近三年年高考化学试题分类解析-化学实验

化学实验2011年高考1.〔2011江苏高考7〕以下有关实验原理或实验操作正确的选项是A.用水湿润的pH试纸测量某溶液的pHB.用量筒量取20mL0.5000mol·L－1H2SO4溶液于烧杯中，加水80mL，配制成0.1000mol·L－1H2SO4溶液C.实验室用图2所示装置制取少量氨气D.实验室用图3所示装置除去Cl2中的少量HCl解析：此题属于根底实验与根本实验操作的考查范畴。A.pH试纸用水湿润后将冲稀待测溶液。B.0.5000mol·L－1H2SO4溶液与水混合，混合溶液的体积不是两者的简单之和。C.收集试管带塞子将无法收集到氨气。D.根据溶解平衡原理，Cl2在饱和食盐水溶解度很小，而HCl极易溶解。此题以pH试纸试用、常见气体制取、溶液配制、除杂中的实验操作为素材，考查学生对实验操作的熟悉程度和实验原理的应用能力，试图引导中学化学教学关注化学实验操作的真实性。答案：D2.〔2011江苏高考10〕以下图示与对应的表达相符的是A.图5表示某吸热反响分别在有、无催化剂的情况下反响过程中的能量变化B.图6表示0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1CH3COOH溶液所得到的滴定曲线C.图7表示KNO3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80

℃时KNO3的不饱和溶液D.图8表示某可逆反响生成物的量随反响时间变化的曲线，由图知t时反响物转化率最大解析：此题考查学生对化学反响热效应、酸碱中和滴定、溶解度曲线、平衡转化率等角度的理解能力。是根本理论内容的综合。高三复习要多注重这一方面的能力训练。A.图5表示反响物总能量大于生成物总能量，是放热反响。B.图6中当NaOH未滴入之前时，CH3COOH的pH应大于1。C.图7通过a作一条辅助线，与KNO3的溶解度曲线有一交点在a点之上，说明a点溶液是不饱和溶液。D.图8表示某可逆反响生成物的量随反响时间变化的曲线，由图知t时曲线并没有到达平衡，所以反响物的转化率并不是最大。答案：C3.〔2011江苏高考13〕以下有关实验原理、方法和结论都正确的选项是A.向饱和FeCl3溶液中滴加过量氨水，可制取Fe(OH)3胶体B.取少量溶液X，向其中参加适量新制氨水，再加几滴KSCN溶液，溶液变红，说明X溶液中一定含有Fe2＋C.室温下向苯和少量苯酚的混合溶液中参加适量NaOH溶液，振荡、静置后分液，可除去苯中少量苯酚D.I3－I2＋I－，向盛有KI3溶液的试管中参加适量CCl4，振荡静置后CCl4层显紫色，说明KI3在CCl4中的溶解度比在水中的大解析：此题属于常规实验与根本实验考查范畴。A.饱和FeCl3溶液逐滴滴入沸水中，并继续加热一段时间，可制取Fe(OH)3胶体。滴加过量氨水，就会产生Fe(OH)3沉淀。B.溶液X中应先滴KSCN溶液，不呈红色，再滴入适量新制氨水，溶液变红，才能说明X溶液中一定含有Fe2＋。C.苯酚与NaOH溶液反响可生成水溶性的苯酚钠，可与苯分层，实现别离除杂。D.溶解平衡I3－I2＋I－中，参加适量CCl4，有利于溶解平衡I3－I2＋I－向右移动，I2溶解在CCl4中显紫色。【备考提示】常见物质的制备、别离提纯、除杂和离子检验等都是学生必备的根本实验技能，我们要在教学中不断强化，反复训练，形成能力。答案：C4．〔2011浙江高考8〕以下说法不正确的选项是A．变色硅胶枯燥剂含有CoCl2，枯燥剂呈蓝色时，表示不具有吸水枯燥功能B．“硝基苯制备”实验中，将温度计插入水浴，但水银球不能与烧杯底部和烧杯壁接触C．“中和滴定”实验中，容量瓶和锥形瓶用蒸馏水洗净后即可使用，滴定管和移液管用蒸馏水洗净后，必须枯燥或润洗前方可使用D．除去枯燥CO2中混有的少量SO2，可将混合气体依次通过盛有酸性KMnO4溶液、浓硫酸的洗气瓶解析：A．错误，无水CoCl2呈蓝色，具有吸水性B．正确，烧杯底部温度高。C．正确，滴定管和移液管需考虑残留水的稀释影响。D．正确，利用SO2的复原性，用KMnO4酸性溶液除去。答案：A【评析】此题考察实验化学内容。化学是以实验为根底的自然科学。实验是高考题的重要内容。要解好实验题首先必须要认真做好实验化学实验，在教学中要重视实验的操作与原理，好的实验考题就是应该让那些不做实验的学生得不到分；让那些认真做实验的学生得好分。从题目的分析也可以看出，实验题目中的很多细节问题光靠讲学生是会不了的。必须去做实验学生才能会真正领悟。5.〔2011安徽高考10〕以下有关实验操作、现象和解释或结论都正确的选项是选项实验操作现象解释或结论A过量的Fe粉中参加稀HNO3，充分反响后，滴入KSCN溶液溶液呈红色稀HNO3将Fe氧化为Fe3＋BAgl沉淀中滴入稀KCl溶液有白色沉淀出现AgCl比Agl更难溶CAl箔插入稀HNO3中无现象Al箔外表被HNO3氧化，形成致密的氧化膜D用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上试纸变蓝色浓氨水呈碱性解析：Fe粉与稀硝酸反响生成物是Fe3+，但过量的铁会继续和Fe3+反响，将其复原成Fe2+，即溶液中不存在Fe3+，所以滴入KSCN溶液不可能显红色，A不正确；AgI的溶度积常数小于AgCl的溶度积常数，所以Agl沉淀中滴入稀KCl溶液不可能产生AgCl沉淀，B不正确；Al箔插入稀HNO3中，首先硝酸会和Al箔外表的氧化膜反响，然后再和单质铝发生氧化复原反响，硝酸被复原生成NO气体单质铝外表的氧化膜是被空气中氧气氧化的，所以C也不正确；氨水在溶液中会电离出氢氧根离子而显碱性，当遇到红色石蕊试纸时会显蓝色，因此只有选项D正确。答案：D6.〔2011广东高考23〕以下实验现象预测正确的选项是A、实验I：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变浓H2SO4B、实验II：酸性KMnO4溶液中出现气泡，且颜色逐渐褪去C、实验III：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色D、实验IV：继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，当光束通过体系时可产生丁达尔效应解析：单质溴能与NaOH溶液发生氧化复原反响，所以振荡后静置，上层溶液颜色会逐渐消失，A不正确；浓硫酸具有脱水性和强氧化性，浓硫酸首先将蔗糖脱水生成单质碳，然后单质碳被浓硫酸氧化而被复原成SO2，SO2具有复原性可是酸性KMnO4溶液褪色，所以B正确；在加热时稀硝酸与铜发生氧化复原反响，硝酸被复原成NO，NO与空气被氧化生成NO2，NO2是红棕色气体，C不正确；装置Ⅳ属于氢氧化铁胶体的制备，而胶体具有丁达尔效应，D正确。答案：B、D7.〔2011天津〕向四支试管中分别参加少量不同的无色溶液进行如下操作，结论正确的选项是操作现象结论A滴加BaCl2溶液生成白色沉淀原溶液中有SO42－B滴加氯水和CCl4，振荡、静置下层溶液显紫色原溶液中有I－C用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反响火焰呈黄色原溶液中有Na+，无K+D滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无NH4＋解析：能与BaCl2溶液反响生成白色沉淀的除了so42－以外，还可以是SO32－、CO32－、以及Ag＋等，因此选项A不正确；CCl4的密度大于水的，而单质碘易溶在有机溶剂中，溶液显紫色说明有单质碘生成，所以只能是原溶液中的I－被氯水氧化成单质碘的，即选项B正确；因为在观察钾元素的焰色反响时，需要透过蓝色的钴玻璃滤去黄光，而在实验中并没有通过蓝色的钴玻璃观察，所以不能排除K+，选项C不正确；由于氨气极易溶于水，因此如果铵盐和强碱在稀溶液中反响且不加热时，产生的氨气不会挥发出来，红色石蕊试纸就不会变蓝色，所以选项D也不正确。答案：B8.〔2011重庆〕在实验室进行以下实验，括号内的实验用品都能用到的是A.硫酸铜晶体里结晶水含量的测定〔坩埚、温度计、硫酸铜晶体〕B.蛋白质的盐析〔试管、醋酸铅溶液、鸡蛋白溶液〕C.钠的焰色反响〔铂丝、氯化钠溶液、稀盐酸〕D.肥皂的制取〔蒸发皿、玻璃棒、甘油〕解析：此题考察常见的根本实验原理及仪器的使用和选择。硫酸铜晶体里结晶水含量的测定所需要的实验用品是:托盘天平、研钵、坩埚、坩埚钳、三脚架、泥三角、玻璃棒、枯燥器、酒精灯、硫酸铜晶体，不需要温度计A不正确；醋酸铅属于重金属盐，会使蛋白质变性而不是盐析，B不正确；焰色反响时需要铂丝，铂丝需要用盐酸洗涤，所以C是正确的。制取肥皂需要利用油脂的皂化反响，甘油属于多元醇不是油脂，油脂水解生成甘油，因此选项D也不正确。答案：C9.〔2011重庆〕不能鉴别AgNO3、BaCl2、K2SO3和Mg(NO3)2四种溶液〔不考虑他们间的相互反响〕的试剂组是A.盐酸、硫酸B.盐酸、氢氧化钠溶液C.氨水、硫酸D.氨水、氢氧化钠溶液解析：此题考察物质的鉴别和试剂的选择。物质的鉴别一般可用其性质包括物理性质如颜色、状态、气味及溶解性等。四种物质均属于无色无味的溶液，因此利用其物理性质无法鉴别，只能利用其化学性质的差异进行检验。盐酸、硫酸均与K2SO3反响生成刺激性气体SO2，盐酸、硫酸也均与AgNO3反响生成白色沉淀，但硫酸可与BaCl2反响生成白色沉淀。氨水、氢氧化钠溶液均与AgNO3、Mg(NO3)2反响生成白色沉淀氢氧化银和氢氧化镁，氢氧化银不稳定，会分解生成黑色的Ag2O，但如果氨水过量氢氧化银会溶解生成银氨溶液，由以上不分析不难看出选项D是无法鉴别的，故答案是D。答案：D10.〔2011四川〕以下实验“操作和现象”与“结论”对应关系正确的选项是操作和现象结论A向装有Fe(NO3)2溶液的试管中参加稀H2SO4,在管口观察到红棕色气体HNO3分解生成了NO2B向淀粉溶液中参加稀H2SO4，加热几分钟，冷却后再参加新制Cu(OH)2浊液，加热，没有红色沉淀生成。淀粉没有水解成葡萄糖C向无水乙醇中参加浓H2SO4，加热至170℃产生的气体通入酸性KMnO4溶液，红色褪去。使溶液褪色的气体是乙烯D向饱和Na2CO3中通入足量CO2，溶液变浑浊析出了NaHCO3解析：在酸性溶液中NO3－具有氧化性，被Fe2＋复原成NO气体，NO气体在管口遇空气氧化成NO2；没有加碱中和酸，不能说明是否水解；无水乙醇中参加浓H2SO4加热时有可能发生氧化复原反响生成二氧化硫气体，所以不一定是乙烯。答案：D11．〔2011上海10〕草酸晶体(H2C2O4·2H2O)100℃开始失水，101.5℃熔化，150℃左右分解产生H2O、CO和CO2。用加热草酸晶体的方法获取某些气体，应该选择的气体发生装置是〔图中加热装置已略去〕解析：根据草酸晶体的性质不难得出答案是D。答案：D12.(2011江苏高考10，15分)高氯酸铵〔NH4ClO4〕是复合火箭推进剂的重要成分，实验室可通过以下反响制取(1)假设NH4Cl用氨气和浓盐酸代替，上述反响不需要外界供热就能进行，其原因是。(2〕反响得到的混合溶液中NH4ClO4和NaCl的质量分数分别为0.30和0.l5〔相关物质的溶解度曲线见图9〕。从混合溶液中获得较多NH4ClO4晶体的实验操作依次为〔填操作名称〕、枯燥。(3〕样品中NH4ClO4的含量可用蒸馏法进行测定，蒸馏装置如图10所示〔加热和仪器固定装置已略去〕，实验步骤如下：步骤1：按图10所示组装仪器，检查装置气密性。步骤2：准确称取样品ag〔约0.5g〕于蒸馏烧瓶中，参加约150mL水溶解。步骤3：准确量取40.00mL约0.1mol·L－1H2SO4溶解于锥形瓶中。步骤4：经滴液漏斗向蒸馏瓶中参加20mL3mol·L－1NaOH溶液。步骤5：加热蒸馏至蒸馏烧瓶中剩余约100mL溶液。步骤6：用新煮沸过的水冲洗冷凝装置2～3次，洗涤液并入锥形瓶中。步骤7：向锥形瓶中参加酸碱指示剂，用cmol·L－1NaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH标准溶液V1mL。步骤8.将实验步骤1～7重复2次①步骤3中，准确量取40.00mlH2SO4溶液的玻璃仪器是。②步骤1～7中确保生成的氨被稀硫酸完全吸收的实验是〔填写步骤号〕。③为获得样品中NH4ClO4的含量，还需补充的实验是。【分析】此题以复合火箭推进剂的重要成分制取和分析为背景的综合实验题，涉及理论分析、阅读理解、读图看图、沉淀制备、沉淀洗涤、含量测定等多方面内容，考查学生对综合实验处理能力。【备考提示】实验的根本操作、实验仪器的选择、实验误差分析、物质的除杂和检验等内容依然是高三复习的重点，也是我们能力培养的重要目标之一。答案：〔1〕氨气与浓盐酸反响放出热量〔2〕蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，冰水洗涤〔3〕①酸式滴定管②1、5、6③用NaOH标准溶液标定H2SO4溶液的浓度〔或不加高氯酸铵样品，保持其他条件相同，进行蒸馏和滴定实验〕13.〔2011江苏高考，12分〕草酸是一种重要的化工产品。实验室用硝酸氧化淀粉水解液制备草酸的装置如图14所示〔加热、搅拌和仪器固定装置均已略去〕实验过程如下：①将一定量的淀粉水解液参加三颈瓶中②控制反响液温度在55～60℃条件下，边搅拌边缓慢滴加一定量含有适量催化剂的混酸〔65%HNO3与98%H2SO4的质量比为2：1.5〕溶液③反响3h左右，冷却，抽滤后再重结晶得草酸晶体。硝酸氧化淀粉水解液过程中可发生以下反响：C6H12O6＋12HNO3→3H2C2O4＋9NO2↑＋3NO↑＋9H2OC6H12O6＋8HNO3→6CO2＋8NO↑＋10H2O3H2C2O4＋2HNO3→6CO2＋2NO↑＋4H2O(1)检验淀粉是否水解完全所需用的试剂为。(2)实验中假设混酸滴加过快，将导致草酸产率下降，其原因是。(3)装置C用于尾气吸收，当尾气中n(NO2):n(NO)＝1：1时，过量的NaOH溶液能将NOx全部吸收，原因是〔用化学方程式表示〕(4)与用NaOH溶液吸收尾气相比拟，假设用淀粉水解液吸收尾气，其优、缺点是。(5)草酸重结晶的减压过滤操作中，除烧杯、玻璃棒外，还必须使用属于硅酸盐材料的仪器有。【分析】这是一道“实验化学”的根底性试题，通过草酸制备，考查学生对化学原理、化学实验方法的掌握程度，对实验方案的分析评价和运用化学知识解决化学实验中的具体问题的能力。答案：(1)碘水或KI-I2溶液(2)由于温度过高、硝酸浓度过大，导致C6H12O6和H2C2O4进一步被氧化(3)NO2＋NO＋2NaOH＝2NaNO2＋H2O(4)优点：提高HNO3利用率缺点：NOx吸收不完全(5)布氏漏斗、吸漏瓶14．〔2011浙江高考28，15分〕二苯基乙二酮常用作医药中间体及紫外线固化剂，可由二苯基羟乙酮氧化制得，反响的化学方程式及装置图(局部装置省略)如下：＋2FeCl3＋2FeCl2＋2HCl在反响装置中，参加原料及溶剂，搅拌下加热回流。反响结束后加热煮沸，冷却后即有二苯基乙二酮粗产品析出，用70％乙醇水溶液重结晶提纯。重结晶过程：加热溶解→活性炭脱色→趁热过滤→冷却结晶→抽滤→洗涤→枯燥请答复以下问题：〔1〕写出装置图中玻璃仪器的名称：a___________，b____________。〔2〕趁热过滤后，滤液冷却结晶。一般情况下，以下哪些因素有利于得到较大的晶体：____。A．缓慢冷却溶液 B．溶液浓度较高C．溶质溶解度较小 D．缓慢蒸发溶剂如果溶液中发生过饱和现象，可采用__________等方法促进晶体析出。〔3〕抽滤所用的滤纸应略_______〔填“大于”或“小于”〕布氏漏斗内径，将全部小孔盖住。烧杯中的二苯基乙二酮晶体转入布氏漏斗时，杯壁上往往还粘有少量晶体，需选用液体将杯壁上的晶体冲洗下来后转入布氏漏斗，以下液体最适宜的是________。A．无水乙醇 B．饱和NaCl溶液 C．70％乙醇水溶液 D．滤液〔4〕上述重结晶过程中的哪一步操作除去了不溶性杂质：___________。〔5〕某同学采用薄层色谱(原理和操作与纸层析类同)跟踪反响进程，分别在反响开始、回流15min、30min、45min和60min时，用毛细管取样、点样、薄层色谱展开后的斑点如下图。该实验条件下比拟适宜的回流时间是________。A．15min B．30minC．45min D．60min解析：〔1〕熟悉化学实验仪器，特别是有机合成的仪器比拟特殊。〔2〕溶液浓度越高，溶质溶解度越小，蒸发或冷却越快，结晶越小；过饱和主要是缺乏晶种，用玻璃棒摩擦，参加晶体或将容器进一步冷却能解决。〔3〕抽滤涉及的仪器安装，操作细那么颇多，要能实际标准操作，仔细揣摩，方能掌握。用滤液〔即饱和溶液〕洗涤容器能减少产品的溶解损失。〔4〕趁热过滤除不溶物，冷却结晶，抽滤除可溶杂质。〔5〕对照反响开始斑点，下面斑点为反响物，上面为生成物，45min反响物根本无剩余。答案：〔1〕三颈瓶球形冷凝器〔或冷凝管〕〔2〕AD用玻璃棒摩擦容器内壁参加晶种〔3〕小于D〔4〕趁热过滤C15.(2011安徽高考27，14分)MnO2是一种重要的无机功能材料，粗MnO2的提纯是工业生产的重要环节。某研究性学习小组设计了将粗MnO2〔含有较多的MnO和MnCO3〕样品转化为纯MnO2实验，其流程如下：〔1〕第①步加稀H2SO4时，粗MnO2样品中的〔写化学式〕转化为可溶性物质。〔2〕第②步反响的离子方程式+ClO3－+＝MnO2+Cl2↑+。〔3〕第③步蒸发操作必需的仪器有铁架台〔含铁圈〕、、、，蒸发得到的固体中有NaClO3和NaOH，那么一定还有含有〔写化学式〕。〔4〕假设粗MnO2样品的质量为12.69g，第①步反响后，经过滤得到8.7gMnO2，并收集到0.224LCO2〔标准状况下〕，那么在第②步反响中至少需要molNaClO3解析：此题通过MnO2的提纯综合考察了常见的根本实验操作、氧化复原方程式的配平、产物的判断及有关计算。〔1〕MnO2不溶于硫酸，所以加稀硫酸时样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反响生成可溶性的MnSO4，所以答案是粗MnO2样品中的MnO和MnCO3转化为可溶性物质；〔2〕MnSO4要转化为MnO2，需失去电子，故需要参加NaClO3做氧化剂，依据得失电子守恒可以配平，所以反响的化学方程式是：5MnSO4＋2NaClO3＋4H2O=5MnO2＋Cl2↑＋Na2SO4＋4H2SO4，因此反响的离子方程式是：5Mn2＋＋2ClO3－＋4H2O=5MnO2＋Cl2↑＋8H＋；〔3〕第③属于蒸发，所以所需的仪器有铁架台〔含铁圈〕、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒；Cl2通入热的NaOH溶液中一定发生氧化复原反响，且氯气既做氧化剂又做复原剂，NaClO3属于氧化产物，因此一定有复原产物NaCl；〔4〕由题意知样品中的MnO和MnCO3质量为12.69g－8.7g＝3.99g。由方程式H2SO4＋MnCO3=MnSO4＋H2O＋CO2↑可知MnCO3的物质的量为0.01mol，质量为115g/mol×0.01mol＝1.15g，所以MnO的质量为3.99g－1.15g＝2.84g，其物质的量为，因此与稀硫酸反响时共生成MnSO4的物质的量为0.05mol，根据方程式5MnSO4＋2NaClO3＋4H2O=5MnO2＋Cl2↑＋Na2SO4＋4H2SO4，可计算出需要NaClO3的物质的量为0.02mol。答案：〔1〕MnO和MnCO3；〔2〕5Mn2＋＋2ClO3－＋4H2O=5MnO2＋Cl2↑＋8H＋；〔3〕酒精灯、蒸发皿、玻璃棒；NaCl；〔4〕0.02mol。16.〔2011北京高考27，15分〕甲、乙两同学为探究SO2与可溶性钡的强酸盐能否反响生成白色BaSO3沉淀，用以下图所示装置进行实验〔夹持装置和A中加热装置已略，气密性已检验〕实验操作和现象：操作现象关闭弹簧夹，滴加一定量浓硫酸，加热A中有白雾生成，铜片外表产生气泡B中有气泡冒出，产生大量白色沉淀C中产生白色沉淀，液面上方略显浅棕色并逐渐消失翻开弹簧夹，通入N2,停止加热，一段时间后关闭___________________从B、C中分别取少量白色沉淀，加稀盐酸均未发现白色沉淀溶解(1)A中反响的化学方程式是_________________。(2)C中白色沉淀是__________________，该沉淀的生成说明SO2具有___________性。(3)C中液面上方生成浅棕色气体的化学方程式是_____________________。(4)分析B中不溶于稀盐酸的沉淀产生的原因，甲认为是空气参与反响，乙认为是白雾参与反响。eq\o\ac(○,1)为证实各自的观点，在原实验根底上：甲在原有操作之前增加一步操作，该操作是_____________;乙在A、B间增加洗气瓶D，D中盛放的试剂是_____________。eq\o\ac(○,2)进行实验，B中现象：甲大量白色沉淀乙少量白色沉淀检验白色沉淀，发现均不溶于稀盐酸。结合离子方程式解释实验现象异同的原因：__________。(5)合并〔4〕中两同学的方案进行试验。B中无沉淀生成，而C中产生白色沉淀，由此得出的结论是_______________。解析：〔1〕浓硫酸具有强氧化性，在加热时可以氧化单质铜，生成硫酸铜、二氧化硫和水，方程式为2H2SO4(浓)＋CuCuSO4＋2H2O＋2SO2↑；〔2〕SO2溶于水显酸性，而在酸性条件下NO3－具有氧化性可将SO2氧化成硫酸，从而生成既不溶于水也不溶于酸的硫酸钡沉淀，这说明SO2具有复原性；而NO3－被复原成NO气体，由于试剂瓶中的空气将NO氧化成NO2，因此会出现浅棕色气体，方程式为2NO+O2=2NO2；〔3〕见解析〔2〕〔4〕①要排除空气参与反响，可在反响之前先通入氮气一段时间，将装置中的空气排出；由于铜和浓硫酸反响放热，因此产生的白雾中含有硫酸，为防止硫酸干扰后面的反响，需要饱和的NaHSO3溶液除去二氧化硫中混有的硫酸杂质；②甲仅仅是排除了空气，但并没有除去二氧化硫中混有的硫酸，因此会产生大量沉淀，方程式为SO42－＋Ba2＋=BaSO4↓；而乙虽然排除了二氧化硫中混有的硫酸，但没有排尽空气，由于在溶液中空气可氧化二氧化硫生成硫酸，所以也会生成硫酸钡沉淀，方程式为2Ba2＋＋2SO2＋O2＋2H2O=2BaSO4＋4H＋。但由于白雾的量要远多于装置中氧气的量，所以产生的沉淀少。〔5〕通过以上分析不难得出SO2与可溶性钡的强酸盐不能反响生成白色BaSO3沉淀。答案：〔1〕2H2SO4(浓)＋CuCuSO4＋2H2O＋2SO2↑；〔2〕BaSO4复原〔3〕2NO+O2=2NO2；〔4〕①通N2一段时间，排除装置的空气饱和的NaHSO3溶液②甲：SO42－＋Ba2＋=BaSO4↓；乙：2Ba2＋＋2SO2＋O2＋2H2O=2BaSO4＋4H＋；白雾的量要远多于装置中氧气的量〔5〕SO2与可溶性钡的强酸盐不能反响生成BaSO3沉淀

17.(2011福建高考25，16分)化学兴趣小组对某品牌牙膏中摩擦剂成分及其含量进行以下探究：查得资料：该牙膏摩擦剂由碳酸钙、氢氧化铝组成；牙膏中其它成分遇到盐酸时无气体生成。Ⅰ.摩擦剂中氢氧化铝的定性检验

取适量牙膏样品，加水成分搅拌、过滤。〔1〕往滤渣中参加过量NaOH溶液，过滤。氢氧化铝与NaOH溶液反响的离子方程式是___________________________________。〔2〕往〔1〕所得滤液中先通入过量二氧化碳，再参加过量稀盐酸。观察到的现象是_______________________________。Ⅱ.牙膏样品中碳酸钙的定量测定利用以下图所示装置〔图中夹持仪器略去〕进行实验，充分反响后，测定C中生成的BaCO3沉淀质量，以确定碳酸钙的质量分数。依据实验过程答复以下问题：〔3〕实验过程中需持续缓缓通入空气。其作用除了可搅拌B、C中的反响物外，还有：_________________________________。〔4〕C中反响生成BaCO3的化学方程式是________________________________。〔5〕以下各项措施中，不能提高测定准确度的是_____________〔填标号〕。a.在参加盐酸之前，应排净装置内的CO2气体b.滴加盐酸不宜过快c.在A—B之间增添盛有浓硫酸的洗气装置d.在B—C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置〔6〕实验中准确称取8.00g样品三份，进行三次测定，测得BaCO3平均质量为3.94g。那么样品中碳酸钙的质量分数为_________。〔7〕有人认为不必测定C中生成的BaCO3质量，只要测定装置C在吸收CO2前后的质量差，一样可以确定碳酸钙的质量分数。实验证明按此方法测定的结果明显偏高，原因是_________________________。解析：〔1〕氢氧化铝与NaOH溶液反响的离子方程式书写，要求根底。Al(OH)3＋OH－＝[Al(OH)4]－或Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O〔2〕生成的是NaAlO2溶液，通入CO2气体有Al(OH)3白色沉淀生成，并且生成NaHCO3，参加盐酸有CO2气体产生、Al(OH)3沉淀溶解。学生完整描述实验现象要比拟扎实的根本功。〔3〕实验过程中需持续缓缓通入空气，把生成的CO2全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收。这样设问学生经常接触。〔4〕CO2＋Ba(OH)2＝BaCO3↓＋H2O，根底简单的方程式书写。〔5〕在参加盐酸之前，应排净装置内的CO2气体，会影响测量，滴加盐酸不宜过快，保证生成的CO2完全被吸收。在A—B之间增添盛有浓硫酸的洗气装置，因为整个装置中不需要枯燥，有水份不会影响CO2吸收。在B—C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置，C瓶中是足量Ba(OH)2，可以吸收CO2中的HCl，而不影响CO2吸收，所以不需要除去CO2中的HCl，选cd。〔6〕BaCO3质量为3.94g，n(BaCO3)=0.0200mol，那么n(CaCO3)=0.0200mol，质量为2.00g，那么样品中碳酸钙的质量分数为25%。此问计算比拟简单。〔7〕Ba(OH)2溶液还吸收了水蒸气、氯化氢气体等，造成质量偏大，所以可以答复B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中。此题取材牙膏摩擦剂的探究实验，其中第〔5〕〔7〕小问出的不错，第〔5〕小问考查影响实验准确度的因素探讨，对学生的能力有较高的要求。第〔7〕小问设置有台阶，降低了难度，假设将“结果明显偏高增加”设置成填空可能会更好。答案：〔1〕Al(OH)3＋OH－＝[Al(OH)4]－或Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O〔2〕通入CO2气体有白色沉淀生成；参加盐酸有气体生成、沉淀溶解；〔3〕把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收〔4〕CO2＋Ba(OH)2＝BaCO3↓＋H2O〔5〕c、d〔6〕25%〔7〕B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中〔或其他合理答案〕18、〔2011广东高考33，17分〕某同学进行实验研究时，欲配制1.0mol•L-1Ba(OH)2溶液，但只找到在空气中暴露已久的Ba(OH)2·8H2O试剂〔化学式量：315〕。在室温下配制溶液时发现所取试剂在水中仅局部溶解，烧杯中存在大量未溶物。为探究原因，该同学查得Ba(OH)2·8H2O在283K、293K和303K时的溶解度〔g/100gH2O〕分别为2.5、3.9和5.6。〔1〕烧杯中未溶物可能仅为BaCO3，理由是。〔2〕假设试剂由大量Ba(OH)2·8H2O和少量BaCO3组成，设计实验方案，进行成分检验。在答题卡上写出实验步骤、预期现象和结论。〔不考虑结晶水的检验；室温时BaCO3饱和溶液的pH=9.6〕限选试剂及仪器：稀盐酸、稀硫酸、NaOH溶液、澄清石灰水、pH计、烧杯、试管、带塞导气管、滴管实验步骤预期现象和结论步骤1：取适量试剂于洁净烧杯中，参加足量蒸馏水，充分搅拌，静置，过滤，得滤液和沉淀。步骤2：取适量滤液于试管中，滴加稀硫酸。步骤3：取适量步骤1中的沉淀于是试管中，。步骤4：〔3〕将试剂初步提纯后，准确测定其中Ba(OH)2·8H2O的含量。实验如下：①配制250ml约0.1mol•L-1Ba(OH)2溶液：准确称取w克试样，置于烧杯中，加适量蒸馏水，，将溶液转入，洗涤，定容，摇匀。②滴定：准确量取25.00ml所配制Ba(OH)2溶液于锥形瓶中，滴加指示剂，将〔填“0.020”、“0.05”、“0.1980”或“1.5”〕mol•L-1盐酸装入50ml酸式滴定管，滴定至终点，记录数据。重复滴定2次。平均消耗盐酸Vml。③计算Ba(OH)2·8H2O的质量分数=〔只列出算式，不做运算〕〔4〕室温下，(填“能”或“不能”)配制1.0mol•L-1Ba(OH)2溶液解析：此题考察常见的实验步骤的设计、仪器和试剂的选择、一定物质的量浓度的配制以及有关计算。〔1〕Ba(OH)2属于强碱，易吸收空气中的水蒸气和CO2形成难溶的BaCO3沉淀，因此长时间暴露在空气中时Ba(OH)2就有可能转化为BaCO3。〔2〕Ba(OH)2易溶于水，所以滤液中含有Ba2＋，因此滴加稀硫酸使会产生白色沉淀BaSO4；要想验证沉淀为BaCO3，可以利用其能与酸反响产生能使澄清石灰水变浑浊的CO2气体；为进一步证明试剂是是否还有Ba(OH)2·8H2O，可以取步骤1中的滤液，用pH计测其pH值，假设pH＞9.6，即证明滤液不是纯BaCO3溶液，即证明是由大量Ba(OH)2·8H2O和少量BaCO3组成，假设成立。〔3〕①由于试样中含有难溶性的BaCO3，因此加水溶解后要过滤，且冷却后在转移到250ml容量瓶中；②Ba(OH)2溶液的浓度约为0.1mol•L-1，体积是25ml，由于酸式滴定管的容量是50ml，因此盐酸的浓度至少应该是0.1mol•L-1的，假设盐酸的浓度过大，反响过快，不利于控制滴定终点，所以选择0.1980mol•L-1的盐酸最恰当。③消耗盐酸的物质的量是0.1980×V×10－3mol，所以25.00ml溶液中含有Ba(OH)2的物质的量是，所以w克试样中Ba(OH)2的质量是，故Ba(OH)2·8H2O的质量分数=。〔4〕假设配制1L1.0mol•L-1Ba(OH)2溶液，那么溶液中溶解的Ba(OH)2·8H2O的质量是315g，所以此时的溶解度约是g/100gH2O，而在常温下Ba(OH)2·8H2O是3.9g/100gH2O，显然不可能配制出1.0mol•L-1Ba(OH)2溶液。答案：〔1〕由于Ba(OH)2·8H2O与收空气中的CO2反，所取试剂大局部已变质为BaCO3，未变质的Ba(OH)2·8H2O在配制溶液时能全部溶解。〔2〕实验步骤预期现象和结论步骤1：取适量试剂于洁净烧杯中，参加足量蒸馏水，充分搅拌，静置，过滤，得滤液和沉淀。步骤2：取适量滤液于试管中，滴加稀硫酸。出现白色沉淀，说明该试剂中有Ba2+存在步骤3：取适量步骤1中的沉淀于是试管中，滴加稀盐酸，连接带塞导气管将产生的气体导入澄清石灰水中。澄清石灰水变混浊。说明该试剂中含有BaCO3步骤4：取步骤1中的滤液于烧杯中，用pH计测定其pH值。PH值明显大于9.6，说明该试剂中含有Ba(OH)2。〔3〕①搅拌溶解250ml容量瓶中②0.1980③〔4〕不能。19.〔2011山东高考30，14分〕实验室以含有Ca2＋、Mg2＋、Cl－、SO42－、Br－等离子的卤水为主要原料制备无水CaCl2和Br2，流程如下：〔1〕操作Ⅰ使用的试剂是，所用主要仪器的名称是。〔2〕参加溶液W的目的是。用CaO调节溶液Y的pH，可以除去Mg2＋。由表中数据可知，理论上可选择pH最大范围是。酸化溶液Z时，使用的试剂为。开始沉淀时的pH沉淀完全时的pHMg2＋9.611.0Ca2＋12.2c(OH－)＝1.8mol·L－1(3)实验室用贝壳与稀盐酸反响制备并收集CO2气体，以下装置中合理的是。〔4〕常温下，H2SO3的电离常数，，H2CO3的电离常数，。某同学设计实验验证H2SO3酸性强于H2CO3：将SO2和CO2气体分别通入水中至饱和，立即用酸度计测两溶液的pH，假设前者的pH小于后者，那么H2SO3酸性强于H2CO3。该实验设计不正确，错误在于。设计合理实验验证2SO3酸性强于H2CO3〔简要说明实验步骤、现象和结论〕。。仪器器自选。供选的试剂：CO2、SO2、Na2CO3、NaHCO3、KMnO4、NaHSO3、蒸馏水、饱和石灰水、酸性KMnO4溶液、品红溶液、pH试纸。解析：此题主要考察常见的根本实验操作、仪器的使用、离子的除杂和实验方案设计，综合性强。〔1〕氯气具有强氧化性，通入氯气后可以将溶液中的Br－氧化溴单质，因为单质溴极易溶于有机溶剂，所以可以采用萃取的方法，萃取的主要仪器是分液漏斗。由流程图可知单质溴在下层，因此该有机溶剂的密度要比水的大且不溶于水，所以该试剂是CCl4；〔2〕由于SO42－会与Ca2＋结合形成微溶性的硫酸钙而影响氯化钙的制备，因此必需除去；由表中数据可知pH大于11时Mg2＋沉淀完全，pH大于12.2时，Ca2＋开始沉淀，所以理论上可选择pH最大范围是11.0≤pH＜12.2；因为不能引入新的杂质，所以酸化溶液Z时，使用的试剂应该为盐酸。〔3〕实验室制取CO2的特点是固体和液体反响且不需要加热，由于盐酸易挥发，因此在收集之前需要出去挥发出HCl气体，因为CO2的密度大于空气中的，所以采用向上排空气发收集CO2气体。假设采用长颈漏斗时，长颈漏斗的下端必需插入到溶液中，以防止CO2气体从长颈漏斗中挥发出来，因此选项b、d正确。〔4〕H2SO3和H2CO3均属于二元酸，要想通过比拟二者的pH来验证二者的酸性强弱，必需使二者的浓度相同，但是SO2和CO2气体溶于水后的饱和溶液其浓度显然不相等〔因为二者的溶解度不同〕，所以该实验设计不正确；要检验酸性强弱，可以采用多种方法，例如利用水解原理〔酸越弱相应的强碱盐就越易水解〕，也可以利用较强的酸制取较弱的酸来检验。由于SO2和CO2气体均可以使饱和石灰水编混浊，所以CO2气体在通入饱和石灰水之前必需除去CO2气体中混有的SO2气体。答案：〔1〕四氯化碳；分液漏斗〔2〕除去溶液中的SO42－；11.0≤pH＜12.2；盐酸〔3〕b、d〔4〕用于比拟pH的两种酸的物质的量浓度不相等；参考方案如下：方案一：配制相同物质的量浓度的NaHSO3和NaHCO3溶液，用酸度计(或pH试纸)测两溶液的pH。前者的pH小于后者，证明H2SO3酸性强于H2CO3。方案二：将SO2气体依次通过NaHCO3〔Na2CO3)溶液、酸性KMnO4溶液、品红溶液、澄清石灰水。品红溶液不褪色、且澄清石灰水变混浊，证明H2SO3酸性强于H2CO3。方案三：将CO2气体依次通过NaHSO3〔Na2SO3)溶液、品红溶液。品红溶液不褪色，证明H2SO3酸性强于H2CO3。20.〔2011天津，18分〕某研究性学习小组为合成1-丁醇，查阅资料得知一条合成路线：CO的制备原理：HCOOHCO↑+H2O，并设计出原料气的制备装置〔如以下图〕请填写以下空白：〔1〕实验室现有锌粒、稀硝酸、稀盐酸、浓硫酸、2-丙醇，从中选择适宜的试剂制备氢气、丙烯。写出化学方程式：，。〔2〕假设用以上装置制备枯燥纯洁的CO，装置中a和b的作用分别是，；C和d中承装的试剂分别是，。假设用以上装置制备H2，气体发生装置中必需的玻璃仪器名称是；在虚线框内画出收集枯燥H2的装置图。〔3〕制丙烯时，还产生少量SO2、CO2及水蒸气，该小组用以下试剂检验这四种气体，混合气体通过试剂的顺序是________________〔填序号〕①饱和Na2SO3溶液②酸性KMnO4溶液③石灰水④无水CuSO4⑤品红溶液〔4〕合成正丁醛的反响为正向放热的可逆反响，为增大反响速率和提高原料气的转化率，你认为应该采用的适宜反响条件是______________。a.低温、高压、催化剂b.适当的温度、高压、催化剂c.常温、常压、催化剂d.适当的温度、常压、催化剂〔5〕正丁醛经催化剂加氢得到含少量正丁醛的1—丁醇粗品，为纯化1—丁醇，该小组查阅文献得知：①R—CHO+NaHSO3〔饱和〕→RCH(OH)SO3Na↓；②沸点：乙醚34℃，1—丁醇118℃，并设计出如下提纯路线：试剂1为_________，操作1为________，操作2为_______，操作3为_______。解析：〔1〕氢气可用活泼金属锌与非氧化性酸盐酸通过置换反响制备，氧化性酸如硝酸和浓硫酸与锌反响不能产生氢气，方程式为Zn+2HCl＝ZnCl2+H2↑；2-丙醇通过消去反响即到达丙烯，方程式为：(CH3)2CHOHCH2＝CHCH3↑+H2O；〔2〕甲酸在浓硫酸的作用下通过加热脱水即生成CO，由于甲酸易挥发，产生的CO中必然会混有甲酸，所以在收集之前需要除去甲酸，可以利用NaOH溶液吸收甲酸。又因为甲酸易溶于水，所以必需防止液体倒流，即b的作用是防止倒吸，最后通过浓硫酸枯燥CO。为了使产生的气体能顺利的从发生装置中排出，就必需保持压强一致，因此a的作用是保持恒压；假设用以上装置制备氢气，就不再需要加热，所以此时发生装置中的玻璃仪器名称是分液漏斗和蒸馏烧瓶；氢气密度小于空气的，因此要收集枯燥的氢气，就只能用向下排空气法，而不能用排水法收集；〔3〕检验丙烯可以用酸性KMnO4溶液，检验SO2可以用酸性KMnO4溶液褪色、品红溶液或石灰水，检验CO2可以石灰水，检验水蒸气可以无水CuSO4，所以在检验这四种气体必需考虑试剂的选择和顺序。只要通过溶液，就会产生水蒸气，因此先检验水蒸气；然后检验SO2并在检验之后除去SO2，除SO2可以用饱和Na2SO3溶液，最后检验CO2和丙烯，因此顺序为④⑤①②③〔或④⑤①③②〕；〔4〕由于反响是一个体积减小的可逆反响，所以采用高压，有利于增大反响速率和提高原料气的转化率；正向反响是放热反响，虽然低温有利于提高原料气的转化率，但不利于增大反响速率，因此要采用适当的温度；催化剂不能提高原料气的转化率，但有利于增大反响速率，缩短到达平衡所需要的时间，故正确所选项是b；〔5〕粗品中含有正丁醛，根据所给的信息利用饱和NaHSO3溶液形成沉淀，然后通过过滤即可除去；由于饱和NaHSO3溶液是过量的，所以参加乙醚的目的是萃取溶液中的1—丁醇。因为1—丁醇，和乙醚的沸点相差很大，因此可以利用蒸馏将其别离开。答案：〔1〕Zn+2HCl＝ZnCl2+H2↑；(CH3)2CHOHCH2＝CHCH3↑+H2O；〔2〕恒压防倒吸NaOH溶液浓硫酸分液漏斗蒸馏烧瓶〔3〕④⑤①②③〔或④⑤①③②〕；〔4〕b〔5〕饱和NaHSO3溶液过滤萃取蒸馏21.〔2011重庆，15分〕固态化合物A由两种短周期元素组成，可与水发生复分解反响，甲组同学用题27图装置〔夹持装置略〕对其进行探究实验。〔1〕仪器B的名称是____________。〔2〕试验中，Ⅱ中的试纸变蓝，Ⅳ中黑色粉末逐渐变为红色并有M生成，那么Ⅲ中的试剂为__________________；Ⅳ发生反响的化学方程式为____________；Ⅴ中的试剂为____________________。〔3〕乙组同学进行同样实验，但装置连接顺序为Ⅰ——Ⅲ——Ⅳ——Ⅱ——Ⅴ——Ⅵ，此时Ⅱ中现象为________，原因是__________________。〔4〕经上述反响，2.5g化合物A理论上可得0.56L〔标准状况〕M；那么A的化学式为________________。解析：此题考察常见仪器的识别、试剂的选择、装置的连接以及有关计算和判断。〔1〕由图不难看出B是分液漏斗；〔2〕使枯燥红色石蕊试纸变蓝的是碱性气体，中学化学中涉及到的只有氨气，即A与水反响生成氨气，因此A中含有N元素。Ⅳ中黑色CuO粉末逐渐变为红色，说明CuO被复原生成单质铜，因为在高温下氨气可以被氧化生成气体M，而M可用排水法收集，因此M为氮气，反响的方程式为3CuO＋2NH33Cu＋3H2O＋N2↑。氨气在通过CuO之前必需进行枯燥，枯燥氨气只能用碱石灰，即Ⅲ中的试剂为碱石灰。因为氨气是过量的，因此在收集氮气之前需要先除去氨气，可用浓硫酸吸收多于的氨气，即Ⅴ中的试剂为浓硫酸。〔3〕如果氨气先枯燥然后再通过热的CuO，氧化复原反响照样发生，由于成为有水生成，因此过量的氨气和水照样会使枯燥红色石蕊试纸变蓝。〔4〕2.5g化合物A生成氨气的物质的量为0.025mol，所含N原子的质量是0.025mol×28g·mol－1＝0.7g，因此另一种元素原子的质量是2.5g－0.7g＝1.8g。假设该元素显+1价，那么其原子的式量是；假设该元素显+2价，那么其原子的式量是；假设该元素显+3价，那么其原子的式量是。显然只有第二种情况成立，即该化合物是Mg3N2。答案：〔1〕分液漏斗〔2〕碱石灰CuO＋2NH33Cu＋3H2O＋N2↑〔3〕试纸变蓝CuO与氨气反响生成的水和未反响的氨气形成氨水，使试纸变蓝〔4〕Mg3N222.〔2011新课标全国，15分〕氢化钙固体是登山运发动常用的能源提供剂。某兴趣小组拟选用如下装置制备氢化钙。请答复以下问题：〔1〕请选择必要的装置，按气流方向连接顺序为________(填仪器接口的字母编号)〔2〕根据完整的实验装置进行实验，实验步骤如下：检查装置气密性后，装入药品；翻开分液漏斗活塞；_________〔请按正确的顺序填入以下步骤的标号〕。A.加热反响一段时间B.收集气体并检验其纯度C.关闭分液漏斗活塞D.停止加热，充分冷却〔3〕实验结束后，某同学取少量产物，小心参加水中，观察到有气泡冒出，溶液中参加酚酞后显红色，该同学据此断，上述实验确有CaH2生成。①写出CaH2与水反响的化学方程式___________________②该同学的判断不正确，原因是_________________〔4〕请你设计一个实验，用化学方法区分钙与氢化钙，写出实验简要步骤及观察到的现象___________。〔5〕登山运发动常用氢化钙作为能源提供剂，与氢气相比，其优点是____________。①H2(g)＋1/2O2(g)＝H2O(l)△H＝-285.8kJ·mol-1；解析：〔1〕钙属于极活泼的金属，极易与水反响生成氢氧化钙和氢气，而制备的氢气中会混有水蒸气和氯化氢，所以在与钙化合之前需要除杂和枯燥，分别选用试剂是氢氧化钠和浓硫酸；同时为防止空气中水蒸气进入，最后还需要连接枯燥管，所以正确的顺序为：i→e，f→d，c→j，k〔或k，j〕→a；〔2〕由于多余的氢气需要燃烧反响掉，所以应该先收集一局部气体并检验其纯度，反响结束后还需要使氢化钙在氢气的气氛中冷却，所以应该最后关闭分液漏斗活塞，因此正确的顺序为BADC；〔3〕氢化钙中H显－1价，极易与水反响生成氢氧化钙和氢气，方程式为：CaH2＋2H2O=Ca(OH)2＋H2↑；因为金属钙与水反响也会生成氢氧化钙和氢气，同样会出现上述现象，所以该同学的判断不正确。〔4〕由于氢化钙中含有氢元素，因此氢化钙的燃烧产物有水，所以可以利于无水硫酸铜进行检验其燃烧产物。〔5〕氢气是气体不方便携带，而氢化钙是固体，便于携带。答案：〔1〕→e，f→d，c→j，k〔或k，j〕→a；〔2〕BADC；〔3〕①CaH2＋2H2O=Ca(OH)2＋H2↑；②金属钙与水反响也有类似现象；〔4〕取适量氢化钙，在加热条件下与枯燥氧气反响，将反响气相产物通过装有无水硫酸铜的枯燥管，观察到白色变为蓝色；取钙做类似实验，观察不到白色变为蓝色。〔5〕氢化钙是固体，携带方便。23.〔2011海南，9分〕硫酸亚铁铵[〔NH4〕2SO4·FeSO4·6H2O]为浅绿色晶体，实验室中常以废铁屑为原料来制备，其步骤如下：步骤1将废铁屑放入碳酸钠溶液中煮沸除油污，别离出液体，用水洗净铁屑。步骤2向处理过的铁屑中参加过量的3mol·L-1H2SO4溶液，在60℃左右使其反响到不再产生气体，趁热过滤，得FeSO4溶液。步骤3向所得FeSO4溶液中参加饱和〔NH4〕2SO4溶液，经过“一系列操作”后得到硫酸亚铁铵晶体。请答复以下问题：在步骤1的操作中，以下仪器中不必用到的有__________〔填仪器编号〕①铁架台②燃烧匙③锥形瓶④广口瓶⑤研钵⑥玻璃棒⑦酒精灯在步骤2中所加的硫酸必须过量，其原因是_______；在步骤3中，“一系列操作”依次为______、_______和过滤；本实验制得的硫酸亚铁铵晶体常含有Fe3+杂质。检验Fe3+常用的试剂是______，可以观察到得现象是________。[答案]〔1〕②④⑤；〔2〕抑制亚铁离子的水解和氧化；〔3〕加热浓缩、冷却结晶；〔4〕KSCN溶液，溶液显血红色命题立意：实验综合能力考查，此题考查点有溶液加热、过滤、固体溶解、蒸发〔防水解〕、结晶等一系列实验。解析：步骤1是溶液加热和过滤操作，用不到②④⑤；亚铁离子在加热过程中有水解，因而要加酸抑制亚铁离子的水解；步骤3是抑制亚铁离子的水解下的蒸发与结晶过程；【思维拓展】实验综合题不仅仅要考查操作方面的内容，也考查一些理论知识在实验过程中的运用，因而实验综合题历来是高考中的难点。操作要点在平时复习中注意积累，分析过程中可能要注意的问题，要紧扣实验目的，多方面考虑，才可确保万无一失。24．(2011全国II卷29)〔15分〕〔注意：在试题卷上作答无效〕(1〕以下图是用KMnO4与浓盐酸反响制取适量氯气的简易装置。ABABCDNaOH溶液装置B、C、D的作用分别是：B_____________________________________________________________________；C_____________________________________________________________________；D______________________________________________________________________；(2〕在实验室欲制取适量NO气体。①以下图中最适合完成该实验的简易装置是_________〔填序号〕；ABABCABCDABCDABCIⅡⅢⅣ②根据所选的装置完成下表〔不需要的可不填〕：应参加的物质所起的作用ABCD③简单描述应观察到的实验现象______________________________________________。答案：(1)向上排气收集氯气平安作用，防止D中的液体倒吸进入集气管B中吸收尾气，防止氯气扩散到空气中污染环境(2)①I②应参加的物质所起的作用A铜屑和稀硝酸发生NO气体B水排水收集NO气体C主要是接收B中排出的水③反响开始时，A中铜外表出现无色小气泡，反响速率逐渐加快；A管上部空间由无色逐渐变为浅棕红色，随反响的进行又逐渐变为无色；A中的液体由无色变为浅蓝色；B中的水面逐渐下降，B管中的水逐渐流入烧杯C中。25.〔2011四川，16分〕三草酸合铁酸钾晶体〔K3[Fe(C2O4)3]·xH2O〕是一种光敏材料，在110℃可完全失去结晶水。为测定该晶体中铁的含量和结晶水的含量，某实验小组做了如下实验：铁含量的测定步骤一：称量5.00g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250ml溶液。步骤二：取所配溶液25.00ml于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部氧化成二氧化碳，同时，MnO4-被复原成Mn2+。向反响后的溶液中参加一小匙锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时，溶液仍呈酸性。步骤三：用0.010mol/LKMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液20.02ml，滴定中MnO4-，被复原成Mn2+。重复步骤二、步骤三操作，滴定消耗0.010mol/LKMnO4溶液19.98ml请答复以下问题：配制三草酸合铁酸钾溶液的操作步骤依次是：称量、_______、转移、洗涤并转移、________摇匀。参加锌粉的目的是________。写出步骤三中发生反响的离子方程式________。实验测得该晶体中铁的质量分数为__________。在步骤二中，假设参加的KMnO4的溶液的量不够，那么测得的铁含量__________。〔选填“偏低”“偏高”“不变”〕结晶水的测定将坩埚洗净，烘干至恒重，记录质量；在坩埚中参加研细的三草酸合铁酸钾晶体，称量并记录质量；加热至110℃，恒温一段时间，置于空气中冷却，称量并记录质量；计算结晶水含量。请纠正实验过程中的两处错误；_________;_________。分析：此题主要考察一定物质的量浓度的配制、中和滴定、误差分析、实验操作及有关计算。答案：〔1〕①溶解定容②将Fe3＋复原成Fe2＋③5Fe2+＋MnO4－＋8H＋=5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O④11.20%或0.112偏高〔2〕加热后在枯燥器中冷却，对盛有样品的坩埚进行屡次加热，枯燥器中冷却、称量并记录质量，直至称量质量几乎相等。26．〔2011上海27〕CuSO4·5H2O是铜的重要化合物，有着广泛的应用。以下是CuSO4·5H2O的实验室制备流程图。根据题意完成以下填空：〔1〕向含铜粉的稀硫酸中滴加浓硝酸，在铜粉溶解时可以观察到的实验现象：、。〔2〕如果铜粉、硫酸及硝酸都比拟纯洁，那么制得的CuSO4·5H2O中可能存在的杂质是，除去这种杂质的实验操作称为。〔3〕：CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2↓+Na2SO4称取0.1000g提纯后的CuSO4·5H2O试样于锥形瓶中，参加0.1000mol/L氢氧化钠溶液28.00mL，反响完全后，过量的氢氧化钠用0.1000mol/L盐酸滴定至终点，耗用盐酸20.16mL，那么0.1000g该试样中含CuSO4·5H2Og。〔4〕上述滴定中，滴定管在注入盐酸之前，先用蒸馏水洗净，再用。在滴定中，准确读数应该是滴定管上蓝线所对应的刻度。〔5〕如果采用重量法测定CuSO4·5H2O的含量，完成以下步骤：①②加水溶解③加氯化钡溶液，沉淀④过滤〔其余步骤省略〕在过滤前，需要检验是否沉淀完全，其操作是〔6〕如果1.040g提纯后的试样中含CuSO4·5H2O的准确值为1.015g，而实验测定结果是l.000g测定的相对误差为。解析：此题主要考察实验现象等观察、物质的提纯，中和滴定、实验过程设计及有关计算。答案：〔1〕溶液呈蓝色，有红棕色气体生成〔2〕Cu(NO3)2重结晶〔3〕0.0980〔4〕标准盐酸溶液润洗2～3次粗细交界点〔5〕称取样品在上层清液中继续滴加加氯化钡溶液，观察有无沉淀产生〔6〕－1.5%〔－1.48%〕2010年高考〔2010天津卷〕3．以下鉴别方法可行的是A．用氨水鉴别Al3+、Mg2+和Ag+B．用Ba(NO3)2溶液鉴别Cl－、SO和COC．用核磁共振氢谱鉴别1－溴丙烷和2－溴丙烷D．用KMnO4酸性溶液鉴别CH3CH＝CHCH2OH和CH3CH2CH2CHO解析：Al3+和Mg2+与氨水反响都只生成沉淀，不溶解，无法鉴别，故A错；SO42-和CO32-与Ba(NO3)2反响都生成白色沉淀，无法鉴别，故B错；1—溴丙烷有三种等效氢，其核磁共振谱有三个峰，而2—溴丙烷有两种等效氢原子，其核磁共振谱有两个峰，故可鉴别，C正确；碳碳双键、醛基都能被酸性KMnO4氧化，KMnO4溶液都退色，故无法鉴别。答案：C命题立意：考查阴阳离子和有机物的鉴别，通过鉴别，考查离子或有机物的化学性质。〔2010山东卷〕14．以下与实验相关的表达正确的选项是A．稀释浓硫酸时，应将蒸馏水沿玻璃棒缓慢注入浓硫酸中B．配制溶液时，假设加水超过容量瓶刻度，应用胶头滴管将多余溶液吸出C．酸碱滴定时，假设参加待测液前用待测液润洗锥形瓶，将导致测定结果偏高D．检验某溶液是否含有时，应取少量该溶液，依次参加BaCL2溶液和稀盐酸解析：稀释硫酸的操作是“酸入水”，故A错；假设将多余的水取出，会使得浓度偏小，加水超过容量瓶的刻度的唯一方法是重新配制，故B错；用待测液润洗锥形瓶，那么消耗的标准液会偏多，导致结构偏高，C正确；D操作中，假设溶液中含有Ag，也会有不溶解于盐酸的白色沉淀产生，故D错。答案：C〔2010安徽卷〕8.以下实验操作或装置符合实验要求的是A.量取15.00mLNaOH溶液 B.定容 C.电解制Cl2和H2 D.高温燃烧石灰石答案：A解析：B滴管口不能伸入到容量瓶内；C铜电极应该为阴极才能制备出氯气和氢气；D选项坩埚不能密闭加热。〔2010重庆卷〕9．能鉴别Mg、AgNO3、Na2CO3、NaAlO2四种溶液的试剂是A．HNO3B．KOHC．BaCl2D．NaClO9.答案A【解析】此题考查物质的鉴别。HNO3氧化I－生成棕色的碘，与Na2CO3产生无色的CO2气体，与NaAlO2反响先生成白色沉淀然后溶解，现象均不同。〔2010上海卷〕6．正确的实验操作是实验成功的重要因素，以下实验操作错误的选项是答案：D解析：此题考查了化学实验知识。分析所给操作，ABC均正确；但是除去氯气中的氯化氢时，选取饱和食盐水可以到达目的，但是气体进入洗气瓶时应该是长进短出，否那么气体会将洗气瓶中的食盐水赶出来，D错。知识归纳：实验室制得的氯气中往往含有水蒸气和氯化氢的杂质，除去水蒸气一般选用浓硫酸，除去氯化氢一般选用饱和食盐水，在装置连接时一定要注意洗气瓶中长进短出。〔2010上海卷〕8．以下实验目的可以到达的是A．电解熔融氯化镁制取金属镁B．醋酸钠结晶水合物与碱石灰共热制取甲烷C．浓硫酸与溴化钠共热制取溴化氢D．饱和碳酸钠溶液除去二氧化碳中的氯化氢答案：A解析：此题考查了化学实验中的物质制备和物质提纯知识。制取金属镁时，由于镁的活泼性很强，故一般电解熔融的氯化镁制取，A对；制取甲烷时，是用无水醋酸钠和碱石灰共热，B错；制取溴化氢时，由于溴化氢的复原性较强，能被浓硫酸氧化，故一般选取浓磷酸制取，C错；饱和碳酸钠既能和二氧化碳也能和氯化氢反响，D错。知识归纳：物质的提纯是把混合物中的杂质除去，以得到纯物质的过程。其常用的方法包括：过滤、分液、蒸馏、结晶、萃取、洗气、渗析、盐析等，在学习过程中要注意通过比拟掌握这些方法并能熟练应用。〔2010上海卷〕12．以下实验操作或实验事故处理正确的选项是A．实验室制溴苯时，将苯与液溴混合后加到有铁丝的反响容器中B．实验室制硝基苯时，将硝酸与苯混合后再滴加浓硫酸C．实验时手指不小心沾上苯酚，立即用70o以上的热水清洗D．实验室制乙酸丁酯时，用水浴加热答案：A解析：此题考查了化学实验中的根本操作和实验事故处理知识。实验室制取硝基苯时，首先滴加浓硝酸，然后向硝酸中逐滴滴加浓硫酸，最后加苯，B错；手指上沾上苯酚，用热水清洗会造成烫伤，C错；制取乙酸丁酯时，不需要水浴加热，直接加热即可，D错。技巧点拨：化学一门实验科学，在实验操作中尤其需要注意平安，其实平安就是在实验操作中要保证人、物、事的平安，实验中的错误操作引起人、物的损伤和实验的误差。要求我们能够识别化学品平安使用标识，实验操作的平安意识，一般事故的预防和事故处理能力。〔2010上海卷〕15．除去以下括号内杂质的试剂或方法错误的选项是A．HNO3溶液(H2SO4)，适量BaCl2溶液，过滤B．CO2(SO2)，酸性KMnO4溶液、浓硫酸，洗气C．KNO3晶体(NaCl)，蒸馏水，结晶D．C2H5OH(CH3COOH)，加足量CaO，蒸馏答案：A解析：此题考查了物质的提纯知识。HNO3溶液中混有H2SO4时，参加氯化钡使得硝酸中又混入了HCl杂质，应参加硝酸钡溶液过滤，A错；SO2有复原性，可悲高锰酸钾氧化为硫酸除去，B对；硝酸钾的溶解度随温度升高变大，但食盐的溶解度随温度变化较小，一般用结晶或重结晶法别离，C错；乙酸具有酸性其能和氧化钙反响，但乙醇不能，故加足量氧化钙蒸馏可以别离两者，D对。知识归纳：进行物质的提纯操作时要遵循的两个原那么是：一是不能将要得到的目标产物除掉，二是不能引入新的杂质，像此题中A选项就是引入了新杂质。〔2010重庆卷〕7．以下实验装置〔固定装置略去〕和操作正确的选项是7.答案A【解析】此题考查实验装置图的分析。A项，CCl4与水分层，故可以用分液操作，正确。B项，NaOH应放在碱式滴定管中，错误。C项，倒置的漏斗中应置于液面上，否那么起不了防倒吸的作用，错误。D项，温度计应测小烧杯中的温度，错误。〔2010上海卷〕18．右图是模拟氯碱工业生产中检查氯气是否泄漏的装置，以下有关说法错误的选项是A．烧瓶中立即出现白烟B．烧瓶中立即出现红棕色C．烧瓶中发生的反响说明常温下氨气有复原性D．烧杯中的溶液是为了吸收有害气体答案：B解析：此题考查化学实验、元素化合物的性质等知识。分析装置图，可知氨气和氯气接触时发生反响：4NH3+6Cl2=2NH4Cl+4HCl+N2，烧瓶中出现白烟，A对；不能出现红棕色气体，B错；该反响中氨气中的氮元素化合价升高，表现复原性，C对；烧杯中的氢氧化钠可以吸收多余的有害气体，D对。知识归纳：对某种元素来讲，其处于最高价时，只有氧化性；处于最低价时，只有复原性；中间价态，那么既有氧化性又有复原性。故此对同一种元素可以依据价态判断，一般来讲，价态越高时，其氧化性就越强；价态越低时，其复原性就越强；此题中氨气中的氮元素处于最低价，只有复原性。〔2010浙江卷〕11.以下关于实验原理或操作的表达中，不正确的选项是：A.从碘水中提取单质碘时，不能用无水乙醇代替CCl4B.可用新制的Cu〔OH〕2悬浊液检验牙膏中存在的甘油C.纸层析实验中，须将滤纸上的试样点浸入展开剂中D.实验室中提纯混有少量乙酸的乙醇，可采用先加生石灰，过滤后再蒸馏的方法试题解析：此题是一组实验操作或原理的正误判断问题。实验操作的正误，实际根源还是实验原理。A、乙醇和碘与水均互溶，不能作为萃取剂使用。考查萃取原理。B、新制Cu〔OH〕2悬浊液用来检验醛基而不是羟基。C、纸层析实验中，不能将滤纸上的试样点浸入展开剂中，否那么式样会溶解在展开剂中。D、除乙酸用碱性氧化物，氧化钙还能吸水，过滤后利用乙醇沸点低的原理进行蒸馏最好。此题答案：C教与学提示：此题涉及的化学实验都是重要的经典的。化学实验的教学中要重视重点实验的操作与原理，更要重视正确与错误的操作存在的与原理的矛盾。符合高中生理解记忆的特点，多想想为什么，才能顺利又高效掌握化学实验。实验教学还有：仪器链接、实验改良、数据处理、药品与仪器选择、药品添加顺序与药品用量、实验创新等内容。〔2010广东理综卷〕22.对实验Ⅰ~Ⅳ的实验现象预测正确的选项是A实验Ⅰ：液体分层，下层呈无色B实验Ⅱ：烧杯中先出现白色沉淀，后溶解C实验Ⅲ：试管中溶液颜色变为红色D实验Ⅳ：放置一段时间后，饱和CUSO4溶液中出现蓝色晶体解析：的密度比水大，下层呈紫红色，故A错；沉淀不能溶解于弱碱氨水中，故B错；实验Ⅲ生产的血红色的溶液，故C正确；有一定的吸水性，能使饱和溶液中的水减少，有晶体析出，故D正确。答案：CD〔2010上海卷〕10．以下各组有机物只用一种试剂无法鉴别的是A．乙醇、甲苯、硝基苯B．苯、苯酚、己烯C．苯、甲苯、环己烷D．甲酸、乙醛、乙酸答案：C解析：此题考查了化学实验中的物质的检验知识。乙醇、甲苯和硝基苯中，乙醇可以和水互溶、甲苯不和水互溶但比水轻、硝基苯不和水互溶但比水重，可以鉴别，排除A；苯、苯酚和己烯可以选浓溴水，苯不和溴水反响、苯酚和浓溴水生成白色沉淀、己烯和溴水加成使其褪色，可以鉴别，排除B；苯、甲苯和环己烷三者性质相似，不能鉴别，选C；甲酸、乙醛、乙酸可以选新制氢氧化铜，甲酸能溶解新制氢氧化铜但加热时生成红色沉淀、乙醛不能溶解氢氧化铜但加热时生成红色沉淀、乙酸只能溶解氢氧化铜，可以鉴别，排除D。知识归纳：进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反响，选择适当的试剂和方法，准确观察反响中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等，进行判断、推理。〔2010江苏卷〕7．以下有关实验原理或操作正确的选项是A．选择适宜的试剂，用图1所示装置可分别制取少量B．制备乙酸乙酯时，向乙醇中缓慢参加浓硫酸和冰醋酸C．洗涤沉淀时〔见图2〕，向漏斗中加适量水，搅拌并滤干D．用广泛试纸测得0.10mol·LNH4Cl溶液的【答案】B【解析】此题主要考查的是实验的根本知识。A项，不能用图1装置收集;B项，实验室制备乙酸乙酯时，先在试管中放入乙醇，在慢慢参加浓硫酸，冷却后，再参加乙酸；C项，洗涤沉淀，在过滤器中的沉淀中，参加蒸馏水，浸没沉淀，让水自然流下，不用玻璃棒搅拌；D项，pH试纸只能测定溶液酸碱度的数值范围，但不能测得溶液具体的pH值。总是分析可知，此题选B项。〔2010江苏卷〕10．以下实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是选项实验操作实验目的或结论A某钾盐溶于盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体说明该钾盐是B向含有少量的溶液中参加足量粉末，搅拌一段时间后过滤除去溶液中少量C常温下，向饱和溶液中加少量粉末，过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生说明常温下D与浓硫酸170℃共热，制得的气体通人酸性溶液检验制得气体是否为乙烯【答案】B【解析】此题主要考查的是实验根本操作。A项，与盐酸反响产生CO2气体的不一定是CO32-，也有可能是HCO3-；B项，参加Mg(OH)2、MgO等物质能促使Fe3+的水解转化为沉淀而除去FeCl3，同时也不会引进新杂质；C项，根据现象，说明沉淀中有BaCO3，说明Ksp(BaCO3)>Ksp(BaSO4)；D项，在此实验中，还有可能有副反响产生的SO2也能是高锰酸钾溶液褪色。综上分析可知，此题选B项。【备考提示】溶度积Ksp反映了难溶电解质在水中的溶解能力，对于阴、阳离子个数比相同的物质来讲，Ksp的数值越小说明相应离子在水中越容易生成沉淀。〔2010浙江卷〕13.某钠盐溶液中可能含有等阴离子。某同学取5份此溶液样品，分别进行了如下实验：①用pH计测得溶液pH大于7②参加盐酸，产生有色刺激性气体③参加硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，且放出有色刺激性气体④加足量BaCl2溶液，产生白色沉淀，该沉淀溶