2021高考化学二轮复习 专题突破练9B 化学实验（含解析）.docx

1、专题突破练9B化学实验非选择题(本题包括6小题,共100分)1.(2020山东德州一模)(16分)亚硝酰氯(NOCl)是一种黄色气体,沸点为-5.5 。其液体呈红褐色。遇水发生反应:2NOCl+H2O2HCl+NO+NO2。某化学兴趣小组设计如图装置用Cl2和NO制备NOCl。回答下列相关问题:(1)甲装置发生反应的离子方程式为,装置丙中的液体为。(2)实验时,先通入Cl2,待丁中烧瓶内充满黄绿色气体时,再通入NO,这样做的目的是。(3)装置丁中冰盐水的作用是。(4)经分析可知该套装置设计上有一处明显缺陷,改进方法是(用文字描述)。(5)吸收尾气时,NOCl发生反应的化学方程式为。(已知:NO

2、+NO2+2NaOH2NaNO2+H2O)(6)反应完成后,取烧瓶中所得产物m g溶于水,配制成250 mL溶液,取出25.00 mL,以K2CrO4溶液为指示剂,用c molL-1 AgNO3标准溶液滴定至终点,消耗标准溶液的体积为V mL。则产物中NOCl纯度的计算式为。2.(2020山东潍坊二模)(16分)氯化亚铜(CuCl)是一种重要的化工原料,常用作催化剂、杀菌剂。化学小组用如图装置(部分夹持装置略去)制备氯化亚铜。已知:氯化亚铜是一种白色固体,能溶于氨水,微溶于水,不溶于酒精;在空气中会被迅速氧化。在酸性条件下,某些中间价态的离子能发生自身氧化还原反应。实验步骤:.打开分液漏斗活塞

3、,向三颈瓶中加盐酸调pH至23。打开活塞K,通入SO2,溶液中产生白色沉淀,待反应完全后,再通一段时间的气体。.将反应混合液过滤、洗涤、干燥得CuCl粗产品,纯化后得CuCl产品。回答下列问题:(1)装置B的作用是。(2)步骤中通入SO2发生反应的离子方程式为。(3)步骤中采用抽滤法过滤的主要目的是;用95%的乙醇代替蒸馏水洗涤的优点是。(4)化学小组同学在实验过程中,将分液漏斗中的0.1 molL-1盐酸换为6 molL-1盐酸,通入SO2,最终未得到白色沉淀。对此现象有如下猜想。猜想一:Cl-浓度过大,与CuCl发生反应。小组同学对猜想一的原理进行深入研究,查阅资料知:CuCl+Cl-Cu

4、Cl2-。据此设计实验:将上述未得到沉淀的溶液(填操作),若观察到有白色沉淀析出,证明猜想一正确。猜想二:。设计验证猜想二是否成立的实验方案。3.(2020陕西西安一模)(17分)某学习小组通过下列装置探究MnO2与FeCl36H2O反应的产物。【查阅资料】FeCl3是一种共价化合物,熔点306 ,沸点315 。【实验探究】实验操作和现象如下表:实验编号操作现象实验1按上图所示,加热A中MnO2与FeCl36H2O的混合物试管A中固体部分变液态,上方出现白雾稍后,产生黄色气体,管壁附着黄色液滴试管B中KI淀粉溶液变蓝实验2把A中的混合物换为FeCl36H2O,B中溶液换为KSCN溶液,加热A中

5、固体部分变液态,产生白雾和黄色气体,B中KSCN溶液变红【问题讨论】(1)实验前首先要进行的操作是。(2)实验1和实验2产生的白雾是(填化学式)溶解在水中形成的小液滴。(3)请用离子方程式解释实验2中黄色气体使KI淀粉溶液变蓝色的原因。(4)为确认黄色气体中含有Cl2,学习小组将实验1中试管B内KI淀粉溶液替换为NaBr溶液,发现B中溶液呈橙色,经检验无Fe2+,说明黄色气体中含有Cl2。用铁氰化钾溶液检验Fe2+的离子方程式是。选择NaBr溶液的原因是。【实验结论】(5)实验1充分加热后,若反应中被氧化与未被氧化的氯元素质量之比为12,则A中发生反应的化学方程式为。【实验反思】该学习小组认为

6、实验1中溶液变蓝,也可能是酸性条件下,I-被空气氧化所致,可以先将装置中的空气排尽,以排除O2的干扰。4.(2020山西运城一模)(17分)某小组为测定化合物Co(NH3)yClx(其中Co元素为+3价)的组成,进行如下实验。(1)氯的测定:准确称取2.675 g该化合物,配成溶液后用1.00 molL-1 AgNO3标准溶液滴定,用K2CrO4溶液作为指示剂,至出现淡红色沉淀(Ag2CrO4为砖红色)且不再消失时,消耗AgNO3溶液30.00 mL。已知:Ksp(AgCl)=1.810-10、Ksp(Ag2CrO4)=1.1210-12AgNO3标准溶液需要放在棕色的滴定管中的原因是(用化学

7、方程式表示)。若滴定终点读数时滴定管下口悬挂了一滴液体,会使得测定结果(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。用K2CrO4溶液作指示剂的理由是。(2)氨的测定:再准确称取2.675 g该化合物,加适量水溶解,注入下列装置4(填仪器名称)中,然后通过装置3滴加足量的NaOH溶液,加热装置1,产生的氨气被装置5中的盐酸吸收,多余的盐酸再用NaOH标准溶液反滴定,经计算,吸收氨气消耗1.00 molL-1盐酸60.00 mL。装置A在整个实验中的作用是,如果没有装置6中的冰盐水,会使得测定结果(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。(3)通过处理实验数据可知该化合物的组成为。5.(2020山东泰安三模)(

8、17分)六氟合铝酸钠(Na3AlF6)俗称冰晶石,微溶于水,可用作陶瓷乳白剂、树脂橡胶的耐磨填充剂等。实验室以萤石(CaF2,难溶于水)、石英和纯碱等为原料可制备Na3AlF6,实验步骤如下:.将萤石(CaF2)、石英和纯碱按一定比例混合后煅烧并释放出CO2;.在浸取液中加入稀硫酸调节pH,再加入硫酸铝,充分反应后过滤,洗涤烘干后得到六氟合铝酸钠。回答下列问题:(1)Na3AlF6中铝元素的化合价为。(2)步骤中煅烧原料混合物时,盛装原料混合物的仪器名称为;混合物煅烧后除生成CO2、CaSiO3外还有一种产物(二元化合物),该物质的化学式为。(3)步骤的具体内容是。(4)通过实验探究不同pH时

9、氟离子的去除率,即对多份相同量的浸取液调节至不同pH后,再分别加入等量的硫酸铝,得到了溶液中残留氟浓度和氟去除率随溶液pH的变化关系如图所示。则步骤中最佳pH为;图中当pH增大时,氟去除率下降的原因是。(5)步骤中检验过滤后的固体已洗涤干净的方法是。(6)写出一种能将含氟废水中氟离子去除的可行方法:。6.(2020河北唐山一模)(17分)碳酸盐在无机试剂制备中应用广泛。某研究小组用如下两种方法制备FeCO3。已知:FeCO3是白色固体,难溶于水。.研究小组用炼铁厂的铁矾渣制备FeCO3,制备过程如下。铁矾渣主要含有K2Fe6(SO4)4(OH)12、ZnO、Fe2O3及少量的CaO、MgO、S

10、iO2等。(1)试剂1是过量的,滤渣2的成分是(写化学式)。(2)“沉铁”过程发生反应的离子方程式是。(3)“沉铁”后的滤液经“操作a”,再经过“过滤、洗涤、干燥”可得到皓矾(ZnSO47H2O),“操作a”是,取28.70 g皓矾(ZnSO47H2O)加热,加热过程中剩余固体的质量变化如图,100 时所得固体的化学式为。.研究小组又采用如下装置制取FeCO3(C后面的装置及夹持装置略)。操作的关键是向Na2CO3溶液(pH=12.11)通入一段时间CO2至溶液pH为7,再滴加一定量的FeSO4溶液,产生白色沉淀。(1)画出装置B,B中所用试剂为;(2)先向1 molL-1 Na2CO3溶液中

11、通入CO2的目的是;(3)FeCO3溶于乳酸CH3CH(OH)COOH能制得可溶性乳酸亚铁补血剂,该实验小组用KMnO4测定补血剂中亚铁含量进而计算乳酸亚铁的质量分数,发现乳酸亚铁的质量分数总是大于100%,其原因是(不考虑操作不当引起的误差)。参考答案专题突破练9B化学实验1.答案(1)3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O浓硫酸(2)排尽装置中的空气,避免空气中的氧气氧化NO(3)液化亚硝酰氯,便于收集产品(4)在装置丁和戊之间增加一个气体干燥装置(5)NOCl+2NaOHNaCl+NaNO2+H2O(6)0.655cVm100%解析(1)根据题意分析可知,装置甲中铜与稀硝酸反

12、应生成硝酸铜、一氧化氮和水,反应的离子反应方程式为3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O;装置丙中应盛放浓硫酸,其目的是干燥和混合一氧化氮和氯气。(2)由于一氧化氮易被氧气氧化生成二氧化氮,实验时,应先通入Cl2排尽装置中的空气后,再通入NO,防止NO被氧化。(3)由题给信息可知,亚硝酰氯的沸点为-5.5,遇冷易转化为液态,则装置丁中冰盐水的作用是液化亚硝酰氯,便于收集产品。(4)由于硝酰氯遇水发生反应,所以应在装置丁和戊之间增加一个气体干燥装置,防止水蒸气进入装置丁中与亚硝酰氯发生反应。(5)由题给化学方程式2NOCl+H2O2HCl+NO+NO2和NO+NO2+2NaOH2Na

13、NO2+H2O可知,NOCl与NaOH溶液反应可生成NaCl、NaNO2和H2O,反应的化学方程式为NOCl+2NaOHNaCl+NaNO2+H2O。(6)由题给化学方程式2NOCl+H2O2HCl+NO+NO2可知,硝酰氯溶于水得到盐酸,由NOClHClAgNO3的关系可得,mg样品中n(NOCl)=n(AgNO3)=cmolL-1V10-3L10=0.01cVmol,则产物中NOCl的纯度为0.01cVmol65.5gmol-1mg100%=0.655cVm100%。2.答案(1)安全瓶或防止发生倒吸(2)SO2+2Cu2+2Cl-+2H2O2CuCl+SO42-+4H+(3)快速过滤,防

14、止氯化亚铜被氧化减小CuCl的损失,同时加快固体的干燥(4)加水稀释强酸性条件下,CuCl发生自身氧化还原反应(歧化反应)取CuCl固体,加入3 molL-1的H2SO4溶液,若白色沉淀消失,得到蓝色溶液,有红色固体生成,证明猜想二成立,反之猜想二不成立解析(1)SO2属于大气污染物,不能排放到空气中。用NaOH溶液处理尾气时容易引起倒吸,B装置可防止尾气处理时产生倒吸,故B装置的作用为安全瓶或防止发生倒吸。(2)SO2与氯化铜溶液反应生成氯化亚铜和硫酸,离子反应方程式为SO2+2Cu2+2Cl-+2H2O2CuCl+SO42-+4H+。(3)已知氯化亚铜是一种白色固体,能溶于氨水,微溶于水,

15、不溶于酒精;在空气中会被迅速氧化,步骤中采用抽滤法可加快过滤的速度,减少与空气接触的时间,防止氯化亚铜被氧化;氯化亚铜微溶于水,不溶于酒精,且酒精具有挥发性,可快速带走固体表面的水分,则用95%的乙醇代替蒸馏水洗涤的优点是减小CuCl的损失,同时加快固体的干燥。(4)若Cl-浓度过大时与CuCl发生反应,可通过减小Cl-的浓度观察是否有沉淀生成来证明猜想一是否正确,则操作为将未得到沉淀的溶液加水稀释,若观察到有白色沉淀析出,说明猜想一是正确的,否则,猜想一不正确。根据已知信息在酸性条件下,某些中间价态的离子能发生自身氧化还原反应,则猜想二为强酸性条件下,CuCl发生自身氧化还原反应(歧化反应)

16、。验证猜想的方法为:取CuCl固体,加入3molL-1的H2SO4溶液,若白色沉淀消失,得到蓝色溶液并有红色固体生成,证明猜想二成立,反之猜想二不成立。3.答案(1)检查装置的气密性(2)HCl(3)2Fe3+2I-2Fe2+I2(4)3Fe2+2Fe(CN)63-Fe3Fe(CN)62Br-可以被Cl2氧化成Br2,但不会被Fe3+氧化为Br2(5)MnO2+2FeCl36H2OFe2O3+MnCl2+Cl2+2HCl+11H2O解析(1)实验前首先要进行的操作是检查装置的气密性。(2)FeCl36H2O受热失去结晶水,同时水解生成HCl气体,HCl和水蒸气结合形成盐酸小液滴悬浮在空气中而形

17、成白雾。(3)碘离子具有还原性,氯化铁具有强氧化性,两者能发生氧化还原反应,反应的离子方程式为2Fe3+2I-2Fe2+I2。(4)用铁氰化钾溶液检验Fe2+产生蓝色沉淀,离子方程式是3Fe2+2Fe(CN)63-Fe3Fe(CN)62;为确认黄色气体中含有Cl2,将试管B内KI淀粉溶液替换为NaBr溶液,若B中观察到橙色,应为溴水的颜色,则证明有物质能够将Br-氧化成Br2,铁离子不能氧化溴离子,且未检查到Fe2+,则证明是Cl2氧化的Br-。(5)二氧化锰与FeCl36H2O反应生成Fe2O3、MnCl2、Cl2、HCl及水,反应的化学方程式为MnO2+2FeCl36H2OFe2O3+Mn

18、Cl2+Cl2+2HCl+11H2O。4.答案(1)2AgNO32Ag+2NO2+O2偏大Ag2CrO4为砖红色,由Ksp可知AgCl的溶解度更小,当溶液中Cl-消耗完时,才会产生砖红色沉淀(2)三颈瓶产生水蒸气,将装置B中产生的氨气全部蒸出偏大(3)Co(NH3)6Cl3解析(1)AgNO3不稳定,见光易分解成Ag、NO2和O2,发生反应的化学方程式为2AgNO32Ag+2NO2+O2;若滴定终点读数时滴定管下口悬挂了一滴液体,会使得标准溶液体积读数偏大,导致滴定结果偏大;一方面Ag2CrO4为砖红色,另一方面由Ksp(AgCl)=1.810-10、Ksp(Ag2CrO4)=1.1210-1

19、2可知,AgCl饱和溶液中c(Ag+)=1.810-5molL-1,Ag2CrO4饱和溶液中c(Ag+)=31.1210-4molL-1,所以AgCl的溶解度更小,当滴入AgNO3时溶解度小的沉淀先形成,当Cl-几乎完全沉淀之后才会产生Ag2CrO4沉淀,即终点的时候会产生砖红色沉淀。(2)装置4为三颈瓶,装置A的作用是产生水蒸气,将装置B中产生的氨气全部蒸出,如果没有装置6的冰盐水,HCl吸收氨气时可能形成倒吸,溶液中的HCl有一部分被倒吸,被反滴定的HCl的量就减少,计算吸收氨气时的HCl就偏大,氨气的含量就偏大。(3)滴定Cl-时,2.675g样品消耗30mL1.00molL-1AgNO

20、3溶液,所以n(Cl-)=n(Ag+)=1.00molL-130mL10-3LmL-1=0.03mol,测定氨时,2.675g样品消耗1.00molL-1盐酸60.00mL,所以n(NH3)=n(HCl)=1.00molL-160.00mL10-3LmL-1=0.06mol,故n(Cl-)n(NH3)=0.030.06=12,由于化合物Co(NH3)yClx中Co的化合价为+3价,Cl元素的化合价为-1价,所以x=3,y=6,则该化合物为Co(NH3)6Cl3。5.答案(1)+3价(2)坩埚NaF(3)将冷却后的固体加水浸取,过滤后除去残渣得到浸取液(或其他合理答案)(4)5溶液pH升高,溶液

21、中OH-的浓度增大,Al3+与OH-优先结合(5)取最后一次洗涤液,向其中加入盐酸酸化的氯化钡溶液,如果没有白色沉淀生成,说明固体已经洗净(6)加入CaCl2,利用反应生成CaF2沉淀而去除(或加入一定比例的硫酸铝和硫酸钠,利用反应生成六氟合铝酸钠而去除)解析(1)Na3AlF6中,Na显+1价,F显-1价,所以该化合物中Al元素的化合价为+3价。(2)煅烧原料混合物时,用坩埚盛装混合物;根据CaF2、石英和纯碱按一定比例混合后煅烧并释放出CO2,可书写出该反应的化学方程式为CaF2+SiO2+Na2CO3CaSiO3+CO2+2NaF,所以混合物煅烧后除生成CO2、CaSiO3外还有NaF。

22、(3)步骤中有“在浸取液中加入稀硫酸调节pH”,说明步骤中得到浸取液,所以步骤的具体内容是:将冷却后的固体加水浸取,过滤后除去残渣得到浸取液。(4)由变化关系如题图可知pH=5时,残留氟浓度最低,说明氟的转化率高,且氟去除率相对较高,所以步骤中最佳pH为5;图中当pH增大时,氟去除率下降的原因是溶液的pH升高,溶液中OH-的浓度增大,Al3+与OH-优先结合。(5)步骤中检验过滤后的固体六氟合铝酸钠已洗涤干净不含杂质硫酸铝的方法是:取最后一次洗涤液,向其中加入盐酸酸化的氯化钡溶液,如果没有白色沉淀生成,说明固体已经洗净。(6)利用石灰中的钙离子与氟离子生成CaF2沉淀而除去氟离子的方法为:加入

23、CaCl2,利用反应生成CaF2沉淀而去除;或加入一定比例的硫酸铝和硫酸钠,利用反应生成六氟合铝酸钠而去除。6.答案.(1)H2SO4MgF2、CaF2、Fe(2)Fe2+2HCO3-FeCO3+CO2+H2O(3)蒸发浓缩、冷却结晶ZnSO4H2O.(1)饱和NaHCO3溶液(2)排除装置中的空气,降低溶液中OH-的浓度,防止生成Fe(OH)2(3)乳酸根中的羟基被KMnO4氧化,也消耗了KMnO4解析.用过量的稀硫酸溶解铁矾渣主要含有K2Fe6(SO4)4(OH)12、ZnO、Fe2O3及少量的CaO、MgO、SiO2等,SiO2不溶,过滤得到的滤渣1主要成分是SiO2,滤液为含有K+、F

24、e3+、Zn2+、Ca2+、Mg2+的酸性溶液,加入铁粉,发生反应2Fe3+Fe3Fe2+、Fe+2H+Fe2+H2,再加入NH4F使Ca2+、Mg2+沉淀,过滤,滤渣2含有过量的铁粉、CaF2、MgF2,滤液主要含有Fe2+、Zn2+,再加入NH4HCO3沉淀Fe2+,生成FeCO3和CO2气体,得到的滤液经蒸发浓缩、冷却结晶,再经过过滤、洗涤、干燥,可得到皓矾(ZnSO47H2O)。(1)根据上述分析可知,试剂1是过量的硫酸(H2SO4),滤渣2的成分是铁粉(Fe)、CaF2及MgF2。(2)“沉铁”过程发生反应的离子方程式是Fe2+2HCO3-FeCO3+CO2+H2O。(3)“沉铁”后

25、的滤液经“操作a”,再经过“过滤、洗涤、干燥”得到皓矾(ZnSO47H2O),结合分析可知,“操作a”应是蒸发浓缩、冷却结晶;皓矾(ZnSO47H2O)受热易分解,在不同的温度下分解可生成ZnSO4H2O或ZnSO4或ZnO,产物不同;28.70g皓矾的物质的量为28.70g287gmol-1=0.1mol,不论分解产物是什么,根据锌元素守恒,其物质的量都为0.1mol,因此生成0.1molZnSO4H2O的质量为0.1mol179gmol-1=17.90g;生成0.1molZnSO4的质量为0.1mol161gmol-1=16.10g;生成0.1molZnO的质量为0.1mol81gmol-

26、1=8.10g;根据上述分析可知,100时所得固体A的质量为17.90g,则生成的固体为ZnSO4H2O。.(1)装置A反应制得的CO2气体中含有氯化氢气体,会影响后续制取实验,通入C装置前应先进行洗气除杂,一般选用饱和碳酸氢钠溶液除去HCl,洗气时,气体应长进短出,装置图为。(2)装置中含有空气,空气中的氧气可以将亚铁离子氧化为铁离子,CO2可将装置中的氧气排除,防止亚铁离子氧化;同时碳酸钠溶液碱性强,溶液中c(OH-)大,就会出现生成氢氧化亚铁与制备的FeCO3成为竞争反应,从而导致制备的FeCO3纯度低;NaHCO3溶液碱性弱,制得的FeCO3纯度高,则先向1molL-1Na2CO3溶液中通入CO2的目的是排除装置中的空气,降低溶液中OH-的浓度,防止生成Fe(OH)2。(3)乳酸中含有醇羟基,具有醇的性质,乳酸分子中的醇羟基能被高锰酸钾溶液氧化导致消耗高锰酸钾的量增大,从而使计算所得乳酸亚铁的质量偏大,所以产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%。