1、专题十四综合实验探究时间：45分钟满分：100分非选择题(本大题共4小题，每小题25分，共100分)1(2019年武汉市武昌区高三调研)亚硝酰氯(ClNO)是有机物合成中的重要试剂，其沸点为5.5，易水解。已知：AgNO2微溶于水，能溶于硝酸，AgNO2HNO3=AgNO3HNO2，某学习小组在实验室用Cl2和NO制备ClNO并测定其纯度，相关实验装置如图所示。(1)制备Cl2的发生装置可以选用_(填字母代号)装置，发生反应的离子方程式为_。 (2)欲收集一瓶干燥的氯气，选择合适的装置，其连接顺序为 a_(按气流方向，用小写字母表示)。(3)实验室可用图示装置制备亚硝酰氯：实验室也可用B装置制
2、备NO，X装置的优点为_。检验装置气密性并装入药品，打开K2，然后再打开K3，通入一段时间气体，其目的是_，然后进行其他操作，当Z中有一定量液体生成时，停止实验。 (4)已知：ClNO 与H2O反应生成HNO2和 HCl。设计实验证明 HNO2是弱酸：_。(仅提供的试剂：1 molL1盐酸、 1 molL1HNO2溶液、 NaNO2溶液、红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸)。通过以下实验测定ClNO样品的纯度。取Z中所得液体m g 溶于水，配制成250 mL 溶液；取出25.00 mL样品溶于锥形瓶中，以K2CrO4溶液为指示剂，用c molL1 AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为20
3、.00 mL。滴定终点的现象是_，亚硝酰氯(ClNO)的质量分数为_。(已知： Ag2CrO4为砖红色固体； Ksp(AgCl)1.561010，Ksp(Ag2CrO4)11012)解析：(1)可以用二氧化锰和浓盐酸加热下制备氯气，发生装置属于固液加热型的，反应的化学方程式为MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O，离子方程式为：MnO24H2ClMn2Cl22H2O，(或用KMnO4与浓盐酸常温下制备Cl2，发生装置属于固液不加热型，反应的离子方程式为2MnO410Cl16H=2Mn25Cl28H2O)。(2)制得的氯气中会混有水蒸气和氯化氢，用饱和食盐水除氯化氢，浓硫酸吸收水分，用向
4、上排空气法收集氯气，最后进行尾气处理，故其连接顺序为 fgcbdejh。(3)实验室也可用 B 装置制备 NO ，X装置的优点为随开随用，随关随停。检验装置气密性并装入药品，打开K2，然后再打开K3，通入一段时间气体，其目的是把三颈烧瓶中的空气排尽，防止NO被空气中的氧气氧化；(4)要证明HNO2是弱酸可证明HNO2中存在电离平衡或证明NaNO2能发生水解，根据题目提供的试剂，应证明NaNO2溶液呈碱性；故设计的实验方案为：用玻璃棒蘸取NaNO2溶液，点在红色石蕊试纸中央，若试纸变蓝，说明HNO2是弱酸。以K2CrO4溶液为指示剂，用c molL1 AgNO3标准溶液滴定至终点，滴定终点的现象
5、是：滴入最后一滴标准液，生成砖红色沉淀，且半分钟内无变化；取Z中所得液体m g 溶于水，配制成250 mL 溶液；取出25.00 mL中满足：n(ClNO)n(Cl)n(Ag)c0.02 L0.02c mol，则250 mL溶液中n(ClNO)0.2c mol，m(ClNO)nM0.2c mol65.5 g/mol13.1c g，亚硝酞氯(ClNO)的质量分数为(13.1c gm g)100%。答案：(1)A(或B)MnO24H2ClMn2Cl22H2O(或2MnO410Cl16H=2Mn25Cl28H2O)(2)fgcbdejh(3)随开随用，随关随停排干净三颈烧瓶中的空气(4)用玻璃棒蘸取
6、NaNO2溶液，点在红色石蕊试纸中央，若试纸变蓝，说明HNO2是弱酸滴入最后一滴标准液，生成砖红色沉淀，且半分钟内无变化%2(2019年四川自贡市联考)亚硝酸钠(NaNO2)是一种重要的化工原料，某学习小组通过下述实验制备亚硝酸钠，并测定所制备亚硝酸钠的纯度。.利用下列装置制备NaNO2已知：2NONa2O2=2NaNO2；NO能被酸性KMnO4氧化成NO3，MnO4被还原为Mn2。请回答下列问题：(1)利用上图中的装置制备NaNO2，其连接顺序为a_(按气流方向，用小写字母表示)。(2)实验开始时，先通一段时间N2的目的是_。(3)装置B中盛放试剂的名称为_，装置C的作用是_。(4)装置E中
7、发生反应的离子方程式为_。.测定上述实验所制备的NaNO2样品(含NaNO3杂质)的纯度。称量D中所得样品a g溶解后配制成250 mL溶液取25.00 mL于锥形瓶中，用b molL1酸性高锰酸钾溶液滴定到终点。重复上述滴定操作两次，测得数据如下表：第一次第二次第三次酸性高锰酸钾溶液体积/ml19.9819.7520.02(5)滴定终点的实验现象为_。(6)下列实验操作可能导致出现上表中第二次实验数据的是_(填字母编号)。a滴定时有部分酸性高锰酸钾溶液滴在锥形瓶外b加入样品溶液前的锥形瓶未经干燥c滴定前仰视读数，滴定后俯视读数(7)最终所得样品中NaNO2的质量分数为_(用含a、b的关系式表
8、示)。解析：(1)A装置发生铜与浓硝酸的反应生成NO2，通到C装置中，NO2与水反应生成NO，然后进入B装置进行干燥，干燥完进入D装置和Na2O2反应，最后进入E装置进行尾气处理，所以连接顺序为adebcf(或g)g(或f)i。(2)实验开始时，先通一段时间N2的目的是：排除装置中的空气，防止NO被氧化为NO2。(3)装置B是干燥NO，应盛放试剂的名称为碱石灰或无水氯化钙，装置C中NO2和水反应生成硝酸和NO。(4)装置E中发生NO和酸性KMnO4溶液的反应，NO能被酸性KMnO4氧化成NO3，MnO4被还原为Mn2，反应的离子方程式为：5NO3MnO44H=5NO33Mn22H2O。(5)N
9、aNO2与酸性高锰酸钾溶液的离子反应为：5NO22MnO46H=5NO32Mn23H2O，滴定终点的实验现象为：溶液由无色变为浅紫色(或紫色)，且半分钟不褪色。(6)酸性高锰酸钾溶液应放在酸式滴定管中，NaNO2样品溶液放在锥形瓶中，第二次实验数据(酸性高锰酸钾溶液体积)偏小。a.滴定时有部分酸性高锰酸钾溶液滴在锥形瓶外，酸性高锰酸钾溶液体积偏大，故a不可能；b.加入样品溶液前的锥形瓶是否干燥对实验没有影响，故b不可能； c滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，读数出现错误，可以导致酸性高锰酸钾溶液体积V(标)偏小，故c可能。(7)第二次实验数据误差较大，故舍去，酸性高锰酸钾溶液的平均体积为：(19
10、.98 mL20.02 mL)/220 mL，根据方程式：5NO22MnO46H=5NO32Mn23H2O，5 mol2 molx20 mL103b mol/L解得x0.05b mol，原样品中NaNO2的物质的量为0.5b mol，所以NaNO2的质量分数为(0.5b mol69 g/mol/a g)100%34.5b/a100%。答案：(1)debcf(或g)g(或f)i(2)排除装置中的空气，防止NO被氧化为NO2(3)碱石灰或无水氯化钙将NO2转化为NO(4)5NO3MnO44H=5NO33Mn22H2O(5)溶液由无色变为紫色(或紫红色)，且半分钟不褪色(6)c(7)34.5b/a1
11、00%3(2019年山东省临沂市高三模拟)甘氨酸亚铁(NH2CH2COO)2Fe是一种补铁强化剂。实验室利用FeCO3与甘氨酸(NH2CH2COOH)制备甘氨酸亚铁，实验装置如下图所示(夹持和加热仪器已省略)。查阅资料：甘氨酸易溶于水，微溶于乙醇；甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇。柠檬酸易溶于水和乙醇，具有较强的还原性和酸性。实验过程：.装置C中盛有17.4 g FeCO3和200 mL 1.0 molL1甘氨酸溶液。实验时，先打开仪器a的活塞，待装置c中空气排净后，向三颈瓶中滴加柠檬酸溶液并加热。.反应结束后过滤，将滤液进行蒸发浓缩；加入无水乙醇，过滤、洗涤并干燥。(1)仪器a的名称是_；与a
12、相比，仪器b的优点是_。(2)装置B中盛有的试剂是：_；装置D的作用是_。(3)向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液可制得FeCO3，该反应的离子方程式为_。(4)过程I加入柠檬酸促进FeCO3溶解并调节溶液pH，溶液pH与甘氨酸亚铁产率的关系如图所示。pH过低或过高均导致产率下降，其原因是_；柠檬酸的作用还有_。(5)过程中加入无水乙醇的目的是_。(6)本实验制得15.3 g甘氨酸亚铁，则其产率是_%。解析：(1)根据仪器的结构可知仪器a的名称分液漏斗；仪器b可平衡液面和容器内的压强，便于液体顺利流下。(2)装置B的作用是除去CO2中混有的HCl，则装置B中盛有的试剂饱和NaHCO3溶液
13、；当装置内空气全部排净后，多余的CO2气体排出遇澄清的石灰水变浑浊，则装置D的作用是检验装置内空气是否排净，防止空气进入装置C中。(3)向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液可制得FeCO3，同时应有CO2气体生成，发生反应的离子方程式为Fe22HCO3=FeCO3CO2H2O。(4)过程I加入柠檬酸促进FeCO3溶解并调节溶液pH，当pH过低即酸性较强时，甘氨酸会与H反应生成NH3CH2COOH；当pH过高即溶液中OH较大时，Fe2与OH反应生成Fe(OH)2沉淀，故pH过低或过高均会导致产率下降。柠檬酸的还原性比Fe2还原性强，更易被空气中氧气氧化，则滴加柠檬酸可防止Fe2被氧化。(5)
14、甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，则过程II中加入无水乙醇可降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其结晶析出。(6)17.4 g FeCO3的物质的量为0.15 mol，200 mL甘氨酸溶液中甘氨酸的物质的量为0.2 L1.0 molL10.2 mol，理论上生成0.1 mol的甘氨酸亚铁，质量为204 gmol10.1 mol20.4 g，产率是100%75%。答案：(1)分液漏斗平衡压强、便于液体顺利流下(2)饱和NaHCO3溶液检验装置内空气是否排净，防止空气进入装置C中(3) Fe22HCO3=FeCO3CO2H2O(4)pH过低，H与NH2CH2COOH反应生成NH3CH2COOH；pH过高，F
15、e2与OH反应生成Fe(OH)2沉淀防止Fe2被氧化(5)降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其结晶析出(6)754(2019年高考天津卷)环己烯是重要的化工原料。其实验室制备流程如下：回答下列问题：.环己烯的制备与提纯(1)原料环己醇中若含苯酚杂质，检验试剂为_，现象为_。(2)操作1的装置如图所示(加热和夹持装置已略去)。烧瓶A中进行的可逆反应化学方程式为_，浓硫酸也可作该反应的催化剂，选择FeCl36H2O而不用浓硫酸的原因为_(填序号)。a浓硫酸易使原料炭化并产生SO2bFeCl36H2O污染小、可循环使用，符合绿色化学理念c同等条件下，用FeCl36H2O比浓硫酸的平衡转化率高仪器B的作用为_
16、。(3)操作2用到的玻璃仪器是_。(4)将操作3(蒸馏)的步骤补齐：安装蒸馏装置，加入待蒸馏的物质和沸石，_，弃去前馏分，收集83的馏分。.环己烯含量的测定在一定条件下，向a g环己烯样品中加入定量制得的b mol Br2，与环己烯充分反应后，剩余的Br2与足量KI作用生成I2，用c molL1的Na2S2O3标准溶液滴定，终点时消耗Na2S2O3标准溶液V mL(以上数据均已扣除干扰因素)。测定过程中，发生的反应如下：Br22KI=I22KBrI22Na2S2O3=2NaINa2S4O6(5)滴定所用指示剂为_。样品中环己烯的质量分数为_(用字母表示)。(6)下列情况会导致测定结果偏低的是_
17、(填序号)。a样品中含有苯酚杂质b在测定过程中部分环己烯挥发cNa2S2O3标准溶液部分被氧化解析：.(1)检验苯酚的首选试剂是FeCl3溶液，原料环己醇中若含有苯酚，加入FeCl3溶液后，溶液将显示紫色。(2)从题给的制备流程可以看出，环己醇在FeCl36H2O的作用下，反应生成了环己烯，对比环己醇和环己烯的结构，可知发生了消去反应，反应方程式为：此处用FeCl36H2O而不用浓硫酸的原因分析中：a项合理，因浓硫酸具有强脱水性，往往能使有机物脱水至炭化，该过程中放出大量的热，又可以使生成的碳与浓硫酸发生反应：C2H2SO4(浓)CO2SO22H2O；b项合理，与浓硫酸相比，FeCl36H2O
18、对环境，污染小，绝大部分都可以回收并循环使用，更符合绿色化学理念；c项不合理，催化剂并不能影响平衡转化率。仪器B为球形冷凝管，该仪器的作用除了导气外，主要作用是冷凝回流，尽可能减少加热时反应物环己醇的蒸出，提高原料环己醇的利用率。(3)操作2实现了互不相溶的两种液体的分离，应是分液操作，分液操作时需要用到的玻璃仪器主要有分液漏斗和烧杯。(4)题目中已明确提示了操作3是蒸馏操作。蒸馏操作在加入药品后，要先通冷凝水，再加热；如先加热再通冷凝水，必有一部分馏分没有及时冷凝，造成浪费和污染。.(5)因滴定的是碘单质的溶液，所以选取淀粉溶液比较合适；根据所给的式和式，可知剩余的Br2与反应消耗的Na2S
19、2O3的物质的量之比为12，所以剩余 Br2的物质的量为：n(Br2)余c molL1V mL103 LmL1 mol，反应消耗的Br2的物质的量为(b)mol，据反应式中环己烯与溴单质11反应，可知环己烯的物质的量也为(b)mol，其质量为(b)82 g，所以a g样品中环己烯的质量分数为。(6)a项错误，样品中含有苯酚，会发生反应：，每反应1 mol Br2，消耗苯酚的质量为31.3 g；而每反应1 mol Br2，消耗环己烯的质量为82 g；所以苯酚的混入，将使耗Br2增大，从而使环己烯测得结果偏大；b项正确，测量过程中如果环己烯挥发，必然导致测定环己烯的结果偏低；c项正确，Na2S2O3标准溶液被氧化，必然滴定时消耗其体积增大，即计算出剩余的溴单质偏多，所以计算得出与环己烯反应的溴单质的量就偏低，导致最终环己烯的质量分数偏低。答案：(1)FeCl3溶液溶液显紫色减少环己醇蒸出(3)分液漏斗、烧杯(4)通冷凝水，加热(5)淀粉溶液(6)b、c