2026届高三化学二轮复习  专题八 化学综合实验

专题八 化学综合实验 知识点1 物质制备探究型综合实验 题点1 和金属及其化合物相关的制备型实验综合 1.(2025·湖南，11)SnCl2具有还原性，易水解。一种制备纯净的SnCl2的装置示意图如下： 下列说法错误的是(　　) A.导气管a需接一个装有碱石灰的干燥管 B.实验过程中应先通入HCl(g)，再开启管式炉加热 C.若通入气体更换为Cl2，也可制备纯净的SnCl2 D.配制SnCl2溶液需加盐酸和金属Sn 2.(2025·河南，8)某同学设计以下实验，探究简单配合物的形成和转化。 下列说法错误的是(　　) A.②中沉淀与④中沉淀不是同一种物质 B.③中现象说明配体与Cu2+的结合能力：NH3>H2O C.④中深蓝色物质在乙醇中的溶解度比在水中小 D.若向⑤中加入稀硫酸，同样可以得到黄绿色溶液 3.(2025·陕晋青宁，15)某实验室制备糖精钴[Co(Sac)2(H2O)4]·xH2O，并测定其结晶水含量。 已知：Sac-表示糖精根离子，其摩尔质量为182 g·mol-1；糖精钴的溶解度在热水中较大，在冷水中较小；丙酮沸点为56 ℃，与水互溶。 CoCl2·6H2O+2NaSac·2H2O[Co(Sac)2(H2O)4]·xH2O+(6-x)H2O+2NaCl (一)制备 Ⅰ.称取1.0 g CoCl2·6H2O，加入18 mL蒸馏水，搅拌溶解，得溶液1。 Ⅱ.称取2.6 g(稍过量)糖精钠(NaSac·2H2O)，加入10 mL蒸馏水，加热搅拌，得溶液2。 Ⅲ.将溶液2加入到接近沸腾的溶液1中，反应3分钟后停止加热，静置，冷却结晶。 Ⅳ.过滤，依次用三种不同试剂洗涤晶体，晾干得产品。 回答下列问题： (1)Ⅰ和Ⅱ中除烧杯外，还需用到的玻璃仪器有　　　　(写出两种)。 (2)Ⅲ中静置过程有少量晶体出现时，可将烧杯置于　　　　中，以使大量晶体析出。 (3)Ⅳ中用①丙酮、②冷水、③冷的1%NaSac溶液洗涤晶体，正确顺序为　　　　。 A.①③② B.③②① C.②①③ (4)Ⅳ中为了确认氯离子已经洗净，取水洗时的最后一次滤液于试管中，　　　(将实验操作、现象和结论补充完整)。 (5)与本实验安全注意事项有关的图标有　　　　。 (二)结晶水含量测定 EDTA和Co2+形成1∶1配合物。准确称取m g 糖精钴产品于锥形瓶中，加蒸馏水，加热溶解，再加入缓冲溶液和指示剂，在50~60 ℃下，用c mol·L-1 的EDTA标准溶液滴定。 (6)下列操作的正确顺序为　　　　(用字母排序)。 a.用标准溶液润洗滴定管 b.加入标准溶液至“0”刻度以上2~3 mL处 c.检查滴定管是否漏水并清洗 d.赶出气泡，调节液面，准确记录读数 (7)滴定终点时消耗标准溶液V mL，则产品[Co(Sac)2(H2O)4]·xH2O中x的测定值为　　　　(用含m、c、V的代数式表示)；若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，会导致x的测定值　　　　(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 4.(2025·甘肃，15)某兴趣小组按如下流程由稀土氧化物Eu2O3和苯甲酸钠制备配合物Eu(C7H5O2)3·xH2O，并通过实验测定产品纯度和结晶水个数(杂质受热不分解)。已知Eu3+在碱性溶液中易形成Eu(OH)3沉淀。Eu(C7H5O2)3·xH2O在空气中易吸潮，加强热时分解生成Eu2O3。 Eu2O3产品 (1)步骤①中，加热的目的为　　　　　　　。 (2)步骤②中，调节溶液pH时需搅拌并缓慢滴加NaOH溶液，目的为　　　　；pH接近6时，为了防止pH变化过大，还应采取的操作为　　　　　　。 (3)如图所示玻璃仪器中，配制一定物质的量浓度的苯甲酸钠溶液所需的仪器名称为　　　　。 (4)准确称取一定量产品，溶解于稀HNO3中，萃取生成的苯甲酸，蒸去有机溶剂，加入一定量的NaOH标准溶液，滴入1~2滴酚酞溶液，用HCl标准溶液滴定剩余的NaOH。滴定终点的现象为　　　　。实验所需的指示剂不可更换为甲基橙，原因为　　　　。 (5)取一定量产品进行热重分析，每个阶段的重量降低比例数据如图所示，0~92 ℃范围内产品质量减轻的原因为　　　　　　　。结晶水个数x=　　　　[M(C7H5)=121，结果保留两位有效数字]。 5.(2025·安徽，16)侯氏制碱法以NaCl、CO2和NH3为反应物制备纯碱。某实验小组在侯氏制碱法基础上，以NaCl和NH4HCO3为反应物，在实验室制备纯碱，步骤如下： ①配制饱和食盐水； ②在水浴加热下，将一定量研细的NH4HCO3加入饱和食盐水中，搅拌，使NH4HCO3溶解，静置，析出NaHCO3晶体； ③将NaHCO3晶体减压过滤、煅烧，得到Na2CO3固体。 回答下列问题： (1)步骤①中配制饱和食盐水，下列仪器中需要使用的有　　　　　　　　(填名称)。 (2)步骤②中NH4HCO3需研细后加入，目的是　　　　　　　。 (3)在实验室使用NH4HCO3代替CO2和NH3制备纯碱，优点是　　　　。 (4)实验小组使用滴定法测定了产品的成分。滴定过程中溶液的pH随滴加盐酸体积变化的曲线如图所示。 ⅰ.到达第一个滴定终点B时消耗盐酸V1 mL，到达第二个滴定终点C时又消耗盐酸V2 mL。V1=V2，所得产品的成分为　　　　(填标号)。 a.Na2CO3 b.NaHCO3 c.Na2CO3和NaHCO3 d.Na2CO3和NaOH ⅱ.到达第一个滴定终点前，某同学滴定速度过快，摇动锥形瓶不均匀，致使滴入盐酸局部过浓。该同学所记录的V'1　　　　V1(填“>”“<”或“=”)。 (5)已知常温下Na2CO3和NaHCO3的溶解度分别为30.7 g和10.3 g。向饱和Na2CO3溶液中持续通入CO2气体会产生NaHCO3晶体。实验小组进行相应探究： 实验 操作 现象 a 将CO2匀速通入置于烧杯中的20 mL饱和Na2CO3溶液，持续20 min，消耗600 mL CO2 无明显现象 b 将20 mL饱和Na2CO3溶液注入充满CO2的500 mL矿泉水瓶中，密闭，剧烈摇动矿泉水瓶1~2 min，静置 矿泉水瓶变瘪，3 min后开始有白色晶体析出 ⅰ.实验a无明显现象的原因是　　　　　　　。 ⅱ.析出的白色晶体可能同时含有NaHCO3和Na2CO3·10H2O。称取0.42 g晾干后的白色晶体，加热至恒重，将产生的气体依次通过足量的无水CaCl2和NaOH溶液，NaOH溶液增重0.088 g，则白色晶体中NaHCO3的质量分数为　　　　。 6.(2024·湖南，15)亚铜配合物广泛用作催化剂。实验室制备[Cu(CH3CN)4]ClO4的反应原理如下：Cu(ClO4)2·6H2O+Cu+8CH3CN2[Cu(CH3CN)4]ClO4+6H2O。实验步骤如下： 分别称取3.71 g Cu(ClO4)2·6H2O和0.76 g Cu粉置于100 mL乙腈(CH3CN)中反应，回流装置图和蒸馏装置图(加热、夹持等装置略)如下： 已知：①乙腈是一种易挥发的强极性配位溶剂；②相关物质的信息如下： 化合物 [Cu(CH3CN)4]ClO4 Cu(ClO4)2·6H2O 相对分子质量 327.5 371 在乙腈中颜色 无色 蓝色 回答下列问题： (1)下列与实验有关的图标表示排风的是　　　　　　　(填标号)。  (2)装置Ⅰ中仪器M的名称为　　　　　。 (3)装置Ⅰ中反应完全的现象是　　　　　。 (4)装置Ⅰ和Ⅱ中N2气球的作用是　　　　　　　　　。  (5)[Cu(CH3CN)4]ClO4不能由步骤c直接获得，而是先蒸馏至接近饱和，再经步骤d冷却结晶获得。这样处理的目的是　　　　　。 (6)为了使母液中的[Cu(CH3CN)4]ClO4结晶，步骤e中向母液中加入的最佳溶剂是　　　　　　　　　(填标号)。  A.水 B.乙醇 C.乙醚 (7)合并步骤d和e所得的产物，总质量为5.32 g，则总收率为　　　　　　　　　(用百分数表示，保留一位小数)。  7.(2024·贵州，15)十二钨硅酸在催化方面有重要用途。某实验小组制备十二钨硅酸晶体，并测定其结晶水含量的方法如下(装置如图，夹持装置省略)： Ⅰ.将适量Na2WO4·2H2O、Na2SiO3·9H2O加入三颈烧瓶中，加适量水，加热，溶解。 Ⅱ.持续搅拌下加热混合物至近沸，缓慢滴加浓盐酸至pH为2，反应30分钟，冷却。 Ⅲ.将反应液转至萃取仪器中，加入乙醚，再分批次加入浓盐酸，萃取。 Ⅳ.静置后液体分上、中、下三层，下层是油状钨硅酸醚合物。 Ⅴ.将下层油状物转至蒸发皿中，加少量水，加热至混合液表面有晶膜形成，冷却结晶，抽滤，干燥，得到十二钨硅酸晶体(H4［SiW12O40］·nH2O)。 已知： ①制备过程中反应体系pH过低会产生钨的水合氧化物沉淀； ②乙醚易挥发、易燃，难溶于水且密度比水小； ③乙醚在高浓度盐酸中生成的［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　　　　　。  (2)步骤Ⅱ中浓盐酸需缓慢滴加的原因是　　　　　。  (3)下列仪器中，用于“萃取、分液”操作的有　　　　　(填名称)。  (4)步骤Ⅳ中“静置”后液体中间层的溶质主要是　　　　　。  (5)步骤Ⅴ中“加热”操作　　　　　(选填“能”或“不能”)使用明火，原因是　　　　　。  (6)结晶水测定：称取m g十二钨硅酸晶体(H4［SiW12O40］·nH2O，相对分子质量为M)，采用热重分析法测得失去全部结晶水时失重w%，计算n=　　　　　(用含w、M的代数式表示)；若样品未充分干燥，会导致n的值　　　　　(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。  8.(2024·浙江6月选考，20)某小组采用如下实验流程制备AlI3： 已知：AlI3是一种无色晶体，吸湿性极强，可溶于热的正己烷，在空气中受热易被氧化。 请回答： (1)如图为步骤Ⅰ的实验装置图(夹持仪器和尾气处理装置已省略)，图中仪器A的名称是　　　　　　　　　　，判断步骤Ⅰ反应结束的实验现象是　　　　　。  (2)下列做法不正确的是 　。 A.步骤Ⅰ中，反应物和溶剂在使用前除水 B.步骤Ⅰ中，若控温加热器发生故障，改用酒精灯(配石棉网)加热 C.步骤Ⅲ中，在通风橱中浓缩至蒸发皿内出现晶膜 D.步骤Ⅳ中，使用冷的正己烷洗涤 (3)所得粗产品呈浅棕黄色，小组成员认为其中混有碘单质，请设计实验方案验证：　　　　　。  (4)纯化与分析：对粗产品纯化处理后得到产品，再采用银量法测定产品中I-含量以确定纯度。滴定原理为：先用过量AgNO3标准溶液沉淀I-，再以NH4SCN标准溶液回滴剩余的Ag+。已知： 难溶电解质 AgI(黄色) AgSCN(白色) Ag2CrO4(红色) 溶度积常数Ksp 8.5×10-17 1.0×10-12 1.1×10-12 ①从下列选项中选择合适的操作补全测定步骤　　　　　　　。  称取产品1.020 0 g，用少量稀酸A溶解后转移至250 mL容量瓶，加水定容得待测溶液。取滴定管检漏、水洗→　　　　　　　→装液、赶气泡、调液面、读数→用移液管准确移取25.00 mL待测溶液加入锥形瓶→　　　　　　　→　　　　　　　→加入稀酸B→用1.000×10-2 mol·L-1 NH4SCN标准溶液滴定→　　　　　　→读数。  a.润洗，从滴定管尖嘴放出液体 b.润洗，从滴定管上口倒出液体 c.滴加指示剂K2CrO4溶液 d.滴加指示剂硫酸铁铵[NH4Fe]溶液 e.准确移取25.00 mL 4.000×10-2 mol·L-1 AgNO3标准溶液加入锥形瓶 f.滴定至溶液呈浅红色 g.滴定至沉淀变白色 ②加入稀酸B的作用是　　　　　　　。  ③三次滴定消耗NH4SCN标准溶液的平均体积为25.60 mL，则产品纯度为　　　　　　　。[M(AlI3)=408 g·mol-1]  9.（2023·浙江（1月选考）卷，20）某研究小组制备纳米ZnO，再与金属有机框架(MOF)材料复合制备荧光材料ZnO@MOF，流程如下： 已知：①含锌组分间的转化关系：Zn2＋Zn(OH)2[Zn(OH)4]2－ ②ε­Zn(OH)2是Zn(OH)2的一种晶型，39 ℃以下稳定。 请回答： (1)步骤Ⅰ，初始滴入ZnSO4溶液时，体系中主要含锌组分是_________________________。 (2)下列有关说法不正确的是________(填字母)。 A．步骤Ⅰ，搅拌的作用是避免反应物浓度局部过高，使反应充分 B．步骤Ⅰ，若将过量NaOH溶液滴入ZnSO4溶液制备ε­Zn(OH)2，可提高ZnSO4的利用率 C．步骤Ⅱ，为了更好地除去杂质，可用50 ℃的热水洗涤 D．步骤Ⅲ，控温煅烧的目的是为了控制ZnO的颗粒大小 (3)步骤Ⅲ，盛放样品的容器名称是_________________________。 (4)用Zn(CH3COO)2和过量(NH4)2CO3反应，得到的沉淀可直接控温煅烧得纳米ZnO，沉淀无需洗涤的原因是__________________________________________________________。 (5)为测定纳米ZnO产品的纯度，可用已知浓度的EDTA标准溶液滴定Zn2＋，从下列选项中选择合理的仪器和操作，补全如下步骤[“__________”上填写一件最关键仪器，“(　　)”内填写一种操作，均用字母表示]。 用________(称量ZnO样品x g)→ 用烧杯(　　)→用________(　　)→用移液管(　　)→用滴定管(盛装EDTA标准溶液，滴定Zn2＋) 仪器：a.烧杯；b.托盘天平；c.容量瓶；d.分析天平；e.试剂瓶 操作：f.配制一定体积的Zn2＋溶液；g.酸溶样品；h.量取一定体积的Zn2＋溶液；i.装瓶贴标签 (6)制备的ZnO@MOF荧光材料可测Cu2＋浓度。已知ZnO@MOF的荧光强度比值与Cu2＋在一定浓度范围内的关系如图。 某研究小组取7.5×10－3 g人血浆铜蓝蛋白(相对分子质量1.5×105)，经预处理，将其中Cu元素全部转化为Cu2＋并定容至1 L。取样测得荧光强度比值为10.2，则1个血浆铜蓝蛋白分子中含________个铜原子。 10.(2023·全国甲卷，27)钴配合物[Co(NH3)6]Cl3溶于热水，在冷水中微溶，可通过如下反应制备：2CoCl2＋2NH4Cl＋10NH3＋H2O22[Co(NH3)6]Cl3＋2H2O。 具体步骤如下： Ⅰ.称取2.0 g NH4Cl，用5 mL水溶解。 Ⅱ.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。 Ⅲ.加热至55～60 ℃反应20 min。冷却，过滤。 Ⅳ.将滤得的固体转入含有少量盐酸的25 mL沸水中，趁热过滤。 Ⅴ.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。 回答下列问题： (1)步骤Ⅰ中使用的部分仪器如下。 仪器a的名称是____________。加快NH4Cl溶解的操作有____________。 (2)步骤Ⅱ中，将温度降至10 ℃以下以避免____________、____________；可选用____________降低溶液温度。 (3)指出下列过滤操作中不规范之处：________________________________________。 (4)步骤Ⅳ中，趁热过滤，除掉的不溶物主要为____________。 (5)步骤Ⅴ中加入浓盐酸的目的是________________________。 11.(2023·浙江6月选考，20)某研究小组用铝土矿为原料制备絮凝剂聚合氯化铝([Al2(OH)aClb]m，a＝1～5)，按如下流程开展实验。 已知：①铝土矿主要成分为Al2O3，含少量Fe2O3和SiO2。用NaOH溶液溶解铝土矿过程中SiO2转变为难溶性的铝硅酸盐。 ②[Al2(OH)aClb]m的絮凝效果可用盐基度衡量，盐基度＝。当盐基度为0.60～0.85时，絮凝效果较好。 请回答： (1)步骤Ⅰ所得滤液中主要溶质的化学式是____________________________________。 (2)下列说法不正确的是____________________________________________________。 A．步骤Ⅰ，反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度 B．步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量CO2有利于减少Al(OH)3沉淀中的杂质 C．步骤Ⅲ，为减少Al(OH)3吸附的杂质，洗涤时需对漏斗中的沉淀充分搅拌 D．步骤中控制Al(OH)3和AlCl3的投料比可控制产品盐基度 (3)步骤Ⅴ采用如图所示的蒸汽浴加热，仪器A的名称是________________；步骤Ⅴ不宜用酒精灯直接加热的原因是____________________________________________________。 (4)测定产品的盐基度。 Cl－的定量测定：称取一定量样品，配成溶液，移取25.00 mL溶液于锥形瓶中，调pH＝6.5～10.5，滴加指示剂K2CrO4溶液。在不断摇动下，用0.100 0 mol·L－1 AgNO3标准溶液滴定至浅红色(有Ag2CrO4沉淀)，30秒内不褪色。平行测试3次，平均消耗AgNO3标准溶液22.50 mL。另测得上述样品溶液中c(Al3＋)＝0.100 0 mol·L－1。 ①产品的盐基度为________________________________________________________。 ②测定Cl－过程中溶液pH过低或过高均会影响测定结果，原因是_______________________。 12.(2023·湖南，15)金属Ni对H2有强吸附作用，被广泛用于硝基或羰基等不饱和基团的催化氢化反应，将块状Ni转化成多孔型雷尼Ni后，其催化活性显著提高。 已知：①雷尼Ni暴露在空气中可以自燃，在制备和使用时，需用水或有机溶剂保持其表面“湿润”； ②邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行。 某实验小组制备雷尼Ni并探究其催化氢化性能的实验如下： 步骤1：雷尼Ni的制备 步骤2：邻硝基苯胺的催化氢化反应 反应的原理和实验装置图如下(夹持装置和搅拌装置略)。装置Ⅰ用于储存H2和监测反应过程。 回答下列问题： (1)操作(a)中，反应的离子方程式是_________________________________________。 (2)操作(d)中，判断雷尼Ni被水洗净的方法是________________________________。 (3)操作(e)中，下列溶剂中最有利于步骤2中氢化反应的是__________________。 A．丙酮 B．四氯化碳 C．乙醇 D．正己烷 (4)向集气管中充入H2时，三通阀的孔路位置如下图所示；发生氢化反应时，集气管向装置Ⅱ供气，此时孔路位置需调节为______________________________________________。 (5)仪器M的名称是_______________________________________________________。 (6)反应前应向装置Ⅱ中通入N2一段时间，目的是_____________________________。 (7)如果将三颈瓶N中的导气管口插入液面以下，可能导致的后果是__________________。 (8)判断氢化反应完全的现象是______________________________________________。 13.(2023·江苏，14)V2O5－WO3/TiO2催化剂能催化NH3脱除烟气中的NO，反应为4NH3(g)＋O2(g)＋4NO(g)===4N2(g)＋6H2O(g)　ΔH＝－1 632.4 kJ·mol－1。 (1)催化剂的制备。将预先制备的一定量的WO3/TiO2粉末置于80 ℃的水中，在搅拌下加入一定量的NH4VO3溶液，经蒸发、焙烧等工序得到颗粒状V2O5－WO3/TiO2催化剂。在水溶液中VO水解为H3VO4沉淀的离子方程式为___________________________________；反应选用NH4VO3溶液而不选用NaVO3溶液的原因是_______________________________。 (2)催化剂的应用。将一定物质的量浓度的NO、O2、NH3(其余为N2)气体匀速通过装有V2O5－WO3/TiO2催化剂的反应器，测得NO的转化率随温度的变化如图所示。反应温度在320～360 ℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是_____________________；反应温度高于380 ℃，NO转化率下降，除因为进入反应器的NO被还原的量减少外，还有____________ ______________________________________________________(用化学方程式表示)。 (3)废催化剂的回收。回收V2O5－WO3/TiO2废催化剂并制备NH4VO3的过程可表示为 ①酸浸时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高钒元素浸出率的方法还有______________________。 ②通过萃取可分离钒和钨，在得到的钒酸中含有H4V4O12。已知H4V4O12具有八元环结构，其结构式可表示为______________________。 ③向pH＝8的NaVO3溶液中加入过量的NH4Cl溶液，生成NH4VO3沉淀。已知：Ksp(NH4VO3)＝1.7×10－3，加过量NH4Cl溶液的目的是___________________________________。 14.(2023·江苏，16)实验室模拟“镁法工业烟气脱硫”并制备MgSO4·H2O，其实验过程可表示为 (1)在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入SO2气体，生成MgSO3，反应为Mg(OH)2＋H2SO3===MgSO3＋2H2O，其平衡常数K与Ksp[Mg(OH)2]、Ksp(MgSO3)、Ka1(H2SO3)、Ka2(H2SO3)的代数关系式为K＝________________；下列实验操作一定能提高氧化镁浆料吸收SO2效率的有________________(填序号)。 A．水浴加热氧化镁浆料 B．加快搅拌速率 C．降低通入SO2气体的速率 D．通过多孔球泡向氧化镁浆料中通SO2 (2)在催化剂作用下MgSO3被O2氧化为MgSO4。已知MgSO3的溶解度为0.57 g (20 ℃)，O2氧化溶液中SO的离子方程式为___________________________________________；在其他条件相同时，以负载钴的分子筛为催化剂，浆料中MgSO3被O2氧化的速率随pH的变化如图甲所示。在pH＝6～8范围内，pH增大，浆料中MgSO3的氧化速率增大，其主要原因是________________________________________________________________________。 (3)制取MgSO4·H2O晶体。在如图乙所示的实验装置中，搅拌下，使一定量的MgSO3浆料与H2SO4溶液充分反应。MgSO3浆料与H2SO4溶液的加料方式是________________；补充完整制取MgSO4·H2O晶体的实验方案：向含有少量Fe3＋、Al3＋的MgSO4溶液中，______________。(已知：Fe3＋、Al3＋在pH≥5时完全转化为氢氧化物沉淀；室温下从MgSO4饱和溶液中结晶出MgSO4·7H2O，MgSO4·7H2O在150～170 ℃下干燥得到MgSO4·H2O，实验中需要使用MgO粉末) 15.(2022·浙江6月选考)氨基钠(NaNH2)是重要的化学试剂，实验室可用下图装置(夹持、搅拌、尾气处理装置已省略)制备。 简要步骤如下： Ⅰ.在瓶A中加入100 mL液氨和0.05 g Fe(NO3)3·9H2O，通入氨气排尽密闭体系中空气，搅拌。 Ⅱ.加入5 g钠粒，反应，得NaNH2粒状沉积物。 Ⅲ.除去液氨，得产品NaNH2。 已知：NaNH2几乎不溶于液氨，易与水、氧气等反应。 2Na＋2NH3===2NaNH2＋H2↑ NaNH2＋H2O===NaOH＋NH3↑ 4NaNH2＋3O2===2NaOH＋2NaNO2＋2NH3 请回答： (1)Fe(NO3)3·9H2O的作用是_______________________________________；装置B的作用是___________________________。 (2)步骤Ⅰ，为判断密闭体系中空气是否排尽，请设计方案___________________________。 (3)步骤Ⅱ，反应速率应保持在液氨微沸为宜。为防止速率偏大，可采取的措施有__________。 (4)下列说法不正确的是__________。 A．步骤Ⅰ中，搅拌的目的是使Fe(NO3)3·9H2O均匀地分散在液氨中 B．步骤Ⅱ中，为判断反应是否已完成，可在N处点火，如无火焰，则反应已完成 C．步骤Ⅲ中，为避免污染，应在通风橱内抽滤除去液氨，得到产品NaNH2 D．产品NaNH2应密封保存于充满干燥氮气的瓶中 (5)产品分析：假设NaOH是产品NaNH2的唯一杂质，可采用如下方法测定产品NaNH2纯度。从下列选项中选择最佳操作并排序。 准确称取产品NaNH2x g→(　　)→(　　)→(　　)→计算 a．准确加入过量的水 b．准确加入过量的HCl标准溶液 c．准确加入过量的NH4Cl标准溶液 d．滴加甲基红指示剂(变色的pH范围4.4～6.2) e．滴加石蕊指示剂(变色的pH范围4.5～8.3) f．滴加酚酞指示剂(变色的pH范围8.2～10.0) g．用NaOH标准溶液滴定 h．用NH4Cl标准溶液滴定 i．用HCl标准溶液滴定 16.(2022·海南卷15)胆矾(CuSO4·5H2O)是一种重要化工原料，某研究小组以生锈的铜屑为原料[主要成分是Cu，含有少量的油污、CuO、CuCO3、Cu(OH)2]制备胆矾。流程如下。 回答问题： (1)步骤①的目的是_____________________________________。 (2)步骤②中，若仅用浓H2SO4溶解固体B，将生成__________(填化学式)污染环境。 (3)步骤②中，在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4，反应的化学方程式为__________。 (4)经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是________________________________。 (5)实验证明，滤液D能将I－氧化为I2。 ⅰ.甲同学认为不可能是步骤②中过量H2O2将I－氧化为I2，理由是________________________________________________________________________。 ⅱ.乙同学通过实验证实，只能是Cu2＋将I－氧化为I2，写出乙同学的实验方案及结果_________________________________________________________(不要求写具体操作过程)。 17.(2022·湖南卷)某实验小组以BaS溶液为原料制备BaCl2·2H2O，并用重量法测定产品中BaCl2·2H2O的含量。设计了如下实验方案： 可选用试剂：NaCl晶体、BaS溶液、浓H2SO4、稀H2SO4、CuSO4溶液、蒸馏水 步骤1.BaCl2·2H2O的制备 按如图所示装置进行实验，得到BaCl2溶液，经一系列步骤获得BaCl2·2H2O产品。 步骤2.产品中BaCl2·2H2O的含量测定 ①称取产品0.500 0 g，用100 mL水溶解，酸化，加热至近沸； ②在不断搅拌下，向①所得溶液逐滴加入热的0.100 mol·L－1 H2SO4溶液； ③沉淀完全后，60℃水浴40分钟，经过滤、洗涤、烘干等步骤，称量白色固体，质量为0.466 0 g。 回答下列问题： (1)Ⅰ是制取__________气体的装置，在试剂a过量并微热时，发生主要反应的化学方程式为________________________________________________________________________。 (2)Ⅱ中b仪器的作用是__________；Ⅲ中的试剂应选用__________。 (3)在沉淀过程中，某同学在加入一定量热的H2SO4溶液后，认为沉淀已经完全，判断沉淀已完全的方法是____________________________________________________________。 (4)沉淀过程中需加入过量的H2SO4溶液，原因是___________________________。 (5)在过滤操作中，下列仪器不需要用到的是__________(填名称)。 (6)产品中BaCl2·2H2O的质量分数为__________(保留三位有效数字)。 18.(2022·山东卷，8)实验室制备KMnO4的过程为：①高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化MnO2制备K2MnO4；②水溶后冷却，调溶液pH至弱碱性，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2；③减压过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，再减压过滤得KMnO4。下列说法正确的是(　　) A．①中用瓷坩埚作反应器 B．①中用NaOH作强碱性介质 C．②中K2MnO4只体现氧化性 D．MnO2转化为KMnO4的理论转化率约为66.7% 19.(2022·山东卷，18)实验室利用FeCl2·4H2O和亚硫酰氯(SOCl2)制备无水FeCl2的装置如图所示(加热及夹持装置略)。已知SOCl2沸点为76 ℃，遇水极易反应生成两种酸性气体。回答下列问题： (1)实验开始先通N2。一段时间后，先加热装置______(填“a”或“b”)。装置b内发生反应的化学方程式为________________。装置c、d共同起到的作用是_______________________。 (2)现有含少量杂质的FeCl2·nH2O，为测定n值进行如下实验： 实验Ⅰ：称取m1 g样品，用足量稀硫酸溶解后，用c mol·L－1K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2＋达终点时消耗V mL(滴定过程中Cr2O转化为Cr3＋，Cl－不反应)。 实验Ⅱ：另取m1 g样品，利用上述装置与足量SOCl2反应后，固体质量为m2 g。 则n＝__________；下列情况会导致n测量值偏小的是__________(填标号)。 A．样品中含少量FeO杂质 B．样品与SOCl2反应时失水不充分 C．实验Ⅰ中，称重后样品发生了潮解 D．滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成 (3)用上述装置、根据反应TiO2＋CCl4TiCl4＋CO2制备TiCl4。已知TiCl4与CCl4分子结构相似，与CCl4互溶，但极易水解。选择合适仪器并组装蒸馏装置对TiCl4、CCl4混合物进行蒸馏提纯(加热及夹持装置略)，安装顺序为①⑨⑧__________(填序号)，先馏出的物质为__________。 20.(2022·浙江（选考）卷，30)某兴趣小组用四水醋酸锰[(CH3COO)2Mn·4H2O]和乙酰氯(CH3COCl)为原料制备无水二氯化锰，按如下流程开展了实验(夹持仪器已省略)： 已知：①无水二氯化锰极易吸水潮解，易溶于水、乙醇和醋酸，不溶于苯 ②制备无水二氯化锰的主要反应： (CH3COO)2Mn＋2CH3COClMnCl2↓＋2(CH3CO)2O ③乙酰氯遇水发生反应：CH3COCl＋H2O―→CH3COOH＋HCl 请回答： (1)步骤Ⅰ所获固体主要成分是________(用化学式表示)。 (2)步骤Ⅰ在室温下反应，步骤Ⅱ在加热回流下反应，目的分别是________。 (3)步骤Ⅲ：下列操作中正确的是________。 A．用蒸馏水润湿滤纸，微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上 B．用倾析法转移溶液，开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀 C．用乙醇作为洗涤剂，在洗涤沉淀时，关小水龙头，使洗涤剂缓慢通过沉淀物 D．洗涤结束后，将固体迅速转移至圆底烧瓶进行后续操作 (4)步骤Ⅳ：①将装有粗产品的圆底烧瓶接到纯化装置(图2)上，打开安全瓶上旋塞，打开抽气泵，关闭安全瓶上旋塞，开启加热器，进行纯化。请给出纯化完成后的操作排序：纯化完成→(____)→(____)→(____)→(____)→将产品转至干燥器中保存 a．拔出圆底烧瓶的瓶塞 b．关闭抽气泵 c．关闭加热器，待烧瓶冷却至室温 d．打开安全瓶上旋塞 ②图2装置中U形管内NaOH固体的作用是_________________________________。 (5)用滴定分析法确定产品纯度。甲同学通过测定产品中锰元素的含量确定纯度；乙同学通过测定产品中氯元素的含量确定纯度。合理的是________(填“甲”或“乙”)同学的方法。 21.（2021·辽宁卷，18）磁性材料在很多领域具有应用前景，其制备过程如下(各步均在氛围中进行)： ①称取，配成溶液，转移至恒压滴液漏斗中。 ②向三颈烧瓶中加入溶液。 ③持续磁力搅拌，将溶液以的速度全部滴入三颈烧瓶中，100℃下回流3h。 ④冷却后过滤，依次用热水和乙醇洗涤所得黑色沉淀，在干燥。 ⑤管式炉内焙烧2 h，得产品3.24 g。 部分装置如图： 回答下列问题： (1)仪器a的名称是 ；使用恒压滴液漏斗的原因是 。 (2)实验室制取有多种方法，请根据元素化合物知识和氧化还原反应相关理论，结合下列供选试剂和装置，选出一种可行的方法，化学方程式为 ，对应的装置为 (填标号)。 可供选择的试剂：、、、、饱和、饱和 可供选择的发生装置(净化装置略去)： (3)三颈烧瓶中反应生成了Fe和，离子方程式为 。 (4)为保证产品性能，需使其粒径适中、结晶度良好，可采取的措施有_______。 A．采用适宜的滴液速度 B．用盐酸代替KOH溶液，抑制水解 C．在空气氛围中制备 D．选择适宜的焙烧温度 (5)步骤④中判断沉淀是否已经用水洗涤干净，应选择的试剂为 ；使用乙醇洗涤的目的是 。 (6)该实验所得磁性材料的产率为 (保留3位有效数字)。 22.（2021·江苏卷，17）以软锰矿粉(含MnO2及少量Fe、Al、Si、Ca、Mg等的氧化物)为原料制备电池级MnO2。 (1)浸取。将一定量软锰矿粉与Na2SO3、H2SO4溶液中的一种配成悬浊液，加入到三颈瓶中(图1)，70℃下通过滴液漏斗缓慢滴加另一种溶液，充分反应，过滤。滴液漏斗中的溶液是 ；MnO2转化为Mn2+的离子方程式为 。 (2)除杂。向已经除去Fe、Al、Si的MnSO4溶液(pH约为5)中加入NH4F溶液，溶液中的Ca2+、Mg2+形成氟化物沉淀。若沉淀后上层清液中c(F-)=0.05mol·L-1，则= 。[Ksp(MgF2)=5×10-11，Ksp(CaF2)=5×10-9] (3)制备MnCO3。在搅拌下向100mL1mol·L-1MnSO4溶液中缓慢滴加1mol·L-1NH4HCO3溶液，过滤、洗涤、干燥，得到MnCO3固体。需加入NH4HCO3溶液的体积约为 。 (4)制备MnO2。MnCO3经热解、酸浸等步骤可制备MnO2。MnCO3在空气气流中热解得到三种价态锰的氧化物，锰元素所占比例(×100%)随热解温度变化的曲线如图2所示。已知：MnO与酸反应生成Mn2+；Mn2O3氧化性强于Cl2，加热条件下Mn2O3在酸性溶液中转化为MnO2和Mn2+。 为获得较高产率的MnO2，请补充实验方案：取一定量MnCO3置于热解装置中，通空气气流， ，固体干燥，得到MnO2。(可选用的试剂：1 mol·L-1 H2SO4溶液、2 mol·L-1 HCl溶液、BaCl2溶液、AgNO3溶液)。 23.（2021·山东卷，18）六氯化钨(WCl6)可用作有机合成催化剂，熔点为283 ℃，沸点为340 ℃，易溶于CS2，极易水解。实验室中，先将三氧化钨(WO3)还原为金属钨(W)再制备WCl6，装置如图所示(夹持装置略)。回答下列问题： (1)检查装置气密性并加入WO3。先通N2，其目的是________________；一段时间后，加热管式炉，改通H2，对B处逸出的H2进行后续处理。仪器A的名称为________________，证明WO3已被完全还原的现象是____________________。 (2)WO3完全还原后，进行的操作为：①冷却，停止通H2；②以干燥的接收装置替换E；③在B处加装盛有碱石灰的干燥管；④……；⑤加热，通Cl2；⑥……。碱石灰的作用是____________________；操作④是__________________，目的是____________________。 (3)利用碘量法测定WCl6产品纯度，实验如下： ①称量：将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称重为m1 g；开盖并计时1分钟，盖紧称重为m2 g；再开盖加入待测样品并计时1分钟，盖紧称重为m3 g，则样品质量为__________g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。 ②滴定：先将WCl6转化为可溶的Na2WO4，通过IO离子交换柱发生反应：WO＋Ba(IO3)2===BaWO4＋2IO；交换结束后，向所得含IO的溶液中加入适量酸化的KI溶液，发生反应：IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O；反应完全后，用Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2＋2S2O===2I－＋S4O。滴定达终点时消耗c mol·L－1的Na2S2O3溶液V mL，则样品中WCl6(摩尔质量为M g·mol－1)的质量分数为____________。称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将__________(填“偏大”“偏小”或“不变”)，样品中WCl6质量分数的测定值将______________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 24.(2020·北京卷，15)H2O2是一种重要的化学品，其合成方法不断发展。 (1)早期制备方法 ①Ⅰ为分解反应，产物除BaO、O2外，还有一种红棕色气体。该反应的化学方程式是_________。 ②Ⅱ为可逆反应，促进该反应正向进行的措施是_____________________________________。 ③Ⅲ中生成H2O2，反应的化学方程式是____________________________________________。 ④减压能够降低蒸馏温度，从H2O2的化学性质角度说明Ⅴ中采用减压蒸馏的原因：__________________________。 (2)电化学制备方法 已知反应2H2O2===2H2O＋O2↑能自发进行，反向不能自发进行，通过电解可以实现由H2O和O2为原料制备H2O2，下图为制备装置示意图。 ①a极的电极反应式是__________________________________________________________。 ②下列说法正确的是________。 A．该装置可以实现电能转化为化学能 B．电极b连接电源负极 C．该方法相较于早期制备方法具有原料廉价，对环境友好等优点 25.(2020·浙江卷，30)硫代硫酸钠在纺织业等领域有广泛应用。某兴趣小组用下图装置制备Na2S2O3·5H2O。 合成反应：SO2＋Na2CO3===Na2SO3＋CO2　2Na2S＋3SO2===2Na2SO3＋3S　Na2SO3＋SNa2S2O3 滴定反应：I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6 已知：Na2S2O3·5H2O易溶于水，难溶于乙醇，50 ℃开始失结晶水。 实验步骤： Ⅰ.Na2S2O3制备：装置A制备的SO2经过单向阀通入装置C中的混合溶液，加热、搅拌，至溶液pH约为7时，停止通入SO2气体，得产品混合溶液。 Ⅱ.产品分离提纯：产品混合溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到Na2S2O3·5H2O产品。 Ⅲ.产品纯度测定：以淀粉作指示剂，用Na2S2O3·5H2O产品配制的溶液滴定碘标准溶液至滴定终点，计算Na2S2O3·5H2O含量。 请回答： (1)步骤Ⅰ单向阀的作用是________________；装置C中的反应混合溶液pH过高或过低将导致产率降低，原因是__________________________________________________________。 (2)步骤Ⅱ下列说法正确的是________。 A．快速蒸发溶液中水分，可得较大晶体颗粒 B．蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，停止加热 C．冷却结晶后的固液混合物中加入乙醇可提高产率 D．可选用冷的Na2CO3溶液作洗涤剂 (3)步骤Ⅲ ①滴定前，有关滴定管的正确操作为(选出正确操作并按序排列)： 检漏→蒸馏水洗涤→(　　)→(　　)→(　　)→(　　)→(　　)→开始滴定。 A．烘干 B．装入滴定液至零刻度以上 C．调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下 D．用洗耳球吹出润洗液 E．排除气泡 F．用滴定液润洗2至3次 G．记录起始读数 ②装标准碘溶液的碘量瓶(带瓶塞的锥形瓶)在滴定前应盖上瓶塞，目的是________________。 ③滴定法测得产品中Na2S2O3·5H2O含量为100.5%，则Na2S2O3·5H2O产品中可能混有的物质是________。 题点2 和非金属及其化合物相关的制备型实验探究 1.(2025·新课标卷，26)碘具有重要经济价值。实验室利用沉淀法从含碘废液中回收碘，相关反应的化学方程式为： 2CuSO4+2NaI+Na2SO3+H2O2CuI(白色)↓+2NaHSO4+Na2SO4 2CuI+8HNO3(浓)2Cu(NO3)2+I2+4NO2↑+4H2O 实验装置如图所示。 实验步骤如下： ①向A中加入Na2SO3，搅拌使其溶解。将CuSO4饱和溶液加入B中。 ②加热至60~70 ℃，逐滴加入饱和CuSO4溶液。停止加热，静置，沉降。 ③检查I-是否沉淀完全。确认沉淀完全后，弃去上层清液。 ④将B中溶液更换为浓硝酸，连接装置D。不断搅拌下，逐滴加入浓硝酸。 ⑤待析出的I2沉降后，过滤，洗涤，干燥得到产品。 回答下列问题： (1)仪器A和C的名称分别是　　　　　　、　　　　　　　　　　　。  (2)称取CuSO4·5H2O于烧杯中，向其中加入适量蒸馏水，微热，搅拌，静置冷却，得到CuSO4饱和溶液。判断CuSO4溶液饱和的实验现象是　　　　　　　　　　　。  (3)步骤③中，确认I-沉淀完全的操作及现象是：取少量清液，加入一滴淀粉溶液，　　　　　　。  (4)步骤④中，加入浓硝酸后A中的现象是　　　　　　　　　　　，  D中盛放　　　　　　　。  (5)步骤⑤中，使用　　　　(填标号)洗涤。  a.水　　b.四氯化碳　　c.乙醇 (6)若要进一步精制产品，可采取的方法是　　　　　　　　　　　。  2.(2025·河北，15)氢碘酸常用于合成碘化物。某化学兴趣小组用如图装置(夹持装置等略)制备氢碘酸。 步骤如下： ⅰ.在A中加入150 mL H2O和127 g I2，快速搅拌，打开K1通入H2S，反应完成后，关闭K1，静置、过滤得滤液； ⅱ.将滤液转移至B中，打开K2通入N2，接通冷凝水，加热保持微沸，直至H2S除尽； ⅲ.继续加热蒸馏，C中收集沸点为125~127 ℃间的馏分，得到117 mL氢碘酸(密度为1.7 g·mL-1，HI质量分数为57%)。 回答下列问题： (1)仪器A的名称：　　　　，通入H2S发生反应的化学方程式：　　　　　　　　。 (2)步骤ⅰ中快速搅拌的目的：　　　(填序号)。 a.便于产物分离 b.防止暴沸 c.防止固体产物包覆碘 (3)步骤ⅰ中随着反应的进行，促进碘溶解的原因：　　　　　　　(用离子方程式表示)。 (4)步骤ⅱ中的尾气常用　　　　(填化学式)溶液吸收。 (5)步骤ⅱ实验开始时的操作顺序：先通入N2，再加热；步骤ⅲ实验结束时相对应的操作顺序：　　　　。 (6)列出本实验产率的计算表达式：　　　　。 (7)氢碘酸见光易分解，易被空气氧化，应保存在　　　　　　　　。 3.(2024·河北，15)市售的溴(纯度99%)中含有少量的Cl2和I2，某化学兴趣小组利用氧化还原反应原理，设计实验制备高纯度的溴。回答下列问题： (1)装置如图(夹持装置等略)，将市售的溴滴入盛有浓CaBr2溶液的B中，水浴加热至不再有红棕色液体馏出。仪器C的名称为　　　　　　　　；CaBr2溶液的作用为　　　　　　　　；D中发生的主要反应的化学方程式为　　　　　　　　。  (2)将D中溶液转移至　　　　　　　　(填仪器名称)中，边加热边向其中滴加酸化的KMnO4溶液至出现红棕色气体，继续加热将溶液蒸干得固体R。该过程中生成I2的离子方程式为　　　　　　。  (3)利用图示相同装置，将R和K2Cr2O7固体混合均匀放入B中，D中加入冷的蒸馏水。由A向B中滴加适量浓H2SO4，水浴加热蒸馏。然后将D中的液体分液、干燥、蒸馏，得到高纯度的溴。D中蒸馏水的作用为　　　　　　　　和　　　　　　　　。  (4)为保证溴的纯度，步骤(3)中K2Cr2O7固体的用量按理论所需量的计算，若固体R质量为m克(以KBr计)，则需称取　　　　　　　　 g K2Cr2O7(M=294 g·mol-1)(用含m的代数式表示)。  (5)本实验所用钾盐试剂均经重结晶的方法纯化。其中趁热过滤的具体操作为漏斗下端管口紧靠烧杯内壁，转移溶液时用　　　　　　　　　　　　　　　　，滤液沿烧杯壁流下。  4.(2024·甘肃，16)某兴趣小组设计了利用MnO2和H2SO3生成MnS2O6，再与Na2CO3反应制备Na2S2O6·2H2O的方案： (1)采用下图所示装置制备SO2，仪器a的名称为　　　　　　　　；步骤Ⅰ中采用冰水浴是为了　　　　　　　　。  (2)步骤Ⅱ应分数次加入MnO2，原因是　　　　　　　　　。  (3)步骤Ⅲ滴加饱和Ba(OH)2溶液的目的是　　　　　　　　　。  (4)步骤Ⅳ生成MnCO3沉淀，判断Mn2+已沉淀完全的操作是　　　　　　　　　。 (5)将步骤Ⅴ中正确操作或现象的标号填入相应括号中。 A.蒸发皿中出现少量晶体 B.使用漏斗趁热过滤 C.利用蒸发皿余热使溶液蒸干 D.用玻璃棒不断搅拌 E.等待蒸发皿冷却 5．(2024·浙江1月选考，20)H2S可用于合成光电材料。某兴趣小组用CaS与MgCl2反应制备液态H2S，实验装置如图，反应方程式为：CaS＋MgCl2＋2H2O===CaCl2＋Mg(OH)2＋H2S↑。 已知：①H2S的沸点是61 ℃，有毒； ②装置A内产生的H2S气体中含有酸性气体杂质。 请回答： (1)仪器X的名称是______________________________。 (2)完善虚框内的装置排序：A→B→____→____→____→F→G。 (3)下列干燥剂，可用于装置C中的是________。 A．氢氧化钾 B．五氧化二磷 C．氯化钙 D．碱石灰 (4)装置G中汞的两个作用是：①平衡气压：②________________________________。 (5)下列说法正确的是________。 A．该实验操作须在通风橱中进行 B．装置D的主要作用是预冷却H2S C．加入的MgCl2固体，可使MgCl2溶液保持饱和，有利于平稳持续产生H2S D．该实验产生的尾气可用硝酸吸收 (6)取0.680 g H2S产品，与足量CuSO4溶液充分反应后，将生成的CuS置于已恒重、质量为31.230 g的坩埚中，煅烧生成CuO，恒重后总质量为32.814 g。产品的纯度为______________。 6.(2023·湖北，13)利用如图所示的装置(夹持及加热装置略)制备高纯白磷的流程如下： 红磷(s)无色液体与P4(g)白磷(s) 下列操作错误的是(　　) A．红磷使用前洗涤以除去表面杂质 B．将红磷转入装置，抽真空后加热外管以去除水和氧气 C．从a口通入冷凝水，升温使红磷转化 D．冷凝管外壁出现白磷，冷却后在氮气氛围下收集 7.(2023·山东，18)三氯甲硅烷(SiHCl3)是制取高纯硅的重要原料，常温下为无色液体，沸点为31.8 ℃，熔点为－126.5 ℃，易水解。实验室根据反应Si＋3HClSiHCl3＋H2，利用如图装置制备SiHCl3粗品(加热及夹持装置略)。回答下列问题： (1)制备SiHCl3时进行操作：(ⅰ)……；(ⅱ)将盛有硅粉的瓷舟置于管式炉中；(ⅲ)通入HCl，一段时间后接通冷凝装置，加热开始反应。操作(ⅰ)为____________________；判断制备反应结束的实验现象是_________________。图示装置存在的两处缺陷是__________________。 (2)已知电负性：Cl>H>Si，SiHCl3在浓NaOH溶液中发生反应的化学方程式为_____________ ________________________________________________________________________。 (3)采用如下方法测定溶有少量HCl的SiHCl3纯度。 m1 g样品经水解、干燥等预处理过程得硅酸水合物后，进行如下实验操作：①____________，②____________(填操作名称)，③称量等操作，测得所得固体氧化物质量为m2 g，从下列仪器中选出①、②中需使用的仪器，依次为____________(填标号)。测得样品纯度为____________(用含m1、m2的代数式表示)。 8.（2022·重庆卷，16）研究小组以无水甲苯为溶剂，PCl5(易水解)和NaN3为反应物制备纳米球状红磷。该红磷可提高钠离子电池的性能。 (1)甲苯干燥和收集的回流装置如图1所示(夹持及加热装置略)。以二苯甲酮为指示剂，无水时体系呈蓝色。 ①存贮时，Na应保存在__________中。 ②冷凝水的进口是__________(填“a”或“b”)。 ③用Na干燥甲苯的原理是_____________________________________(用化学方程式表示)。 ④回流过程中，除水时打开的活塞是__________；体系变蓝后，改变开关状态收集甲苯。 (2)纳米球状红磷的制备装置如图2所示(搅拌和加热装置略)。 ①在Ar气保护下，反应物在A装置中混匀后转入B装置，于280 ℃加热12小时，反应物完全反应。其化学反应方程式为____________________________________________________。 用Ar气赶走空气的目的是_______________________________________________________。 ②经冷却、离心分离和洗涤得到产品，洗涤时先后使用乙醇和水，依次洗去的物质是__________和__________。 ③所得纳米球状红磷的平均半径R与B装置中气体产物的压强p的关系如图3所示。欲控制合成R＝125 nm的红磷，气体产物的压强为______kPa，需NaN3的物质的量为________ mol(保留3位小数)。已知：p＝a×n，其中a＝2.5×105 kPa·mol－1，n为气体产物的物质的量。 9.(2022·海南卷17)磷酸氢二铵[(NH4)2HPO4]常用于干粉灭火剂。某研究小组用磷酸吸收氨气制备(NH4)2HPO4，装置如图所示(夹持和搅拌装置已省略)。 回答问题： (1)实验室用NH4Cl(s)和Ca(OH)2(s)制备氨气的化学方程式为____________________。 (2)现有浓H3PO4质量分数为85%，密度为1.7 g·mL－1。若实验需100 mL 1.7 mol·L－1的H3PO4溶液，则需浓H3PO4__________ mL(保留一位小数)。 (3)装置中活塞K2的作用为_________________________________________。 实验过程中，当出现__________________现象时，应及时关闭K1，打开K2。 (4)当溶液pH为8.0～9.0时，停止通NH3，即可制得(NH4)2HPO4溶液。若继续通入NH3，当pH>10.0时，溶液中OH－、____________和____________(填离子符号)浓度明显增加。 (5)若本实验不选用pH传感器，还可选用______________作指示剂，当溶液颜色由__________变为__________时，停止通NH3。 10.(2022·湖北卷，16)高技术领域常使用高纯试剂。纯磷酸(熔点为42 ℃，易吸潮)可通过市售85%磷酸溶液减压蒸馏除水、结晶除杂得到，纯化过程需要严格控制温度和水分，温度低于21 ℃易形成2H3PO4·H2O(熔点为30 ℃)，高于100 ℃则发生分子间脱水生成焦磷酸等。某兴趣小组为制备磷酸晶体设计的实验装置如下(夹持装置略)： 回答下列问题： (1)A的名称是__________。B的进水口为__________(填“a”或“b”)。 (2)P2O5的作用是________________________________。 (3)空气流入毛细管的主要作用是防止________________________________________， 还具有搅拌和加速水逸出的作用。 (4)升高温度能提高除水速度，实验选用水浴加热的目的是_____________________________。 (5)磷酸易形成过饱和溶液，难以结晶，可向过饱和溶液中加入__________促进其结晶。 (6)过滤磷酸晶体时，除了需要干燥的环境外，还需要控制温度为__________(填标号)。 A．<20 ℃ B．30～35 ℃ C．42～100 ℃ (7)磷酸中少量的水极难除去的原因是_____________________________________________。 11.（2022·辽宁卷，18）作为绿色氧化剂应用广泛，氢醌法制备原理及装置如下： 已知：、等杂质易使催化剂中毒。回答下列问题： (1)A中反应的离子方程式为 。 (2)装置B应为 (填序号)。 (3)检查装置气密性并加入药品，所有活塞处于关闭状态。开始制备时，打开活塞 ，控温。一段时间后，仅保持活塞b打开，抽出残留气体。随后关闭活塞b，打开活塞 ，继续反应一段时间。关闭电源和活塞，过滤三颈烧瓶中混合物，加水萃取，分液，减压蒸馏，得产品。 (4)装置F的作用为 。 (5)反应过程中，控温的原因为 。 (6)氢醌法制备总反应的化学方程式为 。 (7)取产品，加蒸馏水定容至摇匀，取于锥形瓶中，用酸性标准溶液滴定。平行滴定三次，消耗标准溶液体积分别为、、。假设其他杂质不干扰结果，产品中质量分数为 。 12.（2021·湖北卷，18）超酸是一类比纯硫酸更强的酸，在石油重整中用作高效催化剂。某实验小组对超酸HSbF6的制备及性质进行了探究。由三氯化锑(SbCl3)制备HSbF6的反应如下：、SbCl5+6HF=HSbF6+5HCl。制备SbCl5的初始实验装置如图(毛细管连通大气，减压时可吸入极少量空气，防止液体暴沸；夹持、加热及搅拌装置略)： 相关性质如表： 物质 熔点 沸点 性质 SbCl3 73.4℃ 220.3℃ 极易水解 SbCl5 3.5℃ 140℃分解79℃/2.9kPa 极易水解 回答下列问题： (1)实验装置中两个冷凝管 (填“能”或“不能”)交换使用。 (2)试剂X的作用为 、 。 (3)反应完成后，关闭活塞a、打开活塞b，减压转移 (填仪器名称)中生成的SbCl5至双口烧瓶中。用真空泵抽气减压蒸馏前，必须关闭的活塞是 (填“a”或“b”)；用减压蒸馏而不用常压蒸馏的主要原因是 。 (4)实验小组在由SbCl5制备HSbF6时，没有选择玻璃仪器，其原因为 。(写化学反应方程式) (5)为更好地理解超酸的强酸性，实验小组查阅相关资料了解到：弱酸在强酸性溶剂中表现出碱的性质，如冰醋酸与纯硫酸之间的化学反应方程式为CH3COOH+H2SO4=[CH3C(OH)2]+[HSO4]-。以此类推，H2SO4与HSbF6之间的化学反应方程式为 。 (6)实验小组在探究实验中发现蜡烛可以溶解于HSbF6中，同时放出氢气。已知烷烃分子中碳氢键的活性大小顺序为：甲基(—CH3)<亚甲基(—CH2—)<次甲基()。写出2—甲基丙烷与HSbF6反应的离子方程式 。 13.（2021·海南卷，17）亚硝酰氯可作为有机合成试剂。 已知：① ②沸点：为-6℃，为-34℃，为-152℃。 ③易水解，能与反应。 某研究小组用和在如图所示装置中制备，并分离回收未反应的原料。 回答问题： (1)通入和前先通入氩气，作用是 ；仪器的名称是 。 (2)将催化剂负载在玻璃棉上而不是直接平铺在玻璃管中，目的是 。 (3)实验所需的可用和溶液在稀中反应制得，离子反应方程式为 。 (4)为分离产物和未反应的原料，低温溶槽A的温度区间应控制在 ，仪器C收集的物质是 。 (5)无色的尾气若遇到空气会变为红棕色，原因是 。 14.（2021·浙江卷，30）Cl2O是很好的氯化剂，实验室用如图装置(夹持仪器已省略)制备高纯Cl2O。已知： ①HgO＋2Cl2===HgCl2＋Cl2O，合适反应温度为18～25 ℃；副反应：2HgO＋2Cl22HgCl2＋O2。 ②常压下，Cl2沸点－34.0 ℃，熔点－101.0 ℃；Cl2O沸点2.0 ℃，熔点－120.6 ℃。 ③Cl2O＋H2O2HClO，Cl2O在CCl4中的溶解度远大于其在水中的溶解度。 请回答： (1)①装置A的作用是去除原料气中的少量水分，可用的试剂是________。 ②将上图中装置组装完整，虚框中应选用____________。 (2)有关反应柱B，须进行的操作是________(填字母)。 A．将HgO粉末热处理除水分、增加表面积后填入反应柱 B．调控进入反应柱的混合气中Cl2和N2的比例 C．调控混合气体从下口进入反应柱的流速 D．将加热带缠绕于反应柱并加热 (3)装置C，冷却液的温度通常控制在－80～－60 ℃。反应停止后，温度保持不变，为减少产品中的Cl2含量，可采用的方法是__________________________。 (4)将纯化后的Cl2O产品气化，通入水中得到高纯度Cl2O的浓溶液，于阴凉暗处贮存。当需要Cl2O时，可将Cl2O浓溶液用CCl4萃取分液，经气化重新得到。 针对萃取分液，从下列选项选择合适操作(操作不能重复使用)并排序：c→______→______→e→d→f→______。 a．检查旋塞、玻璃塞处是否漏水　b．将溶液和CCl4转入分液漏斗　c．涂凡士林　d．旋开旋塞放气　e．倒转分液漏斗，小心振摇　f．经几次振摇并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置　g．打开旋塞，向锥形瓶放出下层液体　h．打开旋塞，待下层液体完全流出后，关闭旋塞，将上层液体倒入锥形瓶 (5)产品分析：取一定量Cl2O浓溶液的稀释液，加入适量CCl4、过量KI溶液及一定量的稀H2SO4，充分反应。用标准Na2S2O3溶液滴定(滴定Ⅰ)；再以酚酞为指示剂，用标准NaOH溶液滴定(滴定Ⅱ)。 已知产生I2的反应(不考虑Cl2与水反应)： 2I－＋Cl2===I2＋2Cl－ 4I－＋Cl2O＋2H＋===2I2＋H2O＋2Cl－ 2I－＋HClO＋H＋===I2＋H2O＋Cl－ 实验数据如下表： 加入量n(H2SO4)/mol 2.505×10－3 滴定Ⅰ测出量n(I2)/mol 2.005×10－3 滴定Ⅱ测出量n(H2SO4)/mol 1.505×10－3 ①用标准Na2S2O3溶液滴定时，无需另加指示剂。判断滴定Ⅰ到达终点的实验现象是______________。 ②高纯度Cl2O浓溶液中要求≥99(Cl2O和HClO均以Cl2O计)。结合数据分析所制备的Cl2O浓溶液是否符合要求______________________。 15.(2020·山东卷，20)某同学利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的装置如下图所示(夹持装置略)： 已知：锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应： 3＋2H2O===2＋MnO2↓＋4OH－ 回答下列问题： (1)装置A中a的作用是________________________；装置C中的试剂为______________；装置A中制备Cl2的化学方程式为__________________________________。 (2)上述装置存在一处缺陷，会导致KMnO4产率降低，改进的方法是________________。 (3)KMnO4常作氧化还原滴定的氧化剂，滴定时应将KMnO4溶液加入__________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中；在规格为50.00 mL的滴定管中，若KMnO4溶液起始读数为15.00 mL，此时滴定管中KMnO4溶液的实际体积为______________(填标号)。 A．15.00 mL B．35.00 mL C．大于35.00 mL D．小于15.00 mL (4)某FeC2O4·2H2O样品中可能含有的杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O4·2H2O，采用KMnO4滴定法测定该样品的组成，实验步骤如下： Ⅰ.称取m g样品于锥形瓶中，加入稀H2SO4溶解，水浴加热至75 ℃。用c mol·L－1的KMnO4溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30 s内不褪色，消耗KMnO4溶液V1 mL。 Ⅱ.向上述溶液中加入适量还原剂将Fe3＋完全还原为Fe2＋，加入稀H2SO4酸化后，在75 ℃继续用KMnO4溶液滴定至溶液出现粉红色且30 s内不褪色，又消耗KMnO4溶液V2 mL。 样品中所含H2C2O4·2H2O(M＝126 g·mol－1)的质量分数表达式为________________。 下列关于样品组成分析的说法，正确的是__________(填标号)。 A.＝3时，样品中一定不含杂质 B.越大，样品中H2C2O4·2H2O含量一定越高 C．若步骤Ⅰ中滴入KMnO4溶液不足，则测得样品中Fe元素含量偏低 D．若所用KMnO4溶液实际浓度偏低，则测得样品中Fe元素含量偏高 题点3 有机物制备相关的实验探究 1.(2025·陕晋青宁，12)格氏试剂性质活泼，可与空气中的H2O和O2等反应。某兴趣小组搭建了图示无水无氧装置(部分装置略)，以乙醚(沸点34.5 ℃)为溶剂，利用下述反应高产率地制备二苯甲酮。 下列说法错误的是(　　) A.气球中填充保护气，并起缓冲压力的作用 B.烧瓶中液体是格氏试剂的乙醚溶液 C.图中的漏斗不能用球形分液漏斗代替 D.产率高表明苯甲酰氯比二苯甲酮更易与格氏试剂反应 2.(2025·山东，18)如下不饱和聚酯可用于制备玻璃钢。 实验室制备该聚酯的相关信息和装置示意图如下(加热及夹持装置略)： 原料 结构简式 熔点/℃ 沸点/℃ 顺丁烯二酸酐 52.6 202.2 邻苯二甲酸酐 130.8 295.0 丙-1，2-二醇 -60.0 187.6 实验过程： ①在装置A中加入上述三种原料，缓慢通入N2。搅拌下加热，两种酸酐分别与丙-1，2-二醇发生醇解反应，主要生成和。然后逐步升温至190~200 ℃，醇解产物发生缩聚反应生成聚酯。 ②缩聚反应后期，每隔一段时间从装置A中取样并测量其酸值，直至酸值达到聚合度要求(酸值：中和1克样品所消耗KOH的毫克数)。 回答下列问题： (1)理论上，原料物质的量投料比n(顺丁烯二酸酐)∶n(邻苯二甲酸酐)∶n(丙-1，2-二醇)=　　　　。 (2)装置B的作用是　　　　；仪器C的名称是　　　　；反应过程中，应保持温度计2示数处于一定范围，合理的是　　　　(填标号)。 A.55~60 ℃ B.100~105 ℃ C.190~195 ℃ (3)为测定酸值，取a g样品配制250.00 mL溶液，移取 25.00 mL溶液，用c mol·L-1 KOH-乙醇标准溶液滴定至终点，重复实验，数据如下： 序号 1 2 3 4 5 滴定前读数/mL 0.00 24.98 0.00 0.00 0.00 滴定后读数/mL 24.98 49.78 24.10 25.00 25.02 应舍弃的数据为　　　　(填序号)；测得该样品的酸值为　　　　(用含a、c的代数式表示)。若测得酸值高于聚合度要求，可采取的措施为　　　　(填标号)。 A.立即停止加热 B.排出装置D内的液体 C.增大N2的流速 (4)实验中未另加催化剂的原因是　　　　　　　。 3.(2025·湖南，15)苯胺是重要的有机化工原料，其实验室制备原理如下： 相关信息如下： 物质 相对分子质量 熔点/℃ 沸点/℃ 密度/g·cm-3 溶解性 硝基苯 123 5.9 210.9 1.20 不溶于水，易溶于乙醚 苯胺 93 -6.3 184.0 1.02 微溶于水，易溶于乙醚 乙酸 60 16.6 117.9 1.05 与水互溶 乙醚 74 -116.3 34.5 0.71 微溶于水 反应装置Ⅰ和蒸馏装置Ⅱ(加热、夹持等装置略)如下： 实验步骤为： ①向装置Ⅰ双颈烧瓶中加入13.5 g铁粉、25.0 mL水及1.50 mL乙酸，加热煮沸10 min； ②稍冷后，通过恒压滴液漏斗缓慢滴入8.20 mL硝基苯(0.08 mol)，再加热回流30 min； ③将装置Ⅰ改成水蒸气蒸馏装置，蒸馏收集苯胺⁃水馏出液； ④将苯胺⁃水馏出液用NaCl饱和后，转入分液漏斗静置分层，分出有机层；水层用乙醚萃取，分出醚层；合并有机层和醚层，用粒状氢氧化钠干燥，得到苯胺醚溶液； ⑤将苯胺醚溶液加入圆底烧瓶(装置Ⅱ)，先蒸馏回收乙醚，再蒸馏收集180~185 ℃馏分，得到5.58 g苯胺。 回答下列问题： (1)实验室保存硝基苯的玻璃容器是　　　　(填标号)。  (2)装置Ⅰ中冷凝管的进水口为　　　　(填“a”或“b”)。  (3)步骤④中将苯胺⁃水馏出液用NaCl饱和的原因是　　　　　　　　　　　。  (4)步骤④中第二次分液，醚层位于　　　　层(填“上”或“下”)。  (5)蒸馏回收乙醚时，锥形瓶需冰水浴的原因是　　　　　　　　　　　；  回收乙醚后，需要放出冷凝管中的冷凝水再蒸馏，这样操作的原因是　　　　　　　　　　　。  (6)下列说法正确的是　　　　(填标号)。  A.缓慢滴加硝基苯是为了减小反应速率 B.蒸馏时需加沸石，防止暴沸 C.用红外光谱不能判断苯胺中是否含有硝基苯 D.蒸馏回收乙醚，无需尾气处理 (7)苯胺的产率为　　　　。  4.(2025·湖北，10)制备α⁃氯代异丁酸的装置如图。在反应瓶中加入异丁酸与催化剂(易水解)，加热到70 ℃，通入Cl2，反应剧烈放热，通气完毕，在120 ℃下继续反应。反应结束，常压蒸馏得产物。反应方程式： 下列说法错误的是(　　) A.干燥管可防止水蒸气进入反应瓶 B.可用NaOH溶液作为吸收液 C.Cl2通入反应液中可起到搅拌作用 D.控制Cl2流速不变可使反应温度稳定 5.(2025·黑吉辽蒙，17)某实验小组采用如下方案实现了对甲基苯甲酸的绿色制备。 反应： 步骤： Ⅰ.向反应管中加入0.12 g对甲基苯甲醛和1.0 mL 丙酮，光照，连续监测反应进程。 Ⅱ.5 h时，监测结果显示反应基本结束，蒸去溶剂丙酮，加入过量稀NaOH溶液，充分反应后，用乙酸乙酯洗涤，弃去有机层。 Ⅲ.用稀盐酸调节水层pH=1后，再用乙酸乙酯萃取。 Ⅳ.用饱和食盐水洗涤有机层，无水Na2SO4干燥，过滤，蒸去溶剂，得目标产物。 回答下列问题： (1)相比KMnO4作氧化剂，该制备反应的优点为　　　　、　　　　(答出2条即可)。 (2)根据反应液的核磁共振氢谱(已去除溶剂H的吸收峰，谱图中无羧基H的吸收峰)监测反应进程如图。已知峰面积比a∶b∶c∶d=1∶2∶2∶3，a∶a'=2∶1。反应2 h时，对甲基苯甲醛转化率约为　　　　 %。 (3)步骤Ⅱ中使用乙酸乙酯洗涤的目的是　　　　　　　。 (4)步骤Ⅲ中反应的离子方程式为　　　　　　　、　　　　。 (5)用同位素示踪法确定产物羧基O的来源。丙酮易挥发，为保证18O2气氛，通18O2前，需先使用“循环冷冻脱气法”排出装置中(空气中和溶剂中)的16O2，操作顺序为①→②→　　　　→　　　　→　　　　(填序号)，重复后四步操作数次。 ①关闭阀门 ②液氮冷冻反应液 ③打开阀门抽气 ④反应液恢复室温 同位素示踪结果如表所示，则目标产物中羧基O来源于醛基和　　　　。 反应条件 质谱检测目标产物相对分子质量 太阳光，18O2，室温，CH3COCH3，5 h 138 太阳光，空气，室温，CH3C18OCH3，5 h 136 6．(2025·重庆，16)糖精钠是一种甜味剂。某实验小组在实验室利用甲苯氯磺化法按一下五个步骤制备糖精钠(部分操作及反应条件略)。 (1)步骤I：氯磺化 实验装置示意图如图所示(夹持及控温装置略)。 ①仪器a的名称为 。 ②烧杯中吸收的尾气是 (填化学式)。 (2)步骤II：氨化 若取邻甲苯磺酰氯0.3mol，理论上至少需加入15mol·L-1氨水 mL。 (3)步骤III：氧化 氧化过程中为保证氧化完全，需加入过量的KMnO4。反应完成后，向其中滴加Na2SO3溶液将过量的KMnO4转化成MnO2。观察到现象为 时，停止加入Na2SO3溶液，其离子方程式为 。 (4)步骤IV：酸化 将步骤III所得溶液进行酸化，经过滤得糖精。过滤需用到下列的仪器有 。 (5)步骤V：成盐 加热反应体系，过程中产生大量气体，该气体为 (填化学式)。待NaHCO3反应完全，趁热过滤。由滤液获得糖精钠产品的过程中，冷却结晶之后的操作步骤还有 。 7．(2025·云南，16)三氟甲基亚磺酸锂是我国科学家通过人工智能设计开发的一种锂离子电池补锂剂，其合成原理如下： 实验步骤如下： Ⅰ．向A中加入和20.0mL蒸馏水，搅拌下逐滴加入2.1mL(3.3g)三氟甲磺酰氯，有气泡产生(装置如图，夹持及加热装置省略)。80℃下反应3h后，减压蒸除溶剂得浅黄色固体。 Ⅱ．向上述所得固体中加入10.0mL四氢呋喃(THF)，充分搅拌后，加入无水，振荡，抽滤、洗涤。将所得滤液减压蒸除THF，得黏稠状固体。加入适量乙醇进行重结晶。 Ⅲ．将所得三氟甲基亚磺酸钠和3.0mLTHF加入圆底烧瓶中，搅拌溶解后逐滴加入足量浓盐酸，析出白色固体。抽滤、洗涤。 Ⅳ．将滤液转入圆底烧瓶中，加入2.0mL蒸馏水和过量LiOH。室温搅拌反应1h后，减压蒸除溶剂，得粗产品。加入适量乙醇进行重结晶，得产品1.1g。 已知：THF是一种有机溶剂，与水任意比互溶。 回答下列问题： (1)仪器A的名称为 ，冷凝管中冷却水应从 (填“b”或“c”)口通入。 (2)步骤Ⅰ反应中有气泡产生，其主要成分为 。 (3)步骤Ⅱ中第一次洗涤的目的是 。 (4)步骤Ⅲ中发生反应的化学方程式为 ，判断加入浓盐酸已足量的方法为 。 (5)步骤Ⅳ中加入蒸馏水的作用是 。 (6)三氟甲基亚磺酸锂的产率为 (保留至0.01%)。 8．(2025·四川，16)双水杨醛缩乙二胺(，)的锰配合物()常用作有机氧化反应的催化剂。某化学课外小组制备了该配合物并确定其组成。 Ⅰ．配合物的制备 制备原理： 实验步骤： 实验装置如图所示(省略夹持和加热等装置)。将反应物用乙醇溶解，在空气中，反应30分钟。反应结束后，经冷却、结晶、过滤、洗涤、干燥，获得产物。 Ⅱ．配合物中x的测定 ①移取的溶液置于锥形瓶中，加入的维生素溶液充分混合，放置分钟。 ②往上述锥形瓶中加入5滴的淀粉溶液，立即用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：      回答下列问题： (1)制备过程中，仪器A的名称是 ，最适宜的加热方式为 (填标号)。 A．酒精灯    B．水浴    C．油浴 (2)制备过程中，空气的作用是 。 (3)步骤①中，“维生素C溶液”应用 (填标号)量取。 a.烧杯    b.量筒    c.移液管 (4)步骤①中，加入维生素C溶液后，“放置分钟”，时间不宜过长的原因是 。 (5)步骤②中，标准溶液应置于 (填“酸式”或“碱式”)滴定管；滴定接近终点时，加入半滴标准溶液的操作过程是 。 (6)若滴定时过量，将引起测定结果 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。 (7)根据实验数据，中 (保留整数)。 9.(2024·新课标卷，28)吡咯类化合物在导电聚合物、化学传感器及药物制剂上有着广泛应用。一种合成1⁃(4⁃甲氧基苯基)⁃2，5⁃二甲基吡咯(用吡咯X表示)的反应和方法如下： 实验装置如图所示，将100 mmol己⁃2，5⁃二酮(熔点：-5.5 ℃，密度：0.737 g·cm-3)与100 mmol 4⁃甲氧基苯胺(熔点：57 ℃)放入①中，搅拌。 待反应完成后，加入50%的乙醇溶液，析出浅棕色固体。加热至65 ℃，至固体溶解，加入脱色剂，回流20 min，趁热过滤。滤液静置至室温，冰水浴冷却，有大量白色固体析出。经过滤、洗涤、干燥得到产品。 回答下列问题： (1)量取己⁃2，5⁃二酮应使用的仪器为　　　　　　　　(填名称)。  (2)仪器①用铁夹固定在③上，③的名称是　　　　　　　　；仪器②的名称是　　　　　　　　　。  (3)“搅拌”的作用是　　　　　　　　。  (4)“加热”方式为　　　　　　　　。  (5)使用的“脱色剂”是　　　　　　　　。  (6)“趁热过滤”的目的是　　　　　　　　　　　；用　　　　　　　　洗涤白色固体。  (7)若需进一步提纯产品，可采用的方法是　　　　　　　　。  10.(2024·吉林，17)某实验小组为实现乙酸乙酯的绿色制备及反应过程可视化，设计实验方案如下： Ⅰ.向50 mL烧瓶中分别加入5.7 mL 乙酸(100 mmol)、8.8 mL乙醇(150 mmol)、1.4 g NaHSO4固体及4~6滴1‰甲基紫的乙醇溶液。向小孔冷凝柱中装入变色硅胶。 Ⅱ.加热回流50 min后，反应液由蓝色变为紫色，变色硅胶由蓝色变为粉红色，停止加热。 Ⅲ.冷却后，向烧瓶中缓慢加入饱和Na2CO3溶液至无CO2逸出，分离出有机相。 Ⅳ.洗涤有机相后，加入无水MgSO4，过滤。 Ⅴ.蒸馏滤液，收集73~78 ℃馏分，得无色液体6.60 g，色谱检测纯度为98.0%。 回答下列问题： (1)NaHSO4在反应中起　　　　　作用，用其代替浓H2SO4的优点是　　　　　(答出一条即可)。  (2)甲基紫和变色硅胶的颜色变化均可指示反应进程。变色硅胶吸水，除指示反应进程外，还可　　　　　。  (3)使用小孔冷凝柱承载，而不向反应液中直接加入变色硅胶的优点是　　　　　(填标号)。  A.无需分离 B.增大该反应平衡常数 C.起到沸石作用，防止暴沸 D.不影响甲基紫指示反应进程 (4)下列仪器中，分离有机相和洗涤有机相时均需使用的是　　　　　　(填名称)。  (5)该实验乙酸乙酯的产率为　　　　　(精确至0.1%)。  (6)若改用C2OH作为反应物进行反应，质谱检测目标产物分子离子峰的质荷比数值应为　　　　　(精确至1)。  11.(2023·新课标卷，28)实验室由安息香制备二苯乙二酮的反应式如下： 相关信息列表如下： 物质 性状 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解性 安息香 白色固体 133 344 难溶于冷水，溶于热水、乙醇、乙酸 二苯乙二酮 淡黄色固体 95 347 不溶于水，溶于乙醇、苯、乙酸 冰乙酸 无色液体 17 118 与水、乙醇互溶 装置示意图如下图所示，实验步骤为： ①在圆底烧瓶中加入10 mL冰乙酸、5 mL水及9.0 g FeCl3·6H2O，边搅拌边加热，至固体全部溶解。 ②停止加热，待沸腾平息后加入2.0 g安息香，加热回流45～60 min。 ③加入50 mL水，煮沸后冷却，有黄色固体析出。 ④过滤，并用冷水洗涤固体3次，得到粗品。 ⑤粗品用75%的乙醇重结晶，干燥后得淡黄色结晶1.6 g。 回答下列问题： (1)仪器A中应加入________(填“水”或“油”)作为热传导介质。 (2)仪器B的名称是________；冷却水应从________(填“a”或“b”)口通入。 (3)实验步骤②中，安息香必须待沸腾平息后方可加入，其主要目的是______________________________________________________________________________。 (4)在本实验中，FeCl3为氧化剂且过量，其还原产物为________；某同学尝试改进本实验：采用催化量的FeCl3并通入空气制备二苯乙二酮。该方案是否可行？________，简述判断理由_________________________________________________________________________。 (5)本实验步骤①～③在乙酸体系中进行，乙酸除作溶剂外，另一主要作用是防止________________________________________________________________________。 (6)若粗品中混有少量未氧化的安息香，可用少量________洗涤的方法除去(填字母)。若要得到更高纯度的产品，可用重结晶的方法进一步提纯。 a．热水 b．乙酸 c．冷水 d．乙醇 (7)本实验的产率最接近于________(填字母)。 a．85% b．80% c．75% d．70% 12.(2023·湖北，8)实验室用以下装置(夹持和水浴加热装置略)制备乙酸异戊酯(沸点142 ℃)，实验中利用环己烷-水的共沸体系(沸点69 ℃)带出水分。已知体系中沸点最低的有机物是环己烷(沸点81 ℃)，其反应原理： 下列说法错误的是(　　) A．以共沸体系带出水促使反应正向进行 B．反应时水浴温度需严格控制在69 ℃ C．接收瓶中会出现分层现象 D．根据带出水的体积可估算反应进度 13.(2023·辽宁，17)2-噻吩乙醇(Mr＝128)是抗血栓药物氯吡格雷的重要中间体，其制备方法如下： Ⅰ.制钠砂。向烧瓶中加入300 mL液体A和4.60 g金属钠，加热至钠熔化后，盖紧塞子，振荡至大量微小钠珠出现。 Ⅱ.制噻吩钠。降温至10 ℃，加入25 mL噻吩，反应至钠砂消失。 Ⅲ.制噻吩乙醇钠。降温至－10 ℃，加入稍过量的环氧乙烷的四氢呋喃溶液，反应30 min。 Ⅳ.水解。恢复室温，加入70 mL水，搅拌30 min；加盐酸调pH至4～6，继续反应2 h，分液；用水洗涤有机相，二次分液。 Ⅴ.分离。向有机相中加入无水MgSO4，静置，过滤，对滤液进行蒸馏，蒸出四氢呋喃、噻吩和液体A后，得到产品17.92 g。 回答下列问题： (1)步骤Ⅰ中液体A可以选择_________________。 a．乙醇 b．水 c．甲苯 d．液氨 (2)噻吩沸点低于吡咯()的原因是_______________________________________。 (3)步骤Ⅱ的化学方程式为_________________________________________________。 (4)步骤Ⅲ中反应放热，为防止温度过高引发副反应，加入环氧乙烷溶液的方法是________________________________________________________________________。 (5)步骤Ⅳ中用盐酸调节pH的目的是________________________________________。 (6)下列仪器在步骤Ⅴ中无需使用的是____________(填名称)：无水MgSO4的作用为_________。 (7)产品的产率为________________(用Na计算，精确至0.1%)。 14.（2021·湖南卷，13）1­丁醇、溴化钠和70%的硫酸共热反应，经过回流、蒸馏、萃取分液制得1­溴丁烷粗产品，装置如图所示： 已知：CH3(CH2)3OH＋NaBr＋H2SO4CH3(CH2)3Br＋NaHSO4＋H2O 下列说法正确的是(　　) A．装置Ⅰ中回流的目的是为了减少物质的挥发，提高产率 B．装置Ⅱ中a为进水口，b为出水口 C．用装置Ⅲ萃取分液时，将分层的液体依次从下口放出 D．经装置Ⅲ得到的粗产品干燥后，使用装置Ⅱ再次蒸馏，可得到更纯的产品 15.（2020·海南卷（新高考），17）聚异丁烯是一种性能优异的功能高分子材料。某科研小组研究了使用特定引发剂、正己烷为溶剂、无水条件下异丁烯的聚合工艺。已知：异丁烯沸点266K。反应方程式及主要装置示意图如下： 回答问题： (1)仪器A的名称是 ，P4O10作用是 。 (2)将钠块加入正己烷中，除去微量的水，反应方程式为 .。 (3)浴槽中可选用的适宜冷却剂是 (填序号)。 序号 冷却剂 最低温度/℃ 甲 NaCl-冰(质量比1∶3) -21 乙 CaCl2·6H2O-冰(质量比1.43∶1) -55 丙 液氨 -33 (4)补齐操作步骤 选项为：a.向三口瓶中通入一定量异丁烯 b.向三口瓶中加入一定量正己烷 ① (填编号)； ②待反应体系温度下降至既定温度： ③ (填编号)； ④搅拌下滴加引发剂，一定时间后加入反应终止剂停止反应。经后续处理得成品。 (5)测得成品平均相对分子质量为2.8×106，平均聚合度为 。 16.(2020·江苏卷，21B)羟基乙酸钠易溶于热水，微溶于冷水，不溶于醇、醚等有机溶剂。制备少量羟基乙酸钠的反应为 ClCH2COOH＋2NaOH―→HOCH2COONa＋NaCl＋H2O　ΔH＜0 实验步骤如下： 步骤1：在图中所示装置的反应瓶中，加入40 g氯乙酸、50 mL水，搅拌。逐步加入40% NaOH溶液，在95 ℃继续搅拌反应2小时，反应过程中控制pH约为9。 步骤2：蒸出部分水至液面有薄膜，加少量热水，趁热过滤。滤液冷却至15 ℃，过滤得粗产品。 步骤3：粗产品溶解于适量热水中，加活性炭脱色，分离掉活性炭。 步骤4：将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中，冷却至15 ℃以下，结晶、过滤、干燥，得羟基乙酸钠。 (1)步骤1中，图中所示的装置中仪器A的名称是____________；逐步加入NaOH溶液的目的是____________________________________________。 (2)步骤2中，蒸馏烧瓶中加入沸石或碎瓷片的目的是________________________。 (3)步骤3中，粗产品溶解于过量水会导致产率______(填“增大”或“减小”)；去除活性炭的操作名称是____________。 (4)步骤4中，将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中的目的是______________________。 知识点2 物质含量测定型综合实验 题点1 物质组成及含量测定型综合实验 1.(2025·河南，16)某研究小组设计了如下实验测定某药用硫黄中硫的含量，其中硫转化的总反应为S+2OH-+3H2O2S+4H2O。 主要实验步骤如下： Ⅰ.如图所示，准确称取m g细粉状药用硫黄于①中，并准确加入V1 mL KOH乙醇溶液(过量)，加入适量蒸馏水，搅拌，加热回流。待样品完全溶解后，蒸馏除去乙醇。 Ⅱ.室温下向①中加入适量蒸馏水，搅拌下缓慢滴加足量30% H2O2溶液，加热至100 ℃，保持20 min，冷却至室温。 Ⅲ.将①中溶液全部转移至锥形瓶中，加入2滴甲基橙指示剂，用c mol·L-1 HCl标准溶液滴定至终点，消耗HCl溶液体积为V2 mL。 Ⅳ.不加入硫黄，重复步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ做空白实验，消耗HCl标准溶液体积为V3 mL。计算样品中硫的质量分数。 Ⅴ.平行测定三次，计算硫含量的平均值。 回答下列问题： (1)仪器①的名称是　　　　　　；②的名称是　　　　　　。 (2)步骤Ⅰ中，乙醇的作用是　　　　。 (3)步骤Ⅰ中，样品完全溶解后，必须蒸馏除去乙醇的原因是　　　　　　　。 (4)步骤Ⅱ中不宜采用水浴加热的原因是　　　　　　　。步骤Ⅱ结束后，若要检验反应后溶液中的S实验操作是　　　　。 (5)步骤Ⅲ中，判断滴定达到终点的现象为　　　　。 (6)单次样品测定中硫的质量分数可表示为　　　　(写出计算式)。 2.（2023·浙江（1月选考）卷，18）化合物X由三种元素组成，某学习小组按如下流程进行实验： 已知：白色固体A用0.025 0 mol HCl溶解后，多余的酸用0.015 0 mol NaOH恰好中和 请回答： (1)X的组成元素是________，X的化学式是________。 (2)写出B→C溶液呈棕黄色所发生反应的化学方程式：_______________________________。 (3)写出生成白色固体H的离子方程式：________________________________________。 (4)设计实验检验溶液I中的阳离子：___________________________________________。 3.(2023·湖北，18)学习小组探究了铜的氧化过程及铜的氧化物的组成。回答下列问题： (1)铜与浓硝酸反应的装置如下图，仪器A的名称为____________，装置B的作用为________。 (2)铜与过量H2O2反应的探究如下： 实验②中Cu溶解的离子方程式为__________；产生的气体为__________。比较实验①和②，从氧化还原角度说明H＋的作用是__________。 (3)用足量NaOH处理实验②新制的溶液得到沉淀X，元素分析表明X为铜的氧化物，提纯干燥后的X在惰性氛围下加热，m g X完全分解为n g黑色氧化物Y，＝。X的化学式为________________。 (4)取含X粗品0.050 0 g(杂质不参加反应)与过量的酸性KI完全反应后，调节溶液至弱酸性。以淀粉为指示剂，用0.100 0 mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定，滴定终点时消耗Na2S2O3标准溶液15.00 mL。(已知：2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2，I2＋2S2O===2I－＋S4O)标志滴定终点的现象是______________________________________________________________________，粗品中X的相对含量为________________。 4.（2023·重庆卷，16）煤的化学活性是评价煤气化或燃烧性能的一项重要指标，可用与焦炭(由煤样制得)反应的的转化率来表示。研究小组设计测定的实验装置如下： (1)装置Ⅰ中，仪器的名称是 ；b中除去的物质是 (填化学式)。 (2)①将煤样隔绝空气在加热1小时得焦炭，该过程称为 　　　 。 ②装置Ⅱ中，高温下发生反应的化学方程式为 　　　　　　　　　　 。 ③装置Ⅲ中，先通入适量的气体X，再通入足量气。若气体X被完全吸收，则可依据和中分别生成的固体质量计算。 ⅰ.d中的现象是 　　　　　　　　　 。 ⅱ.e中生成的固体为，反应的化学方程式为 　　　　　　　　　　　 。 ⅲ.d和e的连接顺序颠倒后将造成 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。 ⅳ.在工业上按照国家标准测定：将干燥后的(含杂质的体积分数为)以一定流量通入装置Ⅱ反应，用奥氏气体分析仪测出反应后某时段气体中的体积分数为，此时的表达式为 　　　　 。 5.(2022·浙江6月选考)化合物X由三种元素组成，某实验小组按如下流程进行相关实验： 化合物X在空气中加热到800 ℃，不发生反应。 请回答： (1)组成X的三种元素为__________；X的化学式为__________。 (2)溶液C的溶质组成为__________(用化学式表示)。 (3)①写出由X到A的化学方程式__________________________________________。 ②X难溶于水，但可溶于氨水中，写出该反应的离子方程式_____________________________。 (4)设计实验，检验尾气中相对活泼的2种气体___________________________________。 6.(2022·浙江（选考）卷，28)化合物X由4种元素组成。某兴趣小组按如下流程进行实验： 请回答： (1)组成X的元素有________；X的化学式为________。 (2)溶液C中溶质的成分是________(用化学式表示)；根据C→D→E的现象，给出相应微粒与阳离子结合由弱到强的排序________。 (3)X与足量Na反应生成固体F的化学方程式是____________________________。 (4)设计实验确定溶液G中的阴离子________________________________________。 7.（2021·浙江卷，28）固体化合物X由3种元素组成，某学习小组开展如下探究实验。 其中，白色沉淀B能溶于NaOH溶液。 请回答： (1)白色固体C的化学式是__________，蓝色溶液D中含有的溶质是____________________(用化学式表示)。 (2)化合物X的化学式是____________；化合物X的一价阴离子与CH4具有相同的空间结构，写出该阴离子的电子式：____________________。 (3)蓝色溶液A与N2H作用，生成一种气体，溶液蓝色褪去，同时生成易溶于硝酸的白色沉淀。 ①写出该反应的离子方程式：_____________________________________。 ②设计实验验证该白色沉淀的组成元素_________________________。 8.(2020·浙江卷，28)Ⅰ.化合物X由四种短周期元素组成，加热X，可产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体Y，Y为纯净物；取3.01 g X，用含HCl 0.060 0 mol的盐酸完全溶解得溶液A，将溶液A分成A1和A2两等份，完成如下实验(白色沉淀C可溶于NaOH溶液)： 请回答： (1)组成X的四种元素是N、H和________(填元素符号)，X的化学式是________。 (2)溶液B通入过量CO2得到白色沉淀C的离子方程式是___________________________。 (3)写出一个化合反应(用化学方程式或离子方程式表示)_______________________________。 要求同时满足： ①其中一种反应物的组成元素必须是X中除N、H外的两种元素； ②反应原理与“HCl＋NH3===NH4Cl”相同。 Ⅱ.某兴趣小组为验证浓硫酸的性质进行实验，如图。实验中观察到的现象有：锥形瓶内有白雾，烧杯中出现白色沉淀。请回答： (1)将浓硫酸和浓盐酸混合可产生HCl气体的原因是__________________________________________________________________________。 (2)烧杯中出现白色沉淀的原因是__________________________________________________。 9.(2020·天津卷，15)为测定CuSO4溶液的浓度，甲、乙两同学设计了两个方案。回答下列问题： Ⅰ.甲方案 实验原理：CuSO4＋BaCl2===BaSO4↓＋CuCl2 实验步骤： (1)判断沉淀完全的操作为____________________________________________________。 (2)步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为______________________。 (3)步骤③灼烧时盛装样品的仪器名称为______________________。 (4)固体质量为w g，则c(CuSO4)＝______________________ mol·L－1。 (5)若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，则测得c(CuSO4)__________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 Ⅱ.乙方案 实验原理：Zn＋CuSO4===ZnSO4＋Cu Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑ 实验步骤： ①按图安装装置(夹持仪器略去) ②…… ③在仪器A、B、C、D、E中加入图示的试剂 ④调整D、E中两液面相平，使D中液面保持在0或略低于0刻度位置，读数并记录 ⑤将CuSO4溶液滴入A中搅拌，反应完成后，再滴加稀硫酸至体系不再有气体产生 ⑥待体系恢复到室温，移动E管，保持D、E中两液面相平，读数并记录 ⑦处理数据 (6)步骤②为____________________。 (7)步骤⑥需保证体系恢复到室温的原因是____________________(填序号)。 a．反应热受温度影响 b．气体密度受温度影响 c．反应速率受温度影响 (8)Zn粉质量为a g，若测得H2体积为b mL，已知实验条件下ρ(H2)＝d g·L－1，则c(CuSO4)________ mol·L－1(列出计算表达式)。 (9)若步骤⑥E管液面高于D管，未调液面即读数，则测得c(CuSO4)__________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 (10)是否能用同样的装置和方法测定MgSO4溶液的浓度：__________(填“是”或“否”)。 题点2 氧化还原反应滴定在含量测定中的应用 1.(2024·山东，19)利用“燃烧⁃碘酸钾滴定法”测定钢铁中硫含量的实验装置如下图所示(夹持装置略)。 实验过程如下： ①加样，将a mg样品加入管式炉内瓷舟中(瓷舟两端带有气孔且有盖)，聚四氟乙烯活塞滴定管G内预装c(KIO3)∶c(KI)略小于1∶5的KIO3碱性标准溶液，吸收管F内盛有盐酸酸化的淀粉水溶液。向F内滴入适量KIO3碱性标准溶液，发生反应：KIO3+5KI+6HCl3I2+6KCl+3H2O，使溶液显浅蓝色。 ②燃烧：按一定流速通入O2，一段时间后，加热并使样品燃烧。 ③滴定：当F内溶液浅蓝色消退时(发生反应：SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI)，立即用KIO3碱性标准溶液滴定至浅蓝色复现。随SO2不断进入F，滴定过程中溶液颜色“消退-变蓝”不断变换，直至终点。 回答下列问题： (1)取20.00 mL 0.100 0 mol·L-1KIO3的碱性溶液和一定量的KI固体，配制1 000 mL KIO3碱性标准溶液，下列仪器必须用到的是　　　　　　(填标号)。  A.玻璃棒 B.1 000 mL锥形瓶 C.500 mL容量瓶 D.胶头滴管 (2)装置B和C的作用是充分干燥O2，B中的试剂为　　　　　　　。装置F中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子(见放大图)，目的是　　　　　　。  (3)该滴定实验达终点的现象是　　　　　　；  滴定消耗KIO3碱性标准溶液V mL，样品中硫的质量分数是　　　　　　　　　(用代数式表示)。  (4)若装置D中瓷舟未加盖，会因燃烧时产生粉尘而促进SO3的生成，粉尘在该过程中的作用是　　　　　　　　　；若装置E冷却气体不充分，可能导致测定结果偏大，原因是　　　　　　；  若滴定过程中，有少量不经I2直接将SO2氧化成H2SO4，测定结果会　　　　　　　　　(填“偏大”“偏小”或“不变”)。  2.(2023·海南，17)某小组开展“木耳中铁元素的检测”活动。检测方案的主要步骤有：粉碎、称量、灰化、氧化、稀释、过滤、滴定等。回答问题： (1)实验方案中出现的图标和，前者提示实验中会用到温度较高的设备，后者要求实验者______________(填防护措施)。 (2)灰化：干燥样品应装入______________中(填标号)，置高温炉内，控制炉温850 ℃，在充足空气中燃烧成灰渣。 a．不锈钢培养皿 b．玻璃烧杯 c．石英坩埚 (3)向灰渣中滴加32%的硝酸，直至没有气泡产生。灰化容器中出现的红棕色气体主要成分是______________(填化学式)，因而本实验应在实验室的______________中进行(填设施名称)。若将漏斗直接置于容量瓶上过滤收集滤液(如图所示)，存在安全风险，原因是____________。 (4)测定铁含量基本流程：将滤液在200 mL容量瓶中定容，移取25.00 mL，驱尽NO并将Fe3＋全部还原为Fe2＋。用5 mL微量滴定管盛装K2Cr2O7标准溶液进行滴定。 ①选用微量滴定管的原因是________________________________________________。 ②三次平行测定的数据如下表。针对该滴定数据，应采取的措施是_____________________。 序号 1 2 3 标准溶液用量/mL 2.715 2.905 2.725 ③本实验中，使测定结果偏小的是__________(填标号)。 a．样品未完全干燥 b．微量滴定管未用标准溶液润洗 c．灰渣中有少量炭黑 3.（2022·河北卷，14）某研究小组为了更准确检测香菇中添加剂亚硫酸盐的含量，设计实验如下： ①三颈烧瓶中加入香菇样品和水；锥形瓶中加入水、淀粉溶液，并预加的碘标准溶液，搅拌。 ②以流速通氮气，再加入过量磷酸，加热并保持微沸，同时用碘标准溶液滴定，至终点时滴定消耗了碘标准溶液。 ③做空白实验，消耗了碘标准溶液。 ④用适量替代香菇样品，重复上述步骤，测得的平均回收率为95%。 已知：， 回答下列问题： (1)装置图中仪器a、b的名称分别为 、 。 (2)三颈烧瓶适宜的规格为 (填标号)。 A．B．C． (3)解释加入，能够生成的原因： 　　　　　　　　　　　　 。 (4)滴定管在使用前需要 　 、洗涤、润洗；滴定终点时溶液的颜色为 ；滴定反应的离子方程式为 　　　　　　　　　　　　　　　 。 (5)若先加磷酸再通氮气，会使测定结果 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 (6)该样品中亚硫酸盐含量为 (以计，结果保留三位有效数字)。 4.（2021·浙江卷，28）某兴趣小组对化合物X开展探究实验。 其中：X是易溶于水的强酸盐，由3种元素组成；A和B均为纯净物；B可使品红水溶液褪色。请回答： (1)组成X的3种元素是 (填元素符号)，X的化学式是 。 (2)将固体X加入温热的稀H2SO4中，产生气体B，该反应的离子方程式是 　　　 。 (3)步骤I，发生反应的化学方程式是 　　　　　　　　　　　　　　 。 (4)步骤II，某同学未加H2O2溶液，发现也会缓慢出现白色浑浊，原因是 　　　 。 (5)关于气体B使品红水溶液褪色的原因，一般认为：B不能使品红褪色，而是B与水反应的生成物使品红褪色。请设计实验证明 　　　　　　　　　　　　　 。 题点3 滴定法在物质含量测定中的应用 1.(2024·安徽，16)测定铁矿石中铁含量的传统方法是SnCl2⁃HgCl2⁃K2Cr2O7滴定法。研究小组用该方法测定质量为a g的某赤铁矿试样中的铁含量。 配制溶液 ①c mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液。 ②SnCl2溶液：称取6 g SnCl2·2H2O溶于20 mL浓盐酸，加水至100 mL，加入少量锡粒。 测定含量按下图所示(加热装置略去)操作步骤进行实验。 已知：氯化铁受热易升华；室温时HgCl2可将Sn2+氧化为Sn4+，难以氧化Fe2+；Cr2可被Fe2+还原为Cr3+。 回答下列问题： (1)下列仪器在本实验中必须用到的有　　　　　(填名称)。  (2)结合离子方程式解释配制SnCl2溶液时加入锡粒的原因：　　　　。 (3)步骤Ⅰ中“微热”的原因是　　　　　。  (4)步骤Ⅲ中，若未“立即滴定”，则会导致测定的铁含量　　　　　(填“偏大”“偏小”或“不变”)。  (5)若消耗c mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液V mL，则a g试样中Fe的质量分数为　　　　　(用含a、c、V的代数式表示)。  (6)SnCl2⁃TiCl3⁃KMnO4滴定法也可测定铁的含量，其主要原理是利用SnCl2和TiCl3将铁矿石试样中Fe3+还原为Fe2+，再用KMnO4标准溶液滴定。 ①从环保角度分析，该方法相比于SnCl2⁃HgCl2⁃K2Cr2O7滴定法的优点是　　　　。 ②为探究KMnO4溶液滴定时，Cl-在不同酸度下对Fe2+测定结果的影响，分别向下列溶液中加入1滴0.1 mol·L-1KMnO4溶液，现象如下表： 溶液 现象 空白实验 2 mL 0.3 mol·L-1 NaCl溶液+0.5 mL试剂X 紫红色不褪去 实验ⅰ 2 mL 0.3 mol·L-1 NaCl溶液+0.5 mL 0.1 mol·L-1硫酸 紫红色不褪去 实验ⅱ 2 mL 0.3 mol·L-1 NaCl溶液+0.5 mL 6 mol·L-1硫酸 紫红色明显变浅 表中试剂X为　　　　　；根据该实验可得出的结论是　　　　。  2.(2023·山东，10)阅读下列材料，完成8～10题 一定条件下，乙酸酐[(CH3CO)2O]醇解反应[(CH3CO)2O＋ROH―→CH3COOR＋CH3COOH]可进行完全，利用此反应定量测定有机醇(ROH)中的羟基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下： ①配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。 ②量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入m g ROH样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：(CH3CO)2O＋H2O―→2CH3COOH。 ③加指示剂并用c mol·L－1 NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V1 mL。 ④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用c mol·L－1 NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V2 mL。 根据上述实验原理，下列说法正确的是(　　) A．可以用乙酸代替乙酸酐进行上述实验 B．若因甲醇挥发造成标准溶液浓度发生变化，将导致测定结果偏小 C．步骤③滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出，将导致测定结果偏小 D．步骤④中，若加水量不足，将导致测定结果偏大 3.（2021·浙江卷，30）某兴趣小组用铬铁矿[Fe(CrO2)2]制备K2Cr2O7晶体，流程如下： 已知：4Fe (CrO2)2 + 10Na2CO3+7O28Na2CrO4 +4NaFeO2+10CO2 2H++2 +H2O 相关物质的溶解度随温度变化如下图。 请回答： (1)步骤Ⅰ，将铬铁矿粉碎有利于加快高温氧化的速率，其理由是 。 (2)下列说法正确的是 。 A．步骤Ⅱ，低温可提高浸取率 B．步骤Ⅱ，过滤可除去NaFeO2水解产生的Fe(OH)3 C．步骤Ⅲ，酸化的目的主要是使Na2CrO4转变为Na2Cr2O7 D．步骤Ⅳ，所得滤渣的主要成分是Na2SO4和Na2CO3 (3)步骤Ⅴ，重结晶前，为了得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，从下列选项中选出合理的操作(操作不能重复使用)并排序：溶解KCl → → → → →重结晶。 a．50℃蒸发溶剂；     b．100℃ 蒸发溶剂；      c．抽滤；      d．冷却至室温； e．蒸发至溶液出现晶膜，停止加热； f．蒸发至溶液中出现大量晶体，停止加热。 (4)为了测定K2Cr2O7产品的纯度，可采用氧化还原滴定法。 ①下列关于滴定分析的操作，不正确的是 。 A．用量筒量取25.00mL待测液转移至锥形瓶 B．滴定时要适当控制滴定速度 C．滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化 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 E．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下 ②在接近终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落， ，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化。(请在横线上补全操作) (5)该小组用滴定法准确测得产品中K2Cr2O7的质量分数为98.50%。某同学还用分光光度法测定产品纯度(K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比例)，但测得的质量分数明显偏低。分析其原因，发现配制K2Cr2O7待测水溶液时少加了一种试剂。该试剂是 ，添加该试剂的理由是 。 4.（2021·湖南卷，15）碳酸钠俗称纯碱，是一种重要的化工原料。以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠，并测定产品中少量碳酸氢钠的含量，过程如下： 步骤Ⅰ.Na2CO3的制备 步骤Ⅱ.产品中NaHCO3含量测定 ①称取产品2.500 g，用蒸馏水溶解，定容于250 mL容量瓶中； ②移取25.00 mL上述溶液于锥形瓶中，加入2滴指示剂M，用0.100 0 mol·L－1盐酸标准溶液滴定，溶液由红色变至近无色(第一滴定终点)，消耗盐酸V1 mL； ③在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用0.100 0 mol·L－1盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸V2 mL； ④平行测定三次，V1平均值为22.45，V2平均值为23.51。 已知：(i)当温度超过35 ℃时，NH4HCO3开始分解。 (ii)相关盐在不同温度下的溶解度表(g/100 g H2O) 温度/℃ 0 10 20 30 40 50 60 NaCl 35.7 35.8 36.0 36.3 36.6 37.0 37.3 NH4HCO3 11.9 15.8 21.0 27.0 NaHCO3 6.9 8.2 9.6 11.1 12.7 14.5 16.4 NH4Cl 29.4 33.3 37.2 41.4 45.8 50.4 55.2 回答下列问题： (1)步骤Ⅰ中晶体A的化学式为______________，晶体A能够析出的原因是________________________________________________________________________。 (2)步骤Ⅰ中“300 ℃加热”所选用的仪器是________(填标号)。 (3)指示剂N为______________，描述第二滴定终点前后颜色变化： ____________________。 (4)产品中NaHCO3的质量分数为__________(保留三位有效数字)。 (5)第一滴定终点时，某同学俯视读数，其他操作均正确，则NaHCO3质量分数的计算结果________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 知识点3 物质性质探究型综合实验 题点1 金属及其化合物性质探究 1.(2025·北京，12)为研究三价铁配合物性质进行如下实验(忽略溶液体积变化)。 已知：为黄色、[Fe(SCN)]2+为红色、为无色。 下列说法不正确的是(　　) A.①中浓盐酸促进Fe3++4Cl-平衡正向移动 B.由①到②，生成[Fe(SCN)]2+并消耗 C.②、③对比，说明c(Fe3+)：②>③ D.由①→④推断，若向①深黄色溶液中加入KI、淀粉溶液，溶液也无明显变化 2.(2024·湖北，18)学习小组为探究Co2+、Co3+能否催化H2O2的分解及相关性质，室温下进行了实验Ⅰ~Ⅳ。 实验Ⅰ 实验Ⅱ 实验Ⅲ 无明显变化 溶液变为红色，伴有气泡产生 溶液变为墨绿色，并持续产生能使带火星木条复燃的气体 已知：为粉红色、为蓝色、为红色、为墨绿色。回答下列问题： (1)配制1.00 mol·L-1的CoSO4溶液，需要用到下列仪器中的　　　　　　(填标号)。  (2)实验Ⅰ表明　　　　　　(填“能”或“不能”)催化H2O2的分解。实验Ⅱ中大大过量的原因是　　　　　　。  实验Ⅲ初步表明能催化H2O2的分解，写出H2O2在实验Ⅲ中所发生反应的离子方程式　　　　　　。  (3)实验Ⅰ表明，反应2+H2O2+2H+2[Co(H2O)6]3++2H2O难以正向进行，利用化学平衡移动原理，分析Co3+、Co2+分别与配位后，正向反应能够进行的原因　　　　　　。  (4)实验Ⅳ中，A到B溶液变为蓝色，并产生气体；B到C溶液变为粉红色，并产生气体。从A到C所产生的气体的分子式分别为　　　　　　　　、　　　　　　　　　。  实验Ⅳ： 3.（2023·天津卷，15）研究人员进行了一组实验： 实验一：如图，研究人员将氢氧化钠溶液加入反应容器，随后加入锌粉，随后加热。一段时间后反应完全，停止加热，锌粉仍有剩余，向反应所得溶液中加入一块铜片，并接触剩余的锌，铜片表面出现银白色金属，并伴随少量气体产生。 实验二：研究人员将实验一得到的带有银白色金属的铜片加热，直到铜片表面变黄，立刻停止加热，置入水中冷却。 已知： ； （1）如图，实验一使用的仪器为________，为了防止加热过程中液体沸腾溅出，采取的办法是________________。 （2）中含有的化学键包括__________。 a．离子键 b．极性共价键 c．非极性共价键 d．配位键 （3）写出氢氧化钠与锌反应的离子方程式：____________________。 （4）写出实验一中构成的原电池正负极反应： 负极：________________________________________； 正极：________________________________________。 （5）研究人员在铜片表面变黄后立刻停止加热，放入水中，这样做的目的是___________________________________。 （6）黄铜和黄金外表相似，但化学性质仍然有所区别。若使用硝酸对二者进行鉴别，则现象与结论为_____________________________________________。 （7）若将铜片插入实验一过滤后的上清液中，可否仍然出现上述现象？请解释：_______________________________________________________。 4.(2022·湖南卷)为探究FeCl3的性质，进行了如下实验(FeCl3和Na2SO3溶液浓度均为0.1 mol·L－1)。 实验 操作与现象 ① 在5 mL水中滴加2滴FeCl3溶液，呈棕黄色；煮沸，溶液变红褐色 ② 在5 mL FeCl3溶液中滴加2滴Na2SO3溶液，变红褐色；再滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀 ③ 在5 mL Na2SO3溶液中滴加2滴FeCl3溶液，变红褐色；将上述混合液分成两份，一份滴加K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀生成；另一份煮沸，产生红褐色沉淀 依据上述实验现象，结论不合理的是(　　) A．实验①说明加热促进Fe3＋水解反应 B．实验②说明Fe3＋既发生了水解反应，又发生了还原反应 C．实验③说明Fe3＋发生了水解反应，但没有发生还原反应 D．整个实验说明SO对Fe3＋的水解反应无影响，但对还原反应有影响 题点2 非金属及其化合物性质实验探究 1．(2025·云南，8)某化学兴趣小组设计如下实验装置，通过测定反应前后质量的变化，验证固体在酒精灯加热条件下，受热分解的气态产物。 实验步骤：先缓慢通入Ar气，排尽装置内空气；关闭Ⅰ左侧阀门，点燃酒精灯；一段时间后，Ⅱ中灼热的铜网变黑，熄灭酒精灯甲；再次缓慢通入Ar气…… 下列说法错误的是 A．实验步骤中，点燃酒精灯的顺序为甲、乙、丙 B．整个过程中，若Ⅲ中灼热的铜网未变黑，则说明生成的在Ⅱ中反应完全 C．实验结束后，若Ⅰ中减少的质量等于Ⅱ中增加的质量，则分解的气态产物只有 D．应远离热源、可燃物，并与还原性物质分开存放 2.(2023·辽宁，13)某小组进行实验，向10 mL蒸馏水中加入0.4 g I2，充分振荡，溶液呈浅棕色，再加入0.2 g锌粒，溶液颜色加深；最终紫黑色晶体消失，溶液褪色。已知I(aq)为棕色，下列关于颜色变化的解释错误的是(　　) 选项 颜色变化 解释 A 溶液呈浅棕色 I2在水中溶解度较小 B 溶液颜色加深 发生了反应：I2＋I－I C 紫黑色晶体消失 I2(aq)的消耗使溶解平衡I2(s)I2(aq)右移 D 溶液褪色 Zn与有色物质发生了置换反应 3.（2022·北京卷，19）某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应 资料：ⅰ.Mn2＋在一定条件下被Cl2或ClO－氧化成MnO2(棕黑色)、MnO(绿色)、MnO(紫色)。 ⅱ.浓碱条件下，MnO可被OH－还原为MnO。 ⅲ.Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。 实验装置如图(夹持装置略) 序号 物质a C中实验现象 通入Cl2前 通入Cl2后 Ⅰ 水 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化 Ⅱ 5%NaOH溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 Ⅲ 40%NaOH溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 (1)B中试剂是__________。 (2)通入Cl2前，Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色变为棕黑色的化学方程式为________________________。 (3)对比实验Ⅰ、Ⅱ通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是____________ _______________________________________________________________________________。 (4)根据资料ⅱ，Ⅲ中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因： 原因一：可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。 原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将MnO氧化为MnO。 ①化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因_____________________________________， 但通过实验测定溶液的碱性变化很小。 ②取Ⅲ中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL 40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色的离子方程式为____________________________________， 溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被__________(填“化学式”)氧化，可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量； ③取Ⅲ中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL水，溶液紫色缓慢加深，发生的反应是__________。 ④从反应速率的角度，分析实验Ⅲ未得到绿色溶液的可能原因_________________________。 4.（2022·福建卷，12）某兴趣小组设计实验探究Ce­MnOx催化空气氧化CO的效率。回答下列问题： 步骤Ⅰ.制备CO 在通风橱中用下图装置制备CO(加热及夹持装置省略)，反应方程式： HCOOHCO↑＋H2O (1)装置A中盛放甲酸的仪器的名称是_____________________________________________。 (2)从B、C、D中选择合适的装置收集CO，正确的接口连接顺序为a→________→__________→______→_______→h(每空填一个接口标号)。 步骤Ⅱ.检验CO 将CO通入新制银氨溶液中，有黑色沉淀生成。 (3)该反应的化学方程式为________________________________________________________ ______________________________________________________________________________。 步骤Ⅲ.探究Ce­MnOx催化空气氧化CO的效率 将一定量CO与空气混合，得到CO体积分数为1%的气体样品。使用下图装置(部分加热及夹持装置省略)，调节管式炉温度至120 ℃，按一定流速通入气体样品(已知：I2O5是白色固体，易吸水潮解；5CO＋I2O5===I2＋5CO2)。 (4)通入11.2 L(已折算为标准状况)的气体样品后，继续向装置内通入一段时间氮气，最终测得U形管内生成了0.101 6 g I2。 ①能证明CO被空气氧化的现象是_________________________________________________ _______________________________________________________________________________。 ②CO被催化氧化的百分率为________。 ③若未通入氮气，②的结果将________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 (5)探究气体与催化剂接触时长对催化氧化效率的影响时，采用________________________ 方法可以缩短接触时长。 (6)步骤Ⅲ装置存在的不足之处是__________________________________________________ ______________________________________________________________________________。 5.（2021·天津卷，15）某化学小组同学利用一定浓度的H2O2溶液制备O2，再用O2氧化C2H5OH，并检验氧化产物。 Ⅰ.制备O2 该小组同学设计了如下气体发生装置(夹持装置省略) (1)甲装置中主要仪器的名称为____________________________。 (2)乙装置中，用粘合剂将MnO2制成团，放在多孔塑料片上，连接好装置，气密性良好后打开活塞K1，经长颈漏斗向试管中缓慢加入3% H2O2溶液至____________。欲使反应停止，关闭活塞K1即可，此时装置中的现象是__________________________________。 (3)丙装置可用于制备较多O2，催化剂铂丝可上下移动。制备过程中如果体系内压强过大，安全管中的现象是______________________，此时可以将铂丝抽离H2O2溶液，还可以采取的安全措施是______________________________。 (4)丙装置的特点是______________(填序号)。 a．可以控制制备反应的开始和结束 b．可通过调节催化剂与液体接触的面积来控制反应的速率 c．与乙装置相比，产物中的O2含量高、杂质种类少 Ⅱ.氧化C2H5OH 该小组同学设计的氧化C2H5OH的装置如图(夹持装置省略) (5)在图中方框内补全干燥装置和干燥剂。 Ⅲ.检验产物 (6)为检验上述实验收集到的产物，该小组同学进行了如下实验并得出相应结论。 实验序号 检验试剂和反应条件 现象 结论 ① 酸性KMnO4溶液 紫红色褪去 产物含有乙醛 ② 新制Cu(OH)2，加热 生成砖红色沉淀 产物含有乙醛 ③ 微红色含酚酞的NaOH溶液 微红色褪去 产物可能含有乙酸 实验①～③中的结论不合理的是______________(填序号)，原因是___________________________________________________。 6.（2020·浙江选考，28）Ⅰ．由三种元素组成的化合物A，按如下流程进行实验。气体B为纯净物，溶液C焰色反应为砖红色，气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。 请回答： (1)组成A的三种元素是 ，A的化学式是 。 (2)固体A与足量稀盐酸反应的化学方程式是 。 (3)气体E与甲醛在一定条件下可生成乌洛托品(学名：亚甲基四胺)，该反应的化学方程式是 (乌洛托品可以用分子式表示)。 Ⅱ．某兴趣小组为探究H2S和Cl2O的性质，将两种气体同时通入水中，实验装置如图： 请回答： (1) 三颈瓶中出现淡黄色沉淀，溶液呈强酸性，用一个化学方程式表示 。 (2) 若通入水中的Cl2O已过量，设计实验方案检验 。 7.(2020·北京卷，19)探究Na2SO3固体的热分解产物。 资料：①4Na2SO3Na2S＋3Na2SO4。 ②Na2S能与S反应生成Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S。 ③BaS易溶于水。 隔绝空气条件下，加热无水Na2SO3固体得到黄色固体A，过程中未检测到气体生成。黄色固体A加水得到浊液，放置得无色溶液B。 (1)检验分解产物Na2S 取少量溶液B，向其中滴加CuSO4溶液，产生黑色沉淀，证实有S2－。反应的离子方程式是________________________________________________________________________。 (2)检验分解产物Na2SO4 取少量溶液B，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀增多(经检验该沉淀含S)，同时产生有臭鸡蛋气味的气体(H2S)，由于沉淀增多对检验造成干扰，另取少量溶液B，加入足量盐酸，离心沉降(固液分离)后，________(填操作和现象)，可证实分解产物中含有。 (3)探究(2)中S的来源 来源1：固体A中有未分解的Na2SO3，在酸性条件下与Na2S反应生成S。 来源2：溶液B中有Na2Sx，加酸反应生成S。 针对来源1进行如图实验： ①实验可证实来源1不成立。实验证据是__________________________________________。 ②不能用盐酸代替硫酸的原因是___________________________________________________。 ③写出来源2产生S的反应的离子方程式：__________________________________________。 (4)实验证明Na2SO3固体热分解有Na2S、Na2SO4和S产生。运用氧化还原反应规律分析产物中S产生的合理性：___________________________________________________________。 知识点4 实验原理探究型综合实验 题点1 和电解质溶液相关的原理型综合实验探究 (2024·广东，17)含硫物质种类繁多，在一定条件下可相互转化。 (1)实验室中，浓硫酸与铜丝反应，所产生的尾气可用　　　　　　　(填化学式)溶液吸收。  (2)工业上，烟气中的SO2可在通空气条件下用石灰石的浆液吸收，生成石膏。该过程中，　　　　　　　(填元素符号)被氧化。  (3)工业锅炉需定期除水垢，其中的硫酸钙用纯碱溶液处理时，发生反应：CaSO4(aq)CaCO3(aq)(Ⅰ)。兴趣小组在实验室探究Na2CO3溶液的浓度对反应(Ⅰ)的反应速率的影响。 ①用Na2CO3固体配制溶液，以滴定法测定其浓度。 ⅰ.该过程中用到的仪器有　　　　　　　　。  ⅱ.滴定数据及处理：Na2CO3溶液V0 mL，消耗c1 mol·L-1盐酸V1 mL(滴定终点时，转化为)，则c(Na2CO3)=　　　　 mol·L-1。  ②实验探究：取①中的Na2CO3溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液，分别加入m1 g硫酸钙固体，反应t1 min后，过滤，取V0 mL滤液，用c1 mol·L-1盐酸参照①进行滴定。记录的部分数据如下表(忽略水解的影响)。 序号 V(Na2CO3)/mL V(H2O)/mL V(滤液)/mL V消耗(盐酸)/mL a 100.0 0 V0 b 80.0 x V0 则x=　　　　　　　　，测得的平均反应速率之比va∶vb=　　　　　　。  (4)兴趣小组继续探究反应(Ⅰ)平衡的建立，进行实验。 ①初步实验　将1.00 g硫酸钙(M=136 g·mol-1)加入100.0 mL 0.100 mol·L-1 Na2CO3溶液中，在25 ℃和搅拌条件下，利用pH计测得体系的pH随时间的变化曲线如图。 ②分析讨论　甲同学根据t2 min后pH不改变，认为反应(Ⅰ)已达到平衡；乙同学认为证据不足，并提出如下假设： 假设1　硫酸钙固体已完全消耗； 假设2　硫酸钙固体有剩余，但被碳酸钙沉淀包裹。 ③验证假设，乙同学设计如下方案，进行实验。 步骤 现象 ⅰ.将①实验中的反应混合物进行固液分离 - ⅱ.取少量分离出的沉淀置于试管中，滴加　　　　　　  　　　　　　　，沉淀完全溶解  ⅲ.继续向ⅱ的试管中滴加　　　　　  无白色沉淀生成 ④实验小结　假设1成立，假设2不成立。①实验中反应(Ⅰ)平衡未建立。 ⑤优化方案、建立平衡　写出优化的实验方案，并给出反应(Ⅰ)平衡已建立的判断依据：___________。  题点2 和氧化还原反应相关的原理型综合实验探究 1.(2025·江苏，16)海洋出水铁质文物表面有凝结物，研究其形成原理和脱氯方法对保护文物意义重大。 (1)文物出水清淤后，须尽快浸泡在稀NaOH或Na2CO3溶液中进行现场保护。 ①玻璃中的SiO2能与NaOH反应生成　　　　(填化学式)，故不能使用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛放NaOH溶液。 ②文物浸泡在碱性溶液中比暴露在空气中能减缓吸氧腐蚀，其原因有　　　　　　　。 (2)文物表面凝结物种类受文物材质和海洋环境等因素的影响。 ①无氧环境中，文物中的Fe与海水中的S在细菌作用下形成FeS等含铁凝结物。写出Fe与S反应生成FeS和Fe(OH)2的离子方程式：　　　　　　　。 ②有氧环境中，海水中的铁质文物表面形成FeOOH等凝结物。 (ⅰ)铁在盐水中腐蚀的可能原理如图所示。依据原理设计如下实验：向NaCl溶液中加入K3[Fe(CN)6]溶液(能与Fe2+形成蓝色沉淀)和酚酞，将混合液滴到生铁片上。预测该实验的现象为　　　　。 (ⅱ)铁的氢氧化物吸附某些阳离子形成带正电的胶粒，是凝结物富集Cl-的可能原因。该胶粒的形成过程中，参与的主要阳离子有　　　(填离子符号)。 (3)为比较含氯FeOOH在NaOH溶液与蒸馏水中浸泡的脱氯效果，请补充实验方案：取一定量含氯FeOOH模拟样品，将其分为两等份，　　　　　　　　　　　　，比较滴加AgNO3溶液体积[Ksp(AgCl)=1.8×10-10。实验须遵循节约试剂用量的原则，必须使用的试剂：蒸馏水、0.5 mol·L-1 NaOH溶液、0.5 mol·L-1 HNO3溶液、0.05 mol·L-1 AgNO3溶液]。 2.(2024·北京，19)某小组同学向pH=1的0.5 mol·L-1的FeCl3溶液中分别加入过量的Cu粉、Zn粉和Mg粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。 (1)理论分析 依据金属活动性顺序，Cu、Zn、Mg中可将Fe3+还原为Fe的金属是　　　　　　　。  (2)实验验证 实验 金属 操作、现象及产物 Ⅰ 过量Cu 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质 Ⅱ 过量Zn 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液pH为3~4，取出固体，固体中未检测到Fe单质 Ⅲ 过量Mg 有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质 ①分别取实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加K3［Fe(CN)6］溶液，证明都有Fe2+生成，依据的现象是　　　　　　　　。  ②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因：　　　　　　　　　　　　　　　。  ③对实验Ⅱ未检测到Fe单质进行分析及探究。 i. a.甲认为实验Ⅱ中，当Fe3+、H+浓度较大时，即使Zn与Fe2+反应置换出少量Fe，Fe也会被Fe3+、H+消耗。写出Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式　　　　　　　　　　。 b.乙认为在pH为3~4的溶液中即便生成Fe也会被H+消耗。设计实验　　　　　　　(填实验操作和现象)。证实了此条件下可忽略H+对Fe的消耗。  c.丙认为产生的红褐色沉淀包裹在Zn粉上，阻碍了Zn与Fe2+的反应。实验证实了Zn粉被包裹。 ii.查阅资料：0.5 mol·L-1Fe3+开始沉淀的pH约为1.2，完全沉淀的pH约为3。 结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH<1.2，　　　　　　　(填实验操作和现象)，待pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质。  (3)对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质的原因：　　　　　　　　　　。  3.(2024·全国甲卷，27)CO·H2O2(俗称过氧化脲)是一种消毒剂，实验室中可用尿素与过氧化氢制取，反应方程式如下： CO+H2O2CO·H2O2 (一)过氧化脲的合成 烧杯中分别加入25 mL 30% H2O2(ρ=1.11 g·cm-3)、40 mL蒸馏水和12.0 g尿素，搅拌溶解。30 ℃下反应40 min，冷却结晶、过滤、干燥，得白色针状晶体9.4 g。 (二)过氧化脲性质检测 Ⅰ.过氧化脲溶液用稀H2SO4酸化后，滴加KMnO4溶液，紫红色消失。 Ⅱ.过氧化脲溶液用稀H2SO4酸化后，加入KI溶液和四氯化碳，振荡，静置。 (三)产品纯度测定 溶液配制：称取一定量产品，用蒸馏水溶解后配制成100 mL溶液。 滴定分析：量取25.00 mL过氧化脲溶液至锥形瓶中，加入一定量稀H2SO4，用准确浓度的KMnO4溶液滴定至微红色，记录滴定体积，计算纯度。 回答下列问题： (1)过滤中使用到的玻璃仪器有　　　　　　(写出两种即可)。  (2)过氧化脲的产率为　　　　　　。  (3)性质检测Ⅱ中的现象为　　　　　　。性质检则Ⅰ和Ⅱ分别说明过氧化脲具有的性质是　　　　　　。  (4)下图为“溶液配制”的部分过程，操作a应重复3次，目的是　　　　　　　　，定容后还需要的操作为　　　　　　。  (5)“滴定分析”步骤中，下列操作错误的是　　　　　　(填标号)。  A.KMnO4溶液置于酸式滴定管中 B.用量筒量取25.00 mL过氧化脲溶液 C.滴定近终点时，用洗瓶冲洗锥形瓶内壁 D.锥形瓶内溶液变色后，立即记录滴定管液面刻度 (6)以下操作导致氧化脲纯度测定结果偏低的是　　　　　　(填标号)。  A.容量瓶中液面超过刻度线 B.滴定管水洗后未用KMnO4溶液润洗 C.摇动锥形瓶时KMnO4溶液滴到锥形瓶外 D.滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失 4.(2023·北京，19)资料显示，I2可以将Cu氧化为Cu2＋。某小组同学设计实验探究Cu被I2氧化的产物及铜元素的价态。 已知：I2易溶于KI溶液，发生反应I2＋I－I(红棕色)；I2和I氧化性几乎相同。 (1)将等体积的KI溶液加入到m mol铜粉和n mol I2(n>m)的固体混合物中，振荡。 实验记录如下： c(KI) 实验现象 实验Ⅰ 0.01 mol·L－1 极少量I2溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色 实验Ⅱ 0.1 mol·L－1 部分I2溶解，溶液为红棕色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为红棕色 实验Ⅲ 4 mol·L－1 I2完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色 ①初始阶段，Cu被氧化的反应速率：实验Ⅰ________(填“>”“<”或“＝”)实验Ⅱ。 ②实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有[Cu(H2O)4]2＋(蓝色)或[CuI2]－(无色)，进行以下实验探究： 步骤a.取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入CCl4，多次萃取、分液。 步骤b.取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水。溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。 ⅰ.步骤a的目的是________________________________________________________。 ⅱ.查阅资料，2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2，[Cu(NH3)2]＋(无色)容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤b的溶液中发生的变化：__________________________________________。 ③结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是CuI，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是________________________________________________________________________。分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓KI溶液，___________(填实验现象)，观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是__________________________。 (2)上述实验结果，I2仅将Cu氧化为＋1价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了I2能将Cu氧化为Cu2＋。装置如图所示，a、b分别是____________________________。 (3)运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中Cu被I2氧化的产物中价态不同的原因：____________________________________________________________________。 题点3 反应原理探究实验中化学实验基础的综合 1.(2025·北京，19)化学反应平衡常数对认识化学反应的方向和限度具有指导意义。实验小组研究测定“MnO2+2Br-+4H+Mn2++Br2+2H2O”平衡常数的方法，对照理论数据判断方法的可行性。 (1)理论分析 ①Br2易挥发，需控制生成c(Br2)较小。 ②根据25 ℃时K=6.3×104分析，控制合适pH，可使生成c(Br2)较小；用浓度较大的KBr溶液与过量MnO2反应，反应前后c(Br-)几乎不变；c(Mn2+)=c(Br2)，仅需测定平衡时溶液pH和c(Br2)。 ③Br2与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度HBr挥发性很小，可忽略。 (2)实验探究 序号 实验内容及现象 Ⅰ 25 ℃，将0.200 mol·L-1KBr溶液(pH≈1)与过量MnO2混合，密闭并搅拌，充分反应后，溶液变为黄色，容器液面上方有淡黄色气体。 Ⅱ 25 ℃，将0.200 mol·L-1KBr溶液(pH≈2)与过量MnO2混合，密闭并搅拌，反应时间与Ⅰ相同，溶液变为淡黄色，容器液面上方未观察到黄色气体。 Ⅲ 测定Ⅰ、Ⅱ反应后溶液的pH；取一定量反应后溶液，加入过量KI固体，用Na2S2O3标准溶液滴定，测定c(Br2)。 已知：I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6；Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色。 ①Ⅲ中，滴定时选用淀粉作指示剂，滴定终点时的现象是　　　　　　　　　　　。  用离子方程式表示KI的作用：　　　　　　　　　　　。  ②Ⅰ中，与反应前的溶液相比，反应后溶液的pH　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。平衡后，按计算所得值小于25 ℃的K值，是因为Br2挥发导致计算时所用　　　　的浓度小于其在溶液中实际浓度。  ③Ⅱ中，按计算所得值也小于25 ℃的K值，可能原因是　　　　　　　　　　　。  (3)实验改进 分析实验Ⅰ、Ⅱ中测定结果均偏小的原因，改变实验条件，再次实验。 控制反应温度为40 ℃，其他条件与Ⅱ相同，经实验准确测得该条件下的平衡常数。 ①判断该实验测得的平衡常数是否准确，应与　　　　值比较。  ②综合调控pH和温度的目的是　　　　　　　　　　　。  【参考答案】 知识点1 物质制备探究型综合实验 题点1 和金属及其化合物相关的制备型实验综合 1.【答案】C 【解析】SnCl2易水解，则导气管a需接一个装有碱石灰的干燥管，防止水蒸气进入，同时可以吸收尾气，A正确；SnCl2具有还原性，应先通入HCl(g)，排除装置中的O2，防止SnCl2被氧化，B正确；若通入气体更换为Cl2，因为SnCl2具有还原性，其可能被氧化为更高价态，如SnCl4，无法制备纯净的SnCl2，C错误；配制SnCl2溶液时，加入盐酸，抑制Sn2+水解，加入金属Sn，防止Sn2+被氧化，D正确。 2.【答案】D 【解析】向CuSO4溶液中加入氨水生成Cu(OH)2蓝色沉淀，继续滴加过量氨水，Cu(OH)2沉淀转化为[Cu(NH3)4]SO4深蓝色溶液，再加入乙醇，可以降低[Cu(NH3)4]SO4的溶解度，使[Cu(NH3)4]SO4析出，过滤后洗涤可得到[Cu(NH3)4]SO4·H2O深蓝色固体，向[Cu(NH3)4]SO4·H2O固体中加入过量浓盐酸，固体溶解，转化为含[CuCl4]2-的黄绿色溶液。 由上述分析知，②中沉淀为Cu(OH)2，④中沉淀为[Cu(NH3)4]SO4·H2O，二者不是同一种物质，A正确；③中现象说明向CuSO4溶液中(含有[Cu(H2O)4]SO4)加入过量氨水，[Cu(H2O)4]SO4可以转化为[Cu(NH3)4]SO4，说明配体与Cu2+的结合能力：NH3>H2O，B正确；向[Cu(NH3)4]SO4深蓝色溶液中加入乙醇，可以降低[Cu(NH3)4]SO4的溶解度，使[Cu(NH3)4]SO4析出，即④中深蓝色物质在乙醇中的溶解度比在水中的小，C正确；向[Cu(NH)4]SO4·H2O中加入稀硫酸，生成CuSO4与(NH4)2SO4，为蓝色溶液，D错误。 3.【答案】(1)玻璃棒、量筒、胶头滴管、酒精灯(写出两种即可)　(2)冷水浴　(3)B　(4)加入硝酸酸化的AgNO3溶液，没有白色沉淀生成，说明氯离子已经洗净　(5)ABC　(6)c→a→b→d (7)-27.5　偏高 【解析】(1)Ⅰ和Ⅱ步骤中，在烧杯中搅拌溶解固体需要用到玻璃棒，量取10 mL或18 mL蒸馏水需要用到量筒，加热时需要用到酒精灯。(2)根据已知信息“糖精钴的溶解度在热水中较大，在冷水中较小”，故Ⅲ中静置过程有少量晶体出现时，可将烧杯置于冷水浴中，以使大量晶体析出。(3)Ⅳ中洗涤时先用③冷的1%NaSac溶液洗涤晶体以除去晶体表面的可溶性杂质并减少其溶解损失，再用②冷水洗涤以除去晶体表面的NaSac并减少其溶解损失，最后用①丙酮洗涤晶体以除去晶体表面的水，丙酮沸点较低，便于快速干燥，故B正确。(4)Ⅳ中为了确认氯离子已经洗净，可取水洗时的最后一次滤液于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，没有白色沉淀生成，说明氯离子已经洗净。(5)实验步骤Ⅲ中“将溶液2加入到接近沸腾的溶液1中”，为防止液体飞溅造成伤害，需要佩戴护目镜(A)、防止热烫(C)，钴离子是重金属离子，实验完毕应注意洗手(B)。故与本实验安全注意事项有关的图标有ABC。(6)将c mol·L-1的EDTA标准溶液装入滴定管进行滴定操作时，需先检查滴定管是否漏水，滴定管确定可用后用水清洗，然后用标准溶液润洗滴定管，防止标准溶液被稀释，之后加入标准溶液至“0”刻度以上2~3 mL处，最后赶出气泡，调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下，准确记录初始读数。故顺序是c→a→b→d。(7)根据“EDTA和Co2+形成1∶1配合物”可知，n{[Co(Sac)2(H2O)4]·xH2O}=n(EDTA)=c mol·L-1×V×10-3 L=cV×10-3 mol=解得x=-27.5。若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，则滴定终点时读数偏小，读取的标准溶液的体积偏小，结合x的计算式可知，V偏小会导致x的测定值偏高。 4.【答案】(1)加快溶解速率，提高浸出速率 (2)防止局部pH过大生成Eu(OH)3沉淀　逐滴滴加NaOH溶液，并同时检测溶液的pH (3)容量瓶、烧杯　(4)滴入最后半滴HCl标准溶液时，溶液由红色变为无色，且半分钟内颜色不恢复　实验终点呈碱性甲基橙的变色范围为3.1~4.4，误差较大 (5)Eu(C7H5O2)3·xH2O吸潮的水分蒸发　1.7 【解析】(2)搅拌的目的是混合均匀，且加快反应速率，搅拌和缓慢加入NaOH溶液可防止体系内局部pH过大生成Eu(OH)3沉淀。pH接近6时，应逐滴加入NaOH溶液，并且要随时检测溶液pH，以防超过6。(5)Eu(C7H5O2)3·xH2O在空气中易吸潮，故0~92 ℃范围内产品质量减轻的原因是吸潮的水分蒸发。92~195 ℃时产品失去全部的结晶水，最终产物为Eu2O3，则195 ℃后产品失去“C7H5O1.5”则有=解得x≈1.7。 5.【答案】(1)烧杯、玻璃棒　(2)加快NH4HCO3的溶解、加快反应的进行　(3)原料易得、操作简单、污染小　(4)ⅰ.a　ⅱ.>　(5)ⅰ.CO2的吸收率低，生成NaHCO3的量小，未达到饱和　ⅱ.80% 【解析】(1)配制饱和食盐水时，需要用烧杯溶解，用玻璃棒搅拌。(3)用CO2和NH3制备纯碱时，NH3会污染空气，且操作复杂，用NH4HCO3代替CO2和NH3制备纯碱，原料更易获得，污染小，且由实验步骤知，操作简单。(4)ⅰ.由反应：Na2CO3+HClNaHCO3+NaCl、NaHCO3+HClCO2↑+NaCl+H2O知，若产品为纯净的碳酸钠，到达两个滴定终点时消耗的盐酸的量相等，a正确；若产品为NaHCO3，则只有1个滴定终点，b错误；若产品为Na2CO3、NaHCO3的混合物，则V2>V1，c错误；若产品为Na2CO3和NaOH的混合物，则有3个滴定终点，d错误。ⅱ.达到第一个滴定终点前，盐酸局部过浓，必然会使一部分Na2CO3与盐酸反应生成CO2，故V'1>V1。(5)ⅰ.实验a中盛装饱和碳酸钠溶液的烧杯为敞口体系，通入二氧化碳时，部分CO2逸出，且CO2在水中的溶解度小，导致CO2无法全部与碳酸钠反应，生成的NaHCO3的量少，没有达到饱和状态，故无NaHCO3晶体析出。ⅱ.CaCl2用于除去水蒸气，故NaOH溶液增加的质量为产生的二氧化碳的质量，n(CO2)==0.002 mol，由2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑知，n(NaHCO3)=0.004 mol，故NaHCO3的质量为0.004 mol×84 g·mol-1=0.336 g，白色晶体中NaHCO3的质量分数为×100%=80%。 6.【答案】(1)D　(2)球形冷凝管　(3)溶液蓝色褪去变为无色　(4)防止乙腈挥发污染空气；排出装置内空气，防止制备的产品被氧化　(5)冷却过程中降低[Cu(CH3CN)4]ClO4在水中的溶解度　(6)C　(7)81.2% 【解析】将Cu(ClO4)2·6H2O和Cu粉以及乙腈(CH3CN)加入二颈烧瓶中，经水浴加热并回流进行充分反应，反应结束后过滤除去未反应完全的Cu，再利用乙腈的挥发性进行蒸馏除去乙腈，将剩余溶液进行冷却结晶分离出[Cu(CH3CN)4]ClO4。 (3)Cu(ClO4)2·6H2O在乙腈中为蓝色，[Cu(CH3CN)4]ClO4在乙腈中为无色，因此装置Ⅰ中反应完全的现象是溶液蓝色褪去变为无色。(4)由于制备的[Cu(CH3CN)4]ClO4中Cu元素为+1价，具有较强的还原性，容易被空气中氧气氧化，因此装置Ⅰ和Ⅱ中N2气球的作用是排出装置内空气，防止制备的产品被氧化。(5)[Cu(CH3CN)4]ClO4为离子化合物，具有强极性，在水中溶解度较大，在温度较高的环境下蒸馏难以分离，若直接将水蒸干难以获得晶体状固体，因此需先蒸馏至接近饱和，再经步骤d冷却结晶，从而获得晶体。(6)为了使母液中的[Cu(CH3CN)4]ClO4结晶，可向母液中加入极性较小的溶剂，与水混溶的同时扩大与[Cu(CH3CN)4]ClO4的极性差，进而使[Cu(CH3CN)4]ClO4析出，因此可选用的溶剂为乙醚。(7)3.71 g Cu(ClO4)2·6H2O的物质的量为=0.01 mol，n(Cu)=≈0.012 mol，Cu粉过量，理论制得[Cu(CH3CN)4]ClO4的质量为0.01 mol×2×327.5 g·mol-1=6.55 g，则总收率为×100%≈81.2%。 7.【答案】(1)碱石灰(或NaOH固体等)　吸收挥发出来的氯化氢　(2)防止制备过程中局部pH过低而产生钨的水合氧化物沉淀　(3)分液漏斗、烧杯　(4)NaCl　(5)不能　乙醚易挥发，易燃烧，遇明火极易发生危险　(6)　偏大 【解析】(1)为防止挥发出来的盐酸污染环境，在a中加入碱石灰或NaOH固体等能吸收氯化氢的试剂。(4)步骤Ⅳ中“静置”后液体分为三层，乙醚难溶于水，且密度小于水，上层为乙醚，中层为水层，溶质主要为NaCl，下层为油状钨硅酸醚合物。(6)m g十二钨硅酸晶体的物质的量为n1= mol，采用热重分析法测得失去全部结晶水时失重w%，说明结晶水占总质量的w%，故结晶水的物质的量为n2= mol，n==；若未充分干燥，w%变大，n偏大。 8.【答案】(1)球形冷凝管　三颈烧瓶内溶液紫色褪去　(2)BC　(3)用水溶解少量样品，加入淀粉溶液，若溶液出现蓝色，则含有碘单质，否则没有　(4)①a e d f　②防止指示剂中的Fe3+水解成Fe(OH)3　③99.20% 【解析】由流程信息可知，铝、碘和正己烷一起加热回流时，铝和碘发生反应生成AlI3，过滤后滤液经浓缩、结晶、过滤、洗涤、干燥后得到粗产品。(1)碘溶于正己烷使溶液显紫色，AlI3是无色晶体，当碘反应完全后，溶液变为无色，因此，判断步骤Ⅰ反应结束的实验现象是三颈烧瓶内溶液紫色褪去。(2)AlI3吸湿性极强，因此在步骤Ⅰ中，反应物和溶剂在使用前必须除水，A正确；使用到易燃的有机溶剂时，禁止使用明火加热，因此在步骤Ⅰ中，若控温加热器发生故障，不能改用酒精灯(配石棉网)加热，B不正确；AlI3在空气中受热易被氧化，因此在步骤Ⅲ中蒸发浓缩时，要在有保护气(如持续通入氮气的蒸馏烧瓶等)的装置中进行，不能直接用蒸发皿浓缩，C不正确；AlI3在空气中受热易被氧化、可溶于热的正己烷，因此，为了减少溶解损失，在步骤Ⅳ中要使用冷的正己烷洗涤，D正确。(3)可以根据碘遇淀粉变蓝检验粗产品中是否含有碘单质。具体方法：用水溶解少量样品，加入淀粉溶液，若溶液变蓝则其中混有碘单质，否则没有。(4)①润洗时，滴定管尖嘴部分也需要润洗；先加25.00 mL待测溶液，后加25.00 mL 4.000×10-2 mol·L-1 AgNO3标准溶液，两者充分反应后，剩余的Ag+浓度较小，然后滴加硫酸铁铵[NH4Fe]溶液作指示剂，到达滴定终点时，Fe3+可以与过量的SCN-反应生成红色的配合物，故滴定至溶液呈浅红色。Ag2CrO4的溶度积常数与AgSCN非常接近，因此，K2CrO4溶液不能用作指示剂。综上所述，需要补全的操作步骤依次是a、e、d、f。②加入稀酸B的作用是抑制Fe3+发生水解反应，保证滴定终点的准确判断。③由滴定步骤可知，25.00 mL 4.000×10-2 mol·L-1 AgNO3标准溶液分别与AlI3溶液中的I-、1.000×10-2 mol·L-1 NH4SCN标准溶液中的SCN-发生反应生成AgI和AgSCN；由Ag+守恒可知，n(AgI)+n(AgSCN)=n(AgNO3)，则n(AgI)=n(AgNO3)-n(AgSCN)；三次滴定消耗NH4SCN标准溶液的平均体积为25.60 mL，则n(AgI)=25.00×10-3 L×4.000×10-2 mol·L-1-25.60×10-3 L×1.000×10-2 mol·L-1=7.440×10-4 mol，由I守恒可知n(AlI3)=n(AgI)=2.480×10-4 mol，因此，产品纯度为×100%=99.20%。 9. 【答案】(1)[Zn(OH)4]2－　(2)BC　(3)坩埚　(4)杂质中含有CH3COO－、CO、NH，在控温煅烧过程中分解或被氧化为气体而除去　(5)d→(g)→c(f)→(h)　(6)8 10.【答案】(1)锥形瓶　升温、搅拌等　(2)浓氨水挥发　双氧水分解　冰水浴　(3)玻璃棒末端没有紧靠三层滤纸处，漏斗末端尖嘴部分没有紧靠烧杯内壁　(4)活性炭　(5)促进[Co(NH3)6]Cl3尽快析出 【解析】(2)步骤Ⅱ中使用了浓氨水和双氧水，他们在高温下易挥发、易分解，所以控制温度在10 ℃以下，通常采用冰水浴。(4)钴配合物[Co(NH3)6]Cl3溶于热水，活性炭不溶于热水，所以趁热过滤可除去活性炭。(5)可利用同离子效应，促进钴配合物[Co(NH3)6]Cl3尽快析出。 11.【答案】(1)NaAlO2　(2)C　(3)①蒸发皿　②酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀　(4)①0.7　②pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸根离子，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根离子会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多 【解析】(2)步骤Ⅰ，反应所需温度高于100 ℃，因此反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度，故A正确；步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量CO2生成氢氧化铝和碳酸氢钠溶液，有利于减少Al(OH)3沉淀中的杂质，故B正确；步骤Ⅲ，洗涤时不能对漏斗中的沉淀充分搅拌，故C错误；可通过控制Al(OH)3和AlCl3的投料比来控制产品盐基度，故D正确。(4)①根据Cl－～AgNO3，样品溶液中氯离子物质的量浓度为＝0.09 mol·L－1，n(Al3＋)∶n(Cl－)＝10∶9，根据电荷守恒得到 [Al2(OH)4.2Cl1.8]m产品的盐基度为＝0.7。 12.【答案】(1)2Al ＋ 2OH－ ＋ 2H2O===2AlO ＋ 3H2↑　(2)取最后一次洗涤液于试管中，向其中滴加酚酞，如果溶液不变粉红色，则证明洗涤干净，否则没有洗涤干净　(3)C　(4)B　(5)恒压滴液漏斗　(6)排尽装置内空气　(7)雷尼Ni堵塞导管、管道中气流不稳，不利于监测反应过程　(8)集气管中液面保持不变 【解析】(1)铝可以和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑。(2)由于水洗之前是用碱洗，此时溶液显碱性，故可以用酸碱指示剂来判断是否洗净，具体方法为取最后一次洗涤液于试管中，滴加几滴酚酞，如果溶液不变粉红色，则证明洗涤干净，否则没有洗涤干净。(3)根据题中信息可知，雷尼Ni被广泛用于硝基或羰基等不饱和基团的催化氢化反应，故不能选丙酮，否则会发生副反应，又因为邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应进行，而CCl4、正己烷均为非极性分子，乙醇为极性分子，所以应选乙醇。(4)根据向集气管中通入H2时三通阀的孔路位置，可确定集气管向装置Ⅱ中供气时，应保证只有下侧、右侧孔路通气，故B正确。(6)根据题给信息可知，雷尼Ni暴露在空气中可以自燃，故反应前向装置Ⅱ中通入N2一段时间，目的是排尽装置中的空气，防止雷尼Ni自燃。(8)反应完成后，氢气不再被消耗，则集气管中液面不再发生变化。 13.【答案】(1)VO＋2H2O===H3VO4↓＋OH－　NH4VO3发生相互促进的水解反应：NH＋VO＋H2O===H3VO4↓＋NH3，NH有利于VO水解　(2)温度升高至一定范围催化剂失活　4NH3＋5O24NO＋6H2O、N2＋O22NO　(3)①适当增加酸的浓度、升高温度、延长酸浸时间等　②　③增加铵根离子浓度，促进平衡向析出沉淀的方向移动，提高NH4VO3的含量 【解析】(1)在水溶液中VO水解为H3VO4沉淀的离子方程式为VO＋2H2OH3VO4↓＋OH－，反应选用NH4VO3溶液的原因为NH4VO3发生相互促进的水解反应NH＋VO＋H2O===H3VO4↓＋NH3，NH有利于VO水解。(2)反应温度在320～360 ℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是温度升高至一定范围催化剂失活，导致NO转化率升高不明显。反应温度高于380 ℃，NO转化率下降，有可能体系产生了NO，如4NH3＋5O24NO＋6H2O、N2＋O22NO等。(3)①提高钒元素浸出率的方法还有适当增加酸的浓度、升高温度、延长酸浸时间等。②已知H4V4O12具有八元环结构，且V连有五个共价键，结构式可表示为。③NH4VO3饱和溶液中存在溶解平衡NH4VO3(s)NH(aq)＋VO(aq)，加过量NH4Cl溶液有利于增加铵根离子浓度，促进平衡向析出沉淀的方向移动，提高NH4VO3的含量。 14.【答案】(1)　BD　(2)2SO＋O22SO　pH增大，抑制SO的水解，反应物SO的浓度增大，故可加快氧化速率　(3)用滴液漏斗向盛有MgSO3浆料的三颈烧瓶中缓慢滴加硫酸溶液　分批加入少量氧化镁粉末，搅拌，直至用pH试纸测得pH≥5，过滤；将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150～170 ℃干燥 【解析】(1)已知下列反应： ①Mg(OH)2＋H2SO3===MgSO3＋2H2O　K ②Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)　Ksp[Mg(OH)2] ③MgSO3(s)Mg2＋(aq)＋SO(aq)　Ksp(MgSO3) ④H2SO3H＋＋HSO　Ka1(H2SO3) ⑤HSOH＋＋SO　Ka2(H2SO3) ⑥H2OH＋＋OH－　Kw 根据盖斯定律，①＝②－③＋④＋⑤－⑥×2，故K＝。加热可加快反应速率，但温度升高，SO2在水中溶解度降低，且会导致H2SO3受热分解，不一定能提高吸收SO2效率，A错误；加快搅拌速率，可以使反应物充分接触，提高吸收SO2效率，B正确；降低通入SO2气体的速率，SO2可与MgO浆料充分接触，但会降低反应速率，不一定能提高吸收SO2效率，C错误；多孔球泡可以让SO2与MgO浆料充分接触，能提高吸收SO2效率，D正确。(2)根据题意，O2氧化溶液中的SO，SO被氧化为SO，1 mol O2氧化2 mol SO，故O2氧化溶液中SO的离子方程式为2SO＋O22SO；pH增大，抑制SO的水解，反应物SO的浓度增大，故可加快氧化速率。(3)在进行含固体物质的反应物与液体反应的实验时，应将含固体物质的反应物放在三颈烧瓶中，通过滴液漏斗滴加液体，H2SO4溶液的滴加速率要慢，以免H2SO4过量；根据题意，首先需要调节pH≥5以除去Fe3＋、Al3＋杂质，需要用到的试剂为MgO粉末，操作细节为分批加入少量MgO粉末，以免pH过高，不断搅拌进行反应直至检测到pH≥5，然后过滤除去氢氧化铁、氢氧化铝沉淀；根据题目信息，室温下结晶只能得到MgSO4·7H2O，因此需要在150～170 ℃下干燥得到MgSO4·H2O，操作细节为将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150～170 ℃干燥。 15.【答案】(1)催化　防止氧气、水进入密闭体系　(2)试管中加满水倒扣于水槽中，M处通入氨气，将N处排出的气体导入试管内。如试管底部出现气泡，则空气尚未排尽，如未出现气泡，则说明空气已排尽　(3)分批少量加入钠粒；降低冷却液温度；适当增加液氨量(任写一种即可)　(4)BC　(5)b　d　g 【解析】在硝酸铁催化下钠与液氨反应生成NaNH2和氢气，该反应是放热反应，为保证液氨处于微沸状态，需要用冷却液控制一定的温度。NaNH2易与水和氧气发生反应，所以装置B中Hg可防止氧气、水进入密闭体系，导气口N与尾气处理装置连接再处理氨气等，据此结合实验原理分析解答。(1)根据实验操作中加入Fe(NO3)3·9H2O的用料很少，结合实验原理可推知，Fe(NO3)3·9H2O在反应中作催化剂，加快反应速率；结合已知信息可知，制备得到的NaNH2易与水和氧气发生反应，所以装置B中Hg可防止氧气、水进入密闭体系，干扰NaNH2的制备。(2)结合氨气极易溶于水，空气中的氮气难溶于水，氧气不易溶于水的物理性质，所以要判断密封体系中空气是否排尽，可设计如下方案：试管中加满水倒扣于水槽中，M处通入氨气，将N处排出的气体导入试管内。如试管底部出现气泡，则空气尚未排尽，如未出现气泡，则说明空气已排尽。(3)制备NaNH2反应中，反应物的浓度、温度均可影响化学反应速率，所以为防止反应速率偏大，可实施的措施有：分批少量加入钠粒；降低冷却液温度；适当增加液氨量(任写一种即可)。(4)步骤Ⅰ中，搅拌可使液体混合均匀，所以搅拌可使少量的催化剂Fe(NO3)3·9H2O均匀分散在液氨中，A正确；步骤Ⅱ中，由于液氨处于微沸状态，故生成的氢气中混有一定量的氨气；氢气虽然是可燃性气体，由于氨气在空气中不能被点燃，当氨气中只有少量氢气时，则也不能被点燃、不会产生火焰，且对易燃气体直接点火有安全隐患，B错误；步骤Ⅱ中得到的粒状沉积物，颗粒较小，颗粒太小的沉淀易在滤纸上形成一层密实的沉淀，溶液不易透过，所以不适宜选用抽滤装置进行过滤，C错误；因为制备的产品NaNH2易与水和氧气发生反应，所以可密封保存于充满干燥氮气的瓶中，D正确。(5)题干信息中提到假设产品NaNH2的唯一杂质为NaOH，因为产品溶于水生成氢氧化钠和氨气，加入过量HCl转化为NaCl、NH4Cl，过量的盐酸再利用氢氧化钠标准液反滴定，滴定终点溶液呈酸性，故加入甲基红指示剂，最终利用所测数据计算得出产品中NaNH2的纯度，故涉及的操作步骤为准确称取产品x g→加入过量盐酸标准溶液→加入甲基红指示剂→用氢氧化钠标准溶液进行滴定，根据实验所测数据，计算产品纯度。 16.【答案】(1)除去原料表面的油污　(2)SO2　(3)Cu＋H2O2＋H2SO4===CuSO4＋2H2O　(4)胆矾晶体易溶于水　(5)ⅰ.溶液 C 经步骤③加热浓缩后双氧水已完全分解　ⅱ.取滤液D，向其中加入适量硫化钠，使铜离子恰好完全沉淀，静置后，向上层清液中再加入KI溶液，溶液不变色，I－不能被氧化 【解析】(1)原料表面含有少量的油污，Na2CO3溶液呈碱性，可以除去原料表面的油污。(2)在加热的条件下，铜可以与浓硫酸发生反应生成CuSO4、SO2和H2O，二氧化硫是一种大气污染物，步骤②中，若仅用浓H2SO4溶解固体B，将生成SO2污染环境。(3)步骤②中，在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4，生成CuSO4和H2O，该反应的化学方程式为Cu＋H2O2＋H2SO4===CuSO4＋2H2O。(4)胆矾是一种易溶于水的晶体，因此，经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤。(5)ⅰ.H2O2常温下即能发生分解反应，在加热的条件下，其分解更快，因此，甲同学认为不可能是步骤②中过量H2O2将I－氧化为I2。ⅱ.I－氧化为I2时溶液的颜色会发生变化；滤液D中含有CuSO4和H2SO4，乙同学通过实验证实，只能是Cu2＋将I－氧化为I2，较简单的方案是除去溶液中的Cu2＋，然后再向其中加入含有I－的溶液，观察溶液是否变色。 17.【答案】(1)HCl　H2SO4(浓)＋NaClNaHSO4＋HCl↑　(2)防止倒吸　CuSO4溶液　(3)静置，取上层清液于一洁净试管中，继续滴加热的硫酸溶液，无白色沉淀生成，则已沉淀完全　(4)使钡离子沉淀完全　(5)锥形瓶　(6)97.6% 【解析】(1)装置Ⅰ为浓硫酸和氯化钠共热制取HCl气体的装置，在浓硫酸过量并微热时，浓硫酸与氯化钠反应生成硫酸氢钠和氯化氢，发生主要反应的化学方程式为H2SO4(浓)＋NaClNaHSO4＋HCl↑。(2)氯化氢极易溶于水，装置Ⅱ中b仪器的作用是防止倒吸；装置Ⅱ中氯化氢与BaS溶液反应生成H2S，H2S有毒，对环境有污染，装置Ⅲ中盛放CuSO4溶液，用于吸收H2S。(3)硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，因此判断沉淀已完全的方法是静置，取上层清液于一洁净试管中，继续滴加热的H2SO4溶液，无白色沉淀生成，则已沉淀完全。(4)为了使钡离子沉淀完全，沉淀过程中需加入过量的硫酸溶液。(5)过滤用到的仪器有铁架台、烧杯、漏斗、玻璃棒，用不到锥形瓶。(6)由题意可知，硫酸钡的物质的量为＝0.002 mol，依据钡原子守恒，产品中BaCl2·2H2O的物质的量为0.002 mol，质量为0.002 mol×244 g·mol－1＝0.488 g，质量分数为×100%＝97.6%。 18.【答案】D 【解析】①中高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化MnO2制备K2MnO4，由于瓷坩埚易被强碱腐蚀，故不能用瓷坩埚作反应器，A说法不正确；制备KMnO4时为防止引入杂质离子，①中用KOH作强碱性介质，不能用NaOH，B说法不正确；②中K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，故其既体现氧化性又体现还原性，C说法不正确；根据化合价的变化分析，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为2∶1，根据Mn元素守恒可知，MnO2中的Mn元素只有转化为KMnO4，因此，MnO2转化为KMnO4的理论转化率约为66.7%，D说法正确。 19.【答案】(1)a　FeCl2·4H2O＋4SOCl2FeCl2＋4SO2＋8HCl　冷凝回流SOCl2 (2)　AB　(3)⑥⑩③⑤　CCl4 【解析】(1)实验开始时先通N2，排尽装置中的空气，一段时间后，先加热装置a，产生SOCl2气体充满装置b后再加热装置b，装置b内发生反应的化学方程式为FeCl2 4H2O＋4SOCl2FeCl2＋4SO2＋8HCl；装置c、d的共同作用是冷凝回流SOCl2。(2)滴定过程中Cr2O将Fe2＋氧化成Fe3＋，自身被还原成Cr3＋，反应的离子方程式为6Fe2＋＋Cr2O＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O，则m1 g样品中n(FeCl2)＝6n(Cr2O)＝6cV×10－3mol；m1 g样品中结晶水的质量为(m1－m2) g，结晶水的物质的量为 mol，n(FeCl2)∶n(H2O)＝1∶n＝(6cV×10－3 mol)∶ mol，解得n＝。样品中含少量FeO杂质，溶于稀硫酸后生成Fe2＋，导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积V偏大，使n的测量值偏小，A项选；样品与SOCl2反应时失水不充分，则m2偏大，使n的测量值偏小，B项选；实验Ⅰ称重后，样品发生了潮解，消耗的K2Cr2O7溶液的体积V不变，使n的测量值不变，C项不选；滴定达到终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积V偏小，使n的测量值偏大，D项不选。(3)组装蒸馏装置对TiCl4、CCl4混合物进行蒸馏提纯，按由下而上、从左到右的顺序组装，安装顺序为①⑨⑧，然后连接冷凝管，蒸馏装置中应选择直形冷凝管⑥，接着连接尾接管⑩，TiCl4极易水解，为防止外界水蒸气进入，最后连接③⑤，安装顺序为①⑨⑧⑥⑩③⑤；由于TiCl4、CCl4分子结构相似，TiCl4的相对分子质量大于CCl4，TiCl4分子间的范德华力较大，TiCl4的沸点高于CCl4，故先蒸出的物质为CCl4。 20.【答案】(1)(CH3COO)2Mn　(2)步骤Ⅰ脱去四水醋酸锰的结晶水并防止生成MnCl2；步骤Ⅱ加热回流促进反应生成MnCl2　(3)BD　(4)①c　d　b　a　②防止可能产生的酸性气体进入抽气泵；防止外部水气进入样品　(5)乙 【解析】(1)根据制备无水二氯化锰的主要反应：(CH3COO)2Mn＋2CH3COClMnCl2↓＋2(CH3CO)2O以及乙酰氯遇水发生反应：CH3COCl＋H2O―→CH3COOH＋HCl可判断步骤Ⅰ中利用CH3COCl吸水，因此所获固体主要成分是(CH3COO)2Mn。(3)用倾析法转移溶液，开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀，故B正确；由于无水二氯化锰极易吸水潮解，洗涤结束后，将固体迅速转移至圆底烧瓶进行后续操作，故D正确。(4)②由于可能混有酸性气体，且无水二氯化锰极易吸水潮解，因此图2装置中U形管内NaOH固体的作用是防止可能产生的酸性气体进入抽气泵，同时防止外部水气进入样品。(5)由于无水二氯化锰极易吸水潮解，且锰离子水解，所以应该通过测定产品中氯元素的含量确定纯度，所以合理的是乙同学的方法。 21.【答案】(1)（球形）冷凝管 平衡气压，便于液体顺利流下 (2)(或) A(或B) (3) (4)AD (5)稀硝酸和硝酸银溶液 除去晶体表面水分，便于快速干燥 (6)90.0% 【解析】（1）根据仪器的构造与用途可知，仪器a的名称是（球形）冷凝管；恒压滴液漏斗在使用过程中可保持气压平衡，使液体顺利流下。 （2）实验室中制备少量氮气的基本原理是用适当的氧化剂将氨或铵盐氧化，常见的可以是将氨气通入灼热的氧化铜中反应，其化学方程式为： ；可选择气体通入硬质玻璃管与固体在加热条件下发生反应，即选择A装置。还可利用饱和和饱和在加热下发生氧化还原反应制备氮气，反应的化学方程式为：，可选择液体与液体加热制备气体型，所以选择B装置。综上考虑，答案为：(或)；A(或B)； （3）三颈烧瓶中溶液与溶液发生反应生成了Fe和，根据氧化还原反应的规律可知，该反应的离子方程式为； （4）结晶度受反应速率与温度的影响，所以为保证产品性能，需使其粒径适中、结晶度良好，可采取的措施有采用适宜的滴液速度、选择适宜的焙烧温度，AD项符合题意，若用盐酸代替KOH溶液，生成的晶体为Fe和，均会溶解在盐酸中，因此得不到该晶粒，故B不选；若在空气氛围中制备，则亚铁离子容易被空气氧化，故D不选，综上所述，答案为：AD； （5）因为反应后溶液中有氯离子，所以在步骤④中判断沉淀是否已经用水洗涤干净，需取最后一次洗涤液，加入稀硝酸酸化后，再加入硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则证明已洗涤干净；乙醇易溶于水，易挥发，所以最后使用乙醇洗涤的目的是除去晶体表面水分，便于快速干燥。 （6）的物质的量为，根据发生反应的离子方程式：，可知理论上所得的Fe和的物质的量各自为0.0125mol，所以得到的黑色产品质量应为，实际得到的产品3.24g，所以其产率为，故答案为：90.0%。 22.【答案】(1)H2SO4溶液 MnO2++2H+=Mn2+++H2O (2)100 (3)200 mL (4)加热到450℃充分反应一段时间，将固体冷却后研成粉末，边搅拌边加入一定量1 mol·L-1稀H2SO4，加热，充分反应后过滤，洗涤，直到取最后一次洗涤滤液加盐酸酸化的0.1 mol·L-1 BaCl2溶液不变浑浊 【解析】（1）若三颈瓶中先加入硫酸溶液，向其中滴加Na2SO3溶液则易生成SO2导致Na2SO3的利用率减小，故滴液漏斗中的溶液是H2SO4溶液；MnO2被亚硫酸根还原为Mn2+的离子方程式为：MnO2++2H+=Mn2+++H2O； （2）=； （3）该反应的化学方程式2NH4HCO3+ MnSO4= MnCO3+ (NH4)2SO4+H2O+CO2↑，由方程式可知NH4HCO3与MnSO4的物质的量之比为2∶1，需加入NH4HCO3溶液的体积约为200 mL ； （4）根据图象在450°C左右MnO2占比最高，所以加热到450°C最佳，MnO与酸反应生成Mn2+，故用酸除MnO，Mn2O3氧化性强于Cl2，用盐酸会发生氧化还原生产氯气。因此，该实验方案可补充为：加热到450℃充分反应一段时间后，将固体冷却后研成粉末，向其中边搅拌边加入一定量1mol·L-1稀H2SO4，加热，充分反应后过滤，洗涤，直到取最后一次洗涤滤液加盐酸酸化的0.1mol·L-1BaCl2溶液不变浑浊。 23.【答案】(1)排除装置中的空气　直形冷凝管　淡黄色固体变为银白色　(2)吸收多余氯气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入E　再次通入N2　排除装置中的H2　(3)①m3＋m1－2m2　②%　不变　偏大 【解析】(1)用H2还原WO3制备W，装置中不能有空气，所以先通N2，其目的是排除装置中的空气；由仪器构造可知仪器A的名称为直形冷凝管；WO3为淡黄色固体，被还原后生成的W为银白色，所以能证明WO3已被完全还原的现象是淡黄色固体变为银白色。 (2)由信息可知WCl6极易水解，W与Cl2反应制取WCl6时，要在B处加装盛有碱石灰的干燥管，防止空气中的水蒸气进入E中，所以碱石灰的作用其一是吸收多余氯气，防止污染空气；其二是防止空气中的水蒸气进入E；在操作⑤加热，通Cl2之前，装置中有多余的H2，需要除去，所以操作④是再次通入N2，目的是排除装置中的H2。 (3)①称量时加入足量的CS2，盖紧称重为m1 g，由于CS2易挥发，开盖时要挥发出来，称量的质量要减少，开盖并计时1分钟，盖紧称重m2 g，则挥发出的CS2的质量为(m1－m2)g，再开盖加入待测样品并计时1分钟，又挥发出(m1－m2)g的CS2，盖紧称重为m3 g，则样品质量为m3 g＋2(m1－m2)g－m1 g＝(m3＋m1－2m2)g。 ②滴定时，根据关系式：WO～2IO～6I2～12S2O，样品中n(WCl6)＝n(WO)＝n(S2O)＝cV×10－3mol，m(WCl6)＝cV×10－3mol×M g·mol－1＝ g，则样品中WCl6的质量分数为×100%＝%；根据测定原理，称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，挥发的CS2的质量增大，m3偏小，但WCl6的质量不变，则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将不变，样品中WCl6质量分数的测定值将偏大。 24.【答案】(1)2Ba(NO3)22BaO＋O2↑＋4NO2↑　(2)增大压强或增大氧气的浓度或降低温度　(3)BaO2＋2HCl===BaCl2＋H2O2　(4)H2O2受热易分解　(5)O2＋2H＋＋2e－===H2O2　(6)AC 【解析】(1)①Ⅰ为分解反应，产物除BaO、O2外，还有一种红棕色气体，该气体为NO2。根据氧化还原反应电子得失守恒配平该反应的化学方程式为2Ba(NO3)22BaO＋O2↑＋4NO2↑；②Ⅱ为BaO与氧气反应生成BaO2，是可逆反应，反应方程式为2BaO(s)＋O2(g)2BaO2(s)，正反应为气体体积减小的放热反应，促进该反应正向进行的措施是增大压强或增大氧气的浓度或降低温度；③Ⅲ中过氧化钡与盐酸反应生成氯化钡和双氧水，反应的化学方程式是BaO2＋2HCl===BaCl2＋H2O2；④H2O2受热易分解，采用减压能够降低蒸馏温度，防止双氧水分解导致产率降低。 (2)①根据分析，a极的电极反应式是O2＋2H＋＋2e－===H2O2；②2H2O2===2H2O＋O2↑能自发进行，反向不能自发进行，根据图示，该装置有电源，属于电解池，电解池是将电能转化为化学能的装置，故A正确；根据分析，电极b为阳极，电解池阳极与电源正极连接，故B错误；根据分析，该装置的总反应为2H2O＋O22H2O2，根据反应可知，制取双氧水的原料为氧气和水，来源广泛，原料廉价，对环境友好等优点，故C正确；答案选AC。 25.【答案】(1)防止倒吸　pH过高，Na2CO3、Na2S反应不充分；pH过低，导致Na2S2O3转化为S和SO2 (2)BC (3)①F　B　E　C　G　②防止碘挥发　③Na2SO3或失去部分结晶水的Na2S2O3·5H2O 【解析】(1)步骤Ⅰ中，单向阀的作用是防止C中的液体倒吸进A装置中；装置C中混合溶液的pH过高，说明溶液中含有较多的Na2CO3和Na2S，Na2CO3和Na2S溶液水解显碱性，＋H2O＋OH－、S2－＋H2OHS－＋OH－，则SO2和Na2CO3、Na2S反应不充分；pH过低，说明Na2S2O3分解为S和SO2，SO2＋H2OH2SO3、H2SO3H＋＋，pH过高或过低都会导致Na2S2O3·5H2O晶体的产率降低。(2)A错，快速蒸发水分，加热温度过高，会造成Na2S2O3·5H2O晶体失去结晶水；B对，蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，停止加热，利用余热蒸发水分，会得到Na2S2O3·5H2O晶体；C对，由题目已知信息，Na2S2O3·5H2O难溶于乙醇，所以冷却结晶后的固液混合物中加入乙醇可提高Na2S2O3·5H2O的产率；D错，Na2S2O3·5H2O晶体易溶于水，若用Na2CO3溶液作洗涤剂，Na2S2O3·5H2O会溶解，造成损失。(3)①滴定管使用前的正确操作顺序为检漏→蒸馏水洗涤→用滴定液润洗2至3次→装入滴定液至零刻度以上→排除气泡→调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下→记录起始读数→开始滴定。②为了防止标准液中的碘挥发，造成标准液的浓度偏低，滴定前的碘量瓶应盖上瓶塞。③根据题给滴定反应的化学方程式，可得滴定反应的关系式为2Na2S2O3·5H2O～I2，Na2SO3与I2反应的对应关系为Na2SO3～I2，M(Na2SO3)＝126 g·mol－1，M(Na2S2O3·5H2O)＝248 g·mol－1，M(Na2SO3)＜M(Na2S2O3·5H2O)；若产品中Na2S2O3·5H2O的含量超过100%，说明产品中可能存在Na2SO3或失去部分结晶水的Na2S2O3·5H2O。 题点2 和非金属及其化合物相关的制备型实验探究 1.【答案】(1)三颈烧瓶　温度计　(2)烧杯底部有少量固体　(3)缓慢滴加过量氯水，无蓝色出现　(4)白色固体消失，析出紫黑色沉淀，产生红棕色气体，溶液呈绿色　碱液　(5)a　(6)升华 【解析】(5)步骤⑤中，I2在水中溶解度小，在乙醇中溶解度大于水中溶解度，易溶于四氯化碳，则析出的I2沉降后，过滤，再用水洗涤表面的无机盐，以减少损耗。 2.【答案】(1)圆底烧瓶　H2S+I22HI+S　(2)c (3)I2+I-　(4)NaOH(其他合理答案也可) (5)先停止加热，再停止通入N2 (6)×100% (7)棕色细口试剂瓶中 【解析】(2)由步骤ⅰ的操作可知，静置、过滤的目的是分离产物，与快速搅拌无关，a不符合题意；步骤ⅰ中未涉及加热，b不符合题意；由(1)可知，步骤ⅰ的反应中有硫单质生成，由于S不溶于水，会包裹溶液中的碘单质阻碍反应的发生，c符合题意。(3)I2可与溶液中的I-反应生成从而增大碘单质的溶解度，反应的离子方程式为I2+I-。(4)步骤ⅱ中的尾气是H2S有毒，为酸性气体，常用NaOH溶液吸收。(5)停止加热后，持续通入N2，可防止产物HI被空气氧化，待装置冷却后再停止通入N2，可将装置中残留的HI全部赶入C中。(6)n实际(HI)=n理论(HI)=2×=1 mol，故实验的产率=÷1 mol ×100%=×100%。 3.【答案】(1)直形冷凝管　 除去市售的溴中少量的Cl2、抑制液溴与水反应　 Br2+K2C2O42KBr+2CO2↑　(2)蒸发皿　2Mn+10I-+16H+2Mn2++ 5I2+8H2O　(3)液封　降低温度　(4)0.31m　(5)玻璃棒引流，玻璃棒下端靠在三层滤纸处 【解析】(1)仪器C为直形冷凝管，用于冷凝蒸气；市售的溴(纯度99%)中含有少量的Cl2 和I2，Cl2 可与CaBr2发生氧化还原反应而除去；水浴加热时，Br2、I2蒸发进入装置D中，分别与K2C2O4发生氧化还原反应，由于I2少量，故主要反应的化学方程式为Br2+K2C2O42KBr+2CO2↑。(2)将D中溶液转移至蒸发皿中，边加热边向其中滴加酸化的KMnO4溶液至出现红棕色气体(Br2)，因为I-的还原性强于Br-，说明KMnO4已将KI全部氧化，发生反应的离子方程式为2Mn+10I-+16H+2Mn2++5I2+8H2O；KBr几乎未被氧化，继续加热将溶液蒸干所得固体R的主要成分为KBr。(3)密度：Br2>H2O，D中冷的蒸馏水起到液封的作用，同时冷的蒸馏水温度较低，均可减少溴的挥发。(4)m g KBr固体的物质的量为 mol，根据得失电子守恒可得关系式6KBr~6e-~K2Cr2O7，则理论上需要K2Cr2O7的物质的量为× mol，实际所需称取K2Cr2O7的质量为× mol××294 g·mol-1≈0.31m g。 4.【答案】(1)恒压滴液漏斗　增大SO2的溶解度、增大H2SO3的浓度，同时为步骤Ⅱ提供低温　(2)防止过多的MnO2与H2SO3反应生成MnSO4，同时防止反应太快、放热太多、不利于控制温度低于10 ℃　(3)除去过量的SO2(或H2SO3)　(4)静置，向上层清液中继续滴加几滴饱和Na2CO3溶液，若不再产生沉淀，说明Mn2+已沉淀完全　(5)D　A　E 【解析】步骤Ⅴ中Na2S2O6溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到Na2S2O6∙2H2O。 (2)步骤Ⅱ中，MnO2与H2SO3在低于10 ℃时反应生成MnS2O6，反应的化学方程式为MnO2+2H2SO3MnS2O6+2H2O，分数次加入MnO2，是防止过多的MnO2与H2SO3反应生成MnSO4，同时防止反应太快、放热太多、不利于控制温度低于10 ℃。(3)步骤Ⅲ中滴加饱和Ba(OH)2溶液的目的是除去过量的SO2或H2SO3，防止后续反应中SO2与Na2CO3溶液反应，增加饱和Na2CO3溶液的用量并使产品中混有杂质。(4)步骤Ⅳ中滴入饱和Na2CO3溶液发生反应：MnS2O6+Na2CO3MnCO3↓+Na2S2O6，判断Mn2+已沉淀完全的操作是静置，向上层清液中继续滴加几滴饱和Na2CO3溶液，若不再产生沉淀，说明Mn2+已沉淀完全。(5)步骤Ⅳ经过滤得到Na2S2O6溶液，步骤Ⅴ的正确操作或现象为将滤液倒入蒸发皿中→用酒精灯加热→用玻璃棒不断搅拌→蒸发皿中出现少量晶体→停止加热→等待蒸发皿冷却→过滤、洗涤、干燥得到Na2S2O6∙2H2O。 5．【答案】(1)圆底烧瓶　(2)E　C　D　(3)BC　(4)处理尾气H2S　(5)ABC　(6)99% 【解析】(2)制备气体的装置包括发生装置、除杂装置、收集装置和尾气处理装置，由于不能骤冷，要逐步冷却，所以B连E，E连C，C连D，D连F。(3)H2S是酸性气体，不可以用碱性干燥剂，所以不可以用氢氧化钾和碱石灰，故选BC。(5)H2S有毒，该实验操作须在通风橱中进行，故A正确；气体不能骤冷，装置D的主要作用是预冷却H2S，故B正确；加入的MgCl2固体，可使MgCl2溶液保持饱和，有利于平稳持续产生H2S，故C正确；该实验产生的尾气不可用硝酸吸收，硝酸的氧化性虽然可以把H2S氧化为S单质，但是稀硝酸产生的NO或者浓硝酸产生的NO2会污染空气，故D错误。(6)根据铜守恒，氧化铜的质量为32.814 g－31.230 g＝1.584 g，则氧化铜物质的量为0.019 8 mol，n(CuS)＝n(CuO)＝0.019 8 mol，则H2S物质的量为0.019 8 mol，H2S的质量为0.673 2 g，产品的纯度为×100%＝99%。 6.【答案】C 【解析】红磷使用前应用水洗涤，除去其表面的可溶性氧化物及氧化物的水化物，A正确；将红磷转入装置，抽真空后加热外管，除去红磷表面的水分，同时除去残余的少量氧气，B正确；由仪器构造可知，应从b口通入冷凝水(类比直形冷凝管的“下口进上口出”，b口类似于直形冷凝管的下口)，C错误；通入冷凝水后P4(g)在冷凝管外壁凝华，冷却后在氮气氛围下收集，防止产品变质，D正确。 【关联题点】物质的分离与提纯 7.【答案】(1)组装仪器并检查装置气密性　管式炉中没有固体剩余，烧瓶中无液体滴下　C、D之间没有干燥装置，没有处理氢气的装置 (2)SiHCl3＋5NaOH===Na2SiO3＋3NaCl＋H2↑＋2H2O (3)高温灼烧　冷却干燥　A、C　×100% 【解析】(1)制备SiHCl3时，组装好装置后，要先检查装置气密性，然后将盛有硅粉的瓷舟置于管式炉中，通入氯化氢气体，排出装置中的空气，一段时间后，接通冷凝装置，加热开始反应，当管式炉中没有固体剩余时，即硅粉完全反应，SiHCl3易水解，所以需要在C、D之间加一个干燥装置，防止D中的水蒸气进入装置C中，另外氢氧化钠溶液不能吸收氢气，需要在D后面加处理氢气的装置。(2)已知电负性：Cl＞H＞Si，则SiHCl3中氯元素的化合价为－1，H元素的化合价为－1，硅元素化合价为＋4，所以氢氧化钠溶液和SiHCl3反应时，要发生氧化还原反应，得到氯化钠、硅酸钠和氢气，化学方程式为SiHCl3＋5NaOH===Na2SiO3＋3NaCl＋H2↑＋2H2O。(3)m1 g样品经水解、干燥等预处理过程得到硅酸水合物后，高温灼烧，在干燥器中冷却干燥后，称量，所用仪器包括坩埚和干燥器，所得固体氧化物为二氧化硅，质量为m2 g，则二氧化硅的物质的量n(SiO2)＝ mol，样品纯度为×100%＝×100%。 【关联题点】硅及其化合物的性质及用途；热重分析法在物质成分（或含量）测定中的应用 8.【答案】(1)①煤油　②b　③2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑　④K2、K3　(2)①2PCl5＋10NaN32P＋15N2↑＋10NaCl　防止PCl5遇空气中的水蒸气而发生水解　②甲苯　NaCl　③104　0.027 【解析】本实验要用无水甲苯作溶剂，故需要先制备无水甲苯，图1装置中Na与水反应除去水，生成的H2从K2排出，待水反应完后，收集无水甲苯；图2中将甲苯和NaN3加入三颈烧瓶中，然后通入Ar排出装置中的空气，再滴入PCl5和甲苯，混合均匀后，转移到反应釜中制备纳米球状红磷。(1)③Na与水反应可除去水，故用钠干燥甲苯的原理是2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑。④回流过程中，打开活塞K2、K3，使生成的气体排出装置。(2)①根据题意可知，反应物为PCl5和NaN3，产物为P，根据化合价的变化规律可知化学方程式为2PCl5＋10NaN32P＋15N2↑＋10NaCl；由于PCl5易水解，故用Ar气赶走空气的目的是防止PCl5遇空气中的水蒸气而发生水解。②根据反应可知，得到的产物上沾有甲苯和NaCl，用乙醇洗去甲苯，用水洗去NaCl。③R＝125 nm时可换算出横坐标为8，此时纵坐标对应的值为10，故气体产物的压强为104 kPa；已知p＝a×n，其中a＝2.5×105 kPa·mol－1，气体产物只有N2，则n(N2)＝＝0.04 mol，根据反应2PCl5＋10NaN32P＋15N2↑＋10NaCl可知，n(NaN3)＝n(N2)＝×0.04 mol≈0.027 mol。 9.【答案】(1)2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2H2O＋2NH3↑　(2)11.5　(3)平衡气压防倒吸　倒吸　(4)NH　PO　(5)酚酞　无色　浅红色 【解析】本实验的实验目的为制备磷酸氢二铵[(NH4)2HPO4]，实验原理为2NH3＋H3PO4===[(NH4)2HPO4]，结合相关实验基础知识分析解答问题。(1)实验室用NH4Cl(s)和Ca(OH)2(s)在加热的条件下制备氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2H2O＋2NH3↑。(2)设需浓H3PO4的体积为V mL，则＝0.1 L×1.7 mol·L－1，V≈11.5。(3)由于NH3极易溶于水，因此可选择打开活塞K2以平衡气压，防止发生倒吸，所以实验过程中，当出现倒吸现象时，应及时关闭K1，打开K2。(4)继续通入NH3，(NH4)2HPO4继续反应生成(NH4)3PO4，当pH＞10.0时，溶液中OH－、NH、PO的浓度明显增加。(5)由(4)可知，当pH为8.0～9.0时，可制得(NH4)2HPO4，说明(NH4)2HPO4溶液显碱性，因此若不选用pH传感器，还可以选用酚酞作指示剂，当溶液颜色由无色变为浅红时，停止通入NH3，即可制得(NH4)2HPO4溶液。 10.【答案】(1)圆底烧瓶　b　(2)干燥气体　(3)溶液沿毛细管上升　(4)使溶液受热均匀　(5)磷酸晶体　(6)C　(7)磷酸可与水分子间形成氢键 【解析】空气通过氯化钙除水，经过安全瓶后通过浓硫酸除水，然后通过五氧化二磷，干燥的空气流入毛细管对烧瓶中的溶液进行搅拌，同时还具有加速水逸出和防止溶液沿毛细管上升的作用，将85%磷酸溶液进行减压蒸馏除水、结晶除杂得到纯磷酸。(1)由仪器构造可知，仪器A为圆底烧瓶，仪器B为直形冷凝管，冷凝水应从b口进、a口出，形成逆流冷却，使冷却效果更好。(2)纯磷酸制备过程中要严格控制温度和水分，因此五氧化二磷的作用为干燥气体。(4)升高温度能提高除水速度，而纯磷酸制备过程中要严格控制温度，水浴加热可以避免直接加热造成的过度剧烈与温度的不可控性，使溶液受热均匀。(5)过饱和溶液暂时处于亚稳态，当加入一些固体的晶体或晃动时可使此状态失去平衡，过多的溶质就会结晶，因此可向磷酸的过饱和溶液中加入磷酸晶体促进其结晶。(6)纯磷酸纯化过程中，温度低于21 ℃易形成2H3PO4·H2O(熔点为30 ℃)，高于100 ℃则发生分子间脱水生成焦磷酸，纯磷酸的熔点为42 ℃，因此过滤磷酸晶体时，除了需要干燥的环境外，还需要控制温度为42～100 ℃。(7)磷酸的结构式为，分子中含羟基，可与水分子间形成氢键，因此磷酸中少量的水极难除去。 11.【答案】(1) (2)②或③① (3)a、c c、d (4)防止外界水蒸气进入C中使催化剂中毒 (5)适当升温加快反应速率，同时防止温度过高分解 (6) (7)17% 【解析】（1）A中锌和稀盐酸反应生成氯化锌和氢气，反应的离子方程式为； （2）、等杂质易使催化剂中毒，需通过碱石灰除去HX和H2O，所以装置B应该选②或③①； （3）开始制备时，打开活塞a、c，A中产生的进入C中，在催化作用下与乙基蒽醌反应生成乙基蒽醇，一段时间后，关闭a，仅保持活塞b打开，将残留抽出，随后关闭活塞b，打开活塞c、d，将O2通入C中与乙基蒽醇反应生成H2O2和乙基蒽醌。 （4）容易使催化剂中毒，实验中需要保持C装置为无水环境，F的作用为防止外界水蒸气进入C中。 （5）适当升温加快反应速率，同时防止温度过高分解，所以反应过程中控温； （6）第一步为在催化作用下与乙基葱醌反应生成乙基蒽醇，第二步为与乙基蒽醇反应生成和乙基蒽醌，总反应为。 （7）滴定反应的离子方程式为，可得关系式：。三组数据中偏差较大，舍去，故消耗酸性高锰酸钾标准溶液的平均体积为，的质量分数。 12.【答案】(1)不能 (2)吸收氯气，防止污染空气 防止空气中的水蒸气进入三口烧瓶使SbCl3、SbCl5水解 (3)三口烧瓶 b 防止SbCl5分解 (4)SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O (5)H2SO4+HSbF6=[H3SO4]+[SbF6]- (6)CH3CH(CH3)CH3+HSbF6=(CH3)3C+++H2↑ 【解析】（1）与直形冷展管相比，球形冷凝管的冷却面积大，冷却效果好，且由于球形冷凝管的内芯管为球泡状，容易在球部积留蒸馏液，故不适宜用于倾斜式蒸馏装置，多用于垂直蒸馏装置，故实验装置中两个冷凝管不能交换使用； （2）根据表中提供信息，SbCl3、SbCl5极易水解，知试剂X的作用是防止空气中水蒸气进入三口烧瓶，同时吸收氯气，防止污染空气； （3）由实验装置知，反应完成后，关闭活塞a、打开活塞b，减压转移三口烧瓶中生成的SbCl5至双口烧瓶中；减压蒸馏前，必须关闭活塞b，以保证装置密封，便于后续抽真空；根据表中提供信息知，SbCl5容易分解，用减压蒸馏而不用常压蒸馏，可以防止SbCl5分解； （4）在由SbCl5制备HSbF6时，需用到HF，而HF可与玻璃中的SiO2反应，故不能选择玻璃仪器，反应的化学方程式为：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O； （5）H2SO4与超强酸HSbF6反应时，H2SO4表现出碱的性质，则化学方程式为H2SO4 +HSbF6= ； （6）2-甲基丙烷的结构简式为CH3CH(CH3)CH3，根据题目信息知，CH3CH(CH3)CH3中上的氢参与反应，反应的离子方程式为CH3CH(CH3)CH3+HSbF6 = ++H2。 13.【答案】(1)排尽装置中的空气，防止与空气中的反应，防止遇空气中的水而水解 干燥管 (2)增大与气体的接触面积，加快反应速率 (3) (4) 或 (5)与空气中O2的反应产生红棕色的NO2 【解析】（1）通入和前先通入氩气，作用是排尽装置中的空气，防止与空气中的反应，防止遇空气中的水而水解；仪器的名称干燥管，故答案为：排尽装置中的空气，防止与空气中的反应，防止遇空气中的水而水解；干燥管； （2）将催化剂负载在玻璃棉上而不是直接平铺在玻璃管中，目的是增大与气体的接触面积，加快反应速率，故答案为：增大与气体的接触面积，加快反应速率； （3）实验所需的可用和溶液在稀中反应制得，则亚铁离子会被氧化为铁离子，离子反应方程式为：，故答案为：； （4）为分离产物和未反应的原料，低温溶槽A使冷凝，得到产品，则温度区间应控制在或；再经过低温浴槽B降温，使冷凝，防止逸出，污染空气，仪器C收集的物质是，故答案为：或；； （5）剩下的气体为NO，则无色的尾气若遇到空气会变为红棕色，原因是与空气中的氧气反应产生红棕色的NO2，故答案为：与空气中的氧气反应产生红棕色的NO2。 14.【答案】(1)①浓H2SO4　②a　(2)ABC　(3)抽气(或通干燥氮气)　(4)a　b　g　(5)①CCl4中由紫红色突变到无色，且30 s不恢复　②溶液中Cl2O和Cl2分别为1.000×10－3mol、5×10－6mol，＝200>99，符合要求 【解析】(1)①装置A的作用是去除原料气(Cl2、N2)中的少量水分，可用的试剂是浓H2SO4。②Cl2和Cl2O都不能直接排放到空气中，因此需要进行尾气处理，Cl2、Cl2O能与NaOH溶液反应，同时需要防止NaOH溶液中水蒸气进入装置C中，因此需要在装置C和尾气处理装置之间连接吸收水蒸气的装置，所以虚框D中应选用装置a。 (2)装置B为HgO与Cl2反应制备Cl2O的装置，因Cl2O能与H2O发生反应，因此需要将HgO粉末热处理除水分，该反应为固体与气体接触类反应，因此增加表面积能够加快反应速率，故A选；N2的作用是稀释Cl2，在气流速率一定的条件下，氯气所占的比例越小，其转化率越高，同时HgO与Cl2比例不同会发生副反应，因此需要调控进入反应柱的混合气中Cl2和N2的比例，故B选；为了让气体与固体充分接触，混合气体应从下口进入反应柱，同时需要控制气体的流速，防止副反应发生，故C选；HgO与Cl2反应制备Cl2O的合适反应温度为18～25 ℃，因此该反应在常温下进行，若对反应柱加热会发生副反应，故D不选。 (3)由题可知，Cl2沸点小于Cl2O，在Cl2未发生冷凝时抽气或通入氮气可以有效的去除产物中的Cl2。 (4)萃取分液的操作顺序为检漏→加入萃取剂和溶液→振荡摇匀→放气→静置分层→放液，下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，因CCl4密度大于水，因此萃取后溶有Cl2O的CCl4位于下层，因此操作顺序为涂凡士林→检查旋塞、玻璃塞处是否漏水→将溶液和CCl4转入分液漏斗→倒转分液漏斗，小心振摇→旋开旋塞放气→经几次振摇并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置→打开旋塞，向锥形瓶放出下层液体。 (5)①溶有I2的CCl4溶液呈紫红色，用标准Na2S2O3溶液滴定I2过程中，当I2恰好反应完全时，溶液呈无色，因此滴定I2到达终点的实验现象是CCl4中由紫红色突变到无色，且30 s不恢复。②由2I－＋Cl2===I2＋2Cl－、4I－＋Cl2O＋2H＋===2I2＋H2O＋2Cl－、2I－＋HClO＋H＋===I2＋H2O＋Cl－(HClO为Cl2O与H2O反应的产物)可得关系式：Cl2O～2H＋～2I2，由实验数据可知Cl2O和HClO共消耗n(H＋)＝2×(2.505×10－3mol－1.505×10－3mol)＝2.000×10－3mol，生成I2的物质的量为2.000×10－3mol，则高纯度Cl2O浓溶液中n(Cl2O)＝1.000×10－3mol，加入过量KI溶液共生成I2的物质的量为2.005×10－3mol，因此Cl2与I－反应生成I2的物质的量为2.005×10－3mol－2×10－3mol＝5×10－6mol，由此可知高纯度Cl2O浓溶液中n(Cl2)＝5×10－6mol，所以高纯度Cl2O浓溶液中＝＝200>99，则所制备的高纯度Cl2O浓溶液符合要求。 15.【答案】(1)平衡气压，使浓盐酸顺利滴下　NaOH溶液　Ca(ClO)2＋4HCl(浓)===CaCl2＋2Cl2↑＋2H2O (2)在装置A、B之间加装盛有饱和NaCl溶液的洗气瓶 (3)酸式　C (4)×100%　BD 【解析】(1)装置A中恒压分液漏斗a的作用是平衡气压，使浓盐酸顺利滴下。Cl2有毒，装置C用于Cl2的尾气处理，盛装的试剂为NaOH溶液。装置A中利用浓盐酸与漂白粉反应制取Cl2，漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，反应的化学方程式为Ca(ClO)2＋4HCl(浓)===CaCl2＋2Cl2↑＋2H2O。 (2)浓盐酸易挥发，装置A中制得的Cl2中混有挥发出的HCl，易与KMnO4发生氧化还原反应，导致其产率降低，改进方法是在装置A、B之间加装盛有饱和NaCl溶液的洗气瓶。 (3)KMnO4溶液具有强氧化性，易腐蚀碱式滴定管下端的橡胶管，故应选择酸式滴定管。酸式滴定管下端有一段未标注刻度，规格为50.00 mL的滴定管，液面在“0刻度”时，溶液的体积大于50.00 mL，故KMnO4溶液起始读数为15.00 mL时，滴定管中KMnO4溶液的实际体积大于35.00 mL。 (4)设样品中FeC2O4·2H2O为x mol，Fe2(C2O4)3为y mol，H2C2O4·2H2O为z mol，它们分别和KMnO4反应的关系式为： 5FeC2O4·2H2O～3KMnO4　5H2C2O4·2H2O～2KMnO4 x x z z 5Fe2(C2O4)3～6KMnO4 y y 所以过程Ⅰ中消耗的KMnO4的物质的量(单位为mol)为 x＋z＋y＝cV1×10－3① 过程Ⅱ溶液中Fe2＋的物质的量为(x＋2y) mol Fe2＋和的关系式为 5Fe2＋～　　 x＋2y　 (x＋2y) 过程Ⅱ中消耗的KMnO4的物质的量(单位为mol)为(x＋2y)＝cV2×10－3② 由①式得：3x＋6y＋2z＝5cV1×10－3 由②式得：3x＋6y＝15cV2×10－3 两式相减得：z＝×10－3×c(V1－3V2) 所以样品中H2C2O4·2H2O的质量分数表达式为×100%＝×100% ＝3时，H2C2O4·2H2O的质量分数为0，则不含H2C2O4·2H2O；由x＋y＝cV1×10－3和(x＋2y)＝cV2×10－3可知，不论y是否为0，均有V1＝3V2，即当＝3时，样品中可能含有Fe2(C2O4)3，A错误；越大，加还原剂后所得溶液中Fe2＋含量越低，则样品中H2C2O4·2H2O含量越高，B正确；若步骤Ⅰ中滴入KMnO4溶液不足，H2C2O4未被完全氧化，引起V2偏大，则样品中Fe元素含量偏高，C错误；若所用KMnO4溶液实际浓度偏低，消耗KMnO4溶液体积V2实际偏大，故测得样品中Fe元素含量偏高，D正确。 题点3 有机物制备相关的实验探究 1.【答案】B 【解析】气球中填充保护气，起到缓冲装置内压强的作用，A正确；根据题给信息可知，格氏试剂可与二苯甲酮发生副反应，为尽量避免发生副反应，格氏试剂应少量，因此烧瓶中应盛放苯甲酰氯的乙醚溶液，B错误；图中为恒压滴液漏斗，可平衡装置内压强，便于液体顺利流下，故不能用球形分液漏斗代替，C正确；二苯甲酮的产率高，说明二苯甲酮与格氏试剂反应生成的副产物少，说明苯甲酰氯比二苯甲酮更易与格氏试剂反应，D正确。 2.【答案】(1)1∶1∶2　(2)冷凝回流　直形冷凝管　B　(3)2、3　 mg·g-1　C　(4)反应过程中生成酸，实现了自催化(或防止反应速率过快，避免聚合度超过要求) 【解析】(1)按照如图中“”的位置断键，单体分别为顺丁烯二酸酐、丙-1，2-二醇、邻苯二甲酸酐、丙-1，2-二醇，则理论上，原料物质的量投料比n(顺丁烯二酸酐)∶n(邻苯二甲酸酐)∶n(丙-1，2-二醇)=1∶1∶2。(2)装置B是空气冷凝管，作用是冷凝回流；仪器C的名称是直形冷凝管；根据已知信息，反应过程中醇解产物生成聚酯时有H2O产生，为提高反应产率，需使产生的水以H2O(g)形式逸出，故应保持温度计2示数高于水的沸点且低于反应物沸点，则合理的温度范围为100~105 ℃，B正确。(3)5次实验分别消耗KOH-乙醇标准溶液的体积为24.98 mL、24.80 mL、24.10 mL、25.00 mL、25.02 mL，其中第2、3次数据误差较大，应舍去；取其余三次的平均值，消耗标准溶液的体积为25.00 mL。a g样品消耗KOH的质量为c mol·L-1×25.00×10-3 L××56 g·mol-1=14c g=14 000c mg，则该样品的酸值为 mg·g-1；随着反应的进行，样品中—COOH减少，酸值应降低，若测得酸值高于聚合度要求，应增大N2的流速，促进反应的进行。(4)该实验的反应过程中，酸酐与醇发生醇解反应时，生成了羧酸官能团，实现了自催化，故反应中无需另加催化剂。 3.【答案】(1)A　(2)a　(3)利用盐析效应，加入NaCl可降低苯胺的溶解度，使其析出，提高产率 (4)上　(5)防止其挥发损失并提高冷凝效率　避免冷凝水残留影响后续高温蒸馏时冷凝管的效率(或防止高温下冷凝管因温差过大破裂)　(6)B　(7)75% 【解析】(3)由于苯胺在水中有一定溶解度，利用盐析效应，加入NaCl固体，溶液中离子浓度增加，会争夺水分子，导致苯胺的溶解度降低，溶解在水中的大部分苯胺就会以油状物晶体析出，提高实验产率。(4)乙醚密度小于水，故醚层位于上层。(5)乙醚沸点低(34.5 ℃)，冰水浴可防止其挥发损失并提高冷凝效率；由于乙醚和苯胺沸点相差较大，回收乙醚后，需要放出冷凝管中的冷凝水再蒸馏，这样操作的原因是避免冷凝水残留影响后续高温蒸馏(180~185 ℃收集苯胺)时冷凝管的效率(或防止高温下冷凝管因温差过大破裂)。(6)缓慢滴加是为了控制反应温度，而非单纯减小速率，因为该反应为放热反应，若温度过高，产物苯胺会与乙酸发生取代反应，导致产率下降，故A错误；红外光谱可区分硝基苯(含硝基特征峰)和苯胺(含氨基特征峰),C错误；乙醚是一种有毒物质,具有挥发性,尾气需要处理，D错误。(7)根据反应原理可知，0.08 mol硝基苯，理论上制备0.08 mol苯胺，理论产量：0.08 mol × 93 g·mol-1=7.44 g，实际产量：5.58 g，产率：×100%=75%。 4.【答案】D 【解析】催化剂易水解，实验中干燥管的作用是隔绝水蒸气进入反应瓶，防止催化剂水解，A正确；未反应的氯气和产生的HCl用NaOH溶液吸收，防止污染空气，B正确；将Cl2通入反应液的底部，氯气在液体中由下往上扩散，使氯气与反应液充分接触，故Cl2通入可起到搅拌作用，C正确；反应还未完全前，控制Cl2流速不变，温度依然会持续升高，要控制反应温度稳定应当逐渐减小氯气的流速，D错误。 5.【答案】(1)原料易得、绿色环保　减少副产物的生成 (2)50 (3)除去未反应的 (4)H++OH-H2O　H++ (5)③　①　④　氧气 【解析】(1)该反应使用空气作氧化剂，故相比KMnO4作氧化剂而言，空气更易得，且能防止—CH3被氧化，减少副产物的生成。(2)由题给信息可知，反应时间为0 h时，峰a、b、c、d分别表示醛基H、苯环H、苯环H和甲基H，反应2 h时，峰面积a∶a'为2∶1，即2 h时转化的对甲基苯甲醛的量为起始时的则反应2 h时，对甲基苯甲醛的转化率为×100%=50%。(3)步骤Ⅱ中加入过量稀NaOH溶液后，对甲基苯甲酸转化为可溶于水的对甲基苯甲酸钠，故采用乙酸乙酯洗涤时，可除去未反应完全的对甲基苯甲醛，从而提高目标产物纯度。(4)步骤Ⅲ中加入稀盐酸除去步骤Ⅱ中过量的NaOH，离子方程式为H++OH-H2O；同时稀盐酸可使步骤Ⅱ中产生的转化为，离子方程式为H++。(5)具支试管中盛有溶剂及空气，故循环冷冻脱气时，须先关闭阀门，然后使用液氮冷冻反应液，待具支试管中的反应液冷冻后，打开阀门抽出其中的空气，然后关闭阀门，最后反应液恢复至室温，重复后四步操作数次，使装置中的16O2全部排出。若对甲基苯甲酸中羧基O均为16O，则其相对分子质量为136，而表中第一组信息显示其相对分子质量为138，故羧基中1个O为18O，比较反应条件可知，第一组产物中的18O来自18O2，故目标产物中羧基O来源于醛基和氧气。 6．【答案】(1) 温度计 　 HCl (2)40 (3) 溶液紫色褪去　 (4)ACEG (5) 　过滤、洗涤、干燥 【解析】（1）步骤I氯磺化的产物易水解，水解生成的氯化氢极易溶于水，可用水来吸收，由装置图可知，a为温度计，故答案为：温度计；HCl； （2）由方程式可知，邻甲基磺酸氯与氨水为1:1进行反应，0.3mol邻甲基磺酸氯中消耗的氨水为0.3mol，加入15mol/L的氨水，充分反应后，消耗20毫升的氨水，同时产生0.3mol的氯化氢，氯化氢与氨水中和反应，消耗的氨水为0.3mol，即20毫升，所以一共需要消耗的体积为40mL，故答案为：40； （3）氧化过程中为保证氧化完全，需要加入过量的，反应完全后，向其中滴加以除去过量溶液，溶液被消耗，则反应完全的现象是溶液紫色褪去，该溶液为碱性，则被还原成二氧化锰，根据氧化还原规律，得出离子方程式为：，故答案为：溶液紫色褪去；； （4）过滤需要烧杯，漏斗，玻璃棒，铁架台等，故需要的仪器为：ACEG； （5）能水解生成羧基，与反应，产生大量的二氧化碳气体，当完全反应，趁热过滤，冷却结晶的后续操作是过滤，洗涤，干燥，故答案为：CO2；过滤，洗涤，干燥。 7．【答案】(1) 三颈烧瓶 b (2)二氧化碳 (3)将吸附在滤渣上的产品尽可能全部转入滤液中，提高产率 (4) +HCl+NaCl 取少量上层清液于小试管中，滴加浓盐酸，若无白色沉淀，则浓盐酸已足量 (5)作为溶剂，溶解后加快反应速率 (6)40.12% 【分析】向A中加入和20.0mL蒸馏水，搅拌下逐滴加入2.1mL(3.3g)三氟甲磺酰氯，生成了三氟甲基亚磺酸钠，硫酸钠和氯化氢，碳酸氢钠与氯化氢反应生成二氧化碳，所以有气泡产生，80℃下反应3h后，减压蒸除溶剂得浅黄色固体。向上述所得固体中加入10.0mL四氢呋喃(THF)，充分搅拌后，加入无水，可促进硫酸钠结晶析出，振荡，抽滤，除去硫酸钠，洗涤可将吸附在滤渣上的产品尽可能全部转入滤液中，提高产率。将所得滤液减压蒸除THF，得黏稠状固体。加入适量乙醇进行重结晶。将所得三氟甲基亚磺酸钠和3.0mLTHF加入圆底烧瓶中，搅拌溶解后逐滴加入足量浓盐酸，发生的化学方程式为：+HCl+NaCl，析出白色固体。抽滤、洗涤。将滤液转入圆底烧瓶中，加入2.0mL蒸馏水和过量LiOH，水可作为溶剂，溶解后加快反应速率，室温搅拌反应1h后，减压蒸除溶剂，得粗产品。加入适量乙醇进行重结晶，得产品1.1g，据此解答。 【解析】（1）由图可知，A为三颈烧瓶，中间为冷凝管，为了提高冷凝效果，冷却水从b口通入，c口流出，故答案为：三颈烧瓶；b； （2）向A中加入和20.0mL蒸馏水，搅拌下逐滴加入2.1mL(3.3g)三氟甲磺酰氯，生成了三氟甲基亚磺酸钠，硫酸钠和氯化氢，碳酸氢钠与氯化氢反应生成二氧化碳，所以有气泡产生，故答案为：二氧化碳； （3）A中反应生成了三氟甲基亚磺酸钠，硫酸钠和氯化氢等，上述所得固体中加入10.0mL四氢呋喃(THF)，充分搅拌后，加入无水，可促进硫酸钠结晶析出，振荡，抽滤除去硫酸钠等固体、洗涤，洗涤可将吸附在滤渣上的产品尽可能全部转入滤液中，提高产率，故答案为：将吸附在滤渣上的产品尽可能全部转入滤液中，提高产率； （4） 由分析可知，将所得三氟甲基亚磺酸钠和3.0mLTHF加入圆底烧瓶中，搅拌溶解后逐滴加入足量浓盐酸，发生的化学方程式为：+HCl+NaCl，析出白色固体，所以判断加入盐酸已足量的方法为：取少量上层清液于小试管中，滴加浓盐酸，若无白色沉淀，则浓盐酸已足量，故答案为：+HCl+NaCl；取少量上层清液于小试管中，滴加浓盐酸，若无白色沉淀，则浓盐酸已足量； （5）将滤液转入圆底烧瓶中，加入2.0mL蒸馏水和过量LiOH，水可作为溶剂，溶解后加快反应速率，故答案为：作为溶剂，溶解后加快反应速率； （6）已知向A中加入，2.1mL(3.3g)三氟甲磺酰氯，三氟甲磺酰氯量不足，以三氟甲磺酰氯计算理论产量为：，氟甲基亚磺酸锂的产率为40.12%，故答案为：40.12%。 8．【答案】(1) 球形冷凝管 B (2)将氧化 (3)c (4)防止时间过长维生素C被氧化，影响后续测定结果 (5) 酸式 微微转动酸式滴定管的活塞，使溶液悬在滴定管口，形成半滴，用锥形瓶内壁将其沾落，再以洗瓶用少量蒸馏水冲洗锥形瓶壁将的标准溶液冲入 (6)偏小 (7)1 【解析】（1）根据图中仪器可以看出，实验过程中使用了球形冷凝管，所以A的名称是球形冷凝管；在中反应最适宜的加热方式为水浴加热，选B。 （2）从·到中锰元素的价态升高，所以空气的作用是将氧化。 （3）量取维生素C溶液，因为体积精确到小数点后两位，所以应该使用移液管量取，选c。 （4）维生素C具有较强的还原性，放置时间过长会被氧化，所以放置分钟，避免影响后续的测定结果。 （5）的标准溶液具有一定的氧化性，所以应该置于酸式滴定管；需要注意的是，最后接近滴定终点时，要半滴滴定避免滴定过量导致结果有误差，加入半滴的操作应该是微微转动酸式滴定管的活塞，使溶液悬在滴定管口，形成半滴，用锥形瓶内壁将其沾落，再以洗瓶用少量蒸馏水冲洗锥形瓶壁将的标准溶液冲入 （6）因为，滴定过量时，消耗的标准溶液体积偏大，因为维生素C的总量是一定的，就会导致计算得出的与的标准溶液反应的维生素变多，从而与维生素C反应的变少，最终测定的结果就会偏小。 （7）根据双水杨醛缩乙二胺(，)和相对原子质量可以计算得出，移取的质量为，维生素C的物质的量为，消耗的维生素C的物质的量为，所以与反应的维生素C的物质的量为，根据反应的化学计量关系（2mol 与维生素C反应）进行计算：，保留整数解得。 9.【答案】(1)酸式滴定管　(2)铁架台　球形冷凝管　(3)使固液充分接触，加快反应速率　(4)水浴加热　(5)活性炭　(6)防止产品结晶损失，提高产率　50%的乙醇溶液　(7)重结晶 【解析】在制备吡咯X的过程中，利用球形冷凝管进行冷凝回流提高原料利用率，通过搅拌来提高反应速率，反应完成后，加入50%的乙醇溶液，析出浅棕色固体(即含杂质的产品)，加热至65 ℃，至固体溶解，加入脱色剂(脱色剂为不溶于水和乙醇等溶剂的固体，如活性炭)，回流20 min，趁热过滤，使产品尽可能多地进入滤液，滤液静置至室温，冰水浴冷却，有大量白色固体析出，经过滤、洗涤、干燥得到产品。 (1)己⁃2，5⁃二酮的熔点：-5.5 ℃，可知常温下该物质为液体，摩尔质量为114 g·mol-1，根据题中所给数据可知，所需己⁃2，5⁃二酮的体积为≈15.47 cm3=15.47 mL，又因为酮类对橡胶有腐蚀性，所以选用酸式滴定管量取己⁃2，5⁃二酮。(3)己⁃2，5⁃二酮常温下为液体，4⁃甲氧基苯胺的熔点为57 ℃，常温下为固体，搅拌可使固液反应物充分接触，加快反应速率。(4)由题给信息“加热至65 ℃”可知，应用水浴加热，这样便于控制温度，且受热更均匀。(5)“脱色剂”的作用是吸附反应过程中产生的有色物质，结合题中信息，加入脱色剂后回流，趁热过滤，保留滤液，即脱色剂为不溶于水和乙醇等溶剂的固体，所以可以选用活性炭作脱色剂。(6)由“加入50%的乙醇溶液，析出浅棕色固体”可知，常温下产品不溶于50%的乙醇溶液；“加热至65 ℃，至固体溶解”，所以需趁热过滤，使产品尽可能多地进入滤液，防止产品结晶损失，提高产率。为减少溶解损失，洗涤时可用50%的乙醇溶液。(7)由产品的分离提纯过程可知，若需进一步提纯，可采用的方法为重结晶。 10.【答案】(1) 催化剂　无有毒气体二氧化硫产生　(2)吸收生成的水，使平衡正向移动，提高乙酸乙酯的产率　(3)AD　(4)分液漏斗　(5)73.5% (6)90 【解析】(1)乙酸、乙醇中加浓硫酸制乙酸乙酯时，浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂，故本实验NaHSO4在反应中起催化剂作用；浓硫酸还具有强氧化性和脱水性，用浓H2SO4时可能发生副反应，且浓硫酸的还原产物二氧化硫为有毒气体，用NaHSO4代替浓H2SO4的优点是副产物少，可绿色制备乙酸乙酯，无有毒气体二氧化硫产生。(3)若向反应液中直接加入变色硅胶，反应后需要过滤出硅胶，而使用小孔冷凝柱承载则无需分离，故A正确；平衡常数只与温度有关，使用小孔冷凝柱承载不能增大该反应平衡常数，故B错误；小孔冷凝柱承载并没有投入溶液中，不能起到沸石作用，不能防止暴沸，故C错误；由题中“反应液由蓝色变为紫色，变色硅胶由蓝色变为粉红色”可知，若向反应液中直接加入变色硅胶，则变色硅胶由蓝色变为粉红色，会影响观察反应液由蓝色变为紫色，使用小孔冷凝柱承载不影响甲基紫指示反应进程，故D正确。(5)由反应CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O可知，100 mmol乙酸与150 mmol乙醇反应时，乙醇过量，理论上可获得的乙酸乙酯的质量为0.1 mol×88 g·mol-1=8.8 g，该实验乙酸乙酯的产率为×100%=73.5%。(6)若改用C2OH作为反应物进行反应：CH3COOH+CH3COHCH3CO18OCH2CH3+H2O，生成的乙酸乙酯的摩尔质量为90 g·mol-1，所以质谱检测目标产物分子离子峰的质荷比数值应为90。 子离子峰的质荷比数值应为90。 11.【答案】(1)油　(2)球形冷凝管　a　(3)防暴沸　(4)FeCl2　可行　空气可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应　(5)氯化铁水解　(6)a　(7)b 【解析】(1)该实验需要加热使冰乙酸沸腾，冰乙酸的沸点超过了100 ℃，应选择油浴加热。(2)根据仪器的结构特征可知，B为球形冷凝管，为了充分冷却，冷却水应从a口进，b口出。(3)步骤②中，若沸腾时加入安息香，会引起暴沸，所以需要待沸腾平息后加入。(4)FeCl3为氧化剂，则铁元素的化合价降低，还原产物为FeCl2，若采用催化量的FeCl3并通入空气制备二苯乙二酮，空气可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应。(5)氯化铁易水解，所以步骤①～③中，乙酸除做溶剂外，另一主要作用是防止氯化铁水解。(6)根据安息香和二苯乙二酮的溶解特征，安息香溶于热水，二苯乙二酮不溶于水，所以可以用热水洗涤粗品除去安息香。(7)2.0 g安息香(C14H12O2)的物质的量约为0.009 4 mol，理论上可产生二苯乙二酮(C14H10O2)的物质的量约为0.009 4 mol，质量约为1.98 g，产率为×100%≈80.8%，最接近80%。 12.【答案】B 【解析】由反应方程式可知，生成物中含有水，若将水分离出去，可促进反应正向进行，该反应选择以共沸体系带出水可以促使反应正向进行，A正确；产品的沸点为142 ℃，环己烷的沸点是81 ℃，环己烷-水的共沸体系的沸点为69 ℃，温度可以控制在69～81 ℃之间，B错误；接收瓶中接收的是环己烷-水的共沸体系，环己烷不溶于水，会出现分层现象，C正确；根据投料量，可估计生成水的体积，所以可根据带出水的体积估算反应进度，D正确。 13.【答案】(1)c　(2)吡咯中含有—NH—，可以形成分子间氢键 (3) (4)将环氧乙烷溶液沿烧杯壁缓缓加入，并不断用玻璃棒搅拌 (5)与水解生成的OH－反应，使水解更彻底 (6)球形冷凝管和分液漏斗　除去水　(7)70.0% 【解析】(1)步骤Ⅰ制钠砂过程中，液体A不能和Na反应，而乙醇、水和液氨都能和金属Na反应，故选c。(5)2-噻吩乙醇钠水解生成2-噻吩乙醇的过程中有NaOH生成，用盐酸调节pH的目的是将NaOH中和，使平衡正向移动，增大反应物的转化率。(6)步骤Ⅴ中的操作有过滤、蒸馏，蒸馏的过程中需要直形冷凝管不能用球形冷凝管，无需使用的是球形冷凝管和分液漏斗。(7)步骤Ⅰ中向烧瓶中加入300 mL液体A和4.60 g金属钠，Na的物质的量为＝0.2 mol，步骤Ⅱ中Na完全反应，根据方程式可知，理论上可以生成0.2 mol 2-噻吩乙醇，产品的产率为×100%＝70.0%。 14.【答案】AD 【解析】浓硫酸和NaBr会产生HBr,1­丁醇以及HBr均易挥发，用装置Ⅰ回流可减少反应物的挥发，提高产率，A正确；冷凝水应下进上出，装置Ⅱ中b为进水口，a为出水口，B错误；用装置Ⅲ萃取分液时，将下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，C错误；由题意可知经装置Ⅲ得到粗产品，由于粗产品中各物质沸点不同，再次进行蒸馏可得到更纯的产品，D正确。 15.【答案】(1)U形管或U型干燥管　吸收空气中的水分，防止水分进入三口瓶中 (2)　(3)乙　(4) b　a　(5)50000 【解析】使用特定引发剂、正己烷为溶剂、无水条件下，将沸点266K异丁烯适当加热后转变成气体，通入三口瓶中，在冷却槽中加入合适的冷却剂，在下发生加聚反应得到聚异丁烯； (1)仪器A的名称是U形管或U型干燥管；由信息知，聚异丁烯是在无水条件下异丁烯发生加聚反应获得，P4O10能吸收水分，作用是吸收空气中的水分，防止水分进入三口瓶中； (2)正己烷不和钠反应，而钠可与水反应，故将钠块加入正己烷中除去微量的水，反应方程式为； (3)由信息知，加聚反应需在和引发剂作用下发生，由信息知，甲最低温度为-21℃，不合适；乙最低温度为-55℃，比较合适；丙最低温度为-33℃，离的上限-30℃很接近，也不合适，故浴槽中可选用的适宜冷却剂是乙； (4)按实验流程可知，步骤为：向三口瓶中加入一定量 正己烷，将沸点266K异丁烯适当加热后转变成气体，通入三口瓶中，所以答案为b、a； ④搅拌下滴加引发剂，一定时间后加入反应终止剂停止反应。经后续处理得成品。 (5)异丁烯的分子式为C4H8，其相对分子质量为56，已知成品聚异丁烯平均相对分子质量为2.8×106，则平均聚合度为。 16.【答案】(1)(回流)冷凝管　防止升温太快、控制反应体系pH (2)防止暴沸　(3)减小　趁热过滤　(4)提高羟基乙酸钠的析出量(产率) 【解析】(1)由仪器的结构可知，A为(回流)冷凝管。制备羟基乙酸钠的反应放热，步骤1中要求控制反应温度为95 ℃，控制pH约为9，逐步加入NaOH溶液，可防止反应物升温太快，并控制反应体系的pH。 (2)蒸馏烧瓶中加入沸石或碎瓷片的目的是防止加热过程中液体暴沸。 (3)由于羟基乙酸钠能水解生成羟基乙酸，若溶解于过量水会导致产率减小。固体与液体的分离方法为过滤，由于羟基乙酸钠易溶于热水而微溶于冷水，为防止羟基乙酸钠析出，应趁热过滤。 (4)因羟基乙酸钠不溶于乙醇，加到适量乙醇中，可降低羟基乙酸钠的溶解度，有利于羟基乙酸钠的析出。 知识点2 物质含量测定型综合实验 题点1 物质组成及含量测定型综合实验 1.【答案】(1)圆底烧瓶　球形冷凝管 (2)作溶剂，溶解硫黄　(3)防止乙醇被过氧化氢氧化，干扰后续滴定　(4)水浴加热不能持续保持100 ℃　取少量溶液于试管中，先加入足量盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，则溶液中含有S反之不含S　(5)加入最后半滴HCl标准溶液，溶液恰好由黄色变为橙色，且半分钟内颜色不恢复　(6)×100% 【解析】(1)由图中仪器构造特点可知，仪器①的名称是圆底烧瓶，仪器②的名称是球形冷凝管。(2)由于S难溶于水，微溶于乙醇，故步骤Ⅰ中乙醇的作用是作溶剂，溶解硫黄。(3)由于过氧化氢能将乙醇氧化，干扰后续滴定，故步骤Ⅰ中，样品完全溶解后必须蒸馏除去乙醇。(4)由于水浴加热不能持续保持100 ℃，故步骤Ⅱ中不宜采用水浴加热。步骤Ⅱ结束后，若要检验反应后溶液中的S实验操作是取少量溶液于试管中，先加入足量盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，则溶液中含有S反之不含S。(5)步骤Ⅲ中是用盐酸标准溶液滴定溶液中过量的碱，指示剂为甲基橙，故判断滴定达到终点的现象为加入最后半滴HCl标准溶液，溶液恰好由黄色变为橙色，且半分钟内颜色不恢复。(6)不加入硫黄进行步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ做空白实验，消耗HCl标准溶液体积为V3 mL，由此可知，起始加入的n(KOH)=cV3×10-3 mol。加入硫黄进行步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ操作，用c mol·L-1 HCl标准溶液滴定至终点，消耗HCl标准溶液体积为V2 mL，由此可知，与S反应后剩余的KOH的物质的量为cV2×10-3 mol，故与单质硫反应消耗的KOH的物质的量为c(V3-V2)×10-3 mol，结合题中所给的离子方程式可知，样品中硫的物质的量为 mol，故单次样品测定中硫的质量分数可表示为×100%。 2.【答案】(1)Ca、Cl、O　Ca(ClO4)2 (2)8HI＋NaClO4===4I2＋NaCl＋4H2O (3)[Ag(NH3)2]＋＋Cl－＋2H＋===AgCl↓＋2NH (4)用玻璃棒蘸取溶液I，点在蓝色石蕊试纸上，呈红色说明溶液中有H＋；取少许溶液I于试管中，加入NaOH至碱性，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若试纸变蓝说明有NH 3.【答案】(1)具支试管　防倒吸 (2)Cu＋H2O2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O　O2　H＋增强H2O2的氧化能力　(3)CuO2　(4)溶液蓝色消失，且半分钟内不恢复原来的颜色　96% 【解析】(1)由图可知，仪器A的名称为具支试管；铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，其中二氧化氮易溶于水，需要防倒吸，则装置B的作用为防倒吸。(2)根据实验现象，铜片溶解，溶液变蓝，可知在酸性条件下铜和过氧化氢发生反应生成硫酸铜，离子方程式为Cu＋H2O2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O；铜离子可以催化过氧化氢分解生成氧气，则产生的气体为O2。(3)X为铜的氧化物，设X的化学式为CuOx，其在惰性氛围下分解生成黑色氧化物(CuO)，则： CuOxCuO＋O2↑ 64＋16x　　80 m　　　　　n 则＝，又＝，解得x＝2，则X的化学式为CuO2。(4)滴定结束时，单质碘消耗完，则标志滴定终点的现象是溶液蓝色消失，且半分钟内不恢复原来的颜色；在CuO2中铜为＋2价，氧为－1价，根据2CuO2＋8I－＋8H＋===2CuI＋3I2＋4H2O，I2＋2S2O===2I－＋S4O，可以得到关系式：2CuO2～3I2～6S2O，则n(CuO2)＝×0.100 0 mol·L－1×0.015 L＝0.000 5 mol，粗品中X的相对含量为×100%＝96%。 4.【答案】(1)分液漏斗　HCl (2)①干馏　②CO2＋C2CO　③ⅰ.有白色沉淀生成　ⅱ.　ⅲ.偏大　ⅳ. 【解析】（1）装置Ⅰ中，仪器的名称是分液漏斗；由于二氧化碳中含有挥发的氯化氢气体，因此b中碳酸氢钠与氯化氢反应，则除去的物质是HCl。 （2）①将煤样隔绝空气在加热1小时得焦炭，即隔绝空气加强热使之分解，则该过程称为干馏。 ②装置Ⅱ中，高温下二氧化碳和焦炭反应生成一氧化碳，其发生反应的化学方程式为CO2＋C2CO。 ③ⅰ.d中二氧化碳和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀和水，其反应的现象是有白色沉淀生成。 ⅱ.e中生成的固体为，根据氧化还原反应分析得到CO变为碳酸铵，则反应的化学方程式为。 ⅲ.d和e的连接顺序颠倒，二氧化碳和银氨溶液反应，导致银氨溶液消耗，二氧化碳与氢氧化钡反应的量减少，则将造成偏大。 ⅳ.在工业上按照国家标准测定：将干燥后的(含杂质的体积分数为)以一定流量通入装置Ⅱ反应，用奥氏气体分析仪测出反应后某时段气体中的体积分数为，设此时气体物质的量为b mol，二氧化碳物质的量为bm mol，原来气体物质的量为a mol，原来二氧化碳物质的量为a(1−n)mol，氮气物质的量为an mol，则消耗二氧化碳物质的量为[a(1−n) −bm]mol，生成CO物质的量为2[a(1−n) −bm]mol，则有b=an+bm+2[a(1−n) −bm]，解得：，此时的表达式为。 5.【答案】(1)Ba、Cu、O　BaCu3O4　(2)HCl、H2SO4　(3)①2NH3＋BaCu3O4BaO＋3Cu＋N2＋3H2O　②BaCu3O4＋12NH3·H2O===3Cu(NH3)＋Ba2＋＋8OH－＋8H2O　(4)将湿润的红色石蕊试纸置于尾气出口，若变蓝，说明尾气中有NH3。将尾气通入冷的集气瓶(或无水CuSO4)中，若有液珠(或CuSO4变蓝)，说明有H2O 【解析】化合物X由三种元素组成，在加热条件下和足量氨气反应生成固体混合物A，A和盐酸反应生成0.960 g紫红色固体应该是Cu，无色溶液B中加入0.015 mol H2SO4生成白色沉淀1.165 g，无色溶液C中加入足量BaCl2溶液生成白色沉淀2.330 g是BaSO4，据此解答。(1)根据以上分析可知Cu的物质的量是＝0.015 mol，第一次生成硫酸钡的物质的量是＝0.005 mol，第二次生成硫酸钡的物质的量是＝0.01 mol，因此1.965 g X中一定含有0.96 g Cu，Ba的质量是0.005 mol×137 g·mol－1＝0.685 g，二者质量之和是1.645 g＜1.965 g，相差0.32 g，结合化合物X在空气中加热到800 ℃，不发生反应知，另一元素为氧元素，物质的量是＝0.02 mol，则Ba、Cu、O三种原子的个数之比是1∶3∶4，所以组成X的三种元素为Ba、Cu、O，X的化学式为BaCu3O4。(2)无色溶液B为含0.005 mol BaCl2的溶液，其与0.015 mol H2SO4反应得到的溶液C中含有剩余的0.01 mol H2SO4和生成的0.01 mol HCl，则溶液C的溶质组成为HCl、H2SO4。(3)①反应中Cu元素化合价降低，得到电子，则氨气中氮元素化合价升高，被氧化生成氮气，根据原子守恒可知由X到A的化学方程式为2NH3＋BaCu3O4BaO＋3Cu＋N2＋3H2O。②X难溶于水，但可溶于氨水中，说明有Cu(NH3)生成，所以该反应的离子方程式为BaCu3O4＋12NH3·H2O===3Cu(NH3)＋Ba2＋＋8OH－＋8H2O。(4)反应中氨气过量，高温下水是气态，氮气性质稳定，所以需要检验的是氨气和水蒸气，实验方案：将湿润的红色石蕊试纸置于尾气出口，若变蓝，说明尾气中有NH3。将尾气通入冷的集气瓶(或无水CuSO4)中，若有液珠(或CuSO4变蓝)，说明有H2O。 6.【答案】(1)Fe、S、O、H　FeH(SO4)2 (2)FeCl3、HCl、BaCl2　Cl－、H2O、SCN－、OH－ (3)2FeH(SO4)2＋40Na2Fe＋H2↑＋4Na2S＋16Na2O (4)用玻璃棒蘸取溶液G，点在红色石蕊试纸上，若变蓝，说明存在OH－；取少量溶液G于试管中，加入盐酸，用湿润的醋酸铅试纸放在试管口，试纸变黑，说明有S2－ 【解析】(1)由题给信息分析可知，组成X的元素有：Fe、S、O、H；X的化学式为FeH(SO4)2。(2)X为FeH(SO4)2与氯化钡反应，溶液C中溶质的成分是FeCl3、HCl以及过量的BaCl2；根据C为溶液，铁离子在水中会水解，C→D形成络合物，D→E形成沉淀，相应微粒与阳离子结合由弱到强的排序：Cl－、H2O、SCN－、OH－。 7.【答案】(1)Al2O3　Cu(NO3)2、NH4NO3、AgNO3、HNO3　(2)CuAl2Cl8　　(3)①4Cu2＋＋N2H＋4Cl－===4CuCl↓＋N2↑＋5H＋　②将白色沉淀溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有Cu元素；再向溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀，说明有Cl元素 【解析】(1)由题给信息分析可得，白色沉淀B为Al(OH)3，灼烧Al(OH)3得到Al2O3，故白色固体C为Al2O3；溶液D中含有的阳离子有Cu2＋、NH、Ag＋、H＋，阴离子有NO，故溶液中含有Cu(NO3)2、NH4NO3、AgNO3、HNO3。 (2)由图示数据并根据原子守恒可知，4.020 g X中含有铝离子物质的量为×2＝0.02 mol，含有氯离子物质的量为＝0.08 mol，由化合物应显电中性可得三种离子物质的量之比为n(Cu2＋)∶n(Al3＋)∶n(Cl－)＝1∶2∶8，则可得X的化学式为CuAl2Cl8；阴离子AlCl中Al原子的杂化方式为sp3，空间结构为正四面体，与CH4相同，其电子式为。 (3)①蓝色溶液A中含有Al3＋、Cu2＋和Cl－，与N2H反应时溶液蓝色褪去，即反应后溶液中不存在Cu2＋，可推测铜元素以沉淀形式析出，反应得到的沉淀为白色且可溶于硝酸，可推测铜元素在其中不是蓝色和稳定的＋2价，而是＋1价，即反应过程中Cu元素化合价降低，N2H中氮元素显－2价，具有还原性，反应过程中N元素化合价升高生成N2，符合反应中有气体产生，根据得失电子守恒、电荷守恒以及原子守恒和溶液呈酸性可知反应的离子方程式为4Cu2＋＋N2H＋4Cl－===4CuCl↓＋N2↑＋5H＋。②Cu2＋在溶液中显蓝色，CuCl中Cu元素为＋1价，能被硝酸氧化为＋2价，CuCl与硝酸反应过程中Cl元素以Cl－形式存在于溶液中，Cl－与AgNO3溶液反应生成不溶于硝酸的白色沉淀。 8.【答案】Ⅰ.(1)Al、Cl　AlCl3NH3 (2)＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋ (3)AlCl3＋Cl－===(或AlCl3＋NH3===AlCl3NH3) Ⅱ.(1)浓硫酸吸水且放热，导致HCl挥发 (2)HCl气体会将H2SO4带出，与Ba(NO3)2作用生成BaSO4 【解析】Ⅰ.加热X，可产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体Y，则Y是NH3。取3.01 g X溶于含HCl 0.060 0 mol的盐酸中，分成两等份，一份加过量浓NaOH加热，产生标准状况下224 mL气体，该气体为NH3，其物质的量为0.01 mol，则说明溶液A中含有0.02 mol；溶液B通入CO2至过量产生白色沉淀，该沉淀为Al(OH)3，灼烧后得到Al2O3，其物质的量为＝0.005 mol，说明溶液A中含有0.02 mol Al3＋；另一份加入过量硝酸银溶液，产生氯化银白色沉淀，且AgCl的物质的量为＝0.06 mol，则说明溶液A中含有0.12 mol Cl－，由于溶解时加入含HCl 0.060 0 mol的盐酸，即加入0.06 mol Cl－，则说明3.01 g X中含有氯离子的物质的量为0.06 mol。(1)由上述分析知，组成X的四种短周期元素为N、H、Al、Cl，根据电荷守恒分析，0.02 mol Al3＋所带正电荷与0.06 mol Cl－所带负电荷相当，固体X中还应有0.02 mol NH3，所以X的化学式应为AlCl3NH3。(2)溶液B中含有偏铝酸钠，通入过量二氧化碳产生氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子，所以反应的离子方程式为＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋。(3)根据要求，符合条件的反应可以为AlCl3＋Cl－===或AlCl3＋NH3===AlCl3NH3。 Ⅱ.(1)因为浓硫酸具有吸水性，同时放出大量的热，促使HCl气体挥发。(2)与硝酸钡反应产生沉淀，则沉淀一定是硫酸钡，说明HCl挥发时带出了H2SO4。 9.【答案】(1)向上层清液中(或取上层清液少许于试管中)继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全　(2)AgNO3溶液　(3)坩埚　(4)　(5)偏低　(6)检查装置气密性　(7)b　(8)　(9)偏高　(10)否 【解析】(2)BaSO4沉淀表面附着的离子是Cu2＋、Ba2＋和Cl－，可向洗涤液中加入AgNO3溶液，若没有沉淀生成，则证明BaSO4沉淀已洗净。 (3)步骤③灼烧的是BaSO4固体，灼烧固体选择的仪器是坩埚。 (4)w g为BaSO4的质量，BaSO4的物质的量为 mol，由化学方程式：CuSO4＋BaCl2=== BaSO4↓＋CuCl2可知，CuSO4的物质的量等于BaSO4的物质的量，所以CuSO4溶液的浓度为c(CuSO4)＝＝ mol·L－1。 (5)若步骤①中，转移沉淀时未洗涤烧杯，会造成BaSO4沉淀的质量减少，所以使测得的c(CuSO4)偏低。 (7)步骤⑥中保证体系恢复到室温的原因是气体密度受温度影响较大，温度过高或过低都会造成气体密度的改变。 (8)Zn粉的物质的量为 mol，反应产生H2的物质的量为＝ mol，由Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑知，与H2SO4反应的Zn的物质的量等于产生H2的物质的量，为 mol，与CuSO4反应消耗Zn的物质的量为(－)mol。由化学方程式Zn＋CuSO4===ZnSO4＋Cu可知，与CuSO4反应消耗的Zn的物质的量等于CuSO4的物质的量，所以c(CuSO4)＝ mol·L－1。 (9)若步骤⑥E管液面高于D管，则D管内气体压强高于外界大气压，造成气体体积b的数值偏小，由c(CuSO4)＝ mol·L－1可知，会使c(CuSO4)偏高。 (10)因为Zn和MgSO4溶液不反应，所以不能用同样的装置和方法测定MgSO4溶液的浓度。 题点2 氧化还原反应滴定在含量测定中的应用 1.【答案】(1)AD　(2)浓硫酸　防止倒吸　(3)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　%　(4)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】 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。(1)配制1 000 mL KIO3碱性标准溶液，不用锥形瓶，需用1 000 mL容量瓶，转移时用玻璃棒，定容用胶头滴管，因此选AD。(2)装置F中通气管末端多孔玻璃泡内置磨砂浮子，相当于单向阀，能起到防倒吸的作用。(3)由S元素守恒及SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI、KIO3+5KI+6HCl3I2+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=2.000×10-6V mol，n(S)=3n(KIO3)=3×2.000×10-6V mol=6.000×10-6V mol，样品中硫的质量分数是×100%=%。(4)粉尘在该过程中的作用是催化剂；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。 2.【答案】(1)佩戴护目镜　(2)c　(3)NO2　通风橱　液体无法顺利流下　(4)①滴定更准确，节约试剂　②舍去第二次数据　③a 【解析】(1)标识提醒实验者需佩戴护目镜。(2)高温灼烧固体物质需在石英坩埚中进行。(3)滴加32%的硝酸，灰化容器中出现的红棕色气体主要成分是NO2，由于NO2有毒，需在通风橱中进行；将漏斗直接置于容量瓶上过滤收集滤液，加入溶液时，容量瓶中形成压强差，可能导致溶液无法顺利流下。(4)①木耳中铁含量较少，选用微量滴定管使实验微型化，滴定更准确，节约试剂。②三次平行滴定中，第二组数据偏差较大，应舍去。③ 铁元素的含量＝×100%，样品未完全干燥，会使测定结果偏低，故选a；微量滴定管未用标准溶液润洗，标准溶液被稀释，使测定结果偏高，故不选b； 灰渣中有少量炭黑，对测定结果无影响，故不选c。 3.【答案】(1)(球形)冷凝管　酸式滴定管 (2)C (3)加入H3PO4后，溶液中存在化学平衡H2SO3SO2+H2O，SO2的溶解度随着温度升高而减小，SO2逸出后，促进了化学平衡H2SO3SO2+H2O向右移动 (4) 检验其是否漏水　蓝色　I2+ SO2+2H2O=2I-+4H++ (5)偏低　(6) 【解析】（1）根据仪器a、b的结构可知，装置图中仪器a、b的名称分别为球形冷凝管和酸式滴定管； （2）三颈烧瓶中加入10.00g香菇样品和400 mL水，向其中加入H3PO4的体积不超过10 mL。在加热时，三颈烧瓶中的液体不能超过其容积的，因此，三颈烧瓶适宜的规格为1000 mL 选C。 （3）虽然Ka1(H3PO4)=7.1×10-3＜K a1 (H2SO3) =1.3×10-2，但是H3PO4为难挥发性的酸，而H2SO3易分解为SO2和水，SO2的溶解度随着温度升高而减小，SO2逸出后，促进了化学平衡H2SO3SO2+H2O向右移动，因此，加入H3PO4能够生成SO2的原因是：加入H3PO4后，溶液中存在化学平衡H2SO3SO2+H2O，SO2的溶解度随着温度升高而减小，SO2逸出后，促进了化学平衡H2SO3SO2+H2O向右移动； （4）滴定管在使用前需要检验其是否漏水、洗涤、润洗；滴定前，溶液中的碘被SO2还原为碘离子，溶液的颜色为无色，滴加终点时，过量的1滴或半滴标准碘液使淀粉溶液变为蓝色且半分钟点之内不变色，因此，滴定终点时溶液为蓝色；滴定反应的离子方程式为I2+ SO2+2H2O=2I—+4H++； （5）若先加磷酸再通氮气，则不能将装置中的空气及时排出，有部分亚硫酸盐被装置中的氧气氧化，碘的标准液的消耗量将减少，因此会使测定结果偏低。 （6）实验中SO2消耗的标准碘液的体积为0.30 mL+1.00 mL=1.30 mL，减去空白实验消耗的0.10 mL，则实际消耗标准碘液的体积为1.20mL，根据反应I2+ SO2+2H2O=2I—+4H++可以计算出n(SO2)= n(I2)= 1.20mL10-3L·mL-10.010 00 mol· L-1=1.2010-5 mol，由于SO2的平均回收率为95%，则实际生成的n(SO2)= ，则根据S元素守恒可知，该样品中亚硫酸盐含量为mg•kg -1。 4.【答案】(1)Cu、S、O　CuS2O6　(2)+ SO2↑ (3) + Cu(OH)2 →+ 2H2O (4)SO2与水反应生成H2SO3； H2SO3能被氧气氧化为H2SO4，与BaCl2反应生成BaSO4 (5)配制品红无水乙醇溶液(其他非水溶剂亦可)，通入SO2，不褪色；品红水溶液中加入亚硫酸钠(亚硫酸氢钠)固体，褪色更快 【解析】将固体隔绝空气加热，能生成一种固体和一种气体，其中将固体溶于水分成两等分，一份加入盐酸酸化的氯化钡溶液，能生成白色沉淀，说明固体中有硫酸根的存在，另一份溶液加入适量的NaOH溶液，出现蓝色悬浊液，加入甘油后能形成绛蓝色溶液，说明固体中存在Cu，则固体A为CuSO4；将气体B通入足量的BaCl2溶液和H2O2溶液中，出现白色沉淀，说明该气体可以被H2O2氧化，则该气体为SO2，再根据产生沉淀C和固体X的质量计算固体X的化学式。 (1)根据分析，固体X中含有的元素是Cu、S、O；加入盐酸酸化的氯化钡溶液，生成1.165 g硫酸钡沉淀，则该份硫酸铜的质量为0.005 mol，则固体CuSO4的物质的量为0.010 mol，质量为1.6 g，根据质量守恒的气体SO2的质量为0.640 g，该物质中三种元素的质量比m(Cu)∶m(S)∶m(O)=0.640 g∶0.640 g∶0.960 g，则这三种原子的物质的量的比 n(Cu)∶n(S)∶n(O)=1∶2∶6，故固体X的化学式为CuS2O6； (2)根据题目，固体X与温热的稀硫酸反应可以生成SO2气体，根据原子守恒和电荷守恒配平，则该过程的离子方程式为+ SO2↑； (3)步骤Ⅰ为甘油和氢氧化铜发生反应，反应的化学方程式为+Cu(OH)2→+2H2O； (4)步骤Ⅱ中未加入过氧化氢，也可以出现白色沉淀，说明SO2溶于水后可以被空气中的氧气氧化，故答案为：SO2与水反应生成H2SO3；H2SO3能被氧气氧化为H2SO4，$