2021届高三化学二轮每周大题必练———无机物制备实验

1、2021届高三化学二轮每周大题必练无机物制备实验1.碱式硫酸铁是一种用于污水处理的新型高效絮凝剂.工业上利用废铁屑含少量氧化铝、氧化铁等生产碱式硫酸铁的工艺流程如图:1稀號觀f反底I过呈废快屑 N1HCQ)过漓iS液*HsSO# NaNOz頤式陵酸帙一沉淀物开始沉淀完全沉淀局部阳离子以氧氧化物形式沉淀的溶液的pH见表答复以下问题:碱式硫酸铁能够净水的原因是 参加少量的目的是调节溶液的 pH，使溶液中的 沉淀.假设沉淀完全溶解时溶液中金属离子的浓度为，试估算反响n中参加的目的是氧化亚铁离子，该反响的离子方程式为 实际生产中，反响 n常同时通入以减少的用量，假设参与反响的体积为标准状况，那么相当于

2、节约的物质的量为 在医药上常用硫酸亚铁与硫酸、硝酸的混合液反响制备碱式硫酸铁根据我国质量标准，产品中不得含有及，某同学根据提供的试剂设计实验检验所得产品中不含 ，含有，可供选择的试剂如下:A.新制氯水C.溶液E.酸性溶液溶液溶液溶液请你帮助该同学完成实验，将相关工程填入表中:实验操作现象结论取适量产品于洁净烧杯中，参加适量蒸馏水，充分得红棕色溶液溶液中含有搅拌，静置，滤去沉淀溶液中不含溶液中含有为测定含 和 溶液中铁元素的总含量， 实验操作如下：准确量取溶液于带塞锥形瓶中，参加足量 ，调节 ，加热除去过量 ；参加过 量KI充分反响后，再用 标准溶液滴定至终点， 消耗标准溶 液 ：那么溶液中铁元

3、素的总含量为 2.某研究小组为了探究的实验室制法和有关化学性质，设计了如下的实验.实验I:实验根本操作分析：多孔隔板与活塞相配合，能起到的作用是 该实验制时需用浓硫酸配制的稀硫酸，配制中所需的玻璃仪器有250mL烧杯、100mL量筒、玻璃棒、胶头滴管等，还需 该实验过程中所起的作用是 实验时先翻开活塞，让装置 A内试剂反响一段时间后，关闭活塞，再往装置B中滴入适量浓硫酸反响片刻后，甲、乙两学生分别取装置 D中少量溶液，甲学生往其中参加酸性刚溶液，观察到酸性溶液紫红色褪去；乙学生往其中参加盐酸酸化的溶液，观察到有白色沉淀生成.根据各自实验现象甲、乙学生得出 被 氧化.试判断甲、乙学生的结论是否严

4、谨 填写选项A.甲学生严谨乙学生严谨甲、乙学生都不严谨写出 被氧化的离子反响方程式 实验II :该研究小组为测定催化氧化为的转化率，又设计了如下实验： 熔点为，且忽略空气中的影响当停止通入，熄灭酒精灯后，需要继续通入氧气，其目的是：实验结束后，假设装置D增加的质量为 m g，装置E中产生白色沉淀的质量为 n g, 那么此条件下二氧化硫的转化率是 用含字母的代数式表示，不用化简3.制备纯洁的液态无水四氯化锡易挥发形成气体，极易发生水解的反响为:,Sn也可与HCI反响生成,:物质摩尔质量熔点沸点Sn119232226019062326187分解某同学设计的相关实验装置图如图：中浓盐酸与B中物质进行

5、反响，化学方程式为 中的试剂为，目的是 中冷却水的进水位置为 填字母为防止E中副反响的发生，对装置需要改良的措施是 中固体物质的作用为 当要结束实验时，不能首先进行的操作是 关闭A的活塞停止F的加热停止G的通水.假设将B中的固体换成 ，并将除A和B以外的器皿去掉，反响可制备实验结束后，假设得到的为，至少消耗 g为了防止尾气污染，需要改良的措施是 4.氨氧化法是工业生产中制取硝酸的主要途径，某同学用该原理在实验室探究硝酸的制备和性质，设计了如下图的装置.假设分液漏斗中氨水的浓度为，配制该浓度的氨水 100mL,用到的玻璃仪器有100mL容量瓶、烧杯、量筒、玻璃棒、 甲装置不需要加热即能同时产生氨

6、气和氧气，烧瓶内固体X为.乙装置的作用是 ;写出受热时丙装置发生反响的化学方程式为 当戊中观察到 现象，那么说明已制得硝酸某同学按上图组装仪器并检验气密性后进行实验，没有观察到此现象，请分析实验失败的可能原因如何改良装置改良后待反响结束，将丁装置倒立在盛水的水槽中，会观察到的现象是 ;为测定试管丁内硝酸溶液的浓度，从中取10mL溶液于锥形瓶中，用的NaOH溶液滴定滴定前发现滴定管尖嘴处有少量气泡，请选择排出气泡的正确操5.氯酸镁流程如下:bc常用作催熟剂、除草剂等，实验室制备少量师 NaCICh卤块V 氣化沉淀菽反b FKWnOjBaCh：卤块主要成分为，含有等杂质.四种化合物的溶解度随温度

7、变化曲线如以下图所示.作是过滤所需要的主要玻璃仪器有 ,加MgO后过滤所得滤渣的主要成分为参加的目的是除去，如何检验已沉淀完全？答:参加饱和溶液发生反响为:进一步制取产品中步骤1 :准确称量的实验步骤依次 ； ； 过滤、洗涤.含量的测定：产品配成100mL溶液.步骤2 :取10mL于锥形瓶中，参加10mL稀硫酸和20mL的 溶液，微热.步骤3 :冷却至室温，用溶液滴定至终点，此过程中反响的离子方程式为：步骤4:将步骤2、3重复两次，平均消耗溶液写出步骤 2中发生反响的离子方程式： 产品中的质量分数为 .6. 肼是一种重要的液态火箭燃料，具有弱碱性和强复原性.工业上利用尿素、NaCIO在NaOH

8、溶液中发生反响生成水合肼、等产物.请答复：上述生成水合肼的反响中尿素是 填“氧化剂或“复原剂，反响的化学方程式为.肼与盐酸反响可生成，的水溶液显 性填“酸或“碱或“中，用离子方程式表示其原因 .查资料得，在高温下肼可将锅炉内壁外表的铁锈转化为致密的氧化膜.取 肼与96g该铁锈样品 可看作是在高温下恰好完全反响生成氮气等产物，写出该反响的化学方程式 .假设要设计实验方案检验上述反响生成固体产物中的金属离子，补充完整以下实验步骤：所得固体溶入浓盐酸中；7. 亚氯酸钠是重要漂白剂.探究小组开展如下实验，答复以下问题:实验I:制取晶体按如图装置进行制取.N=OH 和 30SH.O. K混合濬液'

9、; J _丄.曲曲OH濬液ANaClO.和 N S.SOj固体冷水浴NE,咼于潯液时析出B饱和溶液在低于分解成CD时析出和 NaCl.：咼于时用双氧水配制的溶液，需要的玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管、烧杯外，还需要填仪器名称：装置C的作用是；装置B内生成的 气体与装置D中混合溶液反响生成，生成的反响方程式为如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是 ；反响后，经以下步骤可从装置D的溶液获得晶体请补充完整操作iii .蒸发结晶；趁热过滤；iii . ; 低于枯燥，得到成品.实验n :样品杂质分析与纯度测定上述实验制得的晶体中含少量产生最可能的原因是?中有气体产生，并有局部进入 D装置内中浓硫酸

10、挥发进入 D中与NaOH中和中的硫酸钠进入到 D装置内测定样品中的纯度.测定时进行如下实验：准确称一定质量的样品，参加适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生如下反响：，将所得混合液稀释成 100mL待测溶液.取待测溶液，参加淀粉溶液做指示剂，用c标准液滴定至终点，测得消耗标准溶液体积的平均值为V ：确认滴定终点的现象是 所称取的样品中的物质的量为用含c、V的代数式表示8. 磷酸二氢钾在工业、农业、医药及食品等行业均有广泛的应用，有报道一种湿法磷酸萃取制备磷酸二氢钾的工艺流程如图甲所示局部流程步骤已省略10<?Oj*Fwn*+麻取草嗟率 苗as尊車車 *扶富孑脱弾窶+堀离于胞“ *5

11、+图甲SlrSBiXKCiyHjPO图乙萃取的王要反响原理：；表示有机萃取剂；请答复以下问题：在实验室实现流程图中操作X需要的主要玻璃仪器是 ;流程图中物质A是 ；畐U产品B的化学式是 ; 一系列操作 Y，具体包括 、洗涤、干燥；评价该工艺的优点 、 任写两点 ；假设用1000kg质量分数为的磷酸溶液，产率为，那么可生产的质量为：kg ；萃取一步是该流程的核心操作，萃取率、杂质脱除率受众多因素影响，请从如图乙中寻找出投料比对萃取率和杂质脱除率影响的主要规律或结论任写两条9. 硼及其化合物在工业生产中应用广泛.用硼镁矿主要成分采用碳铵法生产硼酸主要流程如下：E 1E 2硼镁矿焙烧时需要粉碎， 其

12、目的是 硼镁矿焙烧过程中只生成两种物质，写出化学方程式 硼酸溶解度如下图， 从溶液获得硼酸晶体蒸发浓缩、冷去结晶、过滤、洗涤、枯燥获得硼酸晶体.洗涤过程中需要用 填“冷水或“热水你的理由是 测得硼酸晶体纯度的试验方法是，取样品与锥形瓶中，加甘油和刚冷却的废水，微热使样品溶解，迅速冷却至室温，加酚酞指示剂，用NaOH标准溶液滴定至时，溶液恰好显粉红色且半分钟不褪色.：每滴定液相当于的迅速冷却锥形瓶中溶液的方法是 ；滴定实验中参加甘油的目的 测该样品中的质量分数为10.某地菱锰矿的主要成分为，还含有少量的杂质，工业上以菱锰矿为原料制备高纯度碳酸锰的流程如下图:焙烧：焙烧时温度对锰浸取率的影响如图。

13、9 嘗 !警/ :'400 500 600700 800A</TC焙烧时适宜温度为；以上锰的浸取率偏低，可能原因是 。净化包含三步：参加少量，反响的离子方程式为 ；加氨水调 pH，生成沉淀主要是；参加，除去、。碳化结晶中生成的离子方程式为 。滴定法测产品纯度I取固体产品g于烧杯中，参加过量稀充分振荡，再参加 NaOH溶液至碱性，发生反响；II参加过量KI溶液和适量稀，发生反响：；III取I中混合液的于锥形瓶中，参加淀粉溶液作指示剂，用溶液进行滴定，发生反响：，滴定终点时消耗溶液 mL。判断滴定终点的方法是 。假设杂质不参与反响，那么产品纯度为 。11.碳酸钙和硫酸钙都是钙的重要化

14、合物，它们在生产生活中都有着广泛的应用.甲、乙两组同学分别对碳酸钙的制备、硫酸钙的性质进行了以下探究，请你参与并 完成对有关问题的解答.甲组使用大理石含少量的杂质等物质制备碳酸钙的实验流程如图1：溶解大理石时，用硝酸而不用硫酸的原因是ra(C&CQi)上述流程中，“别离得产品所包含的实验操作依次为：过滤、“滤液 A中除离子外，还含有的阳离子是 ；检验该阳离子的实验方法是：取少量滤液 A与 在试管中混合、加热充分反响，将湿润的红色石蕊试纸或pH试纸靠近试管口，观察现象即可.乙组对某硫酸钙晶体加热分解的有关反响进行探究他们取该晶体进行加热，加热过程中，固体质量随时间的变化情况如图2所示又力

15、口执知 时间段内固体质量减轻的原因是发生执加热时，该晶体开始发生化学变化的时间是 填“ 、“ 或“.时间段固体的化学式为 时间段固体发生反响的化学方程式为 12.纯碱是造纸、玻璃、纺织、制革等行业的重要原料.路布兰法制备纯碱：食盐与硫酸反响生成硫酸钠；将硫酸钠、石灰石和足量煤混合，高温下共熔制得碳酸钠，反响有硫化钙生成第步反响的化学方程式为原盐水中含少量和，结合生产实际，精制盐水需要的试剂时 填化学式步骤II保持在进行，反响的化学方程式为 ，该反响能发生的原因是该工艺中循环利用的物质是 索尔维制纯碱不需要用到的一种设备是 填正确答案标号A.吸氨塔 蒸氨塔碳酸化塔沸腾炉 石灰窑该工艺中食盐利用率

16、大约只有，食盐损失的主要原因是 我国科学家第9页，共25页侯德榜将合成氨工业得到的 和 引入纯碱的生产，向上述工艺的“母液中 通入 并参加食盐固体，降温结晶得到副产品 填化学式 ，剩余母液返回“吸氨步骤，大大提高了食盐的利用率纯碱产品中可能含有碳酸氢钠用热重分析的方法测定纯碱中碳酸氢钠的质量分数为 列出算式，所需数据用字母表示， 并说明各字母的含义答案和解析1. 【答案】能水解生成具有吸附能力较强的胶体；滴加的酸性高锰酸钾溶液；的氯化钡溶液，再参加稀硝酸溶；2mol ；取少量溶液于试管中, 溶液不褪色；取少量溶液于试管中，滴加 液；有白色沉淀；【解析】解：废铁屑中含少量氧化铝、氧化铁等，将过量

17、废铁屑参加稀硫酸中，发生反应、，然后反响I中参加并搅拌，调节溶液的pH，发生反响，所以滤渣中成分是，过滤得到硫酸亚铁，向硫酸亚铁溶液中参加稀硫酸和，酸性条件下，和发生氧化复原反响生成铁离子、NO,将溶液蒸发浓缩、过滤得到碱式硫酸铁，铁元素水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性，所以氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮物而净水，故答案为：能水解生成具有吸附能力较强的胶体；过量废铁屑溶于稀硫酸得、混合溶液，根据表中数据可知，向混合溶液中参加少量，沉淀而不沉淀，反响方程式为，制备硫酸亚铁，应与硫酸铝别离，所以参加碳酸氢钠调节溶液pH除去，故答案为：；亚铁离子完全沉淀时溶液的，那么溶液中，故答案为：；酸性条件下

18、，亚硝酸根离子和亚铁离子发生氧化复原反响生成铁离子和NO,离子方程式为，故答案为：；根据转移电子守恒得，故答案为：2mol ；亚铁离子能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以可以用酸性高锰酸钾溶液检验亚铁离子，其操作为取少量溶液于试管中，滴加的酸性高锰酸钾溶液，如果溶液不褪色，就说明原来溶液中不含亚铁离子；用氯化钡检验硫酸根离子，硫酸钡不溶于稀硝酸，其操作为：取少量溶液于试管中，滴 加的氯化钡溶液，再参加稀硝酸溶液，如果有白色沉淀，就说明溶液中含有硫酸根离子，故答案为：取少量溶液于试管中，滴加的酸性高锰酸钾溶液溶液不褪溶液中不含色取少量溶液于试管中，滴加的氯化钡溶液，再参加稀硝酸

19、溶液有白色沉淀溶液中含有根据、知，存在设Fe元素的物质的量为 nmol,那么溶液的浓度 ,故答案为：废铁屑中含少量氧化铝、氧化铁等，将过量废铁屑参加稀硫酸中，发生反响、，然后反响I中参加并搅拌，调节溶液的pH，发生反响，所以滤渣中成分是过滤得到硫酸亚铁，向硫酸亚铁溶液中参加稀硫酸和，酸性条件下，和发生氧化复原反响生成铁离子、NO,将溶液蒸发浓缩、过滤得到碱式硫酸铁，铁元素水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性；向混合溶液中参加少量，沉淀而不沉淀，反响方程式为；亚铁离子完全沉淀时溶液的，那么溶液中，；酸性条件下，亚硝酸根离子和亚铁离子发生氧化复原反响生成铁离子和NO;根据转移电子守恒计算；亚铁离子

20、能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以可以用酸性高锰酸钾溶液检验亚铁离子；用氯化钡检验硫酸根离子，硫酸钡不溶于稀硝酸；根据、知，存在 ：根据关系式计算 Fe元素浓度.此题考查物质制备，为高频考点，涉及方程式的计算、物质别离提纯、离子检验、氧化 复原反响、盐类水解等知识点，明确根本原理、物质性质差异性、各个物理量之间的关 系是解此题关键，题目难度中等.2. 【答案】可以控制反响随时进行也可以随时停止； 500mL的容量瓶；赶净装置中的空 气；B ；;使残存在装置中的二氧化硫和三氧化硫被充分吸收； 一 一一【解析】解：多孔隔板与活塞相配合，能够起到启普发生器的功能，故答案为：可以控

21、制反响随时进行也可以随时停止；配制 480mL的稀硫酸，需要 500mL的容量瓶、250mL烧杯、100mL量筒、玻璃棒、胶头滴管，故答案为：500mL的容量瓶；中制取氢气的目的是赶净装置中的空气，便于收集气体二氧化硫，故答案为：赶净 装置中的空气；装置 D中溶有二氧化硫时，溶液中的二氧化硫也能够使酸性高锰酸钾溶液褪色， 所以甲学生不严谨，乙学生检验硫酸根离子，严谨，故答案为：B；铁离子将二氧化硫氧化为硫酸根，本身复原为亚铁离子， 离子方程式为，故答案为：；当停止通入，熄灭酒精灯后，装置BCDE中还有没被吸收的气体，继续通入氧气，使残存在装置中的二氧化硫和三氧化硫被充分吸收，故答案为：使残存在

22、装置中的二氧化硫和三氧化硫被充分吸收；装置 D中增加的质量是三氧化硫的质量，三氧化硫物质的量为一 ，装置E中白色沉淀的质量是硫酸钡的质量，所以二氧化硫的转化率为 ，故答案为：一 一一.多孔隔板与活塞相配合，能够起到启普发生器的功能； 配制 480mL的稀硫酸，需要500mL的容量瓶；中制取氢气的目的是赶净装置中的空气，便于收集气体二氧化硫；溶液中的二氧化硫也能够使酸性高锰酸钾溶液褪色；铁离子将二氧化硫氧化为硫酸根，本身复原为亚铁离子； 当停止通入，熄灭酒精灯后，装置 BCDE中还有没被吸收的气体；装置 D中增加的质量是三氧化硫的质量， 装置E中白色沉淀的质量是硫酸钡的质量， 据此分析.此题考查

23、了启普发生器原理、溶液配制中仪器使用、氧化复原反响方程式书写以及气体性质实验，题目难度较大.3. 【答案】浓 ；浓硫酸；除去 ；b； BD间增加盛饱和食盐水的洗气瓶；防止空气中水分进入； Sn； ；在K后面加尾气吸收装置【解析】解：中在加热条件下，浓盐酸和二氧化锰发生氧化复原反响生成氯气，反应方程式为浓,故答案为：浓；装置是枯燥气体，防止生成的生成的四氯化锡发生水解反响，用浓硫酸枯燥氯气， 故答案为：浓硫酸；除去；在冷却水采用逆流方式，所以下口为进水口、上口为出水口，即b为进水口， a为出水口，故答案为：b ；浓盐酸和含有HCI，E中还生成加热制取，浓盐酸具有挥发性，加热促进其挥发，所以生成的

24、氯气中，氯气难溶于饱和食盐水，但HCI极易溶于水，可用饱和BD间增加盛饱和食盐水的洗气瓶，食盐水除去氯气中少量的氯化氢气体，即故答案为：BD间增加盛饱和食盐水的洗气瓶; 无水四氯化锡枯燥空气作用，故答案为：防止空气中水分进入；在E装置中氯气和Sn发生反响生成，采用蒸馏的方法别离和止F的加热，再停止G的通水，故答案为：；题干信息Sn也可与HCI反响生成成和氢气，可制备，故答案为：Sn；为的物质的量为易挥发形成气体，极易发生水解，为防止H中 水解，K起，因为氯气中含有 HCI，所以E中还生成，用G装置冷却，当要结束实验时，需先停，假设将B中的固体换成Sn, Sn与HCI反响生需-，制取氯气：浓一所

25、以需质量为：，为了防止尾气污染，需要改良的措施是在K后面加尾气吸收装置，故答案为：；在K后面加尾气吸收装置.用Sn和氯气反响制取，那么A装置是制取氯气，需要浓盐酸和加热制取，浓盐酸具有挥发性，加热促进其挥发，所以生成的氯气中含有 HCI，无水四氯化锡易挥发形成气体，极易发生水解，为防止生成的四氯化锡发生水解反响，那么用D装置枯燥氯气，在E装置中氯气和Sn发生反响生成，因为氯气中含有 HCI，所以E中还生成，采用蒸馏的方法别离和 ，用G装置冷却，在H中得到 ，为防止H中 水解，K起枯燥空气作用，据此分析解答.浓盐酸和二氧化锰发生氧化复原反响生成二氯化锰、氯气、水；四氯化锡极易发生水解，D装置枯燥

26、氯气；根据冷却水采用逆流方式分析；除去氯气中的氯化氢，用饱和食盐水的洗气瓶；防止H中 水解，K起枯燥空气作用；为保证别离和的效果，需先停止反响再停止冷却；根据信息Sn也可与HCI反响生成分析；根据氯原子守恒结合浓盐酸和的反响计算，为了防止尾气污染，需进行尾气处理.此题考查物质制备，为高频考点，侧重考查学生分析判断及实验操作能力，明确实验目的及实验原理是解此题关键，注意结合题给信息进行分析解答，易错点是冷却水位置判催化剂断，知道各个仪器作用，题目难度中等.4【答案】胶头滴管；过氧化钠；枯燥氧气和氨气的混合气体；;紫色石蕊试液变红；过量的氨气致使戊中溶液不一定呈酸性；在丙和丁之间连 接盛有无水氯化

27、钙的枯燥管或盛有浓硫酸的洗气瓶；烧瓶内水面慢慢上升，上升到一定高度不再变化，试管内气体颜色由红棕色逐渐变淡至无色；b【解析】解：量取浓氨水要用量筒，稀释浓氨水要用烧杯、玻璃棒，配制溶液要用100mL容量瓶，胶头滴管，故答案为：胶头滴管；甲装置不需要加热即能同时产生氨气和氧气，说明固体X溶于氨水即放热又产生氧气，那么该固体为过氧化钠，故答案为：过氧化钠；故答案为：枯燥氧气和氨气的混合气体;乙装置为枯燥管，作用是枯燥氧气和氨气的混合气体；丙装置发生反响的化学方程式为催化剂5催化剂因为硝酸具有酸性，能使紫色石蕊试液变红，所以当戊中观察到紫色石蕊试液变红， 说明已制得硝酸；没有观察到现象说明溶液不呈酸

28、性，那么生成的硝酸与过量的氨气发生了反响；在丙和丁之间连接盛有无水氯化钙的枯燥管或盛有浓硫酸的洗气瓶除去多余的 氨气确保戊溶液呈酸性，故答案为：紫色石蕊试液变红；过量的氨气致使戊中溶液不一定呈酸性；在丙和丁之间 连接盛有无水氯化钙的枯燥管或盛有浓硫酸的洗气瓶；改良后待反响结束，将丁装置收集的为二氧化氮，倒立在盛水的水槽中，二氧化氮 与水反响生成一氧化氮和硝酸，所以观察到的现象为烧瓶内水面慢慢上升，上升到一定高度不再变化，试管内气体颜色由红棕色逐渐变淡至无色；滴定前发现滴定管尖嘴处有少量气泡，请选择排出气泡的正确操作是b，故答案为：烧瓶内水面慢慢上升，上升到一定高度不再变化，试管内气体颜色由红棕

29、色 逐渐变淡至无色；b.根据配制溶液的操作步骤判断所用仪器；甲装置不需要加热即能同时产生氨气和氧气，说明固体X溶于氨水即放热又产生氧气；乙装置为枯燥管，作用是枯燥氧气和氨气的混合气体；丙装置发生反响的化学方程式为催化剂；根据硝酸具有酸性，能使紫色石蕊试液变红判断；没有观察到现象说明溶液不呈酸 性，那么生成的硝酸与碱发生了反响；在丙和丁之间连接盛有无水氯化钙的枯燥管或盛有浓硫酸的洗气瓶除去多余的氨气确保戊溶液呈酸性；改良后待反响结束，将丁装置收集的为二氧化氮，倒立在盛水的水槽中，二氧化氮 与水反响生成一氧化氮和硝酸，据此分析观察到的现象；滴定前发现滴定管尖嘴处有少量气泡，请选择排出气泡的正确操作

30、是b.此题考查了实验室制氨气的原理和装置以及探究硝酸的制备和性质，同时考查了浓硫酸、氨气等物质的性质应用，难度一般.5. 【答案】漏斗、玻璃棒、烧杯；和；静置，取上层清液参加，假设无白色沉淀，那么沉淀完全；蒸发结晶；趁热过滤；冷却结晶；【解析】解：过滤实验用到的仪器：漏斗、玻璃棒、烧杯、滤纸、铁架台等，其中玻璃仪器有：漏斗、玻璃棒、烧杯，参加氧化镁，调节溶液的pH为4,此时铁离子形成了沉淀氢氧化铁，钡离子已经和硫酸根离子反响生成了硫酸钡沉淀， 故答案为：漏斗、 玻璃棒、烧杯；和；检验硫酸根离子是否除净的方法：静置，取上层清液参加，假设无白色沉淀，那么沉淀完全，故答案为：静置，取上层清液参加，假

31、设无白色沉淀，那么沉淀完全；根据物质的溶解度大小，溶液获得晶体的方法：蒸发结晶、过滤、冷却结晶；故答 案为：蒸发结晶；趁热过滤；冷却结晶；氯酸根离子具有氧化性，可以将亚铁离子氧化为正三价，化学方程式为：，故答案为：；根据化学方程式：以及，可以得出：， ，用溶液滴定至终点过程可以得出剩余的亚铁离子的物质的量为：，和氯酸根离子反响的亚铁离子的物质的量为：氯酸根离子的物质的量为:，产品中的质量分数:故答案为：过滤实验用到的仪器：漏斗、玻璃棒、烧杯、滤纸、铁架台等，根据加氧化镁后溶 液的pH为4，可以沉淀的离子来答复；根据钡离子可以和硫酸根离子之间反响生成白色不溶于硝酸的白色沉淀来答复；根据物质的溶解

32、度大小，溶液获得晶体的方法：蒸发结晶、过滤、冷却结晶；氯酸根离子具有氧化性，可以将亚铁离子氧化为正三价；根据化学反响得出各个质物之间的关系式，计算百分含量.此题考查对常见金属元素及其化合物主要性质的掌握，以及对离子反响实质的认识；同时考查应用根底知识解决简单化学问题的能力以及对图表的观察、分析能力，物质溶解度概念的应用，晶体析出的方法，杂质离子的除杂原那么和试剂选择，题目难度中等.6. 【答案】复原剂高温酸先参加双氧水、再加硫氰化钾【解析】解：尿素和次氯酸钠 氢氧化钠溶液反响生成肼、碳酸钠、氯化钠、水，该化学反响方程式为，该反应中：中中为复原剂，NaCIO中为氧化剂，故答案为：复原剂；为强酸弱

33、碱盐，水解呈酸性，水解方程式为：故答案为：酸；肼与氧化铁在高温条件下反响生成氮气、水、铁单质，方程式为:高温高温故答案为：；铁与盐酸反响生成氯化铁和氢气，离子方程式为，检验亚铁离子，双氧水能氧化亚铁离子生成铁离子，铁离子能与硫氰化钾反响生成血红色物质， 故答案为：；先参加双氧水、再加硫氰化钾.根据反响物与生成物来书写化学反响方程式，元素化合价升高的反响物为复原剂；为强酸弱碱盐，水解呈酸性；肼与氧化铁在高温条件下反响生成氮气、水、铁单质；根据亚铁离子的性质设计检验方案.此题考查较为综合，涉及方程式书写、氧化复原、离子的检验等知识，题目难度中等，注意相关题干信息的应用.7. 【答案】量筒；防止D瓶

34、溶液倒吸到B瓶中 或平安瓶；和NaCI ；用 左右的热水洗涤 3遍 热水温度高于，低于；a；滴加最后一滴标准液时，溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不复原，说明到达滴定终点；【解析】解： 用双氧水配制的溶液，需要的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶体滴管，所以还需要量筒，故答案为：量筒；装置C的作用是平安瓶，防止 D瓶溶液倒吸到 B瓶中，故答案为：防止 D瓶溶液倒吸到B瓶中 或平安瓶；装置B中制备得到，所以B中反响为和在浓的作用生成和，反响的方程式为，二氧化氯和双氧水、氢氧化钠反响生成，反响方程式为故答案为：；由题目信息可知，应控制温度，高于 时分解成和NaCI,所以如果撤去 D中的冷水浴，可能导致产品中混

35、有的杂质是和NaCI,故答案为：和NaCI ；从装置D的溶液获得晶体，需要蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、枯燥操作，所以第iii操作是用左右的热水洗涤 3遍热水温度高于，低于，故答案为：用左右的热水洗涤 3遍热水温度高于，低于；中可能发生浓，产生的被带入D中，与反响生成硫酸钠，浓硫酸难挥发，硫酸钠是难挥发的盐，不会进入D,故a正确，b、c错误，应选：a,故答案为：a;碘遇淀粉变蓝色，反响结束时，碘反响完全，滴加最后一滴标准液时溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不复原，说明到达滴定终点，故答案为：滴加最后一滴标准液时，溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不复原，说明到达滴定终点；令样品中的物质的量x,那么：1mol4m

36、ol故，故答案为：装置B中制备得到，所以B中反响为和在浓的作用生成和，装置C为平安瓶，装置D反响后的溶液获得晶体，装置D中生成，Cl元素的化合价降低， 双氧水应表现复原性， 有氧气生成，装置E为吸收多余的气体， 防止污染空气，装置 A是吸收B中剩余气体，用双氧水配制的溶液是计算、量取、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等步骤选择仪器；装置C的作用是平安瓶，有防倒吸作用，装置D中发生气体反响，装置内压强降低， 装置C的作用是平安瓶，防止 D瓶溶液倒吸到B瓶中；装置B中制备得到，所以B中反响为和在浓的作用生成和，二氧化氯和氢氧化钠反响生成；由题目信息可知，应控制温度，高于 时分解成和NaCI ；从装置D

37、的溶液获得晶体，需要蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、枯燥；中可能发生浓，产生的被带入D中,与反响生成硫酸钠；碘遇淀粉变蓝色，反响结束时，碘反响完全，滴加最后一滴标准液时溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不复原，说明到达滴定终点；根据化学反响可得关系式： ，令样品中的物质的量X，根据关系式计算.此题考查亚氯酸钠制备实验的根本操作、亚氯酸钠的性质及中和滴定等知识，理解原理是解题的关键，同时考查学生分析问题、解决问题的能力，难点是流程图的分析，题目 难度中等.8. 【答案】分液漏斗；有机萃取剂；蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；操作简便；提高物质循环利用率;；其他条件相同情况下，磷酸、盐酸萃取率均随增大而降低，比拟而言盐

38、酸萃取率的下降幅度相对缓慢；其他条件相同情况下,脱除率均随的增大根本保持不变，两者比拟的脱除率相对有极少量增加KCI、反响后生成、HCI,在有机相中参加氨水生成【解析】解：根据给予的反响信息与流程图可知， 用有机溶剂萃取后，在水相中，HCI在有机相中,进行反萃取，得到有机溶剂进行循环利用， 物质A为有机萃取剂，得到分产品B为操作X是将互不相溶的液体进行别离， 那么为分液；水相经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、 洗涤、枯燥可以得到由上述分析可知，操作 X为反响，需要的主要玻璃仪器是：分液漏斗；流程图中物质A是：有机萃取剂，故答案为：分液漏斗；有机萃取剂；副产品B的化学式是：；水相经过蒸发浓缩、冷却结

39、晶、过滤、洗涤、枯燥可以得到，故答案为：；蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；评价该工艺的优点：操作简便、流程短、提高物质循环利用率、本钱低、无三废污染、产品纯度高、副产物可利用等，故答案为：操作简便、提高物质循环利用率等；由可知，的实际产量为故答案为：；由图可知，其他条件相同情况下，磷酸、盐酸萃取率均随 的增大而降低，比拟而言盐酸萃取率的下降幅度相对缓慢；其他条件相同情况下，、脱除率均随 的增大根本保持不变，两者比拟的脱除率相对有极少量增加；在 时，盐酸萃取率下降幅度比前面大，应将确定为 为宜，故答案为：其他条件相同情况下，磷酸、盐酸萃取率均随 的增大而降低，比拟而言盐酸萃取率的下降幅度相对缓慢；其他

40、条件相同情况下，、脱除率均随的增大根本保持不变，两者比拟 的脱除率相对有极少量增加根据给予的反响信息与流程图可知，KCI、反响后生成、HCI，用有机溶剂萃取后，在水相中，HCI在有机相中，在有机相中参加氨水生成，进行反萃取，得到有机溶剂进行循环利用，物质A为有机萃取剂，得到分产品B为 操作X是将互不相溶的液体进行别离，那么为分液；水相经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、 洗涤、枯燥可以得到操作简便、流程短、提高物质循环利用率、本钱低、无三废污染、产品纯度高、副产物可利用等；根据方程式，结合磷酸的质量的理论产量，再根据产量计算的实际产量；由图可知，其他条件相同情况下， 磷酸、盐酸萃取率均随 的增大而降

41、低，、脱除率均随的增大根本保持不变；在 时，盐酸萃取率下降第19页，共25页幅度比前面大，应将确定为 为宜.此题考查属于制备方案，涉及化学工艺流程、物质的别离提纯、化学计算、条件控制选 择等，需要学生具备知识的根底，难度中等.9【答案】扩大接触面积，加快反响速率；;冷水；硼酸溶解度随着温度升高增大较快，用冷水洗涤能减少硼酸溶解损失；冰水浴或冷水冲洗；酸性太弱，用甘油转化为强酸，便于滴定终点的判定，确保测定的准确性；【解析】 解：将固体粉碎，扩大接触面积，使反响更充分，从而增大反响速率；硼镁矿焙烧过程中只生成两种物质为和，方程式为：；故答案为：扩大接触面积，加快反响速率；硼酸溶解度如下所示，从溶

42、液获得硼酸晶体蒸发浓缩、冷去结晶、过滤、洗涤、枯燥获得硼酸晶体，由溶解度曲线可知，为了防止洗涤过程中洗涤过程中硼酸晶 体的损失，需要用冷水洗涤，理由是硼酸溶解度随着温度升高增大较快，用冷水洗涤能 减少硼酸溶解损失；故答案为：冷水；硼酸溶解度随着温度升高增大较快，用冷水洗涤能减少硼酸溶解损失；为了防止洗涤过程中洗涤过程中硼酸晶体的损失，需要用冷水洗涤；理由是硼酸溶解度随着温度升高增大较快，用冷水洗涤能减少硼酸溶解损失；迅速冷却锥形瓶中溶液的方法是冰水浴或冷水冲洗；故答案为：冰水浴或冷水冲洗；参加甘油的目的生成稳定配合物强化酸性，酸性增强便于滴定终点的判定，确保测定的准确性；故答案为：酸性太弱，用

43、甘油转化为强酸，便于滴定终点的判定，确保测定的准确性；每滴定液相当于的，用NaOH标准溶液滴定至时,溶液恰好显粉红色且半分钟不褪色，那么相当于，所以测该样品中 H3BO3的质量分数为 :故答案为：根据反响物的接触面积越大，其反响速率越快，从而缩短反响时间；根据题目信息结合质量守恒可知：硼镁矿焙烧过程中只生成两种物质为和，根据质量守恒配平；硼酸溶解度如下所示，从溶液获得硼酸晶体蒸发浓缩、冷去结晶、过滤、洗涤、枯燥获得硼酸晶体，由溶解度曲线可知，硼酸溶解度随着温度升高增大较快，所 以用冷水洗涤能减少硼酸溶解损失；为了防止洗涤过程中洗涤过程中硼酸晶体的损失，需要用冷水洗涤；可通过冰水浴或冷水冲洗来迅

44、速冷却锥形瓶中溶液；滴定实验中参加甘油的目的生成稳定配合物强化酸性，酸性增强便于滴定终点的判定，确保测定的准确性；根据题目信息： 每滴定液相当于的计算出样品中的质量，然后求出质量分数.此题考查了物质制备的流程分析判断，物质性质和实验过程判断，滴定实验的操作过程和计算应用，掌握根底是关键，题目难度中等.10.【答案】温度过高，分解导致与的反响不彻底，使浸取率减小或分解发生其它副反响，使浸取率减小或挥发导致Mn损失或高温下锰被氧化成高价态造成浸取率低或高温固体烧结，固体外表积减少等滴入最后一滴溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内颜色不复原【解析】解：菱锰矿的主要成分为杂质，参加氯化铵焙烧发生反响,还含有少

45、量的焙烧气体为二氧化碳和氨气、水蒸气，固体为量盐酸酸浸得到、化亚铁离子为铁离子，加氨水调、FeO、CaO、MgO、等，参加过等，浸取液净化参加少量氧，除去pH，生成沉淀氢氧化铁和氢氧化铝，参加、，净化液参加碳酸氢铵碳化结晶过滤得到碳酸锰,焙烧时温度对锰浸取率的影响图中，随温度升高到到，锰的浸出率基本不变，那么焙烧的适宜温度为，以上锰的浸取率偏低，可能原因是：温度过高，分解导致与的反响不彻底，使浸取率减小 或分解发生其它副反响，使浸取率减小或挥发导致Mn损失或高温下锰被氧化成高价态造成浸取率低或高温固体烧结，固体外表积减少等，的反响不彻底，使浸取率减小故答案为：；温度过高，分解导致与或分解发生其

46、它副反响，使浸取率减小或挥发导致Mn损失或高温下锰被氧化成高价态造成浸取率低或高温固体烧结，固体外表积减少等参加少量，氧化亚铁离子，反响的离子方程式为： 故答案为：加氨水调 pH，生成沉淀主要是:故答案为：碳化结晶中生成故答案为：的离子方程式为取I中混合液的 溶液进行滴定，发生反响: 最后一滴故答案为：滴入最后一滴反响过程于锥形瓶中，参加淀粉溶液作指示剂，用，判断滴定终点的方法是：滴入 溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内颜色不复原，溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内颜色不复原；假设杂质不参与反响，那么产品纯度 故答案为：。菱锰矿的主要成分为，还含有少量的、等杂质，加入氯化铵焙烧发生反响焙烧，气体为二氧化碳

47、和氨气、水蒸气，固体为、FeO、CaO、MgO、等，参加过量盐酸酸浸得到、等，浸取液净化参加少量氧化亚铁离子为铁离子，加氨水调pH，生成沉淀氢氧化铁和氢氧化铝，参加，除去，净化液参加碳酸氢铵碳化结晶过滤得到碳酸锰,焙烧到后，随温度升高锰的浸取率变化不大，以上锰的浸取率偏低是因为氯化铵分解，导致碳酸锰分解不彻底；净化包含三步：参加少量氧化亚铁离子为铁离子，加氨水调pH，生成沉淀氢氧化铁和氢氧化铝，参加，除去 、；净化液参加碳酸氢铵碳化结晶过滤得到碳酸锰和氯化铵；判断滴定终点的方法是利用参加淀粉溶液作指示剂，滴入硫代硫酸钠消耗碘单质 发生反响：，蓝色褪去；结合反响过程， ，据此计算纯度。此题考查了

48、物质制备过程、物质性质的理解应用、试剂选择和滴定实验的过程和计算分 析等，掌握根底是解题关键，题目难度中等。11.【答案】硫酸钙微溶于水；洗涤、；枯燥；烧碱；【解析】 解：硫酸和碳酸钙反响生成的硫酸钙是微溶于水的物质，附着在大理石外表阻止反响进行，所以选择硝酸反响；故答案为：硫酸钙微溶于水；上述流程中，“别离得产品为碳酸钙沉淀和硝酸铵溶液，所包含的实验操作依次为过滤，洗涤，枯燥；故答案为：洗涤，枯燥；大理石与硝酸反响后生成硝酸钙，硝酸铁，参加一水合氨反响生成氢氧化铁沉淀，滤 液中参加碳酸铵反响生成碳酸钙沉淀，过滤得到碳酸钙，滤液中含有阳离子为氢离子， 铵根离子；依据铵根离子的检验方法是和氢氧化钠反响生成氨气，遇到湿润的红色石蕊试纸变蓝证明氨气的生成； 故答案为：，烧碱；依据图象分析，固体质量在时间段无变化，说明固体未反响，加热到时,固体质量开始减小，所以该晶体开始发生化学变化的时间是；故答案为：；在加热到 时开始分解， 时间段和 时间段个固体的质量变化比拟少，而 时间段固体质量变化较大，