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大题精做实验题（精选 20 题）
基础训练
1.氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用下图装置(部分装置省略)制
备KClO3和NaClO，探究其氧化还原性质。
回答下列问题：
(1)盛放MnO2粉末的仪器名称是________，a中的试剂为________。
(2)b中采用的加热方式是________，c中化学反应的离子方程式是________________，采用冰水浴冷却的
目的是________。
(3)d的作用是________，可选用试剂________(填标号)。
A.N a2S B. NaCl C .Ca(OH )2 D . H 2SO4
(4)反应结束后，取出b中试管，经冷却结晶，________，________，干燥，得到KClO3晶体。
(5)取少量KClO3和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中，滴加中性KI溶液。1号试管溶液颜色不变。2
号试管溶液变为棕色，加入CC l4振荡，静置后CC l4层显________色。可知该条件下KClO3的氧化能力
________NaClO(填“大于”或“小于”)。
【答案】(1)圆底烧瓶 饱和食盐水
(2)水浴加热 C l2+2O H
−=C l
−+ClO
−+ H 2O 避免生成NaClO3
(3)吸收尾气(C l2) AC
(4)过滤 少量(冷)水洗涤
(5)紫 小于
【解析】【分析】
本题主要考查氯的含氧酸的性质探究，侧重考查学生化学实验基本操作能力和必备知识的辨析能力。
【解答】
(1)盛放MnO2的仪器为圆底烧瓶；除去氯气中的HCl，可用饱和食盐水。
(2)b中试管置于水浴中加热；c中氯气与NaOH溶液反应的离子方程式为
C l2+2O H
−=C l
−+ClO
−+ H 2O；冰水浴可防止反应温度过高生成NaClO3。
(3)d的作用是吸收过量的氯气；可用强碱或强还原性溶液吸收，故选A、C两项。
(4)为得到KClO3晶体，需经过冷却结晶，过滤，少量(冷)水洗涤，干燥。
(5)2号试管中生成I 2，I 2溶于CC l4呈紫色；根据实验现象，可知KClO3不能氧化KI，NaClO可氧化KI，
则氧化能力：KClO3小于NaClO。
2.氧化石墨烯具有稳定的网状结构，在能源、材料等领域有着重要的应用前
景。通过氧化剥离石墨制备氧化石墨烯的一种方法如下(装置如图所示)：
Ⅰ.将浓H 2SO4、NaN O3、石墨粉末在c中混合，置于冰水浴中。剧烈搅拌
下，分批缓慢加入KMnO4粉末。塞好瓶口。
Ⅱ.转至油浴中，35℃搅拌1小时。缓慢滴加一定量的蒸馏水。升温至98℃
并保持1小时。
Ⅲ.转移至大烧杯中，静置冷却至室温。加入大量蒸馏水，而后滴加H 2O2至
悬浊液由紫色变为土黄色。
Ⅳ.离心分离，稀盐酸洗涤沉淀。
Ⅴ.蒸馏水洗涤沉淀。
Ⅵ.冷却干燥，得到土黄色的氧化石墨烯。
回答下列问题：
(1)装置图中，仪器a、c的名称分别是 ______ 、 ______ ，仪器b的进水口是 ______ (填字母)。
(2)步骤Ⅰ中，需分批缓慢加入KMnO4粉末并使用冰水浴，原因是 ____________________________ 。
(3)步骤Ⅱ中的加热方式采用油浴，不使用热水浴，原因是 _______________________ 。
(4)步骤Ⅲ中，H 2O2的作用是 ________________________________________ (以离子方程式表示)。
(5)步骤Ⅳ中，洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在SO4
2−来判断。检测的方法是
________________________________________ 。
(6)步骤Ⅴ可用pH试纸检测来判断C l
−是否洗净，其理由是 ________________________________________ 。
【答案】(1)滴液漏斗；三颈烧瓶； d；
(2)降温并减慢反应速率；
(3)反应温度接近水的沸点，油浴更易控温；
(4)2 MnO4
−+5 H 2O2+6 H
+=2 M n
2++5O2↑+8 H 2O；
(5)取最后一次洗涤液少量，用稀盐酸酸化，再滴加BaC l2溶液，无白色沉淀生成，说明洗涤液中不含有
SO4
2−，反之则有；
(6)用pH试纸测定最后一次洗涤液pH =7时，溶液中无C l
−，沉淀洗涤干净。
【解析】(1)仪器a为滴液漏斗，仪器c是三颈烧瓶，仪器b中冷却水下进上出，即进水口为d，
故答案为：滴液漏斗；三颈烧瓶；d；
(2)c中加入KMnO4粉末后反应剧烈并放热，则使用冰水浴可降温，缓慢加入KMnO4粉末可减慢反应速
率，避免c中剧烈反应产生暴沸现象，
故答案为：降温并减慢反应速率；
(3)步骤Ⅱ中的加热方式采用油浴，不使用热水浴，原因是该实验反应温度为98℃，接近水的沸点，油浴
更易控温，故答案为：反应温度接近水的沸点，油浴更易控温；
(4)H 2O2有还原性，能除去多余的KMnO4，发生反应的离子方程式为
2 MnO4
−+5 H 2O2+6 H
+=2 M n
2++5O2↑+8 H 2O，
故答案为：2 MnO4
−+5 H 2O2+6 H
+=2 M n
2++5O2↑+8 H 2O；
(5)洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在SO4
2−来判断，具体操作是取最后一次洗涤液少量，用稀
盐酸酸化，再滴加BaC l2溶液，无白色沉淀生成，说明洗涤液中不含有SO4
2−，若有白色沉淀生成，则说
明有SO4
2−，
故答案为：取最后一次洗涤液少量，用稀盐酸酸化，再滴加BaC l2溶液，无白色沉淀生成，说明洗涤液中
不含有SO4
2−，反之则有；
(6)步骤Ⅴ可用pH试纸检测来判断C l
−是否洗净，原因是当测定最后一次洗涤液pH =7时，溶液呈中性，
说明洗涤干净，溶液中没有C l
−，
故答案为：用pH测定最后一次洗涤液pH =7时，溶液中无C l
−，沉淀洗涤干净。
本题考查物质的制备实验，涉及混合物的分离与提纯、元素化合物性质的应用，综合性较强，难度中等。
3.侯氏制碱法为国民经济发展做出了重要贡献。某化学兴趣小组在实验室中模拟并改进侯氏制碱法制备少
量NaHC O3，得到副产品N a2C O3和N H 4Cl，流程如图：
按要求回答下列问题。
(1)写出如图制备NaHC O3总反应的化学方程式： ______ 。
(2)制取C O2时为使如图A装置中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下，可将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小
孔或者 ______ 。
(3)制备NaHC O3时，需将A装置产生的气体，与B、C装置导管进行连接，其接口顺序是a ______ (按气
流方向，用小写字母表示)。“雾化装置”的优点是 ______ 。
(4)反应完成后，将装置B中混合物处理得到固体NaHC O3和母液。
①将固体NaHC O3加热充分，并将产生的气体先通过足量的试剂X吸收水分，再通过足量N a2O2，
N a2O2增重0.14 g。试剂X为 ______ ，产品N a2C O3的质量为 ______ g。
②已知NaCl(s)+ N H 4Cl(aq)⇌NaCl(aq)+ N H 4Cl(s)；NaCl和N H 4Cl溶解度曲线(如图)。
.
ⅰ为使N H 4Cl沉淀从母液中充分析出，需向母液中加入的试剂Y 为 ______ ；
.
ⅱ得到副产品N H 4Cl所需的操作有 ______ 、 ______ 、过滤、洗涤、干燥。
(5)题干实验流程中可以回收再利用的物质有 ______ 。
(6)称量吸收了一定量水分的NaHC O3粉末，配制成NaHC O3标准溶液，用于滴定未知浓度盐酸的浓度。
预测该标准液对滴定结果造成的影响是 ______ (填“偏高”“偏低”“无影响”)。
【答案】(1)N H 3⋅H 2O+ NaCl+C O2= N H 4Cl+ NaHC O3↓
(2)将分液漏斗上部的玻璃塞打开
(3)efb；可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率
(4)浓硫酸； 0.53； NaCl粉末； 加热浓缩 、冷却结晶
(5)食盐水、C O2
(6)偏高
【解析】(1)根据上述分析可知，生成NaHC O3的总反应的化学方程式为：
N H 3⋅H 2O+ NaCl+C O2= N H 4Cl+ NaHC O3↓，
故答案为：N H 3⋅H 2O+ NaCl+C O2= N H 4Cl+ NaHC O3↓；
(2)制取C O2时为使如图A装置中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下，可将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小
孔或者将分液漏斗上部的玻璃塞打开，
故答案为：将分液漏斗上部的玻璃塞打开；
(3)制备NaHC O3时，需将A装置产生的气体，与B、C装置导管进行连接，其接口顺序是a→e→f →b，
“雾化装置”的优点是：可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率，
故答案为：efb；可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率；
(4)①对固体NaHC O3充分加热，产生二氧化碳和水蒸气，反应的化学方程式为：
，将气体先通过试剂X为足量浓硫酸，吸收水蒸气，再通过足量
N a2O2，N a2O2与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：2 N a2O2+2C O2=2 N a2C O3+O2，
根据方程式可知，根据差量法可知，当增重0.28 g(相当于CO的质量)时，消耗的二氧化碳的质量
0.28× 44
28 g=0.44 g，其物质的量为
0.44 g
44 g/mol =0.01mol，N a2O2增重0.14 g时，消耗二氧化碳物质的
量0.005mol，据关系式N a2C O3～C O2可知，N a2C O3的物质的量为0.005mol，所以固体N a2C O3
的质量为0.005mol×106 g/mol =0.53 g，
故答案为：浓硫酸；0.53；
②根据溶解度随温度的变化曲线可以看出，氯化铵的溶解度随着温度的升高而不断增大，而氯化钠的溶解
度随着温度的升高变化并不明显，所以要想使N H 4Cl沉淀充分析出，需要加入氯化钠固体，
.
ⅰ为使N H 4Cl沉淀从母液中充分析出，需向母液中加入的试剂Y 为NaCl粉末，
故答案为：NaCl粉末；
.
ⅱ得到副产品N H 4Cl所需的操作有：加热浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥，
故答案为：加热浓缩、冷却结晶；
(5)题干实验流程中分析可知，可以回收再利用的物质有：滤液M即食盐水、气体Z即C O2，
故答案为：滤液M即食盐水、气体Z即C O2；
(6)称量吸收了一定量水分的NaHC O3粉末，配制成NaHC O3标准溶液，用于滴定未知浓度盐酸的浓度，
消耗碳酸氢钠溶液体积增大，测定盐酸溶液浓度偏高，
故答案为：偏高。
根据工艺流程知，浓氨水中加入氯化钠粉末形成饱和氨盐水后，再通入二氧化碳气体，发生反应：
N H 3⋅H 2O+ NaCl+C O2= N H 4Cl+ NaHC O3↓，得到的碳酸氢钠晶体烘干后受热分解会生成碳酸钠、
二氧化碳和水，从而制备得到纯碱，气体Z为C O2；另一方面得到的母液主要溶质为N H 4Cl，再加入试
剂Y 为氯化钠粉末，存在反应NaCl(s)+ N H 4Cl(aq)= NaCl(aq)+ N H 4Cl(s)，滤液M为NaCl溶液，
据此分析解答。
本题考查物质的制备方案设计，涉及制备原理与工艺流程、混合物分离提纯等知识，为高频考点，把握制
备原理、物质的性质、混合物分离方法、实验操作为解答的关键，侧重分析能力与实验能力的考查，题目
难度中等。
4.探究N a2SO3固体的热分解产物。
资料：
4
①N a2SO3
N a2S +3 N a2SO4。
②N a2S能与S反应生成N a2Sx，N a2Sx与酸反应生成S和H 2S。
③BaS易溶于水。
隔绝空气条件下，加热无水N a2SO3固体得到黄色固体A，过程中未检测到气体生成。黄色固体A加水得
到浊液，放置得无色溶液B。
(1)检验分解产物N a2S
取少量溶液B，向其中滴加CuSO4溶液，产生黑色沉淀，证实有S
2−。反应的离子方程式是
_________________________________ 。
(2)检验分解产物N a2SO4
取少量溶液B，滴加BaC l2溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀增多(经检验该沉淀含S)，同时产生有臭
鸡蛋气味的气体( H 2S)，由于沉淀增多对检验造成干扰，另取少量溶液B，加入足量盐酸，离心沉降(固液
分离)后， _________________________________ (填操作和现象)，可证实分解产物中含有
SO4
2−。
(3)探究(2)中S的来源
来源1：固体A中有未分解的N a2SO3，在酸性条件下与N a2S反应生成S。
来源2：溶液B中有N a2Sx，加酸反应生成S。
针对来源1进行如下实验：
①实验可证实来源1不成立。实验证据是 ________________________________________________ 。
②不能用盐酸代替硫酸的原因是 __________________________________________ 。
③写出来源2产生S的反应的离子方程式： _________________________________ 。
(4)实验证明N a2SO3固体热分解有N a2S、N a2SO4和S产生。运用氧化还原反应规律分析产物中S产生
的合理性： __________________________________________ 。
【答案】(1)S
2−+C u
2+=CuS↓
(2)滴加BaC l2溶液，产生白色沉淀
(3)①向溶液2中加入KMnO4溶液，溶液没有褪色
②盐酸中Cl元素为−1价，是Cl元素的最低价，具有还原性，会与KMnO4溶液发生氧化还原反应，使
KMnO4溶液褪色，干扰实验现象和实验结论
③Sx
2−+2 H
+= H 2S↑+( x−1)S↓
(4)根据反应4 N a2SO3
N a2S +3 N a2SO4可知，N a2SO3发生歧化反应，其中S元素化合价既升高
又降低，能从+ 4价降为−2价，也应该可以降到0价生成硫单质
【解析】【分析】
本题考查物质成分探究实验，掌握硫及其化合物的性质和氧化还原反应的知识是解题的关键，侧重考查实
验方案的设计与评价，难度一般。
【解答】
(1)N a2S和CuSO4溶液反应生成硫化铜和硫酸钠，反应的离子方程式是S
2−+C u
2+=CuS↓；
(2)根据题干资料：N a2S能与S反应生成N a2Sx，N a2Sx与酸反应生成S和H 2S，取少量溶液B，滴加
BaC l2溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀增多(经检验该沉淀含S)，同时产生有臭鸡蛋气味的气体
( H 2S)，说明B溶液中含有N a2Sx，N a2Sx与酸反应生成S和H 2S，由于沉淀增多对检验造成干扰，另取
少量溶液B，加入足量盐酸，离心沉降(固液分离)后，滴加BaC l2溶液，产生白色沉淀，可证实分解产物
中含有SO4
2−；
(3)①实验可证实来源1不成立，若固体A中有未分解的N a2SO3，溶液2为H 2SO3，向溶液2中加入少量
KMnO4溶液，H 2SO3具有还原性，能使KMnO4溶液褪色，但得到的仍为紫色溶液，说明溶液B中不含
N a2SO3；
②不能用盐酸代替硫酸的原因是盐酸中Cl元素为−1价，是Cl元素的最低价，具有还原性，会与KMnO4
溶液发生氧化还原反应，使KMnO4溶液褪色，干扰实验现象和实验结论；
③来源2认为溶液B中有N a2Sx，加酸反应生成S和H 2S，反应的离子方程式：
Sx
2−+2 H
+= H 2S↑+( x−1)S↓；
(4)根据已知资料：4 N a2SO3
N a2S +3 N a2SO4，亚硫酸钠中硫为+ 4价，硫酸钠中硫为+6价，硫
化钠中硫为−2价，根据反应可知N a2SO3发生歧化反应，其中的S元素化合价既升高又降低，能从+ 4价
降为−2价，也应该可以降到0价生成硫单质。
5.硫代硫酸钠( N a2S2O3)可用作分析试剂，它有较强的还原性，遇酸易分解。某兴趣小组设计了利用
SO2和N a2C O3、N a2S生成N a2S2O3。制备装置图如图(加热和夹持装置略)：
已知：i.2 N a2S+3 SO2=2 N a2SO3+3 S↓、N a2SO3+ S = N a2S2O3。
ii.硫单质在含乙醇的水溶液中析出时，颗粒更小，分布均匀。
iii.几种常见弱酸的电离常数如表。
弱酸
H 2SO3
H 2S
H 2C O3
电离平衡常数
(25℃)
K a1=1.54×10
−2 K a2=1.02K a1=1.1×10
−7 K a2=1.3×K a1= 4.5×10
−7 K a2= 4.7×
(1)仪器a的名称为_______；甲中发生反应的化学方程式为_______。
(2)反应结束后，通入N 2的作用是_______。
(3)丙中加入的试剂是物质的量之比为2∶1的N a2S和N a2C O3的混合溶液，溶液呈碱性。制备过程中，
向丙中通入SO2，澄清溶液先变浑浊，后变澄清，稍后又再次出现微量浑浊，此时立刻停止通入SO2，溶
液经分离可得N a2S2O3。
①反应前，丙中混合溶液呈碱性的主要原因是_______(用离子方程式表示)。
②“稍后又再次出现微量浑浊”中的‘浑浊ˈ成分是_______(填化学式)。
③制备时，丙中通常还会加入少量乙醇，目的是_______。
④为了提高制备的效率，可将丙装置水浴加热。其它条件均相同时，水浴温度与反应达到终点的时间如表
所示：
温度(℃) 3035404550
时间
(min)
4134203042
水浴温度达到40℃后，继续提高水浴温度，达到终点的时间增加的可能原因是_______。
(4)为检验制得产品的纯度，该实验小组称取5.0 g产品配制成250mL硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标
定该溶液的浓度。在锥形瓶中加入25.00mL0.0100mol⋅L
−1 KI O3溶液，并加入过量的KI后酸化，发生
反应：5 I
−+ IO❑3
−+6 H
+=3 I 2+3 H 2O，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配N a2S2O3溶液滴定，发生反
应I 2+2S2O❑3
2−=2 I
−+ S4O❑6
2−，当达到滴定终点时，消耗N a2S2O3溶液15.00mL，则该产品的纯度
为_______(保留两位有效数字)。
【答案】(1)恒压滴液漏斗；N a2SO3+ H 2SO4(浓)= N a2SO4+ SO2↑+ H 2O
(2)排尽装置内的二氧化硫，使其全部被氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气
(3)①S
2−+ H 2O⇀
↽H S
−+O H
−
②S
③加入乙醇后，析出的S单质颗粒更小，分布均匀，增大了接触面积，加快反应速率
④温度升高，二氧化硫溶解度下降，溶液中的二氧化硫浓度降低，所以速率减慢
(4)79 %
【解析】【分析】
装置甲在制备二氧化硫，装置丙利用SO2和N a2C O3、N a2S反应制备N a2S2O3，据此分析：
【解答】
(1)由图所示，仪器a的名称为恒压滴液漏斗；亚硫酸钠和浓硫酸发生复分解反应生成 SO2 ，其反应的化
学方程式为： N a2SO3+ H 2SO4(浓)= N a2SO4+ SO2↑+ H 2O ；
(2)该反应中涉及二氧化硫气体，所以实验结束之后继续通氮气的目的是排尽装置内的二氧化硫，使其全
部被氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气；
(3)①硫化钠和碳酸钠在水中都可以发生水解，使溶液显碱性， H 2S 的第二步电离比碳酸的第二步电离
程度更小，所以 S
2− 水解程度更大，使溶液呈碱性的主要原因是 S
2− 的水解，其水解的离子方程式为：
S
2−+ H 2O⇀
↽H S
−+O H
−
；
②“稍后又再次出现微量浑浊”是由于通入的 SO2 溶于水使溶液呈酸性，而硫代硫酸钠在酸溶液中会发
生反应，生成的S使溶液变浑浊，反应的离子方程式为： S2O3
2−+2 H 2SO3= S↓+ SO2↑+ H 2O+2 HSO3
−
；
③S单质在含乙醇的水溶液中析出时，颗粒更小，可以增大硫和亚硫酸钠的接触面积，增大反应速率，是
反应更充分，所以在制备时，在丙种会加入少量乙醇；
④继续升高温度，二氧化硫溶解度下降，溶液中的二氧化硫浓度降低，所以速率减慢；
(4)由反应方程式可得关系式： I O3
−∼3 I 2∼6 S2O3
2− ，则15.00mL N a2S2O3 溶液中 N a2S2O3 的物质
的量为 0.025 L×0.0100mol⋅L
−1×6 ，则该产品的纯度为：
0.025 L×0.0100mol⋅L
−1×6× 250mL
15.00mL ×158 g⋅mol
−1
5.0 g
=79 % 。
能力提升
6.实验小组探究酸对F e
3++3 SC N
−⇌Fe(SCN )3平衡的影响。将0.005mol / L FeC l3溶液(接近无色)和
0.01mol / L KSCN溶液等体积混合，得到红色溶液。取两等份红色溶液，进行如下操作并记录现象。
(1)FeC l3水解显酸性的原因是 ______(用离子方程式表示) 。
(2)甲同学认为加入酸后，会使F e
3++3 SC N
−⇌Fe(SCN )3体系中 ______ 浓度改变，导致该平衡正向移
动，溶液颜色加深。
【设计并实施实验】
【查阅资料】
F e
3+和C l
−、SO4
2−均能发生络合反应：
F e
3++ 4C l
−⇌[ FeC l4]
−(黄色)；F e
3++2SO4
2−⇌[ Fe(SO4)2]
−(无色)。
实验Ⅰ.探究现象a中溶液颜色变化的原因如表1
表1：
编号
操作
现象
①
向2mL红色溶液中滴加5滴水
溶液颜色无明显变化
②
向2mL红色溶液中滴加5滴
3mol/ L KCl溶液
溶液颜色变浅，呈橙色
(3)实验①的目的是 ______ 。
(4)根据实验①和实验②的结果，从平衡移动角度解释现象a： ______ 。
实验Ⅱ.探究现象b中溶液呈浅黄色的原因如表2
表2：
编号
操作
现象
③
取1mL0.0025mol / L F e2(SO4)3溶液(
无色)，加入1mL0.01mol/ L KSCN溶
液，再加入5滴1.5mol/ L H 2SO4溶液
溶液先变红，加硫酸
后变为浅黄色
④
取1mL0.005mol/ L FeC l3溶液，
______
______
(5)结合实验③可推测现象b中使溶液呈浅黄色的微粒可能有两种，分别是 ______ 。
(6)乙同学进一步补充了实验④，确证了现象b中使溶液呈浅黄色的微粒只是(5)中的一种，请将实验④的
操作及现象补充完整： ______、______ 。
【答案】(1)F e
3++3 H 2O⇌Fe(OH )3+3 H
+
(2)F e
3+
(3)排除稀释使溶液颜色变化的干扰(探究溶液颜色变化是否与稀释有关)
(4)在F e
3++3 SC N
−⇌Fe(SCN )3平衡体系中加入盐酸，F e
3+和C l
−发生络合反应，使得c( F e
3+)减小，
平衡逆向进行，c[ Fe(SCN )3]减小，溶液颜色变浅，呈橙色
(5)[ FeC l4]
−和Fe(SCN )3
(6)加入1mL蒸馏水，再加入5滴1.5mol/ L H 2SO4溶液；得到无色溶液(或无明显现象)
【解析】【分析】
本题考查了盐类水解、离子性质和离子检验的实验设计、平衡影响因素等知识点，注意题干信息的理解应
用，题目难度中等。
【解答】
(1)FeC l3水解显酸性的原因是溶液中的铁离子水解，溶液显酸性，反应的离子方程式：
F e
3++3 H 2O⇌Fe(OH )3+3 H
+。
(2)甲同学认为加入酸后，F e
3+的水解逆向进行，会使F e
3++3 SC N
−⇌Fe(SCN )3
体系中F e
3+浓度改
变，导致该平衡正向移动，溶液颜色加深。
(3)①滴入KCl溶液时，溶液被稀释，实验①滴入相同体积的水，可以排除稀释使溶液颜色变化的干扰(探
究溶液颜色变化是否与稀释有关)。
(4)实验①②的现象分析，从平衡移动角度解释现象a，F e
3+和C l
−、SO4
2−均能发生络合反应，在
F e
3++3 SC N
−⇌Fe(SCN )3
平衡体系中加入盐酸，F e
3+和C l
−发生络合反应，使得c( F e
3+)减小，平
衡逆向进行，c[ Fe(SCN )3]减小，溶液颜色变浅，呈橙色。
(5)根据题中信息，氯化铁中加入KSCN溶液，溶液变红色，再加入稀硫酸，由于信息中[ Fe(SO4)2]
−是
无色，根据溶液中的离子结合与结合实验③可推测现象b中使溶液呈浅黄色的微粒可能有两种，分别是
[ FeC l4]
−和Fe(SCN )3。
(6)乙同学进一步补充了实验④，确证了现象b中使溶液呈浅黄色的微粒只能是(5)中的一种，取
1mL0.005mol/ L FeC l3溶液，加入1mL蒸馏水(与实验③加入的1mLKSCN溶液相对应的体积)，再加
入5滴1.5mol/ L H 2SO4溶液，分析溶液是否变化，最后得到无色溶液，说明实验③中溶液呈浅黄色的是
Fe(SCN )3。
7.实验室常用NaOH溶液吸收N O2尾气，探究其适宜条件原理。20℃时，将4 mL不同浓度NaOH溶液
一次性推入中40mLN O2，观察现象。
编
号c( NaOH
现象
甲2mol⋅L 活塞自动内移，最终剩余约7mL无色气
体
乙6mol⋅L
活塞自动内移，最终气体全部被吸收
(1)NaOH溶液吸收N O2时生成两种钠盐，分别为 NaN O2和_____。
(2)检验甲中剩余气体的方法：排出大注射器中的溶液，拔下导管，吸入少量空气，气体变为红棕色。用
化学方程式表示检验的反应原理是_____。
(3)某同学推测甲中产生无色气体的原因：局部O H
−浓度过低，导致部分N O2与水反应。通过实验证明其
成立：用与甲相同的装置、试剂和条件，将N O2缓慢推入NaOH溶液中，_____(补全实验现象)。
(4)进一步探究N O2与水或碱反应时还原产物价态不同的原理。
【查阅资料】
i. N O2遇水时发生反应：a．2 N O2+ H 2O = H
++ N O3
−+ HN O2
b.2 HN O2= NO↑+ N O2
↑+ H 2O；
ii.酸性条件下，HN O2
或N O2
−可与对氨基苯磺酸发生不可逆反应，所得产物遇萘乙二胺变红，且原溶液
中[c( HN O2)+c( N O2
−)]越大，红色越深。
【实验】将2mLN O2推入5mL下列试剂中，随即取出0.1mL溶液，滴加到等量对氨基苯磺酸溶液(盐酸酸
化)中，再加入等量萘乙二胺溶液，加水定容到相同体积，对比溶液颜色。
编号
试剂
溶液颜色
丙
水
溶液均呈红色，丁与戊颜色几乎相同，丙的颜色更浅
丁
6mol⋅L
−1 NaOH溶
液
戊
酸性对氨基苯磺酸溶
液
①通过实验_____(填编号)对比，说明N O2遇水时发生了反应a和b。
②从化学反应速率的角度分析，N O2与水或碱反应时还原产物价态不同的原因是_____。
(5)若用0℃的NaOH溶液重复实验甲，最终剩余约3mL(20℃)无色气体。
综上，用NaOH溶液吸收N O2尾气，适宜的条件是______(写出两点即可)。
【答案】(1)NaN O3
(2)2 NO+O2=2 N O2
(3)最终剩余气体小于7mL
(4)①丙和戊
②HN O2与碱中和的反应速率大于其分解速率
(5)低温、浓碱、控制流速、增大气液接触面积
【解析】(1)NaOH溶液吸收N O2时，所发生的化学反应为：
2 N O2+2 NaOH = NaN O3+ NaN O2+ H 2O ，生成两种钠盐分为别NaN O3和NaN O2，故答案为
NaN O3；
(2)吸入少量空气，气体变为红棕色，根据守恒规律不难得出生成了N O2，化学方程式表示检验的反应原
理为 2 NO+O2=2 N O2 ，故答案为： 2 NO+O2=2 N O2 ；
(3)N O2是红棕色气体，甲中产生无色气体则为NO，要验证局部 O H
− 浓度过低，导致部分N O2与水反
应而产生了NO，当缓慢推入N O2后，最终剩余气体小于7mL，则说明可能是该原因导致，故答案为：最
终剩余气体小于7mL；
(4)丙中是将2mLN O2推入5mL水中，而戊中试剂为酸性对氨基苯磺酸溶液，根据题中信息知，在酸性条
件下， HN O2
或 N O2
− 可与对氨基苯残酸发生不可逆反应，所得产物遇萘乙二胺变红，且原溶液
中 [c( HN O2)+c( N O2
−)] 越大，红色越深，再根据溶液颜色变化来看，溶液均呈红色，丁与戊颜色几乎
相同，丙的颜色更浅，丙中加水一定程度上稀释了溶液，导致 [c( HN O2)+c( N O2
−)] 相对减小，也说明
了的确是产生了HN O2
和N O2
− ；根据题干信息可知，N O2遇水时发生反应：a.
2 N O2+ H 2O = H
++ N O3
−+ HN O2
b. 2 HN O2= NO↑+ N O2
↑+ H 2O ，由实验丁的现象几乎与戊的颜色相同可知，此
时 [c( HN O2)+c( N O2
−)] 是与戊差不多的，但是实验戊较实验丙而言颜色浅，说明实验丙中反应速率较
慢，那就从化学反应速率的角度分析，N O2与水或碱反应时还原产物价态不同的原因是，HN O2与碱中和
的反应速率大于其分解速率，故答案为：丙和戊；HN O2与碱中和的反应速率大于其分解速率；
(5)用0℃的NaOH溶液重复实验甲，最终剩余约3mL无色气体，可知低温是适宜条件，而实验乙中最终
气体全部被吸收，可知NaOH浓度越大则吸收更充分，故答案为：低温、浓碱、控制流速、增大气液接触
面积
8.以木炭、浓硝酸、水和铜片为原料生成的一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠的装置如图所示(部分
夹持装置略)。
已知：
2
①NO+ N a2O2
2 NaN O2
3
②NaN O2+3 HCl =3 NaCl+ HN O3+2 NO↑+ H 2O
③酸性条件下，NO能与MnO4
−反应生成N O3
−和M n
2+
回答下列问题：
(1)加热条件下，浓硝酸与木炭反应的化学方程式为______。
(2)B中观察到的主要现象是：有无色气体产生，______，______。
(3)检验C中产物有亚硝酸钠的操作方法和实验现象是______。
(4)经检验，C中产物除亚硝酸钠外还含有副产物碳酸钠和氢氧化钠。为避免产生这些副产物，应在B、C
装置间增加一个装置，则该装置中盛放的试剂是______(填标号)。
a.浓硫酸
b.无水氯化钙
c .五氧化二磷
d .碱石灰
(5)装置D中发生反应的离子方程式为______。
【答案】(1)C + 4 HN O3(浓)
C O2↑+ 4 N O2↑+2 H 2O
(2)铜片逐渐溶解；溶液变为蓝色
(3)取样，加入稀盐酸，产生无色气体，遇到空气变为红棕色
(4)d
(5)5 NO+3 MnO4
−+ 4 H
+=3 M n
2++5 N O3
−+2 H 2O
【解析】【分析】
本题以硝酸为载体考查硝酸、二氧化氮、NO的性质，侧重考查分析、计算能力，明确物质的性质是解本
题关键，注意(4)中应灵活利用题干信息NaN O2酸性条件下能生成NO，且NO遇空气变红棕色，为易错
点。
【解答】
(1)加热条件下，C和浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，反应方程式为C + 4 HN O3(浓)
C O2↑+ 4 N O2↑+2 H 2O，
故答案为：C + 4 HN O3(浓)
C O2↑+ 4 N O2↑+2 H 2O；
(2)生成的二氧化氮进入B中和水反应生成硝酸，硝酸和铜反应生成硝酸铜、NO和水，所以看到的现象是：
有无色气体生成且Cu逐渐溶解、溶液变蓝色，
故答案为：铜片逐渐溶解；溶液变为蓝色；
(3)亚硝酸钠和稀盐酸反应生成NO，NO不稳定，易被空气中氧气氧化生成红棕色二氧化氮，所以其检验
方法是取样，加入稀盐酸，产生无色气体，遇到空气变为红棕色，
故答案为：取样，加入稀盐酸，产生无色气体，遇到空气变为红棕色；
(4)B、C装置间增加一个装置，装置内盛装的药品能吸收水和二氧化碳，碱石灰能吸收水和二氧化碳，但
不能吸收NO，而浓硫酸、无水氯化钙和五氧化磷，只能吸收水，不能吸收C O2，
故答案为：d；
(5)装置D中酸性KMnO4溶液能氧化NO，生成HN O3，同时还原生成M n
2+，则发生反应的离子方程式
为5 NO+3 MnO4
−+ 4 H
+=3 M n
2++5 N O3
−+2 H 2O，
故答案为：5 NO+3 MnO4
−+ 4 H
+=3 M n
2++5 N O3
−+2 H 2O。
9.化学反应常伴随热效应。某些反应(如中和反应)的热量变化，其数值Q可通过量热装置测量反应前后体
系温度变化，用公式Q =cρV 总⋅ΔT计算获得。
(1)盐酸浓度的测定：移取20.00mL待测液，加入指示剂，用0.5000mol⋅L
−1 NaOH溶液滴定至终点，
消耗NaOH溶液22.00mL。
①上述滴定操作用到的仪器有___________。
A.
B．
C．
D．
②该盐酸浓度为___________mol⋅L
−1。
(2)热量的测定：取上述NaOH溶液和盐酸各50mL进行反应，测得反应前后体系的温度值(❑
∘C )分别为
T 0、T 1，则该过程放出的热量为___________J (c和ρ分别取4.18 J ⋅g
−1⋅
∘C
−1和1.0 g⋅m L
−1，忽略水
以外各物质吸收的热量，下同)。
(3)借鉴(2)的方法，甲同学测量放热反应Fe(s)+CuSO4(aq)= FeSO4(aq)+Cu(s)的焓变ΔH (忽略温
度对焓变的影响，下同)。实验结果见下表。
序号
反应试剂
体系温度/❑
∘C
反应前
反应后
i
0.20mol⋅L
−1CuSO4溶液
100mL
1.20 gFe粉
a
b
ii
0.56 gFe粉
a
c
①温度：b___________c(填“>”“<”或“=”)。
②ΔH =___________(选择表中一组数据计算)。结果表明，该方法可行。
(4)乙同学也借鉴(2)的方法，测量反应A : Fe(s)+ F e2(SO4)3(aq)=3 FeSO4(aq)的焓变。
查阅资料：配制F e2(SO4)3溶液时需加入酸。加酸的目的是___________。
提出猜想：Fe粉与F e2(SO4)3溶液混合，在反应A进行的过程中，可能存在Fe粉和酸的反应。
验证猜想：用pH试纸测得F e2(SO4)3溶液的pH不大于1；向少量F e2(SO4)3溶液中加入Fe粉，溶液颜色
变浅的同时有气泡冒出，说明存在反应A和___________(用离子方程式表示)。
实验小结：猜想成立，不能直接测反应A的焓变。
教师指导：鉴于以上问题，特别是气体生成带来的干扰，需要设计出实验过程中无气体生成的实验方案。
优化设计：乙同学根据相关原理，重新设计了优化的实验方案，获得了反应A的焓变。该方案为
___________。
(5)化学能可转化为热能，写出其在生产或生活中的一种应用___________。
【答案】(1)①AD
0.5500
②
(2)418(T 1−T 0)
(3)①>
② −20.9(b−a)kJ ⋅mol
−1 或 −41.8(c−a)kJ ⋅mol
−1
(4)抑制 F e
3+ 水解；Fe+2 H
+= F e
2++ H 2↑；将一定量的 Cu 粉加入一定浓度的 F e2(SO4)3 溶液中反应，
测量反应热，计算得到反应 Cu+ F e2(SO4)3=CuSO4+2 FeSO4 的焓变 Δ H 1 ；根据(3)中实验计算得到
反应 Fe+CuSO4=Cu+ FeSO4 的焓变 Δ H 2 ；根据盖斯定律计算得到反应 Fe+ F e2(SO4)3=3 FeSO4
的焓变为 Δ H 1+ Δ H 2
(5)燃料燃烧(或铝热反应焊接铁轨等)
【解析】(1)①滴定操作时需要用的仪器有锥形瓶、酸式滴定管、碱式滴管、铁架台等，故选AD；
②滴定时发生的反应为HCl+ NaOH = NaCl+ H 2O，
故 c( HCl)= c( NaOH )V ( NaOH )
V ( HCl)
= 0.5000mol⋅L
−1×22.00mL
20.00mL
=0.5500mol⋅L
−1 ；
(2)由 Q =cρV 总⋅ΔT 可得Q = 4.18 J ⋅g
−1⋅
∘C
−1 × 1.0 g⋅m L
−1 ×(50mL+50mL)×(T 1−T 2)=
418(T 1−T 0)；
(3)100mL 0.20mol⋅L
−1CuSO4 溶液含有溶质的物质的量为0.02mol， 1.20 gFe 粉和 0.56 gFe 粉的物
质的量分别为0.021mol、0.01mol，实验i中有0.02molCuSO4发生反应，实验ii中有0.01molCuSO4发
生反应，实验i放出的热量多，则b>c；若按实验i进行计算，
ΔH = 4.18×1.0×100×(b−a)
1000×0.02
=−20.9(c−a)kJ ⋅mol
−1 ；若按实验ii进行计算，
ΔH = 4.18×1.0×100×(c−a)
1000×0.01
=−41.8(c−a)kJ ⋅mol
−1；
(4)F e
3+ 易水解，为防止 F e
3+ 水解，在配制 F e2(SO4)3 溶液时需加入酸；用 pH 试纸测得 F e2(SO4)3
溶液的 pH 不大于1说明溶液中呈强酸性，向少量 F e2(SO4)3 溶液中加入 Fe 粉，溶液颜色变浅的同时有
气泡即氢气产生，说明溶液中还存在 Fe 与酸的反应，其离子方程式为 Fe+2 H
+= F e
2++ H 2↑ ；乙同学
根据相关原理，重新设计优化的实验方案的重点为如何防止 Fe 与酸反应产生影响，可以借助盖斯定律，
设计分步反应来实现 F e2(SO4)3 溶液与 Fe 的反应，故可将一定量的 Cu 粉加入一定浓度的 F e2(SO4)3
溶液中反应，测量反应热，计算得到反应 Cu+ F e2(SO4)3=CuSO4+2 FeSO4 的焓变 Δ H 1 ；根据(3)中
实验计算得到反应 Fe+CuSO4=Cu+ FeSO4 的焓变 Δ H 2 ；根据盖斯定律计算得到反
应 Fe+ F e2(SO4)3=3 FeSO4 的焓变为 Δ H 1+ Δ H 2 ；
(5)化学能转化为热能在生产和生活中应用比较广泛，化石燃料的燃烧、炸药开山、放射火箭等都是化学
能转化热能的应用，另外铝热反应焊接铁轨也是化学能转化热能的应用。
10.草酸及其化合物在工业中有重要作用，例如：草酸可用于除铁锈，反应的离子方程式为：
F e2O3+6 H 2C2O4=2[ Fe(C2O4)3]
3−+6 H
++3 H 2O；草酸铁铵[( N H 4)3 Fe(C2O4)3]是一种常用的金
属着色剂。
(1)草酸( H 2C2O4)是一种弱酸，不稳定，受热或遇浓硫酸会发生分解。在浓硫酸催化作用下，用硝酸氧
化葡萄糖可制取草酸，实验装置如图所示
①葡萄糖溶液可由反
得到。该实验中证明淀粉已经完全水解
的实验操作及现象是 ______。
55
②
℃～60℃时，装置A中生成H 2C2O4，同时生成NO。要将16.2g淀粉完全水解后的淀粉水解液完
全转化为草酸，理论上消耗2mol⋅L
−1 HN O3溶液的体积为 ______mL。
③该实验中催化剂浓硫酸用量过多，会导致草酸产率减少，原因是 ______。
(2)草酸铁铵晶体[( N H 4)3 Fe(C2O4)3⋅3 H 2O]易溶于水，常温下其水溶液pH为4.0～5.0。设计以
F e2O3、草酸溶液和氨水为原料，制备草酸铁铵晶体的实验方案：______。
(3)制得的草酸铁铵晶体中往往会混有少量草酸，为测定
( N H 4)3 Fe(C2O4)3⋅3 H 2O( M = 428 g⋅mol
−1)的含量，进行下列实验：
称取样品9.46 g，加稀硫酸溶解后，配成100mL溶液。取20.00mL配制的溶液，用浓度为
0.2000mol⋅L
−1的KMnO4溶液滴定至终点时消耗KMnO4溶液28.00mL。
已知：H 2C2O4+ MnO4
−+ H
+= M n
2++C O2↑+ H 2O(未配平)
通过计算，确定样品中( N H 4)3 Fe(C2O4)3⋅3 H 2O的质量分数 ______(写出计算过程)。
【答案】(1)①取水解液少许于试管中，向试管中加入碘水，溶液不变蓝色
300
②
③浓硫酸具有强氧化性和脱水性，会使有机物脱水碳化
(2)将F e2O3在搅拌条件下溶于热的草酸溶液，滴加氨水至溶液pH为4.0～5.0之间，然后将溶液加热浓
缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到草酸铁铵晶体
(3)90.5 %
【解析】解：(1)①说明淀粉水解完全的关键是要用实验证明淀粉已不存在，则取水解液少许于试管中，
向试管中加入碘水，溶液不变蓝色说明淀粉已经完全水解，
故答案为：取水解液少许于试管中，向试管中加入碘水，溶液不变蓝色；
②由题意可知，装置A中发生的反应为在浓硫酸做催化剂作用下，葡萄糖与稀硝酸反应生成草酸、一氧化
氮和水，反应的化学方程式为C6 H 12O6(葡萄糖)+6 HN O3(稀)3 H 2C2O4+6 NO↑+6 H 2O，由淀粉水
解方程式可得：(C6 H 10O5)n～nC6 H 12O6～6nHN O3，则将16.2g淀粉完全水解后的淀粉水解液完全
转化为草酸，理论上消耗2mol / L硝酸溶液的体积为
16.2g
162ng/mol ×6n
2mol/ L
×10
3mL/ L=300mL，
故答案为：300；
③浓硫酸具有强氧化性和脱水性，若该实验中催化剂浓硫酸用量过多，会使有机物脱水碳化，导致草酸产
率减少，
故答案为：浓硫酸具有强氧化性和脱水性，会使有机物脱水碳化；
(2)由题意可知，制备草酸铁铵晶体的实验操作为将氧化铁在搅拌条件下溶于热的草酸溶液得到含有三草
酸合铁离子的酸性溶液，向反应后的溶液中加入氨水至溶液的pH为4.0～5.0之间，三草酸合铁离子与氨
水反应得到草酸铁铵溶液，然后将溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到草酸铁铵晶体，
故答案为：将F e2O3在搅拌条件下溶于热的草酸溶液，滴加氨水至溶液pH为4.0～5.0之间，然后将溶液
加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到草酸铁铵晶体；
(3)设草酸的物质的量为amol，草酸铁铵晶体的物质的量为bmol，由样品的质量可得：
90a+ 428b=9.46①，由得失电子数目守恒可得：5 H 2C2O4～2 MnO4
−，由20.00mL溶液消耗
28.00mL0.2000mol / L的高锰酸钾溶液可得：a+3b=0.2000mol / L×0.028 L×5× 5
2 ②，解联立方程
可得a=0.01、b=0.02，则9.46 g样品中草酸铁铵晶体的质量分数为
0.02mol×428 g/mol
9.46 g
×100 %≈90.5 %，
故答案为：90.5 %。
本题考查物质制备实验方案的设计，题目难度中等，涉及物质的制取实验、物质的分离提纯等，清楚制备
的原理是解答的关键，充分培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识解决问题的能力。
11.己二酸是一种二元弱酸，通常为白色结晶体，微溶于冷水，易溶于热水和乙醇。制备己二酸的一种反
应机理如下：
+ HN O3(浓)→
❑
HOOC(C H 2)4COOH + N O2↑+ H 2O(未配平)。制备己二酸
的装置如图所示(夹持、加热装置省略)。向三颈烧瓶中加入2mL浓HN O3，再缓慢滴加1.5 g环己醇，保持
80°C持续反应2h。反应结束冷却至室温后，在冰水浴中继续冷却，分离出己二酸粗品。
(1)图中冷凝管的名称 ______，冷却水从 ______ (填“a“或“b”)口流入。
(2)为了防止污染空气，图中还缺少的装置是 ______。
(3)将己二酸粗品提纯的方法是 ______，洗涤沉淀的方法为 ______ (填字母)。
A.用乙醇洗涤
B.用乙醇−水溶液洗涤
C.用冰水洗涤．
(4)若制得纯己二酸的质量为1.5 g，则己二酸的产率为 ______(保留一位小数)。
(5)环己烯、环己酮也可被双氧水氧化成己二酸。所需双氧水理论用量环己烯 ______环己酮 (填“大于”
“小于”或“等于”)。
【答案】(1)球形冷凝管；a
(2)尾气吸收装置
(3)重结晶；C
(4)68.5 %
(5)大于
【解析】【分析】
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备原理、物质的性质、实验技能为解答的关键，侧重分析
与实验能力的考查，注意物质分离提纯方法的运用，题目难度中等。
【解答】
(1)由题干图可知图中冷凝管的名称为球形冷凝管；为了使冷凝效果更好，应该使冷凝管内充满冷凝水，
冷却水从冷凝管的下口a进入，
故答案为：球形冷凝管；a；
(2)根据题目中的制备己二酸的反应机理可知反应过程中有污染性气体二氧化氮产生，为了防止二氧化氮
污染空气，需要尾气处理，则图中还缺少的装置是尾气吸收装置，
故答案为：尾气吸收装置；
(3)因为己二酸常温下为固体，温度较低时会从溶液中析出，所以己二酸粗品提纯方法是重结晶；己二酸
在温度较低时溶解度小，为了减小洗涤时溶解损耗，洗涤沉淀的方法为冰水洗涤，
故答案为：重结晶；C；
(4)根据
+ HN O3(浓)→
△ HOOC(C H 2)4COOH + N O2↑+ H 2O，由原子守恒可知生成己二
酸的理论质量为
1.5 g
100 g/mol ×146 g/mol =2.19 g，所以己二酸的产率是1.5 g
2.19 g ×100 %≈68.5 %，
故答案为：68.5 %；
(5)环己烯、环己酮也可被双氧水氧化成己二酸，存在如下关系式：
～4 H 2O2、
～3 H 2O2，
则1mol环己烯～4 mol双氧水～1mol己二酸，1mol环己酮～3mol双氧水～1mol己二酸，因此，所需
双氧水理论用量，环己烯大于环己酮，
故答案为：大于。
12.甘氨酸亚铁[(H 2 NC H 2COO)2 Fe]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．(H 2 NC H 2COO)2 Fe易溶于水，难溶于乙醇。
iii．H 2通入PdC l2溶液中的反应：H 2+ PdC l2= Pd ↓(黑色)+2 HCl
实验步骤：
Ⅰ.关闭活塞K 2，打开活塞K 3和K 1，加入适量稀硫酸(铁屑足量)，当出现____________现象后关闭活塞K 1。
Ⅱ.____________，磁力搅拌器不断搅拌，B中生成FeC O3沉淀。
Ⅲ.在50
∘C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K 3，打开K 2，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FeC O3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(H 2 NC H 2COO)2 Fe溶液导电能力
远弱于FeC l2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) 2 H 2 NC H 2COOH + FeC O3→(H 2 NC H 2COO)2 Fe+C O2↑+ H 2O
(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 FeC l2 溶液中的离子浓度小的多
【解析】【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 K 2 ，打开 K 3 和 K 1 )，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 K 3 并打开 K 2 ，A中的硫酸亚铁溶液被氢气压入B中，在B中亚铁离子和 HC O3
− 反应生成 FeC O3 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：
2 H 2 NC H 2COOH + FeC O3→(H 2 NC H 2COO)2 Fe+C O2↑+ H 2O ，反应完成后，向B的反应混合物
中加入无水乙醇使 [(H 2 NC H 2COO)2 Fe] 析出，经过滤、洗涤得到粗产品，将粗产品纯化后
得 [(H 2 NC H 2COO)2 Fe] 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 K 1 。
(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 K 3 ，打
开 K 2 ，将A中溶液压入到B中，B 正确；
C.步骤Ⅲ在 50
∘C 恒温条件下进行，水的沸点为 100
∘C ，故可以用水浴加热，C 正确；
D.已知信息中提到 (H 2 NC H 2COO)2 Fe 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：
2 H 2 NC H 2COOH + FeC O3→(H 2 NC H 2COO)2 Fe+C O2↑+ H 2O 。
(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 FeC l2 溶液中的离子浓度小的多，等浓度 (H 2 NC H 2COO)2 Fe 溶液导电能力远弱于 FeC l2 溶液。
拔高探究
13.某实验小组探究SO2与K 2 FeO4的反应，实验如下。
资料：i. K 2 FeO4为紫色固体，微溶于KOH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。
ii. F e
3+可以与C2O4
2−形成[ Fe(C2O4)3]
3−；
装置
操作及现象
实验一：向B中通入SO2，产生暗红褐色沉淀X和溶液Y (略显
红色)；继续通入SO2一段时间后，溶液呈红色，继而变为橙
色，最终沉淀消失，溶液几乎无色。
(1) A中产生SO2的化学方程式为__________。
(2)暗红褐色沉淀X可能含F e
3+、O H
−、SO4
2−、SO3
2−，检验如下：
实验二：向X中加入足量盐酸，沉淀溶解。取少量溶液，滴加KSCN溶液后变红。证明溶液中存在
__________。另取少量溶液滴加BaC l2溶液，产生白色沉淀，但不能确认含有SO4
2−，原因是__________。
实验三：向X中加入H 2C2O4溶液，沉淀溶解。继续滴加BaC l2溶液，产生白色沉淀，过滤后，向沉淀中
加入盐酸，白色沉淀溶解。确认X中不含SO4
2−。
实验三中用H 2C2O4溶液溶解沉淀的目的是：__________。
实验四：向X中加入足量盐酸，沉淀溶解。加入几滴碘水(含淀粉)，蓝色立即褪去。静置，一段时间后蓝
色复现，振荡，不褪色。
结合离子方程式解释沉淀溶解后的现象：__________。
(3)查阅资料：a. F e
3+、SO3
2−、H 2O(或O H
−)会形成配合物HOFeOSO2。
b.SO3
2−和O2在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸( H 2SO5)
①向溶液Y 中滴加2滴KSCN溶液，未见红色；再加几滴6mol· L
−1盐酸，溶液变红。溶液Y 中存在Fe(Ⅲ)，
但直接滴加KSCN溶液未见红色的原因是__________。
②取出部分实验一中的橙色溶液，久置不褪色。结合资料a中过程ii分析实验一中溶液最终“几乎无色”
的原因：__________。
总结：SO2与K 2 FeO4发生了氧化还原反应和复分解反应，并且遵循化学反应速率和限度规律。
【答案】(1)N a2SO3+ H 2SO4= N a2SO4+ H 2O+ SO2↑
(2)F e
3+ ；F e
3+可能将+ 4价含硫物质氧化；H 2C2O4溶液溶解沉淀并形成[ Fe(C2O4)3]
3−；使c( F e
3+)
降低，氧化性减弱，不能将+ 4价含硫物质氧化；SO2+2 H 2O+ I 2= H 2SO4+2 HI
(3)①F e
3+与SO3
2−、H 2O(或O H
−)形成配合物的稳定性强于Fe(SCN )3
②持续通入SO2一段时间后，溶液酸性增强，生成的H 2SO5将橙色溶液中的HOFeOSO2氧化
【解析】(1) A中用亚硫酸钠和70 %的浓硫酸来制取SO2的化学方程式为
N a2SO3+ H 2SO4= N a2SO4+ H 2O+ SO2↑；
(2)实验二中，取少量溶液，滴加KSCN溶液后变红，证明溶液中存在F e
3+；由于F e
3+具有氧化性，能将
SO3
2−氧化成SO4
2−，故并不能确认原溶液中是否含有SO4
2−；
实验三中：由于H 2C2O4溶液溶解沉淀并形成[ Fe(C2O4)3]
3−，再继续滴加BaC l2溶液，产生白色沉淀，
过滤后，向沉淀中加入盐酸，白色沉淀溶解，可知白色沉淀为亚硫酸钡，即确认X中不含SO4
2−；
实验四中：向X中加入足量盐酸，沉淀溶解。加入几滴碘水(含淀粉)，蓝色立即褪去，发生的反应方程为
SO2+2 H 2O+ I 2= H 2SO4+2 HI；
(3)①由已知a. F e
3+、SO3
2−、H 2O(或O H
−)会形成配合物HOFeOSO2可得，向溶液Y 中滴加2滴
KSCN溶液，未见红色；再加几滴6mol· L
−1盐酸，溶液变红。溶液Y 中存在Fe(Ⅲ)，但直接滴加KSCN
溶液未见红色的原因是F e
3+与SO3
2−、H 2O(或O H
−)形成配合物的稳定性强于Fe(SCN )3；
②由已知b.SO3
2−和O2在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸( H 2SO5)，可得溶液最终
“几乎无色”的原因为持续通入SO2一段时间后，溶液酸性增强，生成的H 2SO5将橙色溶液中的
HOFeOSO2氧化。
14.N a2C O3和NaHC O3在日常生产生活中有着广泛应用。
(1)取N a2C O3和NaHC O3两种固体各2 g，分别放入两个小烧杯中加10mL蒸馏水，振荡，测量温度变
化；其中盛放NaHC O3的烧杯中溶液温度____(填“升高或降低”)。
(2)探究两者热稳定性的“套管实验”的实验装置如图所示：
①写出实验过程中试管中发生反应的化学方程式：____。
②证明热稳定性的实验装置中，能否将NaHC O3、N a2C O3的位置互换？____(填“能”或“不能”)。
(3)能用来鉴别N a2C O3和NaHC O3两种白色固体的实验操作是____。
A.将N a2C O3和NaHC O3配制成同浓度的溶液，用pH试纸测定pH值并做比较
B.分别在这两种物质的溶液中，加入少量CaC l2溶液
C.分别在这两种物质的溶液中，加入少量Ca(OH )2溶液
(4)利用图所示装置来测定纯碱样品中N a2C O3的质量分数(铁架台、铁夹等在图中均已略去)。实验步骤
如图：
a.按图连接装置，并检查气密性；
b.准确称得盛有碱石灰的干燥管D的质量为83.4 g；
c .准确称得6.0 g纯碱样品放入容器Ⅱ中；
d .打开分液漏斗Ⅰ的旋塞，缓缓滴入稀硫酸，至不再产生气泡为止；
e.打开弹簧夹，往试管A中缓缓鼓入空气数分钟，然后称得干燥管D的总质量为85.6 g。
①若d、e两步的实验操作太快，则会导致测定结果____(填“偏大”或“偏小”)。
②装置A中试剂X应选用____，通入空气的目的是____。
③E装置的作用是____。
④根据实验中测得的有关数据，计算纯碱样品中N a2C O3的质量分数为____(结果保留到小数点后一位)。
【答案】(1)降低
(2)① 2 NaHC O3
N a2C O3+C O2↑+ H 2O
②不能
(3) AB
(4) ①偏小
②NaOH溶液；可把残留在装置B、C中二氧化碳全部由D中碱石灰吸收
③防止空气中C O2和水蒸气进入D中
④88.3 %
【解析】(1)碳酸氢钠溶解为放热过程，故盛放NaHC O3的烧杯中溶液温度降低；
(2)碳酸钠受热不分解，碳酸氢钠受热分解，化学方程式为2 NaHC O3
N a2C O3+C O2↑+ H 2O；
NaHC O3固体在内管，温度低于外管的N a2C O3固体，而分解，温度较高的N a2C O3固体未分解，证明
NaHC O3的热稳定性弱于N a2C O3若是将NaHC O3固体和N a2C O3固体互换位置，则得到结果：温度
较高的NaHC O3固体分解，温度较低的N a2C O3固体不分解，不能证明它们的热稳定性强弱；
(3) A .将N a2C O3和NaHC O3配制成同浓度的溶液，用pH试纸测定pH值并做比较，pH值较高的是
N a2C O3；
B.两支试管中均盛有3mL6mol / L稀盐酸，将少量等质量的N a2C O3、NaHC O3粉末同时倒入试管中，
反应较快的是NaHC O3；
C.分别在这两种物质的溶液中，加入少量Ca(OH )2溶液，均能得到白色沉淀；
故答案选AB；
(4)反应过快会使产生的C O2气体不能完全被D装置中碱石灰吸收；快速鼓入空气，也会使装置内残留
C O2不能被D装置中碱石灰完全吸收，则测得的C O2质量偏小，测定结果偏小；鼓入空气，可把残留在装
置B、C中的C O2赶出由D中碱石灰吸收，因为空气中含有C O2，因此应把鼓入空气中的C O2吸收处理，
所以装置A应放入NaOH溶液；如果D装置直接与外界空气相连通，则空气中的H 2O(g)和C O2会对测定
结果带来影响，所以装置E的作用是防止空气中H 2O(g)和C O2进入装置D中；反应中放出C O2气体的质
量=85.6 g−83.4 g=2.2g，设消耗碳酸钠的质量为x，
N a2C O3
❑̃
C O2
106
44
x
2.2g
，106
x = 44
2.2g，x =5.3 g，
纯碱样品中N a2C O3的质量分数= 5.3 g
6.0 g ×100 %≈88.3 %。
15.煤的化学活性是评价煤气化或燃烧性能的一项重要指标，可用与焦炭(由煤样制得)反应的C O2的转化
率a来表示。研究小组设计测定a的实验装置如下：
(1)装置Ⅰ中，仪器a的名称是_______；b中除去的物质是_______(填化学式)。
(2)①将煤样隔绝空气在900℃加热1小时得焦炭，该过程称为_______。
②装置Ⅱ中，高温下发生反应的化学方程式为_______。
③装置Ⅲ中，先通入适量的气体X，再通入足量Ar气。若气体X被完全吸收，则可依据d和e中分别生成
的固体质量计算a。
i.d中的现象是_______。
ii.e中生成的固体为Ag，反应的化学方程式为_______。
iii.d和e的连接顺序颠倒后将造成a_______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
iiii.在工业上按照国家标准测定a：将干燥后的C O2(含杂质N 2的体积分数为n )以一定流量通入装置Ⅱ反应，
用奥氏气体分析仪测出反应后某时段气体中C O2的体积分数为m，此时a的表达式为_______。
【答案】(1)分液漏斗；HCl
(2)①干馏
②C O2+C
高温̲̲
2CO
③有白色沉淀生成；CO+2[ Ag( N H 3)2]OH =2 Ag↓+( N H 4)2C O3+2 N H 3；偏大；
1−n−m
(1+m)(1−n) ×100 %
【解析】稀盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳、氯化钙和水，由于盐酸易挥发，二氧化碳中含有氯化氢杂质，
用饱和碳酸氢钠溶液吸收氯化氢，再用浓硫酸干燥气体，二氧化碳通到灼热的焦炭中反应生成一氧化碳，
将混合气体通入足量氢氧化钡溶液中吸收二氧化碳，一氧化碳与银氨溶液反应生成银单质。
(1)装置Ⅰ中，仪器a的名称是分液漏斗；由于二氧化碳中含有挥发的氯化氢气体，因此b中碳酸氢钠与氯化
氢反应，则除去的物质是HCl；故答案为：分液漏斗；HCl。
(2)①将煤样隔绝空气在900℃加热1小时得焦炭，即隔绝空气加强热使之分解，则该过程称为干馏；故
答案为：干馏。
②装置Ⅱ中，高温下二氧化碳和焦炭反应生成一氧化碳，其发生反应的化学方程式为 C O2+C
高温̲̲
2CO；
故答案为： C O2+C
高温̲̲
2CO 。
③i.d中二氧化碳和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀和水，其反应的现象是有白色沉淀生成；故答案为：有
白色沉淀生成。
ii.e中生成的固体为 Ag，根据氧化还原反应分析得到CO变为碳酸铵，则反应的化学方程式
为 CO+2[ Ag( N H 3)2]OH =2 Ag↓+( N H 4)2C O3+2 N H 3；
iii.d和e的连接顺序颠倒，二氧化碳和银氨溶液反应，导致银氨溶液消耗，二氧化碳与氢氧化钡反应的量
减少，则将造成a偏大；
iiii.在工业上按照国家标准测定a：将干燥后的C O2 (含杂质N 2的体积分数为n )以一定流量通入装置Ⅱ反应，
用奥氏气体分析仪测出反应后某时段气体中 C O2的体积分数为m，设此时气体物质的量为bmol，二氧化
碳物质的量为bmmol，原来气体物质的量为amol，原来二氧化碳物质的量为a(1−n)mol，氮气物质的量
为anmol，则消耗二氧化碳物质的量为[a(1−n)−bm]mol，生成CO物质的量为2[a(1−n)−bm]mol，
则有b=an+bm+2[a(1−n)−bm]，解得： b= a(2−n)
1+m
，此时a的表达式
为 [a(1−n)−a(2−n)
1+m
m]mol
a(1−n)mol
×100％= 1−n+m−mn−2m+nm
(1+m)(1−n)
×100％=
1−n−m
(1+m)(1−n) ×100％
；故答案为：
1−n−m
(1+m)(1−n) ×100％ 。
16.SOC l2主要用于制造酰基氯化物。实验室制备原理为C l2+ SC l2+ SO2
活性炭̲̲
约50
2SOC l2，实验装置(夹
持及部分加热装置已省略)如图所示。
已知：
化学
式
色态
熔点
/℃
沸点
/℃
主要化学性质
SC l2 暗红色或淡红色液体−78 60(分解
)
溶于水并剧烈反应
SOC l2
无色或黄色液体
−105
78.8
遇水水解
回答下列问题：
(1)仪器d的名称为_______，橡胶弯管的作用是_______。
(2)制备SO2的化学反应为Cu+2 H 2SO4(浓)≜CuSO4+ SO2↑+2 H 2O，该反应的氧化产物为(填名称)
_______，干燥管中盛放的物质可以是_______(填名称)。
(3)装置C中发生反应的离子方程式为_____，如用KClO3代替漂白粉，生成标准状况下3.36 LC l2，转移
电子的物质的量为______mol。
(4)实验过程中发现C l2的流速过快，可以采取的简便措施是_______。
(5)将C l2、SO2混合气体通入蒸馏水充分反应后的溶液中的溶质为两种强酸，化学方程式为__________。
【答案】(1)分液漏斗；平衡气压，使液体顺利流下
(2)硫酸铜；碱石灰
(3)ClO
−+C l
−+2 H
+=C l2↑+ H 2O；0.25
(4)关闭分液漏斗活塞
(5)C l2+ SO2+2 H 2O = H 2SO4+2 HCl
【解析】【分析】
根据实验室合成原理：C l2+ SC l2+ SO2
活性炭̲̲
约50
2SOC l2可知，C装置可用于制备氯气，B中装有浓硫酸
干燥氯气，在装置A中发生反应。
(1)仪器d的名称为分液漏斗，橡胶弯管的作用是平衡气压，使液体顺利流下；
(2)Cu+2 H 2SO4(浓)≜CuSO4+ SO2↑+2 H 2O 该反应中Cu元素化合价升高做还原剂，硫酸铜为氧化
产物；干燥管的作用是吸收氯气和二氧化硫，同时防止空气中水蒸气进入装置，故可以用碱石灰；
(3)装置C中用浓盐酸和漂白粉制取氯气，发生反应的离子方程式为 ClO
−+C l
−+2 H
+=C l2↑+ H 2O ；如
用 KClO3 代替漂白粉，离子方程式为 ClO3
−+5C l
−+6 H
+=3C l2↑+3 H 2O ，该反应生成3mol氯气时转
移5mol电子，生成标准状况下3.36 L C l2 ，即生成0.15mol C l2 时，转移0.25mol电子；
(4)实验过程中发现 C l2 的流速过快，可以采取的简便措施是关闭分液漏斗活塞；
(5)将C l2、SO2混合气体通入蒸馏水生成硫酸和盐酸，化学方程式
为 C l2+ SO2+2 H 2O = H 2SO4+2 HCl。
17.某研究小组利用如图装置探究SO2和Fe( N O3)3溶液的反应原理。回答下列问题：
(1)在实验室中，欲配制250 g70 %的浓硫酸，需要的玻璃仪器除量筒、烧杯外，还需要有__________，装
置A中盛放浓硫酸的仪器名称是___________。
(2)往三颈烧瓶中通入N 2的操作在滴加浓硫酸(填“之前”或“之后”)，其目的是______________。
(3)三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为_____________________，该反应中浓硫酸表现出的性质为
______________。
(4)SO2易溶于水，下列装置可用于C处虚线框内吸收尾气的是___________(填编号)。
(5)装置B中产生白色沉淀的原因有两种可能。若要证明F e
3+能氧化SO2，则需要改进的地方是
___________________，改进后若得到肯定结论，则装置B中发生反应的离子方程式为
___________________、____________________。
【答案】(1)玻璃棒；分液漏斗
(2)之前；排除装置内的空气，防止氧气对实验的干扰
(3)N a2SO3+ H 2SO4(浓)= N a2SO4+ SO2↑+ H 2O；强酸性
(4)②③④
(5)将装置B中的硝酸铁溶液换成氯化铁溶液；SO2+2 F e
3++2 H 2O =2 F e
2++ SO4
2−+ 4 H
+；
SO4
2−+ B a
2+= BaSO4↓
【解析】(1)配制一定质量分数的溶液，需要的仪器是烧杯、量筒、玻璃棒，因此缺少的仪器是玻璃棒；
盛放浓硫酸的仪器是分液漏斗；
(2)装置中有空气，可能氧气参与反应，干扰实验，因此先通一段时间的氮气，排除装置中的空气，然后
再滴加浓硫酸；(3)三颈烧瓶中发生的反应是N a2SO3+ H 2SO4(浓)= N a2SO4+ SO2↑+ H 2O，没有化
合价的变化，因此体现浓硫酸的酸性；
(4)SO2易溶于水，尾气处理需要防止倒吸，①装置不能防止倒吸，⑤装置进气管较短，容易引起倒吸，
因此能防止倒吸的装置是②③④；
(5)SO2
溶于水，形成H 2SO3
，溶液显酸性，N O3
−在酸性条件下具有强氧化性，容易把S元素氧化成
SO4
2−，对实验产生干扰，因此用FeC l3
替换Fe( N O3)3
，离子反应方程式为：
SO2+2 F e
3++2 H 2O =2 F e
2++ SO4
2−+ 4 H
+ 、B a
2++ SO4
2−= BaSO4↓。
18.清凉茶酸乙酯(C H 3CH =CHCH =CHCOOC H 2C H 3)是一种消毒杀菌剂，对细菌、霉菌等有灭活
作用。通过酯化反应制备清凉茶酸乙酯的实验步骤如下。
I.在三颈烧瓶中加入5.6 g清凉茶酸、4.6 g乙醇、环己烷、少量浓硫酸等，再加入几粒沸石。
Ⅱ.加热并不断搅拌，一段时间后停止加热和搅拌。
Ⅲ.反应物冷却至室温，进行操作X。
Ⅳ.在滤液中加入试剂Y ，洗涤至混合液pH为7左右，再用试剂Z洗涤。
Ⅴ.将洗涤后混合液加入分液漏斗，进行分液。
Ⅵ.在分液后的有机层加入干燥剂，振荡，静置，过滤。
Ⅶ.对过滤后产物进行提纯操作，得到4.3mL纯净的清凉茶酸乙酯。
沸点
/℃
密度
/(g⋅c m
−3)
水溶性备注
乙醇
78
0.789
混溶
清凉茶酸
228
1.204
易溶
清凉茶酸乙酯195
0.926
难溶
环己烷
80.7
0.780
难溶
挥发过程中可带出较多的水
(1)步骤I中加入环己烷的作用是______。
(2)步骤Ⅱ中为了受热均匀和易于控制温度为110℃，可采用______(填“水浴”或“油浴”)加热，写出实
验中三颈烧瓶内发生的主要反应：______。
(3)在步骤Ⅲ中必须用到的下列仪器有______(填名称)。
(4)在步骤Ⅳ中使用的洗涤试剂Y 、Z依次为_______、_______(填标号)。
a.5 %的小苏打溶液 b.乙醇 c . NaOH溶液 d .蒸馏水
(5)在步骤Ⅶ中对清凉茶酸乙酯进行提纯的方法是______，本实验的产率为_______(保留三位有效数字)。
【答案】(1)增大水蒸气的挥发量，促进平衡的正向移动
(2)油浴；H 3CCH =CHCH =CHCOOH +C2 H 5OH ⇀
¿
Δ
H 3CCH =CHCH =CHCOOC2 H 5+ H 2O
(3)玻璃棒、漏斗、烧杯
(4)a； d
(5)蒸馏；56.9 %
【解析】【分析】清凉茶酸与乙醇在浓硫酸催化下发生酯化反应，环己烷挥发过程中可带出较多的水，则
加入环己烷的作用是增大水蒸气的挥发量，促进平衡的正向移动，反应后冷却至室温，过滤，向滤液中加
入小苏打溶液，洗涤，至混合液pH =7左右，再用蒸馏水洗涤，将洗涤后混合液加入分液漏斗，进行分液。
在分液后的有机层加入干燥剂，振荡，静置，过滤。对滤液进行蒸馏，收集一定温度的馏分，得到纯净的
清凉茶酸乙酯。
(1)环己烷挥发过程中可带出较多的水，则加入环己烷的作用是增大水蒸气的挥发量，促进平衡的正向移
动；
(2)控制温度为110℃，温度高于水的沸点，故可采用油浴加热，实验中三颈烧瓶内清凉茶酸与乙醇在浓
硫酸催化下发生酯化反应，主要反应是H 3CCH =CHCH =CHCOOH +C2 H 5OH ⇀
¿
Δ
H 3CCH =CHCH =CHCOOC2 H 5+ H 2O；
(3)操作X是过滤，使用的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯；
(4)有机物酯会溶于乙醇，氢氧化钠会和生成的酯反应，不能选；加入Y 小苏打是为了中和混合物中的酸
性物质，再用试剂Z蒸馏水洗涤，然后分液分离出有机层；故选a、d；
(5)根据物质沸点不同，在步骤Ⅶ中对清凉茶酸乙酯进行提纯的方法是蒸馏；
H 3CCH =CHCH =CHCOOH +C2 H 5OH ⇀
¿
Δ
H 3CCH =CHCH =CHCOOC2 H 5+ H 2O，5.6 g清凉茶
酸是0.05mol，4.6 g乙醇是0.1mol，则乙醇过量，因此生成0.05mol清凉茶酸乙酯，则生成清凉茶酸乙
酯0.05mol×140 g/mol =7.0 g，实际生成清凉茶酸乙酯4.3mL×0.926 g/mL=3.98 g，则产率
为 3.98 g
7.0 g ×100 %≈56.9 % 。
19.市售的溴(纯度99 %)中含有少量的C l2和I 2，某化学兴趣小组利用氧化还原反应原理，设计实验制备高
纯度的溴，装置如图(夹持装置等略)。回答下列问题：
(1)将市售的溴滴入盛有浓CaBr2溶液的B中，水浴加热至不再有红棕色液体馏出。B中CaBr2溶液的作用
为___________；水浴加热的作用是___________。
(2)仪器C中冷凝水由___________(填a或b)口流出，D中发生的主要反应的离子方程式为___________。
(3)将D中溶液转移至蒸发皿中，边加热边向其中滴加酸化的KMnO4溶液至出现红棕色气体，停止滴加
KMnO4溶液，继续加热将溶液蒸干得固体R。固体R的主要成分为___________(填化学式)。
(4)利用图示相同装置，将R和K 2C r2O7固体混合均匀放入B中，D中加入冷的蒸馏水。由A向B中滴加
适量浓H 2SO4，水浴加热蒸馏。然后将D中的液体分液、干燥、蒸馏，得到高纯度的溴。D中蒸馏水的
作用为降低温度和___________。
(5)为保证溴的纯度，(4)中K 2C r2O7固体的用量按理论所需量的3
4 计算，若固体R中含溴元素质量为
mg(以Br
−计)，则需称取___________g K 2C r2O7(M =294 g⋅mol
−1)(用含m的代数式表示)。
【答案】(1)
.
①除去市售的溴中少量的 C l2
.
②促进溴单质挥发
(2)
.
①b
.
② Br2+C2O4
2−Δ
−
2C O2↑+2Br
−
(3) KBr 、MnBr2
(4)液封 (5) 147m
320 或 0.459m
【解析】【分析】市售的溴(纯度99 %)中含有少量的C l2和I 2，实验利用氧化还原反应原理制备高纯度的
溴，市售的溴滴入盛有浓CaBr2溶液中，C l2可与CaBr2发生氧化还原反应而除去，I 2与Br2一起蒸馏入
草酸钾溶液中，并被草酸钾还原为I
−、Br
−，并向溶液中滴加高锰酸钾溶液氧化I
−，加热蒸干得KBr固体，
将KBr固体和K 2C r2O7固体混合均匀加入冷的蒸馏水，同时滴加适量浓H 2SO4，水浴加热蒸馏，得到的
液体分液、干燥、蒸馏，可得高纯度的溴，据此分析解题。
(1)据分析可知，B中 CaBr2 溶液的作用为：除去市售的溴中少量的 C l2 ；溴易挥发，水浴加热的作用是：
促进溴单质挥发；
(2)冷凝管的液体下进上出，故冷凝水从b口流出；水浴加热时，I 2与Br2蒸发进入装置D中，分别与
K 2C2O4发生氧化还原反应： Br2+C2O4
2−Δ
−
2C O2↑+2Br
− ；
(3)将D中溶液转移至蒸发皿中，边加热边向其中滴加酸化的 KMnO4 溶液至出现红棕色气体(Br2)，即
说明 KMnO4 已将KI全部氧化，产物还有 MnBr2 ，KBr几乎未被氧化，继续加热将溶液蒸干所得固体R
的主要成分为 KBr 、MnBr2 ；
(4)密度Br2> H 2O，D中冷
蒸馏水起到液封的作用，同时冷的蒸馏水温度较低，也可减少溴的挥发；
(5)m克Br
−固体的物质的量为 m
80 mol ，根据转移电子相等可得关系式 6 Br
−∼6e
−∼K 2C r2O7 ，则理
论上需要 K 2C r2O7 的物质的量为 1
6 × m
80 mol ，实际所需称取 K 2C r2O7 的质量
为 1
6 × m
80 mol× 3
4 ×294 g⋅mol
−1≈0.459mg 。
20.电镀产品在生活中非常普遍。因氰化物与某些金属离子(如金、银、锌、铜等)形成的配合物的稳定常数
( K f )很大，在电镀过程中释放金属离子的速度均匀，所得镀层的表面光洁度和固牢度具有不可比拟的优势。
缺点是电镀废液中含有剧毒的氰化物，可以用双氧水、次氯酸钠、过硫酸钠( N a2S2O8)等进行无害化处
理。
I.
(1)配体C N
−中的配位原子是_________(填元素符号。)
(2)NaCN经双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该反应的化学
方程式是_________。
Ⅱ.工业制备过硫酸钠的反应原理如下
主反应：(N H 4)2S2O8+2 NaOH
55
∘C̲̲
N a2S2O8+2 N H 3↑+2 H 2O
副反应：2 N H 3+3 N a2S2O8+6 NaOH
90
∘C̲̲
6 N a2SO4+ N 2+6 H 2O
某化学小组根据上述原理设计出在实验室制备过硫酸钠的方案(装置图如下)，并用过硫酸钠溶液处理含氰
化钠的废水。
实验一：实验室通过下图所示装置制备N a2S2O8
(3)装置a中反应产生的气体需要持续通入装置c的原因是_________。
(4)制备反应结束后控制活塞K 1、K 2的操作是_________。
(5)上述装置中还需补充的实验仪器或装置有_________(填字母)。
A. 温度计 B.尾气处理装置 C .水浴加热装置 D .环形搅拌棒
实验二：测定用过硫酸钠溶液处理后的废水中氰化钠的含量
已知：
①废水中氰化钠的最高排放标准为0．50mg/ L。
②A g
++2C N
−=[ Ag(CN )2]
−，K f =
c{[ Ag(CN )2]
−}
c( A g
+)⋅c
2(C N
−)
=1.3×10
21
③K ap( AgI )=8.5×10
−17
操作如下：取1 L处理后的NaCN废水，浓缩为10.00mL，后置于锥形瓶中，滴加少量KI溶液，用
1.0×10
−3mol / L的AgN O3标准溶液滴定，消耗AgN O3溶液的平均体积为4.80mL。
(6)结合有关数据，列式计算反应AgI +2C N
−=[ Ag(CN )2]
−+ I
−的平衡常数K并由此说明KI在滴定中的
作用_________。
(7)处理后的废水中氰化钠的浓度为________mg/ L(保留两位小数)。
【答案】(1)C
(2) NaCN + H 2O2+ H 2O = NaHC O3+ N H 3↑
(3)将主反应产生的氨气及时排出，防止发生副反应
(4)关闭 K 2 然后打开 K 1 (先后顺序可以颠倒)
(5) AC
(6) K =
c{[ Ag(CN )2]
−}⋅c[I
−]
c
2(C N
−)
= K f × K sp( AgI )≈1.1×10
5>10
5 ，说明在 C N
− 没有与 A g
+ 完全反应
时，I
−不能与 A g
+ 反应(或“I
−滞后于 C N
− 与 A g
+ 反应”、“只有在 C N
− 完全消耗后，I
−才能
与 A g
+ 反应”等；合理表述即可)， KI 在滴定中起指示剂作用
(7)0.47
【解析】【分析】Ⅱ. A装置用二氧化锰与双氧水反应制得的O2，b装置为缓冲瓶，c装置中( N H 4)2S2O8
与NaOH反应制得N a2S2O8，利用二氧化锰与双氧水反应制得的氧气将氨气及时排走，防止副反应发生，
d装置中的硫酸用于吸收N H 3。
(1)C N
−中C和N都有孤电子对，但N的电负性较大，不易提供孤电子对，因此配位原子是C；
(2)NaCN用双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，根据元素守恒，
酸式盐是NaHC O3，气体是N H 3，该反应的化学方程式是NaCN + H 2O2+ H 2O = N H 3↑+ NaHC O3；
(3)根据分析和已知，主反应产生氨气，副反应氨气为反应物，故a中反应产生的气体需要持续通入装置c，
为了将产生的氨气及时排除，防止发生副反应；
(4)K 1控制装置b连接大气，K 2控制气体进入后续装置，实验过程中需关闭K 1，打开K 2，使产生的O2进
入后续装置，以保证反应正常进行，实验结束后，需要打开K 1，让装置内气压与大气压平衡，由于反应已
经结束，因此要关闭K 2，这两个操作没有顺序的要求；
(5)由题可知，主反应的温度为55℃，因此装置中还需要温度计，为维持温度，采用水浴加热，需要水浴
加热装置，故选AC；
(6)K = c{[ Ag(CN )2]
−}⋅c[I
−]
c
2(C N
−)
= K f × K sp( AgI )≈1.1×10
5>10
5 ，因此反
应 AgI +2C N
−=[ Ag(CN )2]
−+ I
− 进行的程度很大，说明在C N
−会先与A g
+反应，当C N
−完全反应后，
I
−才与A g
+反应；当A g
+与I
−开始反应时，说明C N
−已经反应完全，且AgI为黄色，因此KI的作用是指
示剂；
(7)根据A g
+～2 NaCN消耗1.0×10
−3mol / L的标准AgN O3溶液滴定，消耗AgN O3溶液的体积为
4.80mL，则
m( NaCN )=n( NaCN )× M ( NaCN )=2n( AgN O3)× M ( NaCN )=2×1.0×10
−3mol / L×4.80×10
−3 L×49 g/m
，
废水中氰化钠的浓度为c( NaCN )= 47×10
−5×10
3mg
1 L
=0.47mg/ L
