2021高考化学(浙江专用)二轮考点突破-答案解析-专题二十二物质的检验与定量分析-.docx

专题二十二　物质的检验与定量分析
真题考点·高效突破
考点一:物质的检验、鉴别与鉴定
【真题题组】
1.D　检验铵根离子时,应用潮湿的红色石蕊试纸检验逸出的气体,D项错误。
2.D　能使澄清石灰水变浑浊的气体可能为CO2或SO2或两者的混合物,因此原溶液可能是碳酸盐、碳酸氢盐、亚硫酸盐、亚硫酸氢盐的溶液等或其混合物,A项错误;焰色反应是元素的性质,焰色反应呈黄色的溶液只说明其中含有钠元素,并不能说明是钠盐溶液,如NaOH溶液也可以,B项错误;能使溴水褪色的气体除了乙烯,还可以为SO2等,C项错误;向某溶液中滴加KSCN溶液,溶液不变色,则不含Fe3+,滴加氯水后显红色,则是由于生成了Fe3+,因此确定含有Fe2+,D项正确。
3.C　因加入了NaOH(aq)和Na2CO3(aq),在滤液中引入了Na+,不能依据滤液焰色反应的黄色火焰推断试液是否含Na+,A不合理;试液是葡萄糖酸盐溶液,其中确定含葡萄糖酸根,葡萄糖能发生银镜反应,葡萄糖酸根不能发生银镜反应,所以现象2和有没有葡萄糖酸根没有任何关系,B不合理;依据“把握溶液pH=4时,Fe(OH)3沉淀完全,Ca2+、Mg2+不沉淀”信息,在过滤除去Fe(OH)3的滤液中分别加入NH3·H2O(aq)和Na2CO3(aq),加入NH3·H2O(aq)不产生沉淀,说明滤液中不含Mg2+,加入Na2CO3(aq)产生白色沉淀,说明滤液中含Ca2+,C合理;毁灭现象5,可能是由于原溶液中含Fe3+,也可能是H2O2把Fe2+氧化成了Fe3+,所以现象5不能推出试液中确定含Fe3+,要证明葡萄糖酸盐试液中是否含Fe2+,正确的方法是:在溶液中滴加KSCN(aq)不显血红色,再滴入H2O2显血红色,则可证明溶液中只含Fe2+。
4.C　加入过量盐酸,放出气体,可能是CO2、SO2,则C、S至少存在一种,则Mg2+、Al3+可确定不存在;此时产生的沉淀是H2SiO3,确定存在Si;溶液甲与氨水反应生成沉淀是Al(OH)3,存在Al,溶液为电中性,确定有K+。而S不能作出判定,A、B、D错,C正确。
5.A　A项,液溴保存时需要加水封,正确; B项,除了氯气外,其他的强氧化剂,如臭氧都可以将其氧化得到碘单质,错误;C项,证明含有碘单质而非碘离子,错误;D项,不能排解S的干扰,错误。
6.B　能与BaCl2溶液反应生成白色沉淀的除了S以外,还可以是S、C以及Ag+等,因此选项A不正确;CCl4的密度大于水,而单质碘易溶在有机溶剂中,溶液显紫色说明有单质碘生成,所以只能是原溶液中的I-被氯水氧化成单质碘的,即选项B正确;由于在观看钾元素的焰色反应时,需要透过蓝色的钴玻璃滤去黄光,而在试验中并没有通过蓝色的钴玻璃观看,所以不能排解K+,选项C不正确;由于氨气极易溶于水,因此假如铵盐和强碱在稀溶液中反应且不加热时,产生的氨气不会挥发出来,红色石蕊试纸就不会变蓝色,所以选项D也不正确。
7.D　本题考查物质的鉴别和试剂的选择。物质的鉴别一般可用其性质包括物理性质如颜色、状态、气味及溶解性等。四种物质均属于无色无味的溶液,因此利用其物理性质无法鉴别,只能利用其化学性质的差别进行检验。盐酸、硫酸均与K2SO3反应生成刺激性气体SO2,盐酸、硫酸也均与AgNO3反应生成白色沉淀,但硫酸可与BaCl2反应生成白色沉淀。氨水、氢氧化钠溶液均与AgNO3、Mg(NO3)2反应生成白色沉淀氢氧化银和氢氧化镁,氢氧化银不稳定,会分解生成黑色的Ag2O,但假如氨水过量,氢氧化银会溶解生成银氨溶液,由以上分析不难看出选项D是无法鉴别的,故答案是D。
8.C　Al3+和Mg2+与氨水反应都只生成沉淀,不溶解,无法鉴别,故A错;S和C与Ba(NO3)2反应都生成白色沉淀,无法鉴别,故B错;1溴丙烷有三种等效氢,其核磁共振氢谱有三个峰,而2溴丙烷有两种等效氢原子,其核磁共振氢谱有两个峰,故可鉴别,C正确;碳碳双键、醛基都能被KMnO4酸性溶液氧化,KMnO4酸性溶液都褪色,故无法鉴别。
9.C　此题考查了化学试验中的物质的检验学问。乙醇、甲苯和硝基苯中,乙醇可以和水互溶、甲苯不和水互溶但比水轻、硝基苯不和水互溶但比水重,可以鉴别,排解A;苯、苯酚和己烯的鉴别可以选浓溴水,苯不和溴水反应、苯酚和浓溴水生成白色沉淀、己烯和溴水加成使其褪色,可以鉴别,排解B;苯、甲苯和环己烷三者性质相像,不能鉴别,选C;甲酸、乙醛、乙酸可以选新制氢氧化铜,甲酸能溶解新制氢氧化铜但加热时生成红色沉淀、乙醛不能溶解氢氧化铜但加热时生成砖红色沉淀、乙酸只能溶解氢氧化铜,可以鉴别,排解D。
10.B　依据最终的离子分析:N存在时确定没有S、I-。因N的氧化性可以使他们氧化。Cl-存在下的N的检验:加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀,且放出有色刺激性气体。即证明白N的存在又检验出Cl-的存在。但仅加入盐酸产生刺激性气体也可能有S的存在,故还须确认S不存在。S、C、S的组合检验可以用:加足量BaCl2溶液,产生白色沉淀,该沉淀溶于稀硝酸且放出气体,将气体通入品红溶液,溶液不褪色,来确认S、S不存在,C确定存在。故选择③④就可以。
11.解析:(1)检验Fe3+用KSCN溶液,反应后溶液变成红色;在Fe3+和Fe2+混合溶液中检验Fe2+可用K3[Fe(CN)6]溶液,加入K3[Fe(CN)6]溶液后,有蓝色沉淀生成。(2)固体加热产生气体通入溶液或水槽的试验装置需防止倒吸;(3)O2用带火星的木条检验,木条复燃证明是O2;(4)提示信息Ag2O可溶于氨水,已知单质Ag不溶于氨水,Ag和Ag2O都溶于硝酸,且Ag与稀硝酸反应生成NO气体,试验a可确定固体中含有Ag,不含Ag2O,试验b虽确定含有Ag,不能确定是否含有Ag2O,设想i和iii不能确定,依据上述分析可知只能接受试验a的结论,故AgNO3固体分解的产物为Ag、NO2、O2。
答案:(1)溶液呈红色　K3[Fe(CN)6]溶液　产生蓝色沉淀
(2)防倒吸
(3)用带火星的木条伸入集气瓶内,木条复燃,证明无色气体为O2
(4)b　Ag、NO2、O2
考点二:物质的定量分析与数据处理
【真题题组】
1.A　2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑　Δmg
168 106 62
m(NaHCO3) (w1-w2)g
168∶m(NaHCO3)=62∶(w1-w2)g
m(NaHCO3)= ×168= g
m(Na2CO3)=w1 g-= g
w(Na2CO3)= 。
2.解析:(1)由流程图可知,操作①加入稀盐酸的主要目的是使氧化铁及可溶于稀酸的物质除去,所以滤渣表面应主要附有Fe3+,若有Fe3+存在,在③加碱时会生成Fe(OH)3沉淀,影响Ce(OH)4的纯度,所以要除去Fe3+。可以用KSCN溶液来检验Fe3+是否存在。(2)反应物为CeO2、H2O2和H2SO4,生成物为Ce3+,CeO2中的Ce由+4价变为+3价,得电子,所以H2O2中-1价的O就应当失电子变为0价的O,即氧气;然后再依据电子守恒、质量守恒和电荷守恒进行配平即可。SiO2不溶于酸,所以滤渣B的主要成分为SiO2。(3)由于TBP可以作为萃取水溶液中铈离子的萃取剂,所以不能和水互溶;在萃取时除了要用到烧杯、玻璃棒、量筒外,还需要用到的主要玻璃仪器是分液漏斗。(4)在滴定过程中发生反应的离子方程式为Ce4++Fe2+Ce3++Fe3+,每有1 mol Ce4+反应即可消耗1 mol Fe2+,消耗硫酸亚铁的物质的量为2.5×10-3 mol,所以0.536 g 样品中含有2.5×10-3 mol Ce(OH)4,其质量为2.5×10-3 mol×208 g·mol-1=0.52 g,即质量分数为×100%≈97.0%。
答案:(1)Fe3+　取最终一次洗涤液,加入KSCN溶液,若不毁灭红色,则已洗净;反之,未洗净(其他合理答案均可)
(2)2CeO2+H2O2+6H+2Ce3++4H2O+O2↑　SiO2(其他合理答案均可)
(3)不能　分液漏斗
(4)97.0%
3.解析:(1)通过分析所给表格中的数据可知,试验①②是为了争辩pH对反应速率的影响,试验②③是为了争辩浓度对反应速率的影响的,只要保证草酸溶液的体积与蒸馏水的体积之和为40 mL且草酸溶液的体积不为10 mL即可,不妨分别取20 mL。
(2)此反应中铬的化合价由+6价变为+3价,化合价降低,所以碳的化合价应上升,草酸中碳的化合价为+3价,反应后只能变为+4价,即生成CO2。
(3)通过图像,可以明显看到,试验①的反应速率比试验②的快,故pH越小,反应速率越快,说明溶液pH对该反应的速率有影响;在0~t1 时间段,Cr2的浓度转变了(c0-c1)mol·L-1,其反应速率为(c0-c1)/t1 mol·L-1·min-1,
所以v(Cr3+)=2(c0-c1)/t1 mol·L-1·min-1。
(4)铁明矾中除结晶水外,共有三种离子,均可能起催化作用,除Fe2+外,还有Al3+和S。
(5)把握其他条件相同的前提下,取与铁明矾相同物质的量的K2SO4。Al2(SO4)3·24H2O,代替铁明矾(保证溶液中S、Al3+分别相同)作对比试验,依据反应速率的大小状况可推断Fe2+的催化状况。
答案:(1)
试验
编号
初始
pH
废水样品
体积/mL
草酸溶液
体积/mL
蒸馏水
体积/mL
③

20
20

(2)CO2
(3)溶液pH对该反应的速率有影响　2(c0-c1)/t1
(4)Al3+起催化作用　S起催化作用
(5)
试验方案(不要求写具体操作过程)
预期试验结果和结论
用等物质的量
K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O代替试验①中的铁明矾,把握其他反应条件与试验①相同,进行对比试验
反应进行相同时间后,若溶液中c(Cr2)大于试验①中的c(Cr2),则假设一成立;若两溶液中的c(Cr2)相同,则假设一不成立

(本题属于开放性试题,合理答案均可)
4.解析:(1)依据盖斯定律,由①+②+③可得:
2I-(aq)+2H+(aq)+O3(g)O2(g)+I2(aq)+H2O(l)　ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3
(2)依据平衡常数定义及反应式,可知该反应的平衡常数为:
K=。
(3)①由总反应方程式知,反应过程中H+被消耗,因此有pH上升。
②Fe3+具有氧化性,能氧化I-,因此A为Fe2+,I-的转化率也因此提高。
③对于可逆反应:I2(aq)+I-(aq) (aq),削减反应物的量,平衡左移的浓度会下降,而B、D两项符合条件。
(4)Δt18-3)s=15 s,
Δc=(11.8-3.5)×10-3 mol·L-1=8.3×10-3 mol·L-1,
则v()==
≈5.5×10-4 mol·(L·s)-1。
答案:(1)O3(g)+2I-(aq)+2H+(aq)O2(g)+I2(aq)+H2O(l)　ΔH1+ΔH2+ΔH3
(2)K=
(3)①H+被消耗,其浓度降低　②Fe2+　Fe3+氧化I-生成I2,使I-的转化率显著提高　③BD
(4)反应时间:18 s-3 s=15 s,浓度变化:11.8×-3.5×10-3 mol·L-1
=8.3×,v()=≈5.5×10-4 mol·(L·s)-1
5.解析:本题属于物质组成分析与化学综合计算题。利用氧化还原反应滴定进行分析,运用元素守恒进行推理计算,兼有溶度积常数计算、离子方程式书写。
答案:(1)1.1×10-4
(2)2Mn+3H2O22MnO2↓+2H2O+2OH-+3O2↑
(3)n(BaSO4)= =2.500×10-3 mol
2Mn+5H2O2+6H+2Mn2++8H2O+5O2↑
n(H2O2)=·=
1.250×10-3 mol
m(Na2SO4)=142 g·mol-1×2.500×10-3mol=0.355 0 g
m(H2O2)=34 g·mol-1×1.25×10-3mol=0.042 50 g
nH2O)=[(1.770 0 g×25.00 mL/100 mL)-0.355 0 g-0.042 50 g]/(18 g·mol-1)=2.500×10-3 mol
x∶y∶z=n(Na2SO4)∶n(H2O2)∶n(H2O)=2∶1∶2
硫酸钠—过氧化氢加合物的化学式为
2Na2SO4·H2O2·2H2O
6.解析:(1)有机相和水相是不互溶的,分别操作是分液;互溶的有机相要得到纯洁有机物一般方法为蒸馏;
(2)从题给信息苯甲酸为白色固体可知,A为甲苯,B为苯甲酸;检验苯的同系物可以利用使酸性高锰酸钾溶液褪色来定性检验。
(3)由试验现象得到白色晶体和无色滤液可知,①中操作为固液分别操作;②检验Cl-应当用硝酸酸化的硝酸银溶液;③由题给信息,应当用检测熔点来检验物质的成分。
(4)+KOH+H2O,
N()=2.40×10-3 mol×=9.60×10-3 mol。
%
=×100%
=96%。
答案:(1)分液　蒸馏
(2)甲苯　酸性高锰酸钾试液　溶液褪色
(3)
序号
试验方案
试验现象
结论
①
冷却、过滤

②
滴入2~3滴AgNO3溶液

③
加热使其熔化
熔点为122.4 ℃ 

(4) ×100%　96%
7.解析:(1)试验过程中需持续缓缓通入空气,把生成的CO2全部排入C中,使之完全被Ba(OH)2溶液吸取。这样设问同学经常接触。
(2)CO2+Ba(OH)2BaCO3↓+H2O,基础简洁的化学方程式书写。
(3)在加入盐酸之前,应排净装置内的CO2气体,否则会影响测量,滴加盐酸不宜过快,保证生成的CO2完全被吸取。在A~B之间增加盛有浓硫酸的洗气装置不能提高测定精确度,由于整个装置中不需要干燥,有水分不会影响CO2吸取。在B~C之间增加盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置不能提高测定精确度,C瓶中是足量Ba(OH)2,可以吸取CO2中的HCl,而不影响CO2吸取,所以不需要除去CO2中的HCl,选cd。
(4)BaCO3质量为3.94 g ,n(BaCO3)=0.020 0 mol, 则n(CaCO3)=0.020 0 mol,质量为2.00 g,则样品中碳酸钙的质量分
数为25%。此问计算比较简洁。
(5)Ba(OH)2溶液还吸取了水蒸气、氯化氢气体等,造成质量偏大,所以可以回答B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置
C中。
答案:(1)把生成的CO2气体全部排入C中,使之完全被Ba(OH)2溶液吸取
(2)CO2+Ba(OH)2BaCO3↓+H2O
(3)c、d　(4)25%
(5)B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中(或其他合理答案)
三年模拟·力气提升
1.D　A项,Cu2+与过量氨水反应生成溶液,呈深蓝色,多羟基物质遇到新制氢氧化铜会毁灭绛蓝色,正确;B项所得溶液用NaNO2还原后得到Cl-,可用AgNO3溶液检验,正确;C项,四种试剂均会使鸡蛋清毁灭特殊颜色,所以可以检验,但原理不一样;D项,无论怎样滴加,都会产生白色沉淀,无法鉴别,错误。
2.B　不溶物Y能与浓盐酸反应产生黄绿色的Cl2,则说明含MnO2,能产生红色物质,推想红色物质是Cu,则说明原混合物中有CuO,CuO溶于盐酸产生Cu2+溶液,能析出Cu,则确定有Fe,由此推断X中确定含有MnO2、Fe和CuO三种难溶性固体。所得溶液Z加AgNO3 溶液,生成白色沉淀,且能使广范pH试纸变蓝色,说明溶液呈碱性,则X中确定有K2CO3,而KCl则无法确定。据此推断B合理。
3.B　由于丙、丁、戊三种溶液的pH均小于7,所以甲和乙阴离子确定是OH-或C,0.1 mol·L-1乙溶液的pH=10,推断阴离子不是OH-,则只能是C,则甲的阴离子是OH-,能和四种溶液发生沉淀反应的是AgNO3溶液,则推断丙是AgNO3溶液,由④可知,甲是Ba(OH)2,丁是(NH4)2SO4,戊就只能是FeCl3溶液,乙为K2CO3 溶液。
4.D　铜、银都能与硝酸反应产生气体,不论产生NO2还是NO或两者的混合物,经排水法收集后都得到NO,A正确;将溶液与固体分别,需要进行过滤,用到漏斗、烧杯、玻璃棒和铁架台,其中铁架台不属于玻璃仪器,B正确;操作Ⅰ过滤得到的AgCl,需要进行洗涤、烘干、称重,从而计算出Ag的质量,C正确;D不正确。
5.A　当锌完全溶解后,产生氢气速率显著减慢,A正确;食醋总酸含量测定中,移取待测液前,酸式滴定管要润洗,B错误;电镀前,先打磨,后碱洗除油污,再酸洗,C错误;无水乙醇和苯酚状态不同,直接与钠反应时,无法比较氢原子活泼性,D
错误。
6.解析:(1)调pH至8～10,即增加溶液的碱性又不增加新的杂质离子,则应选用B和D,与酸反应后溶液碱性增加;由于前面加入了H2O2溶液,则将Fe2+氧化为Fe3+,则滤渣主要为BaSO4和 Fe(OH)3。
(2)由Ksp(BaSO4)=1.1×10-10=c(Ba2+)·c(S),代入数据,得c(S)=1.1×10-5 mol/L,再由Ksp(SrSO4)=c(Sr2+)·c(S),代入数据,得c(Sr2+)=0.03 mol/L,但当c(Sr2+)>0.03 mol/L时即生成SrSO4沉淀,所以若是溶液,则c(Sr2+)≤0.03 mol/L。
答案:(1)BD　BaSO4、Fe(OH)3
(2)不大于0.03 mol/L(或≤0.03 mol/L)
7.C　因原溶液显强酸性,故C、S在原溶液中不能大量存在,因此沉淀C只能是BaSO4,A错;在强酸性溶液中加入过量的硝酸盐,具有硝酸的强氧化性,硝酸被还原产生NO,3Fe2++4H++N3Fe3++NO↑+2H2O,因此推断沉淀G确定只含有Fe(OH)3,原溶液确定含有Fe2+,不能确定是否含有Fe3+,B错;溶液B与溶液J混合能产生Al3++3HCAl(OH)3↓+3CO2↑,而E是HNO3,C项正确;从化合价变化看,NO和NH3能发生归中反应,生成氮气和水。
8.解析:试验②推知含有N,且物质的量为0.04 mol,试验③推知含有S0.01 mol,C0.02 mol,则原溶液
确定不含Ca2+,若溶液不含Cl-,依据电荷守恒可知K+物质的量为0.02 mol,若存在Cl-,则K+物质的量大于0.02 mol,则
A正确。
答案:A
9.解析:从整个的流程图以及最终得到的产物来看,经①生成的气体是CO2,得到的沉淀是Si元素形成的沉淀。过滤后的滤液中存在F-、N,加入足量氯化钠后由于氟化钠的溶解度很小,而NaCl、NH4Cl溶解度都较大,所以会生成NaF沉淀;操作Ⅰ是过滤,得到NaF晶体和NH4Cl溶液,操作Ⅱ是洗涤,以除去NaF晶体表面的Cl-、N。NH4Cl溶解度较大,需要进行蒸发浓缩、冷却结晶而析出NH4Cl,然后可通过重结晶得到纯洁的NH4Cl。在流程①中加入过量NH4HCO3是考虑让H2SiF6完全转化为NH4F,依据原子守恒:m(NaF)= ×6×42 g· mol-1=12.6 g。
答案:(1)除去氟化钠表面的氯化氨杂质　bc
(2)1　6　6　1　6　3　H2O
(3)保证H2SiF6能全部反应,防止在加入NaCl时生成Na2SiF6沉淀
(4)12.6
10.解析:(1)因H2S气体有毒,所以要用碱液吸取,长导管通入溶液,短导管出,选A。
(2)由于FeSO4溶液中Fe2+会水解,所以在配置和保存时要加入少量H2SO4,防止Fe2+水解;用H2O2氧化Fe2+时,为防止H2O2分解,温度不宜过高;因三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体易溶于水,难溶于乙醇,加入乙醇利于其析出。
(3)抽滤操作时,转移液体需要用玻璃棒引流,防止溅出,因三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体易溶于水,难溶于乙醇,所以洗涤用乙醇。
(4)由于三草酸合铁(Ⅲ)酸钾会吸水,所以冷却时要防止从空气中吸水,放在干燥器中。重复操作到恒重为确认结晶水完全失去。
(5)在这一过程为什么随着反应进行,反应速率会加快,而参与反应的离子浓度是减小,缘由就是产物有催化作用。
(6)滴定管洗涤后确定要用待装液润洗,A错误;滴定操作中不能冲洗滴定管尖端悬挂的液滴,D错误。
答案:(1)A
(2)防止Fe2+的水解　防止H2O2分解　三草酸合铁(Ⅲ)酸钾在乙醇中溶解度小、利于其析出
(3)BC
(4)防止吸水　检验晶体中的结晶水是否已全部失去
(5)生成的Mn2+起催化作用
(6) BC
11.解析:(4)第1次H2C2O4溶液体积误差较大,舍去。第2、3次取平均值。V(H2C2O4)=25.00 mL。与H2C2O4反应的KMnO4的物质的量为:0.01 mol·L-1×0.025 L××10=0.001 mol,与SO2反应的KMnO4的物质的量为:0.05 L×0.1 mol·L-1-
0.001 mol=0.004 mol,n(SO2)=0.004 mol×2.5=0.01 mol,n(S)=0.01 mol×32 g·mol-1=0.32 g;0.6 g固体为Fe2O3,n(Fe)= ×2 mol=0.007 5 mol,m(Fe)=0.007 5 mol×56 g·mol-1=0.42 g; ==,所以该铁硫簇结构的化学式为Fe3S4。(5)1、2对比,增加Mn2+,反应速率加快;1、3对比,温度上升,反应速率加快。
答案:(1)在试管C中加入少量水,关闭活塞,用手捂住硬质玻璃管A(或用酒精灯微热),C中有气泡产生,松开手(或撤去酒精灯),有水进入导气管并形成一段水柱,证明气密性良好
(2)当滴入最终一滴草酸溶液时,锥形瓶中溶液紫红色马上变为无色,且半分钟不变色
(3)验证SO2是否被酸性KMnO4溶液完全吸取
同意　B中溶液不褪色,即可证明SO2已被酸性KMnO4溶液完全吸取　(4)Fe3S4
(5)生成的Mn2+对反应起到催化作用(或反应放热使温度上升,加快反应速率)