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专题09 化学实验综合题
1．（2025·安徽蚌埠·二模）硫酰氯(SO2Cl2)是一种重要的化工试剂，通常条件下其为无色液体，熔点
为-54.1℃，沸点为69.1℃，在潮湿空气中“发烟”，100℃以上开始分解生成SO2和Cl2，长期放置也会发
生分解。回答下列问题：
Ⅰ．制备SO2Cl2。实验室合成SO2Cl2的原理为SO2(g)+Cl2(g)
催化剂
¿SO2Cl2
¿
(1) Δ H =-97.3kJ⋅mol
-1，实验
装置如图所示：
(1)实验室中用Na2SO3固体与70%的硫酸反应制取SO2，则装置甲可选取下列装置 (填字母)。
(2)装置己中发生反应的离子方程式为 ，装置乙和装置丁的作用 (填“相同”或
“不相同”)。
(3)制备的硫酰氯会发黄，其原因可能为 ；为了防止这种情况出现，对装置丙进行改进的措施
为 。
Ⅱ．测定SO2Cl2产品纯度(杂质不参与反应)。称取mgSO2Cl2产品于锥形瓶中，加入足量蒸馏水，充分反
应。滴加几滴K2CrO4溶液作指示剂，用c mol⋅L
-1的AgNO3溶液滴定反应后的溶液中Cl
-的含量，平行实验
三次，达到滴定终点时消耗AgNO3溶液的平均体积为V mL。已知：
物质
Ag2SO4
AgCl
Ag2CrO4
颜色
白色
白色
砖红色
(4)SO2Cl2与H2O反应的化学方程式为 ，滴定终点的现象是 。
(5)该SO2Cl2产品的纯度为 %(用含m、V 的式子表示)。
【答案】(1)b
(2) 4 H
++2Cl
-+ MnO2
Δ
¿Cl2↑+ Mn
2++2H2O
¿
相同
(3) 装置丙中反应温度过高导致硫酰氯分解 将装置丙进行冰(或冷)水浴
(4) SO2Cl2+2H2O = H2SO4+2HCl 滴入最后半滴AgNO3溶液时，出现砖红色沉淀，半分钟内不变
色
(5)13.5cV
2m
或6.75cV
m
【分析】甲制备二氧化硫，乙干燥二氧化硫并根据气泡的速率判断生成二氧化硫的快慢；己制备氯气，戊
除掉氯气中的HCl，丁干燥氯气并根据气泡的速率判断排出氯气的快慢；二氧化硫和氯气通入丙中发生反
应SO2(g)+Cl2(g)
催化剂
¿SO2Cl2(l)
¿
制备SO2Cl2。
【详解】（1）实验室中用Na2SO3固体与70%的硫酸反应制取SO2，属于固体+液体不加热制备气体，由于
Na2SO3易溶与水，故不能使用a 和c，答案为b；
（2）装置己中浓盐酸与MnO2加热制备氯气，发生反应的离子方程式为
4 H
++2Cl
-+ MnO2
Δ
¿Cl2↑+ Mn
2++2H2O
¿
；由分析可知，装置乙和丁的作用都是干燥气体并根据气泡的速率
判断排出气体的快慢，作用相同；
（3）制备的硫酰氯会发黄的可能原因为装置丙中反应温度过高导致硫酰氯分解，改进的措施为将装置丙
进行冰(或冷)水浴；
（4）SO2Cl2与H2O反应时化合价不变，生成H2SO4和HCl，化学方程式为SO2Cl2+2H2O = H2SO4+2HCl，
滴定时滴加几滴K2CrO4溶液作指示剂，用硝酸银滴定，先生成白色沉淀，Cl-先反应，后K2CrO4反应，故
滴定终点时现象为滴入最后半滴AgNO3溶液时，出现砖红色沉淀，半分钟内不变色；
（5）SO2Cl2水解方程式为SO2Cl2+H2O=H2SO4+2HCl，c mol•L-1 AgNO3溶液滴定反应后的溶液，终点时消
耗AgNO3溶液的平均体积为V mL，n(SO2Cl2)=1
2n(AgNO3)= 1
2×c×V×10-3mol=1
2cV×10-3mol，产品的纯度为
cV×10
-3×135
m
×100 %=13.5cV
2m
%。
2．（2025·辽宁·二模）三氯乙醛(CCl3CHO)是无色油状液体，常用于制取农药。某小组模拟制备CCl3CHO
并验证其生成物的实验装置如图所示(夹持、加热装置均略去)。
【查阅资料】Ⅰ．制备原理：C2H5OH+ 4 Cl2 →
70℃
CCl3CHO+5 HCl。可能发生的副反应：i．
C2H5OH+ HCl→C2H5Cl+ H2O；ii．CCl3CHO+ HClO→CCl3COOH(三氯乙酸)+HCl。
Ⅱ．有关物质的性质：
C2H5OH
CCl3CHO
CCl3COOH
C2H5Cl
熔点/℃
-114.1
-57.5
58
-138.7
沸点/℃
78.3
97.8
198
12.3
溶解性
与水互溶
可溶于水、乙醇
溶于水、乙醇
微溶于水，可溶于乙醇
回答下列问题：
(1)根据实验原理，下列装置的接口连接顺序为a - -h(装置不重复使用)。
(2)采用多孔球泡而非常规导管导气的优点是 。
(3)若撤去装有浓硫酸的洗气瓶，会导致CCl3CHO的产率降低，可能原因为 。
(4)为证明该反应产生了HCl，需要在E 装置前增加装有 (试剂名称)的装置。
(5)反应后的混合物可采用过 (操作)进一步分离、提纯CCl3CHO。
(6)测定产品纯度：取1.20g的CCl3CHO溶于水，配制成250mL溶液。取25.00mL配制的溶液于锥形瓶中，
加入适量NaOH溶液，微热使其充分反应，待冷却后，先滴加稀硝酸酸化，再滴加3 滴Na2CrO4溶液作指示
剂，用0.1mol⋅L
-1的AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为24.00mL。已知：
CCl3CHO+ 4 NaOH→
Δ
OHC-COONa+3 NaCl+2H2O。CCl3CHO的纯度为 %(保留三位有效数字)。
(7)探究CCl3CHO的性质：向溴水中滴加CCl3CHO，振荡，溶液褪色。经检验，反应后溶液的pH明显减小。
CCl3CHO与溴水反应的化学方程式为 。
【答案】(1)fgbcde
(2)增大反应物接触面积，提高氯气吸收速率和利用率
(3)Cl2与H2O发生反应生成HCl和HClO，导致发生副反应ⅰ和ⅱ，使副产物CCl3COOH、C2H5Cl增多，
CCl3CHO 产率降低
(4)四氯化碳
(5)蒸馏
(6)98.3
(7)CCl3CHO+Br2+H2O=CCl3COOH+2HBr
【分析】由题干实验装置图可知，装置A 为用浓盐酸与高锰酸钾反应制备氯气，D 装置、B 装置分别为饱
和食盐水和浓硫酸对氯气净化，干燥的氯气进入C 装置发生反应：C2H5OH+4Cl2 →
❑
80~90℃
CCl3CHO+5HCl，E
装置为尾气吸收装置防止污染空气，据此进行解答。
【详解】（1）由分析结合实验原理可知，下列装置的接口连接顺序为afgbcdeh，故答案为：fgbcde；
（2）由题干实验装置可知，采用多孔球泡而非常规导管导气的优点是增大反应物接触面积，提高氯气吸
收速率和利用率，故答案为：增大反应物接触面积，提高氯气吸收速率和利用率；
（3）若撤去装有浓硫酸的洗气瓶，即有水蒸气进入C 装置，则发生Cl2+H2O=HCl+HClO，导致发生副反
应i 和ii，即有HClO 将氧化CCl3CHO，从而会导致CCl3CHO 的产率降低，故答案为：Cl2与H2O发生反应
生成HCl和HClO，导致发生副反应ⅰ和ⅱ，使副产物CCl3COOH、C2H5Cl增多，CCl3CHO产率降低；
（4）由于尾气中含有Cl2和HCl，Cl2能与水反应生成HCl 和HClO，生成的HCl 也能与AgNO3反应产生白
色沉淀，但HCl 不溶于CCl4而Cl2易溶于CCl2，故为证明该反应产生了HCl，需要在E 装置前增加装有四
氯化碳的装置来除去尾气中的Cl2，故答案为：四氯化碳；
（5）由题干表中数据可知，CH3CH2OH、CH3CH2Cl 与CCl3CHO 的沸点相差较大，故反应后的混合物可采
用过蒸馏进一步分离、提纯CCl3CHO，故答案为：蒸馏；
（6）根据已知：CCl3CHO+ 4 NaOH→
Δ
OHC-COONa+3 NaCl+2H2O，AgNO3+NaCl=NaNO3+AgCl↓可得出：
CCl3CHO~3Cl-~3AgNO3，故n(CCl3CHO)=1
3n(AgNO3)=1
3×24.00×10-3L×0.1mol/L× 250 mL
25.00 mL =8×10-3mol，
CCl3CHO 的纯度为8×10
-3mol×147.5g/mol
1.2g
×100%=98.3%，故答案为：98.3；
（7）已知醛基能被Br2氧化成羧基，自身被还原为Br-而褪色，向溴水中滴加CCl3CHO，振荡，溶液褪色，
经检验，反应后溶液的pH 明显减小，即有强酸HBr 生成，根据氧化还原反应配平可得，CCl3CHO 与溴水
反应的化学方程式为：CCl3CHO+Br2+H2O=CCl3COOH+2HBr，故答案为：
CCl3CHO+Br2+H2O=CCl3COOH+2HBr。
3．（2025·江苏常州·二模）乙酸是一种重要的有机化工原料，其制备方法受到广泛研究和关注。
(1)CO 催化电解制乙酸。
①将CO 通入附着催化剂的多孔石墨电极，以KOH 溶液为电解液，电解装置如图所示。生成的CH3COOK
经处理后得到乙酸。阴极上CO 生成CH3COO
-的电极反应式为 。
②C8H15 NO6是一种来源广、价格低的化工原料。其他条件不变，改进工艺，以KOH 和C8H15 NO6的混合液
为电解液也可制备乙酸，电解装置如图所示。从装置和物质转化的角度分析，改进后的优点有
。
(2)CH4光催化制乙酸。
在光照条件下，以PdO/Pd 为催化剂，向反应器中匀速通入一定比例的CH4和H2O进行反应。H2O在Pd 表面
产生⋅OH。生成乙酸的一种机理如图所示。
①步骤Ⅵ过程中形成碳碳单键，在下图中补全X 的结构。
步骤Ⅷ需在加热条件下，加入物质Y 实现转化，Y 可能为 (填字母)。
A．CO B．O2 C．H2
②ⅰ：催化剂中Pd 元素总量一定，乙酸的产量和光催化效率随PdO 的含量变化如图所示。当PdO 的含量
大于10μmol时，随着PdO 含量的增加，乙酸的产量逐渐减少，原因是 。
ⅱ：若催化剂中不含PdO 时，在Pd 上的反应仍遵循上述反应机理，则反应得到的有机产物有C2H6、
(填结构简式)。
③在该光催化条件下，O2比H2O更易活化，生成更多的⋅OH。若用O2代替部分H2O进行实验，随着O2含量
的上升，甲烷的消耗量略有增加，乙酸的产量却不升反降，原因是 。
【答案】(1) 2CO+3 H2O+ 4e
-=CH3COO
-+3OH
- 乙酸的产量更高；无需使用离子交换膜，装置
更简单(或成本更低)
(2)
或
(与Pd 相连虚线、实线不作要求) B 光催化效率降低，
甲烷转化率下降；Pd 含量减少，表面产生⋅OH的量减少；Pd 含量减少，甲烷的吸附量减少 CH3OH
装置中产生大量的⋅OH，直接将甲烷氧化为CO2
【详解】（1）①KOH 溶液为电解液，阴极上CO 发生还原反应生成CH3COO
-，电极反应式为
2CO+3 H2O+ 4e
-=CH3COO
-+3OH
-；
②根据图示C8H15 NO6也能转化为乙酸，装置中无需离子交换膜，从装置和物质转化的角度分析，改进后的
优点有乙酸的产量更高；无需使用离子交换膜，装置更简单(或成本更低)；
（2）
①步骤Ⅵ过程中形成碳碳单键，结合步骤Ⅶ过程中生成乙酸，补全X 的结构为
或
(与Pd 相连虚线、实线不作要求)；步骤Ⅷ需在加热条件下，加入物质Y 实现转化，□为氧
空位，Y 可能为O2，故选B；
②ⅰ：当PdO 的含量大于10μmol时，随着PdO 含量的增加，从图中可以看出光催化效率降低，因此乙
酸的产量逐渐减少，原因是光催化效率降低，甲烷转化率下降；Pd 含量减少，表面产生⋅OH的量减少；Pd
含量减少，甲烷的吸附量减少；
ⅱ：根据图示，若催化剂中不含PdO 时，则不会形成碳氧双键，H2O在Pd 表面产生⋅OH，则反应得到的有
机产物除了C2H6，还有CH3OH；
③若用O2代替部分H2O进行实验，随着O2含量的上升，装置中产生大量的⋅OH，乙酸可以进一步被氧化生
成CO2，所以甲烷的消耗量略有增加，乙酸的产量却不升反降，原因是装置中产生大量的⋅OH，直接将甲
烷氧化为CO2。
4．（2025·福建厦门·二模）利用Favorskii 反应制备可应用于光刻领域的癸炔二醇(
，简称
S104)，过程如下。
I．制备催化剂异丁醇钾-间二甲苯悬浮液(实验装置如图，夹持装置省略)。(反应限度很小)。
反应原理为
+KOH⇌
+H2O(反应限度很小)。在氮气氛围中升温至T 1℃，经分水器
分去水相。待体系含水量降至0.2%以下时，继续升温并补加试剂X。待……时，停止加热，得到异丁醇
钾-间二甲苯悬浮液。已知：几种共沸物组分及沸点如下表。
序
号
组分名称
组分沸点/℃
共沸物沸
点/℃
质量百分比/%
组分
一
组分二
组分
一
组分
二
组分
一
组分
二
1
水
异丁醇
100
108
90
33.2
66.8
2
异丁
醇
间二甲
苯
108
139
107.7
87
13
(1)使用氮气氛围的主要目的是排除 对异丁醇钾的影响。(填标号)
A．H2O B．CO2 C．O2
(2)T 1为 (填数值)，使用分水器分离出水相的目的是 。
(3)试剂X 为 ，待温度计 (填“a”或“b”)的温度升高至 ℃时“停止加热”。
II．制备S104：待上述悬浮液冷却后，通入乙炔以置换烧瓶中的氮气。升温至35℃，在2h 内边缓缓通入
乙炔，边缓慢滴加
5.00g
甲基异丁基酮(
，简称MIBK，
M r=100
)，加料完毕后反应3~15h。
反应结束后，反应液经水解、分离提纯制得4.52g S104。Favorskii
反应：
。
(4)结合反应机理，从结构角度分析异丁醇钾催化效果优于KOH的原因 。
(5)反应温度对MIBK 转化率及S104 收率的影响如图。
①据图推测：当温度过低时，所提供能量不足以完全活化乙炔分子两个炔氢，多数乙炔分子仅活化了一个
炔氢，产生大量副产物，其结构简式为 。
②当温度过高时，产品收率下降。从平衡角度分析，其可能的原因是 。
(6)本实验中S104 的产率为 。
【答案】(1)A
(2) 90 分离出水，使生成异丁醇钾的反应正向进行
(3) 间二甲苯 b 139
(4)异丁基具有推电子效应，异丁基醇负离子碱性更强
(5)
温度过高时，生成S104 的反应逆向移动，造成MIBK 转化率及S104 收率均降低
(6)80%
【分析】
+KOH⇌
+H2O 反应限度很小，分离出水，使平衡正向移动，为排除水对产品的影
响，在氮气氛围中升温至90℃，经分水器分去水相。待体系含水量降至0.2%以下时，继续升温并补加试
剂间二甲苯。待温度计b 的温度升高至139℃时，说明异丁醇、水完全蒸出，停止加热，得到异丁醇钾-间
二甲苯悬浮液。待悬浮液冷却后，通入乙炔以置换烧瓶中的氮气，升温至35℃，边缓缓通入乙炔，边缓慢
滴加甲基异丁基酮，加料完毕后反应3~15h，反应结束后，反应液经水解、分离提纯制得S104。
【详解】（1）
+KOH⇌
+H2O 反应限度很小，分离出水，使平衡正向移动，使用氮气氛围的主要
目的是排除H2O 对异丁醇钾的影响，选A。
（2）在氮气氛围中升温至T 1℃，经分水器分去水相，水和异丁醇共沸物沸点90℃，所以T 1为90℃；使
用分水器分离出水相，使平衡正向移动，所以使用分水器分离出水相的目的是分离出水，使生成异丁醇钾
的反应正向进行，增大异丁醇钾产率；
（3）制备催化剂异丁醇钾-间二甲苯悬浮液，异丁醇与间二甲苯形成共沸物，需补加间二甲苯，试剂X 为
间二甲苯，间二甲苯的沸点为139℃，当温度计b 的温度达到139℃时，说明水、异丁醇完全蒸出，所以待
温度计b 的温度升高至139℃时“停止加热”。
（4）Favorskii 反应用碱作催化剂，异丁基具有推电子效应，异丁基醇负离子碱性更强，所以异丁醇钾催
化效果优于KOH。
（5）
①乙炔分子仅活化了一个炔氢，乙炔只有1 个H 发生Favorskii 反应，相当于只生成了一半的癸炔二醇，故
副产物的结构简式为
。
②当温度过高时，生成S104 的反应逆向移动，造成MIBK 转化率及S104 收率均降低产品收率下降。
（6）5.00g甲基异丁基酮的物质的量为0.05mol，理论上生成0.025molS104，本实验中S104 的产率为
4.52g
0.025 mol×226g/mol ×100 % =80 %。
5．（2025·江苏常州·二模）单质硫有S2、S4、S6、S8等同素异形体，可由闪锌矿(主要含ZnS、FeS)制备。
已知：S8在低于112℃时在水溶液中呈固态，高于150℃易分解，易溶于CCl4。
(1)制备：将闪锌矿置于敞口容器中，加入硫酸浸取，边搅拌边通入O2。部分浸取过程如图所示。
①步骤Ⅱ反应的离子方程式为 。
②高于112℃时，锌的浸出率更高，除反应速率加快外，主要原因是 。
③相同条件下，锌的浸出率和硫的氧化率随初始酸浓度的变化如图所示，初始酸浓度大于1.6mo/L 时，硫
的氧化率随酸浓度的增加而下降，主要原因是 。
(2)检验：请补充完整检测过滤所得固体中是否残留ZnS 等难溶硫化物的实验方案：取少量浸取后过滤所得
固体，加适量CCl4充分溶解，过滤，加热所得固体至CCl4完全挥发， (实验须选用的试剂：饱
和溴水，蒸馏水，BaCl2溶液。已知：饱和溴水可将硫化物氧化为硫酸盐)。
(3)蒸硫：将浸取后冷却所得粗硫置于如图所示装置中加热得到硫蒸气，再冷凝得到硫单质。
①蒸硫过程中，N2的进气口是 (填“a”或“b”)。蒸硫前，需通入一段时间N2，目的是
。
②已知S8沸点约445℃。温度约为280℃，硫单质完全变为蒸气，原因是 。
【答案】(1) 8 H2S+16 Fe
3+=S8↓+16 Fe
2++16 H
+ 高于112℃时，覆盖在闪锌矿表面的S8熔化，
有利于锌元素浸出(或低于112℃时，S8会在水中以固体析出，覆盖在闪锌矿表面，阻碍锌元素浸出)
随着酸浓度增大，硫元素转化为H2S逸出，导致硫的氧化率降低
(2)用蒸馏水洗涤浸取渣，至取最后一次洗涤滤液滴加BaCl2溶液无白色沉淀生成。将浸取渣加入足量饱和
溴水中，充分反应。取反应后的溶液滴加BaCl2溶液，如果无白色沉淀生成，则无ZnS 等难溶硫化物残留
(3) b 排出空气，防止硫单质被氧化 S8分解为相对分子质量更小的分子，沸点降低
【详解】（1）①步骤Ⅱ反应物为H2S 和Fe3+，生成物为Fe2+、H+、S8，离子方程式为：
8 H2S+16 Fe
3+=S8↓+16 Fe
2++16 H
+；
②S8在低于112℃时在水溶液中呈固态，高于112℃时，锌的浸出率更高，除反应速率加快外，主要原因是：
高于112℃时，覆盖在闪锌矿表面的S8熔化，有利于锌元素浸出(或低于112℃时，S8会在水中以固体析出，
覆盖在闪锌矿表面，阻碍锌元素浸出)；
③初始酸浓度大于1.6mo/L 时，随着酸浓度增大，硫元素转化为H2S逸出，导致硫的氧化率降低；
（2）溴水可以将硫化物最终氧化为硫酸根离子，检验是否残留ZnS 等难溶硫化物的实验方案是：取少量
浸取后过滤所得固体，加适量CCl4充分溶解，过滤，加热所得固体至CCl4完全挥发，用蒸馏水洗涤浸取渣，
至取最后一次洗涤滤液滴加BaCl2溶液无白色沉淀生成。将浸取渣加入足量饱和溴水中，充分反应。取反
应后的溶液滴加BaCl2溶液，如果无白色沉淀生成，则无ZnS 等难溶硫化物残留；
（3）①N2可以做保护气，防止硫被氧化，N2也可以冷却硫蒸气生成硫固体，故N2的进气口为b；蒸硫前
通氮气目的是排出空气，防止硫单质被氧化；
S
②
8在高于150℃时易分解，S8沸点约445℃，温度约为280℃，硫单质完全变为蒸气，原因是：S8分解为
相对分子质量更小的分子，沸点降低。
6．（2025·浙江绍兴·二模）二氯二茂钛(M=249g/mol)为红色片状晶体，溶于水和极性溶剂，性质较稳定；
其对烯烃聚合具有很高的催化活性，以下是合成二氯二茂钛的一种方法，具体流程如下：
实验制备装置(夹持、加热、水浴装置已省略)如图所示：
步骤Ⅰ：钠砂的制备。在装置(如图一)中加入二甲苯和小块金属钠，加热并搅拌至钠分散成砂粒状。抽出
二甲苯，加入溶剂四氢呋喃(THF)。
步骤Ⅱ：将冷凝管换成恒压滴液漏斗(如图二)。边搅拌边加入含环戊二烯的混合液。搅拌2 小时后，将制
得的深红色的溶液转移到另一滴液漏斗中。
步骤Ⅲ：另取一个三颈烧瓶加入一定量的TiCl4和四氢呋喃，将上述深红色溶液加入三颈烧瓶中，滴毕后
室温搅拌1h，静置，抽干溶剂得到粗品。
步骤Ⅳ：用索氏提取器提取产品(如图三)
已知：①环戊二烯存在：
②环戊二烯钠对水和氧气敏感。
请回答：
(1)步骤Ⅰ将钠制成钠砂的目的是 ；步骤Ⅱ中环戊二烯在使用前需加热蒸馏，收集42-45℃馏分
备用，其目的是 。
(2)合成过程为放热反应，步骤Ⅲ需要控制反应速率，可采取的措施有(写2 点) 。
(3)下列说法不正确的是___________。
A．步骤Ⅰ中，溶剂二甲苯、四氢呋喃均需要进行脱水处理
B．步骤Ⅱ中，在通风橱中将未反应的钠过滤除去，将滤液转移到分液漏斗中
C．步骤Ⅲ中，产品二氯二茂钛性质较稳定，故不需要通入N2进行保护
D．步骤Ⅳ中，索氏提取器的优点是可以连续萃取，提高产品的浸取率。
(4)步骤Ⅳ，请从下列选项中选出合理的操作并排序：
将产品装入滤纸套筒中→ →冷却，过滤得到产品
a．在圆底烧瓶中加入一定量的CCl4
b．在圆底烧瓶中加入一定量的氯仿
c．加热回流
d．打开冷凝水
e．当滤纸套筒中提取液颜色变浅时，停止加热
f．当滤纸套筒中提取液颜色呈深红色时，停止加热
(5)产品纯度的测定：
称取待测样品0.2500g 置于烧杯内，加入NaOH 溶液，加热至全部样品转化成白色沉淀为止。冷却后加一
滴酚酞，溶液变红，再加HNO3至红色恰好褪去，再加入K2CrO4作指示剂，用0.1000mol/L AgNO3溶液滴
定至终点，消耗AgNO3溶液20.00ml。
已知：Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(Ag2CrO4)=1.1×10-12，Ag2CrO4为砖红色沉淀。
①滴定终点现象为 。
②计算得到二氯二茂钛的纯度为 。
【答案】(1) 扩大了钠的与环戊二烯接触，加快反应速率，增大收率 使环戊二烯的聚合物解聚，
得到纯环戊二烯，提高原料利用率
(2)缓慢滴加深红色溶液、将三颈烧瓶置于冰浴中冷却
(3)BC
(4)bdce
(5) 最后半滴硝酸银溶液加入，产生砖红色沉淀，且半分钟不变化 99.6%
【分析】本实验是制备二氯二茂钛，该实验需要在无水无氧的环境下制备，步骤Ⅰ的目的是用钠除去四氢
呋喃中的水；步骤Ⅱ是为了将环戊二烯和钠反应得到环戊二烯钠；步骤Ⅲ根据反应原理加入原料制备产品。
【详解】（1）步骤Ⅰ将钠制成钠砂的目的是扩大了钠的与环戊二烯接触，加快反应速率，增大收率；步
骤Ⅱ中环戊二烯在使用前需加热蒸馏，收集42-45℃馏分备用，其目的是使环戊二烯的聚合物解聚，得到
纯环戊二烯，提高原料利用率。
（2）从反应速率的影响因素考虑，可以从温度角度分析，结合题给信息，合成过程为放热反应，则控制
反应速率的方法：缓慢滴加深红色溶液、将三颈烧瓶置于冰浴中冷却。
（3）A. 因环戊二烯钠对水和氧气敏感，故步骤Ⅰ中，溶剂二甲苯、四氢呋喃均需要进行脱水处理，正确；
B. 结合题意可知，步骤Ⅰ将钠分散成砂粒状，随后加入溶剂四氢呋喃(THF)，此时砂粒状已经分散到溶剂
四氢呋喃(THF)中，步骤Ⅱ过滤后加入含环戊二烯的混合液，此时溶液没有分层，则应该将过滤后的滤液
转移到图示的三颈烧瓶中，不是转移到分液漏斗中，错误；
C. 步骤Ⅲ中，产品二氯二茂钛性质较稳定，但是环戊二烯钠对氧气敏感，故需要氮气进行保护，错误；
D. 步骤Ⅳ中，与常规萃取相比，索氏提取器溶剂用量少，且可连续萃取，则优点是：使用溶剂量少，可
连续、重复萃取，萃取效率高，正确；
故选BC。
（4）根据题意二氯二茂钛(M=249g/mol)为红色片状晶体，溶于水和极性溶剂，应该用氯仿提取产品，不
能用四氯化碳，则首先在圆底烧瓶中加入一定量的氯仿，烧瓶中氯仿受热蒸发上升，冷凝后滴入滤纸套筒
1 中，再经导管返回烧瓶，从而实现连续萃取，当滤纸套筒中提取液颜色变浅时，证明萃取结束，故答案
为：bdce；
（5）①该滴定过程中，K2CrO4作指示剂，Ag2CrO4为砖红色沉淀，则滴定终点现象为：最后半滴硝酸银
溶液加入，产生砖红色沉淀，且半分钟不变化；
②1 个二氯二茂钛中含有2 个氯，则二氯二茂钛的物质的量为氯的物质的量的一半，即为硝酸银的物质的
量的一半，则二氯二茂钛的纯度0.1000mol/L×20 mL×10
-3× 1
2 ×249g/ mol
0.25g
×100 % =99.6 %。
7．（2025·天津和平·二模）硫酸四氨合铜晶体([Cu(NH3)4]SO4⋅H2O)常用作杀虫剂、媒染剂。常温下该物
质在空气中不稳定，受热时易发生分解。某化学兴趣小组设计如下方案来合成硫酸四氨合铜晶体并测定晶
体中氨的含量。
Ⅰ．CuSO4溶液的制备
①取4g铜粉，在仪器A 中灼烧10 分钟并不断搅拌使其充分反应。
②将A 中冷却后的固体转移到烧杯中，加入25 mL3 mol⋅L
-1H2SO4溶液，加热并不断搅拌至固体完全溶解。
(1)①中仪器A 的名称为 。
(2)②中发生反应的离子方程式为 。
Ⅱ．晶体的制备
将Ⅰ中制备的CuSO4溶液按如图(1)所示进行操作：
(3)加入适量NH3⋅H2O调节溶液pH，产生浅蓝色沉淀，已知其成分为Cu2(OH)2SO4，试写出生成此沉淀的离
子反应方程式 ；继续滴加NH3⋅H2O，浅蓝色沉淀会转化生成深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4溶液。
(4)缓慢加入乙醇会析出晶体的原因是 ；而不用浓缩结晶的原因是 。
Ⅲ．氨含量的测定
精确称取mg晶体，加适量水溶解，注入如图(2)所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量NaOH溶液，通入水蒸
气，将样品液中的氨全部蒸出，并用蒸馏水冲洗导管内壁，用V1mL0.500 mol⋅L
-1的盐酸标准溶液完全吸
收。取下接收瓶，用0.500mol⋅L
-1NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗V2mLNaOH溶液。
(5)装置中玻璃管的作用是 。
(6)滴定过程中应选用 作指示剂，取下接收瓶前，若未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁，
会使氨含量测定结果 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
(7)样品中产品纯度的表达式 。(不用化简)
【答案】(1)坩埚
(2)CuO + 2H
+=Cu
2++ H2O
(3)2Cu
2++2NH3⋅H2O+SO4
2-=Cu2(OH)2SO4+2NH4
+
(4) 乙醇降低了[Cu(NH3)4]SO4的溶解度 Cu(NH3)4SO4·H2O 晶体容易受热分解
(5)平衡气压，防止堵塞和倒吸
(6) 甲基橙 偏高
(7)1.25×10
-4(V1-V2)×246
m
×100%
【详解】（1）灼烧固体，应在坩埚中进行，所以仪器A 为坩埚；
（2）铜粉灼烧后生成氧化铜，氧化铜与H2SO4反应离子方程式为：CuO + 2H
+=Cu
2++ H2O；
（3）浅蓝色沉淀的成分为Cu2(OH)2SO4，根据原子守恒可知反应的离子方程式为
2Cu
2++2NH3⋅H2O+SO4
2-=Cu2(OH)2SO4+2NH4
+；
（4）[Cu(NH3)4]SO4难溶于乙醇，当缓慢加入乙醇时，降低了[Cu(NH3)4]SO4的溶解度，所以会析出晶体，
析出晶体时采用加入乙醇的方法，而不是浓缩结晶的原因是Cu(NH3)4SO4·H2O 晶体容易受热分解；
（5）玻璃管2 为长导管，可起到平衡气压、防止堵塞和倒吸的作用；
（6）用0.500mol⋅L
-1NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，所以用甲基橙作指示剂，取下接收瓶前，未用蒸馏
水冲洗插入接收瓶中的导管外壁，导致盐酸偏少，需要的氢氧化钠偏少，则V2偏小，使氨含量偏高；
（7）与氨气反应的n (HCl)=10
-3V1L×0.500mol⋅L
-1-0.500mol⋅L
-1×10
-3V2L=5×10
-4(V1- V2)mol，
根据NH3～HCl 可知，n(NH3)=n(HCl)=5×10-4(V1-V2)mol，则n[Cu(NH3)4SO4•H2O]=1
4 n(NH3)=1.25×10-4(V1-
V2)mol，样品中产品纯度的表达式为：
1.25×10
-4(V1-V2)mol×246g/mol
mg
×100%=1.25×10
-4(V1-V2)×246
m
×100%。
8．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）三氯化铬是常用的媒染剂和催化剂，易潮解、易升华，高温下易被氧气氧
化。实验室用Cr2O3和CCl4（沸点76.8℃）在高温下制备无水CrCl3，同时生成COCl2气体。可利用下面装
置模拟制取三氯化铬（K1、K2为气流控制开关）。
原理：Cr2O3+3CCl4
高温
¿3COCl2+2CrCl3
¿
已知：
COCl
①
2气体有毒，遇水发生水解产生两种酸性气体。
②碱性条件下，H2O2可将Cr3+氧化为CrO4
2-（黄色）；酸性条件下，H2O2将Cr2O7
2-（橙色）还原为Cr3+
（绿色）。
回答下列问题：
(1)下列实验图标中与本实验无关的是 （填代号）。
A
B
C
D
(2)步骤如下：
ⅰ.连接装置，检查装置气密性，装入药品并通入N2；
ⅱ.加热反应管至400℃；
ⅲ.控制开关，加热CCl4，温度保持在50~60℃之间；
iv.加热石英管继续升温至650℃，直到丙中反应基本完成，切断管式炉的电源；
v.停止乙装置水浴加热，继续通一段时间N2；
vi.装置冷却后，结束制备实验。
①步骤ⅰ中，开关K1、K2的状态分别为K1 K2 （填“开”或“关”）。
②步骤v 的操作：继续通一段时间N2，其目的是 。
(3)从安全的角度考虑，整套装置的不足是 。
(4)装置己中反应的离子方程式为 。
(5)测定产品中CrCl3质量分数的实验步骤如下：
Ⅰ．取5.000g CrCl3产品，在强碱性条件下，加入过量的30% H2O2溶液，小火加热使CrCl3完全转化为
CrO4
2-，继续加热一段时间；
Ⅱ．冷却后，滴入适量的稀硫酸和浓磷酸（浓磷酸的作用是防止指示剂提前变色），使CrO4
2-转化为
Cr2O7
2-，再加适量的蒸馏水将溶液稀释至100mL；
Ⅲ．取25.00mL 溶液，加入适量浓硫酸混合均匀，滴入2 滴试亚铁灵作指示剂，用新配制的1.000mol·L-1
(NH4)2Fe(SO4)2，标准溶液滴定至终点，重复2~3 次，平均消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液10.5mL。
①产品中CrCl3的质量分数为 %。
②下列操作将导致产品中CrCl3质量分数测定值偏高的是 （填标号）。
A．步骤Ⅰ中未持续加热一段时间
B．步骤Ⅱ中未加浓磷酸
C．步骤Ⅲ中滴定在隔绝空气情况下操作，但操作慢时间长
D．步骤Ⅲ中读数时，滴定前俯视，滴定后平视
【答案】(1)D
(2) 开 关 将COCl2完全排入装置已充分吸收，并将生成的CrCl3全部吹入丁中
(3)升华的三氯化铬易凝华，堵塞导管
(4)COCl2+ 4 OH
-=CO3
2-+2H2O+2Cl
-
(5) 44.38 D
【分析】三氯化铬易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化，所以实验过程中要确保装置内不能存在氧气和
水蒸气，甲、乙装置的作用是用N2将CCl4导入装置丙中参与反应，丁是收集装置，戊装置作用是防止水
蒸气进入反应和收集装置，己装置是处理COCl2尾气，整个反应流程先用干燥的N2排除装置内空气，然后
再通入N2将CCl4气体导入丙装置，与丙中的Cr2O3反应，生成的COCl2有毒气体与己装置中NaOH 溶液反
应从而进行吸收处理，为防止己装置中水蒸气进入反应和收集装置，故在丁和己装置中间加一个干燥装置
戊；
【详解】（1）本实验涉及到气体有毒，需要通风、使用护目镜，管式炉加热需要使用电，避免明火，护
目镜可以保护眼睛，实验结束后需要洗手，本实验不会用到锐器，与本实验无关的选D；
（2）①步骤i 中，K1开，K2关，使得N2能进入装置排尽空气而不会导入CCl4；
②继续通一段时间N2，其目的是：将COCl2完全排入装置己充分吸收，并将生成的CrCl3全部吹入丁中；
（3）从安全的角度考虑，整套装置的不足是：三氯化铬容易受热升华，温度降低后容易在导管内凝华，
从而堵塞导管；
（4）根据元素分析，COCl2水解生成的两种酸性气体是HCl 和CO2，COCl2和NaOH 溶液反应生成碳酸钠
和水、氯化钠，离子方程式应该为COCl2+ 4 OH
-=CO3
2-+2H2O+2Cl
-；
（5）①根据得失电子守恒Cr2O7
2-~6 Fe
2+，结合原子守恒可知2CrCl3~6 Fe
2+~6(NH4)2Fe(SO4)2，则样品
中n(CrCl3)= 1
3 n[(NH4)2Fe(SO4)2]× 100mL
25mL = 1
3 ×1.000mol⋅L
-1×10.5×10
-3 L×4 =0.014mol，，产品
中CrCl3的质量分数为0.014 mol×158.5 g/mol
5.00 g
×100%= 44.38 %；
A
②．步骤Ⅰ未继续加热一段时间，由于过量的H2O2的存在，在步骤Ⅱ中会将Cr2O7
2-还原为Cr3+，则滴定
时消耗标准溶液硫酸亚铁铵体积减小，测定的CrCl3质量分数偏低，A 不符合题意；
B．若步骤Ⅱ中未加浓磷酸，将导致滴定终点提前，即导致消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积将偏小，n(CrCl3)
和m(CrCl3)都将偏小，使CrCl3质量分数的测定值偏低，B 不符合题意；
C．步骤Ⅲ中滴定在隔绝空气情况下操作，但操作慢时间长，会排除空气中氧气氧化亚铁离子的干扰，不
会使得消耗溶液的体积偏大，不会使CrCl3质量分数的测定值偏高，C 不符合题意；
D．若步骤Ⅲ中读数时，滴定前俯视，滴定后平视，将导致消耗溶液的体积将偏大，n(CrCl3)和m(CrCl3)都
将偏大，使CrCl3质量分数的测定值偏高，D 符合题意；
故选D。
9．（2025·山西晋中·二模）正丁醚是一种无色透明有机溶剂，几乎不溶于水，化学性质稳定，且安全性很
高，在有机合成和萃取剂等领域具有广泛的应用。实验室制备正丁醚的反应原理如下：
主反应：2CH3(CH2)3OH ⇌
135℃
浓硫酸
CH3(CH2)3O(CH2)3CH3+ H2O
副反应：CH3(CH2)3OH ⇌
>135℃
浓硫酸
CH3CH2CH =CH2+ H2O
已知：正丁醇沸点为117℃，正丁醚沸点为142℃；正丁醇能溶于50%硫酸，而正丁醚溶解很少。
实验装置如图所示（夹持、加热装置略）：
实验步骤：
I．制备：
i．在100 mL双颈圆底烧瓶中加入14.8g(18.5 mL)正丁醇，少量多次加入4g(2.2mL)浓硫酸，充分振荡混合，
并加入沸石，组装好装置，温度计玻璃球插入液面下。
ii．先在分水器中加入2mL水，开始加热回流。反应开始后，分水器内液体出现分层：下层为水，上层有
机相积到支管后会返回反应烧瓶中，继续加热到烧瓶内温度在135℃左右，约1h。
iii．当反应完成时停止加热。
II．分液蒸馏提纯：
iv．待反应物冷却后，将混合物连同分水器中的水一起倒入盛有25 mL水的分液漏斗中，充分振摇，静置后
分出下层的水，上层得到粗制正丁醚。
v．用16 mL50 %硫酸分两次洗涤，再用10 mL水洗涤（下层水，上层有机层），分出上层正丁醚；加入无
水氯化钙充分振荡；最后将产物进行蒸馏，收集139~142℃的馏分，得到无色液体9.8g。
回答下列问题：
(1)仪器B 的名称为 。
(2)浓硫酸要少量多次加入并振荡均匀，其原因是 。
(3)实验中分水器的作用是 ，判断反应已经完成的标志是 。
(4)用50%硫酸洗涤的目的是 ；加入无水氯化钙的目的是 。
(5)分液时会出现乳化（分液界面不清晰），加入饱和食盐水可消除乳化，解释原因： 。
(6)实验中分出水的量超过理论数值，分析其主要原因为 。
(7)本实验的产率最接近于 （填字母）。
a．85% b．80% c．75% d．70%
【答案】(1)球形冷凝管
(2)避免浓硫酸局部浓度过大，出现反应物炭化，影响产率
(3) 除去反应生成的水，促进反应正向进行，提高产率 分水器中水层液面保持不变
(4) 除去正丁醇 除去水
(5)增大水层密度，拉大液体的两相密度差，使混合物更易分层（或增强溶液的极性，降低正丁醚溶解度，
有利于分层）
(6)温度升高，发生副反应，单分子正丁醇脱水
(7)c
【分析】正丁醇在浓硫酸、135℃左右发生分子间脱水生成正丁醚和水，得到含有正丁醚的混合液，经一
系列分液蒸馏提纯得到正丁醚，据此解答。
【详解】（1）由仪器构造可知，仪器B 的名称为球形冷凝管；
（2）浓硫酸具有脱水性，实验过程中要少量多次加入并振荡均匀，其原因是：避免浓硫酸局部浓度过大，
出现反应物炭化，影响产率；
（3）主反应为可逆反应，且生成水，用分水器除去反应生成的水，可使其平衡正向移动，提高产率，则
实验中分水器的作用是：除去反应生成的水，促进反应正向进行，提高产率；反应已经完成时，分水器中
水层液面不再发生变化，则判断反应已经完成的标志是：分水器中水层液面保持不变；
（4）正丁醇能溶于50%硫酸，而正丁醚溶解很少，则用50%硫酸洗涤的目的是除去正丁醇；无水氯化钙
具有吸水性，则加入无水氯化钙的目的是除去水；
（5）分液时会出现乳化（分液界面不清晰），加入饱和食盐水可增大水层密度，拉大液体的两相密度差，
从而消除乳化，其原因：增大水层密度，拉大液体的两相密度差，使混合物更易分层（或增强溶液的极性，
降低正丁醚溶解度，有利于分层）；
（6）主反应中2 分子正丁醇生成1 分子水，副反应中正丁醇分子内脱水，1 分子正丁醇即可生成1 分子水，
所以实验中分出水的量超过理论数值，其主要原因为：温度升高，发生副反应，单分子正丁醇脱水；
（7）14.8g 正丁醇的物质的量为14.8g
74g/mol =0.2mol，根据反应式理论上可以制取0.1mol 正丁醚，即正丁
醚的理论产量为0.1mol×130g/mol=13g，而正丁醚的实际产量为9.8g，则其产率为
9.8 g
13 g ×100 %≈75 %，故选c。
10．（2025·福建莆田·二模）二草酸合铜(Ⅱ)酸钾[K2Cu(C2O4)2]是一种重要化工产品，可用于制备电子、催
化等领域的功能材料。已知：草酸易分解。
Ⅰ．制备二草酸合铜(Ⅱ)酸钾
具体步骤如下：
①称取3.0gH2C2O4·2H2O，加入一定量水，微热搅拌使其溶解，转移至锥形瓶；
②称取2.2g K2CO3，将其分批加入上述锥形瓶中，搅拌，用冷水浴控制反应液温度低于85℃，得到
KHC2O4和K2C2O4混合溶液；
③往上述混合溶液中加入0.78g Cu(OH)2，并将锥形瓶置于已升温至85℃的水浴中，搅拌下反应3 分钟，
得深蓝色澄清溶液，冷却、结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品。
(1)步骤①中，不需要用到下图中的仪器是 (填仪器名称)。
(2)步骤②中，分批加入K2CO3的目的是 。
(3)Cu(OH)2与KHC2O4反应的化学方程式为 。
(4)不同冷却方式下可得到二草酸合铜(Ⅱ)酸钾针状晶体、片状晶体或二者的混合物。研究表明，一般情况，
冷却时间越长，晶体颗粒越大。步骤③为了得到片状晶体，应采取最合理的冷却方式为 (填标号)。
a．冰水浴迅速冷却
b．自来水中(约15℃冷却
c．室温下(约20℃)空气中冷却
d．原热水浴中缓慢冷却
Ⅱ．产品[K2Cu(C2O4)2]·2H2O [M=354g·mol-1]纯度的测定
准确称取制得的产品a g 加入一定量浓氨水，溶解，加水定容至250mL，用移液管量取溶液25.00 mL 于锥
形瓶中，用硫酸调节溶液的pH 至中性；加适量NH4Cl-NH3·H2O 缓冲溶液，再加PAN 作指示剂，用b
mol·L-1的EDTA(EDTA 可表示为Na2H2Y)标准溶液滴定至终点(离子方程式为Cu
2++H2Y
2-=[CuY
2-]+2H
+，
其他离子不参与反应)；平行实验，平均消耗EDTA 标准溶液V mL。
(5)接近终点时，滴加半滴EDTA 溶液的操作：慢慢转动滴定管的活塞，使滴定管的尖嘴处悬挂一滴液体不
滴落， 。
(6)该产品的纯度为 (用含a、b 和V 的代数式表示)。
(7)测定过程会导致产品纯度偏高的情况是 (填标号)。
a．未使用标准溶液润洗滴定管
b．摇动锥形瓶时有少量待测液溅出
c．产品未完全溶解
d．终点读数时仰视滴定管刻度线
【答案】(1)容量瓶、分液漏斗
(2)控制反应速率，防止草酸分解(其他合理答案也可以)
(3)Cu (OH)2+2KHC2O4=K2Cu(C2O4)2+2H2O
(4)d
(5)用锥形瓶内壁轻触该液滴，使其沿瓶内壁流下，再用洗瓶以少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，摇匀
(6)3.54 bV
a
×100 %
(7)ad
【详解】（1）步骤①：称取3.0gH2C2O4·2H2O，加入一定量水，微热搅拌使其溶解，转移至锥形瓶，不用
精确配制，因此只需要用到天平、烧杯和玻璃棒，不需要用到图中的仪器是容量瓶、分液漏斗；
（2）已知草酸易分解，步骤②中K2CO3与草酸反应会放热，分批加入K2CO3可以控制反应速率，防止反应
过于剧烈，同时也能防止因反应放热导致草酸分解，则分批加入K2CO3的目的是：控制反应速率，防止草
酸分解；
（3）Cu(OH)2与KHC2O4反应生成K2Cu(C2O4)2和水，反应的化学方程式为：
Cu (OH)2+2KHC2O4=K2Cu(C2O4)2+2H2O；
（4）研究表明，一般情况，冷却时间越长，晶体颗粒越大，片状晶体需要相对较长时间冷却。冰水浴迅
速冷却时间太短，自来水(约15℃)冷却和室温(约20℃)空气中冷却时间不够长，原热水浴中缓慢冷却时间
长，能得到片状晶体，所以步骤③为了得到片状晶体，应采取最合理的冷却方式为原热水浴中缓慢冷却，
故选d；
（5）接近终点时，滴加半滴EDTA 溶液的操作：慢慢转动滴定管的活塞，使滴定管的尖嘴处悬挂一滴液
体不滴落，用锥形瓶内壁轻触该液滴，使其沿瓶内壁流下，再用洗瓶以少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，摇匀；
（6）根据反应Cu
2++H2Y
2-=[CuY
2-]+2H
+可知，[K2Cu(C2O4)2]·2H2O 的物质的量为bV ×10
-3×10mol，因
此该产品的纯度为bV ×10
-3×10×354g
ag
×100%= 3.54 bV
a
×100 %；
（7）a．未使用标准溶液润洗滴定管，导致EDTA 标准溶液浓度偏小，消耗EDTA 标准溶液的体积偏大，
导致产品纯度偏高，a 符合题意；
b．摇动锥形瓶时有少量待测液溅出，消耗EDTA 标准溶液的体积偏小，导致产品纯度偏低，b 不符合题意；
c．产品未完全溶解，消耗EDTA 标准溶液的体积偏小，导致产品纯度偏低，c 不符合题意；
d．终点读数时仰视滴定管刻度线，即终点读数偏大，消耗EDTA 标准溶液的体积偏大，导致产品纯度偏
高，d 符合题意；
故选ad。
11．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）苯胺在染料、医药、香料等领域有广泛的应用。乙酰苯胺是磺胺类药物
的原料，可用于止痛、退热、防腐及合成染料的中间体。
已知：①
②苯胺与乙酸的反应速率较慢，且反应是可逆的。
③刺形分馏柱的作用相当于二次蒸馏，用于沸点差别不太大的混合物的分离。
④相关物质物理性质如下：
物质
硝基苯
苯胺
乙醚
冰醋酸
乙酰苯
胺
沸点/℃
210
184
118
34.5
304
溶解性
及特性
难溶于水，易溶
于乙醇、乙醚
微溶于水，易溶
于乙醇、乙醚
易溶于水和
有机溶剂
微溶于
水、极易
燃
微溶于
冷水
步骤Ⅰ：制取苯胺
在图1 仪器A 中，加入锡粒、硝基苯，边搅拌边分次加入过量浓盐酸，控制温度不超过90℃，加热回流
30min。充分反应后冷却至室温，加入NaOH 溶液至呈碱性。
(1)仪器A 的名称为 。
(2)加入NaOH 溶液的主要目的是析出苯胺，写出反应的离子方程式 。
步骤Ⅱ：提纯苯胺
将图1 改装为图2 装置，进行水蒸气蒸馏，直到馏出液变澄清为止；向馏出液中加入氯化钠至饱和，分离
出粗苯胺，向水层中加入乙醚萃取，合并粗苯胺和乙醚萃取液，加入无水固体，静置1h 后过滤，将滤液
进行蒸馏，先蒸出乙醚回收，再蒸出苯胺，收集馏分。
(3)步骤Ⅱ中加入氯化钠至饱和的目的是 ；无水Na2SO4固体的作用是 。
(4)步骤Ⅱ中蒸出苯胺时应选用下列哪种仪器 (填序号)。
A．直形冷凝
管
B．球形冷凝
管
C．空气冷凝
管
(5)步骤Ⅱ中向水层中加入乙醚萃取的操作：向分液漏斗中小心加入乙醚，振荡， ，静置，分
液。
步骤Ⅲ：制取乙酰苯胺
向图3 反应器内加入新制的苯胺、过量冰醋酸以及少许锌粉(防止苯胺被氧化)，保持分流装置柱顶温度在
105℃左右加热回流1h；在搅拌下趁热将反应物倒入200mL 冰水中，析出固体，冷却后进行减压过滤、洗
涤，得到粗乙酰苯胺。
(6)从化学平衡角度分析，步骤Ⅲ中控制分流装置柱顶温度在100℃～105℃的原因为 。
(7)下列有关本实验操作的说法不正确的是 。
A．采用水蒸气蒸馏的优点是蒸馏温度不高于100℃
B．减压过滤的优点是：过滤速度快，得到晶体较干燥
C．步骤Ⅱ的蒸馏操作，应该采用酒精灯直接加热
【答案】(1)双颈烧瓶
(2)
+OH-→
+H2O
(3) 降低苯胺在水中的溶解度，增大水层密度有利于苯胺分层析出 干燥产品
(4)C
(5)将分液漏斗下口向上倾斜，打开活塞排出气体
(6)不断分出反应过程中生成的水，促进反应正向进行，提高生成物的产率
(7)C
【分析】
由题意可知，步骤Ⅰ制备苯胺的过程为硝基苯与锡、盐酸共热发生还原反应生成
，
与氢氧化钠溶液反应生成苯胺；步骤Ⅱ提纯苯胺的过程为通过水蒸气蒸馏，蒸出苯胺和水
蒸气，将馏出液分液得到粗苯胺，向水层加入氯化钠至饱和，降低苯胺在水中的溶解，再用乙醚萃取苯胺，
合并粗苯胺和乙醚萃取液，用无水硫酸钠固体干燥，将干燥后的混合液小心倾入干燥的蒸馏烧瓶中蒸馏分
别收集得到乙醚和苯胺产品；步骤Ⅲ制取乙酰苯胺的过程为新制的苯胺、过量冰醋酸在加热条件下发生取
代反应生成乙酰苯胺，将在冰水中析出的固体经减压过滤、洗涤得到粗乙酰苯胺。
【详解】（1）由实验装置图可知，仪器A 为双颈烧瓶，故答案为：双颈烧瓶；
（2）
由分析可知，加入氢氧化钠溶液的目的是将溶液中的
转化为苯胺，反应的离子方程式为
+OH-→
+H2O，故答案为：
+OH-→
+H2O；
（3）步骤Ⅱ中加入氯化钠至饱和的目的是降低苯胺在水中的溶解度，增大水层密度有利于苯胺分层析出；
无水硫酸钠能与水反应生成十水硫酸钠，所以实验时无水硫酸钠固体的作用是做干燥剂，干燥产品，故答
案为：降低苯胺在水中的溶解度，增大水层密度有利于苯胺分层析出；干燥产品；
（4）由苯胺的沸点可知，苯胺蒸气的温度与水的温度相差较大，用水冷却易炸裂冷凝管，所以实验时选
用空气冷凝管，故选C；
（5）乙醚具有挥发性，挥发出的乙醚会使分液漏斗内的气压增大，为防止压力过大活塞脱落，振荡时应
打开活塞排出气体，则向水层中加入乙醚萃取的操作为向分液漏斗中小心加入乙醚，振荡，将分液漏斗下
口向上倾斜，打开活塞排出气体，静置，分液，故答案为：将分液漏斗下口向上倾斜，打开活塞排出气体；
（6）由题意可知，新制的苯胺与过量乙酸发生取代反应生成乙酰苯胺和水的反应是可逆反应，步骤Ⅲ中
控制分流装置柱顶温度在100℃～105℃的目的是不断分出反应过程中生成的水，促进反应正向进行，提高
生成物的产率，故答案为：不断分出反应过程中生成的水，促进反应正向进行，提高生成物的产率；
（7）A．采用水蒸气蒸馏的优点是蒸馏温度不高于100℃，能够有效降低苯胺的蒸馏温度，避免高温对苯
胺可能造成的热分解等不利影响，从而实现温和高效的分离，故正确；
B．减压过滤可以通过减小压力差来加快过滤速率，且过滤过程中减少了液体的残留使滤出的固体更容易
干燥，故正确；
C．乙醚具有挥发性，挥发出的乙醚遇明火会发生燃烧爆炸，所以步骤Ⅱ的蒸馏操作，不能用酒精灯直接
加热，故错误；
故选C。
12．（2025·贵州毕节·二模）乙烯是合成纤维、橡胶、塑料和乙醇的基本化工原料。某实验小组利用如图
装置（夹持装置省略）制备乙烯并进行产率的测定：
Ⅰ．乙烯的制备方法
检查装置的气密性，将适量的固体乙烯利加入到滴液式气体发生器的反应容器中，储液杯中加入碱液，打
开a，使碱液滴入反应容器后与固体乙烯利充分接触产生气体，收集乙烯并验纯。
Ⅱ．碱溶液的选择
称取3.0g乙烯利固体分别与20.00 mL不同浓度氢氧化钠溶液和氢氧化钾溶液反应，根据实验现象，确定最
佳反应溶液。
Ⅲ．乙烯产率的测定
用分析天平分别称取不同质量的乙烯利固体与步骤Ⅱ中确定的最佳反应碱溶液反应，测定产生乙烯的体积
并计算产率。
已知：固体乙烯利（
）难溶于水，和强碱溶液反应除生产乙烯外还产生氯化盐、磷
酸盐等。回答下列问题：
(1)a 的作用 。
(2)步骤Ⅱ的实验现象如下表：
序
号
氢氧化钠
溶液浓
度/%
实验现象
序号
氢氧化钾溶
液浓度/%
实验现象
1
20
产气速率较慢，反应
器壁温，气流不平
稳，反应过程中出现
盐析现象
1
20
产气速率较慢，
反应器壁温，气
流不平稳，无盐
析现象
2
30
产气速率较快，反应
器壁温，气流不平
稳，反应过程中出现
盐析现象
2
30
产气速率较快，
反应器壁温，气
流平稳，无盐析
现象
3
35
产气速率较快，反应
3
35
产气速率很快，
器壁温热，气流平
稳，反应过程中出现
盐析现象
反应器壁温热，
气流平稳，无盐
析现象
由上表分析可知：制备乙烯的最佳反应溶液选择 ，当出现盐析现象时，对反应速率和产率产生不
利影响的原因是 。
(3)步骤Ⅱ中称取固体时，下列实验仪器中用到的有 、 。（填仪器名称）
(4)写出步骤Ⅲ中反应的化学方程式 ，PO4
3-的空间结构为 。
(5)步骤Ⅲ的部分实验数据如下表，计算乙烯产率和乙烯平均产率。
序
号
乙烯利的质量
（g）
乙烯体积
（mL）
乙烯体积理论值
（mL）
乙烯产率
（%）
乙烯平均产率
（%）
1
7.0869
1010
1099
2
7.0561
995
1094
90.95
3
7.0347
993
1091
91.02
(6)与实验室用乙醇和浓硫酸制备乙烯相比，利用此装置制备乙烯的优点是 。
【答案】(1)调节碱液的滴加速度，控制反应速率
(2) 30%氢氧化钾溶液 盐析产生的固体包裹乙烯利固体表面，阻碍碱液与乙烯利充分接触，使反
应速率减慢，且降低产率
(3) 托盘天平 烧杯
(4)
+4KOH
→
CH2=CH2↑+KCl+K3PO4+3H2O 正四面体
(5) 91.90 91.29
(6)反应无需加热，产生的乙烯气流平稳，速率可控，产率高
【分析】利用固体乙烯利和强碱溶液反应制备乙烯，通过对比实验选择强碱溶液，通过测定产生乙烯的体
积并计算产率。
【详解】（1）a 的作用是调节碱液的滴加速度，控制反应速率。
（2）由上表分析可知：制备乙烯的最佳反应溶液选择是30%氢氧化钾溶液，当出现盐析现象时，对反应
速率和产率产生不利影响的原因是盐析产生的固体包裹乙烯利固体表面，阻碍碱液与乙烯利充分接触，使
反应速率减慢，且降低产率。
（3）步骤Ⅱ中称取固体时，实验仪器中用到的有托盘天平和烧杯。
（4）
已知固体乙烯利（
）和强碱溶液反应除生产乙烯外还产生氯化盐、磷酸盐等，则步骤
Ⅲ中反应的化学方程式
+4KOH
→
CH2=CH2↑+KCl+K3PO4+3H2O；
PO4
3-
中心原子P 的价
层电子对数为4+5×3-2×4
2
=4，故空间结构为正四面体；
（5）乙烯产率为1010
1099 ×100%=91.90%，乙烯平均产率为91.90 %+90.95 %+91.02%
3
=91.29%。
（6）与实验室用乙醇和浓硫酸制备乙烯相比，利用此装置制备乙烯的优点是反应无需加热，产生的乙烯
气流平稳，速率可控，产率高。
13．（2025·湖北武汉·二模）为探究HCHO和新制氢氧化铜悬浊液反应的产物，某实验小组进行如图所示实
验。在59~62℃下加热，最终得到无色溶液和红色沉淀。
已知：①在酸性条件下，Cu2O+2H
+=Cu
2++Cu+ H2O。
②HCOOH →
△
浓H2SO4
CO↑+ H2O。
③常温下，CO能将PdCl2还原成单质钯。
回答下列问题：
(1)仪器X 的名称为 。
(2)实验过程中采用的加热方式为 ，长直导管的作用为 。
(3)实验小组对红色沉淀的成分进行探究，假设如下：
假设i：只有Cu；
假设ii：只有Cu2O；
假设iii：由Cu和Cu2O组成。
小组成员使用电子天平称量0.360g红色沉淀，溶于足量稀硫酸，得到0.352g红色固体。实验中可观察到
的现象为 ，说明假设 正确。
(4)实验小组对无色溶液的成分进行探究，实验装置如下图（加热装置已略去）。
①观察到b中 ，证明无色溶液中不含Na2CO3。
②c中出现黑色颗粒，则c中发生反应的化学方程式为 。
(5)该条件下，HCHO和新制氢氧化铜悬浊液发生主要反应的化学方程式为 。
【答案】(1)圆底烧瓶
(2) 水浴加热 冷凝回流甲醛，提高甲醛利用率
(3) 溶液变为蓝色 iii
(4) 澄清石灰水不变浑浊（或无明显现象） CO+ PdCl2+ H2O= Pd↓+CO2+2HCl
(5)HCHO+Cu (OH)2+ NaOH→
△
HCOONa+Cu+2H2O
【分析】探究HCHO和新制氢氧化铜悬浊液反应的产物，在59~62℃下加热，最终得到无色溶液和红色沉
淀，若红色沉淀只有Cu，加入足量稀硫酸后，红色固体质量不变，若只有Cu2O，通过
Cu2O+2H
+=Cu
2++Cu+H2O进行计算，以此解答。
【详解】（1）仪器X 的名称为圆底烧瓶。
（2）由题干信息“在59~62℃下加热”可知，实验过程中应采用的加热方式是水浴加热。长直导管的作
用为冷凝回流甲醛，提高甲醛利用率。
（3）若假设i 成立，加入足量稀硫酸后，红色固体质量不变；若假设ii 成立，根据已知①可知，存在关系
如下：
Cu2O
+
2H
+
=
Cu
2+
+
Cu
+
H2O
144
¿
¿
¿64
¿
¿
¿
¿
¿
故0.360g 红色固体中含0.0144g Cu2O，说明红色沉淀由Cu 和Cu2O 组成，假设iii 正确，反应生成了Cu
2+，
溶液变为蓝色；红色固体中m (Cu)>m (Cu2O)，且M(Cu)<1
2 M(Cu2O)，则Cu 是主要的还原产物。
（4）①若无色溶液中不含Na2CO3，则a 中无CO2生成，b 中澄清石灰水不变浑浊（或无明显现象）；
c
②中出现黑色颗粒，说明CO 将PdCl2还原成单质Pd，化学方程式为CO+PdCl2+H2O=Pd↓+CO2+2HCl。
（5）由(3)(4)中分析可知，该条件下，HCHO 与新制氢氧化铜反应的主要产物为Cu 和HCOONa，主要反
应为HCHO+Cu(OH)2+NaOH →
59-62
°C
HCOONa+Cu+2H2O。
14．（2025·陕西渭南·二模）[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O为深蓝色晶体，可溶于水，难溶于乙醇，常用作杀虫剂、
媒染剂。某小组在实验室制备该晶体并检验其纯度。
【制备晶体】利用图1 装置(部分夹持装置略)制备[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O晶体。
(1)盛装乙醇溶液的仪器的名称为 。
(2)1mol[Cu(NH3)4]
2+含有σ键的数目为 N A(N A为阿伏加德罗常数的值)。SO4
2-的空间构型为
。
(3)A 装置中发生反应的化学方程式为 。
(4)如图，将A 装置产生的气体持续通入B 装置中，而不使用长导管通入的原因是 ；并不断搅
拌，可观察到的现象为 。
(5)向反应后溶液继续滴加95%乙醇溶液，有深蓝色晶体析出，经过滤、洗涤、干燥得到产品。加入乙醇析
出晶体的原因是 。洗涤时最适宜的洗涤剂是 (填字母)。
A．乙醚 B．乙醇 C．乙醇与浓氨水体积比为1:2的混合液 D．浓氨水
【测定纯度】测定硫酸四氨合铜晶体的纯度
取wg[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O样品溶于蒸馏水配制成250mL 溶液，准确量取25.00mL 配制好的溶液，滴加适
量的稀硫酸，充分反应。加入过量KI 溶液，滴加3 滴淀粉溶液，用c mol⋅L
-1Na2S2O3溶液滴定至终点，
消耗Na2S2O3溶液VmL。已知[Cu(NH3)4]
2++ 4 H
+=Cu
2++ 4 NH4
+，2Cu
2++ 4I
-=2CuI↓+I2，
I2+2S2O3
2-=2I
-+S4O6
2-。
(6)[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O的纯度为 (用含w、c、V 的代数式表示)。若振荡锥形瓶时间长，空气
进入较多，则测定结果 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【答案】(1)恒压分液漏斗
(2) 16 正四面体形
(3)2NH4Cl+Ca (OH)2=
Δ
CaCl2+2NH3↑+2H2O
(4) 防倒吸 先生成蓝色沉淀，后蓝色沉淀逐渐溶解，溶液变为深蓝色
(5) [Cu(NH3)4]SO4⋅H2O难溶于乙醇，降低了[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O的溶解度 C
(6) 246cV
w
% 偏高
【分析】设计实验制备硫酸四氨合铜晶体并测定其纯度，A 装置中生成氨气，通入硫酸铜溶液中，并不断
搅拌，先生成蓝色沉淀氢氧化铜，后沉淀溶解，得到深蓝色溶液，然后加入95%的乙醇，静置析出深蓝色
硫酸四氨合铜晶体，以此解答。
【详解】（1）盛装乙醇溶液的仪器的名称为恒压分液漏斗；
（2）一个氨分子中含有3 个σ键，[Cu(NH3)4]
2+中含有σ键数：4+3×4=16，1mol[Cu(NH3)4]
2+含有σ键的数
目为16N A；SO4
2-中心原子价层电子对数为4+6+2- 4×2
2
=4，没有孤电子对，空间构型为正四面体形；
（3）A 装置中固体氯化铵和氢氧化钙共热生成氨气，发生反应的化学方程式为
2NH4Cl+Ca (OH)2=
Δ
CaCl2+2NH3↑+2H2O；
（4）氨气极易溶于水，将A 装置产生的气体持续通入B 装置中，而不使用长导管通入的原因是防倒吸；
根据分析，不断搅拌，可观察到的现象为先生成蓝色沉淀，后蓝色沉淀逐渐溶解，溶液变为深蓝色；
（5）[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O难溶于乙醇，降低了[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O的溶解度，析出晶体；乙醇可以减少
产物溶解，浓氨水能防止配离子解离，以减少产物损耗，故洗涤时最适宜的洗涤剂是乙醇与浓氨水体积比
为1:2的混合液，故选C；
（6）根据关系式：2[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O∼I2∼2Na2S2O3，25.00mL 配制好的溶液中含有cV×10
-3 mol
[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O，[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O的纯度为cV×10
-3× 250
25 ×246g
wg
×100 %=246cV
w
%；若振荡
锥形瓶时间长，空气进入较多，空气中的氧气会将碘离子氧化为I2，则测定结果偏高。
15．（2025·河北石家庄·二模）氨基甲酸铵(H2NCOONH4)是一种白色固体粉末，易水解，不易溶于醚、
CCl4等有机溶剂，59℃时分解为氨及二氧化碳。氨基甲酸铵是尿素生产过程的中间产物。某实验小组利用
如下装置，使NH3和CO2以2:1的速率通过，经纯化、干燥后制取氨基甲酸铵。
请回答下列问题：
(1)装置A 制取气体的优点是 ；装置B 中所用试剂是 。
(2)制备氨基甲酸铵，以上仪器接口的连接顺序为 →gh← (仪器可重复使用)。
(3)装置E 中盛装CCl4的仪器名称为 ，CCl4的作用除了充当介质之外，同时还可以
。
(4)氨基甲酸铵存在分解和化合平衡H2NCOONH4 (s)⇌2NH3(g)+CO2(g) Δ H，
已知：R ln K p=- Δ H × 1
T +C(R、C 为常数，T 为热力学温度)，有关数据如图所示：
①Δ H = kJ⋅mol
-1；
②装置E 中用冰水浴的原因： 。
(5)装置E 出气口k 处需连接的干燥管，其中宜盛装的试剂为 (填字母)
A．碱石灰 B．氯化钙 C．硅胶
(6)氨基甲酸铵吸湿后会生成NH4 HCO3，请写出化学方程式 ；若称取已部分变质的氨基甲酸固
体样品4.69g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥、称量，质量
为6.00g。则样品中氨基甲酸铵的质量分数为 ％(保留三位有效数字)。
【答案】(1) 可以控制反应的发生或停止 浓氨水和氢氧化钠固体（或生石灰也可）
(2) adcdc efh(或feh)
(3) 三颈烧瓶 降低氨基甲酸铵溶解度，利于其结晶析出
(4) +159.2 生成氨基甲酸铵的反应为放热的，且其受热易分解为氨及二氧化碳，需要降温
(5)B
(6) H2NCOONH4+2H2O=NH4HCO3+NH3⋅H2O 83.2%
【分析】装置A 是启普发生器，用于块状固体和液体不加热制气体，氨气不适合用启普发生器制取，所以
装置A 用于制取二氧化碳，A 中利用盐酸和大理石反应制CO2，经C 装置中饱和碳酸氢钠溶液除去挥发的
HCl、C 装置中浓硫酸干燥后，通入装置E，装置B 中利用浓氨水和氢氧化钠固体混合制氨气，经D 中碱
石灰干燥后，通入装置E；NH3和CO2一起通入盛装CCl4的三颈烧瓶中可制得氨基甲酸铵；
【详解】（1）装置A 是启普发生器，用于块状固体和液体不加热制气体，其优点时可以控制反应的发生
或停止；由分析，装置B 中利用浓氨水和氢氧化钠固体混合制氨气，故装置B 中所用试剂是浓氨水和氢氧
化钠固体（或生石灰也可）；
（2）由分析，制备氨基甲酸铵，以上仪器接口的连接顺序为adcdc→gh←efh(或feh)；
（3）装置E 中盛装CCl4的仪器名称为三颈烧瓶；氨基甲酸铵不易溶于醚、CCl4等有机溶剂，则CCl4的作
用除了充当介质之外，同时还可以降低氨基甲酸铵溶解度，利于其结晶析出；
（4）①依据公式，将图中的任意两组数据代入，得a：-67.82=-3.342×10
-3× Δ H +C、b：
-69.73=-3.354×10
-3× Δ H +C，a-b 得：+1.91=0.012×10
-3× Δ H，Δ H =+159.2kJ/mol。
②氨基甲酸铵的焓变大于0，为吸热反应，则生成氨基甲酸铵的反应为放热的，且其受热易分解为氨及二
氧化碳，故需要降温而使用装置E 中冰水浴；
（5）尾气含有氨气会污染空气，故可以使用氯化钙，且氯化钙还可以防止空气中水蒸气进入装置使得氨
基甲酸铵水解，故选B；
（6）氨基甲酸铵吸湿后会生成NH4 HCO3，结合质量守恒，则还会生成一水合氨，配平方程式为：
H2NCOONH4+2H2O=NH4HCO3+NH3⋅H2O；设碳酸氢铵为xmol，氨基甲酸铵为ymol，由样品总质量可得：
79g/ mol×xmol+78g/ mol×ymol= 4.69g，又因为6.00g 为碳酸钙，则碳元素为6.00g÷100g/
mol=0.06mol，由碳原子守恒可得：xmol+ymol=0.06 mol，x=0.01mol、y=0.05mol，，则样品中氨基甲酸
铵的质量分数为78g/ mol×0.05 mol
4.69g
×100% =83.2%。
16．（2025·云南大理·二模）草酸是一种特殊的二元弱酸，广泛存在于自然界的植物中，草酸具有不稳定
性、还原性、酸性。某学习小组开展如下探究活动。
(1)按如图所示的装置，通过实验检验草酸晶体的部分分解产物：
查阅资料知：草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而钙盐是难溶于水的白色固体；草酸晶体（H2C2O4⋅2H2O）相
对分子质量为126，易溶于水，熔点为101℃，受热至150℃时开始升华，175℃时开始分解，分解产物为
CO2、CO、H2O。
①甲同学认为A 装置有错误，理由是给固体加热时试管口应略向下倾斜，你是否同意他的观点 （填
“是”或“否”）。
②乙同学认为，若没有B 装置，则无法证明草酸晶体分解有CO2生成，理由是 （用离子方程式表
示）。
③装置D 的作用是 。
④能证明草酸晶体分解产物中有CO 的现象是 。
(2)为测定某草酸晶体产品中（H2C2O4⋅2H2O）的质量分数，称取14.0g 产品溶于水，配制成500mL 溶液，
用浓度为0.10mol⋅L
-1的酸性高锰酸钾溶液滴定，每次所取待测液体积均为25.00mL，实验结果记录如表：
（杂质不与高锰酸钾反应）
实验次数
第一次
第二
次
第三次
消耗KMnO4溶液体积/mL
20.05
19.95
24.36
①滴定过程的离子反应方程式是： ，滴定终点的判断标志是 。
②通过实验数据，计算该产品中（H2C2O4⋅2H2O）的质量分数为 。
③下列操作会导致测定结果偏低的是 。
A．锥形瓶用待测液润洗
B．装酸性高锰酸钾溶液的滴定管没有润洗
C．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定结束后气泡消失
D．滴定前平视，滴定结束时俯视
【答案】(1) 否 H2C2O4+Ca
2++2OH
-=CaC2O4↓+2H2O 除去气体中的CO2 F 中黑色固体
变红，G 中澄清石灰水变浑浊
(2) 2MnO4
-+5H2C2O4+6H
+=2Mn
2++10CO2↑+8H2O 当最后半滴酸性KMnO4标准溶液滴入时，溶液
由无色变为浅红色，且半分钟不褪色 90% D
【分析】A 装置是草酸晶体的分解装置，B 中冰水的作用是冷凝挥发的草酸蒸气，C 中的澄清石灰水用于
检验分解生成的CO2，D 用于除掉CO2，E 中浓硫酸干燥气体，F 中CO 与氧化铜反应生成CO2，G 中澄清
石灰水变浑浊，说明F 中生成CO2，说明草酸分解有CO 生成，最后用气囊收集尾气；
【详解】（1）①草酸晶体(H2C2O4⋅2H2O)熔点为101℃，受热至150℃时开始升华，175℃时开始分解，
说明其先熔化再分解，故不能让试管口向下倾斜，故我不同意他的观点；
②若没有B 装置，挥发的草酸也会与澄清石灰水反应生成白色沉淀，则无法证明草酸晶体分解有CO2生成，
草酸与澄清石灰水反应的离子方程式为：H2C2O4+Ca
2++2OH
-=CaC2O4↓+2H2O；
③由分析可知，装置D 的作用是除去气体中的CO2；
F
④中CO 与氧化铜反应生成CO2和铜，现象为黑色固体变红，G 中CO2与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，
现象为澄清石灰水变浑浊，两者结合起来说明草酸晶体分解产物中有CO；
（2）①草酸与酸性高锰酸钾溶液反应，生成CO2、硫酸锰和水，反应的离子方程式为
2MnO4
-+5H2C2O4+6H
+=2Mn
2++10CO2↑+8H2O；酸性高锰酸钾溶液本身为紫红色，故当最后半滴酸性
KMnO4标准溶液滴入时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟不褪色，说明达到滴定终点；
②由表格中数据可知，第三次实验数据偏差大，应舍去，故所用酸性KMnO4标准溶液的平均体积为
20.00mL，n(KMnO4)=0.10mol⋅L
-1 ×0.020L=0.002mol，则n(H2C2O4⋅2H2O)=0.002mol× 5
2=0.005mol，原
样品中H2C2O4⋅2H2O的质量分数为0.005 mol× 500
25 ×126g/ mol
14.0g
×100 %=90%；
A
③．锥形瓶用待测液润洗，待测液偏多了，导致消耗标准液体积偏大，结果会偏高，故A 不选；
B．装酸性高锰酸钾溶液的滴定管没有润洗，标准液被稀释，导致消耗标准液体积偏大，结果会偏高，故
B 不选；
C．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定结束后气泡消失，则所读到的标准液体积偏大，结果偏高，故C 不
选；
D．滴定前平视，滴定结束时俯视，则所读到的标准液体积偏小，结果偏低，故D 选；
答案为D。
17．（2025·天津南开·二模）二氧化硫是重要的工业原料，某课题小组利用SO2制备Na2SO3并利用Na2SO3
制备Na2S2O3⋅5 H2O。回答下列问题：
Ⅰ．SO2制备Na2SO3
(1)装置A 用于观察SO2的流速且平衡压强，所装试剂是 。
(2)装置B 中盛装NaOH 溶液的仪器名称是 。
(3)实验时，先关闭活塞a，逐渐通入过量SO2，此时装置B 中发生反应的离子方程式为 。再打开活
塞a，加入适量NaOH 溶液充分反应，加NaOH 溶液的目的是 。
(4)装置D 的作用是 。
Ⅱ．Na2SO3制备Na2S2O3·5H2O
反应原理：Na2SO3(aq)+S(s)≜Na2S2O3(aq)
实验步骤：称取一定量的Na2SO3于烧杯中，溶于水。另取过量的硫粉，加入少量乙醇充分搅拌均匀后，加
到上述溶液中。水浴加热，微沸，反应后趁热过滤。滤液蒸发浓缩、冷却结晶后析出Na2S2O3·5H2O晶体。
再进行减压过滤、洗涤并低温干燥，得到产品。
(5)硫粉在反应前用乙醇润湿的目的是 。
(6)产品中除了有未反应的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是 。检验是否存在该杂质的方法是
。
(7)该实验一般控制在碱性环境下进行，否则产品发黄，用离子反应方程式表示其原因： 。
【答案】(1)浓硫酸
(2)分液漏斗
(3) 2SO2+CO3
2-+ H2O =2HSO3
-+CO2 与NaHSO3反应生成Na2SO3
(4)吸收多余的SO2，防止污染空气
(5)使硫粉易于分散到溶液中
(6) Na2SO4 取少量产品溶于过量盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中
含有Na2SO4
(7)S2O3
2-+2H
+=S↓+SO2↑+ H2O
【分析】装置A 为液体试剂且通过长颈漏斗和大气相通，用于观察SO2的流速且平衡压强，B 中首先过量
二氧化硫和碳酸钠反应生成亚硫酸氢钠，然后亚硫酸氢钠能和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，装置C 用于防
止倒吸，D 用于吸收尾气防止污染；利用Na2SO3、硫粉水浴加热微沸，反应后趁热过滤，滤液蒸发浓缩、
冷却结晶后析出Na2S2O3·5H2O晶体；
【详解】（1）装置A 为液体试剂，用于观察SO2的流速且平衡压强，所装试剂是浓硫酸，浓硫酸和二氧化
硫不反应，能通过气泡观察流速；
（2）由图，装置B 中盛装NaOH 溶液的仪器名称是分液漏斗；
（3）过量二氧化硫和碳酸钠反应生成二氧化碳和亚硫酸氢钠，反应为：2SO2+CO3
2-+ H2O =2HSO3
-+CO2；
亚硫酸氢钠能和碱氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，故加NaOH 溶液的目的是与NaHSO3反应生成Na2SO3；
（4）尾气有毒，装置D 的作用是吸收多余的SO2，防止污染空气；
（5）硫粉难溶于水，微溶于乙醇，故硫粉用乙醇润湿后易扩散到溶液中。
（6）亚硫酸钠具有还原性，容易被空气中氧气氧化为硫酸钠，故最可能存在的无机杂质是Na2SO4。硫酸
根离子会和钡离子生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，检验是否存在该杂质的方法是取少量产品溶于过量盐酸，
过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4；
（7）Na2S2O3酸性条件下会发生歧化反应生成二氧化硫气体和黄色硫单质，使得产品发黄，反应为：
S2O3
2-+2H
+=S↓+SO2↑+ H2O。
18．（2025·江西景德镇·二模）稀土铕化合物M (Mr=1146)在外力作用下会发出红色的荧光，其合成原理
如下：
已知Ph-表示苯基，其中[EuY4]
-的结构如图。
实验步骤：
①称取0.1808g(0.4 mmol)六水合硝酸铕[Eu(NO3)3⋅6 H2O]于10 mL试管中，加入4.0 mLX，振荡溶解，记
为溶液A。
②称取0.5382g(2.4 mmol)HY(弱酸)于50 mL烧杯中，加入20.0 mLX，搅拌溶解，记为溶液B。
③向B 溶液中加入0.6 mL(过量)三乙胺(此步在通风橱内完成)，搅拌混匀，记为溶液C．
④将溶液A逐滴加入溶液C中，边滴加边搅拌，再用6.0 mLX洗涤试管3 次并将洗涤液加入到溶液C中，此
时可以观察到混合溶液颜色由无色透明变为浅黄色浊液。
⑤静置30 min。将反应后的浅黄色浊液减压抽滤，洗涤、干燥、冷却后称量晶体的质量为0.2750g。
回答下列问题：
(1)实验过程中还可能要用到下列那些仪器 。(填字母，下同)
(2)溶剂X可能是 ；[EuY4]
-中Eu的配位数为 。
a．乙醇 b．苯 c．四氯化碳 d．环己烷
(3)步骤③中(C2H5)3 N会与HY反应，写出相应离子方程式 。(可用字母代表相应物质)
(4)步骤④洗涤试管3 次的作用是 。
(5)滤液中主要含有一种有机盐的化学式为 。
(6)本实验的产率最接近于 。
a．20% b．40% c．60% d．80%
利用设置M于密封袋中，铺平，用玻璃棒碾压会发出红色的荧光。据此，写出M可能的一种用途 。
【答案】(1)bde
(2) a 8
(3)(C2H5)3 N + HY=Y
-+[(C2H5)3 NH]
+
(4)使硝酸铕反应完全，减少损失，增大产率
(5)[(C2H5)3 NH]NO3
(6) c 可以应用于应急照明、压力传感器等合理答案
【分析】称取固体质量精确到0.0001，需要用到电子天平，量取一定体积的溶液，需要用到量筒、胶头滴
管，溶解需要用到烧杯、玻璃棒，抽滤还需要用到布氏漏斗；
【详解】（1）根据分析，图中需要用到的是胶头滴管、量筒、玻璃棒，故选bde；
（2）苯、四氯化碳、环己烷是非极性溶剂，乙醇是极性溶剂，根据反应原理，需要用到极性溶剂，因此
溶剂X可能是乙醇，故选a；根据[EuY4]
-的结构图，[EuY4]
-中Eu的配位数为8；
（3）(C2H5)3 N中含有氨基，具有碱性，会与HY反应，离子方程式为：(C2H5)3 N + HY=Y
-+[(C2H5)3 NH]
+；
（4）步骤④洗涤试管3 次的作用是使溶液A中硝酸铕反应完全，减少损失，增大产率；
（5）溶液A 中含有硝酸根，滤液中主要含有一种有机盐的化学式为[(C2H5)3 NH]NO3；
（6）0.1808g(0.4 mmol)六水合硝酸铕完全转化可以得到0.4 mmolM，质量为(0.0004×1146)g=0.4584g，产
率约为0.2750g
0.4584g ×100 %≈60%，故选c；M碾压会发出红色的荧光，可以应用于应急照明、压力传感器等。
19．（2025·吉林·二模）纳米TiO2在环境净化、光催化、光电转换等领域有着极其广泛的应用，某小组在
实验室中制备纳米TiO2。
Ⅰ．制备并收集TiCl4(装置如图所示，加热及夹持装置略去)
已知：相关物质的部分性质如表所示：
物质
熔点/℃
沸点/℃
其他性质
TiCl4
-23.2
136.4
高温时能与O2反应，极易水解生成白色沉淀，能溶于
CCl4等有机物。
FeCl3
304
316
遇水易水解生成红褐色物质。
CCl4
-23
76.8
难溶于水，且密度大于水的密度。
回答下列问题：
(1)仪器a 的名称为 。
(2)实验操作顺序中，K1、K2打开的先后顺序依次为 。
(3)C 装置为U 形水柱，该装置的作用为 ，并可以平衡气压。
(4)D 装置管式炉温度加热到900℃，瓷舟中物质反应后生成TiCl4、FeCl3和一种有毒气态氧化物，其化
学反应方程为 ，同时还有副反应生成的少量CCl4。
(5)根据所给信息，装置E 控温箱温度控制范围应为 ，可除去一部分杂质。
(6)F 装置设计上存在的一处明显缺陷是 。
Ⅱ．制备并测定纳米TiO2
(7)①仪器b 中收集到的粗产品，可采用 方法分离提纯，得到较为纯净的四氯化钛。
②以N2为载体，用TiCl4和水蒸气反应并控制温度生成纳米xTiO2•yH2O。之后进行如下操作：灼烧、干燥
器中冷却、称重，得到固体物质3.47g。
③测定TiO2纯度：将②中得到的3.47g 固体放入锥形瓶中，用过量稀硫酸充分溶解得到TiOSO4，再用足量
铝将TiO
2+还原为Ti
3+，加入KSCN 溶液做指示剂，用1.000mol·L-1NH4Fe(SO4)2溶液滴定至终点。重复操作
2 次，消耗NH4Fe(SO4)2溶液体积的平均值为40.00mL(已知：Ti
3++Fe
3++H2O=TiO
2++Fe
2++2H
+)。
该产品中TiO2的质量分数为 (保留三位有效数字)。
【答案】(1)恒压滴液漏斗
(2)K1、K2
(3)判断装置内压强的变化，以达到控制气体流速的目的
(4)2FeTiO3+6C+7Cl2
900℃
¿
¿
2TiCl4+2 FeCl3+6CO
(5)136.4℃—304℃
(6)无CO 尾气处理装置
(7) 蒸馏 92.2%
【分析】由实验装置图可知，装置A 中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气；装置B 中盛有的浓硫酸用于
干燥氯气；装置C 为U 形水柱，用于判断装置内压强的变化，以达到控制气体流速的目的，并起到平衡气
压的作用；装置D 中氯气与FeTiO3和炭粉在900℃条件下反应制备四氯化钛；装置E 控制温度在136.4℃
—304℃分离四氯化钛和氯化铁；装置F 用于冷凝收集四氯化钛，其中球形冷凝管用于冷凝回流四氯化钛，
盛有碱石灰的干燥管用于吸收氯气，防止污染空气，同时吸收水蒸气，防止水蒸气进入锥形瓶中导致四氯
化钛水解，但F 装置设计上存在的一处明显缺陷是无一氧化碳尾气处理装置，逸出的一氧化碳会污染空气。
【详解】（1）由实验装置图可知，仪器a 为恒压滴液漏斗，故答案为：恒压滴液漏斗；
（2）由题给信息可知，四氯化钛高温时能与氧气反应，则实验时，应先通入氮气排尽装置中的空气，再
通入氯气，防止反应生成的四氯化钛被空气中的氧气氧化，所以打开K1、K2的先后顺序依次为K1、K2，
故答案为：K1、K2；
（3）由分析可知，装置C 为U 形水柱，用于判断装置内压强的变化，以达到控制气体流速的目的，并起
到平衡气压的作用，故答案为：判断装置内压强的变化，以达到控制气体流速的目的；
（4）由分析可知，装置D 中氯气与FeTiO3和炭粉在900℃条件下反应制备四氯化钛，反应的化学方程式
为2FeTiO3+6C+7Cl2
900℃
¿
¿
2TiCl4+2 FeCl3+6CO，故答案为：2FeTiO3+6C+7Cl2
900℃
¿
¿
2TiCl4+2
FeCl3+6CO；
（5）由分析可知，装置E 控制温度在136.4℃—304℃分离四氯化钛和氯化铁，达到除去一部分杂质的目
的，故答案为：136.4℃—304℃；
（6）由分析可知，F 装置设计上存在的一处明显缺陷是无一氧化碳尾气处理装置，逸出的一氧化碳会污染
空气，故答案为：无CO 尾气处理装置；
（7）①由题给信息可知，仪器b 中收集到的粗产品中会混有副反应生成的四氯化碳杂质，可以用蒸馏的
方法分离提纯，得到较为纯净的四氯化钛，故答案为：蒸馏；
③由题意可得如下转化关系：TiO2—Ti3+—Fe3+，滴定消耗40.00mL 1.000mol/L 硫酸铁铵溶液，则产品中二
氧化钛的质量分数为1.000mol/L×0.04L×80g/mol
3.47g
×100%≈92.2%，故答案为：92.2%。
20．（2025·天津红桥·二模）亚氯酸钙[Ca(ClO2)2]具有极强的吸湿性。无水物加热至：350℃尚不分解，
含水亚氯酸钙加热到130℃~140℃即分解。某实验小组利用下图所示装置制备黄绿色ClO2气体，并在加热
条件下使其与CaO2反应制备Ca(ClO2)2。
已知：ClO2可被NaOH溶液吸收得到NaClO3和NaClO2的混合物。
Ⅰ．亚氨酸钙的制备。
(1)盛放H2O2的仪器名称为 。
(2)仪器的连接顺序为a→ (部分仪器可重复使用)。
(3)装置D 中长颈漏斗的作用为 。
(4)A 是ClO2的发生装置，其中发生反应的离子方程式为 。
(5)制备Ca(ClO2)2时，参与反应的氧化剂与还原剂的化学计量数之比为 。
(6)ClO2被NaOH 溶液吸收的离子方程式为 。
Ⅱ．产品中亚氯酸钙(杂质为CaCl2)含量测定。
①准确称取0.1200g 粗产品于碘量瓶中，加入醋酸和稍过量的KI 溶液，然后以淀粉溶液作指示剂，用
0.2000 mol/LNa2S2O3标准溶液进行滴定至滴定终点，平行测定三次后取平均值，用去25.24mL 标准溶液。
②空白实验：不取产品，其余试剂用量和步骤相同，消耗1.24 mLNa2S2O3标准溶液，
已知：Ca(ClO2)2+8KI+8CH3COOH = 4I2+8CH3COOK+CaCl2+ 4 H2O；I2+2S2O3
2-=2I
-+S4O6
2-。
(7)①滴定终点时溶液中的颜色变化现象为 。
②若未进行空白实验，则测定结果将 (填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
③亚氯酸钙Ca(ClO2)2(M =175g/ mol)的纯度为 (保留3 位有效数字)。
【答案】(1)恒压滴液漏斗
(2)debcdef(g)或decbdef(g)
(3)防止倒吸
(4)2ClO3
-+ H2O2+2H
+=2ClO2↑+O2↑+2H2O
(5)2:1
(6)2ClO2+2OH
-=ClO3
-+ClO2
-+ H2O
(7) 溶液由蓝色变为无色 偏大 87.5%
【分析】A 中H2O2、硫酸、NaClO3反应生成ClO2，浓硫酸用于干燥ClO2，B 中CaO2和ClO2反应生成
Ca(ClO2)2，D 中NaOH 用于吸收尾气，防止污染空气。
【详解】（1）由题干实验装置图可知，盛放H2O2的仪器名称为恒压滴液漏斗，故答案为：恒压滴液漏斗；
（2）A 中H2O2、硫酸、NaClO3反应生成ClO2，浓硫酸用于干燥ClO2，B 中CaO2和ClO2反应生成
Ca(ClO2)2，D 中NaOH 用于吸收尾气，防止污染空气，含水亚氯酸钙加热到130～140℃即分解，所以B 装
置左右两侧都需要连接浓硫酸，仪器的连接顺序为a→d→e→b→c(或c→b)→d→e→f→g，故答案为：
d→e→b→c(或c→b)→d→e→f→g；
（3）由题干实验装置图可知，装置D 中长颈漏斗的作用为防止倒吸，故答案为：防止倒吸；
（4）A 是ClO2的发生装置，其中发生反应的离子方程式为H2O2+2ClO3
-+2H+=2ClO2↑+O2↑+2H2O，故答案
为：H2O2+2ClO3
-+2H+=2ClO2↑+O2↑+2H2O；
（5）制备Ca(ClO2)2时，反应方程式为：2ClO2+CaO2
Δ
¿
¿
Ca(ClO2)2+O2，ClO2是氧化剂、CaO2是还原剂，则
参与反应的氧化剂与还原剂的化学计量数之比为2：1，故答案为：2：1；
（6）ClO2被NaOH 溶液吸收生成NaClO3、NaClO2，该反应的离子方程式为2ClO2+2OH-=ClO3
-+ClO2
-
+H2O，故答案为：2ClO2+2OH-=ClO3
-+ClO2
-+H2O；
（7）①淀粉遇碘变蓝色，滴定终点时，碘完全被消耗，溶液由蓝色变为无色，故答案为：溶液由蓝色变
为无色；
②若未进行空白实验，消耗的标准溶液偏多，则测定结果将偏大，故答案为：偏大；
③实际上消耗标准溶液的体积为(25.24-1.24)mL=24.00mL，根据
Ca(ClO2)2+8KI+8CH3COOH=4I2+8CH3COOK+CaCl2+4H2O、I2+2S2O3
2-=S4O6
2-+2I-得关系式Ca(ClO2)2～
8Na2S2O3，n[Ca(ClO2)2]=1
8n(Na2S2O3)=1
8×0.2000mol/L×0.024L=6×10-4mol，亚氯酸钙Ca(ClO2)2(M=175g/mol)
的纯度为6×10
-4 mol×175g/mol
0.1200g
×100%=87.5%，故答案为：87.5%。
21．（2025·北京朝阳·二模）某小组同学以铁为阳极，实验探究反应条件对Fe电解产物的影响。
资料：Na2FeO4为紫色固体，微溶于NaOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性
溶液中较稳定。
【理论分析】
(1)铁有多种价态，能把Fe 转化为+3 价铁的化合物的物质有 。
a．稀H2SO4 b．S c．Cl2
【实验过程】
序
号
装置
溶液a
现象
I
1mol⋅L
-1NaCl溶
液
i．开始时，溶液变为黄色，出现红
褐色物质
ii．稍后，出现灰绿色和白色絮状
沉淀
iii．一段时间后，白色絮状沉淀明
显增多
II
浓NaOH 溶液
开始时，铁电极表面析出紫色物
质，同时产生大量气泡。一段时间
后，紫色渐渐变浅
【现象分析】
(2)实验I 的现象说明产生了Fe(OH)3。对Fe(OH)3产生的原因进行分析及探究。
①甲认为Fe作为阳极可直接被氧化为Fe(OH)3。
②乙认为Fe放电产生Fe(OH)2，Cl
-放电产生Cl2，Cl2能将Fe(OH)2氧化为Fe(OH)3。检测Cl2的方法是
。结果未检测到Cl2。
③丙认为电解产生Fe(OH)2，而后被溶解的O2氧化为Fe(OH)3。设计实验：
实验a．在氮气保护(隔绝空气)下按实验I 的条件进行电解， (填现象和操作)，证实丙的说法合
理。
实验b．重复实验I，当产生大量白色沉淀时，停止电解。测得铁片的质量减少了mg，消耗电量n 库仑。证
实丙的观点成立， m、n 的关系是 。已知：电解中转移1mol电子所消耗的电量为96500 库仑。
(3)对实验II 进行分析及探究。
①产生FeO4
2-的电极反应式为 。
②小组同学认为，II 中铁电极周围的气体可能是OH
-在阳极放电产生的，也可能是FeO4
2-与H2O反应产生的。
设计实验： (填操作与现象)，证实气体是OH
-放电产生的。
③电解一段时间后，紫色变浅的可能原因是 。
【实验总结】
综上，影响Fe 电解产物的因素有电解时间、溶液pH、溶解氧等。
【答案】(1)c
(2) 用湿润的KI 淀粉试纸放在Fe 电极附近的液面上方，观察试纸颜色变化 产生白色沉淀，取出
在空气中放置后变为红褐色 m = 28n
96500
(3) Fe-6e
-+8OH
-= FeO4
2-+ 4 H2O 取出紫色溶液，静置，无气泡产生(断开电源，不再产生气
泡) 电解进行一段时间后，溶液中OH
-浓度减小，FeO4
2-与水作用发生分解；FeO4
2-在阴极放电；H2还
原FeO4
2-
【详解】（1）a．铁和稀H2SO4反应生成硫酸亚铁和氢气，故不选a；
b．铁和S 反应生成FeS，故不选b；
c．铁和Cl2反应生成FeCl3，故选c；
选c。
（2）氯气能把KI 氧化为I2，用湿润的KI 淀粉试纸放在Fe 电极附近的液面上方，观察试纸颜色变化，若
试纸变蓝说明有氯气生成。
Fe(OH)2是白色难溶于水的沉淀，Fe(OH)2易被氧气氧化为红褐色Fe(OH)3。产生白色沉淀，取出在空气中
放置后变为红褐色，证明丙的说法合理。
根据电子守恒，m
56 ×2=n
96500 ，m =28n
96500 证明丙的观点成立。
（3）①Fe 失电子生成FeO4
2-，电极反应式为Fe-6e
-+8OH
-=FeO4
2-+ 4 H2O。
②紫色溶液中含有FeO4
2-，取出紫色溶液，静置，无气泡产生，说明FeO4
2-没有与H2O反应产生氧气，则证
实气体是OH
-放电产生的。
③Na2FeO4具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定，电解一段时间后，溶
液中OH
-浓度减小，碱性减弱，FeO4
2-与水作用发生分解，也可能是FeO4
2-在阴极放电或H2还原FeO4
2-，都能
使紫色变浅。
22．（2025·北京东城·二模）将CO2转化为碳酸二甲酯[CO(OCH3)2]是CO2资源化利用的重要研究方向。
【方法一】直接转化，反应的方程式为：
CO2(g)+2CH3OH (l)⇌CO(OCH3)2(l)+ H2O (l) Δ H =-27.90kJ⋅mol
-1
(1)可用蒸馏的方法从甲醇中分离出碳酸二甲酯，原因是 。
(2)K2CO3和CH3I共同作为该反应的催化剂，其转化过程如下：
Ⅰ．CH3OH+CO3
2-⇌CH3O
-+ HCO3
-
Ⅱ．CH3O
-+CO2→[CH3O (CO)O]
-
Ⅲ．[CH3O (CO)O]
-+CH3I→CO(OCH3)2+I
-
Ⅳ．……
写出Ⅳ的方程式： 。
(3)一定条件下，在高压釜中反应5 小时，甲醇转化率与反应温度的关系如图所示。
甲醇转化率变化的原因可能是：
①低于130℃和高于130℃时，催化剂的活性均不佳；② 。
【方法二】电化学转化，装置如图如示。
(4)金电极连接电源 （填“正极”或“负极”）。
(5)下列关于电化学法合成碳酸二甲酯的说法正确的是 （填序号）。
a．电解过程中要不断搅拌，促进电极产物在Pd/C 上发生反应
b．若CO 逸出，则理论上溶液中Br
-的浓度会降低
c．若导线中通过2mol 电子，最多生成2mol 碳酸二甲酯
【答案】(1)二者热稳定性较高，沸点相差较大
(2)CH3OH+I
-+ HCO3
-→CH3I+ H2O+CO3
2-
(3)温度低于130℃时，温度越高反应越快；温度高于130℃时，反应达到限度，温度升高，平衡逆向移动
(4)负极
(5)ab
【详解】（1）蒸馏是利用混合物中各组分沸点不同进行分离的方法，碳酸二甲酯、甲醇沸点差异显著，
并且热稳定性高，适合通过蒸馏分离。
（2）K2CO3和CH3I 共同作为该反应的催化剂；反应中 HCO3
- 未消耗，需与第Ⅲ步生成的 I
- 反应以完
成催化循环，同时总反应中甲醇的物质的量为2mol。根据电荷守恒和原子守恒，Ⅳ中甲醇、HCO3
- 与 I
-
反应生成 CH3I、CO3
2-等，所以方程式为：CH3OH+I
-+ HCO3
-→CH3I+ H2O+CO3
2-。
（3）温度低于130℃时，温度越高反应越快，随温度升高甲醇转化率增大；同时根据勒夏特列原理，温
度高于130℃，反应达到限度，温度升高，会使放热反应的平衡向逆反应方向移动，导致甲醇转化率降低。
（4）分析该电解反应，金电极发生反应：CO2+2CH 3OH +2e
-=CO+2CH 3O
-+ H 2O，得到电子，作
为电解池阴极；右侧电极发生反应：2Br
--2e
-= Br2，失去电子，作为阳极。同时在溶液中发生反应：
CO+2CH 3O
-+ Br2=CO(OCH 3)2+2Br
-，生成碳酸二甲酯，所以金电极连接电源负极。
（5）a．搅拌可促进反应物接触，提高产物在Pd/C 电极上的反应效率，a 正确；
b．电解过程中，溶液中发生反应：CO+2CH 3O
-+ Br2=CO(OCH 3)2+2Br
-，若CO逸出，该反应反应
趋势减弱，溴离子浓度降低，b 正确；
c．根据电极反应：2Br
--2e
-= Br2，若转移2mol电子，生成1molBr2，再结合反应：
CO+2CH 3O
-+ Br2=CO(OCH 3)2+2Br
-，则最多生成1mol碳酸二甲酯，c 错误；
故选ab。
23．（2025·北京东城·二模）某小组同学探究氯化铝和强碱弱酸盐的反应。
【理论分析】从盐类水解规律分析，AlCl3溶液显酸性，强碱弱酸盐溶液显碱性，者混合会发生反应。
(1)用离子方程式表示AlCl3溶液显酸性的原因； 。
【实验验证】
2mL 0.33
mol⋅L
-1
AlCl3
溶液（pH≈3）
试管
编号
滴管中试剂（2mL）
实骏现象
a
1mol⋅L
-1 NaHCO3
溶液
Ⅰ．迅速产生大量气
泡和白色沉淀
b
1mol⋅L
-1
CH3COONa溶液
Ⅱ．无明显现象
(2)现象Ⅰ中的白色沉淀是Al(OH)3，气体是 。
(3)针对现象Ⅱ，同学们提出猜想如下。
猜想1：c (OH
-)小，未生成Al(OH)3沉淀；
猜想2：其他反应导致c(Al
3+)减小，未生成Al(OH)3沉淀。
为了验证猜想，补充实验，测得b 中混合溶液pH≈5.
①甲同学结合常温下K sp(Al(OH)3)=1.3×10
-33，证明猜想2 成立。其推理过程是 。
②经检验，b 中含有配合物Al(CH3COO)3。从结构角度解释Al
3+和CH3COO
-可结合生成配合物的原因：
。
(4)乙同学将b 中混合溶液加热，观察到有白色沉淀[AlOH(CH3COO)2]生成。
①写出生成白色沉淀的化学方程式： 。
②设计实验证明白色沉淀不是Al(OH)3，补全实验操作和现象：分别取洗净后的白色沉淀和Al(OH)3固体于
两支试管中， 。
(5)常温下，在溶液中要实现AlCl3向Al(OH)3沉淀的转化，加入的盐应具有的性质是 （写出两
点）。
【答案】(1)Al
3++3 H2O⇌Al(OH)3+3 H
+
(2)CO2
(3) c (OH
-)≈10
-9 mol⋅L
-1，无沉淀说明c(Al
3+)≤1.3×10
-6 mol⋅L
-1，远小于其起始浓度
CH3COO
-有孤电子对，Al
3+有空轨道
(4) Al(CH3COO)3+ H2O≜AlOH(CH3COO)2↓+CH3COOH 加入等体积等浓度盐酸，充分反应后得到
悬浊液，测得上层清液pH 不同（合理即可）
(5)有碱性，酸根不与Al
3+结合
【详解】（1）AlCl3水解生成Al(OH)3和HCl，溶液显酸性，离子方程式为Al
3++3 H2O⇌Al(OH)3+3 H
+。
（2）AlCl3和NaHCO3发生双水解反应生成Al(OH)3白色沉淀和CO2气体。
（3）①溶液pH=5 时，c (OH
-)≈10
-9 mol⋅L
-1，无沉淀说明
c(Al
3+)≤K sp(Al(OH)3)
c
3(OH
-)
= 1.3×10
-33
10
-27
=1.3×10
-6 mol⋅L
-1，远小于其起始浓度；
②CH3COO
-有孤电子对，Al
3+有空轨道，两者可结合生成配合物Al(CH3COO)3。
（4）①配合物Al(CH3COO)3水解生成AlOH(CH3COO)2白色沉淀和乙酸，化学方程式为
Al(CH3COO)3+ H2O≜AlOH(CH3COO)2↓+CH3COOH；
Al(OH)
②
3加盐酸生成AlCl3，溶液pH=3，AlOH(CH3COO)2加盐酸生成Al(CH3COO)3和水，溶液接近中性，
因此加入等体积等浓度盐酸，充分反应后得到悬浊液，测得上层清液pH 不同（合理即可）。
（5）根据以上探究实验可知，常温下，在溶液中要实现AlCl3向Al(OH)3沉淀的转化，加入的盐应具有的
性质：有碱性，且酸根不与Al
3+结合。
24．（2025·山东济南·二模）贝诺酯(分子式为C17 H15 NO5，相对分子质量为313)是白色结晶性粉末，无味，
熔点175~176℃，不溶于水，在沸乙醇中易溶，在冷乙醇中微溶；临床上主要用于治疗风湿及类风湿性
关节炎、骨关节炎、神经痛等。某化学兴趣小组根据以下实验流程制备贝诺酯。
已知：根据路易斯酸碱理论，吡啶(
)是一种有机碱。部分实验装置(加热和夹持装置省略)如下图所
示。
步骤Ⅰ：制备乙酰水杨酰氯。
将9g 阿司匹林(0.05mol，沸点321℃)、5mL 氯化亚砜(SOCl2)(0.05 mol，沸点78.8℃)、3 滴吡啶加入干燥
的三颈烧瓶中，接上仪器a，控制温度70~75℃，反应回流一段时间，反应结束后，减压蒸馏，冷却，得
到乙酰水杨酰氯(沸点108℃)。
步骤Ⅱ：合成贝诺酯。
在装有搅拌器及温度计的150mL 三颈烧瓶中加入50mL 水和10.6g(0.07mol) 对乙酰氨基酚(
)。在
10~15℃
下，边搅拌边滴加NaOH 溶液，完毕后，慢慢滴加步骤Ⅰ制
得的乙酰水杨酰氯的溶液。滴加完毕，调pH 至9~10，继续搅拌反应1.5~2h，抽滤，水洗至中性，得粗品。
步骤Ⅲ：纯化与分析。
回答下列问题：
(1)仪器a 的名称为 ，图中滴液漏斗相比于普通分液漏斗的优势是 。
(2)实验步骤I 所用仪器均需干燥，是因为SOCl2遇水剧烈反应生成两种气体，请写出该反应的化学方程式：
。
(3)加入吡啶的作用除了作催化剂外还可以 。
(4)某同学采用薄层色谱(利用各组分在固定相和流动相之间的分配不同实现分离)跟踪反应进程，分别在反
应开始、回流60min、90min、120min 和150min 时，用毛细管取样、点样，薄层色谱展开后的斑点如下图
所示。该实验条件下比较合适的回流时间是 (填标号)。
a．60min b．90min c．120min d．150min
(5)步骤Ⅱ中维持10~15℃主要是为了 。
(6)步骤Ⅲ：得到的粗产品可以利用重结晶法进行提纯，请选择合适的操作补全实验 (填标号)。
_______→_______→_______→_______→_______→过滤→洗涤→干燥
a．加热水溶解→活性炭脱色→趁热过滤→水洗至中性→冷却结晶
b．加热水溶解→趁热过滤→活性炭脱色→水洗至中性→冷却结晶
c．加热乙醇溶解→活性炭脱色→趁热过滤→水洗至中性→冷却结晶
d．加热乙醇溶解→趁热过滤→水洗至中性→活性炭脱色→冷却结晶
该实验最终得到纯品12.52g，则贝诺酯的产率为 。
【答案】(1) 球形冷凝管 平衡压强，使液体顺利流下
(2)SOCl2+H2O=SO2+2HCl
(3)中和反应生成的HCl，使反应向右进行，提高转化率
(4)c
(5)防止温度过高，酰胺基在碱性条件下水解
(6) c 80%
【分析】阿司匹林、氯化亚砜在吡啶催化作用下生成乙酰水杨酰氯，对乙酰氨基酚和氢氧化钠反应生成对
乙酰氨基酚钠，乙酰水杨酰氯和对乙酰氨基酚钠反应生成贝诺酯, 粗产品可以利用重结晶法进行提纯。
【详解】（1）根据装置图，仪器a 的名称为球形冷凝管；和普通分液漏斗相比，恒压滴液漏斗上部和三颈
烧瓶气压相通，可以保证恒压滴液漏斗中的液体顺利滴下。
（2）SOCl2遇水剧烈反应生成二氧化硫、氯化氢两种气体，该反应的化学方程式为SOCl2
+H2O=SO2+2HCl。
（3）阿司匹林和氯化亚砜反应生成乙酰水杨酰氯和二氧化硫、氯化氢，吡啶是一种有机碱，加入吡啶的
作用除了作催化剂外还可以中和反应生成的酸。
（4）对照图中斑点分析，可以看出，反应开始时图上斑点为反应物，由此可推测，回流60min、90min 时
下面的斑点为反应物，上面的斑点为生成物，120min 时图上的斑点为生成物，而反应物基本上无剩余，因
此，该实验条件下比较合适的回流时间是120min，选C。
（5）对乙酰氨基酚含有酰胺基，加热促进水解，步骤Ⅱ中维持10~15℃主要是为了防止对乙酰氨基酚水解；
（6）贝诺酯不溶于水，在沸乙醇中易溶，在冷乙醇中微溶，得到的粗产品可以利用重结晶法进行提纯，
重结晶过程是：加热乙醇溶解→活性炭脱色→趁热过滤→水洗至中性→冷却结晶→过滤→洗涤→干燥，故
选c。
根据合成路线图，0.05mol 阿司匹林理论上生成0.05mol 贝诺酯的，该实验最终得到纯品12.52g，则贝诺酯
的产率为
12.52 g
0.05 mol×313g/mol ×100 % =80 %。
25．（2025·山东·二模）青蒿素(C15H22O5，M为282g⋅mol
-1)为无色晶体，难溶于水，易溶于乙醇、乙醚
(沸点为34.5℃)等有机试剂，在95 %的乙醇中溶解度随温度升高而增大，高于60° C易分解，青蒿素结构
因含有一个过氧键具有强氧化性。从黄花蒿中提取青蒿素的实验步骤如下：
Ⅰ．用索氏提取器提取青蒿素。
将乙醚置于烧瓶内，干黄花蒿粉末置于滤纸套筒内，加热乙醚蒸汽从蒸汽导管上升遇冷液化并滴入滤纸套
筒内，当乙醚和青蒿素的混合物液面达到虹吸管顶端时，从虹吸管下端返回到烧瓶，循环多次。
Ⅱ．将步骤Ⅰ的萃取液蒸馏，得到青蒿素粗品。
Ⅲ．将步骤Ⅱ的青蒿素粗品溶于95 %的乙醇中，经系列操作……，得到精品。
回答下列问题：
(1)仪器A的名称为 ，其作用是 。
(2)步骤Ⅰ中萃取得到青蒿素位于 区(填“1 号”“2 号”“3 号”或“4 号”)，将萃取液置于蒸馏装置
时，加热控制温度的范围是 。
(3)步骤Ⅲ中青蒿素粗品溶于95 %的乙醇后，经系列操作是 。
(4)称取5.00g精品青蒿素溶于适量乙醇，配成500mL溶液，取25.00mL溶液于碘量瓶(带塞子)中，加入过
量KI溶液并加入几滴淀粉溶液，用0.100 mol⋅L
-1的Na2S2O3溶液滴定，消耗Na2S2O3溶液15.00 mL(
I2+2Na2S2O3=2NaI+ Na2S4O6)。
①达到滴定终点时的现象为 ；
②精品青蒿素的纯度为 ；
③下列情况会导致精品青蒿素的纯度偏大的是 (填标号)。
A．配成500mL溶液时仰视定容
B．用聚四氟乙烯滴定管取25.00mL溶液时，先仰视后俯视
C．忘记用标准溶液润洗滴定管
D．滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成
【答案】(1) 球形冷凝管 导气，冷凝回流乙醚使其循环使用
(2) 4 号 34.5≤T<60℃
(3)控制在60℃下重结晶
(4) 滴入最后半滴标准液，溶液由蓝色变成无色，且30s不恢复 84.6 % BC
【分析】将乙醚置于烧瓶内，干黄花蒿粉末置于滤纸套筒内，加热，乙醚蒸汽从蒸汽导管上升遇冷液化并
滴入滤纸套筒内，当乙醚和青蒿素的混合物液面达到虹吸管顶端时，从虹吸管下端返回到烧瓶，循环多次，
将萃取液蒸馏，得到青蒿素粗品，由于蒿素(C15H22O5)为无色晶体，难溶于水，易溶于乙醇、乙醚(沸点为
34.5℃)等有机试剂，在95%的乙醇中溶解度随温度升高而增大，高于60℃易分解，将青蒿素粗品溶于
95%的乙醇中，经系列操作控制在低于60℃蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到精品，通过碘
量法计算精品青蒿素的纯度，据此回答。
【详解】（1）仪器A 为球形冷凝管，其作用为导气、冷凝回流乙醚使其循环使用；
（2）干黄花蒿粉末位于滤纸套筒内，萃取剂位于圆底烧瓶中，萃取剂萃取出青蒿素后，从虹吸管下端返
回到烧瓶，故提取出来的青蒿素位于圆底烧瓶，即位于4 号；乙醚的沸点为34.5℃，故温度应高于
34.5℃，但青蒿素高于60° C易分解，故加热控制温度的范围是：34.5≤T<60℃；
（3）由于蒿素(C15H22O5)为无色晶体，易溶于乙醇，在95%的乙醇中溶解度随温度升高而增大，高于60℃
易分解，将青蒿素粗品溶于95%的乙醇中，经系列操作为控制在低于60℃下重结晶，得到精品；
（4）①由于淀粉遇碘变蓝，滴定时发生I2+2Na2S2O3=2NaI+ Na2S4O6反应，滴定到终点时，滴入最后
半滴标准液，碘被消耗完，溶液颜色从蓝色变为无色，且半分钟不恢复；
②计算过程：n(Na2S2O3)=0.100 mol/L×0.015 L=0.0015 mol，由反应
I2+2Na2S2O3=2NaI+ Na2S4O6 可知，n(I2)= 0.015 mol
2
=7.5×10
- 4 mol，因1mol青蒿素(C15H22O5，
M =282g⋅mol
-1)含有1mol 过氧键，可与2molKI反应生成1molI2，故
n(青蒿素)=n(I2)=7.5×10
- 4 mol，质量m=7.5×10
- 4 mol×282 g/mol=0.2115 g，纯度为
0.2115g× 500mL
25mL
5.00g
×100 % =84.6 %；
A
③．配成500mL溶液时仰视定容，青蒿素浓度偏小，滴定是消耗标准液体积偏小，测定青蒿素的纯度偏
小，A 不选；
B．用聚四氟乙烯滴定管取25.00mL溶液时(待测液)，先仰视后俯视(看的是刻度线)，则待测液所取的体积
偏大，消耗更多的标准液，测定青蒿素的纯度偏大，B 选；
C．忘记用标准溶液润洗滴定管，则标准液被稀释，将消耗更多的标准液，测定青蒿素的纯度偏大，C 选；
D．滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，气泡占了一部分体积，读取的准液体积偏小，测定青蒿
素的纯度偏小，D 不选；
故选BC。
