化学实验考试题答案
1.解析：由题意可知，烧酒的制造工艺利用了蒸馏的方法，蒸馏是分离沸点不同的液体混合物的方法。甲苯和水互不相溶，可用分液的方法分离，A项错误；硝酸钾和氯化钠的溶解度不同，硝酸钾溶解度受温度影响变化大，氯化钠溶解度受温度影响变化不大，可用降温结晶和重结晶的方法分离，B项错误；泥沙不溶于水，可用过滤的方法分离食盐水和泥沙，C项错误；苯和溴苯互相溶解，且沸点不同，可用蒸馏的方法分离，D项正确。
答案：D
2.解析：这段古文的意思是：解州盐池方圆120里。浊水一旦流入卤水中，就会淤积堵塞盐卤矿脉，便不能产盐了。卤水中主要含有氯化镁、氯化钙等盐，是电解质溶液，而浊水属于胶体，当胶体遇到电解质时便发生聚沉，是物理变化。电解食盐水得到烧碱是电解原理，故A项不符合题意；豆浆加盐卤制作豆腐，是胶体的聚沉，B项符合题意；氯化钠溶液中滴入硝酸银溶液得到沉淀发生化学反应，C项不符合题意；往澄清石灰水中通入二氧化碳变浑浊是生成碳酸钙沉淀，D项不符合题意。
答案：B
3.解析：A项，二者溶解度受温度影响不同，冷却结晶后过滤可分离，则玻璃仪器还需要漏斗，错误；B项，NaClO具有强氧化性，不能用pH试纸测定浓度为0.1mol·L－1NaClO溶液的pH，则不能确定pH大小，不能比较酸性的强弱，错误；C项，银镜反应需要在碱性条件下进行，所以在加入银氨溶液之前需要加入NaOH溶液中和未反应的酸，错误；D项，1L1.6%的CuSO4溶液(溶液密度近似为1g/mL)中溶质的物质的量是0.1mol，溶液的质量是25g＋975g＝1000g，25gCuSO4·5H2O中硫酸铜的物质的量是0.1mol，正确。
答案：D
4.解析：配制溶液时，液面离刻度线2～3cm时，用胶头滴管逐滴加入至液面与刻度线相切，A错误；浓硝酸具有挥发性，硝酸能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，故不能证明非金属性：C＞Si，B错误；碳酸氢钠溶液能除去二氧化碳中的氯化氢，C正确；二氧化硫使高锰酸钾溶液褪色，体现二氧化硫的还原性，D错误。
答案：C
5.解析：洗净的容量瓶不可放进烘箱中烘干，A项错误；量热计中的水会吸收中和反应放出的部分热量，导致测定结果偏低，B项错误；中和滴定实验中，用待装溶液润洗滴定管以减小实验误差，C项正确；该实验中至少需用托盘天平称量干燥的空坩埚质量、反应前盛有硫酸铜晶体的坩埚总质量、冷却后CuSO4和坩埚总质量、再次冷却后CuSO4和坩埚总质量，故至少需用托盘天平称量4次，D项错误。
答案：C
6.解析：银镜反应实验后的废液中含有银，不能直接倒入水槽中，A项不符合题意；萃取时，若振荡后不及时放气，则会导致漏斗内压强增大，有爆炸的可能，B项不符合题意；C项为检查容量瓶是否漏水的操作方法，C项符合题意；多余的试剂不能放回原试剂瓶中，D项不符合题意。
答案：C
7.解析：选项A，定容时，俯视读数，所配溶液体积偏小，溶质质量不变，浓度偏大，错误；选项B，CO2可以被碳酸钠溶液吸收，除去CO2中的HCl，应用饱和NaHCO3溶液，错误；选项C，左侧试管中铁钉发生吸氧腐蚀，造成试管内压强减小，右侧导管中形成一段红色水柱(红墨水进入导管)，正确；选项D，滴定管刻度从上到下，数字增大，应是11.80mL，错误。
答案：C
8.解析：苯的密度比水小，用苯萃取溴水中的溴时，溴的苯溶液在上层，应将其从分液漏斗上口倒出，A项错误；中和滴定时，锥形瓶用蒸馏水洗净后不经过烘干不影响测定结果，B项错误；配制480mLNaOH溶液应选用500mL容量瓶，需称取的NaOH固体的质量为0.5mol·L－1×0.5L×40g·mol－1＝10.0g，C项错误；根据Fe2＋能与[Fe(CN)6]3－形成Fe3[Fe(CN)6]2蓝色沉淀知，D项正确。
答案：D
9.解析：二氧化硫、二氧化碳都与澄清石灰水反应，应先通过高锰酸钾除去二氧化硫再检验二氧化碳，A不能实现目的；乙烯与溴水发生加成反应，可用溴水检验乙烯，B能实现目的；二者都与饱和Na2CO3溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液除杂，C不能实现目的；不能检验是否含有水，应用硫酸铜粉末检验水，然后再用澄清石灰水检验二氧化碳，D不能实现目的。
答案：B
10.解析：由于向试液中加入了NaOH和Na2CO3溶液，故不能确定原试液中是否含有钠离子，A项错误；无论试液中有没有葡萄糖酸根离子，都无银镜生成，因为葡萄糖酸根离子中不含醛基，B项错误；滤液中加氨水无沉淀产生，说明无镁离子，加入碳酸钠溶液，有白色沉淀，说明有钙离子，C项正确；试液中可能含亚铁离子，也可能只含铁离子而不含亚铁离子，D项错误。
答案：C
11.解析：将SO2通入含HClO的溶液中生成H2SO4，是因为HClO具有氧化性，A项错误；铝箔表面的氧化铝熔点高于铝，故铝箔加热熔化但不滴落，B项正确；SiO2属于酸性氧化物，C项错误；将SO2通入溴水中，溴水褪色是因为发生反应：SO2＋Br2＋2H2O===H2SO4＋2HBr，说明SO2具有还原性，D项错误。
答案：B
12.解析：A项，KMnO4与H2C2O4反应关系式为2KMnO4～5H2C2O4，选项中KMnO4过量，溶液不能褪色，错误；B项，该实验只能说明盐酸酸性强于硅酸，比较非金属性要通过比较最高价氧化物的水化物的酸性来进行判断，错误；C项，将Fe(NO3)2晶体溶于稀硫酸，溶液中存在H＋、NO，NO可将Fe2＋氧化为Fe3＋，加KSCN溶液变红色，故不能判断Fe(NO3)2是否变质，错误；D项，Na2CO3溶液中加入BaCl2固体，Ba2＋与CO反应生成BaCO3沉淀，CO减少，溶液颜色变浅，说明溶液显碱性与CO有关，即溶液中存在CO的水解平衡，CO减少，平衡逆向移动，溶液碱性减弱，D项正确。
答案：D
13.解析：A项，NH4Cl和NaOH溶液加热时生成NH3，NH3可使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，能达到实验目的；B项，制取乙酸乙酯时，应用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中混有的乙酸、乙醇，不能达到实验目的；C项，该装置中发生反应：CaCO3＋2HNO3===Ca(NO3)2＋H2O＋CO2↑、NaHCO3＋HNO3===NaNO3＋H2O＋CO2↑、Na2SiO3＋H2O＋CO2===Na2CO3＋H2SiO3↓，根据“强酸制弱酸”，可得酸性：HNO3＞H2CO3＞H2SiO3，可以证明非金属性：N＞C＞Si，能达到实验目的；D项，滴加氯水，KI溶液和氯水发生反应：Cl2＋2KI===2KCl＋I2，生成的I2可被萃取至CCl4层，从而使其变紫红色，D项能达到实验目的。
答案：B
14.解析：A项，下层液体呈紫色，说明生成了I2，则发生了反应：Br2＋2KI===2KBr＋I2，故氧化性：Br2＞I2，正确；B项，常温下，铝遇浓HNO3发生钝化，而不是二者不反应，错误；C项，AgNO3溶液过量，可与KI溶液直接反应生成AgI沉淀，不能证明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，错误；D项，应分别测定相同浓度的NaF溶液和CH3COONa溶液的pH来比较HF和CH3COOH的酸性强弱，错误。
答案：A
15.解析：可燃性气体在点燃或加热前必须验纯，故加热试管前，应先收集气体并点燃，通过爆鸣声判断气体的纯度，以免发生爆炸，A项正确；洗气瓶中盛装的可能是NaOH溶液，用于除去氢气中的HCl，避免制得的Ru含有杂质，B项正确；结束反应时，先停止加热，再关闭活塞K，用氢气冷却Ru，以免生成的Ru在高温时又被空气中的氧气氧化，C项正确；二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气时需要加热，而启普发生器不能加热，D项错误。
答案：D
16.解析：A项，石灰石和盐酸反应产生CO2气体，由于HCl具有挥发性，所以将气体直接通入硅酸钠溶液中，会发生反应：2HCl＋Na2SiO3===H2SiO3↓＋2NaCl；CO2＋H2O＋Na2SiO3===H2SiO3↓＋Na2CO3，因此不可以证明碳酸的酸性比硅酸强，错误；B项，向FeCl3溶液中通入足量的H2S，会发生反应：2FeCl3＋H2S===2FeCl2＋S↓＋2HCl，只能形成S单质一种沉淀，可以证明Fe3＋的氧化性强于S，错误；C项，向某无色溶液中滴加少量新制氯水，加入淀粉后溶液变成蓝色，说明反应后的溶液中含有I2，则加入氯水前溶液中含有I－，发生反应：Cl2＋2I－===2Cl－＋I2，正确；D项，同类型的难溶电解质，Ksp小的先沉淀，而AgCl、Ag2CrO4的类型不同，不能由现象直接比较Ksp，错误。
答案：C
17.解析(1)②弄清反应的原理才能正确地打开或关闭各弹簧夹。从所给装置和药品看，要先在乙中制备FeCl2：Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑，然后再将甲中产生的Cl2通入乙中制备FeCl3：2FeCl2＋Cl2===2FeCl3。制备FeCl2时，产生的H2无法用NaOH溶液吸收，因此要关闭弹簧夹3，打开弹簧夹2，同时还要关闭弹簧夹1，当铁屑完全溶解后，FeCl2制备完成，需要通入Cl2，此时应打开弹簧夹1，同时关闭弹簧夹2，打开弹簧夹3，以吸收未反应的Cl2。③FeCl3易水解，因此不能将乙中的FeCl3溶液直接加热浓缩，而要先加入一定量的浓盐酸以抑制Fe3＋的水解。
(2)②加热至600℃时，已远超FeCl3的沸点，此时FeCl3变为气态，同时部分发生分解，B中出现的棕黄色固体就是凝华后得到的FeCl3固体。③FeCl3受热分解生成FeCl2和Cl2，Cl2进入C装置与NaBr反应生成Br2，振荡后Br2溶于CCl4，静置，液体分两层，下层是橙红色的Br2的CCl4溶液，上层是无色的NaCl溶液。⑤本实验的固体是兴趣小组将饱和FeCl3溶液进行加热蒸发、蒸干灼烧得到的，由探究实验可知原固体中一定有FeCl3和FeCl2，而根据查阅文献获得的信息①可知，即使是饱和FeCl3溶液，也是有FeCl3发生水解的，只是程度小而已，这样在蒸干后得到的固体中就会有少量Fe(OH)3，再灼烧，Fe(OH)3分解为Fe2O3，所以原固体中可以确定的成分有FeCl3、FeCl2、Fe2O3。
5.答案(1)①Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑、Cl2＋2Fe2＋===2Fe3＋＋2Cl－吸收多余的氯气
②关闭弹簧夹1和3，打开弹簧夹2，待铁屑完全溶解后打开弹簧夹1和3，关闭弹簧夹2
③浓盐酸冷却结晶
(2)①排出装置内的空气②FeCl3易升华③溶液分层，上层接近无色，下层橙红色④2FeCl32FeCl2＋Cl2、2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－⑤FeCl3、FeCl2、Fe2O3
18.解析(1)NaN3易水解，故制备过程不能有水，D中制备的氨气含有水蒸气，用B装置盛放碱石灰(或氢氧化钠固体)干燥氨气，用装置C冷凝分离出水。
(2)步骤①中先加热通氨气，排尽装置中的空气，防止空气中的水蒸气和二氧化碳与钠反应；氨气与熔化的钠反应生成NaNH2和氢气，反应的化学方程式为：2Na＋2NH32NaNH2＋H2。
(3)步骤③的温度为210～220℃，故选择油浴加热；NaNH2和N2O生成NaN3的反应为：NaNH2＋N2ONaN3＋H2O；硝酸铵的熔点为169.6℃，而NH4NO3在240～245℃分解，为防止硝酸铵熔化流出试管底部，故选择的气体发生装置是Ⅰ、Ⅲ，不能选择Ⅱ作为气体发生装置。
(4)a中有可能生成NaOH，会腐蚀玻璃，故仪器a用的是铁质而不用玻璃；由题可知，NaN3不溶于乙醚，能减少NaN3的溶解损耗；且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥，故用乙醚洗涤产品。
(5)(NH4)2Ce(NO3)6的总的物质的量为：0.1010mol/L×50×10－3L＝0.00505mol，部分与叠氮化钠反应，剩余的(NH4)2Ce(NO3)6用(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，根据反应：Ce4＋＋Fe2＋===Ce3＋＋Fe3＋，参与反应的(NH4)2Ce(NO3)6与标准液的物质的量相等，为：0.0500mol/L×29.00×10－3L＝0.00145mol，故与叠氮化钠反应的(NH4)2Ce(NO3)6有0.00505mol－0.00145mol＝0.0036mol，根据反应有：NaN3～(NH4)2Ce(NO3)6，则2.500g试样中叠氮化钠的质量为：0.0036mol×65g/mol×＝2.34g，试样中NaN3的质量分数为×100%＝93.60%。
答案(1)碱石灰(或氢氧化钠固体)分离出冷凝的溶有氨气的水
(2)2Na＋2NH32NaNH2＋H2
(3)油浴NaNH2＋N2ONaN3＋H2OⅡ
(4)反应过程中可能生成的NaOH能腐蚀玻璃NaN3不溶于乙醚，能减少NaN3的溶解损耗，且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥
(5)93.60%
19.解析(2)装置Ⅱ为制备氯气的装置，产生的氯气中会混有HCl和水蒸气等杂质气体，Ⅴ装置中的饱和食盐水可除去HCl，Ⅳ装置中的浓硫酸可除去水蒸气，可得到干燥、纯净的氯气。将氯气通入Ⅰ装置，氯气与Sn反应可制得SnCl4蒸气，将SnCl4蒸气经装置Ⅲ冷却，可得到SnCl4液体。SnCl4易水解，为防止外界空气中的水蒸气进入装置Ⅲ以及吸收多余Cl2防污染大气，可在装置Ⅲ后连接Ⅵ装置。因此该装置的连接顺序是BIHEFNACDJK或BIHEFNACDKJ。
(3)检查装置的气密性用加热法；防止Sn与O2反应以及防止生成的SnCl4水解，实验开始应先通Cl2排尽装置中空气。
(4)根据表格所给信息，SnCl4易水解生成固态二氧化锡，将四氯化锡少许暴露于空气中，还可看到白色烟雾，说明水解产物中还有HCl，化学方程式为SnCl4＋2H2O===SnO2＋4HCl。
(5)根据2Fe3＋＋Sn2＋===2Fe2＋＋Sn4＋、6Fe2＋＋Cr2O＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O，可得关系式3Sn2＋～Cr2O(或根据得失电子守恒判断)，实验中消耗的n(K2Cr2O7)＝0.1000mol·L－1×0.015L＝0.0015mol，则25.00mLSnCl2溶液中n(SnCl2)＝0.0015mol×3＝0.0045mol，则250.00mLSnCl2溶液中n(SnCl2)＝0.045mol，m(SnCl2)＝0.045mol×190g/mol＝8.55g，则mg产品中SnCl2的含量为8.55g/mg×100%＝%；根据反应“2Fe3＋＋Sn2＋===2Fe2＋＋Sn4＋”得出Sn2＋的还原性强于Fe2＋，Sn2＋在空气中易被氧化，测定结果随时间延长逐渐变小是因为SnCl2被氧气氧化，滴定时消耗的重铬酸钾的量减少。
答案(1)直形冷凝管2MnO＋16H＋＋10Cl－===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O
(2)BIHEFNACDJK或BIHEFNACDKJ
(3)关闭滴液漏斗活塞，将装置最后端的导气管插入水中，微热烧瓶，在导管末端有气泡产生，冷却烧瓶，在导管内形成一段高于液面的水柱，一段时间不发生变化，说明气密性良好先打开Ⅱ中的活塞，待Ⅰ中烧瓶充满黄绿色气体后，点燃Ⅰ中的酒精灯
(4)SnCl4＋2H2O===SnO2＋4HCl
(5)855/m2Sn2＋＋O2＋4H＋===2Sn4＋＋2H2O
20.解析(1)铜离子水解，因此滴加稀硫酸的作用是抑制Cu2＋水解，防止溶液变浑浊。所得硫酸铜溶液的溶质质量分数为×100%≈8.0%。
(2)乙醇和水互溶，易挥发，所以用无水乙醇洗涤的目的是利用乙醇易挥发的性质带走沉淀上面的水。
(3)装置内有残留的空气，所以A中产生N2的作用是排除装置中的空气，避免干扰；生成的氮气中含有水蒸气，会干扰后续实验，所以C中盛装的试剂应是浓硫酸，除去氮气中的水蒸气。
(4)装置A中发生反应的离子方程式为NO＋NHN2↑＋2H2O。
(5)若蓝绿色固体的组成为xCuCO3·yCu(OH)2，因此受热分解生成氧化铜、CO2和水蒸气，则实验能观察到的现象是硬质玻璃管中蓝绿色固体变黑色，E中白色固体变蓝，F中溶液变浑浊。
(6)由于Ba(OH)2溶解度大于Ca(OH)2，能充分吸收CO2，吸收等量CO2生成的BaCO3的质量大于CaCO3，测量误差小，所以需要用Ba(OH)2代替Ca(OH)2来定量测定蓝绿色固体的化学式。待D中反应完全后，打开活塞K，再次滴加NaNO2溶液产生N2，其目的是让停留在装置中的气体被充分吸收，减小实验误差。若定量分析所取蓝绿色固体质量为27.1g，装置F中使用Ba(OH)2溶液，实验结束后，装置E的质量增加2.7g，即水蒸气是2.7g，物质的量是0.15mol。F中产生沉淀19.7g，即碳酸钡是19.7g，物质的量是0.1mol，因此x∶y＝2∶3，则该蓝绿色固体的化学式为2CuCO3·3Cu(OH)2。
答案(1)抑制Cu2＋水解，防止溶液变浑浊8.0%
(2)利用乙醇易挥发的性质带走沉淀上面的水
(3)排除装置中的空气，避免干扰浓硫酸
(4)NO＋NHN2↑＋2H2O
(5)硬质玻璃管中蓝绿色固体变黑色，E中白色固体变蓝，F中溶液变浑浊
(6)bd让停留在装置中的气体被充分吸收，减小实验误差2CuCO3·3Cu(OH)2或3Cu(OH)2·2CuCO3或Cu5(OH)6(CO3)2
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