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19.已知NH4HCO3═NH3↑+CO2↑+H2O↑.为了将混有硫酸钠、碳酸氢铵的NaCl提纯,并制得纯净的NaCl溶液,某学生设计如下实验方案:

(1)操作①中盛放药可选用坩埚(填仪器名称).
(2)操作②为什么不用硝酸钡溶液,其理由是会引入杂质硝酸根离子.
(3)进行操作②后,如何判断SO42-已除尽,方法是用干净试管取上层清液少许于试管中,向此试管中滴加BaCl2溶液,若无沉淀,说明SO42-已除尽.
(4)操作③的目的是除去过量的钡离子,为什么不先过滤,后加碳酸钠溶液,其理由是_减少过滤操作次数.
(5)说明此设计方案不严密之处在操作③时加入的Na2CO3溶液煮沸并不能除去,,正确的方法应是在操作④之后应加过量盐酸以除去Na2CO3,然后再加热煮沸除去HCl和CO2

分析 混有硫酸钠、碳酸氢铵的氯化钠固体,由流程可知,①中发生加热条件下分解反应,分解后的固体溶于水后,与氯化钡反应除去硫酸根离子,再利用碳酸钠除去过量的钡离子,过滤后滤液中含NaCl、碳酸钠,加盐酸除去碳酸钠后溶质为NaCl,蒸发得到纯净的NaCl,以此来解答.

解答 解:混有硫酸钠、碳酸氢铵的氯化钠固体,由流程可知,①中发生加热条件下分解反应,分解后的固体溶于水后,与氯化钡反应除去硫酸根离子,再利用碳酸钠除去过量的钡离子,过滤后滤液中含NaCl、碳酸钠,加盐酸除去碳酸钠后溶质为NaCl,蒸发得到纯净的NaCl,
(1)操作①为加热,盛放药品可选用坩埚,故答案为:坩埚;
(2)用硝酸钡溶液会引入杂质硝酸根离子,难以除去,故答案为:会引入杂质硝酸根离子;
(3)进行操作③后,判断溶液中SO42-已除尽的方法为取③反应后的上层清液再滴加氯化钡,若不生成沉淀,可除尽,
故答案为:用干净试管取上层清液少许于试管中,向此试管中滴加BaCl2溶液,若无沉淀,说明SO42-已除尽;
(4)操作③发生反应的化学方程式为BaCl2+Na2CO3═BaCO3↓+2NaCl,其目的为除去过量的钡离子,不先过滤,后加碳酸钠溶液可减少过滤操作次数,
故答案为:除去过量的钡离子;减少过滤操作次数;
(5)由上述分析可知,此设计方案不严密之处及正确的方法为在操作③时加入的Na2CO3溶液煮沸并不能除去,因此在操作④之后应加过量盐酸以除去Na2CO3,然后再加热煮沸除去HCl和CO2
故答案为:在操作③时加入的Na2CO3溶液煮沸并不能除去;在操作④之后应加过量盐酸以除去Na2CO3,然后再加热煮沸除去HCl和CO2

点评 本题考查混合物分离提纯实验,为高频考点,把握流程中的化学反应及混合物分离方法为解答的关键,侧重分析与实验能力、推断能力的考查,题目难度不大.

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9.某温度下,H2(g)+CO2(g)?H2O(g)+CO(g)的平衡常数K=$\frac{9}{4}$.该温度下在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中,投入H2(g)和CO2(g),其起始浓度如下表所示.
起始浓度
c(H2)/mol/L0.0100.0200.020
c(CO2)/mol/L0.0100.0100.020
下列判断不正确的是(  )
A.平衡时,丙中c(CO2)是甲中的2倍,是0.012mol/L
B.反应开始时,丙中的反应速率最快,甲中的反应速率最慢
C.平衡时,乙中CO2的转化率大于60%
D.平衡时,甲中和丙中H2的转化率均是60%

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7.如果烧杯中最初装入的是500mL 2mol•L-1的稀硫酸溶液,构成铜锌原电池(见图,假设产生的气体没有损失),当在标准状况下收集到11.2L的氢气时,则此时烧杯内溶液中溶质的物质的量浓度分别为(溶液体积变化忽略不计)c(H2SO4)=1mol•L-1,c(ZnSO4)=1mol•L-1

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14.二氧化硅广泛存在于自然界中,在日常生活、生产、科研及新型材料等方面有着重要的用途.a~e是对①~⑤反应中SiO2所表现的化学性质或作用进行判断,a~e的叙述中有几个正确的选项(  )
①SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O   
②SiO2+2C$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$Si+2CO↑
③SiO2+4HF═SiF4↑+2H2O       
④Na2CO3+SiO2$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$Na2SiO3+CO2
⑤SiO2+3C$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$SiC+2CO↑
a.反应①中SiO2作为玻璃的成分被消耗,用于刻蚀玻璃
b.反应②中SiO2表现出氧化性
c.反应③中SiO2表现了酸性氧化物的通性
d.反应④符合用较强酸制取较弱酸的道理
e.反应⑤中SiO2未参加氧化还原反应.
A.二个B.三个C.四个D.五个

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