2022届高三化学大一轮实验专题强基练：22常见无机物的制备 WORD版含答案.docx

1、2022届高三化学大一轮实验专题强基练：22常见无机物的制备非选择题（共16题）1氯化亚铜别名一氯化铜为白色立方结晶或白色粉末，难溶于水，不溶于乙醇，在潮湿空气中易被迅速氧化。.实验室用CuSO4-NaCl混合液与Na2SO3溶液反应制取CuCl。相关装置及数据如图。回答以下问题：（1）甲图中仪器1的名称是_；制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成Cu(SO3)23-，为提高产率，仪器2中所加试剂为_（填“A”或“B”）ACuSO4-NaCl混合液 BNa2SO3溶液（2）乙图是体系pH随时间变化关系图，写出制备CuCl的离子方程式_；丙图是产率随pH变化关系图，实验过程中往往用Na2SO

2、3Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，其中Na2CO3的作用是_，并维持pH在_左右以保证较高产率。（3）反应完成后经抽滤、洗涤、干燥获得产品。抽滤所用装置如丁图所示，其中抽气泵的作用是使吸滤瓶与安全瓶中的压强减小，跟常规过滤相比，采用抽滤的优点是_（写一条）；洗涤时，用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品，作用是_。.工业上常用CuCl作O2、CO的吸收剂，某同学利用如图所示装置模拟工业上测定高炉煤气中CO、CO2、N2、和O2的含量。已知：Na2S2O4和KOH的混合液也能吸收氧气。（4）装置的连接顺序应为_D。（5）用D装置测N2含量，读数时应注意_。2黄铜矿是工业炼铜的主要原料，其主要成分

3、为CuFeS2，现有一种天然黄铜矿（含少量脉石SiO2），为了测定该黄铜矿的纯度，某同学设计了如下实验：现称取研细的黄铜矿样品1.15Og，在空气存在下进行煅烧，生成Cu、Fe2O3、FeO和SO2气体，实验后取d中溶液的1/10置于锥形瓶中，用0.O5mo1/L标准碘溶液进行滴定，初读数为0.00mL，末读数如图所示。（1）冶炼铜的反应为8CuFeS221O28Cu4FeO2Fe2O316SO2，若CuFeS2中Fe的化合价为+2，反应中被还原的元素是_（填元素符号）；称量样品所用的仪器为_。（2）装置a的作用是_。A 有利于空气中氧气充分反应 B 除去空气中的水蒸气C 有利于气体混合 D

4、有利于观察空气流速（3）上述反应结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是_。（4）滴定时，标准碘溶液所耗体积为_ mL。用化学方程式表示滴定的原理：_（5）通过计算可知，该黄铜矿的纯度为_。（6）工业上利用黄铜矿冶炼铜产生的炉渣（含Fe2O3、FeO、SiO2、AI2O3）可制备Fe2O3。选用提供的试剂，设计实验验证炉渣中含有FeO。提供的试剂：稀盐酸 稀硫酸 KSCN溶液 KMnO4溶液 NaOH溶液 碘水所选试剂为_。证明炉渣中含FeO有的实验现象为：_。3如图是某同学研究铜与浓硫酸的反应装置：完成下列填空： (1)写出A中发生反应的化学方程式_，采用可抽动铜丝进行实验的优点是_。(2)反

5、应一段时间后，可观察到B试管中的现象为_。(3)从C试管的直立导管中向BaCl2溶液中通入另一种气体，产生白色沉淀，则气体可以是_、_（要求填一种化合物和一种单质的化学式）。(4)反应完毕，将A中的混合物倒入水中，得到呈酸性的蓝色溶液与少量黑色不溶物，分离出该不溶物的操作是_，该黑色不溶物不可能是CuO，理由是_。(5)对铜与浓硫酸反应产生的黑色不溶物进行探究，实验装置及现象如下：实验装置实验现象品红褪色根据实验现象可判断黑色不溶物中一定含有_元素。若该黑色不溶物由两种元素组成且在反应前后质量保持不变，推测其化学式为_。4碘化钠在医疗及食品方面有重要的作用。实验室用NaOH、单质碘和水合肼(N

6、2H4H2O)为原料制备碘化钠。已知：水合肼具有还原性。回答下列问题：(1)水合肼的制备有关反应原理为：CO(NH2)2(尿素)+NaClO+2NaOHN2H4H2O+NaCl+Na2CO3A中盛装氢氧化钠溶液的仪器名称为_，制取次氯酸钠和氧氧化钠混合液的连接顺序为_(按气流方向，用小写字母表示)。若该实验温度控制不当，反应后测得三颈瓶内ClO与ClO3的物质的量之比为5：1，则氯气与氢氧化钠反应时，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为_。制备水合肼时，应将_滴到到另一种溶液中（填“NaClO溶液”或“尿素溶液”），且该溶液应该_滴加。（填“快速”或“不宜过快”）(2)碘化钠的制备采

7、用水合肼还原法制取碘化钠固体，其制备流程如图所示：在“还原”过程中，主要消耗反应过程中生成的副产物IO3，该过程的离子方程式为_。工业上也可以用硫化钠或铁屑还原碘酸钠制备碘化钠，但水合肼还原法制得的产品纯度更高，其原因是_(3)测定产品中NaI含量的实验步骤如下：a称取1000g样品并溶解，在500mL容量瓶中定容；b量取2500mL待测液于锥形瓶中，然后加入足量的FeCl3溶液，充分反应后，再加入M溶液作指示剂：c用02100molL1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点(反应方程式为：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，重复实验多次，测得消耗标准溶液的体积为1500mL。M为

8、_(写名称)。该样品中NaI的质量分数为_。5碳酸亚铁可用于治疗缺铁性贫血。实验室里先制得硫酸亚铁，后将硫酸亚铁与碳酸氢钠反应制得碳酸亚铁（FeSO42NaHCO3Na2SO4FeCO3CO2H2O）。实验装置如下图所示（部分夹持仪器略去）。回答下列问题：（1）A装置中发生反应的化学方程式是_。（2）实验过程中，将生成的FeSO4溶液和NaHCO3溶液混合的操作是_。（3）装置B发生反应生成FeCO3的离子方程式是_。（4）碳酸亚铁在潮湿的空气中逐渐被氧化生成氢氧化铁和一种气体，反应的化学方程式为_。（5）配制溶液所用的蒸馏水必须先除去溶解的氧气，具体方法是_。（6）设计实验检验制得的产品中是

9、否含Fe3：_。6过氧化钙（CaO2）在室温下稳定，加热至350左右，迅速分解。微溶于水，不溶于乙醇，可溶于稀酸生成过氧化氢。实验室用如下方法制备CaO2并测定其纯度。过氧化钙的制备实验装置和步骤如下：将盛有H2O2溶液和氨水混合液的三颈烧瓶置于冷水浴中，在搅拌下滴入CaCl2溶液，析出固体CaO28H2O。对所得固体过滤，用5 mL无水乙醇洗涤23次，转移至坩埚于烘箱内105 下脱水干燥，冷却后称重，得产品CaO2。回答下列问题：（1）仪器A的名称为_；恒压分液漏斗的导管a的作用为_。（2）三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为_。将三颈烧瓶置于冷水浴中，其主要目的为_。（3）用无水乙醇代替水洗涤

10、的目的是_。（4）过氧化钙纯度的测定，装置如图所示。检查装置气密性后，精确称取m g过氧化钙样品加入试管中，调整甲管内液面读数在01 mL之间，并与乙管的液面相平，记下甲管内液面的初读数V1 mL。加热，过氧化钙逐渐分解生成氧化钙并放出氧气，完全分解，停止加热冷却至室温后，使甲乙两管的液面相平，记下甲管内液面的终读数 V2 mL，设在此温度和压强下气体摩尔体积为Vm Lmol1，则样品中CaO2的质量分数为_%。（5）过氧化钙用于长途运输鱼苗，可能的原因是_。7某兴趣小组在实验室模拟工业上以预处理后的铬铁矿粉主要成分，含少量为原料制备并测定纯度，设计如下实验。回答下列问题：煅烧铬铁矿粉。已知：

11、煅烧时，转化为。(1)盛放的仪器名称为_装置B的作用为_。(2)不能选用玻璃容器的原因为_。(3)实验时，a中所得产物除外还有一种红棕色固体，且观察到澄清石灰水变浑浊，则a中发生氧化还原反应的化学方程式为_。制备。(4)实验结束后，冷却至室温。取a中固体加水溶解，调节溶液的pH为；过滤，调节滤液的，蒸发浓缩、降温结晶，过滤、洗涤，得粗品。调节溶液的pH为后，第一次过滤，所得沉淀的成分为_填化学式。过滤所用主要玻璃仪器有_。结合离子方程式说明调节滤液的的目的为_。测定粗品中的质量分数。(5)称取粗品，溶于适量水，酸化后配成100mL溶液；取所配溶液，滴加几滴指示剂，用标准溶液滴定至终点杂质不参加

12、反应，还原产物为，消耗标准液的体积为VmL。粗品中的质量分数为_用含c、m、V的代数式表示。8水合肼是重要的化工原料，广泛地应用于医药、农药、染料等。其在工业上常利用尿素氧化法制备，反应原理为。某同学在实验室模仿工业制备方法制备。回答下列问题：(1)溶液的制备，装置如图所示。实验室利用二氧化锰和浓盐酸制备氯气的离子方程式为_。实验需要用到的NaOH溶液，配制该溶液所需玻璃仪器除量筒外还有_。锥形瓶中发生反应的化学方程式为_。因后续实验需要，需利用中和滴定原理测定反应后锥形瓶中混合溶液中NaOH的浓度。利用所提供试剂，设计实验方案：_所提供的试剂有：溶液、溶液、的盐酸、酚酞试液。(2)水合肼的制

13、备，装置如图所示。实验步骤：控制反应温度加热装置已省略，将分液漏斗中溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，充分反应后，持续加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液，收集馏分于锥形瓶中。已知。分液漏斗中的溶液是_填“溶液”或“NaOH和NaClO混合溶液”，选择的理由是_。(3)馏分中水合肼含量的测定。称取馏分，加入适量的固体滴定过程中，控制溶液的pH保持在左右，加水配成溶液，移出，用的溶液滴定。实验测得消耗溶液的平均值为，馏分中水合肼的质量分数为_。已知：9NaClO2的漂白能力是漂白粉的45倍， NaClO2广泛用于造纸工业、污水处理等。工业上生产NaClO2的工艺流程如下：(1)ClO2发生器中的反应为：2NaClO3

14、SO2H2SO4=2ClO22NaHSO4。实际工业生产中，可用硫黄、浓硫酸代替原料中的SO2，其原因为_(用化学方程式表示)。(2)反应结束后，向ClO2发生器中通入一定量空气的目的：_。(3)吸收器中生成NaClO2的离子反应方程式为_。(4)某化学兴趣小组用如下图所示装置制备SO2并探究SO2与Na2O2的反应：盛放浓H2SO4仪器名称为_，C中溶液的作用是_。D中收集到的气体可使带余烬的木条复燃，B中发生的反应可能为_、Na2O2SO2=Na2SO4。10铁及其化合物在生产和生活中有着广泛的应用。I.氧化铁是重要工业颜料，用废铁屑制备它的流程如图：回答下列问题：操作A、B的名称分别是_

15、、_；加入稍过量的溶液的作用是_。写出在空气中充分加热煅烧的化学方程式：_。上述流程中，若煅烧不充分，最终产品中会含有少量的FeO杂质。某同学为测定产品中的含量，进行如下实验：称取样品，加入足量稀溶解，并加水稀释至100mL；量取待测溶液于锥形瓶中；用酸化的标准液滴定至终点；重复操作b、次，得出消耗溶液体积的平均值为。写出滴定过程中发生反应的离子方程式：_。确定滴定达到终点的操作及现象为_。上述样品的质量分数为_。下列操作会导致样品中的质量分数测定结果偏低的有_。未干燥锥形瓶 盛装标准液的滴定管没有用标准液润洗滴定结束时仰视刻度线读数量取待测液的滴定管没有润洗11氰化钠是一种重要的基本化工原料

16、，同时也是一种剧毒物质。一旦泄漏需要及时处理，一般可以通过喷洒双氧水或过硫酸钠(Na2S2O8)溶液来处理，以减轻环境污染。.已知：氰化钠是一种白色结晶颗粒，化学式为NaCN，有剧毒，易溶于水，水溶液呈碱性，易水解生成氰化氢。(1)请设计实验证明N、C元素的非金属性强弱：_。(2)NaCN用双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该反应的离子方程式是_。.工业制备过硫酸钠的反应原理如下：主反应：(NH4)2S2O8 + 2NaOH Na2S2O8 + 2NH3 + 2H2O副反应：3Na2S2O8 + 2NH3 + 6NaOH6Na2SO4 + N2 + 6H2O某

17、化学兴趣小组利用上述原理在实验室制备过硫酸钠，并检测用过硫酸钠溶液处理后的氰化钠废水是否达标排放。（实验一）实验室通过如图所示装置制备Na2S2O8。(3)装置b的作用是_。(4)装置a中反应产生的气体需要持续通入装置c的原因是_。(5)上述装置中还需补充的实验仪器或装置有_填字母。A温度计B洗气瓶C水浴装置D酒精灯（实验二）测定用过硫酸钠溶液处理后的废水中氰化钠的含量。已知：废水中氰化钠的最高排放标准为0.50mgL-1。Ag+ + 2CN = Ag(CN)2，Ag+ + I = AgI，AgI呈黄色，且CN优先与CN反应。实验如下：取100.00mL处理后的氰化钠废水于锥形瓶中，并滴加几滴

18、KI溶液作指示剂，用1.0010-4molL-1的标准AgNO3溶液滴定，消耗AgNO3溶液的体积为1.50 mL。(6)滴定终点的现象是_。(7)处理后的废水中氰化钠的浓度为_ mgL-1；处理后的废水是否达到排放标准？_(填“是”或“否”)。12碳酸氢钠是一种重要的化工原料，在日常生活中也有广泛的用途，侯德榜先生发明了连续生产纯碱与氯化铵的联合制碱工艺，成为近代化学工业的奠基人之一，该反应原理为：饱和现用如图所示装置和上述原理制取碳酸氢钠晶体，图中夹持装置已略去可选用的药品有：石灰石生石灰盐酸稀硫酸浓氨水饱和氯化钠溶液饱和碳酸氢钠溶液请回答下列问题(1)仪器a的名称是_(2)中应选用的药品

19、是_填序号(3)在实验过程中，应先向C中通入的气体的化学式是_，其原因是_(4)中脱脂棉应浸润的试剂是_填写字母编号浓硫酸 稀硫酸 氢氧化钠溶液 浓硝酸(5)该小组同学为了测定C中所得晶体中碳酸氢钠的纯度假设晶体中不含碳酸盐杂质，先将晶体充分干燥后，称量质量为wg，称量质量为wg，然后进行如下图所示实验：操作中的方法是_，_，_所得晶体中碳酸氢钠的纯度是_不必化简13化学兴趣小组的同学们想要探究锰的性质，进行了下列实验和探究。的制取：在查阅资料后，兴趣小组的同学们设计了以软锰矿石为原料制取的步骤，并实验室模拟制备。已知溶液中Mn为价(1)在“碱熔氧化”时，既可将与KOH混合物熔融后通入氧气，也

20、可加入作为氧化剂。请分析哪种方法更合适并简述理由：_。(2)步骤是_。酸化过程中只需通入过量即可，请写出对应的离子方程式：_。(3)实际上用这种方法制取效率很低。若工业上要用此法制取，应_以提高原料的利用率。在实际生产过程中，还可用Ni为阳极、Fe为阴极电解溶液以获得高浓度的溶液，试写出阴极的电极反应方程式：_。的成分探究：化学实验室存有一瓶开封已久的试剂，化学兴趣小组欲研究该的纯度。(1)打开试剂瓶时，有一股气流冲出。甲同学取少量粉末于试管中，加适量蒸馏水振荡，发现固体部分溶解，试管底部沉积有少量黑色不溶物，且溶解过程中管壁发热明显。甲同学查阅资料得知：变质时有和两种含锰物质生成，且含锰物质

21、中，较高氧化态物质与较低氧化态物质的物质的量之比为。试写出受热分解的化学方程式：_。为进一步确定的纯度，乙同学和丙同学先后进行了以下实验；取样品溶于试管中，过滤，得到黑色固体和滤液1；洗涤黑色固体，留取洗涤液，重复三次；用分析天平称量黑色固体，其质量为。(2)据此，乙同学计算得出的纯度为_。在乙同学的实验的基础上，丙同学继续完成了以下实验：将中的洗涤液加入滤液1中，在滤液1中逐滴滴加溶液，直到灰绿色固体不再增加为止；过滤，得滤液2，洗涤灰绿色固体并留取洗涤液，重复三次；将中的洗涤液加入滤液2中，加水标定至，酸化后用标准液A进行滴定操作，每次取样，总共重复进行了四次滴定实验。提示：(3)若步骤未

22、将中洗涤液加入滤液1中，会导致最终滴定结果_填“偏大”“偏小”或“不变”。(4)标准液A可选用下列的_填字母序号。a.溶液 b.溶液c.酸性NaI溶液 d.酸性溶液(5)完成所有滴定实验后，最终丙同学计算出的纯度比乙同学计算所得的数据偏小，请结合上述实验操作分析两位同学实验结果差异较大的原因是_写2条。14工业含铬废水的处理原理是将转化为Cr3+，再将Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀。利用硫酸工业废气中的SO2处理含铬废水，既充分利用资源、以废治废，还能节约生产成本。(1)工业上处理100L含量为108mgL-1的含铬废水，至少需要_L(标准状况) SO2。(2)已知：KspCr(OH)3=1

23、10-30，室温下，除去被SO2还原所得溶液中的Cr3+(使其浓度小于110-6molL-1)，需调节溶液pH_。(3)三价铬Cr(III)与双氧水反应可用于合成铬黄(PbCrO4)，控制其他条件不变，调节反应温度，考查反应温度对Cr(III)转化率的影响(如图所示)，温度超过70时，Cr(III)转化率下降的原因是_。(4)光照下，草酸(H2C2O4)也能将转化为Cr3+，化学式为Al2Fe(SO4)4的某发盐(毛发状，在空气中能被氧化)对该反应具有催化作用，为确定一瓶久置发盐的化学成分，学习小组进行如下实验：取一定质量的发盐样品溶于足量的稀硫酸中，将溶液分为两等份，其中一份与酸性KMnO4

24、溶液充分反应(反应后被还原成Mn2+)，消耗浓度为0.4000molL-1的KMnO4溶液20.00mL；往另一份溶液中加入足量稀氨水，在空气中微热并搅拌使之充分反应，待沉淀不再变化后过滤，将沉淀洗涤并充分灼烧后称量，得9.100g干燥固体粉末。通过计算与合理猜想，推测该久置发盐的可能化学组成(请给出计算过程与推测理由)。_15我国化工专家侯德榜的“侯氏制碱法”曾为世界制碱工业做出了突出贡献，他以饱和食盐水、为原料先制得，进而生产出纯碱。回答下列问题：某探究活动小组根据上述制碱原理，进行碳酸氢钠的制备实验，同学们按各自设计方案实验。一位同学将二氧化碳气体通入含氨的饱和食盐水中制备碳酸氢钠，实验

25、装置如图所示图中夹持、固定用的仪器未画出。乙装置中的试剂是_。丁装置中稀硫酸的作用是_。另一位同学用图中戊装置其他装置未画出进行实验。实验时，须先从_管通入_气体。有同学建议在戊装置的b管下端连接己装置，理由是_。下表中所列出的是相关物质在不同温度下的溶解度数据水：01020304050NaCl参照表中数据，请分析丙、戊装置中使用冷却水或者冰水的原因：_。该小组同学为了测定丙中所得晶体的碳酸氢钠的纯度假设晶体中不含碳酸盐杂质，将晶体充分干燥后，称量质量为。再将晶体加热到质量不再变化时，称量所得粉末质量为。然后进行下图所示实验：在操作中，为了判断加入氯化钙溶液是否过量，其中正确的是_填字母。a.

26、在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，向上层清液中继续加入少量氯化钙溶液b.在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，向上层清液中再加入少量碳酸钠溶液c.在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，取上层清液再加入少量碳酸钠溶液所得晶体中碳酸氢钠的纯度为_。16三氯氧磷（POCl3）是重要的基础化工原料，广泛用于制药、染化、塑胶助剂等行业。某兴趣小组模拟PCl3直接氧化法制备POCl3，实验装置设计如下：有关物质的部分性质如下表：回答下列问题：（1）仪器a的名称是_。装置A中发生反应的化学方程式为_。（2）装置C中制备POCl3的化学方程式为_。（3）C装置控制反应在6065进行，其主要目的是_。（4）通过佛尔哈德法可以

27、测定三氯氧磷产品中Cl元素含量，实验步骤如下：I.取xg产品于锥形瓶中，加入足量NaOH溶液，待完全反应后加稀硝酸至溶液显酸性；II.向锥形瓶中加入0.1000 molL1的AgNO3溶液40.00 mL，使Cl完全沉淀；III.向其中加入2 mL硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖；IV.加入指示剂，用c molL1 NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积为VmL。已知：Ksp(AgCl)=3.21010，Ksp(AgSCN)=21012滴定选用的指示剂是（填序号）_，滴定终点的现象为_。a.酚酞 b.NH4Fe(SO4)2 c.淀粉 d.甲基橙Cl元素的质量分数为（列出算式

28、）_。若取消步骤III，会使步骤IV中增加一个化学反应，该反应的离子方程式为_；该反应使测定结果_（填“偏大”“偏小”或“不变”）。参考答案1三颈烧瓶 B 2Cu2SO322ClH2O=2CuCl2HSO42 及时除去系统中反应生成的H+ 3.5 可加快过滤速度、得到较干燥的沉淀(写一条) 洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化 CBA 温度降到常温，上下调节量气管至左右液面相平，读数时视线与凹液面的最低处相切(任意两条) 【分析】(1)根据仪器的结构和用途回答；仪器2中所加试剂应为Na2SO3溶液；(2)乙图随反应的进行，pH 降低，酸性增强，Cu2将SO32氧化，制备CuCl的离子

29、方程式2Cu2SO322ClH2O=2CuCl2HSO42；丙图是产率随pH变化关系图，pH =3.5时CuCl产率最高，实验过程中往往用CuSO4- Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，控制pH；(3)抽滤的优点是可加快过滤速度、得到较干燥的沉淀；洗涤时，用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品，作用是洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化；(4)氢氧化钾会吸收二氧化碳，盐酸挥发出的HCl会影响氧气的吸收、二氧化碳的吸收，故C中盛放氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，B中盛放保险粉（Na2S2O4）和KOH的混合溶液吸收氧气，A中盛放CuCl的盐酸溶液吸收CO，D测定氮气的体积，装置的连接顺序应为C

30、BAD；(5)用D装置测N2含量，读数时应注意温度降到常温，上下调节量气管至左右液面相平，读数时视线与凹液面的最低处相切。【详解】(1)根据仪器的结构和用途，甲图中仪器1的名称是三颈烧瓶；制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成Cu(SO3)23-，为提高产率，仪器2中所加试剂应为Na2SO3溶液，便于通过分液漏斗控制滴加的速率，故答案为：三颈烧瓶；B；(2)乙图是体系pH随时间变化关系图，随反应的进行，pH 降低，酸性增强，Cu2将SO32氧化，制备CuCl的离子方程式2Cu2SO322ClH2O=2CuCl2HSO42；丙图是产率随pH变化关系图，pH =3.5时CuCl产率最高，实验过

31、程中往往用CuSO4- Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，其中Na2CO3的作用是及时除去系统中反应生成的H+ ，并维持pH在3.5左右以保证较高产率，故答案为：2Cu2SO322ClH2O=2CuCl2HSO42；及时除去系统中反应生成的H+；3.5；(3)抽滤所采用装置如丁图所示，其中抽气泵的作用是使吸滤瓶与安全瓶中的压强减小，跟常规过滤相比，采用抽滤的优点是可加快过滤速度、得到较干燥的沉淀(写一条)；洗涤时，用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品，作用是洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化，故答案为：可加快过滤速度、得到较干燥的沉淀(写一条)；洗去晶体表面的杂质离子，同时防止Cu

32、Cl被氧化；(4)氢氧化钾会吸收二氧化碳，盐酸挥发出的HCl会影响氧气的吸收、二氧化碳的吸收，故C中盛放氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，B中盛放保险粉（Na2S2O4）和KOH的混合溶液吸收氧气，A中盛放CuCl的盐酸溶液吸收CO，D测定氮气的体积，装置的连接顺序应为CBAD，故答案为：CBA；(5)用D装置测N2含量，读数时应注意温度降到常温，上下调节量气管至左右液面相平，读数时视线与凹液面的最低处相切(任意两条)，故答案为：温度降到常温，上下调节量气管至左右液面相平，读数时视线与凹液面的最低处相切(任意两条)。【点睛】本题考查物质制备实验、物质含量测定实验，属于拼合型题目，关键是对原理的理解，难

33、点.（4）按实验要求连接仪器，需要具备扎实的基础。2Cu、O 电子天平 BD 将系统装置中SO2全部排入d中充分吸收 20.00 I2+SO2+2H2OH2SO4+2HI 80% 稀硫酸、KMnO4溶液 稀硫酸浸取炉渣所得溶液能使KMnO4溶液褪色 【分析】该实验原理是：黄铜矿样品b装置中燃烧，反应为8CuFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2中，生成Cu、Fe2O3、FeO和SO2气体，c装置除去没反应的氧气，反应为2Cu+O22CuO，d装置吸收反应产生的二氧化硫，发生反应：I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI，为了保证全部被吸收，要从a装置通入空气把装置中二氧

34、化硫排净，根据黄铜矿受热分解产生的二氧化硫的量的测定(二氧化硫可以用碘水来标定)，结合元素守恒可以确定黄铜矿的量，进而计算其纯度，据此分析。(1)依据化学方程式中元素化合价变化分析，元素化合价降低的被还原，根据称量黄铜矿样品1.150g，选择精确度较高的仪器；(2)浓硫酸可以将水除去，还可以根据冒出气泡的速率来调节空气流速；(3)反应产生的二氧化硫应该尽可能的被d装置吸收；(4)根据滴定管的读数方法读出消耗碘溶液的体积，反应原理是碘单质氧化二氧化硫生成硫酸和碘化氢；(5)先找出黄铜矿和二氧化硫及碘单质的关系式CuFeS22SO22I2，再根据题中数据进行计算；(6)若Fe2O3中含有FeO，利

35、用稀酸(非氧化性)溶解后生成的亚铁离子，则具有还原性，而给出的试剂中KMnO4溶液具有强氧化性，可利用KMnO4溶液褪色来证明。【详解】(1)化合价降低的元素就是反应中被还原的元素所以是Cu、O；称量样品1.150g，必须用精确的电子天平称量，故所用的仪器为电子天平；(2)装置a中的浓硫酸可易吸收空气中的水蒸气，同时根据冒出的气泡的速率来控制气体的通入量，故答案为：BD；(3)黄铜矿受热分解生成二氧化硫等一系列产物，分解完毕后仍然通入空气，可以将产生的二氧化硫全部排出去，使结果精确，故答案为：使反应生成的SO2全部进入d装置中，使结果精确；(4)根据滴定管的示数是上方小，下方大，可以读出滴定管

36、示数是20.00mL，当达到滴定终点时，二氧化硫已经被碘单质消耗完毕，再滴入一滴碘单质，遇到淀粉会变蓝，滴定的原理反应的化学方程式为：I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI，故答案为：20.00；I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI；(5)根据硫原子守恒和电子守恒找出关系式：CuFeS22SO22I2，消耗掉0.05mol/L标准碘溶液20.00mL时，即消耗的碘单质的量为：0.05mol/L0.02L=0.0010mol，所以黄铜矿的质量是：0.50.0010mol184g/mol10=0.92g，所以其纯度是：0.92g/1.15g100%=80%，故答案为：80%；(6)若Fe

37、2O3中含有FeO，利用稀酸(非氧化性)溶解后生成的亚铁离子，则具有还原性，而给出的试剂中KMnO4溶液具有强氧化性，可使KMnO4溶液褪色，则选择试剂为稀硫酸、KMnO4溶液，操作为取少量固体溶于稀硫酸，然后滴加KMnO4溶液，观察到溶液使KMnO4溶液褪色，则证明含有FeO，故答案为：稀硫酸、KMnO4溶液；稀硫酸浸取炉渣所得溶液使KMnO4溶液褪色。【点睛】本题考查了探究黄铜矿的纯度，涉及了仪器选择、纯度计算等知识，题量较大，充分考查了学生分析和解决问题的能力。3Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2 可以控制反应的进行 变红 NH3 Cl2 过滤 CuO会溶于稀硫酸中 硫

38、 Cu2S 【分析】(1)浓硫酸和铜在加热的条件下生成硫酸铜、二氧化硫和水，由此可写出化学方程式；(2)反应生成二氧化硫，能够与水反应生成亚硫酸，遇到石蕊显红色；(3)向BaCl2溶液中通入另一种气体，产生白色沉淀，是因为二氧化硫不与氯化钡溶液反应，通入的气体需要满足把二氧化硫转化为盐或把二氧化硫氧化为硫酸；(4)分离固体与液体可以采用过滤法，氧化铜与酸反应生成铜离子与水；(5)黑色固体通入氧气反应生成气体能够使品红褪色，说明生成二氧化硫，含有硫元素；若该黑色不溶物由两种元素组成且在反应前后质量保持不变，可知除了含有硫元素外还含有铜。【详解】(1)浓硫酸和铜在加热的条件下生成硫酸铜、二氧化硫和

39、水，化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2，抽动铜丝可以控制铜丝与浓硫酸接触面积从而控制反应进行，故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2；可以控制反应的进行；(2)反应生成二氧化硫，二氧化硫为酸性氧化物，能够与水反应生成亚硫酸，溶液显酸性，遇到石蕊显红色，故答案为：变红；(3)向BaCl2溶液中通入另一种气体，产生白色沉淀，是因为二氧化硫不与氯化钡溶液反应，通入的气体需要满足把二氧化硫转化为盐或把二氧化硫氧化为硫酸，如碱性气体NH3、做氧化剂的气体如Cl2、O2、O3、NO2、Cl2O等，故答案为：NH3；Cl2 ；(4)将A中的混合物倒入水

40、中，得到呈酸性的蓝色溶液与少量黑色不溶物，分离固体与液体可以采用过滤法；氧化铜与酸反应生成铜离子与水，所以黑色固体不可能为氧化铜，故答案为：过滤；CuO会溶于稀硫酸中；(5)黑色固体通入氧气反应生成气体能够使品红褪色，说明生成二氧化硫，含有硫元素；若该黑色不溶物由两种元素组成且在反应前后质量保持不变，可知除了含有硫元素外还含有铜，物质为硫化亚铜，化学式为Cu2S，故答案为：硫；Cu2S。【点睛】二氧化硫通入氯化钡溶液中，可认为发生如下反应：SO2+BaCl2+H2OBaSO3+2HCl，由于产物不共存，所以此反应进行的程度很小，若想使此反应正向进行，需设法让反应正向进行，要么加入碱中和盐酸；要

41、么加入强氧化剂将BaSO3氧化为BaSO4。4三颈烧瓶 edcabf 5:3 NaClO溶液 不宜过快 2IO3+3N2H4H2O=3N2+2I+9H2O N2H4H2O被氧化后的产物为N2和H2O，不引入杂质 淀粉 94.5% 【分析】（1）根据实验原理及实验装置分析解答；根据氧化还原反应原理分析解答；（2）根据制备流程图分析反应原理，书写离子方程式；（3）根据滴定原理分析指示剂并计算样品的质量分数。【详解】（1）根据仪器构造分析，A中盛装氢氧化钠溶液的仪器名称为三颈烧瓶；装置c由二氧化锰和浓盐酸制备氯气，用B装置的饱和食盐水除去HCl气体，为保证除杂充分，导气管长进短出，氯气与NaOH在A

42、中反应制备，为充分反应，从a进去，由D装置吸收未反应的氯气，防止污染空气，故导气管连接顺序为：edcabf；三颈瓶内ClO与ClO3的物质的量之比为5：1，设ClO与ClO3的物质的量分别为5mol、1mol，根据得失电子守恒，生成5molClO则会生成Cl5mol，生成1mol ClO3则会生成Cl5mol，则被还原的氯元素为化合价降低的氯元素，即为Cl，有5mol+5mol=10mol，被氧化的氯元素为化合价升高的氯元素，物质的量之比为ClO与ClO3共5mol+1mol=6mol，故被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为10：6=5:3；故答案为：三颈烧瓶；edcabf；5:3；

43、将尿素滴到NaClO溶液中或过快滴加，都会使过量的NaClO溶液氧化水合肼，降低产率，故实验中取适量NaClO溶液逐滴加入到定量的尿素溶液中制备水合肼，滴加顺序不能颠倒，且滴加速度不能过快，防止水合肼被氧化，故答案为：不宜过快；（2）根据流程可知，副产物IO3与水合肼生成碘离子和氮气，反应为：2IO3+3N2H4H2O=3N2+2I+9H2O；N2H4H2O被氧化后的产物为N2和H2O，不引入杂质，水合肼还原法制得的产品纯度更高；故答案为：2IO3+3N2H4H2O=3N2+2I+9H2O；N2H4H2O被氧化后的产物为N2和H2O，不引入杂质；（3）实验中滴定碘单质，用淀粉做指示剂，即M为淀

44、粉；根据碘元素守恒，2II22Na2S2O3，则n(NaI)=n(Na2S2O3)，故样品中NaI的质量为：0.2100mol0.015L150g/mol=9.45g，故其质量分数为100%=94.5%，故答案为：淀粉； 94.5%。5Fe + H2SO4=FeSO4 + H2 关闭K3，打开K2 Fe2+ 2HCO3-=FeCO3+ CO2+ H2O 4FeCO3 + O2+ 6H2O = 4Fe（OH）3 + 4CO2 将蒸馏水煮沸后迅速冷却 取少量产品放入试管中，加入稀硫酸（或稀盐酸）溶解，再滴入KSCN溶液，若溶液不变为红色，则说明产品中不含Fe3；若溶液变为红色，则含有Fe3 【分析

45、】打开活塞K1、K3，A中稀硫酸和Fe反应生成硫酸亚铁和氢气，关闭K1、K3打开K2，通过气体压强使硫酸亚铁溶液进入B装置，B装置中发生反应，生成的二氧化碳及A中的氢气通过C检验。（1）稀硫酸和Fe反应生成硫酸亚铁和氢气；（2）关闭K1、K3打开K2通过气体压强使硫酸亚铁溶液进入B装置；（3） B装置中发生反应 ；（4）碳酸亚铁在潮湿的空气中逐渐被氧化生成氢氧化铁和一种气体，根据元素守恒确定生成气体成分；（5） 氧气在蒸馏水中的溶解度随着温度的升高而降低；（6）用KSCN溶液鉴别溶液中是否含有Fe3。【详解】打开活塞K1、K3，A中稀硫酸和Fe反应生成硫酸亚铁和氢气，关闭K1、K3打开K2，通

46、过气体压强使硫酸亚铁溶液进入B装置，B装置中发生反应，生成的二氧化碳及A中的氢气通过C检验。（1）A装置中发生反应的化学方程式：，故答案为：；（2）实验过程中，将生成的FeSO4溶液和NaHCO3溶液混合的操作是关闭K1、K3打开K2通过气体压强使硫酸亚铁溶液进入B装置，故答案为：关闭K3，打开K2；（3）B装置中发生反应，故答案为：；（4）碳酸亚铁在潮湿的空气中逐渐被氧化生成氢氧化铁和一种气体,根据元素守恒确定生成气体成分为二氧化碳,反应方程式为，故答案为：；（5）氧气在蒸馏水中的溶解度随着温度的升高而降低，所以配制溶液所用的蒸馏水必须先除去溶解的氧气，具体方法是将蒸馏水煮沸后迅速冷却，故答

47、案为：将蒸馏水煮沸后迅速冷却；（6）设计实验检验制得的产品中是否含Fe3，可利用KSCN溶液鉴别，具体操作为：取少量产品放入试管中，加入稀硫酸（或稀盐酸）溶解，再滴入KSCN溶液，若溶液不变为红色，则说明产品中不含Fe3；若溶液变为红色，则含有Fe3，故答案为：取少量产品放入试管中，加入稀硫酸（或稀盐酸）溶解，再滴入KSCN溶液，若溶液不变为红色，则说明产品中不含Fe3；若溶液变为红色，则含有Fe3。【点睛】碳酸亚铁在潮湿的空气中逐渐被氧化生成氢氧化铁和一种气体，根据元素守恒确定生成气体成分。6球形冷凝管 使恒压分液漏斗上部与三颈烧瓶相通，便于漏斗内液体顺利流下 CaCl2+H2O2+2NH3

48、H2O+6H2O=CaO28H2O+2NH4Cl 防止双氧水分解和氨水挥发 降低洗涤过程中固体物质的溶解损失，乙醇易挥发，更利于干燥 % 可与水缓慢反应放出氧气作供氧剂，可杀菌消毒，可吸收CO2等 【分析】(1)根据仪器的结构特点确定仪器A的名称；导管a可以使恒压分液漏斗上部与三颈烧瓶相通，据此分析解答；(2)盛有H2O2溶液和氨水混合液的三颈烧瓶置于冷水浴中，在搅拌下滴入CaCl2溶液，析出固体CaO8H2O和NH4Cl，结合原子守恒可写出反应的化学方程式；反应物中双氧水易分解，氨水易挥发，据此分析解答；(3)根据过氧化钙(CaO2)微溶于水，不溶于乙醇分析解答；(4)根据2CaO2=2Ca

49、O+O2，结合生成O2的量计算；(5)过氧化钙可与水缓慢反应放出氧气和氢氧化钙，结合生成物的性质和过氧化钙的性质分析解答。【详解】(1)根据图示，仪器A为球形冷凝管；恒压分液漏斗可以起到平衡压强的作用，导管a可以使恒压分液漏斗上部与三颈烧瓶相通，便于漏斗内液体顺利流下，故答案为：球形冷凝管；使恒压分液漏斗上部与三颈烧瓶相通，便于漏斗内液体顺利流下；(2)从题干叙述可知，CaCl2和H2O2溶液和氨水混合液反应生成CaO28H2O沉淀，化学方程式为CaCl2+H2O2+2NH3H2O+6H2O=CaO28H2O+2NH4Cl；由于该反应放热，且双氧水易分解，氨水易挥发，故需要冷水浴，故答案为：C

50、aCl2+H2O2+2NH3H2O+6H2O=CaO28H2O+2NH4Cl；防止双氧水分解和氨水挥发；(3)由信息知过氧化钙(CaO2)微溶于水，不溶于乙醇，用无水乙醇代替水洗涤可降低洗涤过程中固体物质的溶解损失，而且乙醇易挥发，更利于干燥，故答案为：降低洗涤过程中固体物质的溶解损失，乙醇易挥发，更利于干燥；(4)根据反应方程式：2CaO2=2CaO+O2，生成O2的物质的量=mol，则CaO2的物质的量=2mol，则样品中CaO2的质量分数=100%=%，故答案为：%；(5)结合题给信息，过氧化钙用于长途运输鱼苗，可能的原因是过氧化钙能够与水缓慢反应放出氧气作供氧剂，并能杀菌消毒，可吸收C

51、O2等，故答案为：可与水缓慢反应放出氧气作供氧剂，可杀菌消毒，可吸收CO2等。7圆底烧瓶 干燥氧气 高温条件下，玻璃中的与反应 4Fe(CrO2)2+7O2+8K2CO38K2CrO4+2Fe2O3+8CO2 、 烧杯、漏斗、玻璃棒 使的平衡正向移动，2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O 增大的产率 【分析】盛放的仪器名称为圆底烧瓶，装置B的作用为干燥氧气，据此解答；高温条件下，玻璃中的与反应，据此解答；由信息知，与和高温下反应生成、，据此解答；由信息知，调节溶液的pH为的目的是将转化为沉淀与一并过滤除去，据此解答；过滤所用主要玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，据此解答；调节滤液的，可使的

52、平衡正向移动，据此解答；根据得失电子守恒得：，据此解答。【详解】盛放的仪器名称为圆底烧瓶，装置B的作用为干燥氧气，故答案为：圆底烧瓶；干燥氧气；高温条件下，玻璃中的与反应，故a不能用玻璃容器，故答案为：高温条件下，玻璃中的与反应；由信息知，与和高温下反应生成、，化学方程式为，故答案为：；由信息知，调节溶液的pH为的目的是将转化为沉淀与一并过滤除去，故所得沉淀的成分为、，故答案为：、；过滤所用主要玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；调节滤液的，可使的平衡正向移动，增大的产率，故答案为：使的平衡正向移动，增大的产率；根据得失电子守恒得：，所以粗品中的质量分数为，故答案为：。

53、8 烧杯、玻璃棒 取一定量锥形瓶内混合溶液，加入适量的溶液后，滴加滴酚酞试液，用的盐酸滴定，重复上述操作次 和NaClO混合溶液 如果NaClO溶液装在烧瓶中，反应生成的水合肼会被NaClO氧化 【分析】二氧化锰和浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水，据此解答； 配制的NaOH溶液时，使用量筒量取水的体积，使用烧杯溶解氢氧化钠，用玻璃棒搅拌，据此解答；锥形瓶中发生反应生成次氯酸钠、氯化钠和水，据此解答；混合溶液中有次氯酸钠，水解呈碱性，需加适量过氧化氢除去次氯酸根离子，故测定氢氧化钠溶液浓度的实验方案为：取一定量锥形瓶内混合溶液，加入适量的溶液后，滴加滴酚酞试液，用的盐酸滴定，重复上述操作次，据此解

54、答；依据制取水合肼的反应原理为：，结合反应产物和反应物分析判断，分液漏斗中的溶液是NaOH和NaClO混合溶液，因为水合肼具有还原性，易被次氯酸钠氧化，如果次氯酸钠溶液装在烧瓶中，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化，据此解答； 结合反应定量关系计算得到馏分中水合肼的质量分数。【详解】二氧化锰和浓盐酸反应的离子方程式为，故答案为：；配制的NaOH溶液时，使用量筒量取水的体积，使用烧杯溶解氢氧化钠，用玻璃棒搅拌，故配制该溶液所需玻璃仪器除量筒外还有烧杯、玻璃棒，故答案为：烧杯、玻璃棒；锥形瓶中发生反应的化学方程式为，故答案为：；混合溶液中有次氯酸钠，水解呈碱性，需加适量过氧化氢除去次氯酸根离子，故测

55、定氢氧化钠溶液浓度的实验方案为：取一定量锥形瓶内混合溶液，加入适量的溶液后，滴加滴酚酞试液，用的盐酸滴定，重复上述操作次，故答案为：取一定量锥形瓶内混合溶液，加入适量的溶液后，滴加滴酚酞试液，用的盐酸滴定，重复上述操作次；依据制取水合肼的反应原理为：，结合反应产物和反应物分析判断，分液漏斗中的溶液是NaOH和NaClO混合溶液，因为水合肼具有还原性，易被次氯酸钠氧化，如果次氯酸钠溶液装在烧瓶中，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化；故答案为：NaOH和NaClO混合溶液；如果NaClO溶液装在烧瓶中，反应生成的水合肼会被NaClO氧化；结合反应定量关系计算得到馏分中水合肼的质量分数， ，250mL

56、溶液中含有的水合肼物质的量，水合肼的质量分数，故答案为：。9S2H2SO4(浓)3SO2 2H2O 驱赶出ClO2，确保其被充分吸收 2ClO22OHH2O2=2ClO2O22H2O 分液漏斗 吸收未反应的二氧化硫 2Na2O22SO2=2Na2SO3O2 【分析】由反应2NaClO3+SO2+H2SO42ClO2+2NaHSO4制备ClO2，ClO2与冷的NaOH溶液反应制NaClO2溶液，经过真空蒸发、冷却结晶、干燥得到NaClO2，据此分析解答(1)(3)；(4)A制备二氧化硫，与Na2O2在B中反应，C吸收未反应的二氧化硫，D中收集到的气体可使带余烬的木条复燃，说明有氧气产生，D收集生

57、成的氧气，据此分析解答。【详解】(1)ClO2发生器中的反应为氯酸钠与二氧化硫在硫酸作用下发生氧化还原反应，而硫磺、浓硫酸也可以生成二氧化硫，反应的方程式为S+2H2SO4(浓) 3SO2+2H2O，所以可用硫磺、浓硫酸代替原料中的SO2，故答案为：S+2H2SO4(浓) 3SO2+2H2O；(2)反应结束后，发生器中仍有少量ClO2，通入空气可以将其完全排出，确保其被充分吸收，故答案为：驱赶出ClO2，确保其被充分吸收；(3)吸收器中双氧水与ClO2在碱性条件下发生氧化还原反应生成NaClO2，反应的离子方程式为2ClO2+2OH-+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O，故答案为：2ClO

58、2+2OH-+H2O22ClO2-+O2+2H2O；(4)根据装置图，盛放浓H2SO4仪器为分液漏斗；C中溶液的作用是吸收未反应的二氧化硫；故答案为：分液漏斗；吸收未反应的二氧化硫；D中收集到的气体可使带余烬的木条复燃，说明有氧气产生，所以B中发生的反应可能为二氧化硫与过氧化钠反应生成亚硫酸钠和氧气，反应的方程式为2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2，故答案为：2Na2O2+2SO22Na2SO3+O2。【点睛】本题的易错点为(4)中方程式的书写，要注意根据题意生成了氧气，因此不能反应生成硫酸钠。10过滤 洗涤 调节溶液的pH，使溶液中的完全沉淀为 向待测液中再滴加一滴标准液时，振荡，

59、溶液刚好由黄色变成浅紫色，且半分钟内不褪去 【分析】根据流程图可知：铁屑用纯碱溶液洗去油污，加稀硫酸充分反应，经过过滤分离，在滤液中加入碳酸氢铵得到碳酸亚铁，碳酸亚铁再经过过滤、洗涤，然后再干燥，灼烧得到氧化铁。进行分析解答本题。【详解】经过操作A得到滤液和滤渣，则操作A为过滤，固体经过操作B后干燥，则B为洗涤；加入稍过量的溶液的作用是调节溶液的pH，使溶液中的完全沉淀为；在空气中煅烧，与氧气反应生成三氧化二铁和二氧化碳，反应方程式为：；滴定过程中高锰酸根离子将亚铁离子氧化为铁离子，自身还原为锰离子，离子方程式为：；滴定完成时，亚铁离子反应完全，溶液由黄色变为浅紫色，则：向待测液中再滴加一滴标

60、准液时，振荡，溶液刚好由黄色变成浅紫色，且半分钟内不褪去，即为滴定终点；根据，则，则，样品质量分数为：；未干燥锥形瓶，不影响滴定结果，故a错误；盛装标准液的滴定管没有用标准液润洗，则消耗的标准液体积偏大，偏高，的质量分数的测定结果偏低，故b正确；滴定结束时仰视刻度线读数，则消耗的标准液体积读数偏大，偏高，的质量分数的测定结果偏低，故c正确；量取待测液的滴定管没有润洗，待测液被稀释，消耗的标准液体积偏小，偏低，的质量分数的测定结果偏高，故d错误；故答案为bc。11取少量碳酸氢钠于试管中，加入稀硝酸，有无色气泡产生，说明硝酸酸性强于碳酸，则非金属性：N C 作安全瓶，防止倒吸 CN + H2O2

61、+ H2O = HCO3 + NH3 将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出，减少副反应的发生 ACD 滴入最后一滴硝酸银溶液时，溶液中出现淡黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失 0.147 是 【解析】【分析】取少量碳酸氢钠于试管中，加入稀硝酸，有无色气泡产生，说明硝酸酸性强于碳酸。(2)NaCN用双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，由物质性质及元素守恒可知酸式盐应为碳酸氢盐，气体为氨气。装置b的作用是作安全瓶，防止倒吸。将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出，减少副反应的发生。上述装置中还需补充的实验仪器或装置有温度计、水浴装置、酒精灯。滴定终点的现象是滴入最后一滴硝酸银溶液

62、时，溶液中出现淡黄色沉淀。先计算消耗AgNO3的物质的量，再根据方程式计算处理的废水中氰化钠的质量，再计算废水中氰化钠的含量。【详解】设计实验证明N、C元素的非金属性强弱为：取少量碳酸氢钠于试管中，加入稀硝酸，有无色气泡产生，说明硝酸酸性强于碳酸，则非金属性：N C；故答案为：取少量碳酸氢钠于试管中，加入稀硝酸，有无色气泡产生，说明硝酸酸性强于碳酸，则非金属性：N C。(2)NaCN用双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，由物质性质及元素守恒可知酸式盐应为碳酸氢盐，气体为氨气，该反应的离子方程式是：CN + H2O2 + H2O = HCO3 + NH3；故答案为

63、：CN + H2O2 + H2O = HCO3 + NH3。装置b的作用是作安全瓶，防止倒吸；故答案为：作安全瓶、防止倒吸。装置a中反应产生的气体需要持续通入装置c的原因是：将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出，减少副反应的发生；故答案为：将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出，减少副反应的发生。上述装置中还需补充的实验仪器或装置有温度计、水浴装置、酒精灯，故ACD正确；故答案为：ACD。滴定终点的现象是：滴入最后一滴硝酸银溶液时，溶液中出现淡黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失；故答案为：滴入最后一滴硝酸银溶液时，溶液中出现淡黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失。消耗AgNO3的物质的量为1.0010-4molL

64、-11.5010-3L=1.510-7mol，根据方程式Ag+ + 2CN = Ag(CN)2，处理的废水中氰化钠的质量为1.510-7mol249 gmol-1 = 1.4710-5g = 1.4710-2mg，废水中氰化钠的含量为，小于0.50mgL-1，所以达到排放标准。故答案为：0.147；是。【点睛】学生对探究物质的组成或含量、离子方程式的书写等应用。12圆底烧瓶 在水中溶解度小，先通至饱和，有利于析出 b 过滤 洗涤 干燥 【分析】根据常用的仪器名称解答；装置的作用为除去二氧化碳中的氯化氢，二氧化碳在饱和碳酸氢钠溶液中溶解度不大，氯化氢能够与碳酸氢钠反应生成二氧化碳；根据二氧化碳和

65、氨气的溶解性判断先通入的气体，氨气极易溶于水，易于二氧化碳的吸收，所以应先通入氨气；氨气易挥发，氨气为碱性气体，与酸反应、与碱不反应，浓硫酸具有强氧化性，浓硝酸易挥发；测定C中所得晶体的碳酸氢钠的纯度假设晶体中不含碳酸盐杂质，将晶体充分干燥后，称量质量为wg，此时为碳酸氢钠粗品质量，操作1将晶体加热到质量不再变化时，所得粉末为碳酸钠和杂质，然后溶解，加入氢氧化钡溶液，氢氧化钡跟碳酸钠反应生成碳酸钡，将生成的碳酸钡过滤、洗涤、干燥，称量为ng，根据关系式-可求出纯碳酸氢钠的质量。【详解】装置为制取二氧化碳的装置，仪器a为圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶；装置的作用为除去二氧化碳中的氯化氢，二氧化碳在

66、饱和碳酸氢钠溶液中溶解度不大，氯化氢能够与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，所以B中盛有试剂为饱和碳酸氢钠溶液，故答案为：；在水中溶解度小，氨气极易溶于水，则先通至饱和，然后通入二氧化碳气体，有利于析出，故答案为：；在水中溶解度小，先通至饱和，有利于析出；氨气易挥发，D中脱脂棉应浸润的试剂吸收逸出的氨气，浓硫酸能使棉花脱水、浓硝酸具有挥发性，氨气为碱性气体，与硫酸反应，所以选择稀硫酸，故答案为：b；测定C中所得晶体的碳酸氢钠的纯度假设晶体中不含碳酸盐杂质，将晶体充分干燥后，称量质量为wg，此时为碳酸氢钠粗品质量，操作1将晶体加热到质量不再变化时，所得粉末为碳酸钠和杂质，然后溶解，加入氢氧化钡溶液，氢氧

67、化钡跟碳酸钠反应生成碳酸钡，将生成的碳酸钡过滤、洗涤、干燥，称量为，反应的化学方程式为，得到的碳酸钡需要经过过滤、洗涤、干燥后方可称量设样品中碳酸氢钠的质量为x，由上两式可得关系式：，所得晶体中碳酸氢钠的纯度。【点睛】本题考查了工业制纯碱的原理分析，生产过程中的物质变化，混合物成分的分析判断和计算应用，注意实验过程分析，除杂操作，尾气吸收是解答关键，题目难度中等。13氧气氧化合适，不引入杂质 过滤 将生成的二氧化锰重新加入碱熔氧化的步骤中 10KMnO4 3K2MnO4+7MnO2+6O2+2K2O 偏小 实验过程中部分分解导致滴定结果偏小洗涤后未干燥黑色物质导致计算结果偏大；滴定操作前进行了

68、两次过滤和洗涤操作，溶液中离子损失较大导致滴定结果偏小 【分析】.(1)将与KOH混合物熔融后通入氧气氧化更合适；(2)步骤是过滤，将固液分离；根据氧化还原反应配平方程式；(3)工业上要用此法制取，应将生成的二氧化锰重新加入碱熔氧化的步骤中，可以循环利用，以提高原料的利用率；根据电极反应式分析；.(1)由题意可知，产生的气流，应该是氧气，黑色不溶物且含锰应为二氧化锰，生成的另一含锰物质很可能是锰酸钾，写出化学方程式；(2)根据物质的量关系进行计算；(3)若步骤未将中洗涤液加入滤液1中，会使得锰酸根离子有损失；(4)根据反应原理分析解答；(5)实验过程中部分分解导致滴定结果偏小或洗涤后未干燥黑色

69、物质导致计算结果偏大或滴定操作前进行了两次过滤和洗涤操作。【详解】.(1)将与KOH混合物熔融后通入氧气氧化更合适，不引入杂质；故答案为：氧气氧化合适，不引入杂质；(2)步骤是过滤，将固液分离；溶液中Mn为价，则为锰酸根离子，酸化过程中通入过量生成高锰酸根离子，二氧化锰沉淀和碳酸氢根离子，离子方程式为；故答案为：过滤；(3)工业上要用此法制取，应将生成的二氧化锰重新加入碱熔氧化的步骤中，可以循环利用，以提高原料的利用率；用Ni为阳极、Fe为阴极电解溶液以获得高浓度的溶液，阴极被还原，而Fe作为阴极，该电极反应方程式为，水得到电子，；故答案为：将生成的二氧化锰重新加入碱熔氧化的步骤中；.(1)由

70、题意可知，产生的气流，应该是氧气，黑色不溶物且含锰应为二氧化锰，生成的另一含锰物质很可能是锰酸钾，较高氧化态锰酸钾与较低氧化态二氧化锰的物质的量之比为，根据化学方程式书写原则，得出在受热分解的化学方程式：10KMnO4 3K2MnO4+7MnO2+6O2+2K2O；故答案为：10KMnO4 3K2MnO4+7MnO2+6O2+2K2O；(2)由上题可知变质后产生的固体杂质为、，过滤洗涤后黑色固体为二氧化锰，根据 609 188 591得到10g样品中杂质的质量，；故答案为：；(3)若步骤未将中洗涤液加入滤液1中，会使得锰酸根离子有损失，用溶液滴定时，会导致最终滴定结果偏小；故答案为：偏小；(4

71、)不与反应，不可选；与反应，现象明显便于观察，且浓度也合适，可选；酸性NaI溶液与反应生成为紫黑色，干扰颜色观察，且浓度过大，不可选；浓度过大，不可选；故答案为：b；(5)实验过程中部分分解导致滴定结果偏小或洗涤后未干燥黑色物质导致计算结果偏大或滴定操作前进行了两次过滤和洗涤操作，溶液中离子损失较大导致滴定结果偏小；故答案为：实验过程中部分分解导致滴定结果偏小洗涤后未干燥黑色物质导致计算结果偏大；滴定操作前进行了两次过滤和洗涤操作，溶液中离子损失较大导致滴定结果偏小。【点睛】本题考查物质含量的探究实验，化学实验方案的设计与评价，滴定的拓展及应用，酸碱中和滴定的误差分析，电解池电极反应式等知识点

72、，解题关键在于熟识相关基础知识，并灵活运用，考点较多，难度较大。143.36 6 较高温度下双氧水分解 Al10Fe5(OH)(SO4)20或Al20Fe10(CO3)(SO4)40 【分析】(1)先计算含铬废水中含Cr2O72物质的质量，再计算物质的量，再根据电子转移守恒计算消耗气体的物质的量。先计算氢氧根浓度，再计算氢离子浓度，最后得pH。(3)温度升高超过70时过氧化氢分解。先计算n(Fe2+)，再根据关系得出n(Al3+)，再根据固体粉末求n(Al2O3) 和n(Fe2O3)，根据久置的发盐中的阳离子所带电荷总数分析，阳离子多点电荷大于已知的阴离子所带电荷总数，得出还可能存在OH或CO

73、32，再根据比例关系得出化学式。【详解】(1) 100L Cr2O72含量为108mgL-1的含铬废水中含Cr2O72物质的质量，物质的量n(Cr2O72)，根据电子转移守恒：1mol：0.05mol = 3mol：n解得n = 0.15mol，标准状况下体积；故答案为：3.36。室温下，除去被SO2还原所得溶液中的Cr3+(使其浓度小于110-6molL-1)，则，则pH = 6，需调节溶液pH 6；故答案为： 6。(3)三价铬Cr(III)与双氧水反应可用于合成铬黄(PbCrO4)，发生的是氧化还原反应，图象分析可知反应达到平衡状态达到最大转化率，温度升高超过70时过氧化氢分解，使平衡逆向

74、进行，Cr(III)转化率下降；故答案为：较高温度下双氧水分解。n(KMnO4) = 0.4000 molL-10.02L = 0.008mol，n(Fe2+)=5 n(KMnO4) = 500.008mol =0.04mol，依据发盐的化学式可知在久置的发盐中n(Al3+) = 20.04mol + n(Fe3+)，加入氨水后生成的干燥固体粉末中： n(Al2O3) = 0.04mol + n(Fe3+)，n(Fe2O3) = 0.04mol + n(Fe3+)，102gmol-10.04mol + n(Fe3+) + 160gmol-1 0.04mol + n(Fe3+) = 9.10gn

75、(Fe3+) = 0.01mol，n(Al3+) = 20.04mol + n(Fe3+) = 0.1mol，n(SO42)=2 n(Al3+) =0.2mol，久置的发盐中的阳离子所带电荷总数：3 n(Al3+) + 2n(Fe2+) +3 n(Fe3+) = 0.41mol，而已知的阴离子所带电荷总数2n(SO42)=0.4mol 0.41 mol，由于发盐在空气中被氧化，故其中还可能存在0.01molOH或0.005mol CO32，该发盐的可能组成为n(Al3+): n(Fe2+) + n(Fe3+):n(OH): n(SO42) = 0.1:0.05:0.01:0.2 = 10:5:

76、1:20，化学式为Al10Fe5(OH)(SO4)20，n(Al3+): n(Fe2+) + n(Fe3+):n(CO32): n(SO42)= 0.1:0.05:0.005:0.2 = 20:10:1:40，化学式为Al20Fe10(CO3)(SO4)40；故该久置发盐的可能化学组成为Al10Fe5(OH)(SO4)20或Al20Fe10(CO3)(SO4)40。【点睛】物质组成的实验探究、溶度积常数计算、化学式计算应用、氧化还原反应定量计算的分析判断，掌握基础是解题关键。15饱和溶液 吸收未反应挥发出的 增大气体与溶液接触面积，提高吸收率 温度越低碳酸氢钠溶解度越小，便于析出 a 【分析】

77、(1)乙装置中是饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳气体中的氯化氢杂质气体，丁装置中稀硫酸可以吸收剩余氨气防止污染空气；(2)氨气易溶于水，从制取碳酸氢钠时先要得到含氨的饱和食盐水分析解答；(3)分析图可知，装置改动后反应物的接触面积变大，提高了二氧化碳的吸收率；(4)丙、戊装置中的试管内是溶有氨和氯化钠的饱和溶液，通入二氧化碳气体会发生反应生成碳酸氢钠和氯化铵，温度越低越有利于碳酸氢钠的晶体析出；(5)测定丙中所得晶体的碳酸氢钠的纯度(假设晶体中不含碳酸盐杂质)，将晶体充分干燥后，称量质量为ag，此时为碳酸氢钠粗品质量，操作将晶体加热到质量不再变化时，所得粉末为碳酸钠和杂质，然后溶解，加入氯化钙溶液

78、，氯化钙跟碳酸钠反应生成碳酸钙，将生成的碳酸钙过滤、洗涤、干燥，称量为b g，据此分析解答。【详解】(1)盐酸易挥发，生成的二氧化碳中含有氯化氢，乙装置中的试剂是饱和NaHCO3溶液，用来吸收二氧化碳气体中的氯化氢气体，丁装置中稀硫酸的作用是：吸收未反应挥发出的NH3，故答案为：饱和NaHCO3溶液；吸收未反应挥发出的NH3；(2)制取碳酸氢钠时先要得到含氨的饱和食盐水，氨气极易溶于水，二氧化碳能溶于水，所以应先通入氨气，所以a端通入氨气，从而保证了从b通入二氧化碳时，二氧化碳被充分反应，故答案为：a；NH3；(3)装置改动后反应物的二氧化碳与溶液的接触面积变大，提高了二氧化碳的吸收率，故答案

79、为：增大气体与溶液接触面积，提高CO2吸收率；(4)丙、戊装置中的试管内是溶有氨和氯化钠的饱和溶液，通入二氧化碳气体会发生反应生成碳酸氢钠和氯化铵，依据图表分析可知温度越低，碳酸氢钠的溶解度越小，所以温度越低越有利于碳酸氢钠的晶体析出，故答案为：温度越低，碳酸氢钠溶解度越小，便于析出；(5)为判断滴加的氯化钙溶液过量，可在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，取上层清液再加入少量氯化钙溶液看是否有沉淀生成，故答案为：a；反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，Na2CO3+CaCl2=CaCO3+2NaCl，得到的碳酸钙需要经过过滤、洗涤、干燥后方可称量。设样品中碳酸氢钠的质量为

80、x，由上两式可得关系式：2NaHCO3CaCO3，则=，解得：x=g，碳酸氢钠的质量分数为100%=100%=%。16冷凝管 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2或2H2O =2H2O+O2 2PCl3+O2=2POCl3 加快反应速率，同时防止PCl3气化，逸出损失 b 当加入最后一滴NH4SCN溶液，溶液刚好变为红色，且红色半分钟内不褪色 AgCl(s)+SCN-(aq)AgSCN(s)+Cl-(aq) 偏小 【分析】根据实验目的及装置图中反应物的状态，分析装置的名称及装置中的相关反应；根据滴定实验原理及相关数据计算样品中元素的含量，并进行误差分析。【详解】（1）根据装置图知，仪器a的

81、名称是冷凝管；根据实验原理及装置中反应物状态分析知，装置A为用固体和液体制备氧气的装置，可以是过氧化钠与水反应，也可能是双氧水在二氧化锰催化下分解，化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2或2H2O =2H2O+O2，故答案为：冷凝管；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2或2H2O =2H2O+O2；（2）装置C中为PCl3与氧气反应生成POCl3的反应，化学方程式为2PCl3+O2=2POCl3，故答案为：2PCl3+O2=2POCl3；（3）通过加热可以加快反应速率，但温度不易太高，防止PCl3气化，影响产量，则C装置易控制反应在6065进行，故答案为：加快反应速率，同时

82、防止PCl3气化，逸出损失；（4）用cmolL1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时NH4SCN过量，加NH4Fe(SO4)2作指示剂，Fe3+与SCN反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点；故答案为：b；当加入最后一滴NH4SCN溶液，溶液刚好变为红色，且红色半分钟内不褪色；用cmol/LNH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积VmL，则过量Ag+的物质的量为Vc103mol，与Cl反应的Ag+的物质的量为0.1000mol/L0.04LVc103mol(4Vc)103mol，则Cl元素的质量百分含量为，故答案为：；已知：Ksp(AgCl)3.21010，Ksp(AgSCN)21012，则AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力摇动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀；若无此操作，NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀，反应为：AgCl(s)+SCN-(aq)AgSCN(s)+Cl-(aq)；则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多，即银离子的物质的量偏大，则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小，所以测得的氯离子的物质的量偏小；故答案为：AgCl(s)+SCN-(aq)AgSCN(s)+Cl-(aq)；偏小。