1、综合实验设计与评价1(2021届江苏泰州市泰州中学高三月考)实验室用碳酸钠为原料制备焦亚硫酸钠和无水亚硫酸钠。焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的抗氧化剂，在空气中，受热时均易分解。实验室制备少量Na2S2O5的方法：在不断搅拌下，控制反应温度在40左右，向Na2CO3过饱和溶液中通入SO2，实验装置如图所示。当溶液pH约为4时，停止反应。在20静置结晶，生成Na2S2O5的化学方程式为：2NaHSO3=2Na2S2O5+H2O查阅资料可知，向碳酸钠溶液通入SO2的过程中，溶液中有关组分的质量分数变化如图1所示；水溶液中H2SO3、HSO3-、SO32-随pH的分布如图2所示：(1)SO2与N
2、a2CO3溶液反应至pH约为4时，其离子方程式为_。(2)装置Y的作用是_。(3)析出固体的反应液经减压抽滤，洗涤，2530干燥，可获得Na2S2O5固体。依次用饱和SO2水溶液、无水乙醇洗涤Na2S2O5固体，用饱和SO2水溶液洗涤的目的是_。(4)实验制得的Na2S2O5固体中含有一定量的Na2SO3和Na2SO4，其可能的原因是_。(5)Na2SO3的溶解度曲线如图3所示。实验室由碳酸钠溶液制备无水Na2SO3的实验操作为：边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2至溶液pH约为4得到NaHSO3溶液，边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加_溶液，测量溶液pH约为_时，停止滴加，加热浓缩溶液至有_
3、析出，在高于_条件下趁热过滤，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。【答案】(1)2SO2+CO32-+H2O=2HSO3-+CO2 (2)防止倒吸 (3)减少Na2S2O5在水中的溶解 (4)在制备过程中Na2S2O5分解生成Na2SO3，Na2S2O5被氧化生成Na2SO4 (5)NaOH 10 有大量晶体 34 【解析】(1)根据Na2CO3、Na2SO3、NaHSO3在溶液中的酸碱性，pH=4时，溶质应为NaHSO3，根据电荷守恒和元素守恒知离子方程式为2SO2+ CO32-+H2O=2 HSO3-+CO2；(2)装置Y的导管为短近长出且没有试剂，作用应为防止倒吸；(3)该步骤是为了获得
4、Na2S2O5固体，所以用饱和SO2水溶液洗涤的目的是减少Na2S2O5在水中的溶解；(4) 题干中指出：Na2S2O5在空气中，受热时均易分解，且S元素是+4价，所以在制备过程中Na2S2O5会分解生成Na2SO3，Na2SO3又可被氧化成Na2SO4；(5) pH约为4时，溶质为NaHSO3，为了获得Na2SO3需要加入OH-，反应为HSO3-+OH-= SO32-+H2O，根据图二知，当溶液的pH在10以上时，溶液中SO32-浓度最高，所以溶液pH需要达到10；加热浓缩时不能把水全部去除，应当加热至大量晶体析出或者少量液体剩余停止加热；根据图3知，当温度高于34时，可以获得Na2SO3晶
5、体，所以选择温度为34。2(2021届衡阳市第二十六中学高三月考)As2O3为白色霜状粉末，俗称砒霜，为剧毒物质，对人的致死量为0.1g，法医学中可采用马氏(Marsh)试砷法验证砒霜中毒。某实验室使用马氏试砷法检验某待测试样中As2O3的含量，如图所示。马氏试砷法的原理是将Zn、盐酸和待测试样混合，若试样中含砒霜，则可反应生成AsH3，将其导入硬质玻璃试管中，在250-300时AsH3分解，会在玻璃管壁上生成黑色的“砷镜”。已知：AsH3是一种有大蒜味的有毒气体，易自燃，As的熔点为817，在6149时升华。(1)仪器B的名称为_。(2)AsH3的还原性极强，能与大多数无机氧化剂反应，例如与
6、AgNO3溶液反应可生成As2O3和一种黑色沉淀，相关化学方程式为：_。(3)若试样中含有砒霜，则仪器B中发生的用锌还原砒霜反应的离子方程式为_。(4)打开仪器A的活塞前，应先打开K1、K2通一段时间H2，其目的是_，反应过程中还应继续通入H2，但流速不应过快，原因是_。(5)仪器D的作用是收集储存尾气，C的作用是_。(6)实验时应严格控制硬质玻璃管处加热温度，原因是_。(7)若实验时试样质量为10.00g，当实验结束时，AsH3传感器未检测出AsH3，玻璃管中收集到0.020mgAs，则试样(假设试样中的含砷化合物只有As2O3)中As2O3的含量为_mg/100g(结果取三位有效数字)。【
7、答案】(1)三颈圆底烧瓶(或三口烧瓶) (2)2AsH3+12AgNO3+3H2O=As2O3+12HNO3+12Ag (3)6Zn+As2O3+12H+=6Zn2+2AsH3+3H2O (4)排净装置内的空气，防止AsH3发生自燃 (5)将AsH3全部带入玻璃管中反应，并防止流速过快导致AsH3没有完全分解(或损耗) 接收D中储存尾气时排出的水 (6) 防止As升华，不易形成砷镜 (7)0.264 【解析】(1)仪器B的名称为三颈圆底烧瓶(或三口烧瓶)；(2)AsH3的还原性极强，能与大多数无机氧化剂反应，例如与AgNO3溶液反应可生成As2O3和一种黑色沉淀，As的化合价升高，则Ag化合价
8、降低，黑色沉淀为：Ag。相关化学方程式为：2AsH3+12AgNO3+3H2O=As2O3+12HNO3+12Ag；(3) 在酸性溶液中，锌还原砒霜，锌氧化为锌离子，As2O3还原为AsH3，反应的离子方程式为：6Zn+As2O3+12H+=6Zn2+2AsH3+3H2O；(4)打开仪器A的活塞前，应先打开K1、K2通一段时间H2，其目的是排净装置内的空气，防止AsH3发生自燃。反应过程中还应继续通入H2，但流速不应过快，原因是：将AsH3全部带入玻璃管中反应，并防止流速过快导致AsH3没有完全分解(或损耗)；(5)仪器D的作用是收集储存尾气，C的作用是接收D中储存尾气时排出的水；(6)实验时
9、应严格控制硬质玻璃管处加热温度，原因是防止As升华，不易形成砷镜；(7)实验所用试样为10.00g当实验结束时，AsH3传感器未检测出AsH3，说明AsH3全部在玻璃管中受热分解为0.020mgAs，则试样中As2O3的含量为=0.264mg/100g。3(2021届湖南怀化市高三月考)过氧化钙(CaO2)是一种白色、无毒、难溶于水的固体，加热至350左右开始分解放出氧气。过氧化钙能杀菌消毒，广泛用于果蔬保鲜、空气净化、污水处理等方面。其工业制备的主要流程如图：(1)搅拌的目的是_，乙中不能采用加热措施，可能的原因是_；(2)乙中发生的化学反应方程式为_；(3)滤液X中，除水外还可以循环利用的
10、物质是_；(4)检验CaO2nH2O是否洗涤干净的方法是_；(5)取上述制得的CaO2nH2O晶体进行热重分析，其热分解时晶体的质量随温度变化的曲线如图，则过氧化钙晶体(CaO2nH2O)的化学式为_。【答案】(1)(1)加快反应速率 防止H2O2分解或防止氨气大量逸出 (2)CaCl2+H2O2+2NH3+nH2O=CaO2nH2O+2NH4C1 (3)NH4C1 (4)取适量最后一次洗涤液于试管中，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀产生，则已洗涤干净 (5)CaO28H2O 【解析】由流程可知，流程在氯化铵溶液中加氢氧化钙，Ca(OH)2+2NH4Cl=CaCl2+2NH3H2O，流程
11、在搅拌条件下，加30%的H2O2溶液，CaCl2与氨气、过氧化氢发生反应生成CaO2nH2O，CaCl2+H2O2+2NH3+nH2O=CaO2nH2O+2NH4Cl；CaO2nH2O干燥得到CaO2。(1)在化学反应中，进行搅拌的目的是使化学反应进行的充分，加快反应速率，乙中有H2O2和NH3H2O，若加热会造成过氧化氢分解、氨气逸出；(2)由题中信息可知，反应物是氯化钙、过氧化氢、氨气和水，生成物是氯化铵和CaO2nH2O，发生的化学反应方程式为CaCl2+H2O2+2NH3+nH2O=CaO2nH2O+2NH4C1；(3)工艺流程分析可知，开始用到氯化铵，制备CaO2nH2O时又生成氯化
12、铵，所以循环使用的物质是NH4Cl；(4)溶液中含有氯离子，若洗液中没有氯离子说明洗涤干净，所以要检验洗液中是否含有氯离子，其检验方法为取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加HNO3酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，说明洗涤干净；答案为取少许最后一次洗涤液于试管中，滴加HNO3酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，说明洗涤干净。(5)从题中信息可知，加热至350左右CaO2开始分解放出氧气，从图中看得出，过氧化钙的质量是m(CaO2)=1.68g，则结晶水的质量m(H2O)=5.04g-1.68g=3.36g；由化学式CaO2nH2O可知，其中CaO2和结晶水的质量比为72：18n=1.6
13、8g：3.36g，解得n=8，所以化学式为CaO28H2O。4(2021届江苏连云港市高三模拟)废铅蓄电池的回收中产生大量的铅膏，回收利用铅膏能有效减少铅污染，充分利用铅资源。(1)铅膏制备PbO。铅膏经过预处理后(主要成分为PbSO4)加入Na2CO3溶液，使之转化为PbCO3，然后充分灼烧得到PbO。PbCO3分解产生aPbCO3bPbO中间产物。PbCO3和PbSO4加热升温过程中固体的质量变化见图1。PbCO3在300 时分解的产物为_。工业上用PbCO3热分解制备的PbO而不直接热分解PbSO4制备的PbO的原因是_。(2)沉淀除铅。铅膏经过转化后得到含铅的Na2SO4废液，需要进一
14、步除去废水中的铅。常温下，该废液中SO42-浓度为0.01 molL1，则该废液中Pb2+浓度最大为_。Ksp(PbSO4)1.8108随温度升高和SO42-浓度增大废液中Pb2+浓度显著增大，所以工业通常采用向废液中加入Na2CO3、NaHCO3或NaOH等碱性沉淀剂产生Pb(OH)2沉淀除铅。废液随着pH的变化生成Pb(OH)2的质量如图2。向含铅废液中投放NaHCO3发生的离子方程式为_。在实际生产中采用NaHCO3或Na2CO3沉铅，不采用NaOH的原因是_。(3)电化学除铅。利用脉冲电源(间歇性通入电流)电解法转化废液中的Pb2+实现铅资源化利用，可以提高除铅效率(除铅效率与Pb2+
15、浓度有关)，其原理示意图3。写出阳极的电极反应式：_。采用脉冲电解比普通电源电解的优点是_。【答案】(1) PbCO3PbO 因为PbSO4分解温度高，消耗能量多，产生硫的氧化物，污染大 (2)1.810-6mol/L Pb2+2HCO3-=Pb(OH)2+2CO2 NaOH的碱性强，容易与Pb(OH)2反应而使其溶解，而使用NaHCO3或Na2CO3溶液，碱性弱，容易控制pH，从而最大限度的使铅沉淀。 (3) 4OH-4e-=O2+2H2O 可以让阴、阳离子充分的移动到阳极和阴极附近，电极区相关离子浓度更大，有利于电解。 【解析】由图1，根据固体质量的变化值，可求出分解产物；由图1，根据Pb
16、CO3和PbSO4分解完全，温度不同，产物不同来解答；根据Ksp可计算Pb2+浓度；根据图2，可判断采用NaHCO3或Na2CO3沉铅，不采用NaOH的理由；根据图3可判断电解池的阴阳极。(1)如图所示，m(PbCO3)=801g，300时剩余固体质量m=735g，m=801g-735g=66g，根据(a+b)PbCO3aPbCO3bPbO+bCO2，得出：267(a+b)66=80144b，解之，a=b，化学方程式为2PbCO3PbCO3PbO+CO2，产物为PbCO3PbO；答案为PbCO3PbO。由图1可知，PbCO3分解完全只需500，产物为PbO和CO2，PbSO4分解完全需要120
17、0，且产生硫的氧化物，因而PbSO4分解温度高，消耗能量多，产生硫的氧化物，污染大；答案为因为PbSO4分解温度高，消耗能量多，产生硫的氧化物，污染大。(2)因为Ksp(PbSO4)=1.810-8，Ksp(PbSO4)=c(Pb2+)c(SO42-)，已知c(SO42-)=0.01mol/L，则c(Pb2+)= =1.810-6mol/L；向含铅废液中投放NaHCO3，则HCO3-与Pb2+反应，生成Pb(OH)2沉淀，根据原子守恒，可判断还有CO2产生，则离子方程式为Pb2+2HCO3-=Pb(OH)2+2CO2，由图2可知，pH=10时，Pb(OH)2沉淀量最大，如果使用NaOH，它的碱
18、性强，容易超过pH=10，而使Pb(OH)2溶解，使用NaHCO3或Na2CO3溶液，碱性弱，容易控制pH，从而最大限度地使铅沉淀；(3)根据图3，是一个电解池，阳极应该是石墨，如果是铜，会牺牲阳极，阳极区电解液是NaNO3，根据OH-的放电能力大于NO3-，所以阳极的电极反应为4OH-4e-=O2+2H2O，因为在电解过程中，离子浓度会迅速降低，采用脉冲电解，在断电间隙时间内，可以让阴、阳离子充分的移动到阳极和阴极附近，离子浓度又会得到迅速恢复和补充，电极区相关离子浓度更大，有利于电解。5(2021届广东汕头市金山中学高三期中)二氧化钛(TiO2)广泛应用于各类结构表面涂料、纸张涂层等，二氧
19、化钛还可作为制备乙酸、钛单质的原料。二氧化钛可由以下两种方法制备：方法1：TiCl4水解生成TiO2xH2O，过滤、水洗除去其中的Cl，再烘干、焙烧除去水分得到胶体TiO2，此方法制备得到的是纳米二氧化钛。(1) TiCl4水解生成TiO2x H2O的化学方程式为_；检验TiO2x H2O中Cl是否被除净的方法是_。方法2：可用含有Fe2O3的钛铁矿(主要成分为FeTiO3，其中Ti元素化合价为+4价)制取，其主要流程如下：(2)溶液甲中加入Fe的作用是_。(3)若要加热FeSO47H2O晶体得无水硫酸亚铁，除酒精灯、玻璃棒外，还要用到的两种硅酸盐质仪器是_。二氧化钛的用途：(4)以二氧化钛表
20、面覆盖Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示(实线表示的是催化剂的催化效率，虚线表示的是乙酸的生成速率)，250300 时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是_。(5)TiO2直接电解法生产钛是一种较先进的方法，电解质为熔融的氧化钙，原理如图所示，二氧化钛电极连接电源_(填“正极”或“负极”)，该极电极反应式为_。石墨极上石墨参与反应产生的气体是_。【答案】(1) )TiCl4+ (x+2)H2O =TiO2x H2O+ 4HCl 取最后一次的洗涤滤液12 mL于试管中，向其中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉
21、淀产生，则表明沉淀已洗涤干净 (2)将溶液中的Fe3+还原为Fe2+ (3)坩埚 泥三角 (4)温度超过250 时，催化剂的催化效率降低 (5)负极 TiO2+4e=Ti+2O2 CO2(或CO) 【解析】(1)设TiCl4的系数为1，根据元素守恒，TiO2xH2O的系数为1，HCl的系数为4；再根据O元素守恒，可知H2O的系数为(2+x)，方程式为TiCl4+(x+2)H2O=TiO2xH2O+4HCl；沉淀吸附溶液中的Cl-，根据发生反应：Cl-+Ag+AgCl来判断是否洗净，取最后一次的洗涤滤液12 mL于试管中，向其中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，则表明沉淀已洗涤干净
22、；(2)该溶液中含有铁离子，加入Fe能将铁离子转化成亚铁离子且不引进新的杂质，所以铁的作用是：将Fe3+转化为Fe2+；(3)加热FeSO4.7H2O晶体得无水硫酸亚铁，操作为灼烧，需要酒精灯加热，需要坩埚盛放FeSO4.7H2O晶体，需要泥三角稳定坩埚，需要玻璃棒搅拌，需要坩埚钳转移坩埚，除酒精灯、玻璃棒外，还要用到的两种硅酸盐质仪器是坩埚、泥三角。 II(4)在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示在250300之间，乙酸的生成速率降低的原因是：温度在250C升至300C时，催化剂的催化效率降低了，虽然升高温度，反应速率要加大，但催化剂催化效率降低的因素超过了温度升高使速率增大
23、的因素，所以乙酸生成速率降低；(5)电解时，阴极上得电子发生还原反应，所以二氧化钛得电子生成钛和氧离子，和电源负极相连；电极反应式为TiO2+4e-=Ti+2O2-；石墨做阳极，失去电子，故产生二氧化碳。6(2021届岳麓区湖南师大附中高三期中)我国拥有丰富的稀土矿产资源，在合金中加入适量的稀土金属，能大大改善合金的性能，因而，稀土金属又被称为冶金工业的维生素。铈是一种重要的稀土元素，常见的化合价为3和4。某课题小组以平板电视显示屏生产过程中，产生的大量废玻璃粉末为原料(其中含有SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质)，制取CeO2和硫酸铁铵矾NH4Fe(SO4)212H2O，流程如下：
24、已知：CeO2不溶于强酸或强碱(1)稀酸A中酸的分子式是_。滤渣2的主要成分_。(填化学式)(2)滤液1中加入H2O2溶液的目的是_。滤渣1中加入H2O2，主要利用了H2O2的什么性质？_。(3)酸性条件下，H2O2、Fe3、CeO2三种物质，氧化性由强到弱的顺序是_。(4)写出由滤液2生成Ce(OH)4的离子方程式_。(5)硫酸铁铵矾NH4Fe(SO4)212H2O广泛用于水的净化处理，其净水原理是_(用离子方程式表示)。(6)取上述流程中所获得的Ce(OH)4样品5.31g，加稀H2SO4溶解后配制成100mL溶液，取出10.00mL，用浓度为0.1000 molL1FeSO4标准溶液滴定
25、至终点时(铈被还原为Ce3)，消耗25.00mL标准溶液。该样品中Ce(OH)4的纯度是_。【答案】(1)H2SO4 SiO2 (2)Fe2+氧化为Fe3+ 还原性 (3)CeO2 H2O2 Fe3+ (4)4Ce3+O2+12OH-+2H2O4Ce(OH)4 (5)Fe3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+ (6)% 【解析】反应过程为：废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质)中加入稀硫酸，FeO转化为FeSO4、Fe2O3转化Fe2(SO4)3存在于滤液1中，滤渣1为CeO2和SiO2；滤液1中加入稀硫酸和过氧化氢，被FeSO4氧化为Fe2(SO4)3，溶液1为Fe
26、2(SO4)3溶液，加入硫酸铵混合蒸发浓缩、常温晾干后得到硫酸铁铵晶体；滤渣1中加入稀硫酸和H2O2，CeO2转化为Ce3+存在于滤液2中，反应为2CeO2+H2O2+3H2SO4=Ce2(SO4)3+O2+4H2O，滤渣2为SiO2；滤液2加入NaOH并通入氧气将Ce从+3氧化为+4后Ce3+转化为沉淀Ce(OH)4，反应为：4Ce3+O2+12OH-+2H2O4Ce(OH)4，加热分解Ce(OH)4得到产品CeO2。(1)已知：CeO2不溶于强酸强碱，废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质)中SiO2也不溶于强酸，加入稀硫酸可将CeO2和SiO2与Fe2O3、FeO分离
27、，稀酸为H2SO4；滤渣2为SiO2；(2)滤液1中加入H2O2溶液的目的是使Fe2+氧化为Fe3+；滤渣1中加入H2O2，主要利用了H2O2的还原性；(3)酸性环境下，2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O，CeO2中Ce元素化合价从+4变为+3，化合价降低，被还原，发生还原反应，CeO2作氧化剂，其氧化性：CeO2 H2O2，2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，H2O2中O元素的化合价从-1变为-2，化合价降低，被还原，发生还原反应，H2O2作氧化剂，其氧化性：H2O2 Fe3+，所以氧化性：CeO2 H2O2 Fe3+；(4)液2加入NaOH并通入氧气将Ce从
28、+3氧化为+4后Ce3+转化为沉淀Ce(OH)4，滤液2生成Ce(OH)4的离子方程式为：4Ce3+O2+12OH-+2H2O4Ce(OH)4；(5)硫酸铁铵矾NH4Fe(SO4)212H2O广泛用于水的净化处理，Fe3+的水解生成具有吸附作用的Fe(OH)3胶体，其离子方程式为：Fe3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+；(6)Ce(OH)4 FeSO40.0025mol 0.1000mol/L-10.025L所以m(Ce(OH)4 )= 0.025mol208g/mol = 5.2g，产品中Ce(OH)4的质量分数为：%。7(2021届广东佛山市佛山一中高三期中)亚硝酰氯(NOC1，熔
29、点：-64.5，沸点：-5.5)是一种黄色气体，遇水反应生成一种氯化 物和两种氮化物，可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。(1)甲组的同学拟制备原料气NO和Cl2，制备装置如下图所示：仪器M的名称为_。制备NO发生装置可以选用_(填写字母代号)，请写出发生反应的离子方程式： _。欲收集一瓶干燥的氯气，选择装置，其连接顺序为：a-_(按气流方向，用小写字母表示)。(2)乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOC1，装置如下图所示。操作为：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Cl2，然后进行其他操作，当Z有一定量液体生成时，
30、 停止实验。实验室也可用X装置制备NO，相对甲组同学的气体发生装置，X装置的优点为_。若无装置Y，则Z中NOC1可能发生反应的化学方程式为_。(3)取Z中所得液体mg溶于水，配制成250mL溶液，取出25.00mL，以K2CrO4溶液为指示剂，用 cmolL-1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为20.00mL。滴定终点的现象是_；亚硝酰氯(NOC1)的质量分数为_(用代数式表示)。已知：Ag2CrO4为砖红色固体；Ksp(AgCl)= 1.5610-10， Ksp(Ag2CrO4)=ll012【答案】(1) 锥形瓶 B 3Cu + 8H+ + 2NO3- = 3Cu2+ + 2
31、NO + 4H2O fgc bdeih (2)排除装置内空气的干扰，制得的NO更纯净 2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2 (3)当滴入最后一滴AgNO3标准溶液，溶液中有砖红色沉淀产生，且30s不消失 【解析】(1)仪器M的名称为锥形瓶；制备NO，常用Cu和稀硝酸反应：3Cu8HNO3=3Cu(NO3)22NO4H2O，因此选用的装置为B，反应离子方程式为3Cu8H2NO3=3Cu22NO4H2O；a装置为制备Cl2装置，制备的氯气中混有HCl和水蒸气，先通过饱和食盐水除去HCl，然后通过浓硫酸，氯气的密度大于空气的密度，收集时从d管通入，氯气有毒，必须尾气处理，连接顺序是afgc b
32、dejh；(2)装置X的优点是排除装置内空气的干扰，可以随开随用，随关随停；装置Y的作用是干燥NO，NOCl能与水反应，因此无装置Y，则NOCl与水发生反应，根据信息，反应方程式为2NOClH2O=2HClNONO2；(3)以K2CrO4溶液为指示剂，用 cmolL-1AgNO3标准溶液滴定，当滴入最后一滴AgNO3标准溶液，溶液中有砖红色沉淀产生，且30s不消失，说明滴定至终点；K2CrO4为指示剂，根据溶度积大小，Ag先于Cl反应生成AgCl，建立关系式：NOClHClAgNO3，NOCl的质量分数为100%=。8(2021届江苏南京市第二十九中学高三月考)在学习氧化还原反应时，某同学提出
33、Ag+具有较强氧化性，具有较强还原性，二者也可发生氧化还原反应。为验证这个问题，该学生设计了系列实验。(1)研究AgNO3溶液与溶液反应产物。向盛有1mL1molL-1 AgNO3溶液的试管中加入1mL1molL-1KI溶液，振荡试管，向其中加入_，溶液无明显变化。(实验结论)二者混合只发生沉淀反应，无明显氧化还原反应。(2)验证Ag+的氧化性。将光亮的铁丝伸入AgNO3溶液中，一段时间后将铁丝取出。为检验溶液中铁的氧化产物，将溶液中的Ag+除尽后，进行了如下实验。可选用试剂：KSCN溶液 NaOH溶液 酸性KMnO4溶液 K3Fe(CN)6溶液。请完成下表：操作现象结论取少量除尽Ag+后的溶
34、液于试管中，加入KSCN溶液，振荡_存在Fe3+取少量除尽Ag+后的溶液于试管中，加入12滴_(填序号)溶液，振荡_存在Fe2+(实验结论)铁的氧化产物为Fe2+和Fe3+，则Ag+氧化性强于Fe3+，已知Fe3+氧化性强于I2，则Ag+可与I-发生氧化还原反应。另一同学用pH计测得常温该硝酸银溶液的pH为5.50，于是该同学对实验结论提出质疑。你认为他提出质疑的理由可能是_。(3)通过原电池原理探究Ag+与I-之间的氧化还原反应按图设计原电池。电池装置中，盐桥连接两电极电解质溶液。盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应，并且电迁移率(u)应尽可能地相近，根据下表数据，盐桥中应选择_作为
35、电解质。阳离子u108/( m2s-1V-1) 阴离子u108/( m2s-1V-1)Li+4.07HCO3-4.61Na+5.19NO3-7.40Ca2+6.59Cl-7.91K+7.62SO42-8.27实验开始后，电流表指针发生偏转，正极电极表面有光亮的银析出，则该原电池的负极反应方程式为_。(实验结论)_ _。(4)查阅资料可知常温反应：Ag+(aq)+I(aq) AgI (s) K=1.0710162Ag+(aq)+2I(aq) 2Ag (s) +I2(aq) K=2.87108试从速率与平衡两个角度解释AgNO3溶液与KI溶液反应混合只发生沉淀反应而无明显氧化还原反应的可能原因_。
36、【答案】(1)淀粉溶液(2)溶液变为血红色 蓝色沉淀 酸性环境下硝酸根具有强氧化性，可将铁氧化为Fe3+ (3)KNO3 2I-2e- =I2 Ag+和I-可以发生氧化还原反应生成Ag和I2 (4)Ag+与I-生成沉淀的速率比氧化还原的速率快；生成沉淀的平衡常数大，则沉淀反应进行的程度大 【解析】(1)Ag+与I-生成AgI是黄色沉淀，可以直接观察到，如果发生氧化还原反应，生成的是I2，需要用淀粉溶液检验；(2)可以向少量待测夜中加入KSCN溶液来检验Fe3+，现象为(血)红色溶液，Fe2+的检验可用酸性高锰酸钾溶液，但是原溶液中有NO3-，与酸性高锰酸钾溶液中的H+组合以后会具有强氧化性，也
37、能和Fe2+发生氧化还原，高锰酸根不一定能参与反应，所以不一定会有明显现象，所以选择K3Fe(CN)6溶液更合适，现象为蓝色沉淀；酸性环境下硝酸根具有强氧化性，可将铁氧化为Fe3+；(3)原溶液中的离子有K+、I-、Ag+、NO3-，提供的离子中不能共存的有HCO3-、Cl-，通过对剩余阴阳离子间的电迁移率作差知，K+和NO3-的电迁移率相差最近，所以盐桥中应选KNO3为电解质；正极有银析出，说明电极反应为Ag+e-=Ag，为还原反应，则负极应为氧化反应，电极反应式为2I-2e-=I2；电流计指针发生偏转，说明该原电池成立，即发生了能自发进行的氧化还原反应，所以结论为Ag+与I可以发生氧化还原
38、反应生成Ag和I2；(4)Ag+与I-生成沉淀的速率比氧化还原的速率快；生成沉淀的平衡常数大，则沉淀反应进行的程度大。9(2021届陕西西安市西安中学高三月考)2-硝基-1，3-苯二酚由间苯二酚先磺化，再硝化，后去磺酸基生成。原理如下：部分物质的相关性质如下：名称相对分子质量性状熔点/水溶性(常温)间苯二酚110白色针状晶体110.7易溶2-硝基-1，3-苯二酚155桔红色针状晶体87.8难溶制备过程如下：第一步：磺化。称取71.5g间苯二酚，碾成粉末放入烧瓶中，慢慢加入适量浓硫酸并不断搅拌，控制温度在一定范围内15min(如图1)。第二步：硝化。待磺化反应结束后将烧瓶置于冷水中，充分冷却后加
39、入“混酸”，控制温度继续搅拌15min。第三步：蒸馏。将硝化反应混合物的稀释液转移到圆底烧瓶B中，然后用如图2所示装置进行水蒸气蒸馏(水蒸气蒸馏可使待提纯的有机物在低于100的情况下随水蒸气一起被蒸馏出来，从而达到分离提纯的目的)。请回答下列问题：(1)磺化步骤中控制温度最合适的范围为(填字母)_。A3060 B6065 C6570 D70100(2)图2中的冷凝管是否可以换为图1所用冷凝管_(填“是”或“否”)。(3)硝化步骤中制取“混酸”的具体操作是_。(4)图2中，烧瓶A中长玻璃管起稳压作用，既能防止装置中压强过大引起事故，又能防止_；冷凝管C中可能看到的现象是_。(5)水蒸气蒸馏是分离
40、和提纯有机物的方法之一，被提纯物质必须具备的条件正确的是_。A不溶或难溶于水，便于最后分离 B在沸腾下与水不发生化学反应 C难挥发性 D易溶于水(6)本实验最终获得12.0g桔红色晶体，则2-硝基-1，3-苯二酚的产率约为_。【答案】(1)b (2)否 (3)在烧杯中加入适量的浓硝酸，沿杯壁缓慢加入一定量的浓硫酸，边加边搅拌，冷却 (4)压强过小引起倒吸 冷凝管内壁有桔红色晶体析出 (5)ab (6)11.9% 【解析】(1)由题中信息可知，在磺化步骤中要控制温度低于65。若温度过低，磺化反应的速率过慢；间苯二酚具有较强的还原性，而浓硫酸具有强氧化性，若温度过高，苯二酚易被浓硫酸氧化，并且酚羟
41、基的所有邻位均可被磺化，这将影响下一步硝化反应的进行，因此，在磺化步骤中控制温度最合适的范围为6065，故选b。(2) 图1所用冷凝管为球形冷凝管，其常用于有机制备的回流，但不可用于蒸馏装置中，因为冷凝后的液体凝固后，固体会卡在玻璃球中；图2中的冷凝管为直形冷凝管，其常用于蒸馏装置。由于2-硝基-1，3-苯二酚的熔点是87.8，其蒸气被冷凝结晶为固体，且其难溶于水，因此，图2中的冷凝管不可以换为图1所用冷凝管，故答案为：否。(3)类比浓硫酸的稀释方法，为了防止液体飞溅和硝酸温度过高发生分解和挥发过多，要将浓硫酸慢慢加入浓硝酸中，因此，硝化步骤中制取“混酸”的具体操作是：在烧杯中加入适量的浓硝酸
42、，沿杯壁缓慢加入一定量的浓硫酸，边加边搅拌，冷却。(4)图2中，烧瓶A中长玻璃管起稳压作用，能使装置中的气体压强维持在一定的安全范围，既能防止装置中压强过大引起事故，又能防止压强过小引起倒吸；由于2-硝基-1，3-苯二酚的熔点是87.8，且其难溶于水，因此，冷凝管C中有2-硝基-1，3-苯二酚析出，可能看到的现象是冷凝管内壁有桔红色晶体析出。(5)由题中信息可知，水蒸气蒸馏是分离和提纯有机物的方法之一，在低于100的情况下，有机物可以随水蒸气一起被蒸馏出来，从而达到分离提纯的目的。因此，被提纯物质必须具备的条件是：其在一定的温度范围内有一定的挥发性，可以随水蒸气一起被蒸馏出来；不溶或难溶于水，
43、便于最后分离；在沸腾条件下不与水发生化学反应。故答案为ab。(6) 71.5g间苯二酚的物质的量为，理论上可以制备出2-硝基-1，3-苯二酚0.65mol，其质量为0.65mol155g/mol=100.75g。本实验最终获得12.0g桔红色晶体，则2-硝基-1，3-苯二酚的产率为。10(2021届黑龙江道里区哈尔滨三中高三月考)相同条件下，草酸根(C2O42-)的还原性强于Fe2+。为检验这一结论，进行以下实验：资料：i.工业上，向炽热铁屑中通入氯化氢生产无水氯化亚铁。ii.K3Fe(C2O4)3 3H2O(三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，光照易分解。其水溶液中存在Fe(C2O4)33-Fe3
44、+3C2O42- K=6.310-21(实验1)用以下装置制取无水氯化亚铁(1)仪器a的名称为_，B的作用为_。(2)欲制得纯净的FeCl2，实验过程中点燃A、C酒精灯的先后顺序是_。(3)D中用NaOH溶液进行尾气处理，存在的问题是_、_。(实验2)通过Fe3+和C2O42-在溶液中的反应比较Fe2+和C2O42-的还原性强弱。操作现象在避光处，向10mL 0.5 molL-1FeCl3溶液中缓慢加入0.5 molL-1K2C2O4溶液至过量，搅拌，充分反应后，冰水浴冷却，过滤得到亮绿色溶液和亮绿色晶体(4)取实验2中少量晶体洗净，配成溶液，滴加KSCN溶液，不变红。继续加入硫酸，溶液变红，
45、说明晶体中含有+3价的铁元素。加硫酸后溶液变红的原因是_。(5)经检验，亮绿色晶体为K3Fe(C2O4)33H2O。设计实验，确认实验2中没有发生氧化还原反应的操作和现象是_。(6)取实验2中的亮绿色溶液光照一段时间，产生黄色浑浊且有气泡产生。补全反应的离子方程式：_Fe(C2O4)33-_FeC2O4+_+_(实验3)又设计以下装置直接比较Fe2+和C2O42-的还原性强弱，并达到了预期的目的。(7)描述达到预期目的可能产生的现象：_。【答案】(1)分液漏斗 吸收HCl中的水蒸气 (2)先点燃A处酒精灯，再点燃C处酒精灯 (3)发生倒吸 可燃性气体H2不能被吸收 (4)溶液中存在平衡：Fe(
46、C2O4)33-Fe3+3C2O42-，加入硫酸后，H+与C2O42-结合可使平衡正向移动，c(Fe3+)增大，遇KSCN溶液变红 (5)取少量实验2中的亮绿色溶液，滴加K3Fe(CN)6溶液，不出现蓝色沉淀 (6)2 2 2CO2 3C2O42- (7)电流计的指针发生偏转，一段时间后，左侧溶液变为浅绿色，右侧有气泡产生 【解析】实验1：由实验装置图可知，装置A为浓硫酸与氯化钠共热制备氯化氢的装置，装置B中的浓硫酸用于干燥氯化氢气体，装置C为铁粉与氯化氢共热反应制备氯化亚铁，装置D中氢氧化钠溶液吸收未反应的氯化氢，该实验设计存在明显不足，导气管插入液面中会可能产生倒吸，反应生成的氢气不能被氢
47、氧化钠溶液吸收，应增加氢气的收集装置；实验2：由题意可知，在避光处，用氯化铁溶液与过量的草酸钾反应制得三草酸合铁酸钾亮绿色晶体，将三草酸合铁酸钾晶体溶于水配成亮绿色溶液，光照条件下三草酸合铁酸钾发生分解反应生成草酸亚铁沉淀、草酸钾和二氧化碳，说明草酸根的还原性强于亚铁离子；实验3：由题给装置可知，若草酸根的还原性强于亚铁离子，左边石墨电极为原电池的正极，铁离子在正极上得到电子发生还原反应生成亚铁离子，溶液由棕黄色变为浅绿色，右边石墨电极为原电池的负极，草酸根在负极上失去电子发生氧化反应生成二氧化碳。(1)由实验装置图可知，仪器a为分液漏斗；装置B中的浓硫酸用于干燥氯化氢气体，吸收氯化氢中的水蒸
48、气；(2)为防止铁与空气中的氧气和水蒸气反应，实验时应先点燃A处酒精灯制备氯化氢，利用氯化氢将装置中的空气排尽后，再点燃C处酒精灯制备氯化亚铁；(3)若用装置D进行尾气处理，由于氯化氢极易与氢氧化钠溶液反应，导致导气管中的压强迅速减小而引起倒吸，反应生成的氢气不能被氢氧化钠溶液吸收，应增加氢气的收集装置；(4)将三草酸合铁酸钾晶体溶于水配成溶液，滴加KSCN溶液，溶液不变红色，说明溶液中不存在铁离子，Fe(C2O4)33-难电离出铁离子，存在如下电离平衡Fe(C2O4)33-Fe3+3 C2O42-，加入硫酸后，硫酸电离出的氢离子与草酸根反应，使草酸根离子浓度减小，平衡正向移动，溶液中铁离子增
49、大，遇硫氰化钾溶液变红；(5)若实验2中没有发生氧化还原反应，溶液中不可能存在亚铁离子，则向亮绿色溶液中滴加铁氰化钾溶液，不会出现蓝色沉淀，故答案为：取少量实验2中的亮绿色溶液，滴加K3Fe(CN)6溶液，不出现蓝色沉淀；(6)由翠绿色溶液光照一段时间，产生黄色浑浊且有气泡产生可知，三草酸合铁酸钾发生分解反应生成草酸亚铁沉淀、草酸钾和二氧化碳，反应的化学方程式为2Fe(C2O4)332 FeC2O4+3C2O42-+2CO2；(7)若草酸根的还原性强于亚铁离子，负极上草酸根会失电子发生氧化反应生成二氧化碳，正极上铁离子得电子发生还原反应亚铁离子，溶液由棕黄色变为浅绿色，则实验现象为电流计的指针
50、发生偏转，一段时间后，左侧溶液变为浅绿色，右侧有气泡产生。11(2021届银川市宁夏大学附属中学高三月考)浓硫酸是一种强氧化性酸，在一定条件下能将多种金属、非金属单质氧化。请回答下列问题：(1)写出浓硫酸与木炭粉在加热条件下反应的化学方程式_。(2)试用下表中所列各装置设计一个实验，验证上述反应所产生的各种产物，这种装置的连接顺序是(填编号)_。编号装置注： 中的加热装置已省略(3)实验时可观察到装置中A瓶的溶液褪色，C瓶的溶液不褪色，B瓶中反应的离子方程式是_；C瓶溶液的作用是_。(4) 装置中所加固体药品是_。(5) 装置中所盛溶液是_。(6)铁在冷的浓硫酸中能发生钝化。某兴趣小组的同学发
51、现将铁与一定量的浓硫酸加热时，观察到铁完全溶解得到溶液A，并产生大量气体B(提出猜想)所得溶液中的金属离子可能含有Fe2+和Fe3+中的一种或两种。所得气体B点可能组成是_。(实验探究)实验室提供下列试剂和如图2的装置：0.01mol/L酸性KMnO4溶液、0.1mol/LKSCN溶液、3%H2O2溶液、淀粉溶液、蒸馏水。在配置0.01mol/L酸性KMnO4溶液过程中，需要用到的仪器是烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶和_(填仪器名称)。请你完成以下探究实验。实验操作预期现象结论验证猜想_含有Fe2+和Fe3+验证猜想将所得气体通入如图2所示装置_含有两种气体【答案】(1)C+2H2SO4(浓)
52、 CO2+2SO2+2H2O (2) (3)2H2O+2M nO4-+5SO2=5SO42-+2Mn2+4H+ 检验二氧化硫是否除尽 (4)无水硫酸铜 (5)澄清石灰水 (6)SO2、H2中的一种或两种 托盘天平和胶头滴管 取少量0.01mol/L酸性KMnO4溶液，滴入所得溶液、取少量KSCN溶液滴入所得溶液 酸性高锰酸钾溶液褪色，说明含有亚铁离子、溶液变为血红色 甲中KMnO4溶液褪色，乙中KMnO4溶液颜色不变，试管中收集到气体 【解析】(1)加热条件下，浓硫酸和碳反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，反应方程式为C+2H2SO4(浓) CO2+2SO2+2H2O；(2)根据气体的制取检验水蒸
53、气检验二氧化硫吸收二氧化硫检验二氧化硫检验二氧化碳的实验顺序排列，所以其排列顺序是；(3)实验时可观察到装置中A瓶的溶液褪色，C瓶的溶液不褪色，说明通过C瓶的气体不含二氧化硫，即二氧化硫全部被酸性高锰酸钾溶液氧化，离子反应方程式为2H2O+2 M nO4-+5SO2=5 SO42-+2Mn2+4H+，C瓶是检验二氧化硫是否除尽，防止干扰二氧化碳的检验；(4)装置是检验水蒸气，无水硫酸铜检验水蒸气，所以该装置中固体是无水硫酸铜；(5)二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，所以该装置中药品是澄清石灰水；(6)浓硫酸具有强氧化性和铁反应生成二氧化硫，稀硫酸和铁反应生成氢气，所以所得气体中可能含有SO2、H2
54、；用托盘天平称量高锰酸钾、用胶头滴管定容，所以还需要托盘天平和胶头滴管。验证猜想I亚铁离子能使酸性高锰酸钾溶液褪色，铁离子能使KSCN溶液变红色，其检验方法为：取少量液体倒入试管中，向试管中滴加KSCN溶液后，溶液变为血红色，说明含有铁离子，向溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液，酸性高锰酸钾溶液褪色，说明含有亚铁离子，如果两种现象都有，则说明含有铁离子和亚铁离子；验证猜想II二氧化硫有还原性，能和强氧化性的物质发生氧化还原反应，如能使酸性高锰酸钾溶液褪色，氢气不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但氢气不易溶于水，所以如果甲中KMnO4溶液褪色，说明含有二氧化硫；乙中KMnO4溶液颜色不变，说明二氧化硫完全被吸
55、收，如果试管中收集气体，只能是氢气，故答案为：托盘天平、胶头滴管；取少量0.01mol/L酸性KMnO4溶液，滴入所得溶液；取少量KSCN溶液滴入所得溶液；酸性高锰酸钾溶液褪色，说明含有亚铁离子、溶液变为血红色；甲中KMnO4溶液褪色，乙中KMnO4溶液颜色不变，试管中收集到气体。12(2021届吉林长春市东北师大附中高三月考)二茂铁是一种具有芳香族性质的有机过渡金属化合物，在工业、农业、医药、航天、节能、环保等行业具有广泛的应用。已知：二茂铁相对分子质量为186，不溶于水，易溶于苯、乙醚等有机溶剂。本实验研究两种制备二茂铁的方法。I.有机合成法：以KOH、FeCl2和环戊二烯(C5H6)为原
56、料：2KOH+FeCl2+2C5H6=Fe(C5H5)2+2KCl+2H2Oi合成环戊二烯：以环茂二烯为原料，充分反应后，再利用图1装置，收集4244蒸出的产物，收集产物时最好选择的加热方式是_；ii.合成二茂铁：装置如图2(1)仪器b的名称是_，三颈烧瓶的适宜容积为_(填序号)；100mL 250mL 500mL(2)步骤一中通入氮气的目的是_，步骤三用水洗涤后，检验产物是否洗涤干净的方法是_；(3)二茂铁粗品的提纯可选择合适的溶剂，利用溶解度差异，通过_(填操作名称)实现。(4)若最终制得纯净的二茂铁4.3g，则该实验的产率最接近_；A40% B60% C80% D90%II.电化学合成法
57、：环戊二烯()为原料，原理如下图所示，其中电解液为溶解有溴化钠(电解质)和环戊二烯的DMF溶液(DMF为惰性有机溶剂)。该电解池的总反应方程式为_，电解制备需要在无水条件下进行，原因是_。(合理答案均可)【答案】I.水浴加热 (1)恒压滴液漏斗 (2)排尽装置中的空气 取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若不产生白色沉淀，说明沉淀已洗涤干净 (3)重结晶 (4)B II.Fe+2+H2(Fe+2C5H6Fe(C5H5)2+H2) 水会阻碍中间物Na的生成；水会电解生成OH，进一步与Fe2+反应生成Fe(OH)2 【解析】i因为要收集4244蒸出的产物，收集产物时最好选择的加热方式是水浴
58、加热。(1)仪器b的名称是恒压滴液漏斗，三颈烧瓶装的液体不低于容积的1/3，不高于2/3，溶液为60+5.5+25+25=115.5mL，所以三颈烧瓶的适宜容积为250mL。(2)步骤一中通入氮气的目的是排尽装置中的空气。步骤三用水洗涤后，如果洗干净了，滤液中应该没有Cl-，因此检验产物是否洗涤干净的方法是：取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若不产生白色沉淀，说明沉淀已洗涤干净。(3)二茂铁粗品的提纯可采用重结晶方法提纯。(4)环戊二烯的质量为5.50.95=5.225g，FeCl2的质量为6.5g，根据反应方程式FeCl2过量，根据环戊二烯进行计算，理论上产生二茂铁的质量为5.22
59、5186/(266)g=7.3625g，产率为4.3/7.3625100%=58.4%。故选B。II. 该电解池的总反应方程式为：Fe+2+H2(Fe+2C5H6Fe(C5H5)2+H2)。电解制备需要在无水条件下进行，原因是：水会阻碍中间物Na的生成；水会电解生成OH，进一步与Fe2+反应生成Fe(OH)2。13(2021届广东湛江市高三月考)己二酸二甲酯又称己二酸双甲酯、肥酸二甲酯，为一种无色透明液体，工业上主要用于合成中间体、医药、香料等。实验室以已二酸和甲醇为原料制备己二酸二甲酯的反应原理和实验装置(加热装置及夹持仪器省略)如下：+2CH3OH+2H2O相关性质己二酸甲醇己二酸二甲酯熔
60、点/152-978相对密度/(gcm-3)1.360.791.06相对分子质量14632174实验过程.将5.84g己二酸加入到圆底烧瓶中，加入32mL甲醇(过量)，缓缓加入4mL浓H2SO4，12粒沸石，装上回流装置，回流装置上端装一干燥管，加热回流2h；.稍冷，蒸出大部分的甲醇(约20mL)，加入10g碎冰，用20mL乙醚三次萃取；.将乙醚溶液合并，用20mL饱和Na2CO3溶液洗涤，再用10mL饱和NaCl溶液多次洗涤，无水MgSO4干燥0.5h；.过滤，蒸出乙醚，再减压蒸出少量残留的甲醇，得无色液体5.6g。回答下列问题：(1)上图仪器X的名称为_，自来水应先从_(填“a”或“b”)口
61、通入。(2)步骤中，加入过量甲醇的目的是_；若甲醇分子中的氧原子为18O，则反应后18O存在于_(填“己二酸二甲酯”或“水”)中。(3)步骤中，萃取所用到的主要仪器是_。(4)步骤中，用饱和Na2CO3溶液洗涤的目的是_。(5)写出步骤中己二酸与Na2CO3(按物质的量之比为1：1)反应的化学方程式：_。【答案】(1)球形冷凝管 b (2)作为溶剂，提高己二酸的转化率 己二酸二甲酯 (3)分液漏斗 (4)除去残留的己二酸等酸性物质，减少己二酸二甲酯的溶解损失 (5)HOOC(CH2)4COOH+Na2CO3NaOOC(CH2)4COONa+H2O+CO2 【解析】(1)由题给装置可知，仪器X为
62、球形冷凝管，为增强冷凝回流的效果，应从球形冷凝管的下口b处通入自来水；(2)步骤中，加入过量甲醇一是可以溶解己二酸，使反应物己二酸和甲醇充分接触，二是增大反应物的浓度，使酯化反应向正反应方向移动，有利于提高己二酸的转化率；酯化反应的机理是羧酸脱掉羟基，醇脱掉氢原子，则反应后18O存在于己二酸二甲酯中；(3)步骤中，萃取所用到的主要仪器是分液漏斗；(4)步骤中，用饱和Na2CO3溶液洗涤可以除去己二酸二甲酯中残留的己二酸等酸性物质，同时也可以降低己二酸二甲酯的溶解度，减少溶解造成的损失；(5)羧酸的酸性强于碳酸，物质的量比为1：1的己二酸与碳酸钠反应生成己二酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式为
63、HOOC(CH2)4COOH+Na2CO3NaOOC(CH2)4COONa+H2O+CO2。14(2021届山西运城市高三月考)常温下，三硫代碳酸钠(Na2CS3)是玫瑰红色针状固体，与碳酸钠性质相近。在工农业生产中有广泛的用途。某小组设计实验探究三硫代碳酸钠的性质并测定其溶液的浓度。实验一：探究Na2CS3的性质(1)向Na2CS3溶液中滴入酚酞试液，溶液变红色。用离子方程式说明溶液呈碱性的原因_。实验二：测定Na2CS3溶液的浓度按如图所示连接好装置，职50.0 mL Na2CS3溶液置于三颈瓶中，打开分液漏斗的活塞，滴入足量2.0 molL1稀H2SO4，关闭活塞。已知：Na2CS3H2
64、SO4Na2SO4CS2H2S。CS2和H2S均有毒。CS2不溶于水，沸点46，密度1.26 gmL1，与CO2某些性质相似，与NaOH作用生成Na2COS2和H2O。(2)盛放稀硫酸的仪器的名称是_，碱石灰的作用是_。(3)反应结束后打开活塞K，再缓慢通入热N2一段时间，其目的是_。(4)B中发生反应的离子方程式是_。(5)为了计算Na2CS3溶液的浓度，对充分反应后B中混合物进行过滤洗涤、干燥、称重，得8.4 g固体，则三颈瓶中Na2CS3的物质的量浓度为_。(6)分析上述实验方案，还可以通过测定C中溶液质量的增加值来计算Na2CS3溶液的浓度，若反应结束后将通热N2改为通热空气，计算值_
65、(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。【答案】(1)CS32-+H2OHCS3-+OH- (2)分液漏斗 防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入C中 (3)将装置中残留的CS2和H2S全部排入后续装置中，使其被完全吸收 (4)Cu2+H2S=CuS+2H+ (5)1.75mol/L (6)偏高 【解析】(1)碳酸钠溶液因碳酸根离子水解而显碱性，因为三硫代碳酸钠(Na2CS3)与碳酸钠性质相近，所以Na2CS3溶液中CS32-也会发生水解显碱性，其反应的离子方程式为：CS32-+H2OHCS3-+OH-，所以滴入酚酞试液后，溶液也会变红色；(2)由装置图可知，盛放稀硫酸的仪器是分液漏斗，碱石灰的主要成
66、分是氧化钙和氢氧化钠的混合物，主要作用是防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入C中，以防止产生实验误差；(3)因为CS2和H2S均有毒，CS2不溶于水。装置中有CS2和H2S残留，所以反应结束后打开活塞K，再缓慢通入热N2将残留在装置中的CS2和H2S气体全部赶出到下一个装置被全部吸收；(4)由于H2S和CS2均有毒，且CuS是沉淀，故B中CuSO4溶液主要是吸收H2S，所以B中发生反应的离子方程式是：Cu2+H2S=CuS+2H+；(5)由Na2CS3+H2SO4=Na2SO4+CS2+H2S和H2S+Cu2+=2H+CuS可知，Na2CS3CuS，B中的固体8.4g是CuS的质量，所以物质的量为
67、n(Na2CS3)=n(CuS)=0.0875mol，Na2CS3溶液的浓度c=1.75mol/L；(6)因为C中溶液为氢氧化钠溶液，如果反应结束后将通热N2改为通热空气，空气中含有二氧化碳也会和氢氧化钠反应，造成C中的质量偏高，使测量的结果也偏高。15(2021届广东广州市高三质检)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化剂之一。某研究小组进行如下实验：实验一 焦亚硫酸钠的制取采用如图装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5，装置中有Na2S2O5黄色晶体析出，发生的反应为：Na2SO3+SO2=Na2S2O5。(1)装置中盛放浓硫酸的仪器名称为_；装置中产生气体的化学方程式
68、为_。 (2)装置的作用之一是观察SO2的生成速率，盛装的试剂为_。(3)要从装置中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是_。实验二 焦亚硫酸钠的性质：Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3(4)证明NaHSO3溶液中HSO3-的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是_(填序号)。a测定溶液的pH b加入Ba(OH)2溶液 c加入盐酸 d加入品红溶液 e用蓝色石蕊试纸检测(5)检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是_。实验三 葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定(6)葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下：(已知：滴定时化学方程式为
69、：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI)按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00 mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为_ gL-1。在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测得结果_(填“偏高”“偏低”或“不变”)。【答案】(1)分液漏斗 Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O (2)饱和NaHSO3溶液 (3)过滤 (4)ae (5)取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成 (6)0.16 偏低 【解析】(1)a仪器的名称为分液漏斗；装置I中浓硫酸与亚硫酸钠反应生成硫酸钠、二氧化
70、硫气体和水，反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O；(2)二氧化硫易溶于水，不溶于饱和亚硫酸氢钠溶液，为防止二氧化硫溶于水，同时能观察SO2的生成速率，装置中应盛有饱和亚硫酸氢钠溶液；(3)装置中析出的固体为Na2S2O5黄色晶体，固液分离应采用过滤的方法；4)NaHSO3溶液中HSO3-的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，测定溶液的pH，可以确定溶液酸碱性；酸性溶液可以使湿润蓝色石蕊试纸变红，所以能用测定溶液pH值、湿润的蓝色石蕊试液检验，而加入Ba(OH)2溶液、HCl溶液、品红溶液都不能说明溶液呈酸性，故答案为ae；(5)Na2S2O5中S元素的化合价为
71、+4价，可能会被空气中氧气氧化为+6价的硫酸根离子，检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化实际上就是用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根离子，检验的步骤为取少量Na2S2O5晶体于试管中，加入适量水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成；(6)由题给化学方程式可知，样品中抗氧化剂二氧化硫的物质的量与消耗碘的物质的量相等，则样品中抗氧化剂的残留量为=0.16g/L；若有部分HI被空气氧化又生成I2，导致消耗标准I2溶液的体积偏小，则测得结果偏低。16(2021届湖南湖南衡阳高新技术产业园区衡阳市一中高三月考)甘氨酸亚铁(H2NCH2COO)2Fe是一种新型补铁剂。某化学学习
72、小组用如图所示装置(夹持仪器省略) 制备甘氨酸亚铁。有关物质性质如下表所示：甘氨酸(H2NCH2COOH)易溶于水，微溶于乙醇、冰醋酸，在冰醋酸中溶解度大于在乙醇中的溶解度。柠檬酸易溶于水和乙醇，酸性较强，有强还原性。甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇、冰醋酸。实验步骤如下：.打开K1、K3，向c中通入气体，待确定c中空气被排尽后，将b中溶液加入到c中。.在50恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加NaOH溶液，调溶液pH至5.5左右，使反应物充分反应。.反应完成后，向c中反应混合液中加入无水乙醇，生成白色沉淀，将沉淀过滤、洗涤得粗产品，将粗产品纯化后得精品。回答下列问题：(1)仪器b的名
73、称是_，d的作用是_。(2)步骤中将b中溶液加入到c中的操作是_；步骤中若调节溶液pH偏高，则所得粗产品中会混有杂质_(写化学式)。(3)c中生成甘氨酸亚铁的化学方程式是_。(4)下列关于该实验的说法错误的是_(填写序号)。A步骤中可由d中导管冒出气泡的快慢来判断装置中的空气是否排尽B反应混合液中加入柠檬酸的作用是防止Fe2+被氧化C步骤中加入无水乙醇的作用是降低甘氨酸亚铁的溶解度D步骤中沉淀洗涤时，用蒸馏水作洗涤剂【答案】(1)蒸馏烧瓶 防止空气进c中将其中的物质氧化 (2)关闭K3，打开K2 Fe(OH)2 (3)2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH (H2NCH2COO)2Fe
74、+Na2SO4+ 2H2O (4)ad 【解析】由实验装置图可知，制备甘氨酸亚铁时应先打开K1、K3，铁屑与稀硫酸反应生成硫酸亚铁同时产生氢气，将装置内的空气排尽；之后关闭K3，打开K2，通过产生的气体将b中溶液压入盛放甘氨酸和少量柠檬酸的c中；在50恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加NaOH溶液，调溶液pH至5.5左右，使反应物充分反应，反应完成后加入无水乙醇，降低甘氨酸亚铁的溶解度，从而使其析出得到的产品。(1)根据b的结构特点可知b为蒸馏烧瓶；d中导管插入液面以下，可以形成液封，防止空气进入c中将甘氨酸亚铁氧化；(2)步骤中将b中溶液加入到c中的操作是关闭K3，打开K2，铁屑
75、与稀硫酸反应生成的氢气使蒸馏烧瓶中的压强增大，将b中溶液压入c中；步骤中若调节溶液pH偏高，硫酸亚铁可能与氢氧化钠溶液反应生成Fe(OH)2沉淀，导致粗产品中会混有杂质；(3)c中发生的反应为在50恒温条件下，硫酸亚铁与甘氨酸在碱性条件下反应生成甘氨酸亚铁、硫酸钠和水，反应的化学方程式为2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH (H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+ 2H2O；(4)a项，空气排尽后也会有氢气冒出，气泡产生的速率与空气是否排尽无关，故错误；b项，根据题目信息可知柠檬酸具有还原性，可以防止亚铁离子被氧化，故正确；c项，根据题目信息可知甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，所
76、以加入乙醇可以降低其溶解度，使其从溶液中析出，故正确；d项，甘氨酸亚铁易溶于水，用水洗涤会造成大量产品损失，故错误；故选ad。17(2021届山东济南市章丘四中高三质检)亚硝酰氯(C1NO)常用作催化剂和合成洗涤剂，其沸点为5.5，易水解。某学习小组在实验室中用下图所示装置制备C1NO。已知：HNO2 既有氧化性又有还原性；AgNO2微于水，能溶于硝酸，AgNO2+HNO3=AgNO3+HNO2。回答下列问题：(1)仪器 a 的名称为 _，装置B 的作用是_。(2)装置C 中长颈漏斗的作用是 _ 。(3)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，当观察到C中
77、_ 时关闭 K1、K2。向装置 D 三颈瓶中通入干燥纯净C12，当瓶中充满黄绿色气体时，再打开 K1、K3，制备 C1NO。(4)装置D 中干燥管的作用是 _。(5)实验过程中，若学习小组同学用酒精灯大火加热制取 NO，对本实验造成的不利影响是 _、 _。(6)C1NO 与 H2O 反应生成 HNO2 和 HC1。要验证 C1NO 与 H2O 反应后的溶液中存在C1和 HNO2，合理的操作步骤及正确的顺序是_ (填序号)。A向烧杯中滴加过量 KI 淀粉溶液，溶液变蓝色B取 1.0 mL 三颈瓶中产品于烧杯中，加入 100mL H2O 充分反应C向烧杯中滴加性 KMnO4 溶液，溶液紫色褪去D向
78、烧杯中滴加足量 AgNO3 溶液，有白色沉淀生成，加入稀硝酸，搅拌，仍有白色沉淀【答案】(1)蒸馏烧瓶 除去NO中的HNO3、NO2气体 (2)避免C中压强过大 (3)红棕色完全消失 (4)防止水蒸气进入三颈瓶中与ClNO反应 (5)温度过高造成HNO3分解(或挥发) 生成NO气体速度过快，NO来不及反应即大量逸出 (6)bdc 【解析】(1)仪器a为蒸馏烧瓶；NO不溶于水，而可能存在的杂质HNO3、NO2均易溶于水，故B的作用为处于NO中的HNO3、NO2等杂质；(2)若关闭K1，随着反应的进行，C中压强增加，长颈漏斗的作用为平衡系统内外压强，避免C中压强过大；(3)为了得到比较纯净的NO，当C中红棕色完全消失时，不再存在NO2气体；(4)因为亚硝酰氯(ClNO)易与水反应水解，所以必须防止有水蒸气进入三颈烧瓶中与ClNO反应，此为D的作用；(5)对蒸馏烧瓶大火加热，会使得反应迅速，大量生产NO气体，会使较多的NO气体未参加反应便逸出至空气中；同时，较高的温度可能是硝酸分解或挥发，产生较多杂质气体； (6)首先要使ClNO与H2O反应，选择b；因为碘化银为沉淀，而酸性高锰酸钾能将氯离子氧化，所以需要先验证氯离子的存在，选择d；由于引入了足量银离子，所以仅能使用酸性高锰酸钾验证亚硝酸，选择c；故选bdc。
