2017版创新设计《优化重组卷》大一轮复习精练（江苏专用） - 滚动提升卷五 化学实验（含答案）.doc

反应生成的Fe3会被Fe还原为Fe2，故溶液不显红色不能说明固体中不含Fe3O4，D项错

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误。]

6．A [A项，试剂应为饱和NaHCO3溶液，气体应从长导管通入溶液中，错误；Fe3与KSCN

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反应使溶液变红色，B项正确；醛基可用新制Cu(OH)2进行检验，看是否有砖红色沉淀生成，C项正确；浓盐酸挥发出来的HCl与NH3反应生成NH4Cl固体小颗粒，出现白烟，D项正确。]

7．A [A项，夹紧止水夹，从长颈漏斗注水，在长颈漏斗下端能形成稳定的水柱，说明气密性良好，可以实现；B项，碘的CCl4溶液不分层，不能用分液的方法分离，可以采用蒸馏的方法；C项，乙烯能被酸性KMnO4溶液氧化生成CO2，引入新杂质；D项，分馏时，温度计应在支管口附近(测的是馏分的温度)。]

8．D [A项，二氧化硫与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应使紫色褪去，不能证明二氧化硫有漂白性，错误；B项，硫酸银与氯化银都不溶于稀硝酸，因此不能检验溶液中是否含氯离子，错误；C项，在该NaOH溶液中加入2滴氯化镁溶液后还剩余NaOH，过量的NaOH可与氯化铁反应生成红褐色的氢氧化铁沉淀，不能证明在相同温度下，氢氧化镁的溶解度与氢氧化铁的溶解度的大小，错误；D项，通过比较硫酸钠与碳酸钠的碱性可以得到S与C对应的最高价氧化物的水化物酸性强弱，从而得出非金属性S>C，正确。]

9．C [A项，洗气应长进短出，错误；B项，小试管中应装NaHCO3，外面大试管装Na2CO3，里面的NaHCO3分解，而外面的Na2CO3不分解，说明Na2CO3稳定性强，原装置错误；D项，生成CO2中有HCl气体，最终烧杯中生成H2SiO3沉淀，可能是盐酸与Na2SiO3反应，无法证明是CO2反应。]

10．A [A项，将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中，红棕色变深，说明升高温度该反应化学平衡逆向移动，ΔH<0，正确；B项，将少量的溴水分别滴入FeCl2溶液、NaI溶液中，发生的反应分别为Br2＋2Fe2===2Fe3＋2Br，Br2＋2I===2Br＋I2，说明还原性I

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＞Fe2＞Br，错误；C项，某钾盐溶于盐酸，产生无色无味气体，通过澄清石灰水有白色沉淀出现，该钾盐可能是K2CO3、KHCO3或二者的混合物，错误；D项，把SO2通入紫色石蕊试液中，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，显酸性，溶液变红色，错误。]

11．B [A项，分离Br2和CCl4混合物应采用蒸馏法，由于Br2易溶于CCl4，难溶于水，故不能用水萃取CCl4中的Br2，不合理；B项，葡萄糖溶液与银氨溶液混合后水浴加热产生银镜，而蔗糖溶液与银氨溶液混合后水浴加热不产生银镜，合理；C项，锌与稀硝酸反应不能生成H2，不合理；D项，试剂中缺少指示剂酚酞，不合理。]

2

12．AC [A项，加盐酸无明显现象，排除了Ag、CO23、SO3的干扰，再加BaCl2溶液有

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白色沉淀，则有SO2正确；B项，新制Cu(OH)2悬浊液制备需要碱过量，醛基与新制Cu(OH)24，

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悬浊液的反应需要在碱性条件下进行，错误；D项，检验Fe3存在，不需要用到氯水，错

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误。]

13．BD [过量的铁粉中加入稀硝酸，充分反应后生成Fe2，滴入KSCN溶液不会出现血红

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色，A项现象描述和结论错误；由于AgI的溶解度远小于AgCl的溶解度，所以AgCl沉淀中滴入稀的KI溶液，沉淀会变成黄色，B项现象描述及结论均正确；Al在稀硝酸中不发生钝化，C项现象和结论错误。]

14．D [A项，HNO3可以氧化Na2SO3，无法证明Na2SO3是否变质，错误；B项，产生氯气的原因是漂白粉中ClO与Cl在酸性条件下反应：ClO ＋ Cl＋ 2H===Cl2↑＋ H2O，错误；C项，说明该溶液中一定有Na，无法判断是否有K，需要透过蓝色的钴玻璃观察，错误；D项，下层溶液显紫红色，说明有I2生成，即发生反应：2Fe3＋ 2I===2Fe2＋ I2，

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正确。]

15．A [根据配制一定质量分数的NaCl溶液的实验步骤可知，所需仪器为托盘天平(带砝码)、胶头滴管、量筒、烧杯、药匙、玻璃棒，所需药品为NaCl固体和蒸馏水，A正确；盐酸不是氯的最高价含氧酸，则盐酸与大理石反应不能证明非金属性：Cl＞C，B错误；用已知浓度的盐酸测定待测NaOH溶液的物质的量浓度，缺少锥形瓶和指示剂，C错误；提纯混有MgCl2杂质的AlCl3溶液的过程是：向混合溶液中加入过量的NaOH溶液使MgCl2转化为Mg(OH)2沉淀，AlCl3转化为NaAlO2，通过过滤除去Mg(OH)2沉淀，然后向滤液中通入过量的CO2，使NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀，通过过滤、洗涤得到纯净的Al(OH)3沉淀，然后再加入适量的盐酸溶解Al(OH)3沉淀，即可得到AlCl3溶液，故所需仪器为烧杯、普通漏斗、滤纸、铁架台(带铁圈)、玻璃棒、胶头滴管和导管，所需药品缺少CO2和盐酸，D错误。] 16．解析 (1)加入H2O2的目的是为了氧化Fe2到Fe3，H2O2作氧化剂，还原产物为H2O，

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注意酸性条件，配平。(2)联想到FeSO4溶液的配制，可知加入酸的目的是抑制Fe2的水解。

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提供酸性环境，有利于H2O2的氧化。(3)聚合硫酸铁中铁元素的化合价为＋3价，所以反应物有FeSO4、H2SO4、H2O2，生成物有[Fe2(OH)n(SO4) (3－0.5n)]m，由(1)可知Fe2与H2O2的化

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学计量数比为2∶1，结合元素原子守恒得FeSO4的化学计量数为2m，H2O2化学计量数为m，

2结合SO24、H守恒配平。(4)①SnCl6中Sn元素化合价为＋4价，根据电子守恒、电荷守恒

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和原子守恒配平。②若不除去Sn2，Sn2也会被Cr2O2造成实验误差。③6Fe3～6Fe27氧化，

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～Cr2O27，

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w(Fe)＝

100.0 mL－－

0.100 mol·L1×0.012 8 L×6××56 g·mol1

20.00 mL

10.00 g×100%＝21.5%。

答案 (1)2Fe2 ＋2H＋H2O2===2Fe3＋2H2O

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(2)①抑制Fe2水解

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②提高H2O2的氧化能力(或促进Fe2被氧化)

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(3)2mFeSO4＋ mH2O2＋(1－0.5n)mH2SO4===[Fe2(OH)n(SO4) (3－0.5n)]m＋(2－n)mH2O (4)①Sn2＋2Fe3 ＋ 6Cl===2Fe2 ＋ SnCl26

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②防止滴定过程中由于Sn2同时还原Cr2O27而造成较大的实验误差 ③21.5

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17．解析 (1)废渣中含有CuS和少量铁的化合物，最终要获得CuCl2，所以要除去S和Fe杂质，焙烧时，S以SO2形式进入空气，Fe2应氧化成Fe3后，便于除杂，要注意不能引入

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新杂质，同时调节pH，将Fe3转化为沉淀，所以F应具有氧化性和碱性，NaClO水解显碱

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性。(2)KMnO4具有强氧化性，可以氧化SO2，依据KMnO4的褪色，可以测定出SO2的量。I2也可以氧化SO2，当I2与淀粉的溶液褪色时，可以确定出参加反应的I2。NaOH、氨水不仅吸收SO2，还吸收微量的SO3和酸雾，故不能确定出SO2的量。KMnO4在酸性条件下具有强氧化性，不可用HCl酸化，HNO3本身具有强氧化性，干扰KMnO4的反应。(3)从溶解度的曲线图知，高温下Na2SO4溶解度小，所以趁热过滤得出的固体是Na2SO4。冰水洗涤晶体的目的有二：一是洗涤表面杂质，二是降低晶体的溶解度，以减少溶质的损失。(4)依据信息知，SOCl2可以与CuCl2·2H2O中的H2O反应而除去。

答案 (1)b NaClO能将Fe2氧化为Fe3，且溶液显碱性，使Fe3生成Fe(OH)3沉淀

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(2)bc 稀硫酸 (3)Na2SO4 烧杯、玻璃棒、漏斗 减少晶体因溶于水而产生损耗 △(4)CuCl2·2H2O＋2SOCl2=====CuCl2 ＋2SO2↑＋4HCl↑

18．解析 (1)研细的目的是为了增大反应物之间的接触面积，加快反应速率。检验沉淀是否洗涤干净，主要检验洗涤液中是否还含有可溶性杂质，因此分析沉淀中可能含有的可溶性杂质是关键。由反应化学方程式可知，可溶性杂质是NaCl，检验最后一次洗涤液中是否含有Cl。(2) HClO4是易挥发的发烟液体，白雾是HClO4的酸雾。由题给信息可知HClO4温度高于130℃易爆炸、高氯酸铜120℃开始分解。(3)Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3)·c3(OH)，pH＝3，

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c(OH)＝10

－－11

mol·L1，得c(Fe3)＝2.64×106 mol·L1。(4)CuCl2中含有杂质Fe2，因此需

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要加H2O2氧化剂氧化为Fe3，再用氨水调节pH生成Fe(OH)3过滤除去。CuCl2溶液获得

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CuCl2·2H2O晶体，采用蒸发浓缩，冷却结晶的方法，然后过滤、洗涤、干燥。CuCl2·2H2O晶体由于Cu2水解，因此在HCl气流中加热。

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答案 (1)①增大反应物之间的接触面积，加快反应速率 ② HNO3和AgNO3溶液(其他合理答案均可) (2)①HClO4 ②防止HClO4、Cu(ClO4)2分解 (3)2.64×106 mol·L1

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(4)②加入适量双氧水溶液并充分混合，再加入适量氨水调节溶液pH至3.2～4.7 ③蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥

④CuCl2·2H2O晶体在HCl气氛中加热至质量不再变化为止

19．解析 (1)①FeCl3水解显酸性，故加入HCl可抑制Fe3的水解；②能萃取的原因是溶质

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在异丙醚中的溶解度比水中的大得多。Fe3与KSCN显血红色，这是检验Fe3的特征反应。

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③冰水洗涤的目的是：一是洗去表面杂质，二是降低了晶体的溶解度，减少晶体溶解产生损失。④KMnO4具有强氧化性，会氧化乳胶管，所以应选用玻璃活塞的酸式滴定管。a项，标准液未润洗，则消耗的标准液体积增大，所以测定的H2C2O4的浓度增大；b项，滴定管中前有气泡，后无气泡，实际上被标准溶液所填满，被误认为与H2C2O4反应了，故所测H2C2O4的浓度增大；c项，滴定管的“0”刻度在上方，仰视时读数偏小，俯视时读数偏大，两者的体积差值偏小，所以所测H2C2O4的浓度偏小。(2)向废液中加入过量的铁粉，将FeCl3反应生成FeCl2，与CuCl2反应置换出Cu。滤渣中含有Fe和Cu，加入盐酸将过量的Fe溶解，生成FeCl2，过滤回收出Cu。滤液合并为FeCl2，加入H2O2将Fe2氧化生成Fe3，由于Fe3

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水解，故应在HCl气氛中加热脱结晶水，以获得无水FeCl3。

答案 (1)①(浓)盐酸 ②FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度 取少量溶液，向其中滴加KSCN溶液，若溶液变红，则含有Fe3(或其他合理方法) ③除去杂质、减少草

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酸铁晶体的溶解损耗 ④甲 c

(2)向滤渣中加入足量盐酸，充分反应后过滤、洗涤、干燥得铜粉；将两次过滤所得滤液合并，向其中加入适量H2O2溶液使Fe2全部氧化生成Fe3 将FeCl3·6H2O在HCl的气氛中

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加热脱水

2220．解析 (2)Ba2除去SO24，OH除去Mg，两者物质的量之比不是1∶1，Ba会过量，

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消耗Na2CO3。(4)装置3的作用是安全瓶，防止倒吸时，溶液进入发生装置，装置4是利用饱和NaCl溶液吸收HCl，倒扣漏斗的作用：一是可以防倒吸，二是可以增大气液接触面积，

便于吸收充分。(5)Fe3检验可以用KSCN溶液，若溶液出现血红色，则说明有Fe3。

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答案 (1)取上层清液少许，先加入稍过量盐酸，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，说明SO24沉淀完全

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(2)Mg2和SO2两种离子沉淀完全时，过量的Ba2会消耗Na2CO3 4的物质的量之比不是1∶1，

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＋

(3)玻璃棒、酒精灯

△

(4)①2NaCl＋H2SO4=====Na2SO4＋2HCl↑(其他合理答案均可) ②增大HCl与溶液的接触面积，便于溶液更好地吸收HCl ③安全瓶或防止液体倒吸(合理答案均可)

(5)取溶液少许，加入KSCN溶液，若溶液呈血红色，说明其中含有Fe3

＋

21．解析 (1)将滤渣洗涤，提高利用率。(2)注意前面加H2SO4溶液，溶液呈酸性，配平。(3)由题给信息，取样，加K3[Fe(CN)6]，看是否产生蓝色沉淀。(3)注意化学方程式，反应物有Fe2(SO4)3(经NaClO氧化)、Na2CO3，生成物有[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]，先根据铁元素原子守恒配平有：3Fe2(SO4)3＋Na2CO3——Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓，SO24多，判断有Na2SO4生成：

－

3Fe2(SO4)3＋Na2CO3——Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓＋ 5Na2SO4，根据Na守恒配Na2CO3：3Fe2(SO4)3＋6Na2CO3——Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓＋ 5Na2SO4，根据碳原子守恒、H、O原子守恒，补水和CO2。(5)过滤为了除去不溶性杂质，因CoCl2溶解度随温度升高而增大，温度高1.470 g时过滤，CoCl2晶体不析出。(6)n(CoC2O4)＝－＝0.010 00 mol，氧化钴中m(Co)＝

147 g·mol10.010 00 mol×59 g·mol1＝0.590 g，m(O)＝0.830 g－0.590 g＝0.240 g，N(Co)∶N(O)＝0.010 0

－

＋

mol∶

0.240 g

－＝2∶3，故氧化钴化学式为Co2O3。

16 g·mol1答案 (1)提高钴等元素的利用率

＋＋－△＋－

(2)6Fe2＋6H＋ClO3=====6Fe3＋Cl＋3H2O

取氧化后的溶液少许于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，则Fe2已全

＋

部被氧化

(3)3Fe2(SO4)3＋6H2O ＋6Na2CO3===Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓＋5Na2SO4＋6CO2↑

(4)向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，静置使滤液流出，重复操作2～3次 (5)防止因温度降低，CoCl2晶体析出 (6)Co2O3