人教【新课标】高中化学一轮复习：专题15实验设计与评价解析版

人教【新课标】高中化学一轮复习：专题15实验设计与评价一、单选题1．实验室制取少量干燥的氨气涉及下列装置，其中正确的是(　　)A．①是氨气发生和干燥装置B．②是氨气吸收装置C．③是氨气发生装置D．④是氨气收集、检验装置【答案】B【知识点】氨的实验室制法；化学实验方案的评价【解析】【解答】A．NH4Cl固体受热分解生成NH3和HCl，而当温度降低时，NH3和HCl又重新化合成固体NH4Cl，气体进入干燥管的机会不多，A项不符合题意；B．NH3极易溶于水，将导管插入CCl4中可防止倒吸，该装置可用于吸收氨气，B项符合题意；C．氢氧化钙和氯化铵反应会有水生成，应将试管口向下倾斜，防止试管炸裂，C项不符合题意；D．氨气易与空气对流，收集不到纯净的气体，收集装置中应在试管口塞一团棉花，D项不符合题意；故答案为：B。【分析】A.氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢在试管口重新化合生成氯化铵；B.溶于水易发生倒吸，将导管插入CCl4中可防止倒吸；C.加热固体时试管口应向下倾斜；D.收集装置中应在试管口塞一团棉花。2．下列实验装置不能达到相应实验目的的是（　　）A．用甲装置验证钠和氯气能反应B．用乙装置验证石蜡油分解的产物中含有不饱和烃C．用丙装置验证甲烷和氯气能发生反应D．用丁装置制备并收集氨气【答案】D【知识点】甲烷的取代反应；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计；物质检验实验方案的设计；化学实验方案的评价【解析】【解答】A．甲中若有白烟产生，说明熔融钠和氯气反应生成NaCl，A不符合题意；B．石蜡油分解的产物能使溴的四氯化碳溶液褪色，证明含有不饱和烃，B不符合题意；C．光照条件下，甲烷和氯气发生取代反应，试管内黄绿色变浅，试管壁有油滴，试管内液面上升，装置能验证甲烷和氯气能发生反应，C不符合题意；D．氨气的密度小于空气，收集氨气时，导管应伸至试管底部，D符合题意；故答案为：D。【分析】A.氯气和钠反应生成NaCl；B.不饱和烃能与溴发生加成反应；C.甲烷和氯气在光照下发生取代反应。3．下列实验装置正确且能达到实验目的的是（　　）ABCD实验目的实验室制乙酸乙酯蒸干溶液制无水苯萃取碘水中的，分出水层后的操作比较碳酸与苯酚酸性强弱实验装置A．AB．BC．CD．D【答案】D【知识点】性质实验方案的设计；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价【解析】【解答】A．实验室制乙酸乙酯时，右端导管末端不能伸入到饱和碳酸钠溶液的液面下，否则可能会引起倒吸，A不符合题意；B．氯化铁水解生成氢氧化铁，直接蒸干氯化铁溶液得不到无水氯化铁，得到的是氢氧化铁，应在氯化氢氛围中进行蒸干，B不符合题意；C．苯的密度比水小，萃取碘水中的碘时，水层在下层，下口放出，苯层在上层，上口倒出，C不符合题意；D．稀硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，将二氧化碳通入苯酚钠溶液中，溶液变浑浊，说明产生苯酚，即证明碳酸的酸性比苯酚强，D符合题意；故答案为：D。【分析】A.导管口插入碳酸钠溶液液面易发生倒吸；B.加热促进铁离子水解，且生成的盐酸易挥发；nC.苯的密度小于水的密度；D.发生强酸制取弱酸的反应。4．下列关于实验现象的解释或所得结论正确的是（　　）选项实验操作现象解释或所得结论A向某无色溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀该无色溶液中含有SOB用pH计分别测定相同浓度的Na2S和NaCl溶液的pHNa2S溶液的pH较大Cl的非金属性强于SC将pH=3的醋酸溶液稀释到原体积的100倍再测其pH3<pH<5醋酸是弱酸D将久置于空气中的NaOH固体溶于水，向其中加入BaCl2溶液有白色沉淀生成该NaOH固体已完全变质A．AB．BC．CD．D【答案】C【知识点】强电解质和弱电解质；常见离子的检验；化学实验方案的评价【解析】【解答】A．向某无色溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，该无色溶液中含有SO或Ag+，故A不符合题意；B．用pH计分别测定相同浓度的Na2S和NaCl溶液的pH，Na2S溶液的pH较大，说明酸性HCl>H2S，HCl、H2S是无氧酸，不能根据无氧酸的酸性强弱判断非金属性强弱，故B不符合题意；C．将pH=3的醋酸溶液稀释到原体积的100倍再测其pH，3<pH<5。说明醋酸的电离平衡正向移动，证明醋酸是弱酸，故C符合题意；D．将久置于空气中的NaOH固体溶于水，向其中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明NaOH固体已变质，但不能证明是否完全变质，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.该白色沉淀可能为AgCl；B.应用非金属元素的最高价含氧酸比较非金属性；D.有白色沉淀说明已变质但不能说明完全变质。5．用下列装置进行实验(部分夹持仪器已省略)，不能达到实验目的的是（　　）A．用甲装置制备并收集NH3B．用乙装置进行NH3的喷泉实验C．用丙装置制取少量乙酸乙酯D．用丁装置制取氢氧化亚铁【答案】A【知识点】气体发生装置；乙酸乙酯的制取；制备实验方案的设计【解析】【解答】A．不能用氯化铵分解来制取NH3，氯化铵受热分解生成氨气和HCl，在管口两者会反应生成氯化铵，因此不能达到实验目的，故A符合题意；B．胶头滴管中水挤出，氨气极易溶于水，烧瓶中压强急速减小，烧杯中水压入到烧瓶中形成喷泉，能达到实验目的，故B不符合题意；C．乙酸和乙醇在浓硫酸加热条件下反应生成乙酸乙酯，再用饱和碳酸钠溶液接收，因此丙装置能制取少量乙酸乙酯，故C不符合题意；D．先打开止水夹K，产生的氢气排除装置内的空气，右边抽滤瓶中收集到的氢气已纯后，加紧止水夹，左边压强增大，液体会压入到右边反应生成氢氧化亚铁，能达到实验目的，故D不符合题意。故答案为：A。【分析】A.加热氯化铵分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢在试管口遇冷又化合成氯化铵；B.氨气极易溶于水；C.乙酸和乙醇在浓硫酸加热条件下反应生成乙酸乙酯，饱和碳酸钠溶液可吸收乙醇、除去乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度；D.Fe与稀硫酸反应生成氢气可排出装置内空气，关闭K，硫酸亚铁压入NaOH溶液反应生成氢氧化亚铁。6．下图是实验室制取二氧化硫并验证其部分性质的装置，下列说法错误的是（　　）A．甲装置中，使用70%的浓硫酸既可以加快反应速率又有利于生成的逸出B．乙装置中使用品红溶液是用来验证的漂白性C．丙装置中使用酸性溶液是用来验证的还原性D．丁装置中过量的氨水吸收气体可以生成亚硫酸氢铵【答案】D【知识点】二氧化硫的性质；含硫物质的性质及综合应用；制备实验方案的设计；二氧化硫的漂白作用【解析】【解答】A.70%的浓硫酸中氢离子浓度较大，甲装置中，使用70%的浓硫酸既可以加快反应速率又有利于生成的逸出，故A不符合题意；B．二氧化硫能使品红褪色，乙装置中使用品红溶液是用来验证的漂白性，故B不符合题意；C．高锰酸钾具有氧化性，二氧化硫能使高锰酸钾褪色，丙装置中使用酸性溶液是用来验证n的还原性，故C不符合题意；D．丁装置中过量的氨水吸收SO2气体可以生成亚硫酸铵，若二氧化硫过量生成亚硫酸氢铵，故D符合题意；故答案为：D。【分析】A.浓度越大，反应速率越快；B.二氧化硫可使品红褪色；C.高锰酸钾具有强氧化性；D.氨水过量，生成亚硫酸铵。7．下列气体的制备和性质实验中，由现象得出的结论错误的是（　　）选项试剂试纸或试液现象结论A浓盐酸、浓硫酸湿润的pH试纸变红HCl为酸性气体B浓盐酸、二氧化锰淀粉碘化钾试液变蓝Cl2具有氧化性C浓氨水、生石灰红色石蕊试纸变蓝NH3溶于水显碱性D亚硫酸钠、硫酸品红试液褪色SO2具有还原性A．AB．BC．CD．D【答案】D【知识点】性质实验方案的设计；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价【解析】【解答】A．浓盐酸易挥发，浓硫酸不挥发，且浓硫酸稀释放热，可制备HCl气体，盐酸可以使pH试纸变红，因此HCl使湿润的pH试纸变红，故A不符合题意；B．浓盐酸与二氧化锰加热可制备氯气，氯气可氧化KI生成碘，湿润的淀粉-碘化钾试纸变蓝，故B不符合题意；C．浓氨水与CaO混合可制备氨气，氨水溶液显碱性，因此氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故C不符合题意；D．亚硫酸钠与硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫可使品红褪色，体现其漂白性，故D符合题意；故答案为：D。【分析】A.浓硫酸难挥发，盐酸易挥发；B.淀粉碘化钾变蓝，说明生成了单质碘，氯气具有氧化性；C.浓氨水与CaO混合可制备氨气，氨气可使红色石蕊试纸变蓝；D.二氧化硫使品红褪色体现其漂白性。8．下列实验方案正确且能达到实验目的的是（　　）选项实验方案实验目的A用少量NaOH溶液洗涤乙酸乙酯粗品除去粗品中的乙酸B用排水法收集铜与稀硝酸反应生成的气体收集NOC将FeCl3·6H2O溶于热水中，然后冷却稀释配制FeCl3溶液D将可能含有乙烯的SO2气体通入溴水中验证气体中含有乙烯A．AB．BC．CD．D【答案】B【知识点】化学实验方案的评价【解析】【解答】A．用氢氧化钠溶液除乙酸，乙酸乙酯水解，A不符合题意；B．一氧化氮难溶于水，可以用排水法收集，B符合题意；C．三价铁离子易水解，在热水中水解程度更大，C不符合题意；D．乙烯与溴水也可以反应，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.乙酸乙酯在NaOH中发生水解；B.稀硝酸的还原产物为NO，NO不与水反应；C.加热促进铁离子水解；D.乙烯能与溴发生加成反应。9．检验下列溶液是否变质，所选试剂合理的是（　　）选项ABCD溶液Na2SO3溶液.FeSO4溶液KI溶液NaOH溶液所选试剂BaCl2溶液KSCN溶液AgNO3溶液高锰酸钾溶液A．AB．BC．CD．D【答案】B【知识点】物质检验实验方案的设计【解析】【解答】A．Na2SO3易被空气中的O2氧化为Na2SO4，检验需先加足量盐酸，再加BaCl2溶液，试剂选择不全，A项不符合题意；B．Fe2+溶液中易被氧化为Fe3+，Fe3+遇SCN-溶液变为血红色，试剂选择正确，B项符合题意；C．I-易被空气中的O2氧化为I2，检验I2需用淀粉试液，试剂选择错误，C项不符合题意；nD．NaOH溶液易吸收空气中的CO2形成Na2CO3杂质，所以选择澄清石灰水可检验溶液中是否有，试剂选择错误，D项不符合题意；故答案为：B。【分析】A.亚硫酸钠、硫酸钠均与氯化钡溶液反应生成白色沉淀；B.铁离子遇KSCN溶液变为血红色；C.碘单质遇淀粉变蓝；D.NaOH溶液、碳酸钠溶液均不与高锰酸钾溶液反应。10．下列有关物质检验的实验操作、现象及结论均正确的是（　　）选项实验操作及现象实验结论A向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有SOB向某溶液中加入2滴KSCN溶液，溶液不显红色.再向溶液中加入几滴新制的氯水，溶液变为红色该溶液中一定含有Fe2+C将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色该气体一定为SO2D向某溶液中加入氢氧化钠溶液并加热，产生有刺激性气味气体，该气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红该溶液中一定含有NHA．AB．BC．CD．D【答案】B【知识点】化学实验方案的评价【解析】【解答】A．向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则溶液中可能含有硫酸根或是银离子，故A不符合题意；B．向某溶液中加入2滴KSCN溶液，溶液不显红色，说明一定不含有三价铁离子，再向溶液中加入几滴新制的氯水，溶液变为红色，则一定含有亚铁离子，亚铁离子被氯水氧化为三价铁离子，三价铁离子遇到硫氰酸钾显示红色，故B符合题意；C．将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，该气体可能为SO2，也可能为Cl2等具有强氧化性的气体，故C不符合题意；D．氨气为碱性气体，可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】A中注意加入物质的目的，先加入盐酸，排除相应的离子是亚硫酸根和银离子。C中能使品红褪色的气体具有漂白性的物质，其中含有具有强氧化性的物质。11．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（　　）选项实验操作和现象实验结论A向同体积同浓度的H2O2溶液中，分别加入1mol·L－1的氯化铜和氯化铁溶液，加氯化铁溶液的H2O2分解的快铁离子对H2O2分解速率的影响比铜离子大B向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2，溶液变浑浊析出了NaHCO3C向蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加热后，加入新制氢氧化铜，加热，得到蓝色溶液蔗糖水解产物没有还原性D向NaCl和NaBr的混合溶液中滴入少量AgNO3溶液，产生淡黄色沉淀(AgBr)Ksp(AgBr)<Ksp(AgCl)A．AB．BC．CD．D【答案】B【知识点】性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计【解析】【解答】A.1mol·L－1的氯化铜和氯化铁溶液中氯离子浓度不同，无法排除氯离子对H2O2分解速率的影响，故A不符合题意；B.向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2，Na2CO3溶液与CO2反应生成NaHCO3，NaHCO3在水中的溶解度小于Na2CO3，会有NaHCO3晶体析出，故B符合题意；C.蔗糖溶液中滴加少量稀硫酸水浴加热后生成葡萄糖和果糖，葡萄糖和新制的Cu（OH）2悬浊液在碱性条件下发生氧化反应，应先加入氢氧化钠溶液至呈碱性，再加入新制的Cu（OH）2悬浊液，加热才能出现砖红色沉淀，故C不符合题意；D.NaCl和NaBr的混合溶液中两者的浓度大小不明确，无法确定两者溶度积的大小，应向浓度相同的NaCl和NaBr的混合溶液中滴入少量AgNO3溶液，故D不符合题意；故答案为：B。n【分析】A、无法排除氯离子浓度对反应速率的影响；B、NaHCO3在水中的溶解度小于Na2CO3，据此分析解答；C、葡萄糖和新制的Cu（OH）2悬浊液在碱性条件下发生氧化反应，据此解答；D、溶液浓度未知无法计算，据此分析。12．下列实验的实验操作、实验现象和实验结论都正确的是（　　）选项实验操作实验现象实验结论A室温下，向铝箔上滴加浓硫酸无明显现象铝与浓硫酸不反应B将二氧化硫通入紫色石蕊试液先变红后褪色二氧化硫是酸性氧化物，还具有漂白性C在氯化银悬浊液中滴加少量KBr稀溶液白色浑浊变为淡黄色浑浊Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)DNaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液产生白色沉淀NaAlO2和NaHCO3发生相互促进的水解反应A．AB．BC．CD．D【答案】C【知识点】性质实验方案的设计【解析】【解答】A．铝与浓硫酸发生钝化，阻止反应的进一步发生，观察不到明显现象，但发生了氧化还原反应，故A项不符合题意；B.二氧化硫是酸性氧化物，可以使紫色石蕊试液变红，但二氧化硫只能使品红溶液褪色，不能使紫色石蕊试液褪色，则现象和结论不符合题意，故B项不符合题意；C.AgBr比AgCl难溶，当在氯化银悬浊液中滴加少量KBr稀溶液，会发生反应AgCl(s)+Br-AgBr(s)+Cl-，则白色浑浊变为淡黄色浑浊，相同类型的难溶物，其溶解度越小，对应的Ksp越小，所以实验操作、实验现象和实验结论都符合题意，故C项符合题意；D.NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，发生反应：AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-,所以AlO2-促进了HCO3-的电离，跟HCO3-的水解无关，则结论不符合题意，故D项不符合题意；故答案为：C。【分析】本题主要考查基本的实验知识。A.室温下铝遇浓硫酸钝化；B.二氧化硫通入紫色石蕊试液，溶液只变红不褪色；C.根据难溶物能向溶解度更小的难溶物转化；D.根据离子方程式判断两者发生的不是相互促进的水解反应。13．下列实验操作、实验现象、解释或结论不对应的是（　　）选项实验操作实验现象解释或结论A将蘸有浓盐酸的玻璃棒与蘸有浓氨水的玻璃棒靠近产生大量白烟氨气与氯化氢反应生成固体物质B常温下，将洁净的铁片放入浓硫酸或浓硝酸中无明显变化常温下，浓硫酸、浓硝酸使铁片钝化C在导管口点燃纯净的氢气，然后将导管伸入盛满氯气的集气瓶中产生苍白色火焰物质燃烧不一定需要氧气D向某无色溶液中滴加盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊气体说明溶液中一定含有CO32-A．AB．BC．CD．D【答案】D【知识点】化学实验方案的评价【解析】【解答】A、氨气与氯化氢反应生成氯化铵而产生白烟，实验操作、实验现象、结论均符合题意，A不符合题意；B、常温下，浓硫酸、浓硝酸使铁片钝化，因此常温下，将洁净的铁片放入浓硫酸或浓硝酸中无明显变化，B不符合题意；C、物质燃烧不一定需要氧气，例如氢气在氯气中燃烧产生苍白色火焰，C不符合题意；D、能使澄清石灰水变浑浊的气体可以是CO2，也可能是SO2，因此不能说明溶液中一定含有CO32-，即使产生的气体是CO2，也可能是碳酸氢盐，D符合题意，故答案为：D。【分析】能使澄清石灰水变浑浊的可能是CO2，也可能是SO2。14．亚硝酸钠俗称“工业盐”，其外观、口感与食盐相似，人若误服会中毒。现将适量某样品（成分为亚硝酸钠或氯化钠）溶于水配成溶液，分别取少量该溶液于试管中进行实验。下列方案设计、现象和结论都正确的是（　　）方案设计现象和结论nA先加入少量KClO3溶液，再加溶液和足量稀硝酸，振荡若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠B加到少量溶液中，再加硫酸酸化，振荡若溶液褪色，则样品为亚硝酸钠C先加到少量溶液中，再加入稀盐酸酸化，振荡若溶液变黄色，则样品为亚硝酸钠D先加入少量溶液，再加入溶液和稀硝酸，振荡若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠A．AB．BC．CD．D【答案】C【知识点】性质实验方案的设计；化学实验方案的评价【解析】【解答】A．KClO3与亚硝酸钠会发生反应：KClO3+3NaNO2=KCl+3NaNO3，滴加硝酸银和足量稀硝酸能生成AgCl白色沉淀，A不符合题意；B．氯化钠电离出的氯离子也可以被酸性高锰酸钾氧化，而使其褪色，B不符合题意；C．亚硝酸有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，溶液变为黄色，C符合题意；D．稀硝酸可以把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，再加入氯化钡可以生成硫酸钡白色沉淀，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.酸性条件下，KClO3能被NaNO2还原为Cl-；B.高锰酸钾能氧化Cl-；C.亚硝酸能将亚铁离子氧化为铁离子；D.亚硫酸根能被稀硝酸氧化为硫酸钠。15．为探究的性质，进行了如下实验（和溶液浓度均为）。实验操作与现象①在水中滴加2滴溶液，呈棕黄色；煮沸，溶液变红褐色。②在溶液中滴加2滴溶液，变红褐色；再滴加溶液，产生蓝色沉淀。③在溶液中滴加2滴溶液，变红褐色；将上述混合液分成两份，一份滴加溶液，无蓝色沉淀生成；另一份煮沸，产生红褐色沉淀。依据上述实验现象，结论不合理的是（　　）A．实验①说明加热促进水解反应B．实验②说明既发生了水解反应，又发生了还原反应C．实验③说明发生了水解反应，但没有发生还原反应D．整个实验说明对的水解反应无影响，但对还原反应有影响【答案】D【知识点】铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变；二价铁离子和三价铁离子的检验；性质实验方案的设计【解析】【解答】A．铁离子的水解反应为吸热反应，加热煮沸可促进水解平衡正向移动，使水解程度加深，生成较多的氢氧化铁，从而使溶液显红褐色，故A不符合题意；B．生成红褐色的氢氧化铁，说明Fe3+发生了水解反应；Na2SO3具有还原性，再滴加溶液，产生蓝色沉淀，说明Fe3+被还原为Fe2+，故B不符合题意；C．实验③中在5mLNa2SO3溶液中滴加2滴同浓度少量FeCl3溶液，根据现象和分析可知，仍发生铁离子的水解反应，无蓝色沉淀生成，说明没有生成亚铁离子，即没有发生还原反应，故C不符合题意；D．结合三组实验，说明铁离子与亚硫酸根离子混合时，铁离子的水解反应占主导作用，比氧化还原反应的速率快，但不能说明亚硫酸离子对铁离子的水解作用无影响，事实上，亚硫酸根离子水解显碱性，可促进铁离子的水解反应，故D符合题意。故答案为：D。【分析】A.水解为吸热反应；B.铁离子水解生成氢氧化铁，产生蓝色沉淀说明生成了铁离子；C.有红褐色沉淀，说明铁离子发生水解，无蓝色沉淀，说明没有发生还原反应。16．下列实验设计能达实验目的的是（　　）选项实验目的实验设计A除去CH4中的CH2=CH2气体依次通过盛有高锰酸钾溶液、浓硫酸的洗气瓶B测定次氯酸钠溶液的pH将待测液滴在湿润的pH试纸上，再与标准比色卡对照nC探究浓度对化学反应速率的影响取大小、形状、质量相同的Cu粒分别投入稀硝酸和浓硝酸中D制取H2向稀硫酸中加入Zn和少量Cu单质A．AB．BC．CD．D【答案】D【知识点】探究影响化学反应速率的因素；化学实验方案的评价【解析】【解答】A．乙烯会与高锰酸钾溶液反应生成二氧化碳，会引入新杂质，A不符合题意；B．次氯酸钠溶液具有强氧化性，会将pH试纸漂白，无法使用pH试纸测定溶液的pH，应该采用pH计测定次氯酸钠溶液的pH，B不符合题意；C．稀硝酸和浓硝酸和铜反应的产物不同，没有控制单一变量，C不符合题意；D．实验室常用Zn与稀硫酸反应制取氢气，添加Cu单质的目的是形成原电池加快反应速率，D符合题意；故答案为：D。【分析】A.乙烯与高锰酸钾反应生成二氧化碳；B.次氯酸钠会漂白pH试纸；C.利用控制变量法探究某一因素对化学反应速率的影响时，应保证其他反应条件相同。二、综合题17．二草酸合铜（Ⅱ）酸钾（）可用于无机合成、功能材料制备。实验室制备二草酸合铜（Ⅱ）酸钾可采用如下步骤：Ⅰ．取已知浓度的溶液，搅拌下滴加足量溶液，产生浅蓝色沉淀。加热，沉淀转变成黑色，过滤。Ⅱ．向草酸（）溶液中加入适量固体，制得和混合溶液。Ⅲ．将Ⅱ的混合溶液加热至80~85℃，加入Ⅰ中的黑色沉淀。全部溶解后，趁热过滤。Ⅳ．将Ⅲ的滤液用蒸汽浴加热浓缩，经一系列操作后，干燥，得到二草酸合铜（Ⅱ）酸钾晶体，进行表征和分析。回答下列问题：（1）由配制Ⅰ中的溶液，下列仪器中不需要的是　　（填仪器名称）。（2）长期存放的中，会出现少量白色固体，原因是　　。（3）Ⅰ中的黑色沉淀是　　（写化学式）。（4）Ⅱ中原料配比为，写出反应的化学方程式　　。（5）Ⅱ中，为防止反应过于剧烈而引起喷溅，加入应采取　　的方法。（6）Ⅲ中应采用　　进行加热。（7）Ⅳ中“一系列操作”包括　　。【答案】（1）分液漏斗和球形冷凝管（2）风化失去结晶水生成无水硫酸铜（3）CuO（4）3H2C2O4+2K2CO3=2KHC2O4+K2C2O4+2H2O+2CO2↑（5）分批加入并搅拌（6）水浴（7）冷却结晶、过滤、洗涤【知识点】常用仪器及其使用；蒸发和结晶、重结晶；制备实验方案的设计；化学方程式的有关计算【解析】【解答】（1）由CuSO4·5H2O固体配制硫酸铜溶液，需用天平称量一定质量的CuSO4·5H2O固体，将称好的固体放入烧杯中，用量筒量取一定体积的水溶解固体，所以不需要分液漏斗和球形冷凝管。（2）CuSO4·5H2O是含结晶水的蓝色固体，长期放置会发生风化失去结晶水而生成白色的CuSO4固体。（3）CuSO4溶液与NaOH溶液反应生成蓝色的Cu(OH)2沉淀，Cu(OH)2在加热的条件下会分解生成黑色的CuO固体。（4）该反应是非氧化还原反应，若H2C2O4和K2CO3以物质的量之比为1.5：1发生反应，产物为KHC2O4、K2C2O4、CO2和H2O，根据原子守恒进行配平可得化学方程式为：3H2C2O4+2K2CO3=2KHC2O4+K2C2O4+2H2O+2CO2↑。（5）为防止H2C2O4和K2CO3反应时反应剧烈，造成液体喷溅，可减小反应速率，将K2CO3进行分批加入并搅拌。（6）Ⅲ中加热温度在80-85℃，可采取水浴加热。（7）从溶液中得到晶体的一般方法为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。【分析】根据题干信息，第Ⅰ步是制备CuO黑色固体，涉及反应关系式是CuSO4＋NaOH→Cu(OH)2nCuO；第Ⅱ步用H2C2O4和K2CO3按一定比例反应得到KHC2O4、K2C2O4；第Ⅲ步将KHC2O4溶液、K2C2O4溶液和第Ⅰ步所制的CuO混合加热反应；第Ⅳ步经一系列操作得到K2[Cu(C2O4)2]晶体。18．用如图所示装置可检验混合气体中同时含有SO2和CO2。（1）能够证明混合气体中含有SO2的实验现象是：　　；（2）设计B、C的实验目的是：　　；（3）写出B中发生反应的离子方程式：　　；（4）能够证明混合气体中含有CO2的实验现象是：　　。（5）若将等体积的SO2和Cl2一起通入水中，写出所发生反应的化学方程式　　。【答案】（1）A中品红溶液褪色（2）排除二氧化硫对二氧化碳检验的干扰（3）5SO2+2MnO4-+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+（4）C中品红溶液不褪色，D中石灰水变浑浊（5）SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl【知识点】二氧化硫的性质；物质的检验和鉴别；物质检验实验方案的设计；离子方程式的书写【解析】【解答】（1）品红溶液可用于检验SO2，SO2能使品红褪色，所以可观察到A中品红褪色。（2）由分析可知，SO2和CO2均能使澄清石灰水变浑浊，装置B、C用于除去SO2，以防干扰CO2的检验。（3）装置B中SO2与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，注意得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒。（4）C中品红溶液不褪色，证明混合气体中的二氧化硫已经完全除去，若D中澄清石灰水变浑浊，则证明混合气体中含有二氧化碳气体。（5）等物质的量的SO2、Cl2与水反应生成H2SO4和HCl。【分析】SO2具有漂白性，能使品红褪色；SO2具有还原性，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使其褪色；SO2和CO2均能使澄清石灰水变浑浊。所以需要先检验SO2，再把SO2完全除去，最后检验CO2。则装置A用于检验SO2，装置B用于除去SO2，装置C用于检验SO2是否完全除去，装置D用于检验CO2。19．无水三氯化铁常用于净水剂、印染的媒染剂，印刷制版时的腐蚀剂，在化学工业中还可制造其他铁盐，及处理肥皂提取粗甘油等。实验室用铁粉与氯气反应制备无水FeCl3的实验装置如图所示((夹持装置已省略)，已知：FeCl3具有易水解、易升华的性质（1）A的作用是　　，仪器G的名称为　　。（2）请写出装置C中发生反应的化学方程式：　　。（3）在D、F处收集产物是利用了FeCl3　　的性质：实验过程中若E处出现堵塞，则在B处可观察到的现象是　　。（4）装置G的作用是　　。装置H中发生反应的离子方程式是　　。（5）某同学用11.2g干燥铁粉制得无水FeCl3样品29.9g，该次实验的产率是　　。【答案】（1）干燥Cl2；球形干燥管（2）2Fe+3Cl22FeCl3（3）升华；B中有气泡产生（4）防止装置H中水蒸气进入装置F中使氯化铁发生水解(合理即可)；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O（5）92%【知识点】制备实验方案的设计【解析】【解答】氯气用浓硫酸干燥后在C中和热的铁粉反应生成FeCl3；FeCl3易升华，在D、F处遇冷凝华收集FeCl3；氯气有毒，为防止污染，H中用氢氧化钠吸收氯气；FeCl3易水解，G中盛放无水氯化钙防止H中水蒸气进入F。(1)FeCl3易水解，铁和干燥的氯气反应生成FeCl3，A中浓硫酸的作用是干燥Cl2；根据图示，仪器G的名称为球形干燥管；(2)装置C中热的铁粉和氯气反应生成FeCl3，发生反应的化学方程式2Fe+3Cl22FeCl3；(3)FeCl3易升华，在D、F处遇冷凝华收集FeCl3，在D、F处收集产物是利用了FeCl3升华的性质，实验过程中若E处出现堵塞，氯气将进入B溶液中，则在B处可观察到的现象是有气泡产生；(4)FeCl3易水解，G中盛放无水氯化钙，防止H中水蒸气进入F使FeCl3发生水解；H中用氢氧化钠吸收氯气，H中发生反应的离子方程式是Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。(5)理论上11.2gFe粉生成FeCl3的质量为xg；x=32.5g；实际制得无水FeCl3样品29.9g，则产率是。【分析】A和B中的浓硫酸目的是干燥氯气，C中氯气与铁粉反应生成氯化铁，D，E试管起到冷凝作用，利用氯化铁易升华性质，G中无水氯化钙目的是防止水蒸气进入，防止氯化铁水解，H中的氢氧化钠溶液目的是吸收多余的氯气，防止污染空气.20．硫化钠可广泛用于染料、医药行业．工业生产的硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质．硫化钠易溶于热乙醇，重金属硫化物难溶于乙醇。实验室中常用95%乙醇重结晶纯化硫化钠粗品。回答下列向题：（1）工业上常用芒硝（）和煤粉在高温下生产硫化钠，同时生成n，该反应的化学方程式为　　。（2）溶解回流装置如图所示，回流前无需加入沸石，其原因是　　。回流时，烧瓶内气雾上升高度不宜超过冷凝管高度的1/3。若气雾上升过高，可采取的措施是　　。（3）回流时间不宜过长，原因是　　。回流结束后，需进行的操作有①停止加热②关闭冷凝水③移去水浴，正确的顺序为　　（填标号）。A.①②③B.③①②C.②①③D.①③②（4）该实验热过滤操作时，用锥形瓶而不能用烧杯接收滤液，其原因是　　。过滤除去的杂质为　　。若滤纸上析出大量晶体，则可能的原因是　　。（5）滤液冷却、结晶、过滤，晶体用少量　　洗涤，干燥，得到。【答案】（1）Na2SO4·10H2O+4CNa2S+4CO↑+10H2O（2）回流过程中烧瓶内始终有固体物质(重金属硫化物)存在，可以防止液体暴沸；调节热源降低水浴温度（3）减少乙醇挥发（避免多次回流时带入过多空气，将硫化钠氧化)；D（4）锥形瓶比烧杯口小，可以减少乙醇挥发，同时减少热量散失防止硫化钠晶体析出；煤灰、重金属硫化物；过滤时间过长，溶液温度大大降低(合理即可)（5）冷水【知识点】化学实验操作的先后顺序；过滤；蒸发和结晶、重结晶；制备实验方案的设计【解析】【解答】(1)Na2SO4·10H2O和煤粉在高温下生产硫化钠，同时生成CO，根据元素种类不变可知产物还有Na2S和H2O，结合电子守恒合原子守恒配平，可得反应的化学方程式为：Na2SO4·10H2O+4CNa2S+4CO↑+10H2O。(2)由题干信息可知，生产的硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质，这些杂质可以直接作沸石，因此回流前无需加入沸石。若烧瓶内气雾上升过高，可调节热源降低水浴温度，使气压降低。(3)根据题干信息，硫化钠易溶于热乙醇，若回流时间过长，Na2S会在冷凝管上直接析出，使提纯率降低，同时易造成冷凝管下端堵塞，导致发生爆炸；回流结束后，先停止加热，再移去水浴，之后关闭冷凝水，所以正确的顺序为①③②，故答案为：D。(4)硫化钠易溶于热乙醇，锥形瓶比烧杯口小，使用锥形瓶可有效减少乙醇挥发，防止硫化钠晶体析出；重金属硫化物难溶于乙醇，故过滤除去的杂质为重金属硫化物、煤灰；由于硫化钠易溶于热乙醇，过滤后温度逐渐降低，使滤纸上析出大量晶体。(5)乙醇与水互溶，硫化钠易溶于热乙醇，所以过滤后的晶体可用少量冷水洗涤即可。【分析】根据题干信息，该实验目的是制备硫化钠并用95%乙醇重结晶纯化硫化钠粗品，工业上常用Na2SO4·10H2O和煤粉在高温下生产硫化钠，反应原理为：Na2SO4·10H2O+4CNa2S+4CO↑+10H2O，结合硫化钠的性质进行分析。21．以MnO2粉(含少量Fe3O4、CaO、MgO等杂质)和MnS(溶于酸，不溶于水)为原料制备MnSO4·H2O的过程如下：（1）反应：将一定量MnO2粉和稀硫酸加入到如图所示实验装置的三颈烧瓶中，加热到90℃后开始加入MnS，并不断搅拌，充分反应。①三颈烧瓶中MnO2与MnS反应转化为Mn2+和S的离子方程式为　　。②装置X中是NaOH溶液，作用是　　。（2）除杂。查阅资料可知：Ⅰ．常温下Ka(HF)=7.4×10-4。Ⅱ．常温下Ksp(CaF2)=2.7×10−11，Ksp(MgF2)=6.5×10−9。Ⅲ．有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如下表：氢氧化物Fe(OH)2Fe(OH)3Mn(OH)2开始沉淀pH7.61.58.3沉淀完全pH9.73.29.8①将三颈烧瓶中的混合物过滤，加入MnF2将滤液中的Ca2+、Mg2+转化为沉淀除去。在Ca2+、Mg2+浓度相同的条件下，pH变化对钙镁去除率的影响如图所示。Mg2+去除率曲线为　　(填写“甲”或“乙”)。随pH减小，钙镁去除率下降的原因是　　。②以除去Ca2+、Mg2+所得的滤液为原料，制备MnSO4·H2O的实验方案：　　，控制温度在80~90℃之间蒸发结晶至有大量晶体出现，趁热过滤，用80~90℃的蒸馏水洗涤2~3次，干燥。(可选用的试剂：H2O2溶液、MnCO3固体、Na2CO3固体、蒸馏水等)。（3）测定。准确称取0.3850gMnSO4·H2O样品置于锥形瓶中，加入H3PO4和NH4NO3溶液，加热使Mn2+全部氧化成Mn3+，用0.1000mol·L-1硫酸亚铁铵[Fe(NH4)2(SO4)2]标准溶液滴定至终点(滴定过程中Mn3+被还原为Mn2+)，消耗标准溶液20.00mL。计算MnSO4·H2O样品的纯度　　(请写出计算过程)。n【答案】（1）MnO2+MnS+4H+2Mn2++S+2H2O；吸收产生的H2S气体，防止污染空气（2）乙；pH越小c(H+)浓度越大，沉淀剂电离出F-与H+生成HF降低c(F-)，从而导致钙、镁沉淀率下降；边搅拌边向滤液中滴加H2O2溶液，至溶液的颜色不再改变为止，然后再向其中加入MnCO3固体，调节溶液的pH，至pH在3.2-8.3之间，静置后过滤（3）87.79%【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价；有关混合物反应的计算【解析】【解答】在三颈烧瓶中MnO2与MnS反应转化为Mn2+和S、H2O，在酸性条件下MnS反应产生的H2S气体被NaOH溶液吸收，防止污染大气；然后将三颈烧瓶中的混合物过滤，加入MnF2将滤液中的Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀除去，可根据CaF2、MgF2溶度积常数大小分析判断Mg2+的去除曲线；然后向去除Ca2+、Mg2+的溶液中滴加滴加H2O2溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，至溶液的颜色不再改变为止，然后再向其中加入MnCO3固体，调节溶液的pH，至pH在3.2-8.3之间，静置后过滤，洗涤就得到MnSO4·H2O沉淀，利用电子守恒，根据消耗标准溶液的物质的量计算MnSO4·H2O样品的纯度。(1)在三颈烧瓶中，在热水浴时MnO2与MnS反应转化为Mn2+和S、H2O，该反应的离子方程式为：MnO2+MnS+4H+2Mn2++S+2H2O；②在酸性条件下MnS与H+反应产生有害的H2S气体，根据H2S的水溶液显酸性，能够与碱反应的性质，用NaOH溶液吸收，防止大气污染；(2)①将三颈烧瓶中的混合物过滤，加入MnF2将滤液中的Ca2+、Mg2+转化为沉淀除去。由于常温下Ksp(CaF2)=2.7×10−11，Ksp(MgF2)=6.5×10−9，Ksp(MgF2)＞Ksp(CaF2)，在Ca2+、Mg2+浓度相同的条件下，所以Ca2+形成沉淀需c(F-)小，因此Ca2+的去除率大于Mg2+的去除率，因此表示Mg2+去除率的曲线是乙；随pH减小，Ca2+、Mg2+离子的去除率下降，这是由于HF是弱酸，溶液的pH越小，溶液中c(H+)就越大，沉淀剂电离出F-与H+生成弱酸HF，降低了c(F-)，从而导致Ca2+、Mg2+沉淀率下降；②以除去Ca2+、Mg2+所得的滤液为原料，边搅拌边向滤液中滴加H2O2溶液，将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，直至溶液的颜色不再改变为止，然后再向其中加入MnCO3固体，调节溶液的pH，至pH在3.2-8.3之间，可形成MnSO4·H2O，静置后，过滤，得到MnSO4·H2O沉淀；(3)准确称取0.3850gMnSO4·H2O样品置于锥形瓶中，加入H3PO4和NH4NO3溶液，加热使Mn2+全部氧化成Mn3+，用0.1000mol·L-1硫酸亚铁铵[Fe(NH4)2(SO4)2]标准溶液滴定至终点(滴定过程中Mn3+被还原为Mn2+)，消耗标准溶液20.00mL，根据电子守恒可得关系式：MnSO4·H2O~[Fe(NH4)2(SO4)2]，n[Fe(NH4)2(SO4)2]=0.1000mol/L×0.02L=0.0020mol，则n(MnSO4·H2O)=0.0020mol，则MnSO4·H2O样品的纯度为：。【分析】（1）①根据反应物和生成物即可写出方程式②氢氧化钠是吸收气体，防止污染空气（2）①根据开始沉淀和沉淀完全的pH即可判断，pH越小，氢离子浓度越大，结合氟离子②过氧化氢具有氧化性，可利用过氧化氢至颜色不变，再加入碳酸锰调节pH（3）根据方程式结合数据即可计算出纯度