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2019-2020年高三化学二轮复习 专题训练 化学实验专练（含解析）1血液属于胶体，透析是除去肾衰竭病人血液中的毒性物质、从而拯救病人生命的重要方法。透析的原理是A蒸发 B电泳 C过滤 D渗析【答案】D【解析】试题分析：血液属于胶体，透析属于胶体的渗析，选D。考点：胶体的性质2下列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将氯乙烷与氢氧化钠溶液共热一段时间，再向冷却后的混合液中滴加硝酸银溶液检验水解产物中的氯离子B向丙醛溶液中加入新制的银氨溶液，用酒精灯直接加热确定丙醛中是否含有醛基C向工业酒精中加入无水硫酸铜确定工业酒精中是否含有水D电石与水反应，制得的气体直接通人酸性KMnO4溶液检验制得的气体是否为乙炔【答案】C【解析】A错，检验水解产物中的氯离子为：将氯乙烷与氢氧化钠溶液共热一段时间，再向冷却后的混合液中加入稀硝酸酸化后，再滴加硝酸银溶液；B错，确定丙醛中是否含有醛基的方法为：向丙醛溶液中加入新制的银氨溶液，水浴加热；C正确；水的存在一般用无水硫酸铜检验，若变蓝则含有水；D错，电石与水反应生成的气体中除乙炔外还有硫化氢等气体，硫化氢具有强还原性，也能与酸性高锰酸钾溶液反应而使其褪色；3下列基本实验操作与所需关键仪器合理的是（ ）A过滤(泥三角) B蒸馏(分液漏斗) C蒸发(蒸发皿) D萃取(玻璃棒)【答案】C【解析】试题分析：A、过滤时用到的仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒、铁架台，用不到泥三角，错误；B、蒸馏操作中使用的仪器是铁架台（带铁圈）、酒精灯、石棉网、蒸馏烧瓶、单孔橡皮塞、温度计、冷凝管、牛角管和锥形瓶等，错误；C、蒸发时用到的仪器主要有酒精灯、铁架台（带铁圈）、蒸发皿、玻璃棒等，正确；D、萃取实验使用的仪器有分液漏斗、烧杯和铁架台（带铁圈），错误。考点：考查化学实验基本操作及仪器的选择。4如图装置可用于收集气体并验证其某些化学性质,下列相关的选项正确的是选项气体试剂现象结论ANH3酚酞试液溶液变红色NH3的水溶液显碱性BSO2酸性KMnO4溶液溶液褪色SO2具有漂白性CHCl硅酸钠溶液生成白色沉淀Cl的非金属性比Si强DXKI淀粉溶液溶液变蓝X可能是Cl2【答案】D【解析】试题分析：A、由图可知氨气应利用向下排空气法收集，溶液变红是因氨气与水反应生成一水合氨显碱性，A项错误；B、SO2使酸性KMnO4溶液褪色，因为SO2具有还原性，B项错误；C、HCl不是氯元素的最高价含氧酸，所以不能比较非金属性强弱，C项错误；D、氯气和二氧化氮都具有氧化性，能够使碘化钾淀粉溶液变蓝，D项正确；答案选D。考点：考查气体的收集及相关现象的解释5下表中“实验操作”与“预期现象”对应关系正确的是选项实验操作预期现象A向AlCl3溶液中滴入过量的氨水先有白色沉淀，后沉淀消失B向AgCl浊液中滴入KI溶液，振荡白色浑浊逐渐转化为黑色沉淀C向Ca(ClO)2溶液中通入CO2，再滴入少量品红溶液出现浑浊，滴入的品红变无色D向BaCl2溶液中先通入SO2，再通入NO2先有白色沉淀，后沉淀消失【答案】C【解析】试题分析：A、氨水和氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不溶于弱碱，最终沉淀不溶解，故A错误；B、AgCl的溶度积大于AgI，向新生成的AgC1浊液中滴入KI溶液，振荡可生成黄色AgI沉淀，故B错误；C、次氯酸钙溶液与二氧化碳反应生成具有漂白性的次氯酸，加入品红褪色，故C正确；D、通入二氧化氮，生成具有强氧化性的硝酸，溶液最终生成硫酸钡沉淀，故D错误。考点：考查了浑浊实验的原理与现象的相关知识。6某实验需要使用大约480mL 1mol/L的稀H2SO4，现若要你用18.4mol/L的浓H2SO4配制，则你需量取浓H2SO4的体积是A26.1mL B27.2mL C26.0m L D27.0mL 【答案】B【解析】试题分析：实验需要使用大约480mL 1mol/L的稀H2SO4，则需要配制500mL硫酸，因此需要硫酸的物质的量是0.5L1mol/L0.5mol，则需要浓硫酸的体积是0.5mol18.4mol/L0.0272L27.2mL，答案选B。考点：考查物质的量浓度的有关计算7下列实验操作不正确的是（ ）【答案】A【解析】A项，当加入蒸馏水离刻度线12 cm处，再用胶头滴管定容，错误。8下列实验操作不正确的是A分液时，分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出B蒸馏时，温度计水银球应在蒸馏烧瓶支管口附近C用量筒量取浓硫酸直接在容量瓶中配制一定浓度的稀硫酸D把几滴FeCl3饱和溶液滴入25mL的沸水中制取Fe(OH)3胶体【答案】C【解析】试题分析：容量瓶不能用来稀释溶液，选项C不正确，其余选项都是正确的，答案选C。考点：考查常见的基本实验操作。点评：化学是一门以实验为基础的学科，所以有化学实验即科学探究之说法。纵观近几年高考，主要以考察探究性实验和物质制备实验为主。这些探究性和制备性实验的试题，综合性强，理论和实践的联系紧密，有的还提供一些新的信息，要求考生必须冷静的审题，联系所学过的知识和技能，进行知识的类比、迁移、重组，全面细致的思考才能正确作答。9为了除去氯化钾中含有的少量硫酸镁和氯化钙杂质，需进行下列六项操作，先后次序正确的是：加水溶解 加热蒸发得到晶体 加入过量的氢氧化钡溶液加入适量的盐酸 加入过量碳酸钾 过滤A BC D【答案】D【解析】试题分析：硫酸镁应用过量的氢氧化钡溶液除去，钙离子用过量的碳酸钾溶液除去，同时可以除去过量的钡离子，过滤后，然后过量的氢氧根离子及碳酸根离子用适量的盐酸除去，蒸发溶液可得氯化钾固体，所以正确的顺序是，答案选D。考点：考查除杂试剂及步骤的判断10下列说法正确的是A图I所示装置用于Cu和浓H2SO4制取少量的SO2气体B图装置可验证非金属性：ClCSiC图可用于收集气体H2、CO2、Cl2、NH3D图表示将SO2气体通入溴水中，所得溶液的pH变化【答案】C【解析】试题分析：A、Cu和浓硫酸反应需要加热，此装置是不需要加热制气体的，故错误；B、验证非金属性，看的是其最高价氧化物对应的水化物的酸性，酸性强则非金属性强，但HCl中Cl显1价，不是最高价，故错误；C、长管进气收集的是密度大于空气的，短管进气收集的是密度小于空气的，但不能收集和空气反应的气体，如NO2，故正确；D、发生离子方程式为SO2Br22H2O=4HSO422Br，溴水显酸性，因此起点应低于7，故错误。考点：考查实验设计的评价等知识。11（3分）下列操作不能用于检验NH3的是A.气体通入湿润的酚酞试液中变红 B.气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝C.蘸有浓H2SO4的玻璃棒靠近气体 D.蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近气体【答案】C【解析】试题分析：NH3是碱性气体，气体通入酚酞试液变红，遇湿润的红色石蕊试纸变蓝，可以检验氨气的存在；浓硫酸是难挥发性的酸蘸有浓H2SO4的玻璃棒靠近气体不会有白烟生成；浓盐酸是易挥发性的酸，用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近气体会冒白烟，氨气和氯化氢反应生成了氯化铵固体小颗粒解：A、氨气通入酚酞溶液中发生反应NH3+H2O=NH3H2O，NH3H2ONH4+OH溶液呈碱性，酚酞溶液变红，该操作可以单纯检验氨气的存在，故A正确；B、氨气是碱性气体遇湿润的红色石蕊试纸变蓝，该操作可以检验NH3，故B正确；C、浓硫酸是难挥发性的酸，此操作不能用于检验氨气，该操作不可以检验氨气，故C错误；D、浓硝酸、浓盐酸都有挥发性，会发出的分子会和氨气反应生成白色的烟，该操作可以检验氨气，故D正确；故选C点评：本题考查了氨气的易挥发性、氨气的化学性质、实验基本操作试纸的使用，关键是检验操作合理，现象明显12实验室用含有杂质(FeO、 Fe2O3)的废CuO制备胆矾晶体，经历了下列过程（已知 Fe3+在 Ph=5时沉淀完全）。其中分析错误的是A步骤发生的主要反应为：2Fe2+ +H2O2 +2H+ = 2Fe3+ + 2H2OB步骤可用氯水、硝酸等强氧化剂代替 H2O2C步骤用 CuCO3代替CuO也可调节溶液的pHD步骤的操作为：向漏斗中加人少量冷的蒸馏水至浸没晶体，待水自然流下，重复操作 2 3次【答案】B【解析】试题分析：A、步骤的目的是把亚铁离子氧化为铁离子，发生的主要反应为：2Fe2+ +H2O2 +2H+ = 2Fe3+ + 2H2O，正确；B、步骤若用氯水、硝酸等强氧化剂代替 H2O2，则氧化剂的还原产物不是水，会引入新的杂质氯离子、硝酸根离子，同时还会造成污染，所以不能将过氧化氢换为氯气或硝酸，错误；C、步骤用 CuCO3代替CuO也可调节溶液的pH，碳酸铜与过量的硫酸反应生成硫酸铜、水、二氧化碳气体，不会引入新的杂质，正确；D、洗涤固体的操作为向漏斗中加人少量冷的蒸馏水至浸没晶体，待水自然流下，重复操作 2 3次，然后得到硫酸铜晶体，正确，答案选B。考点：考查对实验步骤的判断13以下是在实验室模拟“侯氏制碱法”生产流程的示意图：则下列叙述错误的是（ ）则下列叙述错误的是AA气体是NH3，B气体是CO2B把纯碱及第步所得晶体与某些固体酸性物质（如酒石酸）混合可制泡腾片C第步操作用到的主要玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒D第步操作是将晶体溶于水后加热、蒸发、结晶【答案】D【解析】试题分析：A氨气易溶于水，二氧化碳能溶于水，依据侯德榜制碱的原理：向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热反应制备纯碱，所以气体A为氨气，B为二氧化碳，故A正确；B第步操作是过滤操作，通过过滤得到碳酸氢钠晶体，把纯碱及碳酸氢钠与某些固体酸性物质（如酒石酸）混合可制得泡腾片，故B正确；C第步操作是过滤操作，通过过滤得到碳酸氢钠晶体，所以需要的仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒，故C正确；D第步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体，故D错误；故选D。考点：考查了侯德榜制碱的工作原理和流程分析14下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是选项实验操作现象解释或结论A过量的Fe粉中加入HNO3 ，充分反应后，滴入KSCN溶液溶液呈红色稀将Fe氧化为BCO2通入BaCl2溶液中有白色沉淀出现生成了BaCO3沉淀CAl箔插入稀中无现象Al箔表面被氧化，形成致密的氧化膜D用玻璃棒蘸取浓硝酸点到蓝色石蕊试纸上试纸先变红色后褪色浓硝酸有酸性和氧化性【答案】D【解析】试题分析：过量的Fe粉中加入HNO3 ，硝酸将铁氧化成Fe3,接着发生2Fe3+Fe=3Fe2，充分反应后，滴入KSCN溶液无现象，A项错误；CO2与BaCl2溶液不反应，B项错误；铝在浓硝酸中发生钝化，而在稀硝酸中反应生成硝酸铝、NO和水，C项错误；浓硝酸有酸性，使蓝色石蕊试纸变红，浓硝酸有强氧化性，能使变红的石蕊试纸褪色，D项正确；选D。考点：考查化学实验基本操作，化学反应现象及解释。15（12分）为了测定含有H2C2O42H2O、KHC2O4和K2SO4的试样中各物质的质量分数，进行如下实验：称取6.0 g试样，加水溶解，配成250 mL试样溶液。用酸式滴定管量取25.00 mL试样溶液放入锥形瓶中，并加入23滴酚酞试液，用0.2500 mol/L NaOH溶液滴定，消耗NaOH溶液20.00 mL。再取25.00 mL试样溶液放入另一锥形瓶中，用0.1000 mol/L的酸性高锰酸钾溶液滴定，消耗高锰酸钾溶液16.00 mL。回答下列问题：（1）已知：0.10 mol/L KHC2O4溶液pH约为3，其中含碳元素的粒子浓度由大到小的顺序为 。（2）步骤所需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、 、 。（3） 完成并配平下列离子方程式： C2O42+ MnO4+ H+ = CO2+ Mn2+ （4）步骤中判断滴定终点的方法是 。（5）步骤中量取试样溶液时，酸式滴定管用蒸馏水洗过后没有润洗，则测得的H2C2O42H2O的质量分数 。（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）（6）试样中H2C2O42H2O的质量分数为 。【答案】（1）c(HC2O4-)c(C2O42-)c(H2C2O4);（2）胶头滴管、250ml容量瓶、（量筒）；（3）5、2、16、10、2、8H2O；（4）溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，（5）偏小（6）21%.【解析】试题分析：（1） 0.10 mol/L KHC2O4 溶液pH约为3，则说明HC2O4-的电离作用大于水解作用。所以c(C2O42-) c(H2C2O4)。但是物质的电离作用是微弱的，微粒主要还是以盐的形式存在，所以c(HC2O4-)c(C2O42-)。故其中含碳元素的粒子浓度由大到小的顺序是c(HC2O4-)c(C2O42-)c(H2C2O4); （2）步骤所需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、250 mL容量瓶和胶头滴管及量筒。（3） 根据电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平离子方程式是5C2O42+ 2MnO4+16 H+ = 10CO2+ 2Mn2+8H2O；（4）步骤中用高锰酸钾滴定草酸跟离子。由于高锰酸钾是紫色是，所以当达到滴定终点时溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，就证明达到了终点。（5）步骤中量取试样溶液时，酸式滴定管用蒸馏水洗过后没有润洗，试样的物质的量偏少，消耗的NaOH体积就偏小，因此测得的H2C2O42H2O的质量分数偏低。（6） 假设在25.00 mL试样中H2C2O42H2O的物质的量为x; KHC2O4的物质的量为y;根据酸碱中和时微粒的物质的量相等可得2x+y=0.2500 mol/L0.02L；根据在氧化还原反应中电子转移数目相等可得2（x+y）1=0.1000 mol/L0.016L5.两式联立求解，可得x=0.001mol；y=0.003mol。由于溶液由均一性，所以25.00 mL试样溶液中含有样品质量是0.6g.故试样中H2C2O42H2O的质量分数为(0.001mol 126g/mol) 0.6g 100% =21%.考点：考查微粒浓度的比较、物质的量浓度的溶液的配制的仪器的选择、滴定法在测定物质组成的应用。16以下各种溶液不用任何外加试剂，就能实现鉴别的是_ （1）Al（NO3）3 FeCl3 NaOH FeSO4 NaHCO3 （2）Na2CO3 BaCl2 AgNO3 Na2SO4 NH3H2O （3）KOH NaCl NaHCO3 MgSO4 KNO3 （4）CuSO4 KHSO4 NaHCO3 KOH （5）NaAlO2 Na2SiO3 Na2CO3 NaHSO4 NaCl （6）NH4Cl Na2SO4 （NH4）2SO4 Ba（OH）2 AlCl3【答案】（4分） （1）_（4）（5）（6）17一般情况下，当人体一次性摄取300 mg500 mg亚硝酸钠时，就会引起中毒某研究小组用碘量法测定泡菜中亚硝酸盐的含量有关反应如下：2NaNO22H2SO42KI=2NOI2K2SO4Na2SO42H2O2Na2S2O3I2=Na2S4O62NaI取1 kg泡菜，榨汁，将榨出的液体收集后，加入提取剂和氢氧化钠，使泡菜汁中的亚硝酸盐都成为亚硝酸钠在过滤后的滤液中加入氢氧化铝乳液，以除去色素再次过滤后得到滤液，将该滤液稀释至1 L，取25.00 mL稀释后的滤液与过量的稀硫酸和碘化钾溶液反应，再选用合适的指示剂，用0.05000 molL1Na2S2O3标准溶液进行滴定实验数据记录如下：滴定次数0.050 00 molL1 Na2S2O3标准溶液体积/mL滴定前刻度滴定后刻度10.0020. 0420.1220.0830.0520.05请回答下列问题：(1)该实验中可选用的指示剂是_，滴定终点的现象是_(2)有经验的厨师在做泡菜时往往加入适量的橙汁，以减轻亚硝酸盐的危害这主要是因为橙汁中含有丰富的维生素C，维生素C具有_性(填“氧化”或“还原”)(3)通过计算判断若某人一次食入0.125 kg这种泡菜，是否会引起中毒？_【答案】(1)淀粉蓝色刚好褪去(2)还原(3)3次滴定耗去Na2S2O3标准溶液的平均体积为20.00 mL.根据2NaNO2I22Na2S2O3，则n(NaNO2)0.050 00 molL10.020 L0.040 mol.泡菜中NaNO2含量为：0.040 mol69 gmol11 kg2.76 gkg1，0125 kg泡菜中NaNO2含量为：2.76 gkg10.125 kg345 mg300 mg，会引起中毒【解析】(1)实验中用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，当I2全部反应完时达到反应终点，则可以用淀粉作指示剂，即当溶液蓝色刚好褪去时即为终点(2)亚硝酸盐具有较强的氧化性，则加入橙汁主要是利用维生素C的还原性减小硝酸盐的含量。18溴苯是一种常用的化工原料。实验室制备溴苯的实验步骤如下：步骤1：在a中加入15 mL苯和少量铁屑，再将b中4.0 mL液溴慢慢加入到a中，充分反应。步骤2：向a中加入10 mL水，然后过滤除去未反应的铁屑。步骤3：滤液依次用10 mL水、8 mL 10%的NaOH溶液、10 mL 水洗涤，分液得粗溴苯。步骤4：向分出的粗溴苯中加入少量的无水氯化钙，静置、过滤即得粗产品。（1）步骤1仪器a中发生的主要反应是 （2）仪器d的作用是 （3）将b中的液溴慢慢加入到a中，而不能快速加入的原因是 （4）仪器c的作用是冷凝回流，回流的主要物质有 （填化学式）苯溴溴苯密度/gcm30.883.101.50沸点/8059156在水中的溶解度微溶微溶微溶（5）步骤4得到的粗产品中还含有杂质苯，已知苯、溴苯的有关物理性质如上表，则要进一步提纯粗产品，还必须进行的实验操作名称是 。【答案】（1）（2）吸收HBr防污染，防倒吸（3）防止反应放出的热使C6H6、Br2挥发而影响产率（4）C6H6、Br2 （5）蒸馏【解析】试题分析：（1）步骤1仪器a中发生的主要反应是（2）仪器d的作用是：吸收HBr防污染，防倒吸（3）苯与液溴的反应为放热反应，若加入液溴速度过快，反应会放出较多的热量，由于苯和溴的沸点较低，导致苯和溴会挥发出来，影响了溴苯的产率，答案为：防止反应放出的热使C6H6、Br2挥发而影响产率（4）苯的沸点为80，溴的沸点为59，二者沸点较低，容易挥发出来，冷凝器冷凝回流的主要物质为：C6H6、Br2（5）利用沸点不同，苯的沸点小，被蒸馏出，溴苯留在母液中，所以采取蒸馏的方法分离溴苯与苯考点：有机实验19某研究性实验小组欲验证浓硝酸在与Cu、Ag合金的反应过程中除生成NO2气体外，还会有少量NO生成、并测定Cu、Ag合金中Cu的质量分数。查阅相关资料表明：“常温下，NO2与N2O4混合存在，在低于0时几乎只有无色的N2O4液体或晶体存在。”为此，他们设计了如下图所示的装置。请回答下列问题（1）写出A中Cu与HNO3反应可能的化学方程式 。（2）实验开始前先打开A部分的活塞K1，持续通入一段时间的氮气再关闭K1，其目的是 ；装置中B瓶的作用是 。（3）停止反应后，打开D中的活塞K2并通入O2，若有NO生成，则D中出现的现象是 ；实验发现，通入的O2温度高低对实验现象有较大影响，为便于观察应通入（填“热”或“冷”） 的O2。（4）为减小实验误差，在A中反应完成和D中出现现象后，还应继续进行的操作是 。（5）实验测得如下数据：实验前，Cu、Ag合金的质量：15.0g，浓HNO3：40mL 13.5 molL-1；实验后A溶液：V40mL c(H+)1.0 molL-1。假设反应中HNO3既无挥发也无分解，则：参加反应的HNO3的物质的量为 mol。若已测出反应后E装置的生成物中含氮元素的质量，则为确定合金中Cu的质量分数还需测定的数据是 。（6）若已知Cu、Ag合金的质量为m g，且溶解完全。请利用A装置中反应后的溶液进行简单的操作，以确定合金中Cu的质量分数，其实验过程为 。【答案】21(12分)（1）Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O （写对一个给1分，两个都对给3分）（2）把装置中的空气赶走，防止NO被氧化为NO2 (1分，写出防止NO被氧化为NO2就给分)干燥反应中生成的气体 (1分) （3）无色气体变为红棕色 (1分) 热 (1分)（4）打开K1、K2持续通入一段时间的N2和O2(1分)（5）0.5(1分)C中烧瓶在实验前后增加的质量 (1分)（6）在A中加入过量含Cl溶液，过滤后，将沉淀洗涤、干燥，最后称取沉淀的质量 (2分)【解析】试题分析：（1）浓硝酸的还原产物是NO2，但由于随着反应的进行，硝酸的浓度逐渐变稀，会生成NO，所以反应的方程式是Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O 、3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O；（2）由于装置中含有空气，而空气能把NO氧化生成NO2，从而干扰实验的检验，所以这样操作的目的是赶走装置中的空气，防止NO被氧化为NO2。由于生成的气体中含有水蒸气，而NO2能和水反应生成NO，从而无法确认铜与硝酸反应是否生成了NO气体，所以B装置的作用是干燥反应中生成的气体；（3）NO极易被氧气氧化生成红棕色的NO2，所以实验现象是无色气体变为红棕色。由于存在可逆反应2NO2N2O4，又因为该反应是放热反应，所以热的空气可以使平衡 2NO2N2O4向逆方向移动，因此NO2浓度增大，从而导致颜色加深，所以应该通入热的氧气；（4）由于装置中有残留的气体，所以在D中观察到实验现象后还须进行的操作是：打开K1、K2持续通入一段时间的N2和O2，以把气体完全排尽。（5）硝酸的总的物质的量是0.54mol，剩余硝酸是0.04mol，所以参加反应的硝酸是0.54mol0.04mol0. 5mol；要计算铜质量分数，还需要计算出生成的N2O4的质量。所以还需要测量C中烧瓶在实验前后增加的质量（6）由于反应后金属生成了硝酸盐，所以要测定该银圆中铜的质量分数，还需要把金属阳离子变成沉淀，然后通过称量即可计算，所以正确的操作可以是向反应后的溶液中加入足量的盐酸，过滤、洗涤、干燥、称量沉淀的质量。考点：考查物质的分离、外界条件对平衡的影响以及有关计算等知识。20硼、镁及其化合物在工农业生产中应用广泛。已知：硼镁矿主要成分为Mg2B2O5H2O，硼砂的化学式为Na2B4O710H2O。利用硼镁矿制取金属镁及粗硼的工艺流程为：回答下列有关问题：（1）硼砂溶于热水后，常用H2SO4调pH23制取H3BO3，反应的离子方程式为 。X为H3BO3晶体加热脱水的产物，其与Mg制取粗硼的化学方程式为 。（2）若起始电解质溶液pH=1，则pH=2时溶液中Mg2+离子浓度为 。已知KspMg(OH)2=5610-12，当溶液pH=6时 (填“有”或“没有”)Mg(OH)2沉淀析出。（3）制得的粗硼在一定条件下生成BI3，BI3加热分解可以得到纯净的单质硼。现将 0.020g粗硼制成的BI3完全分解，生成的I2用030molL-1 Na2S2O3(H2S2O3为弱酸)溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液1800mL。该粗硼样品的纯度为 。(提示：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)【答案】（1）+3；B4O72-+2H+5H2O= 4H3BO3；Mg+B2O3=2B+3MgO（2）防止MgCl2水解生成Mg(OH)2；2H2O+Mg2+2e-= H2+Mg(OH)2（3）H2O2+2H+2e-=2H2O；0.045 molL-1；没有（4）碱式；99%【解析】（1）根据硼砂的化学式Na2B4O710H2O和化合价的代数和为0，可得B的化合价为+3；B4O72-与2H+反应可得H3BO3，离子方程式为：B4O72-+2H+5H2O= 4H3BO3；X为H3BO3晶体加热脱水的产物，为B2O3，与Mg发生氧化还原反应，化学方程式为：Mg+B2O3=2B+3MgO。故填：+3；B4O72-+2H+5H2O= 4H3BO3；Mg+B2O3=2B+3MgO；（2）MgCl2为强酸弱碱盐，能发生水解反应，所以MgCl27H2O在HCl氛围中加热的目的是：防止MgCl2水解生成Mg(OH)2；用惰性电极电解MgCl2溶液，阴极反应为H2O电离出的H+放电，电解方程式为：2H2O+Mg2+2e-= H2+Mg(OH)2，故填：防止MgCl2水解生成Mg(OH)2；2H2O+Mg2+2e-= H2+Mg(OH)2；（3）镁-H2O2酸性燃料电池的正极为H2O2放电，电极方程式为：H2O2+2H+2e-=2H2O；起始电解质溶液pH=1，pH=2时反应的H+为：0.1molL10.01molL1=0.09molL1，根据Mg+H2O2+2H+=Mg2+2H2O，可得Mg2+离子浓度为0.045 molL-1；溶液pH=6时，c(OH)=10-8molL1，Q Mg(OH)2= 0.045 molL-110-8molL12=4.510-18 KspMg(OH)2，所以没有Mg(OH)2沉淀析出。故填：H2O2+2H+2e-=2H2O；0.045 molL-1；没有；（4）Na2S2O3为强碱弱酸盐，水解显碱性，所以Na2S2O3溶液应盛放在碱式滴定管内；根据元素守恒和离子方程式可得：2B 2BI3 3I2 6 S2O32-，所以粗硼样品的纯度为：0.018L0.30molL1 1/311g/mol100% = 99%，故填：碱式；99%。21（14分）已知SO2可以用Fe（NO3）3溶液吸收，某学习小组据此按下图装置展开如下相关探究：取一定量的铜片于三颈烧瓶中，通入一段时间N2后再加入足量的浓硫酸，加热。装置A中有白雾（硫酸酸雾）生成， 装置B中产生白色沉淀。回答下列问题：（1）装置A中用于添加浓硫酸的仪器名称为 ；检查图中连通装置A、B气密性的方法是 。（2）加入浓硫酸之前先通人N2一段时间，其目的是 ；排除装置A中白雾影响，可在装置A、B间增加洗气瓶C，则C中盛放的试剂是 。若用氢氧化钠溶液处理尾气，则发生反应的离子方程式为 。（3）经过讨论，该小组对装置B中产生沉淀的原因，提出下列假设（不考虑各因素的叠加）：假设1：装置A中白雾进入装置B中参与了反应。假设2： 。假设3：Fe（NO3）2溶液显酸性，在此酸性条件下NO3能氧化SO2。（4）请你设计实验验证上述假设3，写出实验步骤、预期现象和结论。实验步骤（简述操作过程）预期现象和结论测1.0molL1Fe（NO3）3溶液的pH；【答案】（1）分液漏斗（1分） 关闭弹簧夹1和弹簧夹2，打开分液漏斗活塞，向漏斗中加水至水不流下，停止加水；观察一段时间液面不下降，则气密性好；否则不好。（2分）（2）排除空气的干扰（1分） 饱和NaHSO3溶液（2分） SO2+2OH=SO32+H2O （2分）（3）SO2被Fe3+氧化为SO42 （1分）（4）实验步骤（简述操作过程）预期现象和结论取与Fe（NO3）3溶液中c（NO3）相同的适量Ba（NO3）2溶液滴入试管中；（1分）向试管中滴加少许稀HNO3，调节pH与相同；（1分）向试管中通入适量SO2气体。（1分）若有白色沉淀，则假设3成立；（1分）反之，则假设3不成立。（1分）【解析】试题分析：（1）添加浓硫酸的仪器是分液漏斗 ；检查装置A、B气密性的方法是：关闭弹簧夹1和弹簧夹2，打开分液漏斗活塞，向漏斗中加水至水不流下，停止加水；观察一段时间液面不下降，则气密性好，否则不好。（2）装置中有氧气，可能对实验产生干扰作用，故通入N2来排除空气的干扰；白雾中含有硫酸，对B中的现象有影响，为了不引入新的杂质，可以用饱和NaHSO3溶液吸收；尾气主要是SO2，与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：SO2+2OH=SO32+H2O 。（3）SO42的产生还可能是Fe3+氧化SO2 生成，故假设2为：SO2被Fe3+氧化为SO42（4）要证明是酸性条件下的NO3氧化了SO2要排除Fe3+的干扰，所以要配制有NO3的酸性溶液，没有Fe3+，再向溶液中通入SO2，检验是否有SO42生成，操作步骤有：取与Fe（NO3）3溶液中c（NO3）相同的适量Ba（NO3）2溶液滴入试管中；向试管中滴加少许稀HNO3，调节pH与相同；向试管中通入适量SO2气体。现象和结论为：若有白色沉淀，则假设3成立；反之，则假设3不成立。考点：实验装置的分析、科学探究的思维、离子检验、气密性的检查。22暗紫色化合物A可作为电极材料的新型超铁电磁，因具有绿色、高电压和高能量的特点，近年来引起了电化学界的高度重视。在常温和干燥的条件下，化合物A可以稳定的存在，但它在水溶液中不稳定，一段时间后转化为红褐色沉淀。为探究其成分，某学习兴趣小组的同学取化合物A粉末进行试验。经组成分析，该粉末仅含有O、K、Fe三种元素。另取3.96g化合物A的粉末溶于水，滴加足量的稀硫酸，向反应后的溶液中加入含有0.08mol KOH的溶液，恰好完全反应。过滤，将洗涤后的沉淀充分灼烧，得到红棕色固体粉末1.60g；将所得滤液在一定条件下蒸发可得到一种纯净的不含结晶水的盐10.44g。（1）3.96 g化合物A中含有Fe元素的物质的量为 mol，含有钾元素的物质的量为 mol。化合物A的化学式为 ；（2）化合物A与H2O反应的离子方程式为 。（3）为研究温度对化合物A水溶液稳定性的影响，请设计一个实验方案 。【答案】（1）0.02 （1分） 0.04 （1分） K2FeO4 （1分）（2）4FeO24+10H2O4Fe(OH)3+3O2+80H- （2分）（3）将适量K2FeO4固体溶解水并等分为两份，置于不同温度的恒温水浴中，底部各放一张画有“+”字的白纸，观察记录看不到“+”字所需时间（合理均给分）【解析】试题分析：（1）红棕色固体粉末1.60g是，物质的量是1.60g160g/mol0.01mol，则根据铁元素守恒可知3.96 g化合物A中含有Fe元素的物质的量为0.02mol。将所得滤液在一定条件下蒸发可得到一种纯净的不含结晶水的盐10.44g ，该物质是硫酸钾，物质的量是10.44g174g/mol0.06mol，则钾离子的物质的量是0.12mol，其中有0.08mol是氢氧化钾中的钾离子，因此3.96 g化合物A中含有钾元素的物质的量为0.04mol。则根据质量守恒可知氧元素的物质的量是，则K、Fe、O三种元素的个数之比是2：1：4，所以化合物A的化学式为K2FeO4。（2）A在水溶液中不稳定，一段时间后转化为红褐色沉淀，这说明反应中有氢氧化铁生成，反应的离子方程式为4FeO24+10H2O4Fe(OH)3+3O2+80H- 。（3）由于高铁酸钾溶于水能分解生成氢氧化铁红褐色测定，因此探究温度对化合物A水溶液稳定性的影响实验方案可设计为将适量K2FeO4固体溶解水并等分为两份，置于不同温度的恒温水浴中，底部各放一张画有“+”字的白纸，观察记录看不到“+”字所需时间即可。考点：考查物质化学式测定实验方案设计与探究23已知A是一种常见金属，F是一种红褐色沉淀。试根据图中转化关系，回答下列问题。（1）写出A、C、F、G的化学式:A ，C ，F ，G 。（2）检验D中阳离子的方法 。（3）保存C溶液时为什么要加固体A 。（4）写出下列转化的离子方程式CD： 。【答案】 （1）Fe FeCl2 Fe(OH)3 Fe2O3 ；（2）取D溶液少许于试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含Fe3；（3）防止Fe2被O2氧化；（4）2Fe2Cl2=2Fe32Cl。【解析】试题分析：F是一种红褐色沉淀，F：Fe(OH)3；DF，D中含有Fe3，根据反应转化关系D：FeCl3；CCl2FeCl3，则C：FeCl2；AO2B，B为氧化物，能跟盐酸反应生成Fe2、Fe3，因此B：Fe3O4，A：Fe，X：H2；CNaOHE，E：Fe(OH)2；EG，FG，则G：Fe2O3。（1）根据以上分析：A：Fe，C：FeCl2，F：Fe(OH)3，G：Fe2O3；（2）D：FeCl3，验证Fe3常采用KSCN溶液，溶液变红，说明有Fe3存在，操作方法：取D溶液少量于试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含Fe3；（3）Fe2容易被空气中氧化成Fe3，为防止变质，不引入新杂质，往往加入少量铁粉，Fe2Fe3=3Fe2，能把氧化成的Fe3转化为Fe2；（4）Cl2具有氧化性，Fe2具有还原性，发生：2Fe2Cl2=2Fe32Cl。考点：考查铁及其化合物的性质。24某溶液中可能存在Mg2、Na、K、Al3、Br、CO32、SO32、Cl等8种离子中的某几种。现取该溶液进行实验，得到如下现象：用铂丝蘸取溶液在无色火焰上灼烧，火焰呈黄色；向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，且有无色气泡冒出；将所得溶液分为2份，一份加入足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，另一份加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成。据此可以推断：该溶液肯定存在的离子是_。【答案】Na+、Br、CO32、SO32【解析】试题分析：用铂丝蘸取溶液在无色火焰上灼烧，火焰呈黄色，则一定含有Na+；向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，说明溶液中含有Br，且有无色气泡冒出，说明溶液中还含离子CO32；将所得溶液分为2份，一份加入足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，因加足量的氯水后，溶液中已无CO32，则使BaCl2溶液有白色沉淀生成的只能是SO42，说明原溶液中还含离子SO32；另一份加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，因SO42存在，故无法确定是否含有Cl。考点：离子推断