专题16 物质的制备 实验方案的设计与评价-【十年高考】备战2027年高考化学真题分类解析与应试策略（Word版）

专题十六　物质的制备　实验方案的设计与评价 考点37　物质制备实验方案的设计与评价 1.C　本题考查化学实验装置的设计和操作。先通入HCl(g),排净装置中的空气,Sn与HCl在管式炉中发生反应制取SnCl2,冷却剂用于冷凝SnCl2,SnCl2盛接器收集SnCl2。 已知SnCl2易水解,则导气管a需接一个装有碱石灰的干燥管,防止水蒸气进入使得SnCl2水解,同时可以吸收尾气,A项正确;SnCl2具有还原性,应先通入HCl(g),排除装置中的O2,防止SnCl2被氧化,B项正确;若通入气体更换为Cl2,Cl2具有强氧化性,SnCl2具有还原性,可能被氧化为更高价态,如SnCl4,无法制备纯净的SnCl2,C项错误;配制SnCl2溶液时,加入盐酸,抑制Sn2+水解,加入金属Sn,防止Sn2+被氧化,D项正确。 2.C　本题考查有机物的分离。若LiBr完全转化,反应生成LiCl,但反应中使用的溶剂丙酮与水互溶,水相中溶质除LiCl外还有丙酮,A项错误;产率需用实际产品质量与理论产量计算,Cl-含量仅反映反应生成的LiCl量(转化率),未考虑产品分离过程中的损失,无法直接计算产率,B项错误;有机相需干燥除去水分,无水Na2SO4是常用干燥剂,可吸收水分且不与产品反应,过滤后得到干燥有机相,C项正确;操作Ⅰ为蒸馏(除去溶剂得粗产品),操作Ⅱ为用石油醚重结晶(粗产品溶于石油醚,低温下1,3-二溴丙酮析出),二者操作不同,D项错误;故选C。 3.D　向CuSO4溶液中加氨水先转化为Cu(OH)2沉淀,再加过量氨水沉淀又转化为[Cu(NH3)4]SO4,变为深蓝色溶液,加入乙醇后,[Cu(NH3)4]SO4的溶解度变小而析出深蓝色沉淀,再加盐酸后[Cu(NH3)4]2+与Cl-转化为黄绿色的配离子[CuCl4]2-。②中沉淀为Cu(OH)2,④中沉淀为[Cu(NH3)4]SO4,A项正确;在含Cu2+的溶液中加过量氨水能转化为[Cu(NH3)4]2+,说明Cu2+更易与NH3结合,B项正确;向[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入乙醇后析出固体,说明其在乙醇中溶解度小,C项正确;若向⑤中加入稀硫酸,不会转化成黄绿色的[CuCl4]2-,D项错误。 4.C　CaC2与饱和NaCl溶液用于制备C2H2,除杂后C2H2能使酸性KMnO4溶液褪色,A项不符合题意;Na2SO3与70%浓硫酸反应生成SO2,除杂后SO2能使酸性KMnO4溶液褪色,B项不符合题意;CaCO3与稀盐酸反应生成CO2,除杂后CO2不能使酸性KMnO4溶液褪色,C项符合题意;Al2S3固体水解产生H2S,除杂后H2S能使酸性KMnO4溶液褪色,D项不符合题意。 5.D　因为催化剂易水解,在反应装置和缓冲装置之间增加干燥管,防止水蒸气进入反应瓶,A项正确;反应产物HCl和未反应完的Cl2均能被NaOH溶液吸收,B项正确;Cl2通入反应液中不但作为反应物参与反应,而且也可起到搅拌作用,C项正确;该取代反应为放热反应,控制Cl2流速不变使反应持续进行,反应温度不断升高,D项错误。 6.B　为防止空气中H2O和O2影响实验,应保证为封闭体系,气球可以起缓冲压力作用,A正确;实验过程中“二苯甲酮”可与格氏试剂反应,为减少副反应,烧瓶中液体为苯甲酰氯,B错误;选用恒压滴液漏斗可以平衡气压,便于液体顺利流下,C正确;苯甲酰氯的产率高,副反应程度小,表明苯甲酰氯更易与格氏试剂反应,D正确。 7.C　图中右侧圆底烧瓶与分液漏斗的组合装置可用于固体与液体或液体与液体制取气体的发生装置。饱和Na2SO3溶液和浓硫酸反应不需要加热即可制取SO2,SO2的密度比空气大,用向上排空气法收集,A项正确;MnO2和浓盐酸加热反应可以制取Cl2,Cl2的密度比空气大,用向上排空气法收集,B项正确;固体NH4Cl与熟石灰加热可以制取NH3,NH3的密度比空气小,用向下排空气法收集,但固体与固体加热制取气体,不能用图中分液漏斗和圆底烧瓶的组合装置,C项错误;石灰石(主要成分为CaCO3)和稀盐酸反应可以制取CO2,CO2的密度比空气的大,用向上排空气法收集,D项正确。 8.A　金属性的强弱比较常从以下两个角度设计实验:根据金属单质与水或酸反应的剧烈程度进行比较,金属与水或酸反应越剧烈,其金属性越强;根据元素的最高价氧化物的水化物——氢氧化物的碱性强弱进行比较,碱性越强,金属性越强。A中的试剂和用品只能制备镁、铝的氢氧化物,而不能比较其碱性强弱,A错误。制备乙酸乙酯的操作是:在一支试管中加入乙醇,然后边振荡试管边慢慢加入浓硫酸和乙酸,再加入几片碎瓷片,连接好装置,用酒精灯小心加热,将产生的蒸气经导管通到饱和碳酸钠溶液的液面上,B正确。制备[Cu(NH3)4]SO4溶液:向硫酸铜溶液中滴加氨水,边加边振荡,直至溶液变成深蓝色,C正确。制备Fe(OH)3胶体:向烧杯中加入蒸馏水,加热至沸腾,向沸水中逐滴加入5~6滴氯化铁饱和溶液,继续煮沸至液体呈红褐色,停止加热,D正确。 9.C　从实验的置换反应可知,还原性从强到弱的顺序为Fe>Cu>Ag,A错误;由电子转移守恒可知,1 mol Fe可以置换1 mol Cu,而1 mol Cu可以置换2 mol Ag,可知消耗1 mol Fe可回收2 mol Ag,B错误;反应①中,氯化四氨合铜溶液与浓盐酸反应生成氯化铜和氯化铵,该反应的离子方程式是[Cu(NH3)4]2++4H+Cu2++4N,C正确;向氯化铜和氯化铵的混合液中加入铁,铁置换出铜后生成Fe2+,然后Fe2+被通入的氧气氧化为Fe3+,氯化铁和氯化铵水解均使溶液呈酸性二者可共存,溶液①中的金属离子是Fe3+,D错误。 10.D　A项装置为净化装置,通过饱和食盐水除掉氯化氢杂质,再通过浓硫酸干燥,处理顺序正确,不符合题意;B项装置为收集装置,氯气的密度比空气大,收集氯气时导管应长进短出,装置正确,不符合题意;C项装置为性质检验装置,干燥的氯气通过干燥的红布条时,红布条不褪色,而通过湿润的红布条时,红布条褪色,据此可知氯气不具备漂白性,可以达到实验目的,不符合题意;D项装置为尾气处理装置,氯气在水中的溶解度不大,选用水吸收尾气会造成尾气吸收不完全,应选用氢氧化钠溶液吸收,D项不能达到实验目的,符合题意。 11.B　由于O2难溶于水,密度大于空气,因此可以用排水法或向上排空气法收集,A项收集方法错误;Zn与稀H2SO4发生置换反应产生H2,属于块状固体与液体反应制取气体,产生的H2难溶于水,因此可以用排水的方法收集,故可以使用装置b、e制取、收集H2,B项正确;NO易与O2发生反应产生NO2气体,因此不能使用排空气的方法收集,C项错误;CaCO3与稀硫酸反应生成CaSO4和CO2气体,CaSO4微溶于水,CaSO4覆盖在CaCO3表面,使CO2气体不能持续发生,D项错误。 12.AB　测定NaOH溶液浓度,需要用碱式滴定管量取一定体积的待测NaOH溶液,玻璃仪器中缺少碱式滴定管,C项不符合题目要求;制备乙酸乙酯需要用浓硫酸作催化剂和吸水剂,题干提供的试剂中缺少浓硫酸,D项不符合题目要求。A、B两项所提供的玻璃仪器与试剂是准确、完整的,A、B符合题目要求。 13. (1)A、D、F (2) (3)洗去滤渣表面吸附的对苯二甲酸钠、NaCl等不溶性物质,提高原料回收率　萃取分液 (4)氯化钠　乙二醇 (5)95 (6)BPA-PC 解析 本题考查有机物制备实验,考查仪器、操作、产率计算等内容。 PET酯类碱性水解生成羧酸盐和醇类,再加稀盐酸酸化转化为酸。 (1)由题中步骤Ⅰ中信息:反应容器中加入20 mL H2O,10.0 g NaOH,0.2 g催化剂和磁搅拌子,总体积大于20 mL,故所选容器应大于30 mL。需冷凝回流,加热到135 ℃,且后续还要加入10.0 g PET,故需100 mL两颈烧瓶和冷凝管,量程为200 ℃的温度计。故可选仪器A、D、F。 (2)由酯类水解原理可知PET水解得乙二醇和对苯二甲酸钠(结构简式)。 (3)PET碱性水解得对苯二甲酸钠和乙二醇,用水洗涤滤渣的主要目的是洗去其表面的对苯二甲酸钠、NaCl等不溶性物质,提高原料回收率。催化剂为油状物,难溶于水,易溶于CH2Cl2,所以萃取分液即可。 (4)盐酸酸化碱性水解产物可得对苯二甲酸固体产品和氯化钠,乙二醇不变,故用水洗涤是除去沉淀上残留的氯化钠和乙二醇。 (5)中核磁共振氢谱为2∶4,核磁共振氢谱为3∶9,混合物核磁共振氢谱为2∶4∶3∶9,说明两种物质物质的量之比为1∶1,0.016 8 g的标准品均三甲氧基苯的物质的量n==1×10-4 mol。故对苯二甲酸的物质的量n=1×10-4 mol,其质量m=n·M=166 g·mol-1×1×10-4 mol=0.016 6 g,其百分含量为×100%≈95%。 (6)已知BPA-PC为双酚A型聚碳酸酯,水解产物为酚钠,其水溶液碱性强于对苯二甲酸钠。调节pH时,盐酸先和酚钠反应,所以pH较大时BPA-PC的降解产物先析出。 14. (1)滴液漏斗　干燥HCN气体 (2)A、B (3)②③① (4)防止AgNO3见光分解　<　2∶1 (5)×100%　偏小 解析 本题利用HCN的实验室制备考查仪器名称、装置作用、温度控制、仪器选择、氧化还原反应分析及杂质含量测定等。(1)仪器a为滴液漏斗,装置b中装有无水CaCl2,用于干燥反应生成的HCN气体。 (2)因为HCN常温下易溶于水,三颈烧瓶中生成的HCN(伴有水蒸气),经冷凝管冷凝进入甲中,此时控制水浴温度50 ℃,HCN仍为气体(沸点26 ℃),经U形干燥管CaCl2干燥进入乙中冷凝,则乙中控制温度需低于26 ℃,高于-13 ℃,便于收集液态HCN,最后N2经处理排入大气。综合分析,选A、B。 (3)HCN制备完成后,先停止滴加NaCN溶液,装置内残留的剧毒气体HCN需将其赶入尾气处理装置。故关闭阀门K3并切换三通阀K2至尾气处理,然后打开阀门K1通N2,排尽HCN后关闭阀门K2。故选②③①。 (4)由于AgNO3受热或见光易分解:4AgNO32Ag2O+4NO2↑+O2↑,故需选用棕色滴管。由向NaCN溶液中滴加AgNO3,先白色沉淀,后出现棕褐色沉淀Ag2O(AgCN→AgOH→Ag2O),故Ksp(AgCN)<Ksp(AgOH)。步骤Ⅱ中,用过量KMnO4氧化HCOO-(滴定),产物分别为Mn和CO2,离子方程式为3OH-+HCOO-+2Mn2Mn+C+2H2O,氧化剂、还原剂物质的量之比为2∶1。 (5)依据得失电子守恒分析计算:步骤Ⅱ中,HCOO-C、MnMn、n(Mn)=c1V1×10-3 mol(过量);步骤Ⅲ中,过量Fe2+将Mn、Mn(过量)还原为Mn2+,n(Fe2+)=c2V2×10-3 mol(过量);步骤Ⅳ中,剩余Fe2+被KMnO4溶液氧化,依据5Fe2++Mn+8H+5Fe3++Mn2++4H2O,知剩余n(Fe2+)=5c1V3×10-3 mol。在25 mL样品中,加入n(Mn)=c1V1×10-3 mol,经过步骤Ⅱ、Ⅲ,全部转化为Mn2+,故其得电子,总物质的量为n(e-)=5c1V1×10-3 mol。步骤Ⅱ中HCOO-失去电子,n(e-)=n(HCOO-)×2,步骤Ⅳ中,过量Fe2+被氧化的物质的量为5c1V3×10-3 mol,则步骤Ⅲ中Fe2+失去电子,n(e-)=(c2V2-5c1V3)×10-3 mol。求出在25 mL样品中n(HCOO-)= mol= mol;HCOONa的摩尔质量为68 g·mol-1,则在250 mL样品中m(HCOONa)=10××68 g=34×(5c1V1+5c1V3-c2V2)×10-2 g。样品中HCOONa质量分数为×100%=×100%。若步骤Ⅲ所用标准溶液中有少量Fe2+被空气中O2氧化,导致上式中V3减小,则测定结果偏小。 15. (1)恒压滴液漏斗 (2)D (3)除去有机层中溶解的硝酸盐和未反应的水溶性杂质　下 (4)促进反应物溶解,增大反应物接触面积,加快反应速率 (5)重结晶 (6)×100% (7)D (8)6 解析 本题考查实验探究、实验基本操作、配位数计算。 (1)a装置为恒压滴液漏斗。 (2)本实验多个操作需要戴护目镜保护眼睛,如加热过程中溶液易暴沸、飞溅;有机溶剂乙醇受热易挥发,液体喷溅入眼萃取、水洗分液,二氯甲烷挥发性强,具有刺激性,溅入眼睛会严重腐蚀、损伤眼角膜。实验结束后要洗手。CH2Cl2有毒、易挥发,所以要注意排气防止中毒。本实验不涉及锐器,故选D。 (3)步骤Ⅱ中,将上述溶液减压蒸除乙醇,加入20 mL CH2Cl2溶解,再加少量蒸馏水洗涤、分液,洗涤可用于除去有机层中溶解的硝酸盐和未反应的水溶性杂质,减少后续反应的干扰;CH2Cl2的密度为1.33 g·cm-3,大于水,因此分液时在下层。 (4)步骤Ⅲ中“产生沉淀”说明加入乙醇可促进反应物溶解,增大反应物接触面积,加快反应速率。 (5)将粗产品进一步提纯的方式为重结晶。 (6)原料中Ni(NO3)2·6H2O的物质的量为1 mmol,bpy的物质的量为2 mmol,NaBPh4的物质的量为2 mmol,三者恰好完全反应,理论上应生成1 mmol配合物Z,产率=×100%=×100%=×100%。 (7)测定晶体结构可采用X射线衍射法。 (8)按n(Ni2+)∶n(bpy)=1∶3投料,则每个Ni2+将会与3个bpy配位,形成6个配位键,故配位数为6。 16. (1)a (2)防止后端水蒸气进入反应装置,造成氯磺酸水解 (3)ClSO3H+H2OH2SO4+HCl (4)若先经过NaOH溶液,易发生倒吸,且会大量消耗NaOH (5)防止HN(SO2Cl)2分解 (6)125　120 ℃时反应物反应不完全,130 ℃时得不到产品 (7)%　杂质中含有氯元素 解析 本题考查制备实验中装置作用、连接顺序、减压蒸馏、原因分析、化学方程式书写和纯度测定等知识。 (1)为保证冷却效率,冷却水应从冷凝管的下口通入,上口通出。 (2)装置B中的导管为“长进短出”,表明装置B中应盛有液体试剂,考虑已知信息提到氯磺酸会水解而装置C中的试剂为H2O,则装置B中应为干燥试剂浓硫酸,主要目的为防止水蒸气进入反应装置。 (3)水解反应为非氧化还原反应,ClSO3H中氯元素显-1价,硫元素显+6 价,ClSO3H与水反应生成HCl和H2SO4,化学方程式为ClSO3H+H2OH2SO4+HCl。 (4)装置A中主反应制备双氯磺酰亚氨的同时,生成SO2和HCl气体,装置C吸收反应生成的HCl气体,同时吸收一定量的SO2,装置D吸收残余的SO2,若装置C和D位置互换,SO2和HCl在NaOH溶液中溶解度更大,发生倒吸的可能性更大,且会大量消耗NaOH,导致NaOH溶液快速失效。 (5)HN(SO2Cl)2在高温下易分解,减压蒸馏可降低沸点,防止产品分解。 (6)125 ℃时才能得到含副产物或反应物较少的产品。 (7)设m g粗品中HN(SO2Cl)2的质量为x g,由题意可列关系式:HN(SO2Cl)2~2Cl-~2Ag+ 　　　　214 g　　　　　　2 mol 　　　　x g　 　　　　　cV×10-3 mol 则=,解得x=0.107cV,产品纯度为×100%。粗品中的杂质可能有SOCl2、ClSO3H等,其中的氯元素在测定时也会以Cl-形式进入溶液中,导致推算出的粗品纯度偏高。 17. (1)ad　(2)圆底烧瓶　b (3)①b　②使装置恢复常压,让洗涤剂充分浸润产品,避免洗涤剂被快速抽走,提升洗涤效果　除去产物表面附着的可溶性杂质 (4)77.4%　(5)H2biim 解析 本题考查制备实验探究、化学仪器的选用、仪器名称、实验装置连接、实验目的、产率计算。 (1)步骤Ⅰ操作:称量固体试剂H4hpta、H2biim和Ni(OAc)2·4H2O需用到电子天平和药匙。 (2)回流结束操作:先停止加热,冷却后再关冷凝水(防止热蒸汽遇冷温差过大,仪器炸裂,且避免溶剂挥发损失),b正确。 (3)①为防止倒吸,抽滤瓶应连接安全瓶短口b。 ②暂停抽滤,打开放空阀,装置恢复常压,洗涤剂能缓慢浸润全部固体;持续抽滤会让洗涤剂瞬间被抽走,无法充分洗涤晶体。蒸馏水洗涤是为除去晶体表面吸附的水溶性杂质(醋酸镍、醋酸盐等可溶性离子)。 (4)1 mol Ni2(hpta)(H2biim)4配合物中含2 mol Ni、1 mol H4hpta、4 mol H2biim。 投料: n[Ni(OAc)2·4H2O]=7.0 mmol→最多生成配合物:3.5 mmol n(H4hpta)=3.0 mmol n(H2biim)=13.0 mmol,生成3.5 mmol配合物需3.5 mmol×4=14 mmol,H2biim不足。综上,H4hpta为限量反应物,理论上n理论=3.0 mmol=0.003 0 mol。 理论质量m理论=n·M=0.003 0 mol×904 g·mol-1=2.712 g,实际产量m实际=2.10 g。产率=×100%=×100%≈77.4%。 (5)配合物煅烧,Ni2+→Ni(得电子,被还原),体系中只有有机配体H2biim含C、N低价态元素,高温下C/N失电子作还原剂,H4hpta为羧酸配体,羧基碳价态高,无强还原性。 18. (1)三颈烧瓶 (2)检查装置气密性 (3)b (4)使B2H6完全反应,提高原料利用率;隔绝空气,防止B2H6自燃,减少副产物产生 (5)ab (6)NH3BH3+3H2O+H+H3BO3+N+3H2↑　ac (7)12 解析 本题考查氨硼烷的制备实验探究。 (1)仪器M的名称为三颈烧瓶。(2)实验中有气体参与反应,所以步骤①为按图Ⅰ组装好仪器,检查装置气密性。(3)浓硫酸、P2O5与NH3反应;碱石灰不与NH3反应,故选b。(4)B2H6遇水剧烈反应,在空气中可自燃,故NH3过量使B2H6完全反应,提高原料利用率;隔绝空气,防止B2H6自燃,减少副产物产生。(5)由B2H6·2NH3结构图知,含有离子键、共价键。氢键不属于化学键。(6)a项,读数时,气体未冷却至室温,气体受热膨胀,导致所测H2体积偏大;b项,读数时,水准管液面高于量气管液面,量气管内气体受压缩,压强偏大,体积偏小;c项,计算时,未减去注入硫酸的体积,导致所测H2体积偏大。(7)BH3NH3位于晶胞中的8个顶角和体心,根据均摊法,一个晶胞中含8×+1=2个NH3BH3分子,共12个氢原子。 19. (1)分液漏斗 (2)关闭K1、K2,将D中导管末端浸入水中 (3)3Br2+8NH3·H2O6NH4Br+N2↑+8H2O (4)橙黄色恰好完全褪去(溶液变为无色) (5)b (6)重结晶 (7)75% (8)优点:反应步骤少,操作简单;不足:液溴易挥发,有毒,污染环境(各写1点即可) 解析 本题考查化学实验综合、实验仪器识别、装置气密性检查、氧化还原反应化学方程式书写、反应终点判断、产品产率计算、实验方案对比。 (2)步骤ⅰ中检查装置气密性的操作:关闭活塞K1和K2,微热C,若导管口有气泡冒出,停止加热,冷却后导管内上升一段水柱,并保持一段时间不下降,则证明装置气密性良好。 (3)步骤ⅱ中,制备NH4Br的化学方程式为3Br2+8NH3·H2O6NH4Br+N2↑+8H2O。 (4)步骤ⅲ中,滴加氨水至溶液橙黄色(或橙色)(溴水的颜色)褪去(或变为无色)时,反应恰好完成。 (5)反应生成N2,同时挥发Br2、NH3,蒸馏水可吸收挥发的Br2、NH3,回收原料,防止污染。后续C、D中的溶液要混合回收产品,不引入新的杂质。 (6)NH4Br为离子晶体,水溶性好,可用重结晶法提纯。 (7)根据化学方程式:3Br2+8NH3·H2O6NH4Br+N2↑+8H2O,可得理论上制备0.4 mol NH4Br,质量为m(NH4Br)理论=0.4 mol×98 g·mol-1=39.2 g,产率=×100%=×100%=75%。 (8)优点:原料(氨水、液溴)易得,成本较低;工艺流程相对简单,易于实现连续生产。不足:反应原子利用率不高,有副产物N2生成;反应物Br2和NH3·H2O易挥发且有毒,需要复杂的尾气处理装置,易造成环境污染。 20. (1)水浴加热　作反应物(或磺化剂)、作吸水剂、作催化剂、作溶剂(写出两种即可) (2)溶液变浑浊(或出现白色沉淀) (3)将Ⅰ中的反应液沿烧杯内壁缓慢倒入盛有100 mL饱和NaCl溶液的烧杯中,并持续搅拌 (4)过滤速度快,得到的固体更干燥　D-SO3Na易溶于水,会造成产品损失 (5)ac (6)X射线衍射 (7)×100% 解析 本题为实验综合题。考查了反应条件控制、物质溶解性应用、抽滤、重结晶、产率计算等问题。检验学生的实验综合运用能力。 (1)加热温度控制在60 ℃,低于水的沸点,选用水浴加热。 浓硫酸的作用:①提供—SO3H,发生磺化反应,作反应物;②题干中说明D可溶于浓硫酸,作溶剂;③吸收磺化反应生成的水,并可催化此反应,作吸水剂、催化剂。 (2)由已知条件①可知,若反应不完全,体系残留未反应的D,溶液变混浊。 (3)反应液体系里有浓硫酸,需“酸入水”,所以将反应液沿烧杯内壁缓慢倒入盛有100 mL饱和NaCl溶液的烧杯中,边倒边不断搅拌。 (4)抽滤(减压过滤)优点:过滤速度快,得到固体更干燥;D-SO3Na易溶于水,蒸馏水会造成产品大量溶解损失;饱和NaCl溶液可降低其溶解度,减少溶解损失。 (5)重结晶需配热饱和溶液,稀溶液冷却后析出晶体极少,无法提纯,a错误;活性炭表面积大,吸附能力强,能收附有色杂质,b正确;趁热过滤仅除去活性C和不溶性杂质,可溶性杂质留在母液中,不应在此步除去,c错误;采用冷却热饱和溶液法,提纯产品,d正确。 (6)通过X射线衍射技术,可获得以上信息。 (7)产率=×100%=×100%=×100%。 21. (1)不产生副产物对二苯甲酸;原料廉价易得;原子经济性高;条件温和(写出两条即可) (2)50 (3)将未被氧化的对甲基苯甲醛萃取分离 (4)H++OH-H2O　+H+ (5)③　①　④　空气中的氧气 解析 本题以对甲基苯甲酸的绿色制备为载体,考查氧化剂选择、转化率分析、操作目的、离子方程式书写、实验步骤及反应机理等。 (1)该氧化反应以空气中的氧气作为氧化剂,以太阳光作能量来源,以可循环利用的丙酮作溶剂,无须加热即可高效进行。然而,常见的氧化剂如KMnO4、铬酸盐等在氧化醛时,会产生其他的非目标产物,原子经济性较差。此外,由于这些氧化剂的氧化性较强,使某些敏感基团易被氧化,导致反应选择性较差。故该反应的优势为①原子经济性高,潜在污染物少;②反应选择性好,副反应较少;③采用太阳光作为反应能源,条件温和;④使用空气中的氧气作为氧化剂,原料廉价易得。 (2)核磁共振氢谱中,吸收峰面积与对应类型氢原子的数量成正比。根据这一特性,峰面积的比值变化可体现反应过程中同一类型氢原子数量的变化,进而计算反应物的转化率。该反应中反应物、产物相对单一,且分子结构简单,非常适合利用原位核磁共振氢谱对反应进程进行监测。实验中采用氘代丙酮(CD3COCD3)作为溶剂可以避免溶剂峰的干扰,能够真实反映反应液中各物质的变化情况。题目中反应时间为0 h时,反应液中除溶剂外只含有对甲基苯甲醛,根据核磁共振氢谱峰面积比例关系可知:a峰对应反应物中的醛基氢,b峰和c峰分别对应苯环上两种化学环境不同的氢,d峰则对应甲基氢。反应2 h时,随着反应的持续进行,反应物逐渐被消耗,醛基氢代表的a峰与对应的a'峰的峰面积比例关系为2∶1,表明有50%的对甲基苯甲醛发生了转化,即转化率约为50%。 (3)谱图显示,反应进行至5 h时仍有少量反应物未完全转化。步骤Ⅱ中通过酸碱中和使对甲基苯甲酸转化为对甲基苯甲酸钠,利用萃取法实现了对甲基苯甲醛与对甲基苯甲酸钠的有效分离。 (4)步骤Ⅲ中,通过加入盐酸使对甲基苯甲酸钠转化为对甲基苯甲酸。此过程中,盐酸不仅与对甲基苯甲酸钠反应,促使对甲基苯甲酸在水相中析出,还需要与上一步骤中过量的碱发生中和。离子方程式为OH++H+H2O; 。 (5)为确定产物的羧基O来源,采用18O2或CH3C18OCH3作为标记物以同位素示踪法研究反应机理。为保证18O2气氛,提高实验准确性,在通入18O2前,需采用“循环冷冻脱气法”排出装置内空气与溶剂中的16O2。该方法的优点如下:①无须加热,避免了加热脱气法导致热敏反应物破坏;②低温冷冻真空脱气,避免了常温真空脱气或惰性气体吹扫法导致易挥发反应物和溶剂损失。该方法具体操作步骤:关闭反应管阀门;反应管浸入液氮浴中,冷冻反应液;依次打开真空泵和反应管阀门,进行真空抽气,维持3~5分钟;关闭反应管阀门,反应液恢复室温;重复冷冻—抽气—熔化过程。故操作顺序为①②③①④。同位素示踪结果表明:18O2气氛下,其他条件不变,目标产物相对分子质量为138,确认羧基O中一个来源于氧气,一个可能来源于对甲基苯甲醛或丙酮。CH3C18OCH3作溶剂时,目标产物相对分子质量为136,排除了羧基O来源于丙酮的可能性。综合上述结果,得出目标产物中羧基O来源于对甲基苯甲醛和空气中的氧气。 22. (1)1∶1∶2　(2)冷凝回流　直形冷凝管　B (3)2、3　　C (4)醇解产物电离出的H+可催化缩聚反应 解析 本题以有机物制备为情境,涉及投料比、装置的作用、温度的选择、实验数据处理等。 (1)由聚酯结构可判断该聚合物的单体包括顺丁烯二酸、邻苯二甲酸和丙-1,2-二醇,其物质的量比n(顺丁烯二酸)∶n(邻苯二甲酸)∶n(丙-1,2-二醇)为1∶1∶2,而根据题意可知本实验使用顺丁烯二酸酐、邻苯二甲酸酐水解制备顺丁烯二酸、邻苯二甲酸。则为得到目标聚酯,理论上原料物质的量投料比n(顺丁烯二酸酐)∶n(邻苯二甲酸酐)∶n(丙-1,2-二醇)应为1∶1∶2。 (2)依据题意,该反应进行时需逐步升温至190~200 ℃,根据反应物沸点可判断此时丙-1,2-二醇已达沸点,由此判断装置B的作用是冷凝回流丙-1,2-二醇。由实验过程和实验原理可知,醇解产物发生缩聚反应生成聚酯时有H2O生成,且该反应为可逆反应,将反应装置A中生成的H2O及时排出可使反应正向移动,因此要保持温度计2示数高于水的沸点;但温度过高时会导致反应物丙-1,2-二醇的逸出损失。综合判断,合理温度范围为100~105 ℃。蒸馏出的H2O通过装置C冷凝后收集到装置D中,装置C的名称为直形冷凝管。 (3)在滴定实验时,为抵消由于滴定管刻度不均匀而引起的误差,平行实验需使用同一段滴定管,因此每次滴定前均需将滴定管读数调至0刻度线,且3次重复实验相对平均偏差小于0.3%。根据题中列出的5次实验数据可知,第2次实验滴定前没有调至0刻线,数据应予以舍弃。第3次实验数据偏差太大,同样应舍弃。使用1,4,5三次实验数据求得消耗KOH-乙醇标准溶液的平均体积为25.00 mL。根据酸值定义计算该样品酸值为,化简得。 随着酸值降低,聚合物分子量逐渐增大。酸值高于聚合度要求,说明缩聚反应还不完全,应继续反应,因此选项A立即停止加热不符合题意。装置D中收集到的液体为H2O,可根据H2O的量估算缩聚反应进行的程度,反应结束前不需排出装置D内的H2O,且此措施不会影响聚酯反应的平衡,选项B不符合题意。反应初期,需缓慢通入N2,若N2通入速度过快会导致反应物丙-1,2-二醇随N2带出而损失;反应后期,则可增大N2流速带出反应装置A中因缩聚反应而生成的H2O,并使缩聚反应向继续生成聚酯的方向进行,从而使产品达到聚合度要求,因此选项C符合题意。 (4)酯化反应需H+催化,而实验中没有另加诸如浓硫酸等催化剂,原因是在该反应条件下,醇解产物电离出的H+可起到催化作用,属于自催化酯化反应,无需另加催化剂。 23. (1)d (2)S　无色无浮渣　80 (3)KFeS2+4H++4Cl-K++[FeCl4]-+2H2S↑ (4)①掩蔽生成的Fe3+颜色,防止其影响终点判断 ②×10-3 (5)bc (6)四面体形　链 (7)ac 解析 本题考查制备实验探究、实验基本操作、晶胞的计算、晶体中微粒间作用力。(1)固体反应物在900 ℃焙烧,需选用高温反应容器坩埚,容器d符合题意。 (2)高温反应结束后的混合物利用煮沸倾析的方法除去杂质,包括水溶性深绿色杂质与浮渣,淡黄色浮渣应为过量未反应的S;多次煮沸倾析后,若观察到上层溶液无色无浮渣,说明产物已洗净。由反应物用量和化学方程式可知,S明显过量,应按Fe用量计算产率,则产率为×100%=80%。 (3)KFeS2难溶于水,与浓盐酸反应生成有毒气体H2S,离子方程式为KFeS2+4H++4Cl-K++[FeCl4]-+2H2S↑。 (4)酸解液中的Fe(Ⅲ)全部还原成Fe(Ⅱ)后加入硫酸-磷酸混酸和指示剂,用K2Cr2O7标准溶液进行氧化还原滴定。根据题干信息滴定终点呈紫色,而溶液中Fe3+呈黄色,结合滴定过程所发生的反应可推知,滴定时H3PO4与Fe3+结合成无色的[Fe(HPO4)2]-,掩蔽Fe3+颜色,防止其影响滴定终点判断。 根据滴定反应方程式,各物质所消耗量关系如下: K2Cr2O7 ~ 6Fe2+ ~ 6KFeS2 1 mol 6×159 g cV×10-3 mol m(KFeS2)=cV×6×159×10-3 g KFeS2纯度=×10-3×100%。 (5)为确保本实验精度,称量待测样品固体时应选用电子分析天平(即使是使用托盘天平,被称量药品也应置于左盘)。酸解时,使用有挥发性的浓盐酸且产生有毒气体,必须在通风橱里进行操作。配制标准溶液时,定容后反复上下颠倒容量瓶将溶液混合均匀。滴定管用蒸馏水洗涤干净后,应先用标准溶液润洗,然后装入标准溶液,调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下。故选项b、c符合题意。 (6)根据KFeS2晶胞在沿a轴方向投影图可知,1个Fe周围有4个紧邻的S,且S—Fe—S键角为116°,结合沿c轴方向投影图,可判断FeS4的空间结构为四面体形,通过共边连成链状{Fe}∞单元。这种链状结构与晶体导电性、水溶性密切相关,体现“结构决定性质,性质决定用途”的化学思想。中学化学在物质结构教学中应适当结合性质、原理等部分知识,进行教学内容重整、单元整体设计,实现深度学习,促进学生知识体系的构建、结构化思维的发展。 (7)K+与{Fe}∞间存在离子键,{Fe}∞内S与Fe间形成配位键,无金属键、非极性共价键。故选项a、c符合题意。 24. (1)①③④② (2)除去水蒸气 (3)蒸馏烧瓶 (4)3Br2+2P+6H2O2H3PO3+6HBr (5)b (6)缺少尾气处理装置 (7)2∶3∶1　在HBr气氛下加热 解析 先通入H2气流,通过浓硫酸干燥,通入干燥氢气排除装置内空气,防止HBr与O2反应生成Br2;管式炉加热,缓慢打开活塞滴加液溴,控制反应速率;在D中利用红磷与Br2反应生成PBr3从而吸收未反应的Br2,通过冷却液收集HBr,据此分析。 (1)先通入H2气流(①)排除装置内空气,防止HBr与O2反应生成Br2;管式炉加热(③),促进H2与Br2反应;缓慢打开活塞滴加液溴(④),控制反应速率;通过冷却液收集HBr(②),正确的操作顺序是①③④②。 (2)装置A中盛装浓硫酸,作用是除去水蒸气。 (3)仪器X的名称为蒸馏烧瓶。 (4)装置D中,用湿润红磷的目的是利用红磷与Br2反应生成PBr3从而吸收未反应的Br2,PBr3极易水解,和水反应生成H3PO3和HBr,化学方程式为3Br2+2P+6H2O2H3PO3+6HBr。 (5)CaO可与HBr反应,a错误;CaCl2不与HBr反应,可用来干燥HBr,b正确;KOH可与HBr反应,c错误;KNO3可与HBr反应,d错误。 (6)整套实验装置的不足之处是缺少尾气处理装置(如用NaOH溶液吸收未反应的Br2和HBr)。 (7)设292 gMgBr2·6H2O加热至460 ℃,失重后固体残渣质量为原化合物质量的30.7%,反应前后镁元素质量不改变,根据镁的质量守恒,产物中含24 g Mg,可知x=1,则可得:24+17y+80z=292×30.7%,y+z=2x=2,解得y=1.5,z=0.5,则x∶y∶z=2∶3∶1;继续加热,最终得到MgO。据以上结果判断,欲从MgBr2·6H2O获得无水MgBr2,应采用的措施是在HBr气氛下加热,可以抑制水解。 25. (1)三颈烧瓶　b (2)CO2 (3)减少三氟甲基亚磺酸钠的损失,提高三氟甲基亚磺酸锂的产率 (4)+HCl+NaCl　将液体静置,在上层清液中继续滴加浓盐酸,若不再有白色沉淀产生,说明浓盐酸已经足量 (5)使三氟甲基亚磺酸充分溶解并与LiOH反应生成产品(三氟甲基亚磺酸锂) (6)×100% 解析 (1)冷却水从冷凝管的下口(即b口)通入。 (2)在步骤Ⅰ中,Na2SO3使三氟甲磺酰氯转化为三氟甲基亚磺酸钠,NaHCO3为中和剂。反应过程中产生的气泡主要为CO2气体。 (4)步骤Ⅲ中加入足量浓盐酸,发生反应:+HCl+NaCl。当析出白色固体质量不再增加时,说明加入浓盐酸已足量。 (5)步骤Ⅳ主要目的是:三氟甲基亚磺酸与LiOH反应制备产品,加入蒸馏水是为了让三氟甲基亚磺酸充分溶解电离,并与LiOH发生复分解反应。 (6)~,三氟甲基亚磺酸锂的理论产量为n()=n()= mol,实际产量为 mol,故产率=×100%。 26. (1)A　(2)a (3)利用盐析效应,加入NaCl可降低苯胺的溶解度,使其析出,提升产率　(4)上 (5)防止其挥发损失并提高冷凝效率　避免冷凝水残留,影响后续高温蒸馏时冷凝管的效率或防止高温下冷凝管因温差过大破裂 (6)B　(7)75% 解析 本题考查实验操作及原理分析。 由硝基苯制苯胺过程中,由于反应比较剧烈,故硝基苯需从上方缓慢加入;反应完成后,改用蒸馏装置,将苯胺—水蒸馏出,苯胺在水中有一定的溶解度,加入NaCl固体,可使溶解在水中的大部分苯胺以油状物晶体析出,分液分离出有机层,水层用乙醚萃取,分出醚层;合并有机层和醚层,加入粒状氢氧化钠干燥,得到苯胺醚溶液,再次蒸馏得到苯胺,据此解答。 (1)硝基苯在常温下是液体,应保存在细口瓶中,故选A。 (2)考查冷凝管的使用,为了确保较好的冷凝效果,水流方向应下进上出,即进水口是a。 (3)由于苯胺在水中有一定的溶解度,为了促进苯胺的析出,利用盐析效应,加入NaCl固体,溶液中离子浓度增加,消耗水分,导致苯胺的溶解度降低,溶解在水中的大部分苯胺就会以油状物晶体析出,提升实验产率。 (4)乙醚密度小于水,故醚层位于上层。 (5)由题给表格可知,乙醚沸点低(34.5 ℃),冰水浴可防止其挥发损失并提高冷凝效率;由于乙醚和苯胺沸点相差较大,回收乙醚后,需要放出冷凝管中的冷凝水再蒸馏,这样操作的原因是避免冷凝水残留影响后续180~185 ℃高温蒸馏,收集苯胺时冷凝管的效率(或防止高温下冷凝管因温差过大破裂)。 (6)缓慢滴加是为了控制反应温度,而非单纯减小速率,因为该反应为放热反应,若温度过高,产物苯胺会与乙酸发生取代反应,导致产率下降,A错误;蒸馏时为防止暴沸加沸石是正确的操作,B正确;红外光谱可用来分析物质中的官能团,C错误;乙醚是一种有毒物质,具有挥发性,尾气需要处理,D错误。 (7)根据反应原理可知,0.08 mol硝基苯,理论上制备0.08 mol 苯胺,理论产量:0.08 mol×93 g/mol=7.44 g,实际产量:5.58 g,产率:×100%=75%。 27. (1)烧杯、玻璃棒 (2)加快NH4HCO3溶解,使NH4HCO3与NaCl充分反应 (3)不需要制备氨气、CO2,减少了流程 (4)ⅰ.a　ⅱ.> (5)ⅰ.CO2在饱和Na2CO3溶液中的溶解速率较小,溶解量小,且两者发生反应的速率也较小,生成的NaHCO3的量较少,NaHCO3在该溶液中没有达到过饱和状态,故不能析出晶体　ⅱ.80% 解析 (1)本题是配制饱和溶液,所以向水中加入过量氯化钠至不再溶解,就得到氯化钠的饱和溶液,此种题目常与配制一定物质的量浓度的溶液的方法相混淆。 (2)一般研磨操作的目的是从反应速率、充分反应的角度回答。 (4)ⅰ.滴定曲线一般找起点、拐点、终点,依据Na2CO3与H+反应时离子方程式依次为C+H+HC、HC+H+H2O+CO2↑,且两次消耗的酸相等,可知a符合题意。ⅱ.到达第一个滴定终点前,滴定速度过快,摇动锥形瓶不均匀,致使滴入盐酸局部过浓,会使一部分Na2CO3与盐酸反应生成CO2,从而使得V1偏大、V2偏小,则该同学所记录的V1'>V1。 (5)ⅱ.有关计算一般按“求什么先求摩,见什么就化摩”的思路进行数据处理;0.088 g CO2为0.002 mol,依据2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑可知NaHCO3为0.004 mol,质量为0.336 g;则白色晶体中NaHCO3的质量分数为×100%=80%。 28. (1)圆底烧瓶　H2S+I2S↓+2HI (2)c (3)I2+I- (4)NaOH (5)先停止加热,再停止通入N2 (6)×100% (7)棕色试剂瓶中,且瓶口密封,置于阴暗处 解析 (1)仪器A的名称为圆底烧瓶,可用作固-液或液-液反应的容器。向盛有I2和H2O混合物的圆底烧瓶中通入H2S气体,由于H2S具有还原性而I2具有氧化性,二者可发生反应,S2-被氧化为S,I2被还原为I-,根据电子转移守恒和质量守恒,通入H2S发生反应的化学方程式为H2S+I2S↓+2HI。 (2)据题中信息可知,“快速搅拌”贯穿反应前与整个反应过程中。反应前快速搅拌利于形成碘悬浮液;反应过程中快速搅拌可防止固体产物包覆碘,从而保证反应物充分接触,利于反应的持续发生。故选项a的说法错误,选项c的说法正确。反应无需加热,反应过程也未放出大量热,无过热现象发生,因此无需防止暴沸。故选项b的说法错误。 (3)随着反应的进行,生成的HI在溶液中电离出I-和H+,I-与I2分子结合形成,增大了I2在水中的溶解程度,离子方程式表示为I-+I2。 (4)步骤ⅱ滤液中有多余的H2S,加热到微沸除去,同时伴有少量HI气体逸出,因此步骤ⅱ尾气的主要成分是H2S和HI,二者均属于酸性气体,最适宜选用碱性的氢氧化钠溶液来吸收。 (5)由于步骤ⅱ是用加热微沸除尽溶解的H2S,为了防止产物HI被氧化,加热过程需无氧环境。故步骤ⅱ先通N2排尽空气,再加热随N2气流带走H2S。实验结束后,当烧瓶内残留1~2 mL少量液体时应先停止加热,以防止烧瓶过热破裂可能带来的安全隐患,而继续通N2是为了防止由于温度降低、体系内压强减小使外界空气可能进入接收器中,导致氢碘酸被氧化,产品纯度降低。因此实验结束时相对应的实验操作顺序是先停止加热,冷却后再停止通N2。 (6)依据碘原子守恒,可得对应量关系: I2　~ 　2HI 2×127　　2×128 127 g　　　x g 解得x=128 g,即HI理论质量为128 g。根据题意,HI实际质量=117 mL×1.7 g·mL-1×57%,本实验的产率=×100%=×100%=×100%。 (7)氢碘酸见光易分解,需保存在棕色试剂瓶中;易被空气氧化,需密闭保存,因此氢碘酸应保存在棕色试剂瓶中,且瓶口密封,置于阴暗处。 29. (1)加快反应速率,促进Eu2O3溶于稀盐酸中 (2)防止碱性过强,形成Eu(OH)3沉淀　逐滴滴加NaOH溶液,并随时监测pH(合理即可) (3)容量瓶、烧杯 (4)当滴入最后半滴HCl标准溶液时,溶液由浅红色变为无色,且在半分钟内不复原　甲基橙的变色范围是3.1~4.4,若用甲基橙作为指示剂,误差较大 (5)加热失去配合物吸潮的水　1.7 解析 (1)步骤①的目的是将Eu2O3溶解于稀盐酸中,加热的目的是加快反应速率,促进Eu2O3溶于稀盐酸中。 (2)依据题干信息“Eu3+在碱性溶液中易形成Eu(OH)3沉淀”,步骤②中,调节溶液pH时需搅拌并缓慢滴加NaOH溶液,防止溶液碱性过强,形成Eu(OH)3沉淀。pH接近6时,为防止pH变化过大,还应采取的操作为逐滴滴加NaOH溶液,并随时监测pH。 (3)配制一定物质的量浓度的溶液时,所需的玻璃仪器有容量瓶和烧杯等。 (4)实验原理是先用过量NaOH中和苯甲酸,再用HCl标准溶液滴定剩余的NaOH。滴定终点的现象为当滴入最后半滴HCl标准溶液时,溶液由浅红色变为无色,并在半分钟内不复原。甲基橙的变色范围是3.1~4.4,而该滴定终点时溶液中含有NaCl和苯甲酸钠(呈弱碱性),若用甲基橙作为指示剂,误差较大。 (5)配合物热失重分为三个阶段:在0~92 ℃范围内第一阶段失重,对应的是配合物失去吸潮的水;在92~195 ℃范围内,属于结晶水的失重;在195~900 ℃范围内第三阶段失重,最终生成Eu2O3。 设所取产品中含n[Eu(C7H5O2)3·xH2O]=a mol,第三阶段最终生成Eu2O3,苯甲酸根质量:121×3a g,Eu2O3中氧元素质量:×3×16 g,即此阶段共减重:(363a-24a) g=339a g,将第二阶段和第三阶段失重列比例式:=,解得x≈1.7。 30. (1)催化剂　浓硫酸具有脱水性,使原料炭化,NaHSO4无脱水性,使产品产率更高(或其他合理答案) (2)吸收生成的H2O,使平衡正向移动,提高乙酸乙酯的产率 (3)AD　(4)分液漏斗　(5)73.5%　(6)90 解析 乙酸乙酯的制备原理为 。 其中浓硫酸的作用为催化剂和吸水剂,既能催化反应,加快反应速率,又能吸收反应生成的水,使平衡正向移动,增大产率。本题所给实验中用NaHSO4代替浓硫酸起催化作用,用能吸水的变色硅胶吸水,使平衡正向移动,冷却后用Na2CO3溶液将剩余的酸性物质反应掉,用无水MgSO4干燥产品,最后蒸馏收集73~78 ℃馏分获得产品乙酸乙酯。 (1)用NaHSO4代替浓硫酸起催化作用,因为浓硫酸有脱水性,能够将反应原料炭化,而NaHSO4无脱水性,可提高产品产率。同时还有减少有毒气体(SO2)的产生等其他优点。 (2)变色硅胶有吸水性,可吸收反应生成的水,使酯化反应平衡右移,提高产率。 (3)不向溶液中直接加入变色硅胶的优点是后续过程中不用再分离出去,且与甲基紫指示剂分开,不会影响其指示过程。平衡常数只与温度有关。故选A、D。 (4)分离有机相和洗涤有机相均需用分液漏斗进行分液。容量瓶在配制一定物质的量浓度的溶液时使用,普通漏斗在过滤时使用,洗气瓶在除气体中的杂质时使用。 (5)产率=×100%。原料中乙酸和乙醇按1∶1反应,显然乙酸比乙醇的量少,利用乙酸的物质的量计算产率:×100%=73.5%。 (6)酯化反应中,酸脱羟基醇脱氢,得到的产品应为 CH3CO18OCH2CH3,其分子离子峰的质荷比数值为90。 31. (1)①4s24p1 ②GaN+OH-+3H2O[Ga(OH)4]-+NH3↑ ③ac (2)①玻璃棒　漏斗　②In、Mg (3)①将Na[Ga(OH)4]转化为Ga(OH)3沉淀　②ac (4)①×10-3或×10-3 ②ad 解析 本题以工业生产中常见的发光二极管(LED)的生产废料GaN制备Ga2O3为试题情境,侧重考查学生对化学实验原理与基本操作的理解和掌握情况。本题考查的知识点包括价电子排布式和离子方程式书写、实验室尾气处理、实验基本仪器和实验基本操作、溶液pH控制、返滴定及误差分析等。 第(1)题,①基态镓(Ga)原子的价电子排布式为4s24p1。②GaN难溶于水,书写离子方程式时用化学式表示,与NaOH溶液反应生成[Ga(OH)4]-的离子方程式为GaN+OH-+3H2O[Ga(OH)4]-+NH3↑。③NH3极易溶于水、不溶于四氯化碳,可与酸反应,但因浓盐酸易挥发不适宜,故a、c选项符合题意。 第(2)题,①过滤需用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒。②In难溶于NaOH溶液,Mg在热NaOH溶液中形成Mg(OH)2沉淀,故“沉淀1”含金属元素In、Mg。 第(3)题,①为分离除去其他可溶性杂质,提高产品纯度,步骤Ⅲ加硫酸调节溶液pH,将Na[Ga(OH)4]转化为Ga(OH)3沉淀。②测定溶液pH时,湿润的pH试纸会稀释待测液,导致测定结果不准确;正确操作为用干燥洁净的玻璃棒或滴管蘸取待测液点在干燥洁净的pH试纸中央,故a、c选项操作不规范,符合题意。 第(4)题,①根据滴定操作过程,各物质所消耗量关系如下: CuSO4　　　~　　　Na2H2Y 1 mol 1 mol c2V2×10-3 mol c2V2×10-3 mol 2Na2H2Y　~　2[GaY]-　~　Ga2O3 2 mol 188 g ×10-3 mol m(Ga2O3) Ga2O3的质量为m(Ga2O3)= g,纯度为×10-3×100%。②未使用标准溶液润洗滴定管、终点读数时仰视滴定管刻度线,均会使V2读数偏大,所测Ga2O3纯度偏小,a、d选项符合题意。称重后样品吸收了空气中水汽,对测定结果无影响,b选项不符合题意。终点时滴定管尖嘴内有气泡,使V2读数偏小,所测Ga2O3纯度偏大,c选项不符合题意。 32. (1)a　(2)使水冷凝回流　②　CO2 (3)控温容易　受热均匀;无明火,更安全;烧瓶使用后更易清洁(答出任意两点即可) (4)CaCO3　(5)b　d (6)在将Ca(OH)2浆液滴入稀H3PO4的整个加料过程中,局部H3PO4、H2P和HP相对过量,限制了向含有更多P组成的物质的沉淀转化 解析 向三颈烧瓶中加入含有一定量Ca(OH)2的浆液,水浴加热控制温度为75 ℃左右,边搅拌边滴加计算量的稀H3PO4,滴加完成后继续搅拌一段时间,发生反应5Ca(OH)2+3H3PO4Ca5(PO4)3OH+9H2O,冷至室温固液分离,烘干固体得纳米级微粉产品。 (1)装置图中,温度计应插入液面以下测量反应温度,故安装不当的是a。 (2)该反应产物为羟基磷酸钙和水,羟基磷酸钙为骨骼、石灰和牙釉质的主要成分,其熔、沸点高,故冷凝管的作用是使水冷凝回流;冷凝管的水流方式为下进上出,则进水口为②;干燥管中熟石灰用于吸收空气中的二氧化碳,防止与Ca(OH)2浆液反应生成CaCO3,影响产品纯度。 (3)水浴加热的优点为控温容易,受热均匀,无明火、更安全,烧瓶使用后更易清洁等。 (4)投料时应使用新制Ca(OH)2粉末,Ca(OH)2易与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钙固体,故应为降低杂质CaCO3对实验的影响。 (5)倾倒法无法有效实现固液分离,故a错误;常压过滤,即为普通过滤操作,可以保持产品组成稳定,故b正确;减压过滤,俗称抽滤,其过滤速度较快,不利于提高纳米级微粉产品的产率,也不利于实现稳定的固液分离,故c错误;离心分离法是利用离心力使重量不同的物质分隔开,可以实现稳定的固液分离,故d正确。 (6)题述加料方式所得产品中=1.67,某次实验将Ca(OH)2浆液滴入稀H3PO4得到的产品中=1.50,相当于P含量变大,则造成这种结果差异的原因是在将Ca(OH)2浆液滴入稀H3PO4的整个加料过程中,局部H3PO4、H2P和HP相对过量,限制了向含有更多P组成的物质的沉淀转化。 33. (1)恒压滴液漏斗 (2)防止二氧化硫脲水解,防止过氧化氢分解 (3)(NH2)2CS+2H2O2(NH2)2CSO2+2H2O (4)+2　S　(5)减少二氧化硫脲的溶解损失 (6)%　亚铁离子被空气中的氧气氧化 解析 在三颈烧瓶中加入硫脲和水,溶解,冷却至5 ℃后,滴入H2O2溶液,控制温度低于10 ℃和pH<6进行反应生成二氧化硫脲,反应完成后,结晶、过滤、洗涤、干燥后得到产品。 (1)由图,仪器a的名称是恒压滴液漏斗。 (2)已知,二氧化硫脲在受热或碱性条件下易水解,且过氧化氢不稳定,受热易分解,故Ⅰ中控制“温度低于10 ℃和pH<6”目的是防止二氧化硫脲水解,防止过氧化氢分解。 (3)硫脲和水溶解冷却至5 ℃后,滴入H2O2溶液,控制温度低于10 ℃和pH<6进行反应生成二氧化硫脲,结合质量守恒,反应还会生成水,化学方程式为(NH2)2CS+2H2O2(NH2)2CSO2+2H2O。 (4)二氧化硫脲水解:(NH2)2CSO2+H2O(NH2)2CO+H2SO2,生成H2SO2,则反应中元素化合价没有改变,(NH2)2CSO2中硫化合价为+2,则H2SO2中S的化合价为+2。TD具有还原性,Ⅰ的反应中因条件控制不当生成了H2SO2,H2SO2也具有还原性,最终导致TD中出现黄色杂质,该杂质是H2SO2还原硫脲中的硫元素生成的硫单质。 (5)二氧化硫脲可溶于水,难溶于乙醇,Ⅰ中“洗涤”选用乙醇的理由是减少二氧化硫脲的溶解损失。 (6)清液中Fe2+浓度为b mg·L-1,则Fe2+的质量为b mg·L-1×V×10-3 L=bV×10-3 mg=bV×10-6 g,那么Fe2O3的去除率为×100%=%;亚铁离子具有还原性,Ⅱ中“静置”时间过长,导致脱色效果降低的原因是亚铁离子被空气中的氧气氧化。 34. (1)①三颈烧瓶　防止Fe2+被氧气氧化　②FeS+SFeS2　③CS2 (2)①Sn、浓盐酸　②当加入还原剂SnCl2后,甲基橙得电子,由氧化态变为还原态,颜色由红色变为无色,且半分钟内不恢复原来的颜色　③%　④AC 解析 (1)①仪器a的名称为三颈烧瓶;N2和FeS不反应,能防止Fe2+被氧气氧化。②反应物是S、FeS,反应条件是加热,生成物是FeS2,反应的化学方程式为FeS+SFeS2;③S难溶于水,微溶于酒精,易溶于CS2,所以洗涤选用的试剂是CS2。 (2)①SnCl2比FeCl3易水解,且易被氧化,配制和保存SnCl2溶液时要加入还原剂,且需要抑制水解,SnCl2水解生成HCl,需要将SnCl2溶于浓盐酸中,以抑制其水解,再加水稀释到需要的浓度;②甲基橙的还原反应:氧化态(红色)+ne-还原态(无色),加入SnCl2溶液后,SnCl2溶液将Fe3+还原至Fe2+,稍过量的SnCl2还原甲基橙使之变成还原态,溶液呈无色;③Fe2+被K2Cr2O7氧化为Fe3+,Cr2被还原为Cr3+,对应关系式为6Fe2+~Cr2,n(FeS2)=n(Fe2+)=6n(K2Cr2O7)=6×c mol·L-1×10-3V L=6×10-3cV mol,产品中FeS2的质量分数为×100%=%;④还原Fe3+时SnCl2溶液滴加过量,消耗的V(K2Cr2O7溶液)偏大,测定值偏高,故A符合题意;热的Fe2+溶液在空气中缓慢冷却,导致部分Fe2+被氧化Fe3+,消耗的V(K2Cr2O7溶液)偏小,测定值偏低,故B不符合题意;滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后气泡消失,消耗的V(K2Cr2O7溶液)偏大,测定值偏高,C符合题意;滴定前仰视读数,滴定后俯视读数,消耗的V(K2Cr2O7溶液)偏小,测定值偏低,故D不符合题意。 35. (1)直形冷凝管　除去市售的溴中少量的Cl2　Br2+K2C2O42KBr+2CO2↑ (2)蒸发皿　2Mn+10I-+16H+2Mn2++5I2+8H2O (3)液封　降低温度 (4)0.31m　(5)玻璃棒引流,玻璃棒下端靠在三层滤纸处 解析 (1)仪器C为直形冷凝管,用于冷凝蒸气;市售的溴中含有少量的Cl2,Cl2可与CaBr2发生氧化还原反应而除去,水浴加热时,Br2、I2蒸发进入装置D中,分别与K2C2O4发生氧化还原反应:Br2+K2C2O42KBr+2CO2↑、I2+K2C2O42KI+2CO2↑。 (2)将D中溶液转移至蒸发皿中,边加热边向其中滴加酸化的KMnO4溶液至出现红棕色气体(Br2),即说明KMnO4已将KI全部氧化,发生反应的离子方程式为2Mn+10I-+16H+2Mn2++5I2+8H2O;KBr刚开始被KMnO4氧化,继续加热将溶液蒸干所得固体R的主要成分为KBr。 (3)Br2的密度大于水的,D中冷的蒸馏水起到液封的作用,同时冷的蒸馏水温度较低,可减少溴的挥发。 (4)根据转移电子数相等可得关系式6KBr~6e-~K2Cr2O7,则理论上需要K2Cr2O7的物质的量为× mol,实际所需称取K2Cr2O7的质量为× mol××294 g·mol-1≈0.31m g。 (5)趁热过滤的具体操作:漏斗下端管口紧靠烧杯内壁,转移溶液时用玻璃棒引流,玻璃棒下端靠在三层滤纸处,滤液沿烧杯壁流下。 36. (1)不是 (2)中和Ni2+与X、HY反应生成的H+,使平衡正向移动,提高原料的转化率,有利于Z的生成 (3)缓慢滴加NaB(C6H5)4溶液,充分搅拌、剧烈振荡 (4)NaNO3　(5)①bcd　② (6)具有温度指示功能的水杯,水杯外壁涂有配位化合物W(含少量丙酮)并以透明材料密封,并附有比色卡,水温可通过所示颜色与比色卡比较,大致判断水的温度是否适合饮用 解析 (1)若Ni+的杂化方式为sp3,Z中Ni、N和O五个原子应构成四面体结构,不可能共平面,故Ni2+的杂化方式不是sp3,Ni2+的杂化方式应为dsp2杂化。 (2)步骤Ⅰ中存在反应Ni2++X+HY[NiXY]++H+,Na2CO3能与H+反应生成CO2,使H+的浓度减小,促进平衡正向移动。 (3)为避免沉淀包裹反应物共沉,应缓慢滴加NaB(C6H5)4溶液并不断搅拌,以减缓沉淀的生成速率并减小沉淀的颗粒大小。 (4)制备过程中加入了Ni(NO3)2·6H2O、Na2CO3、NaB(C6H5)4,Na2CO3转化为CO2,[B(C6H5)4]-在Z中,则Ⅲ中洗涤去除的无机盐产物为NaNO3。 (5)①准确称取m g的配合物Z需要天平,滴定过程需要用到滴定管和锥形瓶,加去离子水可以使用洗瓶,所以上述测定实验步骤中,使用的仪器除了滴定管外,还有天平、锥形瓶、洗瓶。 ②根据题意有关系式:EDTA~Ni2+,则n(Ni)=n(Ni2+)=n(EDTA)=cV×10-3 mol,所以Ni的质量百分含量为×100%=%。 (6)利用上述配合物的变色原理(温差约10 ℃时,颜色有明显变化),设计一种实用温度传感装置,该装置可以是具有温度指示功能的水杯,水杯外壁涂有配位化合物W(含少量丙酮)并以透明材料密封,并附有比色卡,水温可通过所示颜色与比色卡比较,大致判断水的温度是否适合饮用。 37. (1)碱石灰(或NaOH固体等)　吸收挥发出来的氯化氢气体 (2)防止制备过程中局部pH过低而产生钨的水合氧化物沉淀 (3)分液漏斗、烧杯　(4)NaCl (5)不能　乙醚易挥发,易燃,遇明火极易发生危险 (6)　偏大 解析 (1)浓盐酸具有挥发性,会污染环境,故仪器a中的试剂的作用是吸收挥发出来的氯化氢气体,可以是碱石灰或NaOH固体等。 (2)由于制备过程中反应体系pH过低会产生钨的水合氧化物沉淀,故步骤Ⅱ中浓盐酸需缓慢滴加。 (3)萃取、分液需要使用分液漏斗,同时需要烧杯来盛放分液后的液体,故用于“萃取、分液”操作的有分液漏斗、烧杯。 (4)步骤Ⅳ中“静置”后液体分为上、中、下三层,其中下层液体为油状钨硅酸醚合物,乙醚难溶于水,且密度小于水,故上层为乙醚,中间层为水层,通过分析发生的反应可知,中间层的溶质主要为NaCl。 (5)由于乙醚易挥发,易燃,故步骤Ⅴ中“加热”操作不能使用明火。 (6)m g十二钨硅酸晶体的物质的量为n1=,结晶水占总质量的ω%,则结晶水的物质的量为n2=,则n==;若未充分干燥,则ω%变大,n偏大。 38. (1)恒压滴液漏斗　增大SO2的溶解度、增大H2SO3的浓度,同时为步骤Ⅱ提供低温 (2)防止过多的MnO2与H2SO3反应生成MnSO4,同时防止反应太快、放热太多、不利于控制温度低于10 ℃ (3)除去过量的SO2(或H2SO3) (4)静置,向上层清液中继续滴加几滴饱和Na2CO3溶液,若不再产生沉淀,说明Mn2+已沉淀完全 (5)D　A　E 解析 步骤Ⅱ中MnO2与H2SO3在低于10 ℃时反应生成MnS2O6,反应的化学方程式为MnO2+2H2SO3MnS2O6+2H2O;步骤Ⅲ中滴入饱和Ba(OH)2溶液除去过量的SO2(或H2SO3);步骤Ⅳ中滴入饱和Na2CO3溶液发生反应MnS2O6+Na2CO3MnCO3↓+Na2S2O6,经过滤得到Na2S2O6溶液;步骤Ⅴ中Na2S2O6溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作得到Na2S2O6·2H2O。 (1)仪器a为恒压滴液漏斗。步骤Ⅰ中采用冰水浴是为了增大SO2的溶解度、增大H2SO3的浓度,同时为步骤Ⅱ提供反应所需低温。 (2)由于MnO2具有氧化性,SO2(或H2SO3)具有还原性,步骤Ⅱ应分数次加入MnO2,原因是:防止过多的MnO2与H2SO3反应生成MnSO4,同时防止反应太快、放热太多、不利于控制温度低于10 ℃。 (3)步骤Ⅲ滴加饱和Ba(OH)2溶液的目的是除去过量的SO2(或H2SO3),防止后续反应中SO2与Na2CO3溶液反应,增加饱和Na2CO3溶液的用量并使产品中混有杂质。 (4)判断Mn2+已沉淀完全的操作是:静置,向上层清液中继续滴加几滴饱和Na2CO3溶液,若不再产生沉淀,则Mn2+已沉淀完全。 (5)步骤Ⅴ的正确操作或现象为:将滤液倒入蒸发皿中→用酒精灯加热→用玻璃棒不断搅拌→蒸发皿中出现少量晶体→停止加热→等待蒸发皿冷却→过滤得到Na2S2O6·2H2O。 39. (1)油 (2)球形冷凝管(或回流冷凝管)　a (3)防止暴沸 (4)FeCl2(Fe2+)　可行,因空气中的氧气可将FeCl2(Fe2+)氧化为FeCl3(Fe3+),从而实现循环 (5)FeCl3水解 (6)a (7)b 解析 (1)根据信息可知,该反应应在大于133 ℃条件下进行,故应采取高于100 ℃加热,采用油浴。 (2)仪器B为球形冷凝管(或回流冷凝管),冷却水应从低处a口通入。 (3)沸腾产生热蒸气,若未等沸腾平息加入试剂会导致灼伤人。 (4)因空气中的氧气可将FeCl2(Fe2+)氧化为FeCl3(Fe3+),从而实现循环。 (5)乙酸的酸性可以抑制FeCl3的水解。 (6)安息香溶于热水,而二苯乙二酮不溶于水,安息香和二苯乙二酮都溶于乙酸和乙醇。 (7)安息香生成二苯乙二酮相对分子质量减小2,故该实验的产率接近:×100%=80%。 40. (1)c (2)噻吩与吡咯均为分子晶体,噻吩分子间仅存在范德华力,而吡咯分子间还存在氢键,沸点更高 (3) (4)少量多次加入 (5)提供酸性环境,利于水解并生成可溶性的钠盐便于后续分液 (6)球形冷凝管与分液漏斗　干燥吸水 (7)70.0% 解析 (1)钠能与乙醇、水、液氨发生置换反应,因此只能选择甲苯作为溶剂。 (2)通过实验中的物质对结构化学的内容进行考查,噻吩与吡咯均为分子晶体,噻吩分子间仅存在范德华力,而吡咯分子间还存在氢键,沸点更高。 (3)该反应为置换反应,其化学方程式为 。 (4)因反应放热,为防止温度过高引发副反应,应将环氧乙烷溶液少量多次加入。 (5)该过程为将2-噻吩乙醇钠水解为2-噻吩乙醇,提供酸性环境,利于水解并产生可溶性的NaCl,便于后续分液。 (6)向有机相中加入无水硫酸镁的目的为吸水干燥。进行过滤所需的装置为:漏斗、烧杯、玻璃棒;后续的蒸馏过程中所需的仪器有:酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、直形冷凝管、尾接管、锥形瓶。因此用不到的仪器为球形冷凝管和分液漏斗。 (7)按Na计算,根据反应物Na的物质的量为0.2 mol可知理论上产物的物质的量为0.2 mol,质量为25.6 g,实际得到的产物为17.92 g,因此其产率为70.0%。 41. (1)组装好实验仪器,检查装置气密性　蒸馏烧瓶中液体不再增加　①装置C、D之间缺少防水(或干燥)装置　②装置D之后无尾气(H2)收集装置 (2)SiHCl3+5NaOH(浓)Na2SiO3+H2↑+3NaCl+2H2O (3)①灼烧　②干燥　A、C　×100% 解析 (1)因该实验中有气体通入和产生,故实验开始前必须先检查装置气密性;制备反应结束时,管式炉中硅粉转化为SiHCl3且被冷凝后进入蒸馏烧瓶,因此可通过观察蒸馏烧瓶中液体物质不再增加来判断反应结束。 因SiHCl3易水解,需在装置C、D之间增加防水(或干燥)装置;产物氢气是可燃性气体且无法被NaOH溶液吸收,需要另增加氢气收集装置(如储气瓶、气球等)。 (2)依据电负性Cl>H>Si可知,在SiHCl3中,Si为+4价、H为-1价、Cl为-1价,其与浓NaOH溶液发生反应的化学方程式为SiHCl3+5NaOH(浓)Na2SiO3+H2↑+3NaCl+2H2O(也可认为SiHCl3先水解为H2SiO3、H2、HCl,再与浓NaOH溶液反应)。 (3)样品经水解、干燥等预处理后,得到H2SiO3;再将H2SiO3置于坩埚中灼烧,转化为SiO2,然后将坩埚放入干燥器中干燥,反复2~3次后称量,m2 g即为所得固体氧化物SiO2的质量。依据上述分析,实验操作①为灼烧,②为干燥,①、②中需使用的仪器为A、C。 SiHCl3纯度测定过程中有以下关系式: SiHCl3~H2SiO3~SiO2,可知n(SiHCl3)=n(SiO2)= mol,故样品纯度为×100%=×100%。 42. (1)　BD　 (2)2S+O22S　pH增大,抑制S的水解,反应物S的浓度增大,故可加快氧化速率 (3)用分液漏斗向盛有MgSO3浆料的三颈烧瓶中缓慢滴加硫酸溶液　分批加入少量氧化镁粉末,搅拌,直至用pH试纸测得pH≥5,过滤;将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶,过滤,所得晶体在150~170 ℃干燥 解析 (1)已知下列反应: ①Mg(OH)2+H2SO3MgSO3+2H2O;K ②Mg(OH)2(s)Mg2-(sq)+2OH-(aq); Ksp[Mg(OH)2] ③MgSO3(s)Mg2+(sq)+S(aq); Ksp[MgSO3] ④H2SO3H++HS;Ka1[H2SO3] ⑤HSH++S;Ka2[H2SO3] ⑥H2OH++OH-;KW 根据盖斯定律,①=②-③+④+⑤-⑥×2,故 K=; 加热可加快反应速率,但温度升高,SO2在水中的溶解度降低,且会导致H2SO3受热分解,不一定能提高吸收SO2效率,A错误;加快搅拌速率,可以使反应物充分接触,提高吸收SO2效率,B正确;降低通入SO2气体的速率,SO2可与MgO浆料充分接触,但会降低反应速率,不一定能提高吸收SO2效率,C错误;多孔球泡可以让SO2与MgO浆料充分接触,能提高吸收SO2效率,D正确。 (2)根据题意,O2氧化溶液中的S为S,离子方程式为2S+O22S;S水解显碱性,因此pH增大,抑制其水解,反应物S的浓度增大,故可加快氧化速率。 (3)在进行含固体物质的反应物与液体反应的实验时,应将含固体物质的反应物放在三颈烧瓶中,通过分液漏斗滴加液体,H2SO4溶液的滴加速率要慢,以免H2SO4过量; 根据题意,首先需要调节pH≥5以除去Fe3+、Al3+杂质,需要用到的试剂为MgO粉末,操作细节为分批加入少量MgO粉末,以免pH过高,不断搅拌进行反应,直至检测到pH≥5,然后过滤除去氢氧化铁、氢氧化铝沉淀;接着需要从溶液中得到MgSO4·H2O,根据题目信息,室温下结晶只能得到MgSO4·7H2O,因此需要在150~170 ℃下干燥得到MgSO4·H2O,操作细节为将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶,过滤,所得晶体在150~170 ℃干燥。 43. (1)Zn+2H+Zn2++H2↑ (2)③①　(3)a、b　c、d (4)防止外界水蒸气进入C中使催化剂中毒 (5)适当升温增大反应速率,同时防止温度过高H2O2分解 (6)H2+O2H2O2 (7)17% 解析 从H2O2的制备原理图可知,反应分两步进行,第一步为H2在Ni催化作用下与乙基蒽醌反应生成乙基蒽醇,第二步为O2与乙基蒽醇反应生成H2O2和乙基蒽醌。启普发生器A为制取H2的装置,产生的H2中混有HCl和H2O,需分别除去后进入C中发生第一步反应。随后氧气源释放的氧气经D干燥后进入C中发生反应生成H2O2和乙基蒽醌,F中装有浓硫酸,与C相连,可防止外界水蒸气进入C中,避免催化剂Ni中毒。 (1)A中锌和盐酸反应生成氯化锌和氢气,反应的离子方程式为Zn+2H+Zn2++H2↑。 (2)HX、H2O等杂质易使Ni催化剂中毒,需分别通过装有饱和食盐水和浓硫酸的洗气瓶除去,所以装置B应该选③①。 (3)开始制备时,打开活塞a、b,A中产生的H2进入C中,在Ni催化作用下与乙基蒽醌反应生成乙基蒽醇,一段时间后,关闭a,仅保持活塞b打开,将残留H2抽出,随后关闭活塞b,打开活塞c、d,将O2通入C中与乙基蒽醇反应生成H2O2和乙基蒽醌。 (4)H2O容易使Ni催化剂中毒,实验中需要保持C装置为无水环境,F的作用为防止外界水蒸气进入C中。 (5)适当升温可增大反应速率,同时要防止温度过高导致H2O2分解,故反应过程中控温45 ℃。 (6)第一步为H2在Ni催化作用下与乙基蒽醌反应生成乙基蒽醇,第二步为O2与乙基蒽醇反应生成H2O2和乙基蒽醌,总反应的化学方程式为H2+O2H2O2。 (7)滴定反应的离子方程式为2Mn+5H2O2+6H+2Mn2++5O2↑+8H2O,可得关系式2KMnO4~5H2O2。三组数据中20.90 mL偏差较大,舍去,故消耗酸性高锰酸钾标准溶液的平均体积为20.00 mL,H2O2的质量分数=×100%=17%。 44. (1)a　FeCl2∙4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8HCl↑　冷凝回流SOCl2 (2)　AB (3)⑥⑩③⑤　CCl4 解析 已知SOCl2遇水极易反应生成两种酸性气体,则FeCl2·4H2O与SOCl2制备无水FeCl2的反应原理为SOCl2吸收FeCl2·4H2O受热失去的结晶水生成SO2和HCl,HCl可抑制FeCl2的水解,从而制得无水FeCl2。 (1)实验开始时先通N2,排尽装置中的空气,防止氯化亚铁被氧化。一段时间后,先加热装置a,产生的SOCl2气体充满b装置后,再加热b装置,装置b中发生反应的化学方程式为FeCl2∙4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8HCl↑;装置c、d的共同作用是冷凝回流SOCl2,提高SOCl2的利用率。 (2)滴定过程中Cr2将Fe2+氧化成Fe3+,自身被还原成Cr3+,反应的离子方程式为6Fe2++Cr2+14H+6Fe3++2Cr3++7H2O,则m1 g样品中n(FeCl2)=6n(Cr2)=6cV×10-3 mol;m1 g样品中结晶水的质量为(m1-m2) g,结晶水的物质的量为 mol,n(FeCl2)∶n(H2O)=1∶n=(6cV×10-3 mol)∶ mol,解得n=。下列情况会导致n测量值偏小的是: A项,样品中含少量FeO杂质,溶于稀硫酸后生成Fe2+,导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积V偏大,由可知,n的测量值偏小,符合题意;B项,样品与SOCl2反应时失水不充分,则m2偏大,由可知,n的测量值偏小,符合题意;C项,实验Ⅰ称重后,样品发生了潮解,样品的质量变大,但是消耗的K2Cr2O7溶液的体积V不变,使n的测量值不变,不符合题意;D项,滴定达到终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成,导致读取的K2Cr2O7溶液的体积V偏小,使n的测量值偏大,不符合题意。 (3)组装蒸馏装置对TiCl4、CCl4混合物进行蒸馏提纯,按由下而上、从左到右的顺序组装,安装顺序为①⑨⑧,然后连接冷凝管,蒸馏装置中应选择直形冷凝管⑥、不选用球形冷凝管⑦,接着连接尾接管⑩,TiCl4极易水解,为防止外界水蒸气进入,最后连接③⑤(防止空气中的水蒸气进入),综上,安装顺序为①⑨⑧⑥⑩③⑤;由于TiCl4、CCl4分子结构相似,TiCl4的相对分子质量大于CCl4,TiCl4分子间的范德华力较大,TiCl4的沸点高于CCl4的沸点,故先蒸出的物质为CCl4。 考点38　探究性化学实验方案的设计与评价 1.BC　本题考查实验事实与理论解释的对应关系。熔融条件下,反应Na(l)+KCl(l)NaCl(l)+K(l)之所以发生是由于K的熔点低,进而转化为蒸气从体系中分离,促进平衡正向移动,不能证明金属活泼性:Na>K,A错误;原子半径:C<Si,键长:C—H<Si—H,则键能:C—H>Si—H,故热稳定性:CH4>SiH4,B正确;相同条件下,苯酚与溴水反应,甲苯与溴水不反应,则说明对苯环的活化作用:—OH>—CH3,C正确;CH3COONH4溶液中,N水解受到CH3COO-的促进作用,水解程度比NH4Cl的大,D错误。 2.A　本题考查探究实验方案的设计与评价。电解NaCl溶液时,阳极发生反应:2Cl--2e-Cl2↑,阴极发生反应:2H2O+2e-H2↑+2OH-,B错误;因为乙醇受热易挥发,易被酸性KMnO4溶液氧化,导致溶液褪色,无法证明反应中发生消去反应生成丙烯,C错误;等pH、等体积的HA、HB与足量Zn反应,产生H2的物质的量:HA>HB,说明酸性:HA<HB,则A-与B-结合H+的能力:B-<A-,D错误。 3.A　本题考查实验方案的设计与评价。稀盐酸与NaHCO3反应生成CO2,只能说明HCl的酸性强于H2CO3的,但HCl不是Cl的最高价含氧酸,无法直接推断非金属性:Cl>C,A项错误;先析出CdS黄色沉淀,说明CdS的溶度积更小,因此Ksp(ZnS)>Ksp(CdS),B项正确;K3[Fe(CN)6]与Fe2+反应生成特征蓝色沉淀,可直接证明Fe2+存在,C项正确;新制Cu(OH)2在碱性条件下加入乙醛溶液并加热,生成的砖红色沉淀为Cu2O,说明Cu(OH)2被乙醛还原,乙醛具有还原性,D项正确;故选A。 4.B　碱石灰会同时吸收氯气和氯化氢,A错误。铜丝与稀硝酸接触反应产生NO,并且气体聚集在左侧,可以避免被氧化,B正确。乙醇和二硫化碳会互溶,不能用乙醇萃取二硫化碳中的硫单质,C错误。制作简易氢氧燃料电池,应先在两电极分别电解制备氢气和氧气,当合上开关K1,左侧锌电极为阳极,发生氧化反应,产生锌离子,右侧锌电极为阴极,发生还原反应,电极上生成氢气,D错误。 5.B　本题考查简单实验方案的设计与评价。Na2CO3在浓NaOH溶液中析出的主要原因是Na+的同离子效应,导致其溶解度显著降低,高浓度OH-抑制C水解是次要原因,A项错误;步骤Ⅲ中对配制的NaOH溶液的浓度进行标定,则步骤Ⅱ中配制一定浓度的NaOH溶液,不需要精确量取,可以用量筒量取一定体积的上层清液,稀释配制成NaOH溶液,B项正确;苯甲酸属于弱酸,用苯甲酸标定NaOH溶液的浓度,滴定终点溶液呈碱性,应该选择酚酞作指示剂,C项错误;步骤Ⅱ、Ⅲ中所需的蒸馏水都须煮沸后使用是为了除去水中溶解的CO2,避免CO2和NaOH反应产生杂质,氧气对配制苯甲酸溶液和NaOH溶液没有影响,D项错误;故选B。 6.C　本题考查Na2CO3对银镜反应影响的实验探究。Ag+在氨水中生成的AgOH(白色)极不稳定,易快速分解为Ag2O(棕黑色),故棕黑色悬浊液中的固体物质主要为Ag2O,A项正确;对比均分的两份溶液所加的试剂,为控制单一变量使后续两溶液总体积相同,故“试剂X”为1.0 mL蒸馏水,B项正确;因黑色悬浊液1与2中的固体最后都形成银镜,因此主要成分相同,均为银单质,C项错误;因为Ag可以与稀硝酸反应而溶解,所以实验后可用稀硝酸洗去银镜,D项正确;故选C。 向4% AgNO3溶液滴加2%氨水,反应生成的白色AgOH不稳定,易分解生成黑色Ag2O,形成棕黑色悬浊液,继续滴加2%氨水生成氢氧化二氨合银,均分两份,探究Na2CO3对银镜反应的影响,需要作对比实验,为控制单一变量,使后续溶液体积相同,则试剂X为1.0 mL蒸馏水,一份加入蒸馏水后加入乙醛溶液,加热发生银镜反应生成银单质,黑色悬浊液1主要成分为银;另一份加入碳酸钠溶液后加入乙醛溶液发生银镜反应生成银单质,黑色悬浊液2主要成分为银单质。 7.D　给Na2CO3溶液加热,促进C水解,溶液碱性增强,更利于除油污,A项正确;铁锈主要成分为Fe2O3·xH2O,加入稀盐酸发生反应:Fe2O3·xH2O+6H+2Fe3++(3+x)H2O,B项正确;CuSO4溶液中加足量氨水,生成铜氨溶液:Cu2++4NH3·H2O[Cu(NH3)4]2++4H2O,C项正确;铁钉镀铜需用电解池,Cu片作阳极,铁钉作阴极,铜氨溶液为电解质溶液,D项错误。 8.D　b中:2H2O22H2O+O2↑,H2O2中氧元素化合价由“-1”→“0”和“-2”,H2O2既作氧化剂也作还原剂,B项正确;a中反应为4I-+O2+4H+2I2+2H2O,反应过程中碘元素化合价由“-1”→“0”,体现了I-的还原性,A项正确;c中反应为CuO+CH3CH2OHCH3CHO+Cu+H2O,CH3CH2OH被氧化为乙醛,C项正确;d中有银镜反应发生,说明c中产物有乙醛,D项错误。 9.A　本题考查实验基本操作及实验现象的解释。等浓度的钠盐溶液中HCOONa溶液的pH更小,说明HCOOH的酸性强于CH3COOH,醋酸根水解程度更大,因此HCOO-的碱性弱于CH3COO-,结合H+的能力更弱,A项错误;CCl4层先出现紫红色,说明I-优先被Cl2氧化,表明I-的还原性强于Br-,B项正确;加入等体积2 mol·L-1乙酸后仅BaC2O4完全溶解而CaC2O4未溶,说明BaC2O4悬浊液中C2浓度更大,BaC2O4的溶度积常数更大,更易与弱酸反应溶解,C项正确;加入等量镁条,三氯乙酸溶液中产生气泡的速率更快,说明溶液中c(H+)更大,可证明酸性:三氯乙酸>乙酸,D项正确;故选A。 10.C　在铁上镀铜,应该铁接电源负极,为电镀池的阴极,铜接电源正极,为电镀池的阳极,电解质溶液为铜盐溶液,A项错误;粗盐提纯中,因为加入的试剂均应过量,所以Na2CO3溶液应该在BaCl2溶液后面加入,以除去过量的BaCl2溶液,B项错误;通过加NaOH溶液降低H+浓度使溶液变黄,再加H2SO4溶液提高H+浓度恢复橙色,可验证浓度对平衡的影响,C项正确;乙醇中也含有羟基,D项错误。 11.C　“Fe-Cu-H2SO4”原电池中Fe为负极,Cu为正极,“Fe-Zn-H2SO4”原电池中Zn为负极,Fe为正极,A项正确;由题给实验可分别确定氧化性:Fe3+>I2,Cl2>Fe3+,B项正确;苯不能使酸性KMnO4溶液褪色,甲苯可以使酸性KMnO4溶液褪色是因苯环对甲基的影响,C项错误;2 mL 0.1 mol·L-1 Na2S2O3溶液与H2SO4反应时先看到浑浊,D项正确。 12.D　无法确定该酸为一元酸还是多元酸,若为一元酸,可确定其为强酸,A项错误;Fe3+可发生水解反应:Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+　ΔH>0,滴入几滴浓硫酸,c(H+)增大会使平衡左移,浓硫酸遇H2O放热会使平衡右移,无法探究H+对Fe3+水解的影响,B项错误;AgNO3溶液过量,Ag+与I-可直接结合生成AgI沉淀,无法比较AgCl和AgI的Ksp大小,C项错误;将氯气通入Na2S溶液中,发生反应:Cl2+S2-2Cl-+S↓,可验证Cl2的氧化性,D项正确。 13.AB　酸性KMnO4溶液颜色变浅,说明Mn被还原,体现草酸的还原性,A正确;铅蓄电池放电时,负极Pb→PbSO4、正极PbO2→PbSO4,两极质量均增大,B正确;AgCl、Ag2CrO4沉淀的类型不同,C错误;降低温度,红棕色变浅说明平衡正向移动,正反应是放热反应,则正反应的活化能小于逆反应的活化能,D错误。 14.B　H2SO4为二元酸,CH3COOH为一元酸,等物质的量的H2SO4和CH3COOH,H2SO4消耗NaOH多,与二者的酸性强弱无关,A项错误。Na2S溶液与溴水发生反应:Br2+Na2S2NaBr+S↓,根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知氧化性:Br2>S,B项正确。CaCO3和BaCO3均为白色沉淀,向CaCl2和BaCl2的混合溶液中滴加Na2CO3溶液,无法判断生成的白色沉淀是何种物质,故无法比较CaCO3、BaCO3的溶度积常数的大小,C项错误。CH3COONa溶液和NaNO2溶液的浓度未知,所以不能根据溶液pH的大小判断CH3COO-和N结合H+能力的强弱,D项错误。 15.A　二氧化硫与溴水发生氧化还原反应,二氧化硫表现还原性,故A错误;热源包(主要成分CaO,少许Na2CO3、Al粉)加水后,未产生气体,可能是Al粉被氧化为氧化铝,故B正确;CuCl2浓溶液中存在平衡:[CuCl4]2-(黄色)+4H2O[Cu(H2O)4]2++4Cl-,加水稀释后溶液呈蓝色,是因为上述平衡向右移动,故C正确;FeCl3-NH4HF2的混合液会形成[FeF6]3-配离子,[FeF6]3-的氧化能力小于Fe3+,故淀粉-KI试纸不变蓝色,故D正确。 16.B　石油裂解气中含不饱和烃,与溴的四氯化碳溶液发生加成反应,则溶液褪色,不能证明气体为乙烯,故A错误;含醛基的有机物可发生银镜反应,则向盛有银氨溶液的试管中滴入乙醛,振荡,水浴温热,可生成银镜,故B正确;二氧化碳在水中的溶解度不大,应先通入氨气,后通入二氧化碳,可析出NaHCO3固体,故C错误;向PbS黑色悬浊液中加入H2O2溶液生成白色PbSO4沉淀,可知H2O2氧化PbS,不能证明Ksp(PbS)>Ksp(PbSO4),故D错误。 17.A　向I2的CCl4溶液中加入等体积浓KI溶液,振荡,静置,溶液分层,下层由紫红色变为浅粉红色,上层呈棕黄色,说明I2的CCl4溶液中的I2与KI溶液中的I-反应生成,因此碘在浓KI溶液中的溶解能力大于在CCl4中的溶解能力,A正确;NaClO溶液具有强氧化性,能使有机色质漂白褪色,不能用pH试纸测定NaClO溶液的pH,B错误;向2 mL AgNO3溶液中加入4滴KCl溶液,产生白色的AgCl沉淀,由于AgNO3溶液过量,再加入4滴KI溶液时,产生黄色的AgI沉淀,整个过程中只存在沉淀的生成,不存在沉淀的转化,无法比较AgCl和AgI的溶解度大小,C错误;新制氯水中的Cl2和HClO都能氧化I-为碘单质使淀粉变蓝色,因此无法证明氯气与水的反应存在限度,D错误。 18.A　盛NiO(OH)的试管中产生黄绿色气体,说明NiO(OH)将氯离子氧化为氯气,而氢氧化铁不行,故氧化性:NiO(OH)>Fe(OH)3,A正确;出现黑色沉淀(CuS),是因为硫化铜不溶于水、不溶于酸,不能说明酸性H2S<H2SO4,B错误;副产物SO2也会使溴水褪色,不能说明乙烯发生了加成反应,C错误;出现黄色沉淀(Ag3PO4),说明Na2HPO4电离出了磷酸根离子,D错误。 19.A　浓硝酸具有挥发性,挥发出的硝酸也能与碘化钾溶液反应生成与淀粉溶液作用显蓝色的碘,则淀粉-KI溶液变蓝色不能说明浓硝酸分解生成二氧化氮,A项符合题意;铜与浓硫酸共热,反应生成的二氧化硫具有漂白性,能使品红溶液褪色,则品红溶液褪色能说明铜与浓硫酸反应生成二氧化硫,B项不符合题意;浓氢氧化钠溶液与氯化铵溶液共热,反应生成能使酚酞变红的氨气,则酚酞溶液变红能说明浓氢氧化钠溶液与氯化铵溶液共热反应生成氨气,C项不符合题意;乙醇具有挥发性,挥发出的乙醇不能与溴水反应,2-溴丙烷与氢氧化钠的乙醇溶液共热发生消去反应,生成能使溴水褪色的丙烯气体,溴水褪色能说明2-溴丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应生成丙烯,D项不符合题意。 有关气体实验的思维模型 20.C　酸碱中和滴定操作中没有好的保温措施且溶液逐滴滴加,热量损失较多,不能准确测定中和反应的反应热,A项错误;NaClO和Na2SO3反应无明显现象,无法根据现象进行浓度对化学反应速率的影响的探究,B项错误;将Na2CO3溶液与BaCl2溶液混合,反应后静置,向上层清液中再加1滴Na2CO3溶液,若有浑浊产生,则说明Ba2+没有沉淀完全,反之,则沉淀完全,C项正确;检验淀粉是否发生了水解,应检验是否有淀粉的水解产物(葡萄糖或麦芽糖)存在,可在中和作催化剂的酸的基础上选用银氨溶液或新制氢氧化铜,碘水是用来检验淀粉的试剂,可用于检验淀粉是否完全水解,D项错误。 21.A　通入CO2气体发生反应CO2+Na2CO3+H2O2NaHCO3、CaCO3+H2O+CO2Ca(HCO3)2,由于在相同温度下NaHCO3的溶解度小于Na2CO3的溶解度,且瓶中为饱和Na2CO3溶液,因此瓶中最终有NaHCO3白色晶体析出,不会得到澄清溶液,A项符合题意;通入Cl2发生反应Cl2+2FeCl22FeCl3、2FeCl3+Fe3FeCl2,最终金属Fe消失得到澄清溶液,B项不符合题意;通入HCl气体,N在酸性条件下表现强氧化性,可将金属Cu氧化:3Cu+8H++2N3Cu2++2NO↑+4H2O,最终金属Cu消失得到澄清溶液,C项不符合题意;AgCl在水中存在沉淀溶解平衡AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq),通入NH3后,Ag+与NH3结合生成[Ag(NH3)2]+,使沉淀溶解平衡正向移动,最终AgCl固体消失得到澄清溶液,D项不符合题意。 22.D　向盛有FeSO4溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液,无现象,振荡,再滴加几滴新制氯水,溶液变为红色,说明亚铁离子被新制氯水氧化,Fe2+具有还原性,A项不符合题目要求;向盛有SO2水溶液的试管中滴加几滴品红溶液,品红溶液褪色,振荡,加热试管,溶液又恢复红色,说明SO2具有漂白性,B项不符合题目要求;向盛有淀粉-KI溶液的试管中滴加几滴溴水,振荡,溶液变为蓝色,说明Br2的氧化性比I2的强,C项不符合题目要求;用pH计测量醋酸、盐酸的pH用以证明CH3COOH是弱电解质时,醋酸和盐酸的物质的量浓度必须相同,D项符合题目要求。 23.B　Cu与浓硫酸反应,既体现浓硫酸的酸性又体现其氧化性,A项错误;紫色石蕊溶液遇到酸会变红,a处变红,说明生成的SO2是酸性氧化物,B项正确;c处是因SO2具有还原性而使酸性高锰酸钾溶液褪色,不是SO2的漂白性,C项错误;试管底部出现的白色固体为CuSO4,不是蓝色固体CuSO4·5H2O的原因是浓硫酸具有吸水性,不能说明反应中没有水生成,D项错误。 24.D　向MgCl2溶液中滴加NaOH溶液至过量,反应生成白色沉淀Mg(OH)2,Mg(OH)2不与过量的NaOH溶液发生反应,A项错误;FeCl2溶液中滴加KSCN溶液,无明显现象,B项错误;AgI的溶解度远小于AgCl,因此,向AgI悬浊液中滴加NaCl溶液至过量,黄色沉淀不可能全部转化为白色沉淀,C项错误;酸性KMnO4溶液呈紫红色,其具有强氧化性,能够氧化乙醇,故向酸性KMnO4溶液中滴加乙醇至过量后,溶液紫红色褪去,D项正确。 25.C　碳酸钠和碳酸氢钠都会因水解而使溶液显碱性,碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠,向相同物质的量浓度的两种溶液中分别滴入酚酞溶液后,碳酸钠溶液使酚酞呈现红色,碳酸氢钠溶液使酚酞呈现浅红色,A项描述正确;食盐水为中性,铁钉发生吸氧腐蚀,试管中的气体减少,导管中形成一段水柱,B项描述正确;钠燃烧产生的温度在400 ℃以上,玻璃表面皿不耐高温,故钠燃烧实验通常用坩埚或者燃烧匙,C项描述错误;石蜡油发生热分解,产生不饱和烃,不饱和烃与溴发生加成反应,使试管中溴的四氯化碳溶液褪色,D项描述正确。 26.B　铜与浓硝酸反应生成NO2,A项错误;红棕色NO2与无色N2O4存在如下转化:2NO2N2O4,对体系降温通过观察颜色变化,可确定平衡移动方向,B项正确;乙醇能与水以任意比互溶,不能从水溶液中萃取I2,C项错误;实验结束,剩余的NaCl固体放回原试剂瓶会污染试剂,D项错误。 27. (1)AB (2)负 (3)洗涤　明锐的衍射峰 (4)④(ⅰ)NH3+H2ONH3·H2ON+OH- (ⅳ)0.1 mol·L-1 H2SO4　⑤(V2-V1)∶(V3-V2) ⑥a.加入少量BaCl2溶液,出现白色沉淀　b.18 解析 本题考查综合实验探究。 (1)实验室制取氨气通常用加热氯化铵和氢氧化钙固体(或氢氧化钠溶液)的方法。装置A是固体加热制气体的发生装置,符合要求。氨气极易溶于水,吸收时必须防止倒吸,装置B中倒扣的漏斗边缘刚好接触液面,既能充分吸收又能防止倒吸,符合要求。装置C中的P2O5是酸性干燥剂,会吸收碱性的氨气,不可用。装置D没有防倒吸装置,且导管直接插入水中容易发生倒吸,不可选择。 (2)在电镀工艺中,镀件(这里是铁件)必须作阴极,镀层金属(铜)作阳极。电解池的阴极连接电源的负极,发生还原反应,使溶液中的铜离子在铁表面析出。 (3)过滤得到晶体后,为了去除表面的杂质离子,必须进行的操作是洗涤。X射线衍射实验是区分晶体和非晶体最科学的方法。晶体具有规则的微观结构,其X射线衍射图谱表现为明锐的衍射峰(多晶粉末),而非晶体的X射线衍射图谱则是弥散的晕圈。 (4)④题目提到“测得体系呈碱性”,这是因为配合物[Cu(NH3)4]2+在溶液中存在解离平衡,释放出的NH3与水结合生成一水合氨,进而电离出OH-,NH3+H2ONH3·H2ON+OH-,导致溶液显碱性。 步骤(ⅲ)的目的是测定稀氨水的浓度(作为空白对照),以便后续计算配合物中氨的含量。氨水是弱碱,需要用标准酸溶液进行中和滴定。根据题目上下文及常见实验规范,这里使用的是0.1 mol·L-1的H2SO4溶液。 ⑤V1:滴定游离氨(及水解产生的氨)消耗的酸的体积。V2:继续滴定,直到[Cu(NH3)4]2+转化为沉淀(如碱式盐),此时消耗的酸的总体积为V2。那么用于破坏配合物并沉淀铜离子的酸的体积对应区间为(V2-V1)。V3:继续滴定,直到沉淀完全溶解(生成Cu2+),此时消耗的酸的总体积为V3。那么用于溶解沉淀的酸的体积对应区间为(V3-V2)。 则两个阶段消耗酸的体积比为(V2-V1)∶(V3-V2)。 ⑥a.要验证沉淀中含有硫酸根(S),常用的方法是利用钡离子(Ba2+)。操作是取洗净的沉淀少许,用稀盐酸溶解(排除碳酸根等干扰),然后加入BaCl2溶液,如果产生不溶于酸的白色沉淀(BaSO4),则证明假设成立。 b.已知Va∶Vb=21∶19,设Va=21、Vb=19,硫酸浓度为c。设Cu2(OH)2SO4物质的量为c,Cu(OH)2物质的量为y;1 mol [Cu(NH3)4]2+反应生成1 mol Cu(OH)2消耗2 mol H+;2 mol [Cu(NH3)4]2+反应生成1 mol Cu2(OH)2SO4消耗4 mol H+。 第一步反应消耗H2SO4总量为21×2c=4cx+2cy; 第二步溶解沉淀反应消耗H2SO4总量为19×2c=2x+2y; 化简得两式相减:4x=4⇒x=1,代入得y=18,故==18。 28. (1)①分液漏斗　烧杯　②CCl4与水不互溶,且CCl4溶液的密度大于水的密度　③溶液分层,上层无色(或淡黄色),下层溶液呈紫红色 (2)①使溶于CCl4中的I2全部转移至水相,便于后续滴定 ②　③1.7×10-3　保持萃取剂总体积不变,萃取次数越多,萃取效果越好,水中残留I2的量越少 解析 本题借助CCl4萃取碘水中的I2实验,考查仪器名称、实验现象及目的分析、实验数据处理与计算等。 (1)③因为原CCl4层为无色,且密度大于水的,萃取后I2从水中进入CCl4层,而I2在CCl4中呈现紫红色。 (2)①步骤Ⅳ中,因为I2+I-,加入KI的目的是使溶于CCl4中I2转化为进入水溶液,使于后续滴定。 ②依据滴定反应的化学方程式知:n(I2)=n(S2),故5.00 mL CCl4溶液中c(I2== mol·L-1,50.00 mL水溶液中c(I2== mol·L-1,则I2在两溶液中的浓度商为=。 ③设常温条件下,I2在CCl4中浓度为c1 mol·L-1,在H2O中浓度为c2 mol·L-1。 依题意得 解得c2= mol·L-1,故在150 mL水溶液中残留的m(I2)= mol·L-1×150×10-3 L×254 g·mol-1≈1.7×10-3 g。 与题给分两次萃取所得结果对比可得到启发:保持萃取剂总体积不变,萃取次数越多、萃取效果越好,水中残留I2的量越少。 29. (1)O (2)C (3)避免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 本题考查物质性质的实验探究。 向100 mL水中依次加入0.024 mol H2C2O4·2H2O、0.016 mol K2CO3后,可获得物质的量之比为1∶2的K2C2O4和KHC2O4的混合溶液,再向混合溶液中加入CuO进行反应。根据已知条件,K2[Cu(C2O4)2]微溶于冷水、易溶于热水,通过趁热过滤方法除去未完全反应的CuO等杂质,得到含K2[Cu(C2O4)2]的滤液。通过不同的结晶条件(浓度、降温速率等),得到不同晶型的产品。控制温度,在200 ℃条件下将两种不同晶型的晶体加热脱水得到K2[Cu(C2O4)2](K2[Cu(C2O4)2]在约250 ℃时分解,温度不可接近250 ℃)。据此分析答题。 (1)Cu2+有空轨道,C2中的O有孤电子对,Cu2+接受O的孤电子对,形成配位键。因此,与Cu2+形成配位键的配位原子是O。 (2)100 mL水中0.024 mol H2C2O4·2H2O与0.016 mol K2CO3混合,根据题目信息提示:H2C2O4的、均大于H2CO3的,由此判断,过量H2C2O4与K2CO3反应,C完全转化为CO2。列式计算得 K2CO3+H2C2O4K2C2O4+CO2↑+H2O 1 1 1 　 　0.016 mol　 0.024 mol　0.016 mol 过量的0.008 mol H2C2O4继续与K2C2O4反应生成KHC2O4: K2C2O4+H2C2O42KHC2O4 1 1 2 　　　 　　0.016 mol　0.008 mol　　0.016 mol 根据计算可知K2C2O4过量,最终溶液溶质为0.008 mol的K2C2O4和0.016 mol的KHC2O4,从而求得=,根据H2C2O4的==5.4×10-5,求得c(H+)=1.08×10-4 mol·L-1,pH≈4。因此答案选C。 (3)由(2)分析可知,步骤Ⅰ所得溶质为0.008 mol的K2C2O4和0.016 mol的KHC2O4,加入0.008 mol CuO,KHC2O4与CuO发生反应:2KHC2O4+CuOK2[Cu(C2O4)2]+H2O。KHC2O4与CuO在理论计算中恰好能完全反应,实际上可能有未完全反应的CuO难溶物。因此需要将未完全反应的CuO与溶液分离开来。根据题目信息提示,K2[Cu(C2O4)2]微溶于冷水、易溶于热水,为防止K2[Cu(C2O4)2]遇冷析出,需要趁热过滤。因此,过滤去除杂质需趁热进行的原因是避免遇冷后产物析出而损失。 (4)步骤Ⅰ,制备混合溶液M时,分批加入或一次性快速加入K2CO3粉末,与反应是否完全无关。若一次性快速加入K2CO3粉末,则可能因反应过于剧烈导致反应物喷出,非常危险和浪费原料,A选项错误;步骤Ⅳ,200 ℃加热脱水,化合物P、化合物Q均转化为K2[Cu(C2O4)2]。水浴温度最高为100 ℃,200 ℃无法用水浴实现,可以使用油浴等加热方式,B选项错误;根据题意,K2[Cu(C2O4)2]·xH2O完全脱水后得到K2[Cu(C2O4)2]和H2O,则有×100%=10.17%,求得x=2。实际解题时,也可能通过反向验算判断,C选项错误;可通过X射线衍射测定晶体的不同结构,粉末状态的化合物P和化合物Q,可以通过X射线衍射图谱加以区别,D选项正确。 (5)题目要求计算混合样品中化合物P和化合物Q的物质的量分数,假设n(K2[Cu(C2O4)2]·4H2O)=x mol,n(K2[Cu(C2O4)2]·2H2O)=y mol,建立关系可以确定x与y的比值关系。 A.,解方程组可求。 B.,已知n2=2n1,所以此方程组无法求解x、y的具体值。 C.,已知n2=2n1,所以此方程组无法求解x、y的具体值。 D.,解方程组可求。 A、D选项正确。 (6)探究晶体生长条件和影响因素时,需控制其他条件不变,仅改变一个影响因素研究晶体的结晶形状。从题中信息可知,将滤液N分为两等份后,一份蒸发至40 mL、快速冷却;另一份蒸发至10 mL、缓慢冷却,两者的浓度、降温速率均不同,非单一变量,因此无法得出题设结论。本小题答案为错误,降温速率与浓度同时在变化,无法判断。 30. (1)紫红色褪去 (2)d、a、b (3)①0.028 0　② (4)①增大　极性　③三者的饱和溶液浓度并不相同;芳香环上的取代基会通过电子效应和空间效应改变羧酸的酸性 (5)①2HClO2H++2Cl-+O2↑ ②用pH计测定常温下0.1 mol·L-1 NaClO溶液的pH=a,c(OH-)=10a-14, ClO-+H2OHClO+OH-,c(HClO)=c(OH-), Kh===102a-27, Ka===1013-2a 解析 (1)酸性条件下发生:,KMnO4被还原,紫红色褪去。 (2)加热溶解后,应先趁热过滤除去泥沙,经过冷却结晶获得苯甲酸晶体(苯甲酸的溶解度受温度影响较大,而NaCl溶解度几乎不受温度影响),再常温过滤后可获得苯甲酸晶体。 (3)①+NaOH+H2O c0×50×10-3 L=0.1 mol·L-1×14×10-3 L, 解得c0=0.028 0 mol·L-1。 ②选取初始点(0.00,2.89)计算,c()= c0-c(H+),Ka==。 (4)①电负性F>Cl,电负性越大,吸电子能力越强,使羧基中O—H键之间电子对越偏向于O,则—OH的极性越大。 ②三者饱和溶液的浓度不相同,且形成了分子内氢键使—COOH中H更难电离,故不能用pH直接判断Ka的大小顺序。 (5)①HClO在光照、加热或长期放置过程中均会分解,故离子方程式为2HClO2H++2Cl-+O2↑。 ②用pH计测定常温下0.1 mol·L-1 NaClO溶液的pH=a,c(OH-)=10a-14, ClO-+H2OHClO+OH-,c(HClO)=c(OH-), Kh===102a-27, Ka===1013-2a。 31. (1)①Cu2O　还原　②Cu(OH)2CuO+H2O (2)①除去过量的Zn　②b　③Ⅲ　铜粉颗粒小,照射光线被吸收 解析 (1)①CuSO4溶液加入过量10% NaOH溶液,生成蓝色沉淀Cu(OH)2。葡萄糖为还原性糖,可以被氧化剂氧化。加热条件下,新制Cu(OH)2能与葡萄糖发生氧化还原反应。在题目给定条件下,Cu(Ⅱ)被还原为砖红色沉淀Cu2O,葡萄糖表现出还原性。反应中还原剂葡萄糖的量不同,还原产物Cu2O的量和颜色上也会有差异。因此该反应可用于半定量检测还原糖的存在及含量,这也是斐林试剂可以用于初检糖尿病的基本原理。②在未加入葡萄糖前先加热,前一步反应生成的Cu(OH)2受热下会先发生分解,生成黑色的CuO沉淀,该过程用反应方程式表示为Cu(OH)2CuO+H2O。 (2)向CuSO4溶液中加入强还原性的Zn粉,发生置换反应,Cu(Ⅱ)被还原成Cu(0),同时Zn被氧化为Zn2+。考虑到反应的快速和充分性,还原剂Zn以粉末形式加入,溶液的蓝色完全褪去表明Cu(Ⅱ)被完全还原。考虑到反应的平衡和速率因素,Zn粉适度过量。过量的Zn粉可通过加入盐酸除去,反应过程中产生H2。盐酸的加入量可以通过是否有H2产生来判断。 ①加入盐酸的目的是除去过量的Zn粉。计算可知20 mL 0.5 mol·L-1 CuSO4中含有0.01 mol Cu(Ⅱ),根据化学反应计量比,至少需要0.01 mol Zn即0.65 g才能将Cu完全置换出来。同学甲加入1.18 g Zn粉,Zn粉过量。因此,该反应中CuSO4完全被还原,理论上可以得到0.64 g Cu,而实际得到固体质量为0.87 g,超过理论产量。原因是析出的Cu粉末易吸附未反应的Zn粉,形成Cu包裹Zn的现象。后期加了盐酸除去Zn,但由于受到Cu粉壳的保护,包裹于Cu粉内部的Zn无法与盐酸接触,因此也不能完全被除去。考虑到该反应在过量的还原剂的热酸性溶液中进行,Cu很难与空气接触而被氧化;干燥过程在真空中进行,进一步排除Cu被氧化导致产率过高的可能性。 ③同学乙加入同样质量Zn粉,但加入方式与同学甲不同,为搅拌下分批次加入,得到黑色沉淀X。后面两问都在讨论X的组成。分析具体实验操作可知,涉及的反应仍为Zn置换CuSO4,因此黑色产物主体仍为Cu。针对X的组成提出了三种可能性并结合实验进行验证。实验1,加入足量稀H2SO4并加入足量氨水,如果存在CuO,则其会溶于酸并与氨水反应生成蓝紫色的铜氨溶液,但实际实验结果溶液为无色并且黑色沉淀溶解,实验结果说明X中不含CuO。实验2,X中加入足量稀硝酸,得到蓝色溶液。说明X能溶于氧化性的稀硝酸,进一步证实X的成分为Cu。因此,关于X组成的说法Ⅲ正确,即X粉末的组成为Cu。析出的Cu粉为黑色粉末而不是通常所熟知的红棕色,根据题目给出的条件应该与其析出方式有关。析出的Cu颗粒尺寸小,表面积大能吸收所有波长的可见光,因此呈现黑色。当然随着Cu颗粒尺寸的减小,还可以呈现出绿色和黄色等不同颜色,显示对应的尺寸效应。因此,从物质形态角度分析,Cu呈现黑色的原因主要为析出的Cu颗粒小。 32. (1)NaOH(合理即可)　(2)S (3)①BD　　②20.0　6∶5 (4)③足量稀盐酸　有气泡生成　BaCl2溶液 ⑤将至少1.36 g硫酸钙加入100.0 mL 0.100 mol·L-1 Na2CO3溶液中,在25 ℃和搅拌条件下,利用pH计测量混合体系的pH,待混合液pH不变时,加入Na2SO4固体,若pH增大,说明反应(Ⅰ)平衡已建立 解析 探究反应CaSO4(s)+C(aq)CaCO3(s)+S(aq)(Ⅰ)中Na2CO3溶液的浓度对反应速率的影响,通过HCl与Na2CO3的滴定反应,来测量Na2CO3浓度的变化量,从而计算平均反应速率。 探究反应CaSO4(s)+C(aq)CaCO3(s)+S(aq)平衡的建立,利用C水解呈碱性的性质,通过测定pH来判断C离子浓度的变化情况,从而判断反应是否达到平衡。 (1)浓硫酸与铜丝反应的化学方程式为Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O,所产生的尾气为SO2,可用NaOH溶液吸收(其他合理答案也可)。 (2)SO2生成石膏(主要成分CaSO4·2H2O),S元素的化合价由+4价上升到+6价,失去电子,被氧化。 (3)①用Na2CO3固体配制溶液,以滴定法测定其浓度,该过程用到题述仪器中的烧杯、酸式滴定管,故选BD;根据离子方程式C+H+HC可知,c(Na2CO3)= mol·L-1= mol·L-1。 ②总体积应相同,则x为20.0;a中消耗的盐酸体积为 mL,即Δc(Na2CO3)=- mol·L-1= mol·L-1,同理可得,b中Δc(Na2CO3)=×- mol·L-1= mol·L-1,由于v=,va∶vb=∶=6∶5。 (4)由结论可知假设1成立,假设2不成立,说明①实验中的沉淀全部为CaCO3,要验证假设1即沉淀中无CaSO4,可将①实验中的反应混合物进行固液分离,取少量分离出的沉淀置于试管中,滴加过量稀盐酸,有气体产生,沉淀完全溶解,继续向试管中滴加BaCl2溶液,无白色沉淀生成,说明沉淀全部为CaCO3,无CaSO4。由离子方程式CaSO4(s)+C(aq)CaCO3(s)+S(aq)可知,假设正反应100%进行,n(CaSO4)=n(C)=0.100 mol·L-1×0.1 mL=0.01 mol,CaSO4的质量为0.01 mol×136 g·mol-1=1.36 g,实验方案为将至少1.36 g 硫酸钙加入100.0 mL 0.100 mol·L-1 Na2CO3溶液中,在25 ℃和搅拌条件下,利用pH计测量混合体系的pH,当混合液pH不变时,加入Na2SO4固体,若pH增大,说明反应(Ⅰ)平衡已建立。 33. (1)bc (2)不能　保证[Co(H2O)6]2+全部转化为[Co(CO3)2]2-　2[Co(H2O)6]2++10HC+H2O22[Co(CO3)3]3-+18H2O+4CO2↑ 2H2O22H2O+O2↑ (3)实验Ⅲ的现象表明,Co3+比Co2+更易与C配位,这样使得[Co(H2O)6]3+浓度减小的幅度远远大于[Co(H2O)6]2+浓度减小的幅度,根据化学平衡移动原理,减小生成物浓度能使化学平衡向正反应方向移动,因此上述反应能够正向进行 (4)CO2　O2 解析 探究Co2+、Co3+能否催化H2O2的分解及相关性质的实验中,实验Ⅰ中无明显变化,证明[Co(H2O)6]2+不能催化H2O2的分解;实验Ⅱ中溶液变为红色,证明[Co(H2O)6]2+易转化为[Co(CO3)2]2-;实验Ⅲ中溶液变为墨绿色,说明[Co(H2O)6]3+更易与C反应生成[Co(CO3)3]3-,并且初步证明[Co(H2O)6]2+在HC的作用下易被H2O2氧化为[Co(CO3)3]3-;实验Ⅳ中溶液先变为蓝色,后变为粉红色,并且前后均有气体生成,证明在酸性条件下,[Co(CO3)3]3-易转化为[Co(H2O)6]3+,[Co(H2O)6]3+氧化性强,可以把H2O氧化为O2。 (1)配制1.00 mol·L-1的CoSO4溶液,需要用到容量瓶、胶头滴管等,因此选bc。 (2)CoSO4溶液中存在大量的[Co(H2O)6]2+,向其中加入1 mL 30%的H2O2后无明显变化,因此实验Ⅰ表明[Co(H2O)6]2+不能催化H2O2的分解。实验Ⅱ中,溶液变为红色,伴有气泡产生,说明生成了[Co(CO3)2]2-和CO2,则发生反应:4HC+[Co(H2O)6]2+[Co(CO3)2]2-+2CO2↑+8H2O;为保证[Co(H2O)6]2+全部转化为[Co(CO3)2]2-,实验Ⅱ中n(HC)∶n{[Co(H2O)6]2+}=32∶3,远大于反应中的n(HC)∶n{[Co(H2O)6]2+}=4∶1。实验Ⅲ中溶液变为墨绿色,表明在H2O2的作用下[Co(H2O)6]2+能与HC反应生成[Co(CO3)3]3-,且[Co(CO3)3]3-能催化H2O2的分解,因此H2O2在实验Ⅲ中所发生反应的离子方程式为2[Co(H2O)6]2++10HC+H2O22[Co(CO3)3]3-+18H2O+4CO2↑、2H2O22H2O+O2↑。 (3)实验Ⅰ表明,反应2[Co(H2O)6]2++H2O2+2H+2[Co(H2O)6]3++2H2O难以正向进行。实验Ⅲ的现象表明,Co3+比Co2+更易与C配位,即[Co(H2O)6]3+更易与C反应生成[Co(CO3)3]3-(该反应为快反应),导致[Co(H2O)6]2+几乎不能转化为[Co(CO3)2]2-,这样使得[Co(H2O)6]3+浓度减小的幅度远远大于[Co(H2O)6]2+浓度减小的幅度,根据化学平衡移动原理,减小生成物浓度能使化学平衡向正反应方向移动,因此上述反应能够正向进行。 (4)实验Ⅳ中,A溶液到B溶液变为蓝色,并产生气体,说明发生了[Co(CO3)3]3-+6H++3H2O[Co(H2O)6]3++3CO2↑;B溶液到C溶液变为粉红色,并产生气体,说明发生了4[Co(H2O)6]3++2H2O4[Co(H2O)6]2++O2↑+4H+,因此从A溶液到C溶液所产生的气体的分子式分别为CO2和O2。 34. (1)2Al+2OH-+6H2O2[Al(OH)4]-+3H2↑ (2)取最后一次洗涤液,用pH计(或pH试纸)测定其pH,若pH=7,说明雷尼Ni已经被水洗净 (3)C　(4)C (5)恒压滴液漏斗 (6)排尽装置中的空气,防止雷尼Ni在空气中自燃 (7)雷尼Ni被吹起,降低催化效率,不利于反应的充分进行 (8)装置Ⅰ中集气管液面不再上升(或水准瓶液面不再下降)时,说明氢化反应完全 解析 (1)Ni-Al合金加入NaOH溶液中,Al与NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4],与Ni分离而被除去。 (2)除Al操作及雷尼Ni在水洗前的碱洗过程中,溶液呈碱性,故判断雷尼Ni被水洗净就是测定溶液中c(H+)=c(OH-),可用pH计精确测定(或pH试纸粗略测定)最后一次洗涤液的pH是否为7,若测得pH=7,说明雷尼Ni已经被水洗净。 (3)A项中丙酮分子中含有羰基,会干扰邻硝基苯胺的催化氢化反应,依据信息“邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行”,在题给B、C、D项中的三种有机溶剂中,乙醇相对极性最大,故选C。 (4)向集气管中充入H2时,应将三通阀向左旋转一下,使三通阀的孔路位置如C所示,故选C。 (6)依据信息①可知,雷尼Ni在空气中会自燃,故通入N2的作用为:排尽装置中的空气,防止雷尼Ni在空气中自燃。 (7)实验时装置Ⅱ中气体不断通入,若将导气管插入液面以下,会将雷尼Ni悬浮液吹起,降低其催化效率,不利于反应的充分进行。 (8)当氢化反应完全时,装置Ⅱ中H2不再参加反应即不再消耗H2,则装置Ⅰ中集气管液面不再变化(或水准瓶中液面不再变化)。 35. (1)具支试管　防止倒吸 (2)Cu+H2O2+2H+Cu2++2H2O　O2　增强H2O2的氧化性 (3)CuO2　(4)当滴入最后半滴Na2S2O3溶液,锥形瓶中溶液蓝色消失,且在半分钟内不变色,说明到达滴定终点　96% 解析 (1)仪器A为具支试管,装置B可以起到防倒吸作用。 (2)铜片溶解,溶液变蓝,说明Cu被氧化为Cu2+:Cu+H2O2+2H+Cu2++2H2O。H2O2少量分解产生无色气体O2。 比较实验①和②,说明H+增强了H2O2的氧化性。 (3)黑色铜的氧化物应为CuO,设X的化学式为CuxOy,CuxOyxCuO,=,解得x∶y=1∶2, 则X的化学式为CuO2。 (4)结合信息得关系式: 2CuO2~3I2~6S2,即: CuO2　　~　　3S2 96 g 3 mol m(CuO2) 0.100 0×15.00×10-3 mol =1.5×10-3 mol m(CuO2)=0.048 g 粗品中X的相对含量为×100%=96%。 36. (1)饱和NaCl溶液 (2)2Mn(OH)2+O22MnO2+2H2O (3)Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强 (4)①Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O　②4Mn+4OH-4Mn+O2↑+2H2O　NaClO　③3ClO-+2MnO2+2OH-2Mn+3Cl-+H2O　④过量Cl2与NaOH反应产生NaClO,使溶液的碱性减弱,c(OH-)降低,溶液中Mn被还原为Mn的速率减小,导致实验Ⅲ未得到绿色溶液 解析 装置B中盛有饱和NaCl溶液,用来除去Cl2中的杂质HCl;通过改变装置C中溶液的pH,验证不同条件下Cl2与MnSO4反应的产物,装置D是尾气处理装置,目的是除去多余Cl2,防止造成大气污染。 (1)B中试剂是饱和NaCl溶液,作用是吸收Cl2中的杂质HCl气体。 (2)通入Cl2前,Ⅱ、Ⅲ中Mn2+与NaOH电离出的OH-反应产生Mn(OH)2白色沉淀,该沉淀不稳定,会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色的MnO2,则沉淀由白色变为棕黑色的化学方程式为:2Mn(OH)2+O22MnO2+2H2O。 (3)对比实验Ⅰ、Ⅱ通入Cl2后的实验现象,对于二价锰化合物还原性的认识是:Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强。 (4)①Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O,使溶液碱性减弱,反应的化学方程式为:Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O。②取Ⅲ中放置后的1 mL悬浊液,加入4 mL 40% NaOH溶液,溶液紫色迅速变为绿色,且绿色缓慢加深;溶液紫色变为绿色是由于在浓碱条件下,Mn被OH-还原为Mn,根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒,该反应的离子方程式为:4Mn+4OH-4Mn+O2↑+2H2O;溶液绿色缓慢加深,原因是MnO2被NaClO氧化,可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。③取Ⅲ中放置后的1 mL悬浊液,加入4 mL水,溶液碱性减弱,溶液紫色缓慢加深,说明ClO-将MnO2氧化为Mn,发生的反应是:3ClO-+2MnO2+2OH-2Mn+3Cl-+H2O。④从反应速率的角度分析,过量Cl2与NaOH反应产生NaClO,使溶液的碱性减弱,c(OH-)降低,溶液中的Mn被还原为Mn的速率减小,导致实验Ⅲ未得到绿色溶液。 考点39　定量分析型综合实验题 1.A　实验步骤中,应该先点燃乙、丙处酒精灯,再点燃甲处酒精灯,否则Ⅰ中分解产生的O2来不及与Ⅱ、Ⅲ中Cu网反应而损耗,A项错误;NaNO3在加热条件下若分解产物只有NaNO2和O2,即2NaNO32NaNO2+O2↑,则B、C正确;因为NaNO3受热分解产生O2,故NaNO3保存时应远离热源、可燃物,并与还原性物质分开存放,D项正确。 2. (1)研钵　(2)acbd (3)不能　1.165 g (4)淀粉溶液　将悬挂在滴定管尖嘴处的液体,轻轻靠一下锥形瓶内壁,随即用少量蒸馏水淋下　溶液恰好由蓝色变为无色,且半分钟内不变色 (5)16% (6)①偏低　②偏低 (7)能　由电荷守恒可以确定N的物质的量,由质量守恒可以确定H2O的物质的量,进而推算出最简整数比,得出化学式 解析 本题考查物质的组成分析实验探究。(1)实验室研细晶体的仪器为研钵。 (2)配制500 mL溶液定容的操作为将蒸馏水注入容量瓶,观察到液面离刻度线1~2 cm,改用胶头滴管滴加蒸馏水,至凹液面与刻度线相切,操作的正确顺序为acbd。 (3)分析硫酸根离子时,不能用稀硫酸洗涤,否则硫酸根离子会与附在沉淀表面的钡离子反应转化为硫酸钡沉淀,导致所测硫酸钡的质量偏大;由题给数据可知,第一次实验测得数据偏大,应舍去,则硫酸钡的平均质量为=1.165 g。 (4)由题意可知,分析铜离子时,应选用淀粉溶液作指示剂,当溶液中的碘与硫代硫酸钠溶液完全反应时,溶液会由蓝色变为无色,临近滴定终点时,需改为半滴滴加,具体操作为将悬挂在滴定管尖嘴处的液体,轻轻靠一下锥形瓶内壁,随即用少量蒸馏水淋下,达到滴定终点的标志为溶液恰好由蓝色变为无色,且半分钟内不变色。 (5)由方程式可得如下转化关系:2Cu2+~I2~2S2,滴定消耗25.00 mL 0.100 0 mol·L-1硫代硫酸钠溶液,则硫酸铜铵晶体中元素铜的质量分数为 ×100%=16%。 (6)①若在配制硫酸铜铵溶液时,烧杯中的溶液有少量溅出会使溶质的物质的量偏小,导致所配溶液浓度偏低;②若在滴定终点读数时,俯视液面会使消耗硫代硫酸钠溶液的体积偏小,导致所测铜离子含量的测定结果偏低。 (7)由题意可知,实验测得硫酸根离子和铜离子的物质的量,则由电荷守恒可以确定硫酸铜铵晶体中铵根离子的物质的量,由质量守恒可以确定结晶水的物质的量,由物质的量之比等于微粒个数之比可以得出硫酸铜铵晶体的化学式,所以根据上述实验和结果能推断出硫酸铜铵晶体的化学式。 3. (1)圆底烧瓶　球形冷凝管 (2)增大硫的溶解度,便于充分溶解 (3)乙醇与H2O2混合后加热,会发生剧烈反应引发危险 (4)加热温度达到了水的沸点,水分蒸发过快,不易控温　取少许反应后的溶液加入试管中,然后加入盐酸酸化的BaCl2溶液,若产生白色沉淀,则说明溶液中含有S (5)当滴入最后半滴HCl标准溶液,锥形瓶内溶液颜色由黄色变为橙色,且在半分钟内不恢复原来的颜色 (6)×100% 解析 (1)由装置图可知,仪器①②分别是圆底烧瓶、球形冷凝管。 (2)单质硫在强碱性溶液中可发生歧化反应,生成可溶性含硫离子,但由于硫单质难溶于水,歧化反应较慢。利用硫单质在乙醇中微溶的特点,使用乙醇以促进硫单质的溶解,加快硫的歧化反应。因此,步骤Ⅰ中,乙醇的作用是促进硫黄的溶解。 (3)步骤Ⅱ中,需使用H2O2将含硫离子氧化为S。若不先除去有机溶剂乙醇(也是一种还原剂),直接向反应体系加入强氧化剂H2O2,在加热条件下会发生复杂的剧烈反应而引发危险。因此,在加入H2O2之前必须蒸出乙醇,以确保实验安全。故步骤Ⅰ中,样品完全溶解后,必须蒸馏除去乙醇的原因是乙醇与H2O2混合后加热,会发生剧烈反应,引发危险。 (4)步骤Ⅱ中若选用水浴加热,由于需要加热至100 ℃,则需要将水浴锅中的水加热至沸腾,水分蒸发过快,此时如果向水浴中补充水分,又会造成水浴温度下降。另外,水沸腾时产生的大量热蒸汽也不利于安全操作。在化学实验中,加热温度在100~250 ℃时一般可采用油浴。因此,本题中采用油浴加热较为合适。故步骤Ⅱ中不宜采用水浴加热的原因是加热温度达到了水的沸点,水分蒸发过快,不易控温。 定性检验S可采用生成BaSO4沉淀的方法。该题中S的检验方法为取少量反应后的溶液于试管中,用稀盐酸酸化,再滴加BaCl2溶液,观察实验现象。 (5)本题中的滴定指示剂为甲基橙,其变色的pH范围在3.1~4.4,pH>4.4溶液显黄色,pH<3.1,溶液显红色。因为甲基橙是加在呈碱性的反应液中,故盛放反应液的锥形瓶中溶液的初始颜色为黄色。用甲基橙作为指示剂,向锥形瓶中加入HCl标准溶液滴定至终点时,溶液颜色变为橙色,且应半分钟内不恢复原来的颜色。因此步骤Ⅲ中,判断滴定达到终点的现象为溶液颜色由黄色变为橙色,且半分钟内不恢复原来的颜色。 (6)在硫转化过程中,KOH是过量的,参与反应的S与KOH的化学计量比为1∶2,KOH总的物质的量与过量的KOH物质的量差值的即是S的物质的量。过量的KOH的物质的量由酸碱中和滴定确定,为cV2×10-3 mol·L-1。题干中指出要准确加入KOH乙醇溶液的体积为V1 mL,但未给出KOH溶液的浓度,因此,KOH总的物质的量需由空白实验中消耗盐酸标准溶液的体积来确定,为cV3×10-3 mol·L-1。故单次样品测定中硫的质量分数可表示为×100%或×100%。 4. (1)球形冷凝管　B (2)将Mn2+氧化 (3)c (4)防止时间过长维生素C被氧化,影响后续测定结果 (5)酸式　微微转动酸式滴定管的活塞,使溶液悬在滴定管口,形成半滴,用锥形瓶内壁将其沾落,再以洗瓶用少量蒸馏水冲洗锥形瓶壁将I2的标准溶液冲入 (6)偏小 (7)1 解析 本题考查制备型探究实验的设计与评价。(1)根据图中仪器可以看出,实验过程中使用了球形冷凝管,所以A的名称是球形冷凝管;在65~70 ℃中反应最适宜的加热方式为水浴加热,选B。 (2)从Mn(CH3COO)2·4H2O到MnLClx中锰元素的价态升高,所以空气的作用是将Mn2+氧化。 (3)量取10.00 mL维生素C溶液,因为体积精确到小数点后两位,所以应该使用移液管量取,选c。 (4)维生素C具有较强的还原性,放置时间过长会被氧化,所以放置3~4分钟,避免影响后续的测定结果。 (5)I2的标准溶液具有一定的氧化性,所以应该置于酸式滴定管;需要注意的是,最后接近滴定终点时,要半滴滴定避免滴定过量导致结果有误差,加入半滴的操作应该是微微转动酸式滴定管的活塞,使溶液悬在滴定管口,形成半滴,用锥形瓶内壁将其沾落,再以洗瓶用少量蒸馏水冲洗锥形瓶壁将I2的标准溶液冲入。 (6)因为c标×v标=c测×v测,滴定过量时,消耗的标准溶液体积偏大,因为维生素C的总量是一定的,就会导致计算得出的与I2的标准溶液反应的维生素C(C6H8O6)变多,从而得出与维生素C反应的MnLClx变少,导致测定的结果偏小。 (7)根据双水杨醛缩乙二胺(H2L,Mr=268)和相对原子质量可以计算得出M(MnLClx)=55+(268-2)+35.5x=321+35.5x,移取的MnLClx质量为20.00 mL×3.5 mg·mL-1=70 mg,维生素C的物质的量为0.01 L×0.030 00 mol·L-1=0.000 3 mol=0.3 mmol,I2消耗的维生素C的物质的量为0.01 mol·L-1×0.020 2 L=0.000 202 mol=0.202 mmol,所以与MnLClx反应的维生素C的物质的量为0.3 mmol-0.202 mmol=0.098 mmol,根据反应的化学计量关系(2 mol MnLClx与x mol维生素C反应)进行计算:=,保留整数解得x≈1。 5. (1)量筒、玻璃棒 (2)冰水浴 (3)B (4)向试管中先加稀硝酸、再加AgNO3溶液,若无白色沉淀产生,说明氯离子已经洗净 (5)ABC (6)cabd (7)　偏高 解析 (1)Ⅰ、Ⅱ均为溶解操作,需要的玻璃仪器有烧杯、量筒和玻璃棒。 (2)依据题目信息“糖精钴的溶解度在冷水中较小”知,要使大量晶体析出,可将烧杯置于冰水中冷却。 (3)步骤Ⅳ是对产品进行洗涤,先用冷的1% NaSac溶液洗涤晶体,主要目的是洗去晶体附着的离子(Na+、Co2+、Cl-等),再用冷水洗去NaSac等,最后用丙酮洗去表面的H2O。 (4)本题实际上是考查Cl-的检验方法。 (5)步骤Ⅲ中“将溶液2加入接近沸腾的溶液1中”,需要戴护目镜和防热烫;步骤Ⅳ丙酮有毒,需要洗手。 (6)使用时:先检漏并用蒸馏水洗涤滴定管,然后用标准液润洗,后加入标准液,最后调节液面并记录初始体积。 (7)滴定时,n(EDTA)∶n(Co2+)=1∶1,可知m g产品的物质的量为cV×10-3 mol,因为= 即=,可得x=。 若滴定前尖嘴处无气泡,滴定后有气泡,说明实际读出的消耗的EDTA少,计算时V减小,则x值偏高。 6. (1)增大反应物的接触面积,使反应更加充分,提高反应速率 (2)CaCO3+2CH3COOHCa2++2CH3COO-+H2O+CO2↑　蛋壳粉逐渐溶解,有气泡产生 (3)醋酸钙易溶于水,柠檬酸钙微溶于水,反应生成的柠檬酸钙覆盖在蛋壳粉表面会阻碍进一步的反应 (4)烧杯、漏斗、玻璃棒 (5)b　(6)CH3COOH(或醋酸) (7)减少溶质的损失,降低实验误差 (8)用少量EDTA标准溶液润洗滴定管2~3次　无影响 (9)×100% 解析 (1)实验中,需将蛋壳研磨成粉,其目的是增大固体反应物的接触面积,使反应更加充分,提高反应速率。 (2)蛋壳的主要成分是碳酸钙,是难溶盐,醋酸为弱酸,离子方程式中化学式不能拆开写,碳酸钙与醋酸反应的离子方程式为CaCO3+2CH3COOHCa2++2CH3COO-+H2O+CO2↑;因为产生二氧化碳气体,实验现象:蛋壳粉逐渐溶解,有气泡产生。 (3)实验中先将蛋壳粉与醋酸反应,而不是直接与柠檬酸溶液反应,原因是醋酸钙易溶于水,柠檬酸钙微溶于水,反应生成的柠檬酸钙覆盖在蛋壳粉表面会阻碍进一步的反应。 (4)过滤时用到的仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒和滤纸,玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒。 (5)柠檬酸钙微溶于水、难溶于乙醇,洗涤柠檬酸钙最适宜的试剂是乙醇,答案选b。 (6)蛋壳制备柠檬酸钙时先发生CaCO3+2CH3COOHCa2++2CH3COO-+H2O+CO2↑,向过滤得到的醋酸钙溶液中加柠檬酸,生成柠檬酸钙和醋酸,其中可以循环使用的物质是CH3COOH。 (7)配制一定物质的量浓度的溶液,需将烧杯和玻璃棒进行洗涤,将洗涤烧杯内壁和玻璃棒的洗涤液一并转移至容量瓶中,目的是将溶质全部转移至容量瓶中,减少溶质的损失,降低实验误差。 (8)滴定管用蒸馏水洗涤后,加入EDTA标准溶液之前,需用EDTA对滴定管进行润洗,故操作为用少量EDTA标准溶液润洗滴定管2~3次。滴定所用锥形瓶在使用前洗净但未干燥,这些水分不改变标准液和待测液中的溶质,所以对滴定结果无影响。 (9)柠檬酸钙的摩尔质量为M g·mol-1,EDTA与Ca2+按1∶1(物质的量之比)形成稳定配合物。 ,计算可得样品中柠檬酸钙的质量x=g,样品中柠檬酸钙质量分数的表达式为×100%=×100%。 7. (1)AD　(2)浓硫酸　防倒吸 (3)在蓝色消退后,滴入半滴标准溶液,溶液由无色变为浅蓝色,且半分钟内不褪色　% (4)催化剂　温度升高导致I2挥发,从而使KIO3的用量增加　不变 解析 分析实验过程和装置图可知,干燥的氧气与样品在高温条件下反应生成SO2,经装置E冷却后进入装置F,在装置F中SO2被氧化,根据滴定消耗的KIO3碱性标准溶液的体积,可测定样品中硫元素的含量。 (1)配制1 000 mL KIO3碱性标准溶液,需用到烧杯、玻璃棒、胶头滴管和1 000 mL容量瓶,所以选AD。 (2)B中是液体干燥剂,所以可用浓硫酸。F中液体易发生倒吸,磨砂浮子的作用是防止倒吸。 (3)滴定终点时,F中无SO2进入,故滴定终点时溶液的浅蓝色不会消退。1 000 mL KIO3碱性标准溶液中c(KIO3)=0.002 mol·L-1,根据题给方程式可得关系式:KIO3~3SO2 样品中硫元素的质量分数为 ×100%= %。 (4)粉尘在SO2转化为SO3的过程中起催化剂的作用。若装置E冷却气体不充分,会使装置F中溶液温度升高,造成I2挥发,从而加大KIO3碱性标准溶液的用量,导致测定结果偏大。若有少量I不经I2直接将SO2氧化为H2SO4,反应的离子方程式为I+3SO2+3H2OI-+3S+6H+,I和SO2的物质的量之比仍为1∶3,故不影响测定结果。 8. (1)①Fe(OH)3　②浸出初期,c(H+)较大,Fe的浸出率较大,5 min之后,溶液酸性减弱,Fe3+水解生成Fe(OH)3进入滤渣　(2)①pH增大,有利于(R3NH)2SO4的形成,促进萃取平衡向正反应方向移动,有机层中的Fe元素增多　②2∶1 (3)①2Nd3++3C+H2O2Nd(OH)CO3↓+CO2↑ ②2∶1,8.84 mg Nd(OH)CO3的物质的量为4×10-5 mol,550~600 ℃时,固体分解产生H2O与CO2,质量共减少1.24 mg,其中n(H2O)=2×10-5 mol,m(H2O)=0.36 mg,则m(CO2)=1.24 mg-0.36 mg=0.88 mg,n(CO2)=2×10-5 mol,n(CO2)=n(C)=2×10-5 mol,则产物中n(Nd3+)∶n(C)=2∶1 解析 (1)①Fe2O3溶于盐酸生成Fe3+,随着反应的进行,溶液中c(H+)下降,Fe3+水解程度增大,生成的Fe(OH)3会进入滤渣中。②浸出初期,Fe2O3溶解,Fe浸出率上升,5 min之后,H+被逐渐消耗,c(H+)下降,Fe3+水解生成Fe(OH)3进入滤渣中,使得Fe浸出率下降。(2)①pH增大时,c(H+)减小,会促进反应:(R3NH)2SO4+Fe3++S+H2OH++(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2向萃取方向移动,根据已知反应,c(H+)增大,也会使(R3NH)2SO4+H++HS2(R3NH·HSO4)平衡逆向移动,(R3NH)2SO4的浓度增大,也促进萃取反应正向进行,故有机层中的Fe元素增多。②由均摊法知,晶胞中位于面上的Fe有8个,位于晶胞内的Fe有4个,则N(Fe)=8×+4=8,位于晶胞面上的Bi有8个,则N(Bi)=8×=4,故N(Fe)∶N(Bi)=2∶1。(3)①Nd3+、C发生相互促进的水解反应,产物为Nd(OH)CO3和CO2,根据电荷守恒、原子守恒配平反应的离子方程式为2Nd3++3C+H2O2Nd(OH)CO3↓+CO2↑。②n[Nd(OH)CO3]==4×10-5 mol,其中n(OH-)=4×10-5 mol,550~600 ℃时,Nd(OH)CO3转化成NdaOb(CO3)c,质量减少8.84 mg-7.60 mg=1.24 mg,焙烧产物中不含H元素,则根据2OH-~H2O,焙烧过程中生成的H2O的质量为×4×10-5 mol×18 g·mol-1×103 mg·g-1=0.36 mg,则生成CO2的质量为1.24 mg-0.36 mg=0.88 mg,根据C~CO2,发生反应的C的物质的量为=2×10-5 mol,起始固体中含有的C的物质的量为n[Nd(OH)CO3]=4×10-5 mol,则剩余固体中C的物质的量为4×10-5 mol-2×10-5 mol=2×10-5 mol,焙烧过程中,Nd不会减少,则剩余固体中Nd3+的物质的量为4×10-5 mol,故产物中n(Nd3+)∶n(C)=(4×10-5 mol)∶(2×10-5 mol)=2∶1。 9. (1)五　Ⅷ　V形 (2)C (3)KNO3、KCl (4)Ru(NO)Cl3+3KOHRu(NO)(OH)3↓+3KCl (5)1.8×10-5 (6)RuO2 解析 (1)根据Ru的核外电子排布式可知,Ru在周期表中的位置是第五周期第Ⅷ族;N中成键电子对为2,中心N原子上的孤电子对数为=1,其价电子互斥模型为平面三角形,空间结构为V形。 (2)题图为吸收波谱的谱图,为红外光谱,测量仪器为红外光谱仪,答案选C。 (3)步骤①中加入NaNO2,亚硝酸钠发生歧化反应,反应无气体生成,根据氧化还原反应配平该反应为2RuCl3·3H2O+3KNO2+2HCl2Ru(NO)Cl3+KNO3+2KCl+7H2O,生成的盐还有KNO3、KCl。 (4)步骤②生成的Ru(NO)(OH)3为难溶物,反应的化学方程式为Ru(NO)Cl3+3KOHRu(NO)(OH)3↓+3KCl。 (5)为使Cl-沉淀完全,则c(Cl-)<1×10-5 mol·L-1,Ag+的浓度应大于= mol·L-1=1.8×10-5 mol·L-1。 (6)设分解1 mol Ru(NO)(NO3)3,其质量为317 g,当660 K时完全分解,失重率为58%,剩余固体的质量为317 g×(1-58%)=133.14 g,根据Ru守恒,n(Ru)=1 mol,其含有的Ru的质量为101 g,剩余固体为Ru的氧化物,则n(O)=≈2 mol,即固体中n(Ru)∶n(O)=1∶2,则该氧化物的化学式为RuO2。 10. (1)容量瓶、量筒 (2)Sn4++Sn2Sn2+,防止Sn2+氧化变质 (3)增大反应速率,同时减少FeCl3的升华 (4)偏小　(5)% (6)①无重金属(Hg)污染　②水　酸性越强,Cl-对Fe2+测定结果造成影响可能越大,因此滴定时要控制溶液酸度 解析 (1)配制c mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液和SnCl2溶液时需要容量瓶和量筒;没有分液操作,不用分液漏斗;实验过程中使用酸式滴定管,不需要碱式滴定管;没有过滤操作,不需要普通漏斗。 (2)由题给信息可知Sn2+极易被氧化变质,故加入锡粒可防止Sn2+氧化变质。 (3)微热可以增大反应速率,同时可以避免温度过高而使FeCl3大量升华。 (4)若未“立即滴定”,Fe2+会被氧气氧化为Fe3+,减少滴定时K2Cr2O7溶液的用量,导致测定的铁含量偏小。 (5)由电子守恒可得:K2Cr2O7~6Fe3+。计算过程如下: K2Cr2O7~6Fe3+ 1 6 ×100%=% (6)①两种方法的区别是传统方法使用了汞盐,汞是重金属,污染环境。②控制唯一变量c(H+),其他微粒浓度完全相同,故空白实验加入0.5 mL水。由实验ⅰ可知,当其他条件相同时,溶液酸度(H+浓度)越大时,Cl-对Fe2+测定结果造成影响的可能性越大,因此滴定时要控制溶液酸度。 11. (1)烧杯、漏斗、玻璃棒(任选两种作答) (2)50% (3)液体分层,下层溶液呈紫色　还原性与氧化性 (4)使样品完全转移　盖好瓶塞,反复上下颠倒摇匀 (5)BD　(6)A 解析 (1)过滤操作需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒,可任选两种作答。 (2)实验中加入尿素的质量为12.0 g,物质的量为0.2 mol,过氧化氢的质量为25 mL×1.11 g·cm-3×30%=8.325 g,物质的量约为0.245 mol,过氧化氢过量,产率应按照尿素的质量计算,理论上可得到过氧化脲0.2 mol,质量为0.2 mol×94 g·mol-1=18.8 g,实验中实际得到过氧化脲为9.4 g,故过氧化脲的产率为×100%=50%。 (3)在过氧化脲的性质检测中,检测Ⅰ用稀硫酸酸化,加入高锰酸钾溶液,紫红色消失,说明过氧化脲被酸性高锰酸钾溶液氧化,体现了过氧化脲的还原性;检测Ⅱ用稀硫酸酸化,加入KI溶液和四氯化碳,过氧化脲会将KI氧化为I2单质,体现了过氧化脲的氧化性,生成的I2在四氯化碳中溶解度大,会溶于四氯化碳中,且四氯化碳密度大于水的,振荡,静置后出现的现象为液体分层,下层溶液呈紫色。 (4)操作a为洗涤烧杯和玻璃棒,并将洗涤液转移到容量瓶中,目的是使样品完全转移,以避免溶质损失;定容后应盖好瓶塞,反复上下颠倒摇匀。 (5)KMnO4溶液具有强氧化性,应置于酸式滴定管中,A项正确;量筒的精确度不能达到0.01 mL,量取25.00 mL的溶液应选用滴定管或移液管,B项错误;滴定过程中,待测液有可能会溅到锥形瓶内壁,滴定接近终点时,为了使结果更精确,可用洗瓶冲洗锥形瓶内壁,C项正确;锥形瓶内溶液变色后,且半分钟内溶液不再恢复原来的颜色,才能说明反应达到滴定终点,记录滴定管液面刻度,D项错误。 (6)在配制过氧化脲溶液时,容量瓶中液面超过刻度线,使溶液体积偏大,配制溶液的浓度偏低,则滴定过程中消耗的KMnO4溶液体积偏低,导致测定结果偏低,A项符合题意;滴定管水洗后未用KMnO4溶液润洗,导致KMnO4溶液浓度偏低,使滴定过程中消耗的KMnO4溶液体积偏高,导致测定结果偏高,B项不符合题意;摇动锥形瓶时KMnO4溶液滴到锥形瓶外,使滴定过程中消耗的KMnO4溶液体积偏高,导致测定结果偏高,C项不符合题意;滴定前滴定管尖嘴处有气泡,滴定后气泡消失,使滴定过程中消耗的KMnO4溶液体积偏高,导致测定结果偏高,D项不符合题意。 12. (1)分液漏斗　HCl (2)①干馏　②CO2+C2CO　③有白色沉淀生成　 CO+2[Ag(NH3)2]OH2Ag↓+(NH4)2CO3+2NH3 偏大　×100% 解析 (1)装置Ⅰ中,仪器a的名称是分液漏斗;由于二氧化碳中含有挥发的氯化氢气体,因此b中碳酸氢钠与氯化氢反应,则除去的物质是HCl; (2)隔绝空气加强热使固体分解的过程,称为干馏; ②装置Ⅱ中,高温下二氧化碳和焦炭反应生成一氧化碳,其发生反应的化学方程式为CO2+C2CO; ③ⅰ.d中二氧化碳和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀和水,其反应的现象是有白色沉淀生成; ⅱ.e中生成的固体为Ag,根据氧化还原反应分析得到CO变为碳酸铵,则反应的化学方程式为CO+2[Ag(NH3)2]OH2Ag↓+(NH4)2CO3+2NH3; ⅲ.d和e的连接顺序颠倒,二氧化碳和银氨溶液反应,导致银氨溶液消耗,二氧化碳与氢氧化钡反应的量减少,则将造成α偏大; ⅳ.在工业上按照国家标准测定α:将干燥后的CO2(含杂质N2的体积分数为n)以一定流量通入装置Ⅱ反应,用奥氏气体分析仪测出反应后某时段气体中CO2的体积分数为m,设此时气体物质的量为b mol,二氧化碳物质的量为bm mol,原来气体物质的量为a mol,原来二氧化碳物质的量为a(1-n) mol,氮气物质的量为an mol,则消耗二氧化碳物质的量为[a(1-n)-bm] mol,生成CO物质的量为2[a(1-n)-bm] mol,则有b=an+bm+2[a(1-n)-bm],解得:b=,此时α的表达式为 ×100% =×100% =×100%。 13. (1)氯化氢　2NaCl+H2SO4(浓)Na2SO4+2HCl↑ (2)防倒吸　CuSO4溶液 (3)在上层清液中滴加热的H2SO4溶液后,无明显现象 (4)保证Ba2+沉淀完全 (5)锥形瓶 (6)97.6% 解析 (1)根据所给试剂和实验目的是由BaS制取BaCl2·2H2O,首先需要用NaCl晶体与浓硫酸在微热条件下反应制取HCl,然后将HCl气体通入Ⅱ装置与BaS反应生成BaCl2。 (2)HCl极易溶于水,b可以起到防止倒吸的作用。装置Ⅲ的作用是吸收H2S,防止尾气污染空气,吸收H2S应选用CuSO4溶液,反应的化学方程式为CuSO4+H2SCuS↓+H2SO4。 (3)向溶液中逐滴加入热的H2SO4溶液,静置后向上层清液中继续滴加热的H2SO4溶液,若不出现沉淀(无明显现象)则证明硫酸已过量,Ba2+已经沉淀完全。 (4)该实验通过BaSO4的沉淀量测定BaCl2·2H2O的纯度,应使溶液中Ba2+沉淀完全,加入过量H2SO4溶液的目的是使Ba2+沉淀完全。 (5)过滤中用的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯,不需要锥形瓶。 (6)根据Ba元素质量守恒可得关系式: BaCl2·2H2O　~　BaSO4 244 233 m 0.466 0 g 解得:m=0.488 0 g 样品纯度:×100%=97.6%。 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题十六　物质的制备　实验方案的设计与评价 扫码获取 本专题 数字资源 考点 2017~2021年 2022年 2023年 2024年 2025年 2026年 合计 37.物质制备实验方案的设计与评价 2 3 4 12 15 8 44 38.探究性化学实验方案的设计与评价 1 8 4 6 13 4 36 39.定量分析型综合实验题 0 1 1 6 5 0 13 命题热度 本专题命题热度非常高() 课程标准 备考策略 1.能识别化学实验室常用仪器,熟悉其主要用途和使用方法。 实验方案设计与评价是高考的热点,在选择题和非选择题中均有可能出现,在非选择题中常在以物质的制备或探究物质组成、性质为背景的实验题中进行考查。实验探究题近几年出现频率极高,主要将教材实验进行创新,结合实验基本操作、数据分析和处理等知识综合考查。以物质的制备为载体,考查气体物质的实验室制法、化学实验的设计及评价能力是常见的题型,在高考中占有很重要的地位,物质制备类综合实验题也是近几年高考实验命题的一大亮点,也是难点。探究性化学实验方案的设计与评价在一套试题中是不可缺少的一部分,题目灵活多变,可以是物质组成的探究,可以是物质性质的探究,也可以是化学反应原理、规律的探究。 对综合实验的备考复习抓住两个主线,一是物质制备的综合实验设计,二是性质、规律的综合探究性实验设计。梳理清楚该类题目经常出现的考查角度和方式,训练适应陌生情况的能力。 2.掌握化学实验的基本操作。能识别化学品标志。 3.了解实验室一般事故的预防和处理方法。 4.能根据化学实验的目的和要求,正确选用实验装置。 考点37物质制备实验方案的设计与评价　　　　答案P430　 1.(2025·湖南,11,3分,难度★★★)SnCl2具有还原性,易水解。一种制备纯净的SnCl2的装置示意图如下: 下列说法错误的是 (　　) A.导气管a需接一个装有碱石灰的干燥管 B.实验过程中应先通入HCl(g),再开启管式炉加热 C.若通入气体更换为Cl2,也可制备纯净的SnCl2 D.配制SnCl2溶液需加盐酸和金属Sn 2.(2025·江西,6,3分,难度★★★)药物中间体1,3-二溴丙酮可由1,3-二氯丙酮合成,步骤如下: 下列说法正确的是 (　　) A.若LiBr完全转化,则水相中溶质只有LiCl B.测定水相中Cl-的含量可计算产率 C.试剂Ⅰ可选用无水Na2SO4 D.操作Ⅰ和操作Ⅱ相同 3.(2025·河南,8,3分,难度★★★)某同学设计以下实验,探究简单配合物的形成和转化。 下列说法错误的是 (　　) A.②中沉淀与④中沉淀不是同一种物质 B.③中现象说明配体与Cu2+的结合能力:NH3>H2O C.④中深蓝色物质在乙醇中的溶解度比在水中小 D.若向⑤中加入稀硫酸,同样可以得到黄绿色溶液 4.(2025·河北,7,3分,难度★★★)如图所示装置(加热、除杂和尾气处理装置任选)不能完成相应气体的制备和检验的是 (　　) A.电石与饱和NaCl溶液 B.Na2SO3固体与70%的浓硫酸 C.大理石与稀盐酸 D.Al2S3固体与水 5.(2025·湖北,10,3分,难度★★★)制备α-氯代异丁酸的装置如图。在反应瓶中加入异丁酸与催化剂(易水解),加热到70 ℃,通入Cl2,反应剧烈放热,通气完毕,在120 ℃下继续反应。反应结束,常压蒸馏得产物。反应方程式: +Cl2+HCl 下列说法错误的是 (　　) A.干燥管可防止水蒸气进入反应瓶 B.可用NaOH溶液作为吸收液 C.Cl2通入反应液中可起到搅拌作用 D.控制Cl2流速不变可使反应温度稳定 6.(2025·陕晋宁青,12,3分,难度★★★)格氏试剂性质活泼,可与空气中的H2O和O2等反应。某兴趣小组搭建了图示无水无氧装置(部分装置略),以乙醚(沸点34.5 ℃)为溶剂,利用下述反应高产率地制备二苯甲酮。 下列说法错误的是 (　　) A.气球中填充保护气,并起缓冲压力的作用 B.烧瓶中液体是格氏试剂的乙醚溶液 C.图中的漏斗不能用球形分液漏斗代替 D.产率高表明苯甲酰氯比二苯甲酮更易与格氏试剂反应 7.(2024·河北,10,3分,难度★★★)图示装置不能完成相应气体的发生和收集实验的是(加热、除杂和尾气处理装置任选) (　　) 选项 气体 试剂 A SO2 饱和Na2SO3溶液+浓硫酸 B Cl2 MnO2+浓盐酸 C NH3 固体NH4Cl+熟石灰 D CO2 石灰石+稀盐酸 8.(2024·安徽,9,3分,难度★★★)仅用下表提供的试剂和用品,不能实现相应实验目的的是(　　) 选项 实验目的 试剂 用品 A 比较镁和铝的金属性强弱 MgCl2溶液、AlCl3溶液、氨水 试管、胶头滴管 续表 选项 实验目的 试剂 用品 B 制备乙酸乙酯 乙醇、乙酸、浓硫酸、饱和Na2CO3溶液 试管、橡胶塞、导管、乳胶管、铁架台(带铁夹)、碎瓷片、酒精灯、火柴 C 制备[Cu(NH3)4]SO4溶液 CuSO4溶液、氨水 试管、胶头滴管 D 利用盐类水解制备Fe(OH)3胶体 饱和FeCl3溶液、蒸馏水 烧杯、胶头滴管、陶土网、三脚架、酒精灯、火柴 9.(2024·甘肃,11,3分,难度★★★)兴趣小组设计了从AgCl中提取Ag的实验方案,下列说法正确的是 (　　) AgCl[Ag(NH3)2]+ [Cu(NH3)4]2+ + Ag CuCl2 + NH4Cl 溶液① +　 Cu　 A.还原性:Ag>Cu>Fe B.按上述方案消耗1 mol Fe可回收1 mol Ag C.反应①的离子方程式是[Cu(NH3)4]2++4H+Cu2++4N D.溶液①中的金属离子是Fe2+ 10.(2022·广东,8,2分,难度★★)实验室用MnO2和浓盐酸反应生成Cl2后,按照净化、收集、性质检验及尾气处理的顺序进行实验。下列装置(“→”表示气流方向)不能达到实验目的的是 (　　) 11.(2021·北京,5,3分,难度★★★)实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均正确的是 (　　) 选项 气体 试剂 制备装置 收集方法 A O2 KMnO4 a d B H2 Zn+稀H2SO4 b e C NO Cu+稀HNO3 b c D CO2 CaCO3+稀H2SO4 b c 12.(双选)(2021·山东,11,4分,难度★★★)为完成下列各组实验,所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是(不考虑存放试剂的容器) (　　) 选项 实验目的 玻璃仪器 试剂 A 配制100 mL一定物质的量浓度的NaCl溶液 100 mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒 蒸馏水、NaCl固体 B 制备Fe(OH)3胶体 烧杯、酒精灯、胶头滴管 蒸馏水、饱和FeCl3溶液 C 测定NaOH溶液浓度 烧杯、锥形瓶、胶头滴管、酸式滴定管 待测NaOH溶液、已知浓度的盐酸、甲基橙试剂 D 制备乙酸乙酯 试管、量筒、导管、酒精灯 冰醋酸、无水乙醇、饱和Na2CO3溶液 13.(2026·黑吉辽内蒙古,17,14分,难度★★★★)某研究组采用如下方案实现了聚对苯二甲酸乙二酯(PET)的快速降解,制备对苯二甲酸(Mr=166)。 反应式: 实验步骤: Ⅰ.向反应瓶中加入20 mL H2O、10.0 g NaOH、0.2 g催化剂和磁搅拌子,搅拌并加热化合物至135 ℃;随后加入10.0 g PET。继续搅拌加热回流5 min(回流温度138 ℃)。 Ⅱ.反应混合物冷却后倒出,用150 mL水稀释;过滤,滤渣用水洗涤,合并滤液;从体系中分离催化剂。 Ⅲ.用稀盐酸调节滤液pH,析出沉淀;过滤,沉淀用水洗涤,干燥得8.2 g固体。 已知:常温下,催化剂为油状物,难溶于水,易溶于CH2Cl2。 回答下列问题: (1)步骤Ⅰ实验装置搭建时应选择的玻璃仪器是　　　　(填标号)。  (2)步骤Ⅰ中降解反应的主要产物为乙二醇和　　　　　　　　(填结构简式)。  (3)步骤Ⅱ中滤渣用水洗涤的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。催化剂可采用　　　　　　　　　　法便捷分离。  (4)步骤Ⅲ中用水洗涤是为了除去沉淀上残留的　　　　　　和　　　　　　(填名称)。  (5)取0.017 5 g步骤Ⅲ所得固体与0.016 8 g标准品均三甲氧基苯(,Mr=168)混合;该混合物的核磁共振氢谱中,四种氢吸收峰(忽略杂质的氢吸收峰)的峰面积比为2∶4∶3∶9,则所得固体中对苯二甲酸含量为　　　　%(精确至1%)。  (6)若采用题中方法降解PET和BPA-PC的混合物,当进行步骤Ⅲ时,调节滤液pH可实现上述两种聚合物降解产物的分步析出。pH较大时,　　　　　(填“PET”或“BPA-PC”)的降解产物析出。  14.(2026·山东,19,12分,难度★★★★)一元弱酸HCN无色剧毒,熔点为-13 ℃,沸点为26 ℃,常温下易溶于水。在通风橱中用NaCN制备少量液态HCN,装置如图所示(夹持装置略)。回答下列问题: (1)仪器a的名称为　　　;装置b的作用为　  　。  (2)装置甲、乙选用的控温物质依次为　　　(填字母)。  　　　 　　　　　 　　　　　 　　 A.水(50 ℃) B.冰盐混合物(-10 ℃) C.干冰—乙醇(-70 ℃) D.液氮(-196 ℃) (3)HCN制备完成后需进行的部分操作如下,正确顺序为　　　(填序号)。  ①打开阀门K1通N2 ②停止滴加NaCN溶液 ③关闭阀门K3并切换三通阀K2至尾气处理 实验所用NaCN中常含有杂质甲酸钠(HCOONa),二者均具有较强还原性,测定HCOONa含量的实验步骤如下: Ⅰ.准确称取m g NaCN样品,配制250.00 mL溶液,移取25.00 mL该溶液至锥形瓶中,加适量NaOH溶液,边振摇边滴加AgNO3溶液至出现棕褐色沉淀(已知:AgCN、AgOH均为白色沉淀,AgOH极易转化为Ag2O棕褐色沉淀)。 Ⅱ.过滤并洗涤沉淀至洗涤液呈中性,收集滤液和洗涤液于锥形瓶中,加适量NaOH溶液及V1 mL浓度为c1 mol·L-1的过量KMnO4标准溶液,反应中Mn转化为Mn。 Ⅲ.充分反应后,向锥形瓶中加入适量H2SO4溶液及V2 mL浓度为c2 mol·L-1的过量Fe2+标准溶液,反应结束后溶液中所有锰元素均以Mn2+形式存在。 Ⅳ.用c1 mol·L-1的KMnO4标准溶液滴定剩余的Fe2+,终点时消耗溶液体积为V3 mL。 (4)步骤Ⅰ中滴加AgNO3溶液时须选用棕色滴管,原因是　　　　　　　　　　　　　;Ksp(AgCN)　　　　　Ksp(AgOH)(填“>”或“<”);步骤Ⅱ中参与反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为　　　　。  (5)测得样品中HCOONa的质量分数为　　　　　　　　　　(用代数式表示);若步骤Ⅲ所用标准溶液中有少量Fe2+被空气中的O2氧化,则导致测定结果　　　　(填“偏大”“偏小”或“不变”)。  15.(2026·云南,16,15分,难度★★★★)镍配合物是贵金属催化剂的重要替代品。某实验小组设计了一种制备Ni(Ⅱ)配合物的方法,原理如下: 已知:CH2Cl2有毒、易挥发,ρ=1.33 g·cm-3。 实验步骤如下: Ⅰ.向双颈烧瓶中加入10 mL含Ni(NO3)2·6H2O(1 mmol)的乙醇溶液,通过仪器a逐滴加入3 mL含bpy(2 mmol)的乙醇溶液(装置如右图,加热及夹持装置省略),加热搅拌,冷却至室温。 Ⅱ.将上述溶液减压蒸除乙醇,加入20 mL CH2Cl2溶解,再加少量蒸馏水洗涤、分液。 Ⅲ.有机层经减压蒸除溶剂,加入15 mL乙醇和2 mmol NaBPh4(Ph为苯基),产生沉淀。经过滤、洗涤、干燥得粗产品,进一步提纯后得紫色晶体(配合物Z,Mr=1 009)m1 g。 回答下列问题: (1)仪器a的名称为　　　　。  (2)下列安全标识中,本实验不涉及的是　　　　(填标号)。  　　　 　　　　　 　　　　　 　　 A. B. C. D. (3)步骤Ⅱ中洗涤的目的为　　　　　　　　　　　　　　　　,分液时CH2Cl2在　　　　(填“上”或“下”)层。  (4)步骤Ⅲ中乙醇的作用为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (5)步骤Ⅲ中用　　　　法提纯粗产品。  (6)配合物Z的产率为　　　　　　　　　　(列出计算式即可)。  (7)测定配合物Z的晶体结构,下列方法可采用的是　　　　(填标号)。  A.核磁共振氢谱法 B.质谱法 C.红外光谱法 D.X射线衍射法 (8)实验小组进一步探究不同投料比对Ni(Ⅱ)配合物结构的影响,以n(Ni2+)∶n(bpy)=1∶3进行投料,按上述制备方法得红色晶体。推测Ni2+的配位数为　　　　。  16.(2026·贵州,15,15分,难度★★★★)双氯磺酰亚胺[HN(SO2Cl)2]是制备某锂离子电池电解质的关键中间体。某研究小组设计实验对其进行制备,部分实验装置如图1。 图1 实验步骤: Ⅰ.将48.5 g(0.5 mol)氨基磺酸(NH2SO3H)、109.0 mL(1.5 mol)二氯亚砜(SOCl2)和33.1 mL(0.5 mol)氯磺酸(ClSO3H)依次加入500 mL三颈烧瓶中。 Ⅱ.连接好装置,在一定温度下持续搅拌至反应液变成深红棕色黏稠液体,停止加热。 Ⅲ.待反应液冷却至室温后,先常压蒸馏去除过量的低沸点反应物,再减压蒸馏,收集650 Pa、95 ℃左右的馏分,得到淡黄色粗品。 已知:①总反应为NH2SO3H+2SOCl2+ClSO3HHN(SO2Cl)2+2SO2↑+3HCl↑;所有原料均经精制后用于反应。 ②SOCl2沸点为78 ℃;ClSO3H遇水剧烈水解产生大量白雾;HN(SO2Cl)2在高温下易分解,M=214 g·mol-1。回答下列问题: (1)装置A中球形冷凝管的进水口为　　　　(填“a”或“b”)。  (2)装置B的作用是　。  (3)ClSO3H发生水解反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (4)装置C和D的连接顺序不宜互换,原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　(答两点)。  (5)步骤Ⅲ中采用减压蒸馏的原因是  　。  图2 (6)研究小组在不同温度下进行了制备实验,并对粗品进行核磁共振氢谱测试,结果如图2。已知HN(SO2Cl)2中H的化学位移δ为9.2 ppm,则　　　　 ℃时更有利于HN(SO2Cl)2的制备,原因是　  　。  (7)通过电位滴定法测定氯含量,初步推算粗品纯度,方法及步骤如下: ①将m g粗品加入适量NaOH溶液中,加热,HN(SO2Cl)2中的氯以Cl-形式进入溶液; ②加入HNO3溶液使溶液呈酸性后,用c mol·L-1标准AgNO3溶液进行滴定。平行滴定3次,消耗标准AgNO3溶液的平均体积为V mL。 HN(SO2Cl)2的纯度为　　　　(用含m、c和V的代数式表示)。在操作无误、仪器正常的情况下,推算出的粗品纯度比实际纯度高,最可能的原因是　  　。  17.(2026·四川,16,14分,难度★★★★)某研究小组合成了配合物Ni2(hpta)(H2biim)4,用作制备一种金属Ni纳米催化剂的前驱体。配合物合成步骤如下。 已知:(ⅰ)Ni(OAc)2·4H2O为水合醋酸镍,易溶于水; H4hpta为;H2biim为。 (ⅱ)THF(四氢呋喃)是沸点为67 ℃的有机溶剂,能与水互溶。回答下列问题: (1)步骤Ⅰ用到的仪器除了烧杯,还有　　　　(填字母)。  a　b　c　d (2)步骤Ⅱ的部分装置如右图所示(省略加热及夹持装置),仪器M的名称是　　　　,步骤Ⅱ中,结束实验的正确操作是　　　　(填字母)。  a.先关闭冷凝水,再停止加热,等待冷却 b.先停止加热,等待冷却,再关闭冷凝水 (3)步骤Ⅳ的部分装置如下图所示,减压过滤时,用抽气泵抽走抽滤瓶内空气,产生压力差,加快过滤速度。 ①减压过滤时,若操作不当,易引起倒吸。实验装置中必须安装安全瓶,安全瓶的　　　(填“a”或“b”)口应与抽滤瓶连接。  ②过滤完成后,依次用少量THF、蒸馏水和无水乙醇洗涤产品。每次加入溶剂洗涤前,都须暂停抽滤,其目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,用蒸馏水洗涤的目的是　  　。  (4)干燥后得到2.10 g配合物(M=904 g·mol-1),则产率为　　　　(保留至0.1%)。  (5)取一定量配合物,在N2氛围下匀速升温至1 000 ℃煅烧,制得了一种金属Ni纳米催化剂。配合物中Ni被还原为单质,还原剂来源于　　　　　　　　　。  18.(2026·湖南,15,14分,难度★★★★)氨硼烷(NH3BH3)是一种潜在的固体储氢材料,常温下稳定。实验室以NH3和B2H6为原料制备NH3BH3,实验步骤: ①按图Ⅰ组装好仪器,　　　　。  ②通入N2,排尽图Ⅰ装置中的空气。 ③先通入N2和NH3的混合气,再缓慢通入N2和B2H6的混合气,反应过程中保持NH3过量,控制温度,得到粗产品。 ④纯化,得NH3BH3。 图Ⅰ　图Ⅱ 夹持装置和搅拌装置略 已知:①电负性:N>H>B。 ②B2H6是一种强还原性的有毒气体,遇水剧烈反应,在空气中可自燃。 回答下列问题: (1)图Ⅰ中仪器M的名称是　　　　。  (2)补全实验步骤①:　　　。  (3)实验室制得的NH3中含有水,下列试剂中可用于干燥NH3的是　　　　(填字母)。  a.浓硫酸 b.碱石灰 c.P2O5 (4)实验过程中,NH3保持过量的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　。  (5)粗产品中可能有B2H6·2NH3(结构为),则B2H6·2NH3中含有的化学键的类型有　　　　(填字母)。  a.离子键 b.共价键 c.氢键 (6)在酸性条件下,NH3BH3与水反应生成H3BO3和H2并放热,该反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。利用图Ⅱ装置测定H2的体积,反应结束后,下列操作会导致所测H2体积偏大的是　　　　(填字母)。  a.读数时,气体未冷却至室温 b.读数时,水准管液面高于量气管液面 c.计算时,未减去注入硫酸的体积 (7)NH3BH3的晶胞如图所示,则一个晶胞中含有　　　　个氢原子。  19.(2026·河北,15,16分,难度★★★★)综合实验探究 某兴趣小组探究NH4Br的制备。(实验均在通风橱内进行) 查阅资料:液溴(Br2)是生产溴化合物的基本原料。工业上利用Br2和氨水的氧化还原反应生产NH4Br。实验室制备少量高纯度NH4Br常用氨气和氢溴酸的中和反应。 方案Ⅰ:模拟工业生产方法制备NH4Br(夹持装置等略) 实验装置如图所示: 步骤如下: ⅰ.检查装置气密性。 ⅱ.将盛有65.0 mL 7.5 mol·L-1氨水的C置于冰水浴中,搅拌下由B向C缓慢滴加10.0 mL(32.0 g) Br2,反应快速进行,C中出现白烟,D中导管口有无色气泡冒出。滴加完毕后关闭K2,C中溶液呈橙黄色。 ⅲ.打开K1,向C中逐滴加入15.0 mol·L-1氨水至反应完成,再继续滴加少量氨水。 ⅳ.将C和D中的溶液混合,转移至蒸发皿中,水浴加热蒸发、冷却结晶得粗品,进一步提纯得到无色产品29.4 g。 回答下列问题: (1)仪器B的名称为　　　　。  (2)步骤ⅰ中检查装置气密性的操作:　　　　　　　　　　　　　　　　　,微热C,若导管口有气泡冒出,停止加热,冷却后导管内上升一段水柱,并保持一段时间不下降,则证明装置气密性良好。  (3)步骤ⅱ中,制备NH4Br的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (4)步骤ⅲ中,滴加氨水至溶液　　　　　　　　　　　　时(填实验现象),反应恰好完成。  (5)反应开始时,D中应盛放　　　　(单项选择,填序号)。  　　　 　　　　　 　　　　　 　　 a.KMnO4溶液 　　　b.蒸馏水 　　　c.稀盐酸 (6)步骤ⅳ中进一步提纯的方法为　　　　。  (7)NH4Br(M=98 g·mol-1)的产率为　　　　。  方案Ⅱ:实验室方法制备NH4Br ⅰ.利用70%硫酸和Na2SO3固体反应制备SO2,再通入盛有Br2和碎冰的烧瓶中,反应后溶液经蒸馏、除杂、再蒸馏得到高纯度氢溴酸。 ⅱ.利用氨水加热制备氨气,经净化处理后的氨气缓慢通入氢溴酸中至碱性,停止通气。溶液转移至蒸发皿中,水浴加热蒸发、冷却结晶得高纯NH4Br。 (8)对比两种制备方案,方案Ⅰ存在的优点和不足为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(优点和不足各答出1点即可)。  20.(2026·陕晋宁青,15,15分,难度★★★★)大豆苷元(D)具有治疗心脑血管疾病的作用。因其难溶于水,生物利用度低,某研究团队采用下列反应路线,合成了易溶于水的大豆苷元磺酸钠(D-SO3Na)。 已知:①D为白色粉末,可溶于浓硫酸,其磺化产物易溶于水; ②相对分子质量:D254,D-SO3Na356。 实验步骤如下: Ⅰ.在50 mL圆底烧瓶中,加入20 mL浓硫酸和10.0 g D,60 ℃下搅拌反应30 min,冷却至室温。 Ⅱ.上述反应液与100 mL饱和NaCl溶液混合,析出沉淀,静置4 h;抽滤,沉淀用20% NaCl溶液洗涤至滤液呈中性,得到D-SO3Na粗产品。 Ⅲ.粗产品重结晶,105 ℃真空干燥,得到D-SO3Na产品11.0 g。 回答下列问题: (1)Ⅰ中加热方式为　　　　,浓硫酸的作用有　　　　　　　　　　　　　(任写两种)。  (2)向盛有5 mL蒸馏水的试管中滴入2滴Ⅰ中的反应液,振荡,　　　　　　　　　　　　(填实验现象),表明反应不完全。  (3)Ⅱ中,反应液与饱和NaCl溶液混合的具体操作是  　。  (4)Ⅱ中抽滤装置如图。抽滤与普通过滤相比,优点是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。沉淀不能用蒸馏水洗涤的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (5)Ⅲ中关于重结晶操作的描述错误的是　　　　(填字母)。  a.加热溶解,制成D-SO3Na稀溶液 b.加入活性炭,吸附有色杂质 c.趁热过滤,除去活性炭及可溶性杂质 d.冷却结晶,使D-SO3Na从溶液中析出 (6)通过　　　　　　　　　　　技术,可以获得D-SO3Na晶体中原子在晶胞里的数目和位置等结构信息。  (7)Ⅲ中产品纯度为99.5%,D-SO3Na的产率为　　　　　　　　　　　(列计算式)。  21.(2025·黑吉辽内蒙古,17,13分,难度★★★★)某实验小组采用如下方案实现了对甲基苯甲酸的绿色制备。 反应: 步骤: Ⅰ.向反应管中加入0.12 g对甲基苯甲醛和1.0 mL丙酮,光照,连续监测反应进程。 Ⅱ.5 h时,监测结果显示反应基本结束,蒸去溶剂丙酮,加入过量稀NaOH溶液,充分反应后,用乙酸乙酯洗涤,弃去有机层。 Ⅲ.用稀盐酸调节水层pH=1后,再用乙酸乙酯萃取。 Ⅳ.用饱和食盐水洗涤有机层,无水Na2SO4干燥,过滤,蒸去溶剂,得目标产物。 回答下列问题: (1)相比KMnO4作氧化剂,该制备反应的优点为　　　　　、　　　　　(答出2条即可)。  (2)根据反应液的核磁共振氢谱(已去除溶剂H的吸收峰,谱图中无羧基H的吸收峰)监测反应进程如下图。已知峰面积比a∶b∶c∶d=1∶2∶2∶3,a∶a'=2∶1。反应2 h时,对甲基苯甲醛转化率约为　　　　　%。  (3)步骤Ⅱ中使用乙酸乙酯洗涤的目的是  　。  (4)步骤Ⅲ中反应的离子方程式为　、  　。  (5)用同位素示踪法确定产物羧基O的来源。丙酮易挥发,为保证18O2气氛,通18O2前,需先使用“循环冷冻脱气法”排出装置中(空气中和溶剂中)的16O2,操作顺序为:①→②→　　　　　　→　　　　　→　　　　　(填序号),重复后四步操作数次。  同位素示踪结果如下表所示,则目标产物中羧基O来源于醛基和　　　　　。  反应条件 质谱检测目标产物相对分子质量 太阳光,18O2,室温, CH3COCH3,5 h 138 太阳光,空气,室温, CH3C18OCH3,5 h 136 22.(2025·山东,18,12分,难度★★★★)如下不饱和聚酯可用于制备玻璃钢。 实验室制备该聚酯的相关信息和装置示意图如下(加热及夹持装置略): 原料 结构简式 熔点/℃ 沸点/℃ 顺丁烯二酸酐 52.6 202.2 续表 原料 结构简式 熔点/℃ 沸点/℃ 邻苯二甲酸酐 130.8 295.0 1,2-丙二醇 -60.0 187.6 实验过程: ①在装置A中加入上述三种原料,缓慢通入N2。搅拌下加热,两种酸酐分别与1,2-丙二醇发生醇解反应,主要生成和。然后逐步升温至190~200 ℃,醇解产物发生缩聚反应生成聚酯。 ②缩聚反应后期,每隔一段时间从装置A中取样并测量其酸值,直至酸值达到聚合度要求(酸值:中和1克样品所消耗KOH的毫克数)。 回答下列问题: (1)理论上,原料物质的量投料比n(顺丁烯二酸酐)∶n(邻苯二甲酸酐)∶n(1,2-丙二醇)=　　　　　　　。  (2)装置B的作用是　　　　　　　　　　　　　　　;仪器C的名称是　　　　　;反应过程中,应保持温度计2示数处于一定范围,合理的是　　　　　(填字母)。  A.55~60 ℃ B.100~105 ℃ C.190~195 ℃ (3)为测定酸值,取a g样品配制250.00 mL溶液,移取25.00 mL溶液,用c mol·L-1 KOH-乙醇标准溶液滴定至终点,重复实验,数据如下: 　 序号 1 2 3 4 5 滴定前读数/mL 0.00 24.98 0.00 0.00 0.00 滴定后读数/mL 24.98 49.78 24.10 25.00 25.02 应舍弃的数据为　　　　　(填序号);测得该样品的酸值为　　　　　(用含a、c的代数式表示)。若测得酸值高于聚合度要求,可采取的措施为　　　　　(填字母)。  A.立即停止加热 B.排出装置D内的液体 C.增大N2的流速 (4)实验中未另加催化剂的原因是  　。  23.(2025·福建,12,15分,难度★★★★)导电材料二硫代铁酸钾(KFeS2)晶体呈紫色,不溶于水,可被盐酸酸解。 Ⅰ.KFeS2的制备 将7.0 g铁粉、48.0 g硫粉和过量K2CO3充分混合后,900 ℃焙烧1.5小时。 反应方程式:6Fe+13S+4K2CO36KFeS2+K2SO4+4CO2↑ a.表面皿　　b.蒸发皿　　c.烧杯　　d.坩埚 (1)反应所需的容器为　　　　(填字母)。  (2)将反应所得混合物置入水中煮沸,溶液呈深绿色(因可溶性杂质),并有淡黄色　　　　(填化学式)浮渣,倾去上层溶液及浮渣;重复多次直至上层溶液　　　　　　(填现象)。过滤、洗涤和干燥后得到KFeS2粗产品15.9 g,产率为　　　　%(保留至整数位)。  Ⅱ.KFeS2的纯度测定(平行测定3次,以1次为例) (3)准确称取KFeS2粗产品m g于锥形瓶中,加入浓盐酸加热至紫色固体完全溶解,有臭鸡蛋味的有毒气体放出,溶液中铁以[FeCl4]-形式存在。酸解反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (4)将上述酸解液中的Fe(Ⅲ)全部还原成Fe(Ⅱ),加入硫酸-磷酸混酸和指示剂,立即用c mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液滴定至终点(呈紫色),消耗体积为V mL。滴定过程发生反应: 6Fe2++Cr2+14H+6Fe3++2Cr3++7H2O Fe3++2H3PO4[Fe(HPO4)2]-(无色)+4H+ ①加入磷酸的目的是  　。  ②测得KFeS2纯度为　　　　×100%(用m、c、V列出计算式)。  (5)上述实验过程中,下列操作正确的是　　　　(填字母)。  a.将粗产品置于托盘天平右盘称量 b.在通风橱中酸解KFeS2粗产品 c.配制标准溶液时,定容后反复上下颠倒容量瓶混匀 d.滴定管用蒸馏水洗涤后,装入标准溶液并调零 Ⅲ.KFeS2单晶的结构(投影如图) (6)一个Fe与所有紧邻S形成的空间结构为　　　　,共边连成　　　　(填“链”“层”或“空间网”)状。  (7)晶体中微粒间作用力有　　　　(填字母)。  　　　　　　　　　　　　　　　 a.离子键 b.金属键 c.配位键 d.非极性共价键 24.(2025·广西,15,15分,难度★★★★)HBr和MgBr2广泛应用于精细化工领域。回答下列问题: Ⅰ.制备无水HBr 实验室用H2和Br2制备无水HBr的装置(省略夹持仪器)如图。 已知:PBr3极易水解。 (1)按上图连接仪器进行实验,正确的操作顺序是　　　　　　　(填标号)。  ①通入氢气流 ②收集HBr ③管式炉加热 ④打开活塞,滴加液溴 (2)装置A的作用是　　　　　　　　　。  (3)仪器X的名称为　　　　　　　。  (4)装置D中,用湿润红磷的目的是　　　　　　　　　　　　(用化学方程式表示)。  (5)仪器Y中盛装的试剂是　　　　(填字母)。  A.CaO b.CaCl2 c.KOH d.KNO3 (6)整套实验装置的不足之处是　　　　　　　　　　　　　。  Ⅱ.制备无水MgBr2 (7)尝试直接加热MgBr2·6H2O(Mr=292)制备无水MgBr2。当加热至460 ℃,失重后固体残渣质量为原化合物质量的30.7%。经分析该固体残渣为Mgx(OH)yBrz,则x∶y∶z=　　　　(x、y、z均为正整数)。继续加热,最终得到MgO。据以上结果判断,欲从MgBr2·6H2O获得无水MgBr2,应采用的措施是　　　　　　　　　　　　　　　　。  25.(2025·云南,16,14分,难度★★★★)三氟甲基亚磺酸锂(Mr=140)是我国科学家通过人工智能设计开发的一种锂离子电池补锂剂,其合成原理如下: 实验步骤如下: Ⅰ.向A中加入3.5 g NaHCO3、5.2 g Na2SO3和20.0 mL蒸馏水,搅拌下逐滴加入2.1 mL(3.3 g)三氟甲磺酰氯(Mr=168.5),有气泡产生(装置如下图,夹持及加热装置省略)。80 ℃下反应3 h后,减压蒸除溶剂得浅黄色固体。 Ⅱ.向上述所得固体中加入10.0 mL四氢呋喃(THF),充分搅拌后,加入无水Na2SO4,振荡,抽滤、洗涤。将所得滤液减压蒸除THF,得黏稠状固体。加入适量乙醇进行重结晶。 Ⅲ.将所得三氟甲基亚磺酸钠和3.0 mL THF加入圆底烧瓶中,搅拌溶解后逐滴加入足量浓盐酸,析出白色固体。抽滤、洗涤。 Ⅳ.将滤液转入圆底烧瓶中,加入20 mL蒸馏水和过量LiOH。室温搅拌反应1 h后,减压蒸除溶剂,得粗产品。加入适量乙醇进行重结晶,得产品1.1 g。 已知:THF是一种有机溶剂,与水任意比互溶。 回答下列问题: (1)仪器A的名称为　　　　　,冷凝管中冷却水应从　　　　(填“b”或“c”)口通入。  (2)步骤Ⅰ反应中有气泡产生,其主要成分为　　　　　。  (3)步骤Ⅱ中第一次洗涤的目的是　。  (4)步骤Ⅲ中发生反应的化学方程式为  　,  判断加入浓盐酸已足量的方法为  　。  (5)步骤Ⅳ中加入蒸馏水的作用是  　。  (6)三氟甲基亚磺酸锂的产率为  　(列出计算式即可)。  26.(2025·湖南,15,15分,难度★★★★)苯胺是重要的有机化工原料,其实验室制备原理如下: 相关信息如下: 物质 相对分 子质量 熔点 / ℃ 沸点 / ℃ 密度/ g·cm-3 溶解性 硝基苯 123 5.9 210.9 1.20 不溶于水, 易溶于乙醚 苯胺 93 -6.3 184.0 1.02 微溶于水, 易溶于乙醚 乙酸 60 16.6 117.9 1.05 与水互溶 乙醚 74 -116.3 34.5 0.71 微溶于水 反应装置Ⅰ和蒸馏装置Ⅱ(加热、夹持等装置略)如下: 装置Ⅰ　装置Ⅱ 实验步骤为: ①向装置Ⅰ双颈烧瓶中加入13.5 g铁粉、25.0 mL水及1.50 mL乙酸,加热煮沸10 min; ②稍冷后,通过恒压滴液漏斗缓慢滴入8.20 mL硝基苯(0.08 mol),再加热回流30 min; ③将装置Ⅰ改成水蒸气蒸馏装置,蒸馏收集苯胺—水馏出液; ④将苯胺—水馏出液用NaCl饱和后,转入分液漏斗静置分层,分出有机层;水层用乙醚萃取,分出醚层;合并有机层和醚层,用粒状氢氧化钠干燥,得到苯胺醚溶液; ⑤将苯胺醚溶液加入圆底烧瓶(装置Ⅱ),先蒸馏回收乙醚,再蒸馏收集180~185 ℃馏分,得到5.58 g苯胺。 A　B　C　D 回答下列问题: (1)实验室保存硝基苯的玻璃容器是　　　　(填字母)。  (2)装置Ⅰ中冷凝管的进水口为　　　　(填“a”或“b”)。  (3)步骤④中将苯胺—水馏出液用NaCl饱和的原因是  　　　　　　　　。  (4)步骤④中第二次分液,醚层位于　　　　(填“上”或“下”)层。  (5)蒸馏回收乙醚时,锥形瓶需冰水浴的原因是　　　　　　　　　　　　　　　;回收乙醚后,需要放出冷凝管中的冷凝水再蒸馏,这样操作的原因是　  　。  (6)下列说法正确的是　　　　(填标号)。  A.缓慢滴加硝基苯是为了减小反应速率 B.蒸馏时需加沸石,防止暴沸 C.用红外光谱不能判断苯胺中是否含有硝基苯 D.蒸馏回收乙醚,无需尾气处理 (7)苯胺的产率为　　　　。  27.(2025·安徽,16,14分,难度★★★★)侯氏制碱法以NaCl、CO2和NH3为反应物制备纯碱。某实验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,将一定量研细的NH4HCO3加入饱和食盐水中,搅拌,使NH4HCO3溶解,静置,析出NaHCO3晶体; ③将NaHCO3晶体减压过滤、煅烧,得到Na2CO3固体。 回答下列问题: (1)步骤①中配制饱和食盐水,下列仪器中需要使用的有　　　　　　　　(填名称)。  (2)步骤②中NH4HCO3需研细后加入,目的是 　。  (3)在实验室使用NH4HCO3代替CO2和NH3制备纯碱,优点是    　。  (4)实验小组使用滴定法测定了产品的成分。滴定过程中溶液的pH随滴加盐酸体积变化的曲线如下图所示。 ⅰ.到达第一个滴定终点B时消耗盐酸V1 mL,到达第二个滴定终点C时又消耗盐酸V2 mL。V1=V2,所得产品的成分为　　　　(填标号)。  a.Na2CO3 b.NaHCO3 c.Na2CO3和NaHCO3 d.Na2CO3和NaOH ⅱ.到达第一个滴定终点前,某同学滴定速度过快,摇动锥形瓶不均匀,致使滴入盐酸局部过浓。该同学所记录的V'1　　　V1(填“>”“<”或“=”)。  (5)已知常温下Na2CO3和NaHCO3的溶解度分别为30.7 g和10.3 g。向饱和Na2CO3溶液中持续通入CO2气体会产生NaHCO3晶体。实验小组进行相应探究: 实验 操作 现象 a 将CO2匀速通入置于烧杯中的20 mL饱和Na2CO3溶液,持续20 min,消耗600 mL CO2 无明显现象 b 将20 mL饱和Na2CO3溶液注入充满CO2的500 mL矿泉水瓶中,密闭,剧烈摇动矿泉水瓶1~2 min,静置 矿泉水瓶变瘪,3 min后开始有白色晶体析出 ⅰ.实验a无明显现象的原因是　。  ⅱ.析出的白色晶体可能同时含有NaHCO3和Na2CO3·10H2O。称取0.42 g晾干后的白色晶体,加热至恒重,将产生的气体依次通过足量的无水CaCl2和NaOH溶液,NaOH溶液增重0.088 g,则白色晶体中NaHCO3的质量分数为　　　　　　。  28.(2025·河北,15,15分,难度★★★★)氢碘酸常用于合成碘化物。某化学兴趣小组用如图装置(夹持装置等略)制备氢碘酸。 步骤如下: ⅰ.在A中加入150 mL H2O和127 g I2,快速搅拌,打开K1通入H2S,反应完成后,关闭K1,静置、过滤得滤液; ⅱ.将滤液转移至B中,打开K2通入N2,接通冷凝水,加热保持微沸,直至H2S除尽; ⅲ.继续加热蒸馏,C中收集沸点为125~127 ℃间的馏分,得到117 mL氢碘酸(密度为1.7 g·mL-1,HI质量分数为57%)。 回答下列问题: (1)仪器A的名称:　　　　　,通入H2S发生反应的化学方程式:　。  (2)步骤ⅰ中快速搅拌的目的:　　　　　　(填字母)。  a.便于产物分离 b.防止暴沸 c.防止固体产物包覆碘 (3)步骤ⅰ中随着反应的进行,促进碘溶解的原因:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(用离子方程式表示)。  (4)步骤ⅱ中的尾气常用　　　　　(填化学式)溶液吸收。  (5)步骤ⅱ实验开始时的操作顺序:先通入N2,再加热;步骤ⅲ实验结束时相对应的操作顺序:　。  (6)列出本实验产率的计算表达式:　。  (7)氢碘酸见光易分解,易被空气氧化,应保存在　　　　　　　　　　　　　　　　。  29.(2025·甘肃,15,14分,难度★★★★)某兴趣小组按如下流程由稀土氧化物Eu2O3和苯甲酸钠制备配合物Eu(C7H5O2)3·xH2O,并通过实验测定产品纯度和结晶水个数(杂质受热不分解)。已知Eu3+在碱性溶液中易形成Eu(OH)3沉淀。Eu(C7H5O2)3·xH2O在空气中易吸潮,加强热时分解生成Eu2O3。 Eu2O3产品 (1)步骤①中,加热的目的为　。  (2)步骤②中,调节溶液pH时需搅拌并缓慢滴加NaOH溶液,目的为　　　　　　　　;pH接近6时,为了防止pH变化过大,还应采取的操作为　　　　　　　　　　　。  (3)下图所示玻璃仪器中,配制一定物质的量浓度的苯甲酸钠溶液所需的仪器名称为　　　　　　　　　　。  (4)准确称取一定量产品,溶解于稀硝酸中,萃取生成的苯甲酸,蒸去有机溶剂,加入一定量的NaOH标准溶液,滴入1~2滴酚酞溶液,用HCl标准溶液滴定剩余的NaOH。滴定终点的现象为　　　　　　　　　　　　　。实验所需的指示剂不可更换为甲基橙,原因为    　。  (5)取一定量产品进行热重分析,每个阶段的重量降低比例数据如图所示,0~92 ℃范围内产品质量减轻的原因为  　。  结晶水个数x=　　　　[M(C7H5)=121,结果保留两位有效数字]。  30.(2024·黑吉辽,17,14分,难度★★★★)某实验小组为实现乙酸乙酯的绿色制备及反应过程可视化,设计实验方案如下: Ⅰ.向50 mL烧瓶中分别加入5.7 mL乙酸(100 mmol)、8.8 mL乙醇(150 mmol)、1.4 g NaHSO4固体及4~6滴1‰甲基紫的乙醇溶液。向小孔冷凝柱中装入变色硅胶。 Ⅱ.加热回流50 min后,反应液由蓝色变为紫色,变色硅胶由蓝色变为粉红色,停止加热。 Ⅲ.冷却后,向烧瓶中缓慢加入饱和Na2CO3溶液至无CO2逸出,分离出有机相。 Ⅳ.洗涤有机相后,加入无水MgSO4,过滤。 Ⅴ.蒸馏滤液,收集73~78 ℃馏分,得无色液体6.60 g,色谱检测纯度为98.0%。 回答下列问题: (1)NaHSO4在反应中起　　　　作用,用其代替浓硫酸的优点是　  　(答出一条即可)。  (2)甲基紫和变色硅胶的颜色变化均可指示反应进程。变色硅胶吸水,除指示反应进程外,还可  　。  (3)使用小孔冷凝柱承载,而不向反应液中直接加入变色硅胶的优点是　　　　(填字母)。  　　　 　　　　　 　　　　　 　　 A.无需分离 B.增大该反应平衡常数 C.起到沸石作用,防止暴沸 D.不影响甲基紫指示反应进程 (4)下列仪器中,分离有机相和洗涤有机相时均需使用的是　　　　(填名称)。  (5)该实验乙酸乙酯的产率为　　　　　　(精确至0.1%)。  (6)若改用C2OH作为反应物进行反应,质谱检测目标产物分子离子峰的质荷比数值应为　　　　　　(精确至1)。  31.(2024·福建,12,14分,难度★★★★)实验室用发光二极管(LED)的生产废料(主要成分为难溶于水的GaN,含少量In、Mg金属)制备Ga2O3,过程如下。已知:Ga与In为同族元素,In难溶于NaOH溶液。 (1)①基态镓(Ga)原子的价电子排布式为　　　　。  ②Ⅰ中GaN反应生成[Ga(OH)4]-的离子方程式为　。  ③Ⅰ使用装置如图(加热及夹持装置省略),吸收液可用　　　　。(填标号)  a.水 b.浓盐酸 c.稀硫酸 d.四氯化碳 (2)①Ⅱ需用到的玻璃仪器有烧杯、　　　　和　　　　。  ②“沉淀1”含金属元素　　　　。(填元素符号)  (3)①Ⅲ加硫酸调节溶液pH的目的是　。  ②按下列操作顺序测定溶液pH,不规范的是　　　　。(填标号)  a.用镊子夹取湿润的pH试纸 b.将pH试纸置于干燥洁净的玻璃片上 c.用滴管吸取少量待测液,滴在pH试纸中央 d.观察试纸颜色变化,并与标准比色卡比较 (4)Ga2O3纯度测定:称取Ga2O3样品w g,经处理配制成V mL溶液,从中移取V0 mL于锥形瓶中,一定条件下,加入V1 mL c1 mol·L-1 Na2H2Y溶液(此时镓以[GaY]-存在),再加入PAN作指示剂,用c2 mol·L-1 CuSO4标准溶液滴定过量的Na2H2Y,滴定终点为紫红色。 该过程涉及反应:Cu2++H2Y2-[CuY]2-+2H+。 ①终点时消耗CuSO4溶液V2 mL,则Ga2O3纯度为　　　　　×100%。(列出计算式)  ②滴定时会导致所测Ga2O3纯度偏小的情况是　　　　。(填字母)  a.未使用标准溶液润洗滴定管 b.称重后样品吸收了空气中水汽 c.终点时滴定管尖嘴内有气泡 d.终点读数时仰视滴定管刻度线 32.(2024·海南,17,12分,难度★★★★)羟基磷酸钙[Cax(PO4)yOH](1.40≤≤1.75)是骨骼、石灰和牙釉质的主要成分。某课题组按照下述步骤进行其制备探索:在75 ℃下向由一定量Ca(OH)2粉末配制的含有分散剂的浆液中,边搅拌边滴加计算量的稀H3PO4,滴加完成后继续搅拌一段时间。冷至室温固液分离,烘干固体得纳米级微粉产品。制备依据的代表反应式为:5Ca(OH)2+3H3PO4Ca5(PO4)3OH+9H2O,装置如图所示(固定器具已省略)。 回答问题: (1)装置图中,安装不当的是　　　　(填仪器标号)。  (2)使用冷凝管的目的是　　　　,冷凝水进水口为　　　　(填序号),干燥管中熟石灰用于吸收　　　　(填化学式)。  (3)实验中使用水浴加热,其优点为　　　　、　　　　。  (4)投料时应使用新制Ca(OH)2粉末,以降低杂质　　　　(填化学式)对实验的影响。  (5)完成反应后,可以保持产品组成稳定的固液分离方式有　　　　、　　　　(填字母)。  　　　 　　　　　 　　　　　 　　 a.倾倒 b.常压过滤 c.减压过滤 d.离心分离 (6)实验中以题述加料方式所得产品中=1.67。某次实验将Ca(OH)2浆液滴入稀H3PO4得到的产品中=1.50。造成这种结果差异的原因是  　。  33.(2024·广西,16,14分,难度★★★★)二氧化硫脲[(NH2)2CSO2](TD)是还原性漂白剂,可溶于水,难溶于乙醇,在受热或碱性条件下易水解:(NH2)2CSO2+H2O(NH2)2CO+H2SO2。其制备与应用探究如下: Ⅰ.由硫脲[(NH2)2CS]制备TD 按如图装置,在三颈烧瓶中加入硫脲和水,溶解,冷却至5 ℃后,滴入H2O2溶液,控制温度低于10 ℃和pH<6进行反应。反应完成后,结晶、过滤、洗涤、干燥后得到产品TD。 Ⅱ.用TD进行高岭土原矿脱色(去除Fe2O3)探究 将m g高岭土原矿(Fe2O3质量分数为0.68%)制成悬浊液,加入TD,在一定条件下充分反应,静置,分离出上层清液V mL,用分光光度法测得该清液中Fe2+浓度为b mg·L-1,计算Fe2O3的去除率。 回答下列问题: (1)仪器a的名称是　　　　。  (2)Ⅰ中控制“温度低于10 ℃和pH<6”的目的是　。  (3)写出制备TD的化学方程式  　。  (4)H2SO2中S的化合价为　　　　。Ⅰ的反应中,因条件控制不当生成了H2SO2,最终导致TD中出现黄色杂质,该杂质是　　　　(填化学式)。  (5)Ⅰ中“洗涤”选用乙醇的理由是　。  (6)高岭土中Fe2O3去除率为　　　　(用含m、b、V的代数式表示)。Ⅱ中“静置”时间过长,导致脱色效果降低的原因是　    　。  34.(2024·重庆,16,15分,难度★★★★)FeS2可用作锂电池和超级电容器的电极材料。制备FeS2的一种实验装置如图所示(加热及夹持装置略)。 (1)FeS2的制备 在N2的保护作用下,将溶有S的热二苯醚溶液注射到FeS和热油胺溶液中(S过量),继续加热回流2h,冷却至室温,离心分离,经洗涤得产品FeS2。 ①仪器a的名称为　　　　;N2保护的目的是　。  ②生成FeS2的化学方程式为　。  ③为除去产品中残留的S,洗涤选用的试剂是　　　　(填“H2O”或“CS2”)。  (2)FeS2的含量测定 产品先用王水溶解,再经一系列处理后,在热盐酸的条件下,以甲基橙为指示剂,用SnCl2溶液将Fe3+还原至Fe2+,终点为无色;用冰水迅速冷却,再以二苯胺磺酸钠为指示剂,用K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+至终点。已知甲基橙的还原反应:氧化态(红色)+ne-还原态(无色)。 ①SnCl2比FeCl3易水解,且易被氧化。配制和保存SnCl2溶液需加入的试剂是　　　　　　　　。  ②甲基橙指示终点的过程及作用原理是      　。  ③若称取的产品的质量为a g,K2Cr2O7标准溶液的浓度为c mol·L-1,用量为V mL,FeS2的摩尔质量为M g·mol-1,则产品中FeS2的质量分数为　　　　(填最简表达式)。  ④下列操作可能导致测定结果偏高的是　　　　(填字母)。  A.还原Fe3+时SnCl2溶液滴加过量 B.热的Fe2+溶液在空气中缓慢冷却 C.滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后气泡消失 D.滴定前仰视读数,滴定后俯视读数 35.(2024·河北,15,14分,难度★★★★)市售的溴(纯度99%)中含有少量的Cl2和I2,某化学兴趣小组利用氧化还原反应原理,设计实验制备高纯度的溴。 回答下列问题: (1)装置如图(夹持装置等略),将市售的溴滴入盛有浓CaBr2溶液的B中,水浴加热至不再有红棕色液体馏出。仪器C的名称为　　　　　;CaBr2溶液的作用为　　　　　　　　;D中发生的主要反应的化学方程式为　  　。  (2)将D中溶液转移至　　　(填仪器名称)中,边加热边向其中滴加酸化的KMnO4溶液至出现红棕色气体,继续加热将溶液蒸干得固体R。该过程中生成I2的离子方程式为　  　。  (3)利用图示相同装置,将R和K2Cr2O7固体混合均匀放入B中,D中加入冷的蒸馏水。由A向B中滴加适量浓硫酸,水浴加热蒸馏。然后将D中的液体分液、干燥、蒸馏,得到高纯度的溴。D中蒸馏水的作用为　　　　　　　　　　　　　　　　和　。  (4)为保证溴的纯度,步骤(3)中K2Cr2O7固体的用量按理论所需量的计算,若固体R质量为m克(以KBr计),则需称取　　　　　　　　 g K2Cr2O7(M=294 g·mol-1)(用含m的代数式表示)。  (5)本实验所用钾盐试剂均经重结晶的方法纯化。其中趁热过滤的具体操作为漏斗下端管口紧靠烧杯内壁,转移溶液时用　　　　　　　　　　　　　　　,滤液沿烧杯壁流下。  36.(2024·江西,17,15分,难度★★★★)一种可用于温度传感的红色配合物Z,其制备实验步骤及传感原理如图(反应物均按化学计量数之比进行投料)。 Ⅰ.将Ni(NO3)2·6H2O和去离子水加入圆底烧瓶中,搅拌至完全溶解,再依次加入乙酰丙酮(HY)、无水Na2CO3和N,N,N'-三甲基乙二胺(X)溶液,继续搅拌5 min; Ⅱ.加入NaB(C6H5)4溶液,立即生成红色沉淀,室温下继续反应35 min; Ⅲ.减压过滤,用去离子水洗涤3次,烘干,重结晶,得到配合物Z; Ⅳ.室温下,将适量Z溶于丙酮(L),温度降至15℃,溶液经混合色逐渐转为蓝绿色,得到配合物W的溶液。 回答下列问题。 (1)已知配合物Z中Ni、N和O五个原子共平面,Ni2+的杂化方式　　　　(填“是”或“不是”)sp3。  (2)步骤Ⅰ中,加入Na2CO3的目的是    　。  (3)步骤Ⅱ中,为避免沉淀包裹反应物共沉,可采取的操作是  　。  (4)步骤Ⅲ中,洗涤去除的无机盐产物是　　　　　　　　。  (5)采用EDTA配位滴定法测定Ni的含量。实验步骤如下: ⅰ.准确称取m g的配合物Z; ⅱ.加入稀硝酸使样品完全消解,再加入去离子水,用20%醋酸钠溶液调节pH至4~5; ⅲ.以PAN为指示剂,用c mol·L-1 EDTA标准溶液滴定,平行测定三次,平均消耗EDTA体积V mL。 已知:EDTA与Ni2+化学计量数之比为1∶1。 ①除了滴定管外,上述测定实验步骤中,使用的仪器有　　　　(填字母)。  a.容量瓶 b.天平 c.洗瓶 d.锥形瓶 ②Ni的质量百分含量为　　　　%。  (6)利用上述配合物的变色原理(温差约10℃时,颜色有明显变化),设计一种实用温度传感装置    　。  37.(2024·贵州,15,14分,难度★★★★)十二钨硅酸在催化方面有重要用途。某实验小组制备十二钨硅酸晶体,并测定其结晶水含量的方法如下(装置如图,夹持装置省略)。 Ⅰ.将适量Na2WO4·2H2O、Na2SiO3·9H2O加入三颈烧瓶中,加适量水,加热,溶解。 Ⅱ.持续搅拌下加热混合物至近沸,缓慢滴加浓盐酸至pH为2,反应30分钟,冷却。 Ⅲ.将反应液转至萃取仪器中,加入乙醚,再分批次加入浓盐酸,萃取。 Ⅳ.静置后液体分上、中、下三层,下层是油状钨硅酸醚合物。 Ⅴ.将下层油状物转至蒸发皿中,加少量水,加热至混合液表面有晶膜形成,冷却结晶,抽滤,干燥,得到十二钨硅酸晶体(H4[SiW12O40]·nH2O)。 已知: ①制备过程中反应体系pH过低会产生钨的水合氧化物沉淀; ②乙醚易挥发、易燃,难溶于水且密度比水小; ③乙醚在高浓度盐酸中生成的+与[SiW12O40]4-缔合成密度较大的油状钨硅酸醚合物。 回答下列问题。 (1)仪器a中的试剂是　　　　(填名称),其作用是　  　。  (2)步骤Ⅱ中浓盐酸需缓慢滴加的原因是    　。  (3)下列仪器中,用于“萃取、分液”操作的有　　　　　　　　(填名称)。  (4)步骤Ⅳ中“静置”后液体中间层的溶质主要是　　　　。  (5)步骤Ⅴ中“加热”操作　　　　(填“能”或“不能”)使用明火,原因是　。  (6)结晶水测定:称取m g十二钨硅酸晶体(H4[SiW12O40]·nH2O,相对分子质量为M),采用热重分析法测得失去全部结晶水时失重ω%,计算n=　　　　(用含ω、M的代数式表示);若样品未充分干燥,会导致n的值　　　　(填“偏大”“偏小”或“不变”)。  38.(2024·甘肃,16,14分,难度★★★★)某兴趣小组设计了利用MnO2和H2SO3生成MnS2O6,再与Na2CO3反应制备Na2S2O6·2H2O的方案: 适量水过滤 取滤液Na2S2O6·2H2O (1)采用下图所示装置制备SO2,仪器a的名称为　　　　;步骤Ⅰ中采用冰水浴是为了　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)步骤Ⅱ应分数次加入MnO2,原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (3)步骤Ⅲ滴加饱和Ba(OH)2溶液的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (4)步骤Ⅳ生成MnCO3沉淀,判断Mn2+已沉淀完全的操作是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (5)将步骤Ⅴ中正确操作或现象的标号填入相应括号中。 将滤液倒入 蒸发皿中用酒精 灯加热(　　)(　　)停止加热(　　)过滤 A.蒸发皿中出现少量晶体　　　 B.使用漏斗趁热过滤 C.利用蒸发皿余热使溶液蒸干 D.用玻璃棒不断搅拌 E.等待蒸发皿冷却 39.(2023·全国新课标,28,14分,难度★★★★)实验室由安息香制备二苯乙二酮的反应式如下: 相关信息列表如下: 物质 性状 熔点 /℃ 沸点 /℃ 溶解性 安息香 白色固体 133 344 难溶于冷水 溶于热水、乙醇、乙酸 二苯乙 二酮 淡黄色固体 95 347 不溶于水 溶于乙醇、苯、乙酸 冰乙酸 无色液体 17 118 与水、乙醇互溶 装置示意图如图所示,实验步骤为: ①在圆底烧瓶中加入10 mL冰乙酸、5 mL水及9.0 g FeCl3·6H2O,边搅拌边加热,至固体全部溶解。 ②停止加热,待沸腾平息后加入2.0 g安息香,加热回流45~60 min。 ③加入50 mL水,煮沸后冷却,有黄色固体析出。 ④过滤,并用冷水洗涤固体3次,得到粗品。 ⑤粗品用75%的乙醇重结晶,干燥后得淡黄色结晶1.6 g。 回答下列问题: (1)仪器A中应加入　　　　　(填“水”或“油”)作为热传导介质。  (2)仪器B的名称是　　　　　;冷却水应从　　　　　(填“a”或“b”)口通入。  (3)实验步骤②中,安息香必须待沸腾平息后方可加入,其主要目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (4)在本实验中,FeCl3为氧化剂且过量,其还原产物为　　　　;某同学尝试改进本实验:采用催化量的FeCl3并通入空气制备二苯乙二酮。该方案是否可行?简述判断理由:　    　。  (5)本实验步骤①~③在乙酸体系中进行,乙酸除作溶剂外,另一主要作用是防止　。  (6)若粗品中混有少量未氧化的安息香,可用少量　　　　　洗涤的方法除去(填标号)。若要得到更高纯度的产品,可用重结晶的方法进一步提纯。  a.热水　　b.乙酸　　c.冷水　　d.乙醇 (7)本实验的产率最接近于　　　　(填标号)。  a.85% b.80% c.75% d.70% 40.(2023·辽宁,17,13分,难度★★★★)2-噻吩乙醇(Mr=128)是抗血栓药物氯吡格雷的重要中间体,其制备方法如下: Ⅰ.制钠砂。向烧瓶中加入300 mL液体A和4.60 g金属钠,加热至钠熔化后,盖紧塞子,振荡至大量微小钠珠出现。 Ⅱ.制噻吩钠。降温至10 ℃,加入25 mL噻吩,反应至钠砂消失。 Ⅲ.制噻吩乙醇钠。降温至-10 ℃,加入稍过量的环氧乙烷的四氢呋喃溶液,反应30 min。 Ⅳ.水解。恢复室温,加入70 mL水,搅拌30 min;加盐酸调pH至4~6,继续反应2 h,分液;用水洗涤有机相,二次分液。 Ⅴ.分离。向有机相中加入无水MgSO4,静置,过滤,对滤液进行蒸馏,蒸出四氢呋喃、噻吩和液体A后,得到产品17.92 g。 回答下列问题: (1)步骤Ⅰ中液体A可以选择　　　　。  a.乙醇　　b.水　　c.甲苯　　d.液氨 (2)噻吩沸点低于吡咯()的原因是    　。  (3)步骤Ⅱ的化学方程式为　。  (4)步骤Ⅲ中反应放热,为防止温度过高引发副反应,加入环氧乙烷溶液的方法是　。  (5)步骤Ⅳ中用盐酸调节pH的目的是  　。  (6)下列仪器在步骤Ⅴ中无需使用的是　　　　　　　　　　(填名称);无水MgSO4的作用为　  　。  (7)产品的产率为　　　　(用Na计算,精确至0.1%)。  41.(2023·山东,18,12分,难度★★★★)三氯甲硅烷(SiHCl3)是制取高纯硅的重要原料,常温下为无色液体,沸点为31.8 ℃,熔点为-126.5 ℃,易水解。实验室根据反应Si+3HClSiHCl3+H2,利用如下装置制备SiHCl3粗品(加热及夹持装置略)。回答下列问题。 (1)制备SiHCl3时进行操作:(ⅰ)……;(ⅱ)将盛有硅粉的瓷舟置于管式炉中;(ⅲ)通入HCl,一段时间后接通冷凝装置,加热开始反应。操作(ⅰ)为　;  判断制备反应结束的实验现象是　　　　　　　　　　　　　　　　　。图示装置存在的两处缺陷是①　　　　　　　　　　　;②　　　　　　　　　　　。  (2)已知电负性Cl>H>Si,SiHCl3在浓NaOH溶液中发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　。  (3)采用如下方法测定溶有少量HCl的SiHCl3纯度。 m1 g样品经水解、干燥等预处理过程得硅酸水合物后,进行如下实验操作:①　　　　,②　　　　　(填操作名称),③称量等操作,测得所得固体氧化物质量为m2 g,从下列仪器中选出①、②中需使用的仪器,依次为　　　　　(填大写字母)。测得样品纯度为  　(用含m1、m2的代数式表示)。  42.(2023·江苏,16,15分,难度★★★★)实验室模拟“镁法工业烟气脱硫”并制备MgSO4·H2O,其实验过程可表示为: (1)在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入SO2气体,生成MgSO3,反应为Mg(OH)2+H2SO3MgSO3+2H2O,其平衡常数K与Ksp、Ksp(MgSO3)、Ka1(H2SO3)、Ka2(H2SO3)的代数关系式为K=  　;  下列实验操作一定能提高氧化镁浆料吸收SO2效率的有　　　　(填字母)。  A.水浴加热氧化镁浆料 B.加快搅拌速率 C.降低通入SO2气体的速率 D.通过多孔球泡向氧化镁浆料中通SO2 (2)在催化剂作用下MgSO3被O2氧化为MgSO4。已知MgSO3的溶解度为0.57 g(20 ℃),O2氧化溶液中的离子方程式为　;  在其他条件相同时,以负载钴的分子筛为催化剂,浆料中MgSO3被O2氧化的速率随pH的变化如图甲所示。在pH=6~8范围内,pH增大,浆料中MgSO3的氧化速率增大,其主要原因是  　。  甲 (3)制取MgSO4·H2O晶体。在如图乙所示的实验装置中,搅拌下,使一定量的MgSO3浆料与H2SO4溶液充分反应。MgSO3浆料与H2SO4溶液的加料方式是  　;  补充完整制取MgSO4·H2O晶体的实验方案:向含有少量Fe3+、Al3+的MgSO4溶液中,       　。  (已知:Fe3+、Al3+在pH≥5时完全转化为氢氧化物沉淀;室温下从MgSO4饱和溶液中结晶析出MgSO4·7H2O,MgSO4·7H2O在150~170 ℃下干燥得到MgSO4·H2O,实验中需要使用MgO粉末) 乙 43.(2022·辽宁,17,14分,难度★★★★★)H2O2作为绿色氧化剂应用广泛,氢醌法制备H2O2原理及装置如下: 已知:H2O、HX等杂质易使Ni催化剂中毒。回答下列问题: (1)A中反应的离子方程式为　。  (2)装置B应为　　　　(填序号)。  (3)检查装置气密性并加入药品,所有活塞处于关闭状态。开始制备时,打开活塞　　　　,控温45 ℃。一段时间后,仅保持活塞b打开,抽出残留气体。随后关闭活塞b,打开活塞　　　　,继续反应一段时间。关闭电源和活塞,过滤三颈烧瓶中混合物,加水萃取、分液、减压蒸馏,得产品。  (4)装置F的作用为  　。  (5)反应过程中,控温45 ℃的原因为  　。  (6)氢醌法制备H2O2总反应的化学方程式为   　　　　　　　　　　。  (7)取2.50 g产品,加蒸馏水定容至100 mL,摇匀。取20.00 mL于锥形瓶中,用0.0500 mol·L-1酸性KMnO4标准溶液滴定。平行滴定三次,消耗标准溶液体积分别为19.98 mL、20.90 mL、20.02 mL。假设其他杂质不干扰结果,产品中H2O2质量分数为　　　　。  44.(2022·山东,18,12分,难度★★★★)实验室利用FeCl2·4H2O和亚硫酰氯(SOCl2)制备无水FeCl2的装置如图所示(加热及夹持装置略)。已知SOCl2沸点为76 ℃,遇水极易反应生成两种酸性气体。 回答下列问题: (1)实验开始先通N2。一段时间后,先加热装置　　　(填“a”或“b”)。装置b内发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　。装置c、d共同起到的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)现有含少量杂质的FeCl2·nH2O,为测定n值进行如下实验: 实验Ⅰ:称取m1 g样品,用足量稀硫酸溶解后,用c mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+达终点时消耗V mL(滴定过程中Cr2转化为Cr3+,Cl-不反应)。 实验Ⅱ:另取m1 g样品,利用上述装置与足量SOCl2反应后,固体质量为m2 g。 则n=　　　　　　　　　　;下列情况会导致n测量值偏小的是　　　　(填字母)。  A.样品中含少量FeO杂质 B.样品与SOCl2反应时失水不充分 C.实验Ⅰ中,称重后样品发生了潮解 D.滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成 (3)用上述装置,根据反应TiO2+CCl4TiCl4+CO2制备TiCl4。已知TiCl4与CCl4分子结构相似,与CCl4互溶,但极易水解。选择合适仪器并组装蒸馏装置对TiCl4、CCl4混合物进行蒸馏提纯(加热及夹持装置略),安装顺序为①⑨⑧　　　　　(填序号),先馏出的物质为　　　　　　　　　　　　。  考点38探究性化学实验方案的设计与评价　　答案P443　 1.(双选)(2026·山东,11,4分,难度★★★★)对下列事实解释正确的是 (　　) 选项 事实 解释 A 熔融条件下,金属Na与KCl反应可制备金属K 金属活泼性: Na>K B 热稳定性:CH4>SiH4 键能:C—H>Si—H C 相同条件下,苯酚与溴水反应,而甲苯不与溴水反应 对苯环活化作用:—OH>—CH3 D 常温下,相同浓度溶液的pH:CH3COONH4>NH4Cl N水解程度:CH3COONH4<NH4Cl 2.(2026·贵州,8,3分,难度★★)下列实验操作和现象,得出的相应结论正确的是 (　　) 选项 实验操作和现象 结论 A 向CuSO4溶液中滴加过量氨水,溶液由蓝色变为深蓝色 稳定性: [Cu(H2O)4]2+< [Cu(NH3)4]2+ B 将NaCl溶液注入连有电流表的电解池中,接通直流电源,电流表指针偏转 NaClNa++Cl- C 将1-溴丙烷与NaOH的乙醇溶液共热,产生的气体通入酸性KMnO4溶液中,溶液褪色 反应生成了丙烯 D 足量Zn分别与等体积、等pH的两种酸HA和HB充分反应,产生H2的物质的量:HA>HB 结合质子的能力:A-<B- 3.(2025·天津,9,3分,难度★★★)依据下列实验操作及现象,不能得出相应结论的是 (　　) 选项 实验操作及现象 结论 A 将稀盐酸滴入NaHCO3溶液中,产生的气体通入澄清的石灰水,石灰水变浑浊 非金属性: Cl>C B 硫化锌(ZnS,白色)、硫化镉(CdS,黄色)为难溶电解质。向浓度均为0.1 mol·L-1的Zn2+、Cd2+混合液中,滴加Na2S稀溶液,先出现的沉淀是黄色的 Ksp(ZnS)>Ksp(CdS) C 向可能含有Fe2+的未知溶液中,滴加1滴K3[Fe(CN)6]溶液,有特征蓝色沉淀生成 原未知溶液中含有Fe2+ D 向含有新制的氢氧化铜的碱性溶液中,加入乙醛溶液并加热,出现砖红色沉淀 乙醛具有还原性 4.(2025·黑吉辽内蒙古,8,3分,难度★★★)巧设实验,方得真知。下列实验设计合理的是 (　　) A.除去Cl2中的HCl B.制备少量NO避免其被氧化 C.用乙醇萃取CS2中的S D.制作简易氢氧燃料电池 5.(2025·浙江,16,3分,难度★★★)NaOH中常含Na2CO3。为配制不含Na2CO3的NaOH溶液,并用苯甲酸标定其浓度,实验方案如下: 步骤Ⅰ——除杂:称取NaOH配制成饱和溶液,静置,析出Na2CO3; 步骤Ⅱ——配制:量取一定体积的上层清液,稀释配制成NaOH溶液; 步骤Ⅲ——标定:准确称量苯甲酸固体,加水溶解,加指示剂,用步骤Ⅱ所配制的NaOH溶液滴定。 下列说法正确的是 (　　) A.步骤Ⅰ中Na2CO3析出的主要原因是c(OH-)很大,抑制C水解 B.步骤Ⅱ中可用量筒量取上层清液 C.步骤Ⅲ中可用甲基橙作指示剂 D.步骤Ⅱ、Ⅲ中所需的蒸馏水都须煮沸后使用,目的是除去溶解的氧气 6.(2025·福建,6,4分,难度★★★)探究Na2CO3对银镜反应的影响,实验步骤如下: 下列说法错误的是 (　　) A.棕黑色悬浊液中固体主要为Ag2O B.“试剂X”为1.0 mL蒸馏水 C.黑色悬浊液1与2中固体的主要成分不同 D.实验后可用稀硝酸洗去银镜 7.(2025·广东,6,2分,难度★★)对铁钉进行预处理,并用铜氨溶液给铁钉镀铜。下列操作不能达到实验目的的是 (　　) 8.(2025·广东,11,4分,难度★★★)利用如图装置进行实验:打开K1、K2,一定时间后,a中溶液变蓝;关闭K1,打开K3,点燃酒精灯加热数分钟后,滴入无水乙醇。下列说法错误的是 (　　) A.a中现象体现了I-的还原性 B.b中H2O2既作氧化剂也作还原剂 C.乙醇滴加过程中,c中的铜丝由黑变红,说明乙醇被氧化 D.d中有银镜反应发生,说明c中产物有乙酸 9.(2025·四川,10,3分,难度★★★)根据下列操作及现象,得出结论错误的是 (　　) 选项 操作及现象 结论 A 分别测定0.10 mol·L-1的HCOONa和CH3COONa溶液的pH,HCOONa溶液的pH更小 结合H+的能力:HCOO->CH3COO- B 向NaBr和NaI均为0.10 mol·L-1的混合溶液中加入CCl4,再逐滴加入氯水并振荡,CCl4层先出现紫红色 还原性:I->Br- C 分别向含等物质的量的BaC2O4、CaC2O4悬浊液中,加入等体积2 mol·L-1乙酸,加热,仅BaC2O4完全溶解 溶度积常数:BaC2O4>CaC2O4 D 分别向0.10 mol·L-1的三氯乙酸和乙酸溶液中加入等量镁条,三氯乙酸溶液中产生气泡的速率更快 酸性:三氯乙酸>乙酸 10.(2025·安徽,10,3分,难度★★★)下列实验操作能达到实验目的的是 (　　) 选项 实验操作 实验目的 A 将铁制镀件与铜片分别接直流电源的正、负极,平行浸入CuSO4溶液中 在铁制镀件表面镀铜 B 向粗盐水中先后加入过量Na2CO3溶液、NaOH溶液和BaCl2溶液 粗盐提纯中,去除Ca2+、Mg2+和S杂质离子 续表 选项 实验操作 实验目的 C 向2 mL 0.1 mol·L-1 K2Cr2O7溶液中滴加5滴6 mol·L-1 NaOH溶液,再滴加5滴6 mol·L-1 H2SO4溶液 探究c(H+)对如下平衡的影响: +H2O+2H+ D 将有机物M溶于乙醇,加入金属钠 探究M中是否含有羟基 11.(2025·陕晋宁青,10,3分,难度★★★)下列实验方案不能得出相应结论的是 (　　) 观察电流表指针偏转方向 观察溶液颜色变化 观察溶液颜色变化 观察出现 浑浊所用时间 A.结论:金属活动性顺序为Zn>Fe>Cu B.结论:氧化性顺序为Cl2>Fe3+>I2 C.结论:甲基使苯环活化 D.结论:增大反应物浓度,该反应速率加快 12.(2025·甘肃,13,3分,难度★★★)下列实验操作能够达到目的的是 (　　) 选项 实验操作 目的 A 测定0.01 mol·L-1某酸溶液的pH是否为2 判断该酸是否为强酸 B 向稀Fe2(SO4)3溶液滴入几滴浓硫酸,观察溶液颜色变化 探究H+对Fe3+水解的影响 C 向AgNO3溶液先滴入几滴NaCl溶液,再滴入几滴NaI溶液,观察沉淀颜色变化 比较AgCl和AgI的Ksp大小 D 将氯气通入Na2S溶液,观察是否产生淡黄色沉淀 验证氯气的氧化性 13.(双选)(2024·山东,12,3分,难度★★★★)由下列事实或现象能得出相应结论的是 (　　) 选项 事实或现象 结论 A 向酸性KMnO4溶液中加入草酸,紫色褪去 草酸具有还原性 B 铅蓄电池使用过程中两电极的质量均增加 电池发生了放电反应 C 向等物质的量浓度的NaCl、Na2CrO4混合溶液中滴加AgNO3溶液,先生成AgCl白色沉淀 Ksp(AgCl)< Ksp(Ag2CrO4) D 2NO2N2O4为基元反应,将盛有NO2的密闭烧瓶浸入冷水,红棕色变浅 正反应活化能大于逆反应活化能 14.(2024·江苏,11,3分,难度★★★)室温下,根据下列实验过程及现象,能验证相应实验结论的是 (　　) 选项 实验过程及现象 实验结论 A 用0.1 mol·L-1 NaOH溶液分别中和等体积的0.1 mol·L-1 H2SO4溶液和0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液,H2SO4消耗的NaOH溶液多 酸性: H2SO4> CH3COOH B 向2 mL 0.1 mol·L-1 Na2S溶液中滴加几滴溴水,振荡,产生淡黄色沉淀 氧化性: Br2>S C 向2 mL浓度均为0.1 mol·L-1的CaCl2和BaCl2混合溶液中滴加少量0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液,振荡,产生白色沉淀 溶度积常数: CaCO3> BaCO3 D 用pH试纸分别测定CH3COONa溶液和NaNO2溶液pH,CH3COONa溶液pH大 结合H+能力: CH3COO->N 15.(2024·海南,10,4分,难度★★★)根据下列实验及现象,所得结论错误的是 (　　) 选项 实验及现象 结论 A 将SO2通入溴水至过量,溶液的橙色褪去 SO2有漂白性 B 自热米饭附带的热源包(主要成分CaO,少许Na2CO3、Al粉)加水后,未产生气体 Al粉已经变质 续表 选项 实验及现象 结论 C CuCl2浓溶液呈黄绿色,加水稀释后溶液呈蓝色 配体H2O、Cl-与Cu2+间存在配位平衡移动 D 淀粉-KI试纸遇FeCl3-NH4HF2的混合液不变色 [FeF6]3-配离子氧化能力弱 16.(2024·重庆,4,3分,难度★★★)下列实验原理或方法正确的是 (　　) A.向溴的CCl4溶液中通入石油裂解气,溶液褪色,证明气体为乙烯 B.向盛有银氨溶液的试管中滴入乙醛,振荡,水浴温热,可生成银镜 C.向饱和NaCl溶液中先通入CO2至饱和,再通入NH3,可析出NaHCO3固体 D.向PbS黑色悬浊液中加入H2O2溶液,生成白色PbSO4沉淀,证明Ksp(PbS)>Ksp(PbSO4) 17.(2023·浙江,16,3分,难度★★★★)探究卤族元素单质及其化合物的性质,下列方案设计、现象和结论都正确的是 (　　) 选项 实验方案 现象 结论 A 往碘的CCl4溶液中加入等体积浓KI溶液,振荡 分层,下层由紫红色变为浅粉红色,上层呈棕黄色 碘在浓KI溶液中的溶解能力大于在CCl4中的溶解能力 B 用玻璃棒蘸取次氯酸钠溶液点在pH试纸上 试纸变白 次氯酸钠溶液呈中性 C 向2 mL 0.1 mol·L-1 AgNO3溶液中先滴加4滴0.1 mol·L-1 KCl溶液,再滴加4滴0.1 mol·L-1 KI溶液 先产生白色沉淀,再产生黄色沉淀 AgCl转化为AgI,AgI溶解度小于AgCl溶解度 D 取两份新制氯水,分别滴加AgNO3溶液和淀粉KI溶液 前者有白色沉淀,后者溶液变蓝色 氯气与水的反应存在限度 18.(2023·重庆,8,3分,难度★★★)下列实验操作和现象,得出的相应结论正确的是 (　　) 选项 实验操作 现象 结论 A 向盛有Fe(OH)3和NiO(OH)的试管中分别滴加浓盐酸 盛NiO(OH)的试管中产生黄绿色气体 氧化性: NiO(OH)>Fe(OH)3 B 向CuSO4溶液中通入H2S气体 出现黑色沉淀(CuS) 酸性: H2S< H2SO4 续表 选项 实验操作 现象 结论 C 乙醇和浓硫酸共热至170 ℃,将产生的气体通入溴水中 溴水褪色 乙烯发生了加成反应 D 向Na2HPO4溶液中滴加AgNO3溶液 出现黄色沉淀(Ag3PO4) Na2HPO4发生了水解反应 19.(2022·北京,10,3分,难度★★★)利用如图所示装置(夹持装置略)进行实验,b中现象不能证明a中产物生成的是 (　　) 选项 a中反应 b中检测试剂及现象 A 浓硝酸分解生成NO2 淀粉-KI溶液变蓝 B Cu与浓硫酸生成SO2 品红溶液褪色 C 浓NaOH与NH4Cl溶液生成NH3 酚酞溶液变红 D CH3CHBrCH3与NaOH乙醇溶液生成丙烯 溴水褪色 20.(2022·辽宁,13,3分,难度★★★)下列实验能达到目的的是 (　　) 选项 实验目的 实验方法或操作 A 测定中和反应的反应热 酸碱中和滴定的同时,用温度传感器采集锥形瓶内溶液的温度 B 探究浓度对化学反应速率的影响 量取同体积不同浓度的NaClO溶液,分别加入等体积等浓度的Na2SO3溶液,对比现象 C 判断反应后Ba2+是否沉淀完全 将Na2CO3溶液与BaCl2溶液混合,反应后静置,向上层清液中再加1滴Na2CO3溶液 D 检验淀粉是否发生了水解 向淀粉水解液中加入碘水 21.(2022·山东,11,4分,难度★★★)某同学按图示装置进行实验,欲使瓶中少量固体粉末最终消失并得到澄清溶液。下列物质组合不符合要求的是 (　　) 选项 气体 液体 固体粉末 A CO2 饱和Na2CO3溶液 CaCO3 B Cl2 FeCl2溶液 Fe C HCl Cu(NO3)2溶液 Cu D NH3 H2O AgCl 22.(2022·江苏,11,3分,难度★★★)室温下,下列实验探究方案不能达到探究目的的是 (　　) 选项 探究方案 探究目的 A 向盛有FeSO4溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液,振荡,再滴加几滴新制氯水,观察溶液颜色变化 Fe2+具有还原性 B 向盛有SO2水溶液的试管中滴加几滴品红溶液,振荡,加热试管,观察溶液颜色变化 SO2具有漂白性 C 向盛有淀粉-KI溶液的试管中滴加几滴溴水,振荡,观察溶液颜色变化 Br2的氧化性比I2的强 D 用pH计测量醋酸、盐酸的pH,比较溶液pH大小 CH3COOH是弱电解质 23.(2022·广东,5,2分,难度★★)若将铜丝插入热浓硫酸中进行如图(a~d均为浸有相应溶液的棉花)所示的探究实验,下列分析正确的是 () A.Cu与浓硫酸反应,只体现H2SO4的酸性 B.a处变红,说明SO2是酸性氧化物 C.b或c处褪色,均说明SO2具有漂白性 D.试管底部出现白色固体,说明反应中无H2O生成 24.(2022·海南,6,2分,难度★★)依据下列实验,预测的实验现象正确的是 (　　) 选项 实验内容 预测的实验现象 A MgCl2溶液中滴加NaOH溶液至过量 产生白色沉淀后沉淀消失 B FeCl2溶液中滴加KSCN溶液 溶液变血红色 C AgI悬浊液中滴加NaCl溶液至过量 黄色沉淀全部转化为白色沉淀 D 酸性KMnO4溶液中滴加乙醇至过量 溶液紫红色褪去 25.(2022·湖北,6,3分,难度★★)下列实验装置(部分夹持装置略)或现象错误的是 (　　) A.滴入酚酞溶液 B.吸氧腐蚀 C.钠的燃烧 D.石蜡油的热分解 26.(2021·广东,12,4分,难度★★★)化学是以实验为基础的科学。下列实验操作或做法正确且能达到目的的是 (　　) 选项 操作或做法 目的 A 将铜丝插入浓硝酸中 制备NO B 将密闭烧瓶中的NO2降温 探究温度对平衡移动的影响 续表 选项 操作或做法 目的 C 将溴水滴入KI溶液中,加入乙醇并振荡 萃取溶液中生成的碘 D 实验结束,将剩余NaCl固体放回原试剂瓶 节约试剂 27.(2026·广东,17,14分,难度★★★★)配合物应用广泛。某兴趣小组对铜的配合物进行探究实验。 (1)氨水的制备:需选择的装置有　　　　。  (2)制备铜氨溶液,以其为电解液在铁件表面镀铜,铁件连接直流电源　　　　极。  (3)铜氨配合物的制备与表征:向CuSO4溶液中滴加氨水至过量,得深蓝色溶液,加入乙醇,析出固体,过滤,　　　　,晾干得产物Q。用X射线衍射仪测试Q,观察到　　　　　　　　　　　　,说明Q为晶体;进一步确认其组成为[Cu(NH3)4]SO4·H2O。  (4)探究铜氨配合物与酸的反应: ①查阅资料　向铜氨溶液中滴加硫酸,依次发生反应: (a)[Cu(NH3)4]2++2H++2H2OCu(OH)2↓+4N (b)Cu(OH)2+2H+Cu2++2H2O ②理论预测　据①可知,若向Q的溶液中连续滴加硫酸,反应(a)、(b)消耗酸的体积分别为Va和Vb,则Va∶Vb=1。 ③设计方案　测量反应体系的pH随加入硫酸体积V的变化,以获得Va和Vb。 ④进行实验 序号 实验内容 (ⅰ) 用足量水溶解Q,发现得不到澄清溶液,测得体系呈碱性。体系呈碱性的原因为铜氨配离子的解离及　　　　　　　　　　　　　　　　　(用方程式表示)  续表 序号 实验内容 (ⅱ) 称取w g Q于烧杯中,移取V0 mL稀氨水使Q完全溶解,得待测液 (ⅲ) 搅拌下,向待测液中滴加0.1 mol·L-1 H2SO4溶液,测量并记录pH-V数据 (ⅳ) 移取V0 mL上述稀氨水,用　　　　溶液滴至终点,记录体积为V1 mL  ⑤数据处理　由(ⅲ)所得pH-V曲线呈现两次pH突变,对应的终点V依次为V2 mL和V3 mL,则Va∶Vb=　　　　　　(用V1、V2、V3表示)。  ⑥结果讨论　多次实验结果均为Va∶Vb>1。与AI对话后提出假设:(ⅲ)的过程中生成的沉淀除Cu(OH)2外还含有Cu2(OH)2SO4。 a.验证S存在:取洗净的沉淀少许,用稀盐酸完全溶解,　　　　　　　　　　　　　　　　　　,初步说明假设成立。  b.探讨沉淀组成:某次实验结果为Va∶Vb=21∶19,则第一个终点时,=　　　　。  ⑦实验总结　实验过程中的反应比①中所述的复杂,可继续探究。 28.(2026·河南,16,14分,难度★★★★) 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[c(I2/c(I2]应为一常数,并设计实验进行验证。已知:I2+I-,I2+2S22I-+S4。 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c1 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点,消耗Na2S2O3溶液V1 mL。 Ⅳ 取Ⅱ中分液后的CCl4溶液5.00 mL于锥形瓶中,加入25 mL 10% KI溶液。以淀粉溶液为指示剂,用c2 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点,消耗Na2S2O3溶液V2 mL。 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3.0×10-2 g I2的水溶液中加入30 mL CCl4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15 mL CCl4,两次萃取后I2在水中的残留质量为3.3×10-4 g。上述结果对做萃取实验的启发是　  　。  29.(2025·浙江,19,12分,难度★★★★)配合物二草酸合铜(Ⅱ)酸钾K2[Cu](M=318 g·mol-1),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,100 mL水中依次加入0.024 mol H2C2O4·2H2O、0.016 mol K2CO3充分反应后,得到混合溶液M; 步骤Ⅱ:混合溶液M中加入0.008 mol CuO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]。 已知: ⅰ.25 ℃时,H2C2O4的=5.6×10-2、=5.4×10-5;H2CO3的=4.5×10-7、=4.7×10-11。 ⅱ.K2[Cu]微溶于冷水、易溶于热水,在约250 ℃时分解。 请回答: (1)K2[Cu]·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　　　　(填字母)。  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　　　　(填字母)。  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]分解 C.热重分析法测得K2[Cu]·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物质的量分数的是　　　　(填字母)。  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　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  30.(2025·广东,17,14分,难度★★★★)酸及盐在生活生产中应用广泛。 (1)甲苯氧化可生成苯甲酸。向盛有2 mL甲苯的试管中,加入几滴酸性KMnO4溶液,振荡,观察到体系颜色　。  (2)某苯甲酸粗品含少量泥沙和氯化钠。用重结晶法提纯该粗品过程中,需要的操作及其顺序为:加热溶解、　　　(填下列操作编号)。  (3)兴趣小组测定常温下苯甲酸饱和溶液的浓度c0和苯甲酸的Ka,实验如下:取50.00 mL苯甲酸饱和溶液,用0.100 0 mol·L-1 NaOH溶液滴定,用pH计测得体系的pH随滴入溶液体积V变化的曲线如图。据图可得: ①c0=　　　　　 mol·L-1。  ②苯甲酸的Ka=　　　　　(列出算式,水的电离可忽略)。  (4)该小组继续探究取代基对芳香酸酸性的影响。 ①知识回顾　羧酸酸性可用Ka衡量。下列羧酸Ka的变化顺序为:CH3COOH<CH2ClCOOH<CCl3COOH<CF3COOH 随着卤原子电负性　　　　　,羧基中的羟基　　　　　增大,酸性增强。  ②提出假设　甲同学根据①中规律推测下列芳香酸的酸性强弱顺序为: >> ③验证假设　甲同学测得常温下三种酸的饱和溶液的pH大小顺序为Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ,据此推断假设成立。但乙同学认为该推断依据不足,不能用所测得的pH直接判断Ka大小顺序,因为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  乙同学用(3)中方法测定了上述三种酸的Ka,其顺序为Ⅱ>Ⅰ>Ⅲ。 ④实验小结　假设不成立,芳香环上取代基效应较复杂,①中规律不可随意推广。 (5)该小组尝试测弱酸HClO的Ka。 ①丙同学认为不宜按照(3)中方法进行实验,其原因之一是次氯酸易分解。该分解反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  ②小组讨论后,选用0.100 mol·L-1 NaClO溶液(含少量NaCl)进行实验,以获得HClO的Ka。简述该方案    　(包括所用仪器及数据处理思路)。  ③教师指导:设计实验方案时,需要根据物质性质,具体问题具体分析。 31.(2025·湖北,18,14分,难度★★★★)某小组在探究Cu2+的还原产物组成及其形态过程中,观察到的实验现象与理论预测有差异。根据实验描述,回答下列问题: (1)向2 mL 10% NaOH溶液加入5滴5% CuSO4溶液,振荡后加入2 mL 10%葡萄糖溶液,加热。 ①反应产生的砖红色沉淀为　　　　　(写化学式),葡萄糖表现出　　　　(填“氧化”或“还原”)性。  ②操作时,没有加入葡萄糖溶液就加热,有黑色沉淀生成。用化学反应方程式说明该沉淀产生的原因:　。  (2)向20 mL 0.5 mol·L-1 CuSO4溶液中加入Zn粉使蓝色完全褪去,再加入盐酸并加热至溶液中无气泡产生为止。过滤得固体,洗涤并真空干燥。 ①加入盐酸的目的是　。  ②同学甲一次性加入1.18 g Zn粉,得到0.78 g红棕色固体,其组成是　　　　(填字母)。  a.Cu b.Cu包裹Zn c.CuO d.Cu和Cu2O ③同学乙搅拌下分批加入1.18 g Zn粉,得到黑色粉末X。分析结果表明,X中不含Zn和Cu(Ⅰ)。关于X的组成提出了三种可能性:Ⅰ.CuO;Ⅱ.CuO和Cu;Ⅲ.Cu,开展了下面2个探究实验: 由实验结果可知,X的组成是　　　　(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。从物质形态角度分析,X为黑色的原因是　  　。  32.(2024·广东,17,14分,难度★★★★)含硫物质种类繁多,在一定条件下可相互转化。 (1)实验室中,浓硫酸与铜丝反应,所产生的尾气可用　　　　(填化学式)溶液吸收。  (2)工业上,烟气中的SO2可在通空气条件下用石灰石的浆液吸收,生成石膏。该过程中,　　　　(填元素符号)被氧化。  (3)工业锅炉需定期除水垢,其中的硫酸钙用纯碱溶液处理时,发生反应:CaSO4(s)+C(aq)CaCO3(s)+S(aq)(Ⅰ)。兴趣小组在实验室探究Na2CO3溶液的浓度对反应(Ⅰ)的反应速率的影响。 ①用Na2CO3固体配制溶液,以滴定法测定其浓度。 A　　　B　　　C　　　D ⅰ.该过程中用到的仪器有　　　　(填字母)。  ⅱ.滴定数据及处理:Na2CO3溶液V0 mL,消耗c1 mol·L-1盐酸V1 mL(滴定终点时,C转化为HC),则c(Na2CO3)=　　　　mol·L-1。  ②实验探究:取①中的Na2CO3溶液,按下表配制总体积相同的系列溶液,分别加入m1 g硫酸钙固体,反应t1 min后,过滤,取V0 mL滤液,用c1 mol·L-1盐酸参照①进行滴定。记录的部分数据如下表(忽略C水解的影响)。 序号 V(Na2CO3)/mL V(H2O)/mL V(滤液)/mL V消耗(盐酸)/mL a 100.0 0 V0 b 80.0 x V0 则x=　　　　,测得的平均反应速率之比va∶vb=　　　　。  (4)兴趣小组继续探究反应(Ⅰ)平衡的建立,进行实验。 ①初步实验。将1.00 g硫酸钙(M=136 g·mol-1)加入100.0 mL 0.100 mol·L-1 Na2CO3溶液中,在25 ℃和搅拌条件下,利用pH计测得体系的pH随时间的变化曲线如图。 ②分析讨论。甲同学根据t2 min后pH不改变,认为反应(Ⅰ)已达到平衡;乙同学认为证据不足,并提出如下假设。 假设1　硫酸钙固体已完全消耗; 假设2　硫酸钙固体有剩余,但被碳酸钙沉淀包裹。 ③验证假设,乙同学设计如下方案,进行实验。 步骤 现象 ⅰ.将①实验中的反应混合物进行固液分离 / ⅱ.取少量分离出的沉淀置于试管中,滴加　　　  　　　　,  沉淀完全溶解 ⅲ.继续向ⅱ的试管中滴加　　　  无白色 沉淀生成 ④实验小结。假设1成立,假设2不成立。①实验中反应(Ⅰ)平衡未建立。 ⑤优化方案、建立平衡。写出优化的实验方案,并给出反应(Ⅰ)平衡已建立的判断依据:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　。  33.(2024·湖北,18,14分,难度★★★★)学习小组为探究Co2+、Co3+能否催化H2O2的分解及相关性质,室温下进行了实验Ⅰ~Ⅳ。 实验Ⅰ 实验Ⅱ 实验Ⅲ 无明显变化 溶液变为红色,伴有气泡产生 溶液变为墨绿色,并持续产生能使带火星木条复燃的气体 已知:[Co(H2O)6]2+为粉红色、[Co(H2O)6]3+为蓝色、[Co(CO3)2]2-为红色、[Co(CO3)3]3-为墨绿色。回答下列问题。 (1)配制1.00 mol·L-1的CoSO4溶液,需要用到下列仪器中的　　　　　　(填字母)。  (2)实验Ⅰ表明[Co(H2O)6]2+　　　　(填“能”或“不能”)催化H2O2的分解。实验Ⅱ中HC大大过量的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。实验Ⅲ初步表明[Co(CO3)3]3-能催化H2O2的分解,写出H2O2在实验Ⅲ中所发生反应的离子方程式:  　、  　。  (3)实验Ⅰ表明,反应2[Co(H2O)6]2++H2O2+2H+2[Co(H2O)6]3++2H2O难以正向进行,利用化学平衡移动原理,分析Co3+、Co2+分别与C配位后,正向反应能够进行的原因:  　。  实验Ⅳ: (4)实验Ⅳ中,A溶液到B溶液变为蓝色,并产生气体;B溶液到C溶液变为粉红色,并产生气体。从A溶液到C溶液所产生的气体的分子式分别为　　　　　　　　、　　　　　　　　。  34.(2023·湖南,15,14分,难度★★★★)金属Ni对H2有强吸附作用,被广泛用于硝基或羰基等不饱和基团的催化氢化反应。将块状Ni转化成多孔型雷尼Ni后,其催化活性显著提高。 已知:①雷尼Ni暴露在空气中可以自燃,在制备和使用时,需用水或有机溶剂保持其表面“湿润”; ②邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行。 某实验小组制备雷尼Ni并探究其催化氢化性能的实验如下。 步骤1:雷尼Ni的制备 步骤2:邻硝基苯胺的催化氢化反应 反应的原理和实验装置图如下(夹持装置和搅拌装置略)。装置Ⅰ用于储存H2和监测反应过程。 回答下列问题。 (1)操作(a)中,反应的离子方程式是  　　　　　　　　　　。  (2)操作(d)中,判断雷尼Ni被水洗净的方法是   　。  (3)操作(e)中,下列溶剂中最有利于步骤2中氢化反应的是　　　　。  A.丙酮　　　　　B.四氯化碳 C.乙醇 D.正己烷 (4)向集气管中充入H2时,三通阀的孔路位置如图所示。发生氢化反应时,集气管向装置Ⅱ供气,此时孔路位置需调节为　　　　　　　　　　。  (5)仪器M的名称是　　　　　　。  (6)反应前应向装置Ⅱ中通入N2一段时间,目的是  　。  (7)如果将三颈烧瓶N中的导气管口插入液面以下,可能导致的后果是　。  (8)判断氢化反应完全的现象是  　　　　　　　　　　　　　　　。  35.(2023·湖北,18,14分,难度★★★★)学习小组探究了铜的氧化过程及铜的氧化物的组成。回答下列问题: (1)铜与浓硝酸反应的装置如下图,仪器A的名称为　　　　　,装置B的作用为　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)铜与过量H2O2反应的探究如下: 实验②中Cu溶解的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　;产生的气体为　　　　　。比较实验①和②,从氧化还原角度说明H+的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　。  (3)用足量NaOH处理实验②新制的溶液得到沉淀X,元素分析表明X为铜的氧化物,提纯干燥后的X在惰性氛围下加热,m g X完全分解为n g黑色氧化物Y,=。X的化学式为　。  (4)取含X粗品0.050 0 g(杂质不参加反应)与过量的酸性KI完全反应后,调节溶液至弱酸性。以淀粉为指示剂,用0.100 0 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定,滴定终点时消耗Na2S2O3标准溶液15.00 mL。(已知:2Cu2++4I-2CuI↓+I2,I2+2S22I-+S4)标志滴定终点的现象是  　,  粗品中X的相对含量为　　　　　。  36.(2022·北京,19,11分,难度★★★★)某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应。 资料:ⅰ.Mn2+在一定条件下可被Cl2或ClO-氧化成MnO2(棕黑色)、Mn(绿色)、Mn(紫色)。 ⅱ.浓碱性条件下,Mn可被OH-还原为Mn。 ⅲ.Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关;NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。 实验装置如图(夹持装置略)。 序号 物质a C中实验现象 通入Cl2前 通入Cl2后 Ⅰ 水 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀,且放置后不发生变化 Ⅱ 5% NaOH 溶液 产生白色沉淀,在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多,放置后溶液变为紫色,仍有沉淀 Ⅲ 40%NaOH 溶液 产生白色沉淀,在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多,放置后溶液变为紫色,仍有沉淀 (1)B中试剂是　　　　。  (2)通入Cl2前,Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色变为棕黑色的化学方程式为　。  (3)对比实验Ⅰ、Ⅱ通入Cl2后的实验现象,对于二价锰化合物还原性的认识是  　。  (4)根据资料ⅱ,Ⅲ中应得到绿色溶液,实验中得到紫色溶液,分析现象与资料不符的原因: 原因一:可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。 原因二:可能是氧化剂过量,氧化剂将Mn氧化为Mn。 ①用化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因:  　,  但通过实验测定,溶液的碱性变化很小。 ②取Ⅲ中放置后的1 mL悬浊液,加入4 mL 40% NaOH溶液,溶液紫色迅速变为绿色,且绿色缓慢加深。溶液紫色迅速变为绿色的离子方程式为　;  溶液绿色缓慢加深,原因是MnO2被　　　　(填“化学式”)氧化,可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。  ③取Ⅲ中放置后的1 mL悬浊液,加入4 mL水,溶液紫色缓慢加深,发生的反应是  　。  ④从反应速率的角度,分析实验Ⅲ未得到绿色溶液的可能原因:  　。  考点39定量分析型综合实验题答案P450　 1.(2025·云南,8,3分,难度★★★)某化学兴趣小组设计如下实验装置,通过测定反应前后质量的变化,验证NaNO3固体在酒精灯加热条件下,受热分解的气态产物。 实验步骤:先缓慢通入Ar气,排尽装置内空气;关闭Ⅰ左侧阀门,点燃酒精灯;一段时间后,Ⅱ中灼热的铜网变黑,熄灭酒精灯甲;再次缓慢通入Ar气…… 下列说法错误的是 (　　) A.实验步骤中,点燃酒精灯的顺序为甲、乙、丙 B.整个过程中,若Ⅲ中灼热的铜网未变黑,则说明生成的O2在Ⅱ中反应完全 C.实验结束后,若Ⅰ中减少的质量等于Ⅱ中增加的质量,则分解的气态产物只有O2 D.NaNO3应远离热源、可燃物,并与还原性物质分开存放 2.(2025·天津,15,16分,难度★★★★)硫酸铜铵可用作杀虫剂等,其晶体组成可表示为(NH4)xCuy(SO4)z·nH2O。某学习小组为探究其组成进行了如下实验。 Ⅰ.溶液的配制 将硫酸铜铵晶体研细,准确称量20.000 g,在烧杯中加入适量水溶解,用容量瓶配制成500 mL溶液。 Ⅱ.组成的测定 ①S定量分析:取25.00 mL硫酸铜铵溶液放入烧杯中,加入过量的经盐酸酸化的BaCl2溶液,使S完全沉淀,经过滤、洗涤、干燥至恒重,得到BaSO4固体并记录质量。重复四次实验,结果分别为1.066 g、1.164 g、1.165 g和1.166 g。 ②Cu2+定量分析:取25.00 mL硫酸铜铵溶液放入锥形瓶中,调节溶液的pH至3~4,加入过量的KI溶液,用0.100 0 mol·L-1 Na2S2O3溶液滴定至浅黄色,加入指示剂,充分摇动后继续滴定至终点。重复四次实验,消耗Na2S2O3溶液的平均体积为25.00 mL。 已知:2Cu2++4I-2CuI↓+I2,I2+2S22I-+S4 (1)研细晶体的仪器名称为　　　　　。  (2)配制500 mL溶液定容时,操作的正确顺序为　　　　　(填字母)。  a.将蒸馏水注入容量瓶 b.改用胶头滴管滴加蒸馏水 c.观察到液面离刻度线1~2 cm d.至凹液面与刻度线相切 (3)分析S时,洗涤沉淀能否用稀硫酸作为洗涤试剂?　　　　(填“能”或“不能”)。实验得到BaSO4的平均质量为　　　　　。  (4)分析Cu2+时:①选用的指示剂为　　　　　;②临近滴定终点时,需改为半滴滴加,其具体操作为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　;③达到滴定终点的标志为　　　　　　　　。  (5)硫酸铜铵晶体中元素Cu的质量分数为　　　　。  (6)判断下列操作的影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 ①若在配制硫酸铜铵溶液时,烧杯中的溶液有少量溅出,则所配溶液浓度　　　　　;  ②若在滴定终点读数时,俯视液面,则Cu2+含量的测定结果　　　　　。  (7)根据上述实验和结果,能否推断出硫酸铜铵晶体的化学式?说明理由。　　　　　(填“能”或“不能”),理由是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  3.(2025·河南,16,14分,难度★★★★)某研究小组设计了如下实验测定某药用硫黄中硫的含量,其中硫转化的总反应为S+2OH-+3H2O2S+4H2O。 主要实验步骤如下: Ⅰ.如图所示,准确称取m g细粉状药用硫黄于①中,并准确加入V1 mL KOH乙醇溶液(过量),加入适量蒸馏水,搅拌,加热回流。待样品完全溶解后,蒸馏除去乙醇。 Ⅱ.室温下向①中加入适量蒸馏水,搅拌下缓慢滴加足量30%H2O2溶液,加热至100 ℃,保持20 min,冷却至室温。 Ⅲ.将①中溶液全部转移至锥形瓶中,加入2滴甲基橙指示剂,用c mol·L-1 HCl标准溶液滴定至终点,消耗HCl溶液的体积为V2 mL。 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V3 mL。计算样品中硫的质量分数。 Ⅴ.平行测定三次,计算硫含量的平均值。 回答下列问题: (1)仪器①的名称是　　　　　　　　;②的名称是　　　　　　　　。  (2)步骤Ⅰ中,乙醇的作用是　。  (3)步骤Ⅰ中,样品完全溶解后,必须蒸馏除去乙醇的原因是  　。  (4)步骤Ⅱ中不宜采用水浴加热的原因是　。  步骤Ⅱ结束后,若要检验反应后溶液中的S,实验操作是  　。  (5)步骤Ⅲ中,判断滴定达到终点的现象为  　。  (6)单次样品测定中硫的质量分数可表示为    (写出计算式)。 4.(2025·四川,16,14分,难度★★★★)双水杨醛缩乙二胺(H2L,Mr=268)的锰配合物(MnLClx)常用作有机氧化反应的催化剂。某化学课外小组制备了该配合物并确定其组成。 Ⅰ.MnLClx配合物的制备 制备原理: 实验步骤: 实验装置如图所示(省略夹持和加热等装置)。将反应物用乙醇溶解,在空气中,65~70 ℃反应30分钟。反应结束后,经冷却、结晶、过滤、洗涤、干燥,获得产物。 Ⅱ.MnLClx配合物中x的测定 ①移取20.00 mL 3.5 mg·mL-1的MnLClx溶液置于锥形瓶中,加入10.00 mL 0.030 00 mol·L-1的维生素C(C6H8O6)溶液充分混合,放置3~4分钟。 ②往上述锥形瓶中加入5滴1%的淀粉溶液,立即用0.010 00 mol·L-1的I2标准溶液滴定至终点。平行测定三次,消耗标准溶液的平均体积为20.20 mL。 上述测定过程所涉及的反应如下: 2MnLClx+xC6H8O62MnL+xC6H6O6+2xHCl　I2+C6H8O6C6H6O6+2HI 回答下列问题: (1)制备过程中,仪器A的名称是　　　　,最适宜的加热方式为　　　　(填字母)。  A.酒精灯　　　B.水浴　　　C.油浴 (2)制备过程中,空气的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (3)步骤①中,“10.00 mL维生素C溶液”应用　　　　(填字母)量取。  a.烧杯 b.量筒 c.移液管 (4)步骤①中,加入维生素C溶液后,“放置3~4分钟”,时间不宜过长的原因是　。  (5)步骤②中,I2标准溶液应置于　　　　(填“酸式”或“碱式”)滴定管;滴定接近终点时,加入半滴I2标准溶液的操作过程是　  　。  (6)若滴定时过量,将引起测定结果　　　　(填“偏大”“偏小”或“不变”)。  (7)根据实验数据,MnLClx中x=　　　　(保留整数)。  5.(2025·陕晋宁青,15,15分,难度★★★★)某实验室制备糖精钴[Co(Sac)2(H2O)4]·xH2O,并测定其结晶水含量。 已知:Sac-表示糖精根离子,其摩尔质量为182 g·mol-1;糖精钴的溶解度在热水中较大,在冷水中较小;丙酮沸点为56 ℃,与水互溶。 CoCl2·6H2O+2NaSac·2H2O[Co(Sac)2(H2O)4]·xH2O+(6-x)H2O+2NaCl (一)制备 Ⅰ.称取1.0 g CoCl2·6H2O,加入18 mL蒸馏水,搅拌溶解,得溶液1。 Ⅱ.称取2.6 g(稍过量)糖精钠(NaSac·2H2O),加入10 mL蒸馏水,加热搅拌,得溶液2。 Ⅲ.将溶液2加入接近沸腾的溶液1中,反应3分钟后停止加热,静置,冷却结晶。 Ⅳ.过滤,依次用三种不同试剂洗涤晶体,晾干得产品。 回答下列问题: (1)Ⅰ和Ⅱ中除烧杯外,还需用到的玻璃仪器有　　　　　　　　(写出两种)。  (2)Ⅲ中静置过程有少量晶体出现时,可将烧杯置于　　　　　　中,以使大量晶体析出。  (3)Ⅳ中用①丙酮、②冷水、③冷的1 % NaSac溶液洗涤晶体,正确顺序为　　　　　(填字母)。  A.①③②　　　B.③②①　　　C.②①③ (4)Ⅳ中为了确认氯离子已经洗净,取水洗时的最后一次滤液于试管中,    (将实验操作、现象和结论补充完整)。 (5)与本实验安全注意事项有关的图标有　　　　　　(填字母)。  (二)结晶水含量测定 EDTA和Co2+形成1∶1配合物。准确称取m g糖精钴产品于锥形瓶中,加蒸馏水,加热溶解,再加入缓冲溶液和指示剂,在50~60 ℃下,用c mol·L-1的EDTA标准溶液滴定。 (6)下列操作的正确顺序为　　　(用字母排序)。  a.用标准溶液润洗滴定管 b.加入标准溶液至“0”刻度以上2~3 mL处 c.检查滴定管是否漏水并清洗 d.赶出气泡,调节液面,准确记录读数 (7)滴定终点时消耗标准溶液V mL,则产品[Co(Sac)2(H2O)4]·xH2O中x的测定值为　　　　(用含m、c、V的代数式表示);若滴定前滴定管尖嘴处无气泡,滴定后有气泡,会导致x的测定值　　　　　(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。  6.(2024·天津,15,14分,难度★★★★)柠檬酸钙微溶于水、难溶于乙醇,是一种安全的食品补钙剂。某学习小组以蛋壳为主要原料,开展制备柠檬酸钙的如下实验。 Ⅰ.实验流程 洁净蛋壳醋酸钙溶液柠檬酸钙 (1)实验中,需将蛋壳研磨成粉,其目的是  　。  (2)写出蛋壳主要成分与醋酸反应的离子方程式　　　　　　　,此反应的实验现象是　  　。  (3)实验流程中,先将蛋壳粉与醋酸反应,而不是直接与柠檬酸溶液反应。解释该设计的理由: 　。  (4)过滤时用到的玻璃仪器有　　　　　　　。  (5)洗涤柠檬酸钙最适宜的试剂是　　　　　(填序号)。  　　　 　　　　　 　　　　　 　　 a.水 b.乙醇 c.醋酸 (6)上述实验流程中可循环使用的反应物为　　　　　　　。  Ⅱ.柠檬酸钙样品纯度的测定 已知:柠檬酸钙的摩尔质量为M g·mol-1,EDTA与Ca2+按1∶1(物质的量之比)形成稳定配合物。将干燥后的柠檬酸钙样品a g置于锥形瓶中,按照滴定要求将其配成溶液,用溶液调节pH大于13,加入钙指示剂,用b mol·L-1的EDTA标准溶液滴定至试液由紫红色变为蓝色,达到滴定终点,消耗EDTA标准溶液V mL。 (7)配制1 mol·L-1 NaOH溶液时,需将洗涤烧杯内壁和玻璃棒的洗涤液一并转移至容量瓶中,其目的是　。  (8)测定实验中,滴定管用蒸馏水洗涤后,加入EDTA标准溶液之前,需进行的操作为　　　　　　　。若滴定所用锥形瓶在使用前洗净但未干燥,会导致测定结果　　　　　　　(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。  (9)样品中柠檬酸钙质量分数的表达式是　　　　　　　(用字母表示)。  7.(2024·山东,19,12分,难度★★★★)利用“燃烧-碘酸钾滴定法”测定钢铁中硫含量的实验装置如下图所示(夹持装置略)。 实验过程如下: ①加样:将a mg样品加入管式炉内瓷舟中(瓷舟两端带有气孔且有盖),聚四氟乙烯活塞滴定管G内预装c(KIO3):c(KI)略小于1∶5的KIO3碱性标准溶液,吸收管F内盛有盐酸酸化的淀粉水溶液。向F内滴入适量KIO3碱性标准溶液,发生反应:KIO3+5KI+6HCl3I2+6KCl+3H2O,使溶液显浅蓝色。 ②燃烧:按一定流速通入O2,一段时间后,加热并使样品燃烧。 ③滴定:当F内溶液浅蓝色消退时(发生反应:SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI),立即用KIO3碱性标准溶液滴定至浅蓝色复现。随SO2不断进入F,滴定过程中溶液颜色“消退-变蓝”不断变换,直至终点。 回答下列问题: (1)取20.00 mL 0.100 0 mol·L-1 KIO3的碱性溶液和一定量的KI固体,配制1 000 mL KIO3碱性标准溶液,下列仪器必须用到的是　　　　(填字母)。  A.玻璃棒 B.1 000 mL锥形瓶 C.500 mL容量瓶 D.胶头滴管 (2)装置B和C的作用是充分干燥O2,B中的试剂为　　　　　　　　　。装置F中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子(见放大图),目的是　　　　　　　　　。  (3)该滴定实验达终点的现象是　　　　　　　　　　　　　　　　　　;滴定消耗KIO3碱性标准溶液V mL,样品中硫的质量分数为　　　　　(用含a、V的代数式表示)。  (4)若装置D中瓷舟未加盖,会因燃烧时产生粉尘而促进SO3的生成,粉尘在该过程中的作用是　　　　　　　　;若装置E冷却气体不充分,可能导致测定结果偏大,原因是　  　　　　　　　　　　　;若滴定过程中,有少量I不经I2直接将SO2氧化成H2SO4,测定结果会　　　　　(填“偏大”“偏小”或“不变”)。  8.(2024·江苏,14,15分,难度★★★★)回收磁性合金钕铁硼(Nd2Fe14B)可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。 (1)钕铁硼在空气中焙烧转化为Nd2O3、Fe2O3等(忽略硼的化合物),用0.4 mol·L-1盐酸酸浸后过滤得到NdCl3溶液和含铁滤渣。Nd、Fe浸出率(×100%)随浸取时间变化如图所示。 ①含铁滤渣的主要成分为　　　　　(填化学式)。  ②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是 　。  (2)含铁滤渣用硫酸溶解,经萃取、反萃取提纯后,用于制备铁酸铋。 ①用含有机胺(R3N)的有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的Fe2(SO4)3溶液,原理为: (R3NH)2SO4+Fe3++S+H2OH++(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2(有机层) 已知:(R3NH)2SO4+H++HS2(R3NH·HSO4) 其他条件不变,水层初始pH在0.2~0.8范围内,随水层pH增大,有机层中Fe元素含量迅速增多的原因是  　。  ②反萃取后,Fe2(SO4)3经转化可得到铁酸铋。铁酸铋晶胞如图所示(图中有4个Fe原子位于晶胞体对角线上,O原子未画出),其中原子数目比N(Fe)∶N(Bi)=　　　　　　。  (3)净化后的NdCl3溶液通过沉钕、焙烧得到Nd2O3。 ①向NdCl3溶液中加入(NH4)2CO3溶液,Nd3+可转化为Nd(OH)CO3沉淀。该反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  ②将8.84 mg Nd(OH)CO3(摩尔质量为221 g·mol-1)在氮气氛围中焙烧,剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。550~600 ℃时,所得固体产物可表示为NdaOb(CO3)c,通过以上实验数据确定该产物中n(Nd3+)∶n(C)的比值    　(写出计算过程)。  9.(2024·重庆,15,14分,难度★★★★)含钌(Ru)催化剂在能源等领域应用广泛。Ru(NO)(NO3)3是制备负载型钌催化剂的前驱体。一种制备高纯Ru(NO)(NO3)3的技术路线如下(部分试剂、步骤及反应条件略)。 RuCl3·3H2ORu(NO)Cl3Ru(NO)(OH)3Ru(NO)(NO3)3 回答下列问题: (1)已知基态Ru的核外电子排布式为[Kr]4d75s1,则Ru在元素周期表中位于第　　　　周期第　　　　族。KNO2中,N的空间结构为　　　　。  (2)为验证Ru与NO形成了配位键,对所得Ru(NO)Cl3的表征结果如图所示,表征所用仪器是　　　　(填字母)。  A.核磁共振仪 B.质谱仪 C.红外光谱仪 D.X射线衍射仪 (3)步骤①中无气体生成,除生成Ru配合物外,生成的盐还有　　　　(填化学式)。  (4)步骤②生成的Ru(NO)(OH)3为难溶物,反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　。  (5)步骤③在加入稀硝酸前,需要将难溶物加入AgNO3溶液中,以除去残留的Cl-;为使Cl-沉淀完全,Ag+的浓度应大于　　　　mol·L-1。(已知AgCl的Ksp=1.8×10-10)  (6)Ru(NO)(NO3)3受热易分解,在660 K时完全分解,失重率为58%,剩余固体为Ru的氧化物,则该氧化物的化学式为　　　　。  10.(2024·安徽,16,15分,难度★★★★)测定铁矿石中铁含量的传统方法是SnCl2-HgCl2-K2Cr2O7滴定法。研究小组用该方法测定质量为a g的某赤铁矿试样中的铁含量。 【配制溶液】 ①c mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液。 ②SnCl2溶液:称取6 g SnCl2·2H2O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+;Cr2可被Fe2+还原为Cr3+。 回答下列问题: (1)下列仪器在本实验中必须用到的有　　　　　　　　　　(填名称)。  (2)结合离子方程式解释配制SnCl2溶液时加入锡粒的原因:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (3)步骤Ⅰ中“微热”的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (4)步骤Ⅲ中,若未“立即滴定”,则会导致测定的铁含量　　　　　(填“偏大”“偏小”或“不变”)。  (5)若消耗c mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液V mL,则a g试样中Fe的质量分数为　　　　　　　　　　(用含a、c、V的代数式表示)。  (6)SnCl2-TiCl3-KMnO4滴定法也可测定铁的含量,其主要原理是利用SnCl2和TiCl3将铁矿石试样中Fe3+还原为Fe2+,再用KMnO4标准溶液滴定。 ①从环保角度分析,该方法相比于SnCl2-HgCl2-K2Cr2O7滴定法的优点是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  ②为探究KMnO4溶液滴定时,Cl-在不同酸度下对Fe2+测定结果的影响,分别向下列溶液中加入1滴0.1 mol·L-1 KMnO4溶液,现象如下表: 实验分组 溶液 现象 空白 实验 2 mL 0.3 mol·L-1NaCl溶液+0.5 mL试剂X 紫红色不褪去 实验ⅰ 2 mL 0.3 mol·L-1NaCl溶液+0.5 mL 0.1 mol·L-1硫酸 紫红色不褪去 实验ⅱ 2 mL 0.3 mol·L-1NaCl溶液+0.5 mL 6 mol·L-1硫酸 紫红色明显变浅 表中试剂X为　　　　　　　　　　;根据该实验可得出的结论是　。  11.(2024·全国甲,27,14分,难度★★★★)·H2O2(俗称过氧化脲)是一种消毒剂,实验室中可用尿素与过氧化氢制取,反应方程式如下: CO(NH2)2+H2O2CO(NH2)2·H2O2。 (一)过氧化脲的合成 烧杯中分别加入25 mL 30% H2O2(ρ=1.11 g·cm-3)、40 mL蒸馏水和12.0 g尿素,搅拌溶解。30 ℃下反应40 min,冷却结晶、过滤、干燥,得白色针状晶体9.4 g。 (二)过氧化脲性质检测 Ⅰ.过氧化脲溶液用稀硫酸酸化后,滴加KMnO4溶液,紫红色消失。 Ⅱ.过氧化脲溶液用稀硫酸酸化后,加入KI溶液和四氯化碳,振荡,静置。 (三)产品纯度测定 溶液配制:称取一定量产品,用蒸馏水溶解后配制成100 mL溶液。 滴定分析:量取25.00 mL过氧化脲溶液至锥形瓶中,加入一定量稀硫酸,用准确浓度的KMnO4溶液滴定至微红色,记录滴定体积,计算纯度。 回答下列问题: (1)过滤中使用到的玻璃仪器有　　　　　　　　　　　　(写出两种即可)。  (2)过氧化脲的产率为　　　　　　。  (3)性质检测Ⅱ中的现象为　　　　　　　　　　　　　　　　。性质检测Ⅰ和Ⅱ分别说明过氧化脲具有的性质是　　　　　　　　。  (4)下图为“溶液配制”的部分过程,操作a应重复3次,目的是　　　　　　　　　　　　,定容后还需要的操作为　。  (5)“滴定分析”步骤中,下列操作错误的是　　(填字母)。  A.KMnO4溶液置于酸式滴定管中 B.用量筒量取25.00 mL过氧化脲溶液 C.滴定接近终点时,用洗瓶冲洗锥形瓶内壁 D.锥形瓶内溶液变色后,立即记录滴定管液面刻度 (6)以下操作导致过氧化脲纯度测定结果偏低的是　　　　　(填字母)。  A.容量瓶中液面超过刻度线 B.滴定管水洗后未用KMnO4溶液润洗 C.摇动锥形瓶时KMnO4溶液滴到锥形瓶外 D.滴定前滴定管尖嘴处有气泡,滴定后气泡消失 12.(2023·重庆,16,14分,难度★★★)煤的化学活性是评价煤气化或燃烧性能的一项重要指标,可用与焦炭(由煤样制得)反应的CO2的转化率α来表示。研究小组设计测定α的实验装置如下: Ⅰ　Ⅱ Ⅲ (1)装置Ⅰ中,仪器a的名称是　　　　;b中除去的物质是　　　　(填化学式)。  (2)①将煤样隔绝空气在900 ℃加热1小时得焦炭,该过程称为　　　　。  ②装置Ⅱ中,高温下发生反应的化学方程式为 　。  ③装置Ⅲ中,先通入适量的气体X,再通入足量Ar气。若气体X被完全吸收,则可依据d和e中分别生成的固体质量计算α。 ⅰ.d中的现象是　。  ⅱ.e中生成的固体为Ag,反应的化学方程式为　。  ⅲ.d和e的连接顺序颠倒后将造成α　　　　(填“偏大”“偏小”或“不变”)。  ⅲⅰ.在工业上按照国家标准测定α:将干燥后的CO2(含杂质N2的体积分数为n)以一定流量通入装置Ⅱ反应,用奥氏气体分析仪测出反应后某时段气体中CO2的体积分数为m,此时α的表达式为　　　　　　。  13.(2022·湖南,15,12分,难度★★★)某实验小组以BaS溶液为原料制备BaCl2·2H2O,并用重量法测定产品中BaCl2·2H2O的含量。设计了如下实验方案: 可选用试剂:NaCl晶体、BaS溶液、浓硫酸、稀硫酸、CuSO4溶液、蒸馏水 步骤1.BaCl2·2H2O的制备 按如图所示装置进行实验,得到BaCl2溶液,经一系列步骤获得BaCl2·2H2O产品。 步骤2.产品中BaCl2·2H2O的含量测定 ①称取产品0.500 0 g,用100 mL水溶解,酸化,加热至近沸; ②在不断搅拌下,向①所得溶液逐滴加入热的0.100 mol·L-1 H2SO4溶液; ③沉淀完全后,60 ℃水浴40分钟,经过滤、洗涤、烘干等步骤,称量白色固体,质量为0.466 0 g。 回答下列问题: (1)Ⅰ是制取　　　　气体的装置,在试剂a过量并微热时,发生主要反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　;  (2)Ⅱ中b仪器的作用是　　　　　　　　　　　　　　;Ⅲ中的试剂应选用　;  (3)在沉淀过程中,某同学在加入一定量热的H2SO4溶液后,认为沉淀已经完全,判断沉淀已完全的方法是　;  (4)沉淀过程中需加入过量的H2SO4溶液,原因是　;  (5)在过滤操作中,下列仪器不需要用到的是　　　　(填名称);  (6)产品中BaCl2·2H2O的质量分数为　　　(保留三位有效数字)。  学科网（北京）股份有限公司 $