2026届高考化学二轮《化学综合实验》大题专练04

**基本信息** 聚焦化学综合实验大题，通过真实情境实验设计，系统整合物质制备、分离提纯、定量分析等核心实验技能，强化科学探究与证据推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |物质制备|6题|涵盖气体制备、晶体析出、电解反应等|以实验原理为核心，串联反应条件控制（如温度、pH）、装置作用分析及产物分离逻辑| |定量分析|4题|涉及产率计算、纯度测定（荧光法、滴定法）|从实验数据到结果分析，体现误差控制与数据处理的科学思维方法|

2026届高考化学二轮《化学综合实验》大题专练 (四) 1．NaClO2是重要漂白剂和消毒剂，主要用于水、砂糖、油脂的漂白杀菌。 已知：i．NaClO2在溶液中过饱和时，若溶液温度低于38℃，析出NaClO2•3H2O；若溶液温度高于38℃，则析出NaClO2；若溶液温度高于60℃，NaClO2分解为NaClO3和NaCl。 ii．ClO2气体浓度超过10%时，长期存放易发生嫌炸性分解。通常需现用现制。 iii．ClO2气体在中性和碱性溶液中不能稳定存在。 【实验室制备】实验室设计如下实验制备如图亚氯酸钠(NaClO2)晶体。 已知：装置B中发生的主要反应：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4(浓)＝2ClO2↑+2Na2SO4+H2O (1)ClO2气体与装置D中混合溶液反应生成NaClO2，每转移1mol电子，生成NaClO2的质量为 。 (2)反应结束后，为从D试管中溶液获得NaClO2晶体，需进行以下操作。请补充完整： ①55℃蒸发结晶； ②趁热过滤； ③用 ℃热水洗涤晶体； ④低温干燥，得到成品。 (3)实验须使B中NaClO3稍微过量，原因是 ：如NaClO3不足，则装置D中可能产生SO，检验装置D中是否含有SO的方法是：取少量D中反应后的溶液于试管中， ，证明溶液中存在SO。 (4)实验结束后，关闭K2，打开K1。在一段时间后断开K2左侧橡胶管与玻璃管的连接，并从接口处向C中鼓入一定量空气。以上操作的目的是 。 【工业制备】 (5)在无隔膜电解槽中阳极的电极反应式： 。 (6)吸收塔内的温度不能过高的原因为 。 (7)吸收塔内ClO2随着还原剂的不同和溶液酸碱性的变化可被还原为ClO或Cl－。ClO2被S2-还原为ClO、Cl－的转化率与溶液pH的关系如图所示。请写出pH≤2时ClO2与S2-反应的离子方程式： 。 2．磷资源流失到水环境中会造成水体富营养化。已知：Ca－Fe基磁性纳米复合材料，由CaCO3和纳米Fe3O4经过超声分散制得。能通过纳米Fe3O4物理吸附和CaCO3溶出后通过化学反应等去除水体磷。已知：纳米Fe3O4颗粒表面带正电荷；部分物质的溶解性如下表。 物质 Ca3(PO4)2 CaHPO4 Ca(H2PO4)2 KH2PO4 溶解性 难溶 微溶 可溶 易溶 (1)制备复合材料所需的纳米Fe3O4：一定条件下，先将FeCl2∙4H2O和FeCl3∙6H2O晶体配制成混合溶液，再与氨水反应可制得纳米Fe3O4，实验装置如下： ①氨水缓慢滴入，开始一段时间内未出现浑浊，原因是 。 ②制备纳米Fe3O4需控温在50～60°℃之间，写出该反应的化学方程式： 。 ③配制混合溶液时按n(Fe2+)∶n(Fe3+)＝1∶2进行投料：实验中需不断通入N2。通N2的目的是 。 (2)研究不同pH下向含磷(V)废水中加入CaCO3－Fe3O4纳米复合材料的除磷效果： ①从图1中可以看出初始pH为3～6时，磷的去除率较高且反应后pH均有一定的上升，反应过程中无气体生成。结合图2，写出对应的离子方程式： 。 ②当初始pH为9～10时，磷的去除率明显小于初始pH为3～6的去除率，是因为 。 (3)除磷后续处理 除磷回收得到的磷矿物CaHPO4∙2H2O，可进一步转化为KH2PO4，作为钾磷复合肥使用。设计由CaHPO4∙2H2O浆料制备KH2PO4晶体的实验方案：向含0.02molCaHPO4∙2H2O的浆料中 ，干燥。[已知：2CaHPO4∙2H2O(s)＋K2SO4(aq)＋H2SO4(aq)＝2KH2PO4(aq)＋2CaSO4∙2H2O(s)；室温下从KH2PO4饱和溶液中可结晶析出KH2PO4晶体；实验中须选用的试剂：H2SO4溶液、0.25mol/LK2SO4溶液，pH试纸，无水乙醇] 3．连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，广泛应用于纺织业和造纸业。利用碱性NaBH4溶液或Zn还原含硫化合物是制备Na2S2O4常用方法。 已知：①Na2S2O4在水溶液可以发生歧化反应(只有S元素化合价的升降)，受热易分解。 ②NaBH4是一种强还原剂，酸性或受热条件下易与水反应产生氢气，在碱性溶液中比较稳定。 ③生成物的ΔG越大，表示在该条件下转化成该物质的可能性较大。溶液中部分含硫组分的ΔG如图所示。 Ⅰ．NaBH4碱性溶液还原法 (1)12% NaBH4碱性溶液配制：在烧杯中加入48g水，再向其中加入 (请完成溶液配制，所需试剂为40g NaOH固体及12g NaBH4固体)。 (2)溶有饱和SO2的NaHSO3溶液制备：利用如图所示装置来制备该溶液，判断制备完成的方法是 。 (3)将12% NaBH4碱性溶液与制备的NaHSO3溶液在无氧、水浴加热的条件下发生反应，相同时间内，Na2S2O4的产率随温度的变化如图所示，70℃后Na2S2O4的产率下降的原因是 。Na2S2O4在水溶液中发生歧化反应的离子方程式为 。 Ⅱ.锌粉还原法 已知：①Zn＋2H2SO3ZnS2O4(易溶于水)＋2H2O； ②二价锌在水溶液中的存在形式与pH的关系如图所示。 (4)请补充完整由锌粉制备Na2S2O4粗品的实验方案：向盛有水的烧杯中加入一定量的Zn粉，搅拌， ，向滤液中加入氯化钠粉末至有大量晶体析出，过滤得到Na2S2O4粗品(实验中须使用的试剂：SO2、1mol·L-1NaOH溶液)。 4．碘化亚铜(CuI)可用作有机合成催化剂，是一种白色粉末，不溶于水，在空气中相对稳定。实验室制备碘化亚铜的装置如图(部分夹持及加热装置已略去)： 部分实验步骤如下： Ⅰ．取50.0gCuSO4∙5H2O、40.0gNaI于仪器B中，加入适量蒸馏水溶解，搅拌，得到黄色沉淀； Ⅱ．打开分液漏斗，将产生的SO2通向黄色沉淀，充分反应后得到白色沉淀； Ⅲ．将分离出的白色沉淀经过“系列操作”得到19.1g产品； Ⅳ．测定产品中CuI的纯度。 回答下列问题： (1)仪器x的名称为 。 (2)已知步骤Ⅰ中的黄色沉淀含CuI和一种单质，制备CuI的化学方程式为 。 (3)步骤Ⅱ通入SO2的主要目的是 。 (4)单向阀C的作用是 。 (5)步骤Ⅲ中“系列操作”包括 。 (6)已知荧光强度比值与Cu2+在一定浓度范围内的关系如图。取0.1mgCuI粗产品，经预处理，将其中Cu元素全部转化为Cu2+并定容至1L。取样1mL测得荧光强度比值为10.7，则产品中CuI的纯度为 %(保留一位小数)，据此推算CuI的产率接近于 (填标号)。 a．48%  b．50% c．72%  d．75% 5．铼(Re)是具有重要军事战略意义的金属。NH4ReO4是制备高纯度Re的原料，实验室用Re2O7制备NH4ReO4的装置如图所示。 已知：Ⅰ．Re2O7易溶于水，溶于水后生成HReO4；HReO4与H2S反应生成Re2S7。相关物质的溶解度S见下表： 温度/℃ S[(NH4)2SO4]/g S(NH4ReO4)/g 20 75.4 6.1 30 78.0 32.3 Ⅱ．2NH4ReO42NH3↑＋H2O＋Re2O7；NH3＋H3BO3＝NH3∙H3BO3；NH3∙H3BO3＋HCl＝NH4Cl＋H3BO3。 回答下列问题： (1)仪器a的名称是 。 (2) NH4ReO4的制备 ①反应开始前先向装置C中三颈烧瓶内加入一定量的 (填化学式)和H2O； ②关闭 打开 装置C中三颈烧瓶内生成Re2S7； ③关闭K1，打开K2，通入N2一段时间，通入N2的目的是 ； ④关闭K2，打开K3，滴入足量H2O2的氨水溶液，生成NH4ReO4，反应的化学方程式为 ； ⑤反应结束后，将C中溶液经 、 、过滤、乙醇洗涤、干燥，得到NH4ReO4晶体。 (3)下列装置可用作装置单元X的是 (填标号)。 (4)取wg NH4ReO4样品，在加热条件下使其分解，产生的氨气用硼酸(H3BO3)溶液吸收。吸收液用浓度为cmol·L-1的盐酸滴定，消耗盐酸VmL。NH4ReO4的纯度为 (已知：NH4ReO4的相对分子质量为268)。 6．醋酸亚铬[(CH3COO)2Cr∙2H2O]为砖红色晶体，难溶于冷水，易溶于酸，在气体分析中用作氧气吸收剂。一般制备方法是先在封闭体系中利用金属锌作还原剂，将三价铬还原为二价铬；二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬．实验装置如图所示，回答下列问题： (1)仪器a的名称为 。 (2)d中析出砖红色沉淀．为使沉淀充分析出并分离，需采用的操作是 、 、洗涤、干燥。 (3)Cr2+也可用锌粒还原K2Cr2O7制备，写出反应的离子方程式 。 (4)该实验中盐酸必须适量，不能过量的原因 。 (5)该制备实验能否成功的关键是排除O2的干扰，下列关于O2的存在及如何消除O2对制备的影响均正确的是___________（填编号）。 编号 使溶液中含O2的因素 消除O2的方法 A 溶液中溶解的O2 配制溶液所使用的蒸馏水煮沸后在空气中自然冷却 B 装置中的空气含有O2 利用生成的氢气将装置中的空气排尽 C 外界空气进入制备装置 在装置d中加入一些四氯化碳 D 外界空气进入制备装置 将装置d用下列装置替换 A．A B．B C．C D．D (6)某实验小组设计如下改进装置制备醋酸亚铬晶体，改进后的优点是(答一点即可) 。 7．ClO2是一种优良的消毒剂，浓度过高时易发生分解，常将其制成NaClO2固体，以便运输和贮存，过氧化氢法制备NaClO2固体的实验装置如图所示。 已知：①2NaClO3+ H2O2 + H2SO4＝2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O； ②ClO2熔点－59℃、沸点11℃；H2O2沸点150℃。 请回答： (1)仪器A的名称 ，仪器B支管的作用为 。 (2)仪器C的作用是防倒吸，则冰水浴冷却的目的是 (任写一条)。 (3)空气流速过快或过慢，均降低NaClO2产率，试解释其原因 。 (4)装置D中发生反应的化学方程式为 。 (5)Cl－存在时会催化ClO2的生成。反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸，ClO2的生成速率大大提高，并产生微量氯气。该过程可能经两步完成，请将其补充完整： ① (用离子方程式表示)； ②H2O2＋Cl2＝2Cl－＋O2＋2H+。 8．过氧化钙(CaO2)微溶于水，溶于酸，是一种用途广泛的化工产品。以石灰石（含有少量铁、硅的氧化物）为原料制备CaO2的实验流程如下： 已知：①双氧水(H2O2)在弱酸性或中性条件下性质较稳定，在碱性条件下不稳定。 ②273 K时，CaCl2(aq)＋H2O2(aq)CaO2(s)＋2HCl(aq) △H＝＋62.2kJ∙mol－1 (1)判断“酸浸1”完成的标志是 。 (2)“除杂”时，待充分反应后将溶液煮沸并趁热过滤，“滤渣”的主要成分为 ；相比普通过滤装置，使用如图所示的热抽滤装置的优点是 。 (3)“转化”需在冰水浴中进行，生成CaO2·8H2O晶体的离子方程式为 ；CaCl2与H2O2直接反应不易发生，制备时加入适量氨水有利于CaO2生成，其可能原因为 。 (4)测定产品中CaO2含量。高锰酸钾滴定法原理为：在酸性条件下，CaO2与稀酸反应生成H2O2，用标准酸性KMnO4溶液滴定所生成的H2O2，以确定CaO2含量。下列关于滴定分析的说法，不正确的是___________(填字母)。 A．滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化 B．当滴入半滴酸性KMnO4溶液后，溶液颜色从无色刚好变为浅红色，且半分钟内不变色，表示已经到达滴定终点 C．滴定前滴定管尖嘴内有气泡，滴定后尖嘴内无气泡，则测定结果偏小 D．读取 KMnO4溶液体积时，滴定前俯视读数，滴定后仰视读数，则测定结果偏大 (5)以电石渣[主要成分为Ca(OH)2，还含有少量SiO2等杂质]为原料也可制备CaO2，设计制备CaO2·8H2O晶体的实验方案： (须使用的试剂：NH4Cl溶液、H2O2溶液、冰水)。 9．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50mL烧瓶中分别加入5.7mL乙酸(100mmol)、8.8mL乙醇(150mmol)、1.4gNaHSO4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50min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6.60g，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C2H518O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)。 10．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＝294g∙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。 第 10 页 共 10 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 (四) 1．NaClO2是重要漂白剂和消毒剂，主要用于水、砂糖、油脂的漂白杀菌。 已知：i．NaClO2在溶液中过饱和时，若溶液温度低于38℃，析出NaClO2•3H2O；若溶液温度高于38℃，则析出NaClO2；若溶液温度高于60℃，NaClO2分解为NaClO3和NaCl。 ii．ClO2气体浓度超过10%时，长期存放易发生嫌炸性分解。通常需现用现制。 iii．ClO2气体在中性和碱性溶液中不能稳定存在。 【实验室制备】实验室设计如下实验制备如图亚氯酸钠(NaClO2)晶体。 已知：装置B中发生的主要反应：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4(浓)＝2ClO2↑+2Na2SO4+H2O (1)ClO2气体与装置D中混合溶液反应生成NaClO2，每转移1mol电子，生成NaClO2的质量为 。 (2)反应结束后，为从D试管中溶液获得NaClO2晶体，需进行以下操作。请补充完整： ①55℃蒸发结晶； ②趁热过滤； ③用 ℃热水洗涤晶体； ④低温干燥，得到成品。 (3)实验须使B中NaClO3稍微过量，原因是 ：如NaClO3不足，则装置D中可能产生SO，检验装置D中是否含有SO的方法是：取少量D中反应后的溶液于试管中， ，证明溶液中存在SO。 (4)实验结束后，关闭K2，打开K1。在一段时间后断开K2左侧橡胶管与玻璃管的连接，并从接口处向C中鼓入一定量空气。以上操作的目的是 。 【工业制备】 (5)在无隔膜电解槽中阳极的电极反应式： 。 (6)吸收塔内的温度不能过高的原因为 。 (7)吸收塔内ClO2随着还原剂的不同和溶液酸碱性的变化可被还原为ClO或Cl－。ClO2被S2-还原为ClO、Cl－的转化率与溶液pH的关系如图所示。请写出pH≤2时ClO2与S2-反应的离子方程式： 。 答案：(1)90.5g (2)38～60 (3)防止Na2SO3过量，有SO2气体生成，在D装置中被氧化，影响产品纯度；先加足量的盐酸，再加BaCl2溶液，产生白色沉淀 (4)充分吸收ClO2，防止ClO 2 爆炸 (5)Cl――6e－＋6OH－＝ClO＋3H2O (6)温度过高NaClO2、H2O2将分解 (7)2ClO2＋5S2-＋8H+＝2Cl－＋5S↓＋4H2O 解析：(1)装置D反应后的溶液获得NaClO2晶体，装置D中生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，结合原子守恒可知，还有水生成，配平后方程式为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，反应中生成2molNaClO2电子转移总数为2e﹣，每转移1mol电子，生成NaClO2的物质的量1mol，质量=90.5g/mol×1mol=90.5g。 (2)为防止析出晶体NaClO2•3H2O，应趁热过滤，由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃进行洗涤，低于60℃干燥，如果撤去④中的冷水浴，由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，所以如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是NaClO3和NaCl。 (3)为确保Na2SO3完全反应，添加的NaClO3应稍微过量，否则过量的Na2SO3会与酸反应生成SO2气体，在D装置中被氧化，影响产品纯度；B制得的气体中含有SO2，在装置D中被氧化生成硫酸，溶液中可能存在SO，用氯化钡溶液检验SO，具体操作：取少量反应后的溶液，先加足量的盐酸，再加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则说明含有SO。 (4)验结束后，关闭 K2，打开 K1.在一段时间后断开 K2左侧橡胶管与玻璃管的连接，并从接口处向 C 中鼓入一定量空气，以上操作的目的是充分吸收 ClO2，防止 ClO2爆炸。 (5)电解池中阳极失去电子，所以溶液中的氯离子在阳极失去电子，因此反应的电极反应式是Cl﹣－6e－+6OH﹣＝ClO＋3H2O。 (6)H2O2不稳定，温度过高，H2O2容易分解，若溶液温度高于 60℃，NaClO2分解，吸收塔的温度不能过高，其目的是防止NaClO2、H2O2分解。 (7)ClO2具有氧化性，S2﹣具有还原性，根据图像可知，pH≤2时ClO2被还原为Cl﹣，所以该反应的离子方程式是2ClO2+5S2﹣+8H+=2Cl﹣+5S↓+4H2O。 2．磷资源流失到水环境中会造成水体富营养化。已知：Ca－Fe基磁性纳米复合材料，由CaCO3和纳米Fe3O4经过超声分散制得。能通过纳米Fe3O4物理吸附和CaCO3溶出后通过化学反应等去除水体磷。已知：纳米Fe3O4颗粒表面带正电荷；部分物质的溶解性如下表。 物质 Ca3(PO4)2 CaHPO4 Ca(H2PO4)2 KH2PO4 溶解性 难溶 微溶 可溶 易溶 (1)制备复合材料所需的纳米Fe3O4：一定条件下，先将FeCl2∙4H2O和FeCl3∙6H2O晶体配制成混合溶液，再与氨水反应可制得纳米Fe3O4，实验装置如下： ①氨水缓慢滴入，开始一段时间内未出现浑浊，原因是 。 ②制备纳米Fe3O4需控温在50～60°℃之间，写出该反应的化学方程式： 。 ③配制混合溶液时按n(Fe2+)∶n(Fe3+)＝1∶2进行投料：实验中需不断通入N2。通N2的目的是 。 (2)研究不同pH下向含磷(V)废水中加入CaCO3－Fe3O4纳米复合材料的除磷效果： ①从图1中可以看出初始pH为3～6时，磷的去除率较高且反应后pH均有一定的上升，反应过程中无气体生成。结合图2，写出对应的离子方程式： 。 ②当初始pH为9～10时，磷的去除率明显小于初始pH为3～6的去除率，是因为 。 (3)除磷后续处理 除磷回收得到的磷矿物CaHPO4∙2H2O，可进一步转化为KH2PO4，作为钾磷复合肥使用。设计由CaHPO4∙2H2O浆料制备KH2PO4晶体的实验方案：向含0.02molCaHPO4∙2H2O的浆料中 ，干燥。[已知：2CaHPO4∙2H2O(s)＋K2SO4(aq)＋H2SO4(aq)＝2KH2PO4(aq)＋2CaSO4∙2H2O(s)；室温下从KH2PO4饱和溶液中可结晶析出KH2PO4晶体；实验中须选用的试剂：H2SO4溶液、0.25mol/LK2SO4溶液，pH试纸，无水乙醇] 答案：(1) ①主要用于消耗配制溶液时加入的盐酸 ②FeCl2＋2FeCl3＋8NH3∙H2O＝Fe3O4↓＋8NH4Cl＋4H2O ③除去空气，防止Fe2+部分被O2氧化为Fe3+，造成产品不纯 (2) ①CaCO3＋H2PO＝CaHPO4＋HCO ②碱性条件下，CaCO3几乎不溶解，钙离子浓度很小；同时OH－浓度增大，会与HPO产生竞争吸附 (3)缓慢加入0.25mol/LK2SO4溶液40.0mL不断搅拌；再分批缓慢滴入H2SO4溶液，不断搅拌至用pH试纸测得反应液pH≈4～5，过滤；将滤液蒸发浓缩至表面析出晶膜，降温至室温结晶(或在室温下冷却结晶)；过滤，所得晶体用无水乙醇洗涤2~3次 解析：(1)①配制FeCl2和FeCl3溶液溶液时，防止亚铁离子和铁离子水解，加有盐酸，氨水先与盐酸反应。 ②FeCl2+2FeCl3+8NH3⋅H2O=Fe3O4↓+8NH4Cl+4H2O ③通入N2除去空气，防止Fe2+部分被O2氧化为Fe3+，造成产品不纯 (2)①从图1中可以看出初始pH为3～6时，磷的去除率较高且反应后pH均有一定的上升，反应过程中无气体生成。结合图2，写出对应的离子方程式：CaCO3＋H2PO＝CaHPO4＋HCO ②当初始pH为9～10时，磷的去除率明显小于初始pH为3～6的去除率，是因为：一方面碱性条件下，CaCO3几乎不溶解，钙离子浓度很小；同时OH−浓度增大，会与HPO产生竞争吸附 (3)向含0.02molCaHPO4∙2H2O的浆料中缓慢加入0.25mol/LK2SO4溶液40.0mL不断搅拌；再分批缓慢滴入H2SO4溶液，不断搅拌至用pH试纸测得反应液pH≈4~5，过滤；将滤液蒸发浓缩至表面析出晶膜，降温至室温结晶(或在室温下冷却结晶)；过滤，所得晶体用无水乙醇洗涤2~3次，干燥。 3．连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，广泛应用于纺织业和造纸业。利用碱性NaBH4溶液或Zn还原含硫化合物是制备Na2S2O4常用方法。 已知：①Na2S2O4在水溶液可以发生歧化反应(只有S元素化合价的升降)，受热易分解。 ②NaBH4是一种强还原剂，酸性或受热条件下易与水反应产生氢气，在碱性溶液中比较稳定。 ③生成物的ΔG越大，表示在该条件下转化成该物质的可能性较大。溶液中部分含硫组分的ΔG如图所示。 Ⅰ．NaBH4碱性溶液还原法 (1)12% NaBH4碱性溶液配制：在烧杯中加入48g水，再向其中加入 (请完成溶液配制，所需试剂为40g NaOH固体及12g NaBH4固体)。 (2)溶有饱和SO2的NaHSO3溶液制备：利用如图所示装置来制备该溶液，判断制备完成的方法是 。 (3)将12% NaBH4碱性溶液与制备的NaHSO3溶液在无氧、水浴加热的条件下发生反应，相同时间内，Na2S2O4的产率随温度的变化如图所示，70℃后Na2S2O4的产率下降的原因是 。Na2S2O4在水溶液中发生歧化反应的离子方程式为 。 Ⅱ.锌粉还原法 已知：①Zn＋2H2SO3ZnS2O4(易溶于水)＋2H2O； ②二价锌在水溶液中的存在形式与pH的关系如图所示。 (4)请补充完整由锌粉制备Na2S2O4粗品的实验方案：向盛有水的烧杯中加入一定量的Zn粉，搅拌， ，向滤液中加入氯化钠粉末至有大量晶体析出，过滤得到Na2S2O4粗品(实验中须使用的试剂：SO2、1mol·L-1NaOH溶液)。 答案：(1)边搅拌边加入40gNaOH固体，充分溶解后并冷却至室温后，边搅拌边加入12gNaBH4固体充分溶解 (2)用pH传感仪测定溶液的pH，一段时间内保持不变 (3)70℃后，Na2S2O4受热分解的速率大于Na2S2O4生成速率；NaBH4与水反应加快，降低Na2S2O4生成速率；2S2O＋H2O=S2O＋2HSO (4)将烧杯置于35℃水浴中(加热溶液至35℃并保持)，通入二氧化硫反应至溶液澄清，将尾气通入1mol·L-1NaOH溶液中吸收，向溶液中加入1mol·L-1NaOH溶液，测量溶液的pH至8.2～10.5之间，过滤 解析：(1)2%NaBH4碱性溶液配制：在烧杯中加入48g水，再边搅拌边加入40gNaOH固体，充分溶解后并冷却至室温后，边搅拌边加入12gNaBH4固体充分溶解； (2)用pH传感仪测定溶液的pH，一段时间内保持不变，说明浓度不在发生变化，制得溶有饱和SO2的NaHSO3溶液； (3)①根据题目所给信息可知，NaBH4是一种强还原剂，酸性或受热条件下易与水反应产生氢气，70℃后，一方面Na2S2O4受热分解的速率大于Na2S2O4生成速率，另一方面NaBH4与水反应加快，降低Na2S2O4生成速率； ②根据所给的条件，生成物的ΔG越大，表示在该条件下转化成该物质的可能性较大，所以Na2S2O4在水溶液发生的歧化反应为：2S2O＋H2O=S2O＋2HSO； (4)根据二价锌在水溶液中的存在形式与pH的关系图，制得Na2S2O4粗品的方法：向盛有水的烧杯中加入一定量的Zn粉，搅拌，将烧杯置于35℃水浴中(加热溶液至35℃并保持)，通入二氧化硫反应至溶液澄清，将尾气通入1mol·L-1NaOH溶液中吸收，向溶液中加入1mol·L-1NaOH溶液，测量溶液的pH至8.2～10.5之间，过滤。 4．碘化亚铜(CuI)可用作有机合成催化剂，是一种白色粉末，不溶于水，在空气中相对稳定。实验室制备碘化亚铜的装置如图(部分夹持及加热装置已略去)： 部分实验步骤如下： Ⅰ．取50.0gCuSO4∙5H2O、40.0gNaI于仪器B中，加入适量蒸馏水溶解，搅拌，得到黄色沉淀； Ⅱ．打开分液漏斗，将产生的SO2通向黄色沉淀，充分反应后得到白色沉淀； Ⅲ．将分离出的白色沉淀经过“系列操作”得到19.1g产品； Ⅳ．测定产品中CuI的纯度。 回答下列问题： (1)仪器x的名称为 。 (2)已知步骤Ⅰ中的黄色沉淀含CuI和一种单质，制备CuI的化学方程式为 。 (3)步骤Ⅱ通入SO2的主要目的是 。 (4)单向阀C的作用是 。 (5)步骤Ⅲ中“系列操作”包括 。 (6)已知荧光强度比值与Cu2+在一定浓度范围内的关系如图。取0.1mgCuI粗产品，经预处理，将其中Cu元素全部转化为Cu2+并定容至1L。取样1mL测得荧光强度比值为10.7，则产品中CuI的纯度为 %(保留一位小数)，据此推算CuI的产率接近于 (填标号)。 a．48%  b．50% c．72%  d．75% 答案：(1)三颈烧瓶 (2)2CuSO4 ＋4NaI＝2CuI↓＋I2↓＋2Na2SO4 (3)使I2反应生成I－ (4)防止倒吸 (5)洗涤、干燥 (6)95.5% a 解析：(1)分析：在装置A制取SO2气体，在装置B中发生氧化还原反应制取CuI，装置C可防倒吸，D中NaOH溶液可以吸收多余SO2，防止大气污染。由仪器构造可知x为三颈烧瓶； (2)步骤Ⅰ中的黄色沉淀含CuI和一种单质，该过程中硫酸铜被还原为CuI，可知NaI应作还原剂，生成CuI的化学方程式为：2CuSO4 ＋4NaI＝2CuI↓＋I2↓＋2Na2SO4； (3)步骤Ⅱ通入SO2，能与碘单质反应生成碘离子，从而有利于CuI的生成。 (4)单向阀C可防止出现倒吸现象； (5)分离出的白色沉淀需经洗涤、干燥得到纯净CuI再称量其质量； (6)取样1mL测得荧光强度比值为10.7，此时溶液中c(Cu2+)＝0.5×10-6mol/L，该溶液中n(Cu2+)＝0.5×10-6mol/L×1×10-3L＝5×10-10mol，则产品中CuI的纯度为×100%＝95.5%；则19.1g产品中含CuI质量为19.1g×95.5%=18.24g，50.0gCuSO4∙5H2O与40.0gNaI(过量)反应理论生成的CuI质量为×191g/mol＝38.2g，CuI的产率＝×100%＝47.75%，接近48% 5．铼(Re)是具有重要军事战略意义的金属。NH4ReO4是制备高纯度Re的原料，实验室用Re2O7制备NH4ReO4的装置如图所示。 已知：Ⅰ．Re2O7易溶于水，溶于水后生成HReO4；HReO4与H2S反应生成Re2S7。相关物质的溶解度S见下表： 温度/℃ S[(NH4)2SO4]/g S(NH4ReO4)/g 20 75.4 6.1 30 78.0 32.3 Ⅱ．2NH4ReO42NH3↑＋H2O＋Re2O7；NH3＋H3BO3＝NH3∙H3BO3；NH3∙H3BO3＋HCl＝NH4Cl＋H3BO3。 回答下列问题： (1)仪器a的名称是 。 (2) NH4ReO4的制备 ①反应开始前先向装置C中三颈烧瓶内加入一定量的 (填化学式)和H2O； ②关闭 打开 装置C中三颈烧瓶内生成Re2S7； ③关闭K1，打开K2，通入N2一段时间，通入N2的目的是 ； ④关闭K2，打开K3，滴入足量H2O2的氨水溶液，生成NH4ReO4，反应的化学方程式为 ； ⑤反应结束后，将C中溶液经 、 、过滤、乙醇洗涤、干燥，得到NH4ReO4晶体。 (3)下列装置可用作装置单元X的是 (填标号)。 (4)取wg NH4ReO4样品，在加热条件下使其分解，产生的氨气用硼酸(H3BO3)溶液吸收。吸收液用浓度为cmol·L-1的盐酸滴定，消耗盐酸VmL。NH4ReO4的纯度为 (已知：NH4ReO4的相对分子质量为268)。 答案：(1)蒸馏烧瓶 (2) ①Re2O7 ②K2、K3；K1、K4 ③排出装置内未反应的H2S气体(或排出装置内多余的H2S气体) ④Re2S7＋28H2O2＋16NH3∙H2O＝2NH4ReO4＋7(NH4)2SO4＋36H2O ⑤蒸发浓缩、冷却结晶 (3)BD (4)%（或其他正确答案） 解析：A装置中FeS与稀硫酸反应制备H2S，B作安全瓶，C中Re2O7与H2O反应生成HReO4，HReO4与H2S反应生成Re2S7，Re2S7与H2O2的氨水溶液反应生成NH4ReO4、(NH4)2SO4，反应结束后，C中溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥，得到NH4ReO4晶体；装置单元X用于吸收尾气H2S，防止污染空气。 (1)根据仪器a的结构特点知，仪器a的名称为蒸馏烧瓶。 (2)①根据分析，反应开始前先向装置C中三颈烧瓶内加入一定量的Re2O7和水，使Re2O7和水反应生成HReO4。 ②关闭K2、K3，打开K1、K4，使装置A中产生的H2S导入C中与HReO4反应生成Re2S7。 ③关闭K1，打开K2，通入N2一段时间，通入N2的目的是排出装置内未反应的H2S气体(或排出装置内多余的H2S气体)。 ④关闭K2，打开K3，滴入足量H2O2的氨水溶液，生成NH4ReO4，该反应中H2O2将Re2S7氧化成(NH4)2SO4，S元素的化合价由－2价升至+6价，H2O2被还原，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为Re2S7+28H2O2+16NH3∙H2O=2NH4ReO4+7(NH4)2SO4+36H2O。 ⑤由表中提供的NH4ReO4和(NH4)2SO4的溶解度可知，反应结束后，将C中溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥，得到NH4ReO4晶体。 (3)装置单元X用于吸收H2S，防止污染空气，Na2SO4溶液、NaHS溶液难吸收H2S，CuSO4溶液、NaOH溶液都能吸收H2S，答案选BD。 (4)根据反应2NH4ReO42NH3↑＋H2O＋Re2O7；NH3＋H3BO3 ＝NH3∙H3BO3；NH3∙H3BO3＋HCl＝NH4Cl＋H3BO3知，NH4ReO4~HCl，则NH4ReO4物质的量为cV×10-3mol，NH4ReO4的纯度为×100%＝%。 6．醋酸亚铬[(CH3COO)2Cr∙2H2O]为砖红色晶体，难溶于冷水，易溶于酸，在气体分析中用作氧气吸收剂。一般制备方法是先在封闭体系中利用金属锌作还原剂，将三价铬还原为二价铬；二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬．实验装置如图所示，回答下列问题： (1)仪器a的名称为 。 (2)d中析出砖红色沉淀．为使沉淀充分析出并分离，需采用的操作是 、 、洗涤、干燥。 (3)Cr2+也可用锌粒还原K2Cr2O7制备，写出反应的离子方程式 。 (4)该实验中盐酸必须适量，不能过量的原因 。 (5)该制备实验能否成功的关键是排除O2的干扰，下列关于O2的存在及如何消除O2对制备的影响均正确的是___________（填编号）。 编号 使溶液中含O2的因素 消除O2的方法 A 溶液中溶解的O2 配制溶液所使用的蒸馏水煮沸后在空气中自然冷却 B 装置中的空气含有O2 利用生成的氢气将装置中的空气排尽 C 外界空气进入制备装置 在装置d中加入一些四氯化碳 D 外界空气进入制备装置 将装置d用下列装置替换 A．A B．B C．C D．D (6)某实验小组设计如下改进装置制备醋酸亚铬晶体，改进后的优点是(答一点即可) 。 答案：(1)分液漏斗 (2) 冰浴冷却、过滤 (3)4Zn＋Cr2O＋14H+＝4Zn2+＋2Cr2+＋7H2O (4)盐酸过量，会溶解醋酸亚铬，不利于醋酸亚铬的生成 (5)D (6)改进后的丙可防止空气进入乙装置将产品氧化(合理答案均得分) 解析：实验时，关闭K3，打开K1、K2,让锥形瓶c内锌粒分别与盐酸、与氯化铬发生反应，Zn+2Cr3+＝Zn2++2Cr2+，氢气可排除瓶内空气、保护Cr2+不被氧化，然后关闭K1、K2，打开K3，利用反应产生的H2将锥形瓶c内的溶液压入锥形瓶d内，让醋酸钠与CrCl2发生反应，从而制得醋酸亚铬。 (1)仪器a带有活塞，名称为分液漏斗。 (2)d中析出砖红色沉淀．已知其难溶于冷水，为使沉淀充分析出并分离，需降低醋酸亚铬的溶解度，也就是需要降低温度，所以采用的操作是：冰浴冷却、过滤、洗涤、干燥。 (3)用锌粒还原K2Cr2O7制备Cr2+，同时生成Zn2+等，反应的离子方程式为4Zn＋Cr2O＋14H+＝4Zn2+＋2Cr2+＋7H2O。 (4)该实验中盐酸必须适量，否则混合液被压入锥形瓶d内后，会造成醋酸亚铬的溶解，则不能过量的原因为：盐酸过量，会溶解醋酸亚铬，不利于醋酸亚铬的生成。 (5)A．配制溶液所使用的蒸馏水煮沸后在空气中自然冷却，则在蒸馏水冷却过程中，又会溶解空气中的氧气，A不正确； B．利用生成的氢气只能将装置c中的空气排尽，但不能排尽装置d内的空气，因为反应生成的H2无法进入d装置，且d装置是敞口容器，B不正确； C．在装置d中加入一些四氯化碳，由于四氯化碳密度比空气大，会沉在水溶液的底部，不能起到隔绝空气的作用，C不正确； D．为防止外界空气进入制备装置，在制备装置后面再增加一个洗气瓶，可防止空气中的O2进入制备装置内，D正确； 故选D。 (6)改进后的装置，既能排尽甲、乙装置内的空气，丙装置中的水又可防止外界空气进入乙装置内，从而防止醋酸亚铬被氧化。则优点是：改进后的丙可防止空气进入乙装置将产品氧化(合理答案均得分)。 7．ClO2是一种优良的消毒剂，浓度过高时易发生分解，常将其制成NaClO2固体，以便运输和贮存，过氧化氢法制备NaClO2固体的实验装置如图所示。 已知：①2NaClO3+ H2O2 + H2SO4＝2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O； ②ClO2熔点－59℃、沸点11℃；H2O2沸点150℃。 请回答： (1)仪器A的名称 ，仪器B支管的作用为 。 (2)仪器C的作用是防倒吸，则冰水浴冷却的目的是 (任写一条)。 (3)空气流速过快或过慢，均降低NaClO2产率，试解释其原因 。 (4)装置D中发生反应的化学方程式为 。 (5)Cl－存在时会催化ClO2的生成。反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸，ClO2的生成速率大大提高，并产生微量氯气。该过程可能经两步完成，请将其补充完整： ① (用离子方程式表示)； ②H2O2＋Cl2＝2Cl－＋O2＋2H+。 答案：(1)三颈烧瓶；平衡气压，便于液体顺利滴下 (2)减少H2O2的分解；降低NaClO2的溶解度；增加ClO2的溶解度 (3)空气流速过慢时，ClO2不能及时被气流带走，浓度过高导致分解；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收 (4)2ClO2＋H2O2＋2OH－＝2ClO＋O2＋2H2O (5)2ClO＋4H+＋2Cl－＝2ClO2↑＋2H2O＋Cl2↑ 解析：装置A中NaClO3与H2O2在酸性条件下发生反应生成ClO2，ClO2经安全瓶C后进入D中，在冰水浴条件下ClO2与H2O2在NaOH碱性条件下反应生成NaClO2，过量的ClO2可用适当的吸收试剂吸收，防止污染环境，据此分析解答。 (1)由仪器构造可知A为三颈烧瓶；仪器B支管连通恒压滴液漏斗和三颈烧瓶，能保持两者内的压强平衡，从而有利于溶液顺利滴入烧瓶中； (2)冰水浴冷却可以减少H2O2的分解；可以降低NaClO2的溶解度；可以增加ClO2的溶解度； (3)实验过程中要控制空气流速，气流速过慢时，ClO2不能及时被气流带走，浓度过高导致分解；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收。 (4)D中ClO2与H2O2在碱性环境中发生反应生成NaClO2，同时有氧气生成，反应方程式为：2ClO2＋H2O2＋2OH－＝2ClO＋O2＋2H2O。 (5)开始阶段在三颈烧瓶中加入少量盐酸，溶液呈酸性，在酸性条件下NaClO3与H2O2反应部分生成氯气，反应离子方程式：2ClO＋4H+＋2Cl－＝2ClO2↑＋2H2O＋Cl2↑。 8．过氧化钙(CaO2)微溶于水，溶于酸，是一种用途广泛的化工产品。以石灰石（含有少量铁、硅的氧化物）为原料制备CaO2的实验流程如下： 已知：①双氧水(H2O2)在弱酸性或中性条件下性质较稳定，在碱性条件下不稳定。 ②273 K时，CaCl2(aq)＋H2O2(aq)CaO2(s)＋2HCl(aq) △H＝＋62.2kJ∙mol－1 (1)判断“酸浸1”完成的标志是 。 (2)“除杂”时，待充分反应后将溶液煮沸并趁热过滤，“滤渣”的主要成分为 ；相比普通过滤装置，使用如图所示的热抽滤装置的优点是 。 (3)“转化”需在冰水浴中进行，生成CaO2·8H2O晶体的离子方程式为 ；CaCl2与H2O2直接反应不易发生，制备时加入适量氨水有利于CaO2生成，其可能原因为 。 (4)测定产品中CaO2含量。高锰酸钾滴定法原理为：在酸性条件下，CaO2与稀酸反应生成H2O2，用标准酸性KMnO4溶液滴定所生成的H2O2，以确定CaO2含量。下列关于滴定分析的说法，不正确的是___________(填字母)。 A．滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化 B．当滴入半滴酸性KMnO4溶液后，溶液颜色从无色刚好变为浅红色，且半分钟内不变色，表示已经到达滴定终点 C．滴定前滴定管尖嘴内有气泡，滴定后尖嘴内无气泡，则测定结果偏小 D．读取 KMnO4溶液体积时，滴定前俯视读数，滴定后仰视读数，则测定结果偏大 (5)以电石渣[主要成分为Ca(OH)2，还含有少量SiO2等杂质]为原料也可制备CaO2，设计制备CaO2·8H2O晶体的实验方案： (须使用的试剂：NH4Cl溶液、H2O2溶液、冰水)。 答案：(1)继续滴加盐酸，酸浸液中无气泡产生 (2) Fe(OH)3、SiO2 ；抽滤比普通过滤速度更快，同时通入热水保温可防止CaCl2晶体析出 (3)Ca2+＋2NH3∙H2O＋H2O2＋6H2OCaO2∙8H2O↓＋2NH； 氨水与反应生成的HCl中和，使H+浓度降低以及放出热量，均促进反应向生成CaO2的方向进行 (4)AC (5)在搅拌下，向NH4Cl溶液中分批加入电石渣，置于冰水浴中反应一段时间后，过滤；在冰水浴中，边搅拌边向H2O2溶液中缓慢滴加所得滤液，待有大量晶体生成，过滤，用少量冰水洗涤2～3次，干燥 解析：石灰石矿渣经过“酸浸”后产生的溶液中溶质主要为剩余的氯化氢、生成的氯化钙和氯化亚铁、氯化铁，SiO2不能与酸反应，经过滤除去，然后经加入H2O2溶液将氯化亚铁氧化为氯化铁，加入氨水，HCl与氨水反应产生NH4Cl，氯化铁与氨水反应形成Fe(OH)3沉淀，过滤除去，所得溶液中的溶质主要为氯化钙和新生成的氯化铵，通入碳酸铵溶液时，氯化钙与碳酸铵会反应生成碳酸钙沉淀和氯化铵，所以过滤后，所得滤液中的溶质主要为NH4Cl，纯CaCO3用盐酸酸浸，反应产生CaCl2，向其中加入双氧水及氨水，反应产生CaO2。 (1)石灰石主要成分是CaCO3，在“酸浸1”时，会发生反应：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，若“酸浸1”完成，再滴加稀盐酸时，不能再与CaCO3发生反应产生CO2气体，就无气泡产生； (2)石灰石主要成分是CaCO3，还含有杂质Fe2O3、FeO、SiO2，加入酸浸时，Fe2O3、FeO反应产生FeCl3、FeCl2，加入双氧水，FeCl2被氧化变为FeCl3，加入的氨水与FeCl3反应产生Fe(OH)3沉淀，经过滤除去，SiO2与HCl不能发生反应，也以沉淀的形式存在，故“除杂”时，待充分反应后将溶液煮沸并趁热过滤，“滤渣”的主要成分为Fe(OH)3、SiO2； 相比普通过滤装置，使用如图所示的热抽滤装置的优点是抽滤比普通过滤速度更快，同时通入热水保温可防止CaCl2晶体析出； (3)“转化”需在冰水浴中进行，CaCl2与氨水、H2O2在溶液中反应生成CaO2⋅8H2O晶体，同时反应产生NH4Cl，该反应的离子方程式为Ca2+＋2NH3∙H2O＋H2O2＋6H2OCaO2∙8H2O↓＋2NH； CaCl2与H2O2直接反应不易发生，制备时加入适量氨水有利于CaO2生成，其可能原因为氨水与反应生成的HCl中和，使H+浓度降低以及放出热量，均促进反应向生成CaO2的方向进行； (4)A．CaO2与稀酸反应生成H2O2，用标准酸性KMnO4溶液滴定所生成的H2O2，H2O2被KMnO4氧化为O2，KMnO4被还原为无色Mn2+，因此滴加标准酸性KMnO4溶液时，若无气泡产生，溶于由无色变为浅红色，则证明滴定达到终点，而不能一直观察滴定管中溶液体积的变化，A错误； B．用标准酸性KMnO4溶液滴定H2O2溶液时，滴定终点判断方法是：滴入最后半滴酸性KMnO4溶液后，溶液颜色从无色刚好变为浅红色，且半分钟内不变色，表示已经到达滴定终点，B正确； C．在滴定前滴定管尖嘴内有气泡，滴定后尖嘴内无气泡，则滴定消耗标准酸性KMnO4溶液体积偏大，H2O2的质量偏大，因而会导致测定结果偏大，C错误； D．读取KMnO4溶液体积时，滴定前俯视读数，V1偏小，滴定后仰视读数，V2偏大，则消耗标准溶液体积(V2－V1)就会偏大，最终导致测定结果偏大，D正确； 故合理选项是AC； (5)电石渣[主要成分为Ca(OH)2，还含有少量SiO2等杂质]，以电石渣为原料液可以制备CaO2，要求必须使用NH4Cl溶液、H2O2溶液、冰水，由于NH4Cl是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，其水溶液溶解Ca(OH)2，反应产生CaCl2溶液，过滤除去酸性氧化物SiO2等固体杂质，CaCl2溶液与H2O2溶液在冰水浴反应，就可得到CaO2·8H2O晶体。故制备CaO2·8H2O晶体的实验方案是：在搅拌下，向NH4Cl溶液中分批加入电石渣，置于冰水浴中反应一段时间后，过滤；在冰水浴中，边搅拌边向H2O2溶液中缓慢滴加所得滤液，待有大量晶体生成，过滤，用少量冰水洗涤2～3次，干燥。 9．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50mL烧瓶中分别加入5.7mL乙酸(100mmol)、8.8mL乙醇(150mmol)、1.4gNaHSO4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50min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6.60g，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C2H518O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)。 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：乙酸与过量乙醇在一定温度下、硫酸氢钠作催化剂、甲基紫的乙醇溶液和变色硅胶作指示剂的条件下反应制取乙酸乙酯，用饱和碳酸钠溶液除去其中的乙酸至无二氧化碳逸出，分离出有机相、洗涤、加无水硫酸镁后过滤，滤液蒸馏时收集73～78℃馏分，得纯度为98.0%的乙酸乙酯6.60g。 (1)该实验可实现乙酸乙酯的绿色制备及反应过程可视化，用浓H2SO4时，浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂，所以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在加热条件下反应时，可能发生副反应，且浓硫酸的还原产物二氧化硫有毒气体，所以用其代替浓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； (2)变色硅胶吸水，除指示反应进程外，还可吸收加热时生成的水，使平衡正向移动，提高乙酸乙酯的产率； (3)A. 若向反应液中直接加入变色硅胶，则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； B. 反应的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； C. 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； D. 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，停止加热”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，所以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； 故答案为：AD； (4)容量瓶用于配制一定物质的量浓度的溶液，分离有机相和洗涤有机相不需要容量瓶；漏斗用于固液分离，分离有机相和洗涤有机相不需要漏斗；分离液态有机相和洗涤液态有机相也不需要洗气瓶；分离有机相和洗涤有机相时均需使用的是分液漏斗； (5)由反应CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOC2H5＋H2O可知，100mmol乙酸与150mmol乙醇反应时，理论上可获得的乙酸乙酯的质量为0.1mol×88g/mol＝8.8g，则该实验乙酸乙酯的产率为×100%＝73.5%； (6)若改用C2H518OH作为反应物进行反应，则因为CH3COOH＋CH3CH218OHCH3CO18OC2H5＋H2O，生成的乙酸乙酯的摩尔质量为90g/mol，所以质谱检测目标产物分子离子峰的质荷比数值应为90。 10．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＝294g∙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。 答案：(1)直形冷凝管；除去市售的溴中少量的Cl2； Br2＋K2C2O42KBr＋2CO2↑ (2)蒸发皿 2MnO＋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：市售的溴(纯度99%)中含有少量的Cl2和I2，实验利用氧化还原反应原理制备高纯度的溴，市售的溴滴入盛有浓CaBr2溶液中，Cl2可与CaBr2发生氧化还原反应而除去，I2与Br2一起蒸馏入草酸钾溶液中，并被草酸钾还原为I－、Br－，并向溶液中滴加高锰酸钾溶液氧化I－，加热蒸干得KBr固体，将KBr固体和K2Cr2O7固体混合均匀加入冷的蒸馏水，同时滴加适量浓H2SO4，水浴加热蒸馏，得到的液体分液、干燥、蒸馏，可得高纯度的溴。 (1)仪器C为直形冷凝管，用于冷凝蒸气；市售的溴中含有少量的Cl2，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，Br2＋K2C2O42KBr＋2CO2↑、I2＋K2C2O42KI＋2CO2↑，由于Br2为进入D的主要物质，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)，即说明KMnO4已将KI全部氧化，发生反应的离子方程式为2MnO＋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克KBr固体的物质的量为mol，根据转移电子相等可得关系式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××294g∙mol-1≈0.31mg； (5)趁热过滤的具体操作：漏斗下端管口紧靠烧杯内壁，转移溶液时用玻璃棒引流，玻璃棒下端靠在三层滤纸处，滤液沿烧杯壁流下。 第 4 页 共 17 页 学科网（北京）股份有限公司 $