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专题09 化学实验综合题
1．（2025·江苏苏州·三模）ClO2可用于饮用水消毒，常通过CaO2与H2SO4酸化的NaClO3反应制备。
(1)制备ClO2反应的化学方程式为 。
(2)已知NaClO3受热分解温度约为300° C，其他条件不变，研究温度对NaClO3转化率、ClO2收率的影响，
结果如图所示。
①当温度高于55° C，随着温度升高，NaClO3转化率下降的原因是 。
②当温度高于60° C，随着温度升高，NaClO3转化率与ClO2收率之间的差值有增大趋势的原因是
。
(3)研究发现在反应过程中加入HgSO4(掩蔽Cl
-)，ClO2收率瞬间降低，但一段时间后又检测到溶液中有Cl
-
存在，最终ClO2收率也没有改变。产生该现象的原因可能是 ；验证的实验方法是 。
(4)测定ClO2气体(含有一种能将KI 氧化的杂质气体)纯度的实验如下：
I．将标准状况下20mL 的ClO2气体样品通入过量的碱性KI 溶液中充分反应(反应为ClO2+I
-→
❑
❑
ClO2
- +I2)，
滴加Na2S2O3溶液将产生的I2完全消耗(反应为2S2O3
2-+I2=S4O6
2-+2I
-)。
Ⅱ．向反应后的溶液中加入醋酸调至酸性，淀粉作指示剂，用0.1000 mol⋅L
-1 Na2S2O3溶液滴定至终点(
ClO2
-+I
-+H
+→
❑
❑
Cl
-+I2)，此步骤消耗Na2S2O3溶液20mL。
①计算气体样品中ClO2体积分数 (写出计算过程)。
②若气体样品中含Cl2，测定结果将 (填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
【答案】(1)2NaClO3+CaO2+2H2SO4=2ClO2+Na2SO4+O2↑+CaSO4+2H2O
(2) 当温度高于55° C，随着温度升高，NaClO3受热分解 当温度高于60° C，随着温度升高，
NaClO3受热分解，导致其转化率下降，且生成的ClO2也会和CaO2反应
(3) HgSO4与ClO2反应生成了氯离子，氯离子又和CaO2反应生成ClO2，导致ClO2收率瞬间降低，但最
终ClO2收率也没有改变 取反应后溶液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，证明溶液
中存在氯离子
(4) 56% 不变
【详解】（1）在酸性条件下，NaClO3可与CaO2反应生成ClO2，反应中氯化合价由+5 变为+4、过氧化钙中
氧化合价则会升高为0 得到氧气，结合质量守恒同时生成硫酸钠、硫酸钙和水，化学方程式为
2NaClO3+CaO2+2H2SO4=2ClO2+Na2SO4+O2↑+CaSO4+2H2O；
（2）①当温度高于55° C，随着温度升高，NaClO3受热分解，导致其转化率下降；
②当温度高于60° C，随着温度升高，NaClO3受热分解，导致其转化率下降，且生成的ClO2也会和CaO2反
应，导致NaClO3转化率与ClO2收率之间的差值有增大趋势；
（3）加入HgSO4(掩蔽Cl
-)，ClO2收率瞬间降低，但一段时间后又检测到溶液中有Cl
-存在，最终ClO2收率
也没有改变，说明HgSO4与ClO2反应生成了氯离子，氯离子又和CaO2反应生成ClO2，导致ClO2收率瞬间降
低，但最终ClO2收率也没有改变；氯离子能和银离子生成不溶于酸的氯化银沉淀，故验证的实验方法是：
取反应后溶液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，证明溶液中存在氯离子；
（4）①Ⅱ中滴定反应中氯化合价由+3 变为-1、碘化合价由-1 变为0，结合电子守恒反应为
ClO2
-+4I
-+4H
+=Cl
-+2I2+2H2O，结合I 中氯元素守恒及反应2S2O3
2-+I2=S4O6
2-+2I
-，存在：
ClO2∼ClO2
-∼2I2∼4S2O3
2-，气体样品中ClO2体积分数为
0.1000 mol⋅L
-1×0.020L× 1
4 ×22.4×10
3mL/mol
20 mL
×100%=56%；
②氯气具有氧化性，在I 中氯气氧化碘离子生成碘单质和氯离子，I 中生成氯离子、碘单质不影响Ⅱ步骤中
消耗标准液Na2S2O3的量，则气体样品中含Cl2，测定结果将不变。
2．（2025·湖北黄冈·三模）某化学兴趣小组对铜及其化合物的性质进行了如下实验，请你跟他们一起完成
探究。
查阅资料：水溶液中[Cu(H2O)4]2+蓝色、[CuCl3]2-无色、[CuCl4]2-黄色、[Cu2Cl4(H2O)]-棕色；CuCl 白色难溶
物。
甲同学将等体积的溶液a 分别加到等量铜粉中，实验记录如下：
编
号
溶液a
实验现象
I
CuCl2溶液
(1mol·L-1)
产生白色沉淀，溶液蓝色变浅，5h 时铜粉有剩余
II
浓盐酸
(10mol·L-1)
产生细小无色气泡，溶液无色；继而溶液变为黄色；较长时
间后溶液变为棕色，5h 时铜粉有剩余
III
CuCl2溶液
(1mol·L-1)
和浓盐酸
(10mol·L-1)
溶液由黄绿色变为棕色，无气泡；随着反应进行，溶液颜色
变浅，后接近于无色，5h 时铜粉无剩余
(1)Cu2+的价层电子排布式为 。
(2)实验I 中产生白色沉淀的化学方程式为 。
(3)①乙同学对实验II 产生的无色气泡进行了收集并点燃，观察到了尖锐的爆鸣声。产生该无色气泡的原因
可能是 。
②无色溶液变为黄色时的离子方程式为 。
(4)为了探明实验III 中无白色沉淀产生的原因，取了适量实验I 中的白色沉淀，向其中加入了饱和氯化钠溶
液，发现沉淀溶解。丙同学得出结论：Cl-的大量存在，发生了反应 CuCl+2Cl-=[CuCl3]2-，导致无白色沉淀
产生。但丁同学认为丙同学的实验不够严谨，应补做对照实验： 。
(5)[Cu2Cl4(H2O)]-中Cu 元素的化合价为 。若实验III 溶液中Cu 元素主要以[CuCl4]2-和
[Cu(H2O)4]2+存在，试写出黄绿色变为棕色时发生反应的离子方程式 。
(6)戊同学拟测定某CuCl 样品的纯度，完成了如下实验：准确称取样品1.200 g，将其置于足量FeCl3溶液
中，待其完全溶解后加入适量稀硫酸，用0.1000 mol·L-1 KMnO4标准溶液滴定至终点，四次实验分别消耗
测得标准液15.03 mL、14.98 mL、13.70 mL、14.99 mL。则该样品纯度为 。[M(CuCl)=99.0
g·mol-1，精确到0.1%]
【答案】(1)3d9
(2)CuCl2+Cu=2CuCl
(3) Cl-浓度高，与Cu+形成了[CuCl3]2-，提高了Cu 的还原性 4[CuCl3]2-+O2+4H++4Cl-=4[CuCl4]2-
+2H2O
(4)取适量实验I 中白色沉淀，向其中加入稀硫酸，沉淀不溶解
(5) +1，+2 2[CuCl4]2-+[Cu(H2O)4]2++Cu=2[Cu2Cl4(H2O)]- +2H2O
(6)61.9%
【分析】I 中Cu2+和Cu 发生归中反应生成Cu+，Cu+与Cl-生成CuCl 白色沉淀；II 中Cu 被浓盐酸逐步氧化，
逐步生成[CuCl3]-、[CuCl4]2-、[Cu2Cl4(H2O)]-，同时生成氢气；III 中CuCl2直接转化为[Cu2Cl4(H2O)]-，然后
被铜粉还原为[CuCl3]-。
【详解】（1）Cu 为29 号元素，Cu2+的价层电子排布式为3d9。
（2）I 中Cu2+和Cu 发生归中反应生成Cu+，Cu+与Cl-生成CuCl 白色沉淀，化学方程式为
CuCl2+Cu=2CuCl。
（3）产生该无色气泡的原因可能是Cl-浓度高，与Cu+形成了[CuCl3]2-，提高了Cu 的还原性；无色溶液变
为黄色时为[CuCl3]-被氧化为[CuCl4]2-，离子方程式为4[CuCl3]2-+O2+4H++4Cl-=4[CuCl4]2-+2H2O。
（4）应补做对照实验为：取适量实验I 中白色沉淀，向其中加入稀硫酸，沉淀不溶解。
（5）[Cu2Cl4(H2O)]-中Cu 元素的化合价为+1、+2；黄绿色变为棕色时发生反应为[CuCl4]2-、[Cu(H2O)4]2+与
Cu 生成2[Cu2Cl4(H2O)]-，离子方程式为2[CuCl4]2-+[Cu(H2O)4]2++Cu=2[Cu2Cl4(H2O)]-+2H2O。
（6）根据CuCl+ Fe
3+=Cu
2++ Fe
2++Cl
-，5Fe
2++ MnO4
-+8 H
+=5Fe
3++ Mn
2++ 4 H2O，可得
5CuCl~5Fe
2+~ MnO4
-，
用0.1000 mol·L-1 KMnO4标准溶液滴定至终点，四次实验分别消耗测得标准液15.03 mL、14.98 mL、13.70
mL、14.99 mL，其中13.70 mL 偏差太大舍去，剩余三次实验平均消耗15mL，即0.1000
mol·L-1×0.015L=0.0015mol，即CuCl 物质的量为0.0075mol，样品纯度为：
0.0075 mol×99.0g/ mol
1.2g
×100 % =61.9 %。
3．（2025·浙江·三模）甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe]是一种新型的铁营养强化剂。实验室制备甘氨酸亚
铁部分装置如下图（夹持和加热、搅拌仪器已省略）。
已知：
i．柠檬酸易溶于水和乙醇，有弱酸性和还原性。
ii．(H2NCH2COO)2Fe易溶于水，难溶于乙醇。
iii．H2通入PdCl2溶液中的反应：H2+ PdCl2= Pd↓（黑色）+2HCl
实验步骤：
Ⅰ．关闭活塞K2，打开活塞K3和K1，加入适量稀硫酸（铁屑足量），当出现____________现象后关闭活塞
K1。
Ⅱ．____________，磁力搅拌器不断搅拌，B 中生成FeCO3沉淀。
Ⅲ．在50℃恒温条件下继续磁力搅拌，然后向B 中滴加甘氨酸和柠檬酸溶液，调节溶液pH至5.5 左右，
使反应物充分反应。
Ⅳ．反应完成后，向B 的反应混合物中加入无水乙醇，生成白色沉淀，将沉淀过滤、洗涤得到粗产品，将
粗产品纯化后得精品。
回答下列问题：
(1)仪器b 的名称为 。
(2)步骤Ⅰ中横线处的现象是 。
(3)下列说法正确的是____________。
A．步骤Ⅰ中的铁屑可以改为铁粉，从而加快反应速率
B．步骤Ⅱ横线处操作为：关闭K3，打开K2，将A 中溶液压入到B 中
C．步骤Ⅲ可以用水浴加热
D．步骤Ⅳ中洗涤剂可以用冰水
(4)写出B 中生成甘氨酸亚铁的化学方程式 。
(5)步骤Ⅲ中加入少量柠檬酸的一个作用是能调节溶液pH促进FeCO3溶解，另一个作用是 。
(6)已知甘氨酸亚铁的结构为：
，请分析，等浓度
(H2NCH2COO)2Fe
溶液导电能力远弱
于FeCl2溶液的原因 。
【答案】(1)恒压滴液漏斗
(2)C 中出现大量黑色沉淀
(3)BC
(4)2H2NCH2COOH+FeCO3→(H2NCH2COO)2Fe+CO2↑+H2O
(5)防止二价铁被氧化
(6)甘氨酸亚铁的结构中存在配位键，使得它在水中难以完全解离成离子，其溶液中自由移动的离子的浓度
比FeCl2溶液中的离子浓度小的多
【分析】二价铁易被氧化，为制备甘氨酸亚铁，需先利用A 中稀硫酸与铁屑反应生成的氢气将装置中的空
气排空(关闭K2，打开K3和K1)，当C 中出现大量黑色沉淀时，证明装置中的空气已排空，关闭K3并打开K2，
A 中的硫酸亚铁溶液被氢气压入B 中，在B 中亚铁离子和HCO3
-反应生成FeCO3沉淀、水、二氧化碳，然后
加入甘氨酸和柠檬酸溶液，B 中发生反应：2H2NCH2COOH+FeCO3→(H2NCH2COO)2Fe+CO2↑+H2O，反应
完成后，向B 的反应混合物中加入无水乙醇使[(H2NCH2COO)2Fe]析出，经过滤、洗涤得到粗产品，将粗产
品纯化后得[(H2 NCH2COO)2Fe]精品。
【详解】（1）仪器b 为恒压滴液漏斗。
（2）结合分析知，步骤Ⅰ的目的是利用A 中产生的氢气将整体装置中的空气排空，结合已知信息iii 知，
当C 中出现大量黑色沉淀(Pd)时，即可关闭活塞K1。
（3）A．铁粉表面积大，与硫酸反应速率过快，反应不易控制，可能导致反应过于剧烈，而铁屑与硫酸反
应速率适中，A 错误；
B．步骤Ⅱ的目的是利用A 中产生的氢气将A 中的硫酸亚铁溶液压入B 中，则横线处操作为：关闭K3，打
开K2，将A 中溶液压入到B 中，B 正确；
C．步骤Ⅲ在50℃恒温条件下进行，水的沸点为100℃，故可以用水浴加热，C 正确；
D．已知信息中提到(H2NCH2COO)2Fe易溶于水，则步骤Ⅳ中的洗涤剂不能是冰水，D 错误；
故选BC。
（4）B 中甘氨酸和碳酸亚铁反应生成甘氨酸亚铁，反应的化学方程式：
2H2NCH2COOH+FeCO3→(H2NCH2COO)2Fe+CO2↑+H2O。
（5）已知信息中提到柠檬酸具有酸性和还原性，则柠檬酸的另一个作用是作还原剂，防止二价铁被氧化。
（6）甘氨酸亚铁的结构中存在配位键，使得它在水中难以完全解离成离子，故其溶液中自由移动的离子
的浓度比FeCl2溶液中的离子浓度小的多，等浓度(H2NCH2COO)2Fe溶液导电能力远弱于FeCl2溶液。
4．（2025·安徽·三模）乙酸正丁酯，简称乙酸丁酯。无色透明有水果香气味的液体。难溶于水，易燃，是
一种优良的有机溶剂。实验室用乙酸、正丁醇和浓硫酸在加热条件下制备乙酸丁酯的装置示意图（夹持装
置已省略）和有关信息如下：
物质
乙酸
正丁
醇
乙酸丁
酯
二丁
醚
熔点/℃
16.6
-89.5
-73.5
-98.0
沸点/℃
117.9
117.0
126.0
142.0
密度/（g⋅cm
-3
）
1.1
0.80
0.88
0.76
实验原理
主反应：
副反应：
实验步骤如下：
i．回流分水：向250mL 圆底烧瓶中加入30.0mL 乙酸和60.0mL 正丁醇，振荡下逐滴加入1.0mL 浓硫酸，
摇匀。装上仪器A 和分水器，接通冷凝水。加热圆底烧瓶，使其中液体回流40min。
ii．分液洗涤：回流完毕，冷却。取下仪器A，把分水器中分出的酯层和圆底烧瓶中的反应液一起倒入分
液漏斗中，用蒸馏水洗涤，除去水层。
iii．除去乙酸：向步骤2 得到的酯层中慢慢滴入10%碳酸钠溶液25mL，并不断振荡，使产生的CO2逸出，
除去水层。
iv．干燥：酯层倒入干燥的锥形瓶中，加入适量无水硫酸镁，干燥。
v．蒸馏提纯：将干燥好的乙酸丁酯转入一个干燥的100mL 蒸馏烧瓶中，使用干燥的仪器安装一套蒸馏装
置，加入沸石，蒸馏，在126±2℃共收集到58.0mL 的馏分产物。
(1)仪器A 的名称为 ，冷凝水的出口是 。
(2)反应中浓硫酸的作用 。
(3)步骤1 中反应终点的判断： 。
(4)怎样检测酯层中的乙酸是否除尽？ 。
(5)下列有关上述实验操作过程说法正确的是 （填标号）。
A．副反应中正丁醇在浓硫酸加热条件下脱水生成二丁醚的反应是消去反应
B．分水器的作用是从下口不断分离出乙酸丁酯，以提高乙酸丁酯的产率
C．分液漏斗在摇匀过程中需要放气，摇匀时手握分液漏斗的正确姿势如图
D．加入过量正丁醇可以提高乙酸的转化率
E．无水硫酸镁在使用前需要进行干燥预处理，步骤4 中的干燥过程在敞口的锥形瓶中进行
(6)计算反应结束时通过分水器最多能分出的水量为 g。
(7)计算乙酸丁酯产率： 。
【答案】(1) 球形冷凝管 b
(2)催化剂和吸水剂
(3)分水器中不再有水珠下沉，水面不再升高
(4)用洁净的玻璃棒蘸取分液漏斗中上层液体，点在石蕊试纸中央进行观察，石蕊试纸不变红，则上层（即
酯层）中乙酸已除尽
(5)CD
(6)10.8
(7)80%
【详解】（1）仪器A 是球形冷凝管，球形冷凝管中冷凝水是下进上出，因此冷凝水的出口是b。
（2）浓硫酸在此过程中作催化剂和吸水剂。
（3）正副反应都有水生成，当分水器中不再有水珠下沉，水面不再升高，表明已达反应终点。
（4）用石蕊试纸检验分液漏斗中上层液体不再变红时，证明上层即酯层中乙酸已除尽。
（5）A．副反应中两分子正丁醇在浓硫酸加热条件下脱水生成二丁醚的反应是取代反应，A 错误；
B．分水器的作用是从下口不断分离出水，以提高乙酸丁酯的产率，B 错误；
C．分液漏斗在摇匀过程中需要放气，溶解在液体中的空气在振荡的过程中会从液体中溢出，使分液漏斗
内部压强增大，影响液体分层效果，这样一来，不仅影响液体分层效果，而且如果不放气，分液漏斗可能
会在内外压强差下被毁坏，从而造成损失甚至人员受伤，因此要及时将气体排出，摇匀时手握分液漏斗的
姿势是正确的，C 正确；
D．加入过量正丁醇可以提高乙酸的转化率，D 正确；
E．无水硫酸镁有很强的干燥能力，吸水后生成MgSO4⋅nH2O，在使用前最好在120℃左右使无水硫酸镁
充分干燥，因此需要进行干燥预处理，使无水硫酸镁充分脱水，以确保其吸附能力，但步骤4 中的干燥过
程锥形瓶口不能敞开，应密封，E 错误。
故选CD。
（6）30.0mL 乙酸和60.0mL 正丁醇反应，两者对应的物质的量如下：n（乙酸）
= 1.1g⋅cm
-3×30.0 mL
60g⋅mol
-1
=0.55 mol，n(正丁醇)= 0.80g⋅cm
-3×60 mL
74g⋅mol
-1
≈0.65 mol，故正丁醇过量，生成
的最多水量应该根据乙酸理论上完全反应时生成水的物质的量n(H2O)=n(CH3COOH)=0.55 mol，和过量正
丁醇完全发生副反应生成水的量：1
2 ×(0.65-0.55)=0.05 mol，因此最多能分出的水量是
(0.05+0.55)mol×18g⋅mol
-1=10.8g。
（7）由（6）中分析可知，应该根据乙酸计算理论上生成乙酸丁酯的物质的量：n（乙酸）
= 30 mL×1.1g⋅cm
-3
60g⋅mol
-1
=0.55 mol，收集到乙酸丁酯的物质的量：n（乙酸丁酯）
= 58 mL×0.88g⋅cm
-3
116g⋅mol
-1
=0.44 mol，乙酸丁酯产率= 0.44 mol
0.55 mol ×100 % =80 %。
5．（2025·江苏南通·三模）三氧化二镍(Ni2O3)常用作磁性材料，具有强氧化性。以镍铜矿(含有NiS、
CuS、SiO2以及少量的不溶杂质)为原料制备Ni2O3。
(1)煅烧。将一定量的镍铜矿与CaCO3混合后，粉碎后在富氧空气中充分煅烧。煅烧时加入CaCO3的目的是
。
(2)酸浸。将煅烧得到的固体(含CuO、CaO、Ni2O3、CaSO4、CaSiO3)加入三颈瓶中(装置见下图)，通过恒
压滴液漏斗缓慢滴加稍过量的稀硫酸，充分反应。
①反应后所得溶液中含Cu
2+、Ca
2+、Ni
2+，写出酸浸时Ni2O3发生反应的化学方程式： 。
②如何判断“酸浸”反应已经完成： 。
(3)除杂。将三颈瓶中悬浊液倒出、过滤后，向所得滤液中加入足量Ni 粉，充分反应后过滤，调节滤液的
pH，向滤液中加入NaF 溶液将Ca
2+沉淀除去。[溶液中c(Ni
2+)=1mol⋅L
-1，Ksp[Cu(OH)2]= 1×10
-20，
Ksp[ Ni(OH)2]=1×10
-15，Ksp(CaF2)=1.6×10
-10，离子浓度≤10
-5 mol⋅L
-1沉淀完全]
①加入Ni 粉的目的是除去溶液中的Cu
2+。不选择用调节pH 的方法除去Cu
2+的原因是： 。
②实际消耗Ni 粉的量大于理论用量，原因是 。
(4)制备Ni2O3：请补充完整由除杂后得到的NiSO4溶液制取Ni2O3的实验方案：量取100 mL NiSO4，测得
其中NiSO4的浓度为1mol⋅L
-1， ，得到Ni2O3。(可选用的试剂：1mol⋅L
-1NaHCO3溶液、稀盐酸、
BaCl2溶液)。已知：NiCO3样品在空气中煅烧，样品的固体残留率(固体样品的剩余质量
固体样品的起始质量×100 %)随热
解温度的变化如下图所示。
【答案】(1)将生成的SO2转化为CaSO4，防止污染环境，同时将SiO2转化为硅酸钙除去
(2) 2Ni2O3+4H2SO4= 4 NiSO4+O2↑+4H2O 当三颈烧瓶中不再产生气泡
(3) Cu2+和Ni2+沉淀的pH 范围接近，难以用调节pH 的方法除去Cu2+ Ni 粉也能与稍过量的稀硫酸
反应
(4)向其中加入1mol L
⋅
−1NaHCO3溶液，边加边震荡，静置后向上层清液中加入1mol L
⋅
−1NaHCO3溶液，无
沉淀生成时，停止滴加，过滤并洗涤NiCO3沉淀，向最后一次洗涤液中先加入稀盐酸，再加入氯化钡溶液，
未产生白色沉淀，则证明NiCO3沉淀已洗净；将得到的NiCO3样品在空气中煅烧，假设起始NiCO3的物质
的量为1mol，质量为119g，350℃时，对应固体残留为69.7%，质量为119g×69.7%≈83g，此时生成的固体
Ni2O3，则NiCO3样品在空气中煅烧，加热到350℃分解一段时间，当固体质量不再变化时，停止加热
【分析】将一定量的镍铜矿与CaCO3混合后，粉碎后在富氧空气中充分煅烧，将煅烧得到的固体(含
CuO、CaO、Ni2O3、CaSO4、CaSiO3)加入三颈瓶中(装置见下图)，通过恒压滴液漏斗缓慢滴加稍过量的稀
硫酸，充分反应，将三颈瓶中悬浊液倒出、过滤后，向所得滤液中加入足量Ni 粉，充分反应后过滤，调
节滤液的pH，向滤液中加入NaF 溶液将Ca2+沉淀除去。
【详解】（1）煅烧时加入CaCO3是将生成的SO2转化为CaSO4，同时将SiO2转化为硅酸钙除去；
（2）①根据反应后所得溶液中含Cu2+、Ca2+、Ni2+，则酸浸时，Ni2O3与稀硫酸反应生成NiSO4、O2和
H2O，发生反应的化学方程式：2Ni2O3+4H2SO4= 4 NiSO4+O2↑+4H2O；
②由“酸浸”时，反应的化学方程式：2Ni2O3+4H2SO4= 4 NiSO4+O2↑+4H2O，可知，当三颈烧瓶中不再
产生气泡，则说明“酸浸”已经完成；
（3）①已知Ksp[Cu(OH)2]=1×10−20，Ksp[Ni(OH)2]=1×10−15，当溶液中c(Ni2+)=1mol⋅L−1时，若铜离子完全沉
淀，则c(Cu2+)=10−5mol⋅L−1，c(OH
-)= ❑√
Ksp[Cu (OH)2]
c(Cu
2+)
= ❑√
1×10
-20
1×10
-5 =1×10
-7.5；Ni2+开始沉淀时，
c(OH
-)= ❑√
Ksp[Ni(OH)2]
c(Ni
2+)
=
❑√
1×10
-15
1
=1×10
-7.5，Cu2+和Ni2+沉淀的pH 范围接近，难以用调节pH 的方法
除去Cu2+；
②加入Ni 粉除去溶液中的Cu2+，同时Ni 粉也能与稍过量的稀硫酸反应，所以实际消耗Ni 粉的量大于理论
用量；
（4）量取100mLNiSO4，测得其中NiSO4的浓度为1mol⋅L−1，向其中加入1mol⋅L−1NaHCO3溶液，边加边
震荡，静置后向上层清液中加入1mol⋅L−1NaHCO3溶液，无沉淀生成时，停止滴加，过滤并洗涤NiCO3沉
淀，向最后一次洗涤液中先加入稀盐酸，再加入氯化钡溶液，未产生白色沉淀，则证明NiCO3沉淀已洗净；
将得到的NiCO3样品在空气中煅烧，假设起始NiCO3的物质的量为1mol，质量为119g，350℃时，对应固
体残留为69.7%，质量为119g×69.7%≈83g，此时生成的固体Ni2O3，400℃时固体残留率为63.2%，此时固
体质量为 119g×63.2%≈75.2g，生成物为NiO，则NiCO3样品在空气中煅烧，加热到350℃分解一段时间，
当固体质量不再变化时，停止加热，得到Ni2O3。
6．（2025·浙江嘉兴·三模）氯化铁是重要的化工原料，其实验室制备方法为：
Ⅰ．制备FeCl3⋅6H2O：流程如图1。
Ⅱ．由FeCl3⋅6H2O制备无水FeCl3：将FeCl3⋅6H2O与液体SOCl2混合并加热，制得无水FeCl3，装置如
图2(夹持和加热装置略)。
已知：①SOCl2沸点为77℃；②反应方程式为：FeCl3⋅6H2O+6SOCl2
Δ
¿FeCl3+6SO2↑+12HCl↑
¿
请回答：
(1)图2 中仪器B 的名称是 。
(2)下列说法不正确的是_______。
A．检验稀FeCl3溶液中是否残留Fe
2+，可滴加少量酸性高锰酸钾
B．图2 中的加热宜采用水浴的方式
C．图2 中的无水CaCl2可替换为碱石灰
D．可采用同样方式由Na2SO4⋅10H2O制备Na2SO4
(3)请对图1 中“系列操作”排序： 。
_______→_______→_______→_______→_______ (填字母)。
a．冷却至室温 b．用饱和NaCl溶液洗涤 c．用浓HCl 洗涤 d．蒸发至出现晶膜
e．蒸发至出现大量固体 f．常温干燥 g．低温干燥 h．过滤 i．趁热过滤
(4)制得的无水FeCl3含有少量还原性杂质，试分析原因 。
(5)用莫尔法测定无水FeCl3的纯度：准确称取0.4000g 样品配成100mL 溶液，移取25.00mL 于锥形瓶中，
加入三乙醇胺屏蔽铁离子形成稳定配合物，调节pH =8.5~10.5，滴加指示剂K2CrO4溶液。不断摇动下，
用0.1000mol⋅L
-1AgNO3标准溶液滴定至浅红色(有Ag2CrO4沉淀)，30 秒内不褪色。
平行测试3 次，平均消耗AgNO3标准溶液15.00mL。
①无水FeCl3的纯度为 。
②测定过程中溶液pH过低或过高均会影响测定结果，原因是 。
【答案】(1)(球形)干燥管
(2)ACD
(3)dahcg
(4)FeCl3⋅6H2O+6SOCl2
Δ
¿FeCl3+6SO2↑+12HCl↑
¿
产物中SO2具有强还原性，可将Fe
3+还原为Fe
2+
(5) 81.25% pH过低，部分CrO4
2-转化为Cr2O7
2-：pH过高，可能生成AgOH，均会使消耗的AgNO3
偏多
【分析】稀盐酸与废铁屑反应生成氯化亚铁，过滤，向滤液中通入氯气反应生成氯化铁，向氯化铁溶液中
加入铁粉反应生成氯化亚铁，再通入氯气将氯化亚铁氧化得到浓氯化铁溶液，浓氯化铁溶液或稀氯化铁溶
液在氯化氢气流中经过一系列过程得到FeCl3∙6H2O，将FeCl3∙6H2O 与液体SOCl2混合并加热，在烧瓶中发
生反应，制得无水FeCl3，无水氯化钙用于吸收水蒸气保证烧瓶内是干燥环境，尾气用氢氧化钠溶液吸收。
【详解】（1）根据结构可知，图2 中仪器B 的名称是(球形)干燥管。
（2）A． 亚铁离子、氯离子在酸性条件下均能还原高锰酸钾溶液出现褪色现象，则不能通过滴加少量酸
性高锰酸钾检验稀FeCl3溶液中是否残留Fe
2+，A 错误；
B． 已知SOCl2沸点为77℃，图2 中的加热宜采用水浴的方式，以控制加热温度防止SOCl2挥发，B 正确；
C． 无水CaCl2主要作用是干燥，防止氢氧化钠溶液中水蒸气进入到发生装置中，而碱石灰会与二氧化硫、
HCl 反应，从而失去干燥作用，则图2 中的无水CaCl2不可替换为碱石灰，C 错误；
D．氯化铁溶液易水解，不采取措施直接加热FeCl3⋅6H2O通常不能得到FeCl3、得到氢氧化铁等，通过
FeCl3⋅6H2O+6SOCl2
Δ
¿FeCl3+6SO2↑+12HCl↑
¿
则可得到无水FeCl3，而硫酸钠是不挥发性强酸的钠盐，
不会水解，在控制一定温度下加热可由Na2SO4⋅10H2O制备Na2SO4，D 错误；
选ACD。
（3）图1 中氯化铁稀溶液经“系列操作”得到FeCl3⋅6H2O，氯化铁是挥发性强酸的弱碱盐，应采用冷却
结晶法获得晶体、经过滤后洗涤干燥，由于氯化铁易水解，采用浓盐酸洗涤，氢离子浓度大可抑制其水解
又不会引入杂质，还可以减少产品损失，而低温干燥可以防止晶体失去结晶水；故对图1 中“系列操作”
排序：d．先蒸发浓缩，蒸发至出现晶膜，此时溶液达到饱和状态；a．冷却至室温析出FeCl3⋅6H2O晶体；
h．过滤分离出晶体；c．用浓HCl 洗涤，洗去晶体表面的杂质；g．低温干燥；
故选dahcg；
（4）制得的无水FeCl3含有少量还原性杂质，试分析原因为：根据信息②反应方程式为：
FeCl3⋅6H2O+6SOCl2
Δ
¿FeCl3+6SO2↑+12HCl↑
¿
，产物中SO2具有强还原性，可将Fe
3+还原为Fe
2+。
（5）①FeCl3+3AgNO3=3AgCl↓+Fe(NO3)3，根据方程式可知n(FeCl3)=1
3n(AgNO3)=1
3×0.1000mol·L-1
×0.01500L=5×10-4mol，产品无水FeCl3的纯度为5×10
- 4 mol×162.5g/mol× 100 mL
25.00 mL
0.4000g
×100 % =81.25 %。
②测定过程中溶液pH过低或过高均会影响测定结果，原因是：pH过低，发生2CrO4
2-+2H+⇌ Cr2O7
2-+H2O
，部分CrO4
2-转化为Cr2O7
2-，pH过高，可能生成AgOH，均会使消耗的AgNO3偏多。
7．（2025·北京朝阳·三模）精炼铜的阳极泥处理后的沉渣中含AgCl，工业上可用Na2SO3溶液浸出回收银。
所得浸出液可以分离出AgCl 并使浸取剂再生。某小组在实验室模拟该过程。
已知：ⅰ.25℃时，Ag2SO4（白色）微溶于水，Ag2SO3（白色）难溶于水；
ⅱ.Ka1(H2SO3)=10
-1.89，Ka2(H2SO3)=10
-7.20。
Ⅰ．浸出AgCl
(1)取AgCl 固体，加入一定体积1mol/LNa2SO3溶液作浸取剂，充分反应后过滤得到浸出液(pH =8)，其中
银的主要存在形式为[Ag(SO3)2]
3-。该反应的离子方程式是 。
Ⅱ．酸化沉银
取（1）所得浸出液，滴加稀硫酸，生成白色沉淀。继续滴加稀硫酸，当恰好沉淀完全时，pH 约为5。
(2)完全沉淀时，溶液中大量存在的含硫粒子有 。
(3)将沉淀过滤并洗净，探究其成分。
①取少量沉淀， （填操作和现象），证实其中不含Ag2SO4。
②为证明沉淀中不含Ag2SO3，甲同学设计的实验及其现象如下。
该现象能否得出沉淀中不含Ag2SO3的结论？若能，写出推理过程；若不能，补充实验方案，证实不含
Ag2SO3 。
③经分析，沉淀是AgCl，用化学平衡移动原理解释AgCl 生成的原因 。
(4)有同学预测，反应的初始阶段所得沉淀中可能混有Ag2SO3。探究如下：向（1）所得浸出液中滴入1 滴
稀硫酸，恰好出现少量沉淀（记为沉淀A）。过滤，用滤液B 进行实验。
①若沉淀A 中有Ag2SO3，预期现象与上述实验现象不同。写出预期现象及理由 。由此推知，沉淀
A 中不含Ag2SO3。
②结论：浸出液加酸沉银时，无论酸用量多少，得到的沉淀都只有AgCl。
Ⅲ．浸取剂再生
(5)向Ⅱ所得溶液加NaOH 调pH≈9，可使浸取液再生。引入的Na2SO4不会明显影响AgCl 的浸出。有人提
出，仅用含S
+ 4的物质，就能实验“浸出—沉银—再生”循环，且理论上试剂能循环使用。沉银所加试剂是
，再生的方法是 。
【答案】(1)AgCl +2SO3
2-=[Ag(SO3)2]
3-+Cl
-
(2)SO4
2-、HSO3
-
(3) 加入足量稀盐酸，充分反应后取上层清液，滴加氯化钡溶液，无沉淀生成 不能，取少量
AgCl粉末，加入1mL 稀硫酸，再加入1 滴稀高锰酸钾溶液，上层清液颜色与a 相同 滴加稀硫酸后，
H
++ SO3
2-⇌HSO3
-，c(SO3
2-)浓度减小，使得[Ag(SO3)2]
3-⇌Ag
++2SO3
2-平衡正移，c( Ag
+)增大，
c( Ag
+)·c(Cl
-)＞K sp( AgCl)，生成了氯化银沉淀
(4)ii 中应出现白色沉淀；理由是若沉淀A 中含有Ag2SO3，则滤液B 中n(Cl
-)＞n( Ag
+)，i 中生成AgCl后，
上层清液中含有Cl
-
(5) SO2 将沉银后的溶液加热，生成的SO2用于沉银，剩余的Na2SO3溶液可用于浸出AgCl
【分析】本实验模拟了工业上用Na2SO3溶液浸出AgCl 并回收银的过程，主要分为浸出、酸化沉银和浸取
剂再生三个阶段。浸出阶段：Na2SO3与AgCl 反应生成可溶性[ Ag(SO3)2]
3-；酸化沉银：加稀硫酸后，
[ Ag(SO3)2]
3-解离出Ag
+，与Cl⁻结合生成AgCl 沉淀；浸取剂再生：加NaOH 调pH≈9，可使浸取液再生，
据此解答。
【详解】（1）由题干信息可知，AgCl 固体被1mol/LNa2SO3溶液浸取，银的主要存在形式为
[Ag(SO3)2]
3-，离子方程式为：AgCl +2SO3
2-=[Ag(SO3)2]
3-+Cl
-；
（2）加稀硫酸后，[Ag(SO3)2]
3-解离出Ag
+，与Cl⁻结合生成AgCl 沉淀。完全沉淀时，发生反应为：
[Ag(SO3)2]
3-+ 4 H
++Cl
-= AgCl↓+2 H 2SO3，SO4
2-未参与反应，溶液中大量存在的微粒含有SO4
2-，此时
pH 约为5，Ka1(H2SO3)= 1×10
-5×c(HSO3
-)
c(H2SO3)
=10
-1.89，c(HSO3
-)
c(H2SO3)
=10
3.11，则溶液中含硫粒子主要为
SO4
2-、HSO3
-；
（3）①Ag2SO4微溶，若要证实其中不含Ag2SO4，将其转化为AgCl，检验SO4
2-即可，方法是：加入足量
稀盐酸，充分反应后取上层清液，滴加氯化钡溶液，无沉淀生成，即可证明其中不含Ag2SO4；
②该现象不能得出沉淀中不含Ag2SO3的结论，原因是，虽然做了对比实验证明了Ag2SO3可以使酸性高锰
酸钾褪色，但白色沉淀含有AgCl，存在平衡：AgCl(s)⇌Ag
+(aq)+Cl
-(aq)，氯离子也能使酸性高锰酸
钾褪色，未排除该因素的影响，故设计实验方案为：取少量AgCl粉末，加入1mL 稀硫酸，再加入1 滴稀
高锰酸钾溶液，上层清液颜色与a 相同；
③滴加稀硫酸后，H
++ SO3
2-⇌HSO3
-，c(SO3
2-)浓度减小，使得[Ag(SO3)2]
3-⇌Ag
++2SO3
2-平衡正移，
c( Ag
+)增大，c( Ag
+)·c(Cl
-)＞K sp( AgCl)，生成了氯化银沉淀；
（4）滴加硝酸银中无沉淀生成，说明清液中没有Cl-，则第一步中加入稀硝酸使[Ag(SO3)2]
3-全部转化为
Ag+，Ag+将Cl–全部沉淀，由此可分析出滤液B 中含Ag 元素的微粒总物质的量不小于n(Cl–)，由此得出沉
淀A 中不含Ag2SO3，若沉淀A 中含有Ag2SO3，则滤液B 中n(Cl
-)＞n( Ag
+)，i 中生成AgCl后，上层清液
中含有Cl
-，预期现象是ii 中出现白色沉淀；
（5）向Ⅱ所得溶液加NaOH 调pH≈9，发生离子反应：HSO3
-+OH
-= SO3
2-+ H 2O得到的Na2SO3可用于
浸出AgCl，若仅使用含S
+ 4的物质，就能实验“浸出—沉银—再生”循环，可以用SO2，沉银时发生反应
SO2+ SO3
2-+ H 2O =2 HSO3
-，c(SO3
2-)浓度减小，使得[Ag(SO3)2]
3-⇌Ag
++2SO3
2-平衡正移，c( Ag
+)增
大，c( Ag
+)·c(Cl
-)＞K sp( AgCl)，生成了氯化银沉淀，得到的沉银后的溶液含有NaHSO3，将其加热，
生成的SO2用于沉银，剩余的Na2SO3溶液可用于浸出AgCl。
8．（2025·四川巴中·三模）过氧化镁(MgO2)在医学上可作解酸剂。某学习探究小组在实验室进行了制备
MgO2以及含量测定实验。已知：常温下MgO2不溶于水，与酸反应生成H2O2；较稳定，加热时会分解生成O2
和MgO。请回答下列问题：
(1)灼烧。①灼烧可在如图装置中进行，则仪器a、b 分别为 、 (填名称)；
②灼烧Mg2(OH)2CO3的化学反应方程式为 。
(2)转化。向MgO中先加入稳定剂和30%H2O2溶液，充分反应后，过滤、洗涤、干燥，可得粗品MgO2。加入
稳定剂的作用是 。
(3)测定。某研究小组拟用如图示的装置测定样品(含MgO杂质)中MgO2的含量。
①反应原理： (用化学反应方程式表示)和2H2O2 =
❑
FeCl3
2H2O+O2↑；
②反应结束后，先恢复至室温，然后移动右侧量气管直到两侧液面相平，最后平视刻度线读数并记录。该
步骤如此操作的原因是气体密度受 、 因素影响；
③该小组记录的实验数据如下，样品的质量为mg；反应开始前量气管的读数为amL；反应结束后量气管的
读数为bmL，则样品中过氧化镁的质量分数为 %(该实验条件下气体摩尔体积为V 0L⋅mol
-1)。
(4)若用长颈漏斗代替恒压滴液漏斗，测定的过氧化镁的质量分数会 (选填“偏高”、“偏低”
或“无影响”)。原因是 。
【答案】(1) 坩埚 泥三角 Mg2(OH)2CO3
灼烧
¿
¿
2MgO+H2O+CO2↑
(2)避免H2O2和MgO2分解
(3) MgO2+2HCl=MgCl2+H2O2 温度 压强 11.2(b-a)
mV 0
(4) 偏低 用长颈漏斗代替恒压滴液漏斗，加入稀盐酸时，气体容易从长颈漏斗逸出，导致测得的
氧气体积偏小，从而使计算出的过氧化镁的质量分数偏低
【分析】在测定MgO2含量时，利用MgO2与酸反应生成H2O2；将其转化为H2O2后，再经Fe
3+催化分解产
生O2；通过量取氧气的体积，再计算出氧气的量，进而就可确定MgO2的量，样品中的MgO2的含量进一
步即可计算出。
【详解】（1）①固体加热分解，应在坩埚中进行，使用坩埚加热时，坩埚应放在泥三角上，则a 是坩埚，
b 是泥三角：
②灼烧Mg2(OH)2CO3分解生成氧化镁，二氧化碳和水，化学反应方程式为Mg2(OH)2CO3
灼烧
¿
¿
2MgO+H2O+CO2↑；
（2）由于MgO 和H2O2反应制备MgO2的过程中放出大量的热，为了避免H2O2和MgO2分解对制备不利，
需要加入稳定剂；
（3）①依题意常温下MgO2不溶于水，与酸反应生成H2O2，推测其反应原理为MgO2+2HCl=MgCl2+H2O2
和2H2O2
FeCl3
¿
¿
2H2O+O2↑，随后测量氧气体积进行换算出MgO2的质量；
②反应过程中会涉及热量的变化，因此反应后气体的温度会与室温不同，且量气管中气体的压强和外界的
大气压不同，为了准确测量氧气的体积，要先等装置恢复至室温后，再通过移动右侧量气管使两侧液面相
平从而确定氧气的体积；
③由题可知，氧气的体积为(b-a)mL，因此生成氧气的物质的量为
(b-a)
V 0
×10
-3 mol，那么根据反应
MgO2+2HCl=MgCl2+H2O2和2H2O2
FeCl3
¿
¿
2H2O+O2↑，样品中MgO2的物质的量即为2×
(b-a)
V 0
×10
-3 mol，
故样品中MgO2的质量分数为
2×
(b-a)
V 0
×10
-3 mol×56g/ mol
m
×100 % = 11.2(b-a)
mV 0
%；
（4）用长颈漏斗代替恒压滴液漏斗，加入稀盐酸时，由于长颈漏斗与大气相通，气体容易从长颈漏斗逸
出，导致测得的氧气体积偏小，从而使计算出的过氧化镁的质量分数偏低。
9．（2025·河北衡水·三模）利用“磷酸蒸馏—汞盐滴定法”测定水泥中少量氯离子含量装置如图所示。
滴定原理：Hg
2++2Cl
-= HgCl2↓；Hg
2+可与二苯偶氮碳酰肼生成桃红色物质。
实验步骤：①加样：准确称m g试样，置于石英蒸馏管中，向其中加入适量H2O2溶液和磷酸，放入
250~260° C蒸馏装置炉膛内。
②蒸馏：鼓入空气，蒸10~15min。
③滴定：用乙醇冲洗冷凝管及其下端合并于吸收液中，调pH至3.5，加入二苯偶氨氮碳酰肼指示剂，用
0.001mol⋅L
-1Hg(NO3)2滴定至终点。记录消耗Hg(NO3)2的体积V1mL。
④按上述步骤进行空白试验，记录所用Hg(NO3)2的体积V0mL。
(1)配制硝酸汞溶液：准确称硝酸汞固体，溶于 (填化学式)中，再加水稀释到相应浓度。
(2)为达到最佳的冷凝效果装置图C 虚框中未画出的仪器最好选择 (填标号)。
(3)装置A 中多孔球泡的作用为 ，图中单向阀的作用为 。
(4)水泥试样中氯离子的质量分数为 (用含m 、V1、V0的代数式表示)。
(5)若水泥样品中含有少量Na2S，其他操作不变，测定结果会 (填“偏大”“偏小”或“不
变”)，原因是 。
(6)电位滴定法是利用溶液电位突变指示终点的滴定法，比上述滴定方法更加准确。水泥预处理得到含Cl
-
的待测液，用AgNO3标准液滴定，电位滴定装置测量即时电位E，并记录AgNO3消耗的体积V，ΔE表示指
示电极的电位改变量，ΔV表示标准溶液体积增量。
①滴定管进行润洗时，从滴定管上口加入3~5mL AgNO3标准液，倾斜转动滴定管，润湿全部滴定管内壁。
然后， ，重复操作2~3 次。
②下列滴定终点图像错误的是 (填标号)。
A．
B．
C．
D．
【答案】(1)HNO3
(2)b
(3) 增大气体与溶液的接触面积，使气体被充分吸收 防止倒吸
(4)0.0071(V1-V0)
m
%
(5) 不变 在酸性条件下，硫离子被硝酸氧化成单质或硫酸根离子，不影响Hg
2+的消耗
(6) 一手控制活塞，将液体从滴定管下部放入预置的烧杯中 BC
【分析】空气通过多孔球泡进入装有硝酸银溶液的A 装置，多孔球泡能增大空气与溶液的接触面积，起到
净化空气、除去空气中可能含有的氯离子等杂质的作用。净化后的空气经单向阀进入石英蒸馏管B 中，使
水泥样品中的氯离子在磷酸存在下转化为氯化氢气体被蒸馏出来。蒸馏出的氯化氢气体进入装置C，被装
置C 下方D 中的稀硝酸吸收，形成含氯离子的溶液。向吸收了氯化氢的稀硝酸溶液中加入含汞离子的溶液，
汞离子与氯离子发生反应，当氯离子完全反应后，继续滴加汞离子溶液，过量的汞离子可与二苯偶氮碳酰
肼生成桃红色物质，以此作为滴定终点的判断依据，通过消耗汞盐溶液的量来计算水泥中氯离子的含量；
据此分析解答。
【详解】（1）硝酸汞是强酸弱碱盐，Hg2+会发生水解，为抑制其水解，在配制溶液时，应将固体溶于
HNO3中，再加水稀释到相应浓度；
（2）球形冷凝管的冷凝效果较好，能使蒸汽充分冷凝回流，所以为达到最佳的冷凝效果，装置图C 虚框
中未画出的仪器最好选择球形冷凝管，即b；
（3）装置A 中多孔球泡可以增大气体与溶液的接触面积，使气体被充分吸收；单向阀的作用是防止倒吸，
避免吸收液倒吸入蒸馏装置中；单向阀的作用是防止倒吸，避免吸收液倒吸入蒸馏装置中；
（4）根据滴定原理Hg
2++2Cl
-= HgCl2↓，n(Cl
-)=2n(Hg
2+)
n(Hg
2+)=0.001mol/L×(V1-V0)×10
-3L=(V1-V0)×10
-6 mol/L，则n(Cl
-)=2(V1-V0)×10
-6 mol/L，
m (Cl
-)=71(V1-V0)×10
-6g，水泥试样中氯离子的质量分数
w (Cl
-)=71(V1-V0)×10
-6
m
×100 % = 0.0071(V1-V0)
m
%；
（5）若水泥样品中含有Na2S，在酸性条件下，硫离子被硝酸氧化成单质硫或硫酸根离子了，不影响Hg
2+
的消耗，测定结果会不变。
（6）①润洗滴定管时，从滴定管上口加入3~5mL AgNO3标准液，倾斜转动滴定管，润湿全部滴定管内壁。
然后，一手控制活塞，将液体从滴定管下部放入预置的烧杯中，重复操作2~3 次。
②在用AgNO3标准液滴定含Cl
-的待测液时，发生反应Ag
++Cl
-= AgCl↓。在滴定过程中，随着AgNO3的加
入，溶液中离子浓度等情况发生变化，从而导致电位E 改变，接近滴定终点时，Ag
+浓度会发生突变，使
得电位E 也会有明显的变化，据此分析解答。
A．到滴定终点时，由于Ag
+浓度突变，电位E 会发生突跃，该图像符合电位滴定过程中电位随AgNO3消耗
体积的变化情况，A 正确；
B．图像也呈现出在滴定过程中电位逐渐变化，但滴定需要有突变，该图像没有，不符合电位滴定的规律，
B 错误；
C．该图像表示电位的变化率的变化率，即Δ
2E
ΔV
2 - V图像，C 选项中图像中各点的斜率随体积的变化图，
此图像不符合ΔE
ΔV - V的变化， C 错误；
D．ΔE
ΔV - V图像中，表示电位的变化率，在滴定终点时，电位变化最快，即电位变化率达到最大，会出现
一个峰值，该图像符合这种变化，Ｄ正确；
故答案选BC。
10．（2025·山东淄博·三模）氮化锶(Sr3N2)广泛用于光电材料领域。实验室先制取Sr，再根据反应
3Sr+N2
680℃
¿Sr3N2
¿
，制备Sr3N2装置如下(加热和夹持装置略)。已知Sr3N2易水解；醋酸二氨合亚铜溶液可吸收
CO，但易被O2氧化失去吸收能力；焦倍酚可吸收O2。
回答下列问题：
(1)仪器a 的名称为 ，装置B、D 共同起到的作用是 。
(2)检查装置气密性并加入药品，打开K1、K2、K3，装置A 内发生反应的化学方程式为 。一段时间
后，关闭K1、K2，用管式炉加热瓷舟，证明SrO 被完全还原的实验现象是 。调整管式炉温度为
680℃，打开K1、K2，制备Sr3N2.图示装置存在一处缺陷，改进的方法是 。
(3)测定Sr3N2样品纯度：称取mgSr3N2样品，滴加足量蒸馏水，将产生的气体全部蒸出，用
200.00mL1.000mol·L-1的盐酸标准溶液完全吸收(忽略溶液体积变化)，量取20.00mL 吸收液，用
1.000mol·L-1NaOH 标准溶液滴定过剩的盐酸，达滴定终点平均消耗NaOH 标准溶液VmL。则滴定时选用的
指示剂为 ，样品中Sr3N2的质量分数为 。若读数时，滴定前平视，滴定后俯视，测定结果
会 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【答案】(1) 蒸馏烧瓶 干燥吸水，防止Sr3N2水解
(2) 2NH4Cl+NaNO3=2NaCl+N2↑+2H2O D 装置中无气泡逸出 装置D 和E 之间加一个盛有焦
倍酚溶液的洗气瓶
(3) 甲基橙 (200-10V)×10
-3×292
2m
×100 % 偏大
【分析】实验室制取氮化锶的原理为：3Sr+N2
680℃
¿Sr3N2
¿
，先用装置A 制取N2排除装置中的空气，再用装置
C 制取Sr 单质，装置B 是干燥装置，装置C 中发生反应制取氮化锶，装置D 吸收水分，防止氮化锶水解，
装置E 醋酸二氨合亚铜溶液可吸收CO，但易被O2氧化失去吸收能力；焦倍酚可吸收O2，据此解答。
【详解】（1）仪器a 带支管，名称是蒸馏烧瓶，已知Sr3 N 2易水解，装置B、D 共同起到的作用是吸收水
分，防止Sr3 N 2水解；
（2）装置A 制取氮气，发生反应的化学方程式为：2NH4Cl+NaNO3=2NaCl+N2↑+2H2O；
装置C 中碳粉还原SrO，化学方程式为C + SrO =
高温
Sr +CO↑，由于不清楚固体颜色，则需要从气体角度
考虑，故证明SrO 被完全还原的实验现象是D 装置中无气泡逸出；
由已知条件可知，醋酸二氨合亚铜溶液可吸收CO，但易被O2氧化失去吸收能力，焦倍酚可吸收O2，故需
要在装置D 和E 之间加一个盛有焦倍酚溶液的洗气瓶，确保生成的CO 可被醋酸二氨合亚铜溶液吸收；
（3）Sr3 N 2水解的方程式为：Sr3 N 2+6 H 2O =3 Sr (OH )2+2 NH 3↑，用过量盐酸吸收生成的氨气，得到
HCl、NH 4Cl混合溶液，用NaOH 标准溶液滴定过剩的HCl，则滴定终点溶液呈酸性，选择甲基橙做指
示剂；
n(NH 3)=0.02 L×1mol / L-0.1V ×10
-3，则
n(Sr3 N 2)= 1
2 ×(20×10
-3 L×1mol / L-1×V ×10
-3)× 200ml
20ml =(200-10V )×10
-3
2
mol，样品中Sr3 N 2
的质量分数为
(200-10V )×10
-3
2
×292
m
×100 % = (200-10V )×10
-3×292
2m
×100 %；
若读数时，滴定前平视，滴定后俯视，标准液读数偏小，即V 偏小，则测定结果偏大。
11．（2025·湖南邵阳·三模）丙酮酸乙酯广泛应用于医药、生物、农药、食品、香料及化妆品等领域。实
验室可采用乳酸乙酯进行催化氧化合成丙酮酸乙酯。实验反应原理如下：
ClO
-+2Br
-+2H
+= Br2+Cl
-+ H2O
CH3CH (OH)COOCH2CH3+ Br2→CH3COCOOCH2CH3+2Br
-+2H
+
乳酸乙酯¿丙酮酸乙酯
¿
¿
已知：丙酮酸乙酯是无色液体，溶于乙醇、乙醚、丙酮，微溶于水，相对分子质量为116.丙酮酸乙酯易被
溴取代，生成溴代丙酮酸乙酯。
实验步骤：
I．制备：在如图的三颈烧瓶中加入一定量三氯甲烷和溴化钠及盐酸，搅拌，控制温度在20℃，光照条件
下滴加0.2mol乳酸乙酯和稍过量的次氯酸钠溶液，控制在2∼3h内滴完。
Ⅱ．提纯：倒出反应液，加入10%碳酸钠溶液，分离出有机层，用饱和食盐水洗涤两次，并用无水硫酸镁
干燥，蒸出溶剂得粗产品。粗产品经减压蒸馏得到精制丙酮酸乙酯17.8 g，色谱测定其纯度为98%。
回答下面问题：
(1)仪器A 的名称是 。
(2)制备丙酮酸乙酯过程，溴化钠在反应中起 作用。
(3)提纯丙酮酸乙酯的过程中，用饱和食盐水替代蒸馏水洗涤的目的是 。
(4)减压蒸馏的装置如下图所示，提纯丙酮酸乙酯中采用减压蒸馏技术，目的是 ；毛细管的作
用是 。
(5)探究溴化钠与乳酸乙酯摩尔比(物质的量之比)对丙酮酸乙酯产率的影响，实验结果如图所示。为了提高
产率，实验中采用的最佳的溴化钠与乳酸乙酯摩尔比为 ；随着溴化钠与乳酸乙酯摩尔比增大，
丙酮酸乙酯产率先增大后减少，后减少的原因是 。
(6)本实验中丙酮酸乙酯产率为 。(保留2 位有效数字)
【答案】(1)球形冷凝管
(2)催化
(3)降低丙酮酸乙酯的溶解度，减少丙酮酸乙酯损耗
(4) 降低沸点，防止在蒸馏过程中丙酮酸乙酯高温分解 平衡压强；并提供气化中心，防止暴沸；
同时兼具搅拌作用
(5) 0.025 溴化钠的量增大，生成过多的溴与丙酮酸乙酯生成溴代丙酮酸乙酯，导致产率降低(合
理即可)
(6)75%
【分析】在三颈烧瓶中加入一定量三氯甲烷和溴化钠及盐酸，搅拌，控制温度在20℃，光照条件下滴加
0.2mol乳酸乙酯和稍过量的次氯酸钠溶液，控制在2∼3h内滴完，发生
ClO
-+2Br
-+2H
+= Br2+Cl
-+ H2O
CH3CH (OH)COOCH2CH3+ Br2→CH3COCOOCH2CH3+2Br
-+2H
+
乳酸乙酯¿丙酮酸乙酯
¿
¿
反应，待反应完成后，倒出反应液，加入
10%碳酸钠溶液，分离出有机层，用饱和食盐水洗涤两次，并用无水硫酸镁干燥，蒸出溶剂得粗产品。粗
产品经减压蒸馏得到精制丙酮酸乙酯17.8 g，色谱测定其纯度为98%，据此回答。
【详解】（1）由图知，仪器A 是球形冷凝管；
（2）由实验反应原理如下：
ClO
-+2Br
-+2H
+= Br2+Cl
-+ H2O
CH3CH (OH)COOCH2CH3+ Br2→CH3COCOOCH2CH3+2Br
-+2H
+
乳酸乙酯¿丙酮酸乙酯
¿
¿
可知，
Br
-先被反应，后又被生成，故溴化钠在反应中起催化作用；
（3）利用盐析原理，降低有机物在水中溶解度，用饱和食盐水替代蒸馏水洗涤可降低丙酮酸乙酯的溶解
度，减少产品损失；
（4）减压蒸馏可以降低沸点，防止在蒸馏过程中丙酮酸乙酯高温分解；毛细管与外界连通，可以平衡压
强；并提供气化中心，防止暴沸；同时兼具搅拌作用；
（5）如图所示，当溴化钠与乳酸乙酯摩尔比约为0.025 时，丙酮酸乙酯的产率最高，故为了提高产率，实
验中采用的最佳的溴化钠与乳酸乙酯摩尔比为0.025；已知丙酮酸乙酯易被溴取代，生成溴代丙酮酸乙酯，
若摩尔比过大，溴化钠的量增大，生成过多的溴与丙酮酸乙酯生成溴代丙酮酸乙酯，导致产率降低(合理即
可)；
（6）由题知，乳酸乙酯物质的量为0.2mol，理论生成丙酮酸乙酯0.2mol，质量
=0.2mol×116g/mol=23.2g，实际精制后质量17.8g，纯度为98%，则实际纯品质量
=17.8×98 %≈17.444g，产率= 17.444
23.2 ×100 %≈75 %（保留 2 位有效数字）。
12．（2025·北京海淀·三模）船舶的外壳常用镶嵌锌块的方法避免船体遭受腐蚀，实验室模拟该过程如下。
实
验
实验装置
实验步骤及现象
Ⅰ
电流表指针偏转，Fe电极上
未见气泡生成；取出少量Fe
电极附近的溶液，滴加
K3[Fe(CN)6]溶液，未出现蓝
色沉淀
Ⅱ
向Fe电极附近滴加
K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色
沉淀
Ⅲ
___________
Ⅳ
向A区滴加K3[Fe(CN)6]溶
液，生成蓝色沉淀，一段时
间后，与铁钉接触的蓝色沉
淀消失
(1)实验Ⅰ中，Zn作 极。
(2)蓝色沉淀为KFe[Fe(CN)6]，说明有Fe
2+产生。
①对实验Ⅱ中Fe
2+产生的原因作出如下猜想：
猜想a．H
+将Fe 氧化；
猜想b．___________将Fe 氧化；
猜想c．K3[Fe(CN)6]将Fe 氧化；
猜想d．K3[Fe(CN)6]被Zn还原；
猜想b 中的物质是 ；依据实验Ⅰ中的现象可否定猜想 (填字母)。
②理论分析：
资料i：实验Ⅰ条件下，Fe
2++6CN
-⇌[Fe(CN)6]
4 - K1=1.0×10
35，
Zn
2++ 4 CN
-⇌[Zn (CN)4]
2- K2=5.0×10
16。
根据资料i 推测猜想d 不成立，理由是： ，无法生成蓝色沉淀。
因此猜想c成立，其中生成Fe
2+的离子方程式为 。
(3)补全实验Ⅲ中的操作和现象，证明发生了吸氧腐蚀： 。
资料ii：实验Ⅳ条件下，Fe 与KFe[Fe(CN)6]很难发生反应。
(4)结合平衡移动原理，解释实验Ⅳ中“一段时间后，与铁钉接触的蓝色沉淀消失”的可能原因
。
(5)将实验Ⅳ装置中的锌片换成铜片，重复实验Ⅳ的操作，推测其与实验Ⅳ现象的差异 。
由上述实验可知：比铁活泼的锌可以保护铁不被腐蚀。
【答案】(1)负
(2) O2 ab K1>>K2(Fe
2+与CN
-的配位能力远大于Zn
2+)，[Fe(CN)6]
3-被Zn还原后的产物应为
[Fe(CN)6]
4 -而非Fe
2+ Fe+2[Fe(CN)6]
3-=2[Fe(CN)6]
4 -+ Fe
2+
(3)向A 区滴加酚酞溶液，出现红色
(4)KFe[Fe(CN)6](s)⇌K
+ (aq)+ Fe
2+ (aq)+[Fe(CN)6]
3-(aq)，Fe
2+或[Fe(CN)6]
3-被Zn还原，使其浓度降低，
平衡正向移动，蓝色沉淀溶解
(5)该反应比实验Ⅳ产生的蓝色沉淀更快；一段时间后，与铁钉接触的蓝色沉淀不消失
【分析】如图，用Zn 和Fe 作为电极，酸化的3%的NaCl 溶液（pH≈5）作为电解液，组成原电池，探究
铁被腐蚀的原因，在实验Ⅰ中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，未出现蓝色沉淀，证明未生成Fe
2+；在实验Ⅱ中向
Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀，证明生成了Fe
2+，通过分析，探究Fe 被腐蚀额原因；
用一端包裹着锌片，一段不作任何处理的铁钉置于加入NaCl 溶液的琼脂胶冻探究铁钉的腐蚀原因，据此
回答。
【详解】（1）在锌铁原电池中，活泼的金属作负极，锌比铁活泼，所以实验Ⅰ中锌作负极；
（2）①在酸性的氯化钠溶液中存在氧气，氧气具有氧化性，能把铁氧化，所以猜想为：O2能将Fe 氧化；
依据实验Ⅰ中电流表指针偏转，Fe电极上未见气泡生成；取出少量Fe电极附近的溶液，滴加K3[Fe(CN)6]
溶液，未出现蓝色沉淀，即可知由H
+和O2将Fe 氧化，即可否定猜想ab；
②由资料i：实验Ⅰ条件下，Fe
2++6CN
-⇌[Fe(CN)6]
4 - K1=1.0×10
35，
Zn
2++ 4 CN
-⇌[Zn (CN)4]
2- K2=5.0×10
16，可得K1>>K2(Fe
2+与CN
-的配位能力远大于Zn
2+)，[Fe(CN)6]
3-
被Zn还原后的产物应为[Fe(CN)6]
4 -而非Fe
2+，无法生成蓝色沉淀，推测猜想d 不成立；因此猜想c成立，
K3[Fe(CN)6]将Fe 氧化，K3[Fe(CN)6]中Fe
3+将Fe 氧化生成Fe
2+的离子方程式为
Fe+2[Fe(CN)6]
3-=2[Fe(CN)6]
4 -+ Fe
2+；
（3）在实验Ⅲ中，若发生吸氧腐蚀，正极发生O2+4e
-+2H2O=4OH
-反应，生成OH
-，溶液呈增强，若向A
区滴加酚酞溶液，出现红色，证明溶液呈碱性，即证明发生了吸氧腐蚀；
（4）蓝色沉淀为KFe[Fe(CN)6]，其在溶液中存在着沉淀溶解平衡，
KFe[Fe(CN)6](s)⇌K
+ (aq)+ Fe
2+ (aq)+[Fe(CN)6]
3-(aq)，[Fe(CN)6]
3-=Fe
3++6CN
-，中阴离子向负极移动，
所以[Fe(CN)6]
3-移动到负极附近被Zn 还原，使其浓度降低，随着正极O2+4e
-+2H2O=4OH
-反应的进行，铁
钉附近c(OH
-)增大，Fe
2+、Fe
3+与OH
-反应，使Fe
2+、Fe
3+、[Fe(CN)6]
3-浓度降低，根据勒夏特列原理，
上述沉淀溶解平衡正向移动，蓝色沉淀溶解；
（5）当把锌片换成铜片时，因为铜的活泼性比铁弱，此时形成的原电池中，A 区的铁作负极，铜作正极，
负极反应为Fe-2e
-=Fe
2+，向A 区滴加K3[Fe(CN)6]溶液，因为有Fe
2+生成，会生成蓝色沉淀
KFe[Fe(CN)6]，但与实验I 不同的是，因为铁持续作负极被氧化产生Fe
2+，所以该反应比实验Ⅳ产生的蓝
色沉淀更快、更多；一段时间后，与铁钉接触的蓝色沉淀不消失。
13．（2025·北京东城·三模）精炼铜的阳极泥经处理后的沉渣中含有AgCl，可用Na2SO3溶液浸取回收银。
所得浸出液可以分离出AgCl并使浸取剂再生。某小组在实验室模拟该反应。
已知：25℃时，Ag2SO4(白色)微溶于水，Ag2SO3(白色)难溶于水；
K al(H2SO3)=10
-1.89，K a2(H2SO3)=10
-7.20。
I．浸出AgCl
(1)取AgCl固体，加入一定体积1mol/LNa2SO3溶液作浸取剂，充分反应后过滤得到浸出液(pH =8)，其中
银的主要存在形式为[Ag(SO3)2]
3-。该反应的离子方程式是 。
Ⅱ．酸化沉银
取(1)所得浸出液，滴加稀硫酸，生成白色沉淀。继续滴加稀硫酸，当恰好沉淀完全时，pH约为5；
(2)完全沉淀时，溶液中大量存在的含硫粒子有 。
(3)将沉淀过滤并洗净，探究其成分。
①取少量沉淀， (填操作和现象)，证实其中不含Ag2SO4。
②为证明沉淀中不含Ag2SO3，甲同学设计的实验及其现象如下。
该现象能否得出沉淀中不含Ag2SO3的结论？若能，写出推理过程；若不能，补充实验方案，证实不含
Ag2SO3。 。
③经分析，沉淀是AgCl，用化学平衡原理解释AgCl生成的原因 。
(4)有同学预测，反应的初始阶段所得沉淀中可能混有Ag2SO3。探究如下：向(1)所得浸出液中滴入1 滴稀
H2SO4，恰好出现少量沉淀(记为沉淀A)。过滤，用滤液B进行实验。
①若沉淀A中有Ag2SO3，预期现象与上述实验现象不同。写出预期现象及理由 。由此推知，
沉淀A中不含Ag2SO3。
②结论：浸出液加酸沉银时，无论酸用量多少，得到的沉淀都只有AgCl。
Ⅲ．浸取剂再生
(5)向Ⅱ所得溶液中加NaOH调pH≈9，可使浸取剂再生。引入的Na2SO4不会明显影响AgCl的浸出。有人提
出，仅利用含S
+4的物质，就能实现“浸出—沉银—再生”循环，且理论上试剂能完全循环使用。沉银所加
试剂是 ；再生的方法是 。
【答案】(1)AgCl+2SO3
2-⇌[Ag(SO3)2]
3-+Cl
-
(2)HSO3
-、SO4
2-
(3) 加入足量盐酸，充分反应后取上清液，滴加BaCl2，无沉淀生成 不能。取少量AgCl粉末(或
向相同的空试管中)，加入1mL稀硫酸和1 滴稀KMnO4溶液，上清液颜色与a的上清液相同(或用图示表示)
H
++SO3
2-= HSO3
-，c(SO3
2-)减小，使[Ag(SO3)2]
3-⇌Ag
++2SO3
2-正移，c (Ag
+)增大，
c (Ag
+)⋅c (Cl
-)> K sp(AgCl)
(4)ii 中应出现白色沉淀。若A中有Ag2SO3，则滤液B中n(Cl
-)>n(Ag
+)，i 中生成AgCl后，上清液中应剩余
Cl
-
(5) SO2(或H2SO3) 将沉银后的溶液加热，生成的SO2用于沉银，剩余Na2SO3溶液用于浸出
【分析】本实验模拟了工业上用Na2SO3溶液浸出AgCl 并回收银的过程，主要分为浸出、酸化沉银和浸取
剂再生三个阶段。浸出阶段：Na2SO3与AgCl 反应生成可溶性[Ag(SO3)2]
3-；酸化沉银：加稀硫酸后，
[Ag(SO3)2]
3-解离出Ag+，与Cl⁻结合生成AgCl 沉淀；浸取剂再生：加NaOH 调pH，可使浸取液再生；
【详解】（1）由题意结合质量守恒，AgCl固体和1mol/LNa2SO3溶液反应生成[Ag(SO3)2]
3-和氯离子，该
反应的离子方程式是AgCl+2SO3
2-⇌[Ag(SO3)2]
3-+Cl
-；
（2）加稀硫酸后，[Ag(SO3)2]
3-解离出Ag+，与Cl⁻结合生成AgCl 沉淀，反应为
[Ag(SO3)2]
3-+4H
++Cl
-=AgCl↓+2H3SO3，SO4
2-没有参与反应，此时pH约为5，
K al(H2SO3)= 10
-5×c(HSO3
-)
c(H2SO3)
=10
-1.89，c(HSO3
-)
c(H2SO3)
=10
3.11，则溶液中大量存在的含硫粒子有HSO3
-、SO4
2-；
（3）①Ag2SO4微溶，若要证实其中不含Ag2SO4，将其转化为氯化银，然后检验硫酸根离子即可，方法是：
取少量沉淀，加入足量盐酸，充分反应后取上清液，滴加BaCl2溶液，无沉淀生成，证实其中不含Ag2SO4。
②该现象不能得出沉淀中不含Ag2SO3的结论，原因是：虽然做了对比实验证明了Ag2SO3可以使酸性高锰
酸钾褪色，但白色沉淀含有AgCl，存在平衡：AgCl(s)⇌
❑
❑
Ag
+ (aq)+Cl
-(aq)，氯离子也能使酸性高锰酸钾
褪色，未排除该因素的影响，故设计实验方案为：取少量AgCl粉末，加入1mL 稀硫酸，再加入1 滴稀高
锰酸钾溶液，上层清液颜色与a 相同；
③滴加稀硫酸后，H
++SO3
2-= HSO3
-，c(SO3
2-)减小，使[Ag(SO3)2]
3-⇌Ag
++2SO3
2-正移，c (Ag
+)增大，
c (Ag
+)⋅c (Cl
-)> K sp(AgCl)，生成了氯化银沉淀；
（4）滴加硝酸银中无沉淀生成，说明清液中没有Cl-，则第一步中加入稀硝酸使[Ag(SO3)2]
3-全部转化为
Ag+，Ag+将Cl-全部沉淀，由此可分析出滤液B 中含Ag 元素的微粒总物质的量不小于n(Cl-)，由此得出沉
淀A 中不含Ag2SO3，若沉淀A 中含有Ag2SO3，则滤液B 中n(Cl
-)>n(Ag
+)，i 中生成AgCl 后，上层清液
中含有Cl-，预期现象是ii 中出现白色沉淀；故答案为：ii 中应出现白色沉淀。若A中有Ag2SO3，则滤液B
中n(Cl
-)>n(Ag
+)，i 中生成AgCl后，上清液中应剩余Cl
-；
（5）向Ⅱ所得溶液加NaOH 调pH≈9，发生离子反应：HSO3
-+OH
-=SO3
2-+H2O，得到的Na2SO3
可用于浸出
AgCl，若仅使用含
S
+4的物质，就能实验“浸出—沉银—再生”循环，可以用SO2，沉银时发生反应
SO2+SO3
2-+H2O=2HSO3
-，亚硫酸根离子浓度减小，使得[Ag(SO3)2]
3-⇌Ag
++2SO3
2-平衡正移，银离子浓度
增大，c (Ag
+)⋅c (Cl
-)> K sp(AgCl)，生成了氯化银沉淀，得到的沉银后的溶液含有亚硫酸氢钠，将其加热，
生成的二氧化硫用于沉银，剩余的亚硫酸钠溶液可用于浸出AgCl。 故答案为：SO2(或H2SO3)；再生的方
法是：将沉银后的溶液加热，生成的SO2用于沉银，剩余Na2SO3溶液用于浸出。
14．（2025·河北保定·三模）苯甲酸是一种重要的化工原料。实验室合成苯甲酸的装置示意图(夹持及加热
装置已省略)，原理及有关数据如下：
原理：
名称
性状
熔点/℃
沸
点/℃
密度/
(g⋅mL
-1)
溶解性
水
乙
醇
甲苯
无色液体，易燃易
挥发
-95
110.6
0.8669
不
溶
互
溶
苯甲
酸
白色片状或针状晶
体
112.4(100℃左右升
华)
248
1.2659
微
溶
易
溶
苯甲酸在水中的溶解度：
温
度/℃
4
18
75
溶解
度/g
0.2
0.3
2.2
某学习小组在实验室制备、分离、提纯苯甲酸，并测定所得样品的纯度。
Ⅰ．制备苯甲酸
在三颈烧瓶中加入2.7mL 甲苯、100mL 水和2 3
∼片碎瓷片，进行以下操作。
a
①中通入流动水，并开启电动搅拌器；②在陶土网上加热至沸腾。
然后分批加入8.5g 高锰酸钾，继续搅拌约4 5h
∼
，直到___________(实验现象)，停止加热和搅拌，静置。
Ⅱ．分离提纯
在反应混合物中加入一定量草酸(H2C2O4)充分反应，过滤、洗涤，将滤液放在冰水浴中冷却，然后用浓盐
酸酸化，苯甲酸全部析出后减压过滤，将沉淀物用少量冷水洗涤，挤压去水分后放在沸水浴中干燥，得到
粗产品。
Ⅲ．测定纯度
称取mg粗产品，配成100 mL乙醇溶液，移取25.00mL 溶液于锥形瓶中，滴加2 3
∼滴___________，然后用
标准KOH溶液滴定。
回答下列问题：
(1)实验Ⅰ中操作顺序为 (填序号)，“实验现象”是 ；仪器a 不能选用
(填“A”“B”或“C”)。
(2)甲苯被高锰酸钾氧化的原理为
__________(未配平)，请完成并
配平该化学方程式： 。
(3)分离提纯过程中加入草酸的作用是将过量的高锰酸钾转化为二氧化锰，以便过滤除去。草酸是一种二元
弱酸，反应过程中有无色气体生成，则草酸和高锰酸钾的物质的量之比为 。
(4)减压过滤时使用如图所示装置的优点是 。
(5)选用下列___________(填字母)操作，可以将粗产品进一步提纯。
A．溶于水后过滤B．溶于乙醇后蒸馏
C．用甲苯萃取后分液D．升华
(6)测定纯度步骤中，标准KOH 溶液应该用 (填“酸式”或“碱式”)滴定管盛放。滴定时选用
的指示剂是 。若m=1.200g，滴定时用去0.1200 mol⋅L
-1标准KOH溶液20.00 mL，则所得产
品中苯甲酸(M =122g⋅mol
-1)的质量分数为 (保留三位有效数字)。
【答案】(1)
①②
甲苯层几乎消失、回流液不再出现油珠 C
(2)
(3)3:2
(4)过滤速度比较快，固体比较干燥
(5)D
(6) 碱式 酚酞 97.6%
【分析】实验室合成苯甲酸，在三颈瓶中加入2.7mL 甲苯、100mL 水和2~3 片碎瓷片，开动电动搅拌器，
a 中通入流动水，在石棉网上加热至沸腾，然后分批加入8.5g 高锰酸钾，继续搅拌约4~5h，直到甲苯层几
乎近于消失、回流液不再出现油珠，停止加热和搅拌，静置，装置a 为球形冷凝管，能冷凝回流，防止甲
苯的挥发而降低产品产率，最后用酸浸中和滴定测定产品的纯度。
【详解】（1）甲苯易挥发，所以应先通冷凝水再加热，顺序为：①②；甲苯与水不溶，被高锰酸钾氧化
为苯甲酸钾与水互溶，故直到甲苯层几乎消失、回流液不再出现油珠，反应完成；仪器a 是为了冷凝回流，
A、B 冷凝管内部结构可增大冷却接触面积，提高冷凝效果，尤其适合长时间的回流操作，故不能选C。
故答案为：①②；甲苯层几乎消失、回流液不再出现油珠；C；
（2）
甲苯中甲基中C 原子化合价有-3 价升高到苯甲酸钾中的+3 价，升高了6 价，而锰元素化合价从高锰酸钾中
的+7 降低到二氧化锰中的+4 价，降低3 价，所以甲苯和高锰酸钾的系数分别为1 和2，再根据钾离子守恒
可知缺项为氢氧化钾，由原子守恒配平方程式：
。故答案为：
；
（3）H 2C2O4中C 的化合价为+3 价，KMnO4中Mn 的化合价为+7 价，两者反应，生成无色气体CO2，即
H 2C2O4中+3 价的C 被氧化为+4 价，KMnO4被还原为MnO2，即+7 价的Mn 被还原为+4 价，根据得失电子
守恒，草酸和高锰酸钾的物质的量之比为：3:2，故答案为：3:2；
（4）减压过滤利用真空泵或水泵降低抽滤瓶中的压力，使滤液快速通过滤纸，因抽吸力作用，残留母液
更少，所得固体含水量低。故答案为：过滤速度比较快，固体比较干燥；
（5）苯甲酸中的杂质为氯化钾，由表中的数据可知苯甲酸容易升华，氯化钾的熔沸点很高，不升华，所
以提纯含有氯化钾的苯甲酸可以采用升华的方法，选D。故答案为：D；
（6）KOH显碱性，应用碱式滴定管盛放。苯甲酸与氢氧化钾反应生成苯甲酸钾，苯甲酸钾水解显碱性，
选择酚酞为指示剂，溶液由无色变浅红色，且半分钟褪色，说明滴定到达终点。苯甲酸的质量分数为：
0.1200mol/ L×20mL×10
-3×122g/mol×4
1.200 g
×100 % =97.6 %。故答案为：碱式；酚酞；97.6 %。
15．（2025·天津河西·三模）Cu 元素在生命活动中占有举足轻重的地位，缺铜会造成贫血、记忆力减退、
反应迟钝、运动失常等。某实验小组设计如下实验制备有机补铜剂——顺式甘氨酸合铜水合物，并测定其
组成。
I．制备有机补铜剂-顺式甘氨酸合铜水合物
己知：反应过程与能量变化如图1 所示，反应过程会有反式产物生成，如图2 所示。
回答下列问题：
(1)甘氨酸分子中含氮官能团的电子式为 ；1mol 顺式甘氨酸合铜水合物中配位键数为
；顺式产物的极性 (填“大于”或“小于”)反式产物。
(2)向硫酸铜溶液中滴加氢水。先出现蓝色沉淀。状后沉淀溶解形成深蓝色的溶液。写出此蓝色沉淀溶解的
化学方程式 。
(3)设计实验方案证明Cu(OH)2沉淀己洗涤干净 。
(4)制备有机补铜剂的反应为Cu(OH)2+2H2NCH2COOH
65-70℃
¿
¿
(H2NCH2COO)2Cu·2H2O、从速率及产品纯
度角度解释控制反应温度为70℃左右的原因 。
Ⅱ．产品中Cu 元素含量的测定
称取产品mg，用水溶解，再加入适量硫酸，配制成100mL 样品溶液；用移液管移取其中20.00mL 溶液到
碘量瓶中，加入过量KI 固体，在暗处静置5 分钟，用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至溶液呈浅黄色，
加入适量NH4SCN 溶液，剧烈振荡碘量瓶，加入几滴淀粉溶液，用Na2S2O3标准溶液继续滴定至终点：再
取两份20.00mL 溶液进行两次平行实验。
已知：i．2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，2S2O3
2-+I2=2I-+S4O6
2-；
ⅱ.CuI 固体能吸附溶液中的少量碘单质。
ⅲ.Ksp(CuSCN)<Ksp(CuI)。
(5)①加入适量NH4SCN 溶液，剧烈振荡碘量瓶的目的是 。
②滴定终点的现象是 。
③若三次实验平均消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL，则该产品中含Cu 元素的质量为 。
【答案】(1)
4NA 大于
(2)Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4](OH)2
(3)取少量最后一次洗涤液于试管中，先加稀盐酸，再加氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，证明已洗涤干净
(4)温度低于70℃，反应速率慢；生成反式产物的活化能大，温度高于70℃易生成反式产物而引入杂质
(5) 将CuI 转化为CuSCN，释放出CuI 吸附的I2 滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液，溶液由蓝色变
为无色，且半分钟内不恢复 0.64
【分析】由题给流程可知，向硫酸铜溶液中滴加氨水至沉淀恰好完全溶解，得到含四氨合铜离子的深蓝色
溶液，向溶液中加入过量氢氧化钠溶液， 使四氨合铜离子完全转化为氢氧化铜沉淀，过滤、干燥、洗涤
得到氢氧化铜，在条件下，向氢氧化铜中加入甘氨酸溶液，搅拌，使氢氧化铜完全溶解得到甘氨酸合铜，
趁热过滤，得到甘氨酸合铜溶液，向滤液中加入的乙醇，冷却结晶、 过滤，用的酒精溶液和丙酮洗涤、
干燥，得到顺式甘氨酸合铜水合物。
【详解】（1）
甘氨酸分子中含氮官能团的电子式为
；顺式甘氨酸合铜水合物中铜原子与2 个N 原子形成配位键，
1mol 顺式甘氨酸合铜水合物中配位键数为4NA；顺式甘氨酸合铜分子对称性弱，极性强，反式甘氨酸铜分
子对称性强，极性弱，顺式甘氨酸合铜的极性大于反式甘氨酸合铜。
（2）向硫酸铜溶液中滴加氨水，先出现蓝色沉淀，然后沉淀溶解形成深蓝色的溶液，蓝色氢氧化铜沉淀
溶解生成氢氧化四氨合铜，反应的化学方程式为Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4](OH)2。
（3）Cu(OH)2沉淀表面会吸附硫酸根离子，证明Cu(OH)2沉淀已洗涤干净的方案为：取少量最后一次洗涤
液于试管中，先加稀盐酸，再加氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，证明已洗涤干净。
（4）温度低于70℃，生成顺式产物的反应速率慢，根据图1 可知，生成反式产物的活化能大，温度高时，
易生成反式产物而引入杂质。
（5）由题可知CuI固体能吸附溶液中的少量碘单质，而且Ksp(CuSCN )<Ksp(CuI)，所以加入适量溶液，
剧烈振荡碘量瓶的目的是将CuI转化为CuSCN，释放出CuI吸附的I2；指示剂为淀粉，所以滴定终点现象是
滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色；第一步，找关系式，由
离子方程式可知2Cu
2+-I2-2S2O3
2-，第二步，计算20.00mL 样品溶液中含有的n(Cu
2+)，
n(Cu
2+)=n(S2O3
2-)=0.1000mol⋅L
-1×20.00mL×10
-3L⋅mL
-1=0.002mol，第三步，计算产品中Cu 元
素的质量，xg 产品中含Cu 元素的质量为0.002mol×100
100.0 ×64g⋅mol
-1=0.64g。
16．（2025·天津红桥·三模）CO(NH2)2⋅H2O2（俗称过氧化脲）是一种消毒剂，实验室中可用尿素与过氧
化氢制取，反应方程式如下：
CO(NH2)2+ H2O2=CO(NH2)2⋅H2O2
已知：产率= 产物的实际产量
产物的理论产量×100 %
（一）过氧化脲的合成
烧杯中分别加入25.00 mL34 %H2O2(ρ=1.2g⋅cm
-3)、40 mL蒸馏水和12.0g尿素，搅拌溶解。30℃下反
应40 min，冷却结晶、过滤、干燥，得白色针状晶体9.4g。
（二）过氧化脲性质检测
Ⅰ．过氧化脲溶液用稀H2SO4酸化后，滴加KMnO4溶液，紫红色消失。
Ⅱ．过氧化脲溶液用稀H2SO4酸化后，加入KI溶液和四氯化碳，振荡，静置。
（三）产品纯度测定
溶液配制：称取一定量产品，用蒸馏水溶解后配制成100 mL溶液。
滴定分析：量取25.00 mL过氧化脲溶液至锥形瓶中，加入一定量稀H2SO4，用准确浓度的KMnO4溶液滴定
至微红色，记录滴定体积，计算纯度。
回答下列问题：
(1)过滤中使用到的玻璃仪器有 （写出两种即可）。
(2)下图为“溶液配制”的部分过程，操作a应重复3 次，目的是 ，定容后还需要的操作为 、装
瓶贴签。
(3)性质检测Ⅱ中的现象为 。性质检测Ⅰ和Ⅱ分别说明过氧化脲具有的性质是 。
(4)34 %H2O2(ρ=1.2g⋅cm
-3)的物质的量浓度为 mol⋅L
-1，过氧化脲的产率为 。
(5)“滴定分析”步骤中，下列操作错误的是_____（填标号）。
A．KMnO4溶液置于酸式滴定管中
B．用量筒量取25.00 mL过氧化脲溶液
C．滴定近终点时，用洗瓶冲洗锥形瓶内壁
D．锥形瓶内溶液变色后，立即记录滴定管液的刻度
(6)以下操作导致过氧化脲纯度测定结果偏低的是_____（填标号）。
A．容量瓶中液面超过刻度线
B．滴定管水洗后未用KMnO4溶液润洗
C．摇动锥形瓶时KMnO4溶液滴到锥形瓶外
D．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失
【答案】(1)漏斗、烧杯、玻璃棒（写出任意两个即可）
(2) 将溶质（过氧化脲）全部转移到容量瓶中 倒转摇匀
(3) 溶液分层，下层显紫色 还原性、氧化性
(4) 12mol/L 50 %
(5)BD
(6)A
【分析】实验室中可用尿素与过氧化氢制取CO(NH2)2⋅H2O2（俗称过氧化脲），在烧杯中分别加入
25.00 mL34 %H2O2(ρ=1.2g⋅cm
-3)、40 mL蒸馏水和12.0g尿素，搅拌溶解。30℃下发生
CO(NH2)2+ H2O2=CO(NH2)2⋅H2O2反应40 min，经冷却结晶、过滤、干燥，得白色针状晶体9.4g；用过氧
化脲溶液用稀H2SO4酸化后，滴加KMnO4溶液、用过氧化脲溶液用稀H2SO4酸化后，加入KI溶液和四氯化碳
检验过氧化脲的性质；称取一定量产品，用蒸馏水溶解后配制成100 mL溶液，量取25.00 mL过氧化脲溶液
至锥形瓶中，加入一定量稀H2SO4，用准确浓度的KMnO4溶液滴定至微红色，记录滴定体积，计算纯度，
据此回答。
【详解】（1）过滤操作需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，任选两种作答；
（2）操作a 为洗涤烧杯和玻璃棒，并将洗涤液转移到容量瓶中，目的是将溶质（过氧化脲）全部转移到容
量瓶中，避免溶质损失；定容后应盖好瓶塞，倒转摇匀；
（3）在过氧化脲的性质检测中，检测Ⅰ用稀硫酸酸化，加入高锰酸钾溶液，紫红色消失，说明过氧化脲
被酸性高锰酸钾氧化，体现了过氧化脲的还原性；检测Ⅱ用稀硫酸酸化，加入KI 溶液和四氯化碳溶液，
过氧化脲会将KI 氧化为I2单质，体现了过氧化脲的氧化性，生成的I2在四氯化碳中溶解度大，会溶于四氯
化碳溶液，且四氯化碳密度大于水，振荡，静置后出现的现象为：液体分层，上层为无色，下层显紫色；
（4）由可得c=1000ρω
M
，34 %H2O2(ρ=1.2g⋅cm
-3)的物质的量浓度为
c=1000ρω
M
= 1000×1.2g⋅cm
-3×34 %
34g/mol
=12mol/L；实验中加入尿素的质量为12.0g，物质的量为
n=
12g
60g/mol =0.2mol，过氧化氢的质量为25 mL×1.2g⋅cm
-3×30 % =9g，物质的量
n=9g
34g/mol ≈0.265mol，过氧化氢过量，产率应按照尿素的质量计算，理论上可得到过氧化脲0.2mol，
质量为0.2mol×94g/mol=18.8g，实验中实际得到过氧化脲9.4g，故过氧化脲的产率为9.4g
18.8g ×100 % =50 %；
（5）A．KMnO4溶液是强氧化性溶液，应置于酸式滴定管中，A 正确；
B．量筒的精确度不能达到0.01mL，量取25.00mL 的溶液应选用滴定管，B 错误；
C．滴定过程中，待测液有可能会溅到锥形瓶内壁，滴定近终点时，为了使结果更精确，可用洗瓶冲洗锥
形瓶内壁，C 正确；
D．锥形瓶内溶液变色后，应等待30s，观察溶液不再恢复原来的颜色后，才能记录滴定管液面刻度，D 错
误；
故选BD；
（6）A．在配制过氧化脲溶液时，容量瓶中液面超过刻度线，会使溶液体积偏大，配制溶液的浓度偏低，
会使滴定过程中消耗的KMnO4溶液体积偏低，导致测定结果偏低，A 项符合题意；
B．滴定管水洗后未用KMnO4溶液润洗，会导致KMnO4溶液浓度偏低，会使滴定过程中消耗的KMnO4溶
液体积偏高，导致测定结果偏高，B 项不符合题意；
C．摇动锥形瓶时KMnO4溶液滴到锥形瓶外，会使滴定过程中消耗的KMnO4溶液体积偏高，导致测定结
果偏高，C 项不符合题意；
D．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，会使滴定过程中消耗的KMnO4溶液体积偏高，导致测
定结果偏高，D 项不符合题意；
故选A。
17．（2025·北京东城·三模）绿矾(FeSO4⋅xH2O)是生血片的主要成分。某研究性学习小组拟对绿矾热分解
产物进行探究。
【实验猜想】猜想1：生成Fe2O3、SO2、H2O；
猜想2：生成绿矾(FeSO4 xH2O)FeSO4 xH2O
⋅
⋅
是生血片的主要成分。某研究性学习小组拟对绿矾热分解产
物进行探究。；
猜想3：生成Fe2O3、SO2、SO3、H2O；……
【实验探究】该小组用如图所示装置进行实验(夹持仪器略)。
请回答下列问题：
(1)实验操作的先后顺序是 。
___________→___________→___________→___________(填字母)
a．熄灭酒精灯，冷却 b．先检查装置的气密性，后加入药品
c．点燃酒精灯，加热 d．在“气体入口”处通入干燥的N2
其中操作d 的作用是 。
(2)在实验过程中，观察到A 中固体变红色，B 中无水CuSO4 ，C 中试纸的颜色变化是
。
(3)反应结束后，取A 中固体进行实验，经验证其成分为Fe2O3，请补全实验操作和现象实验操作及现象：
取少量红色固体A 于试管中 。
(4)D 中有白色沉淀生成，该沉淀的化学式为 。有同学认为还应该增加一个实验，取D 中沉淀，
加入一定量的盐酸以确定其组成，从而确定FeSO4⋅xH2O的分解产物，你认为是否需要？说明你的理由：
。
【实验结论】
(5)硫酸亚铁晶体加热分解的化学方程式为 。
【实验改进】
(6)有同学对上述实验装置进行了改进，设计出如图所示装置，认为该装置也可以验证硫酸亚铁晶体热分解
的产物。
G
①
中的现象是 ，反应的离子方程式为 。
②装置H 的作用是 。
【答案】(1) bdca 排净装置内的空气
(2) 由白色变蓝色 蓝色变红色
(3)取少量红色固体A 于试管中，加入足量稀硫酸的试管中，固体完全溶解，且无气体放出；取少量溶液溶
液于试管中滴入适量KMnO4溶液中，KMnO4溶液不褪色；取少量溶液溶液于试管中滴入KSCN 溶液中，溶
液变红色
(4) BaSO4、BaSO3 不需要，Fe 元素的化合价升高，则必有S 元素的化合价降低，根据原子守恒
和得失电子守恒，可知只有部分S 元素的化合价降低，则进入D 中的气体为SO3和SO2
(5)2(FeSO4⋅xH2O)=
Δ
Fe2O3+SO2↑+SO3↑+2xH2O
(6) 紫红色褪去 2MnO4
-+5SO2+2H2O=2Mn
2++5SO4
2-+ 4 H
+ 吸收二氧化硫，防止污染空气
【分析】绿矾热分解，生成H2O、Fe2O3、SO2和SO3，化学方程式为：
2(FeSO4⋅xH2O) =
Δ
Fe2O3+SO2↑+SO3↑+2xH2O，B 中无水硫酸铜由白色变成蓝色，C 中湿润的蓝色石蕊试
纸变红，D 中产生沉淀，据此分析回答。
【详解】（1）该实验探究有气体生成，故首先应检查装置的气密性；Fe2+具有还原性，易被空气中的氧气
氧化，影响探究结果，故应在“气体入口”处通入干燥的N2，排净装置内的空气；然后点燃酒精灯，对样
品进行加热，实验结束后，熄灭酒精灯，进行冷却，故实验操作的先后顺序是：bdca；
（2）加热时，FeSO4·xH2O 首先会失去结晶水，然后FeSO4分解；B 中无水CuSO4用于检验水的生成，吸
水后固体由白色变成蓝色；C 中收集到酸性气体，该气体会使湿润的蓝色石蕊试纸变红；
（3）验证其成分为Fe2O3，需溶解后检验含有Fe3＋，不含有Fe2＋，所以其操作为取少量红色固体A 于试管
中，加入足量稀硫酸的试管中，固体完全溶解，且无气体放出；取少量溶液溶液于试管中滴入适量KMnO4
溶液中，KMnO4溶液不褪色；取少量溶液溶液于试管中滴入KSCN 溶液中，溶液变红色；
（4）A 中成分为Fe2O3，Fe 元素的化合价升高，则必有S 元素的化合价降低，根据原子守恒和得失电子守
恒可知，只有部分S 元素的化合价降低，从而可知进入D 中的气体为SO3和SO2，因此D 中的白色沉淀为
BaSO4和BaSO3，不需要再经过实验验证；
（5）由上述分析可知，产物为H2O、Fe2O3、SO2和SO3，则反应的化学方程式为：
2(FeSO4⋅xH2O) =
Δ
Fe2O3+SO2↑+SO3↑+2xH2O。
（6）硫酸亚铁受热分解生成氧化铁、二氧化硫和水蒸了，经过F 检验水蒸气，无水硫酸铜变蓝，通过G，
酸性高锰酸钾将二氧化硫氧化，溶液褪色，其离子方程式为2MnO4
-+5SO2+2H2O =2Mn
2++5SO4
2-+ 4 H
+，
最后通过H 吸收二氧化硫，防止污染空气；
G
①
中的现象为紫红色褪去，反应的离子方程式为2MnO4
-+5SO2+2H2O =2Mn
2++5SO4
2-+ 4 H
+；
②装置H 的作用是吸收二氧化硫，防止污染空气。
18．（2025·北京海淀·三模）某小组同学用废铜屑(含少量铁)制备[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O晶体并探究其性质。
资料：ⅰ．[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O易溶于水，难溶于乙醇、乙醚等有机溶剂
ⅱ．0.1mol⋅L
-1Fe
3+生成Fe(OH)3，开始沉淀时pH =1.5，完全沉淀时pH =2.8，0.1mol⋅L
-1Fe
2+生成
Fe(OH)2，开始沉淀时pH =6.3，完全沉淀时pH =8.3
ⅲ．Fe
3+和Fe
2+均不易与氨配位
实验Ⅰ：制备CuSO4溶液
①取一定量废铜屑，加入稍过量的稀H2SO4和H2O2溶液，在40~50° C下完全溶解。
②调节pH 至3~4，加热煮沸2 分钟后趁热过滤。
(1)步骤①中溶解铜反应的离子方程式是 。
(2)步骤②的目的是除去 (填化学式)。
实验Ⅱ：制备[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O晶体
取实验Ⅰ中所得CuSO4溶液，逐滴加入1mol⋅L
-1氨水至澄清，再加入无水乙醇，过滤；沉淀先用试剂M
洗涤，再用乙醇与乙醚混合液洗涤，干燥，得深蓝色晶体。
(3)加氨水过程中的实验现象是 。
(4)试剂M 的最佳选择是 (填字母序号)。
a．乙醇和浓氨水混合溶液 b．乙醇和稀硫酸混合溶液 c．蒸馏水
(5)甲同学查阅资料发现：Cu(OH)2不易溶于1mol⋅L
-1氨水。
①从化学平衡的角度解释实验Ⅱ中加入氨水可得澄清溶液的原因： 。
②设计实验(填实验操作和现象) 。证实了上述原因分析合理。
实验Ⅲ：探究活泼金属与[Cu(NH3)4]SO4溶液的置换反应
将表面已去除氧化膜的锌片、铁片分别置于2 份浓度相同的[Cu(NH3)4]SO4溶液(pH =11.2)中。锌片表面立
即出现一层红色物质。短时间内未观察到铁片表面有红色物质析出。静置数十小时后，铁片表面析出红色
物质，溶液深蓝色变浅，并有红褐色沉淀物生成。
(6)对比上述实验，解释短时间内铁片表面未观察到红色物质的原因 。
【答案】(1)Cu+2H
++ H2O2≜Cu
2++2H2O
(2)Fe
3+、H2O2
(3)产生大量蓝色沉淀，继续滴加氨水，蓝色沉淀消失，溶液变为深蓝色
(4))a
(5) Cu(OH)2悬浊液中存在Cu(OH)2(s)⇌Cu
2+(aq)+2OH
-(aq)，实验Ⅱ中生成Cu(OH)2沉淀的同时
生成NH4
+，与OH
-结合生成NH3⋅H2O，降低c(OH
-)；加入氨水，NH3与Cu
2+配位，c(Cu
2+)下降；两者均促
进Cu(OH)2的沉淀溶解平衡正向移动 取少量Cu(OH)2和1mol⋅L
-1氨水形成的悬浊液，加入少量硫酸
铵固体，振荡后固体溶解，溶液变为深蓝色
(6)Fe
2+不易与氨配位，pH =11.2的条件下，反应初始生成的Fe(OH)2覆盖在Fe 表面，阻止反应继续进行
【分析】取一定量废铜屑，加入稍过量的稀H2SO4和H2O2溶液，在40~50° C下发生
Cu+2H
++ H2O2≜Cu
2++2H2O反应，铜完全溶解，调节pH 至3~4，加热煮沸2 分钟后趁热过滤，将Fe
3+和
未反应的H2O2除去，取所得CuSO4溶液，逐滴加入1mol⋅L
-1氨水，CuSO4与氨水反应，先产生大量蓝色沉
淀Cu(OH)2，继续滴加氨水，Cu(OH)2蓝色沉淀消失，Cu(OH)2与氨水继续反应生成[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O，
溶液变为深蓝色，再加入无水乙醇，过滤；沉淀先用试剂M 洗涤，再用乙醇与乙醚混合液洗涤，干燥，得
深蓝色[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O晶体，据此回答。
【详解】（1）步骤①中，取一定量废铜屑，加入稍过量的稀H2SO4和H2O2溶液，在40~50° C下完全溶解，
Cu 在酸性条件下被H2O2氧化为Cu
2+，离子方程式为Cu+2H
++ H2O2≜Cu
2++2H2O；
（2）由资料ii：0.1mol⋅L
-1Fe
3+生成Fe(OH)3，开始沉淀时pH =1.5，完全沉淀时pH =2.8可知，步骤②
中调节pH 至3~4，加热煮沸2 分钟后趁热过滤，是为了将Fe
3+转化为Fe(OH)3，同时将未反应的H2O2分解
除去；
（3）取所得CuSO4溶液，逐滴加入1mol⋅L
-1氨水，CuSO4与氨水反应，先产生大量蓝色沉淀Cu(OH)2，
继续滴加氨水，Cu(OH)2蓝色沉淀消失，Cu(OH)2与氨水继续反应生成[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O，溶液变为深
蓝色；
（4）由资料ⅰ．[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O易溶于水，难溶于乙醇、乙醚等有机溶剂可知，为减少
[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O的损失，则试剂M 应选择乙醇和浓氨水混合溶液，故选a；
（5）①由于Cu(OH)2悬浊液中存在Cu(OH)2(s)⇌Cu
2+(aq)+2OH
-(aq)，实验Ⅱ中生成Cu(OH)2沉淀的
同时生成NH4
+，与OH
-结合生成NH3⋅H2O，降低c(OH
-)；加入氨水，NH3与Cu
2+配位，c(Cu
2+)下降；两者
均促进Cu(OH)2的沉淀溶解平衡正向移动，所以加入氨水可得澄清溶液；
②上述原因分析合理，可取少量Cu(OH)2和1mol⋅L
-1氨水形成的悬浊液，加入少量硫酸铵固体，振荡后
固体溶解，溶液变为深蓝色，即可证明；
（6）将表面已去除氧化膜的锌片、铁片分别置于2 份浓度相同的[Cu(NH3)4]SO4溶液(pH =11.2)中，由于
Fe
2+不易与氨配位，pH =11.2的条件下，反应初始生成的Fe(OH)2覆盖在Fe 表面，阻止反应继续进行，故
锌片表面立即出现一层红色物质，短时间内未观察到铁片表面有红色物质析出。
19．（2025·广东汕头·三模）Mg性质活泼，可以和许多物质发生反应。
Ⅰ．实验室用Mg和N2反应制备Mg3 N2(黄绿色粉末，易与水反应产生NH3)。
已知：2NaNO2+(NH4)2SO4≜Na2SO4+2N2↑+ 4 H2O(反应剧烈，温度高时会产生副产物O2)
(1)上述装置正确的连接顺序是： 。
A→___________→___________→___________→B→C(必要时可重复使用)
(2)装置A 中装NaNO2溶液的仪器名称为 。饱和FeSO4溶液的作用 。
Ⅱ．Mg常温下和水反应缓慢，反应时，Mg条表面缓慢产生少量气泡，数分钟后反应停止，未收集到气体，
镁条表面失去光泽。
查阅资料：Mg与水反应时，Mg表面覆盖了致密的Mg (OH)2导致反应缓慢；NH4
+和HCO3
-可以加快Mg 与水反
应。
同学们为了验证NH4
+和HCO3
-对Mg与水反应的促进作用，用与水反应后的Mg条与4 种盐溶液进行对比实验，
结果如下。
实验序号
a
b
c
d
盐溶液(均为0.1mol⋅L
-1)
NH4Cl
NaHCO3
NaCl
NH4 HCO3
溶液起始pH
5.1
8.3
7.0
7.8
30min 时产生气体体积/mL
1.5
0.7
<0.1
1.4
气体的主要成分
H2
30min 时镁条表面情况
大量固体附着(固体可溶于盐酸)
(3)根据Mg (OH)2的沉淀溶解平衡可解释NH4
+和HCO3
-的作用。Mg (OH)2在水中存在的沉淀溶解平衡可用离子方
程式表示为 。
(4)经检验，a 中还生成少量其他气体，可进一步证明NH4
+促进Mg与水反应，检验该气体的方法是
。
(5)上表中能够说明HCO3
-对Mg与水反应起促进作用的证据是 。
(6)b、d 所得固体中还检验出碱式碳酸镁[用Mg2(OH)2CO3表示]，写出生成该固体的离子方程式 。
(7)综合实验a-d 可以得到的结论是：NH4
+和HCO3
-都能与Mg (OH)2作用加快Mg与水反应， ；
(补充两点)。
【答案】(1)DEC
(2) 分液漏斗 除去氧气
(3)Mg (OH)2(s)⇌Mg
2+ (aq)+2OH
-(aq)
(4)用湿润的红色石蕊试纸接触气体，试纸变蓝则有NH3产生
(5)30 min时实验b产生的气体体积远大于实验c
(6)2Mg (OH)2+2HCO3
-= Mg2(OH)2CO3+CO3
2-+2H2O
(7) 同浓度时，NH4
+的作用大于HCO3
- NH4
+和HCO3
-共同存在时促进作用并未叠加
【分析】由实验装置图可知，装置A 中亚硝酸钠饱和溶液与硫酸铵饱和溶液共热反应制备氮气，装置D 为
空载仪器，做安全瓶，起防倒吸的作用，装置E 中盛有的硫酸亚铁饱和溶液用于吸收氧气，防止氧气干扰
实验，装置C 中盛有的浓硫酸用于干燥氮气，装置B 中氮气与镁共热反应制备氮化镁，装置C 中盛有的浓
硫酸吸收水蒸气，防止水蒸气进入装置B 中导致氮化镁水解，则装置的连接顺序为A→D→E→C→B→C。
【详解】（1）由分析可知，装置的连接顺序为A→D→E→C→B→C，故答案为：DEC；
（2）由实验装置图可知，装置A 中装亚硝酸钠溶液的仪器为分液漏斗；由分析可知，装置E 中盛有的硫
酸亚铁饱和溶液用于吸收氧气，防止氧气干扰实验，故答案为：分液漏斗；除去氧气；
（3）氢氧化镁难溶于水，在溶液中存在如下溶解平衡：Mg (OH)2(s)⇌Mg
2+ (aq)+2OH
-(aq)，故答案为：
Mg (OH)2(s)⇌Mg
2+ (aq)+2OH
-(aq)；
（4）氯化铵在溶液中水解生成一水合氨和盐酸，水解生成的盐酸与镁反应生成氯化镁和氢气，盐酸浓度
减小，导致水解平衡右移，反应生成的一水合氨浓度过大会发生分解生成氨气，反应生成的氨气能使湿润
的红色石蕊试纸变蓝色，则检验氨气的方法为用湿润的红色石蕊试纸接触气体，试纸变蓝则有氨气产生，
故答案为：用湿润的红色石蕊试纸接触气体，试纸变蓝则有NH3产生；
（5）由表格数据可知，实验b 用到的盐溶液为碳酸氢钠溶液，实验c 中用的盐溶液为氯化钠溶液，两溶液
中阳离子相同，30 分钟内，实验b 产生的气体体积远大于实验c，说明碳酸氢根离子对镁与水反应起促进
作用，故答案为：30min 时实验b 产生的气体体积远大于实验c；
（6）b、d 所得固体中还检验出碱式碳酸镁是因为溶液中的碳酸氢根离子与氢氧化镁反应生成碱式碳酸镁、
碳酸根离子和水所致，反应的离子方程式为2Mg (OH)2+2HCO3
-= Mg2(OH)2CO3+CO3
2-+2H2O，故答案为：
2Mg (OH)2+2HCO3
-= Mg2(OH)2CO3+CO3
2-+2H2O；
（7）综合实验a-d 可以得到的结论是溶液中铵根离子、碳酸氢根离子都能与氢氧化镁反应使氯化铵的水解
平衡右移，增大溶液中的氢离子浓度，加快镁与水反应；实验a、实验b 与实验c 对比得到的结论是溶液
中同浓度的铵根离子作用大于碳酸氢根离子；实验a 和实验d 对比得到的结论是铵根离子和碳酸氢根离子
同时存在时促进作用并未叠加，故答案为：同浓度时，NH4
+的作用大于HCO3
-；NH4
+和HCO3
-共同存在时促进
作用并未叠加。
20．（2025·河北·二模）亚硝酰氯(NOCl，熔点为-64.5℃，沸点为-5.5℃)是有机物合成中的重要试剂，
为红褐色液体或黄色气体，遇水发生反应：2NOCl+ H2O = NO+ NO2+2HCl。NOCl可由NO与Cl2在一定条
件下反应得到，相关实验装置如图所示。
(1)盛放无水CaCl2的装置名称为 ；NOCl分子中各原子均满足8 电子稳定结构，则NOCl的电子式为
。
(2)装置F中发生反应的离子方程式为 。
(3)制备NOCl：
①排A、B中的空气：先打开K1、K2、K3中的 。关闭K1、K2、K3中的 ：打开A中分液漏斗活
塞。滴入适量稀硝酸，B中出现红棕色，待红棕色消失后关闭K1，可观察到B中 (填现象)，停止滴
加稀硝酸。
②通反应气体：打开F中分液漏斗的活塞，当C中三口烧瓶内 (填现象)时，再通入NO。
(4)NOCl纯度的测定(设杂质不参与反应)：
a．称量C中所得液体2.500g溶于水，配制成250mL溶液、取出20.00mL于锥形瓶中；
b．加入25.00 mL0.200 mol⋅L
-1AgNO3溶液(过量)；
c．向其中加入少量硝基苯，使沉淀表面被有机物覆盖；
d．加入几滴NH4 Fe(SO4)2溶液作指示剂，用0.100 mol⋅L
-1KSCN标准溶液滴定过量的AgNO3溶液，重复实
验操作三次，消耗标准溶液的体积平均为22.00mL。[已知K sp(AgCl)=3.2×10
-10，
K sp(AgSCN)=2.0×10
-12]
①滴定过程中应控制溶液的pH<0.5，理由是 。
②NOCl的纯度为 %。(保留三位有效数字)
③在滴定终点时，若仰视读数，会导致测得的NOCl的纯度 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【答案】(1) 球形干燥管
(2)2MnO4
-+16H
++10Cl
-=2Mn
2++5Cl2↑+8H2O
(3) K1、K2 K3 锥形瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升 充满黄绿色气体
(4) 防止三价铁水解 92.2 偏低
【分析】本实验的目的是制备NOCl，该物质遇水易水解，制备过程要保持干燥；装置A 中利用铜和稀硝
酸反应生成NO，装置B 对NO 进行干燥之后进入装置C 中；F 装置用高锰酸钾和浓盐酸制备氯气，浓盐酸
易挥发，水会蒸发，氯气中混有HCl 和H2O，E 装置除去氯气中的HCl，D 装置除去氯气中的水，氯气与
NO 在C 中反应生成NOCl，据此解答。
【详解】（1）
由图可知，盛放无水CaCl2的装置名称为球形干燥管；NOCl分子中各原子均满足8 电子稳定结构，结构中
氮形成三个键，氧形成两个键，氯形成一个键，则NOCl的电子式为
；
（2）由分析可知，装置F中高锰酸钾和浓盐酸发生反应生成氯气，离子方程式为
2MnO4
-+16H
++10Cl
-=2Mn
2++5Cl2↑+8H2O；
（3）①A、B 装置内一开始有空气，空气中的氧气与NO 反应生成红棕色的NO2，实验开始前，要先排除
A、B 装置内的空气，空气排尽后，B 装置将无红棕色气体，为无色，因此实验开始时，先打开K1、K2，
关闭K3，再打开分液漏斗活塞滴入适量稀硝酸，产生NO 气体，当观察到B 中红棕色完全消失时，说明装
置中充满NO，关闭K1，装置A、B 中气体压强增大，则观察到锥形瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升；
②由于三颈瓶中存在空气，应该用氯气将其赶出，故打开F中分液漏斗的活塞，当C中三口烧瓶内充满黄绿
色气体时，再通入NO；故答案为：K1、K2；K3；锥形瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升；充满黄绿色气
体；
（4）①该滴定过程中使用的指示剂为NH4 Fe(SO4)2，其中三价铁容易水解，则滴定过程中应控制溶液的
pH<0.5，理由是防止三价铁水解；
②硝酸银的物质的量，0.200×0.025=0.005mol，过量银离子对应的SCN
-的物质的量
0.100×0.022=0.0022mol，考虑溶度积的影响，NOCl 的物质的量为
n( NOCl)= 0.005-0.0022
1-Ksp(AgCl)
Ksp(AgSCN)
×250
20
=0.035225mol
，纯度：0.035225×65.5
2.500
×100%≈92.2%；
③仰视读数导致KSCN 体积偏大，计算出的NOCll 纯度偏低。
21．（2025·浙江·三模）NaBiO3是一种微溶于水的浅黄色粉末，其制备的方法之一是用NaClO 在强碱性条
件下氧化Bi
3+(加热到95℃并保持1h)。某兴趣小组设计如下实验制备铋酸钠(NaBiO3)，并测定其纯度。
制备实验可能用到的装置图见下。
回答下列问题：
(1)已知a 为浓盐酸，则b 的化学式可能为 (填两种)。
(2)NaClO 在碱性条件下氧化Bi
3+生成NaBiO3的离子方程式为 。
(3)从上面的装置图中，选择合适的装置连接成制备铋酸钠的装置图 。
_______→_______→_______→F
(4)下列说法正确的是 。
A．装置E 也常用来除去CO2中的HCl
B．装置C 中的NaOH 溶液过量时也可能有氯气余下，故实验时也要使用装置F
C．NaBiO3有强氧化性，其一定能氧化Cl
-
D．与本实验有关的图标为
、
、
、
E．为了控制反应温度，最好用油浴对装置C 加热
(5)NaBiO3纯度的测定
①称取制得的铋酸钠样品3.720g，加入足量稀硫酸和足量MnSO4溶液使其完全反应(溶液呈紫红色，BiO3
-转
化为Bi
3+)，稀释至100mL，取出20.00mL 溶液，然后用0.2000 mol/LFeSO4溶液进行滴定，消耗
22.60 mLFeSO4溶液。则该样品中NaBiO3纯度为 %。(结果保留两位小数)
②结合上述实验，润洗滴定管的具体操作为 。
【答案】(1)KMnO4、KClO3、Ca(ClO2)2、K2Cr2O7
(2)Na
++ClO
-+ 4 OH
-+ Bi
3+= NaBiO3↓+Cl
-+2H2O
(3)A→E→C
(4)BD
(5) 85.05 从酸式滴定管的上口加入3~5 mL0.2000 mol/LFeSO4溶液，倾斜着转动滴定管，使溶
液润湿滴定管内壁，然后从下口放出，重复2~3次
【分析】装置A 制取氯气，通入装置E 除去HCl，通入装置C，NaClO 在碱性条件下氧化Bi
3+生成NaBiO3，
最后连接F 进行尾气处理，据此分析；
【详解】（1）A 装置无加热装置，故为可为KMnO4、KClO3、Ca(ClO2)2、K2Cr2O7与浓盐酸生成Cl2；
（2）NaClO 在碱性条件下氧化Bi
3+生成NaBiO3，根据氧化还原配平原则，离子方程式为
Na
++ClO
-+ 4 OH
-+ Bi
3+= NaBiO3↓+Cl
-+2H2O；
（3）由于只能选取三个装置，由题可知AC 一定要选，则还需在BDE 中选一个，氯气要进入水溶液中反
应，则无需干燥，且氯气通入氢氧化钠溶液可以不用防止倒吸，氯气中的氯化氢能将C 中的碱反应，影响
实验，故选择E，顺序为A→E→C；
（4）A．除去CO2中的HCl 中常用饱和碳酸氢钠溶液，A 错误；
B．氯气通入氢氧化钠溶液，很难完全吸收，故还是需要F 装置尾气吸收，B 正确；
C．NaBiO3有强氧化性，铋酸钠需要与浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，C 错误；
D．与本实验有关的加热，产生有毒气体，故需要护目、洗手、加热、通风，图标为
、
、
、
，D 正确；
E．反应温度为95 摄氏度，接近水的沸点，为了便于控制温度，最好使用水浴加热，E 错误；
故选BD；
（5）①根据关系式NaBiO3∼2e
-∼2Fe
2+可以计算：
0.2000×22.60×10
-3× 20
100 ×280× 1
2
3.720
×100 % =85.05 %；
②铋酸钠具有氧化性，且加入硫酸，故需要用酸式滴定管，从酸式滴定管的上口加入
3~5 mL0.2000 mol/LFeSO4溶液，倾斜着转动滴定管，使溶液润湿滴定管内壁，然后从下口放出，重复
2~3次。
22．（2025·福建泉州·三模）立方晶系Sb2O3对光稳定，是制备聚对苯二甲酸乙二醇酯的优良催化剂。制备
的实验步骤如下：
①按下图装置安装仪器(加热仪器略)，添加试剂，通入NH3，得到固液混合物。
②向容器a 中加入一定量的蒸馏水，搅拌一段时间，过滤、洗涤、110℃烘干。
已知：
SbCl
①
3易水解成SbOCl，SbOCl 难溶于乙醇、能溶于乙二醇，SbOCl 也可水解为Sb2O3，但如果反应只发
生在表面，则得不到单一晶型。
Sb
②
2O3为两性氧化物。
③无水乙醇和乙二醇都可能含少量水。
回答下列问题：
(1)步骤①生成Sb2(OCH2CH2O)3，写出化学方程式 。
(2)仪器a 的名称为 ，装置B 的作用为 。
(3)在步骤①中，不可用NaOH 溶液代替氨气的原因为 。
(4)洗涤时Sb2O3晶体洗净的判断标准是 。
(5)烘干时，晶体装在 中(填仪器名称)。
(6)如果将乙二醇改为乙醇用上述同样方法制备，往往得到Sb2O3混晶，解释原因 。
(7)用 法可以测定Sb2O3是混晶还是单晶。
(8)取mg 产品于锥形瓶中，用盐酸等试剂预处理后，用amol·L-1碘标准液滴定。接近终点时加入2 滴淀粉
溶液，继续滴定至终点，消耗碘标准液VmL。反应原理为Sb
3++I2=Sb
5++2I
-。
①滴定终点现象是 。
②产品中Sb 元素的质量分数是 。
【答案】(1)2SbCl3+3 HOCH2CH2OH+6 NH3=Sb2(OCH2CH2O)3+6 NH4Cl
(2) 两颈烧瓶 吸收剩余NH3，防倒吸
(3)Sb2O3为两性氧化物，碱性太强会导致Sb2O3溶解
(4)取最后一次洗涤液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则晶体已洗净
(5)坩埚
(6)SbCl3部分水解成SbOCl，SbOCl 难溶于乙醇，SbOCl 的水解反应只发生在固体表面，得到混晶
(7)X 射线衍射
(8) 滴入最后半滴碘标准液，溶液变蓝，半分钟不褪色 122×a×V×10
-3
m
×100 %或12.2aV
m
%
【分析】通入NH3生成Sb2（OCH2CH2O）3，反应的化学方程式为2SbCl3+3HOCH2CH2OH+6NH3=Sb2
（OCH2CH2O）3+6NH4Cl，得到固液混合物，多余的氨气用稀硫酸吸收，据此解答。
【详解】（1）由分析可知，步骤①生成Sb2（OCH2CH2O）3，根据元素守恒可知还有氯化铵生成，反应的
化学方程式为2SbCl3+3HOCH2CH2OH+6NH3=Sb2（OCH2CH2O）3+6NH4Cl,故答案为：
2SbCl3+3HOCH2CH2OH+6NH3=Sb2（OCH2CH2O）3+6NH4Cl；
（2）根据仪器构造可知仪器a 的名称为两颈烧瓶，氨气属于大气污染物，装置B 的作用为吸收剩余NH3，
防倒吸，故答案为：两颈烧瓶；吸收剩余NH3，防倒吸；
（3）由题干信息可知，SbOCl 也可水解为Sb2O3，且Sb2O3为两性氧化物，即Sb2O3能与强碱NaOH 反应，
则在步骤①中，不可用NaOH 溶液代替氨气的原因为Sb2O3为两性氧化物，碱性太强会导致Sb2O3溶解，故
答案为：Sb2O3为两性氧化物，碱性太强会导致Sb2O3溶解；
（4）晶体表面含有氯离子，则洗涤时Sb2O3晶体洗净的判断标准是取最后一次洗涤后滤液，滴加AgNO3
溶液，若无白色沉淀生成，则晶体已洗净，故答案为：取最后一次洗涤后滤液，滴加AgNO3溶液，若无白
色沉淀生成，则晶体已洗净；
（5）烘干固体时应该在坩埚中进行，即烘干晶体装在坩埚中进行，故答案为：坩埚；
（6）由于SbCl3部分水解成SbOCl，SbOCl 难溶于乙醇，SbOCl 的水解反应只发生在固体表面，因此将乙
二醇改为乙醇用上述同样方法制备，往往得到Sb2O3混晶，故答案为：SbCl3部分水解成SbOCl，SbOCl 难
溶于乙醇，SbOCl 的水解反应只发生在固体表面，得到混晶；
（7）用X 射线衍射法可以测定Sb2O3是混晶还是单晶，故答案为：X 射线衍射法；
（8）①碘遇淀粉显蓝色，因此滴定终点现象是滴入最后半滴碘标准液，溶液变蓝，半分钟不褪色，故答
案为：滴入最后半滴碘标准液，溶液变蓝，半分钟不褪色；
②消耗单质碘的物质的量是0.001aVmol，依据方程式Sb
3++I2=Sb
5++2I
-可知产品中Sb 元素的质量分数
是0.001aV×122
m
×100 % =12.2aV
m
%，故答案为：0.001aV×122
m
×100 % =12.2aV
m
%。
23．（2025·江苏苏州·三模）单宁酸（C76 H52O46）-硫酸体系中，低品位软锰矿（MnO2质量分数为29%）
中的Mn(Ⅳ)）可被还原为Mn
2+而浸出。其浸出过程如图所示。
(1)当1molC76 H52O46完全水解，生成的葡萄糖和没食子酸物质的量之比为： 。
(2)写出葡萄糖还原MnO2生成CO2的离子反应方程式： 。
(3)浸出前后软锰矿与浸取渣的X-射线衍射图如图所示，衍射峰的强度能一定程度反映晶体的质量分数等
信息。指出图中SiO2对应衍射峰强度变化的原因： 。
(4)为测定一定条件下该低品位软锰矿中锰元素的浸出率，进行如下实验：
准确称取m g 软锰矿试样，加入一定量硫酸和单宁酸，水浴加热并充分搅拌，一段时间后过滤，将滤液冷
却后加水定容至2L，量取20.00mL 溶液于锥形瓶中，向锥形瓶中加入足量磷酸作稳定剂，再加入2mL 高
氯酸，边加边摇动，使Mn
2+完全氧化为Mn(Ⅲ)，加热溶液至无气体产生，冷却后用浓度为c mol⋅L
-1的
(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定至终点，消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积为V mL。
①实验室现配(NH4)2Fe(SO4)2溶液的浓度与计算值存在误差，为提高测量结果的精确度，滴定前需要对现
配(NH4)2Fe(SO4)2溶液进行的补充实验是 。
②计算该条件下软锰矿中锰元素的浸出率η 。[η= m(浸出的MnO2)
m(软锰矿中的MnO2) 。写出计算过程]
(5)90℃下，控制单宁酸用量和反应时间相同，测得c(H2SO4)对锰元素浸出率的影响如图所示。
c(H2SO4)>2.0 mol/L时，锰元素浸出率降低的可能原因是 。
【答案】(1)10：1
(2)C6H12O6+12MnO2+4H
+=12Mn
2++6CO2↑+18H2O
(3)酸浸过程中，Fe2O3被酸溶，部分MnO2被还原，固体总质量减少；SiO2不发生反应，质量分数变大，衍
射峰强度变大
(4) 使用K2Cr2O7基准试剂对(NH4)2Fe(SO4)2溶液的实际浓度进行标定 30cV
m
(5)c(H+)浓度过大，抑制了单宁酸的水解，没食子酸和葡萄糖的浓度降低，MnO2的还原速率减慢
【详解】（1）设1molC76 H52O46完全水解，生成的没食子酸xmol、葡萄糖ymol，根据C 守恒：
7x+6y=76，没食子酸、葡萄糖比单宁酸分子中多的氧、氢原子都由水提供，则：6x+12y-52
5 x +6 y - 46 = 2
1，解得
x=10，y=1，生成的没食子酸和葡萄糖物质的量之比为10：1；
（2）葡萄糖还原MnO2生成CO2，根据得失电子守恒，离子反应方程式为：
C6H12O6+12MnO2+4H
+=12Mn
2++6CO2↑+18H2O；
（3）由图可知，酸浸过程中，Fe2O3被酸溶，部分MnO2被还原，固体总质量减少；SiO2不发生反应，质
量分数变大，衍射峰强度变大；
（4）①为提高测量结果的精确度，滴定前需要使用K2Cr2O7基准试剂对(NH4)2Fe(SO4)2溶液的实际浓度进
行标定；
②每20.00mL 浸出滤液中：n(Mn
2+)=n[(NH4)2Fe(SO4)2]=cmol/L×V×10
-3L=cV×10
-3mol，mg 软锰
矿浸出滤液中n(Mn
2+)=cV×10
-3mol×2000mL
20.00mL =0.1cVmol，浸出的：n( MnO2)=n(Mn
2+)=0.1cVmol，
软锰矿中锰元素浸出率：η= 0.1cVmol×87g/mol
mg×29%
=30cV
m
；
（5）由图可知，c(H+)浓度过大，抑制了单宁酸的水解，没食子酸和葡萄糖的浓度降低，MnO2的还原速率
减慢，所以c(H2SO4)>2.0 mol/L时，锰元素浸出率降低。
24．（2025·宁夏银川·三模）赖氨酸铜在医药、食品、农业等领域具有广泛的应用，其制备原理如下(反应
方程式未配平)：
具体实验步骤如下：
I．将赖氨酸盐酸盐和蒸馏水加入仪器A 中，搅拌至完全溶解，利用仪器B 滴加浓氨水调节pH 至8 左右。
Ⅱ．利用仪器B 和C 交替滴加浓氨水与氯化铜溶液，使溶液pH 保持在8 左右，45℃水浴加热，反应1h。
Ⅲ．减压过滤，用乙醇溶液洗涤晶体，再用丙酮洗涤，干燥得蓝色粉末。
回答下列问题：
(1)仪器D 的名称为 。
(2)赖氨酸铜中的配位键数与配体数的最简整数比为 ；
(3)反应中溶液pH 保持在8 左右的原因为 。
(4)步骤Ⅲ中，用丙酮洗涤的原因为 。
(5)产品中铜含量的测定
i．称取mg赖氨酸铜产品。
ii．加入水和稀硫酸溶解，配制成250 mL溶液。
iii．取20.00mL 该溶液，加入足量KI固体和适量水，以淀粉溶液为指示剂，立即用c mol/LNa2S2O3标准
溶液滴定，平行测定三次，平均消耗Na2S2O3溶液体积VmL。
已知：在酸性介质中，配合物被破坏；2Cu
2++ 4I
-=2CuI↓+I2，2S2O3
2-+I2=S4O6
2-+2I
-。
①上述测定实验步骤中，下列仪器不需要使用的有 (填名称)。
a．
b．
c．
d．
②该实验达到滴定终点的现象是 。
③产品中铜元素的质量分数为 % (用含c、V 的代数式表示)。
④若测定结果偏大可能的原因是 。
A．加入淀粉指示剂后没有立即滴定，耗时过久
B．滴定前滴定管尖嘴处有小液滴，滴定后消失
C．滴定管未用c mol/LNa2S2O3标准溶液润洗
D．移取待测溶液滴定管未用待测液润洗
【答案】(1)球形干燥管或干燥管
(2)2：1
(3)当溶液酸性强时，氨基多以- NH3
+形式存在，羧基则以-COOH形式存在，不利于配合物的生成；当溶液
碱性强时，Cu
2+会生成Cu (OH)2沉淀，也不利于配合物的生成
(4)洗去残留的乙醇溶液且丙酮更易挥发
(5) 分液漏斗 当滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液后，溶液由蓝色刚好变为无色且半分钟内不变色
80c V
m
AC
【分析】向赖氨酸盐酸盐溶液中滴加氨水调pH 为8.0，在交替滴加浓氨水与氯化铜溶液，使溶液在恒定
pH 条件下反应得到产物，最后减压过滤，用乙醇溶液洗涤晶体，再用丙酮洗涤，干燥得蓝色粉末；
【详解】（1）根据仪器的构造可知，仪器D 的名称为球形干燥管或干燥管；
（2）赖氨酸铜中的配位键数为4，配体数为2，故两者的最简整数比为2：1；
（3）当溶液酸性强时，氨基多以- NH3
+形式存在，羧基则以-COOH形式存在，不利于配合物的生成；当溶
液碱性强时，Cu
2+会生成Cu (OH)2沉淀，也不利于配合物的生成，因此，反应中溶液pH 保持在8 左右；
（4）步骤Ⅲ中，用丙酮洗涤的原因洗去残留的乙醇溶液且丙酮更易挥发；
（5）①上述测定实验是配制一定物质的量浓度的溶液，和滴定，故步骤中，下列仪器需要使用的有容量
瓶、量筒和酸式滴定管，不需要的为分液漏斗：
②滴定终点时碘消耗完，溶液蓝色褪去，故该实验达到滴定终点的现象是当滴入最后半滴Na2S2O3标准溶
液后，溶液由蓝色刚好变为无色且半分钟内不变色；
③根据反应2Cu
2++ 4I
-=2CuI↓+I2，2S2O3
2-+I2=S4O6
2-+2I
-，根据计量关系2Cu
2+~I2~2S2O3
2-，可得
产品中铜元素的质量为c mol/L×V×10
-3L×64g/mol×250mL
20.00mL =0.8cV g，因此，产品中铜元素的质
量分数为0.8cVg
mg
×100 % = 80cV
m
%；
A
④．加入淀粉指示剂后没有立即滴定，耗时过久，部分碘离子被氧气氧化，滴定时消耗的Na2S2O3溶液体
积偏大，测定结果偏大，A 正确；
B．滴定前滴定管尖嘴处有小液滴，滴定后消失，读数偏大，则测定结果偏小，B 错误；
C．滴定管未用c mol/LNa2S2O3标准溶液润洗，标准液浓度偏小，消耗的量偏多，没定结果偏大，C 正确；
D．移取待测溶液滴定管未用待测液润洗，则浓度变小，消耗的标准溶液的体积偏小，测定结果偏小，D
错误；
答案选AC。
25．（2025·甘肃白银·三模）硫脲[CS(NH2)2]在药物制备、金属矿物浮选等方面有广泛应用。实验室中先制
备Ca (HS)2，然后Ca (HS)2再与CaCN2合成CS(NH2)2，实验装置(夹持及加热装置略)如图所示。
已知：CS(NH2)2易溶于水，易被氧化，受热时部分发生异构化生成NH4SCN。
回答下列问题：
(1)实验前先检查装置气密性，操作为：①在F 中加水至浸没导管末端，……；②微热A 处三颈烧瓶，观察
到F 处导管末端有气泡冒出，移走酒精灯；③一段时间后，E 处导管末端形成一段水柱，且高度不变。将
操作①补充完整 。
(2)检查气密性后加入药品，装置A 中的试剂最佳组合是 (填字母)，打开K2。
A．FeS 固体+浓硫酸 B．FeS 固体+稀硝酸 C．FeS 固体+稀盐酸
装置B 中盛装的试剂为 。待A 中反应结束后关闭K2，打开K1通N2一段时间，目的是 。
(3)撤走搅拌器，打开K3，水浴加热D 处三颈烧瓶，在80℃时合成硫脲，同时生成一种常见的碱。控制温
度在80℃的原因是 ，D 处合成硫脲的化学方程式为 。
(4)将装置D 中液体过滤后，结晶得到粗产品。测定粗产品中硫脲纯度：称取mg 产品，加水溶解配成
500mL 溶液，量取25mL 于锥形瓶中，滴加一定量的稀硫酸使溶液显酸性，用cmol⋅L-1KMnO4标准溶液滴
定，滴定至终点时消耗KMnO4标准溶液VmL。
①滴定时，硫脲转化为CO2、N2、SO4
2-的离子方程式为 。
②样品中硫脲的质量分数为 (用含“m，c、V”的式子表示)。
【答案】(1)关闭开关K1、K2、K3
(2) C 饱和硫氢化钠溶液 将滞留在装置中A 的硫化氢气体排入装置D 中并排净装置中的空
气，防止产品被氧化
(3) 受热时部分发生异构化生成NH4SCN，故温度不能过高
Ca (HS)2+2CaCN2+6 H2O
80℃
¿2CS(NH2)2+3Ca (OH)2
¿
(4) 5CS(NH2)2+14 MnO4
-+32H
+=14 Mn
2++5CO2↑+5 N2↑+5SO4
2-+26 H2O 380cV
7m
%
【分析】实验通过A 制备H2S，装置B 是为了除去H2S 中HCl，盛装饱和硫氢化钠溶液，C 装置防倒吸，
装置D 先通入H2S 与石灰乳中制备Ca(HS)2，再与CaCN2溶液反应合成CS(NH2)2。
【详解】（1）实验前先检查装置的气密性，在F 中加水至浸没导管末端，关闭K1、K2、K3形成一个封闭
体系，微热A 处三颈烧瓶，观察到F 处导管末端有气泡冒出，移走酒精灯，一段时间后，F 处导管末端形
成一段水柱，且高度不变，说明装置气密性良好。
（2）装置A 是制备H2S 气体，稀硝酸和浓硫酸会氧化H2S 气体，所以不能用浓硫酸或硝酸与FeS 反应制
备H2S；故最佳组合是FeS 固体＋稀盐酸，选C；
反应生成硫化氢气体含有挥发的氯化氢气体，装置B 中盛装的实际为饱和硫氢化钠溶液，可以除去氯化氢
气体；
由于H2S、CS(NH2)2易被氧化，待A 中反应结束后关闭K2，打开K1通N2一段时间，将滞留在装置中A 的
硫化氢气体排入装置D 并排净装置中的空气，防止产品被氧化。
（3）撤走搅拌器，打开K3，水浴加热D 处三颈烧瓶，在80℃时合成硫脲，同时生成一种常见的碱。
CS(NH2)2受热时部分发生异构化生成NH4SCN，为防止受热时CS(NH2)2部分发生异构化生成NH4SCN，所
以控制温度在80℃；D 处Ca (HS)2与CaCN2合成CS(NH2)2和氢氧化钙，合成硫脲的化学方程式为
Ca (HS)2+2CaCN2+6 H2O
80℃
¿2CS(NH2)2+3Ca (OH)2
¿
。
（4）①滴定时，硫脲转化为CO2、N2、SO4
2-，高锰酸根离子被还原为锰离子，根据得失电子守恒，反应的
离子方程式为5CS(NH2)2+14 MnO4
-+32H
+=14 Mn
2++5CO2↑+5 N2↑+5SO4
2-+26 H2O；
②根据5CS(NH2)2+14 MnO4
-+32H
+=14 Mn
2++5CO2↑+5 N2↑+5SO4
2-+26 H2O，可得关系式为
5CS(NH2)2~14MnO4
-，可得样品中硫脲的质量分数为cV×10
-3× 5
14 × 500
25 ×76
m
×100%=380cV
7m
%。
