化学二轮题型必练——基于“气体”的实验装置题

2020届高考化学二轮题型对题必练基于“气体”的实验装置题1. 某研究性学习小组为合成1-丁醇查阅资料得知一条合成路线：CH3CH=CH2+CO+H2CH3CH2CH2CHOCH3CH2CH2CH2OHCO的制备原理：HCOOHCO+H2O，并设计出原料气的制备装置（如图）请填写下列空白：（1）实验室现有锌粒、稀硝酸、稀盐酸、浓硫酸、2-丙醇，从中选择合适的试剂制备氢气、丙烯写出化学方程式_、_；（2）若用以上装置制备干燥纯净的CO，装置中a和b的作用分别是_、_；C和d中承装的试剂分别是_、_；（3）制丙烯时，还产生少量SO2、CO2及水蒸气，该小组用以下试剂检验这四种气体，混合气体通过试剂的顺序是_；饱和Na2SO3溶液酸性KMnO4溶液石灰水无水CuSO4品红溶液（4）合成正丁醛的反应为正向放热的可逆反应，为增大反应速率和提高原料气的转化率，你认为应该采用的适宜反应条件是_；a低温、高压、催化剂b适当的温度、高压、催化剂c常温、常压、催化剂d适当的温度、常压、催化剂（5）正丁醛经催化加氢得到含少量正丁醛的1-丁醇粗品为纯化1-丁醇，该小组查阅文献得知：R-CHO+NaHSO3（饱和）RCH（OH）SO3Na；沸点：乙醚34，1-丁醇118，并设计出如下提纯路线：粗品滤液有机层1-丁醇、乙醚操作3纯品试剂1为_，操作1为_，操作2为_，操作3为_2. 焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的抗氧化剂（易被氧化），某研究性学习小组为了制备少量Na2S2O5，并探究SO2的某些性质，设计下图所示装置（夹持装置已略去）。请回答下列问题：（1）向A中滴加的硫酸最好选用_（填字母）。A.98%的浓硫酸B.70%的硫酸C.10%的稀硫酸（2）打开分液漏斗旋塞，发现其中的液体不能流下，应采取的操作是_。（3）关闭K1、K3，打开K2一段时间后E中有Na2S2O5晶体析出，装置E中发生反应的化学方程式为_。（4）关闭K2、K3，打开K1，若探究SO2的漂白性，装置B应盛有_溶液；若探究SO2的还原性，B中发生反应的离子方程式可以是_；观察到装置C中发生的现象是_。（5）装置D和F的作用为_。（6）设计实验验证Na2S2O5晶体在空气中已被氧化：_。（7）请指出该设计的缺陷：_。3. 连二亚硫酸钠（Na2S2O4）俗称保险粉，广泛用于纺织工业的还原性染色、清洗、印花、脱色以及织物的漂白等制取保险粉通常需要二氧化硫（1）制备二氧化硫若使用图1所示装置制备干燥的SO2气体，回答以下问题：A中盛液体的玻璃仪器名称是_，实验开始后A中反应的化学方程式为_B装置的作用是_；C装置的作用_E中固体试剂为_（2）制备保险粉如图2，维持3545通SO2至锌粉-水悬浮液反应生成ZnS2O4；然后加入18%的氢氧化钠溶液，在2835下反应生成Na2S2O4和Zn（OH）2悬浮液反应物经压滤除去氢氧化锌沉淀后，往滤液中加入氯化钠，并冷却至20，使Na2S2O4结晶析出，滤出晶体后用酒精脱水干燥即得产品在制取Na2S2O4过程中发生了氧化还原反应，氧化剂是_；生成1molNa2S2O4转移电子_mol滤液中加入氯化钠使_离子浓度增大，促进Na2S2O4结晶析出；滤出晶体后用酒精脱水干燥是因为Na2S2O4在酒精中的溶解度_（填“较大”或“较小”），且酒精易挥发制取Na2S2O4也常用甲酸钠法，控制温度7080，在甲醇溶液（溶剂）中溶解甲酸钠（HCOONa），再滴加Na2CO3溶液同时通SO2维持溶液微酸性，即可生成Na2S2O4，反应的离子方程式：_（3）测定保险粉纯度Na2S2O4属于强还原剂，暴露于空气中易被氧气氧化Na2S2O4遇KMnO4酸性溶液发生反应：5Na2S2O4+6KMnO4+4H2SO4=5Na2SO4+3K2SO4+6MnSO4+4H2O称取3.0gNa2S2O4样品溶于冷水中，配成100mL溶液，取出10mL该溶液于试管中，用0.10molL-1的KMnO4溶液滴定重复上述操作2次，平均消耗KMnO4溶液18.00mL则该样品中Na2S2O4的质量分数为_（杂质不参与反应）4. 亚硝酸钠是一种工业盐，外观与食盐非常相似，毒性较强（I）经查：Ksp（AgNO2）=2.010-8，Ksp（AgCl）=1.810-10；Ka（HNO2）=5.110-4请设计最简单的方法鉴别NaNO2和NaCl两种固体_（）某化学实验小组用如图装置（略去夹持仪器）制备亚硝酸钠，并测定其产品的质量分数已知：2NO+Na2O2=2NaNO2；酸性条件下，NO和NO2均能与MnO4-反应生成NO3-和Mn2+（1）这样使用铜丝的优点是_（2）装置A中发生反应的化学方程式为_；装置B中盛放的药品是_（填序号）浓硫酸NaOH溶液水四氯化碳（3）该小组取5.000g制取的样品溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.100molL-1酸性KMnO4溶液进行滴定，实验所得数据如表：滴定次数1234消耗KMnO4溶液体积/mL20.9020.1220.0019.88第一次实验数据出现异常，造成这种异常的原因可能是_（填代号）a锥形瓶洗净后未干燥b酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗c滴定终点时仰视读数酸性KMnO4溶液滴定亚硝酸钠溶液的离子方程式为_该样品中亚硝酸钠的质量分数为_5. 为了探究氨气及氨水的还原性，某兴趣小组同学设计了以下探究活动。I探究氨气的还原性该兴趣小组同学利用以下装置（夹持，加热仪器略）探究氯气与氨气的反应，其中A、F分别为氯气和氨气的发生装置，B为纯净干燥的氯气与氨气反应的装置。请回答下列问题：（1）上述装置接口的连接顺序为a接h、i接f、g接_、_接_、_接j，其中装置D的作用是_。（2）若氨气足量，装置B中出现的现象为_。II探究氨水的还原性该兴趣小组同学探究不同条件下高锰酸钾溶液与氨水的反应，实验如下：实验操作现象取2mL.0.01mol/LKMnO4溶液于试管中，加入新开封1mL浓氨水，加入半滴管蒸馏水，振荡，用橡皮塞塞住。产生棕褐色物质（MnO2），约10min后溶液紫红色变浅取2mL0.01mol/LKMnO4溶液于试管中，加入新开封1mL浓氨水，加入半滴管1：5的硫酸，振荡，用橡皮塞塞住。产生棕褐色物质（MnO2），溶液紫红色立刻变浅，约2min后溶液紫红色完全退去取2mL0.1mol/LKMnO4溶液于试管中，加入新开封ImL浓氨水，加入半滴管蒸馏水，振荡，用橡皮塞塞住。产生棕褐色物质（MnO2），约10min后溶液紫红色变浅取2mL0.1mol/LKMnO4溶液于试管中，加入新开封1mL浓氨水，加人半滴管1：5的硫酸，振荡，用橡皮塞塞住。产生棕褐色物质（MnO2），溶液紫红色立刻变浅，约5min后溶液紫红色完全退去（3）实验中氧化产物为N，写出该反应的离子方程式：_。（4）实验说明_。（5）实验比实验反应速率_（填“快“或“慢”），原因是_。（6）1：5的硫酸溶液（密度为2gcm-3），可用质量分数为98%的浓硫酸（密度为1gcm-3）和蒸馏水按体积比1：5配成，则该1：5的硫酸溶液的物质的量浓度为_mol/L（用含1、2的式子表示）（7）由实验I、II可得出的结论是_。6. 甲乙两实验小组同学对铁及其化合物的性质进行如下探究：I甲组同学利用如图装置探究过量铁粉与浓H2SO4反应产生的气体成分（1）组装好实验仪器后，接下来的实验操作是_；（2）B中观察到品红溶液褪色，D中收集到VmL水，说明A中反应产生气体的成分是_II乙组同学对反应后圆底烧瓶溶液中所含金属离子进行探究（3）铁与浓H2SO4的反应过程中必有Fe3+生成取适量反应后的溶液，加入少量KSCN溶液，不变红色原因是_（用离子方程式表示）（4）取适量反应后的溶液，加人少量酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色该反应原理的离子方程式为_（5）取少量反应后的溶液，先滴加少量新制氯水，再滴加KSCN溶液，呈现血红色，继续滴加过量新制氯水，红色褪去分析其可能的原因是：A溶液中Fe3+被氧化成更髙价；B_；C_请选用下列合适的化学试剂，验证结论A是否正确0lmol/LFeCl3溶液、lmol/LFeCl2溶液、KSCN溶液、新制氯水、一定浓度的H2O2溶液操作、现象及相关结论为_7. 高锰酸钾是常用的氧化剂工业上以软锰矿（主要成分是MnO2）为原料制备高锰酸钾晶体如图是实验室制备的操作流程：上述反应的化学方程式：3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2+2K2CO3已知： 物质K2CO3KHCO3K2SO4CH3COOK293K溶解度（g）11133.711.1217（1）加热软锰矿、KClO3和KOH固体时，不采用瓷坩埚而选用铁坩埚的理由是_；反应的化学方程式为_（2）从滤液中得到KMnO4晶体的实验操作依次是_（选填字母代号，下同） a蒸馏b蒸发c灼烧d抽滤e冷却结晶（3）制备过程中需要用到纯净的CO2气体制取纯CO2净最好选择下列试剂中_ a石灰石b浓盐酸c稀疏酸d纯碱（4）实验时，若CO2过量会生成KHCO3，导致得到的KMnO4产品的纯度降低原因是_（5）由于CO2的通人量很难控制，因此对上述实验方案进行了改进，即把实验中通CO2改为加其他的酸从理论上分析，选用下列酸中_，得到的产品纯度更高 a醋酸b浓盐酸c稀硫酸8. 某化学兴趣小组为合成1-丁醇，查阅资料得知如下合成路线：CH3CH=CH2+CO+H2一定条件CH3CH2CH2CHOCH3CH2CH2CH2OH已知：CO的制备原理：HCOOHCO+H2O（常温下甲酸为液体）（1）原料气CH3CH=CH2、CO和H2的制备均可用图1装置：填写下列空白：若用上述装置制备氢气，收集装置可选用图2下列_装置若用上述装置制备干燥纯净的CO气体，装置b的作用是_；c中盛装的试剂是_。为了控制生成一氧化碳的速度，则分液漏斗a中盛装的试剂是_。实验室用浓硫酸和2-丙醇制备丙烯时，还产生少量SO2、CO2及水蒸气，该小组用图3试剂检验这四种气体，混合气体通过试剂的顺序是_（填序号，试剂可以重复使用）；写出2-丙醇与浓硫酸反应生成SO2、CO2及水蒸气的化学方程式_；（2）合成正丁醛的反应为正向放热的可逆反应，为增大反应速率和提高原料气的转化率，你认为应该采用的适宜反应条件是_。a低温、高压、催化剂b适当的温度、高压、催化剂c常温、常压、催化剂d适当的温度、常压、催化剂（3）正丁醛经催化加氢得到含少量正丁醛的1-丁醇粗品。为纯化1-丁醇，该小组查阅文献得知：R-CHO+NaHSO3（饱和）RCH（OH）SO3Na；沸点：乙醚34，1-丁醇118，并设计出如图提纯路线：试剂1为_，操作3为_。9. 已知氯气的漂白作用实际上是氯气与水反应生成的次氯酸的漂白作用为了探究二氧化硫的漂白作用到底是二氧化硫本身还是二氧化硫与水作用的产物，某学习小组设计了如下装置来进行实验请回答相关问题（1）为了探究干燥的SO2能不能使品红褪色，某同学设计了如右图所示实验装置，请指出实验装置图设计中的不合理之处_；_（2）按照修改后的装置，实验中控制二氧化硫以大约每秒3个气泡的速度通过品红的酒精溶液时，经过一小时后，品红仍不褪色这说明品红褪色的原因不是二氧化硫直接导致为此，SO2能使品红的水溶液褪色的可能微粒有_（3）甲同学实验如下：取等量、相同浓度的品红水溶液于两支试管中，再分别加入少量亚硫酸钠固体和亚硫酸氢钠固体，两支试管中的品红都褪色，对此，他得出结论：使品红褪色的微粒是HSO3和SO32，不是H2SO3你认为他的结论是否正确_，其理由是_（4）为了进一步探究，乙组同学做了如下实验：分别取相同浓度的品红水溶液各20mL于两只小烧杯中，两只烧杯中同时一次性各加入20mL0.1mol/L的亚硫酸钠，20mL0.1mol/L的亚硫酸氢钠溶液，发现加入亚硫酸钠溶液的品红褪色较快微粒浓度与褪色快慢关系，请用“多”或“少”填写“_”内容同浓度溶液SO32HSO3H2SO3褪色速度Na2SO3溶液多少少快NaHSO3溶液较上面 _ 较上面 _ 较上面 _ 慢根据实验和分析，该同学得出的结论是_10. “一器多用”可实现多方面的化学实验探究，某课外活动小组学生利用图所示的仪器组合（省略夹持和净化装置）来完成下列实验，回答下列问题：（1）仪器a的名称为_，仪器a在使用前要_（2）该装置可用于某些气体的制取、收集及尾气处理裝置，表中3个实验的设计方案合理的是_（填序号）选项a中的物质b中的物质c中收集的气体d中的物质A稀硝酸CuNOH2OB稀H2SO4CaCO3CO2NaOH溶液C浓氨水NaOH固体NH3H2O（3）氨气和氯气接触时会产生白烟，请写出相应的化学方程式：_（4）上述装置若a中的物质为浓硫酸，b中的物质为Cu片，在加热条件下也可制取SO2下列装置可用于SO2尾气处理的是（夹持仪器已略去）_（填序号）用Fe2（SO4）3溶液也可吸收多余的SO2气体写出SO2与Fe2（SO4）3溶液反应的离子方程式：_某小组用反应产生的CuSO4溶液来制取胆矾，测定所得胆矾（CuSO4xH2O）中结晶水x的值，各次称量的数据如表：称量第1次第2次第3次第4次第5次质量（g）m1=5.4m2=8.2m3=7.4m4=7.2m5=7.2则胆矾应放在_（填仪器名称）中加热；必须要进行恒重操作的原因是_；CuSO4xH2O中的x=_（保留1位小数）；若测定结果x偏大，可能的原因是_（填序号）a加热温度过高b胆矾晶体的颗粒较大c加热后放在空气中冷却11. 某矿样含有大量的CuS及少量其它不溶于酸的杂质实验室中以该矿样为原料制备CuCl22H2O晶体，流程如图1：（1）在实验室中，欲用37%（密度为1.19gmL-1）的盐酸配制500mL6molL-1的盐酸，需要的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还有_、_（2）若在实验室中完成系列操作a则下列如图2实验操作中，不需要的是_（填下列各项中序号）CuCl2溶液中存在如下平衡：Cu（H2O）42+（蓝色）+4Cl-=CuCl42-（黄色）+4H2O欲用实验证明滤液A（绿色）中存在上述平衡，除滤液A外，下列试剂中，还需要的是_（填下列各项中序号）aFeCl3固体bCuCl2固体c蒸馏水（3）某化学小组欲在实验室中研究CuS焙烧的反应过程，查阅资料得知在空气条件下焙烧CuS时，固体质量变化曲线及SO2生成曲线如图所示CuS矿样在焙烧过程中，有Cu2S、CuOCuSO4、CuSO4、CuO生成，转化顺序为：CuSCu2SCuOCuSO4CuSO4CuO第步转化主要在200300范围内进行，该步转化的化学方程式为_300400范围内，固体质量明显增加的原因是_，上图所示过程中，CuSO4固体能稳定存在的阶段是_（填下列各项中序号）a一阶段b、二阶段c、三阶段d、四阶段该化学小组设计如下装置模拟CuS矿样在氧气中焙烧第四阶段的过程，并验证所得气体为SO2和O2的混合物a装置组装完成后，应立即进行的一项操作是_b当D装置中产生白色沉淀时，便能说明第四阶段所得气体为SO2和O2的混合物你认为装置D中原来盛有的溶液为_溶液c若原CuS矿样的质量为10.0g，在实验过程中，保持温度在760左右持续加热，待矿样充分反应后，石英玻璃管内所得固体的质量为8.0g，则原矿样中CuS的质量分数为_12. 用电石制备的乙炔气体中常混有少量H2S气体。请用图中仪器和药品组成一套制备、净化乙炔的装置，并可通过测定乙炔的量，从而计算电石纯度。（1）电石制备乙炔气体的化学方程式_；（2）进行实验时，所制气体从左向右流，仪器的正确连接顺序是_（填接口字母）；（3）为了使实验中气流平稳，甲中分液漏斗里的液体通常用_；（4）若在标准状况下溴水与乙炔完全反应生成C2H2Br4，已知称取电石mg，测得量筒内液体体积VmL，则电石纯度可表示为_；（5）若没有装置戊，测定结果将会_（填“偏高”、“偏低”或“不变”），理由是（方程式表示）_；（6）干燥乙炔可用_（填选项）；ABCD（7）为了探究乙炔与HBr发生加成反应后的有关产物，进行以下实验：纯净乙炔气混合液操作a有机混合物混合液操作b有机混合物操作b的名称是_；有机混合物可能含有的物质是_（写结构简式）。答案和解析1.【答案】Zn+2HCl=ZnCl2+H2；（CH3）2CHOH浓H2SO4CH2=CHCH3+H2O；平衡分液漏斗液面压强与圆底烧瓶内压强；防倒吸；NaOH溶液；浓硫酸；b；饱和NaHSO3溶液；过滤；萃取；蒸馏【解析】解：（1）氢气可用活泼金属锌与非氧化性酸盐酸通过置换反应制备，氧化性酸如硝酸和浓硫酸与锌反应不能产生氢气，方程式为Zn+2HCl=ZnCl2+H2；2-丙醇通过消去反应即到达丙烯，方程式为（CH3）2CHOH浓H2SO4CH2=CHCH3+H2O， 故答案为：Zn+2HCl=ZnCl2+H2；（CH3）2CHOH浓H2SO4CH2=CHCH3+H2O； （2）题给装置中，a的作用保持分液漏斗和烧瓶内的气压相等，以保证分液漏斗内的液体能顺利加入烧瓶中，因为甲酸易溶于水，所以必需防止液体倒流，即b的作用是防止倒吸，若用以上装置制备氢气，就不再需要加热，产生的氢气中必然会混有氯化氢，所以在收集之前需要除去氯化氢，可以利用NaOH溶液吸收氯化氢，d为除去氢气中的H2O，试剂选用浓硫酸， 故答案为：平衡分液漏斗液面压强与圆底烧瓶内压强；防倒吸；NaOH溶液；浓硫酸； （3）检验丙烯和少量SO2、CO2及水蒸气组成的混合气体各成分时，应首先选无水CuSO4检验水蒸气，然后用品红溶液检验SO2，并用饱和Na2SO3溶液除去SO2；然后用品红溶液检验SO2是否除尽，然后用石灰水检验CO2，用酸性KMnO4溶液检验丙烯，因此顺序为， 故答案为：； （4）由于反应是一个体积减小的可逆反应，所以采用高压，有利于增大反应速率和提高原料气的转化率；正向反应是放热反应，虽然低温有利于提高原料气的转化率，但不利于增大反应速率，因此要采用适当的温度；催化剂不能提高原料气的转化率，但有利于增大反应速率，缩短到达平衡所需要的时间，故正确所选项是b； 故答案为：b； （5）粗品中含有正丁醛，根据所给的信息利用加饱和NaHSO3溶液形成沉淀，然后通过过滤即可除去；由于饱和NaHSO3溶液是过量的，所以加入乙醚的目的是萃取溶液中的1-丁醇因为1-丁醇和乙醚的沸点相差很大，因此可以利用蒸馏将其分离开 故答案为：饱和NaHSO3溶液；过滤；萃取；蒸馏 （1）制备氢气选用锌粒和稀盐酸；制备丙烯选用2-丙醇和浓硫酸； （2）在题给装置中，a的作用保持分液漏斗和烧瓶内的气压相等，以保证分液漏斗内的液体能顺利加入烧瓶中；b主要是起安全瓶的作用，以防止倒吸；c为除去CO中的酸性气体，选用NaOH溶液，d为除去CO中的H2O，试剂选用浓硫酸； （3）检验丙烯和少量SO2、CO2及水蒸气组成的混合气体各成分时，应首先选无水CuSO4检验水蒸气，然后用品红溶液检验SO2，并用饱和Na2SO3溶液除去SO2；然后用品红溶液检验SO2是否除尽，然后用石灰水检验CO2，用酸性KMnO4溶液检验丙烯； （4）题给合成正丁醛的反应为气体体积减小的放热反应，为增大反应速率和提高原料气的转化率； （5）饱和NaHSO3溶液形成沉淀，然后通过过滤即可除去；1-丁醇和乙醚的沸点相差很大，因此可以利用蒸馏将其分离开 本题考查有机物合成方案的设计，题目难度较大，综合性较强，答题时注意把握物质的分离、提纯方法，把握物质的性质的异同是解答该题的关键2.【答案】B；打开分液漏斗上口的玻璃塞（或使分液漏斗玻璃塞上的凹槽或小孔对准瓶颈处的小孔）；SO2+Na2SO3=Na2S2O5；品红；2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2+5SO42-+4H+或SO2+Br2+2H2O=2Br-+SO42-+4H+或2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42-+4H+；有淡黄色沉淀生成；除去多余的SO2，防止污染空气；取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，再滴加足量盐酸，振荡，再滴入BaCl2溶液，有白色沉淀生成；AB之间、AE之间没有防倒吸装置【解析】解：（1）亚硫酸钠与硫酸的反应是在硫酸电离成离子的条件下进行的，反应中的浓硫酸不能用98%的浓硫酸，因为98%浓硫酸中水很少，硫酸是以分子形式存在，10%的稀硫酸浓度太小反应速率较慢，所以最好用70%的硫酸，故选：B；（2）液体不能流下是因为分液漏斗中压强低于外界压强，要想使其顺利流下应打开上端的玻璃塞或使分液漏斗玻璃塞上的凹槽对准瓶颈处的小孔，这样内外压强相等，液体可以顺利流下，故答案为：打开分液漏斗上口的玻璃塞（或使分液漏斗玻璃塞上的凹槽或小孔对准瓶颈处的小孔）；（3）在E中二氧化硫和亚硫酸钠反应生成焦亚硫酸钠，反应方程式为：SO2+Na2SO3=Na2S2O5，故答案为：SO2+Na2SO3=Na2S2O5；（4）二氧化硫能使品红褪色，表现其漂白性，若探究SO2的漂白性，装置B应盛有品红溶液；二氧化硫也具有较强的还原性，能被强氧化性高锰酸钾溶液、溴水等氧化，若探究SO2的还原性，B中盛放酸性高锰酸钾溶液、溴水、氯化铁溶液等，对应的离子方程式为：2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2+5SO42-+4H+或SO2+Br2+2H2O=2Br-+SO42-+4H+或2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42-+4H+，继续滴加硫酸，生成的二氧化硫就可以和硫化钠中硫离子反应是生成淡黄色的单质硫，体现二氧化硫的氧化性，故答案为：品红；2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2+5SO42-+4H+或SO2+Br2+2H2O=2Br-+SO42-+4H+或2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42-+4H+；有淡黄色沉淀生成；（5）尾气中二氧化硫直接排放，会污染空气，装置D、F作用：除去多余的SO2，防止污染空气，故答案为：除去多余的SO2，防止污染空气；（6）实验验证Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的方法：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，再滴加足量盐酸，振荡，再滴入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，故答案为：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，再滴加足量盐酸，振荡，再滴入BaCl2溶液，有白色沉淀生成；（7）二氧化硫易溶于水，AB之间、AE之间没有防倒吸装置，故答案为：AB之间、AE之间没有防倒吸装置。A制备二氧化硫，E中二氧化硫和亚硫酸钠反应生成Na2S2O5晶体，生成的焦亚硫酸钠易被氧化，需要先排尽装置中的空气，可先打开K1、K2、K3，从K3通入一段时间氮气。C探究二氧化硫的氧化性，若探究SO2的漂白性，B中盛放品红溶液，若探究SO2的还原性，B中盛放具有氧化性的溶液。二氧化硫有毒，会污染环境，D、F中可以盛放氢氧化钠溶液吸收尾气中二氧化硫。（1）亚硫酸钠与硫酸的反应是在硫酸电离成离子的条件下进行的，98%浓硫酸中水很少，硫酸是以分子形式存在，10%的稀硫酸浓度太小反应速率较慢；（2）液体不能流下是因为分液漏斗中压强低于外界压强；（3）在E中二氧化硫和亚硫酸钠反应生成焦亚硫酸钠；（4）二氧化硫能使品红溶液褪色，表现其漂白性；二氧化硫也具有较强的还原性，能被强氧化性高锰酸钾溶液、溴水、氯化铁等氧化；继续滴加硫酸，生成的二氧化硫就可以和硫化钠中硫离子反应生成单质硫；（5）尾气中二氧化硫直接排放，会污染空气；（6）Na2S2O5晶体在空气中被氧化生成Na2SO4，用氯化钡溶液检验硫酸根离子即可；（7）二氧化硫易溶于水，通过溶液需要防止倒吸。本题考查物质制备实验及性质探究实验，题目涉及仪器的使用、对试剂的分析评价、对装置的分析评价、离子检验实验方案设计、二氧化硫的性质、常用化学用语书写等，关键是理解原理明确各装置作用，是对学生综合能力的考查。3.【答案】（1）分液漏斗；Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2+H2O；防倒吸影响制气；浓硫酸干燥二氧化硫；碱石灰；（2）SO2；2；Na+；较小；2HCOO-+4SO2+CO32-=2S2O42-+H2O+3CO2（HCOO-+2SO2+CO32-+H+=S2O42-+2CO2+H2O）；（3）87%.【解析】【分析】 本题考查物质制备实验，关键是对原理的理解，涉及氧化还原反应、对装置的分析评价、物质的分离提纯、化学仪器识别等，侧重考查学生综合运用知识解决问题能力，题目难度中等。【解答】（1）常温下制取二氧化硫，用亚硫酸钠和较浓的硫酸，A中盛液体的玻璃仪器球形具有玻璃活塞，为分液漏斗，液体为浓硫酸，亚硫酸钠和较浓的硫酸发生复分解反应，反应为：Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2+H2O，故答案为：分液漏斗；Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2+H2O；B装置为安全瓶，可以防止倒吸影响制气，制备干燥的SO2气体，浓硫酸具有吸水性和强氧化性，但和二氧化硫不发生氧化还原反应，所以C装置的作用利用浓硫酸干燥二氧化硫，故答案为：防倒吸影响制气；浓硫酸干燥二氧化硫；E装置：吸收尾气二氧化硫，碱石灰干燥剂是由NaOH和CaO组成的固体混合物，碱石灰呈碱性，能吸收尾气二氧化硫，碱石灰能干燥，同时能防止空气中水蒸气进入集气瓶，故答案为：碱石灰；（2）合成保险粉的反应Zn+2SO2=ZnS2O4，ZnS2O4和NaOH反应生成Na2S2O4和Zn（OH）2，反应的方程式为ZnS2O4+2NaOH=Na2S2O4+Zn（OH）2，在制取Na2S2O4过程中发生了氧化还原反应为Zn+2SO2=ZnS2O4，SO2中+4价的硫，ZnS2O4中+3价的硫，所以氧化剂是SO2，生成1molNa2S2O4转移电子2mol，故答案为：SO2；2；根据同离子效应，促进Na2S2O4结晶析出，滤液中加入氯化钠，增加了Na+离子浓度，Na2S2O4在水中溶解度较大，在酒精中溶解度较小，且酒精易挥发，滤出晶体后用酒精脱水干燥，故答案为：Na+；较小；Na2CO3溶液显碱性，二氧化硫与甲酸钠在碱性条件下反应，离子反应为：2HCOO-+4SO2+CO32-=2S2O42-+H2O+3CO2（HCOO-+2SO2+CO32-+H+=S2O42-+2CO2+H2O）；故答案为：2HCOO-+4SO2+CO32-=2S2O42-+H2O+3CO2（HCOO-+2SO2+CO32-+H+=S2O42-+2CO2+H2O）；（3）Na2S2O4与KMnO4反应产物为Na2SO4和MnSO4，则硫元素共升高6价，锰元素共降低5价，化合价升降应相同，故关系为5S2O42-6MnO4-， 5 6 n1810-3 L0.1mol/L则3.0g样品中Na2S2O4的质量分数为=5181030.16174103100%=87%；故答案为：87%。4.【答案】（I）分别取两种固体样品少量于试管中加水溶解，再分别滴加酚酞试液，变红色的为NaNO2；（）（1）可以控制反应的发生与停止；（2）Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O；（3）bc；2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2+5NO3-+3H2O；69.0%【解析】解：（I）Ka（HNO2）=5.110-4，说明HNO2为弱酸，最简单的方法鉴别NaNO2和NaCl两种固体的方法为：分别取两种固体样品少量于试管中加水溶解，再分别滴加酚酞试液，变红色的为NaNO2，故答案为：分别取两种固体样品少量于试管中加水溶解，再分别滴加酚酞试液，变红色的为NaNO2；（）（1）可通过上下移动铜丝控制反应是否进行，所以使用铜丝的优点是可以控制反应的发生与停止；故答案为：可以控制反应的发生与停止；（2）浓硝酸和铜加热发生反应生成二氧化氮和硝酸铜和水，方程式为：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O；通过装置B中的水与二氧化氮反应生成硝酸和一氧化氮；通过装置C中的干燥剂防止水蒸气进入，与过氧化钠反应；故答案为：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O；（3）a锥形瓶洗净后未干燥，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=c(标准)V(标准)V(待测)分析，c（标准）不变，故a错误；b酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c(标准)V(标准)V(待测)分析，c（标准）偏大，故b正确；c滴定终点时仰视读数，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c(标准)V(标准)V(待测)分析，c（标准）偏大，故c正确；故答案为：bc；该反应中亚硝酸根离子被氧化为硝酸根离子，高锰酸根离子被还原为锰离子，离子方程式为2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2+5NO3-+3H2O，故答案为：2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2+5NO3-+3H2O；消耗高锰酸钾的物质的量是0.1mol/L0.02L=0.002mol，则根据方程式5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2+3H2O可知，亚硝酸钠的物质的量是0.002mol52=0.005mol，则原样品中亚硝酸钠的物质的量是0.005mol250mL25mL=0.05mol，其质量为0.05mol69g/mol=3.45g，所以样品中亚硝酸钠的质量分数3.45g5g100%=69.0%，故答案为：69.0%（I）亚硝酸钠的水溶液呈碱性，而氯化钠的水溶液呈中性，则可把这两种物质分别溶于水，然后滴入酚酞试液的方法加以区分；（）装置A中是浓硝酸和铜加热发生的反应，反应生成二氧化氮和硝酸铜和水，装置B中是A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；通过装置C中的干燥剂吸收水蒸气，通过装置E中的干燥剂防止水蒸气进入，通过装置D中的过氧化钠与一氧化氮反应，最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气（1）可通过上下移动铜丝控制反应是否进行；（2）浓硝酸和铜加热发生反应生成二氧化氮和硝酸铜和水；装置B中是A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；（3）根据c（待测）=c(标准)V(标准)V(待测)分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差；该反应中亚硝酸根离子被氧化为硝酸根离子，高锰酸根离子被还原为锰离子；根据方程式5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2+3H2O可求出亚硝酸钠的物质的量，然后求样品中亚硝酸钠的质量分数本题考查盐类水解、硝酸的性质、尾气处理、实验条件控制、实验方案设计与评价以及物质含量测定等，注意实验过程中的反应现象分析，掌握基础是关键，题目难度中等5.【答案】c；b；e；d；干燥氯气；B瓶中有浓厚的白烟并在容器内壁凝结；2MnO4-+2NH3H2O=2MnO2+N2+4H2O+2OH-或2MnO4-+2NH3=2MnO2+N2+2H2O+2OH-；高锰酸钾能氧化浓氨水，加入硫酸能加快氧化速率；慢；实验中高猛酸钾浓度比实验中小；10121+5；氨气、氨水中-3价的N均显示还原性，能被强氧化剂如氯气、高锰酸钾溶液氧化【解析】解：（1）A用于制备氯气，F用于制备氨气，氯气经饱和食盐水除去氯化氢，浓硫酸干燥氯气，氨气经碱石灰干燥后通入B中，氨气密度比空气小，氯气密度比空气大，为使二者充分混合，则氯气从c进入、氨气从b进入，则顺序为c、b、e、d，故答案为：c、b、e、d；干燥氯气；（2）氨气与氯气反应生成氮气和氯化氢，氨气过量，可生成氯化铵，可观察到B瓶中有浓厚的白烟并在容器内壁凝结，故答案为：B瓶中有浓厚的白烟并在容器内壁凝结；（3）实验中氧化产物为N2，同时生成二氧化锰，反应的离子方程式为2MnO4-+2NH3H2O=2MnO2+N2+4H2O+2OH-或2MnO4-+2NH3=2MnO2+N2+2H2O+2OH-，故答案为：2MnO4-+2NH3H2O=2MnO2+N2+4H2O+2OH-或2MnO4-+2NH3=2MnO2+N2+2H2O+2OH-；（4）实验对比，高锰酸钾反应充分，反应速率更大，故答案为：高锰酸钾能氧化浓氨水，加入硫酸能加快氧化速率；（5）浓度越大，反应速率越大，则实验比实验反应速率慢，故答案为：慢；实验中高猛酸钾浓度比实验中小；（6）质量分数为98%的浓硫酸（密度为1gcm-3）和蒸馏水按体积比1：5配成，可假设体积分别为1mL、5mL，则硫酸的物质的量为198%g98g/mol=0.011mol，溶液的体积为1+52103L，则物质的量浓度为0.011mol1+52103L=10121+5mol/L，故答案为：10121+5mol/L；（7）由实验I、II可得出氨气、氨水都具有还原性，可被强氧化剂如氯气、高锰酸钾等氧化，故答案为：氨气、氨水中-3价的N均显示还原性，能被强氧化剂如氯气、高锰酸钾溶液氧化。A用于制备氯气，F用于制备氨气，氯气经饱和食盐水除去氯化氢，浓硫酸干燥，氨气经碱石灰干燥后通入B中，氨气密度比空气小，氯气密度比空气大，为使二者充分混合，则氯气从c进入、氨气从b进入；氨气与氯气反应生成氮气和氯化氢，氨气过量，可生成氯化铵；（3）实验中氧化产物为N2，同时生成二氧化锰，结合质量守恒书写离子方程式；（4）实验对比，高锰酸钾反应充分；（5）浓度越大，反应速率越大；（6）质量分数为98%的浓硫酸（密度为1gcm-3）和蒸馏水按体积比1：5配成，可假设体积分别为1mL、5mL，则硫酸的物质的量为198%g98g/mol=0.011mol，溶液的体积为1+52103L，以此计算浓度；（7）由实验I、II可得出氨气、氨水都具有还原性。本题综合考查物质的性质实验，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意把握物质的性质、实验的原理和基本操作，把握浓度的计算，难度中等。6.【答案】检查装罝的气密性 SO2和H2 2Fe3+Fe=3Fe2+ 5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O 溶液中SCN-被氧化 溶液中Fe3+及SCN-均被氧化 在已褪色的溶液中取出溶液少许于另一试管中，再加入适量的1mol/L的FeCl3溶液；如果溶液红色复原，则结论A正确，反之亦然【解析】解：（1）装置组装后发生反应除杂、排水量气法测定气体体积，需要气密性完好，组装好实验仪器后，接下来的实验操作是检查装罝的气密性， 故答案为：检查装罝的气密性； （2）浓硫酸和过量的铁在加热条件下反应生成硫酸亚铁和二氧化硫气体，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐降低，稀硫酸和铁反应生成氢气， 故答案为：SO2及H2； （3）铁与浓H2SO4的反应过程中必有Fe3+生成取适量反应后的溶液，加入少量KSCN溶液，不变红色原因是铁过量，反应的离子方程式为：2Fe3+Fe=3Fe2+， 故答案为：2Fe3+Fe=3Fe2+； （4）取适量反应后的溶液，加人少量酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色是亚铁离子被高锰酸钾溶液氧化，该反应原理的离子方程式为：5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O， 故答案为：5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O； （5）取少量反应后的溶液，先滴加少量新制氯水，再滴加KSCN溶液，呈现血红色，继续滴加过量新制氯水，红色褪去， 取少量反应后的溶液，先滴加少量新制氯水，再滴加KSCN溶液，呈现血红色，继续滴加过量新制氯水，红色褪去，可能存在的情况是溶液中Fe3+被氧化成更高价态的铁、溶液中SCN-被氧化或溶液中Fe3+及SCN-均被氧化， 故答案为：溶液中SCN-被氧化；溶液中Fe3+及SCN-均被氧化； 如果是溶液中的+3价铁被氧化为更高的价态，可再加FeCl3溶液，在已褪色的溶液中取出溶液少许于另一试管中，再加入适量的1mol/L的FeCl3溶液；如果溶液红色复原，则结论A正确；反之亦然， 故答案为：在已褪色的溶液中取出溶液少许于另一试管中，再加入适量的1mol/L的FeCl3溶液；如果溶液红色复原，则结论A正确，反之亦然甲乙两实验小组同学对铁及其化合物的性质进行如下探究： I（1）装置组装后发生反应除杂、排水量气法测定气体体积，需要气密性完好； （2）B中观察到品红溶液褪色说明生成气体中含二氧化硫，D中收集到VmL水，说明生成的气体可能含氢气； II乙组同学对反应后圆底烧瓶溶液中所含金属离子进行探究， （3）铁与浓H2SO4的反应过程中必有Fe3+生成，取适量反应后的溶液，加入少量KSCN溶液，不变红色，说明是铁过量和硫酸铁反应生成硫酸亚铁； （4）取适量反应后的溶液，加人少量酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色说明亚铁离子被高锰酸钾溶液氧化； （5）取少量反应后的溶液，先滴加少量新制氯水，再滴加KSCN溶液，呈现血红色，继续滴加过量新制氯水，红色褪去，可能存在的情况是溶液中Fe3+被氧化程更高价态的铁、溶液中SCN-被氧化或溶液中Fe3+及SCN-均被氧化，可用试剂的反滴加法检验本题考查物质的性质实验探究和混合物的计算，为高考常见题型，侧重于学生的分析、实验和计算能力的考查，注意把握实验的方法和端值法的计算的思路，难度中等7.【答案】高温下强碱会和瓷坩埚中的二氧化硅反应腐蚀坩埚；3MnO2+6KOH+KClO3高温 3K2MnO4+KCl+3H2O；bed；cd；KHCO3的溶解度比K2CO3小的多，滤液蒸发浓缩时KHCO3会随KMnO4一起结晶析出；a【解析】解：（1）瓷坩埚中的二氧化硅和强碱反应，坩埚被腐蚀，加热软锰矿、KClO3和KOH固体时，不采用瓷坩埚而选用铁坩埚；加热条件下，二氧化锰、氢氧化钾和氯酸钾反应生成锰酸钾、氯化钾和水，反应方程式为：3MnO2+6KOH+KClO3高温3K2MnO4+KCl+3H2O， 故答案为：高温下强碱会和瓷坩埚中的二氧化硅反应腐蚀坩埚，3MnO2+6KOH+KClO3高温3K2MnO4+KCl+3H2O； （2）从滤液中得到KMnO4晶体的实验操作是浓缩蒸发，冷却结晶，过滤或抽滤得到晶体； 故答案为：bed； （3）若要在实验室制备较纯净的CO2，不能采用盐酸，因为有挥发性，硫酸与碳酸钙制取二氧化碳反应被生成的硫酸钙微溶物阻止反应进行不可取，所以选择碳酸钠与硫酸； 故答案为cd； （4）工艺流程可知，CO2使MnO42-发生歧化反应，生成MnO4-和MnO2，根据元素守恒可知，会生成K2CO3，若通入CO2太多，会生KHCO3，滤液中含有KHCO3、KMnO4，在加热浓缩时，会有KHCO3晶体和KMnO4晶体一起析出， 故答案为：KHCO3的溶解度比K2CO3小的多，滤液蒸发浓缩时KHCO3会随KMnO4一起结晶析出； （5）因为盐酸具有还原性，易被高锰酸钾氧化，醋酸钾的溶解度比硫酸钾大的多，蒸发浓缩时基本上都会留在母液中，硫酸加入生成的硫酸钾溶解度小，会随KMnO4一起结晶析出得到的高锰酸钾中含有杂质； 故答案为：a；（1）瓷坩埚中的二氧