专题14综合实验探究（练）

专题14综合实验探究1．（2021·福建泉州市高三模拟）某兴趣小组设计实验探究SO2与新制Cu(OH)2悬浊液反应的产物。按图连接好装置(夹持装置省略)，打开磁搅拌器，先往20mL1.00mol·L−1的CuCl2溶液中加入20mL2.00mol·L−1的NaOH溶液，再通入一定量SO2，三口烧瓶中生成大量白色沉淀X。回答下列问题：(1)以亚硫酸钠和浓硫酸为原料制取SO2，虚框中应选用_______(填“A”或“B”)装置，通入SO2过程中不断搅拌的目的是______。(2)仪器a的名称为______，烧杯中发生反应的离子方程式为______。(3)据SO2是酸性氧化物，推测X可能为______。取少量X加入稀硫酸进行验证，观察到______，说明该推测错误。(4)据SO2的还原性，推测X可能为CuCl，做如下验证实验。①取少量的X，加过量的氨水溶解，露置于空气中迅速得到深蓝色溶液，其中阳离子的化学式为______。②向深蓝色溶液中先加入过量的______，再滴加______溶液，产生白色沉淀。③生成X的离子方程式为______。【答案】B加快反应速率球形干燥管SO2+2OH=+H2O亚硫酸盐无气体产生稀HNO3AgNO32Cu(OH)2+2Cl+SO2=2CuCl↓++2H2O【分析】亚硫酸钠和浓硫酸为固液不加热型，据此选择装置；CuCl2溶液和NaOH溶液在三口烧瓶中生成Cu(OH)2悬浊液，给新制Cu(OH)2中通入SO2并不断搅拌是为了加快反应速率，三口烧瓶中生成大量白色沉淀X，据SO2是酸性氧化物，推测X可能为亚硫酸盐；据SO2的还原性，推测X可能为CuCl。仪器a为球形干燥管，用作尾气吸收防倒吸，据此分析解答。【解析】（1）亚硫酸钠是可溶性固体，选用A装置不能控制反应速率，不能做到“随开随用”；通入SO2并不断搅拌是为了使反应物充分接触，加快反应速率；(2)由装置图可知仪器a是球形干燥管，用来做SO2尾气吸收的防倒吸装置，发生反应离子方程式为：SO2+2OH=+H2O；(3)据SO2是酸性氧化物，推测X可能为亚硫酸盐，取少量X加入稀硫酸进行验证，观察到无气体产生，说明推测错误；(4)①CuCl加过量的氨水溶解，可形成无色配合物离子，露置于空气中被氧化得到蓝色的；②向深蓝色溶液中先加入过量的稀HNO3，调节溶液显酸性，再滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀AgCl，证明X中含有Cl；③实验中由Cu(OH)2与SO2发生氧化还原反应生成CuCl，反映的的离子方程式为：2Cu(OH)2+2Cl+SO2=2CuCl↓++2H2O。2．（2021·湖北高三模拟）二氧化硫是国内外允许使用的一种食品添加剂，可用于食物的增白、防腐等，但必须严格遵守国家有关标准使用。某学习小组设计了如图装置用于制取SO2并验证其性质。(1)仪器a的名称为_______。(2)烧杯F中的试剂可以是_______.(填序号)。a.饱和Na2SO3溶液b.饱和Na2CO3溶液c.NaOH溶液d.饱和NaCl溶液(3)实验时装置E中溶液的现象为_______。(4)实验时观察到装置B无明显现象，装置C红色褪去，则使品红的水溶液褪色的微粒一定不是_______(填化学式)。(5)学生甲预测装置D中没有白色沉淀产生，但随着反应的进行，发现装置D中产生了少量白色沉淀。为进一步探究产生沉淀的原因，分别用煮沸和未煮沸过的蒸馏水配制的Ba(NO3)2和BaCl2溶液，进行如下实验：实验中G、H、I烧杯中观察到的现象如表：烧杯实验现象G无白色沉淀产生，pH传感器测的溶液pH=5.3H有白色沉淀产生I有白色沉淀产生，I中出现白色沉淀比H中快很多①据G中现象得出的结论是_______。②H中白色沉淀的化学式为_______，其产生的原因是_______(用离子方程式表示)。③I中出现白色沉淀的速率比H中快很多的原因可能是_______。【答案】分液漏斗abc溶液由棕黄色变为浅绿色SO2亚硫酸的酸性小于盐酸BaSO4在水溶液中氧气氧化二氧化硫比硝酸根氧化二氧化硫活化能小，生成沉淀速率快【分析】二氧化硫在煮沸的氯化钡中无沉淀产生，是由于二氧化硫溶于水生成亚硫酸，生成的亚硫酸发生电离生成氢离子和亚硫酸氢根，故没有沉淀生成；二氧化硫溶于水呈酸性，硝酸根在酸性条件下有强氧化性，将亚硫酸根氧化成为硫酸根生成硫酸钡沉淀；当有氧气存在，会促进二氧化硫发生氧化反应，加快沉淀生成。【解析】(1)仪器a是分液漏斗；(2)氯化钠与二氧化硫不反应，不能用来进行尾气吸收；亚硫酸钠与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，碳酸钠与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，氢氧化钠与二氧化硫反应生成亚硫酸钠，以上三种物质均可进行尾气吸收，故选abc；(3)二氧化硫和氯化铁中的三价铁离子反应生成硫酸根离子和亚铁离子，铁离子为棕黄色，亚铁离子为浅绿色，溶液由棕黄色变为浅绿色；(4)二氧化硫溶于乙醇，在乙醇中不能电离，没有氧化性，B中红色不能褪去，所以排除二氧化硫使品红溶液褪色的可能；(5)①氧气可以将二氧化硫氧化，所以煮沸排出氧气干扰；pH小于7说明生成了酸性物质，没有生成白色沉淀说明其酸性小于盐酸；②H中白色沉淀为硫酸钡，I中未煮沸，二氧化硫溶于水呈酸性，硝酸根在酸性条件下有强氧化性，将亚硫酸根氧化成为硫酸根生成硫酸钡沉淀，；③没有煮沸的蒸馏水中溶有的氧气与二氧化硫的反应速率比硝酸根离子在酸性条件下与二氧化硫反应的速率快，反应速率越快的反应活化能越小，则在水溶液中氧气氧化二氧化硫比硝酸根氧化二氧化硫活化能小，生成沉淀更快。3．（2021·河南洛阳市高三模拟）碳酸镧La2(CO3)3(Mr=458)为白色粉末、难溶于水、分解温度900℃，可用于治疗高磷酸盐血症。在溶液中制备时，形成水合碳酸镧La2(CO3)3·xH2O，如果溶液碱性太强，易生成受热分解的碱式碳酸镧La(OH)CO3。已知酒精喷灯温度可达1000℃。回答下列问题：(1)用如图装置模拟制备水合碳酸镧：①仪器A的名称为______。②装置接口的连接顺序为f→______。③实验过程中通入CO2需要过量，原因是______。④该反应中生成副产物氯化铵，请写出生成水合碳酸镧的化学方程式：______。(2)甲小组通过以下实验验证制得的样品中不含LaOH)CO3，并测定水合碳酸镧La2(CO3)3·xH2O中结晶水的含量，将石英玻璃A管称重，记为m1g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2g，将装有试剂的装置C称重，记为m3g。按下图连接好装置进行实验。实验步骤：①打开K1、K2和K3，缓缓通入N2；②数分钟后关闭K1，K3，打开K4，点燃酒精喷灯，加热A中样品；③一段时间后，熄灭酒精灯，打开K1，通入N2数分钟后关闭K1和K2，冷却到室温，称量A．重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m4g(此时装置A中为La2O3)。称重装置C，记为m5g。①实验中第二次通入N2的目的为______。②根据实验记录，当=______，说明制得的样品中不含有La(OH)CO3；计算水合碳酸镧化学式中结晶水数目ｘ=______(列式表示)。(3)已知某磷酸盐浓度与对应吸光度满足下图关系，磷酸盐与碳酸镧结合后吸光度为0.取浓度为30mg/L的该磷酸盐溶液2mL，加入适量上述实验制备的水合碳酸镧，半个小时后测定溶液的吸光度为0.12，计算水合碳酸镧对磷酸盐的结合率为______(结合率=×100％)。【答案】分液漏斗badec控制溶液不能碱性太强，否则易生成副产物碱式碳酸镧La(OH)CO32LaCl3+6NH3+3CO2+(x+3)H2O=La2(CO3)3·xH2O↓+6NH4Cl将装置中产生的气体全部吹入后续装置中被吸收，减少实验误差或75%【分析】(1)结合装置以及所给试剂，制取水合碳酸镧的原理为2LaCl3+6NH3+3CO2+(x+3)H2O=La2(CO3)3·xH2O↓+6NH4Cl，装置Y制备NH3，NH3易溶于水，通入带有球形干燥管的导气管中防倒吸，装置W制备CO2，装有饱和碳酸氢钠的装置X用于除去CO2中的HCl，防止消耗过多的氨气，在装置Z中生成水合碳酸镧。(2)根据已知信息，m2m1为La2(CO3)3·xH2O的质量，m4m1为La2O3的质量，m5m3为CO2的质量。B中装有浓硫酸，C中装有碱石灰，D中碱石灰的作用是防止空气中CO2和H2O进入到装置C中影响实验结果；第一次通入N2，目的是排出装置中的空气，防止空气中CO2干扰实验结果，第二次通入N2，将装置中残留的CO2全部排入装置C中被吸收，减小实验误差。【解析】(1)①根据仪器的结构特点可知其名称为分液漏斗；②结合分析可知装置接口顺序应为f→b→a→d→e→c；③根据题目信息可知如果溶液碱性太强，易生成受热分解的碱式碳酸镧La(OH)CO3，所以通入CO2需要过量的原因是：控制溶液不能碱性太强，否则易生成副产物碱式碳酸镧La(OH)CO3；④根据元素守恒可知化学方程式为2LaCl3+6NH3+3CO2+(x+3)H2O=La2(CO3)3·xH2O↓+6NH4Cl；(2)①第二次通入N2，将装置中残留的CO2全部排入装置C中被吸收，减小实验误差；②如果制得的样品中不含有La(OH)CO3，则由La2(CO3)3·xH2O化学式可知n(La2O3)：n(CO2)=1:3，即=；n(La2O3)=n[La2(CO3)3·xH2O]，可求出水合碳酸镧化学式中结晶水数目x=或；(3)根据题意，加入水合碳酸镧吸光度为0.12，可知此时磷酸盐的浓度为7.5mg/L，水合碳酸镧对磷酸盐的结合率==75%。4．（2021·黑龙江齐齐哈尔市高三一模）Na2FeO4是一种重要的高效消毒剂，主要应用于饮用水处理。已知：①Cl2+2OH=ClO+Cl+H2O是放热反应；②NaClO遇热水生成NaClO3；③Na2FeO4为紫色固体，微溶于NaOH溶液，不溶于乙醇；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。回答下列问题：(1)制备NaClO装置如图所示：仪器a中盛放的试剂为___(填名称)，装置C置于冰水浴中，若温度过高，其离子方程式为___；若撤去B装置，则装置C中NaOH恰好完全反应时的溶液中n(NaCl):n(NaClO)为_________(填字母)。本套实验装置的缺陷是________________________________________________。a.1:1b.＞1:1c.＜1:5d.1:5(2)合成Na2FeO4：利用NaClO强碱性溶液与Fe(NO3)3溶液在0~5℃反应制备Na2FeO4，装置如图。实验中通过仪器a缓慢滴加的溶液是_____________________，原因是___________________________，三颈烧瓶中。合成Na2FeO4的离子方程式是_______________，从三颈烧瓶中获得晶体的系列操作是结晶、过滤洗涤、干燥，其中洗涤剂可以是____________(填化学式)。(3)探究Na2FeO4性质：取少量Na2FeO4溶液于试管中，加入H2O2、稀H2SO4，观察到溶液由紫红色逐渐变为黄色，并收集到无色气体，该无色气体为___(填化学式)，若反应转移1mole，则生成__L(标准状况下)无色气体。【答案】浓盐酸3Cl2+6OH5Cl++3H2Ob缺少尾气处理装置，污染环境Fe(NO3)3溶液保证碱性环境，防止在酸性条件下Na2FeO4反应而变质3ClO+2Fe3++10OH=2+3Cl+5H2OC2H5OHO211.2【分析】(1)根据题中图示信息可知，装置A是产生Cl2的发生装置，装置B是除去Cl2中混有的HCl杂质，装置C是Cl2与NaOH在低温条件下反应，生成NaClO的装置；据此解答。(2)根据题中信息，为制备Na2FeO4装置，由于Na2FeO4在碱性溶液中较稳定，则仪器a盛装Fe(NO3)3溶液，三颈烧瓶中盛装NaClO和NaOH混合溶液；据此解答。(3)根据题中信息，Na2FeO4和H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应，Na2FeO4是氧化剂，H2O2是还原剂；据此解答。【解析】(1)A装置为制取氯气装置，没有加热装置，应用KMnO4与浓HCl反应，其化学方程式为2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，故a中应盛放浓盐酸，由题中信息②知，NaClO遇热水生成NaClO3，若C中温度过高，会生成NaClO3，其离子方程式为3Cl2+6OH5Cl++3H2O，若撤去B，生成的Cl2中混有HCl，由题中信息①可知，Cl2与NaOH反应生成NaClO和NaCl是1:1，而HCl也会与NaOH反应生成NaCl，故n(NaCl):n(NaClO)＞1:1，b选项符合，因为Cl2是有毒气体，该装置缺少尾气处理装置，污染环境；答案为浓盐酸；3Cl2+6OH5Cl++3H2O；b；缺少尾气处理装置，污染环境。(2)由题中信息③可知，Na2FeO4在碱性溶液中较稳定，而Fe(NO3)3溶液呈酸性，NaClO溶液呈碱性，则为保证碱性环境，仪器a中盛装Fe(NO3)3溶液，三颈烧瓶中盛装NaClO和NaOH混合溶液，发生反应的离子方程式为3ClO+2Fe3++10OH=2+3Cl+5H2O，由题中信息③可知，Na2FeO4不溶于乙醇，可用乙醇作洗涤剂，其化学式为C2H5OH；(3)Na2FeO4中Fe元素为+6价，具有很强的氧化性，故将H2O2氧化，产生无色气体O2，溶液由紫红色逐渐变为黄色，可知生成了Fe3+，其反应的离子方程式为2+3H2O2+10H+=2Fe3++3O2↑+8H2O，由离子方程式可知，转移6mole，生成3molO2，则反应转移1mole，生成O20.5mol，即标准状况下11.2L。5．（2021·广东韶关市高三模拟）某学习小组通过下列装置探究MnO2与FeCl3·6H2O能否反应产生Cl2。已知FeCl3的升华温度为315℃。实验操作和现象：操作现象点燃酒精灯，加热i.试管A中部分固体溶解，上方出现白雾ii.稍后，试管A中产生黄色气体，管壁附着黄色液滴iii.试管B中溶液变蓝(1)分析现象ii，该小组探究黄色气体的成分，实验如下：a.加热FeCl3·6H2O，产生白雾和黄色气体。b.用KSCN溶液检验现象ii和实验a中的黄色气体，溶液均变红。通过该实验说明现象ii中黄色气体含有_______(填化学式)。(2)为进一步确认黄色气体是否含有Cl2，该小组提出以下方案，证实了Cl2的存在：在A、B间增加盛有某种试剂的洗气瓶C，B中溶液变为蓝色。C中盛放的试剂是_______(填字母序号)。A．NaCl饱和溶液B．NaOH溶液C．NaHCO3饱和溶液(3)除了氯气可使B中溶液变蓝，可能的原因还有：在酸性条件下，装置中的空气使之变蓝。为探究KI浓度对该反应速率的影响，进行了如下实验，请完成下表的探究内容。实验H2SO4溶液KI溶液淀粉溶液蒸馏水编号浓度/mol·L1体积/mL浓度/mol·L1体积/mL体积/mL体积/mL①0.10___1.005.03.02.0②0.102.01.003.0______③0.10___1.00___3.06.0混合上述试剂时，最后加入的试剂是_______。(4)将试管A中的固体产物分离得到Fe2O3固体和MnCl2溶液。①加热时A中产生Cl2的化学方程式为：_______；②把分离出的MnCl2溶液配制成100mL溶液，从中取出l0.00mL溶液于锥形瓶中，加入几滴K2CrO4溶液作指示剂，用0.5000mol·L1的AgNO3溶液滴定，至滴定终点时消耗12.00mLAgNO3溶液。则混合MnO2与FeCl3·6H2O进行探究时，所需MnO2的质量为_______g。【答案】FeCl3A2.03.04.02.01.0稀硫酸3MnO2＋4FeCl3·6H2OFe2O3＋3MnCl2＋3Cl2↑＋24H2O2.610【分析】由题意可知，加热试管A中二氧化锰与六水氯化铁混合物时，二氧化锰与六水氯化铁反应生成氧化铁、氯化锰、氯气和水。【解析】(1)铁离子遇硫氰化钾溶液，溶液会变为红色，用硫氰化钾溶液检验加热二氧化锰与六水氯化铁混合物和加热六水氯化铁中的黄色气体，溶液均变红说明黄色气体中含有氯化铁；(2)由题意可知，黄色气体中可能含有氯化氢、氯化铁和氯气，氯化铁能与碘化钾溶液发生氧化还原反应生成单质碘，会干扰氯气的检验，由于氯气能与氢氧化钠溶液和饱和碳酸氢钠溶液反应，则吸收黄色气体中氯化铁的试剂应选择饱和食盐水，故答案为A；(3)由变量唯一化的原则可知，探究碘化钾浓度对该反应速率的影响时，除碘化钾浓度发生改变外，稀硫酸溶液、淀粉溶液的浓度不能发生改变，则实验时稀硫酸溶液和淀粉溶液的体积必须相同，混合溶液的总体积要保持不变，实验①②③中稀硫酸溶液的体积都为2.0mL、淀粉溶液的体积都为3.0mL，混合溶液的总体积12.0mL，实验②中蒸馏水的体积为12.0mL—8.0mL=4.0mL，实验③中碘化钾溶液的体积为12.0mL—11.0mL=1.0mL；因在酸性条件下，装置中的空气使碘化钾溶液变蓝，为防止酸性条件下空气干扰实验，混合上述试剂时，应最后加入稀硫酸溶液；(4)①由题给信息可知，试管A中发生的反应为二氧化锰与六水氯化铁反应生成氧化铁、氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为3MnO2＋4FeCl3·6H2OFe2O3＋3MnCl2＋3Cl2↑＋24H2O；②由题意可得二氧化锰和氯化银的关系为MnO2—MnCl2—2AgNO3，硝酸银的物质的量为0.5000mol·L1×0.01200L=6×10—3mol，则试管A中二氧化锰的质量为6×10—3mol××10×87g/mol=2.610g。6．（2021·山东济宁市高三一模）某兴趣小组设利用如图所示装置(夹持仪器已省略)制取。已知：可溶于水，在水溶液中的存在形态如图所示回答下列问题：(1)圆底烧瓶内盛装药品的化学式为_______，恒压滴液漏斗支管的作用是_______。(2)试剂X为_______，其作用是除去氯气中的气体、降低氯气的溶解度和_______。(3)在0℃条件下，装置C中首先制备，然后在剧烈搅拌下将90%的分批加入装置C中，充分反应可得溶液，写出该反应的离子方程式_______。(4)反应后，将三颈烧瓶中溶液冷却结晶，过滤、得到的粗产品，进一步提纯所用方法是_______；然后，经洗涤、干燥得到晶体，用无水乙醇洗涤的目的是_______。(5)的纯度测定向溶液中加入饱和溶液，再加入蒸馏水，冷却至室温，准确称取样品，加入上述溶液中使其溶解(恰好反应)，充分反应，过滤后加入稀硫酸酸化，并加入苯二胺磺酸钠作指示剂，用的标准硫酸亚铁铵溶液滴定，至终点时，消耗溶液的体积为.则的质量分数为_______(过程中杂质不参与反应)。相关反应：①②③④【答案】平衡气压，使90%的溶液顺利滴下饱和食盐水观察溶液产生气泡多少以控制流速重结晶乙醇易挥发，且挥发时带走水分，防止与水反应96%【分析】根据题意分析：利用如图所示装置(夹持仪器已省略)制取，图示中A装置制取氯气经由B装置洗气后进入到C装置中，在三颈烧瓶中与硝酸铁和氢氧化钾反应制备，D装置中氢氧化钾溶液用来吸收多余的尾气。【解析】(1)A装置是常温下用来制取氯气，圆底烧瓶内盛装的药品是；恒压滴液漏斗可以使三颈烧瓶内外气压相同，保证恒压滴液漏斗中的液体顺利流下；(2)B装置盛装饱和食盐水；用来除去氯气中混有的氯化氢气体、降低氯气的溶解度、观察溶液产生气泡多少以控制流速；(3)该反应的离子方程式；(4)粗产品中混有其他可溶性钾盐，所以提纯所用的方法是重结晶；已知可溶于水，0~5C在酸性至弱碱性条件下，能与水反应，强碱性溶液中比较稳定，选用无水乙醇洗涤的目的是：乙醇易挥发，挥发时会带走水分，防止与水反应；(5)根据题目给定的相关反应可以得到关系式：，由关系式得：，则的质量分数为：。7．（2021·安徽马鞍山市高三一模）蛭石是一种铝硅酸盐(不溶于稀酸、碱)，加热后体积会增大为原体积的60倍，具有理想的保温及涵水功能，是种植业的优良基质材料。一种“暖宝宝”内充Fe粉、蛭石粉、活性炭、NaCl固体和吸水性树脂，使用时去掉不透气的外包装使透气内袋暴露在空气中，即可发热至53℃左右。某化学兴趣小组设计了以下实验，探究已使用过的“暖宝宝”成分、回收蛭石，并制备“引火铁”(一种抛撒到空气中即可自燃的超细铁粉)。（实验方案）（实验装置）(制引火铁)回答下列问题：(1)在“暖宝宝”的使用过程中，蛭石粉的作用是_______。影响“暖宝宝”发热的持续时间和温度的主要因素是_______。(2)“实验方案”中“操作A”的具体内容为_______。(3)有关使用后的“暖宝宝”中铁元素的存在形式，下列说法正确的是_______。A．一定含有Fe、Fe2+、Fe3+B．一定含Fe3+C．一定含有Fe2+、Fe3+D．可能含Fe(4)制引火铁的“实验装置”中有两处明显的缺陷，分别是_______和_______。(5)制取CO时，浓硫酸的作用是_______。实验开始时，应先点燃_______(填“X”或“Y”)处酒精灯。(6)“引火铁”在空气中能自燃的原因是_______。【答案】保温透气膜透过空气的速度和铁粉的含量在空气中灼烧BD缺少除CO中甲酸气体的装置尾气未处理催化剂和脱水剂X铁粉的表面积大，能与空气充分接触，反应速率大【分析】由电化学可知“暖宝宝”内充Fe粉、蛭石粉、活性炭、NaCl固体和吸水性树脂的作用原理是利用铁、石墨和空气中的氧气形成微小的原电池来发热的，由实验方案可知，暖宝宝内容物与稀硫酸反应生成硫酸铁或硫酸亚铁，然后过滤得到固体A中含蛭石和石墨，通过实验可知酸溶液中含有铁离子和亚铁离子、氯化钠，硫酸和硫酸根等，加入双氧水和氢氧化钠后生成氢氧化铁沉淀，灼烧后得到红棕色粉末B为氧化铁，再与CO反应得到“引火铁”，据此分析解题。【解析】(1)由题干信息可知，蛭石是一种铝硅酸盐(不溶于稀酸、碱)，具有理想的保温及涵水功能故在“暖宝宝”的使用过程中，蛭石粉的作用是保温；影响“暖宝宝”发热的持续时间和温度的主要因素是反应速率即热量放出的速率，反应速率又与空气中氧气的进入速率有关，故影响的主要因素是透气膜透过空气的速度和铁粉的含量；(2)由题干流程图可知，“实验方案”中“酸溶”后过滤出固体A中含有蛭石和活性炭，要得到蛭石就是要出去其中的活性炭，故“操作A”的具体内容为在空气中灼烧；(3)由题干流程图可知，“酸溶液”中加入K3Fe(CN)6生成蓝色沉淀，说明“酸溶液”中含有Fe2+，可能是使用后的“暖宝宝”中存在Fe2+，也可能是Fe和稀硫酸反应生成了Fe2+，加入KSCN溶液，生成血红色溶液，说明酸溶液中含有Fe3+，而稀硫酸无强氧化性，故使用后的“暖宝宝”中一定存在Fe3+，综上分析可知，使用后的“暖宝宝”中铁元素的存在形式一定含Fe3+可能含Fe、Fe2+，故答案为：BD；(4)由于HCOOH具有较强的挥发性且与氧化铁反应，CO有毒不能直接排放到空气中，必须进行尾气处理，故制引火铁的“实验装置”中两处明显的缺陷分别是缺少除CO中甲酸气体的装置和尾气未处理；(5)制取CO的反应方程式为：HCOOHCO+H2O，浓硫酸的作用是催化剂和脱水剂，由于CO具有可燃性，故需先通入CO将装置中的空气排空再加入红棕色粉末B，故实验开始时，应先点燃X处酒精灯；(6)由于“引火铁”是一种超细铁粉，表面积很大，能与空气中的氧气充分接触，故反应速率很快，且反应放热而短时间内达到铁的着火点而自燃，故“引火铁”在空气中能自燃的原因是铁粉的表面积大，能与空气充分接触，反应速率大。8．（2021·山东潍坊市高三一模）硫氰酸钾(KSCN)，是一种用途广泛的化学药品，常用于合成树脂、杀虫杀菌剂等。某化学小组用下图实验装置模拟工业制备硫氰酸钾，并进行相关实验探究。已知：①不溶于和不溶于水且密度比水大；②D中三颈烧瓶内盛放、水和催化剂，发生反应，该反应比较缓慢且在高于170℃时易分解，在高于25℃时即分解。回答下列问题：(1)试剂a是____，装置D中盛装KOH溶液的仪器名称是_______。(2)制备KSCN溶液：将D中反应混合液加热至105℃，打开K1通入氨气。①反应一段时间后，关闭K1，此时装置C中观察到的现象是保持三颈烧瓶内反应混合液温度为105℃一段时间，这样操作的目的是___。②打开K2，缓缓滴入适量的KOH溶液，继续保持反应混合液温度为105℃。(3)装置E中发生氧化还原反应的离子方程式是___。(4)制备硫氰酸钾晶体：先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再经___(填操作名称)、减压蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰酸钾晶体。(5)取少量所得KSCN晶体配成溶液，将装置E中混合液过滤得溶液x，进行如下实验：①设计实验探究ⅱ中银镜产生的原因___。②小组同学观察到ⅲ中实验现象后，用力振荡试管，又观察到红色褪去和沉淀增多，请用必要的文字和离子方程式解释：____。【答案】浓氨水或浓恒压滴液漏斗或恒压漏斗瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升，使完全分解而除去，防止受热分解分液取的溶液，加入几滴溶液，若产生银镜，证明是还原得银镜或取的溶液，加入几滴溶液，若无银镜生成证明是还原得银镜红色溶液存在平衡，用力振荡，发生反应，沉淀增多，平衡逆向移动，红色褪去【分析】将浓氨水与生石灰发生反应，利用球型干燥器除水干燥后，通入到四氯化碳中，产生的氨气，与D中的、水和催化剂发生反应生成NH4SCN以及NH4HS，并且通过已给的条件得知，该反应比较缓慢且在高于170℃时易分解，在高于25℃时即分解，生成的产物与氢氧化钾发生反应，生成KSCN，未反应的氢氧化钾及氨气可以用过尾气处理与酸性的硫酸铁溶液进行反应。【解析】(1)判断依据为，①给出的条件都提到了NH3和N元素，②反应中出现了NH3；由此可以判断A装置是制取氨气，故填浓；(2)关闭K1，A装置依旧产生气泡，故可以看到此时装置C中有气泡，题中给出了关于温度的条件，故判断目的是防止受热分解；(3)氧化还原反应，故写出三价铁离子与硫化氢气体的离子方程式为；(4)过滤除去固体催化剂后，应该除去未反应完的CS2，故操作为分液；(5)①产生银镜反应的原因是溶液中银离子有氧化性，亚铁离子有还原性，两者发生反应，故可设计实验为：取的溶液，加入几滴溶液，若产生银镜，证明是还原得银镜或取的溶液，加入几滴溶液，若无银镜生成证明是还原得银镜；②用力振荡，发生反应，沉淀增多，使平衡逆向移动，红色褪去。9．（2021·福建龙岩市高三一模）乳酸亚铁晶体{[}是一种很好的食品铁强化剂，吸收效果比无机铁好，易溶于水，几乎不溶于乙醇，可由乳酸与反应制得。I．制备，

实验步骤如下：i．检查气密性，按图示添加药品；ii．在装置B中制取硫酸亚铁，并将整个装置内的空气排净；iii．将B中溶液导入C中产生沉淀；iv．将C中混合物分离提纯，获得纯净的碳酸亚铁产品。(1)仪器A的名称是____________________。(2)装置D的作用是______________________。(3)装置C中生成的离子方程式是_________________。(4)步骤ii中应打开的开关是__________，步骤iii中应打开的开关是_____________。(选填“”或“”)Ⅱ．制备乳酸亚铁晶体将制得的加入乳酸溶液中，加入少量铁粉，在下搅拌使之充分反应，然后再加人适量乳酸。经系列操作后得到产品。(5)加入铁粉的目的_________________。(用离子方程式表示)(6)欲获得尽可能多的产品，上述系列操作指的是：冷却，_____________，过滤，再洗涤和干燥。Ⅲ．探究乳酸亚铁晶体中铁元素含量甲、乙同学分别设计如下方案，以测定样品中铁元素的含量。甲乙称取样品溶于水，用酸性标准溶液滴定，当溶液恰好显浅紫色，且内不恢复，停止滴定，测得消耗标准溶液。由此求得称取样品，灼烧完全灰化，加足量盐酸溶解，加入过量溶液充分反应，然后加入几滴淀粉溶液，用硫代硫酸钠溶液滴定(已知：)，滴定终点时，测得消耗标准溶液。(7)甲方案错误，主要原因是___________，该方案测定结果将明显__________(填偏大、偏小)。(8)依据乙方案可得出样品中铁元素含量为__________(用含有相关字母的代数式表示)。【答案】分液漏斗液封，防止空气进入C中氧化Fe2+加入乙醇乳酸根也能被高锰酸钾氧化偏大【分析】I．制备碳酸亚铁：亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故B制备硫酸亚铁。利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的硫酸亚铁溶液压入C中，C装置中FeSO4和NH4HCO3发生反应：FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4+CO2↑+H2O。装置D防止空气中的氧气进入到C装置中，将Fe2+氧化，据此分析解答。【解析】I．(1)仪器A为分液漏斗；故答案为：分液漏斗；(2)装置D的作用是防止空气中的氧气进入到C装置中，将Fe2+氧化；(3)C装置中FeSO4和NH4HCO3发生反应，离子方程式为：；(4)首先关闭活塞K2，打开活塞K1、K3，目的是发生反应制备Fe2+，利用产生的氢气排净装置内的空气，防止Fe2+被氧化；关闭活塞K1，反一段时间后，关闭活塞K3，打开活塞K2，利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的硫酸亚铁溶液压入C中，产生沉淀；Ⅱ．(5)Fe2+容易被氧化为Fe3+，加入铁粉可将Fe3+还原为Fe3+，离子方程式为：；乳酸亚铁晶体易溶于水，几乎不溶于乙醇，故加入乙醇可让乳酸亚铁析出更多，提高产量。Ⅲ．(7)乳酸根中含有羟基，也可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的量增大，使计算所得乳酸亚铁的质量偏大。(8)滴定终点时，V2mL硫代硫酸钠溶液中所含硫代硫酸钠的物质的量为：n(Na2S2O3)=c2V2×103mol。根据关系式2Fe2+2Fe3+I22，可知样品中的物质的量为n(Fe2+)=n()=c2V2×103mol，则样品中铁元素含量为：=。10．（2021·重庆高三模拟）亚硝酰硫酸(HOSO3NO)是一种浅黄色或蓝紫色液体，能溶于浓硫酸，与水反应，主要用于印染、医药领域的重氮化反应中替代亚硝酸钠。实验室用下图所示装置(部分夹持装置略)制备少量HOSO3NO，并测定产品纯度。(1)导管a的作用是_______。(2)装置B中浓硝酸与SO2在浓硫酸作用下反应制得HOSO3NO。①制备反应的化学方程式为_______。②开始时反应缓慢，待生成少量HOSO3NO后，温度变化不大，但反应速率明显加快，其原因可能是_______。(3)该实验装置存在可能导致HOSO3NO产量降低的缺陷是_______，装置C的作用是_______。(4)已知亚硝酸不稳定，易分解：2HNO2=NO2↑＋NO↑＋H2O。写出HOSO3NO与水发生反应的化学方程式_______。(5)测定HOSO3NO的纯度：准确称取1.350g产品放入250mL碘量瓶中，加入60.00mL0.1000mol•L1KMnO4标准溶液和10mL25％硫酸溶液，摇匀(过程中无气体产生)；用0.2500mol•L1草酸钠标准溶液滴定，平均消耗草酸钠标准溶液的体积为20.00mL。已知：2KMnO4＋5HOSO3NO＋2H2O=K2SO4＋2MnSO4＋5HNO3＋2H2SO4。①上述反应中，HOSO3NO体现了_______(填“氧化”或“还原”)性。②亚硝酰硫酸的纯度为_______(计算结果保留4位有效数字)。【答案】平衡压强，使硫酸顺利流下SO2+HNO3=HOSO3NOHOSO3NO可作为反应的催化剂装置A中的水蒸气会进入B中使HOSO3NO反应掉防止空气中的水蒸气进入B中使HOSO3NO反应掉；吸收二氧化硫尾气，防止污染环境还原性94.07%【分析】装置A是利用亚硫酸钠和浓硫酸反应制取二氧化硫，制取的二氧化硫通入到B装置中，硝酸与二氧化硫在浓硫酸作用反应制得HOSO3NO，由于HOSO3NO与水反应，且装置A中制得的二氧化硫属于大气污染物，不能直接排放到大气中，则装置C中的碱石灰的作用是吸收二氧化硫，防止空气中的水蒸气进入B中，装置A中导管a的作用是平衡内外压强，确保反应物浓硫酸顺利流下，据此分析解答【解析】(1)根据分析，导管a的作用是平衡分液漏斗与烧瓶内的压强，使浓硫酸顺利流下；(2)①根据元素守恒，化学方程式为SO2+HNO3=HOSO3NO；②反应开始缓慢，待生成少量HOSO3NO后，温度变化不大，反应物浓度也在减小，但反应速率却明显加快，结合影响反应速率的因素，应是催化剂的影响，故HOSO3NO可作为反应的催化剂；(3)由于HOSO3NO与水反应，该实验装置可能存在的缺陷是装置A中的水蒸气会进入B中使HOSO3NO反应掉；据分析，装置C的作用是防止空气中的水蒸气进入B中使HOSO3NO反应掉；吸收二氧化硫尾气，防止污染环境；(4)根据复分解原理，HOSO3NO与水反应生成H2SO4和HNO2，又HNO2易分解为NO2、NO、H2O，所以HOSO3NO与水反应生成H2SO4、NO2、NO，故化学方程式为；(5)①此反应中N元素由+3价升高到+5价，失去电子被氧化，体现出还原性；②根据滴定实验操作，用0.2500mol/L的Na2C2O4标准溶液滴定过量的的KMnO4溶液，二者反应的离子方程式为，计算可得过量的KMnO4标准溶液的物质的量为，则与HOSO3NO反应的高锰酸钾标准溶液的物质的量为，根据已知反应，知，则纯度为11．（2021·湖北高三模拟）氯化氰(CNCl，熔点6.5℃、沸点13.1，可溶于水并缓慢与水反应)，在有机合成中有一定应用。文献报道的一种实验室制取CNCl的装置如图(夹持装置已略)：回答下列问题：(1)若实验所需Cl2由高锰酸钾与浓盐酸反应制得，则该反应中，氧化与未被氧化HCl的物质的量之比为_______。(2)N2可用如图装置A制备。盛放饱和NaNO2溶液的仪器名称为____；写出该反应的化学方程式：_____。(3)装置B的作用是____。(4)实验开始时先打开N2阀，通入N2的目的是___；一段时间后打开Cl2阀，向装置C的三口烧瓶中缓慢通入Cl2，实验中必须保持温度在10～5℃，若高于5℃，CNCl与NaCN反应产生NaCl和与卤素性质相似的气体_____(写结构简式)；当E中出现____(填现象)时，可停止通Cl2。(5)向盛有少量Na2S溶液的试管中通入CNCl，然后向其中滴入一滴FeCl3溶液，溶液显红色，其原因是______(用离子方程式说明)。【答案】5：3分液漏斗干燥N2，同时观察气泡以调节气流速率排出装置内的空气N≡C—C≡N硫酸中开始产生气泡【分析】写出高锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气的方程式，可作出准确判断。亚硝酸钠与氯化铵发生归中反应生成氮气。实验开始时，打开氮气的开关，把装置中的空气排出来，据此分析解答。【解析】若实验所需Cl2由高锰酸钾与浓盐酸反应制得，反应方程式为2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，则该反应中，氧化与未被氧化HCl的物质的量之比为10:6=5:3。(2)N2可用如图装置A制备。盛放饱和NaNO2溶液的仪器名称为分液漏斗，反应的化学方程式：；(3)装置B的作用是干燥Cl2和N2，同时观察气泡以调节气流速率。(4)实验开始时先打开N2阀，通入N2的目的是排出装置内的空气；CNCl与NaCN反应产生NaCl和与卤素性质相似的气体(CN)2,其结构简式为：N≡C—C≡N；当E中出现硫酸中开始产生气泡时，可停止通Cl2；(5)向盛有少量Na2S溶液的试管中通入CNCl，然后向其中滴入一滴FeCl3溶液，溶液显红色，证明有硫氰根离子生成，离子方程式为：。12．（2021·福建漳州市高三一模）氧化铋(Bi2O3)是一种淡黄色、低毒的氧化物，广泛应用于医药合成、能源材料等领域。其制备方法通常有两种：方法Ⅰ：将金属铋(Bi)溶于足量的稀硝酸得到硝酸铋[Bi(NO3)3]溶液，所得溶液经浓缩结晶、过滤、洗涤、干燥后得硝酸铋晶体，最后煅烧硝酸铋晶体即得氧化铋产品；方法Ⅱ：将3.0g氯氧化铋(BiOCl，白色难溶于水)与25mL3mol·L1碳酸氢铵溶液混合，加入氨水调节溶液pH=9，50℃下反应2h可得到(BiO)2CO3沉淀，其装置'如图甲所示(加热及夹持装置已省略)，再将所得沉淀干燥并在530℃下煅烧，可得到氧化铋产品。(1)写出金属铋(Bi)溶于足量稀硝酸生成硝酸铋溶液的离子方程式：___________；从绿色化学的角度思考，工业上常选方法Ⅱ而不选方法Ⅰ制氧化铋的原因是___________。(2)图甲中仪器c的名称为___________，当观察到澄清石灰水变浑浊说明反应过程中产生CO2，写出产生(BiO)2CO3沉淀的化学方程式：___________。(3)加氨水调节pH为9有利于生成(BiO)2CO3沉淀的原因是___________。(4)某研究小组探究温度对沉淀制备的影响，得到温度与所得沉淀产率的关系如图乙所示。结合图像分析，50℃时沉淀产率最高的原因是温度低于50℃时，BiOCl固体在水中的溶解度小，导致沉淀的产率降低；温度高于50℃时，___________。(5)若实验所得氧化铋(Bi2O3)产品的质量为2.56g，则氯氧化铋的转化率为___________(保留3位有效数字)。【答案】方法Ⅰ中金属Bi与硝酸反应和硝酸铋在受热分解的过程中均会产生污染环境的氮氧化物分液漏斗氨水会与反应生成NH2·H2O分解，溶液的pH降低，不利于的形成，使沉淀产率降低95.4%【分析】方法Ⅱ的原理为，将得到的在经过灼烧，可得氧化铋，其反应为。【解析】(1)由题干可知Bi与稀硝酸反应，生成的气体应该为NO，因此离子方程式为；由于金属Bi与稀硝酸发生反应时会生成氮氧化物，并且硝酸铋在受热分解的过程中也会产生氮氧化物，会对环境产生污染，故填、方法Ⅰ中金属Bi与硝酸反应和硝酸铋在受热分解的过程中均会产生污染环境的氮氧化物。(2)由图可知仪器e的名称为分液漏斗；由题干信息可知，BiOCl与NH4HCO3反应有(BiO)2CO3和CO2生成，根据原子守恒得反应的化学方程式为；(3)氨水呈碱性，会与反应产生大量的，有利于生成(BiO)2CO3沉淀，故填氨水会与反应生成；(4)当温度高于50℃时，会促进溶液中NH3·H2O分解，会使溶液pH降低，从而不利于的形成，使沉淀产率降低。(5)当得到产品质量为2.56g时，转化率a=×100%100%≈95.4%，故填NH2·H2O分解，溶液的pH降低，不利于的形成，使沉淀产率降低、95.4%。13．（2021·江西高三一模）为测定某氟化稀土样品中氟元素的质量分数，某化学兴趣小组进行了如下实验。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，再进行吸收滴定来测定含量。实验装置如图所示。(1)装置c的名称是___________。玻璃管a的作用为___________。(2)实验步骤：①连接好实验装置，检查装置气密性；②往c中加入mg氟化稀土样品和一定体积的高氯酸，f中盛有滴加酚酞的NaOH溶液。加热装置b、c。①下列物质可代替高氯酸的是___________。(填序号)。A．硫酸B．盐酸C．硝酸D．磷酸②水蒸气发生装置b的作用是___________。(3)定量测定：将f中得到的馏出液配成100ml溶液，取其中20ml加入V1mLamol·L1La(NO3)3溶液，得到LaF3沉淀(不考虑其他沉淀的生成)，再用cmol·L1EDTA标准溶液滴定剩余La3+(La+与EDTA按1：1配合)，消耗EDTA标准溶液V2mL，则氟化稀土样品中氟的质量分数为___________。(4)问题讨论：若观察到f中溶液红色褪去，可采用最简单的补救措施是：___________。否则会使实验结果偏低。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”)。理由是_____。【答案】三颈烧瓶平衡压强AD水蒸气进入到c中，可以把挥发性的HF带出反应体系补充氢氧化钠溶液不受影响SiF4气体进入到f中进行水解，重新生成HF，被溶液吸收，氟元素没有损失【解析】(1)装置c的名称为三颈烧瓶；玻璃管a与外界连通，作用为平衡压强；(2)①本实验利用的是高氯酸的高沸点的性质，即不易挥发的性质，硫酸和磷酸都不易挥发，盐酸和硝酸易挥发，所以正确选项为AD；②水蒸气进入到c中，可以把挥发性的HF带出反应体系；(3)La3+分为两个部分，一部分与F反应，比例为1：3，另一部分与EDTA结合，比例为1：1，EDTA消耗的La3+为，F消耗的La3+为，20mL溶液中F的物质的量为，100mL溶液中F的物质的量为，氟的质量分数为；(4)f中的NaOH溶液是为了吸收挥发出来的HF，避免F元素的损失，当溶液红色褪去，说明NaOH几乎没有，此时只需要再添加NaOH溶液；SiF4气体进入到f中进行水解，重新生成HF，被溶液吸收，氟元素没有损失，所以对实验结果没有影响。14．（2021·安徽六安市高三模拟）二氧化氯常温下是一种黄绿色具有刺激性气味的气体，常用于自来水消毒和果蔬保鲜等方面。氯酸钠还原法是目前使用较为广泛的ClO2制备方法，其原理是用NaClO3与CH3OH在催化剂、60°C时，发生反应得到ClO2，用下图装置(夹持装置略)对其制备、吸收、释放和氧化性进行研究。已知：ClO2易溶于水但不与水反应，气体浓度较大时易分解(爆炸)，实验室用稳定剂吸收ClO2，生成NaClO2，使用时加酸只释放出ClO2一种气体物质CH3OHHCOOHClO2沸点64.7℃100.8℃11℃(1)仪器I的名称为_______；实验中使用仪器II的目的是_______。(2)根据实验原理和目的，上述装置的连接顺序为：ea_______(填接口顺序)。(3)工业上常用过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)的水溶液作为ClO2的稳定剂，吸收ClO2的离子方程式为_______，为便于大量运输和储存，工业上也选择硅酸钙、二氧化硅分子烯等作为稳定剂，其原理是_______。(4)装置乙中的主要现象为_______。(5)不能用排空气法来收集得到纯净的ClO2的原因是_______。(6)ClO2和Cl2都为强氧化剂，在相同条件下，等物质的量时ClO2的氧化能力是Cl2的___倍。【答案】三颈烧瓶（蒸馏烧瓶）使ClO2蒸气中的CH3OH冷凝回流bfgcdh硅酸盐、二氧化硅分子烯性质稳定，有吸附能力溶液变蓝后褪色ClO2与空气混合，浓度较大时易分解（爆炸）2.5【分析】这个实验包括了ClO2气体的制备、收集、性质检验、尾气处理。将NaOH溶液从a口加入甲中的烧瓶，反应物在催化剂条件下加热，生成了ClO2，气体中混有的反应物甲醇通过冷凝管的冷凝回流到烧瓶，而ClO2则进入丁中被稳定剂吸收。加入盐酸后，稳定剂释放出气体ClO2，ClO2具有强氧化性，能够将I氧化为I2，使溶液变蓝，又因为其溶于水后会产生次氯酸，因而具有漂白性。实验结束后，用NaOH溶液吸收尾气。【解析】(1)仪器I为三颈烧瓶，仪器II为冷凝管，使ClO2中的甲醇蒸汽凝结成液体流回烧瓶；(2)按分析可知，仪器连接顺序为eabfgcdh；(3)由已知，ClO2实验室制备时用稳定剂吸收，生成NaClO2，过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)中的H2O2为还原剂生成O2，结合H形成，故离子反应式为：(4)由分析可知，溶液先变蓝后褪色；(5)由已知可知，ClO2浓度较大时易分解（爆炸），不可以用排空气法；(6)因为做氧化剂会变为Cl，得电子数是氯气的2.5倍，故为2.5。15．（2021·河南信阳市高三零模）及是中学化学常用试剂，某兴趣小组设计如下实验探究试剂性质。Ⅰ.的强氧化性采用下列装置，对浓硝酸与木炭的反应进行探究。请回答下列问题：(1)检查装置气密性后，将燃烧匙中的木炭在酒精灯上加热至红热状态，立即伸入三颈瓶中，并塞紧瓶塞，滴加浓硝酸，三颈烧瓶中的化学反应方程式是___________。(2)从实现的功能上来说，装置B的名称是___________。(3)装置C中盛有足量溶液，C中可能观察到的现象是___________，溶液___________(填“能”或“不能”)用溶液代替。(4)装置D中收集到无色气体，部分同学认为是，还有部分同学认为是。假设装置内空气已排净，D瓶中收集的气体仅为产物。下列对该气体的检验方法合适的是___________(填字母)。A．将试剂瓶取出，放在通风条件良好的桌上敞口观察集气瓶内气体的颜色是否变红B．将润湿的蓝色石蕊试纸伸入集气瓶内，观察试纸是否变蓝C．将带火星的木条伸入集气瓶中，观察木条是否复燃Ⅱ．的热稳定性受热易分解，用如图装置加热固体，试管内有红棕色气体生成，一段时间后，在末端导管口可收集到无色气体a。(1)气体a的名称是___________。(2)若B中只生成一种盐，则受热分解的化学方程式为___________。(3)上述实验装置存在的安全隐患为___________。【答案】安全瓶导管内的红棕色气体消失，管口有气泡，溶液C中产生白色沉淀能AC氧气

B中的液体倒吸入A中【分析】Ⅰ．根据装置图可知，碳与浓硝酸在加热的条件下反应生成二氧化碳和红棕色的二氧化氮；装置B可作安全瓶，可以防止液体倒吸；装置C中盛有足量Ba(OH)2溶液，二氧化碳通入其中，产生碳酸钡沉淀，如果换成氢氧化钙溶液同样也可以吸收二氧化碳产生碳酸钙沉淀；装置D是集气装置。Ⅱ．硝酸银不稳定，加热可发生，加热AgNO3固体，试管内有红棕色气体生成，应为二氧化氮，一段时间后，在末端导管口可收集到无色气体a，应生成氧气，同时B中发生4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O。【解析】Ⅰ．(1)由分析可知，三颈瓶中反应方程式为。(2)装置B可作安全瓶，可以防止液体倒吸；(3)装置C中盛有足量Ba(OH)2溶液，二氧化碳和二氧化氮混合气体通入其中，红棕色消失，C中产生碳酸钡沉淀，如果换成氢氧化钙溶液同样也可以吸收二氧化碳产生碳酸钙沉淀；(4)A．如果集气瓶内气体是NO，放在通风条件良好的桌上敞口观察可以看到红棕色，NO被氧气氧化为NO2；B．湿润的蓝色石蕊试不能区别一氧化氮和氧气；C．将带火星的木条伸入集气瓶中，观察木条是否复燃，可以判断集气瓶中是否是氧气；答案选AC。Ⅱ．(1)由分析可知a为氧气；(2)B中只生成一种盐，说明氧气充足，应生成NaNO3，则硝酸银分解只发生；(3)二氧化氮、氧气易与氢氧化钠溶液反应，可产生倒吸。16．（2021·江西吉安市高三一模）甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe]是一种用于治疗缺铁性贫血的药物，用下图装置可以在实验室中制备甘氨酸亚铁：有关物质性质如下表所示：甘氨酸(H2NCH2COOH)易溶于水，微溶于乙醇、冰醋酸，在冰醋酸中溶解度大于在乙醇中的溶解度。柠檬酸易溶于水和乙醇，酸性较强，有强还原性。甘氨酸亚铁易溶于水且在水中难电离，难溶于乙醇、冰醋酸。实验步骤如下：Ⅰ.打开K1、K3，向c中通入气体，待确定c中空气被排尽后，将b中溶液加入到c中。Ⅱ.在50℃恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加适量NaOH溶液调溶液pH至5.5左右，使反应物充分反应。Ⅲ.反应完成后，向c中反应混合液中加入无水乙醇，析出沉淀，将沉淀过滤、洗涤得粗产品，将粗产品纯化后得精品。回答下列问题：(1)仪器b的名称是___________，d的作用是___________。(2)步骤Ⅰ中将b中溶液加入到c中的操作是关闭___________打开___________(填“K2”或“K3”)；步骤Ⅱ中若调节溶液pH偏高，则所得粗产品中会混有杂质___________(写化学式)。(3)c中生成甘氨酸亚铁的化学方程式是___________。(4)下列关于该实验的说法正确的是___________(填字母)。a.反应混合液中加入柠檬酸的作用是防止Fe2+被氧化b.步骤Ⅰ中可由d中导管是否还有气泡冒出来判断装置中的空气是否排尽c.步骤Ⅲ中加入无水乙醇的作用是降低甘氨酸亚铁的溶解度d.步骤Ⅲ中沉淀洗涤时，用蒸馏水作洗涤剂(5)①工业上常用高氯酸(不与冰醋酸反应)标准溶液在非水体系中滴定甘氨酸的方法测定产品中的甘氨酸的含量。请设计实验，将所得粗产品中的甘氨酸分离出来直接用于滴定：_______。②滴定过程中下列操作会使甘氨酸的测定结果偏高的是_______(填字母)。a.滴定时未用高氯酸标准溶液润洗滴定管b.读数时，滴定前平视，滴定后俯视c.摇动锥形瓶时有液体溅出d.滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失【答案】蒸馏(烧)瓶液封，防止空气进c中将甘氨酸亚铁氧化K3K2Fe(OH)22H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2Oac将粗产品置于一定量的冰醋酸中，搅拌，过滤，洗涤，得甘氨酸的冰醋酸溶液ad【分析】先打开K1、K3，铁屑与稀硫酸反应生成硫酸亚铁同时产生氢气，将装置内的空气排尽；之后关闭K3，打开K2，通过产生的气体将b中溶液压入c中；c中盛放甘氨酸和少量柠檬酸，在50°C恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加NaOH溶液，调溶液pH至5.5左右，使反应物充分反应，反应完成后加人无水乙醇，降低甘氨酸亚铁的溶解度，从而使其析出。【解析】(1)根据b的结构特点可知b为蒸馏烧瓶，d中导管插入液面以下，可以形成液封，防止空气进入c中将甘氨酸亚铁氧化；(2)关闭K3，打开K2，产生的气体可将b中溶液压入c中；pH偏高可能生成Fe(OH)2沉淀；(3)反应物有甘氨酸、硫酸亚铁以及NaOH，已知生成物有甘氨酸亚铁，结合元素守恒可知方程式应为2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O；(4)a.根据题目信息可知柠檬酸具有还原性，可以防止亚铁离子被氧化，故a正确；b.空气排尽后也会有氢气生成，气泡产生的速率与空气是否排尽无关，故b错误；c.根据题目信息可知甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，所以加入乙醇可以降低其溶解度，使其从溶液中析出，故c正确；d.甘氨酸亚铁易溶于水，用水洗涤会造成大量产品损失，故d错误。故答案为：ac；(5)①甘氨酸和甘氨酸均易溶于水，但甘氨酸亚铁难溶于冰醋酸，而甘氨酸在冰醋酸中有一定的溶解度，所以可将粗产品置于一定量的冰醋酸中，搅拌，过滤，洗涤，得甘氨酸的冰醋酸溶液；②已知高氯酸为标准液，甘氨酸为待测液，甘氨酸的测定结果与标准液的体积成正比，a.滴定时未用高氯酸标准溶液润洗滴定管，需多滴标准液，使甘氨酸的测定结果偏高；b.读数时，滴定前平视，滴定后俯视，滴定管小刻度在上大刻度在下，滴定后俯视使标准液读数偏小，会使甘氨酸的测定结果偏低；c.摇动锥形瓶时有液体溅出，待测液物质的量减少，所滴加的标准液也会减少，使甘氨酸的测定结果偏低；d.滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，标准液读数偏大，使甘氨酸的测定结果偏高；故答案为：ad。17．（2021·山东德州市高三一模）无水四氯化锡(SnCl4)常用作有机合成的氯化催化剂。实验室可用熔融的锡(熔点232℃)与Cl2反应制备SnCl4，某小组拟设计实验制备无水四氯化锡并探究其性质：Ⅰ.查阅资料，得知：物理性质化学性质SnCl2熔点：246℃沸点652℃较强的还原性SnCl4熔点：33℃沸点114℃遇水蒸气剧烈水解产生白雾，产物之一是Ⅱ.设计实验，装置如图回答下列问题；(1)仪器A的名称是_______，导管D的作用是_______。(2)装置Ⅱ作用是除去氯气中的HCl，用平衡移动原理解释30%硫酸的作用_______。(3)试剂B的作用是_______。(4)为防止产品中带入副产物SnCl2，可采取的措施有_______。(5)装置Ⅳ采用多孔耐高温泡沫的目的是_______。(6)SnCl4遇氨气、水蒸气产生“浓白烟”，因此可用来制作烟幕弹。用化学方程式表示其原理_______。Ⅲ.最后进行产品纯度测定：(7)取wgSnCl4产品用足量蒸馏水吸收得到吸收液250mL。准确量取25.00mL吸收液于锥形瓶中，用cmol/L标准AgNO3溶液滴定至终点，滴定前读数为V1mL，终点读数为V2mL(杂质不参与反应)，利用上述数据计算产品纯度为_______%(用含w、c、V1、V2的代数式表示)。【答案】蒸馏烧瓶平衡气压使浓盐酸顺利流下，30%硫酸中的H+使平衡左移，减少氯气损失防止C中的水蒸气进入收集装置引起SnCl4水解增大Cl2的通入量；控制装置Ⅳ反应温度在232℃~652℃之间增大接触面积，使反应更充分【分析】SnCl4极易水解，反应应在无水环境下进行进行，装置A:KMnO4和浓盐酸反应的方法制取Cl2，反应还生成MnCl2，反应的方程式为：，制取的氯气中含有氯化氢，饱和食盐水可以降低氯气的溶解，还可洗去氯气中的氯化氢，SnCl4在空气中极易水解，为防止其水解，用浓硫酸干燥氯气；Cl2和锡的反应制备SnCl4，冷水冷却，可将气态的SnCl4冷凝回流收集产物；装置G中NaOH吸收未反应的氯气，防止污染空气，因SnCl4极易水解，装置F可防止溶液的水蒸气进入收集器中；金属锡易与氯气、氧气反应，反应时应先生成氯气，将氧气排出，据此解答。【解析】(1)仪器A的名称是蒸馏烧瓶，生成的了长期通过D进入浓盐酸上方，导致浓盐酸上方压强增大，从而将浓盐酸顺利进入烧瓶中，即导管D可以平衡气压，使浓盐酸顺利流下；(2)氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，方程式为：，30%硫酸中的H+浓度较大，使平衡左移，减少氯气损失；(3)试剂B应为浓硫酸，防止C中的水蒸气进入收集装置引起SnCl4水解；(4)根据表中数据分析，SnCl4的熔沸点较低，可以将SnCl4转化为奇台，适当增大氯气的量，继续加热，便于分离产物，所以为防止产品中带入副产物SnCl2，可采取的措施有增大Cl2的通入量；控制装置Ⅳ反应温度在232℃~652℃之间；(5)装置Ⅳ采用多孔耐高温泡沫的目的是增大接触面积，使反应更充分；(6)根据信息遇水蒸气剧烈水解产生白雾，产物之一是分析，SnCl4遇氨气、水蒸气产生“浓白烟”，白烟应为氯化铵，所以化学方程式为；(7)根据SnCl44AgNO3分析，硝酸银的物质的量为mol，则SnCl4的物质的量为mol，产品纯度为=。18．（2021·广东梅州市高三模拟）为探究铜与稀硝酸反应的气体产物及亚硝酸对其反应速率的影响，进行如下实验。实验一探究铜与稀硝酸反应的气体产物实验装置如图所示，气密性已检查。已知：，该反应较缓慢，待生成一定量时突显明显棕色。(1)实验开始时先将Y形试