2019年高考化学冲刺逐题过关专题08第26题综合性实验（考前训练）（含解析）.docx

第26题 综合性实验1二氯化二硫(S2Cl2)在工业上用于橡胶的硫化。为在实验室合成S2Cl2，某化学研究性学习小组查阅了有关资料，得到如下信息：将干燥纯净的氯气在110140与硫反应，即可得S2Cl2粗品。有关物质的部分性质如下表：物质熔点/沸点/化学性质S112.8444.6略S2Cl277137与过量氯气发生S2Cl2Cl22SCl2；温度超300以上完全分解为硫和氯气设计实验装置图如下：(1)仪器A的名称是_。B中反应的离子方程式为_。(2) S2Cl2遇水会生成黄色单质、一种能使品红溶液褪色的气体化合物及酸雾，D中的试剂应是_，写出该反应的化学方程式_ 。(3)装置H的作用是_ ，其中发生反应的化学方程式为 _。(4)S2Cl2粗品中可能混有的杂质是SCl2、Cl2、S,为了提高S2Cl2的纯度，关键的操作是控制好温度和_。【答案】分液漏斗 MnO24H2ClMn2Cl22H2O 浓硫酸 2 S2Cl2+2H2O=4HCl+SO2+3S 吸收尾气，防止污染环境 Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O 滴加浓盐酸的速度不要过快 【解析】 (1)由仪器的形状可知A为分液漏斗，用固液加热的方法制Cl2，常用浓盐酸和二氧化锰反应制取，反应的离子方程式为MnO2+4H+2Cl- Mn2+Cl2+2H2O，故答案为：分液漏斗；MnO2+4H+2Cl- Mn2+Cl2+2H2O；(2) 氯气制取过程中的产生杂质HCl、H2O，因此先用饱和食盐水除去氯气中的HCl，再用浓硫酸进行干燥即可得纯净干燥的氯气，所以C中为饱和食盐水，D中为浓硫酸；S2Cl2遇水会生成黄色单质硫、一种能使品红溶液褪色的气体化合物为二氧化硫及酸雾(HCl)，反应的化学方程式为：2S2Cl2+2H2O=3S+SO2+4HCl，故答案为：浓硫酸；2S2Cl2+2H2O=3S+SO2+4HCl； (3) 反应过程中涉及有毒有害气体，产生的尾气会污染空气，因此装置H中的氢氧化钠溶液可以吸收未反应的气体(如氯气等)，防止污染环境，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故答案为：吸收尾气，防止污染环境；Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；(4) 由信息可知，可能因温度、水蒸气因素引入SCl2、Cl2、S等杂质，为了提高S2Cl2的纯度，关键的操作是控制好温度，避免S2Cl2分解为硫和氯气；若滴加盐酸过快，造成反应过程中氯气过量，导致副反应S2Cl2Cl22SCl2的发生，因此还应控制浓盐酸的滴速不要过快，故答案为：控制浓盐酸的滴速不要过快。2常温下，无水四氯化锡是一种无色易挥发、易流动的液体，遇水极易发生水解。某学习小组设计了下图所示的装置制备无水四氯化锡。其反应原理是Sn(s)+2Cl2(g)= SnCl4(l) H = 511 kJ/mol 。请回答下列问题：（1）仪器a的名称是 _，（2）装置B中反应的离子方程式是 _。（3）装置C的作用是除去氯化氢，所用试剂X的名称是_，装置D的作用是_。（4）当F中充满SnCl4时，将生成的SnCl4排入接收器E中的操作是：_，再用橡皮球从冷凝管上口向装置内吹气。（5）若制取3kg含氯气的质量分数为13.0%的SnCl4，则至少需通入的氯气（标准状况）_m3。(保留2位小数)（6）上述实验设计中，还有一些不合理之处，请写出两点_。【答案】锥形瓶 2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2+8H2O+5Cl2 饱和食盐水 干燥氯气 关闭分液漏斗活塞，打开K1，关闭K2，打开K3 0.57 冷凝管和锥形瓶敞口生成物易挥发或易水解，没有安装尾气处理装置，没有对E装置进行冷却 【解析】（1）仪器a的名称是锥形瓶，故答案为：锥形瓶。（2）装置B中发生的反应是2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+8H2O+5Cl2，离子方程式为：2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2+8H2O+5Cl2，故答案为：2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2+8H2O+5Cl2。（3）由于氯气在饱和食盐水中不溶，故除去氯气中的氯化氢用饱和食盐水，浓硫酸的作用是干燥氯气，故答案为：饱和食盐水；干燥氯气。（4）当F中充满SnCl4时，将生成的SnCl4排入接收器E中的操作是：关闭分液漏斗活塞，打开K1，关闭K2，打开K3，再用橡皮球从冷凝管上口向装置内吹气。故答案为：关闭分液漏斗活塞，打开K1，关闭K2，打开K3。（5）根据方程式Sn(s) + 2Cl2(g) = SnCl4(l)142 261m 300087gm=1420g，至少需通入的氯气的质量为1420g+300013g，标准状况下的体积为(1810g/71gmol-1)22.4Lmol-1571L0.57 m3，故答案为：0.57。（6）冷凝管和锥形瓶敞口生成物易挥发或易水解，没有安装尾气处理装置，没有对E装置进行冷却，故答案为：冷凝管和锥形瓶敞口生成物易挥发或易水解，没有安装尾气处理装置，没有对E装置进行冷却。3我国宋代沈括在梦溪笔谈中记载：信州铅山县有苦泉，流以为涧。挹其水熬之，则成胆矾。熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”。某化学兴趣小组为探究胆矾()的热分解产物，设计如图所示装置进行实验：已知：的熔点为16.8，沸点为46.8；的熔点为-72，沸点为-10.请回答下列问题：（1）仪器a的名称是_，a中的棒香能复燃，说明热分解产物含有_(填化学式)。（2）A中固体由蓝色变为黑色，B中的现象是_。（3）C中冰水的作用是_。（4）D中品红溶液褪色，E中有、生成，写出E中生成的总的离子方程式：_。（5）若生成和的物质的量之比为1：1，则胆矾热分解的化学方程式为_。（6）小组同学用滴定法测定某胆矾样品中的含量，取mg样品配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用0.1000mol/L的EDTA()标准溶液滴定至終点，平均消耗EDTA溶液VmL(滴定反应：)。样品中的质量分数为_%(用含m、V的代数式表示)。下列操作会导致含量的测定结果偏高的是_(填选项字母)。a未润洗锥形瓶b滴定终点时仰视读数c滴定终点时滴定管尖嘴中有气泡【答案】(球形)干燥管 固体由白色变为蓝色 防止挥发(其他合理答案也给分) b 【解析】 (1).仪器a的名称是球形干燥管，也可称为干燥管；在a中，棒香能复燃，说明反应中产生了助燃性的气体氧气，故答案应为(球形)干燥管、；(2). A中固体由蓝色变为黑色，说明胆矾发生了分解，产生了和水等。故B中的白色粉末因吸水变为蓝色，故答案应为固体由白色变为蓝色；(3). 由题目所给信息可知，的熔点为16.8，沸点为46.8，所以C中冰水的作用是为了使凝结，防止其挥发，影响对的检验，故答案应为防止挥发；(4). D中品红溶液褪色，证明气体中存，故在E中为NaOH与反应生成，后被氧气氧化为，该反应总的离子方程式为：，故答案应为； (5). 在反应中当生成1mol时转移2mol电子，则应有0.5mol生成，根据题目中生成和的物质的量之比为1：1，则胆矾热分解的化学方程式为，故答案应为； (6). 设胆矾样品中的质量为x克，所以所取待测液中含有的铜离子的物质的量可表示为。由滴定反应原理，可建立如下关系： 列算式：=，x=0.08V g；则样品中的质量分数为%； a由于待测液中溶质的量由滴定管控制，故未润洗锥形瓶，对滴定实验结果不产生影响；b滴定终点时仰视读数，则使读得标准液的消耗体积偏大，由可知滴定结果偏高；c滴定终点时滴定管尖嘴中有气泡，则使读得标准液的消耗体积比实际消耗的偏小，由可知滴定结果偏低；所以导致含量的测定结果偏高的是b。4锰的化合物在工业、医疗等领域有重要应用。某兴趣小组模拟制备KMnO4及探究锰(II)盐能否被氧化为高锰(VII)酸盐。IKMnO4的制备： 反应原理步骤一：3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O步骤二：3K2MnO4+2CO2 =2KMnO4+MnO2+2K2CO3实验操作步骤一：将一定比例的MnO2、KOH和KClO3 固体混合加热，得到墨绿色的固体，冷却后加水溶解得到碱性K2MnO4溶液放入烧杯C中。步骤二：连接装置，检查气密性后装药品。打开分液漏斗活塞，当C中溶液完全变为紫红色时，关闭活塞停止反应，分离、提纯获取KMnO4晶体。装置图如下：(1)检查装置A气密性：关闭分液漏斗活塞，在B中加入蒸馏水至液面超过长导管口，用热毛巾捂住圆底烧瓶，若_，则说明装置气密性良好。(2)B中试剂选择的理由_。(3)反应结束后，未能及时分离KMnO4晶体，发现C中紫红色溶液变浅。该小组同学认为是碱性K2MnO4溶液中的Cl-将生成的MnO4- 还原，导致颜色变浅，指出含有Cl-的判断依据_。II该小组继续探究Mn2+能否氧化为MnO4-，进行了下列实验：装置图试剂X实验现象 0.5mL 0.1mol/LNaOH溶液生成浅棕色沉淀，一段时间后变为棕黑色0.5mL 0.1mol/LNaOH和15%H2O2 混合液立即生成棕黑色沉淀 0.5mL 0.1mol/LHNO3溶液无明显现象 0.5mL 0.1 mol/LHNO3溶液和少量PbO2滴加HNO3无明显现象，加入PbO2立即变为紫红色，稍后紫红色消失，生成棕黑色沉淀已知：i.MnO2为棕黑色固体，难溶于水；iiKMnO4在酸性环境下缓慢分解产生MnO2。(4)实验中生成棕黑色沉淀可能的原因_。(5)实验中迅速生成棕黑色沉淀的离子方程式_。(6)对比实验和，实验的作用_。(7)甲同学猜测实验中紫红色消失的原因：酸性条件下KMnO4不稳定，分解产生了MnO2，乙认为不成立，理由是_；乙认为是溶液中的Mn2+将MnO4- 还原，并设计了实验方案证明此推测成立，其方案为_。探究结果：酸性条件下下，某些强氧化剂可以将Mn2+氧化为MnO4-。【答案】导管口有气泡产生，移开热毛巾后，有一段液柱回升 饱和NaHCO3溶液不与CO2反应且除去HCl，同时生成CO2 反应产物中含Cl-，且操作中未除去Cl- 空气中的氧气在碱性环境中将Mn2+氧化为MnO2(或2Mn2+ +O2+4OH-=2MnO2+2H2O) Mn2+H2O2+2OH-= MnO2+2H2O 排除HNO3将Mn2+氧化的可能 资料表明缓慢分解产生MnO2，而实验中紫红色很快消失并产生棕黑色沉淀 取5mL0.1mol/LMnSO4溶液于试管中，加入0.5mL 0.1mol/L稀HNO3，无明显现象，再滴加几滴KMnO4溶液，立即生成棕黑色沉淀 【解析】 (1)检查装置A气密性的方法可以利用气体的体积热胀冷缩的性质，关闭分液漏斗活塞，在B中加入蒸馏水至液面超过长导管口，用热毛巾捂住圆底烧瓶，若装置B、C的导管口有气泡产生，移开热毛巾后，有一段液柱回升，则说明装置气密性良好。(2)CaCO3与HCl反应产生CO2气体，由于盐酸有挥发性，实验制取得到的CO2气体中含有HCl杂质，可以利用饱和NaHCO3溶液不能溶解CO2气体，而HCl与NaHCO3能够反应产生CO2气体； (3)反应结束后，未能及时分离KMnO4晶体，发现C中紫红色溶液变浅。该小组同学认为是碱性K2MnO4溶液中的Cl-将生成的MnO4- 还原，导致颜色变浅，证明该溶液中含有Cl-的判断依据是用KClO3制备KMnO4的反应物中含有Cl-，且在反应后没有进行洗涤处理；(4)向MnSO4溶液中加入0.5mL 0.1mol/LNaOH溶液，生成浅棕色沉淀，一段时间后变为棕黑色；而当再向其中加入15%H2O2 与0.5mL 0.1mol/LNaOH混合液时，立即生成棕黑色沉淀，说明在碱性环境中有氧化剂时可以产生难溶性的MnO2，实验中生成棕黑色沉淀可能的原因是空气中的氧气溶解在溶液中，在碱性环境中将Mn2+氧化为MnO2；(5)实验中迅速生成棕黑色MnO2沉淀，反应的离子方程式为：Mn2+H2O2+2OH-= MnO2+2H2O；(6)对比实验和，可确定实验的作用是对照试验；(7)根据已知信息ii.可知：KMnO4在酸性环境下缓慢分解产生MnO2，使KMnO4的浓度逐渐降低，所以甲同学猜测实验中紫红色消失；乙认为是溶液中的Mn2+将MnO4- 还原，并设计了实验方案证明此推测成立，根据实验，向含有Mn2+的溶液中加入硝酸无明显现象，但向该溶液中再加入少量PbO2后迅速产生棕黑色沉淀，说明在酸性条件下，某些强氧化剂可以将Mn2+氧化为MnO2，因此可以设计实验：取5mL0.1mol/LMnSO4溶液于试管中，加入0.5mL 0.1mol/L稀HNO3，无明显现象，再滴加几滴KMnO4溶液，立即生成棕黑色沉淀，证明MnO4-将Mn2+氧化为MnO2，MnO4-被还原为MnO2。5高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效净水剂.已知:K2FeO4 易溶于水,其溶液呈紫色、微溶于浓KOH 溶液,在05的强碱性溶液中较稳定.某小组同学用下图装置制备并探究K2FeO4 的性质.制备原理:3Cl22Fe(OH)310KOH2K2FeO46KCl8H2O,装置如图所示(夹持装置略)(1)盛放二氧化锰的仪器名称_,装置C的作用是_。(2)装置A 中反应的化学方程式是_。(3)实验时采用冰水浴的原因是_,此装置存在一处明显缺陷,请指出_。(4)K2FeO4 粗产品含有Fe(OH)3、KCl等杂质,一般用75乙醇进行洗涤,其目的是_。(5)查阅资料知,K2FeO4 能将 Mn2氧化成 MnO4.该小组设计如下实验进行验证: 关闭K,左烧杯溶液变黄色,右烧杯溶液变紫色.检验左侧烧杯溶液呈黄色的原因,需要的试剂是_。写出K2FeO4 氧化Mn2 的离子方程式: _.【答案】圆底烧瓶 吸收多余的氯气，防止污染环境 MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O K2FeO4在05环境中稳定，防止副反应发生 缺少除Cl2中混有的HCl的装置 减少产品损失，易于干燥 硫氰酸钾溶液（KSCN溶液） 5FeO42-+3Mn2+16H+=5Fe3+3MnO4-+8H2O 【解析】 (1)A装置是反应装置生成Cl2，B装置是Cl2制备高铁酸钾，C装置是尾气处理装置，则盛放二氧化锰的仪器是圆底烧瓶，装置C的作用是吸收未反应的Cl2；故答案为：圆底烧瓶，吸收多余的氯气，防止污染环境；(2)装置A 是用浓盐酸与MnO2共热制备Cl2，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O；故答案为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O；(3)从已知条件可知，K2FeO4在05的强碱性溶液中较稳定，所以实验时采用冰水浴的原因是K2FeO4在05环境中稳定，防止副反应发生，此装置存在一处明显缺陷，是缺少除Cl2中混有的HCI的装置；故答案为：K2FeO4在05环境中稳定，防止副反应发生；缺少除Cl2中混有的HCl的装置；(4)K2FeO4 粗产品含有Fe(OH)3、KCl等杂质,一般用75乙醇进行洗涤是由于K2FeO4 易溶于水，不能用水洗涤，使用乙醇洗涤是为了减少产品损失，易于干燥；故答案为：减少产品损失，易于干燥；(5)由题意可知，K2FeO4作氧化剂，得到电子，即石墨(1)作阴极，阴极FeO42-得到电子后生成Fe3+，检验Fe3+可以选用KSCN试剂，石墨(2)作阳极，Mn2+失去电子生成MnO4-，离子方程式为：5FeO42-+3Mn2+16H+=5Fe3+3MnO4-+8H2O，故答案为：硫氰酸钾溶液（KSCN溶液），5FeO42-+3Mn2+16H+=5Fe3+3MnO4-+8H2O。6为验证氧化性Cl2 Fe3+ SO2，某小组用下图所示装置进行实验（夹持仪器和A中加热装置已略）。实验过程：.查好装置的气密性后，在各仪器中添加相应试剂.打开弹簧夹K1K4，通入一段时间N2，再将T型导管插入B中，继续通入N2，然后关闭K1、K3、K4.打开活塞a，滴加一定量的浓盐酸，给A加热.当B中溶液变黄时，停止加热，关闭K2.打开活塞b，使约2mL的溶液流入D试管中，检验其中的离子。.打开K3和活塞c，加入70%的硫酸，一段时间后关闭K3VII. 更换试管D，重复过程V，检验B溶液中的离子（1）检验虚线框内装置气密性的操作是_。（2）B棉花中浸润的溶液为_。实验通入N2的作用是_。（3）C中发生反应的化学方程式_。（4）用70%的硫酸制取SO2，反应速率比用98%的硫酸快，原因是_。（5）若将制取的SO2通入酸性高锰酸钾溶液可使溶液褪色，其离子方程式为_。（6）甲、乙、丙三位同学分别完成了上述实验，结论如下表所示。他们的检测结果一定能够证明氧化性Cl2 Fe3+SO2的是_（填“甲”“乙”“丙”）。过程B溶液中含有的离子过程B溶液中含有的离子甲既有Fe3+又有Fe2+有SO42-乙有Fe3+无Fe2+有SO42-丙有Fe3+无Fe2+有Fe2+【答案】关闭K1、K2，打开分液漏斗的盖子和活塞，向其中加水，一段时间后分液漏斗尖嘴处不再滴液即证明气密性良好 NaOH溶液 排除装置内的空气，防止FeCl2溶液被O2氧化 Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O 70%的硫酸中的H+的浓度比98%的硫酸中的H+的浓度大 2MnO4- +5SO2+2H2O= 2Mn2+ +5SO42- + 4H+ 甲、丙 【解析】 (1)根据压差法来检验装置的气密性：关闭K1、K2，打开分液漏斗的盖子和活塞，向其中加入水，一段时间后分液漏斗尖嘴处不再滴液即证明气密性良好，故答案为：关闭K1、K2，打开分液漏斗的盖子和活塞，向其中加水，一段时间后分液漏斗尖嘴处不再滴液即证明气密性良好；(2)装置A是制备氯气的，二氧化锰与浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水，氯气有毒，要用氢氧化钠进行吸收，由于装置中含有空气，而空气的存在，会对实验产生干扰，所以通入氮气的目的是排除装置中的空气，防止FeCl2溶液被O2氧化，故答案为：NaOH溶液；排除装置内的空气，防止FeCl2溶液被O2氧化；(3)亚硫酸钠可以和较浓的硫酸之间反应生成硫酸钠和水以及二氧化硫，即Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O，故答案为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O；(4)98%的硫酸中主要是硫酸分子，70%的硫酸的氢离子浓度较大，所以用70%的硫酸制取SO2，反应速率比用98%的硫酸快，故答案为：70%的硫酸中的H+的浓度比98%的硫酸中的H+的浓度大；(5)二氧化硫具有还原性，高锰酸钾具有氧化性，SO2通入酸性高锰酸钾溶液，二者之间可以发生氧化还原反应：2MnO4-+5SO2+4H2O=2Mn2+5SO42-+4H+，故答案为：2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2+5SO42-+4H+；(6)甲的过程中B溶液中含有Fe3+、Fe2+，说明氯气不足，氯气氧化性大于铁离子，过程中B溶液中含有SO42-，说明发生二氧化硫与铁离子的反应，则氧化性铁离子大于二氧化硫；乙的过程中B溶液中含有Fe3+，能够说明氯气的氧化性大于铁离子，过程中B溶液中含有SO42-，可能是剩余的氯气将二氧化硫氧化，不能说明氧化性铁离子大于二氧化硫；丙中过程中B溶液中有Fe3+，无Fe2+，则氯气的氧化性大于铁离子，过程中B溶液中有亚铁离子，说明发生二氧化硫与铁离子发生了反应，则氧化性铁离子大于二氧化硫，故答案为：甲、丙。7天然水大多含Ca2+、Mg2+、HCO3-等离子，加热会产生水垢，水垢中一定含有CaCO3和Mg(OH)2，可能含有MgCO3。(1)天然水中的HCO3-来自于空气中的CO2。用相关方程式表示CO2溶于水形成HCO3-的过程。_(2)天然水煮沸时，其中微溶的MgCO3转换成难溶的Mg(OH)2，写出发生反应的化学方程式。_为确定某水垢样品的成分，利用CaCO3、MgCO3、Mg(OH)2高温分解的性质，精确称量5.000g水垢样品，用如下图装置进行实验。(3)A中盛放的试剂是_。装置F的作用是_。反应结束后，需要再通入一段时间的空气，目的是_。(4)利用上述装置测定水垢中Mg(OH)2的含量时，需要测量的数据有_。(5)实验测得装置E增重2.200g，请问水垢样品中是否含有MgCO3?判断依据是_。【答案】CO2+H2OH2CO3、H2CO3H+HCO3-或CO2+H2OHCO3-+H+ MgCO3+H2OMg(OH)2+CO2 . NaOH溶液 吸收空气中H2O和CO2，防止其进入E中干扰实验测定；排尽装置中的产物CO2和H2O，使其充分被D、E装置吸收 D装置反应前后的质量 含 题中给出的信息是水垢中一定含有CaCO3和Mg(OH)2，若增重2.200g全来自于CaCO3分解产生的CO2，则计算得出CaCO3的质量为5.000g，而样品的总质量为5.000g，与题意不符，因此样品中含有MgCO3 【解析】 (1)空气中的CO2溶于水、并与水反应生成碳酸：CO2+H2OH2CO3，碳酸微弱电离生成HCO3-：H2CO3H+HCO3-。(2)煮沸天然水时，微溶的MgCO3发生双水解反应生成难溶的Mg(OH)2，总的化学方程式为MgCO3+H2OMg(OH)2+CO2。(3)为测定样品分解生成的CO2、H2O的质量，必须使用不含CO2、H2O的空气通入装置，才不会引起测量误差，故A、B装置中分别用NaOH溶液、浓硫酸除去空气中的CO2、H2O；D、E装置分别吸收样品分解生成的H2O、CO2，装置E中碱石灰吸收空气中的CO2、H2O，防止其进入E中干扰实验测定。为保证样品分解产生的H2O、CO2能被D、E装置完全吸收，反应后再通入一段时间的空气，将样品生成的气体导入D、E装置中。(4)样品中只有Mg(OH)2分解生成H2O，故测定样品分解生成H2O的质量，即可计算Mg(OH)2含量。为此，需要测量D装置在反应前后的质量。(5)据题意，水垢中一定含有CaCO3和Mg(OH)2，可能含有MgCO3。装置E增重2.200g为CO2质量，二氧化碳的物质的量是0.05mol，若全部来自CaCO3分解，则CaCO3质量为5.000g，不符合题意，故5.000g水垢样品中必含MgCO3。8某研究小组设计如下所示实验装置(夹持装置已略去)分别探究NO与铜粉、Na2O2的反应。已知：NO与Na2O2可发生反应2NO+Na2O2=2NaNO2。NO能被酸性高锰酸钾溶液氧化为NO3在溶液中存在平衡FeSO4+NOFe(NO)SO4(棕色)I关闭K3，打开K2，探究NO与铜粉的反应并检验NO。(1)反应开始前，打开K1，通入一段时间N2，其目的是_。(2)装置B中盛放的试剂为水，其作用是_。(3)装置F中的实验现象为_。装置H中收集的气体为_(填化学式)。关闭K2，打开K3，探究NO与Na2O2的反应并制备NaNO2。(4)装置G的作用是_。(5)若省略装置C，则进入装置G中的气体除N2、NO外，可能还有_(填化学式)。(6)测定反应后装置E中NaNO2的含量。已知；在酸性条件下，NO2可将MnO4还原为Mn2+，为测定样品中亚硝酸钠的含量，该小组同学称取ag样品溶于水配制成250mL溶液，取25.00mL所得溶液于锥形瓶中，用0.100molL1的酸性KMnO4溶液滴定至终点时，消耗bmL酸性KMnO4溶液。滴定过程中发生反应的离子方程式为_。滴定过程中酸性KMnO4溶液的作用是_。样品中NaNO2的质量分数为_用含有a、b的代数式表示)【答案】排尽装置中的空气，防止NO被空气中的氧气氧化为二氧化氮 吸收挥发出的硝酸 溶液由浅绿色变为棕色 NO、N2 吸收未参与反应的NO，防止污染空气 NO2和O2 5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2+3H2O 作氧化剂和滴定剂 17.25b/a% 【解析】（1）NO易与O2反应生成NO2，反应开始前，打开K1，通入一段时间N2，其自的是排尽装置中的空气，防止NO被空气中的氧气氧化为二氧化氮。（2）硝酸易挥发，会随NO一起出来干扰后续的实验，所以装置B中盛放的试剂为水为了溶解挥发的硝酸。（3）由于在溶液中存在平衡FeSO4+NOFe(NO)SO4(棕色)，装置F中的实验现象为溶液由浅绿色变为棕色，D装置红色粉末变为黑色，NO和Cu发生了反应，生成CuO和N2，又因为NO是气体，不可能完全反应，故H收集的气体是一氧化氮和N2。（4）根据信息NO能与酸性高锰酸钾溶液反应，装置G的作用吸收未参与反应的NO，防止污染空气。（5）C是干燥装置，若省略装置C，那么水蒸气会与Na2O2反应生成NaOH和O2，NO和O2反应生NO2，则进入装置G中的气体除N2、NO外，可能还有NO2和O2。（6）在酸性条件下，NO2可将MnO4还原为Mn2+，化学反应方程式：5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2+3H2O。滴定过程中酸性KMnO4溶液的作用即作为滴定反应的反应物，作氧化剂，自身也可作指示剂判断反应终点，当锥形瓶滴入最后一滴KMnO4溶液，恰好变为淡紫色，且半分钟不变色，即可。n(MnO4-)=0.1molL-1b10-3L，n(NO2-)= n(MnO4-)5/2250/25=2.510-3bmol，NaNO2的质量分数= n(NO2-)M(NaNO2)/a=172.510-3b/a。9莫尔盐(NH4)2Fe(SO4)26H2O，Mr392是一种重要的还原剂，在空气中比一般的亚铁盐稳定。某学习小组设计如下实验制备少量的莫尔盐并测定其纯度。回答下列问题：制取莫尔盐（1）连接装置，检査装置气密性。将0.1mol（NH4）2SO4，晶体置于玻璃仪器中_（填仪器名称），将6.0g洁浄铁屑加人锥形瓶中。（2）打开分液漏斗瓶塞，关闭活塞K3，打开K2、K1，加完55.0mL2molL-1稀硫酸后关闭K1。A装置中反应的离子方程式为_待大部分铁粉溶解后，打开K3、关闭K2，此时可以看到的现象为_，原因是_关闭活塞K2、K3，采用100水浴蒸发B中水分，液面产生晶膜时，停止加热，冷却结晶、_、用无水乙醇洗涤晶体。该反应中硫酸需过量，保持溶液的pH在12之间，其目的为_装置C的作用为 _，装置C存在的缺点是_测定莫尔盐样品的纯度（3）称取所得莫尔盐样品10.0g，用煮沸后冷却的蒸馏水配成100mL溶液，取20.00mL溶液加人稀硫酸，用0.1molL-1的KMnO4溶液滴定，达到滴定终点时消耗10.00mlKMnO4溶液。滴定反应的离子方程式为_，该样品的纯度为_【答案】三颈烧瓶（三颈瓶或三口瓶或三口烧瓶） Fe+2H+H2+Fe2+ A中的液体被压入B中 A中产生氢气，使A中压强增大 过滤 抑制Fe2+水解 液封作用，防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2+ 不能除去尾气中的H2或答可能会倒吸均可 5Fe2+MnO4-+8H+5Fe3+Mn2+4H2O 98% 【解析】（1）由装置结构可知该装置为三颈烧瓶；（2）铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式为：Fe+2HH2+Fe2；待大部分铁粉溶解后，打开K3、关闭K2，A中生成氢气，压强增大，将A中的液体压入B中，此时可以看到的现象为：A中的液体被压入B中；原因是：A中产生氢气，使A中压强增大；采用100水浴蒸发B中水分，液面产生晶膜时，停止加热，冷却结晶，然后用过滤的方法将晶体从溶液中分离出来；硫酸过量，保持溶液的pH在12之间，其目的为抑制Fe2 水解；装置C的导管插入液面以下，可起到液封作用，前可防止空气进入三颈烧瓶将Fe2氧化。装置C存在的缺点是：不能除去尾气中的H2，也不能防止倒吸；（3）Fe2具有还原性，与高锰酸钾反应5Fe2+MnO4+8H5Fe3+Mn2+4H2O，n（KMnO4）=0.01L0.1molL1=0.001mol，则20.00mL溶液中n（Fe2）=0.005mol，10.0g样品中n（Fe2）=0.005mol100mL/20mL=0.025mol，则10.0g样品中（NH4）2Fe（SO4）26H2O的物质的量为0.025mol，样品的含量为0.025mol392gmol1/10g100%=98%。10苯乙酮是重要的化工原料，可由苯经下述反应制备：实验步骤如下：实验步骤如下：步骤1：向如图所示的三颈烧瓶中迅速加入13g粉状无水AlCl3和16mL(14g，0.18mol)无水苯。在搅拌下将4mL(4.3g，0.04mol)乙酸酐自滴液漏斗慢慢滴加到三颈烧瓶中。加完后，待反应稍缓和后在沸水浴中搅拌回流，直到不再有HCl气体逸出为止。步骤2：将反应混合物冷却到室温，在搅拌下倒入18mL浓盐酸和30g碎冰的烧杯中(在通风橱中进行)，若仍有固体不溶物，可补加适量浓盐酸使之完全溶解。将混合物转入分液漏斗中，分出有机层，水层用苯萃取两次(每次8mL)。合并有机层，依次用15mL10%NaOH溶液、15mL水洗涤，再用无水MgSO4干燥。步骤3：先在水浴上蒸馏回收物质A，然后在石棉网上加热蒸去残留的苯，稍冷后改用空气冷凝管蒸馏收集195202馏分，产量约4.1g。(1)步骤1中搅拌回流时，冷凝水从_(填“a”或“b”)端进水，倒置漏斗的作用是_。(2)步骤2中水层用苯萃取两次(每次8mL)，而不萃取一次(16mL)的目的是_。用15mL10% NaOH溶液洗涤的目的是_。(3)步骤3中在水浴上蒸馏回收的物质A为_。(4)本次实验苯乙酮的产率为_。【答案】a 防止吸收HCl时产生倒吸现象 提高苯乙酮的萃取率 除去盐酸、醋酸等酸性物质 苯 85.4% 【解析】 (1)步骤1中搅拌回流时，冷凝水从a端进水，冷却效果好，氯化氢极易溶于水，倒置漏斗的作用是防止吸收HCl时产生倒吸现象；(2)步骤2中水层用苯萃取两次(每次8mL)，而不萃取一次(16mL)的目的是提高苯乙酮的萃取率，用15mL10% NaOH溶液洗涤的目的是除去盐酸、醋酸等酸性物质；(3)由表中信息可知，苯的沸点最低，步骤3中在水浴上蒸馏回收的物质A为苯；(4)产量约4.1g为实际苯乙酮的质量，理论上生成质量为0.04mol120g/mol4.8g，本次实验苯乙酮的产率为4.1g/4.8g100%85.4%。11配合物乙二胺四乙酸铁钠( SaFeY)可溶于水，常见于铁强化盐中，回答下列问题：实验1 制备乙二胺四乙酸铁钠晶体实验原理：2Fe(OH)3+Na2CO3+2H4Y=2NaFeY3H2O+CO2+H2O实验步骤：称取2.7 g FeCl36H2O于烧杯中溶解，分批次加入适量浓氨水，搅拌，过滤，洗涤，干燥。将Fe(OH)3、乙二胺四乙酸(H4Y)、H2O加入三颈烧瓶(装置如下图)，搅拌，80水浴反应1h，用Na2CO3溶液调节pH，经过一系列操作，过滤洗涤，晾干得到产品。（1）“步骤”为避免Fe(OH)3沉淀中裹入过多杂质，采取的措施有_。（2）判断“步骤”中沉淀是否洗涤干净的操作为_。（3）若滴液漏斗替换为分液漏斗，实验中Na2CO3溶液将无法顺利滴下，其原因为_。（4）“步骤”中的“一系列操作”为_(填标号)，若将溶液直接蒸干，会造成_。A.蒸发浓缩，趁热结晶B.蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜，停止加热C蒸发浓缩至大量晶体析出，停止加热实验2市售铁强化盐中铁含量测定已知：铁强化盐含有NaCl、KIO3 、NaFeY，其中n(KIO3)n( NaFeY)=150I2+2S2O32=2I+ S4O62称取mg样品，加稀硫酸溶解后配成100mL溶液。取出10mL，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入淀粉溶液，用cmolL1Na2S2O3标准液滴定，重复操作23次，消耗Na2S2O3标准液平均值为VmL。（5）I除了与Fe3+反应外，还可发生的反应的离子方程式为_。（6）滴定终点的现象为_填颜色变化)。（7）样品中铁元素的质量分数为_。【答案】分批次加入浓氨水、搅拌 取最后一次洗涤液于试管中，加入AgNO3溶液 反应需要加热且产生气体，使得三颈烧瓶内压强增大 B NaFeY3H2O分解、晶体飞溅 5I+IO3-+6H+=3I2+3H2O 蓝色褪去 cV/2m 【解析】（1）根据实验操作原理分析知采取的措施有分批次加入浓氨水、搅拌，故答案为：分批次加入浓氨水、搅拌；（2）可以通过检验是否存在Cl-，操作为取最后一次洗涤液于试管中，加入AgNO3溶液，故答案为：取最后一次洗涤液于试管中，加入AgNO3溶液；（3）根据仪器构造分析知其原因为反应需要加热且产生气体，使得三颈烧瓶内压强增大，故答案为：反应需要加热且产生气体，使得三颈烧瓶内压强增大；（4）蒸发的正确操作是蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜，停止加热；若将溶液蒸干，会引起NaFeY3H2O分解、晶体飞溅，故答案为：B；NaFeY3H2O分解、晶体飞溅；（5）IO3-也有氧化性，可以与I发生反应，离子方程式为5I+IO3-+6H+=3I2+3H2O，故答案为：5I+IO3-+6H+=3I2+3H2O；（6）滴定终点的现象为蓝色褪去，故答案：蓝色褪去；（7） 2NaFeYI22S2O32m(Fe)=cmolL1V10-3L56g/mol=56cV/100，则样品中铁元素的质量分数为100%cV/2m，故答案为：cV/2m。12实验室由间苯二酚合成2-硝基-1，3-苯二酚的原理如下：已知：物质间苯二酚2-硝基-1，3-苯二酚熔点10911284.85沸点276.5234溶解性易溶于水微溶于水相对分子质量110155实验药品：间苯二酚、浓硫酸(98%)、混合酸(由浓硝酸和浓硫酸按2：3的体积比混合而成)、尿素等。实验步骤：.称取2.7g间苯二酚粉末，放入100mL锥形瓶中，再加入13mL浓硫酸，同时充分搅拌，反应放热，立即生成白色磺化物。.当反应物冷却后，用滴管滴加预先用冰水浴冷却好的混合酸，同时进行搅拌，并使反应温度不超过30将生成的黄色粘稠状液体在室温下放置15min，再用7.5mL带有碎冰的冷水稀释，保持温度在50以下，得到红褐色的稠状液体。.将反应液转移至250mL烧瓶中(如右下图所示，夹持和加热装置均已略去)，再加入0.1g尿素，进行蒸馏，蒸馏液通过抽滤，洗涤干燥后，可得到橘红色片状晶体粗品。试回答下列问题：(1)进行产物蒸馏时，冷却水应从_(填“a”或“b”)口进入。(2)实验过程中，温度控制在较低温度下进行的原因可能是：_。(3)实验过程中配制混酸的正确操作是：_。(4)加入尿素，其目的是使多余的硝酸和尿素反应而被除去。其中反应之一的化学方程式为：2CO(NH2)2+6HNO3=NH4NO3+8NO+2CO2+5H2O，若生成1.12LCO2(标准状况下)时，则转移的电子数为_。(5)对粗品进行(方法)可提高产品纯度。若干燥后称量所得产品的质量为 2.1g，则其产率为_(保留两位小数)。【答案】b 抑制间苯二酚氧化，以及其他副反应的发生，提高原料的利用率 将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢地加入盛有浓硝酸的烧杯中，边加边用玻璃棒搅拌 0.375NA 55.3% 【解析】 (1)进行产物蒸馏时，冷却水采用逆流方式，所以b是进水口、a是出水口；(2)间苯二酚不稳定，易被氧化，且还容易方式其它副反应，为提高原料利用率，所以需要控制在低温下进行；(3)实验过程中配制混酸时，实际上相当于浓硫酸的稀释，其操作方法为将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢地加入盛有浓硝酸的烧杯中，边加边用玻璃棒搅拌；(4)加入尿素，其目的是使多余的硝酸和尿素反应而被除去。其中反应之一的化学方程式为：2CO(NH2)2+6HNO3=NH4NO3+8NO+2CO2+5H2O，该反应中N元素化合价有-3价、+5价转化为+2价，有2mol二氧化碳生成转移15mol电子，若生成1.12LCO2(标准状况下)时即生成0.05mol二氧化碳，据此计算转移电子物质的量=0.375mol，转移电子个数为0.375NA；(5)2.7g间二苯酚理论上生成2-硝基-1，3-苯二酚质量=3.80g，若干燥后称量所得产品的质量为2.1g，则其产率=100%=100%=55.3%。13三氯化硼(BCl3)是一种重要的化工原料。实验室制备BCl3的原理B2O3+3C+3Cl2 =2BCl3+3CO，某实验小组利用干燥的氯气和下列装置（装置可重复使用）制备BCl3并验证反应中有CO生成。已知：BCl3的熔点为-107.3，沸点为12.5，遇水水解生成H3BO3和HCl，请回答下列问题：（实验）制备BCl3并验证产物CO(1)该实验装置中合理的连接顺序为G_FDI。其中装置E的作用是_。(2)装置J中反应的化学方程式为_。（实验）产品中氯含量的测定准确称取少许m克产品，置于蒸馏水中完全水解，并配成100mL溶液。取10.00mL溶液于锥形瓶中加入V1mL浓度为C1 mol/LAgNO3溶液使氯离子完全沉淀；向其中加入少许硝基苯用力摇动。以硝酸铁为指示剂，用C2 mol/L KSCN标准溶液滴定过量的AgNO3溶液。发生反应：Ag+ +SCN- =AgSCN。重复步骤二次，达到滴定终点时用去KSCN溶液的平均体积为V2 mL。已知: Ksp(AgCl)Ksp(AgSCN) 。(3)步骤中达到滴定终点的现象为_。(4)实验过程中加入硝基苯的目的是_。(5)产品中氯元素的质量分数为_%。(6)下列操作，可能引起测得产品中氯含量偏高是_。A.步骤中未加硝基苯B.步骤中配制100mL溶液时，定容时俯视刻度线C.用KSCN溶液滴定剩余AgNO3溶液时，滴定前有气泡，滴定后无气泡D.滴定剩余AgNO3溶液时，KSCN溶液滴到锥形瓶外面一滴【答案】E H J H 将BCl3冷凝为液态分离出来 2NaOH+Cl2 =NaCl+NaClO+H2O 覆盖AgCl，滴入最后一滴KSCN溶液时，混合液由无色变为血红色且半分钟内不褪色 防止滴定时AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀，使滴定终点不准确 B 【解析】I.(1)用氯气与B