新教材适用2025版高考化学二轮总复习题型突破特训三化学实验综合题

题型突破特训(三)化学试验综合题1.(2024·河北唐山三模)NaDCC(结构简式为)，是一种优良的消毒剂。常温下，NaDCC为白色粉末或颗粒，性质稳定，受热易分解，难溶于冰水，在试验室中可通过以下反应和装置(夹持仪器略去)制取。原理：(氰尿酸)＋2NaClOeq\o(→,\s\up7(10℃))＋NaOH＋H2O试验装置：Ⅰ.制取NaDCC的试验步骤如下：①向D中加入10mL40%NaOH溶液，水浴控温10℃左右，搅拌。②A中加入KMnO4固体，B中加入浓盐酸，混合使之反应，打开磁力搅拌器。③D中pH降至8左右时，向其中加入肯定量氰尿酸，保持10℃左右，边搅拌边持续通入A中产生的气体，至D中有较多晶体析出，停止反应；④将D中的混合物用冰水浴冷却，过滤，洗涤，低温晾干得到NaDCC晶体。Ⅱ.NaDCC有效氯含量测定：⑤用250mL碘量瓶称取0.2000gNaDCC晶体样品，加蒸馏水100mL，摇动至样品完全溶解，加适量的碘化钾和稀硫酸，避光放置5min。再用少量水冲洗碘量瓶瓶塞和瓶内壁。⑥用滴定管快速滴入0.2000mol·L－1Na2S2O3溶液至浅黄色时，加2滴指示剂后，接着滴定至终点，记录消耗Na2S2O3溶液的体积，重复三次，平均消耗Na2S2O3溶液16.76mL。⑦完成一次空白试验，消耗Na2S2O3溶液0.16mL。已知：I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6样品有效氯＝eq\f(测定NaDCC的物质的量×4×氯元素的摩尔质量,样品质量)×100%请回答下列问题：(1)仪器B的名称是_恒压滴液漏斗__。制备NaDCC试验中运用仪器C的目的是为了提高_NaOH__(填原料名称)的利用率。(2)若步骤②中通入气体过快，仪器D中反应热量未刚好散失，可生成较多NaClO3副产物，该副反应的离子方程式为3Cl2＋6OH－eq\o(=,\s\up7(△))5Cl－＋ClOeq\o\al(－,3)＋3H2O。(3)步骤④中洗涤的操作是_向过滤器中加入冷水，浸没沉淀，待自然滤干，重复2～3次__。(4)已知NaDCC在酸性环境中还原得到氰尿酸和含氯化合物，写出步骤⑤中样品加入适量的碘化钾和稀硫酸的离子反应方程式2I－＋H＋＋HClO=I2＋Cl－＋H2O。(5)步骤⑥中运用的最佳指示剂是_淀粉__，滴定终点的现象为溶液由_蓝色__变为_无色__。若变色后马上读取Na2S2O3溶液体积，则测定的样品有效氯含量结果_D__(填字母)。A．肯定偏大 B．肯定偏小C．可能偏大 D．可能偏小(6)计算样品有效氯_58.61__%(保留四位有效数字)。【解析】第一个装置，用酸性高锰酸钾溶液和浓盐酸制取Cl2，浓盐酸具有挥发性，所以生成的Cl2中含有HCl，挥发出来的HCl与NaOH反应，降低了NaOH的利用率，所以仪器C中盛有饱和食盐水，除去Cl2中含有的HCl，较纯净的Cl2与NaOH反应生成NaClO，生成的NaClO与氰尿酸制备NaDCC，用盛有NaOH溶液的烧杯汲取尾气中的Cl2，防止污染。(1)仪器B的名称是：恒压滴液漏斗；用酸性高锰酸钾溶液和浓盐酸制取Cl2，浓盐酸具有挥发性，所以生成的Cl2中含有HCl，挥发出来的HCl与NaOH反应，降低了NaOH的利用率，所以仪器C中盛有饱和食盐水，除去Cl2中含有的HCl。(2)Cl2与NaOH反应，温度较高时生成NaClO3的离子方程式为3Cl2＋6OH－eq\o(=,\s\up7(△))5Cl－＋ClOeq\o\al(－,3)＋3H2O。(3)因为NaDCC难溶于冰水，所以洗涤时选择冷水为洗涤剂，洗涤沉淀的操作是：向过滤器中加入冷水，浸没沉淀，待自然滤干，重复2～3次。(4)NaDCC在酸性环境中还原得到氰尿酸和含氯化合物，发生反应：＋H＋＋2H2O→＋2HClO＋Na＋，步骤⑤中样品加入适量的碘化钾和稀硫酸的离子反应方程式2I－＋H＋＋HClO=I2＋Cl－＋H2O。(5)步骤⑤中样品加入适量的碘化钾和稀硫酸生成碘单质，所以用淀粉作为指示剂，当溶液由蓝色变成无色，且半分钟内不复原蓝色时，达到滴定终点，若变色后马上读取Na2S2O3溶液体积，标准液体积偏小，测定的样品有效氯含量结果可能偏低，故选D。(6)依据反应：＋H＋＋2H2O→＋2HClO＋Na＋，2I－＋H＋＋HClO=I2＋Cl－＋H2O和I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6，n(NaDCC)＝eq\f(1,2)n(HClO)＝eq\f(1,2)n(I2)＝eq\f(1,4)n(Na2S2O3)＝eq\f(1,4)×0.2×(16.67－0.16)×10－3＝8.255×10－4mol，样品有效氯＝eq\f(测定NaDCC的物质的量×4×氯元素的摩尔质量,样品质量)×100%＝eq\f(8.255×10－4mol×4×35.5g·mol－1,0.2g)×100%＝58.61%。2.(2024·山东淄博二模)三苯甲醇[(C6H5)3COH]是一种重要的有机合成中间体，制备流程如下：已知：Ⅰ.RMgBr(R—表示烃基)能与水、二氧化碳、氧气、卤代烃、酮反应。如：RMgBr＋R′Br→R—R′＋MgBr2Ⅱ.ROMgBr＋H2O→ROH＋Mg(OH)Br↓Ⅲ.几种物质的物理性质如下表：(*表示溴苯与水形成的共沸物沸点)物质熔点(℃)沸点(℃)溶解性三苯甲醇164.2380不溶于水，易溶于乙醇乙醚－116.334.6微溶于水溴苯－30.7156.2(92.8*)不溶于水，易溶于乙醚试验装置如下(加热及夹持装置略)。回答下列问题：(1)装置A中的试剂为_碱石灰__。(2)制备时，乙醚除作溶剂外，另一个作用是挥发生成的乙醚蒸气，可以解除装置内的空气，防止与水、二氧化碳、氧气反应；若溴苯—乙醚混合液滴加过快，生成的主要副产物为(写结构简式)。(3)用饱和NH4Cl溶液代替水与中间产物反应，能避开产生难溶的Mg(OH)Br，加入饱和NH4Cl溶液反应的离子方程式为(C6H5)3COMgBr＋NHeq\o\al(＋,4)＋H2O=(C6H5)3COH＋Mg2＋＋Br－＋NH3·H2O。(4)水蒸气蒸馏过程中若出现堵塞，长导管中液面上升，应进行的操作是_打开活塞K，撤去热源__。(5)当_无油状液体蒸出时__(填试验现象)时，表明水蒸气蒸馏完成；装置B中的物质经_过滤(或抽滤)__(填操作名称)分别出产品，再向产品中加入_D__进行重结晶进一步提纯(填标号)。A．NaOH溶液 B．水C．稀盐酸 D．乙醇(6)计算产率：反应中投加0.10mol溴苯、0.08mol二苯酮，经纯化、干燥后得13.0g产品[M(三苯甲醇)＝260g·mol－1]，则三苯甲醇的产率为_62.5%__。【解析】镁和溴苯反应制备，再和二苯酮的乙醚溶液反应，生成中间产物(C6H5)3COMgBr，加入饱和氯化铵溶液，得到粗产品，再经过蒸馏、过滤得到较纯的三苯甲醇，最终加入乙醇溶解重结晶进一步纯化。(1)为了防止水蒸气进入装置中，使RMgBr水解，装置A中应当装碱石灰。(2)制备时，乙醚除作溶剂外，另一个作用是：挥发生成的乙醚蒸气，可以解除装置内的空气，防止与水、二氧化碳、氧气反应；在滴加的过程中，若溴苯—乙醚混合液滴加过快，生成的主要副产物为。(3)NH4Cl溶液水解显酸性，可以防止Mg(OH)Br生成，加入NH4Cl，反应的离子方程式为(C6H5)3COMgBr＋NHeq\o\al(＋,4)＋H2O=(C6H5)3COH＋Mg2＋＋Br－＋NH3·H2O。(4)水蒸气蒸馏过程中若出现堵塞，应打开活塞K，撤去热源。(5)三苯甲醇不溶于水，所以蒸馏时，当无油状液体蒸出时，蒸馏已经完成；三苯甲醇固体易溶于乙醇，用过滤分别产品，再加入乙醇溶解，进行重结晶进一步提纯产品。(6)0.10mol溴苯、0.08mol二苯酮反应后得到的产品(三苯甲醇)理论产量为0.08mol，m＝0.08×260＝20.8g，产率为eq\f(13.0,20.8)×100%＝62.5%。3.(2024·山东潍坊二模)二氧化钒(VO2)具有优异的导电特性，试验室用如图装置(加热和夹持装置略)，先制得氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体，其化学式为(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O。已知：＋4价的钒化合物在弱酸性条件下易被氧化；VO2在空气中能被缓慢氧化为V2O5。回答下列问题：(1)仪器c的名称为_分液漏斗__，试验起先后，打开K1、K2，关闭K3，为使c中液体顺当滴下进行的操作是_打开分液漏斗的玻璃塞或使玻璃塞的凹槽对准漏斗口上的小孔__。(2)b中加入N2H4·2HCl溶液后进行的操作为：①关闭K2，加热装置b至微沸；②数分钟后……，使b中溶液流入三颈烧瓶；③关闭K3，打开e的活塞，使碳酸氢铵溶液与VOCl2溶液混合，搅拌，充分反应，冷却、过滤、洗涤、干燥，得氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体。装置b充分反应得到VOCl2溶液，反应的化学方程式为2V2O5＋N2H4·2HCl＋6HCl=4VOCl2＋N2↑＋6H2O，②的操作方法为_关闭K1，打开K3__，装置b中所产生气体的作用是_排出装置内的空气；使装置b中的压强增大，将b中溶液压入三颈烧瓶中__。(3)在N2氛围中加热氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体得到VO2。称量ag产品于锥形瓶中，用20mL70%的硫酸加热溶解后，加入0.01mol·L－1高锰酸钾溶液至稍过量，充分反应后，加2%NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量的NaNO2，最终用bmol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗cmL标准液。已知：VOeq\o\al(＋,2)＋Fe2＋＋2H＋=VO2＋＋Fe3＋＋H2O。①粗产品中VO2的质量分数为eq\f(8.3bc,a)%(用含a、b、c的式子表示)。②下列状况会导致所测钒元素的质量分数偏小的是_AD__(填序号)。A．称量样品时，样品在空气中露置时间过长B．(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液中部分Fe2＋被氧化C．滴定过程中，往锥形瓶内加入少量蒸馏水D．滴定达终点时发觉滴定管尖嘴内有气泡【解析】由题意可知，该试验的试验目的是用五氧化二钒先制得氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体，在氮气氛围中加热氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体得到二氧化钒，并用滴定的方法测定粗产品中钒元素的质量分数。(1)由试验装置图可知，仪器c为分液漏斗；试验起先后，打开K1、K2，关闭K3，为使分液漏斗中液体顺当滴下应打开分液漏斗的玻璃塞或使玻璃塞的凹槽对准漏斗口上的小孔，形成内外空气对流。(2)由题意可知，为防止＋4价的钒化合物在酸性条件下被氧化，试验时应关闭K1、K2，打开K3，加热装置b至微沸，用浓盐酸挥发产生的氯化氢气体排尽装置中的空气，待装置中的空气排尽后，关闭K3，打开K1、K2，使N2H4·2HCl溶液进入锥形瓶中与五氧化二钒、盐酸反应生成VOCl2、氮气和水，数分钟后，关闭K1，打开K3，利用反应生成的氮气使锥形瓶中的气压增大，将反应生成的VOCl2溶液流入三颈烧瓶中，锥形瓶中生成VOCl2的方程式为2V2O5＋N2H4·2HCl＋6HCl=4VOCl2＋N2↑＋6H2O。(3)①由题意可知，滴定消耗cmLbmol·L－1硫酸亚铁铵溶液，则由原子个数守恒可知，粗产品中二氧化钒的质量分数为eq\f(bmol·L－1×c×10－3L×83g·mol－1,ag)×100%＝eq\f(8.3bc,a)%。②称量样品时，样品在空气中露置时间过长会使样品的质量偏小，滴定消耗硫酸亚铁铵的体积偏小，导致所测结果偏低，故A符合题意；硫酸亚铁铵溶液中亚铁离子部分被氧化会使滴定消耗硫酸亚铁铵溶液体积偏大，导致所测结果偏高，故B不符合题意；滴定过程中，往锥形瓶内加入少量蒸馏水对溶质的物质的量和标准溶液的体积无影响，对试验结果无影响，故C不符合题意；滴定达终点时发觉滴定管尖嘴内有气泡会使滴定消耗硫酸亚铁铵的体积偏小，导致所测结果偏低，故D符合题意。故选AD。4.(2024·广东湛江二模)2-呋喃甲酸乙酯(，相对分子质量为140)常用于合成香料，是一种透亮液体，不溶于水。试验室可用2-呋喃甲酸(，相对分子质量为112)和乙醇在浓硫酸催化下反应制得2-呋喃甲酸乙酯，部分装置如图。试验步骤：步骤1：按图1装置，在250mL三颈瓶中加入35mL苯、0.5mL浓硫酸、12mL(约9.6g)无水乙醇，用仪器B加入6g2-呋喃甲酸，限制反应液温度保持在68℃，回流5.5h。步骤2：将反应后的混合物倒入100mL水中，加入1.5g无水Na2CO3固体(20℃时，100mL水中最多能溶解20g无水Na2CO3固体)，搅拌、静置、过滤，向滤液中加入活性炭(用于吸附反应后混合物中的固体小颗粒)，再次搅拌、静置、过滤。步骤3：将滤液静置，待分层后分别水相和有机相，并用苯对水层少量多次萃取，合并有机相(仍残留少量水)，再利用图2装置进行蒸馏，保留少量浓缩液，待浓缩液冷却后，在乙醇中重结晶，得无色针状晶体6.2g。几种物质的沸点如表：物质2-呋喃甲酸乙酯2-呋喃甲酸乙醇苯和水恒沸物沸点/℃1962307869(1)仪器B的名称是_恒压(滴液)漏斗__；仪器A中出水口是_a__(填“a”或“b”)。(2)热水浴加热的主要优点有_使反应混合物受热匀称，温度简单限制__(答一条)。(3)图2锥形瓶中收集的主要物质是_苯和水__。Na2CO3的作用是_除去残留酸__。(4)本试验中，反应后混合物中的固体小颗粒的主要成分可能为_C__(填化学式)，步骤3中加入的苯的作用是_作萃取剂__。(5)本试验中2-呋喃甲酸乙酯的产率为_82.7__%(精确到小数点后一位)。(6)为了探究产品水解与介质酸碱性的关系，设计如表试验方案：试验样品/mL加入的5.0mL物质热水浴温度/℃视察现象①2.0蒸馏水35油层不消逝②2.00.1mol·L－1NaOH溶液35油层很快消逝③2.00.1mol·L－1H2SO4溶液35油层缓慢消逝上述试验得出的结论是_酸、碱都能催化酯水解，碱的催化效率高于酸__。【解析】如图1为反应发生装置，其中仪器A为球形冷凝管，用于冷凝回流，仪器B为恒压滴液漏斗，可以平衡三口烧瓶和漏斗中的气压，使液体顺当滴下，步骤1发生反应的化学方程式为＋CH3CH2OHeq\o(→,\s\up7(浓H2SO4),\s\do5(水浴加热))＋H2O，其中浓硫酸作催化剂和吸水剂；步骤2加入