专题16 物质的制备 实验方案的设计与评价-【十年高考】备战2026年高考化学真题分类解析与应试策略（Word版）

专题十六　物质的制备　实验方案的设计与评价 考点 2016~2020年 2021年 2022年 2023年 2024年 2025年 合计 37.物质制备实验方案的设计与评价 1 7 5 5 12 10 40 38.探究性化学实验方案的设计与评价 0 4 10 5 6 8 33 39.定量分析型综合实验题 0 0 3 2 6 3 14 命题热度 本专题命题热度非常高() 课程标准 备考策略 1.能识别化学实验室常用仪器,熟悉其主要用途和使用方法。 实验方案设计与评价是高考的热点,在选择题和非选择题中均有可能出现,在非选择题中常在以物质的制备或探究物质组成、性质为背景的实验题中进行考查。实验探究题近几年出现频率极高,主要将教材实验进行创新,结合实验基本操作、数据分析和处理等知识综合考查。以物质的制备为载体,考查气体物质的实验室制法、化学实验的设计及评价能力是常见的题型,在高考中占有很重要的地位,物质制备类综合实验题也是近几年高考实验命题的一大亮点,也是难点。探究性化学实验方案的设计与评价在一套试题中是不可缺少的一部分,题目灵活多变,可以是物质组成的探究,可以是物质性质的探究,也可以是化学反应原理、规律的探究。 对综合实验的备考复习抓住两个主线,一是物质制备的综合实验设计,二是性质、规律的综合探究性实验设计。梳理清楚该类题目经常出现的考查角度和方式,训练适应陌生情况的能力。 2.掌握化学实验的基本操作。能识别化学品标志。 3.了解实验室一般事故的预防和处理方法。 4.能根据化学实验的目的和要求,正确选用实验装置。 考点37物质制备实验方案的设计与评价　　　　答案P420　 1.(2025·河北,7,3分,难度★★★)如图所示装置(加热、除杂和尾气处理装置任选)不能完成相应气体的制备和检验的是 (　　) A.电石与饱和NaCl溶液 B.Na2SO3固体与70%的浓硫酸 C.大理石与稀盐酸 D.Al2S3固体与水 2.(2025·陕晋宁青,12,3分,难度★★★)格氏试剂性质活泼,可与空气中的H2O和O2等反应。某兴趣小组搭建了图示无水无氧装置(部分装置略),以乙醚(沸点34.5 ℃)为溶剂,利用下述反应高产率地制备二苯甲酮。 下列说法错误的是 (　　) A.气球中填充保护气,并起缓冲压力的作用 B.烧瓶中液体是格氏试剂的乙醚溶液 C.图中的漏斗不能用球形分液漏斗代替 D.产率高表明苯甲酰氯比二苯甲酮更易与格氏试剂反应 3.(2025·河南,8,3分,难度★★★)某同学设计以下实验,探究简单配合物的形成和转化。 下列说法错误的是 (　　) A.②中沉淀与④中沉淀不是同一种物质 B.③中现象说明配体与Cu2+的结合能力:NH3>H2O C.④中深蓝色物质在乙醇中的溶解度比在水中小 D.若向⑤中加入稀硫酸,同样可以得到黄绿色溶液 4.(2025·湖北,10,3分,难度★★★)制备α-氯代异丁酸的装置如图。在反应瓶中加入异丁酸与催化剂(易水解),加热到70 ℃,通入Cl2,反应剧烈放热,通气完毕,在120 ℃下继续反应。反应结束,常压蒸馏得产物。反应方程式: +Cl2+HCl 下列说法错误的是 (　　) A.干燥管可防止水蒸气进入反应瓶 B.可用NaOH溶液作为吸收液 C.Cl2通入反应液中可起到搅拌作用 D.控制Cl2流速不变可使反应温度稳定 5.(2024·河北,10,3分,难度★★★)图示装置不能完成相应气体的发生和收集实验的是(加热、除杂和尾气处理装置任选) (　　) 选项 气体 试剂 A SO2 饱和Na2SO3溶液+浓硫酸 B Cl2 MnO2+浓盐酸 C NH3 固体NH4Cl+熟石灰 D CO2 石灰石+稀盐酸 6.(2024·安徽,9,3分,难度★★★)仅用下表提供的试剂和用品,不能实现相应实验目的的是(　　) 选项 实验目的 试剂 用品 A 比较镁和铝的金属性强弱 MgCl2溶液、AlCl3溶液、氨水 试管、胶头滴管 B 制备乙酸乙酯 乙醇、乙酸、浓硫酸、饱和Na2CO3溶液 试管、橡胶塞、导管、乳胶管、铁架台(带铁夹)、碎瓷片、酒精灯、火柴 C 制备[Cu(NH3)4]SO4溶液 CuSO4溶液、氨水 试管、胶头滴管 D 利用盐类水解制备Fe(OH)3胶体 饱和FeCl3溶液、蒸馏水 烧杯、胶头滴管、陶土网、三脚架、酒精灯、火柴 7.(2024·甘肃,11,3分,难度★★★)兴趣小组设计了从AgCl中提取Ag的实验方案,下列说法正确的是 (　　) AgCl[Ag(NH3)2]+ [Cu(NH3)4]2+ + Ag CuCl2 +　 NH4Cl 溶液① + Cu A.还原性:Ag>Cu>Fe B.按上述方案消耗1 mol Fe可回收1 mol Ag C.反应①的离子方程式是[Cu(NH3)4]2++4H+Cu2++4N D.溶液①中的金属离子是Fe2+ 8.(2023·湖北,13,3分,难度★★★)利用如图所示的装置(夹持及加热装置略)制备高纯白磷的流程如下: 红磷(s)无色液体与P4(g)白磷(s) 下列操作错误的是 (　　) A.红磷使用前洗涤以除去表面杂质 B.将红磷转入装置,抽真空后加热外管以去除水和氧气 C.从a口通入冷凝水,升温使红磷转化 D.冷凝管外壁出现白磷,冷却后在氮气氛围下收集 9.(2022·广东,8,2分,难度★★)实验室用MnO2和浓盐酸反应生成Cl2后,按照净化、收集、性质检验及尾气处理的顺序进行实验。下列装置(“→”表示气流方向)不能达到实验目的的是 (　　) 10.(2021·北京,5,3分,难度★★★)实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均正确的是 (　　) 选项 气体 试剂 制备装置 收集方法 A O2 KMnO4 a d B H2 Zn+稀H2SO4 b e C NO Cu+稀HNO3 b c D CO2 CaCO3+稀H2SO4 b c 11.(双选)(2021·山东,11,4分,难度★★★)为完成下列各组实验,所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是(不考虑存放试剂的容器) (　　) 选项 实验目的 玻璃仪器 试剂 A 配制100 mL一定物质的量浓度的NaCl溶液 100 mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒 蒸馏水、NaCl固体 B 制备Fe(OH)3胶体 烧杯、酒精灯、胶头滴管 蒸馏水、饱和FeCl3溶液 C 测定NaOH溶液浓度 烧杯、锥形瓶、胶头滴管、酸式滴定管 待测NaOH溶液、已知浓度的盐酸、甲基橙试剂 D 制备乙酸乙酯 试管、量筒、导管、酒精灯 冰醋酸、无水乙醇、饱和Na2CO3溶液 12.(2021·福建,4,4分,难度★★★)明代《徐光启手迹》记载了制备硝酸的方法,其主要流程(部分产物已省略)如下: 下列说法错误的是 (　　) A.FeSO4的分解产物X为FeO B.本流程涉及复分解反应 C.HNO3的沸点比H2SO4的低 D.制备使用的铁锅易损坏 13.(2021·海南,3,2分,难度★★)用如图装置制取干燥的气体(a、b表示加入的试剂),能实现的是 (　　) 选项 气体 a b A H2S 稀H2SO4 FeS B O2 H2O2溶液 MnO2 C NO2 浓HNO3 铁片 D NH3 浓氨水 CaO 14.(2025·黑吉辽内蒙古,17,13分,难度★★★★)某实验小组采用如下方案实现了对甲基苯甲酸的绿色制备。 反应: 步骤: Ⅰ.向反应管中加入0.12 g对甲基苯甲醛和1.0 mL丙酮,光照,连续监测反应进程。 Ⅱ.5 h时,监测结果显示反应基本结束,蒸去溶剂丙酮,加入过量稀NaOH溶液,充分反应后,用乙酸乙酯洗涤,弃去有机层。 Ⅲ.用稀盐酸调节水层pH=1后,再用乙酸乙酯萃取。 Ⅳ.用饱和食盐水洗涤有机层,无水Na2SO4干燥,过滤,蒸去溶剂,得目标产物。 回答下列问题: (1)相比KMnO4作氧化剂,该制备反应的优点为　　　　　、　　　　　(答出2条即可)。  (2)根据反应液的核磁共振氢谱(已去除溶剂H的吸收峰,谱图中无羧基H的吸收峰)监测反应进程如下图。已知峰面积比a∶b∶c∶d=1∶2∶2∶3,a∶a'=2∶1。反应2 h时,对甲基苯甲醛转化率约为　　　　　%。  (3)步骤Ⅱ中使用乙酸乙酯洗涤的目的是  　。  (4)步骤Ⅲ中反应的离子方程式为　、  　。  (5)用同位素示踪法确定产物羧基O的来源。丙酮易挥发,为保证18O2气氛,通18O2前,需先使用“循环冷冻脱气法”排出装置中(空气中和溶剂中)的16O2,操作顺序为:①→②→　　　　　　→　　　　　→　　　　　(填序号),重复后四步操作数次。  同位素示踪结果如下表所示,则目标产物中羧基O来源于醛基和　　　　　。  反应条件 质谱检测目标产物相对分子质量 太阳光,18O2,室温,CH3COCH3,5 h 138 太阳光,空气,室温,CH3C18OCH3,5 h 136 15.(2025·山东,18,12分,难度★★★★)如下不饱和聚酯可用于制备玻璃钢。 实验室制备该聚酯的相关信息和装置示意图如下(加热及夹持装置略): 原料 结构简式 熔点/℃ 沸点/℃ 顺丁烯二酸酐 52.6 202.2 邻苯二甲酸酐 130.8 295.0 1,2-丙二醇 -60.0 187.6 实验过程: ①在装置A中加入上述三种原料,缓慢通入N2。搅拌下加热,两种酸酐分别与1,2-丙二醇发生醇解反应,主要生成和。然后逐步升温至190~200 ℃,醇解产物发生缩聚反应生成聚酯。 ②缩聚反应后期,每隔一段时间从装置A中取样并测量其酸值,直至酸值达到聚合度要求(酸值:中和1克样品所消耗KOH的毫克数)。 回答下列问题: (1)理论上,原料物质的量投料比n(顺丁烯二酸酐)∶n(邻苯二甲酸酐)∶n(1,2-丙二醇)=　　　　　　　。  (2)装置B的作用是　　　　　　　　　　　　　　　;仪器C的名称是　　　　　;反应过程中,应保持温度计2示数处于一定范围,合理的是　　　　　(填字母)。  A.55~60 ℃ B.100~105 ℃ C.190~195 ℃ (3)为测定酸值,取a g样品配制250.00 mL溶液,移取25.00 mL溶液,用c mol·L-1 KOH-乙醇标准溶液滴定至终点,重复实验,数据如下: 序号 1 2 3 4 5 滴定前读数/mL 0.00 24.98 0.00 0.00 0.00 滴定后读数/mL 24.98 49.78 24.10 25.00 25.02 应舍弃的数据为　　　　　(填序号);测得该样品的酸值为　　　　　(用含a、c的代数式表示)。若测得酸值高于聚合度要求,可采取的措施为　　　　　(填字母)。  A.立即停止加热 B.排出装置D内的液体 C.增大N2的流速 (4)实验中未另加催化剂的原因是  　。  16.(2025·河北,15,15分,难度★★★★)氢碘酸常用于合成碘化物。某化学兴趣小组用如图装置(夹持装置等略)制备氢碘酸。 步骤如下: ⅰ.在A中加入150 mL H2O和127 g I2,快速搅拌,打开K1通入H2S,反应完成后,关闭K1,静置、过滤得滤液; ⅱ.将滤液转移至B中,打开K2通入N2,接通冷凝水,加热保持微沸,直至H2S除尽; ⅲ.继续加热蒸馏,C中收集沸点为125~127 ℃间的馏分,得到117 mL氢碘酸(密度为1.7 g·mL-1,HI质量分数为57%)。 回答下列问题: (1)仪器A的名称:　　　　　,通入H2S发生反应的化学方程式:　。  (2)步骤ⅰ中快速搅拌的目的:　　　　　　(填字母)。  a.便于产物分离 b.防止暴沸 c.防止固体产物包覆碘 (3)步骤ⅰ中随着反应的进行,促进碘溶解的原因:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(用离子方程式表示)。  (4)步骤ⅱ中的尾气常用　　　　　(填化学式)溶液吸收。  (5)步骤ⅱ实验开始时的操作顺序:先通入N2,再加热;步骤ⅲ实验结束时相对应的操作顺序:　。  (6)列出本实验产率的计算表达式:　。  (7)氢碘酸见光易分解,易被空气氧化,应保存在　　　　　　　　　　　　　　　　。  17.(2025·安徽,16,14分,难度★★★★)侯氏制碱法以NaCl、CO2和NH3为反应物制备纯碱。某实验小组在侯氏制碱法基础上,以NaCl和NH4HCO3为反应物,在实验室制备纯碱,步骤如下: ①配制饱和食盐水; ②在水浴加热下,将一定量研细的NH4HCO3加入饱和食盐水中,搅拌,使NH4HCO3溶解,静置,析出NaHCO3晶体; ③将NaHCO3晶体减压过滤、煅烧,得到Na2CO3固体。 回答下列问题: (1)步骤①中配制饱和食盐水,下列仪器中需要使用的有　　　　(填名称)。  (2)步骤②中NH4HCO3需研细后加入,目的是 　。  (3)在实验室使用NH4HCO3代替CO2和NH3制备纯碱,优点是     　。  (4)实验小组使用滴定法测定了产品的成分。滴定过程中溶液的pH随滴加盐酸体积变化的曲线如下图所示。 ⅰ.到达第一个滴定终点B时消耗盐酸V1 mL,到达第二个滴定终点C时又消耗盐酸V2 mL。V1=V2,所得产品的成分为　　　　(填标号)。  a.Na2CO3 b.NaHCO3 c.Na2CO3和NaHCO3 d.Na2CO3和NaOH ⅱ.到达第一个滴定终点前,某同学滴定速度过快,摇动锥形瓶不均匀,致使滴入盐酸局部过浓。该同学所记录的V'1　　　V1(填“>”“<”或“=”)。  (5)已知常温下Na2CO3和NaHCO3的溶解度分别为30.7 g和10.3 g。向饱和Na2CO3溶液中持续通入CO2气体会产生NaHCO3晶体。实验小组进行相应探究: 实验 操作 现象 a 将CO2匀速通入置于烧杯中的20 mL饱和Na2CO3溶液,持续20 min,消耗600 mL CO2 无明显现象 b 将20 mL饱和Na2CO3溶液注入充满CO2的500 mL矿泉水瓶中,密闭,剧烈摇动矿泉水瓶1~2 min,静置 矿泉水瓶变瘪,3 min后开始有白色晶体析出 ⅰ.实验a无明显现象的原因是　。  ⅱ.析出的白色晶体可能同时含有NaHCO3和Na2CO3·10H2O。称取0.42 g晾干后的白色晶体,加热至恒重,将产生的气体依次通过足量的无水CaCl2和NaOH溶液,NaOH溶液增重0.088 g,则白色晶体中NaHCO3的质量分数为　　　　　　。  18.(2025·甘肃,15,14分,难度★★★★)某兴趣小组按如下流程由稀土氧化物Eu2O3和苯甲酸钠制备配合物Eu(C7H5O2)3·xH2O,并通过实验测定产品纯度和结晶水个数(杂质受热不分解)。已知Eu3+在碱性溶液中易形成Eu(OH)3沉淀。Eu(C7H5O2)3·xH2O在空气中易吸潮,加强热时分解生成Eu2O3。 Eu2O3产品 (1)步骤①中,加热的目的为　。  (2)步骤②中,调节溶液pH时需搅拌并缓慢滴加NaOH溶液,目的为　　　　　　　　;pH接近6时,为了防止pH变化过大,还应采取的操作为　　　　　　　　　　　。  (3)下图所示玻璃仪器中,配制一定物质的量浓度的苯甲酸钠溶液所需的仪器名称为　　　　　　　　　　。  (4)准确称取一定量产品,溶解于稀硝酸中,萃取生成的苯甲酸,蒸去有机溶剂,加入一定量的NaOH标准溶液,滴入1~2滴酚酞溶液,用HCl标准溶液滴定剩余的NaOH。滴定终点的现象为　　　　　　　　　　　　　。实验所需的指示剂不可更换为甲基橙,原因为    　。  (5)取一定量产品进行热重分析,每个阶段的重量降低比例数据如图所示,0~92 ℃范围内产品质量减轻的原因为  　。  结晶水个数x=　　　　[M(C7H5)=121,结果保留两位有效数字]。  19.(2025·云南,16,14分,难度★★★★)三氟甲基亚磺酸锂(Mr=140)是我国科学家通过人工智能设计开发的一种锂离子电池补锂剂,其合成原理如下: 实验步骤如下: Ⅰ.向A中加入3.5 g NaHCO3、5.2 g Na2SO3和20.0 mL蒸馏水,搅拌下逐滴加入2.1 mL(3.3 g)三氟甲磺酰氯(Mr=168.5),有气泡产生(装置如右图,夹持及加热装置省略)。80 ℃下反应3 h后,减压蒸除溶剂得浅黄色固体。 Ⅱ.向上述所得固体中加入10.0 mL四氢呋喃(THF),充分搅拌后,加入无水Na2SO4,振荡,抽滤、洗涤。将所得滤液减压蒸除THF,得黏稠状固体。加入适量乙醇进行重结晶。 Ⅲ.将所得三氟甲基亚磺酸钠和3.0 mL THF加入圆底烧瓶中,搅拌溶解后逐滴加入足量浓盐酸,析出白色固体。抽滤、洗涤。 Ⅳ.将滤液转入圆底烧瓶中,加入20 mL蒸馏水和过量LiOH。室温搅拌反应1 h后,减压蒸除溶剂,得粗产品。加入适量乙醇进行重结晶,得产品1.1 g。 已知:THF是一种有机溶剂,与水任意比互溶。 回答下列问题: (1)仪器A的名称为　　　　　,冷凝管中冷却水应从　　　　(填“b”或“c”)口通入。  (2)步骤Ⅰ反应中有气泡产生,其主要成分为　　　　　。  (3)步骤Ⅱ中第一次洗涤的目的是　。  (4)步骤Ⅲ中发生反应的化学方程式为  　,  判断加入浓盐酸已足量的方法为  　。  (5)步骤Ⅳ中加入蒸馏水的作用是  　。  (6)三氟甲基亚磺酸锂的产率为  　(列出计算式即可)。  20.(2024·黑吉辽,17,14分,难度★★★★)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)。  21.(2024·福建,12,14分,难度★★★★)实验室用发光二极管(LED)的生产废料(主要成分为难溶于水的GaN,含少量In、Mg金属)制备Ga2O3,过程如下。已知:Ga与In为同族元素,In难溶于NaOH溶液。 (1)①基态镓(Ga)原子的价电子排布式为　　　　。  ②Ⅰ中GaN反应生成[Ga(OH)4]-的离子方程式为　。  ③Ⅰ使用装置如图(加热及夹持装置省略),吸收液可用　　　　。(填标号)  a.水　b.浓盐酸　c.稀硫酸　d.四氯化碳 (2)①Ⅱ需用到的玻璃仪器有烧杯、　　　　和　　　　。  ②“沉淀1”含金属元素　　　　。(填元素符号)  (3)①Ⅲ加硫酸调节溶液pH的目的是　。  ②按下列操作顺序测定溶液pH,不规范的是　　　　。(填标号)  a.用镊子夹取湿润的pH试纸 b.将pH试纸置于干燥洁净的玻璃片上 c.用滴管吸取少量待测液,滴在pH试纸中央 d.观察试纸颜色变化,并与标准比色卡比较 (4)Ga2O3纯度测定:称取Ga2O3样品w g,经处理配制成V mL溶液,从中移取V0 mL于锥形瓶中,一定条件下,加入V1 mL c1 mol·L-1 Na2H2Y溶液(此时镓以[GaY]-存在),再加入PAN作指示剂,用c2 mol·L-1 CuSO4标准溶液滴定过量的Na2H2Y,滴定终点为紫红色。 该过程涉及反应:Cu2++H2Y2-[CuY]2-+2H+。 ①终点时消耗CuSO4溶液V2 mL,则Ga2O3纯度为　　　　　×100%。(列出计算式)  ②滴定时会导致所测Ga2O3纯度偏小的情况是　　　　。(填字母)  a.未使用标准溶液润洗滴定管 b.称重后样品吸收了空气中水汽 c.终点时滴定管尖嘴内有气泡 d.终点读数时仰视滴定管刻度线 22.(2024·海南,17,12分,难度★★★★)羟基磷酸钙[Cax(PO4)yOH](1.40≤≤1.75)是骨骼、石灰和牙釉质的主要成分。某课题组按照下述步骤进行其制备探索:在75 ℃下向由一定量Ca(OH)2粉末配制的含有分散剂的浆液中,边搅拌边滴加计算量的稀H3PO4,滴加完成后继续搅拌一段时间。冷至室温固液分离,烘干固体得纳米级微粉产品。制备依据的代表反应式为:5Ca(OH)2+3H3PO4Ca5(PO4)3OH+9H2O,装置如图所示(固定器具已省略)。 回答问题: (1)装置图中,安装不当的是　　　　(填仪器标号)。  (2)使用冷凝管的目的是　　　　,冷凝水进水口为　　　　(填序号),干燥管中熟石灰用于吸收　　　　(填化学式)。  (3)实验中使用水浴加热,其优点为　　　　、　　　　。  (4)投料时应使用新制Ca(OH)2粉末,以降低杂质　　　　(填化学式)对实验的影响。  (5)完成反应后,可以保持产品组成稳定的固液分离方式有　　　　、　　　　(填字母)。  　　　 　　　　　 　　　　　 　　 a.倾倒 b.常压过滤 c.减压过滤 d.离心分离 (6)实验中以题述加料方式所得产品中=1.67。某次实验将Ca(OH)2浆液滴入稀H3PO4得到的产品中=1.50。造成这种结果差异的原因是  　。  23.(2024·广西,16,14分,难度★★★★)二氧化硫脲[(NH2)2CSO2](TD)是还原性漂白剂,可溶于水,难溶于乙醇,在受热或碱性条件下易水解:(NH2)2CSO2+H2O(NH2)2CO+H2SO2。其制备与应用探究如下: Ⅰ.由硫脲[(NH2)2CS]制备TD 按如图装置,在三颈烧瓶中加入硫脲和水,溶解,冷却至5 ℃后,滴入H2O2溶液,控制温度低于10 ℃和pH<6进行反应。反应完成后,结晶、过滤、洗涤、干燥后得到产品TD。 Ⅱ.用TD进行高岭土原矿脱色(去除Fe2O3)探究 将m g高岭土原矿(Fe2O3质量分数为0.68%)制成悬浊液,加入TD,在一定条件下充分反应,静置,分离出上层清液V mL,用分光光度法测得该清液中Fe2+浓度为b mg·L-1,计算Fe2O3的去除率。 回答下列问题: (1)仪器a的名称是　　　　。  (2)Ⅰ中控制“温度低于10 ℃和pH<6”的目的是　。  (3)写出制备TD的化学方程式  　。  (4)H2SO2中S的化合价为　　　　。Ⅰ的反应中,因条件控制不当生成了H2SO2,最终导致TD中出现黄色杂质,该杂质是　　　　(填化学式)。  (5)Ⅰ中“洗涤”选用乙醇的理由是　。  (6)高岭土中Fe2O3去除率为　　　　(用含m、b、V的代数式表示)。Ⅱ中“静置”时间过长,导致脱色效果降低的原因是　    　。  24.(2024·重庆,16,15分,难度★★★★)FeS2可用作锂电池和超级电容器的电极材料。制备FeS2的一种实验装置如图所示(加热及夹持装置略)。 (1)FeS2的制备 在N2的保护作用下,将溶有S的热二苯醚溶液注射到FeS和热油胺溶液中(S过量),继续加热回流2h,冷却至室温,离心分离,经洗涤得产品FeS2。 ①仪器a的名称为　　　　;N2保护的目的是　。  ②生成FeS2的化学方程式为　。  ③为除去产品中残留的S,洗涤选用的试剂是　　　　(填“H2O”或“CS2”)。  (2)FeS2的含量测定 产品先用王水溶解,再经一系列处理后,在热盐酸的条件下,以甲基橙为指示剂,用SnCl2溶液将Fe3+还原至Fe2+,终点为无色;用冰水迅速冷却,再以二苯胺磺酸钠为指示剂,用K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+至终点。已知甲基橙的还原反应:氧化态(红色)+ne-还原态(无色)。 ①SnCl2比FeCl3易水解,且易被氧化。配制和保存SnCl2溶液需加入的试剂是　　　　　　　　。  ②甲基橙指示终点的过程及作用原理是      　。  ③若称取的产品的质量为a g,K2Cr2O7标准溶液的浓度为c mol·L-1,用量为V mL,FeS2的摩尔质量为M g·mol-1,则产品中FeS2的质量分数为　　　　(填最简表达式)。  ④下列操作可能导致测定结果偏高的是　　　　(填字母)。  A.还原Fe3+时SnCl2溶液滴加过量 B.热的Fe2+溶液在空气中缓慢冷却 C.滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后气泡消失 D.滴定前仰视读数,滴定后俯视读数 25.(2024·河北,15,14分,难度★★★★)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中滴加适量浓硫酸,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克(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。  26.(2024·江西,17,15分,难度★★★★)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。 回答下列问题。 (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)步骤Ⅰ中,加入Na2CO3的目的是    　。  (3)步骤Ⅱ中,为避免沉淀包裹反应物共沉,可采取的操作是  　。  (4)步骤Ⅲ中,洗涤去除的无机盐产物是　　　　　　　　。  (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　　　　(填字母)。  a.容量瓶 b.天平 c.洗瓶 d.锥形瓶 ②Ni的质量百分含量为　　　　%。  (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    　。  27.(2024·贵州,15,14分,难度★★★★)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[SiW12O40]4-缔合成密度较大的油状钨硅酸醚合物。 回答下列问题。 (1)仪器a中的试剂是　　　　(填名称),其作用是　  　。  (2)步骤Ⅱ中浓盐酸需缓慢滴加的原因是    　。  (3)下列仪器中,用于“萃取、分液”操作的有　　　　　　　　(填名称)。  (4)步骤Ⅳ中“静置”后液体中间层的溶质主要是　　　　。  (5)步骤Ⅴ中“加热”操作　　　　(选填“能”或“不能”)使用明火,原因是　。  (6)结晶水测定:称取m g十二钨硅酸晶体(H4[SiW12O40]·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ω%,计算n=　　　　(用含ω、M的代数式表示);若样品未充分干燥,会导致n的值　　　　(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。  28.(2024·甘肃,16,14分,难度★★★★)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)采用下图所示装置制备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。 将滤液倒入 蒸发皿中用酒精 灯加热(　　)(　　)停止加热(　　)过滤 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 29.(2023·全国新课标,28,14分,难度★★★★)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,另一主要作用是防止　。  (6)若粗品中混有少量未氧化的安息香,可用少量　　　　　洗涤的方法除去(填标号)。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于　　　　(填标号)。  a.85% b.80% c.75% d.70% 30.(2023·辽宁,17,13分,难度★★★★)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　　　　。  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%)。  31.(2023·山东,18,12分,难度★★★★)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①　　　　　　　　　　　;②　　　　　　　　　　　。  (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①、②中需使用的仪器,依次为　　　　　(填大写字母)。测得样品纯度为  　(用含m1、m2的代数式表示)。  32.(2023·江苏,16,15分,难度★★★★)实验室模拟“镁法工业烟气脱硫”并制备MgSO4·H2O,其实验过程可表示为: (1)在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入SO2气体,生成MgSO3,反应为Mg(OH)2+H2SO3MgSO3+2H2O,其平衡常数K与Ksp、Ksp(MgSO3)、Ka1(H2SO3)、Ka2(H2SO3)的代数关系式为K=  　;  下列实验操作一定能提高氧化镁浆料吸收SO2效率的有　　　　(填字母)。  A.水浴加热氧化镁浆料 B.加快搅拌速率 C.降低通入SO2气体的速率 D.通过多孔球泡向氧化镁浆料中通SO2 (2)在催化剂作用下MgSO3被O2氧化为MgSO4。已知MgSO3的溶解度为0.57 g(20 ℃),O2氧化溶液中的离子方程式为　;  在其他条件相同时,以负载钴的分子筛为催化剂,浆料中MgSO3被O2氧化的速率随pH的变化如图甲所示。在pH=6~8范围内,pH增大,浆料中MgSO3的氧化速率增大,其主要原因是  　。  甲 (3)制取MgSO4·H2O晶体。在如图乙所示的实验装置中,搅拌下,使一定量的MgSO3浆料与H2SO4溶液充分反应。MgSO3浆料与H2SO4溶液的加料方式是  　;  补充完整制取MgSO4·H2O晶体的实验方案:向含有少量Fe3+、Al3+的MgSO4溶液中,       　。  (已知:Fe3+、Al3+在pH≥5时完全转化为氢氧化物沉淀;室温下从MgSO4饱和溶液中结晶析出MgSO4·7H2O,MgSO4·7H2O在150~170 ℃下干燥得到MgSO4·H2O,实验中需要使用MgO粉末) 乙 33.(2022·辽宁,17,14分,难度★★★★★)H2O2作为绿色氧化剂应用广泛,氢醌法制备H2O2原理及装置如下: 已知:H2O、HX等杂质易使Ni催化剂中毒。回答下列问题: (1)A中反应的离子方程式为　。  (2)装置B应为　　　　(填序号)。  (3)检查装置气密性并加入药品,所有活塞处于关闭状态。开始制备时,打开活塞　　　　,控温45 ℃。一段时间后,仅保持活塞b打开,抽出残留气体。随后关闭活塞b,打开活塞　　　　,继续反应一段时间。关闭电源和活塞,过滤三颈烧瓶中混合物,加水萃取、分液、减压蒸馏,得产品。  (4)装置F的作用为  　。  (5)反应过程中,控温45 ℃的原因为  　。  (6)氢醌法制备H2O2总反应的化学方程式为   　　　　　　　　　　。  (7)取2.50 g产品,加蒸馏水定容至100 mL,摇匀。取20.00 mL于锥形瓶中,用0.0500 mol·L-1酸性KMnO4标准溶液滴定。平行滴定三次,消耗标准溶液体积分别为19.98 mL、20.90 mL、20.02 mL。假设其他杂质不干扰结果,产品中H2O2质量分数为　　　　。  34.(2022·山东,18,12分,难度★★★★)实验室利用FeCl2·4H2O和亚硫酰氯(SOCl2)制备无水FeCl2的装置如图所示(加热及夹持装置略)。已知SOCl2沸点为76 ℃,遇水极易反应生成两种酸性气体。 回答下列问题: (1)实验开始先通N2。一段时间后,先加热装置　　　(填“a”或“b”)。装置b内发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　。装置c、d共同起到的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)现有含少量杂质的FeCl2·nH2O,为测定n值进行如下实验: 实验Ⅰ:称取m1 g样品,用足量稀硫酸溶解后,用c mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+达终点时消耗V mL(滴定过程中Cr2转化为Cr3+,Cl-不反应)。 实验Ⅱ:另取m1 g样品,利用上述装置与足量SOCl2反应后,固体质量为m2 g。 则n=　　　　　　　　　　;下列情况会导致n测量值偏小的是　　　　(填字母)。  A.样品中含少量FeO杂质 B.样品与SOCl2反应时失水不充分 C.实验Ⅰ中,称重后样品发生了潮解 D.滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成 (3)用上述装置,根据反应TiO2+CCl4TiCl4+CO2制备TiCl4。已知TiCl4与CCl4分子结构相似,与CCl4互溶,但极易水解。选择合适仪器并组装蒸馏装置对TiCl4、CCl4混合物进行蒸馏提纯(加热及夹持装置略),安装顺序为①⑨⑧　　　　　(填序号),先馏出的物质为　　　　　　　　　　　　。  35.(2022·重庆,16,15分,难度★★★★★)研究小组以无水甲苯为溶剂,PCl5(易水解)和NaN3为反应物制备米球状红磷。该红磷可提高钠离子电池的性能。 图1 (1)甲苯干燥和收集的回流装置如图1所示(夹持及加热装置略)。以二苯甲酮为指示剂,无水时体系呈蓝色。 ①存贮时,Na应保存在　　　　中。  ②冷凝水的进口是　　　(填“a”或“b”)。  ③用Na干燥甲苯的原理是　　　　　　　　　　　　　　　(用化学方程式表示)。  ④回流过程中,除水时打开的活塞是　　　　　;体系变蓝后,改变开关状态收集甲苯。  (2)纳米球状红磷的制备装置如图2所示(搅拌和加热装置略)。 图2 ①在Ar气保护下,反应物在A装置中混匀后转入B装置,于280 ℃加热12小时,反应物完全反应。其化学反应方程式为　　　　　　　　　　　　　　。用Ar气赶走空气的目的是　　　　　　　　　　　　　　　。  ②经冷却、离心分离和洗涤得到产品,洗涤时先后使用乙醇和水,依次洗去的物质是　　　　和　　　　。  图3 ③所得纳米球状红磷的平均半径R与B装置中气体产物的压强p的关系如图3所示。欲控制合成R=125 nm的红磷,气体产物的压强为　　　　　　 kPa,需NaN3的物质的量为　　　　 mol(保留3位小数)。已知:p=a×n,其中a=2.5×105 kPa·mol-1,n为气体产物的物质的量。  36.(2022·湖北,16,11分,难度★★★★)高技术领域常使用高纯试剂。纯磷酸(熔点为42 ℃,易吸潮)可通过市售85%磷酸溶液减压蒸馏除水、结晶除杂得到,纯化过程需要严格控制温度和水分,温度低于21 ℃易形成2H3PO4·H2O(熔点为30 ℃),高于100 ℃则发生分子间脱水生成焦磷酸等。某兴趣小组为制备磷酸晶体设计的实验装置如下(夹持装置略): 回答下列问题: (1)A的名称是　　　　。B的进水口为　　　(填“a”或“b”)。  (2)P2O5的作用是　。  (3)空气流入毛细管的主要作用是防止　　　　　　,还具有搅拌和加速水逸出的作用。  (4)升高温度能提高除水速度,实验选用水浴加热的目的是  　。  (5)磷酸易形成过饱和溶液,难以结晶,可向过饱和溶液中加入　　　　　促进其结晶。  (6)过滤磷酸晶体时,除了需要干燥的环境外,还需要控制温度为　　　　　(填标号)。  A.<20 ℃　B.30~35 ℃　C.42~100 ℃ (7)磷酸中少量的水极难除去的原因是    　。  37.(2021·辽宁,18,14分,难度★★★★)Fe/Fe3O4磁性材料在很多领域具有应用前景,其制备过程如下(各步均在N2氛围中进行): ①称取9.95 g FeCl2·4H2O(Mr=199),配成50 mL溶液,转移至恒压滴液漏斗中。 ②向三颈烧瓶中加入100 mL 14 mol·L-1KOH溶液。 ③持续磁力搅拌,将FeCl2溶液以2 mL·min-1的速度全部滴入三颈烧瓶中,100 ℃下回流3 h。 ④冷却后过滤,依次用热水和乙醇洗涤所得黑色沉淀,在40 ℃干燥。 ⑤管式炉内焙烧2 h,得产品3.24 g。 部分装置如图: 回答下列问题: (1)仪器a的名称是　　　　;使用恒压滴液漏斗的原因是　。  (2)实验室制取N2有多种方法,请根据元素化合物知识和氧化还原反应相关理论,结合下列供选试剂和装置,选出一种可行的方法,化学方程式为　,  对应的装置为　　　　(填标号)。可供选择的试剂:CuO(s)、NH3(g)、Cl2(g)、O2(g)、饱和NaNO2(aq)、饱和NH4Cl(aq)。  可供选择的发生装置(净化装置略去): (3)三颈烧瓶中反应生成了Fe和Fe3O4,离子方程式为　。  (4)为保证产品性能,需使其粒径适中、结晶度良好,可采取的措施有　　　　。  A.采用适宜的滴液速度 B.用盐酸代替KOH溶液,抑制Fe2+水解 C.在空气氛围中制备 D.选择适宜的焙烧温度 (5)步骤④中判断沉淀是否已经用水洗涤干净,应选择的试剂为　;  使用乙醇洗涤的目的是　。  (6)该实验所得磁性材料的产率为　　　　(保留3位有效数字)。  38.(2021·海南,17,12分,难度★★★)亚硝酰氯(NOCl)可作为有机合成试剂。 已知:①2NO+Cl22NOCl ②沸点:NOCl为-6 ℃,Cl2为-34 ℃,NO为-152 ℃。 ③NOCl易水解,能与O2反应。 某研究小组用NO和Cl2在如图所示装置中制备NOCl,并分离回收未反应的原料。 回答问题: (1)通入Cl2和NO前先通入氩气,作用是  　;  仪器D的名称是　。  (2)将催化剂负载在玻璃棉上而不是直接平铺在玻璃管中,目的是　。  (3)实验所需的NO可用NaNO2和FeSO4溶液在稀H2SO4中反应制得,离子反应方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (4)为分离产物和未反应的原料,低温浴槽A的温度区间应控制在　,  仪器C收集的物质是　　　　。  (5)无色的尾气若遇到空气会变为红棕色,原因是　。  39.(2021·河北,14,14分,难度★★★★)化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献。某化学兴趣小组在实验室中模拟并改进侯氏制碱法制备NaHCO3,进一步处理得到产品Na2CO3和NH4Cl,实验流程如图: 回答下列问题: (1)从A~E中选择合适的仪器制备NaHCO3,正确的连接顺序是　　　　　(按气流方向,用小写字母表示)。为使A中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下,可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或　。  (2)B中使用雾化装置的优点是  　。  (3)生成NaHCO3的总反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　。  (4)反应完成后,将B中U形管内的混合物处理得到固体NaHCO3和滤液: ①对固体NaHCO3充分加热,产生的气体先通过足量浓硫酸,再通过足量Na2O2,Na2O2增重0.14 g,则固体NaHCO3的质量为　　　　 g。  ②向滤液中加入NaCl粉末,存在NaCl(s)+NH4Cl(aq)NaCl(aq)+NH4Cl(s)过程。为使NH4Cl沉淀充分析出并分离,根据NaCl和NH4Cl溶解度曲线,需采用的操作为　　　　、　　　　、洗涤、干燥。  (5)无水Na2CO3可作为基准物质标定盐酸浓度。称量前,若无水Na2CO3保存不当,吸收了一定量水分,用其标定盐酸浓度时,会使结果　　　　(填标号)。  A.偏高 B.偏低 C.不变 40.(2020·浙江,30,10分,难度★★★★)硫代硫酸钠在纺织业等领域有广泛应用。某兴趣小组用下图装置制备Na2S2O3·5H2O。 合成反应:SO2+Na2CO3Na2SO3+CO2　2Na2S+3SO22Na2SO3+3S　Na2SO3+SNa2S2O3 滴定反应:I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6。 已知:Na2S2O3·5H2O易溶于水,难溶于乙醇,50 ℃开始失结晶水。 实验步骤: Ⅰ　Na2S2O3制备:装置A制备的SO2经过单向阀通入装置C中的混合溶液,加热、搅拌,至溶液pH约为7时,停止通入SO2气体,得产品混合溶液。 Ⅱ　产品分离提纯:产品混合溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,得到Na2S2O3·5H2O产品。 Ⅲ　产品纯度测定:以淀粉作指示剂,用Na2S2O3·5H2O产品配制的溶液滴定碘标准溶液至滴定终点,计算Na2S2O3·5H2O含量。 请回答: (1)步骤Ⅰ　单向阀的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　;装置C中的反应混合溶液pH过高或过低将导致产率降低,原因是　    　。  (2)步骤Ⅱ　下列说法正确的是　　　　。  A.快速蒸发溶液中水分,可得较大晶体颗粒 B.蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时,停止加热 C.冷却结晶后的固液混合物中加入乙醇可提高产率 D.可选用冷的Na2CO3溶液作洗涤剂 (3)步骤Ⅲ　①滴定前,有关滴定管的正确操作为(选出正确操作并按序排列): 检漏→蒸馏水洗涤→(　　)→(　　)→(　　)→(　　)→(　　)→开始滴定。 A.烘干 B.装入滴定液至零刻度以上 C.调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下 D.用洗耳球吹出润洗液 E.排除气泡 F.用滴定液润洗2至3次 G.记录起始读数 ②装标准碘溶液的碘量瓶(带瓶塞的锥形瓶)在滴定前应盖上瓶塞,目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  ③滴定法测得产品中Na2S2O3·5H2O含量为100.5%,则Na2S2O3·5H2O产品中可能混有的物质是　。  考点38探究性化学实验方案的设计与评价　　答案P429　 1.(2025·黑吉辽内蒙古,8,3分,难度★★★)巧设实验,方得真知。下列实验设计合理的是 (　　) A.除去Cl2中的HCl B.制备少量NO避免其被氧化 C.用乙醇萃取CS2中的S D.制作简易氢氧燃料电池 2.(2025·广东,6,2分,难度★★)对铁钉进行预处理,并用铜氨溶液给铁钉镀铜。下列操作不能达到实验目的的是 (　　) 3.(2025·广东,11,4分,难度★★★)利用如图装置进行实验:打开K1、K2,一定时间后,a中溶液变蓝;关闭K1,打开K3,点燃酒精灯加热数分钟后,滴入无水乙醇。下列说法错误的是 (　　) A.a中现象体现了I-的还原性 B.b中H2O2既作氧化剂也作还原剂 C.乙醇滴加过程中,c中的铜丝由黑变红,说明乙醇被氧化 D.d中有银镜反应发生,说明c中产物有乙酸 4.(2025·安徽,10,3分,难度★★★)下列实验操作能达到实验目的的是 (　　) 选项 实验操作 实验目的 A 将铁制镀件与铜片分别接直流电源的正、负极,平行浸入CuSO4溶液中 在铁制镀件表面镀铜 B 向粗盐水中先后加入过量Na2CO3溶液、NaOH溶液和BaCl2溶液 粗盐提纯中,去除Ca2+、Mg2+和S杂质离子 C 向2 mL 0.1 mol·L-1 K2Cr2O7溶液中滴加5滴6 mol·L-1 NaOH溶液,再滴加5滴6 mol·L-1 H2SO4溶液 探究c(H+)对如下平衡的影响: +H2O+2H+ D 将有机物M溶于乙醇,加入金属钠 探究M中是否含有羟基 5.(2025·甘肃,13,3分,难度★★★)下列实验操作能够达到目的的是 (　　) 选项 实验操作 目的 A 测定0.01 mol·L-1某酸溶液的pH是否为2 判断该酸是否为强酸 B 向稀Fe2(SO4)3溶液滴入几滴浓硫酸,观察溶液颜色变化 探究H+对Fe3+水解的影响 C 向AgNO3溶液先滴入几滴NaCl溶液,再滴入几滴NaI溶液,观察沉淀颜色变化 比较AgCl和AgI的Ksp大小 D 将氯气通入Na2S溶液,观察是否产生淡黄色沉淀 验证氯气的氧化性 6.(2025·陕晋宁青,10,3分,难度★★★)下列实验方案不能得出相应结论的是 (　　) 观察电流表指针偏转方向 观察溶液颜色变化 观察溶液颜色变化 观察出现 浑浊所用时间 A.结论:金属活动性顺序为Zn>Fe>Cu B.结论:氧化性顺序为Cl2>Fe3+>I2 C.结论:甲基使苯环活化 D.结论:增大反应物浓度,该反应速率加快 7.(双选)(2024·山东,12,3分,难度★★★★)由下列事实或现象能得出相应结论的是 (　　) 选项 事实或现象 结论 A 向酸性KMnO4溶液中加入草酸,紫色褪去 草酸具有还原性 B 铅蓄电池使用过程中两电极的质量均增加 电池发生了放电反应 C 向等物质的量浓度的NaCl、Na2CrO4混合溶液中滴加AgNO3溶液,先生成AgCl白色沉淀 Ksp(AgCl)< Ksp(Ag2CrO4) D 2NO2N2O4为基元反应,将盛有NO2的密闭烧瓶浸入冷水,红棕色变浅 正反应活化能大于逆反应活化能 8.(2024·江苏,11,3分,难度★★★)室温下,根据下列实验过程及现象,能验证相应实验结论的是 (　　) 选项 实验过程及现象 实验结论 A 用0.1 mol·L-1 NaOH溶液分别中和等体积的0.1 mol·L-1 H2SO4溶液和0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液,H2SO4消耗的NaOH溶液多 酸性: H2SO4> CH3COOH B 向2 mL 0.1 mol·L-1 Na2S溶液中滴加几滴溴水,振荡,产生淡黄色沉淀 氧化性: Br2>S C 向2 mL浓度均为0.1 mol·L-1的CaCl2和BaCl2混合溶液中滴加少量0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液,振荡,产生白色沉淀 溶度积常数: CaCO3> BaCO3 D 用pH试纸分别测定CH3COONa溶液和NaNO2溶液pH,CH3COONa溶液pH大 结合H+能力: CH3COO->N 9.(2024·海南,10,4分,难度★★★)根据下列实验及现象,所得结论错误的是 (　　) 选项 实验及现象 结论 A 将SO2通入溴水至过量,溶液的橙色褪去 SO2有漂白性 B 自热米饭附带的热源包(主要成分CaO,少许Na2CO3、Al粉)加水后,未产生气体 Al粉已经变质 C CuCl2浓溶液呈黄绿色,加水稀释后溶液呈蓝色 配体H2O、Cl-与Cu2+间存在配位平衡移动 D 淀粉-KI试纸遇FeCl3-NH4HF2的混合液不变色 [FeF6]3-配离子氧化能力弱 10.(2024·重庆,4,3分,难度★★★)下列实验原理或方法正确的是 (　　) A.向溴的CCl4溶液中通入石油裂解气,溶液褪色,证明气体为乙烯 B.向盛有银氨溶液的试管中滴入乙醛,振荡,水浴温热,可生成银镜 C.向饱和NaCl溶液中先通入CO2至饱和,再通入NH3,可析出NaHCO3固体 D.向PbS黑色悬浊液中加入H2O2溶液,生成白色PbSO4沉淀,证明Ksp(PbS)>Ksp(PbSO4) 11.(2023·浙江,16,3分,难度★★★★)探究卤族元素单质及其化合物的性质,下列方案设计、现象和结论都正确的是 (　　) 选项 实验方案 现象 结论 A 往碘的CCl4溶液中加入等体积浓KI溶液,振荡 分层,下层由紫红色变为浅粉红色,上层呈棕黄色 碘在浓KI溶液中的溶解能力大于在CCl4中的溶解能力 B 用玻璃棒蘸取次氯酸钠溶液点在pH试纸上 试纸变白 次氯酸钠溶液呈中性 C 向2 mL 0.1 mol·L-1 AgNO3溶液中先滴加4滴0.1 mol·L-1 KCl溶液,再滴加4滴0.1 mol·L-1 KI溶液 先产生白色沉淀,再产生黄色沉淀 AgCl转化为AgI,AgI溶解度小于AgCl溶解度 D 取两份新制氯水,分别滴加AgNO3溶液和淀粉KI溶液 前者有白色沉淀,后者溶液变蓝色 氯气与水的反应存在限度 12.(2023·重庆,8,3分,难度★★★)下列实验操作和现象,得出的相应结论正确的是 (　　) 选项 实验操作 现象 结论 A 向盛有Fe(OH)3和NiO(OH)的试管中分别滴加浓盐酸 盛NiO(OH)的试管中产生黄绿色气体 氧化性: NiO(OH)>Fe(OH)3 B 向CuSO4溶液中通入H2S气体 出现黑色沉淀(CuS) 酸性: H2S< H2SO4 C 乙醇和浓硫酸共热至170 ℃,将产生的气体通入溴水中 溴水褪色 乙烯发生了加成反应 D 向Na2HPO4溶液中滴加AgNO3溶液 出现黄色沉淀(Ag3PO4) Na2HPO4发生了水解反应 13.(2022·北京,10,3分,难度★★★)利用如图所示装置(夹持装置略)进行实验,b中现象不能证明a中产物生成的是 (　　) 选项 a中反应 b中检测试剂及现象 A 浓硝酸分解生成NO2 淀粉-KI溶液变蓝 B Cu与浓硫酸生成SO2 品红溶液褪色 C 浓NaOH与NH4Cl溶液生成NH3 酚酞溶液变红 D CH3CHBrCH3与NaOH乙醇溶液生成丙烯 溴水褪色 14.(2022·辽宁,13,3分,难度★★★)下列实验能达到目的的是 (　　) 选项 实验目的 实验方法或操作 A 测定中和反应的反应热 酸碱中和滴定的同时,用温度传感器采集锥形瓶内溶液的温度 B 探究浓度对化学反应速率的影响 量取同体积不同浓度的NaClO溶液,分别加入等体积等浓度的Na2SO3溶液,对比现象 C 判断反应后Ba2+是否沉淀完全 将Na2CO3溶液与BaCl2溶液混合,反应后静置,向上层清液中再加1滴Na2CO3溶液 D 检验淀粉是否发生了水解 向淀粉水解液中加入碘水 15.(2022·山东,11,4分,难度★★★)某同学按图示装置进行实验,欲使瓶中少量固体粉末最终消失并得到澄清溶液。下列物质组合不符合要求的是 (　　) 选项 气体 液体 固体粉末 A CO2 饱和Na2CO3溶液 CaCO3 B Cl2 FeCl2溶液 Fe C HCl Cu(NO3)2溶液 Cu D NH3 H2O AgCl 16.(2022·江苏,11,3分,难度★★★)室温下,下列实验探究方案不能达到探究目的的是 (　　) 选项 探究方案 探究目的 A 向盛有FeSO4溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液,振荡,再滴加几滴新制氯水,观察溶液颜色变化 Fe2+具有还原性 B 向盛有SO2水溶液的试管中滴加几滴品红溶液,振荡,加热试管,观察溶液颜色变化 SO2具有漂白性 续表 选项 探究方案 探究目的 C 向盛有淀粉-KI溶液的试管中滴加几滴溴水,振荡,观察溶液颜色变化 Br2的氧化性比I2的强 D 用pH计测量醋酸、盐酸的pH,比较溶液pH大小 CH3COOH是弱电解质 17.(2022·广东,5,2分,难度★★)若将铜丝插入热浓硫酸中进行如图(a~d均为浸有相应溶液的棉花)所示的探究实验,下列分析正确的是 () A.Cu与浓硫酸反应,只体现H2SO4的酸性 B.a处变红,说明SO2是酸性氧化物 C.b或c处褪色,均说明SO2具有漂白性 D.试管底部出现白色固体,说明反应中无H2O生成 18.(2022·海南,6,2分,难度★★)依据下列实验,预测的实验现象正确的是 (　　) 选项 实验内容 预测的实验现象 A MgCl2溶液中滴加NaOH溶液至过量 产生白色沉淀后沉淀消失 B FeCl2溶液中滴加KSCN溶液 溶液变血红色 C AgI悬浊液中滴加NaCl溶液至过量 黄色沉淀全部转化为白色沉淀 D 酸性KMnO4溶液中滴加乙醇至过量 溶液紫红色褪去 19.(2022·重庆,9,3分,难度★★★)下列实验操作及现象与对应结论不匹配的是 (　　) 选项 实验操作及现象 结论 A 将Na2S2O3溶液和稀硫酸混合,得到沉淀,且生成的气体可使品红溶液褪色 Na2S2O3既体现还原性又体现氧化性 续表 选项 实验操作及现象 结论 B 将Zn(OH)2固体粉末加入过量NaOH溶液中,充分搅拌,溶解得到无色溶液 Zn(OH)2既体现碱性又体现酸性 C 将TiCl4液体和FeCl3固体分别暴露在潮湿空气中,只有前者会冒“白烟” 水解性:TiCl4>FeCl3 D 将红色固体CrO3加热,得到绿色固体Cr2O3,且生成的气体可以使带火星的木条复燃 热稳定性:CrO3<Cr2O3 20.(2022·湖北,6,3分,难度★★)下列实验装置(部分夹持装置略)或现象错误的是 (　　) A.滴入酚酞溶液 B.吸氧腐蚀 C.钠的燃烧 D.石蜡油的热分解 21.(2021·广东,12,4分,难度★★★)化学是以实验为基础的科学。下列实验操作或做法正确且能达到目的的是 (　　) 选项 操作或做法 目的 A 将铜丝插入浓硝酸中 制备NO B 将密闭烧瓶中的NO2降温 探究温度对平衡移动的影响 C 将溴水滴入KI溶液中,加入乙醇并振荡 萃取溶液中生成的碘 D 实验结束,将剩余NaCl固体放回原试剂瓶 节约试剂 22.(2021·海南,14,4分,难度★★)依据下列实验和现象,得出的结论正确的是 (　　) 选项 实验 现象 结论 A 点燃无色气体X,将生成的气体通入澄清石灰水 澄清石灰水先浑浊后澄清 X为CO B 25 ℃时,向无色的Y溶液中滴加1~2滴酚酞试液 溶液仍为无色 Y溶液的pH<7 C 在淀粉和I2的混合溶液中滴加KSCN溶液[已知:(SCN)2、SCN-分别与卤素单质、卤素离子性质相似] 溶液仍为蓝色 氧化性:(SCN)2<I2 D 在稀硫酸中加入少量Cu2O(s) 溶液由无色变为蓝色并有红色固体生成 反应中Cu2O(s)既作氧化剂又作还原剂 23.(2025·广东,17,14分,难度★★★★)酸及盐在生活生产中应用广泛。 (1)甲苯氧化可生成苯甲酸。向盛有2 mL甲苯的试管中,加入几滴酸性KMnO4溶液,振荡,观察到体系颜色　。  (2)某苯甲酸粗品含少量泥沙和氯化钠。用重结晶法提纯该粗品过程中,需要的操作及其顺序为:加热溶解、　　　(填下列操作编号)。  (3)兴趣小组测定常温下苯甲酸饱和溶液的浓度c0和苯甲酸的Ka,实验如下:取50.00 mL苯甲酸饱和溶液,用0.100 0 mol·L-1 NaOH溶液滴定,用pH计测得体系的pH随滴入溶液体积V变化的曲线如图。据图可得: ①c0=　　　　　 mol·L-1。  ②苯甲酸的Ka=　　　　　(列出算式,水的电离可忽略)。  (4)该小组继续探究取代基对芳香酸酸性的影响。 ①知识回顾　羧酸酸性可用Ka衡量。下列羧酸Ka的变化顺序为:CH3COOH<CH2ClCOOH<CCl3COOH<CF3COOH 随着卤原子电负性　　　　　,羧基中的羟基　　　　　增大,酸性增强。  ②提出假设　甲同学根据①中规律推测下列芳香酸的酸性强弱顺序为: >> ③验证假设　甲同学测得常温下三种酸的饱和溶液的pH大小顺序为Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ,据此推断假设成立。但乙同学认为该推断依据不足,不能用所测得的pH直接判断Ka大小顺序,因为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  乙同学用(3)中方法测定了上述三种酸的Ka,其顺序为Ⅱ>Ⅰ>Ⅲ。 ④实验小结　假设不成立,芳香环上取代基效应较复杂,①中规律不可随意推广。 (5)该小组尝试测弱酸HClO的Ka。 ①丙同学认为不宜按照(3)中方法进行实验,其原因之一是次氯酸易分解。该分解反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  ②小组讨论后,选用0.100 mol·L-1 NaClO溶液(含少量NaCl)进行实验,以获得HClO的Ka。简述该方案    　(包括所用仪器及数据处理思路)。  ③教师指导:设计实验方案时,需要根据物质性质,具体问题具体分析。 24.(2025·湖北,18,14分,难度★★★★)某小组在探究Cu2+的还原产物组成及其形态过程中,观察到的实验现象与理论预测有差异。根据实验描述,回答下列问题: (1)向2 mL 10% NaOH溶液加入5滴5% CuSO4溶液,振荡后加入2 mL 10%葡萄糖溶液,加热。 ①反应产生的砖红色沉淀为　　　　　(写化学式),葡萄糖表现出　　　　(填“氧化”或“还原”)性。  ②操作时,没有加入葡萄糖溶液就加热,有黑色沉淀生成。用化学反应方程式说明该沉淀产生的原因:　。  (2)向20 mL 0.5 mol·L-1 CuSO4溶液中加入Zn粉使蓝色完全褪去,再加入盐酸并加热至溶液中无气泡产生为止。过滤得固体,洗涤并真空干燥。 ①加入盐酸的目的是　。  ②同学甲一次性加入1.18 g Zn粉,得到0.78 g红棕色固体,其组成是　　　　(填字母)。  a.Cu b.Cu包裹Zn c.CuO d.Cu和Cu2O ③同学乙搅拌下分批加入1.18 g Zn粉,得到黑色粉末X。分析结果表明,X中不含Zn和Cu(Ⅰ)。关于X的组成提出了三种可能性:Ⅰ.CuO;Ⅱ.CuO和Cu;Ⅲ.Cu,开展了下面2个探究实验: 由实验结果可知,X的组成是　　　　(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。从物质形态角度分析,X为黑色的原因是　  　。  25.(2024·广东,17,14分,难度★★★★)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。 A　　　B　　　C　　　D ⅰ.该过程中用到的仪器有　　　　(填字母)。  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 b 80.0 x V0 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-1 Na2CO3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:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  26.(2024·湖北,18,14分,难度★★★★)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(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　　　　　　(填字母)。  (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:  　。  实验Ⅳ: (4)实验Ⅳ中,A溶液到B溶液变为蓝色,并产生气体;B溶液到C溶液变为粉红色,并产生气体。从A溶液到C溶液所产生的气体的分子式分别为　　　　　　　　、　　　　　　　　。  27.(2023·北京,19,15分,难度★★★★)资料显示,I2可以将Cu氧化为Cu2+。某小组同学设计实验探究Cu被I2氧化的产物及铜元素的价态。 已知:I2易溶于KI溶液,发生反应I2+I-(红棕色);I2和氧化性几乎相同。 将等体积的KI溶液加入m mol铜粉和n mol I2(n>m)的固体混合物中,振荡。 实验记录如下。 序号 c(KI) 实验现象 实验Ⅰ 0.01 mol·L-1 极少量I2溶解,溶液为淡红色;充分反应后,红色的铜粉转化为白色沉淀,溶液仍为淡红色 实验Ⅱ 0.1 mol·L-1 部分I2溶解,溶液为红棕色;充分反应后,红色的铜粉转化为白色沉淀,溶液仍为红棕色 实验Ⅲ 4 mol·L-1 I2完全溶解,溶液为深红棕色;充分反应后,红色的铜粉完全溶解,溶液为深红棕色 (1)初始阶段,Cu被氧化的反应速率:实验Ⅰ　　　　(填“>”“<”或“=”)实验Ⅱ。  (2)实验Ⅲ所得溶液中,被氧化的铜元素的可能存在形式有[Cu(H2O)4]2+(蓝色)或[CuI2]-(无色),进行以下实验探究。 步骤a.取实验Ⅲ的深红棕色溶液,加入CCl4,多次萃取、分液。 步骤b.取分液后的无色水溶液,滴入浓氨水。溶液颜色变浅蓝色,并逐渐变深。 ⅰ.步骤a的目的是　。  ⅱ.查阅资料,2Cu2++4I-2CuI↓+I2,[Cu(NH3)2]+(无色)容易被空气中的氧气氧化。用离子方程式解释步骤b的溶液中发生的变化:  　。  (3)结合实验Ⅲ,推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是CuI,实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是  　。  分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体,洗涤后得到白色沉淀,加入浓KI溶液,  　(填实验现象),  观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是　。  (4)上述实验结果,I2仅将Cu氧化为+1价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验,证实了I2能将Cu氧化为Cu2+。装置如图所示,a、b分别是  　。  (5)运用氧化还原反应规律,分析在上述实验中Cu被I2氧化的产物中价态不同的原因:  　。  28.(2023·湖南,15,14分,难度★★★★)金属Ni对H2有强吸附作用,被广泛用于硝基或羰基等不饱和基团的催化氢化反应。将块状Ni转化成多孔型雷尼Ni后,其催化活性显著提高。 已知:①雷尼Ni暴露在空气中可以自燃,在制备和使用时,需用水或有机溶剂保持其表面“湿润”; ②邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行。 某实验小组制备雷尼Ni并探究其催化氢化性能的实验如下。 步骤1:雷尼Ni的制备 步骤2:邻硝基苯胺的催化氢化反应 反应的原理和实验装置图如下(夹持装置和搅拌装置略)。装置Ⅰ用于储存H2和监测反应过程。 回答下列问题。 (1)操作(a)中,反应的离子方程式是  　　　　　　　　　　。  (2)操作(d)中,判断雷尼Ni被水洗净的方法是   　。  (3)操作(e)中,下列溶剂中最有利于步骤2中氢化反应的是　　　　。  A.丙酮　　　　　B.四氯化碳 C.乙醇 D.正己烷 (4)向集气管中充入H2时,三通阀的孔路位置如图所示。发生氢化反应时,集气管向装置Ⅱ供气,此时孔路位置需调节为　。  (5)仪器M的名称是　　　　　　。  (6)反应前应向装置Ⅱ中通入N2一段时间,目的是  　。  (7)如果将三颈烧瓶N中的导气管口插入液面以下,可能导致的后果是　。  (8)判断氢化反应完全的现象是  　　　　　　　　　　　　　　　。  29.(2023·湖北,18,14分,难度★★★★)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下图,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+2S22I-+S4)标志滴定终点的现象是  　,  粗品中X的相对含量为　　　　　。  30.(2022·北京,19,11分,难度★★★★)某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应。 资料:ⅰ.Mn2+在一定条件下可被Cl2或ClO-氧化成MnO2(棕黑色)、Mn(绿色)、Mn(紫色)。 ⅱ.浓碱性条件下,Mn可被OH-还原为Mn。 ⅲ.Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关;NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。 实验装置如图(夹持装置略)。 序号 物质a C中实验现象 通入Cl2前 通入Cl2后 Ⅰ 水 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀,且放置后不发生变化 Ⅱ 5% NaOH 溶液 产生白色沉淀,在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多,放置后溶液变为紫色,仍有沉淀 Ⅲ 40%NaOH 溶液 产生白色沉淀,在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多,放置后溶液变为紫色,仍有沉淀 (1)B中试剂是　　　　。  (2)通入Cl2前,Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色变为棕黑色的化学方程式为　。  (3)对比实验Ⅰ、Ⅱ通入Cl2后的实验现象,对于二价锰化合物还原性的认识是  　。  (4)根据资料ⅱ,Ⅲ中应得到绿色溶液,实验中得到紫色溶液,分析现象与资料不符的原因: 原因一:可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。 原因二:可能是氧化剂过量,氧化剂将Mn氧化为Mn。 ①用化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因:  　,  但通过实验测定,溶液的碱性变化很小。 ②取Ⅲ中放置后的1 mL悬浊液,加入4 mL 40% NaOH溶液,溶液紫色迅速变为绿色,且绿色缓慢加深。溶液紫色迅速变为绿色的离子方程式为　;  溶液绿色缓慢加深,原因是MnO2被　　　　(填“化学式”)氧化,可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。  ③取Ⅲ中放置后的1 mL悬浊液,加入4 mL水,溶液紫色缓慢加深,发生的反应是  　。  ④从反应速率的角度,分析实验Ⅲ未得到绿色溶液的可能原因:  　。  31.(2022·福建,12,4分,难度★★★★)某兴趣小组设计实验探究Ce-MnOx催化空气氧化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(加热及夹持装置省略),反应方程式:HCOOHCO↑+H2O (1)装置A中盛放甲酸的仪器的名称是　　　　　　　　。  (2)从B、C、D中选择合适的装置收集CO,正确的接口连接顺序为a→　　　→　　　→　　　→　　　→h(每空填一个接口标号)。  步骤Ⅱ　检验CO 将CO通入新制银氨溶液中,有黑色沉淀生成。 (3)该反应的化学方程式为  　。  步骤Ⅲ　探究Ce-MnOx催化空气氧化CO的效率 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+I2O5I2+5CO2)。 (4)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0.101 6 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长对催化氧化效率的影响时,采用　　　　　　　　　　方法可以缩短接触时长。  (6)步骤Ⅲ装置存在的不足之处是　　　　　　　　　　　　　　。  32.(2021·福建,12,12分,难度★★★★)NaNO2溶液和NH4Cl溶液可发生反应:NaNO2+NH4ClN2↑+NaCl+2H2O。为探究反应速率与c(NaNO2)的关系,利用下列装置(夹持仪器略去)进行实验。 实验步骤:往A中加入一定体积(V)的2.0 mol·L-1NaNO2溶液、2.0 mol·L-1NH4Cl溶液和水,充分搅拌。控制体系温度,通过分液漏斗往A中加入1.0 mol·L-1醋酸。当导管口气泡均匀稳定冒出时,开始用排水法收集气体。用秒表测量收集1.0 mL N2所需的时间,重复多次取平均值(t)。 回答下列问题: (1)仪器A的名称为　　　　。  (2)检验装置气密性的方法:关闭止水夹K,  　。  (3)若需控制体系的温度为36 ℃,采取的合理加热方式为　。  (4)每组实验过程中,反应物浓度变化很小,忽略其对反应速率测定的影响。实验数据如下表所示。 编号 V/mL t/s NaNO2溶液 NH4Cl溶液 醋酸 水 1 4.0 V1 4.0 8.0 334 2 V2 4.0 4.0 V3 150 3 8.0 4.0 4.0 4.0 83 4 12.0 4.0 4.0 0.0 38 ①V1=　　　　,V3=　　　　。  ②该反应的速率方程为v=k·cm(NaNO2)·c(NH4Cl)·c(H+),k为反应速率常数。利用实验数据计算得m=　　　　(填整数)。  ③醋酸的作用是　　　　。  (5)如果用同浓度的盐酸代替醋酸进行实验1,NaNO2与盐酸反应生成HNO2,HNO2分解产生等物质的量的两种气体。反应结束后,A中红棕色气体逐渐变浅,装置中还能观察到的现象有　。  HNO2分解的化学方程式为  　。  33.(2021·广东,17,15分,难度★★★★)含氯物质在生产生活中有重要作用。1774年,舍勒在研究软锰矿(主要成分是MnO2)的过程中,将它与浓盐酸混合加热,产生了一种黄绿色气体。1810年,戴维确认这是一种新元素组成的单质,并命名为chlorine(中文命名“氯气”)。 (1)实验室沿用舍勒的方法制取Cl2的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　。  (2)实验室制取干燥Cl2时,净化与收集Cl2所需装置的接口连接顺序为　。  (3)某氯水久置后不能使品红溶液褪色,可推测氯水中　　　　　已分解。检验此久置氯水中Cl-存在的操作及现象是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (4)某合作学习小组进行以下实验探究。 ①实验任务　通过测定溶液电导率,探究温度对AgCl溶解度的影响。 ②查阅资料　电导率是表征电解质溶液导电能力的物理量。温度一定时,强电解质稀溶液的电导率随溶液中离子浓度的增大而增大;离子浓度一定时,稀溶液电导率随温度的升高而增大。25 ℃时,Ksp(AgCl)=1.8×10-10。 ③提出猜想　猜想a:较高温度的AgCl饱和溶液的电导率较大。 猜想b:AgCl在水中的溶解度S(45 ℃)>S(35 ℃)>S(25 ℃)。 ④设计实验、验证猜想　取试样Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ(不同温度下配制的AgCl饱和溶液),在设定的测试温度下,进行表1中实验1~3,记录数据。 表1 实验 序号 试样 测试 温度/℃ 电导率/ (μS/cm) 1 Ⅰ:25 ℃的AgCl饱和溶液 25 A1 2 Ⅱ:35 ℃的AgCl饱和溶液 35 A2 3 Ⅲ:45 ℃的AgCl饱和溶液 45 A3 ⑤数据分析、交流讨论　25 ℃的AgCl饱和溶液中,c(Cl-)=　　　 mol·L-1。  实验结果为A3>A2>A1。小组同学认为,此结果可以证明③中的猜想a成立,但不足以证明猜想b成立。结合②中信息,猜想b不足以成立的理由有  　。  ⑥优化实验　小组同学为进一步验证猜想b,在实验1~3的基础上完善方案,进行实验4和5。请完成表2中内容。 表2 实验序号 试样 测试 温度/ ℃ 电导率/ (μS/cm) 4 Ⅰ 　  B1 5 　  　  B2 ⑦实验总结　根据实验1~5的结果,并结合②中信息,小组同学认为猜想b也成立。猜想b成立的判断依据是　　　　　　　　　　　　　　　　　。  考点39定量分析型综合实验题答案P434　 1.(2025·云南,8,3分,难度★★★)某化学兴趣小组设计如下实验装置,通过测定反应前后质量的变化,验证NaNO3固体在酒精灯加热条件下,受热分解的气态产物。 实验步骤:先缓慢通入Ar气,排尽装置内空气;关闭Ⅰ左侧阀门,点燃酒精灯;一段时间后,Ⅱ中灼热的铜网变黑,熄灭酒精灯甲;再次缓慢通入Ar气…… 下列说法错误的是 (　　) A.实验步骤中,点燃酒精灯的顺序为甲、乙、丙 B.整个过程中,若Ⅲ中灼热的铜网未变黑,则说明生成的O2在Ⅱ中反应完全 C.实验结束后,若Ⅰ中减少的质量等于Ⅱ中增加的质量,则分解的气态产物只有O2 D.NaNO3应远离热源、可燃物,并与还原性物质分开存放 2.(2025·陕晋宁青,15,15分,难度★★★★)某实验室制备糖精钴[Co(Sac)2(H2O)4]·xH2O,并测定其结晶水含量。 已知:Sac-表示糖精根离子,其摩尔质量为182 g·mol-1;糖精钴的溶解度在热水中较大,在冷水中较小;丙酮沸点为56 ℃,与水互溶。 CoCl2·6H2O+2NaSac·2H2O[Co(Sac)2(H2O)4]·xH2O+(6-x)H2O+2NaCl (一)制备 Ⅰ.称取1.0 g CoCl2·6H2O,加入18 mL蒸馏水,搅拌溶解,得溶液1。 Ⅱ.称取2.6 g(稍过量)糖精钠(NaSac·2H2O),加入10 mL蒸馏水,加热搅拌,得溶液2。 Ⅲ.将溶液2加入接近沸腾的溶液1中,反应3分钟后停止加热,静置,冷却结晶。 Ⅳ.过滤,依次用三种不同试剂洗涤晶体,晾干得产品。 回答下列问题: (1)Ⅰ和Ⅱ中除烧杯外,还需用到的玻璃仪器有　　　　　　　　(写出两种)。  (2)Ⅲ中静置过程有少量晶体出现时,可将烧杯置于　　　　　　中,以使大量晶体析出。  (3)Ⅳ中用①丙酮、②冷水、③冷的1 % NaSac溶液洗涤晶体,正确顺序为　　　　　(填字母)。  A.①③②　　　B.③②①　　　C.②①③ (4)Ⅳ中为了确认氯离子已经洗净,取水洗时的最后一次滤液于试管中,    (将实验操作、现象和结论补充完整)。 (5)与本实验安全注意事项有关的图标有　　　　　　(填字母)。  (二)结晶水含量测定 EDTA和Co2+形成1∶1配合物。准确称取m g糖精钴产品于锥形瓶中,加蒸馏水,加热溶解,再加入缓冲溶液和指示剂,在50~60 ℃下,用c mol·L-1的EDTA标准溶液滴定。 (6)下列操作的正确顺序为　　　(用字母排序)。  a.用标准溶液润洗滴定管 b.加入标准溶液至“0”刻度以上2~3 mL处 c.检查滴定管是否漏水并清洗 d.赶出气泡,调节液面,准确记录读数 (7)滴定终点时消耗标准溶液V mL,则产品[Co(Sac)2(H2O)4]·xH2O中x的测定值为　　　　(用含m、c、V的代数式表示);若滴定前滴定管尖嘴处无气泡,滴定后有气泡,会导致x的测定值　　　　　(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。  3.(2025·河南,16,14分,难度★★★★)某研究小组设计了如下实验测定某药用硫黄中硫的含量,其中硫转化的总反应为S+2OH-+3H2O2S+4H2O。 主要实验步骤如下: Ⅰ.如图所示,准确称取m g细粉状药用硫黄于①中,并准确加入V1 mL KOH乙醇溶液(过量),加入适量蒸馏水,搅拌,加热回流。待样品完全溶解后,蒸馏除去乙醇。 Ⅱ.室温下向①中加入适量蒸馏水,搅拌下缓慢滴加足量30%H2O2溶液,加热至100 ℃,保持20 min,冷却至室温。 Ⅲ.将①中溶液全部转移至锥形瓶中,加入2滴甲基橙指示剂,用c mol·L-1 HCl标准溶液滴定至终点,消耗HCl溶液的体积为V2 mL。 Ⅳ.不加入硫黄,重复步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ做空白实验,消耗HCl标准溶液体积为V3 mL。计算样品中硫的质量分数。 Ⅴ.平行测定三次,计算硫含量的平均值。 回答下列问题: (1)仪器①的名称是　　　　　　　　;②的名称是　　　　　　　　。  (2)步骤Ⅰ中,乙醇的作用是　。  (3)步骤Ⅰ中,样品完全溶解后,必须蒸馏除去乙醇的原因是  　。  (4)步骤Ⅱ中不宜采用水浴加热的原因是　。  步骤Ⅱ结束后,若要检验反应后溶液中的S,实验操作是  　。  (5)步骤Ⅲ中,判断滴定达到终点的现象为  　。  (6)单次样品测定中硫的质量分数可表示为    (写出计算式)。 4.(2024·天津,15,14分,难度★★★★)柠檬酸钙微溶于水、难溶于乙醇,是一种安全的食品补钙剂。某学习小组以蛋壳为主要原料,开展制备柠檬酸钙的如下实验。 Ⅰ.实验流程 洁净蛋壳醋酸钙溶液柠檬酸钙 (1)实验中,需将蛋壳研磨成粉,其目的是  　。  (2)写出蛋壳主要成分与醋酸反应的离子方程式　　　　　　　,此反应的实验现象是　  　。  (3)实验流程中,先将蛋壳粉与醋酸反应,而不是直接与柠檬酸溶液反应。解释该设计的理由: 　。  (4)过滤时用到的玻璃仪器有　　　　　　　。  (5)洗涤柠檬酸钙最适宜的试剂是　　　　　(填序号)。  　　　 　　　　　 　　　　　 　　 a.水 b.乙醇 c.醋酸 (6)上述实验流程中可循环使用的反应物为　　　　　　　。  Ⅱ.柠檬酸钙样品纯度的测定 已知:柠檬酸钙的摩尔质量为M g·mol-1,EDTA与Ca2+按1∶1(物质的量之比)形成稳定配合物。将干燥后的柠檬酸钙样品a g置于锥形瓶中,按照滴定要求将其配成溶液,用溶液调节pH大于13,加入钙指示剂,用b mol·L-1的EDTA标准溶液滴定至试液由紫红色变为蓝色,达到滴定终点,消耗EDTA标准溶液V mL。 (7)配制1 mol·L-1 NaOH溶液时,需将洗涤烧杯内壁和玻璃棒的洗涤液一并转移至容量瓶中,其目的是　。  (8)测定实验中,滴定管用蒸馏水洗涤后,加入EDTA标准溶液之前,需进行的操作为　　　　　　　。若滴定所用锥形瓶在使用前洗净但未干燥,会导致测定结果　　　　　　　(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。  (9)样品中柠檬酸钙质量分数的表达式是　　　　　　　(用字母表示)。  5.(2024·山东,19,12分,难度★★★★)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+6HCl3I2+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+2H2OH2SO4+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,样品中硫的质量分数为　　　　　(用含a、V的代数式表示)。  (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”)。  6.(2024·江苏,14,15分,难度★★★★)回收磁性合金钕铁硼(Nd2Fe14B)可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。 (1)钕铁硼在空气中焙烧转化为Nd2O3、Fe2O3等(忽略硼的化合物),用0.4 mol·L-1盐酸酸浸后过滤得到NdCl3溶液和含铁滤渣。Nd、Fe浸出率(×100%)随浸取时间变化如图所示。 ①含铁滤渣的主要成分为　　　　　(填化学式)。  ②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是 　。  (2)含铁滤渣用硫酸溶解,经萃取、反萃取提纯后,用于制备铁酸铋。 ①用含有机胺(R3N)的有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的Fe2(SO4)3溶液,原理为: (R3NH)2SO4+Fe3++S+H2OH++(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2(有机层) 已知:(R3NH)2SO4+H++HS2(R3NH·HSO4) 其他条件不变,水层初始pH在0.2~0.8范围内,随水层pH增大,有机层中Fe元素含量迅速增多的原因是  　。  ②反萃取后,Fe2(SO4)3经转化可得到铁酸铋。铁酸铋晶胞如图所示(图中有4个Fe原子位于晶胞体对角线上,O原子未画出),其中原子数目比N(Fe)∶N(Bi)=　　　　　　。  (3)净化后的NdCl3溶液通过沉钕、焙烧得到Nd2O3。 ①向NdCl3溶液中加入(NH4)2CO3溶液,Nd3+可转化为Nd(OH)CO3沉淀。该反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  ②将8.84 mg Nd(OH)CO3(摩尔质量为221 g·mol-1)在氮气氛围中焙烧,剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。550~600 ℃时,所得固体产物可表示为NdaOb(CO3)c,通过以上实验数据确定该产物中n(Nd3+)∶n(C)的比值    　(写出计算过程)。  7.(2024·重庆,15,14分,难度★★★★)含钌(Ru)催化剂在能源等领域应用广泛。Ru(NO)(NO3)3是制备负载型钌催化剂的前驱体。一种制备高纯Ru(NO)(NO3)3的技术路线如下(部分试剂、步骤及反应条件略)。 RuCl3·3H2ORu(NO)Cl3Ru(NO)(OH)3Ru(NO)(NO3)3 回答下列问题: (1)已知基态Ru的核外电子排布式为[Kr]4d75s1,则Ru在元素周期表中位于第　　　　周期第　　　　族。KNO2中,N的空间结构为　　　　。  (2)为验证Ru与NO形成了配位键,对所得Ru(NO)Cl3的表征结果如图所示,表征所用仪器是　　　　(填字母)。  A.核磁共振仪 B.质谱仪 C.红外光谱仪 D.X射线衍射仪 (3)步骤①中无气体生成,除生成Ru配合物外,生成的盐还有　　　　(填化学式)。  (4)步骤②生成的Ru(NO)(OH)3为难溶物,反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　。  (5)步骤③在加入稀硝酸前,需要将难溶物加入AgNO3溶液中,以除去残留的Cl-;为使Cl-沉淀完全,Ag+的浓度应大于　　　　mol·L-1。(已知AgCl的Ksp=1.8×10-10)  (6)Ru(NO)(NO3)3受热易分解,在660 K时完全分解,失重率为58%,剩余固体为Ru的氧化物,则该氧化物的化学式为　　　　。  8.(2024·安徽,16,15分,难度★★★★)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】按下图所示(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-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,现象如下表: 实验分组 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　。  9.(2024·全国甲,27,14分,难度★★★★)·H2O2(俗称过氧化脲)是一种消毒剂,实验室中可用尿素与过氧化氢制取,反应方程式如下: CO(NH2)2+H2O2CO(NH2)2·H2O2。 (一)过氧化脲的合成 烧杯中分别加入25 mL 30% H2O2(ρ=1.11 g·cm-3)、40 mL蒸馏水和12.0 g尿素,搅拌溶解。30 ℃下反应40 min,冷却结晶、过滤、干燥,得白色针状晶体9.4 g。 (二)过氧化脲性质检测 Ⅰ.过氧化脲溶液用稀硫酸酸化后,滴加KMnO4溶液,紫红色消失。 Ⅱ.过氧化脲溶液用稀硫酸酸化后,加入KI溶液和四氯化碳,振荡,静置。 (三)产品纯度测定 溶液配制:称取一定量产品,用蒸馏水溶解后配制成100 mL溶液。 滴定分析:量取25.00 mL过氧化脲溶液至锥形瓶中,加入一定量稀硫酸,用准确浓度的KMnO4溶液滴定至微红色,记录滴定体积,计算纯度。 回答下列问题: (1)过滤中使用到的玻璃仪器有　　　　　　　　　　　　(写出两种即可)。  (2)过氧化脲的产率为　　　　　　。  (3)性质检测Ⅱ中的现象为　　　　　　　　　　　　　　　　。性质检测Ⅰ和Ⅱ分别说明过氧化脲具有的性质是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (4)下图为“溶液配制”的部分过程,操作a应重复3次,目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,定容后还需要的操作为　。  (5)“滴定分析”步骤中,下列操作错误的是　　　　　(填字母)。  A.KMnO4溶液置于酸式滴定管中 B.用量筒量取25.00 mL过氧化脲溶液 C.滴定接近终点时,用洗瓶冲洗锥形瓶内壁 D.锥形瓶内溶液变色后,立即记录滴定管液面刻度 (6)以下操作导致过氧化脲纯度测定结果偏低的是　　　　　(填字母)。  A.容量瓶中液面超过刻度线 B.滴定管水洗后未用KMnO4溶液润洗 C.摇动锥形瓶时KMnO4溶液滴到锥形瓶外 D.滴定前滴定管尖嘴处有气泡,滴定后气泡消失 10.(2023·重庆,16,14分,难度★★★)煤的化学活性是评价煤气化或燃烧性能的一项重要指标,可用与焦炭(由煤样制得)反应的CO2的转化率α来表示。研究小组设计测定α的实验装置如下: Ⅰ　Ⅱ Ⅲ (1)装置Ⅰ中,仪器a的名称是　　　　;b中除去的物质是　　　　(填化学式)。  (2)①将煤样隔绝空气在900 ℃加热1小时得焦炭,该过程称为　　　　。  ②装置Ⅱ中,高温下发生反应的化学方程式为 　。  ③装置Ⅲ中,先通入适量的气体X,再通入足量Ar气。若气体X被完全吸收,则可依据d和e中分别生成的固体质量计算α。 ⅰ.d中的现象是　。  ⅱ.e中生成的固体为Ag,反应的化学方程式为　。  ⅲ.d和e的连接顺序颠倒后将造成α　　　　(填“偏大”“偏小”或“不变”)。  ⅲⅰ.在工业上按照国家标准测定α:将干燥后的CO2(含杂质N2的体积分数为n)以一定流量通入装置Ⅱ反应,用奥氏气体分析仪测出反应后某时段气体中CO2的体积分数为m,此时α的表达式为　　　　　　。  11.(2023·全国乙,26,14分,难度★★★★)元素分析是有机化合物的表征手段之一。按下图实验装置(部分装置略)对有机化合物进行C、H元素分析。 回答下列问题: (1)将装有样品的Pt坩埚和CuO放入石英管中,先　　　　,而后将已称重的U形管c、d与石英管连接,检查　　　　。依次点燃煤气灯　　　　　,进行实验。  (2)O2的作用有　　　　　　　　　　　。CuO的作用是　　　　　　　　　(举1例,用化学方程式表示)。  (3)c和d中的试剂分别是　　　　　　　　、　　　　　　　　(填标号)。c和d中的试剂不可调换,理由是　  　。  A.CaCl2 　　　　B.NaCl C.碱石灰(CaO+NaOH) 　　　　D.Na2SO3 (4)Pt坩埚中样品CxHyOz反应完全后,应进行操作:　。  取下c和d管称重。 (5)若样品CxHyOz为0.023 6 g,实验结束后,c管增重0.010 8 g,d管增重0.035 2 g。质谱测得该有机物的相对分子质量为118,其分子式为　　　　　。  12.(2022·北京,16,11分,难度★★★★)煤中硫的存在形态分为有机硫和无机硫(CaSO4、硫化物及微量单质硫等)。库仑滴定法是常用的快速检测煤中全硫含量的方法,其主要过程如下图所示。 已知:在催化剂作用下,煤在管式炉中燃烧,出口气体中主要含O2、CO2、H2O、N2、SO2。 (1)煤样需研磨成细小粉末,目的是　。  (2)高温下,煤中的CaSO4完全转化为SO2,该反应的化学方程式为　　　　　　　　　　。  (3)通过干燥装置后,待测气体进入库仑测硫仪进行测定。 已知:库仑测硫仪中电解原理示意图如图。检测前,电解质溶液中c()/c(I-)保持定值时,电解池不工作。待测气体进入电解池后,SO2溶解并将还原,测硫仪便立即自动进行电解到c()/c(I-)又回到原定值,测定结束。通过测定电解消耗的电量可以求得煤中含硫量。 ①SO2在电解池中发生反应的离子方程式为  　。  ②测硫仪工作时电解池的阳极反应式为  　。  (4)煤样为a g,电解消耗的电量为x库仑。煤样中硫的质量分数为　　　　。  已知:电解中转移1 mol电子所消耗的电量为96 500库仑。 (5)条件控制和误差分析。 ①测定过程中,需要控制电解质溶液的pH。当pH<1时,非电解生成的使测得的全硫含量偏小,生成的离子方程式为  　　　　　　　　　　　　　　　。  ②管式炉中煤样燃烧时会有少量SO3产生,使测得的全硫含量　　　　(填“偏大”或“偏小”),该测量结果可进行校正。  13.(2022·河北,14,14分,难度★★★)某研究小组为了准确检测香菇中添加剂亚硫酸盐的含量,设计实验如图: ①三颈烧瓶中加入10.00 g香菇样品和400 mL水;锥形瓶中加入125 mL水、1 mL淀粉溶液,并预加0.30 mL 0.010 00 mol·L-1的碘标准溶液,搅拌。 ②以0.2 L·min-1流速通氮气,再加入过量磷酸,加热并保持微沸,同时用碘标准溶液滴定,至终点时滴定消耗了1.00 mL碘标准溶液。 ③做空白实验,消耗了0.10 mL碘标准溶液。 ④用适量Na2SO3替代香菇样品,重复上述步骤,测得SO2的平均回收率为95 %。 已知:Ka1(H3PO4)=7.1×10-3,Ka1(H2SO3)=1.3×10-2 回答下列问题: (1)装置图中仪器a、b的名称分别为　　　　、　　　　。  (2)三颈烧瓶适宜的规格为　　　　(填标号)。  A.250 mL　　B.500 mL　　C.1 000 mL (3)解释加入H3PO4,能够生成SO2的原因:  　　　　　　　　　　　　　　　。  (4)滴定管在使用前需要　　　　、洗涤、润洗;滴定终点时溶液的颜色为　　　　;滴定反应的离子方程式为　。  (5)若先加磷酸再通氮气,会使测定结果　　　　(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。  (6)该样品中亚硫酸盐含量为　　　　mg·kg-1(以SO2计,结果保留三位有效数字)。  14.(2022·湖南,15,12分,难度★★★)某实验小组以BaS溶液为原料制备BaCl2·2H2O,并用重量法测定产品中BaCl2·2H2O的含量。设计了如下实验方案: 可选用试剂:NaCl晶体、BaS溶液、浓硫酸、稀硫酸、CuSO4溶液、蒸馏水 步骤1.BaCl2·2H2O的制备 按如图所示装置进行实验,得到BaCl2溶液,经一系列步骤获得BaCl2·2H2O产品。 步骤2.产品中BaCl2·2H2O的含量测定 ①称取产品0.500 0 g,用100 mL水溶解,酸化,加热至近沸; ②在不断搅拌下,向①所得溶液逐滴加入热的0.100 mol·L-1 H2SO4溶液; ③沉淀完全后,60 ℃水浴40分钟,经过滤、洗涤、烘干等步骤,称量白色固体,质量为0.466 0 g。 回答下列问题: (1)Ⅰ是制取　　　　气体的装置,在试剂a过量并微热时,发生主要反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　;  (2)Ⅱ中b仪器的作用是　　　　　　　　　　　　　　;Ⅲ中的试剂应选用　;  (3)在沉淀过程中,某同学在加入一定量热的H2SO4溶液后,认为沉淀已经完全,判断沉淀已完全的方法是　;  (4)沉淀过程中需加入过量的H2SO4溶液,原因是　;  (5)在过滤操作中,下列仪器不需要用到的是　　　　(填名称);  (6)产品中BaCl2·2H2O的质量分数为　　　(保留三位有效数字)。  学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题十六　物质的制备　实验方案的设计与评价 考点37　物质制备实验方案的设计与评价 1.C　CaC2与饱和NaCl溶液用于制备C2H2,除杂后C2H2能使酸性KMnO4溶液褪色,A项不符合题意;Na2SO3与70%浓硫酸反应生成SO2,除杂后SO2能使酸性KMnO4溶液褪色,B项不符合题意;CaCO3与稀盐酸反应生成CO2,除杂后CO2不能使酸性KMnO4溶液褪色,C项符合题意;Al2S3固体水解产生H2S,除杂后H2S能使酸性KMnO4溶液褪色,D项不符合题意。 2.B　为防止空气中H2O和O2影响实验,应保证为封闭体系,气球可以起缓冲压力作用,A正确;实验过程中“二苯甲酮”可与格氏试剂反应,为减少副反应,烧瓶中液体为苯甲酰氯,B错误;选用恒压滴液漏斗可以平衡气压,便于液体顺利流下,C正确;苯甲酰氯的产率高,副反应程度小,表明苯甲酰氯更易与格氏试剂反应,D正确。 3.D　向CuSO4溶液中加氨水先转化为Cu(OH)2沉淀,再加过量氨水沉淀又转化为[Cu(NH3)4]SO4,变为深蓝色溶液,加入乙醇后,[Cu(NH3)4]SO4的溶解度变小而析出深蓝色沉淀,再加盐酸后[Cu(NH3)4]2+与Cl-转化为黄绿色的配离子[CuCl4]2-。②中沉淀为Cu(OH)2,④中沉淀为[Cu(NH3)4]SO4,A项正确;在含Cu2+的溶液中加过量氨水能转化为[Cu(NH3)4]2+,说明Cu2+更易与NH3结合,B项正确;向[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入乙醇后析出固体,说明其在乙醇中溶解度小,C项正确;若向⑤中加入稀硫酸,不会转化成黄绿色的[CuCl4]2-,D项错误。 4.D　因为催化剂易水解,在反应装置和缓冲装置之间增加干燥管,防止水蒸气进入反应瓶,A项正确;反应产物HCl和未反应完的Cl2均能被NaOH溶液吸收,B项正确;Cl2通入反应液中不但作为反应物参与反应,而且也可起到搅拌作用,C项正确;该取代反应为放热反应,控制Cl2流速不变使反应持续进行,反应温度不断升高,D项错误。 5.C　图中右侧圆底烧瓶与分液漏斗的组合装置可用于固体与液体或液体与液体制取气体的发生装置。饱和Na2SO3溶液和浓硫酸反应不需要加热即可制取SO2,SO2的密度比空气大,用向上排空气法收集,A项正确;MnO2和浓盐酸加热反应可以制取Cl2,Cl2的密度比空气大,用向上排空气法收集,B项正确;固体NH4Cl与熟石灰加热可以制取NH3,NH3的密度比空气小,用向下排空气法收集,但固体与固体加热制取气体,不能用图中分液漏斗和圆底烧瓶的组合装置,C项错误;石灰石(主要成分为CaCO3)和稀盐酸反应可以制取CO2,CO2的密度比空气的大,用向上排空气法收集,D项正确。 6.A　金属性的强弱比较常从以下两个角度设计实验:根据金属单质与水或酸反应的剧烈程度进行比较,金属与水或酸反应越剧烈,其金属性越强;根据元素的最高价氧化物的水化物——氢氧化物的碱性强弱进行比较,碱性越强,金属性越强。A中的试剂和用品只能制备镁、铝的氢氧化物,而不能比较其碱性强弱,A错误。制备乙酸乙酯的操作是:在一支试管中加入乙醇,然后边振荡试管边慢慢加入浓硫酸和乙酸,再加入几片碎瓷片,连接好装置,用酒精灯小心加热,将产生的蒸气经导管通到饱和碳酸钠溶液的液面上,B正确。制备[Cu(NH3)4]SO4溶液:向硫酸铜溶液中滴加氨水,边加边振荡,直至溶液变成深蓝色,C正确。制备Fe(OH)3胶体:向烧杯中加入蒸馏水,加热至沸腾,向沸水中逐滴加入5~6滴氯化铁饱和溶液,继续煮沸至液体呈红褐色,停止加热,D正确。 7.C　从实验的置换反应可知,还原性从强到弱的顺序为Fe>Cu>Ag,A错误;由电子转移守恒可知,1 mol Fe可以置换1 mol Cu,而1 mol Cu可以置换2 mol Ag,可知消耗1 mol Fe可回收2 mol Ag,B错误;反应①中,氯化四氨合铜溶液与浓盐酸反应生成氯化铜和氯化铵,该反应的离子方程式是[Cu(NH3)4]2++4H+Cu2++4N,C正确;向氯化铜和氯化铵的混合液中加入铁,铁置换出铜后生成Fe2+,然后Fe2+被通入的氧气氧化为Fe3+,氯化铁和氯化铵水解均使溶液呈酸性二者可共存,溶液①中的金属离子是Fe3+,D错误。 8.C　洗去红磷表面杂质,有利于得到高纯度的白磷,A正确;为防止红磷在加热条件下与O2反应,可加热除去红磷表面的水,以及装置内的氧气,B正确;冷凝水从b口通入,才能使冷凝管中充满水,提高冷凝效果,C错误;白磷着火点低,为防止白磷自燃,可在N2气氛中收集,D正确。 9.D　A项装置为净化装置,通过饱和食盐水除掉氯化氢杂质,再通过浓硫酸干燥,处理顺序正确,不符合题意;B项装置为收集装置,氯气的密度比空气大,收集氯气时导管应长进短出,装置正确,不符合题意;C项装置为性质检验装置,干燥的氯气通过干燥的红布条时,红布条不褪色,而通过湿润的红布条时,红布条褪色,据此可知氯气不具备漂白性,可以达到实验目的,不符合题意;D项装置为尾气处理装置,氯气在水中的溶解度不大,选用水吸收尾气会造成尾气吸收不完全,应选用氢氧化钠溶液吸收,D项不能达到实验目的,符合题意。 10.B　由于O2难溶于水,密度大于空气,因此可以用排水法或向上排空气法收集,A项收集方法错误;Zn与稀H2SO4发生置换反应产生H2,属于块状固体与液体反应制取气体,产生的H2难溶于水,因此可以用排水的方法收集,故可以使用装置b、e制取、收集H2,B项正确;NO易与O2发生反应产生NO2气体,因此不能使用排空气的方法收集,C项错误;CaCO3与稀硫酸反应生成CaSO4和CO2气体,CaSO4微溶于水,CaSO4覆盖在CaCO3表面,使CO2气体不能持续发生,D项错误。 11.AB　测定NaOH溶液浓度,需要用碱式滴定管量取一定体积的待测NaOH溶液,玻璃仪器中缺少碱式滴定管,C项不符合题目要求;制备乙酸乙酯需要用浓硫酸作催化剂和吸水剂,题干提供的试剂中缺少浓硫酸,D项不符合题目要求。A、B两项所提供的玻璃仪器与试剂是准确、完整的,A、B符合题目要求。 12.A　据图可知FeSO4分解时生成SO2和SO3,部分S元素被还原,则Fe元素应被氧化,X应为Fe2O3,A项说法错误;H2SO4与KNO3在蒸馏条件下生成HNO3和K2SO4,为复分解反应,B项说法正确;H2SO4与KNO3混合后,蒸馏过程中生成HNO3,说明HNO3的沸点比H2SO4的低,C项说法正确;硫酸、硝酸均可以和铁反应,所以制备使用的铁锅易损坏,D项说法正确。 13.B　H2S能与浓硫酸反应,故不能用浓硫酸干燥,A项错误;可以利用反应2H2O22H2O+O2↑制取O2,可以用浓硫酸干燥氧气,B项正确;常温下铁片被浓硝酸钝化,C项错误;氨气可与浓硫酸反应,故不能用浓硫酸干燥氨气,D项错误。 14. (1)不产生副产物对二苯甲酸 ()　原料易得,无污染 (2)50 (3)将未被氧化的对甲基苯甲醛萃取分离 (4)H++OH-H2O　+H+ (5)③　①　④　空气中的氧气 解析 (1)KMnO4的氧化性强,不但氧化苯环上的醛基,还可将甲基氧化为—COOH,使产物不纯;本实验使用空气作氧化剂,原料易得且无污染,而KMnO4在反应前后易产生含锰元素的废液等。 (2)在反应未开始时(0 h),核磁共振氢谱峰面积比a∶b∶c∶d=1∶2∶2∶3,恰好对应中的关系;在反应时间为2 h时,a∶a'=2∶1,说明正好有50%的对甲基苯甲醛转化为对甲基苯甲酸。 (3)步骤Ⅱ中,先蒸去丙酮,再加入过量NaOH溶液将转化为,故使用乙酸乙酯洗涤的目的是将未被氧化的对甲基苯甲醛萃取分离。 (4)步骤Ⅲ中,加稀盐酸,先中和过量NaOH,再将转化为。故离子方程式分别为H++OH-H2O、+H+。 (5)依据题意“丙酮易挥发”,故需先关闭阀门,再用液氮冷冻反应液,排走一部分溶解的16O2,再打开阀门抽气,当装置中空气抽净后又关闭阀门,再将反应液恢复室温。故操作顺序为①→②→③→①→④。对甲基苯甲酸()的相对分子质量为136,由表格数据可知反应条件为18O2和CH3COCH3时得到产物的相对分子质量为138,即1分子产物中含有1个18O,而反应条件为空气和CH3C18OCH3时得到产物的相对分子质量为136,即产物中没有18O,所以目标产物中羧基O来源于醛基和空气中的O2。 15. (1)1∶1∶2 (2)冷凝回流　直形冷凝管　B (3)2、3　　C (4)自催化反应 解析 (1)根据聚酯的链节可知,两种酸酐和1,2-丙二醇的物质的量之比为1∶1∶2。 (2)装置B为空气冷凝管,起到冷凝回流作用,提高原料的利用率。仪器C的名称为直形冷凝管。缩聚反应生成水,通过蒸出水,可以使酯化反应正向进行,提高产物的产率。 (3)实验2、3消耗的KOH差值偏大,舍去。平均消耗KOH的体积为25.00 mL,酸值为 = mg·g-1。 当所测酸值高于聚合度要求,则应继续促进反应正向进行。应继续加热,装置D中液体放出不影响平衡,加速N2的通入可以促进生成物H2O的排出,有利于平衡正向移动。 (4)酸酐醇解产生的缩聚反应的反应物存在羧基,也可以催化酯化反应。 16. (1)圆底烧瓶　H2S+I2S+2HI (2)c (3)I2+I- (4)NaOH (5)先停止加热,再停止通入N2 (6)×100% (7)棕色试剂瓶中,且瓶口密封,置于阴暗处 解析 (1)步骤ⅰ中H2S与I2发生氧化还原反应:H2S+I2S+2HI。 (2)步骤ⅰ中快速搅拌,与防止暴沸无关(不涉及加热),b项不符合题意;产物分离前先静置,快速搅拌与固液分离无关,a项不符合题意;由于产物S不溶于水,快速搅拌可防止单质I2被S包覆,阻止反应进行,c项符合题意。 (3)I2能够与I-反应生成,促进了I2的溶解,离子方程式为I2+I-。 (4)步骤ⅱ中的尾气是H2S,属于酸性气体,常用NaOH溶液吸收。 (5)HI还原性较强,易被O2氧化,故步骤ⅲ实验结束时相对应的操作顺序为先停止加热,再停止通入N2。 (6)依据碘元素守恒,得到关系式:I2~2HI,则HI的理论产量n(HI)=2n(I2)=×2=1.0 mol,HI的产率==×100%=×100%。 (7)氢碘酸见光易分解,需要存放在棕色试剂瓶中;氢碘酸易被空气氧化,还需要密封保存。 17. (1)烧杯、玻璃棒 (2)加快NH4HCO3溶解,使NH4HCO3与NaCl充分反应 (3)不需要制备氨气、CO2,减少了流程 (4)ⅰ.a　ⅱ.> (5)ⅰ.CO2在饱和Na2CO3溶液中的溶解速率较小,溶解量小,且两者发生反应的速率也较小,生成的NaHCO3的量较少,NaHCO3在该溶液中没有达到过饱和状态,故不能析出晶体　ⅱ.80% 解析 (1)本题是配制饱和溶液,所以向水中加入过量氯化钠至不再溶解,就得到氯化钠的饱和溶液,此种题目常与配制一定物质的量浓度的溶液的方法相混淆。 (2)一般研磨操作的目的是从反应速率、充分反应的角度回答。 (4)ⅰ.滴定曲线一般找起点、拐点、终点,依据Na2CO3与H+反应时离子方程式依次为C+H+HC、HC+H+H2O+CO2↑,且两次消耗的酸相等,可知a符合题意。ⅱ.到达第一个滴定终点前,滴定速度过快,摇动锥形瓶不均匀,致使滴入盐酸局部过浓,会使一部分Na2CO3与盐酸反应生成CO2,从而使得V1偏大、V2偏小,则该同学所记录的V1'>V1。 (5)ⅱ.有关计算一般按“求什么先求摩,见什么就化摩”的思路进行数据处理;0.088 g CO2为0.002 mol,依据2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑可知NaHCO3为0.004 mol,质量为0.336 g;则白色晶体中NaHCO3的质量分数为×100%=80%。 18. (1)加快反应速率,促进Eu2O3溶于稀盐酸中 (2)防止碱性过强,形成Eu(OH)3沉淀　逐滴滴加NaOH溶液,并随时监测pH(合理即可) (3)容量瓶、烧杯 (4)当滴入最后半滴HCl标准溶液时,溶液由浅红色变为无色,且在半分钟内不复原　甲基橙的变色范围是3.1~4.4,若用甲基橙作为指示剂,误差较大 (5)加热失去配合物吸潮的水　1.7 解析 (1)步骤①的目的是将Eu2O3溶解于稀盐酸中,加热的目的是加快反应速率,促进Eu2O3溶于稀盐酸中。 (2)依据题干信息“Eu3+在碱性溶液中易形成Eu(OH)3沉淀”,步骤②中,调节溶液pH时需搅拌并缓慢滴加NaOH溶液,防止溶液碱性过强,形成Eu(OH)3沉淀。pH接近6时,为防止pH变化过大,还应采取的操作为逐滴滴加NaOH溶液,并随时监测pH。 (3)配制一定物质的量浓度的溶液时,所需的玻璃仪器有容量瓶和烧杯等。 (4)实验原理是先用过量NaOH中和苯甲酸,再用HCl标准溶液滴定剩余的NaOH。滴定终点的现象为当滴入最后半滴HCl标准溶液时,溶液由浅红色变为无色,并在半分钟内不复原。甲基橙的变色范围是3.1~4.4,而该滴定终点时溶液中含有NaCl和苯甲酸钠(呈弱碱性),若用甲基橙作为指示剂,误差较大。 (5)配合物热失重分为三个阶段:在0~92 ℃范围内第一阶段失重,对应的是配合物失去吸潮的水;在92~195 ℃范围内,属于结晶水的失重;在195~900 ℃范围内第三阶段失重,最终生成Eu2O3。 设所取产品中含n[Eu(C7H5O2)3·xH2O]=a mol,第三阶段最终生成Eu2O3,苯甲酸根质量:121×3a g,Eu2O3中氧元素质量:×3×16 g,即此阶段共减重:(363a-24a) g=339a g,将第二阶段和第三阶段失重列比例式:=,解得x≈1.7。 19. (1)三颈烧瓶　b (2)CO2 (3)减少三氟甲基亚磺酸钠的损失,提高三氟甲基亚磺酸锂的产率 (4)+HCl+NaCl　将液体静置,在上层清液中继续滴加浓盐酸,若不再有白色沉淀产生,说明浓盐酸已经足量 (5)使三氟甲基亚磺酸充分溶解并与LiOH反应生成产品(三氟甲基亚磺酸锂) (6)×100% 解析 (1)冷却水从冷凝管的下口(即b口)通入。 (2)在步骤Ⅰ中,Na2SO3使三氟甲磺酰氯转化为三氟甲基亚磺酸钠,NaHCO3为中和剂。反应过程中产生的气泡主要为CO2气体。 (4)步骤Ⅲ中加入足量浓盐酸,发生反应:+HCl+NaCl。当析出白色固体质量不再增加时,说明加入浓盐酸已足量。 (5)步骤Ⅳ主要目的是:三氟甲基亚磺酸与LiOH反应制备产品,加入蒸馏水是为了让三氟甲基亚磺酸充分溶解电离,并与LiOH发生复分解反应。 (6)~,三氟甲基亚磺酸锂的理论产量为n()=n()= mol,实际产量为 mol,故产率=×100%。 20. (1)催化剂　浓硫酸具有脱水性,使原料炭化,NaHSO4无脱水性,使产品产率更高(或其他合理答案) (2)吸收生成的H2O,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 解析 乙酸乙酯的制备原理为 。 其中浓硫酸的作用为催化剂和吸水剂,既能催化反应,加快反应速率,又能吸收反应生成的水,使平衡正向移动,增大产率。本题所给实验中用NaHSO4代替浓硫酸起催化作用,用能吸水的变色硅胶吸水,使平衡正向移动,冷却后用Na2CO3溶液将剩余的酸性物质反应掉,用无水MgSO4干燥产品,最后蒸馏收集73~78 ℃馏分获得产品乙酸乙酯。 (1)用NaHSO4代替浓硫酸起催化作用,因为浓硫酸有脱水性,能够将反应原料炭化,而NaHSO4无脱水性,可提高产品产率。同时还有减少有毒气体(SO2)的产生等其他优点。 (2)变色硅胶有吸水性,可吸收反应生成的水,使酯化反应平衡右移,提高产率。 (3)不向溶液中直接加入变色硅胶的优点是后续过程中不用再分离出去,且与甲基紫指示剂分开,不会影响其指示过程。平衡常数只与温度有关。故选A、D。 (4)分离有机相和洗涤有机相均需用分液漏斗进行分液。容量瓶在配制一定物质的量浓度的溶液时使用,普通漏斗在过滤时使用,洗气瓶在除气体中的杂质时使用。 (5)产率=×100%。原料中乙酸和乙醇按1∶1反应,显然乙酸比乙醇的量少,利用乙酸的物质的量计算产率:×100%=73.5%。 (6)酯化反应中,酸脱羟基醇脱氢,得到的产品应为 CH3CO18OCH2CH3,其分子离子峰的质荷比数值为90。21. (1)①4s24p1 ②GaN+OH-+3H2O[Ga(OH)4]-+NH3↑ ③ac (2)①玻璃棒　漏斗　②In、Mg (3)①将Na[Ga(OH)4]转化为Ga(OH)3沉淀　②ac (4)①×10-3或×10-3 ②ad 解析 本题以工业生产中常见的发光二极管(LED)的生产废料GaN制备Ga2O3为试题情境,侧重考查学生对化学实验原理与基本操作的理解和掌握情况。本题考查的知识点包括价电子排布式和离子方程式书写、实验室尾气处理、实验基本仪器和实验基本操作、溶液pH控制、返滴定及误差分析等。 第(1)题,①基态镓(Ga)原子的价电子排布式为4s24p1。②GaN难溶于水,书写离子方程式时用化学式表示,与NaOH溶液反应生成[Ga(OH)4]-的离子方程式为GaN+OH-+3H2O[Ga(OH)4]-+NH3↑。③NH3极易溶于水、不溶于四氯化碳,可与酸反应,但因浓盐酸易挥发不适宜,故a、c选项符合题意。 第(2)题,①过滤需用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒。②In难溶于NaOH溶液,Mg在热NaOH溶液中形成Mg(OH)2沉淀,故“沉淀1”含金属元素In、Mg。 第(3)题,①为分离除去其他可溶性杂质,提高产品纯度,步骤Ⅲ加硫酸调节溶液pH,将Na[Ga(OH)4]转化为Ga(OH)3沉淀。②测定溶液pH时,湿润的pH试纸会稀释待测液,导致测定结果不准确;正确操作为用干燥洁净的玻璃棒或滴管蘸取待测液点在干燥洁净的pH试纸中央,故a、c选项操作不规范,符合题意。 第(4)题,①根据滴定操作过程,各物质所消耗量关系如下: CuSO4　　　~　　　Na2H2Y 1 mol 1 mol c2V2×10-3 mol c2V2×10-3 mol 2Na2H2Y　~　2[GaY]-　~　Ga2O3 2 mol 188 g ×10-3 mol m(Ga2O3) Ga2O3的质量为m(Ga2O3)= g,纯度为×10-3×100%。②未使用标准溶液润洗滴定管、终点读数时仰视滴定管刻度线,均会使V2读数偏大,所测Ga2O3纯度偏小,a、d选项符合题意。称重后样品吸收了空气中水汽,对测定结果无影响,b选项不符合题意。终点时滴定管尖嘴内有气泡,使V2读数偏小,所测Ga2O3纯度偏大,c选项不符合题意。 22. (1)a　(2)使水冷凝回流　②　CO2 (3)控温容易　受热均匀;无明火,更安全;烧瓶使用后更易清洁(答出任意两点即可) (4)CaCO3　(5)b　d (6)在将Ca(OH)2浆液滴入稀H3PO4的整个加料过程中,局部H3PO4、H2P和HP相对过量,限制了向含有更多P组成的物质的沉淀转化 解析 向三颈烧瓶中加入含有一定量Ca(OH)2的浆液,水浴加热控制温度为75 ℃左右,边搅拌边滴加计算量的稀H3PO4,滴加完成后继续搅拌一段时间,发生反应5Ca(OH)2+3H3PO4Ca5(PO4)3OH+9H2O,冷至室温固液分离,烘干固体得纳米级微粉产品。 (1)装置图中,温度计应插入液面以下测量反应温度,故安装不当的是a。 (2)该反应产物为羟基磷酸钙和水,羟基磷酸钙为骨骼、石灰和牙釉质的主要成分,其熔、沸点高,故冷凝管的作用是使水冷凝回流;冷凝管的水流方式为下进上出,则进水口为②;干燥管中熟石灰用于吸收空气中的二氧化碳,防止与Ca(OH)2浆液反应生成CaCO3,影响产品纯度。 (3)水浴加热的优点为控温容易,受热均匀,无明火、更安全,烧瓶使用后更易清洁等。 (4)投料时应使用新制Ca(OH)2粉末,Ca(OH)2易与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钙固体,故应为降低杂质CaCO3对实验的影响。 (5)倾倒法无法有效实现固液分离,故a错误;常压过滤,即为普通过滤操作,可以保持产品组成稳定,故b正确;减压过滤,俗称抽滤,其过滤速度较快,不利于提高纳米级微粉产品的产率,也不利于实现稳定的固液分离,故c错误;离心分离法是利用离心力使重量不同的物质分隔开,可以实现稳定的固液分离,故d正确。 (6)题述加料方式所得产品中=1.67,某次实验将Ca(OH)2浆液滴入稀H3PO4得到的产品中=1.50,相当于P含量变大,则造成这种结果差异的原因是在将Ca(OH)2浆液滴入稀H3PO4的整个加料过程中,局部H3PO4、H2P和HP相对过量,限制了向含有更多P组成的物质的沉淀转化。 23. (1)恒压滴液漏斗 (2)防止二氧化硫脲水解,防止过氧化氢分解 (3)(NH2)2CS+2H2O2(NH2)2CSO2+2H2O (4)+2　S　(5)减少二氧化硫脲的溶解损失 (6)%　亚铁离子被空气中的氧气氧化 解析 在三颈烧瓶中加入硫脲和水,溶解,冷却至5 ℃后,滴入H2O2溶液,控制温度低于10 ℃和pH<6进行反应生成二氧化硫脲,反应完成后,结晶、过滤、洗涤、干燥后得到产品。 (1)由图,仪器a的名称是恒压滴液漏斗。 (2)已知,二氧化硫脲在受热或碱性条件下易水解,且过氧化氢不稳定,受热易分解,故Ⅰ中控制“温度低于10 ℃和pH<6”目的是防止二氧化硫脲水解,防止过氧化氢分解。 (3)硫脲和水溶解冷却至5 ℃后,滴入H2O2溶液,控制温度低于10 ℃和pH<6进行反应生成二氧化硫脲,结合质量守恒,反应还会生成水,化学方程式为(NH2)2CS+2H2O2(NH2)2CSO2+2H2O。 (4)二氧化硫脲水解:(NH2)2CSO2+H2O(NH2)2CO+H2SO2,生成H2SO2,则反应中元素化合价没有改变,(NH2)2CSO2中硫化合价为+2,则H2SO2中S的化合价为+2。TD具有还原性,Ⅰ的反应中因条件控制不当生成了H2SO2,H2SO2也具有还原性,最终导致TD中出现黄色杂质,该杂质是H2SO2还原硫脲中的硫元素生成的硫单质。 (5)二氧化硫脲可溶于水,难溶于乙醇,Ⅰ中“洗涤”选用乙醇的理由是减少二氧化硫脲的溶解损失。 (6)清液中Fe2+浓度为b mg·L-1,则Fe2+的质量为b mg·L-1×V×10-3 L=bV×10-3 mg=bV×10-6 g,那么Fe2O3的去除率为×100%=%;亚铁离子具有还原性,Ⅱ中“静置”时间过长,导致脱色效果降低的原因是亚铁离子被空气中的氧气氧化。 24. (1)①三颈烧瓶　防止Fe2+被氧气氧化　②FeS+SFeS2　③CS2 (2)①Sn、浓盐酸　②当加入还原剂SnCl2后,甲基橙得电子,由氧化态变为还原态,颜色由红色变为无色,且半分钟内不恢复原来的颜色　③%　④AC 解析 (1)①仪器a的名称为三颈烧瓶;N2和FeS不反应,能防止Fe2+被氧气氧化。②反应物是S、FeS,反应条件是加热,生成物是FeS2,反应的化学方程式为FeS+SFeS2;③S难溶于水,微溶于酒精,易溶于CS2,所以洗涤选用的试剂是CS2。 (2)①SnCl2比FeCl3易水解,且易被氧化,配制和保存SnCl2溶液时要加入还原剂,且需要抑制水解,SnCl2水解生成HCl,需要将SnCl2溶于浓盐酸中,以抑制其水解,再加水稀释到需要的浓度;②甲基橙的还原反应:氧化态(红色)+ne-还原态(无色),加入SnCl2溶液后,SnCl2溶液将Fe3+还原至Fe2+,稍过量的SnCl2还原甲基橙使之变成还原态,溶液呈无色;③Fe2+被K2Cr2O7氧化为Fe3+,Cr2被还原为Cr3+,对应关系式为6Fe2+~Cr2,n(FeS2)=n(Fe2+)=6n(K2Cr2O7)=6×c mol·L-1×10-3V L=6×10-3cV mol,产品中FeS2的质量分数为×100%=%;④还原Fe3+时SnCl2溶液滴加过量,消耗的V(K2Cr2O7溶液)偏大,测定值偏高,故A符合题意;热的Fe2+溶液在空气中缓慢冷却,导致部分Fe2+被氧化Fe3+,消耗的V(K2Cr2O7溶液)偏小,测定值偏低,故B不符合题意;滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后气泡消失,消耗的V(K2Cr2O7溶液)偏大,测定值偏高,C符合题意;滴定前仰视读数,滴定后俯视读数,消耗的V(K2Cr2O7溶液)偏小,测定值偏低,故D不符合题意。 25. (1)直形冷凝管　除去市售的溴中少量的Cl2　Br2+K2C2O42KBr+2CO2↑ (2)蒸发皿　2Mn+10I-+16H+2Mn2++5I2+8H2O (3)液封　降低温度 (4)0.31m　(5)玻璃棒引流,玻璃棒下端靠在三层滤纸处 解析 (1)仪器C为直形冷凝管,用于冷凝蒸气;市售的溴中含有少量的Cl2,Cl2可与CaBr2发生氧化还原反应而除去,水浴加热时,Br2、I2蒸发进入装置D中,分别与K2C2O4发生氧化还原反应:Br2+K2C2O42KBr+2CO2↑、I2+K2C2O42KI+2CO2↑。 (2)将D中溶液转移至蒸发皿中,边加热边向其中滴加酸化的KMnO4溶液至出现红棕色气体(Br2),即说明KMnO4已将KI全部氧化,发生反应的离子方程式为2Mn+10I-+16H+2Mn2++5I2+8H2O;KBr刚开始被KMnO4氧化,继续加热将溶液蒸干所得固体R的主要成分为KBr。 (3)Br2的密度大于水的,D中冷的蒸馏水起到液封的作用,同时冷的蒸馏水温度较低,可减少溴的挥发。 (4)根据转移电子数相等可得关系式6KBr~6e-~K2Cr2O7,则理论上需要K2Cr2O7的物质的量为× mol,实际所需称取K2Cr2O7的质量为× mol××294 g·mol-1≈0.31m g。 (5)趁热过滤的具体操作:漏斗下端管口紧靠烧杯内壁,转移溶液时用玻璃棒引流,玻璃棒下端靠在三层滤纸处,滤液沿烧杯壁流下。 26. (1)不是 (2)中和Ni2+与X、HY反应生成的H+,使平衡正向移动,提高原料的转化率,有利于Z的生成 (3)缓慢滴加NaB(C6H5)4溶液,充分搅拌、剧烈振荡 (4)NaNO3　(5)①bcd　② (6)具有温度指示功能的水杯,水杯外壁涂有配位化合物W(含少量丙酮)并以透明材料密封,并附有比色卡,水温可通过所示颜色与比色卡比较,大致判断水的温度是否适合饮用 解析 (1)若Ni+的杂化方式为sp3,Z中Ni、N和O五个原子应构成四面体结构,不可能共平面,故Ni2+的杂化方式不是sp3,Ni2+的杂化方式应为dsp2杂化。 (2)步骤Ⅰ中存在反应Ni2++X+HY[NiXY]++H+,Na2CO3能与H+反应生成CO2,使H+的浓度减小,促进平衡正向移动。 (3)为避免沉淀包裹反应物共沉,应缓慢滴加NaB(C6H5)4溶液并不断搅拌,以减缓沉淀的生成速率并减小沉淀的颗粒大小。 (4)制备过程中加入了Ni(NO3)2·6H2O、Na2CO3、NaB(C6H5)4,Na2CO3转化为CO2,[B(C6H5)4]-在Z中,则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需要天平,滴定过程需要用到滴定管和锥形瓶,加去离子水可以使用洗瓶,所以上述测定实验步骤中,使用的仪器除了滴定管外,还有天平、锥形瓶、洗瓶。 ②根据题意有关系式:EDTA~Ni2+,则n(Ni)=n(Ni2+)=n(EDTA)=cV×10-3 mol,所以Ni的质量百分含量为×100%=%。 (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,该装置可以是具有温度指示功能的水杯,水杯外壁涂有配位化合物W(含少量丙酮)并以透明材料密封,并附有比色卡,水温可通过所示颜色与比色卡比较,大致判断水的温度是否适合饮用。 27. (1)碱石灰(或NaOH固体等)　吸收挥发出来的氯化氢气体 (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 解析 (1)浓盐酸具有挥发性,会污染环境,故仪器a中的试剂的作用是吸收挥发出来的氯化氢气体,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。 (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,中间层为水层,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为n1=,结晶水占总质量的ω%,则结晶水的物质的量为n2=,则n==;若未充分干燥,则ω%变大,n偏大。 28. (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 解析 步骤Ⅱ中MnO2与H2SO3在低于10 ℃时反应生成MnS2O6,反应的化学方程式为MnO2+2H2SO3MnS2O6+2H2O;步骤Ⅲ中滴入饱和Ba(OH)2溶液除去过量的SO2(或H2SO3);步骤Ⅳ中滴入饱和Na2CO3溶液发生反应MnS2O6+Na2CO3MnCO3↓+Na2S2O6,经过滤得到Na2S2O6溶液;步骤Ⅴ中Na2S2O6溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作得到Na2S2O6·2H2O。 (1)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提供反应所需低温。 (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)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,则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→过滤得到Na2S2O6·2H2O。 29. (1)油　(2)(球形)冷凝管　a　(3)防止热蒸气灼伤人　(4)FeCl2　不可行,会导致产物产率低　(5)Fe3+水解　(6)a　(7)b 解析 (1)根据信息可知,该反应应在大于133 ℃条件下进行,故应采取高于100 ℃加热,采用油浴。 (2)仪器B为(球形)冷凝管,冷却水应从低处a口通入。 (3)沸腾产生热蒸气,若未等沸腾平息加入试剂会导致灼伤人。 (4)从有机物的结构转化看,反应中除有二苯乙二酮生成外,加入的氯化铁以氯化亚铁和氯化氢的形式存在,亚铁离子在酸性条件下难被空气氧化,使得在此反应中氯化铁仍然得承担氧化剂的作用。 (5)乙酸的酸性可以抑制Fe3+的水解。 (6)安息香溶于热水,而二苯乙二酮不溶于水,安息香和二苯乙二酮都溶于乙酸和乙醇。 (7)安息香生成二苯乙二酮相对分子质量减小2,故该实验的产率接近:×100%=80%。 30. (1)c (2)噻吩与吡咯均为分子晶体,噻吩分子间仅存在范德华力,而吡咯分子间还存在氢键,沸点更高 (3) (4)少量多次加入 (5)提供酸性环境,利于水解并生成可溶性的钠盐便于后续分液 (6)球形冷凝管与分液漏斗　干燥吸水 (7)70.0% 解析 (1)钠能与乙醇、水、液氨发生置换反应,因此只能选择甲苯作为溶剂。 (2)通过实验中的物质对结构化学的内容进行考查,噻吩与吡咯均为分子晶体,噻吩分子间仅存在范德华力,而吡咯分子间还存在氢键,沸点更高。 (3)该反应为置换反应,其化学方程式为 。 (4)因反应放热,为防止温度过高引发副反应,应将环氧乙烷溶液少量多次加入。 (5)该过程为将2-噻吩乙醇钠水解为2-噻吩乙醇,提供酸性环境,利于水解并产生可溶性的NaCl,便于后续分液。 (6)向有机相中加入无水硫酸镁的目的为吸水干燥。进行过滤所需的装置为:漏斗、烧杯、玻璃棒;后续的蒸馏过程中所需的仪器有:酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、直形冷凝管、尾接管、锥形瓶。因此用不到的仪器为球形冷凝管和分液漏斗。 (7)按Na计算,根据反应物Na的物质的量为0.2 mol可知理论上产物的物质的量为0.2 mol,质量为25.6 g,实际得到的产物为17.92 g,因此其产率为70.0%。 31. (1)组装好实验仪器,检查装置气密性　蒸馏烧瓶中液体不再增加　①装置C、D之间缺少防水(或干燥)装置　②装置D之后无尾气(H2)收集装置 (2)SiHCl3+5NaOH(浓)Na2SiO3+H2↑+3NaCl+2H2O (3)①灼烧　②干燥　A、C　×100% 解析 (1)因该实验中有气体通入和产生,故实验开始前必须先检查装置气密性;制备反应结束时,管式炉中硅粉转化为SiHCl3且被冷凝后进入蒸馏烧瓶,因此可通过观察蒸馏烧瓶中液体物质不再增加来判断反应结束。 因SiHCl3易水解,需在装置C、D之间增加防水(或干燥)装置;产物氢气是可燃性气体且无法被NaOH溶液吸收,需要另增加氢气收集装置(如储气瓶、气球等)。 (2)依据电负性Cl>H>Si可知,在SiHCl3中,Si为+4价、H为-1价、Cl为-1价,其与浓NaOH溶液发生反应的化学方程式为SiHCl3+5NaOH(浓)Na2SiO3+H2↑+3NaCl+2H2O(也可认为SiHCl3先水解为H2SiO3、H2、HCl,再与浓NaOH溶液反应)。 (3)样品经水解、干燥等预处理后,得到H2SiO3;再将H2SiO3置于坩埚中灼烧,转化为SiO2,然后将坩埚放入干燥器中干燥,反复2~3次后称量,m2 g即为所得固体氧化物SiO2的质量。依据上述分析,实验操作①为灼烧,②为干燥,①、②中需使用的仪器为A、C。 SiHCl3纯度测定过程中有以下关系式: SiHCl3~H2SiO3~SiO2,可知n(SiHCl3)=n(SiO2)= mol,故样品纯度为×100%=×100%。 32. (1)　BD　 (2)2S+O22S　pH增大,抑制S的水解,反应物S的浓度增大,故可加快氧化速率 (3)用分液漏斗向盛有MgSO3浆料的三颈烧瓶中缓慢滴加硫酸溶液　分批加入少量氧化镁粉末,搅拌,直至用pH试纸测得pH≥5,过滤;将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶,过滤,所得晶体在150~170 ℃干燥 解析 (1)已知下列反应: ①Mg(OH)2+H2SO3MgSO3+2H2O;K ②Mg(OH)2(s)Mg2-(sq)+2OH-(aq); Ksp[Mg(OH)2] ③MgSO3(s)Mg2+(sq)+S(aq); Ksp[MgSO3] ④H2SO3H++HS;Ka1[H2SO3] ⑤HSH++S;Ka2[H2SO3] ⑥H2OH++OH-;KW 根据盖斯定律,①=②-③+④+⑤-⑥×2,故 K=; 加热可加快反应速率,但温度升高,SO2在水中的溶解度降低,且会导致H2SO3受热分解,不一定能提高吸收SO2效率,A错误;加快搅拌速率,可以使反应物充分接触,提高吸收SO2效率,B正确;降低通入SO2气体的速率,SO2可与MgO浆料充分接触,但会降低反应速率,不一定能提高吸收SO2效率,C错误;多孔球泡可以让SO2与MgO浆料充分接触,能提高吸收SO2效率,D正确。 (2)根据题意,O2氧化溶液中的S为S,离子方程式为2S+O22S;S水解显碱性,因此pH增大,抑制其水解,反应物S的浓度增大,故可加快氧化速率; (3)在进行含固体物质的反应物与液体反应的实验时,应将含固体物质的反应物放在三颈烧瓶中,通过分液漏斗滴加液体,H2SO4溶液的滴加速率要慢,以免H2SO4过量; 根据题意,首先需要调节pH≥5以除去Fe3+、Al3+杂质,需要用到的试剂为MgO粉末,操作细节为分批加入少量MgO粉末,以免pH过高,不断搅拌进行反应,直至检测到pH≥5,然后过滤除去氢氧化铁、氢氧化铝沉淀;接着需要从溶液中得到MgSO4·H2O,根据题目信息,室温下结晶只能得到MgSO4·7H2O,因此需要在150~170 ℃下干燥得到MgSO4·H2O,操作细节为将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶,过滤,所得晶体在150~170 ℃干燥。 33. (1)Zn+2H+Zn2++H2↑ (2)③①　(3)a、b　c、d (4)防止外界水蒸气进入C中使催化剂中毒 (5)适当升温增大反应速率,同时防止温度过高H2O2分解 (6)H2+O2H2O2 (7)17% 解析 从H2O2的制备原理图可知,反应分两步进行,第一步为H2在Ni催化作用下与乙基蒽醌反应生成乙基蒽醇,第二步为O2与乙基蒽醇反应生成H2O2和乙基蒽醌。启普发生器A为制取H2的装置,产生的H2中混有HCl和H2O,需分别除去后进入C中发生第一步反应。随后氧气源释放的氧气经D干燥后进入C中发生反应生成H2O2和乙基蒽醌,F中装有浓硫酸,与C相连,可防止外界水蒸气进入C中,避免催化剂Ni中毒。 (1)A中锌和盐酸反应生成氯化锌和氢气,反应的离子方程式为Zn+2H+Zn2++H2↑。 (2)HX、H2O等杂质易使Ni催化剂中毒,需分别通过装有饱和食盐水和浓硫酸的洗气瓶除去,所以装置B应该选③①。 (3)开始制备时,打开活塞a、b,A中产生的H2进入C中,在Ni催化作用下与乙基蒽醌反应生成乙基蒽醇,一段时间后,关闭a,仅保持活塞b打开,将残留H2抽出,随后关闭活塞b,打开活塞c、d,将O2通入C中与乙基蒽醇反应生成H2O2和乙基蒽醌。 (4)H2O容易使Ni催化剂中毒,实验中需要保持C装置为无水环境,F的作用为防止外界水蒸气进入C中。 (5)适当升温可增大反应速率,同时要防止温度过高导致H2O2分解,故反应过程中控温45 ℃。 (6)第一步为H2在Ni催化作用下与乙基蒽醌反应生成乙基蒽醇,第二步为O2与乙基蒽醇反应生成H2O2和乙基蒽醌,总反应的化学方程式为H2+O2H2O2。 (7)滴定反应的离子方程式为2Mn+5H2O2+6H+2Mn2++5O2↑+8H2O,可得关系式2KMnO4~5H2O2。三组数据中20.90 mL偏差较大,舍去,故消耗酸性高锰酸钾标准溶液的平均体积为20.00 mL,H2O2的质量分数=×100%=17%。 34. (1)a　FeCl2∙4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8HCl↑　冷凝回流SOCl2 (2)　AB (3)⑥⑩③⑤　CCl4 解析 已知SOCl2遇水极易反应生成两种酸性气体,则FeCl2·4H2O与SOCl2制备无水FeCl2的反应原理为SOCl2吸收FeCl2·4H2O受热失去的结晶水生成SO2和HCl,HCl可抑制FeCl2的水解,从而制得无水FeCl2。 (1)实验开始时先通N2,排尽装置中的空气,防止氯化亚铁被氧化。一段时间后,先加热装置a,产生的SOCl2气体充满b装置后,再加热b装置,装置b中发生反应的化学方程式为FeCl2∙4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8HCl↑;装置c、d的共同作用是冷凝回流SOCl2,提高SOCl2的利用率。 (2)滴定过程中Cr2将Fe2+氧化成Fe3+,自身被还原成Cr3+,反应的离子方程式为6Fe2++Cr2+14H+6Fe3++2Cr3++7H2O,则m1 g样品中n(FeCl2)=6n(Cr2)=6cV×10-3 mol;m1 g样品中结晶水的质量为(m1-m2) g,结晶水的物质的量为 mol,n(FeCl2)∶n(H2O)=1∶n=(6cV×10-3 mol)∶ mol,解得n=。下列情况会导致n测量值偏小的是: A项,样品中含少量FeO杂质,溶于稀硫酸后生成Fe2+,导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积V偏大,由可知,n的测量值偏小,符合题意;B项,样品与SOCl2反应时失水不充分,则m2偏大,由可知,n的测量值偏小,符合题意;C项,实验Ⅰ称重后,样品发生了潮解,样品的质量变大,但是消耗的K2Cr2O7溶液的体积V不变,使n的测量值不变,不符合题意;D项,滴定达到终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成,导致读取的K2Cr2O7溶液的体积V偏小,使n的测量值偏大,不符合题意。 (3)组装蒸馏装置对TiCl4、CCl4混合物进行蒸馏提纯,按由下而上、从左到右的顺序组装,安装顺序为①⑨⑧,然后连接冷凝管,蒸馏装置中应选择直形冷凝管⑥、不选用球形冷凝管⑦,接着连接尾接管⑩,TiCl4极易水解,为防止外界水蒸气进入,最后连接③⑤(防止空气中的水蒸气进入),综上,安装顺序为①⑨⑧⑥⑩③⑤;由于TiCl4、CCl4分子结构相似,TiCl4的相对分子质量大于CCl4,TiCl4分子间的范德华力较大,TiCl4的沸点高于CCl4的沸点,故先蒸出的物质为CCl4。 35. (1)①煤油　②b　③2Na+2H2O2NaOH+H2↑　④K2、K3 (2)①2PCl5+10NaN3↑+10NaCl　防止PCl5遇空气中的水蒸气而发生水解　②甲苯　NaCl　③104　0.027 解析 本实验要用无水甲苯作溶剂,故需要先制备无水甲苯,图1装置中Na与水反应可以除去水,生成的H2从K2排出,待水反应完后,打开K1收集无水甲苯;图2中将甲苯和NaN3加入三颈瓶中,然后通入Ar排出装置中的空气,再滴入PCl5和甲苯,混合均匀后,转移到反应釜中制备纳米球状红磷。 (1)①钠在空气中容易被氧化,通常保存在煤油中。 ②为了充分冷凝,冷凝水应从下口进上口出,故冷凝水的进口是b。 ③Na与水反应可除去水,故用钠干燥甲苯的原理是2Na+2H2↑。 ④回流过程中,除水时打开活塞K2、K3,使生成的气体排出装置。 (2)①根据题意可知,反应物为PCl5和NaN3,产物为P,根据化合价的变化规律可知化学方程式为2PCl5+10NaN32P+15N2↑+10NaCl;由于PCl5易水解,故用Ar赶走空气的目的是防止PCl5遇空气中的水蒸气而发生水解。 ②根据反应可知,得到的产物上沾有甲苯和NaCl,用乙醇洗去甲苯,用水洗去NaCl。 ③R=125nm时可换算出横坐标为8,此时纵坐标对应的值为10,故气体产物的压强为104 kPa;已知p=a×n,其中a=2.5×105 kPa·mol-1,n= =0.04 mol,根据反应2PCl5+10NaN32P+15N2↑+10NaCl可知,n(NaN3)=×0.04 mol≈0.027 mol。 36. (1)圆底烧瓶　b　(2)干燥气体　(3)溶液沿毛细管上升　(4)使溶液受热均匀　(5)磷酸晶体　(6)B　(7)磷酸与水分子间可形成氢键 解析 空气通过氯化钙除水,经过安全瓶后通过浓硫酸除水,然后通过五氧化二磷,干燥的空气流入毛细管对烧瓶中的溶液进行搅拌,同时还具有加速水逸出和防止溶液沿毛细管上升的作用,将85%磷酸溶液进行减压蒸馏除水、结晶除杂得到纯磷酸。(1)由仪器构造可知,仪器A为圆底烧瓶,仪器B为直形冷凝管,冷凝水应从b口进、a口出,形成逆流冷却,使冷却效果更好。(2)纯磷酸制备过程中要严格控制温度和水分,因此五氧化二磷的作用为干燥气体。(3)空气流入毛细管可以对烧瓶中的溶液进行搅拌,使受热均匀,同时还具有加速水逸出和防止溶液沿毛细管上升的作用。(4)升高温度能提高除水速度,而纯磷酸制备过程中要严格控制温度,水浴加热可以避免直接加热造成的温度的不可控性,使溶液受热均匀。(5)过饱和溶液暂时处于亚稳态,当加入一些晶体或晃动时可使此状态失去平衡,过多的溶质就会结晶,因此可向磷酸的过饱和溶液中加入磷酸晶体促进其结晶。(6)纯磷酸纯化过程中,温度低于21 ℃易形成2H3PO4·H2O(熔点为30 ℃),高于100 ℃则发生分子间脱水生成焦磷酸,纯磷酸的熔点为42 ℃,因此过滤磷酸晶体时,除了需要干燥的环境外,还需要控制温度为30~35 ℃。(7)磷酸的结构简式为:,分子中含羟基,与水分子间可形成氢键,因此磷酸中少量的水极难除去。 37. (1)(球形)冷凝管　平衡气压,便于液体顺利滴下 (2)2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O(或NH4Cl+NaNO2NaCl+2H2O+N2↑)　A(或B) (3)4Fe2++8OH-Fe↓+Fe3O4↓+4H2O　(4)AD (5)稀硝酸和硝酸银溶液　除去晶体表面水分,便于快速干燥 (6)90.0% 解析 (1)根据仪器的构造与用途可知,仪器a的名称是(球形)冷凝管;恒压滴液漏斗在使用过程中可保持气压平衡,使液体顺利滴下。 (2)实验室中制备少量氮气的基本原理是用适当的氧化剂将氨或铵盐氧化。可以将氨气通入灼热的氧化铜中反应,反应的化学方程式为:2NH3+3CuOO;可选择将气体通入硬质玻璃管与固体在加热条件下发生反应,即选择A装置。还可利用饱和NaNO2(aq)和饱和NH4Cl(aq)在加热条件下发生氧化还原反应制备氮气,反应的化学方程式为:NH4Cl+NaNO2NaCl+2H2O+N2↑;可选择液体与液体加热制备气体的装置,即选择B装置。 (3)三颈烧瓶中FeCl2溶液与100 mL 14 mol·L-1KOH溶液发生反应生成了Fe和Fe3O4,根据氧化还原反应的规律可知,该反应的离子方程式为4Fe2++8OH-Fe↓+Fe3O4↓+4H2O。 (4)结晶度受反应速率与温度的影响,为保证粒径适中、结晶度良好,可采取的措施有:采用适宜的滴液速度、选择适宜的焙烧温度,AD项符合题意;若用盐酸代替KOH溶液,由于Fe和Fe3O4均会溶解在盐酸中,因此得不到该晶粒,故B不选;若在空气氛围中制备,亚铁离子容易被空气氧化,故D不选。 (5)因为反应后溶液中有氯离子,所以在步骤④中判断沉淀是否已经用水洗涤干净,需取最后一次洗涤液,加入稀硝酸酸化后,再加入硝酸银溶液,若无白色沉淀生成,证明沉淀已洗涤干净;乙醇易溶于水,易挥发,最后使用乙醇洗涤的目的是除去晶体表面水分,便于快速干燥。 (6)9.95 g FeCl2·4H2O(Mr=199)的物质的量为=0.05 mol,根据发生反应的离子方程式:4Fe2++8OH-Fe↓+Fe3O4↓+4H2O,可知理论上所得的Fe和Fe3O4的物质的量各为0.012 5 mol,所得黑色产品质量应为0.012 5 mol×(56 g·mol-1+232 g·mol-1)=3.6 g,实际得到产品3.24 g,所以其产率为×100%=90.0%。 38. (1)排尽装置中的空气,防止Cl2与空气中的水反应,防止NO被O2氧化,防止生成的NOCl遇空气中的水而水解及被氧气氧化　干燥管 (2)增大与气体的接触面积,增大反应速率 (3)N+Fe2++2H+NO↑+Fe3++H2O (4)-34 ℃<T≤-6 ℃或　Cl2 (5)尾气成分与空气中的氧反应产生红棕色的NO2 解析 通过实验原理可知,进气端为NO和Cl2,经过催化剂使其反应生成NOCl;经过低温浴槽A降温,使NOCl冷凝,得到产品;再经过低温浴槽B降温,使Cl2冷凝,防止逸出污染空气;剩下NO经过无水氯化钙干燥后,进行回收,据此分析作答。(1)通入Cl2和NO前先通入氩气,作用是排尽装置中的空气,防止空气成分对实验造成干扰;仪器D的名称为干燥管。(2)将催化剂负载在玻璃棉上而不是直接平铺在玻璃管中,目的是增大催化剂与气体的接触面积,增大反应速率。(3)由实验所需的NO可用NaNO2和FeSO4溶液在稀H2SO4中反应制得,可知亚铁离子会被N氧化为铁离子,离子反应方程式为:N+Fe2++2H+NO↑+Fe3++H2O。(4)为分离产物和未反应的原料,低温浴槽A使NOCl冷凝,得到产品,则温度区间应控制在-34 ℃<T≤-6 ℃或;再经过低温浴槽B降温,使Cl2冷凝,防止逸出污染空气,仪器C中收集的物质是Cl2。(5)剩下的气体主要是NO,则无色尾气遇到空气会变为红棕色,原因是NO与空气中的氧气反应产生红棕色的NO2。 气体冷凝后汽化分离的先后次序 两种沸点低的物质经过冷凝后再汽化分离,先分离出沸点较高的,沸点低的后分离出来,控制的温度要根据相关物质的沸点确定。 39. (1)aefbcghd　旋转玻璃塞,使分液漏斗上部的小孔对准玻璃塞的凹槽 (2)使CO2与饱和氨盐水充分接触,增大反应速率,使反应充分(答案合理即可) (3)NaCl+NH3+CO2+H2ONaHCO3↓+NH4Cl (4)①0.84　②冷却结晶　过滤　(5)A 解析 (1)利用CO2和饱和氨盐水制备NaHCO3,在通入饱和氨盐水之前,应将混入CO2气体中的HCl气体通入饱和NaHCO3溶液除去,未反应的CO2利用NaOH溶液吸收;氨气利用饱和食盐水吸收,防止氨气污染环境。故仪器的连接顺序为aefbcghd。为使装置A分液漏斗中的稀盐酸顺利滴下,可将分液漏斗上部的玻璃塞打开,或旋转玻璃塞,使分液漏斗上部的小孔对准玻璃塞的凹槽。(2)装置B使用雾化装置,是为了增大CO2与饱和氨盐水的接触面积,增大反应速率,使反应更充分。(3)生成NaHCO3的总反应的化学方程式为NaCl+NH3+CO2+H2ONaHCO3↓+NH4Cl。(4)①根据2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O,2Na2O2+2CO2 2Na2CO3+O2可知,对固体NaHCO3充分加热后,产生的气体通过浓硫酸后剩余的气体为CO2,CO2与Na2O2反应,增加的质量相当于CO的质量,根据关系式2NaHCO3~ CO2~CO,可知NaHCO3的物质的量为0.01 mol,其质量为0.01 mol×84 g·mol-1=0.84 g;②根据NaCl和NH4Cl的溶解度曲线,降温到10 ℃以下,析出大量NH4Cl晶体,过滤、洗涤、干燥,得到NH4Cl晶体。(5)若无水Na2CO3吸收水分,准确称取一定质量Na2CO3所配制的标准液中溶质的物质的量浓度偏小,标定盐酸时,所滴加Na2CO3溶液体积将偏大,根据公式c(HCl)=知,c(HCl)偏大,故选A项。 侯氏制碱法的注意点 制备NaHCO3时,应先在饱和食盐水中通入NH3,再通入CO2气体。因为CO2在NaCl溶液中溶解度小,故应先通入易溶于水的NH3,使溶液呈碱性后再通入CO2,才会产生NaHCO3沉淀。 40. (1)防止倒吸　pH过高,Na2CO3、Na2S反应不充分;pH过低,导致Na2S2O3转化为S和SO2 (2)BC (3)①F　B　E　C　G　②防止碘挥发损失 ③Na2SO3或Na2S2O3·5H2O失去了部分结晶水的产物 解析 (1)由题目信息,SO2易与Na2CO3、Na2S溶液反应,从而可能会引起装置C中溶液倒吸入装置A中,结合图中单向阀的结构可作出回答。 装置C中反应混合溶液pH过高时,合成反应中CO2不易逸出,S与OH-反应而消耗,Na2CO3与Na2S反应不充分;pH过低时,Na2S2O3不能稳定存在:S2+2H+S↓+SO2↑+H2O。 (2)A项,制备Na2S2O3·5H2O时,快速蒸发水分,会导致失去部分结晶水,错误;B项,蒸发浓缩出现晶膜时,停止加热,利用余热即可得到晶体,正确;C项,因Na2S2O3·5H2O难溶于乙醇,加入乙醇会促进晶体析出,提高产率,正确;D项,结晶水合物会部分溶解在Na2CO3溶液中,错误。 (3)①滴定前应检查滴定管是否漏液,之后用蒸馏水洗涤滴定管,为防止稀释滴定液,使测定结果不准确,需用滴定液润洗2~3次;之后装入滴定液至零刻度以上,排除装置中的气泡,然后调整滴定液的液面至零刻度或零刻度以下,并记录起始读数;开始滴定。所以正确的操作和顺序为检漏→蒸馏水洗涤→F→B→E→C→G→开始滴定。 ②因单质碘易挥发而损耗,故碘量瓶在滴定前要盖上瓶塞。 ③由滴定原理:I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6可知, =,而I2+S+H2O2I-+S+2H+反应中,=1>。故当Na2S2O3·5H2O产品中混有Na2SO3或晶体失去部分结晶水时,会导致产品中Na2S2O3·5H2O含量偏高。 考点38　探究性化学实验方案的设计与评价 1.B　碱石灰会同时吸收氯气和氯化氢,A错误。铜丝与稀硝酸接触反应产生NO,并且气体聚集在左侧,可以避免被氧化,B正确。乙醇和二硫化碳会互溶,不能用乙醇萃取二硫化碳中的硫单质,C错误。制作简易氢氧燃料电池,应先在两电极分别电解制备氢气和氧气,当合上开关K1,左侧锌电极为阳极,发生氧化反应,产生锌离子,右侧锌电极为阴极,发生还原反应,电极上生成氢气,D错误。 2.D　给Na2CO3溶液加热,促进C水解,溶液碱性增强,更利于除油污,A项正确;铁锈主要成分为Fe2O3·xH2O,加入稀盐酸发生反应:Fe2O3·xH2O+6H+2Fe3++(3+x)H2O,B项正确;CuSO4溶液中加足量氨水,生成铜氨溶液:Cu2++4NH3·H2O[Cu(NH3)4]2++4H2O,C项正确;铁钉镀铜需用电解池,Cu片作阳极,铁钉作阴极,铜氨溶液为电解质溶液,D项错误。 3.D　b中:2H2O22H2O+O2↑,H2O2中氧元素化合价由“-1”→“0”和“-2”,H2O2既作氧化剂也作还原剂,B项正确;a中反应为4I-+O2+4H+2I2+2H2O,反应过程中碘元素化合价由“-1”→“0”,体现了I-的还原性,A项正确;c中反应为CuO+CH3CH2OHCH3CHO+Cu+H2O,CH3CH2OH被氧化为乙醛,C项正确;d中有银镜反应发生,说明c中产物有乙醛,D项错误。 4.C　在铁上镀铜,应该铁接电源负极,为电镀池的阴极,铜接电源正极,为电镀池的阳极,电解质溶液为铜盐溶液,A项错误;粗盐提纯中,因为加入的试剂均应过量,所以Na2CO3溶液应该在BaCl2溶液后面加入,以除去过量的BaCl2溶液,B项错误;通过加NaOH溶液降低H+浓度使溶液变黄,再加H2SO4溶液提高H+浓度恢复橙色,可验证浓度对平衡的影响,C项正确;乙醇中也含有羟基,D项错误。 5.D　无法确定该酸为一元酸还是多元酸,若为一元酸,可确定其为强酸,A项错误;Fe3+可发生水解反应:Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+　ΔH>0,滴入几滴浓硫酸,c(H+)增大会使平衡左移,浓硫酸遇H2O放热会使平衡右移,无法探究H+对Fe3+水解的影响,B项错误;AgNO3溶液过量,Ag+与I-可直接结合生成AgI沉淀,无法比较AgCl和AgI的Ksp大小,C项错误;将氯气通入Na2S溶液中,发生反应:Cl2+S2-2Cl-+S↓,可验证Cl2的氧化性,D项正确。 6.C　“Fe-Cu-H2SO4”原电池中Fe为负极,Cu为正极,“Fe-Zn-H2SO4”原电池中Zn为负极,Fe为正极,A项正确;由题给实验可分别确定氧化性:Fe3+>I2,Cl2>Fe3+,B项正确;苯不能使酸性KMnO4溶液褪色,甲苯可以使酸性KMnO4溶液褪色是因苯环对甲基的影响,C项错误;2 mL 0.1 mol·L-1 Na2S2O3溶液与H2SO4反应时先看到浑浊,D项正确。 7.AB　酸性KMnO4溶液颜色变浅,说明Mn被还原,体现草酸的还原性,A正确;铅蓄电池放电时,负极Pb→PbSO4、正极PbO2→PbSO4,两极质量均增大,B正确;AgCl、Ag2CrO4沉淀的类型不同,C错误;降低温度,红棕色变浅说明平衡正向移动,正反应是放热反应,则正反应的活化能小于逆反应的活化能,D错误。 8.B　H2SO4为二元酸,CH3COOH为一元酸,等物质的量的H2SO4和CH3COOH,H2SO4消耗NaOH多,与二者的酸性强弱无关,A项错误。Na2S溶液与溴水发生反应:Br2+Na2S2NaBr+S↓,根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知氧化性:Br2>S,B项正确。CaCO3和BaCO3均为白色沉淀,向CaCl2和BaCl2的混合溶液中滴加Na2CO3溶液,无法判断生成的白色沉淀是何种物质,故无法比较CaCO3、BaCO3的溶度积常数的大小,C项错误。CH3COONa溶液和NaNO2溶液的浓度未知,所以不能根据溶液pH的大小判断CH3COO-和N结合H+能力的强弱,D项错误。 9.A　二氧化硫与溴水发生氧化还原反应,二氧化硫表现还原性,故A错误;热源包(主要成分CaO,少许Na2CO3、Al粉)加水后,未产生气体,可能是Al粉被氧化为氧化铝,故B正确;CuCl2浓溶液中存在平衡:[CuCl4]2-(黄色)+4H2O[Cu(H2O)4]2++4Cl-,加水稀释后溶液呈蓝色,是因为上述平衡向右移动,故C正确;FeCl3-NH4HF2的混合液会形成[FeF6]3-配离子,[FeF6]3-的氧化能力小于Fe3+,故淀粉-KI试纸不变蓝色,故D正确。 10.B　石油裂解气中含不饱和烃,与溴的四氯化碳溶液发生加成反应,则溶液褪色,不能证明气体为乙烯,故A错误;含醛基的有机物可发生银镜反应,则向盛有银氨溶液的试管中滴入乙醛,振荡,水浴温热,可生成银镜,故B正确;二氧化碳在水中的溶解度不大,应先通入氨气,后通入二氧化碳,可析出NaHCO3固体,故C错误;向PbS黑色悬浊液中加入H2O2溶液生成白色PbSO4沉淀,可知H2O2氧化PbS,不能证明Ksp(PbS)>Ksp(PbSO4),故D错误。 11.A　向I2的CCl4溶液中加入等体积浓KI溶液,振荡,静置,溶液分层,下层由紫红色变为浅粉红色,上层呈棕黄色,说明I2的CCl4溶液中的I2与KI溶液中的I-反应生成,因此碘在浓KI溶液中的溶解能力大于在CCl4中的溶解能力,A正确;NaClO溶液具有强氧化性,能使有机色质漂白褪色,不能用pH试纸测定NaClO溶液的pH,B错误;向2 mL AgNO3溶液中加入4滴KCl溶液,产生白色的AgCl沉淀,由于AgNO3溶液过量,再加入4滴KI溶液时,产生黄色的AgI沉淀,整个过程中只存在沉淀的生成,不存在沉淀的转化,无法比较AgCl和AgI的溶解度大小,C错误;新制氯水中的Cl2和HClO都能氧化I-为碘单质使淀粉变蓝色,因此无法证明氯气与水的反应存在限度,D错误。 12.A　盛NiO(OH)的试管中产生黄绿色气体,说明NiO(OH)将氯离子氧化为氯气,而氢氧化铁不行,故氧化性:NiO(OH)>Fe(OH)3,A正确;出现黑色沉淀(CuS),是因为硫化铜不溶于水、不溶于酸,不能说明酸性H2S<H2SO4,B错误;副产物SO2也会使溴水褪色,不能说明乙烯发生了加成反应,C错误;出现黄色沉淀(Ag3PO4),说明Na2HPO4电离出了磷酸根离子,D错误。 13.A　浓硝酸具有挥发性,挥发出的硝酸也能与碘化钾溶液反应生成与淀粉溶液作用显蓝色的碘,则淀粉-KI溶液变蓝色不能说明浓硝酸分解生成二氧化氮,A项符合题意;铜与浓硫酸共热,反应生成的二氧化硫具有漂白性,能使品红溶液褪色,则品红溶液褪色能说明铜与浓硫酸反应生成二氧化硫,B项不符合题意;浓氢氧化钠溶液与氯化铵溶液共热,反应生成能使酚酞变红的氨气,则酚酞溶液变红能说明浓氢氧化钠溶液与氯化铵溶液共热反应生成氨气,C项不符合题意;乙醇具有挥发性,挥发出的乙醇不能与溴水反应,2-溴丙烷与氢氧化钠的乙醇溶液共热发生消去反应,生成能使溴水褪色的丙烯气体,溴水褪色能说明2-溴丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应生成丙烯,D项不符合题意。 有关气体实验的思维模型 14.C　酸碱中和滴定操作中没有好的保温措施且溶液逐滴滴加,热量损失较多,不能准确测定中和反应的反应热,A项错误;NaClO和Na2SO3反应无明显现象,无法根据现象进行浓度对化学反应速率的影响的探究,B项错误;将Na2CO3溶液与BaCl2溶液混合,反应后静置,向上层清液中再加1滴Na2CO3溶液,若有浑浊产生,则说明Ba2+没有沉淀完全,反之,则沉淀完全,C项正确;检验淀粉是否发生了水解,应检验是否有淀粉的水解产物(葡萄糖或麦芽糖)存在,可在中和作催化剂的酸的基础上选用银氨溶液或新制氢氧化铜,碘水是用来检验淀粉的试剂,可用于检验淀粉是否完全水解,D项错误。 15.A　通入CO2气体发生反应CO2+Na2CO3+H2O2NaHCO3、CaCO3+H2O+CO2Ca(HCO3)2,由于在相同温度下NaHCO3的溶解度小于Na2CO3的溶解度,且瓶中为饱和Na2CO3溶液,因此瓶中最终有NaHCO3白色晶体析出,不会得到澄清溶液,A项符合题意;通入Cl2发生反应Cl2+2FeCl22FeCl3、2FeCl3+Fe3FeCl2,最终金属Fe消失得到澄清溶液,B项不符合题意;通入HCl气体,N在酸性条件下表现强氧化性,可将金属Cu氧化:3Cu+8H++2N3Cu2++2NO↑+4H2O,最终金属Cu消失得到澄清溶液,C项不符合题意;AgCl在水中存在沉淀溶解平衡AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq),通入NH3后,Ag+与NH3结合生成[Ag(NH3)2]+,使沉淀溶解平衡正向移动,最终AgCl固体消失得到澄清溶液,D项不符合题意。 16.D　向盛有FeSO4溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液,无现象,振荡,再滴加几滴新制氯水,溶液变为红色,说明亚铁离子被新制氯水氧化,Fe2+具有还原性,A项不符合题目要求;向盛有SO2水溶液的试管中滴加几滴品红溶液,品红溶液褪色,振荡,加热试管,溶液又恢复红色,说明SO2具有漂白性,B项不符合题目要求;向盛有淀粉-KI溶液的试管中滴加几滴溴水,振荡,溶液变为蓝色,说明Br2的氧化性比I2的强,C项不符合题目要求;用pH计测量醋酸、盐酸的pH用以证明CH3COOH是弱电解质时,醋酸和盐酸的物质的量浓度必须相同,D项符合题目要求。 17.B　Cu与浓硫酸反应,既体现浓硫酸的酸性又体现其氧化性,A项错误;紫色石蕊溶液遇到酸会变红,a处变红,说明生成的SO2是酸性氧化物,B项正确;c处是因SO2具有还原性而使酸性高锰酸钾溶液褪色,不是SO2的漂白性,C项错误;试管底部出现的白色固体为CuSO4,不是蓝色固体CuSO4·5H2O的原因是浓硫酸具有吸水性,不能说明反应中没有水生成,D项错误。 18.D　向MgCl2溶液中滴加NaOH溶液至过量,反应生成白色沉淀Mg(OH)2,Mg(OH)2不与过量的NaOH溶液发生反应,A项错误;FeCl2溶液中滴加KSCN溶液,无明显现象,B项错误;AgI的溶解度远小于AgCl,因此,向AgI悬浊液中滴加NaCl溶液至过量,黄色沉淀不可能全部转化为白色沉淀,C项错误;酸性KMnO4溶液呈紫红色,其具有强氧化性,能够氧化乙醇,故向酸性KMnO4溶液中滴加乙醇至过量后,溶液紫红色褪去,D项正确。 19.B　Na2S2O3溶液和稀硫酸反应生成S单质和SO2,一部分S元素化合价升高,另一部分S元素化合价降低,Na2S2O3既体现还原性又体现氧化性,A项不符合题目要求;将 Zn(OH)2固体粉末加入过量NaOH溶液中,充分搅拌,溶解得到无色溶液,说明Zn(OH)2能够和碱反应,体现酸性,不能得出其具有碱性的结论,B项符合题目要求;将TiCl4液体和FeCl3固体分别暴露在潮湿空气中,只有前者会冒“白烟”,说明反应TiCl4+3H2OH2TiO3+4HCl产生大量HCl,在潮湿空气中形成酸雾,故水解性:TiCl4>FeCl3,C项不符合题目要求;将红色固体CrO3加热得到绿色固体Cr2O3,且生成的气体可以使带火星的木条复燃,说明该过程中产生了氧气,则CrO3不稳定,D项不符合题目要求。 20.C　碳酸钠和碳酸氢钠都会因水解而使溶液显碱性,碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠,向相同物质的量浓度的两种溶液中分别滴入酚酞溶液后,碳酸钠溶液使酚酞呈现红色,碳酸氢钠溶液使酚酞呈现浅红色,A项描述正确;食盐水为中性,铁钉发生吸氧腐蚀,试管中的气体减少,导管中形成一段水柱,B项描述正确;钠燃烧产生的温度在400 ℃以上,玻璃表面皿不耐高温,故钠燃烧实验通常用坩埚或者燃烧匙,C项描述错误;石蜡油发生热分解,产生不饱和烃,不饱和烃与溴发生加成反应,使试管中溴的四氯化碳溶液褪色,D项描述正确。 21.B　铜与浓硝酸反应生成NO2,A项错误;红棕色NO2与无色N2O4存在如下转化:2NO2N2O4,对体系降温通过观察颜色变化,可确定平衡移动方向,B项正确;乙醇能与水以任意比互溶,不能从水溶液中萃取I2,C项错误;实验结束,剩余的NaCl固体放回原试剂瓶会污染试剂,D项错误。 22.D　无色气体甲烷在空气中燃烧生成二氧化碳和水,将生成的气体通入澄清石灰水,澄清石灰水也会先变浑浊后变澄清,故无色气体X不一定为一氧化碳,A项错误;若无色Y溶液的pH在7~8之间,向溶液中滴加1~2滴酚酞溶液,溶液也为无色,故由溶液仍为无色不能判断出溶液pH小于7,B项错误;若向淀粉和碘的混合溶液中滴加不足量的硫氰化钾溶液,碘未完全反应,溶液也呈蓝色,故溶液仍为蓝色不能判断(SCN)2和碘的氧化性强弱,C项错误;在稀硫酸中加入少量氧化亚铜固体,溶液由无色变为蓝色并有红色固体生成说明氧化亚铜与稀硫酸反应生成硫酸铜和铜,则反应中氧化亚铜既作氧化剂又作还原剂,D项正确。 23. (1)紫红色褪去 (2)d、a、b (3)①0.028 0　② (4)①增大　极性　③三者的饱和溶液浓度并不相同;芳香环上的取代基会通过电子效应和空间效应改变羧酸的酸性 (5)①2HClO2H++2Cl-+O2↑ ②用pH计测定常温下0.1 mol·L-1 NaClO溶液的pH=a,c(OH-)=10a-14, ClO-+H2OHClO+OH-,c(HClO)=c(OH-), Kh===102a-27, Ka===1013-2a 解析 (1)酸性条件下发生:,KMnO4被还原,紫红色褪去。 (2)加热溶解后,应先趁热过滤除去泥沙,经过冷却结晶获得苯甲酸晶体(苯甲酸的溶解度受温度影响较大,而NaCl溶解度几乎不受温度影响),再常温过滤后可获得苯甲酸晶体。 (3)①+NaOH+H2O c0×50×10-3 L=0.1 mol·L-1×14×10-3 L, 解得c0=0.028 0 mol·L-1。 ②选取初始点(0.00,2.89)计算,c()= c0-c(H+),Ka==。 (4)①电负性F>Cl,电负性越大,吸电子能力越强,使羧基中O—H键之间电子对越偏向于O,则—OH的极性越大。 ②三者饱和溶液的浓度不相同,且形成了分子内氢键使—COOH中H更难电离,故不能用pH直接判断Ka的大小顺序。 (5)①HClO在光照、加热或长期放置过程中均会分解,故离子方程式为2HClO2H++2Cl-+O2↑。 ②用pH计测定常温下0.1 mol·L-1 NaClO溶液的pH=a,c(OH-)=10a-14, ClO-+H2OHClO+OH-,c(HClO)=c(OH-), Kh===102a-27, Ka===1013-2a。 24. (1)①Cu2O　还原　②Cu(OH)2CuO+H2O (2)①除去过量的Zn　②b　③Ⅲ　铜粉颗粒小,照射光线被吸收 解析 (1)向Cu(OH)2悬浊液中加入2 mL 10%葡萄糖溶液后加热,发生反应,产生的砖红色沉淀为Cu2O,葡萄糖在反应中表现还原性。操作时,没有加入葡萄糖溶液就加热,Cu(OH)2受热分解为CuO和H2O:Cu(OH)2CuO+H2O。 (2)向CuSO4溶液中加入过量Zn粉,发生置换反应:Zn+CuSO4ZnSO4+Cu。①加入盐酸的目的是除去多余(过量)的Zn。②原溶液中含n(Cu2+)=0.5 mol·L-1×0.02 L=0.01 mol,1.18 g Zn粉的物质的量n(Zn)==0.018 mol。Cu的最大质量为0.64 g,生成Cu2O的最大质量为0.72 g,实际固体质量为0.78 g。若只有Cu,则固体质量应等于0.64 g,a不符合题意;若是Cu包裹Zn,则0.64 g<固体质量<1.18 g,b符合题意;若是CuO,则不可能为红棕色,c不符合题意;若是Cu和Cu2O,固体质量应介于0.64 g与0.72 g之间,d不符合题意。③对黑色粉末成分探究,分析结果表明,X中不含Zn和Cu(Ⅰ)(即Cu2O)。由实验1现象“无色溶液”说明X中不含CuO,由实验2现象“蓝色溶液”说明X溶于稀硝酸、不溶于稀硫酸,则可确定X为铜粉,选Ⅲ。从物质形态角度分析,铜粉为黑色是由于固体颗粒小,光线进入后被吸收所致。 25. (1)NaOH(合理即可)　(2)S (3)①BD　　②20.0　6∶5 (4)③足量稀盐酸　有气泡生成　BaCl2溶液 ⑤将至少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计测量混合体系的pH,待混合液pH不变时,加入Na2SO4固体,若pH增大,说明反应(Ⅰ)平衡已建立 解析 探究反应CaSO4(s)+C(aq)CaCO3(s)+S(aq)(Ⅰ)中Na2CO3溶液的浓度对反应速率的影响,通过HCl与Na2CO3的滴定反应,来测量Na2CO3浓度的变化量,从而计算平均反应速率。 探究反应CaSO4(s)+C(aq)CaCO3(s)+S(aq)平衡的建立,利用C水解呈碱性的性质,通过测定pH来判断C离子浓度的变化情况,从而判断反应是否达到平衡。 (1)浓硫酸与铜丝反应的化学方程式为Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O,所产生的尾气为SO2,可用NaOH溶液吸收(其他合理答案也可)。 (2)SO2生成石膏(主要成分CaSO4·2H2O),S元素的化合价由+4价上升到+6价,失去电子,被氧化。 (3)①用Na2CO3固体配制溶液,以滴定法测定其浓度,该过程用到题述仪器中的烧杯、酸式滴定管,故选BD;根据离子方程式C+H+HC可知,c(Na2CO3)= mol·L-1= mol·L-1。 ②总体积应相同,则x为20.0;a中消耗的盐酸体积为 mL,即Δc(Na2CO3)=- mol·L-1= mol·L-1,同理可得,b中Δc(Na2CO3)=×- mol·L-1= mol·L-1,由于v=,va∶vb=∶=6∶5。 (4)由结论可知假设1成立,假设2不成立,说明①实验中的沉淀全部为CaCO3,要验证假设1即沉淀中无CaSO4,可将①实验中的反应混合物进行固液分离,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,继续向试管中滴加BaCl2溶液,无白色沉淀生成,说明沉淀全部为CaCO3,无CaSO4。由离子方程式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 mL=0.01 mol,CaSO4的质量为0.01 mol×136 g·mol-1=1.36 g,实验方案为将至少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计测量混合体系的pH,当混合液pH不变时,加入Na2SO4固体,若pH增大,说明反应(Ⅰ)平衡已建立。 26. (1)bc (2)不能　保证[Co(H2O)6]2+全部转化为[Co(CO3)2]2-　2[Co(H2O)6]2++10HC+H2O22[Co(CO3)3]3-+18H2O+4CO2↑ 2H2O22H2O+O2↑ (3)实验Ⅲ的现象表明,Co3+比Co2+更易与C配位,这样使得[Co(H2O)6]3+浓度减小的幅度远远大于[Co(H2O)6]2+浓度减小的幅度,根据化学平衡移动原理,减小生成物浓度能使化学平衡向正反应方向移动,因此上述反应能够正向进行 (4)CO2　O2 解析 探究Co2+、Co3+能否催化H2O2的分解及相关性质的实验中,实验Ⅰ中无明显变化,证明[Co(H2O)6]2+不能催化H2O2的分解;实验Ⅱ中溶液变为红色,证明[Co(H2O)6]2+易转化为[Co(CO3)2]2-;实验Ⅲ中溶液变为墨绿色,说明[Co(H2O)6]3+更易与C反应生成[Co(CO3)3]3-,并且初步证明[Co(H2O)6]2+在HC的作用下易被H2O2氧化为[Co(CO3)3]3-;实验Ⅳ中溶液先变为蓝色,后变为粉红色,并且前后均有气体生成,证明在酸性条件下,[Co(CO3)3]3-易转化为[Co(H2O)6]3+,[Co(H2O)6]3+氧化性强,可以把H2O氧化为O2。 (1)配制1.00 mol·L-1的CoSO4溶液,需要用到容量瓶、胶头滴管等,因此选bc。 (2)CoSO4溶液中存在大量的[Co(H2O)6]2+,向其中加入1 mL 30%的H2O2后无明显变化,因此实验Ⅰ表明[Co(H2O)6]2+不能催化H2O2的分解。实验Ⅱ中,溶液变为红色,伴有气泡产生,说明生成了[Co(CO3)2]2-和CO2,则发生反应:4HC+[Co(H2O)6]2+[Co(CO3)2]2-+2CO2↑+8H2O;为保证[Co(H2O)6]2+全部转化为[Co(CO3)2]2-,实验Ⅱ中n(HC)∶n{[Co(H2O)6]2+}=32∶3,远大于反应中的n(HC)∶n{[Co(H2O)6]2+}=4∶1。实验Ⅲ中溶液变为墨绿色,表明在H2O2的作用下[Co(H2O)6]2+能与HC反应生成[Co(CO3)3]3-,且[Co(CO3)3]3-能催化H2O2的分解,因此H2O2在实验Ⅲ中所发生反应的离子方程式为2[Co(H2O)6]2++10HC+H2O22[Co(CO3)3]3-+18H2O+4CO2↑、2H2O22H2O+O2↑。 (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。实验Ⅲ的现象表明,Co3+比Co2+更易与C配位,即[Co(H2O)6]3+更易与C反应生成[Co(CO3)3]3-(该反应为快反应),导致[Co(H2O)6]2+几乎不能转化为[Co(CO3)2]2-,这样使得[Co(H2O)6]3+浓度减小的幅度远远大于[Co(H2O)6]2+浓度减小的幅度,根据化学平衡移动原理,减小生成物浓度能使化学平衡向正反应方向移动,因此上述反应能够正向进行。 (4)实验Ⅳ中,A溶液到B溶液变为蓝色,并产生气体,说明发生了[Co(CO3)3]3-+6H++3H2O[Co(H2O)6]3++3CO2↑;B溶液到C溶液变为粉红色,并产生气体,说明发生了4[Co(H2O)6]3++2H2O4[Co(H2O)6]2++O2↑+4H+,因此从A溶液到C溶液所产生的气体的分子式分别为CO2和O2。 27. (1)< (2)除去I2,防止干扰后续实验　[CuI2]-+2NH3·H2O[Cu(NH3)2]++2H2O+2I-、4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3·H2O4[Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O (3)2Cu+I22CuI(或2Cu+KI32CuI+KI)　白色沉淀逐渐溶解,溶液为无色　铜与碘的反应为可逆反应(或浓度小,不能氧化全部的Cu) (4)铜、含n mol I2的4 mol·L-1的KI溶液 (5)在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中,随Cu2+浓度增大,Cu2+氧化性增强,可发生反应2Cu2++4I-2CuI↓+I2和2Cu2++6I-2[CuI2]-+I2,而在隔绝空气的条件下进行的电化学实验中,产物Cu2+不与I-接触,无法发生上述氧化还原反应,因此在上述实验中Cu被I2氧化的产物中价态不同 解析 因I2溶解度较小,Cu与I2接触不充分,将I2转化为可以提高Cu与的接触面积,增大反应速率。加入CCl4,水溶液中的I2浓度减小,I2+I-平衡逆向移动,I-浓度增加,[CuI2]-浓度增加,加入氨水后转化为[Cu(NH3)2]+,[Cu(NH3)2]+容易被空气中的O2氧化为[Cu(NH3)4]2+,故而产生无色溶液变为蓝色溶液的现象。 (1)提高KI浓度,可提高的浓度,使Cu与的接触更加充分,从而使Cu与的反应速率增大,故初始阶段Cu被氧化的反应速率:实验Ⅰ<实验Ⅱ。 (2)加入CCl4,水溶液中的I2浓度减小,I2+I-平衡逆向移动,I-浓度增加,因此步骤a的目的为除去I2,防止干扰后续实验。加入氨水后,无色的[CuI2]-转化为无色的[Cu(NH3)2]+,[Cu(NH3)2]+可被空气中的O2氧化为蓝色的[Cu(NH3)4]2+,离子方程式为[CuI2]-+2NH3·H2O[Cu(NH3)2]++2H2O+2I-、4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3·H2O4[Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O。 (3)结合实验Ⅲ,推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是CuI,实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是2Cu+I22CuI或2Cu+KI32CuI+KI;分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体,洗涤后得到白色沉淀CuI,加入浓KI溶液,会观察到白色沉淀逐渐溶解,溶液为无色,出现少量红色的Cu;Cu未完全反应是由于铜与碘的反应为可逆反应或浓度小,不能氧化全部的Cu。 (4)要验证I2能将Cu氧化为Cu2+,需设计原电池的负极材料为Cu,b为含n mol I2的4 mol·L-1的KI溶液。 (5)含n mol I2的4 mol·L-1的KI溶液与铜反应的体系在原电池装置中进行,I2将Cu氧化为Cu2+,且产物Cu2+不与I-接触;而在实验Ⅰ、实验Ⅱ和实验Ⅲ中Cu不以Cu2+形式存在,这是由于在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中随Cu2+浓度增大,Cu2+氧化性增强,可发生反应2Cu2++4I-2CuI↓+I2和2Cu2++6I-2[CuI2]-+I2。 五步解答实验综合题 1.明确探究目的。 2.弄清实验原理(根据化学情境或题目所给的实验目的并结合元素化合物的有关知识获取)。 3.理清操作过程(由实验原理确定的实验方案,根据方案确定实验操作的方法和步骤)。 4.弄懂装置作用(根据题目给出的装置图,细致地分析图中的各部分装置,结合实验目的和原理,确定它们在实验中的作用)。 5.得出实验结论。 28. (1)2Al+2OH-+6H2O2[Al(OH)4]-+3H2↑ (2)取最后一次洗涤液,用pH计(或pH试纸)测定其pH,若pH=7,说明雷尼Ni已经被水洗净 (3)C (4)C (5)恒压滴液漏斗 (6)排尽装置中的空气,防止雷尼Ni在空气中自燃 (7)雷尼Ni被吹起,降低催化效率,不利于反应的充分进行 (8)装置Ⅰ中集气管液面不再上升(或水准瓶液面不再下降)时,说明氢化反应完全 解析 (1)Ni-Al合金加入NaOH溶液中,Al与NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4],与Ni分离而被除去。 (2)除Al操作及雷尼Ni在水洗前的碱洗过程中,溶液呈碱性,故判断雷尼Ni被水洗净就是测定溶液中c(H+)=c(OH-),可用pH计精确测定(或pH试纸粗略测定)最后一次洗涤液的pH是否为7,若测得pH=7,说明雷尼Ni已经被水洗净。 (3)A项中丙酮分子中含有羰基,会干扰邻硝基苯胺的催化氢化反应,依据信息“邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行”,在题给B、C、D项中的三种有机溶剂中,乙醇相对极性最大,故选C。 (4)向集气管中充入H2时,应将三通阀向左旋转一下,使三通阀的孔路位置如C所示,故选C。 (6)依据信息①可知,雷尼Ni在空气中会自燃,故通入N2的作用为:排尽装置中的空气,防止雷尼Ni在空气中自燃。 (7)实验时装置Ⅱ中气体不断通入,若将导气管插入液面以下,会将雷尼Ni悬浮液吹起,降低其催化效率,不利于反应的充分进行。 (8)当氢化反应完全时,装置Ⅱ中H2不再参加反应即不再消耗H2,则装置Ⅰ中集气管液面不再变化(或水准瓶中液面不再变化)。 29. (1)具支试管　防止倒吸 (2)Cu+H2O2+2H+Cu2++2H2O　O2　增强H2O2的氧化性 (3)CuO2　(4)当滴入最后半滴Na2S2O3溶液,锥形瓶中溶液蓝色消失,且在半分钟内不变色,说明到达滴定终点　96% 解析 (1)仪器A为具支试管,装置B可以起到防倒吸作用。 (2)铜片溶解,溶液变蓝,说明Cu被氧化为Cu2+:Cu+H2O2+2H+Cu2++2H2O。H2O2少量分解产生无色气体O2。 比较实验①和②,说明H+增强了H2O2的氧化性。 (3)黑色铜的氧化物应为CuO,设X的化学式为CuxOy,CuxOyxCuO,=,解得x∶y=1∶2, 则X的化学式为CuO2。 (4)结合信息得关系式: 2CuO2~3I2~6S2,即: CuO2　　~　　3S2 96 g 3 mol m(CuO2) 0.100 0×15.00×10-3 mol =1.5×10-3 mol m(CuO2)=0.048 g 粗品中X的相对含量为×100%=96%。 30. (1)饱和NaCl溶液 (2)2Mn(OH)2+O22MnO2+2H2O (3)Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强 (4)①Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O　②4Mn+4OH-4Mn+O2↑+2H2O　NaClO　③3ClO-+2MnO2+2OH-2Mn+3Cl-+H2O　④过量Cl2与NaOH反应产生NaClO,使溶液的碱性减弱,c(OH-)降低,溶液中Mn被还原为Mn的速率减小,导致实验Ⅲ未得到绿色溶液 解析 装置B中盛有饱和NaCl溶液,用来除去Cl2中的杂质HCl;通过改变装置C中溶液的pH,验证不同条件下Cl2与MnSO4反应的产物,装置D是尾气处理装置,目的是除去多余Cl2,防止造成大气污染。 (1)B中试剂是饱和NaCl溶液,作用是吸收Cl2中的杂质HCl气体。 (2)通入Cl2前,Ⅱ、Ⅲ中Mn2+与NaOH电离出的OH-反应产生Mn(OH)2白色沉淀,该沉淀不稳定,会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色的MnO2,则沉淀由白色变为棕黑色的化学方程式为:2Mn(OH)2+O22MnO2+2H2O。 (3)对比实验Ⅰ、Ⅱ通入Cl2后的实验现象,对于二价锰化合物还原性的认识是:Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强。 (4)①Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O,使溶液碱性减弱,反应的化学方程式为:Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O。②取Ⅲ中放置后的1 mL悬浊液,加入4 mL 40% NaOH溶液,溶液紫色迅速变为绿色,且绿色缓慢加深;溶液紫色变为绿色是由于在浓碱条件下,Mn被OH-还原为Mn,根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒,该反应的离子方程式为:4Mn+4OH-4Mn+O2↑+2H2O;溶液绿色缓慢加深,原因是MnO2被NaClO氧化,可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。③取Ⅲ中放置后的1 mL悬浊液,加入4 mL水,溶液碱性减弱,溶液紫色缓慢加深,说明ClO-将MnO2氧化为Mn,发生的反应是:3ClO-+2MnO2+2OH-2Mn+3Cl-+H2O。④从反应速率的角度分析,过量Cl2与NaOH反应产生NaClO,使溶液的碱性减弱,c(OH-)降低,溶液中的Mn被还原为Mn的速率减小,导致实验Ⅲ未得到绿色溶液。 31. (1)分液漏斗　(2)d　e　c　b (3)CO+2[Ag(NH3)2]OH2Ag↓+(NH4)2CO3+2NH3 (4)①石灰水变浑浊　②60%　③偏大 (5)增大气体样品流速 (6)尾气出口未加防潮装置(或其他合理表述) 解析 在通风橱中用图A装置制取一氧化碳,获得的气体中含有甲酸蒸气,可先用水除去甲酸,再用B装置排水收集一氧化碳气体,排出的水用E中的烧杯接收。气体样品通过氢氧化钠溶液吸收空气中的二氧化碳,利用浓硫酸吸收水蒸气,一氧化碳在H中被氧气氧化生成二氧化碳,二氧化碳能被石灰水吸收,J中的浓硫酸吸收气体中的水蒸气,反应中剩余的一氧化碳被I2O5吸收,通过测定生成的碘的质量,可以计算一氧化碳被氧化的百分率。 (1)装置A中盛放甲酸的仪器为分液漏斗。 (2)用C装置除去甲酸,用B装置收集一氧化碳,用E装置接收排出的水,故接口连接顺序为:a→d→e→c→b→h。 (3)一氧化碳与银氨溶液反应生成黑色的银,同时生成碳酸铵和氨气,反应的化学方程式为:CO+2[Ag(NH3)2]OH2Ag↓+(NH4)2CO3+2NH3。 (4)一氧化碳被空气中的氧气氧化生成二氧化碳,二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊。U形管中生成的碘的物质的量为=0.000 4 mol,根据5CO+I2O5I2+5CO2分析可知,有0.002 mol一氧化碳未被氧气氧化,则被氧化的一氧化碳的百分率为×100%=60%。如果没有通入氮气,则装置中有CO残留,计算的CO被氧化的百分率将增大。 (5)增大气体样品流速可以缩短气体与催化剂接触时长。 (6)I2O5是白色固体,易吸水潮解,应该在装置出气口增加防潮装置。 32. (1)锥形瓶　(2)通过分液漏斗往A中加水,一段时间后水难以滴入,则气密性良好　(3)水浴加热　(4)①4.0　6.0　②2　③增大反应速率　(5)量筒中收集到无色气体,导管里上升一段水柱　2HNO2NO↑+NO2↑+H2O 解析 (1)仪器A的名称为锥形瓶。 (2)气体发生装置需要检验装置的气密性,检验装置气密性的方法为关闭止水夹K,通过分液漏斗往A中加水,一段时间后水难以滴入,则气密性良好。 (3)若需控制体系的温度为36 ℃,可采取水浴加热使锥形瓶均匀受热。 (4)①为探究反应速率与c(NaNO2)的关系,NH4Cl浓度不变,根据数据3和4可知溶液总体积为20 mL,故V1为4 mL;根据控制变量单一可知V2为6 mL,V3为6 mL。 ②增大反应物浓度可使反应速率增大,根据1和3组数据分析,3中c(NaNO2)是1的2倍,1和3所用的时间比≈4,根据分析可知反应速率和NaNO2浓度的平方成正比,故m=2。 ③醋酸在反应中的作用是增大反应速率。 (5)用同浓度的盐酸代替醋酸进行实验1,NaNO2与盐酸反应生成HNO2,HNO2分解产生等物质的量的两种气体,根据氧化还原反应原理可知,反应的化学方程式为:2HNO2NO↑+NO2↑+H2O;反应结束后,量筒中收集到NO,A中红棕色气体颜色逐渐变浅的原因为NO2溶于水生成NO,气体颜色变浅的同时锥形瓶中压强降低,导管里上升一段水柱。 33. (1)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O (2)c→d→b→a→e (3)HClO　取久置氯水少许于小试管中,加入HNO3酸化的AgNO3溶液,产生白色沉淀 (4)⑤×10-5　电导率增大,既可能是温度升高导致电导率增大,也可能是离子浓度增大导致电导率增大,因此不能说明猜想b成立　⑥45　Ⅱ　45　⑦A3>B2>B1,在相同温度下测定时,不同试样导电能力有差异 解析 (1)MnO2与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气:MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。 (2)产生的Cl2中含有HCl和水蒸气,应依次通过饱和食盐水和浓硫酸,然后收集Cl2,则气体流向为c→d→b→a→e。 (3)氯水中有漂白作用的是HClO。检验Cl-时利用AgCl不溶于水和稀硝酸的性质。 (4)根据Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)=c2(Cl-),则c(Cl-)==×10-5 mol·L-1。由于实验1、2、3中在温度变化的同时,AgCl的溶解度也会发生变化,因此实验结果不足以证明猜想b成立。 ⑥如果要判断AgCl在水中的溶解度随温度的变化情况,可以测定不相同温度下配制的饱和溶液在相同温度下的电导率,如果温度较高的饱和溶液电导率比温度较低的饱和溶液电导率高,则可以得出温度升高饱和溶液中离子浓度高。所以可以设计试样Ⅰ在45 ℃下测试与实验3比较,设计试样Ⅱ在45 ℃下测试与实验3比较。 ⑦猜想b成立的判断依据是A3>B2>B1。 考点39　定量分析型综合实验题 1.A　实验步骤中,应该先点燃乙、丙处酒精灯,再点燃甲处酒精灯,否则Ⅰ中分解产生的O2来不及与Ⅱ、Ⅲ中Cu网反应而损耗,A项错误;NaNO3在加热条件下若分解产物只有NaNO2和O2,即2NaNO32NaNO2+O2↑,则B、C正确;因为NaNO3受热分解产生O2,故NaNO3保存时应远离热源、可燃物,并与还原性物质分开存放,D项正确。 2. (1)量筒、玻璃棒 (2)冰水浴 (3)B (4)向试管中先加稀硝酸、再加AgNO3溶液,若无白色沉淀产生,说明氯离子已经洗净 (5)ABC (6)cabd (7)　偏高 解析 (1)Ⅰ、Ⅱ均为溶解操作,需要的玻璃仪器有烧杯、量筒和玻璃棒。 (2)依据题目信息“糖精钴的溶解度在冷水中较小”知,要使大量晶体析出,可将烧杯置于冰水中冷却。 (3)步骤Ⅳ是对产品进行洗涤,先用冷的1% NaSac溶液洗涤晶体,主要目的是洗去晶体附着的离子(Na+、Co2+、Cl-等),再用冷水洗去NaSac等,最后用丙酮洗去表面的H2O。 (4)本题实际上是考查Cl-的检验方法。 (5)步骤Ⅲ中“将溶液2加入接近沸腾的溶液1中”,需要戴护目镜和防热烫;步骤Ⅳ丙酮有毒,需要洗手。 (6)使用时:先检漏并用蒸馏水洗涤滴定管,然后用标准液润洗,后加入标准液,最后调节液面并记录初始体积。 (7)滴定时,n(EDTA)∶n(Co2+)=1∶1,可知m g产品的物质的量为cV×10-3 mol,因为= 即=,可得x=。 若滴定前尖嘴处无气泡,滴定后有气泡,说明实际读出的消耗的EDTA少,计算时V减小,则x值偏高。 3. (1)圆底烧瓶　球形冷凝管 (2)增大硫的溶解度,便于充分溶解 (3)防止乙醇在步骤Ⅱ中被H2O2氧化为CH3COOH,CH3COOH与KOH反应使测定结果不准确 (4)水浴加热难以保持20 min使温度处于100 ℃　取反应后的溶液少许加入试管中,然后加入盐酸酸化的BaCl2溶液,若产生白色沉淀,则说明溶液中含有S (5)当滴入最后半滴HCl标准溶液,锥形瓶内溶液颜色由黄色变为橙色,且在半分钟内不恢复原来的颜色 (6)×100% 解析 (1)由装置图可知,仪器①②分别是圆底烧瓶、球形冷凝管。 (2)硫为非极性分子,难溶于水,微溶于乙醇,而乙醇能与H2O以任意比互溶。故步骤Ⅰ中,乙醇的作用是增大硫的溶解度、便于充分溶解。 (3)乙醇具有还原性,步骤Ⅱ中H2O2具有氧化性,乙醇能被H2O2氧化为乙酸,而CH3COOH会与溶液中的KOH发生中和反应,从而导致后续滴定过程消耗的HCl减小,使测定结果不准确。 (4)水浴加热使混合液受热均匀,但不能长时间保持100 ℃。检验S时需要的试剂是稀盐酸和BaCl2溶液。 (5)步骤Ⅲ中,使用甲基橙作滴定反应的指示剂,锥形瓶中溶液含有KOH呈碱性,故滴定前为黄色,滴加HCl标准溶液至终点时,溶液变为橙色,且在半分钟内不恢复原来的颜色。 (6)步骤Ⅳ中,不加入硫黄做空白实验,n(KOH)=n(HCl)=cV3×10-3 mol,加入硫黄时,KOH先与硫反应,剩余的再与HCl发生中和反应,则剩余n(KOH)=n(HCl)=cV2×10-3 mol;故与硫反应的n(KOH)=(cV3×10-3-cV2×10-3) mol,则样品n(S)=n(KOH)=(cV3-cV2)×10-3 mol,故样品中硫的质量分数为×100%。 4. (1)增大反应物的接触面积,使反应更加充分,提高反应速率 (2)CaCO3+2CH3COOHCa2++2CH3COO-+H2O+CO2↑　蛋壳粉逐渐溶解,有气泡产生 (3)醋酸钙易溶于水,柠檬酸钙微溶于水,反应生成的柠檬酸钙覆盖在蛋壳粉表面会阻碍进一步的反应 (4)烧杯、漏斗、玻璃棒 (5)b　(6)CH3COOH(或醋酸) (7)减少溶质的损失,降低实验误差 (8)用少量EDTA标准溶液润洗滴定管2~3次　无影响 (9)×100% 解析 (1)实验中,需将蛋壳研磨成粉,其目的是增大固体反应物的接触面积,使反应更加充分,提高反应速率。 (2)蛋壳的主要成分是碳酸钙,是难溶盐,醋酸为弱酸,离子方程式中化学式不能拆开写,碳酸钙与醋酸反应的离子方程式为CaCO3+2CH3COOHCa2++2CH3COO-+H2O+CO2↑;因为产生二氧化碳气体,实验现象:蛋壳粉逐渐溶解,有气泡产生。 (3)实验中先将蛋壳粉与醋酸反应,而不是直接与柠檬酸溶液反应,原因是醋酸钙易溶于水,柠檬酸钙微溶于水,反应生成的柠檬酸钙覆盖在蛋壳粉表面会阻碍进一步的反应。 (4)过滤时用到的仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒和滤纸,玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒。 (5)柠檬酸钙微溶于水、难溶于乙醇,洗涤柠檬酸钙最适宜的试剂是乙醇,答案选b。 (6)蛋壳制备柠檬酸钙时先发生CaCO3+2CH3COOHCa2++2CH3COO-+H2O+CO2↑,向过滤得到的醋酸钙溶液中加柠檬酸,生成柠檬酸钙和醋酸,其中可以循环使用的物质是CH3COOH。 (7)配制一定物质的量浓度的溶液,需将烧杯和玻璃棒进行洗涤,将洗涤烧杯内壁和玻璃棒的洗涤液一并转移至容量瓶中,目的是将溶质全部转移至容量瓶中,减少溶质的损失,降低实验误差。 (8)滴定管用蒸馏水洗涤后,加入EDTA标准溶液之前,需用EDTA对滴定管进行润洗,故操作为用少量EDTA标准溶液润洗滴定管2~3次。滴定所用锥形瓶在使用前洗净但未干燥,这些水分不改变标准液和待测液中的溶质,所以对滴定结果无影响。 (9)柠檬酸钙的摩尔质量为M g·mol-1,EDTA与Ca2+按1∶1(物质的量之比)形成稳定配合物。 ,计算可得样品中柠檬酸钙的质量x=g,样品中柠檬酸钙质量分数的表达式为×100%=×100%。 5. (1)AD　(2)浓硫酸　防倒吸 (3)在蓝色消退后,滴入半滴标准溶液,溶液由无色变为浅蓝色,且半分钟内不褪色　% (4)催化剂　温度升高导致I2挥发,从而使KIO3的用量增加　不变 解析 分析实验过程和装置图可知,干燥的氧气与样品在高温条件下反应生成SO2,经装置E冷却后进入装置F,在装置F中SO2被氧化,根据滴定消耗的KIO3碱性标准溶液的体积,可测定样品中硫元素的含量。 (1)配制1 000 mL KIO3碱性标准溶液,需用到烧杯、玻璃棒、胶头滴管和1 000 mL容量瓶,所以选AD。 (2)B中是液体干燥剂,所以可用浓硫酸。F中液体易发生倒吸,磨砂浮子的作用是防止倒吸。 (3)滴定终点时,F中无SO2进入,故滴定终点时溶液的浅蓝色不会消退。1 000 mL KIO3碱性标准溶液中c(KIO3)=0.002 mol·L-1,根据题给方程式可得关系式:KIO3~3SO2 样品中硫元素的质量分数为 ×100%= %。 (4)粉尘在SO2转化为SO3的过程中起催化剂的作用。若装置E冷却气体不充分,会使装置F中溶液温度升高,造成I2挥发,从而加大KIO3碱性标准溶液的用量,导致测定结果偏大。若有少量I不经I2直接将SO2氧化为H2SO4,反应的离子方程式为I+3SO2+3H2OI-+3S+6H+,I和SO2的物质的量之比仍为1∶3,故不影响测定结果。 6. (1)①Fe(OH)3　②浸出初期,c(H+)较大,Fe的浸出率较大,5 min之后,溶液酸性减弱,Fe3+水解生成Fe(OH)3进入滤渣　(2)①pH增大,有利于(R3NH)2SO4的形成,促进萃取平衡向正反应方向移动,有机层中的Fe元素增多　②2∶1 (3)①2Nd3++3C+H2O2Nd(OH)CO3↓+CO2↑ ②2∶1,8.84 mg Nd(OH)CO3的物质的量为4×10-5 mol,550~600 ℃时,固体分解产生H2O与CO2,质量共减少1.24 mg,其中n(H2O)=2×10-5 mol,m(H2O)=0.36 mg,则m(CO2)=1.24 mg-0.36 mg=0.88 mg,n(CO2)=2×10-5 mol,n(CO2)=n(C)=2×10-5 mol,则产物中n(Nd3+)∶n(C)=2∶1 解析 (1)①Fe2O3溶于盐酸生成Fe3+,随着反应的进行,溶液中c(H+)下降,Fe3+水解程度增大,生成的Fe(OH)3会进入滤渣中。②浸出初期,Fe2O3溶解,Fe浸出率上升,5 min之后,H+被逐渐消耗,c(H+)下降,Fe3+水解生成Fe(OH)3进入滤渣中,使得Fe浸出率下降。(2)①pH增大时,c(H+)减小,会促进反应:(R3NH)2SO4+Fe3++S+H2OH++(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2向萃取方向移动,根据已知反应,c(H+)增大,也会使(R3NH)2SO4+H++HS2(R3NH·HSO4)平衡逆向移动,(R3NH)2SO4的浓度增大,也促进萃取反应正向进行,故有机层中的Fe元素增多。②由均摊法知,晶胞中位于面上的Fe有8个,位于晶胞内的Fe有4个,则N(Fe)=8×+4=8,位于晶胞面上的Bi有8个,则N(Bi)=8×=4,故N(Fe)∶N(Bi)=2∶1。(3)①Nd3+、C发生相互促进的水解反应,产物为Nd(OH)CO3和CO2,根据电荷守恒、原子守恒配平反应的离子方程式为2Nd3++3C+H2O2Nd(OH)CO3↓+CO2↑。②n[Nd(OH)CO3]==4×10-5 mol,其中n(OH-)=4×10-5 mol,550~600 ℃时,Nd(OH)CO3转化成NdaOb(CO3)c,质量减少8.84 mg-7.60 mg=1.24 mg,焙烧产物中不含H元素,则根据2OH-~H2O,焙烧过程中生成的H2O的质量为×4×10-5 mol×18 g·mol-1×103 mg·g-1=0.36 mg,则生成CO2的质量为1.24 mg-0.36 mg=0.88 mg,根据C~CO2,发生反应的C的物质的量为=2×10-5 mol,起始固体中含有的C的物质的量为n[Nd(OH)CO3]=4×10-5 mol,则剩余固体中C的物质的量为4×10-5 mol-2×10-5 mol=2×10-5 mol,焙烧过程中,Nd不会减少,则剩余固体中Nd3+的物质的量为4×10-5 mol,故产物中n(Nd3+)∶n(C)=(4×10-5 mol)∶(2×10-5 mol)=2∶1。 7. (1)五　Ⅷ　V形　(2)C　(3)KNO3、KCl (4)Ru(NO)Cl3+3KOHRu(NO)(OH)3↓+3KCl (5)1.8×10-5　(6)RuO2 解析 (1)根据Ru的核外电子排布式可知,Ru在周期表中的位置是第五周期第Ⅷ族;N中成键电子对为2,中心N原子上的孤电子对数为=1,其价电子互斥模型为平面三角形,空间结构为V形。 (2)题图为吸收波谱的谱图,为红外光谱,测量仪器为红外光谱仪,答案选C。 (3)步骤①中加入NaNO2,亚硝酸钠发生歧化反应,反应无气体生成,根据氧化还原反应配平该反应为2RuCl3·3H2O+3KNO2+2HCl2Ru(NO)Cl3+KNO3+2KCl+7H2O,生成的盐还有KNO3、KCl。 (4)步骤②生成的Ru(NO)(OH)3为难溶物,反应的化学方程式为Ru(NO)Cl3+3KOHRu(NO)(OH)3↓+3KCl。 (5)为使Cl-沉淀完全,则c(Cl-)<1×10-5 mol·L-1,Ag+的浓度应大于= mol·L-1=1.8×10-5 mol·L-1。 (6)设分解1 mol Ru(NO)(NO3)3,其质量为317 g,当660 K时完全分解,失重率为58%,剩余固体的质量为317 g×(1-58%)=133.14 g,根据Ru守恒,n(Ru)=1 mol,其含有的Ru的质量为101 g,剩余固体为Ru的氧化物,则n(O)=≈2 mol,即固体中n(Ru)∶n(O)=1∶2,则该氧化物的化学式为RuO2。 8. (1)容量瓶、量筒 (2)Sn4++Sn2Sn2+,防止Sn2+氧化变质 (3)增大反应速率,同时减少FeCl3的升华 (4)偏小　(5)% (6)①无重金属(Hg)污染　②水　酸性越强,Cl-对Fe2+测定结果造成影响可能越大,因此滴定时要控制溶液酸度 解析 (1)配制c mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液和SnCl2溶液时需要容量瓶和量筒;没有分液操作,不用分液漏斗;实验过程中使用酸式滴定管,不需要碱式滴定管;没有过滤操作,不需要普通漏斗。 (2)由题给信息可知Sn2+极易被氧化变质,故加入锡粒可防止Sn2+氧化变质。 (3)微热可以增大反应速率,同时可以避免温度过高而使FeCl3大量升华。 (4)若未“立即滴定”,Fe2+会被氧气氧化为Fe3+,减少滴定时K2Cr2O7溶液的用量,导致测定的铁含量偏小。 (5)由电子守恒可得:K2Cr2O7~6Fe3+。计算过程如下: K2Cr2O7~6Fe3+ 1 6 ×100%=% (6)①两种方法的区别是传统方法使用了汞盐,汞是重金属,污染环境。②控制唯一变量c(H+),其他微粒浓度完全相同,故空白实验加入0.5 mL水。由实验ⅰ可知,当其他条件相同时,溶液酸度(H+浓度)越大时,Cl-对Fe2+测定结果造成影响的可能性越大,因此滴定时要控制溶液酸度。 9. (1)烧杯、漏斗、玻璃棒(任选两种作答) (2)50% (3)液体分层,上层为无色,下层为紫红色　还原性、氧化性 (4)避免溶质损失　盖好瓶塞,反复上下颠倒、摇匀 (5)BD　(6)A 解析 (1)过滤操作需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒,可任选两种作答。 (2)实验中加入尿素的质量为12.0 g,物质的量为0.2 mol,过氧化氢的质量为25 mL×1.11 g·cm-3×30%=8.325 g,物质的量约为0.245 mol,过氧化氢过量,产率应按照尿素的质量计算,理论上可得到过氧化脲0.2 mol,质量为0.2 mol×94 g·mol-1=18.8 g,实验中实际得到过氧化脲为9.4 g,故过氧化脲的产率为×100%=50%。 (3)在过氧化脲的性质检测中,检测Ⅰ用稀硫酸酸化,加入高锰酸钾溶液,紫红色消失,说明过氧化脲被酸性高锰酸钾溶液氧化,体现了过氧化脲的还原性;检测Ⅱ用稀硫酸酸化,加入KI溶液和四氯化碳,过氧化脲会将KI氧化为I2单质,体现了过氧化脲的氧化性,生成的I2在四氯化碳中溶解度大,会溶于四氯化碳中,且四氯化碳密度大于水的,振荡,静置后出现的现象为液体分层,上层为无色,下层为紫红色。 (4)操作a为洗涤烧杯和玻璃棒,并将洗涤液转移到容量瓶中,目的是避免溶质损失;定容后应盖好瓶塞,反复上下颠倒、摇匀。 (5)KMnO4溶液具有强氧化性,应置于酸式滴定管中,A项正确;量筒的精确度不能达到0.01 mL,量取25.00 mL的溶液应选用滴定管或移液管,B项错误;滴定过程中,待测液有可能会溅到锥形瓶内壁,滴定接近终点时,为了使结果更精确,可用洗瓶冲洗锥形瓶内壁,C项正确;锥形瓶内溶液变色后,且半分钟内溶液不再恢复原来的颜色,才能说明反应达到滴定终点,记录滴定管液面刻度,D项错误。 (6)在配制过氧化脲溶液时,容量瓶中液面超过刻度线,使溶液体积偏大,配制溶液的浓度偏低,则滴定过程中消耗的KMnO4溶液体积偏低,导致测定结果偏低,A项符合题意;滴定管水洗后未用KMnO4溶液润洗,导致KMnO4溶液浓度偏低,使滴定过程中消耗的KMnO4溶液体积偏高,导致测定结果偏高,B项不符合题意;摇动锥形瓶时KMnO4溶液滴到锥形瓶外,使滴定过程中消耗的KMnO4溶液体积偏高,导致测定结果偏高,C项不符合题意;滴定前滴定管尖嘴处有气泡,滴定后气泡消失,使滴定过程中消耗的KMnO4溶液体积偏高,导致测定结果偏高,D项不符合题意。 10. (1)分液漏斗　HCl (2)①干馏　②CO2+C2CO　③有白色沉淀生成　 CO+2[Ag(NH3)2]OH2Ag↓+(NH4)2CO3+2NH3 偏大　×100% 解析 (1)装置Ⅰ中,仪器a的名称是分液漏斗;由于二氧化碳中含有挥发的氯化氢气体,因此b中碳酸氢钠与氯化氢反应,则除去的物质是HCl; (2)隔绝空气加强热使固体分解的过程,称为干馏; ②装置Ⅱ中,高温下二氧化碳和焦炭反应生成一氧化碳,其发生反应的化学方程式为CO2+C2CO; ③ⅰ.d中二氧化碳和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀和水,其反应的现象是有白色沉淀生成; ⅱ.e中生成的固体为Ag,根据氧化还原反应分析得到CO变为碳酸铵,则反应的化学方程式为CO+2[Ag(NH3)2]OH2Ag↓+(NH4)2CO3+2NH3; ⅲ.d和e的连接顺序颠倒,二氧化碳和银氨溶液反应,导致银氨溶液消耗,二氧化碳与氢氧化钡反应的量减少,则将造成α偏大; ⅳ.在工业上按照国家标准测定α:将干燥后的CO2(含杂质N2的体积分数为n)以一定流量通入装置Ⅱ反应,用奥氏气体分析仪测出反应后某时段气体中CO2的体积分数为m,设此时气体物质的量为b mol,二氧化碳物质的量为bm mol,原来气体物质的量为a mol,原来二氧化碳物质的量为a(1-n) mol,氮气物质的量为an mol,则消耗二氧化碳物质的量为[a(1-n)-bm] mol,生成CO物质的量为2[a(1-n)-bm] mol,则有b=an+bm+2[a(1-n)-bm],解得:b=,此时α的表达式为 ×100% =×100% =×100%。 11. (1)通O2　装置气密性　b、a (2)作助燃剂使有机物充分反应;排尽装置中的CO2和水蒸气 CuO+COCu+CO2 (3)A　C　碱石灰可吸收水蒸气 (4)先熄灭a处酒精灯,再熄灭b处酒精灯,继续通O2至石英管冷却至室温 (5)C4H6O4 解析 (1)在反应前需要先将装置中的空气,尤其是空气中的二氧化碳和水蒸气排出。因此,需要先通入氧气,接着组装后续实验装置,进行气密性检验。为防止酒精灯a处加热时有机物与氧气因反应不充分产生的一氧化碳无法被干燥剂吸收而引起的误差,因此先要点燃b处酒精灯。 (2)O2的作用:①排出装置中的二氧化碳与水蒸气;②作为助燃剂,使有机物充分燃烧。氧化铜可将可能产生的CO进一步氧化为CO2,反应的化学方程式为CuO+COCO2+Cu。 (3)c、d两个干燥管中装的试剂的作用分别是:吸收水蒸气、吸收二氧化碳。因此干燥管c中装的是无水氯化钙,而干燥管d中装的是碱石灰。二者不可互换,因为碱石灰既可以吸收水蒸气又可以吸收二氧化碳。 (4)反应进行完毕之后需要先熄灭酒精灯,熄灭原则与(1)的原则类似,要保证产生的CO能完全反应,所以b处酒精灯要在a处之后熄灭,继续通O2至石英管冷却至室温后进行称量。 (5)结合c、d两个干燥管增重的质量可知,n(H)=×2=0.001 2 mol,n(C)==0.000 8 mol,结合物料守恒,可知有机物中n(O)= =0.000 8 mol,则最简式为C2H3O2,结合其相对分子质量为118可知,该有机物的分子式为C4H6O4。 12. (1)增大与空气的接触面积,使反应更加充分 (2)2CaSO4+C2CaO+2SO2↑+CO2↑ (3)①SO2++2H2O3I-+S+4H+ ②3I-—2e-= (4)% (5)①6I-+O2+4H+2+2H2O　②偏小 解析 (1)煤样研磨成细小粉末,固体表面积增大,与空气的接触面积增大,反应更加充分。 (2)由题意可知,在催化剂作用下,硫酸钙与碳在高温下反应生成氧化钙、二氧化硫和二氧化碳,反应的化学方程式为2CaSO4+C2CaO+2SO2↑+CO2↑。 (3)①由题意可知,二氧化硫在电解池中与溶液中的反应生成碘离子、硫酸根离子和氢离子,离子方程式为SO2++2H2O3I-+S+4H+。②由题意可知,测硫仪工作原理为电解池工作原理,I-在阳极失去电子发生氧化反应生成,电极反应式为3I-—2e-。 (4)由题意可得如下关系:S~SO2~~2e-,电解消耗的电量为x库仑,则煤样中硫的质量分数为×100%=%。 (5)①当pH<1时,非电解生成的碘三离子使得测得的全硫含量偏小说明碘离子与电解生成的碘反应生成碘三离子,导致消耗二氧化硫的量偏小,反应的离子方程式为6I-+O2+4H+2+2H2O。②测定过程中,管式炉内壁上有三氧化硫残留说明硫元素没有全部转化为二氧化硫,会使二氧化硫与反应生成的I-物质的量偏小,电解时转移电子数目偏小,导致测得全硫量结果偏小。 (1)书写电解池的电极反应式时,可以用实际放电的离子表示,但书写电解池的总反应时,H2O要写成分子式。如用惰性电极电解食盐水时,阴极反应式为2H++2e-H2↑(或2H2O+2e-H2↑+2OH-),总反应式为2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑。 (2)阴极不管是什么材料,一般电极本身都不反应,一般是溶液(或熔融电解质)中的阳离子放电。 13. (1)(球形)冷凝管　酸式滴定管　(2)C (3)加入H3PO4后,溶液中存在化学平衡H2SO3SO2+H2O,SO2的溶解度随着温度升高而减小,SO2逸出后,促进了化学平衡H2SO3SO2+H2O向右移动 (4)检验其是否漏水　蓝色　I2+SO2+2H2O2I-+S+4H+ (5)偏低　(6)80.8 解析 由题中信息可知,检测香菇中添加剂亚硫酸盐含量的原理是:用过量的磷酸与其中的亚硫酸盐反应生成SO2,用氮气将SO2排到锥形瓶中被水吸收,最后用碘标准溶液滴定,测出样品中亚硫酸盐含量。 (1)根据仪器a、b的结构可知,装置图中仪器a、b的名称分别为球形冷凝管和酸式滴定管。 (2)三颈烧瓶中加入10.00 g香菇样品和400 mL水,向其中加入H3PO4的体积不超过10 mL。在加热时,三颈烧瓶中的液体体积不能超过其容积的,因此,三颈烧瓶适宜的规格为1 000 mL,选C。 (3)虽然Ka1(H3PO4)=7.1×10-3<Ka1(H2SO3)=1.3×10-2,但是H3PO4为难挥发性的酸,而H2SO3易分解为SO2和水,SO2的溶解度随着温度升高而减小,SO2逸出后,促进了化学平衡H2SO3SO2+H2O向右移动,因此,加入H3PO4能够生成SO2的原因是:加入H3PO4后,溶液中存在化学平衡H2SO3SO2+H2O,SO2的溶解度随着温度升高而减小,SO2逸出后,促进了化学平衡H2SO3SO2+H2O向右移动。 (4)滴定管在使用前需要检验其是否漏水、洗涤、润洗;滴定终点之前,滴入的碘被SO2还原为碘离子,溶液的颜色为无色,滴定至终点时,过量的少量标准碘液使淀粉溶液变为蓝色且半分钟之内不褪色,因此,滴定终点时溶液为蓝色;滴定反应的离子方程式为I2+SO2+2H2O2I-+4H++S。 (5)若先加磷酸再通氮气,装置中空气中的O2将部分亚硫酸盐产生的SO2氧化,碘的标准液的消耗量将减少,因此会使测定结果偏低。 (6)实验中消耗的标准碘液的体积为0.30 mL+1.00 mL=1.30 mL,减去空白实验消耗的0.10 mL,则SO2实际消耗标准碘液的体积为1.20 mL,根据反应I2+SO2+2H2O2I-+4H++S可以计算出n(SO2)=n(I2)=1.20 mL×10-3L· mL-1×0.010 00 mol·L-1=1.20×10-5 mol,由于SO2的平均回收率为95 %,则实际生成的n(SO2)=≈1.263×10-5 mol,则根据S元素守恒可知,该样品中亚硫酸盐含量为 ≈80.8 mg·kg-1。 定量型实验题的解题模板 14. (1)氯化氢　2NaCl+H2SO4(浓)Na2SO4+2HCl↑ (2)防倒吸　CuSO4溶液 (3)在上层清液中滴加热的H2SO4溶液后,无明显现象 (4)保证Ba2+沉淀完全 (5)锥形瓶 (6)97.6% 解析 (1)根据所给试剂和实验目的是由BaS制取BaCl2·2H2O,首先需要用NaCl晶体与浓硫酸在微热条件下反应制取HCl,然后将HCl气体通入Ⅱ装置与BaS反应生成BaCl2。 (2)HCl极易溶于水,b可以起到防止倒吸的作用。装置Ⅲ的作用是吸收H2S,防止尾气污染空气,吸收H2S应选用CuSO4溶液,反应的化学方程式为CuSO4+H2SCuS↓+H2SO4。 (3)向溶液中逐滴加入热的H2SO4溶液,静置后向上层清液中继续滴加热的H2SO4溶液,若不出现沉淀(无明显现象)则证明硫酸已过量,Ba2+已经沉淀完全。 (4)该实验通过BaSO4的沉淀量测定BaCl2·2H2O的纯度,应使溶液中Ba2+沉淀完全,加入过量H2SO4溶液的目的是使Ba2+沉淀完全。 (5)过滤中用的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯,不需要锥形瓶。 (6)根据Ba元素质量守恒可得关系式: BaCl2·2H2O　~　BaSO4 244 233 m 0.466 0 g 解得:m=0.488 0 g 样品纯度:×100%=97.6%。 学科网（北京）股份有限公司 $$