第04讲 综合实验题型探究（专项训练）（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(专项训练) 参考答案 模拟·基础演练 1． (1)蒸馏烧瓶 将出口B连接玻璃导管，将导管口放入水中，微热圆底烧瓶，导管口出现气泡，停止加热，冷却到室温后，导管中产生一段稳定的液柱 (2)B→H→I→E→F→N→A→C→D→J(→K) (3)CD (4)装置中充满黄绿色气体 (5) 2．(1)(球形)冷凝管 (2)12WO42-+SiO32-+22H+=[SiW12O40]4-+11H2O (3) d→c→e 氯化氢和乙醚 检查旋塞、玻璃塞是否漏水 (4)向溶液中加入H2O2 3．(1)H2NCH2COO- (2)①34.750g ②Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O (3)①恒压滴液漏斗 ②FeCO3+2NH2CH2COOH=(NH2CH2COO)2Fe+H2O+CO2↑ ③pH过低时，甘氨酸亚铁溶解，H2NCH2COO)22Fe + 2H+ =2H2NCH2COOH + Fe2+，从而影响其与Fe2+的结合；pH过高，Fe2+与OH-反应生成Fe(OH)2沉淀，这两种情况都会影响反应的产率 ④防止Fe2+被氧化 ⑤乙醇 ⑥% ⑦80 4．(1)棕色细口 (2)溶液变蓝 溶液蓝色褪去 I2+2Fe2++2Ag+=2AgI↓+2Fe3+ (4)步骤2试管中的溶液 NaOH溶液 试管a中溶液蓝色褪去，先出现白色沉淀，然后迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，试管b中有白色沉淀(转变为褐色沉淀)和红褐色沉淀生成(答案合理即可) 5．(1) 酸性、高沸点性(或难挥发性) 恒压滴液漏斗 (2)D (3)蒸发浓缩，冷却结晶，过滤 ZnCl2·xH2O＋xSOCl2=ZnCl2＋xSO2↑＋2xHCl↑ (4) 消除蒸馏水中能与EDTA反应的物质对测定结果的影响(或消除系统内误差) 89.5% (或0.895) 放慢滴定速度/加入适当的有机溶剂/适当加热 6．(1)分液漏斗 (2)防倒吸、尾气处理 (3)SO2＋Cl2＋2H2O===4H＋＋2Cl－＋SO (4)实验①无气体放出 2Cu2＋＋HSO＋2Cl－＋H2O===2CuCl↓＋SO＋3H＋ 7．D 8．C 9．(1) 将实验III中的0.1mol/LCoCl2溶液替换为0.2mol/LNaCl溶液进行实验，指针偏转幅度与实验III相同 4Co(OH)2+O2+2H2O=4Co(OH)3 c(Co3+) (2) 加入适量盐酸，棕褐色沉淀溶解，产生黄绿色有刺激性气味的气体，溶液变为粉红色 2Co(OH)2+6H++2Cl-=2Co2++Cl2↑+6H2O O2 (3) 对Co2+-e-=Co3+，NH3与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但K2>K1，c(Co3+)降低的程度远大于c(Co2+)，还原剂的还原性增强，[Co(NH3)6]2+能被氧化 [Co(NH3)6]3+ Co2+ [Co(NH3)6]2+ 10．(1) 氧化性和还原 Ag2SO4 bc Ag2S+Fe +2H+ ==2Ag+Fe2+ +H2S↑ (2) S转化为Ag2S发生了还原反应，反应必然同时发生氧化反应，能发生氧化反应的只有S，故在pH≈1的溶液中可能存在SO42-或H2SO3 向溶液a中加入足量稀盐酸后，再加入碘水和淀粉溶液，蓝色不褪去 排除Ag+对SO42-和H2SO3检验的干扰 (3)10mL0.02mol/L Ag2SO4溶液与0.01g S粉 (4)6Ag++4S+4H2O3Ag2S+8SO42-+8H+，形成Ag2S难溶物，降低c(S2-)，提高S的氧化性，利于反应发生 11．(1)将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝 (2)Cl－ Mg(OH)C (3)NH＋H2ONH3·H2O＋H＋ (4)①5 mL 1.0 mol·L－1 CH3COONH4溶液 ②两试管反应剧烈程度相当 (5)取5 mL 无水乙醇，加入0.5 g 镁粉无明显变化 (6)NH4Cl水解产生的H＋对反应影响小，NH对反应影响大 12．(1)硝酸铜溶液颜色与溶液浓度有关 (2)加热硝酸铜溶液，温度升高，放出红棕色气体，溶液颜色变为蓝色 (3)向混合溶液中通入氮气会将溶液中溶解的二氧化氮气体带出，而溶液仍保持一段时间绿色 (4)2NO2＋H2O===HNO2＋H＋＋NO Cu＋2HNO2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O＋2NO↑ (5)过氧化氢具有强氧化性，和亚硝酸反应生成硝酸，导致溶液中亚硝酸的浓度降低 13．B 14．A 15．A 16．(1)分液漏斗 (2)[Co(NH3)6]2+具有较强还原性，能被H2O2氧化，而酸性下，H2O2无法氧化Co2+ (3)2CoCl2·6H2O+10NH3+2NH4Cl2+H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3↓ +14H2O (4)ABD (5)BACFDG 17．(1)(球形)干燥管 (2)ACD (3)dahcg (4)FeCl3∙6H2O+SOCl2FeCl3+6SO2↑+12HCl↑，产物中SO2具有强还原性，可将Fe3+还原为Fe2+ (5)81.25% pH过低，部分CrO42-转化为Cr2O72-：pH过高，可能生成AgOH，均会使消耗的AgNO3偏多 18．(1)温度过低，则反应速率慢或反应不能发生；温度过高，反应过于剧烈，易造成危险 (2)AB (3)b→d→a→c (4)B 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 80.00% 19．(1)干燥管 碱石灰(其他合理答案也给分) (2)ABC (3)醋酸镁固体溶解在过量的醋酸中，导致产率下降 (4)使Mg2+生成难溶的Mg(OH)2沉淀 消除蒸馏水中能与EDTA反应的物质对测定结果的影响或消除系统误差 或 20．(1)吸收反应生成的HBr、Br2和SO2等酸性尾气，防止污染空气 避免漏斗完全浸入NaOH溶液中，发生倒吸 (2)磷酸是非氧化性的中强酸，可减少副反应的发生 (3)AC (4) ① 正溴丁烷密度明显大于5%Na2CO3溶液，有利于分层分液5%Na2CO3；溶液呈弱碱性，既能有效除去残留的硫酸，又不会因碱性过强导致正溴丁烷水解 (5)CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3或CH3CH2CH2CH2OH 21．(1) 恒压滴液漏斗 起液封的作用，防止外界空气进入三颈烧瓶中 (2) A→E→B→C BC 洗去杂质水杨醛、乙二胺，乙醇易挥发更容易除去 (3)70.0% (4)DMF为强极性溶剂能与[Co(II)Salen]配合物进行配位，从而吸收氧气形成稳定的配合物，而CHCl3是弱极性溶剂无法与[Co(II)Salen]配合物进行配位，无法吸收氧气形成稳定的配合物 22．(1) 三颈烧瓶 维持反应体系内SO2气体的浓度，当SO2缓冲气球体积变小时，及时补充SO2气体 (2)2+5SO2+6H2O+5H2SO4+2HCl (3)BC (4)醇易与磺酰氯反应生成磺酸酯；水和SO2在醇中溶解度大于在醚中的溶解度，SO2浓度过大，副产物增多 (5)b→f、d→e→c (6)95.0% 23．(1)+ ClO- →+ Cl- + H2O (2)A (3)上口 (4)干燥 (5) 确保环己醇被完全氧化 ClO-+I-+2H+=Cl-+I2+H2O 当滴入最后半滴硫代硫酸钠标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色 1.8 mol·L-1 (6)C 24．(1)冷凝管/直形冷凝管 苯甲醛 (2)AD (3) dcb 增大反应体系的压强，使H2进入三颈烧瓶，促进反应平衡正移 80% 重难·创新演练 1．D 2．C 3．(1) 铁坩埚 空气中的氧气将MnO2氧化生成K2MnO4，K2MnO4加水浸取时发生歧化反应生成KMnO4 (2)bd (3)CO2与K2CO3反应的生成KHCO3，溶解度比K2CO3小得多，在溶液浓缩时会和KMnO4会同时析出而降低纯度 醋酸 (4)dfcai (5) 反应生成的Mn2+可作为反应的自催化剂 4．(1)BD (2)减少HCl挥发、防止产物分解、温度过高局部反应过热等；低温促进晶体析出 (3)ABD (4)产品中可能混有CrCl3，导致氯元素偏高 (5)3.1 5．(1)BD (2) 5.0 5：1 V2＜V3 (3) O2+2H2O+4e-=4OH- Fe2+由液滴中心向(b)区迁移，OH-由液滴边缘向(b)区迁移，Fe2+与OH-在(b)区形成Fe(OH)2，Fe(OH)2再进一步氧化、脱水形成铁锈 6．(1)   (2)OH-为二聚反应的催化剂，故弱碱性有利于发生聚合反应 (3)ABC (4)② ④⑥ (5)液封，防止NH3逸出，导致测定含氮量偏低 甲基橙 7．(1) 三颈烧瓶 酸浸过程中可能产生O2、SO2及酸雾 (2)Al3+和Fe3+ (3)S2O82-+2Co2++6H2O=2Co(OH)3↓+2SO42-+6H+ (4)AD (5) 真题·实战演练 1．D 2．B 3．(1) 分液漏斗 烧杯 CCl4与水不互溶，且CCl4的密度大于水 液体分层，下层(有机层)变成紫红色，上层(水层)颜色明显变浅 (2) 增大I-浓度，促使：I2+I- I3-平衡正向移动，使CCl4中的I2尽可能多地转移到水相中，以便后续滴定 1.7×10-3 分多次萃取比单次用大量萃取剂更有效，可以显著提高萃取效率 4．(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 5．(1)圆底烧瓶 (2)E→C→D (3)BC (4)液封 (5)ABC (6)99% 6．(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 7．(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 8．(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 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第04讲 综合实验题型探究 (专项训练) 目 录 模拟·基础演练 题型01物质制备型 题型02分析评价型 题型03 实验探究型 题型04定量分析型 题型05 有机制备型 重难·创新演练 真题·实战演练 模拟·基础演练 题型01物质制备型 1． (2025·浙江省湖州、衢州、丽水高三三地市一模)实验室可用熔融的Sn与Cl2反应制备SnCl4。已知SnCl4易水解；该反应易生成杂质SnCl2。请回答： 有关物理性质如下表： 物质 颜色、状态 熔点 沸点 Sn 银白色固体 231.9 2260 SnCl4 无色液体 114 SnCl2 无色晶体 246 652 (1)装置I中仪器甲的名称为 ；检查装置Ⅱ气密性的操作是 。 (2)将上述装置组装成一套制备SnCl4的实验装置(每个装置使用一次)，正确的顺序是 (填各接口字母序号)。 B→_______________→N→A→_________ (3)下列说法不正确的是___________。 A．该实验须在通风橱中进行 B．装置Ⅱ中导管乙可使浓盐酸顺利滴下 C．装置Ⅲ中应使用球形冷凝管 D．装置VI可用装有浓NaOH溶液的洗气瓶代替 (4)检查装置气密性并装好药品后，应先打开Ⅱ中的分液漏斗活塞，待 (填实验现象)后，再点燃I处的酒精灯。 (5)产品SnCl4中常混有SnCl2，利用反应：Sn2++I2= Sn4++2I-可测定产品的纯度。称取产品，用浓盐酸溶解并加水稀释，以淀粉溶液为指示剂，用cmol·L-1碘标准液滴定至终点，消耗标准液VmL。产品的纯度为 (用含字母的代数式表示)。 2．【制备多功能催化剂】(2025·浙江省名校协作体高三联考)十二钨硅酸H4[SiW12O40]·nH2O是一种一种性能优越的多功能催化剂，它的一种制备方法如下(步骤I、II的装置如图所示)。 I．称取Na2WO4·H2O置于三颈烧瓶中，加入蒸馏水剧烈后搅拌至澄清，加热； II．在下缓慢加入Na2SiO3·9H2O使其充分溶解后，微沸时从滴液漏斗中缓慢地向其中加入浓盐酸，调节值为2，继续搅拌加热，自然冷却； III．将冷却后的全部液体转移至分液漏斗中，加入乙醚，分多次加入浓盐酸，充分振荡，萃取； IV．将下层醚合物分出放于蒸发皿中，加水，水浴蒸发至溶液表面有晶体析出时为止，冷却结晶，抽滤，即可得到产品。 (1)装置a的名称是 。 (2)请写出步骤II中生成[SiW12O40]4-的离子方程式： 。 (3)步骤III的详细操作如下，请补充操作a并对下列操作进行排序：a→b→ →f，步骤c中放出的气体是 。 a． 。 b．将溶液和乙醚转入分液漏斗并逐滴加入盐酸 c．旋开旋塞放气 d．倒转分液漏斗，小心振荡 e．将分液漏斗置于铁架台上静置 f．打开旋塞，待下层液体完全流出后，关闭旋塞，将上层液体倒出 (4)步骤Ⅳ中为防止[SiW12O40]4-转化为[SiW12O40]6-，可以补充的操作为 。 3．【制备甘氨酸亚铁】甘氨酸亚铁[(NH2CH2COO)2Fe]是一种补铁强化剂，实验室用绿矾(FeSO4·7H2O)制备甘氨酸亚铁。 (1)写出常温下pH=13的溶液中，甘氨酸NH2CH2COOH的主要存在形态(结构简式)_______。 (2)制备碳酸亚铁：配制203 mL0.500mol·L-1绿矾溶液后，取出200mL于烧杯中，并向其中缓慢加入250mL1.000mol·L-1NH4HCO3溶液，边加边搅拌，反应结束后过滤并洗涤得到FeCO3。 ①配制绿矾溶液，需要用电子天平称量绿矾_______g。 ②实验中使用FeSO4溶液和NH4HCO3溶液制备FeCO3固体，同时产生一种无色无味的气体，写出该反应的离子方程式_________________。 (3)制备甘氨酸亚铁：实验室利用FeCO3与甘氨酸制备甘氨酸亚铁的实验装置如图(夹持和加热仪器已省略) 已知：i.甘氨酸易溶于水，微溶于乙醇；甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇。ii.柠檬酸易溶于水，有强酸性和还原性。 实验过程：I．装置C中盛有17.4gFeCO3和200mL1.0mol·L-1甘氨酸溶液。实验时，先打开活塞a，待装置C中空气排尽后，再向三颈烧瓶中滴加柠檬酸溶液，加热。II．经过一系列操作得到产品。 ①仪器b的名称_______。 ②写出装置C中生成甘氨酸亚铁的化学方程式：_______。 ③过程I中，加入柠檬酸可促进FeCO3溶解并调节溶液pH，体系pH与甘氨酸亚铁产率关系如图。由图可知pH过低或过高均会导致产率下降，请说明理由_______。柠檬酸除了可以促进FeCO3溶解并调节溶液pH外，还可以_______。 ④完成过程II的实验操作：反应结束后过滤，将滤液进行蒸发浓缩，加入____、过滤、洗涤、干燥。 ⑤测定产品的含量，实验步骤如下：称量ag产品于锥形瓶中，溶解后进行必要处理，用容量瓶配制成200mL溶液，量取20.00 mL，并加入2滴指示剂。用c×10-3 Ce(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为bmL。计算产品中甘氨酸亚铁的质量分数表达式为___。(已知滴定反应为：Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+) ⑥最终得到的产品质量为16.32g，该实验产率为_______%。 题型02分析评价型 4．某研究性学习小组通过下列实验验证AgI沉淀的生成会使I2的氧化能力增强而将Fe2+氧化。 回答下列问题： (1)由AgNO3固体配制50 mL 0.1 mol·L-1的AgNO3溶液，配制好的溶液应转移到________________试剂瓶中保存。 (2)步骤1的实验现象是___________________；步骤2无明显现象；步骤3最终的实验现象是溶液中生成黄色沉淀，__________________。由此可知，步骤3反应的离子方程式为____________________。 (3)某同学在实验时漏掉步骤2，直接加入过量AgNO3溶液，也观察到与步骤3相同的实验现象。该同学推测溶液中还有生成，并由此对I2氧化Fe2+的结论产生了质疑。 (4)为了确证AgI的生成使I2的氧化能力增强而将Fe2+氧化，学习小组在上述实验基础上进行补充实验：分别取少量的___________________和步骤3试管中的上层清液于试管a和试管b中，往两支试管中加入过量的___________________，观察到的现象为________________________。 5．【制备无水氯化锌】无水ZnCl2常用作为生产活性炭的活化剂。现以一种主要成分为ZnO的炼锌烟尘(含有少量的FeO、CuO)来制备无水氯化锌，相关实验流程如下： 已知：①无水氯化锌具有较强的吸水性，其反应原理为：ZnCl2＋H2O=Zn(OH)Cl＋HCl↑。 ②Zn及其化合物的性质与Al相似，pH>11时，Zn(OH)2可转化为。 ③研究小组利用市售的氯化锌制备无水氯化锌，依次采用除水(氯化氢气体“置换”)、升华相结合的方法，装置如图所示： 请回答： (1)利用浓硫酸与氯化钠制备HCl(g)，该反应体现了硫酸的 (填浓硫酸的相关性质)；盛装浓硫酸的仪器名称是 。 (2)下列说法不正确的是___________。 A．步骤Ⅰ，加入过量氢氧化钠的作用是充分溶解氧化锌，使其与杂质分离 B．步骤Ⅲ起到调节溶液pH值，应通入足量CO2，使Zn元素能够完全沉淀 C．除水阶段，为提高除水速度，应加快HCl和N2的气流速度 D．管式炉Ⅰ采取阶段式升温，实验结束时先撤去管式炉Ⅰ、再撤去管式炉Ⅱ (3)实验流程中的“一系列操作”是： ，洗涤，干燥；最终得到氯化锌晶体[ZnCl2·xH2O(x=1~4)]，将其与SOCl2混合并加热，可得到无水ZnCl2，写出发生的反应方程式 。 (4)用天平称量0.9000 g产品，置于250mL锥形瓶中，加入100mL蒸馏水使其溶解，再加入缓冲溶液将pH调至10.0并加入50mg铬黑T指示剂，最后用浓度为0.2mol·L-1的EDTA(乙二胺四乙酸，简写H2Y)标准溶液滴定至溶液呈亮蓝色(离子方程式为Zn2+＋Y2-=ZnY)。平行测定三次，同时做空白试验，平均消耗EDTA标准溶液体积为29.60mL。 ①做空白试验的目的为 。 ②产物ZnCl2的纯度为 (保留三位有效数字)。 ③部分指示剂或指示剂与金属离子形成的配合物在水中溶解度较小，以致使滴定终点拖长(称为指示剂的僵化)。为增大有关物质的溶解度消除这一影响，可采取的措施是 。 6．实验室以浓硫酸、铜与NaOH溶液为原料制取少量NaHSO3并探究其性质，已知CuCl为白色难溶于水的化合物。 Ⅰ．制备NaHSO3(装置如图所示)。 (1)仪器a的名称是________。 (2)装置丙的作用是____________。 Ⅱ．探究：NaHSO3与Cu2＋的反应，设计实验：向2 mL 1 mol·L－1 NaHSO3溶液中加入2 mL1 mol·L－1 CuSO4溶液，得到绿色溶液，3 min内无明显变化。将所得混合液分为两等份。 ①第一份加入适量Na2SO4固体，瞬间无明显变化，30 s时也无明显变化。 ②另一份加入适量NaCl固体，瞬间无明显变化，30 s时有无色气体和白色沉淀生成，上层溶液颜色变浅。 (3)推测实验②产生的无色气体为SO2，用新制的氯水检验该无色气体，可观察到淡黄绿色消失，滴加BaCl2溶液有白色沉淀生成。写出SO2与氯气反应的离子方程式：______________________________。 (4)对实验Ⅱ产生SO2的原因进行分析，提出两种假设： 假设1：Cu2＋水解使溶液中c(H＋)增大。 假设2：Cl－存在时，Cu2＋与HSO反应生成CuCl白色沉淀，溶液中c(H＋)增大。 ①假设1不合理，实验证据是_________________________________________________。 ②实验证实假设2合理，实验Ⅱ中发生反应的离子方程式有____________________________和H＋＋HSO===SO2↑＋H2O。 题型03 实验探究型 7．(2026·浙江宁波镇海中学高三考前模拟预测)为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系，实验如下。 下列说法不正确的是( ) A．实验ⅰ溶液变蓝证明有I2生成 B．由ⅰ、ⅱ中现象可证明实验Ⅰ中发生反应：2Fe3++2I-I2+2Fe2+ C．实验ⅲ可说明实验Ⅰ中棕黄色主要是由I2引起的，此时Fe2+还原性强于I- D．实验ⅳ可说明增大c(Fe2+)，降低了Fe3+的氧化性 8．(2026·浙江台州市高三第二次教学质量评估)浓盐酸与MnO2混合加热，氯气不再产生时，所得固液混合物A中仍残留盐酸和MnO2。实验小组通过如下过程探究其原因。 (1)查阅文献获知： ①随c(H＋)降低或c(Mn2+)升高，MnO2的氧化性减弱； ②随c(Cl-)降低，Cl-的还原性减弱。 (2)设计实验验证上述结论： 实验Ⅰ，向固液混合物A中加入浓H2SO4，加热，继续产生Cl2； 实验Ⅱ，向固液混合物A中加入KCl固体，加热，继续产生Cl2； 实验Ⅲ，向固液混合物A中加入X，加热，不产生Cl2； 下列说法不正确的是( ) A．实验Ⅰ证明c(H＋)升高，MnO2氧化性增强 B．实验Ⅱ证明c(Cl-)升高，Cl-还原性增强 C．实验Ⅲ为了证明c(Mn2+)浓度升高，MnO2氧化性减弱，加入的可为MnSO4固体 D．固液混合物A中加入足量AgNO3固体，再通入氯气，可能有MnO2生成 9．在处理NO废气的过程中，催化剂[Co(NH3)6]2+会逐渐失活变为[Co(NH3)6]3+。 某小组为解决这一问题，实验研究和之间的相互转化。 资料：i．；。 ii． ； 。 iii．[Co(NH3)6]2+和[Co(NH3)6]3+在酸性条件下均能生成NH4+。 (1)探究Co的还原性 实验Ⅰ：粉红色的CoCl2溶液或CoSO4溶液在空气中久置，无明显变化。 实验Ⅱ：向0.1 mol/L CoCl2溶液中滴入2滴酸性KMnO4溶液，无明显变化。 实验Ⅲ：按图装置进行实验，观察到电压表指针偏转。 ①甲同学根据实验Ⅲ得出结论：Co2+可以被酸性KMnO4溶液氧化。乙同学补充实验Ⅳ，___________(补全实验操作及现象)，否定了该观点。 ②探究碱性条件下的还原性，进行实验。 实验V： ⅱ中反应的化学方程式是___________。 ③根据氧化还原反应规律解释还原性Co(OH)2>Co2+：Co2+-e-=Co3+在碱性条件下，OH-与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但___________降低的程度更大，还原剂的还原性增强。 (2)探究的氧化性 ①根据实验Ⅲ和Ⅳ推测氧化性：Co3+>Cl2，设计实验证明：向Ⅴ中得到的棕褐色沉淀中，___________(补全实验操作及现象)，反应的离子方程式是___________。 ②向Ⅴ中得到的棕褐色沉淀中，滴加H2SO4溶液，加入催化剂，产生无色气泡，该气体是___________。 (3)催化剂[Co(NH3)6]2+的失活与再生 ①结合数据解释[Co(NH3)6]2+能被氧化为[Co(NH3)6]3+而失活的原因：___________。 ②根据以上实验，设计物质转化流程图实现[Co(NH3)6]2+的再生：___________。 示例：Co CoCl2Co(OH)2 10．探究溶液中Ag+与单质S的反应。 资料：Ag2S不溶于6mol/L盐酸，Ag2SO3和Ag2SO4在6mol/L盐酸中均发生沉淀的转化 实验Ⅰ．在注射器中将10mL0.04mol/LAgNO3溶液(pH≈6)与0.01g S粉混合，水浴加热，充分反应后，过滤，得到无色溶液a(pH≈1)，沉淀除S、洗涤后得到黑色固体b。 (1)研究黑色固体b的组成 ①根据S具有__________性，推测b中可能含有Ag2S、Ag、Ag2SO3或Ag2SO4。 ②检验黑色固体b的成分 实验Ⅱ． ⅰ．取少量滤液c，先加入足量稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，未出现白色沉淀，判断黑色固体b中不含______。 ⅱ．用滤液c继续实验证明了黑色固体b中不含Ag2SO3，可选择的试剂是______(填序号)。 a．酸性KMnO4溶液         b．H2O2和BaCl2的混合溶液         c．溴水 ⅲ．进一步实验证实了黑色固体b中不含Ag。根据沉淀e含有Ag、气体含有H2S，写出同时生成Ag和H2S的离子方程式：_________________。 (2)研究无色溶液a的组成 结合上述实验结果，分析溶液a中可能存在或H2SO3，依据是_______________。 实验Ⅲ． ①说明溶液a中不含H2SO3的实验证据是___________________。 ②加入足量稀盐酸的作用是_________________。 (3)在注射器中进行实验Ⅳ，探究Ag2SO4溶液与S的反应，所得产物与实验Ⅰ相同。向注射器中加入的物质是__________________。 (4)用酸化的NaNO3溶液(pH≈6)与S进行实验Ⅴ，发现二者不反应。综合以上实验，写出溶液中Ag+与S反应的离子方程式并简要说明Ag+的作用：_______________。 11．某小组为探究Mg与NH4Cl溶液的反应机理，常温下进行以下实验。实验中所取镁粉质量均为0.5 g，分别加入选取的实验试剂中，资料：①CH3COONH4溶液呈中性。②Cl－对该反应几乎无影响。 实验 实验试剂 实验现象 1 5 mL蒸馏水 反应缓慢，有少量气泡产生(经检验为H2) 2 5 mL 1.0 mol·L－1 NH4Cl溶液(pH＝4.6) 剧烈反应，产生刺激性气味气体和灰白色难溶固体 (1)经检验实验2中刺激性气味气体为NH3，检验方法是_______________________________。用排水法收集一小试管产生的气体，经检验小试管中气体为H2。 (2)已知灰白色沉淀中含有Mg2＋、OH－。为研究固体成分，进行实验：将生成的灰白色固体洗涤数次，至洗涤液中滴加AgNO3溶液后无明显浑浊。将洗涤后的固体溶于稀HNO3，再滴加AgNO3溶液，出现白色沉淀。推测沉淀中含有________，灰白色固体可能是________(填化学式)。 (3)甲同学认为实验2比实验1反应剧烈的原因是NH4Cl溶液中c(H＋)大，与Mg反应快。用化学用语解释NH4Cl溶液显酸性的原因是_______________________________________。 (4)乙同学通过实验3证明甲同学的说法不合理。 实验 实验装置 3 ①X是__________________。 ②由实验3获取的证据为_______________________________。 (5)为进一步探究实验2反应剧烈的原因，进行实验4。 实验 实验试剂 实验现象 4 5 mL NH4Cl乙醇溶液 有无色无味气体产生(经检验为H2) 依据上述实验，可以得出Mg能与NH4+反应生成H2。乙同学认为该方案不严谨，需要补充的实验方案是__________________________________________________。 (6)由以上实验可以得出的结论是____________________________________________。 12．某实验小组在研究硝酸与铜的反应时，发现稀硝酸和铜反应后的混合液为蓝色，而浓硝酸和铜反应后的混合液为绿色，为此对产生绿色的原因开展探究。按要求回答下列问题： [猜想假设] (1)假设1：________________________________________ 假设2：硝酸铜溶液中溶解了NO2 [实验操作及现象分析] 实验一：向蒸馏水中不断加入硝酸铜晶体，最终配成饱和溶液。配制过程中溶液颜色始终是蓝色，未见绿色出现。 甲同学根据实验一的现象证明了假设1不成立，请补全假设。 实验二： (2)甲同学在实验一的基础上继续开展了实验二，并初步验证了假设2成立，他的实验操作及现象是________________________________________________________________________。 乙同学认为假设2不严谨，用以下实验对假设2进行了深入探究： 实验三： 操作及试剂 现象 向浓硝酸和铜反应后的混合液中通入N2 大量红棕色气体放出，短时间内溶液仍保持绿色。长时间后变成蓝色 (3)结合实验三，乙同学认为假设2不严谨的证据是_____________________________。 (4)乙同学查阅资料发现： ①铜与浓硝酸反应后溶液呈现绿色是由于HNO2(或NO)与铜离子作用的结果。 ②金属和浓硝酸的反应一旦发生后速率不断加快，原因是过程中有HNO2生成。如Cu和浓硝酸反应，开始生成的NO2溶于水形成HNO2，HNO2再和Cu反应，速率就大大加快。 请依据资料完成以下反应的离子方程式。 ⅰ. NO2＋ H2O=== HNO2＋ _____＋ _____； ⅱ.Cu＋2HNO2＋ ______=== _____＋ _____＋ _____； ⅲ.2NO＋4H＋＋4NO===6NO2＋2H2O。 实验四：乙同学通过以下实验证实了反应过程中HNO2的生成。 实验 操作 现象 1 向试管a中加入1 mL浓硝酸，再插入铜丝 快速产生红棕色气体，溶液变为绿色 2 向试管b中加入1 mL浓硝酸，3滴蒸馏水，再插入铜丝 快速产生红棕色气体溶液变为绿色 3 向试管c中加入1 mL浓硝酸，3滴30% H2O2，再插入铜丝 反应较慢，溶液变为蓝色 (5)结合化学用语，解释实验3产生该现象的原因是________________________________________。 题型04定量分析型 13．(2026·浙江省宁波市镇海首考最后一卷)二氯异氰尿酸钠()是一种广谱、高效、安全的消毒剂，优质品要求有效氯大于60%(有效氯)。进行如下实验，检测某二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品标准。①准确称取1.1200 g样品，配制成250 mL溶液；②取25.00 mL上述溶液，加入适量稀硫酸充分反应，将二氯异氰尿酸钠中的氯元素转化为HClO，继续加入过量KI溶液，密封，静置；③用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液的体积为20.00 mL。下列说法不正确的是( ) A．根据二氯异氰尿酸钠的结构，推测其可能易溶于水 B．开始滴定前，加入几滴淀粉溶液作指示剂 C．过量的KI溶液与I2反应生成I3-，不会影响滴定结果 D．已知I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，通过计算可判断该样品已达到优质品标准 14．(2026·浙江宁波市镇海中学等校高三二模)某研究小组设计了如下实验测定某药用硫黄中硫单质的含量，其中硫单质转化为SO42-，主要实验步骤如下： I．准确称取m g细粉状药用硫黄于圆底烧瓶中，并准确加入V1mLKOH乙醇溶液(过量)，加入适量蒸馏水，搅拌，加热回流，待样品完全溶解，蒸馏除去乙醇。 Ⅱ．室温下向圆底烧瓶中加入适量蒸馏水，搅拌下缓慢滴加足量30%H2O2溶液，加热至，保持20min，冷却至室温。 Ⅲ．将圆底烧瓶溶液全部转移至锥形瓶中，加入2滴指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗HCl溶液体积为V2mL。 Ⅳ。不加入硫黄，重复步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ做空白实验，消耗HCl标准溶液体积为V3mL。 已知：S+2OH-+H2O2=SO42-+4H2O 下列说法不正确的是( ) A．步骤Ⅰ中，乙醇的作用是作溶剂，增大硫的溶解度，可用CS2代替 B．步骤Ⅱ中，不宜采用水浴加热 C．步骤Ⅲ中，指示剂可以选择甲基橙 D．单次样品测定中硫的质量分数为 15．(2026·浙江绍兴市高三下学期选考科目考试适应性试卷)某兴趣小组为测定砷的相对原子质量：准确称量AsCl3，加缓冲溶液转化为H3AsO3，再用I2标准溶液滴定后转化为NaH2AsO4。具体步骤可用下图表示： 已知：25℃下，磷酸的电离常数Ka1=7.1×10-3，Ka2=6.2×10-8，Ka3=4.2×10-13 下列说法正确的是( ) A．上述滴定过程化学方程式：H2O+3Na2HPO4+H3AsO3+I2=NaH2AsO4+2NaI+3NaH2PO4 B．滴定过程中，I2的标准溶液应装在碱式滴定管中 C．为配制pH=6.9的缓冲溶液，可将等浓度的Na2HPO4溶液和NaH2PO4溶液按体积比为1：1进行混合 D．如果配制缓冲溶液的水未经煮沸，则水中的溶解氧会导致测得的砷的相对原子质量偏小 16．(2025·浙江省绍兴市高三第一次模拟)钴的配合物[Co(NH3)6]Cl3，难溶于乙醇，稍溶于水。常温下较稳定，强热时部分分解，实验室可用CoCl2·6H2O为原料来制备。 已知：[Co(NH3)6]2+具有较强还原性；Co3+的氧化性比H2O2和O2强。具体制备步骤如下： 步骤1：在如图装置中经过下列操作得到含粗产品的混合物 步骤2：取出三颈烧瓶中的混合物，用冰水冷却，过滤。将沉淀溶于50mL热稀盐酸中，趁热过滤。在滤液中慢慢加入6mL浓盐酸，先用自来水冷却再用冰水冷却，过滤、洗涤、干燥，称量。 请回答： (1)仪器a的名称 ； (2)三颈烧瓶中先加浓氨水，后加H2O2的目的是 ； (3)写出三颈烧瓶中发生的化学方程式 ； (4)下列对于制备过程说法正确的是___________ A．控温333K的目的既保证了反应的速率，又减少了H2O2的分解和浓氨水的挥发 B．步骤2中先用自来水较慢地冷却，可以减少杂质的混入 C．步骤2中的洗涤，可以先用热的稀盐酸，再用乙醇洗涤 D．NH4Cl除了作为反应物，还能抑制氨水的电离，促进产物的生成 (5)为了测定产品中氨的含量，进行了如下步骤： A．准确称取ag产品，加入到蒸馏烧瓶中，再加入足量的NaOH溶液，加几粒沸石 B．检查装置气密性 C．加热蒸馏，用盛有V1mLc1mol·L-1盐酸标准液的锥形瓶(浸在冰水浴中)吸收气体 D．加入甲基橙作指示剂 E．加入酚酞作指示剂 F．取下锥形瓶 G．锥形瓶中的吸收液用c2mol·L-1的NaOH标准液滴定至终点，消耗NaOH标准液V2mL H．用移液管移取V0mL吸收液于另一锥形瓶中，再用c2mol·L-1NaOH标准液滴定至终点，消耗NaOH标准溶液V2 mL 从上述步骤中选出正确的步骤并排序 ，本次测定可得产品中氨的含量为 (用含c1、c2、V1、V2的式子表示)，重复操作取平均值。 17．【莫尔法】(2025·浙江省桐乡市三模)氯化铁是重要的化工原料，其实验室制备方法为： Ⅰ．制备FeCl3∙6H2O：流程如图1。 Ⅱ．由FeCl3∙6H2O制备无水FeCl3：将FeCl3∙6H2O与液体SOCl2混合并加热，制得无水FeCl3，装置如图2(夹持和加热装置略)。 已知：①SOCl2沸点为77℃；②反应方程式为：FeCl3∙6H2O+SOCl2FeCl3+6SO2↑+12HCl↑ 请回答： (1)图2中仪器B的名称是 。 (2)下列说法不正确的是_______。 A．检验稀FeCl3溶液中是否残留Fe2+，可滴加少量酸性高锰酸钾 B．图2中的加热宜采用水浴的方式 C．图2中的无水CaCl2可替换为碱石灰 D．可采用同样方式由Na2SO4·10H2O制备Na2SO4 (3)请对图1中“系列操作”排序： 。 _______→_______→_______→_______→_______ (填字母)。 a．冷却至室温 b．用饱和NaCl溶液洗涤 c．用浓HCl洗涤 d．蒸发至出现晶膜 e．蒸发至出现大量固体 f．常温干燥 g．低温干燥 h．过滤 i．趁热过滤 (4)制得的无水FeCl3含有少量还原性杂质，试分析原因 。 (5)用莫尔法测定无水FeCl3的纯度：准确称取0.4000g样品配成100mL溶液，移取25.00mL于锥形瓶中，加入三乙醇胺屏蔽铁离子形成稳定配合物，调节pH=8.5~10.5，滴加指示剂K2CrO4溶液。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15.00mL。 ①无水FeCl3的纯度为 。 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 。 18．(2025·浙江省第一届NBchem三模)钛白粉的主要成分是TiO2，它是一种染料及颜料，广泛用于油漆、塑料、造纸等行业。 如下是以钛铁矿[主要成分为FeTiO3，含SiO2、FeO等杂质]为主要原料生产钛白粉并获得副产品FeSO4·7H2O的工艺流程。 已知：①发生的主要反应：a．FeTiO3+2H2SO4TiOSO4+FeSO4+2H2O；b．TiOSO4+ 2H2OH2TiO3↓ +H2SO4；c．H2TiO3TiO2+H2O。②TiO2+遇H2O2溶液呈橙黄色。③Fe3++Ti3++H2O=TiO2++ Fe2++2H+。请回答： (1)步骤1控制反应温度为160～200℃的目的是 。 (2)步骤3、4为了除去浸取液中的铁元素杂质并回收FeSO4·7H2O。往浸出液中加入铁粉至溶液中的完全转化，然后抽滤，滤液用冰盐水快速冷却至FeSO4·7H2O结晶析出，再次抽滤并洗涤。下列说法正确的是_______。 A．可能是在实验过程中氧化产生的 B．再次抽滤获得的滤液中溶质是TiOSO4和FeSO4 C．利用冰盐水快速冷却有利于形成较大的晶体 D．再次抽滤后的洗涤，应选用蒸馏水进行多次洗涤 (3)步骤5包括钛盐的水解、产物的分离和物质的转化。操作步骤如下：取一部分步骤4获得的滤液→____→____→____→____→抽滤得偏钛酸(H2TiO3)→将偏钛酸在坩埚中加热到二氧化钛(TiO2)。将下列操作按合理顺序填入以上空格 。 a．静置沉降后，用倾析法除去上层水 b．逐滴加入到沸水中并不停搅拌，继续煮沸约10分钟 c．用热的稀硫酸溶液洗涤沉淀2～3次，然后用热水洗涤沉淀 d．慢慢加入其余全部滤液，继续煮沸约30分钟(过程中适当补充水至原体积) (4)测定样品中TiO2纯度 步骤一：精准称取0.2000g样品放入锥形瓶中，一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3+。 步骤二：称取48.20g硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·12H2O]配制成1000mL硫酸铁铵标准溶液。 步骤三：用配制的硫酸铁铵标准溶液滴定至终点。重复操作2次，消耗硫酸铁铵标准溶液体积的平均值为20.00mL。 ①步骤三应选用 作指示剂指示反应终点。 A．H2O2 B．NH4SCN C．甲基橙 ②在滴定接近终点时，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， ，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化。 ③样品中TiO2的质量分数为 。(保留4位有效数字) 19．(2025·浙江省宁波市高三第一次模拟)某小组采用如下实验流程制备无水(CH3COO)2 Mg： 已知：醋酸与镁反应放热且剧烈，醋酸镁固体具有高吸水性。 请回答： (1)①如图为步骤I的实验装置图(夹持装置已省略)，图中仪器A的名称是 。 ②仪器A中的试剂可以是 。 (2)下列说法正确的是___________。 A．该实验需要在通风橱中进行 B．反应过程中进行搅拌有利于散热和生成的气体排出 C．当无水醋酸加入到三颈烧瓶后，加热引发反应，待镁片表面产生气泡时即可停止加热 D．采用稀醋酸代替无水醋酸，可以防止反应过于剧烈 (3)反应物醋酸加入量过多，会导致步骤Ⅱ过滤后所得醋酸镁的产率下降，请结合步骤Ⅲ分析醋酸镁的产率下降原因： 。 (4)由于镁片中含有杂质，所制得(CH3COO)2Mg粗产品中含有少量(CH3COO)2Ca。现取粗产品溶解于蒸馏水中配成待测液，用滴定法测定粗产品中镁的含量从而确定产品的纯度，后续步骤如下(已知：标准液的浓度为，且与Mg2+、Ca2+反应的化学计量数之比均为1：1。)： 步骤1，Mg2+、Ca2+总量测定：移取50.00 mL待测液于锥形瓶中，滴定到终点时，消耗标准液V1mL。 步骤2，Ca2+含量的测定：移取50.00 mL待测液于锥形瓶中，并调节溶液pH=12~13，滴定到终点时，消耗EDTA标准液V2mL。 步骤3，空白测定：移取50.00 mL蒸馏水于锥形瓶中，滴定到终点时，消耗EDTA标准液V3mL。 ①步骤2中，调节溶液pH=12~13的作用为 。 ②进行空白测定的目的是 。 ③产品的纯度为 (将空白测定所得结果记为空白试验值，需在样品的分析结果中扣除)。 题型05 有机制备型 20．(2026·浙江杭州学军等校高三联考)正溴丁烷(CH3CH2CH2CH2Br)是一种重要的化工原料，某研究小组用如下方式进行制备，实验装置与操作步骤如下： 步骤Ⅰ：将70%H2SO4溶液慢慢滴入烧瓶中，滴完后完全打开旋塞A，回流30min。 步骤Ⅱ：关闭旋塞A，继续加热，蒸汽通过恒压滴液漏斗支管、球形冷凝管回流至恒压滴液漏斗中，获得正溴丁烷粗品。 已知： 物质 密度(g/mL) 沸点/℃ 溶解性 正丁醇 0.81 117.7 微溶于水，易溶于浓硫酸 正溴丁烷 1.28 101.6 不溶于水 请回答： (1)装置B中NaOH溶液的作用是___________；用玻璃棒撑住漏斗目的是___________。 (2)有同学认为，用混酸(体积比9：1的85%磷酸和98%硫酸)替代70%H2SO4溶液能提高产率，请结合磷酸的性质说明原因___________。 (3)下列操作正确的是___________(填字母)。 A．步骤Ⅰ中，若加热温度过高，会导致正溴丁烷产率降低 B．步骤Ⅱ中，蒸馏操作时，须将球形冷凝管换成直形冷凝管 C．步骤Ⅱ中，恒压滴液漏斗下层液体不再增加，说明正溴丁烷已基本蒸出 D．步骤Ⅳ中，加入无水CaCl2干燥后无需过滤可直接蒸馏 (4)步骤Ⅲ中，将粗产品进行多步洗涤：水洗→浓H2SO4洗(除去正丁醇和副产物)→水洗→试剂X洗(除去残留的H2SO4)→水洗。试剂X为___________(从下表中选择，填序号)，理由是___________。 序号 试剂 密度(g/mL) ① 5%Na2CO溶液 1.05 ② 饱和Na2CO溶液 1.19 ③ 5%NaOH溶液 1.05 ④ 饱和NaOH溶液 1.45 (5)测得产品正溴丁烷(M=137g·molˉ1)中溴的质量分数为57.39%，则产品中可能混有的液态杂质是___________(用化学式表示，写出一种即可)。 21．(2026·浙江省北斗星盟高三一模) [Co(II)Salen]配合物(M=325 g/mol)是一种简单的载氧体，能模拟金属蛋白的载氧作用，对开发特殊条件下(如潜艇、高空飞行)的氧供应材料具有重要意义。其实验室制备原理如下： 已知：①[Co(II)Salen]配合物由于制备条件不同可以得到两种不同的固体形态：一种是棕色的胶状物，在室温下易被氧化；另一种是暗红色晶体，在室温下稳定。 ②水杨醛微溶于水，易溶于乙醇；乙二胺溶于水、乙醇，温度过高会引起爆炸。 I.制备[Co(II)Salen]配合物的装置和步骤如下： 步骤1：在仪器a中加入80mL95%乙醇，再加入2.1mL(0.02mol)水杨醛。 步骤2：在搅拌条件下，加入1.5mL(0.02mol)乙二胺，反应4~5min，生成亮黄色双水杨醛缩乙二胺片状晶体。 步骤3：溶解0.01molCo(CH3COO)2于热水中。 …… (1)仪器b名称是_______；装置的作用是_______。 (2)步骤3后的操作如下： A．待亮黄色片状晶体全部溶解后，将Co(CH3COO)2迅速加入仪器a中，生成棕色胶状沉淀，保持微沸，使棕色胶状沉淀全部转变为暗红色晶体 B．停止通入N2 C．过滤晶体，用水洗涤3次，再用乙醇洗涤 D．向仪器中通入N2，并调节氮气流速至稳定 E.停止加热，用冷水冷却仪器a F.向冷凝管中通入冷凝水，开始加热，并保持温度在70~80℃ G.真空干燥箱烘干产品，称重得2.275 g产品 ①正确的操作顺序为D→F→_______→G(每个限用一次)。 ②下列说法正确的是_______。 A．通入氮气的主要目的是搅拌 B．保持温度70~80℃的是为了保证较高的反应速率，同时防止温度过高引起乙二胺爆炸 C．可以通过增大冷凝水的流速来调控烧瓶内气雾上升高度 D．排序操作的A项中保持微沸的目的是为了使胶体聚沉颗粒变大，便于后续过滤 ③用乙醇洗涤晶体的目的是_______。 (3)产品的产率为_______(保留3位有效数字)。 II.[Co(II)Salen]配合物在溶剂和CHCl3中会有不同吸氧或放氧行为。 已知：①载氧量测定反应原理：； ②DMF为N，N--二甲基甲酰胺，是一种强极性溶剂，CHCl3是一种弱极性溶剂。 (4)结合上述信息，从溶剂性质角度分析[Co(II)Salen]配合物在两种溶剂中行为不同的原因_______。 22．(2026·浙江省杭州首考适应性考试)某研究小组改进了二苯二硫醚(，Mr=218)的合成工艺，以苯磺酰氯()、SO2为原料，乙二醇二甲醚为溶剂，实验流程为： 已知： ①+SO2+2H2O+H2SO4+HCl ② ③SO2在短链醇中的溶解度大于在醚中的溶解度 (1)仪器A的名称___________，反应开始时打开钢瓶中的阀门，待气球充满气体后关闭阀门，SO2缓冲气球的作用是①平衡气压②___________。 (2)写出该制备方法的总反应化学方程式___________。 (3)下列说法不正确的是：___________。 A．通过气体循环泵可以提高SO2利用率 B．总反应的催化剂是HI C．二苯二硫醚的产率随着反应物中水量的增加一定增大 D．冷凝水的进水口是a (4)实验选择乙二醇二甲醚而不选择CH3CH2OH的原因___________。 (5)对混合物M2进行后处理，先回收碘单质，再进行粗产品重结晶，所有操作如下，请排序：_________。 冷却结晶并过滤，得到滤液和滤饼→___________→___________→加乙醇并加热至粗产品全部溶解→a→___________→___________→___________。 a．多加5%乙醇溶剂 b．滤液用二氯甲烷萃取(3×200mL)，并合并有机相 c．冷却结晶，减压过滤、洗涤、干燥 d．待溶液放凉后→加入活性炭→煮沸脱色 e．趁热过滤 f．浓缩溶液过滤回收碘单质 (6)本实验中二苯二硫醚()的产率为___________(保留三位有效数字)。 23．【制备环已酮】环己酮()是重要的化工原料和有机溶剂，可用于制造合成橡胶、合成纤维和药品等。实验室用次氯酸钠氧化法制备环已酮的原理与操作流程如下。 已知： ①环己酮的密度比水的密度小，能与水形成恒沸混合物，沸点为95℃。 ②31℃时，环己酮在水中的溶解度为2.4 g。 回答下列问题： (1)环己醇与次氯酸钠溶液反应的离子方程式为 。 (2)“操作1”和“操作3”是蒸馏，其蒸馏装置中用到的冷凝管是 (填字母)。 A． B． C． (3)“操作2”是分液，分液时有机相应从分液漏斗的 (选填“上口”或“下口”)放出。 (4)实验中加入无水硫酸镁的目的是 。 (5)制备环己酮粗品时： ①加入次氯酸钠溶液后，用淀粉-碘化钾试纸检验，试纸应呈蓝色，否则应再补加次氯酸钠溶液，其目的是 。 ②次氯酸钠溶液的浓度可用间接碘量法测定。用移液管移取10.00mL次氯酸钠溶液于500mL容量瓶中，加蒸馏水至刻度线，摇匀后移取25.00mL该溶液于250mL锥形瓶中，加入50mL0.1 mol·L-1盐酸和2g碘化钾，用0.1mol·L-1硫代硫酸钠标准溶液滴定析出的碘。在滴定接近终点时加入1mL0.2%淀粉溶液。析出碘的反应的离子方程式为 ；滴定终点的实验现象为 ；若三次滴定消耗硫代硫酸钠标准溶液的平均体积为18.00mL，则原次氯酸钠溶液的浓度为 。(已知I2+2Na2S2O3=2NaI+ Na2S4O6 (6)本实验环己酮的产率最接近_______(填字母)。 A．50% B．60% C．70% D．80% 24．【制备医药中间体】(2025·浙江省金华十校高三模拟)肉桂酸(C6H5CH=CHCOOH)和氢化肉桂酸(C6H5CH2CH2COOH)都是重要的医药中间体，某小组采用如下实验流程进行制备(相关性质如下表)。 名称 苯甲醛 醋酸酐 肉桂酸 性状 无色油状液体 无色液体 无色针状晶体 熔点 ℃ ℃ 133℃ 沸点 178℃ 140℃ 300℃ 溶解度(水) 0.3g 12g 请回答： (1)步骤Ⅱ的“水蒸气蒸馏”装置如图(夹持仪器和尾气处理装置已省略)，图中仪器a的名称是 ，水蒸气蒸馏的主要目的是为了除去 。 (2)下列做法不正确的是_____。 A．步骤Ⅰ反应需要控温在170~180℃，若控温加热器发生故障，可改用水浴加热 B．步骤Ⅱ中，应先撤去加热装置并冷却后再加水浸泡 C．步骤Ⅲ中，加入NaOH可以使产物以钠盐形式存在，提高溶解能力，便于与杂质分离 D．步骤Ⅳ中，过滤后用稀盐酸洗涤粗产品 (3)肉桂酸催化加氢制备氢化肉桂酸的实验装置如图所示(三通活塞1接氢气贮存系统、三通活塞2接真空系统)： ①实验步骤：在圆底烧瓶内加入3g肉桂酸()和95%乙醇，溶解后加入催化剂，连接装置， 。a→_____→_____→_____→e→f(实验步骤排序，选填序号)，记录贮氢筒内H2的体积为500mL(读数时保持平衡瓶内水平面与贮氢筒中水平面高度持平。已知：常温常压下)。当体积无明显变化后，记录H2的体积为108mL，水浴蒸去乙醇可得氢化肉桂酸粗产品。 a．检查装置气密性 b．打开活塞1充入H2 c．关闭活塞1，打开活塞2，抽气到一定真空度后关闭活塞2 d．旋转活塞1，提高盛有蒸馏水的平衡瓶的位置，使贮氢筒充满水 e．重复必要操作2~3次，并确定装置内的空气已除尽 f．关闭活塞2，打开活塞1，缓慢降低平衡瓶的位置，使贮氢筒内充满H2，关闭活塞1 ②氢化反应时，保持平衡瓶内水平面略高于贮氢筒中水平面，原因是 。 ③氢化肉桂酸的产率为 。 重难·创新演练 1．(2026·浙江省北斗星盟高三一模)某小组在侯氏制碱法基础上，以NaCl和NH4HCO3为反应物，在实验室制备纯碱，步骤如下： ①配制饱和食盐水； ②在水浴加热下，将一定量NH4HCO3加入饱和食盐水中，搅拌，使NH4HCO3溶解，静置，析出晶体； ③将晶体过滤、完全煅烧，得到产品； ④使用滴定法测定了产品的成分，滴定过程中溶液的随滴加盐酸体积变化的曲线如图所示。 下列说法正确的是( ) A．配制饱和食盐水，必须用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、容量瓶 B．滴定中可依次通过甲基橙、酚酞的颜色变化判断两个滴定终点 C．若V1=V2，所得产品的成分为Na2CO3 D．可用沉淀法测产品的纯度 2．(2026·浙江省杭州首考适应性考试)自来水中含有Ca2+、Mg2+及微量Fe3+、Al3+等金属离子。通常用Ca2+、Mg2+离子量折合成CaO的量来表示水的硬度：1L水中含有10mg CaO时为1° 测定步骤如下： 步骤① 准确称取m g CaCO3，缓慢滴加HCl充分溶解后，定容至250mL 步骤② 称取1.0 g EDTA溶解，稀释至250mL，待标定 步骤③ 量取25.00 mL步骤①溶液，加NH4Cl/NH3缓冲溶液，再加入少许铬黑T指示剂，用EDTA溶液滴定至终点。平行测定三次，平均消耗EDTA溶液V1 mL。 步骤④ 量取待测水样50.00 mL，加适量NaF溶液、5 mL NH4Cl/NH3缓冲液和少许铬黑T指示剂，用EDTA溶液滴定至终点，平行测定三次，平均消耗标准溶液V2 mL。 已知：Ca2+、Mg2+、Fe3+、Al3+和EDTA反应的化学计量数都为1：1； 铬黑T游离状态为蓝色，与金属离子络合时为酒红色； 根据上述原理，下列说法不正确的是( ) A．步骤②中可选用托盘天平称量 B．步骤④中加入NaF溶液的目的是排除Fe3+和Al3+对测定的干扰 C．滴入最后半滴标准液时，溶液由蓝色变为酒红色，且半分钟内不变色，即为终点 D．该自来水样的硬度为： 3．(2026·浙江省宁波市镇海首考最后一卷)某研究小组用碱熔法以软锰矿(主要成分为MnO2)为原料生产高锰酸钾的流程如下： 已知：①物质溶解度物质 物质 KMnO4 K2CO3 KHCO3 K2SO4 CH3COOK KCl 20℃溶解度(g) 6.4 111 33.7 11.1 217 34.2 ②锰酸钾[K2MnO4] 外观性状：墨绿色结晶。其水溶液呈深绿色，这是锰酸根(MnO42-)的特征颜色。 化学性质：在强碱性溶液中稳定，在酸性、中性和弱碱性中，MnO42-会发生歧化反应。 (1)用于加热熔融KOH与KClO3固体的仪器名称是___。软锰矿熔融时若只加KOH，浸取后所得溶液中也含有KMnO4的原因是____。 (2)下列有关该过程的说法正确的是_______。 a加热熔融时应用玻璃棒搅拌 b．浸取过程中可用KOH溶液浸取墨绿色固体 c．该流程中，除了浓缩结晶的母液之外，可以循环使用的物质有MnO2和KOH d．理论上，Mn元素的利用率可以达到100% (3)工业上常用CO2进行酸化歧化，发生反应3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+2K2CO3+ MnO2，若CO2通入过久可能会导致产品纯度下降，原因是_______；为避免此影响，CO2可用_______(选“盐酸”、“硫酸”或“醋酸”)溶液代替进行改进。 (4)结晶步骤中为得到杂质较少的KMnO4粗产品，从下列选项中选出合理的操作并排序：_______。 将KMnO4溶液加入蒸发皿中→_______→_______→_______→_______→_______→干燥→KMnO4晶体 a．过滤  b．趁热过滤  c．冷却  d．小火加热蒸发  e．大火加热蒸发  f．蒸发至溶液出现晶膜，停止加热  g．蒸发至溶液中出现大量晶体，停止加热  h．乙醇洗涤  i．冷水洗涤 (5)产品纯度分析 取制得的KMnO4产品a g，配制成100 mL溶液。另量取25mLcmol·L-1Na2C2O4溶液于锥形瓶中，加入足量稀H2SO4，水浴加热至70~80℃，用上述KMnO4溶液趁热滴定至终点，消耗KMnO4溶液的体积为。(KMnO4摩尔质量：158 g·molˉ1) ①滴定初期溶液褪色慢，需缓慢滴加，随着滴定的进行褪色变快，可适当提高滴定速度。随着滴定的进行，滴定反应由慢到快的原因是___。 ②产品纯度为_______(用质量分数表示)。 4．(2026·浙江温州市普通高中高三第二次适应性考试)氯铬酸吡啶盐是一种选择性氧化试剂，主要用于醇类的氧化。实验制备过程如下：在CrO3(0.1 mol)与浓盐酸(含0.22 mol HCl)的混合物中，缓慢滴加0.1 mol吡啶，充分反应后，将所得的悬浊液进行过滤、洗涤，然后对产品进行干燥，并称量。 实验装置： 已知：①氯铬酸吡啶盐()：橙黄色固体，受热易分解； ②； ③酸性溶液中：氯铬酸根中Cr-Cl键会发生断裂，释放出Cl-。 请回答： (1)可用于本实验尾气吸收是___________。 A．B．C．D． (2)冰水浴的目的是___________。 (3)下列操作正确的是___________。 A．缓慢滴加吡啶是为了控制反应速率 B．用滤液洗涤残留在烧瓶中的固体，可提高产品产率 C．过滤后的滤液经中和后可直接排放 D．将产品结构中N位上的H原子替换为正丁基，则有利于其在醇类物质中的溶解 (4)产品纯度测定：常采用氧化还原滴定法测定Cr(Ⅵ)元素。不采用沉淀滴定法测定Cl元素，可能的原因是___________。 (5)将含0.1 mol HCl的盐酸与0.1 mol吡啶()混合，得到1 L吡啶盐酸盐溶液。计算此溶液的pH=___________。 5．(2026·浙江强基联盟高三联考)对金属腐蚀机理与防护措施的研究是工程材料领域的重要课题。 I．铁片酸化腐蚀速率影响因素的探究 (1)盐酸的配制：配制500mL2mol·L-1的盐酸，下列仪器需要用到的有_______(填标号)。 (2)兴趣小组同学取2mol·L-的盐酸和一定浓度的缓蚀剂，按下表所示配制系列反应试液，向试液中分别加入形状、质量均相同的打磨后的洁净铁片进行酸化腐蚀实验，tmin后取出铁片，移取V0mL浸出液，加入过量还原剂后，用K2Cr2O7标准溶液滴定至终点。已知滴定过程中只发生反应：Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。记录的数据如下表所示。 实验 序号 温度 T/K 反应试液 V(盐酸)/mL V(H2O)/mL V(缓蚀剂)/mL i 303 50.0 55.0 0 V1 ii 323 50.0 55.0 0 V2 iii 323 x y 0 V3 iV 323 100.0 0 5.0 V4 ①表格中y=_______；若V4=0.2V3，则两种实验条件下铁片酸化腐蚀的速率之比_______。 ②实验结果表明，其他条件相同时，盐酸浓度越大，铁片酸化腐蚀的速率越快。证明该结论的依据为_______(用含V1、V2、V3或V4的关系式表示)。 II．铁片吸氧腐蚀的探究 兴趣小组同学在学习“吸氧腐蚀”时进行了如图所示实验：将溶液滴在一块光亮清洁的铁板表面上，一段时间后发现，液滴覆盖的圆周中心区(a)被腐蚀而变暗，在液滴中心和边缘的中间区域形成棕色铁锈环(b)。小组同学猜想该现象是由液滴中心和边缘处的溶解氧含量的差异引起的。 (3)小组同学向棕色铁锈环(b)外侧滴加酚酞试液，酚酞试液变红，其原因为_______(用电极反应表示)；请解释铁锈环(b)形成的原理：_______。 6．(2026·浙江省宁波市镇海中学三模)双氰胺(C2H4N4)为白色晶体，主要用于生产树脂、涂料、含氮复合肥等。实验室制备双氰胺及测量产品中含氮量的流程如下。 I．双氰胺的制备 已知：①双氰胺常温下是白色结晶粉末，在冷水中溶解度较小，溶于热水、乙醇。 ②双氰胺水溶液在80℃以上会发生分解放出氨气：酸性环境中不易水解。 ③-CN是吸电子基团。 ④氰胺(无色或淡黄色液体)二聚反应机理： (1)画出CaCN2电子式________。 (2)步骤Ⅱ中调节溶液pH为9.1，pH不能过低的原因：________。 (3)下列有关说法正确的是________。 A．步骤I中产生的滤渣主要成分是CaCO3 B．步骤中适宜采用的加热方法为水浴加热 C．可用重结晶的方法进一步提纯双氰胺粗产品 D．氰胺的碱性强于甲胺 (4)步骤Ⅲ中蒸发浓缩时，常采用真空蒸发浓缩，装置如图。请选择合理的操作并排序： 真空蒸发浓缩通过以下步骤完成：将反应后溶液转移至c中→________→浓缩至所需浓度，关闭装置→________→干燥→粗产品。 ①接通冷凝水，打开旋转按钮保持c不停转动，然后开始加热 ②接通冷凝水，开始抽气，打开旋转按钮保持c不停转动，然后开始加热 ③取c中溶液，趁热过滤      ④取c中溶液，冷却后过滤 ⑤用乙醇洗涤                ⑥用冷水洗涤 (5)双氰胺含氮量的测定：取m g双氰胺样品(杂质不含氮元素)，加足量浓H2SO4和催化剂，将所有的氮元素转化成铵盐，然后用如图装置处理铵盐。d中加入硼酸(H3BO3)，铵盐由a注入b，随后注入NaOH溶液，用蒸馏水冲洗a，关闭k2，a中保留少量水。打开k1通水蒸气进入b，将NH3蒸出，一段时间后关闭k1。将a中的液体转移至d中，并向d中加入指示剂，滴定吸收液时消耗c mol/L的盐酸V mL。 已知：NH3+H3BO3=NH3·H3BO3；NH3·H3BO3+HCl=NH4Cl+H3BO3。 ①a中保留少量水的目的是________；本实验中指示剂最好选择________。 ②双氰胺样品的纯度为________(用题中所给的字母表示)。 7．(2026·浙江稽阳联谊学校高三联考)某兴趣小组利用废锂离子电池正极材料(主要含LiCoO2及Al、Fe、C粉粉等)制备电池级Li2CO3，实验装置与流程如下： 已知：Ⅰ．Co3+在酸性条件下可将Cl-氧化为Cl2。 Ⅱ．金属离子沉淀pH： 金属离子 Al3+ Fe3+ Co2+ Co3+ 开始沉淀pH 3.4 1.8 6.9 — 完全沉淀pH 4.7 3.2 9.4 1.1 Ⅲ．Li2CO3微溶于水，溶解度随温度升高而降低(100℃时约0.7g/100mL水，0℃时约1.5g/100mL水)。 请回答： (1)仪器A的名称是___________。步骤Ⅰ先加入浓硫酸和H2O2，再加热回流。步骤Ⅰ需在通风橱中进行，原因是___________。 (2)将反应后的三颈烧瓶内的试剂适当稀释后再进行后续操作。步骤Ⅲ中，调节pH至5.0的目的是使___________完全沉淀而除去。 (3)步骤Ⅳ加入Na2S2O8将Co2+转化为Co(OH)3沉淀，该转化过程的离子方程式为___________。 (4)下列说法正确的是___________。 A．步骤Ⅰ若用浓盐酸替代浓硫酸和H2O2，可能会产生有毒气体Cl2，且Co浸出率降低 B．步骤Ⅲ调节pH至5.0时，可用广泛pH试纸精确控制 C．步骤Ⅴ沉锂时，应将滤液蒸发浓缩后迅速冷却结晶，以得到更多Li2CO3晶体 D．步骤Ⅴ中操作b是趁热过滤，目的是减少Li2CO3溶解损失 (5)通过重量法测定产品纯度。称取a g Li2CO3产品，溶于过量稀盐酸(杂质不与盐酸反应)，蒸发至干后得到b g LiCl固体。产品中Li2CO3的质量分数为___________(用含a、b的代数式表示)。 真题·实战演练 1．(2026·广东卷，12，4分)用如图装置探究卤代烃的性质。用表格中的物质分别进行实验，对应的叙述正确的是( ) 选项 物质a 溶剂b 叙述 A 2-溴丁烷 乙醇 Ⅰ中发生消去反应；Ⅳ中溶液褪色，发生取代反应 B 2-溴丁烷 水 Ⅰ中生成2-丁醇，Ⅲ中石英棉和Ⅳ中溶液均褪色 C 溴乙烷 水 Ⅱ中注入少量K2Cr2O7 溶液后，溶液颜色无明显变化 D 溴乙烷 乙醇 冷却后向烧瓶中加过量稀硝酸，再加AgNO3 溶液，生成沉淀 2．(2026·河南卷，9，3分)某同学设计以下实验，探究铁的化合物的性质(忽略②〜⑤试管中溶液体积变化)。 已知：Fe3＋在水溶液中由于水解与OH-配位而显黄色；[Fe(C2O4)]3-呈绿色。下列说法错误的是( ) A．②到③说明加入稀硫酸能抑制Fe3＋的水解 B．④与⑤中c(SCN-)：④>⑤ C．④与⑥中呈现红色均是由于Fe3＋与SCN-结合所致 D．若向③中依次加入适量维生素C、K3[Fe(CN)6]溶液，会出现蓝色沉淀 3．(2026·河南卷，15)某研究小组在用CCl4萃取碘水中的I2时，发现萃取后的水溶液总是呈现淡黄色，对此开展探究。 回答下列问题： (1)定性探究：利用如图装置进行实验。 I．向饱和碘水中加入CCl4，充分振荡、静置、分液。取少量水溶液，向其中滴加淀粉溶液，溶液变蓝。 Ⅱ．向饱和的I2的CCl4溶液中加入蒸馏水，充分振荡、静置、分液。取少量水溶液，向其中滴加淀粉溶液，溶液变蓝。 ①仪器a的名称是___________；b的名称是___________。 ②振荡、静置后，I2的CCl4溶液在下层的原因是___________。 ③步骤Ⅰ中，证明I2从水中转移至CCl4中的现象是___________。 结论：I2在两溶剂间存在可逆的转移，即I2(H2O)I2(CCl4)。 (2)定量验证：类比化学平衡建立过程，该小组猜测，经充分振荡、静置后，I2在两溶剂中的分配也存在平衡状态，此时I2在两溶剂中的浓度商应为一常数，并设计实验进行验证。已知：I2+I- I3-，I2+2S2O32-=S4O62-+2I-。 步骤 实验内容 Ⅲ 取Ⅱ中分液后的水溶液50.00 mL于锥形瓶中，加入5 mL 10% KI溶液。以淀粉溶液为指示剂，用c1mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V1mL。 Ⅳ 取Ⅱ中分液后的CCl4溶液5.00mL于锥形瓶中，加入25mL10%KI溶液。以淀粉溶液为指示剂，用c2mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V1mL。 V 改变Ⅱ中I2的CCl4溶液的浓度，重复步骤Ⅱ~Ⅳ(Ⅱ中不进行I2的检验)，再开展三次实验。计算每次实验的浓度商。 结论：浓度商的值近似相等，平衡时浓度商可视为常数。 ①步骤Ⅳ中，加入KI的目的是___________。 ②通过步骤Ⅲ、Ⅳ测得的浓度商的值为___________(写出计算式)。 ③已知常温下，平衡时浓度商的值为85。向150 mL含3.0×10-2gI2的水溶液中加入30mLCCl4进行萃取，平衡时I2在水中的残留质量为___________g(用科学计数法表示，保留小数点后一位)；若改为分两次萃取，每次用15mLCCl4，两次萃取后I2在水中的残留质量为3.3×10-4g。上述结果对做萃取实验的启发是___________。 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 。 6．(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___________。 7．(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。 8．(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_______。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第04讲 综合实验题型探究 (专项训练) 目 录 模拟·基础演练 题型01物质制备型 题型02分析评价型 题型03 实验探究型 题型04定量分析型 题型05 有机制备型 重难·创新演练 真题·实战演练 模拟·基础演练 题型01物质制备型 1． (2025·浙江省湖州、衢州、丽水高三三地市一模)实验室可用熔融的Sn与Cl2反应制备SnCl4。已知SnCl4易水解；该反应易生成杂质SnCl2。请回答： 有关物理性质如下表： 物质 颜色、状态 熔点 沸点 Sn 银白色固体 231.9 2260 SnCl4 无色液体 114 SnCl2 无色晶体 246 652 (1)装置I中仪器甲的名称为 ；检查装置Ⅱ气密性的操作是 。 (2)将上述装置组装成一套制备SnCl4的实验装置(每个装置使用一次)，正确的顺序是 (填各接口字母序号)。 B→_______________→N→A→_________ (3)下列说法不正确的是___________。 A．该实验须在通风橱中进行 B．装置Ⅱ中导管乙可使浓盐酸顺利滴下 C．装置Ⅲ中应使用球形冷凝管 D．装置VI可用装有浓NaOH溶液的洗气瓶代替 (4)检查装置气密性并装好药品后，应先打开Ⅱ中的分液漏斗活塞，待 (填实验现象)后，再点燃I处的酒精灯。 (5)产品SnCl4中常混有SnCl2，利用反应：Sn2++I2= Sn4++2I-可测定产品的纯度。称取产品，用浓盐酸溶解并加水稀释，以淀粉溶液为指示剂，用cmol·L-1碘标准液滴定至终点，消耗标准液VmL。产品的纯度为 (用含字母的代数式表示)。 【答案】(1)蒸馏烧瓶 将出口B连接玻璃导管，将导管口放入水中，微热圆底烧瓶，导管口出现气泡，停止加热，冷却到室温后，导管中产生一段稳定的液柱 (2)B→H→I→E→F→N→A→C→D→J(→K) (3)CD (4)装置中充满黄绿色气体 (5) 【解析】(1)根据装置图可知仪器甲为蒸馏烧瓶；实验开始前要检查装置的气密性，检查装置II的气密性时，将出口B连接玻璃导管，将导管口放入水中，微热圆底烧瓶，导管口出现气泡，停止加热，冷却到室温后，导管中产生一段稳定的液柱时，证明气密性良好； (2)根据题干可知，利用熔融的Sn与Cl2反应制备SnCl4用装置II制备Cl2，浓盐酸具有挥发性，因此制得的Cl2中混有HCl和H2O，用饱和食盐水除去Cl2中混有的HCl，用浓硫酸干燥Cl2，此时得到纯净的Cl2，将纯净的Cl2通入装置I，因SnCl4水解，故装置末端放置盛有碱石灰的干燥管，故装置的正确连接顺序为B→H→I→E→F→N→A→C→D→J(→K)； (3)A项，实验过程中用到了Cl2，应在通风橱中进行，A项正确；B项，装置Ⅱ中使用了恒压滴液漏斗，导管乙能平衡气压，使浓盐酸顺利滴下，B项正确；C项，装置Ⅲ中应使用直形冷凝管，C项错误；D项，装置VI既能吸收未反应完的Cl2，同时还能防止空气中的水蒸气进入装置，若换成浓NaOH溶液的洗气瓶，就无法防止空气中的水蒸气进入装置，因此不能用装有浓NaOH溶液的洗气瓶代替，D项错误；故选CD； (4)因SnCl4易水解，因此在实验开始时，应先将制备的纯净干燥的Cl2通入一段时间，将装置内部所有空气排出后再进行实验，故装置中充满黄绿色气体时，再点燃I处的酒精灯； (5)产品SnCl4中常混有SnCl2，利用反应：Sn2++I2= Sn4++2I-可计算出杂质SnCl2的量，用cmol·L-1碘标准液滴定至终点，消耗标准液VmL，消耗的I2的物质的量与杂质SnCl2的物质的量相等，即，产品中SnCl4的质量为，则产品的纯度为。 2．【制备多功能催化剂】(2025·浙江省名校协作体高三联考)十二钨硅酸H4[SiW12O40]·nH2O是一种一种性能优越的多功能催化剂，它的一种制备方法如下(步骤I、II的装置如图所示)。 I．称取Na2WO4·H2O置于三颈烧瓶中，加入蒸馏水剧烈后搅拌至澄清，加热； II．在下缓慢加入Na2SiO3·9H2O使其充分溶解后，微沸时从滴液漏斗中缓慢地向其中加入浓盐酸，调节值为2，继续搅拌加热，自然冷却； III．将冷却后的全部液体转移至分液漏斗中，加入乙醚，分多次加入浓盐酸，充分振荡，萃取； IV．将下层醚合物分出放于蒸发皿中，加水，水浴蒸发至溶液表面有晶体析出时为止，冷却结晶，抽滤，即可得到产品。 (1)装置a的名称是 。 (2)请写出步骤II中生成[SiW12O40]4-的离子方程式： 。 (3)步骤III的详细操作如下，请补充操作a并对下列操作进行排序：a→b→ →f，步骤c中放出的气体是 。 a． 。 b．将溶液和乙醚转入分液漏斗并逐滴加入盐酸 c．旋开旋塞放气 d．倒转分液漏斗，小心振荡 e．将分液漏斗置于铁架台上静置 f．打开旋塞，待下层液体完全流出后，关闭旋塞，将上层液体倒出 (4)步骤Ⅳ中为防止[SiW12O40]4-转化为[SiW12O40]6-，可以补充的操作为 。 【答案】(1)(球形)冷凝管 (2)12WO42-+SiO32-+22H+=[SiW12O40]4-+11H2O (3) d→c→e 氯化氢和乙醚 检查旋塞、玻璃塞是否漏水 (4)向溶液中加入H2O2 【解析】本实验制取十二钨硅酸H4[SiW12O40]·nH2O，称取Na2WO4·H2O置于三颈烧瓶中，加入蒸馏水剧烈后搅拌至澄清，加入Na2SiO3·9H2O溶解后加入浓盐酸，调节pH值为2，发生反应，将反野后的液体加入分液漏斗中，加入乙醚，分多次加入浓盐酸，充分振荡，萃取，下层醚合物，加水，水浴蒸发至溶液表面有晶体析出时为止，冷却结晶，抽滤，即可得到产品。 (1)根据仪器构造可知，装置a为球形冷凝管； (2)反应中Na2SiO3·9H2O与Na2WO4·H2O在酸性环境下反应生成H4[SiW12O40]，离子方程式为12WO42-+SiO32-+22H+=[SiW12O40]4-+11H2O； (3)步骤Ⅲ中，用如图2装置萃取、分液，操作为：检查旋塞、玻璃塞是否漏水、将溶液和乙醚转入分液漏斗并逐滴加入盐酸、倒转分液漏斗，小心振荡、旋开旋塞放气、将分液漏斗置于铁架台上静置、打开旋塞，待下层液体完全流出后，关闭旋塞，将上层液体倒出其中，排列顺序为a→b→d→c→e→f；氯化氢和乙醚易挥发，则放出的气体是氯化氢和乙醚；操作a为检查旋塞、玻璃塞是否漏水； (4)为防止[SiW12O40]4-转化为[SiW12O40]6-时W元素化合价降低，故可加入过氧化氢。 3．【制备甘氨酸亚铁】甘氨酸亚铁[(NH2CH2COO)2Fe]是一种补铁强化剂，实验室用绿矾(FeSO4·7H2O)制备甘氨酸亚铁。 (1)写出常温下pH=13的溶液中，甘氨酸NH2CH2COOH的主要存在形态(结构简式)_______。 (2)制备碳酸亚铁：配制203 mL0.500mol·L-1绿矾溶液后，取出200mL于烧杯中，并向其中缓慢加入250mL1.000mol·L-1NH4HCO3溶液，边加边搅拌，反应结束后过滤并洗涤得到FeCO3。 ①配制绿矾溶液，需要用电子天平称量绿矾_______g。 ②实验中使用FeSO4溶液和NH4HCO3溶液制备FeCO3固体，同时产生一种无色无味的气体，写出该反应的离子方程式_________________。 (3)制备甘氨酸亚铁：实验室利用FeCO3与甘氨酸制备甘氨酸亚铁的实验装置如图(夹持和加热仪器已省略) 已知：i.甘氨酸易溶于水，微溶于乙醇；甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇。ii.柠檬酸易溶于水，有强酸性和还原性。 实验过程：I．装置C中盛有17.4gFeCO3和200mL1.0mol·L-1甘氨酸溶液。实验时，先打开活塞a，待装置C中空气排尽后，再向三颈烧瓶中滴加柠檬酸溶液，加热。II．经过一系列操作得到产品。 ①仪器b的名称_______。 ②写出装置C中生成甘氨酸亚铁的化学方程式：_______。 ③过程I中，加入柠檬酸可促进FeCO3溶解并调节溶液pH，体系pH与甘氨酸亚铁产率关系如图。由图可知pH过低或过高均会导致产率下降，请说明理由_______。柠檬酸除了可以促进FeCO3溶解并调节溶液pH外，还可以_______。 ④完成过程II的实验操作：反应结束后过滤，将滤液进行蒸发浓缩，加入____、过滤、洗涤、干燥。 ⑤测定产品的含量，实验步骤如下：称量ag产品于锥形瓶中，溶解后进行必要处理，用容量瓶配制成200mL溶液，量取20.00 mL，并加入2滴指示剂。用c×10-3 Ce(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为bmL。计算产品中甘氨酸亚铁的质量分数表达式为___。(已知滴定反应为：Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+) ⑥最终得到的产品质量为16.32g，该实验产率为_______%。 【答案】(1)H2NCH2COO- (2)①34.750g ②Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O (3)①恒压滴液漏斗 ②FeCO3+2NH2CH2COOH=(NH2CH2COO)2Fe+H2O+CO2↑ ③pH过低时，甘氨酸亚铁溶解，H2NCH2COO)22Fe + 2H+ =2H2NCH2COOH + Fe2+，从而影响其与Fe2+的结合；pH过高，Fe2+与OH-反应生成Fe(OH)2沉淀，这两种情况都会影响反应的产率 ④防止Fe2+被氧化 ⑤乙醇 ⑥% ⑦80 【解析】由CaCO3和稀盐酸在A中制备二氧化碳，经过B装置吸收混有的HCl气体，先用A生成的二氧化碳排尽装置内的空气，再向C中滴入柠檬酸溶液并加热反应制备(NH2CH2COO)2Fe，D用来判断空气是否排尽，反应结束后过滤，滤液经蒸发浓缩、加入乙醇后过滤、洗涤、干燥得到产品，据此分析； (1)常温下，pH=13的溶液显碱性，甘氨酸中羧基变为酸根形式，即主要存在粒子为H2NCH2COO-； (2)①要用250mL的容量瓶进行配制，0.250L×0.500mol·L-1×278g/mol=34.750g，需要用电子天平(精确到0.001g)称量绿矾34.750g；②FeSO4和NH4HCO3反应生成沉淀FeCO3和二氧化碳，离子方程式为Fe2++2 HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O； (3)①仪器b的名称为恒压滴液漏斗；②装置C中FeCO3与甘氨酸(NH2CH2COOH)反应生成甘氨酸亚铁，反应的化学方程式：FeCO3+2NH2CH2COOH=(NH2CH2COO)2Fe+H2O+CO2↑；③pH过低，甘氨酸亚铁溶解，H2NCH2COO)22Fe + 2H+ =2H2NCH2COOH + Fe2+；从而影响其与Fe2+的结合；pH过高，Fe2+与OH-反应生成Fe(OH)2沉淀，这两种情况都会影响反应的产率；柠檬酸易溶于水，有强酸性和还原性，促进FeCO3溶解并调节溶液pH，同时还可以防止Fe2+被氧化；④甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，因此加入乙醇可以使甘氨酸亚铁结晶析出，然后进行过滤、洗涤、干燥最终得到产品；⑤滴定反应为Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，n(Fe2+)= n(Ce4+)=cb×10-3mol，甘氨酸亚铁的质量为m=nM= cb×10-3mol/L，ag产品中甘氨酸亚铁的质量分数为%；⑥根据制备反应FeCO3+2NH2CH2COOH=(NH2CH2COO)2Fe+H2O+CO2↑可知，FeCO3过量，用甘氨酸可以计算出甘氨酸亚铁的理论产量为，m[(NH2CH2COO)2Fe]=204g/mol×0.1mol=20.4g，因此产率为=80%。 题型02分析评价型 4．某研究性学习小组通过下列实验验证AgI沉淀的生成会使I2的氧化能力增强而将Fe2+氧化。 回答下列问题： (1)由AgNO3固体配制50 mL 0.1 mol·L-1的AgNO3溶液，配制好的溶液应转移到________________试剂瓶中保存。 (2)步骤1的实验现象是___________________；步骤2无明显现象；步骤3最终的实验现象是溶液中生成黄色沉淀，__________________。由此可知，步骤3反应的离子方程式为____________________。 (3)某同学在实验时漏掉步骤2，直接加入过量AgNO3溶液，也观察到与步骤3相同的实验现象。该同学推测溶液中还有生成，并由此对I2氧化Fe2+的结论产生了质疑。 (4)为了确证AgI的生成使I2的氧化能力增强而将Fe2+氧化，学习小组在上述实验基础上进行补充实验：分别取少量的___________________和步骤3试管中的上层清液于试管a和试管b中，往两支试管中加入过量的___________________，观察到的现象为________________________。 【答案】(1)棕色细口 (2)溶液变蓝 溶液蓝色褪去 I2+2Fe2++2Ag+=2AgI↓+2Fe3+ (4)步骤2试管中的溶液 NaOH溶液 试管a中溶液蓝色褪去，先出现白色沉淀，然后迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，试管b中有白色沉淀(转变为褐色沉淀)和红褐色沉淀生成(答案合理即可) 【解析】(1)硝酸银见光易分解，故配制好的硝酸银溶液应转移到棕色细口试剂瓶中保存。 (2)步骤1中淀粉遇碘变蓝，现象是溶液变蓝；步骤2中再加入硫酸亚铁铵溶液，无明显现象，说明亚铁离子和碘水不发生反应；步骤3最终的实验现象是溶液中生成黄色沉淀，该沉淀为AgI，则碘分子中碘元素化合价降低，溶液中发生氧化还原反应，碘为氧化剂，亚铁离子为还原剂，氧化产物为铁离子，故反应中还有另一个现象——溶液蓝色褪去，由此可知，步骤3反应的离子方程式为 I2+2Fe2++2Ag+=2AgI↓+2Fe3+。 (4)要确证AgI的生成使I2的氧化能力增强而将Fe2+氧化，只需证明步骤2的溶液中不存在铁离子而步骤3的溶液中存在铁离子即可。由实验可知，步骤2的溶液中有碘、淀粉、亚铁离子，步骤3中加入过量的硝酸银溶液，则上层清液中银离子与铁离子共存，可以用氢氧化钠溶液进行检验，补充实验为分别取少量的步骤2试管中的溶液和步骤3试管中的上层清液于试管a和试管b中，往两支试管中加入过量的氢氧化钠溶液。试管a中，过量的氢氧化钠溶液消耗了碘，使溶液蓝色褪去，亚铁离子转化为白色氢氧化亚铁沉淀，最终氧化为红褐色氢氧化铁沉淀；试管b中，过量的氢氧化钠溶液与银离子反应生成白色氢氧化银沉淀(不稳定，分解为褐色氧化银)，铁离子转化为红褐色氢氧化铁沉淀。 5．【制备无水氯化锌】无水ZnCl2常用作为生产活性炭的活化剂。现以一种主要成分为ZnO的炼锌烟尘(含有少量的FeO、CuO)来制备无水氯化锌，相关实验流程如下： 已知：①无水氯化锌具有较强的吸水性，其反应原理为：ZnCl2＋H2O=Zn(OH)Cl＋HCl↑。 ②Zn及其化合物的性质与Al相似，pH>11时，Zn(OH)2可转化为。 ③研究小组利用市售的氯化锌制备无水氯化锌，依次采用除水(氯化氢气体“置换”)、升华相结合的方法，装置如图所示： 请回答： (1)利用浓硫酸与氯化钠制备HCl(g)，该反应体现了硫酸的 (填浓硫酸的相关性质)；盛装浓硫酸的仪器名称是 。 (2)下列说法不正确的是___________。 A．步骤Ⅰ，加入过量氢氧化钠的作用是充分溶解氧化锌，使其与杂质分离 B．步骤Ⅲ起到调节溶液pH值，应通入足量CO2，使Zn元素能够完全沉淀 C．除水阶段，为提高除水速度，应加快HCl和N2的气流速度 D．管式炉Ⅰ采取阶段式升温，实验结束时先撤去管式炉Ⅰ、再撤去管式炉Ⅱ (3)实验流程中的“一系列操作”是： ，洗涤，干燥；最终得到氯化锌晶体[ZnCl2·xH2O(x=1~4)]，将其与SOCl2混合并加热，可得到无水ZnCl2，写出发生的反应方程式 。 (4)用天平称量0.9000 g产品，置于250mL锥形瓶中，加入100mL蒸馏水使其溶解，再加入缓冲溶液将pH调至10.0并加入50mg铬黑T指示剂，最后用浓度为0.2mol·L-1的EDTA(乙二胺四乙酸，简写H2Y)标准溶液滴定至溶液呈亮蓝色(离子方程式为Zn2+＋Y2-=ZnY)。平行测定三次，同时做空白试验，平均消耗EDTA标准溶液体积为29.60mL。 ①做空白试验的目的为 。 ②产物ZnCl2的纯度为 (保留三位有效数字)。 ③部分指示剂或指示剂与金属离子形成的配合物在水中溶解度较小，以致使滴定终点拖长(称为指示剂的僵化)。为增大有关物质的溶解度消除这一影响，可采取的措施是 。 【答案】(1) 酸性、高沸点性(或难挥发性) 恒压滴液漏斗 (2)D (3)蒸发浓缩，冷却结晶，过滤 ZnCl2·xH2O＋xSOCl2=ZnCl2＋xSO2↑＋2xHCl↑ (4) 消除蒸馏水中能与EDTA反应的物质对测定结果的影响(或消除系统内误差) 89.5% (或0.895) 放慢滴定速度/加入适当的有机溶剂/适当加热 【解析】炼锌烟尘中含有ZnO及少量的FeO、CuO，用NaOH碱浸，ZnO与NaOH反应被溶解生成Na2[Zn(OH)4]，向滤液中通入CO2，使Na2[Zn(OH)4]生成Zn(OH)2沉淀，然后用盐酸酸浸得到ZnCl2溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到ZnCl2晶体，然后经过处理最终得到无水ZnCl2。由装置图可知，利用浓硫酸的高沸点、酸性，氯化钠固体、浓硫酸加热反应生成HCl，用浓硫酸干燥氯化氢；氯化锌升华进入管式炉Ⅱ，凝华得到高纯度无水氯化锌，实验结束时应该先撤去管式炉Ⅱ的加热，再撤去管式炉I。 (1)利用浓硫酸与氯化钠制备HCl(g)，该反应体现了硫酸的酸性、高沸点性(或难挥发性)，盛装浓硫酸的仪器名称为恒压滴液漏斗； (2)A项，步骤Ⅰ，加入过量氢氧化钠的作用是充分溶解氧化锌生成Na2[Zn(OH)4]，通过过滤使其与杂质分离，故A项正确；B项，步骤Ⅲ起到调节溶液pH值，发生反应2CO2+Na2[Zn(OH)4]=Zn(OH)2↓+2NaHCO3，应通入足量CO2，使[Zn(OH)4]-能够完全沉淀，故B项正确；C项，加快HCl和N2的气流速度，可以提高除水速度，故C项正确；D项，由分析知实验结束时先撤去管式炉Ⅱ、再撤去管式炉I，故D项错误；故选D。 (3)实验流程中的“一系列操作”是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到的氯化锌晶体[ZnCl2·xH2O(x=1~4)]，将其与SOCl2混合并加热，可得到无水ZnCl2，其化学方程式为ZnCl2·xH2O＋xSOCl2=ZnCl2＋xSO2↑＋2xHCl↑； (4)①通过做空白试验做对比，可以消除蒸馏水中能与EDTA反应的物质对测定结果的影响；②29.60mL溶液中含EDTA的物质的量为，Zn2+与EDTA以物质的量之比1：1反应，则0.9000g产品中ZnCl2的质量为，则产品中ZnCl2的质量分数为；③部分指示剂或指示剂与金属离子形成的配合物在水中溶解度较小，以致使滴定终点拖长(称为指示剂的僵化)。为增大有关物质的溶解度消除这一影响，可通过提高溶解度或减小反应速率的措施来消除，具体可采取的措施有放慢滴定速度、加入适当的有机溶剂、适当加热。 6．实验室以浓硫酸、铜与NaOH溶液为原料制取少量NaHSO3并探究其性质，已知CuCl为白色难溶于水的化合物。 Ⅰ．制备NaHSO3(装置如图所示)。 (1)仪器a的名称是________。 (2)装置丙的作用是____________。 Ⅱ．探究：NaHSO3与Cu2＋的反应，设计实验：向2 mL 1 mol·L－1 NaHSO3溶液中加入2 mL1 mol·L－1 CuSO4溶液，得到绿色溶液，3 min内无明显变化。将所得混合液分为两等份。 ①第一份加入适量Na2SO4固体，瞬间无明显变化，30 s时也无明显变化。 ②另一份加入适量NaCl固体，瞬间无明显变化，30 s时有无色气体和白色沉淀生成，上层溶液颜色变浅。 (3)推测实验②产生的无色气体为SO2，用新制的氯水检验该无色气体，可观察到淡黄绿色消失，滴加BaCl2溶液有白色沉淀生成。写出SO2与氯气反应的离子方程式：______________________________。 (4)对实验Ⅱ产生SO2的原因进行分析，提出两种假设： 假设1：Cu2＋水解使溶液中c(H＋)增大。 假设2：Cl－存在时，Cu2＋与HSO反应生成CuCl白色沉淀，溶液中c(H＋)增大。 ①假设1不合理，实验证据是_________________________________________________。 ②实验证实假设2合理，实验Ⅱ中发生反应的离子方程式有____________________________和H＋＋HSO===SO2↑＋H2O。 【答案】(1)分液漏斗 (2)防倒吸、尾气处理 (3)SO2＋Cl2＋2H2O===4H＋＋2Cl－＋SO (4)实验①无气体放出 2Cu2＋＋HSO＋2Cl－＋H2O===2CuCl↓＋SO＋3H＋ 【解析】甲中浓硫酸和铜在加热条件下反应生成二氧化硫，乙中过量二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸氢钠，二氧化硫有毒，用丙中的高锰酸钾氧化二氧化硫，防止污染。(4)②Cl－存在时，Cu2＋与HSO反应生成CuCl白色沉淀，氢离子浓度增大，亚硫酸氢根离子在酸性条件下放出二氧化硫气体，反应的离子方程式为2Cu2＋＋HSO＋2Cl－＋H2O===2CuCl↓＋SO＋3H＋、H＋＋HSO===SO2↑＋H2O。 题型03 实验探究型 7．(2026·浙江宁波镇海中学高三考前模拟预测)为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系，实验如下。 下列说法不正确的是( ) A．实验ⅰ溶液变蓝证明有I2生成 B．由ⅰ、ⅱ中现象可证明实验Ⅰ中发生反应：2Fe3++2I-I2+2Fe2+ C．实验ⅲ可说明实验Ⅰ中棕黄色主要是由I2引起的，此时Fe2+还原性强于I- D．实验ⅳ可说明增大c(Fe2+)，降低了Fe3+的氧化性 【答案】D 【解析】A项，淀粉遇I2变蓝，实验ⅰ加淀粉后溶液变蓝，可证明反应生成了I2，A正确；B项，3mL0.01mol·L-1KI和3mL0.005mol·L-1Fe2(SO4)3反应时，n(I-)=n(Fe3+)，若反应不可逆，Fe3+恰好完全反应，反应后溶液中无Fe3+；实验ⅱ中加KSCN溶液变红，说明反应后溶液中仍存在Fe3+，则该反应是可逆反应，即2Fe3++2I-I2+2Fe2+，B正确；C项，实验ⅲ加入AgNO3后，Ag++I-=AgI↓(黄色沉淀)，I-浓度降低，可逆反应2Fe3++2I-I2+2Fe2+， 平衡逆向移动，I2浓度减小，若实验I中棕黄色主要是Fe3+引起，则溶液的颜色不会褪色，溶液褪色，说明原溶液的棕黄色主要是由I2引起，此时Fe2+为还原剂，I-为还原产物，Fe2+还原性强于I-，故C正确；D项，实验ⅳ中加入1 mL硫酸亚铁溶液，溶液颜色变浅，可能是Fe2+浓度增大，平衡逆向移动，也可能是稀释导致溶液颜色变浅，无法说明增大c(Fe2+)，降低了Fe3+的氧化性，D错误；故选D。 8．(2026·浙江台州市高三第二次教学质量评估)浓盐酸与MnO2混合加热，氯气不再产生时，所得固液混合物A中仍残留盐酸和MnO2。实验小组通过如下过程探究其原因。 (1)查阅文献获知： ①随c(H＋)降低或c(Mn2+)升高，MnO2的氧化性减弱； ②随c(Cl-)降低，Cl-的还原性减弱。 (2)设计实验验证上述结论： 实验Ⅰ，向固液混合物A中加入浓H2SO4，加热，继续产生Cl2； 实验Ⅱ，向固液混合物A中加入KCl固体，加热，继续产生Cl2； 实验Ⅲ，向固液混合物A中加入X，加热，不产生Cl2； 下列说法不正确的是( ) A．实验Ⅰ证明c(H＋)升高，MnO2氧化性增强 B．实验Ⅱ证明c(Cl-)升高，Cl-还原性增强 C．实验Ⅲ为了证明c(Mn2+)浓度升高，MnO2氧化性减弱，加入的可为MnSO4固体 D．固液混合物A中加入足量AgNO3固体，再通入氯气，可能有MnO2生成 【答案】C 【解析】A项，实验Ⅰ加入浓硫酸，c(H＋)升高，其他变量几乎不变，重新产生Cl2，可证明c(H＋)升高时MnO2氧化性增强，A正确；B项，实验Ⅱ加入KCl固体，c(Cl-)升高，其他变量几乎不变，重新产生Cl2，可证明c(Cl-)升高时Cl-还原性增强，B正确；C项，为了证明c(Mn2+)浓度升高，MnO2氧化性减弱，仅加入MnSO4固体、加热不产生氯气不能验证实验结论，应加入KCl和MnSO4，结合实验Ⅱ和实验Ⅲ的现象才能证明实验结论，C错误；D项，加入足量AgNO3后，Cl-被大量沉淀为AgCl，Cl2极低，再通入Cl2，此时Cl2可氧化Mn2+生成MnO2，D正确；故选C。 9．在处理NO废气的过程中，催化剂[Co(NH3)6]2+会逐渐失活变为[Co(NH3)6]3+。 某小组为解决这一问题，实验研究和之间的相互转化。 资料：i．；。 ii． ； 。 iii．[Co(NH3)6]2+和[Co(NH3)6]3+在酸性条件下均能生成NH4+。 (1)探究Co的还原性 实验Ⅰ：粉红色的CoCl2溶液或CoSO4溶液在空气中久置，无明显变化。 实验Ⅱ：向0.1 mol/L CoCl2溶液中滴入2滴酸性KMnO4溶液，无明显变化。 实验Ⅲ：按图装置进行实验，观察到电压表指针偏转。 ①甲同学根据实验Ⅲ得出结论：Co2+可以被酸性KMnO4溶液氧化。乙同学补充实验Ⅳ，___________(补全实验操作及现象)，否定了该观点。 ②探究碱性条件下的还原性，进行实验。 实验V： ⅱ中反应的化学方程式是___________。 ③根据氧化还原反应规律解释还原性Co(OH)2>Co2+：Co2+-e-=Co3+在碱性条件下，OH-与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但___________降低的程度更大，还原剂的还原性增强。 (2)探究的氧化性 ①根据实验Ⅲ和Ⅳ推测氧化性：Co3+>Cl2，设计实验证明：向Ⅴ中得到的棕褐色沉淀中，___________(补全实验操作及现象)，反应的离子方程式是___________。 ②向Ⅴ中得到的棕褐色沉淀中，滴加H2SO4溶液，加入催化剂，产生无色气泡，该气体是___________。 (3)催化剂[Co(NH3)6]2+的失活与再生 ①结合数据解释[Co(NH3)6]2+能被氧化为[Co(NH3)6]3+而失活的原因：___________。 ②根据以上实验，设计物质转化流程图实现[Co(NH3)6]2+的再生：___________。 示例：Co CoCl2Co(OH)2 【答案】(1) 将实验III中的0.1mol/LCoCl2溶液替换为0.2mol/LNaCl溶液进行实验，指针偏转幅度与实验III相同 4Co(OH)2+O2+2H2O=4Co(OH)3 c(Co3+) (2) 加入适量盐酸，棕褐色沉淀溶解，产生黄绿色有刺激性气味的气体，溶液变为粉红色 2Co(OH)2+6H++2Cl-=2Co2++Cl2↑+6H2O O2 (3) 对Co2+-e-=Co3+，NH3与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但K2>K1，c(Co3+)降低的程度远大于c(Co2+)，还原剂的还原性增强，[Co(NH3)6]2+能被氧化 [Co(NH3)6]3+ Co2+ [Co(NH3)6]2+ 【解析】利用不同氧化剂及还原剂，通过实验研究Co(Ⅱ)和Co(Ⅲ)之间的相互转化，探究氧化性和还原性强弱，通过分析及实验进行验证； (1)①乙同学补充实验IV，设计不含Co2+但氯离子浓度相同的溶液代替0.1mol/LCoCl2，进行实验，如：将实验Ⅲ中的0.1mol/LCoCl2溶液替换为0.2mol/LNaCl溶液进行实验，指针偏转幅度与实验Ⅲ相同，从而否定了甲同学根据实验III得出结论：Co2+可以被酸性KMnO4溶液氧化；②ii中蓝色沉淀Co(OH)2在空气中缓慢反应被氧气氧化生成棕褐色沉淀Co(OH)3，反应的化学方程式是4Co(OH)2+2H2O+O2=4Co(OH)3；③根据氧化还原反应规律解释还原性Co(OH)2>Co2+：Co2+-e-=Co3+在碱性条件下，OH-与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但c(Co3+)降低的程度更大，还原剂的还原性增强； (2)①向V中得到的棕褐色沉淀中，加入适量盐酸，棕褐色沉淀溶解，产生黄色有刺激性气味的气体，溶液变为粉红色，证明：实验III和IV推测氧化性：Co3+>Cl2；实验中酸性条件下Co(OH)3将氯离子氧化生成氯气，反应的离子方程式是 2Co(OH)2+6H++2Cl-=2Co2++Cl2↑+6H2O；②向V中得到的棕褐色沉淀中，滴加H2SO4溶液，Co3+具有氧化性，加入催化剂，产生无色气泡，该气体是O2； (3)①对Co2+-e-=Co3+，NH3与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但K2>K1，c(Co3+)降低的程度远大于c(Co2+)，还原剂的还原性增强，[Co(NH3)6]2+能被氧化，故[Co(NH3)6]2+能被氧化为[Co(NH3)6]3+而失活；②要实现[Co(NH3)6]2+的再生，可通过酸性条件下催化[Co(NH3)6]3+产生Co2+后再利用氨气处理可得：[Co(NH3)6]3+ Co2+ [Co(NH3)6]2+。 10．探究溶液中Ag+与单质S的反应。 资料：Ag2S不溶于6mol/L盐酸，Ag2SO3和Ag2SO4在6mol/L盐酸中均发生沉淀的转化 实验Ⅰ．在注射器中将10mL0.04mol/LAgNO3溶液(pH≈6)与0.01g S粉混合，水浴加热，充分反应后，过滤，得到无色溶液a(pH≈1)，沉淀除S、洗涤后得到黑色固体b。 (1)研究黑色固体b的组成 ①根据S具有__________性，推测b中可能含有Ag2S、Ag、Ag2SO3或Ag2SO4。 ②检验黑色固体b的成分 实验Ⅱ． ⅰ．取少量滤液c，先加入足量稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，未出现白色沉淀，判断黑色固体b中不含______。 ⅱ．用滤液c继续实验证明了黑色固体b中不含Ag2SO3，可选择的试剂是______(填序号)。 a．酸性KMnO4溶液         b．H2O2和BaCl2的混合溶液         c．溴水 ⅲ．进一步实验证实了黑色固体b中不含Ag。根据沉淀e含有Ag、气体含有H2S，写出同时生成Ag和H2S的离子方程式：_________________。 (2)研究无色溶液a的组成 结合上述实验结果，分析溶液a中可能存在或H2SO3，依据是_______________。 实验Ⅲ． ①说明溶液a中不含H2SO3的实验证据是___________________。 ②加入足量稀盐酸的作用是_________________。 (3)在注射器中进行实验Ⅳ，探究Ag2SO4溶液与S的反应，所得产物与实验Ⅰ相同。向注射器中加入的物质是__________________。 (4)用酸化的NaNO3溶液(pH≈6)与S进行实验Ⅴ，发现二者不反应。综合以上实验，写出溶液中Ag+与S反应的离子方程式并简要说明Ag+的作用：_______________。 【答案】(1) 氧化性和还原 Ag2SO4 bc Ag2S+Fe +2H+ ==2Ag+Fe2+ +H2S↑ (2) S转化为Ag2S发生了还原反应，反应必然同时发生氧化反应，能发生氧化反应的只有S，故在pH≈1的溶液中可能存在SO42-或H2SO3 向溶液a中加入足量稀盐酸后，再加入碘水和淀粉溶液，蓝色不褪去 排除Ag+对SO42-和H2SO3检验的干扰 (3)10mL0.02mol/L Ag2SO4溶液与0.01g S粉 (4)6Ag++4S+4H2O3Ag2S+8SO42-+8H+，形成Ag2S难溶物，降低c(S2-)，提高S的氧化性，利于反应发生 【解析】在注射器中将10mL0.04mol/LAgNO3溶液(pH≈6)与0.01g S粉混合，水浴加热，充分反应后，过滤，得到无色溶液a(pH≈1)，沉淀除S、洗涤后得到黑色固体b。探究无色溶液a的成分时，通过碘的淀粉溶液的蓝色不褪去，确定不含有H2SO3，通过加入BaCl2后产生白色沉淀，确定含有SO42-；探究沉淀b的成分时，加入6mol/L盐酸，实验证实滤液c中不含有H2SO3、不含有SO42-，表明沉淀b中不含有Ag2SO3、Ag2SO4，沉淀d中加入Fe、12mol/L盐酸，有Ag和H2S生成，确定b为Ag2S，从而确定在AgNO3的作用下，S发生歧化反应，生成Ag2S、Ag2SO4等。 (1)①S为0价，化合价既能升高也能降低，则S具有氧化性和还原性，推测b中可能含有Ag2S、Ag、Ag2SO3或Ag2SO4。②ⅰ．取少量滤液c，先加入足量稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，未出现白色沉淀，表明未生成BaSO4沉淀，从而确定黑色固体b中不含Ag2SO4。ⅱ．用滤液c继续实验证明了黑色固体b中不含Ag2SO3，也就是检验不存在H2SO3，但需排除Cl-产生的干扰，所以不能选择a．酸性KMnO4溶液(能被Cl-还原)，可选择b．H2O2和BaCl2的混合溶液(H2SO3被H2O2氧化为H2SO4，再与Ba2+反应生成BaSO4沉淀)、c．溴水(H2SO3还原Br2，使溴水褪色)，可选择的试剂是bc。ⅲ．进一步实验证实了黑色固体b中不含Ag。根据沉淀e含有Ag、气体含有H2S，则Fe作还原剂，在HCl的帮助下，将Ag2S还原为Ag，同时生成H2S气体，离子方程式：Ag2S+Fe +2H+ ==2Ag+Fe2+ +H2S↑。 (2)S与AgNO3溶液反应后，生成Ag2S，S元素的价态降低，则S元素的价态也应升高，所以溶液a中可能存在SO42-或H2SO3，依据是：S转化为Ag2S发生了还原反应，反应必然同时发生氧化反应，能发生氧化反应的只有S，故在pH≈1的溶液中可能存在SO42-或H2SO3。①碘的淀粉溶液的蓝色不褪去，确定溶液a中不含有H2SO3，实验证据是：向溶液a中加入足量稀盐酸后，再加入碘水和淀粉溶液，蓝色不褪去。②Ag+能与I-、SO42-发生反应，从而干扰后续实验，所以加入足量稀盐酸的作用是：排除Ag+对SO42-和H2SO3检验的干扰。 (3)在注射器中进行实验Ⅳ，探究Ag2SO4溶液与S的反应，所得产物与实验Ⅰ相同，此时是与实验Ⅰ做对比实验，所以S的物质的量、Ag+的浓度都应相同，从而得出向注射器中加入的物质是10mL0.02mol/L Ag2SO4溶液与0.01g S粉。 (4)用酸化的NaNO3溶液(pH≈6)与S进行实验Ⅴ，发现二者不反应，说明Ag+对S的歧化反应提供了帮助，由此得出溶液中Ag+与S反应的离子方程式并简要说明Ag+的作用：6Ag++4S+4H2O3Ag2S+8SO42-+8H+，形成Ag2S难溶物，降低c(S2-)，提高S的氧化性，利于反应发生。 11．某小组为探究Mg与NH4Cl溶液的反应机理，常温下进行以下实验。实验中所取镁粉质量均为0.5 g，分别加入选取的实验试剂中，资料：①CH3COONH4溶液呈中性。②Cl－对该反应几乎无影响。 实验 实验试剂 实验现象 1 5 mL蒸馏水 反应缓慢，有少量气泡产生(经检验为H2) 2 5 mL 1.0 mol·L－1 NH4Cl溶液(pH＝4.6) 剧烈反应，产生刺激性气味气体和灰白色难溶固体 (1)经检验实验2中刺激性气味气体为NH3，检验方法是_______________________________。用排水法收集一小试管产生的气体，经检验小试管中气体为H2。 (2)已知灰白色沉淀中含有Mg2＋、OH－。为研究固体成分，进行实验：将生成的灰白色固体洗涤数次，至洗涤液中滴加AgNO3溶液后无明显浑浊。将洗涤后的固体溶于稀HNO3，再滴加AgNO3溶液，出现白色沉淀。推测沉淀中含有________，灰白色固体可能是________(填化学式)。 (3)甲同学认为实验2比实验1反应剧烈的原因是NH4Cl溶液中c(H＋)大，与Mg反应快。用化学用语解释NH4Cl溶液显酸性的原因是_______________________________________。 (4)乙同学通过实验3证明甲同学的说法不合理。 实验 实验装置 3 ①X是__________________。 ②由实验3获取的证据为_______________________________。 (5)为进一步探究实验2反应剧烈的原因，进行实验4。 实验 实验试剂 实验现象 4 5 mL NH4Cl乙醇溶液 有无色无味气体产生(经检验为H2) 依据上述实验，可以得出Mg能与NH4+反应生成H2。乙同学认为该方案不严谨，需要补充的实验方案是__________________________________________________。 (6)由以上实验可以得出的结论是____________________________________________。 【答案】(1)将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝 (2)Cl－ Mg(OH)C (3)NH＋H2ONH3·H2O＋H＋ (4)①5 mL 1.0 mol·L－1 CH3COONH4溶液 ②两试管反应剧烈程度相当 (5)取5 mL 无水乙醇，加入0.5 g 镁粉无明显变化 (6)NH4Cl水解产生的H＋对反应影响小，NH对反应影响大 【解析】(2)将洗涤后的固体溶于稀HNO3，再滴加AgNO3溶液，出现白色沉淀，说明灰白色沉淀含有Cl－，结合已知灰白色沉淀中含有Mg2＋、OH－和化合物中各元素化合价代数和为0，可推测灰白色固体可能是Mg(OH)Cl。(4)①由上述(3)分析可知，NH4Cl溶液因水解呈酸性，故为了进行对照实验，必须找到一种含有相同阳离子即NH且溶液显中性的试剂，由题干信息可知，X是5 mL 1.0 mol·L－1 CH3COONH4溶液。②乙同学通过实验3来证明甲同学的说法是不合理的，故由实验3获取的证据为两试管反应剧烈程度相当。 (5)依据上述实验，可以得出Mg能与NH反应生成H2，乙同学认为该方案不严谨，故需要补充对照实验，在无NH的情况下是否也能与Mg反应放出H2，故实验方案为取5 mL无水乙醇，加入0.5 g 镁粉无明显变化。 12．某实验小组在研究硝酸与铜的反应时，发现稀硝酸和铜反应后的混合液为蓝色，而浓硝酸和铜反应后的混合液为绿色，为此对产生绿色的原因开展探究。按要求回答下列问题： [猜想假设] (1)假设1：________________________________________ 假设2：硝酸铜溶液中溶解了NO2 [实验操作及现象分析] 实验一：向蒸馏水中不断加入硝酸铜晶体，最终配成饱和溶液。配制过程中溶液颜色始终是蓝色，未见绿色出现。 甲同学根据实验一的现象证明了假设1不成立，请补全假设。 实验二： (2)甲同学在实验一的基础上继续开展了实验二，并初步验证了假设2成立，他的实验操作及现象是________________________________________________________________________。 乙同学认为假设2不严谨，用以下实验对假设2进行了深入探究： 实验三： 操作及试剂 现象 向浓硝酸和铜反应后的混合液中通入N2 大量红棕色气体放出，短时间内溶液仍保持绿色。长时间后变成蓝色 (3)结合实验三，乙同学认为假设2不严谨的证据是_____________________________。 (4)乙同学查阅资料发现： ①铜与浓硝酸反应后溶液呈现绿色是由于HNO2(或NO)与铜离子作用的结果。 ②金属和浓硝酸的反应一旦发生后速率不断加快，原因是过程中有HNO2生成。如Cu和浓硝酸反应，开始生成的NO2溶于水形成HNO2，HNO2再和Cu反应，速率就大大加快。 请依据资料完成以下反应的离子方程式。 ⅰ. NO2＋ H2O=== HNO2＋ _____＋ _____； ⅱ.Cu＋2HNO2＋ ______=== _____＋ _____＋ _____； ⅲ.2NO＋4H＋＋4NO===6NO2＋2H2O。 实验四：乙同学通过以下实验证实了反应过程中HNO2的生成。 实验 操作 现象 1 向试管a中加入1 mL浓硝酸，再插入铜丝 快速产生红棕色气体，溶液变为绿色 2 向试管b中加入1 mL浓硝酸，3滴蒸馏水，再插入铜丝 快速产生红棕色气体溶液变为绿色 3 向试管c中加入1 mL浓硝酸，3滴30% H2O2，再插入铜丝 反应较慢，溶液变为蓝色 (5)结合化学用语，解释实验3产生该现象的原因是________________________________________。 【答案】(1)硝酸铜溶液颜色与溶液浓度有关 (2)加热硝酸铜溶液，温度升高，放出红棕色气体，溶液颜色变为蓝色 (3)向混合溶液中通入氮气会将溶液中溶解的二氧化氮气体带出，而溶液仍保持一段时间绿色 (4)2NO2＋H2O===HNO2＋H＋＋NO Cu＋2HNO2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O＋2NO↑ (5)过氧化氢具有强氧化性，和亚硝酸反应生成硝酸，导致溶液中亚硝酸的浓度降低 【解析】(1)结合实验一操作可知，实验探究的是硝酸铜溶液浓度对溶液颜色的影响，故假设1：硝酸铜溶液颜色与溶液浓度有关。 (2)猜想2为硝酸铜溶液中溶解了NO2且甲同学初步验证了假设2成立，则实验设计如下：加热硝酸铜溶液，温度升高二氧化氮气体溶解度减小而逸出，放出红棕色气体，溶液颜色变为蓝色，说明颜色的变化与溶解了二氧化氮气体有关。 (3)实验三向混合溶液中通入氮气会将溶液中溶解的二氧化氮气体带出，而溶液仍保持一段时间绿色，说明绿色的产生不是溶解了二氧化氮气体的原因，假设2不严谨。 (4)由资料可知，NO2溶于水形成HNO2，反应中氮元素化合价降低则必须有元素化合价升高，则部分氮元素化合价升高生成硝酸，反应ⅰ为2NO2＋H2O===HNO2＋H＋＋NO；由反应ⅲ可如，一氧化氮可参与反应，则在反应ⅱ中生成了一氧化氮气体，故反应ⅱ为Cu＋2HNO2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O＋2NO↑。 (5)实验3中反应较慢，溶液变为蓝色的原因是过氧化氢具有强氧化性，和亚硝酸反应生成硝酸，导致溶液中亚硝酸的浓度降低，反应速率减慢，溶液变蓝。 题型04定量分析型 13．(2026·浙江省宁波市镇海首考最后一卷)二氯异氰尿酸钠()是一种广谱、高效、安全的消毒剂，优质品要求有效氯大于60%(有效氯)。进行如下实验，检测某二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品标准。①准确称取1.1200 g样品，配制成250 mL溶液；②取25.00 mL上述溶液，加入适量稀硫酸充分反应，将二氯异氰尿酸钠中的氯元素转化为HClO，继续加入过量KI溶液，密封，静置；③用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液的体积为20.00 mL。下列说法不正确的是( ) A．根据二氯异氰尿酸钠的结构，推测其可能易溶于水 B．开始滴定前，加入几滴淀粉溶液作指示剂 C．过量的KI溶液与I2反应生成I3-，不会影响滴定结果 D．已知I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，通过计算可判断该样品已达到优质品标准 【答案】B 【解析】A项，二氯异氰尿酸钠结构中含极性基团，可能易溶于水，A正确；B项，如果在滴定开始前就加入淀粉，溶液中高浓度的碘会与淀粉形成非常稳定的蓝色络合物。这会导致部分碘被“包裹”在淀粉分子中，难以与滴定剂反应，从而影响滴定终点的判断，导致滴定结果出现误差(通常是消耗的滴定剂体积偏大)，因此，应先用Na2S2O3标准溶液滴定至溶液由棕黄色变为微黄色，然后再加入淀粉指示剂，继续滴定至蓝色消失即为终点，B错误；C项，过量的I-会与生成的I2反应生成I3-，但滴定中I3-与S2O32-反应和I2与S2O32-反应，两者基于初始氧化剂HClO的化学计量关系不变，因此不影响滴定结果，C正确；D项，根据相关反应可知关系式为HClO~2S2O32-，则25.00 mL溶液中，故其中氯元素的质量为 ，250mL溶液中总氯元素质量为0.355g，，显然，63.4% > 60%，符合优质品标准，D正确；故选B。 14．(2026·浙江宁波市镇海中学等校高三二模)某研究小组设计了如下实验测定某药用硫黄中硫单质的含量，其中硫单质转化为SO42-，主要实验步骤如下： I．准确称取m g细粉状药用硫黄于圆底烧瓶中，并准确加入V1mLKOH乙醇溶液(过量)，加入适量蒸馏水，搅拌，加热回流，待样品完全溶解，蒸馏除去乙醇。 Ⅱ．室温下向圆底烧瓶中加入适量蒸馏水，搅拌下缓慢滴加足量30%H2O2溶液，加热至，保持20min，冷却至室温。 Ⅲ．将圆底烧瓶溶液全部转移至锥形瓶中，加入2滴指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗HCl溶液体积为V2mL。 Ⅳ。不加入硫黄，重复步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ做空白实验，消耗HCl标准溶液体积为V3mL。 已知：S+2OH-+H2O2=SO42-+4H2O 下列说法不正确的是( ) A．步骤Ⅰ中，乙醇的作用是作溶剂，增大硫的溶解度，可用CS2代替 B．步骤Ⅱ中，不宜采用水浴加热 C．步骤Ⅲ中，指示剂可以选择甲基橙 D．单次样品测定中硫的质量分数为 【答案】A 【解析】A项，CS2与水不互溶，则KOH不溶于CS2，而溶在水中，S易溶于CS2，若用CS2代替乙醇，则S和OH-不能充分接触，不利于反应的进行，A错误；B项，由于实验需要加热至100℃，应选用油浴或其他更合适的加热方法；而水的沸点就是100 ℃，加热温度达到了水的沸点，水分蒸发过快，不易控温，所以不宜采用水浴加热，B正确；C项，步骤Ⅲ是用HCl标准溶液滴定剩余的OH-，属于强酸滴定强碱，甲基橙可以作为该滴定的指示剂，C正确；D项，根据反应关系，1mol S消耗2molOH-，空白实验中总KOH的物质的量为，样品滴定中剩余OH⁻为，因此和S反应的OH-物质的量为，，S的质量为，则硫的质量分数为，D正确；故选A。 15．(2026·浙江绍兴市高三下学期选考科目考试适应性试卷)某兴趣小组为测定砷的相对原子质量：准确称量AsCl3，加缓冲溶液转化为H3AsO3，再用I2标准溶液滴定后转化为NaH2AsO4。具体步骤可用下图表示： 已知：25℃下，磷酸的电离常数Ka1=7.1×10-3，Ka2=6.2×10-8，Ka3=4.2×10-13 下列说法正确的是( ) A．上述滴定过程化学方程式：H2O+3Na2HPO4+H3AsO3+I2=NaH2AsO4+2NaI+3NaH2PO4 B．滴定过程中，I2的标准溶液应装在碱式滴定管中 C．为配制pH=6.9的缓冲溶液，可将等浓度的Na2HPO4溶液和NaH2PO4溶液按体积比为1：1进行混合 D．如果配制缓冲溶液的水未经煮沸，则水中的溶解氧会导致测得的砷的相对原子质量偏小 【答案】A 【解析】A项，反应中H3AsO3中As从+3价升高到+5价(升2价)，I2中I从0价降到-1价(总降2价)，化合价升降守恒；再根据原子守恒配平，方程式两边原子种类、数目均守恒，该方程式正确，A正确；B项，I2具有氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，因此I2标准溶液应装在酸式滴定管中，B错误；C项，NaH2PO4- Na2HPO4缓冲体系中，电离平衡为H2PO4-H++HPO42-，，可得。已知，计算得；等浓度等体积混合时，，，C错误；D项，若配制用水未煮沸，水中溶解氧O2会提前氧化部分H3AsO3，导致滴定时消耗I2标准溶液的体积偏小，计算得到的As的物质的量n偏小。As的相对原子质量为：，n偏小会使测得的Ar(As)偏大，D错误；故选A。 16．(2025·浙江省绍兴市高三第一次模拟)钴的配合物[Co(NH3)6]Cl3，难溶于乙醇，稍溶于水。常温下较稳定，强热时部分分解，实验室可用CoCl2·6H2O为原料来制备。 已知：[Co(NH3)6]2+具有较强还原性；Co3+的氧化性比H2O2和O2强。具体制备步骤如下： 步骤1：在如图装置中经过下列操作得到含粗产品的混合物 步骤2：取出三颈烧瓶中的混合物，用冰水冷却，过滤。将沉淀溶于50mL热稀盐酸中，趁热过滤。在滤液中慢慢加入6mL浓盐酸，先用自来水冷却再用冰水冷却，过滤、洗涤、干燥，称量。 请回答： (1)仪器a的名称 ； (2)三颈烧瓶中先加浓氨水，后加H2O2的目的是 ； (3)写出三颈烧瓶中发生的化学方程式 ； (4)下列对于制备过程说法正确的是___________ A．控温333K的目的既保证了反应的速率，又减少了H2O2的分解和浓氨水的挥发 B．步骤2中先用自来水较慢地冷却，可以减少杂质的混入 C．步骤2中的洗涤，可以先用热的稀盐酸，再用乙醇洗涤 D．NH4Cl除了作为反应物，还能抑制氨水的电离，促进产物的生成 (5)为了测定产品中氨的含量，进行了如下步骤： A．准确称取ag产品，加入到蒸馏烧瓶中，再加入足量的NaOH溶液，加几粒沸石 B．检查装置气密性 C．加热蒸馏，用盛有V1mLc1mol·L-1盐酸标准液的锥形瓶(浸在冰水浴中)吸收气体 D．加入甲基橙作指示剂 E．加入酚酞作指示剂 F．取下锥形瓶 G．锥形瓶中的吸收液用c2mol·L-1的NaOH标准液滴定至终点，消耗NaOH标准液V2mL H．用移液管移取V0mL吸收液于另一锥形瓶中，再用c2mol·L-1NaOH标准液滴定至终点，消耗NaOH标准溶液V2 mL 从上述步骤中选出正确的步骤并排序 ，本次测定可得产品中氨的含量为 (用含c1、c2、V1、V2的式子表示)，重复操作取平均值。 【答案】(1)分液漏斗 (2)[Co(NH3)6]2+具有较强还原性，能被H2O2氧化，而酸性下，H2O2无法氧化Co2+ (3)2CoCl2·6H2O+10NH3+2NH4Cl2+H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3↓ +14H2O (4)ABD (5)BACFDG 【解析】将CoCl2∙6H2O、NH4Cl溶液、活性炭混合，加入浓氨水得到[Co(NH3)6]Cl2，再加入H2O2的水溶液，在活性炭的催化作用下，溶液中Co(II)被氧化为Co(Ⅲ)，生成[Co(NH3)6]Cl3和活性炭的浊液，过滤，得到沉淀中含有[Co(NH3)6]Cl3和活性炭，将沉淀溶于热稀盐酸中，活性炭不溶于稀盐酸，趁热过滤。向滤液中加入浓盐酸，先用自来水冷却再用冰水冷却，过滤、洗涤、干燥得到产品。 (1)仪器a的名称是分液漏斗。 (2)若在CoCl2∙6H2O、NH4Cl溶液中先加H2O2，Co3+的氧化性比H2O2强，H2O2无法氧化Co2+，因此应先加入浓氨水得到[Co(NH3)6]Cl2，[Co(NH3)6]2+具有较强还原性，能被H2O2氧化，生成[Co(NH3)6]Cl3。 (3)CoCl2∙6H2O、NH4Cl溶液与浓氨水、H2O2的水溶液，在活性炭的催化作用下，溶液中Co(II)被氧化为Co(Ⅲ)，生成[Co(NH3)6]Cl3，化学方程式为：2CoCl2·6H2O+10NH3+2NH4Cl2+H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3↓ +14H2O； (4)A项，高温时，H2O2易分解、浓氨水易挥发，低温时反应的速率慢，因此需控温333K，A正确；B项，缓慢冷却结晶可减少杂质被包裹，因此产品先用自来水缓慢冷却，B正确；C项，[Co(NH3)6]Cl3能溶于热的稀盐酸，因此洗涤时应先用浓盐酸洗涤，除去溶于盐酸的杂质，后用无水乙醇洗涤除水，C错误；D项，氨水存在电离NH3·H2ONH4++OH-，加入NH4Cl能抑制氨水的电离，因此NH4Cl既参与反应，还能抑制氨水的电离，D正确；故选ABD。 (5)首先应检查蒸馏装置的气密性，然后将产品加入到蒸馏烧瓶中，加足量的NaOH溶液，加几粒沸石，加热蒸馏，蒸馏出的游离NH3用盐酸标准溶液吸收，取下锥形瓶，加入指示剂，因为滴定后NH4Cl、NaCl混合溶液呈酸性，因此选用甲基橙作指示剂，最后用NaOH标准溶液滴定剩余的盐酸，综上所述正确的步骤为BACFDG；用c2mol·L-1NaOH标准溶液滴定剩余的盐酸，消耗NaOH溶液V2 mL，则说明剩余盐酸的物质的量为，则与NH3反应的HCl为，根据关系式可知，氨的物质的量为，因此产品中氨的含量为。 17．【莫尔法】(2025·浙江省桐乡市三模)氯化铁是重要的化工原料，其实验室制备方法为： Ⅰ．制备FeCl3∙6H2O：流程如图1。 Ⅱ．由FeCl3∙6H2O制备无水FeCl3：将FeCl3∙6H2O与液体SOCl2混合并加热，制得无水FeCl3，装置如图2(夹持和加热装置略)。 已知：①SOCl2沸点为77℃；②反应方程式为：FeCl3∙6H2O+SOCl2FeCl3+6SO2↑+12HCl↑ 请回答： (1)图2中仪器B的名称是 。 (2)下列说法不正确的是_______。 A．检验稀FeCl3溶液中是否残留Fe2+，可滴加少量酸性高锰酸钾 B．图2中的加热宜采用水浴的方式 C．图2中的无水CaCl2可替换为碱石灰 D．可采用同样方式由Na2SO4·10H2O制备Na2SO4 (3)请对图1中“系列操作”排序： 。 _______→_______→_______→_______→_______ (填字母)。 a．冷却至室温 b．用饱和NaCl溶液洗涤 c．用浓HCl洗涤 d．蒸发至出现晶膜 e．蒸发至出现大量固体 f．常温干燥 g．低温干燥 h．过滤 i．趁热过滤 (4)制得的无水FeCl3含有少量还原性杂质，试分析原因 。 (5)用莫尔法测定无水FeCl3的纯度：准确称取0.4000g样品配成100mL溶液，移取25.00mL于锥形瓶中，加入三乙醇胺屏蔽铁离子形成稳定配合物，调节pH=8.5~10.5，滴加指示剂K2CrO4溶液。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15.00mL。 ①无水FeCl3的纯度为 。 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)(球形)干燥管 (2)ACD (3)dahcg (4)FeCl3∙6H2O+SOCl2FeCl3+6SO2↑+12HCl↑，产物中SO2具有强还原性，可将Fe3+还原为Fe2+ (5)81.25% pH过低，部分CrO42-转化为Cr2O72-：pH过高，可能生成AgOH，均会使消耗的AgNO3偏多 【解析】稀盐酸与废铁屑反应生成氯化亚铁，过滤，向滤液中通入氯气反应生成氯化铁，向氯化铁溶液中加入铁粉反应生成氯化亚铁，再通入氯气将氯化亚铁氧化得到浓氯化铁溶液，浓氯化铁溶液或稀氯化铁溶液在氯化氢气流中经过一系列过程得到FeCl3∙6H2O，将FeCl3∙6H2O与液体SOCl2混合并加热，在烧瓶中发生反应，制得无水FeCl3，无水氯化钙用于吸收水蒸气保证烧瓶内是干燥环境，尾气用氢氧化钠溶液吸收。 (1)根据结构可知，图2中仪器B的名称是(球形)干燥管。 (2)A项，亚铁离子、氯离子在酸性条件下均能还原高锰酸钾溶液出现褪色现象，则不能通过滴加少量酸性高锰酸钾检验稀FeCl3溶液中是否残留Fe2+，A错误；B项，已知SOCl2沸点为77℃，图2中的加热宜采用水浴的方式，以控制加热温度防止SOCl2挥发，B正确；C项，无水CaCl2主要作用是干燥，防止氢氧化钠溶液中水蒸气进入到发生装置中，而碱石灰会与二氧化硫、HCl反应，从而失去干燥作用，则图2中的无水CaCl2不可替换为碱石灰，C错误；D项，氯化铁溶液易水解，不采取措施直接加热FeCl3∙6H2O通常不能得到FeCl3、得到氢氧化铁等，通过FeCl3∙6H2O+SOCl2FeCl3+6SO2↑+12HCl↑则可得到无水FeCl3，而硫酸钠是不挥发性强酸的钠盐，不会水解，在控制一定温度下加热可由Na2SO4·10H2O制备Na2SO4，D错误；选ACD。 (3)图1中氯化铁稀溶液经“系列操作”得到FeCl3∙6H2O，氯化铁是挥发性强酸的弱碱盐，应采用冷却结晶法获得晶体、经过滤后洗涤干燥，由于氯化铁易水解，采用浓盐酸洗涤，氢离子浓度大可抑制其水解又不会引入杂质，还可以减少产品损失，而低温干燥可以防止晶体失去结晶水；故对图1中“系列操作”排序：d．先蒸发浓缩，蒸发至出现晶膜，此时溶液达到饱和状态；a．冷却至室温析出FeCl3∙6H2O晶体；h．过滤分离出晶体；c．用浓HCl洗涤，洗去晶体表面的杂质；g．低温干燥；故答案为dahcg； (4)制得的无水FeCl3含有少量还原性杂质，试分析原因为：根据信息②反应方程式为：FeCl3∙6H2O+SOCl2FeCl3+6SO2↑+12HCl↑，产物中SO2具有强还原性，可将Fe3+还原为Fe2+。 (5)①FeCl3+3AgNO3=3AgCl↓+Fe(NO3)3，根据方程式可知n(FeCl3)=n(AgNO3)=×0.1000mol·L-1 ×0.01500L=5×10-4mol，产品无水FeCl3的纯度为。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：pH过低，发生2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，部分CrO42-转化为Cr2O72-，pH过高，可能生成AgOH，均会使消耗的AgNO3偏多。 18．(2025·浙江省第一届NBchem三模)钛白粉的主要成分是TiO2，它是一种染料及颜料，广泛用于油漆、塑料、造纸等行业。 如下是以钛铁矿[主要成分为FeTiO3，含SiO2、FeO等杂质]为主要原料生产钛白粉并获得副产品FeSO4·7H2O的工艺流程。 已知：①发生的主要反应：a．FeTiO3+2H2SO4TiOSO4+FeSO4+2H2O；b．TiOSO4+ 2H2OH2TiO3↓ +H2SO4；c．H2TiO3TiO2+H2O。②TiO2+遇H2O2溶液呈橙黄色。③Fe3++Ti3++H2O=TiO2++ Fe2++2H+。请回答： (1)步骤1控制反应温度为160～200℃的目的是 。 (2)步骤3、4为了除去浸取液中的铁元素杂质并回收FeSO4·7H2O。往浸出液中加入铁粉至溶液中的完全转化，然后抽滤，滤液用冰盐水快速冷却至FeSO4·7H2O结晶析出，再次抽滤并洗涤。下列说法正确的是_______。 A．可能是在实验过程中氧化产生的 B．再次抽滤获得的滤液中溶质是TiOSO4和FeSO4 C．利用冰盐水快速冷却有利于形成较大的晶体 D．再次抽滤后的洗涤，应选用蒸馏水进行多次洗涤 (3)步骤5包括钛盐的水解、产物的分离和物质的转化。操作步骤如下：取一部分步骤4获得的滤液→____→____→____→____→抽滤得偏钛酸(H2TiO3)→将偏钛酸在坩埚中加热到二氧化钛(TiO2)。将下列操作按合理顺序填入以上空格 。 a．静置沉降后，用倾析法除去上层水 b．逐滴加入到沸水中并不停搅拌，继续煮沸约10分钟 c．用热的稀硫酸溶液洗涤沉淀2～3次，然后用热水洗涤沉淀 d．慢慢加入其余全部滤液，继续煮沸约30分钟(过程中适当补充水至原体积) (4)测定样品中TiO2纯度 步骤一：精准称取0.2000g样品放入锥形瓶中，一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3+。 步骤二：称取48.20g硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·12H2O]配制成1000mL硫酸铁铵标准溶液。 步骤三：用配制的硫酸铁铵标准溶液滴定至终点。重复操作2次，消耗硫酸铁铵标准溶液体积的平均值为20.00mL。 ①步骤三应选用 作指示剂指示反应终点。 A．H2O2 B．NH4SCN C．甲基橙 ②在滴定接近终点时，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， ，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化。 ③样品中TiO2的质量分数为 。(保留4位有效数字) 【答案】(1)温度过低，则反应速率慢或反应不能发生；温度过高，反应过于剧烈，易造成危险 (2)AB (3)b→d→a→c (4)B 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 80.00% 【解析】向钛铁矿[主要成分为FeTiO3，含SiO2、FeO等杂质]加浓硫酸后发生反应FeTiO3+2H2SO4TiOSO4+FeSO4+2H2O转化为TiOSO4、FeSO4，可能生成Fe2(SO4)3，SiO2不溶解，经水浸、抽滤后，滤液①中含有TiO2+、Fe2+，可能含有Fe3+，加入铁屑后将Fe3+完全转化为Fe2+，并结晶得到FeSO4·7H2O，过滤后得到滤液③中只有TiO2+，再经过水解、产物的分离和物质的转化得到TiO2，具体反应为TiOSO4+ 2H2OH2TiO3↓ +H2SO4、H2TiO3TiO2+H2O。 (1)步骤1设计反应为FeTiO3+2H2SO4TiOSO4+FeSO4+2H2O，控制反应温度为160～200℃的目的是温度过低，则反应速率慢或反应不能发生；温度过高，反应过于剧烈，易造成危险。 (2)A项，浓硫酸具有氧化性，可能将Fe2+氧化为Fe3+，故A正确；B项，加铁屑后再次抽滤已将Fe3+完全转化为Fe2+，因此获得的滤液中溶质是TiOSO4和FeSO4，故B正确；C项，利用冰盐水快速冷却的目的是降低FeSO4·7H2O的溶解度，不能得到颗粒较大的晶体，缓慢冷却可以得到较大的晶体，故C错误；D项，为减少FeSO4·7H2O的溶解，再次抽滤后的洗涤应选用冰水进行多次洗涤，故D错误；故选AB。 (3)步骤5包括钛盐的水解、产物的分离和物质的转化，主要目的是获得偏钛酸，将偏钛酸在坩埚中加热得到二氧化钛(TiO2)。操作步骤为：取一部分步骤4获得的滤液，逐滴加入到沸水中并不停搅拌，继续煮沸约 10min，慢慢加入其余全部滤液，继续煮沸约 30min(过程中适当补充水至原体积)，静置沉降后，用倾析法除去上层水，用热的稀硫酸洗涤沉淀2~3次，然后用热水洗涤沉淀，经过抽滤得偏钛酸(H2TiO3)，将偏钛酸在坩埚中加热得到二氧化钛(TiO2)，则操作顺序为 b→d→a→c。 (4)①步骤三中的反应为Fe3++Ti3++H2O=TiO2++ Fe2++2H+。A项，滴定开始就生成TiO2+，TiO2+遇H2O2溶液呈橙黄色，溶液在整个滴定过程均保持橙黄色，无法指示滴定终点，故A错误；B项，滴定开始存在Fe3+，终点时Fe3+完全转化为Fe2+，与NH4SCN形成红色络合物，终点是红色褪去，故B正确；C项，滴定反应不涉及H+和OH-，不能使用甲基橙，故C错误；故选B。②在滴定接近终点时，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，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。③称取48.20g硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·12H2O]配制成1000mL硫酸铁铵标准溶液，则。则按Fe3++Ti3++H2O=TiO2++ Fe2++2H+可知，NH4Fe(SO4)2~ Fe3+~Ti3+~TiO2，，则，，样品中TiO2的质量分数为。 19．(2025·浙江省宁波市高三第一次模拟)某小组采用如下实验流程制备无水(CH3COO)2 Mg： 已知：醋酸与镁反应放热且剧烈，醋酸镁固体具有高吸水性。 请回答： (1)①如图为步骤I的实验装置图(夹持装置已省略)，图中仪器A的名称是 。 ②仪器A中的试剂可以是 。 (2)下列说法正确的是___________。 A．该实验需要在通风橱中进行 B．反应过程中进行搅拌有利于散热和生成的气体排出 C．当无水醋酸加入到三颈烧瓶后，加热引发反应，待镁片表面产生气泡时即可停止加热 D．采用稀醋酸代替无水醋酸，可以防止反应过于剧烈 (3)反应物醋酸加入量过多，会导致步骤Ⅱ过滤后所得醋酸镁的产率下降，请结合步骤Ⅲ分析醋酸镁的产率下降原因： 。 (4)由于镁片中含有杂质，所制得(CH3COO)2Mg粗产品中含有少量(CH3COO)2Ca。现取粗产品溶解于蒸馏水中配成待测液，用滴定法测定粗产品中镁的含量从而确定产品的纯度，后续步骤如下(已知：标准液的浓度为，且与Mg2+、Ca2+反应的化学计量数之比均为1：1。)： 步骤1，Mg2+、Ca2+总量测定：移取50.00 mL待测液于锥形瓶中，滴定到终点时，消耗标准液V1mL。 步骤2，Ca2+含量的测定：移取50.00 mL待测液于锥形瓶中，并调节溶液pH=12~13，滴定到终点时，消耗EDTA标准液V2mL。 步骤3，空白测定：移取50.00 mL蒸馏水于锥形瓶中，滴定到终点时，消耗EDTA标准液V3mL。 ①步骤2中，调节溶液pH=12~13的作用为 。 ②进行空白测定的目的是 。 ③产品的纯度为 (将空白测定所得结果记为空白试验值，需在样品的分析结果中扣除)。 【答案】(1)干燥管 碱石灰(其他合理答案也给分) (2)ABC (3)醋酸镁固体溶解在过量的醋酸中，导致产率下降 (4)使Mg2+生成难溶的Mg(OH)2沉淀 消除蒸馏水中能与EDTA反应的物质对测定结果的影响或消除系统误差 或 【解析】在三颈烧瓶中，向镁片慢慢加入无水醋酸，发生反应2CH3COOH+Mg=(CH3COO)2Mg+H2↑，由于醋酸镁固体具有高吸水性，所以A中盛放碱石灰，防止空气中的水蒸气进入被醋酸镁吸收及吸收挥发出来的醋酸，由方程式可知0.032mol醋酸过量，所以反应完成后经过过滤得到无水醋酸镁和滤液，滤液为醋酸镁的醋酸溶液，滤液经过浓缩过滤得到无水醋酸镁。 (1)①由实验装置图可知，仪器A的名称是干燥管；②由分析知，干燥管中的试剂为碱石灰； (2)A项，由于醋酸易挥发，所以该实验需要在通风橱中进行，故A正确；B项，醋酸与镁反应放热且剧烈，反应过程中进行搅拌，即可以加快反应速率，也有利于散热和生成的气体排出，故B正确；C项，当无水醋酸加入到三颈烧瓶后，加热引发反应，待镁片表面产生气泡时即可停止加热，此时利用反应自身放出的热量维持反应继续进行，故C正确；D项，醋酸镁固体具有高吸水性，所以采用10%稀醋酸代替无水醋酸不能得到无水醋酸镁，故D错误；故选ABC； (3)若反应物醋酸加入量过多，醋酸镁固体溶解在过量的醋酸中，导致产率下降，故答案为：醋酸镁固体溶解在过量的醋酸中，导致产率下降； (4)①步骤2中，调节溶液pH=12~13的作用为使Mg2+生成难溶的Mg(OH)2沉淀；②进行空白测定的目的是消除蒸馏水中能与EDTA反应的物质对测定结果的影响或消除系统误差，故答案为：消除蒸馏水中能与EDTA反应的物质对测定结果的影响或消除系统误差；③根据题意，结合关系式：Mg2+~EDTA、Ca 2+~EDTA，可得50.00 mL待测液中，含有的Mg2+的物质的量为，再结合关系式Mg2+~(CH3COO)2Mg，可得产品的纯度为，故答案为：。 题型05 有机制备型 20．(2026·浙江杭州学军等校高三联考)正溴丁烷(CH3CH2CH2CH2Br)是一种重要的化工原料，某研究小组用如下方式进行制备，实验装置与操作步骤如下： 步骤Ⅰ：将70%H2SO4溶液慢慢滴入烧瓶中，滴完后完全打开旋塞A，回流30min。 步骤Ⅱ：关闭旋塞A，继续加热，蒸汽通过恒压滴液漏斗支管、球形冷凝管回流至恒压滴液漏斗中，获得正溴丁烷粗品。 已知： 物质 密度(g/mL) 沸点/℃ 溶解性 正丁醇 0.81 117.7 微溶于水，易溶于浓硫酸 正溴丁烷 1.28 101.6 不溶于水 请回答： (1)装置B中NaOH溶液的作用是___________；用玻璃棒撑住漏斗目的是___________。 (2)有同学认为，用混酸(体积比9：1的85%磷酸和98%硫酸)替代70%H2SO4溶液能提高产率，请结合磷酸的性质说明原因___________。 (3)下列操作正确的是___________(填字母)。 A．步骤Ⅰ中，若加热温度过高，会导致正溴丁烷产率降低 B．步骤Ⅱ中，蒸馏操作时，须将球形冷凝管换成直形冷凝管 C．步骤Ⅱ中，恒压滴液漏斗下层液体不再增加，说明正溴丁烷已基本蒸出 D．步骤Ⅳ中，加入无水CaCl2干燥后无需过滤可直接蒸馏 (4)步骤Ⅲ中，将粗产品进行多步洗涤：水洗→浓H2SO4洗(除去正丁醇和副产物)→水洗→试剂X洗(除去残留的H2SO4)→水洗。试剂X为___________(从下表中选择，填序号)，理由是___________。 序号 试剂 密度(g/mL) ① 5%Na2CO溶液 1.05 ② 饱和Na2CO溶液 1.19 ③ 5%NaOH溶液 1.05 ④ 饱和NaOH溶液 1.45 (5)测得产品正溴丁烷(M=137g·molˉ1)中溴的质量分数为57.39%，则产品中可能混有的液态杂质是___________(用化学式表示，写出一种即可)。 【答案】(1)吸收反应生成的HBr、Br2和SO2等酸性尾气，防止污染空气 避免漏斗完全浸入NaOH溶液中，发生倒吸 (2)磷酸是非氧化性的中强酸，可减少副反应的发生 (3)AC (4) ① 正溴丁烷密度明显大于5%Na2CO3溶液，有利于分层分液5%Na2CO3；溶液呈弱碱性，既能有效除去残留的硫酸，又不会因碱性过强导致正溴丁烷水解 (5)CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3或CH3CH2CH2CH2OH 【解析】正溴丁烷由正丁醇与HBr在硫酸催化下反应生成，化学方程式为：CH3CH2CH2CH2OH+HBr → CH3CH2CH2CH2Br+H2O，HBr由NaBr与H2SO4反应生成，化学方程式为：2NaBr + H2SO4=Na2SO4+ 2HBr↑。由于HBr易挥发，且可能伴随Br2生成，需尾气处理；同时需控制温度减少副反应。 (1)在正溴丁烷的制备过程中，会有副反应发生，生成溴单质，反应物溴化氢(HBr)是易挥发的酸性气体，70%的硫酸具有强氧化性，反应过程中会有SO2生成，装置B中NaOH溶液的作用是吸收反应生成的HBr、Br2和SO2等酸性尾气，防止污染空气；用玻璃棒撑住漏斗，使漏斗边缘与液面之间留有缝隙，既能保证气体被吸收，又能让空气进入平衡压强，从而防止倒吸。 (2)磷酸的氧化性比硫酸弱，可减少生成Br2或SO2副反应的发生。 (3)A项，步骤I中，温度过高可能导致副反应增加(如醇脱水生成烯烃)，从而降低目标产物产率，A正确；B项，步骤II中，蒸馏操作时冷凝管的作用是冷凝回流，应该使用球形冷凝管，优点是冷凝效果比直形冷凝管更好，B错误；C项，步骤II中，恒压滴液漏斗下层液体不再增加，说明圆底烧瓶中已经没有正溴丁烷，则正溴丁烷已基本蒸出，C正确；D项，步骤IV中，无水CaCl2吸水后形成固体颗粒，需过滤除去，否则会污染产物或堵塞蒸馏装置，D错误；故选AC。 (4)试剂X为5%Na2CO3溶液，理由是正溴丁烷密度明显大于5%Na2CO3溶液，有利于分层分液；5%Na2CO3溶液呈弱碱性，既能有效除去残留的硫酸，又不会因碱性过强导致正溴丁烷水解。 (5)正溴丁烷分子式为C4H9Br，摩尔质量为137 g/mol，溴元素理论质量分数为：，实测值为57.39%，略低于理论值，说明产品中含有不含溴或含溴量较低的杂质。杂质包括未反应的CH3CH2CH2CH2OH，或CH3CH2CH2CH2OH发生取代反应生成的CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3。 21．(2026·浙江省北斗星盟高三一模) [Co(II)Salen]配合物(M=325 g/mol)是一种简单的载氧体，能模拟金属蛋白的载氧作用，对开发特殊条件下(如潜艇、高空飞行)的氧供应材料具有重要意义。其实验室制备原理如下： 已知：①[Co(II)Salen]配合物由于制备条件不同可以得到两种不同的固体形态：一种是棕色的胶状物，在室温下易被氧化；另一种是暗红色晶体，在室温下稳定。 ②水杨醛微溶于水，易溶于乙醇；乙二胺溶于水、乙醇，温度过高会引起爆炸。 I.制备[Co(II)Salen]配合物的装置和步骤如下： 步骤1：在仪器a中加入80mL95%乙醇，再加入2.1mL(0.02mol)水杨醛。 步骤2：在搅拌条件下，加入1.5mL(0.02mol)乙二胺，反应4~5min，生成亮黄色双水杨醛缩乙二胺片状晶体。 步骤3：溶解0.01molCo(CH3COO)2于热水中。 …… (1)仪器b名称是_______；装置的作用是_______。 (2)步骤3后的操作如下： A．待亮黄色片状晶体全部溶解后，将Co(CH3COO)2迅速加入仪器a中，生成棕色胶状沉淀，保持微沸，使棕色胶状沉淀全部转变为暗红色晶体 B．停止通入N2 C．过滤晶体，用水洗涤3次，再用乙醇洗涤 D．向仪器中通入N2，并调节氮气流速至稳定 E.停止加热，用冷水冷却仪器a F.向冷凝管中通入冷凝水，开始加热，并保持温度在70~80℃ G.真空干燥箱烘干产品，称重得2.275 g产品 ①正确的操作顺序为D→F→_______→G(每个限用一次)。 ②下列说法正确的是_______。 A．通入氮气的主要目的是搅拌 B．保持温度70~80℃的是为了保证较高的反应速率，同时防止温度过高引起乙二胺爆炸 C．可以通过增大冷凝水的流速来调控烧瓶内气雾上升高度 D．排序操作的A项中保持微沸的目的是为了使胶体聚沉颗粒变大，便于后续过滤 ③用乙醇洗涤晶体的目的是_______。 (3)产品的产率为_______(保留3位有效数字)。 II.[Co(II)Salen]配合物在溶剂和CHCl3中会有不同吸氧或放氧行为。 已知：①载氧量测定反应原理：； ②DMF为N，N--二甲基甲酰胺，是一种强极性溶剂，CHCl3是一种弱极性溶剂。 (4)结合上述信息，从溶剂性质角度分析[Co(II)Salen]配合物在两种溶剂中行为不同的原因_______。 【答案】(1) 恒压滴液漏斗 起液封的作用，防止外界空气进入三颈烧瓶中 (2) A→E→B→C BC 洗去杂质水杨醛、乙二胺，乙醇易挥发更容易除去 (3)70.0% (4)DMF为强极性溶剂能与[Co(II)Salen]配合物进行配位，从而吸收氧气形成稳定的配合物，而CHCl3是弱极性溶剂无法与[Co(II)Salen]配合物进行配位，无法吸收氧气形成稳定的配合物 【解析】(1)从图中结构可知，b 为恒压滴液漏斗；装置 d 为液封装置，作用是防止外界空气(氧气)进入三颈烧瓶中氧化产物，同时也能起到安全瓶的作用。 (2)①已知起始顺序为 D→F，后续步骤需遵循 “反应→停止加热→冷却→过滤→洗涤→干燥” 的逻辑：D→F → A(加入钴盐反应) → E(停止加热，冷水冷却) → B(停止通氮气) → C(过滤、洗涤) → G，故完整顺序为：D→F→A→E→B→C→G；②A项，通入氮气的主要目的是排尽装置内空气，防止产物被氧化，而非搅拌，A错误；B项，保持 70~80℃既能保证反应速率，又能防止乙二胺因温度过高发生爆炸，B正确；C项，增大冷凝水的流速可提高冷却效果，调控瓶内气雾上升高度，C正确；D项，保持微沸的目的是使棕色胶状沉淀充分转化为暗红色晶体，而非仅为了颗粒变大，D错误；故选BC。③水杨醛易溶于乙醇，乙二胺溶于乙醇，乙醇易挥发。用乙醇洗涤可洗去残留的水杨醛、乙二胺等杂质，且乙醇易挥发，能快速干燥晶体。 (3)已知配合物摩尔质量M=325g·mol-1，Co(CH3COO)2的物质的量为0.01 mol，理论上生成0.01 mol配合物，理论产量：0.01 mol×325g·mol-1=3.25 g，实际产量：2.275g，产率：=70.0%； (4)DMF为强极性溶剂能与[Co(II)Salen]配合物进行配位，从而吸收氧气形成稳定的配合物，而CHCl3是弱极性溶剂无法与[Co(II)Salen]配合物进行配位，无法吸收氧气形成稳定的配合物。 22．(2026·浙江省杭州首考适应性考试)某研究小组改进了二苯二硫醚(，Mr=218)的合成工艺，以苯磺酰氯()、SO2为原料，乙二醇二甲醚为溶剂，实验流程为： 已知： ①+SO2+2H2O+H2SO4+HCl ② ③SO2在短链醇中的溶解度大于在醚中的溶解度 (1)仪器A的名称___________，反应开始时打开钢瓶中的阀门，待气球充满气体后关闭阀门，SO2缓冲气球的作用是①平衡气压②___________。 (2)写出该制备方法的总反应化学方程式___________。 (3)下列说法不正确的是：___________。 A．通过气体循环泵可以提高SO2利用率 B．总反应的催化剂是HI C．二苯二硫醚的产率随着反应物中水量的增加一定增大 D．冷凝水的进水口是a (4)实验选择乙二醇二甲醚而不选择CH3CH2OH的原因___________。 (5)对混合物M2进行后处理，先回收碘单质，再进行粗产品重结晶，所有操作如下，请排序：_________。 冷却结晶并过滤，得到滤液和滤饼→___________→___________→加乙醇并加热至粗产品全部溶解→a→___________→___________→___________。 a．多加5%乙醇溶剂 b．滤液用二氯甲烷萃取(3×200mL)，并合并有机相 c．冷却结晶，减压过滤、洗涤、干燥 d．待溶液放凉后→加入活性炭→煮沸脱色 e．趁热过滤 f．浓缩溶液过滤回收碘单质 (6)本实验中二苯二硫醚()的产率为___________(保留三位有效数字)。 【答案】(1) 三颈烧瓶 维持反应体系内SO2气体的浓度，当SO2缓冲气球体积变小时，及时补充SO2气体 (2)2+5SO2+6H2O+5H2SO4+2HCl (3)BC (4)醇易与磺酰氯反应生成磺酸酯；水和SO2在醇中溶解度大于在醚中的溶解度，SO2浓度过大，副产物增多 (5)b→f、d→e→c (6)95.0% 【解析】(1)观察装置图可知，仪器A为三颈烧瓶。反应过程中，装置需充满SO2，60℃回流8小时，故SO2缓冲气球的另一个作用为：维持反应体系内SO2气体的浓度，当SO2缓冲气球体积变小时，及时补充SO2气体。 (2) 根据还原法原理图和已知反应，可知，该制备方法的总反应化学方程式为2+5SO2+6H2O+5H2SO4+2HCl。 (3)A项，气体循环泵可以使未反应的SO2返回反应体系，提高SO2利用率，A正确；B项，根据还原法原理图以及初始投入的物质可知，总反应的催化剂是I2，B错误；C项，反应物中水量的增加，根据已知反应①，二苯二硫醚的产率会降低，C错误；D项，冷凝管的冷凝水应“下口进，上口出”，D正确；故选BC。 (4)醇易与磺酰氯反应生成磺酸酯；水和SO2在醇中溶解度大于在醚中的溶解度，SO2浓度过大，副产物增多，故不选择CH3CH2OH，而选择乙二醇二甲醚。 (5)要先回收碘单质，故在得到滤液滤饼后，应接着把滤液用二氯甲烷萃取(3×200mL)，并合并有机相(用于提取碘)，再把浓缩溶液过滤回收碘单质，即为b→f；回收碘后，进行粗产品重结晶，在多加5%乙醇溶剂后，需先对产品加入活性炭进行脱色，然后趁热过滤，最后冷却结晶，即d→e→c。 (6)根据总反应方程式2+5SO2+6H2O+5H2SO4+2HCl，0.2 mol苯磺酰氯理论上可生成0.1 mol产品二苯二硫醚，即理论上生成的质量，实际只有20.7 g，故产率为。 23．【制备环已酮】环己酮()是重要的化工原料和有机溶剂，可用于制造合成橡胶、合成纤维和药品等。实验室用次氯酸钠氧化法制备环已酮的原理与操作流程如下。 已知： ①环己酮的密度比水的密度小，能与水形成恒沸混合物，沸点为95℃。 ②31℃时，环己酮在水中的溶解度为2.4 g。 回答下列问题： (1)环己醇与次氯酸钠溶液反应的离子方程式为 。 (2)“操作1”和“操作3”是蒸馏，其蒸馏装置中用到的冷凝管是 (填字母)。 A． B． C． (3)“操作2”是分液，分液时有机相应从分液漏斗的 (选填“上口”或“下口”)放出。 (4)实验中加入无水硫酸镁的目的是 。 (5)制备环己酮粗品时： ①加入次氯酸钠溶液后，用淀粉-碘化钾试纸检验，试纸应呈蓝色，否则应再补加次氯酸钠溶液，其目的是 。 ②次氯酸钠溶液的浓度可用间接碘量法测定。用移液管移取10.00mL次氯酸钠溶液于500mL容量瓶中，加蒸馏水至刻度线，摇匀后移取25.00mL该溶液于250mL锥形瓶中，加入50mL0.1 mol·L-1盐酸和2g碘化钾，用0.1mol·L-1硫代硫酸钠标准溶液滴定析出的碘。在滴定接近终点时加入1mL0.2%淀粉溶液。析出碘的反应的离子方程式为 ；滴定终点的实验现象为 ；若三次滴定消耗硫代硫酸钠标准溶液的平均体积为18.00mL，则原次氯酸钠溶液的浓度为 。(已知I2+2Na2S2O3=2NaI+ Na2S4O6 (6)本实验环己酮的产率最接近_______(填字母)。 A．50% B．60% C．70% D．80% 【答案】(1)+ ClO- →+ Cl- + H2O (2)A (3)上口 (4)干燥 (5) 确保环己醇被完全氧化 ClO-+I-+2H+=Cl-+I2+H2O 当滴入最后半滴硫代硫酸钠标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色 1.8 mol·L-1 (6)C 【解析】5.3mL环己醇与25mL冰醋酸、38mL次氯酸钠溶液混合后，往其中再加30mL水、3gAlCl3和沸石，反应后经过蒸馏得环己酮粗品，往粗品中依次加无水碳酸钠和食盐后分液，在所得到的有机相中加无水硫酸镁干燥后，经过操作3即得环己酮精品。 (1)次氯酸根离子具有较强的氧化性，能将环己醇氧化为环己酮，自身被还原为Cl-，其反应的离子方程式为+ ClO- →+ Cl-+ H2O； (2)直形冷凝管适用于沸点在140℃以下的物质的蒸馏、分馏；当物质的沸点超过140℃，蒸馏时一般用空气冷凝管，以免直形冷凝管通水冷却时，玻璃因温差太大而炸裂；球形冷凝管一般用于有机物的冷凝回流，由题已知条件①可知，实验蒸馏过程中应使用直形冷凝管，不用球形冷凝管或空气冷凝管； (3)有机相中主要含环己酮，由题中所给信息①可知，环己酮的密度比水的密度小，所以分液时有机相在分液漏斗的上层，即应从分液漏斗的上口放出； (4)分液后的有机相中仍含有少量的水，为了除去有机相中的水分，可加入无水硫酸镁进行干燥，即实验中加入无水硫酸镁的目的是干燥； (5)①加入次氯酸钠溶液后，用淀粉-碘化钾试纸检验，试纸应呈蓝色，若试纸不呈蓝色，则说明溶液中不含次氯酸钠，环己醇可能未完全反应，为了确保环己醇被完全氧化，应加入过量的次氯酸钠溶液；②次氯酸钠溶液与碘离子在酸性条件下反应析出I2，次氯酸根被还原为Cl-，析出碘的反应的离子方程式为ClO-+I-+2H+=Cl-+I2+H2O；在滴定接近终点时加入1mL0.2%淀粉溶液，滴定终点的实验现象为：当滴入最后半滴硫代硫酸钠标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色；由ClO-+I-+2H+=Cl-+I2+H2O、I2+2Na2S2O3=2NaI+ Na2S4O6可得：ClO-~ I2~2Na2S2O3，若三次滴定消耗硫代硫酸钠标准溶液的平均体积为18.00mL，则原次氯酸钠溶液的浓度为；(6)本实验环己酮的理论产量为0.05mol×98g/mol=4.9g，实际产量为3.4g，则产率为，即最接近70%，故选C。 24．【制备医药中间体】(2025·浙江省金华十校高三模拟)肉桂酸(C6H5CH=CHCOOH)和氢化肉桂酸(C6H5CH2CH2COOH)都是重要的医药中间体，某小组采用如下实验流程进行制备(相关性质如下表)。 名称 苯甲醛 醋酸酐 肉桂酸 性状 无色油状液体 无色液体 无色针状晶体 熔点 ℃ ℃ 133℃ 沸点 178℃ 140℃ 300℃ 溶解度(水) 0.3g 12g 请回答： (1)步骤Ⅱ的“水蒸气蒸馏”装置如图(夹持仪器和尾气处理装置已省略)，图中仪器a的名称是 ，水蒸气蒸馏的主要目的是为了除去 。 (2)下列做法不正确的是_____。 A．步骤Ⅰ反应需要控温在170~180℃，若控温加热器发生故障，可改用水浴加热 B．步骤Ⅱ中，应先撤去加热装置并冷却后再加水浸泡 C．步骤Ⅲ中，加入NaOH可以使产物以钠盐形式存在，提高溶解能力，便于与杂质分离 D．步骤Ⅳ中，过滤后用稀盐酸洗涤粗产品 (3)肉桂酸催化加氢制备氢化肉桂酸的实验装置如图所示(三通活塞1接氢气贮存系统、三通活塞2接真空系统)： ①实验步骤：在圆底烧瓶内加入3g肉桂酸()和95%乙醇，溶解后加入催化剂，连接装置， 。a→_____→_____→_____→e→f(实验步骤排序，选填序号)，记录贮氢筒内H2的体积为500mL(读数时保持平衡瓶内水平面与贮氢筒中水平面高度持平。已知：常温常压下)。当体积无明显变化后，记录H2的体积为108mL，水浴蒸去乙醇可得氢化肉桂酸粗产品。 a．检查装置气密性 b．打开活塞1充入H2 c．关闭活塞1，打开活塞2，抽气到一定真空度后关闭活塞2 d．旋转活塞1，提高盛有蒸馏水的平衡瓶的位置，使贮氢筒充满水 e．重复必要操作2~3次，并确定装置内的空气已除尽 f．关闭活塞2，打开活塞1，缓慢降低平衡瓶的位置，使贮氢筒内充满H2，关闭活塞1 ②氢化反应时，保持平衡瓶内水平面略高于贮氢筒中水平面，原因是 。 ③氢化肉桂酸的产率为 。 【答案】(1)冷凝管/直形冷凝管 苯甲醛 (2)AD (3) dcb 增大反应体系的压强，使H2进入三颈烧瓶，促进反应平衡正移 80% 【解析】苯甲醛、醋酸酐与碳酸钾加热回流生成肉硅酸盐、乙酸盐和CO2，混合物A为肉硅酸盐和乙酸盐及未反应完的苯甲醛等的混合物，进行水蒸气蒸馏，此时未反应的苯甲醛可通过蒸馏的方式除去，当蒸出、冷凝后的液体不成油状时，说明苯甲醛已除净，此时加水浸泡，混合物B中含有肉硅酸盐和乙酸盐，加入NaOH可以使产物以钠盐形式存在，同时提高溶解能力，再加入活性炭脱色，过滤后得到含有肉硅酸盐的滤液C，向滤液中加入盐酸，生成了肉桂酸，由于肉桂酸的溶解度较小，经过冷却结晶可得到含有杂质乙酸等的粗产品，经过重结晶可得到纯净的肉桂酸。 (1)由反应的装置图可知，仪器a为直形冷凝管；由分析可知，经过水蒸气蒸馏可除去苯甲醛； (2)A项，步骤Ⅰ反应需要控温在170~180℃，若控温加热器发生故障，由于水浴加热的温度最高只能控制在100℃，故不能选择水浴加热，应选择油浴加热，A错误；B项，步骤Ⅱ中，先进行水蒸气蒸馏，此时未反应的苯甲醛可通过蒸馏的方式除去，当蒸出、冷凝后的液体不成油状时，说明苯甲醛已除净，此时加水浸泡，混合物B中含有的肉硅酸盐和乙酸盐更易溶解，B正确；C项，步骤Ⅲ中，加入NaOH可以使产物以钠盐形式存在，同时提高溶解能力，C正确；D项，步骤Ⅳ中，加入稀盐酸酸化，可使肉硅酸盐转化为肉桂酸，由于肉桂酸在水中的溶解度很小，故过滤后用冷水洗涤粗产品即可，D错误；故选AD； (3)①进行实验前应先检查装置的气密性，再旋转活塞1，提高盛有蒸馏水的平衡瓶的位置，使贮氢筒充满水，调节好水的高度后，关闭活塞1，打开活塞2，抽气到一定真空度后关闭活塞2，此时充入氢气，重复必要操作2~3次，并确定装置内的空气已除尽，最后关闭活塞2，打开活塞1，缓慢降低平衡瓶的位置，使贮氢筒内充满H2，关闭活塞1，故装置的连接顺序为a→d→c→b→e→f；②氢化反应时，为了增大反应体系的压强，使H2顺利进入三颈烧瓶，促进反应平衡正移，要保持平衡瓶内水平面略高于贮氢筒中水平面；③肉桂酸与1molH2发生加成反应可生成，根据已知条件可知加氢过程中消耗氢气500-108=392mL，物质的量为，因此生成的氢化肉桂酸的物质的量也为0.016 mol，反应开始时在圆底烧瓶内加入的肉桂酸为3g，其物质的量为0.02mol，理论上生成氢化肉桂酸的物质的量也为0.02mol，故氢化肉桂酸的产率为。 重难·创新演练 1．(2026·浙江省北斗星盟高三一模)某小组在侯氏制碱法基础上，以NaCl和NH4HCO3为反应物，在实验室制备纯碱，步骤如下： ①配制饱和食盐水； ②在水浴加热下，将一定量NH4HCO3加入饱和食盐水中，搅拌，使NH4HCO3溶解，静置，析出晶体； ③将晶体过滤、完全煅烧，得到产品； ④使用滴定法测定了产品的成分，滴定过程中溶液的随滴加盐酸体积变化的曲线如图所示。 下列说法正确的是( ) A．配制饱和食盐水，必须用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、容量瓶 B．滴定中可依次通过甲基橙、酚酞的颜色变化判断两个滴定终点 C．若V1=V2，所得产品的成分为Na2CO3 D．可用沉淀法测产品的纯度 【答案】D 【解析】A项，配制饱和食盐水，要在烧杯中放入一定量的食盐，然后向其中加入适量的水并用玻璃棒搅拌使其恰好溶解，因此需要使用的有烧杯和玻璃棒，不需要容量瓶，故A错误；B项，滴定时，Na2CO3先发生反应生成NaHCO3，后NaHCO3在与盐酸生成CO2和H2O，故第一个终点用酚酞判断，第二个终点用甲基橙判断，故B错误；C项，产品中若含有Na2CO3和NH4Cl、NaCl，也与图像符合，故C错误； D项，用沉淀法测定纯度时，选用BaCl2溶液，Na2CO3与BaCl2溶液生成沉淀，而其他成分不反应，可以达到实验目的，故D正确；故选D。 2．(2026·浙江省杭州首考适应性考试)自来水中含有Ca2+、Mg2+及微量Fe3+、Al3+等金属离子。通常用Ca2+、Mg2+离子量折合成CaO的量来表示水的硬度：1L水中含有10mg CaO时为1° 测定步骤如下： 步骤① 准确称取m g CaCO3，缓慢滴加HCl充分溶解后，定容至250mL 步骤② 称取1.0 g EDTA溶解，稀释至250mL，待标定 步骤③ 量取25.00 mL步骤①溶液，加NH4Cl/NH3缓冲溶液，再加入少许铬黑T指示剂，用EDTA溶液滴定至终点。平行测定三次，平均消耗EDTA溶液V1 mL。 步骤④ 量取待测水样50.00 mL，加适量NaF溶液、5 mL NH4Cl/NH3缓冲液和少许铬黑T指示剂，用EDTA溶液滴定至终点，平行测定三次，平均消耗标准溶液V2 mL。 已知：Ca2+、Mg2+、Fe3+、Al3+和EDTA反应的化学计量数都为1：1； 铬黑T游离状态为蓝色，与金属离子络合时为酒红色； 根据上述原理，下列说法不正确的是( ) A．步骤②中可选用托盘天平称量 B．步骤④中加入NaF溶液的目的是排除Fe3+和Al3+对测定的干扰 C．滴入最后半滴标准液时，溶液由蓝色变为酒红色，且半分钟内不变色，即为终点 D．该自来水样的硬度为： 【答案】C 【解析】A项，步骤②中称取1.0g EDTA用于标定，符合托盘天平的精确度(0.1g)，可用托盘天平称量，A正确；B项，步骤④中加入NaF溶液，F-能与Fe3+、Al3+形成稳定络合物，防止其与EDTA或指示剂反应，从而排除干扰，B正确；C项，滴定终点时，铬黑T指示剂应从金属络合时的酒红色变为游离状态的蓝色，C错误；D项，根据Ca2+、Mg2+、Fe3+、Al3+和EDTA反应的化学计量数都为1：1；可得EDTA的浓度：，则水样的硬度为：，D正确；故选C。 3．(2026·浙江省宁波市镇海首考最后一卷)某研究小组用碱熔法以软锰矿(主要成分为MnO2)为原料生产高锰酸钾的流程如下： 已知：①物质溶解度物质 物质 KMnO4 K2CO3 KHCO3 K2SO4 CH3COOK KCl 20℃溶解度(g) 6.4 111 33.7 11.1 217 34.2 ②锰酸钾[K2MnO4] 外观性状：墨绿色结晶。其水溶液呈深绿色，这是锰酸根(MnO42-)的特征颜色。 化学性质：在强碱性溶液中稳定，在酸性、中性和弱碱性中，MnO42-会发生歧化反应。 (1)用于加热熔融KOH与KClO3固体的仪器名称是___。软锰矿熔融时若只加KOH，浸取后所得溶液中也含有KMnO4的原因是____。 (2)下列有关该过程的说法正确的是_______。 a加热熔融时应用玻璃棒搅拌 b．浸取过程中可用KOH溶液浸取墨绿色固体 c．该流程中，除了浓缩结晶的母液之外，可以循环使用的物质有MnO2和KOH d．理论上，Mn元素的利用率可以达到100% (3)工业上常用CO2进行酸化歧化，发生反应3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+2K2CO3+ MnO2，若CO2通入过久可能会导致产品纯度下降，原因是_______；为避免此影响，CO2可用_______(选“盐酸”、“硫酸”或“醋酸”)溶液代替进行改进。 (4)结晶步骤中为得到杂质较少的KMnO4粗产品，从下列选项中选出合理的操作并排序：_______。 将KMnO4溶液加入蒸发皿中→_______→_______→_______→_______→_______→干燥→KMnO4晶体 a．过滤  b．趁热过滤  c．冷却  d．小火加热蒸发  e．大火加热蒸发  f．蒸发至溶液出现晶膜，停止加热  g．蒸发至溶液中出现大量晶体，停止加热  h．乙醇洗涤  i．冷水洗涤 (5)产品纯度分析 取制得的KMnO4产品a g，配制成100 mL溶液。另量取25mLcmol·L-1Na2C2O4溶液于锥形瓶中，加入足量稀H2SO4，水浴加热至70~80℃，用上述KMnO4溶液趁热滴定至终点，消耗KMnO4溶液的体积为。(KMnO4摩尔质量：158 g·molˉ1) ①滴定初期溶液褪色慢，需缓慢滴加，随着滴定的进行褪色变快，可适当提高滴定速度。随着滴定的进行，滴定反应由慢到快的原因是___。 ②产品纯度为_______(用质量分数表示)。 【答案】(1) 铁坩埚 空气中的氧气将MnO2氧化生成K2MnO4，K2MnO4加水浸取时发生歧化反应生成KMnO4 (2)bd (3)CO2与K2CO3反应的生成KHCO3，溶解度比K2CO3小得多，在溶液浓缩时会和KMnO4会同时析出而降低纯度 醋酸 (4)dfcai (5) 反应生成的Mn2+可作为反应的自催化剂 【解析】(1)高温下KOH会腐蚀玻璃/陶瓷仪器，因此熔融碱性混合物选用铁坩埚；结合已知信息，MnO4-在非强碱性条件下歧化生成高锰酸钾，因此只加KOH也能得到高锰酸钾。 (2)玻璃棒含SiO2，高温下会被KOH腐蚀，不能用于搅拌熔融碱，a错误； K2MnO4在强碱性溶液中稳定，用KOH浸取可防止K2MnO4提前歧化，提高产率，b正确；歧化反应生成的MnO2可返回第一步熔融循环使用，KOH没有生成，不能循环使用，c错误；总反应方程式 2MnO2+2KOH+KClO3=2KMnO4+KCl+H2O，反应物中的2摩尔 MnO2 (含有2摩尔Mn元素)完全转化为了2摩尔 KMnO4 (也含有2摩尔Mn元素)。原料中的锰元素全部转化为了最终产品，没有损失，所以理论上Mn元素的利用率是100%，d正确；故选bd。 (3)CO2过量会生成KHCO3，KHCO3溶解度小，会随KMnO4 一同结晶析出，降低产品纯度；盐酸会被KMnO4 氧化，引入杂质；硫酸生成的K2SO4溶解度较小，易析出混入产品；醋酸生成的CH3COOK溶解度远大于KMnO4 ，不会结晶析出，因此选醋酸。 (4)KMnO4 受热易分解，因此先小火加热蒸发(d)；蒸发至溶液出现晶膜即可停止加热(f，避免过度加热导致分解)；之后冷却结晶(c)，过滤分离出晶体(a)；最后用冷水洗涤(i)，减少KMnO4 溶解损失，乙醇会溶解KMnO4 且易被氧化，不能使用。 (5)该反应为自催化反应，产物Mn2+是反应的催化剂，因此反应速率随反应进行逐渐加快；根据反应关系2 MnO4 -~5C2O42-，可得消耗VmL溶液中，因此100mL样品溶液中总，总质量为，因此质量分数为。 4．(2026·浙江温州市普通高中高三第二次适应性考试)氯铬酸吡啶盐是一种选择性氧化试剂，主要用于醇类的氧化。实验制备过程如下：在CrO3(0.1 mol)与浓盐酸(含0.22 mol HCl)的混合物中，缓慢滴加0.1 mol吡啶，充分反应后，将所得的悬浊液进行过滤、洗涤，然后对产品进行干燥，并称量。 实验装置： 已知：①氯铬酸吡啶盐()：橙黄色固体，受热易分解； ②； ③酸性溶液中：氯铬酸根中Cr-Cl键会发生断裂，释放出Cl-。 请回答： (1)可用于本实验尾气吸收是___________。 A．B．C．D． (2)冰水浴的目的是___________。 (3)下列操作正确的是___________。 A．缓慢滴加吡啶是为了控制反应速率 B．用滤液洗涤残留在烧瓶中的固体，可提高产品产率 C．过滤后的滤液经中和后可直接排放 D．将产品结构中N位上的H原子替换为正丁基，则有利于其在醇类物质中的溶解 (4)产品纯度测定：常采用氧化还原滴定法测定Cr(Ⅵ)元素。不采用沉淀滴定法测定Cl元素，可能的原因是___________。 (5)将含0.1 mol HCl的盐酸与0.1 mol吡啶()混合，得到1 L吡啶盐酸盐溶液。计算此溶液的pH=___________。 【答案】(1)BD (2)减少HCl挥发、防止产物分解、温度过高局部反应过热等；低温促进晶体析出 (3)ABD (4)产品中可能混有CrCl3，导致氯元素偏高 (5)3.1 【解析】CrO3和HCl反应时，铬酐接受Cl-，形成氯铬酸；氯铬酸解离成H+和氯铬酸根，吡啶中N原子有一对孤对电子，可以和H+的空轨道形成配位键，生成吡啶阳离子；该离子与氯铬酸根靠静电作用结合形成氯铬酸盐，该物质在盐酸存在的条件下，低温时溶解度低，可以析出晶体。 (1)A项，导管直接插入水中，会发生倒吸，A不选；B项，倒扣漏斗可以防倒吸，能吸收HCl，B选；C项，苯密度比水小在上层，导管伸入下层水，会发生倒吸，C不选；D项，四氯化碳密度比水大在下层，导管伸入四氯化碳，HCl不溶于四氯化碳，逸出后被上层水吸收，同时能防倒吸，D选；故选BD。 (2)低温可以减少HCl的挥发；已知氯铬酸吡啶盐受热易分解，冰水浴降温可避免产物分解、防止局部反应过热；同时低温能降低产品溶解度，有利于产品结晶析出；提高产率。 (3)A项，缓慢滴加吡啶可以控制反应物浓度，控制反应速率，避免反应放热温度升高，A正确；B项，滤液已经是产品的饱和溶液，用滤液洗涤残留固体，不会溶解损失产品，还能回收残留产品，提高产率，B正确；C项，滤液中含有毒的六价铬离子，中和后也不能直接排放，C错误；D项，H替换为正丁基后，根据相似相溶原理，分子的疏水性增强，更易溶于醇类有机溶剂，D正确；故选ABD。 (4)根据题给已知③“酸性溶液中氯铬酸根中的Cr-Cl键会发生断裂释放出Cl-”，会使产品中可能混有CrCl3或Cl-总量大于产品实际的Cl-量，导致测定结果不准确。 (5)0.1molHCl和0.1 mol吡啶混合，恰好生成0.1 mol·L-1的吡啶阳离子，已知吡啶阳离子的电离平衡：，对于弱酸，，Ka很小，因此： 代入数据得：，故pH=3.1。 5．(2026·浙江强基联盟高三联考)对金属腐蚀机理与防护措施的研究是工程材料领域的重要课题。 I．铁片酸化腐蚀速率影响因素的探究 (1)盐酸的配制：配制500mL2mol·L-1的盐酸，下列仪器需要用到的有_______(填标号)。 (2)兴趣小组同学取2mol·L-的盐酸和一定浓度的缓蚀剂，按下表所示配制系列反应试液，向试液中分别加入形状、质量均相同的打磨后的洁净铁片进行酸化腐蚀实验，tmin后取出铁片，移取V0mL浸出液，加入过量还原剂后，用K2Cr2O7标准溶液滴定至终点。已知滴定过程中只发生反应：Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。记录的数据如下表所示。 实验 序号 温度 T/K 反应试液 V(盐酸)/mL V(H2O)/mL V(缓蚀剂)/mL i 303 50.0 55.0 0 V1 ii 323 50.0 55.0 0 V2 iii 323 x y 0 V3 iV 323 100.0 0 5.0 V4 ①表格中y=_______；若V4=0.2V3，则两种实验条件下铁片酸化腐蚀的速率之比_______。 ②实验结果表明，其他条件相同时，盐酸浓度越大，铁片酸化腐蚀的速率越快。证明该结论的依据为_______(用含V1、V2、V3或V4的关系式表示)。 II．铁片吸氧腐蚀的探究 兴趣小组同学在学习“吸氧腐蚀”时进行了如图所示实验：将溶液滴在一块光亮清洁的铁板表面上，一段时间后发现，液滴覆盖的圆周中心区(a)被腐蚀而变暗，在液滴中心和边缘的中间区域形成棕色铁锈环(b)。小组同学猜想该现象是由液滴中心和边缘处的溶解氧含量的差异引起的。 (3)小组同学向棕色铁锈环(b)外侧滴加酚酞试液，酚酞试液变红，其原因为_______(用电极反应表示)；请解释铁锈环(b)形成的原理：_______。 【答案】(1)BD (2) 5.0 5：1 V2＜V3 (3) O2+2H2O+4e-=4OH- Fe2+由液滴中心向(b)区迁移，OH-由液滴边缘向(b)区迁移，Fe2+与OH-在(b)区形成Fe(OH)2，Fe(OH)2再进一步氧化、脱水形成铁锈 【解析】(1)配制500mL2mol·L-1的盐酸，需要使用的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，需要用到的仪器选BD； (2)①该实验采用控制变量法，所有反应试液的总体积应保持一致，根据前两组实验，总体积为50mL+55mL=105mL；实验iii无缓蚀剂，盐酸体积x=100.0mL(和实验ⅳ盐酸体积一致，对比缓蚀剂效果)，因此y=105mL-100mL-0=5.0mL。 腐蚀速率与生成Fe2+的量成正比，根据滴定反应，因此速率之比等于消耗K2Cr2O7的体积之比：；②要验证“其他条件相同时，盐酸浓度越大，铁片腐蚀速率越快”，需要控制温度相同、均不加缓蚀剂，只改变盐酸浓度：实验ii(323K，盐酸体积50mL)和实验iii(323K，盐酸体积100mL)，若满足V2＜V3 ，即可证明结论； (3)根据上述分析可知，铁片吸氧腐蚀为原电池原理，铁锈环(b)外侧滴加酚酞试液，酚酞试液变红，说明该区呈碱性，即发生正极反应：O2+2H2O+4e-=4OH- ；铁锈环(b)形成的过程为负极生成的Fe2+由液滴中心向正极迁移，正极生成的OH-由液滴边缘向负极迁移，Fe2+与OH-在(b)区形成Fe(OH)2，Fe(OH)2再进一步氧化、脱水形成铁锈。 6．(2026·浙江省宁波市镇海中学三模)双氰胺(C2H4N4)为白色晶体，主要用于生产树脂、涂料、含氮复合肥等。实验室制备双氰胺及测量产品中含氮量的流程如下。 I．双氰胺的制备 已知：①双氰胺常温下是白色结晶粉末，在冷水中溶解度较小，溶于热水、乙醇。 ②双氰胺水溶液在80℃以上会发生分解放出氨气：酸性环境中不易水解。 ③-CN是吸电子基团。 ④氰胺(无色或淡黄色液体)二聚反应机理： (1)画出CaCN2电子式________。 (2)步骤Ⅱ中调节溶液pH为9.1，pH不能过低的原因：________。 (3)下列有关说法正确的是________。 A．步骤I中产生的滤渣主要成分是CaCO3 B．步骤中适宜采用的加热方法为水浴加热 C．可用重结晶的方法进一步提纯双氰胺粗产品 D．氰胺的碱性强于甲胺 (4)步骤Ⅲ中蒸发浓缩时，常采用真空蒸发浓缩，装置如图。请选择合理的操作并排序： 真空蒸发浓缩通过以下步骤完成：将反应后溶液转移至c中→________→浓缩至所需浓度，关闭装置→________→干燥→粗产品。 ①接通冷凝水，打开旋转按钮保持c不停转动，然后开始加热 ②接通冷凝水，开始抽气，打开旋转按钮保持c不停转动，然后开始加热 ③取c中溶液，趁热过滤      ④取c中溶液，冷却后过滤 ⑤用乙醇洗涤                ⑥用冷水洗涤 (5)双氰胺含氮量的测定：取m g双氰胺样品(杂质不含氮元素)，加足量浓H2SO4和催化剂，将所有的氮元素转化成铵盐，然后用如图装置处理铵盐。d中加入硼酸(H3BO3)，铵盐由a注入b，随后注入NaOH溶液，用蒸馏水冲洗a，关闭k2，a中保留少量水。打开k1通水蒸气进入b，将NH3蒸出，一段时间后关闭k1。将a中的液体转移至d中，并向d中加入指示剂，滴定吸收液时消耗c mol/L的盐酸V mL。 已知：NH3+H3BO3=NH3·H3BO3；NH3·H3BO3+HCl=NH4Cl+H3BO3。 ①a中保留少量水的目的是________；本实验中指示剂最好选择________。 ②双氰胺样品的纯度为________(用题中所给的字母表示)。 【答案】(1)   (2)OH-为二聚反应的催化剂，故弱碱性有利于发生聚合反应 (3)ABC (4)② ④⑥ (5)液封，防止NH3逸出，导致测定含氮量偏低 甲基橙 【解析】分析所给流程图可知，CaCN2与水反应生成Ca(OH)2和NC-NH2，通入CO2，使Ca(OH)2转化成CaCO3滤渣除去，NC-NH2在80℃、弱碱性条件下反应生成双氰胺，再经过蒸发浓缩、冷却结晶得到双氰胺晶体。 (1)CaCN2是离子化合物，则阳离子为Ca2+、阴离子为CN-；Ca原子最外层有2个电子，易失去最外层的2个电子达到8电子的稳定结构；N原子最外层有5个电子，易得到3个电子或形成3对共用电子对达到8电子的稳定结构；C原子最外层有4个电子，通常形成4对共用电子对达到8电子的稳定结构；则每个N原子分别得到Ca失去的1个电子、与C原子形成两对共用电子对，Ca、C、N都达到8电子的稳定结构，故CaCN2的电子式为； (2)由已知④可知，OH-是氰胺二聚反应的催化剂，说明该反应需要在弱碱性条件下进行，若pH过低，则OH-浓度降低，催化作用减弱，二聚反应速率下降，不利于双氰胺的生成； (3)A项，步骤I中CaCN2与水反应生成Ca(OH)2和NC-NH2，通入CO2，使Ca(OH)2转化成CaCO3滤渣除去，故滤渣为CaCO3，A正确；B项，由已知②，双氰胺在80℃以上会分解放出氨气，因此加热需控温，水浴加热温度均匀且易控，适宜采用，B正确；C项，由已知①，双氰胺在冷水中溶解度较小，溶于热水，说明其溶解度随温度变化较大，适合用重结晶提纯，C正确；D项，由已知③，-CN是吸电子基团，氰胺(H2N–CN)中的-CN吸电子，降低氮原子上的电子云密度，碱性减弱，甲胺(CH3–NH2)中-CH3为供电子基，碱性较强，故氰胺碱性弱于甲胺，D错误；故选ABC。 (4)真空蒸发浓缩通过以下步骤完成：将反应后溶液转移至c中→②接通冷凝水，开始抽气，打开旋转按钮保持c不停转动，然后开始加热→浓缩至所需浓度，关闭装置→④取c中溶液，冷却后过滤→⑥用冷水洗涤→干燥→粗产品； (5)①a中保留少量水可形成液封，防止加入NaOH溶液后生成的NH3从a中逸出，保证NH3全部被水蒸气带入d中吸收，避免测定结果偏低；由题干可知，滴定终点得到氯化铵和硼酸，溶液为酸性，故本实验中指示剂最好选择酸性指示剂甲基橙；②由方程式结合氮元素守恒，存在计量关系：双氰胺~4N~4HCl，则双氰胺样品的纯度为。 7．(2026·浙江稽阳联谊学校高三联考)某兴趣小组利用废锂离子电池正极材料(主要含LiCoO2及Al、Fe、C粉粉等)制备电池级Li2CO3，实验装置与流程如下： 已知：Ⅰ．Co3+在酸性条件下可将Cl-氧化为Cl2。 Ⅱ．金属离子沉淀pH： 金属离子 Al3+ Fe3+ Co2+ Co3+ 开始沉淀pH 3.4 1.8 6.9 — 完全沉淀pH 4.7 3.2 9.4 1.1 Ⅲ．Li2CO3微溶于水，溶解度随温度升高而降低(100℃时约0.7g/100mL水，0℃时约1.5g/100mL水)。 请回答： (1)仪器A的名称是___________。步骤Ⅰ先加入浓硫酸和H2O2，再加热回流。步骤Ⅰ需在通风橱中进行，原因是___________。 (2)将反应后的三颈烧瓶内的试剂适当稀释后再进行后续操作。步骤Ⅲ中，调节pH至5.0的目的是使___________完全沉淀而除去。 (3)步骤Ⅳ加入Na2S2O8将Co2+转化为Co(OH)3沉淀，该转化过程的离子方程式为___________。 (4)下列说法正确的是___________。 A．步骤Ⅰ若用浓盐酸替代浓硫酸和H2O2，可能会产生有毒气体Cl2，且Co浸出率降低 B．步骤Ⅲ调节pH至5.0时，可用广泛pH试纸精确控制 C．步骤Ⅴ沉锂时，应将滤液蒸发浓缩后迅速冷却结晶，以得到更多Li2CO3晶体 D．步骤Ⅴ中操作b是趁热过滤，目的是减少Li2CO3溶解损失 (5)通过重量法测定产品纯度。称取a g Li2CO3产品，溶于过量稀盐酸(杂质不与盐酸反应)，蒸发至干后得到b g LiCl固体。产品中Li2CO3的质量分数为___________(用含a、b的代数式表示)。 【答案】(1) 三颈烧瓶 酸浸过程中可能产生O2、SO2及酸雾 (2)Al3+和Fe3+ (3)S2O82-+2Co2++6H2O=2Co(OH)3↓+2SO42-+6H+ (4)AD (5) 【解析】正极材料(LiCoO2及Al、Fe、C粉等)加入浓硫酸和H2O2，在加热回流条件下反应，LiCoO2被溶解，其中的Li、Co、Al、Fe元素转化为对应的硫酸盐进入溶液，不溶的C粉等固体杂质留在体系中；反应会产生酸雾或可能的有毒气体，因此需要在通风橱中进行；将反应后的混合物过滤，除去C粉等不溶性固体杂质，得到含Li+、Co2+、Al3+、Fe3+的滤液；向滤液中加入NaOH调节pH至5.0，此时Fe3+和Al3+分别在pH为3.2和4.7时已完全沉淀为Fe(OH)3和Al(OH)3，而Co2+(开始沉淀pH=6.9)和Li+仍留在溶液中，过滤除去氢氧化物沉淀，实现Fe3+、Al3+的去除；向滤液中加入强氧化剂Na2S2O8，将溶液中的Co2+氧化为Co3+，并转化为Co(OH)3沉淀，过滤除去含钴沉淀，此时滤液中主要杂质已去除，仅含Li+的溶液；向含Li+的滤液中加入饱和Na2CO3溶液并加热沸腾，利用Li2CO3溶解度随温度升高而降低的特性，促使Li+转化为Li2CO3沉淀；趁热过滤(操作b)减少Li2CO3因温度降低而溶解的损失，得到电池级Li2CO3产品； (1)仪器A为三颈烧瓶；酸浸过程中可能产生O2、SO2及酸雾，通风橱用于排出有毒/可燃气体； (2)根据金属离子沉淀pH表：Al3+完全沉淀pH=4.7，Fe3+完全沉淀pH=3.2，Co2+开始沉淀pH=6.9；调节pH至5.0，目的是使Al3+和Fe3+完全沉淀而除去(此时Co2+、Li+仍在溶液中)； (3)Na2S2O8中S2O82-具有强氧化性，将Co2+氧化为Co(OH)3，S2O82-被还原为SO42-，反应方程式为：S2O82-+2Co2++6H2O=2Co(OH)3↓+2SO42-+6H+；由于Co3+在pH=1.1时即完全沉淀，因此Co(OH)3和H+可以共存； (4)A项，浓盐酸替代时，Cl⁻会被氧化为有毒的Cl2，且Co3+氧化Cl⁻会降低Co的浸出率，A正确；B项，广泛pH试纸只能测整数pH，无法精确控制到5.0，B错误；C项，Li2CO3溶解度随温度升高而降低，蒸发浓缩后迅速冷却结晶，溶解度反而增大，会析出更少晶体，应趁热过滤，C错误；D项，操作b是趁热过滤，利用Li2CO3高温溶解度低的特点，减少溶解损失，D正确；故选AD； (5)反应关系：Li2CO3~ 2LiCl；设纯Li2CO3的质量为x，则：Li2CO3 + 2HCl = 2LiCl + H2O + CO2↑；摩尔质量：M(Li2CO3)=74g/mol，M(LiCl)=42.5g/mol；根据Li守恒：×2 = ；解得：x=g；则Li2CO3的质量分数为： = ×100%。 真题·实战演练 1．(2026·广东卷，12，4分)用如图装置探究卤代烃的性质。用表格中的物质分别进行实验，对应的叙述正确的是( ) 选项 物质a 溶剂b 叙述 A 2-溴丁烷 乙醇 Ⅰ中发生消去反应；Ⅳ中溶液褪色，发生取代反应 B 2-溴丁烷 水 Ⅰ中生成2-丁醇，Ⅲ中石英棉和Ⅳ中溶液均褪色 C 溴乙烷 水 Ⅱ中注入少量K2Cr2O7 溶液后，溶液颜色无明显变化 D 溴乙烷 乙醇 冷却后向烧瓶中加过量稀硝酸，再加AgNO3 溶液，生成沉淀 【答案】D 【解析】A项，2-溴丁烷在NaOH乙醇溶液中加热发生消去反应生成烯烃，Ⅳ中溴的CCl4溶液褪色是因为烯烃与溴发生加成反应，不是取代反应，A错误；B项，2-溴丁烷在NaOH水溶液中加热发生水解反应生成2-丁醇，能使酸性高锰酸钾褪色，但不能使溴的CCl4溶液褪色，B错误；C项，溴乙烷在NaOH水溶液中加热水解生成乙醇，乙醇可被酸性K2Cr2O7 溶液氧化，溶液由橙色变为绿色，颜色有明显变化，C错误；D项，溴乙烷在NaOH乙醇溶液中加热发生消去反应生成Br-，加过量稀硝酸中和过量NaOH后，加AgNO3 溶液会生成AgBr沉淀，D正确；故选D。 2．(2026·河南卷，9，3分)某同学设计以下实验，探究铁的化合物的性质(忽略②〜⑤试管中溶液体积变化)。 已知：Fe3＋在水溶液中由于水解与OH-配位而显黄色；[Fe(C2O4)]3-呈绿色。下列说法错误的是( ) A．②到③说明加入稀硫酸能抑制Fe3＋的水解 B．④与⑤中c(SCN-)：④>⑤ C．④与⑥中呈现红色均是由于Fe3＋与SCN-结合所致 D．若向③中依次加入适量维生素C、K3[Fe(CN)6]溶液，会出现蓝色沉淀 【答案】B 【解析】 黄色的水合硫酸铁溶于水形成黄色溶液②。根据题中信息，黄色是由于Fe3+水解产生的。向②中加入稀硫酸，溶液变为浅黄色③，这是因为加入的H+ 抑制了Fe3+的水解( Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋)，使平衡向左移动，水解产物减少，颜色变浅。向浅黄色溶液③中加入KSCN溶液，溶液变为红色④。这是Fe3+与SCN-反应生成血红色络合物。向红色溶液④中加入草酸钾固体，溶液变为绿色⑤。这是因为C2O42-与Fe3+的配位能力比SCN-更强，生成了更稳定的绿色络合物[Fe(C2O4)]3-。向绿色溶液⑤中加入稀硫酸，溶液又变回红色⑥。这是因为加入的H+ 与C2O42- 结合生成弱酸草酸，降低了C2O42-的浓度，导致绿色络合物[Fe(C2O4)]3- 分解，释放出Fe3+ 。这些Fe3+再与溶液中的SCN-反应，重新生成红色的络合物。A项，Fe3+水解使溶液显黄色，加入稀硫酸后c(H＋)增大，水解平衡逆向移动，抑制Fe3+水解，溶液黄色变浅，A正确；B项，④中Fe3+与SCN-结合生成红色配合物，游离SCN-浓度低；⑤中Fe3+与C2O42-结合生成更稳定的，释放出SCN-，故c(SCN-)：⑤>④，B错误；C项，④中直接是Fe3+与SCN-结合显红色；⑥中加入稀硫酸后，C2O42-与H+ 结合，解离出Fe3+，再与SCN-结合显红色，C正确；D项，维生素C具有还原性，可将③中的Fe3+还原为Fe2+，Fe2+与K3[Fe(CN)6]反应生成蓝色沉淀，D正确；故选B。 3．(2026·河南卷，15)某研究小组在用CCl4萃取碘水中的I2时，发现萃取后的水溶液总是呈现淡黄色，对此开展探究。 回答下列问题： (1)定性探究：利用如图装置进行实验。 I．向饱和碘水中加入CCl4，充分振荡、静置、分液。取少量水溶液，向其中滴加淀粉溶液，溶液变蓝。 Ⅱ．向饱和的I2的CCl4溶液中加入蒸馏水，充分振荡、静置、分液。取少量水溶液，向其中滴加淀粉溶液，溶液变蓝。 ①仪器a的名称是___________；b的名称是___________。 ②振荡、静置后，I2的CCl4溶液在下层的原因是___________。 ③步骤Ⅰ中，证明I2从水中转移至CCl4中的现象是___________。 结论：I2在两溶剂间存在可逆的转移，即I2(H2O)I2(CCl4)。 (2)定量验证：类比化学平衡建立过程，该小组猜测，经充分振荡、静置后，I2在两溶剂中的分配也存在平衡状态，此时I2在两溶剂中的浓度商应为一常数，并设计实验进行验证。已知：I2+I- I3-，I2+2S2O32-=S4O62-+2I-。 步骤 实验内容 Ⅲ 取Ⅱ中分液后的水溶液50.00 mL于锥形瓶中，加入5 mL 10% KI溶液。以淀粉溶液为指示剂，用c1mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V1mL。 Ⅳ 取Ⅱ中分液后的CCl4溶液5.00mL于锥形瓶中，加入25mL10%KI溶液。以淀粉溶液为指示剂，用c2mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V1mL。 V 改变Ⅱ中I2的CCl4溶液的浓度，重复步骤Ⅱ~Ⅳ(Ⅱ中不进行I2的检验)，再开展三次实验。计算每次实验的浓度商。 结论：浓度商的值近似相等，平衡时浓度商可视为常数。 ①步骤Ⅳ中，加入KI的目的是___________。 ②通过步骤Ⅲ、Ⅳ测得的浓度商的值为___________(写出计算式)。 ③已知常温下，平衡时浓度商的值为85。向150 mL含3.0×10-2gI2的水溶液中加入30mLCCl4进行萃取，平衡时I2在水中的残留质量为___________g(用科学计数法表示，保留小数点后一位)；若改为分两次萃取，每次用15mLCCl4，两次萃取后I2在水中的残留质量为3.3×10-4g。上述结果对做萃取实验的启发是___________。 【答案】(1) 分液漏斗 烧杯 CCl4与水不互溶，且CCl4的密度大于水 液体分层，下层(有机层)变成紫红色，上层(水层)颜色明显变浅 (2) 增大I-浓度，促使：I2+I- I3-平衡正向移动，使CCl4中的I2尽可能多地转移到水相中，以便后续滴定 1.7×10-3 分多次萃取比单次用大量萃取剂更有效，可以显著提高萃取效率 【解析】(1)①仪器a的名称是分液漏斗，b的名称是烧杯。②振荡、静置后，I2的CCl4溶液在下层的原因是：CCl4与水不互溶，且CCl4的密度大于水。③碘在CCl4中的溶解度远大于在水中的溶解度。步骤Ⅰ中，向饱和碘水中加入CCl4，碘单质会被萃取到CCl4 中。由于碘溶于CCl4显紫红色，且CCl4在下层，因此可以观察到：液体分层，下层(有机层)变成紫红色，上层(水层)颜色明显变浅。 (2)①根据题目给出的反应：I2+I- I3-，I2+2S2O32-=S4O62-+2I- 。在步骤Ⅳ中，CCl4层中的I2需要先转移到水相中才能被 Na2S2O3 滴定。由于I2在CCl4中溶解度大，直接滴定无法进行。加入KI溶液后，I2与I-反应生成 I3- ，使I2从CCl4转移至水相，同时I3-可被 Na2S2O3滴定。②分别计算水层和CCl4层中I2的浓度。步骤Ⅲ：取50.00 mL水层溶液，加入KI后，I2转化为I3-，滴定反应为：I2+2S2O32-=S4O62-+2I- ，消耗的 Na2S2O3物质的量为：，根据反应方程式，。水层中I2的浓度为：，步骤Ⅳ：取5.00 mL CCl4层溶液，加入25 mL KI溶液后，I2转移至水相，滴定反应同上。消耗的 Na2S2O3物质的量为：，。CCl4层中I2的浓度为：。浓度商计算：。③计算初始I2的物质的量：，设平衡时水层中I2的浓度为xmol·L－1，则CCl4层中I2的浓度为85xmol·L－1。根据物料守恒：，，，。水层中I2的质量：；单次萃取后，I2残留质量为1.7×10-3g；两次萃取后，I2残留质量为3.3×10-4g，说明分多次萃取比单次用大量萃取剂更有效，可以显著提高萃取效率。 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。 6．(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。 7．(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。 8．(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。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $