主题十三 化学综合实验（教师用书）-【新高考方案】2026年高考化学Ⅰ一轮总复习

主题十三|化学综合实验 　　化学是以实验为基础的科学,实验是科学探究的重要手段,实验在学科中的地位和在高考中的份量不言而喻。实验技能的提升不是一蹴而就的,是一个由基础到能力、由特殊到一般、由外显到内化,逐步进阶的过程。这也是本书在相关章节中编写“渗透实验在平时”栏目的初衷。在平时强化落实好基本实验知能,解答化学综合实验大题就能顺藤摸瓜、手到擒来。故本部分内容仅聚焦常考的三类实验,演示解题思维流程,给广大考生提供思维方向的借鉴。 一、物质制备型综合实验 　　[例1]　(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 Cu粉置于100 mL乙腈(CH3CN)中,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　　　　(填标号)。  A. B. C. D. E. (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　　　　(填标号)。  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)。  [思维路径] (一)认真审题获取关键信息 　　①由流程图可知,本实验从反应物到产物需要四步,分别为回流、过滤、蒸馏、结晶。 　　②装置图Ⅰ、Ⅱ相对陌生,但回流装置和蒸馏装置的问题在人教选3 P91“资料卡片”中有详尽的介绍,节选教材内容如下: 　　实验室中进行有机合成的常用装置如图所示,它能够在加热时进行搅拌、温度监测、加料和冷凝回流等实验操作。 　　如果对上述相关仪器的使用原理理清弄明,分析本题实验装置问题是相当的容易,这也充分体现“高考源于教材,高于教材”的理念。 　　③已知信息很重要,往往是解答后续问题的关键,在下面讲解中再详细说明。 (二)瞻前顾后逐项回答问题 　　第(1)问考查实验安全问题:了解各个图示的含义。 　　表示需佩戴护目镜,表示当心明火,表示注意热烫,表示排风,表示必须洗手。 　　第(2)问考查实验基础知识:装置Ⅰ中仪器M的名称为球形冷凝管。 　　第(3)问回答实验现象:此处应借助已知信息,主要从颜色变化方面来回答。 　　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已反应完全。 　　第(4)(5)(6)问考查对实验装置或实验操作、实验条件的理解:此处应结合实验物质本身的性质和实验目的来回答。 内容 原因 装置Ⅰ和Ⅱ中, N2气球的作用是排出装置内空气,防止制备的产品被氧化 由于制备的[Cu(CH3CN)4]ClO4中Cu元素为+1价,具有较强的还原性,容易被空气中氧气氧化 需先蒸馏至接近饱和,再经步骤d冷却结晶,从而获得晶体 [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 可选用的溶剂为乙醇 为了使母液中的[Cu(CH3CN)4]ClO4结晶,可向母液中加入极性较小的溶剂,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 　　第(7)问考查产率:根据方程式进行计算即可。3.71 g Cu(ClO4)2·6H2O的物质的量为=0.01 mol,理论制得[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% [迁移应用] 1.[实验安全相关知识]下列化学实验或物质对应的图标或标识错误的是 (　　) A.试验物质的导电性 B.制备Fe(OH)3胶体 C.双氧水 D.酒精 解析:选D　试验物质的导电性,需要防止触电事故的发生,A正确;制备Fe(OH)3胶体时,往沸水中滴加FeCl3饱和溶液,需要戴上护目镜,B正确;双氧水具有强氧化性,C正确;酒精是易燃品,不是腐蚀品,应贴上易燃品标识,D错误。 2.[实验装置及操作分析]亚磷酸三乙酯是一种重要的有机化工中间体,实验室可用PCl3与无水乙醇为原料制备,反应原理如下: PCl3+3CH3CH2OH→P(OCH2CH3)3+3HCl 副反应:P(OCH2CH3)3+HCl→(C2H5O)2POH+CH3CH2Cl 制备装置如图所示 (忽略夹持装置),制备步骤如下: Ⅰ.向三颈烧瓶中加入14.6 mL (0.25 mol)无水乙醇,33.4 mL (0.25 mol)N,N􀆼二甲基苯胺()和73 mL干燥过的石油醚; Ⅱ.①　　　　　,②　　　　　,③　　　 　　,④　　　　　。  (1)仪器A的名称是　　　　　 ,b管的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)步骤Ⅱ中的①②③④操作依次是　　　　　 (填标号)。  a.通冷凝水(m口进) b.通冷凝水(n口进) c.开启搅拌器 d.调节滴加速度使反应体系温度保持在5~10 ℃ e.经仪器B加入7.6 mL (0.083 mol)PCl3(溶于38 mL干燥的石油醚中) 解析:(2)先通冷凝水(球形冷凝管下口进水上口出水),再投放PCl3参加反应,调节滴加速率控温在5~10 ℃,故选bced(或cbed)。 答案:(1)球形冷凝管　平衡气压,保证液体顺利流下 (2)bced(或cbed) [课时跟踪检测] 1.(14分)(2025·沈阳市郊联体月考)二氯化二硫(S2Cl2)通常是一种金黄色液体(沸点为138 ℃),可用于合成植物生长激素、除草剂、橡胶硫化剂等。已知S2Cl2遇水反应生成S、SO2和HCl,热稳定性较差。实验室采用如下装置(加热和夹持仪器已略去)将氯气通入熔融硫黄(熔点为113 ℃)模拟工业生产S2Cl2,回答下列问题: (1)写出A中制取氯气的离子方程式 　。  (2)装置接口从左到右的顺序为a→　　　　　　　(填小写字母)。  (3)仪器m的名称是　　　　　 ,所装碱石灰的作用是 　　。  (4)打开K1,通一段时间N2,原因是 　;  实验结束时,装置B中烧瓶底部有少量硫附着,可用热的NaOH浓溶液洗涤,该反应的离子方程式为 　。 (5)证明实验中有S2Cl2生成的现象是 　。  (6)某同学查阅资料发现:采用Cl2和CS2在95~100 ℃之间反应,也能得到S2Cl2和一种常用作有机溶剂的副产物,该反应的化学方程式为 　。  解析:(1)A中为实验室制取氯气,离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。(2)通过装置A制备氯气,先通过E中饱和食盐水除去氯化氢,再用D中浓硫酸干燥,在装置B中发生反应制备产品,在装置F中收集,由于反应过程中使用了氯气,对空气有污染,需要用C进行尾气处理,装置接口从左到右的顺序为a→hi→fg→bc→jk(或kj)→de。(3)仪器m的名称是球形干燥管,所装碱石灰的作用是吸收多余的氯气,防止空气中的水蒸气进入装置,导致产率下降。(4)空气中的氧气可以和S反应,则打开K1,通一段时间N2,将整个装置中的空气排尽,避免加热时硫黄与氧气反应;少量硫可用热的NaOH浓溶液洗涤,离子方程式为3S+6OH-2S2-+S+3H2O。(5)二氯化二硫(S2Cl2)通常是一种金黄色液体(沸点为138 ℃),证明实验中有S2Cl2生成的现象是装置B或F中有金黄色液体生成。(6)Cl2和CS2在95~100 ℃之间反应,得到S2Cl2,副产物为CCl4,该反应的化学方程式为3Cl2+CS2S2Cl2+CCl4。 答案:(1)MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O　(2)hi→fg→bc→jk(或kj)→de　(3)球形干燥管　吸收多余的氯气,防止空气中的水蒸气进入装置,导致产率下降　(4)将整个装置中的空气排尽,避免加热时硫黄与氧气反应　3S+6OH-2S2-+S+3H2O　(5)装置B或F中有金黄色液体生成　(6)3Cl2+CS2S2Cl2+CCl4 2.(14分)高铁酸钾是一种新型水处理剂。研究小组利用次氯酸盐间接氧化法合成高铁酸钾,步骤如下: ①冰水浴条件下,向20 mL NaClO(含NaClO 1.7 g)溶液中加入NaOH固体至饱和。 ②少量多次加入6.0 g Fe(NO3)3·9H2O固体,控制温度为25 ℃,不断搅拌,溶液变成紫红色,表明有Na2FeO4生成。 ③继续加入NaOH固体至饱和,搅拌至溶液变黏稠,离心抽滤,得到Na2FeO4溶液。 ④保持溶液温度25 ℃,加入饱和KOH溶液,搅拌有紫黑色沉淀生成,过滤得到K2FeO4粗品。 ⑤粗产品经除水、乙醇除碱、乙醚洗涤、干燥等处理后得到K2FeO4固体。 已知:NaCl、NaNO3在强碱中的溶解度小,Na2FeO4在强碱中的溶解度大。 回答下列问题: (1)实验室用Cl2与NaOH溶液制备得NaClO溶液的主要杂质是　　　　　　　　。  (2)步骤②为控制温度为25 ℃可采用　　　　　。  (3)步骤②中发生反应的化学方程式为 　。  (4)在下列图中普通过滤装置不需要使用的玻璃仪器有　　　　　　　　(填名称)。  步骤③离心抽滤除去的杂质主要是　　　　　,不采用普通过滤装置的原因是 　。  (5)步骤⑤中使用乙醚洗涤的作用和优点是 　。  (6)K2FeO4置于水中会缓慢产生Fe(OH)3,试写出反应的化学方程式: 　。  解析:实验室用Cl2与NaOH溶液制备得NaClO溶液,然后向饱和NaClO溶液中加入NaOH固体,即可得NaClO强碱性饱和溶液;在NaClO强碱性饱和溶液中分次加入Fe(NO3)3·9H2O固体,控制温度为25 ℃,不断搅拌,即可得深紫红色Na2FeO4溶液,保持溶液温度25 ℃,加入饱和KOH溶液,搅拌有紫黑色沉淀生成,过滤得到K2FeO4粗品,粗产品经除水、乙醇除碱、乙醚洗涤、干燥等处理后得到K2FeO4固体。(1)实验室用Cl2与NaOH溶液制备得NaClO溶液同时有NaCl生成,若温度较高,Cl2与NaOH溶液反应还会生成NaClO3,则主要杂质是NaCl和NaClO3。(2)步骤②为控制温度为25 ℃可采用冷水浴。(3)步骤②中Fe(NO3)3·9H2O被次氯酸钠氧化为Na2FeO4同时生成NaCl,根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为2Fe(NO3)3·9H2O+3NaClO+10NaOH===2Na2FeO4+3NaCl+6NaNO3+23H2O。(4)普通过滤时需要漏斗、玻璃棒和烧杯,不需要球形干燥管和蒸馏烧瓶。步骤③中继续加入NaOH固体至饱和,搅拌至溶液变黏稠,溶液中未转换为Na2FeO4的Fe3+会转化为Fe(OH)3胶体,离心抽滤除去的杂质主要是Fe(OH)3,不采用普通过滤装置的原因是:Fe(OH)3胶体能够通过滤纸,不能用普通过滤装置除去。(5)Na2FeO4可溶于水,难溶于乙醚,步骤⑤中使用乙醚洗涤的作用和优点是:在洗涤过程中减少Na2FeO4溶解的损耗,且乙醚易挥发利于后续干燥。(6)K2FeO4置于水中会缓慢产生Fe(OH)3胶体,还有O2产生,Fe元素由+6价下降到+3价,O元素由-2价上升到0价,根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为4K2FeO4+10H2O===4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8KOH。 答案:(1)NaCl和NaClO3　(2)冷水浴 (3)2Fe(NO3)3·9H2O+3NaClO+10NaOH===2Na2FeO4+3NaCl+6NaNO3+23H2O　(4)球形干燥管和蒸馏烧瓶　Fe(OH)3　Fe(OH)3胶体能够通过滤纸,不能用普通过滤装置除去　(5)在洗涤过程中减少Na2FeO4溶解的损耗,且乙醚易挥发利于后续干燥　(6)4K2FeO4+10H2O===4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8KOH 3.(15分)(2025·安徽江南十校联考)过氧化镁(MgO2)不溶于水,与酸反应生成H2O2,在医学上可作解酸剂,加热时会分解。某学习小组在实验室进行了制备MgO2以及含量测定的实验。 Ⅰ.制备MgO2 (1)煅烧碱式碳酸镁的操作步骤为 ①称取碱式碳酸镁样品m1g; ②将样品充分高温煅烧,冷却后称量; ③重复操作②,测得剩余固体质量为m2g。 下列仪器中,煅烧碱式碳酸镁不会用到的是　　　　　　　(用对应的字母填写)。  (2)研究表明,由碱式碳酸镁灼烧制备轻质氧化镁比用Mg(OH)2所得产品密度更小、比表面积更大,其原因为 　 　 。  (3)加入30%过氧化氢和稳定剂,再通过一系列操作a可得到较纯净的MgO2,则操作a为　　　　　　　　　　　　　　　　。  Ⅱ.测定样品(含MgO杂质)中MgO2的纯度。 (4)稀盐酸中加入少量FeCl3溶液的作用是(用化学方程式表示) 　。  (5)仪器A的名称　　　　　;实验中使用A的优点是 　。  (6)该小组记录的实验数据如下:样品的质量为m g;反应开始前量气管的读数为V1 mL;反应结束冷却到室温后量气管的读数为V2 mL,已知:室温条件下气体摩尔体积为V0 L·mol-1,则样品中过氧化镁的质量分数为　　　　　%(用含V1、V2、m、V0的代数式表示);若反应结束后读取量气管中气体的体积时,液面左高右低,则测得MgO2的质量分数　　　　(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。  解析:(1)煅烧碱式碳酸镁不会用到的是蒸发皿,即E。(2)由碱式碳酸镁灼烧制备轻质氧化镁比用Mg(OH)2所得产品密度更小、比表面积更大,其原因为碱式碳酸镁分解产生CO2气体,有利于形成粒径更小的MgO或生成的CO2可使MgO变得更蓬松(答案合理即可)。(3)加入30%过氧化氢和稳定剂,再通过一系列操作a可得到较纯净的MgO2,则操作a为过滤、洗涤、干燥。(4)稀盐酸中加入少量FeCl3溶液的作用是:2H2O22H2O+O2↑或MgO2+2HCl===MgCl2+H2O2和2H2O22H2O+O2或2MgO2+4HCl2MgCl2+2H2O+O2↑。(5)仪器A的名称为恒压分液漏斗/恒压滴液漏斗;实验中使用A的优点是便于液体顺利滴下、减小滴入液体的体积对所测气体体积的影响,减少实验误差。 (6)反应:MgO2+2HCl===MgCl2+H2O2,2H2O22H2O+O2↑得到关系式:2MgO2~O2,则n(MgO2)=2n(O2)=2×= mol,m(MgO2)= mol×56 g·mol-1= g,则样品中过氧化镁的质量分数为×100%=%;反应结束后读取量气管中气体的体积时,若液面左高右低,则所读气体体积偏大,则测得过氧化镁的质量和质量分数均偏大。 答案:(1)E　(2)碱式碳酸镁分解产生CO2气体,有利于形成粒径更小的MgO或生成的CO2可使MgO变得更蓬松(答案合理即可)　(3)过滤、洗涤、干燥　(4)2H2O22H2O+O2↑或MgO2+2HCl===MgCl2+H2O2和2H2O22H2O+O2↑或2MgO2+4HCl2MgCl2+2H2O+O2↑　(5)恒压分液漏斗/恒压滴液漏斗　便于液体顺利滴下、减小滴入液体的体积对所测气体体积的影响,减少实验误差 (6)　偏大 4.(15分)苯丁烯酮是有机合成中间体,可用作香料的防挥发剂,染色工业用作媒染剂、固色剂,还可用于制取香料或增香剂等。利用羟醛缩合反应来制备该物质的反应原理如下: 某科研小组探究不同条件下对制备苯丁烯酮产率的影响。 Ⅰ.制备苯丁烯酮的步骤: ①实验用苯甲醛在氩气气氛下减压蒸馏,收集84~86 ℃馏分,备用。 ②在氩气的保护条件下,先向装有磁子的250 mL三颈烧瓶中依次加入水、丙酮(32.0 g)和苯甲醛(4.0 g),再将16 mL不同质量分数的NaOH溶液从仪器a逐滴加入三颈烧瓶中,30 min左右滴完,反应24 h。 ③待反应完全后,分离出丙酮,加入50 mL蒸馏水,用50 mL乙酸乙酯萃取3次,合并有机相,加入无水氯化钙、抽滤、浓缩,经系列操作后得到黄色针状固体。 已知:①苯甲醛在空气中易被氧化; ②苯甲醛在常压(1.01×105 Pa)时,沸点为178 ℃。 (1)如图中仪器a的名称是　　　　　　　　。  (2)步骤①选择在氩气气氛下减压蒸馏,其目的是　　　　　　　　　　　　　　　。  (3)步骤③中采用抽滤的目的是 　。 Ⅱ.探究苯丁烯酮的产率: 如图是不同条件下制备苯丁烯酮时对应的产率。 (4)该探究实验采用的加热方式是　　　　　　　。  (5)苯丁烯酮的产率随温度变化的原因可能是 　。  (6)NaOH溶液是否参与反应?　　　　(填“是”或“否”)。苯甲醛进一步与苯丁烯酮发生缩合反应的方程式为 　　。  (7)在某条件下,科研小组经分离提纯后得产品质量为4.38 g,则该条件下产品的产率是　　　　　(保留三位有效数字)。  (8)通过实验探究从而确定制备苯丁烯酮最佳反应条件是 　。 解析:苯甲醛在空气中易被氧化,因此步骤①选择在氩气气氛下减压蒸馏,其目的是防止苯甲醛氧化,在氩气的保护条件下,向三颈烧瓶中依次加入水、丙酮和苯甲醛,再将不同质量分数的NaOH溶液逐滴加入三颈烧瓶中,反应24 h;反应完全后,分离出丙酮,加入50 mL蒸馏水,用50 mL乙酸乙酯萃取3次,合并有机相,加入无水氯化钙、抽滤、浓缩,经系列操作后得到黄色针状固体苯丁烯酮。(1)仪器a的名称是恒压滴液漏斗。(2)根据已知:苯甲醛在空气中易被氧化,因此步骤①选择在氩气气氛下减压蒸馏,其目的是防止苯甲醛氧化。(3)步骤③中采用抽滤的目的是加快过滤速度。(4)根据图像可知,温度在100 ℃以下,所以该探究实验采用的加热方式是水浴加热。(5)小于40 ℃,温度升高,反应速率加快,产率逐渐增加,大于40 ℃时,温度升高,因为丙酮的沸点低,则丙酮挥发,导致产率下降。(6)NaOH溶液在反应中是催化剂,因此参与反应;苯甲醛进一步与苯丁烯酮发生缩合反应的方程式为。(7)丙酮质量远大于苯甲醛,故丙酮过量,则理论上生成苯丁烯酮: g≈5.509 g,则产率为×100%≈79.5%。(8)由图可知,制备苯丁烯酮最佳反应条件是:40 ℃、NaOH溶液的质量分数为6%。 答案:(1)恒压滴液漏斗　(2)防止苯甲醛氧化　(3)加快过滤速度　(4)水浴加热　(5)小于40 ℃,温度升高,反应速率加快,产率逐渐增加,大于40 ℃时,温度升高,丙酮挥发,导致产率下降　(6)是 (7)79.5%　(8)40 ℃、NaOH溶液的质量分数为6% 二、性质探究型综合实验 　　[例2]　(2024·广东卷)含硫物质种类繁多,在一定条件下可相互转化。 (1)实验室中,浓硫酸与铜丝反应,所产生的尾气可用　　　　(填化学式)溶液吸收。  (2)工业上,烟气中的SO2可在通空气条件下用石灰石的浆液吸收,生成石膏。该过程中,　　　　(填元素符号)被氧化。  (3)工业锅炉需定期除水垢,其中的硫酸钙用纯碱溶液处理时,发生反应:CaSO4(s)+C(aq)CaCO3(s)+S(aq)(Ⅰ)。兴趣小组在实验室探究Na2CO3溶液的浓度对反应(Ⅰ)的反应速率的影响。 ①用Na2CO3固体配制溶液,以滴定法测定其浓度。 ⅰ.该过程中用到的仪器有　　　　。  ⅱ.滴定数据及处理:Na2CO3溶液V0 mL,消耗c1 mol·L-1盐酸V1 mL(滴定终点时,C转化为HC),则c(Na2CO3)=　　　　　 mol·L-1。  ②实验探究:取①中的Na2CO3溶液,按下表配制总体积相同的系列溶液,分别加入m1 g硫酸钙固体,反应t1 min后,过滤,取V0 mL滤液,用c1 mol·L-1盐酸参照①进行滴定。记录的部分数据如下表(忽略C水解的影响)。 序号 V(Na2CO3) /mL V(H2O) /mL V(滤液) /mL V消耗(盐酸) /mL a 100.0 0 V0 2V1/5 b 80.0 x V0 3V1/10 则x=　　　　　,测得的平均反应速率之比va∶vb=　　　　。  (4)兴趣小组继续探究反应( Ⅰ )平衡的建立,进行实验。 ①初步实验　将1.00 g硫酸钙(M=136 g·mol-1)加入100.0 mL 0.100 mol·L-1Na2CO3溶液中,在25 ℃和搅拌条件下,利用pH计测得体系的pH随时间的变化曲线如图。 ②分析讨论　甲同学根据t2 min后pH不改变,认为反应(Ⅰ)已达到平衡;乙同学认为证据不足,并提出如下假设: 假设1　硫酸钙固体已完全消耗; 假设2　硫酸钙固体有剩余,但被碳酸钙沉淀包裹。 ③验证假设　乙同学设计如下方案,进行实验。 步骤 现象 ⅰ.将①实验中的反应混合物进行固液分离 — ⅱ.取少量分离出的沉淀置于试管中,滴加　　　  　　　　,沉淀完全溶解  ⅲ.继续向ⅱ的试管中滴加　　　  无白色沉淀生成 ④实验小结　假设1成立,假设2不成立。①实验中反应(Ⅰ)平衡未建立。 ⑤优化方案、建立平衡　写出优化的实验方案,并给出反应(Ⅰ)平衡已建立的判断依据: 　。  [思维路径] 　　第(1)问考查尾气的处理:做实验产生的尾气如果有毒或污染空气,就需处理。浓硫酸与铜丝反应产生的尾气为SO2,可污染空气,根据物质的性质进行分析,可用NaOH溶液吸收。 　　第(2)问可根据化合价变化分析:由题给信息知,SO2与空气中的O2、石灰浆中的CaCO3反应生成CaSO4,反应过程中S元素的化合价由+4价上升到+6价,失去电子,被氧化。 　　第(3)问①ⅰ考查仪器的选择:在选择量器时要根据需要量取液体的精确度选择量筒(误差较大)或滴定管(比较精准);在选择容器时根据实验需求选择合适的容器,如试管、烧杯、烧瓶、蒸发皿等,本实验是用Na2CO3固体配制溶液→用到所给仪器中的烧杯;以滴定法测定其浓度→该过程用到酸式滴定管。 　　第(3)问①ⅱ考查实验数据的处理:浓度的计算,根据离子方程式C+H+===HC可知,c(Na2CO3)== mol·L-1。 　　第(3)问②由表格可知,应用的是变量控制思想,二者总体积应相同,所以x为20.0 mL;a中消耗的盐酸体积为,即Δc(Na2CO3)= mol·L-1,同理可得,b中Δc(Na2CO3)=×-=,由于v=,va∶vb=∶=6∶5。 　　第(4)问③验证假设:由④实验小结可知假设1成立,假设2不成立,推知①实验中的沉淀均为CaCO3,要验证沉淀中无CaSO4,可采用酸溶后滴加BaCl2。具体操作为将①实验中的反应混合物进行固液分离后,取少量分离出的沉淀置于试管中,滴加过量稀盐酸,有气体产生,沉淀完全溶解,继续滴加BaCl2溶液,无白色沉淀生成,说明沉淀均为CaCO3,无CaSO4。 　　第(4)问⑤优化方案、建立平衡:此问从化学平衡原理视角来考查验证实验。不仅是创新点,更是学生的失分点。需要学生利用“平衡体系中反应物与生成物共存”的思想,从改变反应物投料关系(加入过量硫酸钙或减小碳酸钠用量等)的定量角度,重新建立平衡,进一步检验过量物质是否存在、溶液pH是否改变等,进而说明反应(Ⅰ)平衡已经建立。本问实验设计为由方程式CaSO4(s)+C(aq)CaCO3(s)+S(aq)可知,假设正反应100%进行,n(CaSO4)=n(C)=0.100 mol·L-1×0.1 L=0.01 mol,质量为0.01 mol×136 g·mol-1=1.36 g,实验方案为将最少1.36 g硫酸钙加入100.0 mL 0.100 mol·L-1 Na2CO3溶液中,在25 ℃和搅拌条件下,利用pH计测得体系的pH,当pH不变时,加入Na2SO4固体,若pH变大,说明反应(Ⅰ)平衡已建立。 　　[答案]　(1)NaOH(其他合理答案也可) (2)S　(3)①BD　　②20.0　6∶5　(4)③过量稀盐酸　有气体产生　BaCl2溶液　⑤将最少1.36 g硫酸钙加入100.0 mL 0.100 mol·L-1 Na2CO3溶液中,在25 ℃和搅拌条件下,利用pH计测得体系的pH,当pH不变时,加入Na2SO4固体,若pH变大,说明反应(Ⅰ)平衡已建立 [迁移应用] 1.[对多个平行或对照实验的分析]某化学兴趣小组设计下列三组实验探究浓度、温度对化学反应速率的影响(表中两种溶液的浓度均为0.1 mol·L-1)。 实验 编号 反应 温度/℃ 液体体积/mL Na2S2O3溶液 稀硫酸 H2O ① T1 20 30 0 ② T1 V1 30 5 ③ T2 V2 30 0 若实验①②探究浓度对反应速率的影响,则V1=　　　。若V2=20,则实验①③探究的是 　 (影响因素)对反应速率的影响。  解析:采用控制变量法进行研究,根据实验①可知混合溶液总体积是50 mL,则实验②加入Na2S2O3溶液体积应该是15 mL;实验①和实验③只有反应温度不同,其他条件须相同,故V2=20。 答案:15　温度 2.[对物质的性质进行探究]氧化铜是一种黑色固体,可溶于稀硫酸。某同学想知道是稀硫酸中的哪种粒子 (H2O、H+、S)能使氧化铜溶解,请你和他一起通过如图Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ中三个实验完成这次探究活动。 (1)某同学提出的假设是H2O、H+、S中的某一种粒子能够使CuO溶解。通过实验Ⅰ可以证明 　。 (2)要证明另外两种粒子能否溶解氧化铜,还需要进行实验Ⅱ和Ⅲ,在Ⅱ中加入稀硫酸后氧化铜溶解,则进一步确认的实验操作是在Ⅲ中先加入　　　　　溶液,再加入　　　　　　。  (3)探究结果为 　。  (4)资料显示: Cu2O是红色粉末,在酸性条件下发生反应: Cu2O+2H+===Cu+Cu2++H2O。某同学提出: H2还原CuO所得的红色固体产物中可能含Cu2O。请你设计实验探究这位同学提出的假设: 　。  解析:(1)通过实验Ⅰ可以证明H2O不能使CuO溶解,结合实验Ⅱ可知是另外的H+、S两种粒子中的一种粒子使CuO溶解。(2)要想证明起作用的是H+,首先要排除S的干扰,所以在Ⅲ中应该加入含S的盐,如Na2SO4(或K2SO4等),加入Na2SO4后,氧化铜不溶解,再加入稀硫酸,氧化铜溶解,则证明溶解氧化铜的是氢离子。(3)通过对比实验验证起作用的成分,得出结论是:氧化铜固体溶于稀硫酸是稀硫酸中H+在起作用,而H2O、S两种粒子都不能使CuO溶解。(4)Cu2O是红色粉末,在酸性条件下发生反应: Cu2O+2H+===Cu+Cu2++H2O。验证CuO完全反应后生成的红色固体中是否含有Cu2O的方法为取少量样品于试管中,加入稀硫酸,若溶液出现蓝色,说明红色固体中含有Cu2O,反之则无。 答案:(1)H2O不能使CuO溶解 (2)Na2SO4(或K2SO4等)　稀硫酸 (3)氧化铜固体溶于稀硫酸是稀硫酸中H+在起作用,而H2O、S两种粒子都不能使CuO溶解 (4)取少量样品于试管中,加入稀硫酸,若溶液出现蓝色,说明红色固体中含有Cu2O,反之则无 [课时跟踪检测] 1.(14分)(2025·陕西教育联盟阶段检测)兴趣小组在课外实验中意外发现:将镁条放入Na2CO3溶液中,快速产生较多气泡,有白色沉淀生成,小组同学对此进行了系列探究活动。 探究1:反应产生的气体是什么? [作出猜想]　小组同学经查阅资料和讨论,作出如下猜想,气体可能是:①氢气;②二氧化碳;③氢气和二氧化碳。 [实验1]　取适量镁条、100 mL Na2CO3溶液于反应装置A中,按如图1所示方案进行实验,B中石灰水不变浑浊;C处气体燃烧,烧杯内壁有水珠。说明猜想①正确。 (1)反应装置A应选用图2中的　　　　　　装置(填标号)。  (2)小组同学讨论认为,上述实验中“烧杯内壁有水珠”作为“反应产生的气体是氢气”的证据不可靠。为使这一证据可靠,且仍能一次性地验证三个猜想,只需在图1所示方案的基础上加以改进完善即可。你的改进方案是 　。  探究2:快速产生气体的原因是什么? [查阅资料]　镁与水缓慢反应生成氢气:Na2CO3溶液显碱性,其溶液中除Na+、C外,还有OH-。 [作出猜想]　可能是Na2CO3溶液中的某一种离子促进了镁与水的反应。 [实验2]　按图3所示方案进行实验。G、I中缓慢产生气泡,H中快速产生较多气泡,说明是C而不是Na+、OH-促进了镁与水的反应。 (3)G中实验的作用是 　。 (4)试剂X是　　　　　　溶液。  探究3:反应产生的白色沉淀中是否含有MgCO3? [实验3]　取实验1反应生成的沉淀于试管中,加入试剂Y,根据实验现象说明白色沉淀中含有MgCO3。 (5)试剂Y为　　　　　,实验操作及现象为　　　　　　 　　　　　　　　　　　　,MgCO3与试剂Y反应的离子方程式为 。  反思交流与结论:Mg与Na2CO3溶液反应产生氢气,白色沉淀中可能含有MgCO3,Na2CO3溶液中的C促进了镁与水的反应。 解析:(1)Mg条与Na2CO3溶液属于固液不加热反应,E是加热固体制备气体的装置;F中导气管应刚刚露出橡皮塞,反应装置A应选用图2中的D装置。(2)B中水蒸气有可能进入C产生水珠,所以改进方案是在B、C之间增加干燥装置。(3)G中实验现象与H、I作对比,所以G的作用是作对比实验。(4)探究Na+、C、OH-对反应的影响,H中快速产生较多气泡,说明是C而不是Na+、OH-促进了镁与水的反应,所以应该证明Na+、OH-对反应无影响,X为氢氧化钠溶液。(5)MgCO3能与盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳、水,试剂Y为稀盐酸;实验操作及现象为取实验1反应生成的沉淀于试管中,加入稀盐酸,有(无色无味)气泡生成,将气体通入澄清石灰水中,石灰水变浑浊;反应的离子方程式为MgCO3+2H+===Mg2++H2O+CO2↑。 答案:(1)D　(2)在装置B、C之间增加干燥装置 (3)作对比实验　(4)NaOH或氢氧化钠 (5)稀盐酸　取实验1反应生成的沉淀于试管中,加入稀盐酸,有(无色无味)气泡生成,将气体通入澄清石灰水中,石灰水变浑浊 MgCO3+2H+===Mg2++H2O+CO2↑ 2.(15分)绿矾(FeSO4·xH2O)是生血片的主要成分。某研究性学习小组拟对绿矾热分解产物进行探究。 [实验猜想] 猜想1:生成Fe2O3、SO2、H2O 猜想2:生成Fe、Fe2O3、SO2、H2O 猜想3:生成Fe2O3、SO2、SO3、H2O …… [实验探究] 该小组用如图所示装置进行实验(夹持仪器略)。 请回答下列问题: (1)实验操作的先后顺序是　　　　 (填字母)。  a.熄灭酒精灯,冷却 b.先检查装置的气密性,后加入药品 c.点燃酒精灯,加热 d.在“气体入口”处通入干燥的N2 (2)在实验过程中,观察到A中固体变红色,B中无水CuSO4　　　　　　　 ,C中试纸的颜色变化是　　　　　　　　。  (3)反应结束后,取A中固体进行实验,实验操作及现象如下: ①将固体加入盛有足量稀硫酸的试管中,固体完全溶解,且无气体放出; ②取①中溶液滴入适量KMnO4溶液中,KMnO4溶液不褪色; ③取①中溶液滴入KSCN溶液中,溶液变红色。 由此得出结论:红色固体为　　　　　　。  (4)D中有白色沉淀生成,该沉淀的化学式为　　　　　　。有同学认为还应该增加一个实验,取D中沉淀,加入一定量的盐酸以确定其组成,从而确定FeSO4·xH2O的分解产物,你认为是否需要　　　　?说明你的理由: 　　。  [实验结论] (5)硫酸亚铁晶体加热分解的化学方程式为 　。  解析:(1)该实验探究有气体生成,故首先应检查装置的气密性;Fe2+具有还原性,易被空气中的氧气氧化,影响探究结果,故应在“气体入口”处通入干燥的N2,排净装置内的空气;然后点燃酒精灯,对样品进行加热,实验结束后,熄灭酒精灯,进行冷却,故实验操作的先后顺序是:bdca。(2)加热时,FeSO4·xH2O首先会失去结晶水,然后FeSO4分解;B中无水CuSO4用于检验水的生成,吸水后固体由白色变成蓝色;C中收集到酸性气体,该气体会使湿润的蓝色石蕊试纸变红。(3)由实验①可知,没有气体放出,可能的原因有两个:一是反应后的固体中没有单质Fe,二是固体中有单质Fe与Fe2O3,二者发生反应生成Fe2+;由实验②可知,溶液中不存在Fe2+,则可知反应后的固体中没有单质Fe;由实验③和固体颜色可知,反应后的固体应为Fe2O3。(4)由(3)可知,Fe元素的化合价升高,则必有S元素的化合价降低,根据原子守恒和得失电子守恒可知,只有部分S元素的化合价降低,从而可知进入D中的气体为SO3和SO2,因此D中的白色沉淀为BaSO4和BaSO3,不需要再经过实验验证。(5)由上述分析可知,产物为H2O、Fe2O3、SO2和SO3,则反应的化学方程式为2(FeSO4·xH2O)Fe2O3+SO2↑+SO3↑+2xH2O。 答案:(1)bdca (2)由白色变蓝色　由蓝色变红色 (3)Fe2O3　(4)BaSO4、BaSO3　不需要　Fe元素的化合价升高,则必有S元素的化合价降低,根据原子守恒和得失电子守恒,可知只有部分S元素的化合价降低,则进入D中的气体为SO3和SO2 (5)2(FeSO4·xH2O)Fe2O3+SO2↑+SO3↑+2xH2O 3.(15分)将电能转化为化学能在生活生产和科学研究中具有重要意义。某学习小组用石墨电极持续电解CuCl2溶液。 实验 时刻 现象 t1 a极析出红色固体;b极产生气体(用湿润的碘化钾淀粉试纸检验,试纸变蓝) t2 a极产生白色沉淀;a极附近溶液变为黄绿色;b极产生气体 …… …… t3 a极产生气体;b极产生气体 (1)t1时刻,a极析出铜的电极反应式为 　。　　　　　　　　　  (2)从a极刮取白色沉淀(含少量红色固体),经检验含CuCl、Cu。 已知:Cu+Cu+Cu2+,CuOH(黄色,不溶)Cu2O(红色,不溶) ①白色沉淀A为AgCl,试剂1是 　。 ②向试管ⅰ中加入NaOH溶液,生成的黄色沉淀很快转变为红色。解释沉淀由黄色变红色发生的化学反应方程式: 　。 ③证实从a极刮取的白色沉淀中含有CuCl的理由是 　。  (3)针对CuCl沉淀是如何产生的,小组提出两种假设。 假设1:由电极反应产生:Cu2++Cl-+e-===CuCl↓。 假设2:除电极反应外,也可由氧化还原反应产生CuCl,请用离子方程式说明: 　　。　　　　　　　  (4)t1时a极未产生气体,而t3时a极产生气体。原因是 　。 (5)镀铜工业中,电镀液以CuSO4、H2SO4为主,同时含Cl-和添加剂。过多的Cl-会使镀层出现白色胶状薄膜。电镀前向电镀液中加入适量Ag2SO4(微溶)固体能有效解决该问题,写出发生反应的离子方程式: 　。  解析:(1)t1时刻,a极析出铜的电极反应式为Cu2++2e-===Cu。(2)①根据白色沉淀(含少量红色固体),经检验含CuCl、Cu,则白色沉淀A为AgCl,试剂1则是硝酸酸化的AgNO3溶液。②向试管ⅰ中加入NaOH溶液,生成的黄色沉淀很快转变为红色。根据已知信息,沉淀由黄色变红色发生CuOH(黄色,不溶) →Cu2O(红色,不溶),化学反应方程式为2CuOH===Cu2O+H2O。③证实从a极刮取的白色沉淀中含有CuCl的理由是加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀,沉淀为AgCl,可判断固体中含有CuCl。(3)溶液中有Cl-和Cu2+,则由氧化还原反应产生CuCl应是Cu参与了反应,离子方程式:Cu2++2Cl-+Cu===2CuCl。(4)a极是阴极,t1时a极未产生气体,而t3时a极产生气体,原因是t1时铜离子未反应完全,t3时铜离子反应完全。(5)电镀液以CuSO4、H2SO4为主,同时含Cl-和添加剂,过多的Cl-会使镀层出现白色胶状薄膜。电镀前向电镀液中加入适量Ag2SO4(微溶)固体能降低Cl-浓度,有效解决该问题,发生反应的离子方程式:Ag2SO4(s)+2Cl-(aq) ===2AgCl(s)+S(aq)。 答案:(1)Cu2++2e-===Cu (2)①硝酸酸化的AgNO3溶液 ②2CuOH===Cu2O+H2O ③加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀,沉淀为AgCl,可判断固体中含有CuCl　 (3)Cu2++2Cl-+Cu===2CuCl　 (4)t1时未反应完全,t3时铜离子反应完全　(5)Ag2SO4(s)+2Cl-(aq) ===2AgCl(s)+S(aq) 4.(15分)兴趣小组欲探究乙醛被新制Cu(OH)2氧化的反应,进行了如下实验。 Ⅰ.探究反应产物 (1)甲同学认为橙红色浊液中含有Cu2O,理由是 　(用化学方程式表示)。  (2)乙同学推测浊液的颜色变化不只与Cu2O的生成有关,证据是 　。  小组同学查阅资料发现,乙醛在碱性条件下可发生缩聚,生成多烯醛聚合物,其化学式为CH3(CHCH)nCHO。随聚合程度增大,聚合物颜色由橙黄色加深至红褐色。为检验浊液成分,小组同学进行了如下实验。 已知:Cu2O可与酸反应,不溶于乙醇。 CuCl是白色难溶固体,在含Cl-溶液中存在平衡:CuCl+Cl-[CuCl2]-。 (3)经检验,橙红色浊液中含Cu2O和多烯醛聚合物。 ①黄色滤液可使酸性KMnO4褪色,但不能据此证明多烯醛聚合物的存在,原因是 　。  ②上述实验中,随着盐酸的加入,先产生白色沉淀,后沉淀消失。从平衡移动角度解释白色沉淀消失的原因: 　。  Ⅱ.探究反应条件 丙同学减少碱的用量以避免多烯醛聚合物的生成,但反应后浊液变黑。小组同学调整NaOH溶液的浓度,重新进行原实验(CuSO4和乙醛溶液的浓度、体积均不变)。反应过程中的现象记录如下: 组别 20% NaOH溶液用量 蒸馏水用量 加热前 加热至沸 过滤,经乙醇洗涤后 1 0 mL 2 mL 淡蓝色溶液 淡蓝色溶液 无固体 2 2滴 2 mL 淡蓝色浊液 土色发黑 的浊液 黑色固体 3 0.2 mL 1.8 mL 半透明蓝色浊液 黑红色浊液 黑红色固体 4 1 mL 1 mL 半透明蓝色浊液 橙红色浊液 砖红色固体 5 2 mL 0 mL 深蓝色溶液 橙红色浊液 砖红色固体 (4)经检验,第2组实验中的黑色沉淀为CuO。将检验的操作和现象补充完整:取洗涤后的黑色沉淀, 　　。  (5)实验现象说明,碱性增强有利于乙醛被氧化。 ①第5组实验中,加热前溶液呈深蓝色,原因是 (用离子方程式表示)。 ②第4、5组实验中,反应过程中未观察到黑色物质产生,可能的原因是 　(写出一条即可)。  (6)小组同学反思乙醛被新制Cu(OH)2氧化的实验,提出下列促使实验成功的注意事项。其中合理的是　　　　(填标号)。  a.制备Cu(OH)2时NaOH不宜过量,避免乙醛在碱性条件下缩聚 b.制备Cu(OH)2时应使NaOH过量,促进乙醛的氧化反应 c.反应后,宜用乙醇洗涤生成的固体,再观察固体颜色 解析:Ⅰ.向NaOH溶液中滴加CuSO4生成Cu(OH)2,再滴加乙醛溶液,颜色变化浊液颜色从蓝色变为黄绿色,再变为红色,生成了Cu2O;浊液成分检验:Cu2O可与酸反应,不溶于乙醇,用乙醇进行萃取分离,黄色滤液为多烯醛聚合物的乙醇溶液,砖红色沉淀为Cu2O,加盐酸生成CuCl,盐酸过量发生CuCl+Cl-[CuCl2]-反应,生成[CuCl2]-。Ⅱ.通过改变NaOH的浓度,观察反应现象的不同,探究乙醛被新制Cu(OH)2氧化的实验中碱性环境对实验的影响。(1)乙醛可与新制Cu(OH)2发生氧化还原反应生成羧酸钠、Cu2O和水,化学方程式为2Cu(OH)2+CH3CHO+NaOHCu2O↓+CH3COONa+3H2O。(2)浊液颜色从蓝色变为黄绿色,再变为红色(而不是从蓝色直接变为红色),说明有其他中间产物生成。(3)①黄色滤液中含有洗涤时加入的乙醇和多烯醛聚合物,乙醇也有还原性,可使酸性KMnO4褪色,不能据此证明多烯醛聚合物的存在;②随着盐酸的加入先产生白色沉淀,方程式为Cu2O+2HCl===2CuCl+H2O,CuCl是白色难溶固体,在含Cl-溶液中存在平衡:CuCl+Cl-[CuCl2]-,继续加盐酸使c(Cl-)增大,平衡CuCl+Cl-[CuCl2]-正向移动,白色沉淀溶解。(4)CuO为碱性氧化物可与酸反应生成Cu2+,向其中加入稀盐酸(或稀硫酸),沉淀溶解,得到蓝绿色(或蓝色)溶液。(5)加热前溶液呈深蓝色是因为过量碱与Cu(OH)2反应生成[Cu(OH)4]2-,Cu2++4OH-=== [Cu(OH)4]2-;Cu(OH)2分解生成CuO,碱性较强时,Cu(Ⅱ)氧化乙醛的速率大于Cu(OH)2分解速率{或碱性较强时,部分Cu(OH)2转化为[Cu(OH)4]2-,不易分解生成CuO}。(6)碱性弱时,容易生成CuO,a不合理;制备Cu(OH)2时应使NaOH过量,促进乙醛的氧化反应,防止有CuO的生成,b合理;反应后,Cu2O可与酸反应,不溶于乙醇,故可用乙醇洗涤生成的固体,再观察固体颜色,c合理。 答案:(1)2Cu(OH)2+CH3CHO+NaOHCu2O↓+CH3COONa+3H2O　(2)浊液颜色从蓝色变为黄绿色,再变为红色(而不是从蓝色直接变为红色)　(3)①洗涤时加入的乙醇也有还原性　②加盐酸使c(Cl-)增大,平衡CuCl+Cl-[CuCl2]-正向移动,白色沉淀溶解　(4)向其中加入稀盐酸(或稀硫酸),沉淀溶解,得到蓝绿色(或蓝色)溶液　(5)①Cu2++4OH-=== [Cu(OH)4]2-　②碱性较强时,Cu(Ⅱ)氧化乙醛的速率大于Cu(OH)2分解速率或部分Cu(OH)2转化为[Cu(OH)4]2-,不易分解生成CuO　(6)bc 三、定量分析型综合实验 [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”)。  [思维路径] 　　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。 　　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。 　　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%=%。 　　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。 　　[答案]　(1)AD　(2)浓硫酸　防倒吸 (3)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　%　(4)催化　I2受热升华　不变 [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=　　　　　　。  (2)气体产物中n(O2)=　　　　　　 mol。  解析:(1)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。(2)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。 答案:(1)9　(2)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　　　　　　。  (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)。  (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:(1)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。(2)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%。(3)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。 答案:(1)酚酞溶液　(2)×100%　(3)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　 。  (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 　。  (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]-。  解析:(1)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。(2)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)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%。 答案:(1)反应体系的碱性增大,可能生成Fe(OH)2　(2)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　(3)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% [课时跟踪检测] 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　　　　　　　　。  (2)通入N2的目的是 　。  (3)控制混合液pH约为9,温度70 ℃时制备FeS的离子方程式为 　。  (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　　　　　。  (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　　　　。  解析:(1)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。(2)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。(3)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。(4)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。(5)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%。 答案:(1)球形冷凝管　下口进水,上口出水 (2)排尽装置内的空气,避免空气中氧气与原料反应影响实验 (3)Fe2++2N+CH3CSNH2+5OH-FeS↓+CH3COO-+3NH3↑+3H2O　(4)热NaOH溶液(或CS2) (5)①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　②80% 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　　　　　　。  (2)本实验持续通入N2的目的是赶走体系中原有的空气、 　。 (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)。  (4)反应管右端有15 cm在加热炉外,其作用是　 。  (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 (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”)。  解析:(1)仪器A的名称为三颈烧瓶。(2)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。(3)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+3CCl42CrCl3+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。(4)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。(5)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。(6)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。 答案:(1)三颈烧瓶 (2)将气态四氯化碳吹入管式炉中 (3)Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2　Na2CO3、NaCl (4)使CrCl3凝华　(5)a　(6)91%　偏低 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。  (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: 　。  (3)写出硫酸四氨合铜晶体中阳离子的结构式:　　　　　　　　　。  (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: 　。  (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; (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)。  解析:(1)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。(2)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)硫酸四氨合铜晶体是配合物,铜元素是中心原子,NH3是配体。(4)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。(5)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%=%。 答案:(1)250 mL容量瓶　(2)[Cu(NH3)4]SO4·H2O在热水中易分解　(3) (4)Cu(OH)2+2NH3·H2O+2N=== [Cu(NH3)4]2++4H2O (5)①CuI(s)+SCN-(aq)CuSCN(s)+I-(aq)或CuI+SCN-===CuSCN+I-　 ②pH过高,Cu2+沉淀,I2与OH-发生反应　③ 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: CH3CH2BrCH3CH2MgBr 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。 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'; ②各物质的沸点见下表。 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 (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 　　　　　　　　　　　　。  (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)。  解析:(2)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。(3)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)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。(5)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%。 答案:(1)球形冷凝管　(2)防止空气中的水蒸气进入装置,与乙基溴化镁反应　(3)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　(4)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　(5)乙醚容易燃烧,必须远离明火　(6)52% 29 / 31 学科网（北京）股份有限公司 $$