化学实验操作高考题 21页

‎（2015·新课标II）12. 海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是 A．向苦卤中通入C是为了提取溴 B．粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯 C．工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂 D．富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，在用将其还原吸收 ‎【答案】C ‎【解析】根据题意，不产生其他的杂质，更好提取K，最好使用工业生产中常选用KOH作为沉淀剂。所以答案选择C.‎ ‎（2015·四川）1.下列操作或装置能达到实验目的的是 ‎【答案】C ‎【解析】A选项俯视会使溶液浓度减小；B选项HCl与NaHCO3反应生成新的杂质气体CO2并且氯气溶于水,会与碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，故洗气瓶中应为饱和食盐水，而不是饱和碳酸氢钠溶液；C选项食盐水为中性溶液，发生吸氧腐蚀，氧气减少，在大气压强的作用下导管会形成红色水柱； D项饱和食盐水与电石反应生成乙炔，但是还有杂质气体H2S, H2S也可使酸性高锰酸钾溶液退色，体现还原性，需要先去除杂质再检验。点评：考查实验装置以及实验过程中操作与现象的正确性 ‎（2015·重庆）4．下列实验中，所使用的装置(夹持装置略)、试剂和操作方法都正确的是 ‎【答案】A ‎【解析】考查化学实验基本操作与评价。A.由于Fe(OH)2极易被空气中的氧气氧化，所以需隔绝空气，正确；B.容量瓶不能用了溶解固体，错误；C.氨气极易溶于水，不能用排水法收集，错误；D.实验室制乙烯需要170℃的温度，温度计的水银球应浸入液体内，错误；选A。‎ ‎（2015·安徽）8．下列有关实验的选项正确的是：‎ A.配制0.10mol/L NaOH溶液 B．除去CO中的CO2‎ C．苯萃取碘水中的I2分出水层后的操作 D．记录滴定终点读数为12.20mL ‎【答案】B ‎【解析】答案选择B。选项A，容量瓶的只能用来配置一定物质的量浓度的溶液，不可以用来溶解固体，固体的溶解应当在烧杯中进行，然后冷却至室温以后再转移到容量瓶中。选项B,NaOH溶液可以吸收CO2‎ ‎，而不与CO反应，因此该选项正确。选项C苯的密度小于水，因此水层在下面，当用分液漏斗从活塞支管处放出以后，苯层应当从分液漏斗的上口倒出，故该选项错误。选项D滴定管的零刻度线是在最上方的，读数从上到下是依次增大的，因此该图正确读数为11.80ml，注意滴定管的精确值在小数点后两位。‎ 福建卷.2015.T8. 下列实验操作正确且能达到相应实验目的的是 实验目的 实验操作 A 称取2.0gNaOH固体 先在托盘上各放1张滤纸，然后在右盘上添加2g砝码，左盘上添加NaOH固体 B 配制FeCl3溶液 将FeCl3固体溶于适量蒸馏水 C 检验溶液中是否含nh4+‎ 取少量试液于试管中，加入NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体 D 验证铁的吸氧腐蚀 将铁钉放入试管中，用盐酸浸没 ‎【答案】C ‎【解析】：本题考查的是实验基础。A中氢氧化钠易吸水潮解，像这样的化学物质都需要放在小烧杯中快速称量，故A错误。B选项中配置氯化铁溶液时，为抑制Fe3+的水解，一般会在稀盐酸中溶解氯化铁固体，然后再稀释到需要的浓度，故B错误，C正确。D选项中钢铁的吸氧腐蚀条件是钢铁表面水膜呈弱酸性中性或者碱性，而题目给的酸性环境只会导致钢铁发生析氢腐蚀，故D错误。‎ ‎（2015·广东）9．下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并有因果关系的是 选项 叙述Ⅰ 叙述Ⅱ A ‎1-己醇的沸点比己烷的沸点高 ‎1-己醇和己烷可通过蒸馏初步分离 B 原电池可将化学能转化为电能 原电池需外接电源才能工作 C 乙二酸可与KMnO4溶液发生反应 乙二酸具有酸性 D Na在Cl2中燃烧的生成物含离子键 NaCl固体可导电 ‎【答案】Ａ ‎【解析】B、错误，原电池是不需要外接电源。C、错误，乙二酸可与溶液发生反应是氧化还原。D、错误，电解质能导电是在水中或融熔状态下，固体不能导电。点拨:知识：理论与实验相结合，试题难度：中等。‎ ‎（2015·广东）12．准确移取20．00mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0．1000mol·L-1NaOH溶液滴定，下列说法正确的是 ‎ A．滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定 ‎ B．随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液PH由小变大 ‎ C．用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定 ‎ D．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小 ‎【答案】B ‎【解析】Ａ、错误，滴定管要用待测液润洗；Ｃ、起始溶液是酸，滴定终点时，溶液由无色变为红色且半分钟不褪色；Ｄ、错误，滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏大。点拨:本题考查酸碱中和滴定，难度中等。‎ ‎（2015·山东）11、下列由实验现象得出的结论正确的是：‎ 操作及现象 结论 A 向AgCl悬浊液中加入NaI溶液时出现黄色沉淀。‎ Ksp（AgCl）< Ksp（AgI）‎ B 向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈红色。‎ 溶液中一定含有Fe2+‎ C 向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色。‎ Br—还原性强于Cl—‎ D 加热盛有NH4Cl固体的试管，试管底部固体消失，试管口有晶体凝结。‎ NH4Cl固体可以升华 ‎【答案】C ‎【解析】A、向AgCl悬浊液中加入NaI溶液时出现黄色沉淀AgI，说明AgI更难溶，所以Ksp（AgCl）>Ksp（AgI），A错误；‎ B、如果原溶液中含Fe3+，溶液也会呈红色，B错误；‎ C、向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色，证明产生Br2，Cl2+2Br－=Br2+2Cl－，Br－为还原剂，Cl－为还原产物，根据强制弱规律，还原性：Br－>Cl－，C正确；‎ D、NH4Cl受热分解为NH3和HCl，两种气体在试管口又重新生成NH4Cl，D错误。‎ 浙江卷.2015.T8．下列说法正确的是 A．为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可 B．做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加入沸石，以防暴沸。如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加 C．在未知溶液中滴加BaCl2‎ 溶液出现白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，说明该未知溶液中存在SO或SO D．提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采用在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法 ‎【答案】 B ‎【解析】选项A，新制氯水能使pH试纸褪色，故不能用pH试纸测新制氯水的pH值，错误。选项B，正确。选项C，未知试样还有可能存在Ag+，错误。选项D，提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采取蒸发结晶，错误。‎ ‎（2015·上海）7．检验用硫酸亚铁制得的硫酸铁中是否含有硫酸亚铁，可选用的试剂是（）‎ A．NaOH B．KMnO4 C．KSCN D．苯酚 ‎【答案】B ‎【解析】高锰酸钾有强氧化性,将高锰酸钾溶液滴入溶液中,若溶液中有硫酸亚铁,则可与硫酸亚铁反应,从而高锰酸钾由紫色变为无色，而NaOH、KSCN以及苯酚都会与Fe3+反应，故选B。‎ ‎（2015·江苏）7.下列实验操作正确的是（）‎ A.用玻璃棒蘸取溶液点在水湿润的pH试纸上，测定该溶液的pH B.中和滴定时，滴定行用所盛装的反应液润洗2~3次 C.用装置甲分液，放出水相后再从分液漏斗下口放出有机相 D.用装置乙加热分解固体 ‎【答案】B ‎【解析】A项，PH试纸在使用时是不能用水润湿的，所以错误。B项正确。C项用分液漏斗进行分液时下层液体从下层放出，上层液体从上口倒出，所以C项错误。D项给试管中固体加热时，试管口要向下倾斜，所以错误。‎ ‎（2015·江苏）13.下列设计的实验方案能达到实验目的的是（）[多选]‎ A.制备悬浊液：向1溶液中加过量的6NaOH溶液 B.提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯：向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入适量饱和溶液，振荡后静置分液，并除去有机相的水 C.检验溶液中是否含有：:取少量待检验溶液，向其中加人入少量新制氯水，再滴加KSCN溶液，观察实验现象 D.探究催化剂对分解速率的影响在相同条析下，向一支试管中加人2mL 5%和1mL，向另一支试符中加入2mL5%，和1mL溶液，观察并比较实验现象 ‎【答案】BD ‎【解析】A项中项氯化铝中加入过量的氢氧化钠生成的是偏铝酸钠，得不到氢氧化铝，所以A项错误。C项中检验亚铁离子，是先加入硫氰化钾，不变红，再加入少量新制氯水的顺序进行。否则如果有三价铁离子存在就检验不出原来是否含有亚铁离子。因此正确的为BD.‎ ‎（2015·江苏）B.[实验化学]‎ 实验室以苯甲醛为原料制备间溴苯甲醛（实验装置见下图，相关物质的沸点见附表）。其实验步骤为：‎ 步骤1:将三颈瓶中的一定配比的无水、1，2－二氯乙烷和苯甲醛充分混合后，升温至60℃，缓慢滴加经浓H2S04干燥过的液溴，保温反应一段时间，冷却。‎ 步骤2:将反应混合物缓慢加入一定量的稀盐酸中，搅拌、静置、分液。有机相用10%溶液洗涤。‎ 步骤3:经洗涤的有机相加入适量无水固体，放进一段时间后过滤。‎ 步骤4:减压蒸馏有机相，收集相应馏分。‎ 附表相关物质的沸点（101kPa）‎ 物质 沸点/℃‎ 物质 沸点/℃‎ 溴 ‎58.8‎ ‎1，2-二氯乙烷 ‎83.5‎ 苯甲醛 ‎179‎ 间溴苯甲醛 ‎229‎ ‎（1）实验装置中冷凝管的主要作用是 ▲ ，锥形瓶中的溶液应为 ▲ 。‎ ‎（2）步骤1所加入的物质中，有一种物质是催化剂，化学式为 ▲ 。‎ ‎（3）步骤2中用10%溶液洗涤有机相，是为了除去溶于有机相的 ▲ （填化学式）。‎ ‎（4）步骤3中加入无水固体的作用是 ▲ 。‎ ‎（5）步骤4中采用减压蒸馏技术，是为了防止▲。‎ I.1） 2.C 3.C 4.C 5.A ‎6.B 7.B 8.A 9.1） 10.1）‎ 不定项选择题:本题包括5小题，每小题4分，共计20分。‎ II.C 12.BC 13.BI） 14.1） 15.BC ‎【答案】B【实验化学】‎ ‎（1）冷凝回流 NaOH ‎（2）AlCl3‎ ‎（3）Br2、HCl ‎（4）除去有机相的水 ‎（5）间溴苯甲醛被氧化 ‎【解析】（1）冷凝管的作用即为冷凝回流，锥形瓶的作用是防止溴蒸气挥发污染空气，所以应放置氢氧化钠溶液吸收尾气。（2）根据步骤1的描述，氯化铝是不作为反应物而出现的，所以应为催化剂。（3）碳酸氢钠的溶液呈碱性，既可以吸收溴单质，又可以吸收氯化氢，所以步骤2中加入碳酸氢钠是为了除去反应后剩余的溴和反应时生成的氯化氢。（4）硫酸镁具有吸水的性质，所以加入到步骤3中是为了除去有机项中的水。（5）醛基不稳定，易被氧化，所以采用加压蒸馏的目的是为了防止间溴苯甲醛被氧化。‎ ‎（2015·海南）7．下列叙述正确的是( ) [多选]‎ A．稀盐酸可除去烧瓶内残留的MnO2 B．可用磨口玻璃瓶保存NaOH溶液 C．稀硝酸可除去试管内壁的银镜 D．煮沸自来水可除去其中的Ca(HCO3)2‎ ‎【答案】C、D ‎【解析】A中稀盐酸不与二氧化锰反应，故错误；B中氢氧化钠与玻璃中的二氧化硅反应： 2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O产生硅酸钠有粘性，会将玻璃瓶与玻璃塞粘在一起，所以不能用玻璃塞，应该用橡皮塞，故错误。C中稀硝酸能与银反应生成硝酸银，故C正确。D中煮沸自来水，可以将水中Ca(HCO3)2分解，2Ca(HCO3) 2CaCO3+CO2↑+H2O，降低了水的硬度，故D正确。‎ ‎（2015·新课标I）26．草酸（乙二酸）存在于自然界的植物中，其K1=5.4×10－2，K2=5.4×10－5。草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水。草酸晶体(H2C2O4·2H2O)无色，熔点为101℃，易溶于水，受热脱水、升华，170℃以上分解。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）甲组同学按照如图所示的装置，通过实验检验草酸晶体的分解产物。装置C中可观察到的现象是_________，由此可知草酸晶体分解的产物中有_______。装置B的主要作用是________。‎ ‎（2）乙组同学认为草酸晶体分解的产物中含有CO，为进行验证，选用甲组实验中的装置A、B和下图所示的部分装置(可以重复选用)进行实验。‎ ‎①乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为A、B、______。装置H反应管中盛有的物质是_______。‎ ‎②能证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是_______。‎ ‎（3）①设计实验证明：‎ ‎①草酸的酸性比碳酸的强______。‎ ‎②草酸为二元酸______。‎ ‎【答案】⑴有气泡产生，澄清石灰水变浑浊；CO2；冷凝（水蒸气、草酸等），避免草酸进入装置C反应生成沉淀，干扰CO2的检验。‎ ‎⑵①F、D、G、H、D；CuO（氧化铜）；‎ ‎②H前的装置D中的石灰水不变浑浊，H后的装置D中的石灰水变浑浊；‎ ‎⑶①向1mol/Ld的NaHCO3溶液中加入1mol/L的草酸溶液，若产生大量气泡则说明草酸的酸性比碳酸强。‎ ‎②将浓度均为0.1mol/L的草酸和氢氧化钠溶液等体积混合，测反应后的溶液的pH，若溶液呈酸性，则说明草酸是二元酸。(用氢氧化钠标准溶液滴定草酸溶液，消耗氢氧化钠的物质的量是草酸的两倍)‎ ‎【解析】草酸中碳元素化合价为+3，综合题给信息可知草酸受热分解时碳元素化合价发生变化生成CO、CO2和H2O，所以装置C有气泡产生，澄清石灰水变浑浊，为避免可能产生的气态草酸对C中产生干扰，装置B主要冷凝分解产物中的草酸。为验证CO，在除去并检验除尽CO2并经干燥后，可采用CO还原CuO（氧化铜）的实验，通过氧化铜颜色的变化和澄清石灰水变浑浊的现象证明。根据强酸制弱酸的反应原理比较二者酸性，根据酸碱反应与原理和碱盐的水解规律设计实验。‎ ‎（2015·新课标II） 28.（15分）‎ 二氧化氯（，黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂。回答下列问题：‎ ‎(1)工业上可用与在存在下制得，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为_____。‎ ‎(2)实验室用、盐酸、（亚氯酸铜）为原料，通过以下过程制备：‎ ‎1.电解时发生反应的化学方程式为_____。‎ ‎2.溶液X中大量存在的阴离子有_____。‎ ‎3.除去中的可选用的试剂是_____（填标号）。‎ a.水 b.碱石灰 c.浓硫酸 d.饱和食盐水 ‎（3）用下图装置可以测定混合气中CIO的含量：‎ I.在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50ml水溶解后，再加入3ml稀硫酸；‎ II.在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口；‎ III.将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；‎ IV.将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中；‎ V.用0.1000‎ 硫代酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液（），指示剂显示终点时共用去20.00ml硫代酸钠溶液。在此过程中：‎ ‎①锥形瓶内与碘化钾反应的离子方程式为__________。‎ ‎②玻璃液封装置的作用是_________。‎ ‎③ V中加入的指示剂通常为______，滴定至终点的现象是______。‎ ‎④测定混合器中的质量为______g ‎（4）用处理过的饮用水会含有一定量的亚氯酸盐。若要除去超标的亚氯酸盐，下列物质最适宜的是________（填标号）‎ a.明矾 b.碘化钾 c.盐酸 d.硫酸亚铁 ‎【答案：】（1）2:1‎ ‎（2）①‎ ‎②Cl-、OH-。‎ ‎③c ‎（3）①‎ ‎②吸收残余的气体。‎ ‎③淀粉溶液，溶液由蓝色变无色，且半分钟内颜色不发生变化 ‎④0.02700‎ ‎（4）d．‎ ‎【解析：】（1）工业上可用与在存在下制得，根据得失电子守恒，变成得到一个电子，变成SO42-失去两个电子，根据电荷守恒该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为2:1，（2）依据题意，电解时产生的氢气，说明有H+得电子，因此需要分析是负三价的N失去电子还是负一价的Cl失去电子，根据后续题意可以得出，NCl3水解得氨气和次氯酸，所以被次氯酸氧化，所以电解方程式是 ‎，与NCl3反应的方程是 ‎6 + NCl3+3H2O=6‎ ‎+NH3+3NaCl+3NaOH,所以最后X溶液大量存在的是Cl-、OH-。要与水剧烈反应，除去中的可选浓硫酸。‎ ‎（3）根据物质所处的环境。方程式为 玻璃液封装置的作用是吸收残余的气体，V中加入的指示剂通常为淀粉溶液，滴定至终点的现象是溶液由蓝色变无色，且半分钟内颜色不发生变化。根据2-5I2-10S2032-的守恒关系，用去0.002mol的硫代酸钠，所以的物质的量为0.0004mol，质量为0.027g。‎ ‎（4）用处理过的饮用水会含有一定量的亚氯酸盐。若要除去超标的亚氯酸盐最好用具有强氧化性物质所以选择硫酸亚铁。‎ ‎（2015·北京）‎ ‎26．（12分）氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法。其反应过程如下图所示：‎ ‎（1）反应Ⅰ的化学方程式是。‎ ‎（2）反应Ⅰ得到的产物用I2进行分离。该产物的溶液在过量I2的存在下会分成两层——含低浓度I2的H2SO4层和高浓度的I2的HI层。‎ ‎①根据上述事实，下列说法正确的是（选填序号）。‎ a．两层溶液的密度存在差异 b．加I2前，H2SO4溶液和HI溶液不互溶 c．I2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶 ‎②辨别两层溶液的方法是。‎ ‎③经检测，H2SO4层中c(H+)：c(SO42-)=2.06：1。其比值大于2的原因是。‎ ‎（3）反应Ⅱ：2H2SO4（l）=2SO2(g)+O2(g)+2H2O(g) △H=+550kJ/mol 它由两步反应组成：i H2SO4（l）=SO3(g) +H2O(g) △H=+177kJ/mol ‎ ii SO3(g)分解。‎ L（L1、L2），X可分别代表压强或温度。下图表示L一定时，ii中SO3(g)的平衡转化率随X的变化关系。‎ ‎①X代表的物理量是。‎ ‎②判断L1、L2的大小关系，并简述理由：。‎ ‎【答案】‎ ‎（1）SO2 + 2H2O + I2 = H2SO4 + 2HI ‎（2）① a、c ‎②取上层清液于试管中，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则上层溶液为含低浓度 I2的 H2SO4溶液，若无明显现象，则上层为含高浓度 I2的 HI 层。（物理方法：观察溶液颜色，颜色深的为含高浓度 I2的 HI 层）‎ ‎③碘单质可与水发生反应 I2 + H2O ⇌ HI +HIO，c(H+)增大使溶液中 c(H+):c(SO42-)的比值大于 2 ‎ ‎（3）①压强 ‎② L2>L1 L代表温度对 SO3的平衡转化率的影响，反应ⅱ为吸热反应，温度升高 SO3转化率增大 ‎【解析】(1) 根据图中信息可知反应Ⅰ中反应物为 SO2、H2O 和 I2，生成物为 H2SO4和 HI，配平即得SO2 + 2H2O + I2 = H2SO4 + 2HI。(2)①此问考查对于题干信息“该产物的溶液在过量 I2的存在下会分成两层——含低浓度 I2的 H2SO4层和含高浓度 I2 的 HI 层”的分析处理能力。加入 I2前溶液未出现分层，加入I2后，碘在 HI 溶液中溶解度大于在 H2SO4溶液中溶解度，两溶液中密度存在差异，故出现分层现象。②此问考查常见离子 SO42-的检验。③由题干信息得知 H2SO4溶液中溶有低浓度的碘，碘单质可与水发生反应 I2 + H2O ⇌ HI +HIO，c(H+)增大使溶液中 c(H+):c(SO42-)的比值大于 2 。(3)影响化学反应平衡因素和图像综合问题。首先要根据反应Ⅱ和步骤ⅰ写出步骤ⅱ的热化学反应方程式 2SO3（g）= 2SO2（g）+O2（g）△H=+196 KJ∙mol-1。①该反应正反应为气体体积增大的反应，压强增大，平衡逆向移动，SO3的转化率减小， X 代表的物理量为压强。②根据①问可知 L 代表的物理量为温度。该反应的正反应为吸热反应，相同压强时，温度升高，平衡正向移动，SO3的转化率增大，故 L2>L1。‎ ‎（2015·北京）‎ ‎27．（14分）‎ 研究CO2在海洋中的转移和归宿，是当今海洋科学研究的前沿领域。‎ （1） 溶于海水的CO2主要以4种无机碳形式存在，其中HCO3-占95%，写出CO2溶于水产生HCO3-的方程式：。‎ （2） 在海洋循环中，通过右图所示的途径固碳。‎ ‎①写出钙化作用的离子方程式：。‎ ‎②同位素示踪法证实光合作用释放出的O2只来自于H2O，用18O标记物质的光合作用的化学方程式如下，将其补充完整：+ ===(CH2O)x+x18O2+xH2O （3） 海水中溶解无机碳占海水总碳的95%以上，其准确测量是研究海洋碳循环的基础，测量溶解无机碳，可采用如下方法：‎ ‎①气提、吸收CO2，用N2从酸化后的还说中吹出CO2并用碱液吸收（装置示意图如下），将虚线框中的装置补充完整并标出所用试剂。‎ ‎②滴定。将吸收液洗后的无机碳转化为NaHCO3，再用xmol/LHCl溶液滴定，消耗ymlHCl溶液，海水中溶解无机碳的浓度=mol/L。‎ （4） 利用右图所示装置从海水中提取CO2，有利于减少环境温室气体含量。‎ ‎①结合方程式简述提取CO2的原理：。‎ ‎②用该装置产生的物质处理b室排出的海水，合格后排回大海。处理至合格的方法是。‎ ‎【答案】‎ ‎（1）CO2+H2O H2CO3 H2CO HCO3－+H+‎ ‎（2）①Ca2++ 2HCO3－==CaCO3↓+ CO2+H2O ‎②xCO2 + 2x H218O ‎（3）①‎ ‎②xy/z ‎（4）①a 室发生阳极反应：4OH — 4e－= O2+2H2O，c(OH－)下降，‎ H2O OH－+H+平衡正移，c(H+)上升，H+从 a 室通过离子交换膜进入 b 室，发生反应：HCO3－+H+==CO2+H2O 。‎ ‎②用a室产生的NaOH调节b室流出溶液的PH值至PH=8。‎ ‎【解析】（1）考查 H2CO3的的形成和第 1 步电离：CO2+H2O H2CO3‎ H2CO HCO3－+H+‎ ‎（2）①根据反应物是 HCO3－，Ca2+，生成物是 CaCO3 和 CO2，易可以得到知本题答案是：Ca2++ 2HCO3-===CaCO3↓+ CO2+H2O。‎ ‎②根据化学反应中元素守恒原理，及示踪原子可知方程式中18O源自于水确定方程式中填空为：xCO2 + 2x H218O ‎（3）①注意酸化的试剂要用硫酸，一定不能用盐酸，HCl 会挥发出来影响后续的滴定。洗气装置导管需长进短出。根据未酸化信息可知需加入稀硫酸（无挥发性），需加分液漏斗。‎ ‎②该滴定过程转化的关系式为：CO2 ~ HCO3－ ~ HCl 可得到无机碳浓度为xy/z 。‎ ‎ 1 1 1‎ ‎（4）①海水 pH＞8，显碱性，需要 H+中和降低海水的碱性，a 室发生阳极反应：4OH-4e－= O2+2H2O，使得c(OH－)下降，H2O OH－+H+平衡正移，c(H+)上升，H+从 a 室进入 b 室，发生反应：HCO3－+H+CO2+H2O。‎ ‎②b 室排出的溶液PH值小于6显酸性，而海水PH为8，则需要一种碱将其中和。可用c室产生的NaOH中和显酸性的海水，再排回大海。‎ ‎（2015·天津）‎ ‎27．（18分）废旧印刷电路板是一种电子废弃物，其中铜的含量达到矿石中的几十倍。湿法技术是将粉碎的印刷电路板经溶解、萃取、电解等操作得到纯铜等产品。某化学小组模拟该方法回收铜和制取胆矾，流程简图如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）反应Ⅰ是将Cu转化为Cu(NH3 )42+，反应中H2O2的作用是。写出操作①的名称：。‎ ‎（2）反应Ⅱ是铜氨溶液中的Cu(NH3 )42+与有机物RH反应，写出该反应的离子方程式：。操作②用到的主要仪器名称为，其目的是（填序号）。‎ ‎ a．富集铜元素 b．使铜元素与水溶液中的物质分离 c．增加Cu2＋在水中的溶解度 ‎（3）反应Ⅲ是有机溶液中的CuR2与稀硫酸反应生成CuSO4和。若操作③使用右图装置，图中存在的错误是。‎ ‎（4）操作④以石墨作电极电解CuSO4溶液。阴极析出铜，阳极产物是。操作⑤由硫酸铜溶液制胆矾的主要步骤是。‎ ‎（5）流程中有三次实现了试剂的循环使用，已用虚线标出两处，第三处的试剂是。循环使用的NH4Cl在反应Ⅰ中的主要作用是。‎ ‎【答案】‎ ‎（1）作氧化剂过滤 ‎（2）Cu(NH3)42++2RH=2NH4++2NH3+ CuR2 分液漏斗 ab ‎ ‎（3）RH 分液漏斗尖端未紧靠烧杯内壁液体过多 ‎（4）O2 H2SO4 加热浓缩、冷却结晶、过滤 ‎（5）H2SO4 防止由于溶液中c(OH-)过高，生成Cu(OH) 2沉淀 ‎【解析】‎ ‎（1）反应I将Cu转化为Cu(NH3)42+，Cu化合价升高，需要氧化剂才能进行，因此H2O2的作用是作氧化剂；操作①后出现了溶液和滤渣，因此操作名称是过滤。‎ ‎（2）根据反应II铜氨溶液中的Cu(NH3)42+与有机物RH反应生成的产物NH3和NH4Cl溶，很容易写出写出该反应的离子方程式：Cu(NH3)42++2RH=2NH4++2NH3+ CuR2，在此反应中，R的化合价为-1，因此有机物为CuR2；操作②的目的是分离有机物和无机物，因此用到的主要仪器名称为分液漏斗；本实验的目的是回收铜和制取胆矾，因此本步骤的其目的是富集铜元素、使铜元素与水溶液中的物质分离。‎ ‎（3）根据图示可以明显的看出，反应III是有机溶液中的CuR2与稀硫酸反应生成CuSO4和RH；操作③是分液，使用分液漏斗时，分液漏斗尖端应该紧靠烧杯内壁，同时分液漏斗内的液体不能超过2/3，因此图中有两处错误。‎ ‎（4）操作④以石墨作电极电解CuSO4溶液，石墨是惰性电极，阳极失电子的是OH-，电极方程式为:4OH-—4e-=O2↑+4H+，因此阳极产物是O2；溶液制取晶体的步骤主要是加热浓缩、冷却结晶、过滤。‎ ‎（5）反应III用到了稀硫酸，操作④生成了H2SO4，因此可以循环使用的还应该有H2SO4；NH4Cl水解显酸性，可以调节反应I的pH，防止由于溶液中c(OH-)过高，生成Cu(OH) 2沉淀。‎ ‎（2015·四川）9.(13分)（NH4）2SO4是常见的化肥和化工原料，受热易分解。某兴趣小组拟探究其分解产物。‎ ‎[查阅资料] （NH4）2SO4在2600C和4000C时分解产物不同。‎ ‎[实验探究]该小组拟选用下图所示装置进行实验（夹持和加热装置略）‎ 实验1：连接装置A-B-C-D,检查气密性，按图示加入试剂（装置B盛0.5000mol/L盐酸70.00mL）。通入N2排尽空气后，于2600C加热装置A一段时间，停止加热，冷却，停止通入N2.品红溶液不褪色，去下装置B，加入指示剂，用0.2000mol/LNaOH溶液滴定剩余盐酸，终点时消耗NaOH溶液25.00Ml。经检验滴定后的溶液中无SO42-.‎ ‎（1）仪器X的名称是________________.‎ ‎（2）滴定前，下列操作的正确顺序是_________(填字母编号)。‎ ‎ a. 盛装0.2000mol/LNaOH溶液 b. 用0.2000mol/LNaOH溶液润洗 ‎ c. 读数、记录 d. 查漏、清洗 e. 排尽滴定管尖嘴的气泡并调整液面 ‎（3）装置B内溶液吸收气体的物质的量是__________mol 实验2：连接装置A-D-B，检查气密性，按图示重新加入试剂。通入N2排尽空气后，与4000C加热装置A至（NH4）2SO4完全分解无残留物，停止加热，冷却，停止通入N2.观察到装置A、D之间的导气管内有少量白色固体。经检验，该白色固体和装置D内溶液中有SO32-,无SO42-.进一步研究发现，气体产物中无氮氧化物。‎ ‎（4）检验装置D内溶液中有SO32-,无SO42-的实验操作和现象是__________.‎ ‎（5）装置B内溶液吸收的气体是____________.‎ ‎（6）（NH4）2SO4在4000C分解的化学方程式是______________________.‎ ‎【答案】（1）圆底烧瓶 ‎（2）d、b、a、e、c ‎（3）0.03‎ ‎（4）取少量D中溶液于试管中，先加入氯化钡溶液，产生白色固体，将白色固体加入盐酸中，固体完全溶解并产生刺激性气味的气体，将气体通入品红溶液中，品红褪色。‎ ‎（5）NH3‎ ‎ (6)3(NH4)2SO43SO2↑﹢N2↑﹢4NH3↑﹢6H2O ‎【解析】（1）该题考察仪器装置的认识，显然题目中所指的实验仪器是圆底烧瓶。‎ ‎（2）中和滴定操作：洗涤、取液、滴定、读数、计算。‎ ‎（3）品红溶液不褪色，说明气体产物中无SO2。滴定后溶液中无SO42-,说明气体产物中无SO3。则所吸收的气体应为氨气。气体装置B盛有0.035mol盐酸，由滴定结果可知，剩余盐酸0.005mol，则消耗盐酸0.03mol，吸收气体0.03mol。‎ ‎（4）亚硫酸钡在稀盐酸中溶解，并放出SO2，而硫酸钡不溶于稀盐酸。‎ ‎（5）由题意，（NH4）2SO4完全分解，导气管内的白色固体为（NH4）2SO3，装置D中为NaSO3溶液，则气体产物中有SO2、NH3、H2O。又因气体产物中无氮氧化物，则产物中应有N2。装置B只能吸收气体产物中的NH3。‎ ‎（6）分析出气体产物成分，进而写出化学方程式：3(NH4)2SO43SO2↑﹢N2↑﹢4NH3↑﹢6H2O。‎ ‎（2015·重庆）9．（15分）ClO2与Cl2的氧化性相近。在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛。某兴趣小组通过题9图1装置（夹持装置略）对其制备、吸收、释放和应用进行了研究。‎ （1） 仪器D的名称是。安装F中导管时，应选用题9图2中的。[来源:学科网]‎ （2） 打开B的活塞，A中发生反应：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O。‎ 为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度宜（填“快”或“慢”）。‎ ‎（3）关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是。‎ ‎（4）已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为，在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是。‎ ‎（5）已吸收ClO2气体的稳定剂Ⅰ和Ⅱ，加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如题9图3所示，若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂是，原因是。‎ ‎【答案】9.(15分)‎ ‎（1）锥形瓶 b (2)慢（3）吸收Cl2‎ ‎（4）4H＋+5ClO2-=Cl－+4ClO2↑+2H2O 验证是否有ClO2生成 ‎（5）稳定剂Ⅱ，稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度 ‎【解析】（1）根据仪器特征，仪器D的名称是锥形瓶；根据操作分析，F装置应是Cl2和KI反应，所以应长管进气，短管出气，选b。‎ ‎ (2) 为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度要慢。‎ ‎（3）F装置中Cl2+2KI=2KCl+I2，碘遇淀粉变蓝，所以F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是吸收Cl2。‎ ‎ (4) 在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为4H＋+5ClO2-=Cl－+4ClO2↑+2H2O; 在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是验证是否有ClO2生成.‎ ‎ (5) 稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度,所以稳定剂Ⅱ好。‎ ‎（2015·安徽）‎ ‎27．（14分）硼氢化钠（NaBH4）在化工等领域具有重要的应用价值，某研究小组采用偏硼酸钠NaBO2为主要原料制备NaBH4，其流程如下：‎ 已知：NaBH4常温下能与水反应，可溶于异丙酸（沸点：13℃）。‎ ‎（1）在第①步反应加料之前，需要将反应器加热至100℃以上并通入氩气，该操作的目的是_____，原料中的金属钠通常保存在____中，实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有_____，_____，玻璃片和小刀等。‎ ‎（2）请配平第①步反应的化学方程式：‎ ‎□NaBO2+□SiO2+□Na+□H2-------□NaBH4+□Na2SiO3‎ ‎（3）第②步分离采用的方法是______；第③步分离（NaBH4）并回收溶剂，采用的方法是______。‎ ‎（4）NaBH4（s）与水（l）反应生成NaBO2（s）和氢气（g），在25℃，101KPa下，已知每消耗3.8克NaBH4（s）放热21.6KJ，该反应的热化学方程式是_______。‎ ‎【答案】（1）除去反应器中的水蒸气和空气煤油镊子滤纸 ‎（2）1 NaBO2+2SiO2+4Na+2H2=1NaBH4+2Na2SiO3‎ ‎（3）过滤蒸馏 ‎（4）NaBH4(s)+2H2O(l)= NaBO2(s)+4H2(g) △H= -216.0KJ/mol ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）根据已知条件可知NaBH4常温条件下可以与水发生化学反应，该物质具有比较强的还原性，所以需要除去水蒸气和空气。金属钠容易被空气中的氧气和水蒸气氧化，所以一般金属钠保存在煤油中，金属钠性质很活泼，在取用金属钠的时候需要用镊子夹取，其表面上有较多煤油会影响反应，需要用滤纸擦干净。‎ ‎（2）根据氧化还原反应得失电子守恒原理和物料守恒原则，该方程式的正确写法为1 NaBO2+2SiO2+4Na+2H2=1NaBH4+2Na2SiO3‎ ‎（3）根据图示可知第2步操作以后可以得到滤液和固体，这是常见的固液分离的实验操作，为过滤操作，异丙胺的沸点较低，可以采用蒸馏的方法回收溶剂。‎ ‎（4）根据热化学反应方程式书写的原则和盖斯定律可以写出热化学方程式为NaBH4(s)+2H2O(l)= NaBO2(s)+4H2(g) △H= -216.0KJ/mol