2024年高考化学满分专练专题09化学实验综合含解析

PAGEPAGE35专题09化学试验综合1．草酸是一种二元弱酸，可用作还原剂、沉淀剂等。某校课外小组的同学设计利用C2H2气体制取H2C2O4·2H2O。回答下列问题：(1)甲组的同学以电石(主要成分CaC2，少量CaS及Ca3P2杂质等)为原料，并用下图1装置制取C2H2。①电石与水反应很快，为了减缓反应速率，装置A中除用饱和食盐水代替水之外，还可以实行的措施是__________（写一种即可）。②装置B中，NaClO将H2S、PH3氧化为硫酸及磷酸，本身被还原为NaCl，其中PH3被氧化的离子方程式为______。该过程中，可能产生新的杂质气体Cl2，其缘由是：_____________（用离子方程式回答）。(2)乙组的同学依据文献资料，用Hg(NO3)2作催化剂，浓硝酸氧化C2H2制取H2C2O4·2H2O。制备装置如上图2所示：①装置D中多孔球泡的作用是______________________。②装置D中生成H2C2O4的化学方程式为____________________________。③从装置D中得到产品，还需经过_____________（填操作名称）、过滤、洗涤及干燥。(3)丙组设计了测定乙组产品中H2C2O4·2H2O的质量分数试验。他们的试验步骤如下：精确称取mg产品于锥形瓶中，加入适量的蒸馏水溶解，再加入少量稀硫酸，然后用cmol·L－1酸性KMnO4标准溶液进行滴定至终点，共消耗标准溶液VmL。①滴定终点的现象是______________________。②滴定过程中发觉褪色速率起先很慢后渐渐加快，分析可能的缘由是_______________。③产品中H2C2O4·2H2O的质量分数为_______________（列出含m、c、V的表达式）。【答案】将烧瓶底部置于冰水浴中、限制分液漏斗活塞减缓滴加速度、将电石变为更大的块状PH3+4ClO-=H3PO4+4Cl-Cl－+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O增大气体和溶液的接触面积，加快反应速率，使反应充分进行C2H2+8HNO3(浓)H2C2O4+8NO2+4H2O蒸发浓缩、冷却结晶当加入最终一滴标准液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不复原原来的颜色生成的Mn2+是该反应的催化剂【解析】(1)①碳化钙和水反应非常猛烈，可用饱和食盐水或利用分液漏斗限制滴加液体速度来限制反应速率；②装置B用NaClO将H2S氧化为磷酸，将PH3氧化为H3PO4，硫、磷元素化合价上升，则氯元素化合价降低，生成氯离子；酸性条件下，ClO-也能氧化Cl-，生成氯气；(2)D中，Hg(NO3)2作催化剂，浓硝酸氧化乙炔制取H2C2O4•2H2O，反应为：C2H2+8HNO3H2C2O4+8NO2+4H2O，多孔球泡增大乙炔气体与硝酸的接触面，充分反应，E装置防止倒吸，F装置汲取生成的二氧化氮气体，将反应后的D浓缩结晶、过滤、洗涤、干燥得产品，据此分析解答；(3)①滴定终点时，接着滴加高锰酸钾溶液，紫色不褪去；②H2C2O4•与KMnO4反应生成锰离子和二氧化碳，反应放热，生成的锰离子作催化剂；③依据2MnO4-～5H2C2O4，由高锰酸钾的消耗可得H2C2O4的量，据此计算H2C2O4•2H2O的质量分数。(1)①碳化钙和水反应非常猛烈，用饱和食盐水代替水来限制反应速率，也可以利用分液漏斗限制滴加液体速度，来限制反应速率；②NaClO将PH3氧化为磷酸，依据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子反应为：PH3+4ClO-=H3PO4+4Cl-；在酸性条件下，ClO-也可以将Cl-氧化为Cl2，反应的离子方程式为：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O(2)①装置D多孔球泡的作用是增大乙炔气体与硝酸的接触面，充分反应；②依据装置图，D中，Hg(NO3)2作催化剂，浓硝酸氧化乙炔反应生成H2C2O4和二氧化氮，反应为：C2H2+8HNO3H2C2O4+8NO2+4H2O；③将反应后的D溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得产品；(3)①滴定过程中，当溶液呈浅红色且30s内不褪色时达到滴定终点；②H2C2O4与KMnO4反应生成Mn2+和CO2，反应可能放热，溶液温度上升，另外生成的Mn2+是该反应的催化剂，故滴定过程中发觉褪色速领先慢后渐渐加快；③依据氧化还原反应过程中电子转移数目相等，可得关系式2MnO4-～5H2C2O4，则n(H2C2O4•2H2O)=n(H2C2O4)=n(MnO4-)=×cV×10-3mol，产品中H2C2O4•2H2O的质量分数为=。2．某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。已知：物质BaSO4BaCO3AgIAgCl溶解度/g(20℃)2.4×10-41.4×10-33.0×10-71.5×10-4(1)探究BaCO3和BaSO4之间的转化试剂A试剂B试剂C加入盐酸后的现象试验ⅠBaCl2Na2CO3Na2SO4……试验ⅡNa2SO4Na2CO3有少量气泡产生，沉淀部分溶解①试验I说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，__________________。②试验Ⅱ中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是__________________________________。③试验Ⅱ中加入试剂C后，沉淀转化的平衡常数表达式K=___________。(2)探究AgCl和AgI之间的转化试验Ⅳ：在试管中进行溶液间反应时，同学们无法视察到AgI转化为AgCl，于是又设计了如下试验(电压表读数：a＞c＞b>0)。装置步骤电压表读数ⅰ.如图连接装置并加入试剂，闭合Kaⅱ.向B中滴入AgNO3(aq),至沉淀完全bⅲ.再向B中投入肯定量NaCl(s)cⅳ.重复i，再向B中加入与ⅲ等量NaCl(s)d注：其他条件不变时，参加原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大；离子的氧化性（或还原性）强弱与其浓度有关。①试验Ⅲ证明白AgCl转化为AgI，甲溶液可以是________（填标号）。aAgNO3溶液bNaCl溶液cKI溶液②试验Ⅳ的步骤i中，B中石墨上的电极反应式是___________________________。③结合信息，说明试验Ⅳ中b<a的缘由_____________________。④试验Ⅳ的现象能说明AgI转化为AgCl，理由是_____________________。(3)综合试验Ⅰ~Ⅳ,可得出的结论是________________________________________。【答案】沉淀不溶解，无气泡产生BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2Ob2I――2e－＝I2由于生成AgI沉淀，使B溶液中c(I－)减小，I－还原性减弱，原电池电压减小试验步骤ⅳ表明Cl－本身对原电池电压无影响，试验步骤ⅲ中c>b说明加入Cl－使c(I－)增大，证明发生了AgI+Cl－AgCl+I－溶解度小的沉淀简洁转化为溶解度更小的沉淀，反之不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现【解析】(1)①BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳气体，BaSO4不溶于盐酸，试验I说明BaCO3全部转化为BaSO4的现象是加入盐酸后，沉淀不溶解，无气泡产生；②试验Ⅱ中加入稀盐酸后有少量气泡产生，沉淀部分溶解，说明是BaCO3与盐酸反应，反应离子方程式是BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；③试验Ⅱ中加入试剂Na2CO3后，发生反应是BaSO4+CO32-=BaSO4+SO42-；固体不计入平衡常数表达式，所以沉淀转化的平衡常数表达式K=；(2)①AgNO3与NaCl溶液反应时，NaCl过量，再滴入KI溶液，若有AgI沉淀生成才能证明AgCl转化为AgI，故试验Ⅲ中甲是NaCl溶液，选b；②I―具有还原性、Ag+具有氧化性，B中石墨是原电池负极，负极反应是2I――2e－＝I2；③B中滴入AgNO3(aq)生成AgI沉淀，B溶液中c(I－)减小，I－还原性减弱，原电池电压减小，所以试验Ⅳ中b<a；④试验步骤ⅳ表明Cl－本身对原电池电压无影响，试验步骤ⅲ中c>b说明加入Cl－使c(I－)增大，证明发生了AgI+Cl－AgCl+I－。(3)综合试验Ⅰ~Ⅳ,可得出的结论是溶解度小的沉淀简洁转化为溶解度更小的沉淀，反之不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现。3．乳酸亚铁晶体[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O(M=288)是一种很好的食品铁强化剂，易溶于水，汲取效果比无机铁好，可由乳酸CH3CH(OH)COOH与FeCO3反应制得：I．制备碳酸亚铁（1）仪器C的名称是_____。（2）利用如图所示装置进行试验。首先关闭活塞2，打开活塞1、3，目的是____；关闭活塞1，反应一段时间后，关闭活塞____，打开活塞______，视察到B中溶液进入到C中，C中产生沉淀和气体，写出制备FeCO3的离子方程式____。（3）装置D的作用是____。Ⅱ．乳酸亚铁晶体的制备及纯度测定将制得的FeCO3加入到乳酸溶液中，加入少量铁粉，在75℃下搅拌使之充分反应。然后再加入适量乳酸，从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体。（4）加入少量铁粉的作用是_____。（5）若用KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的量进而计算纯度时，发觉结果总是大于100%，其主要缘由是_________。（6）经查阅文献后，改用Ce(SO4)2标准溶液进行滴定。反应中Ce4+离子的还原产物为Ce3+。测定时，先称取5.760g样品，溶解后进行必要处理，用容量瓶配制成250mL溶液，每次取25.00mL，用0.1000mol·L-1Ce(SO4)2标准溶液滴定至终点，记录数据如下表所示。则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为___%（保留小数点后两位）。【答案】三颈烧瓶制备Fe2+，利用产生的氢气排净装置内的空气，防止Fe2+被氧化32Fe2++2HCO3=FeCO3↓+CO2↑+H2O液封，防止空气中的氧气进入到C装置中，将Fe2+氧化防止FeCO3与乳酸反应产生的Fe2+被氧化乳酸（根中的羟基）被酸性高锰酸钾溶液氧化97.50【解析】（1）由装置图可知仪器C的名称是三颈烧瓶。答案：三颈烧瓶。（2）为顺当达成试验目的，先要使盐酸与铁粉反应制备FeCl2。先关闭活塞2，打开活塞1、3，待加入足量盐酸后，关闭活塞1，反应一段时间后，利用生成的H2使B装置中的气压增大，将B装置中的FeCl2溶液加入到C装置中，详细操作为：关闭活塞3，打开活塞2。C装置中FeCl2和NH4HCO3发生的反应的离子方程式为Fe2++2HCO3=FeCO3↓+CO2↑+H2O。答案：制备Fe2+；利用产生的氢气排净装置内的空气，防止Fe2+被氧化；2；3；Fe2++2HCO3=FeCO3↓+CO2↑+H2O。（3）亚铁离子易被氧化，装置D的作用是液封，防止空气中的氧气进入到C装置中，将Fe2+氧化（4）Fe2+易被氧化为Fe3+，试验目的是制备乳酸亚铁晶体，加入少量铁粉的作用，可以防止FeCO3与乳酸反应产生的Fe2+被氧化。答案：防止FeCO3与乳酸反应产生的Fe2+被氧化。（5）乳酸根中含有羟基，可能被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗的高锰酸钾的量变多，而计算中按Fe2+被氧化，故计算所得的乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的纯度大于100%。答案：乳酸根中的羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化。（6）3组数据，其次组数据与第一、三组相差太大，应舍去，平均每25.00mL消耗Ce(SO4)2的体积为v=mL=19.50mL，有Ce4++Fe2+＝Ce3++Fe3+，25.00mL溶液中含有的Fe2+的物质的量浓度为c(Fe2+)=(19.500.1)/25.00mol/L=0.078mol/L,则250mL溶液中，原产品中含有n(Fe2+)=0.078mol/L0.25L=0.0195mol，则产品中乳酸亚铁晶体的质量分数为=97.50答案：97.50。4．甲烷在加热条件下可还原氧化铜，气体产物除水蒸气外，还有碳的氧化物。某化学小组利用如图装置探究其反应产物。[查阅资料]①CO能与银氨溶液反应：CO＋2[Ag(NH3)2]＋＋2OH－===2Ag↓＋2NH4+＋CO32-＋2NH3。②Cu2O为红色，不与Ag＋反应，能发生反应：Cu2O＋2H＋===Cu2＋＋Cu＋H2O。(1)装置A中反应的化学方程式为___________。(2)按气流方向各装置从左到右的连接依次为A→___________(填字母编号)。(3)试验中滴加稀盐酸的操作为___________________。(4)已知气体产物中含有CO，则装置C中可视察到的现象是_______；装置F的作用为___________。(5)当反应结束后，装置D处试管中固体全部变为红色。①设计试验证明红色固体中含有Cu2O：__________。②欲证明红色固体中是否含有Cu，甲同学设计如下试验：向少量红色固体中加入适量0.1mol·L－1AgNO3溶液，发觉溶液变蓝，据此推断红色固体中含有Cu。乙同学认为该方案不合理，欲证明甲同学的结论，还需增加如下对比试验，完成表中内容。试验步骤(不要求写出详细操作过程)预期现象和结论_______________若视察到溶液不变蓝，则证明红色固体中含有Cu；若视察到溶液变蓝，则不能证明红色固体中含有Cu，需接着进行探究试验。【答案】Al4C3＋12HCl===3CH4↑＋4AlCl3F→D→B→E→C→G先打开分液漏斗上口的玻璃塞(或先使分液漏斗上口的玻璃塞的凹槽对准漏斗上的小孔)，再将分液漏斗下面的旋塞打开，使稀盐酸缓慢滴下试管内有黑色固体生成(或试管内有银镜生成)除去甲烷中的HCl气体和水蒸气取少量红色固体，加入适量稀硫酸，若溶液变为蓝色，则证明红色固体中含有Cu2O取少量Cu2O固体于试管中，加入适量0.1mol·L−1AgNO3溶液【解析】(1)装置A中Al4C3与盐酸反应生成氯化铝和甲烷，反应的化学方程式为Al4C3＋12HCl===3CH4↑＋4AlCl3；(2)A中生成的甲烷气体通过F中的碱石灰得到干燥纯净的甲烷，甲烷在D中与氧化铜反应，反应后的气体先通过B检验水，通入E中的澄清石灰水检验CO2，通入C中的银氨溶液检验CO，最终用装置G收集尾气，仪器的连接依次是F→D→B→E→C→G。(3)试验中用分液漏斗滴加稀盐酸的操作为：先打开分液漏斗上口的玻璃塞，再将分液漏斗下面的旋塞打开，使稀盐酸缓慢滴下；(4)CO＋2[Ag(NH3)2]＋＋2OH－===2Ag↓＋2NH4+＋CO32-＋2NH3，气体产物中含有CO，C中可视察到的现象是试管内有黑色固体生成(或试管内有银镜生成)；A中生成的甲烷气体含有氯化氢、水蒸气，碱石灰能汲取氯化氢、水蒸气，F装置的作用是除去甲烷中的HCl气体和水蒸气。(5).①依据Cu2O＋2H＋===Cu2＋＋Cu＋H2O，取少量红色固体，加入适量稀硫酸，若溶液变为蓝色，则证明红色固体中含有Cu2O；②欲证明甲同学的结论，还需用Cu2O与硝酸银溶液反应做对比试验，详细操作过程是取少量Cu2O固体于试管中，加入适量0.1mol·L－1AgNO3溶液。5．某小组探讨SCN-分别与Cu2+和Fe3+的反应。试验中：c(KSCN)=0.1mol/L；c[Fe2(SO4)3]=0.025mol/L；c(CuSO4)=0.05mol/L。Ⅰ.KSCN溶液与CuSO4溶液反应，试验如下。资料：ⅰ.Cu2+可与SCN-反应生成CuSCN白色沉淀和(SCN)2。ⅱ.(SCN)2称为“拟卤素”，在水溶液中呈黄色；(SCN)2的化学性质与Cl2相像，可与水、碱等发生反应。（1）a中CuSO4溶液显酸性的缘由是______（用离子方程式表示）。（2）a→b中试管内溶液pH减小，可能的缘由是______。（3）b→c产生沉淀的缘由是______。Ⅱ.同学们依据相同条件下氧化性：Fe3+＞Cu2+，预料Fe3+与SCN-也可发生类似a中的氧化还原反应，进行如下试验。（4）向Fe2(SO4)3溶液中滴入少量KSCN溶液，视察到______，表明发生了反应：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3。（5）基于（4）接着试验：用Fe2(SO4)3溶液、KSCN溶液与石墨电极、电压表、盐桥等组装成原电池，电压表指针几乎不偏转。该试验的目的是______。（6）查阅资料并探讨后得出：溶液中离子在反应时所表现的氧化性强弱与相应还原产物的价态和状态有关。由此分析a中反应发生的缘由：生成CuSCN沉淀使Cu2+的氧化性增加，并补充试验进一步证明。补充的试验是______。（7）取（4）中反应后溶液，逐滴加入K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，并且沉淀量渐渐增多。该试验结果与（5）中试验结果不一样，说明缘由：______。（8）为进一步证明（7）中的说明，在以上试验的基础上补充试验，其操作及现象是___。【答案】Cu2++2H2OCu（OH）2+2H+生成（SCN）2与水反应所得HSCN为强酸，使溶液pH减小NaOH与（SCN）2反应，使溶液中c（SCN-）增大，与Cu2+接着反应生成少量CuSCN溶液变为红色在无Fe3++3SCN-Fe（SCN）3干扰时，证明Fe3+能否将SCN-氧化用CuSO4溶液、KSCN溶液与石墨电极、电压表、盐桥等组装成原电池滴入K3[Fe(CN)6]溶液时，与Fe2+生成沉淀，使Fe3+的氧化性增加在（5）的原电池中，向盛有Fe2(SO4)3溶液的容器中滴入少量K3[Fe(CN)6]溶液，指针发生明显偏转，且该侧电极为正极【解析】I、（1）CuSO4溶液显酸性的缘由是Cu2++2H2OCu（OH）2+2H+；（2）依据题给资料，a到b试管中pH减小的可能缘由是：卤素单质能和水反应生成两种酸（氟气除外），所以SCN-生成的（SCN）2也能和水反应生成两种酸，所得HSCN为强酸，使溶液pH减小；（3）依据题给资料，b到c产生沉淀的缘由是：(SCN)2与NaOH发生反应，(SCN)2+2NaOH=NaSCN+NaSCNO+H2O，使溶液中c（SCN）-增大，与Cu2+接着反应生成少量CuSCN。II、（4）向Fe2(SO4)3溶液中滴入少量KSCN溶液，视察到溶液变为红色，表明发生了反应：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3。（5）基于（4）接着试验：用Fe2(SO4)3溶液、KSCN溶液与石墨电极、电压表、盐桥等组装成原电池，电压表指针几乎不偏转。该试验的目的是探究在无Fe3++3SCN-Fe（SCN）3干扰时，证明Fe3+能否将SCN-氧化；（6）依据查阅的资料和分析的缘由，设计的试验要解除CuSCN的干扰，所以补充的试验：用CuSO4溶液、KSCN溶液与石墨电极、电压表、盐桥等组装成原电池；（7）取（4）中反应后溶液，逐滴加入K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，并且沉淀量渐渐增多。依据（6）中查阅的资料可知，该试验结果与（5）中试验结果不一样是因为：滴入K3[Fe(CN)6]溶液时，与Fe2+生成沉淀，使Fe3+的氧化性增加；（8）为了证明（7）中的说明，采纳对比试验，在（5）的原电池中，向盛有Fe2(SO4)3溶液的容器中滴入少量K3[Fe(CN)6]溶液，指针发生明显偏转，且该侧电极为正极。6．某学习小组设计如图装置，验证黄铜矿(主要成分CuFeS2)在空气中的氧化产物并测定CuFeS2的纯度(杂质不参加反应)。回答下列问题。(1)仪器a的名称_________，碱石灰的作用______________________________________。(2)为检验灼烧黄铜矿产生的气体，B中可选__________________a．HNO3溶液b．品红溶液c．BaCl2溶液d．溴水e．KMnO4溶液(3)C中NaOH的作用____________________________________________________(4)样品经煅烧后的固体中铜元素以泡铜(Cu、Cu2O)形式存在，其中Cu2O能与稀H2SO4反应生成Cu和CuSO4。①请设计试验验证泡铜中含有Cu2O____________________________________________。②用泡铜与CO反应来制取粗铜装置如下图，试验时依次进行的操作：组装仪器→检查装置气密性→加装药品→____________→____________→…→尾气处理；CO还原Cu2O的化学方程式_______________________________________________(5)为测定CuFeS2的纯度，称取ag黄铜矿样品充分灼烧，从灼烧产物中分别出泡铜，完全溶于稀硝酸，并配成200mL的溶液，取20．00mL该溶液用cmol·L-1的标准液EDTA(用H2Y2-表示)滴定至终点(标准液不与杂质反应)，消耗EDTAVmL，则CuFeS2的纯度为____________。(滴定时的反应为：Cu2++H2Y2-===CuY2-+2H+)【答案】(球形)干燥管汲取通入空气中的二氧化碳和水蒸气bde汲取多余的SO2取少量泡铜于试管中,加入适量稀硫酸,若溶液呈蓝色说明泡铜中含有Cu2O通入气体点燃酒精灯CO+CuO2Cu+CO2【解析】【分析】空气通过球形干燥管除掉二氧化碳和水蒸气，酒精喷灯高温灼烧装置A，CuFeS2被氧气氧化，B装置用来检验灼烧黄铜矿产生的气体二氧化硫，C装置汲取多余的SO2，防止污染环境。【详解】(1)仪器a的名称球形干燥管，碱石灰的作用汲取通入空气中的二氧化碳和水蒸气；答案：球形干燥管汲取通入空气中的二氧化碳和水蒸气(2)灼烧黄铜矿产生的气体是二氧化硫；a．HNO3溶液可以氧化二氧化硫，但是可能没有明显的现象，且会产生不能被氢氧化钠溶液汲取的污染性气体NO，故不选a；b．二氧化硫气体可以漂白品红溶液，故选b；c．二氧化硫气体不与BaCl2溶液反应，故不选C；d．二氧化硫与溴可发生氧化还原反应，使溴水褪色，故选de．二氧化硫与KMnO4溶液可发生氧化还原反应，使酸性高锰酸钾褪色，故选e；答案：bde(3)C中NaOH是用来汲取多余的二氧化硫气体，防止污染环境；答案：汲取多余的SO2(4)①因为铜排在氢后面，不与稀硫酸反应，而Cu2O能与稀H2SO4反应生成Cu和CuSO4，所以可以用稀硫酸验证；答案：取少量泡铜于试管中,加入适量稀硫酸,若溶液呈蓝色说明泡铜中含有Cu2O②试验起先之前先除掉装置中的空气，再加热，否则CO与空气混合加热可能会引起爆炸；因此步骤：组装仪器→检查装置气密性→加装药品→通入气体→点燃酒精灯→…→尾气处理；CO还原Cu2O的化学方程式CO+CuO2Cu+CO2；答案：通入气体点燃酒精灯CO+CuO2Cu+CO2(5)依据关系式进行计算：CuFeS2～Cu2+～H2Y2-1mol1mol1moln（CuFeS2）cV×10-3×得：n（CuFeS2）=cV×10-2mol纯度为：=答案：。7．光卤石是制取钾肥的重要原料，也是提炼金属镁的重要原料。纯净的光卤石的组成可表示为KCl·MgCl2·nH2O。某化学小组为了测定纯净的光卤石的组成，进行如下试验：试验l：用下图所示装置测定纯净的光卤石中结晶水的含量。（1）装置A的作用是______________________。装置B中的试剂是___________。装置D的作用是______________________。（2）试验步骤包括：①点燃装置C处的酒精灯②打开装置A处的分液漏斗的活塞③组装仪器，并检查装置的气密性④装入药品⑤关闭装置A处的分液漏斗的活塞⑥熄灭装置C处的酒精灯上述试验步骤的先后依次为______________________（填序号）。（3）写出装置C中硬质玻璃管内发生反应的化学方程式：___________________________(光卤石用“KCl·MgCl2·nH2O”表示)。（4）若装置C中硬质玻璃管的质量为ag，试验前称量得硬质玻璃管和样品的总质量为bg，充分反应并冷却后，称量得硬质玻璃管和剩余固体的总质量为cg。则KCl·MgCl2·nH2O中n=___________（用含a、b、c的代数式表示）。试验Ⅱ：测定纯净的光卤石中Mg2+的质量分数。取wg纯净的光卤石溶于适当过量的稀硝酸中，再用水稀释，配制成250mL溶液。取25.00mL所配制的溶液于锥形瓶中，滴几滴K2CrO4溶液(作指示剂)，用cmol·L−1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗AgNO3标准溶液VmL。（5）纯净的光卤石中所含Mg2+的质量分数为___________%(用含w、c、V的代数式表示)。（6）若滴定起先时仰视读数，滴定终点时俯视读数，则测得的结果会___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。【答案】制取HCl气体浓硫酸汲取尾气中的氯化氢、水蒸气及空气中的水蒸气③④②①⑥⑤KCl·MgCl2·nH2OKCl+MgCl2+nH2O↑偏低【解析】（1）装置A的作用是制取氯化氢。装置B中盛有浓硫酸，用于干燥氯化氢。装置D中的碱石灰可汲取尾气中的氯化氢、水蒸气以及空气中的水蒸气，故答案为：制取HCl气体；浓硫酸；汲取尾气中的氯化氢、水蒸气及空气中的水蒸气；（2）试验打算阶段：组装仪器并检查装置气密性，装药品。试验进行阶段：打开A处分液漏斗的活塞，通HCl气体赶尽装置内的空气，点燃C处的酒精灯，使样品在HCl的气氛中失去结晶水。试验结束阶段：停止加热，接着通HCl气体，待硬质玻璃管冷却至室温后，关闭分液漏斗的活塞，停止通入HCl气体。故试验步骤为③④②①⑥⑤，故答案为：③④②①⑥⑤；（3）光卤石在氯化氢气氛中的脱水反应为KCl·MgCl2·nH2OKCl+MgCl2+nH2O↑，故答案为：KCl·MgCl2·nH2OKCl+MgCl2+nH2O↑；（4）依题意，无水KCl和MgCl2的总质量为(c−a)g，结晶水的质量为(b−c)g。由化学方程式KCl·MgCl2·nH2OKCl+MgCl2+nH2O↑可得，解得n=，故答案为：。（5）wg纯净的光卤石中，n(Cl−)=n(AgCl)=n(AgNO3)=，由KCl·MgCl2·nH2O可知，n(Mg2+)=，所以纯净的光卤石中所含Mg2+的质量分数为，故答案为：；（6）若滴定起先时仰视读数，滴定终点时俯视读数，则读取的AgNO3标准溶液体积V偏小，依据上述所含Mg2+的质量分数表达式为可以看出，会使最终结果偏低，故答案为：偏低。8．FeCl2是一种常用的还原剂、媒染剂。某化学试验小组在试验室里用如下两种方法来制备无水FeCl2。有关物质的性质如下：C6H5Cl(氯苯）C6H4Cl2(二氯苯）FeCl3FeCl2溶解性不溶于水，易溶于苯、乙醇不溶于C6H5Cl、C6H4Cl2、苯，易溶于乙醇，易吸水熔点/℃-4553易升华沸点/℃132173(1)用H2还原无水FeCl3制取FeCl2。有关装置如下：①H2还原无水FeCl3制取FeCl2的化学方程式为_____________。②按气流由左到右的方向，上述仪器的连接依次为_________（填字母，装置可多次运用）；C中盛放的试剂是_____________。③该制备装置的缺点为________________。(2)利用反应2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑，制取无水FeCl2并测定FeCl3的转化率。按下图装置，在三颈烧瓶中放入32.5g无水氯化铁和过量的氯苯，限制反应温度在肯定范围加热3h，冷却、分别提纯得到粗产品。①仪器a的名称是__________。②反应结束后，冷却试验装置A，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、洗涤、干燥后，得到粗产品。洗涤所用的试剂可以是____，回收滤液中C6H5C1的操作方法是______。③反应后将锥形瓶中溶液配成250mL，量取25.00mL所配溶液，用0.40mol/LNaOH溶液滴定，终点时消耗NaOH溶液为19.60mL，则氯化铁的转化率为__________。④为了削减试验误差，在制取无水FeCl2过程中应实行的措施有：________（写出一点即可）。【答案】H2+2FeCl32FeCl2+2HClBACDCE（或BCDCE）碱石灰氯化铁易升华导致导管易堵塞球形冷凝管苯蒸馏滤液，并收集沸点132℃的馏分78.4％反应起先前先通N2一段时间，反应完成后接着通N2一段时间；在装置A和B之间连接一个装有无水氯化钙（或P2O5或硅胶）的球形干燥管【解析】(1)①H2具有还原性，可以还原无水FeCl3制取FeCl2，同时产生HCl，反应的化学方程式为H2+2FeCl32FeCl2+2HCl；②用H2还原无水FeCl3制取无水FeCl2，装置连接依次：首先是运用B装置，用锌和稀盐酸制备H2，所制H2中混有HCl和H2O（g），再用A装置用来除去氢气中的氯化氢，然后用C装置干燥氢气，C装置中盛放碱石灰，再运用D装置使H2还原FeCl3，反应产生的HCl气体用C装置的碱石灰来汲取，未反应的H2通过装置E点燃处理，故依据气流从左到右的依次为BACDCE；也可以先运用B装置制取H2，然后通过C的碱石灰除去氢气中的杂质HCl、水蒸气，然后通过D发生化学反应制取FeCl2，再用碱石灰汲取反应产生的HCl，最终通过点燃处理未反应的H2，故依据装置运用的先后依次也可以是BCDCE；C中盛放的试剂是碱石灰，是碱性干燥剂，可以汲取HCl或水蒸气；③该制备装置的缺点为FeCl3固体易升华，蒸气遇冷发生凝华，导致导气管发生堵塞；(2)①依据图示装置中仪器a的结构可知该仪器名称为球形冷凝管；②三颈瓶内物质为氯化亚铁、C6H5Cl、C6H4Cl2等，冷却试验装置A，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、洗涤、干燥后得到粗产品，依据物质的熔沸点和溶解性可知，C6H5Cl、C6H4Cl2简洁溶解在苯、乙醇中，不溶于水，而FeCl3、FeCl2易溶于水、乙醇，难溶于苯，所以洗涤时洗涤剂用苯；依据滤液中C6H5Cl、C6H4Cl2这两种物质沸点的不同，对滤液进行蒸馏，并收集沸点132℃的馏分，可回收C6H5Cl；③n(HCl)=n(NaOH)=0.40mol/L×0.0196L×=0.0784mol，依据反应2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑，反应的FeCl3的物质的量为n(FeCl3)反应=2n(HCl)=0.0784mol×2=0.1568mol，n(FeCl3)总=32.5g÷162.5g/mol=0.2mol，所以氯化铁转化率为×100%=78.4％；④FeCl3、FeCl2易吸水，为防止B装置中的水蒸气进入A装置，导致FeCl2等吸水而变质，可以在装置A和B之间连接一个装有无水氯化钙（或P2O5或硅胶）的球形干燥管；同时为防止FeCl3、FeCl2与装置内空气中的水蒸气、O2等反应，同时避开反应产生的HCl气体会在容器内滞留，可以反应起先前先通N2一段时间排尽装置中空气，反应完成后接着通N2一段时间将反应生成的HCl全部排入锥形瓶中。9．CCl3CHO是一种药物合成的中间体，可通过CH3CH2OH+4Cl2→CCl3CHO+5HCl进行制备。制备时可能发生的副反应为C2H5OH+HCl→C2H5Cl+H2O、CCl3CHO+HClO→CCl3COOH+HCl。合成该有机物的试验装置示意图（加热装置未画出）和有关数据如下：物质C2H5OHCCl3CHOCCl3COOHC2H5Cl熔点/℃-114.1-57.558-138.7沸点/℃78.397.819812.3溶解性与水互溶可溶于水、乙醇可溶于水、乙醇微溶于水，可溶于乙醇（1）恒压漏斗A的作用是________；A装置中发生反应的化学方程式为________。（2）装置B的作用是________；装置F在汲取气体时，为什么可以防止液体发生倒吸现象。________。（3）装置E中的温度计要限制在70℃，三口烧瓶采纳的最佳加热方式是______。假如要在球形冷凝管中注入冷水增加冷凝效果，冷水应当从________（填“a”或“b”）口通入。试验运用球形冷凝管而不运用直形冷凝管的目的是_______。（4）试验中装置C中的试剂是饱和食盐水，装置中D的试剂是浓H2SO4。假如不运用D装置，产品中会存在较多的杂质________（填化学式）。除去这些杂质最合适试验方法是_______。（5）利用碘量法可测定产品的纯度，反应原理如下：CCl3CHO+NaOH=CHCl3+HCOONaHCOONa+I2=HI+NaI+CO2↑I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6称取该试验制备的产品5.00g，配成100.00mL溶液，取其中10.00mL，调整溶液为合适的pH后，加入30.00mL0.100mol·L−1的碘标准液，用0.100mol·L−1的Na2S2O3溶液滴定，重复上述3次操作，消耗Na2S2O3溶液平均体积为20.00mL，则该次试验所得产品纯度为________。【答案】保持漏斗与反应容器内的气压相等2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O平安瓶（或“防止装置C中液体倒吸入装置A中”）漏斗口径较大，被吸住的液体会快速回落烧杯中水浴b增大蒸气与外界接触面积，提高冷凝回流效果C2H5Cl、CCl3COOH蒸馏59%【解析】(1)运用恒压漏斗A可以保持漏斗与反应容器内的气压相等，便于液体流下；A装置中高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，故答案为：保持漏斗与反应容器内的气压相等；2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；(2)装置B为平安瓶，防止装置C中液体倒吸入装置A中；装置F在汲取气体时，由于漏斗口径较大，被吸住的液体会快速回落烧杯中，因此可以防止液体发生倒吸现象，故答案为：平安瓶(或防止装置C中液体倒吸入装置A中)；漏斗口径较大，被吸住的液体会快速回落烧杯中；(3)装置E中的温度计要限制在70℃，对三口烧瓶加热，最好采纳水浴加热。假如要在球形冷凝管中注入冷水增加冷凝效果，冷水应当遵循下进上出的原则，从b口通入。试验运用球形冷凝管可以增大蒸气与外界接触面积，提高冷凝回流效果，因此不运用直形冷凝管，故答案为：水浴；b；增大蒸气与外界接触面积，提高冷凝回流效果；(4)试验中装置C中的试剂是饱和食盐水，装置中D的试剂是浓H2SO4。假如不运用D装置，生成的氯气中会混入水蒸气，水蒸气与氯气会反应生成次氯酸，从而发生副反应为C2H5OH+HCl→C2H5Cl+H2O、CCl3CHO+HClO→CCl3COOH+HCl，产品中会存在较多的C2H5Cl、CCl3COOH杂质。依据物质的熔沸点和溶解性可知，除去这些杂质最合适的试验方法为蒸馏，故答案为：C2H5Cl、CCl3COOH；蒸馏；(5)消耗的Na2S2O3的物质的量=0.100mol·L−1×0.02L=0.002mol，依据I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知，溶液中残留的碘的物质的量=0.001mol，因此与样品反应的碘的物质的量=(0.030L×0.100mol·L−1-0.001mol)×=0.02mol，依据CCl3CHO+NaOH=CHCl3+HCOONa，HCOONa+I2=HI+NaI+CO2↑有CCl3CHO～HCOONa～I2，因此样品中CCl3CHO的物质的量=0.02mol，质量为0.02mol×147.5g/mol=2.95g，试验所得产品纯度=×100%=59%，故答案为：59%。10．试验室用下图所示装置制备KClO溶液，再用KClO溶液与KOH、Fe（NO3）3溶液反应制备高效净水剂K2FeO4。已知：Cl2与KOH溶液在20℃以下反应生成KClO，在较高温度下则生成KClO3；K2FeO4易溶于水、微溶于浓KOH溶液，在0℃～5℃的强碱性溶液中较稳定。回答下列问题：（1）仪器a的名称___________，装置C中三颈瓶置于冰水浴中的目的是______________________。（2）装置B汲取的气体是____________（写化学式），装置D的作用是____________________。（3）装置C中得到足量KClO后，将三颈瓶上的导管取下，依次加入KOH溶液、Fe（NO3）3溶液，限制水浴温度为25℃，搅拌1.5h，溶液变为紫红色（含K2FeO4），反应的离子方程式为____________________。再加入饱和KOH溶液，析出紫黑色晶体，过滤，得到K2FeO4粗产品。（4）K2FeO4粗产品含有Fe（OH）3、KCl等杂质，其提纯方法为：将肯定量的K2FeO4粗产品溶于冷的3mol·L-1KOH溶液中，过滤，将盛有滤液的烧杯______________________，搅拌、静置、过滤，用乙醇洗涤固体2～3次，最终将固体放在真空干燥箱中干燥。（5）测定K2FeO4产品纯度。称取K2FeO4产品0.2100g于烧杯中，加入足量的强碱性亚铬酸盐溶液，反应后再加稀硫酸调整溶液呈强酸性，配成250mL溶液，取出25.00mL放入锥形瓶，用0.01000mol·L-1的（NH4）2Fe（SO4）2溶液滴定至终点，重复操作2次，平均消耗标准溶液30.00mL[已知：Cr（OH）4-+FeO42-=Fe（OH）3↓+CrO42-+OH-，2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O，Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++3Cr3++7H2O]。则K2FeO4产品的纯度为_________%（保留1位小数）。【答案】分液漏斗防止Cl2与KOH反应生成KClO3HCl汲取多余的Cl2，防止污染空气3C1O-+2Fe3++10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O置于冰水浴中，加入适量饱和KOH溶液94.3【解析】（1）依据装置图可知仪器a的名称是分液漏斗，Cl2与KOH溶液在20℃以下反应生成KClO，在较高温度下则生成KClO3，所以冰水浴的目的是防止Cl2与KOH反应生成KClO3，故答案为：分液漏斗；防止Cl2与KOH反应生成KClO3；（2）氯气中有氯化氢须要除去，氯气有毒，须要进行尾气汲取，所以装置B汲取的气体是HCl，装置D的作用是汲取Cl2，防止污染空气，故答案为：HCl；汲取多余的Cl2，防止污染空气；（3）足量KClO中依次加入KOH溶液、Fe（NO3）3溶液，发生氧化还原反应生成K2FeO4、KCl和水等，反应的离子方程式为3ClO-+2Fe3++10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O，故答案为：3ClO-+2Fe3++10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O；（4）K2FeO4易溶于水、微溶于浓KOH溶液，所以提纯K2FeO4粗产品时可以将肯定量的K2FeO4粗产品溶于冷的3mol/LKOH溶液中，过滤，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液，搅拌、静置、过滤，用乙醇洗涤2～3次，在真空干燥箱中干燥，故答案为：置于冰水浴中，加入适量饱和KOH溶液；（5）依据反应Cr（OH）4-+FeO42-═Fe（OH）3↓+CrO42-+OH-和Cr2O72-+6Fe2++14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O，可得关系式2FeO42-～Cr2O72-～6Fe2+，依据题意可知，（NH4）2Fe（SO4）2的物质的量为0.03L×0.01000mol/L=0.0003mol，所以高铁酸钾的质量为0.0003mol××198g/mol×10=0.198g，所以K2FeO4样品的纯度为×100%=94.3%，故答案为：94.3。11．黄色超氧化钾(KO2)可作为宇宙飞船舱的氧源。某学习小组设计以下试验探究KO2的性质，请回答相关问题：I.探究KO2与水的反应试验操作现象结论与说明（1）取少量KO2固体于试管中，滴加少量水，将带火星的木条靠近试管口，反应结束后，溶液分成两份快速产生气泡，木条复燃产生的气体是______（2）一份滴加酚酞试液先变红后褪色可能的产物是______（3）另一份滴加FeCl3溶液视察到______II.探究KO2与SO2的反应（4）正确的操作依次是___________________。①打开K1通入N2，排尽装置内原气体后关闭②拆卸装置至试验完成③检查装置气密性，然后装入药品④打开分液漏斗活塞K2（5）A装置发生的化学方程式为____________________。（6）用上述装置验证“KO2与SO2反应生成O2”还存在不足，你的改进措施是_____。（7）改进后再试验，待KO2完全反应后，将装置C中固体加水溶解，配成50.00mL溶液，等分为M、N两份。①向M溶液中加入足量的盐酸酸化的BaCl2溶液，充分反应后，将沉淀过滤、洗涤、__，称重为2.33g。②将N溶液移入_______（填仪器名称）中，用0.40mol/L酸性KMnO4溶液滴定，终点时消耗酸性KMnO4溶液20.00mL。③依据上述现象和数据，请写出该试验总反应的化学方程式___________。【答案】O2KOH和H2O2产生红褐色沉淀和气体③①④①②或③④①②H2SO4+Na2SO3＝Na2SO4+H2O+SO2↑在B、C之间连接一个盛有浓硫酸的洗气瓶（或者将B装置中的饱和NaHSO3溶液替换为浓硫酸）干燥锥形瓶6KO2+3SO2＝2K2SO3+K2SO4+4O2【解析】(1)取少量KO2固体于试管中，滴加少量水，将带火星的木条靠近试管口，木条复燃，说明生成的气体为氧气，故答案为：O2；(2)KO2固体中滴加少量水，反应后溶液中滴加酚酞试液，溶液先变红后褪色，说明反应生成氢氧化钾和过氧化氢，故答案为：KOH和H2O2；(3)KO2固体中滴加少量水，反应后溶液中滴加FeCl3溶液，氯化铁与氢氧化钾反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，同时氯化铁催化过氧化氢分解放出氧气，因此看到的现象为产生红褐色沉淀和气体，故答案为：产生红褐色沉淀和气体；(4)依据题示的试验操作，结合试验装置图，试验步骤为：首先检查装置气密性，然后装入药品，打开K1通入N2，排尽装置内的空气后关闭，再打开分液漏斗活塞K2，反应生成二氧化硫，打开K1通入N2，排尽装置内的二氧化硫后关闭，拆卸装置至试验完成，故答案为：③①④①②或③④①②；(5)A装置中70%的H2SO4与亚硫酸钠反应放出二氧化硫气体，反应的化学方程式为H2SO4+Na2SO3＝Na2SO4+H2O+SO2↑，故答案为：H2SO4+Na2SO3＝Na2SO4+H2O+SO2↑；(6)从试验的装置图可知，进入硬质玻璃管的气体中含有水蒸气，干扰了试验验证“KO2与SO2反应生成O2”的现象，改进措施为在B、C之间连接一个盛有浓硫酸的洗气瓶(或者将B装置中的饱和NaHSO3溶液替换为浓硫酸)，故答案为：在B、C之间连接一个盛有浓硫酸的洗气瓶(或者将B装置中的饱和NaHSO3溶液替换为浓硫酸)；(7)改进后再试验，待KO2完全反应后，将装置C中固体加水溶解，配成50.00mL溶液，等分为M、N两份。①向M溶液中加入足量的盐酸酸化的BaCl2溶液，充分反应后，将沉淀过滤、洗涤、干燥，称重为2.33g。②将N溶液移入锥形瓶中，用0.40mol/L酸性KMnO4溶液滴定，终点时消耗酸性KMnO4溶液20.00mL，说明生成的产物中含有亚硫酸钾。③2.33g沉淀为硫酸钡，物质的量==0.01mol，因此原样品中含有0.02mol硫酸钾；高锰酸钾与亚硫酸钠反应的方程式为2KMnO4+5K2SO3+3H2SO4=6K2SO4+2MnSO4+3H2O，因此原样品中亚硫酸钾的物质的量=2××0.40mol/L×0.020L=0.04mol，因此KO2与SO2反应的化学方程式为6KO2+3SO2＝2K2SO3+K2SO4+4O2，故答案为：干燥；锥形瓶；6KO2+3SO2＝2K2SO3+K2SO4+4O2。12．草酸亚铁晶体（FeC2O4·2H2O，相对分子质量为180）呈淡黄色，可用作照相显影剂。某试验小组对其进行了一系列探究。I．纯净草酸亚铁晶体热分解产物的探究。（1）气体产物成分的探究。小组成员采纳如下装置（可重复选用）进行试验：①装置D的名称为______。②依据气流从左到右的方向，上述装置的连接依次为_____→尾气处理装置（填仪器接口的字母编号）。③试验前先通入一段时间N2，其目的为_______。④试验证明白气体产物中含有CO，依据的试验现象为______。（2）固体产物成分的探究。充分反应后，A处反应管中残留黑色固体。查阅资料可知，黑色固体可能为Fe或FeO。小组成员设计试验证明白其成分只有FeO，其操作及现象为___。（3）依据（1）和（2）结论，可知A处反应管中发生反应的化学方程式为____。Ⅱ．草酸亚铁晶体样品纯度的测定工业制得的草酸亚铁晶体中常含有FeSO4杂质，测定其纯度的步骤如下：步骤1：称取mg草酸亚铁晶体样品并溶于稀H2SO4中，配成250mL溶液。步骤2：取上述溶液25.00mL，用cmol·L−1KMnO4标准液滴定至终点，消耗标准液V1mL；步骤3：向反应后溶液中加入适量锌粉，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用cmol·L−1KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准液V2mL。（4）步骤3中加入锌粉的目的为______。（5）草酸亚铁晶体样品的纯度为_____；若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化，则测定结果将______（填“偏高”、“偏低”或“不变”）。【答案】（球形）干燥管agfbchi（或ih）de（或ed）bc排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸C处反应管中固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑浊取固体少许溶于稀硫酸，无气体生成FeC2O4•2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O将Fe3+还原为Fe2+×100%偏低【解析】(1)①装置D的名称为：(球形)干燥管，故答案为：(球形)干燥管；②草酸亚铁晶体在装置A中加热分解，生成的气体通过装置D中硫酸铜检验水蒸气的存在，通过装置B中澄清石灰水检验二氧化碳的生成，通过装置E中碱石灰干燥后，气体通入装置C中玻璃管和氧化铜反应生成铜和二氧化碳，再通过B装置检验生成的二氧化碳气体，依据气流从左到右的方向，上述装置的连接依次为：agfbchi(或ih)de(或ed)bc，最终连接尾气处理装置，故答案为：agfbchi(或ih)de(或ed)bc；③试验前先通入一段时间N2，目的是排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸，故答案为：排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸；④试验证明白气体产物中含有CO，依据的试验现象为：C处反应管中固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑浊，故答案为：C处反应管中固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑浊；(2)充分反应后，A处反应管中残留黑色固体，黑色固体可能为Fe或FeO。要证明其成分只有FeO，可以将固体溶于酸，看有无气体放出即可，详细为：取固体少许溶于稀硫酸，无气体生成说明无铁存在，只有氧化亚铁，故答案为：取固体少许溶于稀硫酸，无气体生成；(3)依据(1)和(2)结论，可知A处反应管中发生的反应是草酸亚铁晶体分解生成氧化亚铁、一氧化碳、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：FeC2O4•2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O，故答案为：FeC2O4•2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O；(4)锌可以将Fe3+还原，因此步骤3中加入锌粉的目的为：将Fe3+还原为Fe2+，故答案为：将Fe3+还原为Fe2+；(5)取上述溶液25.00mL，用cmol•L﹣1KMnO4标准液滴定至终点，消耗标准液V1mL，此过程中亚铁离子和草酸根离子都被氧化；向反应后的溶液中加入适量锌粉，锌将Fe3+还原为Fe2+，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用cmol•L﹣1KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准液V2mL，此时滴定的是溶液中的亚铁离子。第一次消耗的高锰酸钾减去其次次消耗的高锰酸钾为滴定草酸根离子的量，反应的离子方程式：2MnO4-+5C2O42-+8H+=10CO2+4H2O+2Mn2+，草酸亚铁晶体样品的纯度＝×100%，若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化，会导致第一步滴定中消耗的高锰酸钾的量削减，即V1偏小，则计算得到的亚铁离子物质的量减小，测定结果偏低，故答案为：×100%；偏低。13．葡萄糖酸亚铁［(C6HnO7)2Fe］是医疗上常用的补铁剂，易溶于水,几乎不溶于乙醇。某试验小组同学拟用下图装置先制备FeCO3,再用FeCO3与葡萄糖酸反应进一步制得葡萄糖酸亚铁。请回答下列问题：(1)与一般漏斗比较,a漏斗的优点是______________(2)按上图连接好装置，检査气密性后加入药品，打开K1和K3,关闭K2.①b中的试验现象____________________②一段时间后，关闭_____，打开______(选填K1,K2或K3)。视察到b中的溶液会流入c中，同时c中析出FeCO3沉淀。③b中产生的气体的作用是______________________________.(3)将c中制得的碳酸亚铁在空气中过滤时间较长时，表面会变为红褐色，用化学方程式说明其缘由.____________________________________(4)将葡萄糖酸与碳酸亚铁混合，须将溶液的pH调整至5.8,其缘由是_______.向上述溶液中加入乙醇即可析出产品，加入乙醇的目的是_______________。(5)有同学提出用NaHCO3溶液代替Na2CO3溶液制得的碳酸亚铁纯度更高，其可能的缘由是________________________________.【答案】平衡气压，利于稀H2SO4顺当流下铁屑溶解，溶液变为绿色，有大量气泡产生K3K2排出装置内的空气，防止生成的FeCO3被氧化；把b中溶液压进c中4FeCO3+O2+6H2O=4Fe(OH)3+4CO2防止Fe2+的水解降低溶剂的极性，使晶体的溶解度减小更易析出溶液的pH降低，削减氢氧化亚铁杂质的生成【解析】（1）a为恒压滴液漏斗，可以保证内部压强不变,使漏斗内液体顺当流下；答案：平衡气压，利于稀H2SO4顺当流下；（2）①b中铁屑与稀硫酸反应，铁屑会渐渐溶解，溶液由于产生Fe2+变为绿色，有大量气泡产生；答案：铁屑溶解，溶液变为绿色，有大量气泡产生；②反应一段时间后，须要把FeSO4加到c中，所以须要关闭K3,打开K2，利用压强把FeSO4加到c中，答案：K3；K2；③FeCO3易氧化，b中反应产生的H2一是把装置内的空气排干净，防止生成的FeCO3被氧化；二是把b中溶液压进c中；答案：排出装置内的空气，防止生成的FeCO3被氧化；把b中溶液压进c中；（3）过滤时间过长会发觉产品部分变为红褐色，缘由是FeCO3与O2反应生成Fe(OH)3，化学方程式为：4FeCO3＋O2＋6H2O=4Fe(OH)3＋4CO2。答案：4FeCO3+O2+6H2O=4Fe(OH)3+4CO2；（4）Fe2+易发生水解，将溶液的pH调整至5.8，防止Fe2+的水解；乙醇分子的极性比水小，可以降低葡萄糖酸亚铁在水中溶解度，便于葡萄糖酸亚铁析出；答案：防止Fe2+的水解；降低溶剂的极性，使晶体的溶解度减小更易析出；（5）碳酸根离子水解后溶液碱性较强，易生成氢氧化亚铁，用NaHCO3溶液代替Na2CO3溶液可以降低溶液的pH以免产生氢氧化亚铁，得到的产品纯度更高。答案：溶液的pH降低，削减氢氧化亚铁杂质的生成。14．资料表明：赤热铜能与NO2反应。某小组设计了如下试验装置进行探究，探究固体产物的成分，气体产物是N2还是NO。已知：酸性KMnO4溶液能氧化NO生成NO3ˉ；NO和FeSO4溶液反应：NO+FeSO4=[Fe(NO)]SO4(棕色)；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O请回答下列问题：（1）A中反应的化学方程式为________________________。（2）检查装置气密性，装好药品，然后试验的正确操作依次是____________①关闭K1，打开K2②打开分液漏斗活塞③打开K1，关闭K2④点燃C处酒精灯（3）试验过程中，D装置中的现象是____________，能否依据D装置中的现象确认C中有无NO生成?______，理由是__________。（4）E装置的作用是____________。（5）当铜粉完全反应后，试验小组对反应后的固体成分提出以下猜想：①只有CuO；②只有Cu2O；有同学认为可通过简洁的定性试验即可推断猜想①是否成立，其试验方法是_____________________。（6）试验中E装置自始至终未显棕色，小组最终通过定量试验得到如下数据。C装置质量F装置气体的体积(已折算为标准状况)玻管质量Cu质量反应后(玻管+生成物)mg1.92g(m+2.24)g112mL据此写出试验时实际发生反应的化学方程式________________________。【答案】Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O③②①④有气泡产生，紫红色溶液颜色变浅(褪色)否NO2与H2O反应生成NO

(或NO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色也给分)检验是否有NO或检验NO是否被汲取完取C中固体于试管中，加入足量的稀硫酸充分反应，若固体完全溶解，则产物只有CuO6Cu+2NO22CuO+2Cu2O+N2【解析】（1）A中发生铜与浓硝酸的反应，化学方程式为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O（2）首先打开K1，关闭K2，打开分液漏斗活塞反应起先进行，产生的NO2将装置中的空气排干净，然后关闭K1，打开K2，点燃C处酒精灯，此时留意视察D、E中的现象，所以正确依次为③②①④。（3）已知：酸性KMnO4溶液能氧化NO生成NO3ˉ，所以D中出现的现象应当是：有气泡产生，紫红色溶液颜色变浅(褪色)。NO2与H2O反应生成NO

，NO2也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以仅凭这一现象并不能说明C中有NO生成，答案为：有气泡产生，紫红色溶液颜色变浅(褪色)；否；NO2与H2O反应生成NO

(或NO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色)；（4）已知NO和FeSO4溶液反应：NO+FeSO4=[Fe(NO)]SO4(棕色)，所以E装置可以检验是否有NO或检验NO是否被汲取完。（5）依据已经Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，用稀酸可以检验是否有Cu2O，若有Cu2O可以看到单质Cu生成，故答案为：取C中固体于试管中，加入足量的稀硫酸充分反应，若固体完全溶解，则产物只有CuO；（6）试验中E装置自始至终未显棕色，说明没有生成NO，那产物应当是N2，F装置收集到气体为氮气，n(N2)=0.112L/22.4L/mol=0.005mol，增加O的质量=m+2.24-m-1.92=0.32g，进一步求出n(O)=0.32g/16g/mol=0.02mol，所以n(NO2)=0.01mol，物质的量比等于化学计量数比，所以可以写出化学反应方程式为6Cu+2NO22CuO+2Cu2O+N2。15．氯化亚铜是化工和印染等行业的重要原料，广泛用作有机合成的催化剂。Ⅰ.甲采纳CuCl2·2H2O热分解法制备CuCl，装置如图。（1）仪器X的名称是_______________，C中烧杯的试剂可以是__________。（2）“气体入口”通入的气体是_______。（3）反应结束后，取所得产品分析，发觉其中含有氧化铜，其可能缘由是______________。Ⅱ.乙另取纯净CuCl2固体用如下方法制备CuCl。（4）操作②中反应的离子方程式为___________________。（5）操作①中若用100mL10mol/L盐酸代替0.2mol/L盐酸，再通入SO2后，无白色沉淀产生。对此现象有如下两种猜想：猜想一：c(H＋)过大导致白色沉淀溶解。为验证此猜想，取75gCuCl2固体、100mL0.2mol/L盐酸及________mL10.0mol/LH2SO4配制成200mL溶液，再进行操作②，视察是否有白色沉淀产生。猜想二：_______________。请设计试验说明该猜想是否成立：_________________。【答案】硬质玻璃管NaOH溶液HClHCl气流不足，导致Cu2+水解产生氢氧化铜，受热分解所得SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=SO42-+2CuCl↓+4H+49c(Cl-)过大导致白色沉淀溶解取少量白色沉淀加入到饱和氯化钠溶液中，搅拌，若白色沉淀溶解，说明猜想二成立，反之不成立【解析】I．(1)依据图示，仪器X为硬质玻璃管，2CuCl2·2H2O2CuCl+Cl2↑+4H2O，氯气有毒，所以氯气在C中用氢氧化钠汲取，故答案为：硬质玻璃管；NaOH溶液；(2)因为氯化铜是强酸弱碱盐，CuCl2·2H2O受热时可能发生水解反应生成氢氧化铜和氯化氢，为了抑制水解，须要在“气体入口”通入HCl，故答案为：HCl；(3)HCl气流不足，导致Cu2+水解产生氢氧化铜，氢氧化铜受热分解生成氧化铜，故答案为：HCl气流不足，导致Cu2+水解产生氢氧化铜，受热分解所得；Ⅱ．(4)操作②为向含有铜离子、氯离子的溶液中通入二氧化硫气体，反应为SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=SO42-+2CuCl↓+4H+，故答案为：SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=SO42-+2CuCl↓+4H+；(5)设10.0mol/LH2SO4的体积为VmL，则0.2×0.1+V×10.0×2=10×0.1，解之得V=49mL，猜想二：结合盐酸中的离子进行猜想，可能是氯离子的浓度过大，导致白色沉淀溶解，可以取少量白色沉淀加入到饱和氯化钠溶液中，搅拌，若白色沉淀溶解，说明猜想二成立，反之不成立，故答案为：49；c(Cl-)过大导致白色沉淀溶解；取少量白色沉淀加入到饱和氯化钠溶液中，搅拌，若白色沉淀溶解，说明猜想二成立，反之不成立。16．叠氮化钠(NaN3)是一种白色剧毒晶体，是汽车平安气囊的主要成分。NaN3易溶于水，微溶于乙醇，水溶液呈弱碱性，能与酸发生反应产生具有爆炸性的有毒气体叠氮化氢。试验室可利用亚硝酸叔丁酯(t－BuNO2，以t－Bu表示叔丁基)与N2H4、氢氧化钠溶液混合反应制备叠氮化钠。(1)制备亚硝酸叔丁酯取肯定NaNO2溶液与50%硫酸混合，发生反应H2SO4＋2NaNO2===2HNO2＋Na2SO4。可利用亚硝酸与叔丁醇(t－BuOH)在40℃左右制备亚硝酸叔丁酯，试写出该反应的化学方程式：________________。(2)制备叠氮化钠(NaN3)按如图所示组装仪器(加热装置略)进行反应，反应方程式为：t－BuNO2＋NaOH＋N2H4===NaN3＋2H2O＋t－BuOH。①装置a的名称是________________；②该反应需限制温度在65℃，采纳的试验措施是____________________；③反应后溶液在0℃下冷却至有大量晶体析出后过滤，所得晶体运用无水乙醇洗涤。试说明低温下过滤和运用无水乙醇洗涤晶体的缘由是______________________________________________。(3)产率计算①称取2.0g叠氮化钠试样，配成100mL溶液，并量取10.00mL溶液于锥形瓶中。②用滴定管加入0.10mol·L－1六硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]溶液40.00mL[发生的反应为2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3===4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑](假设杂质均不参加反应)。③充分反应后将溶液稀释并酸化，滴入2滴邻菲罗啉指示液，并用0.10mol·L－1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]为标准液，滴定过量的Ce4＋，终点时消耗标准溶液20.00mL(滴定原理：Ce4＋＋Fe2＋===Ce3＋＋Fe3＋)。计算可知叠氮化钠的质量分数为__________(保留2位有效数字)。若其他操作及读数均正确，滴定到终点后，下列操作会导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大的是______(填字母代号)。A．锥形瓶运用叠氮化钠溶液润洗B．滴加六硝酸铈铵溶液时，滴加前仰视读数，滴加后俯视读数C．滴加硫酸亚铁铵标准溶液时，起先时尖嘴处无气泡，结束时出现气泡D．滴定过程中，将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内(4)叠氮化钠有毒，可以运用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁，反应后溶液碱性明显增加，且产生无色无味的无毒气体，试写出反应的离子方程式：____________________________。【答案】t－BuOH＋HNO2t－BuNO2＋H2O恒压滴液漏斗(滴液漏斗)水浴加热降低叠氮化钠的溶解度，防止产物损失65%ACClO－＋2N＋H2O=Cl－＋2OH－＋3N2↑【解析】(1)依据元素组成以及酯化反应特点，有水分子生成，无机酸与醇的酯化反应生成亚硝酸酯与水，反应的化学方程式为t－BuOH＋HNO2t－BuNO2＋H2O；(2)①依据仪器的构造可知，装置a的名称是恒压滴液漏斗(滴液漏斗)；②加热温度低于100℃，所以用水浴加热；③叠氮化钠易溶于水，微溶于乙醇，低温下溶解度降低，用乙醇洗涤溶质损失更少；(3)Ce4＋总计为0.10mol·L－1×0.04L＝0.004mol，分别与Fe2＋和N反应。其中与Fe2＋按1∶1反应消耗0.10mol·L－1×0.02L＝0.002mol，则与N按1∶1反应也为0.002mol，即10mL所取溶液中有0.002molN。原2.0g叠氮化钠试样，配成100mL溶液中有0.02mol即1.3gNaN3，所以样品质量分数为65%；误差分析：A、运用叠氮化钠溶液润洗锥形瓶，使进入锥形瓶中溶质比所取溶液更多，滴定消耗的硫酸亚铁铵标准液体积减小，叠氮化钠溶液浓度偏大；B、六硝酸铈铵溶液实际取量大于40.00mL，滴定消耗的硫酸亚铁铵标准液体积增大，计算叠氮化钠溶液浓度偏小；C、滴定前无气泡，终点时出现气泡，则读数体积为实际溶液体积减气泡体积，硫酸亚铁铵标准液读数体积减小，叠氮化钠溶液浓度偏大；D、滴定过程中，将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内，无影响。答案选AC；（4）叠氮化钠有毒，可以运用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁，反应后溶液碱性明显增加，且产生无色无味的无毒气体氮气，结合氧化还原反应配平，反应的离子方程式为：ClO－＋2N＋H2O=Cl－＋2OH－＋3N2↑。17．氮化铬(CrN)是一种良好的耐磨材料，试验室可用无水氯化铬(CrCl3)与氨气在高温下反应制备，反应原理为CrCl3+NH3CrN+3HCl.回答下列问题：(1)制备无水氯化铬。氯化铬有很强的吸水性，通常以氯化铬晶体(CrCl3·6H2O)的形式存在。干脆加热脱水往往得到Cr2O3，有关反应的化学方