第03讲 常见物质的制备（复习讲义）（全国通用）2027年高考化学一轮复习讲练测

该高中化学高考复习讲义聚焦常见物质制备专题，涵盖无机物（气体、固体）和有机物制备核心考点，按“命题透视-思维建模-考点精讲-真题溯源”逻辑架构知识，通过知识解构、考向破译、解题妙招、真题训练等环节，帮助学生系统梳理制备实验全流程，突破装置选择、条件控制、分离提纯等难点。 资料以思维建模和科学探究为特色，如无机物制备构建“原料→反应→粗品→纯品”四步流程，有机物制备归纳冷凝回流、试剂作用等关键操作，结合近三年真题强化考点应用。通过分层练习和误差分析培养科学思维，助力学生高效掌握高考命题规律，为教师把控复习节奏提供精准指导。

第03讲 常见物质的制备 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 考点精讲·靶向突破 拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 常见无机物的制备 知识解构 知识点1 气体制备实验的基本思路 ∣ 知识点2 常见气体的制备装置 知识点3 无机物制备实验的思路 ∣ 知识点4 无机制备实验的核心考点 考向破译 考向1 考查涉及无机气体类制备实验 ∣ 考向2 考查固体类无机物的制备实验 解题妙招1涉及气体的无机物制备实验流程 解题妙招2固体无机物制备实验建模 ——“原料→反应→粗品→纯品” 四步流程 考点二 常见有机物的制备 知识解构 知识点1 有机物制备实验的思路 ∣ 知识点2 认识常考有机制备仪器 知识点3 明确有机制备实验中的常考问题 ∣ 知识点4 几种常见有机物的制备 考向破译 考向 考查有机物的制备、提纯与计算 ∣ 解题妙招 有机物制备实验流程 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 考情梳理--三年真题 考向梳理 核心考点 2026年 2025年 2024年 无机物的制备 北京卷，8，3分 重庆卷，9，3分 河北卷T15 北京卷T19 贵州卷T15 浙江1月卷T19 湖南卷T15 山东卷T19 重庆卷T16 湖北卷T1 湖南卷T11，3分 全国卷T26 河北卷T15 安徽卷T16 广西卷T15 2024·重庆卷T16 有机物的制备 湖南卷，10，3分 湖北卷，12，3分 云南卷T16 四川卷T16 陕晋青宁卷T15 黑吉辽蒙卷T17 湖北卷T10，3分 陕晋宁青卷T12，3分 湖南卷T15 重庆卷T16 黑吉辽蒙卷T17 山东卷T18 2024·新课标卷T27 考向解读--洞悉趋势 精准预判 ►命题解码： 1．从命题题型和内容上看，该模块的题型高度集中，90% 以上的分值分布在两类非选择题中，选择题仅偶尔涉及基础知识点。主要以课本经典制备实验为原型，给出完整装置图或实验步骤，侧重 “细节分析” 和 “原理应用”。 2．从命题思路上看， (1)气体制备(必考)，重点考查Cl2、SO2、NH3、CO2、O2，其中 Cl2和 NH3是近3 年高频考点，几乎每年都会涉及。从 “发生→除杂→收集→性质检验→尾气处理” 全流程，尤其关注 “除杂试剂选择”(如除去 Cl2中 HCl 用饱和食盐水)和 “尾气处理装置”(如 NH3需防倒吸)。 (2)无机物制备(与气体制备结合考查)，重点考查Fe (OH)2(防氧化操作是核心)、Al (OH)3(调节 pH 控制制备)、CuSO4・5H5O(结晶提纯)、Na2CO3/NaHCO3(制备原理对比)。侧重 “制备条件控制”(如 Fe (OH)2制备中隔绝空气)、“产品提纯”(过滤、洗涤、烘干的操作细节)、“产率 / 纯度计算”(结合实验误差分析结果)； (3)有机物制备的考查内容高度集中，始终围绕 “典型物质制备” 展开，核心是实验原理、装置、试剂和操作的结合。重点考查乙酸乙酯、乙烯、溴苯等。侧重掌握关键操作细节，如 “制备乙酸乙酯时先加乙醇再加浓硫酸”“蒸馏时先通冷凝水再加热”。明确试剂的双重或多重作用，如浓硫酸在乙烯制备中既是催化剂也是脱水剂，在酯化反应中还能吸水促进平衡正向移动。区分不同反应的发生装置(如乙烯用 “液液加热型”，溴苯用 “固液不加热型”)，识别特殊装置(如冷凝管、恒压滴液漏斗)的作用。 3．预计2027年高考无机物制备可能会以实验流程图、装置图或文字描述的形式，综合考查反应原理、实验装置、操作目的、分离提纯等内容，有机物制备则可能仍以选择题或实验综合题的形式，考查典型有机物的制备原理、装置和操作细节。 ►复习目标： 1．能准确写出 Cl2、NH3、SO2、O2、CO2等核心气体的制备化学方程式，明确反应类型(如复分解、氧化还原)。能准确书写乙酸乙酯、乙烯、溴苯 3 类高频有机物的制备化学方程式，明确反应条件(如乙烯需 170℃、浓 H₂SO4催化，溴苯需 FeBr3催化)。 2．熟练掌握 “发生→除杂→收集→检验→尾气处理” 全流程的装置选择依据，例如区分固液加热型(制 Cl2)与固液不加热型(制 CO2)装置，知道防倒吸装置的适用场景(如处理 NH3、HCl)。牢记有机物制备的关键试剂的作用，例如饱和 Na₂CO₃溶液在乙酸乙酯提纯中的 3 个作用(溶解乙醇、中和乙酸、降低酯溶解度)，浓 H2SO4在乙烯制备中的 “催化剂 + 脱水剂” 双重作用。能规范描述关键操作步骤，如 “制备乙酸乙酯时，试剂添加顺序为‘先加乙醇，再滴加浓 H2SO4，最后加乙酸’”，或 “检验溴苯中是否含 Br₂的操作(取少量产品，加 NaOH 溶液加热，分液后取油层，滴加 AgNO3溶液)”。 3．能结合化学平衡、水解平衡等理论，解释制备中的条件控制，例如说明 “在 HCl 气流中蒸发 AlCl₃溶液制 AlCl3晶体” 的原理(抑制 Al3+水解)。 4．熟练计算产品产率、纯度，能分析实验误差(如滤渣未洗涤导致纯度偏低、反应物挥发导致产率偏低)，并写出误差原因。 5．能结合官能团性质解释制备中的注意事项，例如因 “乙酸乙酯易水解”，故提纯时不用 NaOH 溶液；因 “苯易挥发”，故溴苯制备需加冷凝管回流，避免死记硬背。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 考点精讲·靶向突破 ——拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 常见无机物的制备 知●识●解●构 知识点1 气体制备实验的基本思路 (1)根据反应物的_______及______________选择气体发生装置； (2)根据制备气体及气体杂质的_______选择气体净化装置； (3)根据制备气体的_______选择干燥剂及干燥装置； (4)根据制备气体的_____________________选择收集方法及收集装置； (5)根据制备气体的_______选择尾气吸收剂及吸收装置。 知识点2 常见气体的制备装置 1． 常见气体的发生装置 根据反应物状态和反应条件我们主要掌握以下三类气体发生装置： (1)固体＋固体气体：可选择 等装置，能制备______________等； (2)固(或液)体＋液体气体：可选择等装置，能制备_______等； (3)固体＋液体―→气体：可选择、、等装置，能制备_____________等。 2．气体的干燥、净化装置 根据制备气体及气体杂质的性质选择如下气体净化装置及干燥装置： (1)_______干燥剂或除杂试剂如浓H2SO4(酸性、强氧化性)、NaOH溶液(碱性)等，可选用洗气吸收装置。 (2)_______干燥剂如无水氯化钙(中性)、碱石灰(碱性)等，可选用干燥管或U形管吸收装置。 (3)_______除杂试剂如Cu、CuO、Mg等，需加热，可选用加热的硬质玻璃管吸收装置。 注意：净化气体遵循的原则：不损失要净化的气体，不引入新的杂质气体。 (4)常见干燥剂及其应用 类型 液态干燥剂 固体干燥剂 装置 洗气瓶 球形干燥管或U形管 常见干燥剂 浓硫酸 无水氯化钙 碱石灰 可干燥的气体 H2、O2、Cl2、SO2、CO2、CO、CH4、N2等 H2、O2、Cl2、SO2、CO2、CH4、HCl等 N2、H2、O2、CH4、NH3等 不可干燥的气体 NH3、H2S、HBr、HI等 NH3等 Cl2、HCl、H2S、SO2、CO2、NO2等 3．气体的收集方法及收集装置 根据制备气体的水溶性及气体的密度选择收集方法及收集装置： (1)排液法：难溶于水(或某溶液)或微溶于水(或某溶液)，又不与其反应的气体可用排液法收集，选用、等收集装置收集。用该装置可收集___________________________________等气体。 (2)向上排空气法：密度大于空气且不与空气中的成分反应的气体可用向上排空气法收集，选用等收集装置收集。用该装置可收集_____________________等气体。 (2)向下排空气法：密度小于空气且不与空气中的成分反应的气体可用向下排空气法收集，选用等收集装置收集。用该装置可收集______________等气体。 4．气体的量取装置 对难溶于水且不与水反应的气体，往往利用量筒或滴定管组装如图所示的装置量取其体积。 5.尾气的处理 根据制备气体的毒性可选择尾气处理方法及吸收装置： (1)直接排空处理 主要是针对无毒、无害气体的处理，如______________等。 (2)尾气处理装置 ①在水中溶解度较小的有毒气体，多数可通入盛有某种试剂的烧杯中被吸收除去(如图甲)，如_______均可通入NaOH溶液中除去。 ②某些可燃性气体可用点燃(如图丙)或转化的方法除去，如_______可点燃或通过灼热的CuO除去。 ③某些可燃性气体可以采用收集的方法除去(如图丁)，如______________等。 ④对于溶解度很大、吸收速率很快的气体，吸收时应防止倒吸，典型装置如图乙。常见的防倒吸装置还有如下改进装置(以NH3的吸收为例，未注明的液体为水)。 6．防倒吸装置的理解与应用 (1)肚容式：吸收_______、_______等易溶于水的气体时，常用倒置的小漏斗、干燥管、双耳球等防倒吸，装置如图所示： (2)分液式：把导气管末端插入气体溶解度小的液体中，不会发生倒吸，气体进入上层液体被充分吸收。像_______、_______均可用如图所示装置吸收： 知识点3 无机物制备实验的思路 1．根据原料和目标产品确定制备原理，要求原子利用率_______、污染_______的制备原理； 2．根据确定的制备原理设计反应途径，要求_____________________； 3．根据设计的反应途径选择合理的仪器和装置，要求能够方便______________； 4．依据产品和杂质的性质差异选择合适的______________方法； 5.产率计算。 知识点4 无机制备实验的核考点 (1)实验仪器及试剂的名称 (2)装置及试剂的作用 (3)核心反应方程式的书写 (4)产率等计算及误差分析 (5)实验方案设计与评价 (6)装置连接顺序 (7)分离提纯方法 (8)物质的检验 (9)溶液的配制 考●向●破●译 考向1 考查涉及无机气体类制备实验 例1(2026·山东师大附中高三模拟)氨基甲酸铵(H2NCOONH4)是重要的化工原料，易分解，极易水解为碳酸铵。实验室利用氨气和二氧化碳反应制备H2NCOONH4的装置如图所示。回答下列问题： (1)为提高原料利用率，应在相同情况下控制NH3和CO2进气体积比为__________。 (2)“单向阀”的作用为_________________________。 (3)若左侧“湿度记录仪”检测到氨气湿度过高，则应旋转三通阀至__________(填序号)，将气体排出系统管路，并__________。 a. 　　b. 　　c. 　　d. (4)测定H2NCOONH4的物质的量分数 步骤Ⅰ：称取产品1.845g[仅含杂质(NH4)2CO3]，用蒸馏水溶解，定容于100mL容量瓶中。 步骤Ⅱ：移取20.00mL溶液于锥形瓶中，加入足量BaCl2溶液，过滤除去沉淀。 步骤Ⅲ：继续向锥形瓶中加入足量甲醛溶液，用移液管加入20.00mL 1.000mol·L-1NaOH溶液。 步骤Ⅳ：滴加1～2滴酚酞，用1.000mol·L-1盐酸标准液平行滴定三次，平均消耗标准液11.00mL。 已知：4NH4++6HCHO=[(CH2)6N4H]++3H++6H2O；[(CH2)6N4H]++OH-=(CH2)6N4+H2O ①用盐酸标准溶液滴定时，加入最后半滴的具体操作为__________。 ②产品中H2NCOONH4的物质的量分数为__________。 ③下列实验操作可能导致测定结果偏低的是__________(填标号)。 A．滴定时未用盐酸标准溶液润洗滴定管                 B．读数时，滴定前平视，滴定后仰视 C．滴定时振荡锥形瓶，部分液体溅出 解题妙招 涉及气体的无机物制备实验流程 【变式1】【变载体—清洗灵】(2026·重庆南开高三模拟)“消洗灵”主要成分为3Na3PO4·NaClO·5H2O(摩尔质量为656.5g/mol)，其具有与“84消毒液”相似功效。某兴趣小组在实验室用下图装置模拟制备“消洗灵”(夹持装置略)。 回答下列问题： (1)实验之前需要连接好装置，导管接口正确连接顺序是a→________；连接好装置后，还需检查________，再开始实验。装置D中的试剂为________。 (2)实验开始后， ①先打开仪器X的活塞及活塞K，得到NaClO和NaOH混合溶液；此时装置C若不采用冰水浴会导致产品产率降低，原因是_______________________________。 ②关闭仪器X的活塞及活塞K，打开装置C中分液漏斗的活塞；一段时间后，将装置C中所得溶液经“一系列操作”，得到粗产品。写出此步骤发生反应的化学方程式________________________(参与反应的Na3PO4与Na2HPO4的物质的量之比为1：2)；“一系列操作”包括________________、洗涤、低温干燥。 (3)“消洗灵”在空气中对镁合金消毒，磷酸钠溶液使镁合金表面形成含有Mg3(PO4)2·Mg(OH)2的保护层，补全该反应的化学方程式：____________________________________。 Mg+Na3PO4+O2+_____ _=Mg3(PO4)2·Mg(OH)2+______________ (4)利用滴定法测定产品3Na3PO4·NaClO·5H2O的纯度，实验方案如下： ①取3.0g产品试样配成250mL溶液； ②量取50.00mL待测液于锥形瓶中，加入硫酸溶液和过量KI溶液，暗处静置3min； ③滴加2～3滴淀粉溶液，用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2S2O32-=S4O62-+2I- 。平行滴定三次，平均消耗16.00mL标准溶液，则产品的纯度为________%(保留1位小数)。 【变式2】【新情境—无水氯化锌】(2026·湖南长沙高三联考)无水氯化锌是部分有机反应的催化剂。以碱式氯化锌[ZnCl2·4Zn(OH)2·H2O]样品为原料，采用图示装置可制备少量无水ZnCl2(部分夹持装置省略)。 其实验过程及操作方法如下： ①通入N2：称取一定量的碱式氯化锌加入瓷舟中，调整三通阀(i)，向装置体系中通入N2，使管式炉中充满N2。 ②制备HCl：调整三通阀(ii)，向三颈烧瓶中滴入浓硫酸，微热，使HCl通入管式炉中。 ③调整反应温度：调整管式炉Ⅰ温度为150℃，碱式氯化锌与HCl开始反应，一段时间后再调整管式炉Ⅰ温度为550∼800℃，持续一段时间。 ④测定产品纯度：在N2的保护下，于管式炉Ⅱ的硬质玻璃管内壁称取mg样品，用蒸馏水溶解，调pH后加入指示剂，用c mol·L-1的EDTA(乙二胺四乙酸，简写为H4Y)标准溶液滴定至终点，根据数据记录测定产品纯度。 回答下列问题： (1)装置乙中盛装的试剂是________(填试剂名称)；装置戊的作用是_____________。 (2)实验过程①②中须调整三通阀，调整三通阀(ii)的位置为________(填标号)。 a.     b.     c.    d. (3)管式炉中发生的总反应方程式为__________________，步骤③中调整管式炉Ⅰ温度为550∼800℃的目的是__________________。 (4)图示实验装置中存在1处设计缺陷，指出该设计缺陷：__________________。 (5)已知滴定反应的离子方程式为Zn2++Y4-=ZnY2-，ZnY2-的结构如下图所示，其中原子的杂化方式为________杂化。 滴定次序 1 2 3 4 消耗标准液体积/mL 19.97 20.03 18.95 20.00 步骤④中平行测定四次，四次滴定消耗EDTA标准溶液的体积如上表所示。则该制备实验所得产品的纯度为________%(用含c、m的式子表示)。 【变式3】【变情景—二氧化氯】(2026·黑龙江哈尔滨高三期中)二氧化氯(ClO2)是目前国际上公认的第四代高效、无毒的广谱消毒剂，用如图所示装置(夹持装置已省略)制备、吸收、释放，并探究其性质。(已知Cl2 +2NaClO2= 2NaCl+2ClO2，实验室可用稳定剂吸收，生成NaClO2，使用时加酸只释放出ClO2一种气体) 已知：①ClO2沸点为9.9℃，可溶于水，浓度较高时易发生爆炸； ②NaClO2饱和溶液低于38℃时析出NaClO2·3H2O，高于38℃时析出NaClO2，高于60℃时NaClO2分解为NaClO3和NaCl。 回答下列问题： (1)装置A盛放NaClO3溶液的仪器名称是 ；仪器b的作用是 。 (2)按图组装好仪器后，首先应该进行的操作是 ，实验过程中需持续通入一定量的氮气，其目的是将装置A产生的气体赶入吸收装置被充分吸收，以及 。 (3)打开仪器a的活塞，装置A中发生反应，生成ClO2、Cl2、NaCl等，写出装置A中发生反应的化学方程式： 。 (4)向装置C中滴加稀盐酸，反应剧烈，若将稀盐酸换成等pH的硫酸，开始反应缓慢，稍后一段时间产生气体速率迅速加快，产生气体速率迅速加快的原因可能是 。 (5)装置F的作用是制备NaClO2，装置F中NaOH溶液的作用有两个，其一是用作反应物，其二是 ，从装置F广口瓶内的溶液中获得NaClO2的操作步骤是蒸发浓缩、 、洗涤、干燥。 考向2 考查固体类无机物的制备实验 例2．(2026·浙江大学附属中学高三模拟考试)甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe]，是一种新型的铁营养强化剂，广泛用于缺铁性贫血的预防和治疗。某学习小组模拟其合成方法如下：    已知：①甘氨酸、甘氨酸亚铁易溶于水，微溶于乙醇、丙酮等有机溶剂 ②异抗坏血酸易溶于水和乙醇、丙酮，有弱酸性和强还原性 ③不同铁盐在有机溶剂中的溶解度如下表所示： 铁盐 乙醇的体积分数/% 丙酮的体积分数/% 100 90 80 70 60 50 40 100 90 80 70 60 50 40 FeSO4·7H2O - - - - - - - + - - - - - - - - + - FeCl2·4H2O + + + + + + + + + + + + + + - - - - - - - + - 注：- -为不溶解；-为溶解不明显；+ -为溶解明显，+ +为全部溶解 请回答： (1)如图所示合成装置中仪器b的名称是___________。 (2)流程中的亚铁盐和有机溶剂A应选择___________。 A．FeSO4·7H2O  乙醇 B．FeSO4·7H2O  丙酮 C．FeCl2·4H2O  乙醇 D．FeCl2·4H2O  丙酮 (3)合成过程中，本实验为了防止Fe2+被氧化，采取的措施除通入N2，还有___________。 (4)步骤Ⅱ生成甘氨酸亚铁络合物的离子方程式___________。 (5)下列说法正确的是___________。 A．滴入液体前，应先打开滴液漏斗a的上口玻璃塞 B．步骤Ⅱ应采用水浴加热 C．步骤Ⅲ中的分离方法是过滤 D．步骤Ⅲ加入有机溶剂A的目的是降低甘氨酸亚铁在水中的溶解度，促使其结晶析出，同时除去杂质 (6)合成过程需控制pH=5.5，试说明理由___________。 (7)产品分析： ①用酸性高锰酸钾溶液滴定法测定产品甘氨酸亚铁的含量，进而计算产品甘氨酸亚铁的纯度，测定结果产品纯度总是大于100%，试分析主要原因可能是___________(滴定过程各项操作均正确) ②经查阅文献后，改用硫酸铈溶液滴定。称取5.000 g产品加酸溶解，用容量瓶配成250 mL溶液，移取25.00 mL于锥形瓶中，用0.1000 mol/L硫酸铈溶液滴定至终点。平行测定三次，平均消耗硫酸铈标准滴定溶液20.00 mL，计算产品中(H2NCH2COO)2Fe的纯度为___________。(每1 mL 0.1000 mol/L硫酸铈溶液相当于20.40 mg甘氨酸亚铁) 解题妙招 固体无机物制备实验建模 ——“原料→反应→粗品→纯品” 四步流程 1． 原料预处理(基础：为反应做准备)：让原料更易参与反应，常见操作及目的如下： (1)粉碎 / 研磨：增大原料接触面积，加快反应速率(如制备 CaCO3时粉碎石灰石)。 (2)溶解 / 酸浸 / 碱溶：将固体原料转化为溶液中的离子(如用稀硫酸溶解废铁屑制备 FeSO4)。 (3)除杂预处理：去除原料中的杂质(如用 NaOH 溶液除去铝土矿中的 SiO2，再制备 Al (OH)3)。 2．核心反应(关键：生成目标固体)：通过控制反应条件，确保生成目标固体，避免杂质或副产物。 (1)明确反应原理：写出制备反应的化学 / 离子方程式，判断反应类型(如复分解、氧化还原)。 (2)控制关键条件 ①防氧化：如制备 Fe (OH)2时，需 “液封(加苯覆盖液面)” 或 “用不含 O2的蒸馏水配制溶液”，防止 Fe2+被氧化。 ②防水解：如制备 AlCl3晶体时，需在 “HCl 气流中蒸发”，抑制 Al3+水解(避免生成 Al (OH)3)。 ③控温度 /pH：如制备 CuSO4・5H2O 时，“蒸发浓缩至表面出现晶膜” 即可停止加热(防晶体失水)；制备 Al (OH)3时，“调节 pH 至 5 左右”(使 Al3+完全沉淀，而其他离子不沉淀)。 3．粗品分离(核心：获取初步固体)：从反应体系中分离出目标固体粗品，常见操作对应场景如下： (1)过滤：分离溶液中的固体(如制备 Fe (OH)2后，过滤得到沉淀粗品)。 (2)蒸发结晶：适用于溶解度随温度变化小的固体(如从 NaCl 溶液中制备 NaCl 固体)。 (3)冷却结晶：适用于溶解度随温度变化大的固体(如从 KNO3溶液中制备 KNO3固体，或制备 CuSO4・5H2O)。 7.纯品提纯(收尾：提高固体纯度)：去除粗品中的杂质，常见操作及目的： (1)洗涤：用合适试剂冲洗固体，除去表面吸附的杂质(如洗涤 AgCl 沉淀用 “蒸馏水”，洗涤 BaCO3沉淀用 “稀Na2CO3溶液”，防止沉淀溶解)。 (2)烘干/灼烧：除去固体中的结晶水或挥发性杂质(如将 Al (OH)3沉淀灼烧至恒重，得到 Al2O3)。 【变式1】【新情景—绿矾】绿矾(FeSO4·7H2O)是自然界存在的一种矿石，翠绿如宝石，很早就引起人们的重视。 材料一  《唐本草》和《天工开物》等古籍都记载中国很早就能焙烧绿矾制备铁红(主要成分是Fe2O3)。铁红颜色鲜艳，稳定无毒，是中国传统红色颜料的重要着色剂。 材料二  公元8世纪，阿拉伯炼金家查比尔曾提出，把绿矾焙烧可以蒸馏出“矾精”，它具有比较大的溶解力。绿矾焙烧是一种生产硫酸的古老方法。 (1)某研究性学习小组用如图所示试验装置对绿矾的焙烧反应进行探究。 ①实验过程中，装置A玻管中可观察到的实验现象是 。 ②装置C的作用是 。 ③该小组学生设计如下实验方案验证“矾精”是硫酸溶液：取U形管中的溶液少许于试管中，滴入 (填试剂名称)，溶液呈红色，说明“矾精”中含有H＋；检验“矾精”中含有SO42-的方法是 。 (2)某工厂计划用绿矾焙烧工艺生产高纯度铁红(Fe2O3)160kg，计算理论上所需绿矾的质量，写出计算过程。 。 【变式2】【变载体—磷酸锌】(2026·浙江杭州十四中选考考前模拟)磷酸锌[Zn3(PO4)2，相对分子质量为385]是钢铁、冶金工业中重要的防锈颜料，是一种白色结晶性粉末，其溶解度随温度升高而减小，实验室采用“氨-碳酸铵浸取法”制备磷酸锌的实验步骤如下： 步骤一：分别配制的(NH4)2CO3溶液和的氨水，并将二者以体积比为1：3混合。 步骤二：在下，用足量的(NH4)2CO3、氨水混合液浸取粗ZnO(杂质难溶，且不参与反应)，装置如图甲，浸取后，过滤除去杂质得到[Zn(NH3)4]CO3溶液。 步骤三：向[Zn(NH3)4]CO3溶液中分批滴加稍过量的H3PO4溶液，保持、回流条件下发生转化反应，装置如图乙，充分反应后，趁热过滤出Zn3(PO4)2∙4H2O，将所得晶体加热得到Zn3(PO4)2。 回答下列问题： (1)仪器A的名称为_______；仪器E中试剂的作用是吸收氨气，则该试剂应选择_______(填标号)。 a．生石灰    b．碱石灰    c．浓硫酸    d．五氧化二磷 (2)下列关于该实验的说法正确的是_______。 A．上图甲装置中有2处错误 B．步骤I中配制(NH3)2CO3溶液时，最好选用规格为的量筒量取蒸馏水。 C．步骤Ⅱ中 “浸取”过程中发生反应 D．步骤Ⅲ充分反应后经过滤、洗涤、干燥得，选择用冷水洗涤沉淀 (3)步骤二中“浸取”粗ZnO时，不采取更高温度的原因是_______。 (4)步骤三中“趁热过滤”的原因是_______；转化反应的主反应除生成 Zn3(PO4)2∙4H2O外，还生成一种磷酸正盐和一种温室气体，则该主反应的化学方程式为_______。 (5)本实验中使用27.0g质量分数为90%的粗ZnO，最终得到30.8g Zn3(PO4)2，则该实验中Zn3(PO4)2的产率为_______。 【变式2】【新情境—硫酸亚铁铵】(2026·浙江第二届NBchem高考模拟考试第二次联考)NBchem实验小组进行“硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]的制备”，流程如下： 物质\溶解度(g)\温度(℃) 10 20 30 40 50 70 (NH4)2SO4 73 75.4 78 81 84.5 91.9 FeSO4·7H2O 40 48 60 73.3 — — (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O 18.1 21.2 24.5 27.9 31.3 38.5 提示：①复盐通常比其组成的简单盐具有更高的晶格能，且晶体结构往往更为致密； ②晶体中Fe2+被水分子包围形成的配离子是[Fe(H2O)6]2+； ③抽滤相比普通过滤拥有更快的过滤速度 (1)装置2的名称是______。 (2)步骤Ⅱ将原有固液混合物分为黑色泥状物和绿色溶液，需要保留并在装置2中加入的为______，步骤Ⅳ是结晶的过程，具体操作有______。 (3)下列说法中正确的是______。 A．步骤Ⅰ应在通风橱中进行 B．步骤Ⅱ选用抽滤的原因是加快过滤速度，防止Fe2+氧化 C．对装置2加热可以不通过陶土网(石棉网) D．步骤Ⅲ调pH应确保调节后pH处于碱性范围 (4)硫酸亚铁铵晶体中的亚铁离子比普通硫酸亚铁晶体更______(选填“难”，“易”)氧化，原因是______(可从分子间作用力/晶体结构等角度入手)。 (5)小组成员最终称得硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]的质量为9.8g，则本实验中产品的产率是______。 考点二 常见有机物的制备 知●识●解●构 知识点1 有机物制备实验的思路 知识点2 认识常考有机物制备仪器 1．三颈烧瓶：又称三口烧瓶，用作____________________________的反应容器。三颈圆底烧瓶是一种常用的化学玻璃仪器，在有机化学实验中被广泛使用。三颈圆底烧瓶通常具有圆肚细颈的外观。它有三个口，可以同时加入多种反应物，或是加装冷凝管。它的窄口是用来防止溶液溅出或是减少溶液的蒸发，并可配合橡皮塞的使用，来连接其它的玻璃器材。 2．滴液漏斗：滴液漏斗是一种便于______________，并且在添加液体时不会有气体_______，可以通过控制滴液的速率来控制______________的漏斗，也可装在反应装置上，作滴加料液之用。 3．球形分液漏斗和梨形分液漏斗：球形分液漏斗为球形，颈较长，多用于_____________________，控制_____________________的大小；梨形分液漏斗为梨形，颈比较短，常用做______________的仪器，对萃取后形成的互不相溶的两液体进行分液，使用过程：检漏→加液→振摇→静置→分液→洗涤。 4．直形冷凝管和球形冷凝管：直形冷凝管一般是用于_______，即在用蒸馏法分离物质时使用。球形冷凝管一般用于反应装置，即在反应时考虑到反应物的蒸发流失而用球形冷凝管冷凝回流，使反应更彻底。 5.b形管：b型管为化学中测量______________时用的玻璃仪器，形状如一个b字，配合熔点管使用。将样品装于熔点管后，用橡皮筋与温度计绑于一起，穿过带孔的软木塞，放入b型，熔点管的有样品部分和温度计水银球置于环状部位的左侧，加热环状部位的右侧，进行热浴。b型管中可装液体石蜡等，测量时要将b型管装满管中的环状部分。 6.索氏提取器：索氏提取器是由提取瓶、提取管、冷凝器三部分组成的，提取管两侧分别有虹吸管和连接管，各部分连接处要严密不能漏气。提取时，将待测样品包在脱脂滤纸包内，放入_______内。萃取前先将固体物质_______，以增加固液接触的面积。然后，将固体物质放在滤纸包内，置于提取器中，提取器的下端与盛有浸出溶剂的圆底烧瓶相连，上面接回流冷凝管。加热圆底烧瓶，使溶剂沸腾，蒸气通过连接管上升，进入到冷凝管中，被冷凝后滴入提取器中，溶剂和固体接触进行萃取，当提取器中溶剂液面达到虹吸管的最高处时，含有萃取物的溶剂虹吸回到烧瓶，因而萃取出一部分物质。然后圆底烧瓶中的浸出溶剂继续蒸发、冷凝、浸出、回流，如此重复，使固体物质不断为纯的浸出溶剂所萃取，将萃取出的物质富集在烧瓶中。 液—固萃取是利用溶剂对固体混合物中所需成分的溶解度大，对杂质的溶解度小来达到提取分离的目的。 7.玻璃液封管：指的是使1和4的气压与_______保持一致。当1和4中的压力大于大气压时，会通过玻璃液封管排出气体。当1和4中的气压小于大气压时，玻璃液封管会倒吸3中的液体，从而平衡1和4的压力使之与大气压相等。 8.凯氏定氮仪：凯氏定氮仪是根据蛋白质中氮的含量恒定的原理，通过测定样品中_______从而计算蛋白质含量的仪器。因其蛋白质含量测量计算的方法叫做凯氏定氮法，故被称为凯氏定氮仪，又名定氮仪、蛋白质测定仪、粗蛋白测定仪。 9.水蒸气蒸馏：水蒸气蒸馏法是指将含有______________的植物材料与水共蒸馏，使挥发性成分随水蒸气一并馏出，经冷凝分取挥发性成分的浸提方法。该法适用于具有挥发性、能随水蒸气蒸馏而不被破坏、在水中稳定且难溶或不溶于水的植物活性成分的提取。 知识点3 明确有机制备实验中的常考问题 1．有机物易挥发，因此在反应中通常采用冷凝回流装置，以减少有机物的挥发，提高原料的利用率和产物的产率。 2．有机反应通常都是可逆反应，且易发生副反应，因此常使某种价格较低的反应物过量，以提高另一反应物的转化率和产物的产率，同时在实验中需要控制反应条件，以减少副反应的发生。 3．根据产品与杂质的性质特点选择合适的分离提纯方法，如蒸馏、分液等。 4．温度计水银球的位置：若要控制反应温度，则应插入反应液中；若要收集某温度下的馏分，则应放在蒸馏烧瓶支管口处。 5.冷凝管的选择：球形冷凝管只能用于冷凝回流，直形冷凝管既能用于冷凝回流，又能用于冷凝收集馏分。 6.冷凝管的进出水方向：下进上出。 7.加热方法的选择 ①酒精灯加热。需要温度不太高的实验都可用酒精灯加热。 ②水浴加热。水浴加热的温度不超过100℃。 8.防暴沸：加碎瓷片或沸石，防止溶液暴沸，若开始忘加，需冷却后补加。 9.产率计算公式 产率＝×100% 知识点4 几种常见有机物的制备 1．实验室制乙酸乙酯 实验装置 实验原理 实验用品 乙酸、乙醇、浓硫酸、饱和碳酸钠溶液；酒精灯、大试管、长导管、铁架台。 实验步骤 在一支试管中加入 3mL 乙醇，然后边振荡试管边慢慢加入 2mL 浓硫酸和 2mL 乙酸；按图连接好装置，用酒精灯缓慢加热，将产生的蒸气经导管通到饱和碳酸钠溶液的液面上，观察现象。 实验现象 在饱和碳酸钠溶液的上方有透明的油状液体产生，并可闻到香味。 实验结论 在浓硫酸存在、加热的条件下，乙酸和乙醇发生酯化反应，生成无色、透明、不溶于水，且有香味的乙酸乙酯。 实验说明 ①盛反应液的试管向上倾斜 45°，以增大试管的受热面积。 ②导气管末端不能浸入饱和Na2CO3溶液中是防止受热不均发生倒吸；实验中导管要长，起导气、冷凝回流挥发的乙醇和乙酸的作用。 ③饱和Na2CO3(aq)的作用是：吸收未反应的乙醇和乙酸；降低乙酸乙酯的溶解度，有利于分层。 ④乙酸酯化反应的条件及其作用：加热，主要目的是提高反应速率，其次是使生成的乙酸乙酯挥发，提高乙醇、乙酸的转化率且利于收集产物；用浓硫酸作催化剂，提高反应速率；用浓硫酸做吸水剂，使化学平衡右移，提高乙醇、乙酸的转化率；使用过量乙醇，提高乙酸转化为酯的产率。 2．实验室制硝基苯 实验装置 实验原理 实验用品 苯、浓硝酸、浓硫酸、蒸馏水；大试管、温度计、烧杯、单孔塞、长玻璃管、酒精灯、铁架台。 实验步骤 ①配制一定比例的浓硝酸和浓硫酸的混合酸，具体做法是：向大试管中先加入一定量浓硝酸，在摇动条件下将一定量的硫酸缓慢加入浓硝酸中，并不断搅拌。 ②向室温下的盛有混合酸的大试管中逐滴加入一定量的苯，充分振荡，混合均匀。 ③在 50～60℃下发生反应，直至反应结束。 实验现象 把反应后的液体倒入盛有冷水的烧杯里，烧杯底部有黄色不溶于水的油状液体生成。 实验说明 ①实验装置中有一根长玻璃管，兼有导气和冷凝回流减少苯的挥发的作用。 ②为了减少温度高于 60℃时会产生较多的副产物二硝基苯，该实验采用水浴加热，控制温度在 50～ 60℃，这样试管受热均匀且温度容易控制。 ③粗硝基苯中含硝酸、硫酸、苯等杂质，先水洗除去硝酸、硫酸；再用碱洗除去过量的酸及硝酸分解产生的 NO2；再水洗除去过量的碱及生成的 NaNO3 等，再用无水氯化钙干燥除去水分，过滤，蒸馏滤液可得到硝基苯。 3．实验室制溴苯 实验装置 实验原理 实验用品 苯、铁屑、液溴、水、AgNO3 溶液；圆底烧瓶、导管、锥形瓶、铁架台。 实验步骤 将苯和少量液溴放入烧瓶中，同时加入少量铁屑作催化剂，用带导管的塞子塞紧。观察实验现象。 实验现象 ①常温下，整个烧瓶内充满红棕色气体，在导管口有白雾(HBr遇水蒸气形成)。 ②反应完毕后，向锥形瓶中滴加AgNO3 溶液，有淡黄色的AgBr沉淀生成。 ③把烧瓶里的液体倒入盛有冷水的烧杯里，烧杯底部有褐色不溶于水的液体生成。 实验说明 ①反应物要用纯液溴，苯与溴水不反应。 ②实验中导管要长，起导气、冷凝回流的作用；锥形瓶中导管不能插入液面以下(HBr 极易溶于水，防止倒吸)。 ③粗溴苯中含溴、FeBr3、HBr、苯等杂质，先水洗除去 FeBr3 和 HBr；再用碱洗除去溴及未除净的HBr，再水洗除去过量的碱和生成的 NaBr、NaBrO 等，再用无水氯化钙干燥除去水分，过滤，蒸馏滤液可得到溴苯。 4．阿司匹林的合成实验步骤 (1)向150 mL干燥锥形瓶中加入2 g水杨酸、5 mL乙酸酐和5滴浓硫酸，振荡，待其溶解后，用水浴加热5～10 min。然后冷却，即有乙酰水杨酸晶体析出。 (2)减压过滤，抽滤时用少量冷水洗涤晶体几次，继续抽滤，尽量将溶剂抽干。 (3)将粗产品置于100 mL烧杯中，搅拌并缓慢加入25 mL饱和碳酸氢钠溶液，充分作用后过滤，滤液中加入15 mL 4 mol·L-1盐酸，将烧杯置于冷水中冷却，即有晶体析出。抽滤，用冷水洗涤晶体1～2次，再抽干水分，即得产品。 考●向●破●译 考向 考查有机物的制备、提纯与计算 例1(2026·湖南长沙高三模拟)治疗渐冻症的药物依达拉奉(Mr=174)是一种白色结晶粉末，微溶于水，能溶于乙醇等有机溶剂，且溶解度随温度升高而增大。工业上可通过两条途径制备依达拉奉，制备原理和方法如下(已知：苯肼微溶于水，有毒，有挥发性)： 途径一：一步法，制备装置如图1所示(夹持和加热装置略)。 将21.6g(0.20mol)苯肼和60mL无水乙醇加入A中，加热至60℃。搅拌下，经缓缓滴入26.0g(0.20mol)乙酰乙酸乙酯。滴完后，在60℃恒温下回流4h。冷却后抽滤，得黄色晶体，经进一步纯化，得白色晶体21.6g。 途径二：两步法(连续合成法)，反应流程如图2所示。计量泵可以控制进料的流速，反应器内的小孔径微型管道具有更高的传热效率。 将苯肼和乙酰乙酸乙酯分别配成乙醇溶液，以一定流速注入反应器1，控制温度为25℃，生成关键中间体。随后将混合溶液预热至60℃，引入反应器2，同时注入较高浓度的NaOH水溶液，控制温度为60℃，进行环化缩合。将反应后的混合溶液用盐酸调pH至中性，大量析出白色晶体，过滤、烘干，得到高纯度的依达拉奉产品。 回答下列问题： (1)仪器B的名称是___________，反应结束时，应先停止___________(填“加热”或“通冷凝水”)。 (2)实验中处理苯肼的正确操作是___________(填标号)。 A．在通风橱中配制苯肼溶液 B．佩戴护目镜和橡胶手套 C．若苯肼不慎沾到皮肤上，应立即用水冲洗 D．将未用完的苯肼敞口放置 (3)“进一步纯化”涉及的分离提纯方法的名称是___________。 (4)途径一中依达拉奉的产率为___________%(保留一位小数)。 (5)途径二中，“环化缩合”的化学方程式为___________。 (6)控制反应器1中温度低于60℃的目的是___________ (7)实验中使用的NaOH水溶液浓度不宜过低，结合产物性质和途径二的装置特点，你认为可能的原因是___________。 解题妙招 “有机物制备实验流程 【变式1】【变载体】(2026·贵州铜仁高三联考)叔戊醇可用于合成液晶材料、农药、香料等。一种通过格氏反应制备并提纯叔戊醇的方法如下： Ⅰ．如图安装装置(夹持仪器未画出)，在三颈烧瓶中加入1.8 g镁屑，在恒压滴液漏斗中加入5 mL溴乙烷和15 mL无水乙醚，混匀。搅拌下慢慢滴加混合液，滴加完毕后，温热回流30 min。 Ⅱ．将三颈烧瓶置于冰水浴中，搅拌下缓慢滴入10 mL丙酮和5 mL无水乙醚混合液，滴加完毕后，在室温下搅拌15 min，再滴加30 mL 20%硫酸溶液。 Ⅲ．粗产品转移至分液漏斗静置、分液，水层用无水乙醚萃取2次，合并醚层，用无水硫酸钠干燥，再经一系列分离提纯操作后，得叔戊醇2.6 g。 已知：①无水乙醚易挥发，易燃，难溶于水； ②格氏试剂(RMgX)极易水解，易与R′X发生反应生成R-R′(R为烷基，X为卤素原子)； ③相关物质的物理常数如表所示。 名称 乙醚 CH3CH2Br 丙酮 叔戊醇 相对分子质量 74 109 58 88 沸点(℃) 34.5 38.4 56.2 102.5 密度(g/cm3) 0.71 1.30 0.80 - 回答下列问题： (1)下列与上述流程中实验操作无关的图标标识是______(填标号)。 A．护目镜B．锐器 C．明火 D．排风 (2)实验装置存在缺陷，应在球形冷凝管上方再连接一个装置，其作用是________。 (3)步骤Ⅰ，用镁屑而不用镁粉的原因是________(任答一点)，混合液滴加速度不宜过快，防止发生反应________(用化学方程式表示)。 (4)格氏试剂与羰基的反应广泛用于构建C－C键。判断下列有机物中碳原子的带电情况：CH3CH2MgBr中C-Mg________；CH3COCH3中的C=O________(选填“”或“”)。 (5)步骤Ⅲ，一系列分离提纯操作为________、________。 (6)本实验的产率为________(保留2位有效数字)，若没有进行步骤Ⅲ中下划线操作，会导致产率________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。 【变式2】【变情景—制备对甲基苯甲酸】(2026·浙江宁波市慈溪中学等校高三二模)某实验小组采用如下两种方案实现了对甲基苯甲酸的绿色制备。 方案Ⅰ：光催化技术是利用太阳能驱动化学反应的前沿方向。某课题组采用光催化水产生羟基自由基()而启动反应，再利用将对二甲苯选择性氧化为对甲基苯甲酸。 反应原理： (1)反应中采用“乙腈-水混合溶液”的原因______。 方案Ⅱ：向反应管中加入一定量的对甲基苯甲醛和10 mL丙酮，光照，连续通入空气监测反应进程。得到混合溶液A，后续操作如下：     产率测定：系列操作下得到的数据如下： 反应时间/h 1 2 3 4 6 8 10 12 对甲基苯甲酸产率/% 18 38 58 75 85 78 70 65 (2)上述流程中的一系列操作为：分液、洗涤、干燥、过滤、蒸馏。其中干燥步骤中可选用的最佳干燥剂为______。 A．浓硫酸 B．无水Na2CO3 C．NaOH固体 D．无水Na2SO4 (3)根据反应液的核磁共振氢谱(已去除溶剂H的吸收峰，谱图中无羧基H的吸收峰)监测反应进程如图。反应5h时，可判断对甲基苯甲醛几乎完全转化的理由______；根据不同时间测得：对甲基苯甲酸的产率先升高后下降，下降的原因可能是______。 (4)下列说法不正确的是______。 A．若用过量的KMnO4代替空气作氧化剂，会产生副产物对苯二甲酸 B．加入丙酮的作用是作溶剂，增大反应物在水中的溶解度，加快反应速率 C．两次乙酸乙酯的作用都是提取目标产物 D．对甲基苯甲酸的熔点高于对甲基苯甲醛是因为前者存在分子间氢键 (5)用同位素示踪法确定产物羧基O的来源。为保证18O2气氛，通18O2前，需先使用“循环冷冻脱气法”排出装置中(空气中和溶剂中)的16O2，操作顺序为：①→②→______(填标号)，重复后四步操作数次。 【变式3】【变情景—制备味精】(2026·吉林白山开学考试)我国化工专家吴蕴初对研制生产味精等作出了卓越贡献。某研究小组模拟以淀粉为原料制备味精的实验流程为： 已知：①谷氨酸在酸性较强的条件下的存在形式为：，其-羧基：，-羧基：；的，。 ②谷氨酸在不同pH存在形式如下： 请回答： (1)步骤Ⅰ中试剂A可选用___________(写一种 (2)的小于的原因是___________。 (3)谷氨酸溶解度()随pH变化，谷氨酸单钠盐溶解度随温度变化如下图所示： 下列说法正确的是___________。 A．图1干燥管内B只能选用酸性物质 B．步骤Ⅱ加盐酸调节至pH=3.22时有利于析出谷氨酸 C．沿M→N→E→P操作可获得较大颗粒的结晶味精 D．通过X射线衍射实验不能区别L、D构型谷氨酸单钠盐(二者互为手性异构体) (4)写出步骤Ⅲ生成味精的反应方程式___________。 (5)步骤Ⅲ，获得味精的所有操作如下：③→___________→②→结晶→过滤、洗涤→干燥(填序号)。 ①加纯碱  ②过滤  ③加谷氨酸  ④除杂质并用活性炭脱色  ⑤控制pH=6.96，搅拌均匀 (6)味精中谷氨酸单钠(，)含量测定。 原理： 过程：称取试样0.15 g于锥形瓶内，加甲酸3 mL，搅拌，直至完全溶解，再加乙酸30 mL、α--萘酚苯基甲醇-乙酸指示液(酸碱指示剂)10滴，用cmol·L-1的高氯酸滴定，当滴入最后半滴时溶液变绿色即为滴定终点，记录消耗高氯酸标准滴定溶液的体积(V1mL)。同时做空白试验，记录消耗高氯酸标准滴定溶液的体积(V0mL)。则： ①甲酸和乙酸的作用是___________。 ②味精中谷氨酸单钠的质量分数是___________(用含c、V1、V0的式子表示)。 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．(2026·北京卷，8，3分)下列物质的制备实验中，选用的试剂和反应条件均正确的是( ) 物质 试剂 反应条件 A SO2 Cu和浓硫酸 常温 B NH3 NH4Cl固体 加热 C 银氨溶液 AgNO3溶液和氨水 常温 D Cl2 MnO2固体和稀盐酸 加热 2．(2026·重庆卷，9，3分)氯化钇(YCl3)是制备某特种合金的前驱体。为实现资源的有效利用，制备YCl3时，生成的NH3可用于制备硝酸，其实验装置如图所示。 反应1   6NH4Cl＋Y2O32YCl3＋6NH3↑＋3H2O 反应2   4NH3＋5O24NO＋6H2O 下列叙述错误的是( ) A．a中可填充碱石灰 B．b中气体变为无色时反应2已结束 C．c中盛水可得到硝酸 D．反应结束时先停止通气后停止加热 3．(2026·湖南卷，10，3分)实验室用苯和苯甲酰氯在AlCl3催化下制备二苯甲酮的简易装置如图所示。 已知：① ②苯甲酰氯易水解。 下列说法错误的是( ) A．装置中冷凝器的进水口为b B．c中可装入无水氯化钙 C．实验结束时，应先停止加热再移出漏斗 D．HCl的持续逸出可促进反应正向进行 4．(2026·湖北卷，12，3分)天然活性成分黄酮醇的制备过程与实验装置如下(部分装置略)： 在N2氛围中，依次向烧瓶中加入固体NaOH、甲醇和邻羟基苯乙酮，搅拌下滴加苯甲醛，加热回流，得到Ⅰ。冷却至10℃，向反应液中加入H2O2和NaOH混合溶液，继续搅拌得到Ⅱ，产率为74%。若Ⅰ分离后再与H2O2和NaOH混合溶液反应，Ⅱ的产率为20%。下列说法正确的是( ) A．装置a为球形冷凝管，2为进水口 B．N2氛围主要防止水蒸气的影响 C．甲醇对Ⅰ→Ⅱ反应的产率有显著影响 D．Ⅱ分子内羟基氧原子来自NaOH和H2O2 5．(2026·河北卷，15)某兴趣小组探究NH4Br的制备。(实验均在通风橱内进行) 查阅资料：液溴(Br2)是生产溴化合物的基本原料。工业上利用Br2和氨水的氧化还原反应生产NH4Br 。实验室制备少量高纯度NH4Br 常用氨气和氢溴酸的中和反应。 方案Ⅰ：模拟工业生产方法制备NH4Br (夹持装置等略) 实验装置如图所示： 步骤如下： ⅰ  检查装置气密性。 ⅱ  将盛有65.0mL7.5mol·L-1 氨水的C置于冰水浴中，搅拌下由B向C缓慢滴加10.0 mL(32.0 g)Br2，反应快速进行，C中出现白烟，D中导管口有无色气泡冒出。滴加完毕后关闭K2，C中溶液呈橙黄色。 ⅲ  打开K1，向C中逐滴加入15.0mol·L-1氨水至反应完成，再继续滴加少量氨水。 ⅳ  将C和D中的溶液混合，转移至蒸发皿中，水浴加热蒸发、冷却结晶得粗品，进一步提纯得到无色产品29.4 g。 回答下列问题： (1)仪器B的名称为___________。 (2)步骤ⅰ中检查装置气密性的操作：________________________，微热C，若导管口有气泡冒出，停止加热，冷却后导管内上升一段水柱，并保持一段时间不下降，则证明装置气密性良好。 (3)步骤ⅱ中，制备NH4Br 的化学方程式为___________________________________。 (4)步骤ⅲ中，滴加氨水至溶液___________________时(填实验现象)，反应恰好完成。 (5)反应开始时，D中应盛放_________(单项选择，填序号)。 a．KMnO4 溶液     b．蒸馏水     c．稀盐酸 (6)步骤ⅳ中进一步提纯的方法为_________________________。 (7)NH4Br (M=98g/mol)的产率为_____。 方案Ⅱ：实验室方法制备NH4Br ⅰ  利用70%硫酸和Na2SO3固体反应制备SO2，再通入盛有Br2和碎冰的烧瓶中，反应后溶液经蒸馏、除杂、再蒸馏得到高纯度氢溴酸。 ⅱ  利用氨水加热制备氨气，经净化处理后的氨气缓慢通入氢溴酸中至碱性，停止通气。溶液转移至蒸发皿中，水浴加热蒸发、冷却结晶得高纯NH4Br 。 (8)对比两种制备方案，方案Ⅰ存在的优点和不足为___________________________________(优点和不足各答出1点即可)。 6．(2026·北京卷，19)实验小组制备高锰酸钾。 资料：i．K2MnO4为墨绿色固体，可溶于水，强碱性条件下稳定，一定条件下发生的歧化反应为3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-； ii．浓碱性条件下，MnO4-可被OH-还原为MnO42-。 iii．KMnO4的溶解度随温度升高而增大。 (1)制备KMnO4 步骤 实验 Ⅰ 制备K2MnO4：将0.015molKClO3、0.030molMnO2和0.080molKOK三种固体，在熔融状态下充分反应。得到墨绿色固体X。 Ⅱ 制备KMnO4：将X用水溶解后，滴加3mol·L-1CH3COOH至(pH=10(约20mL)，溶液由绿色变为紫红色，过滤。得到约100 mL紫红色溶液和棕黑色固体。 Ⅲ 提纯KMnO4：将Y转移至蒸发皿中，90℃水浴浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。得到紫红色固体Z。 ①补全Ⅰ中反应的化学方程式：__________。 □KClO3+□MnO2+□___________□KCl+□K2MnO4+□___________ ②Ⅱ中K2MnO4歧化的原因：随pH降低，MnO42-的还原性不变，氧化性__________。 ③取Ⅲ中少量Z溶解，得紫红色KMnO4溶液和少量棕黑色固体(检验为MnO2)。 (2)对Ⅲ中产生MnO2的原因进行分析和探究 ①甲认为CH3COO-将MnO4-还原，设计实验i验证：用含0.2mol·L-1KMnO4和0.6mol·L-1CH3COOK的溶液(pH=10)代替Y重复Ⅲ的操作，所得固体含MnO2。乙认为该现象不能证明CH3COO-还原了MnO4-，理由是___________________________________。 ②乙设计和实施了实验ii：用____________________代替Y重复Ⅲ的操作，所得固体不含MnO2，实验i和ii证实了甲的观点。 ③丙用0.15mol·L-1KCl代替CH3COOK重复实验i，证实Ⅲ中Cl-不能还原MnO4-。 实验优化 为提高产品纯度，改进Ⅲ的操作；将Y转移至蒸发皿中，90℃水浴浓缩，洗涤，干燥。 (3)测定KMnO4纯度并计算产率 按I中投料，经优化步骤制得产品，取1/4配制成250mL待测液。酸性条件下，用待测液滴定H2C2O4标准溶液，MnO4-被还原为Mn2+。测得c(KMnO4)=amol·L-1 。 ①滴定反应的离子方程式是__________________________________________________。(H2C2O4是二元弱酸) ②KMnO4的产率是____________________。[产率(实际产量/理论产量)×100%] 7．(2026·湖北卷，18)金属氯化物与三氟甲磺酸(CF3SO3H，Mr=150)的反应常用于制备无水金属三氟甲磺酸盐。某同学在实验室中按照如下流程制备无水Mg(CF3SO3)2，Mr=322。已知CF3SO3H是一种超强酸，沸点162℃，易溶于水、乙醚(沸点35℃)和氯仿(沸点62℃)。 回答下列问题： Ⅰ．按照上图组装仪器并检验装置的气密性，向烧瓶中加入MgCl2颗粒(1.9g，0.02mol)。 (1)仪器a的名称________。 Ⅱ．打开活塞，持续通入N2，流速调至每秒逸出2个气泡，缓慢滴加无水CF3SO3H(10mL，0.113mol)，升温至60℃，搅拌1h。 (2)滴加过程中，装置A中的固体逐渐溶解，装置B中的现象是________。反应完毕，取装置C中少量液体于试管中，滴加HNO3酸化的AgNO3溶液，产生的沉淀是________(填化学式)。 (3)装置A中发生反应的化学方程式为________。 Ⅲ．反应完毕，向反应液中加入无水乙醚，析出固体。过滤，用无水乙醚洗涤、干燥，得粗产物。 (4)查阅文献获知，乙醚与CF3SO3H混合时会剧烈放热。为了防止局部过热，加入乙醚时宜采取的措施有________(答一条即可)。 Ⅳ．粗产物提纯后，得到产品5.8g。 (5)向混有少量杂质的粗产物中加入氯仿，煮沸、过滤，除去杂质。煮沸的主要目的是________。 (6)该实验的产率为________%(保留一位小数)。 8．(2026·重庆卷，16)稀土配合物可作为有机电致发光器件的发光材料。某小组以二氧化铽(TbO2)为原料制备一种新型稀土配合物(TbZ3L2)，其实验装置如图所示(加热及夹持装置略)。 已知：吡唑啉酮衍生物(HZ，H为氢元素)和三苯基氧膦(L)是难溶于水的固体；相对分子质量：HZ 244   L 278。 (1)制备TbCl3 ①I中，仪器a的名称是_________；反应时有黄绿色气体生成，b中吸收该气体的试剂为_________。 ②常温下，生成易溶盐TbCl3的化学方程式为_________。 (2)制备TbZ3L2 ①Ⅱ中生成TbZ3L2的化学方程式为_________。 ②反应结束后，将反应液倒入Ⅲ中烧杯c，冷却至室温。加入蒸馏水立即析出大量沉淀，其原因是_________。 ③将烧杯c中沉淀经Ⅳ过滤，洗涤该沉淀的正确操作是_________。 A．用乙醇洗     B．先用乙醇后用蒸馏水洗 C．用蒸馏水洗     D．先用蒸馏水后用乙醇洗 (3)纯化 TbZ3L2粗产品经重结晶法提纯，除去的杂质有_________。为提高TbCl3利用率，若初始时TbCl3、NaOH、HZ和L的用量分别为n1、n2、n3和n4mol，最终得TbZ3L2产品wg，则产率为_________%(写最简表达式)。 9．(2026·云南卷，16)镍配合物是贵金属催化剂的重要替代品。某实验小组设计了一种制备Ni(Ⅱ)配合物的方法，原理如下： 已知：CH2Cl2有毒、易挥发，ρ=1.33g· cm-3。 实验步骤如下： Ⅰ．向双颈烧瓶中加入10 mL含Ni(NO3)2·6H2O(1 mmol)的乙醇溶液，通过仪器a逐滴加入3 mL含bpy(2 mmol)的乙醇溶液(装置如图，加热及夹持装置省略)，加热搅拌，冷却至室温。 Ⅱ．将上述溶液减压蒸除乙醇，加入20 mL CH2Cl2溶解，再加少量蒸馏水洗涤、分液。 Ⅲ．有机层经减压蒸除溶剂，加入15 mL乙醇和2 mmol NaBPh4(Ph为苯基)，产生沉淀。经过滤、洗涤、干燥得粗产品，进一步提纯后得紫色晶体(配合物Z，Mr=1009)m1g。 回答下列问题： (1)仪器a的名称为______。 (2)下列安全标识中，本实验不涉及的是______(填标号)。 A． B． C． D． (3)步骤Ⅱ中洗涤的目的为______，分液时CH2Cl2在______层(填“上”或“下”)。 (4)步骤Ⅲ中乙醇的作用为______。 (5)步骤Ⅲ中用______法提纯粗产品。 (6)配合物Z的产率为______(列出计算式即可)。 (7)测定配合物Z的晶体结构，下列方法可采用的是______(填标号)。 A．核磁共振氢谱法 B．质谱法 C．红外光谱法 D．X射线衍射法 (8)实验小组进一步探究不同投料比对Ni(Ⅱ)配合物结构的影响，以n(Ni2+)：n(bpy)=1：3进行投料，按上述制备方法得红色晶体。推测Ni2+的配位数为______。 10．(2026·黑吉辽蒙卷，17)某研究组采用如下方案实现了聚对苯二甲酸乙二酯()的快速降解，制备对苯二甲酸(Mr=166)。 反应式： 实验步骤： Ⅰ．向反应瓶中加入20mLH2O、10.0gNaOH、0.2g催化剂和磁搅拌子，搅拌并加热至135℃；随后加入10.0gPET，继续搅拌加热回流5min(回流温度138℃ )。 Ⅱ．反应混合物冷却后倒出，用150mL水稀释；过滤，滤渣用水洗涤，合并滤液；从体系中分离催化剂。 Ⅲ．用稀盐酸调节滤液pH，析出沉淀；过滤，沉淀用水洗涤，干燥得到8.2g固体。 已知：常温下，催化剂为油状物，难溶于水，易溶于CH2Cl2。 回答下列问题： (1)步骤Ⅰ实验装置搭建时应选择的玻璃仪器是_______(填标号)。 (2)步骤Ⅰ中降解反应的主要产物为乙二醇和____________(填结构简式)。 (3)步骤Ⅱ中滤渣用水洗涤的目的是______________________，催化剂可采用________法便捷分离。 (4)步骤Ⅲ中用水洗涤是为除去沉淀上残留的_______和______(填名称)。 (5)取0.0175g步骤Ⅲ所得固体与0.0168g标准品均三甲氧基苯(，Mr=168)混合；该混合物的核磁共振氢谱中，四种氢吸收峰(忽略杂质的氢吸收峰)的峰面积比为2：4：3：9，则所得固体中对苯二甲酸含量为_____%(精确至1%)。 (6)若采用题中方法降解PET和BPA-PC()的混合物，当进行步骤Ⅲ时，调节滤液pH可实现上述两种聚合物降解产物的分步析出。pH较大时，_______(填“PET”或“BPA-PC”)的降解产物析出。 2 / 3 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第03讲 常见物质的制备 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 考点精讲·靶向突破 拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 常见无机物的制备 知识解构 知识点1 气体制备实验的基本思路 ∣ 知识点2 常见气体的制备装置 知识点3 无机物制备实验的思路 ∣ 知识点4 无机制备实验的核心考点 考向破译 考向1 考查涉及无机气体类制备实验 ∣ 考向2 考查固体类无机物的制备实验 解题妙招1涉及气体的无机物制备实验流程 解题妙招2固体无机物制备实验建模 ——“原料→反应→粗品→纯品” 四步流程 考点二 常见有机物的制备 知识解构 知识点1 有机物制备实验的思路 ∣ 知识点2 认识常考有机制备仪器 知识点3 明确有机制备实验中的常考问题 ∣ 知识点4 几种常见有机物的制备 考向破译 考向 考查有机物的制备、提纯与计算 ∣ 解题妙招 有机物制备实验流程 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 考情梳理--三年真题 考向梳理 核心考点 2026年 2025年 2024年 无机物的制备 北京卷，8，3分 重庆卷，9，3分 河北卷T15 北京卷T19 贵州卷T15 浙江1月卷T19 湖南卷T15 山东卷T19 重庆卷T16 湖北卷T1 湖南卷T11，3分 全国卷T26 河北卷T15 安徽卷T16 广西卷T15 2024·重庆卷T16 有机物的制备 湖南卷，10，3分 湖北卷，12，3分 云南卷T16 四川卷T16 陕晋青宁卷T15 黑吉辽蒙卷T17 湖北卷T10，3分 陕晋宁青卷T12，3分 湖南卷T15 重庆卷T16 黑吉辽蒙卷T17 山东卷T18 2024·新课标卷T27 考向解读--洞悉趋势 精准预判 ►命题解码： 1．从命题题型和内容上看，该模块的题型高度集中，90% 以上的分值分布在两类非选择题中，选择题仅偶尔涉及基础知识点。主要以课本经典制备实验为原型，给出完整装置图或实验步骤，侧重 “细节分析” 和 “原理应用”。 2．从命题思路上看， (1)气体制备(必考)，重点考查Cl2、SO2、NH3、CO2、O2，其中 Cl2和 NH3是近3 年高频考点，几乎每年都会涉及。从 “发生→除杂→收集→性质检验→尾气处理” 全流程，尤其关注 “除杂试剂选择”(如除去 Cl2中 HCl 用饱和食盐水)和 “尾气处理装置”(如 NH3需防倒吸)。 (2)无机物制备(与气体制备结合考查)，重点考查Fe (OH)2(防氧化操作是核心)、Al (OH)3(调节 pH 控制制备)、CuSO4・5H5O(结晶提纯)、Na2CO3/NaHCO3(制备原理对比)。侧重 “制备条件控制”(如 Fe (OH)2制备中隔绝空气)、“产品提纯”(过滤、洗涤、烘干的操作细节)、“产率 / 纯度计算”(结合实验误差分析结果)； (3)有机物制备的考查内容高度集中，始终围绕 “典型物质制备” 展开，核心是实验原理、装置、试剂和操作的结合。重点考查乙酸乙酯、乙烯、溴苯等。侧重掌握关键操作细节，如 “制备乙酸乙酯时先加乙醇再加浓硫酸”“蒸馏时先通冷凝水再加热”。明确试剂的双重或多重作用，如浓硫酸在乙烯制备中既是催化剂也是脱水剂，在酯化反应中还能吸水促进平衡正向移动。区分不同反应的发生装置(如乙烯用 “液液加热型”，溴苯用 “固液不加热型”)，识别特殊装置(如冷凝管、恒压滴液漏斗)的作用。 3．预计2027年高考无机物制备可能会以实验流程图、装置图或文字描述的形式，综合考查反应原理、实验装置、操作目的、分离提纯等内容，有机物制备则可能仍以选择题或实验综合题的形式，考查典型有机物的制备原理、装置和操作细节。 ►复习目标： 1．能准确写出 Cl2、NH3、SO2、O2、CO2等核心气体的制备化学方程式，明确反应类型(如复分解、氧化还原)。能准确书写乙酸乙酯、乙烯、溴苯 3 类高频有机物的制备化学方程式，明确反应条件(如乙烯需 170℃、浓 H₂SO4催化，溴苯需 FeBr3催化)。 2．熟练掌握 “发生→除杂→收集→检验→尾气处理” 全流程的装置选择依据，例如区分固液加热型(制 Cl2)与固液不加热型(制 CO2)装置，知道防倒吸装置的适用场景(如处理 NH3、HCl)。牢记有机物制备的关键试剂的作用，例如饱和 Na₂CO₃溶液在乙酸乙酯提纯中的 3 个作用(溶解乙醇、中和乙酸、降低酯溶解度)，浓 H2SO4在乙烯制备中的 “催化剂 + 脱水剂” 双重作用。能规范描述关键操作步骤，如 “制备乙酸乙酯时，试剂添加顺序为‘先加乙醇，再滴加浓 H2SO4，最后加乙酸’”，或 “检验溴苯中是否含 Br₂的操作(取少量产品，加 NaOH 溶液加热，分液后取油层，滴加 AgNO3溶液)”。 3．能结合化学平衡、水解平衡等理论，解释制备中的条件控制，例如说明 “在 HCl 气流中蒸发 AlCl₃溶液制 AlCl3晶体” 的原理(抑制 Al3+水解)。 4．熟练计算产品产率、纯度，能分析实验误差(如滤渣未洗涤导致纯度偏低、反应物挥发导致产率偏低)，并写出误差原因。 5．能结合官能团性质解释制备中的注意事项，例如因 “乙酸乙酯易水解”，故提纯时不用 NaOH 溶液；因 “苯易挥发”，故溴苯制备需加冷凝管回流，避免死记硬背。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 考点精讲·靶向突破 ——拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 常见无机物的制备 知●识●解●构 知识点1 气体制备实验的基本思路 (1)根据反应物的状态及反应条件选择气体发生装置； (2)根据制备气体及气体杂质的性质选择气体净化装置； (3)根据制备气体的性质选择干燥剂及干燥装置； (4)根据制备气体的水溶性及气体的密度选择收集方法及收集装置； (5)根据制备气体的毒性选择尾气吸收剂及吸收装置。 知识点2 常见气体的制备装置 1． 常见气体的发生装置 根据反应物状态和反应条件我们主要掌握以下三类气体发生装置： (1)固体＋固体气体：可选择 等装置，能制备O2、NH3、CH4等； (2)固(或液)体＋液体气体：可选择等装置，能制备Cl2、C2H4、NH3等； (3)固体＋液体―→气体：可选择、、等装置，能制备H2、NH3、CO2、O2等。 2．气体的干燥、净化装置 根据制备气体及气体杂质的性质选择如下气体净化装置及干燥装置： (1)液态干燥剂或除杂试剂如浓H2SO4(酸性、强氧化性)、NaOH溶液(碱性)等，可选用洗气吸收装置。 (2)固态干燥剂如无水氯化钙(中性)、碱石灰(碱性)等，可选用干燥管或U形管吸收装置。 (3)固态除杂试剂如Cu、CuO、Mg等，需加热，可选用加热的硬质玻璃管吸收装置。 注意：净化气体遵循的原则：不损失要净化的气体，不引入新的杂质气体。 (4)常见干燥剂及其应用 类型 液态干燥剂 固体干燥剂 装置 洗气瓶 球形干燥管或U形管 常见干燥剂 浓硫酸 无水氯化钙 碱石灰 可干燥的气体 H2、O2、Cl2、SO2、CO2、CO、CH4、N2等 H2、O2、Cl2、SO2、CO2、CH4、HCl等 N2、H2、O2、CH4、NH3等 不可干燥的气体 NH3、H2S、HBr、HI等 NH3等 Cl2、HCl、H2S、SO2、CO2、NO2等 3．气体的收集方法及收集装置 根据制备气体的水溶性及气体的密度选择收集方法及收集装置： (1)排液法：难溶于水(或某溶液)或微溶于水(或某溶液)，又不与其反应的气体可用排液法收集，选用、等收集装置收集。用该装置可收集O2、H2、Cl2(饱和NaCl溶液)、NO、CO2(饱和NaHCO3溶液)、CO、C2H2、C2H4等气体。 (2)向上排空气法：密度大于空气且不与空气中的成分反应的气体可用向上排空气法收集，选用等收集装置收集。用该装置可收集Cl2、SO2、NO2、CO2等气体。 (2)向下排空气法：密度小于空气且不与空气中的成分反应的气体可用向下排空气法收集，选用等收集装置收集。用该装置可收集H2、NH3、CH4等气体。 4．气体的量取装置 对难溶于水且不与水反应的气体，往往利用量筒或滴定管组装如图所示的装置量取其体积。 5.尾气的处理 根据制备气体的毒性可选择尾气处理方法及吸收装置： (1)直接排空处理 主要是针对无毒、无害气体的处理，如N2、O2、CO2等。 (2)尾气处理装置 ①在水中溶解度较小的有毒气体，多数可通入盛有某种试剂的烧杯中被吸收除去(如图甲)，如Cl2、NO2均可通入NaOH溶液中除去。 ②某些可燃性气体可用点燃(如图丙)或转化的方法除去，如CO、H2可点燃或通过灼热的CuO除去。 ③某些可燃性气体可以采用收集的方法除去(如图丁)，如CH4、C2H4、H2、CO等。 ④对于溶解度很大、吸收速率很快的气体，吸收时应防止倒吸，典型装置如图乙。常见的防倒吸装置还有如下改进装置(以NH3的吸收为例，未注明的液体为水)。 6．防倒吸装置的理解与应用 (1)肚容式：吸收NH3、HCl等易溶于水的气体时，常用倒置的小漏斗、干燥管、双耳球等防倒吸，装置如图所示： (2)分液式：把导气管末端插入气体溶解度小的液体中，不会发生倒吸，气体进入上层液体被充分吸收。像HCl、NH3均可用如图所示装置吸收： 知识点3 无机物制备实验的思路 1．根据原料和目标产品确定制备原理，要求原子利用率高、污染小的制备原理； 2．根据确定的制备原理设计反应途径，要求操作简单，步骤少； 3．根据设计的反应途径选择合理的仪器和装置，要求能够方便控制反应条件； 4．依据产品和杂质的性质差异选择合适的分离提纯方法； 5.产率计算。 知识点4 无机制备实验的核考点 (1)实验仪器及试剂的名称 (2)装置及试剂的作用 (3)核心反应方程式的书写 (4)产率等计算及误差分析 (5)实验方案设计与评价 (6)装置连接顺序 (7)分离提纯方法 (8)物质的检验 (9)溶液的配制 考●向●破●译 考向1 考查涉及无机气体类制备实验 例1(2026·山东师大附中高三模拟)氨基甲酸铵(H2NCOONH4)是重要的化工原料，易分解，极易水解为碳酸铵。实验室利用氨气和二氧化碳反应制备H2NCOONH4的装置如图所示。回答下列问题： (1)为提高原料利用率，应在相同情况下控制NH3和CO2进气体积比为__________。 (2)“单向阀”的作用为_________________________。 (3)若左侧“湿度记录仪”检测到氨气湿度过高，则应旋转三通阀至__________(填序号)，将气体排出系统管路，并__________。 a. 　　b. 　　c. 　　d. (4)测定H2NCOONH4的物质的量分数 步骤Ⅰ：称取产品1.845g[仅含杂质(NH4)2CO3]，用蒸馏水溶解，定容于100mL容量瓶中。 步骤Ⅱ：移取20.00mL溶液于锥形瓶中，加入足量BaCl2溶液，过滤除去沉淀。 步骤Ⅲ：继续向锥形瓶中加入足量甲醛溶液，用移液管加入20.00mL 1.000mol·L-1NaOH溶液。 步骤Ⅳ：滴加1～2滴酚酞，用1.000mol·L-1盐酸标准液平行滴定三次，平均消耗标准液11.00mL。 已知：4NH4++6HCHO=[(CH2)6N4H]++3H++6H2O；[(CH2)6N4H]++OH-=(CH2)6N4+H2O ①用盐酸标准溶液滴定时，加入最后半滴的具体操作为__________。 ②产品中H2NCOONH4的物质的量分数为__________。 ③下列实验操作可能导致测定结果偏低的是__________(填标号)。 A．滴定时未用盐酸标准溶液润洗滴定管                 B．读数时，滴定前平视，滴定后仰视 C．滴定时振荡锥形瓶，部分液体溅出 【答案】(1)2：1 (2)控制管路内气流单一方向流动，避免可能发生的倒吸；防止两种气体互窜至对方管路内生成固体而堵塞管路 (3) d 更换干燥剂或者降低气体流速 (4) 微微转动酸式滴定管的活塞，使溶液悬在滴定管口，形成半滴，用锥形瓶内壁将其沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水冲洗锥形瓶壁将标准溶液冲入 AB 【解析】该实验为实验室通过氨气和二氧化碳反应制备氨基甲酸铵，浓氨水通过计量泵进入装有NaOH的三颈烧瓶，搅拌，产生氨气，经干燥塔干燥后进入“聚乙烯薄膜反应器”中，与右侧经浓硫酸干燥的CO2反应，生成H2NCOONH4。 (1)“聚乙烯薄膜反应器”中，干燥的NH3与干燥的CO2反应，生成H2NCOONH4，化学方程式为2NH3+CO2=H2NCOONH4，故应在相同情况下控制NH3和CO2进气体积比为2：1； (2)“单向阀”的作用为：控制管路内气流单一方向流动，避免可能发生的倒吸；防止两种气体互窜至对方管路内生成固体而堵塞管路。 (3)H2NCOONH4极易水解，则NH3、CO2必须干燥，若“湿度记录仪”检测到气体湿度过高，则应旋转三通阀至d处，将气体排出系统管路，并更换干燥剂或降低气体流速。 (4)①加入半滴的操作为微微转动酸式滴定管的活塞，使溶液悬在滴定管口，形成半滴，用锥形瓶内壁将其沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水冲洗锥形瓶壁将标准溶液冲入；②H2NCOONH4水解生成(NH4)2CO3，除去CO32-后，NH4+与足量甲醛溶液反应，加入过量NaOH，发生反应：[(CH2)6N4H]++OH-=(CH2)6N4+H2O、H++OH-=H2O，剩余的OH-用盐酸标准溶液滴定，根据关系式可计算100 mL溶液中含有的NH4+的物质的量为 ，设产品1.845 g中含有H2NCOONH4的物质的量为a mol、(NH4)2CO3的物质的量为b mol ，结合H2NCOONH4+H2O=(NH4)2CO3可知，，解得，产品中氨基甲酸铵的物质的量分数为；③A项，滴定时未用盐酸标准溶液润洗滴定管，则盐酸标准溶液浓度偏低，消耗盐酸标准溶液体积偏大，NH4+物质的量偏小，H2NCOONH4物质的量分数偏低，A正确；B项，读数时，滴定前平视，滴定后仰视，滴定结束读数偏大，即消耗盐酸标准溶液体积偏大，NH4+物质的量偏小，H2NCOONH4物质的量分数偏低，B正确；C项，滴定时振荡锥形瓶，部分液体溅出，导致剩余的NaOH偏少，滴定消耗盐酸标准溶液体积偏小，NH4+物质的量偏大，H2NCOONH4物质的量分数偏高，C错误；故选AB。 解题妙招 涉及气体的无机物制备实验流程 【变式1】【变载体—清洗灵】(2026·重庆南开高三模拟)“消洗灵”主要成分为3Na3PO4·NaClO·5H2O(摩尔质量为656.5g/mol)，其具有与“84消毒液”相似功效。某兴趣小组在实验室用下图装置模拟制备“消洗灵”(夹持装置略)。 回答下列问题： (1)实验之前需要连接好装置，导管接口正确连接顺序是a→________；连接好装置后，还需检查________，再开始实验。装置D中的试剂为________。 (2)实验开始后， ①先打开仪器X的活塞及活塞K，得到NaClO和NaOH混合溶液；此时装置C若不采用冰水浴会导致产品产率降低，原因是_______________________________。 ②关闭仪器X的活塞及活塞K，打开装置C中分液漏斗的活塞；一段时间后，将装置C中所得溶液经“一系列操作”，得到粗产品。写出此步骤发生反应的化学方程式________________________(参与反应的Na3PO4与Na2HPO4的物质的量之比为1：2)；“一系列操作”包括________________、洗涤、低温干燥。 (3)“消洗灵”在空气中对镁合金消毒，磷酸钠溶液使镁合金表面形成含有Mg3(PO4)2·Mg(OH)2的保护层，补全该反应的化学方程式：____________________________________。 Mg+Na3PO4+O2+_____ _=Mg3(PO4)2·Mg(OH)2+______________ (4)利用滴定法测定产品3Na3PO4·NaClO·5H2O的纯度，实验方案如下： ①取3.0g产品试样配成250mL溶液； ②量取50.00mL待测液于锥形瓶中，加入硫酸溶液和过量KI溶液，暗处静置3min； ③滴加2～3滴淀粉溶液，用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2S2O32-=S4O62-+2I- 。平行滴定三次，平均消耗16.00mL标准溶液，则产品的纯度为________%(保留1位小数)。 【答案】(1) gfdebc 装置气密性 饱和NaCl溶液 (2)若温度过高，Cl2和NaOH会发生副反应3Cl2+6NaOH (浓)5NaCl＋NaClO3＋3H2O，导致目标产物NaClO产率降低，进而影响“消洗灵”产率。冰水浴可有效抑制该副反应。 2NaOH+NaClO+Na3PO4+2Na2HPO4+3H2O=3Na3PO4·NaClO·5H2O↓ 蒸发浓缩、冷却结晶，过滤 (3)4Mg+2Na3PO4+2O2+4H2O=Mg3(PO4)2·Mg(OH)2+6NaOH (4)87.5 【解析】(1)A装置是Cl2的发生装置，浓盐酸与高锰酸钾反应生成Cl2，但Cl2中混有HCl气体，需先通过D装置(饱和食盐水)除去HCl，再进入C装置与NaOH反应。未反应的Cl2需用B装置(NaOH溶液)吸收。根据洗气装置“长进短出”的原则，导管连接顺序应为：a→g→f→d→e→b→c。连接好装置后，需先检查装置气密性，再开始实验。装置D的作用是除去Cl2中的HCl，应盛放饱和食盐水。 (2)①Cl2与NaOH反应为放热反应：Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O；若温度过高，会发生副反应：3Cl2+6NaOH (浓)5NaCl＋NClO3＋3H2O。导致目标产物NaClO产率降低，进而影响“消洗灵”产率。冰水浴可有效抑制该副反应。②反应方程式：2NaOH+NaClO+Na3PO4+2Na2HPO4+3H2O=3Na3PO4·NaClO·5H2O↓ (Na3PO4：Na2HPO4=1：2，符合题意)。“一系列操作”：蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤→低温干燥(答出“蒸发浓缩、冷却结晶、过滤”即可得分)。 (3)4Mg+2Na3PO4+2O2+4H2O=Mg3(PO4)2·Mg(OH)2+6NaOH(依据原子守恒与电子得失平衡配平)。 (4)核心关系式：ClO-~I2~2S2O32-，消耗Na2S2O3物质的量：。对应ClO-物质的量：。250 mL溶液中目标物物质的量：。目标物质量：。纯度计算：。 【变式2】【新情境—无水氯化锌】(2026·湖南长沙高三联考)无水氯化锌是部分有机反应的催化剂。以碱式氯化锌[ZnCl2·4Zn(OH)2·H2O]样品为原料，采用图示装置可制备少量无水ZnCl2(部分夹持装置省略)。 其实验过程及操作方法如下： ①通入N2：称取一定量的碱式氯化锌加入瓷舟中，调整三通阀(i)，向装置体系中通入N2，使管式炉中充满N2。 ②制备HCl：调整三通阀(ii)，向三颈烧瓶中滴入浓硫酸，微热，使HCl通入管式炉中。 ③调整反应温度：调整管式炉Ⅰ温度为150℃，碱式氯化锌与HCl开始反应，一段时间后再调整管式炉Ⅰ温度为550∼800℃，持续一段时间。 ④测定产品纯度：在N2的保护下，于管式炉Ⅱ的硬质玻璃管内壁称取mg样品，用蒸馏水溶解，调pH后加入指示剂，用c mol·L-1的EDTA(乙二胺四乙酸，简写为H4Y)标准溶液滴定至终点，根据数据记录测定产品纯度。 回答下列问题： (1)装置乙中盛装的试剂是________(填试剂名称)；装置戊的作用是_____________。 (2)实验过程①②中须调整三通阀，调整三通阀(ii)的位置为________(填标号)。 a.     b.     c.    d. (3)管式炉中发生的总反应方程式为__________________，步骤③中调整管式炉Ⅰ温度为550∼800℃的目的是__________________。 (4)图示实验装置中存在1处设计缺陷，指出该设计缺陷：__________________。 (5)已知滴定反应的离子方程式为Zn2++Y4-=ZnY2-，ZnY2-的结构如下图所示，其中原子的杂化方式为________杂化。 滴定次序 1 2 3 4 消耗标准液体积/mL 19.97 20.03 18.95 20.00 步骤④中平行测定四次，四次滴定消耗EDTA标准溶液的体积如上表所示。则该制备实验所得产品的纯度为________%(用含c、m的式子表示)。 【答案】(1) 浓硫酸 吸收剩余(或未反应)的HCl，防倒吸 (2)c (3)ZnCl2·4Zn(OH)2·H2O+8HCl5ZnCl2+9H2O 使ZnCl2完全升华 (4)管式炉Ⅱ与尾气吸收装置之间缺少干燥装置 (5) sp2、 sp3 【解析】装置甲中，浓硫酸与氯化钠微热产生HCl气体，氯化氢气体进入乙中，乙为洗气装置，干燥氯化氢气体，氯化氢气体通过三通阀进入丁中，与碱式氯化锌反应生成氯化锌和水，装置戊为尾气处理装置，用于吸收未反应的氯化氢气体，防止污染空气，据此解答。 (1)装置乙为盛有干燥剂的洗气瓶，用于干燥HCl，故盛装的液体为浓硫酸；装置戊为尾气处理装置，其作用是吸收剩余(或未反应)的HCl，防倒吸； (2)调整三通阀(ii)的目的是关闭N2，通入HCl，故c项符合该要求； (3)管式炉中发生的总反应方程式为：ZnCl2·4Zn(OH)2·H2O+8HCl5ZnCl2+9H2O；调整管式炉Ⅰ温度为550~800℃，其目的是：使ZnCl2全部升华，后凝华在管式炉Ⅱ的硬质玻璃管内壁； (4)管式炉Ⅱ与尾气吸收装置之间缺少干燥装置，在这两个装置之间应增加一个盛有浓硫酸的洗气瓶； (5)根据ZnY2-的结构分析，形成双键的C原子采取 sp2杂化，形成单键的C原子采取 sp3杂化，即C原子的杂化方式为 sp2、 sp3。由表格中的四组数据可知，第3组误差太大，舍去，则第1、2、4组的平均体积为20.00mL，滴定反应的离子方程式为Zn2++Y4-=ZnY2-，则，产品中ZnCl2的质量为，故产品的纯度为。 【变式3】【变情景—二氧化氯】(2026·黑龙江哈尔滨高三期中)二氧化氯(ClO2)是目前国际上公认的第四代高效、无毒的广谱消毒剂，用如图所示装置(夹持装置已省略)制备、吸收、释放，并探究其性质。(已知Cl2 +2NaClO2= 2NaCl+2ClO2，实验室可用稳定剂吸收，生成NaClO2，使用时加酸只释放出ClO2一种气体) 已知：①ClO2沸点为9.9℃，可溶于水，浓度较高时易发生爆炸； ②NaClO2饱和溶液低于38℃时析出NaClO2·3H2O，高于38℃时析出NaClO2，高于60℃时NaClO2分解为NaClO3和NaCl。 回答下列问题： (1)装置A盛放NaClO3溶液的仪器名称是 ；仪器b的作用是 。 (2)按图组装好仪器后，首先应该进行的操作是 ，实验过程中需持续通入一定量的氮气，其目的是将装置A产生的气体赶入吸收装置被充分吸收，以及 。 (3)打开仪器a的活塞，装置A中发生反应，生成ClO2、Cl2、NaCl等，写出装置A中发生反应的化学方程式： 。 (4)向装置C中滴加稀盐酸，反应剧烈，若将稀盐酸换成等pH的硫酸，开始反应缓慢，稍后一段时间产生气体速率迅速加快，产生气体速率迅速加快的原因可能是 。 (5)装置F的作用是制备NaClO2，装置F中NaOH溶液的作用有两个，其一是用作反应物，其二是 ，从装置F广口瓶内的溶液中获得NaClO2的操作步骤是蒸发浓缩、 、洗涤、干燥。 【答案】(1) 三颈烧瓶 防止倒吸 (2) 检查装置的气密性 稀释ClO2，防止其浓度过高发生爆炸 (3)2NaClO3+4HCl=Cl2↑+2ClO2↑+2NaCl+2H2O (4)反应生成的Cl-对反应起催化作用 (5)防止NaClO2释放ClO2 在38-60℃之间趁热过滤 【解析】A中NaClO3和稀盐酸反应生成Cl2、ClO2和NaCl，通入氮气一方面将A中生成的气体赶入吸收装置被充分吸收，其次可稀释ClO2，防止其浓度过高而发生爆炸；B装置吸收了ClO2中的氯气，生成的ClO2被稳定剂吸收，生成NaClO2；因为氯气被B装置吸收，D中溶液不变蓝，最后用NaOH吸收多余的尾气；装置F用于制备NaClO2，最后的G为尾气处理装置。 (1)装置A盛放溶液的仪器名称是三颈烧瓶；仪器b的作用是防止倒吸。 (2)按图组装好仪器后，首先应该进行的操作是检查装置的气密性；实验过程中需持续通入一定量的氮气，其目的是将装置A产生的气体赶入吸收装置被充分吸收，以及稀释ClO2，防止其因浓度过高而发生爆炸。 (3)装置A中NaClO3与稀盐酸反应生成Cl2、ClO2和NaCl等，根据质量守恒定律可知，还会生成水，则化学方程式为2NaClO3+4HCl=Cl2↑+2ClO2↑+2NaCl+2H2O。 (4)装置C中滴加稀盐酸，反应剧烈，将盐酸换成等pH的硫酸，开始反应缓慢，稍后一段时间反应速率增大，可能的原因为硫酸与NaClO2反应生成了氯离子，氯离子为该反应的催化剂，起到催化作用加速反应。 (5)装置F中NaOH、H2O2与ClO2反应制备NaClO2，氢氧化钠溶液作用一是作反应物，二是保证溶液为碱性，防止NaClO2遇酸放出ClO2；根据题干信息可知，NaClO2饱和溶液在38-60℃之间才能析出NaClO2，因此需要将温度控制在38-60℃之间趁热过滤。 考向2 考查固体类无机物的制备实验 例2．(2026·浙江大学附属中学高三模拟考试)甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe]，是一种新型的铁营养强化剂，广泛用于缺铁性贫血的预防和治疗。某学习小组模拟其合成方法如下：    已知：①甘氨酸、甘氨酸亚铁易溶于水，微溶于乙醇、丙酮等有机溶剂 ②异抗坏血酸易溶于水和乙醇、丙酮，有弱酸性和强还原性 ③不同铁盐在有机溶剂中的溶解度如下表所示： 铁盐 乙醇的体积分数/% 丙酮的体积分数/% 100 90 80 70 60 50 40 100 90 80 70 60 50 40 FeSO4·7H2O - - - - - - - + - - - - - - - - + - FeCl2·4H2O + + + + + + + + + + + + + + - - - - - - - + - 注：- -为不溶解；-为溶解不明显；+ -为溶解明显，+ +为全部溶解 请回答： (1)如图所示合成装置中仪器b的名称是___________。 (2)流程中的亚铁盐和有机溶剂A应选择___________。 A．FeSO4·7H2O  乙醇 B．FeSO4·7H2O  丙酮 C．FeCl2·4H2O  乙醇 D．FeCl2·4H2O  丙酮 (3)合成过程中，本实验为了防止Fe2+被氧化，采取的措施除通入N2，还有___________。 (4)步骤Ⅱ生成甘氨酸亚铁络合物的离子方程式___________。 (5)下列说法正确的是___________。 A．滴入液体前，应先打开滴液漏斗a的上口玻璃塞 B．步骤Ⅱ应采用水浴加热 C．步骤Ⅲ中的分离方法是过滤 D．步骤Ⅲ加入有机溶剂A的目的是降低甘氨酸亚铁在水中的溶解度，促使其结晶析出，同时除去杂质 (6)合成过程需控制pH=5.5，试说明理由___________。 (7)产品分析： ①用酸性高锰酸钾溶液滴定法测定产品甘氨酸亚铁的含量，进而计算产品甘氨酸亚铁的纯度，测定结果产品纯度总是大于100%，试分析主要原因可能是___________(滴定过程各项操作均正确) ②经查阅文献后，改用硫酸铈溶液滴定。称取5.000 g产品加酸溶解，用容量瓶配成250 mL溶液，移取25.00 mL于锥形瓶中，用0.1000 mol/L硫酸铈溶液滴定至终点。平行测定三次，平均消耗硫酸铈标准滴定溶液20.00 mL，计算产品中(H2NCH2COO)2Fe的纯度为___________。(每1 mL 0.1000 mol/L硫酸铈溶液相当于20.40 mg甘氨酸亚铁) 【答案】(1)三颈烧瓶 (2)C (3)加入异抗坏血酸 (4)2H2NCH2COOH+Fe2++2OH-=[(H2NCH2COO)2Fe]+2H2O (5)BCD (6)pH过低，H+会与H2NCH2COOH中的氨基反应，不利于形成H2NCH2COO-使产率下降，pH过高会生成氢氧化亚铁沉淀 (7) 氨基被高锰酸钾氧化、杂质甘氨酸被高锰酸钾氧化 81.60% 【解析】在甘氨酸饱和溶液中加入亚铁盐，由于亚铁盐易被氧化，所以加入异抗坏血酸，通入氮气，保护亚铁离子，然后加入氢氧化钠溶液调节pH并水浴加热形成甘氨酸亚铁络合物[(H2NCH2COO)2Fe]，再加入乙醇，析出甘氨酸亚铁络合物[(H2NCH2COO)2Fe]的粗产品，再加入水进一步提纯得到甘氨酸亚铁； (1)合成装置中仪器b的名称是三颈烧瓶； (2)有机溶剂A的选择标准是甘氨酸亚铁不易溶于，但亚铁盐易溶于，所以根据已知条件亚铁盐为：FeCl2·4H2O，溶剂为乙醇，所以C正确；故选C； (3)异抗坏血酸有强还原性，所以合成过程中，本实验为了防止Fe2+被氧化，采取的措施除通入N2，还有加入异抗坏血酸，故选：加入异抗坏血酸； (4)步骤Ⅱ中甘氨酸和亚铁离子，在加入氢氧化钠条件下生成甘氨酸亚铁络合物，故选：2H2NCH2COOH+Fe2++2OH-=[(H2NCH2COO)2Fe]+2H2O； (5)A项，滴液漏斗a是恒压滴液漏斗，滴入液体前，不需打开上口玻璃塞，A错误；B项， 步骤Ⅱ需要控制温度在一个确定的值，所以应采用水浴加热，B正确；C项，步骤Ⅲ中加入乙醇后，产物在其中溶解度小形成沉淀，所以分离方法是过滤，C正确；D项， 步骤Ⅲ加入有机溶剂A的目的是降低甘氨酸亚铁在水中的溶解度，促使其结晶析出，同时杂质溶解其中达到除杂的目的，D正确；故选BCD； (6)pH过低，H+会与H2NCH2COOH中的氨基反应，不利于形成H2NCH2COO-使产率下降，pH过高，亚铁离子水解会生成氢氧化亚铁沉淀； (7)①甘氨酸亚铁中氨基会被氧化，可能存在的杂质甘氨酸也能被高锰酸钾氧化；②根据每1 mL 0.1000 mol/L硫酸铈溶液相当于20.40 mg甘氨酸亚铁，所以当消耗硫酸铈标准滴定溶液20.00 mL时相当于甘氨酸亚铁，则原溶液中甘氨酸亚铁的质量为， 产品中(H2NCH2COO)2Fe的纯度为。 解题妙招 固体无机物制备实验建模 ——“原料→反应→粗品→纯品” 四步流程 1． 原料预处理(基础：为反应做准备)：让原料更易参与反应，常见操作及目的如下： (1)粉碎 / 研磨：增大原料接触面积，加快反应速率(如制备 CaCO3时粉碎石灰石)。 (2)溶解 / 酸浸 / 碱溶：将固体原料转化为溶液中的离子(如用稀硫酸溶解废铁屑制备 FeSO4)。 (3)除杂预处理：去除原料中的杂质(如用 NaOH 溶液除去铝土矿中的 SiO2，再制备 Al (OH)3)。 2．核心反应(关键：生成目标固体)：通过控制反应条件，确保生成目标固体，避免杂质或副产物。 (1)明确反应原理：写出制备反应的化学 / 离子方程式，判断反应类型(如复分解、氧化还原)。 (2)控制关键条件 ①防氧化：如制备 Fe (OH)2时，需 “液封(加苯覆盖液面)” 或 “用不含 O2的蒸馏水配制溶液”，防止 Fe2+被氧化。 ②防水解：如制备 AlCl3晶体时，需在 “HCl 气流中蒸发”，抑制 Al3+水解(避免生成 Al (OH)3)。 ③控温度 /pH：如制备 CuSO4・5H2O 时，“蒸发浓缩至表面出现晶膜” 即可停止加热(防晶体失水)；制备 Al (OH)3时，“调节 pH 至 5 左右”(使 Al3+完全沉淀，而其他离子不沉淀)。 3．粗品分离(核心：获取初步固体)：从反应体系中分离出目标固体粗品，常见操作对应场景如下： (1)过滤：分离溶液中的固体(如制备 Fe (OH)2后，过滤得到沉淀粗品)。 (2)蒸发结晶：适用于溶解度随温度变化小的固体(如从 NaCl 溶液中制备 NaCl 固体)。 (3)冷却结晶：适用于溶解度随温度变化大的固体(如从 KNO3溶液中制备 KNO3固体，或制备 CuSO4・5H2O)。 7.纯品提纯(收尾：提高固体纯度)：去除粗品中的杂质，常见操作及目的： (1)洗涤：用合适试剂冲洗固体，除去表面吸附的杂质(如洗涤 AgCl 沉淀用 “蒸馏水”，洗涤 BaCO3沉淀用 “稀Na2CO3溶液”，防止沉淀溶解)。 (2)烘干/灼烧：除去固体中的结晶水或挥发性杂质(如将 Al (OH)3沉淀灼烧至恒重，得到 Al2O3)。 【变式1】【新情景—绿矾】绿矾(FeSO4·7H2O)是自然界存在的一种矿石，翠绿如宝石，很早就引起人们的重视。 材料一  《唐本草》和《天工开物》等古籍都记载中国很早就能焙烧绿矾制备铁红(主要成分是Fe2O3)。铁红颜色鲜艳，稳定无毒，是中国传统红色颜料的重要着色剂。 材料二  公元8世纪，阿拉伯炼金家查比尔曾提出，把绿矾焙烧可以蒸馏出“矾精”，它具有比较大的溶解力。绿矾焙烧是一种生产硫酸的古老方法。 (1)某研究性学习小组用如图所示试验装置对绿矾的焙烧反应进行探究。 ①实验过程中，装置A玻管中可观察到的实验现象是 。 ②装置C的作用是 。 ③该小组学生设计如下实验方案验证“矾精”是硫酸溶液：取U形管中的溶液少许于试管中，滴入 (填试剂名称)，溶液呈红色，说明“矾精”中含有H＋；检验“矾精”中含有SO42-的方法是 。 (2)某工厂计划用绿矾焙烧工艺生产高纯度铁红(Fe2O3)160kg，计算理论上所需绿矾的质量，写出计算过程。 。 【答案】(1)①绿色晶体变红棕色粉末 ②吸收尾气SO2，防止污染环境 ③紫色石蕊试液 取冷却液少许于试管中，滴加稀盐酸，没有现象，再加入氯化钡溶液，如果有白色沉淀生成，说明含有SO42- (2)556 kg 【解析】(1)①焙烧绿矾制备铁红(主要成分是Fe2O3)，实验过程中，装置A玻管中可观察到的实验现象是绿色晶体变红棕色粉末；②在空气中加热绿矾，会生成二氧化硫，二氧化硫会污染空气，不能任意排放，所以作用是吸收二氧化硫，防止污染空气；③检验氢离子用紫色石蕊试液，溶液变红色，检验“矾精”中含有SO42-的方法是取冷却液少许于试管中，滴加稀盐酸，没有现象，再加入氯化钡溶液，如果有白色沉淀生成，说明含有SO42-；(2)利用铁原子守恒得：m(绿矾)=×2×M(绿矾)=×2×278g/mol=556 kg 【变式2】【变载体—磷酸锌】(2026·浙江杭州十四中选考考前模拟)磷酸锌[Zn3(PO4)2，相对分子质量为385]是钢铁、冶金工业中重要的防锈颜料，是一种白色结晶性粉末，其溶解度随温度升高而减小，实验室采用“氨-碳酸铵浸取法”制备磷酸锌的实验步骤如下： 步骤一：分别配制的(NH4)2CO3溶液和的氨水，并将二者以体积比为1：3混合。 步骤二：在下，用足量的(NH4)2CO3、氨水混合液浸取粗ZnO(杂质难溶，且不参与反应)，装置如图甲，浸取后，过滤除去杂质得到[Zn(NH3)4]CO3溶液。 步骤三：向[Zn(NH3)4]CO3溶液中分批滴加稍过量的H3PO4溶液，保持、回流条件下发生转化反应，装置如图乙，充分反应后，趁热过滤出Zn3(PO4)2∙4H2O，将所得晶体加热得到Zn3(PO4)2。 回答下列问题： (1)仪器A的名称为_______；仪器E中试剂的作用是吸收氨气，则该试剂应选择_______(填标号)。 a．生石灰    b．碱石灰    c．浓硫酸    d．五氧化二磷 (2)下列关于该实验的说法正确的是_______。 A．上图甲装置中有2处错误 B．步骤I中配制(NH3)2CO3溶液时，最好选用规格为的量筒量取蒸馏水。 C．步骤Ⅱ中 “浸取”过程中发生反应 D．步骤Ⅲ充分反应后经过滤、洗涤、干燥得，选择用冷水洗涤沉淀 (3)步骤二中“浸取”粗ZnO时，不采取更高温度的原因是_______。 (4)步骤三中“趁热过滤”的原因是_______；转化反应的主反应除生成 Zn3(PO4)2∙4H2O外，还生成一种磷酸正盐和一种温室气体，则该主反应的化学方程式为_______。 (5)本实验中使用27.0g质量分数为90%的粗ZnO，最终得到30.8g Zn3(PO4)2，则该实验中Zn3(PO4)2的产率为_______。 【答案】(1)分液漏斗 d (2)BC (3)温度过高，会加快氨水挥发，同时碳酸铵受热易分解，导致原料利用率降低，因此不采取更高温度浸取 (4) 磷酸锌溶解度随温度升高而减小，温度降低会使磷酸锌溶解度增大，造成溶解损失，降低产率，因此趁热过滤减少损耗 3[Zn(NH3)4]CO3+6H3PO4+H2OZn3(PO4)2·4H2O↓ +4(NH4)3PO4+3CO2↑ (5)80% 【解析】本实验采用氨-碳酸铵浸取法制备磷酸锌，流程如下：提前配制碳酸铵溶液、氨水，按比例混合得到浸取液；30℃下用浸取液溶解浸出粗ZnO(杂质不溶过滤除去)，ZnO和碳酸铵、氨水反应生成可溶的配合物[Zn(NH3)4]CO3，得到含锌浸出液；向浸出液中加入磷酸，在70~80℃回流条件下反应，生成磷酸锌四水合物，Zn3(PO4)2·4H2O；已知磷酸锌溶解度随温度升高减小，因此趁热过滤得到晶体，最后加热脱水得到无水Zn3(PO4)2产品。 (1)仪器A的名称为分液漏斗；吸收氨气需要选择能与碱性气体氨气反应的固体试剂，生石灰、碱石灰不吸收氨气，浓硫酸为液体不能装在球形干燥管E中，五氧化二磷是酸性固体，可以吸收氨气，因此选d； (2)A项，甲装置中温度计插入液面下测反应温度、分液漏斗、导管均正确，无2处错误，A错误；B项，配制136g 35%的碳酸铵溶液，水的质量为，体积约为88.4mL，选用100mL量筒符合量筒选取原则(接近量程)，B正确；C项，该反应原子守恒，配平正确，符合浸取产物，C正确；D项，磷酸锌溶解度随温度升高而减小，冷水洗涤时磷酸锌溶解度大，溶解损耗多，应该用热水洗涤，D错误；故选BC； (3)温度过高，会加快氨水挥发，同时碳酸铵受热易分解，导致原料利用率降低，因此不采取更高温度浸取； (4)磷酸锌溶解度随温度升高而减小，温度降低会使磷酸锌溶解度增大，造成溶解损失，降低产率，因此趁热过滤减少损耗； 根据产物信息，配平后主反应化学方程式为：3[Zn(NH3)4]CO3+6H3PO4+H2OZn3(PO4)2·4H2O↓ +4(NH4)3PO4+3CO2↑。 (5)粗ZnO中，根据Zn守恒，理论生成，理论质量，产率。 【变式2】【新情境—硫酸亚铁铵】(2026·浙江第二届NBchem高考模拟考试第二次联考)NBchem实验小组进行“硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]的制备”，流程如下： 物质\溶解度(g)\温度(℃) 10 20 30 40 50 70 (NH4)2SO4 73 75.4 78 81 84.5 91.9 FeSO4·7H2O 40 48 60 73.3 — — (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O 18.1 21.2 24.5 27.9 31.3 38.5 提示：①复盐通常比其组成的简单盐具有更高的晶格能，且晶体结构往往更为致密； ②晶体中Fe2+被水分子包围形成的配离子是[Fe(H2O)6]2+； ③抽滤相比普通过滤拥有更快的过滤速度 (1)装置2的名称是______。 (2)步骤Ⅱ将原有固液混合物分为黑色泥状物和绿色溶液，需要保留并在装置2中加入的为______，步骤Ⅳ是结晶的过程，具体操作有______。 (3)下列说法中正确的是______。 A．步骤Ⅰ应在通风橱中进行 B．步骤Ⅱ选用抽滤的原因是加快过滤速度，防止Fe2+氧化 C．对装置2加热可以不通过陶土网(石棉网) D．步骤Ⅲ调pH应确保调节后pH处于碱性范围 (4)硫酸亚铁铵晶体中的亚铁离子比普通硫酸亚铁晶体更______(选填“难”，“易”)氧化，原因是______(可从分子间作用力/晶体结构等角度入手)。 (5)小组成员最终称得硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]的质量为9.8g，则本实验中产品的产率是______。 【答案】(1)蒸发皿 (2)绿色溶液【或硫酸亚铁溶液】 蒸发至晶膜出现，冷却结晶(洗涤干燥)或蒸发浓缩，冷却结晶(洗涤干燥) (3)ABC (4) 难 答案1：硫酸亚铁铵比硫酸亚铁具有更高的晶格能，且晶体结构致密，O2难以渗透到晶体内部 答案2：Fe2+被水分子包围形成[Fe(H2O)6]2+配离子，而外层的铵离子和硫酸根离子通过氢键网络将这些配离子紧密地固定在晶格中，阻碍了氧分子的进攻和电子的转移 答案3：铵离子的水解增加了质子H+的浓度，根据勒夏特列原理，较高的H+浓度会抑制亚铁离子的氧化反应4Fe2++10H2O+O24Fe(OH)3+8H+，从而稳定了Fe2+的氧化。【相比之下，单纯的硫酸亚铁虽然也呈酸性，但摩尔盐中的缓冲能力更强。】 (5)70% 【解析】由题意可知，净化的铁屑(为黑色)和硫酸溶液反应可以得到硫酸亚铁溶液和黑色的泥状物，通过步骤Ⅰ(水浴加热)可加快反应速率，再通过步骤Ⅱ(抽滤)分离固液混合物，抽滤比普通过滤拥有更快的过滤速度，而且过滤效果更好，随后将得到的绿色溶液和硫酸铵饱和溶液通过调节pH的方式得到硫酸亚铁铵溶液，最后通过蒸发结晶的方式可得到最终产品。 (1)由图可知，装置2的名称为蒸发皿； (2)由分析可知，需要用到的硫酸亚铁溶液为绿色，所以需要保留并在装置2中加入的为绿色溶液；蒸发结晶的具体操作为：当蒸发皿表面有一层晶膜出现时，停止加热，通过蒸发皿的余热继续结晶； (3)A项，步骤Ⅰ中反应会生成H2，H2为易燃易爆气体，为防止空气中堆积太多H2产生危险，应在通风橱进行，A正确；B项，由题意可知，抽滤相比普通过滤拥有更快的过滤速度，B正确；C项，蒸发皿可以直接加热，C正确；D项，若溶液为碱性，Fe2+会和OH⁻反应生成Fe(OH)2沉淀，Fe(OH)2易被空气中的氧气氧化为Fe(OH)3沉淀，D错误；故选ABC； (4)由题意可知，复盐通常比其组成的简单盐具有更高的晶格能，且晶体结构往往更为致密，则硫酸亚铁铵晶体中的亚铁离子比普通硫酸亚铁晶体更难氧化；①硫酸亚铁铵比硫酸亚铁具有更高的晶格能，且晶体结构致密，O2难以渗透到晶体内部；②Fe2+被水分子包围形成[Fe(H2O)6]2+配离子，而外层的铵离子和硫酸根离子通过氢键网络将这些配离子紧密地固定在晶格中，阻碍了氧分子的进攻和电子的转移；③铵离子的水解增加了质子H+的浓度，根据勒夏特列原理，较高的H+浓度会抑制亚铁离子的氧化反应4Fe2++10H2O+O24Fe(OH)3+8H+，从而稳定了Fe2+的氧化。【相比之下，单纯的硫酸亚铁虽然也呈酸性，但摩尔盐中的缓冲能力更强。】；④(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O晶体正负电荷分布更加紧密，氢键更多，(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的晶格能更大，复盐在晶体状态的稳定性更强； (5)由题意可知，投入的铁屑的物质的量为n1= ==mol，硫酸的物质的量为n2=cV=15×3×10-3mol=0.045mol，则投入的H2SO4为过量，计算生成的(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的质量应该按铁屑的物质的量计算；该反应的反应方程式为：Fe+H2SO4+(NH4)2SO4+6H2O=(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O+H2↑，铁屑与(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O以化学计量数为1：1之比进行反应，则理论上产生(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的质量为：m==mol×392g/mol=14g，所以(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的产率为：。 考点二 常见有机物的制备 知●识●解●构 知识点1 有机物制备实验的思路 知识点2 认识常考有机物制备仪器 1．三颈烧瓶：又称三口烧瓶，用作当溶液长时间的反应，需加热回流的反应容器。三颈圆底烧瓶是一种常用的化学玻璃仪器，在有机化学实验中被广泛使用。三颈圆底烧瓶通常具有圆肚细颈的外观。它有三个口，可以同时加入多种反应物，或是加装冷凝管。它的窄口是用来防止溶液溅出或是减少溶液的蒸发，并可配合橡皮塞的使用，来连接其它的玻璃器材。 2．滴液漏斗：滴液漏斗是一种便于添加液体，并且在添加液体时不会有气体泄漏，可以通过控制滴液的速率来控制反应速率的漏斗，也可装在反应装置上，作滴加料液之用。 3．球形分液漏斗和梨形分液漏斗：球形分液漏斗为球形，颈较长，多用于制气装置中滴加液体，控制所加液体的量及反应速率的大小；梨形分液漏斗为梨形，颈比较短，常用做萃取操作的仪器，对萃取后形成的互不相溶的两液体进行分液，使用过程：检漏→加液→振摇→静置→分液→洗涤。 4．直形冷凝管和球形冷凝管：直形冷凝管一般是用于蒸馏，即在用蒸馏法分离物质时使用。球形冷凝管一般用于反应装置，即在反应时考虑到反应物的蒸发流失而用球形冷凝管冷凝回流，使反应更彻底。 5.b形管：b型管为化学中测量固体样品熔点时用的玻璃仪器，形状如一个b字，配合熔点管使用。将样品装于熔点管后，用橡皮筋与温度计绑于一起，穿过带孔的软木塞，放入b型，熔点管的有样品部分和温度计水银球置于环状部位的左侧，加热环状部位的右侧，进行热浴。b型管中可装液体石蜡等，测量时要将b型管装满管中的环状部分。 6.索氏提取器：索氏提取器是由提取瓶、提取管、冷凝器三部分组成的，提取管两侧分别有虹吸管和连接管，各部分连接处要严密不能漏气。提取时，将待测样品包在脱脂滤纸包内，放入提取管内。萃取前先将固体物质研碎，以增加固液接触的面积。然后，将固体物质放在滤纸包内，置于提取器中，提取器的下端与盛有浸出溶剂的圆底烧瓶相连，上面接回流冷凝管。加热圆底烧瓶，使溶剂沸腾，蒸气通过连接管上升，进入到冷凝管中，被冷凝后滴入提取器中，溶剂和固体接触进行萃取，当提取器中溶剂液面达到虹吸管的最高处时，含有萃取物的溶剂虹吸回到烧瓶，因而萃取出一部分物质。然后圆底烧瓶中的浸出溶剂继续蒸发、冷凝、浸出、回流，如此重复，使固体物质不断为纯的浸出溶剂所萃取，将萃取出的物质富集在烧瓶中。 液—固萃取是利用溶剂对固体混合物中所需成分的溶解度大，对杂质的溶解度小来达到提取分离的目的。 7.玻璃液封管：指的是使1和4的气压与大气压保持一致。当1和4中的压力大于大气压时，会通过玻璃液封管排出气体。当1和4中的气压小于大气压时，玻璃液封管会倒吸3中的液体，从而平衡1和4的压力使之与大气压相等。 8.凯氏定氮仪：凯氏定氮仪是根据蛋白质中氮的含量恒定的原理，通过测定样品中氮的含量从而计算蛋白质含量的仪器。因其蛋白质含量测量计算的方法叫做凯氏定氮法，故被称为凯氏定氮仪，又名定氮仪、蛋白质测定仪、粗蛋白测定仪。 9.水蒸气蒸馏：水蒸气蒸馏法是指将含有挥发性成分的植物材料与水共蒸馏，使挥发性成分随水蒸气一并馏出，经冷凝分取挥发性成分的浸提方法。该法适用于具有挥发性、能随水蒸气蒸馏而不被破坏、在水中稳定且难溶或不溶于水的植物活性成分的提取。 知识点3 明确有机制备实验中的常考问题 1．有机物易挥发，因此在反应中通常采用冷凝回流装置，以减少有机物的挥发，提高原料的利用率和产物的产率。 2．有机反应通常都是可逆反应，且易发生副反应，因此常使某种价格较低的反应物过量，以提高另一反应物的转化率和产物的产率，同时在实验中需要控制反应条件，以减少副反应的发生。 3．根据产品与杂质的性质特点选择合适的分离提纯方法，如蒸馏、分液等。 4．温度计水银球的位置：若要控制反应温度，则应插入反应液中；若要收集某温度下的馏分，则应放在蒸馏烧瓶支管口处。 5.冷凝管的选择：球形冷凝管只能用于冷凝回流，直形冷凝管既能用于冷凝回流，又能用于冷凝收集馏分。 6.冷凝管的进出水方向：下进上出。 7.加热方法的选择 ①酒精灯加热。需要温度不太高的实验都可用酒精灯加热。 ②水浴加热。水浴加热的温度不超过100℃。 8.防暴沸：加碎瓷片或沸石，防止溶液暴沸，若开始忘加，需冷却后补加。 9.产率计算公式 产率＝×100% 知识点4 几种常见有机物的制备 1．实验室制乙酸乙酯 实验装置 实验原理 实验用品 乙酸、乙醇、浓硫酸、饱和碳酸钠溶液；酒精灯、大试管、长导管、铁架台。 实验步骤 在一支试管中加入 3mL 乙醇，然后边振荡试管边慢慢加入 2mL 浓硫酸和 2mL 乙酸；按图连接好装置，用酒精灯缓慢加热，将产生的蒸气经导管通到饱和碳酸钠溶液的液面上，观察现象。 实验现象 在饱和碳酸钠溶液的上方有透明的油状液体产生，并可闻到香味。 实验结论 在浓硫酸存在、加热的条件下，乙酸和乙醇发生酯化反应，生成无色、透明、不溶于水，且有香味的乙酸乙酯。 实验说明 ①盛反应液的试管向上倾斜 45°，以增大试管的受热面积。 ②导气管末端不能浸入饱和Na2CO3溶液中是防止受热不均发生倒吸；实验中导管要长，起导气、冷凝回流挥发的乙醇和乙酸的作用。 ③饱和Na2CO3(aq)的作用是：吸收未反应的乙醇和乙酸；降低乙酸乙酯的溶解度，有利于分层。 ④乙酸酯化反应的条件及其作用：加热，主要目的是提高反应速率，其次是使生成的乙酸乙酯挥发，提高乙醇、乙酸的转化率且利于收集产物；用浓硫酸作催化剂，提高反应速率；用浓硫酸做吸水剂，使化学平衡右移，提高乙醇、乙酸的转化率；使用过量乙醇，提高乙酸转化为酯的产率。 2．实验室制硝基苯 实验装置 实验原理 实验用品 苯、浓硝酸、浓硫酸、蒸馏水；大试管、温度计、烧杯、单孔塞、长玻璃管、酒精灯、铁架台。 实验步骤 ①配制一定比例的浓硝酸和浓硫酸的混合酸，具体做法是：向大试管中先加入一定量浓硝酸，在摇动条件下将一定量的硫酸缓慢加入浓硝酸中，并不断搅拌。 ②向室温下的盛有混合酸的大试管中逐滴加入一定量的苯，充分振荡，混合均匀。 ③在 50～60℃下发生反应，直至反应结束。 实验现象 把反应后的液体倒入盛有冷水的烧杯里，烧杯底部有黄色不溶于水的油状液体生成。 实验说明 ①实验装置中有一根长玻璃管，兼有导气和冷凝回流减少苯的挥发的作用。 ②为了减少温度高于 60℃时会产生较多的副产物二硝基苯，该实验采用水浴加热，控制温度在 50～ 60℃，这样试管受热均匀且温度容易控制。 ③粗硝基苯中含硝酸、硫酸、苯等杂质，先水洗除去硝酸、硫酸；再用碱洗除去过量的酸及硝酸分解产生的 NO2；再水洗除去过量的碱及生成的 NaNO3 等，再用无水氯化钙干燥除去水分，过滤，蒸馏滤液可得到硝基苯。 3．实验室制溴苯 实验装置 实验原理 实验用品 苯、铁屑、液溴、水、AgNO3 溶液；圆底烧瓶、导管、锥形瓶、铁架台。 实验步骤 将苯和少量液溴放入烧瓶中，同时加入少量铁屑作催化剂，用带导管的塞子塞紧。观察实验现象。 实验现象 ①常温下，整个烧瓶内充满红棕色气体，在导管口有白雾(HBr遇水蒸气形成)。 ②反应完毕后，向锥形瓶中滴加AgNO3 溶液，有淡黄色的AgBr沉淀生成。 ③把烧瓶里的液体倒入盛有冷水的烧杯里，烧杯底部有褐色不溶于水的液体生成。 实验说明 ①反应物要用纯液溴，苯与溴水不反应。 ②实验中导管要长，起导气、冷凝回流的作用；锥形瓶中导管不能插入液面以下(HBr 极易溶于水，防止倒吸)。 ③粗溴苯中含溴、FeBr3、HBr、苯等杂质，先水洗除去 FeBr3 和 HBr；再用碱洗除去溴及未除净的HBr，再水洗除去过量的碱和生成的 NaBr、NaBrO 等，再用无水氯化钙干燥除去水分，过滤，蒸馏滤液可得到溴苯。 4．阿司匹林的合成实验步骤 (1)向150 mL干燥锥形瓶中加入2 g水杨酸、5 mL乙酸酐和5滴浓硫酸，振荡，待其溶解后，用水浴加热5～10 min。然后冷却，即有乙酰水杨酸晶体析出。 (2)减压过滤，抽滤时用少量冷水洗涤晶体几次，继续抽滤，尽量将溶剂抽干。 (3)将粗产品置于100 mL烧杯中，搅拌并缓慢加入25 mL饱和碳酸氢钠溶液，充分作用后过滤，滤液中加入15 mL 4 mol·L-1盐酸，将烧杯置于冷水中冷却，即有晶体析出。抽滤，用冷水洗涤晶体1～2次，再抽干水分，即得产品。 考●向●破●译 考向 考查有机物的制备、提纯与计算 例1(2026·湖南长沙高三模拟)治疗渐冻症的药物依达拉奉(Mr=174)是一种白色结晶粉末，微溶于水，能溶于乙醇等有机溶剂，且溶解度随温度升高而增大。工业上可通过两条途径制备依达拉奉，制备原理和方法如下(已知：苯肼微溶于水，有毒，有挥发性)： 途径一：一步法，制备装置如图1所示(夹持和加热装置略)。 将21.6g(0.20mol)苯肼和60mL无水乙醇加入A中，加热至60℃。搅拌下，经缓缓滴入26.0g(0.20mol)乙酰乙酸乙酯。滴完后，在60℃恒温下回流4h。冷却后抽滤，得黄色晶体，经进一步纯化，得白色晶体21.6g。 途径二：两步法(连续合成法)，反应流程如图2所示。计量泵可以控制进料的流速，反应器内的小孔径微型管道具有更高的传热效率。 将苯肼和乙酰乙酸乙酯分别配成乙醇溶液，以一定流速注入反应器1，控制温度为25℃，生成关键中间体。随后将混合溶液预热至60℃，引入反应器2，同时注入较高浓度的NaOH水溶液，控制温度为60℃，进行环化缩合。将反应后的混合溶液用盐酸调pH至中性，大量析出白色晶体，过滤、烘干，得到高纯度的依达拉奉产品。 回答下列问题： (1)仪器B的名称是___________，反应结束时，应先停止___________(填“加热”或“通冷凝水”)。 (2)实验中处理苯肼的正确操作是___________(填标号)。 A．在通风橱中配制苯肼溶液 B．佩戴护目镜和橡胶手套 C．若苯肼不慎沾到皮肤上，应立即用水冲洗 D．将未用完的苯肼敞口放置 (3)“进一步纯化”涉及的分离提纯方法的名称是___________。 (4)途径一中依达拉奉的产率为___________%(保留一位小数)。 (5)途径二中，“环化缩合”的化学方程式为___________。 (6)控制反应器1中温度低于60℃的目的是___________ (7)实验中使用的NaOH水溶液浓度不宜过低，结合产物性质和途径二的装置特点，你认为可能的原因是___________。 【答案】(1) 球形冷凝管 加热 (2)AB (3)重结晶 (4)62.1 (5) (6)减少苯肼的挥发和副产物的生成，提高产品的产率和纯度 (7)避免向反应体系中引入大量水，导致依达拉奉的溶解度下降而在反应器2中提前析出，堵塞微型管道 【解析】途径一：苯肼与乙酰乙酸乙酯、无水乙醇加热至60℃，回流。冷却后抽滤，得黄色晶体，经进一步纯化，得依达拉奉；途径二：将苯肼和乙酰乙酸乙酯分别配成乙醇溶液，以一定流速注入反应器1，控制温度为25℃，生成关键中间体。随后将混合溶液预热至60℃，引入反应器2，同时注入较高浓度的NaOH水溶液，控制温度为60℃，进行环化缩合。将反应后的混合溶液用盐酸调pH至中性，大量析出白色晶体，过滤、烘干，得到高纯度的依达拉奉产品。 (1)由图1可知，仪器B的名称是球形冷凝管；反应结束后，应先停止加热，再停止通冷凝水； (2)A项，苯肼有毒且有挥发性，所以在通风橱中配制苯肼溶液，正确；B项，苯肼有毒且有挥发性，所以要做好必要的防护措施，佩戴护目镜和橡胶手套，正确；C项，由于苯肼微溶于水，易溶于乙醇，所以若苯肼不慎沾到皮肤上，应立即用乙醇冲洗，错误；D项，苯肼有毒且有挥发性，所以将未用完的苯肼密封保存，错误；故选AB； (3)题干中明确，依达拉奉在乙醇等有机溶剂中的溶解度随着温度的升高而增大，故可以乙醇为溶剂采用重结晶的方式进行分离提纯； (4)依达拉奉的理论产量为，实际产量为21.6g，故其产率为； (5)根据制备原理示意图，“环化缩合”过程中，关键中间体发生分子内的取代反应生成产品依达拉奉和小分子CH3CH2OH，故反应的化学方程式为； (6)途径一的反应温度为60℃，生成依达拉奉的同时有副产物生成，导致产品的纯度不高，需要进一步纯化。途径二中控制温度为25℃，可以使原料高选择性地转化为关键中间体，后者在60℃和NaOH催化下生成高纯度的依达拉奉产品。所以控制反应器Ⅰ中温度低于60℃，是为了使原料高选择性地转化为关键中间体，减少副产物的生成，同时低温可以减少苯肼等的挥发，提高原料利用率； (7)根据已知信息，依达拉奉微溶于水，易溶于乙醇。途径二中所用溶剂为乙醇，生成的依达拉奉可以溶于乙醇，反应混合液得以在微型管道中连续流动。若在注入NaOH水溶液时浓度过低，则会向反应体系中引入大量的水，降低依达拉奉的溶解度，使其在反应器2中提前析出，导致微型管道被堵塞，降低生产效率，同时还会构成安全隐患，故NaOH水溶液的浓度不宜过低。 解题妙招 “有机物制备实验流程 【变式1】【变载体】(2026·贵州铜仁高三联考)叔戊醇可用于合成液晶材料、农药、香料等。一种通过格氏反应制备并提纯叔戊醇的方法如下： Ⅰ．如图安装装置(夹持仪器未画出)，在三颈烧瓶中加入1.8 g镁屑，在恒压滴液漏斗中加入5 mL溴乙烷和15 mL无水乙醚，混匀。搅拌下慢慢滴加混合液，滴加完毕后，温热回流30 min。 Ⅱ．将三颈烧瓶置于冰水浴中，搅拌下缓慢滴入10 mL丙酮和5 mL无水乙醚混合液，滴加完毕后，在室温下搅拌15 min，再滴加30 mL 20%硫酸溶液。 Ⅲ．粗产品转移至分液漏斗静置、分液，水层用无水乙醚萃取2次，合并醚层，用无水硫酸钠干燥，再经一系列分离提纯操作后，得叔戊醇2.6 g。 已知：①无水乙醚易挥发，易燃，难溶于水； ②格氏试剂(RMgX)极易水解，易与R′X发生反应生成R-R′(R为烷基，X为卤素原子)； ③相关物质的物理常数如表所示。 名称 乙醚 CH3CH2Br 丙酮 叔戊醇 相对分子质量 74 109 58 88 沸点(℃) 34.5 38.4 56.2 102.5 密度(g/cm3) 0.71 1.30 0.80 - 回答下列问题： (1)下列与上述流程中实验操作无关的图标标识是______(填标号)。 A．护目镜B．锐器 C．明火 D．排风 (2)实验装置存在缺陷，应在球形冷凝管上方再连接一个装置，其作用是________。 (3)步骤Ⅰ，用镁屑而不用镁粉的原因是________(任答一点)，混合液滴加速度不宜过快，防止发生反应________(用化学方程式表示)。 (4)格氏试剂与羰基的反应广泛用于构建C－C键。判断下列有机物中碳原子的带电情况：CH3CH2MgBr中C-Mg________；CH3COCH3中的C=O________(选填“”或“”)。 (5)步骤Ⅲ，一系列分离提纯操作为________、________。 (6)本实验的产率为________(保留2位有效数字)，若没有进行步骤Ⅲ中下划线操作，会导致产率________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。 【答案】(1)B (2)干燥/防止水分进入装置内部 (3) 镁粉更容易被氧化/镁粉表面积太大，反应剧烈不易控制 CH3CH2MgBr+CH3CH2Br→CH3CH2CH2CH3+MgBr2 (4) δ- δ+ (5) 过滤(抽滤) 蒸馏(分馏) (6)50% 偏小 【解析】通过格氏反应制备并提纯叔戊醇，第一步溴乙烷(CH3CH2Br)与镁屑(Mg)在无水乙醚中反应，生成乙基溴化镁，生成的乙基溴化镁作为亲核试剂，进攻丙酮的羰基碳，形成醇盐中间体，加入酸(硫酸溶液)进行水解，将醇盐转化为最终的产物——叔戊醇(2-甲基-2-丁醇)。 (1)实验中无水乙醚易挥发、易燃，因此需要护目镜(保护眼睛)、明火警示(防止燃烧)、排风(排除挥发的乙醚)，而“锐器”标识与实验操作无关(实验无锐器操作)。 (2)格氏试剂(RMgX)极易水解，实验应在球形冷凝管上方再连接一个干燥装置，其作用是干燥/防止水分进入装置内部。 (3)镁屑比镁粉表面积小，步骤Ⅰ，用镁屑而不用镁粉的原因是：镁粉更容易被氧化/镁粉表面积太大，反应剧烈不易控制；格氏试剂(CH3CH2MgBr)易与卤代烃(CH3CH2Br)发生偶联反应，生成丁烷(CH3CH2CH2CH3)，反应方程式为CH3CH2MgBr+CH3CH2Br→CH3CH2CH2CH3+MgBr2。 (4)中，Mg是金属，电负性小于C，因此C-Mg键中C带部分负电( δ-)，中，C=O键的O电负性大，吸引电子，使C带部分正电(δ+)。 (5)合并醚层后，用无水硫酸钠干燥，然后过滤(抽滤)分离出干燥剂，滤液通过蒸馏分离出低沸点的乙醚(沸点34.5℃)，最终得到纯叔戊醇。 (6)该实验中使用5 mL溴乙烷，物质的量为，10 mL丙酮的物质的量为，丙酮过量，由合成原理可知，理论上生成mol 纯叔戊醇，本实验的产率为≈0.50×100%=50%。若没有进行步骤Ⅲ中下划线操作，会导致生成的产品质量减少，所以产率偏小。 【变式2】【变情景—制备对甲基苯甲酸】(2026·浙江宁波市慈溪中学等校高三二模)某实验小组采用如下两种方案实现了对甲基苯甲酸的绿色制备。 方案Ⅰ：光催化技术是利用太阳能驱动化学反应的前沿方向。某课题组采用光催化水产生羟基自由基()而启动反应，再利用将对二甲苯选择性氧化为对甲基苯甲酸。 反应原理： (1)反应中采用“乙腈-水混合溶液”的原因______。 方案Ⅱ：向反应管中加入一定量的对甲基苯甲醛和10 mL丙酮，光照，连续通入空气监测反应进程。得到混合溶液A，后续操作如下：     产率测定：系列操作下得到的数据如下： 反应时间/h 1 2 3 4 6 8 10 12 对甲基苯甲酸产率/% 18 38 58 75 85 78 70 65 (2)上述流程中的一系列操作为：分液、洗涤、干燥、过滤、蒸馏。其中干燥步骤中可选用的最佳干燥剂为______。 A．浓硫酸 B．无水Na2CO3 C．NaOH固体 D．无水Na2SO4 (3)根据反应液的核磁共振氢谱(已去除溶剂H的吸收峰，谱图中无羧基H的吸收峰)监测反应进程如图。反应5h时，可判断对甲基苯甲醛几乎完全转化的理由______；根据不同时间测得：对甲基苯甲酸的产率先升高后下降，下降的原因可能是______。 (4)下列说法不正确的是______。 A．若用过量的KMnO4代替空气作氧化剂，会产生副产物对苯二甲酸 B．加入丙酮的作用是作溶剂，增大反应物在水中的溶解度，加快反应速率 C．两次乙酸乙酯的作用都是提取目标产物 D．对甲基苯甲酸的熔点高于对甲基苯甲醛是因为前者存在分子间氢键 (5)用同位素示踪法确定产物羧基O的来源。为保证18O2气氛，通18O2前，需先使用“循环冷冻脱气法”排出装置中(空气中和溶剂中)的16O2，操作顺序为：①→②→______(填标号)，重复后四步操作数次。 【答案】(1)乙腈—水混合液的乙腈作溶剂，能溶解对二甲苯；混合液中的水产生•OH而启动反应 (2)D (3) 谱图中无羧基H的吸收峰，产物只出现三种峰，说明基本反应完全 对甲基苯甲酸进一步被氧化 (4)BC (5)③①④ 【解析】方案Ⅰ：该实验利用光催化技术，以TiO2纳米管为催化剂、O2为氧化剂，在乙腈-水混合体系中将对二甲苯选择性氧化为对甲基苯甲酸，经分离提纯得到目标产物。 方案Ⅱ：对甲基苯甲醛和丙酮在有空气存在、光照条件下反应，得到对甲基苯甲酸，蒸去溶剂丙酮，加入过量稀NaOH溶液，充分反应后，得到对甲基苯甲酸钠，用乙酸乙酯洗涤，弃去有机层，然后用稀盐酸调节水层后，对甲基苯甲酸钠重新转化为对甲基苯甲酸，再用乙酸乙酯萃取，分液、洗涤、干燥、过滤、蒸馏，得纯净的对甲基苯甲酸。 (1)对二甲苯是有机物，乙腈是良好的有机溶剂，能溶解对二甲苯，但反应需光催化产生羟基自由基•OH，水是•OH的来源之一(光催化水分解产生•OH)；若只用乙腈，水含量不足，•OH生成量少，反应速率慢；故混合溶液的作用是提供足够的水以产生•OH，同时乙腈溶解有机物，保证反应物充分接触； (2)浓硫酸是液体，后续无法过滤；Na2CO3、NaOH都与对甲基苯甲酸反应，故选D； (3)根据核磁共振氢谱图，反应5h，在化学位移10处代表对甲基苯甲醛中醛基氢的特征峰消失，可判断对甲基苯甲醛几乎完全转化；对甲基苯甲酸可以进一步被氧化为对苯二甲酸，所以产率会下降； (4)A项，对甲基苯甲酸可以被KMnO4 进一步氧化为对苯二甲酸，A正确；B项，反应物中没有水，所以加入丙酮的作用不是增大反应物在水中的溶解度，加快反应速率，B错误；C. 混合液A蒸去溶剂丙酮，加入过量稀NaOH溶液，充分反应后，得到对甲基苯甲酸钠，用乙酸乙酯洗涤，对甲基苯甲酸钠在水层，乙酸乙酯在有机层，则乙酸乙酯的作用不是提取目标产物，C错误；D项，对甲基苯甲酸存在分子间氢键，则熔点高于对甲基苯甲醛，D正确； (5)丙酮易挥发，为保证18O2气氛，通18O2前，需先使用“循环冷冻脱气法”排出装置中(空气中和溶剂中)的16O2，“循环冷冻脱气法”：反应液中有16O2，关闭阀门，冷冻反应液，可逸出一部分溶解的16O2，然后打开阀门抽气，一段时间后，再关闭阀门，反应液恢复室温，再重复后四步操作数次，所以操作顺序为：①→②→③→①→④。 【变式3】【变情景—制备味精】(2026·吉林白山开学考试)我国化工专家吴蕴初对研制生产味精等作出了卓越贡献。某研究小组模拟以淀粉为原料制备味精的实验流程为： 已知：①谷氨酸在酸性较强的条件下的存在形式为：，其-羧基：，-羧基：；的，。 ②谷氨酸在不同pH存在形式如下： 请回答： (1)步骤Ⅰ中试剂A可选用___________(写一种 (2)的小于的原因是___________。 (3)谷氨酸溶解度()随pH变化，谷氨酸单钠盐溶解度随温度变化如下图所示： 下列说法正确的是___________。 A．图1干燥管内B只能选用酸性物质 B．步骤Ⅱ加盐酸调节至pH=3.22时有利于析出谷氨酸 C．沿M→N→E→P操作可获得较大颗粒的结晶味精 D．通过X射线衍射实验不能区别L、D构型谷氨酸单钠盐(二者互为手性异构体) (4)写出步骤Ⅲ生成味精的反应方程式___________。 (5)步骤Ⅲ，获得味精的所有操作如下：③→___________→②→结晶→过滤、洗涤→干燥(填序号)。 ①加纯碱  ②过滤  ③加谷氨酸  ④除杂质并用活性炭脱色  ⑤控制pH=6.96，搅拌均匀 (6)味精中谷氨酸单钠(，)含量测定。 原理： 过程：称取试样0.15 g于锥形瓶内，加甲酸3 mL，搅拌，直至完全溶解，再加乙酸30 mL、α--萘酚苯基甲醇-乙酸指示液(酸碱指示剂)10滴，用cmol·L-1的高氯酸滴定，当滴入最后半滴时溶液变绿色即为滴定终点，记录消耗高氯酸标准滴定溶液的体积(V1mL)。同时做空白试验，记录消耗高氯酸标准滴定溶液的体积(V0mL)。则： ①甲酸和乙酸的作用是___________。 ②味精中谷氨酸单钠的质量分数是___________(用含c、V1、V0的式子表示)。 【答案】(1)稀硫酸或酸或酶 (2)由于-NH3+具有吸电子效应，α-羧基上的羟基极性比-羧基上的羟基极性强，更易电离 (3)BC (4)2HOOC-CH2-CH2-CH(NH3+)-COO-+Na2CO3→2-OOC-CH2-CH2-CH(NH3+)-COO-+CO2↑+H2O (5)①→⑤→④ (6) 作溶剂 【解析】淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖与氧气、氨气反应生成谷氨酸，谷氨酸与碳酸钠反应生成味精。 【解析】(1)步骤Ⅰ为淀粉水解生成葡萄糖，可选用稀硫酸或酸或淀粉酶作催化剂，催化淀粉水解。 (2)α-羧基邻位的-NH3+具有吸电子效应，使α-羧基上的羟基极性比-羧基上的羟基极性强，更易电离出H+，因此，小于。 (3)A项，干燥管B的作用是吸收尾气中多余的NH3，中性的无水氯化钙也可吸收NH3，不是只能选酸性物质，A错误；B项，由图2可知，pH=3.22时谷氨酸溶解度最小，有利于谷氨酸析出，B正确；C项，要得到大颗粒晶体，需要溶液缓慢进入介稳区，避免大量晶核生成；M→N→E→P操作是先高温溶解，再缓慢降温进入介稳区，仅晶体生长、不大量成核，可得到大颗粒结晶，C正确；D项，互为手性异构体的晶体X射线衍射图谱不同，X射线衍射可以区分二者，D错误；故选BC。 （4） 步骤Ⅲ中谷氨酸和碳酸钠反应生成谷氨酸单钠盐，只有一个羧基参加反应，化学反应方程式为+CO2↑+H2O。 （5） (5)步骤Ⅲ中，谷氨酸和碳酸钠在pH=6.96下反应生成谷氨酸单钠盐，除去杂质并用活性炭脱色后，过滤除去杂质和活性炭，滤液结晶、过滤、洗涤、干燥得到味精，因此操作顺序为③加谷氨酸→①加纯碱反应→⑤控制pH=6.96→④除杂、活性炭脱色→②过滤除去杂质和活性炭→结晶，因此空格填①→⑤→④。 (6)①该反应为非水滴定，甲酸和乙酸作为非水溶剂，溶解样品。② 由反应关系可知：，谷氨酸单钠的质量为，因此质量分数。 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．(2026·北京卷，8，3分)下列物质的制备实验中，选用的试剂和反应条件均正确的是( ) 物质 试剂 反应条件 A SO2 Cu和浓硫酸 常温 B NH3 NH4Cl固体 加热 C 银氨溶液 AgNO3溶液和氨水 常温 D Cl2 MnO2固体和稀盐酸 加热 【答案】C 【解析】A项，常温下Cu和浓硫酸不反应，需要加热才能生成SO2，试剂和条件搭配错误，A错误；B项，加热NH4Cl固体时，NH4Cl分解生成的NH3和HCl在试管口遇冷会重新化合生成NH4Cl，无法制得NH3，B错误；C项，常温下，向AgNO3溶液中逐滴加入稀氨水，至最初产生的沉淀恰好完全溶解，即可制得银氨溶液，试剂和条件均正确，C正确；D项，MnO2和稀盐酸加热不反应，需要和浓盐酸共热才能制得Cl2，试剂选用错误，D错误；故选C。 2．(2026·重庆卷，9，3分)氯化钇(YCl3)是制备某特种合金的前驱体。为实现资源的有效利用，制备YCl3时，生成的NH3可用于制备硝酸，其实验装置如图所示。 反应1   6NH4Cl＋Y2O32YCl3＋6NH3↑＋3H2O 反应2   4NH3＋5O24NO＋6H2O 下列叙述错误的是( ) A．a中可填充碱石灰 B．b中气体变为无色时反应2已结束 C．c中盛水可得到硝酸 D．反应结束时先停止通气后停止加热 【答案】D 【解析】氧化钇与氯化铵在氩气氛围中加热发生反应1生成氯化钇和氨气和水，生成的氨气经过a干燥后在管式炉中与过量的氧气发生反应2催化氧化生成NO和水，进入b中的气体为NO和过量的氧气，二者反应生成NO2显红棕色，NO2与氧气一起通入c中的水反应得到硝酸。A项，a的作用是干燥反应生成的NH3，碱石灰为碱性干燥剂，不与NH3反应，可用于干燥氨气，A正确；B项，因反应过程中通入过量的氧气，若反应2未结束，则会生成NO，NO遇氧气变为红棕色，当b中气体为无色时，说明不再产生NO，氨气已经耗尽，反应2已结束，B正确；C项，从管式炉，中流出的气体含有NO和过量O2，二者反应生成NO2，从b流出的气体为NO2和氧气，通入水中发生反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3，可得到硝酸，C正确；D项，反应结束时若先停止通气后停止加热，装置冷却后压强减小会引发倒吸，因此应先停止加热，继续通气至装置冷却后再停止通气，D错误；故选D。 3．(2026·湖南卷，10，3分)实验室用苯和苯甲酰氯在AlCl3催化下制备二苯甲酮的简易装置如图所示。 已知：① ②苯甲酰氯易水解。 下列说法错误的是( ) A．装置中冷凝器的进水口为b B．c中可装入无水氯化钙 C．实验结束时，应先停止加热再移出漏斗 D．HCl的持续逸出可促进反应正向进行 【答案】A 【解析】A项，冷凝器冷却水采用“下进上出”原则，可保证冷却水充满冷凝管、冷凝效果更好，因此进水口为a，A错误；B项，苯甲酰氯易水解，无水氯化钙为中性干燥剂，可吸收水蒸气，防止烧杯中水蒸气进入反应装置导致苯甲酰氯水解，B正确；C项，该实验的尾气处理装置中，倒扣的漏斗是放倒吸的设计，实验结束时，应先停止加热，使生成的HCl持续被水吸收，等恢复室温后再移出漏斗，C正确；D项，该反应可逆，HCl为生成物，持续逸出会降低生成物浓度，根据勒夏特列原理，平衡正向移动，可促进反应正向进行，D正确；故选A。 4．(2026·湖北卷，12，3分)天然活性成分黄酮醇的制备过程与实验装置如下(部分装置略)： 在N2氛围中，依次向烧瓶中加入固体NaOH、甲醇和邻羟基苯乙酮，搅拌下滴加苯甲醛，加热回流，得到Ⅰ。冷却至10℃，向反应液中加入H2O2和NaOH混合溶液，继续搅拌得到Ⅱ，产率为74%。若Ⅰ分离后再与H2O2和NaOH混合溶液反应，Ⅱ的产率为20%。下列说法正确的是( ) A．装置a为球形冷凝管，2为进水口 B．N2氛围主要防止水蒸气的影响 C．甲醇对Ⅰ→Ⅱ反应的产率有显著影响 D．Ⅱ分子内羟基氧原子来自NaOH和H2O2 【答案】C 【解析】A项，球形冷凝管通水遵循下进上出原则，图中1为下口，是进水口，2为上口，是出水口，A错误；B项，反应物中的酚类、醛类都易被空气中的氧气氧化，N2作为惰性氛围，主要作用是防止反应物被O2氧化，且装置末端已有干燥管防外界水蒸气进入，B错误；C项，由题干信息可知，不分离Ⅰ直接进行下一步反应，Ⅱ产率74%；分离出Ⅰ后再反应，产率仅20%。分离Ⅰ的过程会除去体系中的甲醇，产率大幅下降，说明甲醇对Ⅰ→Ⅱ反应的产率有显著影响，C正确；D项，由流程可知，Ⅰ分子中的羟基氧转化为Ⅱ分子中六元坏中的氧原子，Ⅱ分子中还有一个羟基，该羟基氧原子来自氧化剂H2O2，NaOH只提供碱性环境，不提供氧原子，D错误；故选C。 5．(2026·河北卷，15)某兴趣小组探究NH4Br的制备。(实验均在通风橱内进行) 查阅资料：液溴(Br2)是生产溴化合物的基本原料。工业上利用Br2和氨水的氧化还原反应生产NH4Br 。实验室制备少量高纯度NH4Br 常用氨气和氢溴酸的中和反应。 方案Ⅰ：模拟工业生产方法制备NH4Br (夹持装置等略) 实验装置如图所示： 步骤如下： ⅰ  检查装置气密性。 ⅱ  将盛有65.0mL7.5mol·L-1 氨水的C置于冰水浴中，搅拌下由B向C缓慢滴加10.0 mL(32.0 g)Br2，反应快速进行，C中出现白烟，D中导管口有无色气泡冒出。滴加完毕后关闭K2，C中溶液呈橙黄色。 ⅲ  打开K1，向C中逐滴加入15.0mol·L-1氨水至反应完成，再继续滴加少量氨水。 ⅳ  将C和D中的溶液混合，转移至蒸发皿中，水浴加热蒸发、冷却结晶得粗品，进一步提纯得到无色产品29.4 g。 回答下列问题： (1)仪器B的名称为___________。 (2)步骤ⅰ中检查装置气密性的操作：________________________，微热C，若导管口有气泡冒出，停止加热，冷却后导管内上升一段水柱，并保持一段时间不下降，则证明装置气密性良好。 (3)步骤ⅱ中，制备NH4Br 的化学方程式为___________________________________。 (4)步骤ⅲ中，滴加氨水至溶液___________________时(填实验现象)，反应恰好完成。 (5)反应开始时，D中应盛放_________(单项选择，填序号)。 a．KMnO4 溶液     b．蒸馏水     c．稀盐酸 (6)步骤ⅳ中进一步提纯的方法为_________________________。 (7)NH4Br (M=98g/mol)的产率为_____。 方案Ⅱ：实验室方法制备NH4Br ⅰ  利用70%硫酸和Na2SO3固体反应制备SO2，再通入盛有Br2和碎冰的烧瓶中，反应后溶液经蒸馏、除杂、再蒸馏得到高纯度氢溴酸。 ⅱ  利用氨水加热制备氨气，经净化处理后的氨气缓慢通入氢溴酸中至碱性，停止通气。溶液转移至蒸发皿中，水浴加热蒸发、冷却结晶得高纯NH4Br 。 (8)对比两种制备方案，方案Ⅰ存在的优点和不足为___________________________________(优点和不足各答出1点即可)。 【答案】(1)分液漏斗 (2)关闭 K1、 K2，向D中加水使导管口浸没在水面下 (3)8NH3·H2O＋3Br2==N2↑＋6NH4Br +8H2O(或8NH3＋3Br2==N2＋6NH4Br ) (4)橙黄色褪去(或由橙黄色变为无色) (5)b (6)重结晶 (7)75% (8)优点：步骤少，操作简单(或无需制备氢溴酸，节约时间)；不足：反应剧烈，易产生白烟造成原料损失(或液溴易挥发，易污染环境)，且存在提纯流程复杂等缺陷 【解析】方案I(工业法)利用Br2与氨水的氧化还原反应制备NH4Br：部分Br从0价被还原为-1价得到Br-，部分NH3中-3价N被氧化为0价N2，最终生成NH4Br。 方案II(实验室法)先通过SO2还原Br2制备高纯度氢溴酸，再利用氢溴酸和氨气的中和反应得到NH4Br。 (1)仪器B的名称为分液漏斗。 (2)检查装置气密性需要先形成密闭系统，因此必须关闭滴液漏斗的活塞 K1、 K2，并将D中导管浸入水中，再通过微热烧瓶C观察是否有气泡冒出及冷却后是否形成水柱来判断气密性。 (3)液溴与氨水发生氧化还原反应，溴单质作氧化剂被还原为Br-，氨气作还原剂被氧化为无色气体N2，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：8NH3·H2O＋3Br2==N2↑＋6NH4Br +8H2O (或 8NH3＋3Br2==N2＋6NH4Br)。 (4)步骤ⅱ结束后溶液呈橙黄色，说明液溴过量。步骤ⅲ中滴加氨水是为了消耗过量的液溴，当液溴完全反应时，溶液的橙黄色会褪去，变为无色。 (5)反应过程中会有未反应的NH3和Br2挥发出来，D装置用于吸收这些挥发物。由于步骤ⅳ中需要将C和D中的溶液混合提纯，若使用KMnO4溶液或稀盐酸会引入新的杂质离子，而使用蒸馏水吸收后生成氨水和溴水，混合后可继续反应生成NH4Br，既提高了产率又不引入杂质，故选b。 (6)步骤ⅳ中通过蒸发结晶得到的是含有少量杂质的粗品，进一步提纯可溶性无机盐固体最常用的方法是重结晶。 (7)加入的Br2质量为32.0g，其物质的量 。根据关系式 3Br2~6NH4Br可知，理论上生成NH4Br的物质的量为0.4mol。理论产量 。则产率 。 (8)对比方案Ⅰ和方案Ⅱ，方案Ⅰ直接利用原料一步反应制得产品，流程短、操作简便；但由于液溴与氨水反应放热剧烈，容易导致反应物挥发产生白烟，降低了原料利用率，且液溴挥发存在环保隐患、且存在提纯流程复杂等缺陷。方案Ⅱ虽然步骤繁琐，但反应条件温和，产品纯度更高。 6．(2026·北京卷，19)实验小组制备高锰酸钾。 资料：i．K2MnO4为墨绿色固体，可溶于水，强碱性条件下稳定，一定条件下发生的歧化反应为3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-； ii．浓碱性条件下，MnO4-可被OH-还原为MnO42-。 iii．KMnO4的溶解度随温度升高而增大。 (1)制备KMnO4 步骤 实验 Ⅰ 制备K2MnO4：将0.015molKClO3、0.030molMnO2和0.080molKOK三种固体，在熔融状态下充分反应。得到墨绿色固体X。 Ⅱ 制备KMnO4：将X用水溶解后，滴加3mol·L-1CH3COOH至(pH=10(约20mL)，溶液由绿色变为紫红色，过滤。得到约100 mL紫红色溶液和棕黑色固体。 Ⅲ 提纯KMnO4：将Y转移至蒸发皿中，90℃水浴浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。得到紫红色固体Z。 ①补全Ⅰ中反应的化学方程式：__________。 □KClO3+□MnO2+□___________□KCl+□K2MnO4+□___________ ②Ⅱ中K2MnO4歧化的原因：随pH降低，MnO42-的还原性不变，氧化性__________。 ③取Ⅲ中少量Z溶解，得紫红色KMnO4溶液和少量棕黑色固体(检验为MnO2)。 (2)对Ⅲ中产生MnO2的原因进行分析和探究 ①甲认为CH3COO-将MnO4-还原，设计实验i验证：用含0.2mol·L-1KMnO4和0.6mol·L-1CH3COOK的溶液(pH=10)代替Y重复Ⅲ的操作，所得固体含MnO2。乙认为该现象不能证明CH3COO-还原了MnO4-，理由是___________________________________。 ②乙设计和实施了实验ii：用____________________代替Y重复Ⅲ的操作，所得固体不含MnO2，实验i和ii证实了甲的观点。 ③丙用0.15mol·L-1KCl代替CH3COOK重复实验i，证实Ⅲ中Cl-不能还原MnO4-。 实验优化 为提高产品纯度，改进Ⅲ的操作；将Y转移至蒸发皿中，90℃水浴浓缩，洗涤，干燥。 (3)测定KMnO4纯度并计算产率 按I中投料，经优化步骤制得产品，取1/4配制成250mL待测液。酸性条件下，用待测液滴定H2C2O4标准溶液，MnO4-被还原为Mn2+。测得c(KMnO4)=amol·L-1 。 ①滴定反应的离子方程式是__________________________________________________。(H2C2O4是二元弱酸) ②KMnO4的产率是____________________。[产率(实际产量/理论产量)×100%] 【答案】(1)1KClO3+3MnO2+6KOH1KCl+3K2MnO4+3H2O 增强 (2) 实验没有排除OH-还原MnO4-的干扰，因此不能直接归因于醋酸根(或KMnO4溶液在加热条件下自身分解产生MnO2) 含0.2mol·L-1KMnO4且用 KOH 调节pH=10的溶液 (3)5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O 5000a% 【解析】(1)①根据投料的物质的量比例，Cl从+5价降为-1价得6e-，每个Mn从+4价升为+6价失2e-，电子守恒得KClO3和MnO2系数比为1：3；再结合反应环境是KOH熔融体系，补全反应物为KOH，生成物为H2O，根据原子守恒配平：1KClO3+3MnO2+6KOH1KCl+3K2MnO4+3H2O； ②歧化反应中MnO42-既是氧化剂又是还原剂，题目说明还原性不变，只有氧化性随pH降低增强后，MnO42-夺取电子的能力(即氧化性)增强，从而更容易自身发生氧化还原(歧化)反应。 (2)①资料ii说明浓碱性条件下，MnO4-可被OH-还原为MnO42-，后续歧化生成MnO2；实验i溶液为pH=10的碱性环境，浓缩过程中碱浓度逐渐升高，可能是还原了MnO4-产生MnO2，无法证明是CH3COO-的作用；(也可能是KMnO4溶液在加热条件下自身分解产生MnO2)。②为了证明确实是CH3COO-起到了还原作用，需要设计一个空白对照实验。即在完全相同的条件(浓度、温度、90℃水浴、pH=10)下，排除掉CH3COO-的存在。因此，应使用KOH调节pH=10的 含 0.2mol·L-1KMnO4溶液来代替 Y 进行加热浓缩，若此时不产生MnO2，则可证实甲的观点。 (3)①酸性条件下MnO4-被还原为Mn2+，H2C2O4作为弱酸不能拆写，被氧化为CO2，根据电子守恒(Mn降5价，每个C升1价)、电荷守恒和原子守恒配平：离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O；②理论产量：MnO2为限量试剂，步骤I中0.03mol MnO2完全转化为K2MnO4共0.03mol，根据歧化反应3MnO42-~2MnO4-，理论生成KMnO4的物质的量为。 实际产量：取出1/4产品配成250mL待测液，则。 产率 = 。 7．(2026·湖北卷，18)金属氯化物与三氟甲磺酸(CF3SO3H，Mr=150)的反应常用于制备无水金属三氟甲磺酸盐。某同学在实验室中按照如下流程制备无水Mg(CF3SO3)2，Mr=322。已知CF3SO3H是一种超强酸，沸点162℃，易溶于水、乙醚(沸点35℃)和氯仿(沸点62℃)。 回答下列问题： Ⅰ．按照上图组装仪器并检验装置的气密性，向烧瓶中加入MgCl2颗粒(1.9g，0.02mol)。 (1)仪器a的名称________。 Ⅱ．打开活塞，持续通入N2，流速调至每秒逸出2个气泡，缓慢滴加无水CF3SO3H(10mL，0.113mol)，升温至60℃，搅拌1h。 (2)滴加过程中，装置A中的固体逐渐溶解，装置B中的现象是________。反应完毕，取装置C中少量液体于试管中，滴加HNO3酸化的AgNO3溶液，产生的沉淀是________(填化学式)。 (3)装置A中发生反应的化学方程式为________。 Ⅲ．反应完毕，向反应液中加入无水乙醚，析出固体。过滤，用无水乙醚洗涤、干燥，得粗产物。 (4)查阅文献获知，乙醚与CF3SO3H混合时会剧烈放热。为了防止局部过热，加入乙醚时宜采取的措施有________(答一条即可)。 Ⅳ．粗产物提纯后，得到产品5.8g。 (5)向混有少量杂质的粗产物中加入氯仿，煮沸、过滤，除去杂质。煮沸的主要目的是________。 (6)该实验的产率为________%(保留一位小数)。 【答案】(1)恒压滴液漏斗(或恒压分液漏斗) (2)气泡增多(或有气泡产生) AgCl (3) (4)冰水浴冷却(或缓慢滴加、不断搅拌等) (5)使杂质分解，挥发除去乙醚，并使CF3SO3H溶解在氯仿中 (6)90.1 【解析】(1)由装置图可知仪器a的名称为恒压滴液漏斗(恒压分液漏斗)； (2)反应生成HCl气体，随N2进入装置B，HCl不与浓硫酸反应，因此导管口持续有气泡冒出；HCl被装置C的蒸馏水吸收，溶液中含Cl-，与硝酸酸化的AgNO3反应生成AgCl沉淀； (3)MgCl2与三氟甲磺酸发生复分解反应，生成目标产物和HCl，HCl挥发推动反应进行，配平即可得到反应方程式； (4)乙醚与三氟甲磺酸混合剧烈放热，缓慢滴加、不断搅拌或冰水浴冷却都可以避免热量聚集，防止局部过热； (5)升高温度可以使杂质分解成乙醚和CF3SO3H，从而使乙醚挥发除去，并使 CF3SO3H 溶解在氯仿中； (6)，理论生成，理论产量，产率。 8．(2026·重庆卷，16)稀土配合物可作为有机电致发光器件的发光材料。某小组以二氧化铽(TbO2)为原料制备一种新型稀土配合物(TbZ3L2)，其实验装置如图所示(加热及夹持装置略)。 已知：吡唑啉酮衍生物(HZ，H为氢元素)和三苯基氧膦(L)是难溶于水的固体；相对分子质量：HZ 244   L 278。 (1)制备TbCl3 ①I中，仪器a的名称是_________；反应时有黄绿色气体生成，b中吸收该气体的试剂为_________。 ②常温下，生成易溶盐TbCl3的化学方程式为_________。 (2)制备TbZ3L2 ①Ⅱ中生成TbZ3L2的化学方程式为_________。 ②反应结束后，将反应液倒入Ⅲ中烧杯c，冷却至室温。加入蒸馏水立即析出大量沉淀，其原因是_________。 ③将烧杯c中沉淀经Ⅳ过滤，洗涤该沉淀的正确操作是_________。 A．用乙醇洗     B．先用乙醇后用蒸馏水洗 C．用蒸馏水洗     D．先用蒸馏水后用乙醇洗 (3)纯化 TbZ3L2粗产品经重结晶法提纯，除去的杂质有_________。为提高TbCl3利用率，若初始时TbCl3、NaOH、HZ和L的用量分别为n1、n2、n3和n4mol，最终得TbZ3L2产品wg，则产率为_________%(写最简表达式)。 【答案】(1) 圆底烧瓶 NaOH溶液 2TbO2+8HCl(浓)=2TbCl3 +Cl2↑+4H2O (2)TbCl3+3HZ+2L+3NaOH=TbZ3L2+3NaCl+3H2O TbZ3L2难溶于水，加入蒸馏水后，降低了TbZ3L2在溶剂中的溶解度，因此析出大量沉淀 C (3)HZ和L 【解析】装置Ⅰ利用浓盐酸与反应生成易溶盐TbCl3，同时有Cl2生成，洗气瓶b用于除去Cl2。装置Ⅱ是主反应装置，在乙醇溶剂中，通过NaOH调节pH，使Tb3+与配体HZ、L发生配位反应，合成目标配合物。反应结束后，将反应液倒入Ⅲ中烧杯c，冷却至室温，加入蒸馏水立即析出大量沉淀。装置Ⅳ是减压过滤(抽滤)装置，将烧杯c中沉淀经Ⅳ过滤，洗涤该沉淀。 (1)①I中，仪器a的名称是圆底烧瓶。TbO2与浓盐酸反应生成的黄绿色气体为Cl2，氯气有毒，需用碱液如NaOH溶液吸收以防止污染环境。②TbO2具有氧化性，能将浓盐酸氧化为Cl2，自身被还原为Tb3+。根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为2TbO2+8HCl(浓)=2TbCl3 +Cl2↑+4H2O 。 (2)①在装置II中，TbCl3、HZ、L和NaOH反应生成TbZ3L2。NaOH的作用是中和HZ解离出的H+。根据原子守恒，化学方程式为TbCl3+3HZ+2L+3NaOH=TbZ3L2+3NaCl+3H2O。②反应在乙醇溶液中进行，生成的TbZ3L2是有机配合物，难溶于水。加入蒸馏水后，溶剂极性升高，产物溶解度降低析出。③析出的沉淀中含有目标产物TbZ3L2、难溶于水的未反应原料HZ和L，以及易溶于水的副产物NaCl。因为产物TbZ3L2会溶解在乙醇中，如果用乙醇洗涤会造成严重的产物流失；而用水洗涤可以有效洗去表面的NaCl及残余的乙醇，且不会溶解产物和不溶性杂质。 (3)题干信息提示料HZ和L是难溶于水的固体，在加水析出产物时，过量未反应的HZ和L也会因为不溶于水而一并析出混在粗产品中。用水洗涤无法去除它们，因此后续需要通过“重结晶法”提纯来除去的主要杂质就是HZ和L。已知Tb的相对原子质量为159，HZ的相对分子质量为244，L的相对分子质量为278。则TbZ3L2的摩尔质量 。为提高TbCl3利用率，TbCl3为限量试剂。理论上生成TbZ3L2的物质的量为n1mol，理论产量为1444n1g。实际产量为wg，则产率 。 9．(2026·云南卷，16)镍配合物是贵金属催化剂的重要替代品。某实验小组设计了一种制备Ni(Ⅱ)配合物的方法，原理如下： 已知：CH2Cl2有毒、易挥发，ρ=1.33g· cm-3。 实验步骤如下： Ⅰ．向双颈烧瓶中加入10 mL含Ni(NO3)2·6H2O(1 mmol)的乙醇溶液，通过仪器a逐滴加入3 mL含bpy(2 mmol)的乙醇溶液(装置如图，加热及夹持装置省略)，加热搅拌，冷却至室温。 Ⅱ．将上述溶液减压蒸除乙醇，加入20 mL CH2Cl2溶解，再加少量蒸馏水洗涤、分液。 Ⅲ．有机层经减压蒸除溶剂，加入15 mL乙醇和2 mmol NaBPh4(Ph为苯基)，产生沉淀。经过滤、洗涤、干燥得粗产品，进一步提纯后得紫色晶体(配合物Z，Mr=1009)m1g。 回答下列问题： (1)仪器a的名称为______。 (2)下列安全标识中，本实验不涉及的是______(填标号)。 A． B． C． D． (3)步骤Ⅱ中洗涤的目的为______，分液时CH2Cl2在______层(填“上”或“下”)。 (4)步骤Ⅲ中乙醇的作用为______。 (5)步骤Ⅲ中用______法提纯粗产品。 (6)配合物Z的产率为______(列出计算式即可)。 (7)测定配合物Z的晶体结构，下列方法可采用的是______(填标号)。 A．核磁共振氢谱法 B．质谱法 C．红外光谱法 D．X射线衍射法 (8)实验小组进一步探究不同投料比对Ni(Ⅱ)配合物结构的影响，以n(Ni2+)：n(bpy)=1：3进行投料，按上述制备方法得红色晶体。推测Ni2+的配位数为______。 【答案】(1)恒压滴液漏斗 (2)D (3) 除去有机层中溶解的硝酸盐和未反应的水溶性杂质 下 (4)降低配合物Z的溶解度，使其结晶析出 (5)重结晶 (6) (7)D (8)6 【解析】向双颈烧瓶中加入10 mL含Ni(NO3)2·6H2O(1 mmol)的乙醇溶液，通过仪器a逐滴加入3 mL含bpy(2 mmol)的乙醇溶液(装置如图，加热及夹持装置省略)，加热搅拌，冷却至室温，将上述溶液减压蒸除乙醇，加入20 mL CH2Cl2溶解，再加少量蒸馏水洗涤、分液，有机层经减压蒸除溶剂，加入15 mL乙醇和2 mmol NaBPh4(Ph为苯基)，产生沉淀。经过滤、洗涤、干燥得粗产品，进一步提纯后得紫色晶体(配合物Z，Mr=1009)m1g。 (1)由图可知，仪器a是恒压滴液漏斗，它的支管可以平衡压强，使液体顺利流下； (2)佩戴护目镜可以在实验时保护眼睛；实验结束好要洗手；CH2Cl2有毒、易挥发，所以要注意排气防止中毒；本实验不涉及锐器，故选D； (3)步骤Ⅱ中，将上述溶液减压蒸除乙醇，加入20 mL CH2Cl2溶解，再加少量蒸馏水洗涤、分液，洗涤可用于除去有机层中溶解的硝酸盐和未反应的水溶性杂质，减少后续反应的干扰；CH2Cl2的密度为 1.33g·cm-3，大于水，因此分液时在下层； (4)步骤Ⅲ中，加入乙醇后配合物Z沉淀析出，因此乙醇的作用是降低配合物Z的溶解度，使其从溶液中析出； (5) 粗产品已经是固体结晶，为了去除混入的少量可溶性杂质并获得高纯度的紫色晶体，通常采用重结晶法。 (6)根据反应离子方程式：Ni2++2bpy+2BPh4-=[Ni(bpy)2](BPh4)2，再结合投料量，理论上三者恰好完全反应，理论上生成配合物Z的物质的量为1 mmol，质量为，实际产量为m1g，产率=； (7)A项，核磁共振氢谱用于测氢原子种类，不直接测晶体结构，A不符合题意；B项，质谱法用于测分子量，不直接测晶体结构，不符合题意；C项，红外光谱法用于测官能团、化学键，不直接测晶体结构，C不符合题意；D项，X射线衍射法是测定晶体结构的经典方法，可确定原子的空间排布，D符合题意；故选D； (8)bpy(联吡啶)是双齿配体，每个bpy提供 2 个配位原子，当1：2投料时，2 个bpy共提供4个配位原子，配位数为4；当n(Ni2+)：n(bpy)=1：3投料时，3个bpy共提供3×2=6个配位原子，因此Ni2+的配位数为6。 10．(2026·黑吉辽蒙卷，17)某研究组采用如下方案实现了聚对苯二甲酸乙二酯()的快速降解，制备对苯二甲酸(Mr=166)。 反应式： 实验步骤： Ⅰ．向反应瓶中加入20mLH2O、10.0gNaOH、0.2g催化剂和磁搅拌子，搅拌并加热至135℃；随后加入10.0gPET，继续搅拌加热回流5min(回流温度138℃ )。 Ⅱ．反应混合物冷却后倒出，用150mL水稀释；过滤，滤渣用水洗涤，合并滤液；从体系中分离催化剂。 Ⅲ．用稀盐酸调节滤液pH，析出沉淀；过滤，沉淀用水洗涤，干燥得到8.2g固体。 已知：常温下，催化剂为油状物，难溶于水，易溶于CH2Cl2。 回答下列问题： (1)步骤Ⅰ实验装置搭建时应选择的玻璃仪器是_______(填标号)。 (2)步骤Ⅰ中降解反应的主要产物为乙二醇和____________(填结构简式)。 (3)步骤Ⅱ中滤渣用水洗涤的目的是______________________，催化剂可采用________法便捷分离。 (4)步骤Ⅲ中用水洗涤是为除去沉淀上残留的_______和______(填名称)。 (5)取0.0175g步骤Ⅲ所得固体与0.0168g标准品均三甲氧基苯(，Mr=168)混合；该混合物的核磁共振氢谱中，四种氢吸收峰(忽略杂质的氢吸收峰)的峰面积比为2：4：3：9，则所得固体中对苯二甲酸含量为_____%(精确至1%)。 (6)若采用题中方法降解PET和BPA-PC()的混合物，当进行步骤Ⅲ时，调节滤液pH可实现上述两种聚合物降解产物的分步析出。pH较大时，_______(填“PET”或“BPA-PC”)的降解产物析出。 【答案】(1)ADF (2) (3)洗出滤渣表面吸附的对苯二甲酸钠，提高对苯二甲酸产率 分液 (4) 氯化钠 氯化氢(或盐酸) (5)95 (6)BPA−PC 【解析】(1)本实验需要加热回流，反应总液体体积约20mL，加上固体反应物，选用100mL两颈圆底烧瓶A，单口烧瓶B无法满足回流、搅拌/测温的多接口需求，C容积太小；回流需要球形冷凝管D；回流温度为138℃，超过100℃，因此选择量程0~200℃的温度计F。 (2)步骤Ⅰ为碱性条件下PET的酯水解反应，酯基水解后在NaOH环境中，羧基转化为羧酸钠，因此主要产物为乙二醇和对苯二甲酸钠，其结构简式为； (3)未反应的PET等不溶物滤渣表面会吸附产物对苯二甲酸钠，洗涤可回收产物，提高产率；已知催化剂常温下为油状物，难溶于水，与水体系分层，因此可直接分液分离，操作便捷。 (4)调节pH过程中，NaOH与盐酸反应生成NaCl，且加入了过量稀盐酸，沉淀表面会吸附残留的NaCl和HCl，因此水洗除去这两种杂质。 (5)，均三甲氧基苯含3个苯环氢、9个甲氧基氢，对应峰面积比中的3：9；对苯二甲酸含2个羧基氢、4个苯环氢，对应剩下的峰面积比2：4，因此可得，，含量为。 (6)PET降解产物为对苯二甲酸(羧酸)，BPA-PC降解产物为双酚A(酚类)；羧酸酸性强于酚，酸性越弱，其盐越容易在较低c(H＋)(即较大pH)条件下质子化析出，因此pH较大时，BPA-PC的降解产物先析出。 2 / 3 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $