品中NaC

12、lO2的质量分数为a,则：NaCl022I24s2。3-90.5g4molmagcmolL-1xVx103Lx100mL25mL解得：a=9.05x10-2V=M5cV%；mm故答案为：3。m6【答案】(1)DA(2)B萃取(3)冷凝管；下；打开分液漏斗上端活塞或使凹孔对准小孔。【解析】(1)溶液的提纯，需要加热蒸发的方法，选择D；除去自来水中的Cl-等杂质，得到蒸馏水采用蒸馏的方法，即选择A。(2)碘易溶于有机溶剂，所以从碘水中得到碘，采用萃取分液的方法，选B;(3)考查蒸馏操作的仪器名称，是冷凝管，进水由下向上,增加冷凝效果；分液漏斗在使用时应打开分液漏斗上端活塞或使凹孔对准小孔,为了使内

13、外压强相等能使液体顺利流下。考点：考查物质分离的操作及仪器的使用等相关知识。7.【答案】(1)SiO2；2MnO2+Cu2S+4H2S04=2MnS04+2CuS04+S+4H20；(2)Fe2O3+6H+=2Fe3+3H20；Fe3+可催化Cu2s被MnO2氧化；(3)将溶液加热；(4)(NH4)2S04【解析】【分析】本题考查了物质分离提纯的方法和流程分析应用,主要是物质性质的理解,掌握基础是关键,题目难度中等【解答】辉铜矿主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质，加入稀硫酸和二氧化锰浸取，过滤得到滤渣为MnO2、SiO2、单质S，滤液中含有Fe3+、Mn2+、Cu2+，调节溶

14、液pH除去铁离子，加入碳酸氢铵溶液沉淀锰过滤得到滤液赶出氨气循环使用，得到碱式碳酸铜；(1)分析流程结合物质性质可知二氧化硅不溶于稀硫酸溶液，硫化亚铜在酸溶液在被二氧化锰氧化生成硫酸铜，硫单质和硫酸锰，反应的化学方程式为：2MnO2+Cu2S+4H2S04=2MnS04+2CuS04+S+4H20,故答案为：SiO2，2MnO2+Cu2s+4H2S04=2MnS04+2CuS04+S+4H20；(2)浸取时氧化铜溶液稀硫酸生成硫酸铁和水，浸取时，Fe2O3溶于硫酸的离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O,若先除铁再浸取，浸取速率明显变慢，Fe2O3在浸取时起媒介作用，Fe3+可催

15、化Cu2s被MnO2氧化，故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O；Fe3+可催化Cu2s被MnO2氧化；(3)“赶氨”时，最适宜的操作方法是减小氨气溶解度，氨气是易挥发的气体，加热驱赶，故答案为：将溶液加热；(4)滤液主要是硫酸铵溶液通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铵晶体，故答案为：(NH4)2s04。8.【答案】铜铝烧杯、玻璃棒和漏斗蒸发浓缩冷却结晶4H+NO3-+Fe=Fe3+NOT+2H2O11.2利用工厂废弃物或反应产生的NO循环利用，避免污染【解析】解：废弃的合金，经过一系列的反应，制得氯化铝固体、硝酸铜晶体和铁红，根据元素守恒知，合金中含有Al、Cu和Fe，向合金

16、中加入NaOH溶液，Al溶解生成NaAlO2，滤渣B为Cu、Fe，分离固体和溶液采用过滤方法，所以操作是过滤，滤液A中含有NaAlO2和NaOH，经过一系列步骤得到AlCl3溶液，将溶液蒸发浓缩冷却结晶得到AlCl3固体；向滤渣B中加入物质得到NO,说明加入的是硝酸，溶液C中含有Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3,调节溶液的pH，得到的滤渣E为Fe(OH)3,滤液D中含有Cu(NO3)2，将D蒸发浓缩、冷却结晶得到Cu(NO3)2晶体；将滤渣E洗涤灼烧得至UFe2O3，(1)废弃的合金，经过一系列的反应，制得氯化铝固体、硝酸铜晶体和铁红，根据元素守恒知，合金中含有Al、Cu和Fe，故

17、答案为：铝；铜；(2)操作、是过滤，过滤使用的主要玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗；操作将氯化铝溶液转化成到AlCl3固体，由于铝离子水解、HCl挥发，为了抑制铝离子水解，应该在HCl气流中蒸干水分；操作目的是得到硫酸铜晶体，该实验操作步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：烧杯、玻璃棒和漏斗；在HCl气流中蒸干水分；蒸发浓缩；冷却结晶；(3)滤渣B为Fe、Cu，Fe和过量硝酸反应生成硝酸铁，所以滤渣B中较活泼金属Fe与足量稀HNO3发生反应的离子方程式：4H+NO-+Fe=Fe3+NOT+2H2O，故答案为：4H+NO-+Fe=Fe3+NOT+2H2O；(4)若该小组通过上述实验

18、流程制得铁红16g，假设实验过程中无质量损失，则合金中铁的质量为=16gX112=11.2g，160故答案为：11.2；(5)向滤渣B中加入稀硝酸后生成NO,NO通过反应转化为稀硝酸，所以稀硝酸被循环利用，从而避免环基污染，上述实验流程中符合“绿色化学”理念的做法是：利用工厂废弃物或反应产生的NO循环利用，避免污染，故答案为：利用工厂废弃物或反应产生的NO循环利用，避免污染。废弃的合金，经过一系列的反应，制得氯化铝固体、硝酸铜晶体和铁红，根据元素守恒知，合金中含有Al、Cu和Fe，向合金中加入NaOH溶液，Al溶解生成NaAlO2，滤渣B为Cu、Fe，分离固体和溶液采用过滤方法，所以操作是过滤，滤液A中含有NaAlO2和NaOH，经过一系列步骤得到AlCl3溶