1、专题17 化学实验综合题1（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_。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，
2、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
3、。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N
4、aNH2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：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
5、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
6、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。2（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，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
7、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
8、，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4.76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
9、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；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，
10、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-3.00mL=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
11、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=3.36B2B1 【解析】（1）实验室通常采用浓盐酸和MnO2制取，化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O；（2）根据化学方程式可知，制取的氯气中混有氯化氢、水蒸气，氯气有毒，必须进行尾气处理，因此使用饱和食盐水吸收氯化氢气体，浓硫酸除去水蒸气，最后用NaOH溶液吸收尾气，因此接口连接顺序为c-d-b-a-e，故答案为：c-d-b-a-e；（3）久置后不能使品红溶液褪色，说明HClO已分解；检
12、验的方法为向溶液中加入过量稀硝酸，防止溶液中含有C、HC等，再加入少量AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有Cl-，故答案为：HClO；向溶液中加入过量稀硝酸，防止溶液中含有C、HC等，再加入少量AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有Cl-；（4）25时，根据沉淀溶解平衡可知，饱和的溶液中，所以有=1.3410-5；实验13中，不同的饱和溶液浓度不同且测试温度不同，根据资料显示离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而增大，所以根据实验13无法判断温度较高的饱和溶液离子浓度大，进而不能得出溶解度关系，故答案为：1.3410-5；测试温度不同，根据电导率结果无法判断不
13、同温度下饱和溶液的溶解度；如果要判断AgCl在水中的溶解度随温度的变化情况，可以设计不相同温度下的饱和溶液在相同温度下测试，如果温度较高下的饱和溶液电导率比温度较低的饱和溶液电导率高，则可以得出温度升高饱和溶液中离子浓度高。所以可以设计试样在45下测试与实验3比较；设计试样II在45下测试与实验3比较。故答案为：45；II；45；猜想b成立的判断依据是A3B2B1，故答案为：A3B2B1。2（2021河北）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并改进侯氏制碱法制备NaHCO3，进一步处理得到产品Na2CO3和NH4Cl，实验流程如
14、图：回答下列问题：（1）从AE中选择合适的仪器制备NaHCO3，正确的连接顺序是_(按气流方向，用小写字母表示)。为使A中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下，可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或_。A B C D E.（2）B中使用雾化装置的优点是_。（3）生成NaHCO3的总反应的化学方程式为_。（4）反应完成后，将B中U形管内的混合物处理得到固体NaHCO3和滤液：对固体NaHCO3充分加热，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量Na2O2，Na2O2增重0.14g，则固体NaHCO3的质量为_g。向滤液中加入NaCl粉末，存在NaCl(s)+NH4Cl(aq)NaCl(aq)+NH4Cl(s)过程。为
15、使NH4Cl沉淀充分析出并分离，根据NaCl和NH4Cl溶解度曲线，需采用的操作为_、_、洗涤、干燥。（5）无水NaHCO3可作为基准物质标定盐酸浓度.称量前，若无水NaHCO3保存不当，吸收了一定量水分，用其标定盐酸浓度时，会使结果_(填标号)。A偏高 B偏低 不变【答案】（1）aefbcgh 将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔 （2）使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率（或其他合理答案） （3）NH3H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3 （4）0.84 蒸发浓缩 冷却结晶 （5）A 【分析】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
16、碳气体，发生反应：NH3H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3，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；另一方面得到的母液主要溶质为NH4Cl，再从加入氯化钠粉末，存在反应，据此分析解答。【解析】（1）根据分析可知，要制备，需先选用装置A制备二氧化碳，然后通入饱和碳酸氢钠溶液中除去二氧化碳中的HCl，后与饱和氨盐水充分接触来制备，其中过量的二氧化碳可被氢氧化钠溶液吸收，也能充分利用二氧化碳制备得到少量，所以按气流方向正确的连接顺序应为：aefbcgh；为使A中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下，可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部
17、的小孔，故答案为：aefbcgh；将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔；（2）B中使用雾化装置使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率；（3）根据上述分析可知，生成的总反应的化学方程式为NH3H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3；（4）对固体充分加热，产生二氧化碳和水蒸气，反应的化学方程式为： 将气体先通过足量浓硫酸，吸收水蒸气，再通过足量，与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：，根据方程式可知，根据差量法可知，当增重（2CO的质量）时，消耗的二氧化碳的质量为=0.22g，其物质的量为，根据关系式可知，消耗的的物质的量为20.005mol=0.01mol，所以
18、固体的质量为0.01mol84g/mol=0.84g；根据溶解度虽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，所以要想使沉淀充分析出并分离，需采用蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、干燥的方法，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；（5）称量前，若无水保存不当，吸收了一定量水分，标准液被稀释，浓度减小，所以用其标定盐酸浓度时，消耗的碳酸氢钠的体积会增大，根据c(测)=可知，最终会使c(测)偏高，A项符合题意，故答案为：A。3（2021浙江选考）是很好的氯化剂，实验室用如图装置(夹持仪器已省略)制备高纯。已知：，合适反应温度为；副反应：。常压下，沸点
19、，熔点；沸点2.0，熔点。，在中的溶解度远大于其在水中的溶解度。请回答：（1）装置A的作用是去除原料气中的少量水分，可用的试剂是_。将上图中装置组装完整，虚框D中应选用_。（2）有关反应柱B，须进行的操作是_。A将HgO粉末热处理除水分、增加表面积后填入反应柱B调控进入反应柱的混合气中和的比例C调控混合气从下口进入反应柱的流速D将加热带缠绕于反应柱并加热（3）装置C，冷却液的温度通常控制在。反应停止后，温度保持不变，为减少产品中的含量，可采用的方法是_。（4）将纯化后的产品气化，通入水中得到高纯度的浓溶液，于阴凉暗处贮存。当需要时，可将浓溶液用萃取分液，经气化重新得到。针对萃取分液，从下列选项
20、选择合适操作(操作不能重复使用)并排序：c_edf_。a.检查旋塞、玻璃塞处是否漏水b.将溶液和转入分液漏斗c.涂凡士林d.旋开旋塞放气e.倒转分液漏斗，小心振摇f.经几次振摇并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置g.打开旋塞，向锥形瓶放出下层液体h.打开旋塞，待下层液体完全流出后，关闭旋塞，将上层液体倒入锥形瓶（5）产品分析：取一定量浓溶液的稀释液，加入适量、过量溶液及一定量的稀，充分反应。用标准溶液滴定(滴定)；再以酚酞为指示剂，用标准溶液滴定(滴定)。已知产生的反应(不考虑与水反应)：实验数据如下表：加入量滴定测出量滴定测出量用标准溶液滴定时，无需另加指示剂。判断滴定到达终点的实验现象是_
21、。高纯度浓溶液中要求(和均以计)。结合数据分析所制备的浓溶液是否符合要求_。【答案】（1）浓 a （2）ABC （3）抽气(或通干燥氮气) （4）a b g （5）CCl4中由紫红色突变到无色，且30s不恢复 溶液中Cl2O和Cl2分别为1.00010-3mol、510-6mol，=20099，符合要求 【解析】（1）装置A的作用是去除原料气(Cl2、N2)中的少量水分，可用的试剂是浓。Cl2和Cl2O都不能直接排放于空气中，因此需要进行尾气处理，Cl2、Cl2O能与NaOH溶液反应，同时需要防止NaOH溶液中水蒸气进入C装置中，因此需要在C和尾气处理装置之间连接吸收水蒸气的装置，所以虚框D中
22、应选用a装置。（2）装置B为HgO与Cl2反应制备Cl2O的装置，A因Cl2O能与H2O发生反应，因此需要将HgO粉末热处理除水分，该反应为固体与气体接触类反应，因此增加表面积能够加快反应速率，故A选；BN2的作用是稀释Cl2，在气流速率一定的条件下，氯气所占的比例越小，其转化率越高，同时Cl2不足时会发生副反应，因此需要调控进入反应柱的混合气中Cl2和N2的比例，故B选；C为了让气体与固体充分接触，混合气体应从下口进入反应柱，同时需要控制气体的流速，防止副反应发生，故C选；DHgO与Cl2反应制备Cl2O的合适反应温度为1825，因此该反应在常温下进行，若对反应柱加热会发生副反应，故D不选；
23、综上所述，答案为ABC。（3）由题可知，Cl2沸点小于Cl2O，在Cl2未发生冷凝时抽气或通入氮气可以有效的去除产物中的Cl2，故答案为：抽气(或通干燥氮气)。（4）萃取分液的操作顺序为：检漏加入萃取剂和溶液振荡摇匀放气静置分层放液，下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，因CCl4密度大于水，因此萃取后溶有Cl2O的CCl4位于下层，因此操作顺序为：涂凡土林检查旋塞、玻璃塞处是否漏水将溶液和CCl4转入分液漏斗倒转分液漏斗，小心振摇旋开旋塞放气经几次振摇并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置打开旋塞，向锥形瓶放出下层液体，故答案为：abg。（5）溶有I2的CCl4溶液呈紫红色，用标准Na2S2
24、O3溶液滴定I2过程中，当I2恰好反应完全时，溶液呈无色，因此滴定I2到达终点的实验现象是CCl4中由紫红色突变到无色，且30s不恢复。由、(HClO为Cl2O与H2O反应的产物)可得关系式：Cl2O2H+2I2，由实验数据可知Cl2O和HClO共消耗n(H+)=2(2.50510-3mol-1.50510-3mol)=210-3mol，生成I2的物质的量为210-3mol，则高纯度Cl2O浓溶液中n(Cl2O)=110-3mol，加入过量KI溶液共生成I2的物质的量为2.00510-3mol，因此Cl2与I-反应生成I2的物质的量为2.00510-3mol-210-3mol=510-6mol
25、，由此可知高纯度Cl2O浓溶液中n(Cl2)=510-6mol，所以高纯度Cl2O浓溶液中=20099，则所制备的高纯度Cl2O浓溶液符合要求，故答案为：溶液中Cl2O和Cl2分别为110-3mol、510-6mol，=20099，符合要求。4（2021湖南）碳酸钠俗称纯碱，是一种重要的化工原料。以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠，并测定产品中少量碳酸氢钠的含量，过程如下：步骤I.的制备步骤.产品中含量测定称取产品2.500g，用蒸馏水溶解，定容于250mL容量瓶中；移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M，用盐酸标准溶液滴定，溶液由红色变至近无色(第一滴定终点)，消耗盐酸；在上述
26、锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸；平行测定三次，平均值为22.45，平均值为23.51。已知：(i)当温度超过35时，开始分解。(ii)相关盐在不同温度下的溶解度表温度/010203040506035.735.836.036.336.637.037.311.915.821.027.06.98.29.611.112.714.516.429.433.337.241.445.850.455.2回答下列问题：（1）步骤I中晶体A的化学式为_，晶体A能够析出的原因是_；（2）步骤I中“300加热”所选用的仪器是_(填标号)；A B C D（3）指示剂N
27、为_，描述第二滴定终点前后颜色变化_；（4）产品中的质量分数为_(保留三位有效数字)；（5）第一滴定终点时，某同学俯视读数，其他操作均正确，则质量分数的计算结果_(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。【答案】（1）NaHCO3 在30-35C时NaHCO3的溶解度最小（意思合理即可） （2）D （3）甲基橙 由黄色变橙色，且半分钟内不褪色 （4）3.56% （5）偏大 【分析】步骤I：制备Na2CO3的工艺流程中，先将NaCl加水溶解，制成溶液后加入NH4HCO3粉末，水浴加热，根据不同温度条件下各物质的溶解度不同，为了得到NaHCO3晶体，控制温度在30-35C发生反应，最终得到滤液为NH4C
28、l，晶体A为NaHCO3，再将其洗涤抽干，利用NaHCO3受热易分解的性质，在300C加热分解NaHCO3制备Na2CO3；步骤II：利用酸碱中和滴定原理测定产品中碳酸氢钠的含量，第一次滴定发生的反应为：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，因为Na2CO3、NaHCO3溶于水显碱性，且碱性较强，所以可借助酚酞指示剂的变化来判断滴定终点，结合颜色变化可推出指示剂M为酚酞试剂；第二次滴定时溶液中的溶质为NaCl，同时还存在反应生成的CO2，溶液呈现弱酸性，因为酚酞的变色范围为8-10，所以不适合利用酚酞指示剂检测判断滴定终点，可选择甲基橙试液，所以指示剂N为甲基橙试液，发生的反应为：Na
29、HCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，再根据关系式求出总的NaHCO3的物质的量，推导出产品中NaHCO3的，最终通过计算得出产品中NaHCO3的质量分数。【解析】根据上述分析可知，（1）根据题给信息中盐在不同温度下的溶解度不难看出，控制温度在30-35C，目的是为了时NH4HCO3不发生分解，同时析出NaHCO3固体，得到晶体A，因为在30-35C时，NaHCO3的溶解度最小，故答案为：NaHCO3；在30-35C时NaHCO3的溶解度最小；（2）300C加热抽干后的NaHCO3固体，需用坩埚、泥三角、三脚架进行操作，所以符合题意的为D项，故答案为：D；（3）根据上述分析可知，第二次滴
30、定时，使用的指示剂N为甲基橙试液，滴定到终点前溶液的溶质为碳酸氢钠和氯化钠，滴定达到终点后溶液的溶质为氯化钠，所以溶液的颜色变化为：由黄色变为橙色，且半分钟内不褪色；（4） 第一次滴定发生的反应是：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，则n(Na2CO3)=n生成(NaHCO3)=n(HCl)=0.1000mol/L22.4510-3L=2.24510-3mol，第二次滴定消耗的盐酸的体积V2=23.51mL，则根据方程式NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2可知，消耗的NaHCO3的物质的量n总(NaHCO3)= 0.1000mol/L23.5110-3L=2.35110-3
31、mol，则原溶液中的NaHCO3的物质的量n(NaHCO3)= n总(NaHCO3)- n生成(NaHCO3)= 2.35110-3mol-2.24510-3mol=1.0610-4mol，则原产品中NaHCO3的物质的量为=1.0610-3mol，故产品中NaHCO3的质量分数为，故答案为：3.56%；（5）若该同学第一次滴定时，其他操作均正确的情况下，俯视读数，则会使标准液盐酸的体积偏小，即测得V1偏小，所以原产品中NaHCO3的物质的量会偏大，最终导致其质量分数会偏大，故答案为：偏大。5（2021浙江）某兴趣小组用铬铁矿Fe(CrO2)2制备K2Cr2O7晶体，流程如下：已知：4Fe (
32、CrO2)2 + 10Na2CO3+7O28Na2CrO4 +4NaFeO2+10CO22H+2CrOCr2O+H2O相关物质的溶解度随温度变化如下图。请回答：（1）步骤I，将铬铁矿粉碎有利于加快高温氧化的速率，其理由是_。（2）下列说法正确的是_。A步骤II，低温可提高浸取率B步骤II，过滤可除去NaFeO2水解产生的Fe(OH)3C步骤III，酸化的目的主要是使Na2CrO4转变为Na2Cr2O7D步骤IV，所得滤渣的主要成分是Na2SO4和Na2CO3（3）步骤V，重结晶前，为了得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，从下列选项中选出合理的操作(操作不能重复使用)并排序：溶解KCl _重结晶
33、。a50蒸发溶剂； b100 蒸发溶剂； c抽滤； d冷却至室温；e蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；f蒸发至溶液中出现大量晶体，停止加热。（4）为了测定K2Cr2O7产品的纯度，可采用氧化还原滴定法。下列关于滴定分析的操作，不正确的是_。A用量筒量取25.00mL待测液转移至锥形瓶B滴定时要适当控制滴定速度C滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化D读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直E平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下在接近终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，_
34、继续摇动锥形瓶，观察颜色变化。(请在横线上补全操作)（5）该小组用滴定法准确测得产品中K2Cr2O7的质量分数为98.50%。某同学还用分光光度法测定产品纯度(K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比例)，但测得的质量分数明显偏低。分析其原因，发现配制K2Cr2O7待测水溶液时少加了一种试剂。该试剂是_，添加该试剂的理由是_。【答案】（1）增大反应物的接触面积 （2）BC （3）a e d c （4）AC 再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁 （5）H2SO4 抑制Cr2O转化为CrO，且与Cr2O不反应 【分析】根据题给已知，铬铁矿与足量熔融Na2CO3发生高温氧化反应生成Na2CrO4、Na
35、FeO2和CO2，所得固体冷却后用水浸取，其中NaFeO2发生强烈水解：NaFeO2+2H2O=NaOH+Fe(OH)3，过滤得到含Na2CrO4、NaOH、Na2CO3的滤液，加入适量硫酸酸化，NaOH、Na2CO3与硫酸反应生成Na2SO4，Na2CrO4转化为Na2Cr2O7（发生的反应为2Na2CrO4+H2SO4 Na2Cr2O7+Na2SO4+H2O），经蒸发结晶、过滤、洗涤得到的滤液中主要含Na2Cr2O7，加入KCl后经多步操作得到K2Cr2O7，据此分析作答。【解析】（1）步骤I中铬铁矿与足量熔融Na2CO3发生高温氧化反应生成Na2CrO4、NaFeO2和CO2，将铬铁矿粉
36、碎，可增大反应物的接触面积，加快高温氧化的速率；故答案为：增大反应物的接触面积。（2）A根据Na2CrO4的溶解度随着温度的升高而增大，步骤II中应用高温提高浸取率，A错误；B步骤II中用水浸取时NaFeO2发生强烈水解：NaFeO2+2H2O=NaOH+Fe(OH)3，经过滤可除去Fe(OH)3，B正确；C步骤III酸化时，平衡2H+2+H2O正向移动，主要目的使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，C正确；D根据分析，步骤IV中过滤所得滤渣主要成分为Na2SO4，D错误；答案选BC。（3）Na2Cr2O7中加入KCl发生反应Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl，根据各物质
37、的溶解度随温度的变化曲线可知，K2Cr2O7的溶解度随温度升高明显增大，NaCl溶解度随温度升高变化不明显，50时两者溶解度相等，故为了得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，步骤V重结晶前的操作顺序为：溶解KCl50蒸发溶剂蒸发至溶液出现晶膜，停止加热冷却至室温抽滤重结晶；故答案为：aedc。（4）A量筒属于粗量器，不能用量筒量取25.00mL溶液，由于K2Cr2O7具有强氧化性，量取25.00mL待测液应用酸式滴定管，A错误；B滴定时要适当控制滴定的速率，确保反应物之间充分反应，同时防止滴加过快使得滴加试剂过量，B正确；C滴定时应一直观察锥形瓶中溶液颜色的变化，以便准确判断滴定的终点，C错误；
38、D读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直，平视读取读数，D正确；E为了确保每次滴定时滴定管中的溶液充足，平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下，并记录初始读数，E正确；答案选AC。在接近终点时，使用“半滴操作”的方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化；故答案为：再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁。（5）根据题意，K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比例，在K2Cr2O7溶液中存在平衡+H2O2H+2，即有部分会转化为，从而使测得的质量分数明显偏低，
39、为抑制转化为，可加入与不反应的酸，如硫酸；故答案为：H2SO4；抑制转化为，且与不反应。6（2021山东）六氯化钨(WCl6)可用作有机合成催化剂，熔点为283，沸点为340，易溶于CS2，极易水解。实验室中，先将三氧化钨(WO3)还原为金属钨(W)再制备WCl6，装置如图所示(夹持装置略)。回答下列问题：（1）检查装置气密性并加入WO3。先通N2，其目的是_；一段时间后，加热管式炉，改通H2，对B处逸出的H2进行后续处理。仪器A的名称为_，证明WO3已被完全还原的现象是_。（2）WO3完全还原后，进行的操作为：冷却，停止通H2；以干燥的接收装置替换E；在B处加装盛有碱石灰的干燥管；加热，通C
40、l2；。碱石灰的作用是_；操作是_，目的是_。（3）利用碘量法测定WCl6产品纯度，实验如下：称量：将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称重为m1g；开盖并计时1分钟，盖紧称重为m2g；再开盖加入待测样品并计时1分钟，盖紧称重为m3g，则样品质量为_g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。滴定：先将WCl6转化为可溶的Na2WO4，通过IO离子交换柱发生反应：WO+Ba(IO3)2=BaWO4+2IO；交换结束后，向所得含IO的溶液中加入适量酸化的KI溶液，发生反应：IO+5I-+6H+=3I2+3H2O；反应完全后，用Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2S2O=2I-+S4O。滴
41、定达终点时消耗cmolL-1的Na2S2O3溶液VmL，则样品中WCl6(摩尔质量为Mgmol-1)的质量分数为_。称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将_(填“偏大”“偏小”或“不变”)，样品中WCl6质量分数的测定值将_(填“偏大”“偏小”或“不变”)。【答案】（1）排除装置中的空气 直形冷凝管 淡黄色固体变为银白色 （2）吸收多余氯气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入E 再次通入N2 排除装置中的H2 （3）( m3+m1- 2m2) % 不变 偏大 【分析】（1） 将WO3在加热条件下用H2还原为W，为防止空气干扰，还原WO3之前要除去
42、装置中的空气；（2） 由信息可知WCl6极易水解，W与Cl2反应制取WCl6时，要在B处加装盛有碱石灰的干燥管，防止空气中的水蒸气进入E中；（3）利用碘量法测定WCl6产品纯度，称量时加入足量的CS2用于溶解样品，盖紧称重为m1g，由于CS2易挥发，开盖时要挥发出来，称量的质量要减少，开盖并计时1分钟，盖紧称重m2g，则挥发出的CS2的质量为(m1- m2)g，再开盖加入待测样品并计时1分钟，又挥发出(m1- m2)g的CS2，盖紧称重为m3g，则样品质量为：m3g+2(m1- m2)g-m1g=( m3+m1- 2m2)g；滴定时，利用关系式：WO2IO6I212 S2O计算样品中含WCl6
43、的质量，进而计算样品中WCl6的质量分数；根据测定原理分析是否存在误差及误差是偏大还是偏小。【详解】（1）用H2还原WO3制备W，装置中不能有空气，所以先通N2，其目的是排除装置中的空气；由仪器构造可知仪器A的名称为直形冷凝管；WO3为淡黄色固体，被还原后生成W为银白色，所以能证明WO3已被完全还原的现象是淡黄色固体变为银白色，故答案为：淡黄色固体变为银白色；（2） 由信息可知WCl6极易水解，W与Cl2反应制取WCl6时，要在B处加装盛有碱石灰的干燥管，防止空气中的水蒸气进入E中，所以碱石灰的作用其一是吸收多余氯气，防止污染空气；其二是防止空气中的水蒸气进入E；在操作加热，通Cl2之前，装置
44、中有多余的H2，需要除去，所以操作是再次通入N2，目的是排除装置中的H2，故答案为：吸收多余氯气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入E；再次通入N2；排除装置中的H2；（3） 根据分析，称量时加入足量的CS2，盖紧称重为m1g，由于CS2易挥发，开盖时要挥发出来，称量的质量要减少，开盖并计时1分钟，盖紧称重m2g，则挥发出的CS2的质量为(m1- m2)g，再开盖加入待测样品并计时1分钟，又挥发出(m1- m2)g的CS2，盖紧称重为m3g，则样品质量为：m3g+2(m1- m2)g-m1g=( m3+m1- 2m2)g，故答案为：( m3+m1- 2m2)；滴定时，根据关系式：WO2IO6
45、I212 S2O，样品中n(WCl6)=n(WO)=n(S2O)=cV10-3mol，m(WCl6)=cV10-3molMg/mol=g，则样品中WCl6的质量分数为：100%=%；根据测定原理，称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，挥发的CS2的质量增大，m3偏小，但WCl6的质量不变，则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将不变，样品中WCl6质量分数的测定值将偏大，故答案为：%；不变；偏大。7（2021天津高考真题）某化学小组同学利用一定浓度的H2O2溶液制备O2，再用O2氧化C2H5OH，并检验氧化产物。制备O2该小组同学设计了如下气体发生装置(夹持装置省略) (1)甲装置中主要
46、仪器的名称为_。(2)乙装置中，用粘合剂将MnO2制成团，放在多孔塑料片上，连接好装置，气密性良好后打开活塞K1，经长颈漏斗向试管中缓慢加入3% H2O2溶液至_。欲使反应停止，关闭活塞K1即可，此时装置中的现象是_。(3)丙装置可用于制备较多O2，催化剂铂丝可上下移动。制备过程中如果体系内压强过大，安全管中的现象是_，此时可以将铂丝抽离H2O2溶液，还可以采取的安全措施是_。(4)丙装置的特点是_(填序号)。a可以控制制备反应的开始和结束b可通过调节催化剂与液体接触的面积来控制反应的速率c与乙装置相比，产物中的O2含量高、杂质种类少氧化C2H5OH该小组同学设计的氧化C2H5OH的装置如图(
47、夹持装置省略) (5)在图中方框内补全干燥装置和干燥剂。_检验产物(6)为检验上述实验收集到的产物，该小组同学进行了如下实验并得出相应结论。实验序号检验试剂和反应条件现象结论酸性KMnO4溶液紫红色褪去产物含有乙醛新制Cu(OH)2，加热生成砖红色沉淀产物含有乙醛微红色含酚酞的NaOH溶液微红色褪去产物可能含有乙酸 实验中的结论不合理的是_(填序号)，原因是_。【答案】(1)分液漏斗 锥形瓶(2) 刚好没过MnO2固体 试管内的H2O2溶液被压入长颈漏斗中，与MnO2分离(3) 液面上升 打开弹簧夹K2(4)ab(5)(6) 乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色【解析】用双氧水和催化剂制取氧气。制
48、得的氧气经干燥后进入盛有乙醇的圆底烧瓶中，和热的乙醇一起进入硬质玻璃管中，在铜的催化作用下发生乙醇的催化氧化反应生成乙醛。生成的乙醛进入试管中，被冷凝收集。(1)根据仪器构造可知，甲装置中主要仪器的名称为分液漏斗和锥形瓶；(2)乙装置是启普发生器的简易装置，可以随时控制反应的发生和停止。用粘合剂将MnO2制成团，放在多孔塑料片上，连接好装置，气密性良好后打开活塞K1，经长颈漏斗向试管中缓慢加入3% H2O2溶液至刚好没过MnO2固体，此时可以产生氧气，氧气通过导管导出。欲使反应停止，关闭活塞K1，此时由于气体还在产生，使容器内压强增大，可观察到试管内的H2O2溶液被压入长颈漏斗中，与MnO2分
49、离；(3)丙装置用圆底烧瓶盛装H2O2溶液，可用于制备较多O2，催化剂铂丝可上下移动可以控制反应速率。制备过程中如果体系内压强过大，H2O2溶液会被压入安全管中，可观察到安全管中液面上升，圆底烧瓶中液面下降。此时可以将铂丝抽离H2O2溶液，使反应速率减慢，还可以打开弹簧夹K2，使烧瓶内压强降低；(4)a催化剂铂丝可上下移动可以控制制备反应的开始和结束，a正确；b催化剂与液体接触的面积越大，反应速率越快，可通过调节催化剂与液体接触的面积来控制反应的速率，b正确；c丙装置用圆底烧瓶盛装H2O2溶液，与乙装置相比，可用于制备较多O2，但产物中的O2含量和杂质种类和乙中没有区别，c错误；故选ab；(5
50、)氧气可以用浓硫酸干燥，所以可以用一个洗气瓶，里面盛装浓硫酸干燥氧气，如图；(6)实验不合理，因为乙醇有挥发性，会混入生成的乙醛中，乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以酸性高锰酸钾溶液褪色不能证明产物中含有乙醛。8（2021辽宁高考真题）磁性材料在很多领域具有应用前景，其制备过程如下(各步均在氛围中进行)：称取，配成溶液，转移至恒压滴液漏斗中。向三颈烧瓶中加入溶液。持续磁力搅拌，将溶液以的速度全部滴入三颈烧瓶中，100下回流3h。冷却后过滤，依次用热水和乙醇洗涤所得黑色沉淀，在干燥。管式炉内焙烧2h，得产品3.24g。部分装置如图： 回答下列问题：(1)仪器a的名称是_；使用恒压滴液漏斗的原因
51、是_。(2)实验室制取有多种方法，请根据元素化合物知识和氧化还原反应相关理论，结合下列供选试剂和装置，选出一种可行的方法，化学方程式为_，对应的装置为_(填标号)。可供选择的试剂：、饱和、饱和可供选择的发生装置(净化装置略去)： (3)三颈烧瓶中反应生成了Fe和，离子方程式为_。(4)为保证产品性能，需使其粒径适中、结晶度良好，可采取的措施有_。A采用适宜的滴液速度B用盐酸代替KOH溶液，抑制水解C在空气氛围中制备D选择适宜的焙烧温度(5)步骤中判断沉淀是否已经用水洗涤干净，应选择的试剂为_；使用乙醇洗涤的目的是_。(6)该实验所得磁性材料的产率为_(保留3位有效数字)。【答案】(1) （球形
52、）冷凝管 平衡气压，便于液体顺利流下(2) (或) A(或B)(3)(4)AD(5) 稀硝酸和硝酸银溶液 除去晶体表面水分，便于快速干燥(6)90.0%【解析】(1)根据仪器的构造与用途可知，仪器a的名称是（球形）冷凝管；恒压滴液漏斗在使用过程中可保持气压平衡，使液体顺利流下。(2)实验室中制备少量氮气的基本原理是用适当的氧化剂将氨或铵盐氧化，常见的可以是将氨气通入灼热的氧化铜中反应，其化学方程式为： ；可选择气体通入硬质玻璃管与固体在加热条件下发生反应，即选择A装置。还可利用饱和和饱和在加热下发生氧化还原反应制备氮气，反应的化学方程式为：，可选择液体与液体加热制备气体型，所以选择B装置。综上
53、考虑，答案为：(或)；A(或B)；(3)三颈烧瓶中溶液与溶液发生反应生成了Fe和，根据氧化还原反应的规律可知，该反应的离子方程式为；(4)结晶度受反应速率与温度的影响，所以为保证产品性能，需使其粒径适中、结晶度良好，可采取的措施有采用适宜的滴液速度、选择适宜的焙烧温度，AD项符合题意，若用盐酸代替KOH溶液，生成的晶体为Fe和，均会溶解在盐酸中，因此得不到该晶粒，故B不选；若在空气氛围中制备，则亚铁离子容易被空气氧化，故D不选，综上所述，答案为：AD；(5)因为反应后溶液中有氯离子，所以在步骤中判断沉淀是否已经用水洗涤干净，需取最后一次洗涤液，加入稀硝酸酸化后，再加入硝酸银溶液，若无白色沉淀生
54、成，则证明已洗涤干净；乙醇易溶于水，易挥发，所以最后使用乙醇洗涤的目的是除去晶体表面水分，便于快速干燥。(6)的物质的量为，根据发生反应的离子方程式：，可知理论上所得的Fe和的物质的量各自为0.0125mol，所以得到的黑色产品质量应为，实际得到的产品3.24g，所以其产率为，故答案为：90.0%。9（2021海南高考真题）亚硝酰氯可作为有机合成试剂。已知：沸点：为-6，为-34，为-152。易水解，能与反应。某研究小组用和在如图所示装置中制备，并分离回收未反应的原料。 回答问题：(1)通入和前先通入氩气，作用是_；仪器的名称是_。(2)将催化剂负载在玻璃棉上而不是直接平铺在玻璃管中，目的是_
55、。(3)实验所需的可用和溶液在稀中反应制得，离子反应方程式为_。(4)为分离产物和未反应的原料，低温溶槽A的温度区间应控制在_，仪器C收集的物质是_。(5)无色的尾气若遇到空气会变为红棕色，原因是_。【答案】(1) 排尽装置中的空气，防止与空气中的反应，防止遇空气中的水而水解 干燥管(2)增大与气体的接触面积，加快反应速率(3)(4) 或 (5)与空气中的反应产生红棕色的【解析】通过实验原理可知，进气端为和，经过催化剂使其反应制备；经过低温浴槽A降温，使冷凝，得到产品；再经过低温浴槽B降温，使冷凝，防止逸出，污染空气；剩下NO经过无水氯化钙干燥后，进行回收，据此分析作答。(1)通入和前先通入氩
56、气，作用是排尽装置中的空气，防止与空气中的反应，防止遇空气中的水而水解；仪器的名称干燥管，故答案为：排尽装置中的空气，防止与空气中的反应，防止遇空气中的水而水解；干燥管；(2)将催化剂负载在玻璃棉上而不是直接平铺在玻璃管中，目的是增大与气体的接触面积，加快反应速率，故答案为：增大与气体的接触面积，加快反应速率；(3)实验所需的可用和溶液在稀中反应制得，则亚铁离子会被氧化为铁离子，离子反应方程式为：，故答案为：；(4)为分离产物和未反应的原料，低温溶槽A使冷凝，得到产品，则温度区间应控制在或；再经过低温浴槽B降温，使冷凝，防止逸出，污染空气，仪器C收集的物质是，故答案为：或；(5)剩下的气体为N
57、O，则无色的尾气若遇到空气会变为红棕色，原因是与空气中的反应产生红棕色的，故答案为：与空气中的反应产生红棕色的。【点睛】本题重点(4)，两个沸点低的物质，要经过冷凝分离，沸点高的，要先分离，沸点低的，后分离，温度要根据其沸点判断。10（2021福建高考真题）溶液和溶液可发生反应：。为探究反应速率与的关系，利用下列装置(夹持仪器略去)进行实验。 实验步骤：往A中加入一定体积(V)的溶液、溶液和水，充分搅拌。控制体系温度，通过分液漏斗往A中加入醋酸。当导管口气泡均匀稳定冒出时，开始用排水法收集气体。用秒表测量收集所需的间，重复多次取平均值(t)。回答下列问题：(1)仪器A的名称为_。(2)检验装置
58、气密性的方法：关闭止水夹K，_。(3)若需控制体系的温度为，采取的合理加热方式为_。(4)每组实验过程中，反应物浓度变化很小，忽略其对反应速率测定的影响。实验数据如下表所示。实验编号溶液溶液醋酸水14.04.08.033424.04.015038.04.04.04.083412.04.04.00.038 _，_。该反应的速率方程为，k为反应速率常数。利用实验数据计算得_(填整数)。醋酸的作用是_。(5)如果用同浓度的盐酸代替醋酸进行实验1，与盐酸反应生成，分解产生等物质的量的两种气体.反应结束后，A中红棕色气体逐渐变浅装置中还能观察到的现象有_。分解的化学方程式为_。【答案】(1)锥形瓶(2)
59、通过分液漏斗往A中加水，一段时间后水难以滴入，则气密性良好(3)水浴加热(4) 4.0 6.0 2 加快反应速率(5) 量筒中收集到无色气体导管里上升一段水柱 【解析】(1)仪器A的名称为锥形瓶；(2)气体发生装置要检验装置的气密性，检验装置气密性的方法关闭止水夹K，通过分液漏斗往A中加水，一段时间后水难以滴入，则气密性良好；(3)若需控制体系的温度为，采取水浴加热使温度均匀平稳；(4)为探究反应速率与的关系，浓度不变，根据数据3和4可知溶液总体积为20mL，故为4mL；根据变量单一可知为6mL，为6mL；浓度增大速率加快，根据1和3组数据分析，3的是1的2倍，1和3所用的时间比，根据分析可知
60、速率和浓度的平方成正比，故m=2；醋酸在反应前后没变，是催化剂的作用是加快反应速率；(5)浓度的盐酸代替醋酸进行实验1，与盐酸反应生成，分解产生等物质的量的两种气体，根据氧化还原气化反应可知反应方程式为：，反应结束后量筒收集到NO，A中红棕色气体逐渐变浅，因为NO2溶于水生成NO，颜色变浅，锥形瓶压强降低，导管里上升一段水柱。11（2021湖北高考真题）超酸是一类比纯硫酸更强的酸，在石油重整中用作高效催化剂。某实验小组对超酸HSbF6的制备及性质进行了探究。由三氯化锑(SbCl3)制备HSbF6的反应如下：、SbCl5+6HF=HSbF6+5HCl。制备SbCl5的初始实验装置如图(毛细管连通
61、大气，减压时可吸人极少量空气，防止液体暴沸；夹持、加热及搅拌装置略)： 相关性质如表：物质熔点沸点性质SbCl373.4220.3极易水解SbCl53.5140分解79/2.9kPa极易水解 回答下列问题：(1)实验装置中两个冷凝管_(填“能”或“不能”)交换使用。(2)试剂X的作用为_、_。(3)反应完成后，关闭活塞a、打开活塞b，减压转移_(填仪器名称)中生成的SbCl5至双口烧瓶中。用真空泵抽气减压蒸馏前，必须关闭的活塞是_(填“a”或“b”)；用减压蒸馏而不用常压蒸馏的主要原因是_。(4)实验小组在由SbCl5制备HSbF6时，没有选择玻璃仪器，其原因为_。(写化学反应方程式)(5)为
62、更好地理解超酸的强酸性，实验小组查阅相关资料了解到：弱酸在强酸性溶剂中表现出碱的性质，如冰醋酸与纯硫酸之间的化学反应方程式为CH3COOH+H2SO4=CH3C(OH)2+HSO4-。以此类推，H2SO4与HSbF6之间的化学反应方程式为_。(6)实验小组在探究实验中发现蜡烛可以溶解于HSbF6中，同时放出氢气。已知烷烃分子中碳氢键的活性大小顺序为：甲基(CH3)亚甲基(CH2)次甲基()。写出2甲基丙烷与HSbF6反应的离子方程式_。【答案】(1)不能(2) 吸收氯气，防止污染空气 防止空气中的水蒸气进入三口烧瓶使SbCl3、SbCl5水解(3) 三口烧瓶 b 防止SbCl5分解(4)SiO
63、2+4HF=SiF4+2H2O(5)H2SO4+HSbF6=H3SO4+SbF6-(6)CH3CH(CH3)CH3+HSbF6=(CH3)3C+SbF+H2【解析】(1)与直形冷展管相比，球形冷凝管的冷却面积大，冷却效果好，且由于球形冷凝管的内芯管为球泡状，容易在球部积留蒸馏液，故不适宜用于倾斜式蒸馏装置，多用于垂直蒸馏装置，故实验装置中两个冷凝管不能交换使用；(2)根据表中提供信息，SbCl3、SbCl5极易水解，知试剂X的作用是防止空气中水蒸气进入三口烧瓶，同时吸收氯气，防止污染空气；(3)由实验装置知，反应完成后，关闭活塞a、打开活塞b，减压转移三口烧瓶中生成的SbCl5至双口烧瓶中；减
64、压蒸馏前，必须关闭活塞b，以保证装置密封，便于后续抽真空；根据表中提供信息知，SbCl5容易分解，用减压蒸馏而不用常压蒸馏，可以防止SbCl5分解；(4)在由SbCl5制备HSbF6时，需用到HF，而HF可与玻璃中的SiO2反应，故不能选择玻璃仪器，反应的化学方程式为：SiO2+4HF=SiF4+2H2O；(5)H2SO4与超强酸HSbF6反应时，H2SO4表现出碱的性质，则化学方程式为H2SO4 +HSbF6= ；(6)2-甲基丙烷的结构简式为CH3CH(CH3)CH3，根据题目信息知，CH3CH(CH3)CH3中上的氢参与反应，反应的离子方程式为CH3CH(CH3)CH3+HSbF6 =
65、+H2。12（2021江苏高考真题）以软锰矿粉(含MnO2及少量Fe、Al、Si、Ca、Mg等的氧化物)为原料制备电池级MnO2。(1)浸取。将一定量软锰矿粉与Na2SO3、H2SO4溶液中的一种配成悬浊液，加入到三颈瓶中(图1)，70下通过滴液漏斗缓慢滴加另一种溶液，充分反应，过滤。滴液漏斗中的溶液是_；MnO2转化为Mn2+的离子方程式为_。(2)除杂。向已经除去Fe、Al、Si的MnSO4溶液(pH约为5)中加入NH4F溶液，溶液中的Ca2+、Mg2+形成氟化物沉淀。若沉淀后上层清液中c(F-)=0.05molL-1，则=_。Ksp(MgF2)=510-11，Ksp(CaF2)=510-
66、9(3)制备MnCO3。在搅拌下向100mL1molL-1MnSO4溶液中缓慢滴加1molL-1NH4HCO3溶液，过滤、洗涤、干燥，得到MnCO3固体。需加入NH4HCO3溶液的体积约为_。(4)制备MnO2。MnCO3经热解、酸浸等步骤可制备MnO2。MnCO3在空气气流中热解得到三种价态锰的氧化物，锰元素所占比例(100%)随热解温度变化的曲线如图2所示。已知：MnO与酸反应生成Mn2+；Mn2O3氧化性强于Cl2，加热条件下Mn2O3在酸性溶液中转化为MnO2和Mn2+。 为获得较高产率的MnO2，请补充实验方案：取一定量MnCO3置于热解装置中，通空气气流，_，固体干燥，得到MnO2
67、。(可选用的试剂：1molL-1H2SO4溶液、2molL-1HCl溶液、BaCl2溶液、AgNO3溶液)。【答案】(1) H2SO4溶液 MnO2+SO+2H+=Mn2+SO+H2O(2)100(3)200mL(4)加热到450充分反应一段时间，将固体冷却后研成粉末，边搅拌边加入一定量1molL-1稀H2SO4，加热，充分反应后过滤，洗涤，直到取最后一次洗涤滤液加盐酸酸化的0.1molL-1BaCl2溶液不变浑浊【解析】(1)若三颈瓶中先加入硫酸溶液，向其中滴加Na2SO3溶液则易生成SO2导致Na2SO3的利用率减小，故滴液漏斗中的溶液是H2SO4溶液；MnO2被亚硫酸根还原为Mn2+的离
68、子方程式为：MnO2+SO+2H+=Mn2+SO+H2O；(2)=；(3)该反应的化学方程式2NH4HCO3+ MnSO4= MnCO3+ (NH4)2SO4+H2O+CO2，由方程式可知NH4HCO3与MnSO4的物质的量之比为2：1，需加入NH4HCO3溶液的体积约为200mL ；(4)根据图像在450C左右MnO2占比最高，所以加热到450C最佳，MnO与酸反应生成Mn2+，故用酸除MnO，Mn2O3氧化性强于Cl2，用盐酸会发生氧化还原生产氯气。因此，该实验方案可补充为：加热到450充分反应一段时间后，将固体冷却后研成粉末，向其中边搅拌边加入一定量1molL-1稀H2SO4，加热，充分
69、反应后过滤，洗涤，直到取最后一次洗涤滤液加盐酸酸化的0.1molL-1BaCl2溶液不变浑浊。12020江苏卷羟基乙酸钠易溶于热水，微溶于冷水，不溶于醇、醚等有机溶剂。制备少量羟基乙酸钠的反应为实验步骤如下：步骤1：在题图所示装置的反应瓶中，加入40g氯乙酸、50mL水，搅拌。逐步加入40%NaOH溶液，在95继续搅拌反应2小时，反应过程中控制pH约为9。步骤2：蒸出部分水至液面有薄膜，加少量热水，趁热过滤。滤液冷却至15，过滤得粗产品。步骤3：粗产品溶解于适量热水中，加活性炭脱色，分离掉活性炭。步骤4：将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中，冷却至15以下，结晶、过滤、干燥，得羟基乙酸钠。（1）
70、步骤1中，题图所示的装置中仪器A的名称是 ；逐步加入NaOH溶液的目的是 。（2）步骤2中，蒸馏烧瓶中加入沸石或碎瓷片的目的是 。（3）步骤3中，粗产品溶解于过量水会导致产率 （填“增大”或“减小”）；去除活性炭的操作名称是 。（4）步骤4中，将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中的目的是 。【答案】（1）（回流）冷凝管防止升温太快、控制反应体系pH（2）防止暴沸（3）减小趁热过滤（4）提高羟基乙酸钠的析出量（产率）【解析】【分析】制备少量羟基乙酸钠的反应为，根据羟基乙酸钠易溶于热水，粗产品溶解于适量热水中，加活性炭脱色，分离掉活性炭，趁热过滤，根据羟基乙酸钠不溶于醇，将去除活性炭后的溶液加到适量
71、乙醇中，冷却至15以下，结晶、过滤、干燥，得羟基乙酸钠。【详解】（1）根据图中仪器得出仪器A的名称为冷凝管，根据题中信息可知制备羟基乙酸钠的反应为放热反应，逐步加入NaOH溶液的目的是防止升温太快，同时控制反应体系的pH；故答案为：(回流)冷凝管；防止升温太快，控制反应体系的pH。(2步骤2中烧瓶中加入沸石或碎瓷片的目的是防止暴沸；故答案为：防止暴沸。（3）粗产品溶于过量水，导致在水中溶解过多，得到的产物减少，因此导致产率减小；由于产品易溶于热水，微溶于冷水，因此去除活性炭的操作名称是趁热过滤；故答案为：减少；趁热过滤。（4）根据信息，产品不溶于乙醇、乙醚等有机溶剂中，因此步骤4中，将去除活性
72、炭后的溶液加到适量乙醇中的目的是降低产品的溶解度，提高羟基乙酸钠的析出量(产量)；故答案为：提高羟基乙酸钠的析出量(产量)。【点睛】化学实验是常考题型，主要考查实验仪器、实验操作、对新的信息知识的理解。22020浙江7月选考硫代硫酸钠在纺织业等领域有广泛应用。某兴趣小组用下图装置制备。合成反应： 滴定反应：已知：易溶于水，难溶于乙醇，开始失结晶水。实验步骤：. 制备：装置A制备的经过单向阀通入装置C中的混合溶液，加热、搅拌，至溶液约为7时，停止通入气体，得产品混合溶液。. 产品分离提纯：产品混合溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到产品。. 产品纯度测定：以淀粉作指示剂，用产品配制的
73、溶液滴定碘标准溶液至滴定终点，计算含量。请回答：（1）步骤 单向阀的作用是_；装置C中的反应混合溶液过高或过低将导致产率降低，原因是_。（2）步骤 下列说法正确的是_。A快速蒸发溶液中水分，可得较大晶体颗粒B蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，停止加热C冷却结晶后的固液混合物中加入乙醇可提高产率D可选用冷的溶液作洗涤剂（3）步骤滴定前，有关滴定管的正确操作为（选出正确操作并按序排列）：检漏蒸馏水洗涤（ ）（ ）（ ）（ ）（ ）开始滴定。A烘干 B装入滴定液至零刻度以上 C调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下D用洗耳球吹出润洗液 E.排除气泡 F.用滴定液润洗2至3次 G.记录起始读数装标准碘溶液的碘
74、量瓶（带瓶塞的锥形瓶）在滴定前应盖上瓶塞，目的是_。滴定法测得产品中含量为，则产品中可能混有的物质是_。【答案】（1）防止倒吸过高，、反应不充分；过低，导致转化为S和（2）BC（3）F、B、E、C、G 防止碘挥发损失；失去部分结晶水的【解析】【分析】本实验的目的是制备Na2S2O35H2O，首先装置A中利用浓硫酸和亚硫酸钠固体反应生成二氧化硫，将SO2通入装置C中的混合溶液，加热搅拌，发生题目所给合成反应，使用单向阀可以防止倒吸；为了使Na2CO3、Na2S充分反应，同时又不因酸性过强使Na2S2O3发生歧化反应，至溶液pH约为7时，停止通入SO2气体，得到产品的混合溶液；之后经蒸发浓缩，冷却
75、结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品，已知Na2S2O35H2O难溶于乙醇，冷却结晶后可以加入适量乙醇降低Na2S2O3的溶解度，析出更多的晶体。【详解】（1）SO2会与装置C中混合溶液发生反应，且导管进入液面以下，需要防倒吸的装置，单向阀可以防止发生倒吸；Na2CO3、Na2S水解都会使溶液显碱性，所以pH过高，说明Na2CO3、Na2S反应不充分；而pH过低，又会导致Na2S2O3发生歧化反应转化为S和SO2，所以pH过高或过低都会导致产率降低；（2）A蒸发结晶时，快速蒸发溶液中的水分，可以得到较小的晶体颗粒，故A错误；B为防止固体飞溅，蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，停止加热，故B正确；CNa2
76、S2O35H2O难溶于乙醇，所以冷却结晶后的固液混合物中可以加入适量乙醇降低Na2S2O3的溶解度，析出更多的晶体，提高产率，故C正确；D用碳酸钠溶液洗涤会使晶体表面附着碳酸钠杂质，Na2S2O35H2O难溶于乙醇，可以用乙醇作洗涤剂，故D错误；综上所述选BC；（3）滴定前应检查滴定管是否漏液，之后用蒸馏水洗涤滴定管，为防止稀释滴定液使测定结果不准确，需用滴定液润洗2至3次，之后装入滴定液至零刻度以上，排除装置中的气泡，然后调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下，并记录起始读数，开始滴定，所以正确的操作和顺序为：捡漏蒸馏水洗涤FBECG开始滴定；碘容易挥发，所以装标准碘溶液的碘量瓶在滴定前应盖上瓶
77、塞，防止碘挥发损失；测定的产品中Na2S2O35H2O含量大于100%，说明产品中混有失去部分结晶水的Na2S2O35H2O。【点睛】蒸发结晶或冷却结晶时，溶质的溶解度越小或溶液的浓度越大，溶剂的蒸发速度越快或溶剂冷却得越快，析出的晶体颗粒就越小，反之则越大。32020年山东新高考某同学利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的装置如下图所示（夹持装置略）：已知：锰酸钾（K2MnO4）在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：回答下列问题：（1）装置A中a的作用是 ；装置C中的试剂为 ；装置A中制备Cl2的化学方程式为 。（2）上述装置存在一处缺陷，会导致KMnO4产率降低，改进的方法是
78、 。（3）KMnO4常作氧化还原滴定的氧化剂，滴定时应将KMnO4溶液加入 （填“酸式”或“碱式”）滴定管中；在规格为50.00mL的滴定管中，若KMnO4溶液起始读数为15.00mL，此时滴定管中KMnO4溶液的实际体积为 （填标号）。A15.00 mL B35.00mL C大于35.00mL D小于15.00mL（4）某FeC2O42H2O样品中可能含有的杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O42H2O，采用KMnO4滴定法测定该样品的组成，实验步骤如下：.取m g样品于锥形瓶中，加入稀H2SO4溶解，水浴加热至75。用 c molL-1的KMnO4溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30s内不
79、褪色，消耗KMnO4溶液V1mL。.向上述溶液中加入适量还原剂将Fe3+完全还原为Fe2+，加入稀H2SO4酸化后，在75继续用KMnO4溶液滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，又消耗KMnO4溶液V2mL。样品中所含的质量分数表达式为 。下列关于样品组成分析的说法，正确的是 （填标号）。A时，样品中一定不含杂质B越大，样品中含量一定越高C若步骤I中滴入KMnO4溶液不足，则测得样品中Fe元素含量偏低D若所用KMnO4溶液实际浓度偏低，则测得样品中Fe元素含量偏高【答案】（1）平衡气压，使浓盐酸顺利滴下； NaOH溶液；（2）在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶（3）酸式；C（4）；B
80、、D【解析】【分析】漂白粉的有效成分Ca(ClO)2具有强氧化性，和浓盐酸在A中发生归中反应产生Cl2，Cl2和K2MnO4在B中反应产生KMnO4，反应不完的Cl2用C吸收，据此解答。【详解】（1）装置A为恒压分液漏斗，它的作用是平衡气压，使浓盐酸顺利滴下，C的作用是吸收反应不完的Cl2，可用NaOH溶液吸收，Ca(ClO)2和浓盐酸在A中发生归中反应产生Cl2，反应的化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2+2H2O，故答案为：平衡气压，使浓盐酸顺利滴下；NaOH溶液；Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2+2H2O；（2）锰酸钾在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性
81、减弱时易发生3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2+4OH-，一部分MnO42-转化为了MnO2，导致最终KMnO4的产率低，而浓盐酸易挥发，直接导致B中NaOH溶液的浓度减小，故改进措施是在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶吸收挥发出来的HCl，故答案为：在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶；（3）高锰酸钾有强氧化性，强氧化性溶液加入酸式滴定管，滴定管的“0”刻度在上，规格为50.00mL的滴定管中实际的体积大于(50.00-15.00)mL，即大于35.00mL，故答案为：酸式；C；（4）设FeC2O42H2O的物质的量为xmol，Fe2(C2O4)3的物质的量为ym
82、ol，H2C2O42H2O的物质的量为zmol，步骤I中草酸根和Fe2+均被氧化，结合得失电子守恒有：2KMnO45H2C2O4(C2O42-)，KMnO45Fe2+，所以，步骤II中Fe2+被氧化，由KMnO45Fe2+可知，联立二个方程解得：z=2.5(cV1-3V2)10-3，所以H2C2O42H2O的质量分数=。关于样品组成分析如下：A时，H2C2O42H2O的质量分数=0，样品中不含H2C2O42H2O，由和可知，y0，样品中含Fe2(C2O4)3杂质，A错误；B越大，由H2C2O42H2O的质量分数表达式可知，其含量一定越大，B正确；CFe元素的物质的量=，若步骤I中KMnO4溶液
83、不足，则步骤I中有一部分Fe2+没有被氧化，不影响V2的大小，则不变，则对于测得Fe元素的含量无影响，C错误；D结合C可知：若KMnO4溶液浓度偏低，则消耗KMnO4溶液的体积V1、V2均偏大，Fe元素的物质的量偏大，则测得样品中Fe元素含量偏高，D正确；故答案为：；BD。42020天津卷为测定CuSO4溶液的浓度，甲、乙两同学设计了两个方案。回答下列问题：. 甲方案实验原理：实验步骤：（1）判断SO42沉淀完全的操作为 。（2）步骤判断沉淀是否洗净所选用的试剂为 。（3）步骤灼烧时盛装样品的仪器名称为 。（4）固体质量为w g，则c（CuSO4）= molL1。（5）若步骤从烧杯中转移沉淀时
84、未洗涤烧杯，则测得c（CuSO4） （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。. 乙方案实验原理：实验步骤:按如图安装装置（夹持仪器略去）在仪器A、B、C、D、E中加入图示的试剂调整D、E中两液面相平，使D中液面保持在0或略低于0刻度位置，读数并记录。将CuSO4溶液滴入A中搅拌，反应完成后，再滴加稀硫酸至体系不再有气体产生待体系恢复到室温，移动E管，保持D、E中两液面相平，读数并记录处理数据（6）步骤为 。（7）步骤需保证体系恢复到室温的原因是 （填序号）。a反应热受温度影响b气体密度受温度影响c反应速率受温度影响（8）Zn粉质量为a g，若测得H2体积为b mL，已知实验条件下，则c(CuSO
85、4)_molL1（列出计算表达式）。（9）若步骤E管液面高于D管，未调液面即读数，则测得c（CuSO4） （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。（10）是否能用同样的装置和方法测定MgSO4溶液的浓度： （填“是”或“否”）。【答案】（1）向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全（2）AgNO3溶液（3）坩埚（4）（5）偏低（6）检查装置气密性（7）b（8）（9）偏高（10）否【解析】【分析】甲方案是利用溶液中的硫酸铜与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，经灼烧、洗涤、称重后得到的固体是硫酸钡，利用硫酸根守恒，计算出硫酸铜的物质的量，从而计算出浓度；乙方案是利用锌与稀硫酸反应释放出
86、氢气的体积，换算成质量，计算出与稀硫酸反应的锌的物质的量，再利用锌的总的物质的量减去与酸反应的锌的物质的量，得到与硫酸铜反应的锌的物质的量，根据锌和硫酸铜的物质的量关系，计算出硫酸铜的物质的量，根据得到硫酸铜的浓度，据此分析。【详解】（1）硫酸根离子的检验是滴加氯化钡溶液，若产生白色沉淀，证明溶液中含有硫酸根离子，故判断沉淀完全的操作向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全；（2）步骤判断沉淀是否洗净所选用的试剂为AgNO3溶液，硫酸钡沉淀中可能附着有氯化钡，为了证明还有没氯离子，需要加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，证明没有洗净；（3）步骤灼烧时盛装样品的仪器为坩埚；（4
87、）固体质量为wg，为硫酸钡的质量，硫酸钡的物质的量为n=，根据硫酸根守恒可知，CuSO4BaSO4，则c(CuSO4)=molL-1；（5）若步骤从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，会使固体的质量偏小，物质的量偏小，根据可知，则测得c(CuSO4)偏低；（6）加入药品之前需检查装置的气密性；步骤为检查装置气密性；（7）气体的体积受温度和压强的影响较大，气体的质量不随温度和压强的变化而改变，密度也受温度和压强的影响，步骤需保证体系恢复到室温的原因是气体密度受温度影响；反应热不受温度的影响，只与反应物和生成物自身的能量有关，不随温度压强而改变；反应速率受温度影响，温度越高，反应速率越快，步骤需保证体系恢复到室温与反应速率无关；（8）Zn粉质量为ag，若测得H2体积为bmL，已知实验条件下，氢气的质量=，利用氢气的质量得到氢气的物质的量n=，根据，与酸反应的锌的物质的量为，锌的总物质的量为，与硫酸铜反应的锌的物质的量为，根据，则c(CuSO4)=；（9）若步骤E管液面高于D管，未调液面即读数，得到氢气的体积偏小，与硫酸反应的锌的质量偏小，与硫酸铜反应的锌的质量偏大，则测得c(CuSO4)偏高；(10) 不能用同样的装置和方法测定MgSO4溶液的浓度，硫酸镁不和锌发生置换反应。【点睛】本题甲方案计算时，需要根据硫酸根守恒，是易错点。
