高考化学总复习单元检测(二十八)　实验方案的设计与评价

单元检测(二十八)实验方案的设计与评价难点强化训练(A)1过氧化尿素是一种新型漂白、消毒剂，广泛应用于农业、医药、日用化工等领域。用低浓度的双氧水和饱和尿素溶液在一定条件下可以合成过氧化尿素。反应的方程式为CO(NH2)2H2O2CO(NH2)2H2O2。过氧化尿素的部分性质如表：分子式外观热分解温度熔点溶解性CO(NH2)2H2O2白色晶体45 7585 易溶于水、有机溶剂合成过氧化尿素的流程及反应装置图如图： 请回答下列问题：(1)仪器X的名称是_；冷凝管中冷却水从_(填“a”或“b”)口出来。(2)该反应的温度控制30 而不能过高的原因是_。(3)步骤宜采用的操作是_(填字母)。A加热蒸发B常压蒸发 C减压蒸发(4)若实验室制得少量该晶体，过滤后需要用冷水洗涤，具体的洗涤操作是_。(5)准确称取1.000 g产品于250 mL锥形瓶中，加适量蒸馏水溶解，再加2 mL 6 molL1H2SO4，用0.200 0 molL1KMnO4标准溶液滴定至终点时消耗18.00 mL(尿素与KMnO4溶液不反应)，则产品中CO(NH2)2H2O2的质量分数为_；若滴定后俯视读数，则测得的过氧化尿素含量_(填“偏高”“偏低”或“不变”)。解析：双氧水、尿素、稳定剂在反应器中混合发生反应得到过氧化尿素粗产品，然后通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到晶体和母液，将晶体洗涤、干燥得到产品。(1)仪器X的名称是三颈烧瓶；冷凝管中冷却水采用逆流的方法进出，所以下口a是进水口、上口b是出水口。(2)双氧水和过氧化尿素在温度高时易分解，为防止双氧水和过氧化尿素分解，所以需要温度控制30 而不能过高。(3)加热易导致双氧水和过氧化尿素分解，所以需要减压蒸发、冷却结晶、过滤得到产品。(4)晶体洗涤方法为沿玻璃棒注入蒸馏水至浸没晶体表面，静置待水自然流下，重复操作23次。(5)已知尿素与KMnO4溶液不反应，发生的反应为5H2O22KMnO43H2SO4=8H2O2MnSO4K2SO45O2，5H2O22KMnO4 5 2n mol 0.200 0 molL10.018 L则n0.009 mol，所以CO(NH2)2H2O2为0.009 mol，其质量为0.009 mol94 gmol10.846 g。所以产品中CO(NH2)2H2O2的质量分数为100%84.60%；若滴定后俯视读数会导致溶液体积偏小，则导致测得过氧化尿素的质量分数偏低。答案：(1)三颈烧瓶b(2)防止双氧水和过氧化尿素分解(3)C(4)沿玻璃棒注入蒸馏水至浸没晶体表面，静置待水自然流下，重复操作23次(5)84.60%偏低2硫酸亚铁铵(NH4)2SO4FeSO46H2O又称摩尔盐。某兴趣小组为了制备硫酸亚铁铵，上网查阅到硫酸铵、硫酸亚铁、硫酸亚铁铵三种盐的溶解度(单位为g/100 g水)如下表：温度/102030405070(NH4)2SO473.075.478.081.084.591.9FeSO47H2O40.048.060.073.3(NH4)2SO4FeSO46H2O18.121.224.527.9(1)制备晶体。该兴趣小组设计了制取少量摩尔盐的流程如下：步骤3中进行“趁热快速过滤”，可采取的措施是_(写出1种)，趁热过滤的目的是_；步骤4中加热浓缩至_时为止；步骤4中析出的晶体不含(NH4)2SO4、FeSO4的原因是_，理论上制得的摩尔盐的质量为_。(2)纯度分析。为了测定产品中Fe3杂质含量，进行下列定量分析：配制Fe3浓度为1.0 mgmL1的标准溶液100 mL。称取_mg高纯度的硫酸铁铵(NH4)Fe(SO4)212H2O，加2.00 mL经处理的去离子水，振荡溶解后，加入2 molL1 HBr 溶液1 mL和1 molL1 KSCN溶液0.5 mL，加水制成100 mL溶液。配制过程中必须用到的定量仪器为_(填字母)。a精确度为0.001 g的电子天平b精确度为0.1 mg的电子天平c100 mL容量瓶d酸式滴定管e10 mL量筒将上述溶液稀释为浓度分别为0.2、1.0、3.0、5.0、7.0、10.0(单位：mgL1)的溶液。分别测定不同浓度溶液对光的吸收程度，并将测定结果绘制成曲线如下。取该兴趣小组所得的硫酸亚铁铵产品，按步骤配得产品溶液10 mL，稀释至100 mL，然后按步骤的方法进行测定，两次测定所得的吸光度分别为0.490、0.510，则该兴趣小组所配产品硫酸亚铁铵溶液中所含Fe3浓度为_mgL1。解析：(1)因为FeSO4在低温时溶解度较小，应采用趁热过滤，如果不趁热过滤就会有FeSO47H2O晶体析出，过滤时会出现漏斗堵塞现象。加热浓缩至液体表面出现晶膜，停止加热，冷却使晶体析出。从题中溶解度表中得出在相同温度下，(NH4)2SO4FeSO46H2O的溶解度比(NH4)2SO4、FeSO4都要小，摩尔盐先析出；据Fe(NH4)2SO4FeSO46H2O，而M(NH4)2SO4FeSO46H2O392 gmol1，得出生成晶体的质量为m(NH4)2SO4FeSO46H2O7(m1m2)g。(2)在Fe3浓度为1.0 mgmL1的标准溶液100 mL中，m(Fe3)1.0 mgmL1100 mL100.0 mg，依据关系式Fe3 (NH4)Fe(SO4)212H2O得出，m(NH4)Fe(SO4)212H2O860.7 mg。称取860.7 mg晶体需精确度为0.1 mg的电子天平，配制100 mL溶液，需100 mL容量瓶，即选b、c。两次测定所得的吸光度分别为0.490、0.510，取其平均值为0.500，从吸光度可查出浓度为7 mgL1，又因配得产品溶液10 mL，稀释至100 mL，故原产品硫酸亚铁铵溶液中所含Fe3浓度为70 mgL1。答案：(1)将漏斗置于沸水中预热后进行快速热过滤(或使用保温漏斗)防止FeSO47H2O晶体析出液体表面出现晶膜在相同温度下，(NH4)2SO4FeSO46H2O的溶解度比(NH4)2SO4、FeSO4都要小7(m1m2)g(2)860.7bc703氨基磺酸镍Ni(H2NSO3)2是工业电镀镍所必需的化工原料，某科研小组先用尿素、SO3合成中间体氨基磺酸(H2NSO3H)，再用氨基磺酸、金属镍和双氧水反应来合成氨基磺酸镍。已知磺化制氨基磺酸反应原理和整个过程的流程图如下：CO(NH2)2(s)SO3(g)H2NCONHSO3H(s)H0H2NCONHSO3H(s)H2SO42H2NSO3H(s)CO2已知物质的部分性质如下：物质溶解性稳定性酸碱性氨基磺酸溶于水、不溶于乙醇pH较低时发生水解生成NH4HSO4强酸性氨基磺酸镍溶于水、乙醇高于110 时分解酸性请回答：(1)操作A的名称是_，液体1的主要成分是_(填化学式)。(2)“磺化”过程的温度与产率的关系如图。温度高于80 时氨基磺酸的产率会降低，原因一是升高温度平衡逆向移动，原因二是_。(3)写出制备氨基磺酸镍的化学方程式：_。(4)写出固体2洗涤的操作过程：_。(5)流程图中“天蓝色溶液”需要调节pH56的原因是_。解析：(1)操作A是用来分离固体和液体，名称是过滤或抽滤；根据已知方程式和可知通过操作A后得到的液体1的主要成分是H2SO4。(2)“磺化”步骤中所发生的反应为CO(NH2)2(s)SO3(g)H2NCONHSO3H(s)H0。H2NCONHSO3HH2SO42H2NSO3HCO2，“磺化”过程若温度高于80 ，氨基磺酸的产率会降低，原因是温度越高，三氧化硫气体逸出速率加快，且CO(NH2)2(s)SO3(g)H2NCONHSO3H(s)是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，从而降低氨基磺酸的产率。(3)氨基磺酸与镍粉和双氧水反应可以制得氨基磺酸镍，化学方程式是NiH2O22H2NSO3H=Ni(H2NSO3)22H2O。(4)根据表中已知物质的部分性质可知，氨基磺酸溶于水、不溶于乙醇，可以选择用乙醇洗涤。洗涤固体2的操作是关小水龙头，向布氏漏斗中加入乙醇的水溶液至浸没沉淀，让其自然流下，重复23次。(5)根据表中已知物质的部分性质可知，氨基磺酸在pH较低时易发生水解，使产物的纯度降低，因此需要调节pH。答案：(1)过滤或抽滤H2SO4(2)温度过高，SO3气体逸出加快，使反应转化率降低(3)NiH2O22H2NSO3H=Ni(H2NSO3)22H2O(4)关小水龙头，向布氏漏斗中加入乙醇的水溶液至浸没沉淀，让其自然流下，重复23次(5)pH较小时氨基磺酸易发生水解，产物中含有NiSO4、(NH4)2SO4等杂质，造成产物纯度降低4氯化亚铜常用作有机合成工业中的催化剂，为白色晶体，不溶于乙醇，微溶于水，易溶于浓盐酸形成络合离子CuCl2。受潮露置空气中迅速氧化成碱式盐。实验室用下列流程制备：注：实验药品：硫酸铜晶体12.5 g、氯化钠晶体6.0 g、水200 mL、铜粉3.5 g、浓盐酸10 mL；NaCuCl2(易电离，溶液无色)NaClCuCl(白色沉淀)。请回答：(1)写出实验室制取NaCuCl2的离子方程式：_。(2)判断步骤反应完全的现象是_。(3)步骤有关抽滤操作，下列说法正确的是_。A选择抽滤主要是为了加快过滤速度，得到较干燥的沉淀B在吸滤瓶和抽气泵之间应连接一个安全瓶，吸滤瓶应与安全瓶的长导管相接C抽滤时不宜过滤胶状沉淀，否则易在滤纸上形成一层密实的沉淀D洗涤沉淀时，应关小水龙头，使洗涤剂缓缓通过沉淀物(4)步骤用乙醇的水溶液洗涤的目的是_。(5)步骤烘干须在真空干燥箱中进行，其原因是_。(6)氯化亚铜的定量分析：取样品0.25 g和10 mL过量的FeCl3 溶液于250 mL锥形瓶中，充分溶解。用0.10 molL1 硫酸铈标准溶液滴定。已知：CuClFeCl3=CuCl2FeCl2；Fe2Ce4=Fe3Ce3。三次平行实验结果如下(平行实验结果相差不能超过1%)：平行实验次数1230.25 g样品消耗硫酸铈标准溶液的体积(mL)24.3524.0523.95则样品中CuCl的纯度为_。(结果保留三位有效数字)解析：(1)按照流程图，根据投入物质和生成物质，则可写出离子反应方程式为Cu24ClCu=2CuCl2。(2)CuSO45H2O溶于水，使溶液显蓝色，CuCl2溶液是无色的，因此完全反应的现象是溶液由蓝色变为无色。(3)A项，抽滤的目的是为了加快过滤速度，得到较干燥的沉淀，正确；B项，安全瓶中要短进长出，防止安全瓶中的水进入吸滤瓶，错误；C项，胶体能透过滤纸，故不易采取抽滤方法，错误；D项，防止沉淀溶解而造成损失，正确。(4)除去氯化亚铜表面吸附的杂质，乙醇易挥发，提高产品的纯度，减少产品的溶解。(5)根据信息，氯化亚铜在潮湿的空气中能迅速氧化成碱式盐而变质，因此在真空的干燥箱中冷却。(6)第1次与另外两次相差较大，舍去，因此平均消耗硫酸铈的体积为 mL24.00 mL，建立的关系式为CuClCe4，n(CuCl)n(Ce4)(241030.1)mol，m(CuCl)(241030.199.5)g，则质量分数为100%95.5%。答案：(1)Cu24ClCu=2CuCl2(2)反应溶液由蓝色转变成无色透明时为止(3)AD(4)除去氯化亚铜表面吸附的杂质，乙醇易挥发，提高产品的纯度，减少产品的溶解(5)氯化亚铜在潮湿空气中能迅速氧化成碱式盐而变质(6)95.5%5(1)如图表示10 mL量筒中液面的位置，A与B，B与C刻度间相差1 mL，如果刻度A为4，量筒中液体的体积是_ mL。(2)图表示50 mL滴定管中液面的位置，如果液面处的读数是a，则滴定管中液体的体积_(填字母)。A是a mLB是(50a)mLC一定大于a mL D一定大于(50a)mL(3)排去碱式滴定管中气泡的方法应采用如图所示操作中的_，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。(4)实验室常利用甲醛法测定(NH4)2SO4样品中氮的质量分数，其反应原理为4NH6HCHO=3H6H2O(CH2)6N4H滴定时，1 mol (CH2)6N4H与1 mol H相当，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸。某兴趣小组用甲醛法进行了如下实验：步骤：称取样品1.500 g。步骤：将样品溶解后，完全转移到250 mL容量瓶中，定容，充分摇匀。步骤：移取25.00 mL样品溶液于250 mL锥形瓶中，加入10 mL 20%的中性甲醛溶液，摇匀、静置5 min后，加入12滴酚酞溶液，用NaOH标准溶液滴定至终点。按上述操作方法再重复2次。根据步骤填空：碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，则测得样品中氮的质量分数_(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，则滴定时用去NaOH标准溶液的体积_(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察_。A滴定管内液面的变化B锥形瓶内溶液颜色的变化滴定达到终点时，酚酞指示剂由_色变成_色。(5)滴定结果如下表所示：滴定次数待测溶液的体积/mL标准溶液的体积滴定前刻度/mL滴定后刻度/mL125.001.0221.03225.002.0021.99325.000.2020.20若NaOH标准溶液的浓度为0.101 0 molL1，则该样品中氮的质量分数为_。解析：(1)量筒中刻度自上而下逐渐减小，如果刻度A为4，量筒中液体的体积是3.2 mL。(2)滴定管中刻度自上而下逐渐增大，因此如果液面处的读数是a，则滴定管中液体的体积一定大于(50a)mL。(3)排去碱式滴定管中气泡的方法应采用丙操作，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。(4)碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，没有用NaOH标准溶液润洗就直接加入NaOH标准溶液，使滴定的NaOH溶液的浓度偏小，则消耗的NaOH标准溶液体积偏大，测得样品中(CH2)6N4H偏多，因此氮的质量分数偏高；锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，由于溶液中含有的被滴定的物质的物质的量不变，则滴定时用去NaOH标准溶液的体积也不变，因此不会产生任何影响；滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察锥形瓶内溶液颜色的变化，B项正确；由于指示剂酚酞在酸溶液中，用已知浓度的碱滴定未知浓度的酸，因此开始溶液是无色，当滴定达到终点时，酚酞指示剂由无色变成浅红色。(5)根据实验数据可知第一次实验反应消耗标准溶液的体积21.03 mL1.02 mL20.01 mL；第二次实验反应消耗标准溶液的体积21.99 mL2.00 mL19.99 mL；第三次实验反应消耗标准溶液的体积20.20 mL0.20 mL20.00 mL；因此反应消耗标准溶液的体积V(20.01 mL19.99 mL20.00 mL)320.00 mL，根据酸、碱发生中和反应时的物质的量关系是11可知：c25.00 mL0.101 0 molL120.00 mL，解得c0.080 8 molL1，则250 mL溶液中含有(CH2)6N4H及H的物质的量是0.080 8 molL10.25 L0.020 2 mol，则在1.500 g样品中含NH的物质的量是0.020 2 mol，其中含有N的质量m(N)0.020 2 mol14 gmol10.282 8 g，所以氮元素的质量分数是100%18.85%。答案：(1)3.2(2)D(3)丙(4)偏高无影响B无粉红(或浅红)(5)18.85%6重铬酸钾是一种常见的强氧化剂。室验室以精选铬铁矿(主要成分可表示为FeOCr2O3，还含有SiO2、Al2O3等杂质)为原料制备重铬酸钾晶体(K2Cr2O7，相对分子质量294)的流程如下：请回答下列问题：(1)操作1中发生的反应有：4FeOCr2O38Na2CO37O2=8Na2CrO42Fe2O38CO2Na2CO3Al2O3=2NaAlO2CO2Na2CO3SiO2=Na2SiO3CO2该步骤在常温下的反应速率较慢，为使反应速率增大，可采取的措施是_(写出两条)。(2)固体Y中主要含有_(填写化学式)。(3)酸化步骤使含铬物质转化为_，请写出离子反应方程式：_。(4)操作4中的化学反应在溶液中能发生的可能理由是_，获得晶体的操作依次是加入KCl固体，在水浴上加热浓缩至_，冷却结晶，抽滤、洗涤、干燥。(5)通过下列实验可测定产品中重铬酸钾的质量分数：称取重铬酸钾试样1.470 g，用100 mL容量瓶配制成溶液。移取25.00 mL溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和足量碘化钾(铬的还原产物为Cr3)，放于暗处5 min。然后加入一定量的水，加入淀粉指示剂，用0.150 0 molL1 Na2S2O3标准溶液滴定，共消耗标准液36.00 mL。滴定时发生反应的离子方程式为I22S2O=2IS4O。则所测定产品中重铬酸钾的纯度为_。(6)有关上述实验过程中涉及的部分实验操作的描述，正确的是_。A粗产品若要进一步提纯，可以采用重结晶的方法B配制溶液时，用托盘天平称取试样后，一般经溶解、转移(含洗涤)、定容等步骤，配制成100 mL溶液C滴定时，当最后一滴标准溶液滴入时，溶液变为蓝色，且半分钟内不变色，可判断滴定终点D滴定终点时俯视读数，测定结果偏低解析：(1)根据影响化学反应速率的因素，为使反应速率增大，可采取的措施有升高温度、将原料粉碎、使用催化剂等。(2)根据分析，固体Y中主要含有氢氧化铝和硅酸。(3)酸化步骤使CrO转化为Cr2O，离子反应方程式为2CrO2HCr2OH2O。(4)该条件下，K2Cr2O7的溶解度很小，使得操作4中的反应过程中生成了K2Cr2O7沉淀，获得晶体的操作依次是加入KCl固体，在水浴上加热浓缩至溶液表面出现少量固体，冷却结晶，抽滤、洗涤、干燥。(5)反应Cr2O6I14H=2Cr33I27H2O；I22S2O=2IS4O可得反应的关系式为Cr2O3I26S2O，设移取的25.00 mL重铬酸钾溶液中重铬酸钾的物质的量为n mol，Cr2O3I26S2O1 6n0.150 0 molL10.036 L16n(0.150 0 molL10.036 L)，n0.000 9 mol，则100 mL重铬酸钾溶液中重铬酸钾的物质的量为0.000 9 mol0.003 6 mol，重铬酸钾的纯度100%72%。(6)粗产品若要进一步提纯，可以采用重结晶的方法进行提纯，A正确；配制溶液时，用托盘天平称取试样后，一般经溶解、冷却、转移(含洗涤)、定容、摇匀等步骤，配制成100 mL溶液，B错误；滴定时发生I22S2O=2IS4O，当最后一滴标准溶液滴入时，溶液变为无色，且半分钟内不变色，可判断滴定终点，C错误；滴定终点时俯视读数，导致标准溶液的体积偏小，根据c(待测)，测定结果偏低，D正确。答案：(1)升高温度、将原料粉碎、使用催化剂等(2)Al(OH)3、H2SiO3(3)Cr2O2CrO2HCr2OH2O(4)该条件下，K2Cr2O7的溶解度很小溶液表面出现少量固体(5)72%(6)AD难点强化训练(B)1三氯化铬是化学合成中的常见物质，三氯化铬易升华，在高温下能被氧气氧化。制备三氯化铬的流程如图所示。(1)重铬酸铵分解产生的三氧化二铬(Cr2O3难溶于水)需用蒸馏水洗涤，如何用简单方法判断其已洗涤干净？_。(2)用如图装置(部分加热仪器省略)制备CrCl3时，反应管中发生的主要反应为Cr2O33CCl4=2CrCl33COCl2，则向三颈烧瓶中通入N2的作用为_；_。(3)样品中三氯化铬质量分数的测定：称取样品0.300 0 g，加水溶解并定容于250 mL容量瓶中。移取25.00 mL于碘量瓶(一种带塞的锥形瓶)中，加热至沸后加入1 g(足量)Na2O2，充分加热煮沸，适当稀释，然后加入过量2 molL1 H2SO4至溶液呈强酸性，此时铬以Cr2O存在，再加入1.1 g KI，加塞摇匀，充分反应后铬以Cr3存在，于暗处静置5 min后，加入1 mL指示剂，用0.025 0 molL1标准Na2S2O3溶液滴定至终点，平行测定三次，平均消耗标准Na2S2O3溶液21.00 mL。(已知：2Na2S2O3I2=Na2S4O62NaI)判定终点的现象是_；若滴定时振荡不充分，刚看到局部变色就停止滴定，则会使样品中无水三氯化铬的质量分数的测量结果_(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。加入Na2O2后要加热煮沸，其主要原因是_。样品中无水三氯化铬的质量分数为_。(保留三位有效数字)解析：(1)因为(NH4)2Cr2O7显橘红色，最后一次洗涤的流出液呈无色，说明洗涤干净。(2)氮气不能氧化三氯化铬且充入氮气能使反应物进入管式炉中进行反应。(3)滴入最后一滴时，蓝色恰好完全褪去，且溶液在半分钟内不变色，则达到滴定终点；若滴定时振荡不充分，刚看到局部变色就停止滴定，则会使I2反应不完全，所以导致样品中无水三氯化铬的质量分数的测量结果偏低；溶液中有溶解的氧气，氧气可以氧化I；令25.00 mL溶液中Cr3的物质的量为n(Cr3)，由Cr原子守恒及方程式可得关系式2Cr3Cr2O3I26Na2S2O3，根据关系式计算。2Cr3Cr2O3I26Na2S2O32 6n(Cr3) 0.025 0 molL10.021 L故n(Cr3)0.025 0 molL10.021 L，所以250 mL溶液中n(Cr3)0.025 0 molL10.021 L0.001 75 mol，根据Cr原子守恒可知n(CrCl3)n(Cr3)0.001 75 mol，所以样品中m(CrCl3)0.001 75 mol158.5 gmol10.277 4 g，故样品中无水三氯化铬的质量分数为100%92.5%。答案：(1)最后一次的洗涤液呈无色(2)赶尽反应装置中的氧气鼓气使反应物进入管式炉中进行反应(3)最后一滴滴入时，蓝色恰好完全褪去，且半分钟内不恢复原色偏低除去其中溶解的氧气，防止氧气将I氧化，产生误差92.5%2CaO2难溶于水，溶于酸生成过氧化氢，在医药上用作杀菌剂、防腐剂等。.CaO2制备原理：Ca(OH)2(s)H2O2(aq)=CaO22H2O(l)H0不同浓度的H2O2对反应生成CaO2产率的影响如下表：H2O2/%51015202530CaO2/%62.4063.1063.2064.5462.4260.40(1)分析题给信息，解释H2O2浓度大于20%后CaO2产率反而减小的原因：_。.过氧化钙中常含有CaO杂质，实验室可按以下步骤测定CaO2含量。步骤1：准确称取0.040.05 g过氧化钙样品，置于250 mL的锥形瓶中；步骤2：分别加入30 mL蒸馏水和2 mL盐酸(3 molL1)，振荡使之溶解；步骤3：向锥形瓶中加入5 mL KI溶液(100 gL1)；步骤4：用硫代硫酸钠标准溶液滴定，至溶液呈浅黄色，然后_，用硫代硫酸钠标准溶液继续滴定，_，记录数据；步骤5：平行测定3次，计算试样中CaO2的质量分数，滴定时发生的反应：2Na2S2O3I2=Na2S4O62NaI。(2)过氧化钙溶解时选用盐酸而不选用硫酸溶液的原因是_。(3)加入KI溶液后发生反应的离子方程式为_。(4)请补充完整实验步骤4中的内容。.测定含有CaO杂质的CaO2含量的实验方法较多，某同学设计了仅用稀盐酸一种药品(仪器可任选)较为准确地测出CaO2含量的实验。请你帮该同学列出所需仪器清单(实验用品和用于固定的或连接的仪器可不写)。(5)仪器：_。解析：(1)根据反应Ca(OH)2(s)H2O2(aq)=CaO22H2O(l)H0可知，该反应为放热反应，双氧水浓度升高，则反应速率加快，反应放出的热量增大，导致双氧水分解，所以H2O2浓度大于20%后CaO2产率反而减小。(2)若用稀硫酸，稀硫酸与Ca2反应生成微溶物硫酸钙覆盖在过氧化钙表面，使结果不准确，所以不能用稀硫酸，可以用稀盐酸。(3)加入KI溶液后，双氧水将I氧化成碘单质，反应的离子方程式为H2O22I2H=I22H2O。(4)碘单质遇到淀粉会显示蓝色，可用硫代硫酸钠标准溶液滴定。溶液呈浅黄色后，加入淀粉作滴定的指示剂，用硫代硫酸钠标准溶液继续滴定；至溶液的蓝色恰好消失且半分钟内颜色不变。(5)先用天平称量出样品的质量，然后将样品溶于足量稀盐酸中，通过蒸发操作获得干燥的氯化钙，冷却后称量出氯化钙的质量，就可以根据样品的质量和氯化钙的质量计算出样品中过氧化钙的纯度，所以用到的仪器有：天平、烧杯、玻璃棒、蒸发皿、酒精灯。答案：(1)H2O2浓度高，反应速率快，反应放热使体系温度迅速升高，加快H2O2发生分解(2)生成微溶的CaSO4覆盖在过氧化钙表面，使结果不准确(3)H2O22I2H=I22H2O(4)加入指示剂淀粉溶液直至溶液的蓝色恰好消失且半分钟内颜色不变(5)天平、烧杯、玻璃棒、蒸发皿、酒精灯3保护环境是全球关注的问题。.某环保部门处理含CN电镀废水的方法如图(CN和CNO中N的化合价均为3价)：某学习小组依据上述方法，用下图实验装置进行该电镀废水处理的研究。操作步骤：.先关闭装置甲的开关，再将含CN废水与过量NaClO溶液混合，取200 mL混合液其中c(CN)为0.200 molL1加入装置甲中，塞上橡皮塞。.待装置甲中充分反应后，打开开关，使溶液全部流入装置乙中，关闭开关。.测定干燥管增加的质量。(1)写出装置乙中反应的离子方程式：_。(2)装置丙中的试剂是_，装置丁的作用是_。(3)假定上述实验中的气体都被充分吸收。若干燥管增重1.408 g。则CN被处理的百分率为_。(4)你认为用此装置进行实验，与(3)对比，CN被处理的百分率将_(填“偏高”“偏低”“无法确定”或“无影响”)，简述你的理由：_。.防治空气污染，燃煤脱硫很重要。目前，科学家对Fe3溶液脱硫技术的研究已取得新成果。(5)某学习小组为了探究“SO2与Fe3反应的产物”，将过量的SO2通入FeCl3溶液中后，各取10 mL反应液分别加入编号为A、B、C的试管中，并设计以下3种实验方案：方案：A中加入少量KMnO4溶液，溶液紫红色褪去。方案：B中加入KSCN溶液，溶液不变红，再加入新制的氯水，溶液变红。方案：C中加入稀盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀。上述实验方案中不合理的是_。解析：(1)根据图示，乙中CNO和ClO在酸性条件下发生氧化还原反应，最终CNO被氧化为N2，ClO被还原为Cl2，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平离子方程式。(2)装置丙的作用是吸收混合气中的H2O，应选择浓硫酸，装置丁的作用是吸收混合气中的Cl2。(3)干燥管增加的质量为反应产生的CO2的质量，根据CNCO2，则被处理的n(CN)0.032 mol，CN被处理的百分率为100%80.0%。(4)若Cl2在丁中没有被完全吸收，则结果偏高，若CO2残留在装置中，则结果偏低。(5)方案不合理，因为SO2、Fe2均具有还原性，均能与KMnO4发生氧化还原反应而使溶液褪色。答案：(1)2CNO6ClO8H=N22CO23Cl24H2O(2)浓硫酸吸收混合气中的Cl2(3)80.0%(4)偏高部分Cl2在装置丁中没有被吸收而在干燥管中被吸收(或偏低部分CO2残留在装置内没有在干燥管中被完全吸收或无法确定部分Cl2在干燥管中被吸收，部分CO2没有在干燥管中被吸收)(5)方案4某废催化剂含58.2%的SiO2、21.0%的ZnO、4.50%的ZnS和12.8%的CuS及少量的Fe3O4。某同学用15.0 g该废催化剂为原料，回收锌和铜。采用的实验方案如下，回答下列问题：已知：ZnS与稀硫酸反应，且化合价不变；CuS既不溶解于稀硫酸，也不与稀硫酸反应。(1)在下列装置中，第一次浸出反应装置最合理的是_(填字母)。(2)滤液1中含有Fe2，选用提供的试剂进行检验，检验方法如下：_。(提供的试剂：稀盐酸KSCN溶液KMnO4溶液NaOH溶液碘水)(3)本实验要用到抽滤，设所用的洗涤剂为X，抽滤洗涤沉淀的操作为_。(4)写出第二次浸出的化学反应方程式：_，向盛有滤渣1的反应器中加H2SO4和H2O2溶液，应先加_。(5)滤渣2的主要成分是_。浓缩、结晶得到硫酸锌晶体的主要仪器名称是_。(6)某同学在实验完成之后，得到1.50 g CuSO45H2O，则铜的回收率为_。解析：(1)第一次浸出主要是ZnS和稀硫酸反应，ZnS和稀硫酸反应生成ZnSO4和H2S，硫化氢有毒污染环境，所以必须要有尾气处理装置，合适的装置是D；(2)检验滤液1中的Fe2，根据提供的试剂，为了操作简便可以选用高锰酸钾溶液，第一次浸出时加了稀硫酸，所以不需要再加酸；(3)抽滤洗涤沉淀的操作：关小水龙头，使洗涤剂X缓缓通过沉淀物；(4)第二次浸出主要是CuS在酸性条件下和H2O2发生氧化还原反应，反应的化学方程式为CuSH2O2H2SO4=CuSO4S2H2O，向盛有滤渣1的容器中加H2SO4和H2O2溶液，由于滤渣1的主要成分有CuS，可以催化过氧化氢分解，所以要先加入H2SO4；(5)二氧化硅不会和硫酸及过氧化氢反应，所以滤渣2的主要成分是SiO2，浓缩、结晶得到硫酸锌晶体的仪器是蒸发皿；(6)废催化剂中铜的物质的量为15.0 g12.8%96 gmol10.02 mol,1.50 g CuSO45H2O晶体中铜的物质的量为1.5 g250 gmol10.006 mol，则铜的回收率为100%30.0%。答案：(1)D(2)取少量滤液1，滴加高锰酸钾溶液，若褪色，则证明有亚铁离子(3)关小水龙头，使洗涤剂X缓缓通过沉淀物(4)CuSH2O2H2SO4=CuSO4S2H2OH2SO4(5)SiO2蒸发皿(6)30.0%5碱式碳酸镍Nix(OH)y(CO3)znH2O是一种绿色粉末晶体，常用作催化剂和陶瓷着色剂，300 以上时分解生成3种氧化物。为确定其组成，某同学在实验室中进行了有关的实验探究。回答下列问题：(1)甲、乙两装置可分别选取下列装置_、_(填字母，装置可重复选取)。(2)称取一定量的碱式碳酸镍样品，放入硬质玻璃管内；安装好实验仪器，检查装置气密性；加热硬质玻璃管，当装置C中_(填实验现象)时，停止加热；打开活塞K，缓缓通入空气，其目的是_。(3)装置A的作用是_，装置E的作用是_。(4)实验前后测得下表所示数据：装置B中样品质量/g装置C质量/g装置D质量/g实验前3.77132.0041.00实验后2.25133.0841.44已知碱式碳酸镍中Ni化合价为2价，则该碱式碳酸镍的化学式为_。(5)采取上述实验装置进行该实验时，必须小心操作，且保证装置气密性良好，否则浓硫酸倒吸，可导致加热的硬质玻璃管炸裂。为防止浓硫酸倒吸入硬质玻璃管中，提出你的改进措施：_。解析：(1)由于装置中含有空气且需要把生成的气体完全排尽，所以需要利用空气把装置中的空气以及生成的气体排尽，但由于空气中含有水蒸气和CO2，所以通入前需要利用碱石灰净化空气；反应中生成的水蒸气用浓硫酸吸收，生成的CO2应该用碱石灰吸收，所以甲、乙两装置均选择碱石灰。(2)反应中有水蒸气生成，所以当装置C中不再有气泡产生时，停止加热；打开活塞K，缓缓通入空气，其目的是将装置中残留的气体产物吹入吸收装置中。(3)根据以上分析可知装置A的作用是吸收空气中的CO2和水蒸气，装置E的作用是防止空气中的CO2和水蒸气进入装置D。(4)根据表中数据可知生成的水是1.08 g，物质的量是0.06 mol。生成的CO2是0.44 g，物质的量是0.01 mol。固体减少的质量是3.77 g2.25 g1.52 g0.44 g1.08 g，这说明反应中的生成物是NiO、H2O和CO2，其中NiO 2.25 g，物质的量是 0.03 mol，则xz31；根据电荷守恒可知2xy2z，解得y4z，即化学式是Ni3(OH)4CO3n(H2O)，其中生成的结晶水的物质的量是0.06 m