专题16 物质的制备 实验方案的设计与评价-【十年高考】备战2025年高考化学真题分类解析与应试策略（Word版）

专题十六　物质的制备　实验方案的设计与评价 考点 2015-2019年 2020年 2021年 2022年 2023年 2024年 合计 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 35.物质制备实验方案的设计与评价 0 5 2 3 2 7 1 5 1 5 0 2 6 27 36.探究性化学实验方案的设计与评价 0 3 1 2 0 8 0 10 0 1 0 1 1 29 37.定量分析型综合实验题 0 2 0 1 1 1 0 3 1 1 1 1 3 9 命题分析与备考建议 实验方案设计与评价是高考的热点,在选择题和非选择题中均有可能出现,在非选择题中常在物质制备或探究物质组成、性质为背景的实验题中进行考查。实验探究题近几年出现频率较高,主要是对教材实验进行创新,结合实验基本操作、数据分析和处理等知识综合考查。对综合实验的备考复习应抓住两条主线,一是物质制备的综合实验设计,二是物质性质、反应规律的综合探究性实验设计。梳理清楚该类题目经常出现的考查角度和方式,强化训练破解陌生试题的能力。 考点35物质制备实验方案的设计与评价　 　　以物质制备为载体,考查气体物质的实验室制法及性质验证、化学实验的设计及评价能力是常见的题型。物质制备类综合实验题是近几年高考实验命题的一大亮点,也是难点。常常是以陌生物质的制备为载体,综合考查实验相关知识和考生综合分析问题的能力。 1.(2024·安徽,9,3分,难度★★★)仅用下表提供的试剂和用品,不能实现相应实验目的的是 (　A　) 选项 实验目的 试剂 用品 A 比较镁和铝的金属性强弱 MgCl2溶液、AlCl3溶液、氨水 试管、胶头滴管 B 制备乙酸乙酯 乙醇、乙酸、浓硫酸、饱和Na2CO3溶液 试管、橡胶塞、导管、乳胶管、铁架台(带铁夹)、碎瓷片、酒精灯、火柴 C 制备[Cu(NH3)4]SO4溶液 CuSO4溶液、氨水 试管、胶头滴管 D 利用盐类水解制备Fe(OH)3胶体 饱和FeCl3溶液、蒸馏水 烧杯、胶头滴管、陶土网、三脚架、酒精灯、火柴 解析 金属性的强弱比较常从以下两个角度设计实验:根据金属单质与水或酸反应的剧烈程度进行比较,金属与水或酸反应越剧烈,其金属性越强;根据元素的最高价氧化物的水化物——氢氧化物的碱性强弱进行比较,碱性越强,金属性越强。A中的试剂和用品只能制备镁、铝的氢氧化物,而不能比较其碱性强弱,A错误。制备乙酸乙酯的操作是:在一支试管中加入乙醇,然后边振荡试管边慢慢加入浓硫酸和乙酸,再加入几片碎瓷片,连接好装置,用酒精灯小心加热,将产生的蒸气经导管通到饱和碳酸钠溶液的液面上,B正确。制备[Cu(NH3)4]SO4溶液:向硫酸铜溶液中滴加氨水,边加边振荡,直至溶液变成深蓝色,C正确。制备Fe(OH)3胶体:向烧杯中加入蒸馏水,加热至沸腾,向沸水中逐滴加入5~6滴氯化铁饱和溶液,继续煮沸至液体呈红褐色,停止加热,D正确。 2.(2023·湖北,13,3分,难度★★★)利用如图所示的装置(夹持及加热装置略)制备高纯白磷的流程如下: 红磷(s)无色液体与P4(g)白磷(s) 下列操作错误的是 (　C　) A.红磷使用前洗涤以除去表面杂质 B.将红磷转入装置,抽真空后加热外管以去除水和氧气 C.从a口通入冷凝水,升温使红磷转化 D.冷凝管外壁出现白磷,冷却后在氮气氛围下收集 解析 洗去红磷表面杂质,有利于得到高纯度的白磷,A正确;为防止红磷在加热条件下与O2反应,可加热除去红磷表面的水,以及装置内的氧气,B正确;冷凝水从b口通入,才能使冷凝管中充满水,提高冷凝效果,C错误;白磷着火点低,为防止白磷自燃,可在N2气氛中收集,D正确。 3.(2022·广东,8,2分,难度★★)实验室用MnO2和浓盐酸反应生成Cl2后,按照净化、收集、性质检验及尾气处理的顺序进行实验。下列装置(“→”表示气流方向)不能达到实验目的的是 (　D　) 解析 A项装置为净化装置,通过饱和食盐水除掉氯化氢杂质,再通过浓硫酸干燥,处理顺序正确,不符合题意;B项装置为收集装置,氯气的密度比空气大,收集氯气时导管应长进短出,装置正确,不符合题意;C项装置为性质检验装置,干燥的氯气通过干燥的红布条时,红布条不褪色,而通过湿润的红布条时,红布条褪色,据此可知氯气不具备漂白性,可以达到实验目的,不符合题意;D项装置为尾气处理装置,氯气在水中的溶解度不大,选用水吸收尾气会造成尾气吸收不完全,应选用氢氧化钠溶液吸收,D项不能达到实验目的,符合题意。 4.(2021·全国甲,9,6分,难度★★★)实验室制备下列气体的方法可行的是 (　D　) 选项 气体 方法 A 氨气 加热氯化铵固体 B 二氧化氮 将铝片加到冷浓硝酸中 C 硫化氢 向硫化钠固体滴加浓硫酸 D 氧气 加热氯酸钾和二氧化锰的混合物 解析 加热氯化铵固体时,氯化铵分解生成HCl和NH3,HCl和NH3冷却时又化合生成氯化铵,故不能利用加热氯化铵的方法制备NH3,A项制备方法不可行;常温下,铝被浓硝酸钝化,不能用铝片与冷浓硝酸反应制备NO2,B项制备方法不可行;浓硫酸具有较强氧化性,能将硫化钠氧化而得不到硫化氢气体,故C项制备方法不可行;实验室常用加热氯酸钾和二氧化锰混合物的方法制备氧气,D项符合题目要求。 物质升华与分解的区别 (1)物质升华为物理变化,如I2升华形成I2蒸气。 (2)物质的分解属于化学变化,如NH4Cl受热分解生成NH3和HCl。 5.(双选)(2021·山东,11,4分,难度★★★)为完成下列各组实验,所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是(不考虑存放试剂的容器) (　AB　) 选项 实验目的 玻璃仪器 试剂 A 配制100 mL一定物质的量浓度的NaCl溶液 100 mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒 蒸馏水、NaCl固体 B 制备Fe(OH)3胶体 烧杯、酒精灯、胶头滴管 蒸馏水、饱和FeCl3溶液 C 测定NaOH溶液浓度 烧杯、锥形瓶、胶头滴管、酸式滴定管 待测NaOH溶液、已知浓度的盐酸、甲基橙试剂 D 制备乙酸乙酯 试管、量筒、导管、酒精灯 冰醋酸、无水乙醇、饱和Na2CO3溶液 解析 测定NaOH溶液浓度,需要用碱式滴定管量取一定体积的待测NaOH溶液,玻璃仪器中缺少碱式滴定管,C项不符合题目要求;制备乙酸乙酯需要用浓硫酸作催化剂和吸水剂,题干提供的试剂中缺少浓硫酸,D项不符合题目要求。A、B两项所提供的玻璃仪器与试剂是准确、完整的,A、B符合题目要求。 6.(2021·海南,3,2分,难度★★)用如图装置制取干燥的气体(a、b表示加入的试剂),能实现的是(　B　) 选项 气体 a b A H2S 稀H2SO4 FeS B O2 H2O2溶液 MnO2 C NO2 浓HNO3 铁片 D NH3 浓氨水 CaO 解析 H2S能与浓硫酸反应,故不能用浓硫酸干燥,A项错误;可以利用反应2H2O22H2O+O2↑制取O2,可以用浓硫酸干燥氧气,B项正确;常温下铁片被浓硝酸钝化,C项错误;氨气可与浓硫酸反应,故不能用浓硫酸干燥氨气,D项错误。 7.(2021·北京,5,3分,难度★★★)实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均正确的是 (　B　) 选项 气体 试剂 制备装置 收集方法 A O2 KMnO4 a d B H2 Zn+稀H2SO4 b e C NO Cu+稀HNO3 b c D CO2 CaCO3+稀H2SO4 b c 解析 由于O2难溶于水,密度大于空气,因此可以用排水法或向上排空气法收集,A项收集方法错误;Zn与稀H2SO4发生置换反应产生H2,属于块状固体与液体反应制取气体,产生的H2难溶于水,因此可以用排水的方法收集,故可以使用装置b、e制取、收集H2,B项正确;NO易与O2发生反应产生NO2气体,因此不能使用排空气的方法收集,C项错误;CaCO3与稀硫酸反应生成CaSO4和CO2气体,CaSO4微溶于水,CaSO4覆盖在CaCO3表面,使CO2气体不能持续发生,D项错误。 8.(2021·福建,4,4分,难度★★★)明代《徐光启手迹》记载了制备硝酸的方法,其主要流程(部分产物已省略)如下: 下列说法错误的是 (　A　) A.FeSO4的分解产物X为FeO B.本流程涉及复分解反应 C.HNO3的沸点比H2SO4的低 D.制备使用的铁锅易损坏 解析 据图可知FeSO4分解时生成SO2和SO3,部分S元素被还原,则Fe元素应被氧化,X应为Fe2O3,A项说法错误;H2SO4与KNO3在蒸馏条件下生成HNO3和K2SO4,为复分解反应,B项说法正确;H2SO4与KNO3混合后,蒸馏过程中生成HNO3,说明HNO3的沸点比H2SO4的低,C项说法正确;硫酸、硝酸均可以和铁反应,所以制备使用的铁锅易损坏,D项说法正确。 9.(2020·海南,4,2分,难度★★)实验室制备下列气体,能实现的是 (　C　) A.Cl2:MnO2与稀HCl溶液混合 B.C2H4:CaC2与H2O混合 C.CO2:加热饱和NaHCO3溶液 D.SO2:Cu丝与稀H2SO4混合 解析 实验室制取氯气常用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下制备,A错误;碳化钙与水混合生成乙炔气体,B错误;加热饱和碳酸氢钠溶液,碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水,加热条件下二氧化碳在水中的溶解度较低,可以用于制备二氧化碳,C正确;铜与稀硫酸不发生反应,欲制备二氧化硫气体可以利用铜与浓硫酸在加热条件下的反应,D错误。 10.(2024·吉林,17,14分,难度★★★★)某实验小组为实现乙酸乙酯的绿色制备及反应过程可视化,设计实验方案如下: Ⅰ.向50 mL烧瓶中分别加入5.7 mL乙酸(100 mmol)、8.8 mL乙醇(150 mmol)、1.4 g NaHSO4固体及4~6滴1‰甲基紫的乙醇溶液。向小孔冷凝柱中装入变色硅胶。 Ⅱ.加热回流50 min后,反应液由蓝色变为紫色,变色硅胶由蓝色变为粉红色,停止加热。 Ⅲ.冷却后,向烧瓶中缓慢加入饱和Na2CO3溶液至无CO2逸出,分离出有机相。 Ⅳ.洗涤有机相后,加入无水MgSO4,过滤。 Ⅴ.蒸馏滤液,收集73~78 ℃馏分,得无色液体6.60 g,色谱检测纯度为98.0%。 回答下列问题: (1)NaHSO4在反应中起　　　　作用,用其代替浓硫酸的优点是　  (答出一条即可)。 (2)甲基紫和变色硅胶的颜色变化均可指示反应进程。变色硅胶吸水,除指示反应进程外,还可　。  (3)使用小孔冷凝柱承载,而不向反应液中直接加入变色硅胶的优点是　　(填字母)。  A.无需分离 B.增大该反应平衡常数 C.起到沸石作用,防止暴沸 D.不影响甲基紫指示反应进程 (4)下列仪器中,分离有机相和洗涤有机相时均需使用的是　　　　(填名称)。  (5)该实验乙酸乙酯的产率为　　　　　　(精确至0.1%)。  (6)若改用C2OH作为反应物进行反应,质谱检测目标产物分子离子峰的质荷比数值应为　　　　　　(精确至1)。  答案 (1)催化剂　浓硫酸具有脱水性,使原料炭化,NaHSO4无脱水性,使产品产率更高(或其他合理答案) (2)吸收生成的H2O,使平衡正向移动,提高乙酸乙酯的产率 (3)AD (4)分液漏斗 (5)73.5% (6)90 解析 乙酸乙酯的制备原理为 。 其中浓硫酸的作用为催化剂和吸水剂,既能催化反应,加快反应速率,又能吸收反应生成的水,使平衡正向移动,增大产率。本题所给实验中用NaHSO4代替浓硫酸起催化作用,用能吸水的变色硅胶吸水,使平衡正向移动,冷却后用Na2CO3溶液将剩余的酸性物质反应掉,用无水MgSO4干燥产品,最后蒸馏收集73~78 ℃馏分获得产品乙酸乙酯。 (1)用NaHSO4代替浓硫酸起催化作用,因为浓硫酸有脱水性,能够将反应原料炭化,而NaHSO4无脱水性,可提高产品产率。同时还有减少有毒气体(SO2)的产生等其他优点。 (2)变色硅胶有吸水性,可吸收反应生成的水,使酯化反应平衡右移,提高产率。 (3)不向溶液中直接加入变色硅胶的优点是后续过程中不用再分离出去,且与甲基紫指示剂分开,不会影响其指示过程。平衡常数只与温度有关。故选A、D。 (4)分离有机相和洗涤有机相均需用分液漏斗进行分液。容量瓶在配制一定物质的量浓度的溶液时使用,普通漏斗在过滤时使用,洗气瓶在除气体中的杂质时使用。 (5)产率=×100%。原料中乙酸和乙醇按1∶1反应,显然乙酸比乙醇的量少,利用乙酸的物质的量计算产率:×100%=73.5%。 (6)酯化反应中,酸脱羟基醇脱氢,得到的产品应为CH3CO18OCH2CH3,其分子离子峰的质荷比数值为90。 11.(2023·全国新课标,28,14分,难度★★★★)实验室由安息香制备二苯乙二酮的反应式如下: 相关信息列表如下: 物质 性状 熔点 /℃ 沸点 /℃ 溶解性 安息香 白色固体 133 344 难溶于冷水 溶于热水、乙醇、乙酸 二苯乙 二酮 淡黄色固体 95 347 不溶于水 溶于乙醇、苯、乙酸 冰乙酸 无色液体 17 118 与水、乙醇互溶 装置示意图如图所示,实验步骤为: ①在圆底烧瓶中加入10 mL冰乙酸、5 mL水及9.0 g FeCl3·6H2O,边搅拌边加热,至固体全部溶解。 ②停止加热,待沸腾平息后加入2.0 g安息香,加热回流45~60 min。 ③加入50 mL水,煮沸后冷却,有黄色固体析出。 ④过滤,并用冷水洗涤固体3次,得到粗品。 ⑤粗品用75%的乙醇重结晶,干燥后得淡黄色结晶1.6 g。 回答下列问题: (1)仪器A中应加入　　　　　(填“水”或“油”)作为热传导介质。  (2)仪器B的名称是　　　　　;冷却水应从　　　　　(填“a”或“b”)口通入。  (3)实验步骤②中,安息香必须待沸腾平息后方可加入,其主要目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (4)在本实验中,FeCl3为氧化剂且过量,其还原产物为　　　　;某同学尝试改进本实验:采用催化量的FeCl3并通入空气制备二苯乙二酮。该方案是否可行?简述判断理由:　  　。  (5)本实验步骤①~③在乙酸体系中进行,乙酸除作溶剂外,另一主要作用是防止　。  (6)若粗品中混有少量未氧化的安息香,可用少量　　　　　洗涤的方法除去(填标号)。若要得到更高纯度的产品,可用重结晶的方法进一步提纯。  a.热水　　b.乙酸　　c.冷水　　d.乙醇 (7)本实验的产率最接近于　　　　　(填标号)。  a.85% b.80% c.75% d.70% 答案 (1)油　(2)(球形)冷凝管　a　(3)防止热蒸气灼伤人　(4)FeCl2　不可行,会导致产物产率低　(5)Fe3+水解　(6)a　(7)b 解析 (1)根据信息可知,该反应应在大于133 ℃条件下进行,故应采取高于100 ℃加热,采用油浴。 (2)仪器B为(球形)冷凝管,冷却水应从低处a口通入。 (3)沸腾产生热蒸气,若未等沸腾平息加入试剂会导致灼伤人。 (4)从有机物的结构转化看,反应中除有二苯乙二酮生成外,加入的氯化铁以氯化亚铁和氯化氢的形式存在,亚铁离子在酸性条件下难被空气氧化,使得在此反应中氯化铁仍然得承担氧化剂的作用。 (5)乙酸的酸性可以抑制Fe3+的水解。 (6)安息香溶于热水,而二苯乙二酮不溶于水,安息香和二苯乙二酮都溶于乙酸和乙醇。 (7)安息香生成二苯乙二酮相对分子质量减小2,故该实验的产率接近:×100%=80%。 12.(2023·山东,18,12分,难度★★★★)三氯甲硅烷(SiHCl3)是制取高纯硅的重要原料,常温下为无色液体,沸点为31.8 ℃,熔点为-126.5 ℃,易水解。实验室根据反应Si+3HClSiHCl3+H2,利用如下装置制备SiHCl3粗品(加热及夹持装置略)。回答下列问题。 (1)制备SiHCl3时进行操作:(ⅰ)……;(ⅱ)将盛有硅粉的瓷舟置于管式炉中;(ⅲ)通入HCl,一段时间后接通冷凝装置,加热开始反应。操作(ⅰ)为　　　　　;判断制备反应结束的实验现象是　　　　　　　　　　　　　　　　　。图示装置存在的两处缺陷是①　　　　　　　　　　;②　　　　　　　　　　。  (2)已知电负性Cl>H>Si,SiHCl3在浓NaOH溶液中发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　。  (3)采用如下方法测定溶有少量HCl的SiHCl3纯度。 m1 g样品经水解、干燥等预处理过程得硅酸水合物后,进行如下实验操作:①　　　　,②　　　　　(填操作名称),③称量等操作,测得所得固体氧化物质量为m2 g,从下列仪器中选出①、②中需使用的仪器,依次为　　　　(填大写字母)。测得样品纯度为　　　(用含m1、m2的代数式表示)。  答案 (1)组装好实验仪器,检查装置气密性　蒸馏烧瓶中液体不再增加　①装置C、D之间缺少防水(或干燥)装置　②装置D之后无尾气(H2)收集装置 (2)SiHCl3+5NaOH(浓)Na2SiO3+H2↑+3NaCl+2H2O (3)①灼烧　②干燥　A、C　×100% 解析 (1)因该实验中有气体通入和产生,故实验开始前必须先检查装置气密性;制备反应结束时,管式炉中硅粉转化为SiHCl3且被冷凝后进入蒸馏烧瓶,因此可通过观察蒸馏烧瓶中液体物质不再增加来判断反应结束。 因SiHCl3易水解,需在装置C、D之间增加防水(或干燥)装置;产物氢气是可燃性气体且无法被NaOH溶液吸收,需要另增加氢气收集装置(如储气瓶、气球等)。 (2)依据电负性Cl>H>Si可知,在SiHCl3中,Si为+4价、H为-1价、Cl为-1价,其与浓NaOH溶液发生反应的化学方程式为SiHCl3+5NaOH(浓)Na2SiO3+H2↑+3NaCl+2H2O(也可认为SiHCl3先水解为H2SiO3、H2、HCl,再与浓NaOH溶液反应)。 (3)样品经水解、干燥等预处理后,得到H2SiO3;再将H2SiO3置于坩埚中灼烧,转化为SiO2,然后将坩埚放入干燥器中干燥,反复2~3次后称量,m2 g即为所得固体氧化物SiO2的质量。依据上述分析,实验操作①为灼烧,②为干燥,①、②中需使用的仪器为A、C。 SiHCl3纯度测定过程中有以下关系式: SiHCl3~H2SiO3~SiO2,可知n(SiHCl3)=n(SiO2)= mol,故样品纯度为×100%=×100%。 13.(2023·辽宁,17,13分,难度★★★★)2-噻吩乙醇(Mr=128)是抗血栓药物氯吡格雷的重要中间体,其制备方法如下: Ⅰ.制钠砂。向烧瓶中加入300 mL液体A和4.60 g金属钠,加热至钠熔化后,盖紧塞子,振荡至大量微小钠珠出现。 Ⅱ.制噻吩钠。降温至10 ℃,加入25 mL噻吩,反应至钠砂消失。 Ⅲ.制噻吩乙醇钠。降温至-10 ℃,加入稍过量的环氧乙烷的四氢呋喃溶液,反应30 min。 Ⅳ.水解。恢复室温,加入70 mL水,搅拌30 min;加盐酸调pH至4~6,继续反应2 h,分液;用水洗涤有机相,二次分液。 Ⅴ.分离。向有机相中加入无水MgSO4,静置,过滤,对滤液进行蒸馏,蒸出四氢呋喃、噻吩和液体A后,得到产品17.92 g。 回答下列问题: (1)步骤Ⅰ中液体A可以选择　　　　。  a.乙醇　　b.水　　c.甲苯　　d.液氨 (2)噻吩沸点低于吡咯()的原因是  　。  (3)步骤Ⅱ的化学方程式为　。  (4)步骤Ⅲ中反应放热,为防止温度过高引发副反应,加入环氧乙烷溶液的方法是　。  (5)步骤Ⅳ中用盐酸调节pH的目的是  　。  (6)下列仪器在步骤Ⅴ中无需使用的是　　　　　　　　　　(填名称);无水MgSO4的作用为　。  (7)产品的产率为　　　　(用Na计算,精确至0.1%)。  答案 (1)c (2)噻吩与吡咯均为分子晶体,噻吩分子间仅存在范德华力,而吡咯分子间还存在氢键,沸点更高 (3) (4)少量多次加入 (5)提供酸性环境,利于水解并生成可溶性的钠盐便于后续分液 (6)球形冷凝管与分液漏斗　干燥吸水 (7)70.0% 解析 (1)钠能与乙醇、水、液氨发生置换反应,因此只能选择甲苯作为溶剂。 (2)通过实验中的物质对结构化学的内容进行考查,噻吩与吡咯均为分子晶体,噻吩分子间仅存在范德华力,而吡咯分子间还存在氢键,沸点更高。 (3)该反应为置换反应,其化学方程式为 。 (4)因反应放热,为防止温度过高引发副反应,应将环氧乙烷溶液少量多次加入。 (5)该过程为将2-噻吩乙醇钠水解为2-噻吩乙醇,提供酸性环境,利于水解并产生可溶性的NaCl,便于后续分液。 (6)向有机相中加入无水硫酸镁的目的为吸水干燥。进行过滤所需的装置为:漏斗、烧杯、玻璃棒;后续的蒸馏过程中所需的仪器有:酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、直形冷凝管、尾接管、锥形瓶。因此用不到的仪器为球形冷凝管和分液漏斗。 (7)按Na计算,根据反应物Na的物质的量为0.2 mol可知理论上产物的物质的量为0.2 mol,质量为25.6 g,实际得到的产物为17.92 g,因此其产率为70.0%。 14.(2023·江苏,16,15分,难度★★★★)实验室模拟“镁法工业烟气脱硫”并制备MgSO4·H2O,其实验过程可表示为: (1)在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入SO2气体,生成MgSO3,反应为Mg(OH)2+H2SO3MgSO3+2H2O,其平衡常数K与Ksp、Ksp(MgSO3)、Ka1(H2SO3)、Ka2(H2SO3)的代数关系式为K=　　　　　　　　　　;下列实验操作一定能提高氧化镁浆料吸收SO2效率的有　　　　(填字母)。  A.水浴加热氧化镁浆料 B.加快搅拌速率 C.降低通入SO2气体的速率 D.通过多孔球泡向氧化镁浆料中通SO2 (2)在催化剂作用下MgSO3被O2氧化为MgSO4。已知MgSO3的溶解度为0.57 g(20 ℃),O2氧化溶液中的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　;在其他条件相同时,以负载钴的分子筛为催化剂,浆料中MgSO3被O2氧化的速率随pH的变化如图甲所示。在pH=6~8范围内,pH增大,浆料中MgSO3的氧化速率增大,其主要原因是　  　。  甲 (3)制取MgSO4·H2O晶体。在如图乙所示的实验装置中,搅拌下,使一定量的MgSO3浆料与H2SO4溶液充分反应。MgSO3浆料与H2SO4溶液的加料方式是  　;  补充完整制取MgSO4·H2O晶体的实验方案:向含有少量Fe3+、Al3+的MgSO4溶液中,     　。  (已知:Fe3+、Al3+在pH≥5时完全转化为氢氧化物沉淀;室温下从MgSO4饱和溶液中结晶析出MgSO4·7H2O,MgSO4·7H2O在150~170 ℃下干燥得到MgSO4·H2O,实验中需要使用MgO粉末) 乙 答案 (1) BD　 (2)2S+O22S　pH增大,抑制S的水解,反应物S的浓度增大,故可加快氧化速率 (3)用分液漏斗向盛有MgSO3浆料的三颈烧瓶中缓慢滴加硫酸溶液　分批加入少量氧化镁粉末,搅拌,直至用pH试纸测得pH≥5,过滤;将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶,过滤,所得晶体在150~170 ℃干燥 解析 (1)已知下列反应: ①Mg(OH)2+H2SO3MgSO3+2H2O;K ②Mg(OH)2(s)Mg2-(sq)+2OH-(aq); Ksp[Mg(OH)2] ③MgSO3(s)Mg2+(sq)+S(aq); Ksp[MgSO3] ④H2SO3H++HS;Ka1[H2SO3] ⑤HSH++S;Ka2[H2SO3] ⑥H2OH++OH-;KW 根据盖斯定律,①=②-③+④+⑤-⑥×2,故 K=; 加热可加快反应速率,但温度升高,SO2在水中的溶解度降低,且会导致H2SO3受热分解,不一定能提高吸收SO2效率,A错误;加快搅拌速率,可以使反应物充分接触,提高吸收SO2效率,B正确;降低通入SO2气体的速率,SO2可与MgO浆料充分接触,但会降低反应速率,不一定能提高吸收SO2效率,C错误;多孔球泡可以让SO2与MgO浆料充分接触,能提高吸收SO2效率,D正确。 (2)根据题意,O2氧化溶液中的S为S,离子方程式为2S+O22S;S水解显碱性,因此pH增大,抑制其水解,反应物S的浓度增大,故可加快氧化速率; (3)在进行含固体物质的反应物与液体反应的实验时,应将含固体物质的反应物放在三颈烧瓶中,通过分液漏斗滴加液体,H2SO4溶液的滴加速率要慢,以免H2SO4过量; 根据题意,首先需要调节pH≥5以除去Fe3+、Al3+杂质,需要用到的试剂为MgO粉末,操作细节为分批加入少量MgO粉末,以免pH过高,不断搅拌进行反应,直至检测到pH≥5,然后过滤除去氢氧化铁、氢氧化铝沉淀;接着需要从溶液中得到MgSO4·H2O,根据题目信息,室温下结晶只能得到MgSO4·7H2O,因此需要在150~170 ℃下干燥得到MgSO4·H2O,操作细节为将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶,过滤,所得晶体在150~170 ℃干燥。 15.(2023·浙江,20,11分,难度★★★★)某研究小组用铝土矿为原料制备絮凝剂聚合氯化铝 ([Al2(OH)aClb]m,a=1~5),按如下流程开展实验。 已知:①铝土矿主要成分为Al2O3,含少量Fe2O3和SiO2。用NaOH溶液溶解铝土矿过程中SiO2转变为难溶性的铝硅酸盐。 ②[Al2(OH)aClb]m的絮凝效果可用盐基度衡量,盐基度=。 当盐基度为0.60~0.85时,絮凝效果较好。 请回答下列问题。 (1)步骤Ⅰ所得滤液中主要溶质的化学式是　。  (2)下列说法不正确的是　　　　。  A.步骤Ⅰ,反应须在密闭耐高压容器中进行,以实现所需反应温度 B.步骤Ⅱ,滤液浓度较大时通入过量CO2有利于减少Al(OH)3沉淀中的杂质 C.步骤Ⅲ,为减少Al(OH)3吸附的杂质,洗涤时需对漏斗中的沉淀充分搅拌 D.步骤Ⅳ,控制Al(OH)3和AlCl3的投料比可控制产品盐基度 (3)步骤Ⅴ采用如图所示的蒸汽浴加热,仪器A的名称是　　　　　　　　;步骤Ⅴ不宜用酒精灯直接加热的原因是　　　　　　　　。  (4)测定产品的盐基度。 Cl-的定量测定:称取一定量样品,配成溶液,移取25.00 mL溶液于锥形瓶中,调pH=6.5~10.5,滴加指示剂K2CrO4溶液。在不断摇动下,用0.100 0 mol·L-1 AgNO3标准溶液滴定至浅红色(有Ag2CrO4沉淀),30秒内不褪色。平行测试3次,平均消耗AgNO3标准溶液22.50 mL。 另测得上述样品溶液中c(Al3+)=0.100 0 mol·L-1。 ①产品的盐基度为　　　　　　。  ②测定Cl-过程中溶液pH过低或过高均会影响测定结果,原因是　。  答案 (1)Na[Al(OH)4]　 (2)C (3)蒸发皿　酒精灯直接加热时,聚合氯化铝溶液受热不均匀,会导致产品盐基度不均匀 (4)①0.7　②pH过低,2Cr+2H+Cr2+H2O平衡正向移动,酸性环境下,Cr2具有强氧化性,会氧化Cl-,导致消耗的硝酸银偏少,而pH过高,OH-会与Ag+反应,导致消耗的硝酸银偏多 解析 铝土矿主要成分为Al2O3,含少量Fe2O3和SiO2,向铝土矿中加氢氧化钠溶液,得到难溶性铝硅酸盐、四羟基合铝酸钠,氧化铁不与氢氧化钠溶液反应,过滤,滤液中主要含四羟基合铝酸钠,向四羟基合铝酸钠溶液中通入二氧化碳,过滤、洗涤,得到氢氧化铝沉淀,将氢氧化铝沉淀分成两份,一份加入盐酸得到氯化铝溶液,将Al(OH)3沉淀和AlCl3溶液混合得到聚合氯化铝溶液,加热得到聚合氯化铝固体。 (1)根据上述分析可知,步骤Ⅰ所得滤液中主要溶质的化学式是Na[Al(OH)4]。 (2)步骤Ⅰ,反应所需温度为140~230 ℃,高于水的沸点100 ℃,因此反应须在密闭耐高压容器中进行,以实现所需反应温度,A正确;步骤Ⅱ,滤液浓度较大时通入过量CO2生成氢氧化铝和碳酸氢钠溶液,有利于减少Al(OH)3沉淀中的杂质,B正确;步骤Ⅲ,洗涤时不能对漏斗中的沉淀进行搅拌,C错误;可通过控制Al(OH)3和AlCl3的投料比来调节中a、b的大小,进而控制产品盐基度,D正确。 (3)根据图中信息可知仪器A的名称是蒸发皿;酒精灯直接加热时,聚合氯化铝溶液受热不均匀,会导致产品盐基度不均匀,而用蒸汽浴加热时,聚合氯化铝溶液受热均匀,得到的产品盐基度均匀。 (4)①由滴定过程可得关系式Cl-~AgNO3,则样品溶液中c(Cl-)==0.09 mol·L-1,已知样品溶液中c(Al3+)=0.100 0 mol·L-1,可得=,b=1.8,在化合物[Al2(OH)aClb]m中各元素化合价的代数和为零,2×(+3)+a×(-1)+1.8×(-1)=0,a=4.2,因此[Al2(OH)4.2Cl1.8]m产品的盐基度为=0.7。 ②测定Cl-过程中溶液pH过低或过高均会影响测定结果,原因是pH过低,2Cr+2H+Cr2+H2O平衡正向移动,酸性环境下,Cr2具有强氧化性,会氧化Cl-,导致消耗的硝酸银偏少,而pH过高,OH-会与Ag+反应,导致消耗的硝酸银偏多。 16.(2022·全国乙,27,14分,难度★★★★)二草酸合铜(Ⅱ)酸钾(K2[Cu(C2O4)2])可用于无机合成、功能材料制备。实验室制备二草酸合铜(Ⅱ)酸钾可采用如下步骤: Ⅰ.取已知浓度的CuSO4溶液,搅拌下滴加足量NaOH溶液,产生浅蓝色沉淀。加热,沉淀转变成黑色,过滤。 Ⅱ.向草酸(H2C2O4)溶液中加入适量K2CO3固体,制得KHC2O4和K2C2O4混合溶液。 Ⅲ.将Ⅱ的混合溶液加热至80~85 ℃,加入Ⅰ中的黑色沉淀。全部溶解后,趁热过滤。 Ⅳ.将Ⅲ的滤液用蒸汽浴加热浓缩,经一系列操作后,干燥,得到二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体,进行表征和分析。 回答下列问题: (1)由CuSO4·5H2O配制Ⅰ中的CuSO4溶液,下列仪器中不需要的是　　　(填仪器名称)。  (2)长期存放的CuSO4·5H2O中,会出现少量白色固体,原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (3)Ⅰ中的黑色沉淀是　　　　(写化学式)。  (4)Ⅱ中原料配比为n(H2C2O4)∶n(K2CO3)=1.5∶1,写出反应的化学方程式　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (5)Ⅱ中,为防止反应过于剧烈而引起喷溅,加入K2CO3应采取　　　　的方法。  (6)Ⅲ中应采用　　　　进行加热。  (7)Ⅳ中“一系列操作”包括　。  答案 (1)分液漏斗、冷凝管(或球形冷凝管) (2)风化(或硫酸铜晶体失去结晶水) (3)CuO (4)3H2C2O4+2K2CO3K2C2O4+2KHC2O4+2CO2↑+2H2O (5)分批加入并搅拌 (6)水浴　(7)冷却结晶、过滤、洗涤 解析 (1)由CuSO4·5H2O固体配制一定物质的量浓度的溶液,用到电子天平称量固体质量,在烧杯中加适量的水(量筒量取)溶解,转移到一定规格的容量瓶中,经洗涤、定容等操作完成溶液配制。该过程中不需要分液漏斗和冷凝管(或球形冷凝管)。 (2)CuSO4·5H2O晶体在干燥的空气中容易失去结晶水,生成白色的CuSO4粉末,该过程为风化。 (3)氢氧化铜受热分解生成黑色的CuO。 (4)实验Ⅱ是制取K2C2O4和KHC2O4的混合溶液,n(H2C2O4)∶n(K2CO3)=1.5∶1时,即二者按照3∶2反应,草酸的酸性比碳酸强,结合原子守恒可配平反应的化学方程式:3H2C2O4+2K2CO3K2C2O4+2KHC2O4+2CO2↑+2H2O。 (5)CO2气体产生过快、过多,会出现喷溅现象,为防止出现此类现象,可以将K2CO3分批加入,并不断搅拌。 (6)实验Ⅲ控制温度在80~85 ℃,可以采取水浴加热,便于控制温度。 (7)从热饱和溶液中得到晶体的方法是冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 17.(2022·湖北,16,11分,难度★★★★)高技术领域常使用高纯试剂。纯磷酸(熔点为42 ℃,易吸潮)可通过市售85%磷酸溶液减压蒸馏除水、结晶除杂得到,纯化过程需要严格控制温度和水分,温度低于21 ℃易形成2H3PO4·H2O(熔点为30 ℃),高于100 ℃则发生分子间脱水生成焦磷酸等。某兴趣小组为制备磷酸晶体设计的实验装置如下(夹持装置略): 回答下列问题: (1)A的名称是　　　　。B的进水口为　　　(填“a”或“b”)。  (2)P2O5的作用是　。  (3)空气流入毛细管的主要作用是防止　　　　　　,还具有搅拌和加速水逸出的作用。  (4)升高温度能提高除水速度,实验选用水浴加热的目的是  　。  (5)磷酸易形成过饱和溶液,难以结晶,可向过饱和溶液中加入　　　　　促进其结晶。  (6)过滤磷酸晶体时,除了需要干燥的环境外,还需要控制温度为　　　　　(填标号)。  A.<20 ℃　B.30~35 ℃　C.42~100 ℃ (7)磷酸中少量的水极难除去的原因是  　。  答案 (1)圆底烧瓶　b　(2)干燥气体　(3)溶液沿毛细管上升　(4)使溶液受热均匀　(5)磷酸晶体　(6)B　(7)磷酸与水分子间可形成氢键 解析 空气通过氯化钙除水,经过安全瓶后通过浓硫酸除水,然后通过五氧化二磷,干燥的空气流入毛细管对烧瓶中的溶液进行搅拌,同时还具有加速水逸出和防止溶液沿毛细管上升的作用,将85%磷酸溶液进行减压蒸馏除水、结晶除杂得到纯磷酸。(1)由仪器构造可知,仪器A为圆底烧瓶,仪器B为直形冷凝管,冷凝水应从b口进、a口出,形成逆流冷却,使冷却效果更好。(2)纯磷酸制备过程中要严格控制温度和水分,因此五氧化二磷的作用为干燥气体。(3)空气流入毛细管可以对烧瓶中的溶液进行搅拌,使受热均匀,同时还具有加速水逸出和防止溶液沿毛细管上升的作用。(4)升高温度能提高除水速度,而纯磷酸制备过程中要严格控制温度,水浴加热可以避免直接加热造成的温度的不可控性,使溶液受热均匀。(5)过饱和溶液暂时处于亚稳态,当加入一些晶体或晃动时可使此状态失去平衡,过多的溶质就会结晶,因此可向磷酸的过饱和溶液中加入磷酸晶体促进其结晶。(6)纯磷酸纯化过程中,温度低于21 ℃易形成2H3PO4·H2O(熔点为30 ℃),高于100 ℃则发生分子间脱水生成焦磷酸,纯磷酸的熔点为42 ℃,因此过滤磷酸晶体时,除了需要干燥的环境外,还需要控制温度为30~35 ℃。(7)磷酸的结构简式为:,分子中含羟基,与水分子间可形成氢键,因此磷酸中少量的水极难除去。 18.(2022·山东,18,12分,难度★★★★)实验室利用FeCl2·4H2O和亚硫酰氯(SOCl2)制备无水FeCl2的装置如图所示(加热及夹持装置略)。已知SOCl2沸点为76 ℃,遇水极易反应生成两种酸性气体。 回答下列问题: (1)实验开始先通N2。一段时间后,先加热装置　　　(填“a”或“b”)。装置b内发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　。装置c、d共同起到的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)现有含少量杂质的FeCl2·nH2O,为测定n值进行如下实验: 实验Ⅰ:称取m1 g样品,用足量稀硫酸溶解后,用c mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+达终点时消耗V mL(滴定过程中Cr2转化为Cr3+,Cl-不反应)。 实验Ⅱ:另取m1 g样品,利用上述装置与足量SOCl2反应后,固体质量为m2 g。 则n=　　　　　　　　　　;下列情况会导致n测量值偏小的是　　　　(填字母)。  A.样品中含少量FeO杂质 B.样品与SOCl2反应时失水不充分 C.实验Ⅰ中,称重后样品发生了潮解 D.滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成 (3)用上述装置,根据反应TiO2+CCl4TiCl4+CO2制备TiCl4。已知TiCl4与CCl4分子结构相似,与CCl4互溶,但极易水解。选择合适仪器并组装蒸馏装置对TiCl4、CCl4混合物进行蒸馏提纯(加热及夹持装置略),安装顺序为①⑨⑧　　　　　(填序号),先馏出的物质为　　　　　　　　　　　　。  答案 (1)a　FeCl2∙4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8HCl↑　冷凝回流SOCl2 (2)　AB (3)⑥⑩③⑤　CCl4 解析 已知SOCl2遇水极易反应生成两种酸性气体,则FeCl2·4H2O与SOCl2制备无水FeCl2的反应原理为SOCl2吸收FeCl2·4H2O受热失去的结晶水生成SO2和HCl,HCl可抑制FeCl2的水解,从而制得无水FeCl2。 (1)实验开始时先通N2,排尽装置中的空气,防止氯化亚铁被氧化。一段时间后,先加热装置a,产生的SOCl2气体充满b装置后,再加热b装置,装置b中发生反应的化学方程式为FeCl2∙4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8HCl↑;装置c、d的共同作用是冷凝回流SOCl2,提高SOCl2的利用率。 (2)滴定过程中Cr2将Fe2+氧化成Fe3+,自身被还原成Cr3+,反应的离子方程式为6Fe2++Cr2+14H+6Fe3++2Cr3++7H2O,则m1 g样品中n(FeCl2)=6n(Cr2)=6cV×10-3 mol;m1 g样品中结晶水的质量为(m1-m2) g,结晶水的物质的量为 mol,n(FeCl2)∶n(H2O)=1∶n=(6cV×10-3 mol)∶ mol,解得n=。下列情况会导致n测量值偏小的是: A项,样品中含少量FeO杂质,溶于稀硫酸后生成Fe2+,导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积V偏大,由可知,n的测量值偏小,符合题意;B项,样品与SOCl2反应时失水不充分,则m2偏大,由可知,n的测量值偏小,符合题意;C项,实验Ⅰ称重后,样品发生了潮解,样品的质量变大,但是消耗的K2Cr2O7溶液的体积V不变,使n的测量值不变,不符合题意;D项,滴定达到终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成,导致读取的K2Cr2O7溶液的体积V偏小,使n的测量值偏大,不符合题意。 (3)组装蒸馏装置对TiCl4、CCl4混合物进行蒸馏提纯,按由下而上、从左到右的顺序组装,安装顺序为①⑨⑧,然后连接冷凝管,蒸馏装置中应选择直形冷凝管⑥、不选用球形冷凝管⑦,接着连接尾接管⑩,TiCl4极易水解,为防止外界水蒸气进入,最后连接③⑤(防止空气中的水蒸气进入),综上,安装顺序为①⑨⑧⑥⑩③⑤;由于TiCl4、CCl4分子结构相似,TiCl4的相对分子质量大于CCl4,TiCl4分子间的范德华力较大,TiCl4的沸点高于CCl4的沸点,故先蒸出的物质为CCl4。 19.(2022·辽宁,17,14分,难度★★★★★)H2O2作为绿色氧化剂应用广泛,氢醌法制备H2O2原理及装置如下: 已知:H2O、HX等杂质易使Ni催化剂中毒。回答下列问题: (1)A中反应的离子方程式为　。  (2)装置B应为　　　　(填序号)。  (3)检查装置气密性并加入药品,所有活塞处于关闭状态。开始制备时,打开活塞　　　　,控温45 ℃。一段时间后,仅保持活塞b打开,抽出残留气体。随后关闭活塞b,打开活塞　　　　,继续反应一段时间。关闭电源和活塞,过滤三颈烧瓶中混合物,加水萃取、分液、减压蒸馏,得产品。  (4)装置F的作用为  　。  (5)反应过程中,控温45 ℃的原因为  　。  (6)氢醌法制备H2O2总反应的化学方程式为  　　　　　　　　　　。  (7)取2.50 g产品,加蒸馏水定容至100 mL,摇匀。取20.00 mL于锥形瓶中,用0.0500 mol·L-1酸性KMnO4标准溶液滴定。平行滴定三次,消耗标准溶液体积分别为19.98 mL、20.90 mL、20.02 mL。假设其他杂质不干扰结果,产品中H2O2质量分数为　　　　。  答案 (1)Zn+2H+Zn2++H2↑ (2)③①　(3)a、b　c、d (4)防止外界水蒸气进入C中使催化剂中毒 (5)适当升温增大反应速率,同时防止温度过高H2O2分解 (6)H2+O2H2O2 (7)17% 解析 从H2O2的制备原理图可知,反应分两步进行,第一步为H2在Ni催化作用下与乙基蒽醌反应生成乙基蒽醇,第二步为O2与乙基蒽醇反应生成H2O2和乙基蒽醌。启普发生器A为制取H2的装置,产生的H2中混有HCl和H2O,需分别除去后进入C中发生第一步反应。随后氧气源释放的氧气经D干燥后进入C中发生反应生成H2O2和乙基蒽醌,F中装有浓硫酸,与C相连,可防止外界水蒸气进入C中,避免催化剂Ni中毒。 (1)A中锌和盐酸反应生成氯化锌和氢气,反应的离子方程式为Zn+2H+Zn2++H2↑。 (2)HX、H2O等杂质易使Ni催化剂中毒,需分别通过装有饱和食盐水和浓硫酸的洗气瓶除去,所以装置B应该选③①。 (3)开始制备时,打开活塞a、b,A中产生的H2进入C中,在Ni催化作用下与乙基蒽醌反应生成乙基蒽醇,一段时间后,关闭a,仅保持活塞b打开,将残留H2抽出,随后关闭活塞b,打开活塞c、d,将O2通入C中与乙基蒽醇反应生成H2O2和乙基蒽醌。 (4)H2O容易使Ni催化剂中毒,实验中需要保持C装置为无水环境,F的作用为防止外界水蒸气进入C中。 (5)适当升温可增大反应速率,同时要防止温度过高导致H2O2分解,故反应过程中控温45 ℃。 (6)第一步为H2在Ni催化作用下与乙基蒽醌反应生成乙基蒽醇,第二步为O2与乙基蒽醇反应生成H2O2和乙基蒽醌,总反应的化学方程式为H2+O2H2O2。 (7)滴定反应的离子方程式为2Mn+5H2O2+6H+2Mn2++5O2↑+8H2O,可得关系式2KMnO4~5H2O2。三组数据中20.90 mL偏差较大,舍去,故消耗酸性高锰酸钾标准溶液的平均体积为20.00 mL,H2O2的质量分数=×100%=17%。 20.(2022·重庆,16,15分,难度★★★★★)研究小组以无水甲苯为溶剂,PCl5(易水解)和NaN3为反应物制备米球状红磷。该红磷可提高钠离子电池的性能。 图1 (1)甲苯干燥和收集的回流装置如图1所示(夹持及加热装置略)。以二苯甲酮为指示剂,无水时体系呈蓝色。 ①存贮时,Na应保存在　　　　中。  ②冷凝水的进口是　　　(填“a”或“b”)。  ③用Na干燥甲苯的原理是　　　　　　　　　　　　　　　(用化学方程式表示)。  ④回流过程中,除水时打开的活塞是　　　　　;体系变蓝后,改变开关状态收集甲苯。  (2)纳米球状红磷的制备装置如图2所示(搅拌和加热装置略)。 图2 ①在Ar气保护下,反应物在A装置中混匀后转入B装置,于280 ℃加热12小时,反应物完全反应。其化学反应方程式为　　　　　　　　　　　　　　。用Ar气赶走空气的目的是　　　　　　　　　　　　　　　。  ②经冷却、离心分离和洗涤得到产品,洗涤时先后使用乙醇和水,依次洗去的物质是　　　　和　　　　。  图3 ③所得纳米球状红磷的平均半径R与B装置中气体产物的压强p的关系如图3所示。欲控制合成R=125 nm的红磷,气体产物的压强为　　　　 kPa,需NaN3的物质的量为　　　　 mol(保留3位小数)。已知:p=a×n,其中a=2.5×105 kPa·mol-1,n为气体产物的物质的量。  答案 (1)①煤油　②b　③2Na+2H2O2NaOH+H2↑　④K2、K3 (2)①2PCl5+10NaN3↑+10NaCl　防止PCl5遇空气中的水蒸气而发生水解　②甲苯　NaCl　③104　0.027 解析 本实验要用无水甲苯作溶剂,故需要先制备无水甲苯,图1装置中Na与水反应可以除去水,生成的H2从K2排出,待水反应完后,打开K1收集无水甲苯;图2中将甲苯和NaN3加入三颈瓶中,然后通入Ar排出装置中的空气,再滴入PCl5和甲苯,混合均匀后,转移到反应釜中制备纳米球状红磷。 (1)①钠在空气中容易被氧化,通常保存在煤油中。 ②为了充分冷凝,冷凝水应从下口进上口出,故冷凝水的进口是b。 ③Na与水反应可除去水,故用钠干燥甲苯的原理是2Na+2H2↑。 ④回流过程中,除水时打开活塞K2、K3,使生成的气体排出装置。 (2)①根据题意可知,反应物为PCl5和NaN3,产物为P,根据化合价的变化规律可知化学方程式为2PCl5+10NaN32P+15N2↑+10NaCl;由于PCl5易水解,故用Ar赶走空气的目的是防止PCl5遇空气中的水蒸气而发生水解。 ②根据反应可知,得到的产物上沾有甲苯和NaCl,用乙醇洗去甲苯,用水洗去NaCl。 ③R=125nm时可换算出横坐标为8,此时纵坐标对应的值为10,故气体产物的压强为104 kPa;已知p=a×n,其中a=2.5×105 kPa·mol-1,n==0.04 mol,根据反应2PCl5+10NaN32P+15N2↑+10NaCl可知,n(NaN3)=×0.04 mol≈0.027 mol。 21.(2021·全国乙,27,14分,难度★★★★★)氧化石墨烯具有稳定的网状结构,在能源、材料等领域有着重要的应用前景。通过氧化剥离石墨制备氧化石墨烯的一种方法如下(装置如图所示): Ⅰ.将浓硫酸、NaNO3、石墨粉末在c中混合,置于冰水浴中。剧烈搅拌下,分批缓慢加入KMnO4粉末,塞好瓶口。 Ⅱ.转至油浴中,35 ℃搅拌1小时。缓慢滴加一定量的蒸馏水。升温至98 ℃并保持1小时。 Ⅲ.转移至大烧杯中,静置冷却至室温。加入大量蒸馏水,而后滴加H2O2至悬浊液由紫色变为土黄色。 Ⅳ.离心分离,稀盐酸洗涤沉淀。 Ⅴ.蒸馏水洗涤沉淀。 Ⅵ.冷冻干燥,得到土黄色的氧化石墨烯。 回答下列问题: (1)装置图中,仪器a、c的名称分别是　　　　、　　　　,仪器b的进水口是　　　(填字母)。  (2)步骤Ⅰ中,需分批缓慢加入KMnO4粉末并使用冰水浴,原因是  　　　　　　　　　　　。  (3)步骤Ⅱ中的加热方式采用油浴,不使用热水浴,原因是　。  (4)步骤Ⅲ中,H2O2的作用是  　(以离子方程式表示)。  (5)步骤Ⅳ中,洗涤是否完成,可通过检测洗出液中是否存在S来判断。检测的方法是  　。  (6)步骤Ⅴ可用pH试纸检测来判断Cl-是否洗净,其理由是  　。  答案 (1)滴液漏斗　三颈烧瓶或3D烧瓶　d (2)防止反应放出的热量使反应过快产生其他副反应 (3)便于控制温度,因为98 ℃已接近水的沸点,油浴更易提温 (4)5H2O2+2Mn+6H+2Mn2++5O2↑+8H2O (5)取少量洗出液,滴加BaCl2溶液看是否有白色沉淀生成 (6)步骤Ⅳ中用稀盐酸洗涤沉淀,稀盐酸中含有大量的H+和Cl-,故可用溶液的pH判断Cl-是否洗净 解析 (1)由图示可知,a的名称是滴液漏斗,c的名称是三颈烧瓶或3D烧瓶;根据冷凝管中冷却水低进高出的原则,仪器b的进水口是d。 (2)KMnO4受热易分解,为防止KMnO4分解并使石墨粉末被氧化生成石墨烯,KMnO4应分批缓慢加入并使用冰水浴。使用冰水浴控制温度可以防止反应放出的热量使反应过快,还可以防止浓硫酸与硝酸钠作用生成的硝酸分解。 (3)步骤Ⅱ中采用油浴,便于控制温度,因为98 ℃已接近水的沸点,油浴更易提温。 (4)步骤Ⅲ中H2O2的作用是除去过量的KMnO4,反应的离子方程式为5H2O2+2Mn+6H+2Mn2++5O2↑+8H2O。 (5)检验用盐酸洗涤沉淀所得洗出液中是否存在S的方法是:取少量洗出液,滴加BaCl2溶液,若无白色沉淀生成,说明洗出液中不含S;若有白色沉淀生成,则说明洗出液中仍然含有S。 (6)由于步骤Ⅳ中是用稀盐酸洗涤沉淀,稀盐酸中含有大量的H+和Cl-,所以可用pH试纸检测溶液的pH,通过H+的浓度判断Cl-是否洗净。 S离子检验的误区 在待测液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液,若出现白色沉淀,不能说明溶液中有S,因为不能排除Ag+。应该先加入盐酸酸化,若无明显现象,再加入BaCl2溶液,若出现白色沉淀,则说明溶液中有S。 22.(2021·海南,17,12分,难度★★★)亚硝酰氯(NOCl)可作为有机合成试剂。 已知:①2NO+Cl22NOCl ②沸点:NOCl为-6 ℃,Cl2为-34 ℃,NO为-152 ℃。 ③NOCl易水解,能与O2反应。 某研究小组用NO和Cl2在如图所示装置中制备NOCl,并分离回收未反应的原料。 回答问题: (1)通入Cl2和NO前先通入氩气,作用是　　　　;仪器D的名称是　　　　。  (2)将催化剂负载在玻璃棉上而不是直接平铺在玻璃管中,目的是　。  (3)实验所需的NO可用NaNO2和FeSO4溶液在稀H2SO4中反应制得,离子反应方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (4)为分离产物和未反应的原料,低温浴槽A的温度区间应控制在　　　　,仪器C收集的物质是　　　　。  (5)无色的尾气若遇到空气会变为红棕色,原因是　。  答案 (1)排尽装置中的空气,防止Cl2与空气中的水反应,防止NO被O2氧化,防止生成的NOCl遇空气中的水而水解及被氧气氧化　干燥管 (2)增大与气体的接触面积,增大反应速率 (3)N+Fe2++2H+NO↑+Fe3++H2O (4)-34 ℃<T≤-6 ℃或　Cl2 (5)尾气成分与空气中的氧反应产生红棕色的NO2 解析 通过实验原理可知,进气端为NO和Cl2,经过催化剂使其反应生成NOCl;经过低温浴槽A降温,使NOCl冷凝,得到产品;再经过低温浴槽B降温,使Cl2冷凝,防止逸出污染空气;剩下NO经过无水氯化钙干燥后,进行回收,据此分析作答。(1)通入Cl2和NO前先通入氩气,作用是排尽装置中的空气,防止空气成分对实验造成干扰;仪器D的名称为干燥管。(2)将催化剂负载在玻璃棉上而不是直接平铺在玻璃管中,目的是增大催化剂与气体的接触面积,增大反应速率。(3)由实验所需的NO可用NaNO2和FeSO4溶液在稀H2SO4中反应制得,可知亚铁离子会被N氧化为铁离子,离子反应方程式为:N+Fe2++2H+NO↑+Fe3++H2O。(4)为分离产物和未反应的原料,低温浴槽A使NOCl冷凝,得到产品,则温度区间应控制在-34 ℃<T≤-6 ℃或;再经过低温浴槽B降温,使Cl2冷凝,防止逸出污染空气,仪器C中收集的物质是Cl2。(5)剩下的气体主要是NO,则无色尾气遇到空气会变为红棕色,原因是NO与空气中的氧气反应产生红棕色的NO2。 气体冷凝后汽化分离的先后次序 两种沸点低的物质经过冷凝后再汽化分离,先分离出沸点较高的,沸点低的后分离出来,控制的温度要根据相关物质的沸点确定。 23.(2021·辽宁,18,14分,难度★★★★)Fe/Fe3O4磁性材料在很多领域具有应用前景,其制备过程如下(各步均在N2氛围中进行): ①称取9.95 g FeCl2·4H2O(Mr=199),配成50 mL溶液,转移至恒压滴液漏斗中。 ②向三颈烧瓶中加入100 mL 14 mol·L-1KOH溶液。 ③持续磁力搅拌,将FeCl2溶液以2 mL·min-1的速度全部滴入三颈烧瓶中,100 ℃下回流3 h。 ④冷却后过滤,依次用热水和乙醇洗涤所得黑色沉淀,在40 ℃干燥。 ⑤管式炉内焙烧2 h,得产品3.24 g。 部分装置如图: 回答下列问题: (1)仪器a的名称是　　　　;使用恒压滴液漏斗的原因是　　　　。  (2)实验室制取N2有多种方法,请根据元素化合物知识和氧化还原反应相关理论,结合下列供选试剂和装置,选出一种可行的方法,化学方程式为　　　　,对应的装置为　　　　(填标号)。可供选择的试剂:CuO(s)、NH3(g)、Cl2(g)、O2(g)、饱和NaNO2(aq)、饱和NH4Cl(aq)。  可供选择的发生装置(净化装置略去): (3)三颈烧瓶中反应生成了Fe和Fe3O4,离子方程式为　　　　。  (4)为保证产品性能,需使其粒径适中、结晶度良好,可采取的措施有　　　　。  A.采用适宜的滴液速度 B.用盐酸代替KOH溶液,抑制Fe2+水解 C.在空气氛围中制备 D.选择适宜的焙烧温度 (5)步骤④中判断沉淀是否已经用水洗涤干净,应选择的试剂为　　　　;使用乙醇洗涤的目的是　　　　。  (6)该实验所得磁性材料的产率为　　　　(保留3位有效数字)。  答案 (1)(球形)冷凝管　平衡气压,便于液体顺利滴下 (2)2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O(或NH4Cl+NaNO2NaCl+2H2O+N2↑)　A(或B) (3)4Fe2++8OH-Fe↓+Fe3O4↓+4H2O (4)AD (5)稀硝酸和硝酸银溶液　除去晶体表面水分,便于快速干燥 (6)90.0% 解析 (1)根据仪器的构造与用途可知,仪器a的名称是(球形)冷凝管;恒压滴液漏斗在使用过程中可保持气压平衡,使液体顺利滴下。 (2)实验室中制备少量氮气的基本原理是用适当的氧化剂将氨或铵盐氧化。可以将氨气通入灼热的氧化铜中反应,反应的化学方程式为:2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O;可选择将气体通入硬质玻璃管与固体在加热条件下发生反应,即选择A装置。还可利用饱和NaNO2(aq)和饱和NH4Cl(aq)在加热条件下发生氧化还原反应制备氮气,反应的化学方程式为:NH4Cl+NaNO2NaCl+2H2O+N2↑;可选择液体与液体加热制备气体的装置,即选择B装置。 (3)三颈烧瓶中FeCl2溶液与100 mL 14 mol·L-1KOH溶液发生反应生成了Fe和Fe3O4,根据氧化还原反应的规律可知,该反应的离子方程式为4Fe2++8OH-Fe↓+Fe3O4↓+4H2O。 (4)结晶度受反应速率与温度的影响,为保证粒径适中、结晶度良好,可采取的措施有:采用适宜的滴液速度、选择适宜的焙烧温度,AD项符合题意;若用盐酸代替KOH溶液,由于Fe和Fe3O4均会溶解在盐酸中,因此得不到该晶粒,故B不选;若在空气氛围中制备,亚铁离子容易被空气氧化,故D不选。 (5)因为反应后溶液中有氯离子,所以在步骤④中判断沉淀是否已经用水洗涤干净,需取最后一次洗涤液,加入稀硝酸酸化后,再加入硝酸银溶液,若无白色沉淀生成,证明沉淀已洗涤干净;乙醇易溶于水,易挥发,最后使用乙醇洗涤的目的是除去晶体表面水分,便于快速干燥。 (6)9.95 g FeCl2·4H2O(Mr=199)的物质的量为=0.05 mol,根据发生反应的离子方程式:4Fe2++8OH-Fe↓+Fe3O4↓+4H2O,可知理论上所得的Fe和Fe3O4的物质的量各为0.012 5 mol,所得黑色产品质量应为0.012 5 mol×(56 g·mol-1+232 g·mol-1)=3.6 g,实际得到产品3.24 g,所以其产率为×100%=90.0%。 24.(2021·河北,14,14分,难度★★★★)化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献。某化学兴趣小组在实验室中模拟并改进侯氏制碱法制备NaHCO3,进一步处理得到产品Na2CO3和NH4Cl,实验流程如图: 回答下列问题: (1)从A~E中选择合适的仪器制备NaHCO3,正确的连接顺序是　　　　　(按气流方向,用小写字母表示)。为使A中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下,可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或　。  (2)B中使用雾化装置的优点是  　。  (3)生成NaHCO3的总反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　。  (4)反应完成后,将B中U形管内的混合物处理得到固体NaHCO3和滤液: ①对固体NaHCO3充分加热,产生的气体先通过足量浓硫酸,再通过足量Na2O2,Na2O2增重0.14 g,则固体NaHCO3的质量为　　　　 g。  ②向滤液中加入NaCl粉末,存在NaCl(s)+NH4Cl(aq)NaCl(aq)+NH4Cl(s)过程。为使NH4Cl沉淀充分析出并分离,根据NaCl和NH4Cl溶解度曲线,需采用的操作为　　　　、　　　　、洗涤、干燥。  (5)无水Na2CO3可作为基准物质标定盐酸浓度。称量前,若无水Na2CO3保存不当,吸收了一定量水分,用其标定盐酸浓度时,会使结果　　　　(填标号)。  A.偏高　　　　B.偏低　　　　C.不变 答案 (1)aefbcghd　旋转玻璃塞,使分液漏斗上部的小孔对准玻璃塞的凹槽 (2)使CO2与饱和氨盐水充分接触,增大反应速率,使反应充分(答案合理即可) (3)NaCl+NH3+CO2+H2ONaHCO3↓+NH4Cl (4)①0.84　②冷却结晶　过滤　(5)A 解析 (1)利用CO2和饱和氨盐水制备NaHCO3,在通入饱和氨盐水之前,应将混入CO2气体中的HCl气体通入饱和NaHCO3溶液除去,未反应的CO2利用NaOH溶液吸收;氨气利用饱和食盐水吸收,防止氨气污染环境。故仪器的连接顺序为aefbcghd。为使装置A分液漏斗中的稀盐酸顺利滴下,可将分液漏斗上部的玻璃塞打开,或旋转玻璃塞,使分液漏斗上部的小孔对准玻璃塞的凹槽。(2)装置B使用雾化装置,是为了增大CO2与饱和氨盐水的接触面积,增大反应速率,使反应更充分。(3)生成NaHCO3的总反应的化学方程式为NaCl+NH3+CO2+H2ONaHCO3↓+NH4Cl。(4)①根据2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O,2Na2O2+2CO2 2Na2CO3+O2可知,对固体NaHCO3充分加热后,产生的气体通过浓硫酸后剩余的气体为CO2,CO2与Na2O2反应,增加的质量相当于CO的质量,根据关系式2NaHCO3~ CO2~CO,可知NaHCO3的物质的量为0.01 mol,其质量为0.01 mol×84 g·mol-1=0.84 g;②根据NaCl和NH4Cl的溶解度曲线,降温到10 ℃以下,析出大量NH4Cl晶体,过滤、洗涤、干燥,得到NH4Cl晶体。(5)若无水Na2CO3吸收水分,准确称取一定质量Na2CO3所配制的标准液中溶质的物质的量浓度偏小,标定盐酸时,所滴加Na2CO3溶液体积将偏大,根据公式c(HCl)=知,c(HCl)偏大,故选A项。 侯氏制碱法的注意点 制备NaHCO3时,应先在饱和食盐水中通入NH3,再通入CO2气体。因为CO2在NaCl溶液中溶解度小,故应先通入易溶于水的NH3,使溶液呈碱性后再通入CO2,才会产生NaHCO3沉淀。 25.(2020·全国2,27,15分,难度★★★★)苯甲酸可用作食品防腐剂。实验室可通过甲苯氧化制苯甲酸,其反应原理简示如下: +KMnO4+MnO2 +HCl+KCl 名称 相对分 子质量 熔点/℃ 沸点/℃ 密度/ (g·mL-1) 溶解性 甲苯 92 -95 110.6 0.867 不溶于水, 易溶于乙醇 苯甲 酸 122 122.4(100 ℃ 左右开始升华) 248 — 微溶于冷 水,易溶于 乙醇、热水 实验步骤: (1)在装有温度计、冷凝管和搅拌器的三颈烧瓶中加入1.5 mL甲苯、100 mL水和4.8 g(约0.03 mol)高锰酸钾,慢慢开启搅拌器,并加热回流至回流液不再出现油珠。 (2)停止加热,继续搅拌,冷却片刻后,从冷凝管上口慢慢加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液,并将反应混合物趁热过滤,用少量热水洗涤滤渣。合并滤液和洗涤液,于冰水浴中冷却,然后用浓盐酸酸化至苯甲酸析出完全。将析出的苯甲酸过滤,用少量冷水洗涤,放在沸水浴上干燥。称量,粗产品为1.0 g。 (3)纯度测定:称取0.122 g粗产品,配成乙醇溶液,于100 mL容量瓶中定容。每次移取25.00 mL溶液,用0.010 00 mol·L-1的KOH标准溶液滴定,三次滴定平均消耗21.50 mL的KOH标准溶液。 回答下列问题: (1)根据上述实验药品的用量,三颈烧瓶的最适宜规格为　　　　(填标号)。  　 　　　　　 　　　　　 　　　　 A.100 mL B.250 mL C.500 mL D.1 000 mL (2)在反应装置中应选用　　　　(填“直形”或“球形”)冷凝管,当回流液不再出现油珠即可判断反应已完成,其判断理由是　。  (3)加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　;该步骤亦可用草酸在酸性条件下处理,请用反应的离子方程式表达其原理:　  　。  (4)“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主要成分是　　　　。  (5)干燥苯甲酸晶体时,若温度过高,可能出现的结果是　　　　　　　　　　。  (6)本实验制备的苯甲酸的纯度为　　　　;据此估算本实验中苯甲酸的产率最接近于　　　　(填标号)。  A.70% B.60% C.50% D.40% (7)若要得到纯度更高的苯甲酸,可通过在水中　　　　的方法提纯。  答案 (1)B　(2)球形　无油珠说明不溶于水的甲苯已经被完全氧化　(3)除去过量的高锰酸钾,避免在用盐酸酸化时,产生氯气　2Mn+5H2C2O4+6H+2Mn2++10CO2↑+8H2O (4)MnO2　(5)苯甲酸升华而损失 (6)86.0%　C　(7)重结晶 解析 (1)加入原料的总体积略大于100 mL,根据三颈烧瓶的使用原则,适合选择250 mL的三颈烧瓶。 (2)冷凝管在该实验中起冷凝回流作用,为增大蒸气与冷却水的接触面积,提高冷却效果,选用球形冷凝管。甲苯的沸点较低,且不溶于水,回流液中无油珠,则证明甲苯已经被氧化完全。 (3)NaHSO3具有还原性,可用于除去过量的KMnO4,避免在后续操作中加入的浓盐酸与KMnO4发生反应产生氯气。H2C2O4中C的化合价为+3价,酸性条件下被氧化为CO2,Mn(Mn的化合价为+7价)被还原为Mn2+,利用得失电子守恒等配平方程式即可。 (4)由题目所给方程式可知,KMnO4氧化时,被还原为MnO2,故“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主要成分为MnO2。 (5)因苯甲酸易升华,若干燥时温度过高,会导致苯甲酸损失。 (6)纯度测定时,得到下列关系式: ~KOH 　122 g 1 mol 　m 0.010 00 mol·L-1×21.50×10-3 L 列方程可解得m=0.026 23 g。 的纯度: ×100%=86.0%。 1.0 g粗产品中的质量为0.86 g,1.5 mL甲苯可生成苯甲酸的理论值: 　　~　　　 　92 g 　122 g 1.5 mL×0.867 g·mL-1 　m 列方程可解得m≈1.72 g。 苯甲酸的产率为×100%=50%。 (7)利用苯甲酸在热水、冷水中的溶解度差异,可采用在水中重结晶的方法提纯。 26.(2020·全国3,26,14分,难度★★★)氯可形成多种含氧酸盐,广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用下图装置(部分装置省略)制备KClO3和NaClO,探究其氧化还原性质。 回答下列问题: (1)盛放MnO2粉末的仪器名称是　　　 　　　,a中的试剂为　　　　　　。  (2)b中采用的加热方式是　　　　　　。c中化学反应的离子方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　,采用冰水浴冷却的目的是　　　　　　　　　　　　。  (3)d的作用是　　　　　　　　,可选用试剂　　　　(填标号)。  A.Na2S　B.NaCl　C.Ca(OH)2　D.H2SO4 (4)反应结束后,取出b中试管,经冷却结晶,　　　　,　　　　　　　　　　,干燥,得到KClO3晶体。  (5)取少量KClO3和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中,滴加中性KI溶液。1 号试管溶液颜色不变。2号试管溶液变为棕色,加入CCl4振荡,静置后CCl4层显　　　　色。可知该条件下KClO3的氧化能力　　　　(填“大于”或“小于”)NaClO。  答案 (1)圆底烧瓶　饱和食盐水　(2)水浴加热 Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O　避免生成NaClO3　(3)吸收尾气(Cl2)　AC　(4)过滤　少量(冷)水洗涤　(5)紫　小于 解析 实验装置分析:整套装置的最左端为氯气的发生装置,利用二氧化锰固体和浓盐酸在加热条件下制取氯气,由于盐酸有挥发性,导致氯气中含有杂质HCl和水蒸气。其中,氯气中的杂质HCl气体会影响后面KClO3和NaClO的制备,故需要用饱和食盐水(a中盛放试剂)除去氯气中的HCl杂质。b为氯气与KOH溶液在加热条件下制取KClO3的装置,发生的反应为3Cl2+6KOHKClO3+5KCl+3H2O。c为氯气与NaOH溶液在较低温度下制取NaClO的装置,发生的反应为Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O。d为尾气的吸收装置,可防止污染环境,吸收氯气可用还原性物质或碱性溶液。 (2)b中采用的是水浴加热方法。c装置中反应的离子方程式为Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O,c中采用冰水浴的目的是防止温度较高的氯气和NaOH溶液反应生成NaClO3。 (3)d装置中应盛放还原性物质或碱性物质,故符合条件的试剂为A、C。 (4)从溶液中获得晶体可采用的方法步骤为:冷却结晶→过滤→洗涤(少量冷水)→干燥。 (5)1号试管中的KClO3溶液不能将I-氧化为单质I2,而2号试管中的NaClO溶液可将I-氧化为I2,故在此条件下氧化性:KClO3小于NaClO。四氯化碳萃取出I2后,静置一段时间可观察到液体分为两层,由于四氯化碳的密度大于水的密度,则碘的四氯化碳溶液在下层,呈紫色。 27.(2020·山东,20,12分,难度★★★★)某同学利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的装置如下图所示(夹持装置略): 已知:锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在,碱性减弱时易发生反应:3Mn+2H2O2Mn+MnO2↓+4OH- 回答下列问题: (1)装置A中a的作用是　　　　　　　　　;装置C中的试剂为　　　　　;装置A中制备Cl2的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)上述装置存在一处缺陷,会导致KMnO4产率降低,改进的方法是　　　　　　　　　　　　 　　　　　。  (3)KMnO4常作氧化还原滴定的氧化剂,滴定时应将KMnO4溶液加入　　　　　(填“酸式”或“碱式”)滴定管中;在规格为50.00 mL的滴定管中,若KMnO4溶液起始读数为15.00 mL,此时滴定管中KMnO4溶液的实际体积为　　　　　(填标号)。  A.15.00 mL B.35.00 mL C.大于35.00 mL D.小于15.00 mL (4)某FeC2O4·2H2O样品中可能含有的杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O4·2H2O,采用KMnO4滴定法测定该样品的组成,实验步骤如下: Ⅰ.称取m g样品于锥形瓶中,加入稀硫酸溶解,水浴加热至75 ℃。用c mol·L-1的KMnO4溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30 s内不褪色,消耗KMnO4溶液V1 mL。 Ⅱ.向上述溶液中加入适量还原剂将Fe3+完全还原为Fe2+,加入稀硫酸酸化后,在75 ℃继续用KMnO4溶液滴定至溶液出现粉红色且30 s内不褪色,又消耗KMnO4溶液V2 mL。 样品中所含H2C2O4·2H2O(M=126 g·mol-1)的质量分数表达式为　　　　　。  下列关于样品组成分析的说法,正确的是　　　　　(填标号)。  A.=3时,样品中一定不含杂质 B.越大,样品中H2C2O4·2H2O含量一定越高 C.若步骤Ⅰ中滴入KMnO4溶液不足,则测得样品中Fe元素含量偏低 D.若所用KMnO4溶液实际浓度偏低,则测得样品中Fe元素含量偏高 答案 (1)平衡气压,使浓盐酸顺利滴下　NaOH溶液　Ca(ClO)2+4HClCaCl2+2Cl2↑+2H2O (2)在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶 (3)酸式　C　(4)×100%　BD 解析 (1)恒压分液漏斗是同学们熟知的仪器,作用是保持恒压。制备Cl2的化学方程式可根据氧化还原反应的原理写出。 (2)已知锰酸钾在浓强碱溶液中可稳定存在,碱性减弱易发生反应。制备Cl2的浓盐酸挥发出的HCl进入B装置使溶液碱性减弱,K2MnO4会发生反应,从而降低KMnO4的产率,因此应在A、B之间添加除去HCl的洗气瓶。 (3)考查常见仪器滴定管的结构及用法,难度较小。KMnO4溶液应放在酸式滴定管中。滴定管下端无刻度,因此KMnO4溶液的实际体积大于35.00 mL。 (4)根据题意,在第Ⅱ步反应中KMnO4溶液可氧化Fe2+生成Fe3+。根据得失电子守恒:Fe2+Fe3+、MnMn2+ n(Fe2+)×1=cV2×10-3×(7-2) mol n(Fe2+)=5cV2×10-3 mol 在第Ⅰ步反应中KMnO4氧化了FeC2O4·2H2O和H2C2O4·2H2O以及Fe2(C2O4)3中的C2, 该过程涉及的变化有:FeC2O4Fe3++CO2↑ H2C2O4、C2CO2 MnMn2+ 由得失电子守恒可得5cV2×10-3×3+n(H2C2O4)×2=5cV1×10-3,则: n(H2C2O4)= mol H2C2O4·2H2O的质量分数=×100%=×100%。 根据H2C2O4·2H2O质量分数的表达式可知,当V1=3V2时,样品中不含H2C2O4·2H2O,但可能含有其他物质。越大,H2C2O4·2H2O的含量一定越高,B项正确;若步骤Ⅰ滴入KMnO4溶液不足,V1偏低,H2C2O4·2H2O的含量一定偏低,则铁元素含量偏高,C项错误;若所用KMnO4溶液实际浓度偏低,得到的V2偏大,则铁元素含量偏高。 28.(2020·浙江,30,10分,难度★★★★)硫代硫酸钠在纺织业等领域有广泛应用。某兴趣小组用下图装置制备Na2S2O3·5H2O。 合成反应:SO2+Na2CO3Na2SO3+CO2　2Na2S+3SO22Na2SO3+3S　Na2SO3+SNa2S2O3 滴定反应:I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6。 已知:Na2S2O3·5H2O易溶于水,难溶于乙醇,50 ℃开始失结晶水。 实验步骤: Ⅰ　Na2S2O3制备:装置A制备的SO2经过单向阀通入装置C中的混合溶液,加热、搅拌,至溶液pH约为7时,停止通入SO2气体,得产品混合溶液。 Ⅱ　产品分离提纯:产品混合溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,得到Na2S2O3·5H2O产品。 Ⅲ　产品纯度测定:以淀粉作指示剂,用Na2S2O3·5H2O产品配制的溶液滴定碘标准溶液至滴定终点,计算Na2S2O3·5H2O含量。 请回答: (1)步骤Ⅰ　单向阀的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　;装置C中的反应混合溶液pH过高或过低将导致产率降低,原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)步骤Ⅱ　下列说法正确的是　　　　。  A.快速蒸发溶液中水分,可得较大晶体颗粒 B.蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时,停止加热 C.冷却结晶后的固液混合物中加入乙醇可提高产率 D.可选用冷的Na2CO3溶液作洗涤剂 (3)步骤Ⅲ　①滴定前,有关滴定管的正确操作为(选出正确操作并按序排列): 检漏→蒸馏水洗涤→(　　)→(　　)→(　　)→(　　)→(　　)→开始滴定。 A.烘干 B.装入滴定液至零刻度以上 C.调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下 D.用洗耳球吹出润洗液 E.排除气泡 F.用滴定液润洗2至3次 G.记录起始读数 ②装标准碘溶液的碘量瓶(带瓶塞的锥形瓶)在滴定前应盖上瓶塞,目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  ③滴定法测得产品中Na2S2O3·5H2O含量为100.5%,则Na2S2O3·5H2O产品中可能混有的物质是　　　　。  答案 (1)防止倒吸　pH过高,Na2CO3、Na2S反应不充分;pH过低,导致Na2S2O3转化为S和SO2 (2)BC (3)①F　B　E　C　G　②防止碘挥发损失 ③Na2SO3或Na2S2O3·5H2O失去了部分结晶水的产物 解析 (1)由题目信息,SO2易与Na2CO3、Na2S溶液反应,从而可能会引起装置C中溶液倒吸入装置A中,结合图中单向阀的结构可作出回答。 装置C中反应混合溶液pH过高时,合成反应中CO2不易逸出,S与OH-反应而消耗,Na2CO3与Na2S反应不充分;pH过低时,Na2S2O3不能稳定存在:S2+2H+S↓+SO2↑+H2O。 (2)A项,制备Na2S2O3·5H2O时,快速蒸发水分,会导致失去部分结晶水,错误;B项,蒸发浓缩出现晶膜时,停止加热,利用余热即可得到晶体,正确;C项,因Na2S2O3·5H2O难溶于乙醇,加入乙醇会促进晶体析出,提高产率,正确;D项,结晶水合物会部分溶解在Na2CO3溶液中,错误。 (3)①滴定前应检查滴定管是否漏液,之后用蒸馏水洗涤滴定管,为防止稀释滴定液,使测定结果不准确,需用滴定液润洗2~3次;之后装入滴定液至零刻度以上,排除装置中的气泡,然后调整滴定液的液面至零刻度或零刻度以下,并记录起始读数;开始滴定。所以正确的操作和顺序为检漏→蒸馏水洗涤→F→B→E→C→G→开始滴定。 ②因单质碘易挥发而损耗,故碘量瓶在滴定前要盖上瓶塞。 ③由滴定原理:I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6可知, =,而I2+S+H2O2I-+S+2H+反应中,=1>。故当Na2S2O3·5H2O产品中混有Na2SO3或晶体失去部分结晶水时,会导致产品中Na2S2O3·5H2O含量偏高。 29.(2019·海南,17,9分,难度★★★)干燥的二氧化碳和氨气反应可生成氨基甲酸铵固体,反应的化学方程式为2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s)　ΔH<0。在四氯化碳中通入二氧化碳和氨制备氨基甲酸铵的实验装置如下图所示,回答下列问题: (1)装置1用来制备二氧化碳气体:将块状石灰石放置在试管中的带孔塑料板上,长颈漏斗中所加试剂为　　　　,装置2中所加试剂为　　　　　　。  (2)装置4中试剂为固体NH4Cl和Ca(OH)2,发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　。试管口不能向上倾斜的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。装置3中试剂为KOH,其作用为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (3)反应时三颈瓶需用冷水浴冷却,其目的是　　　　　　　　　　　　。  答案 (1)稀盐酸　浓硫酸 (2)2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O　防止反应产生的水蒸气在管口凝结倒流,损坏仪器　干燥氨气(或吸收氨气中的水蒸气) (3)使氨气和二氧化碳充分反应生成氨基甲酸铵,防止氨基甲酸铵分解,同时减少四氯化碳的挥发 解析 (1)装置1是制备二氧化碳的装置。由二氧化碳的实验室制法可知所加试剂为碳酸钙和稀盐酸。由题目中已知信息可知,干燥的二氧化碳和氨气反应可制备氨基甲酸铵。故二氧化碳和氨气分别都需要干燥。所以装置2和装置3的作用分别为干燥二氧化碳气体和氨气。装置2所用试剂为浓硫酸。(2)由氨气的实验室制法,可写出装置4中制备NH3的化学方程式:2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O,采用固体与固体加热反应的制气装置,需考虑产生的水蒸气对实验的影响,为防止水蒸气凝结倒流,试管口应稍向下倾斜。(3)已知制备氨基甲酸铵的反应为放热反应,冷水浴可使反应产生的热量迅速散失,使氨气和二氧化碳充分反应生成氨基甲酸铵,同时减少溶剂四氯化碳的挥发。氨基甲酸铵的热稳定性较差,冷水浴也可防止生成的氨基甲酸铵分解。 30.(2018·北京,28,16分,难度★★★★)实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。 资料:K2FeO4为紫色固体,微溶于KOH溶液;具有强氧化性,在酸性或中性溶液中快速产生O2,在碱性溶液中较稳定。 (1)制备K2FeO4(夹持装置略) ①A为氯气发生装置。A中反应方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(锰被还原为Mn2+)。  ②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。 ③C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O,另外还有　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)探究K2FeO4的性质 ①取C中紫色溶液,加入稀硫酸,产生黄绿色气体,得溶液a,经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl-而产生Cl2,设计以下方案: 方案Ⅰ 取少量a,滴加KSCN溶液至过量,溶液呈红色。 方案Ⅱ 用KOH溶液充分洗涤C中所得固体,再用KOH溶液将K2FeO4溶出,得到紫色溶液b。取少量b,滴加盐酸,有Cl2产生。 Ⅰ.由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有　　　　离子,但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化,还可能由　　　　　　　　　　　　　　　　产生(用方程式表示)。  Ⅱ.方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl-。用KOH溶液洗涤的目的是　。  ②根据K2FeO4的制备实验得出:氧化性Cl2　　　　Fe(填“>”或“<”),而方案Ⅱ实验表明,Cl2和Fe的氧化性强弱关系相反,原因是　  　。  ③资料表明,酸性溶液中的氧化性Fe>Mn,验证实验如下:将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中,振荡后溶液呈浅紫色,该现象能否证明氧化性Fe>Mn。若能,请说明理由;若不能,进一步设计实验方案。 理由或方案:      　。  答案 (1)①2KMnO4+16HCl(浓)2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O或2Mn+10Cl-+16H+2Mn2++5Cl2↑+8H2O　　③Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O (2)①Ⅰ.Fe3+　4Fe+20H+4Fe3++3O2↑+10H2O　Ⅱ.洗去固体表面附有的次氯酸钾,排除ClO-的干扰 ②>　溶液的酸碱性不同　③若能,理由:Fe在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2,溶液浅紫色一定是Mn的颜色(若不能,方案:向紫色溶液b中滴加过量稀硫酸,观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色) 解析 (1)①A为氯气发生装置,KMnO4与浓盐酸反应时,Mn被还原为Mn2+,浓盐酸被氧化成Cl2,KMnO4与浓盐酸反应生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O,根据得失电子守恒和原子守恒,反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O,离子方程式为2Mn+10Cl-+16H+2Mn2++5Cl2↑+8H2O。 ②由于盐酸具有挥发性,所得Cl2中混有HCl和H2O(g),HCl会消耗Fe(OH)3、KOH,可用饱和食盐水除去HCl,除杂装置B为。 ③C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O,还有Cl2与KOH的反应,Cl2与KOH反应的化学方程式为Cl2+2KOHKCl+KClO+H2O,反应的离子方程式为Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O。 (2)①根据上述制备反应,紫色的C溶液中含有K2FeO4、KCl,还可能含有KClO等。 Ⅰ.方案Ⅰ加入KSCN溶液,溶液变红说明a中含Fe3+。但Fe3+的产生不能判断K2FeO4与Cl-发生了反应,根据题意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2,自身被还原成Fe3+,根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒,可能的反应为4Fe+20H+3O2↑+4Fe3++10H2O。 Ⅱ.产生Cl2还可能是ClO-+Cl-+2H+Cl2↑+H2O,即KClO的存在干扰判断;K2FeO4微溶于KOH溶液,用KOH溶液洗涤的目的是除去KClO,排除ClO-的干扰,同时保持K2FeO4稳定存在。 ②制备K2FeO4的原理为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O,在该反应中Cl元素的化合价由0价降至-1价,Cl2是氧化剂,Fe元素的化合价由+3价升至+6价,Fe(OH)3是还原剂,K2FeO4为氧化产物,根据同一反应中,氧化性:氧化剂>氧化产物,得出氧化性Cl2>Fe;方案Ⅱ的反应为2Fe+6Cl-+16H+2Fe3++3Cl2↑+8H2O,实验表明,Cl2和Fe氧化性强弱关系相反;对比两个反应的条件,制备K2FeO4在碱性条件下,方案Ⅱ在酸性条件下;说明溶液的酸碱性的不同影响物质氧化性的强弱。 ③该小题为开放性试题。若能,根据题意K2FeO4在过量H2SO4溶液中会转化为Fe3+和O2,最后溶液中不存在Fe,溶液振荡后呈浅紫色一定是Mn的颜色,说明Fe将Mn2+氧化成Mn,所以该实验方案能证明氧化性Fe>Mn[若不能,因为溶液b呈紫色,溶液b滴入MnSO4和H2SO4的混合溶液中,c(Fe)变小,溶液的紫色也会变浅;则设计一个空白对比的实验方案,方案为:向紫色溶液b中滴加过量稀硫酸,观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色]。 有关气体制备实验装置的连接顺序 气体发生装置→净化装置→制备目标物质实验装置→尾气吸收。探究物质性质的实验要排除其他物质的干扰,尤其注意最后一空为开放性答案,要注意多角度思考。 31.(2017·北京,26,13分,难度★★★★)TiCl4是由钛精矿(主要成分为TiO2)制备钛(Ti)的重要中间产物,制备纯TiCl4的流程示意图如下: 　 　　　　　 　　　　　 　　　　 钛精矿粗TiCl4纯TiCl4 资料:TiCl4及所含杂质氯化物的性质 化合物 SiCl4 TiCl4 AlCl3 FeCl3 MgCl2 沸点/℃ 58 136 181(升华) 316 1 412 熔点/℃ -69 -25 193 304 714 在TiCl4中 的溶解性 互溶 — 微溶 难溶 (1)氯化过程:TiO2与Cl2难以直接反应,加碳生成CO和CO2可使反应得以进行。 已知:TiO2(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+O2(g) ΔH1=+175.4 kJ·mol-1 2C(s)+O2(g)2CO(g)　ΔH2=-220.9 kJ·mol-1 ①沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的热化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　。  ②氯化过程中CO和CO2可以相互转化,根据下图判断:CO2生成CO反应的ΔH　　　0(填“>”“<”或“=”),判断依据:　  　。  ③氯化反应的尾气须处理后排放,尾气中的HCl和Cl2经吸收可得粗盐酸、FeCl3溶液,则尾气的吸收液依次是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  ④氯化产物冷却至室温,经过滤得到粗TiCl4混合液,则滤渣中含有　　　　　　　　　　　　　。  (2)精制过程:粗TiCl4经两步蒸馏得纯TiCl4。示意图如下: 物质a是　　　　,T2应控制在　。  答案 (1)①TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)TiCl4(g)+2CO(g)　ΔH=-45.5 kJ·mol-1 ②>　随温度升高,CO含量增大,说明生成CO的反应是吸热反应　③H2O、FeCl2溶液、NaOH溶液 ④MgCl2、AlCl3、FeCl3 (2)SiCl4　高于136 ℃,低于181 ℃ 解析 (1)①根据盖斯定律,将第一个反应与第二个反应直接相加可得:TiO2(s)+2C(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+2CO(g)　ΔH=ΔH1+ΔH2=+175.4 kJ·mol-1+(-220.9 kJ·mol-1)=-45.5 kJ·mol-1。 ②根据图像可以看出,随着温度的升高,n(CO)逐渐增大,而n(CO2)逐渐减小,说明CO2生成CO的反应为吸热反应,则CO2生成CO反应的ΔH>0。 ③要将尾气中的HCl变为盐酸,用水吸收即可;而将Cl2变为FeCl3溶液,则吸收液应为FeCl2溶液。因HCl极易溶于水,故应先将尾气通入水中得到粗盐酸,再通入FeCl2溶液中得到FeCl3溶液;最后将剩余尾气通入NaOH溶液中吸收,防止污染空气。 ④根据表格中所列的TiCl4及所含杂质氯化物的性质可知,室温下,AlCl3、FeCl3、MgCl2为固体,且它们在TiCl4中溶解度较小,故滤渣中含有AlCl3、FeCl3、MgCl2。 (2)根据表格中的各物质的熔、沸点可知,在蒸馏塔一中首先变为气态的物质是沸点最低的SiCl4。在蒸馏塔二中,要蒸馏出纯净的TiCl4,则不能使其他高沸点的物质汽化,温度T2要高于136 ℃,但应低于181 ℃。 探究性实验题的解答策略 该题为实验探究题,装置图、流程图很简单,但探究过程较复杂,准确全面获取信息、通过控制变量思想进行逻辑分析是解题的关键,凭感觉做题,不容易准确获取题中信息。解答时注意选择数据(或设置实验)要有效,且变量统一,否则无法作出正确判断。另外探究性题型中考虑问题的思路不能局限于个别问题,不能局限于固定的知识,需要全面考虑。 32.(2017·江苏,21B,13分,难度★★★★)1-溴丙烷是一种重要的有机合成中间体,沸点为71 ℃,密度为1.36 g·cm-3。实验室制备少量1-溴丙烷的主要步骤如下: 步骤1:在仪器A中加入搅拌磁子、12 g正丙醇及20 mL水,冰水冷却下缓慢加入28 mL浓硫酸;冷却至室温,搅拌下加入24 g NaBr。 步骤2:如图所示搭建实验装置,缓慢加热,直到无油状物馏出为止。 步骤3:将馏出液转入分液漏斗,分出有机相。 步骤4:将分出的有机相转入分液漏斗,依次用12 mL H2O、12 mL 5% Na2CO3溶液和12 mL H2O洗涤,分液,得粗产品,进一步提纯得1-溴丙烷。 (1)仪器A的名称是　　　　;加入搅拌磁子的目的是搅拌和　　　　。  (2)反应时生成的主要有机副产物有2-溴丙烷和　　　。  (3)步骤2中需向接收瓶内加入少量冰水并置于冰水浴中的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (4)步骤2中需缓慢加热使反应和蒸馏平稳进行,目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (5)步骤4中用5% Na2CO3溶液洗涤有机相的操作:向分液漏斗中小心加入12 mL 5% Na2CO3溶液,振荡,　　　　　　　　　　　　　　　　　,静置,分液。  答案 (1)蒸馏烧瓶　防止暴沸 (2)丙烯、正丙醚 (3)减少1-溴丙烷的挥发　(4)减少HBr挥发　(5)将分液漏斗下口向上倾斜、打开活塞排出气体 解析 (1)仪器A为蒸馏烧瓶,搅拌磁子还可以起到沸石的作用,防止加热时暴沸。(2)反应过程中,反应物中的正丙醇可能会发生消去反应生成丙烯,也可能发生分子间脱水生成正丙醚。(3)在冰水浴中进行反应,可降低反应温度,减少1-溴丙烷的挥发。 综合实验题的解答策略 本题分别从实验条件的控制与分析、实验仪器的选用、实验原理的理解、产品的分离和提纯等方面,综合考查学生对化学实验原理、实验方法和实验技能的掌握和运用,重点考查学生在化学实验情境中解决问题的能力。解题时可分为三步:整体了解实验过程、准确获取题示信息、认真解答题中设问。备考时要注意以下几个方面:①熟悉实验室常见仪器的使用方法和主要用途;②掌握常见物质分离和提纯的方法;③了解典型物质制备的实验原理、操作步骤、条件控制及注意事项;④掌握重要的定量实验原理和相关操作。 33.(2015·海南,17,11分,难度★★★)工业上,向500~600 ℃的铁屑中通入氯气生产无水氯化铁;向炽热铁屑中通入氯化氢生产无水氯化亚铁。现用如图所示的装置模拟上述过程进行实验。 回答下列问题: (1)制取无水氯化铁的实验中,A中反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,装置B中加入的试剂是　　　　　　。  (2)制取无水氯化亚铁的实验中,装置A用来制取　　　　　　　,尾气的成分是　　　　。若仍用D装置进行尾气处理,存在的问题是　　　　　　　　　、　　　　　　　　　。  (3)若操作不当,制得的FeCl2会含有少量FeCl3,检验FeCl3常用的试剂是　　　　　,欲制得纯净的FeCl2,在实验操作中应先　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,再　。  答案 (1)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O　浓硫酸 (2)HCl　HCl、H2　易发生倒吸　没有处理H2 (3)KSCN溶液　通入氯化氢(赶尽装置中的空气)　点燃C处的酒精灯 解析 (1)由题干信息知,制备无水FeCl3,需要先制备Cl2,实验室中用MnO2和浓盐酸加热反应获得Cl2,制备的Cl2中会混有水蒸气,故需要用浓硫酸吸收水蒸气。(2)制备无水FeCl2,需要先制备干燥的HCl,HCl与铁屑反应生成FeCl2和H2,尾气中会有H2和过量的HCl。D中的导管直接插入液面以下,会因HCl气体被吸收而产生倒吸,同时H2不能被溶液吸收,没有处理H2。(3)欲制得纯净的FeCl2,需先点燃A处的酒精灯,使生成的HCl充满整个装置,将空气除尽后,再点燃C处的酒精灯,使Fe与HCl反应。如不按此操作,则制备的FeCl2可能不纯。 考点36探究性化学实验方案的设计与评价　 　　探究性化学实验方案的设计与评价是一套试题中不可缺少的一部分,题目灵活多变,可以是物质组成的探究,可以是物质性质的探究,也可以是化学反应原理和反应规律的探究。解答过程中,对于题中的异常现象要根据已有的知识进行大胆的猜想﹑推测,并仔细推敲其是否合理。 1.(2023·重庆,8,3分,难度★★★)下列实验操作和现象,得出的相应结论正确的是 (　A　) 选项 实验操作 现象 结论 A 向盛有Fe(OH)3和NiO(OH)的试管中分别滴加浓盐酸 盛NiO(OH)的试管中产生黄绿色气体 氧化性: NiO(OH)>Fe(OH)3 B 向CuSO4溶液中通入H2S气体 出现黑色沉淀(CuS) 酸性: H2S<H2SO4 C 乙醇和浓硫酸共热至170 ℃,将产生的气体通入溴水中 溴水褪色 乙烯发生了加成反应 续表 选项 实验操作 现象 结论 D 向Na2HPO4溶液中滴加AgNO3溶液 出现黄色沉淀(Ag3PO4) Na2HPO4发生了水解反应 解析 盛NiO(OH)的试管中产生黄绿色气体,说明NiO(OH)将氯离子氧化为氯气,而氢氧化铁不行,故氧化性:NiO(OH)>Fe(OH)3,A正确;出现黑色沉淀(CuS),是因为硫化铜不溶于水、不溶于酸,不能说明酸性H2S<H2SO4,B错误;副产物SO2也会使溴水褪色,不能说明乙烯发生了加成反应,C错误;出现黄色沉淀(Ag3PO4),说明Na2HPO4电离出了磷酸根离子,D错误。 2.(2023·浙江,16,3分,难度★★★★)探究卤族元素单质及其化合物的性质,下列方案设计、现象和结论都正确的是 (　A　) 选项 实验方案 现象 结论 A 往碘的CCl4溶液中加入等体积浓KI溶液,振荡 分层,下层由紫红色变为浅粉红色,上层呈棕黄色 碘在浓KI溶液中的溶解能力大于在CCl4中的溶解能力 B 用玻璃棒蘸取次氯酸钠溶液点在pH试纸上 试纸变白 次氯酸钠溶液呈中性 C 向2 mL 0.1 mol·L-1 AgNO3溶液中先滴加4滴0.1 mol·L-1 KCl溶液,再滴加4滴0.1 mol·L-1 KI溶液 先产生白色沉淀,再产生黄色沉淀 AgCl转化为AgI,AgI溶解度小于AgCl溶解度 D 取两份新制氯水,分别滴加AgNO3溶液和淀粉KI溶液 前者有白色沉淀,后者溶液变蓝色 氯气与水的反应存在限度 解析 向I2的CCl4溶液中加入等体积浓KI溶液,振荡,静置,溶液分层,下层由紫红色变为浅粉红色,上层呈棕黄色,说明I2的CCl4溶液中的I2与KI溶液中的I-反应生成,因此碘在浓KI溶液中的溶解能力大于在CCl4中的溶解能力,A正确;NaClO溶液具有强氧化性,能使有机色质漂白褪色,不能用pH试纸测定NaClO溶液的pH,B错误;向2 mL AgNO3溶液中加入4滴KCl溶液,产生白色的AgCl沉淀,由于AgNO3溶液过量,再加入4滴KI溶液时,产生黄色的AgI沉淀,整个过程中只存在沉淀的生成,不存在沉淀的转化,无法比较AgCl和AgI的溶解度大小,C错误;新制氯水中的Cl2和HClO都能氧化I-为碘单质使淀粉变蓝色,因此无法证明氯气与水的反应存在限度,D错误。 3.(2022·海南,6,2分,难度★★)依据下列实验,预测的实验现象正确的是 (　D　) 选项 实验内容 预测的实验现象 A MgCl2溶液中滴加NaOH溶液至过量 产生白色沉淀后沉淀消失 B FeCl2溶液中滴加KSCN溶液 溶液变血红色 C AgI悬浊液中滴加NaCl溶液至过量 黄色沉淀全部转化为白色沉淀 D 酸性KMnO4溶液中滴加乙醇至过量 溶液紫红色褪去 解析 向MgCl2溶液中滴加NaOH溶液至过量,反应生成白色沉淀Mg(OH)2,Mg(OH)2不与过量的NaOH溶液发生反应,A项错误;FeCl2溶液中滴加KSCN溶液,无明显现象,B项错误;AgI的溶解度远小于AgCl,因此,向AgI悬浊液中滴加NaCl溶液至过量,黄色沉淀不可能全部转化为白色沉淀,C项错误;酸性KMnO4溶液呈紫红色,其具有强氧化性,能够氧化乙醇,故向酸性KMnO4溶液中滴加乙醇至过量后,溶液紫红色褪去,D项正确。 4.(2022·湖北,6,3分,难度★★)下列实验装置(部分夹持装置略)或现象错误的是 (　C　) A.滴入酚酞溶液 B.吸氧腐蚀 C.钠的燃烧 D.石蜡油的热分解 解析 碳酸钠和碳酸氢钠都会因水解而使溶液显碱性,碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠,向相同物质的量浓度的两种溶液中分别滴入酚酞溶液后,碳酸钠溶液使酚酞呈现红色,碳酸氢钠溶液使酚酞呈现浅红色,A项描述正确;食盐水为中性,铁钉发生吸氧腐蚀,试管中的气体减少,导管中形成一段水柱,B项描述正确;钠燃烧产生的温度在400 ℃以上,玻璃表面皿不耐高温,故钠燃烧实验通常用坩埚或者燃烧匙,C项描述错误;石蜡油发生热分解,产生不饱和烃,不饱和烃与溴发生加成反应,使试管中溴的四氯化碳溶液褪色,D项描述正确。 5.(2022·广东,5,2分,难度★★)若将铜丝插入热浓硫酸中进行如图(a~d均为浸有相应溶液的棉花)所示的探究实验,下列分析正确的是 (　B　) A.Cu与浓硫酸反应,只体现H2SO4的酸性 B.a处变红,说明SO2是酸性氧化物 C.b或c处褪色,均说明SO2具有漂白性 D.试管底部出现白色固体,说明反应中无H2O生成 解析 Cu与浓硫酸反应,既体现浓硫酸的酸性又体现其氧化性,A项错误;紫色石蕊溶液遇到酸会变红,a处变红,说明生成的SO2是酸性氧化物,B项正确;c处是因SO2具有还原性而使酸性高锰酸钾溶液褪色,不是SO2的漂白性,C项错误;试管底部出现的白色固体为CuSO4,不是蓝色固体CuSO4·5H2O的原因是浓硫酸具有吸水性,不能说明反应中没有水生成,D项错误。 6.(2022·辽宁,13,3分,难度★★★)下列实验能达到目的的是 (　C　) 选项 实验目的 实验方法或操作 A 测定中和反应的反应热 酸碱中和滴定的同时,用温度传感器采集锥形瓶内溶液的温度 B 探究浓度对化学反应速率的影响 量取同体积不同浓度的NaClO溶液,分别加入等体积等浓度的Na2SO3溶液,对比现象 C 判断反应后Ba2+是否沉淀完全 将Na2CO3溶液与BaCl2溶液混合,反应后静置,向上层清液中再加1滴Na2CO3溶液 D 检验淀粉是否发生了水解 向淀粉水解液中加入碘水 解析 酸碱中和滴定操作中没有好的保温措施且溶液逐滴滴加,热量损失较多,不能准确测定中和反应的反应热,A项错误;NaClO和Na2SO3反应无明显现象,无法根据现象进行浓度对化学反应速率的影响的探究,B项错误;将Na2CO3溶液与BaCl2溶液混合,反应后静置,向上层清液中再加1滴Na2CO3溶液,若有浑浊产生,则说明Ba2+没有沉淀完全,反之,则沉淀完全,C项正确;检验淀粉是否发生了水解,应检验是否有淀粉的水解产物(葡萄糖或麦芽糖)存在,可在中和作催化剂的酸的基础上选用银氨溶液或新制氢氧化铜,碘水是用来检验淀粉的试剂,可用于检验淀粉是否完全水解,D项错误。 7.(2022·江苏,11,3分,难度★★★)室温下,下列实验探究方案不能达到探究目的的是 (　D　) 选项 探究方案 探究目的 A 向盛有FeSO4溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液,振荡,再滴加几滴新制氯水,观察溶液颜色变化 Fe2+具有还原性 B 向盛有SO2水溶液的试管中滴加几滴品红溶液,振荡,加热试管,观察溶液颜色变化 SO2具有漂白性 C 向盛有淀粉-KI溶液的试管中滴加几滴溴水,振荡,观察溶液颜色变化 Br2的氧化性比I2的强 D 用pH计测量醋酸、盐酸的pH,比较溶液pH大小 CH3COOH是弱电解质 解析 向盛有FeSO4溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液,无现象,振荡,再滴加几滴新制氯水,溶液变为红色,说明亚铁离子被新制氯水氧化,Fe2+具有还原性,A项不符合题目要求;向盛有SO2水溶液的试管中滴加几滴品红溶液,品红溶液褪色,振荡,加热试管,溶液又恢复红色,说明SO2具有漂白性,B项不符合题目要求;向盛有淀粉-KI溶液的试管中滴加几滴溴水,振荡,溶液变为蓝色,说明Br2的氧化性比I2的强,C项不符合题目要求;用pH计测量醋酸、盐酸的pH用以证明CH3COOH是弱电解质时,醋酸和盐酸的物质的量浓度必须相同,D项符合题目要求。 第一步:明确题干要求,确定判断类别。 首先判断题干要求的一致性关系,确定属于“因果关系型”“结论与操作相关型”还是“方法原理应用型”等。 第二步:认真阅读表格要素,细研表格栏目信息。 (1)判断原理与现象或结论解释的关系。 (2)判断“目的—仪器—试剂”的合理性。 (3)判断“仪器(或用品)”与“实验”的对应性。 (4)判断“分离、提纯方法”与“原理”的合理性等。 第三步:逐项判断,不遗漏任何信息。 抓住操作、现象、数据等关键点,充分利用排除法、特例法等解题技巧,准确作答。 8.(2022·北京,10,3分,难度★★★)利用如图所示装置(夹持装置略)进行实验,b中现象不能证明a中产物生成的是 (　A　) 选项 a中反应 b中检测试剂及现象 A 浓硝酸分解生成NO2 淀粉-KI溶液变蓝 B Cu与浓硫酸生成SO2 品红溶液褪色 C 浓NaOH与NH4Cl溶液生成NH3 酚酞溶液变红 D CH3CHBrCH3与NaOH乙醇溶液生成丙烯 溴水褪色 解析 浓硝酸具有挥发性,挥发出的硝酸也能与碘化钾溶液反应生成与淀粉溶液作用显蓝色的碘,则淀粉-KI溶液变蓝色不能说明浓硝酸分解生成二氧化氮,A项符合题意;铜与浓硫酸共热,反应生成的二氧化硫具有漂白性,能使品红溶液褪色,则品红溶液褪色能说明铜与浓硫酸反应生成二氧化硫,B项不符合题意;浓氢氧化钠溶液与氯化铵溶液共热,反应生成能使酚酞变红的氨气,则酚酞溶液变红能说明浓氢氧化钠溶液与氯化铵溶液共热反应生成氨气,C项不符合题意;乙醇具有挥发性,挥发出的乙醇不能与溴水反应,2-溴丙烷与氢氧化钠的乙醇溶液共热发生消去反应,生成能使溴水褪色的丙烯气体,溴水褪色能说明2-溴丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应生成丙烯,D项不符合题意。 有关气体实验的思维模型 9.(2022·山东,11,4分,难度★★★)某同学按图示装置进行实验,欲使瓶中少量固体粉末最终消失并得到澄清溶液。下列物质组合不符合要求的是(　A　) 选项 气体 液体 固体粉末 A CO2 饱和Na2CO3溶液 CaCO3 B Cl2 FeCl2溶液 Fe C HCl Cu(NO3)2溶液 Cu D NH3 H2O AgCl 解析 通入CO2气体发生反应CO2+Na2CO3+H2O2NaHCO3、CaCO3+H2O+CO2Ca(HCO3)2,由于在相同温度下NaHCO3的溶解度小于Na2CO3的溶解度,且瓶中为饱和Na2CO3溶液,因此瓶中最终有NaHCO3白色晶体析出,不会得到澄清溶液,A项符合题意;通入Cl2发生反应Cl2+2FeCl22FeCl3、2FeCl3+Fe3FeCl2,最终金属Fe消失得到澄清溶液,B项不符合题意;通入HCl气体,N在酸性条件下表现强氧化性,可将金属Cu氧化:3Cu+8H++2N3Cu2++2NO↑+4H2O,最终金属Cu消失得到澄清溶液,C项不符合题意;AgCl在水中存在沉淀溶解平衡AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq),通入NH3后,Ag+与NH3结合生成[Ag(NH3)2]+,使沉淀溶解平衡正向移动,最终AgCl固体消失得到澄清溶液,D项不符合题意。 10.(2022·重庆,9,3分,难度★★★)下列实验操作及现象与对应结论不匹配的是 (　B　) 选项 实验操作及现象 结论 A 将Na2S2O3溶液和稀硫酸混合,得到沉淀,且生成的气体可使品红溶液褪色 Na2S2O3既体现还原性又体现氧化性 B 将Zn(OH)2固体粉末加入过量NaOH溶液中,充分搅拌,溶解得到无色溶液 Zn(OH)2既体现碱性又体现酸性 C 将TiCl4液体和FeCl3固体分别暴露在潮湿空气中,只有前者会冒“白烟” 水解性:TiCl4>FeCl3 D 将红色固体CrO3加热,得到绿色固体Cr2O3,且生成的气体可以使带火星的木条复燃 热稳定性:CrO3<Cr2O3 解析 Na2S2O3溶液和稀硫酸反应生成S单质和SO2,一部分S元素化合价升高,另一部分S元素化合价降低,Na2S2O3既体现还原性又体现氧化性,A项不符合题目要求;将Zn(OH)2固体粉末加入过量NaOH溶液中,充分搅拌,溶解得到无色溶液,说明Zn(OH)2能够和碱反应,体现酸性,不能得出其具有碱性的结论,B项符合题目要求;将TiCl4液体和FeCl3固体分别暴露在潮湿空气中,只有前者会冒“白烟”,说明反应TiCl4+3H2OH2TiO3+4HCl产生大量HCl,在潮湿空气中形成酸雾,故水解性:TiCl4>FeCl3,C项不符合题目要求;将红色固体CrO3加热得到绿色固体Cr2O3,且生成的气体可以使带火星的木条复燃,说明该过程中产生了氧气,则CrO3不稳定,D项不符合题目要求。 11.(2021·海南,14,4分,难度★★)依据下列实验和现象,得出的结论正确的是 (　D　) 选项 实验 现象 结论 A 点燃无色气体X,将生成的气体通入澄清石灰水 澄清石灰水先浑浊后澄清 X为CO B 25 ℃时,向无色的Y溶液中滴加1~2滴酚酞试液 溶液仍为无色 Y溶液的pH<7 C 在淀粉和I2的混合溶液中滴加KSCN溶液[已知:(SCN)2、SCN-分别与卤素单质、卤素离子性质相似] 溶液仍为蓝色 氧化性:(SCN)2<I2 D 在稀硫酸中加入少量Cu2O(s) 溶液由无色变为蓝色并有红色固体生成 反应中Cu2O(s)既作氧化剂又作还原剂 解析 无色气体甲烷在空气中燃烧生成二氧化碳和水,将生成的气体通入澄清石灰水,澄清石灰水也会先变浑浊后变澄清,故无色气体X不一定为一氧化碳,A项错误;若无色Y溶液的pH在7~8之间,向溶液中滴加1~2滴酚酞溶液,溶液也为无色,故由溶液仍为无色不能判断出溶液pH小于7,B项错误;若向淀粉和碘的混合溶液中滴加不足量的硫氰化钾溶液,碘未完全反应,溶液也呈蓝色,故溶液仍为蓝色不能判断(SCN)2和碘的氧化性强弱,C项错误;在稀硫酸中加入少量氧化亚铜固体,溶液由无色变为蓝色并有红色固体生成说明氧化亚铜与稀硫酸反应生成硫酸铜和铜,则反应中氧化亚铜既作氧化剂又作还原剂,D项正确。 12.(2021·广东,12,4分,难度★★★)化学是以实验为基础的科学。下列实验操作或做法正确且能达到目的的是 (　B　) 选项 操作或做法 目的 A 将铜丝插入浓硝酸中 制备NO B 将密闭烧瓶中的NO2降温 探究温度对平衡移动的影响 C 将溴水滴入KI溶液中,加入乙醇并振荡 萃取溶液中生成的碘 D 实验结束,将剩余NaCl固体放回原试剂瓶 节约试剂 解析 铜与浓硝酸反应生成NO2,A项错误;红棕色NO2与无色N2O4存在如下转化:2NO2N2O4,对体系降温通过观察颜色变化,可确定平衡移动方向,B项正确;乙醇能与水以任意比互溶,不能从水溶液中萃取I2,C项错误;实验结束,剩余的NaCl固体放回原试剂瓶会污染试剂,D项错误。 13.(2021·浙江,11,2分,难度★★★)下列说法正确的是 (　B　) A.减压过滤适用于过滤胶状氢氧化物类沉淀 B.实验室电器设备着火,可用二氧化碳灭火器灭火 C.制备硫酸亚铁铵晶体时,须将含FeSO4和(NH4)2SO4的溶液浓缩至干 D.将热的KNO3饱和溶液置于冰水中快速冷却即可制得颗粒较大的晶体 解析 减压过滤适合滤出颗粒较大的难溶物,不适合过滤胶状氢氧化物类沉淀,A项错误;电器设备失火,应立即关闭电源,并用二氧化碳灭火器灭火,B项正确;制备硫酸亚铁铵晶体,常采取冷却热饱和溶液法,C项错误;快速冷却KNO3饱和溶液得到的将是细小颗粒的晶体,D项错误。 14.(2018·江苏,12,4分,难度★★★)根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是 (　B　) 选项 实验操作和现象 结论 A 向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液,浊液变清 苯酚的酸性强于H2CO3的酸性 续表 选项 实验操作和现象 结论 B 向碘水中加入等体积CCl4,振荡后静置,上层接近无色,下层显紫红色 I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度 C 向CuSO4溶液中加入铁粉,有红色固体析出 Fe2+的氧化性强于Cu2+的氧化性 D 向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液,有黄色沉淀生成 Ksp(AgCl)>Ksp(AgI) 解析 苯酚与Na2CO3反应生成苯酚钠和NaHCO3,说明苯酚的酸性强于HC,A项错误;碘易溶于CCl4,微溶于水,B项正确;Fe与Cu2+反应生成Cu和Fe2+,氧化剂为Cu2+,氧化产物为Fe2+,则Cu2+的氧化性强于Fe2+,C项错误;Cl-和I-的浓度未知,若c(Cl-)=c(I-),则可以得出该结论,否则不能得出题中结论,D项错误。 15.(2024·湖北,18,14分,难度★★★★)学习小组为探究Co2+、Co3+能否催化H2O2的分解及相关性质,室温下进行了实验Ⅰ~Ⅳ。 实验Ⅰ 实验Ⅱ 实验Ⅲ 无明显变化 溶液变为红色,伴有气泡产生 溶液变为墨绿色,并持续产生能使带火星木条复燃的气体 已知:[Co(H2O)6]2+为粉红色、[Co(H2O)6]3+为蓝色、[Co(CO3)2]2-为红色、[Co(CO3)3]3-为墨绿色。回答下列问题。 (1)配制1.00 mol·L-1的CoSO4溶液,需要用到下列仪器中的　　　　　　(填字母)。  (2)实验Ⅰ表明[Co(H2O)6]2+　　　　(填“能”或“不能”)催化H2O2的分解。实验Ⅱ中HC大大过量的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　。实验Ⅲ初步表明[Co(CO3)3]3-能催化H2O2的分解,写出H2O2在实验Ⅲ中所发生反应的离子方程式:　、  　。  (3)实验Ⅰ表明,反应2[Co(H2O)6]2++H2O2+2H+2[Co(H2O)6]3++2H2O难以正向进行,利用化学平衡移动原理,分析Co3+、Co2+分别与C配位后,正向反应能够进行的原因:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  实验Ⅳ: (4)实验Ⅳ中,A溶液到B溶液变为蓝色,并产生气体;B溶液到C溶液变为粉红色,并产生气体。从A溶液到C溶液所产生的气体的分子式分别为　　　　　　　、　。  答案 (1)bc (2)不能　保证[Co(H2O)6]2+全部转化为[Co(CO3)2]2-　 2[Co(H2O)6]2++10HC+H2O22[Co(CO3)3]3-+18H2O+4CO2↑ 2H2O22H2O+O2↑ (3)实验Ⅲ的现象表明,Co3+比Co2+更易与C配位,这样使得[Co(H2O)6]3+浓度减小的幅度远远大于[Co(H2O)6]2+浓度减小的幅度,根据化学平衡移动原理,减小生成物浓度能使化学平衡向正反应方向移动,因此上述反应能够正向进行 (4)CO2　O2 解析 探究Co2+、Co3+能否催化H2O2的分解及相关性质的实验中,实验Ⅰ中无明显变化,证明[Co(H2O)6]2+不能催化H2O2的分解;实验Ⅱ中溶液变为红色,证明[Co(H2O)6]2+易转化为[Co(CO3)2]2-;实验Ⅲ中溶液变为墨绿色,说明[Co(H2O)6]3+更易与C反应生成[Co(CO3)3]3-,并且初步证明[Co(H2O)6]2+在HC的作用下易被H2O2氧化为[Co(CO3)3]3-;实验Ⅳ中溶液先变为蓝色,后变为粉红色,并且前后均有气体生成,证明在酸性条件下,[Co(CO3)3]3-易转化为[Co(H2O)6]3+,[Co(H2O)6]3+氧化性强,可以把H2O氧化为O2。 (1)配制1.00 mol·L-1的CoSO4溶液,需要用到容量瓶、胶头滴管等,因此选bc。 (2)CoSO4溶液中存在大量的[Co(H2O)6]2+,向其中加入1 mL 30%的H2O2后无明显变化,因此实验Ⅰ表明[Co(H2O)6]2+不能催化H2O2的分解。实验Ⅱ中,溶液变为红色,伴有气泡产生,说明生成了[Co(CO3)2]2-和CO2,则发生反应:4HC+[Co(H2O)6]2+[Co(CO3)2]2-+2CO2↑+8H2O;为保证[Co(H2O)6]2+全部转化为[Co(CO3)2]2-,实验Ⅱ中n(HC)∶n{[Co(H2O)6]2+}=32∶3,远大于反应中的n(HC)∶n{[Co(H2O)6]2+}=4∶1。实验Ⅲ中溶液变为墨绿色,表明在H2O2的作用下[Co(H2O)6]2+能与HC反应生成[Co(CO3)3]3-,且[Co(CO3)3]3-能催化H2O2的分解,因此H2O2在实验Ⅲ中所发生反应的离子方程式为2[Co(H2O)6]2++10HC+H2O22[Co(CO3)3]3-+18H2O+4CO2↑、2H2O22H2O+O2↑。 (3)实验Ⅰ表明,反应2[Co(H2O)6]2++H2O2+2H+2[Co(H2O)6]3++2H2O难以正向进行。实验Ⅲ的现象表明,Co3+比Co2+更易与C配位,即[Co(H2O)6]3+更易与C反应生成[Co(CO3)3]3-(该反应为快反应),导致[Co(H2O)6]2+几乎不能转化为[Co(CO3)2]2-,这样使得[Co(H2O)6]3+浓度减小的幅度远远大于[Co(H2O)6]2+浓度减小的幅度,根据化学平衡移动原理,减小生成物浓度能使化学平衡向正反应方向移动,因此上述反应能够正向进行。 (4)实验Ⅳ中,A溶液到B溶液变为蓝色,并产生气体,说明发生了[Co(CO3)3]3-+6H++3H2O[Co(H2O)6]3++3CO2↑;B溶液到C溶液变为粉红色,并产生气体,说明发生了4[Co(H2O)6]3++2H2O4[Co(H2O)6]2++O2↑+4H+,因此从A溶液到C溶液所产生的气体的分子式分别为CO2和O2。 16.(2023·湖北,18,14分,难度★★★★)学习小组探究了铜的氧化过程及铜的氧化物的组成。回答下列问题: (1)铜与浓硝酸反应的装置如下图,仪器A的名称为　　　　　,装置B的作用为　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)铜与过量H2O2反应的探究如下: 实验②中Cu溶解的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　;产生的气体为　　　　　。比较实验①和②,从氧化还原角度说明H+的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　。  (3)用足量NaOH处理实验②新制的溶液得到沉淀X,元素分析表明X为铜的氧化物,提纯干燥后的X在惰性氛围下加热,m g X完全分解为n g黑色氧化物Y,=。X的化学式为　。  (4)取含X粗品0.050 0 g(杂质不参加反应)与过量的酸性KI完全反应后,调节溶液至弱酸性。以淀粉为指示剂,用0.100 0 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定,滴定终点时消耗Na2S2O3标准溶液15.00 mL。(已知:2Cu2++4I-2CuI↓+I2,I2+2S22I-+S4)标志滴定终点的现象是　　　　　　　　　　　　　　　　　　,粗品中X的相对含量为　　　　　。  答案 (1)具支试管　防止倒吸 (2)Cu+H2O2+2H+Cu2++2H2O　O2　增强H2O2的氧化性 (3)CuO2　(4)当滴入最后半滴Na2S2O3溶液,锥形瓶中溶液蓝色消失,且在半分钟内不变色,说明到达滴定终点　96% 解析 (1)仪器A为具支试管,装置B可以起到防倒吸作用。 (2)铜片溶解,溶液变蓝,说明Cu被氧化为Cu2+:Cu+H2O2+2H+Cu2++2H2O。H2O2少量分解产生无色气体O2。 比较实验①和②,说明H+增强了H2O2的氧化性。 (3)黑色铜的氧化物应为CuO,设X的化学式为CuxOy,CuxOyxCuO,=,解得x∶y=1∶2,则X的化学式为CuO2。 (4)结合信息得关系式: 2CuO2~3I2~6S2,即: CuO2　　~　　3S2 96 g 3 mol m(CuO2) 0.100 0×15.00×10-3 mol =1.5×10-3 mol m(CuO2)=0.048 g 粗品中X的相对含量为×100%=96%。 17.(2023·湖南,15,14分,难度★★★★)金属Ni对H2有强吸附作用,被广泛用于硝基或羰基等不饱和基团的催化氢化反应。将块状Ni转化成多孔型雷尼Ni后,其催化活性显著提高。 已知:①雷尼Ni暴露在空气中可以自燃,在制备和使用时,需用水或有机溶剂保持其表面“湿润”; ②邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行。 某实验小组制备雷尼Ni并探究其催化氢化性能的实验如下。 步骤1:雷尼Ni的制备 步骤2:邻硝基苯胺的催化氢化反应 反应的原理和实验装置图如下(夹持装置和搅拌装置略)。装置Ⅰ用于储存H2和监测反应过程。 回答下列问题。 (1)操作(a)中,反应的离子方程式是  　　　　　　　　　　。  (2)操作(d)中,判断雷尼Ni被水洗净的方法是   　。  (3)操作(e)中,下列溶剂中最有利于步骤2中氢化反应的是　　。  A.丙酮　　　　　B.四氯化碳 C.乙醇 D.正己烷 (4)向集气管中充入H2时,三通阀的孔路位置如图所示。发生氢化反应时,集气管向装置Ⅱ供气,此时孔路位置需调节为　。  (5)仪器M的名称是　　　　　　。  (6)反应前应向装置Ⅱ中通入N2一段时间,目的是  　。  (7)如果将三颈烧瓶N中的导气管口插入液面以下,可能导致的后果是　。  (8)判断氢化反应完全的现象是  　　　　　　　　　　　　　　　。  答案 (1)2Al+2H2O+2OH-2Al+3H2↑(或2Al+2OH-+6H2O2[Al(OH)4]-+3H2↑) (2)取最后一次洗涤液,用pH计(或pH试纸)测定其pH,若pH=7,说明雷尼Ni已经被水洗净 (3)C (4)C (5)恒压滴液漏斗 (6)排尽装置中的空气,防止雷尼Ni在空气中自燃 (7)雷尼Ni被吹起,降低催化效率,不利于反应的充分进行 (8)装置Ⅰ中集气管液面不再上升(或水准瓶液面不再下降)时,说明氢化反应完全 解析 (1)Ni-Al合金加入NaOH溶液中,Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2或Na[Al(OH)4],与Ni分离而被除去。 (2)除Al操作及雷尼Ni在水洗前的碱洗过程中,溶液呈碱性,故判断雷尼Ni被水洗净就是测定溶液中c(H+)=c(OH-),可用pH计精确测定(或pH试纸粗略测定)最后一次洗涤液的pH是否为7,若测得pH=7,说明雷尼Ni已经被水洗净。 (3)A项中丙酮分子中含有羰基,会干扰邻硝基苯胺的催化氢化反应,依据信息“邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行”,在题给B、C、D项中的三种有机溶剂中,乙醇相对极性最大,故选C。 (4)向集气管中充入H2时,应将三通阀向左旋转一下,使三通阀的孔路位置如C所示,故选C。 (6)依据信息①可知,雷尼Ni在空气中会自燃,故通入N2的作用为:排尽装置中的空气,防止雷尼Ni在空气中自燃。 (7)实验时装置Ⅱ中气体不断通入,若将导气管插入液面以下,会将雷尼Ni悬浮液吹起,降低其催化效率,不利于反应的充分进行。 (8)当氢化反应完全时,装置Ⅱ中H2不再参加反应即不再消耗H2,则装置Ⅰ中集气管液面不再变化(或水准瓶中液面不再变化)。 18.(2023·北京,19,15分,难度★★★★)资料显示,I2可以将Cu氧化为Cu2+。某小组同学设计实验探究Cu被I2氧化的产物及铜元素的价态。 已知:I2易溶于KI溶液,发生反应I2+I-(红棕色);I2和氧化性几乎相同。 将等体积的KI溶液加入m mol铜粉和n mol I2(n>m)的固体混合物中,振荡。 实验记录如下。 序号 c(KI) 实验现象 实验Ⅰ 0.01 mol·L-1 极少量I2溶解,溶液为淡红色;充分反应后,红色的铜粉转化为白色沉淀,溶液仍为淡红色 实验Ⅱ 0.1 mol·L-1 部分I2溶解,溶液为红棕色;充分反应后,红色的铜粉转化为白色沉淀,溶液仍为红棕色 实验Ⅲ 4 mol·L-1 I2完全溶解,溶液为深红棕色;充分反应后,红色的铜粉完全溶解,溶液为深红棕色 (1)初始阶段,Cu被氧化的反应速率:实验Ⅰ　　　　(填“>”“<”或“=”)实验Ⅱ。  (2)实验Ⅲ所得溶液中,被氧化的铜元素的可能存在形式有[Cu(H2O)4]2+(蓝色)或[CuI2]-(无色),进行以下实验探究。 步骤a.取实验Ⅲ的深红棕色溶液,加入CCl4,多次萃取、分液。 步骤b.取分液后的无色水溶液,滴入浓氨水。溶液颜色变浅蓝色,并逐渐变深。 ⅰ.步骤a的目的是　。  ⅱ.查阅资料,2Cu2++4I-2CuI↓+I2,[Cu(NH3)2]+(无色)容易被空气中的氧气氧化。用离子方程式解释步骤b的溶液中发生的变化:  　。  (3)结合实验Ⅲ,推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是CuI,实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是  　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体,洗涤后得到白色沉淀,加入浓KI溶液,  　(填实验现象),  观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是　。  (4)上述实验结果,I2仅将Cu氧化为+1价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验,证实了I2能将Cu氧化为Cu2+。装置如图所示,a、b分别是  　。  (5)运用氧化还原反应规律,分析在上述实验中Cu被I2氧化的产物中价态不同的原因:  　。  答案 (1)< (2)除去I2,防止干扰后续实验　[CuI2]-+2NH3·H2O[Cu(NH3)2]++2H2O+2I-、4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3·H2O4[Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O (3)2Cu+I22CuI(或2Cu+KI32CuI+KI)　白色沉淀逐渐溶解,溶液为无色　铜与碘的反应为可逆反应(或浓度小,不能氧化全部的Cu) (4)铜、含n mol I2的4 mol·L-1的KI溶液 (5)在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中,随Cu2+浓度增大,Cu2+氧化性增强,可发生反应2Cu2++4I-2CuI↓+I2和2Cu2++6I-2[CuI2]-+I2,而在隔绝空气的条件下进行的电化学实验中,产物Cu2+不与I-接触,无法发生上述氧化还原反应,因此在上述实验中Cu被I2氧化的产物中价态不同。 解析 因I2溶解度较小,Cu与I2接触不充分,将I2转化为可以提高Cu与的接触面积,增大反应速率。加入CCl4,水溶液中的I2浓度减小,I2+I-平衡逆向移动,I-浓度增加,[CuI2]-浓度增加,加入氨水后转化为[Cu(NH3)2]+,[Cu(NH3)2]+容易被空气中的O2氧化为[Cu(NH3)4]2+,故而产生无色溶液变为蓝色溶液的现象。 (1)提高KI浓度,可提高的浓度,使Cu与的接触更加充分,从而使Cu与的反应速率增大,故初始阶段Cu被氧化的反应速率:实验Ⅰ<实验Ⅱ。 (2)加入CCl4,水溶液中的I2浓度减小,I2+I-平衡逆向移动,I-浓度增加,因此步骤a的目的为除去I2,防止干扰后续实验。加入氨水后,无色的[CuI2]-转化为无色的[Cu(NH3)2]+,[Cu(NH3)2]+可被空气中的O2氧化为蓝色的[Cu(NH3)4]2+,离子方程式为[CuI2]-+2NH3·H2O[Cu(NH3)2]++2H2O+2I-、4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3·H2O4[Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O。 (3)结合实验Ⅲ,推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是CuI,实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是2Cu+I22CuI或2Cu+KI32CuI+KI;分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体,洗涤后得到白色沉淀CuI,加入浓KI溶液,会观察到白色沉淀逐渐溶解,溶液为无色,出现少量红色的Cu;Cu未完全反应是由于铜与碘的反应为可逆反应或浓度小,不能氧化全部的Cu。 (4)要验证I2能将Cu氧化为Cu2+,需设计原电池的负极材料为Cu,b为含n mol I2的4 mol·L-1的KI溶液。 (5)含n mol I2的4 mol·L-1的KI溶液与铜反应的体系在原电池装置中进行,I2将Cu氧化为Cu2+,且产物Cu2+不与I-接触;而在实验Ⅰ、实验Ⅱ和实验Ⅲ中Cu不以Cu2+形式存在,这是由于在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中随Cu2+浓度增大,Cu2+氧化性增强,可发生反应2Cu2++4I-2CuI↓+I2和2Cu2++6I-2[CuI2]-+I2。 五步解答实验综合题 1.明确探究目的。 2.弄清实验原理(根据化学情境或题目所给的实验目的并结合元素化合物的有关知识获取)。 3.理清操作过程(由实验原理确定的实验方案,根据方案确定实验操作的方法和步骤)。 4.弄懂装置作用(根据题目给出的装置图,细致地分析图中的各部分装置,结合实验目的和原理,确定它们在实验中的作用)。 5.得出实验结论。 19.(2022·福建,12,4分,难度★★★★)某兴趣小组设计实验探究Ce-MnOx催化空气氧化CO的效率。回答下列问题: 步骤Ⅰ　制备CO 在通风橱中用下图装置制备CO(加热及夹持装置省略),反应方程式:HCOOHCO↑+H2O (1)装置A中盛放甲酸的仪器的名称是　　　　　　　　。  (2)从B、C、D中选择合适的装置收集CO,正确的接口连接顺序为a→　　　→　　　→　　　→　　　→h(每空填一个接口标号)。  步骤Ⅱ　检验CO 将CO通入新制银氨溶液中,有黑色沉淀生成。 (3)该反应的化学方程式为  　。  步骤Ⅲ　探究Ce-MnOx催化空气氧化CO的效率 将一定量CO与空气混合,得到CO体积分数为1%的气体样品。使用下图装置(部分加热及夹持装置省略),调节管式炉温度至120 ℃,按一定流速通入气体样品(已知:I2O5是白色固体,易吸水潮解;5CO+I2O5I2+5CO2)。 (4)通入11.2 L(已折算为标准状况)的气体样品后,继续向装置内通入一段时间氮气,最终测得U形管内生成了0.101 6 g I2。 ①能证明CO被空气氧化的现象是　　　　　　　　　　;  ②CO被催化氧化的百分率为　　　　;  ③若未通入氮气,②的结果将　　　　(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。  (5)探究气体与催化剂接触时长对催化氧化效率的影响时,采用　　　　　　　　　　方法可以缩短接触时长。  (6)步骤Ⅲ装置存在的不足之处是　　　　　　　　　　　　　　。  答案 (1)分液漏斗　(2)d　e　c　b (3)CO+2[Ag(NH3)2]OH2Ag↓+(NH4)2CO3+2NH3 (4)①石灰水变浑浊　②60%　③偏大 (5)增大气体样品流速 (6)尾气出口未加防潮装置(或其他合理表述) 解析 在通风橱中用图A装置制取一氧化碳,获得的气体中含有甲酸蒸气,可先用水除去甲酸,再用B装置排水收集一氧化碳气体,排出的水用E中的烧杯接收。气体样品通过氢氧化钠溶液吸收空气中的二氧化碳,利用浓硫酸吸收水蒸气,一氧化碳在H中被氧气氧化生成二氧化碳,二氧化碳能被石灰水吸收,J中的浓硫酸吸收气体中的水蒸气,反应中剩余的一氧化碳被I2O5吸收,通过测定生成的碘的质量,可以计算一氧化碳被氧化的百分率。 (1)装置A中盛放甲酸的仪器为分液漏斗。 (2)用C装置除去甲酸,用B装置收集一氧化碳,用E装置接收排出的水,故接口连接顺序为:a→d→e→c→b→h。 (3)一氧化碳与银氨溶液反应生成黑色的银,同时生成碳酸铵和氨气,反应的化学方程式为:CO+2[Ag(NH3)2]OH2Ag↓+(NH4)2CO3+2NH3。 (4)一氧化碳被空气中的氧气氧化生成二氧化碳,二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊。U形管中生成的碘的物质的量为=0.000 4 mol,根据5CO+I2O5I2+5CO2分析可知,有0.002 mol一氧化碳未被氧气氧化,则被氧化的一氧化碳的百分率为×100%=60%。如果没有通入氮气,则装置中有CO残留,计算的CO被氧化的百分率将增大。 (5)增大气体样品流速可以缩短气体与催化剂接触时长。 (6)I2O5是白色固体,易吸水潮解,应该在装置出气口增加防潮装置。 20.(2022·北京,19,11分,难度★★★★)某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应。 资料:ⅰ.Mn2+在一定条件下可被Cl2或ClO-氧化成MnO2(棕黑色)、Mn(绿色)、Mn(紫色)。 ⅱ.浓碱性条件下,Mn可被OH-还原为Mn。 ⅲ.Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关;NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。 实验装置如图(夹持装置略)。 序号 物质a C中实验现象 通入Cl2前 通入Cl2后 Ⅰ 水 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀,且放置后不发生变化 Ⅱ 5% NaOH 溶液 产生白色沉淀,在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多,放置后溶液变为紫色,仍有沉淀 Ⅲ 40%NaOH 溶液 产生白色沉淀,在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多,放置后溶液变为紫色,仍有沉淀 (1)B中试剂是　　　　。  (2)通入Cl2前,Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色变为棕黑色的化学方程式为　。  (3)对比实验Ⅰ、Ⅱ通入Cl2后的实验现象,对于二价锰化合物还原性的认识是  　。  (4)根据资料ⅱ,Ⅲ中应得到绿色溶液,实验中得到紫色溶液,分析现象与资料不符的原因: 原因一:可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。 原因二:可能是氧化剂过量,氧化剂将Mn氧化为Mn。 ①用化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因:  　,  但通过实验测定,溶液的碱性变化很小。 ②取Ⅲ中放置后的1 mL悬浊液,加入4 mL 40% NaOH溶液,溶液紫色迅速变为绿色,且绿色缓慢加深。溶液紫色迅速变为绿色的离子方程式为　;  溶液绿色缓慢加深,原因是MnO2被　　　　(填“化学式”)氧化,可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。  ③取Ⅲ中放置后的1 mL悬浊液,加入4 mL水,溶液紫色缓慢加深,发生的反应是  　。  ④从反应速率的角度,分析实验Ⅲ未得到绿色溶液的可能原因:  　。  答案 (1)饱和NaCl溶液 (2)2Mn(OH)2+O22MnO2+2H2O (3)Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强 (4)①Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O　②4Mn+4OH-4Mn+O2↑+2H2O NaClO　③3ClO-+2MnO2+2OH-2Mn+3Cl-+H2O　④过量Cl2与NaOH反应产生NaClO,使溶液的碱性减弱,c(OH-)降低,溶液中Mn被还原为Mn的速率减小,导致实验Ⅲ未得到绿色溶液 解析 装置B中盛有饱和NaCl溶液,用来除去Cl2中的杂质HCl;通过改变装置C中溶液的pH,验证不同条件下Cl2与MnSO4反应的产物,装置D是尾气处理装置,目的是除去多余Cl2,防止造成大气污染。 (1)B中试剂是饱和NaCl溶液,作用是吸收Cl2中的杂质HCl气体。 (2)通入Cl2前,Ⅱ、Ⅲ中Mn2+与NaOH电离出的OH-反应产生Mn(OH)2白色沉淀,该沉淀不稳定,会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色的MnO2,则沉淀由白色变为棕黑色的化学方程式为:2Mn(OH)2+O22MnO2+2H2O。 (3)对比实验Ⅰ、Ⅱ通入Cl2后的实验现象,对于二价锰化合物还原性的认识是:Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强。 (4)①Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O,使溶液碱性减弱,反应的化学方程式为:Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O。②取Ⅲ中放置后的1 mL悬浊液,加入4 mL 40% NaOH溶液,溶液紫色迅速变为绿色,且绿色缓慢加深;溶液紫色变为绿色是由于在浓碱条件下,Mn被OH-还原为Mn,根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒,该反应的离子方程式为:4Mn+4OH-4Mn+O2↑+2H2O;溶液绿色缓慢加深,原因是MnO2被NaClO氧化,可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。③取Ⅲ中放置后的1 mL悬浊液,加入4 mL水,溶液碱性减弱,溶液紫色缓慢加深,说明ClO-将MnO2氧化为Mn,发生的反应是:3ClO-+2MnO2+2OH-2Mn+3Cl-+H2O。④从反应速率的角度分析,过量Cl2与NaOH反应产生NaClO,使溶液的碱性减弱,c(OH-)降低,溶液中的Mn被还原为Mn的速率减小,导致实验Ⅲ未得到绿色溶液。 五步解答实验综合题 第一步:明确探究目的。 第二步:弄清实验原理(根据化学情境或题目所给的实验目的并结合元素化合物的有关知识获取)。 第三步:理清操作过程(由实验原理确定实验方案,根据实验方案确定实验操作的方法和步骤)。 第四步:弄懂装置作用(细致地分析题目给出的装置图,结合实验目的和反应原理,确定它们在实验中的作用)。 第五步:得出实验结论。 21.(2021·广东,17,15分,难度★★★★)含氯物质在生产生活中有重要作用。1774年,舍勒在研究软锰矿(主要成分是MnO2)的过程中,将它与浓盐酸混合加热,产生了一种黄绿色气体。1810年,戴维确认这是一种新元素组成的单质,并命名为chlorine(中文命名“氯气”)。 (1)实验室沿用舍勒的方法制取Cl2的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　。  (2)实验室制取干燥Cl2时,净化与收集Cl2所需装置的接口连接顺序为　　　　。  (3)某氯水久置后不能使品红溶液褪色,可推测氯水中　　　　　已分解。检验此久置氯水中Cl-存在的操作及现象是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (4)某合作学习小组进行以下实验探究。 ①实验任务　通过测定溶液电导率,探究温度对AgCl溶解度的影响。 ②查阅资料　电导率是表征电解质溶液导电能力的物理量。温度一定时,强电解质稀溶液的电导率随溶液中离子浓度的增大而增大;离子浓度一定时,稀溶液电导率随温度的升高而增大。25 ℃时,Ksp(AgCl)=1.8×10-10。 ③提出猜想　猜想a:较高温度的AgCl饱和溶液的电导率较大。 猜想b:AgCl在水中的溶解度S(45 ℃)>S(35 ℃)>S(25 ℃)。 ④设计实验、验证猜想　取试样Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ(不同温度下配制的AgCl饱和溶液),在设定的测试温度下,进行表1中实验1~3,记录数据。 表1 实验 序号 试样 测试 温度/℃ 电导率/ (μS/cm) 1 Ⅰ:25 ℃的AgCl饱和溶液 25 A1 2 Ⅱ:35 ℃的AgCl饱和溶液 35 A2 3 Ⅲ:45 ℃的AgCl饱和溶液 45 A3 ⑤数据分析、交流讨论　25 ℃的AgCl饱和溶液中,c(Cl-)=　　　 mol·L-1。  实验结果为A3>A2>A1。小组同学认为,此结果可以证明③中的猜想a成立,但不足以证明猜想b成立。结合②中信息,猜想b不足以成立的理由有  　。  ⑥优化实验　小组同学为进一步验证猜想b,在实验1~3的基础上完善方案,进行实验4和5。请完成表2中内容。 表2 实验序号 试样 测试 温度/ ℃ 电导率/ (μS/cm) 4 Ⅰ 　  B1 5 　  　  B2 ⑦实验总结　根据实验1~5的结果,并结合②中信息,小组同学认为猜想b也成立。猜想b成立的判断依据是　　　　　　　　　　　　　　　　　。  答案 (1)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O (2)c→d→b→a→e (3)HClO　取久置氯水少许于小试管中,加入HNO3酸化的AgNO3溶液,产生白色沉淀 (4)⑤×10-5　电导率增大,既可能是温度升高导致电导率增大,也可能是离子浓度增大导致电导率增大,因此不能说明猜想b成立　⑥45 Ⅱ　45　⑦A3>B2>B1,在相同温度下测定时,不同试样导电能力有差异 解析 (1)MnO2与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气:MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。 (2)产生的Cl2中含有HCl和水蒸气,应依次通过饱和食盐水和浓硫酸,然后收集Cl2,则气体流向为c→d→b→a→e。 (3)氯水中有漂白作用的是HClO。检验Cl-时利用AgCl不溶于水和稀硝酸的性质。 (4)根据Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)=c2(Cl-),则c(Cl-)==×10-5 mol·L-1。由于实验1、2、3中在温度变化的同时,AgCl的溶解度也会发生变化,因此实验结果不足以证明猜想b成立。 ⑥如果要判断AgCl在水中的溶解度随温度的变化情况,可以测定不相同温度下配制的饱和溶液在相同温度下的电导率,如果温度较高的饱和溶液电导率比温度较低的饱和溶液电导率高,则可以得出温度升高饱和溶液中离子浓度高。所以可以设计试样Ⅰ在45 ℃下测试与实验3比较,设计试样Ⅱ在45 ℃下测试与实验3比较。 ⑦猜想b成立的判断依据是A3>B2>B1。 22.(2021·北京,16,10分,难度★★★★)某小组实验验证“Ag++Fe2+Fe3++Ag↓”为可逆反应并测定其平衡常数。 (1)实验验证 实验Ⅰ:将0.010 0 mol·L-1Ag2SO4溶液与0.040 0 mol·L-1FeSO4溶液(pH=1)等体积混合,产生灰黑色沉淀,溶液呈黄色。 实验Ⅱ:向少量Ag粉中加入0.010 0 mol·L-1Fe2(SO4)3溶液(pH=1),固体完全溶解。 ①取Ⅰ中沉淀,加入浓硝酸,证实沉淀为Ag。现象是　。  ②Ⅱ中溶液选用Fe2(SO4)3,不选用Fe(NO3)3的原因是　。  综合上述实验,证实“Ag++Fe2+Fe3++Ag↓”为可逆反应。 ③小组同学采用电化学装置从平衡移动角度进行验证。补全电化学装置示意图,写出操作及现象:　。  (2)测定平衡常数 实验Ⅲ:一定温度下,待实验Ⅰ中反应达到平衡状态时,取V mL上层清液,用c1 mol·L-1 KSCN标准溶液滴定Ag+,至出现稳定的浅红色时消耗KSCN标准溶液V1mL。 资料:Ag++SCN-AgSCN↓(白色)　 K=1012 Fe3++SCN-[FeSCN]2+(红色)　K=102.3 ①滴定过程中Fe3+的作用是　。  ②测得平衡常数K=　　　　。  (3)思考问题 ①取实验Ⅰ的浊液测定c(Ag+),会使所测K值　　　　(填“偏高”“偏低”或“不受影响”)。  ②不用实验Ⅱ中清液测定K的原因是  　。  答案 (1)①灰黑色固体溶解,产生红棕色气体　②防止酸性条件下,氧化Fe2+干扰实验结果　③a:铂/石墨电极,b:FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液,c:AgNO3溶液。 操作和现象:闭合开关K,Ag电极上固体逐渐溶解,指针偏转,一段时间后指针归零,再向左侧烧杯中加入(或滴加)较浓的Fe2(SO4)3溶液,指针偏转与之前的方向相同;或者闭合开关K,Ag电极上有灰黑色固体析出,指针偏转,一段时间后指针归零,再向左侧烧杯中加入(或滴加)较浓的Fe2(SO4)3溶液,Ag电极上固体逐渐减少,指针反向偏转 (2)①指示剂　② (3)①偏低　②Ag完全反应,无法判断体系是否达到化学平衡状态 解析 (1)①由于Ag能与浓硝酸发生反应:Ag+2HNO3(浓)AgNO3+NO2↑+H2O,故当观察到的现象为灰黑色固体溶解且产生红棕色气体时,即可证实灰黑色固体是Ag。 ②由于Fe(NO3)3电离出的N在酸性条件下有强氧化性,能氧化Fe2+而干扰实验,故实验Ⅱ使用的是Fe2(SO4)3溶液,而不是Fe(NO3)3溶液。 ③由装置图可知,利用原电池原理来证明反应Fe2++Ag+Ag+Fe3+为可逆反应,两电极反应分别为:Fe2+-e-Fe3+,Ag++e-Ag,故另一个电极必须是与Fe3+不反应的材料,可用石墨或者铂电极,左侧烧杯中电解质溶液必须含有Fe3+或者Fe2+,采用FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液,右侧烧杯中电解质溶液必须含有Ag+,故用AgNO3溶液,组装好仪器后,加入电解质溶液,闭合开关K,装置产生电流,指针发生偏转,根据b中所加试剂的不同,电流方向可能不同,因此可能观察到的现象为:Ag电极逐渐溶解,指针偏转,一段时间后指针归零,说明此时反应达到平衡,再向左侧烧杯中加入较浓的Fe2(SO4)3溶液,与之前指针偏转方向相同,表明平衡发生了移动;另一种现象为:Ag电极上有灰黑色固体析出,指针偏转,一段时间后指针归零,说明此时反应达到平衡,再向左侧烧杯中滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液,Ag电极上固体逐渐减少,指针反向偏转,表明平衡发生了移动。 (2)①根据两个反应的K的大小可知,Ag+与SCN-反应比Fe3+与SCN-反应更加彻底,当溶液变为稳定的浅红色时,说明溶液中的Ag+恰好完全反应,故溶液中Fe3+是滴定反应的指示剂。 ②取Ⅰ中所得上层清液V mL。用c1 mol·L-1的KSCN溶液滴定,至溶液变为稳定浅红色时,消耗V1mL,已知:Ag++SCN-AgSCN,K=1012,说明该反应几乎进行完全,故有Ⅰ中上层清液中Ag+的浓度为:c(Ag+)= mol·L-1,根据平衡三段式进行计算如下: 　　　　　 　Fe2+ +　Ag+　　Ag+Fe3+ 起始浓度/ (mol·L-1) 0.02 0.01 0 转化浓度/ (mol·L-1) 0.01- 0.01- 0.01- 平衡浓度/ (mol·L-1) 0.01+ 0.01- 故该反应的平衡常数K==。 (3)①若取实验Ⅰ所得浊液测定Ag+浓度,则浊液中还有Ag,因存在平衡Fe2++Ag+Ag+Fe3+,且随着反应Ag++SCN-AgSCN↓的进行,使得上述平衡逆向移动,则消耗KSCN溶液偏多,即偏大,故所得到的K=偏低。 ②由于实验Ⅱ中Ag完全溶解,故无法判断体系是否达到化学平衡状态,因而不用实验Ⅱ所得溶液进行测定并计算K。 23.(2021·北京,19,13分,难度★★★★)某小组探究卤素参与的氧化还原反应,从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化规律。 (1)浓盐酸与MnO2混合加热生成氯气。氯气不再逸出时,固液混合物A中仍存在盐酸和MnO2。 ①反应的离子方程式是　。  ②电极反应式: ⅰ.还原反应:MnO2+2e-+4H+Mn2++2H2O ⅱ.氧化反应:　。  ③根据电极反应式,分析A中仍存在盐酸和MnO2的原因。 ⅰ.随c(H+)降低或c(Mn2+)浓度升高,MnO2氧化性减弱。 ⅱ.随c(Cl-)降低,　。  ④补充实验证实了③中的分析。 编号 实验操作 试剂 产物 Ⅰ 较浓硫酸 有氯气 Ⅱ a 有氯气 Ⅲ a和b 无氯气 a是　　　　,b是　　　　。  (2)利用c(H+)浓度对MnO2氧化性的影响,探究卤素离子的还原性。相同浓度的KCl、KBr和KI溶液,能与MnO2反应所需的最低c(H+)由大到小的顺序是　　　　,从原子结构角度说明理由:　  　。  (3)根据(1)中结论推测:酸性条件下,加入某种化合物可以提高溴的氧化性,将Mn2+氧化为MnO2。经实验证实了推测,该化合物是　　　　。  (4)Ag分别与1 mol·L-1的盐酸、氢溴酸和氢碘酸混合,Ag只与氢碘酸发生置换反应,试解释原因:　。  (5)总结:物质氧化性和还原性变化的一般规律是　。  答案 (1)①MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O　②2Cl--2e-Cl2↑　③Cl-还原性减弱或Cl2的氧化性增强　④KCl固体(或浓/饱和溶液)　MnSO4固体(或浓/饱和溶液) (2)KCl>KBr>KI　Cl、Br、I位于第ⅦA族,从上到下电子层数逐渐增加,离子半径逐渐增大,阴离子的还原性逐渐增强 (3)AgNO3 (4)比较AgX的溶解度,AgI溶解度最小,Ag++I-AgI↓使得Ag还原性增强的最多,只有I-使得反应2Ag+2H+2Ag++H2↑可以发生 (5)还原反应中,氧化剂浓度越大或还原产物浓度越小,氧化剂的氧化性越强;氧化反应中,还原剂浓度越大或氧化产物浓度越小,还原剂的还原性越强 解析 (1)①二氧化锰和浓盐酸反应制氯气的离子方程式为:MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O;②氧化反应中元素化合价升高,故氧化反应为:2Cl--2e-Cl2↑;③反应不能发生也可能是还原剂还原性减弱,或者产生了氧化性更强的氧化剂,故答案为:Cl-还原性减弱或Cl2的氧化性增强;④可以从增大氯离子浓度的角度再结合实验Ⅱ的现象分析,试剂a可以是KCl固体(或浓/饱和溶液);结合实验Ⅲ的产物中没有氯气,且实验Ⅲ也加入了试剂a,那一定是试剂b影响了实验Ⅲ中的反应,再结合原因i可知试剂b是MnSO4固体(或浓/饱和溶液)。 (2)非金属性越弱其阴离子的还原性越强,反应时所需的氢离子浓度越小,故顺序是KCl>KBr>KI;其原因是Cl、Br、I位于第ⅦA族,从上到下电子层数逐渐增加,离子半径逐渐增大,失电子能力逐渐增强,阴离子的还原性逐渐增强。 (3)根据(1)中的结论推测,随Cl-浓度降低导致Cl-还原性减弱或Cl2的氧化性增强,那么,如果进一步降低Br-浓度则可以提高溴的氧化性,将Mn2+氧化为MnO2,加入AgNO3可以降低Br-的浓度。 (4)若要使反应2Ag+2H+2Ag++H2↑发生,根据本题的提示可以降低Ag+浓度,对比AgX的溶解度,AgI溶解度最小,Ag++I-AgI↓使得Ag还原性增强的最多,故只有I-使得反应2Ag+2H+2Ag++H2↑可以发生。 (5)通过本题可以发现,物质氧化性或还原性强弱与氧化剂或还原剂的浓度有关,氧化剂或还原剂浓度越大氧化性或者还原性越强。物质的氧化性或还原性还与还原产物或氧化产物的浓度有关,还原产物或氧化产物的浓度越小,物质的氧化性或还原性越强。 24.(2021·福建,12,12分,难度★★★★)NaNO2溶液和NH4Cl溶液可发生反应:NaNO2+NH4ClN2↑+NaCl+2H2O。为探究反应速率与c(NaNO2)的关系,利用下列装置(夹持仪器略去)进行实验。 实验步骤:往A中加入一定体积(V)的2.0 mol·L-1NaNO2溶液、2.0 mol·L-1NH4Cl溶液和水,充分搅拌。控制体系温度,通过分液漏斗往A中加入1.0 mol·L-1醋酸。当导管口气泡均匀稳定冒出时,开始用排水法收集气体。用秒表测量收集1.0 mL N2所需的时间,重复多次取平均值(t)。 回答下列问题: (1)仪器A的名称为　　　　。  (2)检验装置气密性的方法:关闭止水夹K,　。  (3)若需控制体系的温度为36 ℃,采取的合理加热方式为　　　　。  (4)每组实验过程中,反应物浓度变化很小,忽略其对反应速率测定的影响。实验数据如下表所示。 编号 V/mL t/s NaNO2溶液 NH4Cl溶液 醋酸 水 1 4.0 V1 4.0 8.0 334 2 V2 4.0 4.0 V3 150 3 8.0 4.0 4.0 4.0 83 4 12.0 4.0 4.0 0.0 38 ①V1=　　　　,V3=　　　　。  ②该反应的速率方程为v=k·cm(NaNO2)·c(NH4Cl)·c(H+),k为反应速率常数。利用实验数据计算得m=　　　　(填整数)。  ③醋酸的作用是　　　　。  (5)如果用同浓度的盐酸代替醋酸进行实验1,NaNO2与盐酸反应生成HNO2,HNO2分解产生等物质的量的两种气体。反应结束后,A中红棕色气体逐渐变浅,装置中还能观察到的现象有　　　　 。HNO2分解的化学方程式为　。  答案 (1)锥形瓶　(2)通过分液漏斗往A中加水,一段时间后水难以滴入,则气密性良好　(3)水浴加热　(4)①4.0　6.0　②2　③增大反应速率　(5)量筒中收集到无色气体,导管里上升一段水柱　2HNO2NO↑+NO2↑+H2O 解析 (1)仪器A的名称为锥形瓶。 (2)气体发生装置需要检验装置的气密性,检验装置气密性的方法为关闭止水夹K,通过分液漏斗往A中加水,一段时间后水难以滴入,则气密性良好。 (3)若需控制体系的温度为36 ℃,可采取水浴加热使锥形瓶均匀受热。 (4)①为探究反应速率与c(NaNO2)的关系,NH4Cl浓度不变,根据数据3和4可知溶液总体积为20 mL,故V1为4 mL;根据控制变量单一可知V2为6 mL,V3为6 mL。 ②增大反应物浓度可使反应速率增大,根据1和3组数据分析,3中c(NaNO2)是1的2倍,1和3所用的时间比≈4,根据分析可知反应速率和NaNO2浓度的平方成正比,故m=2。 ③醋酸在反应中的作用是增大反应速率。 (5)用同浓度的盐酸代替醋酸进行实验1,NaNO2与盐酸反应生成HNO2,HNO2分解产生等物质的量的两种气体,根据氧化还原反应原理可知,反应的化学方程式为:2HNO2NO↑+NO2↑+H2O;反应结束后,量筒中收集到NO,A中红棕色气体颜色逐渐变浅的原因为NO2溶于水生成NO,气体颜色变浅的同时锥形瓶中压强降低,导管里上升一段水柱。 25.(2021·湖北,18,11分,难度★★★★)超酸是一类比纯硫酸更强的酸,在石油重整中用作高效催化剂。某实验小组对超酸HSbF6的制备及性质进行了探究。由三氯化锑(SbCl3)制备HSbF6的反应如下:SbCl3+Cl2SbCl5、SbCl5+6HFHSbF6+5HCl。制备SbCl5的初始实验装置如图(毛细管连通大气,减压时可吸入极少量空气,防止液体暴沸;夹持、加热及搅拌装置略): 相关性质如表: 物质 熔点 沸点 性质 SbCl3 73.4 ℃ 220.3 ℃ 极易水解 SbCl5 3.5 ℃ 140 ℃分解;79 ℃/2.9 kPa 极易水解 回答下列问题: (1)实验装置中两个冷凝管　　　　(填“能”或“不能”)交换使用。  (2)试剂X的作用为　　　　、　　　　。  (3)反应完成后,关闭活塞a、打开活塞b,减压转移　　　　(填仪器名称)中生成的SbCl5至双口烧瓶中。用真空泵抽气减压蒸馏前,必须关闭的活塞是　　　　(填“a”或“b”);用减压蒸馏而不用常压蒸馏的主要原因是　　　　。  (4)实验小组在由SbCl5制备HSbF6时,没有选择玻璃仪器,其原因为  　(写化学反应方程式)。  (5)为更好地理解超酸的强酸性,实验小组查阅相关资料了解到:弱酸在强酸性溶剂中表现出碱的性质,如冰醋酸与纯硫酸之间的化学反应方程式为CH3COOH+H2SO4[CH3C(OH)2]+[HSO4]-。以此类推,H2SO4与HSbF6之间的化学反应方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (6)实验小组在探究实验中发现蜡烛可以溶解于HSbF6中,同时放出氢气。已知烷烃分子中碳氢键的活性大小顺序为:甲基(—CH3)<亚甲基(—CH2—)<次甲基()。写出2-甲基丙烷与HSbF6反应的离子方程式:　　　　　　　　　　　　　　。  答案 (1)不能　(2)吸收氯气,防止污染空气　防止空气中的水蒸气进入三口烧瓶使SbCl3、SbCl5水解 (3)三口烧瓶　b　防止SbCl5分解 (4)SiO2+4HFSiF4↑+2H2O (5)H2SO4+HSbF6[H3SO4]+[SbF6]- (6)CH3CH(CH3)CH3+HSbF6(CH3)3C++Sb+H2↑ 解析 (1)与直形冷凝管相比,球形冷凝管的冷却面积大,冷却回流效果好,但由于球形冷凝管的内芯管为球泡状,容易在球部积聚蒸馏液,不适宜用于倾斜式蒸馏装置,多用于垂直回流蒸馏装置,故实验装置中两个冷凝管不能交换使用。(2)根据表中提供的信息,SbCl3、SbCl5极易水解,可推知试剂X的作用是防止空气中水蒸气进入三口烧瓶,同时吸收氯气,防止污染空气。(3)由实验装置可知,反应完成后,关闭活塞a、打开活塞b,减压转移三口烧瓶中生成的SbCl5至双口烧瓶中;减压蒸馏前,必须关闭活塞b,以保证装置密封,便于后续抽真空;根据表中提供的信息可知,SbCl5容易分解,用减压蒸馏而不用常压蒸馏,可以防止SbCl5分解。(4)由SbCl5制备HSbF6时,需用到HF,而HF可与玻璃中的SiO2反应,故不能选择玻璃仪器,反应的化学方程式为:SiO2+4HFSiF4↑+2H2O。(5)H2SO4与超强酸HSbF6反应时,H2SO4表现出碱的性质,反应的化学方程式为H2SO4+HSbF6[H3SO4]+[SbF6]-。(6)2-甲基丙烷的结构简式为CH3CH(CH3)CH3,根据题目信息可知,CH3CH(CH3)CH3中的更易参与反应,故反应的离子方程式为CH3CH(CH3)CH3+HSbF6+C++H2↑。 26.(2020·全国1,27,15分,难度★★★★)为验证不同化合价铁的氧化还原能力,利用下列电池装置进行实验。 回答下列问题: (1)由FeSO4·7H2O固体配制0.10 mol·L-1 FeSO4溶液,需要的仪器有药匙、玻璃棒、　　　　　　(从下列图中选择,写出名称)。  (2)电池装置中,盐桥连接两电极电解质溶液。盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应,并且电迁移率(u∞)应尽可能地相近。根据下表数据,盐桥中应选择　　　　作为电解质。  阳离子 u∞×108/(m2·s-1·V-1) 阴离子 u∞×108/(m2·s-1·V-1) Li+ 4.07 HC 4.61 Na+ 5.19 N 7.40 Ca2+ 6.59 Cl- 7.91 K+ 7.62 S 8.27 (3)电流表显示电子由铁电极流向石墨电极。可知,盐桥中的阳离子进入　　　　电极溶液中。  (4)电池反应一段时间后,测得铁电极溶液中c(Fe2+)增加了0.02 mol·L-1。石墨电极上未见Fe析出。可知,石墨电极溶液中c(Fe2+)=　　　　。  (5)根据(3)、(4)实验结果,可知石墨电极的电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　,铁电极的电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　。因此,验证了Fe2+氧化性小于　　　　,还原性小于　　　　。  (6)实验前需要对铁电极表面活化。在FeSO4溶液中加入几滴Fe2(SO4)3溶液,将铁电极浸泡一段时间,铁电极表面被刻蚀活化。检验活化反应完成的方法是　　　　　　　　　　　　　　　　。  答案 (1)烧杯、量筒、托盘天平　(2)KCl　(3)石墨 (4)0.09 mol·L-1　(5)Fe3++e-Fe2+ Fe-2e-Fe2+　Fe3+　Fe　(6)取少量溶液,滴入KSCN溶液,不出现血红色 解析 (1)由于题目要求是配制0.10 mol·L-1 FeSO4溶液,除药匙、玻璃棒之外,还需要烧杯、托盘天平、量筒、胶头滴管、容量瓶。 (2)选择盐桥中电解质,必须满足题给信息要求——盐桥中的阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应,并且电迁移率(μ∞)应尽可能地相近。故阳离子不能选择Ca2+,阴离子不能选择HC、N,只有KCl最为合适。 (3)因为电子由铁电极流向石墨电极,则铁电极为负极、石墨电极为正极。盐桥中阳离子向正极区移动,即进入石墨电极溶液中。 (4)根据两个电极得失电子守恒,当铁电极溶液中c(Fe2+)增加0.02 mol·L-1时,石墨电极发生反应:Fe3++e-Fe2+,可计算出石墨电极溶液中c(Fe2+)增加0.04 mol·L-1,故此时石墨电极溶液中c(Fe2+)=0.09 mol·L-1。 (5)依据上面分析,即可分别写出石墨电极、铁电极的电极反应式。由于负极(铁电极)是单质铁失电子,而不是Fe2+失电子,则还原性Fe2+<Fe;由于正极(石墨电极)区是Fe3+得电子,而不是Fe2+得电子,则氧化性Fe2+<Fe3+。 (6)因为铁电极表面被刻蚀活化是利用Fe3+将铁电极氧化为F,则活化反应完成的标志是Fe3+完全消耗,故检验活化反应完成的方法就是检验溶液中不再存在Fe3+,可利用KSCN溶液进行检验。 27.(2020·海南,17,12分,难度★★★)聚异丁烯是一种性能优异的功能高分子材料。某科研小组研究了使用特定引发剂、正己烷为溶剂、无水条件下异丁烯的聚合工艺。已知:异丁烯沸点266 K。反应方程式及主要装置示意图如下: 回答问题: (1)仪器A的名称是　　　　,P4O10作用是　　　　　　　。  (2)将钠块加入正己烷中,除去微量的水,反应方程式为　　　　　　　　。  (3)浴槽中可选用的适宜冷却剂是　　　　　　(填序号)。  序号 冷却剂 最低温 度/℃ 甲 NaCl-冰(质量比1∶3) -21 乙 CaCl2·6H2O-冰(质量比1.43∶1) -55 丙 液氨 -33 (4)补齐操作步骤 选项为:a.向三口瓶中通入一定量异丁烯 b.向三口瓶中加入一定量正己烷 ①　　　　(填编号);  ②待反应体系温度下降至既定温度: ③　　　　(填编号);  ④搅拌下滴加引发剂,一定时间后加入反应终止剂停止反应。经后续处理得成品。 (5)测得成品平均相对分子质量为2.8×104,平均聚合度为　　　　。  答案 (1)U形管或U形干燥管　吸收空气中的水分,防止水分进入三口瓶中 (2)2Na+2H2O2NaOH+H2↑ (3)乙　(4)b　a　(5)500 解析 (1)仪器A的名称是U形管或U形干燥管;由信息知,聚异丁烯是在无水条件下异丁烯发生加聚反应获得,P4O10能吸收水分,作用是吸收空气中的水分,防止水分进入三口瓶中;(2)正己烷不和钠反应,而钠可与水反应,故将钠块加入正己烷中可除去微量的水,反应方程式为2Na+2H2O2NaOH+H2↑;(3)由反应原理知,加聚反应需在-60~-30 ℃和引发剂作用下发生,由表中信息可知,甲最低温度为-21 ℃,不合适;乙最低温度为-55 ℃,比较合适;丙最低温度为-33 ℃,离-60~-30 ℃的上限-30 ℃很接近,且液氨挥发会产生污染,故浴槽中可选用的适宜冷却剂是乙;(4)因异丁烯沸点较低易挥发,为减少其损失应先向三口瓶内加入适量的正己烷溶剂,待反应体系温度下降至既定温度;再向三口瓶中通入一定量的异丁烯,然后在搅拌下滴加引发剂,一定时间后加入反应终止剂停止反应。经后续处理得成品。(5)异丁烯的分子式为C4H8,其相对分子质量为56,已知成品聚异丁烯平均相对分子质量为2.8×104,则平均聚合度为=500。 28.(2020·北京,19,12分,难度★★★★)探究Na2SO3固体的热分解产物。 资料:①4Na2SO3Na2S+3Na2SO4。②Na2S能与S反应生成Na2Sx,Na2Sx与酸反应生成S和H2S。③BaS易溶于水。 隔绝空气条件下,加热无水Na2SO3固体得到黄色固体A,过程中未检测到气体生成。黄色固体A加水得到浊液,放置得无色溶液B。 (1)检验分解产物Na2S:取少量溶液B,向其中滴加CuSO4溶液,产生黑色沉淀,证实有S2-。反应的离子方程式是  　。  (2)检验分解产物Na2SO4:取少量溶液B,滴加BaCl2溶液,产生白色沉淀,加入盐酸,沉淀增多(经检验该沉淀含S),同时产生有臭鸡蛋气味的气体(H2S),由于沉淀增多对检验造成干扰,另取少量溶液B,加入足量盐酸,离心沉降(固液分离)后,  (填操作和现象),可证实分解产物中含有S。 (3)探究(2)中S的来源。 来源1:固体A中有未分解的Na2SO3,在酸性条件下与Na2S反应生成S。 来源2:溶液B中有Na2Sx,加酸反应生成S。 针对来源1进行如图实验: ①实验可证实来源1不成立。实验证据是 　。  ②不能用盐酸代替硫酸的原因是　。  ③写出来源2产生S的反应的离子方程式: 　。  (4)实验证明Na2SO3固体热分解有Na2S、Na2SO4和S产生。运用氧化还原反应规律分析产物中S产生的合理性:  　。  答案 (1)S2-+Cu2+CuS↓ (2)滴加BaCl2溶液,产生白色沉淀 (3)①向溶液2中加入KMnO4溶液,溶液没有褪色 ②盐酸中Cl元素为-1价,是Cl元素的最低价,具有还原性,会与KMnO4溶液发生氧化还原反应,使KMnO4溶液褪色,干扰实验现象和实验结论　③+2H+H2S↑+(x-1)S↓ (4)根据反应4Na2SO3Na2S+3Na2SO4可知,Na2SO3发生歧化反应,其中的S元素化合价即可升高也可降低,能从+4价降为-2价,也应该可以降到0价生成硫单质 解析 (1)Na2S和CuSO4溶液反应生成硫化铜和硫酸钠,反应的离子方程式是S2-+Cu2+CuS↓; (2)根据题干资料:Na2S能与S反应生成Na2Sx,Na2Sx与酸反应生成S和H2S,取少量溶液B,滴加BaCl2溶液,产生白色沉淀,加入盐酸,沉淀增多(经检验该沉淀含S),同时产生有臭鸡蛋气味的气体(H2S),说明B溶液中含有Na2Sx,Na2Sx与酸反应生成S和H2S,由于沉淀增多对检验造成干扰,另取少量溶液B,加入足量盐酸,离心沉降(固液分离)后,滴加BaCl2溶液,产生白色沉淀,可证实分解产物中含有S; (3)①实验可证实来源1不成立。根据分析,若溶液2中H2SO3,向溶液2中加入少量KMnO4溶液,H2SO3具有还原性,酸性条件下KMnO4具有强氧化性,二者混合后应发生氧化还原反应,KMnO4溶液褪色,但得到的溶液仍为紫色,说明溶液B中不含Na2SO3; ②不能用盐酸代替硫酸的原因是:盐酸中Cl元素为-1价,是Cl元素的最低价,具有还原性,会与KMnO4发生氧化还原反应,使KMnO4溶液褪色,干扰实验现象和实验结论; ③来源2认为溶液B中有Na2Sx,加酸反应生成S,反应的离子方程式为+2H+H2S↑+(x-1)S↓; (4)根据已知资料:4Na2SO3Na2S+3Na2SO4,亚硫酸钠中硫为+4价,硫酸钠中硫为+6价,硫化钠中硫为-2价,根据反应可知Na2SO3发生歧化反应,其中的S元素化合价即可升高也可降低,能从+4价降为-2价,也应该可以降到0价生成硫单质。 29.(2015·福建,25,15分,难度★★★★)某化学兴趣小组制取氯酸钾和氯水并进行有关探究实验。 实验一　制取氯酸钾和氯水 利用下图所示的实验装置进行实验。 (1)制取实验结束后,取出B中试管冷却结晶,过滤,洗涤。该实验操作过程需要的玻璃仪器有  　　　　　　　　　　　　　。  (2)若对调B和C装置的位置,　　　　(填“能”或“不能”)提高B中氯酸钾的产率。  实验二　氯酸钾与碘化钾反应的研究 (3)在不同条件下KClO3可将KI氧化为I2或KIO3。该小组设计了系列实验研究反应条件对反应产物的影响,其中系列a实验的记录表如下(实验在室温下进行): 试管编号 1 2 3 4 0.20 mol·L-1 KI/mL 1.0 1.0 1.0 1.0 KClO3(s)/g 0.10 0.10 0.10 0.10 6.0 mol·L-1 H2SO4/mL 0 3.0 6.0 9.0 蒸馏水/mL 9.0 6.0 3.0 0 实验现象 ①系列a实验的实验目的是  　。  ②设计1号试管实验的作用是  　。  ③若2号试管实验现象为“黄色溶液”,取少量该溶液加入淀粉溶液显蓝色;假设氧化产物唯一,还原产物为KCl,则此反应的离子方程式为　。  实验三　测定饱和氯水中氯元素的总量 (4)该小组设计的实验方案为:使用右图装置,加热15.0 mL饱和氯水试样,测定产生气体的体积。此方案不可行的主要原因是  　。  (不考虑实验装置及操作失误导致不可行的原因) (5)根据下列资料,为该小组设计一个可行的实验方案(不必描述操作过程的细节):  　。  资料:ⅰ.次氯酸会破坏酸碱指示剂; ⅱ.次氯酸或氯气可被SO2、H2O2和FeCl2等物质还原成Cl-。 答案 (1)烧杯、漏斗、玻璃棒、胶头滴管(不填“胶头滴管”也可) (2)能　(3)①研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响 ②硫酸浓度为0的对照实验 ③Cl+6I-+6H+Cl-+3I2+3H2O (4)因存在Cl2的重新溶解、HClO分解等,此方案无法测算试样含氯总量(或其他合理答案) (5)量取一定量的试样,加入足量的H2O2溶液,加热除去过量的H2O2,冷却,再加入足量的硝酸银溶液,称量沉淀质量(或其他合理答案) 解析 (2)若对调B和C装置,可以通过水先把Cl2中的HCl除去,可提高KClO3的产率; (3)①根据图表可看出其他的条件都相同,只有H2SO4的浓度不同,因此该实验研究的是硫酸的浓度对反应产物的影响;②1号实验中H2SO4的浓度为0,故该实验起到与其他实验对照的作用;③淀粉遇到碘单质会显蓝色,故氧化产物为碘单质,Cl被还原为Cl-,反应的离子方程式为Cl+6I-+6H+Cl-+3I2+3H2O; (4)产生的Cl2会重新溶于水,同时HClO也会发生分解生成HCl,HCl极易溶于水,无法计算氯元素的总量; (5)根据信息可知SO2、H2O2、FeCl2都能将次氯酸或氯气还原成Cl-,但是如果选择SO2会引入S,对Cl-的测定造成干扰,而如果选择FeCl2则会引入Cl-,因此选择H2O2将次氯酸或者氯气还原为Cl-,再与AgNO3溶液反应生成氯化银沉淀,依据氯化银沉淀的质量测定氯元素的总量。 30.(2015·广东,33,17分,难度★★★★)NH3及其盐都是重要的化工原料。 (1)用NH4Cl和Ca(OH)2制备NH3,反应发生、气体收集和尾气处理装置依次为　　　　。  (2)按如图装置进行NH3性质实验。 ①先打开旋塞1,B瓶中的现象是　　　　　　,原因是　  　　　　　,稳定后,关闭旋塞1。  ②再打开旋塞2,B瓶中的现象是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (3)设计实验,探究某一种因素对溶液中NH4Cl水解程度的影响。 限选试剂与仪器:固体NH4Cl、蒸馏水、100 mL容量瓶、烧杯、胶头滴管、玻璃棒、药匙、天平、pH计、温度计、恒温水浴槽(可调控温度) ①实验目的:探究　　　　　　　　　　　对溶液中NH4Cl水解程度的影响。  ②设计实验方案,拟定实验表格,完整体现实验方案[列出能直接读取数据的相关物理量及需拟定的数据,数据用字母表示;表中“V(溶液)”表示所配制溶液的体积]。 实验序号 V(溶液)/mL …… 1 100 …… 2 100 …… ③按实验序号1所拟数据进行实验,若读取的待测物理量的数值为Y,则NH4Cl水解反应的平衡转化率为　　　　　　　　　　　(只列出算式,忽略水自身电离的影响)。  答案 (1)ACG (2)①有白烟出现　因A瓶中HCl气体压强大,HCl进入B瓶,与NH3发生反应,生成白色NH4Cl固体颗粒 ②石蕊水溶液进入B瓶,且溶液显红色 (3)①浓度 ② 实验序号 V(溶液)/mL m(NH4Cl)/g T(溶液)/℃ pH 1 100 a c 2 100 b c 或①温度 ② 实验序号 V(溶液)/mL m(NH4Cl)/g T(溶液)/℃ pH 1 100 a b 2 100 a c ③×100% 解析 (1)利用NH4Cl与Ca(OH)2制备氨气,使用固固加热装置,试管口应略向下倾斜,防止水蒸气在管口遇冷倒流,选择A装置,由于NH3的密度比空气的小,故收集氨气采用向下排空气法,气体应该长进短出,选择C装置,尾气处理装置要防止倒吸,选择G装置;(2)旋塞1打开,由于A瓶中气体的压强大于B瓶中气体的压强,HCl进入B瓶与NH3反应:HCl+NH3NH4Cl,产生白烟;反应后HCl过量,但瓶内压强减小,故烧杯中液体倒吸到B瓶,且溶液变红;(3)影响盐类水解的外界因素包括浓度、温度等,故:①可填溶液温度、NH4Cl的浓度;②思路是先称量NH4Cl固体,配制一定物质的量浓度的NH4Cl溶液,再设置对比实验,注意控制单一变量思想的应用,如表格所示: 温度对应表格: 实验序号 V(溶液)/mL m(NH4Cl)/g T(溶液)/℃ pH 1 100 a b 2 100 a c 　　浓度对应表格: 实验序号 V(溶液)/mL m(NH4Cl)/g T(溶液)/℃ pH 1 100 a c 2 100 b c ③根据水解反应:N+H2ONH3·H2O+H+,忽略水的电离,则c水解(N)=c(H+),直接根据pH=-lg c(H+)可得:c(H+)=10-pH,故c水解(N)=c(H+)=10-Y,根据m(NH4Cl)=a g,可计算出NH4Cl的初始浓度c(NH4Cl)=,则水解百分率为:α=×100%。 考点37定量分析型综合实验题　 　　定量实验是将化学实验与化学计量有机地结合在一起测定物质化学组成与含量的探究性实验,是近几年高考命题的常考题型。先通过实验测出相关的有效数据﹐然后经计算得出物质的组成与含量。由于定量实验目的性、实用性强,更能激发学生的学习兴趣﹐更有利于培养学生严谨求实的科学态度。因此复习过程中要注意从定性实验拓展到定量实验的探讨。 1.(2024·全国甲,27,14分,难度★★★★)CO(NH2)2·H2O2(俗称过氧化脲)是一种消毒剂,实验室中可用尿素与过氧化氢制取,反应方程式如下:CO(NH2)2+H2O2CO(NH2)2·H2O2。 (一)过氧化脲的合成 烧杯中分别加入25 mL 30% H2O2(ρ=1.11 g·cm-3)、40 mL蒸馏水和12.0 g尿素,搅拌溶解。30 ℃下反应40 min,冷却结晶、过滤、干燥,得白色针状晶体9.4 g。 (二)过氧化脲性质检测 Ⅰ.过氧化脲溶液用稀硫酸酸化后,滴加KMnO4溶液,紫红色消失。 Ⅱ.过氧化脲溶液用稀硫酸酸化后,加入KI溶液和四氯化碳,振荡,静置。 (三)产品纯度测定 溶液配制:称取一定量产品,用蒸馏水溶解后配制成100 mL溶液。 滴定分析:量取25.00 mL过氧化脲溶液至锥形瓶中,加入一定量稀硫酸,用准确浓度的KMnO4溶液滴定至微红色,记录滴定体积,计算纯度。 回答下列问题: (1)过滤中使用到的玻璃仪器有　　　　　　　　　　　　(写出两种即可)。  (2)过氧化脲的产率为　　　　　　。  (3)性质检测Ⅱ中的现象为　　　　　　　　　　　　　　　　。性质检测Ⅰ和Ⅱ分别说明过氧化脲具有的性质是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (4)下图为“溶液配制”的部分过程,操作a应重复3次,目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,定容后还需要的操作为　。  (5)“滴定分析”步骤中,下列操作错误的是　　　　　(填字母)。  A.KMnO4溶液置于酸式滴定管中 B.用量筒量取25.00 mL过氧化脲溶液 C.滴定接近终点时,用洗瓶冲洗锥形瓶内壁 D.锥形瓶内溶液变色后,立即记录滴定管液面刻度 (6)以下操作导致过氧化脲纯度测定结果偏低的是　　　　　(填字母)。  A.容量瓶中液面超过刻度线 B.滴定管水洗后未用KMnO4溶液润洗 C.摇动锥形瓶时KMnO4溶液滴到锥形瓶外 D.滴定前滴定管尖嘴处有气泡,滴定后气泡消失 答案 (1)烧杯、漏斗、玻璃棒(任选两种作答) (2)50% (3)液体分层,上层为无色,下层为紫红色　还原性、氧化性 (4)避免溶质损失　盖好瓶塞,反复上下颠倒、摇匀 (5)BD　(6)A 解析 (1)过滤操作需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒,可任选两种作答。 (2)实验中加入尿素的质量为12.0 g,物质的量为0.2 mol,过氧化氢的质量为25 mL×1.11 g·cm-3×30%=8.325 g,物质的量约为0.245 mol,过氧化氢过量,产率应按照尿素的质量计算,理论上可得到过氧化脲0.2 mol,质量为0.2 mol×94 g·mol-1=18.8 g,实验中实际得到过氧化脲为9.4 g,故过氧化脲的产率为×100%=50%。 (3)在过氧化脲的性质检测中,检测Ⅰ用稀硫酸酸化,加入高锰酸钾溶液,紫红色消失,说明过氧化脲被酸性高锰酸钾溶液氧化,体现了过氧化脲的还原性;检测Ⅱ用稀硫酸酸化,加入KI溶液和四氯化碳,过氧化脲会将KI氧化为I2单质,体现了过氧化脲的氧化性,生成的I2在四氯化碳中溶解度大,会溶于四氯化碳中,且四氯化碳密度大于水的,振荡,静置后出现的现象为液体分层,上层为无色,下层为紫红色。 (4)操作a为洗涤烧杯和玻璃棒,并将洗涤液转移到容量瓶中,目的是避免溶质损失;定容后应盖好瓶塞,反复上下颠倒、摇匀。 (5)KMnO4溶液具有强氧化性,应置于酸式滴定管中,A项正确;量筒的精确度不能达到0.01 mL,量取25.00 mL的溶液应选用滴定管或移液管,B项错误;滴定过程中,待测液有可能会溅到锥形瓶内壁,滴定接近终点时,为了使结果更精确,可用洗瓶冲洗锥形瓶内壁,C项正确;锥形瓶内溶液变色后,且半分钟内溶液不再恢复原来的颜色,才能说明反应达到滴定终点,记录滴定管液面刻度,D项错误。 (6)在配制过氧化脲溶液时,容量瓶中液面超过刻度线,使溶液体积偏大,配制溶液的浓度偏低,则滴定过程中消耗的KMnO4溶液体积偏低,导致测定结果偏低,A项符合题意;滴定管水洗后未用KMnO4溶液润洗,导致KMnO4溶液浓度偏低,使滴定过程中消耗的KMnO4溶液体积偏高,导致测定结果偏高,B项不符合题意;摇动锥形瓶时KMnO4溶液滴到锥形瓶外,使滴定过程中消耗的KMnO4溶液体积偏高,导致测定结果偏高,C项不符合题意;滴定前滴定管尖嘴处有气泡,滴定后气泡消失,使滴定过程中消耗的KMnO4溶液体积偏高,导致测定结果偏高,D项不符合题意。 2.(2024·安徽,16,15分,难度★★★★)测定铁矿石中铁含量的传统方法是SnCl2-HgCl2-K2Cr2O7滴定法。研究小组用该方法测定质量为a g的某赤铁矿试样中的铁含量。 【配制溶液】 ①c mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液。 ②SnCl2溶液:称取6 g SnCl2·2H2O溶于20 mL浓盐酸,加水至100 mL,加入少量锡粒。 【测定含量】按下图所示(加热装置略去)操作步骤进行实验。 已知:氯化铁受热易升华;室温时HgCl2可将Sn2+氧化为Sn4+,难以氧化Fe2+;Cr2可被Fe2+还原为Cr3+。 回答下列问题: (1)下列仪器在本实验中必须用到的有　　　　　　　　　　(填名称)。  (2)结合离子方程式解释配制SnCl2溶液时加入锡粒的原因:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (3)步骤Ⅰ中“微热”的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (4)步骤Ⅲ中,若未“立即滴定”,则会导致测定的铁含量　　　　　(填“偏大”“偏小”或“不变”)。  (5)若消耗c mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液V mL,则a g试样中Fe的质量分数为　　　　　　　　　　(用含a、c、V的代数式表示)。  (6)SnCl2-TiCl3-KMnO4滴定法也可测定铁的含量,其主要原理是利用SnCl2和TiCl3将铁矿石试样中Fe3+还原为Fe2+,再用KMnO4标准溶液滴定。 ①从环保角度分析,该方法相比于SnCl2-HgCl2-K2Cr2O7滴定法的优点是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  ②为探究KMnO4溶液滴定时,Cl-在不同酸度下对Fe2+测定结果的影响,分别向下列溶液中加入1滴0.1 mol·L-1 KMnO4溶液,现象如下表: 实验分组 溶液 现象 空白 实验 2 mL 0.3 mol·L-1NaCl溶液+0.5 mL试剂X 紫红色不褪去 实验ⅰ 2 mL 0.3 mol·L-1NaCl溶液+0.5 mL 0.1 mol·L-1硫酸 紫红色不褪去 实验ⅱ 2 mL 0.3 mol·L-1NaCl溶液+0.5 mL 6 mol·L-1硫酸 紫红色明显变浅 表中试剂X为　　　　　　　　　　;根据该实验可得出的结论是　。  答案 (1)容量瓶、量筒 (2)Sn4++Sn2Sn2+,防止Sn2+氧化变质 (3)增大反应速率,同时减少FeCl3的升华 (4)偏小 (5)% (6)①无重金属(Hg)污染　②水　酸性越强,Cl-对Fe2+测定结果造成影响可能越大,因此滴定时要控制溶液酸度 解析 (1)配制c mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液和SnCl2溶液时需要容量瓶和量筒;没有分液操作,不用分液漏斗;实验过程中使用酸式滴定管,不需要碱式滴定管;没有过滤操作,不需要普通漏斗。 (2)由题给信息可知Sn2+极易被氧化变质,故加入锡粒可防止Sn2+氧化变质。 (3)微热可以增大反应速率,同时可以避免温度过高而使FeCl3大量升华。 (4)若未“立即滴定”,Fe2+会被氧气氧化为Fe3+,减少滴定时K2Cr2O7溶液的用量,导致测定的铁含量偏小。 (5)由电子守恒可得:K2Cr2O7~6Fe3+。计算过程如下: K2Cr2O7~6Fe3+ 1 6 ×100%=% (6)①两种方法的区别是传统方法使用了汞盐,汞是重金属,污染环境。 ②控制唯一变量c(H+),其他微粒浓度完全相同,故空白实验加入0.5 mL水。由实验ⅰ可知,当其他条件相同时,溶液酸度(H+浓度)越大时,Cl-对Fe2+测定结果造成影响的可能性越大,因此滴定时要控制溶液酸度。 3.(2023·全国乙,26,14分,难度★★★★)元素分析是有机化合物的表征手段之一。按下图实验装置(部分装置略)对有机化合物进行C、H元素分析。 回答下列问题: (1)将装有样品的Pt坩埚和CuO放入石英管中,先　　　　,而后将已称重的U形管c、d与石英管连接,检查　　　　。依次点燃煤气灯　　　　　,进行实验。  (2)O2的作用有　　　　　　　　　　　。CuO的作用是　　　　　　　　　(举1例,用化学方程式表示)。  (3)c和d中的试剂分别是　　　　　、　　　　　(填标号)。c和d中的试剂不可调换,理由是　　　　　　　　　　　　　。  A.CaCl2 　　　　　　　　B.NaCl C.碱石灰(CaO+NaOH) 　　　　　　　　D.Na2SO3 (4)Pt坩埚中样品CxHyOz反应完全后,应进行操作:　　　　　　　　。取下c和d管称重。  (5)若样品CxHyOz为0.023 6 g,实验结束后,c管增重0.010 8 g,d管增重0.035 2 g。质谱测得该有机物的相对分子质量为118,其分子式为　　　　　。  答案 (1)通O2　装置气密性　b、a (2)作助燃剂使有机物充分反应;排尽装置中的CO2和水蒸气 CuO+COCu+CO2 (3)A　C　碱石灰可吸收水蒸气 (4)先熄灭a处酒精灯,再熄灭b处酒精灯,继续通O2至石英管冷却至室温 (5)C4H6O4 解析 (1)在反应前需要先将装置中的空气,尤其是空气中的二氧化碳和水蒸气排出。因此,需要先通入氧气,接着组装后续实验装置,进行气密性检验。为防止酒精灯a处加热时有机物与氧气因反应不充分产生的一氧化碳无法被干燥剂吸收而引起的误差,因此先要点燃b处酒精灯。 (2)O2的作用:①排出装置中的二氧化碳与水蒸气;②作为助燃剂,使有机物充分燃烧。氧化铜可将可能产生的CO进一步氧化为CO2,反应的化学方程式为CuO+COCO2+Cu。 (3)c、d两个干燥管中装的试剂的作用分别是:吸收水蒸气、吸收二氧化碳。因此干燥管c中装的是无水氯化钙,而干燥管d中装的是碱石灰。二者不可互换,因为碱石灰既可以吸收水蒸气又可以吸收二氧化碳。 (4)反应进行完毕之后需要先熄灭酒精灯,熄灭原则与(1)的原则类似,要保证产生的CO能完全反应,所以b处酒精灯要在a处之后熄灭,继续通O2至石英管冷却至室温后进行称量。 (5)结合c、d两个干燥管增重的质量可知,n(H)=×2=0.001 2 mol,n(C)==0.000 8 mol,结合物料守恒,可知有机物中n(O)= =0.000 8 mol,则最简式为C2H3O2,结合其相对分子质量为118可知,该有机物的分子式为C4H6O4。 4.(2023·重庆,16,14分,难度★★★)煤的化学活性是评价煤气化或燃烧性能的一项重要指标,可用与焦炭(由煤样制得)反应的CO2的转化率α来表示。研究小组设计测定α的实验装置如下: Ⅰ　Ⅱ Ⅲ (1)装置Ⅰ中,仪器a的名称是　　　　;b中除去的物质是　　　　(填化学式)。  (2)①将煤样隔绝空气在900 ℃加热1小时得焦炭,该过程称为　　　　。  ②装置Ⅱ中,高温下发生反应的化学方程式为 　。  ③装置Ⅲ中,先通入适量的气体X,再通入足量Ar气。若气体X被完全吸收,则可依据d和e中分别生成的固体质量计算α。 ⅰ.d中的现象是　。  ⅱ.e中生成的固体为Ag,反应的化学方程式为　。  ⅲ.d和e的连接顺序颠倒后将造成α　　　　(填“偏大”“偏小”或“不变”)。  ⅲ.在工业上按照国家标准测定α:将干燥后的CO2(含杂质N2的体积分数为n)以一定流量通入装置Ⅱ反应,用奥氏气体分析仪测出反应后某时段气体中CO2的体积分数为m,此时α的表达式为　　　　　　。  答案 (1)分液漏斗　HCl (2)①干馏　②CO2+C2CO　③有白色沉淀生成　CO+2[Ag(NH3)2]OH2Ag↓+(NH4)2CO3+2NH3 偏大　×100% 解析 (1)装置Ⅰ中,仪器a的名称是分液漏斗;由于二氧化碳中含有挥发的氯化氢气体,因此b中碳酸氢钠与氯化氢反应,则除去的物质是HCl; (2)隔绝空气加强热使固体分解的过程,称为干馏; ②装置Ⅱ中,高温下二氧化碳和焦炭反应生成一氧化碳,其发生反应的化学方程式为CO2+C2CO; ③ⅰ.d中二氧化碳和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀和水,其反应的现象是有白色沉淀生成; ⅱ.e中生成的固体为Ag,根据氧化还原反应分析得到CO变为碳酸铵,则反应的化学方程式为CO+2[Ag(NH3)2]OH2Ag↓+(NH4)2CO3+2NH3; ⅲ.d和e的连接顺序颠倒,二氧化碳和银氨溶液反应,导致银氨溶液消耗,二氧化碳与氢氧化钡反应的量减少,则将造成α偏大; ⅳ.在工业上按照国家标准测定α:将干燥后的CO2(含杂质N2的体积分数为n)以一定流量通入装置Ⅱ反应,用奥氏气体分析仪测出反应后某时段气体中CO2的体积分数为m,设此时气体物质的量为b mol,二氧化碳物质的量为bm mol,原来气体物质的量为a mol,原来二氧化碳物质的量为a(1-n) mol,氮气物质的量为an mol,则消耗二氧化碳物质的量为[a(1-n)-bm] mol,生成CO物质的量为2[a(1-n)-bm] mol,则有b=an+bm+2[a(1-n)-bm],解得:b=,此时α的表达式为 ×100% =×100% =×100%。 5.(2022·河北,14,14分,难度★★★)某研究小组为了准确检测香菇中添加剂亚硫酸盐的含量,设计实验如图: ①三颈烧瓶中加入10.00 g香菇样品和400 mL水;锥形瓶中加入125 mL水、1 mL淀粉溶液,并预加0.30 mL 0.010 00 mol·L-1的碘标准溶液,搅拌。 ②以0.2 L·min-1流速通氮气,再加入过量磷酸,加热并保持微沸,同时用碘标准溶液滴定,至终点时滴定消耗了1.00 mL碘标准溶液。 ③做空白实验,消耗了0.10 mL碘标准溶液。 ④用适量Na2SO3替代香菇样品,重复上述步骤,测得SO2的平均回收率为95 %。 已知:Ka1(H3PO4)=7.1×10-3,Ka1(H2SO3)=1.3×10-2 回答下列问题: (1)装置图中仪器a、b的名称分别为　　　　、　　　　。  (2)三颈烧瓶适宜的规格为　　　　(填标号)。  A.250 mL　　　B.500 mL　　　C.1 000 mL (3)解释加入H3PO4,能够生成SO2的原因:  　　　　　　　　　　　　　　　。  (4)滴定管在使用前需要　　　　、洗涤、润洗;滴定终点时溶液的颜色为　　　　;滴定反应的离子方程式为　　　　。  (5)若先加磷酸再通氮气,会使测定结果　　　　(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。  (6)该样品中亚硫酸盐含量为　　　　mg·kg-1(以SO2计,结果保留三位有效数字)。  答案 (1)(球形)冷凝管　酸式滴定管　(2)C (3)加入H3PO4后,溶液中存在化学平衡H2SO3SO2+H2O,SO2的溶解度随着温度升高而减小,SO2逸出后,促进了化学平衡H2SO3SO2+H2O向右移动 (4)检验其是否漏水　蓝色　I2+SO2+2H2O2I-+S+4H+ (5)偏低　(6)80.8 解析 由题中信息可知,检测香菇中添加剂亚硫酸盐含量的原理是:用过量的磷酸与其中的亚硫酸盐反应生成SO2,用氮气将SO2排到锥形瓶中被水吸收,最后用碘标准溶液滴定,测出样品中亚硫酸盐含量。 (1)根据仪器a、b的结构可知,装置图中仪器a、b的名称分别为球形冷凝管和酸式滴定管。 (2)三颈烧瓶中加入10.00 g香菇样品和400 mL水,向其中加入H3PO4的体积不超过10 mL。在加热时,三颈烧瓶中的液体体积不能超过其容积的,因此,三颈烧瓶适宜的规格为1 000 mL,选C。 (3)虽然Ka1(H3PO4)=7.1×10-3<Ka1(H2SO3)=1.3×10-2,但是H3PO4为难挥发性的酸,而H2SO3易分解为SO2和水,SO2的溶解度随着温度升高而减小,SO2逸出后,促进了化学平衡H2SO3SO2+H2O向右移动,因此,加入H3PO4能够生成SO2的原因是:加入H3PO4后,溶液中存在化学平衡H2SO3SO2+H2O,SO2的溶解度随着温度升高而减小,SO2逸出后,促进了化学平衡H2SO3SO2+H2O向右移动。 (4)滴定管在使用前需要检验其是否漏水、洗涤、润洗;滴定终点之前,滴入的碘被SO2还原为碘离子,溶液的颜色为无色,滴定至终点时,过量的少量标准碘液使淀粉溶液变为蓝色且半分钟之内不褪色,因此,滴定终点时溶液为蓝色;滴定反应的离子方程式为I2+SO2+2H2O2I-+4H++S。 (5)若先加磷酸再通氮气,装置中空气中的O2将部分亚硫酸盐产生的SO2氧化,碘的标准液的消耗量将减少,因此会使测定结果偏低。 (6)实验中消耗的标准碘液的体积为0.30 mL+1.00 mL=1.30 mL,减去空白实验消耗的0.10 mL,则SO2实际消耗标准碘液的体积为1.20 mL,根据反应I2+SO2+2H2O2I-+4H++S可以计算出n(SO2)=n(I2)=1.20 mL×10-3L· mL-1×0.010 00 mol·L-1=1.20×10-5 mol,由于SO2的平均回收率为95 %,则实际生成的n(SO2)=≈1.263×10-5 mol,则根据S元素守恒可知,该样品中亚硫酸盐含量为 ≈80.8 mg·kg-1。 定量型实验题的解题模板 6.(2022·北京,16,11分,难度★★★★)煤中硫的存在形态分为有机硫和无机硫(CaSO4、硫化物及微量单质硫等)。库仑滴定法是常用的快速检测煤中全硫含量的方法,其主要过程如下图所示。 已知:在催化剂作用下,煤在管式炉中燃烧,出口气体中主要含O2、CO2、H2O、N2、SO2。 (1)煤样需研磨成细小粉末,目的是　。  (2)高温下,煤中的CaSO4完全转化为SO2,该反应的化学方程式为　　　　　　　　　　。  (3)通过干燥装置后,待测气体进入库仑测硫仪进行测定。 已知:库仑测硫仪中电解原理示意图如图。检测前,电解质溶液中c()/c(I-)保持定值时,电解池不工作。待测气体进入电解池后,SO2溶解并将还原,测硫仪便立即自动进行电解到c()/c(I-)又回到原定值,测定结束。通过测定电解消耗的电量可以求得煤中含硫量。 ①SO2在电解池中发生反应的离子方程式为  　。  ②测硫仪工作时电解池的阳极反应式为　。  (4)煤样为a g,电解消耗的电量为x库仑。煤样中硫的质量分数为　　　　。  已知:电解中转移1 mol电子所消耗的电量为96 500库仑。 (5)条件控制和误差分析。 ①测定过程中,需要控制电解质溶液的pH。当pH<1时,非电解生成的使测得的全硫含量偏小,生成的离子方程式为  　　　　　　　　　　　　　　　。  ②管式炉中煤样燃烧时会有少量SO3产生,使测得的全硫含量　　　　(填“偏大”或“偏小”),该测量结果可进行校正。  答案 (1)增大与空气的接触面积,使反应更加充分 (2)2CaSO4+C2CaO+2SO2↑+CO2↑ (3)①SO2++2H2O3I-+S+4H+　②3I-—2e-= (4)% (5)①6I-+O2+4H+2+2H2O　②偏小 解析 (1)煤样研磨成细小粉末,固体表面积增大,与空气的接触面积增大,反应更加充分。 (2)由题意可知,在催化剂作用下,硫酸钙与碳在高温下反应生成氧化钙、二氧化硫和二氧化碳,反应的化学方程式为2CaSO4+C2CaO+2SO2↑+CO2↑。 (3)①由题意可知,二氧化硫在电解池中与溶液中的反应生成碘离子、硫酸根离子和氢离子,离子方程式为SO2++2H2O3I-+S+4H+。②由题意可知,测硫仪工作原理为电解池工作原理,I-在阳极失去电子发生氧化反应生成,电极反应式为3I-—2e-。 (4)由题意可得如下关系:S~SO2~~2e-,电解消耗的电量为x库仑,则煤样中硫的质量分数为×100%=%。 (5)①当pH<1时,非电解生成的碘三离子使得测得的全硫含量偏小说明碘离子与电解生成的碘反应生成碘三离子,导致消耗二氧化硫的量偏小,反应的离子方程式为6I-+O2+4H+2+2H2O。②测定过程中,管式炉内壁上有三氧化硫残留说明硫元素没有全部转化为二氧化硫,会使二氧化硫与反应生成的I-物质的量偏小,电解时转移电子数目偏小,导致测得全硫量结果偏小。 (1)书写电解池的电极反应式时,可以用实际放电的离子表示,但书写电解池的总反应时,H2O要写成分子式。如用惰性电极电解食盐水时,阴极反应式为2H++2e-H2↑(或2H2O+2e-H2↑+2OH-),总反应式为2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑。 (2)阴极不管是什么材料,一般电极本身都不反应,一般是溶液(或熔融电解质)中的阳离子放电。 7.(2022·湖南,15,12分,难度★★★)某实验小组以BaS溶液为原料制备BaCl2·2H2O,并用重量法测定产品中BaCl2·2H2O的含量。设计了如下实验方案: 可选用试剂:NaCl晶体、BaS溶液、浓硫酸、稀硫酸、CuSO4溶液、蒸馏水 步骤1.BaCl2·2H2O的制备 按如图所示装置进行实验,得到BaCl2溶液,经一系列步骤获得BaCl2·2H2O产品。 步骤2.产品中BaCl2·2H2O的含量测定 ①称取产品0.500 0 g,用100 mL水溶解,酸化,加热至近沸; ②在不断搅拌下,向①所得溶液逐滴加入热的0.100 mol·L-1 H2SO4溶液; ③沉淀完全后,60 ℃水浴40分钟,经过滤、洗涤、烘干等步骤,称量白色固体,质量为0.466 0 g。 回答下列问题: (1)Ⅰ是制取　　　　气体的装置,在试剂a过量并微热时,发生主要反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　;  (2)Ⅱ中b仪器的作用是　　　　　　　　　　　　　　;Ⅲ中的试剂应选用　;  (3)在沉淀过程中,某同学在加入一定量热的H2SO4溶液后,认为沉淀已经完全,判断沉淀已完全的方法是　;  (4)沉淀过程中需加入过量的H2SO4溶液,原因是　;  (5)在过滤操作中,下列仪器不需要用到的是　　　　(填名称);  (6)产品中BaCl2·2H2O的质量分数为　　　　(保留三位有效数字)。  答案 (1)氯化氢　2NaCl+H2SO4(浓)Na2SO4+2HCl↑ (2)防倒吸　CuSO4溶液 (3)在上层清液中滴加热的H2SO4溶液后,无明显现象 (4)保证Ba2+沉淀完全　(5)锥形瓶　(6)97.6% 解析 (1)根据所给试剂和实验目的是由BaS制取BaCl2·2H2O,首先需要用NaCl晶体与浓硫酸在微热条件下反应制取HCl,然后将HCl气体通入Ⅱ装置与BaS反应生成BaCl2。 (2)HCl极易溶于水,b可以起到防止倒吸的作用。装置Ⅲ的作用是吸收H2S,防止尾气污染空气,吸收H2S应选用CuSO4溶液,反应的化学方程式为CuSO4+H2SCuS↓+H2SO4。 (3)向溶液中逐滴加入热的H2SO4溶液,静置后向上层清液中继续滴加热的H2SO4溶液,若不出现沉淀(无明显现象)则证明硫酸已过量,Ba2+已经沉淀完全。 (4)该实验通过BaSO4的沉淀量测定BaCl2·2H2O的纯度,应使溶液中Ba2+沉淀完全,加入过量H2SO4溶液的目的是使Ba2+沉淀完全。 (5)过滤中用的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯,不需要锥形瓶。 (6)根据Ba元素质量守恒可得关系式: BaCl2·2H2O　~　BaSO4 244 233 m 0.466 0 g 解得:m=0.488 0 g 样品纯度:×100%=97.6%。 8.(2021·全国甲,27,15分,难度★★★★★)胆矾(CuSO4·5H2O)易溶于水,难溶于乙醇。某小组用工业废铜焙烧得到的CuO(杂质为氧化铁及泥沙)为原料与稀硫酸反应制备胆矾,并测定其结晶水的含量。回答下列问题: (1)制备胆矾时,用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外,还必须使用的仪器有　　　(填标号)。  A.烧杯　B.容量瓶　C.蒸发皿　D.移液管 (2)将CuO加入适量的稀硫酸中,加热,其主要反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　,与直接用废铜和浓硫酸反应相比,该方法的优点是　　　　　　　　　　。  (3)待CuO完全反应后停止加热,边搅拌边加入适量H2O2,冷却后用NH3·H2O调pH为3.5~4,再煮沸10 min,冷却后过滤。滤液经如下实验操作:加热蒸发、冷却结晶、　　　　、乙醇洗涤、　　　　,得到胆矾。其中,控制溶液pH为3.5~4的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　,煮沸10 min的作用是　　　　　　　　　　　　　　　。  (4)结晶水测定:称量干燥坩埚的质量为m1,加入胆矾后总质量为m2,将坩埚加热至胆矾全部变为白色,置于干燥器中冷至室温后称量,重复上述操作,最终总质量恒定为m3。根据实验数据,胆矾分子中结晶水的个数为　　　　　　(写表达式)。  (5)下列操作中,会导致结晶水数目测定值偏大的是　　　　(填标号)。  ①胆矾未充分干燥　②坩埚未置于干燥器中冷却　③加热时有少量胆矾迸溅出来 答案 (1)AC　(2)CuO+H2SO4CuSO4+H2O　不产生SO2(硫酸利用率高)　(3)过滤　干燥　除尽铁和抑制CuSO4水解　破坏Fe(OH)3胶体易于过滤　(4)　(5)①③ 解析 (1)原料与稀硫酸反应在烧杯中进行,其中稀硫酸用量筒量取,充分反应后需过滤除去不溶性杂质,用到烧杯、漏斗、玻璃棒,胆矾从溶液中析出需要蒸发滤液,蒸发滤液需要用到蒸发皿、玻璃棒、酒精灯,故选AC。 (2)CuO与稀硫酸在加热时反应的化学方程式为CuO+H2SO4CuSO4+H2O;铜与浓硫酸在加热条件下反应的化学方程式为Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O,该方法硫酸利用率低且产生的SO2会污染大气。将工业废铜焙烧得到CuO,再用稀硫酸溶解CuO,可以避免生成SO2,同时可提高硫酸利用率。 (3)从滤液中获得胆矾的实验操作包括:加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥。由于焙烧废铜得到的CuO中含有氧化铁,用硫酸溶解时产生硫酸铁杂质,为从CuSO4溶液中除去Fe2(SO4)3,应控制溶液pH为3.5~4,使Fe3+转化为Fe(OH)3,同时还可抑制CuSO4水解,防止生成Cu(OH)2沉淀;煮沸10 min的作用是破坏Fe(OH)3胶体,促进Fe(OH)3沉淀的生成。 (4)设胆矾的化学式为CuSO4·xH2O。 则CuSO4·xH2OCuSO4+xH2O 160+18x 160 18x m2-m1 m3-m1 m2-m3 = x== (5)胆矾不干燥会使m2偏大,则导致所求x偏大;坩埚未置于干燥器中冷却,CuSO4吸收空气中的水蒸气导致m3偏大,使所求x偏小;加热时有晶体迸溅出来,会使m3偏小,导致x偏大。故选①③。 晶体的洗涤方法 过滤出晶体后,要洗去其表面的杂质,为减少晶体的损耗,可选择特殊的溶剂,如本题中CuSO4晶体的洗涤,可以选择乙醇作为洗涤剂,乙醇易挥发且CuSO4晶体在乙醇中难溶解。 9.(2021·山东,18,13分,难度★★★★)六氯化钨(WCl6)可用作有机合成催化剂,熔点为283 ℃,沸点为340 ℃,易溶于CS2,极易水解。实验室中,先将三氧化钨(WO3)还原为金属钨(W)再制备WCl6,装置如图所示(夹持装置略)。回答下列问题: (1)检查装置气密性并加入WO3。先通N2,其目的是　　　　;一段时间后,加热管式炉,改通H2,对B处逸出的H2进行后续处理。仪器A的名称为　　　　,证明WO3已被完全还原的现象是　。  (2)WO3完全还原后,进行的操作为:①冷却,停止通H2;②以干燥的接收装置替换E;③在B处加装盛有碱石灰的干燥管;④……;⑤加热,通Cl2;⑥…… 碱石灰的作用是　　　　;操作④是　　　　,目的是　　　　。  (3)利用碘量法测定WCl6产品纯度,实验如下: ①称量:将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中,盖紧称重为m1 g;开盖并计时1分钟,盖紧称重为m2 g;再开盖加入待测样品并计时1分钟,盖紧称重为m3 g,则样品质量为　　　　g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。  ②滴定:先将WCl6转化为可溶的Na2WO4,通过I离子交换柱发生反应:W+Ba(IO3)2BaWO4+2I;交换结束后,向所得含I的溶液中加入适量酸化的KI溶液,发生反应:I+5I-+6H+3I2+3H2O;反应完全后,用Na2S2O3标准溶液滴定,发生反应:I2+2S22I-+S4。 滴定达终点时消耗c mol·L-1的Na2S2O3溶液V mL,则样品中WCl6(摩尔质量为M g·mol-1)的质量分数为　　　　。  称量时,若加入待测样品后,开盖时间超过1分钟,则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将　　　　(填“偏大”“偏小”或“不变”),样品中WCl6质量分数的测定值将　　　　(填“偏大”“偏小”或“不变”)。  答案 (1)排除装置中的空气　直形冷凝管　不再有水凝结 (2)吸收多余氯气防止污染空气,同时防止空气中的水蒸气进入E　再次通入N2　排出装置中的H2 (3)①m3+m1-2m2　②×100%[或%]　不变　偏大 解析 (1)用H2还原WO3制备W,装置中不能有空气,先通N2的目的是排出装置中的空气。由仪器构造图示可知,仪器A的名称为直形冷凝管。H2还原WO3生成W和H2O,水蒸气经冷凝变为液体,故锥形瓶中不再有水滴滴入,证明WO3已经完全被还原。 (2)由于WCl6极易水解,所以在B处加装盛有碱石灰的干燥管,其作用之一是防止空气中的水蒸气进入E,其二是吸收多余的Cl2,防止造成空气污染。在操作⑤加热,通Cl2之前,装置中有多余的H2,所以操作④是再次通入N2,排出装置中的H2。 (3)①由于CS2易挥发,第一次开盖挥发出的CS2为(m1-m2) g,加入待测样品后又挥发出CS2(m1-m2) g,则待测样品质量为[m3+2(m1-m2)-m1] g=(m3+m1-2m2) g。 ②根据相关反应的离子方程式可得如下关系式:W~2I~6I2~12S2,n(WCl6)=n(W)=n(S2)=cV×10-3 mol,m(WCl6)=cV×10-3 mol×M g·mol-1= g,则样品中WCl6的质量分数为×100%=%[或×100%]。称量时若加入待测样品后开盖超过1分钟,挥发出的CS2增多,m3偏小,但由于WCl6的质量不变,则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积不变,样品中WCl6质量分数的测定值将偏大。 10.(2020·天津,15,17分,难度★★★★)为测定CuSO4溶液的浓度,甲、乙两同学设计了两个方案。回答下列问题: Ⅰ.甲方案 实验原理:CuSO4+BaCl2BaSO4↓+CuCl2 实验步骤: 足量BaCl2溶液 　　　↓ CuSO4溶液 (25.00 mL)固体固体(w g) (1)判断S沉淀完全的操作为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为　　　　　。  (3)步骤③灼烧时盛装样品的仪器名称为　。  (4)固体质量为w g,则c(CuSO4)=　　　　　 mol·L-1。  (5)若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯,则测得c(CuSO4)　　　　　(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。  Ⅱ.乙方案 实验原理:Zn+CuSO4ZnSO4+Cu Zn+H2SO4ZnSO4+H2↑ 实验步骤: ①按下图安装装置(夹持仪器略去) ②…… ③在仪器A、B、C、D、E中加入图示的试剂 ④调整D、E中两液面相平,使D中液面保持在0或略低于0刻度位置,读数并记录 ⑤将CuSO4溶液滴入A中并搅拌,反应完成后,再滴加稀硫酸至体系不再有气体产生 ⑥待体系恢复到室温,移动E管,保持D、E中两液面相平,读数并记录 ⑦处理数据 (6)步骤②为　　　　　　　。  (7)步骤⑥需保证体系恢复到室温的原因是　　　　(填序号)。  a.反应热受温度影响 b.气体密度受温度影响 c.反应速率受温度影响 (8)Zn粉质量为a g,若测得H2体积为b mL,已知实验条件下ρ(H2)=d g·L-1,则c(CuSO4)=　　　　　 mol·L-1(列出计算表达式)。  (9)若步骤⑥E管液面高于D管,未调液面即读数,则测得c(CuSO4)　　　　　(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。  (10)是否能用同样的装置和方法测定MgSO4溶液的浓度:　　　　　(填“是”或“否”)。  答案 Ⅰ.(1)向上层清液中继续滴加BaCl2溶液,无白色沉淀生成,则沉淀完全 (2)AgNO3溶液 (3)坩埚　(4)　(5)偏低 Ⅱ.(6)检查装置气密性　(7)b (8)　(9)偏高　(10)否 解析 Ⅰ.(4)由题意知: CuSO4　~　BaSO4 　1 1 mol mol c(CuSO4)== mol·L-1。 (5)未洗涤烧杯,会使测得的w偏小,最终导致c(CuSO4)偏低。 Ⅱ.(6)安装实验装置完毕后,要检验装置气密性。 (7)通过排水法测气体的体积,必须考虑气体密度受温度的影响。 (8)Zn+H2SO4ZnSO4+H2↑ 1 1 mol　　　　　 mol Zn　　　　+　　　　CuSO4ZnSO4+Cu 1 　1 (-) mol (-) mol c= mol·L-1。 11.(2018·天津,9,18分,难度★★★★)烟道气中的NOx是主要的大气污染物之一,为了监测其含量,选用如下采样和检测方法。回答下列问题: Ⅰ.采样 采样系统简图 采样步骤: ①检验系统气密性;②加热器将烟道气加热至140 ℃;③打开抽气泵置换系统内空气;④采集无尘、干燥的气样;⑤关闭系统,停止采样。 (1)A中装有无碱玻璃棉,其作用为　　　　　。  (2)C中填充的干燥剂是(填序号)　。  a.碱石灰　　b.无水CuSO4　　c.P2O5 (3)用实验室常用仪器组装一套装置,其作用与D(装有碱液)相同,在虚线框中画出该装置的示意图,标明气体的流向及试剂。 　　　　　　　　　　 (4)采样步骤②加热烟道气的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  Ⅱ.NOx含量的测定 将V L气样通入适量酸化的H2O2溶液中,使NOx完全被氧化成N,加水稀释至100.00 mL。量取20.00 mL该溶液,加入V1 mL c1 mol·L-1 FeSO4标准溶液(过量),充分反应后,用c2 mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+,终点时消耗V2 mL。 (5)NO被H2O2氧化为N的离子方程式为  　。  (6)滴定操作使用的玻璃仪器主要有　。  (7)滴定过程中发生下列反应: 3Fe2++N+4H+NO↑+3Fe3++2H2O Cr2+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O 则气样中NOx折合成NO2的含量为　　　　　　　　 mg·m-3。  (8)判断下列情况对NOx含量测定结果的影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”) 若缺少采样步骤③,会使测定结果　　　　　。  若FeSO4标准溶液部分变质,会使测定结果　　　　　　　。  答案 (1)除尘　(2)c　(3) (4)防止NOx溶于冷凝水 (5)2NO+3H2O22H++2N+2H2O (6)锥形瓶、酸式滴定管 (7)×104　(8)偏低　偏高 解析 (2)C中干燥剂不能是碱性物质,无水CuSO4吸水能力小,因此应选择P2O5。 (7)根据滴定反应:3Fe2++N+4H+NO↑+3Fe3++2H2O,Cr2+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O,结合下列关系式 NO2~3Fe2+ 46 3 m 5(c1V1-6c2V2)×10-3 m= g 则NO2的含量为==×104 mg·m-3 (8)若缺少采样步骤③,NO2吸收不完全会使测定结果偏低。若FeSO4标准溶液部分变质,会多消耗FeSO4标准溶液,测定结果偏高。 12.(2017·天津,9,18分,难度★★★★)用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中c(I-),实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。 Ⅰ.准备标准溶液 a.准确称取AgNO3基准物4.246 8 g (0.025 0 mol)后,配制成250 mL标准溶液,放在棕色试剂瓶中避光保存,备用。 b.配制并标定100 mL 0.100 0 mol·L-1 NH4SCN标准溶液,备用。 Ⅱ.滴定的主要步骤 a.取待测NaI溶液25.00 mL于锥形瓶中。 b.加入25.00 mL 0.100 0 mol·L-1 AgNO3溶液(过量),使I-完全转化为AgI沉淀。 c.加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。 d.用0.100 0 mol·L-1 NH4SCN溶液滴定过量的Ag+,使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后,体系出现淡红色,停止滴定。 e.重复上述操作两次。三次测定数据如下表: 实验序号 1 2 3 消耗NH4SCN标准溶液体积/mL 10.24 10.02 9.98 f.数据处理。 回答下列问题: (1)将称得的AgNO3配制成标准溶液,所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有　。  (2)AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (3)滴定应在pH<0.5的条件下进行,其原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (4)b和c两步操作是否可以颠倒　　　　　　,说明理由　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (5)所消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为　　　　 mL,测得c(I-)=　　　　 mol·L-1。  (6)在滴定管中装入NH4SCN标准溶液的前一步,应进行的操作为　。  (7)判断下列操作对c(I-)测定结果的影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 ①若在配制AgNO3标准溶液时,烧杯中的溶液有少量溅出,则测定结果　　　　　　　。  ②若在滴定终点读取滴定管刻度时,俯视标准液液面,则测定结果　　　　　　　。  答案 (1)250 mL(棕色)容量瓶、胶头滴管 (2)避免AgNO3见光分解 (3)防止因Fe3+的水解而影响滴定终点的判断(或抑制Fe3+的水解) (4)否(或不能)　若颠倒,Fe3+与I-反应,指示剂耗尽,无法判断滴定终点 (5)10.00　0.060 0 (6)用NH4SCN标准溶液进行润洗 (7)偏高　偏高 解析 (4)NH4Fe(SO4)2中Fe3+有氧化性,可以将I-氧化,本身被还原为Fe2+,失去指示剂的作用,同时会影响AgNO3溶液的用量。 (5)第一次实验数据与第二、三次实验数据相差过大,不能使用。取第二、三次实验数据的平均值,所消耗NH4SCN标准溶液平均体积为10.00 mL。c(I-)= mol·L-1 =0.060 0 mol·L-1。 (6)滴定管使用前要水洗、润洗。润洗是为了防止滴定管内残留的水将滴定管内所装溶液稀释。 (7)c(I-)= , ①使配制AgNO3标准溶液浓度偏小,则消耗NH4SCN溶液的体积偏小,V(NH4SCN)偏小,结果偏高;②俯视读数会使V(NH4SCN)偏小,结果偏高。 学科网（北京）股份有限公司 $$