5年（2021-2025）高考1年模拟化学真题分类汇编专题12 物质制备综合实验（解析版）（江苏专用）

5年（2021-2025）高考1年模拟化学真题分类汇编PAGEPAGE1专题12物质制备实验综合1．（2025·江苏·高考真题）海洋出水铁质文物表面有凝结物，研究其形成原理和脱氯方法对保护文物意义重大。(1)文物出水清淤后，须尽快浸泡在稀NaOH或Na2①玻璃中的SiO2能与NaOH反应生成(填化学式)，故不能使用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛放NaOH②文物浸泡在碱性溶液中比暴露在空气中能减缓吸氧腐蚀，其原因有。(2)文物表面凝结物种类受文物材质和海洋环境等因素的影响。①无氧环境中，文物中的Fe与海水中的SO42-在细菌作用下形成FeS等含铁凝结物。写出Fe与SO42-反应生成FeS和②有氧环境中，海水中的铁质文物表面形成FeOOH等凝结物。(i)铁在盐水中腐蚀的可能原理如图所示。依据原理设计如下实验：向NaCl溶液中加入K3Fe(CN)6溶液(能与(ii)铁的氢氧化物吸附某些阳离子形成带正电的胶粒，是凝结物富集Cl-的可能原因。该胶粒的形成过程中，参与的主要阳离子有(填离子符号)(3)为比较含氯FeOOH在NaOH溶液与蒸馏水中浸泡的脱氯效果，请补充实验方案：取一定量含氯FeOOH模拟样品，将其分为两等份，，比较滴加AgNO3溶液体积[Ksp(AgCl)=1.8×10-10。实验须遵循节约试剂用量的原则，必须使用的试剂：蒸馏水、【答案】(1)Na2SiO3碱性环境抑制吸氧腐蚀正极反应的进行，反应速率减慢；碱性溶液中，O(2)4Fe+SO4(3)分别加入等体积(如5mL)的0.5mol⋅L-1NaOH溶液和蒸馏水至浸没样品，在室温下，搅拌、浸泡30min；过滤，各取等量上清液(如2mL)置于两支小试管中，分别滴加3mL【详析】（1）①SiO2是酸性氧化物，可与NaOH溶液发生反应生成硅酸钠和水，化学方程式为SiO②吸氧腐蚀时正极反应式为O2+4e-+2H2O=4（2）①无氧、弱碱性的海水中，Fe在细菌作用下，被SO42-氧化为+2价的FeS、FeOH②(ⅰ)由题图知，铁片在NaCl溶液中发生吸氧腐蚀，开始时，负极反应式为Fe-2e-=Fe2+，正极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-。(ⅱ)铁片发生吸氧腐蚀，负极区生成Fe2+，被O2进一步氧化为Fe3+（3）要检验脱氯效果，应控制样品用量、脱氯时间、取用体积等变量相同，利用Ag+与Cl-的反应进行实验。实验中，首先需要将等量的含氯FeOOH模拟样品分别用等体积的NaOH溶液与蒸馏水浸泡脱氯，然后过滤，得到上清液，取等体积的两种上清液，先用HNO3溶液酸化，再加入AgNO3溶液，通过比较出现2.（2024·江苏·高考真题）贵金属银应用广泛。Ag与稀制得，常用于循环处理高氯废水。(1)沉淀。在高氯水样中加入使浓度约为，当滴加溶液至开始产生沉淀(忽略滴加过程的体积增加)，此时溶液中浓度约为。[已知：，](2)还原。在沉淀中埋入铁圈并压实，加入足量盐酸后静置，充分反应得到Ag。①铁将转化为单质Ag的化学方程式为。②不与铁圈直接接触的也能转化为Ag的原因是。③为判断是否完全转化，补充完整实验方案：取出铁圈，搅拌均匀，取少量混合物过滤，[实验中必须使用的试剂和设备：稀、溶液，通风设备](3)Ag的抗菌性能。纳米Ag表面能产生杀死细菌(如图所示)，其抗菌性能受溶解氧浓度影响。①纳米Ag溶解产生的离子方程式为。②实验表明溶解氧浓度过高，纳米Ag的抗菌性能下降，主要原因是。【答案】(1)(2)铁还原AgCl成Ag，形成铁银原电池，未接触的AgCl在Ag表面得电子被还原成银用蒸馏水洗涤滤渣至取最后一次洗涤滤液加硝酸银溶液（和稀硝酸）无沉淀产生；转移滤渣至烧杯中，打开通风设备；向烧杯中边加稀HNO3边搅拌至无气泡产生；若无固体残留，则氯化银转化完全（若有固体残留，则氯化银转化不完全）(3)纳米Ag与氧气生成Ag2O，使得Ag+浓度下降【解析】（1）浓度约为，当滴加溶液至开始产生沉淀，此时，；（2）①沉淀中埋入铁圈并压实，铁将AgCl转化为单质Ag，反应的化学方程式为：；②不与铁圈直接接触的也能转化为Ag的原因是：铁还原AgCl成Ag，形成铁银原电池，未接触的AgCl在Ag表面得电子被还原成银；③判断AgCl是否完全转化，即检验混合物中是否含有AgCl，若AgCl完全转化，则剩余固体全部为银，可完全溶于稀硝酸，若AgCl未完全转化，剩余AgCl不能溶于稀硝酸，则可用稀硝酸检验，稀硝酸参与反应可能会产生氮氧化物，反应需在通风设备中进行，反应后的溶液中存在氯离子，若未将滤渣洗净，氯离子会干扰实验，所以首先需要检验氯离子是否洗净，实验方案补充为：用蒸馏水洗涤滤渣至取最后一次洗涤滤液加硝酸银溶液（和稀硝酸）无沉淀产生；转移滤渣至烧杯中，打开通风设备；向烧杯中边加稀HNO3边搅拌至无气泡产生；若无固体残留，则氯化银转化完全（若有固体残留，则氯化银转化不完全）。（3）①纳米Ag溶解时被氧化为Ag+，离子方程式为：；②溶解氧浓度过高，纳米Ag与氧气生成Ag2O，使得Ag+浓度下降，抗菌性能下降。3．（2023·江苏·高考真题）实验室模拟“镁法工业烟气脱硫”并制备，其实验过程可表示为

(1)在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入气体，生成，反应为，其平衡常数K与、、、的代数关系式为；下列实验操作一定能提高氧化镁浆料吸收效率的有(填序号)。A．水浴加热氧化镁浆料B．加快搅拌速率C．降低通入气体的速率D．通过多孔球泡向氧化镁浆料中通(2)在催化剂作用下被氧化为。已知的溶解度为0.57g(20℃)，氧化溶液中的离子方程式为；在其他条件相同时，以负载钴的分子筛为催化剂，浆料中被氧化的速率随pH的变化如题图甲所示。在pH=6~8范围内，pH增大，浆料中的氧化速率增大，其主要原因是。

(3)制取晶体。在如题图乙所示的实验装置中，搅拌下，使一定量的浆料与溶液充分反应。浆料与溶液的加料方式是；补充完整制取晶体的实验方案：向含有少量、的溶液中，。(已知：、在时完全转化为氢氧化物沉淀；室温下从饱和溶液中结晶出，在150~170℃下干燥得到，实验中需要使用MgO粉末)

【答案】(1)BD(2)pH增大，抑制的水解，反应物的浓度增大，故可加快氧化速率(3)用滴液漏斗向盛有MgSO3浆料的三颈烧瓶中缓慢滴加硫酸溶液分批加入少量氧化镁粉末，搅拌，直至用pH试纸测得pH≥5，过滤；将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150~170℃干燥。〖祥解〗本实验的目的是为了制取，首先在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入气体，生成，然后使一定量的浆料与溶液充分反应生成硫酸镁，在硫酸镁的溶液中加入氧化镁调节溶液的pH除去三价铁和三价铝，将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150~170℃干燥即可得到；【解析】（1）已知下列反应：①

K②③④⑤⑥根据盖斯定律，①=②-③+④+⑤-⑥，故K=；A．加热可加快反应速率，但温度升高，SO2在水中溶解度降低，且会导致H2SO3受热分解，不一定能提高吸收SO2效率，A错误；B．加快搅拌速率，可以使反应物充分接触，提高吸收SO2效率，B正确；C．降低通入SO2气体的速率，SO2可与MgO浆料充分接触，但会降低反应速率，不一定能提高吸收SO2效率，C错误；D．多孔球泡可以让SO2与MgO浆料充分接触，能提高吸收SO2效率，D正确；故选BD。（2）根据题意，O2氧化溶液中的，被氧化为，1molO2氧化2mol，故氧化溶液中的离子方程式为：；pH增大，抑制的水解，反应物的浓度增大，故可加快氧化速率；（3）在进行含固体物质的反应物与液体反应的实验时，应将含固体物质的反应物放在三颈瓶中，通过滴液漏斗滴加液体，H2SO4溶液的滴加速率要慢，以免H2SO4过量；根据题意，首先需要调节pH≥5以除去Fe3+、Al3+杂质，需要用到的试剂为MgO粉末，操作细节为分批加入少量MgO粉末，以免pH过高，不断搅拌进行反应直至检测到pH≥5，然后过滤除去氢氧化铁、氢氧化铝沉淀；接着需要从溶液中得到，根据题目信息，室温下结晶只能得到，因此需要在150~170℃下干燥得到，操作细节为将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150~170℃干燥。4．（2022·江苏·高考真题）实验室以二氧化铈()废渣为原料制备含量少的，其部分实验过程如下：(1)“酸浸”时与反应生成并放出，该反应的离子方程式为。(2)pH约为7的溶液与溶液反应可生成沉淀，该沉淀中含量与加料方式有关。得到含量较少的的加料方式为(填序号)。A．将溶液滴加到溶液中

B．将溶液滴加到溶液中(3)通过中和、萃取、反萃取、沉淀等过程，可制备含量少的。已知能被有机萃取剂(简称HA)萃取，其萃取原理可表示为(水层)+3HA(有机层)(有机层)+(水层)①加氨水“中和”去除过量盐酸，使溶液接近中性。去除过量盐酸的目的是。②反萃取的目的是将有机层转移到水层。使尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有(填两项)。③与“反萃取”得到的水溶液比较，过滤溶液的滤液中，物质的量减小的离子有(填化学式)。(4)实验中需要测定溶液中的含量。已知水溶液中可用准确浓度的溶液滴定。以苯代邻氨基苯甲酸为指示剂，滴定终点时溶液由紫红色变为亮黄色，滴定反应为。请补充完整实验方案：①准确量取溶液[约为]，加氧化剂将完全氧化并去除多余氧化剂后，用稀硫酸酸化，将溶液完全转移到容量瓶中后定容；②按规定操作分别将和待测溶液装入如图所示的滴定管中：③。【答案】(1)2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O(2)B(3)有利于提高Ce3+的萃取率适当提高硝酸的浓度；充分振荡分液漏斗；用适量萃取剂分多次反萃取、H+(4)从滴定管中准确放出25.00mL溶液于锥形瓶中，加入几滴指示剂苯代邻氨基苯甲酸，向锥形瓶中滴加溶液，边滴加边振荡锥形瓶至溶液颜色恰好由紫红色变为亮黄色，且30s内颜色不变，记录滴加溶液的体积；重复以上操作2~3次〖祥解〗首先用稀盐酸和过氧化氢溶液酸浸二氧化铈废渣，得到三价铈，加入氨水调节pH后用萃取剂萃取其中的三价铈，增大三价铈浓度，之后加入稀硝酸反萃取其中的三价铈，再加入氨水和碳酸氢铵制备产物。【解析】（1）根据信息反应物为与，产物为和，根据电荷守恒和元素守恒可知其离子方程式为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；（2）反应过程中保持少量即可得到含量较少的，故选B；（3）去除过量盐酸，减小氢离子浓度，使(水层)+3HA(有机层)(有机层)+(水层)的化学平衡右移，利于提高Ce3+的萃取率，故答案为：有利于提高Ce3+的萃取率；根据平衡移动原理可知，应选择的实验条件是：适当提高硝酸的浓度；充分振荡分液漏斗；用适量萃取剂分多次反萃取；③“反萃取”得到的水溶液中含有浓度较大的、H+，氨水和溶液均显碱性，可以和、H+反应，生成沉淀的同时也发生中和反应，因此过滤后溶液中、H+的物质的量均减小，故答案为：、H+；（4）从滴定管中准确放出25.00mL溶液于锥形瓶中，加入几滴指示剂苯代邻氨基苯甲酸，向锥形瓶中滴加溶液，边滴加边振荡锥形瓶至溶液颜色恰好由紫红色变为亮黄色，且30s内颜色不变，记录滴加溶液的体积；重复以上操作2~3次。5．（2021·江苏·高考真题）以软锰矿粉(含MnO2及少量Fe、Al、Si、Ca、Mg等的氧化物)为原料制备电池级MnO2。(1)浸取。将一定量软锰矿粉与Na2SO3、H2SO4溶液中的一种配成悬浊液，加入到三颈瓶中(图1)，70℃下通过滴液漏斗缓慢滴加另一种溶液，充分反应，过滤。滴液漏斗中的溶液是；MnO2转化为Mn2+的离子方程式为。(2)除杂。向已经除去Fe、Al、Si的MnSO4溶液(pH约为5)中加入NH4F溶液，溶液中的Ca2+、Mg2+形成氟化物沉淀。若沉淀后上层清液中c(F-)=0.05mol·L-1，则c(Ca2+)c(Mg2+)=。[Ksp(MgF2)=5×10-11，Ksp(3)制备MnCO3。在搅拌下向100mL1mol·L-1MnSO4溶液中缓慢滴加1mol·L-1NH4HCO3溶液，过滤、洗涤、干燥，得到MnCO3固体。需加入NH4HCO3溶液的体积约为。(4)制备MnO2。MnCO3经热解、酸浸等步骤可制备MnO2。MnCO3在空气气流中热解得到三种价态锰的氧化物，锰元素所占比例(某价态锰的氧化物中锰元素质量锰元素总质量×100%)随热解温度变化的曲线如图2所示。已知：MnO与酸反应生成Mn2+；Mn2O3氧化性强于Cl2，加热条件下Mn2O3在酸性溶液中转化为MnO2和Mn2+为获得较高产率的MnO2，请补充实验方案：取一定量MnCO3置于热解装置中，通空气气流，，固体干燥，得到MnO2。(可选用的试剂：1mol·L-1H2SO4溶液、2mol·L-1HCl溶液、BaCl2溶液、AgNO3溶液)。【答案】(1)H2SO4溶液MnO2+SO32-+2H+=Mn2++SO42-+H(2)100(3)200mL(4)加热到450℃充分反应一段时间，将固体冷却后研成粉末，边搅拌边加入一定量1mol·L-1稀H2SO4，加热，充分反应后过滤，洗涤，直到取最后一次洗涤滤液加盐酸酸化的0.1mol·L-1BaCl2溶液不变浑浊【详析】（1）若三颈瓶中先加入硫酸溶液，向其中滴加Na2SO3溶液则易生成SO2导致Na2SO3的利用率减小，故滴液漏斗中的溶液是H2SO4溶液；MnO2被亚硫酸根还原为Mn2+的离子方程式为：MnO2+SO32-+2H+=Mn2++SO42-+H2（2）c(Ca2+)c(Mg（3）该反应的化学方程式2NH4HCO3+MnSO4=MnCO3+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑，由方程式可知NH4HCO3与MnSO4的物质的量之比为2：1，需加入NH4HCO3溶液的体积约为200mL；（4）根据图象在450°C左右MnO2占比最高，所以加热到450°C最佳，MnO与酸反应生成Mn2+，故用酸除MnO，Mn2O3氧化性强于Cl2，用盐酸会发生氧化还原生产氯气。因此，该实验方案可补充为：加热到450℃充分反应一段时间后，将固体冷却后研成粉末，向其中边搅拌边加入一定量1mol·L-1稀H2SO4，加热，充分反应后过滤，洗涤，直到取最后一次洗涤滤液加盐酸酸化的0.1mol·L-1BaCl2溶液不变浑浊。1．（2025·江苏南通·模拟预测）CuCl2溶液可用作印刷铜线路板蚀刻液。蚀刻废液中含较多CuCl2、HCl和氯亚铜酸(HCuCl(1)已知：CuCl2+Cu=2CuCl。CuCl难溶于水，可溶于浓盐酸生成HCuCl2，CuCl和(2)利用蚀刻废液制备CuCl。步骤1：向蚀刻废液中分批加入NaOH至溶液的pH=4步骤2：向溶液中逐滴加入Na2步骤3：……①加入Na2SO3溶液前需调节溶液pH②步骤2中所得含铜微粒可表示为[CuCln+1]n-，写出开始时③已知：CuCl+nCl-⇌[CuCln+1]n-(Cl(3)利用蚀刻废液制备CuCl2。CuCl2的溶解度曲线如图所示，CuCl2溶液在不同温度下结晶会析出带不同数目结晶水的晶体，15℃以下析出CuCl2⋅4H2O。设计从蚀刻废液获得无水CuCl2的实验方案：【答案】(1)防止蚀刻铜线路板过程中生成CuCl固体覆盖铜的表面而阻碍反应的进行(2)pH过小，部分Na2SO3转化为SO22Cu2++SO(3)边搅拌边向刻蚀液中通入足量O2，充分反应，将荣溶液蒸发浓缩至表面出现晶膜，冷却至15℃以下结晶，过滤，将所得晶体在高压HCl气体中加热至固体质量不再变化〖祥解〗蚀刻废液中含较多CuCl2、HCl和氯亚铜酸(HCuCl2)，溶液呈较强酸性，加入强碱调节pH后用还原剂比如Na2SO3还原+2价Cu到+1价，通过一系列操作可得到CuCl。制备CuCl2时要注意铜离子是易水解的金属阳离子，在蒸发过程中需在高压【详析】（1）反应CuCl2+Cu=2CuCl生成的CuCl（2）①蚀刻废液中含较多CuCl2、HCl和氯亚铜酸(HCuCl2)，加入氢氧化钠是强碱中和酸性溶液，可以防止pH过小，部分Na2SO3转化为SO②亚硫酸钠具有还原性，将铜离子由+2价还原为+1价，方程式为：2Cu③已知：CuCl+nCl-⇌[CuCln+1]n-其平衡常数K=c[CuCl（3）先向蚀刻废液中通入氧气，把HCuCl2氧化得到氯化铜，由于温度越高，氯化铜的溶解度增大，所以需要进行蒸发浓缩、冷却结晶，得到CuCl2．（2025·江苏连云港·一模）通过测定某蛋白质样品中氮元素的含量可以确定其优劣。“凯氏定氮法”测定蛋白质中含氮量的实验方案如下：(1)“消化”。将蛋白质样品与CuSO4溶液(作催化剂)和浓硫酸中的一种混合后放入三颈烧瓶中，实验装置如图所示，然后再滴加其中的另一种物质，在加热条件下充分反应，蛋白质中的氮元素转化为(NH4)2SO4。①滴液漏斗中盛放的物质是。②装置B的作用是。③反应结束后，打开止水夹K并不断通入N2，其原因是。(2)“吸收”。向得到的(NH4)2SO4中加入足量的NaOH溶液充分反应后，加热将所得NH3蒸出，然后用硼酸(H3BO3)溶液吸收，得到(NH4)2B4O7溶液。①硼酸是一元弱酸，易与水结合生成B(OH)4-，其水溶液显酸性的原因是②NH3与H3BO3反应生成(NH4)2B4O7的化学方程式为。(3)“测定”。称取0.8000g蛋白质样品，按照上述流程制取(NH4)2B4O7溶液，然后将其加水稀释至100mL。取出25.00mL放入锥形瓶中，滴加几滴指示剂，然后用0.1000moL·L−1盐酸标准溶液滴定，滴定终点时消耗盐酸的体积为20.00mL。已知：(NH4)2B4O7＋2HCl＋5H2O=2NH4Cl＋4H3BO3。①接近终点时滴加半滴盐酸溶液的操作：慢慢转动滴定管的活塞，使滴定管的尖嘴处悬挂半滴液体不滴落，。②该样品中氮元素的质量分数为。（写出计算过程）【答案】(1)浓硫酸作安全瓶，防止NaOH溶液倒吸将生成的SO2赶入装置C中完全吸收(2)H3BO3＋H2O⇌B(OH)4-＋H＋2NH3＋4H3BO3=(NH4)2B4O7＋5H(3)用锥形瓶内壁将其碰下来，并用蒸馏水将其冲入锥形瓶内14%〖祥解〗蛋白质样品“消化”将氮元素转化为硫酸铵，在将生成的硫酸铵与氢氧化钠溶液混合并加热反应生成氨气，生成的氨气通入H3BO3溶液中吸收，最后用标准盐酸溶液滴定，计算样品中的氮含量。【详析】（1）①将蛋白质样品在CuSO4催化下用硫酸消化分解，使氮元素转化为NH4+②装置B中导气管“长进短出”，B的作用是作安全瓶，防止NaOH溶液倒吸；③蛋白质“消化”过程中，浓硫酸还原产生二氧化硫，反应结束后，打开止水夹K并不断通入N2，将生成的SO2赶入装置C中完全吸收。（2）①H3BO3＋H2O⇌B(OH)4-＋H②根据元素守恒，NH3与H3BO3反应生成(NH4)2B4O7的化学方程式为2NH3＋4H3BO3=(NH4)2B4O7＋5H2O；（3）①接近终点时滴加半滴盐酸溶液的操作：慢慢转动滴定管的活塞，使滴定管的尖嘴处悬挂半滴液体不滴落，用锥形瓶内壁将其碰下来，并用蒸馏水将其冲入锥形瓶内。②根据反应建立关系式2N~2NH3~(NH4)2B4O7~2HCl，n(N)=n(HCl)=0.1000moL·L−1×0.02L=0.002mol，该样品中氮元素的质量分数为0.002mol3．（2025·江苏苏州·三模）ClO2可用于饮用水消毒，常通过CaO2与H2SO(1)制备ClO2反应的化学方程式为(2)已知NaClO3受热分解温度约为300°C，其他条件不变，研究温度对NaClO3①当温度高于55°C，随着温度升高，NaClO3转化率下降的原因是②当温度高于60°C，随着温度升高，NaClO3转化率与ClO2(3)研究发现在反应过程中加入HgSO4(掩蔽Cl-)，ClO2收率瞬间降低，但一段时间后又检测到溶液中有Cl-存在，最终ClO2(4)测定ClO2气体(含有一种能将KI氧化的杂质气体)I．将标准状况下20mL的ClO2气体样品通入过量的碱性KI溶液中充分反应(反应为ClO2+I-→ClO2-+I2Ⅱ．向反应后的溶液中加入醋酸调至酸性，淀粉作指示剂，用0.1000mol⋅L-1 Na2S①计算气体样品中ClO2体积分数(写出计算过程)②若气体样品中含Cl2，测定结果将(填“偏大”、“偏小”或“不变”)【答案】(1)2NaClO(2)当温度高于55°C，随着温度升高，NaClO3受热分解当温度高于60°C，随着温度升高，NaClO3受热分解，导致其转化率下降，且生成的(3)HgSO4与ClO2反应生成了氯离子，氯离子又和CaO2反应生成ClO2，导致ClO2(4)56%不变【详析】（1）在酸性条件下，NaClO3可与CaO2反应生成ClO2，反应中氯化合价由+5变为+4、过氧化钙中氧化合价则会升高为0（2）①当温度高于55°C，随着温度升高，NaClO②当温度高于60°C，随着温度升高，NaClO3受热分解，导致其转化率下降，且生成的ClO2也会和CaO2反应，导致（3）加入HgSO4(掩蔽Cl-)，ClO2收率瞬间降低，但一段时间后又检测到溶液中有Cl-存在，最终ClO2收率也没有改变，说明HgSO4与ClO2反应生成了氯离子，氯离子又和CaO（4）①Ⅱ中滴定反应中氯化合价由+3变为-1、碘化合价由-1变为0，结合电子守恒反应为ClO2-+4I-+4H+=Cl-+2I2+2H2O②氯气具有氧化性，在I中氯气氧化碘离子生成碘单质和氯离子，I中生成氯离子、碘单质不影响Ⅱ步骤中消耗标准液Na2S24．（2025·江苏宿迁·模拟预测）化学兴趣小组探究银及其化合物性质。I．探究SO2与AgNO(1)用如下装置(夹持、加热仪器略)制备SO2，将SO2以一定的流速通入装置B的作用是。(2)装置C中白色沉淀为Ag2SO3、Ag2SO4二者混合物。(①写出生成Ag2SO4②反应一段时间后，随着SO2的通入，装置C中Ag2SO3与Ⅱ．有文献记载，在强碱条件下，加热银氨溶液可能析出银镜。某同学进行如下验证和对比实验：装置实验序号试管中的药品现象实验I2mL银氨溶液和数滴较浓NaOH溶液有气泡产生，一段时间后，溶液逐渐变黑，试管壁附着银镜实验II2mL银氨溶液和数滴浓氨水一段时间后，溶液无明显变化已知：i．25℃，Ag++2NHii．AgOH不稳定(Ksp=1.4×10-(3)实验I中有N2生成，写出生成银镜的离子方程式(4)经检验实验I中变黑时产生的黑色物质中有Ag、Ag2①通过计算分析生成Ag2O原因②设计实验检验的Ag存在，取实验I中的黑色物质，。(5)水瓶内胆镀银达到保温效果，设计实验从废旧的水瓶内胆获得粗银，请完成实验方案。取废旧的水瓶内胆粉碎，，干燥后得粗银。[必选的试剂和设备：15%的HNO3溶液、铜粉、KBr溶液、罗丹明B(可与铜离子作用呈红色)【答案】(1)观察SO2(2)3Ag2SO3+2NO3-+2H(3)6(4)反应2Ag(NH3)2++2OH-⇌Ag2O↓+4NH3+H2O的平衡常数K≈4.06×10-7，所以能生成Ag2O加入浓氨水，搅拌，Ag2(5)取废旧的水瓶内胆粉碎，加入足量15%HNO3溶液（在通风设备中，因反应产生NO气体），加热至银完全溶解，过滤，除去不溶杂质，得AgNO3溶液，向滤液中加入一定量铜粉，搅拌，置换出银，过滤，向滤液中滴加KBr溶液，无淡黄色沉淀生成，说明Ag+已完全转化为Ag，洗涤固体Ag，取最后一次洗涤液，滴加罗丹明B〖祥解〗装置A中Cu与浓H2SO4在加热条件下发生反应生成CuSO4、SO2、H2O，装置B【详析】（1）由分析可知，装置B的作用是观察SO2（2）①生成Ag2SO4可能是因为生成Ag2SO3的过程中会产生氢离子，2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3↓+2H+，NO3②随着反应的进行，2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3↓+2H+，溶液酸性增强，NO3-氧化性增强，更多的Ag2SO3被氧化为Ag（3）在强碱条件下，加热银氨溶液时，Ag(NH3)2+被还原为（4）在NaOH存在下，加热促进NH3 · H2O分解，逸出NH3，促使Ag(NH3)2+⇌Ag++2NH3平衡正向移动，cAg②已知氧化银可以溶于氨水，设计实验为：取实验I中的黑色物质，加入浓氨水，搅拌，Ag2O溶于氨水(生成Ag(NH3)2+)，而Ag不溶。过滤，得滤渣（Ag），取滤渣，加入15%HNO3溶液，Ag溶解生成AgNO3，然后滴加KBr溶液，若生成淡黄色沉淀（（5）水瓶内胆表面有银镜。实验方案：取废旧的水瓶内胆粉碎，加入足量15%HNO3溶液（在通风设备中，因反应产生NO气体），加热至银完全溶解，过滤，除去不溶杂质，得AgNO3溶液，向滤液中加入一定量铜粉，搅拌，置换出银，反应：Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，过滤，向滤液中滴加KBr5．（2025·江苏南通·三模）三氧化二镍(Ni2O3)常用作磁性材料，具有强氧化性。以镍铜矿(含有NiS、CuS、SiO2以及少量的不溶杂质(1)煅烧。将一定量的镍铜矿与CaCO3混合后，粉碎后在富氧空气中充分煅烧。煅烧时加入CaCO3的目的是(2)酸浸。将煅烧得到的固体(含CuO、CaO、Ni2O3、CaSO4、CaSiO3)①反应后所得溶液中含Cu2+、Ca2+、Ni2+，写出酸浸时Ni②如何判断“酸浸”反应已经完成：。(3)除杂。将三颈瓶中悬浊液倒出、过滤后，向所得滤液中加入足量Ni粉，充分反应后过滤，调节滤液的pH，向滤液中加入NaF溶液将Ca2+沉淀除去。[溶液中c(Ni2+)=1mol⋅L-1，K①加入Ni粉的目的是除去溶液中的Cu2+。不选择用调节pH的方法除去Cu2+的原因是：②实际消耗Ni粉的量大于理论用量，原因是。(4)制备Ni2O3：请补充完整由除杂后得到的NiSO4溶液制取Ni2O3的实验方案：量取100mLNiSO4，测得其中NiSO4的浓度为1mol⋅L-1，，得到Ni【答案】(1)将生成的SO2转化为CaSO4，防止污染环境，同时将SiO2转化为硅酸钙除去(2)2Ni2O(3)Cu2+和Ni2+沉淀的pH范围接近，难以用调节pH的方法除去Cu2+Ni粉也能与稍过量的稀硫酸反应(4)向其中加入1mol⋅L−1NaHCO3溶液，边加边震荡，静置后向上层清液中加入1mol⋅L−1NaHCO3溶液，无沉淀生成时，停止滴加，过滤并洗涤NiCO3沉淀，向最后一次洗涤液中先加入稀盐酸，再加入氯化钡溶液，未产生白色沉淀，则证明NiCO3沉淀已洗净；将得到的NiCO3样品在空气中煅烧，假设起始NiCO3的物质的量为1mol，质量为119g，350℃时，对应固体残留为69.7%，质量为119g×69.7%≈83g，此时生成的固体Ni2O3，则NiCO3样品在空气中煅烧，加热到350℃分解一段时间，当固体质量不再变化时，停止加热〖祥解〗将一定量的镍铜矿与CaCO3混合后，粉碎后在富氧空气中充分煅烧，将煅烧得到的固体(含CuO、CaO、Ni2O3、CaSO4、CaSiO3)加入三颈瓶中(装置见下图)，通过恒压滴液漏斗缓慢滴加稍过量的稀硫酸，充分反应，将三颈瓶中悬浊液倒出、过滤后，向所得滤液中加入足量Ni粉，充分反应后过滤，调节滤液的pH，向滤液中加入NaF溶液将Ca2+沉淀除去。【详析】（1）煅烧时加入CaCO3是将生成的SO2转化为CaSO4，同时将SiO2转化为硅酸钙除去；（2）①根据反应后所得溶液中含Cu2+、Ca2+、Ni2+，则酸浸时，Ni2O3与稀硫酸反应生成NiSO4、O2和H2O，发生反应的化学方程式：2Ni2②由“酸浸”时，反应的化学方程式：2Ni2O3+4H（3）①已知Ksp[Cu(OH)2]=1×10−20，Ksp[Ni(OH)2]=1×10−15，当溶液中c(Ni2+)=1mol⋅L−1时，若铜离子完全沉淀，则c(Cu2+)=10−5mol⋅L−1，cOH-=KspCuOH2cCu2+=1×10-201×10-②加入Ni粉除去溶液中的Cu2+，同时Ni粉也能与稍过量的稀硫酸反应，所以实际消耗Ni粉的量大于理论用量；（4）量取100mLNiSO4，测得其中NiSO4的浓度为1mol⋅L−1，向其中加入1mol⋅L−1NaHCO3溶液，边加边震荡，静置后向上层清液中加入1mol⋅L−1NaHCO3溶液，无沉淀生成时，停止滴加，过滤并洗涤NiCO3沉淀，向最后一次洗涤液中先加入稀盐酸，再加入氯化钡溶液，未产生白色沉淀，则证明NiCO3沉淀已洗净；将得到的NiCO3样品在空气中煅烧，假设起始NiCO3的物质的量为1mol，质量为119g，350℃时，对应固体残留为69.7%，质量为119g×69.7%≈83g，此时生成的固体Ni2O3，400℃时固体残留率为63.2%，此时固体质量为119g×63.2%≈75.2g，生成物为NiO，则NiCO3样品在空气中煅烧，加热到350℃分解一段时间，当固体质量不再变化时，停止加热，得到Ni2O3。6．（2025·江苏苏州·三模）单宁酸（C76H52O46）-硫酸体系中，低品位软锰矿（MnO2质量分数为(1)当1mol C76(2)写出葡萄糖还原MnO2生成CO2的离子反应方程式：(3)浸出前后软锰矿与浸取渣的X-射线衍射图如图所示，衍射峰的强度能一定程度反映晶体的质量分数等信息。指出图中SiO2对应衍射峰强度变化的原因：(4)为测定一定条件下该低品位软锰矿中锰元素的浸出率，进行如下实验：准确称取mg软锰矿试样，加入一定量硫酸和单宁酸，水浴加热并充分搅拌，一段时间后过滤，将滤液冷却后加水定容至2L，量取20.00mL溶液于锥形瓶中，向锥形瓶中加入足量磷酸作稳定剂，再加入2mL高氯酸，边加边摇动，使Mn2+完全氧化为Mn(Ⅲ)，加热溶液至无气体产生，冷却后用浓度为c mol⋅L-1的(①实验室现配(NH4)2Fe②计算该条件下软锰矿中锰元素的浸出率η。[η=m(5)90℃下，控制单宁酸用量和反应时间相同，测得c(H2SO4【答案】(1)10：1(2)C(3)酸浸过程中，Fe2O3被酸溶，部分MnO2被还原，固体总质量减少；SiO2不发生反应，质量分数变大，衍射峰强度变大(4)使用K2Cr2O7基准试剂对(NH4)(5)c(H+)浓度过大，抑制了单宁酸的水解，没食子酸和葡萄糖的浓度降低，MnO2的还原速率减慢【详析】（1）设1mol C76H52O46完全水解，生成的没食子酸xmol、葡萄糖ymol，根据C守恒：7x+6y=76，没食子酸、葡萄糖比单宁酸分子中多的氧、氢原子都由水提供，则：6x+12y-525x（2）葡萄糖还原MnO2生成CO2，根据得失电子守恒，离子反应方程式为：（3）由图可知，酸浸过程中，Fe2O3被酸溶，部分MnO2被还原，固体总质量减少；SiO2不发生反应，质量分数变大，衍射峰强度变大；（4）①为提高测量结果的精确度，滴定前需要使用K2Cr2O7基准试剂对(NH②每20.00mL浸出滤液中：n(Mn2+)=n[(NH4)2Fe(（5）由图可知，c(H+)浓度过大，抑制了单宁酸的水解，没食子酸和葡萄糖的浓度降低，MnO2的还原速率减慢，所以c(7．（2025·江苏·三模）氢化铝钠NaAlH4)已知：①氢化铝钠易溶于四氢呋喃(，沸点为66℃)，难溶于戊烷(沸点为36℃)、甲苯(沸点为110℃)。②四氢呋喃能溶于水，能与戊烷、甲苯互溶。③氢化铝钠在戊烷或甲苯环境中结晶所得到的晶体具有较完整的晶体结构。(1)以四氢呋喃为溶剂，三乙基铝[AlC2H53，无色液体，沸点194℃]为催化剂，AlCl①AlC2H②实验室除去四氢呋喃中少量水的操作是。③利用Al2O3+3Cl2+3C1273K2④补充完整制备NaAlH4Ⅰ．AlⅡ．Ⅲ．NaH(2)利用如图所示装置，在三颈烧瓶中加入三乙基铝并加入NaH的四氢呋喃悬浊液，不断通入氮气，然后边搅拌边缓慢滴加含有计算量AlCl3①析出的白色固体主要成分为。②为避免外界水蒸气对实验的干扰，可采取的措施是。③补充完整获取具有较完整晶体结构NaAlH4的实验方案：取静置后的上层清液，(实验中可选用的试制：戊烷，甲苯)【答案】(1)根据“相似相溶”原理极性分子能溶于极性溶剂，非极性分子能溶于非极性溶剂，而AlC2H53与戊烷均属于弱极性有机物向其中加入无水氯化钙或无水硫酸钠等干燥剂，放置一段时间后过滤取滤液298K时AlCl3为固态，而1273K时AlCl3为气态，反应后气体分子数更多，产物的混乱度更大，ΔS更大Na(2)NaCl在烧瓶的瓶口处加装盛有干燥剂(如碱石灰等)的干燥管向其中加入一定量的戊烷或甲苯，振荡后转移至蒸馏烧瓶中蒸馏，收集66℃左右的馏分至不再有四氢呋喃溜出，停止加热〖祥解〗在三颈烧瓶中加入三乙基铝(作催化剂)、NaH的四氢呋喃悬浊液、AlCl3的四氢呋喃溶液，AlCl3与NaH反应可生成NaAlH4，充分反应，上层清液中含NaAlH4，由于氢化铝钠在戊烷或甲苯环境中结晶所得到的晶体具有较完整的晶体结构，可取上层清液，往其中加入戊烷(或甲苯【详析】（1）①根据“相似相溶”原理极性分子能溶于极性溶剂，非极性分子能溶于非极性溶剂，AlC2H②除去四氢呋喃中少量水的操作是向其中加入无水氯化钙或无水硫酸钠等干燥剂，放置一段时间后过滤取滤液即可。③298K时，AlCl3为固态；1273K时，AlCl3为气态，反应后气体分子数更多，产物的混乱度更大，则1273K时反应的ΔS明显大于④总反应的化学方程式为AlCl3+4NaHAlC2H53NaAlH4+3NaCl，要生成目标产物NaAlH4，结合已知的反应，在有NaAlC2H53（2）①在反应过程中，NaH可与AlCl3作用生成NaCl，而NaCl难溶于四氢呋喃，所以析出的白色固体主要成分为NaCl②为避免外界水蒸气对实验的干扰，可采取的措施是在烧瓶的瓶口处加装盛有干燥剂(如碱石灰等)的干燥管。③已知氢化铝钠在戊烷或甲苯环境中结晶所得到的晶体具有较完整的晶体结构，则实验方案：向其中加入一定量的戊烷或甲苯，振荡后转移至蒸馏烧瓶中蒸馏，收集66℃左右的馏分至不再有四氢呋喃溜出，停止加热，待晶体析出后，过滤、洗涤、干燥。8．（2025·江苏盐城·三模）甲苯是重要的有机原料，某化学兴趣小组利用甲苯为主要原料，进行下列实验：Ⅰ．利用如图所示装置制备对溴甲苯，并证明该反应为取代反应。(1)冷凝管中冷水从(填“a”或“b”)进，实验过程中使用了40mL甲苯(约为0.38mol)和30mL液溴(约为0.58mol)，则选用的仪器M的最合理规格为(填标号)。A．100mL

B．200mL

C．250mL

D．500mL(2)请写出甲苯与液溴生成对溴甲苯的化学方程式。(3)乙中CCl4的作用为。能说明该反应是取代反应而不是加成反应的实验现象为(4)实验过程中进行的分步操作如下，合理的顺序为(填标号)。若最后得到对溴甲苯51.98g，则该实验的产率约为(保留两位有效数字)。A．检查装置气密性B．连接好装置C．将甲苯和液溴滴入D．将NaOH溶液滴入E．接通冷凝水

F．将M中混合物过滤、分液、蒸馏Ⅱ．苯甲酸是一种化工原料，常用作制药和染料的中间体，也用于制取增塑剂和香料等。实验室合成苯甲酸的原理、有关数据及装置示意图如下：反应过程：反应试剂、产物的物理常数如下：名称性状熔点/℃沸点/℃密度/g·mL-1溶解度/g水乙醇甲苯无色液体、易燃易挥发-95110.60.8669不溶互溶苯甲酸白色片状或针状晶体122.4[1]2481.2659微溶[2]易溶已知：[1]100℃左右开始升华。[2]苯甲酸在100g水中的溶解度：4℃，0.18g；18℃，0.27g；75℃，2.2g。按下列合成步骤回答问题：(5)苯甲酸制备：如图在250mL三颈烧瓶中放入2.7mL甲苯和100mL水，控制100℃机械搅拌溶

液，在石棉网上加热至沸腾。从冷凝管上口分批加入8.5g高锰酸钾(加完后用少量水冲洗冷凝管内壁)，继续搅拌，静置发现不再出现现象时，停止反应。装置a的作用除上述外，另一主要作用是，已知加入高锰酸钾时发生的反应为：+2KMnO4→100oC+2MnO2↓+H2(6)分离提纯：除杂。将反应混合物加入一定量亚硫酸氢钠溶液使紫色褪去，高锰酸钾的还原产物为黑色难溶性MnO2，此时反应的离子方程式为。【答案】(1)aB(2)(3)吸收HBr气体中的Br2和甲苯蒸气丙中产生淡黄色沉淀(4)BAECDF80%(5)分层冷凝回流(6)2MnO〖祥解〗甲中甲苯与溴单质发生取代反应，生成对溴甲苯和HBr，通过乙装置吸收挥发的溴和甲苯后，生成气体进入丙中，硝酸银溶液用于检验溴化氢，丁装置吸收多余的HBr，防止污染环境；【详析】（1）冷凝管中冷水下进上出，冷凝效果好，则从a进；实验过程中使用了40mL甲苯(约为0.38mol)和30mL液溴(约为0.58mol)，总体积为70mL，液体体积一般要小于三分之二、大于三分之一，则选用的仪器M的最合理规格为B．200mL；（2）甲苯与溴单质发生取代反应生成对溴甲苯和HBr，催化剂为FeBr3，化学方程式为；（3）由于HBr中可能混有挥发的溴和甲苯，故要使混合气体通入四氯化碳除去溴，防止对HBr的检验造成干扰，同时吸收甲苯蒸气，装置乙中所盛放的四氯化碳的作用是吸收HBr气体中的Br2和甲苯蒸气；装置丙中有淡黄色沉淀生成时，说明反应生成了HBr，则说明该反应是取代反应而不是加成反应；（4）实验过程中进行的分步操作如下，合理的顺序为：连接好装置，A．检查装置气密性，防止漏气，E．接通冷凝水，C．将甲苯和液溴滴入，进行反应，D．将NaOH溶液滴入，除去过量的溴单质，F．将M中混合物过滤、分液、蒸馏，得到产物；故为：BAECDF；若最后得到对溴甲苯51.98g，实验过程中使用了40mL甲苯(约为0.38mol)和30mL液溴(约为0.58mol)，理论生成0.38mol对溴甲苯，则该实验的产率约为51.98g0.38mol（5）甲苯不溶于水会分层，反应生成的苯甲酸钾易溶于水，所以反应后的混合溶液不再分层，说明甲苯完全反应；装置a能冷凝回流水蒸气、甲苯蒸气，防止甲苯的挥发而降低产品产率；（6）反应后混合物中含有氢氧化钾，亚硫酸氢钠有还原性，能还原高锰酸钾生成二氧化锰、硫酸钾和水，则其反应的离子方程式为：2MnO49．（2025·江苏·一模）钛铁矿(主要含FeTiO3，还含有SiO2、MgO和FeO)是常见含钛矿石，常用于制取TiCl4和(1)工业上将FeTiO3、焦炭混合后，通入Cl2在高温下反应，可以制得FeCl3、TiCl(2)设计以钛铁矿、浓硫酸为原料制取TiO2⋅H2O的实验方案：得到TiO2⋅H2O。[已知：FeTiO3(灰黑色)可溶于热的浓硫酸生成TiOSO4(3)利用反应TiO2+CCl4≜TiCl4+CO2可以制取TiCl4(装置如下图所示)。已知CCl4、TiCl4物质熔点沸点其他CCl-23℃76℃与TiCl4TiCl-25℃136℃易水解(4)将钛铁矿与焦炭高温共热后可得到含TiO2、MgO、CaO、SiO2、Fe2O3、FeO步骤1：称取2.80g粉碎后的滤渣，加入足量含Na2SO3和邻菲罗啉(抑制Fe2+的水解)的浸取液，同时调节溶液的pH=4.5，充分反应(此时除金属步骤2：将步骤1所得滤液和洗涤液合并，向其中加入稀硫酸和过量的H2O2溶液，充分反应后将溶液煮沸约10min步骤3：取25mL步骤2所得溶液于锥形瓶中，向其中滴加2滴磺基水杨酸指示剂(溶于水呈无色，酸性条件下遇Fe3+显紫红色)，用浓度为0.10mol⋅L-1的维生素实验过程中发生的反应如下：6H++2SO3①步骤3滴定终点时的实验现象是。②计算炉渣中金属Fe的质量分数，并写出计算过程。【答案】(1)2FeTiO3+7Cl2+6C高温2FeCl3+2TiCl4+6CO(2)将钛铁矿分批加入热的浓硫酸中，边加边搅拌直至灰黑色固体消失，冷却后用砂芯漏斗过滤，将滤液边搅拌边加入足量蒸馏水中，充分反应后用砂芯漏斗过滤，用蒸馏水洗涤沉淀2~3次，直至取最后一次洗涤液加入氯化钡溶液无沉淀产生，干燥(3)取少许液体于试管中，向试管中加入少量蒸馏水充分振荡后，向上层清液中滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，说明四氯化碳中含有四氯化钛(4)滴入最后半滴维生素C溶液，溶液紫红色褪去，且半分钟内不恢复20%〖祥解〗该实验的实验目的是利用钛铁矿为原料制备四氯化钛和TiO2⋅H2O，并用滴定法测定钛铁矿与焦炭高温共热得到炉渣中金属铁的含量。【详析】（1）由题意可知，FeTiO3发生的反应为FeTiO3高温条件下与焦炭、氯气反应生成氯化铁、四氯化钛和一氧化碳，反应的化学方程式为，故答案为：2FeTiO3+7Cl2+6C高温2FeCl3+2TiCl4+6CO；（2）由题给信息可知，以钛铁矿、浓硫酸为原料制取TiO2⋅H2O涉及的反应为：FeTiO3+2H2SO4(浓)ΔTiOSO4+FeSO4+2H2O、TiOSO4+2H2O=TiO2⋅H2O↓+H2SO4，实验中应注意含有浓硫酸的反应混合液稀释时的操作顺序，则制取TiO2⋅H2O的实验方案为将钛铁矿分批加入热的浓硫酸中，边加边搅拌直至灰黑色固体消失，冷却后用砂芯漏斗过滤，将滤液边搅拌边加入足量蒸馏水中，充分反应后用砂芯漏斗过滤，用蒸馏水洗涤沉淀2~3次，直至取最后一次洗涤液加入氯化钡溶液无沉淀产生，干燥得到TiO2⋅H2O，故答案为：将钛铁矿分批加入热的浓硫酸中，边加边搅拌直至灰黑色固体消失，冷却后用砂芯漏斗过滤，将滤液边搅拌边加入足量蒸馏水中，充分反应后用砂芯漏斗过滤，用蒸馏水洗涤沉淀2—3次，直至取最后一次洗涤液加入氯化钡溶液无沉淀产生，干燥；（3）四氯化碳不溶于水，四氯化钛易水解得到含有氯离子的溶液，则检验四氯化碳中是否含有少量四氯化钛的方法是取少许液体于试管中，向试管中加入少量蒸馏水充分振荡后，向上层清液中滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，说明四氯化碳中含有四氯化钛，故答案为：取少许液体于试管中，向试管中加入少量蒸馏水充分振荡后，向上层清液中滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，说明四氯化碳中含有四氯化钛；（4）①由题意可知，溶液中的铁离子与维生素C溶液完全反应后，滴入最后半滴维生素C溶液，溶液会由无色变为紫红色，则步骤3滴定终点时的实验现象是滴入最后半滴维生素C溶液，溶液紫红色褪去，且半分钟内不恢复，故答案为：滴入最后半滴维生素C溶液，溶液紫红色褪去，且半分钟内不恢复；②由题给方程式和原子个数守恒可得如下关系：2Fe—2Fe3+—C6H8O6，滴定消耗12.50mL0.10mol/L维生素C，则炉渣中金属铁的质量分数为0.10mol/L×0.0125L×210．（2025·江苏南京·二模）含硫化合物在材料加工、实验室分析中有重要应用。(1)CuSCN材料可应用于太阳能电池。向脱硫废液(主要成分为KSCN和K2S2O3)①CuSO4与KSCN、K2S2O3反应生成②控制CuSO4溶液的pH，CuSCN产率如图所示。pH<3时，产率随pH减小而降低的原因是(2)NH42S2O8常用于织物漂白。测定NH42S2O8样品溶液的浓度：量取25.00mL该溶液于锥形瓶中，加入30.00mL0.2000mol①取用30.00mL0.2000mol⋅L-A．25mL量筒

B．50mL量筒

C．25mL酸式滴定管

D．50mL酸式滴定管②计算NH42S2O8(3)电解CuSO4溶液可用于测定阿伏伽德罗常数NA，计算公式为NA=I×t×M(Cu)2×e×①请补充完整实验方案：。重复上述操作2～3次，按公式进行数据处理［实验中必须使用的试剂和仪器：纯铜片、铂丝、CuSO4溶液、秒表、分析天平、直流电源(本实验过程中电流恒为1A)②本实验中不采用铂电极增加的质量来测定NA，其原因是【答案】(1)2CuSO4+2KSCN+2K2S2O3=2CuSCN↓+K2S(2)D0.0972mo(3)(a) 用分析天平准确称量干燥后的纯铜片初质量m0；(b) 将铜片(作阳极)和铂丝(作阴极)分别接到直流电源两极，浸入盛有CuSO₄溶液的电解槽中；(c)接通电路并保持电流I=1A不变，用秒表记录电解时间t；(d) 电解结束后取出铜片，用蒸馏水洗净、干燥，复称其质量m1；(e) 计算Δm=m0-m1，并按给定公式NA=I×t×M(Cu)2×e×【详析】（1）①CuSO4与KSCN、K2S2O3反应生成②当pH<3时，溶液中强酸会使K2S2O3发生歧化反应：S2（2）①FeSO4溶液显酸性，故取用30.00mL0.2000mol⋅②根据已知得MnO4-∼5Fe2+，则n(Fe2+)=5（3）①(a) 用分析天平准确称量干燥后的纯铜片初质量m0；(b) 将铜片(作阳极)和铂丝(作阴极)分别接到直流电源两极，浸入盛有CuSO₄溶液的电解槽中；(c)接通电路并保持电流I=1A不变，用秒表记录电解时间t；(d) 电解结束后取出铜片，用蒸馏水洗净、干燥，复称其质量m1；(e) 计算Δm=m0-m1，并按给定公式NA=I×t②之所以“不采用铂电极增加的质量”来测NA，是因为阴极(铂丝)上析出的铜容易出现附着不牢容易脱落，或铂丝上存在副反应，如生成氢气等，实际操作中难以精确且稳定地称量铂电极的增加质量，从而导致误差较大，因此一般通过称量阳极(纯铜片)的失质量来进行更可靠的测定。11．（2025·江苏南京·二模）AlI3是一种无色晶体，吸湿性极强，可溶于热的正己烷，在空气中受热易被氧化。(1)AlI3应用：下图为一种利用原电池原理设计的测定O2含量的气体传感器示意图，RbAg4I5是只能传导Ag+的固体电解质。O2可以通过聚四氟乙烯膜与碘化铝反应生成Al2O3和I2，通过电池电位计的变化可以测得O2的含量。①测定O2含量过程中发生的总反应方程式为。②给传感器充电时，Ag+向（填“银”或“多孔石墨”）电极移动。(2)AlI3的制备：①实验室可用如图装置制备AlI3。请补充完整AlI3制备的实验流程：将0.02mol铝和0.01molI2及正己烷加入烧瓶中，排尽装置中空气后，加热回流至，得粗产品。[实验中必须使用的试剂和设备：正己烷，蒸发皿，通风设备]②用上述操作所得粗产品呈浅棕黄色，可能原因是引入了碘单质，请设计实验方案验证。(3)AlI3的含量分析：对粗产品纯化处理后得到产品，再采用银量法测定产品中I-含量以确定纯度。滴定原理为：先用过量AgNO3标准溶液沉淀I-，再以NH4SCN标准溶液回滴剩余的Ag+。已知：难溶电解质AgI(黄色)AgSCN(白色)溶度积常数Ksp8.5×10—171.0×10—12称取产品1.0200g，用少量稀酸A溶解后转移至250mL容量瓶，加水定容得待测溶液。准备好滴定管→用移液管准确移取25.00mL待测溶液加入锥形瓶→准确移取25.00mL4.000×10-2mol·L-1AgNO3标准溶液加入锥形瓶→滴加指示剂硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2]溶液→加入稀酸B→用1.000×10-2mol·L-1NH4SCN标准溶液滴定→滴定至溶液呈浅红色→读数。①补充完整准备滴定管的操作：滴定管检漏、→→装液、赶气泡、调液面、读数。②三次滴定消耗NH4SCN标准溶液的平均体积为25.20mL，则产品纯度为。（写出计算过程）【答案】(1)3O2+4AlI3+12Ag═2Al2O3+12AgI银(2)溶液由紫红色恰好变为无色，将烧瓶内混合物过滤，打开通风设备，在蒸发皿内蒸发浓缩至出现晶膜，冷却结晶，过滤，用冷的正己烷洗涤，真空干燥取少量粗产品置于少量冷的正己烷中充分搅拌，静置后，取少量上层清液，向其中滴加淀粉溶液，观察液体是否变蓝，若变蓝则其中混有碘单质；否则，没有(3)水洗待装溶液润洗99.73%〖祥解〗Ag电极（负极）上，Ag失电子生成Ag+，电极反应为Ag-e-=Ag+，O2通过聚四氟乙烯膜与碘化铝反应生成Al2O3和I2（4AlI3+3O2=2Al2O3+6I2），I2在石墨电极发生还原反应生成I-，I【详析】（1）①根据上述分析，结合两电极得失电子守恒可知，总方程式为3O2+4AlI3+12Ag=2Al2O3+12AgI；②充电时，Ag电极为阴极，与电源负极相连，Ag+移向Ag电极（阴极）；（2）①由上述分析可知，AlI3过量，I2完全反应，故加热回流至溶液由紫红色恰好变为无色，将烧瓶内混合物过滤（除去过量的Al），打开通风设备，在蒸发皿内蒸发浓缩至出现晶膜，冷却结晶，过滤，用冷的正己烷洗涤，真空干燥；②可用淀粉溶液检验碘单质，故先取少量粗产品置于少量冷的正己烷中充分搅拌，静置后，取少量上层清液，再向其中滴加淀粉溶液，观察液体是否变蓝，若变蓝则其中混有碘单质，反之则无；（3）①滴定管使用前需检漏，再用水洗涤，并用待测液润洗2~3次，再装液；②依题存在如下计量关系：AlI3~3I-~3Ag+，Ag+~SCN-；故样品中AlI3的纯度为有ω(AlI3)=13×(4.000×1012．（2025·江苏·一模）磷酸锌是一种重要的活性防锈颜料，其制备和含量测定方案如下：(1)提纯ZnSO4。向含有Mg2+的ZnSO4溶液中加入ZnF2可除去①用数据说明加入ZnF2可除去Mg2+的原因。［已知：Ksp②一定条件下，反应温度对溶液中剩余的F-浓度、过滤速度的影响如图所示。反应温度选择60℃而不选择50℃的主要原因是(2)制备Zn3PO42⋅4H2O①该反应的化学方程式为。②检验Zn3PO4(3)测定Zn3①测定含量前需用Zn2+标准溶液标定Na2H2Y溶液的浓度。请补充完整配制250mL0.2000mol⋅L-1Zn2+标准溶液的实验步骤：；轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀，继续加入蒸馏水至液面离刻度线②将0.4580g磷酸锌样品溶于盐酸，配成100.00mL溶液。移取20.00mL溶液，用0.02000mol⋅L-1Na2H2Y溶液滴定至终点(Zn2+与H2Y2-按1：1【答案】(1)反应ZnF2(s)+Mg2+(aq)⇌MgF2(s)+(2)3ZnSO4+2H3PO4+3CONH(3)计算需用锌粒的质量m=0.25L×0.2000mol⋅L-1×65.38g/mol=3.2690g；使用分析天平称量3.2690g的纯锌；将称量好的锌粒放入烧杯中，用量筒量取约8.5mL6.0mol⋅L-1盐酸加入烧杯中，使之与锌粒充分反应；在烧杯中加入适量蒸馏水，用玻璃棒搅拌；将Zn2+【详析】（1）①向含有Mg2+的ZnSO4溶液中加入ZnF2，发生反应ZnF2(s)+②有示意图可判断反应温度选择60℃而不选择50℃的主要原因是：60℃时溶液中F-的浓度降低，且过滤速度相对较大。（2）①ZnSO4、CONH22和H3PO4②Zn3PO42⋅4H2O洗涤完全则没有其它杂质离子，比如（3）①配制250mL0.2000mol⋅L-1Zn2+标准溶液的实验步骤如下：计算需用锌粒的质量m=0.25L×0.2000mol⋅L-②由题意可知，磷酸锌与Na2H2Y的系数关系为Na2H213．（2025·江苏·一模）过氧化钙、过氧化铜可用作化工生产的氧化剂和催化剂。Ⅰ．过氧化钙的制备。过氧化钙（CaO2(1)“煮沸”的目的是。(2)“沉淀”反应的化学方程式为。(3)CaO2⋅8H2O需烘干转化为Ⅱ．过氧化铜的制备。反应CuNH34(4)补充完整由胆矾制备过氧化铜的实验步骤：称取NH4Cl和CuSO4⋅5H2(5)测定产品纯度。取产品0.1000g与过量酸性KI溶液完全反应后，溶液呈弱酸性。以淀粉为指示剂，用0.1000mol⋅L已知：CuO2+I计算产品中CuO2的纯度【答案】(1)使得溶液中二氧化碳气体逸出(2)CaCl2+H(3)温度过低不能有效烘干，高于140℃会使得CaO2(4)打开磁力搅拌器，边搅拌边0.03mol/L氢氧化钠溶液，至溶液变为深蓝色，将溶液置于冰水浴中，边搅拌边加入3%过氧化氢溶液至产生黄褐色沉淀，停止搅拌，静置，向上层清液中滴加3%过氧化氢溶液至无沉淀生成(5)96%〖祥解〗碳酸钙和稀盐酸反应后煮沸除去溶解的二氧化碳，滤液加入氨水、过氧化氢沉淀得到CaO2⋅8H2O【详析】（1）碳酸钙和稀盐酸生成二氧化碳，“煮沸”的目的是使得溶液中二氧化碳气体逸出，防止沉淀时生成碳酸钙杂质；（2）“沉淀”反应为氯化钙和氨水、过氧化氢生成CaO2⋅8H2O（3）烘干时需控温140℃的原因是温度过低不能有效烘干，高于140℃会使得CaO2（4）已知，反应CuNH342++H2O2+2H2O=CuO2↓+2NH4+（5）根据电子守恒，过氧化铜和碘离子反应为2CuO2+8I-+8H+=2CuI+3I2+4H214．（2025·江苏南京·模拟预测）硫代硫酸钠晶体Na2S2O3⋅5Ⅰ．制备Na方法一：亚硫酸钠法，反应原理：S+实验步骤：称取一定量的Na2SO3(1)S2O3(2)向硫粉中加入少量乙醇充分搅拌均匀的目的是。方法二：硫化碱法，装置如下图所示。(3)①装置C中，将Na2S和Na2CO3以2:1的物质的量之比配成溶液再通入SO2，便可制得②三颈烧瓶中两种固体溶解时，需先将Na2CO3固体溶于水配成溶液，再将Na2S③实验过程中，C装置中的澄清溶液先变浑浊，后变澄清时生成大量的Na2S2O3，一段时间后，再次出现少量浑浊，此时须立刻停止通入SO2。为了保证Ⅱ．Na2(4)某消毒液(pH约为5)中含有ClO2和Cl2两种主要成分。请补充完整用Na2S2O3标准溶液测定该消毒液中ClO2含量的实验方案：量取5.00mL消毒液于锥形瓶中，加蒸馏水稀释到已知：①pH>2时ClO2发生反应：②pH≤2时KClO2发生反应：③2Na(须使用的试剂：0.1000mol⋅L-【答案】(1)sp(2)硫粉微溶于乙醇，在乙醇中有一定的溶解度，从而增大反应物的接触面积，加快反应速率(3)4SO2+2Na2S+Na2CO3(4)向其中加入过