高考化学真题分类汇编专题3金属及其化合物 36页

‎2017年高考化学真题分类汇编 专题3 金属及其化合物(必修1)‎ Ⅰ—钠及其化合物 ‎1．(2017•北京-9)下列变化中，气体被还原的是 A．二氧化碳使Na2O2固体变白 B．氯气使KBr溶液变黄 C．乙烯使Br2的四氯化碳溶液褪色 D．氨气使AlCl3溶液产生白色沉淀 ‎【答案】B ‎【解析】A．二氧化碳与淡黄色的Na2O2反应生成白色的碳酸钠，该反应中Na2O2既是氧化剂又是还原剂，二氧化碳不是氧化剂和还原剂，故A错误；‎ B．氯气使KBr溶液变黄，该反应中氯气做氧化剂，反应中被还原，故B正确；‎ C．乙烯与溴的反应中，溴做氧化剂，乙烯被氧化，故C错误；‎ D．氨气与AlCl3溶液的反应不是氧化还原反应，故D错误；‎ ‎【考点】 氧化还原反应 ；钠及其化合物；卤素；乙烯的性质；氮及其化合物；铝及其化合物。优网版权所有 ‎【专题】 氧化还原反应专题 ‎ ‎【点评】本题考查氧化还原反应的应用，题目难度不大，明确氧化还原反应的实质为解答关键，注意掌握氧化反应与还原反应的区别，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力。‎ ‎2．(2017•新课标Ⅱ-13）由下列实验及现象不能推出相应结论的是 ‎ ‎ ‎ 实验 现象 结论 A．‎ 向2 mL 0.1FeCl 3的溶液中加足量铁粉，震荡，加1滴KSCN溶液 黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变 还原性：Fe＞Fe2+‎ B．‎ 将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶 集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生 CO2具有氧化性 C．‎ 加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸 石蕊试纸变蓝 NH4HCO3显碱性 D．‎ 向2支盛有2 mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液 一只试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象 Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)‎ A．A B．B C．C D．D ‎【答案】C ‎【解析】A．向2 mL 0.1FeCl 3的溶液中加足量铁粉，发生2Fe3++Fe=3Fe2+，反应中Fe为还原剂，Fe2+为还原产物，还原性：Fe＞Fe2+，可观察到黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变，故A正确； B．瓶内有黑色颗粒产生，说明二氧化碳被还原生成碳，反应中二氧化碳表现氧化性，故B正确； C．加热碳酸氢铵，分解生成氨气，可使石蕊试纸变蓝色，且为固体的反应，与盐类的水解无关，故C错误；‎ D．一只试管中产生黄色沉淀，为AgI，则Qc＞Ksp，另一支中无明显现象，说明Qc＜Ksp，可说明Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl），故D正确．‎ ‎【考点】 化学实验方案的评价；铁及其化合物的性质；钠及其化合物的性质；铵盐的性质；难溶电解质的溶解平衡。菁优网版权所有 ‎【专题】 化学实验基本操作。‎ ‎【点评】本题考查较为综合，涉及氧化还原反应、钠的性质、物质的检验以及难溶电解质的溶解平衡，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握物质的性质，难度不大。‎ ‎　‎ ‎3．（6分）（2017•天津-4）以下实验设计能达到实验目的是 ‎ 实验目的 实验设计 A．‎ 除去NaHCO3固体中的Na2CO3‎ 将固体加热至恒重 ‎ B．‎ 制备无水AlCl3 ‎ 蒸发Al与稀盐酸反应后的溶液 C．‎ 重结晶提纯苯甲酸 将粗品水溶、过滤、蒸发、结晶 ‎ D．‎ 鉴别NaBr和KI溶液 分别加新制氯水后，用CCl4萃取 A．A B．B C．C D．D ‎【答案】D ‎【解析】A．碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，加热将原物质除去，不能除杂，故A错误；‎ B．蒸发时促进氯化铝水解，生成的盐酸易挥发，则应在HCl气流中蒸发结晶，故B错误；‎ C．苯甲酸在水中的溶解度不大，应趁热过滤后，选择重结晶法分离提纯，故C错误；‎ D．氯气与NaBr、NaI反应分别生成溴、碘，在四氯化碳中的颜色不同，则分别加新制氯水后，用CCl4萃取后观察颜色可鉴别，故D正确；‎ ‎【考点】 化学实验方案的评价；钠及其化合物；铝及其化合物、铝盐的水解； 混合物的分离与提纯；卤素单质间的置换反应。‎ ‎【专题】 物质的分离提纯和鉴别 ‎ ‎【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、物质的鉴别为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，选项C为解答的难点，题目难度不大。‎ ‎4．（2017•江苏-3）下列有关物质性质与用途具有对应关系的是 ‎ A．Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂 B．ClO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒 C．SiO2硬度大，可用于制造光导纤维 D．NH3易溶于水，可用作制冷剂 ‎【答案】A ‎【解析】A．Na2O2吸收CO2生成O2和Na2CO3，且人呼出的水蒸气也能和过氧化钠反应生成氧气，氧气能供给呼吸，所以过氧化钠可用作呼吸面具的供氧剂，故A正确；‎ B．ClO2具有强氧化性而使蛋白质变性，所以该物质能杀菌消毒，故B错误；‎ C．光导纤维的主要成分是二氧化硅，光导纤维是利用光的全反射原理，与二氧化硅的硬度大小无关，故C错误；‎ D．氨气易液化而吸收热量导致周围环境温度降低，所以氨气常常作制冷剂，与氨气易溶于水无关，故D错误；‎ ‎【考点】物质的组成、结构和性质的关系：钠及其化合物；硅及其化合物；氯及其化合物；氮及其化合物；‎ ‎【专题】 物质的性质和变化专题。‎ ‎【点评】本题考查物质组成、结构和性质，为高频考点，属于基础题，明确物质结构和性质是解本题关键，结构决定性质、性质决定用途，题目难度不大．‎ ‎5．（2017•江苏-6）下列指定反应的离子方程式正确的是 ‎ A．钠与水反应：Na+2H2O═Na++2OH﹣+H2↑‎ B．电解饱和食盐水获取烧碱和氯气：2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣‎ C．向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2O D．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O ‎【答案】B ‎【解析】A．钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，且离子方程式要遵循原子守恒、电荷守恒和转移电子守恒，离子方程式为2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，故A错误；‎ B．电解饱和食盐水时，阳极上生成氯气、阴极上生成氢气同时阴极附近有NaOH生成，离子方程式为2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣，故B正确；‎ C．二者反应生成硫酸钡和水，且氢离子、氢氧根离子和水的计量数都是2，离子方程式为Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O，故C错误；‎ D．二者反应生成碳酸钙沉淀、一水合氨和水，离子方程式为向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：NH4++Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O+NH3•H2O，故D错误；‎ ‎【考点】 离子方程式的书写 ；钠及其化合物；菁优网版权所有 ‎【专题】 离子反应专题 ‎ ‎【点评】本题考查离子方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大。‎ ‎6．（14分）（2017•天津-7）某混合物浆液含有Al(OH) 3、MnO2和少量Na2CrO4。‎ 考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置（见图），使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用．回答Ⅰ和Ⅱ中的问题．‎ Ⅰ．固体混合物的分离和利用（流程图中的部分分离操作和反应条件未标明）‎ ‎（1）反应①所加试剂NaOH的电子式为 。B→C的反应条件为　 　，C→Al的制备方法称为　　 。‎ ‎（2）该小组探究反应②发生的条件。D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl2生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2．由此判断影响该反应有效进行的因素有(填序号)　 　。‎ a．温度 b．Cl﹣的浓度 c．溶液的酸度 ‎（3）0.1mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2•xH2O的液态化合物，放热4.28kJ，该反应的热化学方程式为　 ‎ ‎　 。‎ Ⅱ．含铬元素溶液的分离和利用 ‎（4）用惰性电极电解时，CrO42﹣能从浆液中分离出来的原因是　 ‎ ‎ 　，分离后含铬元素的粒子是　 　；阴极室生成的物质为　 　（写化学式）。‎ ‎【答案】Ⅰ．⑴ 加热(或煅烧) 电解法 ⑵ac ‎ ‎⑶2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)═TiCl4(l) +2CO(g) △H=﹣85.6kJ•mol﹣1 ‎ Ⅱ． ⑷在直流电场作用下，CrO42﹣通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液。‎ CrO42﹣、Cr2O72﹣ NaOH和H2‎ ‎【解析】（1）NaOH为离子化合物，电子式为，B为Al(OH) 3，在加热条件下生成氧化铝，电解熔融的氧化铝可得到铝。故答案为：；加热（或煅烧）；电解法；‎ ‎（2）反应涉及的条件为加热，加热下可反应，另外加热硫酸，氢离子浓度变化，可知影响的因素为温度和氢离子浓度，故答案为：ac；‎ ‎（3）0.1mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2•xH2O的液态化合物，放热4.28kJ，由质量守恒可知还原性气体为CO，反应的化学方程式为2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)═TiCl4(l) +2CO(g)，则2mol氯气反应放出的热量为(2/0.1) ·4.28kJ=85.6kJ，所以热化学方程式为2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)═TiCl4(l) +2CO(g) △H=﹣85.6kJ•mol﹣。‎ ‎（4）电解时，CrO42﹣通过阴离子交换膜向阳极移动，从而从浆液中分离出来，因存在2CrO42﹣+2H+Cr2O72﹣+H2O，则分离后含铬元素的粒子是CrO42﹣、Cr2O72﹣，阴极发生还原反应生成氢气和NaOH。故答案为：在直流电场作用下，CrO42﹣通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液；CrO42﹣、Cr2O72﹣；NaOH和H2。‎ ‎【考点】物质结构；钠及其化合物；铝及其化合物；化学反应与能量；电解原理。物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；菁优网版权所 ‎【专题】 无机实验综合。‎ ‎【点评】本题为2017年天津考题，侧重考查物质的制备、分离以及电解知识，解答本题，注意把握物质的性质，能正确分析试验流程，把握电解的原理，题目难度不大，有利于培养学生的分析能力和实验能力。‎ ‎　 Ⅱ—镁、铝及其化合物 ‎1．(2017•北京-9)下列变化中，气体被还原的是 A．二氧化碳使Na2O2固体变白 B．氯气使KBr溶液变黄 C．乙烯使Br2的四氯化碳溶液褪色 D．氨气使AlCl3溶液产生白色沉淀 ‎【答案】B ‎【解析】A．二氧化碳与淡黄色的Na2O2反应生成白色的碳酸钠，该反应中Na2O2既是氧化剂又是还原剂，二氧化碳不是氧化剂和还原剂，故A错误；‎ B．氯气使KBr溶液变黄，该反应中氯气做氧化剂，反应中被还原，故B正确；‎ C．乙烯与溴的反应中，溴做氧化剂，乙烯被氧化，故C错误；‎ D．氨气与AlCl3溶液的反应不是氧化还原反应，故D错误；‎ ‎【考点】 氧化还原反应 ；钠及其化合物；卤素；乙烯的性质；氮及其化合物；铝及其化合物。优网版权所有 ‎【专题】 氧化还原反应专题 ‎ ‎【点评】本题考查氧化还原反应的应用，题目难度不大，明确氧化还原反应的实质为解答关键，注意掌握氧化反应与还原反应的区别，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力。‎ ‎　2．（6分）（2017•天津-4）以下实验设计能达到实验目的是 ‎ 实验目的 实验设计 A．‎ 除去NaHCO3固体中的Na2CO3‎ 将固体加热至恒重 ‎ B．‎ 制备无水AlCl3 ‎ 蒸发Al与稀盐酸反应后的溶液 C．‎ 重结晶提纯苯甲酸 将粗品水溶、过滤、蒸发、结晶 ‎ D．‎ 鉴别NaBr和KI溶液 分别加新制氯水后，用CCl4萃取 A．A B．B C．C D．D ‎【答案】D ‎【解析】A．碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，加热将原物质除去，不能除杂，故A错误；‎ B．蒸发时促进氯化铝水解，生成的盐酸易挥发，则应在HCl气流中蒸发结晶，故B错误；‎ C．苯甲酸在水中的溶解度不大，应趁热过滤后，选择重结晶法分离提纯，故C错误；‎ D．氯气与NaBr、NaI反应分别生成溴、碘，在四氯化碳中的颜色不同，则分别加新制氯水后，用CCl4萃取后观察颜色可鉴别，故D正确；‎ ‎【考点】 化学实验方案的评价；钠及其化合物；铝及其化合物、铝盐的水解； 混合物的分离与提纯；卤素单质间的置换反应。‎ ‎【专题】 物质的分离提纯和鉴别 ‎ ‎【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、物质的鉴别为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，选项C为解答的难点，题目难度不大。‎ ‎3．（2017•江苏-2）下列有关化学用语表示正确的是 ‎ A．质量数为31的磷原子: 3115P B．氟原子的结构示意图: ‎ C． CaCl2的电子式: D．明矾的化学式: Al2(SO4)3 ‎ ‎4．(2017•天津-1)下列有关水处理方法不正确的是 ‎ A．用石灰、碳酸钠等碱性物质处理废水中的酸 B．用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物 C．用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子 D．用烧碱处理含高浓度NH4+的废水并回收利用氨 ‎【答案】C ‎【解析】A．石灰与酸反应生成钙盐，碳酸钠与酸反应生成钠盐和二氧化碳，故可用于处理废水中的酸，故A正确；‎ B．铝盐、铁盐都能水解生成对应的氢氧化物胶体，疏松多孔，具有吸附性，可吸附水中的悬浮物，故B正确；‎ C．氯气可用于水的消毒杀菌，不能与Cu2+、Hg2+反应生成沉淀，对重金属离子没有作用，故C错误；‎ D．烧碱可与铵根离子反应产生氨气，则可用烧碱处理高浓度的NH4+的废水并回收利用氨，故D正确。‎ ‎【考点】 "三废"处理与环境保护 ；铝盐的性质；铁盐的性质；铵盐的性质；优网版权所【专题】 化学应用 ‎ ‎【点评】本题侧重于考查化学与生活、生产的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，注意把握物质的性质，难度不大。‎ ‎5．（14分）（2017•新课标Ⅱ-26）水泥是重要的建筑材料．水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的是 ，还可使用 代替硝酸。‎ ‎（2）沉淀A的主要成分是 ，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学方程式为 。‎ ‎（3）加氨水过程中加热的目的是 。沉淀B的主要成分为 （填化学式）。‎ ‎（4）草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后，用KMnO4标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为：MnO4﹣+H++H2C2O4→Mn2++CO2+H2O．实验中称取0.400g水泥样品，滴定时消耗了0.0500mol•L﹣1的KMnO4溶液36.00mL，则该水泥样品中钙的质量分数为 。‎ ‎【答案】⑴将样品中的Fe2+氧化为Fe3+　 　H2O2　‎ ‎⑵　SiO2　 　SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O　‎ ‎⑶　防止胶体生成，易生成沉淀。　 Al(OH)3　、　Fe(OH) 3　 ‎ ‎⑷　45.0%　‎ ‎【解析】（1）铁离子在pH较小时易生成沉淀，加入硝酸可氧化亚铁离子生成铁离子，比避免引入新杂质，还可用过氧化氢代替硝酸，故答案为：将样品中的Fe2+氧化为Fe3+；H2O2；‎ ‎（2）由以上分析可知沉淀A为SiO2，不溶于强酸但可与一种弱酸反应，应为与HF的反应，方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，故答案为：SiO2；SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；‎ ‎（3）滴加氨水，溶液呈碱性，此时不用考虑盐类水解的问题，加热的目的是防止生成胶体而难以分离，生成的沉淀主要是Al(OH)3、Fe(OH) 3，故答案为：防止胶体生成，易生成沉淀；Al(OH)3、Fe(OH) 3；‎ ‎（4）反应的关系式为5Ca2+～5H2C2O4～2KMnO4，‎ n（KMnO4）=0.0500mol/L×36.00mL=1.80mmol， n（Ca2+）=4.50mmol，‎ 水泥中钙的质量分数为(4.50×10—3mol×40g/mol)×100%/0.400g =45.0%， 故答案为：45.0%．‎ ‎【考点】 探究物质的组成或测量物质的含量 ；硅及其化合物；铁、铝及其化合物；胶体的性质；化学计算；菁优网版权所有 ‎【专题】 定量测定与误差分析 ‎ ‎【点评】本题侧重考查物质的含量的测定，为高频考点，注意把握流程的分析，把握物质的性质，结合关系式法计算，利于培养学生的分析能力、实验能力和计算能力，难度中等。‎ ‎6．（12分）（2017•江苏-16）铝是应用广泛的金属。以铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质）为原料制备铝的一种工艺流程如下：‎ 注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。‎ ‎（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为 。‎ ‎（2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH　　 (填“增大”、“不变”或“减小”)。‎ ‎（3）“电解Ⅰ”是电解熔融 Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是　 ‎ ‎ 　 。‎ ‎（4）“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示．‎ 阳极的电极反应式为　 　，阴极产生的物质A的化学式为　 　。‎ ‎（5）铝粉在1000℃时可与N2反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是　 ‎ ‎ 　 。‎ ‎【答案】⑴Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O ⑵减小 ‎ ‎⑶石墨电极被阳极上产生的O2氧化 ‎ ‎⑷4CO32﹣+2H2O﹣4e﹣═4HCO3﹣+O2↑ H2 ‎ ‎⑸NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜。‎ ‎【解析】以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝，由流程可知，加NaOH溶解时Fe2O3不反应，由信息可知SiO2在“碱溶”‎ 时转化为铝硅酸钠沉淀，过滤得到的滤渣为Fe2O3、铝硅酸钠，碳酸氢钠与偏铝酸钠反应生成Al(OH)3，过滤II得到Al(OH)3，灼烧生成氧化铝，电解I为电解氧化铝生成Al和氧气，电解II为电解Na2CO3溶液，结合图可知，阳极上碳酸根离子失去电子生成碳酸氢根离子和氧气，阴极上氢离子得到电子生成氢气，以此来解答。 （1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O，故答案为：Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O；‎ ‎（2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，与NaAlO2反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，碱性为OH﹣＞AlO2﹣＞CO32﹣，可知溶液的pH减小，故答案为：减小；‎ ‎（3）“电解Ⅰ”是电解熔融 Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，因石墨电极被阳极上产生的O2氧化。故答案为：石墨电极被阳极上产生的O2氧化；‎ ‎（4）由图知，阳极反应为4CO32﹣+2H2O﹣4e﹣═4HCO3﹣+O2↑，阴极上氢离子得到电子生成H2。故答案为：4CO32﹣+2H2O﹣4e﹣═4HCO3﹣+O2↑；H2； ‎ ‎（5）铝粉在1000℃时可与N2反应制备AlN．在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜，故答案为：NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜。‎ ‎【考点】 铝及其化合物；铁及其化合物；硅及其化合物；电解原理；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；菁优网版权所有 ‎【专题】 物质的分离提纯和鉴别 ‎ ‎【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯方法、实验技能为解答的关键，侧重分析能力和实验能力的考查，注意水解、电解原理及元素化合物知识的应用，题目难度中等。‎ ‎7．（15分）（2017•新课标Ⅲ-27）重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeO•Cr2O3，还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示：‎ 回答下列问题：（1）步骤①的主要反应为：‎ FeO•Cr2O3+Na2CO3+NaNO3Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2 。 上述反应配平后FeO•Cr2O3与NaNO3的系数比为 。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是 。‎ ‎（2）滤渣1中含量最多的金属元素是　　，滤渣2的主要成分是　 　及含硅杂质。‎ ‎（3）步骤④调滤液2的pH使之变　 　（填“大”或“小”），原因是 ‎ ‎ 　（用离子方程式表示）。‎ ‎（4）有关物质的溶解度如图所示．向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体。冷却到　　（填标号）得到的K2Cr2O7固体产品最多。‎ a‎.80℃‎ b‎.60℃‎ c‎.40 ℃‎d‎.10℃‎ 步骤⑤的反应类型是 。‎ ‎（5）某工厂用m‎1 kg 铬铁矿粉（含Cr2O3 40%）制备K2Cr2O7，最终得到产品 m‎2 kg，产率为　‎ ‎ ×100%。‎ ‎【答案】⑴2：7 　二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳　‎ ‎⑵Fe　 Al(OH)3 ⑶小 　CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O ‎⑷c 复分解反应 ⑸[m2/(m1×0.4×‎294g/mol÷‎152 g/mol)] 　　‎ ‎【解析】⑴铬铁矿的主要成分为FeO•Cr2O3，还含有硅、铝等，制备重铬酸钾，由制备流程可知，步骤①的主要反应为FeO•Cr2O3+Na2CO3+NaNO3Na2CrO4+Fe2O3+CO2+‎ NaNO2，Cr元素的化合价由+3价升高为+6价，Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，N元素的化合价由+5价降低为+3价，由电子、原子守恒可知，反应为2FeO•Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO3 4Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2，则FeO•Cr2O3与NaNO3的系数比为2：7。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，故答案为：2：7；二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳。‎ ‎（2）由上述分析可知，滤渣1含Fe2O3，滤渣1中含量最多的金属元素是Fe，滤渣2的主要成分是Al(OH) 3及含硅杂质，故答案为：Fe；Al（OH）3；‎ ‎（3）④中调节pH发生CrO42﹣+2H+Cr2O72﹣+H2O，则步骤④调滤液2的pH使之变小，增大氢离子浓度，平衡正向移动，利于生成Cr2O72﹣，故答案为：小；CrO42﹣+2H+Cr2O72﹣+H2O；‎ ‎（4）向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体，由溶解度可知，冷却到‎40℃‎K2Cr2O7固体的溶解度在四种物质中最小、且溶解度较大，过滤分离产品最多；步骤⑤发生Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl，反应类型是复分解反应。故答案为：c；复分解反应；‎ ‎（5）用m‎1 kg 铬铁矿粉（含Cr2O3 40%）制备K2Cr2O7，最终得到产品 m‎2 kg，产率为：实际产量/理论产量，由Cr原子守恒可知，则产率为[m2/(m1×0.4×‎294g/mol÷‎152 g/mol)]×100%，‎ ‎【考点】 制备实验方案的设计。铁及其化合物；铝及其化合物； 化学计量；有 ‎【专题】 无机实验综合 ‎ ‎【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。‎ ‎8．（14分）（2017•天津-7）某混合物浆液含有Al(OH) 3、MnO2和少量Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置（见图），使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用．回答Ⅰ和Ⅱ中的问题．‎ Ⅰ．固体混合物的分离和利用（流程图中的部分分离操作和反应条件未标明）‎ ‎（1）反应①所加试剂NaOH的电子式为 。B→C的反应条件为　 　，C→Al的制备方法称为　　 。‎ ‎（2）该小组探究反应②发生的条件。D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl2生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2．由此判断影响该反应有效进行的因素有(填序号)　 　。‎ a．温度 b．Cl﹣的浓度 c．溶液的酸度 ‎（3）0.1mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2•xH2O的液态化合物，放热4.28kJ，该反应的热化学方程式为　 ‎ ‎　 。‎ Ⅱ．含铬元素溶液的分离和利用 ‎（4）用惰性电极电解时，CrO42﹣能从浆液中分离出来的原因是　 ‎ ‎ 　，分离后含铬元素的粒子是　 　；阴极室生成的物质为　 　（写化学式）。‎ ‎【答案】Ⅰ．⑴ 加热(或煅烧) 电解法 ⑵ac ‎ ‎⑶2Cl2(g)+TiO2(s)+‎2C(s)═TiCl4(l) +2CO(g) △H=﹣85.6kJ•mol﹣1 ‎ Ⅱ． ⑷在直流电场作用下，CrO42﹣通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液。‎ CrO42﹣、Cr2O72﹣ NaOH和H2‎ ‎【解析】（1）NaOH为离子化合物，电子式为，B为Al(OH) 3，在加热条件下生成氧化铝，电解熔融的氧化铝可得到铝。故答案为：；加热（或煅烧）；电解法；‎ ‎（2）反应涉及的条件为加热，加热下可反应，另外加热硫酸，氢离子浓度变化，可知影响的因素为温度和氢离子浓度，故答案为：ac；‎ ‎（3）0.1mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2•xH2O的液态化合物，放热4.28kJ，由质量守恒可知还原性气体为CO，反应的化学方程式为2Cl2(g)+TiO2(s)+‎2C(s)═TiCl4(l) +2CO(g)，则2mol氯气反应放出的热量为(2/0.1) ·4.28kJ=85.6kJ，所以热化学方程式为2Cl2(g)+TiO2(s)+‎2C(s)═TiCl4(l) +2CO(g) ‎ ‎△H=﹣85.6kJ•mol﹣。‎ ‎（4）电解时，CrO42﹣通过阴离子交换膜向阳极移动，从而从浆液中分离出来，因存在2CrO42﹣+2H+Cr2O72﹣+H2O，则分离后含铬元素的粒子是CrO42﹣、Cr2O72﹣，阴极发生还原反应生成氢气和NaOH。故答案为：在直流电场作用下，CrO42﹣通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液；CrO42﹣、Cr2O72﹣；NaOH和H2。‎ ‎【考点】物质结构；钠及其化合物；铝及其化合物；化学反应与能量；电解原理。物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；菁优网版权所 ‎【专题】 无机实验综合。‎ ‎【点评】本题为2017年天津考题，侧重考查物质的制备、分离以及电解知识，解答本题，注意把握物质的性质，能正确分析试验流程，把握电解的原理，题目难度不大，有利于培养学生的分析能力和实验能力。‎ Ⅲ—铁、铜等及其化合物 ‎1．（2017•北京-11）根据SO2通入不同溶液中实验现象，所得结论不正确的是 ‎ 实验 现象 结论 A 含HCl、BaCl2的FeCl3溶液 产生白色沉淀 SO2有还原性 B H2S溶液 产生黄色沉淀 SO2有氧化性 C 酸性KMnO4溶液 紫色溶液褪色 SO2有漂白性 D Na2SiO3溶液 产生胶状沉淀 酸性：H2SO3＞H2SiO3‎ A．A B．B C．C D．D ‎【答案】C ‎ ‎【解析】A．FeCl3将SO2氧化成硫酸根离子，硫酸根离子与BaCl2反应生成硫酸钡沉淀，该反应中二氧化硫被氧化，表现了还原性，故A正确；‎ B．SO2与H2S反应生成S单质，该反应中SO2中+4价S元素被还原生成0价的单质S，二氧化硫被还原，做氧化剂，故B正确；‎ C．酸性KMnO4溶液能够氧化SO2，使溶液褪色，SO2表现了还原性，故C错误；‎ D．Na2SiO3溶液中通入二氧化硫生成H2SiO3，说明亚硫酸的酸性较强，即酸性：H2SO3＞H2SiO3，故D正确；‎ ‎【考点】 硫及其化合物的性质 ；硅及其化合物的性质；铁及其化合物的性质。‎ ‎【专题】 氧族元素 ‎ ‎【点评】本题考查二氧化硫的性质，题目难度中等，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，注意掌握二氧化硫的化学性质，试题有利于提高学生的分析、理解能力及综合应用能力。‎ ‎2．（2017•新课标Ⅱ-13）由下列实验及现象不能推出相应结论的是 ‎ ‎ ‎ 实验 现象 结论 A．‎ 向2 mL 0.1FeCl 3的溶液中加足量铁粉，震荡，加1滴KSCN溶液 黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变 还原性：Fe＞Fe2+‎ B．‎ 将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶 集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生 CO2具有氧化性 C．‎ 加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸 石蕊试纸变蓝 NH4HCO3显碱性 D．‎ 向2支盛有2 mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液 一只试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象 Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)‎ A．A B．B C．C D．D ‎【答案】C ‎【解析】A．向2 mL 0.1FeCl 3的溶液中加足量铁粉，发生2Fe3++Fe=3Fe2+，反应中Fe为还原剂，Fe2+为还原产物，还原性：Fe＞Fe2+，可观察到黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变，故A正确； B．瓶内有黑色颗粒产生，说明二氧化碳被还原生成碳，反应中二氧化碳表现氧化性，故B正确； C．加热碳酸氢铵，分解生成氨气，可使石蕊试纸变蓝色，且为固体的反应，与盐类的水解无关，故C错误；‎ D．一只试管中产生黄色沉淀，为AgI，则Qc＞Ksp，另一支中无明显现象，说明Qc＜Ksp，可说明Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl），故D正确．‎ ‎【考点】 化学实验方案的评价；铁及其化合物的性质；钠及其化合物的性质；铵盐的性质；难溶电解质的溶解平衡。菁优网版权所有 ‎【专题】 化学实验基本操作。‎ ‎【点评】本题考查较为综合，涉及氧化还原反应、钠的性质、物质的检验以及难溶电解质的溶解平衡，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握物质的性质，难度不大。‎ ‎　‎ ‎3．(2017•新课标Ⅲ-13）在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的Cl﹣会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀从而除去Cl﹣。根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图，下列说法错误的是 ‎ A．Ksp（CuCl）的数量级为10﹣7‎ B．除Cl﹣反应为Cu+Cu2++2Cl﹣=2CuCl C．加入Cu越多，Cu+浓度越高，除Cl﹣效果越好 D．2Cu+=Cu2++Cu平衡常数很大，反应趋于完全 ‎【答案】C ‎【解析】A．由图象可知，横坐标为1时，lgc（Cu+）大于6，则Ksp(CuCl)的数量级为10﹣7，故A正确； B．涉及反应物为铜、硫酸铜以及氯离子，生成物为CuCl，反应的方程式为Cu+Cu2++2Cl﹣=2CuCl，故B正确； C．发生Cu+Cu2++2Cl﹣=2CuCl，反应的效果取决于Cu2+的浓度，如Cu2+不足，则加入再多的Cu也不能改变效果，故C错误；‎ D．酸性条件下，Cu+不稳定，易发生2Cu+=Cu2++Cu，可知没有Cl﹣存在的情况下，2Cu+=Cu2++Cu趋向于完全，说明2Cu+=Cu2++Cu的平衡常数很大，故D正确．‎ ‎【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；金属铜及其重要化合物的主要性质 优【专题】 电离平衡与溶液的pH专题。‎ ‎【点评】本题综合考查含铜化合物的性质与应用，侧重考查学生的分析能力和计算能力，注意题给信息以及图标的分析，把握溶度积的计算，难度不大 ‎4．(2017•天津-1)下列有关水处理方法不正确的是 ‎ A．用石灰、碳酸钠等碱性物质处理废水中的酸 B．用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物 C．用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子 D．用烧碱处理含高浓度NH4+的废水并回收利用氨 ‎【答案】C ‎【解析】A．石灰与酸反应生成钙盐，碳酸钠与酸反应生成钠盐和二氧化碳，故可用于处理废水中的酸，故A正确；‎ B．铝盐、铁盐都能水解生成对应的氢氧化物胶体，疏松多孔，具有吸附性，可吸附水中的悬浮物，故B正确；‎ C．氯气可用于水的消毒杀菌，不能与Cu2+、Hg2+反应生成沉淀，对重金属离子没有作用，故C错误；‎ D．烧碱可与铵根离子反应产生氨气，用烧碱处理含NH4+的废水并回收利用氨，故D正确。‎ ‎【考点】 "三废"处理与环境保护 ；铝盐的性质；铁盐的性质；铵盐的性质；优网版权所【专题】 化学应用 ‎ ‎【点评】本题侧重于考查化学与生活、生产的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，注意把握物质的性质，难度不大。‎ ‎5．(2017•天津-2）汉黄芩素是传统中草药黄芩的有效成分之一，‎ 对肿瘤细胞的杀伤有独特作用．下列有关汉黄芩素的叙述正确的是 ‎ A．汉黄芩素的分子式为C16H13O5‎ B．该物质遇FeCl3溶液显色 C．1 mol该物质与溴水反应，最多消耗1mol Br2‎ D．与足量H2发生加成反应后，该分子中官能团的种类减少1种 ‎【答案】B ‎【解析】由结构可知分子式，分子中含酚﹣OH、碳碳双键、羰基及醚键，结合酚、烯烃等有机物的性质来解答。‎ A．汉黄芩素的分子式为C16H12O5，故A错误；‎ B．含酚﹣OH，遇FeCl3溶液显色，故B正确；‎ C．酚﹣OH的邻对位与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成反应，则1 mol该物质与溴水反应，最多消耗2mol Br2，故C错误；‎ D．与足量H2发生加成反应后，该分子中官能团碳碳双键、羰基均减少，故D错误；‎ ‎【考点】 有机物的结构和性质；酚的性质；烯烃的性质；酮的性质；铁盐的性质 菁优网【专题】 有机物的化学性质及推断 ‎ ‎【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意H原子数的判断及官能团的判断，题目难度不大。‎ ‎6．（2017•江苏-7）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 ‎ A．FeFeCl2Fe（OH）2‎ B．SSO3‎H2SO4‎ C．CaCO3CaOCaSiO3‎ D．NH3NOHNO3‎ ‎【答案】C ‎【分析】A、因为氯气具有强氧化性，则铁与氯气反应生成三氯化铁，而不是氯化亚铁，故A错误； B．硫与氧气反应生成二氧化硫，而不是三氧化硫，故B错误；‎ C．CaCO3高温分解生成CaO，CaO为碱性氧化物，和酸性氧化物二氯化硅高温反应生成盐硅酸钙，故C正确；‎ D．氨气催化氧化生成NO，NO和水不反应，不能生成硝酸，故D错误；‎ ‎【考点】 铁及其化合物； 硫及其化合物；氮及其化合物；碳、硅及其化合物；‎ ‎【专题】 物质的性质和变化专题 ‎ ‎【点评】本题考查了物质性质、物质转化的应用，主要是硫、铁、氮的化合物性质的理解判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等．‎ ‎7．（2017•江苏-9）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A．无色透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN—、Cl—‎ B．c(H+)/c(OH﹣) =1×10—12的溶液中：K+、Na+、CO32—、NO3—‎ C．c(Fe2+)=1 mol•L—1的溶液中：K+、NH4+、MnO4﹣、SO42—‎ D．能使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH4+、SO42﹣、HCO3—‎ ‎【答案】选B ‎【解析】A．Fe3+呈黄色，不符合无色条件，且Fe3+、SCN—发生络合反应而不能大量共存，故A错误； B．c（H+）/c（OH—）=1×10—12的溶液，溶液呈碱性，这几种离子之间不反应且都不和氢氧根离子反应，所以能大量共存，故B正确；‎ C．Fe2+、MnO4—发生氧化还原反应而不能大量共存，故C错误；‎ D．能使甲基橙溶液变红色，说明溶液呈酸性，HCO3—能和氢离子反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，故D错误；‎ ‎【考点】 离子共存问题； 铁及其化合物；水溶液中的离子平衡；菁优网版权所有 ‎【专题】 离子反应专题 ‎ ‎【点评】本题考查离子共存，为高频考点，侧重考查氧化还原反应、络合反应、复分解反应，明确离子共存条件及离子性质是解本题关键，注意隐含信息的灵活运用。‎ ‎8．（2017•江苏-13）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是 ‎ 选项 实验操作和现象 实验结论 A 向苯酚溶液中滴加少量浓溴水、振荡，无白色沉淀 苯酚浓度小 B 向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，出现白色沉淀；再加入足量稀盐酸，部分沉淀溶解 部分Na2SO3被氧化 C 向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热；再加入银氨溶液；未出现银镜 蔗糖未水解 D 向某黄色溶液中加入淀粉 KI 溶液，溶液呈蓝色 溶液中含 Br2‎ A．A B．B C．C D．D ‎【答案】B ‎【分析】A．苯酚能和浓溴水发生取代反应生成三溴苯酚白色沉淀，三溴苯酚能溶于苯酚，所以得不到白色沉淀，该实验结论错误，故A错误；‎ B．硫酸钡不溶于稀盐酸、亚硫酸钡溶于稀盐酸，如果亚硫酸钠被氧化生成硫酸钠，则加入氯化钡产生白色沉淀，且向该白色沉淀中加入稀盐酸时部分沉淀不溶解，说明该白色沉淀中含有硫酸钡，则得出结论：部分Na2SO3被氧化，故B正确；‎ C．银镜反应必须在碱性条件下进行，该实验中加入银氨溶液前没有加入NaOH溶液中和未反应的稀硫酸，所以实验不成功，则实验操作及结论错误，故C错误；‎ D．该黄色溶液中可能含有铁离子，铁离子也能将碘离子氧化为碘单质，所以不能确定该黄色溶液中含有溴，则结论不正确，故D错误；‎ ‎【考点】实验方案的评价；酚；硫及其化合物； 糖类的水解反应；铁及其化合物；卤素；【专题】 实验评价题 ‎ ‎【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，明确实验操作步骤、元素化合物性质是解本题关键，侧重考查学生实验操作、实验分析及判断能力，注意：银镜反应条件，题目难度不大。‎ ‎9．（14分）（2017•新课标Ⅲ-26）绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究．回答下列问题：‎ ‎（1）在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化。再向试管中通入空气，溶液逐渐变红。由此可知： ‎ ‎ 。‎ ‎（2）为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K1和K2）（设为装置A）称重，记为m‎1 g．将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为 m‎2 g．按下图连接好装置进行实验。‎ ‎①仪器B的名称是 。 ②将下列实验操作步骤正确排序　 　（填标号）；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m‎3 g。‎ a．点燃酒精灯，加热 b．熄灭酒精灯 c．关闭K1和K2‎ d．打开K1和K2，缓缓通入N2 e．称量A f．冷却至室温 ‎③根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x= （列式表示）。若实验时按a、d次序操作，则使x （填“偏大”“偏小”或“无影响”）．‎ ‎（3）为探究硫酸亚铁的分解产物，将（2）中已恒重的装置A接入下图所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。‎ ‎①C、D中的溶液依次为 （填标号）。C、D中有气泡冒出，并可观察到的现象分别为 。‎ a．品红 b．NaOH c．BaCl2 d．Ba(NO3)2 e．浓H2SO4‎ ‎②写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式 。‎ ‎【答案】⑴硫酸亚铁与KSCN不反应、硫酸亚铁易被空气氧化为硫酸铁。　‎ ‎⑵①干燥管 ②dabcfe ③76(m2-m3)/9(m3-m1)　 偏小 ‎ ‎⑶①c、a　　产生白色沉淀、品红褪色　②　2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑　‎ ‎【解析】（1）滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，可知硫酸亚铁与KSCN不反应，但亚铁离子不稳定，易被空气中氧气氧化生成铁离子，最终溶液变红色。故答案为：硫酸亚铁与KSCN不反应；硫酸亚铁易被空气氧化为硫酸铁；‎ ‎（2）①由仪器的图形可知B为干燥管，故答案为：干燥管； ②实验时，为避免亚铁离子被氧化，应先通入氮气，冷却时注意关闭开关，防止氧气进入，冷却至室温再称量固体质量的变化，则正确的顺序为dabcfe。故答案为：dabcfe；‎ ‎③直至A恒重，记为m‎3 g，应为FeSO4和装置的质量，则m（FeSO4）=（m3﹣m1），m（H2O）=(m2﹣m3)，则n(H2O) =(m2﹣m3)/18、n(FeSO4) =(m3﹣m1)/152，结晶水的数目等于=n(H2O)/ n(FeSO4) =76(m2﹣m3)/9(m3﹣m1)‎ 若实验时按a、d次序操作，会导致硫酸亚铁被氧化，则导致固体质量偏大，测定结果偏小。故答案为：76(m2﹣m3)/9(m3﹣m1)；偏小；‎ ‎（3）①实验后反应管中残留固体为红色粉末，说明生成Fe2O3，则反应中Fe元素化合价升高，S元素化合价应降低，则一定生成SO2，可知硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，C为氯化钡，用于检验SO3，可观察到产生白色沉淀，D为品红，可用于检验SO2，品红褪色，故答案为：c、a；产生白色沉淀、品红褪色；‎ ‎②硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑，故答案为：2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑．‎ ‎【考点】 性质实验方案的设计；铁及其化合物；硫及其化合物；化学计量。 优网版权所【专题】 无机实验综合 ‎ ‎【点评】本题以绿矾为载体，考查结晶水合物中结晶水数目的测定以及分解产物的鉴别，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力，注意把握实验原理、实验技能以及物质性质的分析，题目难度中等。‎ ‎10．（15分）（2017•新课标Ⅲ-27）重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeO•Cr2O3，还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示：‎ 回答下列问题：（1）步骤①的主要反应为：‎ FeO•Cr2O3+Na2CO3+NaNO3Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2 。 上述反应配平后FeO•Cr2O3与NaNO3的系数比为 。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是 。‎ ‎（2）滤渣1中含量最多的金属元素是　　，滤渣2的主要成分是　 　及含硅杂质。‎ ‎（3）步骤④调滤液2的pH使之变　　（填“大”或“小”），原因是 ‎ ‎ 　（用离子方程式表示）。‎ ‎（4）有关物质的溶解度如图所示．向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体。冷却到　　（填标号）得到的K2Cr2O7固体产品最多。‎ a‎.80℃‎ b‎.60℃‎ c‎.40 ℃‎d‎.10℃‎ 步骤⑤的反应类型是 。‎ ‎（5）某工厂用m‎1 kg 铬铁矿粉（含Cr2O3 40%）制备K2Cr2O7，最终得到产品 m‎2 kg，产率为　‎ ‎ ×100%。‎ ‎【答案】⑴2：7 　二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳　‎ ‎⑵Fe　 Al(OH)3 ⑶小 　CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O ‎⑷c 复分解反应 ⑸[m2/(m1×0.4×‎294g/mol÷‎152 g/mol)]　　‎ ‎【解析】⑴铬铁矿的主要成分为FeO•Cr2O3，还含有硅、铝等，制备重铬酸钾，由制备流程可知，步骤①的主要反应为FeO•Cr2O3+Na2CO3+NaNO3Na2CrO4+Fe2O3+CO2+‎ NaNO2，Cr元素的化合价由+3价升高为+6价，Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，N元素的化合价由+5价降低为+3价，由电子、原子守恒可知，反应为2FeO•Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO3 4Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2，则FeO•Cr2O3与NaNO3的系数比为2：7。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，故答案为：2：7；二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳。‎ ‎（2）由上述分析可知，滤渣1含Fe2O3，滤渣1中含量最多的金属元素是Fe，滤渣2的主要成分是Al(OH) 3及含硅杂质，故答案为：Fe；Al（OH）3；‎ ‎（3）④中调节pH发生CrO42﹣+2H+Cr2O72﹣+H2O，则步骤④调滤液2的pH使之变小，增大氢离子浓度，平衡正向移动，利于生成Cr2O72﹣，故答案为：小；CrO42﹣+2H+Cr2O72﹣+H2O；‎ ‎（4）向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体，由溶解度可知，冷却到‎40℃‎K2Cr2O7固体的溶解度在四种物质中最小、且溶解度较大，过滤分离产品最多；步骤⑤发生Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl，反应类型是复分解反应。故答案为：c；复分解反应；‎ ‎（5）用m‎1 kg 铬铁矿粉（含Cr2O3 40%）制备K2Cr2O7，最终得到产品 m‎2 kg，产率为：‎ 实际产量/理论产量，由Cr原子守恒可知，则产率为[m2/(m1×0.4×‎294g/mol÷‎152 g/mol)]×100%，‎ ‎【考点】 制备实验方案的设计。铁及其化合物；铝及其化合物； 化学计量；有 ‎【专题】 无机实验综合 ‎ ‎【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。‎ ‎11．（14分）（2017•新课标Ⅱ-26）水泥是重要的建筑材料．水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的是 ，还可使用 代替硝酸。‎ ‎（2）沉淀A的主要成分是 ，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学方程式为 。‎ ‎（3）加氨水过程中加热的目的是 。沉淀B的主要成分为 （填化学式）。‎ ‎（4）草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后，用KMnO4标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为：MnO4﹣+H++H‎2C2O4→Mn2++CO2+H2O．实验中称取‎0.400g水泥样品，滴定时消耗了0.0500mol•L﹣1的KMnO4溶液36.00mL，则该水泥样品中钙的质量分数为 。‎ ‎【答案】⑴将样品中的Fe2+氧化为Fe3+　 　H2O2　‎ ‎⑵　SiO2　 　SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O　‎ ‎⑶　防止胶体生成，易生成沉淀。　 Al(OH)3　、　Fe(OH) 3　 ‎ ‎⑷　45.0%　‎ ‎【解析】（1）铁离子在pH较小时易生成沉淀，加入硝酸可氧化亚铁离子生成铁离子，比避免引入新杂质，还可用过氧化氢代替硝酸，故答案为：将样品中的Fe2+氧化为Fe3+；H2O2；‎ ‎（2）由以上分析可知沉淀A为SiO2，不溶于强酸但可与一种弱酸反应，应为与HF的反应，方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，故答案为：SiO2；SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；‎ ‎（3）滴加氨水，溶液呈碱性，此时不用考虑盐类水解的问题，加热的目的是防止生成胶体而难以分离，生成的沉淀主要是Al(OH)3、Fe(OH) 3，故答案为：防止胶体生成，易生成沉淀；Al(OH)3、Fe(OH) 3；‎ ‎（4）反应的关系式为5Ca2+～5H‎2C2O4～2KMnO4，‎ n（KMnO4）=0.0500mol/L×36.00mL=1.80mmol， n（Ca2+）=4.50mmol，‎ 水泥中钙的质量分数为(4.50×10—3mol×‎40g/mol)×100%/‎0.400g =45.0%。‎ ‎【考点】 探究物质的组成或测量物质的含量 ；硅及其化合物；铁、铝及其化合物；胶体的性质；化学计算；菁优网版权所有 ‎【专题】 定量测定与误差分析 ‎ ‎【点评】本题侧重考查物质的含量的测定，为高频考点，注意把握流程的分析，把握物质的性质，结合关系式法计算，有利于培养学生的分析能力、实验能力和计算能力。‎ ‎12．（13分）（2017•北京-26）TiCl4是由钛精矿（主要成分为TiO2）制备钛（Ti）的重要中间产物，制备纯TiCl4的流程示意图如下：‎ 资料：TiCl4及所含杂质氯化物的性质 ‎ 化合物 ‎ SiCl4‎ ‎ TiCl4‎ ‎ AlCl3‎ ‎ FeCl3‎ ‎ MgCl2‎ ‎ 沸点/℃‎ ‎ 58‎ ‎ 136‎ ‎ 181（升华）‎ ‎ 316‎ ‎ 1412‎ ‎ 熔点/℃‎ ‎﹣69‎ ‎ 25‎ ‎ 193‎ ‎ 304‎ ‎ 714‎ ‎ 在TiCl4中的溶解性 ‎ 互溶 ‎﹣‎ ‎ 微溶 ‎ 难溶 ‎（1）氯化过程：TiO2与Cl2难以直接反应，加碳生成CO和CO2可使反应得以进行。‎ 已知：TiO2(s) +2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g) △H1=+175.4kJ•mol﹣1‎ ‎2C‎(s) + O2(g)=2CO(g) △H2=﹣220.9kJ•mol﹣1‎ ‎①沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4（g）和CO（g）的热化学方程式：　 ‎ ‎ 　 。‎ ‎②氯化过程中CO和CO2可以相互转化，根据如图判断：CO2生成CO反应的△H　 　0（填“＞”“＜”或“=”），判断依据： ‎ ‎　 ‎ ‎ 。‎ ‎③氯化反应的尾气须处理后排放，尾气中的HCl和Cl2经吸收可得粗盐酸、FeCl3溶液，则尾气的吸收液依次是　 ‎ ‎　 。‎ ‎④氯化产物冷却至室温，经过滤得到粗TiCl4混合液，则滤渣中含有　 　。‎ ‎（2）精制过程：粗TiCl4经两步蒸馏得纯TiCl4。示意图如下：‎ 物质a是 ，T2应控制在　 　。‎ ‎【答案】⑴①TiO2(s)+2Cl2(g) +‎2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g) △H=﹣45.5kJ•mol﹣1‎ ‎②＞　 温度越高，CO的物质的量越多而CO2的物质的量少，说明CO2生成CO的反应是吸热反应 ③饱和食盐水、氯化亚铁溶液 ④TiO2、C ‎⑵SiCl4 ‎136℃‎左右 ‎【解析】解：由制备纯TiCl4的流程示意图，钛精矿与氯气、C发生氯化过程，反应为TiO2+2Cl2+‎2CTiCl4+2CO，结合表格中数据可知，蒸馏得到纯TiCl4，‎ ‎（1）①由I．TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g) △H1=+175.4kJ•mol﹣1‎ II. ‎2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H2=﹣220.9kJ•mol﹣1，‎ 结合盖斯定律可知，I+II得到TiO2(s)+2Cl2(g) +‎2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)，△H=(+175.4kJ•mol﹣1)+(﹣220.9kJ•mol﹣1)=﹣45.5kJ•mol﹣1， 即热化学方程式为:‎ TiO2(s)+2Cl2(g) +‎2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g) △H=﹣45.5kJ•mol﹣1。‎ 故答案为：TiO2(s)+2Cl2(g) +‎2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g) △H=﹣45.5kJ•mol﹣1；‎ ‎②因温度越高，CO的物质的量越多而CO2的物质的量少，说明CO2生成CO的反应是吸热反应，所以△H＞0，故答案为：＞；温度越高，CO的物质的量越多而CO2的物质的量少，说明CO2生成CO的反应是吸热反应；‎ ‎③尾气中的HCl和Cl2经吸收可得粗盐酸、FeCl3溶液，食盐水吸收HCl，氯化亚铁吸收氯气生成氯化铁，则尾气的吸收液依次是饱和食盐水、氯化亚铁溶液。故答案为：饱和食盐水、氯化亚铁溶液；‎ ‎④由反应可知，氯化产物冷却至室温，经过滤得到粗TiCl4混合液，则滤渣中含有TiO2、C，‎ 故答案为：TiO2、C；‎ ‎（2）粗TiCl4经两步蒸馏得纯TiCl4，由图及表格数据可知，先分离出SiCl4，后分离出TiCl4，则先控制温度T1为‎58℃‎左右时分离出物质a为SiCl4，控制温度T2为‎136℃‎左右时分离出纯TiCl4，故答案为：SiCl4；‎136℃‎左右．‎ ‎【考点】盖斯定律与热化学方程式的书写； 氯及其化合物；铁及其化合物；金属综合；制备实验方案的设计 菁优网版权所有 ‎【专题】 无机实验综合 ‎ ‎【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意反应原理与实验的结合，题目难度不大。‎ ‎13．（16分）（2017•北京-28）某小组在验证反应“Fe+2Ag+=Fe2++2Ag”的实验中检测到Fe3+，发现和探究过程如下：‎ 向硝酸酸化的0.05mol•L﹣1硝酸银溶液（pH≈2）中加入过量铁粉，搅拌后静置，烧杯底部有黑色固体，溶液呈黄色。‎ ‎（1）检验产物 ‎①取少量黑色固体，洗涤后，　 　（填操作和现象），证明黑色固体中含有Ag。‎ ‎②取上层清液，滴加K3[Fe(CN) 6]溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中含有　 　。‎ ‎（2）针对“溶液呈黄色”，甲认为溶液中有Fe3+，乙认为铁粉过量时不可能有Fe3+，乙依据的原理是　 　（用离子方程式表示）。针对两种观点继续实验：‎ ‎①取上层清液，滴加KSCN溶液，溶液变红，证实了甲的猜测。同时发现有白色沉淀产生，且溶液颜色变浅、沉淀量多少与取样时间有关，对比实验记录如下：‎ 序号 取样时间/min 现象 ⅰ ‎3‎ 产生大量白色沉淀；溶液呈红色。‎ ⅱ ‎30‎ 产生白色沉淀；较3min时量小；溶液红色较3min时加深。‎ ⅲ ‎120‎ 产生白色沉淀；较30min时量小；溶液红色较3 0min时变浅。‎ ‎（资料：Ag+与SCN﹣生成白色沉淀AgSCN）‎ ‎②对Fe3+产生的原因作出如下假设：‎ 假设a：可能是铁粉表面有氧化层，能产生Fe3+；‎ 假设b：空气中存在O2，由于 （用离子方程式表示），可产生Fe3+；‎ 假设c：酸性溶液中NO3﹣具有氧化性，可产生Fe3+；‎ 假设d：根据 现象，判断溶液中存在Ag+，可产生Fe3+。‎ ‎③下列实验Ⅰ可证实假设a、b、c不是产生Fe3+的主要原因．实验Ⅱ可证实假设d成立。‎ 实验Ⅰ：向硝酸酸化的　 　溶液（pH≈2）中加入过量铁粉，搅拌后静置，不同时间取上层清液滴加KSCN溶液，3min时溶液呈浅红色，3 0min后溶液几乎无色。‎ 实验Ⅱ：装置如图。其中甲溶液是　 　，操作现象是 ‎ ‎ 。‎ ‎（3）根据实验现象，结合方程式推测实验ⅰ～ⅲ中Fe3+浓度变化的原因： ‎ ‎ 。‎ ‎【答案】⑴①加入足量稀盐酸（或稀硫酸）酸化，固体未完全溶解。 ②Fe2+ ‎ ‎⑵Fe+2Fe3+=3Fe2+ ②4Fe2++O2+4H+=Fe3++2H2O　白色沉淀。‎ ‎③NaNO3 FeCl2/FeCl3 　按图连接好装置，电流表指针发生偏转　‎ ‎⑶i→ii Ag++Fe2+=Ag+Fe3+，反应生成Fe3+的使Fe3+增加，红色变深，ii→iii 空气中氧气氧化SCN﹣，红色变浅。　‎ ‎【解析】（1）①黑色固体中含有过量铁，如果同时含银，则可加入HCl或H2SO4溶解Fe，而银不能溶解。故答案为：加入足量加入足量稀盐酸(或稀硫酸)酸化，固体未完全溶解；‎ ‎②K3[Fe(CN) 3]是检验Fe2+的试剂，所以产生蓝色沉淀说明含有Fe2+。故答案为：Fe2+；‎ ‎（2）过量铁粉与Fe3+反应生成Fe2+，即Fe+2Fe3+=3Fe2+。故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；‎ ‎②O2氧化Fe2+反应为4Fe2++O2+4H+=Fe3++2H2O，白色沉淀是AgSCN，所以实验可以说明含有Ag+，Ag+可能氧化Fe2+生成Fe3+。故答案为：4Fe2++O2+4H+=Fe3++2H2O；白色沉淀；‎ ‎③证明假设abc错误，就是排除Ag+时实验比较，相当于没有Ag+存在的空白实验，考虑其他条件不要变化，可以选用NaNO3，原电池实验需要证明的是假设d的反应Ag++Fe2+=Ag+Fe3+能够实现，所以甲池应当注入FeCl2、FeCl3混合溶液，按图连接好装置，如电流表指针发生偏转，可说明d正确。故答案为：NaNO3；FeCl2/FeCl3；按图连接好装置，电流表指针发生偏转；‎ ‎（3）i→iii中Fe3+变化的原因：i→ii Ag++Fe2+=Ag+Fe3+，反应生成Fe3+的使Fe3+浓度增加，ii→iii 溶液红色较3 0min时变浅，说明空气中氧气氧化SCN﹣，使平衡向生成Fe3+的方向移动，Fe（SCN）3浓度减小，则溶液的颜色变浅。故答案为：i→ii Ag++Fe2+=Ag+Fe3+，反应生成Fe3+的使Fe3+增加，红色变深，ii→iii 空气中氧气氧化SCN﹣，红色变浅。‎ ‎【考点】性质实验方案的设计；铁及其化合物；硝酸的性质； 原电池和电解池的工作原理。【专题】氧化还原反应专题； 无机探究实验综合。‎ ‎【点评】本题涉及物质的性质的探究，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质以及实验的严密性和可行性的评价，难度中等。‎ ‎　‎ ‎14．（12分）（2017•江苏-16）铝是应用广泛的金属。以铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质）为原料制备铝的一种工艺流程如下：‎ 注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。‎ ‎（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为 。‎ ‎（2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH　 　 (填“增大”、“不变”或“减小”)。‎ ‎（3）“电解Ⅰ”是电解熔融 Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是　 ‎ ‎ 　 。‎ ‎（4）“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示．‎ 阳极的电极反应式为　 　，阴极产生的物质A的化学式为　 　。‎ ‎（5）铝粉在‎1000℃‎时可与N2反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是　 ‎ ‎ 　 。‎ ‎【答案】⑴Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O ⑵减小 ‎ ‎⑶石墨电极被阳极上产生的O2氧化 ‎ ‎⑷4CO32﹣+2H2O﹣4e﹣═4HCO3﹣+O2↑ H2 ‎ ‎⑸NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜。‎ ‎【解析】以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝，由流程可知，加NaOH溶解时Fe2O3不反应，由信息可知SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀，过滤得到的滤渣为Fe2O3、铝硅酸钠，碳酸氢钠与偏铝酸钠反应生成Al(OH)3，过滤II得到Al(OH)3，灼烧生成氧化铝，电解I为电解氧化铝生成Al和氧气，电解II为电解Na2CO3溶液，结合图可知，阳极上碳酸根离子失去电子生成碳酸氢根离子和氧气，阴极上氢离子得到电子生成氢气，以此来解答。 （1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O，故答案为：Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O；‎ ‎（2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，与NaAlO2反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，碱性为OH﹣＞AlO2﹣＞CO32﹣，可知溶液的pH减小，故答案为：减小；‎ ‎（3）“电解Ⅰ”是电解熔融 Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，因石墨电极被阳极上产生的O2氧化。故答案为：石墨电极被阳极上产生的O2氧化；‎ ‎（4）由图知，阳极反应为4CO32﹣+2H2O﹣4e﹣═4HCO3﹣+O2↑，阴极上氢离子得到电子生成H2。故答案为：4CO32﹣+2H2O﹣4e﹣═4HCO3﹣+O2↑；H2； ‎ ‎（5）铝粉在‎1000℃‎时可与N2反应制备AlN．在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜，故答案为：NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜。‎ ‎【考点】 铝及其化合物；铁及其化合物；硅及其化合物；电解原理；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；菁优网版权所有 ‎【专题】 物质的分离提纯和鉴别 ‎ ‎【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯方法、实验技能为解答的关键，侧重分析能力和实验能力的考查，注意水解、电解原理及元素化合物知识的应用，题目难度中等。‎ ‎15．（12分）（2017•江苏-18）碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。‎ ‎（1）碱式氯化铜有多种制备方法 ‎①方法1：45～‎50℃‎时，向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2(OH)2 Cl2•3H2O，该反应的化学方程式为 。‎ ‎②方法2：先制得CuCl2，再与石灰乳反应生成碱式氯化铜。Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成CuCl2，Fe3+对该反应有催化作用，其催化原理如图所示． M′的化学式为　 。‎ ‎（2）碱式氯化铜有多种组成，可表示为Cua(OH) bClc•xH2O。 为测定某碱式氯化铜的组成，进行下列实验：‎ ‎①称取样品‎1.1160g，用少量稀HNO3溶解后配成100.00mL溶液A； ‎ ‎②取25.00mL溶液A，加入足量AgNO3溶液，得AgCl ‎0.1722g；‎ ‎③另取25.00mL溶液A，调节pH 4～5，用浓度为0.08000mol•L﹣1的EDTA（Na2H2Y•2H2O）标准溶液滴定Cu2+ （离子方程式为Cu2++H2Y2﹣═CuY2﹣+2H+），滴定至终点，消耗标准溶液30.00mL。通过计算确定该样品的化学式（写出计算过程）。‎ 解：‎ ‎【答案】⑴①4CuCl+O2+8H2O2Cu2(OH)2Cl2•3H2O　 ②Fe2+　 ‎ ‎⑵n(Cl﹣) =n(AgCl)×100.00mL/25.00mL =(‎0.1722g/‎143.5g/mol) ×100.00mL/25.00mL ‎=4.800×10﹣3mol;‎ n(Cu2+)=n(EDTA)×100.00mL/25.00mL=0.08000mol•L—1×30.00mL×10—‎3 L•mL—1‎ ‎×100.00mL/25.00mL=9.600×10—3 mol，‎ N(OH—) =2n(Cu2+)﹣n(Cl—) =2×9.600×10﹣3 mol﹣4.800×10﹣3 mol=1.440×10—2 mol，‎ m(Cl—) =4.800×10—3 mol×‎35.5 g•mol—1=‎0.1704 g，‎ m(Cu2+)=9.600×10﹣3 mol×‎64 g•mol—1=‎0.6144 g，‎ m(OH—) =1.440×10﹣2 mol×‎17 g•mol—1=‎0.2448 g，‎ n(H2O)=( ‎1.1160g-0.1704g-0.6144g-0.2448g)/‎18g/mol=4.800×10—3 mol 则a：b：c：x=n(Cu2+)：n(OH—)：n(Cl—)：n(H2O) =2：3：1：1，‎ 即化学式为Cu2(OH) 3Cl•H2O，‎ ‎【考点】 铜及其化合物；制备实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量 菁优【专题】 制备实验综合 ‎ ‎【解析】（1）①45～50℃时，向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2(OH)2 Cl2•3H2O，反应物为CuCl、氧气、水，Cu元素的化合价升高，O元素的化合价降低，由原子、电子守恒可知反应为4CuCl+O2+8H2O2Cu2（OH）2Cl2•3H2O。‎ ‎②Fe3+对该反应有催化作用，结合图可知，Cu元素的化合价升高，则M中Fe元素的化合价降低，可知M′的化学式为Fe2+。故答案为：Fe2+；‎ ‎（2）略 ‎【点评】本题考查物质的制备及物质组成的测定实验，为高频考点，把握发生的反应、物质的量的计算为解答的关键，侧重分析能力和实验能力的考查，注意氧化还原反应及定组成的应用，题目难度中等。‎ ‎16．（18分）（2017•天津-9）用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中c(I﹣)，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。‎ Ⅰ准备标准溶液 a．准确称取AgNO3基准物‎4.2468g（0.0250mol）后，配制成250mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。‎ b．配制并标定100mL 0.1000mol•L﹣1 NH4SCN标准溶液，备用。‎ Ⅱ滴定的主要步骤 a．取待测NaI溶液25.00mL于锥形瓶中。‎ b．加入25.00mL 0.1000mol•L﹣1 AgNO3溶液(过量)，使I﹣完全转化为AgI沉淀。‎ c．加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。‎ d．用0.1000mol•L﹣1NH4SCN溶液滴定过量的Ag+，使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后，体系出现淡红色，停止滴定。‎ e．重复上述操作两次．三次测定数据如下表：‎ 实验序号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ 消耗NH4SCN标准溶液体积/mL ‎10.24‎ ‎10.02‎ ‎9.98‎ f．数据处理 ‎ 回答下列问题：‎ （1） 将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有　 ‎ ‎　 。‎ ‎（2）AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是　 。‎ ‎（3）滴定应在pH＜0.5的条件下进行，其原因是　 ‎ ‎　 。‎ ‎（4）b和c两步操作是否可以颠倒　 　，说明理由　 ‎ ‎ 　。‎ ‎（5）所消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为　 mL，测得c(I﹣) =　 mol•L﹣1。‎ ‎（6）在滴定管中装入NH4SCN标准溶液的前一步，应进行的操作为　 ‎ ‎ 　。‎ ‎（7）判断下列操作对c(I﹣)测定结果的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）‎ ‎①若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果　 　。‎ ‎②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果　 　。‎ ‎【答案】⑴250mL（棕色）容量瓶、胶头滴管 ⑵避免AgNO3见光分解 ‎⑶防止因Fe3+的水解而影响滴定终点的判断（或抑制Fe3+的水解）‎ ‎⑷否（或不能） 若颠倒，Fe3+与I﹣反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点 ‎ ‎⑸10.00 0.0600‎ ‎⑹用NH4SCN标准溶液进行润洗 ‎ ‎⑺①偏高 ②偏高 ‎【解析】（1）配制硝酸银标准溶液时，所使用的仪器出需烧杯和玻璃棒外还有250mL（棕色）容量瓶及定容时需要的胶头滴管；‎ ‎（2）硝酸银见光分解；‎ ‎（3）滴定应注意防止铁离子的水解，影响滴定结果； ()‎ ‎（4）铁离子与碘离子发生氧化还原反应；‎ ‎（5）根据所提供的三组数据，第一组数据误差较大，应舍去，二、三组数据取平均值即可，所以所消耗的NH4SCN溶液平均体积为10.00mL，‎ 结合c(AgNO3)×V(AgNO3)=c(NH4SCN)×V(NH4SCN)+c(I﹣)×V(I﹣)计算；‎ ‎（6）装入NH4SCN标准溶液，应避免浓度降低，应用NH4SCN标准溶液进行润洗；‎ ‎（7）反应的原理为c(AgNO3)×V(AgNO3)=c(NH4SCN)×V(NH4SCN)+c(I﹣)×V(I﹣)，如操作导致c(NH4SCN)×V(NH4SCN)偏小，则测定结果偏大，以此解答该题。‎ ‎【考点】 化学实验基本操作；铁盐的的水解知识；卤化银的性质；探究物质的组成或测量物质的含量 菁优网版权所有 ‎【专题】 定量测定与误差分析 ‎ ‎【点评】本题为2017年天津考题，涉及物质含量的测定，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意把握实验的操作方法和注意事项，把握反应的原理和误差分析的角度，难度中等。‎ Ⅳ—金属及其化合物综合 ‎1．（2017•浙江-25）某固体混合物中可能含有：K+、Na+、Clˉ、CO32﹣、SO42﹣等离子，将该固体溶解所得到的溶液进行如下实验：下列说法正确的是 A．该混合物一定是K2CO3和NaCl B．该混合物可能是Na2CO3和KCl C．该混合物可能是Na2SO4和Na2CO3‎ D．该混合物一定是Na2CO3和NaCl ‎【答案】B ‎【解析】固体溶于水后，焰色反应为黄色，可知一定含Na+，与过量硝酸钡反应生成白色沉淀可溶于过量盐酸，则白色沉淀为碳酸钡，一定含CO32﹣，而不含SO42﹣，滤液与硝酸银反应生成不溶于硝酸的白色沉淀为AgCl，可知一定含Cl﹣，以此来解答。由上述分析可知，一定含Na+、Cl﹣、CO32﹣，不含SO42﹣，不能确定是否含K+，‎ A．该混合物可能是K2CO3和NaCl，因不能确定是否含K+，故A不选；‎ B．由分析出的离子可知该混合物可能是Na2CO3和KCl，故B选；‎ C．不含SO42﹣，则不可能含Na2SO4，故C不选；‎ D．不能确定是否含K+，可能为Na2CO3和NaCl，故D不选；‎ ‎【考点】 无机物的推断 菁优网版权所有 ‎【专题】 无机推断 ‎ ‎【点评】本题考查无机物的推断，为高频考点，把握离子之间的反应、离子推断为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意钾离子不能确定。‎ ‎2．（13分）（2017•北京-26）TiCl4是由钛精矿（主要成分为TiO2）制备钛（Ti）的重要中间产物，制备纯TiCl4的流程示意图如下：‎ 资料：TiCl4及所含杂质氯化物的性质 ‎ 化合物 ‎ SiCl4‎ ‎ TiCl4‎ ‎ AlCl3‎ ‎ FeCl3‎ ‎ MgCl2‎ ‎ 沸点/℃‎ ‎ 58‎ ‎ 136‎ ‎ 181（升华）‎ ‎ 316‎ ‎ 1412‎ ‎ 熔点/℃‎ ‎﹣69‎ ‎ 25‎ ‎ 193‎ ‎ 304‎ ‎ 714‎ ‎ 在TiCl4中的溶解性 ‎ 互溶 ‎﹣‎ ‎ 微溶 ‎ 难溶 ‎（1）氯化过程：TiO2与Cl2难以直接反应，加碳生成CO和CO2可使反应得以进行。‎ 已知：TiO2(s) +2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g) △H1=+175.4kJ•mol﹣1‎ ‎2C(s) + O2(g)=2CO(g) △H2=﹣220.9kJ•mol﹣1‎ ‎①沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4（g）和CO（g）的热化学方程式：　 ‎ ‎ 　 。‎ ‎②氯化过程中CO和CO2可以相互转化，根据如图判断：CO2生成CO反应的△H　 　0（填“＞”“＜”或“=”），判断依据： ‎ ‎　 ‎ ‎ 。‎ ‎③氯化反应的尾气须处理后排放，尾气中的HCl和Cl2经吸收可得粗盐酸、FeCl3溶液，则尾气的吸收液依次是　 ‎ ‎　 。‎ ‎④氯化产物冷却至室温，经过滤得到粗TiCl4混合液，则滤渣中含有　 　。‎ ‎（2）精制过程：粗TiCl4经两步蒸馏得纯TiCl4。示意图如下：‎ 物质a是 ，T2应控制在　 　。‎ ‎【答案】⑴①TiO2(s)+2Cl2(g) +2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g) △H=﹣45.5kJ•mol﹣1‎ ‎②＞　 温度越高，CO的物质的量越多而CO2的物质的量少，说明CO2生成CO的反应是吸热反应 ③饱和食盐水、氯化亚铁溶液 ④TiO2、C ‎⑵SiCl4 136℃左右 ‎【解析】解：由制备纯TiCl4的流程示意图，钛精矿与氯气、C发生氯化过程，反应为TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO，结合表格中数据可知，蒸馏得到纯TiCl4，‎ ‎（1）①由I．TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g) △H1=+175.4kJ•mol﹣1‎ II. 2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H2=﹣220.9kJ•mol﹣1，‎ 结合盖斯定律可知，I+II得到TiO2(s)+2Cl2(g) +2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)，△H=(+175.4kJ•mol﹣1)+(﹣220.9kJ•mol﹣1)=﹣45.5kJ•mol﹣1， 即热化学方程式为:‎ TiO2(s)+2Cl2(g) +2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g) △H=﹣45.5kJ•mol﹣1。‎ 故答案为：TiO2(s)+2Cl2(g) +2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g) △H=﹣45.5kJ•mol﹣1；‎ ‎②因温度越高，CO的物质的量越多而CO2的物质的量少，说明CO2生成CO的反应是吸热反应，所以△H＞0，故答案为：＞；温度越高，CO的物质的量越多而CO2的物质的量少，说明CO2生成CO的反应是吸热反应；‎ ‎③尾气中的HCl和Cl2经吸收可得粗盐酸、FeCl3溶液，食盐水吸收HCl，氯化亚铁吸收氯气生成氯化铁，则尾气的吸收液依次是饱和食盐水、氯化亚铁溶液。故答案为：饱和食盐水、氯化亚铁溶液；‎ ‎④由反应可知，氯化产物冷却至室温，经过滤得到粗TiCl4混合液，则滤渣中含有TiO2、C，‎ 故答案为：TiO2、C；‎ ‎（2）粗TiCl4经两步蒸馏得纯TiCl4，由图及表格数据可知，先分离出SiCl4，后分离出TiCl4，则先控制温度T1为58℃左右时分离出物质a为SiCl4，控制温度T2为136℃左右时分离出纯TiCl4，故答案为：SiCl4；136℃左右．‎ ‎【考点】盖斯定律与热化学方程式的书写； 氯及其化合物；铁及其化合物；金属综合；制备实验方案的设计 菁优网版权所有 ‎【专题】 无机实验综合 ‎ ‎【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意反应原理与实验的结合，题目难度不大。‎ ‎3．（16分）（2017•北京-28）某小组在验证反应“Fe+2Ag+=Fe2++2Ag”的实验中检测到Fe3+，发现和探究过程如下：‎ 向硝酸酸化的0.05mol•L﹣1硝酸银溶液（pH≈2）中加入过量铁粉，搅拌后静置，烧杯底部有黑色固体，溶液呈黄色。‎ ‎（1）检验产物 ‎①取少量黑色固体，洗涤后，　 　（填操作和现象），证明黑色固体中含有Ag。‎ ‎②取上层清液，滴加K3[Fe(CN) 6]溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中含有　 　。‎ ‎（2）针对“溶液呈黄色”，甲认为溶液中有Fe3+，乙认为铁粉过量时不可能有Fe3+，乙依据的原理是　 　（用离子方程式表示）。针对两种观点继续实验：‎ ‎①取上层清液，滴加KSCN溶液，溶液变红，证实了甲的猜测。同时发现有白色沉淀产生，且溶液颜色变浅、沉淀量多少与取样时间有关，对比实验记录如下：‎ 序号 取样时间/min 现象 ⅰ ‎3‎ 产生大量白色沉淀；溶液呈红色。‎ ⅱ ‎30‎ 产生白色沉淀；较3min时量小；溶液红色较3min时加深。‎ ⅲ ‎120‎ 产生白色沉淀；较30min时量小；溶液红色较3 0min时变浅。‎ ‎（资料：Ag+与SCN﹣生成白色沉淀AgSCN）‎ ‎②对Fe3+产生的原因作出如下假设：‎ 假设a：可能是铁粉表面有氧化层，能产生Fe3+；‎ 假设b：空气中存在O2，由于 （用离子方程式表示），可产生Fe3+；假设c：酸性溶液中NO3﹣具有氧化性，可产生Fe3+；‎ 假设d：根据 现象，判断溶液中存在Ag+，可产生Fe3+。‎ ‎③下列实验Ⅰ可证实假设a、b、c不是产生Fe3+的主要原因．实验Ⅱ可证实假设d成立。‎ 实验Ⅰ：向硝酸酸化的　 　溶液（pH≈2）中加入过量铁粉，搅拌后静置，不同时间取上层清液滴加KSCN溶液，3min时溶液呈浅红色，3 0min后溶液几乎无色。‎ 实验Ⅱ：装置如图。其中甲溶液是　 　，操作现象是 ‎ ‎ 。‎ ‎（3）根据实验现象，结合方程式推测实验ⅰ～ⅲ中Fe3+浓度变化的原因： ‎ ‎ 。‎ ‎【答案】⑴①加入足量稀盐酸（或稀硫酸）酸化，固体未完全溶解。 ②Fe2+ ‎ ‎⑵Fe+2Fe3+=3Fe2+ ②4Fe2++O2+4H+=Fe3++2H2O　白色沉淀。‎ ‎③NaNO3 FeCl2/FeCl3 　按图连接好装置，电流表指针发生偏转　‎ ‎⑶i→ii Ag++Fe2+=Ag+Fe3+，反应生成Fe3+的使Fe3+增加，红色变深，ii→iii 空气中氧气氧化SCN﹣，红色变浅。　‎ ‎【解析】（1）①黑色固体中含有过量铁，如果同时含银，则可加入HCl或H2SO4溶解Fe，而银不能溶解。故答案为：加入足量加入足量稀盐酸(或稀硫酸)酸化，固体未完全溶解；‎ ‎②K3[Fe(CN) 3]是检验Fe2+的试剂，所以产生蓝色沉淀说明含有Fe2+。故答案为：Fe2+；‎ ‎（2）过量铁粉与Fe3+反应生成Fe2+，即Fe+2Fe3+=3Fe2+。故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；‎ ‎②O2氧化Fe2+反应为4Fe2++O2+4H+=Fe3++2H2O，白色沉淀是AgSCN，所以实验可以说明含有Ag+，Ag+可能氧化Fe2+生成Fe3+。故答案为：4Fe2++O2+4H+=Fe3++2H2O；白色沉淀；‎ ‎③证明假设abc错误，就是排除Ag+时实验比较，相当于没有Ag+存在的空白实验，考虑其他条件不要变化，可以选用NaNO3，原电池实验需要证明的是假设d的反应Ag++Fe2+=Ag+Fe3+能够实现，所以甲池应当注入FeCl2、FeCl3混合溶液，按图连接好装置，如电流表指针发生偏转，可说明d正确。故答案为：NaNO3；FeCl2/FeCl3；按图连接好装置，电流表指针发生偏转；‎ ‎（3）i→iii中Fe3+变化的原因：i→ii Ag++Fe2+=Ag+Fe3+，反应生成Fe3+的使Fe3+浓度增加，ii→iii 溶液红色较3 0min时变浅，说明空气中氧气氧化SCN﹣，使平衡向生成Fe3+的方向移动，Fe（SCN）3浓度减小，则溶液的颜色变浅。故答案为：i→ii Ag++Fe2+=Ag+Fe3+，反应生成Fe3+的使Fe3+增加，红色变深，ii→iii 空气中氧气氧化SCN﹣，红色变浅。‎ ‎【考点】性质实验方案的设计；铁及其化合物；硝酸的性质； 原电池和电解池的工作原理。‎ ‎【专题】氧化还原反应专题； 无机探究实验综合。‎ ‎【点评】本题涉及物质的性质的探究，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质以及实验的严密性和可行性的评价，难度中等。‎ ‎4．（18分）（2017•天津-9）用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中c(I﹣)‎ ‎，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。‎ Ⅰ准备标准溶液 a．准确称取AgNO3基准物4.2468g（0.0250mol）后，配制成250mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。‎ b．配制并标定100mL 0.1000mol•L﹣1 NH4SCN标准溶液，备用。‎ Ⅱ滴定的主要步骤 a．取待测NaI溶液25.00mL于锥形瓶中。‎ b．加入25.00mL 0.1000mol•L﹣1 AgNO3溶液(过量)，使I﹣完全转化为AgI沉淀。‎ c．加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。‎ d．用0.1000mol•L﹣1NH4SCN溶液滴定过量的Ag+，使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后，体系出现淡红色，停止滴定。‎ e．重复上述操作两次．三次测定数据如下表：‎ 实验序号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ 消耗NH4SCN标准溶液体积/mL ‎10.24‎ ‎10.02‎ ‎9.98‎ f．数据处理 ‎ 回答下列问题：‎ （1） 将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有　 ‎ ‎　 。‎ ‎（2）AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是　 。‎ ‎（3）滴定应在pH＜0.5的条件下进行，其原因是　 ‎ ‎　 。‎ ‎（4）b和c两步操作是否可以颠倒　 　，说明理由　 ‎ ‎ 　。‎ ‎（5）所消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为　 mL，测得c(I﹣) =　 mol•L﹣1。‎ ‎（6）在滴定管中装入NH4SCN标准溶液的前一步，应进行的操作为　 ‎ ‎ 　。‎ ‎（7）判断下列操作对c(I﹣)测定结果的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）‎ ‎①若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果　 　。‎ ‎②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果　 　。‎ ‎【答案】⑴250mL（棕色）容量瓶、胶头滴管 ⑵避免AgNO3见光分解 ‎⑶防止因Fe3+的水解而影响滴定终点的判断（或抑制Fe3+的水解）‎ ‎⑷否（或不能） 若颠倒，Fe3+与I﹣反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点 ‎ ‎⑸10.00 0.0600‎ ‎⑹用NH4SCN标准溶液进行润洗 ‎ ‎⑺①偏高 ②偏高 ‎【解析】（1）配制硝酸银标准溶液时，所使用的仪器出需烧杯和玻璃棒外还有250mL（棕色）容量瓶及定容时需要的胶头滴管；‎ ‎（2）硝酸银见光分解；‎ ‎（3）滴定应注意防止铁离子的水解，影响滴定结果； ()‎ ‎（4）铁离子与碘离子发生氧化还原反应；‎ ‎（5）根据所提供的三组数据，第一组数据误差较大，应舍去，二、三组数据取平均值即可，所以所消耗的NH4SCN溶液平均体积为10.00mL，‎ 结合c(AgNO3)×V(AgNO3)=c(NH4SCN)×V(NH4SCN)+c(I﹣)×V(I﹣)计算；‎ ‎（6）装入NH4SCN标准溶液，应避免浓度降低，应用NH4SCN标准溶液进行润洗；‎ ‎（7）反应的原理为c(AgNO3)×V(AgNO3)=c(NH4SCN)×V(NH4SCN)+c(I﹣)×V(I﹣)，如操作导致c(NH4SCN)×V(NH4SCN)偏小，则测定结果偏大，以此解答该题。‎ ‎【考点】 化学实验基本操作；铁盐的的水解知识；卤化银的性质；探究物质的组成或测量物质的含量 菁优网版权所有 ‎【专题】 定量测定与误差分析 ‎ ‎【点评】本题为2017年天津考题，涉及物质含量的测定，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意把握实验的操作方法和注意事项，把握反应的原理和误差分析的角度，难度中等。‎ ‎5．（6分）（2017•浙江-27）为探究黑色固体X（仅含两种元素）的组成和性质，设计并完成如下实验：‎ 请回答：‎ ‎（1）X的化学式是　 　。‎ ‎（2）固体甲与稀硫酸反应的离子方程式是　 　。‎ ‎（3）加热条件下氨气被固体X氧化成一种气体单质，写出该反应的化学方程式：‎ ‎　 　。‎ ‎【答案】⑴CuO ⑵Cu2O+2H+=Cu++Cu+H2O ‎⑶3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O ‎【解析】流程中32gX隔绝空气加热分解放出了能使带火星的木条复燃的气体为氧气，质量=32.0g﹣28.8g=3.28g，证明X中含氧元素，28.8g固体甲和稀硫酸溶液反应生成蓝色溶液，说明含铜离子，证明固体甲中含铜元素，即X中含铜元素，铜元素和氧元素形成的黑色固体为CuO，X为氧化铜，n(CuO) =32g÷80g/mol=0.4mol，结合质量守恒得到n(O2) =3.2g÷32g/mol =0.1mol，氧元素守恒得到甲中n(Cu)：n(O) =0.2mol：(0.4mol﹣0.1mol×2)‎ ‎ =2：1，固体甲化学式为Cu2O，固体乙为Cu，蓝色溶液为硫酸铜，加入氢氧化钠溶液生成氢氧化铜沉淀，加热分解得到16.0g氧化铜，据此分析回答。‎ ‎（1）分析可知X为CuO，故答案为：CuO；‎ ‎（2）固体甲为Cu2O，氧化亚铜和稀硫酸溶液反应发生气化反应生成铜、亚铜离子，反应的离子方程式为：Cu2O+2H+=Cu++Cu+H2O，‎ 故答案为：Cu2O+2H+=Cu++Cu+H2O；‎ ‎（3）加热条件下氨气被固体X位氧化铜氧化成一种气体单质为氮气，反应的化学方程式为：3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O。故答案为：3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O。‎ ‎【考点】 探究物质的组成或测量物质的含量 菁优网版权所有 ‎【专题】 定量测定与误差分析 ‎ ‎【点评】本题考查了物质组成、物质性质、物质变化等，主要是化学式计算确定，反应离子方程式和化学方程式书写，掌握基础是解题关键，题目难度中等。‎ ‎6．（4分）（2017•浙江-28）FeSO4受热分解的化学方程式为：2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑‎ 请回答：‎ ‎（1）将FeSO4受热产生的气体按图示装置进行实验，证实含有SO3和SO2。能说明SO2存在的实验现象是　 　；为测定BaSO4沉淀的质量，后续的操作步骤依次为　 ‎ ‎　 、洗涤、干燥、称重。‎ ‎（2）设计一个实验方案，用化学方法验证FeSO4受热后固体的成分(不考虑其他反应)　 ‎ ‎　 。‎ ‎【答案】⑴品红溶液褪色 过滤 ‎ ‎⑵取少量溶于盐酸，滴加KSCN溶液，变为血红色，与高锰酸钾不反应 ‎【解析】由图可知，氯化钡溶液与三氧化硫反应，若品红褪色可说明二氧化硫的存在，NaOH溶液吸收尾气，对沉淀过滤、洗涤、干燥后称量；氧化铁不溶于水，加盐酸溶解后可检验铁离子。（1）将FeSO4受热产生的气体按图示装置进行实验，证实含有SO3和SO2，能说明SO2存在的实验现象是品红溶液褪色；为测定BaSO4沉淀的质量，后续的操作步骤依次为过滤、洗涤、干燥、称重。故答案为：品红溶液褪色；过滤；‎ ‎（2）用化学方法验证FeSO4受热后固体的成分的实验为取少量溶于盐酸，滴加KSCN溶液，变为血红色，与高锰酸钾不反应，可说明分解生成氧化铁。‎ 故答案为：取少量溶于盐酸，滴加KSCN溶液，变为血红色，与高锰酸钾不反应。‎ ‎【考点】 铁及其化合物的性质实验 菁优网版权所有 ‎【专题】 实验设计题 ‎ ‎【点评】本题考查物质的性质实验，为高频考点，把握实验装置的作用、物质的性质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。‎