第66讲 以物质含量或组成测定为主的综合实验-【优化探究】2026高考化学一轮复习高考总复习配套课件（苏教版）

优化探究 大单元六　化学实验综合应用 专题16　化学实验综合应用 第66讲　 以物质含量或组成测定为主的综合实验 [导航·复习目标]　1.掌握物质含量或组成测定的一般方法。2.掌握定量测定实验的思维模型。 2 考点一　物质含量的测定 考点二　物质组成的测定 练真题 明考向 课时作业66　以物质含量或组成测定为主的综合实验 3 考点一　物质含量的测定 4 1.重量分析法 (1)在重量分析中，一般首先采用适当的方法，使被测组分以单质或化合物的形式从试样中与其他组分分离。 (2)重量分析法不需要指示剂，实验的关键是准确判断反应是否完全，以及反应前后固体(或液体)质量的变化。 (3)重量分析法的过程包括分离和称量两个过程。根据分离的方法不同，重量分析法又可分为沉淀法、挥发法、萃取法等。 梳理 必备知识 5 (4)计算方法 采用重量分析法进行定量计算时，可根据实验中发生反应的化学方程式或原子守恒，确定相关物质之间的定量关系，再结合实验数据列出关系式，并进行相关计算。 2.滴定分析法 (1)滴定分析法一般是将已知准确浓度的标准溶液，滴加到待测溶液中，直到所加的标准溶液与待测溶液按化学计量关系定量反应完全为止，然后测量标准溶液消耗的体积，根据标准溶液的浓度和所消耗的体积，计算出待测物质的含量。 6 (2)实验的关键是准确量取待测溶液，根据指示剂的颜色变化确定滴定终点。 (3)根据标准溶液和待测溶液间反应类型的不同，可将滴定分析法分为四大类：酸碱中和滴定、氧化还原滴定、配位滴定(也称络合滴定)和沉淀滴定。 7 3.气体体积法 直接测 量法 将气体通入带有刻度的容器中，直接读取气体的体积。根据所用测量仪器的不同，有上图中B、C、D三种方法 间接测 量法 利用气体将液体(通常为水)排出，通过测量所排出液体的体积从而得到气体体积。如上图中A，该装置要保证“短进长出” 8 1.(2025·河北唐山模拟)已知三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3为橙黄色晶体，易溶于热水，在冷水中微溶，可在氯化铵和氨水的混合溶液中活性炭作催化剂条件下，利用双氧水氧化CoCl2制备。 Ⅰ.制备产品，步骤如下： ①称取2.0 g NH4Cl固体，用5 mL水溶解，加到锥形瓶中。 ②分批加入3.0 g CoCl2·6H2O后，将溶液温度降至10 ℃以下，加入1 g活性炭、7 mL浓氨水，搅拌下逐滴加入10 mL 6%的双氧水。 ③加热至55~60 ℃反应20 min，冷却，过滤。 ④将滤得的黑黄固体转入含有少量盐酸的25 mL沸水中，趁热过滤。 ⑤滤液转入烧杯，加入4 mL浓盐酸，冷却、过滤、干燥，得到橙黄色晶体。 提升 关键能力 9 回答下列问题： (1)写出制备[Co(NH3)6]Cl3的化学方程式： 2CoCl2＋10NH3·H2O＋2NH4Cl＋H2O2 2[Co(NH3)6]Cl3＋12H2O{或2CoCl2＋10NH3＋2NH4Cl＋H2O22[Co(NH3)6]Cl3＋2H2O} ____________________________________________________________________________________________ ____________________________________。  10 解析：根据题意，在氨水和氯化铵存在条件下，以活性炭为催化剂，用双氧水氧化CoCl2来制备[Co(NH3)6]Cl3，反应的化学方程式为2CoCl2＋10NH3·H2O＋2NH4Cl＋H2O2 2[Co(NH3)6]Cl3＋12H2O或2CoCl2＋10NH3＋2NH4Cl＋H2O2 2[Co(NH3)6]Cl3＋2H2O。 (1)由分析可知，制备[Co(NH3)6]Cl3的化学方程式为2CoCl2＋10NH3·H2O＋2NH4Cl＋H2O2 2[Co(NH3)6]Cl3＋12H2O或2CoCl2＋10NH3＋2NH4Cl＋H2O2 2[Co(NH3)6]Cl3＋2H2O。 11 (2)步骤②中，将温度降至10 ℃以下的原因是_____________________________________________________。  解析：由于步骤②中使用的浓氨水和双氧水受热均易分解，浓氨水受热易挥发，故将温度降至10℃以下的原因是防止浓氨水分解和挥发，防止双氧水分解，以免造成浪费。 防止浓氨水分解和挥发，防止双氧水分解，以免造成浪费 12 (3)步骤③中反应装置部分仪器如右图(其中夹持仪器略去)，不包括过滤还需要的玻璃仪器名称为________________，仪器A的名称为___________，仪器B的作用是____________________________。  酒精灯、温度计 球形干燥管 冷凝回流，提高原料的利用率 解析：由题干信息可知，步骤③中需要进行55~60 ℃水浴加热，故需要加热装置，依据题意还需要的玻璃仪器名称为酒精灯和温度计，由实验装置图可知，仪器A的名称为球形干燥管，仪器B的作用是冷凝回流，提高原料的利用率。 13 (4)步骤④中趁热过滤的目的是____________________ ___________________________________。  解析：由题干信息可知，三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3为橙黄色晶体，易溶于热水，在冷水中微溶，故步骤④中趁热过滤的目的是防止冷却时析出三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3，造成损失。 防止冷却时析出三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3，造成损失 14 回答下列问题： (5)产品的质量分数为____________________________________________ ___________________(列出计算式)。  Ⅱ.测定产品纯度，实验如下： ①称取a g产品溶于足量稀硝酸中，并用蒸馏水稀释，置于锥形瓶中，加入过量V1 mL c1 mol·L－1 AgNO3溶液，并加3 mL的硝基苯用力振荡。 ②向锥形瓶中滴入3滴Fe(NO3)3溶液为指示剂，用c2 mol·L－1 KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，达到滴定终点时用去V2 mL溶液。 已知：Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgSCN)＝1.0×10－12。 ×100%＝ % 15 解析：根据Ag＋和Cl－按物质的量之比为1∶1结合生成AgCl，Ag＋和SCN－按物质的量之比为1∶1结合生成AgSCN可知，称取a g产品溶于足量稀硝酸中，并用蒸馏水稀释，置于锥形瓶中，加入过量 V1 mL c1 mol·L－1 AgNO3溶液，并加3 mL的硝基苯用力振荡，向锥形瓶中滴入3滴Fe(NO3)3溶液为指示剂，用c2 mol·L－1 KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，达到滴定终点时用去V2 mL溶液，则参加反应的Cl－的物质的量为(c1V1－c2V2)×10－3 mol，则[Co(NH3)6]Cl3的物质的量为 mol，故产品的质量分数为×100%＝%。 (6)加入硝基苯的目的是_________________________________________ ____________________。  解析：由题干信息可知，Ksp(AgCl)＞Ksp(AgSCN)，即AgCl易转化为AgSCN，且硝基苯的密度比水的大，故实验过程中加入硝基苯的目的是使生成的AgCl沉淀被硝基苯覆盖，防止AgCl转化为AgSCN沉淀。 使生成的AgCl沉淀被硝基苯覆盖，防止AgCl转化为AgSCN沉淀 17 2.铜盐主要用于杀毒和驱虫。实验室采用滴定法测定硫酸铜样品中铜的含量。实验步骤如下： Ⅰ.铜盐的溶解：准确称取0.50 g硫酸铜样品于碘量瓶中，加入 1 mol/L H2SO4溶液和30 mL 水使之溶解。 Ⅱ.滴定：向上述碘量瓶中加入5 mL 20% KI溶液，立即用 0.100 0 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定至浅黄色。然后加入1 mL淀粉溶液，继续滴定至溶液呈浅蓝色。再加入5 mL 10% KSCN溶液，摇匀后溶液蓝色转深，再继续滴定到终点，消耗Na2S2O3标准溶液的体积为 V mL。回答下列问题： 18 (1)利用浓硫酸配制250 mL 1 mol·L－1 H2SO4溶液，需要的玻璃仪器有 烧杯、玻璃棒、250 mL容量瓶、_______________。  解析：利用浓硫酸配制250 mL 1 mol·L－1 H2SO4溶液需要量取浓硫酸的体积，需要量筒，“定容”需要胶头滴管。 量筒、胶头滴管 (2)溶解硫酸铜加入硫酸的目的是______________； 不能将硫酸换为盐酸的理由是_______________________________________。  解析：铜离子易水解，故溶解硫酸铜加入硫酸可抑制铜离子的水解；Cu2＋易与Cl－形成[CuCl4]2－，影响实验结果。 抑制Cu2＋水解 Cu2＋易与Cl－形成[CuCl4]2－，影响实验结果 19 (3)已知滴定过程加入5 mL 20% KI溶液，有白色沉淀(CuI)生成，发生反应的离子方程式为_____________________________。  解析：根据得失电子守恒和质量守恒即可配平反应的离子方程式为 2Cu2＋＋4I－====2CuI↓＋I2。 2Cu2＋＋4I－====2CuI↓＋I2 20 (4)已知I2＋I－⥫⥬，CuI容易吸附，加入KSCN溶液的目的是将CuI转化为CuSCN沉淀并释放吸附的。若不加入KSCN溶液，则测量结 果________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。  解析：若不加入KSCN溶液，CuI会吸附，使I2＋I－⥫⥬平衡正向移动，I2的物质的量偏小，消耗硫代硫酸钠标准溶液的体积偏小，导致测量结果偏小。 偏小 (5)滴定终点的现象是___________________________________________ __________________________________________； 已知I2＋2S2 ====2I－＋S4，硫酸铜样品中铜的含量为_______%。  解析：滴点终点的现象是当滴入最后半滴硫代硫酸钠标准溶液时，溶液颜色由蓝色变为无色，且30 s内不恢复原来的颜色；根据离子方程式可得关系式2Cu2＋~I2~2Na2S2O3，n(Cu2＋)＝n(Na2S2O3)＝0.100 0 mol· L－1×V×10－3 L＝10－4V mol，硫酸铜样品中铜的含量为×100%＝1.28V%。 当滴入最后半滴硫代硫酸钠标准溶液时，溶液颜色由蓝色变成无色，且30 s内不恢复原来的颜色 1.28V 考点二　物质组成的测定 23 1.确定物质组成的注意事项 (1)测定实验中要有消除干扰气体的意识 如用惰性气体将干扰气体排出，或用溶液吸收干扰气体等。 (2)测定实验中要有被测量气体全部被测量的意识 如可采取反应结束后继续向装置中通入惰性气体，以使被测量气体全部被吸收剂吸收的方法。 梳理 必备知识 24 (3)测定实验中要有数据的采集处理意识 ①称量固体质量时，用托盘天平可估读到 0.1 g，精确度要求高的实验中可以用分析天平或电子天平。 ②测量液体体积时，一般实验中选用适当规格的量筒，可估读到 0.1 mL，准确度要求高的定量实验如酸碱中和滴定中选用滴定管，可估读到 0.01 mL。 ③气体除了量取外，还可以称量。称量气体的质量时一般有两种方法：一种方法是称反应装置在放出气体前后的质量减小值；另一种方法是称吸收装置在吸收气体前后的质量增大值。 ④用pH试纸(测得整数值)或pH计(精确到0.01)直接测出溶液的pH，经过计算可以得到溶液中H＋或OH－的物质的量浓度。 25 2.确定物质化学式的计算 (1)根据题给信息，计算出有关物质的物质的量。 (2)根据电荷守恒，确定出未知离子的物质的量。 (3)根据质量守恒，确定出结晶水的物质的量。 (4)各粒子的物质的量之比即为物质化学式的下角标之比。 26 1.(2025·江苏连云港模拟)硫酸亚铁铵晶体[x(NH4)2SO4·yFeSO4·zH2O][M＝(132x＋152y＋18z) g·mol－1]是常见的补血剂。 已知：①硫酸亚铁铵晶体在空气中不易被氧化。 ②FeSO4溶液与(NH4)2SO4反应可得到硫酸亚铁铵。 (1)FeSO4溶液的制备。将铁粉和一定量H2SO4溶液反应制得FeSO4溶液，其中加入的铁粉需过量，除铁粉不纯外，主要原因是________________ ________________________________________(用离子方程式表示)。 提升 关键能力 2Fe3＋＋Fe==== 3Fe2＋(或4Fe2＋＋O2＋4H＋====4Fe3＋＋2H2O) 解析：Fe2＋易被空气中的氧气氧化为铁离子：4Fe2＋＋O2＋4H＋==== 4Fe3＋＋2H2O，Fe粉可以和铁离子发生反应：2Fe3＋＋Fe====3Fe2＋，因此过量的铁粉能防止其被氧化。 27 (2)制备x(NH4)2SO4·yFeSO4·zH2O。向制备得到的FeSO4溶液中加入一定质量的(NH4)2SO4固体，在70~80 ℃条件下溶解后，趁热倒入50 mL乙醇中，析出晶体。乙醇的作用为_________________________________ _______________________________________________________________________________________________________________________________________。  乙醇分子的极性弱于水的，加入乙醇，形成乙醇-水的混合溶剂，极性比水的更弱。根据相似相溶原理，使离子化合物硫酸亚铁铵在乙醇-水的混合溶剂中的溶解度更小，有利于晶体析出 28 (3)产品化学式的确定——N含量的测定 Ⅰ.准确称取58.80 g晶体，加水溶 解后，将溶液注入三颈烧瓶中； Ⅱ.准确量取50.00 mL 3.030 mol·L－1 H2SO4溶液于锥 形瓶中； Ⅲ.向三颈烧瓶中通入氮气，加入足量NaOH浓溶液，加热，蒸氨结束后取下锥形瓶； Ⅳ.用0.120 mol·L－1的NaOH标准溶液滴定锥形瓶中过量的硫酸，滴定终点时消耗25.00 mL NaOH标准溶液。 29 ①装置M的名称为_________。  ②通入N2的作用为_____________________________________________ _________。  解析：反应中装置中会有残留的氨气，持续通入N2可以将产生的氨气全部赶至锥形瓶内，被H2SO4溶液完全吸收。 分液漏斗 将产生的氨气全部赶至锥形瓶内，被H2SO4溶液完全吸收　 30 ③步骤Ⅲ中，反应的离子方程式是___________________________。  解析：步骤Ⅲ中，铵根离子和氢氧根离子在加热条件下反应生成氨气和水，离子方程式是N＋OH－NH3↑＋H2O。 N＋OH－NH3↑＋H2O 31 ④若步骤Ⅳ中，未用NaOH标准溶液润洗滴定管，则n(N)将________ (填“偏大”“偏小”或“不变”)。步骤Ⅳ中，滴定时还必须选用的仪器是______(填编号)。  偏小 ③⑥ 32 解析：若未用NaOH标准溶液润洗滴定管，则NaOH标准溶液的浓度偏低，则滴定中消耗的NaOH的体积偏大，剩余的硫酸的量偏大，则测得的氨气的量偏小，即N的物质的量偏小；步骤Ⅳ中，滴定时还必须选用的仪器是③滴定管夹、⑥碱式滴定管。 33 (4)产品化学式的确定——S含量的测定 Ⅰ.另准确称取58.80 g晶体于烧杯中，加水溶解，边搅拌边加入过量的BaCl2溶液； Ⅱ.过滤得到沉淀，洗涤沉淀3~4次； Ⅲ.灼烧沉淀至恒重，称量，得沉淀质量为69.90 g。 结合实验(3)和(4)，通过计算得出硫酸亚铁铵晶体的化学式为___________________________。  (NH4)2SO4·FeSO4·6H2O 34 解析：测定N含量时，滴定终点时消耗25.00 mL NaOH标准溶液，所以剩余n(H＋)＝0.120 mol·L－1×0.025 L＝0.003 mol，所以n(N)＝3.030 mol·L－1×0.05 L×2－0.003 mol＝0.3 mol，则(NH4)2SO4的物质的量为0.15 mol，测定S含量时，BaSO4的物质的量为0.3 mol，FeSO4的物质的量为0.15 mol，根据原子数目守恒可得，132×0.15 g＋152×0.15 g＋18×n(H2O)＝58.80 g，则n(H2O)＝0.9 mol，n[(NH4)2SO4]∶n(FeSO4)∶n(H2O)＝1∶1∶6，故根据比例可得硫酸亚铁铵晶体的化学式为(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O。 2.(2025·江苏无锡模拟)绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题： Ⅰ.测定绿矾中结晶水含量 为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管(带两端开关K1和K2)(设为装置A)称重，记为m1 g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2 g。按如图连接好装置进行实验。 (1)将下列实验操作步骤正确排序：______→______→______→______ →c→e(填字母)；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3 g。  a.点燃酒精灯，加热 b.熄灭酒精灯 c.关闭K1和K2 d.打开K1和K2，缓缓通入N2 e.称量A f.冷却至室温 解析：测定晶体中结晶水含量时，需先排尽装置内的空气，再加热，依据固体颜色改变确定结晶水全部失去后，停止加热、冷却称量，则实验操作步骤正确排序为d→a→b→f→c→e。 d a b f (2)根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x＝_____________(列式表示)。  解析：根据实验记录，绿矾晶体的质量为(m2－m1) g，结晶水的质量为(m2－m3) g，硫酸亚铁的质量为(m3－m1) g，则绿矾化学式中结晶水数目x＝。 Ⅱ.探究绿矾的热分解产物 该小组用如图所示装置进行实验(夹持仪器略)。 (3)在实验过程中，观察到A中固体变红棕色，B中的现象：___________ __________；C中试纸的颜色变化是_________________。  固体由白色 变为蓝色 由蓝色变为红色 解析：在实验过程中，无水硫酸铜吸收水，生成硫酸铜晶体，观察到B中的现象：固体由白色变为蓝色；SO3、SO2都是酸性气体，则C中试纸的颜色变化是由蓝色变为红色。 (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，你认为是否必要?______(填“是”或“否”)，请说明你的理由：____________________________ ______________________________________________________________________________________________________________。  BaSO4、BaSO3 否 铁元素的化合价升高，则必有硫元素的化合价降低，根据原子守恒和得失电子守恒可知，只有一部分硫元素的化合价降低，则进入D中的气体为SO3和SO2 解析：SO3、SO2都能与Ba(OH)2溶液反应，则D中有白色沉淀生成，该沉淀的化学式为BaSO4、BaSO3。 Ⅲ.测定绿矾热分解时的温度与剩余固体质量关系 (5)将8.34 g FeSO4·7H2O样品隔绝空气加热脱水，其热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。已知M(FeSO4·7H2O)＝278 g·mol－1，在 100 ℃时，M的化学式为_____________。  FeSO4·4H2O 解析：n(FeSO4·7H2O)＝＝0.03 mol，m(FeSO4)＝0.03 mol× 152 g·mol－1＝4.56 g，则在100 ℃时，FeSO4·7H2O 只失去部分结晶水，此时M的摩尔质量为＝224 g·mol－1，设化学式为FeSO4·xH2O，则152＋18x＝224，x＝4，M的化学式为FeSO4·4H2O。 练真题 明考向 1.(2024·贵州卷)十二钨硅酸在催化方面有重要用途。某实验小组制备十二钨硅酸晶体，并测定其结晶水含量的方法如下(装置如图，夹持装置省略)： Ⅰ.将适量Na2WO4·2H2O、Na2SiO3·9H2O加入三颈烧瓶中，加适量水，加热，溶解。 Ⅱ.持续搅拌下加热混合物至近沸，缓慢滴加浓盐酸至pH为2，反应30分钟，冷却。 Ⅲ.将反应液转至萃取仪器中，加入乙醚，再分批次加入浓盐酸，萃取。 Ⅳ.静置后液体分上、中、下三层，下层是油状钨硅酸醚合物。 Ⅴ.将下层油状物转至蒸发皿中，加少量水，加热至混合液表面有晶膜形成，冷却结晶，抽滤，干燥，得到十二钨硅酸晶体{H4·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[C2H5——C2H5]＋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________________________。  解析：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，可以是碱石灰或NaOH固体等。 碱石灰(或NaOH固体等) 吸收挥发出来的氯化氢 (2)步骤Ⅱ中浓盐酸需缓慢滴加的原因是___________________________ __________________________。  解析：由于制备过程中反应体系pH过低会产生钨的水合氧化物沉淀，故步骤Ⅱ中浓盐酸需缓慢滴加，防止制备过程中局部pH过低，而产生钨的水合氧化物沉淀。 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)下列仪器中，用于“萃取、分液”操作的有__________________(填名称)。  解析：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。 分液漏斗、烧杯 (4)步骤Ⅳ中“静置”后液体中间层的溶质主要是______。  解析：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。 NaCl (5)步骤Ⅴ中“加热”操作______(填“能”或“不能”)使用明火，原因是________________________________________。  解析：由于乙醚易挥发、易燃，故步骤Ⅴ中“加热”操作不能使用明 火。 不能 乙醚易挥发、易燃，遇明火极易发生危险 (6)结晶水测定：称取m g十二钨硅酸晶体{H4·nH2O，相对分子质量为M}，采用热重分析法测得失去全部结晶水时失重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______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。  解析：m g十二钨硅酸晶体的物质的量为n1＝ mol，结晶水占总质量的ω%，则结晶水的物质的量为n2＝ mol ，则n＝；若未充分干燥，则ω%变小，会导致n的值偏小。 偏小 2.(2024·山东卷)利用“燃烧－碘酸钾滴定法”测定钢铁中硫含量的实验装置如图所示(夹持装置略)。 实验过程如下： ①加样：将a mg样品加入管式炉内瓷舟中(瓷舟两端带有气孔且有盖)，聚四氟乙烯活塞滴定管G内预装c(KIO3)∶c(KI)略小于1∶5的KIO3碱性标准溶液，吸收管F内盛有盐酸酸化的淀粉水溶液。向F内滴入适量KIO3碱性标准溶液，发生反应：KIO3＋5KI＋6HCl ====3I2＋6KCl＋3H2O，使溶液显浅蓝色。 ②燃烧：按一定流速通入O2，一段时间后，加热并使样品燃烧。 ③滴定：当F内溶液浅蓝色消退时(发生反应：SO2＋I2＋2H2O==== H2SO4＋2HI)，立即用KIO3碱性标准溶液滴定至浅蓝色复现。随SO2不断进入F，滴定过程中溶液颜色“消退－变蓝”不断变换，直至终点。 回答下列问题： (1)取20.00 mL 0.100 0 mol·L－1 KIO3的碱性溶液和一定量的KI固体，配 制1 000 mL KIO3碱性标准溶液，下列仪器必须用到的是________(填字母)。  A.玻璃棒　　　　　 B.1 000 mL锥形瓶 C.500 mL容量瓶 D.胶头滴管 AD　 解析：由题中信息可知，利用“燃烧－碘酸钾滴定法”测定钢铁中硫含量的实验中，将氧气经干燥、净化后通入管式炉中将钢铁中硫氧化为SO2，然后将生成的SO2导入碘液中吸收，通过消耗KIO3碱性标准溶液的体积来测定钢铁中硫的含量。 取20.00 mL 0.100 0 mol·L－1 KIO3的碱性溶液和一定量的KI固体，配制1 000 mL KIO3碱性标准溶液(稀释了50倍后KIO3的浓度为 0.002 000 mol·L－1)，需要用碱式滴定管或移液管量取 20.00 mL 0.100 0 mol·L－1 KIO3的碱性溶液，需要用一定精确度的天平称量一定质量的KI固体，需要在烧杯中溶解KI固体，溶解时要用到玻璃棒搅拌，需要用1 000 mL 容量瓶配制标准溶液，需要用胶头滴管定容，因此，题中仪器必须用到的是A、D。 (2)装置B和C的作用是充分干燥O2，B中的试剂为________。装置F中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子(见放大图)，目的是 ___________。  浓硫酸 防止倒吸 解析：装置B和C的作用是充分干燥O2，浓硫酸具有吸水性，常用于干燥某些气体，因此B中的试剂为浓硫酸。装置F中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子，其目的是防止倒吸，因为磨砂浮子的密度小于水，若球泡内水面上升，磨砂浮子也随之上升，磨砂浮子可以作为一个磨砂玻璃塞将导气管的出气口堵塞上，从而防止倒吸。 (3)该滴定实验达终点的现象是___________________________________ ___________________________________；滴定消耗KIO3碱性标准溶液V mL，样品中硫的质量分数是__________(用代数式表示)。  当加入最后半滴KIO3碱性标准溶液后，溶液由无色突变为蓝色且30 s内不变色　 % 解析：该滴定实验是利用过量的半滴标准溶液来指示滴定终点的，因此，该滴定实验达终点的现象是当加入最后半滴KIO3碱性标准溶液后，溶液由无色突变为蓝色且30 s内不变色；由S元素守恒及SO2＋I2＋2H2O==== H2SO4＋2HI、KIO3＋5KI＋6HCl====3I2＋6KCl＋3H2O可得关系式3S~3SO2~3I2~KIO3，若滴定消耗KIO3碱性标准溶液V mL，则n(KIO3)＝V×10－3 L×0.002 000 mol·L－1＝2.000×10－6 V mol，n(S)＝3n(KIO3)＝3×2.000×10－6 V mol＝6.000×10－6 V mol，样品中硫的质量分数是×100%＝%。 (4)若装置D中瓷舟未加盖，会因燃烧时产生粉尘而促进SO3的生成，粉 尘在该过程中的作用是_________； 若装置E冷却气体不充分，可能导 致测定结果偏大，原因是_______________________________________ ______________________________；若滴定过程中，有少量不经I2直接将SO2氧化成H2SO4，测定结果会______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。  作催化剂 通入F的气体温度过高，导致部分I2升华，从而消耗更多的KIO3碱性标准溶液 不变 解析：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的氧化反应从而促进SO3的生成，因此，粉尘在该过程中的作用是作催化剂；若装置E冷却气体不充分，则通入F的气体温度过高，可能导致部分I2升华，这样就要消耗更多KIO3碱性标准溶液，从而可能导致测定结果偏大；若滴定过程中，有少量不经I2直接将SO2氧化成H2SO4，从电子转移守恒的角度分析，得到6e－被还原为I－，仍能得到关系式3S~3SO2~KIO3，测定结果会不变。 课时作业66　 以物质含量或组成测定为主的综合实验 65 非选择题 1.(16分)(2025·安徽合肥模拟)硫酸氧钒(VOSO4)具有良好的电化学性能，还可用作各种反应的催化剂。某科研小组制备VOSO4并探究其热稳定性。实验装置如图所示(夹持、加热装置及磁力搅拌器已省略)。 2 3 4 1 已知：溶液pH＜4.0时，＋5价钒元素的存在形式为，6.0≤pH≤8.0时，＋5价钒元素的存在形式为。实验步骤如下： ①向仪器a中加入一定量的V2O5粉末和适量的水，开启搅拌装置进行搅拌，使固体V2O5粉末与水充分混合均匀； 66 ②打开仪器b滴入一定量的浓硫酸，升温至160 ℃，控制反应釜的搅拌速度搅拌15~20 min，得到橙红色的SO4溶液； ③更换仪器b向仪器a中加入双氧水，并控制好 双氧水的加入速度，恒温反应约180 min后即得 到蓝色VOSO4溶液； ④将所得到的VOSO4溶液进行蒸发浓缩，待浓 缩液冷却后再向浓缩液中加入体积分数为60% 的乙醇，结晶、过滤、干燥，即可得到VOSO4产品。 2 3 4 1 67 回答下列问题： (1)仪器a的名称是_________，在a中反应生成SO4______(填“是”或“不是”)氧化还原反应。  2 3 4 1 三颈烧瓶 不是 (2)加入双氧水反应得到蓝色VOSO4溶液的离子方程式为_____________________________ ________________。  2V＋H2O2＋2H＋====2VO2＋＋O2↑＋2H2O (3)本实验选择原料物质的量比n(V2O5)∶n(H2O2)∶n(H2SO4) ＝1∶1.2∶2.4，过氧化氢需过量的原因是________________ ____________________________________________。  过氧化氢受热易分解被损耗，过氧化氢过量可以使V完全反应 68 (4)步骤④中加入体积分数为60%的乙醇的作用是____________________ ______________________。  2 3 4 1 降低VOSO4的溶 解度，便于结晶析出 69 (5)纯度测定：准确称取VOSO4产品m g，配成 250 mL 溶液，取50 mL溶液，加入适当过量的 KMnO4溶液(氧化产物为)，再加入适当过 量的NaNO2除去KMnO4，进一步加入尿素除去 NaNO2；滴入指示剂，用 c mol·L－1 Fe(SO4)2标准溶液滴定(还原 产物为VO2＋)。测量三次，平均消耗标准溶液体积为V mL，VOSO4的 摩尔质量为M g·mol－1，则该产品的纯度为_________%。  2 3 4 1 70 解析：由题意可知，制备VOSO4的操作为五氧化二钒与浓硫酸共热，反应生成(VO2)2SO4，(VO2)2SO4溶液与过氧化氢溶液反应生成VOSO4，VOSO4溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到VOSO4晶体。 2 3 4 1 由原子个数守恒和得失电子数目守恒可得如下转化关系：VO2＋~V~Fe2＋，滴定消耗 V mL c mol·L－1硫酸亚铁铵溶液，则产品的纯度为×100%＝%。 71 (6)查阅资料后，有同学对VOSO4的热分解提出了两种猜想： 猜想ⅰ：VOSO4VO2＋SO3↑； 猜想ⅱ：2VOSO4V2O5＋SO3↑＋SO2↑ 2 3 4 1 用以上装置按气流从左到右的流向，探究分解产物，则导管接口顺序为_________；若装置D中出现白色沉淀，装置C中未出现白色沉淀，证明猜想ⅰ正确。  ahideb 72 解析：二氧化硫和氯化钡溶液不反应，三氧化硫和氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，二氧化硫能被硝酸根离子氧化为硫酸根离子，然后和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，尾气使用氢氧化钠溶液吸收，防止污染，则证明猜想ⅰ正确的装置连接顺序为BDCA，接口的连接顺序为ahideb。 2 3 4 1 73 2.(16分)(2025·河北承德模拟)硫代硫酸钠可用作分析试剂，它易溶于水、难溶于乙醇，有较强的还原性，受热、遇酸易分解，溶解度随温度升高而增大，实验室模拟工业上制备硫代硫酸钠的实验装置如图所示。回答下列问题： 2 3 4 1 74 (1)仪器c的名称是_________，使用仪器d的好处是___________________ ______________________________，下列各组试剂最适宜用于本实验制备SO2的是________(填字母)。  A.70%硫酸、Na2SO3 B.Cu、98%硫酸 C.Na2SO3、30%盐酸 D.NaHSO3、50%硝酸 2 3 4 1 三颈烧瓶 可使反应物充分混 合接触反应，提高原料的利用率 A 75 解析：装置a、b用于制取二氧化 硫，装置c中Na2S、Na2CO3、SO2 反应生成Na2S2O3，装置e吸收多 余SO2，据此分析解答。 (1)仪器c的名称是三颈烧瓶，仪 器d可以用于搅拌，使用其的好处 是可使反应物充分混合接触反应， 提高原料的利用率。A.70%硫酸、 Na2SO3反应生成SO2，且不含有除 水蒸气外的杂质；B.Cu、98%硫酸反应需要加热，该装置制取SO2时没有加热，故不适用；C.Na2SO3、30%盐酸反应生成SO2，盐酸易挥发，SO2中混有HCl，该装置无法除去HCl，导致c中溶液酸性增强，而Na2S2O3遇酸易分解，故不适用；D.50%硝酸具有氧化性，会氧化NaHSO3，不能生成SO2，故不适用。 2 3 4 1 76 (2)实验中用于配制相应溶液的蒸馏水需要先加热至沸腾，“加热至沸 腾”的目的是_____________________，试剂X通常是__________。  2 3 4 1 除去溶解在水中的O2 NaOH溶液 77 (3)仪器c中反应的离子方程式为__________________________________，  实验中要严格控制进入仪器c中SO2的量，原因是____________________ ____________________________________________________________。  2 3 4 1 2S2－＋C＋4SO2====3S2＋CO2 若SO2过量，溶液酸性会增强，导致硫代硫酸钠分解，若SO2量不足，会导致产品产率降低 78 解析：仪器c中Na2S、Na2CO3、SO2反应生成Na2S2O3，分析元素化合价变化，Na2S、SO2发生归中反应，故反应的离子方程式为2S2－＋C＋4SO2====3S2＋CO2，实验中要严格控制进入仪器c中SO2的量，原因是若SO2过量，溶液酸性会增强，导致硫代硫酸钠分解，若SO2量不足，会导致产品产率降低。 2 3 4 1 79 (4)待仪器c中反应完成后，将溶液转入蒸发皿中，水浴加热浓缩、冷却 结晶、过滤、洗涤、干燥，洗涤晶体所用的试剂可以为________。  2 3 4 1 乙醇 80 (5)为检验制得产品的纯度，该实验小组称取5.0 g产品配制成250 mL硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度。在锥形瓶中加入25.00 mL 0.010 0 mol·L－1 KIO3溶液，并加入过量的KI后酸化，发生反应：5I－＋6H＋====3I2＋3H2O，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，发生反应：I2＋2S2====2I－＋S4，当达到滴定终点时，消耗Na2S2O3溶液20.00 mL，则该产品的纯度为 ________(用百分数表示，保留一位小数)。  2 3 4 1 59.3% 81 解析：由反应方程式可得关系式：~3I2~6S2，则 20.00 mL Na2S2O3溶液中Na2S2O3的物质的量为 0.025 L×0.010 0 mol·L－1×6，则该产品的纯度为×100%≈59.3%。 2 3 4 1 82 3.(16分)(2025·江苏盐城质量监测)亚硝酸钙是白色粉末，易潮解，易溶于水，微溶于乙醇、乙醚。实验室用NO和CaO2(淡黄色固体)制备无水亚硝酸钙的装置(夹持装置略)如图所示。 2 3 4 1 83 回答下列问题： (1)实验开始先通N2，一段时间后，向三颈烧瓶中滴加稀硝酸制取NO，B中产生大量气泡时，D处开始加热。仪器a与普通分液漏斗相比，其优点是_________________________________________________。  2 3 4 1 平衡滴液漏斗与三颈烧瓶中的压强，便于液体顺利流下 84 (2)装置E中，酸性H2O2溶液可将剩余的NO氧化为N，该反应的离子 方程式为______________________________________。  2 3 4 1 2NO＋3H2O2====2H＋＋2N＋2H2O 85 (3)CaO2完全还原后，进行的操作是：①停止滴加稀硝酸，停止通电；②打开止水夹，向装置中通入一段时间N2；③冷却后，将所得产品完全转移到试剂瓶中密封保存；④…… 则操作②的目的是______________________________________________ ________________________。  2 3 4 1 排出装置内残留的氮的氧化物，防止污染空气(或加速无水亚硝酸钙的冷却) 86 (4)上述装置存在一处缺陷，会导致亚硝酸钙产率降低，改进的方法是_____________________________________________________。  2 3 4 1 在装置D、E之间加装盛有浓硫酸的洗气瓶(答案合理即可) 87 解析：实验开始先通氮气是为了排除装置内的空气，为了使仪器a中的液体能顺利流下，仪器a为恒压滴液漏斗。在装置A中发生反应的化学方程式为3Cu＋8HNO3(稀)==== 3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，产生的气体中混有少量的NO2，可用B装置进行除杂，则B装置中盛放的试剂为蒸馏水，发生反应的化学方程式为3NO2＋H2O====2HNO3＋NO，装置C为干燥装置，装置E为尾气吸收装置，则发生反应的离子方程式为2NO＋3H2O2====2H＋＋2N＋2H2O。由于亚硝酸钙是白色粉末，易潮解， 2 3 4 1 装置E中的水蒸气回流导致亚硝酸钙的产率较低，改进方法为在装置D、E之间加装盛有浓硫酸的洗气瓶，停止通电后，由于亚硝酸钙温度较高，需在N2中冷却到室温，则应打开止水夹，继续通入氮气。测定所得亚硝酸钙中硝酸钙的含量时，步骤Ⅰ为生成沉淀，步骤Ⅱ为除去亚硝酸根离子，步骤Ⅲ是为了让硝酸根离子完全发生反应，该反应的关系式为3n(N)＝n(Fe2＋)，6n(Cr2)＝n(Fe2＋)，根据计算可得硝酸钙的百分含量为%。 2 3 4 1 解析：由于装置E盛放的为H2O2溶液，装置D生成的亚硝酸钙极易潮解，E中会有水蒸气回流导致亚硝酸钙产率降低，改进的方法为在装置D、E之间加装盛有浓硫酸的洗气瓶。 2 3 4 1 (5)测定所得亚硝酸钙中硝酸钙的含量。 实验原理：Ca2＋＋S====CaSO4↓；N＋NN2↑＋2H2O；N＋3Fe2＋＋4H＋====3Fe3＋＋NO↑＋2H2O；Cr2＋6Fe2＋＋14H＋====6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O。 实验步骤： Ⅰ.准确称取a g所得亚硝酸钙，置于150 mL烧杯中，加入100 mL蒸馏水和b g足量的硫酸钠，搅拌均匀，冷却后，将溶液与沉淀全部移入250 mL容量瓶，加蒸馏水稀释至刻度，摇匀，过滤(忽略固体对溶液体积的影响)； 2 3 4 1 Ⅱ.取25.00 mL滤液于500 mL锥形瓶中，加入足量NH4Cl饱和溶液，煮沸5 min； Ⅲ.冷却后用少量蒸馏水洗涤锥形瓶内壁，再加入25.00 mL c1 mol·L－1硫酸亚铁铵[(NH4)2SO4·FeSO4]溶液，在不断摇动下，沿瓶壁缓慢加入20 mL硫酸(1∶1)； Ⅳ.加4滴指示剂，迅速用c2 mol·L－1 K2Cr2O7标准液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准液V mL。 2 3 4 1 则所得亚硝酸钙中硝酸钙的质量分数为________________；已知在酸性条件下，N 可氧化Fe2＋，下列情况会导致硝酸钙的质量分数测量值 偏小的是______(填字母)。  a.步骤Ⅰ中，称量时样品发生了潮解 b.步骤Ⅱ中，煮沸时间过短 c.步骤Ⅲ中量取的硫酸亚铁铵溶液的实际体积小于25.00 mL 2 3 4 1 % a 解析：步骤Ⅰ为生成沉淀，步骤Ⅱ为除去亚硝酸根，步骤Ⅲ是为了让硝酸根完全发生反应，N＋3Fe2＋＋4H＋====3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，Cr2＋6Fe2＋＋14H＋====6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O，该反应的关系式为3n(N)＝n(Fe2＋)，6n(Cr2)＝n(Fe2＋)，总的n(Fe2＋)总＝ c1 mol·L－1×0.025 L＝0.025c1 mol，n(Fe2＋)总＝3n(N)＋6n(Cr2)，0.025c1 mol＝3n(N)＋6×c2V×10－3 mol，n(N)＝(25c1－6c2V)×10－3mol，硝酸钙的总质量为m＝×× ×10－3 mol×164 g·mol－1＝×10－2 g，亚硝酸 2 3 4 1 钙中硝酸钙的质量分数为×100%＝%。a项，步骤Ⅰ是为了让硝酸钙和亚硝酸钙中的钙离子全部变为沉淀，称量时样品发生了潮解，则配成溶液时溶质偏少，硝酸钙的质量分数偏小，a项正确；b项，步骤Ⅱ是为了让亚硝酸根离子发生反应并除去亚硝酸根离子，煮沸时间过短，溶液中亚硝酸根离子未被反应完全，导致消耗的亚铁离子增多，则滴定时消耗亚铁离子的量偏小，最终测得硝酸钙的质量分数偏大， b项错误；c项，步骤Ⅲ是为了让硝酸根离子完全发生反应，若量取的硫酸亚铁铵溶液的实际体积小于25.00 mL，导致滴定时消耗亚铁离子的量偏小，则硝酸钙的质量分数偏大，c项错误。 2 3 4 1 4.(16分)(2025·江苏南京模拟)碳酸钐Sm2(CO3)3(摩尔质量为 480 g·mol－1)为难溶于水的白色粉末，可用于治疗高磷酸盐血症，实验室可利用如图所示装置制备一定量的Sm2(CO3)3·xH2O并测量x值(夹持装置已省略)。 2 3 4 1 96 请回答下列问题： (1)仪器C的名称是_________，仪器A中的试剂是_________________。  2 3 4 1 解析：装置A中产生的CO2和装置B中产生的NH3，通入装置C中，与SmCl3溶液反应生成Sm2(CO3)3·xH2O晶体。(1)仪器C的名称是三颈烧瓶，将仪器A中溶液滴入集气瓶中将CO2排出，因此CO2不能溶解在相应的溶液中，也不能与相应溶液反应，故仪器A中的试剂应是饱和NaHCO3溶液。 三颈烧瓶 饱和碳酸氢钠溶液 97 (2)装置的连接顺序是a→_____，_____←b(填接口字母)；若仪器B中盛 有生石灰，则该装置中发生反应的化学方程式为___________________ ______________________。  2 3 4 1 解析：由于氨气极易溶于水，需要设置防倒吸装置，故氨气从d口进入，故装置的连接顺序是a→c，d←b；在题给制气装置中，制备NH3的试剂是CaO、浓氨水，反应的化学方程式为NH3·H2O＋CaO====Ca(OH)2＋NH3↑。 c d NH3·H2O＋CaO ====Ca(OH)2＋NH3↑ 98 (3)仪器D的用途是__________________________，尾气中的______必须吸收处理。  2 3 4 1 防止NH3溶解产生倒吸现象 NH3 解析：NH3极易溶于水，仪器D的用途是防止倒吸，尾气中NH3有毒，因此NH3必须用相应的试剂吸收处理。 99 (4)如图所示装置可测量样品组成中的x值，有关实验数据如表所示。 2 3 4 1 装置 E G 实验前仪器与试剂总质量/g m1 m3 实验后仪器与试剂总质量/g m2 m4 ①加热前后均要通入一段时间的N2。加热前通入N2的操作是_________ _______________________________， 装置H的作用是_______________ _______________________________。  ②x＝___________________(用含m1、m2、m3、m4的代数式表示)。  2 3 4 1 K5和K6，缓缓通入一段时间的N2 打开K4、 防止空气中的 CO2、H2O进入装置G中干扰实验 解析：①加热时Sm2(CO3)3·xH2O分解为水、CO2、Sm2O3，水用浓硫酸吸收，CO2用碱石灰吸收。加热前通入N2的操作是打开K4、K5和K6，再缓缓通入N2，H装置的作用是防止空气中的二氧化碳、水干扰实验； ②由表中数据知，m(CO2)＝(m4－m3) g，E中固体质量减少了(m1－m2) g，此值与生成的CO2、H2O质量和相等，故m(H2O)＝(m1－m2) g－m(CO2)＝(m1＋m3－m2－m4) g，Sm2(CO3)3·xH2O分解的化学方程式为Sm2(CO3)3·xH2OSm2O3＋3CO2↑＋xH2O，故有n(CO2)∶n(H2O)＝3∶x，解得x＝。 2 3 4 1 $$