1、专题16 化学实验综合题1（2022全国甲卷）硫化钠可广泛用于染料、医药行业。工业生产的硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质。硫化钠易溶于热乙醇，重金属硫化物难溶于乙醇。实验室中常用95%乙醇重结晶纯化硫化钠粗品。回答下列问题：(1)工业上常用芒硝()和煤粉在高温下生产硫化钠，同时生成CO，该反应的化学方程式为_。(2)溶解回流装置如图所示，回流前无需加入沸石，其原因是_。回流时，烧瓶内气雾上升高度不宜超过冷凝管高度的1/3.若气雾上升过高，可采取的措施是_。(3)回流时间不宜过长，原因是_。回流结束后，需进行的操作有停止加热关闭冷凝水移去水浴，正确的顺序为_(填标号)。ABCD
2、(4)该实验热过滤操作时，用锥形瓶而不能用烧杯接收滤液，其原因是_。过滤除去的杂质为_。若滤纸上析出大量晶体，则可能的原因是_。(5)滤液冷却、结晶、过滤，晶体用少量_洗涤，干燥，得到。【答案】(1)Na2SO410H2O+4CNa2S+4CO+10H2O(2)硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质，这些杂质可以直接作沸石 降低温度(3)硫化钠易溶于热乙醇，若回流时间过长，Na2S会直接析出在冷凝管上，使提纯率较低，同时易造成冷凝管下端堵塞，圆底烧瓶内气压过大，发生爆炸 D(4)防止滤液冷却 重金属硫化物 温度逐渐恢复至室温(5)冷水【解析】本实验的实验目的为制备硫化钠并用95%乙
3、醇重结晶纯化硫化钠粗品，工业上常用芒硝()和煤粉在高温下生产硫化钠，反应原理为：Na2SO410H2O+4CNa2S+4CO+10H2O，结合硫化钠的性质解答问题。(1)工业上常用芒硝()和煤粉在高温下生产硫化钠，同时生产CO，根据得失电子守恒，反应的化学方程式为：Na2SO410H2O+4CNa2S+4CO+10H2O；(2)由题干信息，生产的硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质，这些杂质可以直接作沸石，因此回流前无需加入沸石，若气流上升过高，可直接降低降低温度，使气压降低；(3)硫化钠易溶于热乙醇，若回流时间过长，Na2S会直接析出在冷凝管上，使提纯率较低，同时易造成冷凝管下
4、端堵塞，圆底烧瓶内气压过大，发生爆炸；回流结束后，先停止加热，再移去水浴后再关闭冷凝水，故正确的顺序为，答案选D。(4)硫化钠易溶于热乙醇，使用锥形瓶可有效防止滤液冷却，重金属硫化物难溶于乙醇，故过滤除去的杂质为重金属硫化物，由于硫化钠易溶于热乙醇，过滤后温度逐渐恢复至室温，滤纸上便会析出大量晶体；(5)乙醇与水互溶，硫化钠易溶于热乙醇，因此将滤液冷却、结晶、过滤后，晶体可用少量冷水洗涤，再干燥，即可得到。2（2022全国乙卷）二草酸合铜()酸钾()可用于无机合成、功能材料制备。实验室制备二草酸合铜()酸钾可采用如下步骤：.取已知浓度的溶液，搅拌下滴加足量溶液，产生浅蓝色沉淀。加热，沉淀转变成
5、黑色，过滤。.向草酸()溶液中加入适量固体，制得和混合溶液。.将的混合溶液加热至80-85，加入中的黑色沉淀。全部溶解后，趁热过滤。.将的滤液用蒸汽浴加热浓缩，经一系列操作后，干燥，得到二草酸合铜()酸钾晶体，进行表征和分析。回答下列问题：(1)由配制中的溶液，下列仪器中不需要的是_(填仪器名称)。(2)长期存放的中，会出现少量白色固体，原因是_。(3)中的黑色沉淀是_(写化学式)。(4)中原料配比为，写出反应的化学方程式_。(5)中，为防止反应过于剧烈而引起喷溅，加入应采取_的方法。(6)中应采用_进行加热。(7)中“一系列操作”包括_。【答案】(1)分液漏斗和球形冷凝管(2)风化失去结晶水
6、生成无水硫酸铜(3)CuO(4)3H2C2O4+2K2CO3=2KHC2O4+K2C2O4+2H2O+2CO2(5)分批加入并搅拌(6)水浴(7)冷却结晶、过滤、洗涤【解析】取已知浓度的溶液，搅拌下滴加足量溶液，产生浅蓝色沉淀氢氧化铜，加热，氢氧化铜分解生成黑色的氧化铜沉淀，过滤，向草酸()溶液中加入适量固体，制得和混合溶液，将和混合溶液加热至80-85，加入氧化铜固体，全部溶解后，趁热过滤，将滤液用蒸汽浴加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到二草酸合铜()酸钾晶体。(1)由固体配制硫酸铜溶液，需用天平称量一定质量的固体，将称量好的固体放入烧杯中，用量筒量取一定体积的水溶解，因此用不到的仪
7、器有分液漏斗和球形冷凝管。(2)含结晶水，长期放置会风化失去结晶水，生成无水硫酸铜，无水硫酸铜为白色固体。(3)硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应生成蓝色的氢氧化铜沉淀，加热，氢氧化铜分解生成黑色的氧化铜沉淀。(4)草酸和碳酸钾以物质的量之比为1.5:1发生非氧化还原反应生成、CO2和水，依据原子守恒可知，反应的化学方程式为：3H2C2O4+2K2CO3=2KHC2O4+K2C2O4+2H2O+2CO2。(5)为防止草酸和碳酸钾反应时反应剧烈，造成液体喷溅，可减缓反应速率，将碳酸钾进行分批加入并搅拌。(6)中将混合溶液加热至80-85，应采取水浴加热，使液体受热均匀。(7)从溶液获得晶体的一般方法为
8、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，因此将的滤液用蒸汽浴加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到二草酸合铜()酸钾晶体。3（2022浙江卷）氨基钠()是重要的化学试剂，实验室可用下图装置(夹持、搅拌、尾气处理装置已省略)制备。简要步骤如下：.在瓶A中加入液氨和，通入氨气排尽密闭体系中空气，搅拌。.加入5g钠粒，反应，得粒状沉积物。.除去液氨，得产品。已知：几乎不溶于液氨，易与水、氧气等反应。请回答：(1)的作用是_；装置B的作用是_。(2)步骤，为判断密闭体系中空气是否排尽，请设计方案_。(3)步骤，反应速率应保持在液氨微沸为宜。为防止速率偏大，可采取的措施有_。(4)下列说法不正确的是_
9、。A步骤中，搅拌的目的是使均匀地分散在液氨中B步骤中，为判断反应是否已完成，可在N处点火，如无火焰，则反应己完成C步骤中，为避免污染，应在通风橱内抽滤除去液氨，得到产品D产品应密封保存于充满干燥氮气的瓶中(5)产品分析：假设是产品的唯一杂质，可采用如下方法测定产品纯度。从下列选项中选择最佳操作并排序_。准确称取产品计算a.准确加入过量的水b.准确加入过量的标准溶液c.准确加入过量的标准溶液d.滴加甲基红指示剂(变色的范围4.46.2)e.滴加石蕊指示剂(变色的范围4.58.3)f.滴加酚酞指示剂(变色的范围8.210.0)g.用标准溶液滴定h.用标准溶液滴定i.用标准溶液滴定【答案】(1) 催
10、化 防止氧气、水进入密闭体系(2)试管中加满水倒扣于水槽中，M处通入氨气，将N处排出的气体导入试管内。如试管底部出现气泡，则空气尚未排尽，如未出现气泡，则说明空气已排尽(3)分批少量加入钠粒；降低冷却液温度；适当增加液氨量（任写一种即可）(4)BC(5)bdg【解析】在硝酸铁催化下钠与液氨的反应来生成NaNH2和氢气，该反应是放热反应，为保证液氨处于微沸状态，需要用冷却液控制一定的温度。NaNH2易与水和氧气发生反应，所以装置B中Hg可防止氧气、水进入密闭体系，导气口N与尾气处理连接装置再处理氨气等，据此结合实验原理分析解答。(1)结合实验原理，根据实验操作中加入Fe(NO3)39H2O的用料
11、很少，可推知，Fe(NO3)39H2O在反应中作催化剂，加快反应速率；结合已知信息可知，制备得到的NaNH2易与水和氧气发生反应，所以装置B中Hg可防止氧气、水进入密闭体系，干扰NaNH2的制备， 故答案为：催化；防止氧气、水进入密闭体系；(2)结合氨气极易溶于水，空气中的氮气难溶于水，氧气不易溶于水的物理性质，所以为判断密封体系中空气是否排尽，可设计方案如下：试管中加满水倒扣于水槽中，M处通入氨气，将N处排出的气体导入试管内。如试管底部出现气泡，则空气尚未排尽，如未出现气泡，则说明空气已排尽；(3)上述化学反应中，反应物的浓度、温度均可影响化学反应速率，所以为防止反应速率偏大，可实施的措施有
12、：分批少量加入钠粒；降低冷却液温度；适当增加液氨量(任写一种即可)；(4)A.步骤I中，搅拌可使液体混合均匀，所以搅拌可使少量的催化剂Fe(NO3)39H2O均匀分散在液氨中，A正确；B.步骤II中，由于液氨处于微沸状态，故生成的氢气中混有一定量的氨气；氢气虽然是可燃性气体，由于氨气在空气中不能被点燃，当氨气中只有少量氢气时，则也不能被点然、不会产生火焰，且对易气体点火有安全隐患，B错误；C.步骤II中得到的粒状沉积物，颗粒较小，颗粒太小的沉淀易在滤纸上形成一层密实的沉淀，溶液不易透过，所以不适宜选用抽滤装置进行过滤，C错误；D.因为制备的产品NaNH2易与水和氧气发生反应，所以可密封保存于充
13、满干燥氮气的瓶中，D正确；故选BC；(5)题干信息中提到假设产品NaNH2的唯一杂质为NaOH，因为产品溶于水生成氢氧化钠和氨气，所以可设计利用盐酸标准溶液进行滴定，因滴定终点时，溶液中含氯化钠和氯化铵，所以需选用酸性条件下的酸碱指示剂判断滴定终点，过量的盐酸再利用氢氧化钠标准液反滴定，最终利用所测数据计算得出产品中NaNH2的纯度，故涉及的操作步骤为：准确称取产品xg 加入过量盐酸标准溶液加入滴加甲基橙指示剂用氢氧化钠标准溶液进行滴定，根据实验所测数据，计算产品纯度，故答案为：bdg。4（2022广东卷）食醋是烹饪美食的调味品，有效成分主要为醋酸(用表示)。的应用与其电离平衡密切相关。25时
14、，的。(1)配制的溶液，需溶液的体积为_mL。(2)下列关于容量瓶的操作，正确的是_。(3)某小组研究25下电离平衡的影响因素。提出假设。稀释溶液或改变浓度，电离平衡会发生移动。设计方案并完成实验用浓度均为的和溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液；测定，记录数据。序号40.00/02.864.00/36.0003.364.00ab3：44.534.004.0032.001：14.65根据表中信息，补充数据：_，_。由实验和可知，稀释溶液，电离平衡_(填”正”或”逆”)向移动；结合表中数据，给出判断理由：_。由实验VIII可知，增大浓度，电离平衡逆向移动。实验结论假设成立。(4)小组分析上表数据
15、发现：随着的增加，的值逐渐接近的。查阅资料获悉：一定条件下，按配制的溶液中，的值等于的。对比数据发现，实验VIII中与资料数据存在一定差异；推测可能由物质浓度准确程度不够引起，故先准确测定溶液的浓度再验证。移取溶液，加入2滴酚酞溶液，用溶液滴定至终点，消耗体积为，则该溶液的浓度为_。在答题卡虚线框中，画出上述过程的滴定曲线示意图并标注滴定终点_。用上述溶液和溶液，配制等物质的量的与混合溶液，测定pH，结果与资料数据相符。(5)小组进一步提出：如果只有浓度均约为的和溶液，如何准确测定的？小组同学设计方案并进行实验。请完成下表中的内容。移取溶液，用溶液滴定至终点，消耗溶液_，测得溶液的pH为4.7
16、6实验总结得到的结果与资料数据相符，方案可行。(6)根据可以判断弱酸的酸性强弱。写出一种无机弱酸及其用途_。【答案】(1)5.0(2)C(3) 3.00 33.00 正 实验II相较于实验I，醋酸溶液稀释了10倍，而实验II的pH增大值小于1(4) 0.1104 (5)向滴定后的混合液中加入20mL HAc溶液(6)HClO：漂白剂和消毒液(或H2SO3：还原剂、防腐剂或H3PO4：食品添加剂、制药、生产肥料)【解析】(1)溶液稀释过程中，溶质的物质的量不变，因此250mL0.1mol/L=V5mol/L，解得V=5.0mL。(2)A容量瓶使用过程中，不能用手等触碰瓶口，以免污染试剂，故A错误
17、；B定容时，视线应与溶液凹液面和刻度线“三线相切”，不能仰视或俯视，故B错误；C向容量瓶中转移液体，需用玻璃棒引流，玻璃棒下端位于刻度线以下，同时玻璃棒不能接触容量瓶口，故C正确；D定容完成后，盖上瓶塞，将容量瓶来回颠倒，将溶液摇匀，颠倒过程中，左手食指抵住瓶塞，防止瓶塞脱落，右手扶住容量瓶底部，防止容量瓶从左手掉落，故D错误；综上所述，正确的是C项。(3)实验VII的溶液中n(NaAc)：n(HAc)=3：4，V(HAc)=4.00mL，因此V(NaAc)=3.00mL，即a=3.00，,由实验I可知，溶液最终的体积为40.00mL，因此V(H2O)=40.00mL-4.00mL-3.00m
18、L=33.00mL，即b=33.00。实验I所得溶液的pH=2.86，实验II的溶液中c(HAc)为实验I的，稀释过程中，若不考虑电离平衡移动，则实验II所得溶液的pH=2.86+1=3.86，但实际溶液的pH=3.363.86，说明稀释过程中，溶液中n(H+)增大，即电离平衡正向移动，故答案为：正；实验II相较于实验I，醋酸溶液稀释了10倍，而实验II的pH增大值小于1。(4)(i)滴定过程中发生反应：HAc+NaOH=NaAc+H2O，由反应方程式可知，滴定至终点时，n(HAc)=n(NaOH)，因此22.08mL0.1mol/L=20.00mLc(HAc)，解得c(HAc)=0.1104
19、mol/L。(ii)滴定过程中，当V(NaOH)=0时，c(H+)=mol/L=10-2.88mol/L，溶液的pH=2.88，当V(NaOH)=11.04mL时，n(NaAc)=n(HAc)，溶液的pH=4.76，当V(NaOH)=22.08mL时，达到滴定终点，溶液中溶质为NaAc溶液，Ac-发生水解，溶液呈弱碱性，当NaOH溶液过量较多时，c(NaOH)无限接近0.1mol/L，溶液pH接近13，因此滴定曲线如图：。(5)向20.00mL的HAc溶液中加入V1mL NaOH溶液达到滴定终点，滴定终点的溶液中溶质为NaAc，当时，溶液中c(H+)的值等于HAc的Ka，因此可再向溶液中加入2
20、0.00mL HAc溶液，使溶液中n(NaAc)=n(HAc)。(6)不同的无机弱酸在生活中应用广泛，如HClO具有强氧化性，在生活中可用于漂白和消毒，H2SO3具有还原性，可用作还原剂，在葡萄酒中添加适量H2SO3可用作防腐剂，H3PO4具有中强酸性，可用作食品添加剂，同时在制药、生产肥料等行业有广泛用途。5（2022湖南卷）某实验小组以溶液为原料制备，并用重量法测定产品中的含量。设计了如下实验方案：可选用试剂：晶体、溶液、浓、稀、溶液、蒸馏水步骤1.的制备按如图所示装置进行实验，得到溶液，经一系列步骤获得产品。步骤2，产品中的含量测定称取产品，用水溶解，酸化，加热至近沸；在不断搅拌下，向所
21、得溶液逐滴加入热的溶液，沉淀完全后，水浴40分钟，经过滤、洗涤、烘干等步骤，称量白色固体，质量为。回答下列问题：(1)是制取_气体的装置，在试剂a过量并微热时，发生主要反应的化学方程式为_；(2)中b仪器的作用是_；中的试剂应选用_；(3)在沉淀过程中，某同学在加入一定量热的溶液后，认为沉淀已经完全，判断沉淀已完全的方法是_；(4)沉淀过程中需加入过量的溶液，原因是_；(5)在过滤操作中，下列仪器不需要用到的是_(填名称)；(6)产品中的质量分数为_(保留三位有效数字)。【答案】(1) HCl H2SO4(浓)+NaClNaHSO4+HCl(2)防止倒吸 CuSO4溶液(3)静置，取上层清液于
22、一洁净试管中，继续滴加硫酸溶液，无白色沉淀生成，则已沉淀完全(4)使钡离子沉淀完全(5)锥形瓶(6)97.6%【解析】装置I中浓硫酸和氯化钠共热制备HCl，装置II中氯化氢与BaS溶液反应制备BaCl22H2O，装置III中硫酸铜溶液用于吸收生成的H2S，防止污染空气。(1)由分析可知，装置I为浓硫酸和氯化钠共热制取HCl气体的装置，在浓硫酸过量并微热时，浓硫酸与氯化钠反应生成硫酸氢钠和氯化氢，发生主要反应的化学方程式为：H2SO4(浓)+NaClNaHSO4+HCl。(2)氯化氢极易溶于水，装置II中b仪器的作用是：防止倒吸；装置II中氯化氢与BaS溶液反应生成H2S，H2S有毒，对环境有污
23、染，装置III中盛放CuSO4溶液，用于吸收H2S。(3)硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，因此判断沉淀已完全的方法是静置，取上层清液于一洁净试管中，继续滴加硫酸溶液，无白色沉淀生成，则已沉淀完全。(4)为了使钡离子沉淀完全，沉淀过程中需加入过量的硫酸溶液。(5)过滤用到的仪器有：铁架台、烧杯、漏斗、玻璃棒，用不到锥形瓶。(6)由题意可知，硫酸钡的物质的量为：=0.002mol，依据钡原子守恒，产品中BaCl22H2O的物质的量为0.002mol，质量为0.002mol244g/mol=0.488g，质量分数为：100%=97.6%。1（2022贵州遵义二模）丙烯腈(CH2=CHCN)是合成纤维
24、、合成橡胶和合成树脂的重要单体，可以由乙炔与HCN反应制得。原理如下CHCH+HCNCH2=CHCN制备催化剂CuCl2(1)通过查阅资料有两种方案可以制备方案1：铜屑与H2O2在浓盐酸中反应方案2：铜丝在氯气中燃烧方案1的实验原理如图所示器a的名称_请写出方案1的反应原理_(用离子方程式表达)(2)用恒压滴液漏斗分批多次滴加H2O2，且H2O2过量，原因是_(3)方案2燃烧后的固体溶于水，过滤后发现一些白色固体X，为检测X的成分，某同学将其溶于稀硫酸，白色固体变为红色，且溶液呈蓝色，推测X为_合成丙烯腈已知：电石的主要成分是CaC2，还含有少量硫化钙HCN易挥发，有毒，具有较强的还原性(4)
25、HCN的电子式_(5)纯净的乙炔是无色、无臭的气体。但用电石制取的乙炔时常伴有有臭鸡蛋气味，这种物质是_(6)从下列选择装置D中可盛放的溶液A高锰酸钾溶液BNaOH溶液C饱和食盐水D盐酸溶液(7)工业用200 kg 含CaC2质量分数80%的电石，生产得到丙烯腈79.5 kg，计算产率_【答案】(1) 三颈烧瓶 Cu+H2O2+2H+=Cu2+2H2O(2)H2O2不稳定易分解，让反应更充分，提高CuCl2的产量(3)CuCl(4)(5)H2S气体(6)A(7)60%【解析】丙烯腈(CH2=CHCN)是通过CHCH+HCNCH2=CHCN得到，制备催化剂CuCl2常用铜屑与H2O2在浓盐酸中反
26、应得到或则铜丝在氯气中燃烧得到，制备乙炔时常用电石与饱和食盐水反应得到，由于含有硫化氢杂质，用硫酸铜溶液处理，将乙炔通入到氯化铜和HCN溶液中水浴加热反应生成丙烯腈，由于HCN有毒，因此尾气用高锰酸钾溶液处理。(1)根据图中得到仪器a的名称三颈烧瓶；故答案为：三颈烧瓶。方案1的反应原理是铜屑与H2O2在浓盐酸中反应生成氯化铜和水，其离子方程式为：Cu+H2O2+2H+=Cu2+2H2O；故答案为：Cu+H2O2+2H+=Cu2+2H2O。(2)用恒压滴液漏斗分批多次滴加H2O2，且H2O2过量，原因是H2O2不稳定易分解，生成的铜离子对双氧水分解起催化作用，也为了让反应更充分，提高CuCl2的
27、产量；故答案为：H2O2不稳定易分解，让反应更充分，提高CuCl2的产量。(3)方案2燃烧后的固体溶于水，过滤后发现一些白色固体X，为检测X的成分，某同学将其溶于稀硫酸，白色固体变为红色，且溶液呈蓝色，说明该白色物质再酸性条件下反应生成Cu和铜离子，则根据氧化还原反应原理推测X为CuCl；故答案为：CuCl。(4)HCN中碳氮共用三对电子，碳氢共用一对电子，因此HCN的电子式；故答案为：。(5)纯净的乙炔是无色、无臭的气体。但用电石制取的乙炔时常伴有有臭鸡蛋气味，这种物质是H2S气体；故答案为：H2S气体。(6)HCN易挥发，D装置主要处理挥发出的HCN气体，HCN有毒，具有较强的还原性，因此
28、利用高锰酸钾强氧化性将具有强还原性物质HCN发生氧化还原反应，因此装置D中可盛放的溶液为A；故答案为：A。(7)工业用200 kg 含CaC2质量分数80%的电石，根据CaC2CH2=CHCN关系式，理论上得到丙烯腈质量为，实际生产得到丙烯腈79.5 kg，则丙烯腈的产率；故答案为：60%。2（2022安徽马鞍山三模）化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和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侯氏制碱法制备NaHCO3，进一步 得到产品Na2CO3和NH4Cl两种产品，并测定碳酸钠中碳酸氢钠的含量。过程如下：.NaHCO3 的制备实验流程及实验装置图如下：回答下列问题
29、：(1)a导管末端多孔球泡的作用_。(2)b中通入的气体是_， 写出实验室制取该气体的化学方程式_。(3)生成NaHCO3的总反应的化学方程式为_。.Na2CO3中NaHCO3含量测定i.称取产品2.500g，用蒸馏水溶解，定容于250mL容量瓶中：ii.移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M，用0.1000molL-1盐酸标准溶液滴定至溶液由浅红色变无色(第一滴定终点)， 消耗盐酸V1mL；iii.在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用0.1000molL-1盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸V2mL；iv.平行测定三次，V1 平均值为22.25，V2平均值为
30、23.51。回答下列问题：(4)指示剂N为_， 第二滴定终点的现象是_。(5)Na2CO3中NaHCO3的质量分数为_ ( 保留三位有效数字)。(6)第一滴定终点时，某同学仰视读数，其他操作均正确，则NaHCO3质量分数的计算结果_(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。【答案】(1)增大接触面积，提高吸收速率(2) 氨气 2NH4Cl +Ca(OH)22NH3+CaCl2+2H2O(3)NaCl+ CO2+ NH3+H2O= NaHCO3 + NH4Cl(4) 甲基橙 最后一滴滴入，溶液由黄色变橙色，且30s内不恢复(5)4.23%(6)偏小【解析】(1)多孔球泡的作用是为了增大固体和液体的接触
31、面积，加快反应速率，使反应更充分，故答案为：增大接触面积，提高吸收速率；(2)由于氨气在溶液中的溶解度比较大，为了防止倒吸，不能将导管直接插入溶液中，所以该气体为氨气；实验室中用氯化铵和氢氧化钙反应制备氨气，故反应方程式为2NH4Cl +Ca(OH)22NH3+CaCl2+2H2O；(3)碳酸氢钠的生成是用氯化钠、氨气、二氧化碳反应制备的，故反应方程式为NaCl+CO2+ NH3+H2O= NaHCO3 + NH4Cl；(4)在第一次滴定时，由于达到滴定终点时溶液显碱性，故选M选酚酞做指示剂，在第二次滴定时，由于达到滴定终点时溶液显酸性，故选N甲基橙做指示剂；滴定终点的现象为滴入最后一滴标准溶
32、液时，溶液由黄色变橙色，且30s内不恢复；(5)进行第一次滴定时，发生的反应为，消耗盐酸的体积为22.25mL，进行第二次滴定时发生的反应为，消耗盐酸的体积为23.51mL，故产品中碳酸氢钠消耗盐酸的体积为1.26mL，物质的量为，故NaHCO3的质量分数为，故答案为4.23%；(6)若在第一次滴定过程中仰视读数，会导致原物质的碳酸钠含量偏高，碳酸氢钠含量偏小，故答案为偏小。3（2022安徽芜湖三模）硫代硫酸钠(Na2S2O3)可用作分析试剂及还原剂，受热、遇酸易分解。某学习小组用如图装置模拟古法制硫酸，同时利用生成的SO2气体制备硫代硫酸钠。已知：绿矾化学式为FeSO47H2O，2FeSO4
33、7H2OFe2O3+SO2+SO3+14H2O。SO3的沸点为44.8。Na2S2O3中S元素的化合价分别为-2价和+6价。回答下列问题：I.硫代硫酸钠的制备(1)检查装置气密性，加入药品。Na2S和Na2CO3混合溶液用煮沸过的蒸馏水配制，煮沸的目的是_；B装置的作用是 _。(2)从锥形瓶中得到Na2S2O3晶体需水浴加热浓缩至液体表面出现结晶为止，使用水浴加热的原因是_。II.产品纯度的测定溶液配制：准确称取该硫代硫酸钠样品2.00g，配制成250mL溶液。滴定：向锥形瓶中加入20.0mL0.01 molL-1KIO3溶液，加入过量KI溶液和H2SO4溶液，发生反应：IO+5I-+6H+=
34、3I2+3H2O，然后加入淀粉作指示剂，用硫代硫酸钠样品溶液滴定，发生反应：I2+2S2O=S4O+2I-。(3)滴定终点的现象为_；消耗样品溶液的用量为25.0mL，则样品纯度为_(保留1位小数)。II.硫代硫酸钠性质的探究取Na2S2O3晶体，溶解，配成0.2molL-1的溶液。取4mL所配溶液，向其中加入1mL饱和氯水(pH=2.4)，溶液立即出现浑浊，经检验浑浊物为S。实验小组研究S产生的原因，提出了以下假设：假设1：Cl2等含氯的氧化性微粒氧化了-2价硫元素。假设2：酸性条件下，Na2S2O3分解产生S(不考虑空气中氧气氧化)。依据假设设计实验方案：所加试剂现象第组1mL饱和氯水+4
35、mL Na2S2O3溶液立即出现浑浊第组1mL某试剂+4mL Na2S2O3溶液一段时间后出现浑浊，且浑浊度比组小(4)第组实验中的某试剂是_。(5)依据现象，S产生的主要原因是_。(用离子方程式表示)【答案】(1) 除去溶解的氧气 SO2中的SO3(2)防止温度过高造成硫代硫酸钠分解(3) 滴入最后一滴硫代硫酸钠样品溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色 94.8%(4)1mL pH=2.4的盐酸(5)【解析】检查装置气密性，加入药品，为防止氧气氧化硫化钠，通入一段时间氮气，排出装置内空气，加热绿矾发生分解反应，生成二氧化硫、三氧化硫、水，用B装置除去三氧化硫，C中二氧化硫和Na2S
36、和Na2CO3混合溶液反应生成Na2S2O3，D装置吸收多余二氧化硫，防止污染。(1)Na2S和Na2CO3混合溶液用煮沸过的蒸馏水配制，Na2S具有还原性，蒸馏水煮沸可以除去溶解的氧气，防止Na2S被氧气氧化；SO3的沸点为44.8，冰水冷凝可使SO3液化，B装置的作用是除去SO2中的SO3；(2)硫代硫酸钠受热易分解，为防止温度过高造成硫代硫酸钠分解，所以从锥形瓶中得到Na2S2O3晶体需水浴加热浓缩；(3)向锥形瓶中加入20.0mL0.01 molL-1KIO3溶液，加入过量KI溶液和H2SO4溶液，发生反应：IO+5I-+6H+=3I2+3H2O，有碘单质生成，加入淀粉作指示剂，溶液变
37、蓝，用硫代硫酸钠样品溶液滴定，滴定终点，碘单质恰好完全反应，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变蓝；根据IO+5I-+6H+=3I2+3H2O、I2+2S2O=S4O+2I-得关系式IO3I26S2O，n(KIO3)= 0.02L0.01 molL-1=0.0002mol，所以n(Na2S2O3)= 0.0002mol6=0.0012mol，则样品纯度为；(4)根据控制变量法，与第组相比，第组只能缺少氧化性微粒，所以第组实验中的某试剂是1mL pH=2.4的盐酸；(5)第组反应快且生成沉淀多，说明S产生的主要原因是Cl2等含氯的氧化性微粒氧化了-2价硫元素，所以反应的离子方程式为；4（2022安
38、徽黄山二模）二氯异氰尿酸钠（NaC3N3O3Cl2，摩尔质量为220g/mol）是一种高效广谱杀菌消毒剂，它常温下为白色固体，难溶于冷水。其制备原理为：，请选择下列部分装置制备二氯异氰尿酸钠并探究其性质。请回答下列问题：(1)选择合适装置，按气流从左至右，导管连接顺序为_（填小写字母）。(2)将D中试剂换成氯酸钾后发生反应的化学方程式为_。(3)仪器X中的试剂是_。(4)实验时，先向A中通入氯气，生成高浓度的NaClO溶液后，再加入氰尿酸溶液。在加入氰尿酸溶液后还要继续通入一定量的氯气，其原因是_。(5)反应结束后，A中浊液经过滤、_、_得到粗产品mg。(6)粗产品中NaC3N3O3Cl2含量
39、测定。将mg粗产品溶于无氧蒸馏水中配制成100mL溶液，取10.00mL所配制溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min。用c mol/L Na2S2O3标准溶液进行滴定，加入淀粉指示剂，滴定至终点，消耗溶液。（假设杂质不与反应，涉及的反应为：C3N3O3Cl+3H+4I- = C3H3N3O3+2I2+2Cl-，）滴定终点现象是_。则NaC3N3O3Cl2的含量为_。(用含m，c，V的代数式表示)【答案】(1)fghabe(2)KClO36HCl(浓)=KCl + 3Cl23H2O(3)NaOH或氢氧化钠溶液(4)通入Cl2与生成的NaOH反应，有利于NaC3N3O
40、3Cl2的生成(5) 冷水洗涤 干燥(6) 滴加最后一滴标准溶液，锥形瓶中溶液蓝色褪去且半分钟不恢复 【解析】由二氯异氰尿酸钠的制备原理以及给定的装置可知，题干中所示的反应装置可以分为氯气的发生装置与二氯异氰尿酸钠的制备装置。具体反应流程为：用浓盐酸与Ca(ClO)2反应制Cl2；除去Cl2中因浓盐酸挥发而混合的HCl；将Cl2通入氢氧化钠溶液中制备NaClO，再与氰尿酸溶液反应生成二氯异氰尿酸钠；对尾气Cl2进行处理。据此可回答各个问题。(1)按照气流从左至右的顺序，制备二氯异氰尿酸钠首先需要制备Cl2，需要装置D，Cl2从f口流出；接下来需要除去Cl2中混合的HCl，需要装置E，气体从g口
41、流入、h口流出；制备NaClO并与氰尿酸溶液发生反应需要装置A，气体从a口流入、b口流出；为了除去未反应完的Cl2，需要将尾气通入到氢氧化钠溶液中，需要装置C，气体从e口流入。故导管连接顺序为fghabe。(2)装置D为氯气发生装置，若利用氯酸钾与浓盐酸制备氯气，发生反应的化学方程式为：KClO36HCl(浓)=KCl + 3Cl23H2O。(3)仪器X中所加试剂的目的是与Cl2反应生成NaClO，故该试剂为NaOH或氢氧化钠溶液。(4)观察题干信息可知制备二氯异氰尿酸钠的反应可以生成NaOH，故继续通入一定量的氯气可以与生成的NaOH反应不断生成NaClO，有利于NaC3N3O3Cl2的生成
42、。(5)考虑到二氯异氰尿酸钠难溶于冷水，A中的浊液经过滤后应再用冷水洗涤并干燥之后可以得到粗产品。故答案为：冷水洗涤；干燥。(6)NaC3N3O3Cl2溶液可以与过量的KI溶液反应生成I2，I2遇淀粉显蓝色。随后加入Na2S2O3溶液与I2反应可使蓝色逐渐褪去，故滴定终点的现象为：滴加最后一滴标准溶液，锥形瓶中溶液蓝色褪去且半分钟不恢复；由题干中给出的反应方程式：C3N3O3Cl+3H+4I- = C3H3N3O3+2I2+2Cl-，可知各物质的物质的量之比为n(NaC3N3O3Cl2)：n(I2)：n(Na2S2O3)=1：2：4。即n(NaC3N3O3Cl2)=n(Na2S2O3)=mol
43、。10mL溶液中NaC3N3O3Cl2的质量为m=nM=mol220g/mol=0.055cV g，100mL溶液中NaC3N3O3Cl2的质量为0.55cV g。则NaC3N3O3Cl2的含量。【点睛】回答滴定终点的现象时不能简单描述为“溶液褪色”，要加上“滴加最后一滴标准溶液”以及“半分钟不恢复”的条件，才能保证达到了滴定终点。5（2022安徽蚌埠三模）实验室采用三氟化硼(BF3)与氯化铝(AlCl3)加热的方法制备BCl3，装置如图所示(夹持装置及加热装置略)。已知：相关物质的沸点如下表物质BF3BCl3AlCl3AlF3沸点-99.9 12.5 180 升华1276 升华三氯化硼易水解
44、。回答下列问题：(1)将氟硼酸钾(KBF4)和硼酐(B2O3)一起研磨均匀加入A中的圆底烧瓶，滴入浓硫酸并加热，除产生气体外，还生成一种酸式盐，则发生反应的化学方程式为_。(2)实验开始时，AC两处加热装置应先加热A处，原因是_。(3)装置B中浓硫酸的作用除干燥外还有_。(4)装置C中仪器a的作用是防止产品中混有_(填化学式)，影响纯度。(5)装置D进行 _(填“冰水浴”或“热水浴”)可得到产品如果缺少装置E，造成的影响为_ 。(6)C中2.50g无水氯化铝完全反应后，取下U形管并注入水，完全反应生成盐酸和硼酸(H3BO3是一元弱酸)，将所得溶液加水稀释到100mL，取10mL加入锥形瓶中滴入
45、2滴酚酞溶液，用0.50molL-1的NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为12.00mL，则BCl3的产率为_%。【答案】(1)6KBF4+B2O3+6H2SO48BF3+6KHSO4+3H2O(2)排除装置内空气，防止水蒸气干扰实验(3)观察气泡，控制气体流速(4)AlCl3(5) 冰水浴 水蒸气进入D中，使BCl3水解(6)80.1【解析】本实验的目的是采用三氟化硼(BF3)与氯化铝(AlCl3)加热的方法制备BCl3，装置A中利用氟硼酸钾(KBF4)、硼酐(B2O3)和浓硫酸反应制取BF3气体，经装置B中浓硫酸干燥后进入装置C与AlCl3反应，AlCl3易升华，所以用装置a冷
46、凝回流，装置D中冷凝收集BCl3，为防止BCl3水解，装置E中盛放碱石灰吸收水蒸气，装置F处理尾气。(1)制备BCl3需要BF3，根据题目所给信息可知BF3沸点很低，常温下为气体，所以装置A中应反应生成BF3气体，根据元素守恒生成的酸式盐应是KHSO4，化学方程式为6KBF4+B2O3+6H2SO48BF3+6KHSO4+3H2O；(2)BCl3易水解，先加热A处，可以利用A处产生的BF3气体排除装置内空气，防止水蒸气干扰实验；(3)通过观察装置B中产生的气泡，控制气体流速；(4)AlCl3易升华，所以用装置a冷凝回流，防止产品中混有AlCl3；(5)装置D的作用应是冷凝收集BCl3，所以用冰
47、水浴；装置E中盛放碱石灰吸收水蒸气，若缺少装置E，水蒸气进入D中，使BCl3水解，产率降低；(6)2.50g无水氯化铝为mol，则理论上制取molBCl3，BCl3和水反应的化学方程式为BCl3+3H2O=H3BO3+3HCl，所以得到的溶液中H3BO3和HCl的物质的量之比为1：3，10mL待测液共消耗0.50mol/L0.012L=0.006mol，所以10mL待测液中含有0.0015mol H3BO3，100mL待测液中含有0.015mol H3BO3，根据B元素守恒可知BCl3的物质的量为0.015mol，所以产率为100%=80.1%。6（2022黑龙江齐齐哈尔二模）某同学在实验室以
48、FeS2、焦炭以及干燥纯净的O2反应制取单质硫，并检验产物中的CO，设计如下实验。回答下列问题：(1)可用如图所示装置制取干燥纯净的O2仪器X的名称为_，若其中盛放的是蒸馏水，锥形瓶中应加入的试剂可以是_(填化学式， 下同)；若锥形瓶中加入的是MnO2，则仪器X中应盛放的试剂为_。若锥形瓶中加入的是酸性KMnO4溶液，仪器X中盛放的是H2O2溶液，则反应生成O2的离子方程式为_。(2)利用如下装置(装置不可重复使用，部分夹持仪器已省略)制备单质硫并验证碳氧化后气体中的CO。正确的连接顺序为wef(或fe)_ cd(或dc)g(填接口的小写字母)。能说明产物中有CO的现象是_。若充分反应后装置D
49、中的固体能被磁铁吸引，则装置D中FeS2与C的物质的量之比为1：4时发生反应，生成CO和单质硫的化学方程式为_。(3)有文献记载，可用如下方法测定某气体样品中CO含量：将500 mL(标准状况)含有CO的某气体样品，通入盛有足量I2O5的干燥管，一定温度下充分反应，用H2O-C2H5OH混合液充分溶解产物I2，定容100 mL。取25. 00 mL于锥形瓶中，用0.0100 molL-1的Na2S2O3标准溶液滴定，滴定终点时消耗溶液体积为20.00mL，气体样品中CO的体积分数为_(结果保留4位有效数字；已知2 Na2S2O3+I2 =Na2S4O6 +2NaI，气体样品中其他成分不与I2O
50、5反应)。【答案】(1) 分液漏斗 Na2O2 H2O2 (2) jilk 硬质玻璃管中黑色固体变红，生成的气体使澄清石灰水变浑浊 3FeS2+12C+8O2=Fe3O4+6S+12CO(3)8.96%【解析】在实验室以FeS2、焦炭以及干燥纯净的O2反应制取单质硫，并检验产物中的CO，设计如下实验；利用装置制备单质硫并验证碳氧化后气体中的CO：在制取硫的过程中由于高温可能产生硫蒸气，为了避免硫蒸气干扰后续检验，需用浓NaOH溶液将其除去：3S+6NaOH=2Na2S+Na2SO3+3H2O，但此时气体中仍含有杂质水蒸气，在进入硬质玻璃管之前，用无水CaCl2将水蒸气除去。(1)根据仪器的构造
51、可知，仪器X的名称为分液漏斗；由于是制取O2，水和Na2O2反应可以生成O2，故锥形瓶中应加入Na2O2， MnO2可催化分解H2O2产生O2，故仪器X中盛放的试剂是H2O2；若锥形瓶中加入的是酸性KMnO4溶液，仪器X中盛放的是H2O2溶液，双氧水被氧化生成O2，高锰酸钾被还原生成硫酸锰，反应的离子方程式为： ；(2)在制取硫的过程中由于高温可能产生硫蒸气，为了避免硫蒸气干扰后续检验，需用浓NaOH溶液将其除去：3S+6NaOH=2Na2S+Na2SO3+3H2O，但此时气体中仍含有杂质水蒸气，在进入硬质玻璃管之前，用无水CaCl2将水蒸气除去，故正确的连接顺序为wef(或fe)jilkcd
52、(或dc)g；能说明产物中有CO的现象是：硬质玻璃管中黑色固体变红，生成的气体使澄清石灰水变浑浊；若充分反应后装置D中的固体能被磁铁吸引，则生成四氧化三铁，则装置D中FeS2与C的物质的量之比为1：4时发生反应，生成CO和单质硫的化学方程式为3FeS2+12C+8O2=Fe3O4+6S+12CO；(3)由题目信息可知， 根据化学方程式可得对应关系：5COI22Na2S2O3，n(CO)=n(Na2S2O3)=10 n(Na2S2O3)=100.0100mol/L0.02L=0.002mol，则样品气中CO的体积分数为：。7（2022河南郑州三模）某同学查阅资料得知，在无水三氯化铝的催化作用下，
53、利用乙醇制备乙烯的反应温度为120。反应装置如下图所示：实验过程：检验装置气密性后，在圆底烧瓶中加入5g无水三氯化铝和10mL无水乙醇，点燃酒精灯加热。请回答相关问题：(1)该催化机理如下所示，某同学判断该机理中一定有水生成，请写出生成H2O的步骤中反应方程式_。(2)仪器B的名称为_。该实验所采用的加热方式优点是_。实验装置中还缺少的仪器是_。(3)B中无水氯化钙的作用是_。甲同学认为可以将B装置改为装有浓硫酸的洗气瓶，老师否定了他的观点，理由是_。(4)气囊的作用是_。其优点是_。(5)溴的四氯化碳溶液的作用是_。(6)中学教材中用乙醇和浓硫酸在170时制备乙烯。和教材实验相比，用三氯化铝
54、做催化剂制备乙烯的优点有_(任意写出两条即可)。【答案】(1)(2) 球形干燥管 受热均匀，便于控制温度 温度计(3) 除去乙烯中的水和乙醇 浓硫酸和乙烯能发生加成反应(4) 收集乙烯气体 不会引入水蒸气(5)验证生成的乙烯或吸收多余的乙烯气体，防止污染空气(6)反应条件温和(温度低)、副反应少、产物更纯净、反应剩余物易处理（任意写两点）【解析】该实验中乙醇在无水氯化铝作用下发生消去反应生成乙烯和水，无水氯化钙干燥乙烯，并吸收挥发的乙醇，C中收集乙烯，D中可以验证生成物为乙烯。(1)根据机理图可以看出，产物为乙烯，无水氯化铝应为催化剂，故过程中生成的；(2)仪器B的名称为球形干燥管；该实验反应
55、温度为120，所采用的加热方式优点是受热均匀，便于控制温度；该实验需要控制温度为120，还需要温度计；(3)根据分析，除去乙烯中的水和乙醇；若将B装置改为盛有浓硫酸的洗气瓶，浓硫酸和乙烯能发生加成反应；(4)根据分析，气囊的作用是收集乙烯气体，气囊可以避免与空气中的水接触，故其优点是不会引入水蒸气；(5)根据分析，乙烯与溴的四氯化碳溶液反应，故溴的四氯化碳溶液的作用是：验证生成的乙烯或吸收多余的乙烯气体，防止污染空气；(6)本实验的温度低，没有用到浓硫酸，优点为：反应条件温和(温度低)、副反应少、产物更纯净、反应剩余物易处理（任意写两点）。8（2022河南洛阳二模）(三氯六氨合钴)是一种重要的
56、化工产品，常用于合成其它Co(II)配合物。以下是一种制备三氯六氨合钴的实验方法，回答下列问题：I.氯化钴的制备已知氯化钴(CoCl2)易潮解，Co(III)的氧化性强于Cl2，可用高熔点金属钴与氯气反应制取。实验室提供下列装置进行组合(连接用橡胶管省略)：(1)仪器a的名称是_，用上图中的装置组合制备氯化钴，连接顺序为：A_。(2)装置A产生氯气的化学方程式为_。(3)用正确的连接装置进行实验，B的作用是_。II.三氯六氨合钴晶体的制备(4)“氧化”的目的是_。“操作X”包括冷却结晶、过滤，并依次用少量冷的稀盐酸和无水乙醇对晶体进行洗涤，用无水乙醇洗涤的目的是_。(5)制备总反应的化学方程式
57、为_。反应中活性炭的作用是_(填标号)。a.脱色剂b.氧化剂c.还原剂d.催化剂【答案】(1) 分液漏斗 DCEB(2)(3)防止多余的污染空气、防止空气进入E装置(4) 把2价钻氧化成3价钴 减少晶体表面水分，加快晶体干燥(5) d【解析】装置A里浓盐酸与KMnO4反应产生氯气，经D饱和食盐水除杂，经C浓硫酸干燥得到干燥氯气，用干燥氯气与钴粉共热制备氯化钴； CoCl2与NH4Cl固体混合物用水溶解后，加入浓氨水、活性炭配合，再用H2O2氧化，趁热过滤除去活性炭，往滤液加入浓盐酸，冷却结晶、过滤，并依次用少量冷的稀盐酸和无水乙醇对晶体进行洗涤，得到三氯六氨合钴晶体。(1)根据图示，仪器a是分
58、液漏斗；据分析，用干燥氯气与钴粉共热制备氯化钴，由A装置制取氯气，经D饱和食盐水除杂，经C浓硫酸干燥得到干燥氯气通入E，为防止空气进入使产品潮解，防止多余的污染空气，应在E之后连接装置B，故连接顺序为：ADCEB。(2)装置A里浓盐酸与KMnO4反应产生氯气，化学方程式为：。(3)由于氯化钴(CoCl2)易潮解，氯气有毒不能直接排入空气，B的作用是防止多余的污染空气、防止空气进入E装置。(4)“氧化”步骤H2O2可把2价钻氧化成3价钴，利用后续操作得到产品；无水乙醇与水互溶又易挥发，可加速带走水分，减少晶体表面水分，加快晶体干燥。(5)据分析，CoCl2与NH4Cl固体混合物用水溶解后，加入浓
59、氨水、活性炭配合，再用H2O2氧化，后经多步操作得到，总反应的化学方程式为：；活性炭可分散反应物，增大反应物的接触面积，加快反应速率，起到催化剂作用，故选d 。9（2022河南郑州二模）摩尔盐(NH4)2Fe(SO4)26H2O是一种常见的复盐。以下是摩尔盐的制备流程。请回答相关问题。(1)步骤2的名称应为_。(2)抽滤装置如图所示。和普通过滤相比，抽滤的优点是_。(3)加热浓缩时所用到的主要仪器中属于硅酸盐材质的有酒精灯、玻璃棒和_。(4)生成摩尔盐的反应方程式为_。(5)步骤3中将滤液加热浓缩至_即停止加热，这样做的原因是_。(6)步骤3抽滤后用乙醇洗涤后再用滤纸吸干。用乙醇洗涤的原因是_
60、。(7)Fe3含量是影响产品品质的关键指标。定量测定方法是：取1.00g产品于烧杯中，加入适量盐酸溶解，并加入3滴KSCN溶液，定容至50mL，取溶液置于比色管中，与标准色阶进行目视比色，确定产品级别。可以根据颜色确定产品级别的原理是_。(8)取30.00g所制得的固体于小烧杯中，加入适量稀硫酸，溶解后在250mL容量瓶中定容。取25.00mL于锥形瓶中，用0.1molL-1的KMnO4，溶液滴定至终点。平行操作三次，消耗KMnO4溶液的平均体积为16.00mL。此样品中Fe2+含量为_%(保留小数点后1位)。导致该测定结果与理论值有偏差的可能原因是_。A配溶液定容时俯视刻度线B取摩尔盐溶液的
61、滴定管没有润洗C取待测液的锥形瓶洗净后未干燥D摩尔盐的结晶水数量不足【答案】(1)硫酸亚铁的制备(2)加快过滤速度，得到更干燥的固体(3)蒸发皿(4)FeSO4+(NH4)2SO4+6H2O=(NH4)2Fe(SO4)26H2O(5) 表面有晶膜出现 防止杂质析出（并防止结晶水数量不足）(6)产物在乙醇中溶解度小，减小溶解损失；乙醇挥发带走水分，产品能快速干燥(7)Fe3+和SCN-反应生成红色的Fe(SCN)3，Fe3+浓度越大，溶液颜色越深(8) 14.9 AD【解析】本实验的目的是制备摩尔盐，加入碳酸钠溶液煮沸，除去表面油污，过滤分离洗涤后，加入硫酸反应制备FeSO4，趁热抽滤后加入硫酸
62、铵固体，加热浓缩，冷却结晶，抽滤并洗涤，得到产品。(1)步骤2中Fe与稀硫酸反应得到FeSO4，所以该步骤的名称为硫酸亚铁的制备；(2)抽滤时抽滤瓶中形成真空，可以加快过滤速度，得到更干燥的固体；(3)加热浓缩时需要在蒸发皿中进行，蒸发皿也属于硅酸盐材质的仪器；(4)根据题意硫酸亚铁和硫酸铵反应可以得到摩尔盐，根据元素守恒可得化学方程式为FeSO4+(NH4)2SO4+6H2O=(NH4)2Fe(SO4)26H2O；(5)将滤液加热浓缩至表面有晶膜出现时，即停止加热，这样做可以防止杂质析出，同时也可以防止结晶水数量不足；(6)产物在乙醇中溶解度小，用乙醇洗涤可以减小溶解损失；同时乙醇易挥发，乙
63、醇挥发带走水分，产品能快速干燥；(7)Fe3+和SCN-反应生成红色的Fe(SCN)3，该反应为可逆反应，Fe3+浓度越大，平衡正向移动，溶液颜色越深，所以可以根据颜色确定产品级别；(8)根据电子守恒可知滴定过程中存在数量关系n(Fe2+)=5n(KMnO4)，所以25.00mL待测液中n(Fe2+)=50.1mol/L0.016L=0.008mol，则250mL待测液中n(Fe2+)=0.08mol，则样品中Fe2含量为100%14.9%；理论上Fe2含量应为100%14.3%；测定结果偏大；A配溶液定容时俯视刻度线，导致所配待测液浓度偏大，25.00mL待测液消耗的高锰酸钾溶液偏多，测定结
64、果偏大，A符合题意；B取摩尔盐溶液的滴定管没有润洗，导致摩尔盐被稀释，25.00mL待测液消耗的高锰酸钾溶液偏少，测定结果应偏小，B不符合题意；C取待测液的锥形瓶洗净后未干燥对测定结果无影响，C不符合题意；D摩尔盐的结晶水数量不足导致30.00固体中所含Fe2+偏多，测定结果偏大，D符合题意；综上所述答案为AD。10（2022河南信阳二模）硫酸亚铁铵晶体(NH4)2Fe(SO4)26H2O是分析化学中的重要试剂，是一种复盐，一般亚铁盐在空气中易被氧化，形成复盐后就比较稳定。与其他复盐一样，硫酸亚铁铵在水中的溶解度比组成它的每一种盐的溶解度都小，利用这一性质可以用等物质的量的(NH4)2SO4和
65、FeSO4混合制备。请回答以下问题：I.硫酸亚铁铵晶体的制备步骤一：称取3.0g铁屑，加入15mLl0%Na2CO3溶液，小火加热30分钟，过滤洗涤、干燥、称量得固体m1g。步骤二：将步骤一中的m1g固体转移至锥形瓶，加入15mL3molL-1H2SO4，加热至不再有气体生成，趁热过滤，洗涤固体，将滤液和洗涤液合并后转移至蒸发皿中备用，准确称量剩余固体质量得m2g。步骤三：计算所得FeSO4的物质的量，计算等物质的量的(NH4)2SO4固体的质量，准确称取(NH4)2SO4。步骤四：将(NH4)2SO4固体加入蒸发皿中，缓慢加热浓缩至表面出现结晶薄膜为止，放置冷却。步骤五：经过一系列操作，最终
66、得到较纯净的(NH4)2FeSO46H2O。(1)碱煮30分钟的目的是_。(2)步骤二中的加热，最佳加热方式为_，理由是_。(3)关于步骤五中的一系列操作的相关表述，错误的是_(填字母)。A过滤时可使用玻璃棒搅拌的方式来缩短时间B过滤和洗涤的速度都要尽可能的快，可以减少产品的氧化C洗涤时使用无水乙醇既可以洗去晶体表面的杂质离子，又可以起到干燥作用D所得的产品可以采取电热炉烘干的方式彻底干燥II.硫酸亚铁铵的分解已知硫酸亚铁铵在不同温度下加热分解产物不同。设计如图实验装置(夹持装置略去)，在500时隔绝空气加热A中的硫酸亚铁铵至分解完全，确定分解产物的成分。(4)B装置的作用是_。(5)实验中，
67、观察到C中无明显现象，D中有白色沉淀生成，可确定分解产物中的某种气体，写出D中发生反应的离子方程式_。若去掉C，是否能得出同样结论，并解释其原因_。(6)A中固体完全分解后变为红棕色粉末，某同学设计实验验证固体残留物仅为Fe2O3而不含FeO。请填写表中的实验现象。实验步骤预期现象结论取少量A中残留物于试管中，加入适量稀硫酸，充分振荡便其完全溶解；将溶液分成两份，分别滴加高锰酸钾溶液、KSCN溶液_固体残留物仅为Fe2O3【答案】(1)除去铁屑表面油污(2) 水浴加热 反应有氢气生成，不能用明火直接加热(3)AD(4)检验产物中是否有水生成(5) SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4+2H+
68、 否，若产物中有SO3也有白色沉淀生成(6)加入高锰酸钾溶液不褪色，加入KSCN溶液后变红【解析】该实验的目的是制备硫酸亚铁铵，并探究硫酸亚铁铵的性质，由实验装置图可知，装置A为硫酸亚铁铵受热分解装置，装置B用于检验是否有水蒸气生成，装置C用于验证是否有三氧化硫生成，装置D用于验证是否有二氧化硫生成，装置E用于验证是否有氮气生成。(1)碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，水解反应为吸热反应，煮沸时，水解平衡向正反应方向移动，溶液中氢氧根离子浓度增大，除去铁屑表面油污的能力增强，有利于除去铁屑表面油污，故答案为：除去铁屑表面油污；(2)步骤二发生的反应为铁与稀硫酸反应生成硫酸
69、亚铁和氢气，若用明火直接加热，反应生成的氢气与空气中的氧气遇明火可能发生爆炸，所以不能用明火直接加热，应选用水浴加热，故答案为：反应有氢气生成，不能用明火直接加热；(3)A过滤时不能使用玻璃棒搅拌，否则玻璃棒将滤纸损坏会影响过滤效果，故错误；B亚铁离子具有还原性，易被空气中的氧气氧化，所以过滤和洗涤的速度都要尽可能的快，减少产品的氧化，故正确；C洗涤时使用无水乙醇既可以洗去晶体表面的杂质离子，又可以挥发时带走晶体表面的水，起到干燥作用，故正确；D若所得的产品采取电热炉烘干的方式彻底干燥会使晶体脱去结晶水，也会使晶体发生分解导致产品变质，故错误；故选AD；(4)由分析可知，装置B用于检验为硫酸亚
70、铁铵受热分解是否有水蒸气生成，故答案为：检验产物中是否有水生成；(5)实验中，观察到C中无明显现象，D中有白色沉淀生成说明硫酸亚铁铵受热分解生成二氧化硫，没有生成三氧化硫，D中生成白色沉淀的反应为二氧化硫与过氧化氢和氯化钡混合溶液反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，反应的离子方程式为SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4+2H+；若去掉C，不能确定生成的气体中存在二氧化硫，因为三氧化硫与混合溶液中的氯化钡反应也能生成硫酸钡白色沉淀，故答案为：SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4+2H+；否，若产物中有SO3也有白色沉淀生成；(6)若固体残留物中只有氧化铁，氧化铁溶于稀硫酸生成硫酸铁，分别加入滴加高锰酸
71、钾溶液、硫氰化钾溶液可观察到的实验现象为加入高锰酸钾溶液的一份中，溶液不褪色，加入硫氰化钾溶液的一份中，溶液变红色，故答案为：加入高锰酸钾溶液不褪色，加入KSCN溶液后变红。11（2022山西太原一模）某小组在实验室用NaClO溶液和NH3反应制备N2H4，并进行相关的性质探究实验。.制备N2H4(1)仪器a的名称是_。(2)装置C中盛放的试剂是_。装置B的作用是_。(3)制备N2H4的离子方程式为_。测定产品中水合肼(N2H4 H2O)的含量(4)称取产品6.0 g，加入适量NaHCO3固体(滴定过程中，调节溶液的pH保持在6.5左右)， 加水配成250 mL溶液，移取25.00 mL置于锥
72、形瓶中，并滴加2 3滴淀粉溶液，用 0.3000 mol L-1的碘标准溶液滴定(已知：N2H4H2O+2I2 =N2 +4HI+H2O)。滴定到达终点的现象是_。实验测得消耗碘标准溶液的平均值为20.00 mL，产品中水合腓的质量分数为_。探究的还原性与碱性。将制得的耕分离提纯后，进行如图实验。【查阅资料AgOH在溶液中不稳定，易分解生成黑色的Ag2O，Ag2O可溶于氨水。 【提出假设】黑色固体可能是Ag、Ag2O中的一种或两种。【实验验证】设计如下方案，进行实验。操作现象实验结论i.取少量黑色固体于试管中，加入适量_黑色固体部分溶解黑色固体有Ag2Oii.取少量黑色固体于试管中加入足量稀硝
73、酸，振荡_黑色固体是Ag和Ag2O(5)请完成表中的空白部分：_；_。(6)实验表明，黑色固体主要成分是Ag，还有少量氧化银，请解释原因：_。【答案】(1)圆底烧瓶(2) NaOH溶液 平衡气压，收集多余氯气(3)2NH3+ClO-=N2H4+Cl-+H2O(4) 当加入最后一滴(或半滴)碘标准溶液时，溶液恰好变为蓝色，且半分钟内不褪色 25%(5) 加入足量氨水 黑色固体溶解，并有气体产生(6)肼具有还原性将Ag+还原为Ag，肼具有碱性，与Ag+反应生成AgOH，AgOH分解生成黑色的Ag2O【解析】制备N2H4时，首先在装置A中利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，此时关闭装置B上方止水夹，打
74、开另一止水夹，将氯气通入装置C中的NaOH溶液，反应得到NaClO溶液，装置D中利用氯化铵和氢氧化钙固体共热制取氨气，通入装置C中和NaClO溶液反应得到N2H4，由于氨气极易溶于水，所以导管不能伸入液面以下，防止发生倒吸；制备完成后，打开B上方止水夹，关闭另一止水夹，可以在装置B中利用排饱和食盐水的方法收集多余氯气，长颈漏斗可以平衡压强。(1)根据仪器a的结构特点可知其为圆底烧瓶；(2)根据题意，制备N2H4需要用NaOH溶液与NH3反应，所以装置C中盛放NaOH溶液，和氯气反应得到NaClO；装置B可以在实验结束后利用排饱和食盐水的方法收集多余氯气，长颈漏斗可以平衡压强；(3)根据电子守恒
75、可知反应过程中ClO-与NH3的系数比为1：2，再结合元素守恒可得离子方程式为2NH3+ClO-=N2H4+Cl-+H2O；(4)N2H4可以氧化I2，所以达到滴定终点时I2稍过量，而淀粉遇碘变蓝，所以滴定终点的现象为：当加入最后一滴(或半滴)碘标准溶液时，溶液恰好变为蓝色，且半分钟内不褪色；根据反应方程式可知25.00mL待测液中n(N2H4H2O)=0.3000mol/L0.02L=0.003mol，则250 mL溶液中有0.03mol N2H4H2O，产品中水合腓的质量分数为100%=25%；(5)操作i的结论为黑色固体有Ag2O，现象为黑色固体部分溶解，根据题目所给信息可知Ag2O可溶
76、于氨水，所以为加入足量氨水；操作ii证明有Ag，Ag可以被稀硝酸氧化，同时生成NO气体，所以现象为黑色固体溶解，并有气体产生；(6)肼具有还原性将Ag+还原为Ag，同时肼具有碱性，与Ag+反应生成AgOH，而AgOH不稳定，易分解生成黑色的Ag2O。12（2022陕西榆林三模）硫化锂()易潮解，加热条件下易被空气中的氧化。某小组选择下列装置(装置可重复使用)制备。回答下列问题：已知：粗锌中含少量Cu和FeS；装置C中发生的反应为。(1)装置A的名称是_，停止装置A中反应的操作是_(填“打开”或“关闭”)K。(2)气流从左至右，导管口连接顺序是a_de_。_(3)其他条件相同，粗锌与稀硫酸反应比
77、纯锌_(填“快”或“慢”)，实验中观察到装置D中产生黑色沉淀，其离子方程式为_。(4)实验完毕后，选择图1、图2装置对装置A中混合物进行分离。先选择图1装置过滤，再将滤液进行蒸发浓缩、降温结晶，再选择图2装置过滤，得到粗皓矾()。下列有关说法正确的是_(填标号)。A选择图1装置过滤的优点是避免析出B选择图1装置过滤，主要是分离和溶液C粗皓矾中可能含胆矾D选择图2装置过滤的优点是过滤速率快(5)探究产品成分：实验操作与现象结论取少量样品溶于水，滴加足量的稀盐酸，将气体通入品红溶液中，溶液褪色样品中含向实验的溶液中滴加溶液，产生白色沉淀样品中含_由实验知，样品中还含有_(填化学式)，产生该杂质的可
78、能原因是_(填标号)。A通入的氢气过量B未反应完C温度过高测定产品纯度：向wg样品(设杂质只有)中加入过量的稀硫酸，充分反应后(设没有S单质生成)，煮沸溶液以除去残留的酸性气体；滴加的酚酞溶液作指示剂，用标准的NaOH溶液滴定过量的硫酸，消耗NaOH溶液。样品的纯度为_(列出计算式)。【答案】(1) 启普发生器 关闭(2) g f b c d e b(3) 快 (4)AD(5) B 【解析】由实验装置图可知，装置A中锌粒与稀硫酸反应制备氢气，由于锌粒含有硫化亚铁，硫化亚铁与稀硫酸反应生成的H2S气体会混入制得的H2中，装置D中盛有的硫酸铜溶液用于除去H2S气体，装置B中盛有的浓H2SO4用于干
79、燥氢气，装置C中氢气与硫酸锂与氢气共热反应制备硫化锂，为防止空气中氧气进入C中导致硫化锂被氧化，装置C后应连接一个B装置，防止空气中的氧气加入，则装置的连接顺序为ADBCB，导管口连接顺序为agfbcdebc，该装置的设计缺陷是没有氢气的尾气处理装置，据此答题。(1)装置A的名称为启普发生器；实验时关闭活塞K，用反应生成的氢气增大装置中的压强，使液面与锌粒脱离就能停止装置A中反应；(2)A为发生装置，B为干燥装置，D为除杂装置，由分析可知，气流从左至右，导管口连接顺序是agfbcdebc；(3)粗锌与稀硫酸反应构成原电池，原电池会加快反应速率，则粗锌反应速率大于纯锌；D为除杂装置，CuS为黑色
80、沉淀，反应的离子方程式为：；(4)A由锌粒的成分可知，实验完毕后，装置A中可能得到含有铜、锌、硫酸锌、硫酸亚铁的混合物，在加热条件下过滤混合物，可以增大硫酸锌在溶液中的溶解度，避免析出七水硫酸锌，A项正确；B由锌粒的成分可知，实验完毕后，装置A中可能得到含有铜、锌、硫酸锌、硫酸亚铁的混合物，在加热条件下过滤混合物，可以除去铜和未反应的锌，B项错误；C铜与稀硫酸不反应，则制得的七水硫酸锌中不可能含有胆矾，C项错误；D用抽滤的方法得到粗皓矾可以加快过滤得速率，防止七水硫酸锌溶解造成产率降低，D项正确；答案选AD；(5)由实验可知，加入足量盐酸硫化锂转化为氯化锂，加入氯化钡溶液产生白色沉淀，则制得的
81、硫化锂中混有未反应的；硫酸锂未完全反应产生该杂质的可能的原因为未反应完或通入氢气量不足或温度不高等，答案选B；，和消耗硫酸的物质的量为，设样品中为amol、为bmol，由样品的质量可得：46a+94b=W，由消耗稀硫酸的体积可得：，解得，的质量为测得的样品的纯度为。13（2022陕西西安二模）三氯氧磷(POCl3)可用作半导体掺杂剂及光导纤维原料，是能推进中国半导体产业链发展壮大的一种重要的化工原料。工业上可以直接氧化PCl3制备POCl3，反应原理为：P4(白磷)+6Cl2=4PCl3，2PCl3+O2=2POCl3。已知：PCl3、POCl3的部分性质如下：熔点/沸点/相对分子质量其它PC
82、l3-11275.5137.5遇水生成H3PO3和HClPOCl32105.3153.5遇水生成H3PO4和HCl某化学兴趣小组模拟该工艺设计实验装置如图(某些夹持装置和加热装置已略去)：(1)检查装置气密性并加入纯净的白磷，先制取一种气体，缓慢地通入C中，直至C中的白磷完全消失后，再通入另一种气体。仪器a的名称为_，b中盛放的药品是_。(2)装置E反应的离子方程式为_。(3)C反应温度控制在6065，不能过高或过低的原因是_。分离提纯获得POCl3的实验方法是_。(4)通过测定三氯氧磷产品中氯元素含量，可进一步计算产品的纯度，实验步骤如下：取ag产品置于盛50.00mL蒸馏水的水解瓶中，摇动
83、至完全水解，将水解液配成100.00mL溶液，预处理排除含磷粒子的影响。取10.00mL溶液于锥形瓶中，向其中加入Comol/L-1的AgNO3溶液V0mL，使Cl-完全沉淀，再加入20mL硝基苯，振荡，使沉淀表面被有机物覆盖；然后选择Fe(NO3)，指示剂，用c1mol/L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积为V1mL。已知：Ksp(AgCl)=3.210-10，Ksp(AgSCN)=2.010-12滴定终点的现象：_。实验过程中加入硝基苯的目的是_，若无此操作，则所测POCI3的含量将_(填“偏高”“偏低”或“不变”)。(5)产品中POCl3的质量分数为_。【答案】(1)
84、 (球形)冷凝管 碱石灰(2)MnO2 +4H+2Cl- Mn2+Cl2+2H2O(3) PCl3易挥发，利用率降低 蒸馏(4) 最后一滴(或半滴)标准液，溶液变红，30s不变色 使生成的AgCl沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中SCN-与AgCl反应 偏高(5)%【解析】装置A中用黑色固体和液态物质反应制氧气，装置B可以干燥O2，瓶口的长颈漏斗可以平衡气压，还可以观察氧气的流速；装置E为固液混合加热制备氯气，装置D干燥生成的氯气；在装置C中发生P4(白磷)+6Cl2=4PCl3，2PCl3+O2=2POCl3。(1)根据装置图仪器a结构可知其名称为球形冷凝管；装置b为干燥管，其盛放的试剂可以吸收
85、未反应的Cl2，同时还可防止空气中的水蒸气进入装置中，该固体试剂可以是碱石灰；故答案为：(球形)冷凝管；碱石灰；(2)装置E为固液混合加热制备氯气，实验室中采用二氧化锰与浓盐酸加热制取氯气，反应的化学方程式为：MnO2 +4HCl (浓) MnCl2 +Cl2+2H2O；故答案为：MnO2 +4H+2Cl- Mn2+Cl2+2H2O；(3)在装置C中发生反应：P4(白磷)+6Cl2=4PCl3，2PCl3+O2=2POCl3。C中反应温度控制在6065，不能过高或过低，这是由于温度太低，反应速率变慢；温度过高，PCl3易挥发，利用率降低；由PCl3、POCl3的熔沸点信息可知其在常温下为液态，
86、分离混溶的液态混合物应采用蒸馏法，故答案为：PCl3易挥发，利用率降低；蒸馏；(4)SCN-与铁离子会反应使溶液变为红色，故滴定终点现象为滴入最后一滴(或半滴)标准液，溶液变红，30s不变色；由Ksp(AgCl)=3.210-10，Ksp(AgSCN)=2.010-12可知，AgSCN更难溶，实验过程中加入硝基苯的目的是使生成的AgCl沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中SCN-与AgCl反应；若无此操作，则V2偏大，根据POCl3的含量计算公式可知：计算所测POCl3的含量将偏高。故答案为：最后一滴(或半滴)标准液，溶液变红，30s不变色；使生成的AgCl沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中SCN-与AgCl反应；偏高；(5)根据元素守恒可得关系式：POCl33Cl-3Ag+，与Cl-反应的Ag+的物质的量为n(Ag+)=(c0V0-c1V1)10-3mol =( c0V0-c1V1)10-2mol，则n(PCl3)+n(POCl3)=n(Ag+)=(c0V0-c1V1)10-2mol，假设n(PCl3)、n(POCl3)的物质的量分别是x、y，则x+y=(c0V0-c1V1)10-2mol，根据质量关系可得137.5x+153.5y=a，解得y=mol，所以POCl3的质量分数为：=%。
