2023年高考化学高频热点

物质制备综合实验

1.为测定CuSO,溶液的浓度，甲、乙两同学设计了两个方案。回答下列问题:

I.甲方案

实验原理：CuSO«+BaJ=BaSO,J+CuCl2

实验步骤：

(1)判断s(V-沉淀完全的操作为o

(2)步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为

(3)步骤③灼烧时盛装样品的仪器名称为o

-1

(4)固体质量为wg,则c(CuS0D=mol-LO

(5)若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，则测得

c(CuS04)(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)o

II.乙方案

实验原理：Zn+CuS04=ZnS04+Cu,Zn+H2SO4=ZnS04+H21

1

实验步骤：

①按右图安装装置(夹持仪器略去)

②……

③在仪器A、B、C、D、E…中加入图示的试剂

④调整D、E中两液面相平，使D中液面保持在。或略低于。刻度位置，读

数并记录。

⑤将CuS04溶液滴入A中搅拌，反应完成后，再滴加稀硫酸至体系不再有气

体产生

⑥待体系恢复到室温，移动E管，保持D、E中两液面相平，读数并记录

⑦处理数据

(6)步骤②为o

(7)步骤⑥需保证体系恢复到室温的原因是(填序号)。

a.反应热受温度影响b.气体密度受温度影响c.反应速率受温度

2

影响

（8）Zn粉质量为ag,若测得乩体积为bmL,已知实验条件下P（H2）=dgxL\

则c（CuSO。mol-L（列出计算表达式）。

（9）若步骤⑥E管液面高于D管，未调液面即读数，则测得

c（CuS04）（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。

（10）是否能用同样的装置和方法测定Mgs。,溶液的浓度:（填“是”

或“否”）o

【答案】（1）向上层清液中继续滴加BaCb溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完

全

（2）AgN03溶液（3）珀期（4）亲（5）偏低

abdxlO3

(6)检查装置气密性(7)b(8)花一一1(9)偏高(10)否

25x10-3

【解析】I.（1）硫酸根离子的检验是滴加氯化领溶液，若产生白色沉淀，

证明溶液中含有硫酸根离子，故判断S（V-沉淀完全的操作向上层清液中继续滴加

BaCk溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全；（2）步骤②判断沉淀是否洗净所选用

的试剂为AgNOs溶液，硫酸领沉淀中可能附着有氯化钢，为了证明还有没氯离子，

需要加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，证明没有洗净；（3）步骤③灼烧时盛装

样品的仪器为珀期；（4）固体质量为wg,为硫酸钢的质量，硫酸钢的物质的量为

wg

小'根据硫酸根守恒可知，CuSO广BaSO”则c（CuS04）=^=233g/mol=

3

mobL1；(5)若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，会使固体的质量偏小,

物质的量偏小，根据c=§可知，则测得c(CuSOD偏低。

II.(6)加入药品之前需检查装置的气密性；步骤②为检查装置气密性；(7)

气体的体积受温度和压强的影响较大，气体的质量不随温度和压强的变化而改变,

密度也受温度和压强的影响，步骤⑥需保证体系恢复到室温的原因是气体密度受

温度影响；反应热不受温度的影响，只与反应物和生成物自身的能量有关，不随

温度压强而改变；反应速率受温度影响，温度越高，反应速率越快，步骤⑥需保

证体系恢复到室温与反应速率无关；(8)Zn粉质量为ag,若测得乩体积为bmL,

已知实验条件下P(H2)=dgxL\氢气的质量=「(也评=曲>10飞，利用氢气的质量得

到氢气的物质的量小d?：10；g=dxb;1CT'm°l,根据Zn+H2s04=ZnS04+H2t,与

2g/mol2

酸反应的锌的物质的量为锌的总物质的量为花前不，与硫酸铜反

应的锌的物质的量为U-凶普mol,根据Zn+CuS(X=ZnS04+Cu,则

65g/mol2

agdbxlO-3

m01

C(CuS04)=65g7mol^；(9)若步骤⑥E管液面高于D管，未调液面即读

25x10"

数，得到氢气的体积偏小，与硫酸反应的锌的质量偏小，与硫酸铜反应的锌的质

量偏大，则测得c(CuSO0偏高；(10)不能用同样的装置和方法测定MgSO4溶液的

浓度，硫酸镁不和锌发生置换反应。

2.12019•海南卷】干燥的二氧化碳和氨气反应可生成氨基甲酸校固体,

化学方程式为：2NH3(g)+C02(g)=NH2C00NH4(s)AH<0,在四氯化碳中通入二氧

4

化碳和氨制备氨基甲酸镀的实验装置如下图所示，回答下列问题:

(1)装置1用来制备二氧化碳气体：将块状石灰石放置在试管中的带孔塑

料板上，漏斗中所加试剂为—；装置2中所加试剂为—；

(2)装置4中试剂为固体NH4C1和Ca(0H)2,发生反应的化学方程式为

;试管口不能向上倾斜的原因是o装置3中试剂为KOH,其

作用为o

(3)反应时三颈瓶需用冷水浴冷却，其目的是

【答案】(1)稀盐酸浓H2s

⑵Ca(0H)2+2NH4CiqCaC12+2NH31+2H20

防止冷凝水倒流到管底部使试管破裂干燥剂(干燥氨气)

(3)降低温度，使平衡正向移动提高产量

【解析】(D装置1用来制备二氧化碳气体，反应方程式为

CaC03+2HCl=CaCl2+C021+H20,在试管的带孔塑料板上放置块状CaCO3,在长颈漏

斗中放置稀盐酸；装置2中所加试剂为浓硫酸，作用是干燥CO?气体；(2)在装置

4中试剂为固体NH£1和Ca(0H)2,二者混合加热发生反应制取氨气，发生反应的

5

化学方程式为Ca(0H)2+2NH4Cl^CaCl2+2NH31+2H20；试管口不能向上倾斜的原

因是：防止冷凝水倒流到管底部使试管破裂。装置3中试剂为KOH,其作用为干

燥氨气。(3)反应时三颈瓶需用冷水浴冷却，原因是2NH3(g)+C02(g)

NH2C00NH4(S)△*()的正反应是放热反应，降低温度，化学平衡向放热的正反应

方向移动，从而可提高产物的产量。

3.丙焕酸甲酯(CH三C—COOH)是一种重要的有机化工原料，沸点为

103~105℃0实验室制备少量丙快酸甲酯的反应为

浓HQ

CH=C~(：OOH+CHt()H―△—»CH三C—COOCH3+H4)

实验步骤如下：

步骤1：在反应瓶中，加入14g丙焕酸、50mL甲醇和2mL浓硫酸，搅拌,

加热回流一段时间。

步骤2：蒸出过量的甲醇(装置见下图)。

步骤3：反应液冷却后，依次用饱和NaCl溶液、5%Na2c溶液、水洗涤。分

离出有机相。

步骤4：有机相经无水Na2sO,干燥、过滤、蒸馈，得丙焕酸甲酯。

6

(1)步骤1中，加入过量甲醇的目的是▲。

(2)步骤2中，上图所示的装置中仪器A的名称是▲；蒸储烧瓶中加

入碎瓷片的目的是▲.

(3)步骤3中，用5%Na2c溶液洗涤，主要除去的物质是▲；分离出有

机相的操作名称为▲。

(4)步骤4中，蒸懦时不能用水浴加热的原因是▲。

【答案】(1)作为溶剂、提高丙焕酸的转化率

(2)(直形)冷凝管防止暴沸

(3)丙快酸分液

(4)丙焕酸甲酯的沸点比水的高

【解析】(1)一般来说，酯化反应为可逆反应，加入过量的甲醇，提高丙

快酸的转化率，丙块酸溶解于甲醇，甲醇还作为反应的溶剂；(2)根据装置图，

仪器A为直形冷凝管；加热液体时，为防止液体暴沸，需要加入碎瓷片或沸石,

因此本题中加入碎瓷片的目的是防止液体暴沸；(3)丙快酸甲酯的沸点为103c

~105℃,制备丙焕酸甲酯采用水浴加热，因此反应液中除含有丙焕酸甲酯外，还

含有丙烘酸、硫酸；通过饱和NaCl溶液可吸收硫酸；5%的Na2c溶液的作用是

除去丙焕酸，降低丙焕酸甲酯在水中的溶解度，使之析出;水洗除去NaCl、Na2c

然后通过分液的方法得到丙快酸甲酯；(4)水浴加热提供最高温度为100C,而

丙快酸甲酯的沸点为103℃~105℃,采用水浴加热，不能达到丙快酸甲酯的沸点，

7

不能将丙快酸甲酯蒸出，因此蒸储时不能用水浴加热。

4.化学小组实验探究SO?与AgNOs溶液的反应。

(1)实验一：用如下装置(夹持、加热仪器略)制备S02,将足量SO2通入AgNO3

溶液中，迅速反应，得到无色溶液A和白色沉淀B。

①浓H2sO,与Cu反应的化学方程式是

②试剂a是o

(2)对体系中有关物质性质分析得出：沉淀B可能为Ag2s。3、Ag2sO’或二者

混合物。(资料：Ag2sO,微溶于水；Ag2s难溶于水)

实验二：验证B的成分

滤液E

6m。卜L」氨水….过量Ba(NO,%溶液_尔泞。i.洗涤干净

沉淀B--------------------►溶液C-----------------------------“况证口讯过量稀赢

沉淀F

①写出Ag2s溶于氨水的离子方程式：

②加入盐酸后沉淀D大部分溶解,剩余少量沉淀F。推断D中主要是BaSO3,

进而推断B中含有Ag2sO3。向滤液E中加入一种试剂,可进一步证实B中含有Ag2sO3。

所用试剂及现象是o

8

(3)根据沉淀F的存在，推测so；的产生有两个途径:

途径1：实验一中，SO?在AgNOs溶液中被氧化生成Ag2S04,随沉淀B进入Do

途径2：实验二中，so；被氧化为so；进入D。

实验三：探究so；一的产生途径

①向溶液A中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，证明溶液中含有：

取上层清液继续滴加BaCL溶液，未出现白色沉淀，可判断B中不含Ag2s0”做

出判断的理由：o

②实验三的结论：o

(4)实验一中SO?与AgNOs溶液反应的离子方程式是o

(5)根据物质性质分析，SO?与AgNOs溶液应该可以发生氧化还原反应。将

实验一所得混合物放置一段时间，有Ag和sof生成。

(6)根据上述实验所得结论：-

【答案】(1)①Cu+2H2s0式浓)=CuS04+S02t+2H20②饱和NaHSCh溶液

+2

(2)(DAg2S03+4NH3•H20=2Ag(NH3)2+S03+4H20

②H2O2溶液，产生白色沉淀

(3)①Ag+Ag2sO,溶解度大于BaSOv没有BaSO,沉淀时，必定没有Ag2s04

2-2

②途径1不产生S04,途径2产生S04'

9

++

(4)2Ag+S02+H20=Ag2sO31+2H

(6)实验条件下：SO?与AgNOs溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和S(V-的

速率

碱性溶液中S(v一更易被氧化为so?-

【解析】(1)①铜和浓硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和

水，化学方程式为：Cu+2H2s0式浓)会C11SO4+SO21+2H2。。②试剂a为饱和NaHS03

溶液，用于观察气体流速，且在SO?饱和NaHSOs溶液中溶解度很小，可防止倒吸。

+

⑵①Ag2s溶于氨水得到Ag(NH3)/，离子方程式为：Ag2SO3+4NH3*H2O=2Ag(NH3)2

2

+SO3+4H20；②沉淀D洗涤干净后，加入过量稀盐酸，BaSOs与稀盐酸反应生成

BaCb和SO2、H20,则滤液E中含有BaCL和溶解在水中的SO2形成的H&O3,可向

E中加入乩。2溶液，乩。2将H2s氧化生成SO43S(V-和Ba"反应产生白色BaS(X沉

淀，进一步证实B中含有Ag2so3。(3)向溶液A中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，

该沉淀为AgCl,证明溶液A中含有Ag)取上层清液继续滴加BaCb溶液，未出

现白色沉淀，证明溶液A中不含SO?',由于Ag2s(X微溶于水，则B中不含Ag2sO,，

从而确定途径1不产生S(h3途径2产生SO,、(4)由(3)推知，-实验一中SO?与

AgNOs溶液反应生成Ag2s离子方程式为2Ag*+S02+H20=Ag2so31+2『。(6)对比

分析(4)(5)可知,S02与AgNO3溶液生成Ag2s的速率大于生成Ag和S(V的速率，

再结合实验二可知，碱性溶液中SCV更易被氧化为SO4、

5.环己烯是重要的化工原料。其实验室制备流程如下：

10

有机相不记

坏己烯饱和食盐水过渡操作3

粗产品操作2（沸点83°C）

L+水相（弃去）

（沸点161℃）

回答下列问题:

I.环己烯的制备与提纯

⑴原料环己醇中若含苯酚杂质，检验试剂为,现象为

（2）操作1的装置如图所示（加热和夹持装置已略去）。

①烧瓶A中进行的可逆反应化学方程式为,浓

硫酸也可作该反应的催化剂，选择FeCl3-6H20而不用浓硫酸的原因为

__________________（填序号）。

a.浓硫酸易使原料炭化并产生SO2

b.FeC13・6H2。污染小、可循环使用，符合绿色化学理念

c.同等条件下，用FeCL・6庆0比浓硫酸的平衡转化率高

11

②仪器B的作用为o

（3）操作2用到的玻璃仪器是o

（4）将操作3（蒸储）的步骤补齐：安装蒸馈装置,加入待蒸镭的物质和沸石,

，弃去前馈分，收集83℃的镭分。

II.环己烯含量的测定

在一定条件下，向ag环己烯样品中加入定量制得的与环己烯充

分反应后，剩余的皿与足量KI作用生成匕，用cmol.□的Na2sq；标准溶液滴定,

终点时消耗Na2s20,标准溶液vmL（以上数据均已扣除干扰因素）。

测定过程中，发生的反应如下：

②Br2+2KI-12+2KBr

③%+2Na2s2O32NaI+Na2S4O6

⑸滴定所用指示剂为O样品中环己烯的质量分数为

（用字母表示）。

（6）下列情况会导致测定结果偏低的是（填序号）。

a.样品中含有苯酚杂质

12

b.在测定过程中部分环己烯挥发

C.Na凡O,标准溶液部分被氧化

【答案】(l)FeJ溶液溶液显紫色

⑵①D△Oa、b

②减少环己醇蒸出

(3)分液漏斗、烧杯

(4)通冷凝水，加热

(b--—1x82

(5)淀粉溶液12000；一

a

(6)b、c

【解析】I.(1)检验苯酚的首选试剂是FeCL溶液，原料环己醇中若含有苯

酚，加入FeCL溶液后，溶液将显示紫色；

(2)①从题给的制备流程可以看出，环己醇在FeC13・6H2。的作用下，反应

生成了环己烯，对比环己醇和环己烯的结构，可知发生了消去反应，反应方程式

为：J》°…,，注意生成的小分子水勿漏写，题目已明确提示该反应

可逆，要标出可逆符号，FeCl3-6H20是反应条件(催化剂)别漏标；此处用

FeCb・6H20而不用浓硫酸的原因分析中：a项合理，因浓硫酸具有强脱水性，往

13

往能使有机物脱水至炭化，该过程中放出大量的热，又可以使生成的炭与浓硫酸

发生反应：C+2H2s0式浓）=^=C02t+S02t+2H20；b项合理，与浓硫酸相比，

FeCl3-6H20对环境相对友好，污染小，绝大部分都可以回收并循环使用，更符

合绿色化学理念；c项不合理，催化剂并不能影响平衡转化率；②仪器B为球形

冷凝管，该仪器的作用除了导气外，主要作用是冷凝回流，尽可能减少加热时反

应物环己醇的蒸出，提高原料环己醇的利用率；（3）操作2实现了互不相溶的两

种液体的分离，应是分液操作，分液操作时需要用到的玻璃仪器主要有分液漏斗

和烧杯；（4）题目中已明确提示了操作3是蒸馈操作。蒸储操作在加入药品后，

要先通冷凝水，再加热；如先加热再通冷凝水，必有一部分储分没有及时冷凝,

造成浪费和污染；

H.（5）因滴定的是碘单质的溶液，所以选取淀粉溶液比较合适；根据所给

的②式和③式，可知剩余的Be与反应消耗的Na2s2O3的物质的量之比为1：2,所

3-

以剩余Be的物质的量为：n（Br2）Xcmol•U'XvmLX10*L•mL

反应消耗的Bn的物质的量为（b-就）moL据反应①式中环己烯与漠单质1：1

反应，可知环己烯的物质的量也为（b-磊）mol,其质量为（b-蒜）X82g,所

CV

以ag样品中环己烯的质量分数为：（/?-2000）X82Q（6）a项错误，样品中含有苯

酚，会发生反应:每反应ImolBn,消耗苯酚的

质量为31.3g；而每反应lmolBr2,消耗环己烯的质量为82g；所以苯酚的混入，

将使耗Be增大，从而使环己烯测得结果偏大；b项正确，测量过程中如果环己

14

烯挥发，必然导致测定环己烯的结果偏低；c项正确，Na2s2。3标准溶液被氧化，

必然滴定时消耗其体积增大，即计算出剩余的溟单质偏多，所以计算得出与环己

烯反应的漠单质的量就偏低，导致最终环己烯的质量分数偏低。

6.醋酸亚铭［(CLCOObCr-240］为砖红色晶体，难溶于冷水，易溶于酸,

在气体分析中用作氧气吸收剂。一般制备方法是先在封闭体系中利用金属锌作还

原剂，将三价格还原为二价倍；二价铝再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚倍。

实验装置如图所示。回答下列问题：

醋酸钠溶液

锌粒+氯化钠

(1)实验中所用蒸储水均需经煮沸后迅速冷却，目的是。仪器a

的名称是o

(2)将过量锌粒和氯化倍固体置于c中，加入少量蒸储水，按图连接好装

置，打开KI、K2,关闭K3。

①c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，该反应的离子方程式为o

②同时C中有气体产生，该气体的作用是O

(3)打开K3,关闭K1和K2。c中亮蓝色溶液流入d,其原因是；

d中析出砖红色沉淀。为使沉淀充分析出并分离，需采用的操作是、

15

、洗涤、干燥。

（4）指出装置d可能存在的缺点o

【答案】（1）去除水中溶解氧分液（或滴液）漏斗

（2）①Zn+2Cr3+=Zn，2Cr2+②排除c中空气

（3）c中产生上使压强大于大气压（冰浴）冷却过滤

（4）敞开体系，可能使醋酸亚倍与空气接触

【解析】（1）由于醋酸亚铭易被氧化，所以需要尽可能避免与氧气接触，

因此实验中所用蒸储水均需煮沸后迅速冷却，目的是去除水中溶解氧；根据仪器

构造可知仪器a是分液（或滴液）漏斗；（2）①c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，

说明Cr"被锌还原为Cr2+,反应的离子方程式为Zn+2Cr3+=Zn2++2Cr2+；②锌还

能与盐酸反应生成氢气，由于装置中含有空气，能氧化cd+,所以氢气的作用是

排除c中空气；（3）打开K3,关闭K1和K2,由于锌继续与盐酸反应生成氢气，

导致c中压强增大，所以c中亮蓝色溶液能流入d装置，与醋酸钠反应；根据题

干信息可知醋酸亚铭难溶于冷水，所以为使沉淀充分析出并分离，需要采取的操

作是（冰浴）冷却、过滤、洗涤、干燥。（4）由于d装置是敞开体系，因此装置的

缺点是可能使醋酸亚铭与空气接触被氧化而使产品不纯。

7.K3[Fe（C204）3]-3%0（三草酸合铁酸钾）为亮绿色晶体，可用于晒制蓝图。

回答下列问题：

（1）晒制蓝图时，用K3[Fe（C2O4）3]・3H20作感光剂,以及[Fe（CN）61溶液为

16

显色剂。其光解反应的化学方程式为：2K3[Fe(C204)3]32FeC2()4+3K2C204+2C02

t;显色反应的化学方程式为o

(2)某小组为探究三草酸合铁酸钾的热分解产物，按下图所示装置进行实

验。

①通入氮气的目的是o

②实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊，装置E中固体变为红

色，由此判断热分解产物中一定含有、o

③为防止倒吸，停止实验时应进行的操作是

④样品完全分解后，装置A中的残留物含有FeO和FezOs,检验FezOs存在

的方法是：o

(3)测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。

1

①称量mg样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2sO4酸化，用cmol-LKMnO4

溶液滴定至终点。滴定终点的现象是O

②向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤

17

液全部收集到锥形瓶中。加稀H2s。4酸化，用cmol・I?KMnO4溶液滴定至终点，

消耗KMnO4溶液Vml0该晶体中铁的质量分数的表达式为

__________________________________________________________________________________________O

[答案](1)3FeC2O4+2K3[Fe(CN)6]=Fe3[Fe(CN)6]2+3K2C204

(2)①隔绝空气、使反应产生的气体全部进入后续装置

②CO2CO

③先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气

④取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入02滴KSCN溶液，溶

液变红色，证明含有FezOs

(3)①粉红色出现②篝含

【解析】⑴光解反应的化学方程式为2K3[Fe(C2O4)3]3

2FeC204+3K2C204+2C021,反应后有草酸亚铁产生，所以显色反应的化学方程式为

3FeC204+2K3[Fe(CN)6]=Fe3[Fe(CN)6]2+3K2C204o(2)①装置中的空气在高温下能氧

化金属铜，能影响E中的反应，所以反应前通入氮气的目的是隔绝空气排尽装置

中的空气；反应中有气体生成，不会全部进入后续装置。②实验中观察到装置B、

F中澄清石灰水均变浑浊，说明反应中一定产生二氧化碳。装置E中固体变为红

色，说明氧化铜被还原为铜，即有还原性气体CO生成，由此判断热分解产物中

一定含有CO2、CO；③为防止倒吸，必须保证装置中保持一定的压力，所以停止

实验时应进行的操作是先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气即可。

18

④要检验Fe2(h存在首先要转化为可溶性铁盐，因此方法是取少许固体粉末于试

管中，加稀硫酸溶解，滴入1〜2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有FezOs。

(3)①高镒酸钾氧化草酸根离子，其溶液显红色，所以滴定终点的现象是粉红色

出现。②锌把铁离子还原为亚铁离子，酸性高镒酸钾溶液又把亚铁离子氧化为铁

离子。反应中消耗高镒酸钾是O.OOlcVmoLMn元素化合价从+7价降低到+2价,

所以根据电子得失守恒可知铁离子的物质的量是0.005cVmoL则该晶体中铁的

质量分数的表达式为竺竺9*100%=型且、100%o

m1000/77

8.硫代硫酸钠晶体(Na2s2O3・5H2。，/248g，。/)可用作定影剂、还原剂。

回答下列问题：

已知：-10市售硫代硫酸钠中

(1)A；p(BaS04)=l.1X1O,XP(BaS203)=4.IXlO^o

常含有硫酸根杂质，选用下列试剂设计实验方案进行检验：

试剂：稀盐酸、稀H2s0八BaCb溶液、Na2c溶液、庆。2溶液

实验步骤现象

①取少量样品，加入除氧蒸②固体完全溶解得无色澄

储水清溶液

③___________④____________,有刺激性

气体产生

⑤静置，____________⑥____________

(2)利用""2()7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下:

19

①溶液配制：称取1.2000g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸

储水在中溶解，完全溶解后，全部转移至100mL的中，加

蒸储水至o

②滴定：取0.00950mol・1/的WCoO,标准溶液20.00mL,硫酸酸化后加

23+

入过量KI,发生反应：Cr207'+6r+14H=3I2+2Cr+7H20o然后用硫代硫酸钠样品

溶液滴定至淡黄绿色,发生反应：L+2s2（V三SQ62-+2I-。加入淀粉溶液作为指示剂，

继续滴定，当溶液,即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量

为24.80mL,则样品纯度为%（保留1位小数）。

【答案】（1）③加入过量稀盐酸④出现乳黄色浑浊⑤（吸）取上层

清液，滴入BaCb溶液⑥产生白色沉淀

（2）①烧杯容量瓶刻度

②蓝色褪去95.0

【解析】（1）检验样品中的硫酸根离子，应该先加入稀盐酸，再加入氯化领

溶液。但是本题中，硫代硫酸根离子和氢离子以及领离子都反应，所以应该排除

2

其干扰，具体过程应该为先将样品溶解，加入稀盐酸酸化（反应为S203-+2H+=S02

t+SI+H20）,静置，取上层清液中滴加氯化钢溶液，观察到白色沉淀，证明存

在硫酸根离子。所以答案为：③加入过量稀盐酸；④有乳黄色沉淀；⑤取上层清

液，滴加氯化钢溶液；⑥有白色沉淀产生。①配制一定物质的量浓度的溶液，应

该先称量质量，在烧杯中溶解，在转移至容量瓶，最后定容即可。所以过程为:

将固体再烧杯中加入溶解，全部转移至100mL容量瓶，加蒸谯水至刻度线。②淡

20

黄绿色溶液中有单质碘，加入淀粉为指示剂，溶液显蓝色，用硫代硫酸钠溶液滴

定溶液中的单质碘，滴定终点时溶液的蓝色应该褪去。根据题目的两个方程式得

22

到如下关系式：Cr207-3I2-6S203\则配制的100mL样品溶液中硫代硫酸钠的

0.0095x20x6_

浓度c=一市一,含有的硫代硫酸钠为0.004597mol,所以样品纯

0.004597X248X100%=950%

度为12

9.某小组在实验室中探究金属钠与二氧化碳的反应。回答下列问题:

一稀盐酸

(D选用如图所示装置及药品制取co2。打开弹簧夹，制取co?。为了得到

的洗气瓶(填试剂名

干燥.纯净的co2,产生的气流应依次通过盛有

称)。反应结束后，关闭弹簧夹，可观察到的现象是

O不能用稀硫酸代替稀盐酸，其原因是

(2)金属钠与二氧化碳反应的实验步骤及现象如下表:

步骤现象

将一小块金属钠在燃烧匙中点产生大量白烟，集气瓶底部有

燃，迅速伸入盛有C02的集气瓶黑色固体产生，瓶壁上有白色

21

中。充分反应，放置冷却物质产生

在集气瓶中加入适量蒸储水，滤纸上留下黑色固体，滤液为

振荡.过滤无色溶液

①为检验集气瓶瓶壁上白色物质的成分，取适量滤液于2支试管中，向一支

试管中滴加1滴酚配溶液，溶液变红：向第二支试管中滴加澄清石灰水，溶液变

浑浊。

据此推断，白色物质的主要成分是(填标号)。

A.Na2OB.Na202c.NaOHD.Na2C03

②为检验黑色固体的成分,将其与浓硫酸反应,生成的气体具有刺激性气味。

据此推断黑色固体是O

③本实验中金属钠与二氧化碳反应的化学方程式为

【答案】(1)饱和NaHC03溶液、浓硫酸产生的气体使干燥管内液面降低，

与碳酸钙脱离接触，反应停止生成的硫酸钙微溶，附着在碳酸钙表面，阻止

反应进一步进行

(2)①D②碳(C)③4Na+3c。2隹2Na2cO3+C

【解析】(1)根据发生的反应分析，产生的二氧化碳气体中，还含有氯化氢

和水蒸气两种杂质，除去氯化氢用的是饱和碳酸氢钠溶液，除水蒸气用浓硫酸;

22

反应结束后，关闭弹簧夹，产生的气体回到反应溶液里使容器里压强增大，干燥

管内盐酸液面下降，与碳酸钙脱离接触，反应停止；若使用硫酸，生成的硫酸钙

为微溶物，会附着在碳酸钙的表面，阻止反应进行。（2）①向一支试管中滴加1

滴酚猷溶液，溶液变红，说明是碱性物质，向第二支试管中滴加澄清石灰水，溶

液变浑浊，说明能跟氢氧化钙反应生成沉淀，由此可推出该物质为碳酸钠，故选

D；②黑色固体与浓硫酸反应，生成的气体具有刺激性气味，说明发生了氧化还

原反应生成了二氧化硫，故黑色固体是C；③由以上分析可知，金属钠与二氧化

碳反应生成了碳酸钠和碳，根据得失电子守恒配平化学方程式为4Na+3c整

2Na2cO3+C。

10.3,4TE甲二氧基苯甲酸是一种用途广泛的有机合成中间体，微溶于水，

实验室可用KMrA氧化3,4短甲二氧基苯甲醛制备，其反应方程式为

实验步骤如下：

步骤1：向反应瓶中加入3,4及甲二氧基苯甲醛和水，快速搅拌，于70〜

80°C滴加KMMX溶液。反应结束后，加入K0H溶液至碱性。

步骤2：趁热过滤，洗涤滤饼，合并滤液和洗涤液。

步骤3：对合并后的溶液进行处理。

步骤4：抽滤，洗涤，干燥，得3,4TE甲二氧基苯甲酸固体。

23

⑴步骤1中,反应结束后,若观察到反应液呈紫红色,需向溶液中滴加NaHSO3

溶液，HSO,转化为(填化学式)；加入KOH溶液至碱性的目的是

(2)步骤2中，趁热过滤除去的物质是(填化学式)。

(3)步骤3中，处理合并后溶液的实验操作为o

(4)步骤4中，抽滤所用的装置包括、吸滤瓶、安全瓶和抽

气泵。

【答案】(i)s(V-将反应生成的酸转化为可溶性的盐

(2)MnO2

(3)向溶液中滴加盐酸至水层不再产生沉淀

(4)布氏漏斗

【解析】(1)反应结束后，反应液呈紫红色，说明KMnO,过量，KMnO,具有强

氧化性将HSO「氧化成SO?',反应的离子方程式为2MnO4+3HSO3'=2MnO2I

COOH

+3SO42-+H2O+H\根据中和反应原理，加入KOH将0转化为可溶于水的

COOK

(2)MnO2难溶于水，步骤2中趁热过滤是减少A的溶解，步骤2中趁热过滤

Jo

COOK

除去的物质是Mn02。(3)步骤3中，合并后的滤液中主要成分为fS，为了制

24

POOH

得Xp，需要将合并后的溶液进行酸化；处理合并后溶液的实验操作为：向溶

液中滴加盐酸至水层不再产生沉淀。

(4)抽滤所用的装置包括布氏漏斗、吸滤瓶、安全瓶和抽气泵。

11.实验小组制备高铁酸钾(AFeOD并探究其性质。

资料：KzFeO,为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性

溶液中快速产生在碱性溶液中较稳定。

⑴制备"FeCh侠持装置略)

①A为氯气发生装置。A中反应方程式是(镒被还原为Mn2+)o

②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。

③C中得到紫色固体和溶液。C中CL发生的反应有

3Cl2+2Fe(OH)3+10K0H=2K2Fe04+6KCl+8H20,另外还有

(2)探究"Feo’的性质

①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a,经检验气体

25

中含有Cb。为证明是否KzFeO,氧化了Cl-而产生C12,设计以下方案:

方取少量a,滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。

案

I

方用K0H溶液充分洗涤C中所得固体，再用K0H溶液将

案tFeO,溶出，得到紫色溶液b。取少量b,滴加盐酸，

II有CL产生。

i.由方案I中溶液变红可知a中含有离子，但该离子的产生不能判

断一定是KzFeO,将C1一氧化，还可能由产生（用方程式表示）。

ii.方案n可证明（Feo,氧化了Cl-O用KOH溶液洗涤的目的是

_____________________________________________O

②根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2Feo：（填“〉”或“V”）,

而方案n实验表明，C12和FeO：的氧化性强弱关系相反，原因是

③资料表明，酸性溶液中的氧化性FeO：>MnO,,验证实验如下：将溶液b

滴入MnSO4和足量H2sO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色。该现象能否证明氧

化性FeO：>MnO；。若能，请说明理由；若不能，进一步设计实验方案。

理由或方案：o

【答案】（1）@2KMn04+16HCl=2MnCl2+2KCl+5C121+8H20

26

②曲目—饱和食盐水

(3)Cl2+20H=Cr+C10+H20

3++3+

(2)①i.Fe4FeO^-+20H=4Fe+3021+10H20ii.排除CIO的干扰

②>溶液酸碱性不同③理由：FeO：在过量酸的作用下完全转化为Fe"

和溶液浅紫色一定是Mno,的颜色

方案：向紫色溶液b中滴加过量稀H2s观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫

色

【解析】(1)①A为氯气发生装置，KMnO,与浓盐酸反应时，镒被还原为Mn",

浓盐酸被氧化成CL,KMnCh与浓盐酸反应生成KC1、MnCl2>CL和丛0,根据得失

电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCk+5C12

f+8H2O,离子方程式为2Mn0J+10Cl+16lT=2Mn2++5Cl2t+8H20o②由于盐酸具有挥

发性，所得CL中混有HC1和HzO(g),HC1会消耗Fe(0H)3、KOH,用饱和食盐水

除去HC1,除杂装置B为一J一饱和食盐水。③C中CL发生的反应有

3Cl2+2Fe(OH)3+10K0H=2K2Fe04+6KCl+8H20,还有Ck与KOH的反应，Cb与KOH反

应的化学方程式为Cl2+2K0H=KCl+KC10+H20,反应的离子方程式为

Cl2+20H=Cr+C10+H20o(2)①根据上述制备反应，C的紫色溶液中含有LFeO,、

KC1,还可能含有KC1O等。i.方案I加入KSCN溶液，溶液变红说明a中含Fe：

但Fe，+的产生不能判断"FeO"与C「发生了反应，根据题意"FeO,在酸性或中性溶

27

3+

液中快速产生02,自身被还原成Fe,根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，

23+

可能的反应为4Fe04+20H=302t+4Fe+10H20oii.产生CL还可能是

C10+Cr+2H=Cl2f+H20,即KC10的存在干扰判断；WFeO4微溶于KOH溶液，用KOH

溶液洗涤的目的是除去KC1O、排除C1(T的干扰，同时保持(Feo,稳定存在。②制

备KzFe()4的原理为3Cl2+2Fe(OH)3+10K0H=2K2Fe04+6KCl+8H20,在该反应中Cl元素

的化合价由0价降至-1价，CL是氧化剂，Fe元素的化合价由+3价升至+6价，

Fe(0H)3是还原剂，KzFeO,为氧化产物，根据同一反应中，氧化性：氧化剂>氧化

2

产物，得出氧化性Cl2>FeO4"；方案II的反应为2Fe(V+6Cl+l6H+=2Fe"+3CLt

+8H20,实验表明，Cb和Fe(V氧化性强弱关系相反；对比两个反应的条件，制备

&FeO4在碱性条件下，方案II在酸性条件下；说明溶液的酸碱性的不同影响物质

氧化性的强弱。③该小题为开放性试题。若能，根据题意AFeO,在足量H2sO4溶

液中会转化为Fe"和最后溶液中不存在Feo?',溶液振荡后呈浅紫色一定是

MnOJ的颜色，说明Fe(V-将Mi?*氧化成血0-所以该实验方案能证明氧化性Fe(V

>MnO4\(或不能，因为溶液b呈紫色，溶液b滴入MnSCh和H2sO,的混合溶液中，

c(Fe(V-)变小，溶液的紫色也会变浅；则设计一个空白对比的实验方案，方案为：

向紫色溶液b中滴加过量稀H2sO,，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色)o

12.烟道气中的NO,是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用如下采

样和检测方法。回答下列问题：

I.采样

28

A接抽气泉等设备

吸

采

H,0>NOX)A收

器

D-

C

采样系统简图

采样步骤：

①检验系统气密性；②加热器将烟道气加热至140C；③打开抽气泵置换系

统内空气；④采集无尘、干燥的气样；⑤关闭系统，停止采样。

(DA中装有无碱玻璃棉，其作用是o

(2)C中填充的干燥剂是(填序号)o

a.碱石灰b.无水CuS04c.P205

(3)用实验室常用仪器组装一套装置，其作用是与D(装有碱液)相同，在虚

线框中画出该装置的示意图，标明气体的流向及试剂。

(4)采样步骤②加热烟道气的目的是o

II.NO,含量的测定

将vL气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NO,完全被氧化为N03-,加水稀

4

释至100.00mLo量取20.00mL该溶液，加入v】mLC1mol•LFeS(h标准溶液

29

(过量)，充分反应后，用C2inol-1/(行207标准溶液滴定剩余的Fe%终点时消

耗v2mLo

(5)NO被上。2氧化为NO3的离子方程式是o

(6)滴定操作使用的玻璃仪器主要有o

(7)滴定过程中发生下列反应：

2+-+3+

3Fe+N03+4H=N0t+3Fe+2H20

2-2++3+3+

Cr207+6Fe+14H=2Cr+6Fe+7H20

则气样中NO,折合成NO2的含量为mg-

(8)判断下列情况对NO,含量测定结果的影响(填“偏高”、“偏低”或“无

影响”)

若缺少采样步骤③，会使测试结果o

若FeS(X标准溶液部分变质，会使测定结果o

【答案】⑴除尘(2)c⑶露MH溶液

+

(4)防止NO,溶于冷凝水(5)2N0+3H202=2H+2N03-+2H20

(6)锥形瓶、酸式滴定管(7)23X(CRJ6c2v2)x](y

(8)偏低偏高

30

【解析】(DA的过程叫“过滤”，所以其中玻璃棉的作用一定是除去烟道气

中的粉尘。(2)碱石灰是碱性干燥剂可能与NOx反应，所以不能使用。硫酸铜的吸

水能力太差，一般不用做干燥剂，所以不能使用。五氧化二磷是酸性干燥剂，与

NOx不反应，所以选项c正确。(3)实验室通常用洗气瓶来吸收气体，与D相同应

丁

由---NaOH溶液

该在洗气瓶中加入强碱(氢氧化钠)溶液，所以答案为：酎^。(4)

加热烟道气的目的是避免水蒸气冷凝后,NOx溶于水中。(5)N0被H2O2氧化为硝酸，

+

所以反应的离子方程式为：2N0+3H202=2H+2N03+2H20O(6)滴定中使用酸式滴定

1

管(本题中的试剂都只能使用酸式滴定管)和锥形瓶。(7)用C2mol-fK2Cr2O7

2+

标准溶液滴定剩余的Fe,终点时消耗V2mL,此时加入的Cr2(V-为c2V2/1000mol；

所以过量的Fe?+为6c2V2〃000mol；则与硝酸根离子反应的Fe"为(cM/1000—

6c2V2/IOOO)mol；所以硝酸根离子为(cM/1000-6c2V2/1000)/3mol；根据氮元

素守恒，硝酸根与NO2的物质的量相等。考虑到配制100mL溶液取出来20mL进行

实验，所以NO2为5(cM/1000-6c2V2/1000)/3mol,质量为46X5(c^/1000-

6c2V2/IOOO)/3g,即230(cM-6c2V2)/3mg。这些NO2是VL气体中含有的，所以

3

含量为230(C1V1-6C2V2)/3Vmg・L%即为1000X230(c^-e^/SVmg・m-,

23x(CM6c2VD4

所以答案为：3Vmg-m'o(8)若缺少采样步骤③，装置中有空气，