Question

用1图所示的I和II装置组合、I和III装置组合可以进行相关实验（夹持仪器省略），回答下列问题：

（1）若用I和II装置或I和III装备组合，实验前检查装置气密性的方法是关闭止水夹打开分液漏斗的
活塞看一下

 

；
（2）在I和II装置组合中，若a为浓硫酸，b为铜粉，c容器中盛放品红溶液，放开f后，给烧瓶加热
一段时间后c中的现象是

 

，写出烧瓶中发生反应的化学方程式

 

（3）在I装置中，若a为浓氨水，b为生石灰，欲制取氨气并证明氨水有减刑，最好应选用

 

（填“II”或“III”）装置与其组合，原因是

 

．
（4）在I装置中，若a为可能含有Mg²⁺、Cu²⁺、Al³⁺、Fe³⁺四种阳离子的溶液，b为过氧化钠固体，旋开f有，有白色沉淀产生并放出氧气，过氧化钠固体的物质的量与产生沉淀的质量关于如图2，则a溶液中含有的阳离子有

 

，其阳离子的物质的量浓度之比为

 

．
（5）在如图2中A→B段反应过程中溶液所增加的阴离子是

 

．

Answer 1

考点：性质实验方案的设计,离子方程式的有关计算

专题：计算题,实验设计题

分析：（1）有气体参加或生成的反应，实验前要检验装置的气密性，根据检查气密性的原理分析；
（2）二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色；Cu与浓硫酸反应生成二氧化硫、硫酸铜和水；
（3）氨气极易溶于水，通入溶液时要防倒吸；
（4）由图可知白色沉淀能部分溶于氢氧化钠，可知沉淀为氢氧化镁和氢氧化铝；横坐标为0-4moL时发生的化学反应是：Mg²⁺+2OH^-=Mg（OH）₂↓、Al³⁺+3OH^-=Al（OH）₃↓沉淀为最大值时，该阶段消耗4mol过氧化钠即8molNaOH，根据OH^-守恒，2n[Mg（OH）₂]+3n[Al（OH）₃]=n（NaOH），结合元素守恒n（Mg²⁺）=n[Mg（OH）₂]、n（Al³⁺）=n[Al（OH）₃]；横坐标为4-5moL时，发生的化学反应是：Al（OH）₃+OH^-=AlO₂^-+2H₂O，Al（OH）₃完全溶解消耗消耗1moL过氧化钠即2molNaOH，根据消耗的氢氧化钠计算n[Al（OH）₃]，再根据铝元素守恒可知，n（Al³⁺）=n[Al（OH）₃]，据此计算解答．
（5）氢氧化铝与过量的氢氧化钠溶液反应生成AlO₂^-．

解答： 解：（1）若用Ⅰ和Ⅱ装置或Ⅰ和Ⅲ装置组合，实验前须检验装置的气密性，应该关闭止水夹打开分液漏斗的活塞，看漏斗里的水会不会往下流；
故答案为：漏斗里的水会不会往下流；
（2）在Ⅰ和Ⅱ装置组合中，若a为浓硫酸，b为铜粉，c容器中盛放品红溶液，旋开f后，给烧瓶加热，Cu与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，则C中的现象是有气泡生成，溶液褪色；Cu与浓硫酸反应生成二氧化硫、硫酸铜和水，其反应的方程式为：Cu+2H₂SO₄（浓）

△   .

CuSO₄+SO₂↑+2H₂O；
故答案为：有气泡生成，溶液褪色；Cu+2H₂SO₄（浓）

△   .

CuSO₄+SO₂↑+2H₂O；
（3）在Ⅰ装置中，若a为浓氨水，b为生石灰，欲制取氨气并证明氨水有碱性，因为氨气极易溶于水，通入溶液时要防倒吸，所以选用II，而使用III装置会产生倒吸现象；
故答案为：II；使用III装置会产生倒吸现象；
（4）若溶液中有Cu²⁺会生成蓝色沉淀，有Fe³⁺会生成红褐色沉淀，题中只有白色沉淀，而且由图可知白色沉淀能部分溶于氢氧化钠，可知沉淀为氢氧化镁和氢氧化铝，所以溶液中的离子为：Mg²⁺、Al³⁺；
横坐标为4-5moL时，发生的化学反应是：Al（OH）₃+OH^-=AlO₂^-+2H₂O，Al（OH）₃完全溶解消耗消耗1moL过氧化钠即2molNaOH，由方程式可知n[Al（OH）₃]=n（NaOH）=2mol，根据铝元素守恒可知，n（Al³⁺）=n[Al（OH）₃]=2mol；
横坐标为0-4moL时发生的化学反应是：Mg²⁺+2OH^-=Mg（OH）₂↓、Al³⁺+3OH^-=Al（OH）₃↓沉淀为最大值时，该阶段消耗4mol过氧化钠即8molNaOH，根据OH^-守恒，2n[Mg（OH）₂]+3n[Al（OH）₃]=n（NaOH），Mg²⁺物质的量为1mol，故Mg²⁺、Al³⁺的物质的量浓度之比为1：2，
故答案为：Mg²⁺、Al³⁺；1：2；
（5）在图2中A→B段中发生的反应是氢氧化铝与过量的氢氧化钠溶液反应生成AlO₂^-，所以溶液所增加的阴离子是AlO₂^-；
故答案为：AlO₂^-．

点评：本题考查了实验方案设计、镁铝化合物的性质等，侧重于考查学生的实验探究能力和分析图象的能力，题目难度中等，注意把握实验原理是解题的关键．