专题14化学实验综合题-五年（2019-2023）高考化学真题分项汇编（全国通用）（解析版）_赠送：2008-2024全套高考真题_高考化学真题_送高考化学五年真题(2019-2023)分项汇编（全国通用）

五年（2019-2023）年高考真题分项汇编 专题 14 化学实验综合题 〖2023年高考真题〗 考点一 物质的制备 1．（2023·全国甲卷）钴配合物 溶于热水，在冷水中微溶，可通过如下反应制备： 。 具体步骤如下： Ⅰ．称取 ，用 水溶解。 Ⅱ．分批加入 后，将溶液温度降至 以下，加入 活性炭、 浓氨水，搅拌下逐滴 加入 的双氧水。 Ⅲ．加热至 反应 。冷却，过滤。 Ⅳ．将滤得的固体转入含有少量盐酸的 沸水中，趁热过滤。 Ⅴ．滤液转入烧杯，加入 浓盐酸，冷却、过滤、干燥，得到橙黄色晶体。 回答下列问题： (1)步骤Ⅰ中使用的部分仪器如下。 仪器a的名称是_______。加快NH Cl溶解的操作有_______。 4 (2)步骤Ⅱ中，将温度降至10℃以下以避免_______、_______；可选用_______降低溶液温度。 (3)指出下列过滤操作中不规范之处：_______。 (4)步骤Ⅳ中，趁热过滤，除掉的不溶物主要为_______。 (5)步骤Ⅴ中加入浓盐酸的目的是_______。 【答案】(1)锥形瓶 升温，搅拌等 (2)浓氨水分解和挥发 双氧水分解 冰水浴 资料(3)玻璃棒没有紧靠三层滤纸处，漏斗末端较长处（尖嘴部分）没有紧靠在“盛滤液”的烧杯内壁 (4)活性炭 (5)利用同离子效应，促进钴配合物[Co(NH )]Cl 尽可能完全析出，提高产率 3 6 3 【分析】称取2.0g氯化铵，用5mL水溶解后，分批加入3.0g CoCl ·6H O后，降温，在加入1g活性炭， 2 2 7mL浓氨水，搅拌下逐滴加入10mL 6%的双氧水，加热反应20min，反应完成后，冷却，过滤，钴配合物 在冷水中会析出固体，过滤所得固体为钴配合物[Co(NH )]Cl 和活性炭的混合物，将所得固体转入有少量 3 6 3 盐酸的沸水中，趁热过滤，除去活性炭，将滤液转入烧杯中，加入浓盐酸，可促进钴配合物[Co(NH )]Cl 3 6 3 析出，提高产率，据此解答。 【详解】（1）由图中仪器的结构特征可知，a为锥形瓶；加快氯化铵溶解可采用升温，搅拌等，故答案为： 锥形瓶；升温，搅拌等； （2）步骤Ⅱ中使用了浓氨水和双氧水，他们高温下易挥发，易分解，所以控制在10℃以下，避免浓氨水 分解和挥发，双氧水分解，要控制温度在10℃以下，通常采用冰水浴降温，故答案为：浓氨水分解和挥发； 双氧水分解；冰水浴； （3）下图为过滤装置，图中玻璃棒没有紧靠三层滤纸处，可能戳破滤纸，造成过滤效果不佳。还有漏斗 末端较长处（尖嘴部分）没有紧靠在“盛滤液”的烧杯内壁，可能导致液滴飞溅，故答案为：玻璃棒没有 紧靠三层滤纸处，漏斗末端较长处（尖嘴部分）没有紧靠在“盛滤液”的烧杯内壁； （4）步骤Ⅳ中，将所得固体转入有少量盐酸的沸水中，根据题目信息，钴配合物[Co(NH )]Cl 溶于热水， 3 6 3 活性炭不溶于热水，所以趁热过滤可除去活性炭，故答案为：活性炭； （5）步骤Ⅴ中，将滤液转入烧杯，由于钴配合物为[Co(NH )]Cl 中含有氯离子，加入4mL浓盐酸，可利 3 6 3 用同离子效应，促进钴配合物[Co(NH )]Cl 尽可能完全析出，提高产率，钴答案为：利用同离子效应，促 3 6 3 进钴配合物[Co(NH )]Cl 尽可能完全析出，提高产率。 3 6 3 2．（2023·新课标卷）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 难溶于冷水 安息香 白色固体 133 344 溶于热水、乙醇、乙酸 二苯乙二 不溶于水 淡黄色固体 95 347 酮 溶于乙醇、苯、乙酸 冰乙酸 无色液体 17 118 与水、乙醇互溶 装置示意图如下图所示，实验步骤为： ①在圆底烧瓶中加入 冰乙酸、 水及 ，边搅拌边加热，至固体全部溶解。 资料②停止加热，待沸腾平息后加入 安息香，加热回流 。 ③加入 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 的乙醇重结晶，干燥后得淡黄色结晶 。 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， 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 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． b． c． d． 【答案】(1)油 (2)球形冷凝管 a (3)防暴沸 (4) FeCl 可行 空气可以将还原产物FeCl 又氧化为FeCl ，FeCl 可循环参与反应 2 2 3 3 (5)抑制氯化铁水解 (6)a (7)b 【分析】在圆底烧瓶中加入10 mL冰乙酸，5mL水，及9.0gFeCl · 6H O，加热至固体全部溶解，停止加热， 3 2 待沸腾平息后加入2.0g安息香，加热回流45-60min，反应结束后加入50mL水，煮沸后冷却，析出黄色固 体，即为二苯乙二酮，过滤，用冷水洗涤固体三次，得到粗品，再用75%乙醇重结晶，干燥后得到产品 1.6g，据此解答。 资料【详解】（1）该实验需要加热使冰乙酸沸腾，冰乙酸的沸点超过了100℃，应选择油浴加热，所以仪器A 中应加入油作为热传导介质，故答案为：油； （2）根据仪器的结构特征可知，B为球形冷凝管，为了充分冷却，冷却水应从a口进，b口出，故答案为： 球形冷凝管；a； （3）步骤②中，若沸腾时加入安息香，会暴沸，所以需要沸腾平息后加入，故答案为：防暴沸； （4）FeCl 为氧化剂，则铁的化合价降低，还原产物为FeCl ，若采用催化量的FeCl 并通入空气制备二苯 3 2 3 乙二酮，空气可以将还原产物FeCl 又氧化为FeCl ，FeCl 可循环参与反应，故答案为：FeCl ；可行；空 2 3 3 2 气可以将还原产物FeCl 又氧化为FeCl ，FeCl 可循环参与反应； 2 3 3 （5）氯化铁易水解，所以步骤①～③中，乙酸除做溶剂外，另一主要作用是抑制氯化铁水解； （6）根据安息香和二苯乙二酮的溶解特征，安息香溶于热水，二苯乙二酮不溶于水，所以可以采用热水 洗涤粗品除去安息香，故答案为：a； （7）2.0g安息香（C H O）的物质的量约为0.0094mol，理论上可产生二苯乙二酮（C H O）的物质的 14 12 2 14 10 2 量约为0.0094mol，质量约为1.98g，产率为 =80.8%，最接近80%，故答案为：b。 3．（2023·山东卷）三氯甲硅烷 是制取高纯硅的重要原料，常温下为无色液体，沸点为 ， 熔点为 ，易水解。实验室根据反应 ，利用如下装置制备 粗品(加热及 夹持装置略)。回答下列问题： (1)制备 时进行操作：(ⅰ)……；(ⅱ)将盛有砫粉的瓷舟置于管式炉中；(ⅲ)通入 ，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_____。 (2)已知电负性 在浓 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 的 纯度。 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 ，从下列仪器中选出①、②中需使用的仪器，依次为 资料_____(填标号)。测得样品纯度为_____(用含 、 的代数式表示)。 【答案】(1) 检查装置气密性 当管式炉中没有固体剩余时 C、D之间没有干燥装置，没有处理氢 气的装置 (2)SiHCl +5NaOH =Na SiO+3NaCl+H↑+2H O 3 2 3 2 2 (3) 高温灼烧 冷却 AC 【分析】氯化氢气体通入浓硫酸干燥后，在管式炉中和硅在高温下反应，生成三氯甲硅烷和氢气，由于三 氯甲硅烷沸点为31.8℃，熔点为 ，在球形冷凝管中可冷却成液态，在装置C中收集起来，氢气则 通过D装置排出同时D可处理多余吸收的氯化氢气体，据此解答。 【详解】（1）制备SiHCl 时，由于氯化氢、SiHCl 和氢气都是气体，所以组装好装置后，要先检查装置 3 3 气密性，然后将盛有硅粉的瓷舟置于管式炉中，通入氯化氢气体，排出装置中的空气，一段时候后，接通 冷凝装置，加热开始反应，当管式炉中没有固体剩余时，即硅粉完全反应，SiHCl 易水解，所以需要在 3 C、D之间加一个干燥装置，防止D中的水蒸气进入装置C中，另外氢氧化钠溶液不能吸收氢气，需要在 D后面加处理氢气的装置，故答案为：检查装置气密性；当管式炉中没有固体剩余时；C、D之间没有干 燥装置，没有处理氢气的装置； （2）已知电负性Cl＞H＞Si，则SiHCl 中氯元素的化合价为-1，H元素的化合价为-1，硅元素化合价为 3 +4，所以氢氧化钠溶液和SiHCl 反应时，要发生氧化还原反应，得到氯化钠、硅酸钠和氢气，化学方程式 3 为：SiHCl +5NaOH =Na SiO+3NaCl+H↑+2H O，故答案为：SiHCl +5NaOH =Na SiO+3NaCl+H↑+2H O； 3 2 3 2 2 3 2 3 2 2 （3）mg样品经水解，干燥等预处理过程得到硅酸水合物后，高温灼烧，在干燥器中冷却后，称量，所用 1 仪器包括坩埚和干燥器，所得固体氧化物为二氧化硅，质量为mg，则二氧化硅的物质的量为n(SiO)= 2 2 ，样品纯度为 = ，故答案为：高温灼烧；冷却；AC； 。 4．（2023·辽宁卷）2—噻吩乙醇( )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 液体A和 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。 资料Ⅱ．制噻吩钠。降温至 ，加入 噻吩，反应至钠砂消失。 Ⅲ．制噻吩乙醇钠。降温至 ，加入稍过量的环氧乙烷的四氢呋喃溶液，反应 。 Ⅳ．水解。恢复室温，加入 水，搅拌 ；加盐酸调 至4~6，继续反应 ，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 ，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 。 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 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 的作用为_______。 (7)产品的产率为_______(用 计算，精确至0.1%)。 【答案】(1)c (2) 中含有N原子，可以形成分子间氢键，氢键可以使熔沸点升高 (3)2 +2Na 2 +H 2 (4)将环氧乙烷溶液沿烧杯壁缓缓加入，此过程中不断用玻璃棒进行搅拌来散热 (5)将NaOH中和，使平衡正向移动，增大反应物的转化率 (6)球形冷凝管和分液漏斗 除去水 (7)70.0% 【详解】（1）步骤Ⅰ制钠砂过程中，液体A不能和Na反应，而乙醇、水和液氨都能和金属Na反应，故 选c。 资料（2）噻吩沸点低于吡咯( )的原因是： 中含有N原子，可以形成分子间氢键，氢键可以使 熔沸点升高。 （3）步骤Ⅱ中 和Na反应生成2-噻吩钠和H，化学方程式为：2 +2Na 2 2 +H 。 2 （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：将环氧乙烷溶液沿 烧杯壁缓缓加入，此过程中不断用玻璃棒进行搅拌来散热。 （5）2-噻吩乙醇钠水解生成-噻吩乙醇的过程中有NaOH生成，用盐酸调节 的目的是将NaOH中和，使 平衡正向移动，增大反应物的转化率。 （6）步骤Ⅴ中的操作有过滤、蒸馏，蒸馏的过程中需要直形冷凝管不能用球形冷凝管，无需使用的是球 形冷凝管和分液漏斗；向有机相中加入无水 的作用是：除去水。 （7）步骤Ⅰ中向烧瓶中加入 液体A和 金属钠，Na的物质的量为 ，步骤Ⅱ中 Na完全反应，根据方程式可知，理论上可以生成0.2mol2-噻吩乙醇，产品的产率为 =70.0%。 考点二 物质性质的探究 5．（2023·湖南卷）金属 对 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 转化成多孔型雷尼 后，其催化活性显著提高。 已知：①雷尼 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 并探究其催化氢化性能的实验如下： 步骤1：雷尼 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 和监测反应过程。 资料回答下列问题： (1)操作(a)中，反应的离子方程式是_______； (2)操作(d)中，判断雷尼 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 时，三通阀的孔路位置如下图所示：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 一段时间，目的是_______； (7)如果将三颈瓶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_______。 【答案】(1)2Al+2OH-+2H O=2AlO +3H ↑ 2 2 (2)取最后一次洗涤液于试管中，滴加几滴酚酞，如果溶液不变粉红色，则证明洗涤干净，否则没有洗涤干 净 (3)C (4)C (5)恒压滴液漏斗 (6)排除装置中的空气，防止雷尼 自燃 (7)管道中气流不稳，不利于监测反应过程 (8)集气管中液面不再改变 【分析】本题一道工业流程兼实验的综合题，首先用氢氧化钠溶液溶解镍铝合金中的铝，过滤后先后用碱 和水来洗涤固体镍，随后加入有机溶剂制得雷尼镍悬浮液，用于步骤2中邻硝基苯胺的催化氢化，以此解 题。 资料【详解】（1）铝可以和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为：2Al+2OH-+2H O=2AlO 2 +3H ↑； 2 （2）由于水洗之前是用碱洗，此时溶液显碱性，故可以用酸碱指示剂来判断是否洗净，具体方法为，取 最后一次洗涤液于试管中，滴加几滴酚酞，如果溶液不变粉红色，则证明洗涤干净，否则没有洗涤干净； （3）根据题给信息可知，邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行，在丙酮，四氯化碳，乙醇， 正己烷中极性较强的为乙醇，故选C； （4）向集气管中充入 时，氢气从左侧进入，向下进入集气管，则当由集气管向装置Ⅱ供气，此时孔路 位置需调节为气体由下方的集气管，向右进入装置Ⅱ，故选C； （5）由图可知，仪器M的名称是恒压滴液漏斗； （6）根据题给信息可知，雷尼 暴露在空气中可以自燃，故反应前向装置Ⅱ中通入 一段时间，目的是 排除装置中的空气，防止雷尼 自燃； （7）如果将三颈瓶N中的导气管口插入液面以下，则会在三颈瓶中产生气泡，从而导致管道中气流不稳， 不利于监测反应过程； （8）反应完成后，氢气不再被消耗，则集气管中液面不再改变。 考点三 定量实验 6．（2023·全国乙卷）元素分析是有机化合物的表征手段之一。按下图实验装置(部分装置略)对有机化合 物进行C、H元素分析。 回答下列问题： (1)将装有样品的Pt坩埚和CuO放入石英管中，先_______，而后将已称重的U型管c、d与石英管连接， 检查_______。依次点燃煤气灯_______，进行实验。 (2)O 的作用有_______。CuO的作用是_______(举1例，用化学方程式表示)。 2 (3)c和d中的试剂分别是_______、_______(填标号)。c和d中的试剂不可调换，理由是_______。 A．CaCl B．NaCl C．碱石灰(CaO+NaOH) D．NaSO 2 2 3 (4)Pt坩埚中样品CxHyOz反应完全后，应进行操作：_______。取下c和d管称重。 (5)若样品CxHyOz为0.0236g，实验结束后，c管增重0.0108g，d管增重0.0352g。质谱测得该有机物的相 对分子量为118，其分子式为_______。 【答案】(1)通入一定的O 装置气密性 b、a 2 (2) 为实验提供氧化剂、提供气流保证反应产物完全进入到U型管中 CO+CuO Cu+CO 2 (3) A C 碱石灰可以同时吸收水蒸气和二氧化碳 (4)继续吹入一定量的O，冷却装置 2 资料(5)C HO 4 6 4 【分析】利用如图所示的装置测定有机物中C、H两种元素的含量，这是一种经典的李比希元素测定法， 将样品装入Pt坩埚中，后面放置一CuO做催化剂，用于催化前置坩埚中反应不完全的物质，后续将产物 吹入道两U型管中，称量两U型管的增重计算有机物中C、H两种元素的含量，结合其他技术手段，从而 得到有机物的分子式。 【详解】（1）实验前，应先通入一定的O 吹空石英管中的杂质气体，保证没有其他产物生成，而后将已 2 U型管c、d与石英管连接，检查装置气密性，随后先点燃b处酒精灯后点燃a处酒精灯，保证当a处发生 反应时产生的CO能被CuO反应生成CO 2 （2）实验中O 的作用有：为实验提供氧化剂、提供气流保证反应产物完全进入到U型管中；CuO的作用 2 是催化a处产生的CO，使CO反应为CO，反应方程式为CO+CuO Cu+CO 2 2 （3）有机物燃烧后生成的CO 和HO分别用碱石灰和无水CaCl 吸收，其中c管装有无水CaCl ，d管装有 2 2 2 2 碱石灰，二者不可调换，因为碱石灰能同时吸收水蒸气和二氧化碳，影响最后分子式的确定； （4）反应完全以后应继续吹入一定量的O，保证石英管中的气体产物完全吹入两U行管中，使装置冷却； 2 （5）c管装有无水CaCl ，用来吸收生成的水蒸气，则增重量为水蒸气的质量，由此可以得到有机物中H 2 元素的物质的量n(H)= = =0.0012mol；d管装有碱石灰，用来吸收生成的CO，则增 2 重量为CO 的质量，由此可以得到有机物中C元素的物质的量n(C)= = =0.0008mol；有 2 机物中O元素的物质的量为0.0128g，其物质的量n(O)= = =0.0008mol；该有机物中C、 H、O三种元素的原子个数比为0.0008：0.0012：0.0008=2：3：2；质谱测得该有机物的相对分子质量为 118，则其化学式为C HO； 4 6 4 【点睛】本实验的重点在于两U型管的摆放顺序，由于CO 需要用碱石灰吸收，而碱石灰的主要成分为 2 CaO和NaOH，其成分中的CaO也可以吸收水蒸气，因此在摆放U型管位置时应将装有碱石灰的U型管置 于无水CaCl 之后，保证实验结果。 2 7．（2023·北京卷）资料显示， 可以将 氧化为 。某小组同学设计实验探究 被 氧化的产物及 铜元素的价态。 已知： 易溶于 溶液，发生反应 (红棕色)； 和 氧化性几乎相同。 I.将等体积的 溶液加入到 铜粉和 的固体混合物中，振荡。 实验记录如下： 实验现象 实验 极少量 溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍 Ⅰ 为淡红色 资料实验 部分 溶解，溶液为红棕色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为 Ⅱ 红棕色 实验 完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕 Ⅲ 色 (1)初始阶段， 被氧化的反应速率：实验Ⅰ__________(填“>”“<”或“=”)实验Ⅱ。 (2)实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有 (蓝色)或 (无色)，进行以下 实验探究： 步骤a．取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入 ，多次萃取、分液。 步骤b．取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水。溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。 ⅰ．步骤a的目的是_____________________。 ⅱ．查阅资料， ， (无色)容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤 的溶液中发生的变化：______________。 (3)结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是 ，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是 ____________________。分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓 溶液， __________(填实验现象)，观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是____________________。 (4)上述实验结果， 仅将 氧化为 价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了 能将 氧化为 。装置如图所示， 分别是_____________。 (5)运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中 被 氧化的产物中价态不同的原因：_________。 8．（2023·湖北卷）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 反应的探究如下： 资料实验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 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，mgX完全分解为ng黑色氧化物Y， 。X的化学式为_______。 (4)取含X粗品0.0500g(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 标准溶液滴定，滴定终点时消耗 标准溶液15.00mL。(已知： ， )标志滴定终点的现象是_______，粗品中X的相对含量 为_______。 【答案】(1)具支试管 防倒吸 (2) Cu+H O+2H+= Cu2++2H O O 既不是氧化剂，又不是还原剂 2 2 2 2 (3)CuO 2 (4)溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色 72% 【详解】（1）由图可知，仪器A的名称为具支试管；铜和浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮，其中二氧 化氮易溶于水，需要防倒吸，则装置B的作用为防倒吸； （2）根据实验现象，铜片溶解，溶液变蓝，可知在酸性条件下铜和过氧化氢发生反应，生成硫酸铜，离 子方程式为：Cu+H O+2H+= Cu2++2H O；硫酸铜可以催化过氧化氢分解生成氧气，则产生的气体为O；在 2 2 2 2 铜和过氧化氢的反应过程中，氢元素的化合价没有发生变化，故从氧化还原角度说明 的作用是：既不是 氧化剂，又不是还原剂； （3）在该反应中铜的质量m(Cu)=n× ，因为 ，则m(O)= ，则X的化学式 中铜原子和氧原子的物质的量之比为： ，则X为CuO； 2 （4）滴定结束的时候，单质碘消耗完，则标志滴定终点的现象是：溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来 的颜色；在CuO 中铜为+2价，氧为-1价，根据 ， ，可以 2 得到关系式： ，则n(CuO)= ×0.1mol/L×0.015L=0.000375mol，粗品中X的相对含量 2 为 。 〖2022年高考真题〗 资料考点一 物质的制备 9．（2022·全国甲卷）硫化钠可广泛用于染料、医药行业。工业生产的硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰 及重金属硫化物等杂质。硫化钠易溶于热乙醇，重金属硫化物难溶于乙醇。实验室中常用95%乙醇重结晶 纯化硫化钠粗品。回答下列问题： (1)工业上常用芒硝( )和煤粉在高温下生产硫化钠，同时生成CO，该反应的化学方程式为 _______。 (2)溶解回流装置如图所示，回流前无需加入沸石，其原因是_______。回流时，烧瓶内气雾上升高度不宜 超过冷凝管高度的1/3.若气雾上升过高，可采取的措施是_______。 (3)回流时间不宜过长，原因是_______。回流结束后，需进行的操作有①停止加热 ②关闭冷凝水 ③移去 水浴，正确的顺序为_______(填标号)。 A．①②③ B．③①② C．②①③ D．①③② (4)该实验热过滤操作时，用锥形瓶而不能用烧杯接收滤液，其原因是_______。过滤除去的杂质为_______。 若滤纸上析出大量晶体，则可能的原因是_______。 (5)滤液冷却、结晶、过滤，晶体用少量_______洗涤，干燥，得到 。 【答案】(1)Na SO ·10H O+4C NaS+4CO↑+10H O 2 4 2 2 2 (2)硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质，这些杂质可以直接作沸石 降低温 度 (3)硫化钠易溶于热乙醇，若回流时间过长，NaS会直接析出在冷凝管上，使提纯率较低，同时易造成冷凝 2 管下端堵塞，圆底烧瓶内气压过大，发生爆炸 D (4)防止滤液冷却 重金属硫化物 温度逐渐恢复至室温 (5)冷水 【解析】本实验的实验目的为制备硫化钠并用95%乙醇重结晶纯化硫化钠粗品，工业上常用芒硝( 资料)和煤粉在高温下生产硫化钠，反应原理为：NaSO ·10H O+4C NaS+4CO↑+10H O， 2 4 2 2 2 结合硫化钠的性质解答问题。 (1)工业上常用芒硝( )和煤粉在高温下生产硫化钠，同时生产CO，根据得失电子守恒，反应 的化学方程式为：NaSO ·10H O+4C NaS+4CO↑+10H O； 2 4 2 2 2 (2)由题干信息，生产的硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质，这些杂质可以直接作沸 石，因此回流前无需加入沸石，若气流上升过高，可直接降低降低温度，使气压降低； (3)硫化钠易溶于热乙醇，若回流时间过长，NaS会直接析出在冷凝管上，使提纯率较低，同时易造成冷凝 2 管下端堵塞，圆底烧瓶内气压过大，发生爆炸；回流结束后，先停止加热，再移去水浴后再关闭冷凝水， 故正确的顺序为①③②，答案选D。 (4)硫化钠易溶于热乙醇，使用锥形瓶可有效防止滤液冷却，重金属硫化物难溶于乙醇，故过滤除去的杂质 为重金属硫化物，由于硫化钠易溶于热乙醇，过滤后温度逐渐恢复至室温，滤纸上便会析出大量晶体； (5)乙醇与水互溶，硫化钠易溶于热乙醇，因此将滤液冷却、结晶、过滤后，晶体可用少量冷水洗涤，再干 燥，即可得到 。 10．（2022·全国乙卷）二草酸合铜(Ⅱ)酸钾( )可用于无机合成、功能材料制备。实验室制备 二草酸合铜(Ⅱ)酸钾可采用如下步骤： Ⅰ.取已知浓度的 溶液，搅拌下滴加足量 溶液，产生浅蓝色沉淀。加热，沉淀转变成黑色，过 滤。 Ⅱ.向草酸( )溶液中加入适量 固体，制得 和 混合溶液。 Ⅲ.将Ⅱ的混合溶液加热至80-85℃，加入Ⅰ中的黑色沉淀。全部溶解后，趁热过滤。 Ⅳ.将Ⅲ的滤液用蒸汽浴加热浓缩，经一系列操作后，干燥，得到二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体，进行表征和分 析。 回答下列问题： (1)由 配制Ⅰ中的 溶液，下列仪器中不需要的是________(填仪器名称)。 (2)长期存放的 中，会出现少量白色固体，原因是________。 (3)Ⅰ中的黑色沉淀是________(写化学式)。 (4)Ⅱ中原料配比为 ，写出反应的化学方程式________。 (5)Ⅱ中，为防止反应过于剧烈而引起喷溅，加入 应采取________的方法。 资料(6)Ⅲ中应采用________进行加热。 (7)Ⅳ中“一系列操作”包括________。 【答案】(1)分液漏斗和球形冷凝管 (2) 风化失去结晶水生成无水硫酸铜 (3)CuO (4)3H C O+2K CO=2KHC O+K C O+2H O+2CO↑ 2 2 4 2 3 2 4 2 2 4 2 2 (5)分批加入并搅拌 (6)水浴 (7)冷却结晶、过滤、洗涤 【解析】取已知浓度的 溶液，搅拌下滴加足量 溶液，产生浅蓝色沉淀氢氧化铜，加热，氢氧 化铜分解生成黑色的氧化铜沉淀，过滤，向草酸( )溶液中加入适量 固体，制得 和 混合溶液，将 和 混合溶液加热至80-85℃，加入氧化铜固体，全部溶解后，趁热 过滤，将滤液用蒸汽浴加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体。 (1)由 固体配制硫酸铜溶液，需用天平称量一定质量的 固体，将称量好的固体放 入烧杯中，用量筒量取一定体积的水溶解 ，因此用不到的仪器有分液漏斗和球形冷凝管。 (2) 含结晶水，长期放置会风化失去结晶水，生成无水硫酸铜，无水硫酸铜为白色固体。 (3)硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应生成蓝色的氢氧化铜沉淀，加热，氢氧化铜分解生成黑色的氧化铜沉淀。 (4)草酸和碳酸钾以物质的量之比为1.5:1发生非氧化还原反应生成 、 、CO 和水，依据原 2 子守恒可知，反应的化学方程式为：3HC O+2K CO=2KHC O+K C O+2H O+2CO↑。 2 2 4 2 3 2 4 2 2 4 2 2 (5)为防止草酸和碳酸钾反应时反应剧烈，造成液体喷溅，可减缓反应速率，将碳酸钾进行分批加入并搅拌。 (6)Ⅲ中将混合溶液加热至80-85℃，应采取水浴加热，使液体受热均匀。 (7)从溶液获得晶体的一般方法为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，因此将Ⅲ的滤液用蒸汽浴加热 浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体。 11．（2022·浙江卷）氨基钠( )是重要的化学试剂，实验室可用下图装置(夹持、搅拌、尾气处理装 置已省略)制备。 简要步骤如下： Ⅰ.在瓶A中加入 液氨和 ，通入氨气排尽密闭体系中空气，搅拌。 资料Ⅱ.加入5g钠粒，反应，得 粒状沉积物。 Ⅲ.除去液氨，得产品 。 已知： 几乎不溶于液氨，易与水、氧气等反应。 请回答： (1) 的作用是_______；装置B的作用是_______。 (2)步骤Ⅰ，为判断密闭体系中空气是否排尽，请设计方案_______。 (3)步骤Ⅱ，反应速率应保持在液氨微沸为宜。为防止速率偏大，可采取的措施有_______。 (4)下列说法不正确的是_______。 A．步骤Ⅰ中，搅拌的目的是使 均匀地分散在液氨中 B．步骤Ⅱ中，为判断反应是否已完成，可在N处点火，如无火焰，则反应己完成 C．步骤Ⅲ中，为避免污染，应在通风橱内抽滤除去液氨，得到产品 D．产品 应密封保存于充满干燥氮气的瓶中 (5)产品分析：假设 是产品 的唯一杂质，可采用如下方法测定产品 纯度。从下列选项 中选择最佳操作并排序_______。 准确称取产品 计算 a.准确加入过量的水 b.准确加入过量的 标准溶液 c.准确加入过量的 标准溶液 d.滴加甲基红指示剂(变色的 范围4.4～6.2) e.滴加石蕊指示剂(变色的 范围4.5～8.3) f.滴加酚酞指示剂(变色的 范围8.2～10.0) g.用 标准溶液滴定 h.用 标准溶液滴定 i.用 标准溶液滴定 【答案】(1) 催化 防止氧气、水进入密闭体系 (2)试管中加满水倒扣于水槽中，M处通入氨气，将N处排出的气体导入试管内。如试管底部出现气泡，则 空气尚未排尽，如未出现气泡，则说明空气已排尽 (3)分批少量加入钠粒；降低冷却液温度；适当增加液氨量（任写一种即可） (4)BC 资料(5)bdg 【解析】在硝酸铁催化下钠与液氨的反应来生成NaNH 和氢气，该反应是放热反应，为保证液氨处于微沸 2 状态，需要用冷却液控制一定的温度。NaNH 易与水和氧气发生反应，所以装置B中Hg可防止氧气、水 2 进入密闭体系，导气口N与尾气处理连接装置再处理氨气等，据此结合实验原理分析解答。 (1)结合实验原理，根据实验操作中加入Fe(NO ) 9HO的用料很少，可推知，Fe(NO ) 9HO在反应中作 3 3 2 3 3 2 催化剂，加快反应速率；结合已知信息可知，制备得到的NaNH 易与水和氧气发生反应，所以装置B中 2 Hg可防止氧气、水进入密闭体系，干扰NaNH 的制备， 2 故答案为：催化；防止氧气、水进入密闭体系； (2)结合氨气极易溶于水，空气中的氮气难溶于水，氧气不易溶于水的物理性质，所以为判断密封体系中空 气是否排尽，可设计方案如下：试管中加满水倒扣于水槽中，M处通入氨气，将N处排出的气体导入试管 内。如试管底部出现气泡，则空气尚未排尽，如未出现气泡，则说明空气已排尽； (3)上述化学反应中，反应物的浓度、温度均可影响化学反应速率，所以为防止反应速率偏大，可实施的措 施有：分批少量加入钠粒；降低冷却液温度；适当增加液氨量(任写一种即可)； (4)A.步骤I中，搅拌可使液体混合均匀，所以搅拌可使少量的催化剂Fe(NO ) 9HO均匀分散在液氨中，A 3 3 2 正确； B.步骤II中，由于液氨处于微沸状态，故生成的氢气中混有一定量的氨气；氢气虽然是可燃性气体，由于 氨气在空气中不能被点燃，当氨气中只有少量氢气时，则也不能被点然、不会产生火焰，且对易气体点火 有安全隐患，B错误； C.步骤II中得到的粒状沉积物，颗粒较小，颗粒太小的沉淀易在滤纸上形成一层密实的沉淀，溶液不易透 过，所以不适宜选用抽滤装置进行过滤，C错误； D.因为制备的产品NaNH 易与水和氧气发生反应，所以可密封保存于充满干燥氮气的瓶中，D正确； 2 故选BC； (5)题干信息中提到假设产品NaNH 的唯一杂质为NaOH，因为产品溶于水生成氢氧化钠和氨气，所以可设 2 计利用盐酸标准溶液进行滴定，因滴定终点时，溶液中含氯化钠和氯化铵，所以需选用酸性条件下的酸碱 指示剂判断滴定终点，过量的盐酸再利用氢氧化钠标准液反滴定，最终利用所测数据计算得出产品中 NaNH 的纯度，故涉及的操作步骤为：准确称取产品xg 加入过量盐酸标准溶液 加入滴加甲基橙指示 2 剂 用氢氧化钠标准溶液进行滴定，根据实验所测数据，计算产品纯度，故答案为：bdg。 12．（2022·湖北卷）高技术领域常使用高纯试剂。纯磷酸(熔点为 ，易吸潮)可通过市售85%磷酸溶液 减压蒸馏除水、结晶除杂得到，纯化过程需要严格控制温度和水分，温度低于 易形成 (熔 点为 )，高于 则发生分子间脱水生成焦磷酸等。某兴趣小组为制备磷酸晶体设计的实验装置如下 (夹持装置略)： 资料回答下列问题： (1)A的名称是___________。B的进水口为___________(填“a”或“b”)。 (2) 的作用是___________。 (3)空气流入毛细管的主要作用是防止___________，还具有搅拌和加速水逸出的作用。 (4)升高温度能提高除水速度，实验选用水浴加热的目的是___________。 (5)磷酸易形成过饱和溶液，难以结晶，可向过饱和溶液中加入___________促进其结晶。 (6)过滤磷酸晶体时，除了需要干燥的环境外，还需要控制温度为___________(填标号)。 A． B． C． (7)磷酸中少量的水极难除去的原因是___________。 【答案】(1) 圆底烧瓶 b (2)干燥气体 (3)溶液沿毛细管上升 (4)使溶液受热均匀 (5)磷酸晶体 (6)C (7)磷酸可与水分子间形成氢键 【解析】空气通过氯化钙除水，经过安全瓶后通过浓硫酸除水，然后通过五氧化二磷，干燥的空气流入毛 细管对烧瓶中的溶液进行搅拌，同时还具有加速水逸出和防止溶液沿毛细管上升的作用，将85%磷酸溶液 进行减压蒸馏除水、结晶除杂得到纯磷酸。 (1)由仪器构造可知，仪器A为圆底烧瓶，仪器B为直形冷凝管，泠凝水应从b口近、a口出，形成逆流冷 却，使冷却效果更好。 (2)纯磷酸制备过程中要严格控制温度和水分，因此五氧化二磷的作用为干燥气体。 (3)空气流入毛细管可以对烧瓶中的溶液进行搅拌，使受热均匀，同时还具有加速水逸出和防止溶液沿毛细 管上升的作用。 (4)升高温度能提高除水速度，而纯磷酸制备过程中要严格控制温度，水浴加热可以避免直接加热造成的过 度剧烈与温度的不可控性，使溶液受热均匀。 (5)过饱和溶液暂时处于亚稳态，当加入一些固体的晶体或晃动时可使此状态失去平衡，过多的溶质就会结 晶，因此可向磷酸的过饱和溶液中加入磷酸晶体促进其结晶。 (6)纯磷酸纯化过程中，温度低于 易形成 (熔点为 )，高于 则发生分子间脱水生 资料成焦磷酸，纯磷酸的熔点为42℃，因此过滤磷酸晶体时，除了需要干燥的环境外，还需要控制温度为 42 100℃，答案选C。 ∼ (7)磷酸的结构式为： ，分子中含羟基，可与水分子间形成氢键，因此磷酸中少量的水极难 除去。 13．（2022·山东卷）实验室利用 和亚硫酰氯( )制备无水 的装置如图所示(加热及夹 持装置略)。已知 沸点为 ，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 。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 ，为测定n值进行如下实验： 实验Ⅰ：称取 样品，用足量稀硫酸溶解后，用 标准溶液滴定 达终点时消耗 (滴定过程中 转化为 ， 不反应)。 实验Ⅱ：另取 样品，利用上述装置与足量 反应后，固体质量为 。 则 _______；下列情况会导致n测量值偏小的是_______(填标号)。 A．样品中含少量 杂质 B．样品与 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 制备 。已知 与 分子结构相似，与 互 溶，但极易水解。选择合适仪器并组装蒸馏装置对 、 混合物进行蒸榴提纯(加热及夹持装置略)， 安装顺序为①⑨⑧_______(填序号)，先馏出的物质为_______。 资料【答案】(1) a FeCl ∙4HO+4SOCl (g) FeCl +4SO+8HCl 冷凝回流SOCl 2 2 2 2 2 2 (2) AB (3) ⑥⑩③⑤ CCl 4 【解析】SOCl 与HO反应生成两种酸性气体，FeCl ∙4HO与SOCl 制备无水FeCl 的反应原理为：SOCl 2 2 2 2 2 2 2 吸收FeCl ∙4HO受热失去的结晶水生成SO 和HCl，HCl可抑制FeCl 的水解，从而制得无水FeCl 。 2 2 2 2 2 (1)实验开始时先通N，排尽装置中的空气，一段时间后，先加热装置a，产生SOCl 气体充满b装置后再 2 2 加热b装置，装置b中发生反应的化学方程式为FeCl ∙4HO+4SOCl (g) FeCl +4SO+8HCl；装置c、d的共 2 2 2 2 2 同作用是冷凝回流SOCl ；答案为：a；FeCl ∙4HO+4SOCl (g) FeCl +4SO+8HCl；冷凝回流SOCl 。 2 2 2 2 2 2 2 (2)滴定过程中 将Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原成Cr3+，反应的离子方程式为6Fe2++ +14H+=6Fe3+ +2Cr3++7H O，则mg样品中n(FeCl )=6n( )=6cV×10-3mol；mg样品中结晶水的质量为(m-m)g，结晶 2 1 2 1 1 2 水物质的量为 mol，n(FeCl )：n(H O)=1：n=(6cV×10-3mol)： mol，解得n= ； 2 2 A．样品中含少量FeO杂质，溶于稀硫酸后生成Fe2+，导致消耗的KCr O 溶液的体积V偏大，使n的测量 2 2 7 值偏小，A项选； B．样品与SOCl 反应时失水不充分，则m 偏大，使n的测量值偏小，B项选； 2 2 C．实验I称重后，样品发生了潮解，样品的质量不变，消耗的KCr O 溶液的体积V不变，使n的测量值 2 2 7 不变，C项不选； D．滴定达到终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，导致消耗的KCr O 溶液的体积V偏小，使n的测量值 2 2 7 偏大，D项不选； 答案选AB。 (3)组装蒸馏装置对TiCl 、CCl 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 4 4 ①⑨⑧，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， TiCl 极易水解，为防止外界水蒸气进入，最后连接③⑤，安装顺序为①⑨⑧⑥⑩③⑤；由于TiCl 、CCl 4 4 4 分子结构相似，TiCl 的相对分子质量大于CCl ，TiCl 分子间的范德华力较大，TiCl 的沸点高于CCl ，故 4 4 4 4 4 资料先蒸出的物质为CCl ；答案为：⑥⑩③⑤；CCl 。 4 4 14．（2022·海南卷）磷酸氢二铵[ ]常用于干粉灭火剂。某研究小组用磷酸吸收氢气制备 ，装置如图所示(夹持和搅拌装置已省略)。 回答问题： (1)实验室用 和 制备氨气的化学方程式为_______。 (2)现有浓 质量分数为85%，密度为1.7g/mL。若实验需100mL1.7mol/L的 溶液，则需浓 _______mL(保留一位小数)。 (3)装置中活塞 的作用为_______。实验过程中，当出现_______现象时，应及时关闭 ，打开 。 (4)当溶液pH为8.0~9.0时，停止通 ，即可制得 溶液。若继续通入 ，当 时， 溶液中 、_______和_______(填离子符号)浓度明显增加。 (5)若本实验不选用pH传感器，还可选用_______作指示剂，当溶液颜色由_______变为时，停止通 。 【答案】(1) (2)11.5 (3) 平衡气压防倒吸 倒吸 (4) (5)酚酞 无 【解析】本实验的实验目的为制备磷酸二氢铵[(NH )HPO ]，实验原理为2NH +H PO =[(NH )HPO ]，结合 4 2 4 3 3 4 4 2 4 相关实验基础知识分析解答问题。 (1)实验室用NH Cl(s)和Ca(OH) (s)在加热的条件下制备氨气，反应的化学方程式为2NH Cl+Ca(OH) 4 2 4 2 CaCl +2H O+2NH ↑； 2 2 3 (2)根据公式 可得，浓HPO 的浓度 ，溶液稀释前 3 4 后溶质的物质的量不变，因此配制100mL 1.7mol/L的HPO 溶液，需要浓HPO 的体积V= 3 4 3 4 资料； (3)由于NH 极易溶于水，因此可选择打开活塞K 以平衡气压，防止发生倒吸，所以实验过程中，当出现 3 2 倒吸现象时，应及时关闭K，打开K； 1 2 (4)继续通入NH ，(NH )HPO 继续反应生成(NH )PO ，当pH＞10.0时，溶液中OH-、 、 的浓度 3 4 2 4 4 3 4 明显增加； (5)由(4)小问可知，当pH为8.0~9.0时，可制得(NH )HPO ，说明(NH )HPO 溶液显碱性，因此若不选用 4 2 4 4 2 4 pH传感器，还可以选用酚酞作指示剂，当溶液颜色由无色变为浅红时，停止通入NH ，即可制得 3 (NH )HPO 溶液。 4 2 4 15．（2022·重庆卷）研究小组以无水甲苯为溶剂，PCl5(易水解)和NaN3为反应物制备米球状红磷。该红 磷可提高钠离子电池的性能。 (1)甲苯干燥和收集的回流装置如图1所示(夹持及加热装置略)。以二苯甲酮为指示剂，无水时体系呈蓝色。 ①存贮时，Na应保存在_____中。 ②冷凝水的进口是______(填“a”或“b”)。 ③用Na干燥甲苯的原理是_____(用化学方程式表示)。 ④回流过程中，除水时打开的活塞是_____；体系变蓝后，改变开关状态收集甲苯。 (2)纳米球状红磷的制备装置如图2所示(搅拌和加热装置略)。 资料①在Ar气保护下，反应物在A装置中混匀后转入B装置，于280℃加热12小时，反应物完全反应。其化 学反应方程式为_____。用Ar气赶走空气的目的是_____。 ②经冷却、离心分离和洗涤得到产品，洗涤时先后使用乙醇和水，依次洗去的物质是_____和_____。 ③所得纳米球状红磷的平均半径R与B装置中气体产物的压强p的关系如图3所示。欲控制合成R=125nm 的红磷，气体产物的压强为_____kPa，需NaN 的物质的量为______mol(保留3位小数)。已知：p=a×n，其 3 中a=2.5×105kPa•mol-1，n为气体产物的物质的量。 【答案】(1) 煤油 b K 、K 1 3 (2) 防止PCl 遇空气中的水蒸气而发生水解 甲苯 5 NaCl 104 0.027 【分析】本实验要用无水甲苯作溶剂，故需要先制备无水甲苯，图1装置中Na与水反应除去水，生成的 H 从K 排出，待水反应完后，打开K 收集无水甲苯；图2中将甲苯和NaN 加入三颈瓶中，然后通入Ar 2 2 1 3 排出装置中的空气，再滴入PCl 和甲苯，混合均匀后，转移到反应釜中制备纳米球状红磷。 5 【详解】（1）①钠在空气中容易反应，故应保存在煤油中； ②为了充分冷凝，冷凝水应从下口进上口出，故冷凝水的进口是b； ③Na与水反应可除去水，故用钠干燥甲苯的原理是 ； 资料④回流过程中，打开活塞K、K，使反应物冷凝后流回反应装置。 1 3 （2）①根据题意可知，反应物为PCl 和NaN ，产物为P，根据化合价的变化规律可知化学方程式为 5 3 ；由于PCl 易水解，故用Ar赶走空气的目的是防止PCl 遇空气中的水 5 5 蒸气而发生水解。 ②根据反应可知，得到的产物上沾有甲苯和NaCl，用乙醇洗去甲苯，用水洗去NaCl。 ③R=125nm时可换算出横坐标为8，此时纵坐标对应的值为10，故气体产物的压强为104kPa；已知 p=a×n，其中a=2.5×105kPa•mol-1， ，根据反应 可知，n(NaN )= N= ×0.04mol=0.027mol。 3 2 16．（2022·天津卷）氯化铁是重要的化工原料。针对氯化铁的实验室制备方法，回答下列问题： Ⅰ． 的制备 制备流程图如下： (1)将废铁屑分批加入稀盐酸中，至盐酸反应完全。判断反应完全的现象为___________。含有少量铜的废 铁屑比纯铁屑反应快，原因为___________。 (2)操作①所必需的玻璃仪器中，除烧杯外还有___________。 (3)检验 溶液中是否残留 的试剂是___________。 (4)为增大 溶液的浓度，向稀 溶液中加入纯Fe粉后通入 。此过程中发生的主要反应的离子方 程式为___________。 (5)操作②为___________。 Ⅱ．由 制备无水 将 与液体 混合并加热，制得无水 。已知 沸点为77℃，反应方程式为： ，装置如下图所示(夹持和加热装置略)。 资料(6)仪器A的名称为___________，其作用为___________。NaOH溶液的作用是___________。 (7)干燥管中无水 不能换成碱石灰，原因是___________。 (8)由下列结晶水合物制备无水盐，适宜使用上述方法的是___________(填序号)。 a． b． c． 【答案】(1) 不再有气泡产生 Fe、Cu在稀盐酸中形成原电池，加快反应速率 (2)漏斗、玻璃棒 (3) 溶液 (4) 、 (5)在HCl气流中蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到 晶体 (6) 球形冷凝管 冷凝回流 吸收 、HCl等尾气，防止污染 (7)碱石灰与 、HCl气体反应，失去干燥作用 (8)a 【分析】稀盐酸中加入废铁屑，不断反应，铜不与盐酸反应，过滤，向滤液中通入氯气反应生成氯化铁， 稀氯化铁溶液再加入铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁，浓氯化铁溶液制备 ，稀氯化铁溶液在HCl气流中蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到 晶体。 将 与液体 混合并加热来制备无水 。 【详解】（1）将废铁屑分批加入稀盐酸中，至盐酸反应完全，由于废铁屑与盐酸反应不断产生气泡，因 此判断反应完全的现象为不再有气泡产生。含有少量铜的废铁屑比纯铁屑反应快，原因为Fe、Cu在稀盐 酸中形成原电池，加快反应速率；故答案为：不再有气泡产生；Fe、Cu在稀盐酸中形成原电池，加快反应 速率。 （2）操作①是过滤，所必需的玻璃仪器中，除烧杯外还有玻璃棒、漏斗；故答案为：漏斗、玻璃棒。 （3）铁离子和 溶液反应生成蓝色沉淀，因此检验 溶液中是否残留 的试剂是 溶液；故答案为： 溶液。 资料（4）为增大 溶液的浓度，向稀 溶液中加入纯Fe粉后通入 ，先是铁和铁离子反应生成亚铁 离子，再是亚铁离子被氯气氧化为铁离子，此过程中发生的主要反应的离子方程式为 、 ；故答案为： 、 。 （5）操作②是氯化铁溶液到 晶体，由于铁离子加热时要发生水解生成氢氧化铁，因此在整个 过程中要通入HCl气体防止铁离子水解，其操作过程为 晶体；故答案为：在HCl气流中蒸发 浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到 晶体。 （6）根据图中信息得到仪器A的名称为球形干燥管，由于 沸点为77℃，为充分利用 ，不能 使其逸出，因此球形冷凝管的作用为冷凝回流 。由于二氧化硫、HCl会逸出污染环境，因此NaOH 溶液的作用是吸收 、HCl等尾气，防止污染；故答案为：球形干燥管；冷凝回流 ；吸收 、 HCl等尾气，防止污染。 （7）无水 的作用是干燥气体，不是与二氧化硫、HCl气体反应，干燥管中无水 不能换成碱石 灰，原因是碱石灰与 、HCl气体反应，失去干燥作用；故答案为：碱石灰与 、HCl气体反应，失 去干燥作用。 （8）根据装置图信息，该装置可以用于制取能水解的盐酸盐晶体，由下列结晶水合物制备无水盐，适宜 使用上述方法的是a；故答案为：a。 考点二 物质性质的探究 17．（2022·北京卷）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+在一定条件下被Cl 或ClO-氧化成MnO (棕黑色)、 (绿色)、 (紫色)。 2 2 ii．浓碱条件下， 可被OH-还原为 。 iii．Cl 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。 2 实验装置如图(夹持装置略) 序 物质a C中实验现象 资料号 通入Cl 前 通入Cl 后 2 2 I 水 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色， II 5%NaOH溶液 黑色沉淀 仍有沉淀 40%NaOH 溶 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色， III 液 黑色沉淀 仍有沉淀 (1)B中试剂是___________。 (2)通入Cl 前，II、III中沉淀由白色变为黑色的化学方程式为___________。 2 (3)对比实验I、II通入Cl 后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是___________。 2 (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Cl 导致溶液的碱性减弱。 2 原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将 氧化为 。 ①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 mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。 溶液紫色变为绿色的离子方程式为___________，溶液绿色缓慢加深，原因是MnO 被___________(填“化 2 学式”)氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量； ③取II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___________。 【答案】(1)饱和NaCl溶液 (2)2Mn(OH) +O =2MnO+2H O 2 2 2 2 (3)Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强 (4) Cl +2NaOH=NaCl+NaClO+H O 4 +4OH-=4 +O ↑+2H O NaClO 2 2 2 2 3ClO-+2MnO+2OH-=2 +3Cl-+H O III中氧化剂氧化锰酸根离子的速率大于氢氧根离子还原 2 2 高锰酸根离子的速率，因而实验III未得到绿色溶液 【分析】在装置A中HCl与KMnO 发生反应制取Cl，由于盐酸具有挥发性，为排除HCl对Cl 性质的干 4 2 2 扰，在装置B中盛有饱和NaCl溶液，除去Cl 中的杂质HCl，在装置C中通过改变溶液的pH，验证不同 2 条件下Cl 与MnSO 反应，装置D是尾气处理装置，目的是除去多余Cl，防止造成大气污染。 2 4 2 【详解】（1）B中试剂是饱和NaCl溶液，作用是吸收Cl 中的杂质HCl气体；1 2 （2）通入Cl 前，II、III中Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的的OH-反应产生Mn(OH) 白色沉淀，该沉 2 2 淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色MnO ，则沉淀由白色变为黑色的化学方程式为： 2 2Mn(OH) +O =2MnO+2H O； 2 2 2 2 （3）对比实验I、II通入Cl 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 2 的增强而增强； 资料（4）①Cl 与NaOH反应产生NaCl、NaClO、HO，使溶液碱性减弱，反应的离子方程式为： 2 2 Cl+2NaOH=NaCl+NaClO+H O； 2 2 ②取III中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。 溶液紫色变为绿色就是由于在浓碱条件下， 可被OH-还原为 ，根据电子守恒、电荷守恒及原子 守恒，可知该反应的离子方程式为：4 +4OH-=4 +O ↑+2H O； 2 2 溶液绿色缓慢加深，原因是MnO 被NaClO氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量； 2 ③取II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MnO 氧 2 化为 ，发生的反应是：3ClO-+2MnO+2OH-=2 +3Cl-+H O； 2 2 ④III中氧化剂氧化锰酸根离子的速率大于氢氧根离子还原高锰酸根离子的速率，导致实验III未得到绿色 溶液。 18．（2022·江苏卷）实验室以二氧化铈( )废渣为原料制备 含量少的 ，其部分实验过程 如下： (1)“酸浸”时 与 反应生成 并放出 ，该反应的离子方程式为_______。 (2)pH约为7的 溶液与 溶液反应可生成 沉淀，该沉淀中 含量与加料方式有关。 得到含 量较少的 的加料方式为_______(填序号)。 A．将 溶液滴加到 溶液中 B．将 溶液滴加到 溶液中 (3)通过中和、萃取、反萃取、沉淀等过程，可制备 含量少的 。已知 能被有机萃取剂(简 称HA)萃取，其萃取原理可表示为 (水层)+3HA(有机层) (有机层)+ (水层) ①加氨水“中和”去除过量盐酸，使溶液接近中性。去除过量盐酸的目的是_______。 ②反萃取的目的是将有机层 转移到水层。使 尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取 的实验操作有_______(填两项)。 ③与“反萃取”得到的水溶液比较，过滤 溶液的滤液中，物质的量减小的离子有_______(填化 学式)。 (4)实验中需要测定溶液中 的含量。已知水溶液中 可用准确浓度的 溶液滴定。以 苯代邻氨基苯甲酸为指示剂，滴定终点时溶液由紫红色变为亮黄色，滴定反应为 。请 补充完整实验方案：①准确量取 溶液[ 约为 ]，加氧化剂将 完全氧化并 去除多余氧化剂后，用稀硫酸酸化，将溶液完全转移到 容量瓶中后定容；②按规定操作分别将 和待测 溶液装入如图所示的滴定管中：③_______。 资料【答案】(1)2CeO+H O+6H+=2Ce3++O ↑+4H O 2 2 2 2 2 (2)B (3) 有利于提高Ce3+的萃取率 适当提高硝酸的浓度；充分振荡分液漏斗；用适量萃取剂分多次反 萃取 、H+ (4)从滴定管中准确放出25.00 mL 溶液于锥形瓶中，加入几滴指示剂苯代邻氨基苯甲酸，向锥形瓶中 滴加 溶液，边滴加边振荡锥形瓶至溶液颜色恰好由紫红色变为亮黄色，且 30s内颜色不变，记录滴加 溶液的体积；重复以上操作2~3次 【分析】首先用稀盐酸和过氧化氢溶液酸浸二氧化铈废渣，得到三价铈，加入氨水调节pH后用萃取剂萃 取其中的三价铈，增大三价铈浓度，之后加入稀硝酸反萃取其中的三价铈，再加入氨水和碳酸氢铵制备产 物。 【详解】（1）根据信息反应物为 与 ，产物为 和 ，根据电荷守恒和元素守恒可知其离子 方程式为：2CeO+H O+6H+=2Ce3++O ↑+4H O； 2 2 2 2 2 （2）反应过程中保持 少量即可得到含 量较少的 ，故选B； （3）去除过量盐酸，减小氢离子浓度，使 (水层)+3HA(有机层) (有机层)+ (水层)的化 学平衡右移，利于提高Ce3+的萃取率，故答案为：有利于提高Ce3+的萃取率； 根据平衡移动原理可知，应选择的实验条件是：适当提高硝酸的浓度；充分振荡分液漏斗；用适量萃取剂 分多次反萃取； ③“反萃取”得到的水溶液中含有浓度较大的 、H+，氨水和 溶液均显碱性，可以和 、 H+反应，生成 沉淀的同时也发生中和反应，因此过滤后溶液中 、H+的物质的量均减小，故 答案为： 、H+； （4）从滴定管中准确放出25.00 mL 溶液于锥形瓶中，加入几滴指示剂苯代邻氨基苯甲酸，向锥形瓶 中滴加 溶液，边滴加边振荡锥形瓶至溶液颜色恰好由紫红色变为亮黄色， 且30s内颜色不变，记录滴加 溶液的体积；重复以上操作2~3次。 19．（2022·福建卷）某兴趣小组设计实验探究 ，催化空气氧化 的效率。回答下列问题： 资料步骤Ⅰ 制备 在通风橱中用下图装置制备 (加热及夹持装置省略)，反应方程式： (1)装置A中盛放甲酸的仪器的名称是_______。 (2)从B、C、D中选择合适的装置收集 ，正确的接口连接顺序为 a→_______→_______→_______→_______→h(每空填一个接口标号)。______ 步骤Ⅱ 检验 将 通入新制银氨溶液中，有黑色沉淀生成。 (3)该反应的化学方程式为_______。 步骤Ⅲ 探究 催化空气氧化 的效率 将一定量 与空气混合，得到 体积分数为1%的气体样品。使用下图装置(部分加热及夹持装置省略)， 调节管式炉温度至 ，按一定流速通入气体样品。(已知： 是白色固体，易吸水潮解： ) (4)通入 (已折算为标况)的气体样品后，继续向装置内通入一段时间氮气，最终测得U形管内生成了 。 ①能证明 被空气氧化的现象是_______； ② 被催化氧化的百分率为_______； ③若未通入氮气，②的结果将_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 (5)探究气体与催化剂接触时长对催化氧化效率的影响时，采用_______方法可以缩短接触时长。 (6)步骤Ⅲ装置存在的不足之处是_______。 【答案】(1)分液漏斗 (2)a→d→e→c→b (3) (4) 石灰水变浑浊 60% 偏大 资料(5)增大气体样品流速 (6)尾气出口未加防潮装置(或其他相似表述) 【分析】在通风橱中用下图装置制备一氧化碳，用A装置制取一氧化碳，该气体中含有甲酸蒸气，故用水 除去甲酸，再用B装置排水收集一氧化碳气体，排出的水用E中的烧杯接收。根据气体样品通过氢氧化钠 吸收空气中的二氧化碳，浓硫酸吸水，一氧化碳在H中被氧气氧化生成二氧化碳，二氧化碳能被石灰水吸 收，J中的浓硫酸吸收气体中的水蒸气，干燥的一氧化碳和 ，进而测定生成的碘的质量，计算一氧化 碳的被氧化的百分率。据此解答。 【详解】（1）装置A中盛放甲酸的仪器为分液漏斗。 （2）用C除去甲酸，B收集一氧化碳，E接收排出的水，故接口连接顺序为a→d→e→c→b→h。 （3）一氧化碳和银氨溶液反应生成黑色的银，同时生成碳酸铵和氨气，方程式为： 。 （4）一氧化碳被氧气氧化生成二氧化碳，能使澄清的石灰水变浑浊。碘的物质的量为 ，则结合方程式分析，还有0.002mol一氧化碳未被氧气氧化，11.2L气体为0.5mol 其中一氧化碳为0.005mol，则被氧化的一氧化碳为0.005-0.002=0.003mol，则被氧化的百分率为 。如果没有通入氮气则计算的未被氧化的一氧化碳的物质的量减少，则被氧化的百分 率增大。 （5）增大气流速率可以提高催化效率。 （6）： 是白色固体，易吸水潮解，但该装置出气口未加防潮装置。 考点三 定量实验 20．（2022·广东卷）食醋是烹饪美食的调味品，有效成分主要为醋酸(用HAc表示)。HAc的应用与其电离 平衡密切相关。25℃时，HAc的K 1.75105 104.76。 a (1)配制250mL 0.1molL1的HAc溶液，需5molL1HAc溶液的体积为_______mL。 (2)下列关于250mL容量瓶的操作，正确的是_______。 (3)某小组研究25℃下HAc电离平衡的影响因素。 提出假设。稀释HAc溶液或改变Ac浓度，HAc电离平衡会发生移动。设计方案并完成实验用浓度均为 0.1molL1的HAc和NaAc溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液；测定pH，记录数据。 资料序号 vHAc/mL vNaAc/mL VH O/mL nNaAc:nHAc pH 2 Ⅰ 40.00 / / 0 2.86 Ⅱ 4.00 / 36.00 0 3.36 … Ⅶ 4.00 a b 3：4 4.53 Ⅷ 4.00 4.00 32.00 1：1 4.65 ①根据表中信息，补充数据：a_______，b_______。 ②由实验Ⅰ和Ⅱ可知，稀释HAc溶液，电离平衡_______(填”正”或”逆”) 向移动；结合表中数据，给出判断理由：_______。 ③由实验Ⅱ~VIII可知，增大Ac浓度，HAc电离平衡逆向移动。 实验结论假设成立。 nNaAc (4)小组分析上表数据发现：随着 nHAc 的增加， c  H+的值逐渐接近 HAc 的 K 。 a nNaAc 查阅资料获悉：一定条件下，按 nHAc 1配制的溶液中， c  H+的值等于 HAc 的 K 。 a 对比数据发现，实验VIII中pH4.65与资料数据K 104.76存在一定差异；推测可能由物质浓度准确程度 a 不够引起，故先准确测定HAc溶液的浓度再验证。 ①移取20.00mLHAc溶液，加入2滴酚酞溶液，用0.1000molL1NaOH溶液滴定至终点，消耗体积为 22.08mL，则该HAc溶液的浓度为_______molL1。在答题卡虚线框中，画出上述过程的滴定曲线示意图 并标注滴定终点_______。 ②用上述HAc溶液和0.1000molL1NaOH溶液，配制等物质的量的HAc与NaAc混合溶液，测定pH，结果 与资料数据相符。 (5)小组进一步提出：如果只有浓度均约为0.1molL1的HAc和NaOH溶液，如何准确测定HAc的K ？小 a 组同学设计方案并进行实验。请完成下表中Ⅱ的内容。 移取20.00mLHAc溶液，用NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液 Ⅰ VmL 1 Ⅱ _______，测得溶液的pH为4.76 实验总结 得到的结果与资料数据相符，方案可行。 (6)根据K 可以判断弱酸的酸性强弱。写出一种无机弱酸及其用途_______。 a 【答案】(1)5.0 (2)C 资料(3) 3.00 33.00 正 实验II相较于实验I，醋酸溶液稀释了10倍，而实验II的pH增大值小于 1 (4) 0.1104 (5)向滴定后的混合液中加入20mL HAc溶液 (6)HClO：漂白剂和消毒液(或HSO ：还原剂、防腐剂或HPO ：食品添加剂、制药、生产肥料) 2 3 3 4 【解析】(1)溶液稀释过程中，溶质的物质的量不变，因此250mL×0.1mol/L=V×5mol/L，解得V=5.0mL。 (2)A．容量瓶使用过程中，不能用手等触碰瓶口，以免污染试剂，故A错误； B．定容时，视线应与溶液凹液面和刻度线“三线相切”，不能仰视或俯视，故B错误； C．向容量瓶中转移液体，需用玻璃棒引流，玻璃棒下端位于刻度线以下，同时玻璃棒不能接触容量瓶口， 故C正确； D．定容完成后，盖上瓶塞，将容量瓶来回颠倒，将溶液摇匀，颠倒过程中，左手食指抵住瓶塞，防止瓶 塞脱落，右手扶住容量瓶底部，防止容量瓶从左手掉落，故D错误； 综上所述，正确的是C项。 (3)①实验VII的溶液中n(NaAc)：n(HAc)=3：4，V(HAc)=4.00mL，因此V(NaAc)=3.00mL，即a=3.00，,由 实验I可知，溶液最终的体积为40.00mL，因此V(H O)=40.00mL-4.00mL-3.00mL=33.00mL，即b=33.00。 2 1 ②实验I所得溶液的pH=2.86，实验II的溶液中c(HAc)为实验I的 ，稀释过程中，若不考虑电离平衡移 10 动，则实验II所得溶液的pH=2.86+1=3.86，但实际溶液的pH=3.36<3.86，说明稀释过程中，溶液中n(H+) 增大，即电离平衡正向移动，故答案为：正；实验II相较于实验I，醋酸溶液稀释了10倍，而实验II的 pH增大值小于1。 (4)(i)滴定过程中发生反应：HAc+NaOH=NaAc+H O，由反应方程式可知，滴定至终点时， 2 n(HAc)=n(NaOH)，因此22.08mL×0.1mol/L=20.00mL×c(HAc)，解得c(HAc)=0.1104mol/L。 (ii)滴定过程中，当V(NaOH)=0时，c(H+)= K a cHAc ≈ 10-4.760.1mol/L=10-2.88mol/L，溶液的pH=2.88， 当V(NaOH)=11.04mL时，n(NaAc)=n(HAc)，溶液的pH=4.76，当V(NaOH)=22.08mL时，达到滴定终点， 溶液中溶质为NaAc溶液，Ac-发生水解，溶液呈弱碱性，当NaOH溶液过量较多时，c(NaOH)无限接近 资料0.1mol/L，溶液pH接近13，因此滴定曲线如图： 。 (5)向20.00mL的HAc溶液中加入VmL NaOH溶液达到滴定终点，滴定终点的溶液中溶质为NaAc，当 1 nNaAc 1时，溶液中c(H+)的值等于HAc的K ，因此可再向溶液中加入20.00mL HAc溶液，使溶液中 nHAc a n(NaAc)=n(HAc)。 (6)不同的无机弱酸在生活中应用广泛，如HClO具有强氧化性，在生活中可用于漂白和消毒，HSO 具有 2 3 还原性，可用作还原剂，在葡萄酒中添加适量HSO 可用作防腐剂，HPO 具有中强酸性，可用作食品添 2 3 3 4 加剂，同时在制药、生产肥料等行业有广泛用途。 21．（2022·辽宁卷） 作为绿色氧化剂应用广泛，氢醌法制备 原理及装置如下： 已知： 、 等杂质易使 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)。 资料(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 。 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 的原因为___________。 (6)氢醌法制备 总反应的化学方程式为___________。 (7)取 产品，加蒸馏水定容至 摇匀，取 于锥形瓶中，用 酸性 标准 溶液滴定。平行滴定三次，消耗标准溶液体积分别为 、 、 。假设其他杂质不干 扰结果，产品中 质量分数为___________。 【答案】(1) (2)②或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)适当升温加快反应速率，同时防止温度过高 分解 (6) (7)17% 【分析】从 的制备原理图可知，反应分两步进行，第一步为 在 催化作用下与乙基葱醌反应生成 乙基蒽醇，第二步为 与乙基蒽醇反应生成 和乙基蒽醌。启普发生器A为制取 的装置，产生的 中混有 和 ，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 和乙基蒽醌，F中装有浓 ，与C相连，防止外界水蒸气进入C中，使催化剂 中毒。 【详解】（1）A中锌和稀盐酸反应生成氯化锌和氢气，反应的离子方程式为 ； （2） 、 等杂质易使 催化剂中毒，需通过碱石灰除去HX和HO，所以装置B应该选②或③①； 2 （3）开始制备时，打开活塞a、b，A中产生的 进入C中，在 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 抽出，随后关闭活塞b，打开活塞c、d，将O 通 2 入C中与乙基蒽醇反应生成HO 和乙基蒽醌。 2 2 资料（4） 容易使 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）适当升温加快反应速率，同时防止温度过高 分解，所以反应过程中控温 ； （6）第一步为 在 催化作用下与乙基葱醌反应生成乙基蒽醇，第二步为 与乙基蒽醇反应生成 和乙基蒽醌，总反应为 。 （7）滴定反应的离子方程式为 ，可得关系式： 。三组数据中 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 ， 的质量分数 。 22．（2022·北京卷）煤中硫的存在形态分为有机硫和无机硫( 、硫化物及微量单质硫等)。库仑滴定 法是常用的快捷检测煤中全硫含量的方法。其主要过程如下图所示。 已知：在催化剂作用下，煤在管式炉中燃烧，出口气体主要含 。 (1)煤样需研磨成细小粉末，其目的是___________。 (2)高温下，煤中 完全转化为 ，该反应的化学方程式为___________。 (3)通过干燥装置后，待测气体进入库仑测硫仪进行测定。 已知：库仑测硫仪中电解原理示意图如下。检测前，电解质溶液中 保持定值时，电解池不工作。待 测气体进入电解池后， 溶解并将 还原，测硫仪便立即自动进行电解到 又回到原定值，测定结束， 通过测定电解消耗的电量可以求得煤中含硫量。 资料① 在电解池中发生反应的离子方程式为___________。 ②测硫仪工作时电解池的阳极反应式为___________。 (4)煤样为 ，电解消耗的电量为x库仑，煤样中硫的质量分数为___________。 已知：电解中转移 电子所消耗的电量为96500库仑。 (5)条件控制和误差分析。 ①测定过程中，需控制电解质溶液 ，当 时，非电解生成的 使得测得的全硫含量偏小，生成 的 离子方程式为___________。 ②测定过程中，管式炉内壁上有 残留，测得全硫量结果为___________。(填“偏大”或“偏小”) 【答案】(1)与空气的接触面积增大，反应更加充分 (2)2CaSO 2CaO+2SO↑+O ↑ 4 2 2 (3) SO +I +H O=3I—+SO +4H+ 3I——2e—=I 2 2 (4) (5) I +I—=I 偏低 2 【解析】(1)煤样研磨成细小粉末后固体表面积增大，与空气的接触面积增大，反应更加充分，故答案为： 与空气的接触面积增大，反应更加充分； (2)由题意可知，在催化剂作用下，硫酸钙高温分解生成氧化钙、二氧化硫和水，反应的化学方程式为 2CaSO 2CaO+2SO↑+O ↑，故答案为：2CaSO 2CaO+2SO↑+O ↑； 4 2 2 4 2 2 (3)①由题意可知，二氧化硫在电解池中与溶液中I 反应生成碘离子、硫酸根离子和氢离子，离子方程式为 SO +I +H O=3I—+SO +4H+，故答案为：SO +I +H O=3I—+SO +4H+； 2 2 2 2 ②由题意可知，测硫仪工作时电解池工作时，碘离子在阳极失去电子发生氧化反应生成碘三离子，电极反 应式为3I——2e—=I ，故答案为：3I——2e—=I ； (4)由题意可得如下关系：S—SO —I —2e—，电解消耗的电量为x库仑，则煤样中硫的质量分数为 2 ×100%= ，故答案为： ； (5)①当pH<1时，非电解生成的碘三离子使得测得的全硫含量偏小说明碘离子与电解生成的碘反应生成碘 三离子，导致消耗二氧化硫的量偏小，反应的离子方程式为I+I—=I ，故答案为：I+I—=I ； 2 2 ②测定过程中，管式炉内壁上有三氧化硫残留说明硫元素没有全部转化为二氧化硫，会使二氧化硫与碘三 离子反应生成的碘离子偏小，电解时转移电子数目偏小，导致测得全硫量结果偏低，故答案为：偏低。 资料〖2021年高考真题〗 考点一 物质的制备 23．（2021·全国乙卷）氧化石墨烯具有稳定的网状结构，在能源、材料等领域有着重要的应用前景，通过 氧化剥离石墨制备氧化石墨烯的一种方法如下(装置如图所示)： Ⅰ.将浓 、 、石墨粉末在c中混合，置于冰水浴中，剧烈搅拌下，分批缓慢加入 粉末， 塞好瓶口。 Ⅱ.转至油浴中，35℃搅拌1小时，缓慢滴加一定量的蒸馏水。升温至98℃并保持1小时。 Ⅲ.转移至大烧杯中，静置冷却至室温。加入大量蒸馏水，而后滴加 至悬浊液由紫色变为土黄色。 Ⅳ.离心分离，稀盐酸洗涤沉淀。 Ⅴ.蒸馏水洗涤沉淀。 Ⅵ.冷冻干燥，得到土黄色的氧化石墨烯。 回答下列问题： (1)装置图中，仪器a、c的名称分别是_______、_______，仪器b的进水口是_______(填字母)。 (2)步骤Ⅰ中，需分批缓慢加入 粉末并使用冰水浴，原因是_______。 (3)步骤Ⅱ中的加热方式采用油浴，不使用热水浴，原因是_______。 (4)步骤Ⅲ中， 的作用是_______(以离子方程式表示)。 (5)步骤Ⅳ中，洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在 来判断。检测的方法是_______。 (6)步骤Ⅴ可用 试纸检测来判断 是否洗净，其理由是_______。 【答案】滴液漏斗 三颈烧瓶 d 反应放热，防止反应过快 反应温度接近水的沸点，油浴更 易控温 取少量洗出液，滴加 ，没有白 色沉淀生成 与 电离平衡，洗出液接近中性时，可认为 洗净 【详解】 (1)由图中仪器构造可知，a的仪器名称为滴液漏斗，c的仪器名称为三颈烧瓶；仪器b为球形冷凝管，起冷 凝回流作用，为了是冷凝效果更好，冷却水要从d口进，e口出，故答案为：分液漏斗；三颈烧瓶；d； 资料(2)反应为放热反应，为控制反应速率，避免反应过于剧烈，需分批缓慢加入KMnO 粉末并使用冰水浴， 4 故答案为：反应放热，防止反应过快； (3)油浴和水浴相比，由于油的比热容较水小，油浴控制温度更加灵敏和精确，该实验反应温度接近水的沸 点，故不采用热水浴，而采用油浴，故答案为：反应温度接近水的沸点，油浴更易控温； (4)由滴加HO 后发生的现象可知，加入的目的是除去过量的KMnO ，则反应的离子方程式为：2Mn 2 2 4 +5H O+6H+=2Mn2++5O ↑+8H O，故答案为：2Mn +5H O+6H+=2Mn2++5O ↑+8H O ； 2 2 2 2 2 2 2 2 (5)该实验中为判断洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在S 来判断，检测方法是：取最后一次 洗涤液，滴加BaCl 溶液，若没有沉淀说明洗涤完成，故答案为：取少量洗出液，滴加BaCl ，没有白色沉 2 2 淀生成； (6)步骤IV用稀盐酸洗涤沉淀，步骤V洗涤过量的盐酸， 与 电离平衡，洗出液接近中性时，可认为 洗净，故答案为： 与 电离平衡，洗出液接近中性时，可认为 洗净。 24．（2021·浙江卷） 是很好的氯化剂，实验室用如图装置(夹持仪器已省略)制备高纯 。已知： ① ，合适反应温度为 ；副反应： 。 ②常压下， 沸点 ，熔点 ； 沸点2.0℃，熔点 。 ③ ， 在 中的溶解度远大于其在水中的溶解度。 请回答： (1)①装置A的作用是去除原料气中的少量水分，可用的试剂是_______。 ②将上图中装置组装完整，虚框D中应选用_______。 资料(2)有关反应柱B，须进行的操作是_______。 A．将HgO粉末热处理除水分、增加表面积后填入反应柱 B．调控进入反应柱的混合气中 和 的比例 C．调控混合气从下口进入反应柱的流速 D．将加热带缠绕于反应柱并加热 (3)装置C，冷却液的温度通常控制在 。反应停止后，温度保持不变，为减少产品中的 含量， 可采用的方法是_______。 (4)将纯化后的 产品气化，通入水中得到高纯度 的浓溶液，于阴凉暗处贮存。当需要 时， 可将 浓溶液用 萃取分液，经气化重新得到。 针对萃取分液，从下列选项选择合适操作(操作不能重复使用)并排序： c→_______→_______→e→d→f→_______。 a.检查旋塞、玻璃塞处是否漏水 b.将溶液和 转入分液漏斗 c.涂凡士林 d.旋开旋塞放气 e.倒转分液漏斗，小心振摇 f.经几次振摇并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置 g.打开旋塞，向锥形瓶放出下层液体 h.打开旋塞，待下层液体完全流出后，关闭旋塞，将上层液体倒入锥形瓶 (5)产品分析：取一定量 浓溶液的稀释液，加入适量 、过量 溶液及一定量的稀 ，充分 反应。用标准 溶液滴定(滴定Ⅰ)；再以酚酞为指示剂，用标准 溶液滴定(滴定Ⅱ)。已知产生 的反应(不考虑 与水反应)： 资料实验数据如下表： 加入量 滴定Ⅰ测出量 滴定Ⅱ测出量 ①用标准 溶液滴定时，无需另加指示剂。判断滴定Ⅰ到达终点的实验现象是_______。 ②高纯度 浓溶液中要求 ( 和 均以 计)。结合数据分析所制备 的 浓溶液是否符合要求_______。 【答案】浓 a ABC 抽气(或通干燥氮气) a b g CCl 中由紫红色突变到无 4 色，且30s不恢复 溶液中ClO和Cl 分别为1.000×10-3mol、5×10-6mol， =200>99，符合要求 2 2 【详解】 (1)①装置A的作用是去除原料气(Cl 、N)中的少量水分，可用的试剂是浓 。 2 2 ②Cl 和ClO都不能直接排放于空气中，因此需要进行尾气处理，Cl、ClO能与NaOH溶液反应，同时需 2 2 2 2 要防止NaOH溶液中水蒸气进入C装置中，因此需要在C和尾气处理装置之间连接吸收水蒸气的装置，所 以虚框D中应选用a装置。 (2)装置B为HgO与Cl 反应制备ClO的装置， 2 2 A．因ClO能与HO发生反应，因此需要将HgO粉末热处理除水分，该反应为固体与气体接触类反应， 2 2 因此增加表面积能够加快反应速率，故A选； B．N 的作用是稀释Cl，在气流速率一定的条件下，氯气所占的比例越小，其转化率越高，同时Cl 不足 2 2 2 时会发生副反应，因此需要调控进入反应柱的混合气中Cl 和N 的比例，故B选； 2 2 C．为了让气体与固体充分接触，混合气体应从下口进入反应柱，同时需要控制气体的流速，防止副反应 发生，故C选； D．HgO与Cl 反应制备ClO的合适反应温度为18℃～25℃，因此该反应在常温下进行，若对反应柱加热 2 2 会发生副反应，故D不选； 综上所述，答案为ABC。 (3)由题可知，Cl 沸点小于ClO，在Cl 未发生冷凝时抽气或通入氮气可以有效的去除产物中的Cl，故答 2 2 2 2 案为：抽气(或通干燥氮气)。 (4)萃取分液的操作顺序为：检漏→加入萃取剂和溶液→振荡摇匀→放气→静置分层→放液，下层液体从下 口流出，上层液体从上口倒出，因CCl 密度大于水，因此萃取后溶有ClO的CCl 位于下层，因此操作顺 4 2 4 序为：涂凡土林→检查旋塞、玻璃塞处是否漏水→将溶液和CCl 转入分液漏斗→倒转分液漏斗，小心振摇 4 →旋开旋塞放气→经几次振摇并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置→打开旋塞，向锥形瓶放出下层液 资料体，故答案为：abg。 (5)①溶有I 的CCl 溶液呈紫红色，用标准NaSO 溶液滴定I 过程中，当I 恰好反应完全时，溶液呈无色， 2 4 2 2 3 2 2 因此滴定I 到达终点的实验现象是CCl 中由紫红色突变到无色，且30s不恢复。 2 4 ②由 、 、 (HClO为ClO与HO反应的产物)可得关系式：ClO～2H+～2I，由 2 2 2 2 实验数据可知ClO和HClO共消耗n(H+)=2×(2.505×10-3mol-1.505×10-3mol)=2×10-3mol，生成I 的物质的量为 2 2 2×10-3mol，则高纯度ClO浓溶液中n(Cl O)=1×10-3mol，加入过量KI溶液共生成I 的物质的量为2.005×10- 2 2 2 3mol，因此Cl 与I-反应生成I 的物质的量为2.005×10-3mol-2×10-3mol=5×10-6mol，由此可知高纯度ClO浓 2 2 2 溶液中n(Cl )=5×10-6mol，所以高纯度ClO浓溶液中 = =200>99，则所制备的高纯度 2 2 ClO浓溶液符合要求，故答案为：溶液中ClO和Cl 分别为1×10-3mol、5×10-6mol， =200>99， 2 2 2 符合要求。 25．（2021·河北卷）化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献， 某化学兴趣小组在实验室中模拟并改进侯氏制碱法制备NaHCO ，进一步处理得到产品NaCO 和NH Cl， 3 2 3 4 实验流程如图： 回答下列问题： (1)从A～E中选择合适的仪器制备NaHCO ，正确的连接顺序是___(按气流方向，用小写字母表示)。为使 3 A中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下，可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或___。 资料A． B． C． D． E. (2)B中使用雾化装置的优点是__。 (3)生成NaHCO 的总反应的化学方程式为___。 3 (4)反应完成后，将B中U形管内的混合物处理得到固体NaHCO 和滤液： 3 ①对固体NaHCO 充分加热，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量NaO，NaO 增重0.14g，则固 3 2 2 2 2 体NaHCO 的质量为___g。 3 ②向滤液中加入NaCl粉末，存在NaCl(s)+NH Cl(aq)→NaCl(aq)+NH Cl(s)过程。为使NH Cl沉淀充分析出 4 4 4 并分离，根据NaCl和NH Cl溶解度曲线，需采用的操作为___、___、洗涤、干燥。 4 (5)无水NaHCO 可作为基准物质标定盐酸浓度.称量前，若无水NaHCO 保存不当，吸收了一定量水分，用 3 3 其标定盐酸浓度时，会使结果___(填标号)。 A．偏高 B．偏低 不变 【答案】aefbcgh 将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔 使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触 面积，从而提高产率（或其他合理答案） NH HO+NaCl+CO =NHCl+NaHCO ↓ 0.84 蒸发浓 3 2 2 4 3 缩 冷却结晶 A 资料【分析】 根据工艺流程知，浓氨水中加入氯化钠粉末形成饱和氨盐水后，再通入二氧化碳气体，发生反应：NH 3 HO+NaCl+CO =NHCl+NaHCO ↓，得到的碳酸氢钠晶体烘干后受热分解会生成碳酸钠、二氧化碳和水， 2 2 4 3 从而制备得到纯碱；另一方面得到的母液主要溶质为NH Cl，再从加入氯化钠粉末，存在反应 4 ，据此分析解答。 【详解】 (1)根据分析可知，要制备 ，需先选用装置A制备二氧化碳，然后通入饱和碳酸氢钠溶液中除去 二氧化碳中的HCl，后与饱和氨盐水充分接触来制备 ，其中过量的二氧化碳可被氢氧化钠溶液吸 收，也能充分利用二氧化碳制备得到少量 ，所以按气流方向正确的连接顺序应为：aefbcgh；为 使A中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下，可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部 的小孔，故答案为：aefbcgh；将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔； (2)B中使用雾化装置使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率； (3)根据上述分析可知，生成 的总反应的化学方程式为NH HO+NaCl+CO =NHCl+NaHCO ↓； 3 2 2 4 3 (4)①对固体 充分加热，产生二氧化碳和水蒸气，反应的化学方程式为： 将气体先通过足量浓硫酸，吸收水蒸气，再通过足量 ， 与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为： ，根据方程 式可知，根据差量法可知，当增重 （2CO的质量）时，消耗的二氧化碳的质量为 =0.22g，其物质的量为 ，根据关系式 可知，消耗的 的物 质的量为2 0.005mol=0.01mol，所以固体 的质量为0.01mol 84g/mol=0.84g； ②根据溶解度虽温度的变化曲线可以看出，氯化铵的溶解度随着温度的升高而不断增大，而氯化钠的溶解 度随着温度的升高变化并不明显，所以要想使 沉淀充分析出并分离，需采用蒸发浓缩、冷却结晶、 洗涤、干燥的方法，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶； (5)称量前，若无水 保存不当，吸收了一定量水分，标准液被稀释，浓度减小，所以用其标定盐 酸浓度时，消耗的碳酸氢钠的体积 会增大，根据c(测)= 可知，最终会使c(测)偏高，A 项符合题意，故答案为：A。 考点二 物质性质的探究 26．（2021·广东卷）含氯物质在生产生活中有重要作用。1774年，舍勒在研究软锰矿(主要成分是 ) 资料的过程中，将它与浓盐酸混合加热，产生了一种黄绿色气体。1810年，戴维确认这是一种新元素组成的单 质，并命名为chlorine(中文命名“氯气”)。 (1)实验室沿用舍勒的方法制取 的化学方程式为_______。 (2)实验室制取干燥 时，净化与收集 所需装置的接口连接顺序为_______。 (3)某氯水久置后不能使品红溶液褪色，可推测氯水中_______已分解。检验此久置氯水中 存在的操作 及现象是_______。 (4)某合作学习小组进行以下实验探究。 ①实验任务。通过测定溶液电导率，探究温度对 溶解度的影响。 ②查阅资料。电导率是表征电解质溶液导电能力的物理量。温度一定时，强电解质稀溶液的电导率随溶液 中离子浓度的增大而增大；离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而增大。25℃时， 。 ③提出猜想。 猜想a：较高温度的 饱和溶液的电导率较大。 猜想b： 在水中的溶解度 。 ④设计实验、验证猜想。取试样Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ(不同温度下配制的 饱和溶液)，在设定的测试温度下， 进行表中实验1~3，记录数据。 实验序 试样 测试温度/℃ 电导率/ 号 Ⅰ：25℃的 饱和溶 1 25 液 Ⅱ：35℃的 饱和溶 2 35 液 Ⅲ：45℃的 饱和溶 3 45 液 ⑤数据分析、交流讨论。25℃的 饱和溶液中， _______ 。 实验结果为 。小组同学认为，此结果可以证明③中的猜想 成立，但不足以证明猜想 成立。 结合②中信息，猜想 不足以成立的理由有_______。 资料⑥优化实验。小组同学为进一步验证猜想 ，在实验1~3的基础上完善方案，进行实验4和5。请在答题卡 上完成表中内容。 实验序号 试样 测试温度/℃ 电导率/ 4 Ⅰ _______ 5 _______ _______ ⑦实验总结。根据实验1~5的结果，并结合②中信息，小组同学认为猜想 也成立。猜想 成立的判断依 据是_______。 【答案】MnO +4HCl(浓) MnCl +Cl↑+2H O c-d-b-a-e HClO 向溶液中加入过量稀硝酸，防止 2 2 2 2 溶液中含有C 、HC 等，再加入少量AgNO 溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有Cl- 3 1.34 10-5 测试温度不同，根据电导率结果无法判断不同温度下饱和溶液的溶解度 45℃ II 45℃ A>B >B 3 2 1 【详解】 (1)实验室通常采用浓盐酸和MnO 制取 ，化学方程式为：MnO +4HCl(浓) MnCl +Cl↑+2H O，故答案 2 2 2 2 2 为：MnO +4HCl(浓) MnCl +Cl↑+2H O； 2 2 2 2 (2)根据化学方程式可知，制取的氯气中混有氯化氢、水蒸气，氯气有毒，必须进行尾气处理，因此使用饱 和食盐水吸收氯化氢气体，浓硫酸除去水蒸气，最后用NaOH溶液吸收尾气，因此接口连接顺序为c-d-b-a- e，故答案为：c-d-b-a-e； (3)久置后不能使品红溶液褪色，说明HClO已分解；检验 的方法为向溶液中加入过量稀硝酸，防止溶 液中含有C 、HC 等，再加入少量AgNO 溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有Cl-，故 3 答案为：HClO；向溶液中加入过量稀硝酸，防止溶液中含有C 、HC 等，再加入少量AgNO 溶液， 3 若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有Cl-； (4)⑤25℃时， ，根据沉淀溶解平衡可知，饱和的 溶液中 ，所以有 = =1.34 10-5 ； 实验1~3中，不同的饱和溶液浓度不同且测试温度不同，根据资料显示离子浓度一定时，稀溶液电导率随 温度的升高而增大，所以根据实验1~3无法判断温度较高的饱和溶液离子浓度大，进而不能得出溶解度关 资料系，故答案为：1.34 10-5；测试温度不同，根据电导率结果无法判断不同温度下饱和溶液的溶解度； ⑥如果要判断AgCl在水中的溶解度随温度的变化情况，可以设计不相同温度下的饱和溶液在相同温度下 测试，如果温度较高下的饱和溶液电导率比温度较低的饱和溶液电导率高，则可以得出温度升高饱和溶液 中离子浓度高。所以可以设计试样Ⅰ在45℃下测试与实验3比较；设计试样II在45℃下测试与实验3比较。 故答案为：45℃；II；45℃； ⑦猜想 成立的判断依据是A>B >B ，故答案为：A>B >B 。 3 2 1 3 2 1 考点三 定量实验 27．（2021·全国甲卷）胆矾( )易溶于水，难溶于乙醇。某小组用工业废铜焙烧得到的 (杂质为氧化铁及泥沙)为原料与稀硫酸反应制备胆矾，并测定其结晶水的含量。回答下列问题： (1)制备胆矾时，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有_______(填标号)。 A．烧杯 B．容量瓶 C．蒸发皿 D．移液管 (2)将 加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为_______，与直接用废铜和浓硫酸反 应相比，该方法的优点是_______。 (3)待 完全反应后停止加热，边搅拌边加入适量 ，冷却后用 调 为3.5～4，再煮沸 ，冷却后过滤。滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、_______、乙醇洗涤、_______，得到 胆矾。其中，控制溶液 为3.5～4的目的是_______，煮沸 的作用是_______。 (4)结晶水测定：称量干燥坩埚的质量为 ，加入胆矾后总质量为 ，将坩埚加热至胆矾全部变为白色， 置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为 。根据实验数据，胆矾分子中结晶 水的个数为_______(写表达式)。 (5)下列操作中，会导致结晶水数目测定值偏高的是_______(填标号)。 ①胆矾未充分干燥 ②坩埚未置于干燥器中冷却 ③加热时有少胆矾迸溅出来 【答案】A、C CuO+HSO CuSO +H O 不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少（硫酸利 2 4 4 2 用率高） 过滤 干燥 除尽铁，抑制硫酸铜水解 破坏氢氧化铁胶体，易于过滤 ①③ 【详解】 (1)制备胆矾时，根据题干信息可知，需进行溶解、过滤、结晶操作，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻 璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有烧杯和蒸发皿，A、C符合题意，故答案为：A、C； (2)将 加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为CuO+HSO CuSO +H O；直接用 2 4 4 2 废铜和浓硫酸反应生成硫酸铜与二氧化硫和水，与这种方法相比，将 加入到适量的稀硫酸中，加热制 备胆矾的实验方案具有的优点是：不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少（硫酸利用率高）； (3) 硫酸铜溶液制硫酸铜晶体，操作步骤有加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥； 中含氧化 资料铁杂质，溶于硫酸后会形成铁离子，为使铁元素以氢氧化铁形成沉淀完全，需控制溶液 为3.5～4，酸 性环境同时还可抑制铜离子发生水解；操作过程中可能会生成氢氧化铁胶体，所以煮沸 ，目的是破 坏氢氧化铁胶体，使其沉淀，易于过滤，故答案为：过滤；干燥；除尽铁，抑制硫酸铜水解；破坏氢氧化 铁胶体，易于过滤； (4) 称量干燥坩埚的质量为 ，加入胆矾后总质量为 ，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器 中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为 。则水的质量是( － )g，所以胆矾 （CuSO •nH O）中n值的表达式为 =n:1，解得n＝ ； 4 2 (5) ①胆矾未充分干燥，导致所测m 偏大，根据n= 可知，最终会导致结晶水数目定值偏高， 2 符合题意；②坩埚未置于干燥器中冷却，部分白色硫酸铜会与空气中水蒸气结合重新生成胆矾，导致所测 m 偏大，根据n= 可知，最终会导致结晶水数目定值偏低，不符合题意；③加热胆矾晶体时 3 有晶体从坩埚中溅出，会使m 数值偏小，根据n= 可知，最终会导致结晶水数目定值偏高， 3 符合题意；综上所述，①③符合题意，故答案为：①③。 28．（2021·湖南卷）碳酸钠俗称纯碱，是一种重要的化工原料。以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠， 并测定产品中少量碳酸氢钠的含量，过程如下： 步骤I. 的制备 步骤Ⅱ.产品中 含量测定 ①称取产品2.500g，用蒸馏水溶解，定容于250mL容量瓶中； ②移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M，用 盐酸标准溶液滴定，溶液由红 色变至近无色(第一滴定终点)，消耗盐酸 ； ③在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用 盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)， 又消耗盐酸 ； ④平行测定三次， 平均值为22.45， 平均值为23.51。 已知：(i)当温度超过35℃时， 开始分解。 资料(ii)相关盐在不同温度下的溶解度表 温度/ 0 10 20 30 40 50 60 35.7 35.8 36.0 36.3 36.6 37.0 37.3 11.9 15.8 21.0 27.0 6.9 8.2 9.6 11.1 12.7 14.5 16.4 29.4 33.3 37.2 41.4 45.8 50.4 55.2 回答下列问题： (1)步骤I中晶体A的化学式为_______，晶体A能够析出的原因是_______； (2)步骤I中“300℃加热”所选用的仪器是_______(填标号)； A． B． C． D． (3)指示剂N为_______，描述第二滴定终点前后颜色变化_______； (4)产品中 的质量分数为_______(保留三位有效数字)； (5)第一滴定终点时，某同学俯视读数，其他操作均正确，则 质量分数的计算结果_______(填“偏 大”“偏小”或“无影响”)。 【答案】NaHCO 在30-35 C时NaHCO 的溶解度最小（意思合理即可） D 甲基橙 由黄色 3 3 变橙色，且半分钟内不褪色 3.56% 偏大 【分析】 步骤I：制备NaCO 的工艺流程中，先将NaCl加水溶解，制成溶液后加入NH HCO 粉末，水浴加热，根 2 3 4 3 据不同温度条件下各物质的溶解度不同，为了得到NaHCO 晶体，控制温度在30-35 C发生反应，最终得 3 到滤液为NH Cl，晶体A为NaHCO ，再将其洗涤抽干，利用NaHCO 受热易分解的性质，在300 C加热 4 3 3 分解NaHCO 制备NaCO； 3 2 3 步骤II：利用酸碱中和滴定原理测定产品中碳酸氢钠的含量，第一次滴定发生的反应为： NaCO+HCl=NaHCO +NaCl，因为NaCO、NaHCO 溶于水显碱性，且碱性较强，所以可借助酚酞指示剂 2 3 3 2 3 3 的变化来判断滴定终点，结合颜色变化可推出指示剂M为酚酞试剂；第二次滴定时溶液中的溶质为 NaCl，同时还存在反应生成的CO，溶液呈现弱酸性，因为酚酞的变色范围为8-10，所以不适合利用酚酞 2 指示剂检测判断滴定终点，可选择甲基橙试液，所以指示剂N为甲基橙试液，发生的反应为： NaHCO +HCl=NaCl+H O+CO↑，再根据关系式求出总的NaHCO 的物质的量，推导出产品中NaHCO 的， 3 2 2 3 3 最终通过计算得出产品中NaHCO 的质量分数。 3 【详解】 资料根据上述分析可知， (1)根据题给信息中盐在不同温度下的溶解度不难看出，控制温度在30-35 C，目的是为了时NH HCO 不发 4 3 生分解，同时析出NaHCO 固体，得到晶体A，因为在30-35 C时，NaHCO 的溶解度最小，故答案为： 3 3 NaHCO ；在30-35 C时NaHCO 的溶解度最小； 3 3 (2)300 C加热抽干后的NaHCO 固体，需用坩埚、泥三角、三脚架进行操作，所以符合题意的为D项，故 3 答案为：D； (3)根据上述分析可知，第二次滴定时，使用的指示剂N为甲基橙试液，滴定到终点前溶液的溶质为碳酸氢 钠和氯化钠，滴定达到终点后溶液的溶质为氯化钠，所以溶液的颜色变化为：由黄色变为橙色，且半分钟 内不褪色； (4) 第一次滴定发生的反应是：NaCO+HCl=NaHCO +NaCl，则n(Na CO)=n 2 3 3 2 3 生成 (NaHCO )=n(HCl)=0.1000mol/L 22.45 10-3L=2.245 10-3mol，第二次滴定消耗的盐酸的体积V=23.51mL， 3 2 则根据方程式NaHCO +HCl=NaCl+H O+CO↑可知，消耗的NaHCO 的物质的量n (NaHCO )= 0.1000mol/L 3 2 2 3 总 3 23.51 10-3L=2.351 10-3mol，则原溶液中的NaHCO 的物质的量n(NaHCO )= n (NaHCO )- n 3 3 总 3 生成 (NaHCO )= 2.351 10-3mol-2.245 10-3mol=1.06 10-4mol，则原产品中NaHCO 的物质的量为 3 3 =1.06 10-3mol，故产品中NaHCO 的质量分数为 3 ，故答案为：3.56%； (5)若该同学第一次滴定时，其他操作均正确的情况下，俯视读数，则会使标准液盐酸的体积偏小，即测得 V 偏小，所以原产品中NaHCO 的物质的量会偏大，最终导致其质量分数会偏大，故答案为：偏大。 1 3 29．（2021·山东卷）六氯化钨(WCl )可用作有机合成催化剂，熔点为283℃，沸点为340℃，易溶于CS， 6 2 极易水解。实验室中，先将三氧化钨(WO)还原为金属钨(W)再制备WCl，装置如图所示(夹持装置略)。回 3 6 答下列问题： (1)检查装置气密性并加入WO。先通N，其目的是___；一段时间后，加热管式炉，改通H，对B处逸出 3 2 2 的H 进行后续处理。仪器A的名称为___，证明WO 已被完全还原的现象是___。 2 3 (2)WO 完全还原后，进行的操作为：①冷却，停止通H；②以干燥的接收装置替换E；③在B处加装盛有 3 2 资料碱石灰的干燥管；④……；⑤加热，通Cl；⑥……。碱石灰的作用是___；操作④是___，目的是___。 2 (3)利用碘量法测定WCl 产品纯度，实验如下： 6 ①称量：将足量CS(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称重为mg；开盖并计时1分钟，盖紧称重为 2 1 mg；再开盖加入待测样品并计时1分钟，盖紧称重为mg，则样品质量为___g(不考虑空气中水蒸气的干 2 3 扰)。 ②滴定：先将WCl 转化为可溶的NaWO，通过IO 离子交换柱发生反应：WO +Ba(IO )=BaWO +2IO 6 2 4 3 2 4 ；交换结束后，向所得含IO 的溶液中加入适量酸化的KI溶液，发生反应：IO +5I-+6H+=3I +3H O；反 2 2 应完全后，用NaSO 标准溶液滴定，发生反应：I+2S O =2I-+S O 。滴定达终点时消耗cmol•L-1的 2 2 3 2 2 4 NaSO 溶液VmL，则样品中WCl(摩尔质量为Mg•mol-1)的质量分数为___。称量时，若加入待测样品后， 2 2 3 6 开盖时间超过1分钟，则滴定时消耗NaSO 溶液的体积将___(填“偏大”“偏小”或“不变”)，样品中WCl 质 2 2 3 6 量分数的测定值将___(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 【答案】排除装置中的空气 直形冷凝管 淡黄色固体变为银白色 吸收多余氯气，防止污染空气； 防止空气中的水蒸气进入E 再次通入N 排除装置中的H ( m +m- 2m ) 2 2 3 1 2 % 不变 偏大 【分析】 (1) 将WO 在加热条件下用H 还原为W，为防止空气干扰，还原WO 之前要除去装置中的空气； 3 2 3 (2) 由信息可知WCl 极易水解，W与Cl 反应制取WCl 时，要在B处加装盛有碱石灰的干燥管，防止空气 6 2 6 中的水蒸气进入E中； (3)利用碘量法测定WCl 产品纯度，称量时加入足量的CS 用于溶解样品，盖紧称重为mg，由于CS 易挥 6 2 1 2 发，开盖时要挥发出来，称量的质量要减少，开盖并计时1分钟，盖紧称重mg，则挥发出的CS 的质量 2 2 为(m - m )g，再开盖加入待测样品并计时1分钟，又挥发出(m - m )g的CS，盖紧称重为mg，则样品质量 1 2 1 2 2 3 为：mg+2(m- m )g-m g=( m +m- 2m )g；滴定时，利用关系式：WO ~2IO ~6I ~12 SO 计算样品中含 3 1 2 1 3 1 2 2 2 WCl 的质量，进而计算样品中WCl 的质量分数；根据测定原理分析是否存在误差及误差是偏大还是偏小。 6 6 【详解】 (1)用H 还原WO 制备W，装置中不能有空气，所以先通N，其目的是排除装置中的空气；由仪器构造可 2 3 2 知仪器A的名称为直形冷凝管；WO 为淡黄色固体，被还原后生成W为银白色，所以能证明WO 已被完 3 3 全还原的现象是淡黄色固体变为银白色，故答案为：淡黄色固体变为银白色； (2) 由信息可知WCl 极易水解，W与Cl 反应制取WCl 时，要在B处加装盛有碱石灰的干燥管，防止空气 6 2 6 中的水蒸气进入E中，所以碱石灰的作用其一是吸收多余氯气，防止污染空气；其二是防止空气中的水蒸 气进入E；在操作⑤加热，通Cl 之前，装置中有多余的H，需要除去，所以操作④是再次通入N，目的 2 2 2 是排除装置中的H，故答案为：吸收多余氯气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入E；再次通入 2 N；排除装置中的H； 2 2 (3) ①根据分析，称量时加入足量的CS，盖紧称重为mg，由于CS 易挥发，开盖时要挥发出来，称量的 2 1 2 质量要减少，开盖并计时1分钟，盖紧称重mg，则挥发出的CS 的质量为(m - m )g，再开盖加入待测样品 2 2 1 2 资料并计时1分钟，又挥发出(m - m )g的CS，盖紧称重为mg，则样品质量为：mg+2(m- m )g-m g=( m +m- 1 2 2 3 3 1 2 1 3 1 2m)g，故答案为：( m +m- 2m )； 2 3 1 2 ②滴定时，根据关系式：WO ~2IO ~6I ~12 SO ，样品中n(WCl)=n(WO )= n(S O )= cV 10- 2 2 6 2 3mol，m(WCl )= cV 10-3mol Mg/mol= g，则样品中WCl 的质量分数为： 6 6 100%= %；根据测定原理，称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，挥发 的CS 的质量增大，m 偏小，但WCl 的质量不变，则滴定时消耗NaSO 溶液的体积将不变，样品中 2 3 6 2 2 3 WCl 质量分数的测定值将偏大，故答案为： %；不变；偏大。 6 〖2020年高考真题〗 考点一 物质的制备 30.（2020·新课标Ⅲ）氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用下图装 置(部分装置省略)制备KClO 和NaClO，探究其氧化还原性质。 3 回答下列问题： （1）盛放MnO 粉末的仪器名称是________，a中的试剂为________。 2 （2）b中采用的加热方式是_________，c中化学反应的离子方程式是________________，采用冰水浴冷却 的目的是____________。 （3）d的作用是________，可选用试剂________(填标号)。 A．NaS B．NaCl C．Ca(OH) D．HSO 2 2 2 4 （4）反应结束后，取出b中试管，经冷却结晶，________，__________，干燥，得到KClO 晶体。 3 （5）取少量KClO 和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中，滴加中性KI溶液。1号试管溶液颜色不变。 3 2号试管溶液变为棕色，加入CCl 振荡，静置后CCl 层显____色。可知该条件下KClO 的氧化能力 4 4 3 ____NaClO(填“大于”或“小于”)。 【答案】（1）. 圆底烧瓶 饱和食盐水 （2）. 水浴加热 Cl+2OH−=ClO−+Cl−+H O 避免生成 2 2 NaClO （3）. 吸收尾气(Cl ) AC （4）. 过滤 少量(冷)水洗涤 （5）. 紫 小于 3 2 【解析】本实验目的是制备KClO 和NaClO，并探究其氧化还原性质；首先利用浓盐酸和MnO 粉末共热 3 2 资料制取氯气，生成的氯气中混有HCl气体，可在装置a中盛放饱和食盐水中将HCl气体除去；之后氯气与 KOH溶液在水浴加热的条件发生反应制备KClO，再与NaOH溶液在冰水浴中反应制备NaClO；氯气有毒 3 会污染空气，所以需要d装置吸收未反应的氯气。 （1）根据盛放MnO 粉末的仪器结构可知该仪器为圆底烧瓶；a中盛放饱和食盐水除去氯气中混有的HCl 2 气体； （2）根据装置图可知盛有KOH溶液的试管放在盛有水的大烧杯中加热，该加热方式为水浴加热；c中氯 气在NaOH溶液中发生歧化反应生成氯化钠和次氯酸钠，结合元素守恒可得离子方程式为 Cl+2OHˉ=ClOˉ+Clˉ+H O；根据氯气与KOH溶液的反应可知，加热条件下氯气可以和强碱溶液反应生成氯 2 2 酸盐，所以冰水浴的目的是避免生成NaClO； 3 （3）氯气有毒，所以d装置的作用是吸收尾气(Cl )；NaS可以将氯气还原成氯离子，可以吸收氯气，故A 2 2 可选；氯气在NaCl溶液中溶解度很小，无法吸收氯气，故B不可选；氯气可以Ca(OH) 或浊液反应生成氯 2 化钙和次氯酸钙，故C可选；氯气与硫酸不反应，且硫酸溶液中存在大量氢离子会降低氯气的溶解度，故 D不可选；综上所述可选用试剂AC； （4）b中试管为KClO 和KCl的混合溶液，KClO 的溶解度受温度影响更大，所以将试管b中混合溶液冷 3 3 却结晶、过滤、少量(冷)水洗涤、干燥，得到KClO 晶体； 3 （5）1号试管溶液颜色不变，2号试管溶液变为棕色，说明1号试管中氯酸钾没有将碘离子氧化，2号试 管中次氯酸钠将碘离子氧化成碘单质，即该条件下KClO 的氧化能力小于NaClO；碘单质更易溶于CCl ， 3 4 所以加入CCl 振荡，静置后CCl 层显紫色。 4 4 31.（2020·江苏卷）羟基乙酸钠易溶于热水，微溶于冷水，不溶于醇、醚等有机溶剂。制备少量羟基乙酸 钠的反应为 实验步骤如下： 步骤1：如图所示装置的反应瓶中，加入40g氯乙酸、50mL水，搅拌。逐步加入40%NaOH溶液，在95℃ 继续搅拌反应2小时，反应过程中控制pH约为9。 步骤2：蒸出部分水至液面有薄膜，加少量热水，趁热过滤。滤液冷却至15℃，过滤得粗产品。 步骤3：粗产品溶解于适量热水中，加活性炭脱色，分离掉活性炭。 步骤4：将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中，冷却至15℃以下，结晶、过滤、干燥，得羟基乙酸钠。 资料（1）步骤1中，如图所示的装置中仪器A的名称是___________；逐步加入NaOH溶液的目的是 ____________。 （2）步骤2中，蒸馏烧瓶中加入沸石或碎瓷片的目的是_______________。 （3）步骤3中，粗产品溶解于过量水会导致产率__________(填“增大”或“减小”)；去除活性炭的操作 名称是_______________。 （4）步骤4中，将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中的目的是_______________。 【答案】 （1）. (回流)冷凝管 防止升温太快、控制反应体系pH （2）. 防止暴沸 （3）. 减小 趁热过滤 （4）. 提高羟基乙酸钠的析出量(产率) 【解析】制备少量羟基乙酸钠的反应为 ，根据羟基乙酸钠易溶于热水，粗 产品溶解于适量热水中，加活性炭脱色，分离掉活性炭，趁热过滤，根据羟基乙酸钠不溶于醇，将去除活 性炭后的溶液加到适量乙醇中，冷却至15℃以下，结晶、过滤、干燥，得羟基乙酸钠。 （1）根据图中仪器得出仪器A的名称为冷凝管，根据题中信息可知制备羟基乙酸钠的反应为放热反应， 逐步加入NaOH溶液的目的是防止升温太快，同时控制反应体系的pH；故答案为：(回流)冷凝管；防止升 温太快，控制反应体系的pH。 (2步骤2中烧瓶中加入沸石或碎瓷片的目的是防止暴沸；故答案为：防止暴沸。 （3）粗产品溶于过量水，导致在水中溶解过多，得到的产物减少，因此导致产率减小；由于产品易溶于 热水，微溶于冷水，因此去除活性炭的操作名称是趁热过滤；故答案为：减少；趁热过滤。 （4）根据信息，产品不溶于乙醇、乙醚等有机溶剂中，因此步骤4中，将去除活性炭后的溶液加到适量乙 醇中的目的是降低产品的溶解度，提高羟基乙酸钠的析出量(产量)；故答案为：提高羟基乙酸钠的析出量 (产量)。 考点二 物质性质的探究 32.（2020·新课标Ⅰ）为验证不同化合价铁的氧化还原能力，利用下列电池装置进行实验。 回答下列问题： （1）由FeSO ·7H O固体配制0.10 mol·L−1 FeSO 溶液，需要的仪器有药匙、玻璃棒、_________(从下列图 4 2 4 中选择，写出名称)。 资料（2）电池装置中，盐桥连接两电极电解质溶液。盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应，并 且电迁移率(u∞)应尽可能地相近。根据下表数据，盐桥中应选择____________作为电解质。 阳离子 u∞×108/(m2·s−1·V−1) 阴离子 u∞×108/(m2·s−1·V−1) Li+ 4.07 4.61 Na+ 5.19 7.40 Ca2+ 6.59 Cl− 7.91 K+ 7.62 8.27 （3）电流表显示电子由铁电极流向石墨电极。可知，盐桥中的阳离子进入________电极溶液中。 （4）电池反应一段时间后，测得铁电极溶液中c(Fe2+)增加了0.02 mol·L−1。石墨电极上未见Fe析出。可知， 石墨电极溶液中c(Fe2+)=________。 （5）根据（3）、（4）实验结果，可知石墨电极的电极反应式为_______________________，铁电极的电 极反应式为_______________。因此，验证了Fe2+氧化性小于________，还原性小于________。 （6）实验前需要对铁电极表面活化。在FeSO 溶液中加入几滴Fe (SO ) 溶液，将铁电极浸泡一段时间， 4 2 4 3 铁电极表面被刻蚀活化。检验活化反应完成的方法是___________________________________。 【答案】（1）烧杯、量筒、托盘天平 （2）KCl （3）石墨 （4）. 0.09mol/L （5）.Fe3++e- =Fe2+ Fe-2e-=Fe2+ Fe3+ Fe （6）.取活化后溶液少许于试管中，加入KSCN溶液，若溶液不出现血红色， 说明活化反应完成 【解析】 （1）由FeSO ·7H O固体配制0.10mol·L-1FeSO 溶液的步骤为计算、称量、溶解并冷却至室温、移液、洗 4 2 4 涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签，由FeSO ·7H O固体配制0.10mol·L-1FeSO 溶液需要的仪器有药匙、托盘 4 2 4 天平、合适的量筒、烧杯、玻璃棒、合适的容量瓶、胶头滴管，故答案为：烧杯、量筒、托盘天平。 （2）Fe2+、Fe3+能与 反应，Ca2+能与 反应，FeSO 、Fe (SO ) 都属于强酸弱碱盐，水溶液呈酸性， 4 2 4 3 酸性条件下 能与Fe2+反应，根据题意“盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应”，盐桥中 阴离子不可以选择 、 ，阳离子不可以选择Ca2+，另盐桥中阴、阳离子的迁移率（u∞）应尽可能 地相近，根据表中数据，盐桥中应选择KCl作为电解质。 （3）电流表显示电子由铁电极流向石墨电极，则铁电极为负极，石墨电极为正极，盐桥中阳离子向正极 移动，则盐桥中的阳离子进入石墨电极溶液中。 （4）根据（3）的分析，铁电极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，石墨电极上未见Fe析出，石墨电极的电极反 应式为Fe3++e-=Fe2+，电池反应一段时间后，测得铁电极溶液中c（Fe2+）增加了0.02mol/L，根据得失电子 守恒，石墨电极溶液中c（Fe2+）增加0.04mol/L，石墨电极溶液中c（Fe2+）=0.05mol/L+0.04mol/ L=0.09mol/L。 （5）根据（3）、（4）实验结果，可知石墨电极的电极反应式为Fe3++e-=Fe2+，铁电极的电极反应式为 资料Fe-2e-=Fe2+；电池总反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，根据同一反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物、还原剂的还 原性强于还原产物，则验证了Fe2+氧化性小于Fe3+，还原性小于Fe。 （6）在FeSO 溶液中加入几滴Fe (SO ) 溶液，将铁电极浸泡一段时间，铁电极表面被刻蚀活化，发生的 4 2 4 3 反应为Fe+ Fe (SO )=3FeSO，要检验活化反应完成，只要检验溶液中不含Fe3+即可，检验活化反应完成的 2 4 3 4 方法是：取活化后溶液少许于试管中，加入KSCN溶液，若溶液不出现血红色，说明活化反应完成。 考点三 定量实验 33.（2020·新课标Ⅱ）苯甲酸可用作食品防腐剂。实验室可通过甲苯氧化制苯甲酸，其反应原理简示如下： +KMnO → + MnO +HCl→ +KCl 4 2 相对分 密度/ 名称 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解性 子质量 (g·mL−1) 不溶于水，易溶 甲苯 92 −95 110.6 0.867 于乙醇 苯甲 122.4(100℃左右 微溶于冷水，易 122 248 —— 酸 开始升华) 溶于乙醇、热水 实验步骤： （1）在装有温度计、冷凝管和搅拌器的三颈烧瓶中加入1.5 mL甲苯、100 mL水和4.8 g(约0.03 mol)高锰 酸钾，慢慢开启搅拌器，并加热回流至回流液不再出现油珠。 （2）停止加热，继续搅拌，冷却片刻后，从冷凝管上口慢慢加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液，并将反应混 合物趁热过滤，用少量热水洗涤滤渣。合并滤液和洗涤液，于冰水浴中冷却，然后用浓盐酸酸化至苯甲酸 析出完全。将析出的苯甲酸过滤，用少量冷水洗涤，放在沸水浴上干燥。称量，粗产品为1.0 g。 （3）纯度测定：称取0. 122 g粗产品，配成乙醇溶液，于100 mL容量瓶中定容。每次移取25. 00 mL溶液， 用0.01000 mol·L−1的KOH标准溶液滴定，三次滴定平均消耗21. 50 mL的KOH标准溶液。 回答下列问题： （1）根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶的最适宜规格为______(填标号)。 A．100 mL B．250 mL C．500 mL D．1000 mL （2）在反应装置中应选用______冷凝管(填“直形”或“球形”)，当回流液不再出现油珠即可判断反应已 完成，其判断理由是______________________________________________________________。 （3）加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液的目的是___________；该步骤亦可用草酸在酸性条件下处理，请用反 应的离子方程式表达其原理__________________________________________________。 （4）“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主要成分是_______。 （5）干燥苯甲酸晶体时，若温度过高，可能出现的结果是_______________________________________。 （6）本实验制备的苯甲酸的纯度为_______；据此估算本实验中苯甲酸的产率最接近于_______(填标号)。 A．70% B．60% C．50% D．40% （7）若要得到纯度更高的苯甲酸，可通过在水中__________的方法提纯。 资料【答案】 （1）. B （2）. 球形 无油珠说明不溶于水的甲苯已经被完全氧化 （3）. 除去过量 的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气 2MnO －+5H C O+6H+=2Mn2++10CO ↑+8H O （4）. 4 2 2 4 2 2 MnO 2 （5）. 苯甲酸升华而损失 （6）. 86.0％ C （7）. 重结晶 【解析】甲苯用高锰酸钾氧化时生成苯甲酸钾和二氧化锰，为增加冷凝效果，在反应装置中选用球形冷凝 管，加热回流，当回流液中不再出现油珠时，说明反应已经完成，加入适量的饱和亚硫酸氢钠溶液除去过 量的高锰酸钾，用盐酸酸化得苯甲酸，过滤、干燥、洗涤得粗产品；用KOH溶液滴定，测定粗产品的纯 度。 （1）加热液体，所盛液体的体积不超过三颈烧瓶的一半，三颈烧瓶中已经加入100m的水，1.5mL甲苯， 4.8g高锰酸钾，应选用250mL的三颈烧瓶； （2）为增加冷凝效果，在反应装置中宜选用球形冷凝管，当回流液中不再出现油珠时，说明反应已经完 成，因为：没有油珠说明不溶于水的甲苯已经完全被氧化； （3）高锰酸钾具有强氧化性，能将Cl-氧化。加入适量的饱和亚硫酸氢钠溶液是为了除去过量的高锰酸钾， 避免在用盐酸酸化时，产生氯气；该步骤亦可用草酸处理，生成二氧化碳和锰盐，离子方程式为： 5HC O＋2MnO －＋6H＋=2Mn2＋＋10CO↑＋8HO； 2 2 4 4 2 2 （4）由信息甲苯用高锰酸钾氧化时生成苯甲酸钾和二氧化锰，“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主 要成分是：MnO ； 2 （5）苯甲酸100℃时易升华，干燥苯甲酸时，若温度过高，苯甲酸升华而损失； （6）由关系式C HCOOH～KOH得，苯甲酸的纯度为： 6 5 ×100%=86.0%；1.5mL甲苯理论上可得到苯甲酸的质 量： =1.72g，产品的产率为 ×100%=50%； （7）提纯苯甲酸可用重结晶的方法。 34.（2020·山东卷）某同学利用Cl 氧化KMnO 制备KMnO 的装置如下图所示(夹持装置略)： 2 2 4 4 已知：锰酸钾(K MnO )在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应： 2 4 资料回答下列问题： （1）装置A中a的作用是______________；装置C中的试剂为________________；装置A中制备Cl 的化 2 学方程为______________。 （2）上述装置存在一处缺陷，会导致KMnO 产率降低，改进的方法是__________________________。 4 （3）KMnO 常作氧化还原滴定的氧化剂，滴定时应将KMnO 溶液加入___________(填“酸式”或“碱 4 4 式”)滴定管中；在规格为50.00mL的滴定管中，若KMnO 溶液起始读数为15.00mL，此时滴定管中 4 KMnO 溶液的实际体积为______________(填标号)。 4 A.15.00 mL B.35.00mL C.大于35.00mL D.小于15.00m1 （4）某FeC O﹒2HO样品中可能含有的杂质为Fe (C O)、HC O﹒2HO，采用KMnO 滴定法测定该样 2 4 2 2 2 4 3 2 2 4 2 4 品的组成，实验步骤如下: Ⅰ.取mg样品于锥形瓶中，加入稀HSO 溶解，水浴加热至75℃。用 c mol﹒L-1的KMnO 溶液趁热滴定至 2 4 4 溶液出现粉红色且30s内不褪色，消耗KMnO 溶液VmL。 4 1 Ⅱ.向上述溶液中加入适量还原剂将Fe3+完全还原为Fe2+，加入稀HSO 酸化后，在75℃继续用KMnO 溶液 2 4 4 滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，又消耗KMnO 溶液VmL。 4 2 样品中所含 的质量分数表达式为_________________。 下列关于样品组成分析的说法，正确的是__________(填标号)。 A. 时，样品中一定不含杂质 B. 越大，样品中 含量一定越高 C.若步骤I中滴入KMnO 溶液不足，则测得样品中Fe元素含量偏低 4 D.若所用KMnO 溶液实际浓度偏低，则测得样品中Fe元素含量偏高 4 【答案】 （1）. 平衡气压，使浓盐酸顺利滴下； NaOH溶液 （2）. 在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶 （3）. 酸式 C （4）. BD 【解析】漂白粉的有效成分Ca(ClO) 具有强氧化性，和浓盐酸在A中发生归中反应产生Cl，Cl 和 2 2 2 KMnO 在B中反应产生KMnO ，反应不完的Cl 用C吸收，据此解答。 2 4 4 2 （1）装置A为恒压分液漏斗，它的作用是平衡气压，使浓盐酸顺利滴下，C的作用是吸收反应不完的 Cl，可用NaOH溶液吸收，Ca(ClO) 和浓盐酸在A中发生归中反应产生Cl，反应的化学方程式为 2 2 2 Ca(ClO) +4HCl=CaCl +2Cl↑+2H O，故答案为：平衡气压，使浓盐酸顺利滴下；NaOH溶液； 2 2 2 2 Ca(ClO) +4HCl=CaCl +2Cl↑+2H O； 2 2 2 2 （2）锰酸钾在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生3MnO 2-+2H O=2MnO -+MnO↓+4OH-，一部 4 2 4 2 分MnO 2-转化为了MnO ，导致最终KMnO 的产率低，而浓盐酸易挥发，直接导致B中NaOH溶液的浓度 4 2 4 减小，故改进措施是在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶吸收挥发出来的HCl，故答案为：在 资料装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶； （3）高锰酸钾有强氧化性，强氧化性溶液加入酸式滴定管，滴定管的“0”刻度在上，规格为50.00mL的 滴定管中实际的体积大于(50.00-15.00)mL，即大于35.00mL，故答案为：酸式；C； （4）设FeC O·2H O的物质的量为xmol，Fe (C O) 的物质的量为ymol，HC O·2H O的物质的量为 2 4 2 2 2 4 3 2 2 4 2 zmol，步骤I中草酸根和Fe2+均被氧化，结合得失电子守恒有：2KMnO ~5H C O(C O2-)，KMnO ~5Fe2+， 4 2 2 4 2 4 4 所以 ，步骤II中Fe2+被氧化，由KMnO ~5Fe2+可知， ，联 4 立二个方程解得：z=2.5(cV-3V )×10-3，所以HC O·2H O的质量分数= 1 2 2 2 4 2 = 。关于样品组成分析如下： A． 时，HC O·2H O的质量分数= =0，样品中不含HC O·2H O，由 2 2 4 2 2 2 4 2 和 可知，y≠0，样品中含Fe (C O) 杂质，A错误； 2 2 4 3 B． 越大，由HC O·2H O的质量分数表达式可知，其含量一定越大，B正确； 2 2 4 2 C．Fe元素的物质的量= ，若步骤I中KMnO 溶液不足，则步骤I中有一部分 4 Fe2+没有被氧化，不影响V 的大小，则 不变，则对于测得Fe元素的含量无影响，C错误； 2 D．结合C可知：若KMnO 溶液浓度偏低，则消耗KMnO 溶液的体积V、V 均偏大，Fe元素的物质的量 4 4 1 2 偏大，则测得样品中Fe元素含量偏高，D正确。 35.（2020·天津卷）为测定CuSO 溶液的浓度，甲、乙两同学设计了两个方案。回答下列问题： 4 Ⅰ.甲方案 实验原理： 实验步骤： （1）判断 沉淀完全的操作为____________。 （2）步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为_____________。 （3）步骤③灼烧时盛装样品的仪器名称为__________。 （4）固体质量为wg，则c(CuSO )=________mol‧L-1。 4 （5）若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，则测得c(CuSO )_________(填“偏高”、“偏低”或“无 4 资料影响”)。 Ⅱ.乙方案 实验原理： ， 实验步骤: ①按右图安装装置(夹持仪器略去) ②…… ③在仪器A、B、C、D、E…中加入图示的试剂 ④调整D、E中两液面相平，使D中液面保持在0或略低于0刻度位置，读数并记录。 ⑤将CuSO 溶液滴入A中搅拌，反应完成后，再滴加稀硫酸至体系不再有气体产生 4 ⑥待体系恢复到室温，移动E管，保持D、E中两液面相平，读数并记录 ⑦处理数据 （6）步骤②为________________________________________。 （7）步骤⑥需保证体系恢复到室温的原因是________(填序号)。 a.反应热受温度影响 b.气体密度受温度影响 c.反应速率受温度影响 （8）Zn粉质量为ag，若测得H 体积为bmL，已知实验条件下 ，则c(CuSO )______mol‧ 2 4 L-1(列出计算表达式)。 （9）若步骤⑥E管液面高于D管，未调液面即读数，则测得c(CuSO )________(填“偏高”、“偏低”或 4 “无影响”)。 (10)是否能用同样的装置和方法测定MgSO 溶液的浓度：_________(填“是”或“否”)。 4 【答案】 （1）. 向上层清液中继续滴加BaCl 溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全 （2）. AgNO 溶 2 3 液 （3）. 坩埚 （4）. （5）. 偏低 （6）. 检查装置气密性 （7）. b （8）. （9）. 偏高 (10). 否 【解析】甲方案是利用溶液中的硫酸铜与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，经灼烧、洗涤、称重后得到的固体 是硫酸钡，利用硫酸根守恒，计算出硫酸铜的物质的量，从而计算出浓度；乙方案是利用锌与稀硫酸反应 资料释放出氢气的体积，换算成质量，计算出与稀硫酸反应的锌的物质的量，再利用锌的总的物质的量减去与 酸反应的锌的物质的量，得到与硫酸铜反应的锌的物质的量，根据锌和硫酸铜的物质的量关系，计算出硫 酸铜的物质的量，根据 得到硫酸铜的浓度，据此分析。 Ⅰ．（1）硫酸根离子的检验是滴加氯化钡溶液，若产生白色沉淀，证明溶液中含有硫酸根离子，故判断 SO 2-沉淀完全的操作向上层清液中继续滴加BaCl 溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全； 4 2 （2）步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为AgNO 溶液，硫酸钡沉淀中可能附着有氯化钡，为了证明 3 还有没氯离子，需要加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，证明没有洗净； （3）步骤③灼烧时盛装样品的仪器为坩埚； （4）固体质量为wg，为硫酸钡的质量，硫酸钡的物质的量为n= ，根据硫酸根守恒可知， CuSO ~BaSO ，则c(CuSO )= = = mol‧L-1； 4 4 4 （5）若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，会使固体的质量偏小，物质的量偏小，根据 可知， 则测得c(CuSO )偏低； 4 Ⅱ．（6）加入药品之前需检查装置的气密性；步骤②为检查装置气密性； （7）气体的体积受温度和压强的影响较大，气体的质量不随温度和压强的变化而改变，密度也受温度和 压强的影响，步骤⑥需保证体系恢复到室温的原因是气体密度受温度影响；反应热不受温度的影响，只与 反应物和生成物自身的能量有关，不随温度压强而改变；反应速率受温度影响，温度越高，反应速率越快， 步骤⑥需保证体系恢复到室温与反应速率无关； （8）Zn粉质量为ag，若测得H 体积为bmL，已知实验条件下 ，氢气的质量= 2 ，利用氢气的质量得到氢气的物质的量n= ，根据 ，与酸反应的锌的物质的量为 ，锌的总物质的量为 ， 与硫酸铜反应的锌的物质的量为 ，根据 ，则 c(CuSO )= ； 4 （9）若步骤⑥E管液面高于D管，未调液面即读数，得到氢气的体积偏小，与硫酸反应的锌的质量偏小， 与硫酸铜反应的锌的质量偏大，则测得c(CuSO )偏高； 4 (10) 不能用同样的装置和方法测定MgSO 溶液的浓度，硫酸镁不和锌发生置换反应。 4 资料〖2019年高考真题〗 考点一 物质的制备 36．[2019·新课标Ⅰ] 硫酸铁铵[NH Fe(SO )·xHO]是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验 4 4 2 2 室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下： 回答下列问题： （1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是_________________。 （2）步骤②需要加热的目的是_________________，温度保持80~95 ℃，采用的合适加热方式是 _________________。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为 _________________（填标号）。 （3）步骤③中选用足量的HO，理由是_______________。分批加入HO，同时为了_________________， 2 2 2 2 溶液要保持pH小于0.5。 （4）步骤⑤的具体实验操作有______________，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。 （5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150 ℃时，失掉1.5个结晶水， 失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为______________。 【答案】（1）碱煮水洗 （2）加快反应 热水浴 C （3）将Fe2+全部氧化为Fe3+；不引入杂质 防止Fe3+水解 （4）加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤） （5）NH Fe(SO )·12H O 4 4 2 2 【解析】（1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，油污在碱性条件下容易水解，所以工业上常常用 热的碳酸钠溶液清洗，即碱煮水洗； （2）步骤②需要加热的目的是为了加快反应速率；温度保持80~95 ℃，由于保持温度比较恒定且低于水 的沸点，故采用的合适加热方式是水浴加热（热水浴）；铁屑中含有少量硫化物，硫化物与硫酸反应生成 硫化氢气体，可以用氢氧化钠溶液吸收，为了防止倒吸可以加装倒置的漏斗，故选择C装置； （3）步骤③中选用足量的HO，HO 可以将Fe2+氧化为Fe3+，且HO 的还原产物为HO，不会引入新的 2 2 2 2 2 2 2 杂质，故理由是：将Fe2+全部氧化为Fe3+，不引入新的杂质。因为HO 本身易分解，所以在加入时需分量 2 2 资料加入，同时为了防止Fe3+水解，溶液要保持pH小于0.5； （4）为了除去可溶性的硫酸铵、铁离子等，需要经过的步骤为：加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）； （5）设硫酸铁铵的化学式为NH Fe(SO )∙xH O，其相对分子质量为266+18x，1.5个水分子的相对分子质 4 4 2 2 量为1.5×18=27，则27/(266+18x)=5.6%，解得x=12，则硫酸铁铵的化学式为NH Fe(SO )∙12H O。 4 4 2 2 37．[2019·新课标Ⅱ] 咖啡因是一种生物碱（易溶于水及乙醇，熔点234.5℃，100℃以上开始升华），有 兴奋大脑神经和利尿等作用。茶叶中含咖啡因约1%~5%、单宁酸（K 约为10−6，易溶于水及乙醇）约 a 3%~10%，还含有色素、纤维素等。实验室从茶叶中提取咖啡因的流程如下图所示。 索氏提取装置如图所示。实验时烧瓶中溶剂受热蒸发，蒸汽沿蒸汽导管2上升至球形冷凝管，冷凝后滴入 滤纸套筒1中，与茶叶末接触，进行萃取。萃取液液面达到虹吸管3顶端时，经虹吸管3返回烧瓶，从而 实现对茶叶末的连续萃取。回答下列问题： （1）实验时需将茶叶研细，放入滤纸套筒1中，研细的目的是______________，圆底烧瓶中加入95%乙醇 为溶剂，加热前还要加几粒______________。 （2）提取过程不可选用明火直接加热，原因是______________，与常规的萃取相比，采用索氏提取器的 优点是______________。 （3）提取液需经“蒸馏浓缩”除去大部分溶剂。与水相比，乙醇作为萃取剂的优点是______________。 “蒸馏浓缩”需选用的仪器除了圆底烧瓶、蒸馏头、温度计、接收管之外，还有______________（填标 号）。 A．直形冷凝管 B．球形冷凝管 C．接收瓶 D．烧杯 （4）浓缩液加生石灰的作用是中和_______和吸收_______。 （5）可采用如图所示的简易装置分离提纯咖啡因。将粉状物放入蒸发皿中并小火加热，咖啡因在扎有小 孔的滤纸上凝结，该分离提纯方法的名称是______________。 资料【答案】（1）增加固液接触面积，提取充分 沸石 （2）乙醇易挥发，易燃 使用溶剂量少，可连续萃取（萃取效率高） （3）乙醇沸点低，易浓缩 AC （4）单宁酸 水 （5）升华 【解析】（1）萃取时将茶叶研细可以增加固液接触面积，从而使提取更充分；由于需要加热，为防止液 体暴沸，加热前还要加入几粒沸石； （2）由于乙醇易挥发，易燃烧，为防止温度过高使挥发出的乙醇燃烧，因此提取过程中不可选用明火直 接加热；根据题干中的已知信息可判断与常规的萃取相比较，采用索式提取器的优点是使用溶剂量少，可 连续萃取（萃取效率高）； （3）乙醇是有机溶剂，沸点低，因此与水相比较乙醇作为萃取剂的优点是乙醇沸点低，易浓缩；蒸馏浓 缩时需要冷凝管，为防止液体残留在冷凝管中，应该选用直形冷凝管，而不需要球形冷凝管，A正确，B 错误；为防止液体挥发，冷凝后得到的馏分需要有接收瓶接收馏分，而不需要烧杯，C正确，D错误，答 案选AC。 （4）由于茶叶中还含有单宁酸，且单宁酸也易溶于水和乙醇，因此浓缩液中加入氧化钙的作用是中和单 宁酸，同时也吸收水； （5）根据已知信息可知咖啡因在100℃以上时开始升华，因此该分离提纯方法的名称是升华。 38．[2019·新课标Ⅲ]乙酰水杨酸（阿司匹林）是目前常用药物之一。实验室通过水杨酸进行乙酰化制备阿 司匹林的一种方法如下： 水杨酸 醋酸酐 乙酰水杨酸 熔点/℃ 157~159 -72~-74 135~138 相对密度/（g·cm﹣3） 1.44 1.10 1.35 相对分子质量 138 102 180 实验过程：在100 mL锥形瓶中加入水杨酸6.9 g及醋酸酐10 mL，充分摇动使固体完全溶解。缓慢滴加0.5 mL浓硫酸后加热，维持瓶内温度在70 ℃左右，充分反应。稍冷后进行如下操作。 ①在不断搅拌下将反应后的混合物倒入100 mL冷水中，析出固体，过滤。 资料②所得结晶粗品加入50 mL饱和碳酸氢钠溶液，溶解、过滤。 ③滤液用浓盐酸酸化后冷却、过滤得固体。 ④固体经纯化得白色的乙酰水杨酸晶体5.4 g。 回答下列问题： （1）该合成反应中应采用__________加热。（填标号） A．热水浴 B．酒精灯 C．煤气灯 D．电炉 （2）下列玻璃仪器中，①中需使用的有________（填标号），不需使用的_______________________（填 名称）。 （3）①中需使用冷水，目的是______________________________________。 （4）②中饱和碳酸氢钠的作用是_________________________________，以便过滤除去难溶杂质。 （5）④采用的纯化方法为____________。 （6）本实验的产率是_________%。 【答案】（1）A （2）BD 分液漏斗、容量瓶 （3）充分析出乙酰水杨酸固体（结晶） （4）生成可溶的乙酰水杨酸钠 （5）重结晶 （6）60 【解析】（1）因为反应温度在70℃，低于水的沸点，且需维温度不变，故采用热水浴的方法加热； （2）操作①需将反应物倒入冷水，需要用烧杯量取和存放冷水，过滤的操作中还需要漏斗，则答案为： BD；分液漏斗主要用于分离互不相容的液体混合物，容量瓶用于配制一定浓度的溶液，这两个仪器用不到。 （3）反应时温度较高，所以用冷水的目的是使得乙酰水杨酸晶体充分析出； （4）乙酰水杨酸难溶于水，为了除去其中的杂质，可将生成的乙酰水杨酸与碳酸氢钠反应生成可溶性的 乙酰水杨酸钠，以便过滤除去杂质； （5）每次结晶过程中会有少量杂质一起析出，可以通过多次结晶的方法进行纯化，也就是重结晶； （6）水杨酸分子式为C HO，乙酰水杨酸分子式为C HO，根据关系式法计算得： 7 6 3 9 8 4 C HO~ C HO 7 6 3 9 8 4 138 180 6.9g m m( C HO)=(6.9g×180)/138=9g，则产率为 。 9 8 4 资料39．[2019·江苏卷]丙炔酸甲酯（ ）是一种重要的有机化工原料，沸点为103~105 ℃。实 验室制备少量丙炔酸甲酯的反应为 实验步骤如下： 步骤1：在反应瓶中，加入14 g丙炔酸、50 mL甲醇和2 mL浓硫酸，搅拌，加热回流一段时间。 步骤2：蒸出过量的甲醇（装置见下图）。 步骤3：反应液冷却后，依次用饱和NaCl溶液、5%Na CO 溶液、水洗涤。分离出有机相。 2 3 步骤4：有机相经无水NaSO 干燥、过滤、蒸馏，得丙炔酸甲酯。 2 4 （1）步骤1中，加入过量甲醇的目的是 ▲ 。 （2）步骤2中，上图所示的装置中仪器A的名称是 ▲ ；蒸馏烧瓶中加入碎瓷片的目的是 ▲ 。 （3）步骤3中，用5%Na CO 溶液洗涤，主要除去的物质是 ▲ ；分离出有机相的操作名称为 ▲ 。 2 3 （4）步骤4中，蒸馏时不能用水浴加热的原因是 ▲ 。 【答案】（1）作为溶剂、提高丙炔酸的转化率 （2）(直形)冷凝管 防止暴沸 （3）丙炔酸 分液 （4）丙炔酸甲酯的沸点比水的高 【解析】（1）一般来说，酯化反应为可逆反应，加入过量的甲醇，提高丙炔酸的转化率，丙炔酸溶解于 甲醇，甲醇还作为反应的溶剂； （2）根据装置图，仪器A为直形冷凝管；加热液体时，为防止液体暴沸，需要加入碎瓷片或沸石，因此 本题中加入碎瓷片的目的是防止液体暴沸； （3）丙炔酸甲酯的沸点为103℃~105℃，制备丙炔酸甲酯采用水浴加热，因此反应液中除含有丙炔酸甲酯 外，还含有丙炔酸、硫酸；通过饱和NaCl溶液可吸收硫酸；5%的NaCO 溶液的作用是除去丙炔酸，降低 2 3 丙炔酸甲酯在水中的溶解度，使之析出；水洗除去NaCl、NaCO，然后通过分液的方法得到丙炔酸甲酯； 2 3 （4）水浴加热提供最高温度为100℃，而丙炔酸甲酯的沸点为103℃~105℃，采用水浴加热，不能达到丙 炔酸甲酯的沸点，不能将丙炔酸甲酯蒸出，因此蒸馏时不能用水浴加热。 资料