《化学实验综合题-2021年高考真题和模拟题化学分项汇编（解析版）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《化学实验综合题-2021年高考真题和模拟题化学分项汇编（解析版）.pdf（82页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、专题1 6 化学实验综合题:2021年高考真题1.(2021全国高考甲卷真题)胆研(CuSO5H zO)易溶于水，难溶于乙醇。某小组用工业废铜焙烧得到的CuO(杂质为氧化铁及泥沙)为原料与稀硫酸反应制备胆研，并测定其结晶水的含量。回答下列问题：(1)制备胆研时，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还 必 须 使 用 的 仪 器 有(填 标 号)。A.烧杯 B.容量瓶 C.蒸发皿 D.移液管(2)将 CuO加入到适量的稀硫酸中，加热，其 主 要 反 应 的 化 学 方 程 式 为,与直接用废铜和浓硫酸反应相比，该 方 法 的 优 点 是。(3)待 CuO完全反应后停止加热，边搅拌边加入
2、适量H?。？，冷却后用NHs-H2。调 p H 为 3.54,再煮沸lOmin,冷却后过滤。滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、乙醇洗涤、,得到胆研。其中，控制溶液p H 为 3.54 的目的是，煮沸lO m in的作用是。(4)结晶水测定：称量干燥生烟的质量为m-加入胆矶后总质量为m 2,将用烟加热至胆矶全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m；,。根据实验数据，胆研分子中结晶水的 个 数 为(写 表 达 式)。(5)下列操作中，会 导 致 结 晶 水 数 目 测 定 值 偏 高 的 是(填 标 号)。胆研未充分干燥 生埸未置于干燥器中冷却 加热时有少胆
3、矶迸溅出来A【答案】A、C CuO+H2sO4=CUSO4+H2O 不会产生二氧化硫且产生等量胆矶消耗硫酸少(硫酸利用80(m,-m,)率局)过滤 干燥 除尽铁，抑制硫酸铜水解 破坏氢氧化铁胶体，易于过滤 T-9(机3 一班)【解析】(1)制备胆研时，根据题干信息可知，需进行溶解、过滤、结晶操作，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有烧杯和蒸发皿，A、C 符合题意，故答案为：A、C；A(2)将 CuO加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为CuO+H2sO4=CUSO4+H2O；直接用废铜和浓硫酸反应生成硫酸铜与：氧化硫和水，与这种方法相比，将 CuO加入
4、到适量的稀硫酸中，加热制备胆矶的实验方案具有的优点是：不会产生二氧化硫且产生等量胆矶消耗硫酸少(硫酸利用率高)；(3)硫酸铜溶液制硫酸铜晶体，操作步骤有加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥；CuO中含氧化铁杂质，溶于硫酸后会形成铁离子，为使铁元素以氢氧化铁形成沉淀完全，需控制溶液p H为3.54,酸性环境同时还可抑制铜离子发生水解；操作过程中可能会生成氢氧化铁胶体，所 以 煮 沸 目 的 是 破 坏氢氧化铁胶体，使其沉淀，易于过滤，故答案为：过滤；干燥；除尽铁，抑制硫酸铜水解：破坏氢氧化铁胶体，易于过滤；(4)称量干燥生烟的质量为 ，加入胆帆后总质量为加2,将用烟加热至胆研全部变为白色，置
5、于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为4。则水的质量是(加2 -%)g，所以胆研(CuSOwiHzO)中n值的表达式 为 粤 含：生驾18 160=n:l,解得 n=80(m2 -4)9(此 一叫)(5)胆矶未充分干燥，捌饬所测m2偏大，根据旧 工80二(m二?-一 m?J何知，最终会导致结晶水数目定值偏高，9(叫 一码)符合题意；堪堪未置于干燥器中冷却，部分白色硫酸铜会与空气中水蒸气结合重新生成胆研，导致所测m3偏大，根据n二8不0L(m7-m弋.)可 知，最终会导致结晶水数目定值偏低，不符合题意；9(m3-m1)8 0(一 m J加热胆矶晶体时有晶体从坨烟中溅出，会使m3
6、数值偏小，根据一 宁 可知，最终会导致结晶9(叫 一 m)水数目定值偏高，符合题意；综上所述，符合题意，故答案为：。2.(2021.全国高考乙卷真题)氧化石墨烯具有稳定的网状结构，在能源、材料等领域有着重要的应用前景,通过氧化剥离石墨制备氧化石墨烯的一种方法如下(转置如图所示)：I .将浓H 2 s o 4、N a N 03,石墨粉末在c中混合，置于冰水浴中，剧烈搅拌下，分批缓慢加入K M n O,粉末，塞好瓶口。H.转至油浴中，3 5 搅 拌1小时，缓慢滴加一定量的蒸播水。升温至9 8 并保持1小时。山.转移至大烧杯中，静置冷却至室温。加入大量蒸馆水，而后滴加H?。？至悬浊液由紫色变为土黄色
7、。W.离心分离，稀盐酸洗涤沉淀。V.蒸储水洗涤沉淀。V I.冷冻干燥，得到土黄色的氧化石墨烯。回答下列问题：(1)装置图中，仪器a、c的 名 称 分 别 是、,仪器b的 进 水 口 是(填 字 母)。(2)步 骤I中，需分批缓慢加入K M n O,粉末并使用冰水浴，原因是。(3)步骤H中的加热方式采用油浴，不使用热水浴，原因是 o(4)步骤I I I中，H2O2的 作 用 是(以 离 子 方 程 式 表 示)。(5)步骤W中，洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在S O f来判断。检 测 的 方 法 是。(6)步骤v可用p H试纸检测来判断cr是否洗净，其理由是。【答案】滴液漏斗 三颈烧瓶
8、d 反应放热，防止反应过快 反应温度接近水的沸点，油浴更易控温 2 M n O；+5H2O2+6 H+=2 M n2+8 H2O +50,T 取少量洗出液，滴加B a C%,没有白色沉淀生成 H+与c r电离平衡，洗出液接近中性时，可认为c r洗净【解析】(1)由图中仪器构造可知，a的仪器名称为滴液漏斗，C的仪器名称为三颈烧瓶；仪器b为球形冷凝管，起冷凝回流作用，为了是冷凝效果更好，冷却水要从d 口进，a 口出，故答案为：分液漏斗；三颈烧瓶：d；(2)反应为放热反应，为控制反应速率，避免反应过于剧烈，需分批缓慢加入K M n O 粉末并使用冰水浴，故答案为：反应放热，防止反应过快；(3)油浴和
9、水浴相比，由于油的比热容较水小，油浴控制温度更加灵敏和精确，该实验反应温度接近水的沸点，故不采用热水浴，而采用油浴，故答案为：反应温度接近水的沸点，油浴更易控温；(4)由滴加H 2 O 2 后发生的现象可知，加入的目的是除去过量的K M n C U,则反应的离子方程式为：2 M n 0；+5H2O2+6 H+=2 M n2+5O 2 t+8 H 2 O,故答案为：2 M n 0；+5抵0 2+6 田=2 1 4屋+50 2 7+8 H 2。：(5)该实验中为判断洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在SO；来判断，检测方法是：取最后一次洗涤液，滴加B a C b 溶液，若没有沉淀说明洗涤完成，
10、故答案为：取少量洗出液，滴加B a C h,没有白色沉淀生成；(6)步骤I V 用稀盐酸洗涤沉淀，步骤V洗涤过量的盐酸，H+与c r 电离平衡，洗出液接近中性时，可认为cr洗净，故答案为：H+Her 电离平衡，洗出液接近中性时.，可认为er 洗净。3.(2 0 2 1 广东高考真题)含氯物质在生产生活中有重要作用。1 774 年，舍勒在研究软镭矿(主要成分是Mn O?)的过程中，将它与浓盐酸混合加热，产生了一种黄绿色气体。1 81 0 年，戴维确认这是一种新元素组成的单质，并命名为c h l o r i n e(中文命名“氯气”)。(1)实验室沿用舍勒的方法制取CU的 化 学 方 程 式 为。
11、(2)实验室制取干燥C%时，净化与收集C%所需装置的接口连接顺序为现象是。(4)某合作学习小组进行以下实验探究。实验任务。通过测定溶液电导率，探究温度对A g C l 溶解度的影响。查阅资料。电导率是表征电解质溶液导电能力的物理量。温度一定时，强电解质稀溶液的电导率随溶液中离子浓度的增大而增大；离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而增大。2 5 时，Ks p(A g C l)=1.8x l O-l o提出猜想。猜想a：较高温度的A g C l 饱和溶液的电导率较大。猜想b：A g C l 在水中的溶解度s(4 5)s(3 5)s(2 5)。设计实验、验证猜想。取试样I、II、H1(不同温度
12、下配制的A g C l 饱和溶液)，在设定的测试温度下，进行表中实验卜3,记录数据。实验序号试样测试温度/电导率/()i S/c m)1I ：2 5 的A g C l 饱和溶液2 5A,2II：3 5 的A g C l 饱和溶液3 5A?3III：4 5 的A g C l 饱和溶液4 5A、数据分析、交流讨论。2 5 的A g C l 饱和溶液中，c(C1)=mol/L。实验结果为A,A?A-小组同学认为，此结果可以证明中的猜想a成立，但不足以证明猜想b 成立。结合中信息，猜想b 不 足 以 成 立 的 理 由 有。优化实验。小组同学为进一步验证猜想b,在实验1 3 的基础上完善方案，进行实验
13、4和 5。请在答题卡上完成表中内容。实验序号试样测试温度/0电导率/(p i S/c m)4IB,5B2实验总结。根据实验1 5 的结果，并结合中信息，小组同学认为猜想b 也成立。猜想b 成立的判断依据是_A【答案】M n C h+4 H C I(浓)=M n C h+C 12T+2H 2O c-d-b-a-e H C 1O向溶液中加入过量稀硝酸，防止溶液中含有CO；、HCO；等，再加入少量Ag N O 3 溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有C I-1.3 4 x 10-5 测试温度不同，根据电导率结果无法判断不同温度下饱和溶液的溶解度 4 5 II4 5 A3B2BI【解析】实验室通
14、常采用浓盐酸和M n O z 制取C),化学方程式为：M n O 2+4 H C I(浓)=M n C h+C 12T+2H 2 0,故答案A为：M n O 2+4 H C 1(浓)=M n C b+C 12T+2H 20；(2)根据化学方程式可知，制取的氯气中混有氯化氢、水蒸气，氯气有毒，必须进行尾气处理，因此使用饱和食盐水吸收氯化氢气体，浓硫酸除去水蒸气，最后用N a O H 溶液吸收尾气，因此接口连接顺序为c-d-b-a-e,故答案为：c-d-b-a-e；(3)久置后不能使品红溶液褪色，说明HQ0 已分解；检验C 的方法为向溶液中加入过量稀硝酸，防止溶液中含有CO；、HCO；等，再加入少
15、量Ag N O 3 溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有Ch 故答案为：H C 10；向溶液中加入过量稀硝酸，防止溶液中含有CO：、HCO 等，再加入少量Ag N C h溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有C h(4)25 时，Ks p(Ag C l)=c(Ag+)x c(C P),根据沉淀溶解平衡可知,饱和的A g C l 溶液中c(Ag+)=c(C)，所以有 C(c r )=(Ag C l)=7 1,8 x l O _10=1.34X 10 S m o l/L:实验上3中，不同的饱和溶液浓度不同且测试温度不同，根据资料显示离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而增大，所以根据
16、实验1 3 无法判断温度较高的饱和溶液离子浓度大，进而不能得出溶解度关系，故答案为：I.3 4 X 10-5：测试温度不同，根据电导率结果无法判断不同温度下饱和溶液的溶解度；如果要判断Ag C l 在水中的溶解度随温度的变化情况，可以设计不相同温度下的饱和溶液在相同温度下测试，如果温度较高下的饱和溶液电导率比温度较低的饱和溶液电导率高，则可以得出温度升高饱和溶液中离子浓度高。所以可以设计试样I 在 4 5 下测试与实验3比较；设计试样I I 在 4 5 下测试与实验3比较。故答案为：4 5；I I；4 5；猜想b成立的判断依据是A3B?BI,故答案为：A3B2BI4.(2021 河北高考真题)
17、化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献，某化学兴趣小组在实验室中模拟并改进侯氏制碱法制备NaHCCh,进一步处理得到产品Na2c03和NH4CI,实验流程如图：气体NaHCO3浓氨水NaCl粉末饱和氨盐水c o.母液产品Na2c。3NaCl粉末食盐水产品N&CI回答下列问题:从 A E 中选择合适的仪器制备NaHCCh,正确的连接顺序是一(按气流方向，用小写字母表示)。为使A中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下,可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或一。饱和NaHCCb溶液(2)B中使用雾化装置的优点是(3)生成NaHCCh的总反应的化学方程式为。(4)反应完成后，将 B 中
18、 U 形管内的混合物处理得到固体NaHCCh和滤液：对固体NaHCCh充分加热，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量NazCh,NazCh增重0.1 4 g,则固体 NaHCCh的质量为 go向滤液中加入NaCl粉末，存在NaCl(s)+NH4cl(aq)iNaCl(aq)+NH4Cl(s)过程。为使NH4cl沉淀充分析出并分离，根据NaCl和 NH4cl溶解度曲线，需采用的操作为、洗涤、干燥。800 10 30 50 70 90 100温度/(5)无水N a H C C h 可作为基准物质标定盐酸浓度.称量前，若无水N a H C C h 保存不当，吸收了一定量水分，用其标定盐酸浓度时，会
19、使结果_ _(填标号)。A.偏高 B.偏低 不变【答案】a e f b c g h 将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔 使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率(或其他合理答案)N H s-H 2 O+N a C l+C O 2=N H 4 C l+N a H C O,4 0.8 4 蒸发浓缩冷却结晶 A【分析】根据工艺流程知，浓氨水中加入氯化钠粉末形成饱和氨盐水后，再通入二氧化碳气体，发生反应：N H3-H2O+N a C l+C O2=N H 4 C l+N a H C O 3 i,得到的碳酸氢钠晶体烘干后受热分解会生成碳酸钠、二氧化碳和水，从而制备得到纯碱；另一方面得到的母
20、液主要溶质为N H K 1,再从加入氯化钠粉末，存在反应N a C l(s)+N H 4 c l(a q)=N a C l(a q)+NHQ，据此分析解答。【解析】(1)根据分析可知，要制备N a H C O 需先选用装置A制备二氧化碳，然后通入饱和碳酸氢钠溶液中除去二氧化碳中的H C 1,后与饱和氨盐水充分接触来制备N a H C C ，其中过量的二氧化碳可被氢氧化钠溶液吸收,也能充分利用二氧化碳制备得到少量N a H C O”所以按气流方向正确的连接顺序应为：a e l b c g h；为使A中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下，可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔,故
21、答案为：a e f b c g h；将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔；(2)B 中使用雾化装置使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率；(3)根据上述分析可知，生成N a H C O,的总反应的化学方程式为N H r H 2 O+N a C I+C O2=N H 4 C l+N a H C O U;（4）对固体NaHCO：充分加热，产生二氧化碳和水蒸气，反应的化学方程式为：A小2NaHCO,=Na2CO,+CO2 T+H2O将气体先通过足量浓硫酸,吸收水蒸气，再通过足量Na2O2,Na2O2与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O
22、2,根据方程式可知，44根据差量法可知，当增重014g（2CO的质量）时，消耗的二氧化碳的质量为0.14gx；=0.22g,其物质2822g的量为，一，=0.005m ol,根据关系式2NaHCC）3 C O,可知，消耗的NaHCO、的物质的量为44g/mol2 x 0.005mol=0.01mol,所以固体 NaHCO3 的质量为 0.01 mol x 84g/mol=0.84g：根据溶解度虽温度的变化曲线可以看出，氯化镀的溶解度随着温度的升高而不断增大，而氯化钠的溶解度随着温度的升高变化并不明显，所以要想使NH4cl沉淀充分析出并分离，需采用蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、干燥的方法，故答案为：
23、蒸发浓缩、冷却结晶；（5）称量前，若无水NaHCC）3保存不当，吸收了一定量水分，标准液被稀释，浓度减小，所以用其标定盐酸浓度时，消耗的碳酸氢钠的体积丫（标）会增大，根据c（测尸,（标?常）可知,最终会使c（测）偏高，A项c（测）符合题意，故答案为：A。5.（2021.浙江高考真题）Cl2。是很好的氯化剂，实验室用如图装置（夹持仪器已省略）制备高纯C O。已知：HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O,合适反应温度为 1825；副反应：2HgO+2Cl2=2HgCl2+O2O常压下，Cl?沸点一34.0,熔点T01.0；CL。沸点2.0,熔点-1 2 0 6 C。ChO+H?。=2H C 1。，
24、C O在CCI4中的溶解度远大于其在水中的溶解度。请回答:(1)装置A的作用是去除原料气中的少量水分，可用的试剂是将上图中装置组装完整，虚框D中应选用 o(2)有关反应柱B,须 进 行 的 操 作 是。A.将HgO粉末热处理除水分、增加表面积后填入反应柱B.调控进入反应柱的混合气中Cl2和N,的比例C.调控混合气从下口进入反应柱的流速D.将加热带缠绕于反应柱并加热(3)装置C,冷却液的温度通常控制在-80-60C。反应停止后，温度保持不变，为减少产品中的CL含量,可 采 用 的 方 法 是。(4)将纯化后的C O产品气化，通入水中得到高纯度Cl2。的浓溶液，于阴凉暗处贮存。当需要C O时，可将
25、Cl20浓溶液用CC14萃取分液，经气化重新得到.针对萃取分液，从下列选项选择合适操作(操作不能重复使用)并排序:c-oa.检查旋塞、玻璃塞处是否漏水b.将溶液和CC14转入分液漏斗C.涂凡士林d.旋开旋塞放气e.倒转分液漏斗，小心振摇f.经几次振摇并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置g.打开旋塞，向锥形瓶放出下层液体h.打开旋塞，待下层液体完全流出后，关闭旋塞，将上层液体倒入锥形瓶(5)产品分析：取一定量C、。浓溶液的稀释液，加入适量CCl过量K I溶液及一定量的稀H 2 s 0，充分反应。用标准N a 2 s 2。3溶液滴定(滴定I )；再以酚酿为指示剂，用标准N a O H溶液滴定(滴定
26、I I)。己知产生L的反应(不考虑C l2与水反应)：2 F+C 12=I2+2 C F4 1 +C 12O+2 H+=2 I2+H2O+2 C 12 F +H C 1 O+H+=I2+H2O+C 1实验数据如下表：加入量 n (H2S O4)/m o l2.505 xlO-3滴 定I测出量n(L)/m o l2.005 xlO-3滴定1 1测出量n (H 2 so 4)/m o l1.505x10-3用标准N a 2 s2 O 3溶液滴定时，无需另加指示剂。判断逾军！到 达 终 点 的 实 验 现 象 是.高纯度CO浓溶液中要求n(C L O)/n(C 1 2)2 9 9(C L O和H C
27、 1 O均以计)。缜自裂期分析所制备的CO浓溶液是否符合要求【答案】浓H z S O,a A BC 抽气(或通干燥氮气)a b g C C L中由紫红色突变到无色，且3 0 s不恢复 溶液中C L O和C I 2分别为1.0 0 0 x1 0-3 m o l、5 xl0-f m o l,，=2。0 9 9,符合要求(3)【解析】(1)装置A的作用是去除原料气(C L、N 2)中的少量水分，可用的试剂是浓H z S。C12和C120都不能直接排放于空气中，因此需要进行尾气处理，。2、C bO能与NaOH溶液反应，同时需要防止NaOH溶液中水蒸气进入C装置中，因此需要在C和尾气处理装置之间连接吸收
28、水蒸气的装置，所以虚框D中应选用a装置。(2)装置B为HgO与C L反应制备C hO的装置，A.因C hO能与H 20发生反应，因此需要将HgO粉末热处理除水分，该反应为固体与气体接触类反应，因此增加表面积能够加快反应速率，故A选；B.N2的作用是稀释C12,在气流速率一定的条件下，氯气所占的比例越小，其转化率越高，同时C12不足时会发生副反应，因此需要调控进入反应柱的混合气中C12利N2的比例，故B选；C.为了让气体与固体充分接触，混合气体应从下口进入反应柱，同时需要控制气体的流速，防止副反应发生，故C选；D.HgO与C L反应制备C hO的合适反应温度为18 25 C,因此该反应在常温下进
29、行，若对反应柱加热会发生副反应，故D不选；综上所述，答案为ABC。(3)由题可知，C12沸点小于。2。，在C b未发生冷凝时抽气或通入氮气可以有效的去除产物中的C 12,故答案为：抽气(或通干燥氮气)。(4)萃取分液的操作顺序为：检漏一加入萃取剂和溶液一振荡摇匀放气静置分层放液，下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，因CCL,密度大于水，因此萃取后溶有C LO的CC14位于下层，因此操作顺序为：涂凡土林一检查旋塞、玻璃塞处是否漏水一将溶液和CO4转入分液漏斗一倒转分液漏斗，小心振摇一旋开旋塞放气一经几次振摇并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置一打开旋塞，向锥形瓶放出下层液体，故答案为：abg
30、o(5)溶有12的CC14溶液呈紫红色，用标准Na2s2。3溶液滴定上过程中，当12恰好反应完全时，溶液呈无色,因此滴定12到达终点的实验现象是C C L中由紫红色突变到无色，且30s不恢复。由 2+Cl2=I2+2C r、4 r+C12O+2H+2I2+H2O+2C r,2F+HC1O+H+=I2+H2O+C r(HClO 为 C12O 与 H2O 反应的产物)可得关系式：ChO2H+2h,ill实验数据可知 ChO 和 HC1O 共消耗 (H+)=2x(2.505xl0-3mol-1.505xl(y3mo)=2xl(y3m ol,生成 h 的物质的量为2xl(y3m oi,则高纯度CEO浓
31、溶液中C h O M xlO -W,加入过量K I溶液共生成h的物质的量为2.005x10-3m o l,因此C b与 反应生成b的物质的量为2.005x10 o Ilx l(P m o E x lO S m o i,由此可知高纯度(C 1,O)1 X 1 0-3molC h O 浓溶液中”(C 1 2)=5X 1 0 6 moi,所以高纯度C b O 浓 溶 液 中、=一 =2 0 0 9 9,则所制备的(。2)5 x 1 0 6 moiH(C 19O)高纯度C L O 浓溶液符合要求,故答案为:溶液中C b O 和C h 分别为l x l O-3 moK 5 x l O-6 mol,/二：
32、=2 0 0 9 9,(C U)符合要求。6.(2 0 2 1.湖南高考真题)碳酸钠俗称纯碱，是一种重要的化工原料。以碳酸氢筱和氯化钠为原料制备碳酸钠，并测定产品中少量碳酸氢钠的含量，过程如下：步骤I.N a 2 c o 3 的制备蒸储水 碳酸氢镂粉末氯化钠碳酸钠步骤I I.产品中N a H C O3含量测定称取产品2.5 0 0 g,用蒸储水溶解，定容于2 5 0 mL 容量瓶中;移取2 5.0 0 mL 上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M,用0.l O O O mol 匚|盐酸标准溶液滴定，溶液由红色变至近无色(第一滴定终点)，消耗盐酸Ym L；在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N,继续用0.
33、l O O O mol U1盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点),又消耗盐酸V?m L；平行测定三次，Y 平均值为2 2.4 5,V 2 平均值为2 3.5 1。已知：当温度超过3 5 时，N H 4 H C O 3 开始分解。(i i)相关盐在不同温度下的溶解度表(g/l O O g H?。)温度/0102 03 04 05 060N a C l3 5.73 5.83 6.03 6.33 6.63 7.03 7.3N H 4 H C O 311.915.82 1.02 7.0NaHCO,6.98.29.611.112.714.516.4NH4C12 9.43 3.33 7.24 1.44
34、5.85 0.45 5.2回答下列问题：(1)步骤I 中晶体A 的化 学 式 为,晶体A 能够析出的原因是(2)步骤I 中“3 0 0 加热”所 选 用 的 仪 器 是(填 标 号)；(3)指示剂N为，描述第二滴定终点前后颜色变化(4)产品中NaHCO,的 质 量 分 数 为(保 留 三 位 有 效 数 字);(5)第一滴定终点时，某同学俯视读数，其他操作均正确，则NaHC。、质 量 分 数 的 计 算 结 果(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。【答案】N a H C C h 在 3 0-3 5 C 时 N a H C C h 的溶解度最小(意思合理即可)D 甲基橙 由黄色变橙色，且半分钟内不
35、褪色 3.5 6%偏大【分析】步骤I：制备N a 2 c o 3 的工艺流程中，先将N a C l 加水溶解，制成溶液后加入N H 4 H C O 3 粉末，水浴加热，根据不同温度条件下各物质的溶解度不同，为了得到N a H C C h 晶体，控制温度在3 0-3 5 C发生反应，最终得到滤液为N H C l,晶体A 为 N a H C C h,再将其洗涤抽干，利用N a H C C h 受热易分解的性质，在 3 0 0 C加热分解 N a H C C h 制备 N a 2 c o 3；步骤I I：利用酸碱中和滴定原理测定产品中碳酸氢钠的含量，第一次滴定发生的反应为：N a 2 c C h+H
36、 C l=N a H C O 3+N a C l,因为N a 2 c o 3、N a H C C h 溶于水显碱性，且碱性较强，所以可借助酚酰;指示剂的变化来判断滴定终点，结合颜色变化可推出指示剂M 为酚献试剂；第二次滴定时溶液中的溶质为N a C l,同时还存在反应生成的C O 2,溶液呈现弱酸性，因为酚酗的变色范围为8-10,所以不适合利用酚敷指示剂检测判断滴定终点，可选择甲基橙试液，所以指示剂N为甲基橙试液，发生的反应为：N a H C O 3+H C l=N a C I+H2O+C O2t,再根据关系式求出总的N a H C C h 的物质的量，推导出产品中N a H C C h 的，
37、最终通过计算得出产品中N a H C C h 的质量分数。【解析】根据上述分析可知，(I)根据题给信息中盐在不同温度下的溶解度不难看出，控制温度在3 0-3 5 ,目的是为了时N H 4 H C O 3 不发生分解，同时析出N a H C C h 固体，得到晶体A,因为在3 0-3 5 时，N a H C C h 的溶解度最小，故答案为：N a H C C h；在 3 0-3 5 C时 N a H C O3的溶解度最小：(2)3 0 0 C加热抽干后的N a H C C h 固体，需用用烟、泥三角、三脚架进行操作，所以符合题意的为D项，故答案为：D；(3)根据上述分析可知，第二次滴定时，使用的
38、指示剂N为甲基橙试液，滴定到终点前溶液的溶质为碳酸氢钠和氯化钠，滴定达到终点后溶液的溶质为氯化钠，所以溶液的颜色变化为：由黄色变为橙色，且半分钟内不褪色；(4)第一次滴定发生的反应是：N a2 cC h+H C l=N aH C O 3+N aC l,则 n(N a2 co3)=n，忸(N aH C O a)=n(H C l)=0.lO O O mol/L x 2 2.4 5 x 1 03L=2.2 4 5 x I f PmoL 第二次滴定消耗的盐酸的体积 V2=2 3.5 1 mL,则根据方程式N aH C O 3+H C l=N aC l+H 2 O+C O 2 T 可知，消耗的N aH
39、C C h的物质的量n&(N aH C O3)=0.1 000mol/L x 2 3.5 1 x 1 01=2.3 5 1 x 10 W.则原溶液中的 N aH C C h 的物质的量 n(N aH C O3)=n.乳 N aH C C h)-nE(N aH C O3)=2.3 5 lx 1 0,mol-2.2 4 5 x 1 0!mol=1.06 x lO mol,则原产品中 N aH C C h 的物质的量为1()m L x 1.06 x 1 O-4mol=1.06 x lO mol,故产品中 N aH C C h 的质量分数为1 0mL1.06 x 1 O _3molx 8 4 g/mo
40、l,“八，。,-x 1 00%=3.5 6 1 6%a 3.5 6%,故答案为：3.5 6%；2.5 000g(5)若该同学第一次滴定时，其他操作均正确的情况下，俯视读数，则会使标准液盐酸的体积偏小，即测得口偏小，所以原产品中N aH C Xh的物质的量会偏大，最终导致其质量分数会偏大，故答案为：偏大。7.(2 02 1 浙江高考真题)某兴趣小组用铭铁矿 F e(C r O 2)2 制备K z C nC h晶体，流程如下：高温氧化 水浸取 破 酸(适 量)蒸 发 结 晶熔融Na：COi(足 fit)冷 却 尸 过浊、洗 涤r 酸 化 厂 过漉、洗涤1 II III(V已知：4 F e(C r
41、O2)2 +1 O N a2 co3+7 O 2 =8 N a2C r O4+4 N aF eO2+1 0C O22 H+2 C r O：UCn O+Fh O相关物质的溶解度随温度变化如下图。8、翻装独200请回答：(1)步骤I,将铭铁矿粉碎有利于加快高温氧化的速率，其理由是 O(2)下列说法正确的是。A.步骤H,低温可提高浸取率B.步骤II,过滤可除去NaFeCh水解产生的Fe(OH)3C.步骤HI,酸化的目的主要是使NazCrCM转变为NazCnChD.步骤IV,所得滤渣的主要成分是Na2s04和Na2cCh(3)步骤V,重结晶前，为了得到杂质较少的K2CO7粗产品，从下列选项中选出合理的
42、操作(操作不能重复使用)并排序：溶解KC1-I-重结晶。a.50蒸发溶剂；b.ioor蒸发溶剂；c.抽滤；d.冷却至室温；e.蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；f.蒸发至溶液中出现大量晶体，停止加热。(4)为了测定KzCnCh产品的纯度，可采用氧化还原滴定法。下列关于滴定分析的操作，不正确的是。A.用量筒量取25.00mL待测液转移至锥形瓶B.滴定时要适当控制滴定速度C.滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化D.读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直E.平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下在接近终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其方法是：
43、将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口,用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化。(请在横线上补全操作)(5)该小组用滴定法准确测得产品中K2Cr2O7的质量分数为98.5 0%o某同学还用分光光度法测定产品纯度(K2 Cn O7溶液的吸光度与其浓度成正比例)，但测得的质量分数明显偏低。分析其原因，发现配制Kz Cn Ch待测水溶液时少加了一种试剂.该试剂是,添 加 该 试 剂 的 理 由 是。【答案】增大反应物的接触面积 B C a e d c A C 再用洗瓶以少量蒸储水吹洗锥形瓶内壁 H 2 s CM 抑制C n O；转化为Cr O：,且与C n O：不反应【分析】根据题给已
44、知，铭铁矿与足量熔融N a 2 c o 3 发生高温氧化反应生成N a a Cr Oq、Na F e O?和 C O 2,所得固体冷却后用水浸取，其中Na F e Ch 发生强烈水解：Na F e O2+2 H2O=Na OH+F e(OH)3l,过滤得到含Na z Cr O、N a O H、Na 2 c o 3 的滤液，加入适量硫酸酸化，N a O H、Na 2 c O3 与硫酸反应生成Na 2 s o 4,Na z Cr CU 转化为Na 2 Cr?C)7(发生的反应为2 Na 2 Cr O4+H 2 s C MU Na z Cn O+Na 2 s O4+H 2 O),经蒸发结晶、过滤、洗
45、涤得到的滤液中主要含Na a Cn Ch,加入K C1 后经多步操作得到K z C n O,据此分析作答。【解析】(1)步骤I 中铭铁矿与足量熔融Na 2 c Ch 发生高温氧化反应生成Na z Cr CU、Na F e Ch 和 CO2,将铭铁矿粉碎，可增大反应物的接触面积，加快高温氧化的速率；故答案为：增大反应物的接触面积。(2)A.根据Na K r CU 的溶解度随着温度的升高而增大，步骤H中应用高温提高浸取率，A错误；B.步骤H中用水浸取时Na F e Ch 发生强烈水解：Na F e O2+2 H2O=Na OH+F e(OH)3 1,经过滤可除去F e(OH)3,B正确；C.步骤H
46、 I 酸化时，平衡2 H*+2 C r O?U C r 2。歹+比0正向移动，主要目的使Na z CQ.转化为Na z Cr z Ch,C 正确；D.根据分析，步骤I V 中过滤所得滤渣主要成分为N a2sD 错误：答案选B Co Na z Cn Ch 中加入K CI 发生反应Na z Cm Ch+Z K CU K z Cn Ch+Z Na Cl,根据各物质的溶解度随温度的变化曲线可知，K K n C h 的溶解度随温度升高明显增大，Na Cl 溶解度随温度升高变化不明显，5 0 时两者溶解度相等，故为了得到杂质较少的K z C n O 粗产品，步骤V 至结晶前的操作顺序为：溶解K C1T5
47、0 蒸发溶剂蒸发至溶液出现晶膜，停止加热一冷却至室温一抽滤一重结晶；故答案为：a e d c o(4)A.量筒属于粗量器，不能用量筒量取2 5.0 0 m L 溶液，由于K 2 6 O 7 具有强氧化性，量取2 5.0 0 m L 待测液应用酸式滴定管，A错误；B.滴定时要适当控制滴定的速率，确保反应物之间充分反应，同时防止滴加过快使得滴加试剂过量，B 正确；C.滴定时应一直观察锥形瓶中溶液颜色的变化，以便准确判断滴定的终点，C 错误；D.读数时应将滴定管从架上取卜，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直，平视读取读数，D 正确；E.为了确保每次滴定时滴定管中的溶液充足，平行滴定时，须重新装液并
48、调节液面至0”刻度或0”刻度以下，并记录初始读数，E 正确；答案选AC。在接近终点时，使用“半滴操作 的方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸储水吹洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化：故答案为：再用洗瓶以少量蒸储水吹洗锥形瓶内壁。（5）根据题意，KzCnCh溶液的吸光度与其浓度成正比例，在 KzCnO溶液中存在平衡5。歹+H2OU2H+2CrO孑，即有部分C殳 O；.会转化为CrO；一,从而使测得的质量分数明显偏低，为抑制er2。丁转化为CrOf,可加1 入与C4O彳不反应的酸，如硫酸；故答案为：HnSCh;抑制C O夕转化为CrOf,
49、且与C4O于不反应。逢2021年高考模拟试题1.（2021辽宁高三其他模拟）某课外小组利用如图装置（夹持仪器略）探究使用废铁屑制取摩尔盐（NH4）2SO4 FeSO4-6H2O ,已知摩尔盐易溶于水、难溶于酒精。实验操作步骤如图：称取4.2g废铁屑粉末（含少量FezOj）,用纸槽加入到仪器X 中，塞紧胶塞。打开分液漏斗旋塞K-加入3()mL 3mol L-H2sO4溶液充分反应。轻捏气球底部把还原铁粉慢慢加入到仪器X中，直到有少量固体不溶时停止。再次打开分液漏斗旋塞K 逐滴加入3 m o i L H z S O q 溶液并振荡X至固体完全溶解，继续加入1m L 3 m o i 如 H 2 s
50、o 4 溶 液 后 关 闭 旋 塞。打开分液漏斗旋塞K2加入由11.8 0 g(N H4)2 S O 4 配成的饱和溶液，点燃酒精灯加热仪器x 一段时间，当停止加热，冷却后有大量晶体出现，把溶液全部倒入抽滤瓶，进行抽滤、洗涤、干燥，即可得摩尔盐。回答下列问题：(1)仪器x 的名称是。(2)步 骤 中 发 生 反 应 的 离 子 方 程 式 为。(3)气球的作用是 o(4)步 骤 横 线 应 补 充 的 内 容 是,洗 涤 摩 尔 盐 的 溶 剂 最 好 用,其目的是。(5)该小组探究产品中摩尔盐(M=3 9 2 g/m o l)的含量，用分析天平称取7.8 4 0 g 的产品溶于水配成溶液，然