专题10 实验设计与评价综合题（浙江专用）2026年高考化学一模分类汇编

专题10 实验设计与评价综合题 1．(2026·浙江省精诚联盟高三一模)【新工艺】我国化工专家吴蕴初对研制生产味精等作出了卓越贡献。某研究小组模拟以淀粉为原料制备味精的实验流程为： 已知：①谷氨酸()的-羧基：pKa1=2.19，-羧基：pKa2=4.25；H2CO3的Ka1=4.5×10-7，Ka2=4.7×10-11。 ②谷氨酸在不同存在形式如下： 请回答： (1)步骤Ⅰ中试剂A可选用 (写一种)。 (2)谷氨酸的pKa1小于pKa2的原因是 。 (3)谷氨酸溶解度(20℃)随变化、谷氨酸单钠盐溶解度随温度变化如下图所示： 下列说法正确的是_______。 A．图1干燥管内B只能选用酸性物质 B．步骤Ⅱ加盐酸调节至pH=3.22时有利于析出谷氨酸 C．沿M→N→E→P操作可获得较大颗粒的结晶味精 D．通过射线衍射实验不能区别、构型谷氨酸单钠盐 (4)写出步骤Ⅲ生成味精的反应方程式 。 (5)步骤Ⅲ，获得味精的所有操作如下： 。 请排序：_______→_______→_______→_______→_______→结晶→过滤、洗涤→干燥(填序号)。 ①加纯碱    ②过滤    ③加谷氨酸 ④除杂质并用活性炭脱色    ⑤控制pH=6.96，搅拌均匀 (6)味精中谷氨酸单钠(C5H8NNaO4·H2O，M=187g·molˉ1 )含量测定。 原理：C5H8NNaO4·H2O+HClO4→C5H8NNaO4·HClO4+H2O 过程：称取试样0.15g于锥形瓶内，加甲酸3mL，搅拌，直至完全溶解，再加乙酸30mL、α-萘酚苯基甲醇-乙酸指示液(酸碱指示剂)10滴，用cmol·L-1的高氯酸滴定，当滴入最后半滴时溶液变绿色即为滴定终点，记录消耗高氯酸标准滴定溶液的体积(V1mL)。同时做空白试验，记录消耗高氯酸标准滴定溶液的体积(V0mL)。则： ①甲酸和乙酸的作用是 。 ②味精中谷氨酸单钠的质量分数是 (用含c、V1、V0的式子表示)。 【答案】(1)稀硫酸或酸或酶 (2)由于氨基具有吸电子效应，α-羧基上的羟基极性比-羧基上的强，更易电离 (3)BC (4)2HOOC-CH2-CH2-COO-+Na2CO3→2NaOOC-CH2-CH2-COO-+CO2↑+H2O (5)③①⑤④② (6)作溶剂 【解析】(1)淀粉在酸催化(如稀硫酸)或酶催化(如淀粉酶)条件下可水解生成葡萄糖。 (2)谷氨酸()的α-羧基离氨基更近，氨基的吸电子效应使α-羧基中O-H键的极性更强，更容易电离出H+，因此α-羧基的酸性强于-羧基，对应的pKa1小于pKa2。 (3)A项，以选用中性试剂CaCl2或H2O(可配合棉花使用)等来吸收NH3，Ａ错误；B项，根据图2可知，pH=3.22时谷氨酸溶解度最低，B正确；C项，M→N→E操作，是溶液进入介稳区，再沿E→P恒温蒸发，缓慢提高过饱和度，有利于晶体生长，即可获得较大颗粒结晶味精，C正确；D项，通过X射线衍射实验能区别L、D(手性异构)构型谷氨酸单钠盐，其晶体结构的空间对称性不同，X射线衍射实验可通过晶体的衍射图谱区分二者的结构差异，D错误； (4)步骤Ⅲ是形成内盐的谷氨酸与Na2CO3反应生成谷氨酸单钠盐(味精)，反应的化学方程式为2HOOC-CH2-CH2-COO-+Na2CO3→2NaOOC-CH2-CH2-COO-+CO2↑+H2O； (5)先加入谷氨酸作为反应物；加入纯碱进行反应；控制pH=6.96并搅拌均匀，使反应充分进行；除杂质并用活性炭脱色，提纯溶液；过滤除去不溶性杂质，之后进行结晶、过滤洗涤、干燥。 (6)作为溶剂，溶解谷氨酸单钠盐(味精)，同时提供酸性环境以适配高氯酸滴定(该滴定需在非水体系中进行，甲酸、乙酸为非水溶剂)。根据反应原理，谷氨酸单钠与高氯酸的物质的量之比为 1:1，实际消耗高氯酸的物质的量为，对应的谷氨酸单钠质量为，因此质量分数为=。 2．(2026·浙江省强基联盟高三二模)硫脲[(NH4)2CS]常用作还原剂，易溶于水，受热时部分发生异构化反应生成硫氰化铵，实验室利用如图装置合成少量硫脲。回答下列问题： (1)盛放CaCN2的仪器名称是 。 (2)制备开始前，应先让装置A反应一段时间直到 (填写实验现象)，说明装置C中空气已排出。装置B中应选用以下 (填标号)溶液最合适。 A．浓H2SO4　　B．饱和NaCl溶液　　C．饱和NaHS溶液　　D．饱和Na2S溶液 (3)向装置C中滴入蒸馏水并加热至，反应生成硫脲和一种碱，写出反应方程式： 。待反应基本结束，将混合物过滤，对滤液进行 、冷却结晶、过滤、洗涤、低温烘干得到粗产品。 (4)取2.50g粗产品溶于水配成100mL溶液，量取20.00mL溶液，用0.50mol·L-1的酸性KMnO4溶液滴定。滴定时，硫脲转化为CO2、N2、SO42-，滴定至终点消耗酸性高锰酸钾溶液28.00mL，则产品纯度为 。设计实验方案验证产品中存在异构体杂质： 。 【答案】(1)三颈烧瓶 (2) 装置D中出现黑色沉淀 C (3)CaCN2+H2S+2H2O(NH4)2CS+Ca(OH)2 减压蒸发浓缩 (4)76% 取少量粗产品于试管中，加入适量蒸馏水溶解，再加入几滴FeCl3 ［或Fe2(SO4)3等可溶性铁盐］溶液，溶液变为红色，则可证明 【解析】装置A为制取硫化氢气体的装置，因使用盐酸制备导致硫化氢气体中容易混有杂质氯化氢，因此B装置盛放饱和硫氢化钠溶液用于除硫化氢气体中的氯化氢气体杂质，同时因硫脲具备还原性，需要先制备硫化氢气体将装置内的空气排出，再进行硫脲的制备实验；装置C为硫化氢气体与氰氨化钙溶液反应制取硫脲的装置；装置D用于检验装置内空气是否排空，当D装置出现黑色沉淀，说明检验装置内空气已排空，同时还用于除去多余的硫化氢气体。 (1)由图可知，盛放CaCN2的仪器名称是三颈烧瓶。 (2)空气被排出后，硫化氢会与硫酸铜溶液反应生成黑色的CuS沉淀，则当D中有黑色沉淀生成，则证明装置中的空气被排出；装置B的作用是除去硫化氢中的氯化氢，因此选择饱和硫氢化钠溶液，即C选项。 (3)由题可知，反应生成硫脲和一种碱，推断该碱为Ca(OH)2，故反应方程式为CaCN2+H2S+2H2O(NH4)2CS+Ca(OH)2 ；由题中信息可知，在温度较高时硫脲易发生异构化，减压可降低溶液的沸点，使溶液在较低温度下浓缩成为饱和溶液，然后再冷却析出晶体，因此待反应基本结束，将混合物过滤，对滤液进行减压蒸发浓缩，其目的是降低溶液的沸点，防止温度过高导致硫脲异构化。 (4)滴定时发生反应：5CS(NH2)2+14MnO4-+32H+=5CO2↑+5N2↑+14Mn2++5SO42-↑+26H2O，与2.5 g产品中的硫脲发生反应消耗， 根据方程式可知硫脲的质量：，纯度：；为证明反应过程中硫脲发生异构化生成了NH4SCN，即检验是否有SCN-，所以可以用FeCl3或Fe2(SO4)3等可溶性铁盐检验，然后观察溶液是否变为红色，因此实验方案为取少量粗产品于试管中，加入适量蒸馏水溶解，再加入几滴FeCl3［或Fe2(SO4)3等可溶性铁盐］溶液，溶液变为红色，则可证明。 3．(2026·浙江省北斗星联盟高三一模)【新方法】[Co( II )Salen]配合物(M=325 g/mol)是一种简单的载氧体，能模拟金属蛋白的载氧作用，对开发特殊条件下(如潜艇、高空飞行)的氧供应材料具有重要意义。其实验室制备原理如下： 已知：①[Co( II )Salen]配合物由于制备条件不同可以得到两种不同的固体形态：一种是棕色的胶状物，在室温下易被氧化；另一种是暗红色晶体，在室温下稳定。 ②水杨醛微溶于水，易溶于乙醇；乙二胺溶于水、乙醇，温度过高会引起爆炸。 I.制备[Co( II )Salen]配合物的装置和步骤如下： 步骤1：在仪器a中加入80mL95%乙醇，再加入2.1mL(0.02mol)水杨醛。 步骤2：在搅拌条件下，加入1.5mL(0.02mol)乙二胺，反应4~5min，生成亮黄色双水杨醛缩乙二胺片状晶体。 步骤3：溶解0.01molCo(CH3COO)2于热水中。 …… (1)仪器b名称是 ；装置的作用是 。 (2)步骤3后的操作如下： A．待亮黄色片状晶体全部溶解后，将Co(CH3COO)2迅速加入仪器a中，生成棕色胶状沉淀，保持微沸，使棕色胶状沉淀全部转变为暗红色晶体 B．停止通入N2 C．过滤晶体，用水洗涤3次，再用乙醇洗涤 D．向仪器中通入N2，并调节氮气流速至稳定 E.停止加热，用冷水冷却仪器a F.向冷凝管中通入冷凝水，开始加热，并保持温度在70~80℃ G.真空干燥箱烘干产品，称重得2.275 g产品 ①正确的操作顺序为D→F→ →G(每个限用一次)。 ②下列说法正确的是 。 A．通入氮气的主要目的是搅拌 B．保持温度70~80℃的是为了保证较高的反应速率，同时防止温度过高引起乙二胺爆炸 C．可以通过增大冷凝水的流速来调控烧瓶内气雾上升高度 D．排序操作的A项中保持微沸的目的是为了使胶体聚沉颗粒变大，便于后续过滤 ③用乙醇洗涤晶体的目的是 。 (3)产品的产率为 (保留3位有效数字)。 II.[Co( II )Salen]配合物在溶剂和CHCl3中会有不同吸氧或放氧行为。 已知：①载氧量测定反应原理：[Co( II )Salen]+2DMF+O2→[Co( II )Salen(DMF)2]O2； ②DMF为N，N-二甲基甲酰胺，是一种强极性溶剂，CHCl3是一种弱极性溶剂。 (4)结合上述信息，从溶剂性质角度分析[Co( II )Salen]配合物在两种溶剂中行为不同的原因 。 【答案】(1)恒压滴液漏斗 起液封的作用，防止外界空气进入三颈烧瓶中 (2) A→E→B→C BC 洗去杂质水杨醛、乙二胺，乙醇易挥发更容易除去 (3)70.0% (4)DMF为强极性溶剂能与[Co( II )Salen]配合物进行配位，从而吸收氧气形成稳定的配合物，而CHCl3是弱极性溶剂无法与[Co( II )Salen]配合物进行配位，无法吸收氧气形成稳定的配合物 【解析】(1)从图中结构可知，b 为恒压滴液漏斗；装置 d 为液封装置，作用是防止外界空气(氧气)进入三颈烧瓶中氧化产物，同时也能起到安全瓶的作用。 (2)①已知起始顺序为 D→F，后续步骤需遵循 “反应→停止加热→冷却→过滤→洗涤→干燥” 的逻辑：D→F → A(加入钴盐反应) → E(停止加热，冷水冷却) → B(停止通氮气) → C(过滤、洗涤) → G，故完整顺序为：D→F→A→E→B→C→G；②A项，通入氮气的主要目的是排尽装置内空气，防止产物被氧化，而非搅拌，A错误；B项，保持 70~80℃既能保证反应速率，又能防止乙二胺因温度过高发生爆炸，B正确；C项，增大冷凝水的流速可提高冷却效果，调控瓶内气雾上升高度，C正确；D项，保持微沸的目的是使棕色胶状沉淀充分转化为暗红色晶体，而非仅为了颗粒变大，D错误；故选BC。③水杨醛易溶于乙醇，乙二胺溶于乙醇，乙醇易挥发。用乙醇洗涤可洗去残留的水杨醛、乙二胺等杂质，且乙醇易挥发，能快速干燥晶体。 (3)已知配合物摩尔质量M=325g·mol-1，Co(CH3COO)2的物质的量为0.01 mol，理论上生成0.01 mol配合物，理论产量：0.01 mol×325g·mol-1=3.25 g，实际产量：2.275g，产率：=70.0%； (4)DMF为强极性溶剂能与[Co( II )Salen]配合物进行配位，从而吸收氧气形成稳定的配合物，而CHCl3是弱极性溶剂无法与[Co( II )Salen]配合物进行配位，无法吸收氧气形成稳定的配合物。 4．(2026·浙江省嘉兴市高三一模)【新方法】某小组同学用废铜屑(含少量铁)制备[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体并探究其性质。 步骤I：制备CuSO4溶液 取一定量废铜屑，加入稍过量的稀H2SO4和H2O2溶液，在40~50℃下完全溶解；调节，加热煮沸2分钟后趁热过滤。 步骤Ⅱ：制备[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体 取步骤I中所得CuSO4溶液，逐滴加入1mol·L-1氨水至澄清，进行系列操作，得深蓝色晶体。 请回答： (1)步骤I中调节pH所加试剂为 。 (2)步骤I中加热煮沸的目的是 (答出两点原因)。 (3)步骤Ⅱ中经过系列操作可得深蓝色晶体，请选择合适的编号，按正确的操作顺序补充完整 。 __→过滤→___→___→____→得深蓝色晶体 a．干燥         b．加饱和溶液        c．加乙醇溶液 d．用乙醇和乙醚混合溶液洗涤        e．用乙醇和浓氨水混合溶液洗涤 (4)对所得产品进行热重分析，结果如图所示。400℃时固体为CuSO4，则240℃时固体成分为 (已知：M{[Cu(NH3)4]SO4·H2O=246 g·molˉ1})。 (5)甲同学向CuSO4溶液中加氨水至澄清，再转移到如图所示装置中加热蒸发、冷却结晶，结果并未得到[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体。结合平衡移动原理，说明该同学实验失败的原因 。 (6)将表面己去除氧化膜的锌片、铁片分别置于2份浓度相同的[Cu(NH3)4]SO4溶液中，锌片表面立即出现一层红色物质，短时间内未观察到铁片表面有红色物质析出；静置数小时后，铁片表面析出红色物质，溶液深蓝色变浅，并有红褐色沉淀生成。根据上述信息，Zn2+、Cu2+、Fe2+与氨水的结合能力由强到弱的顺序是 。 【答案】(1)CuO或Cu(OH)2 (2)除去过量H2O2，使Fe(OH)3颗粒变大便于除去 (3)ceda (4)[Cu(NH3)4]SO4 (5)[Cu(NH3)4]2+ Cu2++4NH3 ΔH＞0，升高温度平衡正向移动，另外加热时氨气从敞口体系中逸出，导致c(NH3)降低，使平衡[Cu(NH3)4]2+ Cu2++4NH3向右移动，导致配合物分解 (6)Zn2+>Cu2+>Fe2+ 【解析】实验目的为制备[Cu(NH3)4]SO4·H2O，实验原理：Cu+H2SO4+H2O2=CuSO4+2H2O，CuSO4+4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]SO4+4H2O，实验步骤Ⅰ制备得到硫酸铜溶液，取步骤I中所得CuSO4溶液，逐滴加入1mol·L-1氨水至澄清，加入无水乙醇降低硫酸四氨合铜溶解度，结晶析出晶体，过滤、洗涤、干燥，得深蓝色晶体为[Cu(NH3)4]SO4·H2O。 (1)调节 pH 的试剂应为 CuO或Cu(OH)2、CuCO3等，可中和H+使铁离子水解平衡正向移动生成氢氧化铁沉淀，同时不引入新杂质； (2)H2O2受热易分解且升高温度可以增大Fe3+的水解程度，步骤I中加热煮沸的目的是：除去过量H2O2，使Fe3+水解程度增大，生成的Fe(OH)3颗粒变大便于除去。 (3)步骤Ⅱ中经过系列操作可得深蓝色[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体，操作顺序为：向溶液中加入乙醇(c)使晶体析出，过滤后用乙醇和浓氨水混合溶液(e)洗涤，再用乙醇和乙醚混合溶液(d)洗涤，最后干燥(a)，故答案为：ceda。 (4)根据图像可知，400℃时固体质量为3.20g，产物为CuSO4物质的量为 =0.02mol，根据元素质量守恒，初始25℃时，固体[Cu(NH3)4]SO4·H2O质量为4.92g，物质的量为0.02mol，失去全部结晶水时[Cu(NH3)4]SO4的质量为0.02mol×228g/mol=4.56g，240℃左右固体质量只有3.88g，说明此时固体不是[Cu(NH3)4]SO4，而400℃时固体为CuSO4质量为3.20g，由[Cu(NH3)4]SO4转化为CuSO4时质量减少4.56g-3.20g=1.36g，为 =0.08mol NH3的质量，240°C时固体质量为3.88g，240°C时固体质量与400°C时固体质量之差为3.88g - 3.20g = 0.68g，为=0.04 mol NH3的质量，可知240°C时固体为[Cu(NH3)4]SO4。 (5)甲同学向CuSO4溶液中加氨水至澄清，溶液中存在平衡 [Cu(NH3)4]2+ Cu2++4NH3，再转移到如图所示装置中加热蒸发、冷却结晶，结果并未得到[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体，原因是[Cu(NH3)4]2+ Cu2++4NH3的 ΔH＞0，是吸热反应，升高温度平衡正向移动，另外加热时氨气从敞口体系中逸出，导致c(NH3)降低，使平衡[Cu(NH3)4]2+ Cu2++4NH3向右移动，导致配合物分解。 (6)将表面己去除氧化膜的锌片、铁片分别置于2份浓度相同的[Cu(NH3)4]SO4溶液(pH=11.2)中，锌片表面立即出现一层红色物质，说明Zn和[Cu(NH3)4]SO4反应生成Cu和[Cu(NH3)4]SO4，则与氨水的结合能力：Zn2+>Cu2+，短时间内未观察到铁片表面有红色物质析出，说明Fe不能和[Cu(NH3)4]SO4反应生成[Cu(NH3)4]SO4，静置数小时后，Fe和溶液中的[Cu(NH3)4]SO4反应生成Cu，铁片表面析出红色物质，溶液深蓝色变浅，并有Fe(OH)3红褐色沉淀生成，则与氨水的结合能力：Cu2+>Fe2+，综上所述，Zn2+、Cu2+、Fe2+与氨水的结合能力由强到弱的顺序是：Zn2+>Cu2+>Fe2+。 5．(2026·浙江省金丽衢十二校高三一模)【新方法】磷酸铵镁(MgNH4PO4)，俗称鸟粪石，是一种白色晶体，难溶于水(室温下溶解度为0.02 g/100 ml)，是集氮磷镁为一身的高效缓释肥料。该物质300℃左右分解，最终产物为焦磷酸镁(Mg2P2O7)。 I.某学习小组设计实验制备磷酸铵镁晶体，步骤如下： ①取20 mL 1.0 mol/LMgCl2溶液于100 mL烧杯中，加入20 mL 1.0 mol/LNH4Cl溶液。 ②在持续搅拌下，向上述混合溶液中逐滴加入20 mL 1.0 mol/LMgNH4PO4溶液。 ③滴加完毕后，将混合溶液转移到三颈烧瓶中，继续搅拌15分钟，然后用10%稀氨水调节反应混合物的pH至9～10。实验装置如图。 ④静置陈化1小时后，过滤，用少量冷水洗涤沉淀2～3次。 ⑤将沉淀置于表面皿上，在80℃的烘箱中干燥，得到无水磷酸铵镁。 已知磷酸(H3PO4)为三元弱酸，其水溶液发生三步电离： H3PO4H++H2PO4- H2PO4-H++HPO42- HPO4H++PO43- 请回答： (1)写出三颈烧瓶中发生的离子反应方程式 。 (2)静置陈化1小时有利于过滤操作，其原因是 。 (3)本实验中pH调控是关键，结合电离平衡与沉淀溶解平衡的移动，分析pH不能太小的原因 。 II.为测定所制得产品的纯度，该小组准确称取3.000 g产品，300℃左右充分加热使其完全分解，冷却后干燥，称得残余固体的质量为2.480 g(此温度下杂质不分解)。已知相关物质的摩尔质量：M(MgNH4PO4)=137 g/mol。请回答 (4)设计实验检验分解时的气态产物 。 (5)请通过计算判断该产品中MgNH4PO4的质量分数能否达到90%？ (填“能”或“否”)。 III.农业生产中化肥的过度施用，将导致水体中氮(NH4+)、磷(HPO4-)元素的过量输入。鸟粪石(磷酸镁铵)沉淀法是一种高效且能变废为宝的废水处理技术。 (6)涉及该技术的相关问题，下列说法中正确的是_______。 A．氮磷含量的超标，是水体富营养化的主要原因 B．处理过程中，往废水加入一定量的MgCl2进行沉降即可较大程度地除去氮磷 C．工业上，可以以海水、澄清石灰水、盐酸为原料，经过滤、洗涤、干燥、溶解得到氯化镁溶液 D．该方法的一个显著优点是实现了磷和氮的资源化回收，得到的鸟粪石可以作为优质的缓释肥料，符合循环经济理念 【答案】(1)Mg2++HPO42-+NH3·H2O=MgNH4PO4↓+H2O (2)使固体颗粒变大，防止堵塞滤纸小孔 (3)pH过小，H+浓度过大，HPO42-H++PO43-，平衡逆向移动，PO43-浓度变小，Mg2++PO43-+NH4+MgNH4PO4(s)正向进行的程度小，产率低 (4)方法1：用干燥烧杯罩在坩埚(试管口)上方，变模糊(或出现水珠)，证明有水蒸气，用(湿润)的红色石蕊试纸放在坩埚(试管口)上方，变蓝，证明有氨气；方法2：取少量气体通入无水硫酸铜中，固体变蓝证明有水；用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变蓝证明有氨气；方法3：证明有水蒸气和氨气同时存在或用干燥的红色石蕊试纸放在坩埚(试管口)上方，试纸变蓝，证明有水蒸气和氨气同时存在；(答案合理即可) (5)能 (6)AD 【解析】I：该实验目的是制备磷酸铵镁晶体，反应的本质是Mg2++HPO42-+NH3·H2O=MgNH4PO4↓+H2O，关键控制因素pH至9～10使HPO42-H++PO43-平衡正向移动，使PO43-浓度变大，同时还可以抑制NH4+水解，使Mg2++PO43-+NH4+MgNH4PO4(s)正向进行的程度大，产率高；II： 该题目为热分解产物的判断和定量计算。 (1)结合磷酸的电离平衡和沉淀生成的条件，反应的离子方程式为：Mg2++HPO42-+NH3·H2O=MgNH4PO4↓+H2O； (2)静置陈化能使细小的磷酸铵镁沉淀聚集成较大的颗粒，沉淀颗粒变大后，过滤时速率更快，且能减少沉淀透过滤纸的损失，让过滤操作更顺畅，故答案为：使固体颗粒变大，防止堵塞滤纸小孔； (3)关键控制因素pH至9～10，若pH过小，H+浓度过大，HPO42-H++PO43-，平衡逆向移动，PO43-浓度变小，Mg2++PO43-+NH4+MgNH4PO4(s)正向进行的程度小，产率低； (4)方法1：用干燥烧杯罩在坩埚(试管口)上方，变模糊(或出现水珠)，证明有水蒸气，用(湿润)的红色石蕊试纸放在坩埚(试管口)上方，变蓝，证明有氨气；方法2：取少量气体通入无水硫酸铜中，固体变蓝证明有水；用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变蓝证明有氨气；方法3：证明有水蒸气和氨气同时存在或用干燥的红色石蕊试纸放在坩埚(试管口)上方，试纸变蓝，证明有水蒸气和氨气同时存在；(答案合理即可) (5)分解反应的方程式为：2MgNH4PO4Mg2P2O7+2NH3↑+H2O↑，固体质量减少量，由方程式可知，2 molMgNH4PO4(质量2 mol137 g/mol=274 g)分解，固体减少量为2 molNH3和1 molH2O(52 g)，设样品中MgNH4PO4的质量为，则，解得x=2.740g，则，所以能达到90%； (6)A项，氮、磷元素超标会导致水体中藻类大量繁殖，是水体富营养化的主要原因，A正确；B项，仅加入MgCl2，缺少NH4+和合适的pH条件，无法有效生成MgNH4PO4沉淀，不能较大程度除去氮磷，B错误；C项，海水应该加氧化钙(澄清石灰水浓度太小)生成Mg(OH)2沉淀，过滤后加盐酸溶解，可得到氯化镁溶液，C错误；D项，鸟粪石是高效缓释肥料，该方法实现了氮磷的资源化回收，符合循环经济理念，D正确；故选AD。 6．(2026·浙江省名校新高考研究联盟高三一模)【新方法】氨基甲酸铵(H2NCOONH4)是一种重要的化工原料，可用于药物合成、制备化学肥料、灭火剂或洗涤剂等。该物质是一种易水解、受热易分解的白色固体，可通过氨气和二氧化碳反应制备，方程式为：2NH3(g)＋CO2(g)H2NCOONH4(s) ΔH＜0。某化学兴趣小组用如图所示装置制取氨基甲酸铵。 实验过程： I.制备氨基甲酸铵：将干燥的氨气和二氧化碳气体按一定比例通入四氯化碳试剂中，不断搅拌。控制反应温度在30~40℃，反应生成白色固体。待反应结束后，过滤并干燥产物。 Ⅱ.测定产品中氨基甲酸铵的纯度：称取2.000 g的氨基甲酸铵样品。加入50.00 mL1.000 mol/L的盐酸(过量)，使氨基甲酸铵完全反应。用0.5000 mol/L标准溶液滴定剩余的盐酸，消耗标准溶液的体积为20.00 mL。通过计算确定氨基甲酸铵的纯度。(不考虑杂质与盐酸和溶液的反应。) 请回答： (1)装置甲的名称 ，装置6中盛放的试剂是 。 (2)1装置能制备以下哪些气体________。 A．CO2(CaCO3+盐酸) B．H2(锌粒+盐酸) C．C2H2(电石+饱和食盐水) D．Cl(MnO2+浓盐酸) (3)液体石蜡鼓泡瓶的作用是 。 (4)实验中要控制温度在30~40℃的原因是 。 (5)下列说法正确的是________。 A．I中为了得到较干燥的产物，可采用低温烘干的方法 B．Ⅱ滴定过程所加指示剂为酚酞，最后半滴溶液加入后溶液由浅红色变无色且半分钟不变色，则达到滴定终点 C．Ⅱ滴定读数时，滴定前平视，滴定后仰视可能导致样品纯度测定结果偏低 D．a口只需连接装有碱石灰的干燥管，用于吸收空气中的H2O (6)制备的氨基甲酸铵的纯度为 。 【答案】(1)长颈漏斗 碱石灰 (2)AB (3)通过观察气泡，调节NH3与CO2的通入比例接近2：1(合理即可) (4)温度过低，反应速率太慢，影响生产效率;氨气与二氧化碳合成氨基甲酸铵的反应为放热反应，温度过高会使平衡逆向移动，或导致氨基甲酸铵发生分解，使产品产率降低 (5)AC (6)78.00% 【解析】分析实验目的和实验装置可知，装置1用于产生CO2(会混入HCl气体和水汽)，装置7用于产生NH3(会混入水汽)，而CO2和NH3则会在装置4进行反应。根据题中的“该物质是一种易水解、受热易分解的白色固体”，以及实验过程Ⅰ，可以明确装置4必须是低温、无水的环境，则两气体进入装置4之前必须是干燥的，因此可分析出，装置2用于除去CO2中混入的水，即选浓硫酸，装置6用于除去NH3中的水，应选碱石灰。而装置3、5都是装有液体石蜡的鼓泡瓶，可以通过气泡的快慢控制两种气体的流速快慢。 (1)装置甲是没有旋塞和活塞的，因此是长颈漏斗；由分析可知，装置6装的是碱石灰； (2)装置1是简易的启普发生器，适用于固液在常温下反应制备气体，且多空隔板上要放置的是不溶于水的块状固体颗粒，据此分析选项：A项，CaCO3是不溶于水的块状固体颗粒，故适用，A符合；B项，锌粒是不溶于水的块状固体颗粒，故适用，B符合；C项，电石遇水后迅速崩解为粉末状固体，无法停留在隔板上方，生成的氢氧化钙微溶于水，形成糊状物，易堵导气管，C不符合；D项，MnO2+浓盐酸制备氯气的反应需要在加热的条件下进行，D不符合；故选AB。 (3)NH3与CO2均不溶解在石蜡中，故通入石蜡鼓泡瓶后，会以气泡的形式冒出，进而进入装置4，而气泡的速率就可以反映出NH3与CO2的通入比例，因此答案为“通过观察气泡，调节NH3与CO2的通入比例接近2：1”(合理即可)； (4)已知反应2NH3(g)＋CO2(g)H2NCOONH4(s) ΔH＜0，是一个放热反应，为了尽可能多得产生产物，温度不能太高，否则会让平衡逆移，产量太低，同时产物的热稳定性也不高，温度过高也会导致产物分解。但是温度太低，又会让反应的速率会比较慢，因此温度应该控制在30℃~40℃，故答案为“温度过低，反应速率太慢，影响生产效率;氨气与二氧化碳合成氨基甲酸铵的反应为放热反应，温度过高会使平衡逆向移动，或导致氨基甲酸铵发生分解，使产品产率降低”； (5)A项，已知产物热稳定性不好，因此为了得到干燥的产物，必须用低温烘干的方法，A正确；B项，Ⅱ的滴定过程是NaOH溶液滴定过量的盐酸，若选用酚酞做指示剂，则锥形瓶中试剂原本是无色的，最后半滴溶液加入后，溶液会由无色变为浅红色且半分钟不变色，则到达终点，B错误；C项，Ⅱ滴定读数时，滴定前平视，滴定后仰视会导致NaOH溶液的消耗量增大，即算出来的残留的盐酸物质的量增大，从而使与氨基甲酸铵反应的盐酸物质的量的计算量偏低，最终导致样品纯度测定结果偏低，C正确；D项，a口会有二氧化碳和氨气逸出，同时水汽也会进入，因此a口连接的装置必须起到防止水汽进入和防止氨气逸出的作用，而装有碱石灰的干燥管只能吸收空气中的水和二氧化碳，故不合适，D错误；故选AC。 (6)已知盐酸，则与氨基甲酸铵反应的盐酸，而H2NCOONH4~2HCl，则有 ，因此氨基甲酸铵的质量，故纯度为。 7．(2026·浙江省七校联盟高三一模)【新工艺】硫酸四氨合铜晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O呈深蓝色，是一种高效广谱杀菌剂。实验室以腐蚀印刷电路后的“烂板液”为原料进行制备，操作步骤如下： 步骤Ⅰ：将废铁片放入80 mL烂板液中，充分反应后，得到的铜粉用自来水洗干净，小火炒干。 步骤Ⅱ：称取3 g铜粉，大火灼烧，反应完成后放置冷却。 (1)步骤Ⅱ使用的主要仪器除酒精灯外还有 。 (2)步骤Ⅲ必须控制，pH不能过高也不能过低的原因是 。 (3)下列说法正确的_______。 A．步骤Ⅰ可以改用铁粉，或加热至略沸的方法加快反应速率 B．步骤Ⅴ两次加入液体，都需要使用玻璃棒进行搅拌 C．未采用步骤Ⅴ的方法制备硫酸四氨合铜晶体，是因为会产生碱式硫酸铜等杂质 D．[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代，能得到两种不同结构的产物 (4)步骤Ⅴ蓝色溶液中加入浓氨水先产生沉淀后得到深蓝色溶液。某实验小组做了补充实验：取少量深蓝色溶液，插入一根打磨过的铁钉，无明显现象；继续加入稀盐酸，振荡后静置，产生少量气泡，铁钉表面出现红色物质。下列说法不正确的是_______。 A．加入浓氨水产生的沉淀是 [Cu(NH3)4](OH)2 B．两份溶液中： C．深蓝色溶液插入铁钉无明显现象是由于铁钉遇深蓝色溶液迅速钝化 D．加稀盐酸后，产生气体、析出红色物质的反应为 [Cu(NH3)4] 2++Fe= Fe2+ + Cu+4NH3↑ (5)操作Ⅴ过滤后得到的蓝色沉淀用95%的乙醇和浓氨水的混合溶液进行洗涤效果好，选择该洗涤剂的原因是 。 (6)晶体氨含量的测定。g中加入V1mL c1mol·L-1HCl溶液，将mg样品配成的溶液由d注入e，随后注入氢氧化钠溶液，用蒸馏水冲洗d，关闭k3，d中保留少量水。加热b，使水蒸气进入e。30分钟后停止加热。在装置g中加2滴指示剂，用c2mol·L-1NaOH溶液进行滴定。平行测定三次，平均消耗标准NaOH溶液体积V2mL。下列说法不正确的是_______。 A．e采用中空双层玻璃瓶主要起到保温作用 B．指示剂可选用酚酞，终点现象是无色变粉红色 C．氨含量的表达式可表示为 D．d中保留的少量水未与g中溶液合并，会导致测定结果偏低 【答案】(1)坩埚 (2)pH值过低，Fe3+沉淀不完全，除杂不充分，影响纯度；pH值不能过高，易生成Cu(OH)2沉淀，影响产量 (3)CD (4)ACD (5)乙醇可使溶液极性减小，降低晶体在溶液中的溶解度，防止产物的溶解；浓氨水能防止配离子解离，从而能减小物质在洗涤过程中的损耗 (6)D 【解析】步骤I将废铁片加入"烂板液"(含Cu2+的溶液)中置换出Cu，步骤Ⅱ中灼烧Cu生成CuO，步骤Ⅲ中CuO溶于稀硫酸，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，调pH≈4可将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，过滤得到CuSO4溶液，步骤IV对CuSO4溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶得到CuSO4·5H2O，步骤V将CuSO4·5H2O溶解后加浓氨水，再加乙醇，过滤得到[Cu(NH3)4]SO4·H2O。 (1)步骤Ⅱ是将铜粉在空气中大火灼烧，使其转化为CuO，灼烧固体需要耐高温的坩埚，则步骤Ⅱ使用的主要仪器除酒精灯外还有坩埚； (2)结合分析可知，步骤Ⅲ中pH值过低，不能将Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀除去，导致除杂不充分，影响纯度；pH值不能过高，否则Cu2+易生成Cu(OH)2沉淀，影响产量。则步骤Ⅲ必须控制pH≈4，pH不能过高也不能过低的原因是：pH值过低，Fe3+沉淀不完全，除杂不充分，影响纯度；pH值不能过高，易生成Cu(OH)2沉淀，影响产量； (3)A项，步骤Ⅰ改用铁粉，能加快反应速率，但若铁粉过量，铜粉中容易引入铁粉杂质；加热至略沸的方法也能加快反应速率，但Fe2+可能被氧化为Fe3+，Fe3+又将铜粉氧化为Cu2+，A错误；B项，步骤V中，第一次加入浓氨水溶解CuSO4·5H2O时需要搅拌，使溶解更充分，但第二次加入乙醇时是为了降低硫酸四氨合铜晶体的溶解度使其析出，此时搅拌容易导致晶体破损，不需要搅拌，B错误；C项，若未采用步骤Ⅴ的方法制备硫酸四氨合铜晶体，可能会因为反应条件等问题产生碱式硫酸铜等杂质，C正确；D项，[Cu(NH3)4]2+为平面正方形结构，两个NH3被两个Cl-取代后，两个Cl-可能处于相邻或相对的位置，邻位和对位的结构不同，能得到两种不同结构的产物，D正确；故选CD。 (4)A项，根据实验现象，加入浓氨水后先生成Cu(OH)2沉淀，后溶解生成[Cu(NH3)4]2+，A错误；B项，深蓝色溶液中Cu2+主要以[Cu(NH3)4]2+形式存在，Cu2+浓度较低；蓝色溶液中Cu2+主要以简单离子形式存在，Cu2+浓度较高，则两份溶液中：，B正确；C项，铁的钝化是在强氧化性酸(如浓硝酸、浓硫酸)作用下，在铁表面形成致密的氧化膜。深蓝色溶液中无强氧化性物质，插入铁钉无明显现象，是因为深蓝色溶液中Cu2+主要以[Cu(NH3)4]2+形式存在，Cu2+浓度较低，铁与Cu2+难以发生置换反应，而不是铁钉遇深蓝色溶液迅速钝化，C错误；D项，根据实验现象，加盐酸后[Cu(NH3)4]2+中NH3与H+结合生成NH4+，使Cu2+浓度增大，Cu2+和Fe反应生成Cu和Fe2+，同时Fe与H+反应生成H2，导致加稀盐酸后，产生气体、析出红色物质，D错误；故选ACD。 (5)95%的乙醇是极性较小溶剂，用95%的乙醇可降低晶体在溶液中的溶解度，同时浓氨水能防止配离子解离，所以操作Ⅴ过滤后得到的蓝色沉淀用95%的乙醇和浓氨水的混合溶液进行洗涤效果好，选择该洗涤剂的原因是：乙醇可使溶液极性减小，降低晶体在溶液中的溶解度，防止产物的溶解；浓氨水能防止配离子解离，从而能减小物质在洗涤过程中的损耗； (6)A项，装置e的中空夹层可减少热量散失，起保温效果，利于氨气的蒸出，A正确；B项，g中过量的HCl溶液吸收NH3，再用NaOH溶液滴定剩余的HCl，滴定前溶液呈酸性，酚酞在酸性溶液中呈无色，在碱性溶液中呈粉红色，所以指示剂可选用酚酞，终点现象是无色变粉红色，B正确；C项，HCl总物质的量为c1V1×10-3mol，剩余HCl物质的量为c2V2×10-3mol，则，质量为， 所以氨含量为，C正确；D项，d中保留的少量水未与g中溶液合并，不影响g中剩余HCl的量，也就不影响NaOH滴定的结果，所以对测定结果无影响，D错误；故选D。 8．(2026·江省台州市椒江区等5地高三一模)【新工艺】某小组采用以下流程制备PCl5： 已知： ①步骤Ⅰ发生反应：PCl3(l)+PCl2(g)=PCl5(s)； ②部分物质的理化性质： PCl3：沸点76.1℃，遇水剧烈水解，易与反应； PCl5：沸点160℃，遇水剧烈水解； 回答下列问题： (1)如图1为步骤Ⅰ的实验装置图(夹持仪器、水浴和尾气吸收装置已省略)，图中仪器X的名称是 ，装置Y的作用是 。 (2)下列说法不正确的是______。 A．步骤Ⅰ中，冷凝回流Cl2以提高产率 B．步骤Ⅰ中，导管没入液面以下通入Cl2，可起到搅拌作用 C．步骤Ⅱ中，抽气和通入N2主要为了去除混合物中的Cl2 D．步骤Ⅲ中，减压的主要目的是防止PCl5被氧化 (3)步骤Ⅳ的装置如图2所示。 ①从粗产品得到PCl5纯品的部分操作如下，请排序：将PCl5粗品装入吸滤瓶中，连接好装置，通入冷凝水→ →后续操作(填序号，已知活塞A初始处于关闭状态)。 a.缓慢打开活塞A            b.缓慢关闭活塞A            c.打开抽气泵            d.加热吸滤瓶 ②通水的试管的作用是 。 (4)产品的纯度测定： 已知：PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl；PCl3+4H2O=H3PO4+5HCl； Hg2++2Cl-=HgCl2；M(PCl3)=137.5g·molˉ1，M(PCl5)=208.5g·molˉ1； Ⅰ  称取3.46g试样(杂质只含PCl5)配成溶液并移入250mL容量瓶中定容，移取25.00mL试液于锥形瓶中，用水稀释至100mL； Ⅱ  向锥形瓶中滴加稀硝酸调pH值至2.5~3.5，加入指示剂； Ⅲ  用0.2000mL/的Hg(NO3)2标准溶液滴定3次，滴定终点平均体积为20.00mL。 ①关于纯度测定，下列说法正确的是 。 A．滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化 B．滴定前平视刻度线，滴定后仰视，则测定的结果偏低 C．开始时可以较快滴加，接近终点时改为半滴加入 D．每次滴定都要从“0”刻度或接近“0”刻度的任一刻度开始 ②PCl5的质量分数为 (保留小数点后1位)。 【答案】(1)干燥管或球形干燥管 防止空气中H2O进入装置 (2)AD (3) acbd 冷凝和收集PCl5 (4) CD 60.3%或0.6 【解析】该流程以氯气和三氯化磷为原料，步骤Ⅰ中反应生成五氯化磷；步骤 Ⅱ经抽气、通氮气处理出去氯气；再经步骤Ⅲ减压蒸馏获得五氯化磷粗品，最后通过步骤Ⅳ减压升华得到五氯化磷纯品，实现了五氯化磷的制备与纯化。 (1)根据图示，仪器X的名称为球形干燥管；PCl3和PCl5遇水剧烈水解，故装置Y的作用是防止空气中H2O进入装置； (2)A项，步骤Ⅰ中是为了冷凝回流PCl5，可使三氯化磷充分与氯气反应，提高PCl3利用率，A错误；B项，导管没入液面下通氯气，可起到搅拌作用，B正确；C项，步骤Ⅱ抽气通入N2主要是除去未反应的氯气(避免后续蒸馏时干扰)，同时通可隔绝氧气，C正确；D项，步骤Ⅲ减压的主要目的是降低五氯化磷的沸点(使其在较低温度下蒸馏，避免高温分解)，而非防止氧化，D错误；故选AD。 (3)①要从粗产品得到PCl5​纯品，利用的是升华-凝华的提纯方法(PCl5​加热易升华，凝华后得到纯品)。通入冷凝水后，需缓慢打开活塞A，打开抽气泵 使系统减压，缓慢关闭活塞A ，再加热吸滤瓶，进行后续操作，故操作顺序为acbd； ②通水试管内通冷凝水，作用是冷凝升华的PCl5​蒸气，使其凝华得到纯净的PCl5​固体(即冷凝收集纯PCl5​)。 (4)①A项，滴定过程中应观察锥形瓶中溶液的颜色变化，而非一直观察滴定管体积，A错误；B项，滴定前平视、滴定后仰视，会导致读取的标准液体积偏大，测定结果偏高，B错误；C项，滴定操作中，开始可快速滴加，接近终点时改为半滴加入，防止过量，C正确；D项，每次滴定从 “0” 刻度或接近 “0” 刻度开始，便于准确计算消耗的标准液体积，D正确；故选CD；②设，，根据题意，氯离子的物质的量为；列出方程：208.5y+137.5x=3.46；5y+3x=0.08；解得x=0.01mol，y=0.01mol。PCl5的质量分数为。 9．(2026·浙江省县域教研联盟高三一模)配合物三草酸合铁酸钾是常用的光敏材料和催化剂。某实验小组进行制备与探究实验，步骤如下： 步骤Ⅰ：常温下，向100 mL蒸馏水中依次加入6.3 g草酸(H2C2O4·2H2O)和3.45 g碳酸钾(K2CO3)，充分反应后，得到混合溶液A； 步骤Ⅱ：向混合溶液A中加入5.6 g硫酸亚铁，控制温度在反应，同时滴加3%过氧化氢溶液至溶液颜色变为黄色，得到溶液B； 步骤Ⅲ：将溶液B蒸发浓缩至体积约为30 mL，分为两等份。一份快速冷却至0℃，结晶、过滤得到黄色针状晶体P{K3[Fe(C2O4)3] ·xH2O]}；另一份缓慢冷却至室温(25℃)，结晶、过滤得到黄色片状晶体Q{K3[Fe(C2O4)3] ·yH2O]}； 步骤Ⅳ：将晶体P、Q分别置于暗处在110℃下烘干脱水，最终均得到三草酸合铁酸钾(K3[Fe(C2O4)3])。 已知： ⅰ、常温下，草酸的Ka1=5.49×10-2，Ka2=6.4×10-5； ⅱ、三草酸合铁酸钾易溶于水，难溶于乙醇，在150℃以上会分解。 ⅲ、M(H2C2O4·2H2O)=126 g·molˉ1，M(K2CO3)=138g·molˉ1   请回答： (1) K3[Fe(C2O4)3]中，与Fe3+形成配位键的配位原子是 (填元素符号)。 (2)步骤Ⅰ所得混合溶液A中，主要溶质的化学式为 ，该溶液常温下pH最接近 (填选项)。 A．2     B．4     C．10    D．12 (3)步骤Ⅱ中，控制温度在40～50℃反应的主要目的是______(填选项)。 A．加快反应速率 B．促进Fe3+的水解 C．防止H2O2剧烈分解 D．抑制Fe2+被空气氧化 (4)晶体P、Q分别置于暗处烘干脱水的目的是 。 (5)下列说法不正确的是______。 A．步骤Ⅰ制备混合溶液A时，应将碳酸钾分批加入草酸溶液中，避免反应过于剧烈 B．步骤Ⅲ中，可向浓缩后的溶液中加入适量乙醇，促进三草酸合铁酸钾晶体析出 C．步骤Ⅱ中，为加快反应速率，可将H2O2换成稳定性更高的KMnO4，然后升高反应温度 D．两份浓缩液中得到不同形状晶体P和Q的原因是因为冷却的温度不同造成的 (6)已知室温下能发生反应：2Fe3++2I-==I2+2Fe2+，而[Fe(C2O4)3]3-与I-混合后无明显现象。从配合物结构对中心离子性质影响的角度，解释与[Fe(C2O4)3]3-氧化性差异的原因 。 【答案】(1)O (2)KHC2O4 A (3)C (4)由于三草酸合铁酸钾对光敏感，为防止其见光分解，需将晶体P、Q分别置于暗处烘干脱水 (5)CD (6) Fe3+与C2O42-形成[Fe(C2O4)3]3-时，C2O42-作为配体向Fe3+的空轨道提供孤电子对，使Fe3+的电子云密度增大，有效降低了Fe3+氧化性，同时，形成的螯合物结构稳定，进一步抑制了Fe3+的氧化活性，所以[Fe(C2O4)3]3-氧化性弱于Fe3+ 【解析】制备三草酸合铁酸钾的实验过程为草酸溶液和碳酸钾溶液反应生成草酸氢钾、二氧化碳和水；反应生成的草酸氢钾与硫酸亚铁溶液、过氧化氢溶液在40～50℃条件下反应生成三草酸合铁酸钾、硫酸钾和水；将三草酸合铁酸钾溶液蒸发浓缩后，通过不同的冷却方式(快速冷却或缓慢冷却)得到含结晶水的三草酸合铁酸钾晶体；三草酸合铁酸钾晶体置于暗处在110℃下烘干脱水得到三草酸合铁酸钾。 (1)草酸根离子中的氧原子具有孤对电子，能与具有空轨道的铁离子形成配位键； (2)草酸溶液与碳酸钾溶液反应可以生成草酸钾、二氧化碳和水：K2CO3＋H2C2O4=K2 C2O4＋H2O＋CO2↑，也可以生成草酸氢钾、二氧化碳和水：K2CO3＋2H2C2O4=2KHC2O4＋H2O＋CO2↑，由题意可知，6.3 g草酸晶体的物质的量为：=0.05 mol，碳酸钾的物质的量为：=0.025 mol，则由方程式可知，草酸溶液与碳酸钾溶液反应生成草酸氢钾、二氧化碳和水；溶液A中草酸氢钾的浓度为：=0.5mol/L，则溶液中的氢离子浓度为：c(H+)=≈0.057 mol/L，则溶液pH最接近2，故选A； (3)由分析可知，步骤Ⅱ发生的反应为草酸氢钾与硫酸亚铁溶液、过氧化氢溶液在40～50℃条件下反应生成三草酸合铁酸钾、硫酸钾和水，则该反应是亚铁离子氧化为铁离子的反应，反应时应抑制铁离子水解，防止过氧化氢受热易分解，导致三草酸合铁酸钾的产率降低，所以步骤Ⅱ中，控制温度在40～50℃反应虽然可以加快反应速率，但主要目的是防止温度过高，过氧化氢受热分解导致产率降低，故选C； (4)由题意可知，三草酸合铁酸钾对光敏感，为防止三草酸合铁酸钾见光分解，所以脱水制备三草酸合铁酸钾时，需将晶体P、Q分别置于暗处烘干脱水； (5)A项，由分析可知，步骤Ⅰ发生的反应为：K2CO3＋2H2C2O4=2KHC2O4＋H2O＋CO2↑，反应时为防止反应生成的二氧化碳的速率过快，使得溶液溢出，导致产率降低，制备混合溶液A时，应将碳酸钾分批加入草酸溶液中，避免反应过于剧烈，A正确；B项，由题给信息可知，三草酸合铁酸钾易溶于水，难溶于乙醇，所以步骤Ⅲ冷却结晶时，可向浓缩后的溶液中加入适量乙醇，降低三草酸合铁酸钾的溶解度，促进三草酸合铁酸钾晶体析出，B正确；C项，草酸氢根离子具有还原性，也能被具有强氧化性的高锰酸钾溶液氧化，所以步骤Ⅱ中的过氧化氢溶液不能换成高锰酸钾溶液，C错误；D项，由题意可知，两份浓缩液中得到不同形状晶体P和Q的原因是因为冷却的速率不同造成的，D错误；故选CD； (6)铁离子与草酸根离子反应生成三草酸合铁酸根离子时，草酸根离子中的氧原子与铁离子形成配位键，导致铁离子的电子云密度增大，有效降低了铁离子的氧化性，同时，形成的螯合物结构稳定，进一步抑制了铁离子的氧化活性，所以三草酸合铁酸根离子的氧化性弱于铁离子。 10．(2026·浙江省浙南名校联盟三联考一模)【新工艺】乳酸钙[Ca[CH3CH(OH)COO]2]为白色粉末，广泛应用于乳制品、饮料、食品保健品等领域。废旧聚乳酸碎片制乳酸钙的流程如下： 已知：① 物质名称 聚乳酸 乳酸 乳酸钙 乙醇 丙酮 溶解性 高温时能溶于有机溶剂 能溶于水、乙醇 溶于冷水，易溶于热水，不溶于乙醇、丙酮 与水任意比互溶 易溶于水和有机溶剂 沸点(℃) / 122 / 78.3 56.5 ②乳酸结构简式为CH3CH(OH)COOH。 请回答下列问题： (1)仪器a的名称是 ；原料中加入无水乙醇的作用是 。 (2)写出乳酸与氢氧化钙反应的化学方程式 。 (3)下列说法正确的是___________。 A．操作Ⅰ后要将滤液、洗涤液混合浓缩再进行一次操作Ⅰ的目的是为了提高产品产率 B．操作Ⅰ和Ⅱ中都可选用蒸馏水作洗涤剂 C．加热回流装置的锥形瓶中无需添加沸石防止暴沸 D．操作Ⅲ可以高温烘干 (4)为了回收乙醇溶液，将操作③中的滤液进行蒸馏，蒸馏步骤如下，其正确的顺序是①③ 。 ①搭建蒸馏装置 ②加热 ③加入待蒸馏的药品和沸石 ④通冷凝水 ⑤收集低于78.3℃的馏分 ⑥停止加热 ⑦收集的馏分 ⑧待冷却后关闭冷凝水 (5)通过以下方法测定产品纯度：取a g乳酸钙样品溶解，加入缓冲溶液调节，加入bmL、cmol·L-1EDTA溶液。然后加入指示剂，用dmol·L-1的标准锌溶液滴定过量的溶液，实验消耗标准锌溶液emL。 已知：Ca2+和Zn2+与EDTA反应的化学计量数之比均为1∶1，M(乳酸钙)=218 g·molˉ1。 ①计算乳酸钙的纯度为 (用相应的字母表示)。 ②下列操作可能使测得的结果偏高的是 。 A．盛装标准锌溶液的滴定管没有润洗 B．锥形瓶残留有蒸馏水 C．开始时仰视读数，终点时俯视读数 D．滴定管在滴定前无气泡，滴定后有气泡 【答案】(1)(球形)冷凝管 增大反应物的接触面积，加快反应速率 (2) 2CH3CH(OH)COOH+Ca(OH)2 =Ca[CH3CH(OH)COO]2+2H2O (3)AC (4)④②⑤⑦⑥⑧ (5) CD 【解析】该实验是利用废旧聚乳酸碎片制乳酸钙，废旧聚乳酸碎片与NaOH发生反应转化为乳酸钠，乳酸钠与盐酸反应生成乳酸，分离的乳酸与Ca(OH)2反应生成乳酸钙，加入无水乙醇、丙酮降低乳酸钙的溶解度，使乳酸钙结晶析出，经抽滤、洗涤、干燥，得到乳酸钙。 (1)根据仪器构造可知，仪器a为球形冷凝管；聚乳酸高温时能溶于有机溶剂无水乙醇中，由固体转化液体，增大与NaOH的接触面积，加快反应速率。 (2)乳酸结构中含有羧基，能电离产生H+，与Ca(OH)2产生的OH-发生中和反应生成H2O，反应的化学方程式为2CH3CH(OH)COOH+Ca(OH)2 =Ca[CH3CH(OH)COO]2+2H2O。 (3)A项，操作Ⅰ是将乳酸钠与盐酸反应后的溶液(含有生成的乳酸)冷却，降低乳酸溶解度使乳酸结晶，抽滤、洗涤，得到乳酸，但滤液、洗涤液中仍然含有溶解的乳酸，将滤液、洗涤液混合浓缩再进行一次操作Ⅰ(冷却、抽滤、洗涤)仍可以得到乳酸，可以提高产品产率，A正确；B项，乳酸及乳酸钙均能溶于水，操作Ⅰ和Ⅱ中都不选用蒸馏水作洗涤剂，而选择无水乙醇作洗涤液，B错误；C项，实验装置中，锥形瓶中有磁子，可以起到沸石防止暴沸的作用，而无需添加沸石，C正确；D项，高温会使乳酸钙发生分解反应，导致产品不纯，操作Ⅲ为低温烘干乳酸钙，D错误；故选AC。 (4)蒸馏操作步骤应组装仪器、检查气密性、添加药品及沸石、接通冷凝水、加热蒸馏、收集不同温度的馏分、停止加热、冷却后关闭冷凝水、拆除实验装置；故该实验操作步骤为①搭建蒸馏装置、③加入待蒸馏的药品和沸石、④通冷凝水、②加热、⑤收集低于78.3℃的馏分、⑦收集78.3℃的馏分、⑥停止加热、⑧待冷却后关闭冷凝水，即①③④②⑤⑦⑥⑧。 (5)测定乳酸钙纯度原理为乳酸钙与一定量的过量EDTA反应后，用标准锌溶液滴定剩余的EDTA溶液，根据关系式可知，乳酸钙的物质的量=EDTA总物质的量-标准锌溶液中Zn2+的物质的量，计算乳酸钙纯度。 ①乳酸钙的纯度为=；②A项，盛装标准锌溶液的滴定管没有润洗，则溶液浓度偏低，消耗标准锌溶液的体积e mL偏大，根据计算的结果偏低，A不符合题意；B项，锥形瓶残留有蒸馏水，对乳酸钙的物质的量无影响，滴定消耗的标准锌溶液体积无影响，测定结果无影响，B不符合题意；C项，根据滴定管构造，越向下读数越大，开始时仰视读数，读数偏大，终点时俯视读数，读数偏小，则消耗标准锌溶液的体积e mL偏小，根据计算的结果偏高，C符合题意；D项，滴定管在滴定前无气泡，读数正确，滴定后有气泡导致滴定管中液体液面上升，读数偏小，则消耗标准锌溶液的体积e mL偏小，根据计算的结果偏高，D符合题意；故选CD。 11．(2026·浙江省新阵地教育联盟三联考)某化学兴趣小组用如图装置(夹持装置等略)制备氢碘酸。 请回答： (1)仪器C的名称为 。 (2)下列说法正确的是_________。 A．工业制得粗碘中含有氯化钠等杂质，可以先通过升华法提纯，得到的碘单质为非晶体 B．步骤I中随着反应的进行，会促进碘的溶解 C．装置a产生的尾气有H2S和HI D．步骤I中，反应体系中紫黑色固体消失，可判定反应基本结束 (3)步骤I反应完成后，关闭K1，静置、过滤得到滤液，进行步骤II和步骤III，从滤液中得到氢碘酸(质量分数为57%)的所有操作如下，请排序 。_______→_______→_______→_______→_______→_______。 ①加热蒸馏，C中收集沸点为125~127℃间的馏分，得到氢碘酸。 ②将滤液转移至B中 ③打开K2通入N2 ④加热保持微沸 ⑤接通冷凝水 ⑥先停止加热，再通一段时间的N2后关闭K2 其中，④加热保持微沸的目的为 。 (4)实验室常用浓磷酸与碘化钾固体反应制取少量的，而不用浓硫酸的原因是浓硫酸具有强氧化性，请从结构角度分析浓硫酸具有强氧化性，而稀硫酸不具有强氧化性的原因 。 (5)实验室保存质量分数为57%的氢碘酸会加入少量铜丝的原因是 。 【答案】(1)锥形瓶 (2)BC (3)②③⑤④①⑥ 除尽H2S (4)浓硫酸的主要存在形式是硫酸分子，稀硫酸中是硫酸根带2个负电荷，硫酸根中的硫是sp3杂化，是正四面体形，结构对称，负电荷分布均匀，体系能量低，比较稳定，不容易得电子 (5)Cu与氢碘酸被氧化生成的碘单质反应，防止催化碘化氢的分解 【解析】I2的氧化性比S强，A中发生I2+H2S=S↓+2HI，过滤除去S，得到含H2S的HI滤液；将滤液转移到B中，先通氮气、加热保持微沸除去H2S，升高温度，收集沸点为125℃~127℃间的馏分，得到质量分数为57%的HI溶液。 (1)根据装置图，仪器C的名称为锥形瓶； (2)A项，碘单质为分子晶体，故A错误；B项，步骤I中发生反应I2+H2S=2HI+S↓，随着反应的进行，会促进碘的溶解，故B正确；C项，装置a中发生反应I2+H2S=2HI+S↓，产生的尾气有H2S和HI，故C正确；D项，步骤I中，发生反应I-+I2=I3- ，反应体系中紫黑色固体消失，不能判定反应结束，故D错误；选BC。 (3)将滤液转移至B中，打开K2通入N2排出装置内空气，接通冷凝水，加热保持微沸，直至H2S除尽；继续加热蒸馏，C中收集沸点为125~127℃间的馏分，得到氢碘酸，先停止加热，再通一段时间的N2后关闭K2，所以操作顺序为②③⑤④①⑥。 (4)浓硫酸的主要存在形式是硫酸分子，稀硫酸中是硫酸根带2个负电荷，硫酸根中的硫是sp3杂化，是正四面体形，结构对称，负电荷分布均匀，体系能量低，比较稳定，不容易得电子，所以稀硫酸不具有强氧化性。 (5)Cu与氢碘酸被氧化生成的碘单质反应CuI，防止催化碘化氢的分解，所以保存质量分数为57%的氢碘酸会加入少量铜丝。 12．(2026·浙江省天域全国名校协作体高三一模)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[]，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+2 NaSac·2H2O=[CO(Sac)2(H2O)4] ·xH2O+2NaCl+(6-x)H2O (一)制备 I.称取1.0gCoCl2·6H2O，加入蒸馏水，搅拌溶解，得溶液1。 II.称取(稍过量)糖精钠(NaSac·2H2O)，加入蒸馏水，加热搅拌，得溶液2。 III.将溶液2加入到接近沸腾的溶液1中，反应3分钟后停止加热，静置约半小时，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。 请回答： (1)判断下列三种有机物中提供能力最弱的是 (填序号)。 a. b. c. (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 。 A．①③② B．③②① C．②①③ (二)结晶水含量测定 已知：EDTA和形成1:1配合物。 准确称取糖精钴产品于锥形瓶中，加蒸馏水，加热溶解，再加入六次甲基四胺缓冲溶液和指示剂，在50~60℃下，用c mol·L-1的EDTA标准溶液滴定至终点，平行滴定三次，计算结晶水含量。 (4)下列有关说法正确的是_______。 A．六次甲基四胺溶液用作缓冲溶液，防止溶液pH发生突变，影响滴定 B．滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化 C．平行滴定时，若滴定管内标准液足够，则无须重新装液 D．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直 (5)滴定终点时消耗标准溶液，则产品[CO(Sac)2(H2O)4] ·xH2O [其摩尔质量为：(495+18x)g·molˉ1]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，会导致的测定值 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 【答案】(1)a (2)冰水浴 (3)B (4)AD (5) 偏高 【解析】按照反应CoCl2·6H2O+2 NaSac·2H2O=[CO(Sac)2(H2O)4] ·xH2O+2NaCl+(6-x)H2O制备糖精钴，然后在冰水浴中结晶，再按照“冷的1%NaSac溶液、冷水、丙酮”顺序进行洗涤，得到糖精钴晶体，最后将糖精钴晶体溶解后用EDTA标准溶液滴定测定含有结晶水的数量。 (1)随N原子电子云密度的越大，提供H+能力最弱，b中与N相连的S使b中N的电子云减小，c中与N相连的为O，使N的电子云减小最多，故提供H+能力最弱的是a； (2)因为糖精钴在冷水中溶解度较小，所以为了尽快让大量晶体析出，应降低溶液温度，可将烧杯置于冰水浴中； (3)先用冷的1% NaSac溶液洗涤，可降低糖精钴溶解度，减少晶体损失，还能将晶体表面吸附的Co2+转化为晶体析出，且不引入新的杂质，再用冷水洗涤，可降低晶体溶解度并洗去溶液中存在的可溶性离子，丙酮可以与水互溶且沸点比关键水的低，故最后用丙酮洗涤以除去残留的水且能使晶体快速干燥，故选B； (4)A项，缓冲溶液可抑制滴定中因微量滴定剂导致的，pH发生突变，影响滴定，A正确；B项，滴定时眼睛应一直观察锥形瓶颜色的变化，B错误；C项，平行实验要求每次滴定从相同初始条件(如0刻度)开始，确保操作条件一致，C错误；D项，滴定管读数时需从滴定架上取下，并用右手拇指和食指捏住滴定管上部无刻度处，保持垂直状态以确保视线与液面平齐，D正确；故选AD； (5)滴定消耗的，EDTA与Co2+形成1：1配合物，则样品溶解后的，即样品中的，而，所以，解得；若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，测得消耗EDTA溶液体积偏小，即V偏小，根据，则x偏高。 13．(2026·浙江省强基联盟高三联考一模)【新工艺】三草酸合铁酸钾晶体{K3[ Fe(C2O4)3] ·3H2O，M=491 g·molˉ1}为翠绿色晶体，易溶于水，溶解度：0℃时，4.7g/100g水；100℃时，117.7g/100g水，是制备负载型活性铁催化剂的主要原料，具有生产价值。简易制备流程如下： (1)请补全“氧化”过程发生的离子反应方程式： ____ Fe2+ +____H2O2+__________＋_____。 (2)“调pH”时，反应最佳pH条件为3.5，pH过高或过低影响制备效果的原因为 。 (3)“调pH”过程中伴随少量Fe(OH)3生成，则“系列操作”的具体操作为 、过滤、洗涤、干燥。 (4)产品测定：离子交换法测定产品中配离子(Xz-)的电荷数。 准确称取wg样品于烧杯中，加水溶解并将溶液转移到离子交换柱中，当氯离子完全交换后，将交换液配制成100 mL溶液，准确量取20.00mL于锥形瓶中，滴入K2CrO4溶液作指示剂，用c mol·L-1的AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液VmL。该产品中配离子所带电荷数z为 。(已知离子交换柱中的反应为：zRN+Cl-+Xz-=(RN+)zXz-+zCl-) (5)资料表明：相同条件下，C2O42-的还原性强于Fe2+。某同学为验证此结论，进行如下实验：向10 mL0.5mol·L-1FeCl3溶液中缓慢加入0.5mol·L-1K2C2O4溶液至过量，充分反应后得到翠绿色溶液和晶体，经检验反应后的溶液中无。从反应原理的角度解释C2O42-和Fe3+未发生氧化还原反应的可能原因： {已知：Fe3++3C2O42-[Fe(C2O42-)3]3- K=1.6×1020}；该同学最后利用电化学实验证实了C2O42-的还原性强于Fe2+，请画出实验示意图： 。 【答案】(1)2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O (2)pH过小易生成草酸，难生成[Fe(C2O42-)3]3- ，pH过高形成Fe(OH)3沉淀 (3)蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶 (4) (5) Fe3+遇C2O42-生成[Fe(C2O42-)3]3-的反应速率快且限度大 【解析】(1)溶解后溶液中含Fe2+，H2O2在酸性条件下将其氧化为Fe3+，补全化学方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O； (2)Fe3+遇C2O42-形成[Fe(C2O42-)3]3-；又有H2C2O4H++HC2O4-，HC2O4-H++C2O42-；pH过小易生成H2C2O4，Fe(OH)3的Ksp很小，pH过大易形成Fe(OH)3沉淀； (3)由题目信息知，K3[ Fe(C2O4)3] ·3H2O的溶解度随温度变化大，采用蒸发浓缩可除去过量H2O2、H2C2O4等杂质，趁热过滤除去Fe(OH)3沉淀，冷却析出晶体；故选：蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶； (4)样品的物质的量，氯离子的物质的量，根据离子交换柱中的反应关系，则配离子所带电荷数为； (5)①经检验反应后的溶液中无Fe2+离子，说明溶液中Fe3+与草酸根离子没有发生氧化还原反应，原因是反应：Fe3++3C2O42-[Fe(C2O42-)3]3-的平衡常数远大于1.0×105，反应很彻底，且反应速率快，导致氧化还原反应无法进行； ②利用还原性强弱规律设计下图原电池装置，该装置中氯化铁溶液和草酸钾溶液不直接接触，避免发生反应：Fe3++3C2O42-[Fe(C2O42-)3]3-而干扰氧化还原反应的发生。 14．(2026·浙江省杭州第二中学高三月考)为探究工业品硫的性质并测定其纯度设计了如下实验(忽略杂质的反应)。 Ⅰ．性质探究： 实验一向试管加入工业品硫、KOH水溶液，持续振荡，淡黄色固体完全溶解；继续滴加BaCl2溶液产生白色沉淀，加足量盐酸沉淀完全溶解。 实验二 向试管加入工业品硫、KOH水溶液、双氧水，持续振荡，淡黄色固体完全溶解；继续滴加BaCl2溶液产生白色沉淀，加足量盐酸沉淀不溶解。 Ⅱ．纯度测定： ①取少量工业品硫研成粉末，准确称取置于圆底烧瓶中，准确加入V1mlKOH的乙醇溶液(过量)，加入蒸馏水，搅拌，85℃回流至样品完全溶解后，蒸馏除去乙醇。 ②冷却后，向圆底烧瓶中加入适量蒸馏水，搅拌下缓慢滴加足量30%H2O2，加热至100℃，保持20min，冷却至室温。 ③将圆底烧瓶中溶液全部转移至锥形瓶中，加入2滴甲基橙，用标准溶液滴定至终点，平行实验多次，记录实验数据。 ④不加工业品硫，重复步骤①②③做空白实验，平行实验多次，记录实验数据。 已知：25℃时，H2S的Ka1=1.0×10-7，Ka2=1.0×10-13；H2SO3的Ka1=1.2×10-2，Ka2=6.2×10-8。回答下列问题： (1)“实验一”中0.3molS与0.8molKOH充分反应，若向反应后溶液中加入含0.3molHCl的盐酸，得到100mL溶液，在25℃时，则该溶液的pH最接近___________。 A．14 B．13 C．12 D．11 (2)若“实验一”中S过量，则反应时会生成K2S2O3。K2S2O3的阴离子能与mol·L-1形成配合物离子[Ag(S2O3)2]3-，画出S2O32-的结构并圈出与Ag+形成配位键的S原子 。 (3)“实验二”中淡黄色固体溶解的化学反应方程式为 。乙醇的作用是 ，样品完全溶解后，必须蒸馏除去乙醇的原因是 。 (4)实验数据如下： 加入工业品硫实验数据 序号 1 2 3 4 5 滴定前读数/mL 0.00 23.98 0.00 0.00 0.00 滴定后读数/mL 23.98 48 24 24.22 24.02 进行空白实验，平均消耗cmol·L-1HCl标准溶液40.00mL。应舍弃的数据为 (填序号)，测得工业品硫的纯度为 (写出计算式)。 【答案】(1)B (2)或 (3)S+3H2O2+2KOH=K2SO4+4H2O 增大硫在水中的溶解度 乙醇可能会被H2O2氧化成乙酸，与KOH反应，干扰后续测定 (4)2、4 【解析】实验一中，向试管中加入工业品硫和KOH水溶液，持续振荡，淡黄色固体(硫)完全溶解，发生的反应为：3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O，继续滴加BaCl2溶液产生白色沉淀，是因为K2SO3与BaCl2反应生成了BaSO3白色沉淀，反应方程式为：K2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2KCl，加足量盐酸后沉淀完全溶解，是因为BaSO3能与盐酸反应，生成氯化钡、二氧化硫和水，反应方程式为：BaSO3+2HCl= BaCl2+SO2↑+H2O。 实验二中，向试管中加入工业品硫、KOH水溶液和双氧水，持续振荡，淡黄色固体(硫)完全溶解，首先，硫与KOH发生反应，同时双氧水作为强氧化剂，会将硫与KOH反应的产物进一步氧化，反应生成了含硫酸根(SO42-)的化合物，反应方程式为：S+3H2O2+2KOH=K2SO4+4H2O，继续滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，是因为溶液中的O42-与Ba2+结合生成了BaSO4白色沉淀，反应方程式为：K2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2KCl，加足量盐酸后沉淀不溶解，是因为BaSO4不溶于盐酸，这也证明了沉淀是BaSO4，进一步说明反应过程中生成了硫酸根离子。 纯度测定时，取少量工业品硫研成粉末，准确称取m g置于圆底烧瓶中，准确加入V1 mL KOH的乙醇溶液(过量)，加入蒸馏水，搅拌，发生的反应为：3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O，85℃回流至样品完全溶解后，蒸馏除去乙醇，冷却后，向圆底烧瓶中加入适量蒸馏水，搅拌下缓慢滴加足量30% H2O2，加热至100℃，发生的反应为：K2S+4H2O2K2SO4+4H2O、K2SO3+H2O2K2SO4+H2O，将溶液转移至锥形瓶，加入甲基橙作指示剂，用cmol·L-1HCl标准溶液滴定，此时是用盐酸滴定溶液中剩余的KOH，最后做空白实验，是为了消除实验中KOH乙醇溶液、H2O2等试剂以及实验操作本身带来的误差，通过空白实验数据与样品实验数据对比，能更准确计算出与工业硫反应的KOH的量，进而确定工业硫的相关含量等。 (1)“实验一”中硫和KOH发生反应3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O，则0.3molS与0.6molKOH反应生成0.2mol K2S，还剩余0.2molKOH，若向反应后溶液中加入含0.3molHCl的盐酸，发生中和反应KOH+HCl=KCl+H2O，剩余0.1molHCl，0.1mol HCl与0.2mol K2S发生反应K2S+HCl=KHS+KCl，则得到的100mL溶液中，此时以K2S的第一步水解为主，，，，则c(OH-)=0.1mol·L-1，因此在25℃时，pH最接近13，故选B。 (2)S2O32-可看作是SO42-中的一个O原子被S原子取代，取代O原子的那个S原子与Ag+形成配位键，结构如图或。 (3)“实验二”中淡黄色固体溶解生成了含硫酸根(SO42-)的化合物，化学反应方程式为S+3H2O2+2KOH=K2SO4+4H2O；硫难溶于水，因此加入乙醇，可增大硫在水中的溶解度；样品完全溶解后，必须蒸馏除去乙醇，原因是：乙醇可能会被H2O2氧化成乙酸，与KOH反应，干扰后续测定。 (4)加入工业品硫实验数据中，第2组滴定后读数为48 mL，与第1组23.98 mL、第3组24.00 mL、第5组24.02 mL偏差较大，应舍弃，差值计算中，第4组数据差值为24.22 mL，与其他组数据(第1组23.98 mL、第3组24.00 mL、第5组24.02 mL)偏差较大，应舍弃，所以应舍弃的是2、4；加入工业品硫实验的有效数据为第1、3、5组，，根据反应KOH+HCl=KCl+H2O，与硫反应的KOH的物质的量等于空白实验中HCl的物质的量减去样品实验中HCl的物质的量，即，由3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O可知，，则工业品硫的纯度为：(32为硫的摩尔质量)。 15．(2026·浙江省第二届NBchem高三第一次联考)阿司匹林(乙酰水杨酸)是一种历史悠久的解热镇痛药，近年来发现其具有治疗心脏病以及抗癌功效，具有良好的开发前景，一般由水杨酸乙酰化得到。其主要反应式为： 制备流程如下： 提示：水杨酸和乙酸酐水溶性良好，乙酰水杨酸微溶于水，且热稳定性较差。 请回答： (1)在本制备流程中HX为 ，步骤Ⅰ在圆底烧瓶中进行，适合用 加热方式。 (2)步骤Ⅱ中有相关操作如下 a)将反应后的圆底烧瓶放在冷水中， (填一操作)下缓缓加入15mL水 b)抽干，得乙酰水杨酸粗产品 c)静置，使晶体完全析出 d)加热浓缩溶液至出现晶膜 e)用热水洗涤晶体 f)抽滤，并用少量冷水洗涤 g)加入活性炭并煮沸 请你选择合适的操作a→ 。 (3)用实验证明粗产品中存在水杨酸 。 (4)下列说法不正确的是___________。 A．水杨酸粗产品中可能混合有和，可用红外光谱法进行分离提纯 B．制备实验中，浓硫酸的作用是催化剂 C．反应温度较低时，反应后的产品中有水杨酸；反应温度较高时，反应后的产品中则有高聚物 D．产品的纯化可以用重结晶法，先将粗产品溶于少量沸乙醇中，再向乙醇溶液中添加热水直至溶液中出现混浊，再持续加热 (5)将纯化后的产品溶解在中性乙醇中，在10℃下，用0.1000mol/L的NaOH进行滴定，并加入无色酚酞，当 ，记下读数V，平行滴定三次。 体积记录如下： 体积(mL) 82.00 98.00 74.00 则乙酰水杨酸的产率为 。 (6)请比较与乙醇的反应活性： (填“大于”，“小于”)并解释 。 【答案】(1)CH3COOH 水浴 (2)搅拌 (a)cfb或a→c→f→b (3)取少量粗产品，溶入几滴乙醇中，并滴加1-2滴1%三氯化铁溶液，如果发生显色反应，说明有水杨酸存在 (4)AD (5)最后半滴NaOH溶液滴入时，溶液由无色变粉红色，且30s不褪色 78.00% (6)大于 酰氯中的氯原子是高效离去基团，Cl-比OH-碱性小(或者说稳定)，碳氯键容易断(或氯的半径大于氧，C-Cl键长大于C-O键，因此C-Cl键容易断；或酰氯中氯原子的强吸电子效应显著增强了羰基碳的正电性，容易与O结合；或酰氯与乙醇的反应无需额外活化，而乙酸与乙醇的反应需要催化) 【解析】该实验由水杨酸和乙酸酐制备乙酰水杨酸，方程式为。 (1)根据化学反应方程式，X为CH3COOH；反应加热需控制温度75~80℃，故采用水浴加热。 (2)步骤Ⅱ是将反应混合物分离除杂，得到乙酰水杨酸粗产品，混合物中含有水杨酸、乙酸酐、乙酰水杨酸、乙酸及硫酸，根据物质的溶解性不同分离，步骤为a)将反应后的圆底烧瓶放在冷水中(乙酰水杨酸热稳定性差)，搅拌下缓缓加入15mL水(水杨酸和乙酸酐、乙酸、硫酸溶于水)，c)静置，使晶体完全析出，f)抽滤，并用少量冷水洗涤，b)抽干，得乙酰水杨酸粗产品；故答案为：(a)cfb或a→c→f→b。 (3)水杨酸结构中含有酚羟基，而乙酰水杨酸结构中不含酚羟基，故检验水杨酸的试剂为FeCl3溶液，实验方法为：取少量粗产品，溶入几滴乙醇中，并滴加1-2滴1%三氯化铁溶液，如果发生显色反应，说明有水杨酸存在。 (4)A项，红外光谱法可以鉴定有机物化学基团及化学键，不能分离提纯有机物，A错误；B项，实验加入2滴浓硫酸，浓硫酸的作用是催化剂，B正确；C项，水杨酸结构中含有酚羟基、羧基，可以发生缩聚反应生成高聚物，C正确；D项，乙酰水杨酸的热稳定性差，粗产品用乙醇(不是沸乙醇)溶解，再向乙醇溶液中添加冷水，结晶，抽滤洗涤干燥得到产品，而不是热水、持续加热，D错误；故选AD。 (5)乙酰水杨酸结构中含有羧基，能与NaOH反应，以无色酚酞为指示剂，当最后半滴NaOH溶液滴入时，溶液由无色变粉红色，且30s不褪色，为滴定终点；根据化学方程式可知，10mmol水杨酸和30mmol乙酸酐(过量)，理论生成的乙酰水杨酸为10mmol，乙酰水杨酸产品的物质的量为(98mL与另2次数据偏差较大，舍去)，乙酰水杨酸产率。 (6)酰氯中的氯原子是高效离去基团，Cl-比OH-碱性小(或者说稳定)，碳氯键容易断(或氯的半径大于氧，C-Cl键长大于C-O键，因此C-Cl键容易断；或酰氯中氯原子的强吸电子效应显著增强了羰基碳的正电性，容易与O结合；或酰氯与乙醇的反应无需额外活化，而乙酸与乙醇的反应需要催化)，使与乙醇反应活性大于。 16．(2026·浙江省Z20联盟高三一模)【新工艺】亚硝酰氯(NOCl，熔点为-64.5℃，沸点为-5.5℃)是有机物合成中的重要试剂，为红褐色液体或黄色气体，遇水发生反应：2NOCl+H2O=NO+NO2+2HCl。NOCl可由NO与Cl2在一定条件下反应得到，相关实验装置如图所示。 制备NOCl步骤如下： ①排A、B中的空气：先打开_______，关闭_______，打开Ａ中分液漏斗活塞。滴入适量稀硝酸，B中出现红棕色，待红棕色消失后关闭K1，可观察到B中(现象1)，停止滴加稀硝酸。 ②通反应气体：打开F中分液漏斗的活塞，当C中三颈烧瓶内(现象2)时，再通入NO。 (1)长颈漏斗a的作用是 。 (2)写出干燥管b内所放试剂的名称 (填1种)。 (3)下列说法不正确的是_______。 A．步骤①中排A、B中的空气：先打开K1、K2，关闭K3 B．现象1为锥形瓶中的液面下降，长颈漏斗中的液面上升，现象2是充满黄绿色气体 C．C装置中冰盐水的作用主要是降低反应速率 D．因实验在通风橱内进行，X1、X2处均不需要尾气处理 (4)装置C，反应停止后，温度保持不变，为减少产品中的NO含量，可采用的方法是 。 (5)NOCl纯度的测定：采用银量法测定产品中Cl含量以确定纯度 ①从下列选项中选择合适的操作补全测定步骤 ： 滴定原理为：先用过量AgNO3标准溶液沉淀，再以NH4SCN标准溶液回滴剩余的Ag+。 已知：常温下，Ksp(AgCl)=1.8×10－10，Ksp(AgSCN)=2.0×10－12，Ksp(Ag2CrO4)= 1.0×10－12，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，Ka(HSCN)=0.13。 称量C中所得液体2.500g溶于水，转移至250mL容量瓶，加水定容得待测溶液。取滴定管涂凡士林、检漏、水洗→(_______)→装液→(_______)→调液面、读数→用移液管准确移取25.00mL待测溶液加入锥形瓶→(_______)→向其中加入少量硝基苯→(_______)→用0.1000mol·L-1NH4SCN标准溶液滴定→(_______)→读数 a.滴加指示剂K2CrO4溶液 b.润洗，从滴定管下口放出液体 c.滴加指示剂硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2]溶液 d.润洗，从滴定管上口倒出液体 e．准确移取25.00 mL0.2mol·L-1AgNO3标准溶液加入锥形瓶 f．滴定至沉淀变为砖红色 g．滴定至溶液呈浅红色 h．右手将滴定管倾斜左右，左手迅速打开活塞使溶液冲出，从而使溶液充满尖嘴。 i．将胶管弯曲使玻璃尖嘴向上倾斜，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃球，使溶液从尖嘴流出，即可赶出气泡 ②硝基苯的作用是 ； ③重复实验操作三次，消耗标准溶液的体积平均为22.00mL，NOCl的纯度为 。 【答案】(1)平衡压强，避免C中压强过大 (2)氯化钙、五氧化二磷、硅胶 (3)CD (4)抽气(或通干燥氮气) (5)bhecg 使AgCl沉淀被覆盖，防止AgCl转化为AgSCN 73.36%或73.4% 【解析】本实验的目的是制备NOCl，该物质易与水反应，所以制备过程要保持干燥；装置A中利用铜和稀硝酸反应生成NO，装置B对NO进行干燥之后进入装置D中，与干燥纯净氯气在冰盐水浴条件下反应生成NOCl，D装置可以防止空气中的水蒸气进入反应装置是NOCl水解；实验时，需先打开K1、K2，关闭K3，再打开分液漏斗活塞滴入适量稀硝酸，利用产生的NO将装置中的空气排尽，NO易被氧气氧化成NO2，当观察到B中红棕色气体NO2完全消失后，说明装置中空气被排尽，此时装置中充满NO；关闭K1、K2，向装置C三颈瓶中通入干燥纯净Cl2，当瓶中充满黄绿色气体时，再打开K1、K3，制备NOCl。 (1)长颈漏斗a的作用是平衡压强，避免C中压强过大。 (2)干燥管b的作用是干燥空气，防止空气中水蒸气进入C装置，所放试剂的名称为氯化钙、五氧化二磷、硅胶等。 (3)A项，步骤①中排A、B中的空气：先打开K1、K2，关闭K3，A正确；B．项，滴入适量稀硝酸，B中出现红棕色，待红棕色消失后，B和C中充满NO，NO不溶于水，则现象1为锥形瓶中的液面下降，长颈漏斗中的液面上升，打开F中分液漏斗的活塞，当C中三颈烧瓶内充满氯气，再通入NO，现象2是充满黄绿色气体，B正确；C项，亚硝酰氯的沸点为-5.5℃，C装置中冰盐水的作用主要是避免NOCl气化，C错误；D项，NO和NO2都是有毒气体，X1、X2处均需要尾气处理，D错误；故选CD。 (4)装置C，反应停止后，温度保持不变，为减少产品中的NO含量，可采用的方法是：抽气(或通干燥氮气)将NO排出装置。 (5)①滴定原理为：先用过量AgNO3标准溶液沉淀Cl-，再以NH4SCN标准溶液回滴剩余的Ag+，用[NH4Fe(SO4)2]溶液作指示剂，当NH4SCN标准溶过量时，溶液呈浅红色，则补全测定步骤为：润洗，从滴定管下口放出液体、右手将滴定管倾斜30℃左右，左手迅速打开活塞使溶液冲出，从而使溶液充满尖嘴、准确移取25.00 mL0.2mol·L-1AgNO3标准溶液加入锥形瓶、滴加指示剂硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2]溶液、滴定至溶液呈浅红色，故答案为：bhecg；②由于AgSCN的溶度积小于AgCl，AgCl可能转化为AgSCN，硝基苯的作用是使AgCl沉淀被覆盖，防止AgCl转化为AgSCN；③重复实验操作三次，消耗标准溶液的体积平均为22.00mL，过量的n(Ag+)=0.1mol/L×0.022L=0.0022mol，则于Cl-发生反应的n(Ag+)=0.025L×0.2mol/L-0.0022mol=0.0028mol，NOCl的纯度为。 17．(2026·浙江省新阵地教育联盟高三第一次模拟预测)【新工艺】产品P(成分为Fe3O4)，其实验室制备过程如下(步骤在N2氛围中进行)： 部分装置如图： 提示：①步骤I在强碱性条件下生成了和Fe3O4；②M(FeCl2·4H2O)=199 g·molˉ1 (1)仪器b名称是 。 (2)写出步骤I的离子方程式： 。 (3)步骤III为灼烧，则该实验所得产品P的产率为 。 (4)为了检验溶液中的Fe2+，研究小组使用了邻二氮菲(，平面形分子，简称为o-phen)能与Fe2+生成稳定的橙色配合物，可测定Fe2+的浓度，其反应原理如图所示： 用邻二氮菲测定Fe2+的浓度时应控制pH为5~6，请解释原因： 。 (5)下面说法正确的是__________。 A．判断黑色固体是否已经用水洗涤干净，可选择稀硝酸和硝酸银溶液 B．[Fe(o-phen)3]2+中Fe2+的配位数为3 C．中装的试剂为KOH溶液 D．采用适宜的滴液速度，可以使产品粒径适中、结晶度良好 (6)Fe3+和SCN-配位时，配体提供的配位原子是： (填“碳”或“氮”)原子。 【答案】(1)恒压滴液漏斗 (2)4Fe2++8OH-= Fe↓ +Fe3O4↓ +4H2O (3)90% (4)当H+浓度高时，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键，导致与Fe2+配位能力减弱；当OH-浓度高时，OH-与Fe2+反应，影响Fe2+与邻二氮菲配位 (5)AD (6)氮 【解析】由题意可知，步骤I发生的反应为氮气氛围中氯化亚铁溶液与氢氧化钾溶液反应生成氯化钾、铁和四氧化三铁，步骤Ⅱ为混合物M冷却后过滤，沉淀经洗涤后在低温下干燥得到黑色固体N(Fe和Fe3O4)，步骤Ⅲ为氮气氛围中黑色固体N在管式炉内焙烧或加热得到产品。 (1)由图可知，仪器b为恒压滴液漏斗。 (2)步骤I在强碱性条件下进行，发生氧化还原反应生成了Fe和Fe3O4，部分Fe元素化合价由+2降低至0，还有一部分铁元素每3个Fe2+总化合价由+6升高至+8，根据化合价升降守恒可知生成的Fe与Fe3O4之比为1：1，故反应离子方程式为4Fe2++8OH-= Fe↓ +Fe3O4↓ +4H2O。 (3)步骤II为过滤，9.95g FeCl2·4H2O的物质的量为，3.48gFe3O4的物质的量为，根据Fe原子守恒可知产品Fe3O4的产率为。 (4)邻二氮菲(o-phen)分子中的氮原子有孤对电子，是良好的配位原子，在高浓度H+环境下，H+会与这些氮原子结合(质子化)，占据了本应与Fe2+配位的位置，导致o-phen的配位能力显著下降；Fe2+在碱性溶液中会生成Fe(OH)2沉淀，从而大大降低了溶液中游离Fe2+的浓度，使得Fe2+无法与o-phen顺利配位，因此使用邻二氮菲检测Fe2+时，需要在一个适宜的pH范围内进行，才能保证配位反应高效、完全。 (5)A项，判断黑色固体N(Fe和Fe3O4产品)是否洗涤干净，关键是检验最后一次洗涤液中是否还含有Cl-(来自原料FeCl2)，使用稀硝酸酸化后，再加入AgNO3溶液，若产生白色沉淀(AgCl)，则说明未洗净；若无沉淀，则已洗净，A正确；B项，配位数是指直接与中心离子(Fe2+)配位的原子数目，邻二氮菲是一个双齿配体(两个N均能提供孤电子对)，一个分子通过两个氮原子与中心离子配位，那么三个邻二氮菲分子总共提供6个氮原子与Fe2+配位，所以Fe2+的配位数为6，不是3，B错误；C项，仪器b是恒压滴液漏斗，其中盛装的试剂应是含Fe2+的溶液，因为步骤I是Fe2+在强碱性条件下的反应，故KOH溶液更可能盛装在烧瓶中，C错误；D项，控制反应物的滴加速度是控制晶体成核与生长速率的重要手段，滴加过快，瞬间过饱和度大，会产生大量细小颗粒；滴加过慢，生产效率低，适宜的滴加速度有利于得到粒径适中、结晶度好的产品，D正确；故选AD。 (6)SCN-的结构式为[S-C≡N]-，S与N均有孤电子对，SCN-和Pt2+、Hg2+等配位时，倾向于S作为配位原子，SCN-和Fe3+等配位时，倾向于N作为配位原子，故Fe3+和SCN-配位时，配体提供的配位原子是氮原子。 18．(2026·浙江省A9协作体2026届高三返校联考)【新工艺】二甘氨酸合铜存在顺式和反式两种结构，它是一种具有生物活性的有机金属配合物，广泛应用于化学、生物学、医学等领域中，某研究小组设计了如下制备流程： 步骤Ⅰ：取5.0g CuSO4·5H2O固体，加水溶解，再慢慢加入体积比1：1氨水并不断搅拌，直至沉淀恰好溶解，得深蓝色溶液，再加入足量较浓NaOH溶液，使Cu(OH)2沉淀完全。抽滤、洗涤，得沉淀备用。 步骤Ⅱ：称取4.5g甘氨酸，溶解，控制反应温度为65~70℃，边搅拌边加入步骤I中制得的Cu(OH)2沉淀，直至沉淀溶解，趁热抽滤，向滤液中加入10mL95%乙醇，冷却直至析出蓝色针状晶体，在冰水浴上继续冷却20分钟。 步骤Ⅲ：冷却后，抽滤，用体积比为1：3的酒精溶液洗涤晶体一次，再用丙酮洗涤两次并干燥，制得顺式(H2NCH2COO)2Cu~xH2O晶体。 已知条件： ①二甘氨酸合铜易溶于水，微溶于乙醇，难溶于丙酮，加热至130℃脱水，228℃分解； ②二甘氨酸合铜在水中溶解度：顺式(蓝色针状晶体)>反式(蓝紫色鳞片状结晶)；热稳定性：反式>顺式； ③形成二甘氨酸合铜的过程中：溶液温度过高时，易得到反式二甘氨酸合铜； 回答下列问题： (1)Cu(H2NCH2COO)2呈平面四边形，与中心Cu2+配位的元素是 (填写元素符号)。 (2)步骤Ⅱ中冰水浴冷却20分钟的目的是 。 (3)在步骤Ⅲ洗涤采用先1：3酒精溶液后丙酮洗涤的优点 。 (4)下列说法不正确的是___________。 A．步骤Ⅰ中，为了加快实验速度，也可以用NaOH溶液直接与CuSO4溶液反应制备氢氧化铜 B．实验中多次采取抽滤操作的优点是可以加快固液分离的速度，获得较为干燥的产品 C．步骤Ⅱ中，加入95%乙醇的目的是减小溶剂的极性，抑制晶体在水中的溶解，有利于晶体析出 D．65~70℃优先析出顺式二甘氨酸合铜，原因是该反应的活化能大 (5)已知(H2NCH2COO)2Cu~xH2O晶体的质量为mg，经过一系列滴定等操作后测得晶体中Cu2+的物质的量为nmol，则x= 。(列出表达式) (6)研究小组在制备顺式二甘氨酸合铜过程中，由于温度控制不当，产品中混入了少量反式二甘氨酸合铜杂质，请设计实验方案除去杂质 。 【答案】(1)N，O (2)确保产品充分析出，提高产率 (3)产品易溶于水，微溶于酒精，1：3酒精不但可用于洗去可溶性杂质，减少产品损耗，丙酮还能带走晶体表面残余的水分 (4)AD (5) (6)采用重结晶的方法：取产品，加水溶解，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，重复操作2~3次，得较为纯净的产品 【解析】向装有CuSO4溶液中滴加氨水，先生成Cu(OH)2蓝色沉淀，后蓝色沉淀消失，转变为深蓝色的硫酸四氨合铜溶液；再加入过量的NaOH溶液，过滤、洗涤、干燥，得到Cu(OH)2沉淀。将制得的Cu(OH)2固体置于烧杯中，加入甘氨酸，溶解，控制反应温度为65~70℃，边搅拌边加入步骤I中制得的Cu(OH)2沉淀，直至沉淀溶解，趁热抽滤，向滤液中加入10mL95%乙醇，冷却直至析出蓝色针状晶体，在冰水浴上继续冷却20分钟，抽滤，用体积比为1：3的酒精溶液洗涤晶体一次，再用丙酮洗涤两次并干燥，制得产品，据此分析。 (1)H2NCH2COO)2Cu呈平面四边形，配位数为4，故与中心Cu2+配位的元素是N，O； (2)二甘氨酸合铜微溶于乙醇，溶液温度过高时，易得到反式二甘氨酸合铜，为得到顺式二甘氨酸合铜，故需要冷却，确保产品充分析出，提高产率； (3)二甘氨酸合铜易溶于水，微溶于乙醇，难溶于丙酮，产品易溶于水，微溶于酒精，1：3酒精不但可用于洗去可溶性杂质离子，减少产品损耗，再用有机物丙酮洗涤晶体是为了除去晶体表面残余的水分； (4)A项，实验I中，硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应速率快，反应生成的絮状氢氧化铜沉淀易裹挟可溶性杂质，同时Cu(OH)2溶液直接与NaOH反应会生成碱式硫酸铜沉淀，因此需要先加入过量氨水，生成硫酸四氨合铜，再转化为Cu(OH)2沉淀，A错误；B项，多次采取抽滤操作的优点是过滤速率快，可以加快固液分离的速度，获得较为干燥的产品，B正确；C项，加入95%的乙醇溶液能减小溶剂的极性，抑制晶体在水中的溶解，降低顺式一二甘氨酸合铜的溶解度，有利于晶体析出，C正确；D项，二甘氨酸合铜在水中溶解度：顺式(蓝色针状晶体)>反式(蓝紫色鳞片状结晶)，65~70℃优先析出反式二甘氨酸合铜，D错误；故选AD； (5)根据关系式：H2NCH2COO)2Cu~xH2O，； (6)溶液温度过高时，易得到反式二甘氨酸合铜，故分离时需要低温，采用重结晶的方法：取产品，加水溶解，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，重复操作2~3次，得较为纯净的产品。 19．(2026·浙江省嘉兴市2026届高三基础测试)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(加热及夹持装置略)。 已知：二苯醚和油胺的结构简式分别为和CH3(CH2)7CH=CH(CH2)7CH2NH2。 请回答： (1)FeS2的制备N2保护下，将溶有S的热二苯醚溶液注射到FeS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的名称是 。 ②油胺在FeS2晶体制备中起到分散剂的作用，主要是通过形成配位键，降低颗粒表面能，避免微晶在高温反应中聚集。依次写出形成该配位键的中心原子和配位原子 、 。 ③为除去产品中残留的S，可选用的洗涤试剂是 (填序号)。 A．H2O B．CS2 C．CH3CH2OH D．二苯醚 (2)FeS2的含量测定 产品先用王水溶解，再经系列处理后，在热盐酸条件下，以甲基橙为指示剂，用SnCl2溶液将Fe3+还原至Fe2+；用冰水迅速冷却，再以二苯胺磺酸钠为指示剂，用0.1000 mol·L−1 K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+至终点。重复3次。 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当溶液中出现 现象(填颜色变化)时，立即停止滴加SnCl2溶液。 ③某次测定称取产品1.200 g，滴定消耗K2Cr2O7标准溶液体积为15.00 mL，则该次实验测得产品中FeS2质量分数为 。 ④下列操作可能导致测定结果偏高的是 。 A．热的Fe2+溶液在空气中缓慢冷却 B．还原Fe3+时SnCl2溶液滴加过量 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 【答案】(1)(球形)冷凝管 Fe N BD (2)盐酸、金属锡 溶液颜色由红色变为无色且半分钟内不恢复原来的颜色 90.00% BC 【解析】N2保护下，以硫和硫化亚铁为主要原料制备二硫化亚铁；测定FeS2的含量时，先用王水溶解产品，再经系列处理后，在热盐酸条件下，以甲基橙为指示剂，用SnCl2溶液将Fe3+还原至Fe2+，然后用冰水迅速冷却，再以二苯胺磺酸钠为指示剂，用酸性K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+至终点。 (1)①仪器a的名称为(球形)冷凝管；②Fe2+为中心原子，提供空轨道，N为配位原子，提供孤电子对；③S难溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳；结合实验装置针筒注射器内实验药品可知，S在二苯醚溶解性较好，所以可选二硫化碳和二苯醚来除去产品中残留的S； (2)① SnCl2易水解，且易被氧化，为了抑制其水解，可加入盐酸，为了避免其氧化，可加入金属锡；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根据氧化还原反应滴定原理，结合得失电子守恒，得如下关系：，滴定消耗VmLcmol/L重铬酸钾溶液，则二硫化亚铁的质量分数：；④A项，热的Fe2+溶液在空气中缓慢冷却会使亚铁离子被空气中的氧气氧化为Fe3+，使得重铬酸钾溶液体积偏小，导致所测结果偏低，A不符题意；B项，还原Fe3+时SnCl2溶液滴加过量，会使滴定消耗重铬酸钾溶液体积偏大，导致所测结果偏高，B符合题意；C项，滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失会使滴定消耗重铬酸钾溶液体积偏大，导致所测结果偏高，C符合题意；D项，滴定前仰视读数，滴定后俯视读数会使得重铬酸钾溶液体积偏小，导致所测结果偏低，D不符题意；故选BC。 20．(2026·浙江省名校协作体2026届高三返校联考)【新工艺】钛铁矿主要成分为钛酸亚铁(FeTiO3)，其中一部分铁元素在风化过程中会转化为+3价。工业上由钛铁矿制取二氧化钛一般按以下工艺流程进行： 已知：i：浸取过程中钛铁矿与浓硫酸的反应：FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O。 ii：TiO2+离子的特征反应：TiO2++H2O2=[TiO(H2O2)]2+ (橙黄色)。 iii：过量的铁可以使部分钛(Ⅳ)还原为紫色的钛(Ⅲ)。 (1)若在实验室中进行灼烧操作，需要用到的硅酸盐材质仪器有酒精灯，坩埚和 。 (2)混合溶液I中加入的铁粉需要控制用量，原因是 。 (3)滤液Ⅱ中加热水使钛盐水解得偏钛酸(H2TiO3)沉淀，化学方程式为 。 (4)下列有关说法不正确的是___________。 A．可以用其它活泼金属如锌、铝等代替铁粉还原 B．浸取过程控制温度不超过70℃，以免硫酸氧钛过早水解为偏钛酸沉淀 C．滤渣I需洗涤，且洗涤完成的标准为：取洗涤液滴加3%H2O2溶液，溶液无明显变化 D．制备绿矾时，需将滤液I蒸发至大量晶体析出 (5)钛盐水解可分以下几个步骤，请将下列操作排序： 。 a．继续煮沸约后，再慢慢加入其余全部滤液 b．用热水冲洗多次，直至洗涤液中检验不到为止 c．在不断搅拌下，逐滴加入约为滤液Ⅱ总体积倍的沸水中 d．加完后继续煮沸约半小时(应不断补充水) e．静置沉降，过滤后，用热的稀硫酸(1：10)洗涤次 先取经分离硫酸亚铁后的滤液Ⅱ约体积→________→________→_______→_______→_______→干燥后即得到偏钛酸。 (6)在本实验条件下，TiOSO4发生水解时，由H2O中的O提供孤电子对填充到的空轨道上，而溶液中和不会同时水解，请从结构角度说明原因 。 【答案】(1)泥三角 (2)铁粉过少，Fe3+未还原完全；铁粉过多，会将部分钛(Ⅳ)还原成钛(Ⅲ)，影响产率 (3)TiOSO4 +2H2O= H2TiO3↓+H2SO4 (4)AD (5) c→a→d→e→b (6) Fe3+、Ti3+所带正电荷少，半径大，难发生水解 【解析】用钛铁矿制备FeSO4·7H2O和TiO2的工艺流程为：将含FeTiO3的钛铁矿用浓硫酸在353K作用下进行酸浸，发生反应：FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O，得到的混合溶液I，再加铁粉把Fe3+还原为Fe2+，过滤得到滤渣I，剩下的滤液I进行结晶先得到FeSO4·7H2O晶体；剩余的滤液Ⅱ加入热水加热，将钛盐水解得偏钛酸(H2TiO3)沉淀，最后灼烧H2TiO3得到产品TiO2。 (1)进行灼烧操作时，需要用到的硅酸盐材质仪器分别有：酒精灯、坩埚、泥三角。 (2)混合溶液I中加入的铁粉的目的为将Fe3+还原为Fe2+，而加入的铁粉需要控制用量，其原因主要为：铁粉过少，Fe3+未还原完全；根据已知信息，铁粉过多，会将部分钛(Ⅳ)还原成钛(Ⅲ)，影响产率。 (3)第二次过滤后得到的滤液Ⅱ中加热水可以使钛盐水解得偏钛酸(H2TiO3)沉淀，则反应的化学方程式为：TiOSO4 +2H2O= H2TiO3↓+H2SO4。 (4)A项，可以用其它活泼金属如锌、铝等代替铁粉还原Fe3+，会带入其它杂质离子导致后期产品不纯，A错误；B项，浸取过程需控制温度不超过70℃，主要是避免硫酸氧钛过早水解为偏钛酸沉淀进入滤渣I，引起Ti元素损失，B正确；C项，滤渣I的表面残留有TiO2+离子，可以利用反应TiO2++H2O2=[TiO(H2O2)]2+ (橙黄色)来检验，则滤渣I洗涤完成的标准为：取最后一次洗涤液滴加3%H2O2溶液，溶液无明显变化可证明沉淀已洗净，C正确；D项，绿矾(FeSO4·7H2O)温度过高时易失去结晶水，因此只需将滤液I蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤干燥即可，D错误；故选AD。 (5)从滤液Ⅱ中最终获得TiO2的流程包括：钛盐的水解、产物的分离和物质的转化，主要目的是获得偏钛酸，将偏钛酸在坩埚中加热得到二氧化钛；其中钛盐的水解操作步骤为：取一部分滤液Ⅱ，在不断搅拌下，逐滴加入沸水，继续煮沸约10~15min后，慢慢加入其余全部滤液，继续煮沸约 30min(过程中适当补充水至原体积)，静置沉降后，过滤后，用热的稀硫酸洗涤沉淀2~3次，然后用热水洗涤沉淀，直至洗涤液中检验不到Fe2+为止，经过抽滤得偏钛酸；根据以上流程可得操作顺序为：c→a→d→e→b。 (6)在本实验条件下，Ti4+电荷数高、半径小，更易与H2O中O形成配位键而水解，而溶液中Ti3+和Fe3+电荷数较低、半径较大，水解能力较弱，因此溶液中Fe3+、Ti3+不会同时水解。 21．(2026·浙江省七彩阳光新高考研究联盟2026届高三开学联考)某研究小组用氯苯与苯酚制取二苯醚()，装置如图所示。 已知： ①二苯醚熔点为26.5℃，沸点为276.9℃，易溶于有机溶剂，不溶于水； ②制备过程放热，需适时取下干燥管，往装置内加少量水。 请回答： (1)球形干燥管中塞一团疏松的干棉花，作用是 。 (2)CuCl的作用是 。 (3)下列关于制备过程的说法，正确的是_____。 A．圆底烧瓶置于微波反应器内加热，受热更均匀 B．可用碱式滴定管量取氯苯，电子天平称取苯酚 C．a处的水温低于b处的水温 D．加少量水，可防止反应过于剧烈、避免固体结块 (4)研究小组采用色谱法跟踪反应进程，在不同反应时段取产品混合液作试样，用石油醚展开并在紫外灯下显色，结果如下图所示。本实验条件下比较合适的反应时长是 min。 (5)采用AgNO3标准溶液滴定KCl可确定二苯醚产率。已知：。 ①选择合适的操作补全测定步骤 。 将产品趁热倒入水中，充分搅拌后过滤，向滤液中加适量稀硝酸，分液，水层转移至250mL容量瓶中，加水定容得待测溶液。取锥形瓶→(_____)→用移液管移入25.00mL待测液→(_____)→用AgNO3标准溶液滴定→(_____)→读数。 a．滴加指示剂K2CrO4溶液[Ag2CrO4呈红色，Ksp=1.1×10－12] b．滴加指示剂KI溶液[AgI呈黄色，Ksp=8.5×10－17] c．水洗洗净 d．水洗洗净后用待测液润洗 e．滴定至出现红色沉淀，半分钟内无明显变化 f．滴定至出现黄色沉淀，半分钟内无明显变化 ②稀硝酸的作用是 。 (6)用“”法制取二苯醚产率极低，原因是 (从物质结构角度分析)。 【答案】(1)减少氧气进入，减少苯酚被氧化 (2)催化剂 (3)AD (4)50 (5)cae 除溶液中的CO32-、HCO3- (6)由于O原子的孤电子对与苯环形成共轭，苯酚中C-O键键能大，不易断裂 【解析】10.77mL氯苯()与13.06g苯酚()置于圆底烧瓶中，CuCl作为催化剂，发生取代反应++HCl，K2CO3可以与生成的HCl反应促进反应正向进行，球形冷凝管起到冷凝回流的作用，球形干燥管中的棉花可以减少氧气进入，减少苯酚被氧化，提高原料利用率。 (1)苯酚易被空气中的O2氧化，因此球形干燥管中塞一团疏松的干棉花，作用是减少空气对流，从而减少氧气进入，减少苯酚被氧化； (2)根据分析，CuCl的作用是催化剂； (3)A项，加热温度为155-158℃，用微波反应器代替油浴，能增大受热面积，受热更均匀，A正确；B项，氯苯是有机物，会溶解橡胶，故不能用碱式滴定管量取，B错误；C项，冷凝管中的冷凝水从下口进，上口出，经过热交换后，a处的水温应高于b处的水温，C错误；D项，温度较高时加水可溶解苯酚，降低苯酚的浓度，防止反应过于剧烈，水还可以溶解生成的KCl(源于HCl与K2CO3反应)，避免固体结块，D正确；故选AD。 (4)由薄层色谱法的图象可知，50min时反应物的点已经消失，板上只有产物的点，且60min时的板与50min几乎一样，因此可以判断50min时反应已经基本进行完全，反应时间为50min； (5)①锥形瓶不可润洗，否则会导致标准液偏大，结果偏大；Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)=1.8×10-10，c(Ag+)=，同理c(Ag+)=，c(Ag+)=，在三种阴离子浓度相同的情况下，三种阴离子的沉淀顺序为I-、Cl-、CrO42-，当Ag+与Cl-反应完后就会与CrO42-反应，因此选择K2CrO4作指示剂，滴定至终点的现象为滴定至出现红色沉淀，半分钟内无明显变化，故顺序为c→用移液管移入25.00mL待测液→a→e，故选cae；②稀硝酸的作用是除去剩余的K2CO3和生成的KHCO3，防止K2CO3、KHCO3与AgNO3反应。 (6)由于O原子的孤电子对与苯环的大π键形成共轭，导致苯酚中C-O键键能大，不易断裂，因此用苯酚脱水的方法产率较低。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 2 / 2 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题10 实验设计与评价综合题 1．(2026·浙江省精诚联盟高三一模)【新工艺】我国化工专家吴蕴初对研制生产味精等作出了卓越贡献。某研究小组模拟以淀粉为原料制备味精的实验流程为： 已知：①谷氨酸()的-羧基：pKa1=2.19，-羧基：pKa2=4.25；H2CO3的Ka1=4.5×10-7，Ka2=4.7×10-11。 ②谷氨酸在不同存在形式如下： 请回答： (1)步骤Ⅰ中试剂A可选用 (写一种)。 (2)谷氨酸的pKa1小于pKa2的原因是 。 (3)谷氨酸溶解度(20℃)随变化、谷氨酸单钠盐溶解度随温度变化如下图所示： 下列说法正确的是_______。 A．图1干燥管内B只能选用酸性物质 B．步骤Ⅱ加盐酸调节至pH=3.22时有利于析出谷氨酸 C．沿M→N→E→P操作可获得较大颗粒的结晶味精 D．通过射线衍射实验不能区别、构型谷氨酸单钠盐 (4)写出步骤Ⅲ生成味精的反应方程式 。 (5)步骤Ⅲ，获得味精的所有操作如下： 。 请排序：_______→_______→_______→_______→_______→结晶→过滤、洗涤→干燥(填序号)。 ①加纯碱    ②过滤    ③加谷氨酸 ④除杂质并用活性炭脱色    ⑤控制pH=6.96，搅拌均匀 (6)味精中谷氨酸单钠(C5H8NNaO4·H2O，M=187g·molˉ1 )含量测定。 原理：C5H8NNaO4·H2O+HClO4→C5H8NNaO4·HClO4+H2O 过程：称取试样0.15g于锥形瓶内，加甲酸3mL，搅拌，直至完全溶解，再加乙酸30mL、α-萘酚苯基甲醇-乙酸指示液(酸碱指示剂)10滴，用cmol·L-1的高氯酸滴定，当滴入最后半滴时溶液变绿色即为滴定终点，记录消耗高氯酸标准滴定溶液的体积(V1mL)。同时做空白试验，记录消耗高氯酸标准滴定溶液的体积(V0mL)。则： ①甲酸和乙酸的作用是 。 ②味精中谷氨酸单钠的质量分数是 (用含c、V1、V0的式子表示)。 2．(2026·浙江省强基联盟高三二模)硫脲[(NH4)2CS]常用作还原剂，易溶于水，受热时部分发生异构化反应生成硫氰化铵，实验室利用如图装置合成少量硫脲。回答下列问题： (1)盛放CaCN2的仪器名称是 。 (2)制备开始前，应先让装置A反应一段时间直到 (填写实验现象)，说明装置C中空气已排出。装置B中应选用以下 (填标号)溶液最合适。 A．浓H2SO4　　B．饱和NaCl溶液　　C．饱和NaHS溶液　　D．饱和Na2S溶液 (3)向装置C中滴入蒸馏水并加热至，反应生成硫脲和一种碱，写出反应方程式： 。待反应基本结束，将混合物过滤，对滤液进行 、冷却结晶、过滤、洗涤、低温烘干得到粗产品。 (4)取2.50g粗产品溶于水配成100mL溶液，量取20.00mL溶液，用0.50mol·L-1的酸性KMnO4溶液滴定。滴定时，硫脲转化为CO2、N2、SO42-，滴定至终点消耗酸性高锰酸钾溶液28.00mL，则产品纯度为 。设计实验方案验证产品中存在异构体杂质： 。 3．(2026·浙江省北斗星联盟高三一模)【新方法】[Co( II )Salen]配合物(M=325 g/mol)是一种简单的载氧体，能模拟金属蛋白的载氧作用，对开发特殊条件下(如潜艇、高空飞行)的氧供应材料具有重要意义。其实验室制备原理如下： 已知：①[Co( II )Salen]配合物由于制备条件不同可以得到两种不同的固体形态：一种是棕色的胶状物，在室温下易被氧化；另一种是暗红色晶体，在室温下稳定。 ②水杨醛微溶于水，易溶于乙醇；乙二胺溶于水、乙醇，温度过高会引起爆炸。 I.制备[Co( II )Salen]配合物的装置和步骤如下： 步骤1：在仪器a中加入80mL95%乙醇，再加入2.1mL(0.02mol)水杨醛。 步骤2：在搅拌条件下，加入1.5mL(0.02mol)乙二胺，反应4~5min，生成亮黄色双水杨醛缩乙二胺片状晶体。 步骤3：溶解0.01molCo(CH3COO)2于热水中。 …… (1)仪器b名称是 ；装置的作用是 。 (2)步骤3后的操作如下： A．待亮黄色片状晶体全部溶解后，将Co(CH3COO)2迅速加入仪器a中，生成棕色胶状沉淀，保持微沸，使棕色胶状沉淀全部转变为暗红色晶体 B．停止通入N2 C．过滤晶体，用水洗涤3次，再用乙醇洗涤 D．向仪器中通入N2，并调节氮气流速至稳定 E.停止加热，用冷水冷却仪器a F.向冷凝管中通入冷凝水，开始加热，并保持温度在70~80℃ G.真空干燥箱烘干产品，称重得2.275 g产品 ①正确的操作顺序为D→F→ →G(每个限用一次)。 ②下列说法正确的是 。 A．通入氮气的主要目的是搅拌 B．保持温度70~80℃的是为了保证较高的反应速率，同时防止温度过高引起乙二胺爆炸 C．可以通过增大冷凝水的流速来调控烧瓶内气雾上升高度 D．排序操作的A项中保持微沸的目的是为了使胶体聚沉颗粒变大，便于后续过滤 ③用乙醇洗涤晶体的目的是 。 (3)产品的产率为 (保留3位有效数字)。 II.[Co( II )Salen]配合物在溶剂和CHCl3中会有不同吸氧或放氧行为。 已知：①载氧量测定反应原理：[Co( II )Salen]+2DMF+O2→[Co( II )Salen(DMF)2]O2； ②DMF为N，N-二甲基甲酰胺，是一种强极性溶剂，CHCl3是一种弱极性溶剂。 (4)结合上述信息，从溶剂性质角度分析[Co( II )Salen]配合物在两种溶剂中行为不同的原因 。 4．(2026·浙江省嘉兴市高三一模)【新方法】某小组同学用废铜屑(含少量铁)制备[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体并探究其性质。 步骤I：制备CuSO4溶液 取一定量废铜屑，加入稍过量的稀H2SO4和H2O2溶液，在40~50℃下完全溶解；调节，加热煮沸2分钟后趁热过滤。 步骤Ⅱ：制备[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体 取步骤I中所得CuSO4溶液，逐滴加入1mol·L-1氨水至澄清，进行系列操作，得深蓝色晶体。 请回答： (1)步骤I中调节pH所加试剂为 。 (2)步骤I中加热煮沸的目的是 (答出两点原因)。 (3)步骤Ⅱ中经过系列操作可得深蓝色晶体，请选择合适的编号，按正确的操作顺序补充完整 。 __→过滤→___→___→____→得深蓝色晶体 a．干燥         b．加饱和溶液        c．加乙醇溶液 d．用乙醇和乙醚混合溶液洗涤        e．用乙醇和浓氨水混合溶液洗涤 (4)对所得产品进行热重分析，结果如图所示。400℃时固体为CuSO4，则240℃时固体成分为 (已知：M{[Cu(NH3)4]SO4·H2O=246 g·molˉ1})。 (5)甲同学向CuSO4溶液中加氨水至澄清，再转移到如图所示装置中加热蒸发、冷却结晶，结果并未得到[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体。结合平衡移动原理，说明该同学实验失败的原因 。 (6)将表面己去除氧化膜的锌片、铁片分别置于2份浓度相同的[Cu(NH3)4]SO4溶液中，锌片表面立即出现一层红色物质，短时间内未观察到铁片表面有红色物质析出；静置数小时后，铁片表面析出红色物质，溶液深蓝色变浅，并有红褐色沉淀生成。根据上述信息，Zn2+、Cu2+、Fe2+与氨水的结合能力由强到弱的顺序是 。 5．(2026·浙江省金丽衢十二校高三一模)【新方法】磷酸铵镁(MgNH4PO4)，俗称鸟粪石，是一种白色晶体，难溶于水(室温下溶解度为0.02 g/100 ml)，是集氮磷镁为一身的高效缓释肥料。该物质300℃左右分解，最终产物为焦磷酸镁(Mg2P2O7)。 I.某学习小组设计实验制备磷酸铵镁晶体，步骤如下： ①取20 mL 1.0 mol/LMgCl2溶液于100 mL烧杯中，加入20 mL 1.0 mol/LNH4Cl溶液。 ②在持续搅拌下，向上述混合溶液中逐滴加入20 mL 1.0 mol/LMgNH4PO4溶液。 ③滴加完毕后，将混合溶液转移到三颈烧瓶中，继续搅拌15分钟，然后用10%稀氨水调节反应混合物的pH至9～10。实验装置如图。 ④静置陈化1小时后，过滤，用少量冷水洗涤沉淀2～3次。 ⑤将沉淀置于表面皿上，在80℃的烘箱中干燥，得到无水磷酸铵镁。 已知磷酸(H3PO4)为三元弱酸，其水溶液发生三步电离： H3PO4H++H2PO4- H2PO4-H++HPO42- HPO4H++PO43- 请回答： (1)写出三颈烧瓶中发生的离子反应方程式 。 (2)静置陈化1小时有利于过滤操作，其原因是 。 (3)本实验中pH调控是关键，结合电离平衡与沉淀溶解平衡的移动，分析pH不能太小的原因 。 II.为测定所制得产品的纯度，该小组准确称取3.000 g产品，300℃左右充分加热使其完全分解，冷却后干燥，称得残余固体的质量为2.480 g(此温度下杂质不分解)。已知相关物质的摩尔质量：M(MgNH4PO4)=137 g/mol。请回答 (4)设计实验检验分解时的气态产物 。 (5)请通过计算判断该产品中MgNH4PO4的质量分数能否达到90%？ (填“能”或“否”)。 III.农业生产中化肥的过度施用，将导致水体中氮(NH4+)、磷(HPO4-)元素的过量输入。鸟粪石(磷酸镁铵)沉淀法是一种高效且能变废为宝的废水处理技术。 (6)涉及该技术的相关问题，下列说法中正确的是_______。 A．氮磷含量的超标，是水体富营养化的主要原因 B．处理过程中，往废水加入一定量的MgCl2进行沉降即可较大程度地除去氮磷 C．工业上，可以以海水、澄清石灰水、盐酸为原料，经过滤、洗涤、干燥、溶解得到氯化镁溶液 D．该方法的一个显著优点是实现了磷和氮的资源化回收，得到的鸟粪石可以作为优质的缓释肥料，符合循环经济理念 6．(2026·浙江省名校新高考研究联盟高三一模)【新方法】氨基甲酸铵(H2NCOONH4)是一种重要的化工原料，可用于药物合成、制备化学肥料、灭火剂或洗涤剂等。该物质是一种易水解、受热易分解的白色固体，可通过氨气和二氧化碳反应制备，方程式为：2NH3(g)＋CO2(g)H2NCOONH4(s) ΔH＜0。某化学兴趣小组用如图所示装置制取氨基甲酸铵。 实验过程： I.制备氨基甲酸铵：将干燥的氨气和二氧化碳气体按一定比例通入四氯化碳试剂中，不断搅拌。控制反应温度在30~40℃，反应生成白色固体。待反应结束后，过滤并干燥产物。 Ⅱ.测定产品中氨基甲酸铵的纯度：称取2.000 g的氨基甲酸铵样品。加入50.00 mL1.000 mol/L的盐酸(过量)，使氨基甲酸铵完全反应。用0.5000 mol/L标准溶液滴定剩余的盐酸，消耗标准溶液的体积为20.00 mL。通过计算确定氨基甲酸铵的纯度。(不考虑杂质与盐酸和溶液的反应。) 请回答： (1)装置甲的名称 ，装置6中盛放的试剂是 。 (2)1装置能制备以下哪些气体________。 A．CO2(CaCO3+盐酸) B．H2(锌粒+盐酸) C．C2H2(电石+饱和食盐水) D．Cl(MnO2+浓盐酸) (3)液体石蜡鼓泡瓶的作用是 。 (4)实验中要控制温度在30~40℃的原因是 。 (5)下列说法正确的是________。 A．I中为了得到较干燥的产物，可采用低温烘干的方法 B．Ⅱ滴定过程所加指示剂为酚酞，最后半滴溶液加入后溶液由浅红色变无色且半分钟不变色，则达到滴定终点 C．Ⅱ滴定读数时，滴定前平视，滴定后仰视可能导致样品纯度测定结果偏低 D．a口只需连接装有碱石灰的干燥管，用于吸收空气中的H2O (6)制备的氨基甲酸铵的纯度为 。 7．(2026·浙江省七校联盟高三一模)【新工艺】硫酸四氨合铜晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O呈深蓝色，是一种高效广谱杀菌剂。实验室以腐蚀印刷电路后的“烂板液”为原料进行制备，操作步骤如下： 步骤Ⅰ：将废铁片放入80 mL烂板液中，充分反应后，得到的铜粉用自来水洗干净，小火炒干。 步骤Ⅱ：称取3 g铜粉，大火灼烧，反应完成后放置冷却。 (1)步骤Ⅱ使用的主要仪器除酒精灯外还有 。 (2)步骤Ⅲ必须控制，pH不能过高也不能过低的原因是 。 (3)下列说法正确的_______。 A．步骤Ⅰ可以改用铁粉，或加热至略沸的方法加快反应速率 B．步骤Ⅴ两次加入液体，都需要使用玻璃棒进行搅拌 C．未采用步骤Ⅴ的方法制备硫酸四氨合铜晶体，是因为会产生碱式硫酸铜等杂质 D．[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代，能得到两种不同结构的产物 (4)步骤Ⅴ蓝色溶液中加入浓氨水先产生沉淀后得到深蓝色溶液。某实验小组做了补充实验：取少量深蓝色溶液，插入一根打磨过的铁钉，无明显现象；继续加入稀盐酸，振荡后静置，产生少量气泡，铁钉表面出现红色物质。下列说法不正确的是_______。 A．加入浓氨水产生的沉淀是 [Cu(NH3)4](OH)2 B．两份溶液中： C．深蓝色溶液插入铁钉无明显现象是由于铁钉遇深蓝色溶液迅速钝化 D．加稀盐酸后，产生气体、析出红色物质的反应为 [Cu(NH3)4] 2++Fe= Fe2+ + Cu+4NH3↑ (5)操作Ⅴ过滤后得到的蓝色沉淀用95%的乙醇和浓氨水的混合溶液进行洗涤效果好，选择该洗涤剂的原因是 。 (6)晶体氨含量的测定。g中加入V1mL c1mol·L-1HCl溶液，将mg样品配成的溶液由d注入e，随后注入氢氧化钠溶液，用蒸馏水冲洗d，关闭k3，d中保留少量水。加热b，使水蒸气进入e。30分钟后停止加热。在装置g中加2滴指示剂，用c2mol·L-1NaOH溶液进行滴定。平行测定三次，平均消耗标准NaOH溶液体积V2mL。下列说法不正确的是_______。 A．e采用中空双层玻璃瓶主要起到保温作用 B．指示剂可选用酚酞，终点现象是无色变粉红色 C．氨含量的表达式可表示为 D．d中保留的少量水未与g中溶液合并，会导致测定结果偏低 8．(2026·江省台州市椒江区等5地高三一模)【新工艺】某小组采用以下流程制备PCl5： 已知： ①步骤Ⅰ发生反应：PCl3(l)+PCl2(g)=PCl5(s)； ②部分物质的理化性质： PCl3：沸点76.1℃，遇水剧烈水解，易与反应； PCl5：沸点160℃，遇水剧烈水解； 回答下列问题： (1)如图1为步骤Ⅰ的实验装置图(夹持仪器、水浴和尾气吸收装置已省略)，图中仪器X的名称是 ，装置Y的作用是 。 (2)下列说法不正确的是______。 A．步骤Ⅰ中，冷凝回流Cl2以提高产率 B．步骤Ⅰ中，导管没入液面以下通入Cl2，可起到搅拌作用 C．步骤Ⅱ中，抽气和通入N2主要为了去除混合物中的Cl2 D．步骤Ⅲ中，减压的主要目的是防止PCl5被氧化 (3)步骤Ⅳ的装置如图2所示。 ①从粗产品得到PCl5纯品的部分操作如下，请排序：将PCl5粗品装入吸滤瓶中，连接好装置，通入冷凝水→ →后续操作(填序号，已知活塞A初始处于关闭状态)。 a.缓慢打开活塞A            b.缓慢关闭活塞A            c.打开抽气泵            d.加热吸滤瓶 ②通水的试管的作用是 。 (4)产品的纯度测定： 已知：PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl；PCl3+4H2O=H3PO4+5HCl； Hg2++2Cl-=HgCl2；M(PCl3)=137.5g·molˉ1，M(PCl5)=208.5g·molˉ1； Ⅰ  称取3.46g试样(杂质只含PCl5)配成溶液并移入250mL容量瓶中定容，移取25.00mL试液于锥形瓶中，用水稀释至100mL； Ⅱ  向锥形瓶中滴加稀硝酸调pH值至2.5~3.5，加入指示剂； Ⅲ  用0.2000mL/的Hg(NO3)2标准溶液滴定3次，滴定终点平均体积为20.00mL。 ①关于纯度测定，下列说法正确的是 。 A．滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化 B．滴定前平视刻度线，滴定后仰视，则测定的结果偏低 C．开始时可以较快滴加，接近终点时改为半滴加入 D．每次滴定都要从“0”刻度或接近“0”刻度的任一刻度开始 9．(2026·浙江省县域教研联盟高三一模)配合物三草酸合铁酸钾是常用的光敏材料和催化剂。某实验小组进行制备与探究实验，步骤如下： 步骤Ⅰ：常温下，向100 mL蒸馏水中依次加入6.3 g草酸(H2C2O4·2H2O)和3.45 g碳酸钾(K2CO3)，充分反应后，得到混合溶液A； 步骤Ⅱ：向混合溶液A中加入5.6 g硫酸亚铁，控制温度在反应，同时滴加3%过氧化氢溶液至溶液颜色变为黄色，得到溶液B； 步骤Ⅲ：将溶液B蒸发浓缩至体积约为30 mL，分为两等份。一份快速冷却至0℃，结晶、过滤得到黄色针状晶体P{K3[Fe(C2O4)3] ·xH2O]}；另一份缓慢冷却至室温(25℃)，结晶、过滤得到黄色片状晶体Q{K3[Fe(C2O4)3] ·yH2O]}； 步骤Ⅳ：将晶体P、Q分别置于暗处在110℃下烘干脱水，最终均得到三草酸合铁酸钾(K3[Fe(C2O4)3])。 已知： ⅰ、常温下，草酸的Ka1=5.49×10-2，Ka2=6.4×10-5； ⅱ、三草酸合铁酸钾易溶于水，难溶于乙醇，在150℃以上会分解。 ⅲ、M(H2C2O4·2H2O)=126 g·molˉ1，M(K2CO3)=138g·molˉ1   请回答： (1) K3[Fe(C2O4)3]中，与Fe3+形成配位键的配位原子是 (填元素符号)。 (2)步骤Ⅰ所得混合溶液A中，主要溶质的化学式为 ，该溶液常温下pH最接近 (填选项)。 A．2     B．4     C．10    D．12 (3)步骤Ⅱ中，控制温度在40～50℃反应的主要目的是______(填选项)。 A．加快反应速率 B．促进Fe3+的水解 C．防止H2O2剧烈分解 D．抑制Fe2+被空气氧化 (4)晶体P、Q分别置于暗处烘干脱水的目的是 。 (5)下列说法不正确的是______。 A．步骤Ⅰ制备混合溶液A时，应将碳酸钾分批加入草酸溶液中，避免反应过于剧烈 B．步骤Ⅲ中，可向浓缩后的溶液中加入适量乙醇，促进三草酸合铁酸钾晶体析出 C．步骤Ⅱ中，为加快反应速率，可将H2O2换成稳定性更高的KMnO4，然后升高反应温度 D．两份浓缩液中得到不同形状晶体P和Q的原因是因为冷却的温度不同造成的 (6)已知室温下能发生反应：2Fe3++2I-==I2+2Fe2+，而[Fe(C2O4)3]3-与I-混合后无明显现象。从配合物结构对中心离子性质影响的角度，解释与[Fe(C2O4)3]3-氧化性差异的原因 。 10．(2026·浙江省浙南名校联盟三联考一模)【新工艺】乳酸钙[Ca[CH3CH(OH)COO]2]为白色粉末，广泛应用于乳制品、饮料、食品保健品等领域。废旧聚乳酸碎片制乳酸钙的流程如下： 已知：① 物质名称 聚乳酸 乳酸 乳酸钙 乙醇 丙酮 溶解性 高温时能溶于有机溶剂 能溶于水、乙醇 溶于冷水，易溶于热水，不溶于乙醇、丙酮 与水任意比互溶 易溶于水和有机溶剂 沸点(℃) / 122 / 78.3 56.5 ②乳酸结构简式为CH3CH(OH)COOH。 请回答下列问题： (1)仪器a的名称是 ；原料中加入无水乙醇的作用是 。 (2)写出乳酸与氢氧化钙反应的化学方程式 。 (3)下列说法正确的是___________。 A．操作Ⅰ后要将滤液、洗涤液混合浓缩再进行一次操作Ⅰ的目的是为了提高产品产率 B．操作Ⅰ和Ⅱ中都可选用蒸馏水作洗涤剂 C．加热回流装置的锥形瓶中无需添加沸石防止暴沸 D．操作Ⅲ可以高温烘干 (4)为了回收乙醇溶液，将操作③中的滤液进行蒸馏，蒸馏步骤如下，其正确的顺序是①③ 。 ①搭建蒸馏装置 ②加热 ③加入待蒸馏的药品和沸石 ④通冷凝水 ⑤收集低于78.3℃的馏分 ⑥停止加热 ⑦收集的馏分 ⑧待冷却后关闭冷凝水 (5)通过以下方法测定产品纯度：取a g乳酸钙样品溶解，加入缓冲溶液调节，加入bmL、cmol·L-1EDTA溶液。然后加入指示剂，用dmol·L-1的标准锌溶液滴定过量的溶液，实验消耗标准锌溶液emL。 已知：Ca2+和Zn2+与EDTA反应的化学计量数之比均为1∶1，M(乳酸钙)=218 g·molˉ1。 ①计算乳酸钙的纯度为 (用相应的字母表示)。 ②下列操作可能使测得的结果偏高的是 。 A．盛装标准锌溶液的滴定管没有润洗 B．锥形瓶残留有蒸馏水 C．开始时仰视读数，终点时俯视读数 D．滴定管在滴定前无气泡，滴定后有气泡 11．(2026·浙江省新阵地教育联盟三联考)某化学兴趣小组用如图装置(夹持装置等略)制备氢碘酸。 请回答： (1)仪器C的名称为 。 (2)下列说法正确的是_________。 A．工业制得粗碘中含有氯化钠等杂质，可以先通过升华法提纯，得到的碘单质为非晶体 B．步骤I中随着反应的进行，会促进碘的溶解 C．装置a产生的尾气有H2S和HI D．步骤I中，反应体系中紫黑色固体消失，可判定反应基本结束 (3)步骤I反应完成后，关闭K1，静置、过滤得到滤液，进行步骤II和步骤III，从滤液中得到氢碘酸(质量分数为57%)的所有操作如下，请排序 。_______→_______→_______→_______→_______→_______。 ①加热蒸馏，C中收集沸点为125~127℃间的馏分，得到氢碘酸。 ②将滤液转移至B中 ③打开K2通入N2 ④加热保持微沸 ⑤接通冷凝水 ⑥先停止加热，再通一段时间的N2后关闭K2 其中，④加热保持微沸的目的为 。 (4)实验室常用浓磷酸与碘化钾固体反应制取少量的，而不用浓硫酸的原因是浓硫酸具有强氧化性，请从结构角度分析浓硫酸具有强氧化性，而稀硫酸不具有强氧化性的原因 。 (5)实验室保存质量分数为57%的氢碘酸会加入少量铜丝的原因是 。 12．(2026·浙江省天域全国名校协作体高三一模)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[]，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+2 NaSac·2H2O=[CO(Sac)2(H2O)4] ·xH2O+2NaCl+(6-x)H2O (一)制备 I.称取1.0gCoCl2·6H2O，加入蒸馏水，搅拌溶解，得溶液1。 II.称取(稍过量)糖精钠(NaSac·2H2O)，加入蒸馏水，加热搅拌，得溶液2。 III.将溶液2加入到接近沸腾的溶液1中，反应3分钟后停止加热，静置约半小时，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。 请回答： (1)判断下列三种有机物中提供能力最弱的是 (填序号)。 a. b. c. (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 。 A．①③② B．③②① C．②①③ (二)结晶水含量测定 已知：EDTA和形成1:1配合物。 准确称取糖精钴产品于锥形瓶中，加蒸馏水，加热溶解，再加入六次甲基四胺缓冲溶液和指示剂，在50~60℃下，用c mol·L-1的EDTA标准溶液滴定至终点，平行滴定三次，计算结晶水含量。 (4)下列有关说法正确的是_______。 A．六次甲基四胺溶液用作缓冲溶液，防止溶液pH发生突变，影响滴定 B．滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化 C．平行滴定时，若滴定管内标准液足够，则无须重新装液 D．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直 (5)滴定终点时消耗标准溶液，则产品[CO(Sac)2(H2O)4] ·xH2O [其摩尔质量为：(495+18x)g·molˉ1]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，会导致的测定值 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 13．(2026·浙江省强基联盟高三联考一模)【新工艺】三草酸合铁酸钾晶体{K3[ Fe(C2O4)3] ·3H2O，M=491 g·molˉ1}为翠绿色晶体，易溶于水，溶解度：0℃时，4.7g/100g水；100℃时，117.7g/100g水，是制备负载型活性铁催化剂的主要原料，具有生产价值。简易制备流程如下： (1)请补全“氧化”过程发生的离子反应方程式： ____ Fe2+ +____H2O2+__________＋_____。 (2)“调pH”时，反应最佳pH条件为3.5，pH过高或过低影响制备效果的原因为 。 (3)“调pH”过程中伴随少量Fe(OH)3生成，则“系列操作”的具体操作为 、过滤、洗涤、干燥。 (4)产品测定：离子交换法测定产品中配离子(Xz-)的电荷数。 准确称取wg样品于烧杯中，加水溶解并将溶液转移到离子交换柱中，当氯离子完全交换后，将交换液配制成100 mL溶液，准确量取20.00mL于锥形瓶中，滴入K2CrO4溶液作指示剂，用c mol·L-1的AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液VmL。该产品中配离子所带电荷数z为 。(已知离子交换柱中的反应为：zRN+Cl-+Xz-=(RN+)zXz-+zCl-) (5)资料表明：相同条件下，C2O42-的还原性强于Fe2+。某同学为验证此结论，进行如下实验：向10 mL0.5mol·L-1FeCl3溶液中缓慢加入0.5mol·L-1K2C2O4溶液至过量，充分反应后得到翠绿色溶液和晶体，经检验反应后的溶液中无。从反应原理的角度解释C2O42-和Fe3+未发生氧化还原反应的可能原因： {已知：Fe3++3C2O42-[Fe(C2O42-)3]3- K=1.6×1020}；该同学最后利用电化学实验证实了C2O42-的还原性强于Fe2+，请画出实验示意图： 。 14．(2026·浙江省杭州第二中学高三月考)为探究工业品硫的性质并测定其纯度设计了如下实验(忽略杂质的反应)。 Ⅰ．性质探究： 实验一向试管加入工业品硫、KOH水溶液，持续振荡，淡黄色固体完全溶解；继续滴加BaCl2溶液产生白色沉淀，加足量盐酸沉淀完全溶解。 实验二 向试管加入工业品硫、KOH水溶液、双氧水，持续振荡，淡黄色固体完全溶解；继续滴加BaCl2溶液产生白色沉淀，加足量盐酸沉淀不溶解。 Ⅱ．纯度测定： ①取少量工业品硫研成粉末，准确称取置于圆底烧瓶中，准确加入V1mlKOH的乙醇溶液(过量)，加入蒸馏水，搅拌，85℃回流至样品完全溶解后，蒸馏除去乙醇。 ②冷却后，向圆底烧瓶中加入适量蒸馏水，搅拌下缓慢滴加足量30%H2O2，加热至100℃，保持20min，冷却至室温。 ③将圆底烧瓶中溶液全部转移至锥形瓶中，加入2滴甲基橙，用标准溶液滴定至终点，平行实验多次，记录实验数据。 ④不加工业品硫，重复步骤①②③做空白实验，平行实验多次，记录实验数据。 已知：25℃时，H2S的Ka1=1.0×10-7，Ka2=1.0×10-13；H2SO3的Ka1=1.2×10-2，Ka2=6.2×10-8。回答下列问题： (1)“实验一”中0.3molS与0.8molKOH充分反应，若向反应后溶液中加入含0.3molHCl的盐酸，得到100mL溶液，在25℃时，则该溶液的pH最接近___________。 A．14 B．13 C．12 D．11 (2)若“实验一”中S过量，则反应时会生成K2S2O3。K2S2O3的阴离子能与mol·L-1形成配合物离子[Ag(S2O3)2]3-，画出S2O32-的结构并圈出与Ag+形成配位键的S原子 。 (3)“实验二”中淡黄色固体溶解的化学反应方程式为 。乙醇的作用是 ，样品完全溶解后，必须蒸馏除去乙醇的原因是 。 (4)实验数据如下： 加入工业品硫实验数据 序号 1 2 3 4 5 滴定前读数/mL 0.00 23.98 0.00 0.00 0.00 滴定后读数/mL 23.98 48 24 24.22 24.02 进行空白实验，平均消耗cmol·L-1HCl标准溶液40.00mL。应舍弃的数据为 (填序号)，测得工业品硫的纯度为 (写出计算式)。 15．(2026·浙江省第二届NBchem高三第一次联考)阿司匹林(乙酰水杨酸)是一种历史悠久的解热镇痛药，近年来发现其具有治疗心脏病以及抗癌功效，具有良好的开发前景，一般由水杨酸乙酰化得到。其主要反应式为： 制备流程如下： 提示：水杨酸和乙酸酐水溶性良好，乙酰水杨酸微溶于水，且热稳定性较差。 请回答： (1)在本制备流程中HX为 ，步骤Ⅰ在圆底烧瓶中进行，适合用 加热方式。 (2)步骤Ⅱ中有相关操作如下 a)将反应后的圆底烧瓶放在冷水中， (填一操作)下缓缓加入15mL水 b)抽干，得乙酰水杨酸粗产品 c)静置，使晶体完全析出 d)加热浓缩溶液至出现晶膜 e)用热水洗涤晶体 f)抽滤，并用少量冷水洗涤 g)加入活性炭并煮沸 请你选择合适的操作a→ 。 (3)用实验证明粗产品中存在水杨酸 。 (4)下列说法不正确的是___________。 A．水杨酸粗产品中可能混合有和，可用红外光谱法进行分离提纯 B．制备实验中，浓硫酸的作用是催化剂 C．反应温度较低时，反应后的产品中有水杨酸；反应温度较高时，反应后的产品中则有高聚物 D．产品的纯化可以用重结晶法，先将粗产品溶于少量沸乙醇中，再向乙醇溶液中添加热水直至溶液中出现混浊，再持续加热 (5)将纯化后的产品溶解在中性乙醇中，在10℃下，用0.1000mol/L的NaOH进行滴定，并加入无色酚酞，当 ，记下读数V，平行滴定三次。 体积记录如下： 体积(mL) 82.00 98.00 74.00 则乙酰水杨酸的产率为 。 (6)请比较与乙醇的反应活性： (填“大于”，“小于”)并解释 。 16．(2026·浙江省Z20联盟高三一模)【新工艺】亚硝酰氯(NOCl，熔点为-64.5℃，沸点为-5.5℃)是有机物合成中的重要试剂，为红褐色液体或黄色气体，遇水发生反应：2NOCl+H2O=NO+NO2+2HCl。NOCl可由NO与Cl2在一定条件下反应得到，相关实验装置如图所示。 制备NOCl步骤如下： ①排A、B中的空气：先打开_______，关闭_______，打开Ａ中分液漏斗活塞。滴入适量稀硝酸，B中出现红棕色，待红棕色消失后关闭K1，可观察到B中(现象1)，停止滴加稀硝酸。 ②通反应气体：打开F中分液漏斗的活塞，当C中三颈烧瓶内(现象2)时，再通入NO。 (1)长颈漏斗a的作用是 。 (2)写出干燥管b内所放试剂的名称 (填1种)。 (3)下列说法不正确的是_______。 A．步骤①中排A、B中的空气：先打开K1、K2，关闭K3 B．现象1为锥形瓶中的液面下降，长颈漏斗中的液面上升，现象2是充满黄绿色气体 C．C装置中冰盐水的作用主要是降低反应速率 D．因实验在通风橱内进行，X1、X2处均不需要尾气处理 (4)装置C，反应停止后，温度保持不变，为减少产品中的NO含量，可采用的方法是 。 (5)NOCl纯度的测定：采用银量法测定产品中Cl含量以确定纯度 ①从下列选项中选择合适的操作补全测定步骤 ： 滴定原理为：先用过量AgNO3标准溶液沉淀，再以NH4SCN标准溶液回滴剩余的Ag+。 已知：常温下，Ksp(AgCl)=1.8×10－10，Ksp(AgSCN)=2.0×10－12，Ksp(Ag2CrO4)= 1.0×10－12，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，Ka(HSCN)=0.13。 称量C中所得液体2.500g溶于水，转移至250mL容量瓶，加水定容得待测溶液。取滴定管涂凡士林、检漏、水洗→(_______)→装液→(_______)→调液面、读数→用移液管准确移取25.00mL待测溶液加入锥形瓶→(_______)→向其中加入少量硝基苯→(_______)→用0.1000mol·L-1NH4SCN标准溶液滴定→(_______)→读数 a.滴加指示剂K2CrO4溶液 b.润洗，从滴定管下口放出液体 c.滴加指示剂硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2]溶液 d.润洗，从滴定管上口倒出液体 e．准确移取25.00 mL0.2mol·L-1AgNO3标准溶液加入锥形瓶 f．滴定至沉淀变为砖红色 g．滴定至溶液呈浅红色 h．右手将滴定管倾斜左右，左手迅速打开活塞使溶液冲出，从而使溶液充满尖嘴。 i．将胶管弯曲使玻璃尖嘴向上倾斜，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃球，使溶液从尖嘴流出，即可赶出气泡 ②硝基苯的作用是 ； ③重复实验操作三次，消耗标准溶液的体积平均为22.00mL，NOCl的纯度为 。 17．(2026·浙江省新阵地教育联盟高三第一次模拟预测)【新工艺】产品P(成分为Fe3O4)，其实验室制备过程如下(步骤在N2氛围中进行)： 部分装置如图： 提示：①步骤I在强碱性条件下生成了和Fe3O4；②M(FeCl2·4H2O)=199 g·molˉ1 (1)仪器b名称是 。 (2)写出步骤I的离子方程式： 。 (3)步骤III为灼烧，则该实验所得产品P的产率为 。 (4)为了检验溶液中的Fe2+，研究小组使用了邻二氮菲(，平面形分子，简称为o-phen)能与Fe2+生成稳定的橙色配合物，可测定Fe2+的浓度，其反应原理如图所示： 用邻二氮菲测定Fe2+的浓度时应控制pH为5~6，请解释原因： 。 (5)下面说法正确的是__________。 A．判断黑色固体是否已经用水洗涤干净，可选择稀硝酸和硝酸银溶液 B．[Fe(o-phen)3]2+中Fe2+的配位数为3 C．中装的试剂为KOH溶液 D．采用适宜的滴液速度，可以使产品粒径适中、结晶度良好 (6)Fe3+和SCN-配位时，配体提供的配位原子是： (填“碳”或“氮”)原子。 18．(2026·浙江省A9协作体2026届高三返校联考)【新工艺】二甘氨酸合铜存在顺式和反式两种结构，它是一种具有生物活性的有机金属配合物，广泛应用于化学、生物学、医学等领域中，某研究小组设计了如下制备流程： 步骤Ⅰ：取5.0g CuSO4·5H2O固体，加水溶解，再慢慢加入体积比1：1氨水并不断搅拌，直至沉淀恰好溶解，得深蓝色溶液，再加入足量较浓NaOH溶液，使Cu(OH)2沉淀完全。抽滤、洗涤，得沉淀备用。 步骤Ⅱ：称取4.5g甘氨酸，溶解，控制反应温度为65~70℃，边搅拌边加入步骤I中制得的Cu(OH)2沉淀，直至沉淀溶解，趁热抽滤，向滤液中加入10mL95%乙醇，冷却直至析出蓝色针状晶体，在冰水浴上继续冷却20分钟。 步骤Ⅲ：冷却后，抽滤，用体积比为1：3的酒精溶液洗涤晶体一次，再用丙酮洗涤两次并干燥，制得顺式(H2NCH2COO)2Cu~xH2O晶体。 已知条件： ①二甘氨酸合铜易溶于水，微溶于乙醇，难溶于丙酮，加热至130℃脱水，228℃分解； ②二甘氨酸合铜在水中溶解度：顺式(蓝色针状晶体)>反式(蓝紫色鳞片状结晶)；热稳定性：反式>顺式； ③形成二甘氨酸合铜的过程中：溶液温度过高时，易得到反式二甘氨酸合铜； 回答下列问题： (1)Cu(H2NCH2COO)2呈平面四边形，与中心Cu2+配位的元素是 (填写元素符号)。 (2)步骤Ⅱ中冰水浴冷却20分钟的目的是 。 (3)在步骤Ⅲ洗涤采用先1：3酒精溶液后丙酮洗涤的优点 。 (4)下列说法不正确的是___________。 A．步骤Ⅰ中，为了加快实验速度，也可以用NaOH溶液直接与CuSO4溶液反应制备氢氧化铜 B．实验中多次采取抽滤操作的优点是可以加快固液分离的速度，获得较为干燥的产品 C．步骤Ⅱ中，加入95%乙醇的目的是减小溶剂的极性，抑制晶体在水中的溶解，有利于晶体析出 D．65~70℃优先析出顺式二甘氨酸合铜，原因是该反应的活化能大 (5)已知(H2NCH2COO)2Cu~xH2O晶体的质量为mg，经过一系列滴定等操作后测得晶体中Cu2+的物质的量为nmol，则x= 。(列出表达式) (6)研究小组在制备顺式二甘氨酸合铜过程中，由于温度控制不当，产品中混入了少量反式二甘氨酸合铜杂质，请设计实验方案除去杂质 。 19．(2026·浙江省嘉兴市2026届高三基础测试)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(加热及夹持装置略)。 已知：二苯醚和油胺的结构简式分别为和CH3(CH2)7CH=CH(CH2)7CH2NH2。 请回答： (1)FeS2的制备N2保护下，将溶有S的热二苯醚溶液注射到FeS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的名称是 。 ②油胺在FeS2晶体制备中起到分散剂的作用，主要是通过形成配位键，降低颗粒表面能，避免微晶在高温反应中聚集。依次写出形成该配位键的中心原子和配位原子 、 。 ③为除去产品中残留的S，可选用的洗涤试剂是 (填序号)。 A．H2O B．CS2 C．CH3CH2OH D．二苯醚 (2)FeS2的含量测定 产品先用王水溶解，再经系列处理后，在热盐酸条件下，以甲基橙为指示剂，用SnCl2溶液将Fe3+还原至Fe2+；用冰水迅速冷却，再以二苯胺磺酸钠为指示剂，用0.1000 mol·L−1 K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+至终点。重复3次。 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当溶液中出现 现象(填颜色变化)时，立即停止滴加SnCl2溶液。 ③某次测定称取产品1.200 g，滴定消耗K2Cr2O7标准溶液体积为15.00 mL，则该次实验测得产品中FeS2质量分数为 。 ④下列操作可能导致测定结果偏高的是 。 A．热的Fe2+溶液在空气中缓慢冷却 B．还原Fe3+时SnCl2溶液滴加过量 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 20．(2026·浙江省名校协作体2026届高三返校联考)【新工艺】钛铁矿主要成分为钛酸亚铁(FeTiO3)，其中一部分铁元素在风化过程中会转化为+3价。工业上由钛铁矿制取二氧化钛一般按以下工艺流程进行： 已知：i：浸取过程中钛铁矿与浓硫酸的反应：FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O。 ii：TiO2+离子的特征反应：TiO2++H2O2=[TiO(H2O2)]2+ (橙黄色)。 iii：过量的铁可以使部分钛(Ⅳ)还原为紫色的钛(Ⅲ)。 (1)若在实验室中进行灼烧操作，需要用到的硅酸盐材质仪器有酒精灯，坩埚和 。 (2)混合溶液I中加入的铁粉需要控制用量，原因是 。 (3)滤液Ⅱ中加热水使钛盐水解得偏钛酸(H2TiO3)沉淀，化学方程式为 。 (4)下列有关说法不正确的是___________。 A．可以用其它活泼金属如锌、铝等代替铁粉还原 B．浸取过程控制温度不超过70℃，以免硫酸氧钛过早水解为偏钛酸沉淀 C．滤渣I需洗涤，且洗涤完成的标准为：取洗涤液滴加3%H2O2溶液，溶液无明显变化 D．制备绿矾时，需将滤液I蒸发至大量晶体析出 (5)钛盐水解可分以下几个步骤，请将下列操作排序： 。 a．继续煮沸约后，再慢慢加入其余全部滤液 b．用热水冲洗多次，直至洗涤液中检验不到为止 c．在不断搅拌下，逐滴加入约为滤液Ⅱ总体积倍的沸水中 d．加完后继续煮沸约半小时(应不断补充水) e．静置沉降，过滤后，用热的稀硫酸(1：10)洗涤次 先取经分离硫酸亚铁后的滤液Ⅱ约体积→________→________→_______→_______→_______→干燥后即得到偏钛酸。 (6)在本实验条件下，TiOSO4发生水解时，由H2O中的O提供孤电子对填充到的空轨道上，而溶液中和不会同时水解，请从结构角度说明原因 。 21．(2026·浙江省七彩阳光新高考研究联盟2026届高三开学联考)某研究小组用氯苯与苯酚制取二苯醚()，装置如图所示。 已知： ①二苯醚熔点为26.5℃，沸点为276.9℃，易溶于有机溶剂，不溶于水； ②制备过程放热，需适时取下干燥管，往装置内加少量水。 请回答： (1)球形干燥管中塞一团疏松的干棉花，作用是 。 (2)CuCl的作用是 。 (3)下列关于制备过程的说法，正确的是_____。 A．圆底烧瓶置于微波反应器内加热，受热更均匀 B．可用碱式滴定管量取氯苯，电子天平称取苯酚 C．a处的水温低于b处的水温 D．加少量水，可防止反应过于剧烈、避免固体结块 (4)研究小组采用色谱法跟踪反应进程，在不同反应时段取产品混合液作试样，用石油醚展开并在紫外灯下显色，结果如下图所示。本实验条件下比较合适的反应时长是 min。 (5)采用AgNO3标准溶液滴定KCl可确定二苯醚产率。已知：。 ①选择合适的操作补全测定步骤 。 将产品趁热倒入水中，充分搅拌后过滤，向滤液中加适量稀硝酸，分液，水层转移至250mL容量瓶中，加水定容得待测溶液。取锥形瓶→(_____)→用移液管移入25.00mL待测液→(_____)→用AgNO3标准溶液滴定→(_____)→读数。 a．滴加指示剂K2CrO4溶液[Ag2CrO4呈红色，Ksp=1.1×10－12] b．滴加指示剂KI溶液[AgI呈黄色，Ksp=8.5×10－17] c．水洗洗净 d．水洗洗净后用待测液润洗 e．滴定至出现红色沉淀，半分钟内无明显变化 f．滴定至出现黄色沉淀，半分钟内无明显变化 ②稀硝酸的作用是 。 (6)用“”法制取二苯醚产率极低，原因是 (从物质结构角度分析)。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 2 / 2 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题10 实验设计与评价综合题 1．(1)稀硫酸或酸或酶 (2)由于氨基具有吸电子效应，α-羧基上的羟基极性比-羧基上的强，更易电离 (3)BC (4)2HOOC-CH2-CH2-COO-+Na2CO3→2NaOOC-CH2-CH2-COO-+CO2↑+H2O (5)③①⑤④② (6)作溶剂 2． (1)三颈烧瓶 (2) 装置D中出现黑色沉淀 C (3)CaCN2+H2S+2H2O(NH4)2CS+Ca(OH)2 减压蒸发浓缩 (4)76% 取少量粗产品于试管中，加入适量蒸馏水溶解，再加入几滴FeCl3 ［或Fe2(SO4)3等可溶性铁盐］溶液，溶液变为红色，则可证明 3． (1)恒压滴液漏斗 起液封的作用，防止外界空气进入三颈烧瓶中 (2) A→E→B→C BC 洗去杂质水杨醛、乙二胺，乙醇易挥发更容易除去 (3)70.0% (4)DMF为强极性溶剂能与[Co( II )Salen]配合物进行配位，从而吸收氧气形成稳定的配合物，而CHCl3是弱极性溶剂无法与[Co( II )Salen]配合物进行配位，无法吸收氧气形成稳定的配合物 4． (1)CuO或Cu(OH)2 (2)除去过量H2O2，使Fe(OH)3颗粒变大便于除去 (3)ceda (4)[Cu(NH3)4]SO4 (5)[Cu(NH3)4]2+ Cu2++4NH3 ΔH＞0，升高温度平衡正向移动，另外加热时氨气从敞口体系中逸出，导致c(NH3)降低，使平衡[Cu(NH3)4]2+ Cu2++4NH3向右移动，导致配合物分解 (6)Zn2+>Cu2+>Fe2+ 5． (1)Mg2++HPO42-+NH3·H2O=MgNH4PO4↓+H2O (2)使固体颗粒变大，防止堵塞滤纸小孔 (3)pH过小，H+浓度过大，HPO42-H++PO43-，平衡逆向移动，PO43-浓度变小，Mg2++PO43-+NH4+MgNH4PO4(s)正向进行的程度小，产率低 (4)方法1：用干燥烧杯罩在坩埚(试管口)上方，变模糊(或出现水珠)，证明有水蒸气，用(湿润)的红色石蕊试纸放在坩埚(试管口)上方，变蓝，证明有氨气；方法2：取少量气体通入无水硫酸铜中，固体变蓝证明有水；用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变蓝证明有氨气；方法3：证明有水蒸气和氨气同时存在或用干燥的红色石蕊试纸放在坩埚(试管口)上方，试纸变蓝，证明有水蒸气和氨气同时存在；(答案合理即可) (5)能 (6)AD 6． (1)长颈漏斗 碱石灰 (2)AB (3)通过观察气泡，调节NH3与CO2的通入比例接近2：1(合理即可) (4)温度过低，反应速率太慢，影响生产效率;氨气与二氧化碳合成氨基甲酸铵的反应为放热反应，温度过高会使平衡逆向移动，或导致氨基甲酸铵发生分解，使产品产率降低 (5)AC (6)78.00% 7． (1)坩埚 (2)pH值过低，Fe3+沉淀不完全，除杂不充分，影响纯度；pH值不能过高，易生成Cu(OH)2沉淀，影响产量 (3)CD (4)ACD (5)乙醇可使溶液极性减小，降低晶体在溶液中的溶解度，防止产物的溶解；浓氨水能防止配离子解离，从而能减小物质在洗涤过程中的损耗 (6)D 8． (1)干燥管或球形干燥管 防止空气中H2O进入装置 (2)AD (3) acbd 冷凝和收集PCl5 (4) CD 60.3%或0.6 9． (1)O (2)KHC2O4 A (3)C (4)由于三草酸合铁酸钾对光敏感，为防止其见光分解，需将晶体P、Q分别置于暗处烘干脱水 (5)CD (6) Fe3+与C2O42-形成[Fe(C2O4)3]3-时，C2O42-作为配体向Fe3+的空轨道提供孤电子对，使Fe3+的电子云密度增大，有效降低了Fe3+氧化性，同时，形成的螯合物结构稳定，进一步抑制了Fe3+的氧化活性，所以[Fe(C2O4)3]3-氧化性弱于Fe3+ 10． (1)(球形)冷凝管 增大反应物的接触面积，加快反应速率 (2) 2CH3CH(OH)COOH+Ca(OH)2 =Ca[CH3CH(OH)COO]2+2H2O (3)AC (4)④②⑤⑦⑥⑧ (5) CD 11． (1)锥形瓶 (2)BC (3)②③⑤④①⑥ 除尽H2S (4)浓硫酸的主要存在形式是硫酸分子，稀硫酸中是硫酸根带2个负电荷，硫酸根中的硫是sp3杂化，是正四面体形，结构对称，负电荷分布均匀，体系能量低，比较稳定，不容易得电子 (5)Cu与氢碘酸被氧化生成的碘单质反应，防止催化碘化氢的分解 12． (1)a (2)冰水浴 (3)B (4)AD (5) 偏高 13． (1)2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O (2)pH过小易生成草酸，难生成[Fe(C2O42-)3]3- ，pH过高形成Fe(OH)3沉淀 (3)蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶 (4) (5) Fe3+遇C2O42-生成[Fe(C2O42-)3]3-的反应速率快且限度大 14． (1)B (2)或 (3)S+3H2O2+2KOH=K2SO4+4H2O 增大硫在水中的溶解度 乙醇可能会被H2O2氧化成乙酸，与KOH反应，干扰后续测定 (4)2、4 15． (1)CH3COOH 水浴 (2)搅拌 (a)cfb或a→c→f→b (3)取少量粗产品，溶入几滴乙醇中，并滴加1-2滴1%三氯化铁溶液，如果发生显色反应，说明有水杨酸存在 (4)AD (5)最后半滴NaOH溶液滴入时，溶液由无色变粉红色，且30s不褪色 78.00% (6)大于 酰氯中的氯原子是高效离去基团，Cl-比OH-碱性小(或者说稳定)，碳氯键容易断(或氯的半径大于氧，C-Cl键长大于C-O键，因此C-Cl键容易断；或酰氯中氯原子的强吸电子效应显著增强了羰基碳的正电性，容易与O结合；或酰氯与乙醇的反应无需额外活化，而乙酸与乙醇的反应需要催化) 16． (1)平衡压强，避免C中压强过大 (2)氯化钙、五氧化二磷、硅胶 (3)CD (4)抽气(或通干燥氮气) (5)bhecg 使AgCl沉淀被覆盖，防止AgCl转化为AgSCN 73.36%或73.4% 17． (1)恒压滴液漏斗 (2)4Fe2++8OH-= Fe↓ +Fe3O4↓ +4H2O (3)90% (4)当H+浓度高时，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键，导致与Fe2+配位能力减弱；当OH-浓度高时，OH-与Fe2+反应，影响Fe2+与邻二氮菲配位 (5)AD (6)氮 18． (1)N，O (2)确保产品充分析出，提高产率 (3)产品易溶于水，微溶于酒精，1：3酒精不但可用于洗去可溶性杂质，减少产品损耗，丙酮还能带走晶体表面残余的水分 (4)AD (5) (6)采用重结晶的方法：取产品，加水溶解，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，重复操作2~3次，得较为纯净的产品 19． (1)(球形)冷凝管 Fe N BD (2)盐酸、金属锡 溶液颜色由红色变为无色且半分钟内不恢复原来的颜色 90.00% BC 20． (1)泥三角 (2)铁粉过少，Fe3+未还原完全；铁粉过多，会将部分钛(Ⅳ)还原成钛(Ⅲ)，影响产率 (3)TiOSO4 +2H2O= H2TiO3↓+H2SO4 (4)AD (5) c→a→d→e→b (6) Fe3+、Ti3+所带正电荷少，半径大，难发生水解 21． (1)减少氧气进入，减少苯酚被氧化 (2)催化剂 (3)AD (4)50 (5)cae 除溶液中的CO32-、HCO3- (6)由于O原子的孤电子对与苯环形成共轭，苯酚中C-O键键能大，不易断裂 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 2 / 2 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $