专题14-化学实验综合题(湖南专用)(解析版)

专题14化学实验综合题【母题来源】2021年高考湖南卷第15题【母题题文】碳酸钠俗称纯碱，是一种重要的化工原料。以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠，并测定产品中少量碳酸氢钠的含量，过程如下：步骤I.的制备步骤Ⅱ.产品中含量测定①称取产品2.500g，用蒸馏水溶解，定容于250mL容量瓶中；②移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M，用盐酸标准溶液滴定，溶液由红色变至近无色(第一滴定终点)，消耗盐酸；③在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸；④平行测定三次，平均值为22.45，平均值为23.51。已知：(i)当温度超过35℃时，开始分解。(ii)相关盐在不同温度下的溶解度表温度/010203040506035.735.836.036.336.637.037.311.915.821.027.06.98.29.611.112.714.516.429.433.337.241.445.850.455.2回答下列问题：(1)步骤I中晶体A的化学式为_______，晶体A能够析出的原因是_______；(2)步骤I中“300℃加热”所选用的仪器是_______(填标号)；A．B．C．D．(3)指示剂N为_______，描述第二滴定终点前后颜色变化_______；(4)产品中的质量分数为_______(保留三位有效数字)；(5)第一滴定终点时，某同学俯视读数，其他操作均正确，则质量分数的计算结果_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。【答案】NaHCO3在30-35C时NaHCO3的溶解度最小（意思合理即可）D甲基橙由黄色变橙色，且半分钟内不褪色3.56%偏大【试题解析】步骤I：制备Na2CO3的工艺流程中，先将NaCl加水溶解，制成溶液后加入NH4HCO3粉末，水浴加热，根据不同温度条件下各物质的溶解度不同，为了得到NaHCO3晶体，控制温度在30-35C发生反应，最终得到滤液为NH4Cl，晶体A为NaHCO3，再将其洗涤抽干，利用NaHCO3受热易分解的性质，在300C加热分解NaHCO3制备Na2CO3；步骤II：利用酸碱中和滴定原理测定产品中碳酸氢钠的含量，第一次滴定发生的反应为：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，因为Na2CO3、NaHCO3溶于水显碱性，且碱性较强，所以可借助酚酞指示剂的变化来判断滴定终点，结合颜色变化可推出指示剂M为酚酞试剂；第二次滴定时溶液中的溶质为NaCl，同时还存在反应生成的CO2，溶液呈现弱酸性，因为酚酞的变色范围为8-10，所以不适合利用酚酞指示剂检测判断滴定终点，可选择甲基橙试液，所以指示剂N为甲基橙试液，发生的反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，再根据关系式求出总的NaHCO3的物质的量，推导出产品中NaHCO3的，最终通过计算得出产品中NaHCO3的质量分数。根据上述分析可知，(1)根据题给信息中盐在不同温度下的溶解度不难看出，控制温度在30-35C，目的是为了时NH4HCO3不发生分解，同时析出NaHCO3固体，得到晶体A，因为在30-35C时，NaHCO3的溶解度最小，故答案为：NaHCO3；在30-35C时NaHCO3的溶解度最小；(2)300C加热抽干后的NaHCO3固体，需用坩埚、泥三角、三脚架进行操作，所以符合题意的为D项，故答案为：D；(3)根据上述分析可知，第二次滴定时，使用的指示剂N为甲基橙试液，滴定到终点前溶液的溶质为碳酸氢钠和氯化钠，滴定达到终点后溶液的溶质为氯化钠，所以溶液的颜色变化为：由黄色变为橙色，且半分钟内不褪色；(4)第一次滴定发生的反应是：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，则n(Na2CO3)=n生成(NaHCO3)=n(HCl)=0.1000mol/L22.4510-3L=2.24510-3mol，第二次滴定消耗的盐酸的体积V2=23.51mL，则根据方程式NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑可知，消耗的NaHCO3的物质的量n总(NaHCO3)=0.1000mol/L23.5110-3L=2.35110-3mol，则原溶液中的NaHCO3的物质的量n(NaHCO3)=n总(NaHCO3)-n生成(NaHCO3)=2.35110-3mol-2.24510-3mol=1.0610-4mol，则原产品中NaHCO3的物质的量为=1.0610-3mol，故产品中NaHCO3的质量分数为，故答案为：3.56%；(5)若该同学第一次滴定时，其他操作均正确的情况下，俯视读数，则会使标准液盐酸的体积偏小，即测得V1偏小，所以原产品中NaHCO3的物质的量会偏大，最终导致其质量分数会偏大，故答案为：偏大。【命题意图】考查制备方案的设计，涉及物质的分离提纯、仪器的使用、产品纯度计算等，清楚原理是解答的关键，注意对题目信息的应用，是对学生实验综合能力的考查。【命题方向】预计2022年高考将以给定实验情境或物质性质，要求考生设计实验方案；提出实验问题，要求考生选择仪器、药品，组装实验装置，确定实验步骤，评价实验方案;结合给定的实验情境分析现象与得出结论，并绘制和识别典型的实验仪器、装置图，以考查考生的实际操作技能和分析能力，体现了科学探究的学科素养。高考可能会加大对氧化还原滴定、沉淀滴定等的考查，涉及标准溶液的配制操作以及相关计算，考查考生的实验操作能力和计算能力。实验方案设计与探究的综合考查也是高考的热点，该类试题的一般考查为：考查化学实验基础知识、元素及化合物及相关理论知识，还涉及对探究方法的考查；将化学基本理论、探究性实验、定性与定量实验放在一起综合考查学生分析问题、解决问题的能力；结合题目给定的信息，对知识进行迁移应用，解决相关问题。涉及气体制备、物质的提纯和分离、离子的检验、实验方案的设计等，将继续以生产、生活为背景，题目中会提供制备物质的性质。【得分要点】明确实验原理、有关物质的性质尤其是题干信息中提取和应用是解答的关键。解答该类试题时基本流程为：原理→反应物质→仪器装置→现象→结论→作用意义→联想。易错点一不能掌握定量测定实验题的解题思路常见的定量测定实验包括混合物成分的测定、物质纯度的测定等。该类试题常涉及物质的称量、物质的分离与提纯、中和滴定等实验操作。实验过程中要特别注意以下几个问题：（1）气体体积的测定是考查的重点，对于气体体积的测量，读数时要特别注意消除“压强差”，保持液面相平，还要注意视线与液面最低处相平。（2）测定实验中还要注意消除干扰气体的影响，如可利用“惰性”气体将装置中的干扰气体排出。（3）要使被测量气体全部被测量，反应结束后可继续向装置中通入“惰性”气体以使被测量气体全部被吸收剂吸收。（4）许多实验中的数据处理，都是对多次测定的结果求取平均值，但对于“离群”数据(指与其他测定数据有很大差异的数据)要舍弃。易错点二物质制备实验操作中应注意的四个问题1．实验操作顺序。如与气体有关实验的操作为：装置选择与连接→气密性检验→装固体药品→加液体药品→开始实验(按程序)→拆卸仪器→其他处理等。2．加热操作的要求。主体实验加热前一般应先用原料气赶走空气后，再点燃酒精灯，其目的一是防止爆炸，如H2还原CuO、CO还原Fe2O3；二是保证产品纯度，如制备Mg3N2、CuCl2等。反应结束时，应先熄灭酒精灯，继续通原料气直到冷却为止。3．尾气处理方法。有毒气体常采用溶液(或固体)吸收或将之点燃，无毒气体直接排放。4．特殊的实验装置。（1）制取在空气中易吸水、潮解以及易水解的物质(如Al2S3、AlCl3、Mg3N2等)及易受潮的物质时，往往在装置末端再接一个干燥装置，以防止空气中水蒸气进入。（2）用碱石灰吸收测定实验中生成CO2的质量时，前面要干燥，末端要防止空气中的水蒸气和CO2进入。易错点三气体制备中的常见易错点1．制备气体时误认为先加药品后检查装置的气密性，为了避免浪费，应该先检查装置气密性后加药品。2．无水氯化钙是中性干燥剂，误认为可以干燥任何气体，其实CaCl2不能干燥氨气。3．实验室里用大理石和稀盐酸反应制取CO2，而不能用大理石和稀硫酸反应制取。4．实验室里用MnO2和浓盐酸加热制取Cl2，错误认为MnO2和稀盐酸加热也能发生反应。5．SO2具有还原性，浓H2SO4具有强氧化性，错误认为SO2不能用浓硫酸干燥，其实不然。6．误认为倒扣的漏斗一定能防止倒吸。如图装置不能防倒吸。易错点四中和滴定中的几个易模糊点1．滴定管的“0”刻度在滴定管的上方，大刻度在滴定管下端，故前仰后俯体积偏小，前俯后仰体积偏大。2．恰好中和＝酸碱恰好完全反应≠溶液呈中性≠滴定终点。3．在酸碱中和滴定误差分析中，要看清楚是标准液滴定待测液还是待测液滴定标准液。标准液在滴定管中与标准液在锥形瓶中产生误差情况相反。探究实验异常现象成为近几年实验探究命题的热点，突出对实验能力的考查该类试题的解题策略为：（1）确定变量：解答这类题目时首先要认真审题，理清影响实验探究结果的因素有哪些。（2）定多变：在探究时，应该先确定其他的因素不变，只变化一种因素，看这种因素与探究的问题存在怎样的关系；这样确定一种以后，再确定另一种，通过分析每种因素与所探究问题之间的关系，得出所有影响因素与所探究问题之间的关系。（3）数据有效；解答时注意选择数据(或设置实验)要有效，且变量统一，否则无法做出正确判断。另外探究性题型中考虑问题的思路不能局限于个别问题、不能局限于固定的知识，需要全面考虑。尤其注意最后一空为开放性答案，要注重多角度思考。易错点一不能速解装置图评价题1.查实验装置中的仪器的使用和连接是否正确；2.查所用反应试剂是否符合实验原理；3.查气体收集方法是否正确；4.查尾气吸收装置、安全装置是否正确；5.查实验目的与相应操作是否相符，现象、结论是否统一。易错点二物质制备和实验设计中的易错点1.净化、吸收气体及熄灭酒精灯时要防止液体倒吸。2.进行某些易燃易爆实验时要防爆炸(如H2还原CuO应先通H2，气体点燃前先验纯等)。3.防氧化(如H2还原CuO后要“先灭灯再停氢”，白磷切割宜在水中进行等)。4.防吸水(实验取用和制取易吸水、潮解、水解的物质宜采取必要措施，以保证达到实验目的。如NaOH固体应放在烧杯等玻璃器皿中称量)。5.冷凝回流：有些反应中，为减少易挥发液体反应物的损耗和充分利用原料，需在反应装置上加装冷凝回流装置(如长玻璃管、冷凝管等)。6.易挥发液体产物(导出时可为蒸气)的及时冷却。7.仪器拆卸的科学性与安全性(也从防污染、防氧化、防倒吸、防爆炸、防泄漏等角度考虑)。8.其他，如实验操作顺序，试剂加入顺序等。易错点三不能正确评价实验方案评价实验方案的三角度1．（2021·长沙市明德中学高三三模）正溴丁烷是稀有元素萃取的溶剂及有机合成的中间体，其制备如图(夹持装置略)：已知：i.NaBr+H2SO4(浓)=HBr↑+NaHSO4ii.CH3CH2CH2CH2OH+HBr→CH3CH2CH2CH2Br+H2Oiii.2HBr+H2SO4Br2+SO2+2H2Oiv.正溴丁烷密度：1.27g·mL-1；浓硫酸密度：1.84g·mL-1请回答下列问题：(1)正溴丁烷粗产品的制备：①仪器a的名称是_______，向圆底烧瓶中添加药品顺序正确的是_______(填正确选项字母)。A．浓H2SO4→适量水→正丁醇→溴化钠粉末B．适量水→浓H2SO4→正丁醇→溴化钠粉末C．适量水→正丁醇→浓H2SO4→溴化钠粉末D．适量水→正丁醇→溴化钠粉末→浓H2SO4②装置b中装入NaOH溶液，目的是_______。③加热回流，在此期间要不断地摇动反应装置，其原因为_______；冷却后改为蒸馏装置，蒸出正溴丁烷的粗品。(2)正溴丁烷的提纯：①把正溴丁烷粗品倒入分液漏斗中，加入适量水洗涤，分出有机层；②在另一干燥的分液漏斗中，加入浓硫酸洗去有机层中少量的未反应的正丁醇及副产物，从_______(选填“上口”或“下口”)分出有机层；③有机层依次用适量的水、浓硫酸、水、饱和NaHCO3溶液、水洗涤，用无水CaCl2干燥。以上三次用水洗涤简化为一次用水洗涤是否合理，并说明理由_______。(3)①若洗涤后产物有红色，说明含有溴单质，应加入适量的饱和NaHSO3溶液洗涤，将溴单质全部除去，其反应的离子方程式为_______。②若投入正丁醇14.8g，得到产物15.6g。则正丁醇的转化率为_______%(保留一位小数)。【答案】球形冷凝管B吸收尾气，防止污染空气使反应物充分接触，充分反应，提高正溴丁烷的产率上口不合理，第一次水洗除去HBr和正丁醇，第二次除去大部分的H2SO4，第三次除去NaHCO3，三次水洗可减少试剂的用量Br2++H2O=2Br-++3H+56.9【详解】(1)①由实验装置图可知，仪器a为球形冷凝管；向圆底烧瓶中添加药品时，水应在浓硫酸之前加入，正丁醇应在浓硫酸之后加入，因为若正丁醇在浓硫酸之前加入，与浓硫酸作用后放热，使正丁醇大量挥发造成损失，溴化钠若先加入，则会与浓硫酸反应放出气体，不仅浪费原料，还会污染空气，由此得出向圆底烧瓶中添加药品顺序正确的是适量水→浓H2SO4→正丁醇→溴化钠粉末，故答案为：球形冷凝管；B；②装置b中装入的氢氧化钠溶液用于吸收未反应溴化氢和副反应生成溴蒸汽，防止污染空气，故答案为：吸收尾气，防止污染空气；③加热回流时，不断地摇动反应装置可以使反应物充分接触，有利于反应物充分反应，提高正溴丁烷的产率，故答案为：使反应物充分接触，充分反应，提高正溴丁烷的产率；(2)②在另一干燥的分液漏斗中，加入浓硫酸洗去有机层中少量的未反应的正丁醇及副产物，因为有机层密度比浓硫酸小，所以在液体的上层，应从上口分出有机层，故答案为：上口；③有机层依次用适量的水洗涤，可洗去溴化氢和正丁醇；浓硫酸洗涤，可洗去未被水洗掉的正丁醇；再水洗，可洗去浓硫酸；饱和碳酸氢钠溶液洗去大部分硫酸；水洗涤，洗去余下的少量硫酸，用无水氯化钙干燥去水，以上三次用水洗涤简化为一次用水洗涤不合理，因为需加大试剂用量，故答案为：不合理，第一次水洗除去HBr和正丁醇，第二次除去大部分的H2SO4，第三次除去NaHCO3，三次水洗可减少试剂的用量；(3)①若洗涤后产物有红色，说明含有溴单质，应加入适量的饱和亚硫酸氢钠溶液洗涤，将溴单质全部除去，反应的离子方程式为Br2++H2O=2Br-++3H+，故答案为：Br2++H2O=2Br-++3H+；②若投入正丁醇14.8g，得到产物正溴丁烷15.6g，则正丁醇的转化率为×100%=56.9%，故答案为：56.9。2．（2020·湖南师大附中高三一模）次硫酸氢钠甲醛(NaHSO2•HCHO•2H2O)在印染、医药以及原子能工业中应用广泛.以Na2SO3、SO2，HCHO和锌粉为原料制备次硫酸氢钠甲醛的实验步骤如下：步骤1：如图1所示，在烧瓶中加入一定量Na2SO3和水，搅拌溶解，缓慢通入SO2，制得NaHSO3溶液。步骤2：将装置A中导气管换成橡皮塞，向烧瓶中加入稍过量的锌粉和一定量甲醛溶液，在95~100℃下，反应约3h，冷却至室温抽滤。步骤3：将滤液经系列操作得到次硫酸氢钠甲醛晶体。(1)A中多孔球泡的作用是___。(2)①步骤2中，反应生成的Zn(OH)2会覆盖在锌粉表面阻止反应进行，防止该现象发生的实验操作是___。②写出步骤2中制备NaHSO2•HCHO•2H2O反应的化学方程式：___。(3)B中的试剂为___溶液。(4)ZnSO4的溶解度随温度的变化如图2所示，请补充完整由副产品Zn(OH)2获得ZnSO4•7H2O的实验方案：将副产品Zn(OH)2置于烧杯中，___(实验中可选用的试剂：稀硫酸、无水乙醇)。

(5)通过下列方法测定产品纯度：准确称取2.000gNaHSO2•HCHO•2H2O样品，完全溶于水配成100.00mL溶液，取20.00mL于碘量瓶中，加入50.00mL0.09000mol·L-1I2标准溶液，振荡，于暗处充分反应。以淀粉溶液为指示剂，用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液10.00mL。测定过程中发生下列反应：NaHSO2•HCHO•2H2O+2I2=NaHSO4+4HI+HCHO，2S2O+I2=S4O+2I-，则NaHSO2•HCHO•2H2O样品的纯度为___。【答案】增大接触面积，使SO2充分反应快速搅拌NaOH加入适量稀硫酸使沉淀溶解，通过蒸发浓缩，冷却结晶，控制温度在20℃-39℃之间，使ZnSO4·7H2O析出，用乙醇进行洗涤，干燥后得到ZnSO4·7H2O晶体。【分析】步骤1：在烧瓶中加入一定量Na2SO3和水，搅拌溶解，缓慢通入SO2，Na2SO3、H2O、SO2反应生成NaHSO3，A中多孔球泡的是为了增大接触面积，使SO2充分反应；步骤2：将装置A中导气管换成橡皮塞。向烧瓶中加入稍过量的锌粉和一定量甲醛溶液，在95~100℃下，反应约3h，NaHSO3溶液、锌粉和甲醛反应生成NaHSO2·HCHO·2H2O和，化学方程式为：。【详解】(1)A中多孔球泡的作用是可以增大接触面积，使SO2充分反应；(2)①通过快速搅拌可防止Zn(OH)2会覆盖在锌粉的表面；②NaHSO3溶液、锌粉和甲醛反应生成NaHSO2·HCHO·2H2O和，化学方程式为：；(3)有题中流程，B为第一步制取NaHSO3是处理SO2尾气的装置，故B为NaOH溶液。(4)由副产品Zn(OH)2获得ZnSO4·7H2O的实验方案：将副产品Zn(OH)2置于烧杯中，加入适量稀硫酸使沉淀溶解，通过蒸发浓缩，冷却结晶，控制温度在20℃-39℃之间，使ZnSO4·7H2O析出，用乙醇进行洗涤，干燥后得到ZnSO4·7H2O晶体。(5)用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液10.00mL，根据离子方程式2S2O+I2=S4O+2I-可知，与NaHSO2·HCHO·2H2O反应后剩余的I2的物质的量为，反应前加入50.00mL0.09000mol·L-1I2标准溶液，由此可计算出与NaHSO2·HCHO·2H2O反应消耗I2的物质的量为，根据化学方程式NaHSO2·HCHO·2H2O+2I2=NaHSO4+4HI+HCHO，算出NaHSO2·HCHO·2H2O的物质的量为，其纯度为，总计算过程为。3．（2021·湖南长沙一中高三一模）亚硝酸钠(NaNO2)是一种常见的食品添加剂。某实验小组制备NaNO2并对其性质进行探究。资料：Ag+与NO反应，可生成AgNO2白色沉淀或无色配离子。Ⅰ.NaNO2的制取(夹持装置略)实验i向装置A中通入一段时间N2，再通入NO和NO2混合气体，待Na2CO3反应完全后，将所得溶液经系列操作，得到NaNO2白色固体。(1)制取NaNO2的离子方程式是___。(2)小组成员推测HNO2是弱酸。为证实推测，向NaNO2溶液中加入试剂X，“实验现象”证实该推测合理，加入的试剂及现象是__，___。Ⅱ.NaNO2性质探究将实验i制取的NaNO2固体配制成约0.1mol/LNaNO2溶液，进行实验ⅱ和ⅲ。实验ⅱ(3)由实验ii的现象得出结论：白色沉淀的生成与___有关。(4)仅用实验ii的试剂，设计不同实验方案进一步证实了上述结论，实验操作及现象是___。实验iii(5)酸性条件下，NO氧化I-的离子方程式是___。(6)甲同学认为，依据实验ⅲ的现象可以得出结论：该条件下，NO能氧化I-。乙同学则认为A装置中制取的NaNO2含有副产物，仅凭实验ⅲ不能得出上述结论，还需要补充实验ⅳ进行验证，乙同学设计实验ⅳ证明了实验ⅲ条件下氧化I-的只有NO2，实验ⅳ的实验方案是___。【答案】NO+NO2+CO=2NO+CO2无色酚酞试液溶液变成浅红色AgNO3溶液和NaNO2溶液的相对用量向AgNO3溶液中逐滴滴加NaNO2溶液，先有白色沉淀生成，后沉淀逐渐溶解2NO+2I-+4H+=2NO↑+I2+2H2O取2mL0.1mol/LNaNO3溶液于试管中，加2mL0.1mol/LKI溶液(含淀粉)，再滴加三滴1mol/L硫酸溶液，溶液没有变蓝【分析】由实验装置图可知，制备亚硝酸钠时，先向盛有碳酸钠溶液的三颈烧瓶中通入一段时间氮气，排尽装置中的空气后，再通入一氧化氮和二氧化氮混合气体，一氧化氮和二氧化氮在碳酸钠溶液中反应生成亚硝酸钠和二氧化碳，盛有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶用于吸收一氧化氮，防止污染空气。【详解】(1)由分析可知，一氧化氮和二氧化氮在碳酸钠溶液中反应生成亚硝酸钠和二氧化碳，反应的离子方程式为NO+NO2+CO=2NO+CO2。(2)若亚硝酸为弱酸，亚硝酸钠会在溶液中水解使溶液呈碱性，则向亚硝酸钠溶液中滴加酚酞试液，若溶液会变成浅红色，说明亚硝酸为弱酸；(3)由实验现象可知，向NaNO2溶液中滴加AgNO3溶液时，先没有白色沉淀生成，后有白色沉淀生成，说明白色沉淀的生成与AgNO3溶液和NaNO2溶液的相对用量；(4)由实验现象可知，向NaNO2溶液中滴加AgNO3溶液时，先没有白色沉淀生成，后有白色沉淀生成，则向AgNO3溶液中滴加NaNO2溶液时，先有白色沉淀生成，后沉淀逐渐溶解说明白色沉淀的生成与AgNO3溶液和NaNO2溶液的相对用量有关；(5)由实验现象可知，向亚硝酸钠溶液中滴加淀粉碘化钾溶液无明显现象，滴加稀硫酸后，溶液变蓝色，有无色气体生成，说明酸性条件下，亚硝酸钠溶液与碘化钾溶液发生氧化还原反应生成硫酸钠、硫酸钾、碘、一氧化氮和水，反应的离子方程式为2NO+2I-+4H+=2NO↑+I2+2H2O；(6)由题意可知，一氧化氮和二氧化氮在碳酸钠溶液中反应生成亚硝酸钠和二氧化碳时，可能生成硝酸钠，则设计酸性条件下，硝酸钠溶液与碘化钾溶液没有碘生成的实验，可以说明酸性条件下，只有亚硝酸钠溶液与碘化钾溶液发生氧化还原反应，故可以进行以下操作：取2mL0.1mol/LNaNO3溶液于试管中，加2mL0.1mol/LKI溶液(含淀粉)，再滴加三滴1mol/L硫酸溶液，溶液没有变蓝。4．（2021·湖南高三二模）设计如下实验装置制备硫代硫酸钠品体()(夹持仪器略)，总反应为。已知硫代硫酸钠品体在中性或碱性溶液中较稳定，酸性溶液中产生浑浊。

(1)烧瓶B中制备的化学方程式为___________。(2)当pH计读数接近7.0时，应立即停止通的原因___________(用离子方程式表示)。具体操作是___________。充分反应后，将C中溶液经过一系列操作可得硫代硫酸钠晶体。(3)准确称取7.00g产品，溶于蒸馏水配成100.00mL溶液，取20.00mL注入锥形瓶，以淀粉作指示剂，用0.10mol/L标准碘溶液滴定。已知：。①标准碘溶液应盛放在___________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。②第一次滴定开始和结束时，滴定管中的液面如图，则消耗标准碘溶液的体积为___________mL。滴定次数滴定前/mL滴定后/mL第二次1.5630.30第三次0.2226.34③重复上述操作三次，记录另两次数据如下，则产品中的质量分数为___________%(保留2位有效数字)。(4)有还原性，可作脱氯剂。向溶液中通入少量，预测转变为，设计实验方案验证该预测：取少量反应后的溶液于试管中，___________。【答案】关闭，打开，再关闭酸式26.1093(或92.5)加入过量盐酸，过滤，向滤液中滴加适量溶液，有白色沉淀生成【分析】在烧瓶B中硫酸与Na2SO3发生复分解反应产生SO2气体，在加热条件下SO2和Na2S、Na2SO3反应生成Na2S2O3，当通入SO2气体使溶液pH

=

7.0时停止通入SO2气体，防止SO2过量，溶液显酸性时，Na2S2O3与酸发生歧化反应产生S单质等，具体操作是关闭，打开，再关闭，然后以淀粉为指示剂，用0.10mol/L标准碘溶液滴定，发生反应：，当恰好反应完全时，溶液由无色变为蓝色，半分钟内不褪色，就证明达到滴定终点，此时停止滴加标准溶液，根据多次实验平均值计算平均消耗I2溶液的体积，利用二者反应关系计算出7.00g样品中所含Na2S2O3的质量，进而可得其质量分数。【详解】(1)在烧瓶B中硫酸与Na2SO3发生复分解反应产生SO2气体，化学方程式为：；(2)通入SO2气体使溶液pH

=

7.0时停止通入SO2气体，防止SO2过量，溶液显酸性时，Na2S2O3与酸发生歧化反应产生S单质等，离子方程式为：，具体操作是关闭，打开，再关闭；(3)①I2具有氧化性，故标准碘溶液应盛放在酸式滴定管中；②根据图中信息可知，消耗标准碘溶液的体积为；③第一次滴定消耗标准碘溶液的体积为，第二次滴定消耗标准碘溶液的体积为，第三次滴定消耗标准碘溶液的体积为，第二次消耗的标准碘溶液的体积与另外两次差值较大，应舍弃，利用第一次滴定和第三次滴定数据，取其平均值，则消耗标准碘溶液的平均体积为，消耗I2的物质的量为，根据可得，20.00mL溶液中的物质的量为，则100.00mL溶液中的物质的量为，产品中的质量分数为；(4)向反应后的溶液中加入过量盐酸，过滤，向滤液中滴加适量溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有，证明向溶液中通入少量生成。5．（2021·湖南高三二模）三氯氧磷(POCl3)是重要的基础化工原料，广泛用于制药、染化、塑胶助剂等行业。某兴趣小组用O2直接氧化PCl3制备POCl3，实验装置设计如图：

有关物质的部分性质如下表：物质熔点℃沸点/℃其它性质PCl3-111.874.2遇水生成H3PO3和HCl遇O2生成POCl3POCl32105.3遇水生成H3PO4和HCl，能溶于PCl3回答下列问题：(1)仪器a的名称是_______。(2)装置B中试剂为_______；装置B的作用是_______。(任写两条)(3)装置C中制备POCl3的化学方程式为_______。(4)b装置的作用是_______。(5)通过佛尔哈德法可以测定三氯氧磷产品中C1元素的含量实验步骤如下：I.取m克产品于锥形瓶中，加入足量NaOH溶液，待完全反应后加稀硝酸至溶液显酸性；II.向锥形瓶中加入0.1000mol·L-1的AgNO3溶液50.00mL，使Cl-完全沉淀；III.向其中加入2mL硝基苯，用力摇动使沉淀表面被有机物覆盖；IV.加入指示剂用cmol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积为VmL。①滴定选用的指示剂是_______(填标号)。A．酚酞B．NH4Fe(SO4)2C．淀粉D．甲基橙②Cl元素的质量分数为_______(用含m、c、V的表达式表示)。③若取消步骤III，会使步骤IV中出现两种沉淀共存，该反应使测定结果_______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。【答案】分液漏斗浓H2SO4平衡气压、干燥氧气、观察气体流速冷凝回流B或偏小【详解】根据实验目的可知，装置Δ是氧气的发生装置，为固体与液体不加热制备气体装置，可以为H2O2在MnO2催化作用下分解生成氧气，也可以是过氧化钠与水反应，通过加入液体的量，可以控制产生氧气的速率，氧气中含有水蒸汽，可以用浓硫酸除去，所以B装置中盛放浓硫酸，装置B中有长颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，起安全瓶的作用，纯净的氧气与三氯化磷在C中反应生成POCl3，为了控制反应速率且要防止三氯化磷挥发，反应的温度不宜太高，所以装置C用水浴加热，为防止POCl3挥发，用冷凝管b进行冷凝回流，POCl3遇水剧烈水解为H3PO4和HCl，所以为防止空气中水蒸汽进入装置，同时吸收尾气，所以在装置的最后连有碱石灰的干燥管。(②)装置B中装有浓硫酸，可作干燥剂，另外气体通过液体时可观察到气泡，则装置B的作用是观察O2的流速、平衡气压、干燥氧气。(3)根据装置图可知，装置C中氧气氧化PCl3生成POCl3，根据原子守恒，反应的化学方程式为(4)仪器b为球形冷凝管，起冷凝回流的作用。(5)①用cmol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时NH4SCN过量，加NH4Fe(SO4)2作指示剂，Fe3+与SCN-反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点；②用cmol/LNH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积VmL，则过量Ag+的物质的量为cV×10-3mol，与Cl-反应的Ag+的物质的量为Cl元素的质量分数为；；③若取消步骤Ⅲ，会使步骤Ⅳ中岀现两种沉淀共存，若无此操作，NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀，则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多，即计算时Ag+的物质的量偏大，则计算中与Cl-反应的Ag+的物质的量偏小，所以测得的Cl-的质量分数偏小。6．（2021·湖南常德市·高三一模）实验室制备合成农药、医药的重要中间体三氯乙醛(CCl3CHO)的装置示意图如图(加热装置略去)：已知：①制备原理：C2H5OH+4Cl2→CCl3CHO+5HCl。②CCl3CHO易被HClO氧化生成CCl3COOH。(1)仪器D的名称是___，A中发生反应的化学方程式为___。(2)下列各装置能代替图中E的是___(填标号)。(3)制备装置中存在一处缺陷，该缺陷是___。(4)测产品纯度：称取产品mg配成待测溶液，加入amol·L-1碘标准溶液20.00mL，加入指示剂，再加入适量Na2CO3溶液(CCl3CHO+OH-=CHCl3+HCOO-、HCOO-+I2=H++2I-+CO2↑)，反应完全后，加盐酸调节溶液的pH，立即用bmol·L-1Na2S2O3溶液滴定(I2+2S2O=2I-+S4O)。进行三次平行实验，所得滴定数据如表所示。第一次第二次第三次滴定前读数/mL0.000.120.20滴定后读数/mL19.9821.5220.22①指示剂为___。②产品的纯度为(写表达式)___。【答案】球形冷凝管MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2Obc缺少干燥Cl2的装置，导致副产物CCl3COOH增多(或BC之间增加干燥装置；或BC之间、DE之间均增加干燥装置)淀粉溶液或%或%【分析】浓盐酸与二氧化锰发生反应生成氯气，反应方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；氯气与乙醇发生反应生成三氯乙醛(CCl3CHO)，制备原理：C2H5OH+4Cl2→CCl3CHO+5HCl。【详解】(1)仪器D是球形冷凝管；A中发生的反应为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；(2)HCl极易溶于水，为防止发生倒吸，可使用b和c吸收尾气同时防止倒吸；a装置将导管直接插入液面以下，会发生倒吸；d装置是一个封闭装置，没有和外界大气相通，存在安全隐患，不能选用；(3)该装置BC之间缺少干燥氯气的装置，若氯气中含有水分，氯气与水发生反应，生成的次氯酸会氧化CCl3CHO，导致副产物增多；(4)①淀粉溶液遇碘单质会变蓝；②第一次滴定消耗硫代硫酸钠溶液的体积为19.98mL，第二次滴定消耗硫代硫酸钠溶液的体积为21.52-0.12=20.4mL，第三次滴定消耗硫代硫酸钠溶液的体积为20.22-0.2=20.02mL，第二次的数值偏差较大，应舍去；则消耗硫代硫酸钠的体积为20mL，其物质的量为bmol/L×0.02L=0.02bmol，根据可知，剩余I2的物质的量为，与HCOO-反应的I2的物质的量为0.02amol-0.01bmol，则产品CCl3CHO的物质的量为(0.02a-0.01b)mol，其纯度为或%或%；7．（2021·湖南高三一模）富马酸亚铁(C4H2O4Fe)常用于治疗缺铁性贫血，也可作食品营养强化剂。某化学兴趣小组以富马酸(HOOCCH=CHCOOH)和FeSO4制备富马酸亚铁，并对其纯度进行测定，过程如下：步骤Ⅰ.富马酸亚铁晶体的制备步骤Ⅱ.产品纯度测定取0.400g样品置于250mL锥形瓶中，加入15.00mL硫酸，加热溶解后冷却，再加入50.00mL新沸过的冷水和2滴邻二氮菲指示液，此时溶液呈红色；立即用0.1000mol•L-1硫酸铈铵[(NH4)2Ce(SO4)3]标准液滴定(还原产物为Ce3+)，滴定终点溶液变为浅蓝色。平行测定三次，平均消耗23.00mL标准液。根据以上两个实验步骤，回答下列问题：(1)以上两个步骤中不需要使用的仪器有___(填标号)。(2)步骤Ⅰ的实验多次使用了玻璃棒，它的作用为搅拌、___。(3)在富马酸溶液中加入Na2CO3并加热、搅拌，调节pH为6.6。如果Na2CO3过量，则制得的富马酸亚铁质量___(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。(4)合成富马酸亚铁时使用如图所示装置(加热和夹持装置略去)。仪器A的名称是___，球形冷凝管的进水口为___(填“a”或“b”)，合成富马酸亚铁的化学反应方程式为___。(5)根据上述实验数据，测得产品的纯度是__%(保留四位有效数字)。【答案】B引流偏小恒压滴液漏斗(或筒形恒压分液漏斗)bNaOOC－CH=CH－COONa+FeSO4→Fe(OOC－CH=CH－COO)↓+Na2SO497.75【分析】向富马酸(HOOCCH=CHCOOH)中加入Na2CO3溶液、FeSO4溶液可合成得到富马酸亚铁，然后过滤、洗涤、干燥后得到产品，据此解答。【详解】(1)过滤需要烧杯和漏斗，滴定需要滴定管，则以上两个步骤中不需要使用的仪器有容量瓶，答案选B。(2)步骤Ⅰ的实验多次使用了玻璃棒，它的作用为搅拌，另外在过滤时起引流作用。(3)在富马酸溶液中加入Na2CO3并加热、搅拌，调节pH为6.6。如果Na2CO3过量，过量的碳酸钠会消耗亚铁离子，则制得的富马酸亚铁质量偏小。(4)仪器A的名称是恒压滴液漏斗，冷凝时冷凝水从b口入，a口出，即球形冷凝管的进水口为b，富马酸首先和碳酸钠反应生成NaOOC－CH=CH－COONa，然后NaOOC－CH=CH－COONa和硫酸亚铁反应合成富马酸亚铁，反应的化学反应方程式为NaOOC－CH=CH－COONa+FeSO4→Fe(OOC－CH=CH－COO)↓+Na2SO4。(5)根据结构简式有：富马酸亚铁～Fe2+，溶液中的Fe2+被Ce4+被还原为Ce3+，反应为：Fe2++Ce4+＝Fe3++Ce3+，故富马酸亚铁～Ce4+，富马酸亚铁的物质的量是0.1mol/L×0.023L＝0.0023mol，故产品的纯度为：×100%＝97.75%。8．（2021·河南新乡县一中高三其他模拟）过氧化钙是一种用途广泛的优良供氧剂，可用于鱼类养殖、农作物栽培、污水处理等多方面。下图为用储量丰富的大理石(主要成分CaCO3，含有少量的Fe、Al、Mg、Si等杂质)制备CaO2的过程：回答下列问题：I．过氧化钙的制取(1)H2O2作为氧化剂的优点是___________。(2)由滤液II得到CaO2·8H2O的化学方程式为___________，此反应过程温度控制在0～8℃为宜的原因是___________。(3)反应③后实验操作为___________，用冰水洗涤CaO2·8H2O的方法___________。II．过氧化钙含量的测定称量0.4g样品加入一定量2mol·L-1盐酸配成溶液，滴定时加入1mL0.05mol·L-1MnSO4，立即用0.1mol/L酸性KMnO4标准溶液滴定。(4)滴定时用到的仪器有___________(填序号)。(5)滴定终点现象为___________，若消耗20.00mLKMnO4，计算样品中CaO2的质量分数___________。(6)下列操作使测定CaO2的质量分数偏高的是___________。A．滴定管未用KMnO4润洗B．开始时滴定管内有气泡，滴定后消失C．滴定结束读数时，俯视刻度线D．滴定过程中待测液溅出【答案】不引入杂质离子，产物无污染CaCl2＋H2O2＋2NH3·H2O＋6H2O=CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl温度高H2O2和NH3·H2O都易分解过滤向过滤器中加冰水浸没沉淀，静置，待水自然留下，重复操作2～3次①③当滴入最后一滴酸性KMnO4标准溶液时，溶液呈浅红色并且在半分钟内不褪色90%AB【分析】大理石加入盐酸、过氧化氢浸取，碳酸钙转化为Ca2+，Fe、Al、Mg转化为Fe3+、Al3+、Mg2+，过滤得到的滤渣Ⅰ主要为Si；滤液I加入氨水调节pH，使Fe3+、Al3+、Mg2+转化为沉淀，过滤所得滤液Ⅱ主要为氯化钙、氯化铵，再加入一水合氨和双氧水，得到CaO2·8H2O沉淀，煅烧得到CaO2。【详解】(1)H2O2做氧化剂还原为水，不引入杂质离子，产物无污染；(2)滤液Ⅱ中主要成分为氯化钙、氯化铵，加入一水合氨和双氧水，得到CaO2·8H2O，所以反应方程式为CaCl2＋H2O2＋2NH3·H2O＋6H2O=CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl；为防止H2O2和NH3·H2O受热分解，温度不能太高；(3)反应③后是滤液和沉淀CaO2·8H2O的分离，操作是过滤；洗涤沉淀的方法为向过滤器中加冰水浸没沉淀，等水自然流下，重复操作2到3次；(4)因为用高锰酸钾滴定，有强氧化性所以选择酸式滴定管，滴定过程还要用到锥形瓶，所以选择①③；(2)滴定终点为将H2O2反应完全，多一滴高锰酸钾溶液，即溶液呈微红色并且在半分钟内不褪色；根据反应方程式：CaO2+2HCl=CaCl2+H2O22KMnO4+5H2O2+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O设参加反应的CaO2为x，则有计算得出x=0.36g，样品取0.4g，则样品中CaO的质量数为：×100%=90%；(3)根据滴定计算关系c测=；A．滴定管未用KMnO4润洗，使溶液浓度减小，V标增大，c测偏高，A符合题意；B．开始时滴定管内有气泡，滴定后消失，读取的V标体积中包含气泡体积，c测偏高，B符合题意；C．滴定结束读数时，俯视刻度线，使读数偏大，V标偏小，c测偏低，C不符合题意；D．滴定过程中待测液溅出，导致V标偏小，c测偏低，D不符合题意；综上所述所以选AB。9．某实验小组用工业上废渣(主要成分Cu2S和Fe2O3)制取纯铜和绿矾(FeSO4·7H2O)产品，设计流程如图1：(1)在实验室中，欲用98%的浓硫酸(密度为1.84g·mL-1)配制500mL1.0mol·L-1的硫酸，需要的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还有___。(2)该小组同学设计如图2装置模拟废渣在过量氧气中焙烧，并验证废渣中含硫元素。①装置A中反应的化学方程式为___；D装置作用___，E装置中的现象是___。②该实验有一处明显缺陷，为___。(3)从图3选择合适的装置，写出步骤⑤中进行的操作顺序___。(填序号)(4)为测定产品中绿矾的纯度，称取30.0g样品溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000mol·L-1酸性KMnO4溶液进行滴定，反应为：10FeSO4+8H2SO4+2KMnO4=2MnSO4+5Fe2(SO4)3+K2SO4+8H2O。实验所得数据如表所示：滴定次数1234KMnO4溶液体积/mL19.1020.0219.9820.00①第1组实验数据出现异常，造成这种异常的原因可能是___(填代号)。a．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗b．配制KMnO4溶液定容时仰视c．滴定终点时俯视读数d．滴定前尖嘴无气泡，滴定后有气泡②滴定终了的标志是___。③根据表中数据，计算所得产品中绿矾的纯度为___(保留三位有效数字)。【答案】500mL容量瓶、胶头滴管2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑安全瓶品红溶液红色褪去无尾气处理装置cbcd滴入最后1滴时，溶液变成浅紫色，且半分钟内不变色92.7%【分析】此实验的目的，是模拟工业上用废渣(主要成分Cu2S和Fe2O3)制取纯铜和绿矾(FeSO4·7H2O)产品，首先将废渣煅烧，此时硫元素转化为SO2气体(a)，固体为铜和铁的氧化物，用硫酸溶解后，生成硫酸铜和硫酸铁，加入过量铁粉，Cu2+转化为Cu，Fe3+转化为Fe2+；过滤后，固体B(Cu、Fe)加入硫酸溶解生成Cu和FeSO4；溶液B为FeSO4，然后将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，便可获得绿矾。【详解】(1)配制500mL1.0mol·L-1的硫酸，必须使用500mL容量瓶，另外，定容时，还需使用胶头滴管。答案为：500mL容量瓶、胶头滴管；(2)①装置A中发生Na2O2与水的反应，反应生成NaOH和O2，化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；D装置中两根导管都短，应为防倒吸装置，所以其作用是安全瓶，E装置为检验二氧化硫的装置，其现象是品红溶液红色褪去。②因为SO2是大气污染物，而BaCl2溶液不能吸收SO2，所以该实验有一处明显缺陷，为无尾气处理装置。答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；安全瓶；品红溶液红色褪去；无尾气处理装置；(3)步骤⑤为从硫酸亚铁溶液中提取绿矾的操作，应为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，所以进行的操作顺序为cb。答案为：cb；(4)①与其它组实验结果相比较，第1组实验数据偏低。a．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，则所用酸性KMnO4的体积偏大，a不符合题意；b．配制KMnO4溶液定容时仰视，则溶液体积