1、专题突破练专题突破练 9B 化学实验化学实验 非选择题(本题包括 6 小题,共 100分) 1.(2020 山东德州一模)(16分)亚硝酰氯(NOCl)是一种黄色气体,沸点为-5.5 。其液体呈红褐色。遇 水发生反应:2NOCl+H2O2HCl+NO+NO2。某化学兴趣小组设计如图装置用 Cl2和 NO制备 NOCl。回答下列相关问题: (1)甲装置发生反应的离子方程式为 ,装置丙中的液体为 。 (2)实验时,先通入 Cl2,待丁中烧瓶内充满黄绿色气体时,再通入 NO,这样做的目的 是 。 (3)装置丁中冰盐水的作用是 。 (4)经分析可知该套装置设计上有一处明显缺陷,改进方法是 (用文字描
2、述)。 (5)吸收尾气时,NOCl 发生反应的化学方程式为 。(已知:NO+NO2+2NaOH 2NaNO2+H2O) (6)反应完成后,取烧瓶中所得产物 m g溶于水,配制成 250 mL溶液,取出 25.00 mL,以 K2CrO4溶液为 指示剂,用 c mol L-1 AgNO3标准溶液滴定至终点,消耗标准溶液的体积为 V mL。则产物中 NOCl纯 度的计算式为 。 2.(2020 山东潍坊二模)(16分)氯化亚铜(CuCl)是一种重要的化工原料,常用作催化剂、杀菌剂。化学 小组用如图装置(部分夹持装置略去)制备氯化亚铜。 已知:氯化亚铜是一种白色固体,能溶于氨水,微溶于水,不溶于酒精
3、;在空气中会被迅速氧化。 在酸性条件下,某些中间价态的离子能发生自身氧化还原反应。 实验步骤: .打开分液漏斗活塞,向三颈瓶中加盐酸调 pH至 23。打开活塞 K,通入 SO2,溶液中产生白色沉淀, 待反应完全后,再通一段时间的气体。 .将反应混合液过滤、洗涤、干燥得 CuCl粗产品,纯化后得 CuCl 产品。 回答下列问题: (1)装置 B的作用是 。 (2)步骤中通入 SO2发生反应的离子方程式为 。 (3)步骤中采用抽滤法过滤的主要目的是 ;用 95%的乙醇代替蒸馏水洗涤 的优点是 。 (4)化学小组同学在实验过程中,将分液漏斗中的 0.1 mol L-1盐酸换为 6 mol L-1盐酸
4、,通入 SO2,最终未 得到白色沉淀。 对此现象有如下猜想。 猜想一:Cl-浓度过大,与 CuCl 发生反应。 小组同学对猜想一的原理进行深入研究,查阅资料知:CuCl+Cl-CuC - 。据此设计实验:将上述未得 到沉淀的溶液 (填操作),若观察到有白色沉淀析出,证明猜想一正确。 猜想二: 。 设计验证猜想二是否成立的实验方案 。 3.(2020 陕西西安一模)(17分)某学习小组通过下列装置探究 MnO2与 FeCl3 6H2O反应的产物。 【查阅资料】FeCl3是一种共价化合物,熔点 306 ,沸点 315 。 【实验探究】实验操作和现象如下表: 实验 编号 操作 现象 实验 1 按上图
5、所示,加热 A中 MnO2与 FeCl3 6H2O的混合物 试管 A中固体部分变液态,上方出现白雾 稍后,产生黄色气体,管壁附着黄色液滴 试管 B中 KI 淀粉溶液变蓝 实验 2 把 A中的混合物换为 FeCl3 6H2O,B 中溶液换为 KSCN 溶液,加热 A中固体部分变液态,产生白雾和黄色气体,B中 KSCN溶液变红 【问题讨论】 (1)实验前首先要进行的操作是 。 (2)实验 1 和实验 2产生的白雾是 (填化学式)溶解在水中形成的小液滴。 (3)请用离子方程式解释实验 2中黄色气体使 KI淀粉溶液变蓝色的原 因 。 (4)为确认黄色气体中含有 Cl2,学习小组将实验 1 中试管 B
6、内 KI淀粉溶液替换为 NaBr 溶液,发现 B 中溶液呈橙色,经检验无 Fe2+,说明黄色气体中含有 Cl2。用铁氰化钾溶液检验 Fe2+的离子方程式 是 。选择 NaBr 溶液的原因 是 。 【实验结论】 (5)实验 1 充分加热后,若反应中被氧化与未被氧化的氯元素质量之比为 12,则 A 中发生反应的化 学方程式为 。 【实验反思】 该学习小组认为实验 1中溶液变蓝,也可能是酸性条件下,I-被空气氧化所致,可以先将装置中的空气 排尽,以排除 O2的干扰。 4.(2020 山西运城一模)(17分)某小组为测定化合物 Co(NH3)yClx(其中 Co元素为+3价)的组成,进行如 下实验。
7、(1)氯的测定:准确称取 2.675 g该化合物,配成溶液后用 1.00 mol L-1 AgNO3标准溶液滴定,用 K2CrO4 溶液作为指示剂,至出现淡红色沉淀(Ag2CrO4为砖红色)且不再消失时,消耗 AgNO3溶液 30.00 mL。 已知:Ksp(AgCl)=1.8 10-10、Ksp(Ag2CrO4)=1.12 10-12 AgNO3标准溶液需要放在棕色的滴定管中的原因是 (用化学方程式表 示)。 若滴定终点读数时滴定管下口悬挂了一滴液体,会使得测定结果 (填“偏大”“偏小” 或“无影响”)。 用 K2CrO4溶液作指示剂的理由是 。 (2)氨的测定:再准确称取 2.675 g该
8、化合物,加适量水溶解,注入下列装置 4 (填仪器名称)中, 然后通过装置 3 滴加足量的 NaOH溶液,加热装置 1,产生的氨气被装置 5 中的盐酸吸收,多余的盐酸 再用 NaOH标准溶液反滴定,经计算,吸收氨气消耗 1.00 mol L-1盐酸 60.00 mL。 装置 A在整个实验中的作用是 ,如果没有装置 6中的冰盐水, 会使得测定结果 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 (3)通过处理实验数据可知该化合物的组成为 。 5.(2020 山东泰安三模)(17分)六氟合铝酸钠(Na3AlF6)俗称冰晶石,微溶于水,可用作陶瓷乳白剂、树 脂橡胶的耐磨填充剂等。实验室以萤石(CaF2,难溶于水
9、)、石英和纯碱等为原料可制备 Na3AlF6,实验 步骤如下: .将萤石(CaF2)、石英和纯碱按一定比例混合后煅烧并释放出 CO2; . .在浸取液中加入稀硫酸调节 pH,再加入硫酸铝,充分反应后过滤,洗涤烘干后得到六氟合铝酸钠。 回答下列问题: (1)Na3AlF6中铝元素的化合价为 。 (2)步骤中煅烧原料混合物时,盛装原料混合物的仪器名称为 ;混合物煅烧后除生成 CO2、CaSiO3外还有一种产物(二元化合物),该物质的化学式为 。 (3)步骤的具体内容是 。 (4)通过实验探究不同 pH时氟离子的去除率,即对多份相同量的浸取液调节至不同 pH后,再分别加 入等量的硫酸铝,得到了溶液中
10、残留氟浓度和氟去除率随溶液 pH的变化关系如图所示。则步骤中 最佳 pH为 ;图中当 pH增大时,氟去除率下降的原因是 。 (5)步骤中检验过滤后的固体已洗涤干净的方法是 。 (6)写出一种能将含氟废水中氟离子去除的可行方法: 。 6.(2020 河北唐山一模)(17分)碳酸盐在无机试剂制备中应用广泛。某研究小组用如下两种方法制备 FeCO3。已知:FeCO3是白色固体,难溶于水。 .研究小组用炼铁厂的铁矾渣制备 FeCO3,制备过程如下。铁矾渣主要含有 K2Fe6(SO4)4(OH)12、 ZnO、Fe2O3及少量的 CaO、MgO、SiO2等。 (1)试剂 1 是过量的 ,滤渣 2 的成分
11、是 (写化学式)。 (2)“沉铁”过程发生反应的离子方程式是 。 (3)“沉铁”后的滤液经“操作 a”,再经过“过滤、洗涤、干燥”可得到皓矾(ZnSO4 7H2O),“操作 a” 是 ,取 28.70 g 皓矾(ZnSO4 7H2O)加热,加热过程中剩余固体的质量变化如 图,100 时所得固体的化学式为 。 .研究小组又采用如下装置制取 FeCO3(C后面的装置及夹持装置略)。操作的关键是向 Na2CO3溶 液(pH=12.11)通入一段时间 CO2至溶液 pH为 7,再滴加一定量的 FeSO4溶液,产生白色沉淀。 (1)画出装置 B ,B中所用试剂为 ; (2)先向 1 mol L-1 Na
12、2CO3溶液中通入 CO2的目的 是 ; (3)FeCO3溶于乳酸CH3CH(OH)COOH能制得可溶性乳酸亚铁补血剂,该实验小组用 KMnO4测定补 血剂中亚铁含量进而计算乳酸亚铁的质量分数,发现乳酸亚铁的质量分数总是大于 100%,其原因是 (不考虑操作不当引起的误差)。 参考答案 专题突破练 9B 化学实验 1.答案 (1)3Cu+8H+2N - 3Cu2+2NO+4H2O 浓硫酸 (2)排尽装置中的空气,避免空气中的氧气氧化 NO (3)液化亚硝酰氯,便于收集产品 (4)在装置丁和戊之间增加一个气体干燥装置 (5)NOCl+2NaOHNaCl+NaNO2+H2O (6) 100% 解析
13、 (1)根据题意分析可知,装置甲中铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水,反应 的离子反应方程式为 3Cu+8H+2N - 3Cu2+2NO+4H2O;装置丙中应盛放浓硫酸,其 目的是干燥和混合一氧化氮和氯气。 (2)由于一氧化氮易被氧气氧化生成二氧化氮,实验时,应先通入 Cl2排尽装置中的空 气后,再通入 NO,防止 NO 被氧化。 (3)由题给信息可知,亚硝酰氯的沸点为-5.5 ,遇冷易转化为液态,则装置丁中冰盐 水的作用是液化亚硝酰氯,便于收集产品。 (4)由于硝酰氯遇水发生反应,所以应在装置丁和戊之间增加一个气体干燥装置,防 止水蒸气进入装置丁中与亚硝酰氯发生反应。 (5)由题给化学方
14、程式 2NOCl+H2O2HCl+NO+NO2和 NO+NO2+2NaOH 2NaNO2+H2O可知,NOCl 与 NaOH溶液反应可生成 NaCl、NaNO2和 H2O,反应的化学方 程式为 NOCl+2NaOHNaCl+NaNO2+H2O。 (6)由题给化学方程式 2NOCl+H2O2HCl+NO+NO2可知,硝酰氯溶于水得到盐 酸,由 NOClHClAgNO3的关系可得,m g样品中 n(NOCl)=n(AgNO3)=c mol L-1 V 10-3 L 10=0.01cV mol,则产物中 NOCl 的纯度为 - 100%= 100%。 2.答案 (1)安全瓶或防止发生倒吸 (2)SO
15、2+2Cu2+2Cl-+2H2O2CuCl+S -+4H+ (3)快速过滤,防止氯化亚铜被氧化 减小 CuCl 的损失,同时加快固体的干燥 (4)加水稀释 强酸性条件下,CuCl 发生自身氧化还原反应(歧化反应) 取 CuCl 固体,加入 3 mol L-1的 H2SO4溶液,若白色沉淀消失,得到蓝色溶液,有红色固体生成, 证明猜想二成立,反之猜想二不成立 解析 (1)SO2属于大气污染物,不能排放到空气中。用 NaOH溶液处理尾气时容易引起倒 吸,B装置可防止尾气处理时产生倒吸,故 B装置的作用为安全瓶或防止发生倒吸。 (2)SO2与氯化铜溶液反应生成氯化亚铜和硫酸,离子反应方程式为 SO2
16、+2Cu2+2Cl- +2H2O2CuCl+S -+4H+。 (3)已知氯化亚铜是一种白色固体,能溶于氨水,微溶于水,不溶于酒精;在空气中会 被迅速氧化,步骤中采用抽滤法可加快过滤的速度,减少与空气接触的时间,防止氯化 亚铜被氧化;氯化亚铜微溶于水,不溶于酒精,且酒精具有挥发性,可快速带走固体表面的 水分,则用 95%的乙醇代替蒸馏水洗涤的优点是减小 CuCl 的损失,同时加快固体的干燥。 (4)若 Cl-浓度过大时与 CuCl 发生反应,可通过减小 Cl-的浓度观察是否有沉淀生 成来证明猜想一是否正确,则操作为将未得到沉淀的溶液加水稀释,若观察到有白色沉淀 析出,说明猜想一是正确的,否则,猜
17、想一不正确。根据已知信息在酸性条件下,某些 中间价态的离子能发生自身氧化还原反应,则猜想二为强酸性条件下,CuCl 发生自身氧 化还原反应(歧化反应)。验证猜想的方法为:取 CuCl 固体,加入 3 mol L-1的 H2SO4溶液, 若白色沉淀消失,得到蓝色溶液并有红色固体生成,证明猜想二成立,反之猜想二不成立。 3.答案 (1)检查装置的气密性 (2)HCl (3)2Fe3+2I-2Fe2+I2 (4)3Fe2+2Fe(CN)63-Fe3Fe(CN)62 Br-可以被 Cl2氧化成 Br2,但不会被 Fe3+氧 化为 Br2 (5)MnO2+2FeCl3 6H2OFe2O3+MnCl2+C
18、l2+2HCl+11H2O 解析 (1)实验前首先要进行的操作是检查装置的气密性。 (2)FeCl3 6H2O受热失去结晶水,同时水解生成 HCl 气体,HCl 和水蒸气结合形成盐 酸小液滴悬浮在空气中而形成白雾。 (3)碘离子具有还原性,氯化铁具有强氧化性,两者能发生氧化还原反应,反应的离子 方程式为 2Fe3+2I-2Fe2+I2。 (4)用铁氰化钾溶液检验 Fe2+产生蓝色沉淀,离子方程式是 3Fe2+2Fe(CN)63- Fe3Fe(CN)62;为确认黄色气体中含有 Cl2,将试管 B内 KI淀粉溶液替换为 NaBr溶液, 若 B中观察到橙色,应为溴水的颜色,则证明有物质能够将 Br-
19、氧化成 Br2,铁离子不能氧 化溴离子,且未检查到 Fe2+,则证明是 Cl2氧化的 Br-。 (5)二氧化锰与 FeCl3 6H2O反应生成 Fe2O3、MnCl2、Cl2、HCl 及水,反应的化学方 程式为 MnO2+2FeCl3 6H2OFe2O3+MnCl2+Cl2+2HCl+11H2O。 4.答案 (1)2AgNO32Ag+2NO2+O2 偏大 Ag2CrO4为砖红色,由 Ksp可知 AgCl 的溶解度更小,当溶液中 Cl-消耗完时,才会产生砖红色沉淀 (2)三颈瓶 产生水蒸气,将装置 B中产生的氨气全部蒸出 偏大 (3)Co(NH3)6Cl3 解析 (1)AgNO3不稳定,见光易分
20、解成 Ag、NO2和 O2,发生反应的化学方程式为 2AgNO32Ag+2NO2+O2;若滴定终点读数时滴定管下口悬挂了一滴液体,会使得 标准溶液体积读数偏大,导致滴定结果偏大;一方面 Ag2CrO4为砖红色,另一方面由 Ksp(AgCl)=1.8 10-10、Ksp(Ag2CrO4)=1.12 10-12可知,AgCl 饱和溶液中 c(Ag+)= 10-5 mol L-1,Ag2CrO4饱和溶液中 c(Ag+)= 10-4 mol L-1,所以 AgCl 的溶解度更小,当滴 入 AgNO3时溶解度小的沉淀先形成,当 Cl-几乎完全沉淀之后才会产生 Ag2CrO4沉淀,即 终点的时候会产生砖红
21、色沉淀。 (2)装置 4为三颈瓶,装置 A的作用是产生水蒸气,将装置 B中产生的氨气全部蒸出, 如果没有装置 6 的冰盐水,HCl 吸收氨气时可能形成倒吸,溶液中的 HCl 有一部分被倒吸, 被反滴定的 HCl 的量就减少,计算吸收氨气时的 HCl 就偏大,氨气的含量就偏大。 (3)滴定 Cl-时,2.675 g样品消耗 30 mL 1.00 mol L-1 AgNO3溶液,所以 n(Cl- )=n(Ag+)=1.00 mol L-1 30 mL 10-3 L mL-1=0.03 mol,测定氨时,2.675 g样品消耗 1.00 mol L-1盐酸 60.00 mL,所以 n(NH3)=n(
22、HCl)=1.00 mol L-1 60.00 mL 10-3 L mL-1=0.06 mol, 故 n(Cl-)n(NH3)=0.030.06=12,由于化合物 Co(NH3)yClx中 Co的化合价为+3价,Cl 元素的化合价为-1 价,所以 x=3,y=6,则该化合物为Co(NH3)6Cl3。 5.答案 (1)+3价 (2)坩埚 NaF (3)将冷却后的固体加水浸取,过滤后除去残渣得到浸取液(或其他合理答案) (4)5 溶液 pH升高,溶液中 OH-的浓度增大,Al3+与 OH-优先结合 (5)取最后一次洗涤液,向其中加入盐酸酸化的氯化钡溶液,如果没有白色沉淀生成, 说明固体已经洗净 (
23、6)加入 CaCl2,利用反应生成 CaF2沉淀而去除(或加入一定比例的硫酸铝和硫酸钠, 利用反应生成六氟合铝酸钠而去除) 解析 (1)Na3AlF6中,Na 显+1 价,F显-1 价,所以该化合物中 Al 元素的化合价为+3价。 (2)煅烧原料混合物时,用坩埚盛装混合物;根据 CaF2、石英和纯碱按一定比例混合 后煅烧并释放出 CO2,可书写出该反应的化学方程式为 CaF2+SiO2+Na2CO3 CaSiO3+CO2+2NaF,所以混合物煅烧后除生成 CO2、CaSiO3外还有 NaF。 (3)步骤中有“在浸取液中加入稀硫酸调节 pH”,说明步骤中得到浸取液,所以步 骤的具体内容是:将冷却
24、后的固体加水浸取,过滤后除去残渣得到浸取液。 (4)由变化关系如题图可知 pH=5时,残留氟浓度最低,说明氟的转化率高,且氟去除 率相对较高,所以步骤中最佳 pH为 5;图中当 pH增大时,氟去除率下降的原因是溶液 的 pH升高,溶液中 OH-的浓度增大,Al3+与 OH-优先结合。 (5)步骤中检验过滤后的固体六氟合铝酸钠已洗涤干净不含杂质硫酸铝的方法是: 取最后一次洗涤液,向其中加入盐酸酸化的氯化钡溶液,如果没有白色沉淀生成,说明固 体已经洗净。 (6)利用石灰中的钙离子与氟离子生成 CaF2沉淀而除去氟离子的方法为:加入 CaCl2, 利用反应生成 CaF2沉淀而去除;或加入一定比例的硫
25、酸铝和硫酸钠,利用反应生成六氟 合铝酸钠而去除。 6.答案 .(1)H2SO4 MgF2、CaF2、Fe (2)Fe2+2HC - FeCO3+CO2+H2O (3)蒸发浓缩、冷却结晶 ZnSO4 H2O .(1) 饱和 NaHCO3溶液 (2)排除装置中的空气,降低溶液中 OH-的浓度,防止生成 Fe(OH)2 (3)乳酸根中的羟基被 KMnO4氧化,也消耗了 KMnO4 解析 .用过量的稀硫酸溶解铁矾渣主要含有 K2Fe6(SO4)4(OH)12、ZnO、Fe2O3及少量 的 CaO、MgO、SiO2等,SiO2不溶,过滤得到的滤渣 1 主要成分是 SiO2,滤液为含有 K+、 Fe3+、
26、Zn2+、Ca2+、Mg2+的酸性溶液,加入铁粉,发生反应 2Fe3+Fe3Fe2+、Fe+2H+ Fe2+H2,再加入 NH4F 使 Ca2+、Mg2+沉淀,过滤,滤渣 2含有过量的铁粉、CaF2、MgF2, 滤液主要含有 Fe2+、Zn2+,再加入 NH4HCO3沉淀 Fe2+,生成 FeCO3和 CO2气体,得到的滤 液经蒸发浓缩、冷却结晶,再经过过滤、洗涤、干燥,可得到皓矾(ZnSO47H2O)。 (1)根据上述分析可知,试剂 1 是过量的硫酸(H2SO4),滤渣 2的成分是铁粉(Fe)、CaF2 及 MgF2。 (2)“沉铁”过程发生反应的离子方程式是 Fe2+2HC - FeCO3
27、+CO2+H2O。 (3)“沉铁”后的滤液经“操作 a”,再经过“过滤、洗涤、干燥”得到皓矾(ZnSO4 7H2O), 结合分析可知,“操作 a”应是蒸发浓缩、冷却结晶;皓矾(ZnSO4 7H2O)受热易分解,在不同 的温度下分解可生成 ZnSO4 H2O或 ZnSO4或 ZnO,产物不同;28.70 g 皓矾的物质的量为 - =0.1 mol,不论分解产物是什么,根据锌元素守恒,其物质的量都为 0.1 mol,因此 生成 0.1 mol ZnSO4 H2O 的质量为 0.1 mol 179 g mol-1=17.90 g;生成 0.1 mol ZnSO4的质 量为 0.1 mol 161 g
28、 mol-1=16.10 g;生成 0.1 mol ZnO的质量为 0.1 mol 81 g mol-1=8.10 g; 根据上述分析可知,100 时所得固体 A 的质量为 17.90 g,则生成的固体为 ZnSO4 H2O。 .(1)装置 A反应制得的 CO2气体中含有氯化氢气体,会影响后续制取实验,通入 C 装置前应先进行洗气除杂,一般选用饱和碳酸氢钠溶液除去 HCl,洗气时,气体应长进短 出,装置图为。 (2)装置中含有空气,空气中的氧气可以将亚铁离子氧化为铁离子,CO2可将装置中的 氧气排除,防止亚铁离子氧化;同时碳酸钠溶液碱性强,溶液中 c(OH-)大,就会出现生成氢 氧化亚铁与制备的 FeCO3成为竞争反应,从而导致制备的 FeCO3纯度低;NaHCO3溶液碱 性弱,制得的 FeCO3纯度高,则先向 1 mol L-1 Na2CO3溶液中通入 CO2的目的是排除装置 中的空气,降低溶液中 OH-的浓度,防止生成 Fe(OH)2。 (3)乳酸中含有醇羟基,具有醇的性质,乳酸分子中的醇羟基能被高锰酸钾溶液氧化 导致消耗高锰酸钾的量增大,从而使计算所得乳酸亚铁的质量偏大,所以产品中乳酸亚铁 的质量分数会大于 100%。
