重要的定量实验(模拟测试)(解析版)-2021年高考化学实验突破.pdf

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1、2021年高考化学实验突破专题0 6重要的定量实验（考试时间：5 0分钟 试卷满分：100分）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 N a 23 M g 24 S 32 Cl 35.5 F e 5 6 Cu 6 4 Ba 137一、选 择 题（每小题只有一个正确选项，共 10*6 分）1.（2021 四川泸州市 高三二模）下列有关实验错误的是A.中和反应反应热的测定，需要准确读取酸碱溶液混合后的最高温度B.将 4.0g N a O H 置 于 100m L 容量瓶中，加水配制1.O O O m o/L N a O H 溶液C.除去甲烷中的乙烯，可以依次通过酸性K M n O,溶液

2、、N a O H 溶液、浓 H f O,D.探究F e?.能转化为F e,可以向F e Ck溶液中依次滴加K SCN 溶液、氯水【答案】B【解析】A.中和热的测定，需准确测出混合前的初始温度和反应后最高温度，利用温度差结合比热容求算反应放出的热量，进而计算出中和热，A正确；B.N a O H 固体不能直接在容量瓶中溶解，需在烧杯中溶解，冷却后转移到容量瓶中，B 错误；C.经过K M n O i 溶液后，C凡被氧化为C0”经过N a O H 溶液C0,又被吸收，最后经过浓硫酸获得干燥的CH”C 正确；D.先滴加K SCN 溶液，能排除溶液中原有F e”对 F e 检验的干扰，再滴加氯水，若溶液在

3、加入氯水后才变红，说明F e 被氧化为F e”,D正确；故答案选B。2.（2021 河北高三模拟）下列有关实验的说法正确的是（）A.往某稀溶液中加入稀NaOH溶液，然后利用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体判断原溶液中是否含NH；B.用标准NaOH溶液滴定某未知浓度HQ溶液的实验中，达终点时，若发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小C.测定某醋酸溶液的pH：用玻璃棒蘸取少量溶液滴在干燥的pH试纸上，与标准比色卡对照并读出p HD.配制O.O l O O O m o l-L J 的 NaOH溶液：称取4.（）g N a O H 固体于烧杯中，加入少量蒸储水溶解，立即转移至1 0 0 m L 容量

4、瓶中定容【答案】C【解析】A.利用稀NaOH溶液检验N H：时，需要加热，否则无法产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体,故 A错误；B.滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，V （后）读数偏大，V（N a O H）=V（后）-V（前）,则计算得到的消耗的NaOH溶液体积偏大，根据c（H C l）c(NaOH)V(NaOH)V(HC1)可知,测定结果偏大,故B错误；C.在测定溶液的pH时，pH试纸需要是干燥的，原因是使用湿润pH试纸进行测定时，相当于稀释待测液，所测的溶液浓度偏小，若溶液不是中性溶液，测定结果会有偏差，故C正确；D.由固体配制一定物质的量浓度溶液的步骤一般为：计算一称量一溶解一冷

5、却一转移一洗涤一定容，题 中“加入少量蒸储水溶解”后需要“冷却”，“转移至100mL容量瓶”后，需要洗涤烧杯和玻璃棒23次，并把洗涤液转移到容量瓶后，才能定容，故D错误。故选Co3.（2021 上海徐汇区高三一模）高中阶段，不使用电子天平能完成的实验是A.配制一定物质的量浓度的硫酸 B.测定硫酸铜晶体中结晶水含量C.气体摩尔体积的测定 D.小苏打中NaHCQ,百分含量的测定【答案】A【解析】A.配制一定物质的量浓度的硫酸，需要使用浓硫酸进行稀释，由于溶质为液体，因此需要用量筒量取浓硫酸，不需要使用电子天平，A符合题意；B.测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，需要用电子天平称量加热前后固体物质的质量，

6、B不符合题意；C.气体摩尔体积在测定时，需要使用电子天平称量容器的质量及容器与气体的质量和，据此计算气体的质量，然后根据一定质量的气体所占的体积计算气体摩尔体积,C不符合题意；D.在测定小苏打中NaHCOs百分含量的时，需要称量加热前后固体的质量，因此需要使用电子天平，D不符合题意；故合理选项是A。4.（2020 上海高三二模）可能引起实验结果偏小的操作是（）A.测 定NaOIl溶液浓度：锥形瓶水洗后没有润洗B.硫酸铜晶体中结晶水含量测定：加热时晶体溅出C.常温常压下1摩尔H2体积测定：反应的镁条有氧化膜D.配 制0.Imol L NaOH溶液：俯视凹液面最低处与容量瓶刻度线相切【答案】C【解

7、析】A.测 定NaOH溶液浓度：锥形瓶水洗后没有润洗，待测液的浓度降低，但氢氧化钠的总物质的量没有变化，消耗标准液的体积不变，对测定的结果无影响，故A不符合题意；B.硫酸铜晶体中结晶水含量测定：加热时晶体溅出，溅出的晶体的质量被计入结晶水的质量中，导致结晶水的质量偏大，则测定结晶水的含量结果偏大，故B不符合题意；C.常温常压下1摩尔山体积测定：反应的镁条有氧化膜，酸中一部分氢离子消耗氧化镁，导致产生氢气的体积偏小，则测定的摩尔体积偏小，故C符合题意：D.配制n0.Imol-L NaOH溶液：俯视凹液面最低处与容量瓶刻度线相切，导致容量瓶内溶液的体积偏小，根 据c=-.最终配制的溶液浓度偏大，故

8、D不符合题意；答案选C。5.(2 0 2 0 上海杨浦区 高三一模)为测定某N az O z 试样(含少量N aQ)中 N a G 的质量分数，设计如下实验:下列分析错误的是()A.操 作 I 和 n都需要玻璃棒 B.需称量样品和N aC l 的质量C.操作I I 若损失部分固体，测定结果偏大 D.若溶液转移不完全，测定结果偏小【答案】D【解析】由题干信息可知，操 作 I 是让试样和盐酸充分反应,2 Na202+4 H C l=4 N aC l+2 H20+02 1，N a?O+2 H C l=2 N aC l+H Q,操作I I 是蒸发浓缩，然后冷却结晶，称量所得到的固体N aC l,设试样

9、中N aQ：的物质的量为mmo l,N a Q 的物质的量为m mo l,则有7 8 m+6 2 m=m(试 样)5 8.5(2 n,+2 n2)=m(N aC l),解联合方程即可求出n,=7/(试样)-62/(N aC l)也就能求出N a。的质量分数。117x16A.操 作 I 用玻璃棒搅拌，加快反应速率并使反应进行更完全，操作n用玻璃棒则可防止暴沸，A正确；B.有分析可知，要求出N a?。,的质量分数，需称量样品和N aC l 的质量，B正确；C.有分析可求出，试样)-62?(NaCl),故操作口若损失部分固体，导致m(N aC l)偏小，则 m 的值偏大，故 N a。的117x16质

10、量分数测定结果偏大，C正确；D.由C项分析可知，若溶液转移不完全，导致m(aC l)偏小，则 m 的值偏大，故 N a。的质量分数测定结果偏大，D错误；故答案为：D 6.(2 0 2 0 上海长宁区 高三二模)测定C u S O.(xl I20晶体的x 值，有关质量数据如表中所示，已知x 的理论值为5.0,产生误差的可能原因是()蛆烟堀禺+试样失水后，珀斤试样11.70 g14.20 g13.20gA.晶体中含不挥发杂质 B.加热时蓝色未完全变白C.没有放在干燥器中冷却 D.加热时有晶体溅出【答案】D【解析】由题意可知,m(CuSO4)=13.2g-11.7g=1.5g,m(H2O)=14.2

11、g-11.7g=2.5g,n(CuSO4)=m(CuSO4)=1.5g=J _m o lM(CUSO4)160g/mol 320n(H2O)=曙 谣:处 molx=-155。mol320A.晶体中含不挥发杂质，会使剩余固体的质量偏大，m （H Q）偏小，会使x 偏小，不符合题意，故 A错误;B.加热时蓝色未完全变白，会使剩余固体的质量偏大，m （H Q）偏小，则会使x偏小，不符合题意，故 B 错误；C.没有放在干燥器中冷却，会使剩余固体的质量偏大，m （H20）偏小，则会使x 偏小，不符合题意，故C错误；D.加热时有晶体溅出，会使剩余固体的质量偏小，m （1 120）偏大，则会使x 偏大，符合

12、题意，故 D正确：综上所述，答案为D。7.（20 20 嘉祥县第一中学高三三模）某兴趣小组查阅资料得知：保险粉（N a z S。）和 K OH 的混合溶液能定量吸收“；C u C l 的盐酸溶液能定量吸收C O,且 易 被 氧 化。拟设计实验方案，采用上述两种溶液和K OH 溶液及量气装置，测定高炉煤气中C O、C O?、N,和 6的百分组成。下列说法不正确的是（）高炉nr水准管A.采用上述3 种吸收剂，气体被逐一吸收的顺序应该是C O?、O2和 C OB.保险粉（N a 2s2。,）和 K OH 的混合溶液吸收0?的离子方程式为2sa L+B C V M OH =4S 0.5+2H?0C.当

13、三种气体被逐一吸收后，导出的气体中可能含有H C 1D.其他两种吸收剂不变，的吸收剂可以用灼热的铜网替代【答案】D【解析】A.C 0?能被碱溶液吸收，所以在吸收氧气前吸收C O?,C u C l 的盐酸溶液能定量吸收C 0,且易被氧化，所以在吸收氧气后吸收C 0,故 A正确；B.根据电子守恒、电荷守恒，保险粉（N a O）和 K OH 的混合溶液吸收。:的离子方程式为2S Q；+3 0 2+40 H =4S 0：+2H Q,故 B正确；C.盐酸能挥发，C u C l 的盐酸溶液吸收C 0 后，可能挥发出IIC 1,导出的气体中可能含有IIC 1,故 C正确；D.气体被逐一吸收的顺序应该是C 0

14、?、0,和 CO,若 6的吸收剂用灼热的铜网替代，氧气和铜反应生成的C u O可以吸收C 0,故 D 错误；选 I）。8.（20 20 江西高三月考）5.56 g F e S 0,7 H 20 样品受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示，下列说法不正确的是（）质 量/gFeS04-7H205.56 k-q448 b L3.40 1 p3 叫:.f-5I1.60.;.kI I t ,0 78 159 373 633 温 度/七A.温度为78时固体物质M的化学式为FeSO,-4IhOB.取适量380时所得的样品P,隔绝空气加热至650,得到一种固体物质Q,同时有两种无色气体生成

15、,Q的化学式为Fe203C.在隔绝空气条件下，N得到P的化学方程式为FeSOi&0=S=FeS0,+H2 0D.温度为159时固体N的化学式为FeSO.,2HQ【答案】1)【解析】5.56gFeS0407H,0样 品 物 质 的 量 为 上 等：=0.02m。l.其中水的质量278g/molm(H2O)=0.02molx7x 18g/mol=2.25g,如晶体全部失去结晶水，固体的质量应为5.56g-2.52g=3.04g,则P的化学式为FeSO4，可知在加热到373之前,晶体失去部分结晶水，结合质量的变化可确定在不同温度时加热后固体的化学式，加热至633时，固体的质量为1.60g,固体物质Q

16、的化学式为Fez。：-A.5.56gFeSO4D7H2。样品物质的量为0.02mol,含有的11(凡0)=0.02molX7=0.14mol,M处失去结晶水5 56g 4 48女的物质的量为：;,5=0.06mol,失去结晶水数目为3,则M处化学式为FeSO4串H,O,故A正18g/mol确：B.加热至 633时，固体的质量为 1.06g,其中 n(Fe)=n(FeSO4HH20)=0.02mol,m(Fe)=0.02mol x56g/mol=1.12g,固体中 m(O)=1.60g-1.12g=0.48g,n(O)=0.03m ol,贝 iJn(Fe):n(0)=0.()2mol:0.03m

17、ol=2:3,则固体物质 Q 的化学式为 Fez。？，故 B 正确；C.5.56gFeSO407H2。样品中含有3.04gFeSO4,说明P处结晶水完全失去，N得到P的化学方程式为：高温FeSO4 H2O F e S O4+H2O,故C正确；D.温度为159C时固体N的质量是3.4 g,丢失结晶水的物质 的 量 对 蜜5 56女一3 4女号5.5 6 g F eS O H 2。样品物质的量为。.翊 故 丢 失 了 6个结晶水,所以固体N 为F eS O4c H 2 0，故 D错误；答案选D。9.(2 0 2 0 河北张家口市 高三一 模)C和 C u O在高温下反应生成C u、C u Q、C

18、02 C O,现 将 1 g 碳粉跟8 gC u O混合，在硬质试管中隔绝空气高温加热，将生成的气体全部通入足量Na OH 溶液中，并收集残余的气体,测得溶液增加的质量为LI g，残余气体在标准状况下的体积为5 6 0 m L 下列说法不正确的是A.反应后硬质试管中碳粉有剩余B.反应后生成C u20为 0.0 2 5 m olC.该氧化还原反应共转移电子0.2 m olD.反应后硬质试管中剩余的固体混合物的总质量为7.2 g【答案】C【解析】生成的气体全部通过足量Na OH 溶液，收集残余气体.测得溶液增重的1.1 g 为二氧化碳的质量，1.1g二氧化碳的物质的量为：7=0.0 2 5 m c

19、 l,残余气体在标准状况下的体积为5 6 0 1 n L为 C 0 的体积，一氧化碳的物质的量为:0.56L22.4L/mol=0.0 2 5 m o1,A.根据碳元素守恒可知：参加反应的C原子的物质的量等于C 0?与 C 0 的物质的量之和，所以参加反应的碳元素质量为：(o.0 2 5 m oi+0.0 2 5 m o1)X 1 2 g/m ol=0.6 g,碳粉总质量为1 g,则反应后硬质试管中碳粉有剩余,8g故 A正确；B.氧化铜的物质的量为：/?(0)=n,=0.I m ol,二氧化碳与一氧化碳含有的氧原子物质的量为：0.0 2 5 m ol X2+0.0 2 5 m ol X 1=0

20、.0 75 m ol,反应后氧原子还存在于氧化亚铜中，所以氧化亚铜的物质的量为：0.l m ol-0.0 75 m ol=0.0 2 5 m ol,故 B正确；C.反应中C元素化合价升高，铜元素化合价降低，碳元素失去的电子物质的量与铜元素得到电子的物质的量相等，所以转移电子物质的量为：0.0 2 5 m ol X 4+0.0 2 5 m olX 2=0.1 5 m o1,故 C错误；D.根据B项分析，氧化铜的物质的量为0.I m ol,生成的氧化亚铜的物质的量为0.0 2 5 m ol,生成的铜单质的物质的量=氧化铜中铜原子的物质的量-氧化亚铜中铜原子的物质的量=0.l m ol-0.0 2

21、5 m ol X 2=0.0 5 m o L 根据A项分析,反应后碳有剩余，剩余碳的质量为l g-0.6 g=0.4g,则硬质试管中剩余的固体混合物的总质量=氧化亚铜的质量+铜单质的质量+剩余碳粉的质量=0.0 2 5 m ol X1 44g/m ol+0.0 5 m ol X 6 4g/m ol+0.4g=7.2 g,故 D 正确；答案选 C。1 0.(2 0 2 0 浙江高三模拟)某红色固体粉末可能是C u、C u Q、F ez。：,中的一种或几种。为探究其组成，称取a g该固体粉末样品，用过量的稀硫酸充分反应后（已知:C u 2 0+2 I T=C u h+C u+H 2 0）,称得固体

22、质量为b g。则下列推断不合理的是A.反应后溶液中大量存在的阳离子最多有3 种B.向反应后的溶液中加入一定量的Na NOs,可能使b g 固体完全溶解4C.若 6=-a,则红色固体粉末一定为纯净物9D.b的取值范围：0 b W a【答案】C【解析】根据题意红色固体粉末可能存在六种组成。1、若 a g 红色固体粉末只有C u,加入过量的稀硫酸不反应。称得固体质量b g 即为铜的质量，因此b=a,此时溶液中只含有氢离子和硫酸根离子；2、若 a g 红色固体粉末为C u和 F e 的混合物，加入过量的稀硫酸与C u 不反应，与 F e。反应生成硫酸铁溶液，铜和硫酸铁溶液发生氧化还原反应：C u+2

23、E e:，=C u +2 F e 若称得固体质量bg 即为原混合物中铜反应后剩余的质量，因此b a,此时溶液中含有氢离子和硫酸根离子、二价铁离子和铜离子；3、若 a g 红色固体粉末为C u 和 C u Q,依据C u：Q在酸性溶液中会发生反应：C uQ+2 H-C u+C u+I b O 分析可知，加入过量的稀硫酸生成铜和硫酸铜溶液，称得固体质量b g 即为原样品中的铜的质量加上C ihO 反应生成的铜的质量，因此b a,此时溶液中只含有氢离子、硫酸根离子和铜离子；4、若 a g红色固体粉末只有F e。，加入过量的稀硫酸与F e。反应生成硫酸铁溶液，反应后无固体剩余，因此b=0,此时溶液中只

24、含有氢离子和硫酸根离子；5、若 ag 红色固体粉末只有C u Q,依据C u Q 在酸性溶液中会发生反应：C u2O+2 ir C u+C uL +1 L 0 分析可知，加入过量的稀硫酸生成铜和硫酸铜溶液，称得固体质量b g 即为C u20反应生成的铜的质量，因此b a,此时溶液中只含有氢离子、硫酸根离子和铜离子；6、若 a g 红色固体粉末为C u Q 和 F e Q”加入过量的稀硫酸与F e。反应生成硫酸铁溶液，与 C u/）反应生成铜和硫酸铜溶液，铜和硫酸铁溶液发生氧化还原反应：C u+2 F e31=C u2+2 F e。若称得固体质量b g 即为C u Q 反应生成的铜再次反应后剩余

25、的质量，因此b a,此时溶液中含有氢离子以及硫酸根离子、铜离子、二价铁离子；A,根据上述分析，反应后溶液中大量存在的阳离子最多有3种，故 A正确；B.不论以何种形式组成的红色固体，反应后若有固体剩余，一定是铜。由于硫酸过量，向反应后的溶液中加入一定量的N a N O s,形成硝酸，具有4氧化性，可与铜反应，只要硝酸足够，可能使反应产生的固体完全溶解，故 B正确；C.若 b=-a,即 b a,9根据上述分析，红色固体粉末可能的组合为C u和 F e z O,的混合物；C u 和 C u Q 的混合物；只有C uQ；C u Q 和F e 的混合物，因此红色固体粉末可能是混合物也可以是纯净物，故 C

26、错误；D.根据上述六种红色固体粉末组成的分析，b的取值范围:0 b W a,故 1）正确。答案选C。二、主 观 题（共 2小题，共 4 0 分）1 1.（2 0 2 0 上海闵行区高三一模）（2 0 分）研究小组通过下列装置测定某燃煤烟气中S O 2 的体积分数。已知燃煤烟气的主要成分为N?、C O、S 02试剂M 含淀粉的碘水ABC完成下列填空：（DA装置是为了观察气体的流速，则试剂M为（选填编号）。a.饱和N a O H 溶液 b.饱和N a 2 s 溶液 c.饱和N a 2 s。3 溶液 d.饱和N a H S Q、溶液 当 B装置中溶液颜色由 时，则停止通气，B装置中的反应体现S O?

27、的 性（选 填“氧化”“还原”或“漂白”）。（3）经测定，燃煤烟气消耗了 5 0.0 0 m L 含 I21.0 0 0 X 1 0 ：im o l/L 的溶液，且 C装置中气体体积为2 0.0 0 m L（标准状况下）。则燃煤烟气中S O 2 的体积分数为（保留小数点后三位）。若读数时水准管内液面高于量气管内液面，则结果将（选 填“偏大”“偏小”或“无影响”）。（4）最近，中国科学家利用多孔碳吸附S O 2,不仅能解决燃煤污染，而且实现了 S O 2 回收利用。下图是多孔碳对燃煤烟气中S 0 2 的吸附、转化、热再生的示意图。SO2-SO3-H2so4 -SO2 写 出 步 骤 中 硫 酸

28、根 离 子 的 检 验 方 法。步 骤 的 化 学 方 程 式 为。S 0 2 的吸附、转化、热再生的主要目的是 一。【答案】（l）d （2分）（2）蓝色变为无色（2分）还 原 性（2分）（3）0.0 5 3 （3分）偏 小（2分）（4）取样，先加入足量稀盐酸酸化，再加入氯化钢溶液，若产生白色沉淀，则含有硫酸根离子，若未产生白色沉淀，A则不含硫酸根离子（3 分）C+2 H 颈式浓）=，0 1+2 5 0 +2 氏0（3分）提高S 0 2 的纯度（去除杂质）;提高S 0 2 的浓度（或富集S O J （3分）【解析】根据题意，结合图示装置，该装置测定某燃煤烟气中S O z 的体积分数，已知燃煤烟

29、气的主要成分为N?、C O、S 02,A装置是为了观察气体的流速，则试剂M不能与烟气中的气体反应，烟气进入装置B,S 0?具有还原性，与 B中的碘单质发生氧化还原反应，当 B装置中溶液由蓝色变为无色时，停止通入气体，C中液面稳定不变时，记录C装置量气管的体积，测量的体积为弗、C O 的体积，根据相关数据计算燃煤烟气中S 02的体积分数。（DA装置是为了观察气体的流速，则 试 剂 M不能与烟气的成分发生反应，a.S O?是酸性氧化物，与饱和N aO H 溶液反应，故 a 不符合题意；b.S O 2 具有氧化性，与饱和N a2 s 溶液发生氧化还原反应，故 b 不符合题意；c.S O,与饱和N a

30、 2 s 溶液反应转化为N aH S O s,故 c不符合题意：d.饱和N aH S O,溶液与烟气中的成分不反应，故 d符合题意；答案选d；（2）根据分析，当 B装置中溶液颜色由蓝色变为无色时，则停止通气，B装置中的反应体现S O 2 的还原性；（3）经测定，燃煤烟气消耗了 5 0.0 0 m L 含 L 1.0 0 0 X 10 m o l/L 的溶液,根据反应I 2+S O 2+2 I L O 2 H I+H 2 s o i可知,烟气中（S O J=P（L）=0.0 5 L X 1.0 0 0 X 10 3 m o l/L=5.O X 10-5m o h 标况下 K（S 02）=5.0

31、X 10 5m o l X2 2.4 L/m o l=l.12 X 10 1=1.12 m L,C装置中气体体积为2 0.0 0 m L（标准状况下），则燃煤烟气中S 02的体积分 。I数为:-=0.0 5 3；若读数时水准管内液面高于量气管内液面，导致测量的N z、C O 的混合气体的20mL+1.12mL体积偏大，则结果将偏小；（4）步骤中硫酸根离子的检验方法为：取样，先加入足量稀盐酸酸化，再加入氯化钢溶液，若产生白色沉淀，则含有硫酸根离子，若未产生白色沉淀，则不含硫酸根离子；步骤中加热条件下碳与硫酸反应生A成二氧化碳、二氧化硫和水，化学方程式为C+2 H z S O,（浓）=C 0 2

32、t +2 S 02 t +2 H20；燃煤烟气中除S O 2 外还含有多种杂质气体，S O-的吸附、转化、热再生的主要目的是提高S 0 2 的纯度（去除杂质）；提高S 0 的浓度（或富集S 02）1 2.（2 0 2 0 重庆高三模拟）（2 0 分）氯化钠除可供食用外，还是重要的化工原料，可用于制备N a O H、Na2CO3等，N a C l 与冰的混合物可用作制冷剂。现在实验室有一瓶混入少量MgS。杂质的N a C l,化学实验小组的同学欲计算杂质的百分含量，提出了如下的实验方案：甲组方案乙组方案1.取质量为m的NaCl样品，溶解于适量的蒸储水中2.加入适量NaOH溶液至不再产生沉淀，过滤

33、，洗涤，干燥，称量沉淀质量为m13.向上一步的滤液中加入适量BaCl,溶液至不再产2.加入适量Ba（OH）2溶液至不再产生沉淀，过滤，洗涤，干燥，称量沉淀质量为H i13._,过滤，洗涤，干燥，称量沉淀质量生沉淀，过滤，洗涤，干燥，称量沉淀质量为m?为m?4.合并前两步的滤液，回收其中的N a C l(1)甲组同学认为，在第二步干燥沉淀的操作中，应采用常温干燥法，理 由 是(用 化 学 方 程 式 表示)。(2)乙组一位同学列出的计算杂质的质量分数的公式 为 空 殳*1 0 0%,请将乙组的操作补充完整2 3 3 m(3)丙组同学认为，若采用乙组同学的方法，无须其中的步骤3 也可计算出杂质的质

34、量分数，请判断丙组的同 学 的 说 法 是 否 正 确(填 是 或 否)，理由为(若 选“是”请列出计算表达式，若选“否”请简要陈述原因)。(4)简要描述从甲组滤液中回收氯化钠的步骤：。(5)丁组同学模拟氯碱工业，设计了简易电解食盐水的装置，并进行了相关实验，装置如图，U形管内盛有未知浓度的氯化钠溶液5 0 m L,回答下列问题：请 写 出 用 惰 性 电 极 电 解 氯 化 钠 溶 液 的 总 反 应 化 学 方 程 式。电解片刻后两极都产生气体，取少量阳极区溶液滴加紫色石蕊试液，可 能 产 生 的 现 象 为。若电解一段时间后右侧气球收集到0.2 2 4 L 气体(已换算为标准状况下的体积

35、)，左侧收集气体的平均摩尔质量为5 8 g/m o l (忽略气体溶解等因素)，则混合气体的组成及物质的量为。力 口 热【答案】(l)Mg(OH)2-三 Mg0+H20 (2 分)(2)加入稀硝酸至沉淀不再溶解(或其他合理答案)(2 分)1 G C 是(2 分)一叫 x 1 0 0%(3 分)2 9 1 m(4)向滤液中加入足量Na (h,过滤，滤液中加足量盐酸至不再产生气泡，蒸发结晶(3 分)(5)2 Na Cl+2 H 2()蟹 2 Na OH+H?t +C12 t (2 分)先变红，后褪色(2 分)&0.0 0 2 5 m o l,Cl20.0 0 5 m o l (4 分)。【解析】混

36、入少量MgS O 杂质的Na Cl 固体，除去镁离子用氢氧化镁沉淀，除去硫酸根离子用硫酸钢沉淀，通过硫酸钢沉淀课计算硫酸根离子的量，进而计算硫酸镁杂质的质量分数。电解饱和食盐水，铁电极为阴极，反应生成氢气和氯气，氢氧根向阳极移动。(1)由题干可知，第二步加入适量Na OH 溶液生成Mg(OH”沉淀，Mg(OH%沉淀不稳定，受热易分解为MgO和力 口 热HQ,故在干燥时应采用常温干燥法，反应方程式为M g S H U M g O+H z O：(2)由乙组实验方案可知,最后称量的沉淀为Ba S O”故加入Ba(0 H)2 溶液后产生的沉淀有Mg(0 H)2、Ba S Ot,则操作3 应为加入稀硝酸

37、至沉淀不再溶解；(3)加入Ba (0 H)2 溶液后发生反应:Ba (OH)z+MgS O4=Ba S O4 I +Mg(OH)21 ,可知生成的Ba S O,和 Mg(OH)?物质的量相等，则设二者物质的量为x m o l,可得：2 3 3 x+5 8 x=m”解得X =瞿可计算出杂质MgS O”的质量分数为:2 9 11。八-Lx 1 0 0%,丙组的同学的说法是正确的；(4)从甲组滤液中回收氯化钠的步骤为：向滤液中加入足量2 9 1 mNa O“过滤，滤液中加足量盐酸至不再产生气泡，蒸发结晶；(5)由题干可知，用惰性电极电解氯化钠溶液的总反应化学方程式为：2 Na Cl+2 1 L()g

38、2 Na OH+I L t +C12 t ；阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，同时溶液中还生成氢氧根离子，氢氧根离子向阳极移动，电解片刻后两极都产生气体,取少量阳极区溶液滴加紫色石蕊试液，可能产生的现象为：先变红，后褪色；若电解一段时间后右侧阴极电极反应为2 H+2 e=H ,气球收集到0.2 2 4 L气体，左侧阳极收集气体的平均摩尔质量为5 8 g/m o l,可知电极反应为2 Cl-2 e=Cl2 t 和 2 H,0-4 e =4 H+02 t ,可知左侧收集气体为C h 和 02,设 C h 和 0 2 的物质的量分别为 x m o l 和 y m o l,根据得失电子守恒有：2 x +4 y =0.0 2 ,根据混合气体的平均摩尔质量为5 8 g/m o l 可得，7 1 x +3 2 y c o-=58,解得，x=0.0 0 5,y=0.0 0 2 5,故 0?有 0.0 0 2 5 m o l,Cl2 有 0.0 0 5 m o l。x +y