高考化学实验优秀试题.doc

1.一种含铝、锂、钴的新型电子材料，生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以Co2O3·CoO的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面；锂混杂于其中。
（1）过程I中采用NaOH溶液溶出废料中的Al，反应的离子方程式为 。
（2）过程II中加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液浸出钴。则浸出钴的离子反应方程式为(产物中只有一种酸根) 。请从反应原理分析不用盐酸酸化的主要原因____________________________________。
（3）碳酸钠溶液在过程III和IV中所起作用有所不同，请分别用离子方程式表示在过程III、IV中起的作用：__________________________________；____________________________。
（4）某天然碱的化学式可表示为2Na2CO3·NaHCO3·2H2O,取少量该物质溶于水得稀溶液P。下列有关溶液P中微粒的物质的量浓度关系正确的是______(填序号)。
A．c(CO32-) > c(HCO3-)> c(OH-)> c(H+)
B．c(OH-)＝c(H+)+ c(HCO3-)+2c(H2CO3)
C．3c(Na+)>5c(CO32-)+5c(HCO3-)
D．将P溶液与少量NaOH溶液混合：c(Na+)+ c(H+)= c(HCO3-)+ 2c(CO32-)+ c(OH-)
（5）CoO溶于盐酸可得粉红色的CoCl2溶液。CoCl2含结晶水数目不同而呈现不同颜色，利用蓝色的无水CoCl2吸水变色这一性质可制成变色水泥和显隐墨水。右图是粉红色的CoCl2·6H2O晶体受热分解时，剩余固体质量随温度变化的曲线，A物质的化学式是_______________。

【答案】（1）2Al+2OH-+2H2O = 2AlO2-+3H2↑
（2）4Co2O3·CoO + S2O3 2－+ 22H+=12Co2++ 2SO42－+ 11H2O ；Co2O3·CoO可氧化盐酸产生Cl2，污染环境。
（3） 2Al3++3CO32-+3H2O = 2Al(OH)3↓+3CO2↑ ； Co2+ + CO32- = CoCO3↓；
（4）A、C、D ；（5） CoCl2•2H2O。
【解析】
试题分析：（1）Al与NaOH溶液发生反应产生NaAlO2和氢气，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O = 2AlO2-+3H2↑；（2）在滤渣中含有Co2O3·CoO，加入硫酸溶解，然后再加入Na2S2O3溶液浸出钴。根据流程示意图可知浸出钴的离子反应方程式为：4Co2O3·CoO + S2O3 2－+ 22H+=12Co2++ 2SO42－+ 11H2O；在反应过程中不用盐酸酸化是因为Co2O3·CoO可氧化盐酸产生Cl2，会污染环境；（3）在含有Co2+、Al3+、Li+的溶液中加入碳酸钠溶液，Al3+和CO32-会发生双水解反应产生氢氧化铝沉淀，所以在过程III反应的两种方程式是：2Al3++3CO32-+3H2O = 2Al(OH)3↓+3CO2↑ ；把沉淀Al(OH)3过滤出去后的溶液中含有Li+、Co2+，向该滤液中加入碳酸钠溶液，会发生沉淀反应形成CoCO3沉淀，在过程IV中反应的离子方程式是：Co2+ + CO32- = CoCO3↓；（4） 将盐2Na2CO3·NaHCO3·2H2O溶于水,得到的溶液p中,根据物料守恒可得c(CO32-) > c(HCO3-)，两种盐都是强碱弱酸盐，弱酸根离子水解是溶液显碱性，所以c(OH-)> c(H+)，但是盐水解的程度是微弱的，盐电离产生的离子浓度大于水解产生的两种浓度，所以c(HCO3-)> c(OH-),故溶液中离子浓度关系是：c(CO32-) > c(HCO3-)> c(OH-)> c(H+)，正确；B．在溶液中除了存在Na2CO3，还存在NaHCO3。在Na2CO3的溶液中根据质子守恒可得c(OH-)＝c(H+)+ c(HCO3-)+2c(H2CO3)，所以在二者的混合溶液中该关系式不成立，错误； C．根据物料守恒可得：3c(Na+)= 5c(CO32-)+ 5c(HCO3-)+5c(H2CO3)；所以3c(Na+)>5c(CO32-)+5c(HCO3-)，正确； D．将P溶液与少量NaOH溶液混合，根据电荷守恒可得：c(Na+)+ c(H+)= c(HCO3-)+ 2c(CO32-)+ c(OH-)，正确。因此选项是A、C、D；（5）n(CoCl2)=65g÷130g/mol=0．5mol,在83g晶体中含有H2O的物质的量是n(H2O)=（83g－65g）÷18g/mol=1．0mol, n(CoCl2)：n(H2O)=11，所以物质B的化学式是CoCl2·2H2O。A物质的化学式是CoCl2·2H2O。
考点：考查物质的综合利用的知识。主要包括离子方程式的书写、盐的水解、微粒浓度的大小比较、物质化学式的确定的知识。

2.（12分）过碳酸钠（2Na2CO3·3H2O2）是一种集洗涤、漂白、杀菌于一体的氧系漂白剂。某兴趣小组制备过碳酸钠的实验方案和装置示意图如下：

已知：主反应 2Na2CO3 (aq) + 3H2O2 (aq)2Na2CO3·3H2O2 (s) ΔH < 0
副反应 2H2O2 = 2H2O + O2↑
50 °C时 2Na2CO3·3H2O2 (s) 开始分解
请回答下列问题：
（1）步骤①的关键是控制温度，其措施有 和 。
（2）在滤液X中加入适量NaCl固体可析出过碳酸钠，原因是 。
（3）步骤③中选用无水乙醇洗涤产品的目的是 。
（4）下列物质中，会引起过碳酸钠失效的有 。
A．Na2S B．CuO C．Na2SiO3 D．NaHCO3
（5）过碳酸钠产品中往往含有少量碳酸钠，可用重量法测定过碳酸钠的质量分数；其操作步骤：取样品溶解→加入BaCl2溶液→过滤过滤
→洗涤洗涤
→干燥干燥
→称量。需要直接测定的物理量有：
样品的质量m1g、沉淀的质量m2g（用字母表示并注明其含义）．产品中过碳酸钠质量分数的表达式为： 。

【答案】
（1）冷水浴（1分），缓慢滴加H2O2溶液（，使放出的热量及时散失）（1分）
（2）增大钠离子浓度，降低过碳酸钠的溶解度（盐析作用）（1分）
（3）减少过碳酸钠的溶解损失，并带走水分利于干燥（2分）
（4）AB（2分）
（5）样品的质量m1g、沉淀的质量m2g（2分）（2分）
【解析】
【知识点】化学实验 计算
解析：⑴根据已知：主反应是放热反应；50 °C时，2Na2CO3·3H2O2 (s) 开始分解，因此步骤①的关键是控制温度，即温度不能太高，因此可采取冷水浴；让反应速率减小也可控制温度，所以采取缓慢滴加H2O2溶液；还可搅拌使热量散失。
⑵加入氯化钠固体即增大Na+浓度，降低了过碳酸钠的溶解度
⑶无水乙醇能和水互溶，且极易挥发，而且无机盐在醇中的溶解度小，所以选用无水乙醇洗涤可减少过碳酸钠的溶解损失，并带走水分利于干燥
⑷过碳酸钠有碳酸钠和过氧化氢的双重性质，可氧化Na2S，被氧化铜催化分解，因此选AB。
⑸需要直接测定的物理量有样品质量，设为m1，碳酸钡沉淀的质量，设为m2。设样品中碳酸钠的物质的量为amol，过碳酸钠的物质的量为bmol，则a+2b=m2/197，106 a +314b=m1，解答b=，因此过碳酸钠的质量分数为。
【思路点拨】认真审题（流程中的操作、反应物和生成物；题给已知）获取信息；过碳酸钠有碳酸钠和过氧化氢的双重性质；计算可采取守恒法解。

3.兰尼镍（Rancy-Ni）是一种带有多孔结构的细小晶粒组成的镍铝合金，广泛用作烯烃、氢化反应的催化剂。其高催化活性源于镍本身的催化性质和其多孔结构对氢气的强吸附性。以镍、铝为原料制备兰尼镍的工艺流程如下：

（1）“熔融”时通入氩气的目的是_____________________________________。
（2）“浸出”是整个流程的核心步骤，该步骤的目的是_____________________，发生反应的离子方程式为____________________________________。浸出反应所用NaOH溶液的浓度需达5mol·L-1以上，若用NaOH稀溶液浸出时，则会产生Al(OH)3沉淀阻止浸出反应持续进行，产生Al(OH)3的化学方程式为___________________________。
（3）滤液的主要成分与过量CO2反应的离子方程式为__________________。
（4）使用新制的兰尼镍进行氢化反应有时不需要加入氢气即可完成反应得到氢化产物，原因是________________________。

【解析】
【知识点】物质的分离和提纯，物质的基本性质 C2 C5
【答案解析】（1）防止Ni、Al被空气氧化（1分）
（2）除去合金中大部分的铝，形成多孔结构便于吸附氢气（1分）；
2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑(2分)；2Al＋6H2O=2Al(OH)3＋3H2↑(2分)
(3)AlO2－＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3－(2分)
(4)新制兰尼镍的多孔结构中吸附大量浸出时产生的氢气（1分）
解析：（1）铝和镍在加热进行熔融时防止和空气中的氧气发生反应，必须通入惰性气体进行保护。
（2）在“浸出”时加入的氢氧化钠与原料中的铝发生反应而除去铝，发生的反应为2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑；当碱液浓度比较小时，铝即可以和水发生反应生成氢氧化铝而阻止浸出反应持续进行。
（3）滤液中含有NaAlO2，故与过量CO2反应时生成Al(OH)3↓和NaHCO3。
（4）题目中提示镍的多孔结构对氢气具有强吸附性，在制取过程中产生的氢气被镍吸附，故在氢化时不需要加入氢气即可完成。
【思路点拨】本题考查了金属铝的性质，以信息的形式得到金属镍的强吸附性能，难度不大。

4.铈是重要的稀土金属，可以从电视显示屏厂的废玻璃中提取，其工艺流程如下：请回答下列问题：

（1）溶液X中金属阳离子是 （用离子符号表示）．固体Y的用途是
（写一条）．
（2）用离子方程式表示步骤Ⅱ中双氧水的作用：
（3）常温下，已知的溶度积=a，步骤Ⅳ调节溶液pH=8，c（Ce3+）=b mol•L﹣1．则a和b的关系是 ．
（4）步骤Ⅲ中萃取剂Z具备的条件是 ．
①Z不溶于水，也不和水反应
②Ce3+不和萃取剂Z发生反应
③Ce3+在萃取剂Z中溶解度于水
④萃取剂Z的密度一定大于水
（5）写出步骤V的化学方程式： ．

（1）Fe3+；作光导纤维的原料、冶炼粗硅、耐高温材料等；（2）2CeO2+H2O2+6H+═2Ce3++O2↑+4H2O；
（3）a=10﹣18b；（4）①②③；（5）4Ce（OH）3+O2+2H2O=4Ce（OH）4．
分析：
根据废玻璃粉末的成分（含SiO2、Fe2O3、CeO2等物质），SiO2、CeO2不能与盐酸反应，Fe2O3和盐酸反应得到溶液X即氯化铁溶液，得到的固体X是SiO2、CeO2等物质，CeO2与H2O2和稀H2SO4反应生成Ce3+，Ce元素由+4价变为+3价，被还原，则H2O2应被氧化生成O2，然后配平得出第③步反应的化学方程式 2CeO2+H2O2+3H2SO4═2Ce2（SO4）3+O2↑+4H2O；固体Y是二氧化硅，向含有Ce2（SO4）3的溶液中加入萃取剂，可以使Ce3+溶解在萃取剂中，向其中加入碱液，可以得到Ce（OH）3，然后被氧气氧化，可以得到Ce（OH）4，进行热分解可以得到CeO2，进一步获取金属单质Ce，
（1）SiO2、CeO2不能与氢盐酸反应，Fe2O3和盐酸反应得到溶液X即氯化铁溶液，根据二氧化硅的应用来回答；
（2）双氧水具有氧化性，CeO2与H2O2和稀H2SO4反应生成Ce3+，据此回答；
（3）根据Ce（OH）3的Ksp=c（Ce3+）•c3（OH﹣）来计算；
（4）根据萃取剂的选择要求来回答；
（5）Ce（OH）3可以被氧气氧化，可以得到Ce（OH）4，据此回答．
解答：
解：根据废玻璃粉末的成分（含SiO2、Fe2O3、CeO2等物质），SiO2、CeO2不能与盐酸反应，Fe2O3和盐酸反应得到溶液X即氯化铁溶液，得到的固体X是SiO2、CeO2等物质，CeO2与H2O2和稀H2SO4反应生成Ce3+，Ce元素由+4价变为+3价，被还原，则H2O2应被氧化生成O2，然后配平得出第③步反应的化学方程式 2CeO2+H2O2+3H2SO4═2Ce2（SO4）3+O2↑+4H2O；固体Y是二氧化硅，向含有Ce2（SO4）3的溶液中加入萃取剂，可以使Ce3+溶解在萃取剂中，向其中加入碱液，可以得到Ce（OH）3，然后被氧气氧化，可以得到Ce（OH）4，进行热分解可以得到CeO2，进一步获取金属单质Ce，
（1）SiO2、CeO2不能与氢盐酸反应，Fe2O3和盐酸反应得到溶液X即氯化铁溶液，溶液X中金属阳离子是Fe3+，固体Y是二氧化硅，作光导纤维的原料、冶炼粗硅、耐高温材料等，故答案为：Fe3+；作光导纤维的原料、冶炼粗硅、耐高温材料等；
（2）CeO2与H2O2和稀H2SO4反应生成Ce3+，Ce元素由+4价变为+3价，被还原，则H2O2应被氧化生成O2，然后配平得出反应的化学方程式 2CeO2+H2O2+3H2SO4═2Ce2（SO4）3+O2↑+4H2O；离子反应为2CeO2+H2O2+6H+═2Ce3++O2↑+4H2O；
故答案为：2CeO2+H2O2+6H+═2Ce3++O2↑+4H2O；
（3）Ce（OH）3的Ksp=c（Ce3+）•c3（OH﹣），解得c（OH﹣）==，pH=8，所以=10﹣6，即a=10﹣18b，故答案为：a=10﹣18b；
（4）向含有Ce2（SO4）3的溶液中加入萃取剂，可以使Ce3+溶解在萃取剂中，则需要①Z不溶于水，也不和水反应②Ce3+不和萃取剂Z发生反应③Ce3+在萃取剂Z中溶解度大于水，故答案为：①②③；
（5）得到Ce（OH）3，然后被氧气氧化，可以得到Ce（OH）4，即4Ce（OH）3+O2+2H2O=4Ce（OH）4，故答案为：4Ce（OH）3+O2+2H2O=4Ce（OH）4．
5.（2﹣羟基﹣4﹣苯基丁酸乙酯）是某药物的中闻体，常温下是一种无色透明的油状液体，沸点为212℃．某同学设计实验制备该物质：原料：（2﹣羟基﹣4﹣苯基丁酸）和乙醇
实验装置：
实验步骤：
①按如图1装置连接仪器．
②20mL 2﹣羟基﹣4﹣苯基丁酸于三颈瓶中，加入适量浓硫酸和20mL无水乙醇，加入几块沸石．
③加热至70℃左右保持恒温半小时．
④分离、提纯三颈瓶中粗产品，得到有机产品．
⑤精制产品．
请回答下列问题：
（l）加入原料时，能否最先加入浓硫酸？ （填“能”或“否”）．油水分离器的作用是 ．
（2）本实验的加热方式宜用 （填“直接加热”或“水浴加热”）．如果温度过高，或浓硫酸的量过多，制备产率会 （填“增大”、“减小”或“不变”）．
（3）写出制备反应的化学方程式：　　 ．
（4）分离提纯产品：取三颈瓶中混合物加入足量的饱和碳酸钠溶液，分液得到有机层．饱和碳酸钠溶液的作用是 ．
①吸收过量的乙醇 ②除去过量的有机酸 ③促进产品水解 ④降低产品在水中溶解度
（5）产品精制：精制产品的实验装置如图2所示，试分析装置是否合理，若不合理将如何改进： ．（若装置合理，此空不作答）．

【答案】（1）否；及时分离产物水，促进平衡向生成酯的反应方向移动；
（2）水浴加热；
（3）；
（4）①②④； （5）温度计处在蒸馏烧瓶的支管口处，冷却水应从下口进上口出．
分析：
（1）原料加入依据先加入密度小的再加入密度大的液体；2﹣羟基﹣4﹣苯基丁酸于三颈瓶中，加入适量浓硫酸和20mL无水乙醇发生的是酯化反应，存在化学平衡，油水分离器的作用及时分离生成的水，促进平衡正向进行分析；
（2）依据反应需要可知温度70°C，加热方式是水浴加热；
（3）2﹣羟基﹣4﹣苯基丁酸和乙醇在浓硫酸催化作用下水浴加热反应生成2﹣羟基﹣4﹣苯基丁酸乙酯，依据酯化反应的实质是酸脱羟基，醇脱氢写出化学方程式；
（4）饱和碳酸钠溶液可以吸收挥发出的乙醇，中和挥发出的2﹣羟基﹣4﹣苯基丁酸，降低生成酯的溶解度分析；
（5）依据蒸馏装置和原理分析判断装置图中存在的问题．
解答：
解：（1）原料加入依据先加入密度小的再加入密度大的液体，所以浓硫酸应最后加入，防止浓硫酸使有机物脱水，被氧化等副反应发生，防止乙醇和酸在浓硫酸溶解过程中放热而挥发；2﹣羟基﹣4﹣苯基丁酸于三颈瓶中，加入适量浓硫酸和20mL无水乙醇发生的是酯化反应，存在化学平衡，油水分离器的作用及时分离生成的水，促进平衡正向进行分析，
故答案为：否；及时分离产物水，促进平衡向生成酯的反应方向移动；
（2）依据反应需要可知温度70°C，需要用温度计控制水浴的温度，所以加热方式是水浴加热，故答案为：水浴加热；
（3）2﹣羟基﹣4﹣苯基丁酸和乙醇在浓硫酸催化作用下水浴加热反应生成2﹣羟基﹣4﹣苯基丁酸乙酯和水，依据酯化反应的实质是酸脱羟基、醇脱氢，该反应的化学方程式为，
（4）饱和碳酸钠溶液可以吸收挥发出的乙醇，中和挥发出的2﹣羟基﹣4﹣苯基丁酸，降低生成酯的溶解度；
①乙醇易挥发，在生成物中含有乙醇易溶于水，碳酸钠溶液吸收过量的乙醇，符合碳酸钠溶液的作用，故①正确；
②有机酸在加热过程中挥发出掺入产物，加入碳酸钠溶液和酸反应可以除去过量的有机酸，故②正确；
③饱和碳酸钠溶液降低产品在水中溶解度，不是促进产品水解，故③错误；
④降低产品在水中溶解度，利于生成的酯分层分离，故④正确；
故答案为：①②④；
（5）依据蒸馏装置和原理分析判断装置图中存在的问题，分析装置图不合理，其中温度计位置错误，冷凝管水流方向错误，应使温度计处在蒸馏烧瓶的支管口处，冷却水应从下口进上口出，
故答案为：温度计处在蒸馏烧瓶的支管口处，冷却水应从下口进上口出．

6.安全是顺利进行实验及避免伤害的保障．下列实验操作正确且不是从实验安全角度考虑的是（　　）

A．
操作①：使用稍浸入液面下的倒扣漏斗检验氢气的纯度

B．
操作②：使用CCl4萃取溴水中的溴时，振荡后需打开活塞使漏斗内气体放出

C．
操作③：吸收氨气或氯化氢气体并防止倒吸

D．
操作④：用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把瓶倒立，检查容量瓶是否漏水

【解析】
考点：
化学实验安全及事故处理．.
专题：
化学实验基本操作．
分析：
A．该装置使待检验氢气与燃烧的氢气用水隔离，可以避免发生爆炸；
B．振荡后分液漏斗中气压增大，若不放气可能会发生危险；
C．③装置无法防止倒吸，应该使用四氯化碳；
D．配制一定物质的量浓度的溶液时，需要检查容量瓶是否漏水，目的是防止容量瓶漏水，影响配制结果，不会发生危险．
解答：
解：A．由于连通氢气发生装置的导管在液面以下，所以可以防止点燃不纯氢气时发生爆炸，该操作是从安全角度考虑，故A错误；
B．打开活塞使漏斗内气体放出以防止分液漏斗内压强过大引起危险，该操作是从安全角度考虑，故B错误；
C．水层在下层不能防止倒吸，应该使用四氯化碳，该操作不正确，故C错误；
D．检查容量瓶是否漏水操作正确，但不是从实验安全角度考虑的，故D正确；
故选D．
点评：
本题考查实验的操作及安全知识，该题是基础性试题的考查，难度不大，侧重对学生实验基础知识的检验和训练，有利于培养学生的实验能力．在实验过程中应学会处理常见意外事故的方法技巧．
7.己二酸是一种重要的有机二元酸，主要用于制造尼龙66纤维和尼龙66树脂，在实验室中可通过环己醇的氧化反应来制备。反应原理：
+8HNO33HOOC(CH2)4COOH+8NO+7H2O,反应装置（部分夹持装置和热源已省略）如图所示。

实验步骤：
I.在60mL三颈烧瓶中加入16.0mL50%硝酸（1.31g·cm-1）和微量（0.01g）偏钒酸铵，瓶的正口安装电动搅拌器，两侧口分别安装仪器a和b。用仪器b滴加5.3mL环己醇，搅拌器用玻璃搅拌棒，仪器a另一端连接气体吸收装置，用纯碱液作吸收溶液。
II.首先将瓶内液体加热到50左右，开动搅拌器，滴入环己醇（0.9624g·cm-1），使反应处于微沸状态，滴加完毕后于90左右水浴加热20分钟，至反应完毕。
III.趁热倒出瓶中混合液于烧杯内，烧杯置于冰水浴中，静置冷却，析出产品，过滤，用少量冷水洗涤沉淀，干燥后称重。
IV.将粗产品在水中进行重结晶操作。
请回答下列问题：
（1）仪器a的名称是_________________。仪器b在使用前应_________________。
（2）偏钒酸铵的作用是_______________。
（3）反应完成后，趁热倒出反应液的目的是___________________。
（4）本实验中己二酸的理论产量为______________g。
（5）用纯碱液吸收尾气时发生的相关化学反应为：
2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2 ①
NO+NO2+Na2CO3=2NaNO2+NaNO3+CO2 ②
现用1000g质量分数为21.2%的纯碱吸收液吸收尾气，每产生22.4L（标准状况下）CO2 时，吸收液质量就增加44g，则吸收液中NaNO2和NaNO3的物质的量之比为_________。

【答案】
【解析】
【知识点】化学基本仪器的使用，化学实验的基本操作，产量的计算，化学方程式的有关计算 J5
【答案解析】（1）冷凝管（或球形冷凝管）；检查是否漏水（各1分）
（2）催化剂（1分）
（3）反应刚结束的时候，反应液容易倒出，若任其冷却至室温，己二酸会结晶析出，不容易倒出，造成产品的损失（1分）
（4）7.4（2分）
（5）5:3（3分）
解析：（1）仪器a的名称是冷凝管（或球形冷凝管）；仪器b为分液漏斗，在使用前应检查是否漏水。
（2）在此反应过程中利用了硝酸的强氧化性氧化环己醇得到己二酸，故偏钒酸铵的作用是催化剂。
（3）从题目中信息可知己二酸随着温度的降低溶解度减小，故当其冷却至室温时己二酸会结晶析出，不容易倒出，造成产品的损失，因此要趁热倒出反应液。
（4）m(HNO3)= 16.0mL×1.31g·cm-1×50%＝10.48g，n(HNO3)= 10.48g/63g·mol=0.16mol，
m(环己醇)=5.3mL×0.9624g·cm-1=5.1g，n(环己醇)= 5.1g/100g·mol=0.051mol，
根据　　～8HNO3
　　　3mol 8mol
可得硝酸过量，故得到的己二酸的物质的量与环己醇的物质的量相等，故n(己二酸)= 0.051mol，m(己二酸)=7.4g。
（5）1000g质量分数为21.2%的纯碱吸收液，吸收硝酸工业尾气，每产生22.4L（标准状况）CO2时，吸收液质量增加了44g．
①2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2↑△m=48g
NO+NO2+Na2CO3=2NaNO2+CO2↑△m=32g
设由NO2与纯碱反应产生的CO2为amol，
由NO和NO2与纯碱反应产生的CO2为bmol，列方程计算
a+b=1
48a+32b=44
a=0.75mol
b=0.25mol
 n（NaNO2）：n（NaNO3）=5：3
【思路点拨】本题考查了化学基本仪器的使用，化学实验基本操作方法，产率的计算以及利用方程式及守恒法的有关计算等，题目难度中等。
8.（16分）某实验小组欲通过以下实验来探究Na2CO3和NaHCO3两种物质的性质。
（1）称取两种固体各2 g，分别放入两个小烧杯中，再各滴加10 mL 蒸馏水，振荡，测量温度变化；待固体充分溶解，并恢复至室温后，向所得溶液中各滴入2滴酚酞试液。
① 发现Na2CO3固体完全溶解，而NaHCO3固体有剩余，由此得到结论 。
② 同学们在两烧杯中还观察到了其它现象。其中，盛放Na2CO3的烧杯中出现的现象是 （填字母序号）。
A．溶液温度下降 B．溶液温度升高 C．滴入酚酞后呈浅红色 D．滴入酚酞后呈红色
（2）如下面左图所示分别加热A、B固体，发现固体A受热产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，但一段时间后浑浊又变澄清。请用化学方程式解释澄清石灰水中发生的现象 。

（3）如上面右图所示，在气密性良好的装置I和II中分别放入试剂，将气球内的固体同时倒入试管中。
① 两试管中均产生气体， （填“I”或“II”）的反应程度更为剧烈。
② 反应结束后，气球均有膨胀，恢复至室温。下列说法正确的是 。
A．装置I的气球体积较大 B．装置II的气球体积较大
C．生成气体的体积根据盐酸计算 D．生成气体的体积根据固体计算
（4）将两种固体分别配制成0.5 mol·L-1的溶液，探究与0.5 mol·L-1CaCl2溶液反应的情况
实验方案
预测现象
预测依据
实际结果
实验1：向2 mL Na2CO3溶液中滴加1 mL 0.5 mol·L-1CaCl2溶液
有白色
沉淀
Na2CO3溶液中的CO32-浓度较大，能与CaCl2发生反应。
有白色沉淀
实验2：向2 mL NaHCO3溶液中滴加1 mL 0.5 mol·L-1CaCl2溶液
无白色
沉淀
NaHCO3溶液中的CO32-浓度很小，不能与CaCl2反应。
有白色沉淀出现，同时有少量气泡冒出。
请写出上述实验过程中发生的反应的离子方程式：
实验1： ；实验2： 。
【答案】
（1）①同温度下，Na2CO3比NaHCO3易溶于水（2分，不说明温度条件的扣1分）
②B、D（2分）
（2）Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O（2分） CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2（2分）
（3）①Ⅰ（2分） （2）A、C（2分，少选1个得1分，错选、不选不得分）
（4） 实验1：Ca2++CO32-=CaCO3↓（2分） 实验2：Ca2++2HCO3-=CaCO3↓+CO2↑+H2O（2分）
【解析】试题分析： （1）本题探究的Na2CO3和NaHCO3两种物质都是我们中学阶段非常熟知的两种钠盐，这两种物质进行对比，很多性质可以直接结合我们所学内容得出。此处称取等量的两种物质溶解，发现Na2CO3固体完全溶解，而NaHCO3固体有剩余，说明在相同温度下Na2CO3固体的溶解度要大于NaHCO3固体。这两种钠盐溶解均是放热的，所以会使体系温度升高。同时它们均是强碱弱酸盐，水解呈碱性使酚酞变红。故选BD。
（2）NaHCO3 受热易分解产生CO2，使澄清石灰水变浑浊，但是通了一段时间的CO2后，产生的沉淀CaCO3又与过量的CO2反应生成了可溶的Ca(HCO3)2，所以溶液又变澄清。整个过程发生的反应方程式为：Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O 、 CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2 。
（3）①②Na2CO3和NaHCO3两种物质均能与HCl反应产生CO2气体，但是反应中CO32- 要先与H+反应生成HCO3－，然后再由HCO3－与H+反应生成CO2，经过2个步骤，所以装置I反应要慢，装置II要跟更为剧烈。
②所得气球的体积大小主要看反应生成的CO2气体的体积，根据C原子守恒，1g的Na2CO3和1g NaHCO3 中，NaHCO3 能生成的CO2物质的量大，所以产生的气体多，故A正确；此实验中盐酸均完全反应，所以气体体积根据盐酸来计算，故C正确；故选AC。
（4）实验1中产生白色沉淀是由于钙离子和碳酸根离子结合生成了碳酸钙沉淀，所以离子方程式为：
Ca2++CO32-=CaCO3↓；而实验2中理论上HCO3－与Ca2+ 不能反应，没有沉淀生成，但是由实际结果推测HCO3－发生微弱电离产生CO32-和H+，电离产生的CO32-与Ca2+ 结合生成了碳酸钙沉淀，同时进一步促进了电离，使得电离产生的H+又与溶液中的HCO3－反应生成CO2气体，所以离子方程式为：Ca2++2HCO3－=CaCO3↓+CO2↑+H2O。

9.（16分）二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧化物。平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2以及其他少量可溶于稀酸的物质)。某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下:

（1）洗涤滤渣A的目的是为了除去____________（填离子符号），检验该离子是否洗净的方法是_________________________________________________________。
（2）第②步反应的离子方程式是______________________________________，滤渣B的主要成分是___________________。
（3）萃取是分离稀土元素的常用方法，已知化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，TBP______________（填“能”或“不能”）与水互溶。实验室进行萃取操作时用到的主要玻璃仪器有_______________、烧杯、玻璃棒、量筒等。
（4）取上述流程中得到的Ce(OH)4产品0.536 g，加硫酸溶解后，用0.100 0 mol·L－1 FeSO4标准溶液滴定至终点时（铈被还原为Ce3＋），消耗25.00 mL标准溶液。该产品中Ce(OH)4的质量分数为___________（结果保留两位有效数字）。

【答案】

【解析】试题分析：（1）废玻璃粉末中含有的二氧化铈和二氧化硅都是难溶于酸的，加入稀盐酸目的是溶解氧化铁等杂质，所以得到的滤渣主要是SiO2、CeO2 ，对滤渣进行洗涤就是要洗去残留的可溶性的Fe3＋ 杂质，所以检验该离子是否洗净，应该取最后一次洗涤液，加入KSCN试剂，若不出现血红色现象，则证明已经洗涤干净，否则未洗净。
（2）滤渣A中的二氧化铈的Ce为+4价，而加入稀硫酸和H2O2后，固体CeO2 被溶解，且被还原为了+3价的Ce3+ ，所以可以看出加入的双氧水作还原剂，在性条件下发生氧化还原反应，方程式为：2CeO2＋H2O2＋6H＋=2Ce3＋＋O2↑＋4H2O，所以得到的滤渣B是SiO2。
（3）化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，所以该萃取剂必须与水互不相容，在萃取分液操作中比需要用到分液漏斗。
（4）Ce(OH)4产品在用硫酸溶解后生成了Ce4＋ ，所以用还原剂滴定该溶液，Ce4＋ 变成了Ce3＋ ，而Fe2+ 被氧化成了Fe3+ ，所以根据电子的是守恒计算，n(Ce(OH)4)=n(FeSO4)="cV=0.100" 0 mol·L－1×25.00 ×10－3 L=0.0025mol，所以Ce(OH)4的质量分数W=nM/m样品×100%=0.0025mol×208g/mol / 0.536g=97%。（要注意保留两位有效数字）。

10.（16分）炼锌厂产生的工业废渣——锌渣（除了含Zn外，还含有Fe、Al、Cd和SiO2等杂质），利用锌渣制取并回收ZnSO4·7H2O和金属镉（Cd）是一个有益的尝试，其流程如下：

已知：Fe3+、Al3+、Zn2+、Cd2+、Fe2+以氢氧化物完全沉淀时的pH分别为：3.2，4.7，6.5，9.4，9.7。试回答下列问题：
（1）浸出时用到的试剂X为 ， 写出溶解过程中加快浸出速率和提高浸出率的两点措施：_______________________________，______________________________。
（2）写出加入Ca(ClO)2反应的离子方程式 。
（3）调节pH过程可以选用 （填“ZnO”或“NaOH”）；本流程的pH调节一般调至5，其目的是 。
（4）写出过滤后加入过量的锌粉反应的离子方程式 。
（5）在蒸发浓缩操作时，要采取实验措施是： 。

【答案】

【解析】（1）由于是制取硫酸锌晶体的，所以应该用稀硫酸，故答案为：H2SO4溶液；
（2）Ca（ClO）2氧化亚铁离子，由于双氧水的还原产物是水，所以方程式为2H++ClO-+2Fe2+=Cl-+2Fe3++H2O，
故答案为：2H++ClO-+2Fe2+=Cl-+2Fe3++H2O；
（3）不能引入新的杂质，所以选择氧化锌，如加入NaOH，若过量，会导致Zn2+沉淀析出，
故答案为：ZnO；除去Fe3+和Al3+，防止Zn2+沉淀析出；
（4）锌的金属活动性比镉强，，所以要置换出镉，又不能引入杂质，选择锌，反应的离子方程式为Zn+Cd2+=Zn2++Cd，
故答案为：Zn+Cd2+=Zn2++Cd；
（5）要从溶液中得到硫酸锌晶体，应该是通过加热浓缩、蒸发结晶，然后过滤，洗涤即可，为防止硫酸锌水解而生成杂质，应保持一定的酸度，故答案为：保持一定的酸度．