专题8 破大题(4) 化学实验的综合应用(专题微讲Word)-【赢在微点·考前顶层设计】2025年高考化学大二轮专题复习

破大题(四)　化学实验的综合应用 热点　无机物的制备与性质实验 　 1.(2024·甘肃卷)某兴趣小组设计了利用MnO2和H2SO3生成MnS2O6，再与Na2CO3反应制备Na2S2O6·2H2O的方案： 适量水过滤，取滤液Na2S2O6·2H2O (1)采用如图所示装置制备SO2，仪器a的名称为________________；步骤Ⅰ中采用冰水浴是为了_____________________ _____________________。 (2)步骤Ⅱ应分数次加入MnO2，原因是_____________________ _____________________ _____________________。 (3)步骤Ⅲ滴加饱和Ba(OH)2溶液的目的是__________________。 (4)步骤Ⅳ生成MnCO3沉淀，判断Mn2+已沉淀完全的操作是_____________________ _____________________。 (5)将步骤Ⅴ中正确操作或现象的标号填入相应括号中。 A.蒸发皿中出现少量晶体 B.使用漏斗趁热过滤 C.利用蒸发皿余热使溶液蒸干 D.用玻璃棒不断搅拌 E.等待蒸发皿冷却 解析　(1)根据仪器a的特点知，仪器a为恒压滴液漏斗；步骤Ⅰ中采用冰水浴是为了增大SO2的溶解度，增大H2SO3的浓度，同时为步骤Ⅱ提供低温。(2)由于MnO2具有氧化性，SO2(或H2SO3)具有还原性，步骤Ⅱ应分数次加入MnO2，原因是防止过多的MnO2与H2SO3反应生成MnSO4，同时防止反应太快、放热太多、不利于控制温度低于10 ℃。(3)步骤Ⅲ中滴加饱和Ba(OH)2溶液的目的是除去过量的SO2(或H2SO3)，防止后续反应中SO2与Na2CO3溶液反应，增加饱和Na2CO3溶液的用量并使产品中混有杂质。(4)步骤Ⅳ中生成MnCO3沉淀，判断Mn2+已沉淀完全的操作是：静置，向上层清液中继续滴加几滴饱和Na2CO3溶液，若不再产生沉淀，说明Mn2+已沉淀完全。(5)步骤Ⅴ的正确操作或现象为将滤液倒入蒸发皿中→用酒精灯加热→用玻璃棒不断搅拌→蒸发皿中出现少量晶体→停止加热→等待蒸发皿冷却→过滤、洗涤、干燥得到Na2S2O6·2H2O，依次填入D、A、E。 答案　(1)恒压滴液漏斗　增大SO2的溶解度，增大H2SO3的浓度，同时为步骤Ⅱ提供低温　(2)防止过多的MnO2与H2SO3反应生成MnSO4，同时防止反应太快、放热太多、不利于控制温度低于10 ℃　(3)除去过量的SO2(或H2SO3)　(4)静置，向上层清液中继续滴加几滴饱和Na2CO3溶液，若不再产生沉淀，说明Mn2+已沉淀完全　(5)D　A　E 2.(2024·湖南卷)亚铜配合物广泛用作催化剂。实验室制备[Cu(CH3CN)4]ClO4的反应原理如下：Cu(ClO4)2·6H2O+Cu+8CH3CN===2[Cu(CH3CN)4]ClO4+6H2O 实验步骤如下： 分别称取3.71 g Cu(ClO4)2·6H2O和0.76 g铜粉置于100 mL乙腈(CH3CN)中反应，回流装置图和蒸馏装置图(加热、夹持等装置略)如下： 已知：①乙腈是一种易挥发的强极性配位溶剂； ②相关物质的信息如下： 化合物 [Cu(CH3CN)4]ClO4 Cu(ClO4)2·6H2O 相对分 子质量 327.5 371 在乙腈 中颜色 无色 蓝色 回答下列问题： (1)下列与实验有关的图标表示排风的是_________________(填字母)。 (2)装置Ⅰ中仪器M的名称为_____________________。 (3)装置Ⅰ中反应完全的现象是______________________________。 (4)装置Ⅰ和Ⅱ中N2气球的作用是_____________________ _____________________。 (5)[Cu(CH3CN)4]ClO4不能由步骤c直接获得，而是先蒸馏至接近饱和，再经步骤d冷却结晶获得。这样处理的目的是_____________________ _____________________。 (6)为了使母液中的[Cu(CH3CN)4]ClO4结晶，步骤e中向母液中加入的最佳溶剂是_________________(填字母)。 A.水　　B.乙醇　　C.乙醚 (7)合并步骤d和e所得的产物，总质量为5.32 g，则总收率为_________________(用百分数表示，保留一位小数)。 解析　(1)表示需佩戴护目镜，表示当心火灾，表示注意烫伤，表示排风，表示必须洗手，故选D。(2)装置Ⅰ中仪器M的名称为球形冷凝管。(3)Cu(ClO4)2·6H2O在乙腈中为蓝色，[Cu(CH3CN)4]ClO4在乙腈中为无色，因此装置Ⅰ中反应完全的现象是溶液蓝色褪去变为无色，可证明Cu(ClO4)2·6H2O已充分反应完全。(4)由于制备的[Cu(CH3CN)4]ClO4中Cu元素为+1价，具有较强的还原性，容易被空气中的氧气氧化，因此装置Ⅰ和Ⅱ中N2气球的作用是排出装置内的空气，防止制备的产品被氧化。(5)[Cu(CH3CN)4]ClO4为离子化合物，具有强极性，在水中溶解度较大，在温度较高的环境下蒸馏难以分离，若直接将水蒸干难以获得晶体状固体，因此需先蒸馏至接近饱和，再经步骤d冷却结晶，从而获得晶体。(6)为了使母液中的[Cu(CH3CN)4]ClO4结晶，可向母液中加入极性较小或非极性的溶剂，与水混溶的同时扩大与[Cu(CH3CN)4]ClO4的极性差，进而使[Cu(CH3CN)4]ClO4析出，三个选项中乙醚极性最小，但在水中溶解度较小，因此可选用的溶剂为乙醇，故选B。(7)3.71 g Cu(ClO4)2·6H2O的物质的量为=0.01 mol，理论上制得[Cu(CH3CN)4]ClO4的质量为0.01 mol×2×327.5 g·mol-1=6.55 g，总收率为×100%=81.2%。 答案　(1)D　(2)球形冷凝管　(3)溶液蓝色褪去变为无色　(4)排出装置内的空气，防止制备的产品被氧化 (5)冷却过程中降低[Cu(CH3CN)4]ClO4在水中的溶解度　(6)B　(7)81.2% 1.气体制备实验综合题的一般形式 气体制备与性质探究实验题，一般以实验装置图的形式给出实验的流程，其实验流程与考查内容如下。 2.实验装置 实验装置 主要作用 ①中橡皮管的作用：平衡压强，使液体能顺利滴下；降低液体体积对气体体积测量的干扰 ②的作用：干燥或除去气体中的杂质 ③的作用：吸收尾气，防止污染空气 ④的作用：干燥气体或吸收气体；防止空气中的二氧化碳、水蒸气对实验的影响 ⑤的作用：安全瓶，防止瓶内压强过大 ⑥的作用：混合气体；干燥气体；通过观察气泡速率控制流量 ⑦的作用：测量气体体积。读数时注意：装置冷却到室温，上下移动量气管使两液面高度一致，平视量气管内凹液面最低处读出数值 ⑧中仪器名称与作用：a为布氏漏斗，b为抽滤瓶或吸滤瓶，两者组合配合抽气，使抽滤瓶内压强减小，加快过滤的速率 　　 布氏漏斗及抽滤装置 (1)安装好仪器后，将滤纸放入布氏漏斗内，滤纸应略小于漏斗内径，又能将全部小孔盖住。用蒸馏水润湿滤纸，微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上。 (2)转移溶液，溶液量不应超过漏斗容量的2/3，开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀。 (3)注意观察吸滤瓶内液面高度，当快达到支管口位置时，应拔掉吸滤瓶上的橡皮管，从吸滤瓶上口倒出溶液，不要从支管口倒出溶液。 (4)洗涤沉淀时，应关小水龙头，使洗涤剂缓慢通过沉淀物。 (5)吸滤完毕或中途需停止吸滤时，应注意先断开连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管，然后关闭水龙头，以防倒吸。 3.有关气体制备及连续装置的综合考查问题的解决方案 (1)明确实验目的。 (2)选择气体发生装置和净化装置(一般：先除杂，后除水，加热装置放末尾)。 (3)性质实验，主要通过明显的现象论证某气体的酸碱性、氧化性、还原性等其他特殊性质。 微点拨　①装置中的空气是否对性质实验有影响；②上一个性质实验是否对下一个实验有影响。 (4)若探究影响性质的因素，首先应确定变量，其次是“定多变一”，即其他因素不变，只改变一种因素，看这种因素与探究的问题存在怎样的关系。 (5)注意装置最后尾气的处理方法，常见的尾气处理方法：吸收法、收集法、点燃法。 1.(2023·全国甲卷)钴配合物[Co(NH3)6]Cl3溶于热水，在冷水中微溶，可通过如下反应制备： 2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O2 2[Co(NH3)6]Cl3+2H2O。 具体步骤如下： Ⅰ.称取2.0 g NH4Cl，用5 mL水溶解。 Ⅱ.分批加入3.0 g CoCl2·6H2O后，将溶液温度降至10 ℃以下，加入1 g活性炭、7 mL浓氨水，搅拌下逐滴加入10 mL 6%的双氧水。 Ⅲ.加热至55~60 ℃反应20 min。冷却，过滤。 Ⅳ.将滤得的固体转入含有少量盐酸的25 mL沸水中，趁热过滤。 Ⅴ.滤液转入烧杯，加入4 mL浓盐酸，冷却、过滤、干燥，得到橙黄色晶体。 回答下列问题： (1)步骤Ⅰ中使用的部分仪器如图。 仪器a的名称是___________________。加快NH4Cl溶解的操作有_____________________。 (2)步骤Ⅱ中，将温度降至10 ℃以下以避免_________________、___________________；可选用_________________降低溶液温度。 (3)指出下列过滤操作中不规范之处：_____________________ _____________________。 (4)步骤Ⅳ中，趁热过滤，除掉的不溶物主要为__________________。 (5)步骤Ⅴ中加入浓盐酸的目的是_____________________ _____________________。 解析　(1)由图中仪器的结构特征可知，a为锥形瓶；加快氯化铵溶解可采用升温、搅拌等操作。(2)步骤Ⅱ中使用了浓氨水和双氧水，高温下易挥发、易分解，所以控制温度在10 ℃以下，避免浓氨水分解和挥发、双氧水分解，通常采用冰水浴降温。(3)题图为过滤装置，图中玻璃棒没有紧靠三层滤纸处，否则可能戳破滤纸，造成过滤效果不佳。还有漏斗末端较长处(尖嘴部分)没有紧靠在“盛滤液”的烧杯内壁，否则可能导致液滴飞溅。(4)步骤Ⅳ中，将所得固体转入有少量盐酸的沸水中，根据题目信息，钴配合物[Co(NH3)6]Cl3溶于热水，活性炭不溶于热水，所以趁热过滤可除去活性炭。(5)步骤Ⅴ中，将滤液转入烧杯，由于钴配合物为[Co(NH3)6]Cl3中含有氯离子，加入4 mL浓盐酸，可利用同离子效应，促进钴配合物[Co(NH3)6]Cl3尽可能完全析出，提高产率。 答案　(1)锥形瓶　升温、搅拌等　(2)浓氨水分解和挥发　双氧水分解　冰水浴　(3)玻璃棒没有紧靠三层滤纸处，漏斗末端较长处(尖嘴部分)没有紧靠在“盛滤液”的烧杯内壁　(4)活性炭　(5)利用同离子效应，促进钴配合物[Co(NH3)6]Cl3尽可能完全析出，提高产率 2.(2024·东北三省三校三模)羟基氧化铁(FeOOH)为淡黄色固体，简称铁黄，可作颜料。制备铁黄的关键是先制备铁黄晶种，否则只能得到稀薄的、颜色暗淡的色浆，不具备颜料性能。实验室以硫酸亚铁铵为主要原料制备铁黄的实验步骤如下： Ⅰ.产品制备及产率计算 ①制备晶种：称取7.0 g (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O放入三颈烧瓶中，加入15 mL去离子水，恒温水浴加热至20~25 ℃，搅拌溶解，慢慢滴加2 mol·L-1 NaOH溶液，用pH试纸检验至溶液pH为4~4.5，停止加碱，观察到出现沉淀并伴随沉淀颜色变化。 ②氧化过程：称取足量KClO3，加入上述溶液，于80~85 ℃恒温水浴中进行氧化。氧化过程中，边搅拌边不断滴加NaOH溶液至pH为4~4.5时，停止加热。 ③洗涤、干燥：用去离子水洗涤生成的固体，抽滤，弃去母液，得到淡黄色固体。将其转入蒸发皿中，在水浴加热条件下烘干，称量，计算产率。 回答下列问题： (1)用pH试纸检验溶液pH的操作为_____________________ _____________________。 (2)①中观察到沉淀的颜色变为_________________色时，证明已经成功制备晶种。 (3)②氧化过程中，发生反应的离子方程式为______________________。 (4)抽滤装置如图，仪器c的作用为_________________________，和普通过滤相比，抽滤的优点有过滤速度更快和_________________________。 Ⅱ.产品纯度测定 铁黄纯度可以通过产品的耗酸量确定。 　W g铁黄溶液A 　溶液B溶液C 已知：Fe3++3C2===Fe， Fe不与稀NaOH溶液反应。 (5)铁黄溶于H2SO4标准液的离子方程式为____________________。 (6)H2SO4标准液和NaOH标准液浓度均为0.100 0 mol·L-1，消耗两溶液的体积依次为V1 mL、V2 mL，计算铁黄的纯度为__________________________(列出计算式，不需化简)。 (7)若Na2C2O4溶液过量，会使测定结果_________________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。(已知草酸的电离平衡常数：Ka1=5.9×10-2，Ka2=6.4×10-5) 解析　(1)用pH试纸检验溶液pH的操作为用干燥洁净的玻璃棒蘸取待测液点在干燥的pH试纸上，待颜色稳定后与标准比色卡对比读数。(2)已知羟基氧化铁(FeOOH)为淡黄色固体，所以①中观察到沉淀的颜色变为淡黄色时，证明已经成功制备晶种。(3)碱性条件下，KClO3将Fe2+氧化为FeOOH，所以②氧化过程中发生反应的离子方程式为6Fe2++12OH-+===6FeOOH+Cl-+3H2O。(4)根据抽滤装置图，仪器c是安全瓶，防止倒吸；抽滤原理与普通的常压过滤相同，相比普通过滤，此方法过滤速度快，沉淀抽得较干，有时候还可以过滤掉气体，并能达到快速干燥产品的作用。(5)铁黄溶于H2SO4标准液生成Fe3+和水，反应的离子方程式为FeOOH+3H+===Fe3++2H2O。(6)H2SO4标准液和NaOH标准液浓度均为0.100 0 mol·L-1，消耗两溶液的体积依次为V1 mL、V2 mL，则与铁黄反应的硫酸的物质的量为(0.100 0×V1×10-3-×0.100 0×V2×10-3) mol，根据FeOOH+3H+===Fe3++2H2O的系数关系，铁黄的纯度为×100%。(7)若Na2C2O4溶液过量，会引入过量C2，而NaOH滴定的是剩余酸的含量，而这些H+均来自硫酸标准液，所以消耗的NaOH的量不会发生任何变化，因此Na2C2O4溶液过量不会对实验结果造成影响。 答案　(1)用干燥洁净的玻璃棒蘸取待测液点在干燥的pH试纸上，待颜色稳定后与标准比色卡对比读数 (2)淡黄　(3)6Fe2++12OH-+===6FeOOH+Cl-+3H2O　(4)防止倒吸　得到的沉淀更干燥 (5)FeOOH+3H+===Fe3++2H2O (6)×100%　(7)无影响 热点　有机物的制备与性质实验 　 1.(2024·新课标卷)吡咯类化合物在导电聚合物、化学传感器及药物制剂上有着广泛应用。一种合成1⁃(4⁃甲氧基苯基)⁃2，5⁃二甲基吡咯(用吡咯X表示)的反应和方法如下： 实验装置如图所示，将100 mmol己⁃2，5⁃二酮(熔点为-5.5 ℃，密度为0.737 g·cm-3)与100 mmol 4⁃甲氧基苯胺(熔点为57 ℃)放入①中，搅拌。 待反应完成后，加入50%的乙醇溶液，析出浅棕色固体。加热至65 ℃，至固体溶解，加入脱色剂，回流20 min，趁热过滤。滤液静置至室温，冰水浴冷却，有大量白色固体析出。经过滤、洗涤、干燥得到产品。 回答下列问题： (1)量取己⁃2，5⁃二酮应使用的仪器为____________(填名称)。 (2)仪器①用铁夹固定在③上，③的名称是____________；仪器②的名称是____________。 (3)“搅拌”的作用是_____________________。 (4)“加热”方式为_____________________。 (5)使用的“脱色剂”是_________________________。 (6)“趁热过滤”的目的是__________________；用_________________洗涤白色固体。 (7)若需进一步提纯产品，可采用的方法是____________________________。 解析　(1)己⁃2，5⁃二酮的摩尔质量为114 g·mol-1，根据题中所给数据可知，所需己⁃2，5⁃二酮的体积为≈15.5 cm3=15.5 mL，因此选用20 mL量筒。(2)③为铁架台；仪器②用于冷凝回流，为球形冷凝管。(3)己⁃2，5⁃二酮的熔点为-5.5 ℃，常温下为液体，4⁃甲氧基苯胺的熔点为57 ℃，常温下为固体，搅拌可使固液反应物充分接触，加快反应速率。(4)由题给信息“加热至65 ℃”可知，应用水浴加热，这样便于控制温度，且受热更均匀。(5)“脱色剂”的作用是吸附反应过程中产生的有色物质，结合题中信息，加入脱色剂后回流，趁热过滤，保留滤液，即脱色剂为不溶于水和乙醇等溶剂的固体，所以可以选用活性炭作脱色剂。(6)由题给信息可知，产品吡咯X为白色固体，加热至65 ℃可溶解在50%的乙醇溶液中，所以需趁热过滤，使产品尽可能多地进入滤液，防止产品结晶损失，提高产率。由加入50%的乙醇溶液析出浅棕色固体(即含杂质的产品)可知，常温下产品不溶于50%的乙醇溶液，所以为减少溶解损失，洗涤时可用50%的乙醇溶液。(7)由产品的分离提纯过程可知，若需进一步提纯，可采用的方法为重结晶。 答案　(1)20 mL量筒　(2)铁架台　球形冷凝管 (3)使固液充分接触，加快反应速率　(4)水浴加热 (5)活性炭　(6)防止产品结晶损失，提高产率　50%的乙醇溶液　(7)重结晶 2.(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C2H518OH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)。 解析　(1)该实验可实现乙酸乙酯的绿色制备及反应过程可视化，用浓硫酸时，浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂，所以NaHSO4在反应中起催化剂作用；浓硫酸还具有强氧化性和脱水性，用浓硫酸在加热条件下反应时可能发生副反应，且浓硫酸的还原产物二氧化硫为有毒气体，所以用NaHSO4代替浓硫酸的优点是副产物少，可绿色制备乙酸乙酯，无有毒气体二氧化硫产生。(2)变色硅胶吸水，除指示反应进程外，还可吸收加热时生成的水，使平衡正向移动，提高乙酸乙酯的产率。(3)若向反应液中直接加入变色硅胶，则反应后需要过滤出硅胶，而使用小孔冷凝柱承载则无需分离，A项正确；反应的平衡常数只与温度有关，使用小孔冷凝柱承载不能增大该反应的平衡常数，B项错误；小孔冷凝柱承载并没有投入溶液中，不能起到沸石作用，不能防止暴沸，C项错误；由题中“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”可知，若向反应液中直接加入变色硅胶，则变色硅胶由蓝色变为粉红色，会影响观察反应液由蓝色变为紫色，所以使用小孔冷凝柱承载不影响甲基紫指示反应进程，D项正确。(4)容量瓶用于配制一定物质的量浓度的溶液，漏斗用于固液分离，洗气瓶用于分离提纯气体，分离有机相和洗涤有机相时均需使用的是分液漏斗。(5)由反应CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O可知，100 mmol乙酸与150 mmol乙醇反应时，理论上可获得的乙酸乙酯的质量为0.1 mol×88 g·mol-1=8.8 g，则该实验乙酸乙酯的产率为×100%=73.5%。(6)若改用C2H518OH作为反应物进行反应，则因为CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OC2H5+H2O，生成的乙酸乙酯的摩尔质量为90 g·mol-1，所以质谱检测目标产物分子离子峰的质荷比数值应为90。 答案　(1)催化剂　无有毒气体二氧化硫产生　(2)吸收生成的水，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 1.熟悉有机物制取中的典型装置图 (1)反应装置。 (2)蒸馏装置。 2.条件控制：①试剂加入顺序；②温度控制：主要考虑副反应，改变反应速率和平衡移动。 3.产率计算公式：产率=×100%。 1.(2023·新课标卷)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_________________________。 (6)若粗品中混有少量未氧化的安息香，可用少量_________________(填字母)洗涤的方法除去。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_________________(填字母)。 a.85% b.80% c.75% d.70% 解析　(1)该实验需要加热使冰乙酸沸腾，冰乙酸的沸点超过了100 ℃，应选择油浴加热，所以仪器A中应加入油作为热传导介质。(2)根据仪器的结构特征可知，B为球形冷凝管，为了充分冷却，冷却水应从a口进，b口出。(3)步骤②中，若沸腾时加入安息香，会暴沸，所以需要沸腾平息后加入。(4)FeCl3为氧化剂，则铁元素的化合价降低，还原产物为FeCl2，若采用催化量的FeCl3并通入空气制备二苯乙二酮，空气可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应。(5)FeCl3易水解，乙酸可抑制FeCl3水解。(6)根据安息香和二苯乙二酮的溶解特征，安息香溶于热水，二苯乙二酮不溶于水，所以可以采用热水洗涤粗品除去安息香，故选a。(7)2.0 g安息香(C14H12O2)的物质的量约为0.009 4 mol，理论上可产生二苯乙二酮(C14H10O2)的物质的量约为0.009 4 mol，质量约为1.98 g，产率为×100%=80.8%，最接近80%，故选b。 答案　(1)油　(2)球形冷凝管　a　(3)防暴沸 (4)FeCl2　可行　空气可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应　(5)防止FeCl3水解 (6)a　(7)b 2.(2023·辽宁卷)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_________________(填字母)。 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%)。 解析　(1)步骤Ⅰ制钠砂过程中，液体A不能和Na反应，而乙醇、水和液氨都能和金属钠反应，故选c。(2)噻吩的沸点低于吡咯()的原因是可以形成分子间氢键，氢键可以使熔、沸点升高。(3)步骤Ⅱ中和Na反应生成2⁃噻吩钠和H2，化学方程式为2+2Na2+H2↑。(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将环氧乙烷溶液沿烧杯壁缓缓分批、多次加入，此过程中不断用玻璃棒进行搅拌来散热。(5)2⁃噻吩乙醇钠水解生成2⁃噻吩乙醇的过程中有NaOH生成，用盐酸调节pH的目的是中和NaOH，使平衡正向移动，使水解更彻底。(6)步骤Ⅴ中的操作有过滤、蒸馏，蒸馏的过程中需要直形冷凝管，不能用球形冷凝管，无需使用的是球形冷凝管和分液漏斗；向有机相中加入无水MgSO4的作用是除去水。(7)步骤Ⅰ中向烧瓶中加入300 mL液体A和4.60 g金属钠，Na的物质的量为=0.2 mol，步骤Ⅱ中Na完全反应，根据方程式可知，理论上可以生成0.2 mol 2⁃噻吩乙醇，产品的产率为×100%=70.0%。 答案　(1)c　(2)可以形成分子间氢键，氢键可以使熔沸点升高　(3)2+2Na2+H2↑　(4)用恒压分液漏斗分批、多次加入，并不断用玻璃棒进行搅拌来散热　(5)中和NaOH，使平衡正向移动，使水解更彻底　(6)球形冷凝管和分液漏斗　除去水　(7)70.0% 热点　探究实验的设计与评价 　 1.(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。 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]3+为蓝色，[Co]2-为红色，[Co]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]2+_________________(填“能”或“不能”)催化H2O2的分解。实验Ⅱ中大大过量的原因是_____________________ _____________________。 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是_____________________ _____________________。 实验Ⅳ (4)实验Ⅳ中，A→B溶液变为蓝色，并产生气体；B→C溶液变为粉红色，并产生气体。A→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 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Co2+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2Co2++10HC+H2O2===2[Co(CO3)3]3-+6H2O+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→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→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元素化合价降低，发生氧化还原反应，氧元素化合价升高，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　2Co2++10HC+H2O2===2[Co(CO3)3]3-+6H2O+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 2.(2024·北京卷)某小组同学向pH=1的0.5 mol·L-1的FeCl3溶液中分别加入过量的铜粉、锌粉和镁粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。 (1)理论分析。 依据金属活动性顺序，Cu、Zn、Mg中可将Fe3+还原为Fe的金属是_________________。 (2)实验验证。 实验 金属 操作、现象及产物 Ⅰ 过量Cu 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质 Ⅱ 过量Zn 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液pH为3~4，取出固体，固体中未检测到Fe单质 Ⅲ 过量Mg 有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质 ①分别取实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，证明都有Fe2+生成，依据的现象是_____________________ _____________________。 ②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因：_____________________ _____________________ _____________________。 ③对实验Ⅱ未检测到Fe单质进行分析及探究。 ⅰ.a.甲认为实验Ⅱ中，当Fe3+、H+浓度较大时，即使Zn与Fe2+反应置换出少量Fe，Fe也会被Fe3+、H+消耗。写出Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式：_____________________ _____________________。 b.乙认为在pH为3~4的溶液中即便生成Fe也会被H+消耗。设计实验：_____________________ _____________________ _____________________(填实验操作和现象)。 证实了此条件下可忽略H+对Fe的消耗。 c.丙认为产生的红褐色沉淀包裹在锌粉上，阻碍了Zn与Fe2+的反应。实验证实了锌粉被包裹。 ⅱ.查阅资料：0.5 mol·L-1 Fe3+开始沉淀的pH约为1.2，完全沉淀的pH约为3。 结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3~4时，不取出固体，向固—液混合物中持续加入盐酸，控制pH<1.2，______________________(填实验操作和现象)，待pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质。 (3)对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质的原因：_____________________。 解析　实验Ⅰ中，加入过量的Cu，Cu与Fe3+发生反应2Fe3++Cu===Cu2++2Fe2+，一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质；实验Ⅱ中，加入过量的Zn发生反应Zn+2H+===Zn2++H2↑，有气泡产生，pH逐渐增大，使得Fe3+转化为红褐色沉淀Fe(OH)3，固体中未检测到Fe单质，原因可能是Fe3+的干扰以及Fe(OH)3沉淀对锌粉的包裹；实验Ⅲ中，加入过量Mg，发生反应Mg+2H+===Mg2++H2↑，由于Mg很活泼，该反应非常剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质，对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。(1)在金属活动性顺序中，Mg、Zn排在Fe之前，Cu排在Fe之后，因此Mg、Zn可将Fe3+还原为Fe。(2)①Fe2+与K3[Fe(CN)6]会生成蓝色的KFe[Fe(CN)6]沉淀；②Fe3+水解方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入的Mg或Zn会消耗H+，促进Fe3+水解平衡正向移动，使其转化为Fe(OH)3沉淀；③ⅰ.a.Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式为2Fe3++2Fe+2H+===4Fe2++H2↑或2Fe3++Fe===3Fe2+、2H++Fe===Fe2++H2↑；b.要证实在pH为3~4的溶液中可忽略H+对Fe的消耗，可向pH为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液不产生蓝色沉淀，即说明此条件下Fe未与H+反应生成Fe2+；ⅱ.结合a、b和c可知，实验Ⅱ未检测到Fe单质的原因可能是Fe3+的干扰以及Fe(OH)3沉淀对锌粉的包裹，因此可控制反应条件，在未生成Fe(OH)3沉淀时将Fe3+还原，即可排除两个干扰因素，具体操作为：重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH<1.2，加入几滴KSCN溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸，待pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质。(3)对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。 答案　(1)Mg、Zn　(2)① 产生蓝色沉淀　②Fe3+水解方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入的Mg或Zn会消耗H+，促进Fe3+水解平衡正向移动，使其转化为Fe(OH)3沉淀　③2Fe3++2Fe+2H+===4Fe2++H2↑或2Fe3++Fe===3Fe2+、2H++Fe===Fe2++H2↑　向pH为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液不产生蓝色沉淀　加入几滴KSCN溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸　(3)加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹 探究类实验题的思维流程 1.(2023·湖北卷)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+2S2===2I-+S4)标志滴定终点的现象是________________________，粗品中X的相对含量为_________________。 解析　(1)由图可知，仪器A的名称为具支试管；铜和浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮，其中二氧化氮易溶于水，需要防倒吸，则装置B的作用为防倒吸。(2)根据实验现象，铜片溶解，溶液变蓝，可知在酸性条件下铜和过氧化氢发生反应生成硫酸铜，离子方程式为Cu+H2O2+2H+===Cu2++2H2O；硫酸铜可以催化过氧化氢分解生成氧气，则产生的气体为O2；在铜和过氧化氢的反应过程中，氢元素的化合价没有发生变化，故从氧化还原角度说明H+的作用是既不是氧化剂，又不是还原剂。(3)在该反应中铜的质量m(Cu)=n×=，因为=，则m(O)=n×+(m-n)=，则X的化学式中铜原子和氧原子的物质的量之比为==，则X为CuO2。(4)滴定结束的时候，单质碘消耗完，则标志滴定终点的现象是：溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色；在CuO2中铜元素为+2价，氧元素为-1价，根据2Cu2++4I-===2CuI↓+I2，2CuO2+8H++8I-===2CuI+3I2+4H2O，I2+2S2===2I-+S4，可以得到关系式2CuO2~3I2~6S2，则n(CuO2)=×0.1 mol·L-1×0.015 L=0.000 5 mol，粗品中X的相对含量为×100%=96%。 答案　(1)具支试管　防倒吸　(2)Cu+H2O2+2H+===Cu2++2H2O　O2　增加过氧化氢的氧化性 (3)CuO2　(4)溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色　96% 2.(2024·邵阳一模)某兴趣小组设计实验探究Ce-MnOx催化氧化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，反应方程式：HCOOHCO↑+H2O (1)装置A中盛放浓硫酸的仪器名称是_____________________。 (2)B中NaOH溶液的作用是_____________________。 【步骤Ⅱ】检验CO (3)将CO通入新制银氨溶液中，有单质银沉淀生成，则该反应的化学方程式为_____________________ _____________________。 【步骤Ⅲ】探究Ce-MnOx催化氧化CO的效率 (4)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+I2O5===I2+5CO2) 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0.152 4 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间对催化氧化效率的影响时，可采用______________________的方法延长接触时间。 解析　(1)根据装置图可知：装置A中盛放浓硫酸的仪器名称为圆底烧瓶。(2)在装置A中HCOOH与浓硫酸混合加热反应制取CO，该气体中含有HCOOH蒸气，用NaOH可以吸收挥发的HCOOH蒸气。(3)一氧化碳和银氨溶液反应生成单质银，同时生成碳酸铵和氨气，方程式为CO+2[Ag(NH3)2]OH===2Ag↓+(NH4)2CO3+2NH3。(4)①一氧化碳被氧气氧化生成二氧化碳，能使澄清的石灰水变浑浊；②气体样品中CO的体积分数为1%，相同条件下，气体分数等于其物质的量分数，所以标准状况下11.2 L气体样品中CO的物质的量为n(CO)=×1%=0.005 mol，未反应的CO发生反应5CO+I2O5===I2+5CO2，反应产生I2的物质的量n(I2)==0.000 6 mol，则根据反应方程式中物质反应转化关系可知n(CO)=5n(I2)=5×0.000 6 mol=0.003 mol，则被氧化的n(CO)=(0.005-0.003) mol=0.002 mol，故CO被催化氧化的百分率为×100%=40%；③若未继续通入一段时间N2，部分CO存在于装置中，导致J中生成的I2偏小，则剩余的n(CO)偏小，所以被氧化的n(CO)偏大。(5)控制气流速率可以延长接触时间，即减小气体样品流速可以延长接触时间。 答案　(1)圆底烧瓶　(2)吸收挥发的HCOOH蒸气　(3)CO+2[Ag]OH===2Ag↓+CO3+2NH3　(4)① 装置H中澄清石灰水变浑浊　②40% ③偏大　(5)减小气体样品流速 热点　定量实验 　 1.(2024·山东卷)利用“燃烧-碘酸钾滴定法”测定钢铁中硫含量的实验装置如图所示(夹持装置略)。 实验过程如下： ①加样：将a mg样品加入管式炉内瓷舟中(瓷舟两端带有气孔且有盖)，聚四氟乙烯活塞滴定管G内预装c(KIO3)∶c(KI)略小于1∶5的KIO3碱性标准溶液，吸收管F内盛有盐酸酸化的淀粉水溶液。向F内滴入适量KIO3碱性标准溶液，发生反应：KIO3+5KI+6HCl===3I2+6KCl+3H2O，使溶液显浅蓝色。 ②燃烧：按一定流速通入O2，一段时间后，加热并使样品燃烧。 ③滴定：当F内溶液浅蓝色消退时(发生反应：SO2+I2+2H2O===H2SO4+2HI)，立即用KIO3碱性标准溶液滴定至浅蓝色复现。随SO2不断进入F，滴定过程中溶液颜色“消退-变蓝”不断变换，直至终点。 回答下列问题： (1)取20.00 mL 0.100 0 mol·L-1 KIO3的碱性溶液和一定量的KI固体，配制1 000 mL KIO3碱性标准溶液，下列仪器必须用到的是_________________(填字母)。 A.玻璃棒 B.1 000 mL锥形瓶 C.500 mL容量瓶 D.胶头滴管 (2)装置B和C的作用是充分干燥O2，B中的试剂为_________________。装置F中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子(见放大图)，目的是_____________________ _____________________。 (3)该滴定实验达终点的现象是_____________________ _____________________； 滴定消耗KIO3碱性标准溶液V mL，样品中硫元素的质量分数是_________________(用含a、V代数式表示)。 (4)若装置D中瓷舟未加盖，会因燃烧时产生粉尘而促进SO3的生成，粉尘在该过程中的作用是__________________________；若装置E冷却气体不充分，可能导致测定结果偏大，原因是_____________________ _____________________； 若滴定过程中，有少量不经I2直接将SO2氧化成H2SO4，测定结果会____________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 解析　(1)取20.00 mL 0.100 0 mol·L-1 KIO3的碱性溶液和一定量的KI固体，配制1 000 mL KIO3碱性标准溶液(稀释了50倍后KIO3的浓度为0.002 000 mol·L-1)，需要用碱式滴定管或移液管量取20.00 mL 0.100 0 mol·L-1 KIO3的碱性溶液，需要用一定精确度的天平称量一定质量的KI固体，需要在烧杯中溶解KI固体，溶解时要用到玻璃棒搅拌，需要用1 000 mL容量瓶配制标准溶液，需要用胶头滴管定容，因此，必须用到的仪器是AD。(2)装置B和C的作用是充分干燥O2，浓硫酸具有吸水性，常用于干燥某些气体，因此B中的试剂为浓硫酸。装置F中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子，其目的是防止倒吸，因为磨砂浮子的密度小于水，若球泡内水面上升，磨砂浮子也随之上升，磨砂浮子可以作为一个磨砂玻璃塞将导气管的出气口堵塞上，从而防止倒吸。(3)该滴定实验是利用过量的半滴标准溶液来指示滴定终点的，因此，该滴定实验达终点的现象是当加入最后半滴KIO3碱性标准溶液后，溶液由无色突变为蓝色且30 s内不变色；由S元素守恒及SO2+I2+2H2O===H2SO4+2HI、KIO3+5KI+6HCl===3I2+6KCl+3H2O可得关系式3S~3SO2~3I2~KIO3，若滴定消耗KIO3碱性标准溶液V mL，则n(KIO3)=V×10-3 L×0.002 000 mol·L-1=2.000×10-6V mol，n(S)=3n(KIO3)=3×2.000×10-6V mol=6.000×10-6V mol，样品中硫元素的质量分数是×100%=%。(4)若装置D中瓷舟未加盖，燃烧时产生的粉尘中含有铁的氧化物，铁的氧化物能催化SO2的氧化反应从而促进SO3的生成，因此，粉尘在该过程中的作用是催化剂；若装置E冷却气体不充分，则通入F的气体温度过高，可能导致部分I2升华，这样就要消耗更多KIO3碱性标准溶液，从而可能导致测定结果偏大；若滴定过程中，有少量不经I2直接将SO2氧化成H2SO4，从电子转移守恒的角度分析，得到6e-被还原为I-，仍能得到关系式3S~3SO2~KIO3，测定结果会不变。 答案　(1)AD　(2)浓硫酸　防止倒吸　(3)当加入最后半滴KIO3碱性标准溶液后，溶液由无色突变为蓝色且30 s内不变色　%　(4)催化剂　通入F的气体温度过高，导致部分I2升华，从而消耗更多的KIO3碱性标准溶液　不变 2.(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(加热装置路去)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将铁矿石试样中的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，现象如表： 溶液 现象 空白 实验 2 mL 0.3 mol·L-1 NaCl溶液+0.5 mL试剂X 紫红色不褪去 实验ⅰ 2 mL 0.3 mol·L-1 NaCl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-1 NaCl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+，Sn4+被还原为Sn2+，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，当所加硫酸的浓度为0.1 mol·L-1时，KMnO4溶液的紫红色不褪去，说明Cl-与KMnO4未反应，当所加硫酸的浓度增至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，加入锡粒，发生反应Sn4++Sn===2Sn2+，从而防止Sn2+被氧化 (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　②H2O　溶液酸度过高时，Cl-会被KMnO4氧化，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 1.定量实验测定的几种常用方法 (1)沉淀法。 先将某种成分转化为沉淀，然后称量纯净、干燥的沉淀的质量，再进行相关计算。 (2)测气体体积法(常见装置如图)。 对于含有能与其他物质反应产生气体的样品，可以通过测定气体体积的方法测定样品的纯度。 (3)滴定法。 利用滴定操作原理，通过酸碱中和滴定、沉淀滴定或氧化还原反应滴定等获得相应数据后，再进行相关计算。 (4)热重分析法。 热重分析是指在程序控制温度下测量待测样品的质量与温度变化关系的一种热分析技术，用来研究材料的热稳定性和组分。晶体加热时失重一般是先失水、再失非金属氧化物，晶体中金属质量不减少，仍在残余固体中，失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m(O)，由n(金属原子)∶n(O)可求出失重后所得物质的化学式。 2.测定实验中“数据”的采集及处理 为了数据的准确性，实验中要采取必要的措施，确保离子完全沉淀、气体完全被吸收等，必要时可以进行平行实验，重复测定，然后取其平均值进行计算。如中和滴定实验中测量酸或碱溶液的体积要平行做2~3次滴定，取体积的平均值求算未知溶液的浓度，但对于“离群”数据(指与其他数据有很大差异的数据)要舍弃，因为数据“离群”的原因可能是操作中出现了失误。 1.(2023·广东卷)化学反应常伴随热效应。某些反应(如中和反应)的热量变化，其数值Q可通过量热装置测量反应前后体系温度变化，用公式Q=cρV总·ΔT计算获得。 (1)盐酸浓度的测定：移取20.00 mL待测液，加入指示剂，用0.500 0 mol·L-1 NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液22.00 mL。 ①上述滴定操作用到的仪器有_________________。 ②该盐酸浓度为_________________ mol·L-1。 (2)热量的测定：取上述NaOH溶液和盐酸各50 mL进行反应，测得反应前后体系的温度值(℃)分别为T0、T1，则该过程放出的热量为_________________J(c和ρ分别取4.18 J·g-1·℃-1和1.0 g·mL-1，忽略水以外各物质吸收的热量，下同)。 (3)借鉴(2)的方法，甲同学测量放热反应Fe(s)+CuSO4(aq)===FeSO4(aq)+Cu(s)的焓变ΔH(忽略温度对焓变的影响，下同)。实验结果见下表。 序号 反应试剂 体系温度/℃ 反应前 反应后 ⅰ 0.20 mol·L-1 CuSO4溶液100 mL 1.20 g铁粉 a b ⅱ 0.56 g铁粉 a c ①温度：b_________________(填“>”“<”或“=”)c。 ②ΔH=_______________________________(选择表中一组数据计算)。结果表明，该方法可行。 (4)乙同学也借鉴(2)的方法，测量反应A：Fe(s)+Fe2(SO4)3(aq)===3FeSO4(aq)的焓变。 查阅资料：配制Fe2溶液时需加入酸。加酸的目的是_____________________。 提出猜想：铁粉与Fe2溶液混合，在反应A进行的过程中，可能存在铁粉和酸的反应。 验证猜想：用pH试纸测得Fe2溶液的pH不大于1；向少量Fe2溶液中加入铁粉，溶液颜色变浅的同时有气泡冒出，说明存在反应A和___________________(用离子方程式表示)。 实验小结：猜想成立，不能直接测反应A的焓变。 教师指导：鉴于以上问题，特别是气体生成带来的干扰，需要设计出实验过程中无气体生成的实验方案。 优化设计：乙同学根据相关原理，重新设计了优化的实验方案，获得了反应A的焓变。该方案为_____________________ _____________________ _____________________。 (5)化学能可转化为热能，写出其在生产或生活中的一种应用：_____________________。 解析　(1)①滴定操作时需要用的仪器有锥形瓶、酸式滴定管、碱式滴定管、铁架台等，故选AD；②滴定时发生的反应为HCl+NaOH===NaCl+H2O，故c(HCl)===0.550 0 mol·L-1。(2)由Q=cρV总·ΔT可得Q=4.18 J·g-1·℃-1×1.0 g·mL-1×(50 mL+50 mL)×(T1-T0)=418(T1-T0) J。(3)①100 mL 0.20 mol·L-1 CuSO4溶液含有溶质的物质的量为0.02 mol，1.20 g铁粉和0.56 g铁粉的物质的量分别为0.021 mol、0.01 mol，实验ⅰ中有0.02 mol CuSO4发生反应，实验ⅱ中有0.01 mol CuSO4发生反应，实验ⅰ放出的热量多，则b>c；②若按实验ⅰ进行计算，ΔH=-=-20.9(b-a) kJ·mol-1；若按实验ⅱ进行计算，ΔH=-=-41.8(c-a) kJ·mol-1。(4)Fe3+易水解，为防止Fe3+水解，在配制Fe2溶液时需加入酸；用pH试纸测得Fe2溶液的pH不大于1说明溶液呈强酸性，向少量Fe2溶液中加入铁粉，溶液颜色变浅的同时有气泡(氢气)产生，说明溶液中还存在Fe与酸的反应，其离子方程式为Fe+2H+===Fe2++H2↑；乙同学根据相关原理，重新设计优化的实验方案的重点为如何防止Fe与酸反应产生影响，可以借助盖斯定律，设计分步反应来实现Fe2(SO4)3溶液与Fe的反应，故可将一定量的铜粉加入一定浓度的Fe2(SO4)3溶液中反应，测量反应热，计算得到反应Cu+Fe2(SO4)3===CuSO4+2FeSO4的焓变ΔH1；根据(3)中实验计算得到反应Fe+CuSO4===Cu+FeSO4的焓变ΔH2；根据盖斯定律计算得到反应Fe+Fe2(SO4)3===3FeSO4的焓变为ΔH1+ΔH2。(5)化学能转化为热能在生产和生活中应用比较广泛，化石燃料的燃烧、炸药开山、发射火箭等都是化学能转化热能的应用，另外铝热反应焊接铁轨也是化学能转化热能的应用。 答案　(1)①AD　②0.550 0　(2)418(T1-T0) (3)① >　②-20.9(b-a) kJ·mol-1或-41.8(c-a) kJ·mol-1　(4)抑制Fe3+水解　Fe+2H+===Fe2++H2↑　将一定量的铜粉加入一定浓度的Fe2溶液中反应，测量反应热，计算得到反应Cu+Fe2(SO4)3===CuSO4+2FeSO4的焓变ΔH1；根据(3)中实验计算得到反应Fe+CuSO4===Cu+FeSO4的焓变ΔH2；根据盖斯定律计算得到反应Fe+Fe2(SO4)3===3FeSO4的焓变为ΔH1+ΔH2　(5)燃料燃烧(或铝热反应焊接铁轨等) 2.(2024·武汉模拟)滴定法是用于测定溶液中微粒浓度的重要方法。某实验小组利用滴定法测定碘酒中碘的含量。 (1)测定碘含量：移取10.00 mL碘酒，准确配制100 mL稀碘液。每次取25.00 mL稀碘液于锥形瓶中，滴加几滴淀粉溶液，加入适量稀硫酸后，用浓度为0.100 0 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定，实验数据如表所示。已知：2Na2S2O3+I2===2NaI+Na2S4O6。 序号 Na2S2O3溶液的用量/mL 稀碘液的用量/mL 1 21.32 25.00 2 20.02 25.00 3 19.98 25.00 ①第1次实验Na2S2O3溶液的用量明显多于后两次，原因可能是　　　　。  A.盛装标准溶液的滴定管用蒸馏水洗净后，未润洗 B.滴入半滴标准溶液，溶液变色，即判定达滴定终点 C.滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡产生 D.滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面 ②该碘酒中碘的含量为　　　　g·mL-1。[已知M(I2)=254 g·mol-1]  (2)借鉴(1)的方法，用图所示的流程测定海带中的碘含量。 ①加入H2O2溶液，发生的离子反应方程式是_____________________ _____________________。 ②预测达到滴定终点的实验现象为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　，在实验时却发现溶液变色片刻后，恢复滴定前的颜色。继续滴加Na2S2O3，溶液变色片刻后再一次恢复原色。  (3)探究异常现象产生的原因。 该学习小组通过设计对照实验，发现空气中的氧气并不能较快地氧化待测液中的I-。 提出猜想：　　　　(填化学式)将生成的I-重新氧化成碘单质。  实验验证：将2 mL待测液、2滴0.1 mol·L-1 H2SO4溶液、2滴淀粉溶液和少量H2O2溶液混合，用Na2S2O3溶液滴定，氧化后的待测液静置半小时，利用氧化还原电势传感器测定滴定过程中电势的变化，待溶液变色后停止滴定，溶液恢复原色后继续滴加Na2S2O3溶液至溶液变色，循环往复，得到如图所示的曲线。 已知： ⅰ.氧化性物质的电势值高于还原性物质。 ⅱ.一定条件下，氧化性物质的浓度越高，电势越高，还原性物质浓度越高，电势越低。 a~b段电势升高的原因是　　　　　　被氧化。由a~b段电势变化的斜率小于b~c段可推测溶液反复变色的原因是_____________________  _____________________。 优化流程：将用H2O2氧化后的待测液　　　　　　　　　　　　　，再进行滴定，到达滴定终点时待测液变色后不会恢复原色。  解析　(1)①根据反应2Na2S2O3+I2===2NaI+Na2S4O6，盛装标准溶液的滴定管用蒸馏水洗净后未润洗，造成标准溶液用量过多，A项正确；滴入半滴标准溶液，溶液变色，应该等30 s，即判定达滴定终点，会使标准液用量少，B项错误；滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡产生，使标准液体积用量偏少，C项错误；滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，使标准液体积偏小，D项错误；②根据关系式2Na2S2O3~I2，则n(I2)=n(Na2S2O3)=×(20.00×10-3×0.100 0)=10-3 mol，c(I2)==0.04 mol·L-1，碘酒中碘的含量为=0.101 6 g·mL-1。(2)①双氧水把碘离子氧化为碘单质2I-+H2O2+2H+===I2+2H2O；②当最后半滴Na2S2O3溶液滴入时，溶液的蓝色恰好褪去，且半分钟内不恢复。(3)空气中的氧气并不能较快地氧化待测液中的I-，可能是过氧化氢过量，能将生成的I-重新氧化成碘单质；一定条件下，氧化性物质的浓度越高，电势越高，还原性物质浓度越高，电势越低。a~b段电势升高的原因是过氧化氢氧化I-生成具有氧化性的碘单质；由a~b段电势变化的斜率小于b~c段可推测溶液反复变色的原因是H2O2氧化I-速率慢于Na2S2O3还原I2的速率；将用H2O2氧化后的待测液加热煮沸使过氧化氢完全分解再进行滴定，到达滴定终点时待测液变色后不会恢复原色。 答案　(1)①A　②0.101 6　(2)①2I-+H2O2+2H+===I2+2H2O　②滴入最后半滴Na2S2O3溶液，溶液的蓝色恰好褪去，且半分钟内不恢复　(3)H2O2　I-　H2O2氧化I-的速率慢于Na2S2O3还原I2的速率　加热煮沸使过氧化氢完全分解 学科网（北京）股份有限公司 $$