2017年高考化学题型专练24套2017创新设计化学（通用版）精品三轮 基础回扣与考前特训 题型二十一　考查多种能力的综合实验题.docx

题型专练角度(一)突出无机制备和性质确定的定性实验题1(2016全国，26改编)氨气的制备(1)氨气的发生装置可以选择上图中的_，反应的化学方程式为_。(2)欲收集一瓶干燥的氨气，选择上图中的装置，其连接顺序为：发生装置_(按气流方向，用小写字母表示)。解析(1)在实验室通常是用加热氯化铵和消石灰固体混合物制取氨气，应选用发生装置A，其反应的化学方程式为2NH4ClCa(OH)2CaCl22H2O2NH3，或选用发生装置B，直接加热浓氨水生成氨气：NH3H2ONH3H2O；(2)氨气是碱性气体，可用碱石灰干燥，密度小于空气，应采用向下排空气法收集，氨气极易溶于水，尾气处理时应防止倒吸，则要收集一瓶干燥的氨气，仪器的连接顺序为：发生装置d、cf、ei。答案(1)A2NH4ClCa(OH)2CaCl22H2O2NH3(或BNH3H2ONH3H2O)(2)dcfei2(2016浙江理综，29)无水MgBr2可用作催化剂。实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2，装置如图1，主要步骤如下：图1步骤1三颈瓶中装入10 g镁屑和150 mL无水乙醚；装置B中加入15 mL液溴。步骤2缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全导入三颈瓶中。步骤3反应完毕后恢复至室温，过滤，滤液转移至另一干燥的烧瓶中，冷却至0 ，析出晶体，再过滤得三乙醚合溴化镁粗品。步骤4室温下用苯溶解粗品，冷却至0 ，析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至160 分解得无水MgBr2产品。已知：Mg与Br2反应剧烈放热；MgBr2具有强吸水性。MgBr23C2H5OC2H5MgBr23C2H5OC2H5请回答：(1)实验中不能用干燥空气代替干燥N2，原因是_。图2(2)如将装置B改为装置C(图2)，可能会导致的后果是_。(3)步骤3中，第一次过滤除去的物质是_。(4)有关步骤4的说法，正确的是_。A可用95%的乙醇代替苯溶解粗品B洗涤晶体可选用0 的苯C加热至160 的主要目的是除去苯D该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴解析(1)空气主要成分为氮气和氧气，如用空气代替干燥氮气，则镁屑与氧气反应，导致生成的MgO阻碍Mg与Br2的反应。(2)液溴具有挥发性，装置B是利用氮气把溴蒸气带入三颈瓶中；若将装置B改为装置C，则氮气通入后，会将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热而存在安全隐患。(3)由于镁屑不溶于混合液中，故第一次过滤而除去。(4)95%的乙醇中含有水，溴化镁有强烈的吸水性，A错误；加入苯的目的是除去乙醚和溴，洗涤晶体用0 的苯，可以减少产品的溶解，B正确；加热至160 的主要目的是分解三乙醚合溴化镁得到溴化镁，不是为了除去苯，C错误；该步骤是为了除去乙醚和溴，故D正确。故选BD。答案(1)防止镁屑与氧气反应，生成的MgO阻碍Mg与Br2的反应(2)会将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热而存在安全隐患(3)镁屑(4)BD3(2013四川理综，9节选)验证AgNO3的热稳定性用下图所示的实验装置A加热AgNO3固体，产生红棕色气体，在装置D中收集到无色气体。当反应结束后，试管中残留固体为黑色。(1)装置B的作用是_。(2)经小组讨论并验证该无色气体为O2，其验证方法是_。解析(1)B装置为安全瓶，可以防止倒吸。(2)检验氧气的常用方法是利用其助燃性，使带有火星的木条复燃。答案(1)安全瓶(2)用带火星的木条伸入集气瓶内，木条复燃，证明无色气体为O2角度(二)突出测定的定量实验题1(2016上海化学，40)以下是测定半水煤气中H2以及CO的体积分数的实验方案。取一定体积(标准状况)的半水煤气，经过下列实验步骤测定其中H2以及CO的体积分数。半水煤气 (1)选用合适的无机试剂分别填入、方框中。(2)该实验方案中，步骤_(选填“”或“”)可以确定半水煤气中H2的体积分数。解析(1)由于半水煤气中含有二氧化碳，所以首先利用碱液除去二氧化碳，干燥后再通过氧化铜反应，利用浓硫酸吸收产生的水蒸气，利用碱液吸收产生的二氧化碳，进而计算体积分数。所以流程为半水煤气 (2)氢气还原氧化铜生成水蒸气，浓硫酸吸收水蒸气，所以该实验方案中，步骤可以确定半水煤气中H2的体积分数。答案(1)半水煤气 (2)2(2014北京卷，27节选)碳、硫的含量影响钢铁性能。碳、硫含量的一种测定方法是将钢样中碳、硫转化为气体，再用测碳、测硫装置进行测定。(1)采用装置A，在高温下将x克钢样中碳、硫转化为CO2、SO2。用NaOH溶液滴定生成的H2SO4，消耗z mL NaOH溶液，若消耗1 mL NaOH溶液相当于硫的质量为y g，则该钢样中硫的质量分数：_。(2)将气体a通入测碳装置中(如下图)，采用重量法测定碳的含量。气体a通过B和C的目的是_。计算钢样中碳的质量分数，应测量的数据是_。 解析(1)根据题意，消耗1 mL NaOH溶液相当于硫的质量为y g，则消耗z mL NaOH溶液，相当于硫的质量为yz g，所以钢样中硫的质量分数为或100%。(2)气体a中含有O2、SO2和CO2，在吸收CO2测定碳的含量时，也可能吸收SO2，故气体a通过装置B和C的目的排除SO2对CO2测定的干扰。计算钢样中碳的质量分数，应测量吸收CO2前、后吸收瓶的质量，其质量差为CO2的质量。答案(1)(2)排除SO2对CO2测定的干扰吸收CO2前、后吸收瓶的质量3实验室常用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2(发生装置如图1所示)。制备反应会因盐酸浓度下降而停止。为测定反应残余液中盐酸的浓度，探究小组同学提出：与足量Zn 反应，测量生成的H2体积的方案。装置如图2所示(夹持器具已略去)。(1) 使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是将_转移到_中。(2)反应完毕，每间隔1 分钟读取气体体积，气体体积逐次减小，直至不变。气体体积逐次减小的原因是_(排除仪器和实验操作的影响因素)。解析依据锌粒与稀盐酸反应生成氢气进行分析解答；化学反应释放热量，气体体积具有热胀冷缩的特点。使Zn粒进入残余清液中让其发生反应，这样残余清液就可以充分反应，如果反过来，残余清液不可能全部转移到左边，若残余清液转移到左边则会残留在Y型管内壁，导致产生气体的量减少，使测定的盐酸浓度偏小；反应完毕时，相同时间内则气体体积减少，又排除了其它影响因素，只能从气体本身角度思考，联想到该反应是放热的，就可能想到气体未冷却了。答案(1)锌粒稀盐酸(2)该反应是放热的，气体未冷却角度(三)突出实验安全的实验题1(2014福建卷，25节选)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化剂之一。某研究小组进行如下实验： 实验一焦亚硫酸钠的制取采用下图装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5。装置中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为Na2SO3SO2=Na2S2O5装置用于处理尾气，可选用的最合理装置(夹持仪器已略去)为_(填序号)。解析食盐水和浓H2SO4不能吸收SO2，故b、c错误；a项，瓶口封闭易造成实验事故，错误；d项，既能吸收SO2，又能防止发生倒吸，正确。答案d2(2013重庆理综，27节选)某研究小组利用下图装置探究温度对CO还原Fe2O3的影响(固定装置略)。装置C的作用是_，处理尾气的方法为_，E装置的作用是_，装置F的作用是_，从实验安全考虑，上图装置还可采取的改进措施是_。解析CO2通过Zn粉，发生ZnCO2ZnOCO；再通过NaOH溶液，是为了除去二氧化碳；再通过无水氯化钙是为了除去水蒸气；然后CO还原氧化铁，E装置防倒吸，F装置检验和吸收二氧化碳。尾气是CO，点燃处理。从实验安全考虑，在装置BC之间添加装置E防倒吸(其它合理答案均可给分)。答案除CO2点燃防倒吸检验和吸收二氧化碳在装置B、C之间添加装置E防倒吸(其他合理答案均可得分)3(2013广西理综，28节选)制备氮化镁的装置示意图如下：回答下列问题：(1)检查装置气密性的方法是_。(2)C的作用是_ ，D的作用是 _ ，是否可以把C和D的位置对调并说明理由_。解析(1)此题考查物质制备实验该实验制备氮化镁，其原理为N23MgMg3N2，该反应在装置E中进行，则由装置A中的药品可知A为氮气的制备装置，对于液液反应的装置气密性检查般采用微热法。(2)所制得的氮气中常混有氧气(与镁反应生成氧化镁)、水蒸气(使氮化镁水解生成氢氧化镁)，因此C中用亚铁盐的还原性除去氧气，D中用浓硫酸的吸水性除去水蒸气。答案(1)微热b，这时G中有气泡冒出，停止加热冷却后，G中插在溶液里的玻璃管形成一段水柱，则气密性良好(2)除去氧气(及氮氧化物) 除去水蒸气不能，对调后无法除去水蒸气角度(四)突出信息迁移应用的实验题1(2016江苏化学，15改编)向含有Ca(ClO3)2溶液中加入稍过量KCl固体，可将Ca(ClO3)2转化为KClO3，若溶液中KClO3的含量为100 gL1，从该溶液中尽可能地析出KClO3固体的方法是_。解析由溶解度图可知，KClO3随温度变化溶解度变大，可以采用蒸发浓缩，冷却结晶的方法生成沉淀。答案蒸发浓缩、冷却结晶2(2014浙江卷，28节选)葡萄糖酸钙是一种可促进骨骼生长的营养物质。葡萄糖酸钙可通过以下反应制得： C6H12O6(葡萄糖)Br2H2OC6H12O7(葡萄糖酸)2HBr2C6H12O7CaCO3Ca(C6H12O7)2(葡萄糖酸钙)H2OCO2 相关物质的溶解性见下表：物质名称葡萄糖酸钙葡萄糖酸溴化钙氯化钙水中的溶解性可溶于冷水易溶于热水可溶易溶易溶乙醇中的溶解性微溶微溶可溶可溶实验流程如下： C6H12O6溶液 悬浊液 Ca(C6H12O7)2请回答下列问题：(1)第步需趁热过滤，其原因是_。 (2)第步加入乙醇的作用是_。 (3)第步中，下列洗涤剂最合适的是_。A冷水 B热水 C乙醇 D乙醇水混合溶液解析(1)由于葡萄糖酸钙在冷水中溶解度小于热水，如不趁热过滤，会结晶析出，损失产品。(2)由于葡萄糖酸钙在乙醇中的溶解度较小，故加入乙醇，可降低它的溶解度，能减少产品的损失，有利于葡萄糖酸钙的析出。(3)洗涤是洗去葡萄糖酸钙中的CaBr2，洗涤剂用水较好，为了防止葡萄糖酸钙的溶解，洗涤剂用乙醇较好。综合考虑合适的洗涤剂是乙醇水的混合溶液，D项正确。答案(1)葡萄糖酸钙冷却后会结晶析出，如不趁热过滤会损失产品(2)可降低葡萄糖酸钙在溶剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙的析出(3)D3(2013天津化学，9改编)FeCl3在现代工业生产中应用广泛。某化学研究性学习小组模拟工业生产流程制备无水FeCl3。.经查阅资料得知：无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升华。他们设计了制备无水FeCl3的实验方案，装置示意图(加热及夹持装置略去)及操作步骤如下：检查装置的气密性；通入干燥的Cl2，赶尽装置中的空气；用酒精灯在铁屑下方加热至反应完成；体系冷却后，停止通入Cl2，并用干燥的N2赶尽Cl2，将收集器密封请回答下列问题：(1)第步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管A的右端。要使沉积得FeCl3进入收集器，第步操作是_。(2)操作步骤中，为防止FeCl3潮解所采取的措施有_。(填步骤序号)(3)装置B中的冷水作用为_；装置C的名称为_；装置D中FeCl2全部反应完后，因为失去吸收Cl2的作用而失效，写出检验FeCl2是否失效的试剂：_。(4)在虚线框内画出尾气吸收装置E并注明试剂解析(1)要使沉积的FeCl3进入收集器，根据FeCl3加热易升华的性质，第的操作应该是：在沉积的的FeCl3固体下方加热；(2)为防止FeCl3潮解所采取的措施有通入干燥的Cl2，用干燥的N2赶尽Cl2；(3)B 中的冷水作用为是冷却FeCl3使其沉积，便于收集产品；装置C的名称为干燥管；装置D中FeCl2全部反应完后，因为失去吸收Cl2的作用而失效，检验FeCl2是否失效就是检验二价铁离子，最好用K3Fe(CN)6溶液，也可以用酸性高锰酸钾溶液检验。(4)吸收的是氯气，不用考虑防倒吸答案见解析角度(五)突出实验方案评价的实验题1(2016北京，26改编)用零价铁(Fe)去除水体中的硝酸盐(NO)已成为环境修复研究的热点之一。将足量铁粉投入水体中，经24小时测定NO的去除率和pH，结果如下：初始pHpH2.5pH4.5NO的去除率接近100%50%24小时pH接近中性接近中性铁的最终物质形态pH4.5时，NO的去除率低。其原因是_。(2)实验发现：在水体中补充一定量的Fe2可以明显提高NO的去除率，其他条件与上述相同，经1小时测定NO的去除率和pH，结果如下：初始pHpH2.5pH4.5NO的去除率约10%约3%1小时pH接近中性接近中性与上述中数据对比，解释上述中初始pH不同时，NO去除率和铁的最终物质形态不同的原因：_。解析(1)从NO的去除率与溶液pH的关系表可知，pH4.5时，溶液中的Fe3更易水解生成不导电的FeO(OH)，所以NO的去除率降低；(2)由题意pH影响铁的最终物质形态，初始pH低时，产生的Fe2充足，有利于导电的Fe3O4的生成，NO去除率提高；初始pH高时，产生的Fe2不足，有利于不导电的FeO(OH)的生成，NO去除率降低。答案(1)pH为4.5时，Fe3更易水解生成FeO(OH)，因FeO(OH)不导电，阻碍电子转移(2)初始pH低时，产生的Fe2充足；初始pH高时，产生的Fe2不足2(2016全国，28改编)甲组同学取2 mLFeCl2溶液，加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2氧化。乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2 mL FeCl2溶液中先加入0.5 mL 煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是_。解析煤油的作用是隔绝空气，防止空气中的氧气将Fe2氧化，产生干扰。答案隔绝空气3(2015福建理综，25)某化学兴趣小组制取氯酸钾和氯水并进行有关探究实验。实验氯酸钾与碘化钾反应的探究在不同条件下KClO3可将KI氧化为I2或KIO3。该小组设计了系列实验研究反应条件对反应产物的影响，其中系列a实验的记录表如下(实验在室温下进行)：试管编号12340.20 molL1 KI/mL1.01.01.01.0KClO3(s)/g0.100.100.100.106.0 molL1 H2SO4/mL03.06.09.0蒸馏水/mL9.06.03.00实验现象 (1)系列a实验的实验目的是_。(2)设计1号试管实验的作用是_。解析(1)根据表格中的数据可知：KI、KClO3的物质的量及浓度不变，改变的是硫酸溶液的体积和水的多少，二者的总体积相等，由此可见系列a实验的目的是研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响；(2)设计1号试管实验的作用是作对照实验，比较影响结果。答案(1)研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响(2)硫酸浓度为0的对照实验4(2013上海化学，4243)(1)实验室二氧化硫尾气吸收与工业烟气脱硫的化学原理相通。石灰石膏法和碱法是常用的烟气脱硫法。石灰石膏法的吸收反应为SO2Ca(OH)2CaSO3H2O。吸收产物亚硫酸钙由管道输送至氧化塔氧化，反应为2CaSO3O24H2O2CaSO42H2O。其流程如下图：碱法的吸收反应为SO22NaOHNa2SO3H2O。碱法的特点是氢氧化钠碱性强、吸收快、效率高。其流程如下图：已知：试剂Ca(OH)2NaOH价格(元/kg)0.362.9吸收SO2的成本(元/mol)0.0270.232石灰石膏法和碱法吸收二氧化硫的化学原理相同之处是_。和碱法相比，石灰石膏法的优点是 _，缺点是_ 。(2)在石灰石膏法和碱法的基础上，设计一个改进的、能实现物料循环的烟气脱硫方案(用流程图表示)。解析由于石灰的碱性比氢氧化钠弱，吸收SO2的速率慢、效率低，但吸收成本比氢氧化钠低的多。答案(1)酸性氧化物与碱的反应。价格便宜，成本低吸收慢，效率低。(2)5. (2013四川化学，9节选)探究AgNO3固体热分解的产物。【查阅资料】 Ag2O和粉末状的Ag均为黑色；Ag2O可溶于氨水。【提出设想】 试管中残留的黑色固体可能是：.Ag；.Ag2O；Ag和Ag2O。【实验验证】 该小组为验证上述设想，分别取少量黑色固体放入试管中，进行了如下实验。实验编号操作现象a加入足量氨水，振荡黑色固体不溶解b加入足量稀硝酸，振荡黑色固体溶解，并有气体产生【实验评价】 根据上述实验，不能确定固体产物成分的实验是_(填实验编号)。【实验结论】 根据上述实验结果，该小组得出AgNO3固体热分解的产物有_。解析a实验中，加入氨水黑色固体不溶解，证明原物质不含Ag2O，同时也证明原物质为Ag；b实验中，只能证明原黑色固体含有Ag，因Ag2O也可以溶解在足量稀硝酸中，所以不能证明是否含有Ag2O。由上述实验的综合分析可知，AgNO3固体热分解时的产物分别为：Ag、NO2和O2，化学方程式为：2AgNO32Ag2NO2O2答案bAg、NO2、O2角度(六)突出实验方案设计的实验题1(2016北京理综，28改编)以Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象，探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性。实验试剂现象滴管试管2 mL0.2 molL1 Na2SO3溶液饱和Ag2SO4溶液.产生白色沉淀0.2 molL1 CuSO4溶液.溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀0.1 molL1 Al2(SO4)3溶液.开始无明显变化，继续滴加产生白色沉淀(1)经检验，现象中的白色沉淀是Ag2SO3。用离子方程式解释现象：_。(2)经检验，现象的棕黄色沉淀中不含SO，含有Cu、Cu2和SO。已知：CuCuCu2，Cu2CuI(白色)I2。用稀H2SO4证实沉淀中含有Cu的实验现象是_。通过下列实验证实，沉淀中含有Cu2和SO。a白色沉淀A是BaSO4，试剂1是_。b证实沉淀中含有Cu2和SO的理由是_。解析(1)由“0.2 molL1 Na2SO3溶液和饱和Ag2SO4溶液反应，产生白色沉淀是Ag2SO3”可知离子方程式为2AgSO=Ag2SO3。(2)根据题给信息CuCuCu2可知，棕黄色沉淀若含有Cu，Cu会在稀硫酸作用下会有红色的铜生成。根据题给信息Cu2CuI(白色)I2可知，棕黄色沉淀若含有Cu2，加入KI后会有白色沉淀(CuI)生成；所得溶液中加入淀粉溶液，溶液不变蓝，说明生成的I2被SO还原，SO被氧化为SO。a又因为白色沉淀A是BaSO4，可推断试剂1为HCl和 BaCl2溶液。b证实沉淀中含有Cu2和SO的理由是在I作用下，Cu2转化成白色沉淀CuI，SO转化成SO。答案(1)2AgSO=Ag2SO3(2)析出红色固体a.HCl和BaCl2溶液b在I作用下，Cu2转化为白色沉淀CuI，SO转化为SO2(2015福建理综，25节选)某化学兴趣小组制取氯酸钾和氯水并进行有关探究实验。实验三测定饱和氯水中氯元素的总量(1)该小组设计的实验方案：使用下图装置，加热15.0 mL 饱和氯水试样，测定产生气体的体积。此方案不可行的主要原因是_。(不考虑实验装置及操作失误导致不可行的原因)(2)根据下列资料，为该小组设计一个可行的实验方案(不必描述操作过程的细节)：_。资料：i.次氯酸会破坏酸碱指示剂；ii.次氯酸或氯水可被SO2、H2O2、FeCl2等物质还原成Cl。解析(1)该小组设计的实验方案不可行的主要原因是溶液中存在Cl2的重新溶解以及HClO分解生成HCl和O2等，无法测定试样含氯总量。(2)由于HClO具有强氧化性会破坏酸碱指示剂，因此实验设计时不能用酸碱指示剂，可以利用氯水的强氧化性，向该溶液中加入足量的H2O2溶液，H2O2把氯元素完全还原为Cl，H2O2被氧化成O2，然后加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的AgNO3溶液，过滤、洗涤生成的AgCl沉淀，干燥后称量沉淀质量，结合氯原子守恒即可确定其中含有的氯元素的质量。答案(1)因存在Cl2的重新溶解、HClO分解等，此方案无法测算试样含氯总量(或其他合理答案)(2)量取一定量的试样，加入足量的H2O2溶液，待反应完全加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，过滤、洗涤、干燥、称量沉淀质量(或其他合理答案)3(2015全国卷，26节选)草酸(乙二酸)存在于自然界的植物中，其K15.4102，K25.4105。草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水。草酸晶体(H2C2O42H2O)无色，熔点为101 ，易溶于水，受热脱水、升华，170 以上分解。回答下列问题：设计实验证明：(1)草酸的酸性比碳酸的强_。(2)草酸为二元酸_。解析(1)证明草酸的酸性比碳酸强，可以利用溶液中较强酸制较弱酸的原理，将草酸与NaHCO3溶液混合，看是否有气体产生。(2)证明草酸是二元酸，可以利用酸碱中和滴定原理，若消耗NaOH的物质的量是草酸的2倍，即可证明草酸是二元酸。答案(1)向盛有少量NaHCO3的试管里滴加草酸溶液，有气泡产生(2)用NaOH标准溶液滴定草酸，消耗NaOH的物质的量为草酸的两倍4(2015安徽理综，28节选)某研究小组将纯净的SO2气体通入0.1 molL1的Ba(NO3)2溶液中，得到了BaSO4沉淀。为探究上述溶液中何种微粒能氧化通入的SO2，该小组提出了如下假设：假设一：溶液中的NO假设二：溶液中溶解的O2(1)该小组设计实验验证了假设一，请在下表空白处填写相关实验现象实验步骤实验现象结论实验1：在盛有不含O2的25 mL 0.1 molL1 BaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体_实验2：在盛有不含O2的25 mL 0.1 molL1 Ba(NO3)2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体_假设一成立(2)为深入研究该反应，该小组还测得上述两个实验中溶液的pH随通入SO2体积的变化曲线如下图：实验1中溶液pH变小的原因是_；V1时，实验2中溶液pH小于实验1的原因是(用离子方程式表示)_。解析(1)实验1中，在没有O2 的条件下，SO2与BaCl2溶液不反应，所以无沉淀产生；实验2中SO2被NO氧化成SO，进一步与Ba2结合生成BaSO4沉淀。(2)实验1，SO2溶于水后生成H2SO3，H2SO3电离出H(H2SO3HSO H)，使溶液显酸性，随SO2的不断通入，pH值减小；SO2通入Ba(NO3)2溶液中，发生反应：3SO22NO2H2O=3SO2NO 4H生成强酸，则通V1体积的SO2时，实验2中溶液pH小于实验1。答案(1)无明显现象有白色沉淀 (2) SO2溶于水后生成H2SO33SO22NO2H2O=3SO2NO4H (或3H2SO32NO=2NO3SO4HH2O)5(2014福建卷，25节选)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化剂之一。Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。(1)证明NaHSO3溶液中HSO的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是_(填序号)。 a测定溶液的pH b加入Ba(OH)2溶液 c加入盐酸 d加入品红溶液 e用蓝色石蕊试纸检测(2)检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是_。解析(1)HSO电离显酸性，水解显碱性，要证明HSO的电离程度大于水解程度，则证明NaHSO3溶液显酸性即可，故可通过测定溶液的pH，或用蓝色石蕊试纸检测等方法。(2)Na2S2O5晶体被空气氧化的产物为Na2SO4，故可通过检验SO离子来检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化，其具体方案为：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则说明Na2S2O5晶体已被氧化。答案(1)a、e(2)取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成角度(七)有机物制备的实验题1(2016上海，33改编)实验室利用乙醇和乙酸反应制备乙酸乙酯时，通常加入过量的乙醇，原因是_。加入数滴浓硫酸即能起催化作用，但实际用量多于此量，原因是_；浓硫酸用量又不能过多，原因是_。解析由于该反应是可逆反应，因此加入过量的乙醇增大反应物浓度，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率。由于浓H2SO4能吸收生成的水，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率，因此实际用量多于此量；由于浓H2SO4具有强氧化性和脱水性，会使有机物炭化，降低酯的产率，所以浓硫酸用量又不能过多。答案增大反应物浓度，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率(合理即可)浓H2SO4能吸收生成的水，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率浓H2SO4具有强氧化性和脱水性，会使有机物炭化，降低酯的产率2(2014全国卷，29节选)苯乙酸铜是合成优良催化剂、传感材料纳米氧化铜的重要前驱体之一。下面是它的一种实验室合成路线：制备苯乙酸的装置示意图如图(加热和夹持装置等略)：已知：苯乙酸的熔点为76.5 ，微溶于冷水，溶于乙醇。回答下列问题：(1)将a中的溶液加热至100 ，缓缓滴加40 g苯乙腈到硫酸溶液中，然后升温至130 继续反应。 在装置中，仪器b的作用是_；仪器c的名称是_，其作用是_。反应结束后加适量冷水，再分离出苯乙酸粗品。加入冷水的目的是_。下列仪器中可用于分离苯乙酸粗品的是_(填标号)。A分液漏斗 B漏斗C烧杯 D直形冷凝管E玻璃棒(2)提纯粗苯乙酸的方法是_，最终得到44 g纯品，则苯乙酸的产率是_。(3)将苯乙酸加入到乙醇与水的混合溶剂中，充分溶解后，加入Cu(OH)2，搅拌30 min，过滤，滤液静置一段时间，析出苯乙酸铜晶体，混合溶剂中乙醇的作用是_。解析(1)仪器b为分液漏斗，其作用是向三口瓶a中滴加液体试剂苯乙腈；仪器c为球形冷凝管，起到冷凝回流的作用(使气化的反应液冷凝)；由题中信息可知，苯乙酸微溶于冷水，故反应结束后加适量冷水的目的是便于苯乙酸结晶析出，分离固体和液体应采用过滤，过滤所用的主要仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯等。(2)将粗苯乙酸晶体重新溶解在热水中，然后再降温结晶、过滤，即采用重结晶的方法提纯苯乙酸；根据关系式计算：所以苯乙酸的产率100%94.6%95%。(3)根据苯乙酸溶于乙醇，可知混合液中加入乙醇是为了增大苯乙酸的溶解度，增大反应物的接触面积，便于充分反应。答案(1)滴加苯乙腈球形冷凝管回流(或使气化的反应液冷凝)便于苯乙酸析出BCE(2)重结晶95%(3)增大苯乙酸溶解度，便于充分反应3(2014新课标全国，26)乙酸异戊酯是组成蜜蜂信息素的成分之一，具有香蕉的香味。实验室制备乙酸异戊酯的反应、 装置示意图和有关数据如下：相对分子质量密度/(gcm3)沸点/ 水中溶解性异戊醇880.812 3131微溶乙酸601.049 2118溶乙酸异戊酯1300.867 0142难溶实验步骤：在A中加入4.4 g异戊醇、6.0 g乙酸、数滴浓硫酸和23片碎瓷片。开始缓慢加热A，回流50 min，反应液冷至室温后倒入分液漏斗中，分别用少量水、饱和碳酸氢钠溶液和水洗涤；分出的产物加入少量无水MgSO4 固体，静置片刻，过滤除去MgSO4固体，进行蒸馏纯化，收集140143 馏分，得乙酸异戊酯 3.9 g。回答下列问题：(1)仪器B的名称是_。(2) 在洗涤操作中，第一次水洗的主要目的是_；第二次水洗的主要目的是_。(3) 在洗涤、分液操作中，应充分振荡，然后静置，待分层后_(填标号)。a直接将乙酸异戊酯从分液漏斗的上口倒出b直接将乙酸异戊酯从分液漏斗的下口放出c先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸异戊酯从下口放出d先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸异戊酯从上口倒出(4)本实验中加入过量乙酸的目的是_。(5)实验中加入少量无水 MgSO4 的目的是_。(6)在蒸馏操作中，仪器选择及安装都正确的是_(填标号)。(7)本实验的产率是_(填标号)。a30% b40% c60% d90%(8)在进行蒸馏操作时，若从130 便开始收集馏分，会使实验的产率偏_(填“高” 或“低”)，其原因是_。解析(1)仪器B是球形冷凝管，起冷凝回流作用。(2)第一次水洗，主要洗去大部分硫酸和未反应的醋酸，第二次水洗除去的是NaHCO3杂质。(3)乙酸异戊酯的密度小于水，在水层的上方。分液时应先将水层从分液漏斗下口放出，再将乙酸异戊酯从上口倒出。(4)该反应为可逆反应，加入过量乙酸的目的是提高异戊醇的转化率。(5)加入无水MgSO4固体的目的是除去混合物中的少量水分，起干燥作用。(6)蒸馏操作中，需要测定的是馏分的温度，所以温度计水银球应放在蒸馏烧瓶的支管口处，b和c中温度计位置均