专题17化学实验综合题——三年（2020-2022）高考真题化学分项汇编（新高考专用）（解析版）_05高考化学_新高考复习资料_2023年新高考资料_专项复习

专题 17 化学实验综合题 1．（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。 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 (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。 2．（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 HAc K 1.75105 104.76 平衡密切相关。25℃时， 的 a 。 250mL 0.1molL1 HAc 5molL1HAc (1)配制 的 溶液，需 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 vHAc/mL vNaAc/mL VH O/mL nNaAc:nHAc pH 号 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：_______。 Ac HAc ③由实验Ⅱ~VIII可知，增大 浓度， 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 1 查阅资料获悉：一定条件下，按 nHAc 配制的溶液中，c  H+ 的值等于HAc的K 。 a pH4.65 K 104.76 对比数据发现，实验VIII中 与资料数据 a 存在一定差异；推测可能由物质浓度准确程度 不够引起，故先准确测定HAc溶液的浓度再验证。 20.00mLHAc 0.1000molL1NaOH ①移取 溶液，加入2滴酚酞溶液，用 溶液滴定至终点，消耗体积为 22.08mL HAc molL122.08mL HAc molL1 ，则该 溶液的浓度为_______ 。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_______。 HAc 0.1000molL1NaOH HAc NaAc ②用上述 溶液和 溶液，配制等物质的量的 与 混合溶液，测定pH，结果 与资料数据相符。 0.1molL1 HAc NaOH HAc K (5)小组进一步提出：如果只有浓度均约为 的 和 溶液，如何准确测定 的 a？小 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。 K (6)根据 a可以判断弱酸的酸性强弱。写出一种无机弱酸及其用途_______。 【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 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 nHAcnNaAc 1 nHAc 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 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。 3．（2022·湖南卷）某实验小组以 溶液为原料制备 ，并用重量法测定产品中 的 含量。设计了如下实验方案： 可选用试剂： 晶体、 溶液、浓 、稀 、 溶液、蒸馏水 步骤1. 的制备 按如图所示装置进行实验，得到 溶液，经一系列步骤获得 产品。 步骤2，产品中 的含量测定 ①称取产品 ，用 水溶解，酸化，加热至近沸； ②在不断搅拌下，向①所得溶液逐滴加入热的 溶液， ③沉淀完全后， 水浴40分钟，经过滤、洗涤、烘干等步骤，称量白色固体，质量为 。 回答下列问题： (1)Ⅰ是制取_______气体的装置，在试剂a过量并微热时，发生主要反应的化学方程式为_______； (2)Ⅰ中b仪器的作用是_______；Ⅲ中的试剂应选用_______； (3)在沉淀过程中，某同学在加入一定量热的 溶液后，认为沉淀已经完全，判断沉淀已完全的方法是_______； (4)沉淀过程中需加入过量的 溶液，原因是_______； (5)在过滤操作中，下列仪器不需要用到的是_______(填名称)； (6)产品中 的质量分数为_______(保留三位有效数字)。 【答案】(1) HCl HSO (浓)+NaCl NaHSO+HCl↑ 2 4 4 (2)防止倒吸 CuSO 溶液 4 (3)静置，取上层清液于一洁净试管中，继续滴加硫酸溶液，无白色沉淀生成，则已沉淀完全 (4)使钡离子沉淀完全 (5)锥形瓶 (6)97.6% 【解析】装置I中浓硫酸和氯化钠共热制备HCl，装置II中氯化氢与BaS溶液反应制备BaCl ·2H O，装置 2 2 III中硫酸铜溶液用于吸收生成的HS，防止污染空气。 2 (1)由分析可知，装置I为浓硫酸和氯化钠共热制取HCl气体的装置，在浓硫酸过量并微热时，浓硫酸与氯 化钠反应生成硫酸氢钠和氯化氢，发生主要反应的化学方程式为：HSO (浓)+NaCl NaHSO+HCl↑。 2 4 4 (2)氯化氢极易溶于水，装置II中b仪器的作用是：防止倒吸；装置II中氯化氢与BaS溶液反应生成HS， 2 HS有毒，对环境有污染，装置III中盛放CuSO 溶液，用于吸收HS。 2 4 2 (3)硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，因此判断沉淀已完全的方法是静置，取上层清液于一洁净试管中， 继续滴加硫酸溶液，无白色沉淀生成，则已沉淀完全。 (4)为了使钡离子沉淀完全，沉淀过程中需加入过量的硫酸溶液。 (5)过滤用到的仪器有：铁架台、烧杯、漏斗、玻璃棒，用不到锥形瓶。 (6)由题意可知，硫酸钡的物质的量为： =0.002mol，依据钡原子守恒，产品中BaCl ·2H O的物质 2 2 的量为0.002mol，质量为0.002mol 244g/mol=0.488g，质量分数为： 100%=97.6%。1．（2021·广东）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。 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_______。 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 试样 测试温度/℃ 电导率/ 号 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】（1）MnO +4HCl(浓) MnCl +Cl↑+2H O 2 2 2 2 （2）c-d-b-a-e （3）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）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】（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 2 2 2 2 2 案为：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-， 3 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 3 液，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 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b成立的判断依据是A>B >B ，故答案为：A>B >B 。 3 2 1 3 2 1 2．（2021·河北）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，实 3 2 3 4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 3 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___。 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， 3 3 用其标定盐酸浓度时，会使结果___(填标号)。 A．偏高 B．偏低 不变 【答案】（1）aefbcgh 将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔 （2）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） （3）NH HO+NaCl+CO =NHCl+NaHCO ↓ 3 2 2 4 3 （4）0.84 蒸发浓缩 冷却结晶 （5）A 【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。 【解析】 （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 3 HO+NaCl+CO =NHCl+NaHCO ↓； 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。 3．（2021·浙江选考） 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_______。 （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)： 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】（1）浓 a （2）ABC （3）抽气(或通干燥氮气) （4）a b g （5）CCl 中由紫红色突变到无色，且30s不恢复 溶液中ClO和Cl 分别为1.000×10-3mol、5×10-6mol， 4 2 2 =200>99，符合要求 【解析】 （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 2 2 2 2 答案为：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 4 2 4 作顺序为：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 4 振摇→旋开旋塞放气→经几次振摇并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置→打开旋塞，向锥形瓶放出下 层液体，故答案为：abg。 （5）①溶有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 2 4 2 2 3 2 2 色，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。 4．（2021·湖南）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。 (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】（1）NaHCO 在30-35 C时NaHCO 的溶解度最小（意思合理即可） 3 3 （2）D （3）甲基橙 由黄色变橙色，且半分钟内不褪色 （4）3.56% （5）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 【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 4 3 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 的溶解度最小，故答案 3 3 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项， 3 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 5．（2021·浙江）某兴趣小组用铬铁矿[Fe(CrO )]制备KCr O 晶体，流程如下： 2 2 2 2 7已知：4Fe (CrO ) + 10Na CO+7O 8NaCrO +4NaFeO+10CO 2 2 2 3 2 2 4 2 2 2H++2CrO Cr O +H O 2 2 相关物质的溶解度随温度变化如下图。 请回答： （1）步骤I，将铬铁矿粉碎有利于加快高温氧化的速率，其理由是______。 （2）下列说法正确的是______。 A．步骤II，低温可提高浸取率 B．步骤II，过滤可除去NaFeO 水解产生的Fe(OH) 2 3 C．步骤III，酸化的目的主要是使NaCrO 转变为NaCr O 2 4 2 2 7 D．步骤IV，所得滤渣的主要成分是NaSO 和NaCO 2 4 2 3 （3）步骤V，重结晶前，为了得到杂质较少的KCr O 粗产品，从下列选项中选出合理的操作(操作不能重 2 2 7 复使用)并排序：溶解KCl →______→______→______→______→重结晶。 a．50℃蒸发溶剂； b．100℃ 蒸发溶剂； c．抽滤； d．冷却至室温； e．蒸发至溶液出现晶膜，停止加热； f．蒸发至溶液中出现大量晶体，停止加热。 （4）为了测定KCr O 产品的纯度，可采用氧化还原滴定法。 2 2 7 ①下列关于滴定分析的操作，不正确的是______。 A．用量筒量取25.00mL待测液转移至锥形瓶B．滴定时要适当控制滴定速度 C．滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化 D．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直 E．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下 ②在接近终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于 管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，______继续摇动锥形瓶，观察颜色变化。(请在横线上补全操作) （5）该小组用滴定法准确测得产品中KCr O 的质量分数为98.50%。某同学还用分光光度法测定产品纯度 2 2 7 (K Cr O 溶液的吸光度与其浓度成正比例)，但测得的质量分数明显偏低。分析其原因，发现配制KCr O 2 2 7 2 2 7 待测水溶液时少加了一种试剂。该试剂是______，添加该试剂的理由是______。 【答案】（1）增大反应物的接触面积 （2）BC （3）a e d c （4）AC 再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁 （5）HSO 抑制Cr O 转化为CrO ，且与Cr O 不反应 2 4 2 2 【分析】 根据题给已知，铬铁矿与足量熔融NaCO 发生高温氧化反应生成NaCrO、NaFeO 和CO，所得固体冷却 2 3 2 4 2 2 后用水浸取，其中NaFeO 发生强烈水解：NaFeO +2H O=NaOH+Fe(OH) ↓，过滤得到含NaCrO、NaOH、 2 2 2 3 2 4 NaCO 的滤液，加入适量硫酸酸化，NaOH、NaCO 与硫酸反应生成NaSO ，NaCrO 转化为NaCr O 2 3 2 3 2 4 2 4 2 2 7 （发生的反应为2NaCrO+H SO Na Cr O+Na SO +H O），经蒸发结晶、过滤、洗涤得到的滤液中主 2 4 2 4 2 2 7 2 4 2 要含NaCr O，加入KCl后经多步操作得到KCr O，据此分析作答。 2 2 7 2 2 7 【解析】 （1）步骤I中铬铁矿与足量熔融NaCO 发生高温氧化反应生成NaCrO、NaFeO 和CO，将铬铁矿粉碎， 2 3 2 4 2 2 可增大反应物的接触面积，加快高温氧化的速率；故答案为：增大反应物的接触面积。 （2）A．根据NaCrO 的溶解度随着温度的升高而增大，步骤II中应用高温提高浸取率，A错误； 2 4 B．步骤II中用水浸取时NaFeO 发生强烈水解：NaFeO +2H O=NaOH+Fe(OH) ↓，经过滤可除去Fe(OH) ， 2 2 2 3 3 B正确； C．步骤III酸化时，平衡2H++2 +H O正向移动，主要目的使NaCrO 转化为NaCr O，C 2 2 4 2 2 7 正确； D．根据分析，步骤IV中过滤所得滤渣主要成分为NaSO ，D错误； 2 4答案选BC。 （3）NaCr O 中加入KCl发生反应NaCr O+2KCl=K Cr O+2NaCl，根据各物质的溶解度随温度的变化曲 2 2 7 2 2 7 2 2 7 线可知，KCr O 的溶解度随温度升高明显增大，NaCl溶解度随温度升高变化不明显，50℃时两者溶解度 2 2 7 相等，故为了得到杂质较少的KCr O 粗产品，步骤V重结晶前的操作顺序为：溶解KCl→50℃蒸发溶剂 2 2 7 →蒸发至溶液出现晶膜，停止加热→冷却至室温→抽滤→重结晶；故答案为：aedc。 （4）①A．量筒属于粗量器，不能用量筒量取25.00mL溶液，由于KCr O 具有强氧化性，量取25.00mL 2 2 7 待测液应用酸式滴定管，A错误； B．滴定时要适当控制滴定的速率，确保反应物之间充分反应，同时防止滴加过快使得滴加试剂过量，B 正确； C．滴定时应一直观察锥形瓶中溶液颜色的变化，以便准确判断滴定的终点，C错误； D．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直，平视读取读数，D正确； E．为了确保每次滴定时滴定管中的溶液充足，平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻 度以下，并记录初始读数，E正确； 答案选AC。 ②在接近终点时，使用“半滴操作”的方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将 半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化；故答案为：再 用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁。 （5）根据题意，KCr O 溶液的吸光度与其浓度成正比例，在KCr O 溶液中存在平衡 +H O 2H+ 2 2 7 2 2 7 2 +2 ，即有部分 会转化为 ，从而使测得的质量分数明显偏低，为抑制 转化为 ，可加入与 不反应的酸，如硫酸；故答案为：HSO ；抑制 转化为 ，且与 2 4 不反应。 6．（2021·山东）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，极 6 2 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)。回答 3 6 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 3 2 2 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处加装 3 2 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】（1）排除装置中的空气 直形冷凝管 淡黄色固体变为银白色 （2）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 2 2 （3）( m +m- 2m ) % 不变 偏大 3 1 2 【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 6 2 6 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CS 易 6 2 1 2 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CS 的质 2 2 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mg，则样品质 1 2 1 2 2 3 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 SO 计算样品中 3 1 2 1 3 1 2 2 2 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及误差是偏大还是偏 6 6 小。 【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 2 3 2 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WO 已被 3 3 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； （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 6 2 6 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是再次通入N， 2 2 2 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入E；再次通 2 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，称量 2 1 2 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，再开盖加入待测样 2 2 1 2 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- m )g- 1 2 2 3 3 1 2 mg=( m +m- 2m )g，故答案为：( m +m- 2m )； 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 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 6100%= %；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 7．（2021·天津·高考真题）某化学小组同学利用一定浓度的HO 溶液制备O，再用O 氧化C HOH，并 2 2 2 2 2 5 检验氧化产物。 Ⅰ．制备O 2 该小组同学设计了如下气体发生装置(夹持装置省略) (1)甲装置中主要仪器的名称为___________。 (2)乙装置中，用粘合剂将MnO 制成团，放在多孔塑料片上，连接好装置，气密性良好后打开活塞K，经 2 1 长颈漏斗向试管中缓慢加入3% H O 溶液至___________。欲使反应停止，关闭活塞K 即可，此时装置中 2 2 1 的现象是___________。 (3)丙装置可用于制备较多O，催化剂铂丝可上下移动。制备过程中如果体系内压强过大，安全管中的现象 2 是___________，此时可以将铂丝抽离HO 溶液，还可以采取的安全措施是___________。 2 2 (4)丙装置的特点是___________(填序号)。 a．可以控制制备反应的开始和结束 b．可通过调节催化剂与液体接触的面积来控制反应的速率 c．与乙装置相比，产物中的O 含量高、杂质种类少 2 Ⅱ．氧化C HOH 2 5 该小组同学设计的氧化C HOH的装置如图(夹持装置省略) 2 5(5)在图中方框内补全干燥装置和干燥剂。___________ Ⅲ．检验产物 (6)为检验上述实验收集到的产物，该小组同学进行了如下实验并得出相应结论。 实验序 检验试剂和反应条件 现象 结论 号 ① 酸性KMnO 溶液 紫红色褪去 产物含有乙醛 4 ② 新制Cu(OH) ，加热 生成砖红色沉淀 产物含有乙醛 2 ③ 微红色含酚酞的NaOH溶液 微红色褪去 产物可能含有乙酸 实验①~③中的结论不合理的是___________(填序号)，原因是___________。 【答案】(1)分液漏斗 锥形瓶 (2) 刚好没过MnO 固体 试管内的HO 溶液被压入长颈漏斗中，与MnO 分离 2 2 2 2 (3) 液面上升 打开弹簧夹K 2 (4)ab (5) (6) ① 乙醇也能使酸性KMnO 溶液褪色 4 【解析】 用双氧水和催化剂制取氧气。制得的氧气经干燥后进入盛有乙醇的圆底烧瓶中，和热的乙醇一起进入硬质 玻璃管中，在铜的催化作用下发生乙醇的催化氧化反应生成乙醛。生成的乙醛进入试管中，被冷凝收集。 (1)根据仪器构造可知，甲装置中主要仪器的名称为分液漏斗和锥形瓶； (2)乙装置是启普发生器的简易装置，可以随时控制反应的发生和停止。用粘合剂将MnO 制成团，放在多 2孔塑料片上，连接好装置，气密性良好后打开活塞K，经长颈漏斗向试管中缓慢加入3% H O 溶液至刚好 1 2 2 没过MnO 固体，此时可以产生氧气，氧气通过导管导出。欲使反应停止，关闭活塞K，此时由于气体还 2 1 在产生，使容器内压强增大，可观察到试管内的HO 溶液被压入长颈漏斗中，与MnO 分离； 2 2 2 (3)丙装置用圆底烧瓶盛装HO 溶液，可用于制备较多O，催化剂铂丝可上下移动可以控制反应速率。制 2 2 2 备过程中如果体系内压强过大，HO 溶液会被压入安全管中，可观察到安全管中液面上升，圆底烧瓶中液 2 2 面下降。此时可以将铂丝抽离HO 溶液，使反应速率减慢，还可以打开弹簧夹K，使烧瓶内压强降低； 2 2 2 (4)a．催化剂铂丝可上下移动可以控制制备反应的开始和结束，a正确； b．催化剂与液体接触的面积越大，反应速率越快，可通过调节催化剂与液体接触的面积来控制反应的速 率，b正确； c．丙装置用圆底烧瓶盛装HO 溶液，与乙装置相比，可用于制备较多O，但产物中的O 含量和杂质种类 2 2 2 2 和乙中没有区别，c错误； 故选ab； (5)氧气可以用浓硫酸干燥，所以可以用一个洗气瓶，里面盛装浓硫酸干燥氧气，如图 ； (6)实验①不合理，因为乙醇有挥发性，会混入生成的乙醛中，乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以酸 性高锰酸钾溶液褪色不能证明产物中含有乙醛。 8．（2021·辽宁·高考真题） 磁性材料在很多领域具有应用前景，其制备过程如下(各步均在 氛 围中进行)： ①称取 ，配成 溶液，转移至恒压滴液漏斗中。 ②向三颈烧瓶中加入 溶液。 ③持续磁力搅拌，将 溶液以 的速度全部滴入三颈烧瓶中，100℃下回流3h。 ④冷却后过滤，依次用热水和乙醇洗涤所得黑色沉淀，在 干燥。 ⑤管式炉内焙烧2h，得产品3.24g。 部分装置如图：回答下列问题： (1)仪器a的名称是_______；使用恒压滴液漏斗的原因是_______。 (2)实验室制取 有多种方法，请根据元素化合物知识和氧化还原反应相关理论，结合下列供选试剂和装 置，选出一种可行的方法，化学方程式为_______，对应的装置为_______(填标号)。 可供选择的试剂： 、 、 、 、饱和 、饱和 可供选择的发生装置(净化装置略去)： (3)三颈烧瓶中反应生成了Fe和 ，离子方程式为_______。 (4)为保证产品性能，需使其粒径适中、结晶度良好，可采取的措施有_______。A．采用适宜的滴液速度 B．用盐酸代替KOH溶液，抑制 水解 C．在空气氛围中制备 D．选择适宜的焙烧温度 (5)步骤④中判断沉淀是否已经用水洗涤干净，应选择的试剂为_______；使用乙醇洗涤的目的是_______。 (6)该实验所得磁性材料的产率为_______(保留3位有效数字)。 【答案】(1) （球形）冷凝管 平衡气压，便于液体顺利流下 (2) (或 ) A(或B) (3) (4)AD (5) 稀硝酸和硝酸银溶液 除去晶体表面水分，便于快速干燥 (6)90.0% 【解析】 (1)根据仪器的构造与用途可知，仪器a的名称是（球形）冷凝管；恒压滴液漏斗在使用过程中可保持气压 平衡，使液体顺利流下。 (2)实验室中制备少量氮气的基本原理是用适当的氧化剂将氨或铵盐氧化，常见的可以是将氨气通入灼热的 氧化铜中反应，其化学方程式为： ；可选择气体通入硬质玻璃管与固体在加 热条件下发生反应，即选择A装置。还可利用饱和 和饱和 在加热下发生氧化还原反 应制备氮气，反应的化学方程式为： ，可选择液体与液体加热制备 气体型，所以选择B装置。综上考虑，答案为： (或 )；A(或B)； (3)三颈烧瓶中 溶液与 溶液发生反应生成了Fe和 ，根据氧化还原反应的规 律可知，该反应的离子方程式为 ； (4)结晶度受反应速率与温度的影响，所以为保证产品性能，需使其粒径适中、结晶度良好，可采取的措施有采用适宜的滴液速度、选择适宜的焙烧温度，AD项符合题意，若用盐酸代替KOH溶液，生成的晶体为 Fe和 ，均会溶解在盐酸中，因此得不到该晶粒，故B不选；若在空气氛围中制备，则亚铁离子容易 被空气氧化，故D不选，综上所述，答案为：AD； (5)因为反应后溶液中有氯离子，所以在步骤④中判断沉淀是否已经用水洗涤干净，需取最后一次洗涤液， 加入稀硝酸酸化后，再加入硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则证明已洗涤干净；乙醇易溶于水，易挥发， 所以最后使用乙醇洗涤的目的是除去晶体表面水分，便于快速干燥。 (6) 的物质的量为 ，根据发生反应的离子方程式： ，可知理论上所得的Fe和 的物质的量各自为0.0125mol，所以得 到的黑色产品质量应为 ，实际得到的产品3.24g，所以其产率为 ，故答案为：90.0%。 9．（2021·海南·高考真题）亚硝酰氯 可作为有机合成试剂。 已知：① ②沸点： 为-6℃， 为-34℃， 为-152℃。 ③ 易水解，能与 反应。 某研究小组用 和 在如图所示装置中制备 ，并分离回收未反应的原料。回答问题： (1)通入 和 前先通入氩气，作用是___________；仪器 的名称是___________。 (2)将催化剂负载在玻璃棉上而不是直接平铺在玻璃管中，目的是___________。 (3)实验所需的 可用 和 溶液在稀 中反应制得，离子反应方程式为___________。 (4)为分离产物和未反应的原料，低温溶槽A的温度区间应控制在___________，仪器C收集的物质是 ___________。 (5)无色的尾气若遇到空气会变为红棕色，原因是___________。 【答案】(1) 排尽装置中的空气，防止与空气中的反应，防止遇空气中的水而水解 干燥管 (2)增大与气体的接触面积，加快反应速率 (3) (4) 或 (5)与空气中的反应产生红棕色的 【解析】 通过实验原理可知，进气端为 和 ，经过催化剂使其反应制备 ；经过低温浴槽A降温，使 冷凝，得到产品；再经过低温浴槽B降温，使 冷凝，防止逸出，污染空气；剩下NO经过无水氯 化钙干燥后，进行回收，据此分析作答。 (1)通入 和 前先通入氩气，作用是排尽装置中的空气，防止与空气中的反应，防止遇空气中的水而 水解；仪器 的名称干燥管，故答案为：排尽装置中的空气，防止与空气中的反应，防止遇空气中的水而 水解；干燥管； (2)将催化剂负载在玻璃棉上而不是直接平铺在玻璃管中，目的是增大与气体的接触面积，加快反应速率， 故答案为：增大与气体的接触面积，加快反应速率； (3)实验所需的 可用 和 溶液在稀 中反应制得，则亚铁离子会被氧化为铁离子，离子 反应方程式为： ，故答案为： ； (4)为分离产物和未反应的原料，低温溶槽A使 冷凝，得到产品，则温度区间应控制在或 ；再经过低温浴槽B降温，使 冷凝，防止逸出，污染空气，仪器C收集 的物质是 ，故答案为： 或 ； ； (5)剩下的气体为NO，则无色的尾气若遇到空气会变为红棕色，原因是与空气中的反应产生红棕色的，故 答案为：与空气中的反应产生红棕色的。 【点睛】 本题重点(4)，两个沸点低的物质，要经过冷凝分离，沸点高的，要先分离，沸点低的，后分离，温度要根 据其沸点判断。 10．（2021·福建·高考真题） 溶液和 溶液可发生反应： 。 为探究反应速率与 的关系，利用下列装置(夹持仪器略去)进行实验。 实验步骤：往A中加入一定体积(V)的 溶液、 溶液和水，充分搅拌。控 制体系温度，通过分液漏斗往A中加入 醋酸。当导管口气泡均匀稳定冒出时，开始用排水法收 集气体。用秒表测量收集 所需的间，重复多次取平均值(t)。 回答下列问题： (1)仪器A的名称为_______。 (2)检验装置气密性的方法：关闭止水夹K，_______。 (3)若需控制体系的温度为 ，采取的合理加热方式为_______。 (4)每组实验过程中，反应物浓度变化很小，忽略其对反应速率测定的影响。实验数据如下表所示。 实验编溶 号 溶液 醋酸 水 液 1 4.0 4.0 8.0 334 2 4.0 4.0 150 3 8.0 4.0 4.0 4.0 83 4 12.0 4.0 4.0 0.0 38 ① _______， _______。 ②该反应的速率方程为 ，k为反应速率常数。利用实验数据计算得 _______(填整数)。 ③醋酸的作用是_______。 (5)如果用同浓度的盐酸代替醋酸进行实验1， 与盐酸反应生成 ， 分解产生等物质的量 的两种气体.反应结束后，A中红棕色气体逐渐变浅装置中还能观察到的现象有_______。 分解的化 学方程式为_______。 【答案】(1)锥形瓶 (2)通过分液漏斗往A中加水，一段时间后水难以滴入，则气密性良好 (3)水浴加热 (4) 4.0 6.0 2 加快反应速率 (5) 量筒中收集到无色气体导管里上升一段水柱 【解析】 (1)仪器A的名称为锥形瓶； (2)气体发生装置要检验装置的气密性，检验装置气密性的方法关闭止水夹K，通过分液漏斗往A中加水， 一段时间后水难以滴入，则气密性良好； (3)若需控制体系的温度为 ，采取水浴加热使温度均匀平稳； (4)①为探究反应速率与 的关系， 浓度不变，根据数据3和4可知溶液总体积为20mL，故为4mL；根据变量单一可知 为6mL， 为6mL； ②浓度增大速率加快，根据1和3组数据分析，3的 是1的2倍，1和3所用的时间比 ， 根据分析可知速率和浓度的平方成正比，故m=2； ③醋酸在反应前后没变，是催化剂的作用是加快反应速率； (5)浓度的盐酸代替醋酸进行实验1， 与盐酸反应生成 ， 分解产生等物质的量的两种气 体，根据氧化还原气化反应可知反应方程式为： ，反应结束后量筒收集到 NO，A中红棕色气体逐渐变浅，因为NO 溶于水生成NO，颜色变浅，锥形瓶压强降低，导管里上升一段 2 水柱。 11．（2021·湖北·高考真题）超酸是一类比纯硫酸更强的酸，在石油重整中用作高效催化剂。某实验小组 对超酸HSbF 的制备及性质进行了探究。由三氯化锑(SbCl )制备HSbF 的反应如下： 6 3 6 、SbCl +6HF=HSbF +5HCl。制备SbCl 的初始实验装置如图(毛细管连通大 5 6 5 气，减压时可吸人极少量空气，防止液体暴沸；夹持、加热及搅拌装置略)： 相关性质如表： 物质 熔点 沸点 性质 SbCl 73.4℃ 220.3℃ 极易水解 3 SbCl 3.5℃ 140℃分解79℃/2.9kPa 极易水解 5回答下列问题： (1)实验装置中两个冷凝管___(填“能”或“不能”)交换使用。 (2)试剂X的作用为___、___。 (3)反应完成后，关闭活塞a、打开活塞b，减压转移___(填仪器名称)中生成的SbCl 至双口烧瓶中。用真空 5 泵抽气减压蒸馏前，必须关闭的活塞是___(填“a”或“b”)；用减压蒸馏而不用常压蒸馏的主要原因是___。 (4)实验小组在由SbCl 制备HSbF 时，没有选择玻璃仪器，其原因为___。(写化学反应方程式) 5 6 (5)为更好地理解超酸的强酸性，实验小组查阅相关资料了解到：弱酸在强酸性溶剂中表现出碱的性质，如 冰醋酸与纯硫酸之间的化学反应方程式为CHCOOH+H SO =[CH C(OH) ]+[HSO ]-。以此类推，HSO 与 3 2 4 3 2 4 2 4 HSbF 之间的化学反应方程式为___。 6 (6)实验小组在探究实验中发现蜡烛可以溶解于HSbF 中，同时放出氢气。已知烷烃分子中碳氢键的活性大 6 小顺序为：甲基(—CH)<亚甲基(—CH—)<次甲基( )。写出2—甲基丙烷与HSbF 反应的离子方程 3 2 6 式___。 【答案】(1)不能 (2) 吸收氯气，防止污染空气 防止空气中的水蒸气进入三口烧瓶使SbCl 、SbCl 水解 3 5 (3) 三口烧瓶 b 防止SbCl 分解 5 (4)SiO+4HF=SiF ↑+2H O 2 4 2 (5)H SO +HSbF =[H SO ]+[SbF ]- 2 4 6 3 4 6 (6)CH CH(CH )CH+HSbF =(CH )C++SbF +H ↑ 3 3 3 6 3 3 2 【解析】 (1)与直形冷展管相比，球形冷凝管的冷却面积大，冷却效果好，且由于球形冷凝管的内芯管为球泡状，容 易在球部积留蒸馏液，故不适宜用于倾斜式蒸馏装置，多用于垂直蒸馏装置，故实验装置中两个冷凝管不 能交换使用； (2)根据表中提供信息，SbCl 、SbCl 极易水解，知试剂X的作用是防止空气中水蒸气进入三口烧瓶，同时 3 5 吸收氯气，防止污染空气； (3)由实验装置知，反应完成后，关闭活塞a、打开活塞b，减压转移三口烧瓶中生成的SbCl 至双口烧瓶中； 5 减压蒸馏前，必须关闭活塞b，以保证装置密封，便于后续抽真空；根据表中提供信息知，SbCl 容易分解， 5 用减压蒸馏而不用常压蒸馏，可以防止SbCl 分解； 5 (4)在由SbCl 制备HSbF 时，需用到HF，而HF可与玻璃中的SiO 反应，故不能选择玻璃仪器，反应的化 5 6 2 学方程式为：SiO+4HF=SiF ↑+2H O； 2 4 2(5)H SO 与超强酸HSbF 反应时，HSO 表现出碱的性质，则化学方程式为HSO +HSbF = 2 4 6 2 4 2 4 6 ； (6)2-甲基丙烷的结构简式为CHCH(CH )CH，根据题目信息知，CHCH(CH )CH 中上的 氢参与 3 3 3 3 3 3 反应，反应的离子方程式为CHCH(CH )CH+HSbF = + +H 。 3 3 3 6 2 12．（2021·江苏·高考真题）以软锰矿粉(含MnO 及少量Fe、Al、Si、Ca、Mg等的氧化物)为原料制备电 2 池级MnO 。 2 (1)浸取。将一定量软锰矿粉与NaSO 、HSO 溶液中的一种配成悬浊液，加入到三颈瓶中(图1)，70℃下通 2 3 2 4 过滴液漏斗缓慢滴加另一种溶液，充分反应，过滤。滴液漏斗中的溶液是___；MnO 转化为Mn2+的离子方 2 程式为___。 (2)除杂。向已经除去Fe、Al、Si的MnSO 溶液(pH约为5)中加入NH F溶液，溶液中的Ca2+、Mg2+形成氟 4 4 化物沉淀。若沉淀后上层清液中c(F-)=0.05mol·L-1，则 =___。[K (MgF )=5×10-11，K (CaF )=5×10-9] sp 2 sp 2 (3)制备MnCO 。在搅拌下向100mL1mol·L-1MnSO 溶液中缓慢滴加1mol·L-1NH HCO 溶液，过滤、洗涤、 3 4 4 3 干燥，得到MnCO 固体。需加入NH HCO 溶液的体积约为___。 3 4 3 (4)制备MnO 。MnCO 经热解、酸浸等步骤可制备MnO 。MnCO 在空气气流中热解得到三种价态锰的氧 2 3 2 3化物，锰元素所占比例( ×100%)随热解温度变化的曲线如图2所示。已知： MnO与酸反应生成Mn2+；MnO 氧化性强于Cl，加热条件下MnO 在酸性溶液中转化为MnO 和Mn2+。 2 3 2 2 3 2 为获得较高产率的MnO ，请补充实验方案：取一定量MnCO 置于热解装置中，通空气气流，___，固体 2 3 干燥，得到MnO 。(可选用的试剂：1mol·L-1HSO 溶液、2mol·L-1HCl溶液、BaCl 溶液、AgNO 溶液)。 2 2 4 2 3 【答案】(1) H SO 溶液 MnO +SO +2H+=Mn2++SO +H O 2 4 2 2 (2)100 (3)200mL (4)加热到450℃充分反应一段时间，将固体冷却后研成粉末，边搅拌边加入一定量1mol·L-1稀HSO ，加热， 2 4 充分反应后过滤，洗涤，直到取最后一次洗涤滤液加盐酸酸化的0.1mol·L-1BaCl 溶液不变浑浊 2 【解析】 (1)若三颈瓶中先加入硫酸溶液，向其中滴加NaSO 溶液则易生成SO 导致NaSO 的利用率减小，故滴液 2 3 2 2 3 漏斗中的溶液是HSO 溶液；MnO 被亚硫酸根还原为Mn2+的离子方程式为：MnO +SO +2H+=Mn2++SO 2 4 2 2 +H O； 2 (2) = ； (3)该反应的化学方程式2NH HCO + MnSO = MnCO + (NH )SO +H O+CO↑，由方程式可知NH HCO 与 4 3 4 3 4 2 4 2 2 4 3MnSO 的物质的量之比为2：1，需加入NH HCO 溶液的体积约为200mL ； 4 4 3 (4)根据图像在450°C左右MnO 占比最高，所以加热到450°C最佳，MnO与酸反应生成Mn2+，故用酸除 2 MnO，MnO 氧化性强于Cl，用盐酸会发生氧化还原生产氯气。因此，该实验方案可补充为：加热到 2 3 2 450℃充分反应一段时间后，将固体冷却后研成粉末，向其中边搅拌边加入一定量1mol·L-1稀HSO ，加热， 2 4 充分反应后过滤，洗涤，直到取最后一次洗涤滤液加盐酸酸化的0.1mol·L-1BaCl 溶液不变浑浊。 2 1．[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：在题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。 （1）步骤1中，题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】 【分析】 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。 【详解】 （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)。 【点睛】化学实验是常考题型，主要考查实验仪器、实验操作、对新的信息知识的理解。 2．[2020浙江7月选考]硫代硫酸钠在纺织业等领域有广泛应用。某兴趣小组用下图装置制备 。 合成反应：滴定反应： 已知： 易溶于水，难溶于乙醇， 开始失结晶水。 实验步骤： Ⅰ. 制备：装置A制备的 经过单向阀通入装置C中的混合溶液，加热、搅拌，至溶液 约为7时，停止通入 气体，得产品混合溶液。 Ⅱ. 产品分离提纯：产品混合溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到 产品。 Ⅲ. 产品纯度测定：以淀粉作指示剂，用 产品配制的溶液滴定碘标准溶液至滴定终点， 计算 含量。 请回答： （1）步骤Ⅰ 单向阀的作用是______；装置C中的反应混合溶液 过高或过低将导致产率降低，原 因是_______。 （2）步骤Ⅱ 下列说法正确的是_____。 A．快速蒸发溶液中水分，可得较大晶体颗粒 B．蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，停止加热 C．冷却结晶后的固液混合物中加入乙醇可提高产率 D．可选用冷的 溶液作洗涤剂 （3）步骤Ⅲ ①滴定前，有关滴定管的正确操作为（选出正确操作并按序排列）： 检漏→蒸馏水洗涤→（ ）→（ ）→（ ）→（ ）→（ ）→开始滴定。 A．烘干 B．装入滴定液至零刻度以上 C．调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下 D．用洗耳球吹出润洗液 E.排除气泡 F.用滴定液润洗2至3次 G.记录起始读数 ②装标准碘溶液的碘量瓶（带瓶塞的锥形瓶）在滴定前应盖上瓶塞，目的是______。③滴定法测得产品中 含量为 ，则 产品中可能混有的物 质是________。 【答案】（1）防止倒吸 过高， 、 反应不充分； 过低，导致 转化为S和 （2）BC （3）①F、B、E、C、G ②防止碘挥发损失 ③ ；失去部分结晶水的 【解析】 【分析】 本实验的目的是制备NaSO·5H O，首先装置A中利用浓硫酸和亚硫酸钠固体反应生成二氧化硫，将SO 2 2 3 2 2 通入装置C中的混合溶液，加热搅拌，发生题目所给合成反应，使用单向阀可以防止倒吸；为了使 NaCO、NaS充分反应，同时又不因酸性过强使NaSO 发生歧化反应，至溶液pH约为7时，停止通入 2 3 2 2 2 3 SO 气体，得到产品的混合溶液；之后经蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品，已知 2 NaSO·5H O难溶于乙醇，冷却结晶后可以加入适量乙醇降低NaSO 的溶解度，析出更多的晶体。 2 2 3 2 2 2 3 【详解】 （1）SO 会与装置C中混合溶液发生反应，且导管进入液面以下，需要防倒吸的装置，单向阀可以防止发 2 生倒吸；NaCO、NaS水解都会使溶液显碱性，所以pH过高，说明NaCO、NaS反应不充分；而pH过 2 3 2 2 3 2 低，又会导致NaSO 发生歧化反应转化为S和SO ，所以pH过高或过低都会导致产率降低； 2 2 3 2 （2）A．蒸发结晶时，快速蒸发溶液中的水分，可以得到较小的晶体颗粒，故A错误； B．为防止固体飞溅，蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，停止加热，故B正确； C．NaSO·5H O难溶于乙醇，所以冷却结晶后的固液混合物中可以加入适量乙醇降低NaSO 的溶解度， 2 2 3 2 2 2 3 析出更多的晶体，提高产率，故C正确； D．用碳酸钠溶液洗涤会使晶体表面附着碳酸钠杂质，NaSO·5H O难溶于乙醇，可以用乙醇作洗涤剂， 2 2 3 2 故D错误； 综上所述选BC； （3）①滴定前应检查滴定管是否漏液，之后用蒸馏水洗涤滴定管，为防止稀释滴定液使测定结果不准确， 需用滴定液润洗2至3次，之后装入滴定液至零刻度以上，排除装置中的气泡，然后调整滴定液液面至零 刻度或零刻度以下，并记录起始读数，开始滴定，所以正确的操作和顺序为：捡漏→蒸馏水洗涤 →F→B→E→C→G→开始滴定；②碘容易挥发，所以装标准碘溶液的碘量瓶在滴定前应盖上瓶塞，防止碘挥发损失； ③测定的产品中NaSO·5H O含量大于100%，说明产品中混有失去部分结晶水的NaSO·5H O。 2 2 3 2 2 2 3 2 【点睛】 蒸发结晶或冷却结晶时，溶质的溶解度越小或溶液的浓度越大，溶剂的蒸发速度越快或溶剂冷却得越快， 析出的晶体颗粒就越小，反之则越大。 3．[2020年山东新高考]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（KMnO ）在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应： 2 4 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 2 的化学方程式为 。 （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 4 4 “碱式”）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15.00mL （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 2 4 2 2 2 4 3 2 2 4 2 4 该样品的组成，实验步骤如下： Ⅰ.取m g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 2 4 4 滴定至溶液出现粉红色且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 2 4 4 溶液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） ；B、D 【解析】 【分析】 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KMnO 在B中 2 2 2 2 4 反应产生KMnO ，反应不完的Cl 用C吸收，据此解答。 4 2 【详解】 （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 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； 故答案为： ；BD。 4．[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SO 2−沉淀完全的操作为 。 4 （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w g，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” 4 或“无影响”）。 Ⅱ. 乙方案 实验原理： 实验步骤: ①按如图安装装置（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a g，若测得H 体积为b mL，已知实验条件下 ，则 2c(CuSO )_____________mol·L−1（列出计算表达式）。 4 （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”、 4 “偏低”或“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 （2）AgNO 溶液 3 （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】 【分析】 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。 【详解】 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 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； 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 【点睛】 本题甲方案计算时，需要根据硫酸根守恒，是易错点。