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考点46 定量分析实验
(核心考点精讲精练)
一、3 年真题考点分布
考点内容
考题统计
定量测定基本方法
2023 全国甲卷9 题，6 分；2023 山东卷18 题，12 分； 2023 全国乙卷26
题，14 分；2023 湖北卷18 题，14 分；2021 广东卷17 题，14 分；2023
辽宁卷17 题，14 分；2022 河北卷14 题，14 分；2022 湖南卷15 题，12
分；2022 广东卷17 题，14 分；2022 山东卷18 题，12 分；2022 福建卷5
题，4 分；2021 广东卷7 题，2 分；2021 全国甲卷26 题，26 分；2021 辽
宁卷18 题，13 分；
滴定操作及计算
2023 山东卷8 题，2 分；2023 山东卷9 题，2 分；2023 山东卷10 题，2
分；2022 山东卷6 题，2 分；
二、命题规律及备考策略
【命题规律】
定量实验是将化学实验与化学计量有机的结合在一起测定物质化学组成与含量的探究性实验，是近几
年高考命题的常考题型。主要有物质的量浓度溶液的配制、中和滴定(包括滴定曲线)、中和热测定等为基
础，进行迁移，要求能预测或描述实验现象，分析或处理实验数据，得出合理结论。高考中对定量实验涉
及的计量仪器的考查主要包括托盘天平、量筒、容量瓶、滴定管、温度计和pH 试纸等，从考查的要求看，
主要是识记层次，考查学生对常见计量仪器的结构、用途、读数和使用方法的认识，氧化还原滴定是近年
高考对定量实验设计的主要考查内容。
【备考策略】
1．定量实验中“数据”的采集和处理。
2．关注中和滴定、一定物质的量浓度溶液配制等实验中的误差分析，学会迁移分析。
3．掌握酸碱中和滴定在定量分析中的拓展应用，如氧化还原滴定法、沉淀滴定法、络合滴定法等。
【命题预测】
预测2024 年考查在定量综合实验中以考查学生处理实验数据和分析实验误差的能力为主，高考题中对
实验的考查会在定性实验的基础上渗透定量要求甚至直接要求进行定量实验设计。
考法
1
有关纯度或含量测定实验
1．定量实验数据的测定方法
1
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2．定量实验中“数据”采集处理意识
(1)称量固体质量时，中学一般用托盘天平，可估读到0.1 g，精确度要求高的实验中可以用分析天平或
电子天平，可精确到0.000 1 g。
(2)测量液体体积时，一般实验中选用适当规格的量筒，可估读到0.1 mL，准确度要求高的定量实验如
中和滴定中选用滴定管(酸式或碱式)，可估读到0.01 mL。容量瓶作为精密的定容仪器，用于配制一定物质
的量浓度的溶液，一般不用于量取液体的体积。
(3)气体除了可以测量体积外，还可以称量质量。称气体的质量时一般有两种方法：一种方法是称反应
装置在放出气体前后的质量；另一种方法是称吸收装置吸收气体前后的质量。
(4)用广范pH 试纸(测得整数值)或pH 计(精确到0.01)直接测出溶液的pH，经过计算可以得到溶液中H
＋或OH－的物质的量浓度。
(5)为了数据的准确性，实验中要采取必要的措施，确保离子完全沉淀、气体完全被吸收等，必要时可
以进行平行实验，重复测定，然后取其平均值进行计算。如中和滴定实验中测量酸或碱的体积要平行做2
～3 次滴定，取体积的平均值求算未知溶液的浓度，但对于“离群”数据(指与其他数据有很大差异的数据)
要舍弃，因为数据“离群”的原因可能是操作中出现了较大的误差。
3．在定量实验过程中如何有效地减小实验误差方法
(1)尽可能根据实验要求和实验条件精选精度比较高的计量仪器(如量体积时，尽可能用滴定管或移液
管)；(考试时要依据数据信息选择恰当仪器，如量取液体20.0ml，用量筒，20.00ml 则要用滴定管)
(2)准确规范地进行读数(如读量筒或移液管中液体体积，视线应该与管中的凹液面最低处平齐)；
(3)要重视测量实验中的“恒量”操作和重复测量，即在重复测量时，要确保两次量之间的差异符合实
验要求(按分析化学要求，两次所测量之间的差异不超过0.5%)，而且计算时应该取两次(或多次)可测量值
之间的平均值；
(4)注意外界条件的影响(如温度对气体体积的影响、压强对气体体积的影响，测量读数时要恢复到指
定的温度和压强，同时在数据处理时往往要换算为标准状况)。注意以上事项，一般就可以减小实验误差。
2
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例1 (2023•全国乙卷，26)元素分析是有机化合物的表征手段之一。按下图实验装置(部分装置略)对
有机化合物进行C、H 元素分析。
回答下列问题：
(1)将装有样品的Pt 坩埚和CuO 放入石英管中，先_______，而后将已称重的U 型管c、d 与石英管连
接，检查_______。依次点燃煤气灯_______，进行实验。
(2)O2的作用有_______。CuO 的作用是_______(举1 例，用化学方程式表示)。
(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．CaCl2 B．NaCl C．碱石灰(CaO+NaOH) D．Na2SO3
(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_______。
3
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【答案】(1) 通入一定的O2 装置气密性 b、a
(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+CO2
(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O2，冷却装置
(5)C4H6O4
【解析】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。(1)实验前，应先通入一定的O2吹空石英管中的杂质气体，保证没有其他产物
生成，而后将已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CO2；(2)实验中O2的作用有：为实验提供氧化剂、提
供气流保证反应产物完全进入到U 型管中；CuO 的作用是催化a 处产生的CO，使CO 反应为CO2，反应方
程式为CO+CuO
Cu+CO2；(3)有机物燃烧后生成的CO2和H2O 分别用碱石灰和无水CaCl2吸收，其中c 管
装有无水CaCl2，d 管装有碱石灰，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O2，保证石英管中的气体产物完全吹入两U 行管中，
使装置冷却；(5)c 管装有无水CaCl2，用来吸收生成的水蒸气，则增重量为水蒸气的质量，由此可以得到有
机物中H 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
CO2，则增重量为CO2的质量，由此可以得到有机物中C 元素的物质的量n(C)=
=
=0.0008mol；有机物中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C4H6O4。
例2 (2023•山东卷，18)三氯甲硅烷(SiHCl3)是制取高纯硅的重要原料，常温下为无色液体，沸点为
31.8℃，熔点为-126.5℃，易水解。实验室根据反应Si+3HCl
SiHCl3+H2，利用如下装置制备SiHCl3粗品
(加热及夹持装置略)。回答下列问题：
4
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(1)制备SiHCl3时进行操作：(ⅰ)……；(ⅱ)将盛有砫粉的瓷舟置于管式炉中；(ⅲ)通入
，一段时间后
接通冷凝装置，加热开始反应。操作(ⅰ)为_____；判断制备反应结束的实验现象是_____。图示装置存在的
两处缺陷是_____。
(2)已知电负性Cl＞H＞Si，SiHCl3在浓
溶液中发生反应的化学方程式为_____。
(3)采用如下方法测定溶有少量
的SiHCl3纯度。
m1g 样品经水解、干燥等预处理过程得硅酸水合物后，进行如下实验操作：①_____，②_____(填操作
名称)，③称量等操作，测得所得固体氧化物质量为m2g，从下列仪器中选出①、②中需使用的仪器，依次
为_____(填标号)。测得样品纯度为_____(用含m1、m2的代数式表示)。
【答案】(1) 检查装置气密性 当管式炉中没有固体剩余时 C、D 之间没有干燥装置，没有处
理氢气的装置
(2)SiHCl3+5NaOH =Na2SiO3+3NaCl+H2↑+2H2O
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(3) 高温灼烧 冷却 AC
【解析】氯化氢气体通入浓硫酸干燥后，在管式炉中和硅在高温下反应，生成三氯甲硅烷和氢气，由
于三氯甲硅烷沸点为31.8℃，熔点为-126.5℃，在球形冷凝管中可冷却成液态，在装置C 中收集起来，氢
气则通过D 装置排出同时D 可处理多余吸收的氯化氢气体。(1)制备SiHCl3时，由于氯化氢、SiHCl3和氢气
都是气体，所以组装好装置后，要先检查装置气密性，然后将盛有硅粉的瓷舟置于管式炉中，通入氯化氢
气体，排出装置中的空气，一段时候后，接通冷凝装置，加热开始反应，当管式炉中没有固体剩余时，即
硅粉完全反应，SiHCl3易水解，所以需要在C、D 之间加一个干燥装置，防止D 中的水蒸气进入装置C 中，
另外氢氧化钠溶液不能吸收氢气，需要在D 后面加处理氢气的装置；(2)已知电负性Cl＞H＞Si，则SiHCl3
中氯元素的化合价为-1，H 元素的化合价为-1，硅元素化合价为+4，所以氢氧化钠溶液和SiHCl3反应时，
要发生氧化还原反应，得到氯化钠、硅酸钠和氢气，化学方程式为：SiHCl3+5NaOH
=Na2SiO3+3NaCl+H2↑+2H2O；(3)m1g 样品经水解，干燥等预处理过程得到硅酸水合物后，高温灼烧，在干
燥器中冷却后，称量，所用仪器包括坩埚和干燥器，所得固体氧化物为二氧化硅，质量为m2g，则二氧化
硅的物质的量为n(SiO2)=
，样品纯度为
=
。
对点1 某氯化铁样品含有FeCl2杂质。现要测定其中铁元素的质量分数，实验按以下步骤进行：
(1)操作I 所用到的玻璃仪器除烧杯、量筒、100mL 的容量瓶外，还必须有_________(填仪器名称)。容
量瓶使用前必须进行的操作是_________(填序号)
A.干燥 B.验漏 C.润湿
(2)写出加入氯水发生反应的离子方程式_______________________________________。该反应若不用
氯水，可用下列试剂中的______________代替(填序号)。
A．H2O2 B．碘水 C．NaClO
(3)检验沉淀已经洗涤干净的操作及现象是__________________________ 。
(4)坩埚质量为W1g，加热后坩埚与红棕色固体总质量为W2g，则样品中铁元素的质量分数是
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____________________(列出原始算式，不需化简)
【答案】(1)玻璃棒、胶头滴管 B (2)2Fe 2++Cl2=2Fe3++2Cl- AC
(3)取最后一次洗涤液于试管，滴加少量硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则证明已
经洗涤干净
(4)
×100%
【解析】(1)由图可知，操作I 是将加水溶解后的溶液稀释成100.00mL 溶液，玻璃仪器除量筒、100mL
的容量瓶外，还必须有溶解的烧杯和玻璃棒，容量瓶定容至离刻度线1~2cm 时需要用胶头滴管定容；所以
缺少的仪器是玻璃棒和胶头滴管；容量瓶使用前必须进行的操作是检查受否漏水，因此合理选项是B；(2)
加氯水就是使+2 价Fe2+氧化为变为+3 价Fe3+，该反应的离子方程式为：2Fe 2++Cl2=2Fe3++2Cl-，若不用氯水
可以用过氧化氢、次氯酸钠代替氯气作氧化剂，碘水中碘单质不能氧化亚铁离子，因此合理选项是AC；
(3)Fe(OH)3沉淀是从NH4Cl 溶液中过滤出来的，Fe(OH)3沉淀上吸附有氯化铵，可用硝酸和硝酸银溶液检验
最后一次洗涤液中是否存在氯离子，检验方法是：取最后一次洗涤液于试管中，滴加稀硝酸酸化，再加入
少量硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则证明已洗涤干净；(4)因铁元素质量守恒，即红棕色固体中的铁就
是样品中铁，Fe2O3的质量为W2-W1g，由于参加反应的溶液只取所配溶液的
，因此铁元素的质量
为5(W2-W1)g×
，则样品中铁元素的质量分数是
×100%。
对点2 碱式碳酸钴[Cox(OH)y(CO3)2]可用作电子材料、磁性材料的添加剂，受热时可分解生成三种氧
化物。为了确定其组成，某化学兴趣小组同学设计了如图所示装置进行实验。
(1)请完成下列实验步骤：
①称取3.65 g 样品置于硬质玻璃管内，称量乙、丙装置的质量；
②按如图所示装置组装好仪器，并检验装置气密性；
③加热甲装置中硬质玻璃管，当乙装置中____________________(填实验现象)，停止加热；
④打开活塞K，缓缓通入空气数分钟后，称量乙、丙装置的质量；
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⑤计算。
(2)步骤④中缓缓通入空气数分钟的目的是___________________________________。
(3)某同学认为上述实验装置中存在一个明显缺陷，为解决这一问题，可选用下列装置中的
________(填字母)连接在____________(填装置连接位置)。
(4)若按正确装置进行实验，测得如下数据：
乙装置的质量/g
丙装置的质量/g
加热前
80.00
62.00
加热后
80.36
62.88
则该碱式碳酸钴的化学式为____________________。
(5)有人认为用如图所示装置进行两次实验也可以确定碱式碳酸钴的组成。
实验Ⅰ：称取一定质量的样品置于Y 形管a 处，加入一定体积一定物质的量浓度的足量稀硫酸于Y 形
管b 处，量气管中盛放饱和碳酸氢钠溶液，而不用蒸馏水，其原因是
____________________________________，然后通过_______________________(填操作)
引发反应，测定产生的CO2的体积(假设实验条件是在室温下)。
实验Ⅱ：将实验Ⅰ中反应后的液体和足量的锌粒分别放置在另一个Y 形管的a、b 中，量气管中盛装
蒸馏水，此时引发反应的方式与实验Ⅰ________(填“相同”“不同”或“可相同也可不同”)，然后测定
产生H2的体积(假设实验条件是在室温下)。
两次实验结束时，读数前，先______________，再调节量气管两侧液面持平，然后平视读数；下列实
验操作有可能会使y 的值偏大的是________(填字母)。
A．实验Ⅰ读数时量气管左侧液面高于右侧液面
B．实验Ⅱ实验结束时，迅速调整两侧液面持平，立即读数
C．实验Ⅱ引发反应时将稀硫酸向锌粒倾斜
【答案】(1)不再有气泡产生时
(2)将甲装置中产生的CO2和水蒸气全部赶入乙、丙装置中
(3)D 活塞K 前(或甲装置前)
(4)Co3(OH)4(CO3)2
(5)饱和碳酸氢钠溶液会降低CO2的溶解度 将b 向a 倾斜，使稀硫酸流入a 中 不同 恢复至室温 B
【解析】(1)碱式碳酸钴分解会产生CO2和水蒸气，所以主要实验现象为浓硫酸中有气泡产生，如果样
品分解完全，则无气体产生。(2)甲装置中会有生成的气体滞留而未进入吸收装置，影响实验结果，所以需
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要通入空气。(3)由于空气中也有CO2和水蒸气，会影响实验结果，所以需要将空气中的CO2和水蒸气除去。
(4)n(H2O)＝＝0.02 mol，n(CO2)＝＝0.02 mol，由C 元素守恒知，该样品物质的量为0.01 mol，H 元素物质
的量为0.04 mol，则y 为4，Co 元素质量为3.65 g－0.04 mol×17 g·mol－1－0.02 mol×60 g·mol－1＝1.77 g，Co
的物质的量为0.03 mol，故碱式碳酸钴的化学式为Co3(OH)4(CO3)2。(5)该实验原理：通过一定量的样品与
稀硫酸反应确定产生的CO2的量，进而确定样品中CO 的量，通过产生的氢气的量确定多余的稀硫酸的量，
再根据样品消耗的稀硫酸的量和产生的CO2 的量可确定样品中OH－的量，结合样品的质量从而确定
n(Co)。实验Ⅰ中应该让样品完全反应，所以引发反应时应该将稀硫酸向样品中倾斜；而实验Ⅱ中应该让稀
硫酸完全反应，所以引发反应时应该将锌粒向稀硫酸中倾斜；测定CO2体积时，由于CO2能溶于水，所以
可用饱和碳酸氢钠溶液来降低CO2的溶解度；而且测量气体体积时应该注意三点：先恢复至室温、再调节
液面持平、然后平视读数。
考法
2
以滴定法定量测定实验
滴定分析法是传统化学分析法中重要的分析方法之一，是将一种已知其准确浓度的试液滴加到被测物
质的溶液中，通过指示剂的变化判断反应完全时，根据所用试剂的浓度和体积求得被测组分的含量。滴定
分析法要求发生的反应要完全、反应速率要快、反应要等当量进行、要选择恰当的指示剂。
根据反应类型不同可以分为酸碱中和滴定、氧化还原滴定、沉淀滴定、络合滴定；根据滴定的方式又
可分为直接滴定法、返滴定法、置换滴定法和间接滴定法等。
1．原理:以氧化剂或还原剂为滴定剂，直接滴定一些具有还原性或者氧化性的物质。
2．试剂:常见用于滴定的氧化剂:KMnO4溶液、K2Cr2O7溶液等；常见用于滴定的还原剂:亚铁盐、草酸
等。
3．指示剂:
(1)专用指示剂:常考的碘量法滴定中以淀粉作指示剂。
如Na2S2O3溶液滴定碘液，反应原理为2Na2S2O3+I2
Na2S4O6+2NaI，用淀粉作指示剂，当滴入最后一
滴Na2S2O3溶液后，溶液的蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色，说明达到滴定终点，读取数值。
(2)自身指示剂:某些试剂本身带有颜色，在反应中会发生颜色变化，可以指示滴定终点。
如酸性KMnO4溶液本身呈紫色，在滴定草酸溶液时，不需要再加指示剂，当滴入最后一滴酸性高锰
酸钾溶液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，说明达到滴定终点，读取数值。
1．数据的表格化
项目
实验编号
项目1
项目2
项目3
项目4…
1
2
3
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①根据实验原理确定应记录的项目：所测的物理量。
②应注意数据的有效数字及单位和必要的注释。
③设计的表格要便于数据的查找、比较，便于数据的计算和进一步处理，便于反映数据间的联系。
2．数据的图像化
图像化是用直线图或曲线图对化学实验结果加以处理的一种简明化形式。它适用于一个量的变化引起
另一个量的变化的情况。图像化的最大特点是鲜明、直观、简单、明了。
3．滴定法测定的一般思路
分析滴定反应原理→确定各步反应的化学计量数关系→找出已知量相应的物质与待求量相应物质间的
关系式→列比例求未知量。
例1 (2023•湖北省选择性考试，18)学习小组探究了铜的氧化过程及铜的氧化物的组成。回答下列问
题：
(1)铜与浓硝酸反应的装置如下图，仪器A 的名称为_______，装置B 的作用为_______。
(2)铜与过量H2O2反应的探究如下：
实验②中
Cu 溶解的离子方程式为_______；产生的气体为_______。比较实验①和②，从氧化还原角度说明
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0.1000mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定，滴定终点时消耗Na2S2O3标准溶液15.00mL。(已知：
2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，I2+2S2O3
2-=2I-+S4O6
2-)标志滴定终点的现象是_______，粗品中X 的相对含量为_______。
【答案】(1)①具支试管 ②防倒吸
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(2)①Cu+H2O2+2H+= Cu2++2H2O ②O2 ③既不是氧化剂，又不是还原剂
(3)CuO2 (4)①溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色 ② 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+H2O2+2H+= Cu2++2H2O；硫酸铜可以
催化过氧化氢分解生成氧气，则产生的气体为O2；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H+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CuO2；(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CuO2中铜为+2 价，氧为-1 价，根据2Cu2+
+4I-=2CuI↓+I2 ，I2+2S2O3
2-=2I-+S4O6
2- ，可以得到关系式：CuO2~2I2~4S2O3
2- ，则n(CuO2)=
×0.1mol/
L×0.015L=0.000375mol，粗品中X 的相对含量为
。
例2 (2022•山东卷，18)(12 分)实验室利用FeCl2∙4H2O 和亚硫酰氯(SOCl2)制备无水FeCl2的装置如图
所示(加热及夹持装置略)。已知SOCl2沸点为76℃，遇水极易反应生成两种酸性气体。回答下列问题：
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(1)实验开始先通N2。一段时间后，先加热装置_______(填“a”或“b”)。装置b 内发生反应的化学方程
式为_______。装置c、d 共同起到的作用是_______。
(2)现有含少量杂质的FeCl2∙ nH2O，为测定n 值进行如下实验：
实验Ⅰ：称取m1g 样品，用足量稀硫酸溶解后，用cmol·L-1K2Cr2O7标准溶液滴定
达终点时消耗
(滴定过程中Cr2O7
2-转化为Cr3+，
不反应)。
实验Ⅱ：另取m1g 样品，利用上述装置与足量SOCl2反应后，固体质量为m2g。
则
_______；下列情况会导致n 测量值偏小的是_______(填标号)。
A．样品中含少量
杂质
B．样品与SOCl2反应时失水不充分
C．实验Ⅰ中，称重后样品发生了潮解
D．滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成
(3)用上述装置、根据反应TiO2+CCl4 =TiCl4+CO2制备TiCl4。已知TiCl4与CCl4分子结构相似，与CCl4
互溶，但极易水解。选择合适仪器并组装蒸馏装置对TiCl4、CCl4混合物进行蒸榴提纯(加热及夹持装置略)，
安装顺序为①⑨⑧_______(填序号)，先馏出的物质为_______。
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【答案】(1) a FeCl2∙4H2O+4SOCl2
FeCl2+4SO2↑+8HCl↑ 冷凝回流SOCl2
(2)
AB (3) ⑥⑩③⑤ CCl4
【解析】SOCl2与H2O 反应生成两种酸性气体，FeCl2∙4H2O 与SOCl2制备无水FeCl2的反应原理为：
SOCl2吸收FeCl2∙4H2O 受热失去的结晶水生成SO2和HCl，HCl 可抑制FeCl2的水解，从而制得无水FeCl2。
(1)实验开始时先通N2，排尽装置中的空气，一段时间后，先加热装置a，产生SOCl2气体充满b 装置后再
加热b 装置，装置b 中发生反应的化学方程式为FeCl2∙4H2O+4SOCl2
FeCl2+4SO2↑+8HCl↑；装置c、d 的共
同作用是冷凝回流SOCl2；(2)滴定过程中Cr2O7
2-将Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原成Cr3+，反应的离子方程式
为6Fe2++ Cr2O7
2-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，则m1g 样品中n(FeCl2)=6n(Cr2O7
2-)=6cV×10-3mol；m1g 样品中结
晶水的质量为(m1-m2)g，结晶水物质的量为
mol，n(FeCl2)：n(H2O)=1：n=(6cV×10-3mol)：
mol，解得n=
；A 项，样品中含少量FeO 杂质，溶于稀硫酸后生成Fe2+，导致消耗的K2Cr2O7
溶液的体积V 偏大，使n 的测量值偏小，A 项选；B 项，样品与SOCl2反应时失水不充分，则m2偏大，使
n 的测量值偏小，B 项选；C 项，实验I 称重后，样品发生了潮解，样品的质量不变，消耗的K2Cr2O7溶液
的体积V 不变，使n 的测量值不变，C 项不选；D 项，滴定达到终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，导
致消耗的K2Cr2O7溶液的体积V 偏小，使n 的测量值偏大，D 项不选；故选AB。(3)组装蒸馏装置对
TiCl4、CCl4混合物进行蒸馏提纯，按由下而上、从左到右的顺序组装，安装顺序为①⑨⑧，然后连接冷凝
管，蒸馏装置中应选择直形冷凝管⑥、不选用球形冷凝管⑦，接着连接尾接管⑩，TiCl4极易水解，为防止
外界水蒸气进入，最后连接③⑤，安装顺序为①⑨⑧⑥⑩③⑤；由于TiCl4、CCl4分子结构相似，TiCl4的
相对分子质量大于CCl4，TiCl4分子间的范德华力较大，TiCl4的沸点高于CCl4，故先蒸出的物质为CCl4。
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对点1 中华人民共和国国家标准(GB27602011)规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25 g·L－1。某兴趣小
组用题图1 装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测定。
(1)仪器A 的名称是____________，水通入A 的进口为____________。
(2)B 中加入300.00 mL 葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C 中H2O2完全反应，其化学方程
式为________________________________。
(3)除去C 中过量的H2O2，然后用0.090 0 mol·L－1NaOH 标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择
题图2 中的________；若滴定终点时溶液的pH＝8.8，则选择的指示剂为________；若用50 mL 滴定管进
行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积(填序号)________(①＝10 mL，②＝40
mL，③<10 mL，④>40 mL)。
(4)滴定至终点时，消耗NaOH 溶液25.00 mL，该葡萄酒中SO2含量为________g·L－1。
⑸该测定结果比实际值偏高，分析原因并利用现有装置提出改进措施______________。
【答案】(1)冷凝管(或冷凝器) b
(2)SO2＋H2O2===H2SO4 (3)③ 酚酞 ④ (4)0.24
⑸原因：盐酸的挥发；改进措施：用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比
实验，扣除盐酸挥发的影响
【解析】(1)A 仪器的名称为冷凝管或冷凝器；为使冷却效果好，应将冷却水从处于低处的b 口通入。
(2)SO2具有强还原性，H2O2具有强氧化性，二者发生氧化还原反应：SO2＋H2O2===H2SO4。(3)NaOH 盛装
在碱式滴定管中，应将橡皮管向上弯曲排出气泡，故选③；滴定至终点时溶液的pH＝8.8，在酚酞的变色
范围内，故可选用酚酞作指示剂；液面在10 mL 时滴定管中有刻度的液体为40 mL，因滴定管的下端有一
段无刻度，故滴定管内液体的体积大于40 mL。(4)SO2与NaOH 存在如下关系：
SO2 ～ H2SO4 ～ 2NaOH
64 g 2 mol
m(SO2) 0.090 0 mol·L－1×0.025 L
解得：m(SO2)＝＝0.072 g，故葡萄酒中SO2的含量为＝0.24 g·L－1。
⑸盐酸为挥发性酸，挥发出的HCl 消耗NaOH，使测量值偏大。可以用难挥发的稀硫酸代替盐酸进行
该实验。
对点2 三草酸合铁酸钾晶体(K3[Fe(C2O4)3]·xH2O)是一种光敏材料，可用于摄影和蓝色印刷。为测定
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该晶体中铁的含量，某实验小组做了如下实验：
(1)已知2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋10CO2↑＋2MnSO4＋8H2O。现称量5.000 g 三草酸合铁
酸钾晶体，配制成250 mL 溶液。取所配溶液25.00 mL 于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至
草酸根恰好全部被氧化成二氧化碳。向反应后的溶液中加入一小匙锌粉，加热至溶液完全由黄色变为浅绿
色时，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时，溶液仍呈酸性。加入锌粉的目的是
______________________。
(2)向(1)锥形瓶中先加入足量稀硫酸，后用0.010 mol/L KMnO4溶液滴定上一步骤所得溶液至终点，消
耗KMnO4 溶液20.02 mL ，滴定中MnO 被还原成Mn2 ＋ 。写出发生反应的离子方程式：
__________________________________________________。
(3)上述实验滴定时，指示剂应该________(填“加”或“不加” )，判断滴定终点的现象是：
________________________________________________________________________。
(4)再重复(1)、(2)步骤操作两次，滴定消耗0.010 mol/L KMnO4溶液平均每次为19.98 mL。计算确定该
晶体中铁的质量分数(写出计算过程)。
【答案】(1)将Fe3＋还原成Fe2＋ ，为进一步测定铁元素的含量做准备
(2)5Fe2＋＋MnO＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O
(3)不加 当待测液中出现紫红色，且振荡后半分钟内不再褪色，就表明到了终点
(4)511.12%
【解析】(1)“溶液由黄色变为浅绿色”，说明加锌将Fe3＋全部转化成Fe2＋。结合步骤(2)可知，测定样
品中铁含量的原理是：5Fe2＋＋MnO＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O，测定前需要将原溶液中的Fe3＋全部转
化成Fe2＋。(3)由于高锰酸钾溶液具有明显的紫红色，所以当反应到达终点时，待测液会出现紫红色。(4)依
据5Fe2 ＋~MnO 得，n(Fe2 ＋)= 5×0.010×0.0199 8 mol ，故晶体中w(Fe) ＝[10×5×0.010×0.0199 8 mol×56
g/mol]÷5.000 g×100%＝11.12%。
考法
3
热失重曲线图象
1．热失重曲线图象模型
热重曲线是指在热分析过程中通过热天平而得到的试样在加热过程中质量随温度变化的曲线，曲线的
横轴为温度，纵轴为质量。如固体物质A 热分解反应：A(固体)
B(固体)+C(气体)的典型热重曲线如图
所示，图中T1 K 为固体A 开始分解的温度，T2 K 为质量变化达到最大值时的终止温度，若试样初始质量
为W0 g，失重后试样质量为W1 g，则失重率为W 0-W 1
W 0
×100%。
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2．结晶水合盐受热分解步骤
加热结晶水合盐反应可分三步进行：第一步是脱去部分水，第二步是生成羟基盐或含水盐，第三步是生
成金属氧化物；如果热重实验的气氛为空气，则加热过程中可能被氧化，反应将变得更复杂一些。
3．热重曲线图的分析方法
(1)识图。识图的关键是三看：一看轴即横、纵坐标所表示的化学含义(自变量X 轴和函数Y 轴表示的意
义)，寻找X、Y 轴之间的关系，因为这是理解题意和进行正确思维的前提；二看点即曲线中的特殊点(顶
点、始点、终点、拐点、交叉点)；三看线即曲线的走势(变化趋势是上升、下降、波动、正态、偏态等变
化)。
(2)析图。分析图中为什么会出现这些特殊点，曲线为什么有这样的变化趋势和走向，分析曲线变化的
因果关系；通过联想，把课本内的有关化学概念、原理、规律等与图中的曲线和相关点建立联系。
(3)用图。将相关的化学知识与图中曲线紧密结合，在头脑中构建新的曲线——知识体系，然后运用新
的曲线——知识体系揭示问题的实质，解决实际问题。
热重曲线图的解题技法
根据失重的质量与反应物的质量关系判断反应过程失去的元素及化合物，利用完全失去水的反应计算特
殊点。
(1)设晶体为1 mol，其质量为m。
(2)失重一般是先失水，再失非金属氧化物。
(3)计算每步固体剩余的质量(m 余)：
×100%=固体残留率。
(4)晶体中金属质量不再减少，仍在残留固体(m 余)中。
(5)失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得得m(O)，由n(金属)∶n(O)，即可求出失重后物质的化学
式。
(6)根据失重后物质的化学式，写出相应的化学方程式。
例1 (2023•全国乙卷，28 节选)在N2气氛中，FeSO4·7H2O 的脱水热分解过程如图所示：
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根据上述实验结果，可知
_______，
_______。
【答案】4 1
【解析】由图中信息可知，当失重比为19.4% 时，FeSO4·7H2O 转化为FeSO4·x H2O ，则
，解之得x =4 ；当失重比为38.8% 时，FeSO4·7H2O 转化为FeSO4·y H2O ，则
，解之得y=1。
例2 正极材料为LiCoO2的锂离子电池已被广泛用作便携式电源。但钴的资源匮乏限制了其进一步发
展。Co(OH)2在空气中加热时，固体残留率随温度的变化曲线如图所示。已知钴的氢氧化物加热至290℃时
已完全脱水，则1000℃时，剩余固体成分为___(填化学式，下同)；在350～400℃范围内，剩余固体成分
为___。
【答案】CoO Co3O4和Co2O3
【解析】Co(OH)2的摩尔质量为93g/mol，设Co(OH)2的物质的量为1mol，则C 点1000℃时失重的质量
为1mol×93g/mol×(1－80.65%)＝18g，即1molH2O，根据质量守恒定律，化学反应方程式为Co(OH)2
CoO
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＋H2O。1000℃时剩余固体的成分为CoO。B 点500℃时失重的质量为1mol×93g/mol×(1－86.38%)＝
12.7g；已知290℃时Co(OH)2已完全脱水，1molCo(OH)2脱水成CoO 时应失重的质量为18g，因为500℃时
失重的质量不到18g，所以一定有氧气进入，使钴元素的化合价发生了变化。进入氧元素的物质的量为
，即可表述为
，整理得化学式为Co3O4。同理，A 点290℃时失重
的质量为1mol×93g/mol×(1－89.25%)＝10g，进入氧元素的物质的量为
，即可
表述为CoO·O0.5，整理得化学式为Co2O3；所以在350～400℃范围剩余固体是Co3O4和Co2O3的混合物。
对点1 为研究一水草酸钙(CaC2O4·H2O)的热分解性质，进行如下实验：准确称取36.50g 样品加热，
样品的固体残留率(
×100%)随温度的变化如下图所示。
(1)300 ℃时残留固体的成分为________，900 ℃时残留固体的成分为________。
(2)500℃时固体的成分及质量____________。
【答案】(1)CaC2O4 CaO (2)固体的成分为12.8gCaC2O4和15.0gCaCO3
【解析】(1)n(CaC2O4·H2O)=
0.25 mol，含有m(H2O) =0.25 mol×18g/mol=4.50g，在300 ℃时，
×100%=87.67%，m(剩余)=36.50 g×87. 67%≈32 g，减少的质量为36.50 g-32 g=4.50g，故
此时失去全部的结晶水，残留固体为CaC2O4，在900 ℃时，
×100%=38.36%，m(剩
余)=36.50 g×38.36%≈14 g，其中Ca 的质量没有损失，含m(Ca)=0.25 mol×40g/mol=10g，另外还含有
m(O)=14 g-10 g=4 g ，n(O)=0.25 mol ，则n(Ca) : n(O)=1 : 1 ，化学式为CaO ；(2) 在600 °C 时，
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×100%= 68.49%，m(剩余)=36.50 g×68. 49%≈25 g，从300 °C 至600 C 时，失去的总质量
为32 g-25 g=7 g，失去物质的摩尔质量为
，则应为CO，所以CaC2O4失去CO 后，产
物为CaCO3，在500 °C 时，应为CaC2O4 和CaCO3 的混合物，样品中CaC2O4·H2O 物质的量为
=0.25mol ，设CaC2O4 和CaCO3 的物质的量分别为xmol 和ymol ，根据500 °C 时固体总质量可得
128x+100y=36.5×76. 16%，根据钙元素守恒可得x+y=0.25，解得x=0.1，y=0.15，m(CaC2O4)= 0.1 mol×128g/
mol=12.8g，m(CaCO3)= 0.15 mol×100g/ mol=15g，500 °C 时固体的成分为12.8gCaC2O4和15.0gCaCO3。
对点2 MnCO3可用作电讯器材元件材料，还可用作瓷釉、颜料及制造锰盐的原料。它在空气中加热
易转化为不同价态锰的氧化物，其固体残留率随温度的变化，如图所示。则300℃时，剩余固体中
n(Mn)：n(O)为_________；图中C 点对应固体的成分为________(填化学式)。
【答案】1∶2 Mn3O4与MnO
【解析】MnCO3的摩尔质量为115g/mol，设MnCO3的物质的量为1mol，则A 点300℃时失重的质量为
1mol×115g/mol×(1－75.65%)＝28g。已知CO 的摩尔质量是28g/mol，根据质量守恒定律，分解化学方程式
为MnCO3
MnO2+CO↑。所以A 点300℃时固体成分的化学式为MnO2。则n(Mn)∶n(O)为1∶2。B 点
770℃时失重的质量为1mol×115g/mol×(1－66.38%)＝38.7g。由于300℃时固体的成分为MnO2，再加热造
成失重的原因只能是氧元素以O2的形式逸散失去，随着氧元素的失去，锰的化合价也发生了变化。因此失
去氧元素的物质的量为n(O)＝
＝mol，可表示为MnO(2－)，整理得化学式为Mn3O4。D 点
900℃时失重的质量为1mol×115g/mol×(1－61.74%)＝44g。失去的n(O)＝
＝1mol，可表示为
MnO(2－1)，整理得化学式为MnO。所以C 点时固体物质正从Mn3O4转化为MnO，此时为Mn3O4与MnO 的
混合物。
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1．(2023•全国甲卷，9)实验室将粗盐提纯并配制
的NaCl 溶液。下列仪器中，本实验必
须用到的有( )
①天平 ②温度计 ③坩埚 ④分液漏斗 ⑤容量瓶 ⑥烧杯 ⑦滴定管 ⑧酒精灯
A．①②④⑥
B．①④⑤⑥
C．②③⑦⑧
D．①⑤⑥⑧
【答案】D
【解析】实验室将粗盐提纯时，需要将其溶于一定量的水中，然后将其中的硫酸根离子、钙离子、镁
离子依次用稍过量的氯化钡溶液、碳酸钠溶液和氢氧化钠溶液除去，该过程中有过滤操作，需要用到烧杯、
漏斗和玻璃棒；将所得滤液加适量盐酸酸化后蒸发结晶得到较纯的食盐，该过程要用到蒸发皿和酒精灯；
用提纯后得到的精盐配制溶液的基本步骤有称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等操作，需要用到天平、
容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等。综上所述，本实验必须用到的有①天平、⑤容量瓶、⑥烧杯、⑧酒
精灯，故选D。
2．(2023•山东卷，8)一定条件下，乙酸酐[(CH3CO)2O]醇解反应
[(CH3CO)2O+ROH→CH3COOR+CH3COOH]可进行完全，利用此反应定量测定有机醇(ROH)中的羟基含量，
实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：
①配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。
②量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入
样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸
酐完全水解：(CH3CO)2O+H2O→2CH3COOH。
③加指示剂并用cmol·L-1NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V1mL。
④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用
cmol·L-1NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V2mL。
对于上述实验，下列做法正确的是( )
A．进行容量瓶检漏时，倒置一次即可
B．滴入半滴标准溶液，锥形瓶中溶液变色，即可判定达滴定终点
C．滴定读数时，应单手持滴定管上端并保持其自然垂直
D．滴定读数时，应双手一上一下持滴定管
【答案】C
【解析】A 项，进行容量瓶检漏时，倒置一次，然后玻璃塞旋转180 度后再倒置一次，故A 错误；B
项，滴入半滴标准溶液，锥形瓶中溶液变色，且半分钟内不变回原色，才是达到滴定终点，故B 错误；C
项，滴定读数时，应单手持滴定管上端无刻度处，并保持其自然垂直，故C 正确；D 项，滴定读数时，应
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单手持滴定管上端无刻度处，并保持其自然垂直，故D 错误；故选C。
3．(2023•山东卷，9)一定条件下，乙酸酐[(CH3CO)2O]醇解反应
[(CH3CO)2O+ROH→CH3COOR+CH3COOH]可进行完全，利用此反应定量测定有机醇(ROH)中的羟基含量，
实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：
①配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。
②量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入
样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸
酐完全水解：(CH3CO)2O+H2O→2CH3COOH。
③加指示剂并用cmol·L-1NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V1mL。
④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用
cmol·L-1NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V2mL。
样品中羟基含量(质量分数)计算正确的是( )
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】用cmol·L-1NaOH-甲醇标准溶液滴定乙酸酐完全水解生成的乙酸，可以计算乙酸酐的总物质
的量，根据反应方程式[(CH3CO)2O+ROH→CH3COOR+CH3COOH]系数关系，得出ROH 与乙酸酐反应后剩
余的乙酸酐的物质的量，由此可以计算与ROH 反应的乙酸酐的物质的量，即R-OH 的物质的量，即羟基的
含量。根据滴定过程中，用cmol·L-1NaOH-甲醇标准溶液滴定乙酸酐完全水解生成的乙酸，消耗标准溶液
V2mL，需要消耗cmol·L-1NaOH-甲醇的物质的量为
，即乙酸酐的总物质的量=
；则ROH 与乙酸酐反应后剩余的乙酸酐的物质的量=
，所以与ROH 反应的
乙酸酐的物质的量=
，也即样品ROH 中羟基的物质的量，所以ROH 样品中羟
基质量分数=
，故选C 。
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4．(2023•山东卷，10) 一定条件下，乙酸酐[(CH3CO)2O]醇解反应
[(CH3CO)2O+ROH→CH3COOR+CH3COOH]可进行完全，利用此反应定量测定有机醇(ROH)中的羟基含量，
实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：
①配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。
②量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入
样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸
酐完全水解：(CH3CO)2O+H2O→2CH3COOH。
③加指示剂并用cmol·L-1NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V1mL。
④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用
cmol·L-1NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V2mL。
根据上述实验原理，下列说法正确的是( )
A．可以用乙酸代替乙酸酐进行上述实验
B．若因甲醇挥发造成标准溶液浓度发生变化，将导致测定结果偏小
C．步骤③滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出，将导致测定结果偏小
D．步骤④中，若加水量不足，将导致测定结果偏大
【答案】B
【解析】步骤④测定乙酸酐的物质的量为
；根据步骤②③可知
样品中羟基的物
质的量为
。A 项，乙酸与醇的酯化反应可逆，不能用乙
酸代替乙酸酐进行上述实验，故A 错误；B 项，若甲醇挥发，则甲醇消耗乙酸酐的物质的量减小，剩余乙
酸酐的物质的量偏大，消耗氢氧化钠的体积偏大，将导致测定结果偏小，故B 正确；C 项，步骤③滴定时，
不慎将锥形瓶内溶液溅出，消耗氢氧化钠的体积偏小，将导致测定结果偏大，故C 错误；D 项，步骤④中，
若加水量不足，生成乙酸的物质的量偏小，消耗氢氧化钠的体积偏小，测定乙酸酐初始物质的量偏小，将
导致测定结果偏小，故D 错误；故选B。
5．(2022•山东卷，6)实验室用基准Na2CO3配制标准溶液并标定盐酸浓度，应选甲基橙为指示剂，并
以盐酸滴定Na2CO3标准溶液。下列说法错误的是( )
A．可用量筒量取25.00 mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中
B．应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液
C．应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体
D．达到滴定终点时溶液显橙色
【答案】A
【解析】根据中和滴定过程批示剂选择原则，以盐酸滴定Na2CO3标准溶液，选甲基橙为指示剂，则
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应利用盐酸滴定碳酸钠，即将Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中，将待测盐酸置于酸式滴定管中，滴定终点时
溶液由黄色变为橙色。A 项，量筒的精确度为0.1 mL，不可用量简量取Na2CO3标准溶液，应该用碱式滴定
管或移液管量取25.00 mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中，A 错误；B 项，Na2CO3溶液显碱性，盛放
Na2CO3溶液的容器不能用玻璃塞，以防碱性溶液腐蚀玻璃产生有粘性的硅酸钠溶液而将瓶塞粘住，故应选
用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液，B 正确；C 项，Na2CO3有吸水性且有一定的腐蚀性，故应选
用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体，C 正确；D 项，Na2CO3溶液显碱性，甲基橙滴入Na2CO3溶液中显黄
色，当滴入最后一滴盐酸时，溶液由黄色突变为橙色且半分钟之内不变色即为滴定终点，故达到滴定终点
时溶液显橙色，D 正确；故选A。
6．(2022•福建卷，5)探究醋酸浓度与电离度
关系的步骤如下，与相关步骤对应的操作或叙述正确
的( )
步骤
操作或叙述
A
Ⅰ.用
标准溶液标定醋酸溶液浓度
滴定时应始终注视滴定管中的液面
B
Ⅱ.用标定后的溶液配制不同浓度的醋酸溶液
应使用干燥的容量瓶
C
Ⅲ.测定步骤Ⅰ中所得溶液的pH
应在相同温度下测定
D
Ⅳ.计算不同浓度溶液中醋酸的电离度
计算式为
【答案】C
【解析】A 项，中和滴定时眼睛应始终注视锥形瓶内溶液颜色的变化，A 错误；B 项，配制不同浓度
的醋酸溶液时，容量瓶不需要干燥，B 错误；C 项，温度影响醋酸的电离平衡，因此测定步骤Ⅰ中所得溶
液的pH 时应在相同温度下测定，C 正确；D 项，电离度是指弱电解质在溶液里达电离平衡时，已电离的电
解质分子数占原来总分子数(包括已电离的和未电离的)的百分数，因此醋酸的电离度计算式为
，D 错误；故选C。
7．(2021•广东选择性考试，7)测定浓硫酸试剂中H2SO4含量的主要操作包括：①量取一定量的浓硫酸，
稀释；②转移定容得待测液；③移取20.00mL 待测液，用0.1000mol·L-1 NaOH 的
溶液滴定。上述
操作中，不需要用到的仪器为
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A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】实验过程中，①量取一定量的浓硫酸并稀释所需仪器为：量筒、烧杯、玻璃棒；②转移定容
得待测液所需仪器为：玻璃棒、容量瓶、胶头滴管；③移取20.00mL 待测液，用0.1000mol/L 的NaOH 溶
液滴定所需仪器为：酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶，选项中A 为容量瓶，B 为分液漏斗，C 为锥形瓶，
D 为碱式滴定管，上述操作中，不需要用到的仪器为分液漏斗，故选B。
8．(14 分)(2023•广东卷，17)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20.00 mL 待测液，加入指示剂，用0.5000mol·L-1的NaOH 溶液滴定至终点，
消耗
溶液22.00 mL。
①上述滴定操作用到的仪器有 。
A．
B．
C．
D．
②该盐酸浓度为 mol·L-1。
(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
T0、T1，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)。
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(3)借鉴(2)的方法，甲同学测量放热反应Fe(s)+CuSO4(aq) = FeSO4(aq)+Cu(s)的焓变
(忽略温度对焓
变的影响，下同)。实验结果见下表。
序号
反应试剂
体系温度/℃
反应前
反应后
i
0.2mol·L-1 CuSO4溶液
1.20 g 铁粉
a
b
ii
0.56 g 铁粉
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A：Fe(s)+ Fe2(SO4)3(aq) =3FeSO4(aq)的焓变。
查阅资料：配制Fe2(SO4)3溶液时需加入酸。加酸的目的是 。
提出猜想：Fe 粉与Fe2(SO4)3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Fe2(SO4)3溶液的
不大于1；向少量Fe2(SO4)3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) 418(T1－T0)
(3) >
或
(4)抑制Fe3+水解 Fe+2H+= Fe2++ H2↑ 将一定量的Cu 粉加入一定浓度的Fe2(SO4)3溶液中反应，测
量反应热，计算得到反应Cu + Fe2(SO4)3 = CuSO4+2 FeSO4的焓变ΔH1；根据(3)中实验计算得到反应Fe
+CuSO4 = Cu+ FeSO4的焓变ΔH2；根据盖斯定律计算得到反应Fe+ Fe2(SO4)3 =3FeSO4的焓变为ΔH1+ΔH2
(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＋H2O，故c(HCl)=
=
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=0.5500 mol·L-1；(2)由
可得Q＝
×
×(50mL＋50mL)×(T1－T2)＝418(T1－
T0)；(3)100 mL0.2mol·L-1 CuSO4溶液含有溶质的物质的量为0.02mol，1.20 g 铁粉和0.56 g 铁粉的物质的
量分别为0.021mol、0.01 mol，实验i 中有0.02 mol CuSO4发生反应，实验ii 中有0.01mol CuSO4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，
；(4)Fe3+易水解，为防止Fe3+水解，
在配制Fe2(SO4)3溶液时需加入酸；用pH 试纸测得Fe2(SO4)3溶液的pH 不大于1 说明溶液中呈强酸性，向少
量Fe2(SO4)3溶液中加入Fe 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Fe 与酸的反应，
其离子方程式为Fe+2H+= Fe2++ H2↑；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Fe
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Fe2(SO4)3溶液与Fe 的反应，故可将一定量的
Cu 粉加入一定浓度的Fe2(SO4)3溶液中反应，测量反应热，计算得到反应Cu + Fe2(SO4)3 = CuSO4+2 FeSO4
的焓变ΔH1；根据(3)中实验计算得到反应Fe +CuSO4 = Cu+ FeSO4的焓变ΔH2；根据盖斯定律计算得到反应
Fe+ Fe2(SO4)3 =3FeSO4的焓变为ΔH1+ΔH2；(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。
9．(2023•辽宁省选择性考试，17)2—噻吩乙醇(Mr=128)是抗血栓药物氯吡格雷的重要中间体，其制备
方法如下：
Ⅰ．制钠砂。向烧瓶中加入300mL 液体A 和4.60g 金属钠，加热至钠熔化后，盖紧塞子，振荡至大量
微小钠珠出现。
Ⅱ．制噻吩钠。降温至10℃，加入25mL 噻吩，反应至钠砂消失。
Ⅲ．制噻吩乙醇钠。降温至-10℃，加入稍过量的环氧乙烷的四氢呋喃溶液，反应30min。
Ⅳ．水解。恢复室温，加入70mL 水，搅拌
；加盐酸调pH 至4~6，继续反应2 h，分液；用水
洗涤有机相，二次分液。
Ⅴ．分离。向有机相中加入无水MgSO4，静置，过滤，对滤液进行蒸馏，蒸出四氢呋喃、噻吩和液体
A 后，得到产品17.92g。
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回答下列问题：
(1)步骤Ⅰ中液体A 可以选择_______。
a．乙醇 b．水 c．甲苯 d．液氨
(2)噻吩沸点低于吡咯(
)的原因是_______。
(3)步骤Ⅱ的化学方程式为_______。
(4)步骤Ⅲ中反应放热，为防止温度过高引发副反应，加入环氧乙烷溶液的方法是_______。
(5)步骤Ⅳ中用盐酸调节pH 的目的是_______。
(6)下列仪器在步骤Ⅴ中无需使用的是_______(填名称)：无水MgSO4的作用为_______。
(7)产品的产率为_______(用
计算，精确至0.1%)。
【答案】(1)c (2)
中含有N 原子，可以形成分子间氢键，氢键可以使熔沸点升高
(3)2
+2Na→2
+H2↑
(4)将环氧乙烷溶液沿烧杯壁缓缓加入，此过程中不断用玻璃棒进行搅拌来散热
(5)将NaOH 中和，使平衡正向移动，增大反应物的转化率
(6)①球形冷凝管和分液漏斗 ②除去水
(7)70.0%
【解析】(1)步骤Ⅰ制钠砂过程中，液体A 不能和Na 反应，而乙醇、水和液氨都能和金属Na 反应，故
选c。(2)噻吩沸点低于吡咯(
)的原因是：
中含有N 原子，可以形成分子间氢键，氢键可以使
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熔沸点升高。(3)步骤Ⅱ中
和Na 反应生成2-噻吩钠和H2，化学方程式为：2
+2Na→2
+H2↑。(4)步骤Ⅲ中反应放热，为防止温度过高引发副反应，加入环氧乙烷溶液的方法是：
将环氧乙烷溶液沿烧杯壁缓缓加入，此过程中不断用玻璃棒进行搅拌来散热。(5)2-噻吩乙醇钠水解生成-噻
吩乙醇的过程中有NaOH 生成，用盐酸调节pH 的目的是将NaOH 中和，使平衡正向移动，增大反应物的
转化率。(6)步骤Ⅴ中的操作有过滤、蒸馏，蒸馏的过程中需要直形冷凝管不能用球形冷凝管，无需使用的
是球形冷凝管和分液漏斗；向有机相中加入无水MgSO4 的作用是：除去水。(7)步骤Ⅰ中向烧瓶中加入
300mL 液体A 和4.60g 金属钠，Na 的物质的量为
，步骤Ⅱ中Na 完全反应，根据方程式
可知，理论上可以生成0.2mol2-噻吩乙醇，产品的产率为
=70.0%。
10．(2022•河北省选择性考试，14)某研究小组为了更准确检测香菇中添加剂亚硫酸盐的含量，设计实
验如下：
①三颈烧瓶中加入
香菇样品和
水；锥形瓶中加入
水、
淀粉溶液，并预加
的碘标准溶液，搅拌。
②以
流速通氮气，再加入过量磷酸，加热并保持微沸，同时用碘标准溶液滴定，至终点时
滴定消耗了
碘标准溶液。
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③做空白实验，消耗了
碘标准溶液。
④用适量Na2SO3替代香菇样品，重复上述步骤，测得SO2的平均回收率为95%。
已知：
，
回答下列问题：
(1)装置图中仪器a、b 的名称分别为_______、_______。
(2)三颈烧瓶适宜的规格为_______(填标号)。
A．
B．
C．
(3)解释加入H3PO4，能够生成SO2的原因：_______。
(4)滴定管在使用前需要_______、洗涤、润洗；滴定终点时溶液的颜色为_______；滴定反应的离子方
程式为_______。
(5)若先加磷酸再通氮气，会使测定结果_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
(6)该样品中亚硫酸盐含量为_______ mg•kg -1 (以SO2计，结果保留三位有效数字)。
【答案】(1) (球形)冷凝管 (恒压)滴液漏斗 (2)C
(3)加入H3PO4后，溶液中存在化学平衡H2SO3
SO2+H2O，SO2的溶解度随着温度升高而减小，
SO2逸出后，促进了化学平衡H2SO3
SO2+H2O 向右移动
(4)检验其是否漏水 蓝色 加入H3PO4后，溶液中存在化学平衡H2SO3
SO2+H2O，SO2的溶解度随着温度升高而减小，SO2逸出后，促进了化学平衡H2SO3
SO2+H2O 向右移
动
(5)偏低 (6)80.8
【解析】由题中信息可知，检测香菇中添加剂亚硫酸盐的含量的原理是：用过量的磷酸与其中的亚硫
酸盐反应生成SO2，用氮气将SO2排入到锥形瓶中被水吸收，最后用碘标准溶液滴定，测出样品中亚硫酸
盐含量。(1)根据仪器a、b 的结构可知，装置图中仪器a、b 的名称分别为球形冷凝管和恒压滴液漏斗；(2)
三颈烧瓶中加入10.00g 香菇样品和400 mL 水，向其中加入H3PO4的体积不超过10 mL。在加热时，三颈烧
瓶中的液体不能超过其容积的
，因此，三颈烧瓶适宜的规格为1000 mL 选C。(3)虽然
Ka1(H3PO4)=7.1×10-3＜K a1 (H2SO3) =1.3×10-2，但是H3PO4为难挥发性的酸，而H2SO3易分解为SO2和水，
SO2的溶解度随着温度升高而减小，SO2逸出后，促进了化学平衡H2SO3
SO2+H2O 向右移动，因此，
加入H3PO4能够生成SO2的原因是：加入H3PO4后，溶液中存在化学平衡H2SO3
SO2+H2O，SO2的溶
解度随着温度升高而减小，SO2逸出后，促进了化学平衡H2SO3
SO2+H2O 向右移动；(4)滴定管在使
用前需要检验其是否漏水、洗涤、润洗；滴定前，溶液中的碘被SO2还原为碘离子，溶液的颜色为无色，
滴加终点时，过量的1 滴或半滴标准碘液使淀粉溶液变为蓝色且半分钟点之内不变色，因此，滴定终点时
溶液为蓝色；滴定反应的离子方程式为I2+ SO2+2H2O=2I—+4H++SO4
2-；(5)若先加磷酸再通氮气，则不能将
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装置中的空气及时排出，有部分亚硫酸盐和SO2被装置中的氧气氧化，碘的标准液的消耗量将减少，因此
会使测定结果偏低。(6)实验中SO2消耗的标准碘液的体积为0.30 mL+1.00 mL=1.30 mL，减去空白实验消
耗的0.10 mL，则实际消耗标准碘液的体积为1.20mL，根据反应I2+ SO2+2H2O=2I—+4H++ SO4
2-可以计算出
n(SO2)= n(I2)= 1.20mL×10-3L·mL-1×0.010 00 mol· L-1=1.20 10-5 mol，由于SO2的平均回收率为95%，则实际
生成的n(SO2)=
，则根据S 元素守恒可知，该样品中亚硫酸盐含量为
mg•kg -1。
11．(12 分)(2022•湖南选择性考试，12)某实验小组以
溶液为原料制备BaCl2·2H2O，并用重量法测
定产品中BaCl2·2H2O 的含量。设计了如下实验方案：
可选用试剂：NaCl 晶体、BaS 溶液、浓H2SO4、稀H2SO4、CuSO4溶液、蒸馏水
步骤1. BaCl2·2H2O 的制备
按如图所示装置进行实验，得到BaCl2溶液，经一系列步骤获得BaCl2·2H2O 产品。
步骤2，产品中BaCl2·2H2O 的含量测定
①称取产品0.5000g，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0.100 mol·L-1H2SO4溶液，
③沉淀完全后，60℃水浴40 分钟，经过滤、洗涤、烘干等步骤，称量白色固体，质量为0.4660g。
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H2SO4溶液后，认为沉淀已经完全，判断沉淀已完全的方
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法是_______；
(4)沉淀过程中需加入过量的H2SO4溶液，原因是_______；
(5)在过滤操作中，下列仪器不需要用到的是_______(填名称)；
(6)产品中BaCl2·2H2O 的质量分数为_______(保留三位有效数字)。
【答案】(1) HCl H2SO4(浓)+NaCl
NaHSO4+HCl↑
(2)防止倒吸 CuSO4溶液
(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BaCl2·2H2O，
装置III 中硫酸铜溶液用于吸收生成的H2S，防止污染空气。(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：H2SO4(浓)+NaCl
NaHSO4+HCl↑。(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H2S，H2S 有毒，对环境有污染，装置III 中盛放
CuSO4溶液，用于吸收H2S。(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
BaCl2·2H2O 的物质的量为0.002mol，质量为0.002mol×244g/mol=0.488g，质量分数为：
100%=97.6%。
12．(2022•广东选择性考试，17)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Ka=1.75×105=10-4.76。
(1)配制
的HAc 溶液，需
溶液的体积为_______mL。
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(2)下列关于
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0.1 mol·L-1的HAc 和
溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液；测定
，记录数据。
序号
V(HAc)/ mL
V(NaAc)/ mL
V(H2O)/ mL
n(NaAc)：n(HAc)
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：
_______，
_______。
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。
(4)小组分析上表数据发现：随着
的增加，c(H＋)的值逐渐接近HAc 的Ka。
查阅资料获悉：一定条件下，按
配制的溶液中，
的值等于HAc 的Ka。
对比数据发现，实验VIII 中
与资料数据Ka=10-4.76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。
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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
，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
溶液，配制等物质的量的HAc 与
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
的HAc 和NaOH 溶液，如何准确测定HAc 的
Ka？小组同学设计方案并进行实验。请完成下表中Ⅱ的内容。
Ⅰ移取20.00mL HAc 溶液，用NaOH 溶液滴定至终点，消耗NaOH 溶液V140.00mL
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Ka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H2SO3：还原剂、防腐剂或H3PO4：食品添加剂、制药、生产肥料)
【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 项，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 项，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 项，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 项，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
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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(H2O)=40.00mL-4.00mL-3.00mL=33.00mL，即b=33.00；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；(4)(i)滴定过程中发生反应：HAc+NaOH=NaAc+H2O，由反应方程式可知，滴定至终点时，
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+)=
≈
mol/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
V1mL NaOH 溶液达到滴定终点，滴定终点的溶液中溶质为NaAc，当
时，溶液中c(H+)的值等
于HAc 的Ka，因此可再向溶液中加入20.00mL HAc 溶液，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，H2SO3具有还原性，可用作还
原剂，在葡萄酒中添加适量H2SO3可用作防腐剂，H3PO4具有中强酸性，可用作食品添加剂，同时在制药、
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生产肥料等行业有广泛用途。
13．(2021•全国甲卷，27)胆矾(CuSO4·5H2O)易溶于水，难溶于乙醇。某小组用工业废铜焙烧得到的
CuO (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CuO 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CuO 完全反应后停止加热，边搅拌边加入适量H2O2，冷却后用NH3·H2O 调pH 为3.5～4，再煮沸
10min，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pH 为3.5～4 的目的是_______，煮沸10min 的作用是_______。
(4)结晶水测定：称量干燥坩埚的质量为m1，加入胆矾后总质量为m2，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m3。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】(1)A、C
(2)CuO+H2SO4
CuSO4+H2O 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)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)
(5)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；(2)将CuO 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+H2SO4
CuSO4+H2O；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CuO 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；CuO 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pH 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10min，目的是破坏氢氧化铁胶体，使其沉淀，易于过滤；
(4) 称量干燥坩埚的质量为m1，加入胆矾后总质量为m2，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m3。则水的质量是(m2－m3)g，所以胆矾
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(CuSO4•nH2O)中n 值的表达式为
=n:1，解得n＝
；(5) ①胆矾未充分干
燥，捯饬所测m2偏大，根据n=
可知，最终会导致结晶水数目定值偏高，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m3偏大，根据n=
可知，最终会导致结晶水数目定值偏低，不符合题意；③加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅
出，会使m3数值偏小，根据n=
可知，最终会导致结晶水数目定值偏高，符合题意；故①③
符合题意。
14．(2021•辽宁选择性考试，18)Fe/ Fe3O4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N2氛围中进行)：
①称取9.95g FeCl2·4H2O(Mr=199)，配成
溶液，转移至恒压滴液漏斗中。
②向三颈烧瓶中加入100 mL14mol·L-1KOH 溶液。
③持续磁力搅拌，将FeCl2溶液以2mL·min-1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N2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：CuO(s)、NH3(g)、Cl2(g)、O2(g)、饱和NaNO2(aq)、饱和NH4Cl(aq)
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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Fe3O4，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)2NH3+3CuO
3Cu+N2+3H2O(或NH4Cl+ NaNO2
NaCl+N2+2H2O) A(或B)
(3)4Fe2++8OH-=Fe↓+Fe3O4↓+4H2O (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：2NH3+3CuO
3Cu+N2+3H2O ；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NaNO2(aq)和饱和
NH4Cl(aq)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：NH4Cl+ NaNO2
NaCl+N2+2H2O，
可选择液体与液体加热制备气体型，所以选择B 装置；(3)三颈烧瓶中FeCl2溶液与100 mL14mol·L-1KOH 溶
液发生反应生成了Fe 和Fe3O4，根据氧化还原反应的规律可知，该反应的离子方程式为4Fe2++8OH-
=Fe↓+Fe3O4↓+4H2O；(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Fe3O4，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；故选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
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水分，便于快速干燥；(6)9.95g FeCl2·4H2O(Mr=199)的物质的量为
，根据发生反应的离子
方程式：4Fe2++8OH-=Fe↓+Fe3O4↓+4H2O，可知理论上所得的Fe 和Fe3O4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
。
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