2026版化学步步高大二轮专题复习-专题八　大题突破3　化学实验综合

大题突破3化学实验综合一、以无机物制备为主线的综合实验1.有气体参与的物质制备综合题考向分析2.物质制备型实验题的思维方法1.(2025·河北，15)氢碘酸常用于合成碘化物。某化学兴趣小组用如图装置(夹持装置等略)制备氢碘酸。步骤如下：ⅰ.在A中加入150mLH2O和127gI2，快速搅拌，打开K1通入H2S，反应完成后，关闭K1，静置、过滤得滤液；ⅱ.将滤液转移至B中，打开K2通入N2，接通冷凝水，加热保持微沸，直至H2S除尽；ⅲ.继续加热蒸馏，C中收集沸点为125~127℃间的馏分，得到117mL氢碘酸(密度为1.7g·mL-1，HI质量分数为57%)。回答下列问题：(1)仪器A的名称：，通入H2S发生反应的化学方程式：。

(2)步骤ⅰ中快速搅拌的目的：(填序号)。a.便于产物分离 b.防止暴沸 c.防止固体产物包覆碘(3)步骤ⅰ中随着反应的进行，促进碘溶解的原因：(用离子方程式表示)。

(4)步骤ⅱ中的尾气常用(填化学式)溶液吸收。(5)步骤ⅱ实验开始时的操作顺序：先通入N2，再加热；步骤ⅲ实验结束时相对应的操作顺序：。

(6)列出本实验产率的计算表达式：。

(7)氢碘酸见光易分解，易被空气氧化，应保存在。

答案(1)圆底烧瓶H2S+I2=2HI+S(2)c(3)I2+I-=I3-(4)NaOH((5)先停止加热，再停止通入N2(6)117×1.7×57%128×(7)棕色细口试剂瓶中解析(2)由步骤ⅰ的操作可知，静置、过滤的目的是分离产物，与快速搅拌无关，a不符合题意；步骤ⅰ中未涉及加热，b不符合题意；由(1)可知，步骤ⅰ的反应中有硫单质生成，由于S不溶于水，会包裹溶液中的碘单质阻碍反应的发生，c符合题意。(3)I2可与溶液中的I-反应生成I3-，从而增大碘单质的溶解度，反应的离子方程式为I2+I-=I3-。(4)步骤ⅱ中的尾气是H2S，有毒，为酸性气体，常用NaOH溶液吸收。(5)停止加热后，持续通入N2，可防止产物HI被空气氧化，待装置冷却后再停止通入N2，可将装置中残留的HI全部赶入C中。(6)n实际(HI)=117mL×1.7g·mL-1×57%128g·mol-1，n理论(HI)=2×127g2×127g·2.(2025·辽宁名校联盟模拟)硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O)俗称大苏打，可用作定影剂和还原剂。某兴趣小组用如下原理来制备：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，装置如下：已知：ⅰ.Na2S2O3·5H2O易溶于水，难溶于乙醇。其水溶液显弱碱性，酸性条件下不稳定。ⅱ.Na2S2O3、Na2CO3、Na2SO3在水中的溶解度随温度变化如图所示。回答下列问题：Ⅰ.Na2S2O3·5H2O的制备如图连接好装置，检查气密性后，将试剂加入相应容器中。(1)下列可用作装置A的是(填字母)，对应的化学方程式为。

(2)装置B的作用是。

(3)随SO2的通入，D中逐渐有大量浅黄色固体析出，发生的反应为2Na2S+3SO2=2Na2SO3+3S↓；继续通入SO2，发生反应：Na2CO3+SO2=Na2SO3+CO2，且固体逐渐消失，当溶液pH约为7时，停止通气体，制得Na2S2O3溶液。固体逐渐消失发生反应的化学方程式为。为保证硫代硫酸钠的产量，通入D中的SO2不能过量，原因是。

(4)实验结束后，关闭K2、打开K1，玻璃液封管中所盛液体最好为(填字母)。

A.NaOH溶液B.浓硫酸C.饱和NaHSO3溶液(5)三颈烧瓶中的溶液经一系列操作得到Na2S2O3·5H2O晶体，其中可能含有Na2SO3、Na2CO3等杂质，所得产品可通过方法提纯。

Ⅱ.产品纯度的测定①溶液配制：准确称取该Na2S2O3·5H2O(M=248g·mol-1)样品4.00g，配制成250mL溶液。②滴定：向锥形瓶中加入20.00mL0.0100mol·L-1KIO3溶液，加入过量KI溶液和H2SO4溶液，发生反应：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，然后加入淀粉溶液作指示剂，用硫代硫酸钠样品溶液滴定，发生反应：I2+2S2O32-=S4(6)滴定终点的现象为；

消耗样品溶液的用量为24.80mL，则样品纯度为%(结果保留1位小数)。

答案(1)a(或b)Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O(或Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O)(2)平衡气压，控制气体流速(3)Na2SO3+S=Na2S2O3若SO2过量，溶液显酸性，产物Na2S2O3在酸性条件下不稳定，会导致产率降低(4)A(5)重结晶(6)滴入最后半滴硫代硫酸钠样品溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色75.0解析(2)B装置中长颈漏斗颈伸入液面以下，装置中压强过大时液体进入长颈漏斗，可以平衡气压；D中反应需控制pH，所以还可根据B中气泡速度控制SO2的流速。(4)实验结束后，关闭K2、打开K1，玻璃液封管中液体作用是吸收多余SO2，防止污染空气。NaOH溶液可以与SO2反应吸收SO2；浓硫酸与SO2不反应；饱和NaHSO3溶液不能吸收SO2，所以选A。(5)Na2S2O3的溶解度随温度变化较大，而Na2SO3、Na2CO3溶解度变化相对较小，所以可以利用重结晶的方法提纯Na2S2O3·5H2O，通过加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作除去杂质。(6)由IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O和I2+2S2O32-=S4O62-+2I-可得关系式：IO3-~3I2~6S2O32-，n(IO3-)=0.02L×0.0100mol·L-1=2×10-4mol，则n(S2O32-)=6n(IO3-)=1.2×10-3mol。250mL样品溶液中n(Na2S2O3·5H2O)=1.2×10-3mol24.80mL×250mL，m(Na2S2O3·5H2O)=二、以有机物制备、提取、纯化为主线的综合实验解答有机物制备类实验题的思维模型分析制备流程依据有机反应特点作答(1)有机化合物易挥发，反应中通常采用冷凝回流装置，以减少有机物的挥发，提高原料的利用率和产物的产率；(2)有机反应通常都是可逆反应，且易发生副反应，因此常使价格较低的反应物过量，以提高另一反应物的转化率和产物的产率，同时在实验中需要控制反应条件，以减少副反应的发生；(3)根据产品与杂质的性质差异，选择合适的分离、提纯方法1.(2025·黑吉辽蒙，17)某实验小组采用如下方案实现了对甲基苯甲酸的绿色制备。反应：步骤：Ⅰ.向反应管中加入0.12g对甲基苯甲醛和1.0mL丙酮，光照，连续监测反应进程。Ⅱ.5h时，监测结果显示反应基本结束，蒸去溶剂丙酮，加入过量稀NaOH溶液，充分反应后，用乙酸乙酯洗涤，弃去有机层。Ⅲ.用稀盐酸调节水层pH=1后，再用乙酸乙酯萃取。Ⅳ.用饱和食盐水洗涤有机层，无水Na2SO4干燥，过滤，蒸去溶剂，得目标产物。回答下列问题：(1)相比KMnO4作氧化剂，该制备反应的优点为、(答出2条即可)。

(2)根据反应液的核磁共振氢谱(已去除溶剂H的吸收峰，谱图中无羧基H的吸收峰)监测反应进程如图。已知峰面积比a∶b∶c∶d=1∶2∶2∶3，a∶a'=2∶1。反应2h时，对甲基苯甲醛转化率约为%。

(3)步骤Ⅱ中使用乙酸乙酯洗涤的目的是。

(4)步骤Ⅲ中反应的离子方程式为、。

(5)用同位素示踪法确定产物羧基O的来源。丙酮易挥发，为保证18O2气氛，通18O2前，需先使用“循环冷冻脱气法”排出装置中(空气中和溶剂中)的16O2，操作顺序为①→②→→→(填序号)，重复后四步操作数次。

①关闭阀门②液氮冷冻反应液③打开阀门抽气④反应液恢复室温同位素示踪结果如表所示，则目标产物中羧基O来源于醛基和。

反应条件质谱检测目标产物相对分子质量太阳光，18O2，室温，CH3COCH3，5h138太阳光，空气，室温，CH3C18OCH3，5h136答案(1)原料易得、绿色环保减少副产物的生成(2)50(3)除去未反应的(4)H++OH-=H2OH++(5)③①④氧气解析(1)该反应使用空气作氧化剂，故相比KMnO4作氧化剂而言，空气更易得，且能防止—CH3被氧化，减少副产物的生成。(2)由题给信息可知，反应时间为0h时，峰a、b、c、d分别表示醛基H、苯环H、苯环H和甲基H，反应2h时，峰面积a∶a'为2∶1，即2h时转化的对甲基苯甲醛的量为起始时的12，则反应2h时，对甲基苯甲醛的转化率为12×100%=50%。(3)步骤Ⅱ中加入过量稀NaOH溶液后，对甲基苯甲酸转化为可溶于水的对甲基苯甲酸钠，故采用乙酸乙酯洗涤时，可除去未反应完全的对甲基苯甲醛，从而提高目标产物纯度。(4)步骤Ⅲ中加入稀盐酸除去步骤Ⅱ中过量的NaOH，离子方程式为H++OH-=H2O；同时稀盐酸可使步骤Ⅱ中产生的转化为，离子方程式为H++。(5)具支试管中盛有溶剂及空气，故循环冷冻脱气时，须先关闭阀门，然后使用液氮冷冻反应液，待具支试管中的反应液冷冻后，打开阀门抽出其中的空气，然后关闭阀门，最后反应液恢复至室温，重复后四步操作数次，使装置中的16O2全部排出。若对甲基苯甲酸中羧基O均为16O，则其相对分子质量为136，而表中第一组信息显示其相对分子质量为138，故羧基中1个O为18O，比较反应条件可知，第一组产物中的18O来自18O2，故目标产物中羧基O来源于醛基和氧气。2.(2024·黑吉辽，17)某实验小组为实现乙酸乙酯的绿色制备及反应过程可视化，设计实验方案如下：Ⅰ.向50mL烧瓶中分别加入5.7mL乙酸(100mmol)、8.8mL乙醇(150mmol)、1.4gNaHSO4固体及4~6滴1‰甲基紫的乙醇溶液。向小孔冷凝柱中装入变色硅胶。Ⅱ.加热回流50min后，反应液由蓝色变为紫色，变色硅胶由蓝色变为粉红色，停止加热。Ⅲ.冷却后，向烧瓶中缓慢加入饱和Na2CO3溶液至无CO2逸出，分离出有机相。Ⅳ.洗涤有机相后，加入无水MgSO4，过滤。Ⅴ.蒸馏滤液，收集73~78℃馏分，得无色液体6.60g，色谱检测纯度为98.0%。回答下列问题：(1)NaHSO4在反应中起作用，用其代替浓H2SO4的优点是(答出一条即可)。

(2)甲基紫和变色硅胶的颜色变化均可指示反应进程。变色硅胶吸水，除指示反应进程外，还可。

(3)使用小孔冷凝柱承载，而不向反应液中直接加入变色硅胶的优点是(填标号)。

A.无需分离B.增大该反应平衡常数C.起到沸石作用，防止暴沸D.不影响甲基紫指示反应进程(4)下列仪器中，分离有机相和洗涤有机相时均需使用的是(填名称)。

(5)该实验乙酸乙酯的产率为(精确至0.1%)。

(6)若改用C2H518OH作为反应物进行反应，质谱检测目标产物分子离子峰的质荷比数值应为(精确至1)答案(1)催化剂无有毒气体二氧化硫产生(2)吸收生成的水，使平衡正向移动，提高乙酸乙酯的产率(3)AD(4)分液漏斗(5)73.5%(6)90解析(1)乙酸、乙醇中加浓硫酸制乙酸乙酯时，浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂，故本实验NaHSO4在反应中起催化剂作用；浓硫酸还具有强氧化性和脱水性，用浓H2SO4时可能发生副反应，且浓硫酸的还原产物二氧化硫为有毒气体，用NaHSO4代替浓H2SO4的优点是副产物少，可绿色制备乙酸乙酯，无有毒气体二氧化硫产生。(3)若向反应液中直接加入变色硅胶，反应后需要过滤出硅胶，而使用小孔冷凝柱承载则无需分离，故A正确；平衡常数只与温度有关，使用小孔冷凝柱承载不能增大该反应平衡常数，故B错误；小孔冷凝柱承载并没有投入溶液中，不能起到沸石作用，不能防止暴沸，故C错误；由题中“反应液由蓝色变为紫色，变色硅胶由蓝色变为粉红色”可知，若向反应液中直接加入变色硅胶，则变色硅胶由蓝色变为粉红色，会影响观察反应液由蓝色变为紫色，使用小孔冷凝柱承载不影响甲基紫指示反应进程，故D正确。(5)由反应CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O可知，100mmol乙酸与150mmol乙醇反应时，乙醇过量，理论上可获得的乙酸乙酯的质量为0.1mol×88g·mol-1=8.8g，该实验乙酸乙酯的产率为6.60g×98.0%8.8g×100%=73.5%。(6)若改用C2H518OH作为反应物进行反应：CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3+H2O，生成的乙酸乙酯的摩尔质量为90g·mol-1三、以物质性质探究、定量测定为主线的综合实验例1(定量测定)(2025·河南，16)某研究小组设计了如下实验测定某药用硫黄中硫的含量，其中硫转化的总反应为S+2OH-+3H2O2=SO42-+4H2O。主要实验步骤如下：Ⅰ.如图所示，准确称取mg细粉状药用硫黄于①中，并准确加入V1mLKOH乙醇溶液(过量)，加入适量蒸馏水，搅拌，加热回流。待样品完全溶解后，蒸馏除去乙醇。Ⅱ.室温下向①中加入适量蒸馏水，搅拌下缓慢滴加足量30%H2O2溶液，加热至100℃，保持20min，冷却至室温。Ⅲ.将①中溶液全部转移至锥形瓶中，加入2滴甲基橙指示剂，用cmol·L-1HCl标准溶液滴定至终点，消耗HCl溶液体积为V2mL。Ⅳ.不加入硫黄，重复步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ做空白实验，消耗HCl标准溶液体积为V3mL。计算样品中硫的质量分数。Ⅴ.平行测定三次，计算硫含量的平均值。回答下列问题：(1)仪器①的名称是；②的名称是。

(2)步骤Ⅰ中，乙醇的作用是。

(3)步骤Ⅰ中，样品完全溶解后，必须蒸馏除去乙醇的原因是。

(4)步骤Ⅱ中不宜采用水浴加热的原因是。

步骤Ⅱ结束后，若要检验反应后溶液中的SO42-，实验操作是(5)步骤Ⅲ中，判断滴定达到终点的现象为。

(6)单次样品测定中硫的质量分数可表示为(写出计算式)。

答案(1)圆底烧瓶球形冷凝管(2)作溶剂，溶解硫黄(3)防止乙醇被过氧化氢氧化，干扰后续滴定(4)水浴加热不能持续保持100℃取少量溶液于试管中，先加入足量盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，则溶液中含有SO42-，反之不含SO42-(5)加入最后半滴HCl标准溶液，溶液恰好由黄色变为橙色，且半分钟内颜色不恢复(6解析(2)由于S难溶于水，微溶于乙醇，故步骤Ⅰ中乙醇的作用是作溶剂，溶解硫黄。(5)步骤Ⅲ中是用盐酸标准溶液滴定溶液中过量的碱，指示剂为甲基橙，故判断滴定达到终点的现象为加入最后半滴HCl标准溶液，溶液恰好由黄色变为橙色，且半分钟内颜色不恢复。(6)不加入硫黄进行步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ做空白实验，消耗HCl标准溶液体积为V3mL，由此可知，起始加入的n(KOH)=cV3×10-3mol。加入硫黄进行步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ操作，用cmol·L-1HCl标准溶液滴定至终点，消耗HCl标准溶液体积为V2mL，由此可知，与S反应后剩余的KOH的物质的量为cV2×10-3mol，故与单质硫反应消耗的KOH的物质的量为c(V3-V2)×10-3mol，结合题中所给的离子方程式可知，样品中硫的物质的量为c(V3-V2)×例2(性质探究)(2025·湖北，18)某小组在探究Cu2+的还原产物组成及其形态过程中，观察到的实验现象与理论预测有差异。根据实验描述，回答下列问题：(1)向2mL10%NaOH溶液加入5滴5%CuSO4溶液，振荡后加入2mL10%葡萄糖溶液，加热。①反应产生的砖红色沉淀为(写化学式)，葡萄糖表现出(填“氧化”或“还原”)性。

②操作时，没有加入葡萄糖溶液就加热，有黑色沉淀生成。用化学反应方程式说明该沉淀产生的原因：。

(2)向20mL0.5mol·L-