人教版高中化学必修第一册考点练27化学实验方案的设计与评价含答案

考点27化学实验方案的设计与评价一、选择题1.(2025·安徽卷·10)下列实验操作能达到实验目的的是 ()选项实验操作实验目的A将铁制镀件与铜片分别接直流电源的正、负极,平行浸入CuSO4溶液中在铁制镀件表面镀铜B向粗盐水中先后加入过量Na2CO3溶液、NaOH溶液和BaCl2溶液粗盐提纯中,去除Ca2+、Mg2+和SO4C向2mL0.1mol·L-1K2Cr2O7溶液中滴加5滴6mol·L-1NaOH溶液,再滴加5滴6mol·L-1H2SO4溶液探究c(H+)对如下平衡的影响:Cr2O72−(橙色)+HD将有机物M溶于乙醇,加入金属钠探究M中是否含有羟基【解析】选C。铁作为镀件应接电源负极,若将铁接正极会导致其放电而溶解,A错误;粗盐提纯时,BaCl2溶液应在Na2CO3溶液之前加入,以便除去过量Ba2+,B错误;通过加NaOH降低H+浓度使溶液变黄,再加H2SO4提高H+浓度恢复橙色,验证H+浓度对平衡的影响,C正确;乙醇本身含羟基,也可与金属钠反应,会干扰M中羟基的检测,D错误。2.(2025·甘肃卷·13)下列实验操作能够达到目的的是 ()选项实验操作目的A测定0.01mol·L-1某酸溶液的pH是否为2判断该酸是否为强酸B向稀Fe2(SO4)3溶液滴入几滴浓硫酸,观察溶液颜色变化探究H+对Fe3+水解的影响C向AgNO3溶液先滴入几滴NaCl溶液,再滴入几滴NaI溶液,观察沉淀颜色变化比较AgCl和AgI的Ksp大小D将氯气通入Na2S溶液,观察是否产生淡黄色沉淀验证氯气的氧化性【解析】选D。若该酸为一元酸,0.01mol·L-1某酸溶液的pH=2,可判断为强酸,但某些二元弱酸,在浓度为0.01mol·L-1时也可能达到pH=2,故无法判断该酸是否为强酸,A错误;向稀Fe2(SO4)3溶液中加浓硫酸,虽增加H+浓度,抑制Fe3+水解,但浓硫酸稀释时放热,未控制变量,无法单独验证H+的影响,B错误;AgNO3溶液过量,溶液中剩余的Ag+会直接与I-反应生成AgI沉淀,无法证明AgCl转化为AgI,故不能比较Ksp,C错误;Cl2与Na2S反应生成淡黄色沉淀S,证明Cl2将S2-氧化为S,验证了Cl2的氧化性,D正确。3.(2025·河北卷·13)下列实验操作及现象能得出相应结论的是 ()选项实验操作及现象结论A向盛有NO2与N2O4的恒压密闭容器中通入一定体积的N2,最终气体颜色变浅化学平衡向NO2减少的方向移动B以K2CrO4为指示剂,用AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl-,先出现白色沉淀,后出现砖红色沉淀Ksp(AgCl)<Ksp(Ag2CrO4)C向盛有2mLFeCl3溶液的试管中加入过量铁粉,充分反应后静置,滴加KSCN溶液无明显变化;静置,取上层清液滴加几滴氯水,溶液变红Fe2+具有还原性D向盛有2mL饱和Na2SO4溶液的试管中滴加鸡蛋清溶液,振荡,有沉淀析出;加蒸馏水稀释,再振荡,沉淀溶解蛋白质沉淀后活性改变【解析】选C。恒压条件下通入N2,容器体积增大,NO2和N2O4的浓度均降低,平衡向NO2增多的方向移动,A错误;AgCl与Ag2CrO4的类型不同，不能直接通过沉淀顺序比较Ksp大小,B错误;Fe3+被Fe还原为Fe2+,滴加氯水后Fe2+被氧化为Fe3+,证明Fe2+具有还原性,C正确;饱和Na2SO4溶液使蛋白质盐析,加水后沉淀溶解,说明未破坏蛋白质活性,D错误。4.(2025·黑、吉、辽、内蒙古卷·8)巧设实验,方得真知。下列实验设计合理的是 ()A.除去Cl2中的HClB.制备少量NO避免其被氧化C.用乙醇萃取CS2中的SD.制作简易氢氧燃料电池【解析】选B。碱石灰为NaOH和CaO的混合物,既能吸收HCl又能吸收Cl2,不能用碱石灰除去Cl2中的HCl,故A错误;铜丝和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水,NO不溶于水,U形管左侧与大气隔绝,即NO存在于无氧环境中,故B正确;S微溶于酒精、易溶于CS2,不能用乙醇萃取CS2中的S,故C错误;闭合K1、断开K2时,该装置为电解池,锌为活性阳极,无氧气生成,阴极生成氢气,则断开K1、闭合K2时,不能形成氢氧燃料电池,故D错误。5.(2025·黑、吉、辽、内蒙古卷·12)化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的指标之一,以水样消耗氧化剂的量折算成消耗O2的量(单位为mg·L-1)来表示。碱性KMnO4不与Cl-反应,可用于测定含Cl-水样的COD,流程如图。下列说法错误的是 ()A.Ⅱ中发生的反应有MnO2+2I-+4H+Mn2++I2+2H2OB.Ⅱ中避光、加盖可抑制I-被O2氧化及I2的挥发C.Ⅲ中消耗的Na2S2O3越多,水样的COD值越高D.若Ⅰ中为酸性条件,测得含Cl-水样的COD值偏高【解析】选C。Ⅰ中KMnO4与水样中的有机物在碱性条件下反应得到MnO2,溶液中剩余KMnO4,Ⅱ中在酸性条件下KMnO4、MnO2与I-反应得到I2单质和Mn2+,Ⅱ中生成的I2在Ⅲ中用Na2S2O3滴定。Ⅱ中MnO4-和MnO2在酸性条件下与过量的KI反应得到I2和Mn2+,存在MnO2+2I-+4H+Mn2++I2+2H2O,A正确;Ⅱ中避光、加盖可抑制I-被氧气氧化及I2的挥发,B正确;整个反应中,KMnO4得电子生成Mn2+,有机物和碘离子失去电子数目与KMnO4得电子数目相等,Ⅲ中消耗的Na2S2O3越多,说明生成的I2越多,也说明有机物消耗的KMnO4的量少,水样中的COD值越低,C错误;若Ⅰ中为酸性条件,Cl-会与KMnO46.(2025·湖北卷·10)制备α-氯代异丁酸的装置如图。在反应瓶中加入异丁酸与催化剂(易水解),加热到70℃,通入Cl2,反应剧烈放热,通气完毕,在120℃下继续反应。反应结束,常压蒸馏得产物。反应方程式:+Cl2+HCl下列说法错误的是 ()A.干燥管可防止水蒸气进入反应瓶B.可用NaOH溶液作为吸收液C.Cl2通入反应液中可起到搅拌作用D.控制Cl2流速不变可使反应温度稳定【解析】选D。异丁酸和氯气在催化剂和加热条件下发生取代反应生成α-氯代异丁酸和HCl,催化剂易水解,实验中干燥管的作用是隔绝水蒸气，防止水蒸气进入反应瓶,防止催化剂水解,未反应的氯气和产生的HCl可用NaOH溶液吸收,防止污染空气。催化剂易水解,实验中干燥管的作用是隔绝水蒸气，防止水蒸气进入反应瓶,A正确;尾气含未反应的氯气和产生的HCl,二者均可以被NaOH溶液吸收,故可用NaOH溶液作为吸收液,B正确;将Cl2通入反应液的底部,氯气在液体中由下往上扩散,使氯气与反应液充分接触,故Cl2通入反应液可起到搅拌作用,C正确;只要反应还未完全,Cl2流速不变,温度就会持续升高,要控制反应温度稳定应当逐渐减小氯气的流速,D错误。7.(2025·湖南卷·11)SnCl2具有还原性,易水解。一种制备纯净的SnCl2的装置示意图如下:下列说法错误的是 ()A.导气管a需接一个装有碱石灰的干燥管B.实验过程中应先通入HCl(g),再开启管式炉加热C.若通入气体更换为Cl2,也可制备纯净的SnCl2D.配制SnCl2溶液需加盐酸和金属Sn【解析】选C。先通入HCl(g),排净装置内的空气,Sn与HCl在管式炉中发生反应制取SnCl2,冷却剂用于冷凝SnCl2,SnCl2盛接器收集SnCl2,据此解答。已知SnCl2易水解,则导气管a需接一个装有碱石灰的干燥管,防止水蒸气进入使得SnCl2水解,同时可以吸收尾气,A正确;SnCl2具有还原性,应先通入HCl(g),排出装置中的O2,防止SnCl2被氧化,B正确;若通入气体更换为Cl2,SnCl2具有还原性,可能被氧化为更高价态,如SnCl4,无法制备纯净的SnCl2,C错误;配制SnCl2溶液时,加入盐酸,抑制Sn2+水解,加入金属Sn,防止Sn2+被氧化,D正确。8.(2025·重庆卷·9)下列实验操作及其现象不能推出相应结论的是 ()选项实验操作及现象结论A将点燃的镁条迅速伸入集满CO2的集气瓶中,产生白烟和黑色固体CO2具有氧化性B用pH计测得碳酸钠溶液的pH小于苯酚钠溶液的pH酸性:碳酸>苯酚C在盛有稀盐酸的试管中加入锌片,产生气泡;再将铜丝插入试管且接触锌片,产生气泡的速率增大反应速率:电化学腐蚀>化学腐蚀D将一定浓度的葡萄糖溶液滴入新制Cu(OH)2悬浊液中,加热,生成砖红色沉淀葡萄糖属于还原糖【解析】选B。镁与CO2反应生成氧化镁和碳单质,C元素化合价降低,所以二氧化碳体现氧化性,A结论正确;用pH计测定等浓度的Na2CO3溶液和苯酚钠溶液的pH时,根据水解原理,碳酸氢根离子的酸性比苯酚弱,则碳酸根离子的水解程度较大,溶液的碱性较强,pH大,可得出结论是酸性:HCO3-<苯酚,不能直接比较碳酸和苯酚的酸性,而且选项中没有强调碳酸钠溶液和苯酚钠溶液的浓度是否相等,B结论错误;铜、锌和稀盐酸可形成原电池,加快了反应速率,所以电化学腐蚀速率更快,C结论正确;葡萄糖与新制的氢氧化铜悬浊液反应,生成的砖红色沉淀为Cu2O,说明氢氧化铜9.(2025·晋陕青宁卷·10)下列实验方案不能得出相应结论的是 ()AB结论:金属活动性顺序为Zn>Fe>Cu结论:氧化性顺序为Cl2>Fe3+>I2CD结论:甲基使苯环活化结论:增大反应物浓度,该反应速率加快【解析】选C。Fe、Cu、稀硫酸原电池中,电子由活泼金属Fe经外电路流向Cu,Fe、Zn、硫酸原电池中,电子由Zn经外电路流向Fe,金属活动性:Zn>Fe>Cu,A正确;FeCl3与淀粉KI溶液反应,溶液变蓝色,则氧化性:Fe3+>I2,新制氯水加入含KSCN的FeCl2溶液中,溶液变红色,生成了Fe3+,则氧化性:Cl2>Fe3+,故氧化性:Cl2>Fe3+>I2,B正确;酸性高锰酸钾溶液分别滴入苯和甲苯中,甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色,说明了苯环使甲基活化,C错误;不同浓度的Na2S2O3溶液与相同浓度的硫酸溶液反应,浓度大的Na2S2O3溶液先出现浑浊,说明增大反应物浓度,反应速率加快,D正确。10.(2025·晋陕青宁卷·12)格氏试剂性质活泼,可与空气中的H2O和O2等反应。某兴趣小组搭建了图示无水无氧装置(部分装置略),以乙醚(沸点34.5℃)为溶剂,利用下述反应高产率地制备二苯甲酮。主反应+下列说法错误的是 ()A.气球中填充保护气,并起缓冲压力的作用B.烧瓶中液体是格氏试剂的乙醚溶液C.图中的漏斗不能用球形分液漏斗代替D.产率高表明苯甲酰氯比二苯甲酮更易与格氏试剂反应【解析】选B。当气球被充入保护气时,气体在气球内产生了一定的压力,这将均匀地作用在气球内外的表面上,起到缓冲压力的作用,故A正确;格氏试剂性质活泼,为避免反应过于剧烈,烧瓶中应加入苯甲酰氯,格氏试剂通过滴液漏斗缓慢滴加,故B错误;反应体系为无水、无氧的密封装置,需要用图中的恒压滴液漏斗保证液体顺利滴下,而不能用球形分液漏斗,故C正确;苯甲酰氯比二苯甲酮与格氏试剂反应速率快,导致苯甲酰氯与格氏试剂反应产率高,故D正确。11.(2025·云南卷·8)某化学兴趣小组设计如下实验装置,通过测定反应前后质量的变化,验证NaNO3固体在酒精灯加热条件下,受热分解的气态产物。实验步骤:先缓慢通入Ar气,排尽装置内空气;关闭Ⅰ左侧阀门,点燃酒精灯;一段时间后,Ⅱ中灼热的铜网变黑,熄灭酒精灯甲;再次缓慢通入Ar气……下列说法错误的是 ()A.实验步骤中,点燃酒精灯的顺序为甲、乙、丙B.整个过程中,若Ⅲ中灼热的铜网未变黑,则说明生成的O2在Ⅱ中反应完全C.实验结束后,若Ⅰ中减少的质量等于Ⅱ中增加的质量,则分解的气态产物只有O2D.NaNO3应远离热源、可燃物,并与还原性物质分开存放【解析】选A。先缓慢通入Ar气,排尽装置内空气,防止对实验造成干扰,关闭Ⅰ左侧阀门,先后点燃乙、丙、甲处酒精灯,一段时间后,Ⅰ中灼热的铜网变黑,说明NaNO3分解产生了O2,熄灭酒精灯甲,再次缓慢通入Ar气,使NaNO3分解产生的气态产物全部排尽,浓硫酸用于防止空气中的水蒸气进入装置干扰实验。为确保能准确测定产生的氧气的质量,应先点燃乙处酒精灯,再点燃丙处酒精灯,最后点燃甲处酒精灯,A错误;Ⅱ、Ⅲ中Cu均能和氧气反应生成黑色的CuO,整个过程中,若Ⅲ中灼热的铜网未变黑,则说明生成的O2在Ⅱ中反应完全,B正确;Ⅱ中的Cu只能吸收O2,实验结束后,若Ⅰ中减少的质量等于Ⅱ中增加的质量,则分解的气态产物只有O2,C正确;由该实验可知NaNO3受热易分解产生氧化剂、助燃性气体O2,故NaNO3应远离热源、可燃物,并与还原性物质分开存放,D正确。12.(2025·广东卷·11)利用如图装置进行实验:打开K1、K2,一定时间后,a中溶液变蓝;关闭K1,打开K3,点燃酒精灯加热数分钟后,滴入无水乙醇。下列说法错误的是 ()A.a中现象体现了I-的还原性B.b中H2O2既作氧化剂也作还原剂C.乙醇滴加过程中,c中的铜丝由黑变红,说明乙醇被氧化D.d中有银镜反应发生,说明c中产物有乙酸【解析】选D。打开K1、K2,一定时间后,b中H2O2在MnO2的催化下生成O2,O2进入a中,氧化I-,生成I2,使得酸化的淀粉-KI溶液变蓝;关闭K1,打开K3,无水乙醇在铜丝的催化下与氧气发生氧化反应生成乙醛,乙醛可与银氨溶液在加热条件下发生银镜反应。O2进入a中,氧化I-,生成I2,体现了I-的还原性,A正确;b中H2O2在MnO2的催化下生成O2和H2O,H2O2既作氧化剂也作还原剂,B正确;无水乙醇在铜丝的催化下与氧气发生氧化反应生成乙醛,在此过程中,铜丝先和氧气反应生成黑色的氧化铜,乙醇再和氧化铜反应,氧化铜被还原为红色的铜单质,乙醇被氧化为乙醛,故c中的铜丝由黑变红,可以说明乙醇被氧化,C正确;乙醛可与银氨溶液在加热条件下发生银镜反应,D错误。非选择题13.(2025·安徽卷·16)侯氏制碱法以NaCl、CO2和NH3为反应物制备纯碱。某实验小组在侯氏制碱法基础上,以NaCl和NH4HCO3为反应物,在实验室制备纯碱,步骤如下:①配制饱和食盐水;②在水浴加热下,将一定量研细的NH4HCO3加入饱和食盐水中,搅拌,使NH4HCO3溶解,静置,析出NaHCO3晶体;③将NaHCO3晶体减压过滤、煅烧,得到Na2CO3固体。回答下列问题:(1)步骤①中配制饱和食盐水,下列仪器中需要使用的有(填名称)。

(2)步骤②中NH4HCO3需研细后加入,目的是

。

(3)在实验室使用NH4HCO3代替CO2和NH3制备纯碱,优点是

。

(4)实验小组使用滴定法测定了产品的成分。滴定过程中溶液的pH随滴加盐酸体积变化的曲线如下图所示。ⅰ.到达第一个滴定终点B时消耗盐酸V1mL,到达第二个滴定终点C时又消耗盐酸V2mL。V1=V2,所得产品的成分为(填标号)。

a.Na2CO3b.NaHCO3c.Na2CO3和NaHCO3 d.Na2CO3和NaOHⅱ.到达第一个滴定终点前,某同学滴定速度过快,摇动锥形瓶不均匀,致使滴入盐酸局部过浓。该同学所记录的V'1V1(填“>”“<”或“=”)。

(5)已知常温下Na2CO3和NaHCO3的溶解度分别为30.7g和10.3g。向饱和Na2CO3溶液中持续通入CO2气体会产生NaHCO3晶体。实验小组进行相应探究:实验操作现象a将CO2匀速通入置于烧杯中的20mL饱和Na2CO3溶液,持续20min,消耗600mLCO2无明显现象b将20mL饱和Na2CO3溶液注入充满CO2的500mL矿泉水瓶中,密闭,剧烈摇动矿泉水瓶1~2min,静置矿泉水瓶变瘪,3min后开始有白色晶体析出ⅰ.实验a无明显现象的原因是。

ⅱ.析出的白色晶体可能同时含有NaHCO3和Na2CO3·10H2O。称取0.42g晾干后的白色晶体,加热至恒重,将产生的气体依次通过足量的无水CaCl2和NaOH溶液,NaOH溶液增重0.088g,则白色晶体中NaHCO3的质量分数为。

【解析】(1)步骤①中配制饱和食盐水,要在烧杯中放入一定量的食盐,然后向其中加入适量的水并用玻璃棒搅拌使其恰好溶解,因此需要使用的有烧杯和玻璃棒。(2)固体的颗粒越小,其溶解速率越大,且与其他物质反应的速率越大,因此,步骤②中NH4HCO3需研细后加入,目的是加快NH4HCO3溶解,加快NH4HCO3与NaCl反应。(3)CO2和NH3在水中可以发生反应生成NH4HCO3,但是存在气体不能完全溶解、气体的利用率低且会对环境产生不好的影响等因素,因此,在实验室使用NH4HCO3代替CO2和NH3制备纯碱,其优点是工艺简单、绿色环保、制备产品的效率较高、原料利用率较高等。(4)ⅰ.根据图中的曲线变化可知,到达第一个滴定终点B时,发生的反应为Na2CO3+HClNaCl+NaHCO3,消耗盐酸V1mL,到达第二个滴定终点C时,发生的反应为NaHCO3+HClNaCl+CO2↑+H2O,又消耗盐酸V2mL,因为V1=V2,说明产品中不含NaHCO3和NaOH,因此,所得产品的成分为Na2CO3,故选a。ⅱ.到达第一个滴定终点前,某同学滴定速度过快,摇动锥形瓶不均匀,致使滴入盐酸局部过浓,其必然会使一部分Na2CO3与盐酸反应生成CO2,从而使得V1偏大、V2偏小,因此,该同学所记录的V'1>V1。(5)ⅰ.实验a无明显现象的原因:CO2在饱和Na2CO3溶液中的溶解速率小、溶解量小,且两者发生反应的速率也较小,生成的NaHCO3的量较少,NaHCO3在该溶液中没有达到过饱和状态,故不能析出晶体。ⅱ.析出的白色晶体可能同时含有NaHCO3和Na2CO3·10H2O。称取0.42g晾干后的白色晶体,加热至恒重,将产生的气体依次通过足量的无水CaCl2和NaOH溶液。NaHCO3受热分解生成的气体中有H2O和CO2,而Na2CO3·10H2O分解产生的气体中只有H2O,无水CaCl2可以吸收分解产生的H2O,NaOH溶液可以吸收分解产生的CO2;NaOH溶液增重0.088g,则分解产生的CO2的质量为0.088g,其物质的量为0.088g44g·mol-1=0.002mol,由分解反应可知,NaHCO3的物质的量为0.004mol,则白色晶体中NaHCO3的质量为0.004mol×84g·mol-1答案:(1)烧杯、玻璃棒(2)加快NH4HCO3溶解,加快NH4HCO3与NaCl反应(3)工艺简单、绿色环保、制备产品的效率较高、原料利用率较高(合理即可)(4)ⅰ.aⅱ.>(5)ⅰ.CO2在饱和Na2CO3溶液中的溶解速率小、溶解量小,且两者发生反应的速率也较小,生成的NaHCO3的量较少,NaHCO3在该溶液中没有达到过饱和状态,故不能析出晶体ⅱ.80%14.(2025·北京卷·19)化学反应平衡常数对认识化学反应的方向和限度具有指导意义。实验小组研究测定“MnO2+2Br-+4H+Mn2++Br2+2H2O”平衡常数的方法,对照理论数据判断方法的可行性。(1)理论分析①Br2易挥发,需控制生成c(Br2)较小。②根据25℃时K=6.3×104分析,控制合适pH,可使生成c(Br2)较小;用浓度较大的KBr溶液与过量MnO2反应,反应前后c(Br-)几乎不变;c(Mn2+)=c(Br2),仅需测定平衡时溶液pH和c(Br2)。③Br2与水反应的程度很小,可忽略对测定干扰;低浓度HBr挥发性很小,可忽略。(2)实验探究序号实验内容及现象Ⅰ25℃,将0.200mol·L-1KBr溶液(pH≈1)与过量MnO2混合,密闭并搅拌,充分反应后,溶液变为黄色,容器液面上方有淡黄色气体Ⅱ25℃,将0.200mol·L-1KBr溶液(pH≈2)与过量MnO2混合,密闭并搅拌,反应时间与Ⅰ相同,溶液变为淡黄色,容器液面上方未观察到黄色气体Ⅲ测定Ⅰ、Ⅱ反应后溶液的pH;取一定量反应后溶液,加入过量KI固体,用Na2S2O3标准溶液滴定,测定c(Br2)已知:I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6;Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色。①Ⅲ中,滴定时选用淀粉作指示剂,滴定终点时的现象是

。

用离子方程式表示KI的作用:

。

②Ⅰ中,与反应前的溶液相比,反应后溶液的pH(填“增大”“减小”或“不变”)。平衡后,按c(Mn2+)·c(Br③Ⅱ中,按c(Mn2+)·c(B(3)实验改进分析实验Ⅰ、Ⅱ中测定结果均偏小的原因,改变实验条件,再次实验。控制反应温度为40℃,其他条件与Ⅱ相同,经实验准确测得该条件下的平衡常数。①判断该实验测得的平衡常数是否准确,应与值比较。

②综合调控pH和温度的目的是

。

【解析】平衡常数表达式:K=c(Mn2+)·c(Br2)c2(Br-)·c4(H+)=6.3×104,控制pH可调节c(Br2)大小。使用过量MnO2(2)①淀粉遇I2显蓝色,I2被Na2S2O3消耗后蓝色消失,故滴定终点现象:滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液,溶液蓝色褪去,且半分钟内不恢复;KI的作用:将Br2转化为I2,便于滴定测定Br2浓度,离子方程式:Br2+2I-2Br-+I2。②该反应消耗H+生成水,pH增大;因为Br2挥发导致实测c(Br2)偏小,根据题目信息可知,c(Mn2+)=c(Br2),则计算时所用Mn2+的浓度小于其在溶液中实际浓度。③实验Ⅱ液面上方未观察到黄色气体,说明不是Br2挥发导致实测c(Br2)偏小,题目已知信息③也说明了Br2与水反应的程度很小,可忽略对测定干扰,低浓度HBr挥发性很小,可忽略,对比实验Ⅰ和Ⅱ可知,实验Ⅱ的pH更大,且反应后溶液为淡黄色,则可能原因是实验Ⅱ的c(H+)浓度低于实验Ⅰ,反应相同时间下,实验Ⅱ未达到平衡状态,导致溶液中c(Mn2+)、c(Br2)偏低,计算的K值偏小。(3)①平衡常数准确性验证:应与40℃下的理论K值比较,因为K值只与温度有关。②实验Ⅰ和实验Ⅱ反应时间相同,实验Ⅰ由于c(H+)过大,反应速率过快,Br2挥发导致计算的K值小,实验Ⅱ由于c(H+)过小,反应速率过慢,未达平衡状态,导致计算的K值小,故综合调控pH和温度的目的是使反应更快达到平衡状态,使Br2处于溶解平衡且挥发最少的状态,从而准确测定K值。答案:(2)①滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液,溶液蓝色褪去,且半分钟内不恢复Br2+2I-2Br-+I2②增大Mn2+③实验Ⅱ的c(H+)浓度低于实验Ⅰ,反应相同时间下,实验Ⅱ未达到平衡状态,导致溶液中c(Mn2+)、c(Br2)偏低,计算的K值偏小(3)①40℃下的理论K②使反应更快达到平衡状态,使Br2处于溶解平衡且挥发最少的状态,从而准确测定K值15.(2025·山东卷·18)如下不饱和聚酯可用于制备玻璃钢。实验室制备该聚酯的相关信息和装置示意图如下(加热及夹持装置略):原料结构简式熔点/℃沸点/℃顺丁烯二酸酐52.6202.2邻苯二甲酸酐130.8295.0丙-1,2-二醇-60.0187.6实验过程:①在装置A中加入上述三种原料,缓慢通入N2。搅拌下加热,两种酸酐分别与丙-1,2-二醇发生醇解反应,主要生成和。然后逐步升温至190~200℃,醇解产物发生缩聚反应生成聚酯。②缩聚反应后期,每隔一段时间从装置A中取样并测量其酸值,直至酸值达到聚合度要求(酸值:中和1克样品所消耗KOH的毫克数)。回答下列问题:(1)理论上,原料物质的量投料比n(顺丁烯二酸酐)∶n(邻苯二甲酸酐)∶n(丙-1,2-二醇)=。

(2)装置B的作用是;

仪器C的名称是;反应过程中,应保持温度计2示数处于一定范围,合理的是(填标号)。

A.55~60℃B.100~105℃C.190~195℃(3)为测定酸值,取ag样品配制250.00mL溶液。移取25.00mL溶液,用cmol·L-1KOH-乙醇标准溶液滴定至终点,重复实验,数据如下:序号12345滴定前读数/mL0.0024.980.000.000.00滴定后读数/mL24.9849.7824.1025.0025.02应舍弃的数据为(填序号);测得该样品的酸值为(用含a、c的代数式表示)。若测得酸值高于聚合度要求,可采取的措施为(填标号)。

A.立即停止加热B.排出装置D内的液体C.增大N2的流速(4)实验中未另加催化剂的原因是

。

【解析】根据题中信息可知,本实验分为两个阶段,先由3种原料发生醇解反应,然后醇解产物再发生缩聚反应得到聚酯,两个阶段控制的温度不同。当测得样品的酸值达到合理要求后,缩聚反应完成。(1)由聚酯的结构简式可知,和按物质的量之比1∶1发生缩聚反应生成该聚酯,而顺丁烯二酸酐和邻苯二甲酸酐分别与丙-1,2-二醇以物质的量之比1∶1发生醇解反应,因此,理论上,原料物质的量投料比n(顺丁烯二酸酐)∶n(邻苯二甲酸酐)∶n(丙-1,2-二醇)=1∶1∶2。(2)装置A中3种原料在加热的条件下发生反应,由于这些原料有一定的挥发性,若这些原料的蒸气随氮气一起流出,则原料的利用率减小,从而导致产品的产率减小,因此,需要冷凝回流装置,装置B为空气冷凝管,其作用是导气,同时将顺丁烯二酸酐、邻苯二甲酸酐、丙-1,2-二醇以及醇解反应的产物冷凝回流到装置A中,但是不会将水蒸气冷凝;仪器C的名称是(直形)冷凝管,其可以将反应生成的水蒸气冷凝为水;根据3种原料的沸点可知,反应过程中,应保持温度计2示数处于一定范围,即高于水的沸点、低于原料的沸点,防止原料流失,合理的是100~105℃,故选B。(3)由表中数据可知,5次滴定消耗标准溶液的体积分别为24.98mL、24.80mL、24.10mL、25.00mL、25.02mL,第2、3两次实验的数据的误差明显偏大,故应舍弃的数据为2、3。用合理的3次实验的数据求平均值为25.00mL,25.00mLcmol·L-1KOH-乙醇标准溶液中含有KOH的质量为25.00×10-3L×cmol·L-1×56000mg·mol-1=1400cmg,因此,测得该样品的酸值为1400cmgag×25.00mL250.00mL=14000c(4)本实验中使用了2种酸酐,酸酐本身就能催化成酯反应(酰基化反应),且可以与水反应,促进缩聚反应正向进行,因此实验中未另加催化剂。答案:(1)1∶1∶2(2)导气,同时将顺丁烯二酸酐、邻苯二甲酸酐、丙-1,2-二醇以及醇解反应的产物冷凝回流到装置A中,但是不会将水蒸气冷凝(直形)冷凝管B(3)2、314000camg·g(4)酸酐本身就能催化成酯反应(酰基化反应),且可以与水反应,促进缩聚反应正向进行16.(2025·甘肃卷·15)某兴趣小组按如下流程由稀土氧化物Eu2O3和苯甲酸钠制备配合物Eu(C7H5O2)3·xH2O,并通过实验测定产品纯度和结晶水个数(杂质受热不分解)。已知Eu3+在碱性溶液中易形成Eu(OH)3沉淀。Eu(C7H5O2)3·xH2O在空气中易吸潮,加强热时分解生成Eu2O3。Eu2O3产品(1)步骤①中,加热的目的为

。

(2)步骤②中,调节溶液pH时需搅拌并缓慢滴加NaOH溶液,目的为;pH接近6时,为了防止pH变化过大,还应采取的操作为

。

(3)如图所示玻璃仪器中,配制一定物质的量浓度的苯甲酸钠溶液所需的仪器名称为。

(4)准确称取一定量产品,溶解于稀HNO3中,萃取生成的苯甲酸,蒸去有机溶剂,加入一定量的NaOH标准溶液,滴入1~2滴酚酞溶液,用HCl标准溶液滴定剩余的NaOH。滴定终点的现象为

。

实验所需的指示剂不可更换为甲基橙,原因为

。

(5)取一定量产品进行热重分析,每个阶段的重量降低比例数据如图所示。0~92℃范围内产品质量减轻的原因为。结晶水个数x=。[M(C7H5O2【解析】(1)步骤①中,加热的目的是加快溶解速率,提高浸出率。(2)Eu3+在碱性溶液中易形成Eu(OH)3沉淀,步骤②中,调节溶液pH时需搅拌并缓慢滴加NaOH溶液,目的是防止生成Eu(OH)3沉淀;pH接近6时,为了防止pH变化过大,要缓慢滴加NaOH溶液,同时测定溶液的pH。(3)配制一定物质的量浓度的苯甲酸钠溶液所需的仪器有容量瓶、烧杯,不需要漏斗和圆底烧瓶。(4)用酚酞作指示剂,HCl标准溶液滴定剩余的NaOH,滴定终点的现象为滴入最后半滴标准溶液,溶液由浅红色变无色,并保持半分钟不变色;滴定终点呈中性,甲基橙变色范围在酸性范围内,使用甲基橙作指示剂误差较大。(5)Eu(C7H5O2)3·xH2O在空气中易吸潮,0~92℃范围内产品质量减轻的是Eu(C7H5O2)3·xH2O吸潮的水,92~195℃失去的是结晶水的质量,最后得到的是Eu2O3,1molEu(C7H5O2)3·xH2O失去结晶水质量减少18xg,重量减少5.2%,根据M(C7H5O2-)=121,1molEu(C7H5O2)3生成0.5mol的Eu2O3,质量减少3×(121-8)g=339g,重量减少56.8%,有关系式18x÷5.2%=339÷56.8%,答案:(1)加快溶解速率,提高浸出率(2)防止生成Eu(OH)3沉淀缓慢滴加NaOH溶液,同时测定溶液的pH(3)容量瓶、烧杯(4)滴入最后半滴标准溶液,溶液由浅红色变无色,并保持半分钟不变色滴定终点呈中性,使用甲基橙误差较大(5)失去的是Eu(C7H5O2)3·xH2O吸潮的水1.717.(2025·河南卷·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-+3H2O2SO42−+4H2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)。

【解析】(1)根据仪器构造可知①是圆底烧瓶,②是球形冷凝管。(2)硫单质难溶于水,微溶于酒精,所以乙醇的作用是作溶剂,溶解单质硫。(3)双氧水具有强氧化性,乙醇具有还原性,二者混合发生氧化还原反应,所以必须蒸馏除去乙醇。(4)由于实验需要加热至100℃,而水的沸点就是100℃,所以不宜采用水浴加热;要检验溶液中的硫酸根离子,需要排除溶液中其他离子的干扰,所以实验操作是取适量混合液先加入盐酸酸化,无明显实验现象,再加入氯化钡溶液,产生白色沉淀,说明含有SO42−。(5)甲基橙作指示剂,盐酸滴定氢氧化钾溶液,则滴定终点的现象为滴入最后半滴HCl标准溶液,溶液颜色由黄色变为橙色,且半分钟内不褪色。(6)不加入硫黄,消耗HCl标准溶液体积为V3mL,因此原氢氧化钾的物质的量是0.001cV3mol,反应后剩余氢氧化钾的物质的量是0.001cV2mol,因此与硫黄反应的氢氧化钾的物质的量是0.001c(V3-V2)mol,所以根据S+2OH-+3H2O2SO42−+4H2O可知硫单质的物质的量为0.0005c(V3-V2)mol,所以单次样品测定中硫的质量分数可表示为0.0005答案:(1)圆底烧瓶球形冷凝管(2)作溶剂,溶解单质硫(3)防止双氧水氧化乙醇,影响实验测定结果(4)实验需要加热至100℃取适量混合液先加入盐酸酸化,无明显实验现象,再加入氯化钡溶液,产生白色沉淀,说明含有SO(5)滴入最后半滴HCl标准溶液,溶液颜色由黄色变为橙色,且半分钟内不褪色(6)1.6c18.(2025·河北卷·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。

【解析】I2的氧化性比S强,A中发生I2+H2SS+2HI,过滤除去S,得到含H2S的氢碘酸滤液;将滤液转移到B中,先通氮气、加热保持微沸除去H2S,升高温度,收集沸点为125~127℃间的馏分,得到117mL密度为1.7g·mL-1、质量分数为57%的HI溶液。(1)仪器A的名称为圆底烧瓶;I2的氧化性比S强,通入H2S发生反应的化学方程式为I2+H2SS+2HI。(2)I2在水中的溶解度较小,生成的S可能包裹在其表面阻止反应的继续进行,故步骤ⅰ中快速搅拌的目的是防止固体产物包覆碘,选c。(3)I2和I-会发生反应:I2+I-I3-,步骤ⅰ中随着反应的进行,生成的HI电离出的I-与I2反应促进I2(4)步骤ⅱ中的尾气为H2S,有毒,是酸性气体,常用NaOH溶液吸收。(5)为确保蒸馏装置内的HI全部进入C中,步骤ⅲ实验结束时相对应的操作顺序为先停止加热,再通一段时间的N2后关闭K2。(6)127gI2的物质的量为0.5mol,n理论(HI)=2×0.5mol=1mol,m理论(HI)=1mol×128g·mol-1=128g,m实际(HI)=117mL×1.7g·mL-1×57%,故HI的产率=117mL×1.7g·mL-1×57%128g×100%=(7)氢碘酸见光易分解,易被空气氧化,应保存在密封的棕色细口瓶中,并放在避光低温处。答案:(1)圆底烧瓶I2+H2SS+2HI(2)c(3)I2+I-I3(4)NaOH(5)先停止加热,再通一段时间的N2后关闭K2(6)117×1.7×57128(7)密封的棕色细口瓶中,并放在避光低温处19.(2025·黑、吉、辽、内蒙古卷·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)监测反应进程如下图。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→→→(填标号),重复后四步操作数次。

同位素示踪结果如下表所示,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【解析】(1)KMnO4作氧化剂时可将氧化为对苯二甲酸,即有副反应发生,该制备反应在有空气存在、光照条件下发生时,以空气中氧气为氧化剂,既绿色环保,又没有对苯二甲酸生成,所以反应的优点为绿色环保,减少副产物的生成。(2)起始0h时只有,5h时只有,a∶a'=2∶1,则2h时反应液中既有又有,且两者物质的量之比为1∶1,即对甲基苯甲醛转化率约为50%。(3)蒸去溶剂丙酮后,加入过量稀NaOH溶液将对甲基苯甲酸转化为对甲基苯甲酸钠进入水层,则充分反应后,用乙酸乙酯洗涤的目的是除去未反应完的。(4)步骤Ⅱ加入过量稀NaOH溶液将对甲基苯甲酸转化为对甲基苯甲酸钠,步骤Ⅲ中加稀盐酸调节水层pH=1,反应的离子方程式为H++OH-H2O、+H+。(5)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,即反应液中有16O2,冷冻可排走一部分溶解的16O2,然后打开阀门抽气,一段时间后,再关闭阀门,待反应液恢复室温后,再冷冻反应液,即“循环冷冻脱气法”,所以操作顺序为①→②→③→①→④,重复后四步操作数次;的相对分子质量为136,“太阳光,空气,室温,CH3C18OCH3,5h”得到的物质相对分子质量为136,为,而“太阳光,18O2,室温,CH3COCH3,5h”得到的物质相对分子质量为138,说明目标产物中羧基O来源于醛基和空气中的氧气。答案:(1)绿色环保减少副产物的生成(合理即可)(2)50(3)除去未反应完的(4)H++OH-H2O+H+(5)③①④氧气20.(2025·湖北卷·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-1CuSO4溶液中加入Zn粉使蓝色完全褪去,再加入盐酸并加热至溶液中无气泡产生为止。过滤得固体,洗涤并真空干燥。①加入盐酸的目的是

。

②同学甲一次性加入1.18gZn粉,得到0.78g红棕色固体,其组成是(填标号)。

a.Cub.Cu包裹Znc.CuOd.Cu和Cu2O③同学乙搅拌下分批加入1.18gZn粉,得到黑色粉末X。分析结果表明,X中不含Zn和Cu(Ⅰ)。关于X的组成提出了三种可能性:ⅠCuO;ⅡCuO和Cu;ⅢCu,开展了下面2个探究实验:由实验结果可知,X的组成是(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。从物质形态角度分析,X为黑色的原因是

。

【解析】(1)①向2mL10%NaOH溶液加入5滴5%CuSO4溶液制得新制氢氧化铜悬浊液,振荡后加入2mL10%葡萄糖溶液,加热,新制氢氧化铜悬浊液与葡萄糖中的醛基反应产生的砖红色沉淀为Cu2O,Cu被葡萄糖从+2价还原为+1价,葡萄糖表现出还原性。②操作时,没有加入葡萄糖溶液就加热,有黑色沉淀生成,该黑色沉淀为CuO,用化学反应方程式说明该沉淀产生的原因:Cu(OH)2CuO+H2O。(2)①由题干加入盐酸并加热至溶液中无气泡产生为止可知,加入盐酸的作用是除去过量的锌粉。②先加Zn粉、后加盐酸,得到固体为红棕色,则一定有Cu(Cu2O和HCl发生歧化反应生成Cu),20mL0.5mol·L-1CuSO4中n(Cu2+)=0.5mol·L-1×20×10-3L=0.01mol,Cu的最大物质的量为0.01mol,质量为0.64g,生成Cu2O的最大质量为0.72g,实际固体质量为0.78g。若只有Cu,则固体质量应小于等于0.64g,a不符合题意;若是Cu包裹Zn,则0.64g<固体质量<1.18g,b符合题意;若是CuO,则不可能为红棕色,c不符合题意;若是Cu和Cu2O,0.64g<固体质量<0.72g,d不符合题意。③实验1得到的溶液呈无色,说明一定无CuO,那么X的组成只能是Cu,选Ⅲ;从物质形态角度分析,X为黑色的原因是金属固体Cu呈粉末状时,光线进入后被多次反射吸收,所以呈黑色。答案:(1)①Cu2O还原②Cu(OH)2CuO+H2O(2)①除去过量的锌粉②b③Ⅲ金属固体Cu呈粉末状时,光线进入后被多次反射吸收,所以呈黑色21.(2025·湖南卷·15)苯胺是重要的有机化工原料,其实验室制备原理如下:相关信息如下:物质相对分子质量熔点/℃沸点/℃密度/g·cm-3溶解性硝基苯1235.9210.91.20不溶于水,易溶于乙醚苯胺93-6.3184.01.02微溶于水,易溶于乙醚乙酸6016.6117.91.05与水互溶乙醚74-116.334.50.71微溶于水反应装置Ⅰ和蒸馏装置Ⅱ(加热、夹持等装置略)如下:实验步骤为:①向装置Ⅰ双颈烧瓶中加入13.5g铁粉、25.0mL水及1.50mL乙酸,加热煮沸10min;②稍冷后,通过恒压滴液漏斗缓慢滴入8.20mL硝基苯(0.08mol),再加热回流30min;③将装置Ⅰ改成水蒸气蒸馏装置,蒸馏收集苯胺-水馏出液;④将苯胺-水馏出液用NaCl饱和后,转入分液漏斗静置分层,分出有机层;水层用乙醚萃取,分出醚层;合并有机层和醚层,用粒状氢氧化钠干燥,得到苯胺醚溶液;⑤将苯胺醚溶液加入圆底烧瓶(装置Ⅱ),先蒸馏回收乙醚,再蒸馏收集180~185℃馏分,得到5.58g苯胺。回答下列问题:(1)实验室保存硝基苯的玻璃容器是(填标号)。

(2)装置Ⅰ中冷凝管的进水口为(填“a”或“b”)。

(3)步骤④中将苯胺-水馏出液用NaCl饱和的原因是

。

(4)步骤④中第二次分液,醚层位于层(填“上”或“下”)。

(5)蒸馏回收乙醚时,锥形瓶需冰水浴的原因是

;

回收乙醚后,需要放出冷凝管中的冷凝水再蒸馏,这样操作的原因是

。

(6)下列说法正确的是(填标号)。

A.缓慢滴加硝基苯是为了减小反应速率B.蒸馏时需加沸石,防止暴沸C.用红外光谱不能判断苯胺中是否含有硝基苯D.蒸馏回收乙醚,无需尾气处理(7)苯胺的产率为。

【解析】(1)硝基苯在常温下是液体,应保存在细口瓶中,故选A。(2)为了确保较好的冷凝效果,水应下进上出,即进水口是a。(3)由于苯胺微溶于水,加入NaCl固体,导致苯胺的溶解度降低析出,提高产率。(4)乙醚密度小于水,故醚层位于上层。(5)乙醚沸点低(34.5℃),冰水浴可防止其挥发损失并提高冷凝效率;由于乙醚和苯胺沸点相差较大,回收乙醚后,需要放出冷凝管中的冷凝水再蒸馏,这样操作的原因是避免冷凝水残留影响后续高温蒸馏(180~185℃收集苯胺)时冷凝的效率(或防止高温下冷凝管因温差过大破裂)。(6)缓慢滴加是为了控制反应温度,而非单纯减小反应速率,因为该反应为放热反应,若温度过高,产物苯胺会与乙酸发生取代反应,导致产率下降,故A错误;蒸馏时加沸石防暴沸,B正确;红外光谱可区分硝基苯(含硝基特征峰)和苯胺(含氨基特征峰),C错误;乙醚是一种有毒物质,具有挥发性,尾气需要处理,D错误。(7)根据反应原理可知,0.08mol硝基苯理论上制备0.08mol苯胺,理论产量:0.08mol×93g·mol-1=7.44g,实际产量:5.58g,产率:5.58g7.44g答案:(1)A(2)a(3)加入NaCl可降低苯胺的溶解度使其析出,提高产率(4)上(5)防止其挥发损失并提高冷凝效率避免冷凝水残留影响后续高温蒸馏时冷凝的效率(或防止高温下冷凝管因温差过大破裂)(6)B(7)75%22.(2025·重庆卷·16)糖精钠是一种甜味剂。某实验小组在实验室利用甲苯氯磺化法按以下五个步骤制备糖精钠(部分操作及反应条件略)。(1)步骤Ⅰ:氯磺化实验装置示意图如图所示(夹持及控温装置略)。①仪器a的名称为。

②烧杯中吸收的尾气是(填化学式)。

(2)步骤Ⅱ:氨化若取邻甲基苯磺酰氯0.3mol,理论上至少需加入15mol·L-1氨水mL。

(3)步骤Ⅲ:氧化氧化过程中为保证氧化完全,需加入过量的KMnO4。反应完成后,向其中滴加Na2SO3溶液将过量的KMnO4转化成MnO2。观察到现象为时,停止加入Na2SO3溶液,其离子方程式为。

(4)步骤Ⅳ:酸化将步骤Ⅲ所得溶液进行酸化,经过滤得糖精。过滤需用到下列的仪器有。

(5)步骤Ⅴ:成盐加热反应体系,过程中产生大量气体,该气体为(填化学式)。待NaHCO3反应完全,趁热过滤。由滤液获得糖精钠产品的过程中,冷却结晶之后的操作步骤还有

。

【解析】(1)①由装置图可知,a为温度计；②由方程式可知,反应过程中还生成了氯化氢,所以吸收的尾气是氯化氢。(2)由方程式可知,邻甲基苯磺酸氯与NH3·H2O为1∶1进行反应,0.3mol邻甲基苯磺酸氯中消耗的NH3·H2O为0.3mol,加入15mol·L-1的氨水,充分反应后,消耗20ml的氨水,同时产生0.3mol的氯化氢,氯化氢与氨水发生中和反应,消耗的氨水为0.3mol,即20ml,所以一共需要消耗15mol·L-1氨水的体积为40mL。(3)氧化过程中为保证氧化完全,需要加入过量的KMnO4,反应完全后,向其中滴加Na2SO3以除去过量KMnO4溶液,KMnO4溶液被消耗,则反应完全的现象是溶液紫色褪去,该溶液为碱性,则KMnO4被还原成二氧化锰,根据氧化还原规律,得出离子方程式为2MnO4-+3SO32−+H2O2MnO2↓+3SO(4)过滤需要烧杯、漏斗、玻璃棒、铁架台等,故需要的仪器:ACEG;(5)能水解生成羧基等,与NaHCO3反应,产生大量的二氧化碳气体,当NaHCO3完全反应,趁热过滤,冷却结晶的后续操作是过滤,洗涤,干燥。答案:(1)①温度计②HCl(2)40(3)溶液紫色褪去2MnO4-+3SO32−+H2O2MnO2↓+3S(4)ACEG(5)CO2过滤、洗涤、干燥23.(2025·江苏卷·16)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Na2CO3溶液中进行现场保护。①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NaOH溶液。

②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Fe(OH)2②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K3[Fe(CN)6]溶液(能与Fe2+形成蓝色沉淀)和酚酞,将混合液滴到生铁片上。预测该实验的现象为

。

(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、0.5mol·L-1NaOH溶液、0.5mol·L-1HNO3溶液、0.05mol·L-1AgNO3溶液]。

【解析】(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+2NaOHNa2SiO3+H2O。②吸氧腐蚀时正极反应式为O2+4e-+2H2O4OH-,根据化学平衡移动原理,碱性溶液中,OH-浓度较大,会抑制O2得电子,使吸氧腐蚀的速率减慢;O2在高离子浓度的液体中溶解度较小,碱性溶液比纯水溶解氧的能力低,减少了文物与O2的接触,减缓吸氧腐蚀。(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、Fe(OH)2,根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可写出该反应的离子方程式:4Fe+SO42−+4H2OFeS+3Fe(OH)2+2OH-。②(ⅰ)由题图知,生铁片在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-+2H2O4OH-,Fe2+与K3[Fe(CN)6]反应生成KFe[Fe(CN)6]蓝色沉淀,即生铁片上会出现蓝色区域,溶液中酚酞遇到OH-变红,生铁片上会出现红色区域,由“有氧环境中,海水中的铁质文物表面形成FeOOH”知,Fe2+在盐水中被O2(ⅱ)铁片发生吸氧腐蚀,负极区生成Fe2+,被O2进一步氧化为Fe3+,此时体系中的阳离子主要有Fe3+、Fe2+。(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0.5mol·L-1NaOH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0.5mol·L-1HNO3溶液酸化,再加入0.05mol·L-1AgNO3溶液,通过比较出现AgCl白色沉淀时消耗的0.05mol·L-1AgNO3溶液体积的大小,即可比较脱氯效果。答案:(1)①Na2SiO3②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,O2溶解度较小,减少文物与O2的接触,减缓吸氧腐蚀(2)①4Fe+SO42−+4H2OFeS+3Fe(OH)2+2OH②(ⅰ)滴加混合溶液后,生铁片表面将出现蓝色和红色区域,较长时间后出现黄色斑点(ⅱ)Fe3+、Fe2+(3)分别加入等体积(如5mL)的0.5mol·L-1NaOH溶液和蒸馏水至浸没模拟样品,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3mL0.5mol·L-1HNO3溶液酸化,再分别滴加0.05mol·L-1AgNO3溶液,记录每份上清液至出现AgCl白色沉淀时消耗的0.05mol·L-1AgNO3溶液体积24.(2025·晋陕青宁卷·15)某实验室制备糖精钴[Co(Sac)2(H2O)4]·xH2O,并测定其结晶水含量。已知:Sac-表示糖精根离子,其摩尔质量为182g·mol-1,糖精钴的溶解度在热水中较大,在冷水中较小;丙酮沸点为56℃,与水互溶。CoCl2·6H2O+2NaSac·2H2O[Co(Sac)2(H2O)4]·xH2O+(6-x)H2O+2NaCl(一)制备Ⅰ.称取1.0gCoCl2·6H2O,加入18mL蒸馏水,搅拌溶解,得溶液1。Ⅱ.称取2.6g(稍过量)糖精钠(NaSac·2H2O),加入10mL蒸馏水,加热搅拌,得溶液2。Ⅲ.将溶液2加入接近沸腾的溶液1中,反应3分钟后停止加热,静置,冷却结晶。Ⅳ.过滤,依次用三种不同试剂洗涤晶体,晾干得产品。回答下列问题:(1)Ⅰ和Ⅱ中除烧杯外,还需用到的玻璃仪器有、。(写出两种)

(2)Ⅲ中静置过程有少量晶体出现时,可将烧杯置于中,以使大量晶体析出。

(3)Ⅳ中用①丙酮、②冷水、③冷的1%NaSac溶液洗涤晶体,正确顺序为。

A.①③②B.③②①C.②①③(4)Ⅳ中为了确认氯离子己经洗净,取水洗时的最后一次滤液于试管中,(将实验操作、现象和结论补充完整)。

(5)与本实验安全注意事项有关的图标有。

(二)结晶水含量测定EDTA和Co2+形成1∶1配合物。准确称取mg糖精钴产品于锥形瓶中,加蒸馏水,加热溶解,再加入缓冲溶液和指示剂,在50~60℃下,用cmol·L-1的EDTA标准溶液滴定。(6)下列操作的正确顺序为(用字母排序)。

a.用标准溶液润洗滴定管b.加入标准溶液至“0”刻度以上2~3mL处c.检查滴定管是否漏水并清洗d.赶出气泡,调节液面,准确记录读数(7)滴定终点时消耗标准溶液VmL,则产品[Co(Sac)2(H2O)4]·xH2O中x的测定值为(用含m、c、V的代数式表示);若滴定前滴定管尖嘴处无气泡,滴定后有气泡,会导致x的测定值(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。

【解析】按照反应CoCl2·6H2O+2NaSac·2H2O[Co(Sac)2(H2O)4]·xH2O+(6-x)H2O+2NaCl制备糖精钴,然后在冰水浴中结晶,再按照“冷的1%NaSac溶液、冷水、丙酮”顺序进行洗涤,得到糖精钴晶体,最后将糖精钴晶体溶解后用EDTA标准溶液滴定测定结晶水含量。(1)步骤Ⅰ、Ⅱ中需要使用量筒、胶头滴管量取蒸馏水,并用玻璃棒搅拌以加快固体溶解速率。(2)因为糖精钴在冷水中溶解度较小,所以为了尽快让大量晶体析出,应降低溶液温度,可将烧杯置于冰水浴中。(3)先用冷的1%NaSac溶液洗涤,可降低糖精钴溶解度,减少晶体损失,还能将晶体表面吸附的Co2+转化为晶体析出,且不引入新的杂质,再用冷水洗涤,可降低晶体溶解度并洗去可溶性杂质,丙酮可以与水互溶且沸点比水的低,故最后用丙酮洗涤以除去残留的水且能使晶体快速干燥,故答案为B。(4)Ⅳ中为了确认氯离子己经洗净的步骤为取水洗时的最后一次滤液于试管中,加稀硝酸酸化,再滴加AgNO3溶液,无白色沉淀生成,说明Cl-已洗净。(5)进行化学实验需要佩戴护目镜,以保护眼睛,同时化学实验结束后,离开实验室前需用肥皂等清洗双手,该实验涉及加热操作,因此需要防止热烫,要选择合适的工具进行操作,避免直接触碰,故A、B、C符合题意;该实验中未涉及锐器的操作,D不符合题意,故答案为ABC。(6)使用滴定管前首先要检漏,确定不漏液之后用蒸馏水清洗(c),再用待装的标准溶液进行润洗(a),待润洗完成后,装入标准溶液至“0”刻度以上2~3mL处(b),放液赶出气泡后调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下,准确记录标准溶液体积的初始读数(d),故答案为cabd。(7)滴定消耗的n(EDTA)=cV1000mol,EDTA与Co2+形成1∶1配合物,则样品溶解后的n(Co2+)=cV1000mol,即样品中的n{[Co(Sac)2(H2O)4]·xH2O}=cV1000mol,而M{[Co(Sac)2(H2O)4]·xH2O}=(495+18x)g·mol-1,所以cV1000mol×(495+18x)g·mol-1=mg,解得x=1000m18cV-49518=500m9cV答案:(1)玻璃棒量筒(或胶头滴管等,合理即可)(2)冰水浴(3)B(4)加稀硝酸酸化,再滴加AgNO3溶液,无白色沉淀生成,说明Cl-已洗净(5)ABC(6)cabd(7)500m9cV25.(2025·云南卷·16)三氟甲基亚磺酸锂(Mr=140)是我国科学家通过人工智能设计开发的一种锂离子电池补锂剂,其合成原理如下:+Na2SO3M实验步骤如下:Ⅰ.向A中加入3.5gNaHCO3、5.2gNa2SO3和20.0mL蒸馏水,搅拌下逐滴加入2.1mL(3.3g)三氟甲磺酰氯(Mr=168.5),有气泡产生(装置如图,夹持及加热装置省略)。80℃下反应3h后,减压蒸除溶剂得浅黄色固体。Ⅱ.向上述所得固体中加入10.0mL四氢呋喃(THF),充分搅拌后,加入无水Na2SO4,振荡,抽滤、洗涤。将所得滤液减压蒸除THF,得黏稠状固体。加入适量乙醇进行重结晶。Ⅲ.将所得三氟甲基亚磺酸钠和3.0mLTHF加入圆底烧瓶中,搅拌溶解后逐滴加入足量浓盐酸,析出白色固体。抽滤、洗涤。Ⅳ.将滤液转入圆底烧瓶中,加入2.0