板块6 大题增分(4) 以“化学综合实验”为主导的主观题(Word教师用书)-【创新方案】2025年高考化学二轮复习专题辅导与测试(Ⅰ)

大题增分(四)以“化学综合实验”为主导的主观题 　　化学综合实验题常由教材实验衍生,命题常以工业产品的制备流程、科技成果转化、性质探究、原理分析等为背景,呈现真实问题情境,凸显化学学科的应用性。涉及的实验类型有物质制备类实验与性质探究类实验(包括定性探究和定量测定)。在制备实验中,为了获取更多的纯净产品,需要进行各种“防干扰”措施;在解决性质探究类实验时需思考物质的检验方法或含量测定过程,也需进行“防干扰”措施。因此如何“防干扰”是实验成败的关键,处理好实验过程中的各种“防”,“以防为攻”是解决实验题的基本思维。 一、练悟真题——明考情 1.(2024·河北卷)市售的溴(纯度99%)中含有少量的Cl2和I2,某化学兴趣小组利用氧化还原反应原理,设计实验制备高纯度的溴。 回答下列问题: (1)装置如图(夹持装置等略),将市售的溴滴入盛有浓CaBr2溶液的B中,水浴加热至不再有红棕色液体馏出。仪器C的名称为　　　　　　　　;CaBr2溶液的作用为　　　　　　　　　　　　　　　　　;D中发生的主要反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)将D中溶液转移至　　　　(填仪器名称)中,边加热边向其中滴加酸化的KMnO4溶液至出现红棕色气体,继续加热将溶液蒸干得固体R。该过程中生成I2的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　。  (3)利用图示相同装置,将R和K2Cr2O7固体混合均匀放入B中,D中加入冷的蒸馏水。由A向B中滴加适量浓H2SO4,水浴加热蒸馏。然后将D中的液体分液、干燥、蒸馏,得到高纯度的溴。D中蒸馏水的作用为　　　　　和　　　　　　　　　　　　　。  (4)为保证溴的纯度,步骤(3)中K2Cr2O7固体的用量按理论所需量的计算,若固体R质量为m g(以KBr计),则需称取　　　　 g K2Cr2O7(M=294 g·mol-1)(用含m的代数式表示)。  (5)本实验所用钾盐试剂均经重结晶的方法纯化。其中趁热过滤的具体操作为:漏斗下端管口紧靠烧杯内壁,转移溶液时用　　　　　　　　　,滤液沿烧杯壁流下。  解析:(1)由仪器C的构造特点及在实验中的作用可知,仪器C为直形冷凝管。CaBr2溶液中的Br-可抑制液溴与水反应,并可将Cl2还原为Cl-,蒸馏时增大液溴的馏出量。仪器D中K2C2O4溶液吸收蒸馏出的Br2和I2,发生氧化还原反应,溴和碘分别转化为-1价,碳被氧化为CO2,由于馏分中的I2含量少,故D中发生的主要反应的化学方程式是K2C2O4+Br22CO2↑+2KBr。(2)由(1)中分析可知,D中有I-生成,则将仪器D中接收的溶液转移至蒸馏烧瓶中,边加热边向其中滴加酸性KMnO4溶液,KMnO4将I-氧化生成单质碘,离子方程式是2Mn+16H++10I-2Mn2++5I2+8H2O。(3)由(2)中所得固体R的主要成分为KBr知,蒸馏装置中KBr被K2Cr2O7氧化为溴蒸气,进入装置D中遇冷的蒸馏水液化,沉入蒸馏水底部,蒸馏水起到冷凝和减少溴的挥发的作用。(4)由氧化还原反应得失电子守恒可得关系式:6KBr~K2Cr2O7,KBr全部反应,则n(K2Cr2O7)=n(KBr)=× mol,故称取的K2Cr2O7为× mol×294 g·mol-1×= g。(5)转移滤液时要用玻璃棒引流,使滤液沿着烧杯内壁流下。 答案:(1)直形冷凝管　抑制液溴与水反应;除去Cl2　K2C2O4+Br22CO2↑+2KBr (2)蒸馏烧瓶　2Mn+16H++10I-===2Mn2++5I2+8H2O　(3)冷凝　减少溴的挥发 (4)　(5)玻璃棒引流 2.(2024·湖北卷)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。 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　　　　(填标号)。  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 (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到B溶液变为蓝色,并产生气体;B到C溶液变为粉红色,并产生气体。从A到C所产生的气体的分子式分别为　　　　、　　　　。  解析:(1)配制1.00 mol·L-1的CoSO4溶液需用到容量瓶,定容时用到胶头滴管,无需用到圆底烧瓶和试管,b、c正确。(2)实验Ⅰ的CoSO4溶液中Co2+以[Co(H2O)6]2+的形式存在,滴加H2O2溶液无明显现象,说明[Co(H2O)6]2+不能催化H2O2的分解。实验Ⅱ中HC与Co2+结合转化为[Co(CO3)2]2-和H+,过量的HC能吸收转化过程中产生的H+,促使反应正向进行;实验Ⅲ的实验现象表明在H2O2作用下[Co(H2O)6]2+能与HC反应生成[Co(CO3)3]3-,然后[Co(CO3)3]3-催化H2O2分解,因此H2O2在实验Ⅲ中所发生的反应为2[Co(H2O)6]2++10HC+H2O2===2[Co(CO3)3]3-+12H2O+4CO2↑、2H2O22H2O+O2↑。(3)Co2+与C配位,H+浓度增大,平衡正向移动,Co3+与C配位,[Co(H2O)6]3+浓度降低,平衡正向移动,因此反应都能正向进行。(4)实验Ⅳ中,A到B溶液变为蓝色,并产生气体,则[Co(CO3)3]3-转化为[Co(H2O)6]3+,Co元素的化合价不变,发生非氧化还原反应,则产生气体为CO2;B到C溶液变为粉红色,并产生气体,则[Co(H2O)6]3+转化为[Co(H2O)6]2+,Co元素的化合价降低,发生氧化还原反应,氧元素的化合价升高,则产生气体为O2。 答案:(1)bc　(2)不能　吸收转化过程中产生的H+,促使反应正向进行　2[Co(H2O)6]2++10HC+H2O2===2[Co(CO3)3]3-+12H2O+4CO2↑　2H2O22H2O+O2↑　(3)Co2+与C配位,H+浓度增大,平衡正向移动;Co3+与C配位,[Co(H2O)6]3+浓度降低,平衡正向移动　(4)CO2　O2 [把握考情] 一、实验是“万能组合体”,可“主”可“次” 　　化学是以实验为基础的学科,高考对实验的考查无处不在,且形式千变万化。但循其规律主要的呈现形式有两种:一是以制备、性质探究为主体的实验;二是结合流程、原理、有机、结构渗透实验。 二、高考考查的主干知识相对稳定 考法 常考题点 基础 考法 1.仪器的名称及其作用; 2.实验中发生反应的方程式书写; 3.滴定实验中指示剂的选择,终点现象叙述; 4.溶液配制仪器、步骤和误差分析 综合 考法 1.完成指定实验的仪器选择及其连接顺序; 2.实验现象、结论、原因和目的的规范描述; 3.定量实验中数据处理与含量计算; 4.定量实验中物质的组成确定 应用 创新 考法 1.指定实验目的的实验方案设计; 2.指定实验方案或实验装置的评价与改进 二、复习策略——全指导 　　实验过程中,不论是制备物质还是探究性质,都需在装置组装中防漏气、在制备物质中防杂质、在性质探究中防干扰、在尾气处理中防污染等等。故解答实验题,如何进行各步骤的“防干扰”是关键,处理好实验中的各种防,就能“以防为攻”完胜实验题。 (一)理清实验过程中的干扰因素及防干扰措施 常见干扰因素 防干扰措施 反应体系中产生的干扰因素(如副反应等) 反应物具有挥发性而产生杂质气体 洗气、吸收 经过溶液的气体带有水蒸气 干燥 反应过程中生成的杂质气体 洗气、吸收 反应物过量而引入的杂质 除杂 空气中存在的干扰因素 CO2 与碱性物质反应 装置外:隔离 装置内:排除 O2 与还原性较强的物质反应 水蒸气 被易潮解物质吸收 生成的一种物质对生成的另一种物质的干扰 当发生某个反应后生成的一种物质与生成的另一种物质具有某些相似的化学性质,通过某试剂与其中一种生成物反应来制备某物质时,另一种生成物也会与此试剂发生反应而引入杂质 通过某种试剂把生成的可能会造成干扰的物质反应掉,即可消除干扰,但要注意的是,把此物质除掉的同时不能产生新的干扰 外界条件 量气体体积法中温度、压强对体积的影响 冷却至室温、调节液面至等压 (二)构建“以防为攻”的实验综合题解题思维模型 　　[例1]　(2024·黑、吉、辽卷)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H2SO4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　　　　(填标号)。  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)。  　　[解题关键] [解析]　(1)乙酸和乙醇在浓硫酸催化和加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯和水,该实验中用NaHSO4代替浓H2SO4,起催化剂作用。NaHSO4无腐蚀性,实验操作更安全;浓H2SO4具有强氧化性,可与乙醇反应生成SO2等副产物,用NaHSO4代替浓H2SO4,减少副产物的产生。(2)变色硅胶吸水,除指示反应进程外,还可使酯化反应正向进行,提高乙酸乙酯产率。(3)变色硅胶在小孔板上方,无需分离,A项正确;平衡常数只与温度有关,B项错误;变色硅胶没有加入溶液中,不能防止暴沸,C项错误;从反应液由蓝色变为紫色、变色硅胶由蓝色变为粉红色知,只有变色硅胶与甲基紫不接触才不影响甲基紫指示反应进程,D项正确。(4)分离和洗涤有机相均需用到的仪器为分液漏斗。(5)由于乙醇过量,故根据乙酸的量计算乙酸乙酯的理论产量为100×10-3 mol×88 g·mol-1=8.8 g,则乙酸乙酯的产率为×100%=73.5%。(6)若改用C2OH作为反应物进行反应,根据“酸脱羟基醇脱氢”知,生成的乙酸乙酯为CH3CO18OC2H5,其相对分子质量为90,则质谱检测目标产物分子离子峰的质荷比数值为90。 [答案]　(1)催化剂　NaHSO4无腐蚀性,操作安全;副产物少,无有毒气体SO2产生(答出一条即可)　(2)促使反应正向进行,提高乙酸乙酯的产率　 (3)AD　(4)分液漏斗　(5)73.5%　(6)90 　　[例2]　(2023·山东卷)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 　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (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①②中需使用的仪器,依次为　　　(填标号)。测得样品纯度为　　　(用含m1、m2的代数式表示)。  　　[解题关键] 　　[解析]　(1)利用Si和HCl(气体)的反应制备SiHCl3,实验前要检查装置气密性,故操作(ⅰ)为检查装置气密性。制备反应结束时,Si完全反应,SiHCl3(常温下为无色液体)不再增加,则实验现象是管式炉中固体消失、蒸馏烧瓶中无液体滴下。装置中冷凝管的作用是冷凝SiHCl3,球形冷凝管中会有较多SiHCl3残留,应该选择直形冷凝管,SiHCl3容易水解,D中水蒸气容易进入C中,C和D之间应增加吸收水蒸气的装置。(2)已知电负性Cl>H>Si,则SiHCl3中Cl、H为-1价,Si为+4价,SiHCl3在浓NaOH溶液中反应生成Na2SiO3、H2、NaCl,配平化学方程式为SiHCl3+5NaOH===Na2SiO3+H2↑+3NaCl+2H2O。(3)由后续操作可知,SiHCl3水解得到的硅酸水合物要先在坩埚中灼烧(得到SiO2),然后在干燥器中冷却干燥SiO2,使用的仪器分别为A、C。根据原子守恒可得关系式SiHCl3~SiO2,则m1 g样品中SiHCl3的质量为m2 g×,故样品纯度为×100%=×100%。 　　[答案]　(1)检查装置气密性　管式炉中固体消失、蒸馏烧瓶中无液体滴下　使用直形冷凝管冷凝SiHCl3,C和D之间缺少吸水装置　(2)SiHCl3+5NaOH===Na2SiO3+ H2↑+3NaCl+2H2O (3)灼烧　冷却干燥　AC　×100%或% [大题增分(四)　课时作业]  (本检测满分60分) 1.(20分)(2024·安徽卷)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-1K2Cr2O7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-1KMnO4溶液,现象如表: 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　　　　　　　　　 　　　　　　　　　。  解析:(1)实验中配制K2Cr2O7标准溶液时需用到容量瓶和量筒,量取浓盐酸也要用到量筒,K2Cr2O7标准溶液和SnCl2溶液均需盛放在酸式滴定管中,但图中给的是碱式滴定管。(2)Sn2+易被空气氧化为Sn4+,配制SnCl2溶液时加入少量锡粒,发生反应Sn+Sn4+===2Sn2+,从而防止Sn2+被氧化。(3)步骤Ⅰ中试样和浓盐酸反应时适当加热可加快反应速率。(4)步骤Ⅲ中,若未“立即滴定”,会导致部分Fe2+被空气中的O2氧化,则滴定时消耗K2Cr2O7标准溶液的体积偏小,从而导致测定的铁含量偏小。(5)根据滴定时发生反应:6Fe2++Cr2+14H+===6Fe3++2Cr3++7H2O和消耗V mL的K2Cr2O7标准溶液可计算出铁矿石中铁的含量为×100%=%。(6)①从环保角度看,SnCl2-TiCl3-KMnO4滴定法不存在重金属汞、铬的污染。②为了做对照实验,实验ⅰ、ⅱ逐渐增大硫酸的浓度,空白实验为不加硫酸的对照组,为保持溶液总体积不变,且不引入其他离子,则试剂X应为H2O。结合实验ⅰ、ⅱ来看,当硫酸的浓度为0.1 mol·L-1时KMnO4溶液的紫红色不褪去,说明Cl-与KMnO4未反应,当硫酸的浓度增至6 mol·L-1时KMnO4溶液的紫红色明显变浅,说明此时KMnO4将溶液中Cl-氧化为Cl2,则溶液酸度过高时Cl-对Fe2+的测定会有影响。 答案(1)容量瓶、量筒　(2)Sn2+易被空气氧化为Sn4+:2Sn2++O2+4H+===2Sn4++2H2O,加入Sn,发生反应Sn4++Sn===2Sn2+,从而防止Sn2+被氧化或防止SnCl2溶液变质　(3)加快赤铁矿试样的溶解　(4)偏小　(5)% (6)①不存在重金属汞、铬的污染　②蒸馏水　溶液酸度过高时,Cl-对Fe2+的测定会有影响,酸度较低时Cl-对Fe2+的测定基本无影响 2.(20分)(2024·河北邯郸二模)Cl3[三氯化六氨合钴(Ⅲ)]易溶于热水,难溶于冷水及乙醇,常用于制备钴的高效催化剂。某化学兴趣小组在实验室制备Cl3并测定产品中氨和氯的含量。 Ⅰ.Cl3的制备 药品:浓氨水、NH4Cl和CoCl2混合液、H2O2溶液、活性炭。 已知:将过量的浓氨水加入含有Co2+的水溶液中时,即生成可溶性的六氨合钴配离子,它不稳定,易被氧化成。 (1)实验过程中先向NH4Cl和CoCl2混合液中滴加过量的浓氨水,再滴加H2O2溶液,加入H2O2溶液后反应的离子方程式为　　　　　　　　 　　　　　　　　　。  (2)经过一系列操作得到的粗产品(含活性炭及其他杂质)用重结晶法提纯,将得到的晶体先用盐酸洗涤,后用乙醇洗涤。用盐酸洗涤的目的是　　　　 　。  Ⅱ.Cl3中氨和氯的测定 已知Cl3在热的强碱溶液中发生反应:Cl3+3NaOH===Co(OH)3↓+6NH3↑+3NaCl; Ksp(AgCl,白色)=1.0×10-10,Ksp, 砖红色)=2.0×10-12。 (3)氨的测定:准确称取m gCl3样品放入三颈烧瓶,向其中加入过量的NaOH溶液,用20.00 mL 0.5 mol·L-1盐酸吸收生成的气体,再用NaOH标准溶液滴定剩余盐酸,吸收装置如图所示: 用0.100 0 mol·L-1NaOH标准溶液滴定盐酸至终点,消耗NaOH标准溶液20.00 mL。 ①滴定过程中选用　　　　 　作为指示剂。  ②样品中氨的物质的量为　　　　 　mol。  ③反应结束后,通入氮气的作用是　　　　　　　　　。  (4)氯的测定:将反应后三颈烧瓶中的混合物过滤,滤液用硝酸调节pH至中性,选用K2CrO4作为指示剂,用AgNO3标准溶液滴定。 ①滤液用硝酸调节pH至中性的原因:若pH过小,　　　　 　;若pH过大,　　　　 　。  ②滴定终点时,指示剂的物质的量浓度不能大于　　　　 　mol·L-1。  (5)假设两步滴定过程中指示剂的选择和操作均正确,所测氨气和氯离子的物质的量之比应为2∶1,而实际测得结果大于2∶1,请解释原因:　　　　　　　　 　　　　　　　　　。  解析:(3)①盐酸吸收氨气后有剩余,用NaOH标准溶液滴定,溶液中含有氯化铵和盐酸,所以用甲基橙作指示剂,不能用酚酞,否则,所用NaOH标准溶液体积偏大,会导致所测氨气含量偏小。②n=(20.00×mol=0.008 mol。(4)②如果指示剂的浓度过大,Cl-还没有反应完全时,Cr与Ag+就会提前反应,致使终点提前到达,所以Cr的浓度不能过大,根据Ksp=1.0×10-10,溶液中c=c=1.0×10-5mol·L-1,再根据Ksp=2.0×10-12,计算得到c=0.02 mol·L-1。 答案:(1)2+H2O2+2N2+2NH3·H2O (2)增大氯离子浓度,减少产品因溶解而损失 (3)①甲基橙　②0.008　③将样品中产生的氨气排出,保证被盐酸完全吸收　(4)①H+与Cr发生反应:2Cr+2H+Cr2+H2O,Cr浓度减小,使滴定终点滞后,所测Cl-含量偏大　Ag+与OH-反应生成黑色的Ag2O,干扰终点判定　②0.02　(5)氯的测定中,三颈烧瓶中反应生成的沉淀在过滤后没有洗涤,导致滤液中氯离子有损失,所测氯离子含量偏小,氨气和氯离子的物质的量之比大于2∶1(或NH3从烧瓶中吹出时携带有NaOH,造成盐酸消耗所测NH3含量偏高) 3.(20分)(2024·湖北武汉一模) DMSO()又称二甲基亚矾,是一种无色黏稠液体,广泛用作溶剂和反应试剂。实验模拟“NO2氧化法”制备DMSO 粗品的装置如图所示(部分夹持和加热装置省略): 已知:Ⅰ.DMSO与CH3SCH3的相关数据如下表。 相对分子质量 熔点/℃ 沸点/℃ 密度/(g·cm-3) DMSO 78 18.4 189 1.10 CH3SCH3 62 -83.2 37.5 0.85 Ⅱ.HNO2微热易分解为NO、NO2和H2O。 实验过程: ①连接好装置,检查装置的气密性,装好药品;打开活塞b,通入O2,打开活塞a,滴加稀硫酸,微热三颈烧瓶A;将A中制得的足量气体通入31.00 mL二甲基硫醚中,控制温度为60~80 ℃,反应一段时间得到DMSO粗品; ②粗品经减压蒸馏后共收集到24.11 mL DMSO纯品。 (1)B中盛放的试剂是　　　(填名称);仪器X的进水口为　　　(填“d”或“c”)口。  (2)多孔球泡的主要作用是　　　　　　　　　。  (3)关闭活塞b,装置A中产生的气体通入装置C中发生反应后,气体成分不变。生成DMSO的化学方程式为　　　　　　　　　。  (4)D装置吸收尾气的优点是　　　　　　　　　。  (5)实验中通入过量O2的目的是　　　　　　　　 　　　　　　　　　(答两点)。  (6)DMSO被誉为“万能溶剂”,其易溶于水的主要原因是　　　　　　　　　。  (7)本实验的产率为　　　%(结果保留两位小数)。  解析:装置C中二甲基硫醚(CH3SCH3)与NO2反应制备二甲基亚砜(DMSO),装置A中产生NO2,装置D用于处理剩余的NO2,为防止污染空气,用NaOH溶液进行尾气吸收。(4)用双球U型管吸收尾气,双球的容积大可防止液体倒吸。(7)根据二甲基硫醚(CH3SCH3)制备DMSO的反应原理,理论上得到DMSO的质量为,则本实验的产率为×100%≈80.00%。 答案:(1)五氧化二磷(或硅胶或无水氯化钙)　d　(2)增大接触面积,提高吸收效率(或吸收速率)　(3)NO2+CH3SCH3+NO　(4)防止倒吸　(5)氧气将NO转化为NO2,可以提高原料利用率;过量的氧气将C中生成的尾气NO氧化,促进尾气吸收;将装置中的气体赶入后面的装置充分吸收(任选两点回答即可)　 (6)DMSO与水分子之间可形成氢键　(7)80.00 学科网（北京）股份有限公司 $$