普通高等学校招生全国统一考试课标全国卷2化学.docx
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普通高等学校招生全国统一考试课标全国卷2化学
2016年普通高等学校招生全国统一考试(课标全国卷2)化学
一、选择题:
本大题共7小题,每小题6分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.(6分)下列关于燃料的说法错误的是( )
A.燃料燃烧产物CO2是温室气体之一
B.化石燃料完全燃烧不会造成大气污染
C.以液化石油气代替燃油可减少大气污染
D.燃料不完全燃烧排放的CO是大气污染物之一
2.(6分)下列各组中的物质均能发生就加成反应的是( )
A.乙烯和乙醇B.苯和氯乙烯C.乙酸和溴乙烷D.丙烯和丙烷
3.(6分)a、b、c、d为短周期元素,a的原子中只有1个电子,b2﹣和c+的电子层结构相同,d与b同族.下列叙述错误的是( )
A.a与其他三种元素形成的二元化合物中其化合价均为+1
B.b与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物
C.c的原子半径是这些元素中最大的
D.d与a形成的化合物的溶液呈弱酸性
4.(6分)分子式为C4H8Cl2的有机物共有(不含立体异构)( )
A.7种B.8种C.9种D.10种
5.(6分)Mg﹣AgCl电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池.下列叙述错误的是( )
A.负极反应式为Mg﹣2e﹣=Mg2+
B.正极反应式为Ag++e﹣=Ag
C.电池放电时Cl﹣由正极向负极迁移
D.负极会发生副反应Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑
6.(6分)某白色粉末由两种物质组成,为鉴别其成分进行如下实验:
①取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解:
再加入足量稀盐酸,有气泡产生,固体全部溶解;
②取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生,震荡后仍有固体存在.
该白色粉末可能为( )
A.NaHCO3、Al(OH)3B.AgCl、NaHCO3C.Na2SO3、BaCO3D.Na2CO3、CuSO4
7.(6分)下列实验操作能达到实验目的是( )
实验目的
实验操作
A.
制备Fe(OH)3胶体
将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中
B.
由MgCl2溶液制备无水MgCl2
将MgCl2溶液加热蒸干
C.
除去Cu粉中混有的CuO
加入稀硝酸溶液,过滤、洗涤、干燥
D.
比较水与乙醇中氢的活泼性
分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中
A.AB.BC.CD.D
三、非选择题:
包括必考题和选考题两部分.第22题~第32题为必考题,每个试题考生都必须作答.第33题~第40题为选考题,考生根据要求作答.
(一)必考题(共129分)
8.(14分)联氨(又称肼,N2H4,无色液体)是一种应用广泛的化工原料,可用作火箭燃料.回答下列问题:
(1)联氨分子的电子式为 ,其中氮的化合价为 .
(2)实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨,反应的化学方程式为 .
(3)①2O2(g)+N2(g)═N2O4(l)△H1
②N2(g)+2H2(g)═N2H4(l)△H2
③O2(g)+2H2(g)═2H2O(g)△H3
④2N2H4(l)+N2O4(l)═3N2(g)+4H2O(g)△H4=﹣1048.9kJ•mol﹣1
上述反应热效应之间的关系式为△H4= ,联氨和N2O4可作为火箭推进剂的主要原因为 .
(4)联氨为二元弱碱,在水中的电离方式与氨相似.联氨第一步电离反应的平衡常数值为 (已知:
N2H4+H+⇌N2H5+的K=8.7×107;Kw=1.0×10﹣14).联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为 .
(5)联氨是一种常用的还原剂.向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液,观察到的现象是 .联氨可用于处理高压锅炉水中的氧,防止锅炉被腐蚀.理论上1kg的联氨可除去水中溶解的O2 kg;与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比,联氨的优点是 .
9.(14分)丙烯腈(CH2=CHCN)是一种重要的化工原料,工业上可用“丙烯氨氧化法”生产.主要副产物有丙烯醛(CH2=CHCHO)和乙腈(CH3CN)等.回答下列问题:
(1)以丙烯、氨、氧气为原料,在催化剂存在下生成丙烯腈(C3H3N)和副产物丙烯醛(C3H4O)的热化学方程式如下:
①C3H6(g)+NH3(g)+
O2(g)═C3H3N(g)+3H2O(g)△H=﹣515kJ•mol﹣1
②C3H6(g)+O2(g)═C3H4O(g)+H2O(g)△H=﹣353kJ•mol﹣1
两个反应在热力学上趋势均很大,其原因是 ;有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是 ;提高丙烯腈反应选择性的关键因素是 .
(2)图(a)为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线,最高产率对应的温度为460℃.低于460℃时,丙烯腈的产率 (填“是”或“不是”)对应温度下的平衡转化率,判断理由是 ;高于460℃时,丙烯腈产率降低的可能原因是 (双选,填标号).
A.催化剂活性降低B.平衡常数变大
C.副反应增多D.反应活化能增大
(3)丙烯腈和丙烯醛的产率与n(氨)/n(丙烯)的关系如图(b)所示.由图可知,最佳n(氨)/n(丙烯)约为 ,理由是 .进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约为 .
10.(15分)某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质.回答下列问题:
(1)分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体,均配制成0.1mol/L的溶液.在FeCl2溶液中需加入少量铁屑,其目的是 .
(2)甲组同学取2mLFeCl2溶液,加入几滴氯水,再加入1滴KSCN溶液,溶液变红,说明Cl2可将Fe2+氧化.FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为 .
(3)乙组同学认为甲组的实验不够严谨,该组同学在2mLFeCl2溶液中先加入0.5mL煤油,再于液面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液,溶液变红,煤油的作用是 .
(4)丙组同学取10mL0.1mol•L﹣1KI溶液,加入6mL0.1mol•L﹣1FeCl3溶液混合.分别取2mL此溶液于3支试管中进行如下实验:
①第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置,CCl4层显紫色;
②第二支试管中加入1滴K3[Fe(CN)6]溶液,生成蓝色沉淀;
③第三支试管中加入1滴KSCN溶液,溶液变红.
实验②检验的离子是 (填离子符号);实验①和③说明:
在I﹣过量的情况下,溶液中仍含有 (填离子符号),由此可以证明该氧化还原反应为 .
(5)丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液,溶液变成棕黄色,发生反应的离子方程式为 ;一段时间后,溶液中有气泡出现,并放热,随后有红褐色沉淀生成,产生气泡的原因是 ,生成沉淀的原因是 (用平衡移动原理解释).
四、选考题:
共45分.请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答,并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑.注意所选题目的题号必须与所涂题目的题号一致,在答题卡选答区域指定位置答题.如果多做,则每学科按所做的第一题计分.化学--选修2:
化学与技术
11.(15分)双氧水是一种重要的氧化剂、漂白剂和消毒剂.生产双氧水常采用蒽醌法,其反应原理和生产流程如图所示:
生产过程中,把乙基蒽醌溶于有机溶剂配制成工作液,在一定温度、压力和催化剂作用下进行氢化,再经氧化、萃取、净化等工艺得到双氧水.回答下列问题:
(1)蒽醌法制备H2O2理论上消耗的原料是 ,循环使用的原料是 ,配制工作液时采用有机溶剂而不采用水的原因是 .
(2)氢化物A中反应的化学方程式为 .进入氧化塔C的反应混合液中的主要溶质为 .
(3)萃取塔D中的萃取剂是 ,选择其作萃取剂的原因是 .
(4)工作液再生装置F中要除净残留的H2O2,原因是 .
(5)双氧水浓度可在酸性条件下用KMnO4溶液测定,该反应的离子方程式为 ,一种双氧水的质量分数为27.5%(密度为1.10g•cm﹣3),其浓度为 mol•L﹣1.
[化学--选修3:
物质结构与性质]
12.(15分)东晋《华阳国志•南中志》卷四中已有关于白铜的记载,云南镍白铜(铜镍合金)闻名中外,曾主要用于造币,亦可用于制作仿银饰品.回答下列问题:
(1)镍元素基态原子的电子排布式为 ,3d能级上的未成对电子数为 .
(2)硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液.
①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是 .
②在[Ni(NH3)6]SO4中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为 ,提供孤电子对的成键原子是 .
③氨的沸点 (填“高于”或“低于”)膦(PH3),原因是 ;氨是 分子(填“极性”或“非极性”),中心原子的轨道杂化类型为 .
(3)单质铜及镍都是由 键形成的晶体;元素铜与镍的第二电离能分别为:
ICu=1958kJ•mol﹣1、INi=1753kJ•mol﹣1,ICu>INi的原因是 .
(4)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示.
①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为 .
②若合金的密度为dg•cm﹣3,晶胞参数a= nm.
[化学--选修5:
有机化学基础]
13.(15分)氰基丙烯酸酯在碱性条件下能快速聚合为
从而具有胶黏性.某种氰基丙烯酸酯(G)的合成路线如下:
已知:
①A的相对分子质量为58,氧元素质量分数为0.276,核磁共振氢谱显示为单峰
②
回答下列问题:
(1)A的化学名称为 .
(2)B的结构简式为 .其核磁共振氢谱显示为 组峰,峰面积比为 .
(3)由C生成D的反应类型为 .
(4)由D生成E的化学方程式为 .
(5)G中的官能团有 、 、 .(填官能团名称)
(6)G的同分异构体中,与G具有相同官能团且能发生银镜反应的共有 种.(不含立体结构)
2016年普通高等学校招生全国统一考试(课标全国卷2)化学
参考答案与试题解析
一、
1.B
【分析】A.二氧化碳是形成温室效应的气体;
B.化石燃料完全燃烧生成气体、灰尘等会造成大气污染;
C.压缩天然气和液化石油气含有杂质少,燃烧更充分,产物为水和二氧化碳,对空气污染小;
D.一氧化碳是有毒气体不能排放到空气中.
【解答】解:
A.形成温室效应的气体主要是二氧化碳的大量排放,故A正确;
B.化石燃料含有硫等因素,完全燃烧会生成二氧化硫会形成酸雨,会造成大气污染,故B错误;
C.压缩天然气和液化石油气含有杂质少,燃烧更充分,燃烧时产生的一氧化碳少,对空气污染小,减少大气污染,故C正确;
D.燃料不完全燃烧排放的CO有毒,能结合人体中血红蛋白损失运送氧的能力,是大气污染物之一,故D正确;
故选B.
2.B
【分析】根据有机物分子中含碳碳双键、C=O键、﹣CHO及苯环的物质可发生加成反应,如:
烯烃、炔烃、醛类、苯及其同系物等,注意﹣COOH不能发生加成反应,以此来解答.
【解答】解:
A.乙烯可以发生加成反应,乙醇无不饱和键不能发生加成反应,故A错误;
B.苯是六个碳碳键完全等同的化学键,一定条件下和氢气发生加成反应,氯乙烯分子中含碳碳双键,可以发生加成反应,故B正确;
C.乙酸分子中羰基不能加成反应,溴乙烷无不饱和键不能发生加成反应,故C错误;
D.丙烯分子中含碳碳双键,能发生加成反应,丙烷为饱和烷烃不能发生加成反应,故D错误;
故选B.
3.A
【分析】a、b、c、d为短周期元素,a的原子中只有1个电子,则a为H元素;b2﹣和c+的电子层结构相同,结合离子所得电荷可知b为O元素,c为Na;d与b同族,则d为S元素,结合元素化合物性质与元素周期律解答.
【解答】解:
a、b、c、d为短周期元素,a的原子中只有1个电子,则a为H元素;b2﹣和c+的电子层结构相同,结合离子所得电荷可知b为O元素,c为Na;d与b同族,则d为S元素.
A.H元素与Na形成化合物NaH,H元素为﹣1价,故A错误;
B.O元素与H元素形成H2O、H2O2,与Na元素形成Na2O、Na2O2,与S元素形成SO2、SO3,故B正确;
C.同周期自左而右原子半径减小,同主族自上而下原子半径增大,所有元素中H原子半径最小,故Na的原子半径最大,故C正确;
D.d与a形成的化合物为H2S,H2S的溶液呈弱酸性,故D正确.
故选:
A.
4.C
【分析】C4H8Cl2可以看作为C4H10中2个H原子被2个Cl原子取代,C4H10有CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)2两种,再结合定一移一法判断.
【解答】解:
C4H8Cl2可以看作为C4H10中2个H原子被2个Cl原子取代,C4H10有CH3CH2CH2CH3、CH3C(CH3)2两种,
CH3CH2CH2CH3中一个Cl取代为甲基、亚甲基中H原子,对应另外的Cl原子分别有4种、4种位置,但有2种重复(对碳链从前向后一次编号,1、2号碳原子重复一次,1、3与2、4重复),故该情况有6种,
CH3CH(CH3)2中一个Cl取代为甲基、次甲基中H原子,对应另外的Cl原子分别有3种、1种位置,但有1种重复(分别处于取代甲基、次甲基上H原子),故该情况有3种,
故共有9种,
故选:
C.
5.B
【分析】Mg﹣AgCl电池中,活泼金属Mg是还原剂、AgCl是氧化剂,金属Mg作负极,正极反应为:
2AgCl+2e﹣═2C1﹣+2Ag,负极反应式为:
Mg﹣2e﹣=Mg2+,据此分析.
【解答】解:
A.活泼金属镁作负极,失电子发生氧化反应,反应式为:
Mg﹣2e﹣=Mg2+,故A正确;
B.AgCl是难溶物,其电极反应式为:
2AgCl+2e﹣═2C1﹣+2Ag,故B错误;
C.原电池放电时,阴离子向负极移动,则Cl﹣在正极产生由正极向负极迁移,故C正确;
D.镁是活泼金属与水反应,即Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑,故D正确;
故选:
B.
6.C
【分析】①取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解,说明有一种物质不溶于水,再加入足量稀盐酸,有气泡产生,固体全部溶解,则至少有一种物质可与盐酸反应生成气体,可能为二氧化碳或二氧化硫;
②取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生,震荡后仍有固体存在,说明在振荡过程中生成不溶于酸的固体,以此解答该题.
【解答】解:
A.NaHCO3、Al(OH)3都与盐酸反应,盐酸足量时没有固体剩余,故A错误;
B.碳酸氢钠与盐酸反应生成气体,AgCl不溶于盐酸,故B错误;
C.BaCO3不溶于水,二者都与盐酸反应,且生成气体,若加入足量稀硫酸,有气泡产生,且BaCO3,能和H2SO4反应生成BaSO4沉淀,故C正确;
D.加入过量盐酸,生成二氧化碳气体,但没有固体剩余,故D错误.
故选C.
7.D
【分析】A.制备氢氧化铁胶体,应在沸水中滴加饱和氯化铁溶液;
B.直接加热,易导致氯化镁水解;
C.二者都与稀硝酸反应;
D.分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中,可根据反应的剧烈程度比较氢的活泼性.
【解答】解:
A.将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中,生成氢氧化铁沉淀,制备氢氧化铁胶体,应在沸水中滴加饱和氯化铁溶液,故A错误;
B.氯化镁易水解,加热溶液易得到氢氧化镁沉淀,为防止水解,应在氯化氢氛围中,故B错误;
C.二者都与稀硝酸反应,应加入非氧化性酸,如稀硫酸或盐酸,故C错误;
D.分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中,可根据反应的剧烈程度比较氢的活泼性,故D正确.
故选D.
三、
8.
【分析】
(1)肼的分子式为N2H4,是氮原子和氢原子形成四个共价键,氮原子和氮原子之间形成一个共价键形成的共价化合物,元素化合价代数和为0计算化合价;
(2)氨气被次氯酸钠溶液氧化生成肼,次氯酸钠被还原生成氯化钠;
(3)①2O2(g)+N2(g)═N2O4(l)△H1
②N2(g)+2H2(g)═N2H4(l)△H2
③O2(g)+2H2(g)═2H2O(g)△H3
依据热化学方程式和盖斯定律计算③×2﹣②×2﹣①得到④2N2H4(l)+N2O4(l)═3N2(g)+4H2O(g)△H4=﹣1048.9kJ•mol﹣1
(4)联氨为二元弱碱,在水中的电离方式与氨相似.联氨第一步电离方程式为N2H4+H2O⇌N2H5++OH﹣,平衡常数Kb=
=
×
=K×Kw,由于是二元碱,因此联氨与硫酸形成的酸式盐为N2H6(HSO4)2;
(5)联胺被银离子氧化,银离子被还原生成单质银,联胺被氧化失电子N2H4~N2﹣4e﹣,O2~4e﹣,依据守恒计算判断,依据锅炉的质地以及反应产物性质解答.
【解答】解:
(1)肼的分子式为N2H4,是氮原子和氢原子形成四个共价键,氮原子和氮原子之间形成一个共价键形成的共价化合物,电子式为:
,其中氢元素化合价为+1价,则氮元素化合价为﹣2价,
故答案为:
;﹣2;
(2)氨气被次氯酸钠溶液氧化生成肼,次氯酸钠被还原生成氯化钠,结合原子守恒配平书写反应的化学方程式为:
2NH3+NaClO═N2H4+NaCl+H2O,
故答案为:
2NH3+NaClO═N2H4+NaCl+H2O;
(3)①2O2(g)+N2(g)═N2O4(l)△H1
②N2(g)+2H2(g)═N2H4(l)△H2
③O2(g)+2H2(g)═2H2O(g)△H3
依据热化学方程式和盖斯定律计算③×2﹣②×2﹣①得到④2N2H4(l)+N2O4(l)═3N2(g)+4H2O(g)△H4=2△H3﹣2△H2﹣△H1,根据反应④可知,联氨和N2O4反应放出大量热且产生大量气体,因此可作为火箭推进剂,
故答案为:
2△H3﹣2△H2﹣△H1;反应放热量大,产生大量气体;
(4)联氨为二元弱碱,在水中的电离方式与氨相似.联氨第一步电离方程式为N2H4+H2O⇌N2H5++OH﹣,平衡常数Kb=
=
×
=K×Kw=8.7×107×1.0×10﹣14=8.7×10﹣7,第二步电离方程式为N2H5++H2O⇌N2H62++OH﹣,因此联氨与硫酸形成的酸式盐为N2H6(HSO4)2,
故答案为:
8.7×10﹣7,N2H6(HSO4)2;
(5)联胺被银离子氧化,银离子被还原生成单质银,﹣2价的N元素被氧化为N2,反应方程式为:
N2H4+4AgBr=4Ag↓+N2↑+4HBr,因此反应出现现象为:
固体逐渐变黑,并有气泡产生,由于肼的氧化产物是氮气,不会对锅炉造成腐蚀,而亚硫酸钠被氧化产物为硫酸钠,易生成硫酸盐沉淀影响锅炉的安全使用,联胺被氧化失电子N2H4~N2﹣4e﹣,O2~4e﹣,N2H4~O2~4e﹣,联胺和氧气摩尔质量都是32g/mol,则等质量联胺和氧气物质的量相同,理论上1kg的联氨可除去水中溶解的O21kg,与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比,联氨的优点是用量少,不产生其他杂质(还原产物为N2和H2O),而Na2SO3产生Na2SO4,
故答案为:
固体逐渐变黑,并有气泡产生;1;N2H4的用量少,不产生其他杂质(还原产物为N2和H2O),而Na2SO3产生Na2SO4.
9.
【分析】
(1)依据热化学方程式方向可知,两个反应均放热量大,即反应物和生成物的能量差大,因此热力学趋势大;有利于提高丙烯腈平衡产率需要改变条件使平衡正向进行,由图b可知,提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂;
(2)460°C以前是建立平衡的过程,所以低于460°C时尚未达到平衡状态,高于460°C时,是温度升高平衡逆向进行,正反应为放热反应,丙烯腈产率降低;
(3)根据图象可知,当
约为1时,该比例下丙烯腈产率最高,而副产物丙烯醛产率最低,根据化学反应C3H6(g)+NH3(g)+
O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g),氨气、氧气、丙烯按1:
1.5:
1的体积比加入反应达到最佳状态,依据氧气在空气中约占20%计算条件比.
【解答】解:
(1)两个反应在热力学上趋势均很大,两个反应均放热量大,即反应物和生成物的能量差大,因此热力学趋势大;该反应为气体体积增大的放热反应,所以降低温度、降低压强有利于提高丙烯腈的平衡产率,由图b可知,提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂,
故答案为:
两个反应均为放热量大的反应;低温、低压;催化剂;
(2)因为该反应为放热反应,平衡产率应随温度升高而降低,反应刚开始进行,尚未达到平衡状态,460°C以前是建立平衡的过程,所以低于460°C时,丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡产率;高于460°C时,丙烯腈产率降低,
A.催化剂在一定温度范围内活性较高,若温度过高,活性降低,故A正确;
B.平衡常数的大小不影响产率,故B错误;
C.根据题意,副产物有丙烯醛,副反应增多导致产率下降,故C正确;
D.反应活化能的大小不影响平衡,故D错误;
故答案为:
不是,该反应为放热反应,平衡产率应随温度升高而降低;AC;
(3)根据图象可知,当
约为1时,该比例下丙烯腈产率最高,而副产物丙烯醛产率最低;根据化学反应C3H6(g)+NH3(g)+
O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g),氨气、氧气、丙烯按1:
1.5:
1的体积比加入反应达到最佳状态,而空气中氧气约占20%,所以进料氨、空气、丙烯的理论体积约为:
1:
7.5:
1,
故答案为:
1:
1;该比例下丙烯腈产率最高,而副产物丙烯醛产率最低;1:
7.5:
1.
10.
【分析】
(1)铁和氯化铁反应生成氯化亚铁,氯化亚铁溶液中加入铁粉防止氯化亚铁被氧化;
(2)氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁;
(3)煤油不溶于水,密度比水小,分层后可以隔离溶液与空气接触,排除氧气对实验的影响;
(4)加入1滴K3[Fe(CN)6]溶液,生成蓝色沉淀是亚铁离子的检验特征反应现象,第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置,CCl4层显紫色说明生成I2,碘离子被铁离子氧化为碘单质,随浓度变小,碘离子在稀的氯化铁溶液中不发生氧化还原反应;
(5)向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液,溶液变成棕黄色,说明过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子,铁离子对过氧化氢分解起到催化剂作用,过氧化氢分解反应放热,促进Fe3+的水解平衡正向移动.
【解答】解:
(1)铁和氯化铁反应生成氯化亚铁,在FeCl2溶液中需加入少量铁屑,其目的是防止氯化亚铁被氧化,
故答案为:
防止氯化亚铁被氧化;
(2)氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁,反应的离子方程式为:
Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl﹣,
故答案为:
Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl﹣;
(3)煤油不溶于水,密度比水小,分层后可以隔离溶液与空气接触,排除氧气对实验的影响,
故答案为:
隔离空气(排除氧气对实验的影响);
(4)加入1滴K3[Fe(CN)6]溶液,生成蓝色沉淀是亚铁离子的检验特征反应现象,实验②检验的离子是Fe2+,①第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置,CCl4层显紫色说明生成I2,碘离子被铁离子氧化为碘单质,反应的离子方程式为:
Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl﹣,③第三支试管中加入1滴KSCN溶液,溶液变红,说明随浓度
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