浙江理綜化學試題詳解

2011年浙江理綜化學試題詳解7．以下說法不正確的選項是．．．A．化學反響有新物質生成，并按照質量守恒定律和能量守恒定律B．原子汲取光譜儀可用于測定物質中的金屬元素，紅外光譜儀可用于測定化合物的官能團C．分子間作使勁比化學鍵弱得多，但它對物質熔點、沸點有較大影響，而對溶解度無影響D．酶催化反響擁有高效、專一、條件平和等特色，化學模擬生物酶對綠色化學、環(huán)境保護及節(jié)能減排擁有重要意義【分析】化學變化發(fā)生的是質變，產(chǎn)生了新物質，這是化學變化的笫一個特色；化學變化是原子的從頭分派與組合，反響前后原子的種類、原子的數(shù)量、原子的質量都沒有改變，因此質量是守恒的，這是化學變化的笫二個特色；化學變化也按照能量守恒定律，這是化學反響的笫三個特色，故A正確。B選項中，用紅外光譜儀能夠確立物質中能否存在某些有機原子基團，用原子汲取光譜儀能夠確定物質中含有哪些金屬元素，故B正確。化學鍵影響物質的化學性質和物理性質，分子間作使勁影響著物質熔沸點和溶解性，故C錯。酶是一類具有催化作用的蛋白質，酶的催化作用擁有條件平和、高效性和專一性特色，對人體健康和環(huán)境無毒、無害，切合綠色化學理念，所以化學模擬生物酶對綠色化學、環(huán)境保護及節(jié)能減排擁有重要意義，D正確?！敬鸢浮緾8．以下說法不正確的選項是．．．A．變色硅膠干燥劑含有CoCl2，干燥劑呈藍色時，表示不擁有吸水干燥功能B．硝基苯制備實驗中，將溫度計插入水浴，但水銀球不可以與燒杯底部和燒杯壁接觸C．中和滴定實驗中，容量瓶和錐形瓶用蒸餾水洗凈后即可使用，滴定管和移液管用蒸餾水洗凈后，一定干燥或潤洗后方可使用D．除掉干燥CO2中混有的少許SO2，可將混淆氣體挨次經(jīng)過盛有酸性KMnO4溶液、濃硫酸的洗氣瓶【分析】變色硅膠干燥劑則含有CoCl2，無水CoCl2呈藍色，硅膠吸水后，藍色無水CoCl2轉變成水合物CoCl2·6H2O，呈粉紅色，硅膠就不再擁有吸水干燥作用，所以A錯；B中溫度計的水銀球不可以與燒杯底部和燒杯壁接觸，以防備丈量的溫度不正確(因為玻璃容器的溫度與液體溫度不同樣)，故B正確；容量瓶和錐形瓶中有水不影響溶質的量，而滴定管或移液管中有水，就把溶液稀釋了，濃度減小，故滴定管和移液管用蒸餾水洗凈后，一定干燥或潤洗后方可使用，則C正確；酸性KMnO4溶液能將SO2氧化成硫酸，故D正確?！敬鸢浮緼9．X、Y、Z、M、W為五種短周期元素。X、Y、Z是原子序數(shù)挨次遞加的同周期元素，且最外層電子數(shù)之和為15，X與Z可形成XZ2分子；Y與M形成的氣態(tài)化合物在標準狀況下的密度為0.76g·L-1；W的質子數(shù)是X、Y、Z、M四種元素質子數(shù)之和的1/2。以下說法正確的選項是A．原子半徑：W＞Z＞Y＞X＞MB．XZ2、X2M2、W2Z2均為直線型的共價化合物C．由X元素形成的單質不必定是原子晶體D．由X、Y、Z、M四種元素形成的化合物必定既有離子鍵，又有共價鍵【分析】由

X、Y、Z

的最外層電子數(shù)之和為

15，X

與

Z可形成

XZ2分子，可推出

X、Y、Z

分別為

C、N、O

三種元素；再依據(jù)

Y與

M形成的氣態(tài)化合物在標準狀況下的密度，

便可計算出該氣態(tài)化合物的相對分子質量為

17，進而確立

M為

H元素，最后依據(jù)

W的質子數(shù)是

X、Y、Z、M

四種元素質子數(shù)之和的

1/2，推出

W為

Na

元素。所以，原子半徑應是

W＞X＞Y＞Z＞M（即

Na＞C＞N＞O＞H），則

A錯；B

選項中

CO2

、C2H2

均為直線型共價化合物，而Na2O2不是共價化合物，故B錯；C選項是正確的，如石墨、C60、碳納米管、石墨烯等碳單質就不是原子晶體；

D選項中，

X、Y、Z、M四種元素可形成化合物

(NH4)2CO

3

、NH4HCO3

、CO(NH

2)2(尿素

)等，前二種為離子化合物，而尿素為共價化合物，故

D錯?！敬鸢浮?/p>

C10．將NaCl溶液滴在一塊光明潔凈的鐵板表面上，一段時間后發(fā)現(xiàn)液滴覆蓋的圓周中心區(qū)(a)已被腐化而變暗，在液滴外沿棕色鐵銹環(huán)(b)，以下圖。鐵銹環(huán)(b)致使該現(xiàn)象的主要原由是液滴之下氧氣含量比邊沿少。腐化區(qū)(a)以下說法正確的選項是A．液滴中的Cl-由a區(qū)向b區(qū)遷徙B．液滴邊沿是正極區(qū)，發(fā)生的電極反響為：O2＋2H2O＋4e-4OH－C．液滴下的Fe因發(fā)生復原反響而被腐化，生成的Fe2＋由a區(qū)向b區(qū)遷徙，與―b區(qū)的OH形成Fe(OH)2，進一步氧化、脫水形成鐵銹D．若改用嵌有一銅螺絲釘?shù)蔫F板，在銅鐵接觸處滴加NaCl溶液，則負極發(fā)生的電極反響為Cu－2e-=Cu2＋【分析】液滴邊沿O2多，在碳粒上發(fā)生的是正極反響：O2＋2H2O＋4e－4OH－；液滴下的Fe發(fā)生負極反響：Fe－2e－Fe2＋[為腐化區(qū)(a)]，是氧化反響，故C錯；在液滴外沿，因為Fe2＋+2OH―=Fe(OH)2，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3形成了棕色鐵銹環(huán)（b）；若改用嵌有一銅螺絲釘?shù)蔫F板，在銅鐵接觸處滴加NaCl溶液，因為Fe的金屬活動性比銅強，F(xiàn)e仍為負極，負極發(fā)生的電極反響為：Fe－2e-=Fe2＋，故D錯；依據(jù)在原電池中，陽離子移向正極，陰離子移向負極的規(guī)律，Cl－應由b區(qū)向a區(qū)遷徙，故A錯?！敬鸢浮緽．褪黑素是一種內(nèi)源性生物鐘調(diào)理劑，在人體內(nèi)由食品中的色氨酸轉變獲得。HHNCH3ONNH2OCH2CHCOOHCH2CH2NHCCH3色氨酸褪黑素以下說法不正確的選項是．．．A．色氨酸分子中存在氨基和羧基，可形成內(nèi)鹽，擁有較高的熔點B．在色氨酸水溶液中，可經(jīng)過調(diào)理溶液的pH使其形成晶體析出C．在必定條件下，色氨酸可發(fā)生縮聚反響D．褪黑素與色氨酸構造相像，也擁有兩性化合物的特征【分析】氨基酸分子中同時含有羧基（-COOH）和氨基（-NH2），不單能與強堿或強酸反響生成鹽，并且還可在分子內(nèi)形成內(nèi)鹽(偶極離子)：RCHCOOHRCHCOONH2NH+內(nèi)鹽，鹽的熔沸點都較高，故A正確；氨基酸3在水溶液中，形成以下的均衡系統(tǒng)：，當調(diào)理溶液的pH為某一特定值時，能夠使溶液中陰、陽離子的濃度相等，凈電荷為零，此時的pH稱為該氨基酸的等電點，在等電點時，氨基酸的溶解度最小，所以可使不同的氨基酸在各自的等電點結晶析出，以分別或提純氨基酸，故B正確；在必定條件下，氨基酸可發(fā)生縮聚反應形成高分子(多肽)，故C正確；很顯然，色氨酸為α-氨基酸，擁有兩性化合物的特征，而褪黑素不是α-氨基酸，不擁有兩性化合物的特征，故D錯誤?！敬鸢浮緿12．以下說法不正確的選項是．．．A．已知冰的融化熱為6.0kJ·mol-1，冰中氫鍵鍵能為20kJ·mol-1，假定1mol冰中有2mol氫鍵，且融化熱完整用于損壞冰的氫鍵，則最多只好損壞冰中15％的氫鍵B．已知必定溫度下，醋酸溶液的物質的量濃度為(c)2c，電離度為α，Ka。c(1)若加入少許醋酸鈉固體，則CH3COOHCH3COO－＋H＋向左挪動，α減小，Ka變小C．實驗測得環(huán)己烷(l)、環(huán)己烯(l)和苯(l)的標準焚燒熱分別為－3916kJ·mol-1、－3747kJ·mol-1和－3265kJ·mol-1，能夠證明在苯分子中不存在獨立的碳碳雙鍵D．已知：FeO(s)＋3C(石墨)2Fe(s)＋3CO(g)，△H＝＋489.0kJ·mol-123CO(g)＋1O2(g)CO2(g)；△H＝－283.0kJ·mol-12C(石墨)＋O2(g)CO2(g)；△H＝－393.5kJ·mol-1則4Fe(s)＋3O2(g)2Fe2O3(s)；△H＝－1641.0kJ·mol-1【分析】若冰的融化熱全用于打破冰的氫鍵，由計算可知，至多只好打破冰中所有氫鍵的6.0/(20.0×2)×100％=15％，故A正確；B選項中，電離常數(shù)Ka只與溫度相關，隨溫度的變化而變化，而與濃度沒關，不隨濃度的變化而變化，故錯；C中，若是苯分子中有獨立的碳碳雙鍵，則苯應是凱庫勒式所表示的環(huán)己三烯，由環(huán)己烯(l)與環(huán)己烷(l)對比，形成一個碳碳雙鍵，能量降低169kJ·mol-1，苯(l)與環(huán)己烷(l)對比，形成三個碳碳雙鍵，則能量應降低169kJ·mol-1×3=507kJ/mol，而實質測得苯的焚燒熱僅為3265kJ·mol-1，能量降低了3916kJ·mol-13265kJ·mol-1=691kJ·mol-1，遠大于507kJ·mol-1，說明苯分子不是環(huán)己三烯的構造，故C正確。D選項中，依據(jù)蓋斯定律，F(xiàn)e2O3(s)＋3C(石墨)2Fe(s)＋3CO(g)；△H＝＋489.0kJ·mol-1①CO(g)＋1O2(g)CO2(g)；△H＝－283.0kJ·mol-1②2C(石墨)＋O2(g)CO2(g)；△H＝－393.5kJ·mol-1③4Fe(s)＋3O2(g)2Fe2O3(s)；△H＝－1641.0kJ·mol-1④則④=(③－②)×6－①×2,可得：4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s);△H=-1641.0kJ·mol-，故D正確?！敬鸢浮緽13．海水中含有豐富的鎂資源。某同學設計了從模擬海水中制備MgO的實驗方案：1.0mL1.0mol/L加NaOH固體濾液N濾液M調(diào)至pH=11.01.0L模擬海水NaOH溶液過濾積淀Y△(25℃,pH=8.3)過濾積淀X②MgO①模擬海水中的Na＋Mg2＋Ca2＋Cl―HCO3―離子濃度(mol/L)0.4390.0500.0110.5600.001注：溶液中某種離子的濃度小于1.0×10－5mol/L，可以為該離子不存在；實驗過程中，假定溶液體積不變。已知：K(CaCO)＝4.96×10－9；K(MgCO)＝6.82×10－6sp3sp3Ksp[Ca(OH)2]＝4.68×10－6；Ksp[Mg(OH)2]＝5.61×10－12。以下說法正確的選項是A．積淀物X為CaCO3B．濾液M中存在Mg2＋，不存在Ca2＋C．濾液N中存在Mg2＋、Ca2＋D．步驟②中若改為加入4.2gNaOH固體，積淀物Y為Ca(OH)2和Mg(OH)2的混淆物【分析】步驟①中n(NaOH)=0.001mol，依照離子反響“先中和、后積淀、再―HCO3―――CO32-＋H2O，其余”的反響規(guī)律，OH恰巧與完整反響：OH＋HCO3=生成0.001molCO32―sp3sp(MgCO3)，生成的CO32―，因為K(CaCO)<<K與水中的Ca2＋反響生成CaCO3積淀：Ca2＋+CO32-=CaCO3↓，所以積淀物X為CaCO3，故A選項正確。因為CO32―只有0.001mol，反響生成CaCO3所耗費的Ca2＋也只有0.001mol，濾液中還節(jié)余c(Ca2＋)＝0.010mol·L-1，故濾液M中同時存在著Ca2＋和Mg2＋，選項B錯誤。步驟②中當濾液M中加入NaOH―固體，調(diào)至pH=11時，此時濾液中c(OH)=1×10-3mol·L-1，則Q[Ca(OH)2]＝c(Ca2＋)×(10－3)2=0.010×(10－3)2=10－8＜K[Ca(OH)]，無Ca(OH)生成。Q[Mg(OH)]=c(Mg2＋)×(10－32=0.050×(10－sp22232=5×10-8>Ksp[Mg(OH)2，有Mg(OH)2積淀生成。又因為Ksp2]＝c(Mg2)][Mg(OH))×(10－3)2＝5.6×10－12，c(Mg2＋)＝5.6×10－6＜10－5，無節(jié)余，濾液N中不存在Mg2＋，故C選項錯誤。步驟②中若改為加入4.2gNaOH固體，則n(NaOH)=0.105mol，與0.05molMg2＋反響：Mg2＋+2OH－=Mg(OH)2↓，生成0.05molMg(OH)2，節(jié)余―0.005molOH；由于Q[Ca(OH)2]=c(Ca2＋―2=0.010×(0.005)2＝2.5×10-7＜Ksp[Ca(OH)2]，所)×(OH)以無Ca(OH)2積淀析出，積淀物Y為Mg(OH)2積淀，故D選項錯誤?！敬鸢浮緼26．（15分）食鹽中含有必定量的鎂、鐵等雜質，加碘鹽中碘的損失主若是因為雜質、水分、空氣中的氧氣以及光照、受熱而惹起的。已知：氧化性：IO3-＞Fe3＋＞I2；復原性：S2O32-＞I－3I2＋6OH－IO3-＋5I－＋3H2O；KI＋I2KI3(1)某學習小組對加碘鹽進行以下實驗：取必定量某加碘鹽(可能含有KIO3、KI、Mg2＋、Fe3＋)，用適當蒸餾水溶解，并加稀鹽酸酸化，將所得溶液分為3份。第一份試液中滴加KSCN溶液后顯紅色；第二份試液中加足量KI固體，溶液顯淡黃色，用CCl4萃取，基層溶液顯紫紅色；第三份試液中加入適當KIO3固體后，滴加淀粉試劑，溶液不變色。①加KSCN溶液顯紅色，該紅色物質是_________（用化學式表示）；CCl4中顯紫紅色的物質是___________________（用電子式表示）。②第二份試液中加入足量KI固體后，反響的離子方程式為、。(2)KI作為加碘劑的食鹽在保留過程中，因為空氣中氧氣的作用，簡單惹起碘的損失。寫出濕潤環(huán)境下KI與氧氣反響的化學方程式：。將I2溶于KI溶液，在低溫條件下，可制得KI3·H2O。該物質作為食鹽加碘劑能否適合？______（填“是”或“），否并”說明原由。(3)為了提升加碘鹽（增添KI）的穩(wěn)固性，可加穩(wěn)固劑減少碘的損失。以下物質中有可能作為穩(wěn)固劑的是___________________。A．NaSO3B．AlCl3C．NaCO3D．NaNO2222(4)對含F(xiàn)e2＋許多的食鹽(假定不含F(xiàn)e3＋)，可采納KI作為加碘劑。請設計實驗方案，查驗該加碘鹽中的Fe2＋。?！痉治觥?1)某加碘鹽可能含有KIO3、KI、Mg2＋、Fe3＋，用蒸餾水溶解，并加稀鹽酸酸化后將溶液分為3份。從第一份試液中滴加KSCN溶液后顯紅色，可知該加碘鹽中含有Fe3＋，反響離子方程式為：Fe3＋+3SCN-=Fe(SCN)3，F(xiàn)e(SCN)呈血紅色；從第二份試液中加足量KI固體，溶液顯淡黃色，用CCl4萃取，基層溶液顯紫紅色，可知有碘生成。這是因為“氧化性：IO3-＞Fe3＋＞I2，”加足量KI后，IO3-和Fe3＋均能將I－氧化成I2，由此也能夠知道該加碘鹽增添KIO3；第三份試液中加入適當KIO3固體后，滴加淀粉試劑，溶液不變色。由此可知該加碘鹽中不含KI。第二份試液中加入足量KI固體后，反響的離子方程式為：IO3-＋5I－＋6H＋3I22O；2Fe3＋＋2I―2Fe2＋2。＋3H＋I⑵KI作為加碘劑的食鹽在保留過程中，KI會被空氣中氧氣氧化，KI在濕潤空氣中氧化的反響化學方程式為：4KI＋O2＋2H2O2I2＋4KOH。依據(jù)題目信息，KI·HO是在低溫條件下，由I溶于KI溶液可制得。再由題給322的信息：“KI＋I2KI，”能夠推出：KI3在常溫下不穩(wěn)固性，受熱（或濕潤）條3件下易分解為KI和I2，KI又易被空氣中的氧氣氧化，I2易升華，所以KI3·H2O作為食鹽加碘劑是不適合的。⑶提升加碘鹽（增添KI）的穩(wěn)固性，減少碘的損失，主若是防備I―被氧化，根據(jù)題給信息“復原性：S2O32-＞I－”和氧化復原反響的強弱規(guī)律，能夠選Na2S2O3作穩(wěn)固劑；又由題給信息“3I2＋6OH－IO3-＋5I－＋3H―2O，”可知I2與OH會發(fā)生反響生成IO3-和5I－，而Na2CO3水解呈堿性，因此也能夠用Na2CO3作穩(wěn)固劑，防備加碘鹽（增添KI）在濕潤環(huán)境下被氧氣氧化。至于AlCl3，水解后呈酸性，且復原性I～>Cl―,不可以作穩(wěn)固劑；亞硝酸鈉有毒，不可以作穩(wěn)固劑。⑷實質上就是設計實驗方案查驗Fe2＋。第一取足量該加碘鹽溶于蒸餾水中，然后用鹽酸酸化后，滴加適當氧化劑（如：氯水、過氧化氫等），使溶液中Fe2＋轉變?yōu)镕e3＋,再滴加KSCN溶液，若顯血紅色，則該加碘鹽中存在Fe2＋?！敬鸢浮?1)①Fe(SCN)3；IO3-＋5I－＋6H＋3I2＋3H2O2Fe3＋＋2I―2Fe2＋＋I2。(2)4KI＋O2＋2H2O2I2＋4KOH否KI3受熱（或濕潤）條件下產(chǎn)生KI和I2，KI被氧氣氧化，I2易升華。(3)AC取足量該加碘鹽溶于蒸餾水中，用鹽酸酸化，滴加適當氧化劑（如：氯水、過氧化氫等），再滴加KSCN溶液，若顯血紅色，則該加碘鹽中存在Fe2＋。27．(14分)某研究小組在實驗室研究氨基甲酸銨（NH2COONH4）分解反響的平衡常數(shù)和水解反響速率的測定。將必定量純凈的氨基甲酸銨置于特制的密閉真空容器中(假定容器體積不變，固體試樣體積忽視不計)，在恒定溫度下使其達到分解均衡：NH2COONH4(s)2NH3(g)＋CO2(g)。實驗測得不同溫度下的均衡數(shù)據(jù)列于下表：溫度(℃)15.020.025.030.035.0均衡總壓強(kPa)5.78.312.017.124.0均衡氣體總濃度(×10－2.43.44.86.89.43mol/L)①能夠判斷該分解反響已經(jīng)達到化學均衡的是___________。A．2(NH3)=(CO2)B．密閉容器中總壓強不變C．密閉容器中混淆氣體的密度不變D．密閉容器中氨氣的體積分數(shù)不變②依據(jù)表中數(shù)據(jù)，列式計算25.0℃時的分解均衡常數(shù)：。③取必定量的氨基甲酸銨固體放在一個帶活塞的密閉真空容器中，在25℃下達到分解均衡。若在恒溫下壓縮容器體積，氨基甲酸銨固體的質量______（填“增加”、“減小”或“不）。變”④氨基甲酸銨分解反響的焓變△H____0，熵變△S___0（填＞、＜或＝）。(2)已知：NH2COONH4＋2H2ONH4HCO3＋NH3·H2O。該研究小組分別用三份不同初始濃度的氨基甲酸銨溶液測定水解反響速率，獲得c(NH2COO－)隨時間變化趨向以下圖。c(NH2COO-)(mol/L)●●▲●15℃●▲▲25℃■▲■5℃■■■t(min)⑤計算25℃時，0～6min氨基甲酸銨水解反響的均勻速率。⑥依據(jù)圖中信息，怎樣說明水解反響速率隨溫度高升而增大：_______________________?！痉治觥?1)①依據(jù)“同邊異，異邊同，量相當”原則，A不可以說明正逆反響速率相等，所以不可以依照A判斷該分解反響已經(jīng)達到化學均衡狀態(tài)；（NH2COONH4）為固體物質，（NH2COONH4）分解反響為氣體體積增大的反響，由此能夠判斷，跟著反響的進行密閉容器中總壓強增大，所以，依照B能夠判斷該分解反響已經(jīng)達到化學均衡狀態(tài)；同理，恒容條件下，跟著反響的進行，密度增大，故C能夠判斷該分解反響已經(jīng)達到化學均衡狀態(tài)；因為反響物（NH2COONH4）是固體物質，所以密閉容器中NH3的體積分數(shù)一直不變，為2/3，故D不可以判斷該分解反響已經(jīng)達到化學均衡狀態(tài)。②可將25℃的均衡總濃度4.8×10-3mol·L-1轉變?yōu)镹H3和CO2的均衡濃度；依據(jù)反響NH2COONH4(s)2NH3(g)＋CO2(g)可知，均衡時NH3的體積分數(shù)為2/3，CO2的體積分數(shù)為1/3。所以，25.0℃時的均衡濃度：c(NH3)=24.8×10-3mol·L-1,c(CO2)=1×4.8×3310-3mol·L-1；則。③恒溫下壓縮容器體積，均衡會向逆反響方向挪動，氨基甲酸銨固體的質量增添。④因為氨基甲酸銨固體分解反響是氣體體積增大的反響，依據(jù)表中實驗測得不同溫度下的均衡數(shù)據(jù)剖析可知，高升溫度時，均衡總壓強(kPa)增大，均衡氣體總濃度增大，反響是正向挪動，正反響為吸熱反響，焓變△H＞0。氨基甲酸銨固體分解為氣體，系統(tǒng)雜亂度增大，熵變△S＞0。⑵⑤依據(jù)圖中25℃曲線，可查得0～6min氨基甲酸銨的變化濃度數(shù)值，由此可計出此時段的均勻反響速率：。⑥將圖中25℃曲線和15℃曲線進行比較，能夠看出25.0℃時反響物的開端濃度較小，但0～6min時的曲線斜率比15.0℃時的曲線斜率大，能夠說明25.0℃時反響物氨基甲酸銨的均勻速率比15.0℃時的均勻速率大，由此能夠推測氨基甲酸銨水解反響速率隨溫度高升而增大。【答案】(1)①BC②③增添；④＞＞-1-1(2)⑤0.05mol·Lmin·⑥25.0℃時反響物的開端濃度較小，但0～6min的均勻反響速率（曲線的斜率）仍比15.0℃時大。28．（15分）二苯基乙二酮常用作醫(yī)藥中間體及紫外線固化劑，可由二苯基羥乙酮氧化制得，反響的化學方程式及裝置圖(部分裝置省略)以下：OOH＋2FeCl3OO＋2FeCl2＋2HClCCHCC在反響裝置中，加入原料及溶劑，攪拌下加熱回流。反響結束后加熱煮沸，冷卻后即有二苯基乙二酮粗產(chǎn)品析出，用70％乙醇水溶液重結晶提純。重結晶過程：加熱溶解→活性炭脫色→趁熱過濾→冷卻結晶→抽濾→清洗→干燥請回答以下問題：(1)寫出裝置圖中玻璃儀器的名稱：a___________，b____________。趁熱過濾后，濾液冷卻結晶。一般狀況下，以下哪些要素有益于獲得較大的晶體：____。A．遲緩冷卻溶液B．溶液濃度較高C．溶質溶解度較小D．遲緩蒸發(fā)溶劑假如溶液中發(fā)生過飽和現(xiàn)象，可采納__________等方法促進晶體析出。(3)抽濾所用的濾紙應略_______（填“大于”或“小）于布”氏漏斗內(nèi)徑，將所有小孔遮住。燒杯中的二苯基乙二酮晶體轉入布氏漏斗時，杯壁上常常還粘有少許晶體，需采納液體將杯壁上的晶體沖刷下來后轉入布氏漏斗，以下液體最適合的是________。A．無水乙醇B．飽和NaCl溶液C．70％乙醇水溶液D．濾液(4)上述重結晶過程中的哪一步操作除掉了不溶性雜質：___________。(5)某同學采納薄層色譜(原理和操作與紙層析類同)追蹤反響進度，分別在反響開始、回流15min、30min、45min和60min●●●●反響開始15min30min45min60min時，用毛細管取樣、點樣、薄層色譜睜開后的斑點以下圖。該實驗條件下比較適合的回流時間是________。A．15minB．30minC．45minD．60min【分析】⑴裝置圖中的兩種玻璃儀器分別為三頸燒瓶和球形冷凝管（或冷凝管）。⑵晶體顆粒的大小與結晶條件相關，溶質的溶解度越小，或溶液濃度越高，或溶劑的蒸發(fā)速度越快，或溶液冷卻越快，析出的晶粒就越??；反之可獲得較大的晶體顆粒，所以A、D可獲得較大的晶體。當溶液發(fā)生過飽和現(xiàn)象時，振蕩容器，用玻璃棒攪動或輕輕地摩擦器壁，或投入幾粒晶體（晶種），都可促進晶體析出。⑶減壓過濾也稱抽濾或吸濾。抽濾時所用的濾紙應略小于布氏漏斗內(nèi)徑，能將布氏漏斗上所有小孔遮住。將燒杯中的二苯基乙二酮晶體轉入布氏漏斗時，杯壁上常常還粘有少許晶體，需采納液體將杯壁上的晶體沖刷下來后轉入布氏漏斗，目的是為了用減少晶體的損失。所以選擇用濾液來物沖刷的液體是最好的，這是因為濾液是飽和溶液，沖刷時不會使二苯基乙二酮晶體晶體溶解，同時又不會帶入雜質。⑷重結晶過程：加熱溶解→活性炭脫色→趁熱過濾→冷卻結晶→抽濾→清洗→干燥，此中活性炭脫色能夠除掉有色雜質，趁熱過濾能夠除掉不溶性雜質，冷卻結晶、抽濾能夠除掉可溶性雜質。⑸比較圖上的斑點剖析可知，反響開始時圖上的斑點是反響物，由此可推知，回流15min、30min時的圖中，下邊的斑點為反響物，上邊的斑點為生成物，故45min時反響物基本上無節(jié)余。所以，該實驗條件下比較