2020届高考化学二轮考点专题必练- 物质组成的探究实验题【共34题逐题精编 答案+详解】

第=page11页，共=sectionpages11页第=page22页，共=sectionpages22页高考化学二轮考点专题必练——物质组成的探究实验题【共34题逐题精编答案+详解】1.球墨铸铁中含有一种铁碳化合物X.实验室测定化合物X的组成实验如下：下列说法不正确的是(    )

固体2是氧化铁

B.X的化学式可以表示为Fe3C2

C.溶液甲中可能含有Fe3+

D.【答案】B

【解析】解：铁碳化合物X，在足量空气中煅烧得固体1为铁的氧化物，可以有+2价或+3价的铁，溶于盐酸所得溶液中可能Fe2+和Fe3+，再通入足量的氯气，溶液中都为+3价的铁，加热蒸发，铁离子水解，生成氢氧化铁，灼烧后氢氧化铁分解得固体2为氧化铁，24g氧化铁中含有铁元素的质量为112160×24g=16.8g，利用元素守恒，可计算得化合物X中铁元素的质量也是16.8g，进而求得X中碳元素的质量为18g−16.8g=1.2g，所以在X中铁、碳原子的物质的量之比为16.856：1.212=3：1，所以X的化学式为Fe3C，Fe3C与热的浓硝酸发生氧化还原反应，碳元素可被氧化成二氧化碳，硝酸中的氮可被还原成二氧化氮，根据上面的分析可知，

A、固体2是氧化铁，故A正确；

B、X的化学式可以表示为Fe3C2.某白色粉末由两种物质组成，为鉴定其成分进行如下实验：①取少量样品加入足量水中，有气泡产生且仍有部分固体未溶解，再继续加入足量稀硝酸，固体全部溶解；②取少量样品加入足量稀硫酸，有气泡产生，振荡后仍有固体存在。该白色粉末可能为(    )Ba(HCO3)2、AlCl3 B.Mg(OH)2、NH4【答案】A

【解析】解：A.将少量Ba(HCO3)2、AlCl3样品加入足量水中，碳酸氢根离子和铝离子发生双水解反应生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，有气泡产生且仍有部分固体溶解，再继续加入足量稀硝酸，氢氧化铝固体全部溶解；取少量样品加入足量稀硫酸，碳酸氢钡和硫酸反应生成硫酸钡沉淀、水和二氧化碳，有气泡产生，振荡后仍有固体硫酸钡存在，故A正确；

B.取少量Mg(OH)2、NH4HCO3样品加入足量水中，不能发生反应，没有气泡产生；取少量样品加入足量稀硫酸，碳酸氢铵和硫酸反应生成硫酸铵、二氧化碳和水，有气泡产生，氢氧化镁和硫酸反应生成硫酸镁和水，振荡后固体消失，故B错误；

C.取少量NaHSO4、BaCO3样品加入足量水中，二者发生离子反应生成硫酸钡沉淀、二氧化碳和水，有气泡产生且仍有部分固体不溶解，再继续加入足量稀硝酸，硫酸钡固体不能溶解，故C错误；

3.固体粉末X中可能含有Fe、FeO、CuO、MnO2、NaCl和Na2CO3中的若干种。为确定该固体粉末的成分，某同学依次进行了以下实验：

①将X加入足量水，得到不溶物Y

和溶液Z

②取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物

③用玻璃棒蘸取溶液Z滴于广范pH试纸上，试纸呈蓝色

④向ZX中一定不存在FeO

B.不溶物Y中一定含有MnO2和CuO，而Fe与FeO中至少含有一种

C.Z溶液中一定含有Na2CO3【答案】C

【解析】解：①将X加入足量水中，得到不溶物Y和溶液Z，Y可能为Fe、FeO、CuO、MnO2中的物质，Z可能为NaCl和Na2CO3中的物质；

②取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物，黄绿色气体为氯气，红色不溶物为铜，可说明Y中至少含有CuO、MnO2，红色不溶物为铜，说明反应后有Cu生成，说明Y中含有的CuO与酸反应生成的CuCl2被置换出来了，可说明Y中还含有Fe；

③用玻璃棒蘸取溶液Z于广范pH试纸上，试纸呈蓝色，说明溶液呈碱性，应含有Na2CO3，可能含有NaCl，

④向乙溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀，可能为氯化银或碳酸银沉淀；

由以上分析可知X中应含有CuO、MnO2、Na2CO3以及Fe，但不能确定是否含有FeO、NaCl，

向④中所生成的白色沉淀中滴加盐酸，若沉淀不完全溶解，加盐酸引入氯离子，仍不能确定NaCl，

故选：C。

①将X加入足量水中，得到不溶物Y和溶液Z，Y可能为Fe、FeO、CuO、MnO2中的物质，Z可能为NaCl和Na2CO3中的物质；

②取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物，黄绿色气体为氯气，红色不溶物为铜，可说明Y4.加热蒸干氯化镁溶液时因水解不完全会得到一种灰白色沉淀一一碱式氯化镁，化学式可表示为Mgx(OH碱式氯化镁受热分解可以产生氧化镁，氯气和水

B.结束反应时，先停止加热，通一段时间N2后再关闭活塞K

C.①②中依次盛装浓硫酸、氢氧化钠溶液

D.只需称取原样品质量、反应结束后硬质玻璃管中剩余固体质量以及装置①增重的质量即可推出其化学式【答案】A

【解析】解：A.碱式氯化镁的分解是非氧化还原反应，产物为MgO、HCl、H2O，故A错误；

B.反应后继续通入N2，使产生的气体充分吸收，提高实验的准确性，故B正确；

C.①中盛装浓硫酸先吸收水分，②中为氢氧化钠溶液吸收HCl，故C正确；

D.通过称量反应结束后硬质玻璃管中剩余固体质量可知生成MgO，称量装置①增重的质量可知H2O的质量，原样品总质量减去MgO和H2O的质量即为HCl质量，故可以求算碱式氯化镁的分子式。故D正确；

故选：A。

碱式氯化镁的分解生成MgO、HCl、H2O，反应开始前，通入赶走装置内的空气，反应后继续通入N2，使产生的气体充分吸收，提高实验的准确性，①②中依次盛装浓硫酸、氢氧化钠溶液吸收生成水、HCl，碱石灰防止外界的空气进入装置干扰，通过称量反应结束后硬质玻璃管中剩余固体质量可知生成MgO，称量装置①5.固体粉末X中可能含有K2SO3、KAlO2、MgCl2，Na2C03中的一种或几种。为确定该固体粉末的成分，做如下实验：气体I可能为SO2和CO2的混合物

B.沉淀3一定为Mg(OH)2和Al(OH)3的混合物

C.固体粉末X中一定有Na【答案】D

【分析】

本题考查物质的分离提纯实验设计，为高频考点，把握物质的性质及流程中发生的反应为解答的关键，侧重混合物分离方法、原理及分析应用能力的考查，题目难度不大。

【解答】

固体X中加入过量的硝酸，得溶液2，加入氯化钡生成沉淀4，说明固体中含有K2SO3，一定不含MgCl2，加氨水生成沉淀说明固体粉末中含有KAlO2，

A.稀硝酸的强氧化性，气体1不可能为SO2，两者要发生氧化还原反应，气体1为NO，可能有二氧化碳，故A错误；

B.由上述分析可知，一定不含MgCl2，KAlO2与稀硝酸生成，可溶性的铝离子，铝离子与氨水生成沉淀3为Al(OH)3，故B错误；

C.由上述分析可知，固体粉末X中一定有KAl6.下列实验操作和理象、结论均正确且有因果关系的是(    )选项实验操作和现象结论A向某溶液中滴加CCl原溶液中含有IB常温下，0.1mol/LNaHSO3溶液的pHHSOC相同温度下，测得饱和亚硫酸溶液的pH小于饱和碳酸溶液的pH亚硫酸的酸性强于碳酸D向稀HNO3中加入过量的Fe粉，充分反应后，滴入稀HNO3将FeA B.B C.C D.D【答案】B【解析】解：A.下层溶液显紫色，含碘单质，不能检验原溶液中含有I−，故A错误；

B.0.1mol/LNaHSO3溶液的pH约为5，显酸性，可知HSO3−的电离程度大于其水解程度，故B正确；

C.饱和溶液的浓度不同，不能比较酸性，可测定等浓度溶液的pH比较酸性，故C错误；

D.向稀HNO3中加入过量的Fe粉，反应生成硝酸亚铁，充分反应后，滴入KSCN溶液不显红色，结论不合理，与铁过量有关，故D错误；

故选：B。

A.下层溶液显紫色，含碘单质；

B.0.1mol/LNaHSO3溶液的pH约为57.能够证明乙醇分子(C2H623g乙醇与足量的金属钠反应，可以放出0.25mol

氢气

B.1mol

乙醇充分燃烧生成2mol

CO2

和3mol

H2O，消耗3mol

O2

C.乙醇的沸点高于乙烷

【答案】B

【解析】分析：A.23g乙醇(即0.5mol)与足量钠反应只产生0.25mol氢气，则1mol乙醇能够与足量钠反应生成0.5mol氢气，说明1个乙醇分子中含有1个羟基，从而证明乙醇分子结构简式为C2H5OH，而不是CH3OCH3，故A错误；

B.1mol乙醇充分燃烧生成2molCO2和3molH2O，消耗3molO2，依据元素守恒，说明1个乙醇分子中含有2个C原子、6个H原子和一个O原子，故B正确；

C.乙醇分子构成与沸点无关，故C错误；

D.1mol乙醇氧化后生成1mol乙醛与分子构成无关，故D错误。

故选B。

能说明乙醇的分子式是C8.某NaHCO3样品中混有少量的Na取样品mg，配成100ml溶液，取25.00mL于锥形瓶中，滴加几滴石蕊试液，用浓度为cmol/L的标准盐酸滴定至终点时，消耗盐酸Vml

B.取样品mg，充分加热，冷却，称量固体的质量为n1g

C.取样品mg，滴加足量的BaCl2溶液，过滤，洗涤，于燥后称量固体的质量为n2g

D.取样品mg，滴加足量的Ba(OH【答案】A

【解析】解：A.该滴定操作应该用酚酞作指示剂，若用石蕊，会产生较大误差，无法达到实验目的，故A选；

B.取样品mg，充分加热，冷却，称量固体的质量为n1g，计算出加热前后固体的质量差，利用差量法计算出碳酸氢钠的质量，从而可计算出碳酸氢钠的纯度，故B不选；

C.取样品mg，滴加足量的BaCl2溶液，过滤，洗涤，干燥后得到的n2g为碳酸钡，该碳酸钡为碳酸钠与氯化钡反应生成的，据此可计算出碳酸钠的量，然后可计算出碳酸氢钠的纯度，故C不选；

D.取样品mg，滴加足量的Ba(OH)2过滤，洗涤，干燥后称量的n3g为碳酸钡，利用C元素守恒可计算出碳酸钠、碳酸氢钠的物质的量，然后设出二者物质的量，利用质量、物质的量列式计算即可，故D不选；

故选A．

9.根据下列实验操作和观察到的现象，得出的结论一定是正确的是(    )实验操作现象结论ASO溴水褪色SOB将硫酸酸化的H2O2溶液变成黄色氧化性：HC将溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热，将生成的气体直接通入KMnOKMnO乙烯使KMnOD向a、b两支盛有KIa试管中溶液变蓝

b试管中产生黄色沉淀KI3A B.B C.C D.D【答案】D

【分析】

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的性质、氧化还原反应、化学平衡等，注重高考高频考点的考查，把握物质的性质、反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，题目难度中等。

A.二氧化硫与溴水发生氧化还原反应导致溴水褪色，该反应不能证明二氧化硫具有漂白性；

B.酸性条件下硝酸根离子的氧化性大于过氧化氢的氧化性；

C.乙醇能使KMnO4酸性溶液褪色；

D.碘遇淀粉变蓝，I−与AgNO3溶液反应生成黄色沉淀。

【解答】

A.将SO2通入溴水中，溴水褪色，溴将二氧化硫氧化成硫酸，从而导致溴水褪色，溴水褪色原因不是因为二氧化硫具有漂白性，故A错误；

B.将硫酸酸化的H2O2滴入Fe(NO3)2溶液，溶液变黄色，亚铁离子被氧化，但硝酸根离子可氧化亚铁离子，不能比较H2O2、10.有一混合物可能由NaOH、NaHCO3、Na2CO3中的一种或两种组成，现取一份定量的溶液先后以酚酞和甲基橙为指示剂，用相同浓度的盐酸滴定，当达到滴定终点时，两步滴定消耗盐酸的体积分别为V1NaHCO3 B.Na2CO3

C.N【答案】C

【解析】解：酚酞作指示剂时，滴定终点呈碱性，NaHCO3不会被滴定，NaOH、Na2CO3发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3；再用甲基橙作为指示剂滴定时，只有NaHCO3发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，

由于0<V1<11.硫酸亚铁晶体(FeSO4硫酸亚铁晶体高温分解产生的气体，用足量的BaCl2溶液吸收后有白色沉淀产生，说明非

金属氧化物中含有SO3

B.硫酸亚铁晶体高温分解产生的气体，通入到紫色石蕊溶液中，若溶液变红，说明非金属氧

化物中含有SO3

【答案】B

【解析】解：A.三氧化硫与氯化钡反应，则用足量的BaCl2溶液吸收后有白色沉淀产生，说明非金属氧化物中含有SO3，故A正确；

C.二氧化硫、三氧化硫均为酸性氧化物，则高温分解产生的气体，通入到紫色石蕊溶液中，若溶液变红，不能说明非金属氧化物中含有SO3，故B错误；

C.分解产生的固体溶于稀硫酸后，生成铁离子，则向溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红，故C正确；

D.分解产生的固体溶于稀硫酸后，向溶液中滴加酸性高锰酸钾，若紫色褪去，可知固体中含还原性的亚铁离子，发生5Fe2++MnO4−+8H+=Mn12.球墨铸铁中含有一种铁碳化合物X.实验室测定化合物X的组成实验如下：下列说法不正确的是(    )

固体2是氧化铁

B.X的化学式可以表示为Fe3C2

C.溶液甲中可能含有Fe3+

D.【答案】B

【解析】解：铁碳化合物X，在足量空气中煅烧得固体1为铁的氧化物，可以有+2价或+3价的铁，溶于盐酸所得溶液中可能Fe2+和Fe3+，再通入足量的氯气，溶液中都为+3价的铁，加热蒸发，铁离子水解，生成氢氧化铁，灼烧后氢氧化铁分解得固体2为氧化铁，24g氧化铁中含有铁元素的质量为112160×24g=16.8g，利用元素守恒，可计算得化合物X中铁元素的质量也是16.8g，进而求得X中碳元素的质量为18g−16.8g=1.2g，所以在X中铁、碳原子的物质的量之比为16.856：1.212=3：1，所以X的化学式为Fe3C，Fe3C与热的浓硝酸发生氧化还原反应，碳元素可被氧化成二氧化碳，硝酸中的氮可被还原成二氧化氮，根据上面的分析可知，

A、固体2是氧化铁，故A正确；

B、X的化学式可以表示为Fe3C，故B错误；13.某K2CO3样品中含有Na2CO3、KNO3肯定没有KNO3

B.肯定没有Ba(NO3)2和KNO3

C.肯定没有【答案】C

【解析】解：样品加入水中，全部溶解，由于硝酸钡能与碳酸钾结合产生沉淀，故一定不会有硝酸钡，可能含有碳酸钠或硝酸钾，设13.8g碳酸钾生成碳酸钙的质量为xg

K2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2KCl

138

100

13.8g

xg

138xg=100×13.8g

解得：x=10g，

假设13.8g纯碳酸钠产生碳酸钙的质量为yg，则有

Na2C03+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl

106

100

13.8g

yg14.某混合物X由Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO12.8g固体可能为Fe2O3

B.混合物X的成分为Al2O3、Fe2O3、Cu、Si【答案】D

【解析】解：某混合物X由Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成，mg固体X加入足量盐酸过滤得到蓝色溶液，说明一定含氧化铁和铜，氧化铁溶解后得到铁离子和铜反应生成铜离子，溶液显蓝色，得到24.8g固体加入足量氢氧化钠溶液过滤得到12.8g固体，二氧化硅可以和氢氧化钠反应，质量减小为二氧化硅足量=24.8g−12.8g=12g，发生的反应为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，又Cu与NaOH不反应，12.8g固体只含Cu，

A.分析可知12.8g固体只含Cu，故A错误；

B.混合物中一定含Fe2O3、Cu、SiO2，Al2O3不能确定，故B错误；

C.Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu+2F15.固体粉末X中可能含有Cu、FeO、Fe2O3、NaHCO3、Na2CO3、Na2S气体乙和气体丙都为纯净物

B.固体粉末X中一定含有FeO、Na2S2O3、NaAlO2，可能含有Na2CO3【答案】D

【分析】

本题考查物质的检验和鉴别的实验方案的设计，侧重于元素化合物知识的综合运用，题目难度中等，注意把握反应的现象，根据现象结合物质的性质进行判断．

【解答】

根据X是否溶于水，分为两部分；固体甲溶于足量盐酸，能使酸性高锰酸钾褪色，可知溶液丁中一定含有Fe2+，X含有FeO或Cu、Fe2O3或FeO、Cu、Fe2O3；溶液甲加入足量稀盐酸，产生气体和沉淀，说明X一定含有Na2S2O3；溶液乙加入碳酸铵生成沉淀，说明溶液乙中一定含Al3+，则溶液甲中一定存在AlO2−，而HCO3−与AlO2−不共存，一定不含NaHCO3，可能含有Na2CO3；

A.由以上分析可知，乙可能是二氧化碳和二氧化硫的混合物，故A错误；

16.某无色溶液，只可能含有下表中的几种离子．阳离子

NH4+、K+阴离子HCO3−、Cl−进行如下实验分析其组成：

①取10mL该溶液试管中，滴加足量的Ba(NO3)2溶液，加稀硝酸酸化后过滤得到0.03mol白色沉淀甲．

②取上述反应后滤液，加入AgNO3溶液未见沉淀产生．

③另取10mL该溶液于试管中，滴加NaOH溶液产生白色产生乙，当加入NaOH的物质的量为0.03mol时，沉淀的量达到最大；继续滴加NaOH溶液并加热，气体丙逸出，将收集的气体丙的体积换算成标准状况下为0.224L(肯定没有Mg2+、HCO3−、Cl−、MnO4−

B.一定含有K+，且【答案】C

【分析】

本题考查物质检验的实验方案的设计，为高频考点，把握实验中现象与结论的关系、发生的离子反应为解答的关键，注意电荷守恒的应用，题目难度中等。

【解答】

溶液无色，说明不含MnO4−；

①取10mL该溶液于试管中滴加Ba(NO3)2溶液，加稀硝酸酸化后过滤得到0.03mol白色沉淀甲，说明甲为BaSO4，原溶液中含有SO42−，且物质的量为0.03mol；

②向滤液中加入AgNO3溶液未见沉淀产生，说明不含有Cl−；

③因为能与碱共热生成气体的只有NH4+，氢氧化镁不溶于氢氧化钠溶液，Al3+能与氢氧化钠溶液反应生成沉淀又能完全溶解，铝离子与碳酸氢根离子能发生双水解反应而不能大量共存，故不含HCO3−；根据氢氧化铝沉淀0.01mol和标况下氨气为0.224L，利用元素守恒可知有NH4+为0.01mol，Al3+为0.01mol，再根据电荷守恒可推知含有K+，且物质的量为0.03×2−0.01−0.01×3=0.02mol，综上所述可知一定含有的离子为K+、NH4+、Al3+、SO42−，一定不含有的离子为17.聚合硫酸铁[Fex(OH)y(SO4)z](铁元素化合价为+3)是一种高效的混凝剂，常用于净水，它的组成可以通过以下实验测定：

①称取一定质量的聚合硫酸铁配成100.00mL的溶液。

②准确量取25.00mL溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体6.99g。

③准确量取25.00mL溶液，加入足量的6：8：5 B.4：2：5 C.1：1：2 D.6：3：5【答案】B

【解析】解：①称取一定质量的聚合硫酸铁配成100.00mL的溶液；

②准确量取25.00mL溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体6.99g为硫酸钡沉淀，物质的量n(BaSO4)=6.99g233g/mol=0.03mol，100mL溶液中含硫元素0.03mol×10025=0.12mol，

③准确量取25.00mL溶液，加入足量的NaOH溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥、灼烧至恒重，得到红棕色固体1.92g为Fe2O3质量，物质的量n=1.92g160g/mol=0.012mol，100mL溶液中含铁元素物质的量n(Fe)=0.012mol×10025×2=0.096mol，则得到x：z=0.096：0.12=4：5，化合物中元素化合价代数和为0计算得到y=2，

故选B。

②准确量取25.00mL溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体6.99g为硫酸钡沉淀，物质的量n(BaS18.球墨铸铁中含有一种铁碳化合物X。实验小组为测定化合物X的组成设计实验如下：下列说法不正确的是(

)固体2是氧化铁

B.X的化学式可以表示为Fe3C2

C.溶液甲加热、蒸发、灼烧也可得到24.0 g固体

D.X与足量的热浓硝酸反应有【答案】B

【解析】解：铁碳化合物X，在足量空气中煅烧得固体1为铁的氧化物，可以有+2价或+3价的铁，溶于盐酸所得溶液中可能Fe2+和Fe3+，再能入足量的氯气，溶液中都为+3价的铁，加热蒸发，铁离子水解，生成氢氧化铁，灼烧后氢氧化铁分解得固体2为氧化铁，24g氧化铁中含有铁元素的质量为24×112160g=16.8g，利用元素守恒，可计算得化合物X中铁元素的质量也是16.8g，进而求得X中碳元素的质量为18g−16.8g=1.2g，所以在X中铁、碳原子的物质的量之比为16.856：1.212=3：1，所以X的化学式为Fe3C，Fe3C与热的浓硝酸发生氧化还原反应，碳元素可被氧化成二氧化碳，硝酸中的氮可被还原成二氧化氮，根据上面的分析可知，

A.根据分析可知，固体2是氧化铁，故A正确；

B.X的化学式可以表示为Fe3C，故B错误；

C.溶液甲为氯化亚铁和氯化铁的混合物，直接加热、蒸发、灼烧，最终也可以得到氧化铁，故C正确；

D.Fe3C与热的浓硝酸发生氧化还原反应，碳元素可被氧化成二氧化碳，硝酸中的氮可被还原成二氧化氮，因此X与足量的热浓硝酸反应有NO2和CO2生成，故D正确；

故选：B。

铁碳化合物X，在足量空气中煅烧得固体1为铁的氧化物，可以有+2价或+3价的铁，溶于盐酸所得溶液中可能Fe2+和Fe3+，再能入足量的氯气，溶液中都为+319.氨基甲酸铵(H2NCOONH4)是一种易水解、受热易分解的白色固体,某研究小组用下图所示的实验装置制备氨基甲酸铵,反应原理为:2NH3(g)+CO2(g)H2NCOONH4(s)ΔH<0。(1)仪器B的名称是。

(2)打开活塞K,装置E中由固体药品所产生的气体就立即进入装置D,则该固体药品的名称为。

(3)装置D为制备氨基甲酸铵的反应器(CCl4充当惰性介质),在合适催化剂下搅拌一段时间。①反应在冰水浴中进行的原因为。

②当CCl4液体中产生较多晶体悬浮物时,即停止反应,(填操作名称)分离得到粗产品。

(4)仪器G的作用有:。

(5)该实验装置中有一处不足,改进方法是。

(6)已知氨基甲酸铵可完全水解为碳酸氢铵,则该反应的化学方程式为。

(7)为测定某样品中氨基甲酸铵的质量分数,某研究小组用该样品进行实验,已知杂质不参与反应,请补充完整测定某样品中氨基甲酸铵质量分数的实验方案[限选试剂:蒸馏水、澄清石灰水、Ba(OH)2溶液]:用天平称取一定质量的样品,加水溶解,,测量的数据取平均值进行计算。

答案(1)蒸馏烧瓶(2)干冰(3)①防止产品受热分解②过滤(4)除去过量的氨气,防止污染环境(5)在D和F之间增加一个装有碱石灰的干燥装置(6)NH2COONH4+2H2ONH4HCO3+NH3·H2O或NH2COONH4+H2ONH4HCO3+NH3↑(7)加入足量Ba(OH)2溶液,充分反应后,过滤、用蒸馏水洗涤所得沉淀、干燥后称量沉淀的质量,重复2~3次解析利用装置B制取氨气,通过装置C的干燥作用使干燥的氨气进入装置D,与由E装置产生的CO2气体发生反应得到产品氨基甲酸铵。氨气是大气污染物,在排放前要进行尾气处理,可用G中稀硫酸作吸收试剂吸收多余的NH3。为防止倒吸现象,装置F起安全瓶的作用,以防止倒吸。(1)根据图示可知仪器B的名称是蒸馏烧瓶。(2)装置E的作用是产生CO2气体,若打开阀门K,装置E中由固体药品直接产生CO2,则该固体药品的名称为干冰(即固体CO2)。(3)①在装置D中氨气与CO2气体发生反应2NH3(g)+CO2(g)H2NCOONH4(s)。由于该反应的正反应为气体体积减小的放热反应,反应在冰水浴中就可防止产品受热分解,可以得到更多的固体产物。②当CCl4液体中产生较多晶体悬浮物时,即停止反应。在装置D中既有反应产生的固体氨基甲酸铵,也有液氨,所以可通过过滤的方法分离得到粗产品。(4)氨气是大气污染物,在排放前要进行尾气处理,由于氨气的水溶液显碱性,所以仪器G中盛有硫酸,就可以吸收过量的氨气,防止污染环境。(5)根据图示可知在制取氨基甲酸铵的D装置与尾气吸收的G装置中没有吸收水分的装置,这样稀硫酸中的水蒸气就会进入到D中,氨基甲酸铵是弱酸弱碱盐,水和氨基甲酸铵发生反应,导致物质变质。改进的方法是在装置D和F之间增加一个装有碱石灰的干燥装置。(6)由于氨基甲酸铵可完全水解为碳酸氢铵,该反应的化学方程式为NH2COONH4+2H2ONH4HCO3+NH3·H2O或NH2COONH4+H2ONH4HCO3+NH3↑。(7)氨基甲酸铵可完全水解为NH4HCO3,用天平称取一定质量的样品,加水溶解,配制成溶液,向该溶液中加入足量的Ba(OH)2溶液,发生反应NH4HCO3+Ba(OH)2BaCO3↓+NH3↑+2H2O,然后过滤、用蒸馏水洗涤所得沉淀、再干燥后称量沉淀的质量,重复操作2~3次,求出BaCO3的平均质量,利用反应中的碳元素守恒可得NH2COONH4的质量,从而可计算得到样品中氨基甲酸铵的质量分数。20．CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合时产生蓝绿色沉淀，某实验小组进行实验，探究蓝绿色沉淀的组成。【查阅资料】i.氢氧化铜是一种蓝色絮状沉淀，难溶于水，溶于酸、氨水等，受热会分解。ii.碳酸铜是蓝绿色粉末状固体，受热易分解，遇水转化为氢氧化铜和碱式碳酸铜的混合物。iii.碱式碳酸铜呈孔雀绿颜色，又叫孔雀石，难溶于水，溶于酸、氨水等，在空气中加热会分解。【提出假设】假设1：沉淀为Cu(OH)2假设2：沉淀为CuCO3假设3：沉淀为碱式碳酸铜[化学式可表示为xCuCO3•yCu(OH)2]（1）假设1中产生沉淀Cu(OH)2的离子方程式是_______。（2）甲同学认为假设2不成立，理由是_______。【定性实验】（3）实验小组同学将沉淀从溶液中分离并净化，取少量净化后的固体于试管中，滴加稀硫酸，观察到_______，证明假设3成立。【定量实验】为了确定碱式碳酸铜化学式中x与y的关系，实验小组称取净化后的蓝绿色固体m1g，使用下列装置（夹持仪器未画出）进行实验。（4）B、C、D中的试剂依次为_______（填标号）。a．澄清石灰水b．碱石灰c．氯化钙溶液d．浓硫酸（5）各装置接口的连接顺序：a→_______（填字母序号）。（6）装置D的作用是_______。（7）加热到固体完全分解，硬质玻璃管中得到黑色固体，其余产物被相应装置完全吸收。实验结束后，测得装置B的质量增加m2g，则xCuCO3•yCu(OH)2中=_______（列式表示）。若无D装置，则的值_______（填“偏大”或“偏小”或“无影响”）。【答案】Cu2++CO32-+H2O=Cu(OH)2↓+CO2↑碳酸铜遇水会发生双水解，转化为氢氧化铜和碱式碳酸铜的混合物蓝绿色沉淀溶解，产生气泡，溶液呈蓝色adbcb→d或cbd或cbde防止空气中的二氧化碳进入装置B,影响测定结果偏大【解析】本题主要考查对于探究CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合时产生蓝绿色沉淀成分实验的评价。（1）假设1中产生沉淀Cu(OH)2的离子方程式是Cu2++CO32-+H2O=Cu(OH)2↓+CO2↑。（2）甲同学认为假设2不成立，理由是碳酸铜遇水转化为氢氧化铜和碱式碳酸铜的混合物。（3）实验小组同学将沉淀从溶液中分离并净化，取少量净化后的固体于试管中，滴加稀硫酸，观察到蓝绿色沉淀溶解，产生气泡，溶液呈蓝色，证明假设3成立。（4）C用来吸水水蒸气，B用来吸收二氧化碳，D用来吸收空气中的二氧化碳，所以B、C、D中的试剂依次为adb。（5）各装置接口的连接顺序：a→cb→de。（6）装置D的作用是防止空气中的二氧化碳进入装置B而影响测定结果。（7）装置B吸收的二氧化碳的物质的量为m2/44mol，CuCO3的质量为31/11m2g，Cu(OH)2的质量为(m1-124/44m2)g，物质的量为(m1-124/44m2)/98mol，则xCuCO3•yCu(OH)2中=。若无D装置，x增大，则的值偏大。21.磷化铝、磷化锌、磷化钙与水反应产生高毒的PH3气体(熔点为-132℃,还原性强、易自燃),可用于粮食熏蒸杀虫。卫生安全标准规定当粮食中磷化物(以PH3计)的含量低于0.05mg·kg-1时算合格。可用以下方法测定粮食中残留的磷化物含量:【操作流程】安装吸收装置→PH3的产生与吸收→转移KMnO4吸收溶液→亚硫酸钠标准溶液滴定。【实验装置】C中盛100g原粮,D中盛有20.00mL1.12×10-4mol·L-1KMnO4溶液(H2SO4酸化)。请回答下列问题:(1)仪器C的名称是________________;原粮最好先打成粉末,其原因是______________________________________。

(2)磷化钙与水反应的化学方程式为______________________________;检查整套装置气密性良好的方法是______________________________。

(3)A中盛装KMnO4溶液的作用是除去空气中的还原性气体;B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液,其作用是吸收空气中的O2,防止________________;通入空气的作用是______________________________。

(4)D中PH3被氧化成磷酸,所发生反应的离子方程式为___________________。

(5)把D中吸收液转移至容量瓶中,加水稀释至250mL,取25.00mL于锥形瓶中,用5.0×10-5mol·L-1的Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液,消耗Na2SO3标准溶液11.00mL,则该原粮中磷化物(以PH3计)的含量为________________mg·kg-1,该原粮质量__________(填“合格”或“不合格”)。

【解析】(1)仪器C的名称是三颈烧瓶;原粮打成粉末可以增大接触面积,有利于反应充分进行。(2)依据题干信息,磷化钙与水反应生成氢氧化钙和磷化氢,反应为Ca3P2+6H2O3Ca(OH)2+2PH3↑。根据装置特点,关闭K1、打开K2用抽气泵缓慢抽气,若观察到A、B、D各装置中有气泡产生则气密性良好;或在D左边用橡胶管和止水夹封闭、关闭K2用压差法;或关闭分液漏斗旋塞后对C加热法。(3)依据装置图中试剂选择分析判断,高锰酸钾溶液是强氧化剂可以吸收空气中的还原性气体;焦性没食子酸先和碱反应,再和氧气反应可以吸收氧气;若不吸收氧气,PH3会在氧气中燃烧。实验中要准确测定PH3的含量,用高锰酸钾溶液全部吸收,避免产生较大误差,通入空气的作用是保证PH3全部被吸收。(4)PH3被酸性高锰酸钾溶液氧化成磷酸,高锰酸钾被还原为锰离子,结合电子守恒和电荷守恒、原子守恒得到离子方程式为5PH3+8MnQUOTEO4-O4-+24H+5H3PO4+8Mn2++12H2O。(5)收集D中吸收液,加水稀释至250mL,取25.00mL于锥形瓶中,用浓度为5×10-5mol·L-1Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液,消耗Na2SO3标准溶液11.00mL;依据滴定反应2KMnO4+5Na2SO3+3H2SO42MnSO4+K2SO4+5Na2SO4+3H2O;2KMnO4～5Na2SO3;未反应的高锰酸钾物质的量是0.011L×5×10-5mol·L-1×QUOTE2525×QUOTE250mL25mL250mL25mL=2.2×10-6mol·L-1;与PH3反应的高锰酸钾物质的量是1.12×10-4mol·L-1×0.02L-2.2×10-6mol=4.0×10-8mol;根据反应5PH3+8KMnO4+12H2SO45H3PO4+8MnSO4+4K2SO4+12H2O,得到定量关系为5PH3～8KMnO4.0×10-8mol×QUOTE5858=2.5×10-8mol;则PH3的质量分数=QUOTE2.5×10-8mol×34g·mol-答案:(1)三颈烧瓶使原粮中磷化物与水充分反应(2)Ca3P2+6H2O3Ca(OH)2+2PH3↑关闭K1、打开K2用抽气泵缓慢抽气,若观察到A、B、D各装置中有气泡产生则气密性良好(或在D左边用橡胶管和止水夹封闭、关闭K2用压差法;或关闭分液漏斗旋塞后对C加热法)(3)氧化装置C中生成的PH3吹出PH3,使其全部被酸性KMnO4溶液吸收(4)5PH3+8MnQUOTEO4-O4-+24H+5H3PO4+8Mn2++12H2O(5)0.0085合格22.(Ⅰ)将少量某红棕色气体A通入到稀钠盐溶液甲中，有白色沉淀产生；当红棕色气体通入过量时，白色沉淀完全消失．上述过程中还产生一种无色气体B.B遇空气后又可产生A，则：

(1)写出钠离子的结构示意图______；B与空气反应的化学方程式______．

(2)甲种肯定不含有下列物质中的______(填选项字母)．

A.Na2S

B.NaAlO2

C.Na2SiO3

D.NaCl

(3)通入气体A使白色沉淀逐渐消失且产生气体B，该反应的离子方程式是______．

(Ⅱ)某研究小组为了探究一种无机化合物X(化合物X中带有6个结晶水，仅含五种元素，且每种元素在该化合物中均呈现单一价态，X的式量为400)的组成和性质，设计了如下实验：

(1)写出气体B的电子式______；气体D的结构式______．

(2)混合气体C通入品红溶液褪色，加热后恢复原色的原因是______．

(3)8.00固体X所含阴离子的物质的量是______【答案】；2NO+O2=2NO2；AC；9NO2+Al(OH)3【解析】解：(Ⅰ)将少量某红棕色气体A通入到稀钠盐溶液甲中，有白色沉淀产生；当红棕色气体通入过量时，白色沉淀完全消失．上述过程中还产生一种无色气体B.B遇空气后又可产生A，推断A为NO2，B为NO，红棕色气体A通入到稀钠盐溶液甲中，有白色沉淀产生；当红棕色气体通入过量时，白色沉淀完全消失说明酸中生成的白色沉淀能溶于过量酸中，则判断钠盐为NaAlO2，白色沉淀为Al(OH)3，某红棕色气体A是NO2，B是NO，稀钠盐溶液甲是NaAlO2，反应为：3NO2+2NaAlO2+4H2O=2Al(OH)3↓+2NaNO3+NO↑；当红棕色气体通入过量时，白色沉淀逐渐完全消失，反应离子方程式为：9NO2+2Al(OH)3=2Al(NO3)3+3NO↑+3H2O.

(1)钠原子三个电子层，最外层有一个电子，失去最外层电子形成阳离子Na+，钠离子的结构示意图为；B为一氧化氮和空气中的氧气反应生成二氧化氮，B与空气反应的化学方程式：2NO+O2=2NO2；

故答案为：，2NO+O2=2NO2；

(2)Na2S在硝酸溶液中可以写成硫单质沉淀，但硫不随硝酸增多溶解，Na2SiO3酸溶液中会生成硅酸沉淀，硅酸不溶于过量硝酸，氯化钠无沉淀生成；，偏铝酸钠和硝酸反应生成氢氧化铝，氢氧化铝是两性氢氧化物溶于硝酸；

A.Na2S能发生氧化还原反应有黄色的S沉淀，但硝酸不能溶解硫，故A符合；

B、Na2SiO3酸溶液中会生成硅酸沉淀，硅酸不溶于过量硝酸，故B错误；

C.Na2SiO3能与酸反应生成难溶于过量NO2的白色沉淀H2SiO3，硅酸不能溶于硝酸，故C符合；

D、NaCl溶液中和二氧化氮生成的硝酸不能反应，无沉淀生成，故D错误；

故甲中肯定不含有A.Na2S，C.Na2SiO3；

故答案为：AC．

(3)通入气体A为NO2，溶于水生成硝酸和一氧化氮，硝酸使白色沉淀氢氧化铝逐渐消失且产生气体B为NO，该反应的离子方程式是：9NO2+2Al(OH)3=2Al3++6NO3−+3NO↑+3H2O；

故答案为：9NO2+2Al(OH)3=2Al3++6NO3−+3NO↑+3H2O；

(Ⅱ)流程分析可知，固体X加水溶解后成蓝色溶液，说明X中含有Cu2+，加足量NaOH溶液加热有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的无色气体B放出，则B为NH3气，说明X中含有NH4+；固体X隔绝空气加热产生混合气体，其中无色单质气体D化学性质稳定，则是氮气(N2)，而能使品红溶液褪色，加热后恢复原色的气体，应是SO2，由此可以推出X中含有SO42−；8.00g固体X隔绝空气加热后，有1.68g紫红色固体E产品，加稀硫酸无现象，则该紫红色固体E是金属铜(Cu)；

综上分析，再根据题目告知的信息：X是一种无机化合物，X中带有6个结晶水，仅含五种元素，且每种元素在该化合物中均只有单一价态，X的式量为400，可以推知固体X是复盐，X为：Cu(NH4)2(SO4)2⋅6H2O；固体X隔绝空气加热分解的反应是：Cu(NH4)2(SO4)2⋅6H2O

  △   Cu+N2↑+2SO2↑+10H2O；

(1)气体B为氨气，氨气分子中氮原子最外层达到8电子稳定结构，氨气的电子式为，气体D为氮气，气体的结构式为；

故答案为：，23.碳铵是一种较常使用的化肥,它在常温下易分解。某化学兴趣小组对碳铵的成分存在疑问,进行了如下探究。 【定性实验】检验溶液中的阴、阳离子。取少量固体放入试管中,加入盐酸,把生成的气体通入澄清石灰水中,有白色沉淀生成。再另取少量碳铵放入试管中,加入浓NaOH溶液,加热,用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体,石蕊试纸变蓝色。(1)根据实验现象,推测碳铵中所含有的阴离子可能是________和________。

(2)根据实验现象,碳铵与足量NaOH溶液加热反应的离子方程式可能是______________________________________________________________________。

【定量实验】测定碳铵中碳元素和氮元素的质量比。该兴趣小组准确称取ag碳铵,加热使之分解,并把产物通入碱石灰中,如图所示。(3)碳铵固体应放在________中进行加热。

A.试管 B.蒸发皿C.烧瓶 D.坩埚(4)若加热后最终没有固体残余,称量U形管在实验前后的质量差为bg。由此测得氮元素的质量是__g。

(5)为了测定碳铵中碳元素的质量分数,他们设计的实验方案是将ag碳铵完全溶解于水,加入过量BaCl2,然后测定生成沉淀质量。请你评价该方案是否合理:________(填“合理”或“不合理”),理由是______________________。

【解析】【定性实验】取少量固体放入试管中,加入盐酸,把生成的气体通入澄清石灰水中,有白色沉淀生成,白色沉淀为碳酸钙,碳铵中阴离子可能有HCQUOTEO3-O3-、CQUOTEO32-O(1)由上述分析可知,阴离子可能为HCQUOTEO3-O3-、CQUOTEO32-O(2)碳铵与足量NaOH溶液加热反应的离子方程式可能是NQUOTEH4+H4++OH-NH3↑+H2O或NQUOTEH4+H4++HCQUOTEO3-O3-+2OH-NH3↑+CQUOTEO32-O32【定量实验】称取ag碳铵,加热使之分解,碱石灰增加的重量为水和二氧化碳的质量,尾气为氨气。(3)因加热分解固体,且加热装置后连接U形管,则选择仪器只能为试管。(4)加热后最终没有固体残余,称量U形管在实验前后的质量差为bg,则氨气的质量为(a-b)g,则含氮元素的质量为QUOTE14171417(a-b)g。答案:(1)HCQUOTEO3-O3-CQUOTEO32-(2)NQUOTEH4+H4++OH-NH3↑+H2O或NQUOTEH4+H4++HCQUOTEO3-O3-+2OH-NH3↑+CQUOTEO32-O32(3)A(4)QUOTE14171417(a-b)(5)不合理碳铵中可能含有HCQUOTEO3-O3-,不能与BaCl2反应产生沉淀,所测得的碳元素质量分数不准确(或合理碳铵中只含有CQUOTEO32-O3224.I.已知某纯碱试样中含有杂质NaCl，为了确定试样中纯碱的质量分数，可测定其在化学反应中生成CO2的质量，实验装置如下（铁架台及夹持仪器均已省略）。完成下列填空：（1）B装置中的试剂是_____________，作用是_____________________________。（2）D装置的作用是___________________________________。II.测定试样中纯碱质量分数的某次实验步骤如下：①将10.000g纯碱试样放入A中②称量C（U型管+碱石灰，下同），质量为l05.160g③使用分液漏斗滴加足量的酸，使充分反应④打开A的弹簧夹，缓缓鼓入一定量的空气⑤再次称量C⑥重复步骤④和⑤，最后得到C的质量为109.l66g。（3）步骤③中，滴加的酸最好选用________。a、浓硝酸b、稀盐酸c、浓硫酸d、稀硫酸当看到____________________现象时即可进行第④步操作。（4）步骤⑥的目的是_______________________________________________。（5）由实验数据可知，试样中纯碱的质量分数为_________________（保留3位小数）。（6）甲同学用上述装置测定某试样中纯碱的质量分数，结果偏高，请帮助他找出造成实验误差的原因。_______________________________________________。【答案】浓硫酸干燥CO2气体防止空气中的水蒸气和CO2气体进入C中干扰实验的测定结果dA中不再产生气体判断反应产生的CO2气体是否全部排出，并被U型管中的碱石灰所吸收0.965鼓入的空气中含有CO2等，合理即可（2）D装置中盛放的碱石灰，其作用是防止空气中的水蒸气和CO2气体进入C中干扰实验的测定结果；正确答案：防止空气中的水蒸气和CO2气体进入C中干扰实验的测定结果。II.（3）浓硝酸、稀盐酸都具有挥发性，产生硝酸蒸汽、氯化氢等杂质气体，影响实验结果的测定；浓硫酸溶于水放出大量的热，反应速率太快，碱石灰吸收二氧化碳气体不完全，带来实验误差；稀硫酸不会挥发，且和样品反应速率适宜，实验效果好，因此步骤③中，滴加的酸最好选用稀硫酸，当看到A中不再产生气体时，即可进行第④步操作；正确答案：d；A中不再产生气体。（4）步骤⑥操作是重复步骤④和⑤，再次称量C的质量，如果差值在允许的范围内，说明反应产生的CO2气体已经全部排出，并被U型管中的碱石灰所吸收；正确答案：判断反应产生的CO2气体是否全部排出，并被U型管中的碱石灰所吸收。（5）装置C增加的质量为反应产生二氧化碳气体的质量，所以二氧化碳的量为（109.l66-l05.160）/44=0.091mol，根据反应方程式：Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+CO2↑+H2O可知，碳酸钠的量为0.091mol，质量为0.091×106=9.65g，试样中纯碱的质量分数为9.65/10.000×100%=96.5%；正确答案：96.5%或0.965。（6）鼓入的空气中含有CO2，造成装置C内吸收的二氧化碳的量增大，所测碳酸钠质量偏大，结果偏高；正确答案：鼓入的空气中含有CO2等，合理即可。25．铝镁合金已成为飞机制造、化工生产等行业的重要材料。研究性学习小组的同学，为测定某含镁3%~5%的铝镁合金（不含其它元素）中镁的质量分数，设计下列两种不同实验方案进行探究。填写下列空白。[方案一]〖实验方案〗将铝镁合金与足量NaOH溶液反应，测定剩余固体质量。（1）实验中发生反应的化学方程式是___________________________。（2）称取5.4g铝镁合金粉末样品，溶于VmL2.0mol/LNaOH溶液中。为使其反应完全，则NaOH溶液的体积V≥______________。过滤、洗涤、干燥、称量固体。该步骤中若未洗涤固体，测得镁的质量分数将_________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。[方案二]〖实验方案〗将铝镁合金与足量稀硫酸溶液反应，测定生成气体在通常状况（约20℃，1.01105Pa）的体积。〖问题讨论〗（3）同学们拟选用图一实验装置完成实验：①你认为最简易的装置其连接顺序是：A接（____）（_____）接（____）（）接（）（填接口字母，可不填满。）②实验开始时，先打开分液漏斗上口的玻璃塞，再轻轻打开分液漏斗可旋转的活塞，一会儿后稀硫酸也不能顺利滴入锥形瓶中。请你帮助分析原因_________________________。③实验结束时，在读取测量实验中生成氢气的体积时，你认为最合理的是__________。（有几个选几个）。A．等待实验装置冷却后再读数B．上下移动量筒F，使其中液面与广口瓶中液面相平C．上下移动量筒G，使其中液面与广口瓶中液面相平D．视线与凹液面的最低点水平，读取量筒中水的体积（4）仔细分析实验装置后，同学们经讨论认为以下两点会引起较大误差：稀硫酸滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也会将瓶内空气排出，使所测氢气体积偏大；实验结束时，连接广口瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气体积偏小。于是他们设计了图二的实验装置。①装置中导管a的作用是_________________________。②实验前后碱式滴定管中液面读数分别为V1mL、V2mL。则产生氢气的体积为_________mL。（用含V1、V2的式子表达）【答案】2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑97mL偏高EDG镁、铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大ACD使分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差V1-V2【解析】方案一：⑴.铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；⑵.含镁为3%时，金属铝的含量最高，5.4g合金中铝的质量为5.4g×(1−3%)=5.4×97%g，则：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑

54g

2mol

5.4g×97%g

V×10−3L×2.0mol/L得54g:(5.4g×97%g)=2mol:(V×10−3L×2.0mol/L)，解得V=97，NaOH溶液的体积⩾97mL；镁上会附着偏铝酸钠等物质，若未洗涤固体，会导致测定镁的质量偏大，镁的质量分数偏高；故答案为：97mL；偏高；方案二：⑶.①.合金与稀硫酸反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，利用增大压强原理将水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部，故连接顺序为：(A)接(E)、(D)接(G)；故答案为：E、D、G；②.镁、铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大，导致硫酸不能顺利滴入锥形瓶；故答案为：镁、铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大；③.反应放热导致氢气的温度偏高，故应冷却后再进行读取氢气的体积，读取实验中生成氢气的体积时上下移动量筒，使其中液面与广口瓶中液面相平，视线与凹液面的最低点水平读取氢气的体积；故答案选ACD；⑷.①.装置中导管a的作用是：保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差，故答案为：使分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差；②.滴定管的0刻度在上方，两次读取的体积数值之差为测定的氢气的体积，收集氢气后滴定管内液面上升，读数减小，所以测定氢气的体积为V1−V2，故答案为：V1−V2。26.正盐A、B均含三种元素，且所含元素种类相同。A在加热条件下发生如下变化。已知，气体D能使带火星的木条复燃。透过蓝色钴玻璃，A、B、C的焰色反应均为紫色。往C的溶液中加入AgNO3溶液，出现白色沉淀，再加入稀硝酸，沉淀不溶解，且沉淀质量为14.35

克。请回答：

(1)C

的化学式为______。

(2)写出

A

分解的化学方程式______。

(3)将A与C【答案】KCl

2KClO3=KCl【解析】解：气体D能使带火星的木条复燃说明为O2，透过蓝色钴玻璃，A、B、C的焰色反应均为紫色，说明含K元素，往C的溶液中加入AgNO3溶液，出现白色沉淀，再加入稀硝酸，沉淀不溶解，证明C为KCl，沉淀质量为14.35克为氯化银的质量，AgCl物质的量=KCl物质的量=14.35g143.5g/mol=0.1mol，生成氧气物质的量=2.24L22.4L/mol=0.1mol，正盐A、B均含三种元素，且所含元素种类相同，为K、Cl、O，生成物中为KCl、O2，A为KClO3，24.5gKClO3物质的量=24.5mol122.5g/mol=0.2mol，则生成KCl化合价降低得到电子的物质的量=0.1mol×[(+5−(−1)]=0.6mol,−2价氧元素升高0价电子失电子物质的量0.1mol×4=0.4mol，结合电子守恒计算生成物B中氯元素化合价得到化学式，设变化为x价，则B中氯元素化合价需升高0.6mol−0.4mol=0.2mol，B为+7价化合物为KClO4，

(1)上述分析可知C为KCl，故答案为：KCl；

(2)结合反应物和生成物、电子守恒可知A分解的化学方程式为：2KClO3=KClO4+KCl+O2↑，故答案为：2KClO3=KClO4+KCl+O2↑；

(3)将A与C混合，再加入稀硫酸，有气体产生为氯气，反应的离子方程式为：ClO3−+5Cl−+6H+=3Cl2+3H2O，

故答案为：ClO3−+5Cl−+6H+=3Cl2+3H2O。

气体D能使带火星的木条复燃说明为O2，透过蓝色钴玻璃，A27.索氏提取法是测定动植物样品中粗脂肪含量的标准方法。其原理是利用如图装置,用无水乙醚等有机溶剂连续、反复、多次萃取动植物样品中的粗脂肪。具体步骤如下:①包装:取滤纸制成滤纸筒,放入烘箱中干燥后,移至仪器X中冷却至室温。然后放入称量瓶中称量,质量记作a;在滤纸筒中包入一定质量研细的样品,放入烘箱中干燥后,移至仪器X中冷却至室温,然后放入称量瓶中称量,质量记作b。②萃取:将装有样品的滤纸筒用长镊子放入抽提筒中,注入一定量的无水乙醚,使滤纸筒完全浸没入乙醚中,接通冷凝水,加热并调节温度,使冷凝下滴的无水乙醚呈连珠状,至抽提筒中的无水乙醚用滤纸点滴检查无油迹为止(大约6～12h)。③称量:萃取完毕后,用长镊子取出滤纸筒,在通风处使无水乙醚挥发,待无水乙醚挥发后,将滤纸筒放入烘箱中干燥后,移至仪器X中冷却至室温,然后放入称量瓶中称量,质量记作c。回答下列问题:(1)实验中使用了三次的仪器X的名称____________。为提高乙醚蒸气的冷凝效果,索氏提取器可选用下列________(填字母)代替。

a.空气冷凝管b.直形冷凝管c.球形冷凝管(2)①实验中必须十分注意乙醚的安全使用,如不能用明火加热、室内保持通风等。为防止乙醚挥发到空气中形成燃爆,常在冷凝管上口连接一个球形干燥管,其中装入的药品为________(填字母)。

a.活性炭 b.碱石灰c.P2O5 d.浓硫酸②无水乙醚在空气中可能氧化生成少量过氧化物,加热时发生爆炸。检验无水乙醚中是否含有过氧化物的方法是________________________________。

(3)①实验中需控制温度在70～80℃,考虑到安全等因素,应采取的加热方式是______________________________________________________________。

②当无水乙醚加热沸腾后,蒸气通过导气管上升,被冷凝为液体滴入抽提筒中,当液面超过回流管最高处时,萃取液即回流入提取器(烧瓶)中,该过程连续、反复、多次进行,则萃取液回流入提取器(烧瓶)的物理现象为________。

A.冷凝回流 B.虹吸C.倒吸 D.分液③索氏提取法与一般萃取法相比较,其优点为

________________________。

(4)数据处理:样品中纯脂肪百分含量______(填“<”“>”或“=”)QUOTE(b-c)(b【解析】(1)题中三次描述移至仪器X中冷却至室温,说明仪器X是干燥器;为提高乙醚蒸气的冷凝效果,索氏提取器中的冷凝管可选用球形冷凝管,增大接触面积,延长冷凝时间,提高冷凝效果。(2)①在冷凝管上口连接一个球形干燥管的目的是吸收没有冷凝的乙醚,根据这四种物质的性质,可用来吸收乙醚的只有a活性炭;②过氧化物一般都有较强的氧化性,所以可在酸性条件下用淀粉KI溶液来检验,方法是取少量乙醚滴加稀硫酸和淀粉KI溶液,振荡,若溶液变蓝色则说明含过氧化物,否则不含。(3)①根据需要控制的温度,又不能用明火加热,可进行水浴用恒温加热炉加热;②根据实验描述,当萃取液的液面超过回流管最高处时,萃取液即回流入提取器(烧瓶)中,这是利用虹吸原理;③其优点是可进行连续、反复、多次萃取,且每一次萃取都是用纯的溶剂,能提高萃取效率。(4)由于有机溶剂乙醚可能溶解样品中的其他有机物,所以纯脂肪的质量小于(b-c)g,因此样品中纯脂肪百分含量小于QUOTE(b-c)(b答案:(1)干燥器c(2)①a②取少量乙醚滴加稀硫酸和淀粉KI溶液,振荡,若溶液变蓝色则说明含有过氧化物,否则不含(3)①用恒温加热炉且水浴加热②B③连续、反复、多次萃取,且每一次萃取都是纯的溶剂,萃取效率高(4)<28.已知某抗酸药X的组成可表示为aMgCO3⋅bMg(OH)2⋅cAl(OH)3⋅dH2O(a、b、c、d为最简整数比)，为确定X的化学式，某研究小组做了如图1实验．

(1)写出Al3+的结构示意图______，MgO的电子式______．

(2)写出加入NaOH溶液发生反应的离子方程式：______．

(3)另取6.02gX和过量稀硫酸，在20℃下，按图2装置进行实验(夹持仪器略去)．

①检查该装置气密性的方法是______．

②混合药品的正确操作是将稀硫酸转移到抗酸药X中，原因是______．

③反应完毕，收集到气体0.24L.【答案】；；Al2O3+2OH−+3H2O=2[Al(OH【解析】解：(1)铝是13号元素，最外层有3个电子，Al3+是将原子的外层电子失去，次外层做最外层，离子结构示意图为，MgO是离子化合物，由Mg2+离子和O2−离子构成，MgO的电子式为，

故答案为：；；

(2)加入NaOH溶液发生的反应是aMgCO3⋅bMg(OH)2⋅cAl(OH)3⋅dH2O分解产物中的氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠，反应的离子方程式为：Al2O3+2OH−+3H2O=2[Al(OH)4]−，

故答案为：Al2O3+2OH−+3H2O=2[Al(OH)4]−；

(3)①检查该装置气密性的方法是：向水准管加入一定量的水，水准管与量气管液面形成高度差，在一段时间内不变，

故答案为：向水准管加入一定量的水，水准管与量气管液面形成高度差，在一段时间内不变；

②混合药品的正确操作是将稀硫酸转移到抗酸药X中，硫酸为液体倾斜后进入药品一端充分发生反应，原因是确保抗酸药X完全反应，

故答案为：确保抗酸药X完全反应；

③反应完毕，收集到气体0.24L.读取气体体积时，除视线要与刻度线相平外，还应注意冷却至室温(或20℃)，水准管与量气管的液面相平，减少测定气体体积误差，

故答案为：冷却至室温(或20℃)，水准管与量气管的液面相平；

(4)取6.02gX和过量稀硫酸反应生成气体为二氧化碳，收集到二氧化碳气体0.24L，已知20℃，1个大气压下，气体摩尔体积为24.0L⋅mol−1，二氧化碳物质的量=0.24L24L/mol=0.01mol，则MgCO3物质的量为0.01mol，固体6.02g灼烧质量减小为二氧化碳和水蒸气，3.42g加入氢氧化钠溶液溶解后固体质量为2.4g为氧化镁的质量，物质的量n(MgO)=2.4g40g/mol=0.06mol，元素守恒可知Mg(OH)2物质的量n(Mg(OH)2)=0.06mol−0.01mol=0.05mol，减少的固体质量为氧化铝的质量，物质的量n(Al2O3)=3.42g−2.4g102g/mol=0.01mol，

则结晶水合物中n(H2O)=6.02g−0.01mol×84g/mol−0.05mol×58g/mol−0.02mol×78g/mol18g/mol=0.04mol，

aMgCO3⋅bMg(OH)2⋅cAl(OH)3⋅dH2O中，a：b：c：d=0.01mol：0.05mol：0.02mol：0.04mol=1：5：2：29.草木灰的有效成分是K2CO3，还含有少量的Na＋、Cl－、SO42－和大量不溶于水的固体。为测定其中K2CO3的含量，设计如下实验：完成下列填空：（1）洗涤滤渣的目的是_____________________________________。（2）配制100mL草木灰浸出液，需要使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、______。（3）取用10.00mL浸出液进行滴定，终点时溶液由______色变成______色。若三次平行实验消耗硫酸体积的平均值为25.00mL，则该样品中碳酸钾的质量分数为______（精确到小数点后3位）。（4）若没有用标准液润洗滴定管，则实验结果将___（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。（5）利用如图装置，通过反应前后总质量的改变，确定CO2气体的质量，也可以测定样品中碳酸钾的含量。实验时发生反应的离子方程式为_______________________。判断反应完全的依据是_____________________。请对该实验方案的优缺点进行评价。________________【答案】将滤渣表面吸附的碳酸钾洗涤下来，一并配制成待测液，以免引起误差100mL容量瓶黄色橙色0.115偏大CO32－＋2H＋→CO2↑＋H2O电子天平的读数不再发生变化优点：操作简便；缺点：逸出的二氧化碳中含有水蒸气和氯化氢，会造成较大实验误差【解析】（1）洗涤滤渣的目的是将滤渣表面吸附的碳酸钾洗涤下来，一并配制成待测液，以免引起误差；（2）根据所给的仪器可知，还缺少100mL容量瓶；（3）取用10.00mL浸出液进行滴定，终点时溶液由黄色变成橙色；若三次平行实验消耗硫酸体积的平均值为25.00mL，则该样品中碳酸钾的质量分数为；（4）若没有用标准液润洗滴定管，标准液浓度变稀，滴定时消耗标准液偏多，则实验结果将偏大；（5）利用如图装置，通过反应前后总质量的改变，确定CO2气体的质量，也可以测定样品中碳酸钾的含量。实验时发生反应为碳酸钾与硫酸反应生成硫酸钾、二氧化碳和水，反应的离子方程式为CO32－＋2H＋→CO2↑＋H2O；判断反应完全的依据是电子天平的读数不再发生变化；该实验方案的优缺点：优点：操作简便；缺点：逸出的二氧化碳中含有水蒸气和氯化氢，会造成较大实验误差。30.X、Y、Z、W、M、N为原子序数依次增大的六种短周期元素，常温下，六种元素的常见单质中三种为气体，三种为固体．X与M，W与N分别同主族，在周期表中X是原子半径最小的元素，且X能与Y、Z、W分别形成电子数相等的三种分子，Z、W的最外层电子数之和与M的核外电子总数相等．试回答下列问题：

(1)X、Z、W、N四种元素的原子半径由大到小的排列顺序是______(用元素符号表示)．

(2)由X、Z、W、N四种元素中的三种元素可组成一种强酸，该强酸的稀溶液能与铜反应，则该反应的化学方程式为______．

(3)由X、Z、W、N四种元素组成的一种离子化合物A，已知A既能与盐酸反应，又能与氯水反应，写出A与足量盐酸反应的离子方程式______．

(4)由X、Z、W、N和Fe五种元素可组成类似明矾的化合物H(相对分子质量为392)，1molH中含有6mol结晶水．对化合物H进行如下实验：

a.取H的溶液，加入过量的NaOH浓溶液并加热，产生白色沉淀和无色有刺激性气味的气体．白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；

b.另取H的溶液，加入过量的BaCl2溶液产生白色沉淀，加盐酸沉淀不溶解．

①H的化学式为______．

②已知100mL

1mol⋅L−1的H溶液能与20mL

1mol⋅L−1

【答案】(1)S>N>O>H；

(2)3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O【解析】解：X、Y、Z、W、M、N为原子序数依次增大的六种短周期元素，在周期表中X是原子半径最小的元素，则X为氢元素；X与M同主族，结合原子序数可知M为Na；Y、Z、W的原子序数小于M，处于第二周期，X能与Y、Z、W分别形成电子数相等的三种分子，考虑10电子分子，Z、W的最外层电子数之和与M的核外电子总数相等，则平均最外层电子数为5.5，Z最外层电子数为5、W最外层电子数为6，可推知Y为C、Z为N、W为O，W与N分别同主族，则N为S元素，

(1)同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径S>N>O>H，

故答案为：S>N>O>H；

(2)由H、N、O、S四种元素中的三种元素可组成一种强酸，该强酸的稀溶液能与铜反应，应是Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO与水，该反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，

故答案为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；

(3)由H、N、O、S四种元素组成的一种离子化合物A，A既能与盐酸反应，又能与氯水反应，则A为NH4HSO3或(NH4)2SO3，A与足量盐酸反应的离子方程式为：HSO3−+H+=SO2↑+H2O或SO32−+2H+=SO2↑+H2O，

故答案为：HSO3−+H+=SO2↑+H2O或SO32−+2H+=SO2↑+H2O；

(4)由H、N、O、S和Fe五种元素组成的相对分子质量为392的化合物C，1mol

C中含有6mol结晶水．向C的溶液中加入过量浓NaOH溶液并加热，产生白色沉淀和无色有刺激性气味的气体，白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，说明C中含有Fe2+和NH4+，另取少量C的溶液，向其中加入过量BaCl2溶液时产生白色沉淀，再加入稀盐酸沉淀不溶解，说明C中含有SO42−，

①结合C的相对分子质量和结晶水个数可知C的化学式为(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O，

故答案为：(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O；

②(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O与KMnO4溶液(硫酸酸化)反应离子方程式为：5Fe2++MnO4−+8H+=5Fe3++M31.．某研究性学习小组欲通过实验方法探究金属活动顺序表中氢之前的金属与浓硫酸之间的反应规律。【实验】取60.0g纯净的锌片放入烧瓶中，然后通过分液漏斗向烧瓶中加入50mL18mol/L的浓硫酸，反应开始后发现有大量气体产生。(1)最初发生反应的化学方程式是______________，若要收集开始生成的气体，收集方法是______________。【提出假设】假设1：生成的气体中有SO2假设2：生成的气体开始时只有SO2，后来是H2【设计实验方案，验证假设】(2)甲同学只使用一种试剂就确定了假设1是正确的，该试剂是____________，验证假设1的主要操作及现象是____________________。(3)乙同学设计如图Ⅰ所示的装置验证假设2(方框内装置图