高考化学二轮复习真题解密16物质制备综合实验(解析版)

解密16物质制备综合实验1．了解化学实验是科学探究过程中的一种重要方法。了解实验探究的一般过程。2．了解化学实验的绿色化和安全性要求，树立绿色化学思想，形成环境保护的意识。能识别化学品安全使用标识。了解实验室一般事故的预防和处理方法。3．了解中学化学实验室常用仪器的主要用途和使用方法。初步掌握天平、酸碱滴定管等仪器的使用方法。初步了解中和滴定的原理和方法。4．了解对物质进行定性研究和定量分析的基本方法。5．了解常见气体和一些简单化合物的制备原理和方法。6．认识反应条件控制在化学实验研究中的意义，初步掌握控制反应条件的方法。7．掌握一定溶质质量分数、物质的量浓度溶液的配制方法。初步掌握测定溶液pH的方法。8．能根据物质的特性，运用过滤、蒸发、蒸馏、结晶、萃取等方法分离和提纯常见的物质。了解层析是一种分离和提纯物质的方法。9．能对常见的物质进行检验和分析。初步了解常见物质的组成和结构的检测方法，并初步掌握其操作技能。10．能发现生产、生活和化学实验研究中有意义的化学问题。11．能绘制和识别简单的实验仪器装置图。能根据具体情况设计解决化学问题的实验方案，并能对设计的实验方案进行分析、比较、优化和改进。12．能通过化学实验收集有关数据和事实，并科学地进行分析和处理。1．【2020•新课标Ⅱ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：+KMnO4→+MnO2+HCl→+KCl名称相对分子质量熔点/℃沸点/℃密度/(g·mL−1)溶解性甲苯92−95110.60.867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1.5mL甲苯、100mL水和4.8g(约0.03mol)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1.0g。(3)纯度测定：称取0.122g粗产品，配成乙醇溶液，于100mL容量瓶中定容。每次移取25.00mL溶液，用0.01000mol·L−1的KOH标准溶液滴定，三次滴定平均消耗21.50mL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)。A．100mLB．250mLC．500mLD．1000mL(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_______。(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)。A．70%B．60%C．50%D．40%(7)若要得到纯度更高的苯甲酸，可通过在水中__________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2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O(4)MnO2(5)苯甲酸升华而损失(6)86.0％C(7)重结晶【解析】(1)加热液体，所盛液体的体积不超过三颈烧瓶的一半，三颈烧瓶中已经加入100m的水，1.5mL甲苯，4.8g高锰酸钾，应选用250mL的三颈烧瓶，故选B；(2)为增加冷凝效果，在反应装置中宜选用球形冷凝管，当回流液中不再出现油珠时，说明反应已经完成，因为：没有油珠说明不溶于水的甲苯已经完全被氧化；(3)高锰酸钾具有强氧化性，能将Cl-氧化。加入适量的饱和亚硫酸氢钠溶液是为了除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气；该步骤亦可用草酸处理，生成二氧化碳和锰盐，离子方程式为：5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O；(4)由信息甲苯用高锰酸钾氧化时生成苯甲酸钾和二氧化锰，“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主要成分是：MnO2；(5)苯甲酸100℃时易升华，干燥苯甲酸时，若温度过高，苯甲酸升华而损失；(6)由关系式C6H5COOH～KOH得，苯甲酸的纯度为：SKIPIF1<0×100%=86.0%；1.5mL甲苯理论上可得到苯甲酸的质量：SKIPIF1<0=1.72g，产品的产率为SKIPIF1<0×100%=50%；(7)提纯苯甲酸可用重结晶的方法。2．【2020•新课标Ⅲ卷】氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用下图装置(部分装置省略)制备KClO3和NaClO，探究其氧化还原性质。回答下列问题：(1)盛放MnO2粉末的仪器名称是________，a中的试剂为________。(2)b中采用的加热方式是_________，c中化学反应的离子方程式是________________，采用冰水浴冷却的目的是____________。(3)d的作用是________，可选用试剂________(填标号)。A．Na2SB．NaClC．Ca(OH)2D．H2SO4(4)反应结束后，取出b中试管，经冷却结晶，________，__________，干燥，得到KClO3晶体。(5)取少量KClO3和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中，滴加中性KI溶液。1号试管溶液颜色不变。2号试管溶液变为棕色，加入CCl4振荡，静置后CCl4层显____色。可知该条件下KClO3的氧化能力____NaClO(填“大于”或“小于")。【答案】(1)圆底烧瓶饱和食盐水(2)水浴加热Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O避免生成NaClO3(3)吸收尾气(Cl2)AC(4)过滤少量(冷)水洗涤(5)紫小于【解析】(1)根据盛放MnO2粉末的仪器结构可知该仪器为圆底烧瓶；a中盛放饱和食盐水除去氯气中混有的HCl气体；(2)根据装置图可知盛有KOH溶液的试管放在盛有水的大烧杯中加热，该加热方式为水浴加热；c中氯气在NaOH溶液中发生歧化反应生成氯化钠和次氯酸钠，结合元素守恒可得离子方程式为Cl2+2OHˉ=ClOˉ+Clˉ+H2O；根据氯气与KOH溶液的反应可知，加热条件下氯气可以和强碱溶液反应生成氯酸盐，所以冰水浴的目的是避免生成NaClO3；(3)氯气有毒，所以d装置的作用是吸收尾气(Cl2)；A项，Na2S可以将氯气还原成氯离子，可以吸收氯气，故A可选；B项，氯气在NaCl溶液中溶解度很小，无法吸收氯气，故B不可选；C项，氯气可以Ca(OH)2或浊液反应生成氯化钙和次氯酸钙，故C可选；D项，氯气与硫酸不反应，且硫酸溶液中存在大量氢离子会降低氯气的溶解度，故D不可选；故选AC；(4)b中试管为KClO3和KCl的混合溶液，KClO3的溶解度受温度影响更大，所以将试管b中混合溶液冷却结晶、过滤、少量(冷)水洗涤、干燥，得到KClO3晶体；(5)1号试管溶液颜色不变，2号试管溶液变为棕色，说明1号试管中氯酸钾没有将碘离子氧化，2号试管中次氯酸钠将碘离子氧化成碘单质，即该条件下KClO3的氧化能力小于NaClO；碘单质更易溶于CCl4，所以加入CCl4振荡，静置后CCl4层显紫色。3．【2020•浙江1月选考】碘化锂(SKIPIF1<0)在能源、医药等领域有重要应用，某兴趣小组制备LiI·3H2O和LiI，，流程如下：已知：a．LiI·3H2O在75～80℃转变成LiI·2H2O，80～120℃转变成LiI·H2O，300℃以上转变成无水LiI。b．LiI易溶于水，溶解度随温度升高而增大。c．LiI在空气中受热易被氧化。请回答：(1)步骤II，调SKIPIF1<0，为避免引入新的杂质，适宜加入的试剂为________。(2)步骤III，包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等多步操作。下列说法正确的是________。A．为得到较大的SKIPIF1<0晶体颗粒，宜用冰水浴快速冷却结晶B．为加快过滤速度，得到较干燥的晶体，可进行抽滤C．宜用热水洗涤D．可在80℃鼓风干燥(3)步骤Ⅳ，脱水方案为：将所得LiI·3H2O置入坩埚中，300℃加热，得LiI样品。用沉淀滴定法分别测定所得LiI·3H2O、LiI样品纯度，测定过程如下：称取一定量样品，溶解，定容于容量瓶，将容量瓶中的溶液倒入烧杯，用移液管定量移取烧杯中的溶液加入锥形瓶，调pH＝6，用滴定管中的AgNO3标准溶液滴定至终点，根据消耗的AgNO3标准溶液体积计算，得LiI·3H2O、LiI的纯度分别为99.96%、95.38%。LiI纯度偏低。①上述测定过程提及的下列仪器，在使用前一定不能润洗的是________。A．容量瓶B．烧杯C．锥形瓶D．滴定管②测定过程中使用到移液管，选出其正确操作并按序列出字母：蒸馏水洗涤→待转移溶液润洗→________→_______→_______→_______→洗净，放回管架。a.移液管尖与锥形瓶内壁接触，边吹气边放液b.放液完毕，停留数秒，取出移液管c.移液管尖与锥形瓶内壁接触，松开食指放液设备d.洗耳球吸溶液至移液管标线以上，食指堵住管口e.放液完毕，抖动数下，取出移液管f.放液至凹液面最低处与移液管标线相切，按紧管口③SKIPIF1<0纯度偏低，可能的主要杂质是________。(4)步骤IV，采用改进的实验方案(装置如图)，可以提高SKIPIF1<0纯度。①设备X的名称是________。②请说明采用该方案可以提高SKIPIF1<0纯度的理由________。【答案】(1)LiOH(2)B(3)①AC②dfcb③Li2O(4)①抽气泵②抽除空气，避免LiI被氧化，减压，有利脱水【解析】(1)将酸性溶液调节成中，又不引入新的杂质，可选用LiOH调节pH值；(2)A项，用冰水浴快速冷却结晶得到的是较小颗粒的晶体，故A错误；B项，抽滤可以加快过滤速度，得到较干燥的晶体，故B正确；C项，LiI易溶于水，溶解度随温度升高而增大，故C错误；D项，LiI·3H2O在75~80℃转变成LiI·2H2O，80~120℃转变成LiI·H2O，故D错误；(3)①润洗容量瓶会使浓度偏大；润洗锥形瓶消耗更多的待测液，测定的待测液浓度偏大；②移液管的正确使用步骤为蒸馏水洗涤→待转移溶液润洗→洗耳球吸溶液至移液管标线以上，食指堵住管口→放液至凹液面最低处与移液管标线相切，按紧管口→移液管尖与锥形瓶内壁接触，松开食指放液设备→放液完毕，停留数秒，取出移液管→洗净，放回管架；③LiI在空气中受热易被氧化生成Li2O；(4)①设备X的作用是将仪器内的空气抽出，其名称为抽气泵；②该方案抽出空气且瓶内压强较低，抽除空气，避免LiI被氧化，减压，有利脱水。4．【2020•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Na2S2O3·5H2O。合成反应：SO2＋Na2CO3eq\o(=)Na2SO3＋CO22Na2S＋3SO2eq\o(=)2Na2SO3＋3SNa2SO3＋Seq\o(=,\s\up7(△))Na2S2O3滴定反应：I2＋2Na2S2O3eq\o(=)2NaI＋Na2S4O6已知：Na2S2O3·5H2O易溶于水，难溶于乙醇，50℃开始失结晶水。实验步骤：ⅠNa2S2O3·5H2O制备：装置A制备的SO2经过单向阀通入装置C中的混合溶液，加热、搅拌，至溶液pH约为7时，停止通入SO2气体，得产品混合溶液。Ⅱ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Na2S2O3·5H2O产品。Ⅲ产品纯度测定：以淀粉作指示剂，用Na2S2O3·5H2O产品配制的溶液滴定碘标准溶液至滴定终点，计算Na2S2O3·5H2O含量。请回答：(1)步骤Ⅰ单向阀的作用是________；装置C中的反应混合溶液pH过高或过低将导致产率降低，原因是________。(2)步骤Ⅱ下列说话正确的是________。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品膜时，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Na2CO3溶液作洗涤剂(3)步骤Ⅲ①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②装标准碘溶液的碘量瓶(带瓶塞的锥形瓶)在滴定前应盖上瓶塞，目的是________。③滴定法测得产品中Na2S2O3·5H2O含量为100.5%，则Na2S2O3·5H2O产品中可能混有的物质是________。【答案】(1)防止倒吸pH过高，Na2CO3、Na2S反应不充分；pH过低，导致Na2S2O3转化为S和SO2(2)BC(3)①F、B、E、C、G②防止碘挥发损失③Na2SO3失去部分结晶水的Na2S2O3·5H2O【解析】(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项，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项，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；C项，Na2S2O3·5H2O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项，用碳酸钠溶液洗涤会使晶体表面附着碳酸钠杂质，Na2S2O3·5H2O难溶于乙醇，可以用乙醇作洗涤剂，故D错误；故选BC；(3)①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→F→B→E→C→G→开始滴定；②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塞，防止碘挥发损失；③测定的产品中Na2S2O3·5H2O含量大于100%，说明产品中混有失去部分结晶水的Na2S2O3·5H2O。5．【2020•江苏卷】次氯酸钠溶液和二氯异氰尿酸钠(C3N3O3Cl2Na)都是常用的杀菌消毒剂。NaClO可用于制备二氯异氰尿酸钠.(1)NaClO溶液可由低温下将Cl2缓慢通入NaOH溶液中而制得。制备NaClO的离子方程式为__________；用于环境杀菌消毒的NaClO溶液须稀释并及时使用，若在空气中暴露时间过长且见光，将会导致消毒作用减弱，其原因是__________________。(2)二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%。通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品标准。实验检测原理为SKIPIF1<0SKIPIF1<0SKIPIF1<0准确称取1.1200g样品，用容量瓶配成250.0mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min；用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。①通过计算判断该样品是否为优质品_______。(写出计算过程，SKIPIF1<0)②若在检测中加入稀硫酸的量过少，将导致样品的有效氯测定值____________(填“偏高”或“偏低”)。【答案】(1)Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O(2)①NaClO溶液吸收空气中的CO2后产生HClO，HClO见光分解SKIPIF1<0，根据物质转换和电子得失守恒关系：SKIPIF1<0，得SKIPIF1<0，氯元素的质量：SKIPIF1<0该样品的有效氯为：SKIPIF1<0该样品的有效氯大于60%，故该样品为优质品②偏低【解析】(1)由题意可知，氯气通入氢氧化钠中产生次氯酸钠，同时产生氯化钠，反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O；次氯酸钠溶液长期暴露在空气中会吸收空气中的二氧化碳气体，因次氯酸酸性比碳酸弱，因此次氯酸钠可以与二氧化碳在水中反应产生HClO，HClO具有不稳定性，在受热或见光条件下会发生分解反应，产生HCl和O2，从而是次氯酸钠失效；(2)①由题中反应可知，C3N3O3Cl2-在酸性条件产生HClO，HClO氧化碘离子产生碘单质，碘单质再用硫代硫酸钠滴定，结合反应转化确定物质之间的关系为：SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，根据物质转换和电子得失守恒关系：得n(Cl)=0.5SKIPIF1<0=SKIPIF1<0，氯元素的质量：m(Cl)=SKIPIF1<0=0.03550g，该样品中的有效氯为：SKIPIF1<0=63.39%，该样品中的有效氯大于60%，故该样品为优质品；②如果硫酸的用量过少，则导致反应C3N3O3Cl2-+H++2H2O=C3H3N3O3+2HClO不能充分进行，产生的HClO的量偏低，最终导致实验测得的有效氯含量会偏低。6．【2020•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SKIPIF1<0实验步骤如下：步骤1：如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)步骤1中，如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】(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；(2步骤2中烧瓶中加入沸石或碎瓷片的目的是防止暴沸；(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；(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)。7．【2020•山东卷】用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下：已知：MnO2是一种两性氧化物；25℃时相关物质的Ksp见下表。物质Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2KspSKIPIF1<0SKIPIF1<0SKIPIF1<0SKIPIF1<0回答下列问题(1)软锰矿预先粉碎的目的是____________，MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为________。(2)保持BaS投料量不变，随MnO2与BaS投料比增大，S的量达到最大值后无明显变化，而Ba(OH)2的量达到最大值后会减小，减小的原因是________。(3)滤液I可循环使用，应当将其导入到________操作中(填操作单元的名称)。(4)净化时需先加入的试剂X为________(填化学式)。再使用氨水调溶液的pH，则pH的理论最小值为_______(当溶液中某离子浓度SKIPIF1<0时，可认为该离子沉淀完全)。(5)碳化过程中发生反应的离子方程式为______________________。【答案】(1)增大接触面积，充分反应，提高反应速率MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S(2)过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2(3)蒸发H2O24.9(4)Mn2++HCO3-+NH3·H2O=MnCO3↓+NH4++H2O【解析】软锰矿粉(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)加入硫化钡溶液进行反应，主要发生MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S，过滤得到Ba(OH)2溶液，经蒸发结晶、过滤、干燥得到氢氧化钡；滤渣用硫酸溶解，得到的滤液中主要金属阳离子有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，得到的滤渣为不溶于稀硫酸的硫磺；之后向滤液中加入合适的氧化剂将Fe2+转化为Fe3+，然后加入氨水调节pH，使Fe3+、Al3+转化为沉淀除去，压滤得到的废渣为Fe(OH)3和Al(OH)3，此时滤液中的金属阳离子只有Mn2+，向滤液中加入碳酸氢铵、氨水，Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，过滤、洗涤、干燥得到高纯碳酸锰。(1)软锰矿预先粉碎可以增大反应物的接触面积，使反应更充分，提高反应速率；MnO2与BaS反应转化为MnO，Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，根据元素价态规律可知-2价的S元素应被氧化得到S单质，则MnO2与BaS的系数比应为1:1，根据后续流程可知产物还有Ba(OH)2，结合元素守恒可得化学方程式为：MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S；(2)根据题目信息可知MnO2为两性氧化物，所以当MnO2过量时，会消耗反应产生的Ba(OH)2，从而使Ba(OH)2的量达到最大值或会减小；(3)滤液I为结晶后剩余的Ba(OH)2饱和溶液，所以可以导入到蒸发操作中循环使用；(4)净化时更好的除去Fe元素需要将Fe2+氧化为Fe3+，为了不引入新的杂质，且不将Mn元素氧化，加入的试剂X可以是H2O2；根据表格数据可知，Fe(OH)3和Al(OH)3为同种沉淀，而Al(OH)3的Ksp稍大，所以当Al3+完全沉淀时，Fe3+也一定完全沉淀，当c(Al3+)=1.0×10-5mol/L时，c(OHˉ)=SKIPIF1<0=10-9.1mol/L，所以c(H+)=10-4.9mol/L，pH=4.9，即pH的理论最小值为4.9；(5)碳化过程Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，促进碳酸氢根的电离，产生的氢离子和一水合氨反应生成铵根和水，所以离子方程式为Mn2++HCO3-+NH3·H2O=MnCO3↓+NH4++H2O。8．【2020•山东卷】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：3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-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________________。(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)。A.15.00mLB.35.00mLC.大于35.00mLD.小于15.00m1(4)某FeC2O4﹒2H2O样品中可能含有的杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O4﹒2H2O，采用KMnO4滴定法测定该样品的组成，实验步骤如下:Ⅰ.取mg样品于锥形瓶中，加入稀H2SO4溶解，水浴加热至75℃。用cmol﹒L-1的KMnO4溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，消耗KMnO4溶液V1mL。Ⅱ.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H2C2O4·2H2O(M=126·mol-1)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.SKIPIF1<0时，样品中一定不含杂质B.SKIPIF1<0越大，样品中H2C2O4·2H2O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Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O(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)SKIPIF1<0BD【解析】(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；(2)锰酸钾在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生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；(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；(4)设FeC2O4·2H2O的物质的量为xmol，Fe2(C2O4)3的物质的量为ymol，H2C2O4·2H2O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：2KMnO4~5H2C2O4(C2O42-)，KMnO4~5Fe2+，所以SKIPIF1<0，步骤II中Fe2+被氧化，由KMnO4~5Fe2+可知，SKIPIF1<0，联立二个方程解得：z=2.5(cV1-3V2)×10-3，所以H2C2O4·2H2O的质量分数=SKIPIF1<0=SKIPIF1<0。关于样品组成分析如下：A项，SKIPIF1<0时，H2C2O4·2H2O的质量分数=SKIPIF1<0=0，样品中不含H2C2O4·2H2O，由SKIPIF1<0和SKIPIF1<0可知，y≠0，样品中含Fe2(C2O4)3杂质，A错误；B项，SKIPIF1<0越大，由H2C2O4·2H2O的质量分数表达式可知，其含量一定越大，B正确；C项，Fe元素的物质的量=SKIPIF1<0，若步骤I中KMnO4溶液不足，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项，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。9．【2020•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：Ⅰ.甲方案实验原理：SKIPIF1<0实验步骤：(1)判断SO42-沉淀完全的操作为____________。(2)步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为_____________。(3)步骤③灼烧时盛装样品的仪器名称为__________。(4)固体质量为wg，则c(CuSO4)=________mol‧L-1。(5)若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，则测得c(CuSO4)_________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。Ⅱ.乙方案实验原理：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑实验步骤:①按右图安装装置(夹持仪器略去)②……③在仪器A、B、C、D、E…中加入图示的试剂④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。⑤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⑥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⑦处理数据(6)步骤②为___________。(7)步骤⑥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ag，若测得H2体积为bmL，已知实验条件下SKIPIF1<0，则c(CuSO4)______mol‧L-1(列出计算表达式)。(9)若步骤⑥E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)SKIPIF1<0(5)偏低(6)检查装置气密性(7)b(8)SKIPIF1<0(9)偏高(10)否【解析】Ⅰ．(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SO42-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②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③灼烧时盛装样品的仪器为坩埚；(4)固体质量为wg，为硫酸钡的质量，硫酸钡的物质的量为n=SKIPIF1<0，根据硫酸根守恒可知，CuSO4~BaSO4，则c(CuSO4)=SKIPIF1<0=SKIPIF1<0=SKIPIF1<0mol‧L-1；(5)若步骤①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SKIPIF1<0可知，则测得c(CuSO4)偏低。Ⅱ．(6)加入药品之前需检查装置的气密性；步骤②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⑥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⑥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SKIPIF1<0，氢气的质量=SKIPIF1<0，利用氢气的质量得到氢气的物质的量n=SKIPIF1<0，根据Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，与酸反应的锌的物质的量为SKIPIF1<0，锌的总物质的量为SKIPIF1<0，与硫酸铜反应的锌的物质的量为SKIPIF1<0，根据Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，则c(CuSO4)=SKIPIF1<0；(9)若步骤⑥E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。10．【2019•新课标Ⅰ卷】硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一种重要铁盐。为充分利用资源，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①的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是_________________。(2)步骤②需要加热的目的是_________________，温度保持80~95℃，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③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⑤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______________。【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+；不引入杂质防止Fe3+水解(4)加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)(5)NH4Fe(SO4)2·12H2O【解析】(1)步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，油污在碱性条件下容易水解，所以工业上常常用热的碳酸钠溶液清洗，即碱煮水洗；(2)步骤②需要加热的目的是为了加快反应速率；温度保持80~95℃，由于保持温度比较恒定且低于水的沸点，故采用的合适加热方式是水浴加热(热水浴)；铁屑中含有少量硫化物，硫化物与硫酸反应生成硫化氢气体，可以用氢氧化钠溶液吸收，为了防止倒吸可以加装倒置的漏斗，故选择C装置；(3)步骤③中选用足量的H2O2，H2O2可以将Fe2+氧化为Fe3+，且H2O2的还原产物为H2O，不会引入新的杂质，故理由是：将Fe2+全部氧化为Fe3+，不引入新的杂质。因为H2O2本身易分解，所以在加入时需分量加入，同时为了防止Fe3+水解，溶液要保持pH小于0.5；(4)为了除去可溶性的硫酸铵、铁离子等，需要经过的步骤为：加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)；(5)设硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2∙xH2O，其相对分子质量为266+18x，1.5个水分子的相对分子质量为1.5×18=27，则27/(266+18x)=5.6%，解得x=12，则硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2∙12H2O。11．【2019•新课标Ⅱ卷】咖啡因是一种生物碱(易溶于水及乙醇，熔点234.5℃，100℃以上开始升华)，有兴奋大脑神经和利尿等作用。茶叶中含咖啡因约1%~5%、单宁酸(Ka约为10−6，易溶于水及乙醇)约3%~10%，还含有色素、纤维素等。实验室从茶叶中提取咖啡因的流程如下图所示。索氏提取装置如图所示。实验时烧瓶中溶剂受热蒸发，蒸汽沿蒸汽导管2上升至球形冷凝管，冷凝后滴入滤纸套筒1中，与茶叶末接触，进行萃取。萃取液液面达到虹吸管3顶端时，经虹吸管3返回烧瓶，从而实现对茶叶末的连续萃取。回答下列问题：(1)实验时需将茶叶研细，放入滤纸套筒1中，研细的目的是______________，圆底烧瓶中加入95%乙醇为溶剂，加热前还要加几粒______________。(2)提取过程不可选用明火直接加热，原因是______________，与常规的萃取相比，采用索氏提取器的优点是______________。(3)提取液需经“蒸馏浓缩”除去大部分溶剂。与水相比，乙醇作为萃取剂的优点是______________。“蒸馏浓缩”需选用的仪器除了圆底烧瓶、蒸馏头、温度计、接收管之外，还有______________(填标号)。A．直形冷凝管B．球形冷凝管C．接收瓶D．烧杯(4)浓缩液加生石灰的作用是中和_______和吸收_______。(5)可采用如图所示的简易装置分离提纯咖啡因。将粉状物放入蒸发皿中并小火加热，咖啡因在扎有小孔的滤纸上凝结，该分离提纯方法的名称是______________。【答案】(1)增加固液接触面积，提取充分沸石(2)乙醇易挥发，易燃使用溶剂量少，可连续萃取(萃取效率高)(3)乙醇沸点低，易浓缩AC(4)单宁酸水(5)升华【解析】(1)萃取时将茶叶研细可以增加固液接触面积，从而使提取更充分；由于需要加热，为防止液体暴沸，加热前还要加入几粒沸石；(2)由于乙醇易挥发，易燃烧，为防止温度过高使挥发出的乙醇燃烧，因此提取过程中不可选用明火直接加热；根据题干中的已知信息可判断与常规的萃取相比较，采用索式提取器的优点是使用溶剂量少，可连续萃取(萃取效率高)；(3)乙醇是有机溶剂，沸点低，因此与水相比较乙醇作为萃取剂的优点是乙醇沸点低，易浓缩；蒸馏浓缩时需要冷凝管，为防止液体残留在冷凝管中，应该选用直形冷凝管，而不需要球形冷凝管，A正确，B错误；为防止液体挥发，冷凝后得到的馏分需要有接收瓶接收馏分，而不需要烧杯，C正确，D错误，故选AC。(4)由于茶叶中还含有单宁酸，且单宁酸也易溶于水和乙醇，因此浓缩液中加入氧化钙的作用是中和单宁酸，同时也吸收水；(5)根据已知信息可知咖啡因在100℃以上时开始升华，因此该分离提纯方法的名称是升华。12．【2019•新课标Ⅲ卷】乙酰水杨酸(阿司匹林)是目前常用药物之一。实验室通过水杨酸进行乙酰化制备阿司匹林的一种方法如下：水杨酸醋酸酐乙酰水杨酸熔点/℃157~159-72~-74135~138相对密度/(g·cm﹣3)1.441.101.35相对分子质量138102180实验过程：在100mL锥形瓶中加入水杨酸6.9g及醋酸酐10mL，充分摇动使固体完全溶解。缓慢滴加0.5mL浓硫酸后加热，维持瓶内温度在70℃左右，充分反应。稍冷后进行如下操作。①在不断搅拌下将反应后的混合物倒入100mL冷水中，析出固体，过滤。②所得结晶粗品加入50mL饱和碳酸氢钠溶液，溶解、过滤。③滤液用浓盐酸酸化后冷却、过滤得固体。④固体经纯化得白色的乙酰水杨酸晶体5.4g。回答下列问题：(1)该合成反应中应采用__________加热。(填标号)A．热水浴B．酒精灯C．煤气灯D．电炉(2)下列玻璃仪器中，①中需使用的有______(填标号)，不需使用的___________(填名称)。(3)①中需使用冷水，目的是________________________________。(4)②中饱和碳酸氢钠的作用是_________________________________，以便过滤除去难溶杂质。(5)④采用的纯化方法为____________。(6)本实验的产率是_________%。【答案】(1)A(2)BD分液漏斗、容量瓶(3)充分析出乙酰水杨酸固体(结晶)(4)生成可溶的乙酰水杨酸钠(5)重结晶(6)60【解析】(1)因为反应温度在70℃，低于水的沸点，且需维温度不变，故采用热水浴的方法加热；(2)操作①需将反应物倒入冷水，需要用烧杯量取和存放冷水，过滤的操作中还需要漏斗，则答案为：BD；分液漏斗主要用于分离互不相容的液体混合物，容量瓶用于配制一定浓度的溶液，这两个仪器用不到。(3)反应时温度较高，所以用冷水的目的是使得乙酰水杨酸晶体充分析出；(4)乙酰水杨酸难溶于水，为了除去其中的杂质，可将生成的乙酰水杨酸与碳酸氢钠反应生成可溶性的乙酰水杨酸钠，以便过滤除去杂质；(5)每次结晶过程中会有少量杂质一起析出，可以通过多次结晶的方法进行纯化，也就是重结晶；(6)水杨酸分子式为C7H6O3，乙酰水杨酸分子式为C9H8O4，根据关系式法计算得：C7H6O3~C9H8O41381806.9gmm(C9H8O4)=(6.9g×180)/138=9g，则产率为SKIPIF1<0。13．【2019•海南卷】干燥的二氧化碳和氨气反应可生成氨基甲酸铵固体，化学方程式为：2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s)△H<0，在四氯化碳中通入二氧化碳和氨制备氨基甲酸铵的实验装置如下图所示，回答下列问题：(1)装置1用来制备二氧化碳气体：将块状石灰石放置在试管中的带孔塑料板上，漏斗中所加试剂为____；装置2中所加试剂为____；(2)装置4中试剂为固体NH4Cl和Ca(OH)2，发生反应的化学方程式为________；试管口不能向上倾斜的原因是__________。装置3中试剂为KOH，其作用为______________。(3)反应时三颈瓶需用冷水浴冷却，其目的是_______________________。【答案】(1)稀盐酸浓H2SO4(2)Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O防止冷凝水倒流到管底部使试管破裂干燥剂(干燥氨气)(3)降低温度，使平衡正向移动提高产量【解析】(1)装置1用来制备二氧化碳气体，反应方程式为CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O，在试管的带孔塑料板上放置块状CaCO3，在长颈漏斗中放置稀盐酸；装置2中所加试剂为浓硫酸，作用是干燥CO2气体；(2)在装置4中试剂为固体NH4Cl和Ca(OH)2，二者混合加热发生反应制取氨气，发生反应的化学方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；试管口不能向上倾斜的原因是：防止冷凝水倒流到管底部使试管破裂。装置3中试剂为KOH，其作用为干燥氨气。(3)反应时三颈瓶需用冷水浴冷却，原因是2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s)△H<0的正反应是放热反应，降低温度，化学平衡向放热的正反应方向移动，从而可提高产物的产量。14．【2019•江苏卷】丙炔酸甲酯()是一种重要的有机化工原料，沸点为103~105℃。实验室制备少量丙炔酸甲酯的反应为实验步骤如下：步骤1：在反应瓶中，加入14g丙炔酸、50mL甲醇和2mL浓硫酸，搅拌，加热回流一段时间。步骤2：蒸出过量的甲醇(装置见下图)。步骤3：反应液冷却后，依次用饱和NaCl溶液、5%Na2CO3溶液、水洗涤。分离出有机相。步骤4：有机相经无水Na2SO4干燥、过滤、蒸馏，得丙炔酸甲酯。(1)步骤1中，加入过量甲醇的目的是▲。(2)步骤2中，上图所示的装置中仪器A的名称是▲；蒸馏烧瓶中加入碎瓷片的目的是▲。(3)步骤3中，用5%Na2CO3溶液洗涤，主要除去的物质是▲；分离出有机相的操作名称为▲。(4)步骤4中，蒸馏时不能用水浴加热的原因是▲。【答案】(1)作为溶剂、提高丙炔酸的转化率(2)(直形)冷凝管 防止暴沸(3)丙炔酸 分液(4)丙炔酸甲酯的沸点比水的高【解析】(1)一般来说，酯化反应为可逆反应，加入过量的甲醇，提高丙炔酸的转化率，丙炔酸溶解于甲醇，甲醇还作为反应的溶剂；(2)根据装置图，仪器A为直形冷凝管；加热液体时，为防止液体暴沸，需要加入碎瓷片或沸石，因此本题中加入碎瓷片的目的是防止液体暴沸；(3)丙炔酸甲酯的沸点为103℃~105℃，制备丙炔酸甲酯采用水浴加热，因此反应液中除含有丙炔酸甲酯外，还含有丙炔酸、硫酸；通过饱和NaCl溶液可吸收硫酸；5%的Na2CO3溶液的作用是除去丙炔酸，降低丙炔酸甲酯在水中的溶解度，使之析出；水洗除去NaCl、Na2CO3，然后通过分液的方法得到丙炔酸甲酯；(4)水浴加热提供最高温度为100℃，而丙炔酸甲酯的沸点为103℃~105℃，采用水浴加热，不能达到丙炔酸甲酯的沸点，不能将丙炔酸甲酯蒸出，因此蒸馏时不能用水浴加热。15．【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AgNO3溶液中，迅速反应，得到无色溶液A和白色沉淀B。①浓H2SO4与Cu反应的化学方程式是____________________________________。②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①写出Ag2SO3溶于氨水的离子方程式：__________。②加入盐酸后沉淀D大部分溶解，剩余少量沉淀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SKIPIF1<0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，SKIPIF1<0被氧化为SKIPIF1<0进入D。实验三：探究SKIPIF1<0的产生途径①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：_______。②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，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SKIPIF1<0生成。(6)根据上述实验所得结论：__________________。【答案】(1)①Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O②饱和NaHSO3溶液(2)①Ag2SO3+4NH3·H2O=2Ag(NH3)2++SO32-+4H2O②H2O2溶液，产生白色沉淀(3)①Ag+Ag2SO4溶解度大于BaSO4，没有BaSO4沉淀时，必定没有Ag2SO4②途径1不产生SO42-，途径2产生SO42-(4)2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3↓+2H+(6)实验条件下：SO2与AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和SO42-的速率碱性溶液中SO32-更易被氧化为SO42-【解析】(1)①铜和浓硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O。②试剂a为饱和NaHSO3溶液，用于观察气体流速，且在SO2饱和NaHSO3溶液中溶解度很小，可防止倒吸。(2)①Ag2SO3溶于氨水得到Ag(NH3)2+，离子方程式为：Ag2SO3+4NH3·H2O=2Ag(NH3)2++SO32-+4H2O；②沉淀D洗涤干净后，加入过量稀盐酸，BaSO3与稀盐酸反应生成BaCl2和SO2、H2O，则滤液E中含有BaCl2和溶解在水中的SO2形成的H₂SO3，可向E中加入H2O2溶液，H2O2将H2SO3氧化生成SO42-，SO42-和Ba2+反应产生白色BaSO4沉淀，进一步证实B中含有Ag2SO3。(3)向溶液A中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，该沉淀为AgCl，证明溶液A中含有Ag+；取上层清液继续滴加BaCl2溶液，未出现白色沉淀，证明溶液A中不含SO42-，由于Ag2SO4微溶于水，则B中不含Ag2SO4，从而确定途径1不产生SO42-，途径2产生SO42-。(4)由(3)推知，实验一中SO2与AgNO3溶液反应生成Ag2SO3，离子方程式为2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3↓+2H+。(6)对比分析(4)(5)可知，SO2与AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和SO42-的速率，再结合实验二可知，碱性溶液中SO32-更易被氧化为SO42-。16．【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：Ⅰ．环己烯的制备与提纯(1)原料环己醇中若含苯酚杂质，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)。①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FeCl3·6H2O而不用浓硫酸的原因为_________________(填序号)。a．浓硫酸易使原料炭化并产生SO2b．FeCl3·6H2O污染小、可循环使用，符合绿色化学理念c．同等条件下，用FeCl3·6H2O比浓硫酸的平衡转化率高②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。Ⅱ．环己烯含量的测定在一定条件下，向SKIPIF1<0环己烯样品中加入定量制得的SKIPIF1<0，与环己烯充分反应后，剩余的SKIPIF1<0与足量SKIPIF1<0作用生成SKIPIF1<0，用SKIPIF1<0的SKIPIF1<0标准溶液滴定，终点时消耗SKIPIF1<0标准溶液SKIPIF1<0(以上数据均已扣除干扰因素)。测定过程中，发生的反应如下：①②SKIPIF1<0③SKIPIF1<0(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c．SKIPIF1<0标准溶液部分被氧化【答案】(1)SKIPIF1<0溶液 溶液显紫色(2)① a、b②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 SKIPIF1<0(6)b、c【解析】I.(1)检验苯酚的首选试剂是FeCl3溶液，原料环己醇中若含有苯酚，加入FeCl3溶液后，溶液将显示紫色；(2)①从题给的制备流程可以看出，环己醇在FeCl3·6H2O的作用下，反应生成了环己烯，对比环己醇和环己烯的结构，可知发生了消去反应，反应方程式为：，注意生成的小分子水勿漏写，题目已明确提示该反应可逆，要标出可逆符号，FeCl3·6H2O是反应条件(催化剂)别漏标；此处用FeCl3·6H2O而不用浓硫酸的原因分析中：a项合理，因浓硫酸具有强脱水性，往往能使有机物脱水至炭化，该过程中放出大量的热，又可以使生成的炭与浓硫酸发生反应：C+2H2SO4(浓)CO2↑+SO2↑+2H2O；b项合理，与浓硫酸相比，FeCl3·6H2O对环境相对友好，污染小，绝大部分都可以回收并循环使用，更符合绿色化学理念；c项不合理，催化剂并不能影响平衡转化率；②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，提高原料环己醇的利用率；(3)操作2实现了互不相溶的两种液体的分离，应是分液操作，分液操作时需要用到的玻璃仪器主要有分液漏斗和烧杯；(4)题目中已明确提示了操作3是蒸馏操作。蒸馏操作在加入药品后，要先通冷凝水，再加热；如先加热再通冷凝水，必有一部分馏分没有及时冷凝，造成浪费和污染；II.(5)因滴定的是碘单质的溶液，所以选取淀粉溶液比较合适；根据所给的②式和③式，可知剩余的Br2与反应消耗的Na2S2O3的物质的量之比为1：2，所以剩余Br2的物质的量为：n(Br2)余=SKIPIF1<0×cmol·L-1×vmL×10-3L·mL-1=SKIPIF1<0mol，反应消耗的Br2的物质的量为(b-SKIPIF1<0)mol，据反应①式中环己烯与溴单质1：1反应，可知环己烯的物质的量也为(b-SKIPIF1<0)mol，其质量为(b-SKIPIF1<0)×82g，所以ag样品中环己烯的质量分数为：SKIPIF1<0。(6)a项错误，样品中含有苯酚，会发生反应：，每反应1molBr2，消耗苯酚的质量为31.3g；而每反应1molBr2，消耗环己烯的质量为82g；所以苯酚的混入，将使耗Br2增大，从而使环己烯测得结果偏大；b项正确，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。17．【2018•新课标Ⅰ卷】醋酸亚铬[(CH3COO)2Cr·2H2O］为砖红色晶体，难溶于冷水，易溶于酸，在气体分析中用作氧气吸收剂。一般制备方法是先在封闭体系中利用金属锌作还原剂，将三价铬还原为二价铬；二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬。实验装置如图所示。回答下列问题：(1)实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却，目的是_________。仪器a的名称是_______。(2)将过量锌粒和氯化铬固体置于c中，加入少量蒸馏水，按图连接好装置，打开K1、K2，关闭K3。①c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，该反应的离子方程式为_________。②同时c中有气体产生，该气体的作用是_____________。(3)打开K3，关闭K1和K2。c中亮蓝色溶液流入d，其原因是________；d中析出砖红色沉淀。为使沉淀充分析出并分离，需采用的操作是________、_________、洗涤、干燥。(4)指出装置d可能存在的缺点______________。【答案】(1)去除水中溶解氧 分液(或滴液)漏斗 (2)①Zn+2Cr3+=Zn2++2Cr2+ ②排除c中空气(3)c中产生H2使压强大于大气压 (冰浴)冷却 过滤(4)敞开体系，可能使醋酸亚铬与空气接触【解析】(1)由于醋酸亚铬易被氧化，所以需要尽可能避免与氧气接触，因此实验中所用蒸馏水均需煮沸后迅速冷却，目的是去除水中溶解氧；根据仪器构造可知仪器a是分液(或滴液)漏斗；(2)①c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，说明Cr3＋被锌还原为Cr2＋，反应的离子方程式为Zn+2Cr3＋＝Zn2＋+2Cr2＋；②锌还能与盐酸反应生成氢气，由于装置中含有空气，能氧化Cr2＋，所以氢气的作用是排除c中空气；(3)打开K3，关闭K1和K2，由于锌继续与盐酸反应生成氢气，导致c中压强增大，所以c中亮蓝色溶液能流入d装置，与醋酸钠反应；根据题干信息可知醋酸亚铬难溶于冷水，所以为使沉淀充分析出并分离，需要采取的操作是(冰浴)冷却、过滤、洗涤、干燥。(4)由于d装置是敞开体系，因此装置的缺点是可能使醋酸亚铬与空气接触被氧化而使产品不纯。18．【2018•新课标Ⅱ卷】K3[Fe(C2O4)3]·3H2O(三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，可用于晒制蓝图。回答下列问题：(1)晒制蓝图时，用K3[Fe(C2O4)3]·3H2O作感光剂，以K3[Fe(CN)6]溶液为显色剂。其光解反应的化学方程式为：2K3[Fe(C2O4)3]2FeC2O4+3K2C2O4+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实验。①通入氮气的目的是________________________________________。②实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊，装置E中固体变为红色，由此判断热分解产物中一定含有___________、___________。③为防止倒吸，停止实验时应进行的操作是______________________________。④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。①称量mg样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4QUOTEH2SO4酸化，用cmol·L-1KMnO4QUOTEO4溶液滴定至终点。滴定终点的现象是___________________________。②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QUOTEH2SO4H2SO4酸化，用cmol·L-1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液V【答案】(1)3FeC2O4+2K3[Fe(CN)6]=Fe3[Fe(CN)6]2+3K2C2O4(2)①隔绝空气、使反应产生的气体全部进入后续装置②CO2 CO③先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气④取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1~2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3(3)①粉红色出现 ②SKIPIF1<0【解析】(1)光解反应的化学方程式为2K3[Fe(C2O4)3]2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑，反应后有草酸亚铁产生，所以显色反应的化学方程式为3FeC2O4+2K3[Fe(CN)6]＝Fe3[Fe(CN)6]2+3K2C2O4。(2)①装置中的空气在高温下能氧化金属铜，能影响E中的反应，所以反应前通入氮气的目的是隔绝空气排尽装置中的空气；反应中有气体生成，不会全部进入后续装置。②实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊，说明反应中一定产生二氧化碳。装置E中固体变为红色，说明氧化铜被还原为铜，即有还原性气体CO生成，由此判断热分解产物中一定含有CO2、CO；③为防止倒吸，必须保证装置中保持一定的压力，所以停止实验时应进行的操作是先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气即可。④要检验Fe2O3存在首先要转化为可溶性铁盐，因此方法是取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1～2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3。(3)①高锰酸钾氧化草酸根离子，其溶液显红色，所以滴定终点的现象是粉红色出现。②锌把铁离子还原为亚铁离子，酸性高锰酸钾溶液又把亚铁离子氧化为铁离子。反应中消耗高锰酸钾是0.001cVmol，Mn元素化合价从+7价降低到+2价，所以根据电子得失守恒可知铁离子的物质的量是0.005cVmol，则该晶体中铁的质量分数的表达式为SKIPIF1<0QUOTE0.005cV×56m×100%=5cV×561000m×100%。19．【2018•新课标Ⅲ卷】硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O，M=248g·mol−1)可用作定影剂、还原剂。回答下列问题：(1)已知：Ksp(BaSO4)=1.1×10−10，Ksp(BaS2O3)=4.1×10−5。市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质，选用下列试剂设计实验方案进行检验：试剂：稀盐酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液实验步骤现象①取少量样品，加入除氧蒸馏水②固体完全溶解得无色澄清溶液③___________④___________，有刺激性气体产生⑤静置，___________⑥___________(2)利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：①溶液配制：称取1.2000g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在__________中溶解，完全溶解后，全部转移至100mL的_________中，加蒸馏水至____________。②滴定：取0.00950mol·L−1的K2Cr2O7标准溶液20.00mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr2O72−+6I−+14H+=3I2+2Cr3++7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32−=S4O62−+2I−。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液__________，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80mL，则样品纯度为_________%(保留1位小数)。【答案】(1)③加入过量稀盐酸 ④出现乳黄色浑浊 ⑤(吸)取上层清液，滴入BaCl2溶液 ⑥产生白色沉淀(2)①烧杯 容量瓶 刻度②蓝色褪去 95.0【解析】(1)检验样品中的硫酸根离子，应该先加入稀盐酸，再加入氯化钡溶液。但是本题中，硫代硫酸根离子和氢离子以及钡离子都反应，所以应该排除其干扰，具体过程应该为先将样品溶解，加入稀盐酸酸化(反应为S2O32-+2H+=SO2↑+S↓+H2O)，静置，取上层清液中滴加氯化钡溶液，观察到白色沉淀，证明存在硫酸根离子。所以答案为：③加入过量稀盐酸；④有乳黄色沉淀；⑤取上层清液，滴加氯化钡溶液；⑥有白色沉淀产生。①配制一定物质的量浓度的溶液，应该先称量质量，在烧杯中溶解，在转移至容量瓶，最后定容即可。所以过程为：将固体再烧杯中加入溶