专题25化学实验综合题——物质的成分、性质探究类（解析）_高考真题分类汇编_高考化学真题分类汇编（全国通用）五年（2021-2025）

五年（2021-2025）高考化学真题分类汇编 专题25 化学实验综合题——物质的成分、性质探究类 考向 五年考情（2021-2025） 命题趋势 2025·湖北卷、2025·江苏卷、 作为最能体现化学学科核心素养的 2025·北京卷、2024·山东卷、 高考实验大题来说，每年均是以陌 考向一 物质的检测综合实验题 2024·安徽卷、2023·全国乙卷、 生无机物或有机物的性质探究、物 2021·全国甲卷、2021·湖南卷、 质制备等为载体，在实验原理、实 验仪器、实验操作规范及实验相关 2021·山东卷 计算等角度出题。分析近5年高考 2025·广东卷、2025·河南卷、 实验综合题不难发现，其知识容量 2025·浙江1月卷、2024·湖北 大、命题素材广、综合程度高，考 卷、2024·江苏卷、2023·天津 查仪器的基本操作使用、实验现象 卷、2023·重庆卷、2023·湖南 考向二 物质性质和化学反应探 的分析描述、物质的制备方法、除 卷、2023·广东卷、2023·北京 究实验综合题 杂分离、性质探究、组成测定等， 卷、2022·北京卷、2022·江苏 其巧妙的设问真正从解答问题转型 卷、2022·福建卷、2022·广东 为解决问题。化学实验综合题主要 卷、2022·辽宁卷、2022·北京 有两大类型：物质的制备类和物质 卷、2021·广东卷 的成分、性质探究类。 考向一 物质的检测综合实验题 1．（2025·湖北卷）某小组在探究 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 溶液加入5滴 溶液，振荡后加入 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 溶液中加入 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 粉，得到 红棕色固体，其组成是 (填标号)。 a． b． 包裹 c． d． 和 ③同学乙搅拌下分批加入 粉，得到黑色粉末X。分析结果表明，X中不含 和 。关于X 的组成提出了三种可能性：Ⅰ ；Ⅱ 和 ；Ⅲ ，开展了下面2个探究实验： 1 / 49 学科网（北京）股份有限公司由实验结果可知，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 。 【答案】（1）Cu O 还原 2 （2）除去过量的锌粉 b Ⅲ 光线进入后被多次反射吸收，所以呈黑色 【分析】（1）向 溶液加入5滴 溶液，制得新制氢氧化铜悬浊液，振荡后加入 葡萄糖溶液，加热，新制氢氧化铜悬浊液和葡萄糖中的醛基反应； （2）向 溶液中加入 粉使蓝色完全褪去，Cu2+全部被还原，再加入盐酸并加热 至溶液中无气泡产生为止，过量的Zn粉全部转化为Zn2+，过滤得固体，洗涤并真空干燥，该固体是 Cu2+的还原产物，可能含Cu、Cu O等。 2 【解析】（1）①向 溶液加入5滴 溶液制得新制氢氧化铜悬浊液，振荡后加入 葡萄糖溶液，加热，新制氢氧化铜悬浊液与葡萄糖中的醛基反应产生的砖红色沉淀为Cu O， 2 Cu被葡萄糖从+2价还原为+1价，葡萄糖表现出还原性； ②操作时，没有加入葡萄糖溶液就加热，有黑色沉淀生成，该黑色沉淀为CuO，用化学反应方程式说 明该沉淀产生的原因： ； （2）①由题干加入盐酸并加热至溶液中无气泡产生为止可知加入盐酸的作用是除去过量的锌粉； ②先加Zn粉、后加盐酸，得到固体为红棕色，则一定有Cu(Cu O和HCl发生歧化反应生成Cu)，20mL 2 0.5mol/LCuSO 中n(Cu2+)=0.5mol/L×20mL=0.01mol，Cu的最大物质的量为0.01mol，质量为0.64g，生 4 成Cu O的最大质量为0.72g，实际固体质量为0.78g： 2 a．若只有Cu，则固体质量应小于等于0.64g，a不符题意； b．若是Cu包裹Zn，则0.64＜固体质量＜1.18g，b符合题意； c．若是CuO，则不可能为红棕色，c不符题意； d．若是Cu和Cu O，固体质量应介于0.64g—0.72g之间，d不符题意； 2 选b； ③实验1得到的溶液呈无色，说明一定无CuO，那么X的组成只能是Cu，选Ⅲ；从物质形态角度分 析，X为黑色的原因是金属固体Cu呈粉末状时，光线进入后被多次反射吸收，所以呈黑色。 2．（2025·江苏卷）海洋出水铁质文物表面有凝结物，研究其形成原理和脱氯方法对保护文物意义重大。 （1）文物出水清淤后，须尽快浸泡在稀 或 溶液中进行现场保护。 ①玻璃中的 能与 反应生成 (填化学式)，故不能使用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛放 溶液。 2 / 49 学科网（北京）股份有限公司②文物浸泡在碱性溶液中比暴露在空气中能减缓吸氧腐蚀，其原因有 。 （2）文物表面凝结物种类受文物材质和海洋环境等因素的影响。 ①无氧环境中，文物中的 与海水中的 在细菌作用下形成 等含铁凝结物。写出 与 反 应生成 和 的离子方程式： 。 ②有氧环境中，海水中的铁质文物表面形成 等凝结物。 (i)铁在盐水中腐蚀的可能原理如图所示。依据原理设计如下实验：向 溶液中加入 溶 液(能与 形成蓝色沉淀)和酚酞，将混合液滴到生铁片上。预测该实验的现象为 。 (ii)铁的氢氧化物吸附某些阳离子形成带正电的胶粒，是凝结物富集 的可能原因。该胶粒的形成过程 中，参与的主要阳离子有 (填离子符号)。 （3）为比较含氯 在 溶液与蒸馏水中浸泡的脱氯效果，请补充实验方案：取一定量含氯 模拟样品，将其分为两等份， ，比较滴加 溶液体积[ 。实 验须遵循节约试剂用量的原则，必须使用的试剂：蒸馏水、 溶液、 溶 液、 溶液]。 【答案】（1） 碱性环境抑制吸氧腐蚀正极反应的进行，反应速率减慢；碱性溶液中， 溶解度较小，减少文物与 的接触，减缓吸氧腐蚀 （2） 滴加混合溶液后，铁片表面将出现蓝色和红 色区域，较长时间后出现黄色斑点 （3）分别加入等体积(如5mL)的 溶液和蒸馏水至浸没样品，在室温下，搅拌、浸泡 30min；过滤，各取等量上清液(如2mL)置于两支小试管中，分别滴加 溶液酸化， 再分别滴加 溶液；记录每份上清液至出现AgCl白色沉淀时消耗的 溶液体积 【解析】（1）① 是酸性氧化物，可与NaOH溶液发生反应生成硅酸钠和水，化学方程式为 。 ②吸氧腐蚀时正极反应式为 ，根据化学平衡移动原理，碱性溶液中， 浓度 较大，会抑制 得电子，使吸氧腐蚀的速率减慢； 在高离子浓度的液体中溶解度较小，碱性溶液比 纯水溶解氧的能力低，减少了文物与 的接触，减缓吸氧腐蚀。 （2）①无氧、弱碱性的海水中，Fe在细菌作用下，被 氧化为 价的FeS、 ，根据得失 3 / 49 学科网（北京）股份有限公司电子守恒、电荷守恒、原子守恒可写出该反应的离子方程式： 。 ②(ⅰ)由题图知，铁片在NaCl溶液中发生吸氧腐蚀，开始时，负极反应式为 ，正极反应式 为 。 与 反应生成 蓝色沉淀，即铁片上会出现 蓝色区域；溶液中酚酞遇到 变红，铁片上会出现红色区域；由“有氧环境中，海水中的铁质文物 表面形成FeOOH”知， 在盐水中被 氧化成黄色的FeOOH，故现象是滴加混合溶液后，铁片表面 将出现蓝色和红色区域，较长时间后出现黄色斑点； (ⅱ)铁片发生吸氧腐蚀，负极区生成 ，被 进一步氧化为 ，此时体系中的阳离子主要有 。 （3）要检验脱氯效果，应控制样品用量、脱氯时间、取用体积等变量相同，利用 与 的反应进 行实验。实验中，首先需要将等量的含氯FeOOH模拟样品分别用等体积的NaOH溶液与蒸馏水浸泡脱 氯，然后过滤，得到上清液，取等体积的两种上清液，先用 溶液酸化，再加入 溶液，通 过比较出现AgCl白色沉淀时消耗。 溶液体积的大小，即可比较脱氯效果。 3．（2025·北京卷）化学反应平衡常数对认识化学反应的方向和限度具有指导意义。实验小组研究测定“ ”平衡常数的方法，对照理论数据判断方法的可行性。 （1）理论分析 ① 易挥发，需控制生成 较小。 ②根据 时 分析，控制合适 ，可使生成 较小；用浓度较大的 溶液与过量 反应，反应前后 几乎不变； ，仅需测定平衡时溶液 和 。 ③ 与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度 挥发性很小，可忽略。 （2）实验探究 序 实验内容及现象 号 ，将 溶液( )与过量 混合，密闭并搅拌，充分反应 I 后，溶液变为黄色，容器液面上方有淡黄色气体。 ，将 溶液( )与过量 混合，密闭并搅拌，反应时间 Ⅱ 与I相同，溶液变为淡黄色，容器液面上方未观察到黄色气体。 测定I、Ⅱ反应后溶液的 ；取一定量反应后溶液，加入过量 固体，用 Ⅲ 标准溶液滴定，测定 。 已知： ； 和 溶液颜色均为无色。 4 / 49 学科网（北京）股份有限公司①Ⅲ中，滴定时选用淀粉作指示剂，滴定终点时的现象是 。用离子方程式表示 的作用： 。 ②I中，与反应前的溶液相比，反应后溶液的 (填“增大”、“减小”或“不变”)。平衡 后，按 计算所得值小于 的K值，是因为 挥发导致计算时所用 的浓度小 于其在溶液中实际浓度。 ③Ⅱ中，按 计算所得值也小于 的K值，可能原因是 。 （3）实验改进 分析实验I、Ⅱ中测定结果均偏小的原因，改变实验条件，再次实验。 控制反应温度为 ，其他条件与Ⅱ相同，经实验准确测得该条件下的平衡常数。 ①判断该实验测得的平衡常数是否准确，应与 值比较。 ②综合调控 和温度的目的是 。 【答案】（1） （2）滴入最后半滴 标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复 增大 实验Ⅱ的 浓度低于实验Ⅰ，反应相同时间下，实验Ⅱ未达到平衡状态，导 致溶液中 偏低，计算的K值偏小 （3）40℃下的理论K 使反应更快的达到平衡状态，使Br 处于溶解平衡且挥发最少的状态，从而 2 准确测定K值。 【分析】平衡常数表达式： ，控制pH可调节c(Br )大小。使用过量 2 MnO 和浓KBr溶液，确保c(Br–)几乎不变。因c(Mn2+) = c(Br )，只需测定平衡时的pH和c(Br )即可计 2 2 2 算K。 干扰忽略：Br 与水反应、HBr挥发对实验影响可忽略。 2 【解析】（1） （2）①淀粉遇I 显蓝色，I 被NaSO 消耗后蓝色消失，故滴定终点现象：滴入最后半滴 标准 2 2 2 2 3 溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复； KI的作用：将Br 转化为I，便于滴定测定Br 浓度。离子方程式： ； 2 2 2 ②该反应消耗 生成水，pH增大；因为Br 挥发导致实测c(Br )偏小，根据题目信息可知， 2 2 ，则计算时所用 的浓度小于其在溶液中实际浓度； ③实验Ⅱ液面上方未观察到黄色气体，说明不是由于Br 挥发导致实测c(Br )偏小，题目已知信息③也 2 2 说明了 与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度 挥发性很小，可忽略，对比实验Ⅰ和 Ⅱ可知，实验Ⅱ的pH更大，且反应后溶液为淡黄色，则可能原因是，实验Ⅱ的 浓度低于实验 5 / 49 学科网（北京）股份有限公司Ⅰ，反应相同时间下，实验Ⅱ未达到平衡状态，导致溶液中 偏低，计算的K值偏小； （3）①平衡常数准确性验证：应与40℃下的理论K值比较，因为K值只与温度有关，（题目给出 25℃的K，需查阅40℃的文献值）。 ②实验Ⅰ和实验Ⅱ反应时间相同，实验Ⅰ由于 过大，反应速率过快，Br 挥发导致计算的K值 2 小，实验Ⅱ由于 过小，反应速率过慢，未达平衡状态，导致计算的K值小，故综合调控 和温 度的目的是使反应更快的达到平衡状态，使Br 处于溶解平衡且挥发最少的状态，从而准确测定K值。 2 4．（2024·山东卷）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 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 略小于 的 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 碱性标准溶液，发生反应： ，使溶液显浅蓝色。 ②燃烧：按一定流速通入 ，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： )，立即用 碱性标准溶液 滴定至浅蓝色复现。随 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 的碱性溶液和一定量的 固体，配制 碱性标准溶液， 下列仪器必须用到的是_______(填标号)。 A．玻璃棒 B． 锥形瓶 C． 容量瓶 D．胶头滴管 （2）装置B和C的作用是充分干燥 ，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 碱性标准溶液 ，样品中硫的质量分数是 (用代数式表示)。 （4）若装置D中瓷舟未加盖，会因燃烧时产生粉尘而促进 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 不 经 直接将 氧化成 ，测定结果会 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。 6 / 49 学科网（北京）股份有限公司【答案】（1）AD （2）浓硫酸 防止倒吸 （3）当加入最后半滴 碱性标准溶液后，溶液由无色突变为蓝色且30s内不变色 （4）催化剂 通入F的气体温度过高，导致部分 升华，从而消耗更多的 碱性标准溶液 不变 【分析】由题中信息可知，利用“燃烧—碘酸钾滴定法”测定钢铁中硫含量的实验中，将氧气经干 燥、净化后通入管式炉中将钢铁中硫氧化为 ，然后将生成的 导入碘液中吸收，通过消耗 碱性标准溶液的体积来测定钢铁中硫的含量。 【解析】（1）取 的碱性溶液和一定量的 固体，配制 碱性 标准溶液（稀释了50倍后 的浓度为0.0020000 ），需要用碱式滴定管或移液管量取 的碱性溶液，需要用一定精确度的天平称量一定质量的 固体，需要在烧 杯中溶解 固体，溶解时要用到玻璃棒搅拌，需要用 容量瓶配制标准溶液，需要用胶头滴管 定容，因此，下列仪器必须用到的是AD。 （2）装置B和C的作用是充分干燥 ，浓硫酸具有吸水性，常用于干燥某些气体，因此B中的试剂 为浓硫酸。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，其目的是防止倒吸，因为 磨砂浮子的密度小于水，若球泡内水面上升，磨砂浮子也随之上升，磨砂浮子可以作为一个磨砂玻璃 塞将导气管的出气口堵塞上，从而防止倒吸。 （3）该滴定实验是利用过量的1滴或半滴标准溶液来指示滴定终点的，因此，该滴定实验达终点的现 象是当加入最后半滴 碱性标准溶液后，溶液由无色突变为蓝色且30s内不变色；由S元素守恒及 、 可得关系式3S~3 ~3 ~ ，若滴 定消耗 碱性标准溶液 ，则 ， ，样品中硫的质量分数是 。 （4）若装置D中瓷舟未加盖，燃烧时产生粉尘中含有铁的氧化物，铁的氧化物能催化 的氧化反应 从而促进 的生成，因此，粉尘在该过程中的作用是催化剂；若装置E冷却气体不充分，则通入F的 气体温度过高，可能导致部分 升华，这样就要消耗更多 碱性标准溶液，从而可能导致测定结果 偏大；若滴定过程中，有少量 不经 直接将 氧化成 ，从电子转移守恒的角度分析， 得到 被还原为 ，仍能得到关系式3S~3 ~ ，测定结果会不变。 5．（2024·安徽卷）测定铁矿石中铁含量的传统方法是 ，滴定法。研究小组用该方法 测定质量为 的某赤铁矿试样中的铁含量。 【配制溶液】 7 / 49 学科网（北京）股份有限公司① 标准溶液。 ② 溶液：称取 溶于 浓盐酸，加水至 ，加入少量锡粒。 【测定含量】按下图所示(加热装置路去)操作步骤进行实验。 已知：氯化铁受热易升华；室温时 ，可将 氧化为 。难以氧化 ； 可被 还原 为 。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 溶液时加入锡粒的原因： 。 （3）步骤I中“微热”的原因是 。 （4）步琛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 标准溶液 ，则 试样中 的质量分数为 (用含a、c、V的 代数式表示)。 （6） 滴定法也可测定铁的含量，其主要原理是利用 和 将铁矿石试样中 还原为 ，再用 标准溶液滴定。 ①从环保角度分析，该方法相比于 ，滴定法的优点是 。 ②为探究 溶液滴定时， 在不同酸度下对 测定结果的影响，分别向下列溶液中加入1滴 溶液，现象如下表： 溶液 现象 空白实 溶液 试剂X 紫红色不褪去 验 实验I 溶液 硫酸 紫红色不褪去 8 / 49 学科网（北京）股份有限公司实验ⅱ 溶液 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 。 【答案】（1）容量瓶、量筒 （2）Sn2+易被空气氧化为Sn4+，离子方程式为 ，加入Sn，发生反应 ，可防止Sn2+氧化 （3）增大 的溶解度，促进其溶解 （4）偏小 （5） （6）更安全，对环境更友好 HO 酸性越强，KMnO 的氧化性越强，Cl-被KMnO 氧化的可 2 4 4 能性越大，对Fe2+测定结果造成干扰的可能性越大，因此在KMnO 标准液进行滴定时，要控制溶液的 4 pH值 【分析】浓盐酸与试样反应，使得试样中Fe元素以离子形式存在，滴加稍过量的SnCl 使Fe3+还原为 2 Fe2+，冷却后滴加HgCl ，将多余的Sn2+氧化为Sn4+，加入硫酸和磷酸混合液后，滴加指示剂，用 2 KCr O 进行滴定，将Fe2+氧化为Fe3+，化学方程式为 。 2 2 7 【解析】（1）配制SnCl 溶液需要用到容量瓶和量筒，滴定需要用到酸式滴定管，但给出的为碱式滴 2 定管，因此给出仪器中，本实验必须用到容量瓶、量筒； （2）Sn2+易被空气氧化为Sn4+，离子方程式为 ，加入Sn，发生反应 ，可防止Sn2+氧化； （3）步骤I中“微热”是为了增大 的溶解度，促进其溶解； （4）步琛Ⅲ中，若未“立即滴定”，Fe2+易被空气中的O 氧化为Fe3+，导致测定的铁含量偏小； 2 （5）根据方程式 可得： ，ag试样中Fe元素的质量为 ，质量分数为 （6）① 方法中，HgCl 氧化Sn2+的离子方程式为： ，生成 2 的Hg有剧毒，因此 相比于 的优点是：更安全，对环境更友 好； ② 溶液+0.5mL试剂X，为空白试验，因此X为HO；由表格可知，酸性越强， 2 KMnO 的氧化性越强，Cl-被KMnO 氧化的可能性越大，对Fe2+测定结果造成干扰的可能性越大，因此 4 4 在KMnO 标准液进行滴定时，要控制溶液的pH值。 4 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。 9 / 49 学科网（北京）股份有限公司回答下列问题： （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 （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。 【解析】（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 2 已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 2 作用是催化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 2 2 2 2 装有碱石灰，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 2 却； （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 2 H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， 2 10 / 49 学科网（北京）股份有限公司则增重量为CO 的质量，由此可以得到有机物中C元素的物质的量n(C)= = 2 =0.0008mol；有机物中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 2 为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．（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 2 4 4 2 利用率高） 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 【解析】 （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； 2 4 4 2 11 / 49 学科网（北京）股份有限公司直接用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 2 偏高，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 3 加热胆矾晶体时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 3 水数目定值偏高，符合题意；综上所述，①③符合题意，故答案为：①③。 8．（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 12 / 49 学科网（北京）股份有限公司点)，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。 (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 3 3 黄色变橙色，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 2 3 4 3 热，根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 3 应，最终得到滤液为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， 4 3 3 在300 C加热分解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 2 3 3 2 3 3 示剂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 2 13 / 49 学科网（北京）股份有限公司用酚酞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 3 2 2 3 3 的，最终通过计算得出产品中NaHCO 的质量分数。 3 【解析】 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 4 3 3 3 小，故答案为：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 3 项，故答案为：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 3 V=23.51mL，则根据方程式NaHCO +HCl=NaCl+H O+CO↑可知，消耗的NaHCO 的物质的量n 2 3 2 2 3 总 (NaHCO )= 0.1000mol/L 23.51 10-3L=2.351 10-3mol，则原溶液中的NaHCO 的物质的量n(NaHCO )= 3 3 3 n (NaHCO )- n (NaHCO )= 2.351 10-3mol-2.245 10-3mol=1.06 10-4mol，则原产品中NaHCO 的物质 总 3 生成 3 3 的量为 =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： 1 3 偏大。 9．（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 3 6 略)。回答下列问题： 14 / 49 学科网（北京）股份有限公司（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 3 2 2 处逸出的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 3 2 装盛有碱石灰的干燥管；④……；⑤加热，通Cl；⑥……。碱石灰的作用是___；操作④是___，目的 2 是___。 （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 2 3 干扰)。 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 6 2 4 +Ba(IO )=BaWO +2IO ；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： 3 2 4 IO +5I-+6H+=3I +3H O；反应完全后，用NaSO 标准溶液滴定，发生反应：I+2S O =2I-+S O 。滴 2 2 2 2 3 2 2 4 定达终点时消耗cmol•L-1的NaSO 溶液VmL，则样品中WCl(摩尔质量为Mg•mol-1)的质量分数为 2 2 3 6 ___。称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，则滴定时消耗NaSO 溶液的体积将___(填 2 2 3 “偏大”“偏小”或“不变”)，样品中WCl 质量分数的测定值将___(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 6 【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 6 2 6 止空气中的水蒸气进入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 6 2 1 CS 易挥发，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 2 2 CS 的质量为(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 2 1 2 1 2 2 15 / 49 学科网（北京）股份有限公司mg，则样品质量为：mg+2(m- m )g-m g=( m +m- 2m )g；滴定时，利用关系式：WO ~2IO ~6I ~12 3 3 1 2 1 3 1 2 2 SO 计算样品中含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 2 6 6 及误差是偏大还是偏小。 【解析】 （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 2 3 2 构造可知仪器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 3 WO 已被完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； 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 6 2 6 止空气中的水蒸气进入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 2 2 通入N，目的是排除装置中的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 2 2 入E；再次通入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， 2 1 2 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 的质量为(m - m )g，再开盖加 2 2 1 2 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，则样品质量为：mg+2(m- 1 2 2 3 3 1 m)g-m g=( m +m- 2m )g，故答案为：( m +m- 2m )； 2 1 3 1 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 2 2 6 2 10-3mol，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 2 3 6 2 2 3 液的体积将不变，样品中WCl 质量分数的测定值将偏大，故答案为： %；不变； 6 偏大。 考向二 物质性质和化学反应探究实验综合题 10．（2025·广东卷）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2mL甲苯的试管中，加入几滴酸性 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)。 16 / 49 学科网（北京）股份有限公司（3）兴趣小组测定常温下苯甲酸饱和溶液的浓度 和苯甲酸的 ，实验如下：取50.00mL苯甲酸饱 和溶液，用 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： ① 。 ②苯甲酸的 (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 衡量。下列羧酸 的变化顺序为： 。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 大小顺序，因为 。 乙同学用（3）中方法测定了上述三种酸的 ，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 。 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 。 17 / 49 学科网（北京）股份有限公司②小组讨论后，选用0.100mol/LNaClO溶液(含少量NaCl)进行实验，以获得HClO的 。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。 【答案】（1）由紫色变为无色 （2）da （3） （4）增大 极性 常温下三种酸的饱和溶液的浓度不同 （5） 实验方法：取适量0.100mol/LNaClO溶液放入烧杯中，用pH 计测得体系在25℃下的pH，记录数据； 数据处理思路：由于NaClO溶液中存在ClO-的水解，故根据0.100mol/LNaClO溶液在25℃下的pH可 求得ClO-的水解平衡常数 ，再利用公式 求出HClO的K。 a 【解析】（1）酸性KMnO 溶液具有强氧化性，可以将甲苯氧化生成苯甲酸，故向盛有2mL甲苯的试 4 管中，加入几滴酸性KMnO 溶液，振荡，观察到体系颜色由紫色变为无色。 4 （2）重结晶法提纯苯甲酸的方法为，加热溶解、趁热过滤、冷却结晶，故操作编号为da （3）①由图像可知，当加入14mLNaOH溶液时，苯甲酸被完全中和，则可得苯甲酸饱和溶液的浓度 ； ②由图像可知，苯甲酸饱和溶液的pH为2.89，说明苯甲酸饱和溶液中的 ，则苯甲酸的 （4）①羧酸酸性的强弱取决于羧基中O-H键的极性大小，极性越大，酸性越强，卤素原子的电负性 越大，吸电子能力越强，使得羧基中O-H键的极性越大，酸性越强； ③由于常温下三种酸的饱和溶液的浓度不同，所以该推断依据不足。 （5）①次氯酸在光照条件下易分解为HCl和O，其分解反应的离子方程式为 2 ； ②实验方法：取适量0.100mol/LNaClO溶液放入烧杯中，用pH计测得体系在25℃下的pH，记录数 据； 数据处理思路：由于NaClO溶液中存在ClO-的水解，故根据0.100mol/LNaClO溶液在25℃下的pH可 求得ClO-的水解平衡常数 ，再利用公式 求出HClO的K。 a 11．（2025·河南卷）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 。 18 / 49 学科网（北京）股份有限公司主要实验步骤如下： Ⅰ．如图所示，准确称取 细粉状药用硫黄于①中，并准确加入 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 溶液，加热至 ，保持 ，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 标准溶液滴定至终 点，消耗 溶液体积为 。 Ⅳ．不加入硫黄，重复步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ做空白实验，消耗 标准溶液体积为 。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 ， 实验操作是 。 （5）步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)。 【答案】（1）圆底烧瓶 球形冷凝管 （2）作溶剂，溶解单质硫 （3）防止双氧水氧化乙醇，影响实验测定结果 （4）实验需要加热至100 ℃，应选用油浴或其他更合适的加热方法；而水的沸点就是100 ℃，难以 使反器的受热温度维持在100℃，所以不宜采用水浴加热 取适量混合液先加入盐酸酸化，无明显 实验现象，再加入氯化钡溶液产生白色沉淀，说明含有 （5）滴入最后半滴盐酸，溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复原色 （6） 【解析】（1）根据仪器构造可知①是圆底烧瓶，②是球形冷凝管； 19 / 49 学科网（北京）股份有限公司（2）硫单质难溶于水，微溶于酒精，所以乙醇的作用是作溶剂，溶解单质硫； （3）双氧水具有强氧化性，乙醇具有还原性，二者混合发生氧化还原反应，所以必须蒸馏除去乙 醇； （4）由于实验需要加热至100℃，应选用油浴或其他更合适的加热方法；而水的沸点就是100 ℃，难 以使反器的受热温度维持在100℃，所以不宜采用水浴加热；要检验溶液中的硫酸根离子，需要排除 溶液中其它离子的干扰，所以实验操作是取适量混合液先加入盐酸酸化，无明显实验现象，再加入氯 化钡溶液产生白色沉淀，说明含有 。 （5）甲基橙作指示剂，盐酸滴定氢氧化钾溶液，则滴定终点的现象为滴入最后半滴盐酸，溶液颜色 由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复原色； （6）不加入硫黄，消耗 标准溶液体积为 ，因此原氢氧化钾的物质的量是0.001cV mol，反 3 应后剩余氢氧化钾的物质的量是0.001cV mol，因此与硫磺反应的氢氧化钾的物质的量是0.001c（V－ 2 3 V）mol，所以根据方程式 可知硫单质的物质的量0.0005c（V－V） 2 3 2 mol，所以单次样品测定中硫的质量分数可表示为 。 12．（2025·浙江 1 月卷）某研究小组探究 AlCl 催化氯苯与氯化亚砜(SOCl )转化为化合物 Z( 3 2 )的反应。实验流程为： 已知： ①实验在通风橱内进行。 ②SOCl 遇水即放出SO 和HCl；AlCl 易升华。 2 2 3 ③氯苯溶于乙醚，难溶于水；Z易溶于乙醚，难溶于水；乙醚不易溶于水。 请回答： （1）在无水气氛中提纯少量AlCl 的简易升华装置如图所示，此处漏斗的作用是 。 3 （2）写出下图中干燥管内可用的酸性固体干燥剂 (填1种)。 20 / 49 学科网（北京）股份有限公司（3）步骤Ⅰ，下列说法正确的是_______。 A．氯苯试剂可能含有水，在使用前应作除水处理 B．三颈烧瓶置于冰水浴中，是为了控制反应温度 C．因实验在通风橱内进行，X处无需连接尾气吸收装置 D．反应体系中不再产生气泡时，可判定反应基本结束 （4）步骤Ⅱ，加入冰水的作用是 。 （5）步骤Ⅲ，从混合物M 中得到Z粗产物的所有操作如下，请排序 (填序号)。 2 ①减压蒸馏 ②用乙醚萃取、分液 ③过滤 ④再次萃取、分液，合并有机相 ⑤加入无水NaSO 干燥 2 4 剂吸水 （6） AlCl 可促进氯苯与SOCl 反应中S-Cl键的断裂，原因是 。 3 2 【答案】（1）AlCl 蒸汽遇冷的漏斗内壁凝华为AlCl 固体，收集AlCl 3 3 3 （2）PO、硅胶 2 5 （3）ABD （4）除去混合物中的SOCl 、AlCl ，实现有机相与无机相的分离，同时降低反应的速率 2 3 （5）②④⑤③① （6）AlCl 易与Cl-形成络合物[AlCl ]-，促使SOCl 反应中S-Cl键的断裂 3 4 2 【分析】本题为实验探究题，让氯苯、SOCl 混合在冰水浴中AlCl 催化作用下进行反应生成化合物 2 3 Z，充分反应后加入适量的冰水以除去SOCl 和AlCl ，然后加入乙醚进行多次萃取分离出有机相，并 2 3 合并有机相，向有机相中加入无水NaSO 进行出水，过滤除去NaSO 晶体后，进行减压蒸馏就可得 2 4 2 4 到比较纯净的Z的粗产品，据此分析解题。 【解析】（1）已知AlCl 易升华，即受热之后变为蒸汽，遇冷之后又凝华为固体，故在无水气氛中提 3 纯少量AlCl 的简易升华装置中漏斗的作用是：AlCl 蒸汽遇冷的漏斗内壁凝华为AlCl 固体，收集 3 3 3 AlCl ，故答案为：AlCl 蒸汽遇冷的漏斗内壁凝华为AlCl 固体，收集AlCl ； 3 3 3 3 （2）酸性干燥剂一般用于干燥酸性或中性气体，常见的酸性固体干燥剂有五氧化二磷或硅胶等，它 可以吸收水分，此处干燥剂是为了防止空气中水蒸气进入，可使用PO、硅胶，故答案为：PO、硅 2 5 2 5 胶； （3）A．由题干信息可知，SOCl 遇水即放出SO 和HCl，氯苯试剂可能含有水，故在使用前应作除 2 2 水处理，A正确； B．由题干信息可知，AlCl 易升华，故三颈烧瓶置于冰水浴中，是为了控制反应温度，B正确； 3 C．由（2）题干信息可知，X处装入干燥剂起到干燥作用，而未能吸收尾气，故因实验在通风橱内进 21 / 49 学科网（北京）股份有限公司行，X处仍需连接尾气吸收装置以增加实验的安全性和环保性，C错误； D．已知氯苯和SOCl 在AlCl 催化作用下生成Z和HCl，即反应过程中能够产生难溶于有机物的HCl 2 3 气泡，则可知反应体系中不再产生气泡时，可判定反应基本结束，D正确； 故答案为：ABD； （4）由分析可知，步骤Ⅰ所得M1中含有Z、氯苯和SOCl 、AlCl 等，结合题干信息可知，SOCl 遇 2 3 2 水即放出SO 和HCl，且AlCl 易溶于水而难溶于有机物，故步骤Ⅱ中加入冰水的作用是除去混合物中 2 3 的SOCl 、AlCl ，同时冰水可以降低反应速率；故答案为：除去混合物中的SOCl 、AlCl ，实现有机 2 3 2 3 相与无机相的分离，同时降低反应的速率； （5）由分析可知，步骤Ⅱ得到的混合物M2中含有Z、氯苯，结合题干信息：氯苯溶于乙醚，难溶于 水；Z易溶于乙醚，难溶于水；乙醚不易溶于水，步骤Ⅲ从混合物M 中得到Z粗产物的所有操作为： 2 用乙醚萃取、分液，再次萃取、分液，合并有机相，加入无水NaSO 干燥剂吸水，过滤出NaSO 晶 2 4 2 4 体，即得到氯苯和Z的混合，在进行减压蒸馏，故答案为：②④⑤③①； （6）已知AlCl 易与Cl-形成络合物[AlCl ]-，故AlCl 可促进氯苯与SOCl 反应中S-Cl健的断裂，故答 3 4 3 2 案为：AlCl 易与Cl-形成络合物[AlCl ]-，促使SOCl 反应中S-Cl键的断裂。 3 4 2 13．（2024·湖北卷）学习小组为探究 、 能否催化 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 溶液变为红色，伴有气泡产 溶液变为墨绿色，并持续产生能使带火星木条复燃的气 无明显变化 生 体 已知： 为粉红色、 为蓝色、 为红色、 为墨绿 色。回答下列问题： （1）配制 的 溶液，需要用到下列仪器中的 (填标号)。 a． b． c． d． （2）实验I表明 (填“能”或“不能”)催化 的分解。实验Ⅱ中 大大 过量的原因是 。实验Ⅲ初步表明 能催化 的分解，写出 在实验Ⅲ中所 发生反应的离子方程式 、 。 22 / 49 学科网（北京）股份有限公司（3）实验I表明，反应 难以正向进行，利用化 学平衡移动原理，分析 、 分别与 配位后，正向反应能够进行的原因 。 实验Ⅳ： （4）实验Ⅳ中，A到B溶液变为蓝色，并产生气体；B到C溶液变为粉红色，并产生气体。从A到 C所产生的气体的分子式分别为 、 。 【答案】（1）bc （2）不能 与 按物质的量之比4:1发生反应 ，实验中 与 的物质的量之比为32:3 （3）实验Ⅲ的现象表明，Co3+、Co2+分别与 配位时， 更易与 反应生成 （该反应为快反应），导致 几乎不能转化为 ，这样使得 的浓度减小的幅度远远大于 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） 【分析】本题探究 、 能否催化 的分解及相关性质。实验Ⅰ中无明显变化，证明 不能催化 的分解；实验Ⅱ中溶液变为红色，证明 易转化为 ；实验Ⅲ中溶液变为墨绿色，说明 更易与 反应生成 ， 并且初步证明 在 的作用下易被 氧化为 ；实验Ⅳ中溶液先变蓝后 变红，并且前后均有气体生成，证明在酸性条件下， 易转化为 ， 氧化性强，可以把 氧化为 。 【解析】（1）配制1.00 mol·L-1的CoSO 溶液，需要用到容量瓶、胶头滴管等等，因此选bc。 4 （2）CoSO 溶液中存在大量的 ，向其中加入30%的 后无明显变化，因此，实验I 4 表明 不能催化 的分解。实验Ⅱ中发生反应的离子方程式为 23 / 49 学科网（北京）股份有限公司，实验中 与 的物质的量之比为32:3，因此， 大大过量的原因是： 与 按物质的量之比4:1发生反应 ，实验中 与 的物质的量之比为32:3。实验Ⅲ 的实验现象表明在 的作用下 能与 反应生成 ，然后 能催化 的分解，因此， 在实验Ⅲ中所发生反应的离子方程式为 、 。 （3）实验I表明，反应 难以正向进行。实验 Ⅲ的现象表明，Co3+、Co2+分别与 配位时， 更易与 反应生成 （该 反应为快反应），导致 几乎不能转化为 ，这样使得 的浓度 减小的幅度远远大于 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到B溶液变为蓝色，并产生气体，说明发生了 ；B到C溶液变为粉红色，并产生气体，说明发 生了 ，因此从A到C所产生的气体的分子式分别 为 和 。 14．（2024·江苏卷）贵金属银应用广泛。Ag与稀 制得 ，常用于循环处理高氯废水。 （1）沉淀 。在高氯水样中加入 使 浓度约为 ，当滴加 溶液至开 始产生 沉淀(忽略滴加过程的体积增加)，此时溶液中 浓度约为 。[已知： ， ] （2）还原 。在 沉淀中埋入铁圈并压实，加入足量 盐酸后静置，充分反应得到 Ag。 ①铁将 转化为单质Ag的化学方程式为 。 ②不与铁圈直接接触的 也能转化为Ag的原因是 。 ③为判断 是否完全转化，补充完整实验方案：取出铁圈，搅拌均匀，取少量混合物过滤， [实验中必须使用的试剂和设备：稀 、 溶液，通风设备] （3）Ag的抗菌性能。纳米Ag表面能产生 杀死细菌(如图所示)，其抗菌性能受溶解氧浓度影响。 24 / 49 学科网（北京）股份有限公司①纳米Ag溶解产生 的离子方程式为 。 ②实验表明溶解氧浓度过高，纳米Ag的抗菌性能下降，主要原因是 。 【答案】（1） （2） 形成了以Fe为负极，AgCl为正极，盐酸为电解质溶液 的原电池，正极AgCl得到电子，电极反应式为 ，生成Ag 洗涤，向最后一次 洗涤液中滴加硝酸银溶液，确保氯离子洗净，开启通风设备，向滤渣中加入足量稀HNO，搅拌，若 3 固体完全溶解，则AgCl完全转化，若固体未完全溶解，则AgCl未完全转化 （3） 纳米Ag与氧气生成Ag O，使得Ag+浓度下降 2 【解析】（1） 浓度约为 ，当滴加 溶液至开始产生 沉淀，此时 ， ； （2）①在足量 盐酸中静置，铁将AgCl转化为单质Ag，反应的化学方程式为： ； ②不与铁圈直接接触的AgCl也能转化为Ag，是因为形成了以Fe为负极，AgCl为正极，盐酸为电解 质溶液的原电池，正极AgCl得到电子，电极反应式为 ，生成Ag； ③判断AgCl是否完全转化，即检验混合物中是否含有AgCl，若AgCl完全转化，则剩余固体全部为 银，可完全溶于稀硝酸，若AgCl未完全转化，剩余AgCl不能溶于稀硝酸，则可用稀硝酸检验，稀硝 酸参与反应可能会产生氮氧化物，反应需在通风设备中进行，反应后的溶液中存在氯离子，若未将滤 渣洗净，氯离子会干扰实验，所以首先需要检验氯离子是否洗净，实验方案为：取出铁圈，搅拌均 匀，取少量混合物过滤，洗涤，向最后一次洗涤液中滴加AgNO 溶液，确保氯离子洗净，打开通风设 3 备，向洗涤干净的滤渣中加入足量稀HNO，搅拌，若固体完全溶解，则AgCl完全转化，若固体未完 3 全溶解，则AgCl未完全转化； （3）①纳米Ag溶解时被氧化为Ag+，离子方程式为： ； ②溶解氧浓度过高，纳米Ag与氧气生成Ag O，使得Ag+浓度下降，抗菌性能下降。 2 15．（2023·天津卷）研究人员进行了一组实验： 实验一：如图，研究人员将氢氧化钠溶液加入反应容器，随后加入锌粉，随后加热。一段时间后反应 25 / 49 学科网（北京）股份有限公司完全，停止加热，锌粉仍有剩余，向反应所得溶液中加入一块铜片，并接触剩余的锌，铜片表面出现 银白色金属，并伴随少量气体产生。 实验二：研究人员将实验一得到的带有银白色金属的铜片加热，直到铜片表面变黄，立刻停止加热， 置入水中冷却。 已知： （1）如图，实验一使用的仪器为 ，为了防止加热过程中液体沸腾溅出，采取的办法是 。 （2） 中含有的化学键包括 。 a．离子键 b．极性共价键 c．非极性共价键 d．配位键 （3）写出氢氧化钠与锌反应的离子方程式： 。 （4）写出实验一中构成的原电池正负极反应：负极： ；正极： 。 （5）研究人员在铜片表面变黄后立刻停止加热，放入水中，这样做的目的是 。 （6）黄铜和黄金外表相似，但化学性质仍然有所区别。若使用硝酸对二者进行鉴别，则现象与结论 为 。 （7）若将铜片插入实验一过滤后的上清液中，可否仍然出现上述现象？请解释： 。 【答案】（1）蒸发皿 用玻璃棒搅拌 （2）abd （3） （4）Zn-2e-+4OH-= 、2HO+2e-=H +2OH- 2 2 （5）防止锌被氧化 26 / 49 学科网（北京）股份有限公司（6）将黄铜和黄金分别与稀硝酸反应，产生气泡的是黄铜 （7）实验一过滤后的上清液中没有金属锌，加入铜片后不能形成原电池，不能出现上述现象 【分析】Zn与NaOH溶液发生反应 ，一段时间后反应完全，停 止加热，锌粉仍有剩余，向反应所得溶液中加入一块铜片，并接触剩余的锌，形成原电池，Zn失去电 子生成 ，电极方程式为：Zn-2e-+4OH-= ，正极由 产生 的锌离子得到电子转变为锌： 而产生银白色的金属、同时HO得到电子生 2 成少量H，电极方程式为：2HO+2e-=H +2OH-，以此解答。 2 2 2 【解析】（1）由图可知，实验一使用的仪器为蒸发皿，为了防止加热过程中液体沸腾溅出，采取的 办法是：用玻璃棒搅拌。 （2） 是离子化合物，Na+和 之间形成离子键， 内部存在配位键， O-H属于极性共价键，故选abd。 （3）已知Zn和NaOH溶液反应的化学方程式为： ，离子方程 式为： 。 （4）锌比铜活泼，实验一中构成的原电池的负极为Zn，Zn失去电子生成 ，根据得失电子 守恒和电荷守恒配平电极方程式为：Zn-2e-+4OH-= ，正极为Cu，正极由 产生的锌离子得到电子转变为锌而产生银白色的金属、同时HO得到电子 2 生成少量H，电极方程式为： 、2HO+2e-=H +2OH-。 2 2 2 （5）锌离子得电子产生锌析出在铜表面，铜锌接触只有薄薄的一层，加热就是黄铜，所以铜表明变 黄，用冷水降温的目的是：防止锌被氧化。 （6）铜与稀硫酸反应生成硝酸铜和一氧化氮，将黄铜和黄金分别与稀硝酸反应，产生气泡的是黄 铜。 （7）实验一过滤后的上清液中没有金属锌，加入铜片后不能形成原电池，不能出现上述现象。 16．（2023·重庆卷）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 的转化率 来表示。研究小组设计测定 的实验装置如下： 27 / 49 学科网（北京）股份有限公司（1）装置Ⅰ中，仪器 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 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 气。若气体X被完全吸收，则可依据 和 中分别 生成的固体质量计算 。 i.d中的现象是 。 ii.e中生成的固体为 ，反应的化学方程式为 。 iii.d和e的连接顺序颠倒后将造成 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。 iiii.在工业上按照国家标准测定 ：将干燥后的 (含杂质 的体积分数为 )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 的体积分数为 ，此时 的表达式为 。 【答案】（1）分液漏斗 HCl （2）干馏 有白色沉淀生成 偏大 【分析】稀盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳、氯化钙和水，由于盐酸易挥发，二氧化碳中含有氯化氢 杂质，用饱和碳酸氢钠溶液吸收氯化氢，再用浓硫酸干燥气体，二氧化碳通到灼热的焦炭中反应生成 一氧化碳，将混合气体通入足量氢氧化钡溶液中吸收二氧化碳，一氧化碳与银氨溶液反应生成银单 质。 【解析】（1）装置Ⅰ中，仪器 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；故答案为：分液漏斗；HCl。 （2）①将煤样隔绝空气在 加热1小时得焦炭，即隔绝空气加强热使之分解，则该过程称为干 馏；故答案为：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 ；故答案为： 。 28 / 49 学科网（北京）股份有限公司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；故答案为： 有白色沉淀生成。 ii.e中生成的固体为 ，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 ；故答案为： 。 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 偏大；故答案为：偏大。 iiii.在工业上按照国家标准测定 ：将干燥后的 (含杂质 的体积分数为 )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 的体积分数为 ，设此时气体物质的量为 bmol，二氧化碳物质的量为bmmol，原来气体物质的量为amol，原来二氧化碳物质的量为 a(1−n)mol，氮气物质的量为anmol，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： ，此时 的表达式为 ；故答案为： 。 17．（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。 29 / 49 学科网（北京）股份有限公司回答下列问题： （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 30 / 49 学科网（北京）股份有限公司化，以此解题。 【解析】（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。 18．（2023·广东卷）化学反应常伴随热效应。某些反应(如中和反应)的热量变化，其数值Q可通过量热装 置测量反应前后体系温度变化，用公式 计算获得。 （1）盐酸浓度的测定：移取 待测液，加入指示剂，用 溶液滴定至终 点，消耗 溶液 。 ①上述滴定操作用到的仪器有 。 A． B． C． D． ②该盐酸浓度为 。 （2）热量的测定：取上述 溶液和盐酸各 进行反应，测得反应前后体系的温度值( )分 别为 ，则该过程放出的热量为 (c和 分别取 和 ，忽略水 以外各物质吸收的热量，下同)。 （3）借鉴（2）的方法，甲同学测量放热反应 的焓变 (忽略温度 对焓变的影响，下同)。实验结果见下表。 31 / 49 学科网（北京）股份有限公司体系温度/ 序 反应试剂 号 反应前 反应后 i 粉 a b 溶液 ii 粉 a c ①温度：b c(填“>”“<”或“=”)。 ② (选择表中一组数据计算)。结果表明，该方法可行。 （4）乙同学也借鉴（2）的方法，测量反应 的焓变。 查阅资料：配制 溶液时需加入酸。加酸的目的是 。 提出猜想： 粉与 溶液混合，在反应A进行的过程中，可能存在 粉和酸的反应。 验证猜想：用 试纸测得 溶液的 不大于1；向少量 溶液中加入 粉，溶液颜 色变浅的同时有气泡冒出，说明存在反应A和 (用离子方程式表示)。 实验小结：猜想成立，不能直接测反应A的焓变。 教师指导：鉴于以上问题，特别是气体生成带来的干扰，需要设计出实验过程中无气体生成的实验方 案。 优化设计：乙同学根据相关原理，重新设计了优化的实验方案，获得了反应A的焓变。该方案为 。 （5）化学能可转化为热能，写出其在生产或生活中的一种应用 。 【答案】（1）AD 0.5500 （2） （3）> 或 （4）抑制 水解 将一定量的 粉加入一定浓度的 溶液中 反应，测量反应热，计算得到反应 的焓变 ；根据（3）中实验计算 得到反应 的焓变 ；根据盖斯定律计算得到反应 的焓 变为 （5）燃料燃烧(或铝热反应焊接铁轨等) 【解析】（1）①滴定操作时需要用的仪器有锥形瓶、酸式滴定管、碱式滴管、铁架台等，故选AD； ②滴定时发生的反应为HCl＋NaOH＝NaCl＋HO，故 2 ，故答案为0.5500； （2）由 可得Q＝ × ×(50mL＋50mL)×(T －T)＝ ，故答 1 2 案为 ； 32 / 49 学科网（北京）股份有限公司（3） 溶液含有溶质的物质的量为0.02mol， 粉和 粉的物 质的量分别为0.021mol、0.01 mol，实验i中有0.02 mol CuSO 发生反应，实验ii中有0.01mol CuSO 4 4 发生反应，实验i放出的热量多，则b>c；若按实验i进行计算， ；若按实验ii进行计算， ，故答案为：>； 或 ； （4） 易水解，为防止 水解，在配制 溶液时需加入酸；用 试纸测得 溶 液的 不大于1说明溶液中呈强酸性，向少量 溶液中加入 粉，溶液颜色变浅的同时有气 泡即氢气产生，说明溶液中还存在 与酸的反应，其离子方程式为 ；乙同学根据 相关原理，重新设计优化的实验方案的重点为如何防止 与酸反应产生影响，可以借助盖斯定律，设 计分步反应来实现 溶液与 的反应，故可将一定量的 粉加入一定浓度的 溶液 中反应，测量反应热，计算得到反应 的焓变 ；根据（3）中实验计 算得到反应 的焓变 ；根据盖斯定律计算得到反应 的 焓变为 ，故答案为：抑制 水解； ；将一定量的 粉加入一定浓度的 溶液中反应，测量反应热，计算得到反应 的焓变 ；根据 （3）中实验计算得到反应 的焓变 ；根据盖斯定律计算得到反应 的焓变为 ； （5）化学能转化为热能在生产和生活中应用比较广泛，化石燃料的燃烧、炸药开山、放射火箭等都 是化学能转化热能的应用，另外铝热反应焊接铁轨也是化学能转化热能的应用，故答案为：燃料燃烧 (或铝热反应焊接铁轨等)。 19．（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 Ⅰ 仍为淡红色 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 33 / 49 学科网（北京）股份有限公司Ⅱ 为红棕色 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 Ⅲ 棕色 （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：_________。 20．（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： 34 / 49 学科网（北京）股份有限公司实验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% 【解析】（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 2 2 2 体为O；在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 2 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 ， 2 ，可以得到关系式： ，则n(CuO)= ×0.1mol/ 2 L×0.015L=0.000375mol，粗品中X的相对含量为 。 21．（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 35 / 49 学科网（北京）股份有限公司资料：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) C中实验现象 序 物质a 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 II 5%NaOH溶液 黑色沉淀 色，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 III 液 黑色沉淀 色，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 2 ___________(填“化学式”)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 36 / 49 学科网（北京）股份有限公司（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 2 2 还原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 4 2 2 的干扰，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， 2 验证不同条件下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 2 4 2 染。 【解析】（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， 2 2 该沉淀不稳定，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 2 为：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 2 液碱性的增强而增强； （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 氧化为 ，发生的反应是：3ClO-+2MnO+2OH-=2 +3Cl-+H O； 2 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。 22．（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 37 / 49 学科网（北京）股份有限公司（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_______。 【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。 【解析】（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 38 / 49 学科网（北京）股份有限公司离子方程式为：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。 23．（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： 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： ) 39 / 49 学科网（北京）股份有限公司（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 （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。 【解析】（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。 40 / 49 学科网（北京）股份有限公司（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。 24．（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。 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 a 程度不够引起，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 41 / 49 学科网（北京）股份有限公司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 ？小组同学设计方案并进行实验。请完成下表中Ⅱ的内容。 a Ⅰ 移取20.00mLHAc溶液，用NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液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 （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 42 / 49 学科网（北京）股份有限公司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 10 衡移动，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 1 nNaAc NaAc，当 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 nHAc a 液，使溶液中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， 2 3 2 3 3 4 可用作食品添加剂，同时在制药、生产肥料等行业有广泛用途。 25．（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： 43 / 49 学科网（北京）股份有限公司已知： 、 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)。 （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 44 / 49 学科网（北京）股份有限公司（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。 【解析】（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 2 ③①； （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 通入C中与乙基蒽醇反应生成HO 和乙基蒽醌。 2 2 2 （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 。 26．（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___________。 45 / 49 学科网（北京）股份有限公司（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。 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； 46 / 49 学科网（北京）股份有限公司（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。 27．（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 ) 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。 47 / 49 学科网（北京）股份有限公司猜想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。 测试温 实验序号 试样 电导率/ 度/℃ 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_______。 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 测试温 试样 电导率/ 号 度/℃ 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， 2 2 2 2 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 3 有Cl- 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 【解析】 48 / 49 学科网（北京）股份有限公司（1）实验室通常采用浓盐酸和MnO 制取 ，化学方程式为：MnO +4HCl(浓) 2 2 MnCl +Cl↑+2H O，故答案为：MnO +4HCl(浓) MnCl +Cl↑+2H O； 2 2 2 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 3 有Cl-，故答案为：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，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有Cl-； 3 （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 49 / 49 学科网（北京）股份有限公司