1、综合实验题1.实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。（1）制备K2FeO4（夹持装置略）A为氯气发生装置。A中反应方程式是_（锰被还原为Mn2+）。将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外还有_。（2）探究K2FeO4的性质取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl而产生Cl2，设计以
2、下方案：方案取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。方案用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。i由方案中溶液变红可知a中含有_离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl氧化，还可能由_产生（用方程式表示）。ii方案可证明K2FeO4氧化了Cl。用KOH溶液洗涤的目的是_。根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2_（填“”或“”），而方案实验表明，Cl2和的氧化性强弱关系相反，原因是_。资料表明，酸性溶液中的氧化性，验证实验如下：将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫
3、色。该现象能否证明氧化性。若能，请说明理由；若不能，进一步设计实验方案。理由或方案：_。 【答案】（1）2KMnO4+16HCl2MnCl2+2KCl +5Cl2+8H2OCl2+2OHCl+ClO+H2O（2）i. Fe3+ 4+20H+4Fe3+3O2+10H2Oii.排除ClO的干扰 溶液酸碱性不同理由：在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2，溶液浅紫色一定是的颜色方案：向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色【解析】（1）A为氯气发生装置，KMnO4与浓盐酸反应时，锰被还原为Mn2+，浓盐酸被氧化成Cl2，KMnO4与浓盐酸反应生成KCl、MnCl2、Cl
4、2和H2O，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O。由于盐酸具有挥发性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl会消耗Fe（OH）3、KOH，用饱和食盐水除去HCl，除杂装置B为。 C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，还有Cl2与KOH的反应，Cl2与KOH反应的化学方程式为Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+
5、H2O。（2）根据上述制备反应，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，还可能含有KClO等。i.方案I加入KSCN溶液，溶液变红说明a中含Fe3+。但Fe3+的产生不能判断K2FeO4与Cl-发生了反应，根据题意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，自身被还原成Fe3+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可能的反应为4FeO42-+20H+=3O2+4Fe3+10H2O。ii.产生Cl2还可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O，即KClO的存在干扰判断；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH溶液洗涤的目的是除去KClO、排除ClO-的干扰，同时保持K2FeO4稳定存在。制备
6、K2FeO4的原理为3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，在该反应中Cl元素的化合价由0价降至-1价，Cl2是氧化剂，Fe元素的化合价由+3价升至+6价，Fe（OH）3是还原剂，K2FeO4为氧化产物，根据同一反应中，氧化性：氧化剂氧化产物，得出氧化性Cl2FeO42-；方案II的反应为2FeO42-+6Cl-+16H+=2Fe3+3Cl2+8H2O，实验表明，Cl2和FeO42-氧化性强弱关系相反；对比两个反应的条件，制备K2FeO4在碱性条件下，方案II在酸性条件下；说明溶液的酸碱性的不同影响物质氧化性的强弱。该小题为开放性试题。若能，根据题意K2Fe
7、O4在足量H2SO4溶液中会转化为Fe3+和O2，最后溶液中不存在FeO42-，溶液振荡后呈浅紫色一定是MnO4-的颜色，说明FeO42-将Mn2+氧化成MnO4-，所以该实验方案能证明氧化性FeO42-MnO4-。（或不能，因为溶液b呈紫色，溶液b滴入MnSO4和H2SO4的混合溶液中，c（FeO42-）变小，溶液的紫色也会变浅；则设计一个空白对比的实验方案，方案为：向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色）。点睛：本题考查K2FeO4的制备和K2FeO4的性质探究。与气体有关的制备实验装置的连接顺序一般为：气体发生装置除杂净化装置制备实验装置尾气吸收。进行物质性
8、质实验探究是要排除其他物质的干扰。尤其注意最后一空为开放性答案，要注重多角度思考。2.烟道气中的NOx是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用如下采样和检测方法。回答下列问题：.采样采样步骤：检验系统气密性；加热器将烟道气加热至140；打开抽气泵置换系统内空气；采集无尘、干燥的气样；关闭系统，停止采样。（1）A中装有无碱玻璃棉，其作用是_。（2）C中填充的干燥剂是（填序号）_。a.碱石灰 b.无水CuSO4 c.P2O5（3）用实验室常用仪器组装一套装置，其作用是与D（装有碱液）相同，在虚线框中画出该装置的示意图，标明气体的流向及试剂。（4）采样步骤加热烟道气的目的是_。.NOx含量的测定
9、将v L气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化为NO3，加水稀释至100.00 mL。量取20.00 mL该溶液，加入v1 mL c1 molL1 FeSO4标准溶液（过量），充分反应后，用c2 molL1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗v2 mL。（5）NO被H2O2氧化为NO3的离子方程式是_。（6）滴定操作使用的玻璃仪器主要有_。（7）滴定过程中发生下列反应：3Fe2+NO3+4H+NO+3Fe3+2H2OCr2O72 + 6Fe2+ +14H+ 2Cr3+ +6Fe3+7H2O则气样中NOx折合成NO2的含量为_mgm3。（8）判断下列情况对NOx含
10、量测定结果的影响（填“偏高” 、“偏低”或“无影响 ”）若缺少采样步骤，会使测试结果_。若FeSO4标准溶液部分变质，会使测定结果_。 【答案】（1）除尘（2）c （3）（4）防止NOx溶于冷凝水（5）2NO+3H2O2=2H+2NO3+2H2O（6）锥形瓶、酸式滴定管（7）（8）偏低 偏高【解析】本题主要考查了定量实验的基本过程。首先要仔细分析题目的流程图，注意分析每一步的作用和原理，再结合题目中每个问题的提示进行解答。（1）A的过程叫“过滤”，所以其中玻璃棉的作用一定是除去烟道气中的粉尘。（2）碱石灰是碱性干燥剂可能与NOX反应，所以不能使用。硫酸铜的吸水能力太差，一般不用做干燥剂，所以不
11、能使用。五氧化二磷是酸性干燥剂，与NOX不反应，所以选项c正确。（3）实验室通常用洗气瓶来吸收气体，与D相同应该在洗气瓶中加入强碱（氢氧化钠）溶液，所以答案为：。（4）加热烟道气的目的是避免水蒸气冷凝后，NOX溶于水中。（5）NO被H2O2氧化为硝酸，所以反应的离子方程式为：2NO+3H2O2=2H+2NO3+2H2O。（6）滴定中使用酸式滴定管（本题中的试剂都只能使用酸式滴定管）和锥形瓶。（7）用c2 molL1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗V2 mL，此时加入的Cr2O72-为c2V2/1000 mol；所以过量的Fe2+为6c2V2/1000 mol；则与硝酸根离
12、子反应的Fe2+为(c1V1/10006c2V2/1000) mol；所以硝酸根离子为(c1V1/10006c2V2/1000)/3 mol；根据氮元素守恒，硝酸根与NO2的物质的量相等。考虑到配制100mL溶液取出来20mL进行实验，所以NO2为5(c1V1/10006c2V2/1000)/3 mol，质量为465(c1V1/10006c2V2/1000)/3 g，即230(c1V16c2V2)/3 mg。这些NO2是VL气体中含有的，所以含量为230(c1V16c2V2)/3V mgL-1，即为1000230(c1V16c2V2)/3V mgm-3，所以答案为： mgm3。（8）若缺少采样
13、步骤，装置中有空气，则实际测定的是烟道气和空气混合气体中NOX的含量，测定结果必然偏低。若FeSO4标准溶液部分变质，一定是部分Fe2+被空气中的氧气氧化，计算时仍然认为这部分被氧化的Fe2+是被硝酸根离子氧化的，所以测定结果偏高。点睛：注意本题中的流程图，装置D实际不是为了测定含量进行吸收，装置D相当于是尾气吸收。样品气的吸收应该是在“采样处”进行的。3.3，4亚甲二氧基苯甲酸是一种用途广泛的有机合成中间体，微溶于水，实验室可用KMnO4氧化3，4亚甲二氧基苯甲醛制备，其反应方程式为实验步骤如下：步骤1：向反应瓶中加入3，4亚甲二氧基苯甲醛和水，快速搅拌，于7080 滴加KMnO4溶液。反应
14、结束后，加入KOH溶液至碱性。步骤2：趁热过滤，洗涤滤饼，合并滤液和洗涤液。步骤3：对合并后的溶液进行处理。步骤4：抽滤，洗涤，干燥，得3，4亚甲二氧基苯甲酸固体。（1）步骤1中，反应结束后，若观察到反应液呈紫红色，需向溶液中滴加NaHSO3溶液，转化为_（填化学式）；加入KOH溶液至碱性的目的是_。（2）步骤2中，趁热过滤除去的物质是_（填化学式）。（3）步骤3中，处理合并后溶液的实验操作为_。（4）步骤4中，抽滤所用的装置包括_、吸滤瓶、安全瓶和抽气泵。 【答案】（1）SO42 将反应生成的酸转化为可溶性的盐（2）MnO2（3）向溶液中滴加盐酸至水层不再产生沉淀（4）布氏漏斗【解析】（1）
15、反应结束后，反应液呈紫红色，说明KMnO4过量，KMnO4具有强氧化性将HSO3-氧化成SO42-，反应的离子方程式为2MnO4-+3HSO3-=2MnO2+3SO42-+H2O+H+。根据中和反应原理，加入KOH将转化为可溶于水的。（2）MnO2难溶于水，步骤2中趁热过滤是减少的溶解，步骤2中趁热过滤除去的物质是MnO2。（3）步骤3中，合并后的滤液中主要成分为，为了制得，需要将合并后的溶液进行酸化；处理合并后溶液的实验操作为：向溶液中滴加盐酸至水层不再产生沉淀。（4）抽滤所用的装置包括布氏漏斗、吸滤瓶、安全瓶和抽气泵。点睛：本题以“3，4亚甲二氧基苯甲酸的制备实验步骤”为背景，侧重了解学生
16、对实验化学模块的学习情况，考查物质的分离和提纯、实验步骤的补充、基本实验装置和仪器、利用所学知识解决问题的能力，解题的关键是根据实验原理，整体了解实验过程，围绕实验目的作答。4.凯氏定氮法是测定蛋白质中氮含量的经典方法，其原理是用浓硫酸在催化剂存在下将样品中有机氮转化成铵盐，利用如图所示装置处理铵盐，然后通过滴定测量。已知：NH3+H3BO3=NH3H3BO3；NH3H3BO3+HCl= NH4Cl+ H3BO3。回答下列问题：（1）a的作用是_。（2）b中放入少量碎瓷片的目的是_。f的名称是_。（3）清洗仪器：g中加蒸馏水；打开k1，关闭k2、k3，加热b，蒸气充满管路；停止加热，关闭k1，
17、g中蒸馏水倒吸进入c，原因是_；打开k2放掉水，重复操作23次。（4）仪器清洗后，g中加入硼酸（H3BO3）和指示剂。铵盐试样由d注入e，随后注入氢氧化钠溶液，用蒸馏水冲洗d，关闭k3，d中保留少量水。打开k1，加热b，使水蒸气进入e。d中保留少量水的目的是_。e中主要反应的离子方程式为_，e采用中空双层玻璃瓶的作用是_。（5）取某甘氨酸（C2H5NO2）样品m 克进行测定，滴定g中吸收液时消耗浓度为c molL1的盐酸V mL，则样品中氮的质量分数为_%，样品的纯度_%。 【答案】（1）避免b中压强过大（2）防止暴沸 直形冷凝管（3）c中温度下降，管路中形成负压（4）液封，防止氨气逸出 +O
18、HNH3+H2O 保温使氨完全蒸出（5）【解析】（1）a中导管与大气相连，所以作用是平衡气压，以避免b中压强过大。（2）b中放入少量碎瓷片的目的是防止暴沸。f的名称是直形冷凝管。（3）由于c、e及其所连接的管道内水蒸气冷凝为水后，气压远小于外界大气压，在大气压的作用下，因此锥形瓶内的蒸馏水被倒吸入c中。（4）氨气是气体，因此d中保留少量水的目的是液封，防止氨气逸出。e中主要反应是铵盐与碱在加热条件下的反应，离子方程式为+OHNH3+H2O；e采用中空双层玻璃瓶的作用是保温减少热量损失，有利于铵根转化为氨气逸出。（5）取某甘氨酸（C2H5NO2）样品m 克进行测定，滴定g中吸收液时消耗浓度为c
19、molL1的盐酸V mL，根据反应NH3H3BO3+HClNH4Cl+H3BO3，可以求出样品中n(N)n(HCl)c molL1V103 L0.001cV mol，则样品中氮的质量分数为，样品中甘氨酸的质量0.001cV75g/mol，所以样品的纯度。5.水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下：取样、氧的固定用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液（含有KI）混合，反应生成MnO(OH)2，实现氧的固定。酸化、滴定将固氧后的水样酸化，MnO(OH)2被I还原为Mn2+，在暗处静置5 m
20、in，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2（2+I2=2I+）。回答下列问题：（1）取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是_。（2）“氧的固定”中发生反应的化学方程式为_。（3）Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和_；蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除_及二氧化碳。（4）取100.00 mL水样经固氧、酸化后，用a molL1Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为_；若消耗Na2S2O3溶液的体积为b mL，则水样中溶解氧的含量为_mgL1。（5）上述滴定完成时，若滴定管尖嘴处留有气泡会
21、导致测量结果偏_。（填“高”或“低”） 【答案】（1）使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差（2）O2+2Mn(OH)2 =2MnO(OH)2（3）量筒 氧气（4）蓝色刚好褪去 80ab（5）低【解析】本题采用碘量法测定水中的溶解氧的含量，属于氧化还原滴定。（1）取水样时，若搅拌水体，会造成水底还原性杂质进入水样中，或者水体中的氧气因搅拌溶解度降低而逸出。（2）根据氧化还原反应原理，Mn(OH)2被氧气氧化为MnO(OH)2，Mn的化合价由2价4价，化合价升高2，氧气中O的化合价由0价2价，整体降低4价，最小公倍数为4，由此可得方程式O2+2Mn(OH)2=2MnO(OH)2。（3）N
22、a2S2O3溶液不稳定，使用前还需要标定，因此配制该溶液时不需要精确配制，需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和量筒，并不需要容量瓶；Na2S2O3溶液不稳定，加热可以除去蒸馏水中溶解的氧气和二氧化碳，减少Na2S2O3的损失。（4）该实验用硫代硫酸钠标准液滴定I2，因此终点现象为蓝色刚好褪去；根据题干，MnO(OH)2把I氧化成I2，本身被还原成Mn2，根据得失电子数目守恒，即有nMnO(OH)22=n(I2)2，因此建立关系式O22MnO(OH)22I24Na2S2O3。可得水样中溶解氧的含量为（ab103）4321030.1=80ab。（5）终点读数时有气泡，气泡占据液体应占有的体积，导
23、致b减小，根据水样中溶解氧的含量为80ab得，最终结果偏低。6.绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题：（1）在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化。再向试管中通入空气，溶液逐渐变红。由此可知：_、_。（2）为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K1和K2）（设为装置A）称重，记为m1 g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为 m2 g。按下图连接好装置进行实验。仪器B的名称是_。将下列实验操作步骤正确排序_（填标号）；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3 g。
24、a点燃酒精灯，加热b熄灭酒精灯c关闭K1和K2d打开K1和K2，缓缓通入N2e称量Af冷却到室温根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x=_（列式表示）。若实验时按a、d次序操作，则使x_（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。（3）为探究硫酸亚铁的分解产物，将（2）中已恒重的装置A接入下图所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。C、D中的溶液依次为_（填标号）。C、D中有气泡冒出，并可观察到的现象分别为_。a品红bNaOHcBaCl2dBa(NO3)2e浓H2SO4写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式_。 【答案】（1）样品中没有Fe3+Fe2+易被
25、氧气氧化为Fe3+（2）干燥管 dabfce 偏小（3）c、a生成白色沉淀、褪色2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3【解析】（1）样品溶于水滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，说明样品中无Fe3+；再向试管中通入空气，溶液逐渐变红，这说明有铁离子产生，即硫酸亚铁易被空气氧化为硫酸铁，铁离子遇KSCN溶液显红色。（2）根据仪器构造可知B是干燥管。由于装置中含有空气，空气能氧化硫酸亚铁，所以加热前需要排尽装置中空气，利用氮气排出空气，为了使生成的水蒸气完全排除，应该先熄灭酒精灯，再冷却，然后关闭K1和K2，最后称量，即正确的排序是dabfce。样品的质量是（m2m1）g，加热后剩余固体是硫酸亚
26、铁，质量为（m3m1）g，生成水的质量为（m2m3）g，FeSO4xH2OFeSO4 + xH2O 152 18x （m3m1）g （m2m3）g则：，解得：；若实验时按a、d次序操作，在加热过程中部分硫酸亚铁被空气氧化为硫酸铁，导致m3增加，使测得生成的水偏小，生成的硫酸亚铁偏大，因此x偏小。（3）最终得到红色粉末，说明有氧化铁生成，即分解过程发生了氧化还原反应，根据化合价变化可知一定有SO2生成，这说明硫酸亚铁分解生成氧化铁、SO2和三氧化硫。三氧化硫溶于水生成硫酸，硫酸和钡离子结合生成白色沉淀硫酸钡，由于硝酸钡在酸性溶液中有氧化性，能氧化SO2，所以应该用氯化钡，检验SO2用品红溶液，所
27、以C、D的溶液依次为氯化钡溶液和品红溶液，实验现象是C中溶液变浑浊，产生白色沉淀，D中品红溶液褪色。根据以上分析可知硫酸亚铁高温分解生成氧化铁、SO2和SO3，根据电子守恒和原子守恒得此反应的方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3。7.氯化亚砜（SOCl2）常用于医药、农药、染料工业，也可在有机合成工业中作氯化剂。已知：SOCl2的相关性质如下表所示：颜色、状态熔点沸点腐蚀性水解无色或微黄液体-10578强极易水解现利用如图装置制备SOCl2。请回答下列问题：制备SO2和Cl2。（1）本实验选用装置甲制备SO2和Cl2，装置甲中仪器x的名称为_；若以KMnO4和浓盐酸反应制备Cl2，反
28、应的离子方程式为_。制备SOCl2。以活性炭作为催化剂，SO2和C12可以和S粉在180200时反应合成SOCl2，选用装置A、B、C、D进行制备（夹持、加热装置略去）。（2）按气流从左到右的方向，装置A、B、C、D的连接顺序为_（填仪器接口的字母编号）。（3）试剂y为_（填选项字母，下同）；试剂z为_。A热水 B乙醇 C石蜡油 D冰水（4）装置A中U形管内发生反应的化学方程式为_。（5）装置C的作用为_；若装置A处通入的SO2和Cl2的物质的量之比为1：3，则装置C中生成的盐为_（填化学式）；请设计实验验证装置C中生成的盐中含有SO42-：_。【答案】（1）分液漏斗 2MnO4-+16H+1
29、0Cl-=2Mn2+5Cl2+8H2O（2）afg（gf）bcde （3）C D （4）SO2+2Cl2+S2SOCl2（5）尾气处理（或吸收未反应的SO2和Cl2） NaC1、NaClO和Na2SO4 取装置C中少量溶液于试管中，加稀盐酸酸化，无气体生成，继续滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀，证明有SO42-【解析】.（1）装置甲中仪器x的名称为分液漏斗；若选用装置甲以高锰酸钾和浓盐酸反应制备Cl2，反应的离子方程式为2MnO4-+16H+10Cl-=2Mn2+5Cl2+8H2O。.（2）按气流从左到右的方向，A为制备装置，D为收集装置，B为干燥装置，连接在D后防止C中的水蒸气进入，C为尾气
30、处理装置，连接顺序为afg（gf）bcde。（3）试剂y为石蜡油，能保持油浴温度为180200；试剂z为冰水，冷凝收集生成的氯化亚砜。（4）装置A中U形管内发生反应的化学方程式为SO2+2Cl2+S2SOCl2。（5）装置C的作用为吸收未反应的SO2和Cl2；若装置A处通入的SO2和Cl2的物质的量之比为1：3，Cl2过量，则装置C中发生的反应为SO2+Cl2+4NaOH=2NaCl+Na2SO4+2H2O、Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，生成的盐为NaCl、Na2SO4和NaClO；验证装置C中生成的盐中含有的具体操作为取装置C中少量溶液于试管中，加稀盐酸酸化，无气体生成，
31、继续滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀，证明有SO42-。8.某小组在验证反应“Fe+2Ag+=Fe2+2Ag”的实验中检测到Fe3+，发现和探究过程如下。向硝酸酸化的0.05 molL-1硝酸银溶液（pH2）中加入过量铁粉，搅拌后静置，烧杯底部有黑色固体，溶液呈黄色。（1）检验产物取少量黑色固体，洗涤后，_（填操作和现象），证明黑色固体中含有Ag。取上层清液，滴加K3Fe(CN)6溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中含有_。（2）针对“溶液呈黄色”，甲认为溶液中有Fe3+，乙认为铁粉过量时不可能有Fe3+，乙依据的原理是_（用离子方程式表示）。针对两种观点继续实验：取上层清液，滴加KSCN溶液，溶液
32、变红，证实了甲的猜测。同时发现有白色沉淀产生，且溶液颜色变浅、沉淀量多少与取样时间有关，对比实验记录如下：序号取样时间/min现象3产生大量白色沉淀；溶液呈红色30产生白色沉淀；较3 min时量少；溶液红色较3 min时加深120产生白色沉淀；较30 min时量少；溶液红色较30 min时变浅（资料：Ag+与SCN-生成白色沉淀AgSCN） 对Fe3+产生的原因作出如下假设：假设a：可能是铁粉表面有氧化层，能产生Fe3+；假设b：空气中存在O2，由于_（用离子方程式表示），可产生Fe3+；假设c：酸性溶液中NO3-具有氧化性，可产生Fe3+；假设d：根据_现象，判断溶液中存在Ag+，可产生Fe
33、3+。 下列实验可证实假设a、b、c不是产生Fe3+的主要原因。实验可证实假设d成立。实验：向硝酸酸化的_溶液（pH2）中加入过量铁粉，搅拌后静置，不同时间取上层清液滴加KSCN溶液，3 min时溶液呈浅红色，30 min后溶液几乎无色。实验：装置如图。其中甲溶液是_，操作及现象是_。（3）根据实验现象，结合方程式推测实验中Fe3+浓度变化的原因：_。【答案】 加硝酸加热溶解固体，再滴加稀盐酸，产生白色沉淀。（或者加入足量稀盐酸（或稀硫酸），固体未完全溶解） Fe2+ Fe+2Fe3+=3Fe2+ 4Fe2+O2+4H+=Fe3+2H2O 白色沉淀 0.05 molL-1 NaNO3溶液 Fe
34、Cl2溶液（或FeSO4溶液） 按图连接好装置，电流表指针发生偏转，分别取电池工作前与工作一段时间后左侧烧杯中溶液，同时滴加KSCN溶液，后者红色更深 溶液中存在反应：Fe+2Ag+=Fe2+2Ag ，Ag+Fe2+=Ag+Fe3+，Fe+2Fe3+=3Fe2+。反应开始时，c(Ag+)大，以反应为主，c(Fe3+)增大。约30分钟后，c(Ag+)小，以反应为主，c(Fe3+)减小【解析】（1）黑色固体中含有过量铁，如果同时含有银，则可以加入HCl或H2SO4溶解Fe，而银不能溶解。或者先用硝酸溶解固体，再用HCl检验Ag+。K3Fe(CN)3是检验Fe2+的试剂，所以产生蓝色沉淀说明含有Fe
35、2+。（2）过量铁粉与Fe3+反应生成Fe2+，即Fe+2Fe3+=3Fe2+。O2氧化Fe2+生成Fe3+的反应为4Fe2+O2+4H+=Fe3+2H2O。白色沉淀是AgSCN，所以实验可以说明含有Ag+，Ag+可能氧化Fe2+生成Fe3+。证明假设abc错误，就是排除Ag+时实验比较，相当于没有Ag+存在的空白实验，考虑其他条件不要变化，可以选用0.05 molL-1 NaNO3溶液。原电池实验需要证明的是假设d的反应Ag+Fe2+=Ag+Fe3+能够实现，所以甲池应当注入FeCl2（或者FeSO4溶液）。假设d成立，则上述原电池中能够产生电流，左侧溶液中生成的Fe3+遇到KSCN时红色会
36、更深。（3）由于存在过量铁粉，溶液中存在反应有Fe+2Ag+=Fe2+2Ag，反应生成的Fe2+能够被Ag+氧化发生反应Ag+Fe2+=Ag+Fe3+，生成的Fe3+与过量铁粉发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+。反应开始时，c(Ag+)大，以反应为主，c(Fe3+)增大。约30分钟后，c(Ag+)小，以反应为主，c(Fe3+)减小。9.为测定某氟化稀土样品中氟元素的质量分数进行如下实验。利用高氯酸(高沸点酸)将样品中的氟元素转化为氟化氢(低沸点酸)蒸出，再通过滴定测量。实验装置如图所示。（1）a的作用是_，d的名称是_。（2）检查装置气密性：_(填操作)，关闭k，微热c，导管e末端有气泡冒出
37、；停止加热，导管e内有一段稳定的水柱，说明装置气密性良好。（3）c中加入一定体积高氯酸和m g氟化稀土样品，f中盛有滴加酚酞的NaOH溶液。加热b、c，使b中产生的水蒸气进入c。下列物质可代替高氯酸的是_(填序号)。A硝酸B盐酸C硫酸D磷酸实验中除有HF气体外，可能还有少量SiF4(易水解)气体生成。若有SiF4生成，实验结果将_ (填“偏高”“偏低”或“不受影响”)。若观察到f中溶液红色褪去，需要向f中及时补加NaOH溶液，否则会使实验结果偏低，原因是_。（4）向馏出液中加入V1mL c1molL1La(NO3)溶液，得到LaF3沉淀，再用c2molL1EDTA标准溶液滴定剩余La3(La3
38、与EDTA按11络合)，消耗EDTA标准溶液V2mL，则氟化稀土样品中氟的质量分数为_。（5）用样品进行实验前，需要用0.084 g氟化钠代替样品进行实验，改变条件(高氯酸用量、反应温度、蒸馏时间)，测量并计算出氟元素质量，重复多次。该操作的目的是_。【答案】（1）平衡压强直形冷凝管（2）在b和f中加水，水浸没a和e的末端（3）CD不受影响充分吸收HF气体，防止其挥发损失（4）或%（5）寻找最佳实验条件【解析】（1）a的作用是平衡压强，防止圆底烧瓶中压强过大，引起爆炸，d的名称是直形冷凝管；（2）检查装置气密性在b和f中加水，水浸没a和e的末端；（3）利用高氯酸(高沸点酸)将样品中的氟元素转化
39、为氟化氢(低沸点酸)蒸出，A硝酸易挥发，故A错误；B盐酸易挥发，故B错误；C硫酸难挥发，沸点高，故C正确；D磷酸难挥发，沸点高，故C正确。实验中除有HF气体外。可能还有少量SiF4(易水解)气体生成HF，若有SiF4生成，实验结果将不受影响；若观察到f中溶液红色褪去，需要向f中及时补加NaOH溶液，否则会使实验结果偏低，原因是充分吸收HF气体，防止其挥发损失；（4）氟化稀土样品中氟的质量分数为100%；（5）用样品进行实验前，需要用0.084g氟化钠代替样品进行实验，改变条件(高氯酸用量、反应温度、蒸馏时间)，测量并计算出氟元素质量，重复多次。该操作的目的是通过做对比实验，寻找最佳实验条件。1
40、0为测定某铁碳合金中铁的质量分数，并探究铁与浓硫酸的反应设计了图示实验装置。(1)在装药品开始实验前要进行的操作是_(2)a 克铁碳合金中加入过量浓硫酸，未点燃酒精灯前，A 无明显现象，其原因是常温下_；_。(3)写出加热时 A 中碳与浓硫酸发生反应的化学方程式_。(4)B 中的现象是：_；C 的作用是：_。(5)待 A 中不再逸出气体时，停止加热，拆下 E 并称重，E 增重 bg。则铁碳合金中铁的质量分数为_(写含 a、b 的表达式)。(6)经测定，(5)中测得结果偏小，原因可能是_。【答案】（1）检查装置气密性 （2） 碳与浓硫酸不反应 铁与浓硫酸发生钝化现象 （3） C + 2H2SO4
41、(浓) CO2 + 2SO2 + 2H2O （4） 品红溶液褪色，或“颜色变浅” 除尽反应产物中的SO2气体 （5） (11a3b)/11a （6） SO2未除尽，与E中碱石灰反应导致E增重偏大,故测定结果偏小 【解析】（1）在装药品开始实验前要检查装置的气密性，故答案为：检查装置气密性；（2）常温下Fe在浓硫酸中钝化，碳不与浓硫酸反应，故A、B均无明显现象，故答案为：碳与浓硫酸不反应；铁与浓硫酸发生钝化现象；（3）加热条件下，Fe、碳都与浓硫酸反应，碳与浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳与水，反应方程式为：C + 2H2SO4(浓) CO2 + 2SO2 + 2H2O，故答案为：C + 2H2
42、SO4(浓) CO2 + 2SO2 + 2H2O；（4）由于二氧化硫具有漂白性，所以B装置中品红溶液褪色；由装置可知，实验是通过测定E装置碱石灰增重，测定二氧化碳的质量，进而测定铁的含量，碱石灰可以吸收二氧化硫，二氧化硫具有还原性，可以被酸性高锰酸钾氧化二除去，根据颜色变化确定二氧化硫是否除尽，故C的作用是除去二氧化硫并检验二氧化硫以除尽，故答案为：品红溶液褪色；除尽反应产物中的SO2气体；（5）称取mg铁碳合金，加入过量浓硫酸，加热待A中不再逸出气体时，停止加热，拆下E装置并称重，E增重bg，则生成二氧化碳的质量为bg，根据质量守恒定律，则mg铁碳合金中含碳元素的质量为12g/mol=g，则
43、含铁的质量为(a-)g，铁的质量分数为100%=100%，故答案为：100%；（6）若没有完全除去混合气体中的二氧化硫，二氧化硫与碱石灰反应导致E增重偏大，铁的质量分数减小，故答案为：SO2未除尽，与E中碱石灰反应导致E增重偏大,故测定结果偏小。11无水MgBr2可用作催化剂，实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2，装置如图1，主要步骤如下：步骤1三颈瓶中装入10 g镁屑和150 mL无水乙醚；装置B中加入15 mL液溴。步骤2缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全导入三颈瓶中。步骤3反应完毕后恢复至常温，过滤，滤液转移至另一干燥的烧瓶中，冷却至0 ，析出晶体，再过滤得三乙醚合溴化镁粗品。步骤4
44、室温下用苯溶解粗品，冷却至0 ，析出晶体，过滤、洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至160 分解得无水MgBr2产品。已知：Mg与Br2反应剧烈放热；MgBr2具有强吸水性。MgBr23C2H5OC2H5MgBr23C2H5OC2H5请回答：(1)仪器A的名称是_。实验中不能用干燥空气代替干燥N2，原因是_。(2)如将装置B改为装置C(图2)，可能会导致的后果是_。(3)步骤3中，第一次过滤除去的物质是_。(4)有关步骤4的说法，正确的是_。A可用95%的乙醇代替苯溶解粗品B洗涤晶体可选用0 的苯C加热至160 的主要目的是除去苯D该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴(5)为测定产品的纯度，可用EDT
45、A(简写为Y4)标准溶液滴定，反应的离子方程式：Mg2Y4=MgY2。滴定前润洗滴定管的操作方法是_。测定时，先称取0.250 0 g无水MgBr2产品，溶解后，用0.050 0 molL1的EDTA标准溶液滴定至终点，消耗EDTA标准溶液26.50 mL，则测得无水MgBr2产品的纯度是_(以质量分数表示)。【答案】(1)干燥管防止镁屑与氧气反应，生成的MgO阻碍Mg与Br2的反应(2)会将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热而存在安全隐患(3)镁屑(4)BD(5)从滴定管上口加入少量待装液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿内壁，然后从下部放出，重复23次97.5%【解析】(1)仪器A为干燥管。
46、本实验中要用镁屑和液溴反应生成无水溴化镁，所以装置中不能含有能与镁反应的气体，因此不能用干燥空气代替干燥N2。(2)将装置B改为装置C时，当干燥的N2通入，会将液溴快速压入三颈瓶中，反应过快，放出大量的热量而存在安全隐患；而装置B利用干燥N2将溴蒸气带入三颈瓶中，反应可以控制。(3)步骤3中，第一次过滤除去的物质是不溶于水的镁屑。(4)95%的乙醇含有水，而溴化镁(MgBr2)具有强吸水性，A错误；加入苯的目的是除去乙醚和未反应的溴，洗涤晶体可选用0 的苯，可以减少产品的溶解，B正确；加热至160 的主要目的是三乙醚合溴化镁分解得到溴化镁，C错误；步骤4的目的是除去乙醚和可能残留的溴，D正确。
47、(5)根据方程式分析，溴化镁的物质的量为0.050 0 molL126.50 103 L0.001 325 mol，则溴化镁的质量为0.001 325 mol184 gmol10.243 8 g，无水MgBr2产品的纯度是100%97.5%。12在梨、香蕉等水果中存在着乙酸正丁酯。实验室制备乙酸正丁酯的反应、装置示意图和有关数据如下：水中溶解性密度(gcm-3)沸点相对分子质量乙酸溶于水1.049 211860正丁醇微溶于水0.809 8117.774乙酸正丁酯微溶于水0.882 4126.5116实验步骤:.乙酸正丁酯的制备在A中加入7.4 g正丁醇、6.0 g乙酸，再加入数滴浓硫酸，摇匀，
48、放入12颗沸石。按图安装带分水器的回流反应装置，并在分水器中预先加入水，使水面略低于分水器的支管口，通入冷凝水，缓慢加热A。在反应过程中，通过分水器下部的旋塞分出生成的水，保持分水器中水层液面的高度不变，使油层尽量回到圆底烧瓶中。反应达到终点后，停止加热，记录分出水的体积。.产品的精制把分水器中的酯层和A中反应液倒入分液漏斗中，分别用少量水、饱和碳酸钠溶液和水洗涤，分出的产物加入少量无水硫酸镁固体，静置后过滤，将产物常压蒸馏，收集124-126 的馏分，得到5.8 g产品。请回答下列问题：(1)冷水应从冷凝管的_(填“a”或“b”)口通入。(2)产品的精制过程中，第一次水洗的目的是_，第二次水
49、洗的目的是_，洗涤完成后将有机层从分液漏斗的_(填“上口”或“下口”)转移到锥形瓶中。(3)本实验提高产品产率的方法是_。(4)判断反应终点的依据是_。(5)该实验过程中，生成乙酸正丁酯的产率是_。【答案】(1)a (2)除去大部分乙酸，正丁醇和硫酸 除去残留的钠盐 上口 (3)使用分水器分离酯化反应生成的水，使平衡正向移动 (4)分水器中的水层不再增加 (5)50% 【解析】 (1)冷却水应从下口进入，故选a； (2) 产品的精制过程中，第一次水洗利用硫酸和乙酸能溶于水、正丁醇微溶于水的性质，主要目的是洗掉浓硫酸和大部分的乙酸和正丁醇；用碳酸钠除去乙酸，第二次水洗的目的是除去过量的碳酸钠和反应生成的乙酸钠，洗涤完成后因为有机物的密度比水小，在上层，所以将有机层从分液漏斗的上口转移到锥形瓶中。 (3)因为酯化反应为可逆反应，所以可以根据平衡移动原理分析，使用分水器分离酯化反应生成的水，使平衡正向移动，提高产品的产率； (4)反应到平衡后，各物质物质的量不会改变，所以当分水器中的水层不再增加，说明反应到终点。(5)根据方程式分析，7.4g正丁醇和6.0g乙酸完全反应生成乙酸正丁酯的质量为11.6g，所以产率为5.8g11.6g100%= 50%。