高三化學二輪復習考點突破--無機物的性質實驗一、單選題1．Na2CA．NaB．分別取這兩種固體滴加幾滴水，均無放熱效應C．各取1g固體加10mL水，充分振蕩后滴加1~2滴酚酞，紅色更深的是NaHCD．NaHCO2．下列實驗不能達到預期目的的是()序號實驗操作實驗目的A向含有AgCl和AgNO3的濁液中滴加Na2S溶液，有黑色沉淀生成證明Ksp(Ag2S)sp(AgCl)B將飽和FeCl3溶液滴入沸水中，溶液變紅褐色制備Fe(OH)3膠體C配制FeCl2溶液時，向溶液中加入少量Fe和稀鹽酸抑制Fe2+水解和防止Fe2+被氧化D將充滿NO2的密閉玻璃球浸泡在熱水中研究溫度對化學平衡移動的影響A．A B．B C．C D．D3．下列各組物質中，不能滿足有圖所示關系的一組是(每個箭頭表示一步轉化)選項XYZASiSiONaBFeClFeFeClCAlAlClAl(OH)DSOSOHA．A B．B C．C D．D4．用一定量的鐵與足量的稀硫酸及足量的CuO制單質銅，有人設計了以下兩種方案：①②則兩種方案制得單質銅的量為（）A．①多 B．②多 C．相等 D．無法判斷5．關于下列各裝置圖的敘述中，正確的是（）A．用裝置①可制備氫氧化亞鐵并長時間觀察其顏色B．裝置②中X若為四氯化碳，可用于吸收HCl氣體，并防止倒吸C．裝置③驗證Na2CO3和NaHCO3兩種固體的熱穩定性D．通過④的方法配制一定濃度的稀硫酸溶液6．化學與生活密切相關，下列敘述正確的是：（）A．向煮沸的NaOH溶液中滴加5～6滴FeCl3飽和溶液，繼續煮沸至溶液變為紅褐色，可制取Fe(OH)3膠體B．石英能用于生產光導纖維，高純硅可以制芯片、CPU等半導體C．14C可用于文物年代的鑒定，14C與12C互為同素異形體D．84消毒液和75%的酒精殺菌消毒的原理相同7．下列關于濃硫酸的敘述正確的是A．具有吸水性，因而能使蔗糖碳化B．常溫下可迅速與銅片反應放出二氧化碳氣體C．是一種干燥劑，能夠干燥氨氣、硫化氫等氣體D．常溫下能夠使鐵、鋁等金屬鈍化8．下列有關實驗操作、現象和解釋或結論都正確的是（）選項實驗操作現象解釋或結論A少量的Fe粉中加入足量稀HNO3，充分反應后，滴入KSCN溶液溶液呈紅色稀HNO3將Fe氧化為Fe3＋B左邊棉球變為橙色，右邊棉球變為藍色氧化性：Cl2>Br2>I2C用玻璃棒蘸取濃氨水點到紅色石蕊試紙上試紙先變藍后變白濃氨水呈堿性且有漂白性D濃HNO3加熱有紅棕色氣體產生HNO3有強氧化性A．A B．B C．C D．D9．下列關于膠體的敘述中錯誤的是（）A．丁達爾效應可用來區別膠體與溶液B．有些液溶膠是透明的，用肉眼很難與溶液相區分C．溶液、膠體、濁液的根本區別是分散質粒子的直徑大小D．制備氫氧化鐵膠體的方法是將飽和氯化鐵溶液與氫氧化鈉溶液混合10．通過對實驗現象的觀察、分析、推理得出正確的結論是化學學習的方法之一，下列對各實驗事實的解釋正確的是（）選項現象解釋A氯水使有色布條褪色次氯酸具有強氧化性B蔗糖中加入濃硫酸時蔗糖變黑濃硫酸具有吸水性CSO2氣體使品紅溶液褪色SO2具有強還原性D銅片放入濃硫酸中，無明顯變化銅在冷的濃硫酸中發生鈍化A．A B．B C．C D．D11．有關Na2CO3和NaHCO3的敘述中正確的是（）A．相同質量的Na2CO3和NaHCO3與足量鹽酸作用時，產生氣體質量相同B．NaHCO3比Na2CO3熱穩定性要強C．Na2CO3和NaHCO3均可與澄清石灰水反應D．Na2CO3和NaHCO3均可與NaOH溶液反應12．下列說法中正確的是（）A．在銅和濃硫酸反應后的試管中加水，以觀察溶液顏色B．燃煤中加入CaO可以減少酸雨的形成及溫室氣體的排放C．用氯水進行水處理，夏季比冬季的效果好D．稀硝酸與金屬反應生成金屬硝酸鹽，當還原產物只有NO時，參加反應的金屬在反應后無論化合價怎樣，參加反應的硝酸與還原產物物質的量之比始終為4∶1二、填空題13．某化學興趣小組為探究Cl2、Br2、Fe3+的氧化性強弱，設計了如下實驗：（1）①連接儀器：把玻璃導管插入橡膠塞的操作是：，然后對準橡膠塞上得空稍稍用力轉動，將其插入．②檢查氣體發生裝置A的氣密性的操作是：向分液漏斗中注水，若水不能順利流下，則氣密性良好．（2）整套實驗裝置存在一處明顯不足，請指出．用改正后的裝置進行實驗．實驗過程如下：實驗操作實驗現象結論打開活塞a，向圓底燒瓶中滴入適量濃鹽酸；然后關閉活塞a，點燃酒精燈D裝置中：溶液變紅E裝置中：水層溶液變黃振蕩后CCl4層無明顯變化Cl2、Br2、Fe3+的氧化性由強到弱的順序為：（3）因忙于觀察和記錄，沒有及時停止反應，D、E中均發生了新的變化：D裝置中：紅色慢慢褪去．E裝置中：CCl4層先由無色變為橙色，后顏色逐漸變成紅色．為探究上述實驗現象的本質，小組同學查得資料如下：Ⅰ．（SCN）2性質與鹵素單質類似．氧化性：Cl2＞（SCN）2．Ⅱ．Cl2和Br2反應生成BrCl，它呈紅色（略帶黃色），沸點為5℃，與水發生水解反應．Ⅲ．AgClO、AgBrO均可溶于水．

①請用平衡移動原理（結合化學用語）解釋Cl2過量時D中溶液紅色褪去的原因，請設計簡單實驗證明上述解釋：②欲探究E中顏色變化的原因，設計實驗如下：用分液漏斗分離出E的下層溶液，蒸餾、收集紅色物質，取少量，加入AgNO3溶液，結果觀察到僅有白色沉淀產生．請結合化學用語解釋僅產生白色沉淀的原因．14．某學習小組探究銅跟濃硫酸反應的情況．取6.4g銅片和10mL18mol?L﹣1的濃硫酸放在圓底燒瓶中，按右圖所示裝置進行實驗．（1）銅和濃硫酸反應的化學方程式為．（2）實驗結束后，發現廣口瓶中產生白色沉淀，加入足量鹽酸后沉淀幾乎完全溶解．簡要分析廣口瓶中產生沉淀的主要原因：．（3）實驗結束后，發現燒瓶中有銅片剩余．根據所學知識，他們認為燒瓶中還有較多的硫酸剩余．選擇合適的試劑，設計簡單易行的實驗方案證明有余酸：．供選擇的試劑：鐵粉、銀粉、BaCl2溶液、Na2CO3溶液（4）甲同學設計如下方案：測定產生氣體的量，再計算余酸的濃度．下列測定產生氣體的量的實驗方法中，不可行的是（填編號）．a．將氣體緩緩通過預先稱量、盛有堿石灰的干燥管，反應結束后再次稱量b．將氣體通入硫酸酸化的KMnO4溶液，再加足量BaCl2溶液，過濾、洗滌、干燥，稱量沉淀c．用排水法測定產生氣體的體積d．用排飽和NaHSO3的方法測定產生氣體的體積（5）乙同學設計通過酸堿中和滴定來測定余酸的濃度：待燒瓶冷卻至室溫后，將其中的溶液用蒸餾水稀釋至100mL，移取25mL到錐形瓶中，滴加2滴酚酞試液，用標準NaOH溶液滴至終點．平行實驗三次．①稀釋時，應先往（填儀器名稱）中加入（填“燒瓶中的溶液”或“蒸餾水”）．②該方法測得的余酸濃度（填“偏大”、“偏小”或“準確”）．（6）丙設計了測定余酸濃度的較為簡易的實驗方案：取出反應后剩余的銅片，進行洗滌、干燥、稱量．若稱得剩余銅片的質量為3.2g，反應后溶液體積變化忽略不計，則剩余硫酸的物質的量濃度為．15．某興趣小組課后對Na2CO3和NaHCO3的性質進行實驗探究，回答下列有關問題：（1）實驗室兩瓶固體試劑標簽已經模糊，無法區分Na2CO3和NaHCO3兩種白色固體，該小組設計了下述實驗方案，方案或結論不正確的是。A．將兩種固體分別配制成溶液，滴入澄清石灰水，觀察有無渾濁，出現渾濁現象的為Na2CO3B．稱取等質量的固體粉末裝入氣球中，倒入裝有足量鹽酸的試管中，最終氣球體積大的為Na2CO3C．將兩種固體分別加入試管中加熱，將產生的氣體通入澄清石灰水，出現渾濁的為NaHCO3D．往兩種固體中分別滴入適量的水，用溫度計測量過程中溫度的變化，溫度升高的為Na2CO3（2）確定固體成分后，該小組利用傳感器探究Na2CO3和NaHCO3的性質。(已知：氫氧根離子的濃度越小，pH越小，溶液堿性越弱)實驗繪圖①實驗中，Na2CO3溶液滴入澄清石灰水，發生的離子反應為；該反應中OH－沒有參與反應，圖給證據是；②實驗中，滴加NaHCO3溶液的pH變化與Na2CO3溶液的有明顯差異，用離子方程式解釋滴加NaHCO3溶液燒杯中pH顯著減小的原因；16．Fe（OH）2很不穩定，露置在空氣中容易被氧化，為了獲得白色的Fe（OH）2沉淀，可以用不含Fe3+的FeSO4溶液與用不含O2的蒸餾水配制的NaOH溶液反應制備．（1）除去蒸餾水中溶解的O2常采用的方法．（2）生成白色Fe（OH）2沉淀的操作是用長滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再擠出NaOH溶液，這樣操作的理由是（3）檢驗Fe3+存在的最佳試劑是，現象是．（4）寫出Fe與H20在一定條件下反應的化學方程式．Fe（OH）2被氧化的化學方程為：．三、綜合題17．海帶中提取碘的一種流程如下：（1）操作Ⅰ的主要目的是獲得含I?的溶液，他包括灼燒、水浸。其中灼燒用的裝置如圖所示，儀器A的名稱為（2）若“反應”中通入的Cl2恰好將I?轉化為I2,則該反應的離子方程式為，由此可以證明Cl2的氧化性（3）操作Ⅱ的現象是；得到水層的方法:將通入Cl2后的溶液置于分液漏斗中,加人CCl4,振蕩靜置,（4）檢驗“操作Ⅱ”所得水層中是否含有Fe318．綠礬（FeSO4?7H2O）是治療缺鐵性貧血藥品的重要成分．下面是以市售鐵屑（含少量錫、氧化鐵等雜質）為原料生產純凈綠礬的一種方法：已知：室溫下飽和H2S溶液的pH約為3.9，SnS沉淀完全時溶液的pH為1.6；FeS開始沉淀時溶液的pH為3.0，沉淀完全時的pH為5.5．（1）通入硫化氫的作用是：①除去溶液中的Sn2+離子②除去溶液中的Fe3+，其反應的離子方程式為；操作Ⅱ，在溶液中用硫酸酸化至pH=2的目的是．（2）操作IV的順序依次為：、過濾、洗滌、干燥．（3）操作IV得到的綠礬晶體用少量冰水洗滌，其目的是：①除去晶體表面附著的硫酸等雜質；②．（4）操作IV得到的綠礬晶體用少量冰水洗滌，其目的是：①除去晶體表面附著的硫酸等雜質；②．（5）測定綠礬產品中Fe2+含量的方法是：a．稱取一定質量綠礬產品，配制成250.00mL溶液；b．量取25.00mL待測溶液于錐形瓶中；c．用硫酸酸化的0.01000mol?L﹣1KMnO4溶液滴定至終點，消耗KMnO4溶液體積的平均值為20.00mL．滴定時發生反應的離子方程式為：5Fe2++MnO4﹣+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O）．①用硫酸酸化的0.01000mol?L﹣1KMnO4溶液滴定時，左手把握酸式滴定管的活塞，右手搖動錐形瓶，眼睛注視．②判斷此滴定實驗達到終點的方法是．③若用上述方法測定的樣品中FeSO4?7H2O的質量分數偏低（測定過程中產生的誤差可忽略），其可能原因有．四、實驗探究題19．某校化學課外小組為了鑒別碳酸鈉和碳酸氫鈉兩種白色固體，用不同的方法做了以下實驗，如圖Ⅰ～Ⅳ所示。（1）圖Ⅰ、Ⅱ所示實驗中，(填序號)能夠較好達到實驗目的。（2）圖Ⅲ、Ⅳ所示實驗均能鑒別這兩種物質，兩個實驗的發生裝置中反應的化學方程式為：；與實驗Ⅲ相比，實驗Ⅳ的優點是(填字母)。A．Ⅳ比Ⅲ復雜B．Ⅳ比Ⅲ安全C．Ⅳ比Ⅲ操作簡便D．Ⅳ可以做到用一套裝置同時進行兩個對比實驗，而Ⅲ不行（3）若用實驗Ⅳ驗證碳酸鈉和碳酸氫鈉的穩定性，則試管B中裝入的固體最好是(填化學式)。（4）現有碳酸鈉和碳酸氫鈉的混合物共19.0g，對固體經過充分加熱，冷卻，稱量，最終固體質量為15.9g，則原混合物中碳酸鈉的質量分數為。(保留3位有效數字)20．某校化學小組學生利用如圖所列裝置進行“鐵與水蒸氣反應”的實驗，并利用產物進一步制取FeCl3?6H2O晶體。（圖中夾持及尾氣處理裝置均已略去）（1）裝置B中發生反應的化學方程式是。（2）裝置E中的現象是。（3）停止反應，待B管冷卻后，取其中的固體，加入過量稀鹽酸充分反應，過濾。寫出可能發生的有關反應化學方程式：。（4）該小組學生利用上述濾液制取FeCl3?6H2O晶體，設計流程如圖所示：①步驟I中通入Cl2的作用是。②簡述檢驗濾液中Fe3+的操作方法。③步驟Ⅱ從FeCl3稀溶液中得到FeCl3?6H2O晶體的主要操作包括：。

答案解析部分1．【答案】D【知識點】探究碳酸鈉與碳酸氫鈉的性質【解析】【解答】A．Na2CO3俗名叫蘇打，而小蘇打是碳酸氫鈉，故A不符合題意；B．Na2CO3中滴入幾滴水，生成Na2CO3·10H2O，放出熱量，所以并不是均無熱效應，故B不符合題意；C．碳酸鈉的水解程度大于碳酸氫鈉，所以紅色更深的是碳酸鈉，故C不符合題意；D．NaHCO3加熱分解分解成碳酸鈉、二氧化碳和水，所以碳酸氫鈉不穩定受熱易分解，故D符合題意；故答案為：D。【分析】碳酸鈉和碳酸氫鈉性質的區別：

1、碳酸鈉溶于水放熱，碳酸氫鈉溶于水吸熱；

2、碳酸鈉受熱不分解，碳酸氫鈉受熱易分解；

3、碳酸鈉溶液滴加酚酞變紅，碳酸氫鈉溶液滴加酚酞變淺紅；

4、碳酸鈉加鹽酸的過程先生成碳酸氫鈉再生成二氧化碳，碳酸氫鈉加鹽酸直接生成二氧化碳；

5、碳酸鈉溶液加氯化鋇或氯化鈣生成沉淀，碳酸氫鈉加氯化鋇或氯化鈣不生成沉淀；

6、碳酸鈉加氫氧化鋇或氫氧化鈣生成沉淀，碳酸氫鈉加氫氧化鋇或氫氧化鈣生成沉淀。2．【答案】A【知識點】化學平衡的影響因素；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；制取氫氧化鐵、氫氧化亞鐵【解析】【解答】A．AgNO3會和Na2S會反應生成Ag2S黑色沉淀，無法證明發生了沉淀的轉化，則不能比較二者的溶解度，且二者為不同類型沉淀，無法通過溶解度比較溶度積，A符合題意；B．將飽和FeCl3溶液滴入沸水中，溶液變紅褐色，停止加熱，可以得到Fe(OH)3膠體，B不符合題意；C．Fe2+水解會使溶液顯酸性，加入稀鹽酸可以抑制其水解，Fe3+可以Fe被還原為Fe2+，加入Fe可以防止FeCl2被氧化，C不符合題意；D．NO2的密閉玻璃球中存在平衡2NO2?N2O4，NO2為紅棕色氣體，N2O4無色，浸泡在熱水中觀察顏色的變化可以研究研究溫度對化學平衡移動的影響，D不符合題意；故答案為：A。

【分析】A.AgNO3與Na2S溶液反應生成黑色沉淀；

B.鐵離子水解可制備膠體；

C.Fe可防止亞鐵離子被氧化，鹽酸可抑制水解；

D.只有溫度不同。

3．【答案】A【知識點】硅和二氧化硅；含硫物質的性質及綜合應用；鎂、鋁的重要化合物；探究鐵離子和亞鐵離子的轉化【解析】【解答】

硅酸鈉無法直接轉化為硅，A符合題意，故答案為：A.【分析】

A.Si+O2=加熱SiO2；SiO4．【答案】B【知識點】銅及其化合物；鐵及其化合物的性質實驗【解析】【解答】兩方案中所發生的化學方程式為：①Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑、H2+CuO△__Cu+H2O；②CuO+H2SO4═FeSO4+H2O、Fe+CuSO4═Cu+FeSO4。②中均可完全轉化，而方案①中氫氣還原氧化銅實驗，開始時需先通入一部分氫氣，排除裝置中的空氣，實驗結束時還要通一會氫氣，以防止生成的銅被氧化，如果不考慮先通后停，相同質量的鐵生成銅的質量是相同的，但是由于部分氫氣被浪費，從而導致鐵的質量被多消耗一部分，所以導致方案①對應的銅減少．故方案【分析】可以通過化學方程式，將兩個方案的式子都列出，注意實驗過程中有氣體反應物，需要先將空氣排出，會減少氫氣的用量。5．【答案】B【知識點】鈉的重要化合物；配制一定物質的量濃度的溶液；制取氫氧化鐵、氫氧化亞鐵；化學實驗方案的評價【解析】【解答】A.①裝置中硫酸亞鐵溶液無法進入氫氧化鈉溶液中，應該將兩邊試管中的試劑位置調換，A不符合題意；

B.②中X若為四氯化碳，其密度比水的密度大，氯化氫氣體不能溶于其中，可用此裝置吸收HCl氣體，并防止倒吸，B符合題意；

C.大試管的溫度比小試管內高，NaHCO3對熱穩定性若于Na2CO3，不能用③驗證Na2CO3和NaHCO3兩種固體的熱穩定性，應該將物質換過來，C不符合題意；

D.濃硫酸溶于水放熱，而容量瓶是不能加熱的容器，應該在燒杯中稀釋，D不符合題意；故答案為：B【分析】A.試管Ⅱ試管Ⅰ中的溶液無法混合；

B.根據防倒吸原理進行分析；

C.應將不穩定的NaHCO3放在小試管中，遠離酒精燈受熱；

D.容量瓶不能用于稀釋操作；6．【答案】B【知識點】同素異形體；氨基酸、蛋白質的結構和性質特點；制取氫氧化鐵、氫氧化亞鐵；同位素及其應用【解析】【解答】C項互為同位素，D項消毒液利用強氧化性消毒，酒精消毒是利用酒精使蛋白質變性A項制備Fe(OH)3膠體用沸水，用NaOH會產生Fe(OH)3沉淀，故答案為：B。

【分析】A、制備Fe(OH)3膠體時，應將飽和FeCl3溶液逐滴滴加到沸水中；

B、石英的主要成分是SiO2；

C、14C、12C是碳元素形成的兩種不同原子；

D、84消毒液具有氧化性；7．【答案】D【知識點】濃硫酸的性質實驗【解析】【解答】A．濃硫酸具有脫水性使蔗糖碳化，故A不符合題意；B．濃硫酸與銅反應應在加熱條件下進行，故B不符合題意；C．濃硫酸不能用于干燥堿性氣體氨氣，故C不符合題意；D．濃硫酸在常溫條件下可以使鐵、鋁等鈍化，故D符合題意；故答案為：D．【分析】A.濃硫酸具有吸水性，可以用作干燥劑；B.濃硫酸和銅加熱條件下反應生成二氧化硫；C.濃硫酸不能干燥酸性氣體，可以干燥堿性氣體和中性氣體；D.冷的濃硫酸可以使鋁、鐵鈍化，這是化學變化。8．【答案】A【知識點】氨的性質及用途；硝酸的化學性質；探究鹵素單質間的置換反應【解析】【解答】A．少量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反應后，生成硝酸鐵，則滴入KSCN溶液變紅色，操作、現象和解釋均合理，A符合題意；B．氯氣可與NaBr、KI均反應，右邊棉球變為藍色，可能是多余的氯氣的作用，現象不能說明Br2、I2的氧化性強弱，B不符合題意；C．濃氨水電離顯堿性，可使紅色石蕊試紙變藍，氨水易揮發，因此一段時間后又褪色，解釋或結論不合理，C不符合題意；D．濃硝酸加熱分解生成二氧化氮，不能說明硝酸具有強氧化性，D不符合題意；故答案為：A【分析】A.溶液顯紅色，說明溶液中存在Fe3+；

B.碘單質可能由Cl2氧化生成；

C.濃氨水不具有漂白性；

D.濃硝酸加熱分解，說明其不穩定性，與強氧化性無關；9．【答案】D【知識點】制取氫氧化鐵、氫氧化亞鐵；分散系、膠體與溶液的概念及關系；膠體的性質和應用【解析】【解答】A．丁達爾效應是膠體特有性質，可以區別膠體與溶液，故A不符合題意；B．膠體為較穩定物質，具有均一性，可透明，如氫氧化鐵膠體，為透明分散系，故B不符合題意；C．分散系本質區別是分散質微粒直徑的不同，溶液中分散質直徑小于1nm、膠體微粒直徑1~100nm、濁液微粒直徑大于100nm，所以根本區別是分散質粒子直徑的大小，故C不符合題意；D．飽和氯化鐵溶液中滴加適量的氫氧化鈉反應生成氫氧化鐵沉淀，即Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓，得不到氫氧化鐵膠體，制備氫氧化鐵膠體的方法是向沸水中滴加飽和氯化鐵溶液加熱到紅褐色即可，故D符合題意；故答案為D。

【分析】A.丁達爾效應是膠體特有性質；

B.膠體是介穩分散系，一定條件下發生聚沉；

C.分散系本質區別是分散質微粒直徑的不同；

D.制備氫氧化鐵膠體的方法是向沸水中滴加飽和氯化鐵溶液加熱到紅褐色即可。

10．【答案】A【知識點】濃硫酸的性質實驗【解析】【解答】解．氯氣與水反應生成的次氯酸具有強氧化性，能夠使有色布條褪色，故A正確；B．濃硫酸具有脫水性，能夠使蔗糖中的H、O元素脫出，該變化中濃硫酸表現了脫水性，故B錯誤；C．二氧化硫使品紅溶液褪色，二氧化硫表現了漂白性，不是還原性，故C錯誤；D．銅與濃硫酸在加熱條件下能夠反應，若不加熱，銅不與濃硫酸反應，并不是銅與濃硫酸發生了鈍化，故D錯誤；故選A．【分析】A．氯水使有色布條褪色，具有漂白性的是氯氣與水反應生成的次氯酸；B．蔗糖中不含水，蔗糖中進入濃硫酸時蔗糖變黑，證明了濃硫酸的脫水性；C．二氧化硫具有漂白性，能夠使品紅溶液褪色；D．銅化學性質不活潑，在加熱條件下能夠反應，若不加熱，銅不與濃硫酸反應．11．【答案】C【知識點】探究碳酸鈉與碳酸氫鈉的性質【解析】【解答】A、設質量都是106g，則Na2CO3和NaHCO3的物質的量分別為1mol、106/84mol，根據Na2CO3～CO2，NaHCO3～CO2，產生的CO2的物質的量分別為1mol、106/84mol，產生氣體質量不相同，故A不符合題意；B、NaHCO3受熱易分解，比Na2CO3熱穩定性弱，故B不符合題意；C、碳酸鈉和碳酸氫鈉分別和Ca（OH）2反應的方程式如下：Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH、NaHCO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O+NaOH，故C符合題意；D、Na2CO3和NaOH不能生成沉淀、氣體、水等更難電離的物質，不反應，故D不符合題意；故答案為：C。【分析】碳酸氫鈉與澄清石灰水反應的的實質是先與氫氧根離子反應。有少量與足量問題。12．【答案】D【知識點】硝酸的化學性質；常見的生活環境的污染及治理；濃硫酸的性質實驗；氯水、氯氣的漂白作用【解析】【解答】A、應將反應后液體緩慢注入水中觀察，操作同濃硫酸稀釋，A不符合題意；

B、加入氧化鈣可與煤燃燒生成的二氧化硫在氧氣中發生反應生成硫酸鈣，二氧化硫排放量減少，但在高溫下不能吸收二氧化碳，B不符合題意；

C、夏季溫度高，次氯酸易分解，殺菌效果比冬季差，C不符合題意；

D、設金屬M反應后的化合價是+x,則生成的鹽為M(NO3)x，根據得失電子守恒可知M(NO3)x與NO的系數之比為3：x，根據氮元素守恒可知消耗的HNO3的系數為3x+x，所以硝酸與還原產物NO的物質的量之比為(3x+x):x=4:1,D符合題意；

故答案為：D

【分析】A、稀釋濃硫酸，需要把濃硫酸慢慢倒入水中并不斷攪拌；

B、煤的燃燒溫度較高，氧化鈣不能和二氧化碳反應；

C、氯水中的次氯酸在光照和溫度高時都容易分解；

D、從得失電子守恒角度進行考慮。13．【答案】先將玻璃管口用水潤濕；缺少尾氣處理裝置；Cl2＞Br2＞Fe3+；過量氯氣和SCN﹣反應2SCN﹣+Cl2=2Cl﹣+（SCN）2，使SCN﹣濃度減小，則使Fe3++3SCN﹣?Fe（SCN）3平衡向逆反應方向移動而褪色，為檢驗其褪色原因，檢驗方法為：取少量褪色后的溶液，滴加KSCN溶液，若溶液變紅色，則上述推測合理；或取少量褪色后的溶液，滴加FeCl3溶液，若溶液不變紅，則上述推測合理；BrCl+H2O=HBrO+HCl反應產生Cl﹣，由于AgBrO易溶于水，加入AgNO3溶液，只能生成AgCl沉淀【知識點】探究鹵素單質間的置換反應【解析】【解答】（1）①把玻璃導管插入橡膠塞時先用水濕潤，用水濕潤起潤滑作用，便于連接，故答案為：先將玻璃管口用水潤濕；（2）氯氣有毒不能直接排空，且如果氯氣有剩余會導致D和E裝置中氣體壓強增大，導致安全事故的發生，所以該實驗裝置的缺點為：缺少尾氣處理裝置，D裝置中：溶液變紅，說明有鐵離子生成，據此得出氯氣的氧化性大于鐵離子；E裝置中：水層溶液變黃，振蕩后CCl4層無明顯變化，說明氯氣和溴離子不反應，根據D和E裝置知，溴的氧化性大于鐵離子，則氧化性強弱順序是Cl2＞Br2＞Fe3+，故答案為：缺少尾氣處理裝置；Cl2＞Br2＞Fe3+；（3）①過量氯氣和SCN﹣反應2SCN﹣+Cl2=2Cl﹣+（SCN）2，使SCN﹣濃度減小，則使Fe3++3SCN﹣?Fe（SCN）3平衡向逆反應方向移動而褪色，為檢驗其褪色原因，檢驗方法為：取少量褪色后的溶液，滴加KSCN溶液，若溶液變紅色，則上述推測合理；或取少量褪色后的溶液，滴加FeCl3溶液，若溶液不變紅，則上述推測合理，故答案為：過量氯氣和SCN﹣反應2SCN﹣+Cl2=2Cl﹣+（SCN）2，使SCN﹣濃度減小，則使Fe3++3SCN﹣?Fe（SCN）3平衡向逆反應方向移動而褪色，為檢驗其褪色原因，檢驗方法為：取少量褪色后的溶液，滴加KSCN溶液，若溶液變紅色，則上述推測合理；或取少量褪色后的溶液，滴加FeCl3溶液，若溶液不變紅，則上述推測合理；②過量的氯氣和溴反應生成氯化溴，氯化溴不穩定，易和水反應生成鹽酸和次溴酸，氯離子和銀離子反應生成白色沉淀氯化銀，次溴酸和銀離子反應生成次溴酸銀易溶于水，所以生成的白色沉淀為氯化銀，故答案為：BrCl+H2O=HBrO+HCl反應產生Cl﹣，由于AgBrO易溶于水，加入AgNO3溶液，只能生成AgCl沉淀．【分析】（1）①把玻璃導管插入橡膠塞時要先用水潤濕；（2）氯氣有毒不能直接排空，要用堿液吸收尾氣；自發進行的同一氧化還原反應中，氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性；（3）①過量氯氣和SCN﹣反應SCN﹣濃度減小，根據鐵離子和硫氰根離子反應平衡原理分析；向溶液中加入氯化鐵或硫氰化鉀溶液根據溶液顏色變化判斷；②氯化溴能發生水解反應生成酸，根據AgBrO、AgCl的溶解性分析．14．【答案】Cu+2H2SO4（濃）=△CuSO4+SO2↑+2H2O；燒杯中的溶液倒吸入廣口瓶中，與BaCl2溶液反應生成BaSO3沉淀；取少量余液于試管中，加入足量Fe粉（或Na2CO3【知識點】濃硫酸的性質實驗【解析】【解答】（1）銅與濃硫酸反應的化學方程式為：Cu+2H2SO4（濃）=△CuSO4+SO2↑+2H2故答案為：Cu+2H2SO4（濃）=△CuSO4+SO2↑+2H2（2）由于氯化鋇不與二氧化硫反應，若生成了白色沉淀，該白色沉淀只能為亞硫酸鋇，說明燒杯中的溶液倒吸入廣口瓶中，亞硫酸鈉與BaCl2溶液反應生成BaSO3沉淀，故答案為：燒杯中的溶液倒吸入廣口瓶中，與BaCl2溶液反應生成BaSO3沉淀；（3）實驗結束后，發現燒瓶中有銅片剩余，由于稀硫酸不與銅反應，則燒瓶中還有較多的硫酸剩余，證明硫酸有剩余，需要證明反應后的溶液中含有大量氫離子，可以用金屬鐵或碳酸鈉溶液檢驗，方法為：取少量余液于試管中，加入足量Fe粉（或Na2CO3溶液），有氣體產生證明有余酸，故答案為：取少量余液于試管中，加入足量Fe粉（或Na2CO3溶液），有氣體產生證明有余酸；（4）a．將裝置產生的氣體緩緩通過預先稱量過盛有堿石灰的干燥管，結束反應后再次稱量，由于氣體中含有水蒸氣，堿石灰會吸收二氧化硫和水蒸氣，稱量后計算不準確，故a錯誤；b．將氣體通入硫酸酸化的KMnO4溶液，由于硫酸能夠與氯化鋇反應生成硫酸鋇，干擾了二氧化硫的測定，所以不能用硫酸酸化高錳酸鉀溶液，故b錯誤；c．二氧化硫易溶于水，測量出的二氧化硫不準確，故c錯誤；d．用排飽和NaHSO3溶液的方法測出裝置A產生氣體的體積，二氧化硫在飽和NaHSO3溶液中的溶解度降低，可以用排水量氣方法進行二氧化硫的氣體體積測定，故d正確；故答案為：abc；（5）①濃硫酸密度大于水，稀釋時放出大量熱，所以稀釋時，應先往燒杯中加入蒸餾水，然后再慢慢加入反應后燒杯中的溶液，故答案為：燒杯；蒸餾水；②用酚酞做指示劑，溶液變色時的pH=8＞7，則滴定終點時加入的氫氧化鈉稍過量，導致測定結果偏大，故答案為：偏大；（6）反應的銅的物質的量為：n（Cu）=6.4g?3.2g64g/mol根據反應Cu+2H2SO4（濃）=△CuSO4+SO2↑+2H2則反應消耗的硫酸的濃度為：0.1mol0.01L所以反應后剩余硫酸的濃度為：18mol/L﹣10mol/L=8mol/L，故答案為：8mol/L．【分析】（1）銅與濃硫酸在加熱條件下反應生成硫酸銅、二氧化硫氣體和水；（2）二氧化硫不與二氧化硫反應，但是二氧化硫容易與氫氧化鈉溶液反應生成亞硫酸鈉，若發生倒吸現象，則亞硫酸鈉與鋇離子反應生成亞硫酸鋇沉淀；（3）證明硫酸有剩余，需要證明反應后的溶液中含有大量氫離子，據此設計實驗方案；（4）堿石灰能吸收二氧化硫和水；硫酸酸化高錳酸鉀后，影響了二氧化硫的測定；二氧化硫易溶于水，不能使用排水法測量氣體體積，據此進行判斷；（5）①稀釋濃硫酸時，應該將濃硫酸加入蒸餾水中；②酚酞的變色范圍為8﹣10，所以滴定終點時溶液的pH=8，則加入的氫氧化鈉溶液比剩余溶液中氫離子的物質的量大，測定結果偏大；（6）根據反應方程式可知，反應消耗的硫酸的物質的量是銅的2倍，據此可以計算出消耗的硫酸的濃度及剩余硫酸的物質的量濃度．15．【答案】（1）A；B（2）Ca2++CO32-=CaCO3↓；澄清石灰水中滴加蒸餾水與滴加碳酸鈉的pH變化相同；HCO3-+OH-+Ca2+=CaCO3↓+H2O【知識點】探究碳酸鈉與碳酸氫鈉的性質【解析】【解答】（1）A、加入澄清石灰水后，Na2CO3、NaHCO3都能與Ca(OH)2反應生成CaCO3沉淀，因此溶液都會變渾濁，現象相同，不能鑒別，A符合題意；

B、等質量的Na2CO3和NaHCO3固體中，Na2CO3中所含碳元素的質量較小，根據碳元素質量守恒可得，反應生成CO2的質量較少，因此氣體體積較大的是NaHCO3，較小的是Na2CO3，B符合題意；

C、Na2CO3固體穩定，受熱不分解，NaHCO3固體不穩定，受熱易分解，產生CO2，因此觀察到澄清石灰水變渾濁的是NaHCO3，C不符合題意；

D、Na2CO3溶于水的過程中放熱明顯，因此溫度升高，D不符合題意；

故答案為：AB

（2）①Na2CO3能與澄清石灰水反應生成CaCO3沉淀和NaOH，該反應的離子方程式為Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓。由于澄清石灰水中滴加蒸餾水和滴加Na2CO3溶液的pH變化相同，因此說明過程中OH－沒有參與反應。

②滴加NaHCO3溶液過程中，HCO3－能與OH－反應，因此溶液的pH變化明顯。由于NaHCO3量少，因此反應的離子方程式為：HCO3－＋OH－＋Ca2＋=CaCO3↓＋H2O。【分析】（1）此題是對Na2CO3、NaHCO3鑒別的考查，結合二者性質的差異進行分析即可。注意要鑒別Na2CO3和NaHCO3，則要求所加試劑能產生不同的現象。

（2）①澄清石灰水的主要成分是Ca(OH)2，能與Na2CO3反應生成CaCO3沉淀和NaOH，據此寫出反應的離子方程式。根據圖中顯示pH的變化分析。

②滴加NaHCO3溶液時，HCO3－能與OH－反應，因此溶液的pH變化明顯。16．【答案】加熱至沸騰；防止帶入氧氣，氧化亞鐵離子；KSCN溶液；溶液變為血紅色；3Fe+4H20（g）Fe3O4+4H2；4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3【知識點】制取氫氧化鐵、氫氧化亞鐵【解析】【解答】（1）氫氧化亞鐵的制備要隔絕空氣，除去蒸餾水中溶解的O2常采用加熱至沸騰的方法，故答案為：加熱至沸騰；（2）長滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再擠出NaOH溶液，可以防止空氣隨著NaOH溶液的加入進入溶液，故答案為：防止帶入氧氣，氧化亞鐵離子；（3）用KSCN來檢驗三價鐵離子，現象為溶液變為血紅色，故答案為：KSCN溶液；溶液變為血紅色；（4）Fe與H20在一定條件下反應生成四氧化三鐵和氫氣，反應的化學方程式：3Fe+4H20（g）Fe3O4+4H2；Fe（OH）2被氧化成氫氧化鐵，反應的化學方程為：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案為：3Fe+4H20（g）Fe3O4+4H2；4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3．【分析】（1）加熱至沸騰是將溶液中的空氣排凈得方法；（2）亞鐵離子容易被氧化成鐵離子，所以氫氧化亞鐵的制備要隔絕空氣；（3）通常用KSCN來檢驗三價鐵離子，寫出反應的現象；（4）金屬鐵可以和水蒸氣發生反應生成四氧化三鐵和氫氣；氫氧化亞鐵在空氣中被氧化氧化成氫氧化鐵，據此寫出反應的化學方程式．17．【答案】（1）坩堝（2）Cl（3）液體分層,上層接近無色,下層為紫紅色；打開旋塞,將下層液體放入燒杯中,關閉旋塞,將上層液體倒入另一燒杯中（4）取少量“操作Ⅱ”所得水層,加入KSCN溶液，若變紅，則含Fe3【知識點】二價鐵離子和三價鐵離子的檢驗；物質的分離與提純；探究鹵素單質間的置換反應【解析】【解答】（1）固體的加熱應在坩堝中進行，因此儀器A為坩堝；

（2）Cl2具有氧化性，能將I-氧化成I2，Cl2自身被還原為Cl-，該反應的化學方程式為：Cl2＋2I－=I2＋2Cl－；該反應中，氧化劑為Cl2，氧化產物為I2，而氧化還原反應中，氧化劑的氧化性強于氧化產物的氧化性，因此可證明Cl2的氧化性強于I2；

（3）操作Ⅱ中加入CCl4，I2在CCl4中的溶解度較大，因此碘水中的I2會轉移到CCl4中，由于CCl4與水不互溶，且密度比水大，在下層，因此可觀察到液體分層，上層液體接近無色，下層液體為紫紅色；

得到水層的操作為分液操作，其操作方法為：將通入Cl2后的溶液置于分液漏斗中，加入CCl4，振蕩靜置，待溶液分層后，打開活塞，將下層液體放入燒杯中，關閉活塞，將上層液體倒入另一燒杯中，即可得到水層；

（4）由于Fe3+遇KSCN后顯紅色，因此可用KSCN溶液檢驗水層中是否含有Fe3+，其實驗方法為：缺少量“操作Ⅱ”所得水層，加入KSCN溶液，若觀察到溶液變紅，則說明水層中含有Fe3+；若不變紅，則說明水層中不含有Fe3+；

【分析】（1）固體的加熱在坩堝中進行；

（2）Cl2具有氧化性，能將I-氧化成I2，據此寫出反應的離子方程式；結合氧化劑的氧化性強于氧化產物的氧化性分析氧化性的強弱；

（3）操作Ⅱ為萃取，據此分析實驗現象；根據分液操作分析；

（4）根據Fe3+的檢驗分析；18．【答案】（1）2Fe3++H2S=Fe2++S↓+2H+；使Sn2+沉淀完全，防止Fe2+生成沉淀（2）蒸發濃縮；冷卻結晶（3）滴加最后一滴KMnO4溶液時，溶液變成淺紅色且半分鐘內不褪色（4）降低洗滌過程中FeSO4?7H2O的損耗（5）錐形瓶中溶液顏色的變化；滴加最后一滴KMnO4溶液時，溶液變成淺紅色且半分鐘內不褪色；樣品中存在少量的雜質或樣品部分被氧化【知識點】硫酸亞鐵的制備【解析】【解答】（1）Fe3+有強氧化性，H2S有強還原性，二者相遇要發生氧化還原反應，發生反應的離子方程式為2Fe3++H2S=Fe2++S↓+2H+，在H2S飽和溶液中，SnS沉淀完全時溶液的pH為1.6；FeS開始沉淀時溶液的pH為3.0，沉淀完全時的pH為5.5，在溶液pH=2時，Sn2+完全沉淀，亞鐵離子不沉淀，故答案為：2Fe3++H2S=Fe2++S↓+2H+；使Sn2+沉淀完全，防止Fe2+生成沉淀；（2）濾液中得到晶體，需要對溶液進行加熱蒸發濃縮，結晶析出，過濾洗滌等，所以操作IV的順序依次為：蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥，故答案為：蒸發濃縮；冷卻結晶；（3）冰水溫度低，物質溶解度減小，可以洗去沉淀表面的雜質離子，避免綠礬溶解帶來的損失，故答案為：降低洗滌過程中FeSO4?7H2O的損耗；（4）①滴定時為準確判斷滴定終點，左手把握酸式滴定管的活塞，右手搖動錐形瓶，眼睛注視錐形瓶中溶液顏色的變化，故答案為：錐形瓶中溶液顏色的變化；②當溶液里有Fe2+時，滴入的酸性高錳酸鉀紫色溶液立即裉色，當酸性高錳酸鉀溶液過量是溶液會顯紫色，故滴加最后一滴KMnO4溶液時，溶液變成淺紅色且半分鐘內不褪色為滴定終點，故答案為：滴加最后一滴KMnO4溶液時，溶液變成淺紅色且半分鐘內不褪色；③用上述方法測定的樣品中FeSO4?7H2O的質量分數偏低（測定過程中產生的誤差可忽略），其可能原因是洗滌不徹底，亞鐵離子被空氣中的氧氣部分氧化，故答案為：樣品中存在少量的雜質或樣品部分被氧化．【分析】（1）依據三價鐵離子的氧化性和硫化氫的還原性來分析，依據流程關系圖分析，在H2S飽和溶液中，SnS沉淀完全時溶液的pH為1.6；FeS開始沉淀時溶液的pH為3.0，操作Ⅱ加入稀硫酸調節溶液pH=2為了除去雜質離子Sn2+；（2）操作IV的目的是從濾液中析出綠礬晶體，利用蒸發濃縮，結晶洗滌得到晶體；（3）操作IV得到的綠礬晶體用少量冰水洗滌目的是洗去表面雜質，溫度降低綠礬溶解度降低，減少綠礬晶體的損失；（4）①滴定