课时跟踪检测（七十） 物质制备型综合实验（练习）-【创新方案】2026年高考化学一轮复习Ⅱ

课时跟踪检测（七十） 物质制备型综合实验 1．(15分)(2024·贵州卷)十二钨硅酸在催化方面有重要用途。某实验小组制备 十二钨硅酸晶体，并测定其结晶水含量的方法如下(装置如图，夹持装置省略)： Ⅰ．将适量Na2WO4·2H2O、Na2SiO3·9H2O加入三颈烧瓶中，加适量水，加热，溶解。 Ⅱ．持续搅拌下加热混合物至近沸，缓慢滴加浓盐酸至pH为2，反应30分钟，冷却。 Ⅲ．将反应液转至萃取仪器中，加入乙醚，再分批次加入浓盐酸，萃取。 Ⅳ．静置后液体分上、中、下三层，下层是油状钨硅酸醚合物。 Ⅴ．将下层油状物转至蒸发皿中，加少量水，加热至混合液表面有晶膜形成，冷却结晶，抽滤，干燥，得到十二钨硅酸晶体{H4[SiW12O40]·nH2O}。 已知：①制备过程中反应体系pH过低会产生钨的水合氧化物沉淀； ②乙醚易挥发、易燃，难溶于水且密度比水小； ③乙醚在高浓度盐酸中生成的与缔合成密度较大的油状钨硅酸醚合物。 (1)仪器a中的试剂是　　　　(填名称)，其作用是　　　　　　　　　。(3分)  (2)步骤Ⅱ中浓盐酸需缓慢滴加的原因是 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。(2分)  (3)下列仪器中，用于“萃取、分液”操作的有　　　　　　　　　　　　　　　(填名称)。(1分)  (4)步骤Ⅳ中“静置”后液体中间层的溶质主要是　　　　　　。(2分)  (5)步骤Ⅴ中“加热”操作　　　　　(填“能”或“不能”)使用明火，原因是 　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。(3分)  (6)结晶水测定：称取m g十二钨硅酸晶体{H4·nH2O，相对分子质量为M}，采用热重分析法测得失去全部结晶水时失重w%，计算n=　　　　(用含w、M的代数式表示)，若样品未充分干燥，会导致n的值　　　　(填“偏大”“偏小”或“不变”)。(4分)  解析：(1)浓盐酸具有挥发性，会污染环境，故a中的试剂的作用是吸收挥发出来的氯化氢，可以是碱石灰或NaOH固体等。(2)由于制备过程中反应体系pH过低会产生钨的水合氧化物沉淀，故步骤Ⅱ中浓盐酸需缓慢滴加，防止制备过程中局部pH过低而产生钨的水合氧化物沉淀。(3)萃取分液需要使用分液漏斗，同时需要烧杯来盛放分液后的液体，故题给仪器中用于“萃取、分液”操作的有分液漏斗、烧杯。(4)步骤Ⅳ中“静置”后液体分为上、中、下三层，其中下层液体为油状钨硅酸醚合物，乙醚难溶于水，且密度小于水，故上层为乙醚，中层为水层，通过分析发生的反应可知，中间层的溶质主要为NaCl。(5)由于乙醚易挥发，易燃，故步骤Ⅴ中“加热”操作不能使用明火。(6)m g十二钨硅酸晶体的物质的量n1= mol，结晶水占总质量的w%，则结晶水的物质的量n2= mol，n==；若样品未充分干燥，则w%偏大，n偏大。 答案：(1)碱石灰(或NaOH固体等)　吸收挥发出来的氯化氢　(2)防止制备过程中局部pH过低而产生钨的水合氧化物沉淀　(3)分液漏斗、烧杯　(4)NaCl　(5)不能　乙醚易挥发，易燃，遇明火极易发生危险　(6)　偏大 2．(14分)(2025·四川成都一模)环己酮可作为涂料和油漆的溶剂。在实验室中以环己醇为原料制备环己酮。 已知：①环己醇、环己酮、醋酸的部分物理性质如下表： 物质 沸(熔)点/(℃，1 atm) 密度/(g·cm-3) 溶解性 环己醇 161.1(-21) 0.96 能溶于水，易溶于常见有机溶剂 环己酮 155.6(-47) 0.94 微溶于水 醋酸 118(16.6) 1.05 易溶于水 ②两种互不相溶的液体，密度相差越大，分层越易发生。 (1)B装置的名称是　　　　 　。(1分)  (2)酸化NaClO时一般不选用盐酸，原因是 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(用离子方程式表示)。(2分)  (3)该制备反应很剧烈，且放出大量的热。为控制反应体系温度在30~35 ℃范围内，可采取的加热方式是　　　　　　　　。(1分)  (4)制备反应完成后，向混合物中加入适量水，蒸馏，收集95~100 ℃的馏分，得到主要含环己酮、水和　　　　　　　(填化学式)的混合物。(2分)  (5)环己酮的提纯过程如下： ①在馏分中加NaCl固体至饱和，静置，分液；加NaCl的目的是 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。(2分)  ②加入无水MgSO4块状固体；目的是 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。(2分)  ③　　　　　　　　(填操作名称)后进行蒸馏，收集150~155 ℃的馏分。(2分)  (6)数据处理。反应开始时加入8.4 mL(0.08 mol)环己醇、20 mL冰醋酸和过量的NaClO溶液。实验结束后收集到产品0.06 mol，则该合成反应的产率为　　　　。(2分)  解析：(3)为控制反应体系温度在30~35 ℃范围内，可采取水浴加热的方式，且在加入反应物时将NaClO缓慢滴加到其他试剂中，避免反应太过剧烈，短时间内放出大量热。(4)制备反应完成后，向混合物中加入适量水，蒸馏，收集95~100 ℃的馏分，参考表格中的沸点信息知，得到主要含环己酮、水和CH3COOH的混合物。(5)提纯环己酮过程中：①在馏分中加NaCl固体至饱和，可增大水层的密度，便于混合液分层而析出环己酮；②无水MgSO4是一种干燥剂，加入无水MgSO4块状固体可除去有机物中的少量水；③过滤后进行蒸馏，收集150~155 ℃的馏分，即可得到环己酮。(6)反应开始时加入了8.4 mL(0.08 mol)环己醇、20 mL冰醋酸和过量的NaClO溶液，则理论上得到的环己酮应为0.08 mol，实验结束后实际收集到的产品为0.06 mol，则该合成反应的产率为×100%=75%。 答案：(1)分液漏斗 (2)ClO-+Cl-+2H+Cl2↑+H2O (3)水浴(加热)　(4)CH3COOH (5)①增大水层的密度，便于分层　②除去有机物中的少量水(或干燥)　③过滤　(6)75% 3．(15分)(2024·江西卷)一种可用于温度传感的红色配合物Z，其制备实验步骤及传感原理如图(反应物均按化学计量数之比进行投料)： Ⅰ．将Ni(NO3)2·6H2O和去离子水加入圆底烧瓶中，搅拌至完全溶解，再依次加入乙酰丙酮(HY)、无水Na2CO3和N，N，N'-三甲基乙二胺(X)溶液，继续搅拌5 min； Ⅱ．加入NaB(C6H5)4溶液，立即生成红色沉淀，室温下继续反应35 min； Ⅲ．减压过滤，用去离子水洗涤3次，烘干，重结晶，得到配合物Z； Ⅳ．室温下，将适量Z溶于丙酮(L)，温度降至15 ℃，溶液经混合色逐渐转为蓝绿色，得到配合物W的溶液。 (1)已知配合物Z中Ni、N和O五个原子共平面，Ni2+的杂化方式　　　(填“是”或“不是”)sp3。(2分)  (2)步骤Ⅰ中，加入Na2CO3的目的是 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。(2分)  (3)步骤Ⅱ中，为避免沉淀包裹反应物共沉，可采取的操作是　　　　　　　　　　。(2分)  (4)步骤Ⅲ中，洗涤去除的无机盐产物是 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。(2分)  (5)采用EDTA配位滴定法测定Ni的含量。实验步骤如下： ⅰ．准确称取m g的配合物Z； ⅱ．加入稀硝酸使样品完全消解，再加入去离子水，用20%醋酸钠溶液调节pH至4~5； ⅲ．以PAN为指示剂，用c mol·L-1 EDTA标准溶液滴定，平行测定三次，平均消耗EDTA体积 V mL。 已知：EDTA与Ni2+化学计量数之比为1∶1。 ①除了滴定管外，上述测定实验步骤中，使用的仪器有　　　　(填标号)。(2分)  ②Ni的质量百分含量为　　　　%。(2分)  (6)利用上述配合物的变色原理(温差约10 ℃时，颜色有明显变化)，设计一种实用温度传感装置： 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。(3分)  解析：(1)配合物Z中Ni、N和O五个原子共平面，若Ni2+为sp3杂化，则存在四面体结构，故Ni2+的杂化方式不是sp3。(2)步骤Ⅰ中发生反应：，加入Na2CO3可消耗H+，促使反应正向进行。(3)步骤Ⅱ中，为避免沉淀包裹反应物共沉，可剧烈搅拌。(4)步骤Ⅱ中发生反应：N+NaB(C6H5)4[B(C6H5)4]-↓+NaNO3，故步骤Ⅲ中洗涤去除的无机盐产物为NaNO3。(5)①准确称取m g的配合物Z需要用到天平，加入去离子水需要用到洗瓶，用c mol·L-1 EDTA标准溶液滴定需要用到滴定管和锥形瓶。②n(Ni)=n(EDTA)=c mol·L-1×V×10-3 L=cV×10-3 mol，则Ni的质量百分含量为×100%=%。(6)可结合配合物颜色随温度变化的原理设计温度传感装置。 答案：(1)不是　(2)提供碱性环境，促进反应正向进行　(3)剧烈搅拌　(4)NaNO3(或硝酸钠) (5)①bcd　②　(6)具有温度指示功能的水杯，水杯外壁涂有配合物W(含少量丙酮)并以透明材料密封，附有比色卡。水温可通过所示颜色与比色卡对比大致判断，从而确定是否适合饮用 4．(14分)(2025·湖南株洲一模)亚硝酰氯(NOCl)是一种黄色气体，熔点为-64.5 ℃，沸点为-5.5 ℃，常用于合成洗涤剂、触媒及用作中间体，可由NO与Cl2反应得到。某实验小组设计实验制备NOCl并测定产品中NOCl的含量。 Ⅰ．制备NOCl 按如图所示装置进行实验(夹持装置略)。 已知：①2NOCl+H2O2H++2Cl-+NO↑+NO2↑； ②NO+NO2+2OH-2N+H2O； ③2N+2I-+4H+2NO↑+I2+2H2O； ④I2+2S2S4+2I-。 Ⅱ．NOCl含量的测定(假设杂质不参与反应) ①取5.00 g三颈烧瓶中所得产物溶于适量NaOH溶液中，然后加入一定量稀硫酸和KI，并通入足量N2，将NO全部赶出，最后将溶液稀释至500.00 mL； ②取25.00 mL上述所得溶液，用淀粉作指示剂，用0.15 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，最终消耗标准溶液的体积为20.00 mL。 (1)装置B中盛放碱石灰的仪器名称为　　　　　；装置A中发生反应的离子方程式为 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。(3分)  (2)仪器连接的顺序为a→　　　→b，c←　　　←h(仪器可重复使用)；装置C中所盛试剂的名称是　　　　　；若装置B中压强过大，可以观察到的现象是 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。(3分)  (3)实验时，待装置B中三颈烧瓶内充满黄绿色气体时，再将NO通入三颈烧瓶中，这样做的目的是 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。(2分)  (4)该制备装置中存在的一处缺陷是 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。(2分)  (5)实验测得产品中NOCl的含量为　　　　 　%(保留一位小数)。(2分)  (6)下列操作将导致NOCl测量含量偏低的是　　　　。(2分)  a．加入的氢氧化钠溶液过少 b．滴定前滴定管有气泡，滴定后气泡消失 c．锥形瓶内溶液蓝色消失后立即读数 d．读数时，滴定前平视，滴定后仰视 解析：(2)装置A中生成Cl2后，浓盐酸具有挥发性，所以得到的Cl2中含有HCl，装置C除去Cl2中的HCl且起安全瓶的作用，装置C中溶液为饱和NaCl溶液，根据已知①知，NOCl能和水反应，所以装置B中发生反应的Cl2必须是干燥的，所以装置D的作用是干燥Cl2；装置E用于生成NO，且是干燥的，所以仪器的连接顺序为a→d→e→f→g→b，c←g←f←h；因为装置B和装置C连接，若装置B中压强过大，可以观察到的现象为装置C中长颈漏斗中液面上升。(5)根据I2+2S2S4+2I-，得n(I2)=n(S2)=×0.15 mol·L-1×0.02 L=0.001 5 mol，则500.00 mL溶液中n(I2)=×0.001 5 mol=0.03 mol，根据方程式2NOCl+H2O2H++2Cl-+NO↑+NO2↑、NO+NO2+2OH-2N+H2O、2N+2I-+4H+2NO↑+I2+2H2O得关系式：2NOCl~I2，则5.00 g三颈烧瓶所得产物中n(NOCl)=2n(I2)=2×0.03 mol=0.06 mol，其含量为×100%=78.6%。(6)加入的氢氧化钠溶液过少会导致生成NaNO2偏小，滴定时消耗标准液的体积偏小，则所测NOCl含量偏低，a符合题意；滴定前滴定管有气泡，滴定后气泡消失，会导致消耗标准液的体积偏大，则所测NOCl含量偏高，b不符合题意；锥形瓶内溶液蓝色消失后立即读数，会导致消耗标准液的体积偏小，则所测NOCl含量偏低，c符合题意；读数时，滴定前平视，滴定后仰视，会导致消耗标准液的体积偏大，则所测NOCl含量偏高，d不符合题意。 答案：(1)球形干燥管　2Mn+10Cl-+16H+2Mn2++5Cl2↑+8H2O (2)d→e→f→g　g←f　饱和NaCl溶液　C中长颈漏斗中液面上升 (3)排尽装置内的空气，防止NO被氧化 (4)缺少尾气处理装置　(5)78.6　(6)ac 学科网（北京）股份有限公司 $$