2023届高中总复习第二轮大题突破汇编（适用山东海南）

大题突破练大题突破练1化学工艺流程题1.(2022湖南娄底二模)锌电解阳极泥(主要成分为MnO2、PbSO4和ZnO,还有少量锰铅氧化物Pb2Mn8O16和Ag)是冶锌过程中产生的废渣,一种回收锌电解阳极泥中金属元素锌、锰、铅和银的工艺如图。回答下列问题:已知:①MnSO4·H2O易溶于水,不溶于乙醇。②葡萄糖的第五碳上羟基和醛基缩合可形成葡萄糖的半缩醛式。在较高温度及酸性催化条件下,葡萄糖能发生如下反应:+HCOOH(1)已知Pb2Mn8O16中Pb化合价为+2价,Mn化合价为+2价和+4价,则氧化物中+2价和+4价Mn的个数比为。

(2)“还原酸浸”过程中主要反应的离子方程式为。

(3)实际锰浸出最适宜的葡萄糖加入量远大于理论加入量,其原因是

,

为提高葡萄糖的有效利用率,除充分搅拌外还可采取的措施为。

(4)整个流程中可循环利用的物质是。获得MnSO4·H2O晶体的一系列操作是蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥,其中洗涤的具体操作是

。

(5)加入Na2CO3溶液的目的是将PbSO4转化为PbCO3,Na2CO3溶液的最小浓度为mol·L-1(保留两位小数)。[已知:20℃时Ksp(PbSO4)=1.6×10-8,Ksp(PbCO3)=7.4×10-14]

2.(2022重庆第三次诊断)钪(Sc)是一种稀土金属,钪及其化合物在航空、电子、超导等方面有着广泛的用途。钛白粉中含有Fe、TiO2、Sc2O3等多种成分,用酸化后的钛白废水富集钪,并回收氧化钪(Sc2O3)的工艺流程如下:回答下列问题:(1)“萃取”时Ti4+、Fe2+、Sc3+均进入有机相中,则在“洗涤”时加入H2O2的目的是

。

(2)“滤渣1”的主要成分是Sc(OH)3、(写化学式)。

(3)在“调pH”时先加氨水调节pH=3,此时过滤所得滤渣主要成分是;再向滤液中加入氨水调pH=6,此时滤液中Sc3+的浓度为mol·L-1;检验含Sc3+滤液中是否含Fe3+的试剂为(写化学式)。(已知:Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39;Ksp[Sc(OH)3]=9.0×10-31)

(4)“沉钪”时用到草酸。已知草酸的Ka1=5.6×10-2,Ka2=1.5×10-4;则在25℃时pH=3的草酸溶液中c(C2O42-)∶c(H2(5)写出草酸钪在空气中“焙烧”时反应的化学方程式:。

(6)钛白酸性废水中Sc3+含量10.0~20.0mg·L-1,该工艺日处理钛白酸性废水100.0m3,理论上能生产含80%氧化钪的产品最多kg(保留到小数点后一位)。

3.(2022安徽马鞍山三模)合理处理金属垃圾既可以保护环境又可以节约资源。利用废旧镀锡铜线制备胆矾并回收锡的流程如下:已知Sn2+容易水解。回答下列问题:(1)加快“脱锡”速率的措施有(写出一点)。“操作Ⅰ”包含、、过滤、洗涤、干燥。

(2)“脱锡”过程中加入少量稀硫酸调控溶液pH,其目的是;硫酸铜浓度与脱锡率的关系如图所示,当浓度大于120g·L-1时,脱锡率下降的原因是

。

(3)“脱锡液”中含有的离子主要为Cu2+、Sn2+、H+、SO42-当阴极出现的现象时,说明电解回收锡结束。

(4)“脱锡渣”溶于硫酸的离子方程式为

。

(5)称量纯净的胆矾2.50g进行热重分析,实验测得胆矾的热重曲线如图所示。则120℃时所得固体的化学式为。

4.(2022辽宁大连24中三模)铍是航天、航空、电子和核工业等领域不可替代的材料,有“超级金属”之称。以绿柱石[Be3Al2(SiO3)6]为原料制备金属铍的工艺如下:已知:“滤渣1”中含有铁、铝、硅的氧化物,Na3FeF6难溶于水,Be2+可与过量OH-结合成[Be(OH)4]2-(当溶液中被沉淀离子的物质的量浓度小于等于1×10-5mol·L-1时,认为该离子沉淀完全);lg2=0回答下列问题:(1)“粉碎”的目的是。

(2)750℃烧结时,Na3FeF6与绿柱石作用生成易溶于水的Na2BeF4,该反应的化学方程式为。

(3)“过滤1”的滤液中需加入适量NaOH生成Be(OH)2沉淀,但NaOH不能过量,原因是(用离子方程式表示)。

(4)已知Ksp[Be(OH)2]=4.0×10-21,室温时0.40mol·L-1Be2+沉淀完全时的pH最小为(5)“高温转化”反应产生的气体不能使澄清石灰水变浑浊,写出其化学方程式。

(6)“电解”NaCl-BeCl2熔融混合物制备金属铍,加入NaCl的主要目的是。

(7)绿色化学要求在工业生产中应有效利用原料,节约原料。本工艺过程可以循环利用的物质有。

5.某湿法炼锌的萃余液中含有Na+、Zn2+、Fe2+、Mn2+、Co2+、Cd2+及30~60g·L-1硫酸等,逐级回收有价值的金属并制取活性氧化锌的工艺流程如图:已知:沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Co(OH)3Cd(OH)2Ksp2.6×10-394.9×10-175.9×10-151.6×10-447.2×10-15回答下列问题:(1)“中和氧化水解”时,先加入适量的石灰石调节溶液的pH为1.0;加入一定量的Na2S2O8;再加入石灰石调节溶液的pH为4.0。①“氧化”时,Mn2+转化为MnO2除去,反应的离子方程式为。

②“沉渣”的主要成分除MnO2外还有。

③“氧化”时,若加入过量的Na2S2O8,钴元素将会进入“沉渣”中,则水解后的溶液中含钴微粒的浓度为mol·L-1。

(2)“除镉”时,主要反应的离子方程式为

。

(3)“沉锌”时,在近中性条件下加入Na2CO3可得碱式碳酸锌[ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O]固体,同时产生大量的气体。①产生大量气体的原因是

。

②ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O需洗涤,检验是否洗净的试剂是。

(4)不同质量分数的Na2SO4溶液在不同温度下析出Na2SO4晶体的成分如图所示。欲从含20%Na2SO4及微量杂质的“沉锌后液”中直接析出无水Na2SO4,“操作a”为

。

6.(2022广东汕头二模)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CeO2的工艺流程如图所示。(1)CeCO3F中Ce元素的化合价为价。

(2)“焙烧”过程中可以加快反应速率,提高焙烧效率的方法是(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(填“>”或“<”)H2O2。

(5)写出“沉铈”过程中反应的离子方程式:。

若“沉铈”过程中,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(HCO3-)=mol·L-1(保留2位有效数字)。{已知常温下Ka1(H2CO3)=4.3×10-7,Ka2(H2CO3)=5.6×10-11,Ksp[Ce2(CO3)3}=1(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该转化过程中氧化剂与还原剂物质的量之比为。

7.(2022福建莆田三模)铂钌催化剂是甲醇燃料电池的阳极催化剂。一种以钌矿石[主要含Ru(CO3)2,还含少量的FeO、MgO、RuO(1)Na2Fe4(SO4)6(2)“酸浸”时,Na2SO3的作用是。“滤渣”的主要成分有SiO2和(填化学式)。“酸浸”中钌的浸出率与浸出温度、pH的关系如图所示,“酸浸”的最佳条件是。

(3)“除铁”的离子方程式为

。

(提示:1molNaClO3参与反应,转移6mol电子)(4)从“滤液2”中可提取一种化肥,其电子式为。

(5)“灼烧”时通入Ar的作用是

。

8.(2022辽宁高三下学期联考)磷酸亚铁锂(LiFePO4)常用作动力锂离子电池的正极材料,利用LiFePO4废料(还含铝、石墨等成分)回收锂、铁等元素的工艺流程如图所示。已知:LiFePO4不溶于NaOH溶液。回答下列问题:(1)LiFePO4中Fe元素的化合价为价;

(2)“滤液1”含有的阴离子主要有:OH-、;

(3)在“酸浸”中,磷元素转化为H3PO4。①实际操作时,所加H2O2的量要比理论计算值多,可能原因是。

②LiFePO4发生反应的离子方程式为

;

(4)“滤渣2”的主要成分是;

(5)碳酸锂溶解度(用溶液中溶质的物质的量分数xi表示)曲线如图所示。①“沉锂”采用90℃的优点有

。

②308K时,碳酸锂溶解度为g(列出数学计算式);

(6)沉锂温度达到100℃时,碳酸锂沉淀率下降,可能的原因是。

9.(2022湖南怀化三模)某种电镀污泥主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量的金(Au),可用于制取Na2Cr2O7溶液、金属铜和粗碲等,以实现有害废料的资源化利用,工艺流程如图:已知:煅烧时,Cu2Te发生反应的化学方程式:Cu2Te+2O22CuO+TeO2(1)Te元素在元素周期表中的位置为,该元素最高化合价为价。

(2)煅烧时,Cr2O3发生反应的化学方程式为。

(3)浸出液中除了含有TeOSO4(在电解过程中不反应)外,还含有(填化学式)。电解沉积过程中,析出单质铜的电极为极。

(4)工业上用重铬酸钠(Na2Cr2O7)母液生产重铬酸钾(K2Cr2O7)的工艺流程如图所示:通过冷却结晶能析出大量K2Cr2O7的原因是

。

(5)测定产品中K2Cr2O7含量的方法如下:称取试样2.50g配制成250mL溶液,取25.00mL所配溶液置于锥形瓶中,加入足量稀硫酸和几滴指示剂,用0.1000mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准液进行滴定。滴定过程中发生反应的离子方程式为。若三次实验消耗(NH4)2参考答案大题突破练1化学工艺流程题1.答案(1)1∶3(2)C6H12O6+24H++12MnO212Mn2++6CO2↑+18H2O(3)在较高温度及酸性催化条件下,葡萄糖发生了副反应,从而额外消耗了大量葡萄糖少量多次加入葡萄糖(4)醋酸(CH3COOH)向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4·H2O晶体(或沉淀),待乙醇自然流下,重复此操作2~3次(5)5.87×10-10解析锌电解阳极泥(主要成分为MnO2、PbSO4和ZnO,还有少量锰铅氧化物Pb2Mn8O16和Ag)加入稀硫酸酸洗,ZnO转化为ZnSO4,可得含ZnSO4的溶液;剩余滤渣中加入稀硫酸和葡萄糖还原酸浸,+4价的Mn变成+2价Mn进入溶液,过滤得到MnSO4溶液,经过一系列操作,可得MnSO4·H2O晶体;向滤渣1中加入Na2CO3溶液,使PbSO4转化成溶解度更小的PbCO3,再加入醋酸,酸浸溶铅,得到Ag单质和醋酸铅溶液,在醋酸铅溶液中加入硫酸,生成PbSO4沉淀,过滤得PbSO4。(1)由题中信息可知,Pb2Mn8O16中Pb化合价为+2价,Mn化合价为+2价和+4价,设+2价Mn有x个,+4价Mn有y个,根据化合价代数和为0,可得:2×(+2)+x×(+2)+y×(+4)+16×(-2)=0(2)向酸洗后剩余滤渣中加入稀硫酸、葡萄糖,与MnO2发生氧化还原反应,+4价Mn得电子被还原成Mn2+,葡萄糖中C失电子被氧化成CO2,离子方程式:C6H12O6+24H++12MnO212Mn2++6CO2↑+18H2O。(3)在较高温度及酸性催化条件下,葡萄糖能发生如下反应:+HCOOH,葡萄糖发生了副反应,从而额外消耗了大量葡萄糖;为提高葡萄糖的有效利用率,减少葡萄糖的损失,除充分搅拌外还可采取的措施为少量多次加入葡萄糖。(4)在醋酸铅溶液中加入硫酸,得到PbSO4沉淀和醋酸,反应的化学方程式为(CH3COO)2Pb+H2SO4PbSO4↓+2CH3COOH,则可循环利用的物质为醋酸;MnSO4·H2O易溶于水,不溶于乙醇,为了减少洗涤损失,MnSO4·H2O用乙醇洗涤,具体操作为向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4·H2O晶体(或沉淀),(5)加入Na2CO3溶液是将PbSO4转化为PbCO3,即PbSO4(s)+CO32-(aq)PbCO3(s)+SO42-(aq),因Ksp(PbSO4)=1.6×10-8,原溶液中c(Pb2+)=Ksp(PbSO4)=1.6×10-8≈1.26×10-4mol·L-1,加入Na2CO3溶液生成PbCO3时,CO32-的最小浓度为2.答案(1)将Fe2+氧化为Fe3+(2)Fe(OH)3、Ti(OH)4(3)Fe(OH)39.0×10-7KSCN(4)8.4(5)2Sc2(C2O4)3+3O22Sc(6)3.8解析(1)有机相中含Fe2+,在“洗涤”时加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+;(2)加入NaOH溶液沉淀Ti4+、Fe3+、Sc3+,“滤渣1”的主要成分是Sc(OH)3、Fe(OH)3、Ti(OH)4;(3)“调pH”时先加氨水调节pH=3,目的是沉淀Fe3+,过滤所得滤渣主要成分是Fe(OH)3;pH=6时c(OH-)=KWc(H+)=10-1410-6mol·L-1=10-8mol·L-1,滤液中Sc3+的浓度为c(Sc3+)=Ksp[Sc(OH)3]c3(OH-)=(4)草酸溶液中c(C2O42-)c(H2C2O4)=(5)草酸钪Sc2(C2O4)3在空气中“焙烧”时得到Sc2O3,C元素化合价升高生成二氧化碳,O元素化合价降低,反应的化学方程式为2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2(6)钛白酸性废水中Sc3+含量10.0~20.0mg·L-1,100.0m3废水中Sc3+质量最大为20.0mg·L-1×100.0×103L=2000×103mg=2kg,由元素质量守恒2Sc3+~Sc2O32×3.答案(1)研碎、搅拌、适当提高温度(答出一点即可)蒸发浓缩冷却结晶(2)抑制Sn2+水解置换反应速率加快,生成的铜粉快速增多,铜粉附着在铜线的表面,将未反应的锡包裹起来,从而导致锡浸出率下降(3)2H2O-4e-O2↑+4H+或4OH--4e-O2↑+2H2O气泡产生(4)2Cu+O2+4H+2Cu2++2H2O(5)CuSO4·H2O解析(1)从反应速率的影响因素考虑,加快“脱锡”速率的措施有研碎、搅拌、适当提高温度(答出一点即可);“操作Ⅰ”是从滤液中获得胆矾的过程,胆矾中有结晶水,故“操作Ⅰ”包含蒸发浓缩、冷却结晶;(2)根据已知信息Sn2+容易水解,故加入少量稀硫酸调控溶液pH,其目的是抑制Sn2+水解;铜离子浓度越大,反应速率越快,但是当浓度过大时,析出的铜覆盖在导线表面,从而影响反应,故脱锡率下降的原因是置换反应速率加快,生成的铜粉快速增多,铜粉附着在铜线的表面,将未反应的锡包裹起来,从而导致锡浸出率下降;(3)阳极发生氧化反应,水电离的氢氧根离子失去电子生成氧气,电极反应式:2H2O-4e-O2↑+4H+或4OH--4e-O2↑+2H2O;在阴极铜离子和锡离子分步得到电子,从而得到其单质,当它们反应完毕后,氢离子得到电子生成氢气,此时会有气泡生成,故当阴极出现气泡产生的现象时,说明电解回收锡结束;(4)“脱锡渣”的主要成分是单质铜,在硫酸和氧气的作用下生成硫酸铜和水,离子方程式:2Cu+O2+4H+2Cu2++2H2O;(5)设120℃时固体物质的相对分子质量为M,则有2.50∶250=1.78∶M,解得M=178,故120℃时固体物质的成分为CuSO4·H2O。4.答案(1)增大固体的表面积,提高水浸的浸取率(2)2Na3FeF6+Be3Al2(SiO3)63Na2BeF4+Fe2O3+Al2O3+6SiO2(3)Be(OH)2+2OH-[Be(OH)4]2-或Be2++4OH-[Be(OH)4]2-(4)6.3(5)BeO+Cl2+CBeCl2+CO(6)增强导电性(7)Na3FeF6、Cl2解析(1)绿柱石[Be3Al2(SiO3)6]烧结后得到固体混合物,为提高水浸效率,需要将固体粉碎,增大接触面积;(2)750℃烧结时,Na3FeF6与Be3Al2(SiO3)6作用生成易溶于水的Na2BeF4和Fe2O3、Al2O3、SiO2等固体难溶物,该反应的化学方程式为2Na3FeF6+Be3Al2(SiO3)63Na2BeF4+Fe2O3+Al2O3+6SiO2;(3)Be(OH)2呈两性,“过滤1”的滤液中若加入的氢氧化钠过量,则会继续溶解而生成可溶性盐,即Be(OH)2+2OH-[Be(OH)4]2-或Be2++4OH-[Be(OH)4]2-;(4)由于Ksp[Be(OH)2]=1×10-5×c2(OH-)=4.0×10-21,则有c(OH-)=2×10-8mol·L-1,pH=-lg10-14(5)“高温转化”反应产生的气体不能使澄清石灰水变浑浊,即BeO与C、Cl2反应得到BeCl2、CO,故其反应的化学方程式为BeO+Cl2+CBeCl2+CO;(6)从反应过程分析,NaCl没有参加反应,则加入NaCl的主要目的是增强导电性;(7)由题干流程图可知,Na3FeF6可以循环利用,高温转化时需要利用Cl2,电解时又产生Cl2,即Cl2也可以循环利用。5.答案(1)①S2O82-+Mn2++2H2OMnO2↓+2SO42-+4H+②Fe(OH)3、CaSO4③1(2)Zn+Cd2+Zn2++Cd(3)①Zn2+和CO32-发生相互促进的水解反应,产生ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O和CO2气体②(4)蒸发浓缩、趁热过滤解析(1)①Na2S2O8具有氧化性,将Mn2+转化为MnO2除去,反应的离子方程式为S2O82-+Mn2++2H2OMnO2↓+2SO4②“沉渣”的主要成分除MnO2外还有氢氧化铁和硫酸钙;③加入石灰石调节溶液的pH为4.0,Co(OH)3的Ksp=1.6×10-44,则水解后的溶液中含钴微粒的浓度为1.6×10-44(10-10)3mol·(2)“除镉”时,是锌置换镉,主要反应的离子方程式为Zn+Cd2+Zn2++Cd;(3)①Zn2+和CO32-发生相互促进的水解反应,产生ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O和大量的CO②ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O需洗涤,检验是否洗净,即检验溶液中是否含有CO32-,可以选用的试剂是BaCl(4)从题图分析,得到硫酸钠需要进行的操作为蒸发浓缩,趁热过滤。6.答案(1)+3(2)粉碎矿石、增大气流速度、提高焙烧温度(任写一种,合理即可)(3)漏斗、玻璃棒(4)>(5)2Ce3++6HCO3-Ce2(CO3)3↓+3H2O+3CO2↑0.(6)①Ce4+②1∶2解析(1)CeCO3F中C元素化合价为+4价、O元素化合价为-2价、F元素化合价为-1价,根据化合价代数和等于0,Ce元素的化合价为+3价;(2)根据影响反应速率的因素,提高焙烧效率的方法是粉碎矿石、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)Cl-被CeO2氧化为Cl2,CeO2为氧化剂,盐酸为还原剂,盐酸可用硫酸和H2O2替换,可知H2O2是还原剂,则氧化性CeO2>H2O2;(5)“沉铈”过程中CeCl3溶液和NH4HCO3反应生成Ce2(CO3)3沉淀,反应的离子方程式为2Ce3++6HCO3-Ce2(CO3)3↓+3H2O+3CO2↑。若“沉铈”过程中,Ce3+恰好沉淀完全,则c(Ce3+)为1.0×10-5mol·L-1,则c(CO32-)=3Ksp[Ce2(CO3)3]c2(Ce3+)=31×10-281×10-10mol·L-1=1×10-6mol·(6)①根据题图示,总反应为4H2+2NO24H2O+N2,该反应中的催化剂为Ce4+;②根据化学方程式4H2+2NO24H2O+N2,NO2中N元素化合价由+4价降低为0价,NO2是氧化剂,H2中H元素化合价由0价升高为+1价,H2是还原剂,该转化过程中氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2。7.答案(1)+3(2)还原RuO4CaSO4T=65℃、pH=1.0(3)6Na++12Fe2++2ClO3-+18SO43Na2Fe4(SO4)6(OH)2(4)[H··N··HH····解析(1)Na2Fe4(SO4)6(OH)2中Na元素化合价为+1价、S元素化合价为+6价、O元素化合价为-2价、H元素化合价为+1价,根据化合价代数和等于0,Na2Fe4(SO4(2)根据题给流程图,“酸浸”后,溶液中钌元素只以Ru(SO4)2形式存在,可知Na2SO3把RuO4还原为+4价,Na2SO3的作用是还原RuO4。二氧化硅和硫酸不反应、硫酸钙微溶,“滤渣”的主要成分有SiO2和CaSO4。根据题给图示,温度为65℃、pH为1.0时钌的浸出率最大,“酸浸”的最佳条件是T=65℃、pH=1.0;(3)“酸浸”后溶液中的铁元素以Fe2+的形式存在,“除铁”时加入NaClO3把Fe2+氧化为Fe3+,碳酸钠调节pH生成Na2Fe4(SO4)6(OH)2沉淀,反应的离子方程式为6Na++12Fe2++2ClO3-+18SO42-+6H2O3Na2Fe4(SO4)(4)“酸溶”后溶液中的溶质RuCl4与加入的(NH4)2C2O4反应生成Ru(C2O4)2沉淀和氯化铵,“滤液2”中的化肥是氯化铵,其电子式为[H··N··HH····(5)“灼烧”时通入Ar作保护气,防止钌与空气中的氧气反应。8.答案(1)+2(2)AlO2(3)①H2O2易分解②2LiFePO4+H2O2+8H+2Li++2Fe3++2H3PO4+2H2O(4)Fe(OH)3(5)①90℃可减少Li2CO3溶解损失②3(6)温度过高,促进了碳酸锂的水解解析(1)根据正负化合价的和为0的原则可知其中Fe的化合价为+2价;(2)LiFePO4不溶于氢氧化钠溶液,铝溶于氢氧化钠,2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑,故“滤液1”中的阴离子为OH-、AlO2-;(3)①过氧化氢容易分解,影响除杂,故所加H2O2的量要比理论计算值多,可能原因是H2O2易分解;②LiFePO4中Fe2+被H2O2氧化为Fe3+,同时生成磷酸,离子方程式为2LiFePO4+H2O2+8H+2Li++2Fe3++2H3PO4+2H2O;(5)①由题图可知Li2CO3的溶解度随温度升高而降低,90℃可减少Li2CO3溶解损失;②308K时,碳酸锂物质的量分数xi=3.0×10-3,设溶液中,水和碳酸锂共1mol,则n(Li2CO3)=3.0×10-3mol,n(H2O)≈1mol,S100=3×10(6)碳酸锂可以水解,升温促进水解,故沉锂温度达到100℃时,碳酸锂沉淀率下降,可能的原因是温度过高,促进了碳酸锂的水解。9.答案(1)第五周期第ⅥA族+6(2)2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2(3)CuSO4阴(4)低温条件下K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小,且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小(5)Cr2O72-+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H49.0%解析(1)Te在元素周期表中与氧元素同主族,且核外有5个电子层,所以位置为第五周期第ⅥA族;Te的最外电子层有6个电子,其最高化合价为+6价。(2)煅烧时,Cr2O3被空气中的氧气氧化生成Na2CrO4,化学方程式为2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2。(3)沉渣中加入稀硫酸,CuO转化为CuSO4,TeO2转化为TeOSO4,还含有CuSO4。电解沉积过程中,Cu2+在电解池的阴极得到电子被还原为Cu,析出单质铜的电极为阴极。(4)冷却结晶,能析出大量K2Cr2O7,说明在低温条件下K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小,且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小,通过冷却结晶能析出大量K2Cr2O7。(5)滴定过程中,Fe2+被Cr2O72-氧化为Fe3+,Cr2O72-转化为Cr3+,发生反应的离子方程式为Cr2O72-+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O;由离子方程式,可建立如下关系式:Cr2O72-~6Fe2+,取出的25.00mL溶液中所含的n(Fe2+)=0.1000mol·L-1×0.025L=0.0025mol,则所得产品中K2

大题突破练2化学实验综合题1.(2022山东德州二模)某课题小组利用硫渣与氯气反应制备四氯化锡,其过程如图所示(夹持、加热及控温装置略)。已知:四氯化锡(SnCl4)常温下为无色液体、易水解。硫渣的化学组成:物质SnCu2SPbAs其他杂质质量分数%64.4325.827.341.231.18氯气与硫渣反应相关产物的熔、沸点:物质SnCl4CuClPbCl2AsCl3S熔点/℃-33426501-18112沸点/℃1141490951130444(1)仪器a的名称为,A中发生反应的化学方程式为。

(2)e中所加物质为,作用为

。

(3)装置中存在一处缺陷会导致SnCl4产率降低,改进的方法是。

(4)三颈烧瓶中得到的粗产品进行提纯的方法是;提纯后剩余的固体渣经过处理,可回收的主要金属有。

(5)已知SnCl4产品中含有少量AsCl3杂质,碘量法可用于测量产品的纯度:取10.00g产品溶于水,加入20.00mL0.100mol·L-1标准I2溶液,并加入少量的淀粉溶液;用0.100×10-2mol·L-1的硫代硫酸钠标准溶液滴定过量的碘。滴定终点时消耗20.00mL硫代硫酸钠标准溶液。测定过程中发生的相关反应:①AsCl3+3H2OH3AsO3+3HCl;②H3AsO3+I2+H2OH3AsO4+2HI;③2S2O32-+I22I-+S则产品中SnCl4的质量分数为(保留小数点后1位);若滴定后发现滴管尖嘴处产生了气泡,则测量结果(填“偏高”或“偏低”)。

2.(2022山东济宁二模)TiCl4是制备钛及其化合物的重要中间体,可利用下列装置在实验室制备TiCl4(夹持装置略去)。已知:①PdCl2溶液捕获CO时生成Pd单质;②TiCl4能溶于有机溶剂,遇水会水解生成难溶于水的物质;CCl4难溶于水。回答下列问题:(1)检查装置气密性后,A装置中加入的药品为,管式炉中加入TiO2和C,先通入N2的目的是;

一段时间后,加热管式炉,改通Cl2,对C处逸出的气体用D、E装置进行后续处理。D中碱石灰的作用是,E中反应的化学方程式为。

(2)实验过程中,产生的高温气体在进入装置B之前要进行“前期冷却”,原因是

。

制得的TiCl4中常含有少量CCl4,从混合液体中分离出TiCl4的操作名称为。

(3)TiCl4是制取航天航空工业材料——钛合金的重要原料。某钛合金的元素还有Al和Si等。已知在常温下,钛是一种耐强酸强碱的金属,请设计实验检验其中的Si元素:

。

(4)用TiCl4水解法制备纳米TiO2的工艺流程如图,成功地控制水解速率是制备纳米TiO2的前提。已知:TiOSO4难溶于冷水,在热水中易水解;TiCl4的水解是由水解、电离、水解三步进行(如下):①水解:TiCl4+H2OTiOH3++H++4Cl-②电离:TiOH3+TiO2++H+③水解:TiO2++H2OTiO2+2H+其中①为快反应,对②③反应的影响是

,

加入硫酸铵的目的是。

3.(2022福建泉州五模)某小组用四氢化萘(结构简式:,无色有刺激性气味的液体,沸点207℃)、液溴、蒸馏水和纯铁粉为原料,利用反应C10H12+4Br2C10H8Br4+4HBr制取少量粗HBr溶液,同时获得四溴化萘(常温下为固态,不溶于水)。实验步骤:①按一定质量比把四氢化萘和水加入反应器中,加入少量纯铁粉。②缓慢滴入液溴,不断搅拌,直到四氢化萘反应完全。③,得到粗HBr溶液。

回答下列问题:(1)图中适合步骤①和②的装置是乙,不选用甲的理由是。

(2)步骤②中,反应完全、达到终点的现象是。

(3)乙中玻璃导管的作用是、。

(4)请将步骤③补充完整:。

(5)粗HBr溶液在空气中长期放置,溶液呈黄色,其原因可能是(用离子方程式表示)。

(6)检验实验所得HBr溶液中是否含有Fe2+:取少量粗HBr溶液加入过量AgNO3溶液,静置,取上层清液滴入到酸性KMnO4溶液中,若紫色的酸性KMnO4溶液褪色,证明溶液中含Fe2+,若紫色不褪色,则不含Fe2+。该方法是否可行,并说明理由。

(7)有人认为Fe3+起催化作用。欲验证该想法,按上述实验步骤进行实验,只须改动的是。

(8)若得到的粗HBr溶液浓度为4mol·L-1(ρ=1.2g·cm-3),则四氢化萘(M=132g·mol-1)和水的质量比是(列式即可,设溴化反应进行完全)。

4.(2022四川成都三诊)纯品氯化钠可用于食品、制药、氯碱工业等许多领域。实验室中利用下列装置进行从海水提取纯品氯化钠的实验。海水中主要离子及浓度如表所示:离子Cl-Na+Mg2+SOCa2+K+浓度54646853.328.110.49.97回答下列问题。(1)盛放BaCl2溶液的仪器名称为,球形冷凝管的出水管为(填“a”或“b”)。

(2)在95℃下对30mL海水混合物进行加热搅拌,同时缓慢滴加约2mL1mol·L-1BaCl2溶液,加热10min后取下,确定沉淀完全的实验方法是,能否用CaCl2代替BaCl2为沉淀剂(填“能”或“否”)。

(3)减压过滤(第一次)出泥沙与BaSO4,减压过滤的主要优点是(写一条)。

(4)加热滤液至沸,分别加入2mL3mol·L-1NaOH溶液和2mL饱和Na2CO3溶液,10min后减压过滤(第二次)。进行两次过滤而不是合并一次过滤的主要目的是:①防止泥沙溶于NaOH溶液;②防止发生沉淀转化:

(写出离子方程式)。工业上不宜选择用Ba(OH)2同时除去Mg2+和SO42-,可能的合理考虑是(填字母,双选)。已知Ksp(BaSO4)=1.1×10-10,Ksp[Mg(OH)2]=1A.Ba(OH)2比较贵B.Ba(OH)2的溶解度比较低C.Ba(OH)2属于二元强碱D.SO42-(5)在滤液中滴加2mol·L-1盐酸,直至溶液pH在2~3之间,搅拌。有人认为调节溶液酸碱性呈中性即可,这样做的后果是

。

(6)根据如图所示,将调节pH后的溶液转移至蒸发皿中,小火加热,再经、,乙醇洗涤,干燥,得到纯品氯化钠。

5.(2022广东韶关二模)KMnO4是一种常用的氧化剂。某实验小组利用氯气氧化K2MnO4制备KMnO4并对其性质进行探究。资料:①锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在,碱性减弱时易发生反应:3MnO42-+2H2O2MnO4-+MnO②酸性条件下的氧化性:KMnO4>KIO3>I2Ⅰ.KMnO4的制备(1)从A~D中选择合适的装置制备KMnO4,正确的连接顺序是a→(按气流方向,用小写字母表示);装置A中m的作用是。

(2)若没有使用装置C,造成的影响是

。

Ⅱ.KMnO4性质探究取适量制取的KMnO4溶液稀释至约0.01mol·L-1(用硫酸酸化至pH=1),取配制好的KMnO4溶液2mL于试管中,逐滴滴加0.1mol·L-1KI溶液,KMnO4紫色溶液迅速变为棕褐色悬浊液,然后沉淀逐渐消失,最终溶液变为棕黄色。(3)最终溶液呈现棕黄色推测生成了

(写化学式)。(4)实验小组对初始阶段的产物成分进行探究:①黑色固体是MnO2,试剂X是(写化学式)。

②在“紫色清液”中存在IO3-,写出生成IO3③下列实验方案中,可用于检验“紫色清液”中是否存在IO3-的是A.用洁净的玻璃棒蘸取紫色清液滴在淀粉-KI试纸上,观察试纸是否变蓝色。B.取少量紫色清液于试管中,向其中加入几滴淀粉溶液,溶液不变蓝,再加入过量NaHSO3溶液,观察溶液是否变色。C.取少量紫色清液于试管中,向其中加入稀硝酸酸化,再加入几滴硝酸银溶液,观察是否生成黄色沉淀。(5)探究实验Ⅱ中棕褐色沉淀消失的原因:用离子方程式解释步骤③中固体消失的原因:。

(6)由上述实验可知,KMnO4的还原产物与有关。

6.(2022辽宁省实验中学二模)1-溴丁烷主要用于生产染料和香料。实验室可通过正丁醇(CH3CH2CH2CH2OH)和氢溴酸反应制得,其反应原理如下:NaBr+H2SO4+CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CH2Br+NaHSO4+H2O,副产物有1-丁烯、正丁醚等。名称相对分子质量沸点/℃密度溶解性正丁醇74117.70.80微溶于水,易溶于浓硫酸及有机溶剂1-溴丁烷137101.61.28不溶于水,易溶于醇、醚等有机溶剂正丁醚130142.21.77不溶于水,易溶于浓硫酸及有机溶剂实验步骤:(一)1-溴丁烷的合成在10mL三颈烧瓶中,加入2.60g(约0.025mol)研细的溴化钠、1.85mL正丁醇并放入一粒搅拌子,安装好回流吸气装置(图1)。加入预先混合的2.80mL浓硫酸和2.00mL水的混合液,搅拌,硅油浴回流tmin,反应完毕,稍冷却后,改成蒸馏装置,蒸出粗产物。图1(二)粗产物洗涤将馏出液依次用等体积水、浓硫酸、水、饱和碳酸氢钠溶液及水洗涤后,用无水氯化钙干燥。(三)蒸馏得纯1-溴丁烷将干燥好的液体转入干燥的蒸馏烧瓶中,空气浴加热,收集99~102℃的馏分,得到1-溴丁烷1.15mL。回答下列问题:(1)图1冷凝管的进水口是(填“a”或“b”),实验中使用球形冷凝管而不用直形冷凝管的原因是。

如果加热一段时间后,发现没有通冷凝水,应该采取的措施是。

(2)图2表示1-溴丁烷产量随时间的变化,反应进行选择的适宜时间为20min,其原因是

。

图2(3)合成1-溴丁烷时,为了防止反应中生成的HBr挥发,烧杯中盛放(填字母)作吸收剂。

A.氢氧化钠溶液 B.浓盐酸C.四氯化碳 D.二硫化碳(4)洗涤粗产物时,用到的玻璃仪器有,加入浓硫酸洗涤的目的是。

(5)实验中1-溴丁烷的产率是(保留3位有效数字)。

(6)不同的物料比对1-溴丁烷的产量有影响,如果反应开始时多增加1.00mL浓硫酸,其余实验条件不变,测得1-溴丁烷的产量是0.80mL,产量减小可能的原因是(答一点即可)。

7.(2022辽宁省协作体二模)硫酸亚铁铵是一种重要的化工原料,其晶体(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O为浅蓝绿色晶体,较硫酸亚铁不易被氧化。(1)硫酸亚铁铵晶体的制备:①铁屑需先用碱洗后,再用少量酸洗,酸洗的目的是。

②制备硫酸亚铁过程中,初始时活塞a、b、c的开关状态依次是,

反应一段时间后,调整活塞a、b、c的开关状态依次为,最后得到晶体产品。

(2)产品的相关实验:①硫酸亚铁铵晶体在500℃时隔绝空气加热完全分解,将方程式补充完整(合理即可)。(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O2FeO+1Fe2O3+NH3↑+N2↑+SO2↑+SO3↑+②为验证甲中残留物含有Fe2O3可选用的试剂有(填字母)。

a.稀硝酸 b.稀硫酸c.新制氯水 d.硫氰化钾③装置乙中HCl的作用是。实验中,观察到装置丙中有白色沉淀生成,发生反应的离子方程式为

。

(3)样品纯度的测定:准确称量20.00g硫酸亚铁铵晶体样品,配制成100mL溶液。取所配溶液20.00mL于锥形瓶中,加稀硫酸酸化,实验测定其与20.00mL0.1000mol·L-1酸性KMnO4溶液恰好完全反应。已知:(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的摩尔质量是392g·mol-1,则产品中(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的质量分数为。

8.(2022山东泰安二模)氨基甲酸铵(H2NCOONH4)是一种重要的化工原料,易分解,极易水解。实验室利用下列反应和相关装置制备氨基甲酸铵:2NH3(g)+CO2(g)H2NCOONH4(s)ΔH<0。常压下,有关物质的熔沸点:物质CO2H2NCOONH4熔点/℃-78.4559.61沸点/℃-56.5558.76请回答:(1)仪器a的名称为;实验室用A或F装置均可制备氨气,其中F装置反应的化学方程式是。装置B内盛放的试剂是。

(2)E装置能控制原料气按反应计量数充分反应,若反应初期观察到E装置内浓硫酸中产生气泡,接下来的具体操作是

。

此外,装置E还能防倒吸、、。

(3)对比大理石和盐酸反应制CO2,该实验利用干冰升华产生CO2气体的优点有(填字母)。

A.提供-78℃低温环境,避免氨基甲酸铵分解B.避免了CO2的除杂干燥C.增大了反应物氨气的转化率D.加快了氨基甲酸铵的生成速率(4)产品纯度分析:①称取产品1.845g[内含杂质(NH4)2CO3·H2O],用蒸馏水溶解,定容于100mL容量瓶中。②移取20.00mL上述溶液于锥形瓶,加入足量BaCl2溶液。③向上述溶液加入足量甲醛(HCHO)溶液,放置5min,再加入20.00mL1.000mol·L-1NaOH溶液。④向上述溶液中滴加1~2滴酚酞溶液,用1.000mol·L-1HCl标准溶液滴定,实验三次,测得消耗标准溶液11.00mL。已知:H2NCOONH4+H2O(NH4)2CO3、4NH4++6HCHO[(CH2)6N4H]++3H++6H2O、[(CH2)6N4H]++OH-(CH2)6N4+H2O氨基甲酸铵纯度为(保留小数点后两位),若无操作②,所测纯度(填“偏大”或“偏小”)。

9.(2022辽宁沈阳第120中学四模)保险粉(Na2S2O4)大量用于印染业,并用来漂白纸张、纸浆和陶土等。某化学兴趣小组同学用甲酸法制取保险粉的装置如图所示(加持装置略去)。已知:保险粉易溶于水,不溶于甲醇,具有强还原性,在空气中易被氧化:2Na2S2O4+O2+2H2O4NaHSO3或Na2S2O4+O2+H2ONaHSO3+NaHSO4。实验时先把甲酸(HCOOH)与溶于甲醇和水混合溶剂的NaOH混合,再通入SO2气体。回答下列问题:(1)仪器a的名称是;装置B的作用是。

(2)装置C中甲醇不参加反应,甲醇的作用是;生成Na2S2O4的离子方程式为。

(3)下列有关该实验的说法正确的是(填字母)。

A.可用硝酸和BaCl2溶液检验制得的Na2S2O4中是否混有NaHSO4B.实验中甲酸和NaOH最合适的物质的量之比为1∶1C.用N2排尽装置内的空气,有利于提高的Na2S2O4纯度D.得到Na2S2O4固体后可用甲醇洗涤(4)测定产品中Na2S2O4质量分数,其实验步骤如下,准确称取0.5000g产品放入锥形瓶中,加入适量水使其溶解,然后加入足量甲醛,充分反应,再滴加几滴指示剂,用0.2000mol·L-1的标准I2溶液滴定,至终点时,消耗25.00mL标准I2溶液。实验过程中涉及的反应:Na2S2O4+2HCHO+H2ONaHSO3·HCHO+NaHSO2·HCHO;NaHSO2·HCHO+2I2+2H2ONaHSO4+HCHO+4HI。该实验加入指示剂是,

产品Na2S2O4(M=174g·mol-1)的质量分数为%(保留一位小数)。

(5)探究Na2S2O4的性质。隔绝空气加热Na2S2O4固体完全分解得到固体产物Na2SO3、Na2S2O3和气体SO2,但该兴趣小组没有做到完全隔绝空气,得到的固体产物中还含有Na2SO4。请设计实验证明该分解产物中含有Na2SO4。实验方案是。(可选试剂:稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、BaCl2溶液、酸性KMnO4溶液)

10.(2022福建龙岩三模)某化学实验小组探究SO2与FeCl3溶液的反应。实验一:用如图所示实验装置制备SO2,并将足量SO2通入FeCl3溶液中,溶液迅速变为红色;停止通入气体,将红色溶液密闭放置5小时后,溶液变为浅绿色。(1)制备SO2的化学方程式为;

(2)仪器a的名称为,按图示装好药品后,打开K之前的操作是。

(3)某同学取适量酸性KMnO4溶液于试管中,滴入几滴红色溶液,溶液的紫色褪去,据此推断红色溶液中含有Fe2+。此结论(填“正确”或“不正确”),理由是。

实验二:探究红色溶液产生的原因实验过程如表:实验序号假设实验内容结论①与溶液中c(H+)有关取适量上述红色溶液,滴入Y溶液,溶液又变为黄色假设不成立②与c(H2SO3)或c(SO2)有关向实验①溶液中,滴入1mol·L-1NaHSO3溶液,溶液呈红色,再逐滴滴入HCl溶液,出现×××现象假设不成立③与c(HSO3-)或c(S在FeCl3溶液中加入Na2SO3溶液,立即变为红色(4)实验①中,Y是(填化学式);实验②中现象是;实验③的结论是。

(5)为了进—步探究红色物质产生的主要原因,又进行了以下实验:在0.5mL1mol·L-1的FeCl3溶液中,加入浓度相同的Na2SO3溶液V1mL、NaHSO3溶液V2mL并混合均匀,改变V1、V2的值并维持V1+V2=4.0进行多组实验,测得混合溶液的吸光度与V2①维持V1+V2=4.0的目的是。

②该实验得出的结论是

。

参考答案大题突破练2化学实验综合题1.答案(1)恒压分液漏斗K2Cr2O7+14HCl(浓)+3Cl2↑+7H2O(2)碱石灰吸收多余的氯气,防止污染空气;防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶中引起SnCl4水解(3)在装置A与B之间加盛有饱和食盐水的洗气瓶(4)蒸馏Cu、Pb(5)96.4%偏低解析(1)为了使浓盐酸顺利滴入烧瓶中,使用的仪器a为恒压分液漏斗,装置A用于制备Cl2,反应原理为K2Cr2O7+14HCl(浓)2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O;(2)e中加入碱石灰,可以防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶中引起SnCl4水解,同时又能吸收多余的氯气,防止污染空气;(3)装置A用于制备Cl2,Cl2中含有杂质HCl和水蒸气,都会使SnCl4产率降低,除了B装置用于除去水蒸气之外,在装置A与B之间加盛有饱和食盐水的洗气瓶,用于除去杂质HCl;(4)根据氯气与硫渣反应相关产物的熔、沸点可知,三颈烧瓶中得到的粗产品进行提纯的方法是蒸馏,且控制温度为114℃,硫渣中含有的金属元素为Sn、Cu和Pb,与氯气反应提纯后剩余的固体渣经过处理,可回收的主要金属有Cu和Pb;(5)根据滴定反应原理可知,过量的碘的物质的量为n(I2)剩余=12×0.100×10-2mol·L-1×20.00×10-3L=1×10-5mol,则与H3AsO3发生反应的碘的物质的量为n(I2)=0.100mol·L-1×20.00×10-3L-1×10-5mol=1.99×10-3mol,即可得杂质n(AsCl3)=1.99×10-3mol,故产品中SnCl4的质量分数为10.00g-1.99×12.答案(1)浓硫酸排尽装置中的空气,以免干扰实验吸收过量的氯气以免污染空气,同时防止空气中水蒸气进入锥形瓶中,引起TiCl4水解PdCl2+CO+H2OPd↓+CO2+2HCl(2)气体温度过高会导致冷凝管炸裂蒸馏(3)取少量合金样品于试管中,滴加过量NaOH溶液,振荡,静置后取上层清液,再滴入稀盐酸至过量,如有沉淀产生且沉淀不完全溶解,则证明样品中含Si(4)产生大量H+,抑制了②③反应的进行生成TiOSO4,促进了反应②的进行解析(1)检查装置气密性后,A装置的作用是干燥气体,故其中加入的药品为浓硫酸,管式炉中加入TiO2和C,由于空气中的O2会与C反应,则先通入N2的目的是排尽装置中的空气,以免干扰实验,一段时间后,加热管式炉,改通Cl2,对C处逸出的气体用D、E装置进行后续处理,D中碱石灰的作用是吸收过量的氯气以免污染空气,同时防止空气中水蒸气进入锥形瓶中,引起TiCl4水解,E中反应的化学方程式为PdCl2+H2O+COPd↓+CO2+2HCl。(2)实验过程中,产生的高温气体在进入装置B之前要进行“前期冷却”,原因是气体温度过高会导致冷凝管炸裂,由题干已知信息②TiCl4能溶于有机溶剂,遇水会水解生成难溶于水的物质;CCl4难溶于水,制得的TiCl4中常含有少量CCl4,且CCl4和TiCl4均为分子晶体,TiCl4的相对分子质量更大,即TiCl4的熔点更高,故从混合液体中分离出TiCl4的操作名称为蒸馏。(3)某钛合金的元素还有Al和Si等,已知在常温下,钛是一种耐强酸强碱的金属,而Si、Al均能与强碱溶液反应生成Na2SiO3和NaAlO2,Na2SiO3和NaAlO2溶液与过量的酸反应现象不同,前者为生成白色沉淀且沉淀不溶解,后者是先生成白色沉淀后沉淀逐渐溶解直至消失,故检验其中的Si元素的实验可设计为:取少量合金样品于试管中,滴加过量NaOH溶液,振荡,静置后取上层清液,再滴入稀盐酸至过量,如有沉淀产生且沉淀不完全溶解,则证明样品中含Si。(4)TiOSO4难溶于冷水,在热水中易水解;TiCl4的水解是由水解、电离、水解三步组成,其中①为快反应,产生大量的H+,从而抑制了反应②③的进行,加入硫酸铵则可以生成TiOSO4沉淀,从而促进反应②的进行。3.答案(1)溴易挥发,会污染空气;溴会腐蚀胶头滴管的胶帽(2)滴入最后半滴液溴时,溶液呈浅黄色(3)冷凝回流平衡气压(4)过滤(5)4Br-+4H++O22Br2+2H2O(6)不可行,NO3-在酸性条件下能将Fe2+氧化成Fe3+,观察不到紫色的酸性KMnO(7)将步骤①中的铁粉改为FeBr3(8)11解析四氢化萘和溴单质在一定条件下反应,四溴化萘常温下是固体不溶于水,故可过滤分离。溴化氢具有还原性,能被空气中的氧气氧化。Fe2+能在酸性条件下被NO3-氧化。根据物质的量浓度计算其物质的量(1)甲中使用的胶头滴管,溴易挥发,会污染空气;溴会腐蚀胶头滴管的胶帽,故不选用甲;(2)该反应到终点的现象为滴入最后半滴液溴时,溶液呈浅黄色;(5)溴化氢能被空气中的氧气氧化生成溴单质,显黄色,反应的离子方程式为4Br-+4H++O22Br2+2H2O;(6)NO3-在酸性条件下能将Fe2+氧化成Fe3+,观察不到紫色的酸性KMnO4溶液褪色,故该实验不可行(8)假设溴化氢溶液为1L,则溴化氢的物质的量为4mol,说明四氢化萘的物质的量为1mol,溴单质为4mol,则水的质量为1.2g·cm-3×1000cm3-4×81g·mol-1=876g,则四氢化萘和水的质量比为1328764.答案(1)恒压分液漏斗b(2)静置,向上层清液中滴加BaCl2溶液,若不再产生白色沉淀,则沉淀完全否(3)分离速率快,固液分离彻底,分离效率高(任写一条,合理即可)(4)BaSO4(s)+CO32-(aq)BaCO3(s)+S(5)导致CO32-未除干净,最终所得产品中含有NaHCO3或者Na(6)蒸发结晶趁热过滤解析(1)由题干实验装置图可知,盛放BaCl2溶液的仪器名称为恒压分液漏斗,球形冷凝管中冷却水应该下进上出,以提高冷凝效果,故球形冷凝管中的出水管为b。(2)在95℃下对30mL海水混合物进行加热搅拌,同时缓慢滴加约2mL1mol·L-1BaCl2溶液,加热10min后取下,确定沉淀完全的实验方法是静置,向上层清液中滴加BaCl2溶液,若不再产生白色沉淀,则沉淀完全,由于CaSO4是微溶物,若用CaCl2代替BaCl2为沉淀剂,则使SO42-沉淀不完全,即SO42-不能完全除去,故不能用(4)加热滤液至沸,分别加入2mL3mol·L-1NaOH溶液和2mL饱和Na2CO3溶液,10min后减压过滤(第二次)。进行两次过滤而不是合并一次过滤即先过滤出泥沙和BaSO4,再过滤出Mg(OH)2和BaCO3、CaCO3等,其主要目的是①由于泥沙中的SiO2等能与NaOH发生反应生成可溶性的硅酸盐,引入新的杂质,则能防止泥沙溶于NaOH溶液;②防止发生沉淀转化即BaSO4转化为BaCO3,导致SO42-除不干净,该转化的离子方程式为BaSO4(s)+CO32-(aq)BaCO3(s)+SO42-(aq),由于Ba(OH)2比较贵,工业生产中需考虑成本,原料的价格是工业生产中必须考虑的因素,A正确;Ba(OH)2的溶解度虽然比较低,但能溶于水中,足以沉淀Mg2+和SO42-,B错误;沉淀Mg2+和SO42-与几元碱无关,故Ba(OH)2属于二元强碱不属于工业生产中考虑的问题,C错误;Ksp(BaSO4)=1.1×10-10,Ksp[Mg(OH)2]=1.6×10-12,且溶液中的Mg2+浓度和SO(5)二次过滤之后的滤液中主要含有过量的OH-和CO32-,已知NaHCO3溶液显弱碱性,碳酸显弱酸性,则若调节pH呈中性,则溶液中可能含有碳酸氢钠和碳酸,导致CO32-未除干净,最终所得产品中含有NaHCO3(6)由题干图示可知,KCl的溶解度随温度变化明显,而NaCl的溶解度随温度变化不明显,将调节pH后的溶液转移至蒸发皿中,小火加热,再经蒸发结晶、趁热过滤,乙醇洗涤,干燥,得到纯品氯化钠。5.答案(1)d→e→c→b→f(或d,e→c,b→f)平衡气压,使液体能顺利流下(2)HCl进入B装置使溶液碱性减弱生成MnO2,导致KMnO4的产率降低(3)I2(4)①H2O2②2MnO4-+I-+2H+2MnO2↓+IO3-+H2(5)MnO2+2I-+4H+Mn2++I2+2H2O(6)还原剂的用量、溶液的酸碱性、氧化剂的浓度解析(1)装置A制备氯气,经装置C除去HCl,进入装置B中发生反应制备KMnO4,最后用装置D吸收尾气。从A~D中选择合适的装置制备KMnO4的正确的连接顺序是a→d→e→c→b→f或d,e→c,b→f(按气流方向,用小写字母表示);装置A中m的作用是平衡气压,使液体能顺利流下。(2)若没有使用装置C,造成的影响是HCl进入B装置使溶液碱性减弱生成MnO2,导致KMnO4的产率降低。(3)低浓度碘水的颜色为黄色,KI和酸性KMnO4溶液反应的生成物中使溶液呈棕黄色只可能是生成I2,在酸性条件下,KMnO4将I-氧化生成I2,最终溶液呈现棕黄色推测生成了I2。(4)实验Ⅱ初始阶段I-的氧化产物不是I2,则有机溶剂四氯化碳中未溶解I2而呈无色,但四氯化碳不溶于水、密度比水大,导致液体分层;①KI和酸性KMnO4溶液反应的黑色生成物能催化H2O2分解,黑色固体是MnO2,二氧化锰催化双氧水分解,试剂X是H2O2。②KI和酸性KMnO4溶液反应生成KIO3和MnO2,根据电子守恒和电荷守恒配平写出的离子方程式为2MnO4-+I-+2H+2MnO2↓+IO3-+H③酸性条件下氧化性:KIO3>I2,可加入不含I元素的还原剂将IO3-还原为I2,利用淀粉遇到碘单质变蓝色检验I2的存在,间接证明IO3用洁净的玻璃棒蘸取紫色清液滴在淀粉KI试纸上,引入碘元素,A错误;取少量紫色清液于试管中,向其中加入几滴淀粉溶液,溶液不变蓝,再加入过量NaHSO3溶液,HSO3-与IO3-反应,生成I2,观察溶液是否变色,B正确;取少量紫色清液于试管中,向其中加入稀硝酸酸化,再加入几滴AgNO3溶液(5)MnO2、KI和硫酸反应生成的棕黄色溶液中含有I2,根据化合价升降规律可知还生成MnSO4,结合分析,用离子方程式解释步骤③中固体消失的原因:MnO2+2I-+4H+Mn2++I2+2H2O。(6)由上述实验可知,所得产物成分与试剂的相对用量(滴加顺序)有关,由探究实验Ⅱ中棕褐色沉淀消失原因的实验可知,所得产物成分与溶液酸性强弱有关,实际上,物质的变化主要与其自身的性质有关,还与外界条件,如浓度大小、用量多少、溶液的酸碱性等因素有关。6.答案(1)a球形冷凝管的接触面积大,冷凝效果好停止加热,待冷凝管冷却到室温后,再先通冷凝水后重新加热(2)反应进行到20min时1溴丁烷产量较大接近1.15mL,再延长反应时间,对其产量变化不大,且浪费能源(3)A(4)烧杯和分液漏斗除去1溴丁烷中的正丁醇(5)53.7%(6)浓硫酸能催化正丁醇分子间脱水转化为正丁醚或者浓硫酸能催化正丁醇分子内脱水发生消去反应转化为1丁烯解析(1)冷凝管中冷却水的流向为“下进上出”,则题图1冷凝管的进水口是a,球形冷凝管的接触面积大,冷凝效果好,则实验中使用球形冷凝管而不用直形冷凝管,如果加热一段时间后,发现没有通冷凝水,应该采取的措施是停止加热,待冷凝管冷却到室温后,再先通冷凝水后重新加热;(2)由题图2表示的信息可知,反应进行到20min时1溴丁烷产量较大,再延长反应时间,对其产量变化不大,且浪费能源,则一般反应进行选择的适宜时间为20min;(3)合成1溴丁烷时,为了防止反应中生成的HBr挥发,HBr为酸性气体,能与NaOH溶液反应,难溶于CCl4和CS2等非极性溶剂,则烧杯中盛放氢氧化钠溶液为吸收剂;(4)1溴丁烷不溶于水,易溶于醇、醚等有机溶剂,正丁醇微溶于水,易溶于浓硫酸及有机溶剂,则洗涤粗产物时用分液操作进行分离,用到的玻璃仪器有烧杯和分液漏斗,加入浓硫酸洗涤的目的是除去1溴丁烷中的正丁醇;(5)在10mL三颈烧瓶中,加入2.60g(约0.025mol)研细的溴化钠,1.85mL正丁醇并放入一粒搅拌子,根据反应的化学方程式NaBr+H2SO4+CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CH2Br+NaHSO4+H2O可知,NaBr稍微过量,按正丁醇的量进行计算可知,理论上生成的1溴丁烷的物质的量为n=n(正丁醇)=1.85mL×0.80g·mL-174g·mol-1=0.02mol,则实验中的理论产量为0.02(6)不同的物料比对1溴丁烷的产量有影响,如果反应开始时多增加1.00mL浓硫酸,其余实验条件不变,测得1溴丁烷的产量为0.80mL,产量减小可能的原因是浓硫酸能催化正丁醇分子间脱水转化为正丁醚或者浓硫酸能催化正丁醇分子内脱水发生消去反应转化为1丁烯。7.答案(1)①去除表面的氧化物②活塞a关闭,活塞b、c打开活塞a打开,活塞b、c关闭(2)①4614431(或4427134)②bd③保持酸性环境,防止SO2反应产生沉淀,干扰SO3的检验SO2+H2O2+Ba2+BaSO4↓+2H+(3)98.00%解析(1)①铁表面会因潮湿腐蚀生成Fe2O3等氧化物,加酸洗是为了去除表面的氧化物;②制取硫酸亚铁过程中,先打开活塞b、c,同时关闭活塞a,平衡装置内的大气压,排除氧气防止Fe2+被氧化;反应一段时间后,为了将锥形瓶中的硫酸亚铁进入饱和硫酸铵中反应制取产品,则应关闭活塞b、c,打开活塞a,利用产生的氢气的压强差将硫酸亚铁溶液压至饱和硫酸铵中反应。(2)①根据已知化学方程式(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O→2FeO+1Fe2O3+NH3+N2+SO2+SO3+H2O,根据铁原子守恒可知(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O前化学计量数为4,令化学方程式为4(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O2FeO+1Fe2O3+aNH3↑+bN2↑+cSO2↑+dSO3↑+eH2O,根据得失电子守恒,则有6b+2=2c,当b=1时,则c=4<8,满足质量守恒定律,且a=6、d=4、e=31,配得化学方程式为4(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O2FeO+1Fe2O3+6NH3↑+1N2↑+4SO2↑+4SO3↑+31H2O;当b=2时,则c=7<8,满足质量守恒定律,且a=4、d=1、e=34,配得化学方程式为4(NH4②先用稀硫酸溶解甲中残留物,得到溶液,向所得溶液中滴加几滴KSCN溶液,若溶液变红,说明含有Fe3+,若无明显现象,说明不含有Fe3+,则可选用的试剂有:bd;③产生的气体有SO2和SO3,加稀盐酸可排除BaSO3沉淀的影响,生成不溶于稀盐酸的BaSO4才能证明气体含有SO3,则HCl的作用是:保持酸性环境,防止SO2反应产生沉淀,干扰SO3的检验;装置丙中H2O2具有氧化性,能将+4价的S氧化成+6价,再与Ba2+结合生成BaSO4沉淀,反应的离子方程式为SO2+H2O2+Ba2+BaSO4↓+2H+。(3)用酸性KMnO4滴定是利用其与样品中Fe2+发生氧化还原反应,反应的离子方程式为MnO4-+5Fe2++8H+Mn2++5Fe3++4H2O,则存在关系式MnO解得n=0.01mol,则20.00g硫酸亚铁铵晶体样品中铁元素的物质的量为n(Fe2+)=0.01mol×100mL20mL=0.05mol,则样品中(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的物质的量为0.05mol,质量为m=nM=0.05mol×392g·mol-1=19.8.答案(1)恒压分液漏斗2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O碱石灰(2)通过调节漏斗旋塞控制浓氨水的滴加速度,使E中不产生气泡,也不倒吸吸收未反应的氨气,防止污染空气防止空气中的水蒸气进入反应器使产品水解(3)BC(4)84.55%偏小解析(1)由题图可知,仪器a的名称为恒压分液漏斗;利用F装置可以是固体和固体加热反应制备氨气,可以选择氯化铵和氢氧化钙反应,化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O;利用装置A制备的氨气中含有水蒸气,可以用装置B干燥,则装置B内盛放的试剂是碱石灰;(2)E装置内浓硫酸中产生气泡,则气体应该是二氧化碳,说明二氧化碳没有充分反应,氨气物质的量不够,则应该通过调节漏斗旋塞控制浓氨水的滴加速度,使E中不产生气泡,也不倒吸;除此之外氨气可以被硫酸吸收,且产品极易水解,要保持环境干燥,故装置E的作用还有:吸收未反应的氨气,防止污染空气;防止空气中的水蒸气进入反应器使产品水解;(3)干冰在装置C中只能保证装置C处于低温状态,另外干冰升华利用的是干冰的沸点,即-56.55℃,不是-78℃,A错误;该制备二氧化碳的过程中没有用到盐酸,就不会引入水蒸气和氯化氢杂质,避免了CO2的除杂干燥,B正确;制备氨基甲酸铵为放热反应,干冰升华确实降低了温度,反应正向移动,增大了反应物氨气的转化率,C正确;干冰升华降低了反应体系温度,减慢了氨基甲酸铵的生成速率,D错误。(4)由题给反应可知H2NCOONH4~2NH4+,由4NH4++6HCHO[(CH2)6N4H]++3H++6H2O可知,参加反应的NaOH当中,有14n(NaOH)和[(CH2)6N4H]+反应,则1.845g产品中n(NH4+)=4n{[(CH2)6N4H]+}=4×(20.00×10-3L×1.000mol·L-1-11.00×10-3L×1.000mol·L-1)×14×100mL20mL=45×10-3mol,设产品中有H2NCOONH4的物质的量为x,有(NH4)2CO3·H2O的物质的量为y,则根据铵根的量可得2x+2y=45×10-3mol,根据质量关系,可得78g·mol-1x+114g·mol-1y=1.845g,解得x=0.02mol,则m(H2NCOONH4)=78g·mol-1×0.02mol=1.56g,氨基甲酸铵纯度=1.561.845×100%≈84.55%;操作②加入氯化钡可以沉淀碳酸根离子9.答案(1)恒压分液漏斗防倒吸(2)降低Na2S2O4的溶解度,有利于其结晶析出HCOO-+2SO2+3OH-S2O42-+CO3(3)CD(4)淀粉溶液87.0(5)取少量分解产物溶于足量的稀盐酸中,静置,取上层清液,滴加几滴BaCl2溶液,若出现沉淀则说明产物中含有Na2SO4,反之则无解析(1)容器a为带有恒压装置的分液漏斗,故名称为恒压分液漏斗;因SO2进入装置C反应可能会产生倒吸,故装置B的作用为防倒吸;(2)因为Na2S2O4易溶于水、不溶于甲醇,故甲醇的作用为降低Na2S2O4的溶解度,有利于其结晶析出;根据题意,HCOOH与SO2在碱性条件下反应生成Na2S2O4,HCOOH滴入后首先与NaOH反应转化为HCOO-,故初步确定反应为HCOO-+SO2+OH-→S2O42-,S元素的化合价由+4价被HCOO-还原为+3价,推测HCOO-中C元素化合价由+2价被氧化为稳定的+4价CO2,反应条件为碱性,故此时应该生成CO32-,结合元素守恒确定生成物中有H2O,故配平后的离子方程式为HCOO-+2SO2+3OH-S2O(3)Na2S2O4具有强还原性,强氧化性HNO3能将其氧化为SO42-,A错误;若甲酸与NaOH物质的量之比为1∶1,则此时恰好反应,若NaOH过量,则可以与CO2反应生成CO32-,有助于平衡正向移动,提高Na2S2O4产率,B错误;Na2S2O4具有强还原性,在空气中易被氧化,故排尽空气可防止Na2S2O4被氧化,提高其纯度,C正确;Na2S2O(4)涉及I2的滴定,可以用淀粉溶液作指示剂,终点现象为溶液颜色由无色变为浅蓝色,故此处填淀粉溶液;根据已知方程式确定关系式:Na2S2O4~NaHSO2·HCHO~2I2,得n(Na2S2O4)=n(I2)2=0.2000mol·L-1×25.00×10-32.5×10(5)检验SO42-,需加入稀盐酸排除SO32-等离子干扰,再加入BaCl2溶液观察现象,不能选用稀