专项7　化学实验大题(一) 2025年高考总复习优化设计二轮专题化学浙江专版课后习题大题专项练含答案

专项7化学实验大题(一)2025年高考总复习优化设计二轮专题化学浙江专版课后习题大题专项练专项7化学实验大题(一)1.(10分)(2024·浙江温州高三第三次适应性考试)三氯化硼应用范围广泛,可用硼酸三甲酯和氯气反应制备,部分实验装置如图,涉及反应有:B(OCH3)3+9Cl2BCl3+3COCl2+9HClB(OCH3)3+6Cl2BCl3+3CO+9HCl已知:物质B(OCH3)3BCl3COCl2沸点/℃68~6912.58.2性质均极易水解请回答:(1)仪器X的名称是。

(2)装置C中的反应最佳条件为(“常温水浴”或“热水浴”)。

(3)该反应需要用到的装置连接排序:A→(装置可重复使用)。

(4)下列说法正确的是。

A.该实验操作须在通风橱中进行B.装置A中所用的试剂是二氧化锰、浓盐酸C.装置D中的气流方向为a→b,更有利于产物冷却D.装置A之后应先连接装有饱和食盐水的洗气瓶,以除去HCl(5)测定产品的纯度:甲同学取mgBCl3,将其中的氯元素全部转化为AgCl,然后置于已恒重、质量为m1g的坩埚中,煅烧生成银(Ag),恒重后总质量为m2g,产品中的氯元素含量为。乙同学认为根据测定的氯含量无法准确确定产品的纯度,应该通过测定产品中硼元素的含量确定产品的纯度。合理的是(填“甲”或“乙”)同学。

答案(1)球形冷凝管(2)热水浴(3)E→C→D→E→B(4)AC(5)35.解析由硼酸三甲酯与氯气反应制备BCl3的原理知,实验首先用A装置制备Cl2,由于硼酸三甲酯、BCl3等极易水解,接着用E装置干燥Cl2,干燥的氯气在C装置中与硼酸三甲酯反应制得BCl3,在D装置中收集BCl3,为防止BCl3水解,在D装置后再连接E装置,最后用NaOH溶液(B装置)吸收尾气。(2)由表中提供的BCl3和COCl2的沸点数据可知,硼酸三甲酯与Cl2常温反应制得的BCl3中混有较多的COCl2,结合反应方程式知,应使硼酸三甲酯与Cl2在65~75℃时反应制备BCl3,即最佳的反应条件为热水浴。(3)根据分析,反应需要用到的装置连接排序为A→E→C→D→E→B。(4)实验中使用的Cl2、反应生成的CO、HCl等均有毒,故该实验操作须在通风橱中进行,A项正确;装置A为常温制氯气,而MnO2与浓盐酸反应制Cl2需要加热,故装置A中所用试剂不是MnO2、浓盐酸,可以用高锰酸钾、浓盐酸,B项错误;为了使产物充分冷却,装置D中的气流方向为a→b,C项正确;氯气中混有的HCl气体对制备BCl3无影响,故装置A之后不需要连接装有饱和食盐水的洗气瓶,D项错误。(5)由煅烧恒重后可知,煅烧生成Ag的质量为(m2-m1)g,根据Ag守恒,n(AgCl)=n(Ag)=m2-m1108mol,根据Cl守恒,产品中的氯元素含量为m2-m1108mol×35.52.(10分)(2024·浙江“辛愉杯”高三下联考)清凉茶酸乙酯(CH3CHCHCHCHCOOCH2CH3)是一种消毒杀菌剂,对细菌霉菌等有灭活作用。通过酯化反应制备清凉茶酸乙酯的方法如图,实验装置(部分夹持装置省略)如图所示。Ⅰ.在三颈烧瓶中加入5.6g清凉茶酸、4.6g乙醇、环己烷和少量浓硫酸。Ⅱ.油浴加热,控制温度为110℃,并不断搅拌,一段时间之后停止加热和搅拌。Ⅲ.反应混合物冷却至室温,进行操作X。Ⅳ.在滤液中加入5%的小苏打溶液,洗涤,至混合液pH=7左右,再用蒸馏水洗涤。Ⅴ.将洗涤后混合液加入分液漏斗中,进行分液。Ⅵ.在分液后的有机层中加入干燥剂,振荡,静置,过滤。Ⅶ.对滤液进行蒸馏,收集一定温度的馏分,得到5.4mL纯净的清凉茶酸乙酯。已知部分物质的性质如表:物质沸点/℃密度水溶性备注乙醇780.789混溶清凉茶酸2281.204易溶清凉茶酸乙酯1950.926难溶环己烷80.70.780难溶挥发过程中可带出较多的水(1)仪器甲的名称为。

(2)写出实验中三颈烧瓶中发生的主要反应的化学方程式:

,其中环己烷的作用是。

(3)加热搅拌过程中忘加沸石,正确的操作是。

(4)下列有关该实验过程的说法正确的是。

A.乙中的进水口为aB.操作X使用的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯C.加入小苏打是为了中和混合物中的酸性物质D.分液后的有机层加入碱石灰干燥(5)实验的产率:(保留三位有效数字)。

答案(1)恒压滴液漏斗(2)H3CCHCHCHCHCOOH+C2H5OHH3CCHCHCHCHCOOC2H5+H2O增大水蒸气的挥发量,促进平衡正向移动(3)停止加热,冷却至室温,再加入沸石(4)BC(5)71.4%解析清凉茶酸与乙醇在浓硫酸催化下发生酯化反应,环己烷挥发过程中可带出较多的水,增大水蒸气的挥发量,促进平衡正向移动;反应后冷却至室温,过滤,向滤液中加入小苏打溶液,洗涤,至混合液pH=7左右,再用蒸馏水洗涤,将洗涤后混合液加入分液漏斗,进行分液;在分液后的有机层加入干燥剂,振荡,静置,过滤;对滤液进行蒸馏,收集一定温度的馏分,得到纯净的清凉茶酸乙酯。(4)乙中的进水口为b,出水口为a,A错误;操作X是过滤,使用的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯,B正确;加入小苏打是为了中和混合物中的酸性物质,C正确;分液后的有机层加入碱石灰,会使清凉茶酸乙酯发生水解反应,D错误。(5)H3CCHCHCHCHCOOH~C2H5OH~H3CCHCHCHCHCOOC2H5,5.6g清凉茶酸是0.05mol,4.6g乙醇是0.1mol,则乙醇过量,因此生成0.05mol清凉茶酸乙酯,清凉茶酸乙酯的质量为0.05×140g=7.0g,实际生成清凉茶酸乙酯5.4×0.926g≈5.0g,则产率为5.0g7.03.(10分)(2024·浙江高三下5月选考适应性考试)氧化镍(NiO)在冶金、化学及电子工业等领域中有广泛应用。某兴趣小组由工业废渣(主要成分:Fe、Ni,其他杂质不与酸反应)制备氧化镍的流程如图:已知:[Ni(NH3)6]2+Ni2++6NH3请回答:(1)下列说法正确的是。

A.通过冲击破碎的方式预处理工业废渣可加快其在酸溶时的反应速率B.滤液1中的主要金属阳离子为Ni2+、Fe2+和Fe3+C.操作Ⅱ与操作Ⅲ均为过滤,需用到的玻璃仪器只有普通漏斗、烧杯D.滤渣2中加入过量氨水发生的反应为Ni(OH)2+6NH3·H2O[Ni(NH3)6]2++6H2O+2OH-(2)滤液3经过一系列操作可得到氧化镍粗品。①完善实验操作:为提高氧化镍产率,向滤液3中加入稍过量的碳酸铵固体→过滤→→→过滤→→→氧化镍粗品。

a.将滤液放入烧杯中用煤气灯进行加热b.将滤出的沉淀物进行烘干c.用pH试纸测定溶液至不呈碱性d.经马釜炉500℃焙烧②步骤a中对滤液进行加热的原因是

。

(3)氧化镍产品的纯度可用配位滴定法测定。取1.500g氧化镍粗品,酸溶后配成250mL溶液,取25.00mL溶液于锥形瓶中,滴入几滴紫脲酸胺指示剂,用浓度为0.1000mol·L-1的Na2H2Y标准液滴定,平均消耗Na2H2Y标准液18.80mL。已知:Ⅰ.Ni2++H2Y2-NiY2-+2H+,Ⅱ.紫脲酸胺:紫色试剂,遇Ni2+显橙黄色。①粗品中氧化镍的纯度是(保留四位有效数字)。

②下列操作会使测定结果偏高的是。

A.锥形瓶中溶液颜色由橙黄色局部变为紫色后立即停止滴定B.滴定前滴定管尖嘴内有气泡,滴定后尖嘴内无气泡C.滴定前平视读数,滴定后俯视读数D.振荡锥形瓶时,锥形瓶内溶液溅出答案(1)AD(2)①acbd②对滤液进行加热,蒸出氨气使反应[Ni(NH3)6]2+Ni2++6NH3正向移动,将Ni2+完全解离处理,同时促进Ni2+的水解,以获得更多的氢氧化镍和碳酸镍,提高氧化镍的产量(3)①94.00%②B解析工业废渣加入过量硝酸,反应生成硝酸铁、硝酸镍,滤液1中金属阳离子为Ni2+和Fe3+,加入过量NaOH溶液得到滤渣2为Ni(OH)2、Fe(OH)3,加入过量氨水与Ni(OH)2反应生成[Ni(NH3)6]2+,经过一系列操作可得到氧化镍。(1)增大废渣的接触面积可加快其在酸溶时的反应速率,A正确;硝酸是强氧化性酸,亚铁离子被其氧化为铁离子,滤液1中不存在Fe2+,B错误;过滤操作需用到的玻璃仪器:普通漏斗、烧杯、玻璃棒,C错误;滤渣2中加入过量氨水与Ni(OH)2反应生成配合物[Ni(NH3)6]2+,与氢氧化铁沉淀分离,发生的反应为Ni(OH)2+6NH3·H2O[Ni(NH3)6]2++6H2O+2OH-,D正确。(2)①从滤液3中得到氧化镍,[Ni(NH3)6]2+Ni2++6NH3,加热使氨气逸出,促使平衡正向移动,得到Ni2+,用pH试纸测定溶液至不呈碱性,过滤,将滤出的沉淀物Ni(OH)2进行烘干,经马釜炉500℃焙烧得到NiO,故顺序为acbd。(3)①Ni2++H2Y2-NiY2-+2H+,样品中Ni2+的物质的量为n=n(Na2H2Y)=0.100mol·L-1×18.80×10-3L×250mL25.00mL=1.88×10-2mol,则样品中氧化镍的纯度为1.88×10-2mol×75g·mol-11.500g×100%=94.00%。②A项,滴定终点的操作和现象是加入最后半滴标准液,溶液由橙黄色变为紫色且半分钟内不变色,锥形瓶中溶液颜色由橙黄色局部变为紫色后立即停止滴定,未达到滴定终点,使测定结果偏低;B项,滴定前滴定管尖嘴内有气泡,滴定后尖嘴内无气泡,测得标准液体积偏大4.(10分)(2024·浙江选考科目冲刺考试)过氧化钙(CaO2)是一种白色或淡黄色的结晶状粉末,不溶于乙醇,易溶于酸,遇湿空气或水会长时间持续放出氧气,常在鱼类养殖、作物栽培、污水处理时作供氧剂。某实验学习小组按以下流程制备过氧化钙:(1)步骤①反应时煮沸除去气体,需要除去该气体的原因是

。(2)下列说法正确的是。

A.步骤①反应时盐酸过量,可保证较大的钙离子浓度B.步骤③静置的时间越长,则得到产品颗粒就越细小C.步骤③抽滤时,可用耐酸的玻璃砂芯漏斗进行过滤D.步骤⑤操作中将滤渣用滤纸包裹后置于坩埚中再烘干(3)步骤②中生成CaO2·8H2O的化学方程式为

。

(4)用下图装置对产品CaO2的质量分数进行测定(夹持装置省略)。该小组称量0.20g烘干恒重的样品装入试管中进行加热(杂质不分解),至不再有气体产生,共收集到(换算成标准状况)29.12mL气体,计算产品的质量分数:(保留三位有效数字),此实验也可以通过测量来计算产品的质量分数。答案(1)CO2防止加入氨水后形成碳酸钙,影响产物纯度(2)AB(3)CaCl2+2NH3·H2O+H2O2+6H2OCaO2·8H2O↓+2NH4Cl(4)93.6%剩余固体的质量解析石灰石加入盐酸,煮沸将二氧化碳排出,得到氯化钙溶液,过氧化氢、一水合氨与氯化钙反应得到过氧化钙和氯化铵,抽滤得到滤液和滤渣,洗涤、烘干得到过氧化钙。(2)步骤①反应时盐酸过量,可以保证钙离子浓度较大,A正确;步骤③中静置的时间越长,得到的产品颗粒就越细,B正确;步骤③抽滤时,CaO2与水接触生成Ca(OH)2会与玻璃发生反应,C错误;步骤⑤操作中滤渣不能用滤纸包裹后置于坩埚中再烘干,过氧化钙会腐蚀滤纸,D错误。(4)已知CaO2分解生成CaO和O2,29.12mLO2的物质的量为0.0013mol,根据方程式2CaO22CaO+O2↑,可知CaO2的物质的量为0.0026mol,质量为0.0026mol×72g·mol-1=0.1872g,产品的质量分数=0.1872g0.2g×100%=931.(10分)(2024·浙江部分学校高三下模拟)明矾[KAl(SO4)2·12H2O]在工业上用作净水剂,医药上用作收敛剂。实验小组采用废弃的铝制易拉罐按如下流程制备明矾大晶体。已知:晶体结晶需要晶核,外加成核剂、杂质、残余晶体(易附在器壁上)均可作晶核。请回答:(1)废铝制易拉罐溶于KOH溶液发生的主要反应为(用离子方程式表示)。

(2)下列说法不正确的是。

A.可采取将废易拉罐剪碎、酒精灯加热等方式加快溶解速率B.加入KOH溶液至不再产生气泡后,趁热过滤,除去不溶物C.“系列操作Ⅰ”有:蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤灼烧D.制备明矾大晶体时,小晶体应悬挂在靠近烧杯底部的位置(3)“系列操作Ⅱ”的装置如图所示,烧杯上方所盖的纸片的作用是

。(4)Al3+是一种慢性神经毒素,长期积累会导致神经结节。实验室可采用置换滴定法测定天然水体样品中的Al3+浓度。简要过程如下:有关反应如下(试剂EDTA用Y4—表示):步骤①:Al3++Y4-[AlY]-步骤②:Zn2++Y4-[ZnY]2-步骤③:AlY-+6F-[AlF6]3-+Y4-①下列有关说法不正确的是。

A.碱式滴定管有气泡时,将橡皮塞向上弯曲,两手指挤压橡皮管中玻璃珠的下方(图所示位置),将气泡从管尖排出B.天然水体样品中的Ca2+([CaY]2-不与F-反应)不影响Al3+含量的测定C.步骤①所加试剂EDTA,实验前不需要标定其浓度D.如果步骤②所加Zn2+标准溶液偏少,会导致Al3+浓度的测定值小于真实值②根据检测过程,请给出配离子[ZnY]2-、[AlY]-、[AlF6]3-的稳定性由弱到强的顺序:

。

③要准确计算水样中Al3+浓度,须利用水样1的体积以及步骤的实验数据(选填①、②、③、④)。

答案(1)2Al+2OH-+6H2O[Al(OH)4]-+3H2↑(2)ACD(3)防止空气中的灰尘等掉入溶液中,影响大晶体形成(4)①AD②[ZnY]2-<[AlY]-<[AlF6]3-③④解析废易拉罐与KOH反应生成含有K[Al(OH)4]的溶液,溶液①中加入硫酸,K[Al(OH)4]转化为Al3+,同时溶液中存在SO42-和K+,通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤等操作得到明矾小晶体,明矾小晶体通过操作Ⅱ得到明矾大晶体。(2)铝与KOH反应生成氢气,用酒精灯加热可能会导致生成的氢气燃烧,有安全隐患,A错误;加入KOH溶液至不再产生气泡,说明Al已经反应完,再趁热过滤除去不溶物,B正确;系列操作Ⅰ有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤,不灼烧,C错误;制备明矾大晶体,小晶体悬挂在溶液中央,D错误。(4)①碱式滴定管中有气泡时,将胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上,用两指捏住胶管,轻轻挤压玻璃球上方,使溶液从尖嘴流出,从而排除气泡,A错误;天然水体样品中的Ca2+结合Y4-生成[CaY]2-,但是[CaY]2-不与F-反应,则步骤③中只有[AlY]-与氟离子反应重新生成Y4-,因此不影响Al3+含量的测定,B正确;步骤④用Zn2+的标准液滴定含Y4-的溶液,可求出溶液中Y4-的物质的量,进而计算出[AlY]-的物质的量,也就能计算出Al3+的浓度,不需要标定EDTA浓度,C正确;步骤②所加Zn2+标准液偏少,则溶液中还存在部分Y4-,导致步骤④中加入的Zn2+标准液偏多,Al3+浓度的测定值大于真实值,D错误。②[AlY]-能与F-反应生成[AlF6]3-,说明[AlF6]3-的稳定性强于[AlY]-,含有[AlY]-的溶液中加入Zn2+,[AlY]-没有转化为[ZnY]2-,说明稳定性[AlY]-强于[ZnY]2-,因此稳定性[ZnY]2-<[AlY]-<[AlF6]3-。③通过步骤④中Zn2+标准溶液的消耗量可计算出Y4-的物质的量,从而计算出[AlY]-的物质的量,也就能计算出Al3+的浓度,2.(10分)(2024·浙江稽阳联谊学校高三二模)氮化硅(Si3N4)具有高强度、低密度、耐高温的特性,有“结构陶瓷之王”的美称。科研人员采用氨解法制备氮化硅。Ⅰ.制备流程:SiCl4(l)Si(NH)2(s)Si3N4(s)已知:①SiCl4在潮湿的空气中极易水解;Si(NH)2遇水生成二氧化硅和氨,不稳定易被氧化;②NH3沸点-33.5℃,熔点-77.75℃,800℃以上会分解;正己烷(作反应溶剂)沸点69℃,熔点-95℃。Ⅱ.实验装置如图:氮化硅前驱体的制备:氮化硅的制备:(1)仪器X的名称是。

(2)完善虚线框内的装置顺序。→→→D

(3)写出流程(Ⅱ)中生成Si3N4的化学方程式:

。

(4)下列说法正确的是。

A.仪器X的主要作用为冷凝回流B.已知NH4Cl可溶于液氨,采用液氨多次洗涤Si(NH)2的方法可去除杂质NH4ClC.装置D可选用冰水混合物做冷却剂D.F中所装的液体为浓硫酸,D装置中有一处需要改进(5)经测定,氨解法制备所得的Si3N4晶体中含有碳杂质,请分析原因:

。(6)电位滴定法测定Cl-含量:称取1.000g试样,加入40mL水,在恒温加热磁力搅拌器上溶解,过滤、洗涤;再向其中加入22mL乙醇、4滴硝酸,用0.0010mol·L-1硝酸银标准溶液滴定,当到达滴定终点,消耗硝酸银溶液的体积为amL。另取40mL水重复上述实验,消耗硝酸银溶液体积为bmL,请列出样品中杂质Cl-含量的表达式:mg·g-1。答案(1)球形冷凝管(2)CBA(3)3Si(NH)2Si3N4+2NH3↑(4)ABD(5)少部分吸附在Si(NH)2表面的正己烷在Si(NH)2热解缩聚过程中夹杂在其中,最后随着高温加热转变为C杂质(6)3.55(a-b)×10-2解析装置C制取氨气,B中碱石灰干燥氨气,A中液体石蜡的作用是通过观察气泡判断NH3的通入速率,NH3通入D中制取Si(NH)2,再加热Si(NH)2得到Si3N4。(2)根据分析知,虚线框内的装置顺序C→B→A→D。(4)A项,仪器X的主要作用为冷凝回流,正确;B项,已知NH4Cl可溶于液氨,采用液氨多次洗涤Si(NH)2的方法可去除杂质NH4Cl,正确;C项,冰水混合物温度无法达到-40℃,错误;D项,F中所装的液体为浓硫酸,吸收NH3,防止空气污染,D装置球形冷凝管上方需要连接干燥管,防止空气中水蒸气进入三颈烧瓶,使SiCl4水解,使Si(NH)2与水反应,正确。(6)根据关系式Cl-~AgNO3~AgCl知,n(Cl-)=n(AgNO3)=0.0010mol·L-1×(a-b)×10-3L=(a-b)×10-6mol,m(Cl-)=(a-b)×10-6mol×35.5g·mol-1=3.55×10-5(a-b)g=3.55×10-2(a-b)mg,样品中杂质Cl-含量为3.55×10-2(a-b)mg13.(10分)(2024·浙江金华第一中学考前预测)铬酰氯(CrO2Cl2)可在有机合成中作氯化剂。某兴趣小组用CrO3与HCl反应制备液态Cr