定量型实验方案的设计与评价题型训练-2026届高考化学二轮复习

定量型实验方案的设计与评价题型训练 一、选择题题型练 1．（2027·全国·一模）某同学设计如图所示实验，探究反应中的能量变化。    下列判断正确的是 A．由实验可知，(a)、(b)、(c)所涉及的反应都是放热反应 B．将实验(a)中的铝片更换为等质量的铝粉后释放出的热量有所增加 C．实验(c)中将玻璃搅拌器改为铁质搅拌器对实验结果没有影响 D．若用NaOH固体测定中和反应反应热，则测定结果数值偏高 2．（25-26高三上·江苏徐州·月考）下列实验装置能达到实验目的的是 A．图①装置用于二氧化锰和浓盐酸反应制氯气 B．图②装置（仪器为玻璃材质）用于强碱标准溶液滴定未知浓度的强酸溶液 C．图③装置用于测定中和反应的反应热 D．图④装置用于配制的硫酸 3．（2026高三·全国·专题练习）将Pr2(CO3)3·8H2O置于空气中灼烧，测得剩余固体质量与起始固体质量的比值随温度变化的曲线如图所示。制备Pr6O11最适宜的温度为 A．280℃ B．560℃ C．755℃ D．1200℃ 4．（25-26高三上·黑龙江·月考）下列各组实验操作规范，且能达到实验目的的是 A．用乙醇萃取溴水中的溴单质 B．用标准NaOH溶液滴定未知浓度的草酸溶液 C．干燥SO2 D．用(杯酚)识别C60和C70，操作①、②均为过滤 A．A B．B C．C D．D 5．（2025·河北·一模）下列实验操作、现象和结论都正确的是 选项 实验操作、现象 结论 A 将Fe棒和Zn棒用导线连接后插入酸化的NaCl溶液A中，一段时间后，在Fe棒附近滴加铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀 铁棒未被保护 B CuCl2浓溶液中存在平衡，加水稀释溶液变蓝绿色 溶液颜色的变化可用勒夏特列原理解释 C 用Na2CO3饱和溶液浸泡CaSO4，一段时间后，过滤，再向沉淀中加入盐酸，沉淀完全溶解 D 向对甲基苯乙醛中滴加酸性高锰酸钾溶液，酸性高锰酸钾溶液紫色褪去 醛基被酸性高锰酸钾溶液氧化 A．A B．B C．C D．D 6．（25-26高三上·江苏南通·月考）下列实验方案设计、现象和结论都正确的是 实验目的 方案设计和现象 结论 A 比较乙醇和苯酚中羟基的活泼性 在两支干燥的试管中各加入2 mL乙醚，再分别加入相同物质的量的乙醇和苯酚，振荡溶解后，各加入一小块金属钠，苯酚溶液与金属钠反应较剧烈 羟基的活泼性： 苯酚>乙醇 B 比较S与C的非金属性 测定同温同浓度Na2CO3溶液和 Na2SO3溶液的pH，前者的pH大于后者 S的非金属性 比C强 C 探究浓度对化学平衡的影响 向试管中加入4 mL 0.1 mol/L Na2Cr2O7溶液，再滴加数滴浓盐酸，溶液橙色变浅 增大生成物浓度，平衡向正 反应方向移动 D 淀粉是 否水解 向淀粉溶液中加适量20% H2SO4溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，溶液变蓝 淀粉未水解 A．A B．B C．C D．D 7．（25-26高三上·北京·期中）下列实验方案能达到实验目的的是 目的 A．制备并收集乙酸乙酯 B．制备氢氧化铁胶体 实验方案 目的 C．证明的溶解度小于 D．探究化学反应速率的影响因素 实验方案 A．A B．B C．C D．D 8．（2025·全国·模拟预测）某研究小组采用间接碘量法测定胆矾中铜含量，设计步骤如下： Ⅰ．准确称取样品，加稀硫酸溶解 Ⅱ．加入过量溶液，充分反应后，溶液呈棕黄色 Ⅲ．用标准溶液滴定至浅黄色，加淀粉指示剂，继续滴定至蓝色消失 已知：；。 下列说法错误的是 A．步骤Ⅰ称量时，向托盘天平左右两侧各放大小、形状均相同的滤纸，防止托盘被污染 B．步骤Ⅱ中加入过量可确保完全反应 C．步骤Ⅲ临近终点时加淀粉指示剂，防止淀粉包裹影响终点判断 D．若样品中含有杂质，会导致测定结果偏低 9．（2025·广东汕头·模拟预测）下列实验操作、现象及得出的结论均正确的是 选项 实验操作 实验现象 实验结论 A 向电石中滴加饱和食盐水，产生的气体通入酸性KMnO4溶液 KMnO4溶液褪色 乙炔具有还原性 B 向盛有Fe(NO3)2溶液的试管中加入1mol/L的硫酸 试管口出现红棕色气体 溶液中的NO被Fe2+还原为NO2 C 向两支盛有KI3溶液的试管中分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液 前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀生成 KI3溶液中存在平衡：I+I- D 常温下，用pH计分别测定等体积1mol/LCH3COONH4溶液和0.1mol/L CH3COONH4溶液的pH pH均为7 两种CH3COONH4溶液中水的电离程度相同 A．A B．B C．C D．D 10．（25-26高三上·北京·月考）实验小组探究浓度对FeSO4溶液与AgNO3溶液反应的影响。实验如下： 实验 编号 试剂 沉淀物质的量之比 试剂X 试剂Y c(AgNO3)/ c(FeSO4)/ i 0.04 0.04 a ii 0.1 0.1 0.15 iii 0.5 0.5 0.19 iv 1.0 1.0 0.26 已知：①。 ②取i~iv充分反应后的上层清液，滴加浓盐酸均产生白色沉淀；滴加K3[Fe(CN)6]溶液均产生蓝色沉淀。 下列说法不正确的是 A．分析i中数据可知：a=0 B．ii中沉淀加适量浓氨水充分反应，取上层清液滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀 C．取ii中充分反应后的上层清液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀，可以作为为可逆反应的证据 D．本实验中反应物浓度增大，对复分解反应的影响比对氧化还原反应的影响更大 二、解答题题型练 11．（25-26高三下·云南玉溪·开学考试）合成氨工业中普遍使用的是以铁为主体的多成分催化剂，又称铁触媒。在实验室可用与铁红反应制备铁触媒，其装置如图： 已知：加热到500℃以上，和开始反应，生成铁的其他氧化物（其中铁元素化合价仅为或价）、和；温度高于700℃时，生成、和。回答下列问题： (1)装置C的名称为________，装置D的作用为________。 (2)写出温度高于700℃时，与铁红反应的化学方程式：________。 (3)若650℃时，48 g铁红与足量甲烷反应后，装置B的质量增加1.8 g，装置C的质量增加2.2 g，则此时反应后所得含铁氧化物中________。 (4)某化学兴趣小组为确定硝酸厂中所用铁触媒中铁元素的含量，进行了如下实验。 ①称取5.0 g该厂铁触媒样品，用足量的稀硫酸溶解； ②再向所得溶液中加入2 g还原铁粉，充分反应后过滤； ③将滤液配制成100 mL溶液，滤渣（仅含铁粉）经洗涤干燥后称得其质量为0.88 g； ④取25.00 mL配制好的溶液于锥形瓶中，用的酸性高锰酸钾溶液滴定。酸性高锰酸钾溶液盛放于________（填“酸式”或“碱式”）滴定管中，滴定终点时的现象为________。若某次滴定结束时滴定管的示数如图所示，滴定前的刻度为0.00 mL，则消耗溶液的体积为________mL。若消耗溶液的平均体积为17.50 mL，则该厂铁触媒中铁元素的质量分数为________。 12．（25-26高三下·重庆·开学考试）双氰胺()常用于生产树脂、涂料等，实验室制备双氰胺流程如下。 已知：双氰胺是白色结晶，难溶于冷水，溶于热水、乙醇；在80℃以上会分解产生氨气。 (1)画出的电子式_______。 (2)步骤Ⅱ中调节溶液，pH不能过低的原因：①碱性条件下反应速率较快，②_______。 (3)步骤Ⅲ中蒸发浓缩时，常采用真空蒸发浓缩，旋转蒸发仪装置如图。仪器b的名称是_______；请选择合理的操作并排序：_______。 将反应后溶液转移至a中→_______→浓缩至所需浓度，关闭装置→_______→_______→干燥→粗产品。 ①接通冷凝水，打开旋转按钮保持a不停转动，然后开始加热 ②接通冷凝水，开始抽气，打开旋转按钮保持a不停转动，然后开始加热 ③取a中溶液，趁热过滤 ④取a中溶液，冷却后过滤 ⑤用乙醇洗涤 ⑥用冷水洗涤 (4)下列说法不正确的是_______。 A．步骤Ⅰ产生的滤渣主要成分是 B．真空蒸发浓缩可防止双氰胺温度过高分解 C．重结晶可以进一步提纯双氰胺粗产品 D．保持a不停转动是为了受热均匀并防暴沸 (5)双氰胺样品纯度的测定：取双氰胺样品m克，加足量的和催化剂将氮元素转化成铵盐，然后加入足量的浓NaOH溶液，通入水蒸气充分加热，将产生的通入g中，g中加入硼酸和指示剂。吸收完毕后，用浓度为的盐酸滴定g中吸收液，消耗盐酸V mL。 过程中发生反应：；。 ①本实验中指示剂最好选择_______，吸收装置中冷凝管的作用_______。 ②双氰胺样品的纯度为_______(写最简表达式)。 13．（2026·四川广安·一模）NO是一种具有重要生理功能和临床应用价值的气体。某兴趣小组设计如下装置（夹持等装置已略）制备NO，并验证其重要性质。 回答下列问题： (1)仪器a的名称是_____。 (2)实验前，向A中通入的作用是________。A中反应的离子方程式为______。 (3)C中NO与反应的化学方程式为___________。 (4)实验中，___________（填实验现象）说明NO具有氧化性。 (5)若将NO通入酸性溶液，一段时间后，溶液褪色，说明NO具有____性。 (6)采用Saltzman法可测定尾气中NO的含量。测定过程中，NO的转化如下图所示： 已知不同质量的标准溶液加入吸收液中，显色后测定吸光度，再绘制吸光度和质量标准曲线，通过拟合和换算可得曲线方程：，其中A表示吸光度，m表示质量（以为单位）。 ①溶于水后，除生成外还会生成____。 ②若尾气经氧化后，通入吸收液中，充分反应后，测得红色物质的吸光度为0.2324，则尾气中NO的含量为____（保留两位有效数字）。 14．（2026·河北·一模）某实验小组欲使用的氨水和气体制取少量溶液并测定其产率。已知溶液pH约为8.5。 回答下列问题： (1)仪器a的名称为___________，仪器b的作用为___________，甲中发生反应的化学方程式为___________。 (2)装置乙中使用冰水浴的目的是___________，反应前氨水中加入了少量酚酞，证明装置乙中氨水已完全转化为产品的现象是___________。 (3)丙中发生反应的离子方程式为___________。 (4)将反应后装置乙中的溶液全部转移到250 mL容量瓶中，加蒸馏水配成250 mL溶液，取25.00 mL该溶液，加入过量的碘液，充分反应后，以淀粉溶液为指示剂，用浓度为的标准溶液滴定至终点，平行测定三次，消耗标准溶液的平均体积为，上述测定过程所涉及的反应如下： 、根据实验数据，计算的产率为___________(用含的代数式表示)。 (5)如果反应开始没有用排出装置中的空气，测定的的产率会偏低，原因是___________。 15．（25-26高三上·北京丰台·期末）实验小组探究碘酸铜溶度积常数的测定方法，对照理论数据判断方法的可行性。 理论分析 时，纯净的固体微溶于水。其饱和溶液中存在关系：，只需测定，即可计算出。 (1)实验探究 序号 实验内容及现象 Ⅰ 时。将的两种溶液混合制备沉淀，取反应后浊液，调节，加入足量二钠盐充分反应后，再加入足量溶液，溶液呈棕黄色，用标准溶液进行滴定，记录体积。 Ⅱ 时，将的两种溶液混合制备沉淀，静置后取上层清液，调节，之后重复实验1的步骤。 已知：i．均为无色。 ii．对有吸附作用。 iii．EDTA二钠盐结构简式为： ①上述实验滴定时选用淀粉作指示剂，滴定终点的现象是___________。用离子方程式表示KI的作用：___________。 ②实验中加入EDTA二钠盐的目的是___________。 ③实验I中取浊液测定，会使所测值___________。(填“偏大”、“偏小”或“不受影响”)。 ④结合理论分析，实验Ⅱ中计算值偏小的原因是___________。 ⑤实验过程中如果滴定时间超过，发生反应___________(写离子方程式)，则会导致测定结果偏高。 (2)实验改进 ①设计准确测定溶度积常数的实验方案：时，取实验Ⅱ过滤所得沉淀，___________(可用“重复实验I的步骤”简化表述)。 ②按照上述测定方案实施实验，若量取待测液为，重复滴定3次，平均消耗标准溶液为，则该条件下的的为___________(列出计算式)。将本实验计算结果与时的标准进行比较，可判断实验方案的可行性。 16．（25-26高三上·辽宁·期末）葡萄糖酸钙是一种有机钙盐，主要用于食品的钙强化剂与营养剂，可促进骨骼生长。葡萄糖酸钙可通过以下反应制得： （葡萄糖）（葡萄糖酸）+2HBr； （葡萄糖酸）（葡萄糖酸钙）。 相关物质的溶解性见下表： 物质名称 葡萄糖酸钙 葡萄糖酸 溴化钙 氯化钙 水中的溶解性 可溶于冷水，易溶于热水 可溶 易溶 易溶 乙醇中的溶解性 微溶 微溶 可溶 可溶 I．制备葡萄糖酸钙 实验流程如下： (1)第①步中溴水氧化葡萄糖时，下列装置最合适的是_____。 (2)制备葡萄糖酸钙的过程中，葡萄糖的氧化也可用其他试剂，下列物质中最适合的是____________。 A．酸性溶液    B．/葡萄糖氧化酶    C． 酸性溶液 (3)第③步需趁热过滤，其原因是____________。 (4)第④步加入乙醇的作用是____________。 (5)第⑥步中，下列洗涤剂最合适的是____________。 A．冷水 B．热水 C．乙醇 D．乙醇—水混合溶液 II．测定葡萄糖酸钙中钙的含量 称取葡萄糖酸钙样品2.5 g，加蒸馏水至100.00 mL，微热轻摇使之溶解。取25.00 mL溶液加入少量pH约为10的缓冲溶液与约0.1 g钙紫红素指示剂。用乙二胺四乙酸溶液（EDTA，用表示）滴定，当溶液颜色由紫红色变为纯蓝色时停止滴定，记录消耗乙二胺四乙酸溶液的体积。重复实验次，平均消耗乙二胺四乙酸溶液27.30 mL。取25.00 mL水做空白实验消耗乙二胺四乙酸溶液2.30 mL。 已知：。 (6)根据实验数据可知，该葡萄糖酸钙中钙的含量为_______。（以每克样品中钙的质量计） (7)滴定时会导致所测钙含量偏低的情况是____（填标号）。 a．滴定时，摇动锥形瓶，瓶内液体溅出 b．终点读数时仰视滴定管刻度线 c．未做空白实验 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 定量型实验方案的设计与评价题型训练 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C C D B A B D C C 1．D 【详解】A．已知活泼金属与酸反应、酸碱中和反应均为放热反应，即实验中(a)、(c)所涉及的反应都是放热反应，但铵盐和碱的反应即(b)是吸热反应，A错误； B．将实验(a)中的铝片更换为等质量的铝粉后反应速率加快，但释放出的热量一样多，没有增加，B错误； C．已知金属的导热性能比玻璃强得多，故实验(c)中将玻璃搅拌器改为铁质搅拌器对实验结果有影响，导致测量的反应热偏高，C错误； D．由于NaOH固体溶于水是一个放热过程，则若用NaOH固体测定中和反应反应热，导致放出的热量更多，测定结果数值偏高，D正确； 故答案为：D。 2．C 【详解】A．图①装置没有加热装置，不适用于二氧化锰和浓盐酸反应制氯气，不能达到实验目的，A不符合题意； B．图②装置为利用酸式滴定管中装有的标准酸溶液滴定未知碱溶液，不能用于强碱标准溶液滴定未知浓度的强酸溶液，不能达到实验目的，B不符合题意； C．图③装置用于测定中和反应的反应热，温度计测温度，玻璃搅拌器起搅拌作用，装置密封、隔热保温效果好，能达到实验目的，C符合题意； D．容量瓶不能用于稀释浓硫酸，浓硫酸稀释会放出大量热，可能导致容量瓶受热变形、精度受损，应在烧杯中稀释并冷却至室温后，再转移至容量瓶中，图④装置不能达到实验目的，D不符合题意； 故答案选C。 3．C 【详解】Pr2(CO3)3·8H2O置于空气中灼烧制备Pr6O11，则由Pr元素守恒存在：3Pr2(CO3)3·8H2O~Pr6O11，则剩余固体质量与起始固体质量的比值为，由图，则最适宜的温度为755℃，故选C。 4．D 【详解】A．乙醇与水能以任意比互溶，故乙醇不能作为萃取溴水中溴的萃取剂，A错误； B．用标准NaOH溶液滴定未知浓度的草酸溶液时，标准液氢氧化钠溶液需要用碱式滴定管，待测液醋酸盛放在锥形瓶中，终点时显碱性，用酚酞作指示剂，B错误； C．碱石灰能与反应，不能用于干燥，C错误； D．由图可知，杯酚与形成的超分子不溶于甲苯，而溶于甲苯，则向超分子和的混合物中加入甲苯溶解、过滤得到超分子和，杯酚溶于氯仿，而不溶于氯仿，向超分子中加入氯仿溶解、过滤得到和杯酚，D正确； 故答案选D。 5．B 【详解】A．在Zn-Fe原电池中，Zn比Fe活泼，Zn作为阳极被腐蚀，Fe作为阴极应被保护；在Fe棒附近滴加铁氰化钾溶液产生蓝色沉淀，表明阴极有Fe2+存在；可能是铁氰化钾与铁电极反应产生二价铁，不能说明铁棒未被保护，A不符合题意； B．加水稀释时，离子浓度减小，平衡向离子总数多的方向移动，即平衡逆向移动；[Cu(H2O)4]2+（蓝色）数目增多，溶液从黄绿色变为蓝绿色，颜色变化可以用勒夏特列原理解释，B符合题意； C．饱和Na2CO3浸泡CaSO4发生沉淀转化：，过滤后加盐酸沉淀溶解（），说明硫酸钙完全转化为碳酸钙，原因可能是碳酸根浓度很大，导致平衡正向移动发生沉淀转化，因此不能说明，C不符合题意； D．对甲基苯乙醛中含甲基和醛基，两者均可被酸性高锰酸钾氧化导致其褪色；向对甲基苯乙醛中滴加酸性高锰酸钾溶液，酸性高锰酸钾溶液紫色褪去，不一定是醛基被酸性高锰酸钾溶液氧化，D不符合题意； 故答案选B。 6．A 【详解】A．使用乙醚作溶剂避免水干扰，苯酚与钠反应更剧烈，说明其羟基更活泼，A正确； B．同温条件下，同浓度Na2CO3溶液pH大于Na2SO3溶液的pH，说明亚硫酸氢根的酸性强于碳酸氢根的酸性；比较非金属性需依据最高价含氧酸酸性，亚硫酸钠与碳酸钠对应酸的酸性强弱无法证明S与C非金属性强弱，B错误； C．加入浓盐酸（H+）增大生成物浓度，平衡逆向移动使橙色加深，现象与事实不符，结论错误，C错误； D．碘水变蓝说明有淀粉存在，但可能部分水解，淀粉未水解结论不准确，D错误； 故答案选A。 7．B 【详解】A．制备乙酸乙酯的过程中需要浓硫酸作催化剂和吸水剂，图中缺少了浓硫酸，A错误； B．制备氢氧化铁胶体的过程是将氯化铁饱和溶液滴入沸水中，继续加热至溶液呈红褐色，B正确； C．在探究溶解度较大的转化成溶解度更小的实验中，必须少量，才能确保是沉淀转化为，而不是因为过量生成的，C错误； D．用控制变量法探究化学反应速率的影响因素时，只能设置一个变量，而实验中有盐酸浓度和金属种类两个变量，D错误； 故答案选B。 8．D 【分析】本题考查间接碘量法测定胆矾中铜含量的实验操作及误差分析。根据实验步骤和已知反应： 步骤Ⅰ：样品溶解，涉及称量操作。 步骤Ⅱ：加入过量KI，发生反应，溶液呈棕黄色。 步骤Ⅲ：用Na2S2O3滴定I2，反应为，临近终点加淀粉指示剂（淀粉遇I2变蓝），滴定至蓝色消失。 【详解】A. 称量固体样品（如胆矾）时，使用滤纸保护托盘是标准操作，可避免样品直接接触托盘造成腐蚀或污染，同时减少吸湿影响，A正确。 B. 过量KI使反应充分向右进行，确保所有被还原为I2，保证定量分析的准确性，B正确。 C. 淀粉若过早加入，可能吸附I2形成复合物，导致终点褪色缓慢或判断不敏锐。临近终点时加入可避免此问题，使蓝色变化更易观察，符合碘量法操作规范，C正确。 D. 杂质会与I⁻发生反应：，生成额外I2。滴定中消耗的Na2S2O3量增加，导致根据Na2S2O3消耗量计算的I2总量偏高，进而使推算的含量偏高（而非偏低），D错误； 故答案选D。 9．C 【详解】A．电石与饱和食盐水反应生成乙炔气体，乙炔通入酸性KMnO4溶液褪色，可证明乙炔具有还原性，但电石中可能含CaS等杂质，产生H2S气体也能使KMnO4褪色，干扰结论，A错误； B．试管口出现红棕色气体（NO2），是由于Fe2+在酸性条件下还原生成NO，NO被空气中O2氧化为NO2，并非直接还原为NO2，结论错误，B错误； C．滴加淀粉溶液变蓝，证明存在；滴加AgNO3溶液产生黄色沉淀（AgI），证明存在I⁻。由于溶液中同时存在I2和I⁻，故存在平衡：，C正确； D．pH均为7说明溶液呈中性，但CH3COONH4浓度不同，水解程度不同，对水的电离促进程度不同，电离程度不相同，D错误； 故答案选C。 10．C 【分析】FeSO4与AgNO3既发生复分解反应生成Ag2SO4沉淀，方程式为：；又发生氧化还原反应生成Ag单质，离子方程式为：，据此作答。 【详解】A．ⅰ中溶液等体积混合后，此时，即不会产生Ag2SO4沉淀，所以a=0，A正确； B．ⅱ中Ag2SO4沉淀加适量浓氨水充分反应形成[Ag(NH3)2]+，溶液中增大，取上层清液滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，B正确； C．硫酸亚铁与硝酸银发生两个反应，根据反应比例可知溶液中二价铁过量，即不能通过检验是否存在Fe2+作为为可逆反应的证据，C错误； D．结合表中数据可得，本实验中反应物浓度增大，得到的沉淀物质的量之比（Ag2SO4沉淀占比）越大，所以推断对复分解反应的影响比对氧化还原反应的影响更大，D正确； 故答案选C。 11．(1) U形管 防止空气中的水分和进入装置C中 (2) (3) (4) 酸式 当滴入最后半滴酸性高锰酸钾溶液时，溶液变为浅红色，且半分钟内不恢复原色 17.70 56% 【分析】由实验装置图可知，装置A中甲烷与铁红反应制备铁触媒；装置B中盛有的浓硫酸用于吸收、测定生成水的质量；装置C中盛有的碱石灰用于吸收、测定反应生成二氧化碳的质量；装置D中盛有的碱石灰用于吸收空气中的水蒸气与二氧化碳进入装置C中影响二氧化碳的测定。 【详解】（1）由实验装置图可知，装置C为U形管；由分析可知，装置D中盛有的碱石灰用于吸收空气中的水蒸气与二氧化碳进入装置C中影响二氧化碳的测定； （2）由题意可知，温度高于700℃时发生的反应为甲烷与铁红在700℃条件下反应生成铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：； （3）由题意可知，650℃时，反应消耗氧化铁的物质的量为：=0.3 mol，反应生成的水、二氧化碳的物质的量分别为：=0.1 mol、=0.05 mol，由铁原子个数守恒可知，铁的氧化物中铁原子的物质的量为：0.3 mol×2=0.6 mol，氧原子个数守恒可知，氧化物中氧原子的物质的量为：0.3 mol×3-0.1 mol-0.05 mol×2=0.7 mol，则铁的氧化物中铁原子和氧原子的个数比为：0.6 mol：0.7 mol=6：7，则氧化物的化学式为Fe6O7；设1 mol氧化物中亚铁离子的物质的量为a mol，铁离子的物质的量为b mol，由铁原子个数守恒可得：a+b=6，由化合价代数和为0可得：2a+3b-7×2=0，解联立方程可得：a=4、b=2，则氧化物中铁离子和亚铁离子的物质的量比为：2 mol：4 mol=1：2； （4）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，所以酸性高锰酸钾溶液盛放在酸式滴定管中；由题意可知，滴定时溶液中的亚铁离子与酸性高锰酸钾溶液完全反应后，再滴入最后半滴酸性高锰酸钾溶液，溶液会变为浅红色，则滴定终点时的现象为当滴入最后半滴酸性高锰酸钾溶液时，溶液变为浅红色，且半分钟内不恢复原色；由图可知，滴定消耗酸性高锰酸钾溶液的体积为：(17.70-0.00)mL=17.70mL；由题意可知，反应消耗铁的物质的量：=0.02 mol；由得失电子数目守恒可得如下转化关系：5Fe2+~KMnO4，滴定消耗17.50 mL0.2 mol/L酸性高锰酸钾溶液，则铁触媒样品中铁元素的物质的量为：0.2 mol/L×17.50×10-3L×5×-0.02 mol=0.07 mol -0.02 mol=0.05 mol，铁元素的质量分数为：×100%=56%。 12．(1) (2)由于具有碱性，pH过低产品(或氰胺)容易结合成盐，降低产率 (3) 圆底烧瓶 ②④⑥ (4)AD (5) 甲基橙 将水蒸气冷凝成液态水，溶于水后被充分吸收，防止倒吸 【分析】分析所给流程图可知，CaCN2与水反应生成Ca(OH)2和NC-NH2，通入CO2，使Ca(OH) 2转化成CaCO3滤渣除去，NC-NH2在80 ℃、弱碱性条件下反应生成双氰胺，再经过蒸发浓缩、冷却结晶得到双氰胺晶体。 【详解】（1） 是离子化合物，则阳离子为Ca2+、为阴离子；Ca原子最外层有2个电子，易失去最外层的2个电子达到8电子的稳定结构；N原子最外层有5个电子，易得到3个电子或形成3对共用电子对达到8电子的稳定结构；C原子最外层有4个电子，通常形成4对共用电子对达到8电子的稳定结构；则每个N原子分别得到Ca失去的1个电子、与C原子形成两对共用电子对，Ca、C、N都达到8电子的稳定结构，的电子式为； （2）步骤Ⅱ中调节溶液为9.1，不能过低的原因：①碱性条件下反应速率较快②由于具有碱性，pH过低产品(或氰胺)容易结合成盐，降低产率； （3）仪器b的名称圆底烧瓶，真空蒸发浓缩通过以下步骤完成，将反应后溶液转移至a中→②接通冷凝水，开始抽气，打开旋转按钮保持a不停转动，然后开始加热→浓缩至所需浓度，关闭装置→④取a中溶液，冷却后过滤→⑥用冷水洗涤→干燥→粗产品；故答案为：圆底烧瓶，②④⑥； （4）A．由分析，步骤Ⅰ产生的滤渣主要成分是碳酸钙，A错误； B．真空蒸发浓缩可以加快浓缩速率，降低蒸发温度，防止双氰胺因温度过高发生分解，B正确； C．双氰胺在冷水中溶解度较小，溶于热水，所以可用重结晶的方法提纯粗产品，C正确； D．双氰胺在80℃以上会分解产生氨气，保持不停转动a是为了受热均匀，温度不会达到暴沸，且可以防止局部温度过高导致双氰胺发生分解，D错误； 故选AD； （5）①由题干可知，滴定终点得到氯化铵和硼酸，溶液为酸性，故本实验中指示剂最好选择酸性指示剂甲基橙；吸收装置中冷凝管的作用将水蒸气冷凝成液态水，NH3溶于水后被充分吸收，防止倒吸。 ②由方程式结合氮元素守恒，存在双氰胺~4N~4HCl，则双氰胺样品的纯度为。 13．(1)恒压滴液漏斗 (2) 排尽装置中空气，防止NO和氧气生成二氧化氮 (3) (4)无水硫酸铜变蓝 (5)还原 (6) 0.38 【分析】首先通入氢气排净装置中空气，防止NO和氧气生成二氧化氮，A中铜与稀硝酸反应制取NO，气体通过浓硫酸干燥后，再NO与反应，结合质量守恒，反应生成水和氮气，D装置检验生成的水，E装置防止空气中水的干扰； 【详解】（1）仪器a的名称是恒压滴液漏斗。 （2）NO会和氧气生成二氧化氮，实验前，向A中通入的作用是排尽装置中空气，防止NO和氧气生成二氧化氮；A中反应为铜和稀硝酸生成硝酸铜和NO、水，离子方程式：。 （3）由分析，C中NO与反应生成氮气和水，化学方程式为：。 （4）实验中，D中无水硫酸铜变蓝，氢气被NO氧化为水，说明NO具有氧化性。 （5）将NO通入酸性溶液，一段时间后，溶液褪色，说明高锰酸根离子被还原为锰离子，体现NO具有还原性。 （6）①溶于水后生成，氮元素化合价降低，则结合电子守恒，还会有部分氮元素化合价升高，生成硝酸； ②若尾气经氧化后，通入吸收液中，充分反应后，测得红色物质的吸光度为0.2324，，m=4.6，则尾气中NO为：，尾气中NO的含量为，保留两位有效数字为。 14．(1) 分液漏斗 防倒吸 (2) 防止氨水挥发、防止生成的分解 溶液由红色变为浅红色或无色 (3) (4) (5)装置中会将生成的氧化为，产率降低 【分析】甲装置制备，乙装置制备，由于易溶于水，所以用仪器b防倒吸，丙装置吸收尾气，乙装置反应温度不宜过高，否则氨水挥发或生成的分解均可导致产品产率降低，据此分析。 【详解】（1）据图可知，仪器a的名称为分液漏斗；由于易溶于水，所以用仪器b防倒吸；甲装置制备，甲中发生反应的化学方程式为；。 （2）乙装置反应温度不宜过高，否则氨水挥发或生成的分解均可导致产品产率降低，故装置乙中使用冰水浴的目的是防止氨水挥发、防止生成的分解；应前氨水中加入了少量酚酞，证明装置乙中氨水已完全转化为产品的现象是溶液由红色变为浅红色或无色。 （3）丙装置吸收尾气，发生反应的离子方程式为： 。 （4）的氨水理论上生成的物质的量为，滴定过程可以算出生成的的物质的量为，故产率为。 （5）如果反应开始没有用排出装置中的空气，装置中会将生成的氧化为，产率降低。 15．(1) 溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复 与发生配位反应，避免与反应产生吸附，造成测定结果不准确 偏大 计算时所用小于其在溶液中的实际浓度 (2) 洗涤沉淀后，加蒸馏水充分溶解配成饱和溶液，静置后取一定体积的上层清液，调节，重复实验I的步骤(加入足量EDTA二钠盐充分反应后，再加入足量溶液，用标准溶液)在内完成滴定，记录体积 【分析】难溶电解质Cu(IO3)2存在溶解平衡，溶度积表达式为（饱和溶液中存在关系），因此只要测定出饱和溶液中的浓度，即可计算出的浓度，进而求得Ksp；实验Ⅰ采用间接碘量法滴定，分两步反应： ① 酸性条件下与过量发生归中反应生成：； ② 生成的用标准Na2S2O3溶液滴定（以淀粉为指示剂），从而确定碘酸根的量；但溶液中的会与反应，生成的会干扰的测定结果，因此实验中加入EDTA二钠盐，利用其与铜离子形成稳定络合物的性质，消除铜离子干扰； 实验Ⅱ通过加入过量，确保完全反应生成Cu(IO3)2沉淀，静置后上层清液为 Cu(IO3)2的饱和溶液，取上层清液25 mL，调节pH=3.5，之后重复实验1的步骤；据此作答。 【详解】（1）①淀粉遇碘单质变蓝，滴定终点前溶液中存在碘单质，呈蓝色；当碘单质被Na2S2O3完全还原为碘离子时，蓝色褪去；即滴定终点的现象为溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复；碘化钾的作用是将碘酸根转化为碘单质，以便于滴定，离子方程式为； ②依据分析，实验中加入EDTA二钠盐的目的是与Cu2+发生配位反应，避免Cu2+与I−反应产生CuI吸附，造成测定结果不准确； ③溶度积的测定对象是饱和溶液中的离子浓度，而浊液中含有未溶解的Cu(IO3)2沉淀，滴定时，沉淀会发生溶解平衡移动，持续释放碘酸根，使滴定消耗的Na2S2O3体积偏大，导致测定的偏高，对应的Ksp值偏大； ④实验Ⅱ中，即Cu2+过量，上层清液中，但计算时仍按饱和溶液中处理，导致偏小，Ksp值偏小；答案为：计算时所用小于其在溶液中的实际浓度； ⑤酸性条件下，空气中的O2具有氧化性，会将溶液中的碘离子氧化为碘单质，生成的单质碘会消耗更多的硫代硫酸钠，导致测定结果偏高；氧气氧化碘离子的离子方程式为； （2）①为准确测定碘酸铜的Ksp，必须保证使用纯净的饱和溶液且满足，没有其他离子干扰；则方案为：取实验Ⅱ过滤所得沉淀，洗涤沉淀后，加蒸馏水充分溶解配成饱和溶液，静置后取一定体积的上层清液，调节pH=3.5，重复实验I的步骤(加入足量EDTA二钠盐充分反应后，再加入足量KI溶液，用Na2S2O3标准溶液)在15 min内完成滴定，记录体积； ②结合上述分析，实验过程中离子之间的关系为，则依据题目数据得，则。 16．(1)B (2)B (3)葡萄糖酸钙冷却后会结晶，如不趁热过滤会损失产品 (4)可降低葡萄糖酸钙在溶液中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙的析出 (5)D (6)160 (7)a 【分析】由于实验中需要能够控制滴加溴和水浴加热；由于葡萄糖是一种多羟基的醛，所以可以被弱氧化剂氧化成羧酸类，通过醛类催化氧化是最合适的；增加某一种物质的量，可以提高另一种物质的转化率；根据表格中葡萄糖酸钙的溶解度与温度的关系解答；葡萄糖酸钙在乙醇中的溶解度是微溶，有利于葡萄糖酸钙的析出；利用水可以将无机杂质溶解除掉，同时利用葡萄糖酸钙在乙醇中的微溶，减少葡萄糖酸钙的损失。 【详解】（1）由于实验中需要能够控制滴加溴水和水浴加热，A不能控制添加溴水，C没有进行水浴加热，故装置B最合适。 （2）由于葡萄糖是一种多羟基的醛，所以可以被弱氧化剂氧化成羧酸类，酸性高锰酸钾溶液和酸性重铬酸钾溶液可以氧化羟基，因此不可选，故选B。 （3）温度高时，葡萄糖酸钙的溶解度较大，趁热过滤，可避免葡萄糖酸钙的损失。 （4）葡萄糖酸钙在乙醇中的溶解度是微溶，可降低葡萄糖酸钙在溶剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙的析出。 （5）由于葡萄糖酸钙微溶在乙醇中因此如果只用乙醇洗涤，则不能完全除去杂质；如果用水洗涤，又会增加葡萄糖酸钙的损失。因此应该用乙醇-水混合溶液，故选D项。 （6）由可知，与消耗的EDTA的物质的量之比为1：1，因此25 mL溶液中含的质量为，则2.5 g样品中钙的含量为。 （7）a．滴定过程中，如果锥形瓶内的溶液溅出，则消耗标准液的体积较少，测量值偏低，a符合题意； b．滴定终点如果仰视刻度线会导致读数偏大，则测量值偏高，b不符合题意； c．若不做空白实验，则不能排除试剂水中微量钙及杂质的干扰，则测量值偏大，c不符合题意； 故选a。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $