2026届高考化学二轮《化学综合实验》大题专练05

**基本信息** 聚焦化学综合实验，通过10道大题系统整合物质制备、性质探究及含量测定，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| |----|-----------|----------|----------| |物质制备与性质|5题|结合电离常数、溶度积等数据，分析反应原理与产物性质|从化学平衡原理到实验现象解释，构建"理论-实验-现象"逻辑链| |实验装置与操作|3题|涉及装置连接、试剂选择及操作顺序设计|遵循"气体流向-净化-收集-尾气处理"实验流程，强化实验安全意识| |含量测定与计算|2题|通过滴定法、分光光度法等进行定量分析|建立"实验方案设计-数据处理-误差分析"完整探究体系|

2026届高考化学二轮《化学综合实验》大题专练 (五) 1．某化学兴趣小组模拟工业上用纯碱溶液与SO2制备Na2SO3，并探究产品的性质和纯度。 已知：25℃时，H2CO3的电离常数：Ka1＝4.5×10-7，Ka2＝4.7×10-11；H2SO3的电离常数：Ka1＝1.2×10-2，Ka2＝5.6×10-8；Fe(OH)3的溶度积常数：Ksp＝2.6×10-39。 Ⅰ．Na2SO3性质探究 (1)若用Na2SO3与盐酸反应制备干燥SO2时，净化、收集和尾气处理所需装置的接口连接顺序为 ，其中饱和NaHSO3溶液中发生反应的离子方程式为 。 (2)该小组同学用试管取2mL0.5mol/LFeCl3溶液，逐滴加入2mL0.5mol/L Na2SO3溶液，振荡，溶液由黄色变为红褐色，未观察到气体和沉淀生成。 ①甲同学认为发生了相互促进的水解反应，生成了Fe(OH)3胶体，用激光笔照射试管，预期的现象为 。 ②若上述水解过程存在反应：Fe3+＋3SO＋3H2O Fe(OH)3(胶体)＋3HSO，则25℃时该反应的化学平衡常数K＝ (代入数据列出计算式)。 ③乙同学认为可能同时发生反应：2Fe3+＋SO＋H2O＝2Fe2+＋SO＋2H+，并设计实验验证：取少量用蒸馏水稀释后的反应液于试管中，再滴加 溶液，观察现象。 A．KSCN B．KMnO4 C．K3[Fe(CN)6] D．Ba(OH)2 Ⅱ．Na2SO3含量探究 (3)已知所得产物含有少量Na2CO3(无其他杂质)，25℃时相同质量的Na2CO3和Na2SO3分别溶于等量的水后，体积基本相同。 ①25℃时质量分数相同的两种溶液，Na2CO3溶液的pH Na2SO3溶液。 A．大于 B．小于 C．等于 D．无法判断 ②丙同学设计实验探究实验产品是否符合化工行业标准。 查阅资料：Na2SO3合格品的行业标准是质量分数高于93%。 提出假设：实验产品中Na2SO3质量分数高于93%。 实验方案：常温下完成下述实验： 步骤1：用100.0mL水溶解0.7gNa2CO3和9.3g Na2SO3，测得pH＝a； 步骤2： ，测得pH＝b； 数据分析：a b（填“＞”、“＜”或“＝”）。 实验结论  假设成立。 答案：(1) dcbaefg；HSO＋H+＝SO2↑＋H2O (2) ①混合物中出现一条明亮的光路 ② ③C (3) ①A ②用100.0mL水溶解10.0g实验产品 > 解析：Na2SO3与盐酸反应生成二氧化硫，通过饱和亚硫酸氢钠溶液除去挥发的氯化氢，通过浓硫酸干燥，使用向上排空气法收集二氧化硫，尾气使用碱液吸收，防止污染； (1) Na2SO3与盐酸反应生成二氧化硫，通过饱和亚硫酸氢钠溶液除去挥发的氯化氢，通过浓硫酸干燥，使用向上排空气法收集二氧化硫，尾气使用碱液吸收，防止污染；故装置的接口连接顺序为dcbaefg，其中饱和NaHSO3溶液HCl反应生成亚硫酸钠和水、二氧化硫气体，发生反应的离子方程式为HSO＋H+＝SO2↑＋H2O； (2)①光束通过胶体时，光线能够发生散射作用而产生丁达尔效应，而通入其它分散系时不能产生丁达尔效应；甲同学认为发生了相互促进的水解反应，生成了Fe(OH)3胶体，用激光笔照射试管，则预期的现象为：混合物中出现一条明亮的光路。 ②若上述水解过程存在反应：Fe3+＋3SO＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HSO，则25℃时该反应的化学平衡常数K＝＝＝＝。 ③A．KSCN只能检验铁离子，不能检验亚铁离子，错误；         B．KMnO4和亚硫酸根离子、亚铁离子都会发生氧化还原反应，错误；         C．亚铁离子和K3[Fe(CN)6]溶液会生成蓝色沉淀：3Fe3+＋2[Fe(CN)6]3-＝Fe3[Fe(CN)6]2↓；故检验亚铁离子的方法可以为：取少量溶液，加入K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀，说明存在亚铁离子；正确；         D．Ba(OH)2和亚硫酸根离子、硫酸根离子均会生成沉淀，错误； 故选C； (3)①由题干可知，碳酸酸性弱于亚硫酸，则25℃时质量分数相同的两种溶液，Na2CO3溶液的水解程度大于Na2SO3溶液，故Na2CO3溶液的碱性更强，pH值更大，故选A； ②假设实验产品中Na2SO3质量分数高于93%，步骤1测定Na2SO3合格品的pH，若Na2SO3含量高于93%，结合①分析可知，样品的碱性应该小于a，故步骤2需进行对比实验：用100.0mL水溶解10.0g实验产品，测得pH＝b，若a＞b，则Na2SO3含量高于93%，假设成立。 2．柠檬酸铁铵[(NH4)3Fe(C6H5O7)2]易溶于水，不溶于乙醇等有机溶剂，是一种含铁量较高的补铁剂．实验室利用柠檬酸()制备柠檬酸铁铵的实验步骤如下： i．向三颈烧瓶中加入一定量铁粉，将柠檬酸溶液加入并搅拌，控温80℃至全部生成柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)白色沉淀。 ii．降温至40℃，滴加一定量的氨水充分反应，生成柠檬酸亚铁铵(NH4FeC6H5O7)。 iii．控温40℃，缓慢滴加一定量的双氧水充分反应，经一系列操作，得到产品。 已知：柠檬酸铁铵[(NH4)3Fe(C6H5O7)2]是柠檬酸铁(FeC6H6O7)和柠檬酸铵 [(NH4)3C6H5O7]的复盐． 回答下列问题： (1)仪器A的名称是 ，在相同条件下，1mol柠檬酸分子分别与足量Na、NaHCO3反应生成气体体积比为 ； (2)步骤i中，若柠檬酸加入量逐渐增多，最终会导致柠檬酸铁铵的含铁量逐渐减少，可能的原因是 ；(从产品纯度及后续实验的操作方面分析) (3)步骤ii、iii中均需控温40℃的原因是 ； (4)步骤iii中制备柠檬酸铁铵的化学方程式 ,“一系列操作”包括 ； (5)为了测定产品的纯度，实验的基本原理是将Fe3+还原成Fe2+后，采用分光光度法来测定纯度．实验时测得样品的纯度显著偏低，检查实验发现配制样品溶液时少加了一种还原试剂，该试剂应为 (“铁粉”或“维生素C”)，选择该试剂的理由是 。 答案：(1) 恒压滴液漏斗；2 : 3 (2)过量的柠檬酸与氨水反应生成柠檬酸铵，使产品不纯 (3)温度低于40℃化学反应速率慢，高于40℃双氧水和氨水发生分解反应而损耗 (4)2(NH4)3C6H5O7＋2NH4FeC6H5O7＋H2O2＝2(NH4)3Fe(C6H5O7)2＋2NH3∙H2O 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥 (5)维生素C；维生素C可将Fe3+还原成Fe2+，选用铁粉反应会引入更多的Fe2+，使测定结果偏高 解析：制备柠檬酸铁铵时，先向三颈烧瓶中加入一定量铁粉，将柠檬酸溶液加入并搅拌，控温80℃至全部生成柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)白色沉淀；再降温至40℃，滴加一定量的氨水充分反应，生成柠檬酸亚铁铵(NH4FeC6H5O7)；继续控温40℃，缓慢滴加一定量的双氧水，将柠檬酸亚铁氧化为柠檬酸铁，再加入柠檬酸铵[(NH4)3C6H5O7]充分反应，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥，得到产品。 (1)仪器A的名称是恒压滴液漏斗，柠檬酸分子中，含有3个羧基和1个醇羟基，它们都能与Na反应，但只有羧基能与NaHCO3发生反应，所以在相同条件下，1mol柠檬酸分子分别与足量Na、NaHCO3反应生成气体体积比为2mol∶3mol＝2∶3； (2)步骤i中，若柠檬酸加入量逐渐增多，过量的柠檬酸会与剩余的氨水反应生成柠檬酸铵，最终会导致柠檬酸铁铵的含铁量逐渐减少，可能的原因是：过量的柠檬酸与氨水反应生成柠檬酸铵，使产品不纯。 (3)步骤ii使用的氨水受热易挥发、步骤iii使用的H2O2受热易分解，则需控温40℃的原因是：温度低于40℃化学反应速率慢，高于40℃双氧水和氨水发生分解反应而损耗； (4)步骤iii中制备柠檬酸铁铵时，使用檬酸亚铁铵(NH4FeC6H5O7)、双氧水、柠檬酸铵[(NH4)3C6H5O7]作为反应物，化学方程式为2(NH4)3C6H5O7＋2NH4FeC6H5O7＋H2O2＝2(NH4)3Fe(C6H5O7)2＋2NH3∙H2O；从溶液中提取溶质，需蒸发浓缩、冷却结晶，过滤后洗涤，考虑到其易溶于水，应使用有机溶剂洗涤，则“一系列操作”包括：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥； (5)将Fe3+还原成Fe2+，需加入还原剂，但不能对Fe2+的检测产生干扰，则该试剂应为：维生素C，选择该试剂的理由是：维生素C可将Fe3+还原成Fe2+，选用铁粉反应会引入更多的Fe2+，使测定结果偏高。 3．某小组设计如下装置测定新装修居室内空气中甲醛的含量（夹持装置略）。 已知：①测定原理为甲醛把Ag+还原成Ag，产生的Ag与Fe3+定量反应生成Fe2+，Fe2+与菲洛嗪形成有色配合物，通过测定吸光度计算出甲醛的含量； ②吸光度用A表示，计算公式为A＝abc，其中a为吸光度系数，b为光在样本中经过的距离，c为溶液浓度。 请回答： (1)仪器A的名称是 。 (2)制备银氨溶液，仪器B中放置的药品是 (填“AgNO3溶液”或“氨水”)。 (3)选择正确的操作，完成室内空气中甲醛含量的测定： 操作①：取下玻璃塞→操作②：__________→操作③：__________→操作④：使可滑动隔板处于最右端→操作⑤：__________→操作⑥：__________→操作⑦：__________→再将操作③～⑦重复4次→测定溶液吸光度。 a．打开K1，关闭K2         b．打开K2，关闭K1 c．将可滑动隔板拉至最左端     d．热水浴加热仪器A e．将可滑动隔板缓慢推至最右端    f．将可滑动隔板迅速推至最右端 (4)写出甲醛与银氨溶液反应的化学方程式 。 (5)将仪器A中溶液的pH调至1，加入足量Fe2(SO4)3溶液，充分反应后加入菲洛嗪，通过测定吸光度确定生成Fe2+1.12mg，则空气中甲醛的含量为 mg/L。 (6)下列说法正确的是__________。 A．本实验缺少尾气处理装置 B．实验应在室内不同点位进行空气取样，以保证数据的准确性 C．毛细管的作用是减小空气通入速率，保证空气中的HCHO被吸收完全 D．有色配合物浓度越大，测得吸光度数值越大 答案：(1)三颈烧瓶 (2)氨水 (3)d  a  c  b  e (4)HCHO＋Ag(NH3)2OH 4Ag＋(NH4)2CO3＋2H2O＋6NH3 (5)0.0375 (6)BCD 解析：硝酸银溶液中滴加氨水生成AgOH白色沉淀，加入过量氨水沉淀溶解，得到银氨溶液；故在仪器A为硝酸银溶液、B为氨水，反应生成银氨溶液，然后通过C向A通入室内空气，空气中甲醛和银氨溶液水浴加热发生银镜反应产生单质Ag和CO2气体，产生的Ag与Fe3+定量反应生成Fe2+，Fe2+与菲洛嗪形成有色配合物，在562 nm处测定吸光度，测得生成Fe2＋1.12 mg，可计算室内空气中甲醛含量。 (1)仪器A的名称是三颈烧瓶； (2)由分析可知，仪器B中放置的药品是氨水； (3)结合分析可知，室内空气中甲醛含量的测定操作为： 操作①：取下玻璃塞→操作②d．热水浴加热仪器A→操作③a．打开K1，关闭K2→操作④使可滑动隔板处于最右端，排出容器中空气→操作⑤c．将可滑动隔板拉至最左端，吸入室内待测的空气→操作⑥b．打开K2，关闭K1→操作⑦e．将可滑动隔板缓慢推至最右端，使得待测空气缓缓进入银氨溶液充分反应→再将操作③～⑦重复4次，减小实验误差→测定溶液吸光度；故答案为：dacbe； (4)甲醛具有一定还原性，能还原一价银为银单质，与银氨溶液反应生成银单质和碳酸铵、水、氨气，化学方程式HCHO＋Ag(NH3)2OH 4Ag＋(NH4)2CO3＋2H2O＋6NH3； (5)甲醛和银氨溶液加热反应生成银，银具有还原性，被Fe3+氧化，结合甲醛被氧化为CO2，甲醛中碳元素化合价0价变化为+4价，银氨溶液中元素化合价+1价变化为0价，生成的银又被铁离子氧化，铁离子被还原为亚铁离子，生成亚铁离子1.12 mg，物质的量n(Fe)＝＝2×10-5mol，据电子守恒：HCHO～4e－～4Fe2+，消耗甲醛2×10-5mol×＝5×10-6mol，因实验进行了4次操作，所以测得1L空气中甲醛的含量为5×10-6 mol÷4=1.25×10-6 mol，空气中甲醛的含量为1.25×10-6 mol×30 g/mol×103 mg/g=0.0375 mg/L。 (6)A．本实验中氨气极易溶于水，无需尾气处理装置，错误； B．实验应在室内不同点位进行空气取样，以减少实验误差，保证数据的准确性，正确； C．毛细管的作用是减小气体的通入速率，使空气中的甲醛气体和溶液反应充分，使其被完全吸收，正确； D．Fe2+与菲洛嗪形成有色配合物，则有色配合物浓度越大，测得吸光度数值越大，正确； 故选BCD。 4．Ⅰ．碱式碳酸铜的制备 (1)步骤ⅱ是在搅拌下将固体混合物分多次缓慢加入热水中，反应温度控制在70℃～80℃，其中发生的化学反应方程式为 ，原料中NaHCO3必须过量的原因是 ，反应温度低于80℃的原因是 ； (2)在步骤(ⅲ)的实验过程中，涉及三种固液分离的方法，分别是倾析法过滤(把上层清液直接倾入另一容器中，让沉淀尽可能留在烧杯内)、趁热过滤与减压过滤，最终制得蓝绿色固体。该实验流程中没有使用到的下列装置有 (填序号)； Ⅱ．碱式碳酸铜的检验 同学们设计了如图装置，针对制得的蓝绿色固体进行检验。 (3)D装置加热前，需要首先打开活塞K，用A装置制取适量N2，点燃D处酒精灯。C中盛装的试剂应是 ； (4)若蓝绿色固体的组成为xCuCO3∙yCu(OH)2，实验能观察到的现象是 ； (5)同学们查阅文献得知：Ksp[CaCO3]＝2.8×10-9，Ksp[BaCO3]＝5.1×10-9，经讨论认为用Ba(OH)2代替Ca(OH)2来定量测定蓝绿色固体的化学式会更好，其原因是 (填序号)； a．Ba(OH)2的碱性比Ca(OH)2强 b．Ba(OH)2溶解度大于Ca(OH)2，能充分吸收CO2 c．相同条件下，CaCO3的溶解度明显大于BaCO3 d．吸收等量CO2生成的BaCO3的质量大于CaCO3，测量误差小 (6)若蓝绿色固体的组成为xCuCO3∙yCu(OH)2。取干燥后的蓝绿色固体10.84g，煅烧至完全分解后得到8.00g固体，测得F中干燥后的沉淀质量为7.88g[F中已改为Ba(OH)2溶液]。则该蓝绿色固体的化学式为 。 答案：(1)2CuSO4＋4NaHCO3＝CuCO3∙Cu(OH)2↓＋3CO2↑＋2Na2SO4＋H2O； 提供碱性环境，有利于生成碱式碳酸铜 温度过高，NaHCO3易分解；同时，碱式碳酸铜分解或水解反应程度加大，生成Cu(OH)2 (2)AEG (3)浓硫酸 (4)硬质玻璃管中蓝绿色固体变成黑色，E中白色固体变蓝，F中溶液变浑浊 (5)bd (6)2CuCO3∙3Cu(OH)2或2CuCO3∙3Cu(OH)2或Cu5(OH)6(CO3)2 解析：硫酸铜和碳酸氢钠在热水中反应生成碱式碳酸铜，反应后通过浓缩、过滤、洗涤、干燥得到碱式碳酸铜固体；装置A在生成氮气，通过防止倒吸装置B，通过C干燥后进入D中将生成D中分解生成气体排出，装置E吸收生成的水、F吸收生成的二氧化碳，G装置排除空气中二氧化碳和水的干扰； (1)根据题意可知，硫酸铜和碳酸氢钠在热水中反应生成碱式碳酸铜，根据质量守恒可知，还会生成二氧化碳、硫酸、水，发生的化学反应方程式为2CuSO4+4NaHCO3=Cu(OH)2•CuCO3↓+3CO2↑+2Na2SO4+H2O。碱式碳酸铜的生成需要在碱性环境中进行，原料中NaHCO3必须过量的原因是提供碱性环境，有利于生成碱式碳酸铜；碳酸氢钠不稳定受热易分解，且温度过高促进碳酸氢钠的水解导致溶液碱性增大生成过多氢氧化铜沉淀，则反应温度低于80℃的原因是：温度过高，NaHCO3易分解；同时，碱式碳酸铜分解或水解反应程度加大，生成Cu(OH)2； (2)步骤(iii)中通过浓缩(使用F装置)、过滤、洗涤、干燥(使用B装置)得到碱式碳酸铜，由题干可知，过滤需要倾析法过滤、趁热过滤(使用D装置)与减压过滤(使用C装置)，得到最终制得蓝绿色固体。故选AEG； (3)为防止氮气中水对D装置中生成水的干燥，氮气进入D前需要干燥，故C中为浓硫酸干燥剂； (4)若蓝绿色固体的组成为xCuCO3•yCu(OH)2，则分解生成黑色氧化铜、水和二氧化碳，故实验能观察到的现象是硬质玻璃管中蓝绿色固体逐渐变成黑色，B中白色固体变蓝，C中溶液变浑浊； (5)a．Ba(OH)2、Ca(OH)2均为强碱，a不符合题意； b．由Ksp可知，Ba(OH)2溶解度大于Ca(OH)2，能够更充分吸收CO2，b符合题意； c．由Ksp可知，相同条件下，CaCO3的溶解度小于BaCO3，c不符合题意； d．碳酸钡的相对分子质量大于碳酸钙，则吸收等量CO2生成的BaCO3的质量大于CaCO3，测量误差小，d符合题意；； 故选bd； (6)取干燥后的蓝绿色固体10.84g，煅烧至完全分解后得到8.00g固体，则生成氧化铜0.1mol，测得F中干燥后的沉淀质量为7.88g，则碳酸钡为0.04mol，根据碳元素守恒可知，CuCO3为0.04mol、质量为4.96g，则Cu(OH)2质量为10.84g－4.96g=5.88g、为0.06mol，则x：y＝0.04:0.06＝2:3，故化学式为：2CuCO3•3Cu(OH)2或3Cu(OH)2•2CuCO3或Cu5(OH)6(CO3)2。 5．磺酰胺[SO2(NH2)2]易溶于醇，溶于热水，不溶于冷水，在酸性、中性、碱性水溶液中性质稳定，主要用于制造医药、农药、染料等。制备磺酰胺的装置如下，其原理为SO2Cl2＋4NH3＝SO2(NH2)2＋2NH4Cl。已知：磺酰氯(SO2Cl2)熔点为－54.1℃，沸点为69.1℃，遇潮湿空气会水解产生酸雾。 Ⅰ．磺酰胺的制备 (1)试剂X的名称为 。 (2)装置B中盛放的试剂为 （填字母）。 a．碱石灰 b．浓硫酸(填字母) c．P2O5  d．无水CaCl2 (3)写出 SO2Cl2水解的化学方程式： 。 (4)装置C中多孔球泡的作用是 。 Ⅱ．用如下装置测定产品SO2(NH2)2的含量（假设只含NH4Cl杂质，部分装置已省略） (5)蒸氨：取a g样品进行测定。添加药品后，加热仪器M，蒸出的NH3通入含有V1 mL c1 mol/LH2SO4标准溶液的锥形瓶中。仪器M的名称为 ，单向阀的作用是 。 (6)滴定：将液封装置2中的水放入锥形瓶中，再将锥形瓶中的溶液倒入容量瓶中配制成500 mL的溶液，取20 mL溶液用c2 mol/L的NaOH标准溶液滴定过量的H2SO4，共消耗NaOH标准溶液V2 mL，产品中SO2(NH2)2的含量是 (列出计算式)。 答案：(1)浓氨水 (2)a (3)SO2Cl2+2H2O＝2HCl+H2SO4 (4)增大气体与液体的接触面积，使反应更充分 (5)三颈烧瓶；防倒吸 (6)×100% 解析：Ⅰ．在装置A中浓氨水与CaO反应制取NH3，然后在装置B中用碱石灰干燥氨气，通过多孔球泡通入装置C中，与SO2Cl2发生反应：SO2Cl2＋4NH3＝SO2(NH2)2＋2NH4Cl制取得到磺酰胺[SO2(NH2)2]，在装置后边连接一个盛有碱石灰的干燥管，用于吸收SO2Cl2发生水解反应：SO2Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4产生的HCl； Ⅱ．将样品放入蒸氨装置，加入浓NaOH溶液，丙进行加热，发生反应NH4Cl+NaOHNaCl+ NH3↑+H2O，产生NH3被吸收装置的H2SO4吸收，过量的H2SO4用NaOH溶液进行滴定，根据反应消耗NaOH标准溶液的体积及浓度可计算出过量H2SO4的量，进而可知吸收NH3的H2SO4及NH3的物质的量，根据N元素守恒，可计算出样品中SO2(NH2)2中NH4Cl物质的量、质量，结合样品质量，可得SO2(NH2)2的质量及含量。 (1)浓氨水与CaO发生反应：NH3·H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑，反应制取得到NH3，故试剂X为浓氨水； (2)装置B中盛有干燥剂，用于干燥NH3。 a．碱石灰可以吸收氨气中的水蒸气，并且与氨气不能发生反应，因此可以用于干燥氨气，a正确； b．酸性干燥剂浓硫酸会与碱性气体氨气发生反应，因此不能用于干燥氨气，b错误； c．P2O5吸收水分反应产生H3PO4，H3PO4是酸性干燥剂，能够与碱性气体氨气发生反应，因此不能用于干燥氨气，c错误； d．无水CaCl2会和氨气发生反应产生CaCl2·8NH3，因此无水CaCl2不能用于干燥氨气，d错误； 故合理选项是a； (3)SO2Cl2容易与水发生水解反应，产生HCl、H2SO4，反应的化学方程式为：SO2Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4； (4)装置C中多孔球泡的作用是增大气体与液体的接触面积，使反应更充分； (5)根据装置图可知仪器M名称是三颈烧瓶； 根据装置图可知在蒸氨装置与吸收装置之间安装了一个单向阀，其作用是防止由于NH3的溶解吸收而产生的倒吸现象； (6)在20 mL的吸收液中反应消耗了V1 mLc2 mol/LNaOH标准溶液，用于滴定过量H2SO4，则根据反应2NaOH+H2SO4＝Na2SO4+2H2O，可知过量H2SO4的物质的量为n(H2SO4)＝n(NaOH)＝×c2×V2×10-3 L×＝(×c2V2×10-3 ×25) mol，溶液中开始加入H2SO4的物质的量为n(H2SO4)总＝c1V1×10-3 mol，故用于吸收NH3反应消耗H2SO4的物质的量为n(H2SO4)反应＝(c1V1×10-3－×c2V2×10-3 ×25)mol，根据物质反应转化关系，结合元素守恒可知关系式：2NH4Cl～2NH3～H2SO4，故n(NH4Cl)＝2n(H2SO4)反应=2(c1V1×10-3－×c2V2×10-3 ×25)mol，所以a g样品中SO2(NH2)2的含量为：×100%。 6．亚硝酸钙[Ca(NO2)2]可作为混凝土防冻剂和钢筋阻锈剂的主要原料。熔点为390℃，易潮解，易溶于水。实验室中，某兴趣小组根据反应2NO＋CaO2Ca(NO2)2，利用如下装置(部分装置可重复选用)制备无水亚硝酸钻并测定产品的纯度(夹持装置略)。 已知：①2NO＋CaO2Ca(NO2)2； ②酸性条件下：NO能被KMnO4溶液氧化，2NO＋4H+＋2I－＝I2＋2NO↑＋2H2O； ③HNO2是具有氧化性的一元弱酸，AgNO2是一种难溶于水的白色化合物。 回答下列问题： (1)上述装置按气流方向连接的顺序为 (填标号)；装置A中发生反应的离子方程式为 ，装置D的作用是 。 (2) CaO2完全还原后，进行操作：(ⅰ)停止滴加稀硝酸，停止通电；(ⅱ)……；(ⅲ)冷却后，将所得产品完全转移到试剂瓶中密封保存；(ⅳ)……操作(ⅱ)为 。 (3)兴趣小组同学认为制备的Ca(NO2)2可能会混有Ca(NO3)2，下列试剂可以鉴别二者的是 (填标号)。 A．Na2SO4溶液 B．淀粉KI(酸性)溶液 C．AgNO3溶液 设计如下方案测定样品中的纯度(杂质不参与以下反应)：称取mgCa(NO2)2样品、溶解、定容至250mL；移取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入过量酸化的c1mol·L-1KI溶液；以淀粉为指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2＋2S2O＝2I－＋S4O。平行滴定3次，平均消耗c2mol·L-1的标准液VmL。 (4)测定过程所需仪器中，使用前必须检查是否漏液的有 ；样品中Ca(NO2)2的质量分数＝ ；下列情况会导致Ca(NO2)2的质量分数测量值偏大的是 (填标号)。 A．称量后样品发生了潮解 B．定容时俯视刻度线 C．移取25.00mL溶液后发现滴定管尖嘴管内有气泡 D．滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗 答案：(1)A→D→C→B→E；3Cu＋8H+＋2NO＝3Cu2+＋2NO↑＋4H2O ；除去挥发的HNO3 (2)打开止水夹，向装置中通入一段时间N2 (3)C (4)容量瓶、滴定管 % BCD 解析：实验开始前先通一段时间氮气，排尽装置内的空气，A中稀硝酸与Cu片反应生成NO，NO先通入D中除去NO中挥发的HNO3，再通入C中干燥NO,干燥的NO通入B中与CaO2在加热条件下反应生成Ca(NO2)2，实验结束后继续通入一段时间氮气，将过量的NO赶入E中被酸性高锰酸钾溶液吸收，据此分析解答。 (1)由上述分析可知，上述装置按气流方向连接的顺序为A→D→C→B→E；装置A中铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，反应离子方程式为：3Cu＋8H+＋2NO＝3Cu2+＋2NO↑＋4H2O；装置D的作用是除去NO中的HNO3； (2)操作(ⅱ)为打开止水夹，向装置中通入一段时间N2，将装置中多余的NO完全赶入高锰酸钾溶液中吸收； (3)结合已知信息，可用AgNO3溶液鉴别Ca(NO2)2、Ca(NO3)2，Ca(NO2)2与AgNO3溶液反应会生成AgNO2沉淀； (4)实验过程中需要配制Ca(NO2)2溶液，需用到容量瓶，同时滴定过程中需用到滴定管，使用前都需要检查是否漏液； Ca(NO2)2与KI发生反应生成碘单质和氮气，根据得失电子守恒得关系：Ca(NO2)2～3I2～6S2O，平均消耗c2mol·L-1的Na2S2O3标准液VmL，消耗Na2S2O3的物质的量为：c2×V×10-3mol，Ca(NO2)2的物质的量为mol，样品中Ca(NO2)2的质量分数＝×100%＝%； A．称量后样品发生了潮解，导致所称样品中Ca(NO2)2含量偏低，所测Ca(NO2)2含量偏低，A错误； B．定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，所配Ca(NO2)2溶液浓度偏高，则所测Ca(NO2)2含量偏高，B正确； C．移取25.00mL溶液后发现滴定管尖嘴管内有气泡，则待测液体积偏大，消耗标准液偏高，则所测Ca(NO2)2含量偏高，C正确； D．滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，导致标准液被稀释，所耗体积偏大，则所测Ca(NO2)2含量偏高，D正确。 7．贵州是国内唯一兼具高海拔、低纬度、寡日照、多云雾适宜种茶制茶条件的茶区，是国内业界公认的高品质绿茶重要产地。茶叶中有两种含量最多的功效成分，一是咖啡因，它易溶于水、乙醇、氯仿，二是茶多酚，是一种天然抗氧化剂(其抗氧化能力是VC的5~10倍)，它易溶于水、乙醇、乙酸乙酯，难溶于氯仿。实验室提取茶多酚主要实验步骤如下： ①准备工作：称取适量干燥的绿茶样品，并将其粉碎成细粉末。 ②提取：称取10g茶叶末，用滤纸包好，按如图所示装置进行提取操作。 ③分离：将提取液分别过滤后合并滤液，并将滤液按1∶2的体积比与氯仿混合，并搅拌均匀，再用分液漏斗静止分层。取上层液按1∶2体积比加入乙酸乙酯，混合均匀后搅拌3~5分钟，然后倒入分液漏斗中静置，最后分层，操作2次，合并萃取液，用水浴加热减压蒸馏除去乙酸乙酯。 ④浓缩：趁热将残液移入洁净干燥的蒸发皿，用蒸汽浴继续浓缩至近干 ⑤结晶：冷却至室温，移入冰箱冷冻干燥，得到白色粉末状的茶多酚粗制品。将粗制品用蒸馏水进行1~2次重结晶，得到茶多酚精品。 回答下列问题： (1)步骤2中滤纸包好的茶叶末装入 中，圆底烧瓶内加 和适量乙醇，通冷凝水，加热套加热，当乙醇被加热沸腾后，控制加热套温度在90℃。为使恒压漏斗内液面高出茶叶包约0.5cm，并保持约1h，可行的操作方法是 。 (2)步骤3中氯仿的作用是 。 (3)下列关于萃取过程中振摇操作的示意图，正确的是 (填序号)。 A． B．    C． (4)与常压蒸馏相比，减压蒸馏的优点是 。 (5)在酸性介质中，茶多酚能将Fe3+还原为Fe2+，Fe2+与K3Fe(CN)6生成的深蓝色配位化合物KFe[Fe(CN)6]对特定波长光的吸收程度(用光密度值A表示)与茶多酚在一定浓度范围内成正比。A与茶多酚标准液浓度的关系如图所示： 称取1.25g粗产品，用蒸馏水溶解并定容至1000mL，移取该溶液1.00mL，加过量Fe3+和K3Fe(CN)6酸性溶液，用蒸馏水定容至100mL后，测得溶液光密度值A＝0.800，则产品的纯度是 (以质量分数表示)。 答案：(1)恒压滴液漏斗；沸石；关闭活塞，当漏斗内液面高出茶叶包约0.5cm时，调节活塞使乙醇冷凝速度与漏斗放液速度一致 (2)萃取 (3)A (4)降低蒸发温度防止产物氧化或分解 (5)96% 解析：从茶叶中提取茶多酚主要过程为：先用水浸取茶叶中的茶多酚，过滤得到含茶多酚的滤液，减压蒸发进行浓缩，然后加入氯仿萃取溶液中的易溶于氯仿的杂质，分液分离后取水层，向水层加入乙酸乙酯萃取茶多酚，分液分离取有机层进行减压蒸发得到茶多酚粗产品。 (1)乙醇浸取茶多酚操作如下：滤纸包好的茶叶末需要装入恒压滴液漏斗，浸取过程中需要煮沸乙醇，为了防止暴沸需要在圆底烧瓶内加入沸石或碎瓷片，球形冷凝管可以使乙醇冷凝回流，安装好后，加热套加热，当乙醇被加热沸腾后，控制加热套温度在90℃，关闭恒压漏斗活塞，当漏斗内液面高出茶叶包约0.5cm时，调节活塞使乙醇冷凝速度与漏斗放液速度一致，并保持约1h； (2)茶多酚难溶于氯仿，所以氯仿的作用是萃取杂质； (3)振摇操作用左手握住分液漏斗活塞，右手压住分液漏斗口部； (4)减压蒸发可以降低液体沸点，低温蒸发防止产物氧化或分解； (5)在酸性介质中，茶多酚能将Fe3+还原为Fe2+，Fe2+与K3Fe(CN)6生成的深蓝色配位化合物KFe[Fe(CN)6]对特定波长光的吸收程度(用光密度值A表示)与茶多酚在一定浓度范围内成正比，所以应加入加过量Fe3+和K3Fe(CN)6； 溶液光密度值 A=0.800，从表中可查得茶多酚的浓度为1.2×10-5g/mL，由此可得出原1000 mL溶液中所含茶多酚的质量为1.2×10-5g/mL×100mL×＝1.2g，则产品的纯度是×100%＝96%。 8．S4N4是重要的硫－氮二元化合物室温下为橙黄色固体，178~187℃熔化并分解。实验室利用NH3和SCl2制备S4N4的装置如图所示(加热及夹持装置略)。已知SCl2易水解，熔点为－78℃，沸点为60℃。 回答下列问题： Ⅰ．制备SCl2 (1)操作步骤的先后顺序为 。 ①组装仪器并检验装置气密性，加入药品   ②加热装置C使其中的硫磺熔化   ③通入N2，通冷凝水，一段时间后，关闭K1   ④打开K1、K2，关闭K3   ⑤充分反应后停止滴加浓盐酸   ⑥向装置A中滴加浓盐酸，加热装置C至135℃左右 (2)仪器b的名称为 ，装置B中盛放的试剂为 (填试剂名称)。 (3)为使装置C受热均匀，可采取的加热方式为 ，装置D的作用为 。 Ⅱ．制备S4N4 打开止水夹K3，向装置F中滴入浓氨水，待装置C中充分反应后停止滴加浓氨水，冷却后停止通冷凝水。 (4)生成S4N4的同时还生成一种常见固体单质和一种盐，反应的化学方程式为 。 Ⅲ．测定的纯度 称取5.00g 样品，加入NaOH溶液加热，使氮元素完全转化为NH3，用足量硼酸溶液吸收。将吸收液配成100mL溶液，用移液管移取20.00mL，以甲基红－亚甲蓝为指示剂用1.00mol·L-1盐酸进行滴定，重复3次实验，平均消耗20.00mL盐酸。已知滴定反应为(NH4)2B4O7＋2HCl＋5H2O＝2NH4Cl＋4H3BO3。 (5)制得S4N4的纯度为 。下列实验操作导致S4N4测定结果偏低的是 。 A．盛放待测液的锥形瓶洗涤后未干燥直接使用 B．移液管用蒸馏水洗涤后未用吸收液润洗 C．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后无气泡 D．滴定前仰视滴定管读数，滴定后俯视读数 答案：(1)①④③②⑥⑤ (2)三颈烧瓶 浓硫酸 (3)油浴加热；吸收多余的氯气，防止污染环境，同时防止空气中的水蒸气进入C装置是二氯化硫水解 (4)6SCl2+16NH3＝S4N4+2S↓+12NH4Cl (5)92% BD 解析：浓盐酸与高锰酸钾在装置A中制取氯气，浓盐酸具有较强的挥发性，所以制取的氯气中有氯化氢和水蒸气，由于二氯化硫易水解，所以进入C装置的气体必须是干燥的，氯化氢和S不反应，所以B装置应是干燥装置，其中盛装浓硫酸，由于二氯化硫沸点较低，为防止其损失，用冷凝管冷凝回流，由于氯气有毒，不能直接排放，同时防止空气中的水蒸气进入C装置，D装置中盛装碱石灰，干燥的氯气和和S在加热条件下反应制取二氯化硫；浓氨水和碱石灰在装置F中制取氨气，由于二氯化硫易水解，所以E装置用于干燥氨气，二氯化硫与氨气在装置C中制备S4N4。 (1)为防止熔化的硫与氧气反应，该装置应在无氧环境中进行，即要通入氮气，待装置的空气排尽之后，制取干燥的氯气通入C中和S反应生成二氯化硫，所以操作步骤的先后顺序为①④③②⑥⑤； (2)据仪器b的构造可知其名称为三颈烧瓶；浓盐酸与高锰酸钾在装置A中制取氯气，浓盐酸具有较强的挥发性，所以制取氯气中有氯化氢和水蒸气，氯化氢和S不反应，由于二氯化硫易水解，所以进入C装置的气体必须是干燥的，因此B装置应是干燥装置，其中盛装浓硫酸； (3)为使装置C受热均匀，可采取的加热方式为油浴加热；由于氯气有毒，多余的氯气不能直接排放，同时防止空气中的水蒸气进入C装置，D装置中盛装碱石灰，所以装置D的作用为吸收多余的氯气，防止污染环境，同时防止空气中的水蒸气进入C装置使二氯化硫水解； (4)据反应的现象以及元素种类可知，生成S4N4的同时还生成的一种常见固体单质为S、一种盐为NH4Cl，反应的化学方程式为6SCl2+16NH3=S4N4+2S↓+12NH4Cl； (5)结合化学方程式和原子守恒可得出关系式S4N4~4NH3~4HCl，消耗盐酸平均体积为20.00mL，所以n(S4N4)＝n(HCl)×＝×20.00×10-3×1×＝0.025mol，所以S4N4的纯度为×100%＝92%； A．盛放待测液的锥形瓶洗涤后未干燥直接使用，不会影响消耗的盐酸体积，对实验结果无影响，故A错误； B．移液管用蒸馏水洗涤后未用吸收液润洗，相当于稀释了吸收液，消耗的盐酸体积偏小，所测结果偏低，故B正确； C．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后无气泡，造成盐酸体积偏大，所测结果偏高，故C错误； D．滴定前仰视滴定管读数，初次读数读大，滴定后俯视读数，末次读数读小，即盐酸体积偏小，所测结果偏低，故D正确； 故答案为：BD。 9．亚铜配合物广泛用作催化剂。实验室制备[Cu(CH3CN4)]ClO4的反应原理如下：Cu(ClO4)∙6H2O＋Cu＋8CH3CN＝2[Cu(CH3CN4)]ClO4＋6H2O，实验步骤如下： 分别称取3.71g Cu(ClO4)∙6H2O和0.76gCu粉置于100mL乙腈(CH3CN)中应，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(CH3CN4)]ClO4 Cu(ClO4)∙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(CH3CN4)]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(CH3CN4)]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5.32g，则总收率为_______(用百分数表示，保留一位小数)。 答案：(1)D (2)球形冷凝管 (3)溶液蓝色褪去变为无色 (4)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(CH3CN4)]ClO4在水中的溶解度 (6)B (7)81.2% 解析：将Cu(ClO4)∙6H2O和Cu粉以及乙腈(CH3CN)加入两颈烧瓶中，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，然后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(CH3CN4)]ClO4。 (1)表示需佩戴护目镜，表示当心火灾，表示注意烫伤，表示排风，表示必须洗手，故答案为D。 (2)装置Ⅰ中仪器M的名称为球形冷凝管。 (3) Cu(ClO4)∙6H2O在乙腈中为蓝色，[Cu(CH3CN4)]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，可证明Cu(ClO4)∙6H2O已充分反应完全。 (4)由于制备的[Cu(CH3CN4)]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(CH3CN4)]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(CH3CN4)]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(CH3CN4)]ClO4的极性差，进而使[Cu(CH3CN4)]ClO4析出，因此可选用的溶剂为乙醇，故答案为B。 (7)3.71g Cu(ClO4)∙6H2O的物质的量为＝0.01mol，理论制得[Cu(CH3CN4)]ClO4的质量为0.01mol×2×327.5g∙mol-1＝6.55g，总收率为×100%＝81.2%。 10．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：[Co(H2O)6]2+为粉红色、[Co(H2O)6]3+为蓝色、[Co(CO3)2]2-为红色、[Co(CO3)3]3-为墨绿色。回答下列问题： (1)配制1.00mol·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[Co(H2O)6]2+______(填“能”或“不能”)催化H2O2的分解。实验Ⅱ中HCO大大过量的原因是_____________________________。实验Ⅲ初步表明[Co(CO3)3]3-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[Co(H2O)6]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CO配位后，正向反应能够进行的原因_______________________。 实验Ⅳ： (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_______、_______。 答案：(1)bc (2)不能 HCO与Co2+按物质的量之比4∶1发生反应4HCO＋Co2+＝[Co(CO3)2]2-＋2CO2↑＋2H2O，实验中HCO与Co2+的物质的量之比为32∶3； 2Co2+＋10HCO＋H2O2＝2[Co(CO3)3]3-＋6H2O＋4CO2↑ 2H2O22H2O＋O2↑ (3)实验Ⅲ的现象表明，Co3+、Co2+分别与CO配位时，[Co(H2O)6]3+更易与CO反应生成[Co(CO3)3]3-（该反应为快反应），导致[Co(H2O)6]2+几乎不能转化为[Co(CO3)2]2-，这样使得[Co(H2O)6]3+的浓度减小的幅度远远大于[Co(H2O)6]2+减小的幅度，根据化学平衡移动原理，减小生成物浓度能使化学平衡向正反应方向移动，因此，上述反应能够正向进行 (4)CO2 O2 解析：本题探究Co2+、Co3+能否催化H2O2的分解及相关性质。实验Ⅰ中无明显变化，证明 [Co(H2O)6]2+不能催化H2O2的分解；实验Ⅱ中溶液变为红色，证明[Co(H2O)6]2+易转化为[Co(CO3)2]2-；实验Ⅲ中溶液变为墨绿色，说明[Co(H2O)6]3+更易与CO反应生成[Co(CO3)3]3-，并且初步证明[Co(H2O)6]2+在HCO的作用下易被H2O2氧化为[Co(CO3)3]3-；实验Ⅳ中溶液先变蓝后变红，并且前后均有气体生成，证明在酸性条件下，[Co(CO3)3]3-易转化为[Co(H2O)6]3+，[Co(H2O)6]3+氧化性强，可以把H2O氧化为O2。 (1)配制1.00 mol·L-1的CoSO4溶液，需要用到容量瓶、胶头滴管等等，因此选bc。 (2)CoSO4溶液中存在大量的[Co(H2O)6]2+，向其中加入30%的H2O2后无明显变化，因此，实验I表明[Co(H2O)6]2+不能催化H2O2的分解。实验Ⅱ中发生反应的离子方程式为4HCO＋Co2+＝[Co(CO3)2]2-＋2CO2↑＋2H2O，实验中HCO与Co2+的物质的量之比为32∶3，因此，HCO大大过量的原因是：HCO与Co2+按物质的量之比4∶1发生反应4HCO＋Co2+＝[Co(CO3)2]2-＋2CO2↑＋2H2O，实验中HCO与Co2+的物质的量之比为32∶3。实验Ⅲ的实验现象表明在H2O2的作用下Co2+能与HCO反应生成[Co(CO3)3]3-，然后[Co(CO3)3]3-能催化H2O2的分解，因此，H2O2在实验Ⅲ中所发生反应的离子方程式为2Co2+＋10HCO＋H2O2＝2[Co(CO3)3]3-＋6H2O＋4CO2↑ 、2H2O22H2O＋O2↑。 (3)实验I表明，反应2[Co(H2O)6]2+＋H2O2＋2H+2[Co(H2O)6]3+＋2H2O难以正向进行。实验Ⅲ的现象表明，Co3+、Co2+分别与CO配位时，[Co(H2O)6]3+更易与CO反应生成[Co(CO3)3]3-(该反应为快反应)，导致[Co(H2O)6]2+几乎不能转化为[Co(CO3)2]2-，这样使得[Co(H2O)6]3+的浓度减小的幅度远远大于[Co(H2O)6]2+减小的幅度，根据化学平衡移动原理，减小生成物浓度能使化学平衡向正反应方向移动，因此，上述反应能够正向进行。 (4)实验Ⅳ中，A到B溶液变为蓝色，并产生气体，说明发生了[Co(CO3)3]3-＋6H+＋3H2O＝[Co(H2O)6]3+＋3CO2↑；B到C溶液变为粉红色，并产生气体，说明发生了4[Co(H2O)6]3+＋2H2O＝4[Co(H2O)6]2+＋O2↑＋4H+ ，因此从A到C所产生的气体的分子式分别为CO2和O2。 第 14 页 共 19 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 (五) 1．某化学兴趣小组模拟工业上用纯碱溶液与SO2制备Na2SO3，并探究产品的性质和纯度。 已知：25℃时，H2CO3的电离常数：Ka1＝4.5×10-7，Ka2＝4.7×10-11；H2SO3的电离常数：Ka1＝1.2×10-2，Ka2＝5.6×10-8；Fe(OH)3的溶度积常数：Ksp＝2.6×10-39。 Ⅰ．Na2SO3性质探究 (1)若用Na2SO3与盐酸反应制备干燥SO2时，净化、收集和尾气处理所需装置的接口连接顺序为 ，其中饱和NaHSO3溶液中发生反应的离子方程式为 。 (2)该小组同学用试管取2mL0.5mol/LFeCl3溶液，逐滴加入2mL0.5mol/L Na2SO3溶液，振荡，溶液由黄色变为红褐色，未观察到气体和沉淀生成。 ①甲同学认为发生了相互促进的水解反应，生成了Fe(OH)3胶体，用激光笔照射试管，预期的现象为 。 ②若上述水解过程存在反应：Fe3+＋3SO＋3H2O Fe(OH)3(胶体)＋3HSO，则25℃时该反应的化学平衡常数K＝ (代入数据列出计算式)。 ③乙同学认为可能同时发生反应：2Fe3+＋SO＋H2O＝2Fe2+＋SO＋2H+，并设计实验验证：取少量用蒸馏水稀释后的反应液于试管中，再滴加 溶液，观察现象。 A．KSCN B．KMnO4 C．K3[Fe(CN)6] D．Ba(OH)2 Ⅱ．Na2SO3含量探究 (3)已知所得产物含有少量Na2CO3(无其他杂质)，25℃时相同质量的Na2CO3和Na2SO3分别溶于等量的水后，体积基本相同。 ①25℃时质量分数相同的两种溶液，Na2CO3溶液的pH Na2SO3溶液。 A．大于 B．小于 C．等于 D．无法判断 ②丙同学设计实验探究实验产品是否符合化工行业标准。 查阅资料：Na2SO3合格品的行业标准是质量分数高于93%。 提出假设：实验产品中Na2SO3质量分数高于93%。 实验方案：常温下完成下述实验： 步骤1：用100.0mL水溶解0.7gNa2CO3和9.3g Na2SO3，测得pH＝a； 步骤2： ，测得pH＝b； 数据分析：a b（填“＞”、“＜”或“＝”）。 实验结论  假设成立。 2．柠檬酸铁铵[(NH4)3Fe(C6H5O7)2]易溶于水，不溶于乙醇等有机溶剂，是一种含铁量较高的补铁剂．实验室利用柠檬酸()制备柠檬酸铁铵的实验步骤如下： i．向三颈烧瓶中加入一定量铁粉，将柠檬酸溶液加入并搅拌，控温80℃至全部生成柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)白色沉淀。 ii．降温至40℃，滴加一定量的氨水充分反应，生成柠檬酸亚铁铵(NH4FeC6H5O7)。 iii．控温40℃，缓慢滴加一定量的双氧水充分反应，经一系列操作，得到产品。 已知：柠檬酸铁铵[(NH4)3Fe(C6H5O7)2]是柠檬酸铁(FeC6H6O7)和柠檬酸铵 [(NH4)3C6H5O7]的复盐． 回答下列问题： (1)仪器A的名称是 ，在相同条件下，1mol柠檬酸分子分别与足量Na、NaHCO3反应生成气体体积比为 ； (2)步骤i中，若柠檬酸加入量逐渐增多，最终会导致柠檬酸铁铵的含铁量逐渐减少，可能的原因是 ；（从产品纯度及后续实验的操作方面分析） (3)步骤ii、iii中均需控温40℃的原因是 ； (4)步骤iii中制备柠檬酸铁铵的化学方程式 ,“一系列操作”包括 ； (5)为了测定产品的纯度，实验的基本原理是将Fe3+还原成Fe2+后，采用分光光度法来测定纯度．实验时测得样品的纯度显著偏低，检查实验发现配制样品溶液时少加了一种还原试剂，该试剂应为 (“铁粉”或“维生素C”)，选择该试剂的理由是 。 3．某小组设计如下装置测定新装修居室内空气中甲醛的含量(夹持装置略)。 已知：①测定原理为甲醛把Ag+还原成Ag，产生的Ag与Fe3+定量反应生成Fe2+，Fe2+与菲洛嗪形成有色配合物，通过测定吸光度计算出甲醛的含量； ②吸光度用A表示，计算公式为A＝abc，其中a为吸光度系数，b为光在样本中经过的距离，c为溶液浓度。 请回答： (1)仪器A的名称是 。 (2)制备银氨溶液，仪器B中放置的药品是 （填“AgNO3溶液”或“氨水”）。 (3)选择正确的操作，完成室内空气中甲醛含量的测定： 操作①：取下玻璃塞→操作②：__________→操作③：__________→操作④：使可滑动隔板处于最右端→操作⑤：__________→操作⑥：__________→操作⑦：__________→再将操作③～⑦重复4次→测定溶液吸光度。 a．打开K1，关闭K2         b．打开K2，关闭K1 c．将可滑动隔板拉至最左端     d．热水浴加热仪器A e．将可滑动隔板缓慢推至最右端    f．将可滑动隔板迅速推至最右端 (4)写出甲醛与银氨溶液反应的化学方程式 。 (5)将仪器A中溶液的pH调至1，加入足量Fe2(SO4)3溶液，充分反应后加入菲洛嗪，通过测定吸光度确定生成Fe2+1.12mg，则空气中甲醛的含量为 mg/L。 (6)下列说法正确的是__________。 A．本实验缺少尾气处理装置 B．实验应在室内不同点位进行空气取样，以保证数据的准确性 C．毛细管的作用是减小空气通入速率，保证空气中的HCHO被吸收完全 D．有色配合物浓度越大，测得吸光度数值越大 4．Ⅰ．碱式碳酸铜的制备 (1)步骤ⅱ是在搅拌下将固体混合物分多次缓慢加入热水中，反应温度控制在70℃～80℃，其中发生的化学反应方程式为 ，原料中NaHCO3必须过量的原因是 ，反应温度低于80℃的原因是 ； (2)在步骤(ⅲ)的实验过程中，涉及三种固液分离的方法，分别是倾析法过滤(把上层清液直接倾入另一容器中，让沉淀尽可能留在烧杯内)、趁热过滤与减压过滤，最终制得蓝绿色固体。该实验流程中没有使用到的下列装置有 (填序号)； Ⅱ．碱式碳酸铜的检验 同学们设计了如图装置，针对制得的蓝绿色固体进行检验。 (3)D装置加热前，需要首先打开活塞K，用A装置制取适量N2，点燃D处酒精灯。C中盛装的试剂应是 ； (4)若蓝绿色固体的组成为xCuCO3∙yCu(OH)2，实验能观察到的现象是 ； (5)同学们查阅文献得知：Ksp[CaCO3]＝2.8×10-9，Ksp[BaCO3]＝5.1×10-9，经讨论认为用Ba(OH)2代替Ca(OH)2来定量测定蓝绿色固体的化学式会更好，其原因是 (填序号)； a．Ba(OH)2的碱性比Ca(OH)2强 b．Ba(OH)2溶解度大于Ca(OH)2，能充分吸收CO2 c．相同条件下，CaCO3的溶解度明显大于BaCO3 d．吸收等量CO2生成的BaCO3的质量大于CaCO3，测量误差小 (6)若蓝绿色固体的组成为xCuCO3∙yCu(OH)2。取干燥后的蓝绿色固体10.84g，煅烧至完全分解后得到8.00g固体，测得F中干燥后的沉淀质量为7.88g[F中已改为Ba(OH)2溶液]。则该蓝绿色固体的化学式为 。 5．磺酰胺[SO2(NH2)2]易溶于醇，溶于热水，不溶于冷水，在酸性、中性、碱性水溶液中性质稳定，主要用于制造医药、农药、染料等。制备磺酰胺的装置如下，其原理为SO2Cl2＋4NH3＝SO2(NH2)2＋2NH4Cl。已知：磺酰氯(SO2Cl2)熔点为－54.1℃，沸点为69.1℃，遇潮湿空气会水解产生酸雾。 Ⅰ．磺酰胺的制备 (1)试剂X的名称为 。 (2)装置B中盛放的试剂为 （填字母）。 a．碱石灰 b．浓硫酸(填字母) c．P2O5  d．无水CaCl2 (3)写出 SO2Cl2水解的化学方程式： 。 (4)装置C中多孔球泡的作用是 。 Ⅱ．用如下装置测定产品SO2(NH2)2的含量（假设只含NH4Cl杂质，部分装置已省略） (5)蒸氨：取a g样品进行测定。添加药品后，加热仪器M，蒸出的NH3通入含有V1 mL c1 mol/LH2SO4标准溶液的锥形瓶中。仪器M的名称为 ，单向阀的作用是 。 (6)滴定：将液封装置2中的水放入锥形瓶中，再将锥形瓶中的溶液倒入容量瓶中配制成500 mL的溶液，取20 mL溶液用c2 mol/L的NaOH标准溶液滴定过量的H2SO4，共消耗NaOH标准溶液V2 mL，产品中SO2(NH2)2的含量是 （列出计算式）。 6．亚硝酸钙[Ca(NO2)2]可作为混凝土防冻剂和钢筋阻锈剂的主要原料。熔点为390℃，易潮解，易溶于水。实验室中，某兴趣小组根据反应2NO＋CaO2Ca(NO2)2，利用如下装置(部分装置可重复选用)制备无水亚硝酸钻并测定产品的纯度(夹持装置略)。 已知：①2NO＋CaO2Ca(NO2)2； ②酸性条件下：NO能被KMnO4溶液氧化，2NO＋4H+＋2I－＝I2＋2NO↑＋2H2O； ③HNO2是具有氧化性的一元弱酸，AgNO2是一种难溶于水的白色化合物。 回答下列问题： (1)上述装置按气流方向连接的顺序为 (填标号)；装置A中发生反应的离子方程式为 ，装置D的作用是 。 (2) CaO2完全还原后，进行操作：(ⅰ)停止滴加稀硝酸，停止通电；(ⅱ)……；(ⅲ)冷却后，将所得产品完全转移到试剂瓶中密封保存；(ⅳ)……操作(ⅱ)为 。 (3)兴趣小组同学认为制备的Ca(NO2)2可能会混有Ca(NO3)2，下列试剂可以鉴别二者的是 (填标号)。 A．Na2SO4溶液 B．淀粉KI(酸性)溶液 C．AgNO3溶液 设计如下方案测定样品中的纯度(杂质不参与以下反应)：称取mgCa(NO2)2样品、溶解、定容至250mL；移取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入过量酸化的c1mol·L-1KI溶液；以淀粉为指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2＋2S2O＝2I－＋S4O。平行滴定3次，平均消耗c2mol·L-1的标准液VmL。 (4)测定过程所需仪器中，使用前必须检查是否漏液的有 ；样品中Ca(NO2)2的质量分数＝ ；下列情况会导致Ca(NO2)2的质量分数测量值偏大的是 (填标号)。 A．称量后样品发生了潮解 B．定容时俯视刻度线 C．移取25.00mL溶液后发现滴定管尖嘴管内有气泡 D．滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗 7．贵州是国内唯一兼具高海拔、低纬度、寡日照、多云雾适宜种茶制茶条件的茶区，是国内业界公认的高品质绿茶重要产地。茶叶中有两种含量最多的功效成分，一是咖啡因，它易溶于水、乙醇、氯仿，二是茶多酚，是一种天然抗氧化剂(其抗氧化能力是VC的5~10倍)，它易溶于水、乙醇、乙酸乙酯，难溶于氯仿。实验室提取茶多酚主要实验步骤如下： ①准备工作：称取适量干燥的绿茶样品，并将其粉碎成细粉末。 ②提取：称取10g茶叶末，用滤纸包好，按如图所示装置进行提取操作。 ③分离：将提取液分别过滤后合并滤液，并将滤液按1∶2的体积比与氯仿混合，并搅拌均匀，再用分液漏斗静止分层。取上层液按1∶2体积比加入乙酸乙酯，混合均匀后搅拌3~5分钟，然后倒入分液漏斗中静置，最后分层，操作2次，合并萃取液，用水浴加热减压蒸馏除去乙酸乙酯。 ④浓缩：趁热将残液移入洁净干燥的蒸发皿，用蒸汽浴继续浓缩至近干 ⑤结晶：冷却至室温，移入冰箱冷冻干燥，得到白色粉末状的茶多酚粗制品。将粗制品用蒸馏水进行1~2次重结晶，得到茶多酚精品。 回答下列问题： (1)步骤2中滤纸包好的茶叶末装入 中，圆底烧瓶内加 和适量乙醇，通冷凝水，加热套加热，当乙醇被加热沸腾后，控制加热套温度在90℃。为使恒压漏斗内液面高出茶叶包约0.5cm，并保持约1h，可行的操作方法是 。 (2)步骤3中氯仿的作用是 。 (3)下列关于萃取过程中振摇操作的示意图，正确的是 (填序号)。 A． B．    C． (4)与常压蒸馏相比，减压蒸馏的优点是 。 (5)在酸性介质中，茶多酚能将Fe3+还原为Fe2+，Fe2+与K3Fe(CN)6生成的深蓝色配位化合物KFe[Fe(CN)6]对特定波长光的吸收程度(用光密度值A表示)与茶多酚在一定浓度范围内成正比。A与茶多酚标准液浓度的关系如图所示： 称取1.25g粗产品，用蒸馏水溶解并定容至1000mL，移取该溶液1.00mL，加过量Fe3+和K3Fe(CN)6酸性溶液，用蒸馏水定容至100mL后，测得溶液光密度值A＝0.800，则产品的纯度是 (以质量分数表示)。 8．S4N4是重要的硫－氮二元化合物室温下为橙黄色固体，178~187℃熔化并分解。实验室利用NH3和SCl2制备S4N4的装置如图所示(加热及夹持装置略)。已知SCl2易水解，熔点为－78℃，沸点为60℃。 回答下列问题： Ⅰ．制备SCl2 (1)操作步骤的先后顺序为 。 ①组装仪器并检验装置气密性，加入药品   ②加热装置C使其中的硫磺熔化   ③通入N2，通冷凝水，一段时间后，关闭K1   ④打开K1、K2，关闭K3   ⑤充分反应后停止滴加浓盐酸   ⑥向装置A中滴加浓盐酸，加热装置C至135℃左右 (2)仪器b的名称为 ，装置B中盛放的试剂为 (填试剂名称)。 (3)为使装置C受热均匀，可采取的加热方式为 ，装置D的作用为 。 Ⅱ．制备S4N4 打开止水夹K3，向装置F中滴入浓氨水，待装置C中充分反应后停止滴加浓氨水，冷却后停止通冷凝水。 (4)生成S4N4的同时还生成一种常见固体单质和一种盐，反应的化学方程式为 。 Ⅲ．测定的纯度 称取5.00g 样品，加入NaOH溶液加热，使氮元素完全转化为NH3，用足量硼酸溶液吸收。将吸收液配成100mL溶液，用移液管移取20.00mL，以甲基红－亚甲蓝为指示剂用1.00mol·L-1盐酸进行滴定，重复3次实验，平均消耗20.00mL盐酸。已知滴定反应为(NH4)2B4O7＋2HCl＋5H2O＝2NH4Cl＋4H3BO3。 (5)制得S4N4的纯度为 。下列实验操作导致S4N4测定结果偏低的是 。 A．盛放待测液的锥形瓶洗涤后未干燥直接使用 B．移液管用蒸馏水洗涤后未用吸收液润洗 C．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后无气泡 D．滴定前仰视滴定管读数，滴定后俯视读数 9．亚铜配合物广泛用作催化剂。实验室制备[Cu(CH3CN4)]ClO4的反应原理如下：Cu(ClO4)∙6H2O＋Cu＋8CH3CN＝2[Cu(CH3CN4)]ClO4＋6H2O，实验步骤如下： 分别称取3.71g Cu(ClO4)∙6H2O和0.76gCu粉置于100mL乙腈(CH3CN)中应，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(CH3CN4)]ClO4 Cu(ClO4)∙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(CH3CN4)]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(CH3CN4)]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5.32g，则总收率为_______(用百分数表示，保留一位小数)。 10．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：[Co(H2O)6]2+为粉红色、[Co(H2O)6]3+为蓝色、[Co(CO3)2]2-为红色、[Co(CO3)3]3-为墨绿色。回答下列问题： (1)配制1.00mol·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[Co(H2O)6]2+______(填“能”或“不能”)催化H2O2的分解。实验Ⅱ中HCO大大过量的原因是_____________________________。实验Ⅲ初步表明[Co(CO3)3]3-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[Co(H2O)6]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CO配位后，正向反应能够进行的原因_______________________。 实验Ⅳ： (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_______、_______。 第 10 页 共 10 页 学科网（北京）股份有限公司 $