1、第4课时学科素养物质的制备及性质探究素养1实践探索无机物的制备及性质探究无机物的制备及性质探究是高考化学实验命题的重点和热点，此类试题主要以某种无机物(考生较陌生)的制备为载体，兼顾考查化学实验基础知识、元素及其化合物的性质、离子反应、氧化还原反应等，以及化学实验基本技能，体现了中国高考评价体系中“研究探索”、“操作运用”等实践探索方面的要求，要求考生能够根据实验目的和要求，学习研究物质性质，探究反应规律，进行物质的制备等不同类型化学实验及探究活动的核心思路与基本方法，体会实验条件控制对完成科学实验及探究活动的作用。1物质制备流程2气体发生装置(1)设计原则：根据制备原理(化学方程式)、反应物
2、状态和反应所需条件、制取气体的量等因素来设计反应装置。(2)气体发生装置的基本类型制取装置气体反应原理固固气O22KClO32KCl3O2NH32NH4ClCa(OH)2CaCl22NH32H2O固液气Cl2MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2OHClNaClH2SO4(浓)NaHSO4HCl固(块状)液气H22HZn=H2Zn2CO2CaCO32HCl=CaCl2CO2H2O固液气O2、H2、CO2、NH3、Cl2、SO2O2：H2O2与MnO2H2：Zn与稀硫酸CO2：CaCO3与稀盐酸NH3：浓氨水与CaOCl2：浓盐酸与KMnO4SO2：亚硫酸钠与硫酸3.气体的净化(干燥)装置
3、(1)设计原则：根据主要气体及杂质气体的性质差异来选择除杂试剂及除杂装置。(2)除杂装置基本类型装置示意图洗气固体除杂固体除杂冷凝除杂适用范围试剂与杂质气体反应，与主要气体不反应；装置用固体吸收还原性或氧化性杂质气体杂质气体被冷却后变为液体，主要气体不变为液体(3)吸收剂的选择选择吸收剂应根据被提纯气体的性质和杂质的性质而确定，一般情况如下：易溶于水的气体杂质可用水来吸收；酸性杂质可用碱性物质吸收；碱性杂质可用酸性物质吸收；水为杂质时，可用干燥剂来吸收；能与杂质发生反应生成沉淀(或可溶物)的物质也可作为吸收剂。4尾气处理装置的选择a用于吸收溶解或反应速率不是很快的气体，如用NaOH溶液吸收Cl
4、2、CO2等。b用于收集少量气体。c、d用于吸收极易溶且溶解很快的气体，如HCl、HBr、NH3等；其中d吸收量少。e用于处理难以吸收的可燃性气体，如H2、CO等。5实验条件的控制(1)排气方法为了防止空气中的成分氧气、CO2、水蒸气干扰实验，常用其他稳定的气体(如氮气)排尽装置中的空气；有时也可充分利用反应产物气体(如：氨气、氯气、二氧化硫)等排尽装置中的空气。(2)控制气体的流速及用量用分液漏斗控制液体滴加的速度和用量。观察气泡，控制气流速度，如图，可观察气泡得到N2、H2的体积比约为12的混合气。平衡气压如图所示，用长玻璃管平衡气压，防堵塞。(3)压送液体根据装置的密封性，让反应生成气体
5、或消耗气体，产生压强差，将液体压入或倒流入另一反应容器。(4)温度控制控制低温的目的：减少某些反应物或产品分解如H2O2、NH4HCO3等；减少某些反应物或产品挥发，如盐酸、氨水等；防止某物质水解，避免副反应发生等。采取加热的目的：加快反应速率或使平衡移动，加速溶解等。常考温度控制方式：a水浴加热：均匀加热，反应温度100 以下。b油浴加热：均匀加热，反应温度100260 。c冰水冷却：使某物质液化、降低产物的溶解度；减少其他副反应，提高产品纯度等。d保温：如中和热测定时，两烧杯之间填泡沫，真空双层玻璃容器等。提升1 (2019全国卷)硫酸铁铵NH4Fe(SO4)2xH2O是一种重要铁盐。为充
6、分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：回答下列问题：(1)步骤的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是_。(2)步骤需要加热的目的是_，温度保持8095 ，采用的合适加热方式是_。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为_(填标号)。(3)步骤中选用足量的H2O2，理由是_，分批加入H2O2，同时为了_，溶液要保持pH小于0.5。(4)步骤的具体实验操作有_，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。(5)采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150 时失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为_。解析(1)铁屑表面
7、的油污可以用热的Na2CO3溶液洗涤，然后用蒸馏水洗净。(2)铁与硫酸反应，加热的目的是加快反应速率，由于温度要控制在8090 ，应选择水浴加热。铁中含有少量的硫化物，与酸反应后生成酸性气体H2S，应该用碱溶液吸收H2S气体，为了防止倒吸，应选用C装置。(3)铁与硫酸反应后生成硫酸亚铁，加入足量的过氧化氢溶液将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为2Fe2H2O22H=2Fe32H2O。Fe3在水中易水解生成氢氧化铁沉淀，为了抑制Fe3水解，溶液要保持较强的酸性，使用H2O2的优点是不引入新的杂质。(4)硫酸铁溶液与固体硫酸铵反应生成硫酸铁铵，为了从溶液中得到硫酸铁铵应将溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、
8、过滤、洗涤、干燥得到硫酸铁铵晶体。(5)由于样品失去1.5个结晶水，失重5.6%，即MNH4Fe(SO4)2xH2O5.6%1.518 gmol1，可以求得MNH4Fe(SO4)2xH2O482 gmol1，利用硫酸铁铵晶体的摩尔质量减去NH4Fe(SO4)2的摩尔质量可以求出晶体中的水的摩尔质量之和，为216 gmol1，由此可以求出x12。答案(1)碱煮水洗(2)加快反应热水浴C(3)将Fe2全部氧化为Fe3；不引入杂质抑制Fe3水解(4)加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)(5)NH4Fe(SO4)212H2O提升2 (2021山东等级模拟考)四溴化钛(TiBr4)可用作橡胶工业中烯烃聚合反
9、应的催化剂。已知TiBr4常温下为橙黄色固体，熔点为38.3 ，沸点为233.5 ，具有潮解性且易发生水解。实验室利用反应TiO2C2Br2TiBr4CO2制备TiBr4的装置如下图所示。回答下列问题：(1)检查装置气密性并加入药品后，加热前应进行的操作是_，其目的是_，此时活塞K1、K2、K3的状态为_；一段时间后，打开电炉并加热反应管，此时活塞K1、K2、K3的状态为_。(2)试剂A为_，装置单元X的作用是_；反应过程中需用热源间歇性微热连接管，其目的是_。(3)反应结束后应继续通入一段时间CO2，主要目的是_。(4)将连接管切断并熔封，采用蒸馏法提纯。此时应将a端的仪器改装为_、承接管和
10、接收瓶，在防腐胶塞上加装的仪器是_(填仪器名称)。答案(1)通入过量CO2排除装置内的空气，防止C粉被氧化K1打开，K2、K3关闭K2、K3打开，K1关闭(2)浓H2SO4吸引挥发出的溴蒸气，且防止空气中的水蒸气进入使产物水解防止TiBr4在连接管处冷凝，堵塞导管(3)将装置内的溴蒸气全部赶入X装置，防止污染环境(4)冷凝管温度计素养2实践探索有机物的制备及性质探究有机物的制备及性质探究是高考化学实验命题的热点，此类试题相对于无机物的制备及性质探究类题要简单，命题集中考查仪器的选择及使用、实验操作及目的、物质的分离及提纯、产率的计算等，命题点相对固定，考查化学实验基础知识的问题较多，体现了中国
11、高考评价体系中“研究探索”、“操作运用”等实践探索方面的要求，要求考生能够根据实验目的和要求、实验步骤及操作，推测实验操作及目的，并科学收集、处理并解释实验数据。1有机物制备的注意要点(1)熟知常用仪器及用途(2)依据物质性质和反应特点选择加热或冷却方式加热：酒精灯的火焰温度一般在400500 ，乙酸乙酯的制取、石油的蒸馏等实验选用酒精灯加热，若温度要求更高，可选用酒精喷灯或电炉加热。除上述加热方式外还可以根据加热的温度要求选择水浴、油浴、沙浴加热。冷凝回流有机物易挥发，因此在反应中通常要采用冷凝回流装置，以减少有机物的挥发，提高原料的利用率和产物的产率。如图1、图3中的冷凝管，图2中的长玻璃
12、管B的作用都是冷凝回流。图1图2溴苯制取图3溴苯制取防暴沸：加沸石(碎瓷片)，防止溶液暴沸，若开始忘加沸石(碎瓷片)，需冷却后补加。2常见有机物的分离提纯的方法(1)分液：用于分离两种互不相溶(密度也不同)的液体。(2)蒸馏：用于分离沸点不同的液体。分馏的原理与此相同。(3)洗气：用于除去气体混合物中的杂质，如乙烷中的乙烯可通过溴水洗气除去。(4)萃取分液：如分离溴水中的溴和水，可用四氯化碳或苯进行萃取，然后分液。提升3 (2020全国卷)苯甲酸可用作食品防腐剂，实验室可通过甲苯氧化制苯甲酸，其反应原理简示如下：名称相对分子质量熔点/沸点/密度/(gmL1)溶解性甲苯9295110.60.86
13、7不溶于水，易溶于乙醇苯甲酸122122.4(100 左右开始升华)248微溶于冷水，易溶于乙醇、热水实验步骤：(1)在装有温度计、冷凝管和搅拌器的三颈烧瓶中加入1.5 mL甲苯、100 mL水和4.8 g(约0.03 mol)高锰酸钾，慢慢开启搅拌器，并加热回流至回流液不再出现油珠。(2)停止加热，继续搅拌，冷却片刻后，从冷凝管上口慢慢加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液，并将反应混合物趁热过滤，用少量热水洗涤滤渣。合并滤液和洗涤液，于冰水浴中冷却，然后用浓盐酸酸化至苯甲酸析出完全。将析出的苯甲酸过滤，用少量冷水洗涤，放在沸水浴上干燥。称量，粗产品为1.0 g。(3)纯度测定：称取0.122 g粗产品
14、，配成乙醇溶液，于100 mL容量瓶中定容。每次移取25.00 mL溶液，用0.010 00 molL1的KOH标准溶液滴定，三次滴定平均消耗21.50 mL的KOH标准溶液。回答下列问题：(1)根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶的最适宜规格为_(填标号)。 A100 mLB250 mLC500 mLD1 000 mL(2)在反应装置中应选用_冷凝管(填“直形”或“球形”)，当回流液不再出现油珠即可判断反应已完成，其判断理由是_。(3)加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液的目的是_；该步骤亦可用草酸在酸性条件下处理，请用反应的离子方程式表达其原理：_。(4)“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主要成分是_。
15、 (5)干燥苯甲酸晶体时，若温度过高，可能出现的结果是_。(6)本实验制备的苯甲酸的纯度为_；据此估算本实验中苯甲酸的产率最接近于_(填标号)。A70%B60%C50%D40% (7)若要得到纯度更高的苯甲酸，可通过在水中_的方法提纯。 解析(1)三颈烧瓶中所加入的液体体积大约为1.5 mL100 mL101.5 mL，显然选取250 mL规格的三颈烧瓶最合适，A容积太小，而C、D容积又太大，B项符合题意。(2)冷凝回流实验中一般选取球形冷凝管，球形冷凝管的冷凝回流效率高，而直形冷凝管主要用于蒸馏实验中冷凝馏分；若回流液中无油珠出现，说明甲苯消耗完毕，该反应已完成。(3)根据实验过程，后期需要
16、加入浓盐酸，而高锰酸钾遇到浓盐酸会发生氧化还原反应生成有毒的氯气，所以先加入亚硫酸氢钠，可以除去过量的高锰酸钾，防止多余的高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气；实验过程中，若使用草酸处理，则草酸与高锰酸钾发生氧化还原反应的离子方程式为2MnO5H2C2O46H=2Mn210CO28H2O。(4)根据题干的信息，可以得出生成物MnO2难溶于水，属于滤渣的主要成分。(5)根据题干信息，苯甲酸在100 左右会升华，所以干燥苯甲酸时，温度不宜太高，否则会造成苯甲酸升华而损失。(6)根据酸碱滴定实验，可以得出0.122 g样品中苯甲酸的纯度为21.50103L0.01 molL14122 gmol10.122
17、g100%86.0%；根据题意，1.0 g粗品中含有苯甲酸为0.86 g，1.5 mL甲苯理论上可以转化为1.725 g苯甲酸，所以苯甲酸的产率为100%50%。(7)根据苯甲酸的溶解性，若要得到更加纯净的苯甲酸，可以通过重结晶的方法提纯。答案(1)B(2)球形无油珠说明不溶于水的甲苯已经被完全氧化(3)除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气2MnO5H2C2O46H=2Mn210CO28H2O(4)MnO2(5)苯甲酸升华而损失(6)86.0%C(7)重结晶提升4 (2019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
18、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浓硫酸易使原料碳化并产生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_。(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
19、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=I22KBr；I22Na2S2O3=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_(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)FeCl3溶液不能使环己醇变色，能使苯酚显紫色，故可选用FeCl3溶液检验苯酚，现象为溶液显紫色。(2)从制备流程可以
20、看出，环己醇在FeCl36H2O的作用下，反应生成了环己烯，其反应的化学方程式为：，若用浓硫酸作催化剂，因浓硫酸具有强脱水性，易使原料脱水炭化并产生SO2，a项合理；与浓硫酸相比，FeCl36H2O对环境相对污染小，且可以回收并循环使用，更符合绿色化学理念，b项合理；催化剂不能影响平衡转化率，c项不合理；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，提高原料的利用率。(3)操作2分离的是互不相溶的两种液体，应是分液操作，分液操作需要用到的玻璃仪器有分液漏斗和烧杯。(4)蒸馏操作在加入待蒸馏的物质和沸石后，要先通冷凝水，再加热，如先加热再通冷
21、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，所以指示剂应选用淀粉溶液；根据所给的式和式，可知剩余的Br2与反应消耗的Na2S2O3的物质的量之比为12，所以n(Br2)余cmolL1vmL103LmL1 mol，与环己烯反应消耗的Br2的物质的量为 mol，据反应式，可知环己烯的物质的量也为mol，其质量为82 g，所以a g样品中环己烯的质量分数为100%。(6)a项，样品中含有苯酚，由于苯酚也能与溴反应，导致与碘化钾反应的溴减少；则相当于环己烯消耗Br2的量增多，从而使环己烯测得结果偏大；b项，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
22、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(2)a、b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100%(6)b、c素养3实践探索综合实验探究综合实验探究是高考化学实验命题的常考点，此类题除考查化学实验基础、元素及其化合物的性质、离子反应、氧化还原反应等内容外，还突出考查化学定量实验操作及实验数据的处理方法，要求考生合理运用科学的思维方式，有效地整合化学科相关知识，运用化学学科相关能力，高质量地认识化学实验问题，提
23、取有效信息，分析、处理实验数据，得出定量实验结论。1物质成分的探究通过化学反应原理猜测可能生成哪些物质，对这些物质逐一进行检验来确定究竟含有哪些成分。虽然探究型实验主要考查学生的探究能力，但在问题中常常包含了对实验基础知识的考查。如：(1)常见物质分离提纯的方法：结晶法、蒸馏法、过滤法、升华法、萃取法、渗析法等。(2)常见气体的制备、净化、干燥、收集等方法。(3)熟悉重点的操作：气密性检查、测量气体体积、防倒吸、防污染等。2物质性质的探究(1)在探究过程中往往可以利用对比实验，即设置几组平行实验来进行对照和比较，从而研究和揭示某种规律，解释某种现象形成的原因或证明某种反应机理。(2)无机物、有
24、机物性质的探究，必须在牢牢掌握元素化合物知识的基础上，大胆猜想，细心论证。脱离元素化合物知识，独立看待实验问题是不科学的，只有灵活运用已有的元素化合物知识，才能变探究型实验为验证型实验，使复杂问题简单化。3影响因素的探究物质变化往往受到多个因素的影响，在研究化学反应与外界因素之间的关系时，对影响物质变化规律的因素或条件加以人为控制，使其他几个因素不变，集中研究其中一个因素的变化所产生的影响，以利于研究过程中，迅速寻找到物质变化的规律。4反应原理的探究化学反应原理的探究也是中学化学实验探究的一个重要内容，该类探究实验往往是通过改变影响反应的条件(如浓度、温度、压强、酸碱度等)和反应物的用量，分析
25、反应产物的变化情况，进而确定反应的原理。解答该类试题的关键是从反应物、生成物、反应条件和实验现象四个方面，抓住变化、分析得出反应的规律和原理。5定量测定的常用方法(1)沉淀法先将某种成分转化为沉淀，然后称量纯净、干燥的沉淀的质量，再进行相关计算。(2)测气体体积法对于产生气体的反应，可以通过测定气体体积的方法测定样品纯度。量气装置的设计：下列装置中，A是常规的量气装置，B、C、D是改进后的量气装置。(3)测气体质量法将生成的气体通入足量的吸收剂中，通过称量实验前后吸收剂的质量，求得所吸收气体的质量，然后进行相关计算。(4)滴定法利用滴定操作原理，通过酸碱中和滴定、沉淀滴定和氧化还原滴定等获得相
26、应数据后再进行相关计算。(5)热重法只要物质受热时发生质量变化，都可以用热重法来研究物质的组成。热重法是在控制温度的条件下，测量物质的质量与温度关系的方法。通过分析热重曲线，我们可以知道样品及其可能产生的中间产物的组成、热稳定性、热分解情况及生成产物等与质量相联系的信息。提升5 (2020北京卷)探究Na2SO3固体的热分解产物。资料：4Na2SO3Na2S3Na2SO4；Na2S能与S反应生成Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S。BaS易溶于水。隔绝空气条件下，加热无水Na2SO3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
27、Na2S：取少量溶液B，向其中滴加CuSO4溶液，产生黑色沉淀，证实有S2。反应的离子方程式是_。(2)检验分解产物Na2SO4：取少量溶液B，滴加BaCl2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(H2S)，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SO。(3)探究(2)中S的来源。来源1：固体A中有未分解的Na2SO3，在酸性条件下与Na2S反应生成S。来源2：溶液B中有Na2Sx，加酸反应生成S。针对来源1进行如图实验：实验可证实来源1不成立。实验证据是_。不能用
28、盐酸代替硫酸的原因是_。写出来源2产生S的反应的离子方程式：_。(4)实验证明Na2SO3固体热分解有Na2S，Na2SO4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：_。解析(1)Na2S和CuSO4溶液反应生成硫化铜和硫酸钠，反应的离子方程式是S2Cu2=CuS；(2)根据题干资料：Na2S能与S反应生成Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S，取少量溶液B，滴加BaCl2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(H2S)，说明B溶液中含有Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S，由于沉淀增多对检验造成干扰，另取少量溶液B，
29、加入足量盐酸，离心沉降(固液分离)后，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，可证实分解产物中含有SO；(3)实验可证实来源1不成立。根据分析，溶液2为H2SO3，向溶液2中加入少量KMnO4溶液，H2SO3具有还原性，酸性条件下KMnO4具有强氧化性，二者混合和后应发生氧化还原反应，KMnO4溶液应该褪色，但得到的仍为紫色，说明溶液B中不含Na2SO3；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溶液应该褪色，干扰实验现象和实验结论；来源2认为溶液B中有Na2Sx，加酸反应生成S，反应的离子方程式：S2H=H2S(
30、x1)S；(4)根据已知资料：4Na2SO3Na2S3Na2SO4，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Na2SO3发生歧化反应，其中的S元素化合价即可升高也可降低，能从4价降为2价，也应该可以降到0价生成硫单质。答案(1)S2Cu2=CuS(2)滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀(3)向溶液2中加入KMnO4溶液，溶液没有褪色盐酸中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溶液应该褪色，干扰实验现象和实验结论S2H=H2S(x1)S(4)根据反应4Na2SO3Na2S3Na2SO4可知，Na2SO3发生歧化反
31、应，其中的S元素化合价即可升高也可降低，能从4价降为2价，也应该可以降到0价生成硫单质提升6 (2019北京卷)化学小组实验探究SO2与AgNO3溶液的反应。(1)实验一：用如下装置(夹持、加热仪器略)制备SO2，将足量SO2通入了AgNO3溶液中，迅速反应，得到无色溶液A和白色沉淀B。浓H2SO4与Cu反应的化学方程式是_。试剂a是_。(2)对体系中有关物质性质分析得出：沉淀B可能为Ag2SO3、Ag2SO4或二者混合物。(资料：Ag2SO4微溶于水；Ag2SO3难溶于水)实验二：验证B的成分沉淀B溶液C沉淀D滤液E沉淀F写出Ag2SO3溶于氨水的离子方程式_。加入盐酸后沉淀D大部分溶解，剩
32、余少量沉淀F。推断D中主要是BaSO3，进而推断B中含有Ag2SO3。向滤液E中加入一种试剂，可进一步证实B中含有Ag2SO3。所用试剂及现象是_。(3)根据沉淀F的存在，推测SO的产生有两个途径：途径1：实验一中，SO2在AgNO3溶液中被氧化生成Ag2SO4，随沉淀B进入D。途径2：实验二中，SO被氧化为SO进入D。实验三：探究SO的产生途径向溶液A中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，证明溶液中含有_；取上层清液继续滴加BaCl2溶液，未出现白色沉淀，可判断B中不含Ag2SO4。做出判断的理由：_。实验三的结论：_。(4)实验一中SO2与AgNO3溶液反应的离子方程式是_。(5)根据物质性质分析
33、，SO2与AgNO3溶液应该可以发生氧化还原反应。将实验一所得混合物放置一段时间，有Ag和SO生成。(6)根据上述实验所得结论：_。解析(1)由沉淀B的成分可知，反应时混合气体中O2的存在能干扰沉淀的成分，故将SO2通入AgNO3溶液前应除去混在其中的O2，但又不能吸收SO2，故选择饱和NaHSO3溶液。(2)若沉淀D中含有BaSO3，则BaSO32HCl=BaCl2H2OSO2，因为SO2在水中溶解度较大，故滤液E中存在一定量的SO2，滴加H2O2溶液，发生反应SO2Ba2H2O2=BaSO42H，溶液中会出现白色沉淀。(3)向溶液A中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，说明溶液中含有Ag；上层清液
34、滴加BaCl2溶液，无白色沉淀出现，可判断B中不含Ag2SO4，因为Ag2SO4微溶于水，BaSO4难溶于水，若B中含有Ag2SO4，向上层清液中滴加BaCl2溶液，一定会出现白色沉淀。由以上分析可推断，途径1不产生SO，途径2产生SO。(4)由上述分析可知，SO2与AgNO3溶液反应生成Ag2SO3沉淀，结合质量守恒定律可写出反应的离子方程式。(6)实验条件下，SO2与AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和SO的速率，碱性溶液中SO更易被氧化为SO。答案(1)Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O饱和NaHSO3溶液(2)Ag2SO34NH3H2O=2Ag(NH3)2SO
35、4H2OH2O2溶液，产生白色沉淀(3)AgAg2SO4溶解度大于BaSO4，没有BaSO4沉淀时，必定没有Ag2SO4途径1不产生SO，途径2产生SO(4)2AgSO2H2O=Ag2SO32H(6)实验条件下：SO2与AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和SO的速率，碱性溶液中SO更易被氧化为SO训练(五十)物质的制备及性质探究1(2021山东临沂质检)过硫酸钠(Na2S2O8)常用作漂白剂、氧化剂等。某研究小组利用下图装置制备Na2S2O8并探究其性质(加热及夹持仪器略去)。已知：(NH4)2S2O82NaOHNa2S2O82NH32H2O，2NH33Na2S2O86NaOH6
36、Na2SO4N26H2O。(1)仪器a的名称是_。装置中NaOH溶液的作用是_。(2)装置发生反应的同时，需要持续通入空气的目的是_。(3)装置的作用是_。(4)Na2S2O8溶液与铜反应只生成两种盐，且反应先慢后快。该反应的化学方程式为_。某同学推测反应先慢后快的原因可能是生成的Cu2对反应起催化作用。设计实验方案验证该推测是否正确_。(供选试剂：Cu、Na2S2O8溶液、CuSO4溶液、Cu(NO3)2溶液、蒸馏水)(5)测定产品纯度：称取0.250 0 g样品，用蒸馏水溶解，加入过量KI，充分反应后，再滴加几滴指示剂，用0.100 0 molL1 Na2S2O3标准溶液滴定，达到滴定终点
37、时，消耗标准溶液的体积为19.50 mL。(已知：I22S2O=S4O2I)选用的指示剂是_；达到滴定终点的现象是_。样品的纯度为_%。解析(1)根据仪器结构可知该仪器名称为分液漏斗；装置中NaOH溶液的作用是吸收空气中的CO2，防止干扰实验。(2)在装置中NaOH溶液与(NH4)2S2O8反应会产生氨气，NH3可进一步与Na2S2O8反应，故在装置发生反应的同时，需要持续通入空气将装置中的NH3及时排出，减少副反应的发生。(3)装置中稀硫酸，可吸收NH3，由于使用了倒置漏斗，因此使气体被充分吸收的同时也可防止倒吸现象的发生。(4)过硫酸钠(Na2S2O8)具有强的氧化性，能将Cu氧化为Cu2
38、，S2O被还原为SO，根据得失电子守恒、原子守恒可得反应的方程式为Na2S2O8Cu=Na2SO4CuSO4。(5)根据I2遇淀粉溶液变蓝色，可选用淀粉溶液为指示剂；若滴定达到终点，会看到溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复。Na2S2O8作氧化剂，1 mol Na2S2O8得到2 mol电子，KI被氧化变为I2，生成1 mol I2转移2 mol电子；I2与Na2S2O3反应的方程式为I22Na2S2O3=Na2S4O62NaI，可得关系式：Na2S2O8I22Na2S2O3，n(Na2S2O3)0.100 0 molL119.50103L1.95103mol，则n(Na2S2O8)n(Na
39、2S2O3)9.75104mol，m(Na2S2O8)9.75104mol238 gmol10.232 05 g，则该样品的纯度为(0.232 05 g0.250 0 g)100%92.82%。答案(1)分液漏斗吸收空气中CO2(2)将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出，减少副反应的发生(3)吸收NH3，防止倒吸(4)Na2S2O8Cu=Na2SO4CuSO4向盛有等质量铜粉的试管中，分别加入等体积的硫酸铜溶液和蒸馏水，再加入等体积等浓度的Na2S2O8溶液，若加入硫酸铜溶液的试管中反应快，则该推测正确(5)淀粉溶液滴入最后一滴标准溶液，溶液的蓝色褪去，且半分钟内不恢复92.822(2021福建南
40、安一中检测)亚氯酸钠(NaClO2)常用于纺织、造纸业漂白，也用于食品消毒、水处理等。已知：亚氯酸钠(NaClO2)受热易分解；纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下。：制取NaClO2晶体(1)实验过程中需要持续通入空气，目的是_。(2)装置A中产生ClO2的化学方程式为_。(3)装置B中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_，氧化产物为_；反应结束后，为从溶液中得到NaClO2固体，采取减压蒸发而不用常压蒸发，原因是_。(4)装置C的作用是_。：测定亚氯酸钠的含量实验步骤：准确称取所得亚氯酸钠样品m g于小烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应
41、，将所得混合液配成250 mL待测溶液。移取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液，用c molL1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，重复2次，测得消耗Na2S2O3标准溶液体积的平均值为V mL。(已知：ClO4I4H=2H2O2I2Cl、I22S2O=2IS4O)(5)达到滴定终点时的现象为_。(6)该样品中NaClO2的质量分数为_(用含m、c、V的代数式表示，结果化简成最简式)。在滴定操作正确的情况下，此实验测得结果偏高，可能原因为_(用离子方程式表示)。解析(1)根据题给信息“纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下”，可知实验过程中持续通入空气的目的是
42、稀释ClO2，以防止发生爆炸。(2)装置A中NaClO3被还原为ClO2，Na2SO3被氧化为Na2SO4；根据得失电子守恒和元素守恒，可知装置A中产生ClO2的化学方程式为2NaClO3Na2SO3H2SO4=2ClO22Na2SO4H2O。(3)装置B中ClO2参加反应生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，作氧化剂，H2O2作还原剂，有氧气生成，根据得失电子守恒可得关系式：2ClO2H2O2，故装置B中氧化剂和还原剂的物质的量之比为21，氧化产物为O2。根据题给信息“亚氯酸钠(NaClO2)受热易分解”，可知反应结束后为从溶液中得到NaClO2固体，应采取减压蒸发而不用常压蒸发，原因是常
43、压蒸发温度过高，亚氯酸钠容易分解。(4)装置C的作用是吸收ClO2，防止污染空气。(5)用Na2S2O3标准溶液滴定待测溶液，发生反应：I22S2O=2IS4O，指示剂淀粉溶液遇I2变为蓝色，故滴定终点的现象为滴入最后一滴标准溶液时，溶液由蓝色变成无色，且30 s内颜色不恢复。(6)由反应中的I元素守恒可知：ClO2I24S2O，故25.00 mL待测溶液中n(NaClO2)cV103mol，m(NaClO2)90.5cV103g；样品m g配成250 mL待测溶液，故样品中NaClO2的质量分数为100%。实验测得结果偏高，说明滴定消耗的Na2S2O3标准溶液体积偏大，则溶液中碘单质的含量偏
44、高，可能原因为过量的碘离子被空气中的氧气氧化为碘单质，反应的离子方程式为4IO24H=2I22H2O。答案(1)稀释ClO2以防爆炸(2)2NaClO3Na2SO3H2SO4=2ClO22Na2SO4H2O(3)21O2常压蒸发温度过高，亚氯酸钠容易分解(4)吸收ClO2，防止污染空气(5)当滴入最后一滴标准溶液时，溶液由蓝色变成无色，且30 s内颜色不恢复(6)%4IO24H=2I22H2O3(2021山东烟台一中检测)以CuSO4溶液和不同酸根离子形成的钠盐溶液作为实验对象，探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性。实验试剂现象滴管试管0.2 molL1CuSO4溶液0.2 molL1NaI溶液
45、.产生白色沉淀和黄色溶液0.2 molL1 Na2CO3溶液.产生绿色沉淀和无色无味气体0.2 molL1 Na2SO3溶液.产生棕黄色沉淀(1)经检验，现象的白色沉淀为CuI，则反应的离子方程式为_，氧化产物与还原产物的物质的量之比为_。(2)经检验，现象中产生的气体是二氧化碳，绿色沉淀是碱式碳酸铜xCuCO3yCu(OH)2zH2O。现采用氢气还原法测定碱式碳酸铜组成，请回答如下问题：写出xCuCO3yCu(OH)2zH2O与氢气反应的化学方程式：_。实验装置用下列所有仪器连接而成，按氢气气流方向的连接顺序是(填仪器接口字母编号)：a_gf_l。(3)经检验，现象的棕黄色沉淀中不含SO，含
46、有Cu、Cu2和SO。已知：CuCuCu2用稀硫酸证实沉淀中含有Cu的实验现象是_。通过下列实验证实，沉淀中含有Cu2和SO。a白色沉淀A是BaSO4，试剂1是_。b证实沉淀中含有Cu2和SO的理由是_。解析(1)现象的白色沉淀为CuI，铜元素的化合价由2价降低到1价，则碘元素化合价由1价升高到0价，则反应的离子方程式为2Cu24I=2CuII2；该反应中氧化产物为碘单质，还原产物为CuI，所以氧化产物与还原产物的物质的量之比为12。(2)xCuCO3yCu(OH)2zH2O与氢气反应生成单质铜、水和二氧化碳，反应方程式为xCuCO3yCu(OH)2zH2O(xy)H2(xy)CuxCO2(x
47、2yz)H2O。实验中需要测定生成的水、二氧化碳的质量，由于从a口出来的气体中含有水蒸气和挥发出来的氯化氢气体，会对实验造成干扰，应先用水吸收氯化氢气体，再用浓硫酸吸收水蒸气；之后，纯净的H2与碱式碳酸铜发生反应，产生的两种气体先用浓硫酸吸收水蒸气，再用U形管中的碱石灰吸收二氧化碳，同时连上装有碱石灰的球形干燥管，避免空气中的水和二氧化碳进入U形管而产生误差，因此装置的连接顺序为akjgfdehibcl。(3)由已知信息可得Cu和稀硫酸反应生成Cu和Cu2，所以用稀硫酸证实沉淀中含有Cu的实验操作和现象为取一定量的沉淀于试管中，向其中加入稀硫酸，有红色固体析出。a.证明溶液中有SO，需要加入的
48、试剂是盐酸和BaCl2溶液，现象是生成白色沉淀BaSO4。b根据已知信息，加入KI溶液生成白色沉淀CuI，说明沉淀中有Cu2；向清液中加入淀粉溶液没有颜色变化，说明生成的I2被SO还原成I，SO被氧化为SO，因此向清液中加入盐酸和BaCl2溶液，产生BaSO4沉淀，则沉淀中含有Cu2和SO。答案(1)2Cu24I=2CuII212(2)xCuCO3yCu(OH)2zH2O(xy)H2(xy)CuxCO2(x2yz)H2Okjdehibc(3)有红色固体析出a.盐酸和BaCl2溶液b在I作用下，Cu2转化为白色沉淀CuI，SO转化为SO4(2020广西防城港二模)氢化铝锂(LiAlH4)是有机合
49、成中的重要还原剂。某课题组设计实验制备氢化铝锂并测定其纯度。已知：氢化铝锂、氢化锂遇水都剧烈反应，并产生同一种气体。回答下列问题：.制备氢化锂(LiH)：选择图1中的装置制备氢化锂(必要时可重复使用)。图1(1)装置D中NaOH溶液的作用是_。(2)装置的连接顺序(从左至右)为A_。.制备氢化铝锂：1947年，Schlesinger、Bond 和Finholt首次制得氢化铝锂，其方法是使氢化锂与无水三氯化铝按一定比例在乙醚中混合，搅拌，充分反应后，经一系列操作得到LiAlH4晶体。(3)将乙醚换为水是否可行，请简述理由：_。(4)氢化锂与无水三氯化铝反应的化学方程式为_。.测定氢化铝锂产品(不
50、含氢化锂)的纯度。(5)按图2装配仪器、检查装置气密性并装好药品(Y形管中的蒸馏水足量，为了避免氢化铝锂遇水发生爆炸，蒸馏水中需掺入四氢呋喃作稀释剂)，启动反应的操作是_。读数之前，上下移动量气管在右侧的容器，使量气管左、右两侧的液面在同一水平面上，其目的是_。图2(6)标准状况下，反应前量气管读数为V1 mL，反应完毕并冷却之后，量气管读数为V2mL。该样品的纯度为_(用含a、V1、V2的代数式表示)。若起始读数时俯视刻度线，测得的结果将_(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。解析.粗锌含有少量Cu和ZnS，加入稀硫酸时反应生成H2、H2S，要先用D中NaOH溶液除去H2S，再用B中浓硫酸干燥
51、H2，装置C中锂与H2在加热条件下制取LiH。 (1)由上述分析可知，D中NaOH溶液的作用是除去H2中的H2S。(2)连接实验装置时，要在C装置两端均连接B，防止水蒸气进入C，使LiH发生水解，故装置的连接顺序为ADBCBE。.(3)若将乙醚换成水，氢化锂和氢化铝锂都能与水剧烈反应，得不到氢化铝锂。(4)氢化锂与无水氯化铝反应生成氢化铝锂，结合质量守恒定律写出化学方程式：4LiHAlCl3=LiAlH43LiCl。.(5)分析装置可知，Y形管的左侧装有a g产品，右侧装有蒸馏水，使二者混合即可发生反应，故启动反应的操作是将Y形管倾斜，将蒸馏水注入左侧产品中。实验结束量取气体的体积时，要保持装
52、置内外压强平衡，上下移动量气管在右侧的容器，使量气管左、右两侧的液面在同一水平面上。(6)产品LiAlH4中加入蒸馏水，发生反应：LiAlH44H2O=LiOHAl(OH)34H2；反应前量气管读数为V1 mL，反应完毕并冷却之后，量气管读数为V2 mL，则生成H2的体积为(V2V1)mL，则有n(LiAlH4)(V2V1)103L/(22.4 Lmol14)(V2V1)/89 600 mol，m(LiAlH4)(V2V1)/89 600 mol38 gmol119(V2V1)/44 800 g，故该样品的纯度为19(V2V1)/44 800 g/a g100%。若起始读数时俯视刻度线，引起V
53、1的值偏小，则测得结果将偏高。答案.(1) 除去H2中混有的H2S(2)DBCBE.(3)不可行，因为氢化铝锂、氢化锂遇水都剧烈反应(4)4LiHAlCl3=LiAlH43LiCl.(5)倾斜Y形管，将蒸馏水注入a g产品中使量气管内气体的压强与大气压强相等(6)%偏高5(2021湖南三湘名校联考)丙烯酸酯类物质广泛用于建筑、包装材料等，丙烯酸是合成丙烯酸酯的原料之一。丙烯醇可用于生产甘油、塑料等。以丙烯醛为原料生产丙烯醇、丙烯酸的流程如图所示：已知：2CH2=CHCHONaOHCH2=CHCH2OHCH2=CHCOONa2CH2=CHCOONaH2SO42CH2=CHCOOHNa2SO4有关
54、物质的相关性质如表：物质丙烯醛丙烯醇丙烯酸四氯化碳沸点/539714177熔点/871291322.8密度/gcm30.840.851.021.58溶解性(常温)易溶于水和有机溶剂溶于水和有机溶剂溶于水和有机溶剂难溶于水(1)操作需要连续加热30 min，所用装置如图1所示。仪器L名称是_。(2)操作使用的主要仪器是分液漏斗，在使用之前需进行的操作是_。(3)操作包括_、过滤、冰水洗涤、低温吸干。(4)操作中，加热蒸馏“下层液体”，分离出四氯化碳；再分离出丙烯醇(如图2)，要得到丙烯醇应收集 _(填温度)的馏分。图2有一处明显错误，应改为_。(5)测定丙烯醇的摩尔质量：准确量取a mL丙烯醇于
55、分液漏斗中，烧瓶内盛装足量钠粒。实验前量气管B中读数为b mL，当丙烯醇完全反应后，冷却至室温、调平B、C液面，量气管B的读数为c mL。已知室温下气体摩尔体积为V Lmoll。调平B、C液面的操作是_；实验测得丙烯醇的摩尔质量为_gmol1(用代数式表示)。如果读数时C管液面高于B管，测得结果将_(填“偏大”“偏小”或“不变”)。解析(1)仪器L是球形冷凝管。(2)分液漏斗使用之前需进行检漏，即检查是否漏液。(3)丙烯酸熔点13 ，温度低于13 时为固体，用冰水浴冷却结晶，低温过滤。(4)达到丙烯醇沸点温度时收集馏分。蒸馏操作时，温度计水银球应与蒸馏烧瓶支管下沿相平，测定蒸气温度。(5)2C
56、H2=CHCH2OH2Na2CH2=CHCH2ONaH2，n(CH2=CHCH2OH)=2 mol，M(CH2=CHCH2OH)= gmol1= gmol1。若C管液面高于B管液面，测得c偏小，结果偏大。答案(1)(球形)冷凝管(2)检漏(3)冰水浴冷却结晶(或降温结晶)(4)97 温度计水银球与蒸馏烧瓶支管口处相齐平(5)上下移动C管偏大6(2020山东枣庄二模)氮化锶(Sr3N2)在工业上广泛用于生产荧光粉。锶与氮气在加热条件下可生成氮化锶，氮化锶遇水剧烈反应。某同学设计如下装置制备氮化锶(各装置盛装足量试剂)，所使用的氮气样品可能含有少量CO、CO2、O2等气体杂质。已知：醋酸二氨合亚铜
57、CH3COOCu(NH3)2溶液能定量吸收CO，但易被O2氧化，失去吸收CO能力；连苯三酚碱性溶液能定量吸收O2。.氮化锶的制取(1)装置B仪器的名称是_。(2)装置C D E盛装的试剂分别是_(填代号)。甲连苯三酚碱性溶液乙浓硫酸丙醋酸二氨合亚铜溶液(3)该套装置设计存在缺陷，可能会导致产品变质，提出改进方案_。.产品纯度的测定称取6.0 g I中所得产品，加入干燥的三颈瓶中，然后由恒压漏斗加入蒸馏水，通入水蒸气，将产生的氨全部蒸出，用200.00 mL 1.00 moLL1的盐酸标准溶液完全吸收(吸收液体积变化忽略不计)。从烧杯中量取20.00 mL的吸收液，用1.00 molL1NaOH
58、标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗16.00 mLNaOH溶液。(图中夹持装置略)(4)三颈瓶中发生的化学反应方程式为_。(5)装置中2的作用为_。(6)用1.00 molL1NaOH标准溶液滴定过剩的HCl时所选指示剂为_(填字母)。a石蕊试液b酚酞试液c甲基橙(7)产品纯度为_。(8)下列实验操作可能使氮化锶(Sr3N2)测定结果偏高的是_(填字母)。a滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管b读数时，滴定前平视，滴定后俯视c摇动锥形瓶时有液体测出解析(2)氮气样品可能含有少量CO、CO2、O2等气体杂质，醋酸二氨合亚铜溶液能吸收CO，但易被O2氧化，失去吸收CO能力，连苯三酚碱性溶液能吸
59、收O2，故应先利用连苯三酚碱性溶液吸收O2和CO2，再利用醋酸二氨合亚铜溶液吸收CO，最后用浓硫酸干燥氮气。(3)氮化锶遇水剧烈反应，装置F右端未接干燥装置，不能阻止空气中水蒸气进入F，可在F后连接一个盛有碱石灰(无水氯化钙等)的干燥管或盛有浓硫酸的洗气瓶。(7)Sr3N2与水反应生成NH3，结合滴定时发生反应可得关系式：Sr3N22NH32HCl，则有n(Sr3N2)n(HCl)(0.02 L1.00 mol/L0.016 L1.00 mol/L)0.02 mol，m(Sr3N2)0.02 mol290.8 g/mol5.816 g，故产品的纯度为100 %96.93%。(8)滴定时未用Na
60、OH标准溶液润洗滴定管，导致其浓度变小，消耗NaOH溶液的体积偏大，则氮化锶(Sr3N2)的测定结果偏低，a错误；读数时，滴定前平视，滴定后俯视，读取消耗NaOH溶液体积偏小，则氮化锶(Sr3N2)的测定结果偏高，b正确；摇动锥形瓶时有液体溅出，消耗NaOH溶液体积偏小，则氮化锶(Sr3N2)的测定结果偏高，c正确。答案(1)洗气瓶(2)甲丙乙(3)在装置F后连接一盛有碱石灰的干燥管(或其他合理答案)(4)Sr3N26H2O=2Sr(OH)22NH3(5)平衡气压，防止倒吸(6)c(7)96.93%(8)b、c7(2021重庆第一中学检测)某学习小组在实验室中利用如图装置(夹持装置略去)测定某
61、铁硫化物(FexSy)的组成，并探究反应后D装置所得溶液中含硫化合物的组成。实验步骤：步骤如图连接装置，检查装置气密性，装入试剂；步骤旋开分液漏斗活塞与旋塞，并点燃酒精喷灯；步骤足够长时间后，D中产生气泡速率变快时，停止加热，继续向烧瓶中滴水一段时间步骤实验结束后，将D中所得溶液加水配制成250 mL溶液；请回答：(1)步骤中，停止加热后还需继续向烧瓶中滴水一段时间，其目的为_。(2)在C、D装置之间不需要防倒吸装置的理由是_。(3)步骤中配制溶液时所需的玻璃仪器除玻璃棒和烧杯外，还有_。(4)取25.00 mL步骤中所配溶液，加入足量的双氧水，再加入足量盐酸酸化的BaCl2溶液，将所得沉淀过
62、滤、洗涤、干燥，称其质量为4.66 g。则FexSy的化学式为_。(5)有同学认为可将装置D改为装有足量碱石灰的干燥管，通过测定反应前后干燥管的增重来计算硫元素的含量。你认为此方案是否合理：_(填“是”或“否”)，原因为_。解析本实验的目的是测定某铁硫化物(FexSy)的组成，并探究反应后D装置所得溶液中含硫化合物的组成。观察装置，A装置中产生足量的氧气经干燥后，进入C装置与FexSy在加热条件下反应，生成硫的氧化物，进入D被NaOH溶液吸收。(1)步骤中，停止加热后还需继续向烧瓶中滴水一段时间，继续产生氧气，FexSy其实已经反应完了，那么其目的为使生成的SO2全部进入D中被NaOH溶液吸收
63、。(2)此装置中，不需要防倒吸装置，虽然SO2易溶于水，但是其中还有难溶于水的氧气，不会因为SO2溶于水而使气压迅速降低发生倒吸。(3)步骤中配制250 mL溶液时，因为是要配制一定体积的溶液，故需要250 mL容量瓶，所以所需的玻璃仪器除玻璃棒和烧杯外，还有250 mL容量瓶和胶头滴管。(4)C装置中产生的气体，主要应为SO2，所以D中生成Na2SO3，取25.00 mL步骤中所配溶液，加入足量的双氧水，将其全部氧化为Na2SO4，再加入足量盐酸酸化的BaCl2溶液，所得沉淀为BaSO4，质量为4.66 g，其物质的量为0.02 mol，250 mL溶液中含S元素的阴离子的物质的量为0.2 mol，根据S原子守恒，12.0 g FexSy中n(S)0.2 mol，m(S)6.4 g，m(Fe)5.6 g，n(Fe)0.1 mol，所以，xy12，故FexSy的化学式为FeS2。(5)装置D的作用是吸收装置中产生的SO2，若改为装有足量碱石灰的干燥管，空气中的CO2和水蒸气可能使干燥管增重，而且SO2可能被氧化，使增重偏大。答案(1)继续生成O2，驱赶装置内残留的SO2，使生成的SO2全部被NaOH溶液吸收(2)SO2中含不溶于NaOH溶液的O2(3)250 mL容量瓶、胶头滴管(4)FeS2(5)否部分SO2被氧化；空气中的CO2和水蒸气可能使干燥管增重
