2022年020届高三化学题型狂练：定量分析型化学综合实验2

1、定量分析型化学综合试验2022届高三化学题型狂练1.K3FeC 2O4 3 3H 2O三草酸合铁酸钾为亮绿色晶体, 可用于晒制蓝图； 回答以下问题：1 晒制蓝图时,用K 3FeC2 O43 3H 2O作感光剂,以K 3FeCN 6溶液为显色剂；其光解反应的化学方程式为2K 3FeC 2O4 3光照 .2FeC2O4 + 3K 2C2O4 + 2CO2 ；显色反应的化学方程式为 _ ；2 某小组为探究三草酸合铁酸钾的热分解产物,按下图所示装置进行试验； 通入氮气的目的是 _ ； 试验中观看到装置B、F 中澄清石灰水均变浑浊,装置E 中固体变为红色,由此判定热分解产物中肯定含有_、_； 为防止倒吸

2、,停止试验时应进行的操作是 _ 样品完全分解后,装置 A 中的残留物含有 FeO 和 Fe2O3,检验 Fe2O3存在的方法是_；3 测定三草酸合铁酸钾中铁的含量； 称量 m g样品于锥形瓶中, 溶解后加稀 H2SO4酸化,用c mol L-1KMnO 4溶液滴定至终点；滴定终点的现象是_ ； 向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后,过滤、洗涤,将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中；加稀H2SO4酸化,用 c mol L-1KMnO 4溶液滴定至终点,消耗KMnO 4溶液 V mL；该晶体中铁的质量分数的表达式为 _ ；【答案】 13FeC 2 O4 + 2K 3FeCN 6 = Fe3FeCN 6

3、 2 + 3K 2C2O4 2 隔绝空气、使反应产生的气体全部进入后续装置 CO2；CO 先熄灭装置 A、E 的酒精灯,冷却后停止通入氮气 取少许固体粉末于试管中,加稀硫酸溶解,滴入 证明含有 Fe2 O33 粉红色显现5cV 56 m 1000 100 1 2滴KSCN溶液,溶液变红色,【解析】 【分析】此题考查化学试验的综合应用,依据题中所给的条件以及产物分析每 个过程的的现象及目的为解题关键,题目难度一般；【解答】 1 显色反应的化学方程式为 3K 2C2O4；3FeC2O4 + 2K 3FeCN 6 = Fe3 FeCN 6 2 +2 通入氮气的目的是 隔绝空气、使反应产生的气体全部进

4、入后续装置； 试验中装置 B 中澄清石灰水变浑浊,说明热分解产物中含有 CO2,经 NaOH 溶液可除去 CO2,气体经浓硫酸干燥后,与灼热的 CuO 反应,得到单质 Cu,且 F中澄清石灰水变浑浊,由此可判定热分解产物中仍含有 CO； 为防止倒吸,停止试验时应先熄灭装置A、E 的酒精灯,冷却后停止通入氮气； 要检验A中残留固体中含有 Fe2O3,可取少量 A 中残留固体, 加入足量酸溶解, 再滴入 KSCN 溶液,检验是否含有Fe3+来证明是否有 Fe2O3；3 KMnO4能将溶液中的 C2 O4 2- 氧化成 CO2,达到滴定终点时, 溶液变为粉红色, 且 30 s内溶液颜色不再发生变化；

5、 加入过量锌粉能将溶液中Fe3+仍原为 Fe2+,酸化后与 KMnO 4溶液反应,其关系式为,依据消耗 KMnO 4溶液的浓度和体积可知溶液中 nFe2+ = c mol L-1 V 10-3L 5 = 5 10-3cV mol ,就该晶体中铁元素的质量分数为 5 10-3 cV 56m100 ；2.试验室用如下列图装置制备FeSO4溶液,再与等物质的量的NH 42SO4反应,制备补血剂硫酸亚铁铵晶体NH 4 2FeSO4 2 6H 2O；已知：硫酸亚铁铵晶体在空气中不易被氧化,易溶于水,不溶于乙醇；1 试验装置盛装 1 mol L-1的H2 SO4溶液的仪器名称是 _；2 尾气吸取由于加入的

6、铁粉不纯,反应过程中会产生少量_；图示装置中的加热方式是PH3气体,因此需使用封闭装置；用CuSO4溶液吸取 PH3时会生成 H3PO4和 Cu,就该反应的化学方程式为 _；3 药品用量将0.7 g铁粉、 10 mL1mol L-1H2SO4溶液加入烧瓶中反应；实行上述原料配比的主 要缘由是 _ ；4 制备 FeSO4溶液保持温度在 70 80之间,至反应无明显气泡产生后,停止加热, 过滤, 称量残余固体质量；为防止在过滤时析出FeSO4晶体,可实行的措施是_；5 制备 NH 4 2FeSO4 2 6H 2O向FeSO4溶液中加入肯定质量的NH 4 2SO4固体,在 70 80条件下溶解后,趁

7、热倒入 50 mL乙醇中,析出晶体；乙醇的作用为 _；6 产品检验请补充完整测定产品中SO4 2- 含量的试验方案；精确称取0.4 g样品,将样品溶于70 mL 水中,_ ,将沉淀移入坩埚, 灼烧至恒重,记录数据； 试验中须使用的试剂有2 mol L-1HCl溶液、 BaCl2溶液、 AgNO3溶液 7 已知酸性高锰酸钾溶液可与 Fe2+ 发生氧化仍原反应：MnO4- + 5Fe2+ 8H + =Mn2 +5Fe3 + + 4H 2O；现称取 4.476 gNH42FeSO42 6H2O产品 杂质只有 FeSO4 7H2O溶于稀硫酸中,然后用0.10 mol L-1的高锰酸钾溶液滴定,达到终点

8、时消耗了24.00 mL高锰酸钾溶液； 滴定终点时的现象是_ ； 产品中 NH 4 2FeSO4 2 6H 2O的质量分数为_结果保留4位有效数 字；【答案】 1 分液漏斗；水浴加热 3 防止 Fe2+ 被氧化为 Fe3+4 趁热过滤24CuSO 4 + PH3 + 4H2O = H3PO4 + 4H 2SO4 + 4Cu5 降低硫酸亚铁铵在水中溶解的量6 加入 2 mol L-1 的 HCl 溶液酸化,滴加BaCl2溶液至沉淀完全,过滤,洗涤沉淀,直至向洗涤液中滴加 AgNO3溶液不再显现浑浊7 溶液变为浅红色,且半分钟内不褪色 87.58%【解析】 此题是以制备试验为载体考查试验基本操作,

9、物质分别提纯,滴定及相关纯度 运算等,高频考点,综合性强,解题关键在于平常对试验基础学问的积存；【解答】1 由图可知该仪器为分液漏斗,加热方式为水浴加热；故答案为：分液漏斗；水浴加热；2 由题目可知反应物有 CuSO4和PH3,产物有 H3PO4和Cu,结合氧化仍原方程式书写规就以及电子得失守恒,可得方程式为4CuSO4 + PH3 + 4H 2O = H3PO4 + 4H 2SO4 + 4Cu；故答案为： 4CuSO4 + PH3 + 4H 2O = H3 PO4 + 4H 2SO4 + 4Cu；3 铁和稀硫酸依据物质的量1: 1反应生成硫酸亚铁和氢气,但是亚铁离子极易被氧化为铁离子,为了防

10、止亚铁离子被氧化,通常会在亚铁盐溶液中加入少量的铁粉；故答案为：防止 Fe2+被氧化为 Fe3+；4 一般情形下,为防止过滤时溶液中的溶质析出,我们会采纳趁热过滤的方式；故答案为：趁热过滤；5 由已知硫酸亚铁铵晶体易溶于水,不溶于乙醇可知,趁热倒入乙醇,析出晶体,乙 醇的作用是降低硫酸亚铁铵在水中的溶解度,析出晶体；故答案为：降低硫酸亚铁铵在水中溶解的量；6 此题检验 SO4 2- 含量的实质就是将硫酸根变为硫酸钡沉淀,通过硫酸根守恒运算硫酸亚铁铵的量,为了减小误差,沉淀必需洗涤洁净,操作为：加入2 mol L-1的 HCl 溶液酸化,滴加 BaCl2溶液至沉淀完全,过滤,洗涤沉淀,直至向洗涤

11、液中滴加 AgNO3溶液 不再显现浑浊；故答案为：加入 2 mol L-1的 HCl 溶液酸化,滴加 BaCl2溶液至沉淀完全,过滤,洗涤沉 淀,直至向洗涤液中滴加 AgNO3溶液不再显现浑浊；7 用高锰酸钾滴定亚铁离子,当全部亚铁离子都反应完全后,滴入高锰酸钾溶液,锥形瓶中的溶液会变浅红色,且半分钟内不再褪色；故答案为：溶液变为浅红色,且半分钟内不褪色； MnO 4- + 8H + + 5Fe2+ = Mn 2+ + 5Fe3+ + 4H 2O 1 5 0.1 24 10-3 n 解得 n = 0.012 ；亚铁离子为 0.012mol ；设FeSO4 .7H 2O为 xmol ,NH 42

12、 FeSO4 2 .6H2 O为 ymol ,列方程式组：x + y = 0.012 278x + 392y = 4.476,联立求解 x = 0.002y = 0.01,故硫酸亚铁铵的质量分数为：0.01 392 4.476 100 = 87.58 ；故答案为： 87.58% ；3. 许多含氯化合物都是重要的漂白剂；、亚氯酸钠 NaClO 2 是一种常见漂白剂,某探究小组开展如下试验,回答以下问题：制取 NaClO2晶体按如下图装置进行制取；已知：NaClO2饱和溶液在低于38 时析出 NaClO2 .3H 2O,高于 38 时析出 NaClO2,高于 60 时NaClO2分解成 NaClO

13、3和 NaCl ；1 装置 C 的作用是 _ _；2 已知装置 B 中的产物有 ClO2气体,就装置 _D 中反应生成 NaClO2的化学方程式为_ ；装置 D 中反应后的溶液中阴离子除了 ClO2- 、ClO3- 、Cl- 、ClO- 、OH- 外仍可能含有的一种阴离子是 _；检验该离子的方法是 _ ；3 请补充从装置 D 反应后的溶液中获得 NaClO2晶体的操作步骤； 减压, 55 蒸发结晶； _ ； 用38 60 热水洗涤； 低于 60干燥；得到成品4 假如撤去 D 中的冷水浴,可能导致产品中混有的杂质是_；、ClO2也是一种常见漂白剂,用 ClO2处理过的饮用水常含有肯定量有害的 C

14、lO2- ；我国规定饮用水中 ClO2- 的含量应不超过 0.20 mg L-1；测定水样中 ClO2、ClO2- 的含量的过程如下： 量取 25.00 mL 水样加入到锥形瓶中,并调剂水样的pH 为7.08.0； 加入足量的KI 晶体；此过程发生反应2ClO2 + 2I-= 2ClO2- + I2； 加入少量淀粉溶液,液蓝色刚好褪去,消耗S4O6 2- + 2I - ；再向上述溶液中滴加1.00 10-3mol L-1Na2S2O3溶液至溶Na2S2O3溶液 7.45 mL；此过程发生反应：2S2O3 2- + I2 = 调剂第 步所得溶液至 pH 2.0,此过程发生反应 2I 2 + 2H

15、2O；ClO2- + 4H + + 4I - = Cl- + 再向溶液中滴加 1.00 10-3mol L-1Na 2S2O3溶液至蓝色刚好褪去,消耗Na2S2O3溶液 30.00 mL依据上述数据运算并判定该水样中ClO2- 的含量是否符合国家规定；_ ；【答案】 、1 防止 D 瓶溶液倒吸到 B 瓶中；22NaOH + 2ClO2 + H2O2 = 2NaClO 2 + 2H2 O + O2；SO4 2- ；取样,先加足量的盐酸,再加 BaCl2溶液,如产生白色沉淀,就说明含有 SO4 2- ；3 趁热过滤；4NaClO 3和 NaCl；、原水样中 cClO2- = 7.50 10-6 m

16、ol - 7.45 10-6 mol 0.025 L = 2.00 10-6 mol L-1 ,ClO2- 的含量为 2.00 10 -6 mol L-1 67.5 10 3 mg mol-1 = 0.135 mg L-1 0.2 . L-1.,就符合国家规定；【解析】 【分析】此题考查物质的制备试验和溶液中物质含量的试验测定,侧重考查物质的性质和制备原 理,以及滴定原理和运算,难度一般,把握试验原理和操作为解题关键；【解答】 、装置 B 中制备得到 ClO2,所以 B 中为 NaClO3和Na 2SO3在浓 H2SO4的作用下生成 ClO2 和 Na2SO4,反应方程式为 2NaClO 3

17、+ Na2SO3 + H2SO4 = 2ClO2 +2Na 2 SO4 + H2 O；C D 中加入过氧化氢和氢氧化钠,在低温下与 ClO2反应 可防止倒吸,起到安全瓶的作用；生成 NaClO2,反应方程式为 2NaOH + 2ClO2 + H2O2 = 2NaClO2 + 2H 2O + O2,以此解答；1 装置 D 中发愤怒体反应,装置内压强降低,装置C 的作用是安全瓶,防止D 瓶溶液倒吸到 B 瓶中,故答案为：防止D 瓶溶液倒吸到B 瓶中；2 装置 D 中生成 NaClO2,Cl 元素的化合价降低,双氧水应表现仍原性,有氧气生成,结合原子守恒可知, 仍有水生成, 配平后方程式为： 2Na

18、OH + 2ClO2 + H2O2 = 2NaClO 2 + 2H 2O + O2；B 制得的气体中含有 SO2,在装置 D 中被氧化生成硫酸, 溶液中可能存在 SO4 2- ,用氯化钡溶液检验 SO4 2- ,详细操作： 取少量反应后的溶液,先加足量的盐酸, 再加 BaCl2 溶液,如产生白色沉淀,就说明含有 SO4 2- ,故答案为： 2NaOH + 2ClO2 + H2O2 = 2NaClO 2 + 2H2 O + O2；SO4 2- ；取样,先加足量的盐酸,再加 BaCl2溶液,如产生白色沉 淀,就说明含有 SO4 2- ；3 从溶液中制取晶体,一般采纳蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法

19、,为防止析出晶 体 NaClO2 .3H 2O,应趁热过滤,故答案为：趁热过滤；4 由题目信息可知, 应掌握温度 38 60 ,高于 60 时 NaClO2分解成NaClO3和NaCl,所以假如撤去D 中的冷水浴, 可能导致产品中混有的杂质是NaClO3和 NaCl,故答案为：NaClO3和NaCl； 、由2ClO2 + 2I- = 2ClO2- + I2 和2S2O3 2- + I 2 = S4O6 2- + 2I - 得：2ClO2- I22Na2S2O3,所以 nClO 2- .生成 = nNa 2S2O3 = 1 10 -3 mol L-1 7.45 10 -3 L = 7.45 10

20、-6 mol ,由 ClO2- + 4H + + 4I - = Cl- + 2I 2 + 2H 2O和 2S2O3 2- + I2 = S4O6 2- + 2I - 得：ClO2- 2I2 4Na 2S2O3,所以 nClO 2- .总 = 1 4nNa 2S2O3 = 4 1 10 -3 mol L-1 30.00 10-3L = 7.50 10-6 mol,原水样中 cClO 2- = 7.50 10 -6 mol -7.45 10-6mol 0.025 L = 2.00 10-6mol L-1,ClO2- 的含量为 2.00 10 -6 mol L-1 67.5 103 mg mol -

21、1 = 0.135 mg L-1 0.2 . L-1,该水样中 ClO2- 的含量符合国家规定；故答案为：原水样中 cClO2- = 7.50 10 -6 mol - 7.45 10 -6 mol 0.025 L = 2.00 10-6mol L-1,ClO2- 的含量为 2.00 10 -6 mol L-1 67.5 10 3 mg mol -1 = 0.135 mg L-1 0.2 . L-1.,就符合国家规定；4. 三溴氧磷 POBr 3常用于无机磷阻燃剂、含磷催化剂、磷引入剂等,在干燥的空气中稳固,与潮湿的空气能产生白雾,与水发生特别完全的水解反应；三氯氧磷POCl3与三溴氧磷性质相像

22、,某化学试验小组如图装置采纳. PCl3直接氧化法制备POCl3并测定 POCl3其纯度； 加热及夹持装置略有关物质的部分性质如下表：熔点 / 沸点 / 其他其试验设计如下：PCl3-11275.5遇水生成 H3PO3和 HCl ,遇 O2生成 POCl32105.3POCl3遇水生成 H3PO4和 HCl ,能溶于 PCl3回答以下问题：1 写出三溴氧磷 POBr 3与水发生水解反应方程式为_ ；2 装置 A 中发生反应的化学方程式为 _；B 装置的作用除观看 O2的流速之外,仍有_ ；3C 装置掌握反应在 60 65 进行,其控温的主要目的是_ ；4 试验制得的 POCl3粗产品中常含有P

23、Cl3,可用 _方法提纯；5 通过佛尔哈德法可以测定三氯氧磷产品中 Cl 元素含量,试验步骤如下：.取 ag 产品于锥形瓶中,加入足量NaOH 溶液,待完全反应后加稀硝酸至酸性；.向锥形瓶中加入 0.1000mol L-1的AgNO3溶液 40.00mL ,使 Cl-完全沉淀；.向其中加入 2mL 硝基苯,用力摇动,使沉淀表面被有机物掩盖,以防止在滴加NH4 SCN时,将 AgCl 沉淀转化为 AgSCN 沉淀；.加入指示剂, 用 cmol L-1NH4 SCN溶液滴定过量 Ag+至终点,登记所用体积 VmL ；已知： K sp AgCl = 3.2 10-10,K sp AgSCN = 2

24、10-12 滴定选用的指示剂是 _ 填标号 ；a.FeCl2 b.甲基橙 c.淀粉 d. NH4FeSO42 Cl元素的质量百分含量为_ 列出算式 ；【答案】 1POBr 3 +3H 2O = H3PO4 + 3HBr22Na 2O2 + 2H 2O = 4NaOH + O2 或2H 2O22H 2O + O2 ；平稳气压、干燥O23 温度过高, PCl3会大量挥发,从而导致产量降低；温度过低,反应速率会变慢 4 蒸馏 5 d 2 分4 10-3-cV 10-3 35.5 100%a【解析】 【分析】此题考查氯气的试验室制法、POCl3的制备、物质分别提纯、沉淀溶解平稳、沉淀滴定等学问,是对同

25、学综合才能的考查,需要同学具备扎实的基础与敏捷运用才能,难度中 等；【解答】1 三溴氧磷 POBr 3 与潮湿的空气能产生白雾,与水发生特别完全的水解反应,方程式 为 POBr3 +3H 2O = H3PO4 + 3HBr ,故答案为： POBr 3 +3H 2O = H3PO4 + 3HBr ,2 装置 A 是用于制备氧气,发生反应的化学方程式为 2Na2O2 + 2H 2O = 4NaOH +O2 或2H 2O2 2H 2O + O2 ；B 装置的作用除观看 O2的流速之外,仍有 平稳气压、干燥 O2的作用,故答案为：2Na2O2 + 2H 2O =4NaOH + O2 或 2H 2O22

26、H 2O + O2 ；平稳气压、干燥 O2；3 通过加热可以加快反应速率,但温度不易太高,防止PCl3气化,影响产量,温度过高, PCl3会大量挥发,从而导致产量降低；温度过低,反应速率会变慢,就 C 装置易控制反应在 60 65 进行,故答案为：温度过高,PCl3会大量挥发,从而导致产量降低；温度过低,反应速率会变慢；4 依据表中信息,PCl3和POCl3沸点相差较大,采纳蒸馏的方法提纯,故答案为：蒸馏；5 用c mol .L-1NH4SCN溶液滴定过量 Ag+ 至终点,当滴定达到终点时 NH4SCN过量,加 NH4FeSO4 2作指示剂, Fe3+与SCN-反应溶液会变红色,半分钟内不褪色

27、,即可确定滴定终点,故答案为： d； 用c mol/LNH 4 SCN溶液滴定过量 Ag+ 至终点, 登记所用体积VmL ,就过量 Ag+的物质的量为 Vc 10-3mol ,与 Cl-反应的 Ag+的物质的量为 0.1000mol/L 0.04L -Vc 10-3mol = 4 - Vc 10-3mol ,Cl 元素的质量百分含量为 4 10-3-cV 10-3 35.5 a100% ,故答案为：4 10-3-cV 10-3 35.5 100% ；V2O5为原料合成用于制备VO2的氧a5.二氧化钒 VO2是一种新型热敏材料；试验室以钒碱式碳酸铵晶体,过程如下：回答以下问题：1 步骤 中生成

28、VOCl2的同时生成一种无色无污染的气体,该反应的化学方程式为_ ；也可只用浓盐酸与V2O5来制备VOCl2溶液,从环境角度考虑,该方法的缺点是 _ ；2 步骤 可在下图装置 气密性良好 中进行；已知：VO2+能被O2氧化； 药品填装完成后的试验操作是 _ 填活塞“ a” “b” 的操作 ； 如无装置B,就导致的后果是_；3 加完 VOCl2后连续搅拌数分钟,使反应完全,当心取下分液漏斗,停止通气,立 即塞上橡胶塞, 将锥形瓶置于 CO2爱护下的干燥器中, 静置过夜, 得到紫红色晶体,抽滤,并用饱和 NH4HCO3溶液洗涤 3 次,用无水乙醇洗涤2 次,除去水分,再用乙醚洗涤 2 次,抽干称重

29、；用饱和 NH4HCO3溶液洗涤除去的阴离子主要是_ ；4 测定氧钒 碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量；称量 4.246 g样品于锥形瓶中,用20 mL蒸馏水与 30 mL硫酸混合溶解后,加0.02 mol L-1 的 KMnO4溶液至稍过量, 充分反应后连续加 1% NaNO2溶液至稍过量,再用尿素除去过量的 NaNO2,最终用 0.08 mol L-1的NH 4 2FeSO42 标准溶液滴定 至终点,消耗体积为 30.00 mL；滴定反应： VO2 + + Fe2 + 2H + = VO2 + Fe3+ H2O NaNO2溶液的作用是 _ ； 粗产品中钒的质量分数为 _精确到小数点后两位 ；

30、【答案】 12V 2O5 + N2H4 2HCl + 6HCl . 4VOCl2 + N2 +6H 2O；有氯气生成,污染空气2 先打开活塞a,待通入 CO2数分钟后,再打开活塞b 会增大 NH4HCO3溶液的使用量 3Cl -4 除去过量的 KMnO 4 2.88%【解析】 【分析】此题主要考查同学的试验操作技能和分析才能,涉及生疏方程式的书写,试验方案的评价、误差分析以及滴定的运算,考查学问较为综合,对同学才能要求较高,同学第一要弄清试验原理和思路；【解答】1 向V2O5中加入N2H4 2HCl 和盐酸,反应生成 VOCl2的同时生成一种无色无污染的气体,V2 O5被仍原为 VOCl2,就

31、气体为 N2,反应的化学方程式为 2V2O5 +N2H4 2HCl + 6HCl . 4VOCl2 + N2 +6H 2O；也可只用浓盐酸与 V2O5来制备 VOCl2溶液,V2 O5被仍原为 VOCl2,就浓盐酸被氧化,有氯气生成,污染空气；2 为防止 +4 价钒化合物被氧化,反应前应通入CO2数分钟排除装置中的空气,防止产物被氧化,所以应先打开活塞a,通入一段时间的CO2,待排尽装置内的空气,再打开活塞 b； 装置 B 用于除去二氧化碳中的氯化氢气体,如无装置 使用量；B,就会增大 NH4HCO3 溶液的3 用饱和 NH 4HCO3溶液洗涤氧钒 碱式碳酸铵晶体,是为了除去 Cl-,削减晶体

32、的溶解；4 KMnO4溶液具有强氧化性,其作用是将 +4 的钒化合物氧化为 VO2 + ,NaNO2具有仍原性,所以 NaNO2溶液的作用是除去过量的 KMnO 4； 依据反应 VO2 + + Fe2 + + 2H+= VO2+ Fe3 + + H2O可知, nVO 2 + = nFe 2+ =0.08 mol .L-1 30.00mL 10-3 = 2.4 10-3 mol ,依据钒守恒,粗产品中钒的质量为2.4 10-3mol 51 g mol-1= 0.1224 g,就钒的质量分数为0.1224g 4.246g 100% 2.88% ；6. Na2S2O3俗称保险粉,易溶于水,在中性或碱

33、性环境中能稳固存在,可用于照相业作定影剂, 纸浆漂白中作脱氯剂等；来制备 Na2S2O3；试验室用 SO2通入 Na 2S和Na2CO3的混合溶液中1 用图 1 所示装置制取 Na2S2 O3； 装置中用于滴加浓硫酸的仪器的名称是_,三颈烧瓶中生成Na2S2O3反应的化学方程式为 _ ； 待Na2S和Na2CO3完全消耗后,终止反应；过滤三颈烧瓶中的混合物,滤液经过_填操作名称 、结晶、 _、洗涤、干燥,得到产品；所得产品中除含有少量 Na2SO4外,仍可能存在Na2 SO4,检验是否存在Na2SO4的方法是 _；2 采纳氧化仍原滴定法测定保险粉样品中Na2S2 O3 5H 2O的纯度,相关反

34、应为2Na2S2O3 + I2 = 2NaI + Na2S4O6；精确称取 W g样品于锥形瓶中, 用适量蒸馏水溶解,并滴加淀粉溶液作指示剂；用0.100 mol L-1碘的标准溶液进行滴定,如滴定起始和终点的液面位置如图2,就消耗碘的标准溶液的体积为_mL ,产品的纯度为 _ 设Na2SO3 5H 2O的相对分子质量为M ；如滴定时振荡不充分,刚看到溶液局部变色就停止滴定,就会使样品中Na2S2O3 5H 2O的纯度的测量结果_填“ 偏高” “ 偏低” 或“ 不变”3 某讨论小组用 Na 2S2O3与硫酸反应 Na 2S2O3 + H2SO4 = Na2 SO4 + SO2 +S +H 2

35、O来探究外界条件对反应速率的影响,设计试验如下：试验编号试验温度Na2 S2O3体积H2SO4蒸馏水体积/ 体积 /mL浓度 /mol L-1浓度 /mol /mL/mLL-1A2510.00.110.00.10B255.00.1V10.1V2C5010.0c1c210.0V3请回答以下问题： 不能依据相同时间内收集的 _；SO2的体积大小来判定反应速率的缘由是 如试验A和B的目的是探究其他条件不变时,Na 2S2O3浓度对相关反应速率的影响,就 V2 = _； 如试验 A 和 C 的目的是探究其他条件不变时,温度对相关反应速率的影响,就c1 = _；【答案】 1 分液漏斗； 4SO2 + 2

36、Na2S+ Na2CO3 =3Na2S2O3 + CO2； 蒸发；过滤；取少量样品加水溶解,滴加稀盐酸酸化,取上层清液,滴加少量氯化钡溶液, 假如有白色沉淀生成,就样品含有硫酸钠, 假如不产生白色沉淀,就无硫酸钠；218.10 ；3.620 10-3M 100 ；偏低；W3 SO2易溶于水,不能完全从反应溶液中逸出； 5.0 ； 0.1 ；【解析】 【分析】此题考查物质的制备、提纯、离子的检验、试验方案设计以及纯度测定等,明确物质的 制备原理及其测定方法是解答此题的关键,试题难度一般；【解答】1 依据题目中的图得知,用于滴加浓硫酸的仪器为分液漏斗；装置 A 中浓硫酸与 Na 2SO3固体反应生

37、成 SO2,与装置C中的 Na2CO3、Na2 S反应制备 Na2S2O3,化学方程式 为 2Na 2S+ Na2CO3 + 4SO2 = 3Na2 S2 O3 + CO2；故答案为：分液漏斗；4SO2 + 2Na2S+ Na 2CO3 =3Na 2S2O3 + CO2； 滤液中得到溶质固体的方法是蒸发浓缩,冷却结晶,过滤、洗涤,干燥得到产品,检验产品中是否存在 Na2SO4可用 BaCl2检验硫酸根, 但滴加 BaCl2之前先加入稀盐酸酸化；故答案为：蒸发；过滤；取少量样品加水溶解,滴加稀盐酸酸化,取上层清液,滴加少 量氯化钡溶液,假如有白色沉淀生成,就样品含有硫酸钠,假如不产生白色沉淀,就

38、无 硫酸钠；2 如题目中的图所示,碘的标准溶液的起始读数为 消耗的体积为 18.10mL ；依据0.00mL ,终点读数为 18.10mL ,就,得nNa 2S2O3 5H 2O =2nI 2 = 2 0.1000 mol L-1 18.10 10-3L = 3.620 10-3 mol,就产品的纯度3.620 10-3mol Mg.mol-1 3.620 10-3 MWg 100 = W 100 ；刚看到溶液局部变色就停止滴定,可能仍没有达到滴定终点,消耗的碘少,就浓度偏低；故答案为： 18.10 ；3.620 10-3M 100 ；偏低；W3 由于 SO2易溶于水, 不能完全从反应溶液中逸

39、出,所以收集到 SO2的体积并不完全,所以不能依据相同时间内收集的 SO2的体积大小来判定反应速率；故答案为： SO2易溶于水,不能完全从反应溶液中逸出； 试验 A 和 B 的目的是探究其他条件不变时,Na2S2O3浓度对相关反应速率的影响,就加入相同浓度的硫酸10.0mL ,而要保持试验A 和 B 混合后体积相同, 需要加入 5.0mL蒸馏水,即 V2 = 5.0mL ；故答案为： 5.0； 试验 A 和 C 的目的是探究其他条件不变时,温度对相关反应速率的影响,就应当保持反应物的浓度和体积不变,所以 c1 = 0.1mol L-1；故答案为： 0.1；7.某同学在试验室以铜屑 含有少量 C

40、uO为原料制备适量无水CuNO3 2工艺流程如图：已知： SOCl 2熔点为 -105 、沸点为 76、遇水猛烈水解生成两种酸性气体； 4NH 3 H2 O + Cu2+= CuNH 3 42+ 4H2O；CuNH 342+ 对特定波长光的吸取 程度 用吸光度 A 表示 与Cu2+在肯定浓度范畴内成正比；回答以下问题：1 从绿色化学、原子经济性角度考虑,试剂X 为_；2 步骤 包括蒸发浓缩、冷却结晶等步骤,蒸发时所用容器名称是 _,停止加热的时机是 _ ；3 步骤 在如图 1 所示装置 夹持及控温装置省略 中进行； 试验中,如仅打开装置活塞 b 的情形下, 恒压滴液漏斗中液体 _ 填“ 能”或

41、“ 不能”全部流下；C 中产生的现象是 _；D 的作用是_； 写出 A 中三颈烧瓶内 CuNO3 2 3H 2O与SOCl2恰好反应生成 CuNO3 2的化学方程式： _ ；4 用分光光度法可测定产品的纯度；现精确称取 0.50 g无水 CuNO 32产品,用蒸馏水溶解并定容至100 mL,精确移取该溶液10.00 mL,加过量 NH3 H2O,再用蒸馏水定容至 100 mL,测得溶液吸光度 标准溶液浓度关系如图 2 所示；A = 0.600 ；已知 CuNH 342+的吸光度 A 与Cu2+ 量取 10.00 mL CuNO 3 2溶液所用量器名称是_ ； 无水 CuNO 3 2的纯度是 _

42、 以质量分数表示 ；【答案】 1O 2或H2O2 与稀硝酸2 蒸发皿；当蒸发皿中液体显现结晶膜或有肯定量的晶体析出时3 能 品红溶液褪色 吸取尾气,防止其污染空气 CuNO 3 2 3H 2O + 3SOCl2 = CuNO 32 + 3SO2 +6HCl 4 酸式滴定管 94.0%【解析】 【分析】此题为化学试验题,依据所给提示,推断每个装置的反应及作用,留意第四问中要将摩 尔浓度转变为质量运算,题目难度一般；【解答】1 由图可知 X 为氧化剂,绿色化学来看, 可由 O2或 H2O2与稀硝酸做试剂无杂质生成；2 蒸发使用蒸发皿进行操作,当显现结晶膜或者有肯定量晶体析出时停止加热；3 恒压滴液

43、漏斗有导管通气,因此可以全部流下；SO2可以使品红溶液褪色； 生成的酸性气体 氢氧化钠可以吸取装置产生的尾气,防止污染； 由题意可知 SOCl2和水反应生成酸性气体,为SO2和 HCl ,CuNO 3 2不参加反应,方程式为： CuNO3 2 3H2O + 3SOCl2 = CuNO3 2 + 3SO2 +6HCl ；4 CuNO3 2是强酸弱碱盐,水解呈弱酸性,因此要用酸式滴定管量取； 当A = 0.600 时,对应的溶液中cCu2+ = 2.5x10-3mol/L ,就 nCuNO 3 2 =100mL10mL0.1L 2.5x10-3mol/L= 2.5x10-3mol ,就无水 CuN

44、O3 2产品的纯度是2.5 10-3 188=0.50.94 ,因此纯度为 94% ；8. 以黄铜矿 CuFeS2、FeCl3和乳酸 CH3CHOHCOOH 为原料可制备有机合成催化剂CuCl 和补铁剂乳酸亚铁CH 3CHOHCOO 2Fe；其主要试验流程如下：1FeCl 3溶液与黄铜矿发生反应的离子方程式为；2 向溶液 1 中加入过量铁粉的目的是；3 过滤后得到的 FeCO3固体应进行洗涤,检验洗涤已完全的方法是；4 试验室制备乳酸亚铁的装置如图甲所示；.试验前通入 N2的目的是；.某爱好小组用 KMnO 4滴定法测定样品中 量分数,结果测得产品的质量分数总是大于是；5 已知：Fe2+含量进

45、而运算产品中乳酸亚铁的质 100% ,其缘由可能. CuCl为白色晶体,难溶于水和乙醇,在空气中易被氧化 ;可与NaCl溶液反应,生成易溶于水的 NaCuCl2；. NaCuCl2可水解生成CuCl,温度、 pH 对 CuCl 产率的影响如图乙、图丙所示；由CuCls, Ss混合物提纯 CuCl 的试验方案为将肯定量的混合物溶于饱和 NaCl溶液中,试验中须使用的试剂有饱和 NaCl 溶液、 0.1mol .L-1H2SO4、乙醇 ;除常用仪器外须使用的仪器有：真空干燥箱 ；【答案】 1CuFeS 2 + 3Fe 3+ + Cl- = 4Fe 2+ + CuCl + 2S2 除去溶液中的 Fe

46、3+,提高产品的纯度3 取最终一次洗涤后的滤液,滴加硝酸酸化的 全AgNO3溶液,如无白色沉淀,就洗涤完4. 排尽装置中的空气,防止 Fe2+ 被氧化. KMnO4具有强氧化性,可将Fe2+和乳酸根离子中的羟基一同氧化5 过滤； 掌握温度 60 左右, 向滤液中滴加 0.1mol .L-1H2SO4,掌握溶液的 pH 为2.0 2.5,搅拌、趁热过滤,用乙醇洗净所得固体,置于真空干燥箱中干燥【解析】【分析】 此题考查物质制备试验方案的设计,为高考常见题型, 题目难度中等,明确试验目的、试验原理为解答关键,试题侧重考查同学对信息猎取与迁移运用,有利 于提高同学的分析、懂得才能及化学试验才能；【解

47、答】 1 由流程图可知 CuFeS2与FeCl3生成 CuCl 和 S,反应中 Cu 的化合价不变,S Fe 均由 +3 +2 ,离子方 的化合价由 -2 0,所以 CuFeS2和FeCl3均作氧化剂,其中的 程式为 CuFeS2 + 3Fe3+ Cl-= 4Fe2+ CuCl + 2S；2 溶液 1 中溶质主要是 FeCl2,向溶液 1 中加入过量铁粉目的是除去溶液中的 Fe3+,提 高产品的纯度；3Na 2CO3与FeCl2生成 FeCO3沉淀和 NaCl ,检验 FeCO3固体洗涤完全即检验洗涤液中不 存在 Cl-,可用硝酸酸化的硝酸银溶液检验；2+ 易被氧化, 试验前通入 N2的目的是

48、排尽装置中的空气,防止 Fe2+被氧化；4. 因Fe .测定结果偏大说明消耗高锰酸钾溶液体积偏大,可能缘由是乳酸根中的羟基也被 KMnO 4氧化；5CuCl 和 S都不溶于水, 由信息可知CuCl 能与 NaCl 溶液反应生成 NaCuCl2,所以先将混合物溶于饱和 NaCl 溶液,过滤,除去 S;然后将 NaCuCl2溶液水解得到 CuCl,依据图乙和图丙可知 60 、pH 为 2.0 2.5左右 CuCl 产率最高,水解完全后,将 CuCl 过滤出来,用乙醇洗涤、真空干燥即得 CuCl；9. I：以高硫铝土矿 主要成分为 Al 2O3、Fe2O3、SiO2,少量FeS2和金属硫酸盐为原料,

49、生产氧化铝并获得 Fe3O4的部分工艺流程如下：1 焙烧过程均会产生 SO2,用 NaOH 溶液吸取过量 SO2的离子方程式为 _；2 向“ 过滤” 得到的滤液中通入过量CO2,铝元素存在的形式由_填化学式 转化为 _填化学式 ；II：粮库中储存的粮食通常用磷化铝AlP 作为杀虫剂, 该杀虫剂吸水后会立刻产生高毒的 PH3气体 熔点为 -132 ,仍原性强 ；国家卫计委规定粮食中磷化物 以 PH3计的残留量不超过 0.05mg kg-1时为质量合格；反之不合格；某化学爱好小组的同学通过以下方法对粮食中残留的磷化物含量进行了讨论；【流程】安装吸取装置 PH3产生 PH3被KMnO 4溶液吸取 转

50、移 KMnO 4吸取液亚硫酸钠标准溶液滴定；【试验装置】已知 C 中盛有200 g原粮, E 中盛有20.00 mL 1.04 10-3mol . L-1KMnO 4溶液H 2SO4酸化 ；请回答以下问题：1 仪器 F 的名称是 _ ；2B 中盛装焦性没食子酸的碱性溶液,该溶液具有很强的仍原性,其作用是 _；3C 中反应完全后再通入空气的作用是_ ；4 已知 PH3被酸性 KMnO 4氧化成磷酸,就 E 中发生反应的离子方程为_；5 收集 E 中吸取液,加水稀释至 250mL ,取 25.00mL 于锥形瓶中,用 5.0 10-4mol/ L 的Na 2SO3标准溶液滴定剩余的 KMnO 4溶

51、液,试验数据记录如下：试验次数 1 2 3消耗 Na2 SO3体积 /mL 10.02 10.80 9.98 如何判定滴定达到终点：_ ； 滴定时, Na2SO3标准液被氧化变质,会造成最终的含量 变_； 偏高、偏低、不 数据处理：消耗Na2SO3标准溶液_mL,该原粮中磷化物以PH3计的含量为_mg . kg-1；【答案】 I: 1SO 2 + OH-= HSO3- ；2AlO 2- ； AlOH 3；II ：1 分液漏斗；2 吸取空气中的 O2,防止氧扮装置 ；C 中生成的 PH3答出吸取氧气或氧化性气体即得分3 使生成的 PH3完全被吸取,或将使生成的 PH3全部进入 E 中答赶出 PH

52、3 即可得分 ；45PH 3 + 8MnO 4- + 24H + = 5H 3PO4 + 8Mn 2+ + 12H 2O；5 当滴入最终一滴时,溶液由紫色变为无色,且半分钟不复原原色； 偏低； 10.00 ； 0.085 ；【解析】 【分析】I：此题通过以高硫铝土矿为原料,生产氧化铝并获得Fe3 O4的部分工艺流程分析反过程中涉及的反应原理；II ：此题以粮食中残留磷化氢的定量测定为命题背景,考查元素化合物学问氧化仍原反 应滴定及相关运算；题目较难；【解答】I：1 用 NaOH 溶液吸取过量 SO2生成 HSO3- 反应的离子方程式为：SO2 + OH-= HSO3- ；故答案为： SO2 +

53、 OH-= HSO3- ；2 过滤前使用 NaOH 溶液进行碱浸, Al 2O3转化为 NaAlO 2,“ 过滤” 得到的滤液中主要 含 AlO2- ,向“ 过滤” 得到的滤液中通入过量 CO2,可以将 AlO2- 转化为 AlOH 3,故答案 为： AlO2- ； AlOH 3；II ：1 装置图中仪器 F 的名称是分液漏斗,故答案为：分液漏斗；2 依据装置图中装置中的试剂挑选分析判定,焦性没食子酸先和碱反应,再和氧气反 应可以吸取氧气；如不吸取氧气,PH3会在氧气中燃烧,故答案为：吸取空气中的 O2,防止氧扮装置 C 中生成的 PH3；3 精确测定 PH3的含量, 需要用高锰酸钾溶液全部吸

54、取,防止产生较大误差,通入空气的作用是保证 PH3全部被吸取, 故答案为： 使生成的 PH3完全被吸取, 或将使生成的 PH3 全部进入 E 中；4PH 3被酸性高锰酸钾氧化成磷酸,高锰酸钾被仍原为锰离子,结合电子守恒和电荷守恒、原子守恒配平书写得到离子方程式为：5PH3 + 8MnO 4- + 24H + = 5H 3PO4 + 8Mn2+ 12H 2O,故答案为： 5PH 3 + 8MnO 4- + 24H + = 5H 3PO4 + 8Mn 2+ + 12H 2O；5 依据滴定反应：2KMnO 4 + 5Na2SO3 + 3H 2SO4 = 2MnSO 4 + K 2SO4 + 5Na

55、2SO4 + 3H 2O,本试验中无需挑选指示剂,锥形瓶中溶液颜色由紫色恰好变为无色,且半分钟 内不再变色,表示达到了滴定终点,故答案为：当滴入最终一滴时,溶液由紫色变为无色,且半分钟不复原原色； 滴定时, Na 2SO3标准液被氧化变质,会使得所滴定分 偏低,故答案为：偏低；KMnO 4量偏高,而 PH3会造成 收集E中吸取液, 加水稀释至250mL,取25.00mL 于锥形瓶中用浓度为5 10-4 mol/L Na 2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO 4溶液,消耗 Na2 SO3标准溶液 10.00mL ；依据滴定反应： 2KMnO 4 + 5Na 2SO3 + 3H 2SO4 = 2Mn

56、SO 4 + K2SO4 + 5Na 2SO4 + 3H 2O；2 2KMnO 45Na2SO3；未反应的高锰酸钾物质的量 = 0.0100L 5 10-4mol/L525= 2.0 10 -5 mol ；与 PH3反应的高锰酸钾物质的量 = 1.04 10-3mol/L 0.020L -2502.0 10-5mol = 8.0 10-7mol ；依据反应5PH3 + 8KMnO 4 + 12H 2SO4 = 5H 3PO4 +8MnSO 4 + 4K 2SO4 + 12H 2O；得到定量关系为：5PH 38KMnO4；运算得到 PH3物质的5 10-7 34g/mol量 = 8.0 10-7

57、mol 8= 5 10 -7 mol ；就 PH3的质量分数 = 0.2kg =0.085mg/kg ,故答案为： 10.00 ；0.085 ；10. NaAlH 4 四氢铝钠 是有机合成的重要仍原剂；某小组以铝合金厂的废边脚料为原料主要成分为 Al ,含有少量 Al 2O3、Fe2O3、MgO 和SiO2等杂质 制备四氢铝钠的工艺流程如下：资料显示： NaH、NaAlH 4遇水蒸气发生猛烈反应；请回答以下问题：1NaAlH 4中氢元素的化合价为 _；2 试剂 A 中溶质的阴、阳离子所含电子数相等,其电子式为 _；在空气中灼烧滤渣 2,得到的固体的主要成分为_填化学式 ；3 滤液 3 可以循环

58、利用,写出滤液 2 与滤液 3 反应的离子方程式：_ ；4 试验前要保证 NaH 与AlCl3反应的装置干燥,其目的是 _；5 已知废料接触面积、接触时间均相同,“ 酸浸” 中铝元素浸出率与硫酸浓度的关系如图甲所示；当硫酸浓度大于 c0mol L-1 时,浸出率降低的缘由可能是_；6 测定 NaAlH 4粗产品的纯度；称取 mgNaAlH 4粗产品按如图乙所示装置进行试验,测定产品的纯度； “ 安全漏斗” 中“ 安全” 的含义是 _； 已知试验前 B 管读数为 xmL ,向 A 管中加入足量蒸馏水, 当 A 管中反应完全后,冷却至室温, B 管读数为 ymL 均折合成标准状况 ；就该产品的纯度

59、为 _用 含 m、x 和 y 的代数式表示 ； 如试验前读数时B 管和 C 管液面相平,试验后读数时B 管液面低于C 管,就测得的结果 _填“ 偏高” “ 偏低” 或“ 无影响”；【答案】 1 - 1价；2；Fe2O3、MgO ；3AlO 2- + HCO3- + H2O = AlOH 3 +CO 3 2- ；4 防止 NaH、NaAlH 4 与水蒸气反应；5 硫酸浓度增大,铝片与硫酸发生钝化；6 加入液体能起液封作用,防止气体从漏斗中逸出；27 y-x ；448m 偏低【解析】 【分析】此题考查物质制备工艺流程,涉及物质的分别与提纯、对原理与条件掌握分析等,关键 是对工艺流程懂得,试题培育了

60、同学的分析、懂得才能及敏捷应用所学学问的才能；【解答】1 四氢铝钠中氢元素显负价,依据化合价代数和为0 可知氢元素的化合价为-1 价,故答案为： -1 价；2 试剂 A 为强碱,将铝元素转化成偏铝酸盐,由于试剂A 中溶质的阴离子和阳离子所含电子数相等,就试剂 A 为氢氧化钠,电子式为：；滤渣 1 的主要成分是二氧化硅,滤渣 2 的主要成分是氢氧化铁和氢氧化镁,在空气中灼烧生成氧化铁、氧化镁,故答案为：； Fe2O3、MgO ；3 偏铝酸钠和碳酸氢钠反应类似于较强酸制备较弱酸,反应的离子方程式为 AlO2- +HCO3- + H2O = AlOH 3 +CO 3 2- ,故答案为： AlO2-