2026届高考化学二轮《化学综合实验》大题专练03

**基本信息** 聚焦化学综合实验核心素养，通过10道大题系统覆盖实验现象分析、装置设计、定量计算等高考高频考法，强化科学探究与实践能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |物质性质探究|2题（铜与浓硫酸反应、Cu与HNO3反应）|现象归因+产物验证|从反应条件（温度、浓度）推导物质性质（氧化性、溶解性），构建“现象-假设-验证”逻辑链| |物质制备|3题（草酸亚铁晶体、亚硝酰氯、三甲基镓）|装置连接+操作优化|整合物质制备（反应原理）-分离提纯（蒸馏/洗涤）-纯度测定（滴定）的完整实验流程| |定量分析|3题（维生素C含量、KMnO4纯度、铁矿石铁含量）|误差分析+数据处理|基于氧化还原反应（滴定原理），建立“量-效关系”，强化科学思维中的证据推理| |实验方案设计|2题（高铁酸钾制备、Na2S2O3制备）|条件优化+方案评价|结合物质性质（如K2FeO4稳定性）设计实验方案，体现科学探究的系统性与创新性|

2026届高考化学二轮《化学综合实验》大题专练 (三) 1．某中学同学在做铜与浓硫酸(装置如图)的反应实验时，发现有如下的反应现象：加热初期，铜丝表面变黑；继续加热，有大量气泡产生，品红溶液褪色，溶液变为墨绿色浊液，试管底部开始有灰白色沉淀生成；再加热，试管中出现“白雾”，浊液逐渐变为澄清，溶液颜色慢慢变为浅蓝色，试管底部灰白色沉淀增多；冷却，静置，将试管中液体倒入另一支盛水试管中，管壁发汤，溶液略带蓝色，将灰白色固体倒入水中，形成蓝色溶液。 (1)资料：聚四氯乙烯受热分解产生氯化氢，[CuCl4]2-呈黄色，[Cu(H2O)4]2+呈蓝色，两者混合则成绿色，铜的化合物中CuO、CuS、Cu2S都为黑色，其中CuO溶于盐酸；CuS、Cu2S不溶于稀盐酸，但溶于浓盐酸。该反应中，品红溶液褪色，体现SO2的 性，NaOH溶液的作用是 。 该中学同学分成几个小组分别对上述现象探究： (2)甲组同学查相关文献资料获知：在较低温度(100℃)下，浓硫酸氧化性相对较弱，生成的黑色沉淀为Cu2S，溶液变蓝，但没有气泡产生。请根据文献资料写出反应的化学方程式： 。 (3)乙组同学对实验中形成的墨绿色溶液进行探究，特进行下列实验： 现象 I组 取灼烧后的铜丝 溶液变蓝 Ⅱ组 直接取其铜丝(表面有聚四氯乙烯薄膜) 溶液变成墨绿色 请解释形成墨绿色的原因： 。 (4)丙组同学对白雾的成分经检验为H2SO4，请设计实验证明该白雾为硫酸： 。溶液的蓝色变浅，灰白色沉淀增多，这现象体现浓硫酸的 性。 (5)丁组同学进一步对灰白色沉淀通过加水溶解、过滤，最后沉淀为黑色，取其黑色沉淀，进行成分探究： 滴加适量稀盐酸，则发现黑色沉淀几乎不溶解，溶液也不变蓝，则说明黑色沉淀中不含有 。 滴加适量浓盐酸，振荡，加热，观察到黑色沉淀几乎完全溶解，溶液呈略黄色[CuCln]2-n(n=1～4)。写出CuS与浓盐酸反应的离子方程式： 。 最后，丁组同学经过实验论证证明黑色沉淀中除了有CuS、Cu2S，还有S等。 答案：(l)漂白；吸收SO2 (2)5Cu＋4H2SO4(浓)Cu2S＋3CuSO4＋4H2O (3)聚四氯乙烯受热分解产生氯化氢，产生的氯离子与铜离子形成[CuCl4]2-(黄色)，[Cu(H2O)4]2+呈蓝色，两者混合则成墨绿色 (4)白雾通入水中，取其部分，加入紫色石蕊溶液变红，然后再加入浓盐酸酸化无明显现象，再加入氯化钡，有白色沉淀生成，则说明白雾为硫酸；吸水 (5)CuO；CuS+2H++nCl-＝[CuCln]2-n(n=1~4)+H2S↑ 解析：铜和浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫，用品红溶液验证其漂白性，用NaOH溶液吸收有毒的二氧化硫，可抽动的铜丝能控制反应进程； (1)品红溶液褪色，体现SO2的漂白性；SO2是酸性氧化物，能与碱液反应，则NaOH溶液的作用是吸收SO2； (2)已知在较低温度(100℃)下，浓硫酸氧化性相对较弱，生成的黑色沉淀为Cu2S，溶液变蓝则生成CuSO4，但没有气泡产生即无二氧化硫产生，反应的化学方程式为：5Cu＋4H2SO4(浓)Cu2S＋3CuSO4＋4H2O； (3)形成墨绿色的原因：聚四氯乙烯受热分解产生氯化氢，产生的氯离子与铜离子形成[CuCl4]2-(黄色)，[Cu(H2O)4]2+呈蓝色，两者混合则成墨绿色； (4)用氯化钡溶液检验硫酸根离子，实验证明该白雾为硫酸的操作为：白雾通入水中，取其部分，加入紫色石蕊溶液变红，然后再加入浓盐酸酸化无明显现象，再加入氯化钡，有白色沉淀生成，则说明白雾为硫酸，溶液的蓝色变浅，灰白色沉淀增多说明水的含量减少，这现象体现浓硫酸的吸水性； (5)滴加适量稀盐酸，则发现黑色沉淀几乎不溶解，溶液也不变蓝即无Cu2+存在，则说明黑色沉淀中不含有CuO；已知CuS为黑色，能溶于浓盐酸，则适量浓盐酸与CuS反应生成黄色[CuCln]2-n(n=1～4)，反应的离子方程式：CuS+2H++nCl-=[CuCln]2-n(n=1~4)+H2S↑。 2．草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O，难溶于水)是电池磷酸铁锂正极材料所需的主要原材料。某同学在实验室，利用废铁屑制备草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)。回答下列问题： (1)利用废铁屑制备硫酸亚铁溶液。废铁屑在使用前需要用热的饱和碳酸钠溶液进行洗涤，目的是 ；为了防止硫酸亚铁变质，制备过程中应采取的措施是 。 (2)草酸亚铁晶体制备，实验装置如图所示。 ①仪器X的名称为 。 ②实验过程中不断通入N2，其目的除了提供无氧环境，另一个目的是 (结合实验装置回答)。 ③反应完全后，用蒸馏水和无水乙醇多次洗涤，进行固液分离，在60℃下干燥12h，得到淡黄色的草酸亚铁晶体产品。检验草酸亚铁晶体洗涤干净的方法是 ；写出制备草酸亚铁晶体的离子方程式： 。 (3)产品中FeC2O4·2H2O的质量分数测定[假设产品中杂质仅为FeSO4和(NH4)2SO4] Ⅰ．将准确称量的ag草酸亚铁晶体样品置于250mL锥形瓶内，加入适量2mol·L-1的H2SO4溶解，加热至70℃左右，立即用浓度为0.2000mol·L-1的高锰酸钾标准溶液滴定至终点，重复2~3次，平均消耗高锰酸钾溶液bmL； Ⅱ．向上述滴定混合液中加入适量的Zn粉和过量的2mol·L-1的H2SO4溶液，煮沸(不含Fe3+)，继续用0.2000mol·L-1的高锰酸钾标准溶液滴定至终点，平均消耗高锰酸钾溶液cmL。 ①步骤Ⅱ中检验溶液不含Fe3+的操作：取一滴煮沸后的溶液滴入装有 (填化学式)溶液的试管中，若 ，则说明溶液不含Fe3+。 ②产品中FeC2O4·2H2O的质量分数为 %(用含a、b、c的式子表示)。 已知5C2O＋2MnO＋16H+10CO2↑＋2Mn2+＋8H2O。 答案：(1)洗涤铁屑表面油污；硫酸亚铁溶液中加少量铁粉； (2)①三口烧瓶；②起到搅拌作用，使草酸铵和硫酸亚铁溶液充分混合； ③取最后一次洗涤液，加足量盐酸，再加氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，说明洗涤液中不含硫酸根离子，则草酸亚铁晶体已洗涤干净；Fe2+＋C2O＋2H2O＝FeC2O4∙2H2O↓； (3)①KSCN溶液；不变红 ② 解析：(1)热的纯碱溶液可以去油污，废铁屑在使用前需要用热的饱和碳酸钠溶液进行洗涤，目的是洗涤铁屑表面油污；Fe3+能被Fe还原为Fe2+，为了防止硫酸亚铁变质，制备过程中应采取的措施是在硫酸亚铁溶液中加少量铁粉； (2)①根据装置图，仪器X的名称为三口烧瓶。 ②实验过程中不断通入N2，根据图示，通入氮气可以起到搅拌作用，使草酸铵和硫酸亚铁溶液充分混合，加快反应速率。 ③取最后一次洗涤液，加足量盐酸，再加氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，说明洗涤液中不含硫酸根离子，则草酸亚铁晶体已洗涤干净；草酸铵、硫酸亚铁反应生成草酸亚铁晶体、硫酸铵，反应的离子方程式为Fe2+＋C2O＋2H2O＝FeC2O4∙2H2O↓。 (3)①Fe3+遇KSCN溶液变红，步骤Ⅱ中检验溶液不含Fe3+的操作：取一滴煮沸后的溶液滴入装有KSCN溶液的试管中，若溶液不变红，则说明溶液不含Fe3+。 ②根据步骤Ⅰ，Fe2+、C2O 共消耗高锰酸钾的物质的量为0.2mol/L×b×10-3L＝2b×10-4mol，根据步骤Ⅱ，Fe2+消耗高锰酸钾的物质的量为0.2mol/L×c×10-3L＝2c×10-4mol，则C2O消耗高锰酸钾的物质的量为2(b－c)×10-4mol，根据5C2O＋2MnO＋16H+10CO2↑＋2Mn2+＋8H2O，可知C2O的物质的量为2(b－c)×10-4mol×＝5(b－c)×10-4mol，根据C2O守恒FeC2O4·2H2O的物质的量为5(b－c)×10-4mol，产品中FeC2O4·2H2O的质量分数为×100%＝%。 3．亚硝酰氯(NOCl)为红褐色液体或黄色气体，其熔点为-64.5℃，沸点为-5.5℃，具有刺鼻恶臭味，遇水剧烈水解，易溶于浓硫酸。常可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温、常压下合成。其制备装置如图所示。 (1)①用图甲中装置制备纯净干燥的原料气，试写出该装置制备氯气的离子方程式： 。 ②其中导管A的作用是 。 (2)将制得的NO和Cl2通入图乙对应装置制备NOCl。 ①装置连接顺序为a→ (按气流自左向右方向，用小写字母表示)。 ②装置Ⅶ装无水CaCl2的仪器名称是 。 ③装置Ⅳ、Ⅴ的相同作用是(写两点) 、 。 (3)实验开始时，先通入氯气，再通入NO，原因是 。 (4)有同学认为多余的氯气可以通过下列装置暂时储存然后再利用，下列可以用作氯气的储气装置的是 (填序号)。 (5)制得的NOCl中可能含有少量N2O4杂质，为测定产品纯度进行如下实验：称取8.600g样品溶于NaOH配制成500.00mL溶液，用移液管取25.00mL溶液，加入几滴K2CrO4溶液作指示剂，用足量硝酸酸化的0.020mol/LAgNO3溶液进行滴定，消耗AgNO3溶液25.00mL。 已知：AgCl为白色沉淀溶解度1.34×10-6mol/L，Ksp(AgCl)=1.8×10-10；Ag2CrO4为砖红色沉淀溶解度6.5×10-5mol/L，Ksp(Ag2CrO4)=1.2×10-12。 ①滴定终点的现象是 。 ②样品的纯度为 %(保留1位小数)。 答案：(1)2Cl-+MnO2+4H+Cl2↑+Mn2++2H2O；平衡蒸馏烧瓶和分液漏斗内的压强，使浓HCl能顺利的流下 (2) e→f→c→b→d；球形干燥管；充分干燥Cl2和NO；通过观察气泡的多少调节两种气体的流速 (3)用Cl2排尽装置内的空气，防止NO被O2氧化 (4)I (5)当滴入最后半滴硝酸银标准溶液时，锥形瓶内出现红棕色沉淀﹐且半分钟内砖红色沉淀不消失，即为滴定终点：7.6 解析：氯气与NO在常温常压下合成亚硝酰氯；图甲装置制备氯气，实验室用浓盐酸与二氧化锰在加热条件下制备，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，先用饱和食盐水吸收除去HCl，再用浓硫酸干燥；由图甲制备NO，用铜和稀硝酸反应制备，制得的NO中可能混有硝酸、二氧化氮，先用水净化处理，再用浓硫酸干燥；将氯气和NO通过装置Ⅳ、Ⅴ除可进一步干燥NO、Cl2外，还可以根据气泡控制气体流速，在装置Ⅵ中发生反应，在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，用氢氧化钠溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置。据此回答问题。 (1)①用图甲中装置制备纯净干燥的原料气，该装置中用浓盐酸与二氧化锰制备氯气，离子方程式为: 2Cl－+MnO2+4H+Cl2↑+Mn2++2H2O； ②装置甲中导管A的作用是平衡蒸馏烧瓶和分液漏斗内的压强，使浓HCl能顺利的流下； (2)①由图甲制备NO，用铜和稀硝酸反应制备，制得的NO中可能混有硝酸、二氧化氮，先用水净化处理，再用浓硫酸干燥；将氯气和NO通过装置Ⅳ、Ⅴ除可进一步干燥NO、Cl2外，还可以根据气泡控制气体流速，在装置Ⅵ中发生反应，在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，用氢氧化钠溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置。由分析可知，装置连顺序为a→e→f→c→b→d； ②装置Ⅶ中用球形干燥管装无水CaCl2； ③装置Ⅳ、Ⅴ的相同作用除可充分干燥Cl2和NO外，另一个作用是通过观察气泡的多少调节两种气体的流速； (3)先通入氯气，用Cl2排尽装置内的空气，防止NO被O2氧化； (4)氯气在饱和食盐水中溶解度不大，用排饱和食盐水法可以存贮氯气，所以装置I可以用来收集多余的氯气，而II、Ⅲ不能形成较大压强差，在使用氯气时不能将多余的氯气排出，故选Ⅰ； (5)①用K2CrO4溶液作指示剂，用足量硝酸酸化的0.020mol/LAgNO3溶液进行滴定，滴定终点的现象是：当滴入最后半滴硝酸银标准溶液时，锥形瓶内出现砖红色沉淀﹐且半分钟内红棕色沉淀不消失，即为滴定终点。 ②n(AgNO3)=0.025L×0.020mol/L=0.0005mol，由关系式NOCl～NaCl～AgNO3可知，n(NOCl)= 0005mol，则样品的纯度为×100%≈7.6%。 4．维生素C(化学式：C6H8O6，相对分子质量：176)属于外源性维生素，人体不能自身合成，必须从食物中摄取。实验室可用碘量法测定橙汁中维生素C含量。反应的方程式为C6H8O6+I2＝C6H6O6+2HI。某学习小组欲用该方法测定市售某橙汁饮料中维生素C的含量。 其实验步骤及相关数据如下： a．标准液的稀释：移取浓度为0.008000mol∙L−1的碘标准溶液20.00mL于200mL容量瓶中，定容，摇匀备用。 b．移取10.00mL饮料样品(设密度为1.0g·cm−3)于250mL锥形瓶中，加入50mL蒸馏水，2mL指示剂。 c．在滴定管中装入稀释后的标准液进行滴定至终点，读取并记录相关数据。 d．重复测定3次，数据记录如下表。 第一次 第二次 第三次 滴定前读数(mL) 0.00 0.44 1.33 滴定后读数(mL) 30.03 30.42 31.32 回答下面的问题： (1)实验中盛装标准溶液应选择____(填“酸式”或“碱式”)滴定管。滴定前为何要稀释标准溶液?_____。 (2)步骤2中加入的指示剂是______，判断滴定达到终点的现象是_______________________。 (3)实验中下列操作可能导致测定结果偏低的是______。 A．稀释标准溶液定容时俯视刻度线 B．滴定结束读数时俯视读数 C．在锥形瓶中加入样品后放置较长时间才开始滴定 D．滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失 (4)计算该饮料样品中维生素C含量为______mg/100g。 答案：(1)酸式；提高精确度，减少误差 (2)淀粉溶液；溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不变色 (3)ABC (4)42.24  解析：(1)标准溶液为碘标准溶液，具有氧化性，应选择酸式滴定管盛装，滴定前稀释标准溶液的目的是：提高精确度，减少误差； (2)滴定反应的方程式为C6H8O6+I2=C6H6O6+2HI，步骤2中加入的指示剂是淀粉溶液，判断滴定达到终点的现象是：溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不变色； (3)A．稀释标准溶液定容时俯视刻度线，加水未达到刻度线，标准溶液浓度偏大，消耗标准溶液体积偏小，结果偏低，故A正确； B．滴定结束读数时俯视读数，读取标准溶液体积偏小，测定结果偏低，故B正确； C．在锥形瓶中加入样品后放置较长时间才开始滴定，维生素C被空气中氧气氧化，消耗标准溶液体积偏小，结果偏低，故C正确； D．滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，读取标准溶液体积偏大，结果偏高，故D错误； 故选ABC； (4)移取浓度为0.008000mol∙L−1的碘标准溶液20.00mL于200mL容量瓶中，定容，摇匀备用，得到标准溶液浓度为：0.0008mol/L，移取10.00mL饮料样品(设密度为1.0g∙cm−3)于250mL锥形瓶中，加入50mL蒸馏水，2mL指示剂，结合测定结果计算消耗标准溶液体积平均值，V＝30.03mL＋30.42mL－0.44mL＋31.32mL－1.33Ml)÷3＝30.00mL，C6H8O6+I2＝C6H6O6+2HI，维生素C物质的量n=n(I2)＝0.0008mol/L×0.030L＝2.4×10−5mol，10.00mL饮料样品(设密度为1.0g·cm−3)质量为10g，则100g饮料中含维生素C的物质的量为2.4×10−4mol，饮料样品中维生素C含量＝2.4×10−4×176g/100g＝42.24mg/100g。 5．KMnO4是一种常用的氧化剂。某实验小组利用氯气氧化K2MnO4制备KMnO4并对其性质进行探究。 资料：①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：3MnO＋2H2O＝2MnO＋MnO2↓＋4OH− ②酸性条件下的氧化性：KMnO4＞KIO3＞I2 I．KMnO4的制备 (1)从A~D中选择合适的装置制备KMnO4，正确的连接顺序是a→______________(按气流方向，用小写字母表示)；装置A中m的作用是_______。 (2)若没有使用装置C，造成的影响是_______。 II．KMnO4性质探究 取适量制取的KMnO4溶液稀释至约0.01mol/L(用硫酸酸化至pH=1)，取配制好的KMnO4溶液2mL于试管中，逐滴滴加0.1mol/LKI溶液，KMnO4紫色溶液迅速变为棕褐色悬浊液，然后沉淀逐渐消失，最终溶液变为棕黄色。 (3)最终溶液呈现棕黄色推测生成了_______(写化学式)。 (4)实验小组对初始阶段的产物成分进行探究： ①黑色固体是MnO2，试剂X是_______(写化学式)。 ②在“紫色清液"中存在IO，写出生成IO的离子方程式________________________________。 ③下列实验方案中，可用于检验“紫色清液"中是否存在IO的是_______(填序号)。 A．用洁净的玻璃棒随取紫色清液滴在淀粉−KI试纸上，观察试纸是否变蓝色。 B．取少量紫色清液于试管中，向其中加入几滴淀粉溶液，溶液不变蓝，再加入过量NaHSO3溶液，观察溶液是否变色。 C．取少量紫色清液于试管中，向其中加入稀硝酸酸化，再加入几滴硝酸银溶液，观察是否生成黄色沉淀。 (5)探究实验II中棕褐色沉淀消失的原因： 用离子方程式解释步骤③中固体消失的原因_________________________________。 (6)由上述实验可知，KMnO4的还原产物与_______有关(写任意两点即可)。 答案：(1)d→e→c→b→f或d，e→c，b→f ；平衡气压，使液体能顺利流下 (2)HCl进入B装置使溶液碱性减弱生成MnO2，导致KMnO4的产率降低 (3)I2 (4)H2O2 ； 2MnO+I−+2H+＝2MnO2↓+IO+H2O；B (5)MnO2+2I−+4H+＝Mn2++I2+2H2O (6)还原剂的用量、溶液的酸碱性、氧化剂的浓度 解析：KI和酸性KMnO4溶液反应生成I2单质；四氯化碳是有机溶剂、不溶于水、密度比水大，溶解I2而呈紫色；实验Ⅱ初始阶段I−的氧化产物不是I2，则四氯化碳中未溶解I2而呈无色；KI和酸性KMnO4溶液反应的黑色生成物能催化H2O2分解；KI和酸性KMnO4溶液的反应生成KIO3和MnO2，结合电子守恒和电荷守恒配平写出反应的离子方程式；酸性条件下氧化性：KIO3＞I2 ，可加入不含I元素的还原剂将IO还原为I2 ，利用淀粉检验I2的存在间接证明IO的存在；根据探究实验过程可知，MnO2、KI和硫酸反应生成I2 ，结合化合价升降规律可知还生成硫酸锰，据此写出反应的离子方程式；物质的变化主要与其自身的性质有关，还与外界条件，如浓度大小、用量多少、溶液的酸碱性等有关。 (1)A制备氯气，经C除去HCl，进入B中发生3MnO+2H2O＝2MnO+MnO2↓+4OH−，最后用D吸收尾气。从A~D中选择合适的装置制备KMnO4，正确的连接顺序是a→d→e→c→b→f或d，e→c，b→f(按气流方向，用小写字母表示)；装置A中m的作用是平衡气压，使液体能顺利流下。故答案为：d→e→c→b→f或d，e→c，b→f；平衡气压，使液体能顺利流下； (2)若没有使用装置C，造成的影响是HCl进入B装置使溶液碱性减弱生成MnO2，导致KMnO4的产率降低。故答案为：HCl进入B装置使溶液碱性减弱生成MnO2，导致KMnO4的产率降低； (3)低浓度碘水的颜色为黄色，KI和酸性KMnO4溶液反应的生成物中使溶液呈棕黄色的只可能是生成I2单质，在酸性条件下，KMnO4将碘离子氧化生成碘单质，最终溶液呈现踪黄色推测生成了I2(写化学式)。故答案为：I2； (4)实验Ⅱ初始阶段I−的氧化产物不是I2，则有机溶剂四氯化碳中未溶解I2而呈无色，但四氯化碳不溶于水、密度比水大，导致液体分层； ①KI和酸性KMnO4溶液反应的黑色生成物能催化H2O2分解，黑色固体是MnO2，二氧化锰催化双氧水分解，试剂X是H2O2(写化学式)。故答案为：H2O2； ②KI和酸性KMnO4溶液的反应生成KIO3和MnO2，根据电子守恒和电荷守恒配平写出的离子方程式为：2MnO+I−+2H+＝2MnO2↓+IO+H2O。故答案为：2MnO+I−+2H+＝2MnO2↓+IO+H2O； ③酸性条件下氧化性：KIO3＞I2 ，可加入不含I元素的还原剂将IO还原为I2 ，利用淀粉遇到碘单质变蓝色检验I2的存在，间接证明IO的存在，即取少量“紫色清液”，逐滴加入NaHSO3溶液，振荡，溶液紫色消失变成棕黄色时，滴加淀粉溶液，溶液变蓝说明存在IO。 A．用洁净的玻璃棒随取紫色清液滴在淀粉−KI试纸上，引入了碘元素，故A错误； B．取少量紫色清液于试管中，向其中加入几滴淀粉溶液，溶液不变蓝，再加入过量NaHSO3溶液，亚硫酸氢根离子与碘酸根离子反应，生成碘单质，观察溶液是否变色，故B选； C．取少量紫色清液于试管中，向其中加入稀硝酸酸化，再加入几滴硝酸银溶液，碘酸银溶于硝酸，故C不选； 故答案为B； (5)MnO2、KI和硫酸反应生成的棕黄色溶液中含有I2 ，根据化合价升降规律可知还生成MnSO4，结合酸性条件和守恒思想，用离子方程式解释步骤③中固体消失的原因MnO2+2I−+4H+＝Mn2++I2+2H2O。故答案为：MnO2+2I−+4H+＝Mn2++I2+2H2O； (6)由上述实验可知，所得产物成分与试剂的相对用量(滴加顺序)有关，由探究实验Ⅱ中棕褐色沉淀消失原因的实验可知，所得产物成分与溶液酸性强弱有关，实际上，物质的变化主要与其自身的性质有关，还与外界条件，如浓度大小、用量多少、溶液的酸碱性等因素有关。故答案为：还原剂的用量、溶液的酸碱性、氧化剂的浓度。 6．某实验小组对Cu与HNO3的反应进行研究，实验如下。 回答下列问题： (1)试管①中反应的化学方程式是 。 (2)已知绿色是棕色和蓝色的混合色，绿色溶液变蓝是因为NO2与水生成了HNO2和 。 (3)对比③和⑤中现象，为探究③中立即产生气泡的原因，实验小组提出如下假设，并设计实验验证。 假设1：Cu2+对该反应有催化作用。 假设2：NO2对该反应有催化作用。 假设3：HNO2对该反应有催化作用。 序号 实验操作 实验现象 结论 3 向④中溶液加入少量 (填化学式)固体后，加入铜片 溶液蓝色加深，无其他明显现象 假设1不成立 4 (填实验操作) 铜片表面立即产生气泡 假设2成立 5 向②中溶液通入少量 (填化学式)气体后，加入铜片 无明显变化 6 向④中溶液加入少量 (填化学式)溶液，再加入铜片 铜片表面立即产生气泡 假设3成立 (4)得出实验结论后，有同学认为还应补充对比实验：向④溶液加入几滴较浓的硝酸后加入铜片。补充该实验的目的是 。 (5)某工厂用硝酸溶解废铜屑制备Cu(NO3)2∙3H2O，为避免NOx的生成，实验小组提出还应加入H2O2溶液，反应的离子方程式为 ；消耗含铜元素80%的废铜屑240 kg固体时，得到653.4 kg产品，产率为 。 答案：(1)Cu+4HNO3＝Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O (2)HNO3 (3)Cu(NO3)2 ；向④中溶液通入NO2气体后，加入铜片；N2(或稀有气体等其他不与体系发生反应的气体)；HNO2 (4)排除通NO2带来的硝酸浓度增大的影响 (5)2HNO3+H2O2+Cu＝Cu(NO3)2+2H2O；90% 解析：(1)试管①中反应的化学方程式是Cu+4HNO3＝Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；故答案为：Cu+4HNO3＝Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O。 (2)已知绿色是棕色和蓝色的混合色，绿色溶液变蓝是因为NO2与水生成了HNO2，二氧化氮化合价降低，还有化合价升高，则二氧化氮的氮也应该升高，即生成HNO3；故答案为：HNO3。 (3)假设1不成立，则应该向溶液中加入铜离子即加入Cu(NO3)2，蓝色加深，氮没有其他明显现象；为验证是NO2对该反应有催化作用，则应该向④中溶液通入NO2气体后，加入铜片，铜片立刻产生气泡，再将②中溶液通入稀有气体等将里面的二氧化氮排出，再加铜片无明显现象，说明是NO2对该反应有催化作用；为验证HNO2对该反应有催化作用，应将向④中溶液加入少量HNO2溶液，再加入铜片，铜片表面立即产生气泡；故答案为：Cu(NO3)2；向④中溶液通入NO2气体后，加入铜片；N2(或稀有气体等其他不与体系发生反应的气体)；HNO2。 (4)得出实验结论后，有同学认为还应补充对比实验：向④溶液加入几滴较浓的硝酸后加入铜片，由于二氧化氮溶于水生成硝酸，导致硝酸浓度变大，因此补充该实验的目的是排除通NO2带来的硝酸浓度增大的影响；故答案为：排除通NO2带来的硝酸浓度增大的影响。 (5)某工厂用硝酸溶解废铜屑制备Cu(NO3)2∙3H2O，为避免NOx的生成，实验小组提出还应加入H2O2溶液，则铜、硝酸、双氧水反应生成硝酸铜和水，其反应的离子方程式为2HNO3+H2O2+Cu=Cu(NO3)2+2H2O；消耗含铜元素80%的废铜屑240 kg固体时，根据Cu～Cu(NO3)2∙3H2O，理论得到Cu(NO3)2∙3H2O质量为＝726kg，实际得到653.4 kg产品，产率为×100%＝90%；故答案为：2HNO3+H2O2＋Cu＝Cu(NO3)2+2H2O；90%。 7．三甲基镓[Ga(CH3)3]是一种重要的半导体材料前驱体。实验室以镓镁合金(Ga2Mg5)、碘甲烷(CH3I)为原料制备Ga(CH3)3，实验步骤及装置如图： 向三颈烧瓶中加入镓镁合金、碘甲烷和乙醚(Et2O)，加热(55℃)并搅拌30min。蒸出低沸点有机物后减压蒸馏，收集Ga(CH3)3∙ Et2O。向Ga(CH3)3∙ Et2O中逐滴滴加NR3(三正辛胺)，室温下搅拌2～3h，并用真空泵不断抽出Et2O蒸气，制得Ga(CH3)3∙ NR3。将Ga(CH3)3∙ NR3置于真空中加热，蒸出Ga(CH3)3。 已知：①常温下，Ga(CH3)3为无色透明的液体，易水解，在空气中易自燃。 ②相关物质的沸点信息如表： 物质 Ga(CH3)3 CH3I Et2O NR3 沸点/℃ 55.8 40.3 34.5 365.8 回答下列问题： (1)仪器a的名称是 ；制备Ga(CH3)3时，需在真空中加热的原因是 。 (2)三颈烧瓶中除生成Ga(CH3)3∙ Et2O外，还有MgI2和CH3MgI生成，该反应的化学方程式为 。 (3)用真空泵不断抽出Et2O蒸气，有利于Ga(CH3)3∙ NR3生成的理由是 (用平衡移动原理解释)；与直接分解Ga(CH3)3∙ Et2O制备Ga(CH3)3相比，采用“NR3配体交换”工艺制备的产品纯度更高的原因是 。 (4)测定Ga(CH3)3产品的纯度。取mg Ga(CH3)3样品于锥形瓶中，加入VmLcmol·L-1盐酸，至不再产生气泡，加入2滴甲基橙，用c1mol·L-1NaOH溶液滴定剩余盐酸，消耗NaOH溶液的体积为V1mL，则Ga(CH3)3的质量分数为 (用含m、V、V1、c、c1的代数式表示)；若滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，则测定结果 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 答案：(1)恒压分液漏斗；防止Ga(CH3)3与空气中的H2O、O2反应 (2)8CH3I＋2Et2O＋Ga2Mg5＝2Ga(CH3)3∙ Et2O＋3MgI2＋2CH3MgI (3) Ga(CH3)3∙ Et2O＋NR3Ga(CH3)3∙ NR3＋Et2O，将乙醚蒸气抽出，使平衡正向移动；NR3与Ga(CH3)3的沸点相差更大，易于分离 (4) % 偏高 解析：利用碘甲烷CH3I和乙醚(Et2O)及Ga2Mg5反应生成Ga(CH3)3∙ Et2O，加入NR3将其转化为Ga(CH3)3∙ NR3，NR3与Ga(CH3)3的沸点相差更大，可蒸馏分离，Ga(CH3)3易水解，在空气中易自燃，烧杯中应加入浓硫酸； (1)仪器a的名称是恒压分液漏斗，已知Ga(CH3)3易水解，在空气中易自燃，制备Ga(CH3)3时，需在真空中加热的原因是防止Ga(CH3)3与空气中的H2O、O2反应； (2)三颈烧瓶中碘甲烷CH3I和乙醚(Et2O)及Ga2Mg5反应生成Ga(CH3)3∙ Et2O外，还有MgI2和CH3MgI生成，该反应的化学方程式为8CH3I＋2Et2O＋Ga2Mg5＝2Ga(CH3)3∙ Et2O＋3MgI2＋2CH3MgI； (3) Ga(CH3)3∙ Et2O与NR3反应生成Ga(CH3)3∙ NR3和Et2O蒸气存在转化平衡：Ga(CH3)3∙ Et2O＋NR3Ga(CH3)3∙ NR3＋Et2O，用真空泵不断抽出Et2O蒸气，减少乙醚蒸气浓度，使平衡正向移动，有利于Ga(CH3)3∙ NR3生成；用“NR3配体交换”工艺Ga(CH3)3∙ Et2O与NR3反应生成Ga(CH3)3∙ NR3，由表可知NR3与Ga(CH3)3的沸点相差更大，易于分离，能制备纯度更高的Ga(CH3)3； (4)NaOH与HCl按物质的量1∶1反应，与Ga(CH3)3反应的n(HCl)=V×10-3L×cmol·L-1－V1×10-3L×c1mol·L-1＝(cV－c1V1)×10-3mol，盐酸与Ga(CH3)3反应方程式为Ga(CH3)3 +3HCl=GaCl3+3CH4↑，样品中n[Ga(CH3)3]＝n(HCl)＝，样品中m[Ga(CH3)3]＝×115g/mol＝，则Ga(CH3)3的质量分数为×100%＝ %；若滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，测定的NaOH溶液体积偏小，则与Ga(CH3)3反应的盐酸物质的量偏多，计算得Ga(CH3)3的质量偏多，则测定结果偏高。 8．某小组同学在实验室制备高铁酸钾(K2FeO4)，并探究制备的适宜条件。制备K2FeO4的实验装置如下(夹持装置略)。 资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液。 (1)装置A中产生Cl2的化学方程式是 (锰元素被还原为Mn2+)。 (2)研究试剂a对K2FeO4产率的影响，对比实验如下。 实验编号 试剂a 实验现象 I FeCl3和少量KOH 无明显现象 II FeCl3和过量KOH 得到紫色溶液，无紫色固体 III Fe(NO3)3和过量KOH 得到紫色溶液(颜色比II深)，有紫色固体 注：上述实验中，溶液总体积、FeCl3和Fe(NO3)3的物质的量、Cl2的通入量均相同。 ①实验II、III产生K2FeO4，将方程式补充完整 。 还原反应：Cl2＋2e－＝2Cl－； 氧化反应：。 ②对实验I未产生K2FeO4而实验II能产生的原因提出假设：实验Ⅱ溶液碱性较强，增强+3价铁的还原性。以下实验证实了该假设。 步骤1：通入Cl2，电压表示数为V1； 步骤2：向右侧烧杯中加入 (填试剂)，电压表示数为V2(V2＞V1)。 ③反思装置B的作用：用饱和NaCl溶液除去HCl，目的是 。 ④实验II中K2FeO4的产率比实验III低，试解释原因： 。 (3)向实验II所得紫色溶液中继续通入Cl2，观察到溶液紫色变浅。可能原因是通入Cl2后发生 (填离子方程式)而使溶液碱性减弱，进而导致K2FeO4分解。 (4)综上，制备K2FeO4的适宜条件是 。 答案：(1)2KMnO4＋16HCl(浓)＝2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O (2) ①Fe(OH)3＋5OH――3e－＝FeO＋4H2O； ②KOH固体 ③防止HCl与KOH反应，避免＋3价铁的还原性减弱而使K2FeO4产率降低 ④II中c(Cl－)大，不利于2Fe(OH)3＋3Cl2＋10KOH2K2FeO4＋6KCl＋8H2O正向进行。(或根据反应：Cl2＋2e－＝2Cl－，II中c(Cl－)大，Cl2的氧化性减弱) (3)Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O (4)选用Fe(NO3)3和过量KOH溶液、通入适量Cl2 解析：装置A中浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，化学方程式为：2KMnO4＋16HCl(浓)＝2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O。 (2)①氧化反应中，Fe元素由+3价上升到+6价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：Fe(OH)3＋5OH――3e－＝FeO＋4H2O； ②实验Ⅱ溶液碱性较强，增强+3价铁的还原性，故步骤2：向右侧烧杯中加入KOH固体，增强右侧溶液的碱性，若电压表示数为V2(V2＞V1)，说明该假设成立； ③用饱和NaCl溶液除去HCl，目的是：防止HCl与KOH反应，避免＋3价铁的还原性减弱而使K2FeO4产率降低； ④II中c(Cl－)大，不利于2Fe(OH)3＋3Cl2＋10KOH2K2FeO4＋6KCl＋8H2O正向进行(或根据反应：Cl2＋2e－＝2Cl－，II中c(Cl－)大，Cl2的氧化性减弱)，所以实验II中K2FeO4的产率比实验III低。 (3)通入Cl2后，Cl2和NaOH溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式为：Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O。 (4)综上，增强碱性可以增强+3价铁的还原性，过量的氯气使溶液碱性减弱，进而导致K2FeO4分解，则制备K2FeO4的适宜条件是选用Fe(NO3)3和过量KOH溶液、通入适量Cl2。 9．某兴趣小组设计了利用MnO2和H2SO3生成MnS2O6，再与Na2CO3反应制备Na2S2O3 ∙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 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+2H2SO3＝MnS2O6+2H2O，步骤Ⅲ中滴加饱和Ba(OH)2除去过量的SO2(或H2SO3)，步骤Ⅳ中滴入饱和Na2CO3溶液发生反应MnS2O6+Na2CO3＝MnCO3↓+Na2S2O6，经过滤得到Na2S2O6溶液，步骤Ⅴ中Na2S2O6溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到Na2S2O6∙2H2O。 (1)根据仪器a的特点知，仪器a为恒压滴液漏斗；步骤Ⅰ中采用冰水浴是为了增大SO2的溶解度、增大H2SO3的浓度，同时为步骤Ⅱ提供低温； (2)由于MnO2具有氧化性、SO2(或H2SO3)具有还原性，步骤Ⅱ应分数次加入MnO2，原因是：防止过多的MnO2与H2SO3反应生成MnSO4，同时防止反应太快、放热太多、不利于控制温度低于10℃； (3)步骤Ⅲ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中生成MnCO3沉淀，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，依次填入D、A、E。 10．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ag的某赤铁矿试样中的铁含量。 【配制溶液】 ①cmol·L-1 K2Cr2O7标准溶液。 ②SnCl2溶液：称取6g SnCl2∙2H2O溶于20mL浓盐酸，加水至100mL，加入少量锡粒。 【测定含量】按下图所示(加热装置路去)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+；Cr2O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)步琛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cmol·L-1 K2Cr2O7标准溶液VmL，则ag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0.1mol·L-1KMnO4溶液，现象如下表： 溶液 现象 空白实验 2mL0.3mol·L-1NaCl溶液＋0.5mL试剂X 紫红色不褪去 实验I 2mL0.3mol·L-1NaCl溶液＋0.5mL 0.1mol·L-1硫酸 紫红色不褪去 实验ⅱ 2mL0.3mol·L-1NaCl溶液＋0.5mL 6mol·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______________________________________。 答案：(1)容量瓶、量筒 (2)Sn2+易被空气氧化为Sn4+，离子方程式为2Sn2+＋O2＋4H+＝2Sn4+＋2H2O，加入Sn，发生反应Sn4+＋Sn＝2Sn2+，可防止Sn2+氧化 (3)增大SnCl2∙2H2O的溶解度，促进其溶解 (4)偏小 (5)% (6)①更安全，对环境更友好 ②H2O 酸性越强，KMnO4的氧化性越强，Cl－被KMnO4氧化的可能性越大，对Fe2+测定结果造成干扰的可能性越大，因此在KMnO4标准液进行滴定时，要控制溶液的pH值 解析：浓盐酸与试样反应，使得试样中Fe元素以离子形式存在，滴加稍过量的SnCl2使Fe3+还原为Fe2+，冷却后滴加HgCl2，将多余的Sn2+氧化为Sn4+，加入硫酸和磷酸混合液后，滴加指示剂，用K2Cr2O7进行滴定，将Fe2+氧化为Fe3+，化学方程式为6Fe2+＋Cr2O＋14H+＝2Cr3+＋6Fe3+＋7H2O 。 (1)配制SnCl2溶液需要用到容量瓶和量筒，滴定需要用到酸式滴定管，但给出的为碱式滴定管，因此给出仪器中，本实验必须用到容量瓶、量筒； (2)Sn2+易被空气氧化为Sn4+，离子方程式为2Sn2+＋O2＋4H+＝2Sn4+＋2H2O，加入Sn，发生反应Sn4+＋Sn＝2Sn2+，可防止Sn2+氧化； (3)步骤I中“微热”是为了增大SnCl2∙H2O的溶解度，促进其溶解； (4)步琛Ⅲ中，若未“立即滴定”，Fe2+易被空气中的O2氧化为Fe3+，导致测定的铁含量偏小； (5)根据方程式6Fe2+＋Cr2O＋14H+＝2Cr3+＋6Fe3+＋7H2O可得：n(Fe2+)＝6×n(Cr2O)＝6×10-3cVmol，ag试样中Fe元素的质量为6×10-3cVmol×56g/mol＝0.336cVg，质量分数为×100%＝% (6)①SnCl2－HgCl2－K2Cr2O7方法中，HgCl2氧化Sn2+的离子方程式为：Hg2+＋Sn2+＝Sn4+＋Hg，生成的Hg有剧毒，因此SnCl2－TiCl3－KMnO4相比于SnCl2－HgCl2－K2Cr2O7的优点是：更安全，对环境更友好； ②2mL0.3mol·L-1NaCl溶液＋0.5mL试剂X，为空白试验，因此X为H2O；由表格可知，酸性越强，KMnO4的氧化性越强，Cl－被KMnO4氧化的可能性越大，对Fe2+测定结果造成干扰的可能性越大，因此在KMnO4标准液进行滴定时，要控制溶液的pH值。 第 17 页 共 18 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高考化学二轮《化学综合实验》大题专练 (三) 1．某中学同学在做铜与浓硫酸(装置如图)的反应实验时，发现有如下的反应现象：加热初期，铜丝表面变黑；继续加热，有大量气泡产生，品红溶液褪色，溶液变为墨绿色浊液，试管底部开始有灰白色沉淀生成；再加热，试管中出现“白雾”，浊液逐渐变为澄清，溶液颜色慢慢变为浅蓝色，试管底部灰白色沉淀增多；冷却，静置，将试管中液体倒入另一支盛水试管中，管壁发汤，溶液略带蓝色，将灰白色固体倒入水中，形成蓝色溶液。 (1)资料：聚四氯乙烯受热分解产生氯化氢，[CuCl4]2-呈黄色，[Cu(H2O)4]2+呈蓝色，两者混合则成绿色，铜的化合物中CuO、CuS、Cu2S都为黑色，其中CuO溶于盐酸；CuS、Cu2S不溶于稀盐酸，但溶于浓盐酸。该反应中，品红溶液褪色，体现SO2的 性，NaOH溶液的作用是 。 该中学同学分成几个小组分别对上述现象探究： (2)甲组同学查相关文献资料获知：在较低温度(100℃)下，浓硫酸氧化性相对较弱，生成的黑色沉淀为Cu2S，溶液变蓝，但没有气泡产生。请根据文献资料写出反应的化学方程式： 。 (3)乙组同学对实验中形成的墨绿色溶液进行探究，特进行下列实验： 现象 I组 取灼烧后的铜丝 溶液变蓝 Ⅱ组 直接取其铜丝(表面有聚四氯乙烯薄膜) 溶液变成墨绿色 请解释形成墨绿色的原因： 。 (4)丙组同学对白雾的成分经检验为H2SO4，请设计实验证明该白雾为硫酸： 。溶液的蓝色变浅，灰白色沉淀增多，这现象体现浓硫酸的 性。 (5)丁组同学进一步对灰白色沉淀通过加水溶解、过滤，最后沉淀为黑色，取其黑色沉淀，进行成分探究： 滴加适量稀盐酸，则发现黑色沉淀几乎不溶解，溶液也不变蓝，则说明黑色沉淀中不含有 。 滴加适量浓盐酸，振荡，加热，观察到黑色沉淀几乎完全溶解，溶液呈略黄色[CuCln]2-n(n=1～4)。写出CuS与浓盐酸反应的离子方程式： 。 最后，丁组同学经过实验论证证明黑色沉淀中除了有CuS、Cu2S，还有S等。 2．草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O，难溶于水)是电池磷酸铁锂正极材料所需的主要原材料。某同学在实验室，利用废铁屑制备草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)。回答下列问题： (1)利用废铁屑制备硫酸亚铁溶液。废铁屑在使用前需要用热的饱和碳酸钠溶液进行洗涤，目的是 ；为了防止硫酸亚铁变质，制备过程中应采取的措施是 。 (2)草酸亚铁晶体制备，实验装置如图所示。 ①仪器X的名称为 。 ②实验过程中不断通入N2，其目的除了提供无氧环境，另一个目的是 (结合实验装置回答)。 ③反应完全后，用蒸馏水和无水乙醇多次洗涤，进行固液分离，在60℃下干燥12h，得到淡黄色的草酸亚铁晶体产品。检验草酸亚铁晶体洗涤干净的方法是 ；写出制备草酸亚铁晶体的离子方程式： 。 (3)产品中FeC2O4·2H2O的质量分数测定[假设产品中杂质仅为FeSO4和(NH4)2SO4] Ⅰ．将准确称量的ag草酸亚铁晶体样品置于250mL锥形瓶内，加入适量2mol·L-1的H2SO4溶解，加热至70℃左右，立即用浓度为0.2000mol·L-1的高锰酸钾标准溶液滴定至终点，重复2~3次，平均消耗高锰酸钾溶液bmL； Ⅱ．向上述滴定混合液中加入适量的Zn粉和过量的2mol·L-1的H2SO4溶液，煮沸(不含Fe3+)，继续用0.2000mol·L-1的高锰酸钾标准溶液滴定至终点，平均消耗高锰酸钾溶液cmL。 ①步骤Ⅱ中检验溶液不含Fe3+的操作：取一滴煮沸后的溶液滴入装有 (填化学式)溶液的试管中，若 ，则说明溶液不含Fe3+。 ②产品中FeC2O4·2H2O的质量分数为 %(用含a、b、c的式子表示)。 已知5C2O＋2MnO＋16H+10CO2↑＋2Mn2+＋8H2O。 3．亚硝酰氯(NOCl)为红褐色液体或黄色气体，其熔点为-64.5℃，沸点为-5.5℃，具有刺鼻恶臭味，遇水剧烈水解，易溶于浓硫酸。常可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温、常压下合成。其制备装置如图所示。 (1)①用图甲中装置制备纯净干燥的原料气，试写出该装置制备氯气的离子方程式： 。 ②其中导管A的作用是 。 (2)将制得的NO和Cl2通入图乙对应装置制备NOCl。 ①装置连接顺序为a→ (按气流自左向右方向，用小写字母表示)。 ②装置Ⅶ装无水CaCl2的仪器名称是 。 ③装置Ⅳ、Ⅴ的相同作用是(写两点) 、 。 (3)实验开始时，先通入氯气，再通入NO，原因是 。 (4)有同学认为多余的氯气可以通过下列装置暂时储存然后再利用，下列可以用作氯气的储气装置的是 (填序号)。 (5)制得的NOCl中可能含有少量N2O4杂质，为测定产品纯度进行如下实验：称取8.600g样品溶于NaOH配制成500.00mL溶液，用移液管取25.00mL溶液，加入几滴K2CrO4溶液作指示剂，用足量硝酸酸化的0.020mol/LAgNO3溶液进行滴定，消耗AgNO3溶液25.00mL。 已知：AgCl为白色沉淀溶解度1.34×10-6mol/L，Ksp(AgCl)=1.8×10-10；Ag2CrO4为砖红色沉淀溶解度6.5×10-5mol/L，Ksp(Ag2CrO4)=1.2×10-12。 ①滴定终点的现象是 。 ②样品的纯度为 %(保留1位小数)。 4．维生素C(化学式：C6H8O6，相对分子质量：176)属于外源性维生素，人体不能自身合成，必须从食物中摄取。实验室可用碘量法测定橙汁中维生素C含量。反应的方程式为C6H8O6+I2＝C6H6O6+2HI。某学习小组欲用该方法测定市售某橙汁饮料中维生素C的含量。 其实验步骤及相关数据如下： a．标准液的稀释：移取浓度为0.008000mol∙L−1的碘标准溶液20.00mL于200mL容量瓶中，定容，摇匀备用。 b．移取10.00mL饮料样品(设密度为1.0g·cm−3)于250mL锥形瓶中，加入50mL蒸馏水，2mL指示剂。 c．在滴定管中装入稀释后的标准液进行滴定至终点，读取并记录相关数据。 d．重复测定3次，数据记录如下表。 第一次 第二次 第三次 滴定前读数(mL) 0.00 0.44 1.33 滴定后读数(mL) 30.03 30.42 31.32 回答下面的问题： (1)实验中盛装标准溶液应选择____(填“酸式”或“碱式”)滴定管。滴定前为何要稀释标准溶液?_____。 (2)步骤2中加入的指示剂是______，判断滴定达到终点的现象是_______________________。 (3)实验中下列操作可能导致测定结果偏低的是______。 A．稀释标准溶液定容时俯视刻度线 B．滴定结束读数时俯视读数 C．在锥形瓶中加入样品后放置较长时间才开始滴定 D．滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失 (4)计算该饮料样品中维生素C含量为______mg/100g。 5．KMnO4是一种常用的氧化剂。某实验小组利用氯气氧化K2MnO4制备KMnO4并对其性质进行探究。 资料：①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：3MnO＋2H2O＝2MnO＋MnO2↓＋4OH− ②酸性条件下的氧化性：KMnO4＞KIO3＞I2 I．KMnO4的制备 (1)从A~D中选择合适的装置制备KMnO4，正确的连接顺序是a→______________(按气流方向，用小写字母表示)；装置A中m的作用是_______。 (2)若没有使用装置C，造成的影响是_______。 II．KMnO4性质探究 取适量制取的KMnO4溶液稀释至约0.01mol/L(用硫酸酸化至pH=1)，取配制好的KMnO4溶液2mL于试管中，逐滴滴加0.1mol/LKI溶液，KMnO4紫色溶液迅速变为棕褐色悬浊液，然后沉淀逐渐消失，最终溶液变为棕黄色。 (3)最终溶液呈现棕黄色推测生成了_______(写化学式)。 (4)实验小组对初始阶段的产物成分进行探究： ①黑色固体是MnO2，试剂X是_______(写化学式)。 ②在“紫色清液"中存在IO，写出生成IO的离子方程式________________________________。 ③下列实验方案中，可用于检验“紫色清液"中是否存在IO的是_______(填序号)。 A．用洁净的玻璃棒随取紫色清液滴在淀粉−KI试纸上，观察试纸是否变蓝色。 B．取少量紫色清液于试管中，向其中加入几滴淀粉溶液，溶液不变蓝，再加入过量NaHSO3溶液，观察溶液是否变色。 C．取少量紫色清液于试管中，向其中加入稀硝酸酸化，再加入几滴硝酸银溶液，观察是否生成黄色沉淀。 (5)探究实验II中棕褐色沉淀消失的原因： 用离子方程式解释步骤③中固体消失的原因_________________________________。 (6)由上述实验可知，KMnO4的还原产物与_______有关(写任意两点即可)。 6．某实验小组对Cu与HNO3的反应进行研究，实验如下。 回答下列问题： (1)试管①中反应的化学方程式是 。 (2)已知绿色是棕色和蓝色的混合色，绿色溶液变蓝是因为NO2与水生成了HNO2和 。 (3)对比③和⑤中现象，为探究③中立即产生气泡的原因，实验小组提出如下假设，并设计实验验证。 假设1：Cu2+对该反应有催化作用。 假设2：NO2对该反应有催化作用。 假设3：HNO2对该反应有催化作用。 序号 实验操作 实验现象 结论 3 向④中溶液加入少量 (填化学式)固体后，加入铜片 溶液蓝色加深，无其他明显现象 假设1不成立 4 (填实验操作) 铜片表面立即产生气泡 假设2成立 5 向②中溶液通入少量 (填化学式)气体后，加入铜片 无明显变化 6 向④中溶液加入少量 (填化学式)溶液，再加入铜片 铜片表面立即产生气泡 假设3成立 (4)得出实验结论后，有同学认为还应补充对比实验：向④溶液加入几滴较浓的硝酸后加入铜片。补充该实验的目的是 。 (5)某工厂用硝酸溶解废铜屑制备Cu(NO3)2∙3H2O，为避免NOx的生成，实验小组提出还应加入H2O2溶液，反应的离子方程式为 ；消耗含铜元素80%的废铜屑240 kg固体时，得到653.4 kg产品，产率为 。 7．三甲基镓[Ga(CH3)3]是一种重要的半导体材料前驱体。实验室以镓镁合金(Ga2Mg5)、碘甲烷(CH3I)为原料制备Ga(CH3)3，实验步骤及装置如图： 向三颈烧瓶中加入镓镁合金、碘甲烷和乙醚(Et2O)，加热(55℃)并搅拌30min。蒸出低沸点有机物后减压蒸馏，收集Ga(CH3)3∙ Et2O。向Ga(CH3)3∙ Et2O中逐滴滴加NR3(三正辛胺)，室温下搅拌2～3h，并用真空泵不断抽出Et2O蒸气，制得Ga(CH3)3∙ NR3。将Ga(CH3)3∙ NR3置于真空中加热，蒸出Ga(CH3)3。 已知：①常温下，Ga(CH3)3为无色透明的液体，易水解，在空气中易自燃。 ②相关物质的沸点信息如表： 物质 Ga(CH3)3 CH3I Et2O NR3 沸点/℃ 55.8 40.3 34.5 365.8 回答下列问题： (1)仪器a的名称是 ；制备Ga(CH3)3时，需在真空中加热的原因是 。 (2)三颈烧瓶中除生成Ga(CH3)3∙ Et2O外，还有MgI2和CH3MgI生成，该反应的化学方程式为 。 (3)用真空泵不断抽出Et2O蒸气，有利于Ga(CH3)3∙ NR3生成的理由是 (用平衡移动原理解释)；与直接分解Ga(CH3)3∙ Et2O制备Ga(CH3)3相比，采用“NR3配体交换”工艺制备的产品纯度更高的原因是 。 (4)测定Ga(CH3)3产品的纯度。取mg Ga(CH3)3样品于锥形瓶中，加入VmLcmol·L-1盐酸，至不再产生气泡，加入2滴甲基橙，用c1mol·L-1NaOH溶液滴定剩余盐酸，消耗NaOH溶液的体积为V1mL，则Ga(CH3)3的质量分数为 (用含m、V、V1、c、c1的代数式表示)；若滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，则测定结果 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 8．某小组同学在实验室制备高铁酸钾(K2FeO4)，并探究制备的适宜条件。制备K2FeO4的实验装置如下(夹持装置略)。 资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液。 (1)装置A中产生Cl2的化学方程式是 (锰元素被还原为Mn2+)。 (2)研究试剂a对K2FeO4产率的影响，对比实验如下。 实验编号 试剂a 实验现象 I FeCl3和少量KOH 无明显现象 II FeCl3和过量KOH 得到紫色溶液，无紫色固体 III Fe(NO3)3和过量KOH 得到紫色溶液(颜色比II深)，有紫色固体 注：上述实验中，溶液总体积、FeCl3和Fe(NO3)3的物质的量、Cl2的通入量均相同。 ①实验II、III产生K2FeO4，将方程式补充完整 。 还原反应：Cl2＋2e－＝2Cl－； 氧化反应：。 ②对实验I未产生K2FeO4而实验II能产生的原因提出假设：实验Ⅱ溶液碱性较强，增强+3价铁的还原性。以下实验证实了该假设。 步骤1：通入Cl2，电压表示数为V1； 步骤2：向右侧烧杯中加入 (填试剂)，电压表示数为V2(V2＞V1)。 ③反思装置B的作用：用饱和NaCl溶液除去HCl，目的是 。 ④实验II中K2FeO4的产率比实验III低，试解释原因： 。 (3)向实验II所得紫色溶液中继续通入Cl2，观察到溶液紫色变浅。可能原因是通入Cl2后发生 (填离子方程式)而使溶液碱性减弱，进而导致K2FeO4分解。 (4)综上，制备K2FeO4的适宜条件是 。 9．某兴趣小组设计了利用MnO2和H2SO3生成MnS2O6，再与Na2CO3反应制备Na2S2O3 ∙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 10．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ag的某赤铁矿试样中的铁含量。 【配制溶液】 ①cmol·L-1 K2Cr2O7标准溶液。 ②SnCl2溶液：称取6g SnCl2∙2H2O溶于20mL浓盐酸，加水至100mL，加入少量锡粒。 【测定含量】按下图所示(加热装置路去)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+；Cr2O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)步琛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cmol·L-1 K2Cr2O7标准溶液VmL，则ag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0.1mol·L-1KMnO4溶液，现象如下表： 溶液 现象 空白实验 2mL0.3mol·L-1NaCl溶液＋0.5mL试剂X 紫红色不褪去 实验I 2mL0.3mol·L-1NaCl溶液＋0.5mL 0.1mol·L-1硫酸 紫红色不褪去 实验ⅱ 2mL0.3mol·L-1NaCl溶液＋0.5mL 6mol·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______________________________________。 第 10 页 共 10 页 学科网（北京）股份有限公司 $