2026届高考化学二轮《化学综合实验》大题专练07

**基本信息** 聚焦化学综合实验大题，通过10个典型案例系统整合实验设计、现象分析与定量计算，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| |----|-----------|----------|----------| |物质制备与性质|4题（过氧化脲等）|结合反应原理与操作细节|从物质性质到制备条件优化，体现结构决定性质| |定量分析与误差|3题（纯度测定等）|涉及数据处理与误差评估|围绕实验原理建立计算模型，培养精准度意识| |实验设计与探究|3题（氧化剂探究等）|基于现象进行推理分析|通过变量控制与对照实验，构建科学探究思维链|

2026届高考化学二轮《化学综合实验》大题专练 (七) 1．某小组同学向pH＝1的0.5mol·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：0.5mol·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__________________。 2．CO(NH2)2∙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(NH2)2＋H2O2＝CO(NH2)2∙H2O2 (一)过氧化脲的合成 烧杯中分别加入25mL30%H2O2(ρ＝1.11g∙cm-3)、40mL蒸馏水和12.0g尿素，搅拌溶解。30℃下反应40min，冷却结晶、过滤、干燥，得白色针状晶体9.4g。 (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100mL溶液。 滴定分析：量取25.00mL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25.00mL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 3．实验室由安息香(，M＝212g/mol)在热FeCl3的氧化下制备二苯乙二酮(，M＝210g/mol) 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 装置示意图如图所示： 实验步骤为： ①在圆底烧瓶中加入20mL冰乙酸、10mL水及18.08gFeCl3∙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4.2g安息香，加热回流1h。 ③慢慢加入100mL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3.8g。 回答下列问题： (1)仪器B的名称是 ；冷却水应从 (填“a”或“b”)口流出。 (2)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 。 (3)写出圆底烧瓶中发生的主要反应的化学方程式： 。 (4)本实验中，若采用催化剂量的FeCl3并通入空气进行实验，能否达到目的？ (填“能”或“不能”)，理由是 。 (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 。 (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(填标号)。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)本实验的产率为 (保留小数点后一位)。 4．硫酰氯(SO2Cl2)是一种重要的化工试剂，被广泛应用于制造医药品、染料、表面活性剂等。某兴趣小组在实验室利用SO2和Cl2反应合成SO2Cl2。 已知：①SO2(g)＋Cl2(g) SO2Cl2(l) △H＜0。 ②SO2Cl2的熔点为－54.1℃，沸点为69.1℃；100℃以上会分解；遇水能发生剧烈反应，并产生白雾。 回答下列问题： (1)从甲~戊中选择合适的装置(可以重复选用)制备SO2Cl2，正确的连接顺序是a→ →d(用小写字母表示)。 (2)仪器X的名称为 ；仪器Y中盛放的试剂为 (填名称)，其作用为 。 (3)装置丙中发生反应的离子方程式为 。 (4)装置丁的作用有除去少量HCl气体、平衡气压和 。 (5)硫酰氯纯度的测定：取1.70g硫酰氯产品在密闭条件下溶于烧碱溶液，最后定容为250mL溶液，取25.00mL该溶液于锥形瓶中，调pH为6.5～10.5，加入少量K2CrO4作指示剂，用0.1000mol·L-1的AgNO3标准溶液滴定(滴定过程中SO不参与反应)，平行滴定三次，平均消耗AgNO3标准溶液23.80mL。 ①下列操作使测定结果偏低的是 (填字母)。 A．调节pH过低 B．滴定终点时，俯视标准液液面读数 C．锥形瓶未用待测液润洗 ②该硫酰氯产品的纯度为 。 (6)亚硫酰氯(SO2Cl2)易水解，被广泛应用于结晶水合物的脱水。将SO2Cl2与AlCl3∙6H2O混合并加热，可得到无水AlCl3，写出该反应的化学方程式： 。 5．硫代硫酸钠(Na2S2O3)常用作分析试剂及还原剂，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定。某实验小组用如图所示装置(夹持、加热仪器已略去)制备硫代硫酸钠。回答下列问题： I．硫代硫酸钠的结构与运用 (1)已知Na2S2O3中S2O的结构与SO相似，可看作用一个S原子代替了一个S＝O中的O原子，写出S2O的结构式 。 (2) Na2S2O3做脱氯剂可除去自来水中残留的Cl2，从而消除Cl2对环境的污染，写出该反应的化学方程式 。 Ⅱ．硫代硫酸钠的制备 (3)为防止生成有害气体，并提高原料利用率，配制三颈烧瓶内混合溶液的方法为 。 (4)为保证Na2CO3和Na2S得到充分利用，两者的物质的量之比应为 。 (5)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中不能让溶液pH＜7，请用离子方程式解释原因 。 (6)本实验所用的Na2CO3中含少量NaOH，检验含有NaOH的实验方案为 。(实验中可选用的试剂有：CaCl2溶液、Ca(OH)2溶液、酚酞溶液、蒸馏水。提示：室温时CaCO3饱和溶液的pH=9.5) 6．氯苯在染料、医药工业中常用于制造苯酚、硝基氯苯、苯胺、硝基苯酚等有机中间体。实验室中制备氯苯的装置如图所示(其中夹持仪器已略去)。 回答下列问题： (1)仪器a中盛有KMnO4晶体，仪器b中盛有浓盐酸，打开仪器b中的活塞，使浓盐酸缓缓滴下，可观察到仪器a内的现象是 ，用离子方程式表示产生该现象的原因： 。 (2)仪器b外侧的细玻璃导管的作用是 。 (3)仪器d中盛有苯、FeCl3粉末，仪器a中生成的Cl2经过仪器e进入仪器d中。 ①仪器e盛装的试剂名称是 。 ②仪器d中的反应进行过程中，应保持温度在40～60℃之间，以减少副反应的发生。仪器d的加热方式最好采用 加热。 (4)仪器c的作用是 。 (5)该方法制备的氯苯中含有很多杂质。在工业生产中，先通过水洗除去FeCl3、HCl及部分Cl2，然后通过碱洗除去其余Cl2，碱洗后通过分液得到含氯苯的有机混合物，混合物成分及各成分的沸点如下表所示： 有机物 苯 氯苯 邻二氯苯 间二氯苯 对二氯苯 沸点/℃ 80.0 132.2 180.4 172.0 173.4 ①碱洗前先进行水洗的目的是 。 ②从该有机混合物中提取氯苯时，采用蒸馏方法，收集 ℃左右的馏分。 7．以V2O5为原料制氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵 (NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]∙10H2O过程如下： 已知：VO2+能被O2氧化。回答下列问题： (1)步骤Ⅰ的反应装置如图(夹持及加热装置略去，下同)。 ①仪器b的名称为 。 ②步骤Ⅰ生成VOCl2的同时，生成一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为 。 (2)步骤Ⅱ可在下图装置中进行。 ①接口的连接顺序为a→ 。 ②实验开始时，先关闭K2，打开K1，当 时(写实验现象)，再关闭K1，打开K2，充分反应，静置，得到固体。 ③C装置的作用是 。 (3)测定产品纯度。 称取m g样品用稀硫酸溶解后，加入过量的0.02mol·L-1KMnO4溶液，充分反应后加入过量的NaNO2溶液，再加适量尿素除去NaNO2，用cmol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定达终点时，消耗体积为V mL。(已知：VO＋Fe2+＋2H+＝VO2+＋Fe3+＋H2O) ①样品中氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵(摩尔质量为Mg∙mol-1)的质量分数为 %。 ②下列情况会导致产品纯度偏大的是 (填标号)。 A．未加尿素，直接进行滴定 B．滴定达终点时，俯视刻度线读数 C．用标准液润洗滴定管后，液体从上口倒出 D．滴定过程中摇动锥形瓶时有少量液体溅出 8．次氯酸盐是常用的水处理剂。有效氯含量(COAC)指与含氯消毒剂氧化能力相当的氯气量，单位为 mol/L；物质氧化性越强，氧化还原电位(ORP)越高；相同条件下，次氯酸的氧化性大于次氯酸盐。温度及pH对Ca(ClO)2溶液有效氯含量(COAC)及氧化还原电位的影响。 (1)在不同温度下，用0.2 mol/L乙酸溶液调节pH得到Ca(ClO)2溶液COAC、ORP的关系如图1室温(25℃)、图2(70℃)所示。 图1　                                               图2 ①由图1可知，随着少量乙酸的滴入，Ca(ClO)2溶液的pH在 (填“增大”或“减小”)。 ②Ca(ClO)2溶液用于消毒时适宜的条件：温度为 (填字母，下同)、pH为 。 A． 25 ℃ B． 70 ℃ C． 5.75  D． 6.85 (2)某小组探究70 ℃时，pH及稳定剂对NaClO溶液有效氯含量的影响。甲同学设计实验方案如下： 序号 硅酸钠的 质量分数 碳酸钠的 质量分数 初始 COAC pH 12 h后 COAC 12 h后COAC/初始COAC 1 0 0 1 794 8.53 1 218 0.679 2 0 0 1 794 8.63 1 288 0.718 3 0.9% 0.6% 1 794 13.44 1 676 0.935 4 1.5% 0 1 834 13.76 1 597 0.871 5 0 1.5% 1 834 13.66 － a ①设计实验1和2的目的是 。 ②实验5中的a 0.935(填“大于”“小于”或“等于”)。 ③根据实验3～5，可得出的结论是 。 ④下列物质中最适宜作为NaClO溶液稳定剂的是 (填字母)。 A． MgCl2           B． NaCl         C． Na2S       D． CH3COONa 资料：i．Mn2+在一定条件下被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．NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。 实验记录如下： 序号 Cl2的吸收液 C中实验现象 通入Cl2前 通入Cl2后 Ⅰ 10mL水+5滴0.1mol/L MnSO4溶液 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化 Ⅱ 10mL5% NaOH溶液+5滴0.1mol/L MnSO4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 10mL40% NaOH溶液+5滴0.1mol/L MnSO4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 (3)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离子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： 。 9．[Cu(NH3)x]SO4﹒yH2O是易溶于水的深蓝色晶体，是广谱杀菌剂。某小组同学在实验室通过如图所示流程测定其组成。 回答下列问题： (1)[Cu(NH3)x]SO4﹒yH2O中NH3含量的测定 碱溶过程是在如下图所示装置中进行的，充分反应后，用0.4895 mol•L-1氢氧化钠溶液滴定C中的溶液，达到滴定终点时消耗氢氧化钠溶液10.66 mL。 ①仪器B的名称为 。 ②蒸馏烧瓶比C中吸收液的液面要高出很多，其目的是 。 ③加热时A中有黑色固体生成，经检验该黑色固体是氧化铜，写出A中发生反应的化学方程式： 。 ④下列情况中，导致NH3的含量的测定结果偏小的是 (填标号) A．滴定时使用酚酞作指示剂      B．装置A中加热时间过短 C．滴定前未将冲洗细导管末端的清洗液加入C中 (2)[Cu(NH3)x]SO4∙yH2O中铜元素含量的测定 已知：Cu2+易与I－反应生成CuI；常温下Na2S2O3在pH为8~9时能稳定存在，pH<8时会发生歧化反应；I2＋2S2O＝2I－＋S4O。 ①准确称取0.4622g [Cu(NH3)x]SO4•yH2O投入稍过量的稀NaOH溶液中，过滤，把滤渣加入6mol•L-1 H2SO4溶液中，搅拌使滤渣充分溶解，向溶解后的溶液中加入2 g KI(过量)固体，搅拌，充分反应后，加入Na2CO3溶液调整待测液的pH为 ，加入 作为指示剂，用0.0860 mol•L-1 Na2S2O3溶液进行滴定，当 记录消耗Na2S2O3溶液的体积。 ②若反应消耗Na2S2O3溶液的体积为21.86 mL，则样品中n(Cu2+)= mol(保留三位有效数字) ③经计算，该晶体的化学式为 。 10．绿色植物标本用醋酸铜[(CH3COO)2Cu]处理后颜色更鲜艳、稳定。某化学小组制备醋酸铜晶体并测定产品中铜的含量，实验如下。 I．醋酸铜晶体的制备 (1)①中控制温度为40-60度的原因是 。 (2)②中化学方程式是 。 (3)③中采用的实验方法依据醋酸铜的性质是 。 Ⅱ．测定产品中铜的含量 i．取ag醋酸铜产品于具塞锥形瓶中，用稀醋酸溶解，加入过量KI溶液，产生CuI沉淀，溶液呈棕黄色； ii．用bmol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定i中的浊液至浅黄色时，加入几滴淀粉溶液，溶液变蓝，继续用Na2S2O3标准溶液滴定至蓝色近于消失： iii．向所得浊液中加入KSCN溶液，充分摇动，溶液蓝色加深： iv．继续用Na2S2O3标准溶液滴定iii中浊液至终点，消耗标准溶液VmL。 已知：①I2＋2S2O＝2I－＋S4O，Na2S2O3溶液和Na2S4O6溶液颜色均为无色； ②常温下，S(CuI)＝4.2×10-5g，S(CuSCN)＝8.42×10-7g   ③CuI易吸附I2，CuSCN不吸附I2。被吸附的I2不与淀粉显色。 (4) i中发生反应的离子方程式是 。 (5)结合平衡原理解释i中加入KSCN的目的 。 (6)醋酸铜产品中铜元素的质量分数是 。 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 (七) 1．某小组同学向pH＝1的0.5mol·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：0.5mol·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__________________。 答案：(1) Mg、Zn (2)①产生蓝色沉淀 ②Fe3+水解方程式为Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，加入的Mg或Zn会消耗H+，促进Fe3+水解平衡正向移动，使其转化为Fe(OH)3沉淀 ③i．a．2Fe3+＋2Fe＋2H+＝4Fe2+＋H2↑或2Fe3+＋Fe＝3Fe2+、2H+＋Fe＝Fe2+＋H2↑ b．向pH为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不产生蓝色沉淀 ii．加入几滴KSCN溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸 (3)加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹 解析：实验Ⅰ中，加入过量的Cu，Cu与Fe3+发生反应2Fe3+＋Cu＝Cu2+＋2Fe2+，一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质；实验Ⅱ中，加入过量的Zn，发生反应Zn＋2H+＝Zn2+＋H2↑，有气泡产生，pH逐渐增大，使得Fe3+转化为红褐色沉淀Fe(OH)3，固体中未检测到Fe单质，原因可能是Fe3+的干扰以及Fe(OH)3沉淀对锌粉的包裹；实验Ⅲ中，加入过量Mg，发生反应Mg＋2H+＝Mg2+＋H2↑，由于Mg很活泼，该反应非常剧烈，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，对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。 (2)在金属活动性顺序表中，Mg、Zn排在Fe之前，Cu排在Fe之后，因此Mg、Zn可将Fe3+还原为Fe； (2)①Fe2+与K3[Fe(CN)6]会生成蓝色的KFe[Fe(CN)6]沉淀； ②Fe3+水解方程式为Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，加入的Mg或Zn会消耗H+，促进Fe3+水解平衡正向移动，使其转化为Fe(OH)3沉淀； ③i．a．Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式为：2Fe3+＋2Fe＋2H+＝4Fe2+＋H2↑或2Fe3+＋Fe＝3Fe2+、2H+＋Fe＝Fe2+＋H2↑； b．要证实在pH为3~4的溶液中可忽略H+对Fe的消耗，可向pH为3～4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不产生蓝色沉淀，即说明此条件下Fe未与H+反应生成Fe2+； ⅱ．结合a，b和c可知，实验Ⅱ未检测到Fe单质的原因可能是Fe3+的干扰以及Fe(OH)3沉淀对锌粉的包裹，因此可控制反应条件，在未生成Fe(OH)3沉淀时将Fe3+还原，即可排除两个干扰因素，具体操作为：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，加入几滴KSCN溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸，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，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。 2．CO(NH2)2∙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(NH2)2＋H2O2＝CO(NH2)2∙H2O2 (一)过氧化脲的合成 烧杯中分别加入25mL30%H2O2(ρ＝1.11g∙cm-3)、40mL蒸馏水和12.0g尿素，搅拌溶解。30℃下反应40min，冷却结晶、过滤、干燥，得白色针状晶体9.4g。 (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100mL溶液。 滴定分析：量取25.00mL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25.00mL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 答案：(1)烧杯、漏斗、玻璃棒中可任选两种作答 (2)50% (3)液体分层，上层为无色，下层为紫红色；还原性、氧化性 (4)避免溶质损失；盖好瓶塞，反复上下颠倒、摇匀 (5)BD (6)A 解析：(1)过滤操作需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，可任选两种作答。 (2)实验中加入尿素的质量为12.0g，物质的量为0.2mol，过氧化氢的质量为25mL×1.11g∙cm-3×30%＝8.325g，物质的量约为0.245mol，根据反应方程式：CO(NH2)2＋H2O2＝CO(NH2)2∙H2O2可知过氧化氢过量，产率应按照尿素的质量进行计算，理论上可得到过氧化脲0.2mol，质量为0.2mol×94g/mol=18.8g，实验中实际得到过氧化脲9.4g，则过氧化脲的产率为×100%＝50%。 (3)在过氧化脲的性质检测中，检测Ⅰ用稀硫酸酸化，加入高锰酸钾溶液，紫红色消失，说明过氧化脲被酸性高锰酸钾氧化，体现了过氧化脲的还原性；检测Ⅱ用稀硫酸酸化，加入KI溶液和四氯化碳溶液，过氧化脲会将KI氧化为I2单质，体现了过氧化脲的氧化性，生成的I2在四氯化碳中溶解度大，会溶于四氯化碳溶液，且四氯化碳密度大于水，振荡，静置后出现的现象为：液体分层，上层为无色，下层为紫红色。 (4)操作a为洗涤烧杯和玻璃棒，并将洗涤液转移到容量瓶中，目的是避免溶质损失；定容后应盖好瓶塞，反复上下颠倒、摇匀。 (5)A．KMnO4溶液是强氧化性溶液，应置于酸式滴定管中，A正确； B．量筒的精确度不能达到0.01mL，量取25.00mL的溶液应选用滴定管，B错误； C．滴定过程中，待测液有可能会溅到锥形瓶内壁，滴定近终点时，为了使结果更精确，可用洗瓶冲洗锥形瓶内壁，C正确； D．锥形瓶内溶液变色后，应等待30s，观察溶液不再恢复原来的颜色后，才能记录滴定管液面刻度，D错误。 (6)A．在配制过氧化脲溶液时，容量瓶中页面超过刻度线，会使溶液体积偏大，配制溶液的浓度偏低，会使滴定过程中消耗的KMnO4溶液体积偏低，导致测定结果偏低，A符合题意； B．滴定管水洗后未用KMnO4溶液润洗，会导致KMnO4溶液浓度偏低，会使滴定过程中消耗的KMnO4溶液体积偏高，导致测定结果偏高，B不符合题意； C．摇动锥形瓶时KMnO4溶液滴到锥形瓶外，会使滴定过程中消耗的KMnO4溶液体积偏高，导致测定结果偏高，C不符合题意； D．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，会使滴定过程中消耗的KMnO4溶液体积偏高，导致测定结果偏高，D不符合题意。 3．实验室由安息香(，M＝212g/mol)在热FeCl3的氧化下制备二苯乙二酮(，M＝210g/mol) 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 装置示意图如图所示： 实验步骤为： ①在圆底烧瓶中加入20mL冰乙酸、10mL水及18.08gFeCl3∙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4.2g安息香，加热回流1h。 ③慢慢加入100mL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3.8g。 回答下列问题： (1)仪器B的名称是 ；冷却水应从 (填“a”或“b”)口流出。 (2)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 。 (3)写出圆底烧瓶中发生的主要反应的化学方程式： 。 (4)本实验中，若采用催化剂量的FeCl3并通入空气进行实验，能否达到目的？ (填“能”或“不能”)，理由是 。 (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 。 (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(填标号)。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)本实验的产率为 (保留小数点后一位)。 答案：(1)球形冷凝管 b (2)防止暴沸 (3)＋2FeCl3＋2FeCl2＋2HCl (4)能 空气可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应 (5)抑制氯化铁水解 (6)a (7)91.3% 解析：(1)根据仪器B的结构特点，仪器B为球形冷凝管，冷凝时，一般是下进上出，即a口进水，b口出水，故答案为球形冷凝管；b； (2)步骤②中，若沸腾时加入安息香，会暴沸，所以需要沸腾平息后加入，故答案为：防止暴沸； (3)根据信息，利用氯化铁的氧化性，将安息香氧化成二苯乙二酮，本身被还原成氯化亚铁，其化学方程式为＋2FeCl3＋2FeCl2＋2HCl；故答案为＋2FeCl3＋2FeCl2＋2HCl； (4)Fe2+以还原性为主，氧气能将Fe2+氧化成Fe3+，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氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应，故答案为：能；空气可以将还原产物FeCl2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，另一主要作用是抑制氯化铁水解； (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，所以可以采用热水洗涤粗品除去安息香，故答案为：a； (7)18.08gFeCl3·6H2O物质的量为≈0.07mol，4.2g安息香物质的量mol，由反应可知，FeCl3·6H2O过量，理论上n(二苯乙二酮)＝n(安息香)≈0.0198mol，产率为≈91.3%；故答案为91.3%。 4．硫酰氯(SO2Cl2)是一种重要的化工试剂，被广泛应用于制造医药品、染料、表面活性剂等。某兴趣小组在实验室利用SO2和Cl2反应合成SO2Cl2。 已知：①SO2(g)＋Cl2(g) SO2Cl2(l) △H＜0。 ②SO2Cl2的熔点为－54.1℃，沸点为69.1℃；100℃以上会分解；遇水能发生剧烈反应，并产生白雾。 回答下列问题： (1)从甲~戊中选择合适的装置(可以重复选用)制备SO2Cl2，正确的连接顺序是a→ →d(用小写字母表示)。 (2)仪器X的名称为 ；仪器Y中盛放的试剂为 (填名称)，其作用为 。 (3)装置丙中发生反应的离子方程式为 。 (4)装置丁的作用有除去少量HCl气体、平衡气压和 。 (5)硫酰氯纯度的测定：取1.70g硫酰氯产品在密闭条件下溶于烧碱溶液，最后定容为250mL溶液，取25.00mL该溶液于锥形瓶中，调pH为6.5～10.5，加入少量K2CrO4作指示剂，用0.1000mol·L-1的AgNO3标准溶液滴定(滴定过程中SO不参与反应)，平行滴定三次，平均消耗AgNO3标准溶液23.80mL。 ①下列操作使测定结果偏低的是 (填字母)。 A．调节pH过低 B．滴定终点时，俯视标准液液面读数 C．锥形瓶未用待测液润洗 ②该硫酰氯产品的纯度为 。 (6)亚硫酰氯(SO2Cl2)易水解，被广泛应用于结晶水合物的脱水。将SO2Cl2与AlCl3∙6H2O混合并加热，可得到无水AlCl3，写出该反应的化学方程式： 。 答案：(1) g→h→b→c→h→g→e→f (2)球形冷凝管； 碱石灰； 防止空气中水蒸气进入乙装置，同时吸收多余氯气和二氧化硫 (3)ClO－＋Cl－＋2H+＝Cl2↑＋H2O (4)导气 (5)①AB ②94.1% 解析：由题意可知，甲装置制备二氧化硫，经戊干燥后通入乙装置；丙装置制备氯气，经丁除杂、戊干燥后通入乙，据此回答。 (1)由分析结合装置可得正确连接顺序为a→g→h→b→c→h→g→e→f →d； (2)由图示可知仪器X为球形冷凝管； 结合题已知和分析知Y装置作用是防止空气中水蒸气进入乙装置，同时吸收多余氯气和二氧化硫，所以其盛放的试剂为碱石灰； (3)由分析知丙中浓盐酸和次氯酸钠反应制取氯气，即离子方程式为ClO－＋Cl－＋2H+＝Cl2↑＋H2O； (4)由信息可知丁作用还有导气功能； (5)①A.调节pH过低会使铬酸根转化为重铬酸根，则会使部分氯离子被氧化，所以会使测定结果偏低； B.滴定终点时，俯视标准液液面读数会使消耗标准液体积偏小，所以会使测定结果偏低； C.锥形瓶未用待测液润洗对所取待测液物质的量无影响，所以对测定结果无影响； 综上，故选AB； ②滴定过程中氯离子和银离子生成氯化银沉淀，所以样品中硫酰氯物质的量mol＝0.01190mol，则其质量为，所以产品纯度为×100%＝94.1%。 5．硫代硫酸钠(Na2S2O3)常用作分析试剂及还原剂，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定。某实验小组用如图所示装置(夹持、加热仪器已略去)制备硫代硫酸钠。回答下列问题： I．硫代硫酸钠的结构与运用 (1)已知Na2S2O3中S2O的结构与SO相似，可看作用一个S原子代替了一个S＝O中的O原子，写出S2O的结构式 。 (2) Na2S2O3做脱氯剂可除去自来水中残留的Cl2，从而消除Cl2对环境的污染，写出该反应的化学方程式 。 Ⅱ．硫代硫酸钠的制备 (3)为防止生成有害气体，并提高原料利用率，配制三颈烧瓶内混合溶液的方法为 。 (4)为保证Na2CO3和Na2S得到充分利用，两者的物质的量之比应为 。 (5)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中不能让溶液pH＜7，请用离子方程式解释原因 。 (6)本实验所用的Na2CO3中含少量NaOH，检验含有NaOH的实验方案为 。(实验中可选用的试剂有：CaCl2溶液、Ca(OH)2溶液、酚酞溶液、蒸馏水。提示：室温时CaCO3饱和溶液的pH=9.5) 答案：(1) (2) Na2S2O3＋4Cl2＋5H2O＝Na2SO4＋H2SO4＋8HCl (3)边搅拌边将Na2S固体溶于Na2CO3溶液 (4)1∶2 (5)S2O＋2H+＝S↓＋SO2↑＋H2O (6)取少量样品于试管(烧杯)中，加水溶解，加入过量的CaCl2溶液，搅拌，静置，测上层清液的pH，若大于9.5，则含有NaOH 解析：本实验是利用装置A制备SO2，反应原理为：Na2SO3+H2SO4(浓)＝Na2SO4+SO2↑+H2O，将生成的SO2通入装置B中，利用Na2S和Na2CO3混合溶液来制备Na2S2O3，反应方程式为：4SO2＋2Na2S＋Na2CO3＝3Na2S2O3＋CO2，最后将尾气通入到实验装置C中，用NaOH溶液来吸收多余的SO2和CO2，反应方程式为：SO2+2NaOH＝Na2SO3+H2O，据此分析解题。 (1)已知 Na2S2O3中S2O的结构与SO相似，可看作用一个S原子代替了一个S＝O中的O原子，根据SO的结构式可知，S2O的结构式为，故答案为：； (2)Cl2具有强氧化性，Na2S2O3具有还原性，Na2S2O3做脱氯剂可除去自来水中残留的Cl2，从而消除Cl2对环境的污染，该反应中Cl2中Cl由0价降低到－1价，Na2S2O3中S的化合价升高到+6价，根据氧化还原反应配平可知，该反应的化学方程式为Na2S2O3＋4Cl2＋5H2O＝Na2SO4＋H2SO4＋8HCl，故答案为：Na2S2O3＋4Cl2＋5H2O＝Na2SO4＋H2SO4＋8HCl； (3)由于Na2S水解程度较大，甚至产生有毒有害气体H2S，而Na2CO3溶液显碱性，能够抑制Na2S的水解，故为防止生成有害气体，并提高原料利用率，配制三颈烧瓶内混合溶液的方法为边搅拌边将Na2S固体溶于Na2CO3溶液，故答案为：边搅拌边将Na2S固体溶于Na2CO3溶液； (4)由分析可知，制备Na2S2O3的反应方程式为：4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2，为保证Na2CO3和Na2S得到充分利用，两者的物质的量之比应为1∶2，故答案为：1∶2； (5)由题干信息可知，Na2S2O3易溶于水，在中性或碱性环境中稳定，为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中不能让溶液pH＜7，是由于Na2S2O3在酸性环境中发生歧化反应，反应离子方程式为：S2O＋2H+＝S↓＋SO2↑＋H2O，故答案为：S2O＋2H+＝S↓＋SO2↑＋H2O； (6)根据题干已知信息室温时CaCO3饱和溶液的pH=9.5，故可以取少量样品于试管(烧杯)中，加水溶解，加入过量的CaCl2溶液，搅拌，静置，测上层清液的pH，若大于9.5，则含有NaOH，故答案为：取少量样品于试管(烧杯)中，加水溶解，加入过量的CaCl2溶液，搅拌，静置，测上层清液的pH，若大于9.5，则含有NaOH。 6．氯苯在染料、医药工业中常用于制造苯酚、硝基氯苯、苯胺、硝基苯酚等有机中间体。实验室中制备氯苯的装置如图所示(其中夹持仪器已略去)。 回答下列问题： (1)仪器a中盛有KMnO4晶体，仪器b中盛有浓盐酸，打开仪器b中的活塞，使浓盐酸缓缓滴下，可观察到仪器a内的现象是 ，用离子方程式表示产生该现象的原因： 。 (2)仪器b外侧的细玻璃导管的作用是 。 (3)仪器d中盛有苯、FeCl3粉末，仪器a中生成的Cl2经过仪器e进入仪器d中。 ①仪器e盛装的试剂名称是 。 ②仪器d中的反应进行过程中，应保持温度在40～60℃之间，以减少副反应的发生。仪器d的加热方式最好采用 加热。 (4)仪器c的作用是 。 (5)该方法制备的氯苯中含有很多杂质。在工业生产中，先通过水洗除去FeCl3、HCl及部分Cl2，然后通过碱洗除去其余Cl2，碱洗后通过分液得到含氯苯的有机混合物，混合物成分及各成分的沸点如下表所示： 有机物 苯 氯苯 邻二氯苯 间二氯苯 对二氯苯 沸点/℃ 80.0 132.2 180.4 172.0 173.4 ①碱洗前先进行水洗的目的是 。 ②从该有机混合物中提取氯苯时，采用蒸馏方法，收集 ℃左右的馏分。 答案：有黄绿色气体生成；2MnO＋10Cl－＋16H+＝2Mn2+＋5Cl2↑＋8H2O (2)平衡仪器a、b内的压强，使浓盐酸能顺利滴下 (3)①浓硫酸 ②水浴 (4)冷凝回流 (5)①减少后续碱洗操作时碱的用量，节约成本 ②132.2 解析：由实验装置图可知，仪器a中高锰酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气，仪器e中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，仪器d中发生反应为氯化铁作用下，氯气与苯在40～60℃的水浴加热条件下发生取代反应制备氯苯，仪器c的作用是起冷凝回流的作用，有利于提高易挥发苯的利用率。 (1)由分析可知，仪器a中高锰酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气，反应的离子方程式为2MnO＋10Cl－＋16H+＝2Mn2+＋5Cl2↑＋8H2O，实验现象为仪器a中有黄绿色气体生成，故答案为：有黄绿色气体生成；2MnO＋10Cl－＋16H+＝2Mn2+＋5Cl2↑＋8H2O； (2)由实验装置图可知，仪器b为滴液漏斗，漏斗外侧的细玻璃导管的作用是平衡仪器a、b内的压强，便于浓盐酸能顺利滴下，故答案为：平衡仪器a、b内的压强，使浓盐酸能顺利滴下； (3)①由分析可知，仪器e中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，故答案为：浓硫酸；②由分析可知，仪器d中发生反应为氯化铁作用下，氯气与苯在40～60℃的水浴加热条件下发生取代反应制备氯苯，故答案为：水浴； (4)由分析可知，仪器c的作用是起冷凝回流的作用，有利于提高易挥发苯的利用率，故答案为：冷凝回流； (5)①由题意可知，水洗的目的是除去氯化铁、氯化氢及部分溶于溶液的氯气，则碱洗前先进行水洗的目的是减少后续碱洗操作时碱的用量，节约成本，故答案为：减少后续碱洗操作时碱的用量，节约成本； ②由表格数据可知，从该有机混合物中提取氯苯时，应采用蒸馏方法，收集132.2℃左右的馏分得到氯苯，故答案为：132.2。 7．以V2O5为原料制氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵 (NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]∙10H2O过程如下： 已知：VO2+能被O2氧化。回答下列问题： (1)步骤Ⅰ的反应装置如图(夹持及加热装置略去，下同)。 ①仪器b的名称为 。 ②步骤Ⅰ生成VOCl2的同时，生成一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为 。 (2)步骤Ⅱ可在下图装置中进行。 ①接口的连接顺序为a→ 。 ②实验开始时，先关闭K2，打开K1，当 时(写实验现象)，再关闭K1，打开K2，充分反应，静置，得到固体。 ③C装置的作用是 。 (3)测定产品纯度。 称取m g样品用稀硫酸溶解后，加入过量的0.02mol·L-1KMnO4溶液，充分反应后加入过量的NaNO2溶液，再加适量尿素除去NaNO2，用cmol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定达终点时，消耗体积为V mL。(已知：VO＋Fe2+＋2H+＝VO2+＋Fe3+＋H2O) ①样品中氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵(摩尔质量为Mg∙mol-1)的质量分数为 %。 ②下列情况会导致产品纯度偏大的是 (填标号)。 A．未加尿素，直接进行滴定 B．滴定达终点时，俯视刻度线读数 C．用标准液润洗滴定管后，液体从上口倒出 D．滴定过程中摇动锥形瓶时有少量液体溅出 答案：(1)①恒压滴液漏斗 ②2V2O5＋N2H4∙2HCl＋6HCl4VOCl2＋N2↑＋6H2O (2)①d→e→f→g→b→c ②B中澄清石灰水变浑浊 ③除去CO2中的HCl (3)①% ②AC 解析：首先通过装置A制取CO2，利用装置C除去CO2中的HCl后，将CO2通入装置D中，排尽装置中的空气以防止产物被氧化，待B中澄清石灰水变浑浊，确保空气被排尽后，再打开D中K2，开始实验。 (1)①由仪器b的构造可知仪器b的名称为恒压滴液漏斗； ②步骤Ⅰ生成VOCl2的同时，生成一种无色无污染的气体N2，该反应的化学方程式为：2V2O5＋N2H4∙2HCl＋6HCl4VOCl2＋N2↑＋6H2O； (2)①首先通过装置A制取二氧化碳，利用装置C除去二氧化碳中的HCl后，将二氧化碳通入装置D中，排尽装置中的空气以防止产物被氧化，待B中澄清石灰水变浑浊后，确保空气被排尽后，再打开D中K2开始实验，接口的连接顺序为a→d→e→f→g→b→c； ②实验开始时，先关闭K2，打开K1，当装置B中澄清石灰水变浑浊时，确保空气被排尽后，再关闭K1，打开K2，充分反应，静置，得到固体； ③装置C除去CO2中的HCl； (3)①由元素守恒及反应方程式可知：(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]∙10H2O∼6VO∼6Fe2+，样品中氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵(摩尔质量为Mg•mol-1)的质量分数为＝＝%； ②A．未加尿素，则溶液中残留的亚硝酸钠消耗标准溶液，导致标准液用量偏高，所测纯度偏大，A正确； B．滴定达终点时，俯视刻度线读数，导致最终读数偏小，标准液体积偏小，所测纯度偏低，B错误； C．用标准液润洗滴定管后，液体从上口倒出，该操作没有润洗滴定管尖嘴部分，导致标准液被稀释，所用标准液体积偏大，所测纯度偏高，C正确； D．滴定过程中摇动锥形瓶时有少量液体溅出，所需标准液体积偏小，所测纯度偏低，D错误； 故选CD。 8．次氯酸盐是常用的水处理剂。有效氯含量(COAC)指与含氯消毒剂氧化能力相当的氯气量，单位为 mol/L；物质氧化性越强，氧化还原电位(ORP)越高；相同条件下，次氯酸的氧化性大于次氯酸盐。温度及pH对Ca(ClO)2溶液有效氯含量(COAC)及氧化还原电位的影响。 (1)在不同温度下，用0.2 mol/L乙酸溶液调节pH得到Ca(ClO)2溶液COAC、ORP的关系如图1室温(25℃)、图2(70℃)所示。 图1　                                               图2 ①由图1可知，随着少量乙酸的滴入，Ca(ClO)2溶液的pH在 (填“增大”或“减小”)。 ②Ca(ClO)2溶液用于消毒时适宜的条件：温度为 (填字母，下同)、pH为 。 A． 25 ℃ B． 70 ℃ C． 5.75  D． 6.85 (2)某小组探究70 ℃时，pH及稳定剂对NaClO溶液有效氯含量的影响。甲同学设计实验方案如下： 序号 硅酸钠的 质量分数 碳酸钠的 质量分数 初始 COAC pH 12 h后 COAC 12 h后COAC/初始COAC 1 0 0 1 794 8.53 1 218 0.679 2 0 0 1 794 8.63 1 288 0.718 3 0.9% 0.6% 1 794 13.44 1 676 0.935 4 1.5% 0 1 834 13.76 1 597 0.871 5 0 1.5% 1 834 13.66 － a ①设计实验1和2的目的是 。 ②实验5中的a 0.935(填“大于”“小于”或“等于”)。 ③根据实验3～5，可得出的结论是 。 ④下列物质中最适宜作为NaClO溶液稳定剂的是 (填字母)。 A． MgCl2           B． NaCl         C． Na2S       D． CH3COONa 资料：i．Mn2+在一定条件下被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．NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。 实验记录如下： 序号 Cl2的吸收液 C中实验现象 通入Cl2前 通入Cl2后 Ⅰ 10mL水+5滴0.1mol/L MnSO4溶液 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化 Ⅱ 10mL5% NaOH溶液+5滴0.1mol/L MnSO4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 10mL40% NaOH溶液+5滴0.1mol/L MnSO4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 (3)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离子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： 。 答案：(1)减小； B ； C (2)探究调节pH对溶液有效氯含量(COAC)的影响； 大于；相同条件下碳酸钠稳定效果更好，pH较低时稳定剂影响不大等； D (3)Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O ；4 MnO＋4OH－=4MnO＋O2↑＋2H2O ClO－ 过量Cl2与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱，c(OH－)降低，溶液中的MnO被还原为MnO的速率减小，因而实验Ⅲ未得到绿色溶液 解析：(1)①由图1可知，随着少量乙酸的滴入，Ca(ClO)2溶液的pH在减小；②根据图示，70℃、pH=5.75时氧化还原电位高，氧化性强，所以选BC； (2)根据表示数据，可知实验1和2的pH不同，设计实验1和2的目的是探究调节pH对溶液有效氯含量(COAC)的影响；由实验3和4可知碳酸钠的质量分数越大，12h后COAC/初始COAC值越大，则实验5中的a大于0.935；根据实验3-5，可得出的结论是相同条件下碳酸钠稳定效果更好，pH较低时稳定剂影响不大等；根据表中数据知， pH越大稳定效果越好， MgCl2 显酸性，NaCl 显中性，Na2S与CH3COONa显碱性，但是Na2S与NaClO发生氧化还原反应，故选CH3COONa； (3)①Cl2与氢氧根反应使碱性减弱，Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O； ②溶液紫色迅速变为绿色，说明MnO转化为MnO，根据得失电子守恒以及电荷、原子守恒得4 MnO＋4OH－=4MnO＋O2↑＋2H2O；溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被ClO－氧化，可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量；③过量Cl2与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱，c(OH－)降低，溶液中的MnO被还原为MnO的速率减小，因而实验Ⅲ未得到绿色溶液。 9．[Cu(NH3)x]SO4﹒yH2O是易溶于水的深蓝色晶体，是广谱杀菌剂。某小组同学在实验室通过如图所示流程测定其组成。 回答下列问题： (1)[Cu(NH3)x]SO4﹒yH2O中NH3含量的测定 碱溶过程是在如下图所示装置中进行的，充分反应后，用0.4895 mol•L-1氢氧化钠溶液滴定C中的溶液，达到滴定终点时消耗氢氧化钠溶液10.66 mL。 ①仪器B的名称为 。 ②蒸馏烧瓶比C中吸收液的液面要高出很多，其目的是 。 ③加热时A中有黑色固体生成，经检验该黑色固体是氧化铜，写出A中发生反应的化学方程式： 。 ④下列情况中，导致NH3的含量的测定结果偏小的是 (填标号) A．滴定时使用酚酞作指示剂      B．装置A中加热时间过短 C．滴定前未将冲洗细导管末端的清洗液加入C中 (2)[Cu(NH3)x]SO4∙yH2O中铜元素含量的测定 已知：Cu2+易与I－反应生成CuI；常温下Na2S2O3在pH为8~9时能稳定存在，pH<8时会发生歧化反应；I2＋2S2O＝2I－＋S4O。 ①准确称取0.4622g [Cu(NH3)x]SO4•yH2O投入稍过量的稀NaOH溶液中，过滤，把滤渣加入6mol•L-1 H2SO4溶液中，搅拌使滤渣充分溶解，向溶解后的溶液中加入2 g KI(过量)固体，搅拌，充分反应后，加入Na2CO3溶液调整待测液的pH为 ，加入 作为指示剂，用0.0860 mol•L-1 Na2S2O3溶液进行滴定，当 记录消耗Na2S2O3溶液的体积。 ②若反应消耗Na2S2O3溶液的体积为21.86 mL，则样品中n(Cu2+)= mol(保留三位有效数字) ③经计算，该晶体的化学式为 。 答案：(1)直形冷凝管； 防止倒吸； [Cu(NH3)x]SO4·yH2O＋2 NaOHCuO↓＋xNH3↑＋Na2SO4＋(1+y) H2O AB (2)8~9 ；淀粉溶液；当滴入最后一滴Na2S2O3溶液，蓝色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色时 1.88×10-3 mol [Cu(NH3)4]SO4∙H2O 分析：[Cu(NH3)x]SO4∙yH2O加NaOH溶液“碱溶”促使NH3逸出，同时将Cu2+转化为Cu(OH)2，过滤得到Cu(OH)2，将Cu(OH)2加硫酸“酸溶”得到Cu2+，用KI还原Cu2+得到CuI和I2； (1)[Cu(NH3)x]SO4﹒yH2O中氨的测定原理：[Cu(NH3)x]SO4﹒yH2O和NaOH在烧瓶中反应，加热使氨气逸出，用0.5096mol/LHCl吸收氨气，使氨气转化为氯化铵，再通过滴定过量HCl，从而确定吸收氨的量； (2)铜的测定原理：将碱溶后过滤得到的滤渣加入6mol•L-1 H2SO4溶液中充分溶解，向溶解后的溶液中加入2g KI(过量)固体充分发生2Cu2+＋4I－＝2CuI＋I2，再用Na2S2O3溶液滴定I2，从而确定Cu的量； 详解：(1)①由装置图，仪器B的名称为直形冷凝管； ②氨气极易溶于水，故蒸馏烧瓶比C中吸收液的液面要高出很多，目的是防止倒吸； ③加热时A中有黑色固氧化铜生成，说明[Cu(NH3)x]SO4∙yH2O中铜转化为氢氧化铜并分解为氧化铜和水，同时有氨气生成，化学方程式为[Cu(NH3)x]SO4·yH2O+2NaOHCuO↓+xNH3↑+ Na2SO4+(1+y) H2O； ④A．滴定是用氢氧化钠溶液滴定过量的HCl，使用酚酞作指示剂是正确的，不会使结果偏小，A不选； B．装置A中加热时间过短，反应不彻底或者氨气没有完全蒸出，导致结果偏小，B选； C．滴定前未将冲洗细导管末端的清洗液加入C中，导致NH3在导管壁的液体中有残留，结果偏小，C选； 故选AB； (2)①为了使Na2S2O3能稳定存在，加入Na2CO3溶液调整待测液的pH为8~9，加入KI固体后，反应产生I2，需要对I2进行滴定，故加入淀粉溶液作为指示剂，到达终点I2被Na2S2O3完全反应溶液褪色，故当滴入最后一滴Na2S2O3溶液，蓝色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色时到达终点，记录数据； ②由题中所给反应，与Cu2+反应的I-产生的I2的物质的量n(I2)＝n(Na2S2O3)＝×0.0860 mol•L-1×0.02186 L＝9.4×10-4mol，根据电子得失守恒，n(Cu2+)＝2n(I2)＝1.88×10-3mol； ③0.4622g [Cu(NH3)x]SO4•yH2O中含Cu2+物质的量为1.88×10-3mol，[Cu(NH3)x]SO4•yH2O的摩尔质量为≈246g/mol，根据NH3含量测定的数据，被HCl吸收的NH3物质的量为n(NH3)＝0.025L×0.5096 mol·L-1－0.4895 mol•L-1×0.01066L=7.52×10-3mol，n(Cu2+)∶n(NH3)＝1∶4，即x＝4，根据的摩尔质量计算得y＝1，故该晶体的化学式为[Cu(NH3)4]SO4∙H2O。 10．绿色植物标本用醋酸铜[(CH3COO)2Cu]处理后颜色更鲜艳、稳定。某化学小组制备醋酸铜晶体并测定产品中铜的含量，实验如下。 I．醋酸铜晶体的制备 (1)①中控制温度为40-60度的原因是 。 (2)②中化学方程式是 。 (3)③中采用的实验方法依据醋酸铜的性质是 。 Ⅱ．测定产品中铜的含量 i．取ag醋酸铜产品于具塞锥形瓶中，用稀醋酸溶解，加入过量KI溶液，产生CuI沉淀，溶液呈棕黄色； ii．用bmol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定i中的浊液至浅黄色时，加入几滴淀粉溶液，溶液变蓝，继续用Na2S2O3标准溶液滴定至蓝色近于消失： iii．向所得浊液中加入KSCN溶液，充分摇动，溶液蓝色加深： iv．继续用Na2S2O3标准溶液滴定iii中浊液至终点，消耗标准溶液VmL。 已知：①I2＋2S2O＝2I－＋S4O，Na2S2O3溶液和Na2S4O6溶液颜色均为无色； ②常温下，S(CuI)＝4.2×10-5g，S(CuSCN)＝8.42×10-7g   ③CuI易吸附I2，CuSCN不吸附I2。被吸附的I2不与淀粉显色。 (4) i中发生反应的离子方程式是 。 (5)结合平衡原理解释i中加入KSCN的目的 。 (6)醋酸铜产品中铜元素的质量分数是 。 答案：(1)既要促进水解，又要防止温度过高导致Cu2(OH)2CO3分解 (2)Cu2(OH)2CO3＋4CH3COOH＝2(CH3COO)2Cu＋CO2↑＋3H2O (3)醋酸铜易溶于水，溶解度随温度的变化较大，温度升高溶解度增大 (4)2Cu2+＋4I－＝2CuI↓＋I2 (5)CuSCN难溶于水且不吸附I2，被吸附的I2不与淀粉显色；CuI(s)＋SCN-(aq)CuSCN(s)＋I－(aq)，增大c(SCN－)，使平衡正向移动，生成难溶于水的CuSCN释放被CuI吸附的I2，便于醋酸铜与KI生成的I2全部与Na2S2O3 反应 (6) ×100% 解析：I．醋酸铜晶体的制备过程为：首先用CuSO4溶液与Na2CO3溶液反应得到，Cu2(OH)2CO3，Cu2(OH)2CO3与CH3COOH反应生成(CH3COO)2Cu，化学方程式为Cu2(OH)2CO3＋4CH3COOH＝2(CH3COO)2Cu＋CO2↑＋3H2O；再对醋酸铜溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到醋酸铜晶体； Ⅱ．产品中铜元素质量分数的计算原理为醋酸铜产品先用溶液反应得到碘单质和沉淀，根据方程式2Cu2+＋4I－＝2CuI↓＋I2、I2＋2S2O＝2I－＋S4O可知Na2S2O3与Cu2+的物质的量相等，根据Na2S2O3的物质的量可以计算出Cu2+的物质的量，进而计算铜元素质量分数； (1)①中控制温度为40～60度的原因是既要促进水解，又要防止温度过高导致Cu2(OH)2CO3分解； (2)由分析可知，②中化学方程式是Cu2(OH)2CO3＋4CH3COOH＝2(CH3COO)2Cu＋CO2↑＋3H2O； (3)醋酸铜易溶于水，溶解度随温度的变化较大，温度升高溶解度增大，所以可以采用蒸发浓缩、冷却结晶的方式得到醋酸铜晶体； (4)用稀醋酸溶解醋酸铜，加入过量KI溶液，产生CuI沉淀，溶液因有I2而呈棕黄色；根据得失电子守恒和质量守恒写出离子方程式为：2Cu2+＋4I－＝2CuI↓＋I2； (5)CuI易吸附I2，CuSCN难溶于水且不吸附I2．被吸附的I2不与淀粉显色；CuI(s)＋SCN－(aq) CuSCN(s)＋I－(aq)，增大c(SCN－)，使平衡正向移动，生成难溶于水的CuSCN释放被CuI吸附的I2，便于醋酸铜与KI生成的I2全部与Na2S2O3 反应； (6)根据方程式2Cu2+＋4I－＝2CuI↓＋I2、I2＋2S2O＝2I－＋S4O可得关系式：2Cu2+～I2～2S2O；则Cu2+和S2O的物质的量的比为1∶1，即Cu2+和S2O的物质的量相等，n(Cu2+)=n(S2O)＝b mol•L-1 V×10-3L＝bV×10-3mol；所以醋酸铜产品中铜元素的质量分数为：×100%。 第 15 页 共 18 页 学科网（北京）股份有限公司 $