第04讲 综合实验题型探究（复习讲义）（浙江专用）2027年高考化学一轮复习讲练测

第04讲 综合实验题型探究 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 物质性质探究类综合实验 知识解构 知识点1 探究型实验的常见类型 ∣ 知识点2 探究型实验的基本程序 考向破译 考向1 验证型综合实验 ∣ 考向2 猜想型综合实验 解题妙招1 验证型实验题的解题模型 解题妙招2 猜想型实验题的解题模型 考点二 定量测定实验综合题 知识解构 知识点1 定量实验测定的常用方法 ∣ 知识点2定量测定实验中“数据”的采集 知识点3 定量测定实验中数据处理的常用方法 考向破译 考向1 滴定操作型在定量测定实验中的应用 ∣ 考向2 气体关联型在定量测定实验中的应用 解题妙招 定量测定实验综合题答题模板 考点三 有机制备实验综合题 知识解构 知识点1有机制备实验流程 ∣ 知识点2解有机综合题基本策略 考向破译 考向 有机物质的制备 ∣ 解题妙招 有机物制备综合实验题的思维流程 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 物质制备综合探究 浙江1月卷T19，12分 浙江1月卷T20，10分 定量测定综合实验 浙江6月卷T19，12分 浙江6月卷T20，10分 有机制备综合实验 浙江6月卷T19，12分 浙江1月卷T19，12分 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，浙江选考第19题以实验综合题呈现，，其综合性强、难度大，是一道拉分的主要试题。本讲试题将以元素化合物知识为依托，集实验基本操作、物质性质探究、综合计算等于一体，以陌生物质制备为背景，充分体现了“源于教材，又不拘泥于教材”的命题指导思想，把化学实验基础知识和基本操作技能准确迁移到类似的实验中去。 2．从命题思路上看，综合实验题类型主要有物质制备类、实验探究类、定量测定类等，但并不拘泥于固定的形式，但由于物质陌生、设问巧妙，在解题中，往往让考生感到“老虎吃天、无从下口”的畏惧感。备考中要注意有机物的涉入，理清关系，熟记切入点——从安全、环保、可行、简约等角度进行评价分析。 ►复习目标： 1．设计、评价、改进实验方案； 2．正确选用实验装置； 3．掌握控制实验条件的方法； 4．预测或描述实验现象、分析或处理实验数据、得出合理结论。 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 物质性质探究类综合实验 知●识●解●构 知识点1 探究型实验的常见类型 1．研究物质性质的基本程序 2．对未知产物的探究 通过化学反应原理猜测可能生成哪些物质，对这些物质逐一进行检验来确定究竟含有哪些物质。虽然探究型实验主要考查学生的探究能力，但在问题中常常包含了对实验基础知识的考查。例如： (1)常见物质分离的提纯方法：_______法、_______法、_______法、升华法、_______法、渗析法等。 (2)常见气体的制备、净化、干燥、收集等方法。 (3)熟悉重点的操作：气密性检查、测量气体体积、防_______、防_______等。 3．物质性质的探究 (1)在探究过程中往往可以利用对比实验，即设置几组平行实验来进行对照和比较，从而研究和揭示某种规律，解释某种现象形成的原因或证明某种反应机理。 (2)无机物、有机物性质的探究，必须在牢牢掌握元素化合物知识的基础上，大胆猜想，细心论证。脱离元素化合物知识，独立看待实验问题是不科学的，只有灵活运用已有的元素化合物知识，才能变探究型实验为验证型实验，使复杂问题简单化。 得分速记 (1)物质氧化性、还原性的判断。如探究SO2具有还原性的方法是将气体通入酸性KMnO4溶液中，通过酸性KMnO4溶液褪色或变浅来说明SO2的还原性；验证Fe3+的氧化性强于I2时，可利用FeCl3与淀粉-KI溶液反应，通过溶液变为蓝色的现象来说明Fe3+的氧化性强于I2。 (2)同周期、同主族元素性质递变规律的验证，一般通过设计比较元素金属性、非金属性强弱的实验来完成。如通过比较Mg、Al与同浓度盐酸反应产生H2的快慢来比较Mg、Al的金属活动性。 (3)电解质强弱的判断。如探究一元酸HA是弱酸的方法是常温下配制NaA溶液，测其pH，若pH>7，说明HA为弱酸。 (4)物质酸性强弱的判断。如探究碳酸和硅酸的酸性强弱，可利用相对强的酸制备相对弱的酸的反应原理，将CO2气体通入Na2SiO3溶液，看是否有白色胶状沉淀生成来判断H2CO3与H2SiO3酸性的强弱。 (5)钢铁发生电化学腐蚀的规律探究。可以通过控制钢铁是否与空气接触、所接触的电解质溶液的酸碱度、钢铁在腐蚀过程中体系内的气压变化等设计实验，找出规律。 知识点2 探究型实验的基本程序 解答探究型实验题的基本程序可用以下流程图表示： 1．提出问题 要提出问题，首先得发现问题，对题给信息进行对比、质疑，通过思考提出值得探究的问题。此外，实验中出现的特殊现象也是发现问题、提出问题的重要契机。 2．提出猜想 所谓猜想就是根据已有知识对问题的解决提出的几种可能的情况。有一些问题，结论有多种可能(这就是猜想)，只能通过实验进行验证。 3．设计验证方案 提出猜想后，就要结合题给条件，设计出科学、合理、安全的实验方案，对可能的情况进行探究。实验设计中，关键点是对试剂的选择和实验条件的调控。 4．观察实验现象，得出结论 考●向●破●译 考向1 验证型综合实验 例1(2026·浙江温州育英实验学校等校选考模拟)海波(Na2S2O3·5H2O )在医药、纺织等工业有重要应用，主要表现为中等强度的还原剂和较强的配位能力。回答下列问题： (1)海波与稀硫酸反应的离子方程式：______，S2O32-中提供孤电子对能力：端基S原子大于端基O原子，其原因是______。 (2)现设计实验探究Na2S2O3溶液的还原性和配位能力。已知[Fe（S2O3）3]3-为紫黑色、[Cu（S2O3）2]2-为淡绿色。 实验 实验操作 实验现象 Ⅰ 向2 mL 0.1 mol·L－1的FeCl3溶液加入4 mL 0.1 mol·L－1 的Na2S2O3溶液 溶液先变成紫黑色，片刻后溶液接近为无色 ①向实验Ⅰ反应后的无色溶液中滴加K3[ Fe(CN)6]溶液 有蓝色沉淀产生 ②向实验Ⅰ反应后的无色溶液中滴加KSCN溶液 溶液仍为无色 ③向实验Ⅰ反应后的无色溶液中滴加稀盐酸和BaCl2溶液溶液 有极少量白色沉淀产生 Ⅱ 向2 mL 0.1mol·L-1的CuSO4溶液中加入4 mL 0.1mol·L-1的Na2S2O3溶液 溶液先变成淡绿色，且在室温下可稳定存在。水浴加热至50℃以上，溶液变浑浊，最后析出黑褐色沉淀 下列说法正确的是______(填标号)。 A．实验Ⅰ说明Na2S2O3溶液与FeCl3溶液混合时先发生配位反应后发生氧化还原反应 B．实验Ⅰ反应后的无色溶液中含有Fe2+但不含有Fe3+ C．实验Ⅰ“紫黑色溶液褪色”，其发生的主要反应为8Fe3++S2O32-+5H2O=8Fe2++2SO42-+10H+ D．增大实验Ⅰ中溶液的pH，可加快紫黑色溶液褪色 (3)为探究实验Ⅱ生成物的成分，进行如下实验操作： ①通过“白色沉淀”可判断上层清液中含有SO42-，试剂X为______。 ②黑褐色沉淀在NaOH溶液中部分溶解的离子方程式为______。 (4)实验室将Na2S和Na2CO3以2：1的物质的量之比配成溶液再通入SO2，便可制得Na2S2O3和CO2。反应的化学方程式为______；该反应需要在弱碱性条件下进行，原因是______。 解题妙招 验证型实验题的解题模型 【变式1】【变载体】(2026·浙江杭州市富阳区高三二模)为探究(NH4)2Fe(SO4)2溶液与双氧水反应的情况进行如下实验： 下列说法不正确的是( ) A．(NH4)2Fe(SO4)2溶液中，NH4+可抑制Fe2+水解 B．②中现象说明加入双氧水后有Fe3+生成 C．对照④和⑤可推测③中SCN-与双氧水发生了反应 D．向③中加入盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明SCN-转化成了SO42- 【变式2】【变载体】(2026·浙江温州育英实验学校等校选考模拟)为探究50 mL 1.0mol·L-1FeCl3 溶液中的离子平衡和离子反应，某小组同学进行了如下实验。下列说法不正确的是( ) 操作 现象 向锥形瓶中加入6.5 g锌粉，然后加入50 mL 1.0 mol·L－1的FeCl3 溶液，搅拌 溶液温度迅速上升，稍后出现红褐色沉淀，同时出现少量气泡；反应一段时间后静置，上层溶液为浅绿色，锥形瓶底部有黑色固体 收集检验反应过程中产生的气体 气体靠近火焰，有爆鸣声 A．溶液温度迅速上升主要是因为Fe3+与Zn反应放热 B．锥形瓶底部有黑色固体为铁粉 C．红褐色Fe(OH)3沉淀是因为Zn消耗H+，同时放出热量，促进水解平衡正向移动 D．反应后溶液为浅绿色是因为发生反应：2Fe3++Zn==Zn2++2Fe2+ 【变式3】【变题型】某小组用如图所示装置进行实验(夹持仪器和A中加热装置已略)，以验证Fe3＋、Cl2、SO2氧化性的强弱。根据题目要求回答下列问题： (1)检查装置气密性后，关闭K1、K3、K4，打开K2，旋开旋塞a，加热A，则B中发生反应的离子方程式为______________________________________。 (2)B中溶液变黄时，停止加热A，关闭K2。打开旋塞b，使约2 mL的溶液流入试管D中，关闭旋塞b，检验B中生成离子的方法是___________________________________________。 (3)若要继续证明Fe3＋和SO2氧化性的强弱，需要进行的操作是___________________。 (4)甲、乙、丙三位同学分别完成了上述实验，结论如表所示，他们的检测结果一定能够证明氧化性强弱顺序：Cl2>Fe3＋>SO2的是________(填“甲”“乙”或“丙”)。 过程(2)B中溶液含有的离子 过程(3)B中溶液含有的离子 甲 既有Fe3＋又有Fe2＋ 有SO 乙 有Fe3＋无Fe2＋ 有SO 丙 有Fe3＋无Fe2＋ 有Fe2＋ (5)验证结束后，将D换成盛有NaOH溶液的烧杯，打开K1、K2、K3和K4，关闭旋塞a、c，打开旋塞b，从两端鼓入N2，这样做的目的是_______________________________________。 考向2 猜想型综合实验 例2为更好地利用化学变化中的物质变化和能量变化，在化学研究和工业生产中还需要关注化学反应的快慢和进行程度等。 (1)研究小组向4.5mL1mol·L-1KCl溶液中加入0.50mL0.2mol·L-1 AgNO3溶液，产生AgCl沉淀，静置，得到AgCl滤液；在AgCl滤液中放入5cm长的镁条后，立即有无色气泡产生，气体可燃，滤液中逐渐出现白色浑浊。 【发现问题】对比发现，Mg+AgCl滤液反应比Mg+H2O反应速率快。研究小组对此实验现象产生的原因进行了探究。 【查阅资料】Cl-类体积较小的阴离子，能够“钻入” Mg(OH)2膜，达到使其溶解的效果，称作“离子钻入效应”， 【提出猜想】 猜想一：Cl-钻入Mg(OH)2膜形成孔径，增大了Mg和H2O的接触面积，加快了Mg+H2O的反应速率； 猜想二：在“离子钻入效应”基础上，Mg置换Ag+形成许多微小的Mg-Ag原电池，使Mg+H2O反应速率进一步加快。 【实验设计】用砂纸擦去镁条表面氧化膜，取表面积和质量相同的镁条(5cm)，用浓度分别为1 mol·L-1KCl、0.2 mol·L-1 AgNO3、0.2 mol·L-1 KNO3溶液，按照下表进行系列实验，若有沉淀，先将沉淀过滤后，将滤液加入装Mg条的试管，并观察Mg条表面实验现象。 序号 V(KCl)/mL V(AgNO3) /mL V(KNO3) /mL V(H2O)/mL 实验现象 1 / / / 5.00 微小气泡附着 2 4.50 0.50 / / 大量气泡放出 3 4.50 / / 0.50 少量气泡放出 4 a / b / 少量气泡放出 ①根据表中信息，补充数据：a=_______，b=_______。 ②由实验1和实验3对比可知：有加快Mg+H2O反应速率的作用。 ③由实验_______和实验_______对比可知：Ag+有加快Mg+H2O反应速率的作用。 【实验结论】猜想一和猜想二成立。 (2)为了进一步证明Mg-Ag原电池能加快Mg+H2O+ Cl-体系中Mg+H2O的反应速率，研究小组利用数字化实验进行了验证。 【实验设计】选取实验2和实验4两个实验方案，将各实验Mg条、溶液量等比例放大至30cm，，采集两个实验的pH-时间、温度-时间变化数据(先采集约10s时溶液的pH-时间、温度-时间数据，再投入Mg条继续采集pH-时间、温度-时间数据)。实验数据如图所示： ④由初始pH数据可知，曲线_______(填“a”或“b”)表示实验2的pH-时间变化曲线，请你解释原因_______。 ⑤在pH=11左右，两实验的pH变化都明显趋于平缓的原因_______。 ⑥“温度-时间”曲线分析：两种溶液的初始温度一致，投入镁条后，实验2温度增幅明显大于实验4，说明相同反应时间内，_______(填“实验2”或“实验4”)放热更多，因此速率更快。 【实验结论2】结合pH-时间、温度-时间曲线可知，Mg-Ag原电池能加快Mg+H2O+ Cl-体系中Mg+H2O的反应速率。 解题妙招 猜想型实验题的解题模型 【变式1】【变载体-探究物质性质】硫代硫酸钠(Na2S2O3)可用作分析试剂及还原剂，受热、遇酸易分解。某学习小组用如图装置模拟古法制硫酸，同时利用生成的SO2气体制备硫代硫酸钠。 已知：①绿矾化学式为FeSO4·7H2O，2FeSO4·7H2OFe2O3＋SO2↑＋SO3↑＋14H2O； ②SO3的沸点为44.8 ℃； ③Na2S2O3中S元素的化合价分别为－2价和＋6价。 回答下列问题： Ⅰ．硫代硫酸钠的制备 (1)检查装置气密性，加入药品。Na2S和Na2CO3混合溶液用煮沸过的蒸馏水配制，煮沸的目的是__________________；B装置的作用是_________________________。 (2)从锥形瓶中得到Na2S2O3晶体需水浴加热浓缩至液体表面出现结晶为止，使用水浴加热的原因是________________________________。 Ⅱ．硫代硫酸钠性质的探究 ①取Na2S2O3晶体，溶解，配成0.2 mol·L－1的溶液。 ②取4 mL所配溶液，向其中加入1 mL饱和氯水(pH＝2.4)，溶液立即出现浑浊，经检验浑浊物为S。 实验小组研究S产生的原因，提出了以下假设： 假设1：Cl2等含氯的氧化性微粒氧化了－2价硫元素。 假设2：酸性条件下，Na2S2O3分解产生S(不考虑空气中氧气氧化)。 依据假设设计实验方案： 所加试剂 现象 第①组 1 mL饱和氯水＋4 mL Na2S2O3溶液 立即出现浑浊 第②组 1 mL某试剂＋4 mL Na2S2O3溶液 一段时间后出现浑浊，且浑浊度比①组小 (3)第②组实验中的某试剂是____________________________。 (4)依据现象，S产生的主要原因是________________________________(用离子方程式表示)。 【变式1】【变情景-逻辑思维与科学建模】某学习小组对Cu与HNO3的反应进行了研究。 (1)铜与稀硝酸反应的化学方程式是_______。 (2)利用下图装置完成Cu与HNO3制取氮氧化物的反应。实验可观察到装置B中液面上方为无色气体，C中液面上为红棕色气体。 ①盛稀硝酸的仪器名称_______。 ②为排尽整套装置内的空气，先打开弹簧夹，通入_______(填化学式)，一段时间后关闭弹簧夹。 ③C中液面上为红棕色气体，其原因是_______(用化学方程式表示)。 (3)下图是学习小组在做铜与硝酸反应的实验时的操作和现象。图中溶液A遇铜片立即产生气泡，而相同条件下稀硝酸(溶液B)遇铜片短时间内无明显变化，一段时间后才有少量气泡产生。分析溶液A的成分后，学习小组探究溶液A与铜片能够立即发生反应的原因。 ①假设1：_______(填化学式)对该反应有催化作用。 实验验证：向溶液B中加入少量硝酸铜固体，溶液呈浅蓝色，放入铜片，没有明显变化。 结论：假设1不成立。 ②假设2：NO2对该反应有催化作用。 方案1：向放有铜片的溶液B中通入少量NO2，铜片表面立即产生气泡，反应持续进行。有同学认为应补充对比实验：另取一份放有铜片的溶液B，向其中加入数滴5mol·L—1硝酸，无明显变化。补充该实验的目的是_______。 方案2：向A中鼓入N2数分钟得溶液C．相同条件下，铜片与A、C溶液的反应速率分别为、，当_______。(填“>”、“=”、“＜”)时，实验能够证明假设2成立。 ③经检验，A溶液中还含有少量亚硝酸HNO2。 设计实验证明HNO2也对该反应有催化作用。操作和预期现象是：向含有铜片的B溶液中_______。 最后结论：NO2和HNO2对铜与硝酸的反应都有催化作用。 【变式3】【变考法】(2026·湖北黄冈二模)某兴趣小组在制备铜氨配合物时，进行了一系列探究。 (1)实验I：向2mL2mol·L-1 CuSO4溶液中逐滴加入2 mol/L氨水，先产生蓝色沉淀，后得到深蓝色透明溶液。再向深蓝色透明溶液中，加入95%乙醇，析出深蓝色晶体。 ①用离子方程式说明产生蓝色沉淀的原因：___________。 ②溶液变成深蓝色是因为生成了[Cu(NH3)4]2+配离子，该配离子中心离子的杂化方式___________(填“是”或“不是”)sp3杂化。 (2)深蓝色晶体经洗涤、干燥后用___________(填仪器名称)检测，出现明锐的衍射峰，证实其是单一组分的晶体。关于深蓝色晶体的组成，甲、乙两同学提出了不同的想法。 甲：该晶体是[Cu(NH3)4](OH)2； 乙：该晶体是[Cu(NH3)4]SO4·H2O。 丙同学根据甲、乙的猜想，设计了方案证明乙同学的猜想成立。请简述丙同学设计的方案以及确认乙同学猜想成立的证据___________。 (3)该小组认为实验I中生成蓝色沉淀的同时生成了NH4+，影响了[Cu(NH3)4](OH)2的生成。因此设计了实验Ⅱ制备，但却出现预期之外的现象： 实验Ⅱ： ⅰ．对于实验I与实验Ⅱ的现象差异。提出了三个假设： 假设a：实验I中加了两次氨水，c(NH3)浓度比实验Ⅱ中大，更有利于[Cu(NH3)4]2+的生成。 假设b：实验I中生成了NH4+，可明显促进[Cu(NH3)4]2+的生成。 假设c：实验Ⅱ中加入了Na+，可明显抑制[Cu(NH3)4]2+的生成。 ⅱ．设计实验Ⅲ~I进行验证，记录相关数据如下。[已知(有色物质)，为常数] 序号 操作 用分光光度计测清液吸光度 Ⅲ 取0.1gCu(OH)2固体于试管中 滴加氨水 A1 IV 滴加氨水 A2 V 滴加氨水，再加入少量 A3 VI Na2SO4固体滴加5mL2mol·L-1氨水，再加入少量________固体 A4 ①实验VI中，应加入的固体是___________(填化学式)。 ②若实验结果证实猜想b成立，则支持此结论的证据为___________。 (4)为进一步确认NH4+发挥作用的机制，继续查阅资料，得到如下数据： ； 。 请结合数据通过计算说明Cu(OH)2不溶于氨水，但在铵盐存在下可以溶解的原因___________。 考点二 定量测定实验综合题 知●识●解●构 知识点1 定量实验测定的常用方法 知识点2 定量测定实验中“数据”的采集 1．称量固体质量时，中学一般用托盘天平，可估读到_____g，精确度要求高的实验中可以用电子天平。 2．测量液体体积时，一般实验中选用适当规格的量筒，可估读到_______mL，精确度要求高的定量实验，如中和滴定中选用滴定管(酸式或碱式)，可估读到_______ mL。容量瓶作为精密的定容仪器，用于配制一定物质的量浓度的溶液，一般不用于量取液体的体积。 3．气体除了量取外，还可以称量。称气体的质量时一般有两种方法：一种方法是称反应装置在放出气体前后的质量_______值；另一种方法是称吸收装置前后的质量_______值。 4．用pH试纸(测得整数值)或pH计(精密测量溶液的pH)直接测出溶液的pH，经过计算可以得到溶液中H+或OH-的物质的量浓度。 5．为了数据的准确性，要进行平行实验，重复测定。如中和滴定实验中要平行做_______次滴定实验，求算未知溶液的浓度再取平均值，但对于“离群”数据(指与其他数据有很大差异的数据)要_______，因为数据“离群”的原因可能是操作中出现了较大的误差。 得分速记 实验数据采集时的“五看” 一看数据是否符合测量仪器的精度特点，如用托盘天平测得的质量的精度为0.1 g，若精度值超过了这个范围，说明所得数据是无效的； 二看数据是否在误差允许范围内，若所得的数据明显超出误差允许范围，要舍去； 三看反应是否完全，是否是过量反应物作用下所得的数据，只有完全反应时所得的数据，才能进行有效处理和应用； 四看所得数据的测试环境是否一致，特别是气体体积数据，只有在温度、压强一致的情况下才能进行比较、运算； 五看数据测量过程是否规范、合理，错误和违反测量规则的数据需要舍去。 知识点3 定量测定实验中数据处理的常用方法 1．物质含量计算 根据关系式法、得失电子守恒法、滴定法等，求出混合物中某一成分的量，再除以样品的总量，即可得出其含量。 2．确定物质化学式的计算 (1)根据题给信息，计算出有关物质的物质的量。 (2)根据电荷守恒，确定出未知离子的物质的量。 (3)根据质量守恒，确定出结晶水的物质的量。 (4)各粒子的物质的量之比即为物质化学式的下标比。 3．热重曲线计算 (1)设晶体为1 mol。 (2)失重一般是先失水、再失气态非金属氧化物。 (3)计算每步的m余，＝固体残留率。 (4)晶体中金属质量不减少，仍在m余中。 (5)失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得mO，由n金属∶nO，即可求出失重后物质的化学式。 4．多步滴定计算 复杂的滴定可分为两类： ①连续滴定法：第一步滴定反应生成的产物，还可以继续参加第二步的滴定。根据第二步滴定的消耗量，可计算出第一步滴定的反应物的量。 ②返滴定法：第一步用的滴定剂是过量的，第二步再用另一物质返滴定过量的物质。根据第一步加入的量减去第二步中过量的量，即可得出第一步所求物质的物质的量。 考●向●破●译 考向1 滴定操作型在定量测定实验中的应用 例1(2026·浙江台州市高三第二次教学质量评估)某实验小组利用废铁铝合金来制取FeCl3·6H2O(M=270.5 g·molˉ1)。流程如下： 已知：①乙醚[(C2H5)2O]的沸点为34.5℃，微溶于水，密度约为0.71g· cm-3； ②C2H5OC2H5+FeCl3+HCl(浓)[(C2H5)2OH][FeCl4]； ③[(C2H5)2OH][FeCl4]溶于乙醚，当盐酸浓度降低时，该化合物解离。 请回答： (1)操作a的名称为________。 (2)下列说法正确的是_______。 A．将合金废料粉碎，可加快反应速率 B．试剂a可用Cl2 C．试剂b为水，操作b为过滤 D．用K3[Fe(CN)6]溶液可检验溶液2中是否含有 (3)[(C2H5)2OH][FeCl4]在乙醚中溶解度大于在水中的溶解度，从结构上解释原因________。 (4)用乙醚萃取[(C2H5)2OH][FeCl4]时，用下列装置可实现连续萃取。 ①写出图中仪器B的名称________。 ②从下列选项中选择合适的操作补全测定步骤________。 向溶液2中加入适量的浓盐酸、乙醚得到溶液组装好装置→检查气密性→圆底烧瓶C中加入沸石→取下冷凝管→( )→( )→装上冷凝管，( )→( )。 a.向A中加入溶液X直至约占A体积 b.加热圆底烧瓶 c.连接冷凝水的橡皮管 d.向A中加入乙醚直至达到C中圆底烧瓶体积的2/3 (5)产品纯度测定： Ⅰ.配制样品溶液：称取1.000g样品，用稀盐酸溶解后，在容量瓶中定容至250mL。 Ⅱ.移取待测液：用移液管移取25.00mL上述样品溶液，放入锥形瓶中。 Ⅲ.加入试剂与反应：向锥形瓶中加入过量的KI溶液。 Ⅳ.滴定：立即用0.0100mol·L-1的I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI标准溶液进行滴定。当溶液变为浅黄色时，加入左右的淀粉指示剂，记录终点消耗的标准溶液的体积。 Ⅴ.平行实验：进行三次平行滴定，消耗的I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI标准溶液体积的平均值为。已知反应：I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI。 ①加入KI溶液需过量的目的是加快反应速率、使Fe3+反应完全和________。 ②产品的纯度为________%(保留小数点后1位)。 【变式1】【变考法】(2026·浙江省宁波市镇海中学三模)测定铁矿石中铁含量的传统方法是SnCl2-HgCl2-K2Cr2O7，滴定法。按下列步骤测定 【配制溶液】① cmol·L-1 K2Cr2O7，标准溶液。 ②SnCl2溶液：称取6gSnCl2·2H2O溶于20 mL浓盐酸，加水至100 mL，加入少量锡粒。 【测定含量】按下图所示（加热装置略去）操作步骤进行实验。 已知：氯化铁受热易升华； 室温时HgCl2可将Sn2+氧化为Sn4+，难以氧化Fe2+；Cr2O72-可被Fe2+还原为Cr3+。 下列说法不正确的是( ) A．为了提高测定的准确性，需准确配制SnCl2溶液，所以需要用分析天平称量SnCl2·2H2O B．步骤I中“微热”的原因是为了提高试样与浓盐酸反应速率，同时可减少浓盐酸的挥发和氯化铁的升华 C．步骤Ⅲ中，装 K2Cr2O7标准溶液的酸式滴定管使用前应进行验漏、洗涤、用标准液润洗等操作 D．步骤I中，没有立即用标准液滴定，测定的铁含量可能偏低 【变式2】【变情境】某小组实验探究KMnO4 法滴定白云石[CaMg(CO3)2]中钙含量时的条件。 (1)处理白云石矿样 步骤1：用HCl溶解白云石矿样； 步骤2：向上述溶液中加入沉淀剂(NH4)2C2O4，使Ca2+转化为CaC2O4沉淀，过滤，洗净沉淀。 ①步骤1发生反应的离子方程式为________。 ②步骤2洗净沉淀是为了防止Cl-影响后续滴定结果，检验沉淀已洗净的操作及现象是________。 (2)滴定条件探究 序号 实验内容及现象 Ⅰ 将带有沉淀的滤纸贴在烧杯壁上，用热蒸馏水冲洗，将滤纸全部浸入溶液，并用稀H2SO4溶解沉淀控制酸度，趁热用cmol·L-1KMnO4 标准溶液滴定。开始滴定时快速加入5mLKMnO4 标准溶液，产生大量棕黑色沉淀，随着滴定继续进行，沉淀消失，滴定终点读取数据。 Ⅱ 将带有沉淀的滤纸贴在烧杯壁上，用热蒸馏水冲洗，将滤纸全部浸入溶液，并用稀H2SO4溶解沉淀控制酸度，趁热用cmol·L-1KMnO4标准溶液滴定。开始滴定时逐滴加入，每一滴反应完全后再加入下一滴，溶液始终澄清，滴定终点读取数据。 已知：ⅰ．MnO4-为紫红色，Mn2+近乎无色，H2C2O4棕黑色沉淀； ⅱ．Ka1(H2C2O4)=5.0×10-2； ⅲ．滤纸的主要成分为纤维素。 ①KMnO4 既做标准溶液又做指示剂，滴定终点的现象是________。 ②实验Ⅰ中棕黑色沉淀产生的途径可能有： 途径一：____________ 途径二：MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓ +4H+ 途径三：4MnO4-+4H+=4MnO2↓ +3O2↑+2H2O a．途径一的离子方程式为________。 b．途径一、二对测定结果无影响，途径三会使测得的Ca2+的含量偏高，分析原因：________。 实验Ⅰ最终测得的Ca2+的含量偏高。 ③实验Ⅱ测得的Ca2+的含量也偏高，经分析认为是滤纸浸入溶液造成的，理由是________。 (3)改进滴定实验 分析实验Ⅰ、Ⅱ测定结果偏差的原因，增加实验Ⅲ，将滤纸全部浸入盛有热蒸馏水的烧杯中，并用稀H2SO4控制酸度与Ⅱ相同，趁热用cmol·L-1KMnO4标准溶液滴定。开始滴定时逐滴加入，每一滴反应完全后再加入下一滴，滴定终点读取数据。 白云石矿样为ag，实验Ⅱ、Ⅲ消耗KMnO4标准溶液的体积分别为V1mL、V2mL。白云石矿样中钙的质量分数为________(列出计算式)。 【变式3】【变载体】(2026·浙江宁波市镇海中学等校高三二模)碘酸钾是一种重要的无机物，可用作食盐中的加碘剂，溶解度随温度升高而增大。其制备方法如下： 步骤Ⅰ：碘酸氢钾[KH(IO3)2]的制备 在三颈烧瓶中加入2.80 g碘、2.60 g氯酸钾和50 mL水，滴加6mol·L-1盐酸至溶液pH=1，控制温度850C左右，装置如图所示。 步骤Ⅱ：将步骤I所得溶液通过加入适量的X溶液转化为KIO3溶液；通过一系列操作得到KIO3晶体。 步骤Ⅲ：测定KIO3纯度。 (1)仪器c的名称是___________。 (2)下列说法正确的是___________。 A．步骤Ⅰ中可使用四氯化碳萃取除去KH(IO3)2中的碘单质 B．d装置中使用无水氯化钙固体吸收尾气 C．步骤Ⅱ中X溶液可以是KOH D．将步骤Ⅱ中KIO3溶液直接蒸发结晶得到KIO3晶体 (3)步骤I中温度不能过高的原因___________。 (4)已知步骤I装置中有大量黄绿色气体产生，请写出制备KH(IO3)2的化学反应方程式___________。 (5)步骤Ⅲ：从下列选项中选择合适的操作补全测定步骤___________。 实验原理：I2+2S2O32-=S4O62-+2I- 称取0.1000 g产品于碘量瓶中，加入稀盐酸和过量的KI溶液。用0.1000mol·L-1Na2S2O3溶液滴定：取滴定管检漏、水洗___________→装液→___________→调液面、读数→开始滴定+___________→读数，平行实验三次。 a．润洗，从滴定管尖嘴放出液体 b．润洗，从滴定管上口倒出液体 c．将滴定管倾斜30°左右，迅速打开活塞使溶液冲出，从而使溶液充满尖嘴 d．将胶头弯曲使玻璃尖嘴向上倾斜，轻轻挤压玻璃球，使溶液从尖嘴流出赶走气泡 e．接近终点时，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点，蓝色消失且半分钟内不变色 f．接近终点时，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点，出现蓝色且半分钟内不消失 考向2 气体关联型在定量测定实验中的应用 例2(2025·浙江省嘉兴市高三三模)CaO2可作为医用防腐剂和消毒剂，也可为农业、园艺和生物技术应用提供氧气。某研究小组探究用石灰石为原料制备过氧化钙(CaO2)，实验流程为： 已知：i. CaO2溶于酸，微溶于水，不溶于乙醇； ii.CaCl2+H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓ +2NH4Cl。 (1)关于步骤①，下列说法正确的是_______。 A．可用稀硫酸代替稀盐酸 B．为使CaCO3充分反应，稀盐酸应当过量 C．煮沸是为了除去溶液中的CO2，防止后续步骤在碱性条件下与Ca2+生成CaCO3沉淀，影响产品纯度 D．过滤的目的是除去一些难溶性杂质，提高CaO2的纯度 (2)步骤②中的操作是将氯化钙溶液加入氨水-H2O2混合液中，解释选择这样混合方式的原因 。 (3)步骤③三颈烧瓶(如图)中的晶体转入漏斗时，瓶壁上还粘有少量晶体，需选用液体将瓶壁上的晶体冲洗下来后转入漏斗，下列液体最合适的是_______。 A．无水乙醇 B．饱和溶液 C．70%乙醇水溶液 D．滤液 (4)可采用量气法测定产品中CaO2的含量。量气法实验装置如图所示，加热至350℃以上时CaO2迅速分解生成CaO和O2(假设杂质不产生气体)。 ①装置图中量气管可以用化学实验室里的一种常用仪器来改装，这种仪器的名称是 。 ②有关量气法测定产品中CaO2的含量的正确操作为 (选出正确操作并排序，操作可以重复)。 _______→_______→_______→C→_______→_______ A．停止加热，冷却至室温； B．向试管中加入样品； C．加热试管，使样品完全分解； D．停止加热，立即读数； E.向漏斗中注入一定体积的水，检查装置气密性； F.上下移动水准管，使量气管与水准管液面相平，记录读数； ③某同学准确称量0.5000g烘干恒重后的CaO2样品，置于试管中加热使其完全分解，收集到44.80mL(已换算为标准状况)气体，计算产品中CaO2的质量分数 。 (5)有研究团队在高压(约)条件下合成了另一种钙的氧化物CaO(s)：CaO(s)+ O2(g)CaO3(s)，CaO3中各原子均满足8电子稳定结构。 ①写出CaO3电子式 。 ②指出促使上述反应发生的主要因素(单选) 。 a. CaO3比CaO离子间的作用力大 b.反应的熵增大 c.反应中体积减小 解题妙招 定量测定实验综合题答题模板 【变式1】【变考法】(2026·浙江宁波市“十校”高三二模)某学习小组用“直接碘量法”对某工厂废气中的SO2浓度进行测定(已知废气中其他成分不参与反应)。 ①将某工厂废气缓慢通入盛有的NaOH溶液(足量)的碘量瓶(带磨口塞的锥形瓶)中，将碘量瓶在冰水浴中冷却，加入稀硫酸酸化(硫元素主要以HSO3-的形式存在)及少量淀粉溶液，使用超声振荡。待碘量瓶温度稳定后，用碘的标准溶液滴定。 ②进行三次平行滴定实验，记录消耗碘的标准溶液体积，进行相关计算。 下列有关说法错误的是( ) A．使用碘量瓶而不使用锥形瓶是为了减少空气对实验的影响 B．超声振荡过程中温度显著升高，用冰水浴降温有利于SO2的测定 C．滴定终点的现象：溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色 D．滴定过程中，碘量瓶中发生反应的离子方程式：HSO3-+ I2+ 3OH-=SO42-+2I-+2H2O 【变式2】【变情境】氢化钙可作为轻便的氢气发生剂，也可用作还原剂、干燥剂。某兴趣小组拟选用如下装置制备氢化钙。 请回答： (1)请从图1中选择必要的装置，按气流方向连接顺序为 。(填仪器接口的字母编号，装置不可重复使用) _________→__________，__________→d，__________→__________，k→__________ (2)利用所选装置进行实验，步骤如下：①检查装置气密性后，装入药品；②打开启普发生器活塞；__________(请按正确的顺序填入下列步骤的标号)。 A．加热反应一段时间 B．收集气体并检验其纯度 C．关闭启普发生器活塞 D．停止加热，充分冷却 (3)为验证实验确有CaH2生成。某同学取少量产物，小心加入水中，并滴加酚酞，观察到有气泡生成，加入酚酞后溶液显红色，该同学据此推断有CaH2生成。该同学的推断不正确，原因是 。 (4)某同学利用图2装置测定氢化钙产品含量。他称取所制得的氢化钙样品(假设唯一杂质是钙)，实验前后量气管中液面读数分别为V1 mL、V2 mL。(上述气体体积均已换算为标准状况下) ①装置中导管a的作用是 ， 。 ②氢化钙样品的纯度为 %。 【变式2】【变载体】(2025·浙江省精诚联盟二模)氮化钡(Ba3N2)是医药和材料科学的重要中间体。某实验小组利用如图装置(部分固定装置略)进行制备： 已知：①制备原理为：3Ba+N2Ba3N2； ②氮化钡为黄色固体，沸点1000℃，极易与水反应生成氨气和氢氧化钡。 请回答： (1)仪器X的名称是 ，其中可用的固体中性干燥剂是 (填1种)。 (2)有同学认为虚线框内的装置Y部分需要改进，理由是 。 (3)下列有关说法正确的是_______。 A．相比于其他液体，用Hg液封不易引起倒吸 B．镍舟可用铂舟或瓷舟等替换 C．浓H2SO4除干燥作用外，也可用来观察并调控鼓入N2的速率 D．该实验反应完全时，反应物金属光泽消失，并由银白色转变为黄色 (4)制备氮化钡的所有操作具体如下，请排序： 。 ⑦→_______→_______→_______→_______→_______→_______→⑧(填序号)。 ①通入N2 ②关闭管式炉并冷却至室温 ③停止通入N2 ④打开K1、K2 ⑤填装试剂与药品 ⑥加热管式炉 ⑦装置连接并检查气密性 ⑧关闭K1、K2 (5)利用化学方法定性检验反应后固体中的氮化钡，实验方案为 。 (6)用天平称量反应前后玻璃管中固体的质量，实际增重值总是大于理论值，可能的原因是 。 考点三 有机制备实验综合题 知●识●解●构 知识点1 有机制备实验流程 1．分析制备流程 2．熟悉重要仪器 3．典型反应装置和蒸馏装置 知识点2 解有机综合题基本策略 根据题给信息，初步判定物质的性质 有机化合物制备中一般会给出相应的信息，通常会以表格的形式给出，表格中的数据主要是有机化合物的密度、沸点和在水中的溶解性，在分析这些数据时要多进行横向和纵向的比较，密度主要是与水比较，沸点主要是表中各物质的比较，溶解性主要是判断溶还是不溶。主要是根据这些数据选择分离、提纯的方法 注意仪器名称和作用 所给的装置图中有一些不常见的仪器，要明确这些仪器的作用，特别是无机制备实验中不常见的三颈烧瓶、球形冷凝管等 关注有机反应条件 大多数有机反应的副反应较多，且为可逆反应，因此设计有机化合物制备实验方案时，要注意控制反应条件，尽可能选择步骤少、副产物少的反应;由于副产物多，所以需要进行除杂、净化。另外，若为两种有机化合物参加的可逆反应，应考虑多加一些相对价廉的有机化合物，以提高另一种有机化合物的转化率和生成物的产率 1．找准答题思路 2．依据有机反应特点作答 (1)有机物易挥发，反应中通常采用冷凝回流装置，以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。 得分速记 (1)温度计水银球的位置：若要控制反应温度，应插入反应液中，若要选择收集某温度下的的馏分，则应放在蒸馏烧瓶支管口附近。 (2)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。 (3)冷凝管的进出水方向：下进上出。 (4)加热方式的选择： ①酒精灯加热。酒精灯的火焰温度一般在400～500度，所以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度。 (5)防暴沸：加碎瓷片，防止溶液暴沸，若开始忘加沸石，需冷却后补加。 考●向●破●译 考向 有机物质的制备 例1(2026·浙江宁波市“十校”高三二模)乙酰乙酸乙酯(相对分子质量130，沸点180℃，超过120℃开始分解)是一种重要的有机中间体，实验室制备乙酰乙酸乙酯的原理、步骤如下： 2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑ (乙酰乙酸乙酯) 实验步骤： ⅰ.向圆底烧瓶中加入25 ml甲苯，将4.6 g金属钠立即放入烧瓶中。安装冷凝回流装置，加热至金属钠完全熔化后停止加热。待混合液降温使金属钠成为细粒状钠砂。 ⅱ.迅速向带有钠砂的圆底烧瓶中加入44 g乙酸乙酯和少量乙醇，并在瓶口安装冷凝管和装有氯化钙的干燥管。反应回流3-4小时至钠砂基本消失，得到透明溶液。 ⅲ.边振荡边滴加醋酸溶液至弱酸性。将混合液转入 中，用饱和氯化钠溶液洗涤酯层，静置后分出酯层。进一步提纯有机混合物，收集产物并称量。 回答下列问题： (1)请补充步骤ⅲ中缺失的玻璃仪器的名称__________；加入饱和氯化钠溶液的目的是__________。 (2)本实验需要将钠先制备成钠砂的原因可能是__________。 (3)乙酰乙酸乙酯()分子中标*号碳原子上的氢有一定酸性，其。请从结构角度解释原因__________。 (4)下列关于本实验说法正确的是 。 A．实验中的甲苯应用专用回收瓶回收，防止残留的少量钠引发火灾 B．本实验应确保在无水环境中进行，但是乙酸乙酯中含有的少量乙醇无需处理 C．步骤ⅰ中的甲苯可换成CCl4 D．实验收集到乙酰乙酸乙酯19.5 g，则此次实验的产率是60% (5)为获得产品，有机混合物可以采用 方法进一步分离。 A．常压蒸馏 B．减压蒸馏 C．加生石灰常压蒸馏 D．加压蒸馏 解题妙招 有机物制备综合实验题的思维流程 【变式1】【变载体】(2026·浙江杭州市富阳区高三二模)18-冠-6是一种重要的冠醚，常用于配位化学和相转移催化，某研究小组通过Williamson醚合成法，探究在金属钠作用下由乙二醇和1，2-二氯乙烷反应制备18-冠-6. 反应原理为： 3HOCH2CH2OH+3ClCH2CH2Cl+6Na   实验流程为： 已知： ①实验在通风橱内进行； ②1，2-二氯乙烷（沸点83.5℃）易溶于乙醇；18-冠-6（熔点38℃、沸点116℃）常温下在乙醇中的溶解度约为0.5到1.5 g/100 mL，易溶于热的乙醇。 请回答： (1)图1中仪器a的名称是________。 (2)步骤I发生反应的化学方程式是__________；操作顺序是______。 ______→______→______（填字母）。 a．缓慢滴加乙二醇            b．开启磁力搅拌器            c．通冷却水 (3)下列操作不正确的是_____。 A．实验在通风橱内进行，无需尾气处理 B．恒压滴液漏斗使用时需打开上口玻璃塞 C．步骤Ⅱ，观察到三颈烧瓶内不再产生沉淀时，可判定反应基本结束 D．步骤Ⅲ，趁热过滤时宜选用漏斗颈较短的普通漏斗 (4)图2中，空气流速不宜过大，原因是_______。 (5)18-冠-6能自主识别K+形成超分子。现将溶有18-冠-6的甲苯与KMnO4溶液混合、振荡，KMnO4溶液可快速褪色，原因是_____。 【变式2】【变载体】(2026·浙江宁波市高考与选考模拟考试)“Chem is try”小组通过氧化(CH3)3CNH2制备化合物P，原理和装置如下： (CH3)3CNH2+2H2O2+3H2O 步骤Ⅰ：向三颈烧瓶中加入30%H2O2，反应0.5h，得混合液； 步骤Ⅱ：将混合液转移至分液漏斗中，加入少量NaCl固体，振荡，静置，分液，取上层有机层； 步骤Ⅲ：经“一系列操作”，得到蓝色晶体。 已知：化合物P为蓝色晶体，有还原性，有微毒，见光易分解，可溶于有机溶剂。请回答： (1)仪器b的名称是________；冰水浴的作用是________。 (2)下列说法正确的是________。 A．步骤Ⅰ中，反应须在通风橱中、避光条件下进行 B．步骤Ⅰ中，加入H2O2至过量，有利于提高P的产率 C．步骤Ⅱ中，加入NaCl固体，有利于液体分层 D．步骤Ⅱ中，分液时，应从下口放出有机层 (3)步骤Ⅲ从有机层中获得蓝色晶体的所有操作如下，请排序：e→________。 a.过滤 b.分液 c.加入无水MgSO4 d.蒸馏 e.稀盐酸洗涤 (4)化合物P在一定条件下容易二聚生成Q，Q溶于正庚烷发生解离： 20℃时，溶液中Q的初始浓度为0.50mol·L－1时，测得Q的平衡转化率为60%，该反应的平衡常数K=________。保持温度不变，随着Q初始浓度增大，其平衡转化率将________(填“增大”、“不变”或“减小”)。 【变式3】【变载体】(2026·浙江杭州高级中学选考模拟)由甲苯氧化制取苯甲酸，流程如下： 反应原理： 实验装置： 已知：甲苯：M=92g·molˉ1 ，密度0.86g/mL，不溶于水，易溶于乙醇； 苯甲酸：熔点（开始升华），微溶于冷水，易溶于乙醇、热水； 乙苯和邻二甲苯密度与甲苯接近。 请回答： (1)X仪器名称________，取4.60mL甲苯用________（酸式滴定管、碱式滴定管）。 (2)判断反应已完成的标志是________。 (3)下列说法正确的是________。 A．可用草酸代替饱和NaHSO3溶液 B．第2步过滤要采用趁热过滤 C．步骤4分离产品时要用到分液漏斗 D．步骤4干燥产品时温度过高，产率会降低 (4)已知常温下苯甲酸，，，当滤液用盐酸酸化，三次测得不同pH，计算第1次理论上溶液中苯甲酸含量占________，苯甲酸含量与pH大小的关系是________。 第1次 第2次 第3次 pH 5.20 4.20 3.20 (5)产品测定：用标准滴定产品，所有实验操作都在正常范围内，发现产率明显偏高，若杂质只是乙苯或邻二甲苯，判断甲苯中杂质是________，理由是________________。 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．(2026·浙江6月卷，19，12分)二苯甲醇是合成多种药物的重要中间体。 某小组利用硼氢化钠（NaBH4）还原二苯甲酮制备二苯甲醇（Ph—代表苯基）的物质转化过程为： 实验流程如下： 已知：①常温下，NaBH4在水、乙醇中的溶解度分别约为50 g、4 g； ②NaBH4在稀盐酸中反应的化学方程式：NaBH4+HCl+3H2O=NaCl+H3BO3+4H2↑； ③常温下，二苯甲酮、二苯甲醇均为固体，均难溶于冷水、易溶于乙醇。 请回答： (1)步骤Ⅰ实验装置如图，其中仪器a的名称是_____________。 (2)下列说法正确的是__________。 A．实验需远离明火 B．若选用无水乙醇作溶剂，步骤Ⅰ中的反应速率将增大 C．二苯甲酮转化为二苯甲醇在步骤Ⅰ中已完成 D．步骤Ⅲ，蒸馏除乙醇可提高二苯甲醇的产率 (3)物质转化过程中，与二苯甲酮反应生成_________________________（用结构简式表示，写一种）。 (4)步骤Ⅱ，冷稀盐酸的作用是________________________________________________（写两条）。 (5)步骤Ⅲ，操作X的名称是________________。 2．(2026·浙江1月卷，19，12分)用废磷酸(含有机杂质)制取KH2PO4。 已知：pKa1(H3PO4)=2.2、pKa2(H3PO4)=7.2、pKa3(H3PO4)=13.2。 请回答： (1)冷凝水从 (“X”或“Y”)通入。 (2)步骤a把易炭化的有机杂质转化为炭颗粒，步骤a的操作为 。步骤b除去溶液中的炭颗粒得到粗磷酸，步骤b的操作为 。 (3)下列操作正确的是_______。 A．若浓磷酸不慎沾到手上，先用大量水冲洗，然后涂上NaOH溶液 B．加入活性炭的目的是为了除去不易炭化的有机杂质 C．加入KOH过多，可向溶液中加入HCl来调节pH D．可用乙醇洗涤反应得到的晶体 (4)获得KH2PO4的过程中，需要滴加KOH溶液调pH，为使H2PO4-的物质的量分数最大，有一个最适pH。 ①求最适pH 。 ②所用的指示剂为： 。 (5)产品KH2PO4(M=136g·mol−1)中，K的质量分数为29.01%，则产品中可能混有的杂质 。 3．(2025·浙江6月卷，19，12分)配合物二草酸合铜(II)酸钾K2[Cu(C2O4)2](M=318 g·molˉ1)，是制备金属有机框架材料的一种前驱体。某研究小组开展探究实验，步骤如下： 步骤I：80℃下，100mL水中依次加入0.024molH2C2O4·2H2O、0.016mol K2CO3充分反应后，得到混合溶液M； 步骤Ⅱ：混合溶液M中加入0.008molCuO充分反应，趁热过滤得滤液N； 步骤Ⅲ： 步骤Ⅳ：200℃加热脱水，化合物P、化合物Q均转化为K2[Cu(C2O4)2]。 已知： i．25℃时，H2C2O4的Ka1=5.6×10-2，Ka2=5.4×10-5；H2CO3的Ka1=4.5×10-7，Ka2=4.7×10-11。 ⅱ．K2[Cu(C2O4)2]微溶于冷水、易溶于热水，在约250℃时分解。 请回答： (1)K2[Cu(C2O4)2] ·4H2O中，与Cu2+形成配位键的配位原子是_______(填元素符号)。 (2)步骤I所得的混合溶液M ，在25℃时其pH最接近于_______。 A．2 B．3 C．4 D．5 (3)步骤Ⅱ，过滤去除杂质需趁热进行的原因是_______。 (4)下列说法不正确的是_______。 A．步骤I，制备混合溶液M时，K2CO3应一次性快速加入，以确保反应完全 B．步骤Ⅳ，应用水浴控制温度，以避免K2[Cu(C2O4)2]分解 C．热重分析法测得K2[Cu(C2O4)2] ·xH2O样品完全脱水后质量降低10.17%，则x=4 D．粉末形态的化合物P和化合物Q，可通过X射线衍射法进行区分 (5)室温下，化合物P在空气中会转化为化合物Q。下列选项中，通过计算能得到混合样品中化合物P和化合物Q物质量分数的是_______。 A．样品质量、钾的物质的量 B．钾的物质的量、铜的物质的量 C．铜的物质的量、草酸根的物质的量 D．草酸根的物质的量、水的物质的量 (6)有同学认为：根据现有探究实验结果可知，化合物P、化合物Q结晶形状不同是由降温速率不同引起的。请判断该同学观点正误，并说明理由_______。 4．(2025·浙江1月卷，19，12分)某研究小组探究AlCl3催化氯苯与氯化亚砜(SOCl2)转化为化合物Z()的反应。实验流程为： 已知： ①实验在通风橱内进行。 ②SOCl2遇水即放出SO2和HCl；AlCl3易升华。 ③氯苯溶于乙醚，难溶于水；Z易溶于乙醚，难溶于水；乙醚不易溶于水。 请回答： (1)在无水气氛中提纯少量AlCl3的简易升华装置如图所示，此处漏斗的作用是 。 (2)写出下图中干燥管内可用的酸性固体干燥剂 (填1种)。 (3)步骤Ⅰ，下列说法正确的是_______。 A．氯苯试剂可能含有水，在使用前应作除水处理 B．三颈烧瓶置于冰水浴中，是为了控制反应温度 C．因实验在通风橱内进行，X处无需连接尾气吸收装置 D．反应体系中不再产生气泡时，可判定反应基本结束 (4)步骤Ⅱ，加入冰水的作用是 。 (5)步骤Ⅲ，从混合物M2中得到Z粗产物的所有操作如下，请排序 (填序号)。 ①减压蒸馏  ②用乙醚萃取、分液  ③过滤  ④再次萃取、分液，合并有机相  ⑤加入无水Na2SO4干燥剂吸水 (6) AlCl3可促进氯苯与SOCl2反应中S-Cl健的断裂，原因是 。 5．(2024·浙江6月卷，20，10分)某小组采用如下实验流程制备： 已知：是一种无色晶体，吸湿性极强，可溶于热的正己烷，在空气中受热易被氧化。 请回答： (1)如图为步骤I的实验装置图(夹持仪器和尾气处理装置已省略)，图中仪器A的名称是 ，判断步骤I反应结束的实验现象是 。 (2)下列做法不正确的是_______。 A．步骤I中，反应物和溶剂在使用前除水 B．步骤I中，若控温加热器发生故障，改用酒精灯(配石棉网)加热 C．步骤Ⅲ中，在通风橱中浓缩至蒸发皿内出现晶膜 D．步骤Ⅳ中，使用冷的正己烷洗涤 (3)所得粗产品呈浅棕黄色，小组成员认为其中混有碘单质，请设计实验方案验证 。 (4)纯化与分析：对粗产品纯化处理后得到产品，再采用银量法测定产品中含量以确定纯度。滴定原理为：先用过量AgNO3标准溶液沉淀I-，再以NH4SCN标准溶液回滴剩余的Ag+。已知： 难溶电解质 AgI(黄色) AgSCN (白色) Ag2CrO4 (红色) 溶度积常数Ksp 8.5×10-17 1.0×10-12 1.1×10-12 ①从下列选项中选择合适的操作补全测定步骤 。 称取产品，用少量稀酸A溶解后转移至容量瓶，加水定容得待测溶液。取滴定管检漏、水洗→_______→装液、赶气泡、调液面、读数→用移液管准确移取待测溶液加入锥形瓶→_______→_______→加入稀酸B→用1.00×10-2mol·L-1NH4SCN标准溶液滴定→_______→读数。 a．润洗，从滴定管尖嘴放出液体 b．润洗，从滴定管上口倒出液体 c．滴加指示剂K2CrO4溶液 d．滴加指示剂硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2]溶液 e．准确移取25.00mL4.00×10-2mol·L-1AgNO3标准溶液加入锥形瓶 f．滴定至溶液呈浅红色 g．滴定至沉淀变白色 ②加入稀酸B的作用是 。 ③三次滴定消耗NH4SCN标准溶液的平均体积为25.60mL，则产品纯度为 。[M(AlI3)=408 g·molˉ1] 6．(2024·浙江1月卷，20，10分)H2S可用于合成光电材料。某兴趣小组用与MgCl2反应制备液态H2S，实验装置如图，反应方程式为：CaS+MgCl2+2H2O= Ca Cl2+ Mg(OH)2+H2S↑。 已知：①H2S的沸点是，有毒： ②装置A内产生的H2S气体中含有酸性气体杂质。 请回答： (1)仪器X的名称是 。 (2)完善虚框内的装置排序：A→B→ →F+G (3)下列干燥剂，可用于装置C中的是_______。 A．氢氧化钾 B．五氧化二磷 C．氯化钙 D．碱石灰 (4)装置G中汞的两个作用是：①平衡气压：② 。 (5)下列说法正确的是_______。 A．该实验操作须在通风橱中进行 B．装置D的主要作用是预冷却H2S C．加入的MgCl2固体，可使MgCl2溶液保持饱和，有利于平稳持续产生H2S D．该实验产生的尾气可用硝酸吸收 (6)取0.680g H2S产品，与足量CuSO4溶液充分反应后，将生成的CuS置于已恒重、质量为31.230 g的坩埚中，煅烧生成CuO，恒重后总质量为32.814 g。产品的纯度为 。 7．(2023·浙江6月卷，20，10分)某研究小组用铝土矿为原料制备絮凝剂聚合氯化铝([Al2(OH) aClb] m，a=1~5)按如下流程开展实验。 已知：①铝土矿主要成分为Al2O3，含少量Fe 2O3和SiO2。用NaOH溶液溶解铝土矿过程中SiO2转变为难溶性的铝硅酸盐。 ②[Al2(OH) aClb] m的絮凝效果可用盐基度衡量，盐基度 当盐基度为0.60~0.85时，絮凝效果较好。 请回答： (1)步骤1所得滤液中主要溶质的化学式是___________。 (2)下列说法不正确的是___________。 A．步骤I，反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度 B．步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量CO2有利于减少Al(OH)3沉淀中的杂质 C．步骤Ⅲ，为减少Al(OH)3吸附的杂质，洗涤时需对漏斗中的沉淀充分搅拌 D．步骤中控制Al(OH)3和AlCl3的投料比可控制产品盐基度 (3)步骤V采用如图所示的蒸汽浴加热，仪器A的名称是___________；步骤V不宜用酒精灯直接加热的原因是___________。 (4)测定产品的盐基度。 Cl-的定量测定：称取一定量样品，配成溶液，移取25.00mL。溶液于锥形瓶中，调pH=6.5~10.5，滴加指示剂K2CrO4溶液。在不断摇动下，用0.1000mol·L-1AgNO3标准溶液滴定至浅红色(有Ag2CrO4沉淀)，30秒内不褪色。平行测试3次，平均消耗AgNO3标准溶液22.50mL。另测得上述样品溶液中c(Al3+)=0.1000mol·L-1。 ①产品的盐基度为___________。 ②测定Cl-过程中溶液pH过低或过高均会影响测定结果，原因是___________。 8．(2023·浙江1月卷，20，10分)某研究小组制备纳米ZnO，再与金属有机框架(MOF)材料复合制备荧光材料ZnO@MOF，流程如下： 已知：①含锌组分间的转化关系： ②ε-Zn(OH)2是Zn(OH)2的一种晶型，39℃以下稳定。 请回答： (1)步骤Ⅰ，初始滴入ZnSO4溶液时，体系中主要含锌组分的化学式是___________。 (2)下列有关说法不正确的是___________。 A．步骤Ⅰ，搅拌的作用是避免反应物浓度局部过高，使反应充分 B．步骤Ⅰ，若将过量溶液滴入ZnSO4溶液制备ε-Zn(OH)2，可提高ZnSO4的利用率 C．步骤Ⅱ，为了更好地除去杂质，可用的热水洗涤 D．步骤Ⅲ，控温煅烧的目的是为了控制的颗粒大小 (3)步骤Ⅲ，盛放样品的容器名称是___________。 (4)用Zn(CH3COO)2和过量(NH4)2CO3反应，得到的沉淀可直接控温煅烧得纳米ZnO，沉淀无需洗涤的原因是___________。 (5)为测定纳米ZnO产品的纯度，可用已知浓度的标准溶液滴定。从下列选项中选择合理的仪器和操作，补全如下步骤[“___________”上填写一件最关键仪器，“(___________)”内填写一种操作，均用字母表示]。___________ 用___________(称量ZnO样品)→用烧杯(___________)→用___________(___________)→用移液管(___________)→用滴定管(盛装标准溶液，滴定) 仪器：a.烧杯；b.托盘天平；c.容量瓶；d.分析天平；e.试剂瓶 操作：f.配制一定体积的Zn2+溶液；g.酸溶样品;h.量取一定体积的Zn2+溶液；i.装瓶贴标签 (6)制备的ZnO@MOF荧光材料可测Cu2+浓度。已知ZnO@MOF的荧光强度比值与Cu2+在一定浓度范围内的关系如图。 某研究小组取7.5×10-3g人血浆铜蓝蛋白(相对分子质量1.5×105)，经预处理，将其中Cu元素全部转化为Cu2+并定容至1L。取样测得荧光强度比值为10.2，则1个血浆铜蓝蛋白分子中含___________个铜原子。 9．(2022·浙江6月卷，30，10分)氨基钠(NaNH2)是重要的化学试剂，实验室可用下图装置(夹持、搅拌、尾气处理装置已省略)制备。 简要步骤如下： Ⅰ.在瓶A中加入液氨和0.05 g Fe(NO3)3•9H2O，通入氨气排尽密闭体系中空气，搅拌。 Ⅱ.加入5g钠粒，反应，得NaNH2粒状沉积物。 Ⅲ.除去液氨，得产品NaNH2。 已知：NaNH2几乎不溶于液氨，易与水、氧气等反应。 2Na+2NH3 =NaNH2 +H2↑ NaNH2+H2O=NaOH+NH3↑ 4NaNH2+3O2=2NaOH++2NaNO2+2NH3 请回答： (1) Fe(NO3)3•9H2O的作用是_______；装置B的作用是_______。 (2)步骤Ⅰ，为判断密闭体系中空气是否排尽，请设计方案_______。 (3)步骤Ⅱ，反应速率应保持在液氨微沸为宜。为防止速率偏大，可采取的措施有_______。 (4)下列说法不正确的是_______。 A．步骤Ⅰ中，搅拌的目的是使Fe(NO3)3•9H2O均匀地分散在液氨中 B．步骤Ⅱ中，为判断反应是否已完成，可在N处点火，如无火焰，则反应己完成 C．步骤Ⅲ中，为避免污染，应在通风橱内抽滤除去液氨，得到产品NaNH2 D．产品NaNH2应密封保存于充满干燥氮气的瓶中 (5)产品分析：假设NaOH是产品NaNH2的唯一杂质，可采用如下方法测定产品NaNH2纯度。从下列选项中选择最佳操作并排序_______。 准确称取产品NaNH2 xg→( )→( )→( )→计算 a.准确加入过量的水 b.准确加入过量的HCl标准溶液 c.准确加入过量的NH4Cl标准溶液 d.滴加甲基红指示剂(变色的范围4.4～6.2) e.滴加石蕊指示剂(变色的范围4.5～8.3) f.滴加酚酞指示剂(变色的范围8.2～10.0) g.用NaOH标准溶液滴定 h.用NH4Cl标准溶液滴定 i.用HCl标准溶液滴定 10．(2022·浙江1月卷，30，10分)某兴趣小组用四水醋酸锰[(CH3COO)2Mn·4H2O]和乙酰氯(CH3COCl)为原料制备无水二氯化锰，按如图流程开展了实验(夹持仪器已省略)： 已知：①无水二氯化锰极易吸水潮解，易溶于水、乙醇和醋酸，不溶于苯。 ②制备无水二氯化锰的主要反应：(CH3COO)2Mn+CH3COClMnCl2↓+2(CH3COO)2O。 ③乙酰氯遇水发生反应：CH3COCl+H2O→CH3COOH+HCl。 请回答： (1)步骤Ⅰ：所获固体主要成分是_________(用化学式表示)。 (2)步骤Ⅰ在室温下反应，步骤Ⅱ在加热回流下反应，目的分别是________。 (3)步骤Ⅲ：下列操作中正确的是_________。 A．用蒸馏水润湿滤纸，微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上 B．用倾析法转移溶液，开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀 C．用乙醇作为洗涤剂，在洗涤沉淀时，应开大水龙头，使洗涤剂快速通过沉淀物 D．洗涤结束后，将固体迅速转移至圆底烧瓶进行后续操作 (4)步骤Ⅳ：①奖装有粗产品的圆底烧瓶接到纯化装置(图2)上，打开安全瓶上旋塞，打开抽气泵，关闭安全瓶上旋塞，开启加热器，进行纯化。请给出纯化完成后的操作排序：________。 纯化完成→(_____)→(_____)→(_____)→(_____)→将产品转至干燥器中保存 a.拔出圆底烧瓶的瓶塞 b.关闭抽气泵 c.关闭加热器，待烧瓶冷却至室温 d.打开安全瓶上旋塞 ②图2装置中U形管内NaOH固体的作用是_______________________。 (5)用滴定分析法确定产品纯度。甲同学通过测定产品中锰元素的含量确定纯度；乙同学通过测定产品中氯元素的含量确定纯度。合理的是_________(填“甲”或“乙”)同学的方法。 11．(2021·浙江6月卷，30，10分)Cl2O是很好的氯化剂，实验室用如图装置(夹持仪器已省略)制备高纯Cl2O。已知： ①HgO+2Cl2= HgCl2+Cl2O，合适反应温度为18~25℃；副反应： 2HgO+2Cl2= 2HgCl2+O2。 ②常压下，Cl2沸点-34.0℃，熔点-101.0℃；Cl2O沸点2.0℃，熔点-120.6℃。 ③Cl2O+H2O2HClO，Cl2O在CCl4中的溶解度远大于其在水中的溶解度。 请回答： (1)①装置A的作用是去除原料气中的少量水分，可用的试剂是_______。 ②将上图中装置组装完整，虚框D中应选用_______。 (2)有关反应柱B，须进行的操作是_______。 A．将HgO粉末热处理除水分、增加表面积后填入反应柱 B．调控进入反应柱的混合气中Cl2和N2的比例 C．调控混合气从下口进入反应柱的流速 D．将加热带缠绕于反应柱并加热 (3)装置C，冷却液的温度通常控制在。反应停止后，温度保持不变，为减少产品中的Cl2含量，可采用的方法是_______。 (4)将纯化后的Cl2O产品气化，通入水中得到高纯度Cl2O的浓溶液，于阴凉暗处贮存。当需要Cl2O时，可将Cl2O浓溶液用CCl4萃取分液，经气化重新得到。 针对萃取分液，从下列选项选择合适操作(操作不能重复使用)并排序：c→_______→_______→e→d→f→_______。 a.检查旋塞、玻璃塞处是否漏水 b.将溶液和CCl4转入分液漏斗 c.涂凡士林 d.旋开旋塞放气 e.倒转分液漏斗，小心振摇 f.经几次振摇并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置 g.打开旋塞，向锥形瓶放出下层液体 h.打开旋塞，待下层液体完全流出后，关闭旋塞，将上层液体倒入锥形瓶 (5)产品分析：取一定量Cl2O浓溶液的稀释液，加入适量CCl4、过量溶液及一定量的稀H2SO4，充分反应。用标准Na2S2O溶液滴定(滴定Ⅰ)；再以酚酞为指示剂，用标准NaOH溶液滴定(滴定Ⅱ)。已知产生I2的反应(不考虑Cl2与水反应)： 2I-+ Cl2=I2+2Cl-、4I-+ Cl2O+2H+=2I2+2H2O+2Cl-、2I-+ HClO+H+=I2+ H2O+Cl- 实验数据如下表： 加入量n(H2SO4) /mol 2.505×10-3 滴定Ⅰ测出量n(I2) /mol 2.005×10-3 滴定Ⅱ测出量n(H2SO4) /mol 1.505×10-3 ①用标准Na2S2O3溶液滴定时，无需另加指示剂。判断滴定Ⅰ到达终点的实验现象是_______。 ②高纯度Cl2O浓溶液中要求n(Cl2O)/ n(Cl2) ≥99 (Cl2O和HClO均以Cl2O计)。结合数据分析所制备的Cl2O浓溶液是否符合要求_______。 12．(2021·浙江1月卷，30，10分)某兴趣小组用铬铁矿[Fe(CrO2)2]制备K2Cr2O7晶体，流程如下： 已知：4Fe (CrO2)2 + 10Na2CO3+7O28Na2CrO4 +4NaFeO2+10CO2 2H++2CrOCr2O+H2O 相关物质的溶解度随温度变化如下图。 请回答： (1)步骤I，将铬铁矿粉碎有利于加快高温氧化的速率，其理由是______。 (2)下列说法正确的是______。 A．步骤II，低温可提高浸取率 B．步骤II，过滤可除去NaFeO2水解产生的Fe(OH)3 C．步骤III，酸化的目的主要是使Na2CrO4转变为Na2Cr2O7 D．步骤IV，所得滤渣的主要成分是Na2SO4和Na2CO3 (3)步骤V，重结晶前，为了得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，从下列选项中选出合理的操作(操作不能重复使用)并排序：溶解KCl →______→______→______→______→重结晶。 a．50℃蒸发溶剂； b．100℃ 蒸发溶剂；c．抽滤；d．冷却至室温；e．蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；f．蒸发至溶液中出现大量晶体，停止加热。 (4)为了测定K2Cr2O7产品的纯度，可采用氧化还原滴定法。 ①下列关于滴定分析的操作，不正确的是______。 A．用量筒量取25.00mL待测液转移至锥形瓶 B．滴定时要适当控制滴定速度 C．滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化 D．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直 E．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下 ②在接近终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，______继续摇动锥形瓶，观察颜色变化。(请在横线上补全操作) (5)该小组用滴定法准确测得产品中K2Cr2O7的质量分数为98.50%。某同学还用分光光度法测定产品纯度(K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比例)，但测得的质量分数明显偏低。分析其原因，发现配制K2Cr2O7待测水溶液时少加了一种试剂。该试剂是______，添加该试剂的理由是______。 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04讲 综合实验题型探究 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 物质性质探究类综合实验 知识解构 知识点1 探究型实验的常见类型 ∣ 知识点2 探究型实验的基本程序 考向破译 考向1 验证型综合实验 ∣ 考向2 猜想型综合实验 解题妙招1 验证型实验题的解题模型 解题妙招2 猜想型实验题的解题模型 考点二 定量测定实验综合题 知识解构 知识点1 定量实验测定的常用方法 ∣ 知识点2定量测定实验中“数据”的采集 知识点3 定量测定实验中数据处理的常用方法 考向破译 考向1 滴定操作型在定量测定实验中的应用 ∣ 考向2 气体关联型在定量测定实验中的应用 解题妙招 定量测定实验综合题答题模板 考点三 有机制备实验综合题 知识解构 知识点1有机制备实验流程 ∣ 知识点2解有机综合题基本策略 考向破译 考向 有机物质的制备 ∣ 解题妙招 有机物制备综合实验题的思维流程 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 物质制备综合探究 浙江1月卷T19，12分 浙江1月卷T20，10分 定量测定综合实验 浙江6月卷T19，12分 浙江6月卷T20，10分 有机制备综合实验 浙江6月卷T19，12分 浙江1月卷T19，12分 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，浙江选考第19题以实验综合题呈现，，其综合性强、难度大，是一道拉分的主要试题。本讲试题将以元素化合物知识为依托，集实验基本操作、物质性质探究、综合计算等于一体，以陌生物质制备为背景，充分体现了“源于教材，又不拘泥于教材”的命题指导思想，把化学实验基础知识和基本操作技能准确迁移到类似的实验中去。 2．从命题思路上看，综合实验题类型主要有物质制备类、实验探究类、定量测定类等，但并不拘泥于固定的形式，但由于物质陌生、设问巧妙，在解题中，往往让考生感到“老虎吃天、无从下口”的畏惧感。备考中要注意有机物的涉入，理清关系，熟记切入点——从安全、环保、可行、简约等角度进行评价分析。 ►复习目标： 1．设计、评价、改进实验方案； 2．正确选用实验装置； 3．掌握控制实验条件的方法； 4．预测或描述实验现象、分析或处理实验数据、得出合理结论。 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 物质性质探究类综合实验 知●识●解●构 知识点1 探究型实验的常见类型 1．研究物质性质的基本程序 2．对未知产物的探究 通过化学反应原理猜测可能生成哪些物质，对这些物质逐一进行检验来确定究竟含有哪些物质。虽然探究型实验主要考查学生的探究能力，但在问题中常常包含了对实验基础知识的考查。例如： (1)常见物质分离的提纯方法：结晶法、蒸馏法、过滤法、升华法、萃取法、渗析法等。 (2)常见气体的制备、净化、干燥、收集等方法。 (3)熟悉重点的操作：气密性检查、测量气体体积、防倒吸、防污染等。 3．物质性质的探究 (1)在探究过程中往往可以利用对比实验，即设置几组平行实验来进行对照和比较，从而研究和揭示某种规律，解释某种现象形成的原因或证明某种反应机理。 (2)无机物、有机物性质的探究，必须在牢牢掌握元素化合物知识的基础上，大胆猜想，细心论证。脱离元素化合物知识，独立看待实验问题是不科学的，只有灵活运用已有的元素化合物知识，才能变探究型实验为验证型实验，使复杂问题简单化。 得分速记 (1)物质氧化性、还原性的判断。如探究SO2具有还原性的方法是将气体通入酸性KMnO4溶液中，通过酸性KMnO4溶液褪色或变浅来说明SO2的还原性；验证Fe3+的氧化性强于I2时，可利用FeCl3与淀粉-KI溶液反应，通过溶液变为蓝色的现象来说明Fe3+的氧化性强于I2。 (2)同周期、同主族元素性质递变规律的验证，一般通过设计比较元素金属性、非金属性强弱的实验来完成。如通过比较Mg、Al与同浓度盐酸反应产生H2的快慢来比较Mg、Al的金属活动性。 (3)电解质强弱的判断。如探究一元酸HA是弱酸的方法是常温下配制NaA溶液，测其pH，若pH>7，说明HA为弱酸。 (4)物质酸性强弱的判断。如探究碳酸和硅酸的酸性强弱，可利用相对强的酸制备相对弱的酸的反应原理，将CO2气体通入Na2SiO3溶液，看是否有白色胶状沉淀生成来判断H2CO3与H2SiO3酸性的强弱。 (5)钢铁发生电化学腐蚀的规律探究。可以通过控制钢铁是否与空气接触、所接触的电解质溶液的酸碱度、钢铁在腐蚀过程中体系内的气压变化等设计实验，找出规律。 知识点2 探究型实验的基本程序 解答探究型实验题的基本程序可用以下流程图表示： 1．提出问题 要提出问题，首先得发现问题，对题给信息进行对比、质疑，通过思考提出值得探究的问题。此外，实验中出现的特殊现象也是发现问题、提出问题的重要契机。 2．提出猜想 所谓猜想就是根据已有知识对问题的解决提出的几种可能的情况。有一些问题，结论有多种可能(这就是猜想)，只能通过实验进行验证。 3．设计验证方案 提出猜想后，就要结合题给条件，设计出科学、合理、安全的实验方案，对可能的情况进行探究。实验设计中，关键点是对试剂的选择和实验条件的调控。 4．观察实验现象，得出结论 考●向●破●译 考向1 验证型综合实验 例1(2026·浙江温州育英实验学校等校选考模拟)海波(Na2S2O3·5H2O )在医药、纺织等工业有重要应用，主要表现为中等强度的还原剂和较强的配位能力。回答下列问题： (1)海波与稀硫酸反应的离子方程式：______，S2O32-中提供孤电子对能力：端基S原子大于端基O原子，其原因是______。 (2)现设计实验探究Na2S2O3溶液的还原性和配位能力。已知[Fe（S2O3）3]3-为紫黑色、[Cu（S2O3）2]2-为淡绿色。 实验 实验操作 实验现象 Ⅰ 向2 mL 0.1 mol·L－1的FeCl3溶液加入4 mL 0.1 mol·L－1 的Na2S2O3溶液 溶液先变成紫黑色，片刻后溶液接近为无色 ①向实验Ⅰ反应后的无色溶液中滴加K3[ Fe(CN)6]溶液 有蓝色沉淀产生 ②向实验Ⅰ反应后的无色溶液中滴加KSCN溶液 溶液仍为无色 ③向实验Ⅰ反应后的无色溶液中滴加稀盐酸和BaCl2溶液溶液 有极少量白色沉淀产生 Ⅱ 向2 mL 0.1mol·L-1的CuSO4溶液中加入4 mL 0.1mol·L-1的Na2S2O3溶液 溶液先变成淡绿色，且在室温下可稳定存在。水浴加热至50℃以上，溶液变浑浊，最后析出黑褐色沉淀 下列说法正确的是______(填标号)。 A．实验Ⅰ说明Na2S2O3溶液与FeCl3溶液混合时先发生配位反应后发生氧化还原反应 B．实验Ⅰ反应后的无色溶液中含有Fe2+但不含有Fe3+ C．实验Ⅰ“紫黑色溶液褪色”，其发生的主要反应为8Fe3++S2O32-+5H2O=8Fe2++2SO42-+10H+ D．增大实验Ⅰ中溶液的pH，可加快紫黑色溶液褪色 (3)为探究实验Ⅱ生成物的成分，进行如下实验操作： ①通过“白色沉淀”可判断上层清液中含有SO42-，试剂X为______。 ②黑褐色沉淀在NaOH溶液中部分溶解的离子方程式为______。 (4)实验室将Na2S和Na2CO3以2：1的物质的量之比配成溶液再通入SO2，便可制得Na2S2O3和CO2。反应的化学方程式为______；该反应需要在弱碱性条件下进行，原因是______。 【答案】(1) S2O32-+2H+= S↓＋SO2↑+H2O S的电负性小于O，提供孤电子对的能力比O强 (2)AB (3) 盐酸酸化的BaCl2溶液 3S+6OH-2S2-+SO32-+3H2O (4) 4SO2+2 Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2 酸性条件下Na2S2O3不能稳定存在，会发生歧化反应，且Na2S和Na2CO3也会与氢离子反应；强碱性条件下会有较多碳酸钠、硫化钠等杂质 【解析】（1）海波与稀硫酸反应的离子方程式为S2O32-+2H+= S↓＋SO2↑+H2O；S2O32-可看作SO42-中的O原子被S原子替代的产物，中心S硫原子没有孤电子对，而O的电负性大于S，提供孤电子对的能力比S弱，因此端基S原子提供孤电子对。 （2）实验Ⅰ：根据反应现象，Na2S2O3溶液与FeCl3溶液混合时先发生的反应是“配位”反应生成[Fe（S2O3）3]3-，然后发生氧化还原反应：2Fe3++2S2O32-=2Fe2++S4O62-和8Fe3++6S2O32-+5H2O=8Fe2++2SO42-+5H2S2O3，根据实验③“有极少量白色沉淀产生”，说明后者是次要反应，A正确，故C错误；由实验①和②可知，实验Ⅰ反应后的无色溶液中含有Fe2+但不含有Fe3+，B正确；增大溶液pH，会使得氯化铁转化为氢氧化铁沉淀，不会加快氧化还原反应的速率，D错误。 （3）①检验SO42-，需用盐酸酸化的BaCl2溶液；②黑褐色沉淀部分溶于NaOH溶液，根据所含元素分析生成了S单质，发生反应： 3S+6OH-2S2-+SO32-+3H2O。 （4）二氧化硫气体均匀通入硫化钠和碳酸钠的混台溶液中最终生成硫代硫酸钠和二氧化碳，可知反应的化学方程式为4SO2+2 Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2；酸性条件下Na2S2O3不能稳定存在，会发生歧化反应，且Na2S和Na2CO3也会与氢离子反应；强碱性条件下会有较多碳酸钠、硫化钠等杂质。 解题妙招 验证型实验题的解题模型 【变式1】【变载体】(2026·浙江杭州市富阳区高三二模)为探究(NH4)2Fe(SO4)2溶液与双氧水反应的情况进行如下实验： 下列说法不正确的是( ) A．(NH4)2Fe(SO4)2溶液中，NH4+可抑制Fe2+水解 B．②中现象说明加入双氧水后有Fe3+生成 C．对照④和⑤可推测③中SCN-与双氧水发生了反应 D．向③中加入盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明SCN-转化成了SO42- 【答案】D 【解析】A项，NH4+和Fe2+都能发生水解，且水解都显酸性，二者水解相互抑制，A正确；B项，加入KSCN溶液，①中无明显现象，说明①中没有Fe3+，向①中加入4滴双氧水，溶液变红色，说明加入双氧水后，溶液有Fe3+生成，B正确；C项，对比实验④和⑤：实验⑤说明KSCN与Fe3+反应显红色；实验④在③的基础上加入FeCl3溶液后无明显现象，说明③中的SCN⁻已与双氧水反应。C正确；D项，(NH4)2Fe(SO4)2溶液中原来就存在SO42-，所以无法证明生成的BaSO4中的SO42-一定是由SCN-转化而成，D错误；故选D。 【变式2】【变载体】(2026·浙江温州育英实验学校等校选考模拟)为探究50 mL 1.0mol·L-1FeCl3 溶液中的离子平衡和离子反应，某小组同学进行了如下实验。下列说法不正确的是( ) 操作 现象 向锥形瓶中加入6.5 g锌粉，然后加入50 mL 1.0 mol·L－1的FeCl3 溶液，搅拌 溶液温度迅速上升，稍后出现红褐色沉淀，同时出现少量气泡；反应一段时间后静置，上层溶液为浅绿色，锥形瓶底部有黑色固体 收集检验反应过程中产生的气体 气体靠近火焰，有爆鸣声 A．溶液温度迅速上升主要是因为Fe3+与Zn反应放热 B．锥形瓶底部有黑色固体为铁粉 C．红褐色Fe(OH)3沉淀是因为Zn消耗H+，同时放出热量，促进水解平衡正向移动 D．反应后溶液为浅绿色是因为发生反应：2Fe3++Zn==Zn2++2Fe2+ 【答案】B 【解析】A项，溶液温度升高，主要是H＋、Fe3＋与Zn的反应均放热，Fe3＋水解是吸热过程，A正确；B项，Zn不仅能还原Fe3＋到Fe2+，还能进一步还原Fe2+到Fe单质，Fe单质为黑色固体，根据题意，n(Zn)=0.1 mol，n(Fe3+)=0.05 mol，Zn过量，最终得到的固体是Fe和Zn的混合物，B错误；C项，溶液温度升高，H＋被还原为H2，使溶液中c(H＋)降低，都会促进Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋正向移动，出现红褐色Fe(OH)3沉淀，C正确；D项，反应后溶液为浅绿色的原因是铁离子和锌反应生成亚铁离子和锌离子的溶液：2Fe3++Zn==Zn2++2Fe2+，Fe2+浅绿色，D正确；故选B。 【变式3】【变题型】某小组用如图所示装置进行实验(夹持仪器和A中加热装置已略)，以验证Fe3＋、Cl2、SO2氧化性的强弱。根据题目要求回答下列问题： (1)检查装置气密性后，关闭K1、K3、K4，打开K2，旋开旋塞a，加热A，则B中发生反应的离子方程式为______________________________________。 (2)B中溶液变黄时，停止加热A，关闭K2。打开旋塞b，使约2 mL的溶液流入试管D中，关闭旋塞b，检验B中生成离子的方法是___________________________________________。 (3)若要继续证明Fe3＋和SO2氧化性的强弱，需要进行的操作是___________________。 (4)甲、乙、丙三位同学分别完成了上述实验，结论如表所示，他们的检测结果一定能够证明氧化性强弱顺序：Cl2>Fe3＋>SO2的是________(填“甲”“乙”或“丙”)。 过程(2)B中溶液含有的离子 过程(3)B中溶液含有的离子 甲 既有Fe3＋又有Fe2＋ 有SO 乙 有Fe3＋无Fe2＋ 有SO 丙 有Fe3＋无Fe2＋ 有Fe2＋ (5)验证结束后，将D换成盛有NaOH溶液的烧杯，打开K1、K2、K3和K4，关闭旋塞a、c，打开旋塞b，从两端鼓入N2，这样做的目的是_______________________________________。 【答案】(1)Cl2＋2Fe2＋===2Fe3＋＋2Cl－ (2)向试管D中滴加KSCN溶液，试管D中溶液变红色 (3)打开K3，打开旋塞c，向C中加入70%硫酸，一段时间后关闭K3。更换试管D，打开旋塞b，使少量溶液流入D中，检验D溶液中的SO和Fe2＋ (4)甲、丙 (5)除去A和C中分别产生的氯气和二氧化硫，防止污染大气 【解析】A中二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应制取氯气，C中亚硫酸钠与70%硫酸反应生成二氧化硫，通过控制止水夹可以实现实验探究：将氯气通入B中可以验证Fe3＋、Cl2的氧化性；将氯气通入C中可以验证Cl2、SO2的氧化性，将二氧化硫通入B中可以验证Fe3＋、SO2的氧化性。 考向2 猜想型综合实验 例2为更好地利用化学变化中的物质变化和能量变化，在化学研究和工业生产中还需要关注化学反应的快慢和进行程度等。 (1)研究小组向4.5mL1mol·L-1KCl溶液中加入0.50mL0.2mol·L-1 AgNO3溶液，产生AgCl沉淀，静置，得到AgCl滤液；在AgCl滤液中放入5cm长的镁条后，立即有无色气泡产生，气体可燃，滤液中逐渐出现白色浑浊。 【发现问题】对比发现，Mg+AgCl滤液反应比Mg+H2O反应速率快。研究小组对此实验现象产生的原因进行了探究。 【查阅资料】Cl-类体积较小的阴离子，能够“钻入” Mg(OH)2膜，达到使其溶解的效果，称作“离子钻入效应”， 【提出猜想】 猜想一：Cl-钻入Mg(OH)2膜形成孔径，增大了Mg和H2O的接触面积，加快了Mg+H2O的反应速率； 猜想二：在“离子钻入效应”基础上，Mg置换Ag+形成许多微小的Mg-Ag原电池，使Mg+H2O反应速率进一步加快。 【实验设计】用砂纸擦去镁条表面氧化膜，取表面积和质量相同的镁条(5cm)，用浓度分别为1 mol·L-1KCl、0.2 mol·L-1 AgNO3、0.2 mol·L-1 KNO3溶液，按照下表进行系列实验，若有沉淀，先将沉淀过滤后，将滤液加入装Mg条的试管，并观察Mg条表面实验现象。 序号 V(KCl)/mL V(AgNO3) /mL V(KNO3) /mL V(H2O)/mL 实验现象 1 / / / 5.00 微小气泡附着 2 4.50 0.50 / / 大量气泡放出 3 4.50 / / 0.50 少量气泡放出 4 a / b / 少量气泡放出 ①根据表中信息，补充数据：a=_______，b=_______。 ②由实验1和实验3对比可知：有加快Mg+H2O反应速率的作用。 ③由实验_______和实验_______对比可知：Ag+有加快Mg+H2O反应速率的作用。 【实验结论】猜想一和猜想二成立。 (2)为了进一步证明Mg-Ag原电池能加快Mg+H2O+ Cl-体系中Mg+H2O的反应速率，研究小组利用数字化实验进行了验证。 【实验设计】选取实验2和实验4两个实验方案，将各实验Mg条、溶液量等比例放大至30cm，，采集两个实验的pH-时间、温度-时间变化数据(先采集约10s时溶液的pH-时间、温度-时间数据，再投入Mg条继续采集pH-时间、温度-时间数据)。实验数据如图所示： ④由初始pH数据可知，曲线_______(填“a”或“b”)表示实验2的pH-时间变化曲线，请你解释原因_______。 ⑤在pH=11左右，两实验的pH变化都明显趋于平缓的原因_______。 ⑥“温度-时间”曲线分析：两种溶液的初始温度一致，投入镁条后，实验2温度增幅明显大于实验4，说明相同反应时间内，_______(填“实验2”或“实验4”)放热更多，因此速率更快。 【实验结论2】结合pH-时间、温度-时间曲线可知，Mg-Ag原电池能加快Mg+H2O+ Cl-体系中Mg+H2O的反应速率。 【答案】(1)4.50 0.50 2 4 (2)a 实验2溶液中存在Ag+，Ag+水解使溶液呈酸性，初始阶段溶液pH＜7     大量的氢氧化镁沉淀覆盖在镁条表面，阻碍了Mg和H2O反应的继续进行     实验2 【解析】(1)①两种猜想均有“离子钻入效应”，因此除实验1为对照实验不需要加Cl-之外，实验中都需要有Cl-，故实验4需要加KCl，为了保持Cl-浓度相同，a=4.50；由表格可知，实验2、3加入的溶液总体积为5mL，为了保证体积相同，b=0.50；③由表格数据可知，实验2加入AgNO3，产生气泡较多，实验4加KNO3，产生气泡较少，说明NO3-对实验没有影响，是Ag+加快了反应速率； (2)④实验2加入AgNO3，Ag+水解生成H+，导致溶液显酸性，初始的pH＜7，因此a曲线是实验2的pH-时间变化曲线；⑤随着反应的进行，Mg与H2O反应生成的Mg(OH)2逐渐增多，Mg(OH)2难溶于水，附着在Mg的表面阻碍Mg与H2O的进一步反应，因此pH=11左右，两实验的pH变化都明显趋于平缓；⑥由图像可知，实验2的曲线a温度的增幅明显大于实验4的曲线b，因此相同时间内实验2放热更多，反应速率更快。 解题妙招 猜想型实验题的解题模型 【变式1】【变载体-探究物质性质】硫代硫酸钠(Na2S2O3)可用作分析试剂及还原剂，受热、遇酸易分解。某学习小组用如图装置模拟古法制硫酸，同时利用生成的SO2气体制备硫代硫酸钠。 已知：①绿矾化学式为FeSO4·7H2O，2FeSO4·7H2OFe2O3＋SO2↑＋SO3↑＋14H2O； ②SO3的沸点为44.8 ℃； ③Na2S2O3中S元素的化合价分别为－2价和＋6价。 回答下列问题： Ⅰ．硫代硫酸钠的制备 (1)检查装置气密性，加入药品。Na2S和Na2CO3混合溶液用煮沸过的蒸馏水配制，煮沸的目的是__________________；B装置的作用是_________________________。 (2)从锥形瓶中得到Na2S2O3晶体需水浴加热浓缩至液体表面出现结晶为止，使用水浴加热的原因是________________________________。 Ⅱ．硫代硫酸钠性质的探究 ①取Na2S2O3晶体，溶解，配成0.2 mol·L－1的溶液。 ②取4 mL所配溶液，向其中加入1 mL饱和氯水(pH＝2.4)，溶液立即出现浑浊，经检验浑浊物为S。 实验小组研究S产生的原因，提出了以下假设： 假设1：Cl2等含氯的氧化性微粒氧化了－2价硫元素。 假设2：酸性条件下，Na2S2O3分解产生S(不考虑空气中氧气氧化)。 依据假设设计实验方案： 所加试剂 现象 第①组 1 mL饱和氯水＋4 mL Na2S2O3溶液 立即出现浑浊 第②组 1 mL某试剂＋4 mL Na2S2O3溶液 一段时间后出现浑浊，且浑浊度比①组小 (3)第②组实验中的某试剂是____________________________。 (4)依据现象，S产生的主要原因是________________________________(用离子方程式表示)。 【答案】(1)除去溶解的氧气 除去SO2中的SO3 (2)防止温度过高造成硫代硫酸钠分解 (3)pH＝2.4的盐酸 (4)S2O＋Cl2＋H2O===S↓＋SO＋2H＋＋2Cl－ 【解析】(3)根据控制变量法，与第①组相比，第②组只能缺少氧化性微粒，所以第②组实验中的某试剂是pH＝2.4的盐酸。(4)第①组反应快且生成沉淀多，说明S产生的主要原因是Cl2等含氯的氧化性微粒氧化了－2价硫元素。 【变式1】【变情景-逻辑思维与科学建模】某学习小组对Cu与HNO3的反应进行了研究。 (1)铜与稀硝酸反应的化学方程式是_______。 (2)利用下图装置完成Cu与HNO3制取氮氧化物的反应。实验可观察到装置B中液面上方为无色气体，C中液面上为红棕色气体。 ①盛稀硝酸的仪器名称_______。 ②为排尽整套装置内的空气，先打开弹簧夹，通入_______(填化学式)，一段时间后关闭弹簧夹。 ③C中液面上为红棕色气体，其原因是_______(用化学方程式表示)。 (3)下图是学习小组在做铜与硝酸反应的实验时的操作和现象。图中溶液A遇铜片立即产生气泡，而相同条件下稀硝酸(溶液B)遇铜片短时间内无明显变化，一段时间后才有少量气泡产生。分析溶液A的成分后，学习小组探究溶液A与铜片能够立即发生反应的原因。 ①假设1：_______(填化学式)对该反应有催化作用。 实验验证：向溶液B中加入少量硝酸铜固体，溶液呈浅蓝色，放入铜片，没有明显变化。 结论：假设1不成立。 ②假设2：NO2对该反应有催化作用。 方案1：向放有铜片的溶液B中通入少量NO2，铜片表面立即产生气泡，反应持续进行。有同学认为应补充对比实验：另取一份放有铜片的溶液B，向其中加入数滴5mol·L—1硝酸，无明显变化。补充该实验的目的是_______。 方案2：向A中鼓入N2数分钟得溶液C．相同条件下，铜片与A、C溶液的反应速率分别为、，当_______。(填“>”、“=”、“＜”)时，实验能够证明假设2成立。 ③经检验，A溶液中还含有少量亚硝酸HNO2。 设计实验证明HNO2也对该反应有催化作用。操作和预期现象是：向含有铜片的B溶液中_______。 最后结论：NO2和HNO2对铜与硝酸的反应都有催化作用。 【答案】(1)3Cu+8HNO3 (稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O (2)分液漏斗或滴液漏斗  N2、CO2、稀有气体等 NO+2HNO3 (浓)=3NO2+H2O (3) Cu2+或Cu(NO3)2 排除通NO2带来的硝酸浓度增大的影响 > 加入少量的固体NaNO2，B中铜片上立即生成气泡，反应持续进行 【解析】(1)稀硝酸是氧化剂，铜是还原剂，铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，配平后方程式为3Cu+8HNO3 (稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O； (2)装置A中稀硝酸和铜反应生成NO，装置B除去NO中的硝酸，装置C中NO和浓硝酸反应生成了NO2，装置D除去尾气，避免污染空气。①根据装置图，可得盛稀硝酸的仪器名称为分液漏斗或滴液漏斗；②为了排除装置内的空气，需要通入不与产生气体反应的气体，可通入N2、CO2、稀有气体等；③根据装置B中为无色气体，可知通入C中的气体为NO，装置C中液面上为红棕色气体，可知NO和浓硝酸反应生成了NO2，所以方程式为NO+2HNO3 (浓)=3NO2+H2O； (3)①由验证性实验加少量硝酸铜固体可得，该假设是探究Cu2+或Cu(NO3)2 对该反应有催化作用；②因为NO2会和水反应产生硝酸，致使硝酸浓度增大，避免浓度对反应的影响，故需增加对照实验；向A中鼓入N2数分钟，使得溶液中NO2的浓度下降，得溶液C，当>时，实验能够证明假设2成立；③欲设计实验证明HNO2也对该反应有催化作用，只需证明往含有铜片的B溶液中加入少量的固体NaNO2比没加的速率快就行。 【变式3】【变考法】(2026·湖北黄冈二模)某兴趣小组在制备铜氨配合物时，进行了一系列探究。 (1)实验I：向2mL2mol·L-1 CuSO4溶液中逐滴加入2 mol/L氨水，先产生蓝色沉淀，后得到深蓝色透明溶液。再向深蓝色透明溶液中，加入95%乙醇，析出深蓝色晶体。 ①用离子方程式说明产生蓝色沉淀的原因：___________。 ②溶液变成深蓝色是因为生成了[Cu(NH3)4]2+配离子，该配离子中心离子的杂化方式___________(填“是”或“不是”)sp3杂化。 (2)深蓝色晶体经洗涤、干燥后用___________(填仪器名称)检测，出现明锐的衍射峰，证实其是单一组分的晶体。关于深蓝色晶体的组成，甲、乙两同学提出了不同的想法。 甲：该晶体是[Cu(NH3)4](OH)2； 乙：该晶体是[Cu(NH3)4]SO4·H2O。 丙同学根据甲、乙的猜想，设计了方案证明乙同学的猜想成立。请简述丙同学设计的方案以及确认乙同学猜想成立的证据___________。 (3)该小组认为实验I中生成蓝色沉淀的同时生成了NH4+，影响了[Cu(NH3)4](OH)2的生成。因此设计了实验Ⅱ制备，但却出现预期之外的现象： 实验Ⅱ： ⅰ．对于实验I与实验Ⅱ的现象差异。提出了三个假设： 假设a：实验I中加了两次氨水，c(NH3)浓度比实验Ⅱ中大，更有利于[Cu(NH3)4]2+的生成。 假设b：实验I中生成了NH4+，可明显促进[Cu(NH3)4]2+的生成。 假设c：实验Ⅱ中加入了Na+，可明显抑制[Cu(NH3)4]2+的生成。 ⅱ．设计实验Ⅲ~I进行验证，记录相关数据如下。[已知(有色物质)，为常数] 序号 操作 用分光光度计测清液吸光度 Ⅲ 取0.1gCu(OH)2固体于试管中 滴加氨水 A1 IV 滴加氨水 A2 V 滴加氨水，再加入少量 A3 VI Na2SO4固体滴加5mL2mol·L-1氨水，再加入少量________固体 A4 ①实验VI中，应加入的固体是___________(填化学式)。 ②若实验结果证实猜想b成立，则支持此结论的证据为___________。 (4)为进一步确认NH4+发挥作用的机制，继续查阅资料，得到如下数据： ； 。 请结合数据通过计算说明Cu(OH)2不溶于氨水，但在铵盐存在下可以溶解的原因___________。 【答案】(1)Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+(或“Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu(OH)2SO4↓+2NH4+”等碱式硫酸盐均可) 不是 (2) X射线衍射仪 取少量晶体于试管中，加入足量稀盐酸溶解酸化，再滴加氯化钡溶液，出现白色沉淀(或查阅资料，进一步解析衍射图谱，分析出晶体中有正四面体的原子团结构。) (3) (NH4)2SO4 (或“A4最大，A2略大于A1，A1、A3接近”) (4)反应的平衡常数 ，反应难以进行；加入铵根后，发生反应，平衡常数为，平衡常数显著增大，反应易发生 【解析】向CuSO4溶液中滴加氨水，产生蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，并加入乙醇可析出深蓝色晶体，并对深蓝色晶体进行探究实验，据此分析； (1)①氨水少量时，CuSO4与NH3·H2O反应生成蓝色氢氧化铜沉淀，Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+； ②[Cu(NH3)4]2+为平面正方形结构，中心离子Cu2+为dsp2杂化； (2)①晶体检测中，可通过X射线衍射仪检测，若出现明锐衍射峰可证明是单一组分的晶体； ②甲猜想晶体阴离子为OH⁻，乙猜想阴离子为SO42-，只需检验是否存在SO42-即可证明，取少量晶体于试管中，加入足量稀盐酸溶解酸化，再滴加氯化钡溶液，出现白色沉淀，则乙同学猜想成立； (3)① 实验目的是分别验证NH4+的促进作用、Na+的抑制作用，实验需要控制阴离子相同，排除阴离子干扰，因此验证NH4+时加入(NH4)2SO4； ② 吸光度与[Cu(NH3)4]2+浓度成正比，若加入Na2SO4和氨水的吸光度A3与不加其他固体的A1、A2接近，说明c(NH3)无促进作用、Na+无抑制作用；加入(NH4)2SO4的吸光度A4大于A1，说明NH4+可促进[Cu(NH3)4]2+生成，猜想b成立； (4)Cu(OH)2溶于氨水的反应为：，该反应平衡常数： ，K极小，反应很难自发进行，因此Cu(OH)2不溶于氨水；有铵盐存在时，NH4+会与OH⁻结合生成NH3·H2O，促进平衡正向移动，总反应为：，平衡常数为，平衡常数显著增大，反应易发生。 考点二 定量测定实验综合题 知●识●解●构 知识点1 定量实验测定的常用方法 知识点2 定量测定实验中“数据”的采集 1．称量固体质量时，中学一般用托盘天平，可估读到0.1g，精确度要求高的实验中可以用电子天平。 2．测量液体体积时，一般实验中选用适当规格的量筒，可估读到0.1 mL，精确度要求高的定量实验，如中和滴定中选用滴定管(酸式或碱式)，可估读到0.01 mL。容量瓶作为精密的定容仪器，用于配制一定物质的量浓度的溶液，一般不用于量取液体的体积。 3．气体除了量取外，还可以称量。称气体的质量时一般有两种方法：一种方法是称反应装置在放出气体前后的质量减小值；另一种方法是称吸收装置前后的质量增大值。 4．用pH试纸(测得整数值)或pH计(精密测量溶液的pH)直接测出溶液的pH，经过计算可以得到溶液中H+或OH-的物质的量浓度。 5．为了数据的准确性，要进行平行实验，重复测定。如中和滴定实验中要平行做2~3次滴定实验，求算未知溶液的浓度再取平均值，但对于“离群”数据(指与其他数据有很大差异的数据)要舍弃，因为数据“离群”的原因可能是操作中出现了较大的误差。 得分速记 实验数据采集时的“五看” 一看数据是否符合测量仪器的精度特点，如用托盘天平测得的质量的精度为0.1 g，若精度值超过了这个范围，说明所得数据是无效的； 二看数据是否在误差允许范围内，若所得的数据明显超出误差允许范围，要舍去； 三看反应是否完全，是否是过量反应物作用下所得的数据，只有完全反应时所得的数据，才能进行有效处理和应用； 四看所得数据的测试环境是否一致，特别是气体体积数据，只有在温度、压强一致的情况下才能进行比较、运算； 五看数据测量过程是否规范、合理，错误和违反测量规则的数据需要舍去。 知识点3 定量测定实验中数据处理的常用方法 1．物质含量计算 根据关系式法、得失电子守恒法、滴定法等，求出混合物中某一成分的量，再除以样品的总量，即可得出其含量。 2．确定物质化学式的计算 (1)根据题给信息，计算出有关物质的物质的量。 (2)根据电荷守恒，确定出未知离子的物质的量。 (3)根据质量守恒，确定出结晶水的物质的量。 (4)各粒子的物质的量之比即为物质化学式的下标比。 3．热重曲线计算 (1)设晶体为1 mol。 (2)失重一般是先失水、再失气态非金属氧化物。 (3)计算每步的m余，＝固体残留率。 (4)晶体中金属质量不减少，仍在m余中。 (5)失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得mO，由n金属∶nO，即可求出失重后物质的化学式。 4．多步滴定计算 复杂的滴定可分为两类： ①连续滴定法：第一步滴定反应生成的产物，还可以继续参加第二步的滴定。根据第二步滴定的消耗量，可计算出第一步滴定的反应物的量。 ②返滴定法：第一步用的滴定剂是过量的，第二步再用另一物质返滴定过量的物质。根据第一步加入的量减去第二步中过量的量，即可得出第一步所求物质的物质的量。 考●向●破●译 考向1 滴定操作型在定量测定实验中的应用 例1(2026·浙江台州市高三第二次教学质量评估)某实验小组利用废铁铝合金来制取FeCl3·6H2O(M=270.5 g·molˉ1)。流程如下： 已知：①乙醚[(C2H5)2O]的沸点为34.5℃，微溶于水，密度约为0.71g· cm-3； ②C2H5OC2H5+FeCl3+HCl(浓)[(C2H5)2OH][FeCl4]； ③[(C2H5)2OH][FeCl4]溶于乙醚，当盐酸浓度降低时，该化合物解离。 请回答： (1)操作a的名称为________。 (2)下列说法正确的是_______。 A．将合金废料粉碎，可加快反应速率 B．试剂a可用Cl2 C．试剂b为水，操作b为过滤 D．用K3[Fe(CN)6]溶液可检验溶液2中是否含有 (3)[(C2H5)2OH][FeCl4]在乙醚中溶解度大于在水中的溶解度，从结构上解释原因________。 (4)用乙醚萃取[(C2H5)2OH][FeCl4]时，用下列装置可实现连续萃取。 ①写出图中仪器B的名称________。 ②从下列选项中选择合适的操作补全测定步骤________。 向溶液2中加入适量的浓盐酸、乙醚得到溶液组装好装置→检查气密性→圆底烧瓶C中加入沸石→取下冷凝管→( )→( )→装上冷凝管，( )→( )。 a.向A中加入溶液X直至约占A体积 b.加热圆底烧瓶 c.连接冷凝水的橡皮管 d.向A中加入乙醚直至达到C中圆底烧瓶体积的2/3 (5)产品纯度测定： Ⅰ.配制样品溶液：称取1.000g样品，用稀盐酸溶解后，在容量瓶中定容至250mL。 Ⅱ.移取待测液：用移液管移取25.00mL上述样品溶液，放入锥形瓶中。 Ⅲ.加入试剂与反应：向锥形瓶中加入过量的KI溶液。 Ⅳ.滴定：立即用0.0100mol·L-1的I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI标准溶液进行滴定。当溶液变为浅黄色时，加入左右的淀粉指示剂，记录终点消耗的标准溶液的体积。 Ⅴ.平行实验：进行三次平行滴定，消耗的I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI标准溶液体积的平均值为。已知反应：I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI。 ①加入KI溶液需过量的目的是加快反应速率、使Fe3+反应完全和________。 ②产品的纯度为________%(保留小数点后1位)。 【答案】(1)分液 (2)ABD (3)[(C2H5)2OH][FeCl4]中含有成分较多的疏水基-C2H5，使得[(C2H5)2OH][FeCl4]与乙醚有较多的相似性(指明两者的乙基极性相似即可) (4) 球形冷凝管 取下冷凝管→(a)→(d)→装上冷凝管，(c)→(b) (5) 与I2生成I3-，减少碘挥发 67.6 【解析】合金废料与稀盐酸反应得到溶液1(含氯化铝、氯化亚铁)，向溶液1中加入试剂a，目的是把Fe2+氧化为Fe3+，得到溶液2(含氯化铝、氯化铁)；向溶液2中先加入浓盐酸，再加入乙醚，发生已知信息②的反应生成[(C2H5)2OH][FeCl4]，通过操作a(分液)将[(C2H5)2OH][FeCl4]和氯化铝分离；向溶液3中加入试剂b(H2O)使盐酸浓度降低，[(C2H5)2OH][FeCl4]解离为乙醚和氯化铁，再通过分液操作(操作b)分离有机物和溶液，最后进行一系列操作将氯化铁溶液转化为FeCl3·6H2O。 (1)根据分析，操作a的名称为分液。 (2)A项，将合金废料粉碎，可增大反应物间的接触面积，可加快反应速率，A正确；B项，试剂a用于氧化氯化亚铁，Cl2具有强氧化性且不引入杂质离子，故试剂a可用Cl2，B正确；C项，根据分析，试剂b为水，操作b为分液，C错误；D项，K3[Fe(CN)6]与Fe2+反应生成Fe3[ Fe(CN)6]2蓝色沉淀，可用K3[Fe(CN)6]溶液可检验溶液2中是否含有Fe2+，D正确；故选ABD。 (3)[(C2H5)2OH][FeCl4]中含有成分较多的疏水基-C2H5，使得[(C2H5)2OH][FeCl4]与乙醚有较多的相似性，根据相似相溶原理，[(C2H5)2OH][FeCl4]在乙醚中溶解度大于在水中的溶解度。 (4)①由图可知，仪器B的名称为球形冷凝管。 ②根据题意，利用图示装置实现连续萃取，具体操作为向溶液2中加入适量的浓盐酸、乙醚得到溶液X→组装好装置→检查气密性→圆底烧瓶C中加入沸石→取下冷凝管→向A中加入溶液X直至约占A体积(保证有足够的待萃取样品，又预留空间给后续加入的乙醚，避免液体溢出)→向A中加入乙醚直至达到C中圆底烧瓶体积的(加入足量乙醚，保证萃取效率；控制体积为烧瓶的，防止加热时液体沸腾溢出，同时保证有足够的乙醚蒸气完成回流萃取)→装上冷凝管，连接冷凝水的橡皮管→加热圆底烧瓶(启动回流萃取过程，让乙醚不断循环萃取目标物质，最终将目标物质富集到圆底烧瓶中)。 (5)①过量的KI除了能加快反应速率、使Fe3+反应完全外，还能与生成的I2反应生成I3-，大幅提高I2在水中的溶解度，减少碘挥发，保证滴定结果准确。 ②样品为FeCl3·6H2O，其中Fe3+与I-发生反应2Fe3++2I-==I2+2Fe2+，生成的I2用Na2S2O3标准溶液进行滴定，发生反应I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI ，联立可得关系式：。，则，产品的纯度。 【变式1】【变考法】(2026·浙江省宁波市镇海中学三模)测定铁矿石中铁含量的传统方法是SnCl2-HgCl2-K2Cr2O7，滴定法。按下列步骤测定 【配制溶液】① cmol·L-1 K2Cr2O7，标准溶液。 ②SnCl2溶液：称取6gSnCl2·2H2O溶于20 mL浓盐酸，加水至100 mL，加入少量锡粒。 【测定含量】按下图所示（加热装置略去）操作步骤进行实验。 已知：氯化铁受热易升华； 室温时HgCl2可将Sn2+氧化为Sn4+，难以氧化Fe2+；Cr2O72-可被Fe2+还原为Cr3+。 下列说法不正确的是( ) A．为了提高测定的准确性，需准确配制SnCl2溶液，所以需要用分析天平称量SnCl2·2H2O B．步骤I中“微热”的原因是为了提高试样与浓盐酸反应速率，同时可减少浓盐酸的挥发和氯化铁的升华 C．步骤Ⅲ中，装 K2Cr2O7标准溶液的酸式滴定管使用前应进行验漏、洗涤、用标准液润洗等操作 D．步骤I中，没有立即用标准液滴定，测定的铁含量可能偏低 【答案】A 【解析】本实验采用SnCl2-HgCl2-K2Cr2O7滴定法测定铁矿石中铁含量：先用浓盐酸微热溶解试样，再用SnCl2将Fe3+ 还原为Fe2+ ，过量的Sn2+用HgCl2氧化除去，最后用 K2Cr2O7 标准溶液滴定Fe2+，通过消耗的 K2Cr2O7 的量计算铁的含量。A项，在该滴定法中，SnCl2的作用是将Fe3+ 还原为Fe2+，只需稍过量即可，其浓度不需要精确配制，因此不需要用分析天平准确称量SnCl2·2H2O，A错误；B项，步骤Ⅰ中“微热”的目的是提高试样与浓盐酸的反应速率，加快溶解；同时，温度不宜过高，可减少浓盐酸的挥发和氯化铁的升华，B正确；C项，装 K2Cr2O7 标准溶液的酸式滴定管，使用前应进行检漏、洗涤，并用标准液润洗2~3次，以确保标准溶液浓度准确，C正确；D项，步骤Ⅰ中，若未立即用标准液滴定，生成的Fe2+会被空气中的氧气氧化为Fe3+ ，导致滴定消耗的 K2Cr2O7 标准溶液体积偏小，最终测定的铁含量偏低，D正确；故选A。 【变式2】【变情境】某小组实验探究KMnO4 法滴定白云石[CaMg(CO3)2]中钙含量时的条件。 (1)处理白云石矿样 步骤1：用HCl溶解白云石矿样； 步骤2：向上述溶液中加入沉淀剂(NH4)2C2O4，使Ca2+转化为CaC2O4沉淀，过滤，洗净沉淀。 ①步骤1发生反应的离子方程式为________。 ②步骤2洗净沉淀是为了防止Cl-影响后续滴定结果，检验沉淀已洗净的操作及现象是________。 (2)滴定条件探究 序号 实验内容及现象 Ⅰ 将带有沉淀的滤纸贴在烧杯壁上，用热蒸馏水冲洗，将滤纸全部浸入溶液，并用稀H2SO4溶解沉淀控制酸度，趁热用cmol·L-1KMnO4 标准溶液滴定。开始滴定时快速加入5mLKMnO4 标准溶液，产生大量棕黑色沉淀，随着滴定继续进行，沉淀消失，滴定终点读取数据。 Ⅱ 将带有沉淀的滤纸贴在烧杯壁上，用热蒸馏水冲洗，将滤纸全部浸入溶液，并用稀H2SO4溶解沉淀控制酸度，趁热用cmol·L-1KMnO4标准溶液滴定。开始滴定时逐滴加入，每一滴反应完全后再加入下一滴，溶液始终澄清，滴定终点读取数据。 已知：ⅰ．MnO4-为紫红色，Mn2+近乎无色，H2C2O4棕黑色沉淀； ⅱ．Ka1(H2C2O4)=5.0×10-2； ⅲ．滤纸的主要成分为纤维素。 ①KMnO4 既做标准溶液又做指示剂，滴定终点的现象是________。 ②实验Ⅰ中棕黑色沉淀产生的途径可能有： 途径一：____________ 途径二：MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓ +4H+ 途径三：4MnO4-+4H+=4MnO2↓ +3O2↑+2H2O a．途径一的离子方程式为________。 b．途径一、二对测定结果无影响，途径三会使测得的Ca2+的含量偏高，分析原因：________。 实验Ⅰ最终测得的Ca2+的含量偏高。 ③实验Ⅱ测得的Ca2+的含量也偏高，经分析认为是滤纸浸入溶液造成的，理由是________。 (3)改进滴定实验 分析实验Ⅰ、Ⅱ测定结果偏差的原因，增加实验Ⅲ，将滤纸全部浸入盛有热蒸馏水的烧杯中，并用稀H2SO4控制酸度与Ⅱ相同，趁热用cmol·L-1KMnO4标准溶液滴定。开始滴定时逐滴加入，每一滴反应完全后再加入下一滴，滴定终点读取数据。 白云石矿样为ag，实验Ⅱ、Ⅲ消耗KMnO4标准溶液的体积分别为V1mL、V2mL。白云石矿样中钙的质量分数为________(列出计算式)。 【答案】(1)CaMg(CO3)2+4H+ ═Ca2+ +Mg2++2H2O+2CO2↑ 取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则沉淀已洗净 (2) 滴入最后半滴KMnO4 标准溶液后，溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪色； 3H2C2O4+2MnO4-+2H+=6CO2↑+2MnO2↓+4H2O；棕黑色沉淀溶解是MnO2与H2C2O4反应生成Mn2+造成的，途径一二KMnO4 及其生成的MnO2均用于氧化H2C2O4，且最终还原产物均只有Mn2+，因此消耗KMnO4 体积不变，而途径三KMnO4 除用于氧化H2C2O4，自身被还原为Mn2+外，还有一部分自身分解生成O2，使得消耗KMnO4 体积增大； 滤纸的主要成分纤维素具有还原性，会被酸性KMnO4 氧化，额外消耗标准液，导致结果偏高； (3)或 【解析】白云石先和盐酸反应生成Ca2+，Ca2+再和生成CaC2O4沉淀，CaC2O4沉淀和硫酸反应后和KMnO4 反应，根据5Ca2+~5H2C2O4~2MnO4-得出白云石中钙的质量分数。 (1)①白云石是难溶固体，与HCl反应生成可溶性钙盐、镁盐、CO2和水，故离子反应方程式为CaMg(CO3)2+4H+ ═Ca2+ +Mg2++2H2O+2CO2↑ ；②杂质Cl-存在于洗涤液中，用硝酸酸化的AgNO3检验Cl-，若无白色沉淀生成，则洗涤已洗净； (2)①KMnO4 自身可作指示剂，滴定终点时H2C2O4完全反应，过量半滴KMnO4 使溶液显特征浅紫红色；②a.初始滴定时反应速率慢，MnO4-被草酸还原为MnO2，根据得失电子守恒配平即可得到离子方程式：3H2C2O4+2MnO4-+2H+=6CO2↑+2MnO2↓+4H2O；b.棕黑色沉淀溶解是MnO2与H2C2O4反应生成Mn2+造成的，途径一二KMnO4 及其生成的MnO2均用于氧化H2C2O4，且最终还原产物均只有Mn2+，因此消耗KMnO4 体积不变，而途径三KMnO4 除用于氧化H2C2O4，自身被还原为Mn2+外，还有一部分自身分解生成O2，使得消耗KMnO4 体积增大；③滤纸的主要成分纤维素具有还原性，可被酸性高锰酸钾氧化，额外消耗标准液，导致测定结果偏高； (3)实验Ⅲ为空白实验，扣除滤纸消耗的体积V2后，实际与草酸反应的KMnO4 体积为V1−V2；根据反应关系5Ca2+~5H2C2O4~2MnO4-，得，代入钙的摩尔质量40 g/mol，即可得到质量分数或。 【变式3】【变载体】(2026·浙江宁波市镇海中学等校高三二模)碘酸钾是一种重要的无机物，可用作食盐中的加碘剂，溶解度随温度升高而增大。其制备方法如下： 步骤Ⅰ：碘酸氢钾[KH(IO3)2]的制备 在三颈烧瓶中加入2.80 g碘、2.60 g氯酸钾和50 mL水，滴加6mol·L-1盐酸至溶液pH=1，控制温度850C左右，装置如图所示。 步骤Ⅱ：将步骤I所得溶液通过加入适量的X溶液转化为KIO3溶液；通过一系列操作得到KIO3晶体。 步骤Ⅲ：测定KIO3纯度。 (1)仪器c的名称是___________。 (2)下列说法正确的是___________。 A．步骤Ⅰ中可使用四氯化碳萃取除去KH(IO3)2中的碘单质 B．d装置中使用无水氯化钙固体吸收尾气 C．步骤Ⅱ中X溶液可以是KOH D．将步骤Ⅱ中KIO3溶液直接蒸发结晶得到KIO3晶体 (3)步骤I中温度不能过高的原因___________。 (4)已知步骤I装置中有大量黄绿色气体产生，请写出制备KH(IO3)2的化学反应方程式___________。 (5)步骤Ⅲ：从下列选项中选择合适的操作补全测定步骤___________。 实验原理：I2+2S2O32-=S4O62-+2I- 称取0.1000 g产品于碘量瓶中，加入稀盐酸和过量的KI溶液。用0.1000mol·L-1Na2S2O3溶液滴定：取滴定管检漏、水洗___________→装液→___________→调液面、读数→开始滴定+___________→读数，平行实验三次。 a．润洗，从滴定管尖嘴放出液体 b．润洗，从滴定管上口倒出液体 c．将滴定管倾斜30°左右，迅速打开活塞使溶液冲出，从而使溶液充满尖嘴 d．将胶头弯曲使玻璃尖嘴向上倾斜，轻轻挤压玻璃球，使溶液从尖嘴流出赶走气泡 e．接近终点时，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点，蓝色消失且半分钟内不变色 f．接近终点时，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点，出现蓝色且半分钟内不消失 【答案】(1)恒压滴液漏斗 (2)AC (3)温度过高，碘易升华；盐酸易挥发；KClO3或碘酸氢钾分解 (4)I2+2KClO3+HCl=KH(IO3)2+ KCl＋Cl2↑(或6I2+11KClO3+3H2O=6KH(IO3)2+5 KCl＋3Cl2↑) (5)ade 【解析】本实验以碘（I2）和氯酸钾（KClO3）为原料，在酸性、85℃左右的条件下反应制备碘酸氢钾[KH(IO3)2]，再通过加入KOH溶液将其转化为碘酸钾（KIO3）溶液，经结晶得到KIO3晶体，最后利用KIO3在酸性条件下氧化KI生成I2，并用Na2S2O3 标准溶液滴定生成的I2，从而测定KIO3的纯度。 （1）由仪器C的结构可知，仪器c为恒压滴液漏斗。 （2）A项，I2易溶于CCl4，而[KH(IO3)2]是离子化合物，难溶于CCl4，因此可用萃取法除杂，A正确；B项，尾气主要是Cl2和HCl，无水氯化钙只能干燥气体，不能吸收Cl2，应使用碱石灰等碱性干燥剂，B错误；C项，KH(IO3)2与KOH反应：KH(IO3)2+KOH=2KIO3+H2O，可将其转化为KIO3，C正确；D项，KIO3的溶解度随温度升高而增大，直接蒸发结晶易导致晶体结块或分解，应采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法，D错误。 （3）碘单质（I2）易升华，温度过高会导致I2损失，降低产率；盐酸中的HCl易挥发，温度过高会加速HCl挥发，使溶液酸性降低，影响反应进行；高温可能导致KClO3或生成的KH(IO3)2发生分解，因此步骤Ⅰ中温度不能过高。 （4）根据氧化还原反应规律，I2被KClO3在酸性条件下氧化为IO3-，ClO3-被还原为Cl2，配平可得：I2+2KClO3+HCl=KH(IO3)2+ KCl＋Cl2↑或6I2+11KClO3+3H2O=6KH(IO3)2+5 KCl＋3Cl2↑。 （5）滴定管检漏、水洗后，需用待装的Na2S2O3 标准溶液润洗滴定管2~3次，润洗时从滴定管尖嘴放出液体，确保滴定管内壁被标准液均匀浸润，避免残留水分稀释标准液，对应操作a；装液后，需排出滴定管尖嘴内的气泡。Na2S2O3 溶液呈碱性，应使用碱式滴定管，将胶头弯曲使玻璃尖嘴向上倾斜，轻轻挤压玻璃球，使溶液从尖嘴流出赶走气泡，对应操作d；滴定过程中，接近终点时，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点，蓝色消失且半分钟内不变色，说明反应恰好完全，对应操作e。因此操作顺序为：检漏、水洗 → a → 装液 → d → 调液面、读数 → 开始滴定 + e → 读数，平行实验三次。 考向2 气体关联型在定量测定实验中的应用 例2(2025·浙江省嘉兴市高三三模)CaO2可作为医用防腐剂和消毒剂，也可为农业、园艺和生物技术应用提供氧气。某研究小组探究用石灰石为原料制备过氧化钙(CaO2)，实验流程为： 已知：i. CaO2溶于酸，微溶于水，不溶于乙醇； ii.CaCl2+H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓ +2NH4Cl。 (1)关于步骤①，下列说法正确的是_______。 A．可用稀硫酸代替稀盐酸 B．为使CaCO3充分反应，稀盐酸应当过量 C．煮沸是为了除去溶液中的CO2，防止后续步骤在碱性条件下与Ca2+生成CaCO3沉淀，影响产品纯度 D．过滤的目的是除去一些难溶性杂质，提高CaO2的纯度 (2)步骤②中的操作是将氯化钙溶液加入氨水-H2O2混合液中，解释选择这样混合方式的原因 。 (3)步骤③三颈烧瓶(如图)中的晶体转入漏斗时，瓶壁上还粘有少量晶体，需选用液体将瓶壁上的晶体冲洗下来后转入漏斗，下列液体最合适的是_______。 A．无水乙醇 B．饱和溶液 C．70%乙醇水溶液 D．滤液 (4)可采用量气法测定产品中CaO2的含量。量气法实验装置如图所示，加热至350℃以上时CaO2迅速分解生成CaO和O2(假设杂质不产生气体)。 ①装置图中量气管可以用化学实验室里的一种常用仪器来改装，这种仪器的名称是 。 ②有关量气法测定产品中CaO2的含量的正确操作为 (选出正确操作并排序，操作可以重复)。 _______→_______→_______→C→_______→_______ A．停止加热，冷却至室温； B．向试管中加入样品； C．加热试管，使样品完全分解； D．停止加热，立即读数； E.向漏斗中注入一定体积的水，检查装置气密性； F.上下移动水准管，使量气管与水准管液面相平，记录读数； ③某同学准确称量0.5000g烘干恒重后的CaO2样品，置于试管中加热使其完全分解，收集到44.80mL(已换算为标准状况)气体，计算产品中CaO2的质量分数 。 (5)有研究团队在高压(约)条件下合成了另一种钙的氧化物CaO(s)：CaO(s)+ O2(g)CaO3(s)，CaO3中各原子均满足8电子稳定结构。 ①写出CaO3电子式 。 ②指出促使上述反应发生的主要因素(单选) 。 a. CaO3比CaO离子间的作用力大 b.反应的熵增大 c.反应中体积减小 【答案】(1)CD (2)反应体系保持弱碱性，易于生成过氧化钙(使H+浓度降低，促进反应向生成CaO2的方向进行)，且过氧化钙更稳定 (3)D (4)碱式滴定管 EBFCAF 57.60% (5) c 【解析】碳酸钙固体用稀盐酸溶解后得到CaCl2溶液，用双氧水、氨水和CaCl2溶液反应制备CaO2，在冰水浴中反应完全后过滤得到CaO2·8H2O，洗涤、烘干即可得到CaO2固体。 (1)A项，硫酸钙微溶于水，影响后续反应速率，不可用稀硫酸代替稀盐酸，故A错误；B项，后续步骤需控制溶液为碱性，过量盐酸会混入氯化钙使溶液呈酸性，且煮沸也难以完全去除HCl，所以盐酸不能过量，故B错误；C项，后续步骤加入氨水会使溶液呈碱性，CO2在碱性条件下与Ca2+反应生成CaCO3沉淀影响产品纯度，因此需煮沸除去溶液中的CO2，防止后续步骤在碱性条件下与Ca2+生成CaCO3沉淀，故C正确；D项，第一步过滤分离过量的碳酸钙沉淀和可溶的氯化钙，防止碳酸钙混入产物CaO2·8H2O影响纯度，故D正确；故选CD。 (2)过氧化氢在水溶液中电离：H2O2H++HO2-、HO2-H++O22-，加入氨水，控制反应体系保持弱碱性，使H+浓度降低，促进过氧化氢电离，O22-提高浓度，易于生成更稳定的过氧化钙。 (3)三颈烧瓶中的晶体转入到抽滤装置中时，瓶壁上往往还粘有少量晶体，需选用液体将瓶壁上的晶体冲洗下来后转入到抽滤装置中，最合适的液体是滤液，防止增加新的杂质，故选D。 (4)①量气管可以用化学实验室中一种常用仪器来改装，该仪器的名称是碱式滴定管；②有关量气法测定产品中CaO2的含量的正确操作为.向漏斗中注入一定体积的水，检查装置气密性，向试管中加入样品，上下移动水准管，使量气管与水准管液面相平，记录读数，加热试管，使样品完全分解，停止加热，冷却至室温，上下移动水准管，使量气管与水准管液面相平，记录读数，故选EBFCAF；③CaO2分解反应为2CaO22CaO+O2↑，计算产品中CaO2的质量分数为。 (5)①CaO3为离子化合物，有Ca2+和O32-组成，由于各原子均满足8电子稳定结构，因此O32-的结构为[O-O-O]2-，故电子式为；②反应在高压下进行，压力增加反应向体积减小方向进行，因此促使上述反应发生的主要因素反应中体积减小，故选c。 解题妙招 定量测定实验综合题答题模板 【变式1】【变考法】(2026·浙江宁波市“十校”高三二模)某学习小组用“直接碘量法”对某工厂废气中的SO2浓度进行测定(已知废气中其他成分不参与反应)。 ①将某工厂废气缓慢通入盛有的NaOH溶液(足量)的碘量瓶(带磨口塞的锥形瓶)中，将碘量瓶在冰水浴中冷却，加入稀硫酸酸化(硫元素主要以HSO3-的形式存在)及少量淀粉溶液，使用超声振荡。待碘量瓶温度稳定后，用碘的标准溶液滴定。 ②进行三次平行滴定实验，记录消耗碘的标准溶液体积，进行相关计算。 下列有关说法错误的是( ) A．使用碘量瓶而不使用锥形瓶是为了减少空气对实验的影响 B．超声振荡过程中温度显著升高，用冰水浴降温有利于SO2的测定 C．滴定终点的现象：溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色 D．滴定过程中，碘量瓶中发生反应的离子方程式：HSO3-+ I2+ 3OH-=SO42-+2I-+2H2O 【答案】D 【解析】A项，由于HSO3-在酸性环境中易被空气中的氧气氧化，因此使用碘量瓶(带磨口塞的锥形瓶)可以减少空气对实验的影响，A正确；B项，超声震荡过程中会加剧分子、离子的运动使温度显著升高，导致SO2挥发损耗，用冰水浴降温可减少SO2的损耗，有利于SO2的测定，B正确；C项，用淀粉溶液作指示剂，到达滴定终点时加入的I2单质不被消耗而使淀粉溶液变蓝色，所以滴定终点的现象：溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色，C正确；D项，滴定过程中，碘量瓶中I2与HSO3-在酸性环境中反应生成SO42-、I-和H+，则发生反应的离子方程式为：HSO3-+ I2+ H2O=3H++SO42-+2I-，D错误；故选D。 【变式2】【变情境】氢化钙可作为轻便的氢气发生剂，也可用作还原剂、干燥剂。某兴趣小组拟选用如下装置制备氢化钙。 请回答： (1)请从图1中选择必要的装置，按气流方向连接顺序为 。(填仪器接口的字母编号，装置不可重复使用) _________→__________，__________→d，__________→__________，k→__________ (2)利用所选装置进行实验，步骤如下：①检查装置气密性后，装入药品；②打开启普发生器活塞；__________(请按正确的顺序填入下列步骤的标号)。 A．加热反应一段时间 B．收集气体并检验其纯度 C．关闭启普发生器活塞 D．停止加热，充分冷却 (3)为验证实验确有CaH2生成。某同学取少量产物，小心加入水中，并滴加酚酞，观察到有气泡生成，加入酚酞后溶液显红色，该同学据此推断有CaH2生成。该同学的推断不正确，原因是 。 (4)某同学利用图2装置测定氢化钙产品含量。他称取所制得的氢化钙样品(假设唯一杂质是钙)，实验前后量气管中液面读数分别为V1 mL、V2 mL。(上述气体体积均已换算为标准状况下) ①装置中导管a的作用是 ， 。 ②氢化钙样品的纯度为 %。 【答案】(1)i→e，f，c→j，a (2)BADC (3)Ca单质也可以和水反应，生成氢氧化钙，溶液显碱性 (4)平衡压强，使分液漏斗中的水顺利滴下 消除由于加入水引起的氢气体积误差 【解析】先制取氢气，经过氢氧化钠溶液除HCl、再用浓硫酸干燥后与金属钙反应，最后防止空气中水蒸气与产品反应，再加上干燥装置。 (1)气流方向连接顺序：i→e→f→d→c→j →k→a→b； (2)打开启普发生器活塞后，锌粒与稀盐酸反应生成氢气，收集气体并检验其纯度后通入盛有金属钙的硬质玻璃管，加热反应一段时间，停止加热，继续在氢气氛围中充分冷却，最后关闭启普发生器活塞，所以为BADC； (3)因为Ca单质也可以和水反应，生成氢氧化钙，溶液显碱性，也能观察到有气泡生成，加入酚酞后溶液显红色，所以该同学的推断不正确。 (4)装置中导管a的作用是平衡压强，使分液漏斗中的水顺利滴下；消除由于加入水引起的氢气体积误差；设产品中CaH2为xg，则Ca为(m-x)g，xgCaH2为，生成氢气，(m-x)g Ca为，生成氢气，则，则，所以氢化钙样品的纯度为：。 【变式2】【变载体】(2025·浙江省精诚联盟二模)氮化钡(Ba3N2)是医药和材料科学的重要中间体。某实验小组利用如图装置(部分固定装置略)进行制备： 已知：①制备原理为：3Ba+N2Ba3N2； ②氮化钡为黄色固体，沸点1000℃，极易与水反应生成氨气和氢氧化钡。 请回答： (1)仪器X的名称是 ，其中可用的固体中性干燥剂是 (填1种)。 (2)有同学认为虚线框内的装置Y部分需要改进，理由是 。 (3)下列有关说法正确的是_______。 A．相比于其他液体，用Hg液封不易引起倒吸 B．镍舟可用铂舟或瓷舟等替换 C．浓H2SO4除干燥作用外，也可用来观察并调控鼓入N2的速率 D．该实验反应完全时，反应物金属光泽消失，并由银白色转变为黄色 (4)制备氮化钡的所有操作具体如下，请排序： 。 ⑦→_______→_______→_______→_______→_______→_______→⑧(填序号)。 ①通入N2 ②关闭管式炉并冷却至室温 ③停止通入N2 ④打开K1、K2 ⑤填装试剂与药品 ⑥加热管式炉 ⑦装置连接并检查气密性 ⑧关闭K1、K2 (5)利用化学方法定性检验反应后固体中的氮化钡，实验方案为 。 (6)用天平称量反应前后玻璃管中固体的质量，实际增重值总是大于理论值，可能的原因是 。 【答案】(1)球形干燥管 CaCl2、Na2SO4等 (2)Hg极易挥发，敞口实验会污染环境 (3)ACD (4)⑤④①⑥②③ (5)取少量固体样品，加蒸馏水，在试管口放一张润湿的pH试纸，若变蓝则说明含氮化钡 (6)N2中含有少量O2、H2O，导致产物中混入BaO、Ba(OH)2等；称量操作动作过慢，导致产物Ba3N2部分水解 【解析】反应前先通入氮气排除空气，接着高温加热镍舟，金属钡与氮气在镍舟中发生反应，生成黄色固体氮化钡；因为氮化钡极易与水反应生成氨气和氢氧化钡，在发生装置前后要加干燥剂，浓硫酸的作用是除去氮气中的水蒸气，装置X应为固体干燥剂防治空气中的水蒸气进入；未反应的钡在高温下会进入汞液，因此汞液的作用是液封未反应的金属钡，防治钡与空气中的氧气、水发生反应。 (1)仪器X的名称是球形干燥管，固体中性干燥剂主要由强酸强碱盐组成，其中可用的有CaCl2、Na2SO4等。 (2)装置Y部分需要改进，理由是：Hg极易挥发，敞口实验会污染环境。 (3)A项，金属钡易与其它液体发生反应，而液汞不与钡发生反应，因此用Hg液封不易引起倒吸，A正确；B项，高温下钡可溶解铂形成合金，瓷舟的主要成分为氧化铝，钡会还原氧化铝，因此不可用铂舟或瓷舟等替换镍舟，B错误；C项，浓H2SO4可干燥氮气带进来的水分，也可通过浓H2SO4中气泡的生成速率观察并调控鼓入N2的速率，C正确；D项，该实验反应完全时，金属钡完全转化为黄色固体氮化钡，因此金属光泽消失，固体由银白色转变为黄色，D正确；故选ACD。 (4)制备氮化钡前先通气再加热，反应结束后先停止加热再停止通气，因此操作顺序如下：连接装置并检查装置气密性，填装试剂与药品，打开K1、K2通入N2，加热管式炉，待充分反应后关闭管式炉并冷却至室温，停止通入N2，关闭K1、K2，因此具体的排序为：⑤④①⑥②③。 (5)氮化钡极易与水反应生成氨气和氢氧化钡，因此可通过检验氨气从而定性检验反应后固体中存在氮化钡，实验方案为：取少量固体样品，加蒸馏水，在试管口放一张润湿的pH试纸，若变蓝则说明含氮化钡。 (6)反应前后玻璃管中固体的质量实际增重值总是大于理论值，可能的原因是：N2中含有少量O2、H2O，导致产物中混入BaO、Ba(OH)2等；称量操作动作过慢，导致产物Ba3N2部分水解等等。 考点三 有机制备实验综合题 知●识●解●构 知识点1 有机制备实验流程 1．分析制备流程 2．熟悉重要仪器 3．典型反应装置和蒸馏装置 知识点2 解有机综合题基本策略 根据题给信息，初步判定物质的性质 有机化合物制备中一般会给出相应的信息，通常会以表格的形式给出，表格中的数据主要是有机化合物的密度、沸点和在水中的溶解性，在分析这些数据时要多进行横向和纵向的比较，密度主要是与水比较，沸点主要是表中各物质的比较，溶解性主要是判断溶还是不溶。主要是根据这些数据选择分离、提纯的方法 注意仪器名称和作用 所给的装置图中有一些不常见的仪器，要明确这些仪器的作用，特别是无机制备实验中不常见的三颈烧瓶、球形冷凝管等 关注有机反应条件 大多数有机反应的副反应较多，且为可逆反应，因此设计有机化合物制备实验方案时，要注意控制反应条件，尽可能选择步骤少、副产物少的反应;由于副产物多，所以需要进行除杂、净化。另外，若为两种有机化合物参加的可逆反应，应考虑多加一些相对价廉的有机化合物，以提高另一种有机化合物的转化率和生成物的产率 1．找准答题思路 2．依据有机反应特点作答 (1)有机物易挥发，反应中通常采用冷凝回流装置，以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。 得分速记 (1)温度计水银球的位置：若要控制反应温度，应插入反应液中，若要选择收集某温度下的的馏分，则应放在蒸馏烧瓶支管口附近。 (2)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。 (3)冷凝管的进出水方向：下进上出。 (4)加热方式的选择： ①酒精灯加热。酒精灯的火焰温度一般在400～500度，所以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度。 (5)防暴沸：加碎瓷片，防止溶液暴沸，若开始忘加沸石，需冷却后补加。 考●向●破●译 考向 有机物质的制备 例1(2026·浙江宁波市“十校”高三二模)乙酰乙酸乙酯(相对分子质量130，沸点180℃，超过120℃开始分解)是一种重要的有机中间体，实验室制备乙酰乙酸乙酯的原理、步骤如下： 2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑ (乙酰乙酸乙酯) 实验步骤： ⅰ.向圆底烧瓶中加入25 ml甲苯，将4.6 g金属钠立即放入烧瓶中。安装冷凝回流装置，加热至金属钠完全熔化后停止加热。待混合液降温使金属钠成为细粒状钠砂。 ⅱ.迅速向带有钠砂的圆底烧瓶中加入44 g乙酸乙酯和少量乙醇，并在瓶口安装冷凝管和装有氯化钙的干燥管。反应回流3-4小时至钠砂基本消失，得到透明溶液。 ⅲ.边振荡边滴加醋酸溶液至弱酸性。将混合液转入 中，用饱和氯化钠溶液洗涤酯层，静置后分出酯层。进一步提纯有机混合物，收集产物并称量。 回答下列问题： (1)请补充步骤ⅲ中缺失的玻璃仪器的名称__________；加入饱和氯化钠溶液的目的是__________。 (2)本实验需要将钠先制备成钠砂的原因可能是__________。 (3)乙酰乙酸乙酯()分子中标*号碳原子上的氢有一定酸性，其。请从结构角度解释原因__________。 (4)下列关于本实验说法正确的是 。 A．实验中的甲苯应用专用回收瓶回收，防止残留的少量钠引发火灾 B．本实验应确保在无水环境中进行，但是乙酸乙酯中含有的少量乙醇无需处理 C．步骤ⅰ中的甲苯可换成CCl4 D．实验收集到乙酰乙酸乙酯19.5 g，则此次实验的产率是60% (5)为获得产品，有机混合物可以采用 方法进一步分离。 A．常压蒸馏 B．减压蒸馏 C．加生石灰常压蒸馏 D．加压蒸馏 【答案】(1) 分液漏斗 降低产物(乙酰乙酸乙酯)溶解度 (2)增大接触面积，加快反应速率 (3)酮羰基和酯基中氧的电负性大于碳，导致其中碳原子的正电性增强，继而使亚甲基中的碳氢键极性增强，易于断裂 (4)AB (5)B 【解析】本题为有机物制备类的实验题，向圆底烧瓶中加入25 ml甲苯，将4.6 g金属钠立即放入烧瓶中。安装冷凝回流装置，加热至金属钠完全熔化后停止加热。待混合液降温使金属钠成为细粒状钠砂，迅速向带有钠砂的圆底烧瓶中加入44 g乙酸乙酯和少量乙醇，钠和乙醇反应生成乙醇钠，再和乙酸乙酯反应生成产物，以此解题。 （1）步骤ⅲ为分液操作，必须使用分液漏斗；饱和NaCl溶液可减少有机物在水相中的溶解（盐析效应）； （2）增大钠与乙醇的接触面积，加快反应速率；同时防止钠块聚集放热导致局部过热或暴沸，提高反应安全性与均匀性； （3）*号碳原子位于两个羰基（C=O）之间，受两个强吸电子基团的诱导和共轭效应影响，使得C–H键极性增强，氢易于以H+形式离去；同时，脱氢后形成的碳负离子可被两个羰基共振稳定，因此表现出弱酸性； （4）A项，甲苯作为溶剂，可能残留微量钠，钠遇水或空气易燃，必须专用回收处理，A正确；B项，实验需无水环境，但少量乙醇可与钠反应生成乙醇钠，作为反应的催化剂，无需处理，B正确；C项，CCl4密度比钠大，钠会浮在表面，无法形成钠砂，不能替代甲苯，C错误；D项，钠的物质的量：，乙酸乙酯的物质的量：，由反应式可知，2 mol 乙酸乙酯生成 1 mol 乙酰乙酸乙酯，钠为限量试剂，理论产量：质量为 0.2 mol×130 g/mol=26 g，实际产率：，D错误；故选AB； （5）乙酰乙酸乙酯沸点 180℃，且超过 120℃开始分解，因此不能用常压蒸馏（会导致产物分解），应采用减压蒸馏（降低沸点，避免高温分解），故选B。 解题妙招 有机物制备综合实验题的思维流程 【变式1】【变载体】(2026·浙江杭州市富阳区高三二模)18-冠-6是一种重要的冠醚，常用于配位化学和相转移催化，某研究小组通过Williamson醚合成法，探究在金属钠作用下由乙二醇和1，2-二氯乙烷反应制备18-冠-6. 反应原理为： 3HOCH2CH2OH+3ClCH2CH2Cl+6Na   实验流程为： 已知： ①实验在通风橱内进行； ②1，2-二氯乙烷（沸点83.5℃）易溶于乙醇；18-冠-6（熔点38℃、沸点116℃）常温下在乙醇中的溶解度约为0.5到1.5 g/100 mL，易溶于热的乙醇。 请回答： (1)图1中仪器a的名称是________。 (2)步骤I发生反应的化学方程式是__________；操作顺序是______。 ______→______→______（填字母）。 a．缓慢滴加乙二醇            b．开启磁力搅拌器            c．通冷却水 (3)下列操作不正确的是_____。 A．实验在通风橱内进行，无需尾气处理 B．恒压滴液漏斗使用时需打开上口玻璃塞 C．步骤Ⅱ，观察到三颈烧瓶内不再产生沉淀时，可判定反应基本结束 D．步骤Ⅲ，趁热过滤时宜选用漏斗颈较短的普通漏斗 (4)图2中，空气流速不宜过大，原因是_______。 (5)18-冠-6能自主识别K+形成超分子。现将溶有18-冠-6的甲苯与KMnO4溶液混合、振荡，KMnO4溶液可快速褪色，原因是_____。 【答案】(1)球形冷凝管 (2) HOCH2CH2OH+2Na→NaOCH2CH2ONa+H2↑ cba或cab (3)ABC (4)18-冠-6沸点较低，具有一定挥发性，空气流速过快会将产物带出，造成产物损失，降低产率 (5)18-冠-6将K+套在空腔里从水相带入有机相，同时MnO4-也随之进入有机相，与甲苯发生快速的均相反应 【解析】（1）该仪器为回流装置中用于冷凝回流蒸气的球形冷凝管。 （2）步骤I是乙二醇与金属钠反应生成醇钠和氢气：HOCH2CH2OH+2Na→NaOCH2CH2ONa+H2↑；加热回流前需先接通冷凝水防止蒸气逸出，再开启搅拌使反应物混合，最后缓慢滴加乙二醇进行反应，故顺序为c（通冷却水）→b（开搅拌）→a（滴加乙二醇），或先滴加乙二醇再开启搅拌，ab顺序调换无影响。 （3）A项，反应生成易燃易爆的氢气，且有毒的1,2-二氯乙烷易挥发，即使在通风橱中也需要尾气处理，A错误；B项，恒压滴液漏斗依靠支管平衡漏斗与反应瓶的压强，不需要打开上口玻璃塞，液体即可顺利流下，B错误；C项，在搅拌过程中无法观察沉淀是否产生，C错误；D项，趁热过滤时，短颈普通漏斗可防止降温过程中溶质析出堵塞漏斗，操作正确，D正确；故选ABC。 （4）18-冠-6沸点较低，具有一定挥发性，空气流速过快会将产物带出，造成产物损失，降低产率。 （5）18-冠-6将K+套在空腔里从水相带入有机相，同时MnO4-也随之进入有机相，与甲苯发生快速的均相反应。 【变式2】【变载体】(2026·浙江宁波市高考与选考模拟考试)“Chem is try”小组通过氧化(CH3)3CNH2制备化合物P，原理和装置如下： (CH3)3CNH2+2H2O2+3H2O 步骤Ⅰ：向三颈烧瓶中加入30%H2O2，反应0.5h，得混合液； 步骤Ⅱ：将混合液转移至分液漏斗中，加入少量NaCl固体，振荡，静置，分液，取上层有机层； 步骤Ⅲ：经“一系列操作”，得到蓝色晶体。 已知：化合物P为蓝色晶体，有还原性，有微毒，见光易分解，可溶于有机溶剂。请回答： (1)仪器b的名称是________；冰水浴的作用是________。 (2)下列说法正确的是________。 A．步骤Ⅰ中，反应须在通风橱中、避光条件下进行 B．步骤Ⅰ中，加入H2O2至过量，有利于提高P的产率 C．步骤Ⅱ中，加入NaCl固体，有利于液体分层 D．步骤Ⅱ中，分液时，应从下口放出有机层 (3)步骤Ⅲ从有机层中获得蓝色晶体的所有操作如下，请排序：e→________。 a.过滤 b.分液 c.加入无水MgSO4 d.蒸馏 e.稀盐酸洗涤 (4)化合物P在一定条件下容易二聚生成Q，Q溶于正庚烷发生解离： 20℃时，溶液中Q的初始浓度为0.50mol·L－1时，测得Q的平衡转化率为60%，该反应的平衡常数K=________。保持温度不变，随着Q初始浓度增大，其平衡转化率将________(填“增大”、“不变”或“减小”)。 【答案】(1) 冷凝管 防止反应过于剧烈；避免双氧水受热分解 (2)AC (3)bcad (4) 1.8 减小 【解析】步骤Ⅰ中反应得到含化合物P的混合液，步骤Ⅱ将反应混合液转移至分液漏斗中，加入少量NaCl固体，降低有机物在水相的溶解度，促进分层，振荡，静置，分液，取上层有机层；步骤Ⅲ对有机层进行提纯，得到化合物P。 (1)根据装置特征，仪器b为冷凝管；H2O2受热易分解，冰水浴的作用是防止反应过于剧烈，同时避免双氧水受热分解。 (2)A项，化合物P微毒、见光易分解，因此反应需要在通风橱(防中毒)、避光条件下进行，A正确；B项，化合物P有还原性，过量H2O2会氧化P，降低P的产率，B错误；C项，加入NaCl发生盐析，降低有机物在水相的溶解度，促进分层，C正确；D项，有化合物P密度小于水，有机层在上层，分液时有机层需从上口倒出，D错误；故选AC。 (3)提纯流程：稀盐酸洗涤后，先分液分离得到有机层，再加无水MgSO4干燥除去有机层残留水，然后过滤除去干燥剂，最后蒸馏除去有机溶剂得到晶体，因此顺序为e→b→c→a→d。 (4)20℃时，溶液中Q的初始浓度为0.50mol·L－1时，测得Q的平衡转化率为60%，则转化的Q的浓度为，平衡时，平衡时，该反应的平衡常数；该反应是正向物质的分子数增大的反应，保持温度不变，若增大Q浓度，平衡将逆向移动，故随着Q初始浓度增大，其平衡转化率将减小。 【变式3】【变载体】(2026·浙江杭州高级中学选考模拟)由甲苯氧化制取苯甲酸，流程如下： 反应原理： 实验装置： 已知：甲苯：M=92g·molˉ1 ，密度0.86g/mL，不溶于水，易溶于乙醇； 苯甲酸：熔点（开始升华），微溶于冷水，易溶于乙醇、热水； 乙苯和邻二甲苯密度与甲苯接近。 请回答： (1)X仪器名称________，取4.60mL甲苯用________（酸式滴定管、碱式滴定管）。 (2)判断反应已完成的标志是________。 (3)下列说法正确的是________。 A．可用草酸代替饱和NaHSO3溶液 B．第2步过滤要采用趁热过滤 C．步骤4分离产品时要用到分液漏斗 D．步骤4干燥产品时温度过高，产率会降低 (4)已知常温下苯甲酸，，，当滤液用盐酸酸化，三次测得不同pH，计算第1次理论上溶液中苯甲酸含量占________，苯甲酸含量与pH大小的关系是________。 第1次 第2次 第3次 pH 5.20 4.20 3.20 (5)产品测定：用标准滴定产品，所有实验操作都在正常范围内，发现产率明显偏高，若杂质只是乙苯或邻二甲苯，判断甲苯中杂质是________，理由是________________。 【答案】(1) 三颈烧瓶或三颈瓶 酸式滴定管 (2)油状物消失 (3)ABD (4) pH越小，苯甲酸含量增大，或pH越大，苯甲酸含量减小 (5) 邻二甲苯 邻二甲苯经高锰酸钾氧化后生成邻苯二甲酸，羧基数目增多 【解析】，甲苯在50~80℃的条件下被KMnO4 氧化为苯甲酸钾，KMnO4 被还原为MnO2。再向混合物中加入过量饱和NaHSO3，利用其还原性除去过量的MnO4 -，避免其与后续的盐酸反应生成氯气而影响实验，充分反应后过滤除去MnO2固体。滤液中加入盐酸将苯甲酸钾转化为苯甲酸，根据其溶解度可通过过滤、洗涤、干燥后得到产品。 （1）图中X为有机反应常用的三颈烧瓶或三颈瓶；甲苯是有机溶剂，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，因此用酸式滴定管量取。 （2）甲苯不溶于水，为油状液体，完全反应后甲苯全部转化为可溶于水的苯甲酸钾，因此反应完成的标志是油状物（甲苯）完全消失。 （3）A项，NaHSO3的作用是还原过量的高锰酸钾，草酸也具有还原性，可还原高锰酸根，因此可以替代，A正确；B项，第二步过滤目的是除去不溶的MnO2，苯甲酸钾在热水中的溶解度大于在冷水中，趁热过滤可减少苯甲酸钾的损失，提高产率，B正确；C项，步骤4是过滤分离固体苯甲酸，无分液操作，不需要分液漏斗，C错误；D项，苯甲酸100℃就开始升华，干燥温度过高会导致苯甲酸升华损失，产率降低，D正确。 （4）苯甲酸电离方程式：HAH++A-，，分子态苯甲酸的含量为。 pH=5.20时 c(H＋)=10-5.20mol·L-1，pKa=4.20得，代入得：；pH越小， c(H＋)越大，电离平衡逆向移动，苯甲酸含量越高。 （5）乙苯氧化产物为苯甲酸，1 mol产物仅消耗1molNaOH，和甲苯氧化产物一致，不会造成产率偏高；而邻二甲苯的两个甲基都被氧化为羧基，1 mol二元酸消耗2molNaOH，即邻二甲苯经高锰酸钾氧化后生成邻苯二甲酸，羧基数目增多，会使测得的产率偏高。 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．(2026·浙江6月卷，19，12分)二苯甲醇是合成多种药物的重要中间体。 某小组利用硼氢化钠（NaBH4）还原二苯甲酮制备二苯甲醇（Ph—代表苯基）的物质转化过程为： 实验流程如下： 已知：①常温下，NaBH4在水、乙醇中的溶解度分别约为50 g、4 g； ②NaBH4在稀盐酸中反应的化学方程式：NaBH4+HCl+3H2O=NaCl+H3BO3+4H2↑； ③常温下，二苯甲酮、二苯甲醇均为固体，均难溶于冷水、易溶于乙醇。 请回答： (1)步骤Ⅰ实验装置如图，其中仪器a的名称是_____________。 (2)下列说法正确的是__________。 A．实验需远离明火 B．若选用无水乙醇作溶剂，步骤Ⅰ中的反应速率将增大 C．二苯甲酮转化为二苯甲醇在步骤Ⅰ中已完成 D．步骤Ⅲ，蒸馏除乙醇可提高二苯甲醇的产率 (3)物质转化过程中，与二苯甲酮反应生成_________________________（用结构简式表示，写一种）。 (4)步骤Ⅱ，冷稀盐酸的作用是________________________________________________（写两条）。 (5)步骤Ⅲ，操作X的名称是________________。 【答案】(1)球形冷凝管 (2)AD (3)Na[H2B(OCHPh2)2]（或Na[HB(OCHPh2)3]、Na[B(OCHPh2)4]中任写一种） (4)提供H+使中间体转化为二苯甲醇；与过量的NaBH4反应将其除去（或降低体系温度有利于二苯甲醇析出） (5)过滤 【解析】 本实验以二苯甲酮为原料，利用NaBH4的还原性制备二苯甲醇。步骤Ⅰ中，二苯甲酮在95%乙醇溶剂中与过量NaBH4反应生成硼酸酯盐中间体；步骤Ⅱ中，加入冷稀盐酸，一方面提供H+使中间体转化为目标产物二苯甲醇，另一方面消耗过量的NaBH4；步骤Ⅲ中，由于二苯甲醇易溶于乙醇、难溶于冷水，通过蒸馏除去乙醇溶剂，再经冰水浴冷却使二苯甲醇大量结晶析出，最后通过过滤得到粗产品。 （1）根据仪器a的构造特征（内部有多个球形泡），可知其名称为球形冷凝管。 （2）A项，反应中NaBH4遇水或酸会产生易燃的氢气，且乙醇易挥发、易燃，故实验需远离明火，正确；B项，已知NaBH4在水中的溶解度远大于在乙醇中的溶解度，95%乙醇中含有水，能增大NaBH4的溶解度，若改用无水乙醇，NaBH4溶解度减小，反应物接触面积减小，反应速率将减小，错误；C项，步骤Ⅰ中生成的是硼酸酯盐中间体，在步骤Ⅱ中加入酸后才最终转化为二苯甲醇，错误；D项，二苯甲醇易溶于乙醇，蒸馏除去乙醇可降低其溶解度，有利于后续冰水浴冷却时大量结晶析出，从而提高产率，正确；故选AD。 （3） 题干中的中间体Na[H3B-OCH(Ph)2]的B原子上还有3个氢原子，可继续与二苯甲酮反应，依次取代B上的氢原子，生成的物质结构简式可为Na[H2B(OCHPh2)2]（或Na[HB(OCHPh2)3]、Na[B(OCHPh2)4]中任写一种）。 （4）步骤Ⅰ中加入了过量的NaBH4，加入冷稀盐酸的作用主要有：①盐酸提供H+，使步骤Ⅰ生成的中间体发生反应转化为目标产物二苯甲醇；②稀盐酸与过量的NaBH4反应，将其消耗除去；③“冷”稀盐酸可吸收反应放出的热量，防止反应过于剧烈，同时降低二苯甲醇的溶解度，有利于其后续析出。 （5）步骤Ⅲ中，经过蒸馏除乙醇和冰水浴冷却后，二苯甲醇以晶体形式析出，此时体系为固液混合物，分离固体和液体的常规操作名称为过滤。 2．(2026·浙江1月卷，19，12分)用废磷酸(含有机杂质)制取KH2PO4。 已知：pKa1(H3PO4)=2.2、pKa2(H3PO4)=7.2、pKa3(H3PO4)=13.2。 请回答： (1)冷凝水从 (“X”或“Y”)通入。 (2)步骤a把易炭化的有机杂质转化为炭颗粒，步骤a的操作为 。步骤b除去溶液中的炭颗粒得到粗磷酸，步骤b的操作为 。 (3)下列操作正确的是_______。 A．若浓磷酸不慎沾到手上，先用大量水冲洗，然后涂上NaOH溶液 B．加入活性炭的目的是为了除去不易炭化的有机杂质 C．加入KOH过多，可向溶液中加入HCl来调节pH D．可用乙醇洗涤反应得到的晶体 (4)获得KH2PO4的过程中，需要滴加KOH溶液调pH，为使H2PO4-的物质的量分数最大，有一个最适pH。 ①求最适pH 。 ②所用的指示剂为： 。 (5)产品KH2PO4(M=136g·mol−1)中，K的质量分数为29.01%，则产品中可能混有的杂质 。 【答案】(1)X (2)加热(高温) 过滤 (3)BD (4) 4.7 甲基橙 (5)K2HPO4 【解析】用废磷酸（含有机杂质）制取KH2PO4的过程如下：将废磷酸装入接有球形冷凝管的锥形瓶中，加热处理易炭化的有机杂质，过滤分离杂质得到粗磷酸，将粗磷酸用活性炭吸附，过滤来提纯，最后加入KOH，结晶、过滤、洗涤得到KH2PO4晶体；据此回答以下问题。 （1）冷凝水的流向应遵循“下进上出”原则，才能使冷凝更充分，所以冷凝水要从下方的X口通入； （2）部分有机杂质受热易炭化，所以步骤a的操作为加热，有机杂质炭化后转变为固体，步骤b中将固体与液体分离的操作称为过滤； （3）A项，NaOH是强碱，有强烈腐蚀性，不能用于处理沾到手上的酸，应该用碱性较弱的物质如碳酸氢钠处理，A错误；B项，活性炭具有吸附能力，可有效去除上一步加热炭化过程中无法除去的杂质，B正确；C项，目标产物是KH2PO4，如用HCl调节pH，则会引入新的杂质Cl-，C错误；D项，反应得到的晶体不易溶于乙醇等有机溶剂，所以可用乙醇洗涤，D正确；故选BD； （4）磷酸的第三步电离非常微弱，不作考虑，溶液中存在电离平衡，，电离平衡常数分别为，，当最大时，第一步电离的逆反应生成和第二步电离生成的应相等，此时，两边取负对数得，所以此时的；由于该过程加碱调节pH，为防止碱过量，甲基橙的变色范围接近4.7，颜色变黄时说明已到终点，因此应选用甲基橙指示剂； （5）KH2PO4中K的质量分数为，而产品中K的质量分数为29.01%，高于理论值，说明含K质量分数更高的杂质，根据各酸根的转化关系，可能混有的杂质是K2HPO4。 3．(2025·浙江6月卷，19，12分)配合物二草酸合铜(II)酸钾K2[Cu(C2O4)2](M=318 g·molˉ1)，是制备金属有机框架材料的一种前驱体。某研究小组开展探究实验，步骤如下： 步骤I：80℃下，100mL水中依次加入0.024molH2C2O4·2H2O、0.016mol K2CO3充分反应后，得到混合溶液M； 步骤Ⅱ：混合溶液M中加入0.008molCuO充分反应，趁热过滤得滤液N； 步骤Ⅲ： 步骤Ⅳ：200℃加热脱水，化合物P、化合物Q均转化为K2[Cu(C2O4)2]。 已知： i．25℃时，H2C2O4的Ka1=5.6×10-2，Ka2=5.4×10-5；H2CO3的Ka1=4.5×10-7，Ka2=4.7×10-11。 ⅱ．K2[Cu(C2O4)2]微溶于冷水、易溶于热水，在约250℃时分解。 请回答： (1)K2[Cu(C2O4)2] ·4H2O中，与Cu2+形成配位键的配位原子是_______(填元素符号)。 (2)步骤I所得的混合溶液M ，在25℃时其pH最接近于_______。 A．2 B．3 C．4 D．5 (3)步骤Ⅱ，过滤去除杂质需趁热进行的原因是_______。 (4)下列说法不正确的是_______。 A．步骤I，制备混合溶液M时，K2CO3应一次性快速加入，以确保反应完全 B．步骤Ⅳ，应用水浴控制温度，以避免K2[Cu(C2O4)2]分解 C．热重分析法测得K2[Cu(C2O4)2] ·xH2O样品完全脱水后质量降低10.17%，则x=4 D．粉末形态的化合物P和化合物Q，可通过X射线衍射法进行区分 (5)室温下，化合物P在空气中会转化为化合物Q。下列选项中，通过计算能得到混合样品中化合物P和化合物Q物质量分数的是_______。 A．样品质量、钾的物质的量 B．钾的物质的量、铜的物质的量 C．铜的物质的量、草酸根的物质的量 D．草酸根的物质的量、水的物质的量 (6)有同学认为：根据现有探究实验结果可知，化合物P、化合物Q结晶形状不同是由降温速率不同引起的。请判断该同学观点正误，并说明理由_______。 【答案】(1)O (2)C (3)防止遇冷后产物析出而损失 (4)ABC (5)AD (6)错误，降温速率与浓度同时在变化，无法判断 【解析】 【解析】80℃下，100mL水中依次加入0.024molH2C2O4·2H2O、0.016mol K2CO3充分反应后，得到含有KHC2O4和K2C2O4的混合溶液M；向混合溶液M中加入0.008molCuO充分反应生成K2[Cu(C2O4)2]，趁热过滤得滤液N，滤液N分为两份，一份蒸发到40mL，快速冷却、结晶、过滤得到K2[Cu(C2O4)2] ·4H2O针状晶体，另一份蒸发到10mL，缓慢冷却、结晶、过滤得到K2[Cu(C2O4)2] ·2H2O片状晶体，以此解答。 (1)提供电中，端基的氧原子有孤电子对，可与具有空轨道的金属离子形成配位键，则K2[Cu(C2O4)2] ·4H2O中，与Cu2+形成配位键的配位原子是O。 (2)步骤I中100mL水中依次加入0.024molH2C2O4·2H2O、0.016molK2CO3，由于Ka2(H2C2O4)>Ka1(H2CO3)，充分反应后生成KHC2O4和K2C2O4，根据K元素守恒和C元素守恒可知，溶液M中含有0.016molKHC2O4、0.008mol K2C2O4，在25℃时溶液中c(H+)==，则pH=-lg(1.08×10-4)≈4，故选C。 (3)K2[Cu(C2O4)2]微溶于冷水、易溶于热水，步骤Ⅱ，过滤去除杂质需趁热进行的原因是：防止遇冷后产物析出而损失。 (4)A项，步骤I，制备混合溶液M时，K2CO3应缓慢多次加入，使反应更加充分，确保反应完全，A错误；B项，K2[Cu(C2O4)2]在约250℃时分解，步骤Ⅳ中200℃加热脱水，沸水浴只能控制温度100°C，B错误；C项，热重分析法测得K2[Cu(C2O4)2] ·xH2O样品完全脱水后质量降低10.17%，则H2O在K2[Cu(C2O4)2] ·xH2O中的质量分数为10.17%，，解得x=2，C错误；D项，射线衍射法是利用X射线探测晶体或分子结构的分析方法，粉末形态的化合物P和化合物Q，可通过X射线衍射法进行区分，D正确；故选ABC。 (5)A项，若已知样品质量(mg)、钾的物质的量(nmol)，可以设P的物质的量为xmol，Q的物质的量为ymol，2x+2y=n、390x+351y=m，可以计算出x和y的数值，可以得到混合样品中化合物P和化合物Q物质的量分数，A选；B项，若已知钾的物质的量(amol)、铜的物质的量(bmol)，可以设P的物质的量为xmol，Q的物质的量为ymol，2x+2y=a、x+y=b，由于a=2b，无法计算出x和y的数值，无法得到混合样品中化合物P和化合物Q物质的量分数，B不选；C项，若已知铜的物质的量(amol)、草酸根的物质的量(bmol)，可以设P的物质的量为xmol，Q的物质的量为ymol，x+y=a、2x+2y=b，由于2a=b，无法计算出x和y的数值，无法得到混合样品中化合物P和化合物Q物质的量分数，C不选；D项，若已知草酸根的物质的量(amol)、水的物质的量(bmol)，可以设P的物质的量为xmol，Q的物质的量为ymol，2x+2y=a、4x+2y=b，可以计算出x和y的数值，可以得到混合样品中化合物P和化合物Q物质的量分数，D选；故选AD。 (6)步骤Ⅲ中除了降温速率不同外，蒸发后溶液的体积也不同即浓度也不同，不能得出化合物P、化合物Q结晶形状不同是由降温速率不同引起的这样的观点。 4．(2025·浙江1月卷，19，12分)某研究小组探究AlCl3催化氯苯与氯化亚砜(SOCl2)转化为化合物Z()的反应。实验流程为： 已知： ①实验在通风橱内进行。 ②SOCl2遇水即放出SO2和HCl；AlCl3易升华。 ③氯苯溶于乙醚，难溶于水；Z易溶于乙醚，难溶于水；乙醚不易溶于水。 请回答： (1)在无水气氛中提纯少量AlCl3的简易升华装置如图所示，此处漏斗的作用是 。 (2)写出下图中干燥管内可用的酸性固体干燥剂 (填1种)。 (3)步骤Ⅰ，下列说法正确的是_______。 A．氯苯试剂可能含有水，在使用前应作除水处理 B．三颈烧瓶置于冰水浴中，是为了控制反应温度 C．因实验在通风橱内进行，X处无需连接尾气吸收装置 D．反应体系中不再产生气泡时，可判定反应基本结束 (4)步骤Ⅱ，加入冰水的作用是 。 (5)步骤Ⅲ，从混合物M2中得到Z粗产物的所有操作如下，请排序 (填序号)。 ①减压蒸馏  ②用乙醚萃取、分液  ③过滤  ④再次萃取、分液，合并有机相  ⑤加入无水Na2SO4干燥剂吸水 (6) AlCl3可促进氯苯与SOCl2反应中S-Cl健的断裂，原因是 。 【答案】(1)AlCl3蒸汽遇冷的漏斗内壁凝华为AlCl3固体，收集AlCl3 (2)P2O5、硅胶 (3)ABD (4)除去混合物中的SOCl2、AlCl3，实现有机相与无机相的分离，同时降低反应的速率 (5)②④⑤③① (6)AlCl3易与Cl-形成络合物[AlCl4]-，促使SOCl2反应中S-Cl健的断裂 【解析】本题为实验探究题，让氯苯、SOCl2混合在冰水浴中AlCl3催化作用下进行反应生成化合物Z，充分反应后加入适量的冰水以除去SOCl2和AlCl3，然后加入乙醚进行多次萃取分离出有机相，并合并有机相，向有机相中加入无水Na2SO4进行出水，过滤除去Na2SO4晶体后，进行减压蒸馏就可得到比较纯净的Z的粗产品。(1)已知AlCl3易升华，即受热之后变为蒸汽，遇冷之后又凝华为固体，故在无水气氛中提纯少量AlCl3的简易升华装置中漏斗的作用是：AlCl3蒸汽遇冷的漏斗内壁凝华为AlCl3固体，收集AlCl3；(2)酸性干燥剂一般用于干燥酸性或中性气体，常见的酸性固体干燥剂有五氧化二磷或硅胶等，它可以吸收水分，此处干燥HCl和SO2等气体，应该使用P2O5、硅胶；(3)A项，由题干信息可知，SOCl2遇水即放出SO2和HCl，氯苯试剂可能含有水，故在使用前应作除水处理，A正确；B项，由题干信息可知，AlCl3易升华，故三颈烧瓶置于冰水浴中，是为了控制反应温度，B正确；C项，由(2)题干信息可知，X处装入干燥剂起到干燥作用，而未能吸收尾气，故因实验在通风橱内进行，X处仍需连接尾气吸收装置以增加实验的安全性和环保性，C错误；D项，已知氯苯和SOCl2在AlCl3催化作用下生成Z和HCl，即反应过程中能够产生难溶于有机物的HCl气泡，则可知反应体系中不再产生气泡时，可判定反应基本结束，D正确；故选ABD；(4)由分析可知，步骤Ⅰ所得M1中含有Z、氯苯和SOCl2、AlCl3等，结合题干信息可知，SOCl2遇水即放出SO2和HCl，且AlCl3易溶于水而难溶于有机物，故步骤Ⅱ中加入冰水的作用是除去混合物中的SOCl2、AlCl3，同时冰水可以降低反应速率；(5)步骤Ⅱ得到的混合物M2中含有Z、氯苯，结合题干信息：氯苯溶于乙醚，难溶于水；Z易溶于乙醚，难溶于水；乙醚不易溶于水，步骤Ⅲ从混合物M2中得到Z粗产物的所有操作为：用乙醚萃取、分液，再次萃取、分液，合并有机相，加入无水Na2SO4干燥剂吸水，过滤出Na2SO4晶体，即得到氯苯和Z的混合，在进行减压蒸馏，故答案为：②④⑤③①；(6)已知AlCl3易与Cl-形成络合物[AlCl4]-，故AlCl3可促进氯苯与SOCl2反应中S-Cl健的断裂。 5．(2024·浙江6月卷，20，10分)某小组采用如下实验流程制备： 已知：是一种无色晶体，吸湿性极强，可溶于热的正己烷，在空气中受热易被氧化。 请回答： (1)如图为步骤I的实验装置图(夹持仪器和尾气处理装置已省略)，图中仪器A的名称是 ，判断步骤I反应结束的实验现象是 。 (2)下列做法不正确的是_______。 A．步骤I中，反应物和溶剂在使用前除水 B．步骤I中，若控温加热器发生故障，改用酒精灯(配石棉网)加热 C．步骤Ⅲ中，在通风橱中浓缩至蒸发皿内出现晶膜 D．步骤Ⅳ中，使用冷的正己烷洗涤 (3)所得粗产品呈浅棕黄色，小组成员认为其中混有碘单质，请设计实验方案验证 。 (4)纯化与分析：对粗产品纯化处理后得到产品，再采用银量法测定产品中含量以确定纯度。滴定原理为：先用过量AgNO3标准溶液沉淀I-，再以NH4SCN标准溶液回滴剩余的Ag+。已知： 难溶电解质 AgI(黄色) AgSCN (白色) Ag2CrO4 (红色) 溶度积常数Ksp 8.5×10-17 1.0×10-12 1.1×10-12 ①从下列选项中选择合适的操作补全测定步骤 。 称取产品，用少量稀酸A溶解后转移至容量瓶，加水定容得待测溶液。取滴定管检漏、水洗→_______→装液、赶气泡、调液面、读数→用移液管准确移取待测溶液加入锥形瓶→_______→_______→加入稀酸B→用1.00×10-2mol·L-1NH4SCN标准溶液滴定→_______→读数。 a．润洗，从滴定管尖嘴放出液体 b．润洗，从滴定管上口倒出液体 c．滴加指示剂K2CrO4溶液 d．滴加指示剂硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2]溶液 e．准确移取25.00mL4.00×10-2mol·L-1AgNO3标准溶液加入锥形瓶 f．滴定至溶液呈浅红色 g．滴定至沉淀变白色 ②加入稀酸B的作用是 。 ③三次滴定消耗NH4SCN标准溶液的平均体积为25.60mL，则产品纯度为 。[M(AlI3)=408 g·molˉ1] 【答案】(1) 球形冷凝管 溶液由紫红色恰好变为无色（或溶液褪为无色） (2)BC (3)取少量粗产品置于少量冷的正己烷中充分搅拌，静置后，取少量上层清液，向其中滴加淀粉溶液，观察液体是否变蓝，若变蓝则其中混有碘单质，否则没有 (4) a e d f 抑制Fe3+发生水解反应，保证滴定终点的准确判断 99.20% 【解析】由流程信息可知，铝、碘和正己烷一起加热回流时，铝和碘发生反应生成AlI3，过滤后滤液经浓缩、结晶、过滤、洗涤、干燥后得到粗产品。（1）由实验装置图中仪器的结构可知，图中仪器A的名称是球形冷凝管，其用于冷凝回流；碘溶于正己烷使溶液显紫红色，AlI3是无色晶体，当碘反应完全后，溶液变为无色，因此，判断步骤I反应结束的实验现象是：溶液由紫红色恰好变为无色（或溶液褪为无色）。（2）A项，AlI3吸湿性极强，因此在步骤I中，反应物和溶剂在使用前必须除水，A正确；B项，使用到易烯的有机溶剂时，禁止使用明火加热，因此在步骤I中，若控温加热器发生故障，不能改用酒精灯(配石棉网)加热，B不正确；C项，AlI3在空气中受热易被氧化，因此在步骤Ⅲ中蒸发浓缩时，要注意使用有保护气（如持续通入氮气的蒸馏烧瓶等）的装置中进行，不能直接在蒸发皿浓缩，C不正确；D项，AlI3在空气中受热易被氧化、可溶于热的正己烷因此，为了减少溶解损失，在步骤Ⅳ中要使用冷的正己烷洗涤，D正确；故BC。（3）碘易溶于正己烷，而AlI3可溶于热的正己烷、不易溶于冷的正己烷，因此，可以取少量粗产品置于少量冷的正己烷中充分搅拌，静置后，取少量上层清液，向其中滴加淀粉溶液，观察液体是否变蓝，若变蓝则其中混有碘单质，否则没有。（4）①润洗时，滴定管尖嘴部分也需要润洗；先加25.00mL待测溶液，后加25.00mL4.00×10-2mol·L-1AgNO3标准溶液，两者充分分反应后，剩余的Ag+浓度较小，然后滴加指示剂硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2]溶液作指示剂，可以防止生成Ag2SO4沉淀； Ag2CrO4的溶度积常数与AgSCN非常接近，因此，K2CrO4溶液不能用作指示剂，应该选用[NH4Fe(SO4)2]溶液，其中的Fe3+可以与过量的半滴[NH4Fe(SO4)2]溶液中的SCN-反应生成溶液呈红色的配合物，故滴定至溶液呈浅红色；综上所述，需要补全的操作步骤依次是：a e d f。②Fe3+和Al3+均易发生水解，[NH4Fe(SO4)2]溶液中含有Fe3+，为防止影响滴定终点的判断，必须抑制其发生水解，因此加入稀酸B的作用是：抑制Fe3+发生水解反应，保证滴定终点的准确判断。③由滴定步骤可知，25.00mL4.00×10-2mol·L-1AgNO3标准溶液分别与AlI3溶液中的I-、1.00×10-2mol·L-1NH4SCN标准溶液中的SCN-发生反应生成AgI和AgSCN；由Ag+守恒可知，，则；三次滴定消耗NH4SCN标准溶液的平均体积为25.60mL，则=，由I守恒可知，因此，产品纯度为。 6．(2024·浙江1月卷，20，10分)H2S可用于合成光电材料。某兴趣小组用与MgCl2反应制备液态H2S，实验装置如图，反应方程式为：CaS+MgCl2+2H2O= Ca Cl2+ Mg(OH)2+H2S↑。 已知：①H2S的沸点是，有毒： ②装置A内产生的H2S气体中含有酸性气体杂质。 请回答： (1)仪器X的名称是 。 (2)完善虚框内的装置排序：A→B→ →F+G (3)下列干燥剂，可用于装置C中的是_______。 A．氢氧化钾 B．五氧化二磷 C．氯化钙 D．碱石灰 (4)装置G中汞的两个作用是：①平衡气压：② 。 (5)下列说法正确的是_______。 A．该实验操作须在通风橱中进行 B．装置D的主要作用是预冷却H2S C．加入的MgCl2固体，可使MgCl2溶液保持饱和，有利于平稳持续产生H2S D．该实验产生的尾气可用硝酸吸收 (6)取0.680g H2S产品，与足量CuSO4溶液充分反应后，将生成的CuS置于已恒重、质量为31.230 g的坩埚中，煅烧生成CuO，恒重后总质量为32.814 g。产品的纯度为 。 【答案】(1)圆底烧瓶 (2)E→C→D (3)BC (4)液封 (5)ABC (6)99% 【解析】A作为H2S的发生装置，由于不能骤冷，所以D、E都是冷却H2S的装置，C装置干燥H2S，F冷却并收集H2S，G作为平衡气压和尾气处理装置。（1）仪器X的名称是圆底烧瓶；（2）制备气体的装置包括发生装置，除杂装置，收集装置和尾气处理，由于不能骤冷，要逐步冷却，所以B连E，E连C，C连D，D连F；（3）H2S是酸性气体，不可以用碱性干燥剂，所以不可以用氢氧化钾和碱石灰，故选BC；（4）装置G中汞的两个作用是：①平衡气压：②液封；（5）A项，H2S有毒，该实验操作须在通风橱中进行，故A正确；B项，气体不能骤冷，装置D的主要作用是预冷却H2S，故B正确；C项，加入的MgCl2固体，可使MgCl2溶液保持饱和，有利于平稳持续产生H2S，故C正确；D项，该实验产生的尾气不可用硝酸吸收，硝酸的氧化性虽然可以把H2S氧化为S单质，但是稀硝酸产生的NO或者浓硝酸产生的NO2，会污染空气，故D错误；故选ABC。（6）根据铜守恒，氧化铜的质量为32.814 g-31.230 g=1.584g，则氧化铜物质的量为0.0198mol，，硫化铜物质的量为0.0198mol，则H2S物质的量为0.0198mol，H2S的质量为0.6732g，产品纯度为。 7．(2023·浙江6月卷，20，10分)某研究小组用铝土矿为原料制备絮凝剂聚合氯化铝([Al2(OH) aClb] m，a=1~5)按如下流程开展实验。 已知：①铝土矿主要成分为Al2O3，含少量Fe 2O3和SiO2。用NaOH溶液溶解铝土矿过程中SiO2转变为难溶性的铝硅酸盐。 ②[Al2(OH) aClb] m的絮凝效果可用盐基度衡量，盐基度 当盐基度为0.60~0.85时，絮凝效果较好。 请回答： (1)步骤1所得滤液中主要溶质的化学式是___________。 (2)下列说法不正确的是___________。 A．步骤I，反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度 B．步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量CO2有利于减少Al(OH)3沉淀中的杂质 C．步骤Ⅲ，为减少Al(OH)3吸附的杂质，洗涤时需对漏斗中的沉淀充分搅拌 D．步骤中控制Al(OH)3和AlCl3的投料比可控制产品盐基度 (3)步骤V采用如图所示的蒸汽浴加热，仪器A的名称是___________；步骤V不宜用酒精灯直接加热的原因是___________。 (4)测定产品的盐基度。 Cl-的定量测定：称取一定量样品，配成溶液，移取25.00mL。溶液于锥形瓶中，调pH=6.5~10.5，滴加指示剂K2CrO4溶液。在不断摇动下，用0.1000mol·L-1AgNO3标准溶液滴定至浅红色(有Ag2CrO4沉淀)，30秒内不褪色。平行测试3次，平均消耗AgNO3标准溶液22.50mL。另测得上述样品溶液中c(Al3+)=0.1000mol·L-1。 ①产品的盐基度为___________。 ②测定过程中溶液pH过低或过高均会影响测定结果，原因是___________。 【答案】(1)NaAlO2、NaOH (2)BC (3) ①蒸发皿 ②酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀 (4)①0.70 ②pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸银沉淀，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多 【解析】铝土矿主要成分为Al2O3，含少量Fe 2O3和SiO2，向铝土矿中加氢氧化钠溶液，得到难溶性铝硅酸盐、偏铝酸钠，氧化铁不与氢氧化钠溶液反应，过滤，滤液中主要含偏铝酸钠，向偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳，过滤，得到氢氧化铝沉淀，分为两份，一份加入盐酸得到氯化铝，将两份混合得到聚合氯化铝溶液，加热得到聚合氯化铝固体。(1)根据题中信息步骤1所得滤液中主要溶质的化学式是NaAlO2、NaOH；(2)A项，步骤I，反应所学温度高于100℃，因此反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度，故A正确；B项，步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量CO2生成氢氧化铝和碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠更小，不有利于减少Al(OH)3沉淀中的杂质，故B不正确；C项，步骤Ⅲ，洗涤时不能需对漏斗中的沉淀充分搅拌，故C错误；D项，[Al2(OH) aClb] m中a、b可通过控制Al(OH)3和AlCl3的投料比来控制产品盐基度，故D正确；故选BC。(3)步骤V采用如图所示的蒸汽浴加热，根据图中信息得到仪器A的名称是蒸发皿；酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀，而用蒸汽浴加热，受热均匀，得到的产品盐基度均匀； (4)①根据Cl-~ AgNO3，样品溶液中氯离子物质的量浓度为，，根据电荷守恒得到[Al2(OH) 4.2Cl1.8] m产品的盐基度为；②测定Cl-过程中溶液pH过低或过高均会影响测定结果，原因是pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸跟，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多。 8．(2023·浙江1月卷，20，10分)某研究小组制备纳米ZnO，再与金属有机框架(MOF)材料复合制备荧光材料ZnO@MOF，流程如下： 已知：①含锌组分间的转化关系： ②ε-Zn(OH)2是Zn(OH)2的一种晶型，39℃以下稳定。 请回答： (1)步骤Ⅰ，初始滴入ZnSO4溶液时，体系中主要含锌组分的化学式是___________。 (2)下列有关说法不正确的是___________。 A．步骤Ⅰ，搅拌的作用是避免反应物浓度局部过高，使反应充分 B．步骤Ⅰ，若将过量溶液滴入ZnSO4溶液制备ε-Zn(OH)2，可提高ZnSO4的利用率 C．步骤Ⅱ，为了更好地除去杂质，可用的热水洗涤 D．步骤Ⅲ，控温煅烧的目的是为了控制的颗粒大小 (3)步骤Ⅲ，盛放样品的容器名称是___________。 (4)用Zn(CH3COO)2和过量(NH4)2CO3反应，得到的沉淀可直接控温煅烧得纳米ZnO，沉淀无需洗涤的原因是___________。 (5)为测定纳米ZnO产品的纯度，可用已知浓度的标准溶液滴定。从下列选项中选择合理的仪器和操作，补全如下步骤[“___________”上填写一件最关键仪器，“(___________)”内填写一种操作，均用字母表示]。___________ 用___________(称量ZnO样品)→用烧杯(___________)→用___________(___________)→用移液管(___________)→用滴定管(盛装标准溶液，滴定) 仪器：a.烧杯；b.托盘天平；c.容量瓶；d.分析天平；e.试剂瓶 操作：f.配制一定体积的Zn2+溶液；g.酸溶样品;h.量取一定体积的Zn2+溶液；i.装瓶贴标签 (6)制备的ZnO@MOF荧光材料可测Cu2+浓度。已知ZnO@MOF的荧光强度比值与Cu2+在一定浓度范围内的关系如图。 某研究小组取7.5×10-3g人血浆铜蓝蛋白(相对分子质量1.5×105)，经预处理，将其中Cu元素全部转化为Cu2+并定容至1L。取样测得荧光强度比值为10.2，则1个血浆铜蓝蛋白分子中含___________个铜原子。 【答案】(1)[Zn(OH)4]2- (2)BC (3)坩埚 (4)杂质中含有CH3COO-、CO32-、NH4+，在控温煅烧过程中分解或被氧化为气体而除去 (5)d→(g)→c(f)→(h) (6)8 【解析】本题为一道无机物制备类的工业流程题，首先向氢氧化钠溶液中滴加硫酸锌溶液并搅拌，此时生成ε-Zn(OH)2，分离出ε-Zn(OH)2后再控温煅烧生成纳米氧化锌，进一步处理后得到最终产品。(1)初始滴入ZnSO4溶液时，氢氧化钠过量，根据信息①可知，体系中主要含锌组分的化学式是[Zn(OH)4]2-；(2)A项，步骤Ⅰ，搅拌可以使反应物充分接触，加快反应速率，避免反应物浓度局部过高，A正确；B项，根据信息①可知，氢氧化钠过量时，锌的主要存在形式是[Zn(OH)4]2-，不能生成ε-Zn(OH)2，B错误；C项，由信息②可知，ε-Zn(OH)239℃以下稳定，故在用50℃的热水洗涤时会导致，ε-Zn(OH)2分解为其他物质，C错误；D项，由流程可知，控温煅烧时ε-Zn(OH)2会转化为纳米氧化性，故，控温煅烧的目的是为了控制ZnO的颗粒大小，D正确；故选BC；(3)给固体药品加热时，应该用坩埚，故步骤Ⅲ，盛放样品的容器名称是坩埚；(4)两者反应时，除了生成固体ZnO外，还会生成二氧化碳，氨气和水蒸气，即杂志都是气体，故沉淀不需要洗涤的原因是：杂质中含有CH3COO-、CO32-、NH4+，在控温煅烧过程中分解或被氧化为气体而除去；(5)为了使测定结果尽可能准确，故可以用分析天平称量ZnO的质量，选择d，随后可以用酸来溶解氧化锌，故选g，溶解后可以用容量瓶配制一定浓度的溶液，故选c(f)，再用移液管量取一定体积的配好的溶液进行实验，故选h，故答案为：d→(g)→c(f)→(h)；(6)人血浆铜蓝蛋白的物质的量n(人血浆铜蓝蛋白)= ，由于实验测得荧光强度比值为10.2，则铜离子浓度n(Cu2+)= ，则则1个血浆铜蓝蛋白分子中含8个铜原子。 9．(2022·浙江6月卷，30，10分)氨基钠(NaNH2)是重要的化学试剂，实验室可用下图装置(夹持、搅拌、尾气处理装置已省略)制备。 简要步骤如下： Ⅰ.在瓶A中加入液氨和0.05 g Fe(NO3)3•9H2O，通入氨气排尽密闭体系中空气，搅拌。 Ⅱ.加入5g钠粒，反应，得NaNH2粒状沉积物。 Ⅲ.除去液氨，得产品NaNH2。 已知：NaNH2几乎不溶于液氨，易与水、氧气等反应。 2Na+2NH3 =NaNH2 +H2↑ NaNH2+H2O=NaOH+NH3↑ 4NaNH2+3O2=2NaOH++2NaNO2+2NH3 请回答： (1) Fe(NO3)3•9H2O的作用是_______；装置B的作用是_______。 (2)步骤Ⅰ，为判断密闭体系中空气是否排尽，请设计方案_______。 (3)步骤Ⅱ，反应速率应保持在液氨微沸为宜。为防止速率偏大，可采取的措施有_______。 (4)下列说法不正确的是_______。 A．步骤Ⅰ中，搅拌的目的是使Fe(NO3)3•9H2O均匀地分散在液氨中 B．步骤Ⅱ中，为判断反应是否已完成，可在N处点火，如无火焰，则反应己完成 C．步骤Ⅲ中，为避免污染，应在通风橱内抽滤除去液氨，得到产品NaNH2 D．产品NaNH2应密封保存于充满干燥氮气的瓶中 (5)产品分析：假设NaOH是产品NaNH2的唯一杂质，可采用如下方法测定产品NaNH2纯度。从下列选项中选择最佳操作并排序_______。 准确称取产品NaNH2 xg→( )→( )→( )→计算 a.准确加入过量的水 b.准确加入过量的HCl标准溶液 c.准确加入过量的NH4Cl标准溶液 d.滴加甲基红指示剂(变色的范围4.4～6.2) e.滴加石蕊指示剂(变色的范围4.5～8.3) f.滴加酚酞指示剂(变色的范围8.2～10.0) g.用NaOH标准溶液滴定 h.用NH4Cl标准溶液滴定 i.用HCl标准溶液滴定 【答案】(1)     催化     防止氧气、水进入密闭体系 (2)试管中加满水倒扣于水槽中，M处通入氨气，将N处排出的气体导入试管内。如试管底部出现气泡，则空气尚未排尽，如未出现气泡，则说明空气已排尽 (3)分批少量加入钠粒；降低冷却液温度；适当增加液氨量(任写一种即可) (4)BC (5)bdg 【解析】在硝酸铁催化下钠与液氨的反应来生成NaNH2和氢气，该反应是放热反应，为保证液氨处于微沸状态，需要用冷却液控制一定的温度。NaNH2易与水和氧气发生反应，所以装置B中Hg可防止氧气、水进入密闭体系，导气口N与尾气处理连接装置再处理氨气等。(1)结合实验原理，根据实验操作中加入Fe(NO3)3•9H2O的用料很少，可推知，Fe(NO3)39H2O在反应中作催化剂，加快反应速率；结合已知信息可知，制备得到的NaNH2易与水和氧气发生反应，所以装置B中Hg可防止氧气、水进入密闭体系，干扰NaNH2的制备；(2)结合氨气极易溶于水，空气中的氮气难溶于水，氧气不易溶于水的物理性质，所以为判断密封体系中空气是否排尽，可设计方案如下：试管中加满水倒扣于水槽中，M处通入氨气，将N处排出的气体导入试管内。如试管底部出现气泡，则空气尚未排尽，如未出现气泡，则说明空气已排尽；(3)上述化学反应中，反应物的浓度、温度均可影响化学反应速率，所以为防止反应速率偏大，可实施的措施有：分批少量加入钠粒；降低冷却液温度；适当增加液氨量(任写一种即可)；(4)A项，步骤I中，搅拌可使液体混合均匀，所以搅拌可使少量的催化剂Fe(NO3)3•9H2O均匀分散在液氨中，A正确；B项，步骤II中，由于液氨处于微沸状态，故生成的氢气中混有一定量的氨气；氢气虽然是可燃性气体，由于氨气在空气中不能被点燃，当氨气中只有少量氢气时，则也不能被点然、不会产生火焰，且对易气体点火有安全隐患，B错误；C项，步骤II中得到的粒状沉积物，颗粒较小，颗粒太小的沉淀易在滤纸上形成一层密实的沉淀，溶液不易透过，所以不适宜选用抽滤装置进行过滤，C错误；D项，因为制备的产品NaNH2易与水和氧气发生反应，所以可密封保存于充满干燥氮气的瓶中，D正确；故选BC；(5)题干信息中提到假设产品NaNH2的唯一杂质为NaOH，因为产品溶于水生成氢氧化钠和氨气，所以可设计利用盐酸标准溶液进行滴定，因滴定终点时，溶液中含氯化钠和氯化铵，所以需选用酸性条件下的酸碱指示剂判断滴定终点，过量的盐酸再利用氢氧化钠标准液反滴定，最终利用所测数据计算得出产品中NaNH2的纯度，故涉及的操作步骤为：准确称取产品xg 加入过量盐酸标准溶液加入滴加甲基橙指示剂用氢氧化钠标准溶液进行滴定，根据实验所测数据，计算产品纯度，故选bdg。 10．(2022·浙江1月卷，30，10分)某兴趣小组用四水醋酸锰[(CH3COO)2Mn·4H2O]和乙酰氯(CH3COCl)为原料制备无水二氯化锰，按如图流程开展了实验(夹持仪器已省略)： 已知：①无水二氯化锰极易吸水潮解，易溶于水、乙醇和醋酸，不溶于苯。 ②制备无水二氯化锰的主要反应：(CH3COO)2Mn+CH3COClMnCl2↓+2(CH3COO)2O。 ③乙酰氯遇水发生反应：CH3COCl+H2O→CH3COOH+HCl。 请回答： (1)步骤Ⅰ：所获固体主要成分是_________(用化学式表示)。 (2)步骤Ⅰ在室温下反应，步骤Ⅱ在加热回流下反应，目的分别是________。 (3)步骤Ⅲ：下列操作中正确的是_________。 A．用蒸馏水润湿滤纸，微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上 B．用倾析法转移溶液，开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀 C．用乙醇作为洗涤剂，在洗涤沉淀时，应开大水龙头，使洗涤剂快速通过沉淀物 D．洗涤结束后，将固体迅速转移至圆底烧瓶进行后续操作 (4)步骤Ⅳ：①奖装有粗产品的圆底烧瓶接到纯化装置(图2)上，打开安全瓶上旋塞，打开抽气泵，关闭安全瓶上旋塞，开启加热器，进行纯化。请给出纯化完成后的操作排序：________。 纯化完成→(_____)→(_____)→(_____)→(_____)→将产品转至干燥器中保存 a.拔出圆底烧瓶的瓶塞 b.关闭抽气泵 c.关闭加热器，待烧瓶冷却至室温 d.打开安全瓶上旋塞 ②图2装置中U形管内NaOH固体的作用是_______________________。 (5)用滴定分析法确定产品纯度。甲同学通过测定产品中锰元素的含量确定纯度；乙同学通过测定产品中氯元素的含量确定纯度。合理的是_________(填“甲”或“乙”)同学的方法。 【答案】(1)(CH3COO)2Mn (2)步骤Ⅰ脱去四水醋酸锰的结晶水并防止生成MnCl2；步骤Ⅱ加热回流促进反应生成MnCl2 (3)ABD (4)cdba 防止可能产生的酸性气体进入抽气泵；防止外部水气进入样品 (5)乙 【解析】(1)根据制备无水二氯化锰的主要反应：(CH3COO)2Mn+CH3COClMnCl2↓+2(CH3COO)2O以及乙酰氯遇水发生反应：CH3COCl+H2O→CH3COOH+HCl可判断步骤Ⅰ中利用CH3COCl吸水，因此所获固体主要成分是(CH3COO)2Mn。(2)由于步骤Ⅰ脱去四水醋酸锰的结晶水并防止生成MnCl2，因此步骤Ⅰ在室温下反应；而步骤Ⅱ加热回流促进反应生成MnCl2，所以步骤Ⅱ需要在加热回流下反应。(3)A项，滤纸略小于布氏漏斗，但要把所有的孔都覆盖，并用蒸馏水润湿滤纸，微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上，故A正确；B项，用倾析法转移溶液，开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀，故B正确；C项，用抽滤洗涤沉淀时，抽滤速率不能过快，故C错误；D项，由于无水二氯化锰极易吸水潮解，洗涤结束后，将固体迅速转移至圆底烧瓶进行后续操作，故D正确；故选ABD；(4)①纯化完成后首先关闭加热器，待烧瓶冷却至室温，然后打开安全瓶上旋塞，关闭抽气泵，最后拔出圆底烧瓶的瓶塞，将产品转至干燥器中保存，故故选cdba；②由于可能混有酸性气体且无水二氯化锰极易吸水潮解，因此图2装置中U形管内NaOH固体的作用是防止可能产生的酸性气体进入抽气泵，同时防止外部水气进入样品。(5)由于无水二氯化锰极易吸水潮解，且锰离子水解，所以应该通过测定产品中氯元素的含量确定纯度，所以合理的是乙同学的方法。 11．(2021·浙江6月卷，30，10分)Cl2O是很好的氯化剂，实验室用如图装置(夹持仪器已省略)制备高纯Cl2O。已知： ①HgO+2Cl2= HgCl2+Cl2O，合适反应温度为18~25℃；副反应： 2HgO+2Cl2= 2HgCl2+O2。 ②常压下，Cl2沸点-34.0℃，熔点-101.0℃；Cl2O沸点2.0℃，熔点-120.6℃。 ③Cl2O+H2O2HClO，Cl2O在CCl4中的溶解度远大于其在水中的溶解度。 请回答： (1)①装置A的作用是去除原料气中的少量水分，可用的试剂是_______。 ②将上图中装置组装完整，虚框D中应选用_______。 (2)有关反应柱B，须进行的操作是_______。 A．将HgO粉末热处理除水分、增加表面积后填入反应柱 B．调控进入反应柱的混合气中Cl2和N2的比例 C．调控混合气从下口进入反应柱的流速 D．将加热带缠绕于反应柱并加热 (3)装置C，冷却液的温度通常控制在。反应停止后，温度保持不变，为减少产品中的Cl2含量，可采用的方法是_______。 (4)将纯化后的Cl2O产品气化，通入水中得到高纯度Cl2O的浓溶液，于阴凉暗处贮存。当需要Cl2O时，可将Cl2O浓溶液用CCl4萃取分液，经气化重新得到。 针对萃取分液，从下列选项选择合适操作(操作不能重复使用)并排序：c→_______→_______→e→d→f→_______。 a.检查旋塞、玻璃塞处是否漏水 b.将溶液和CCl4转入分液漏斗 c.涂凡士林 d.旋开旋塞放气 e.倒转分液漏斗，小心振摇 f.经几次振摇并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置 g.打开旋塞，向锥形瓶放出下层液体 h.打开旋塞，待下层液体完全流出后，关闭旋塞，将上层液体倒入锥形瓶 (5)产品分析：取一定量Cl2O浓溶液的稀释液，加入适量CCl4、过量溶液及一定量的稀H2SO4，充分反应。用标准Na2S2O溶液滴定(滴定Ⅰ)；再以酚酞为指示剂，用标准NaOH溶液滴定(滴定Ⅱ)。已知产生I2的反应(不考虑Cl2与水反应)： 2I-+ Cl2=I2+2Cl-、4I-+ Cl2O+2H+=2I2+2H2O+2Cl-、2I-+ HClO+H+=I2+ H2O+Cl- 实验数据如下表： 加入量n(H2SO4) /mol 2.505×10-3 滴定Ⅰ测出量n(I2) /mol 2.005×10-3 滴定Ⅱ测出量n(H2SO4) /mol 1.505×10-3 ①用标准Na2S2O3溶液滴定时，无需另加指示剂。判断滴定Ⅰ到达终点的实验现象是_______。 ②高纯度Cl2O浓溶液中要求n(Cl2O)/ n(Cl2) ≥99 (Cl2O和HClO均以Cl2O计)。结合数据分析所制备的Cl2O浓溶液是否符合要求_______。 【答案】(1)①浓H2SO4 ②a (2)ABC (3)抽气(或通干燥氮气) (4)a b g (5)①CCl4中由紫红色突变到无色，且30s不恢复 ②溶液中Cl2O和Cl2分别为1.000×10-3mol、5×10-6mol，=200>99，符合要求 【解析】(1)①装置A的作用是去除原料气(Cl2、N2)中的少量水分，可用的试剂是浓H2SO4；②Cl2和Cl2O都不能直接排放于空气中，因此需要进行尾气处理，Cl2、Cl2O能与NaOH溶液反应，同时需要防止NaOH溶液中水蒸气进入C装置中，因此需要在C和尾气处理装置之间连接吸收水蒸气的装置，所以虚框D中应选用a装置。(2)装置B为HgO与Cl2反应制备Cl2O的装置，A项，因Cl2O能与H2O发生反应，因此需要将HgO粉末热处理除水分，该反应为固体与气体接触类反应，因此增加表面积能够加快反应速率，故A选；B项，N2的作用是稀释Cl2，在气流速率一定的条件下，氯气所占的比例越小，其转化率越高，同时Cl2不足时会发生副反应，因此需要调控进入反应柱的混合气中Cl2和N2的比例，故B选；C项，为了让气体与固体充分接触，混合气体应从下口进入反应柱，同时需要控制气体的流速，防止副反应发生，故C选；D项，HgO与Cl2反应制备Cl2O的合适反应温度为18℃～25℃，因此该反应在常温下进行，若对反应柱加热会发生副反应，故D不选；故选ABC。(3)由题可知，Cl2沸点小于Cl2O，在Cl2未发生冷凝时抽气或通入氮气可以有效的去除产物中的Cl2。(4)萃取分液的操作顺序为：检漏→加入萃取剂和溶液→振荡摇匀→放气→静置分层→放液，下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，因CCl4密度大于水，因此萃取后溶有Cl2O的CCl4位于下层，因此操作顺序为：涂凡土林→检查旋塞、玻璃塞处是否漏水→将溶液和CCl4转入分液漏斗→倒转分液漏斗，小心振摇→旋开旋塞放气→经几次振摇并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置→打开旋塞，向锥形瓶放出下层液体，故答案为abg。(5)①溶有I2的CCl4溶液呈紫红色，用标准Na2S2O3溶液滴定I2过程中，当I2恰好反应完全时，溶液呈无色，因此滴定I2到达终点的实验现象是CCl4中由紫红色突变到无色，且30s不恢复。②由2I-+ Cl2=I2+2Cl-、4I-+ Cl2O+2H+=2I2+2H2O+2Cl-、2I-+ HClO+H+=I2+ H2O+Cl- (HClO为Cl2O与H2O反应的产物)可得关系式：Cl2O～2H+～2I2，由实验数据可知Cl2O和HClO共消耗n(H+)=2×(2.505×10-3mol-1.505×10-3mol)=2×10-3mol，生成I2的物质的量为2×10-3mol，则高纯度Cl2O浓溶液中n(Cl2O)=1×10-3mol，加入过量KI溶液共生成I2的物质的量为2.005×10-3mol，因此Cl2与I-反应生成I2的物质的量为2.005×10-3mol-2×10-3mol=5×10-6mol，由此可知高纯度Cl2O浓溶液中n(Cl2)=5×10-6mol，所以高纯度Cl2O浓溶液中==200>99，则所制备的高纯度Cl2O浓溶液符合要求。 12．(2021·浙江1月卷，30，10分)某兴趣小组用铬铁矿[Fe(CrO2)2]制备K2Cr2O7晶体，流程如下： 已知：4Fe (CrO2)2 + 10Na2CO3+7O28Na2CrO4 +4NaFeO2+10CO2 2H++2CrOCr2O+H2O 相关物质的溶解度随温度变化如下图。 请回答： (1)步骤I，将铬铁矿粉碎有利于加快高温氧化的速率，其理由是______。 (2)下列说法正确的是______。 A．步骤II，低温可提高浸取率 B．步骤II，过滤可除去NaFeO2水解产生的Fe(OH)3 C．步骤III，酸化的目的主要是使Na2CrO4转变为Na2Cr2O7 D．步骤IV，所得滤渣的主要成分是Na2SO4和Na2CO3 (3)步骤V，重结晶前，为了得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，从下列选项中选出合理的操作(操作不能重复使用)并排序：溶解KCl →______→______→______→______→重结晶。 a．50℃蒸发溶剂； b．100℃ 蒸发溶剂；c．抽滤；d．冷却至室温；e．蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；f．蒸发至溶液中出现大量晶体，停止加热。 (4)为了测定K2Cr2O7产品的纯度，可采用氧化还原滴定法。 ①下列关于滴定分析的操作，不正确的是______。 A．用量筒量取25.00mL待测液转移至锥形瓶 B．滴定时要适当控制滴定速度 C．滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化 D．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直 E．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下 ②在接近终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，______继续摇动锥形瓶，观察颜色变化。(请在横线上补全操作) (5)该小组用滴定法准确测得产品中K2Cr2O7的质量分数为98.50%。某同学还用分光光度法测定产品纯度(K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比例)，但测得的质量分数明显偏低。分析其原因，发现配制K2Cr2O7待测水溶液时少加了一种试剂。该试剂是______，添加该试剂的理由是______。 【答案】(1)增大反应物的接触面积 (2)BC (3)a e d c (4)①AC ②再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁 (5)H2SO4 抑制Cr2O72-转化为CrO42-，且与Cr2O72-不反应 【解析】根据题给已知，铬铁矿与足量熔融Na2CO3发生高温氧化反应生成Na2CrO4、NaFeO2和CO2，所得固体冷却后用水浸取，其中NaFeO2发生强烈水解：NaFeO2+2H2O=NaOH+Fe(OH)3↓，过滤得到含Na2CrO4、NaOH、Na2CO3的滤液，加入适量硫酸酸化，NaOH、Na2CO3与硫酸反应生成Na2SO4，Na2CrO4转化为Na2Cr2O7(发生的反应为2Na2CrO4+H2SO4 Na2Cr2O7+Na2SO4+H2O)，经蒸发结晶、过滤、洗涤得到的滤液中主要含Na2Cr2O7，加入KCl后经多步操作得到K2Cr2O7。(1)步骤I中铬铁矿与足量熔融Na2CO3发生高温氧化反应生成Na2CrO4、NaFeO2和CO2，将铬铁矿粉碎，可增大反应物的接触面积，加快高温氧化的速率；故答案为：增大反应物的接触面积。(2)A项，根据Na2CrO4的溶解度随着温度的升高而增大，步骤II中应用高温提高浸取率，A错误；B项，步骤II中用水浸取时NaFeO2发生强烈水解：NaFeO2+2H2O=NaOH+Fe(OH)3↓，经过滤可除去Fe(OH)3，B正确；C项，步骤III酸化时，平衡2H++2 CrO42- Cr2O72-+H2O正向移动，主要目的使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，C正确；D项，根据分析，步骤IV中过滤所得滤渣主要成分为Na2SO4，D错误；故选BC。(3)Na2Cr2O7中加入KCl发生反应Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl，根据各物质的溶解度随温度的变化曲线可知，K2Cr2O7的溶解度随温度升高明显增大，NaCl溶解度随温度升高变化不明显，50℃时两者溶解度相等，故为了得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，步骤V重结晶前的操作顺序为：溶解KCl→50℃蒸发溶剂→蒸发至溶液出现晶膜，停止加热→冷却至室温→抽滤→重结晶；故答案为aedc。(4)①A项，量筒属于粗量器，不能用量筒量取25.00mL溶液，由于K2Cr2O7具有强氧化性，量取25.00mL待测液应用酸式滴定管，A错误；B项，滴定时要适当控制滴定的速率，确保反应物之间充分反应，同时防止滴加过快使得滴加试剂过量，B正确；C项，滴定时应一直观察锥形瓶中溶液颜色的变化，以便准确判断滴定的终点，C错误；D项，读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直，平视读取读数，D正确；E项，为了确保每次滴定时滴定管中的溶液充足，平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下，并记录初始读数，E正确；故选AC。②在接近终点时，使用“半滴操作”的方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化；故答案为：再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁。(5)根据题意，K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比例，在K2Cr2O7溶液中存在平衡Cr2O72-+H2O2H++2 CrO42-，即有部分Cr2O72-会转化为CrO42-，从而使测得的质量分数明显偏低，为抑制Cr2O72-转化为CrO42-，可加入与Cr2O72-不反应的酸，如硫酸。 2 / 3 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $