热门试卷

（17分）

（1）臭粉和明矾  （2分）

（2）NH4HCO3和NaHCO3 （2分）

（3）（8分）

（4）100mL容量瓶（ 2分）         2NaHCO3·3NH4HCO3  (3分)

试题分析：（1）根据题意可知，不同品牌的发酵粉可能小苏打和臭粉组成，也可能由小苏打和明矾组成，还可能由臭粉和明矾组成，根据已知的假设1、假设2推断假设3为臭粉和明矾；（2）根据NaHCO3、NH4HCO3、Al2(SO4)2•12H2O的主要性质可知，NH4HCO3是铵盐，与熟石灰混合研磨可以放出氨气，其余两种盐与熟石灰研磨都不能放出气体，则A为NH3，发酵粉甲一定含有臭粉；NH4HCO3固体充分加热后完全变为气体逸出，NaHCO3固体充分受热变为Na2CO3固体和CO2、H2O，Na2CO3固体与盐酸易反应生成二氧化碳气体、NaCl、H2O，而Al2(SO4)2•12H2O或其水解产物Al(OH)3与盐酸混合都无气体产生，由此推断B为CO2，该发酵粉一定含有小苏打，所以甲品牌的发酵粉的主要成分是NaHCO3、NH4HCO3；（3）根据实验方案中步骤2的结论逆推可知，步骤2是用洁净的铂丝蘸取A中的溶液，再酒精灯外焰上灼烧，火焰的颜色呈黄色，证明有Na+，发酵粉中有NaHCO3；由于假设2是发酵粉由小苏打和明矾组成，则步骤3的结论是证明发酵粉有Al2(SO4)2•12H2O，根据其性质及提供试剂的性质推断，步骤3是设计实验方案证明发酵粉中含有Al3+，因此应向B试管中逐滴滴加0.1mol/LNaOH溶液，观察到白色沉淀或先产生白色沉淀后沉淀溶解，证明有Al3+，发酵粉中有明矾；（4）配制溶液主要包括称量、搅拌溶解、转移、洗涤、定容等步骤，因此配成100 mL溶液需要将溶解、冷却后的溶液移入100mL容量瓶中；25.00mL待测完全反应后，由于CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O，则白色沉淀为碳酸钙；由于n=m/M，则n(CaCO3)=1.25g÷100g/mol=0.0125mol；由于100mL所配溶液的体积与25.00mL待测溶液之比为100/25.00，则100mL所配溶液与足量盐酸反应放出的二氧化碳为0.0125mol×100/25.00=0.05mol；设发酵粉中NaHCO3、NH4HCO3分别为xmol、ymol，由于m=n×M，则84x+79y=4.05；由于盐酸足量，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O、NH4HCO3+HCl=NH4Cl+CO2↑+H2O，则xmol小苏打完全反应放出xmol二氧化碳气体，ymol碳酸氢铵完全反应放出ymol二氧化碳，则x+y=0.05；联合两个方程求解，则x=0.02，y=0.03；说明该发酵粉中小苏打和碳酸氢铵的物质的量之比为0.2∶0.3=2∶3，所以该发酵粉的组成可以表示为2NaHCO3·3NH4HCO3。

（1）①泥沙不溶于食盐水，可用过滤的方法分离，故答案为：F；

②CCl4（沸点为76.75℃）和甲苯（110.6℃）二者沸点不同可以用蒸馏的方法分离，故答案为：E；

③碘在有机溶剂中的溶解度比在水中的溶解度大得多，可用萃取分液的分离方法，故答案为：A；

（2）①根据公式计算：n=c×v=2.00mol•L-1×0.1L=0.2mol，m=M×n=0.2mol×40g/mol=8.0g，配置100ml溶液，需要用100ml的容量瓶，故答案为：8.0；100；

②天平使用时砝码放在右盘，游码的质量+右盘的质量=左盘的质量，因为顺序放反，所以游码的质量+物体的质量=砝码的质量，所以物体的质量=砝码的质量-游码的质量，30g-2.6g=27.4g，故答案为：物体和砝码放反了；27.4g；

③A．氢氧化钠吸潮，称得的氢氧化钠物质的量偏小，故A错误；

B．向容量瓶加水时液面低于刻度线即摇匀，溶液的体积V偏小，c偏大，故B正确；

C．少量氢氧化钠残留在烧杯内，使得n偏小，c偏小，故C错误；

D．向容量瓶加水时眼睛一直仰视液面，溶液的体积V偏大，c偏小，故D错误；

E．容量瓶中有水未干燥就配制溶液，对结果没有影响，故E错误；

故答案为：B．

（1）H2SO4与CaCO3反应生成CaSO4，CaSO4微溶于水，附着在CaCO3的表面，阻止反应进一步发生，

故答案为：硫酸钙微溶于水；

（2）大理石溶于硝酸后生成Ca（NO3）2、Fe（NO3）3，可通过向溶液中加CaCO3或氨水的方法调节pH，使Fe3+以

Fe（OH）3的形式除去，当溶质只能是共价化合物时为氨水，

故答案为：除去溶液中的Fe3+；氨水；

（3）三价铁离子遇到硫氰酸根离子会呈现红色，Fe3++3SCN-⇌Fe（SCN）3溶液，取少量滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，溶液不变红色，说明滤液中不含Fe3+；或取少量滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，溶液变红色，说明滤液中含Fe3+，

故答案为：取少量滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，溶液不变红色，说明滤液中不含Fe3+；或取少量滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，溶液变红色，说明滤液中含Fe3+；

（4）过滤后的溶液中含有大量的Ca2+，加入碳酸铵发生复分解反应生成碳酸钙沉淀，反应后的离子方程式为Ca2++CO32-=CaCO3↓，滤液B的溶质是NH4NO3，可以用作化肥，

故答案为：Ca2++CO32-=CaCO3↓；作化肥；

（5）测量CaO2含量，需取样品且称量样品的质量，所以需称量，溶于水2CaO2+2H2O=2Ca（OH）2+O2↑，CaO+H2O=Ca（OH）2，加过量的标准盐酸，确保氢氧化钙全部反应，

故答案为：称量；过量的标准盐酸；

（6）1mL溶液为25滴，半滴的体积为mL，则相对误差为×100%=0.1%，

故答案为：0.1%；

（1）B、E、F

（2）将灰烬转到烧杯中，加适量蒸馏水，用玻璃棒充分搅拌，煮沸，过滤

（3）D   过氧化氢是绿色氧化剂，在氧化过程中不会引进杂质、不产生污染

（4）蓝色

试题分析：（1）固体灼烧需要用到坩埚和酒精灯，而坩埚需要放在泥三角上，所以答案选BEF。

（2）要获得碘离子，则应该将灰烬转到烧杯中，加适量蒸馏水，用玻璃棒充分搅拌，煮沸，过滤即可。

（3）双氧水的还原产物是水，不会造成污染，也不会带入杂质，是最理想的绿色氧化剂，答案选D。

（4）检验单质碘的试剂是淀粉，实验现象是变蓝色。

点评：该题是基础性实验题的考查，侧重对学生实验能力的考查，旨在培养学生规范严谨的实验设计能力和动手操作能力。该类试题主要是以常见仪器的选用、实验基本操作为中心，通过是什么、为什么和怎样做重点考查实验基本操作的规范性和准确及灵活运用知识解决实际问题的能力。

Na2SO3 （1分）  ;  CuCl2 （1分） ;   K2SO4、NaCl （各1分）

试题分析：①向混合物中加入适量水全部溶解，溶液无色透明，说明一定不会含有不溶物或反应生成不溶物，所以可知该物质中一定不存在氯化铜；

②向步骤①溶液中滴加过量BaCl2溶液生成白色沉淀，则说明该白色沉淀可能是亚硫酸钡或硫酸钡，所以该物质中可能含有硫酸钾和亚硫酸钠；

③取步骤②的白色沉淀，加入稀硝酸沉淀质量增加，说明该沉淀一定有亚硫酸钡，故原物质中一定含有亚硫酸钠，不能确定是否有硫酸钡，从而可知该物质中不一定含有硫酸钾，。

④滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀不溶于稀硝酸，说明该白色沉淀一定是氯化银，但无法证明该溶液中的氯离子，是来自于原混合物还是②中加入的氯化钡所致，所以氯化钠无法确定。

综上可得混合物中肯定含有亚硫酸钠，一定不含有CuCl2，可能含有NaCl 、K2SO4。

点评：在解此类题时，首先分析题中的现象物质之间的关系，然后根据现象推出可以确定存在或不存在的物质，对于现象不能确定的只能再设计实验进行验证。

（1）步骤①中氧化铜与盐酸反应氧化铜和盐酸反应生成氯化铜和水，反应的离子方程式是：CuO+2H+=Cu2++H2O；

故答案为：CuO+2H+=Cu2++H2O；

（2）过滤装置中的玻璃仪器有普通漏斗、玻璃棒、烧杯；

故答案为：普通漏斗、玻璃棒、烧杯

（3）操作②是加入氧化剂把亚铁离子氧化为铁离子但不能引入新的杂质，氧化剂选择过氧化氢氧化亚铁离子的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；步骤③是加入氧化铜调节溶液PH到大于3.2，小于4.7，使铁离子完全沉淀；

故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；3.2至4.7；d

（4）步骤⑤要得到无水氯化铜，需要在干燥的HCl气流中加热CuCl2•2H2O，是为了抑制铜离子的水解得到氯化铜晶体同时带走产生的水蒸气；

故答案为：干燥的HCl气流既可抑制Cu2+的水解，还能带走CuCl2•2H2O受热产生的水汽．