主题13 三、定量分析型综合实验（课件）-【新高考方案】2026年高考化学Ⅰ一轮总复习

定量分析型综合实验 三、 [例3]　(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下图所示(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-1KIO3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　　　　(填标号)。  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,样品中硫的质量分数是　　　(用代数式表示)。  (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I不经I2直接将SO2氧化成H2SO4,测定结果会　　　　　　(填“偏大”“偏小”或“不变”)。  [例3]　(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下图所示(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-1KIO3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　　　(填标号)。  A.玻璃棒 B.1 000 mL锥形瓶 C.500 mL容量瓶 D.胶头滴管 AD 解析：第(1)问考查仪器的选择,较为基础,根据实验要求进行回答。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 0 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的KIO3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,根据选项中提供的仪器必须用到的是玻璃棒和胶头滴管。 [例3]　(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下图所示(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。 (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 　。  浓硫酸 防倒吸 　解析：第(2)问实验装置分析:由装置图可知用于干燥氧气的为液体干燥剂,由此可推断为浓硫酸。 再根据装置的特点和物质的性质分析用磨砂浮子的目的:由实验流程可知,钢铁样品燃烧后产生的SO2在装置F中与I2发生反应,为保证SO2充分反应,通气管要尽量插入吸收管的底部。在通气管的末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子,当SO2溶于吸收液造成气压降低时,磨砂浮子会浮起堵住通气管末端,防止吸收液倒吸进入通气管。由此可推出使用磨砂浮子的目的是防倒吸。 [例3]　(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下图所示(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。 (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,样品中硫的质量分数是　　　 　(用代数式表示)。  当加入最后半滴KIO3碱性标准溶液后,溶液变为 浅蓝色,30秒内不褪色 % 　解析：第(3)问考查规范答题和相关计算:第一空是滴定实验的创新考查:实验中的装置、操作步骤都比较陌生、新颖,不再是先加入被滴定物质(SO2)再滴定,而是边滴定边持续不断地通入被滴定物(SO2)。滴定终点的现象仍然是当SO2完全通入F中被氧化,终点时生成I2使溶液变浅蓝色。第二空根据反应和实验数据计算: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 0 mol·L-1=2.000 0×10-6V mol,n(S)=3n(KIO3) =3×2.000 0×10-6V mol=6.000 0×10-6V mol,样品中硫的质量分数是×100%=%。 [例3]　(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下图所示(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。 (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I不经I2直接将SO2氧化成H2SO4,测定结果会　　　　(填“偏大”“偏小”或“不变”)。  催化 I2受热升华 不变 　解析：第(4)问实验过程分析:若装置D中瓷舟未加盖,燃烧时产生粉尘中含有铁的氧化物,铁的氧化物能催化SO2的氧化反应从而生成SO3,因此,粉尘在该过程中的作用是催化。 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I不经I2直接将SO2氧化成H2SO4,从电子转移守恒的角度分析,I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。 输入你的标题 [迁移应用] 1.[计算方法的应用]某同学设计实验确定Al(NO3)3·xH2O的结晶水数目。称取样品7.50 g,经热分解测得气体产物中有NO2、O2、HNO3、H2O,其中H2O的质量为3.06 g;残留的固体产物是Al2O3,质量为1.02 g。计算: (1)x=　　。  解析:Al(NO3)3·xH2O的摩尔质量为(213+18x)g·mol-1,根据固体产物氧化铝的质量为1.02 g,可知样品中n(Al)=×2=0.02 mol,则= 0.02 mol,解得x=9。 9 1.[计算方法的应用]某同学设计实验确定Al(NO3)3·xH2O的结晶水数目。称取样品7.50 g,经热分解测得气体产物中有NO2、O2、HNO3、H2O,其中H2O的质量为3.06 g;残留的固体产物是Al2O3,质量为1.02 g。计算: (2)气体产物中n(O2)=　　　 mol。  解析:气体产物中n(H2O)==0.17 mol,由氢原子守恒,则n(HNO3)= 18n[Al(NO3)3·9H2O]-2n(H2O) =0.02×9×2-0.17×2=0.02 mol,n(N)= 3n[Al(NO3)3·9H2O ]=0.02 mol×3=0.06 mol,根据氮元素守恒,n(NO2)= (0.06-0.02)mol=0.04 mol,根据反应电子转移守恒,n(O2)= mol=0.01 mol。 0.01 2.[与滴定实验相关的考查]氧化铁黄(FeOOH)纯度可以通过产品的耗酸量确定,如下图所示。 已知:Fe3++3C2===[Fe(C2O4)3]3-,[Fe(C2O4)3]3-不与稀碱液反应。 (1)在溶液c中滴加NaOH标准溶液,使用的指示剂为　　　　　　。 解析:在溶液c中滴加NaOH标准溶液时,多余的硫酸及生成的H2C2O4和氢氧化钠发生酸碱中和反应,所以选酚酞溶液作指示剂。 酚酞溶液 2.[与滴定实验相关的考查]氧化铁黄(FeOOH)纯度可以通过产品的耗酸量确定,如下图所示。 已知:Fe3++3C2===[Fe(C2O4)3]3-,[Fe(C2O4)3]3-不与稀碱液反应。 (2)若实验时加入了n1 mol的H2SO4,消耗n2 mol NaOH,设氧化铁黄的摩尔质 量为M g·mol-1,则氧化铁黄样品纯度为　　 　　(用含w、n1、n2、M的代数式表示)。  ×100% 解析:由信息知滴定时是剩余的氢离子和氢氧根发生反应,结合关系H+~OH-可算出每份溶液中剩余的氢离子物质的量为n2 mol,所以铁黄溶解后溶液中剩余的总氢离子物质的量为n2 mol,又氢离子总物质的量为2n1 mol,即铁黄消耗氢离子物质的量为2n1 mol-n2 mol,结合FeOOH+3H+===Fe3++2H2O可算出样品中铁黄的物质的量为,即铁黄产品的纯度为×100%= ×100%。 2.[与滴定实验相关的考查]氧化铁黄(FeOOH)纯度可以通过产品的耗酸量确定,如下图所示。 已知:Fe3++3C2===[Fe(C2O4)3]3-,[Fe(C2O4)3]3-不与稀碱液反应。 (3)测定时,若滴入Na2C2O4不足量,会使实验结果　　　(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。  解析:测定时,若滴入Na2C2O4不足量,铁离子和氢氧化钠反应生成氢氧化铁,消耗的氢氧化钠偏多,会使实验结果偏小。 偏小 3.[与定量实验有关的操作]乙二胺四乙酸铁钠(C10H12FeN2NaO8)一种制备方案如下: 制备FeCO3:称取4.38 g FeSO4·7H2O加水溶解,加热至40~50 ℃,再缓慢添加1.31 g Na2CO3,得到FeCO3悬浊液。 制备Fe(OH)3:向FeCO3悬浊液中逐滴加入7 mL 30% H2O2溶液,过滤,洗涤,得到高活性Fe(OH)3。 制备乙二胺四乙酸铁钠:将0.14 mol乙二胺四乙酸和0.56 g NaOH,用30 mL水溶解后,缓慢加入上述制得的Fe(OH)3,调节pH为4.5~6.0,充分反应后减压过滤,将滤液加热浓缩、冷却结晶、干燥,得到土黄色高纯乙二胺四乙酸铁钠晶体。 请回答下列问题: (1)制备FeCO3时,Na2CO3添加过快,会导致　 。  解析:Na2CO3溶液呈碱性,添加过快,会导致反应体系的碱性增大,可能生成Fe(OH)2。 反应体系的碱性增大,可能生成Fe(OH)2 3.[与定量实验有关的操作]乙二胺四乙酸铁钠(C10H12FeN2NaO8)一种制备方案如下: 制备FeCO3:称取4.38 g FeSO4·7H2O加水溶解,加热至40~50 ℃,再缓慢添加1.31 g Na2CO3,得到FeCO3悬浊液。 制备Fe(OH)3:向FeCO3悬浊液中逐滴加入7 mL 30% H2O2溶液,过滤,洗涤,得到高活性Fe(OH)3。 制备乙二胺四乙酸铁钠:将0.14 mol乙二胺四乙酸和0.56 g NaOH,用30 mL水溶解后,缓慢加入上述制得的Fe(OH)3,调节pH为4.5~6.0,充分反应后减压过滤,将滤液加热浓缩、冷却结晶、干燥,得到土黄色高纯乙二胺四乙酸铁钠晶体。 (2)制备乙二胺四乙酸铁钠时,调节pH为4.5~6.0能达到最好的效果。pH太高或太低均会导致乙二胺四乙酸铁钠晶体产率下降,原因是________________________________ 　 。  pH太高,反应体系中Fe3+浓度小; pH太低,反应体系中配体与H+结合,[C10H12N2O8]4-浓度小　 解析:pH太高,反应体系中Fe3+转化生成Fe(OH)3,Fe3+浓度小;pH太低,反应体系中配体中的N会优先与H+配位,[C10H12N2O8]4-浓度小,均不利于生成乙二胺四乙酸铁钠。 3.[与定量实验有关的操作]乙二胺四乙酸铁钠(C10H12FeN2NaO8)一种制备方案如下: 制备FeCO3:称取4.38 g FeSO4·7H2O加水溶解,加热至40~50 ℃,再缓慢添加1.31 g Na2CO3,得到FeCO3悬浊液。 制备Fe(OH)3:向FeCO3悬浊液中逐滴加入7 mL 30% H2O2溶液,过滤,洗涤,得到高活性Fe(OH)3。 制备乙二胺四乙酸铁钠:将0.14 mol乙二胺四乙酸和0.56 g NaOH,用30 mL水溶解后,缓慢加入上述制得的Fe(OH)3,调节pH为4.5~6.0,充分反应后减压过滤,将滤液加热浓缩、冷却结晶、干燥,得到土黄色高纯乙二胺四乙酸铁钠晶体。 (3)测定乙二胺四乙酸铁钠中铁的含量。称量m g样品溶解后加稀H2SO4酸化,再加入m g锌粉至反应完全后,过滤、洗涤,将滤液及洗涤液用250 mL容量瓶定容。移取25 mL溶液至锥形瓶中,加入一定量的H2SO4—H3PO4混酸,用c mol·L-1 KMnO4标准溶液平行滴定3次,平均消耗KMnO4溶液V mL。KMnO4标准溶液盛装在 　　　 　　(填仪器名称)中,加入H2SO4—H3PO4混酸的作用是________________ ______________________________________________________________________ 　 ;  该晶体中铁元素的质量分数的表达式为　　　 　　　　　　　(用题中所给字母表示)。注:磷酸与Fe3+配位形成无色配离子[Fe(HPO4)2]-。  酸式滴定管 磷酸与Fe3+配位 形成无色配离子Fe[(HPO4)2]-,使反应更完全,也消除Fe3+的黄色对判断滴定终点 的影响　 ×100% 解析:高锰酸钾能氧化乳胶管,应使用酸式滴定管盛装;磷酸与Fe3+配位形成无色配离子Fe[(HPO4)2]-,使反应更完全,也消除Fe3+的黄色对判断滴定终点的影响;锌把铁离子还原为亚铁离子,酸性高锰酸钾溶液再将亚铁离子氧化为铁离子;与酸性高锰酸钾反应的离子方程式为Mn+5Fe2++8H+===Mn2++5Fe3++4H2O, Mn~5Fe2+反应中,消耗的高锰酸钾的物质的量为c·V×10-3 mol,根据电子得失守恒可知,该反应中铁离子的物质的量是5c·V×10-3 mol,则该晶体中铁元素的质量分数的表达式为×100%。 课时跟踪检测 1 2 3 4 1.(14分)纳米FeS具有优异的性能。实验室以硫酸亚铁铵[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]和硫代乙酰胺(CH3CSNH2)为主要原料,利用如图装置在N2氛围中合成纳米FeS。已知硫代乙酰胺在酸性和碱性条件下均能水解: CH3CSNH2+2H2O+H+===CH3COOH+H2S+N, CH3CSNH2+3OH-===CH3COO-+S2-+NH3·H2O。 (1)实验仪器a的名称为　　　　　　, 仪器a中通入冷水的方式为　　 　　　　　　。  解析:仪器a为球形冷凝管,为达更好的冷凝效果,水流方式为下口进水,上口出水。 球形冷凝管 下口进水,上口出水 1 2 3 4 1.(14分)纳米FeS具有优异的性能。实验室以硫酸亚铁铵[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]和硫代乙酰胺(CH3CSNH2)为主要原料,利用如图装置在N2氛围中合成纳米FeS。已知硫代乙酰胺在酸性和碱性条件下均能水解: CH3CSNH2+2H2O+H+===CH3COOH+H2S+N, CH3CSNH2+3OH-===CH3COO-+S2-+NH3·H2O。 (2)通入N2的目的是_____________________________ 　 。  解析:亚铁离子具有还原性,易被空气中的氧气氧化,所以实验前通入氮气的目的是排尽装置中的空气,避免空气中氧气与原料反应影响实验。 排尽装置内的空气,避免空气中 氧气与原料反应影响实验 1 2 3 4 1.(14分)纳米FeS具有优异的性能。实验室以硫酸亚铁铵[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]和硫代乙酰胺(CH3CSNH2)为主要原料,利用如图装置在N2氛围中合成纳米FeS。已知硫代乙酰胺在酸性和碱性条件下均能水解: CH3CSNH2+2H2O+H+===CH3COOH+H2S+N, CH3CSNH2+3OH-===CH3COO-+S2-+NH3·H2O。 (3)控制混合液pH约为9,温度70 ℃时制备FeS的离子方程式为 　。  Fe2++2N+CH3CSNH2+5OH- FeS↓+CH3COO-+3NH3↑+3H2O 1 2 3 4 解析:碱性溶液中亚铁离子、铵根离子和硫代乙酰胺溶液在三颈烧瓶内水浴加热条件下反应生成硫化亚铁沉淀、醋酸根离子、氨气和水,反应的离子方程式为Fe2++2N+CH3CSNH2+5OH- FeS↓+CH3COO-+3NH3↑+3H2O。 33 1 2 3 4 1.(14分)纳米FeS具有优异的性能。实验室以硫酸亚铁铵[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]和硫代乙酰胺(CH3CSNH2)为主要原料,利用如图装置在N2氛围中合成纳米FeS。已知硫代乙酰胺在酸性和碱性条件下均能水解: CH3CSNH2+2H2O+H+===CH3COOH+H2S+N, CH3CSNH2+3OH-===CH3COO-+S2-+NH3·H2O。 (4)若反应后三颈烧瓶内壁有硫粉附着,可用于洗涤 硫粉的试剂为　　　 　　。  解析:硫粉易溶于CS2溶液,硫粉能和氢氧化钠溶液反应,故可以用热NaOH溶液(或CS2)溶解硫粉。 热NaOH溶液(或CS2) 1 2 3 4 1.(14分)纳米FeS具有优异的性能。实验室以硫酸亚铁铵[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]和硫代乙酰胺(CH3CSNH2)为主要原料,利用如图装置在N2氛围中合成纳米FeS。已知硫代乙酰胺在酸性和碱性条件下均能水解: CH3CSNH2+2H2O+H+===CH3COOH+H2S+N, CH3CSNH2+3OH-===CH3COO-+S2-+NH3·H2O。 1 2 3 4 (5)FeS的含量测定:得到FeS粗品165.0 g,充分洗涤后加足量的稀硫酸溶解,生成的H2S用碱液吸收,以二苯胺磺酸钠(水溶液呈无色)为指示剂,用2.5 mol·L-1酸性K2Cr2O7溶液滴定Fe2+,消耗酸性K2Cr2O7溶液100 mL。 (杂质不参与反应)。已知二苯胺磺酸钠: 氧化态(紫红色)+e-→还原态(无色)。 ①滴定终点的现象为_________________________________________________ 　 。  ②FeS的质量分数为　　　。  滴入最后半滴K2Cr2O7溶液,溶液由无色变为紫红色, 80% 且半分钟内不变色 36 1 2 3 4 解析:①二苯胺磺酸钠滴入含Fe2+的溶液时为还原态,到达滴定终点时变为氧化态,故变成紫红色,则滴定终点现象为滴入最后半滴K2Cr2O7溶液,溶液由无色变为紫红色,且半分钟内不变色;②根据物质之间的转化关系,6Fe2+~K2Cr2O7,n(FeS)= 0.1 L×2.5 mol·L-1×6=1.5 mol,可计算出FeS的质量为1.5 mol×88 g·mol-1=132 g, 因此质量分数为×100%=80%。 37 1 2 3 4 2.(15分)研究小组以Cr2O3(绿色固体)、CCl4等物质为原料制备无水CrCl3(紫色固体,易升华),制备装置如图所示(夹持装置略)。 已知:COCl2有剧毒,与水反应生成两种酸性气体。 回答下列问题: (1)仪器A的名称为　　　　　。  解析:仪器A的名称为三颈烧瓶。 三颈烧瓶 1 2 3 4 2.(15分)研究小组以Cr2O3(绿色固体)、CCl4等物质为原料制备无水CrCl3(紫色固体,易升华),制备装置如图所示(夹持装置略)。 已知:COCl2有剧毒,与水反应生成两种酸性气体。 (2)本实验持续通入N2的目的是赶走体系中原有的空气、______________________ 。 解析:热水加热将四氯化碳转化为气态,利用氮气将气态四氯化碳吹入管式炉。 将气态四氯化碳吹入管 式炉中 1 2 3 4 2.(15分)研究小组以Cr2O3(绿色固体)、CCl4等物质为原料制备无水CrCl3(紫色固体,易升华),制备装置如图所示(夹持装置略)。 已知:COCl2有剧毒,与水反应生成两种酸性气体。 (3)反应管的温度升到660 ℃时反应生成CrCl3和COCl2(光气),其化学方程式为 　　 。 B装置中生成的盐是_________________　　　　　　 (填化学式)。  Cr2O3+3CCl4 2CrCl3+3COCl2　 Na2CO3、NaCl 1 2 3 4 解析:依据题意,管式炉内四氯化碳与Cr2O3反应生成三氯化铬和COCl2,反应的化学方程式为Cr2O3+3CCl4 2CrCl3+3COCl2;COCl2与水反应生成两种酸性气体:COCl2+H2O===CO2+2HCl,B装置中盛放足量NaOH溶液,所以生成的盐是Na2CO3和NaCl。 1 2 3 4 2.(15分)研究小组以Cr2O3(绿色固体)、CCl4等物质为原料制备无水CrCl3(紫色固体,易升华),制备装置如图所示(夹持装置略)。 已知:COCl2有剧毒,与水反应生成两种酸性气体。 (4)反应管右端有15 cm在加热炉外,其作用是　 。  解析:无水CrCl3易升华,所以反应管右端有15 cm在加热炉外,是为了使CrCl3凝华。 使CrCl3凝华 1 2 3 4 2.(15分)研究小组以Cr2O3(绿色固体)、CCl4等物质为原料制备无水CrCl3(紫色固体,易升华),制备装置如图所示(夹持装置略)。 已知:COCl2有剧毒,与水反应生成两种酸性气体。 (5)反应结束后,应　　　(填字母)。  a.先停止加热,再停止通入N2 b.先停止通入N2,再停止加热 解析:反应结束后,应先停止加热,用氮气将装置内的物质吹出,再停止通氮气,故选a。 a 1 2 3 4 2.(15分)研究小组以Cr2O3(绿色固体)、CCl4等物质为原料制备无水CrCl3(紫色固体,易升华),制备装置如图所示(夹持装置略)。 已知:COCl2有剧毒,与水反应生成两种酸性气体。 1 2 3 4 (6)测定样品中CrCl3(M=158.5 g·mol-1)的含量。 称取0.609 6 g CrCl3样品溶于水配制成500 mL溶液,取50.00 mL所得溶液于锥形瓶中,加入20.00 mL 0.020 0 mol·L-1的EDTA(Na2H2Y)溶液,充分反应后,加入指示剂,用0.010 0 mol·L-1的ZnCl2标准溶液滴定至终点时,消耗标准溶液的体积为5.00 mL (已知:Cr3++H2Y2-===CrY-+2H+、Zn2++H2Y2-===ZnH2Y)。 该样品中CrCl3的质量分数为　　　　(计算结果精确到1%)。如果滴定管用蒸馏水洗涤后未用标准溶液润洗,则测定结果　　　(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。  91% 偏低 1 2 3 4 解析:由题意可知,50.00 mL CrCl3溶液中CrCl3的物质的量为20.00×10-3 L×0.020 0 mol·L-1-0.010 0 mol·L-1×5.00×10-3 L=3.5×10-4 mol,则该样品中CrCl3的质量为3.5×10-4 mol××158.5 g·mol-1=0.554 75 g,CrCl3的质量分数为×100%≈91%;如果滴定管用蒸馏水洗涤后未用待装溶液润洗,会造成消耗标准液体积偏大,氯化锌消耗EDTA的量偏高,所测CrCl3含量偏低,测定结果偏低。 1 2 3 4 3.(15分)(2025·河北邯郸魏县开学考)硫酸四氨合铜晶体可用作杀虫剂、印染助剂等,常温下在空气中与水、二氧化碳反应生成铜的碱式盐,晶体变成绿色,在热水中易分解。某研究性学习小组通过如下实验制备该晶体并测定晶体中铜元素的质量分数。 (1)实验室需配制250 mL 1 mol·L-1的CuSO4溶液,需要用到的玻璃仪器有 　　　 　　 (填仪器名称)、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒。  解析:配制一定物质的量浓度的溶液,所需的步骤有计算、称量、溶解(冷却)、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签;配制250 mL 1 mol·L-1的CuSO4溶液,用到的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、量筒和胶头滴管外,还需要250 mL的容量瓶。 250 mL容量瓶 1 2 3 4 3.(15分)(2025·河北邯郸魏县开学考)硫酸四氨合铜晶体可用作杀虫剂、印染助剂等,常温下在空气中与水、二氧化碳反应生成铜的碱式盐,晶体变成绿色,在热水中易分解。某研究性学习小组 通过如下实验制备该晶体并测定晶体中铜元素 的质量分数。 (2)解释不用蒸发浓缩,冷却结晶的方式制备硫酸四氨合铜晶体的原因: 　 。  解析:根据题目信息,硫酸四氨合铜晶体在热水中易分解,所以不能在高温下进行操作。 (3)写出硫酸四氨合铜晶体中阳离子的结构式:　　　　　　。  解析:硫酸四氨合铜晶体是配合物,铜元素是中心原子,NH3是配体。 [Cu(NH3)4] SO4·H2O在热水中易分解 1 2 3 4 3.(15分)(2025·河北邯郸魏县开学考)硫酸四氨合铜晶体可用作杀虫剂、印染助剂等,常温下在空气中与水、二氧化碳反应生成铜的碱式盐,晶体变成绿色,在热水中易分解。某研究性学习小组通过如下实验制备该晶体并测定 晶体中铜元素的质量分数。 (4)查阅资料,氢氧化铜固体溶于氨水速率非常慢,加入铵根离子可以促进该反应并生成四氨合铜离子,写出反应的离子方程式:_____________________________ 　 。  解析:氢氧化铜固体溶于氨水速率非常慢,加入铵根离子,容易形成配合物,故答案为Cu(OH)2+2NH3·H2O+2N=== [Cu(NH3)4]2++4H2O。 Cu(OH)2+2NH3·H2O+2N=== [Cu(NH3)4]2++4H2O 1 2 3 4 3.(15分)(2025·河北邯郸魏县开学考)硫酸四氨合铜晶体可用作杀虫剂、印染助剂等,常温下在空气中与水、二氧化碳反应生成铜的碱式盐,晶体变成绿色,在热水中易分解。某研究性学习小组通过如下实验制备该晶体并测定晶体中铜元素的质量分数。 (5)硫酸四氨合铜晶体中铜元素质量分数的测定 (ⅰ)准确称取w g硫酸四氨合铜固体配成100 mL溶液,取25 mL溶液于锥形瓶中,加5 mL 1 mol·L-1稀硫酸和100 mL水使其充分溶解; (ⅱ)加入10%的KI溶液10 mL,加入淀粉溶液作指示剂,用c mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈浅蓝色; 1 2 3 4 (ⅲ)再加入10% KSCN溶液10 mL,摇匀后,溶液蓝色加深,继续用Na2S2O3标准溶液滴定至蓝色刚好消失,重复操作3次,平均消耗Na2S2O3标准溶液的体积为V mL。 已知:2Cu2++4I-===2CuI+I2,I2+2S2===S4+2I-;CuI沉淀表面易吸附I2;Ksp(CuSCN)=1.77×10-13,Ksp(CuI)=1.27×10-12。 ①滴定时加入KSCN的目的是_______________________________________________　 (用离子方程式表示)。  ②Cu2+与I-反应时,一般在pH=3~4的弱酸性环境中进行,试解释pH不能过高的原因: 　 。  ③硫酸四氨合铜晶体中铜元素的质量分数为　　　 　%(用c、w、V表示)。  CuI(s)+SCN-(aq) CuSCN(s)+I-(aq) 或CuI+SCN-===CuSCN+I-　 pH过高,Cu2+沉淀,I2与OH-发生反应 1 2 3 4 解析:①已知,Ksp(CuSCN)=1.77×10-13,Ksp(CuI)=1.27×10-12,CuI沉淀表面易吸附I2;滴定时加入KSCN的目的是使得CuI转化为更难溶的CuSCN,从而释放出被吸附的碘单质,防止出现实验误差。②pH过高,则溶液中氢氧根离子浓度较大,会使得铜离子沉淀,且单质碘会与氢氧根发生反应导致误差,故Cu2+与I-反应时,一般在pH=3~4的弱酸性环境中进行,溶液pH不能过高。③由题意可知,铜离子与硫代硫酸根物质的量关系为Cu2+~S2,硫酸四氨合铜晶体中铜元素的质量分数为×100%=%。 1 2 3 4 4.(15分)2⁃甲基⁃2⁃丁醇是一种重要的有机化合物,可用于合成香料、农药等。某化学兴趣小组欲利用格氏试剂法制备2⁃甲基⁃2⁃丁醇。实验原理及具体操作步骤如下: Ⅰ.乙基溴化镁的制备 如图安装好装置(夹持仪器未画出),在三颈烧瓶中加入1.7 g镁屑及一小粒碘。在恒压滴液漏斗中加入5 mL溴乙烷和15 mL无水乙醚,混匀。搅拌并慢慢滴加混合液,维持反应液呈微沸状态。滴加完毕后,保持温热回流搅拌30 min,使镁屑几乎作用完全。 1 2 3 4 Ⅱ.与丙酮的加成反应 将三颈烧瓶置于冰水浴中,在搅拌下从恒压滴液漏斗中缓慢滴入5 mL丙酮及5 mL无水乙醚混合液,滴加完毕后,在室温下搅拌15 min,瓶中有灰白色黏稠状固体析出。 Ⅲ.加成物的水解和产物的提取 将三颈烧瓶在冰水冷却和搅拌下,从恒压滴液漏斗中滴入30 mL 20%硫酸溶液。滴加完毕后,分离出醚层,水层用无水乙醚萃取2次,合并醚层,用5%碳酸钠溶液洗涤,再用无水碳酸钾干燥。搭建蒸馏装置,热水浴蒸去乙醚后,收集95~105 ℃馏分。称重,计算产率。 已知:①RMgBr化学性质活泼,易与H2O、R'X等发生反应生成RH、R—R'; 1 2 3 4 ②各物质的沸点见下表。 (1)仪器a的名称是　　　　　　。  (2)干燥管中无水氯化钙的作用是　。  (3)微热或加入小颗粒碘单质可引发CH3CH2Br与镁屑的反应,其中碘的作用可能是　　　　　　;不宜使用长时间放置的镁屑进行实验,其原因是　　 　　。  物质 无水乙醚 溴乙烷 丙酮 2⁃甲基⁃2⁃丁醇 沸点/℃ 34.6 38.4 56.5 102.5 (4)滴加丙酮及稀硫酸时采用冰水冷却的目的是 。  (5)蒸去乙醚时采用热水浴的原因是　　　　　　　 　　　　　。  (6)起始加入三颈烧瓶中溴乙烷的体积为5 mL,密度为1.28 g·mL-1,最终所得产品的质量为2.69 g,则2⁃甲基⁃2⁃丁醇的产率为　　　　　　(结果保留2位有效数字)。  1 2 3 4 4.(15分)2⁃甲基⁃2⁃丁醇是一种重要的有机化合物,可用于合成香料、农药等。某化学兴趣小组欲利用格氏试剂法制备2⁃甲基⁃2⁃丁醇。实验原理及具体操作步骤如下: Ⅰ.乙基溴化镁的制备 如图安装好装置(夹持仪器未画出),在三颈烧瓶中加入1.7 g镁屑及一小粒碘。在恒压滴液漏斗中加入5 mL溴乙烷和15 mL无水乙醚,混匀。搅拌并慢慢滴加混合液,维持反应液呈微沸状态。滴加完毕后,保持温热回流搅拌30 min,使镁屑几乎作用完全。 1 2 3 4 (1)仪器a的名称是　　　　　　。 (2)干燥管中无水氯化钙的作用是__________________________________________ 　 。  解析:无水氯化钙具有吸水性,由已知①“RMgBr化学性质活泼,易与H2O、R'X等发生反应生成RH、R—R'”可知,干燥管中无水氯化钙可防止空气中的水蒸气进入装置,与乙基溴化镁反应。 球形冷凝管 防止空气中的水蒸气进入装置,与乙基溴化镁 反应　 1 2 3 4 (3)微热或加入小颗粒碘单质可引发CH3CH2Br与镁屑的反应,其中碘的作用可能是　　　　 　　;不宜使用长时间放置的镁屑进行实验,其原因是____________ 　　　　　 　　　　　　　。  解析:由“加入小颗粒碘单质可引发CH3CH2Br与镁屑的反应”可知,碘的作用可能是催化剂(引发剂);长时间放置的镁屑,其表面存在致密氧化膜,不利于反应进行。 (4)滴加丙酮及稀硫酸时采用冰水冷却的目的是_____________________________ 　 。  解析:加入丙酮及稀硫酸时均需用冰水冷却,说明反应放出热量,用冰水冷却可降低反应速率,同时减少有机物的挥发,提高产率。 催化剂(引发剂) 镁长期放置, 表面容易生成致密氧化膜,从而阻止反应进行 反应放热,用冰水冷却可降低反应 速率,同时减少有机物的挥发,提高产率 1 2 3 4 (5)蒸去乙醚时采用热水浴的原因是__________________________。  解析:乙醚容易燃烧,结合乙醚沸点为34.6 ℃,知蒸去乙醚时宜采用热水浴。 (6)起始加入三颈烧瓶中溴乙烷的体积为5 mL,密度为1.28 g·mL-1,最终所得产品的质量为2.69 g,则2⁃甲基⁃2⁃丁醇的产率为　　　(结果保留2位有效数字)。  解析:起始加入三颈烧瓶中的溴乙烷的质量为5 mL×1.28 g·mL-1=6.4 g,物质的量为= mol,根据题给反应可知,理论上反应的溴乙烷的物质的量与生成的2⁃甲基⁃2⁃丁醇的物质的量相等,则2⁃甲基⁃2⁃丁醇的理论产量为 mol×88 g· mol-1≈5.17 g,2⁃甲基⁃2⁃丁醇的产率为×100%≈52%。 乙醚容易燃烧,必须远离明火　 52% $$