文档内容
专题 16 大题突破——化学实验综合
目录
01 模拟基础练
【题型一】实验仪器连接及现象作用描述
【题型二】特殊实验装置的分析应用
【题型三】实验方案、装置补充
【题型四】实验数据的分析与处理
02 重难创新练
03 真题实战练
题型一 实验仪器连接及现象作用描述
1．(2025·河南省部分名校高三期中，节选)某实验小组探究过氧化钠与一氧化氮发生反应的产物，设计
装置如图所示。
已知：①亚硝酸既具有氧化性又具有还原性，亚硝酸氧化性强于硝酸。
②酸性条件下，NO 或 NO -都能与 MnO -反应生成 NO -和 Mn2+。
2 4 3
③Na [Co(NO ) ]可溶于水，K [Co(NO ) ]是不溶于水的黄色沉淀。
3 2 6 3 2 6
④过氧化钠与酸反应能生成过氧化氢。
请回答下列问题：
(1)仪器 X 的名称是 。
原创精品资源学科网1独 / 家36享有版权，侵权必究！(2)按照气流由左至右连接顺序是 a→ (用字母和箭头表示)。
(3)装置 A 用于制备氮气，连接好装置，检查装置气密性后，先打开 活塞(填“甲”或“乙”)，
原因
是 。
(4)按照上述连接好的装置进行实验，装置 C 中固体淡黄色变浅，不能说明一定是过氧化钠与一氧化氮
发生反应，原因是 。
(5)装置 E 的作用是 。
【答案】(1)三颈烧瓶 (2)e→f→c(d)→d(c)→g
(3) 甲 先生成氮气，将装置中的空气赶尽
(4)装置 D 与 C、C 与 E 之间缺少除水蒸气装置，水也会与过氧化钠反应
(5)吸收多余的 NO，防止污染环境
【解析】(1)由仪器构造可知，仪器 X 的名称是三颈烧瓶；(2)过氧化钠与一氧化氮发生的反应在 C 装置
中进行，B 装置用于制取 NO ，A 装置用于制取 N ，先用于排尽装置内的空气，后用于把装置内的 NO 、
2 2 2
NO 全部排出，NO 气体通过 D 装置转化为 NO，在 C 装置中 NO 与 Na O 发生反应，最后用 E 装置的酸
2 2 2
性
KMnO 溶液吸收剩余的 NO。则按照气流由左至右连接顺序是：a→e→f→c(d)→d(c)→g；(3)装置 A 制备氮
4
气，先用于排尽装置内的空气。则连接好装置，检查装置气密性后，应先打开甲活塞，原因是：先生成氮气，
将装置中的空气赶尽；(4)按照上述连接好的装置进行实验，因为装置 D 与 C、C 与 E 之间缺少除水蒸气装
置，水也会与过氧化钠反应，所以装置 C 中固体淡黄色变浅，不能说明一定是过氧化钠与一氧化氮发生反
应，其原因是：装置 D 与 C、C 与 E 之间缺少除水蒸气装置，水也会与过氧化钠反应；(5)NO 是大气污染
物，会造成光化学污染，需进行尾气处理，则装置 E 的作用是：吸收多余的 NO，防止污染环境。
2．(2025·浙江省嘉兴市高三基础测试，节选)利用 MnO 和 H SO 生成 MnS O 进而制备连二硫酸钠晶
2 2 3 2 6
体(Na S O ·2H O)。相关物质性质见下表。
2 2 6 2
物质(化学式) MnS O Na S O ·2H O
2 6
2 2 6 2
摩尔质量(g·molˉ1) 215 242
空气中易分解 空气中不易变质
主要性质
均可溶于水， 时会释放出 SO 气体
2
操作流程如下：
原创精品资源学科网2独 / 家36享有版权，侵权必究！(1)实验室采用如图装置制备 SO ，仪器 a 的名称为 ，写出步骤 II 中反应的离于方程式 。
2
(2)下列说法不正确的是_______。
A．步骤 I 冰水浴的作用是提高反应液中 SO 的浓度
2
B．为防止反应过于剧烈，步骤 II 反应分数次缓慢加入 MnO
2
C．步骤 III 中滴加饱和 Ba(OH) 溶液的目的主要是除去 SO 2-
2 4
D．步骤 IV 的依据是 Na CO 的溶解度大于 Na S O
2 3 2 2
6
【答案】(1)圆底烧瓶 MnO +2H SO =Mn2++S O 2-+2H O (2)CD
2 2 3 2 6 2
【解析】(1)仪器 a 的名称为圆底烧瓶，步骤 II 中 MnO 和 H SO 生成 MnS O ，离子方程式为：MnO
2 2 3 2 6
2
+2 H SO =Mn2++ S O 2-+2H O；(2)A 项，SO 的溶解度随着温度的降低而增大，步骤 I 冰水浴的作用是提高
2 3 2 6 2 2
反应液中 SO 的浓度，同时为步骤 II 提供低温，A 正确；B 项，由于 MnO 具有氧化性、SO (或 H SO )具
2 2 2 2 3
有还原性，步骤 II 应分数次加入 MnO ，原因是：防止反应过于剧烈，放热太多，不利于控制温度低于 10℃，
2
B 正确；C 项，步骤 III 中滴加饱和 Ba(OH) 溶液的目的主要是除去 SO (或 H SO )，防止后续反应中增大饱
2 2 2 3
和碳酸钠溶液的消耗量，C 错误；D 项，步骤 IV 中滴入饱和碳酸钠溶液将 MnS O 转化为 Na S O ，同时生
2 6 2 2 6
成 MnCO 沉淀，此时 Na S O 没有析出，说明 Na CO 的溶解度小于 Na S O ，D 错误；故选
3 2 2 6 2 3 2 2 6
CD。
3．(2025·安徽省皖北五校高三第一次联考，节选)硫代硫酸钠(Na S O )可用作分析试剂，它有较强的还
2 2 3
原性，常用于纺织工业中纸浆漂白后的脱氯剂。某兴趣小组设计了利用 和 Na CO 、Na S 生成 Na S O
2 3 2 2 2 3
并探究其性质，其制备装置图如图(加热和夹持装置略)：
原创精品资源学科网3独 / 家36享有版权，侵权必究！已知：i．2Na S+3SO =2Na SO +3S↓、Na SO +S =Na S O 。
2 2 2 3 2 3 2 2 3
ii．硫单质在含乙醇的水溶液中析出时，颗粒更小，分布均匀。
(2)已知 Na S O 脱氯(Cl )后的溶液呈强酸性，则其脱氯的离子方程式为： 。
2 2 3 2
(4) Na S O 溶液和 AgNO 溶液反应生成的白色沉淀 Ag S O 不稳定，其易发生复分解型的水解反应。
2 2 3 3 2 2 3
沉淀有明显的颜色变化：白色 黄色 棕色 黑色。实验证实该黑色物质为 Ag S。
2
①由此推测 Na S O 中 原子的氧化态为(可视为价态)： 。
2 2 3
②Ag S O 发生水解反应的离子方程式： 。
2 2 3
【答案】(2)S
2
O
3
2-+4Cl
2
+5H
2
O=2SO
4
2-+8Cl-+10H+
(4)-2 和+6 Ag S O +H O= Ag S↓+ SO 2-+2H+
2 2 3 2 2 4
【解析】(2)Na S O 吸收 Cl ，Na S O 被氧化为硫酸根离子，Cl 被还原为氯离子，根据得失电子守恒，
2 2 3 2 2 2 3 2
反应的离子方程式为 S
2
O
3
2-+4Cl
2
+5H
2
O=2SO
4
2-+8 Cl-+10H+ ；(4)①根据 Ag
2
S
2
O
3
水解的反应为复分解反应，
复分解反应为非氧化还原反应。水解反应生成 Ag S 中的硫为-2 价，所以另外一个硫原子为+6 价；②根据
2
①可得 Ag
2
S
2
O
3
水解生成 Ag
2
S、硫酸，水解的离子方程式为 A
2
g
2
S O
3
+H
2
O= A
2
g S↓+ SO
4
2-+2H+ 。
题型二 特殊实验装置的分析应用
4．(2025·山东省泰安市高三联考，节选)无水 FeCl 是重要的污水处理剂，不溶于 C H Cl、C H Cl ，易
2 6 5 6 4 2
吸水和易被氧化。某实验小组利用无水 FeCl 和 C H Cl (氯苯，无色液体，沸点 132℃)制备少量无水 FeCl 。
3 6 5 2
实验原理：2FeCl +C H Cl 2FeCl +C H Cl +HCl↑，回答以下问题：
3 6 5
2 6 4 2
原创精品资源学科网4独 / 家36享有版权，侵权必究！(1)仪器 的名称为 ；装置图中，安装不当的是 (填仪器标号)。
(2)干燥管中无水氯化钙的作用是 ；装置 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)反应开始前先通一段时间 N，目的是 ；然后在三颈烧瓶中放入 32.5g 无水氯化铁和过量
2
的氯苯，控制反应温度在一定范围加热 3h，反应结束后继续通一段时间 N，目的是 。继续冷
2
却装置，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、洗涤、干燥后，得到粗产品。
【答案】(1) 球形冷凝管 b
(2)防止水蒸气进入 a 中 防倒吸
(3)排尽装置内的空气，防止 FeCl 被氧化 将反应生成的 HCl 全部排入装置 e 中
2
【解析】(1)仪器 c 为内部呈球形的冷凝管，名称为球形冷凝管；实验时，需要控制加热温度在 C H Cl
6 5
的沸点以下，所以需要控制溶液的温度不高于 C H Cl 的沸点，则装置图中，安装不当的是温度计，故选 b。
6 5
(2)无水 FeCl 易吸水，则干燥管中无水氯化钙的作用是：防止水蒸气进入 a 中；由于 HCl 易溶于水，需防
2
止倒吸，则装置 e 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：防倒吸。(3)
无水 FeCl 易被氧化，反应开始前先通一段时间 N ，目的是：排尽装置内的空气，防止 FeCl 被氧化；反应
2 2 2
结束后，装置内滞留 HCl，需继续通一段时间 N，目的是：将反应生成的 HCl 全部排入装置 e 中。
2
5．某兴趣小组利用下面装置制备氨水：
(1)C 装置的名称是________；C 装置的作用是________________。
(2)A 中反应的化学方程式为________________；A 装置还能用于制备____气体。
(3)使用加装单向阀的导管，目的是____________；为有利于制备氨水，装置B 的大烧杯中应盛装_______
(填“热水”或“冰水”)，氨气溶于水时放热或吸热的主要原因是____________________________。
原创精品资源学科网5独 / 家36享有版权，侵权必究！【答案】(1)(孟氏)洗气瓶 吸收氨气，防止污染空气
(2)2NH Cl＋Ca(OH) CaCl ＋2H O＋2NH ↑ 氧气等
4 2 2 2 3
(3)防止倒吸 冰水 氨与水之间形成分子间氢键
【解析】(1)C 装置的名称是(孟氏)洗气瓶，主要作用是吸收氨气，防止污染空气；(2)A 中反应制备氨气，
化学方程式为：2NH Cl＋Ca(OH) CaCl ＋2H O＋2NH ↑，A 装置还能用于制备氧气； (3)单向阀导管，
4 2 2 2 3
只允许气体或液体向一个方向流动，可保证液体不逆流，所以使用加装单向阀的导管，目的是防倒吸；氨
气溶于水形成氨水，其溶解度随温度的升高而减小，为增大氨气的溶解度，应尽可能降低温度，所以装置 B
的大烧杯中应装冰水，氨分子与水分子间可形成氢键，从而放出热量，所以氨气溶于水时放热或吸热的主
要原因是氨与水分子间形成氡键而放热。
题型三 实验方案、装置补充
6．(2025·河南省部分学校联考高三期中，节选)(6)某化学学习小组探究 Fe3+在溶液中的颜色变化，进行
以下实验。
试剂 加热前溶液颜色 加热后溶液颜色
实验Ⅰ Fe(NO ) 溶液 蒸馏水 棕黄色 深棕色
3 3
实验Ⅱ Fe(NO ) 溶液 HNO 几乎无色 几乎无色
3 3 3
实验Ⅲ FeCl 溶液+HNO 黄色 深黄色
3 3
已知：水溶液中，[Fe(H O) ]3+几乎无色，[FeCl (H O) ]-为黄色；[Fe(H O) ]3+水解生成
2 6 4 2 2 2 6
[Fe(H O) (OH) ]3-n (棕黄色)。
2 6-n n
①由实验可知，[Fe(H O) ]3+对水解影响大小： 的影响 (填“大于”“等于”或“小于”)
2 6
温度的
影响。
②设计实验证明实验Ⅲ中溶液呈黄色的原因是 Fe3++4Cl-+2H O [FeCl (H O) ]-： 。
2 4 2 2
【答案】(6)大于 向实验Ⅱ溶液中加入 NaCl 溶液后变为黄色，加热后变为深黄色
【解析】(6)①由实验 I 中加热前后溶液颜色无明显变化、实验Ⅱ中加热前后溶液几乎无色可知，氢离
子浓度对平衡的影响大于温度的影响；②由方程式可知，增大实验Ⅱ溶液中氯离子浓度，平衡会向正反应
方向移动，溶液中[FeCl (H O) ]-浓度增大，会使溶液变为黄色，则证明实验Ⅲ中溶液呈黄色的实验方案为向
4 2 2
实验Ⅱ溶液中加入 NaCl 溶液后变为黄色，加热后变为深黄色。
7．(2025·安徽省六安市高三联考，节选)SOCl 主要用于制造酰基氯化物。实验室制备原理为：
2
原创精品资源学科网6独 / 家36享有版权，侵权必究！。实验装置(夹持及部分加热装置已省略)如图所示。已知：
化学式 色态 熔点/℃ 沸点/℃ 主要化学性质
SCl 暗红色或淡红色液体 -78 60(分解) 溶于水并剧烈反应
2
SOCl 无色或黄色液体 -105 78.8 遇水水解
2
回答下列问题：
(1)仪器 d 的名称为 ，橡胶弯管的作用是 。
(4)实验过程中发现 Cl 的流速过快，可以采取的简便措施是 。
2
【答案】(1)分液漏斗 平衡气压，使液体顺利流下
(4)关闭分液漏斗活塞
【解析】(1)仪器 d 的名称为分液漏斗；橡胶弯管的作用是平衡气压，使液体顺利流下；(4)实验过程中
发现 Cl 的流速过快，可以采取的简便措施是：关闭分液漏斗活塞。
2
8．[真题改编](2025· 浙江省名校协作体三开学测试，节选)铋酸钠(NaBiO)常用作分析试剂、氧化剂，如
3
在钢铁分析中测定锰等。某兴趣小组设计实验制取铋酸钠并探究其应用。
I．制取铋酸钠(NaBiO)：
3
在 NaOH 溶液中，Bi(OH) 与 Cl 充分搅拌反应制取 NaBiO ，实验装置如下图所示：
3 2 3
原创精品资源学科网7独 / 家36享有版权，侵权必究！已知：
①Bi(OH) 固体呈白色且难溶于水
3
②NaBiO 粉末呈浅黄色，不溶于冷水，在空气逐渐分解，遇沸水或酸溶液迅速分解
3
(1)丙中发生反应的离子方程式为 。
(2)丙中反应完成后，需及时关闭 K，原因是 ，甲中 NaOH 的作用是 。
3
(3)反应结束后，为从丙中获取 NaBiO，请从下列选项中选出最合理的操作并排序： 。
3
______→______→______→______(填标号)。
a．冷水洗涤 b．热水洗涤 c．自然晾干
d．在干燥器中干燥 e．在冰水中冷却 f．快速过滤
【答案】(1)Bi(OH)
3
+3OH-+Na++ Cl
2
=NaBiO
3
+2Cl-+3H
2
O
(2)防止氯气过量使溶液呈酸性，导致 NaBiO 分解 吸收多余的氯气
3
(3)efad
【解析】用浓盐酸和高锰酸钾反应制备氯气，其中混有挥发出的氯化氢气体，要用饱和食盐水进行除杂，
然后利用氯气的强氧化性，在碱性环境下将 Bi(OH) 氧化为 NaBiO 。(1)丙中发生反应为碱性环境下氯气将
3 3
Bi(OH) 氧化为 NaBiO ，氯化合价由 0 变为-1、Bi 化合价由+3 变为+5，结合电子守恒可知，离子方程式为
3 3
Bi(OH)
3
+3OH-+Na++Cl
2
=NaBiO
3
+2Cl-+3H
2
O；(2)铋酸钠在酸中会逐渐分解，氯气和水会生成盐酸和和次氯酸，
当丙中白色固体消失时，可以初步判断丙中反应已完成，此时应立即进行的操作是关闭 K 和 K 、打开 K ，
3 1 2
以防止 NaBiO 分解，同时不产生过量氯气，多余的氯气被 NaOH 吸收；(3)据已知信息，不溶于冷水，在空
3
气或热水中逐渐分解，为从丙中获取粗产品应该：e．在冰水中冷却，析出晶体；f．用布氏漏斗抽滤，加快
过滤速率；a．冷水洗涤，减少溶解损失；d．在干燥器中干燥，防止其分解；故答案为 efad。
9．(2025·浙江省强基联高三联考，节选)甘氨酸亚铁晶体[(NH CH COO) Fe·2H O]是一种补铁剂。某兴
2 2 2 2
趣小组利用 FeCO 与甘氨酸反应制备甘氨酸亚铁。
3
原创精品资源学科网8独 / 家36享有版权，侵权必究！已知：①甘氨酸亚铁易溶于水，微溶于乙醇；②柠檬酸易溶于水和乙醇，具有强酸性和强还原性。
实验过程如下：①将 11.6g 碳酸亚铁放入装置 C，同时加入 200mL 甘氨酸溶液，先打开仪器
a 的活塞，待整套装置中空气排尽后，加热装置 C 并不断搅拌，然后向装置 C 中滴加柠檬酸溶液；②反应
结束后过滤，将滤液经过系列操作得到甘氨酸亚铁。
(1)仪器 a 的名称是 ；装置 D 的作用是 。
(2)加入柠檬酸的作用是 。
(3)过程②涉及如下全部操作，请排序： ；
a(滤液)→______→______→______→______→______→重结晶→甘氨酸亚铁晶体
b．加入大量无水乙醇 c．蒸发浓缩 d．过滤 e．减压干燥 f．加少量无水乙醇洗涤
(4)下列关于整个实验过程的说法中正确的是___________。
A．甘氨酸和柠檬酸均易溶于乙醇，用乙醇洗涤可得到纯净的甘氨酸亚铁晶体
B．仪器 b 的作用是平衡气压，有利于液体顺利流下
C．装置 B 中盛有的试剂是饱和 Na CO 溶液
2 3
D．待整套装置中空气排尽后再开始加热制备，是为了防止亚铁离子被氧化
【答案】(1)分液漏斗 检验装置内空气是否排尽，防止空气进入装置 C 中
(2)促进 FeCO 溶解和防止亚铁离子被氧化 (3)cbdfe
3
【解析】由装置 A 中盐酸和碳酸钙反应制取二氧化碳气体，由于盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳气
体中混有氯化氢，则装置 B 中盛有的试剂是饱和碳酸氢钠溶液，用来除去二氧化碳气体中混有的氯化氢气
体；利用二氧化碳气体将实验装置中的空气排净，再进行 C 装置中的甘氨酸亚铁的制取反应，实验过程中
装置 C 中加入的反应物中含有碳酸亚铁，亚铁离子具有还原性，易被空气中的氧气氧化，影响实验结果，
必须将 D 中导管没入液面以下，防止空气中的氧气进入 C 装置将亚铁离子氧化。(1)a 为分液漏斗；装置 D
可以检验装置内空气是否排尽，防止空气进入装置 C 中；(2)柠檬酸具有强酸性和强还原性，可以促进 FeCO
3
原创精品资源学科网9独 / 家36享有版权，侵权必究！溶解和防止亚铁离子被氧化；(3)反应结束后将滤液蒸发浓缩，加入大量无水乙醇，降低甘氨酸亚铁溶解度，
促使甘氨酸亚铁析出，过滤，得到甘氨酸亚铁晶体，加少量无水乙醇洗涤，减压干燥，再通过重结晶方法
提纯甘氨酸亚铁晶体，故操作排序为 cbdfe；(4)A 项，甘氨酸亚铁易溶于水，微溶于乙醇，用乙醇洗涤甘氨
酸亚铁晶体是因为可以减少甘氨酸亚铁晶体的损失，故 A 错误；B 项，仪器 b 作为连通器，其作用是平衡
气压，有利于液体顺利流下，故 B 正确；C 项，装置 B 中盛有的试剂是饱和碳酸氢钠溶液，用来除去二氧
化碳气体中混有的氯化氢气体，故 C 错误；D 项，亚铁离子具有还原性，易被空气中的氧气氧化，则需要
将装置中空气排尽后再开始加热制备，故 D 正确；故选 BD。
题型四 实验数据的分析与处理
10．(2025· 浙江省部分学校高三选考模拟，节选)氢化铝锂(LiAlH )以其优良的还原性广泛应用于医药、
4
农药、香料、染料等行业。
(6)LiAlH (不含 LiH)纯度可采用如下方法测定(装置如图所示)：25℃，常压下，准确称取产品 LiAlH xg，
4 4
记录量气管 B 起始体积读数 V ，在分液漏斗中准确加入过量的四氢呋喃(可减缓 LiAlH 与 H O 的反应速率)、
1 4 2
水混合液 10.0ml，打开旋塞至滴加完所有液体，立即关闭旋塞，调整量气管 B 读数 V ，则 LiAlH 的质量
2 4
分数为 (用含 x、V 、V 的代数式表达)。
1 2
注：量气管 B 由碱式滴定管改装；25℃，常压下气体摩尔体积约为 24.5L/mol。
【答案】(6) ×100%
【解析(6)LiAlH 与水发生水解反应生成氢氧化铝、氢氧化锂和氢气，方程式是 LiAlH
4 4
+4H O=LiOH+Al(OH) +4H ↑，通过收集氢气的体积进行 LiAlH 纯度的计算。根据题意，注意加入的 10mL
2 3 2 4
的体积也占据装置内空间，且量气筒的 0 刻度在最上面，故收集氢气的体积是(V -10-V )mL，根据 25℃，
1 2
原创精品资源学科网1独0 /家 36享有版权，侵权必究！常压下气体摩尔体积约为 24.5L/mol，n= ，则氢气的物质的量是 ，根据方程式反应的系
数比，则 LiAlH 的质量分数为 = ×100%= ×
4
100%，故答案是 ×100%。
11．(2025· 浙江省金华第一中学高三选考模拟，节选) [Co(NH ) Cl]Cl 是一种易溶于热水，微溶于冷水，
3 5 2
难溶于乙醇的紫红色晶体。
(5)最终获得产品会含少量杂质[Co(NH ) Cl ]Cl 或[Co(NH ) ]Cl ，产品组成可表示为[Co(NH ) Cl ]Cl ，
3 4 2 3 6 3 3 x y z
通过测定 值可进一步测定产品纯度，进行如下实验：
实验 I：称取一定质量的产品溶解后，加入几滴 K CrO 溶液作指示剂，用 cmol/LAgNO 标准溶液滴定
2 4 3
达终点时，消耗 VmL。
1
实验Ⅱ：另取相同质量的产品，加入 V mL 稍过量 cmol/LAgNO 标准溶液，加热至沸使钴配合物分解，
2 3
加入硝基苯静置、分层，将白色沉淀完全包裹，再加入几滴 Fe(NO ) 溶液作指示剂，用 cmol/LKSCN 标准
3 3
溶液滴定剩余的 AgNO ，达终点时消耗 V mL。
3 3
计算 y= (用 V 、V 和 V 表示)；若实验Ⅱ中加入硝基苯的量太少，会导致 x (填“偏大”、
1 2 3
值
“偏小”或“不
变”)。
【答案】(5) 3- 偏大
【解析】(5)实验Ⅰ是外界中的 Cl-与 Ag+ 反应生成 AgCl 白色沉淀，根据 Cl-+Ag+=AgCl↓得外界中 n
(Cl-)=10-3cV mol，实验实验Ⅱ中外界和内界的氯离子都转化为自由移动的 Cl-，KSCN 和 AgNO 反应的离子
1 3
方程式为 SCN-+Ag+=AgSCN↓，则与 KSCN 反应的 n(AgN
3
O )=n(KSCN)=10-3cV
3
mol，则与内界和外界得到
的氯离子反应的 n(AgNO )=(10-3cV -10-3cV )mol，则内界中 n(Cl-)=(10-3cV -10-3cV -10-3cV )mol，系数之比
3 2 3 2 3 1
等于物质的量之比，则 y：z=(10-3cV -10-3cV -10-3cV )mol：10-3cV mol=(V -V -V )：V ，配位数为 6，所以
2 3 1 1 2 3 1 1
x+y=6，化合价的代数和为 0，则 y+z=3，根据 x+y=6、y+z=3、y：z=(V -V -V )：V 得 、y=3- 、
2 3 1 1
x=3+
z= ；若实验Ⅱ中加入硝基苯的量太少，导致部分 AgCl 转化为 AgSCN，消耗的 KSCN 的物质的量增多，
则 V 偏大，x 值偏大。
3
12．(2025·安徽省皖北五校高三第一次联考，节选)(5)为检验制得产品(Na S O ·5H O)的纯度。该实验小
2 2 3 2
组称取 5.0000g 产品配制成 硫代硫酸钠溶液，并用直接碘量法标定该溶液的浓度。发生的反应为 I
2
+2S O 2-=S O 2-+2I-。在锥形瓶中加入 25.00mL 待测溶液、少量淀粉溶液，再用 0.0500mol·L-1I 标准溶液进
2 3 4 6 2
原创精品资源学科网1独1 /家 36享有版权，侵权必究！行滴定。平行滴定三次消耗 I 标准溶液平均体积为 。
2
①滴定终点的标志为： 。
②则该产品的纯度为 (保留三位有效数字)。
【答案】(5) 当滴加最后半滴标准液，溶液变成蓝色，且半分钟内蓝色不褪去 74.4
【解析】甲中浓硫酸和亚硫酸钠反应制备二氧化硫，乙装置防止丙中溶液倒吸，丙中发生反应 2NaS
2
+3SO =2Na SO +3S↓、Na SO +S =Na S O 制备 Na S O ，最后用氢氧化钠吸收二氧化硫，防止污染。(1)
2 2 3 2 3 2 2 3 2 2 3
SO 易溶于水，在吸收时要防止倒吸，所以乙装置的作用为防止丙中溶液倒吸；(2)Na S O 吸收 Cl ，Na S O
2 2 2 3 2 2 2
3
被氧化为硫酸根离子，Cl 被还原为氯离子，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为 S O 2
2 2 3
-+4Cl
2
+5H
2
O=2SO
4
2-+8 Cl-+10H+ ；(3)根据题目中的信息：硫单质在含乙醇的水溶液中析出时，颗粒更小，
分布均匀。可知加入少量乙醇目的是析出的硫单质，颗粒更小，分布均匀，增大接触面积加快反应速率。(4)
①根据 Ag S O 水解的反应为复分解反应，复分解反应为非氧化还原反应。水解反应生成 Ag S 中的硫为-2
2 2 3 2
价，所以另外一个硫原子为+6 价；②根据①可得 Ag S O 水解生成 Ag S、硫酸，水解的离子方程式为 Ag S O
2 2 3 2 2 2
3
+H
2
O= Ag
2
S↓+ SO
4
2-+2H+ 。(5)①滴定终点，最后滴入的碘有剩余，碘能使淀粉变蓝，所以滴定终点的标志
为：当滴加最后半滴标准液，溶液变成蓝色，且半分钟内蓝色不褪去；②根据 I +2S O 2-=S O 2-+2I-反应，n
2 2 3 4 6
(Na S O ·5H O)=2n(I )，Na S O ·5H O 的纯度为
2 2 3 2 2 2 2 3 2
。
1．(2025·辽宁省精准教学高三联考)某实验小组用市售漂白粉制备氯气，进行氯气性质的学习，并测定
该漂白粉的有效氯含量。
I．氯气的制备及性质
该实验小组设计如图实验装置，推动装有稀盐酸的注射器，逐滴滴加稀盐酸，开始实验。已知：足量
的 Cl 可将 I 氧化为 KIO 。
2 2 3
原创精品资源学科网1独2 /家 36享有版权，侵权必究！(1)盛装漂白粉的仪器为 。
(2)实验中观察到干燥蓝色石蕊试纸几乎无变化，而湿润蓝色石蕊试纸先变红后褪色，原因
是 。
(3)实验中可观察到湿润的淀粉-KI 试纸发生变化的现象为 。
(4)实验结束后，将浓氨水推入反应装置，用于清除装置中剩余的 Cl，可观察到有白烟产生，该过程的
2
化学方程式为 。
II．漂白粉中有效氯含量的测定
“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，定义为与单位质量的含氯消毒剂的氧化能力相同的
Cl 质量，通常用百分数表示。
2
实验小组用碘量法测定实验中漂白粉的有效氯含量，步骤如下：取漂白粉 1g，加水 100mL 充分溶解后，
加入 3g 碘化钾，再加入 2~3mL 冰醋酸。用 0.282 mol·L-1 Na S O 标准液滴定。当被测液略带微红时，再加
2 2 3
入 淀粉指示剂 2~3 滴，继续滴入 Na S O 标准液至滴定终点。重复滴定操作 3 次，得到实验数据如下表：
2 2 3
序号 起始读数/ mL 终点读数/mL
1 0.00 32.19
2 0.20 34.20
3 2.00 34.21
已知：ClO-+2I-+2H+=Cl-+I
2
+H
2
O，I
2
+2S
2
O
3
2-=S
4
O
6
2-+2I-。
(5)判断滴定终点的现象为 。
(6)该漂白粉的有效氯含量为 (精确到 )。
(7)将 Na S O 标准液的浓度配制为 0.282 mol·L-1，而非 0.100 mol·L-1、0.200 mol·L-1 或 0.300 mol·L-1 的
2 2 3
原创精品资源学科网1独3 /家 36享有版权，侵权必究！目的为 。
【答案】(1)具支试管
(2) Cl 本身不具有漂白性和酸性，但 Cl 与水反应生成的 HCl 和 HClO 具有酸性、HClO 具有漂白性
2 2
(3)先变蓝后褪色
(4) 8NH +3Cl =6NH Cl+N
3 2 4
2
(5)滴入最后半滴标准液，溶液蓝色褪去，且半分钟不恢复
(6)32.2%
(7)简化计算、避免计算过程中出现错误
【解析】该实验为氯气制备，氯气性质的学习，并测定该漂白粉的有效氯含量的实验，是一个微型化、
绿色化实验。首先盐酸与漂白粉制取氯气，然后通过无水氯化钙干燥，分别通过干燥蓝色石蕊试纸和湿润
的蓝色石蕊试纸，验证氯气的酸性和漂白性，然后通过湿润淀粉碘化钾试纸，验证氧化性，最后通过氢氧
化钠溶液吸收尾气，实验结束在反应装置中注入浓氨水，与多余氯气氯气反应，并验证氯气的氧化性。(1)
根据仪器外观可知其为具支试管；(2)Cl 遇干燥蓝色石蕊试纸几乎不发生变化，但能使湿润的蓝色石蕊试纸
2
先变红再褪色，因为 Cl 本身不具有漂白性和酸性，但 Cl 与水反应生成的 HCl 和 HClO 具有酸性、HClO
2 2
具有漂白性；(3)Cl 在有水存在的情况下可将 I-氧化成 I ，I 与淀粉反应生成蓝色物质，之后过量的 Cl 又
2 2 2 2
会将 I 氧化为 IO -，所以现象为湿润的淀粉-KI 试纸先变蓝后褪色；(4)白烟为生成的 NH Cl，该反应中 Cl
2 3 4
2
作氧化剂，因此 NH 被氧化为 N ，根据氧化还原反应的基本规律，每生成 1molN 转移 6mol 电子，即有
3 2 2
3mol Cl 参与反应，由此可知反应的化学方程式为 8NH +3Cl =6NH Cl+N ；(5)开始漂白粉将碘化钾氧化成
2 3 2 4 2
碘单质，加入淀粉显蓝色，滴加硫代硫酸钠，碘被还原，蓝色褪去；终点现象为：滴入最后半滴标准液，
溶液蓝色褪去，且半分钟不恢复；(6)由已知信息可得关系式：NaClO~I ~ 2Na S O 。三组实验中消耗 Na S O
2 2 2 3 2 2
3
标准液的体积分别为 32.19mL、34.20mL、32.21mL，第二组实验结果与其他两组相差较大，应舍去，因此
实验中平均消耗 Na S O 标准液的体积为 32.20mL。反应消耗 Na S O 的物质的量
2 2 3 2 2 3
，则样品中 NaClO 的物质的量 ，因
为 1mol NaClO 和 1molCl 作氧化剂时均得 2mol 电子，所以与样品氧化能力相同的 Cl 的物质的量也为
2 2
，质量为 ，有效氯含量为 。(7)
由第(6)问的计算可知，将 Na S O 标准液的浓度定为 0.282 mol·L-1 时，若取样 1g，滴定消耗的标准液的体
2 2 3
积以 mL 为单位时，其数值近似等于样品的有效氯含量的数值，这样设定可以简化计算、避免计算过程中出
现错误。
原创精品资源学科网1独4 /家 36享有版权，侵权必究！2．(2025·海南省一模)氯化亚砜(SOCl )是制备农药、医药、染料等的中间体。实验室中利用如图所示装
2
置制备少量氯化亚砜(注：冷凝管上端加装的干燥装置省略)。
已知：①制备氯化亚砜的反应原理为 SO +Cl +SCl =2SOCl 。②部分相关物质的性质及数据如下表。
2 2 2 2
)
熔点/℃ 沸点/℃ 密度(g· cm-3 颜色、溶解性等
淡黄色液体，有强烈刺激气
SOCl −105
2
味；遇水剧烈水解
SCl −122 (分解为 S 和 Cl) 红棕色液体；遇水剧烈反应
2 2
回答下列问题：
(1)该实验中出现的部分图标有 和 ，其中前者要求实验者需佩戴护目镜，后者要
求实验者 (填防护措施)。
(2)装置 B、E 的作用相似，二者盛有相同的试剂，该试剂名称是 。
(3)装置 F 的作用是 。
(4)装置 A 中发生反应的化学方程式是 。
(5)仪器 X 可以用 代替，但效果不如仪器 X 好，原因是 。
(6)在装置 C 的三颈烧瓶中液体的颜色稳定为黄色时，关闭止水夹 1 和止水夹 2，待三颈烧瓶中液体温
度恢复到室温时， (填操作名称)。收集到的液体经过纯化得到 66.5g 纯净的氯化亚砜，则该制备实验
中氯化亚砜的产率为 %(结果保留整数)。
【答案】(1)通风、排风 (2)浓硫酸
原创精品资源学科网1独5 /家 36享有版权，侵权必究！(3)除去 Cl 中的 HCl
2
(4) Cu+2H SO (浓) CuSO +SO ↑+2H O
2 4 4 2 2
(5)球形冷凝管与挥发物的接触面积大，有利于挥发物的冷却回流
(6)过滤 72(或 71)
【解析】根据实验室合成原理：SO +Cl +SCl =2SOCl 可知，最右侧装置可用于制备氯气，经过 F 装置
2 2 2 2
中饱和食盐水的除杂和 E 装置中浓硫酸的干燥，通入 C 装置中；装置 A 可用于铜和浓硫酸在加热时反应制
备二氧化硫，经过 B 装置干燥后通入 C 装置中进行反应。(1) 为通风图示，要求实验者进行通风、
排风操作；(2)装置 B、E 的作用相似，二者盛有相同的试剂浓硫酸，用于干燥气体；(3)F 装置中饱和食盐水
用于除去氯气中挥发的氯化氢气体杂质；(4)装置 A 中铜和浓硫酸在加热时反应制备二氧化硫，发生反应的
化学方程式是 Cu+2H SO (浓) CuSO +SO ↑+2H O；(5)仪器 X 用于挥发物冷凝回流 ，球形冷凝管与挥
2 4
4 2 2
发物的接触面积大，有利于挥发物的冷却回流，故球形冷凝管效果更好；(6)过滤为分离固液操作，在装置
C 的三颈烧瓶中液体的颜色稳定为黄色时，关闭止水夹 1 和止水夹 2，待三颈烧瓶中液体温度恢复到室温时，
过滤除去活性炭固体，分离出液体。25.0mL SCl 的物质的量为 ，结合反应，理论生成
2
的 SOCl ，收集到的液体经过纯化得到 66.5g 纯净的氯化亚砜，则该制备实验中氯化
2
亚砜的产率为 。
3．(2025·山东省泰安市高三模拟，节选)次磷酸钠(NaH PO )在食品工业中用作防腐剂、抗氧化剂，也
2 2
是一种很好的化学镀剂。
(1) NaH PO 中 P 的化合价为 价。
2 2
(2)将待镀零件浸泡在 NiSO 和 NaH PO 的混合溶液中，可达到化学镀镍(在待镀零件表面形成一层金属
4 2 2
镍)的目的，该过程中 H PO -被氧化为二元弱酸 H PO ，写出该反应的离子方程式 。
2 2 3 3
(3)次磷酸钠的制备
将黄磷(P )和过量烧碱溶液混合加热，生成 NaH PO 和 PH (气体)，PH 与 NaClO 溶液反应可生成次磷
4 2 2 3 3
酸(H PO )，实验装置如下左图：
3 2
原创精品资源学科网1独6 /家 36享有版权，侵权必究！①装置 A 中盛放烧碱溶液的仪器名称为 。
②由装置 A 中发生化学反应可知，次磷酸(H PO )属于 元弱酸。
3 2
③已知相关物质的溶解度如上右表：
25℃ 100℃
NaCl 37g 39g
NaH PO 100g 667g
2 2
充分反应后，将 A、C 中溶液混合，再将混合液(含极少量 NaOH)加热浓缩，有大量杂质晶体析出，然
后(填操作名称) ，得到含 NaH PO 的溶液，进一步处理得到粗产品。
2 2
④反应结束后，向装置内通入 N 的目的是 。
2
(4)次磷酸钠的纯度测定
先取1.0g粗产品配成100mL溶液，再取25.00mL所配溶液于锥形瓶中，酸化后加入过量的30.00mL 0.100
mol·L-1 碘水。充分反应后，剩余碘水恰好可消耗 24.00mL 0.100 mol·L-1 Na S O 溶液(相关反应方程式为：
2 2 3
H
2
PO
2
-+I
2
+H
2
O=H
2
PO
3
-+2H++2I-，I
2
+2S
2
O
3
2-=S
4
O
6
2-+2I-)，则产品纯度为 。(保留到小数点后一位，已
知：NaH PO 相对分子质量为 88)
2 2
【答案】(1)+1
(2)H
2
PO
2
-+Ni2++H
2
O=Ni+H
3
PO
3
+H+
(3)分液漏斗 一 趁热过滤 将生成的 PH 全部排入 C 中充分吸收，增大次磷酸钠产率
3
(4)63.4％
【解析】次磷酸钠的制备：由实验装置图可知，实验前，应用氮气排除装置中的空气，防止黄磷被氧
化，装置 A 中黄磷与氢氧化钠溶液反应生成次磷酸钠和磷化氢，装置 B 为空载仪器，做安全瓶，起防倒吸
的作用，装置 C 中磷化氢与次氯酸钠溶液共热反应制备目标产物，装置 D 中盛有的酸性高锰酸钾溶液用于
吸收磷化氢，防止污染空气。(1)次氯酸钠中 Na、H、O 的化合价依次为+1、+1、-2，由化合价代数和为 0
原创精品资源学科网1独7 /家 36享有版权，侵权必究！可知，次磷酸钠中磷元素的化合价为+1 价；(2)将待镀零件浸泡在 NiSO 和 NaH PO 的混合溶液中，该过程
4 2 2
中 HPO -被氧化为二元弱酸 H PO ，镍离子被还原为 Ni，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，该反
2 3 3
应的离子方程式 H
2
PO
2
-+Ni2++H
2
O=Ni+H
3
PO
3
+H+ ；(3)①由实验装置图可知，装置 A 中盛放烧碱溶液的仪器
为分液漏斗；②由装置 A 中发生化学反应可知，烧碱过量生成 NaH PO ，次磷酸(H PO )属于一元弱酸；③
2 2 3 2
由表格中的数据可知，次磷酸钠的溶解度随温度变化较大，则充分反应后，将 A、C 中溶液混合，将混合液
采用加热浓缩，有大量杂质晶体析出时，趁热过滤，得到含次氯酸钠的溶液，滤液再冷却结晶，过滤、洗涤、
干燥得到次磷酸钠粗产品；④反应结束后，向装置内通入 N 的目的是：将生成的 PH 全部排入 C 中充分吸
2 3
收，增大次磷酸钠产率；(4)由题给方程式可得：次磷酸钠的物质的量为 0.100mol/L×0.03L-0.100mol/L×0.024L
× =0.0018mol，则 1.0g 粗产品的纯度为 ×100%=63.4%。
4．(2025·贵州省高三模拟，节选)硫酰氯(SO Cl )是一种重要的化工试剂，广泛应用于制造医药、染料、
2 2
表面活性剂等。某兴趣小组在实验室利用 SO 和 SO Cl 反应合成 SO Cl 。
2 2 2 2 2
已知：① ；
②SO Cl 的熔点为-54.1℃，沸点为 69.1℃，遇水能发生剧烈反应生成两种强酸。
2 2
(1)从如图所示甲~戊中选择合适的装置(可以重复选用)制备 SO Cl ，正确的连接顺序是 a→
2 2
→d(用小写字母表示)。
(2)仪器 Y 中盛放的试剂为 (填名称)，其作用为 。
(3)装置丙中发生反应的离子方程式为 。
(4)乙中的三颈烧瓶应置于冷水浴中，其原因是 。
(5)分离产物后，向获得的 SO Cl 中加入足量 NaOH 溶液，振荡、静置得到无色溶液。写出该反应的离
2 2
子方程式： 。
原创精品资源学科网1独8 /家 36享有版权，侵权必究！(6)硫酰氯纯度的测定：取 1.70g 硫酰氯产品在密闭条件下溶于烧碱溶液，最后定容为 250mL 溶液，取
25.00mL 该溶液于锥形瓶中，调 pH 为 6.5~10.5，加入少量 K CrO 作指示剂(Ag CrO 是砖红色沉淀)，用
2 4 2 4
的 AgNO 标准溶液滴定(滴定过程中 SO 2-不参与反应)，平行滴定三次，平均消耗 AgNO 标
3 4 3
准溶液 23.80mL。
①下列操作使测定结果偏低的是 (填序号)。
A．调节 pH 过低 B．滴定终点时，俯视标准液液面读数 C．锥形瓶未用待测液润洗
②该硫酰氯产品的纯度为 。
【答案】(1)g→h→b→c→h→g→e→f 或 g→h→c→b→h→g→e→f
(2)碱石灰 防止空气中水蒸气进入乙装置，同时吸收多余氯气和二氧化硫
(3)ClO-+ Cl-+2H+=Cl
2
↑+H
2
O
(4)制备 SO Cl 的反应为放热反应，SO Cl 沸点低，温度过高易气化且易分解
2 2 2 2
(5)SO Cl +4OH-=SO 2-+2Cl-+2H O
2 2 4 2
(6) AB 94.5%
【解析】甲装置中亚硫酸钠和浓硫酸反应制备二氧化硫，经戊干燥后通入乙装置，丙装置中浓盐酸和
次氯酸钠溶液反应制备氯气，经装置丁除去 Cl 中混有的 HCl，再经过戊干燥后通入乙发生已知反应①。(1)
2
该实验中甲装置中亚硫酸钠和浓硫酸反应制备二氧化硫，经戊干燥后通入乙装置，丙装置中浓盐酸和次氯
酸钠溶液反应制备氯气，经装置丁除去 Cl 中混有的 HCl，再经过戊干燥后通入乙发生反应，可得正确连接
2
顺序为 a→g→h→b→c→h→g→e→f→d(b，c 可换顺序)。(2)SO Cl 遇水能发生剧烈反应，则 Y 装置作用是
2 2
防止空气中水蒸气进入乙装置，同时吸收多余氯气和二氧化硫，所以其盛放的试剂为碱石灰。(3)由分析知
丙中浓盐酸和次氯酸钠反应制取氯气，即离子方程式为 ClO-+ Cl-+2H+=Cl
2
↑+H
2
O。(4)制备 SO
2
C
2
l 的反应
为放热反应，SO Cl 沸点低，三颈烧瓶应置于冷水浴中，防止温度过高 SO Cl 气化、分解。(5)SO Cl 水解
2 2 2 2 2 2
生成硫酸与 HCl，与 NaOH 反应生成硫酸钠和氯化钠，故离子方程式为 SO Cl +4OH-=SO 2-+2Cl-+2H O。(6)
2 2 4 2
①调节 pH 过低会使铬酸根转化为重铬酸根，则会使部分氯离子被氧化，所以会使测定结果偏低，A 正确。
滴定终点时，俯视标准液液面读数会使消耗标准液体积偏小，所以会使测定结果偏低，B 正确。锥形瓶未用
待测液润洗对所取待测液物质的量无影响，所以对测定结果无影响，C 错误。综上，故选 AB。②滴定过程
中氯离子和银离子生成氯化银沉淀，所以样品中硫酰氯的纯度为
。
原创精品资源学科网1独9 /家 36享有版权，侵权必究！5．(2025·江西省九校联考高三期中，节选)亚硝酰氯(NOCl)是一种黄色气体，熔点为-64.5℃，沸点为-
5.5℃，常用于合成洗涤剂、触媒及用作中间体，可由 NO 与 Cl 在通常条件下反应得到。某实验小组设计
2
实验制备 NOCl 并测定产品中 NOCl 的含量。
步骤 I.制备 NOCl
按如图所示装置进行实验(夹持装置略)。
已知：①2NOCl＋H
2
O＝2H＋＋2Cl− ＋NO↑＋NO
2
↑
②2OH− ＋NO＋NO
2
＝2NO
2
-＋H
2
O
③2NO
2
-＋4H＋＋2I− ＝2NO↑＋I
2
＋2H
2
O
④I +2S O 2-=S O 2-+2I-
2 2 3 4 6
步骤 II. NOCl 含量的测定(假设杂质不参与反应)
①取 5.00g 三颈烧瓶中所得产物溶于适量氢氧化钠溶液中，然后加入一定量稀硫酸和 KI，并通入足量 N，
2
将 NO 全部赶出，最后将溶液稀释至 500.00mL；
②取 25.00mL 上述所得溶液，用淀粉作指示剂，用 0.15mol·L-1Na S O 标准溶液滴定至终点，最终消耗
2 2 3
标准溶液的体积为 20.00mL。
回答下列问题：
(1)装置 A 中盛放浓盐酸的仪器名称为 ；装置 A 中发生反应的离子方程式为 。
(2)仪器连接的顺序为 a→ →b，c← ←h(仪器可重复使用)；装置 C 中所盛试剂的名称
是 ，装置 C 的作用是 ；若装置 C 中压强过大，可以观察到的现象是 。
(3)实验时，待装置 B 中三颈烧瓶内充满黄绿色气体时，再将 NO 通入三颈烧瓶中，这样做的目的
是 。
(4)该制备装置中存在的一处缺陷是 。
(5)实验测得产品中 NOCl 的含量为 %(保留一位小数)。
原创精品资源学科网2独0 /家 36享有版权，侵权必究！(6)下列操作将导致 NOCl 测量含量偏高的是 (填标号)。
a.加入的氢氧化钠溶液过少
b.滴定前滴定管有气泡，滴定后气泡消失
c.锥形瓶内溶液蓝色消失后立即读数
d.读数时，滴定前平视，滴定后仰视
【答案】(1)恒压滴液漏斗 2MnO
4
-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl
2
↑+8H
2
O
(2) d→e→f→g g←f←j←i 饱和食盐水 除去 Cl 中的HCl气体且起安全瓶的作用 长
2
颈漏斗液面上升
(3)排尽装置内的空气，防止 NO 被氧化
(4)缺少吸收过量 NO 的尾气处理装置
(5)78.6 (6)bd
【解析】NOCl 会和水反应，则生成 NOCl 的原料气需要干燥处理；A 中生成 Cl 后，浓盐酸含有挥发
2
性，所以得到的 Cl 中含有 HCl，应 C 装置除去 Cl 中的 HCl 且起安全瓶的作用，C 中溶液为饱和的
2 2
NaCl
溶液，D 装置的作用是干燥氯气，D 中溶液为浓硫酸，F 用于生成 NO，生成 NO 通过 E 除去挥发的硝酸气
体，D 浓硫酸装置干燥，氯气和 NO 在 B 中反应生成 NOCl，尾气通过碱石灰吸收且可以防止空气中水进入
B。(1)装置 A 中盛放浓盐酸的仪器名称为恒压滴液漏斗；装置 A 中发生反应为浓盐酸和 KMnO 反应生成
4
Cl
2
，离子方程式为 2MnO
4
-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl
2
↑+8H
2
O；(2)仪器连接的顺序为 a→d→e→f→g →b，c
←g←f←j←i ←h(仪器可重复使用)；装置 C 中所盛试剂的名称是饱和食盐水，装置 C 的作用是除去 Cl 中
2
的 HCl 气体且起安全瓶的作用；若装置 C 中压强过大，可以观察到的现象是长颈漏斗液面上升；(3)实验时，
待装置 B 中三颈烧瓶内充满黄绿色气体时，再将 NO 通入三颈烧瓶中，因 NO 与氧气可直接反应生成二氧
化氮，这样做的目的是：排尽装置内的空气，防止 NO 被氧化；(4)有毒气体要进行尾气处理，该装置没有
尾 气 处 理 装 置 ， 故 答 案 为 缺 少 吸 收 过 量 NO 的 尾 气 处 理 装 置 ； (5)根 据 I +2S O 2-
2 2 3 4 6
=S O 2-+2I-， 得
， 则 250mL 的 溶 液 中
，根据方程式 2NOCl＋H
2
O＝2H＋＋2Cl− ＋NO↑＋NO
2
↑、2OH− ＋
NO＋NO
2
＝2NO
2
-＋H
2
O、2 NO
2
-＋4H＋＋2I− ＝2NO↑＋I
2
＋2H
2
O 得关系式 2NOCl～I
2
，则 5.00g 三颈烧瓶
所得产物中 n(NOCl)＝2n(I)＝2×0.03mol＝0.06mol，其质量分数＝ ；(6)
2
a 项，加入的氢氧化钠溶液过少会导致 n(NOCl)偏小，则 NOCl 纯度偏低，故 a 不符合题意；b 项，滴定前
原创精品资源学科网2独1 /家 36享有版权，侵权必究！滴定管有气泡，滴定后气泡消失，会导致 n(NOCl)偏大，则 NOCl 纯度偏高，故 b 符合题意；c 项，锥形瓶
内溶液蓝色消失后立即读数，会导致 n(NOCl)偏小，则 NOCl 纯度偏低，故 c 不符合题意；d 项，读数时，
滴定前平视，滴定后仰视，会导致 n(NOCl)偏大，则 NOCl 纯度偏高，故 d 符合题意；故选 bd。
1．(2024· 贵州卷，15，14 分)十二钨硅酸在催化方面有重要用途。某实验小组制备十二钨硅酸晶体，
并测定其结晶水含量的方法如下(装置如图，夹持装置省略)：
Ⅰ．将适量 Na WO ·2H O、Na SiO ·9H O 加入三颈烧瓶中，加适量水，加热，溶解。
2 4 2 2 3 2
Ⅱ．持续搅拌下加热混合物至近沸，缓慢滴加浓盐酸至 pH 为 2，反应 30 分钟，冷却。
Ⅲ．将反应液转至萃取仪器中，加入乙醚，再分批次加入浓盐酸，萃取。
Ⅳ．静置后液体分上、中、下三层，下层是油状钨硅酸醚合物。
Ⅴ．将下层油状物转至蒸发皿中，加少量水，加热至混合液表面有晶膜形成，冷却结晶，抽滤，干燥，
得到十二钨硅酸晶体 H[SiW O ]·nH O。
4 12 40 2
已知：
①制备过程中反应体系 pH 过低会产生钨的水合氧化物沉淀；
②乙醚易挥发、易燃，难溶于水且密度比水小；
③乙醚在高浓度盐酸中生成的 与[SiW O ]4-缔合成密度较大的油状钨硅酸醚合物。
12 40
回答下列问题：
(1)仪器 a 中的试剂是 (填名称)，其作用是 。
(2)步骤Ⅱ中浓盐酸需缓慢滴加的原因是 。
(3)下列仪器中，用于“萃取、分液”操作的有 (填名称)。
原创精品资源学科网2独2 /家 36享有版权，侵权必究！(4)步骤Ⅳ中“静置”后液体中间层的溶质主要是 。
(5)步骤Ⅴ中“加热”操作 (选填“能”或“不能”)使用明火，原因是 。
(6)结晶水测定：称取 十二钨硅酸晶体(H [SiW O ]·nH O，相对分子质量为 M)，采用热重分析法测
4 12 40 2
得失去全部结晶水时失重 ，计算 (用含 的代数式表示)若样品未充分干燥，会导致 的
值 (选填“偏大”“偏小”或“不
变”)。
【答案】(1) 碱石灰(或 NaOH 固体等) 吸收挥发出来的氯化氢
(2)防止制备过程中局部 pH 过低而产生钨的水合氧化物沉淀
(3)分液漏斗、烧杯
(4)NaCl
(5)不能 乙醚易挥发，易燃，遇明火极易发生危险
(6) 偏大
【解析】(1)浓盐酸具有挥发性，会污染环境，故 a 中的试剂的作用是吸收挥发出来的氯化氢，可以是
碱石灰或 NaOH 固体等；(2)由于制备过程中反应体系 pH 过低会产生钨的水合氧化物沉淀，故步骤Ⅱ中浓
盐酸需缓慢滴加，防止制备过程中局部 pH 过低而产生钨的水合氧化物沉淀；(3)萃取分液需要使用分液漏斗，
同时需要烧杯来盛放分液后的液体，故用于“萃取、分液”操作的有分液漏斗、烧杯；(4)步骤Ⅳ中“静置”后
液
体分为上中下三层，其中下层液体为油状钨硅酸醚合物，乙醚难溶于水，且密度小于水，故上层为乙醚，
中层为水层，通过分析发生的反应可知，中间层的溶质主要为 NaCl；(5)由于乙醚易挥发，易燃，故步骤Ⅴ
中“加热”操作不能使用明火；(6)mg 十二钨硅酸晶体的物质的量为 ，结晶水占总质量的 ，则结晶
水的物质的量为 ，则 ；若未充分干燥，则 变大，n 偏大。
2．(2024·广东卷，17)含硫物质种类繁多，在一定条件下可相互转化。
(1)实验室中，浓硫酸与铜丝反应，所产生的尾气可用 (填化学式)溶液吸收。
(2)工业上，烟气中的 SO 可在通空气条件下用石灰石的浆液吸收，生成石膏。该过程中， (填
2
元素符号)被氧化。
(3)工业锅炉需定期除水垢，其中的硫酸钙用纯碱溶液处理时，发生反应：CaSO (s)+CO 2-(aq)
4 3
原创精品资源学科网2独3 /家 36享有版权，侵权必究！CaCO (s)+SO 2-(aq)(Ⅰ)。兴趣小组在实验室探究 Na CO 溶液的浓度对反应(Ⅰ)的反应速率的影响。
3 4 2 3
①用 Na CO 固体配制溶液，以滴定法测定其浓度。
2 3
i．该过程中用到的仪器有 。
ii．滴定数据及处理：Na CO 溶液 V mL，消耗 c mol·L-1 盐酸 V mL (滴定终点时，CO 2-转化为 HCO
2 3 0 1 1 3 3
-)，则 c(Na CO )=_________mol·L-1。
2 3
②实验探究：取①中的 Na CO 溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液，分别加入 硫酸钙固体，
2 3
反应 后，过滤，取 V mL 滤液，用 c mol·L-1 盐酸参照①进行滴定。记录的部分数据如下表(忽略 CO 2
0 1 3
-水解的影响)。
V (盐酸)
消耗
序号 V(Na CO )/mL V(H O)/mL V(滤液)/mL
2 3 2
/mL
a 100.0 0 V 2V/5
0 1
b 80.0 x V 3V/10
0 1
则 x= ，测得的平均反应速率之比 。
(4)兴趣小组继续探究反应(Ⅰ)平衡的建立，进行实验。
①初步实验 将 1.00 g 硫酸钙(M=136g·molˉ1)加入 100.0 mL0.100mol·L-1Na CO 溶液中，在 和搅拌
2 3
条件下，利用 计测得体系的 随时间的变化曲线如图。
②分析讨论 甲同学根据 后 不改变，认为反应(Ⅰ)已达到平衡；乙同学认为证据不足，并提出
如下假设：
假设 1 硫酸钙固体已完全消耗；
原创精品资源学科网2独4 /家 36享有版权，侵权必究！假设 2 硫酸钙固体有剩余，但被碳酸钙沉淀包裹。
③验证假设，乙同学设计如下方案，进行实验。
步骤 现象
ⅰ．将①实验中的反应混合物进行固液分离 /
ⅱ．取少量分离出的沉淀置于试管中，滴加 ，沉淀完全溶解
ⅲ．继续向ⅱ的试管中滴加 无白色沉淀生成
④实验小结 假设 1 成立，假设 2 不成立。①实验中反应(Ⅰ)平衡未建立。
⑤优化方案、建立平衡 写出优化的实验方案，并给出反应(Ⅰ)平衡已建立的判断依据： 。
【答案】(1)NaOH(其他合理答案也可)
(2)S
(3) BD 20.0 6：5
(4) 过量稀盐酸 有气体产生 BaCl 溶液 将最少 1.36 g 硫酸钙加入 100.0 mL0.100mol·
2
L-1Na CO 溶液中，在 25℃和搅拌条件下，利用 pH 计测得体系的 pH，当 pH 不变时，加入 Na SO 固体，
2 3 2 4
若 pH 值变大，说明反应Ⅰ平衡已建立
【解析】探究反应 CaSO (s)+CO 2-(aq) CaCO (s)+SO 2-(aq) (Ⅰ)中 Na CO 溶液的浓度对反应速
4 3 3 4 2 3
率的影响，通过 HCl 与 Na CO 的滴定反应，来测量 Na CO 浓度的变化量，从而计算平均反应速率；探究
2 3 2 3
反应 CaSO (s)+CO 2-(aq) CaCO (s)+SO 2-(aq) 平衡的建立，利用 CO2-水解呈碱性的性质，通过测定
4 3 3
3 4
pH 来判断 CO 2-离子浓度的变化情况，从而判断反应是否平衡。(1)浓硫酸与铜丝反应方程式为：Cu＋2H SO
3 2
4
(浓) CuSO ＋SO ↑＋2H O，所产生的尾气为 SO ，可用 NaOH 溶液吸收(其他合理答案也可)；(2)SO 生成
4 2 2 2 2
石膏(主要成分 CaSO )，S 元素的化合价由+4 价上升到+6 价，失去电子，被氧化；(3)①用 Na CO 固体配制
4 2 3
溶液，以滴定法测定其浓度，该过程用到下列仪器中的烧杯、酸式滴定管，故选 BD；根据离子方程式 CO2
3
-+H+=HCO
3
-可知， ；②总体积应相同，x 为 20.0mL；a 中消耗的盐酸体
积为 ，即 ，同理可得，b 中
，由于 ， ；(4)由结论假设 1 成立，假
设 2 不成立，说明①实验中的沉淀均为 CaCO ，要验证沉淀中无 CaSO ，可酸溶后滴加 BaCl 将①实验中的
3 4 2
反应混合物进行固液分离后，取少量分离出的沉淀置于试管中，滴加过量稀盐酸，有气体产生，沉淀完全
原创精品资源学科网2独5 /家 36享有版权，侵权必究！溶解，继续滴加 BaCl 溶液，无白色沉淀生成，说明沉淀均为 CaCO ，无 CaSO ；由方程式 CaSO
2 3 4
4
(s)+CO2-(aq) CaCO (s)+SO 2-(aq) 可知，假设正反应 100%进行，
3
3 4
，质量为 0.01mol×136g/mol=1.36g，实验方案为：将最少
1.36 g 硫酸钙加入 100.0 mL0.100mol·L-1Na CO 溶液中，在 25℃和搅拌条件下，利用 pH 计测得体系的 pH，
2 3
当 pH 不变时，加入 Na SO 固体，若 pH 值变大，说明反应Ⅰ平衡已建立。
2 4
3．(2024·甘肃卷，16)某兴趣小组设计了利用MnO 和 H SO 生成MnS O ，再与Na CO 反应制备Na S
2 2 3 2 6 2 3 2 2
O
·2H O 的方案： 6
2
(1)采用下图所示装置制备 SO ，仪器 a 的名称为 ；步骤 I 中采用冰水浴是为了 ；
2
(2)步骤Ⅱ应分数次加入 MnO ，原因是 ；
2
(3)步骤Ⅲ滴加饱和 Ba(OH) 溶液的目的是 ；
2
(4)步骤Ⅳ生成 MnCO 沉淀，判断 ；
3
已沉淀完全的操作是
。
(5)将步骤Ⅴ中正确操作或现象的标号填入相应括号中
A．蒸发皿中出现少量晶体 B．使用漏斗趁热过滤
C．利用蒸发皿余热使溶液蒸干 D．用玻璃棒不断搅拌 E．等待蒸发皿冷却
【答案】(1)恒压滴液漏斗 增大 SO 的溶解度、增大 H SO 的浓度，同时为步骤Ⅱ提供低温
2 2 3
(2)防止过多的 MnO 与 H SO 反应生成 MnSO ，同时防止反应太快、放热太多、不利于控制温度低于
2 2 3 4
10℃
(3)除去过量的 SO (或 H SO )
2 2 3
(4)静置，向上层清液中继续滴加几滴饱和 Na CO 溶液，若不再产生沉淀，说明 Mn2+已沉淀完全
2 3
原创精品资源学科网2独6 /家 36享有版权，侵权必究！(5)D、A、E
【解析】步骤Ⅱ中 MnO 与 H SO 在低于 10℃时反应生成 MnS O ，反应的化学方程式为 MnO
2 2 3 2 6
2
+2H SO =MnS O +2H O，步骤Ⅲ中滴加饱和 Ba(OH) 除去过量的 SO (或 H SO )，步骤Ⅳ中滴入饱和 Na CO
2 3 2 6 2 2 2 2 3 2
3
溶液发生反应 MnS O +Na CO =MnCO ↓+Na S O ，经过滤得到 Na S O 溶液，步骤Ⅴ中 Na S O 溶液经蒸
2 6 2 3 3 2 2 6 2 2 6 2 2 6
发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到 Na S O ·2H O。(1)根据仪器 a 的特点知，仪器 a 为恒压滴液漏
2 2 6 2
斗；步骤Ⅰ中采用冰水浴是为了增大 SO 的溶解度、增大 H SO 的浓度，同时为步骤Ⅱ提供低温；(2)由于
2 2 3
MnO 具有氧化性、SO (或 H SO )具有还原性，步骤Ⅱ应分数次加入 MnO ，原因是：防止过多的 MnO 与
2 2 2 3 2 2
H SO 反应生成 MnSO ，同时防止反应太快、放热太多、不利于控制温度低于 10℃；(3)步骤Ⅲ中滴加饱和
2 3 4
Ba(OH) 溶液的目的是除去过量的SO (或 H SO )，防止后续反应中SO 与 Na CO 溶液反应，增加饱和Na CO
2 2 2 3 2 2 3 2
3
溶液的用量、并使产品中混有杂质；(4)步骤Ⅳ中生成 MnCO 沉淀，判断 Mn2+已沉淀完全的操作是：静置，
3
向上层清液中继续滴加几滴饱和 Na CO 溶液，若不再产生沉淀，说明 Mn2+已沉淀完全；(5)步骤Ⅴ的正确
2 3
操作或现象为：将滤液倒入蒸发皿中→用酒精灯加热→用玻璃棒不断搅拌→蒸发皿中出现少量晶体→停止
加热→等待蒸发皿冷却→过滤、洗涤、干燥得到 Na S O ·2H O，依次填入 D、A、E。
2 2 6 2
4．(2024·北京卷，19)某小组同学向 pH=1 的 的 FeCl 溶液中分别加入过量的 Cu 粉、 粉和
3
粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。
(1)理论分析
依据金属活动性顺序，Cu、Zn、Mg 中可将 Fe3+还原为 Fe 的金属是 。
(2)实验验证
实验 金属 操作、现象及产物
I 过量 Cu 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到 Fe 单质
一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH 逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀
Ⅱ 过量 Zn
后，无气泡冒出，此时溶液 为 3~4，取出固体，固体中未检测到 单质
有大量气泡产生，反应剧烈，pH 逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持
Ⅲ 过量 Mg
续产生大量气泡，当溶液 为 3~4 时，取出固体，固体中检测到 单质
①分别取实验 I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加 K [Fe(CN) ]溶液，证明都有 生成，依据的现象是
3 6
。
②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因 。
原创精品资源学科网2独7 /家 36享有版权，侵权必究！③对实验Ⅱ未检测到 Fe 单质进行分析及探究。
i．a．甲认为实验Ⅱ中，当 Fe3+、H+ 浓度较大时，即使 与 Fe2+反应置换出少量 Fe，Fe 也会被 Fe3+、
H+ 消耗。写出 Fe 与 Fe3+、H+ 反应的离子方程式 。
b．乙认为在 pH 为 3~4 的溶液中即便生成 Fe 也会被 H+ 消耗。设计实验 (填实验操作和现象)。
证实了此条件下可忽略 H+ 对 Fe 的消耗。
c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在 粉上，阻碍了 与 Fe2+的反应。实验证实了 粉被包裹。
ii．查阅资料：0.5mol·L-1 Fe3+开始沉淀的 pH 约为 1.2，完全沉淀的 pH 约为 3。
结合 a、b 和 c，重新做实验Ⅱ，当溶液 pH 为 3~4 时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，
控制 pH＜1.2， (填实验操作和现象)，待 pH 为 3~4 时，取出固体，固体中检测到 单质。
(3)对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到 单质的原因 。
【答案】(1) Mg、Zn
(2) 产生蓝色沉淀 Fe3+水解方程式为 Fe3++3H
2
O Fe(OH)
3
+3H+ ，加入的 Mg 或 Zn 会消耗 H+ ，
促进 Fe3+水解平衡正向移动，使其转化为 Fe(OH)
3
沉淀 2Fe3++2Fe+2H+=4Fe2++H
2
↑或 2Fe3++ Fe=3Fe2
+ 、Fe+2H+=Fe2++H 2 ↑ 向 pH 为 3~4 的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加 K [Fe(CN) ]
3 6
溶液，不产生蓝色沉淀 加入几滴 KSCN 溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸
(3)加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被 Fe(OH) 沉淀包裹
3
【解析】实验Ⅰ中，加入过量的 Cu，Cu 与 Fe3+发生反应 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，一段时间后，溶液逐
渐变为蓝绿色，固体中未检测到 Fe 单质；实验Ⅱ中，加入过量的 Zn，发生反应 Zn +2H+= Zn2++H
2
↑，有
气泡产生，pH 逐渐增大，使得 Fe3+转化为红褐色沉淀 Fe(OH) ，固体中未检测到 Fe 单质，原因可能是 Fe3
3
+ 的干扰以及 Fe(OH) 3 沉淀对锌粉的包裹；实验Ⅲ中，加入过量 Mg，发生反应 Mg +2H+= Mg 2++ 2 H ↑，由于
Mg 很活泼，该反应非常剧烈，pH 逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液 pH 为
3~4 时，取出固体，固体中检测到 Fe 单质，对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被
Fe(OH) 沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到 Fe 单质。(1)在金属活动性顺序表中，Mg、Zn 排在 Fe 之前，Cu
3
排在 Fe 之后，因此 Mg、Zn 可将 Fe3+还原为 Fe；(2)①Fe2+与 K [Fe(CN) ]会生成蓝色的 KFe[Fe(CN) ]沉淀；
3 6 6
②Fe3+水解方程式为 Fe3++3H
2
O Fe(OH)
3
+3H+ ，加入的 Mg 或 Zn 会消耗 H+ ，促进 Fe3+水解平衡正向
移动，使其转化为 Fe(OH)
3
沉淀；③i．a．Fe 与 Fe3+、H+ 反应的离子方程式为：2Fe3++2Fe+2H+=4Fe2++H
2
↑或 2Fe3++ Fe=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H
2
↑；b．要证实在 pH 为 3~4 的溶液中可忽略 H+ 对 Fe 的消耗，可向
pH 为 3~4 的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加 K [Fe(CN) ]溶液，不产生蓝色沉淀，即说明
3 6
原创精品资源学科网2独8 /家 36享有版权，侵权必究！此条件下 Fe 未与 H+ 反应生成 Fe2+；ⅱ．结合 a，b 和 c 可知，实验Ⅱ未检测到 Fe 单质的原因可能是
Fe3+的
3 3
干扰以及 Fe(OH) 沉淀对锌粉的包裹，因此可控制反应条件，在未生成 Fe(OH) 沉淀时将 Fe3+还原，即可排
除两个干扰因素，具体操作为：重新做实验Ⅱ，当溶液 pH 为 3~4 时，不取出固体，向固-液混合物中持续
加入盐酸，控制 pH<1.2，加入几滴 KSCN 溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸，待 pH 为 3~4 时，取
出固体，固体中检测到 Fe 单质；(3)对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被 Fe
(OH) 沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到 Fe 单质。
3
5．(2024·湖南卷，15，3 分)亚铜配合物广泛用作催化剂。实验室制备[Cu(CH CN) ]ClO 的反应原理如下：
3 4 4
Cu(ClO ) ·6H O+Cu+8CH CN=2[Cu(CH CN) ]ClO +6H O
4 2 2 3 3 4 4 2
实验步骤如下：
分别称取 3.71g Cu(ClO ) ·6H O 和 0.76gCu粉置于 乙腈(CHCN)中应，回流装置图和蒸馏装置图(加
4 2 2 3
热、夹持等装置略)如下：
已知：①乙腈是一种易挥发的强极性配位溶剂；
②相关物质的信息如下：
化合物 [Cu(CH CN) ]ClO Cu(ClO ) ·6H O
3 4 4 4 2 2
相对分子质量 327.5 371
在乙腈中颜色 无色 蓝色
回答下列问题：
原创精品资源学科网2独9 /家 36享有版权，侵权必究！(1)下列与实验有关的图标表示排风的是 (填标号)；
A． B． C． D． E．
(2)装置Ⅰ中仪器 M 的名称为 ；
(3)装置Ⅰ中反应完全的现象是 ；
(4)装置Ⅰ和Ⅱ中 N 气球的作用是 ；
2
(5) [Cu(CH CN) ]ClO 不能由步骤 c 直接获得，而是先蒸馏至接近饱和，再经步骤 d 冷却结晶获得。这样
3 4 4
处理的目的是
(6)为了使母液中的[Cu(CH CN) ]ClO 结晶，步骤 e 中向母液中加入的最佳溶剂是 (填标号)；
3 4 4
A．水 B．乙醇 C．乙醚
(7)合并步骤 d 和 e 所得的产物，总质量为 5.32g，则总收率为 (用百分数表示，保留一位小数)。
【答案】(1)D (2)球形冷凝管 (3)溶液蓝色褪去变为无色
(4)排出装置内空气，防止制备的产品被氧化
(5)冷却过程中降低[Cu(CH CN) ]ClO 在水中的溶解度
3 4 4
(6)B
(7)81.2%
【解析】将 Cu(ClO ) ·6H O 和 Cu 粉以及乙腈(CH CN)加入两颈烧瓶中，经水浴加热并回流进行充分反
4 2 2 3
应，反应结束后过滤除去未反应完全的 Cu，然后利用乙腈的挥发性进行蒸馏除去乙腈，将剩余溶液进行冷
却结晶分离出[Cu(CH CN) ]ClO 。(1) 表示需佩戴护目镜， 表示当心火灾， 表示
3 4 4
注意烫伤， 表示排风， 表示必须洗手，故选 D。(2)装置Ⅰ中仪器 M 的名称为球形冷凝管。
(3) Cu(ClO ) ·6H O 在乙腈中为蓝色，[Cu(CH CN) ]ClO 在乙腈中为无色，因此装置Ⅰ中反应完全的现象是溶
4 2 2 3 4 4
液蓝色褪去变为无色，可证明 Cu(ClO ) ·6H O 已充分反应完全。(4)由于制备的[Cu(CH CN) ]ClO 中 Cu 元素
4 2 2 3 4 4
为+1 价，具有较强的还原性，容易被空气中氧气氧化，因此装置Ⅰ和Ⅱ中 N 气球的作用是排出装置内空气，
2
防止制备的产品被氧化。(5) [Cu(CH CN) ]ClO 为离子化合物，具有强极性，在水中溶解度较大，在温度较高
3 4 4
的环境下蒸馏难以分离，若直接将水蒸干难以获得晶体状固体，因此需先蒸馏至接近饱和，再经步骤 d 冷
却结晶，从而获得晶体。(6)为了使母液中的[Cu(CH CN) ]ClO 结晶，可向母液中加入极性较小的溶剂，与水
3 4 4
原创精品资源学科网3独0 /家 36享有版权，侵权必究！混溶的同时扩大与[Cu(CH CN) ]ClO 的极性差，进而使[Cu(CH CN) ]ClO 析出，因此可选用的溶剂为乙醇，
3 4 4 3 4 4
故选 B。(7) 3.71g Cu(ClO ) ·6H O 的物质的量为 ，理论制得[Cu(CH CN) ]ClO 的质量为
4 2 2 3 4 4
，总收率为 。
6．(2024·河北卷，15，15 分)市售的溴(纯度 99%)中含有少量的 Cl 和 I ，某化学兴趣小组利用氧化还
2 2
原反应原理，设计实验制备高纯度的溴。回答下列问题：
(1)装置如图(夹持装置等略)，将市售的溴滴入盛有浓 CaBr 溶液的 B 中，水浴加热至不再有红棕色液
2
体馏出。仪器C 的名称为_______；CaBr 溶液的作用为_______；D 中发生的主要反应的化学方程式为_______。
2
(2)将 D 中溶液转移至_______(填仪器名称)中，边加热边向其中滴加酸化的 KMnO 溶液至出现红棕色
4
气体，继续加热将溶液蒸干得固体 R。该过程中生成 I 的离子方程式为_______。
2
(3)利用图示相同装置，将 R 和 K Cr O 固体混合均匀放入 B 中，D 中加入冷的蒸馏水。由 A 向 B
2 2 7
中
滴加适量浓 H SO ，水浴加热蒸馏。然后将 D 中的液体分液、干燥、蒸馏，得到高纯度的溴。D 中蒸馏水
2 4
的作用为_______和_______。
(4)为保证溴的纯度，步骤(3)中 K Cr O 固体的用量按理论所需量的 3/4 计算，若固体 R 质量为 m 克
2 2 7
(以
计)，则需称取_______ g K Cr O (M=294 g·molˉ1) (用含 m 的代数式表示)。
2 2 7
(5)本实验所用钾盐试剂均经重结晶的方法纯化。其中趁热过滤的具体操作为漏斗下端管口紧靠烧杯内
壁，转移溶液时用_______，滤液沿烧杯壁流下。
【答案】(1)①直形冷凝管 ②除去市售的溴中少量的 Cl
2
③Br +K C O 2KBr+2CO↑
2 2 2 4 2
(2)①蒸发皿 ②2MnO
4
-+10I-+16H+ Mn2++5I
2
+8H
2
O
(3)①液封 ②降低温度
(4) 0.31m
(5)玻璃棒引流，玻璃棒下端靠在三层滤纸处
原创精品资源学科网3独1 /家 36享有版权，侵权必究！【解析】市售的溴(纯度 99%)中含有少量的 Cl 和 I ，实验利用氧化还原反应原理制备高纯度的溴，市
2 2
售的溴滴入盛有浓 CaBr 溶液中，Cl 可与 CaBr 发生氧化还原反应而除去，I 与 Br 一起蒸馏入草酸钾溶
2 2 2 2 2
液中，并被草酸钾还原为 I-、Br-，并向溶液中滴加高锰酸钾溶液氧化 I-，加热蒸干得 KBr 固体，将 KBr 固
体和 K Cr O 固体混合均匀加入冷的蒸馏水，同时滴加适量浓 H SO ，水浴加热蒸馏，得到的液体分液、干
2 2 7 2 4
燥、蒸馏，可得高纯度的溴。(1)仪器 C 为直形冷凝管，用于冷凝蒸气；市售的溴中含有少量的 Cl ，Cl 可
2 2
与 CaBr 发生氧化还原反应而除去；水浴加热时，Br 、I 蒸发进入装置 D 中，分别与 K C O 发生氧化还
2 2 2 2 2 4
原反应，Br +K C O 2KBr+2CO ↑、I +K C O 2KI+2CO ↑，由于 Br 为进入 D 的主要物质，故主要反
2 2 2 4 2 2 2 2 4 2 2
应的化学方程式为 Br +K C O 2KBr+2CO↑；(2)将 D 中溶液转移至蒸发皿中，边加热边向其中滴加酸化
2 2 2 4 2
的 KMnO 溶液至出现红棕色气体(Br)，即说明KMnO 已将KI全部氧化，发生反应的离子方程式为2MnO
4 2 4 4
-+10I-+16H+ Mn2++5I
2
+8H
2
O；KBr 几乎未被氧化，继续加热将溶液蒸干所得固体 R 的主要成分为 KBr；(3)
密度 Br ＞H O，D 中冷的蒸馏水起到液封的作用，同时冷的蒸馏水温度较低，均可减少溴的挥发；(4)m 克
2 2
KBr 固体的物质的量为 ，根据转移电子相等可得关系式 6KBr~6e-~ K Cr O ，则理论上需要 K Cr O
2 2 7 2 2 7
的物质的量为 ，实际所需称取 K Cr O 的质量为 ；(5)
2 2 7
趁热过滤的具体操作：漏斗下端管口紧靠烧杯内壁，转移溶液时用玻璃棒引流，玻璃棒下端靠在三层滤纸处，
滤液沿烧杯壁流下。
7．(2024·湖北卷，18，14 分)学习小组为探究 Co2+、Co3+能否催化 H O 的分解及相关性质，室温下进
2 2
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 溶液变为墨绿色，并持续产生能使带火
无明显变化
产生 星木条复燃的气体
已知：[Co(H O) ]2+为粉红色、[Co(H O) ]3+为蓝色、[Co(CO ) ]2-为红色、[Co(CO ) ]3-为墨绿色。回答
2 6 2 6 3 2 3 2
下列问题：
原创精品资源学科网3独2 /家 36享有版权，侵权必究！(1)配制 1.00mol·L-1 的 CoSO 溶液，需要用到下列仪器中的 (填标号)。
4
a． b． c． d．
(2)实验 I 表明[Co(H O) ]2+ (填“能”或“不能”)催化 H O 的分解。实验Ⅱ中 HCO -大大过量的
2 6
原因
是 。实验Ⅲ初步表明[Co(CO ) ]3-能催化 H O 的分解，2写 出2 H O 在实验Ⅲ中所发3生反应的离子方程
3 2 2 2 2 2
式 、 。
(3)实验 I 表明，反应 2[Co(H
2
O
6
) ]2++H
2
O
2
+2H+ 2[Co(H O) ]3++2H O 难以正向进行，利用化学平
2 6 2
衡移动原理，分析 Co3+、Co2+分别与 CO2-配位后，正向反应能够进行的原因 。
3
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 HCO -与 Co2+按物质的量之比 4：1 发生反应 4HCO - +Co2+=[Co(CO ) ]2-+2CO ↑+2H O，
3 3 3 2 2 2
实验中 HCO -与 Co2+的物质的量之比为 32：3 10HCO - +2Co2++H O =2[Co(CO ) ]3- +4CO ↑+6H O
3 3 2 2 3 3 2 2
2HO 2H O+O ↑
2 2 2 2
(3)实验Ⅲ的现象表明，Co3+、Co2+分别与 CO 2-配位时，[Co(H O) ]3+更易与 CO 2-反应生成[Co
3 2 6 3
(CO ) ]3- (该反应为快反应)，导致[Co(H O) ]2+几乎不能转化为[Co(CO ) ]2-，这样使得[Co(H O) ]3+的浓度减
3 2 2 6 3 2 2 6
小的幅度远远大于[Co(H O) ]2+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
2 6
应方向移动，因此，上述反应能够正向进行
(4) CO O
2 2
【解析】本题探究 Co2+、Co3+能否催化 H O 的分解及相关性质。实验Ⅰ中无明显变化，证明[Co
2 2
(H O) ]2+不能催化 H O 的分解；实验Ⅱ中溶液变为红色，证明[Co(H O) ]2+易转化为[Co(CO ) ]2-；实验Ⅲ中
2 6 2 2 2 6 3 2
溶液变为墨绿色，说明[Co(H O) ]3+更易与 CO 2-反应生成[Co(CO ) ]3-，并且初步证明[Co(H O) ]2+在 HCO -
2 6 3 3 3 2 6 3
的作用下易被 H O 氧化为[Co(CO ) ]3-；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
2 2 3 3
原创精品资源学科网3独3 /家 36享有版权，侵权必究！条件下，[Co(CO ) ]3-易转化为[Co(H O) ]3+，[Co(H O) ]3+氧化性强，可以把 H O 氧化为 O 。 (1)配制 1.00
3 3 2 6 2 6 2 2
mol·
L-1 的 CoSO 溶液，需要用到容量瓶、胶头滴管等等，因此选 bc。(2)CoSO 溶液中存在大量的[Co
4 4
(H O) ]2+，向其中加入 30%的 H O 后无明显变化，因此，实验 I 表明[Co(H O) ]2+不能催化 H O 的分解。
2 6 2 2 2 6 2 2
实验Ⅱ中发生反应的离子方程式为 4HCO - +Co2+=[Co(CO ) ]2-+2CO ↑+2H O，实验中 HCO -与 Co2+的物质
3 3 2 2 2 3
的量之比为 32：3，因此，HCO -大大过量的原因是：HCO -与 Co2+按物质的量之比 4：1 发生反应 4HCO - +
3 3 3
Co2+=[Co(CO ) ]2-+2CO ↑+2H O，实验中 HCO -与 Co2+的物质的量之比为 32：3。实验Ⅲ的实验现象表明
3 2 2 2 3
在 H O 的作用下 Co2+能与 HCO -反应生成[Co(CO ) ]3-，然后[Co(CO ) ]3-能催化 H O 的分解，因此，H O
2 2 3 3 3 3 3 2 2 2
2
在实验Ⅲ中所发生反应的离子方程式为 10HCO - +2Co2++H O =2[Co(CO ) ]3- +4CO ↑+6H O、2H O
3 2 2 3 2 2 2 2
2
2H
2
O+O
2
↑ 。(3)实验 I 表明，反应 2[Co(H
2
O
6
) ]2++H
2
O
2
+2H+ 2[Co(H O) ]3++2H O 难以
2 6 2
正向进行。实验Ⅲ的现象表明，Co3+、Co2+分别与 CO 2-配位时，[Co(H O) ]3+更易与 CO 2-反应生成[Co
3 2 6 3
(CO ) ]3- (该反应为快反应)，导致[Co(H O) ]2+几乎不能转化为[Co(CO ) ]2-，这样使得[Co(H O) ]3+的浓度减
3 3 2 6 3 2 2 6
小的幅度远远大于[Co(H O) ]2+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
2 6
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[Co(CO
3
)
3
]3- +6H++3H
2
O=[Co(H
2
O)
6
]3+ +3CO
2
↑；B 到 C 溶液变为粉红色，并产生气体，说明发生了 4
[Co(H
2
O)
6
]3+ +2H
2
O=4[Co(H
2
O)
6
]2+ +O
2
↑+4H+ ，因此从 A 到 C 所产生的气体的分子式分别为 CO
2
和
2
O 。
8．(2024·辽吉黑卷，17，14 分)某实验小组为实现乙酸乙酯的绿色制备及反应过程可视化，设计实验方
案如下：
I．向 50 mL 烧瓶中分别加入 5.7 mL 乙酸(100mmol)、8.8 mL 乙醇(150mmol)、1.4 g NaHSO 固体及 4
4
~6 滴 甲基紫的乙醇溶液。向原小创孔精冷品凝资柱源中学装科入网变独色家硅享胶有。版权，侵权必究！
34 / 36II．加热回流 50 min 后，反应液由蓝色变为紫色，变色硅胶由蓝色变为粉红色，停止加热。
III．冷却后，向烧瓶中缓慢加入饱和 Na CO 溶液至无 CO 逸出，分离出有机相。
2 3 2
IV．洗涤有机相后，加入无水 MgSO ，过滤。
4
V．蒸馏滤液，收集 73~78℃馏分，得无色液体 6.60 g，色谱检测纯度为 98.0%。
回答下列问题：
(1) NaHSO 在反应中起_______作用，用其代替浓 H SO 的优点是_______(答出一条即可)。
4 2 4
(2)甲基紫和变色硅胶的颜色变化均可指示反应进程。变色硅胶吸水，除指示反应进程外，还可_______。
(3)使用小孔冷凝柱承载，而不向反应液中直接加入变色硅胶的优点是_______(填标号)。
A．无需分离择性 B．增大该反应平衡常数
C．起到沸石作用，防止暴沸 D．不影响甲基紫指示反应进程
(4)下列仪器中，分离有机相和洗涤有机相时均需使用的是_______(填名称)。
(5)该实验乙酸乙酯的产率为_______(精确至 0.1%)。
(6)若改用 C H 18OH 作为反应物进行反应，质谱检测目标产物分子离子峰的质荷比数值应为_______(精
2 5
确至 1)。
【答案】(1) 催化剂 无有毒气体二氧化硫产生
(2)吸收生成的水，使平衡正向移动，提高乙酸乙酯的产率
(3)AD (4)分液漏斗 (5)73.5% (6)90
【解析】乙酸与过量乙醇在一定温度下、硫酸氢钠作催化剂、甲基紫的乙醇溶液和变色硅胶作指示剂
的条件下反应制取乙酸乙酯，用饱和碳酸钠溶液除去其中的乙酸至无二氧化碳逸出，分离出有机相、洗涤、
加无水硫酸镁后过滤，滤液蒸馏时收集 73~78℃馏分，得纯度为 98.0%的乙酸乙酯 6.60 g。(1)该实验可实现
乙酸乙酯的绿色制备及反应过程可视化，用浓 H SO 时，浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂，所以 NaHSO
2 4 4
在反应中起催化剂作用；浓硫酸还具有强氧化性和脱水性，用浓 H SO 在加热条件下反应时，可能发生副
2 4
反应，且浓硫酸的还原产物二氧化硫有毒气体，所以用其代替浓 H SO 的优点是副产物少，可绿色制备乙
2 4
酸乙酯，无有毒气体二氧化硫产生；(2)变色硅胶吸水，除指示反应进程外，还可吸收加热时生成的水，使
原创精品资源学科网3独5 /家 36享有版权，侵权必究！平衡正向移动，提高乙酸乙酯的产率；(3)A 项，若向反应液中直接加入变色硅胶，则反应后需要过滤出硅
胶，而使用小孔冷凝柱承载则无需分离，A 正确；B 项，反应的平衡常数只与温度有关，使用小孔冷凝柱承
载不能增大该反应平衡常数，B 错误；C 项，小孔冷凝柱承载并没有投入溶液中，不能起到沸石作用，不能
防止暴沸，C 错误；D 项，由题中“反应液由蓝色变为紫色，变色硅胶由蓝色变为粉红色，停止加热”可知，
若向反应液中直接加入变色硅胶，则变色硅胶由蓝色变为粉红色，会影响观察反应液由蓝色变为紫色，所
以使用小孔冷凝柱承载不影响甲基紫指示反应进程，D 正确；故选 AD；(4)容量瓶用于配制一定物质的量浓
度的溶液，分离有机相和洗涤有机相不需要容量瓶；漏斗用于固液分离，分离有机相和洗涤有机相不需要
漏斗；分离液态有机相和洗涤液态有机相也不需要洗气瓶；分离有机相和洗涤有机相时均需使用的是分液
漏斗；(5)由反应 CH COOH+CH CH OH 浓 H2SO4△CH COOCH CH +H O 可知，100 mmol 乙酸
3 3 2
3 2 3 2
与 150mmol 乙醇反应时，理论上可获得的乙酸乙酯的质量为 0.1mol×88g/mol=8.8g，则该实验乙酸乙酯的产
率 为 ； (6)若 改 用 C H 18OH 作 为 反 应 物 进 行 反 应 ， 则 因 为
CH COOH
2 5 3
+CH CH 18OH 浓 H2SO4△CH CO18OCH CH +H O，生成的乙酸乙酯的摩尔质量为 90g/mol，所以
3 2
3 2 3 2
质谱检测目标产物分子离子峰的质荷比数值应为 90。
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