71　第七部分　第十一章　学案60　综合实验试题突破

学案60综合实验试题突破1．掌握物质制备型综合实验试题的分析和方案设计、评价与改进。2．掌握物质性质的定性、定量探究方案的设计、评价与改进。3．培养学生的创新意识、科学探究精神和社会责任。考点一物质制备综合实验一、无机物制备(气体制备)1．“仪器连接顺序”正确思维流程2．接口连接三个细节(1)净化装置应“长”进“短”出，如图1。(2)量气装置应“短”进“长”出，如图2。(3)干燥管应“粗”进“细”出，如图3。3．防堵塞安全装置①制备的物质易潮解或水解时，制备装置前后必须有干燥装置。②制备的物质易被氧化时，要注意用“惰气”排空并充满装置，同时防止空气从后面进入装置。二、有机物制备1．有机物制备实验的仪器装置(1)常用仪器(2)常用装置①反应装置：有机物易挥发，常采用冷凝回流装置减少有机物的挥发，提高原料的利用率和产物的产率。②蒸馏装置：利用有机物沸点的不同，用蒸馏的方法可以实现分离。2．常见注意的问题温度计水银球的位置若要控制反应温度，温度计的水银球应插入反应液中，若要选择收集某温度下的馏分，则温度计的水银球应放在蒸馏烧瓶支管口处冷凝管的选择球形冷凝管只能用于冷凝回流，直形冷凝管既能用于冷凝回流，又能用于冷凝收集馏分冷凝管的进出水方向下口进上口出加热方法的选择酒精灯的火焰温度一般在400～500℃，所以不需要温度太高的实验都可用酒精灯加热水浴加热的温度不超过100℃防暴沸加沸石或碎瓷片，防止溶液暴沸，若开始忘加沸石或碎瓷片，需冷却后补加3．提高产率的常用方法(1)有机化合物易挥发，通常采用冷凝回流装置，以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，因此常使廉价反应物过量，以提高另一反应物的转化率和产物的产率，同时控制反应条件，以减少副反应的发生。1．(2025·湖南卷)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________(填字母)。(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________(填字母)。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]由硝基苯制苯胺过程中，由于反应比较剧烈，故硝基苯需从上方缓慢加入；反应完成后，改用水蒸气蒸馏装置，将苯胺-水蒸馏出，苯胺在水中有一定的溶解度，加入NaCl固体，可使溶解在水中的大部分苯胺以油状物晶体析出，分液分离出有机层，水层用乙醚萃取，分出醚层；合并有机层和醚层，加入粒状氢氧化钠干燥，得到苯胺醚溶液，再次蒸馏得到苯胺。(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，冷凝管中的水流方向应下进上出，即进水口是a。(3)由于苯胺在水中有一定溶解度，利用盐析效应，加入NaCl固体，溶液中离子浓度增加，会争夺水分子，导致苯胺的溶解度降低，溶解在水中的大部分苯胺就会以油状物晶体析出，提升实验产率。(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并提高冷凝效率；由于乙醚和苯胺的沸点相差较大，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)时冷凝管的效率(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是正确的操作，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，理论产量为0.08mol×93g·mol-1＝7.44g，实际产量为5.58g，产率为5.58g7.44g×100%＝75%[答案](1)A(2)a(3)利用盐析效应，加入NaCl可降低苯胺的溶解度，使其析出，提升产率(4)上(5)防止其挥发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管的效率(或防止高温下冷凝管因温差过大破裂)(6)B(7)75%2．(2026·阜阳模拟)铁的化合物种类繁多，用途各异，其中碳酸亚铁晶体可用作阻燃剂、动物饲料铁添加剂、补血剂等。查阅资料可知：FeCO3·2H2O为白色固体，不溶于水，在干燥的空气中稳定，在潮湿空气中被缓慢氧化为Fe(OH)3。实验室通常利用Na2CO3溶液和FeSO4溶液制备FeCO3·2H2O，实验装置(夹持仪器已省略)如图所示：(1)盛装Na2CO3溶液的仪器名称为__________。(2)方框内为实验室制取CO2的装置，试剂a是______________溶液。(3)FeCO3的制备步骤如下：通入一段时间CO2后，向FeSO4溶液中加入过量Na2CO3溶液，搅拌，反应后过滤，将沉淀洗涤、干燥，得到FeCO3·2H2O。①通入一段时间CO2的目的是__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。②生成FeCO3·2H2O的化学方程式为__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。③装置丙的作用是____________________________________________________________________。④洗涤时先用冷水洗涤，再用无水乙醇洗涤，无水乙醇的作用为____________________________________________________________________。(4)某同学设计了测定FeCO3·2H2O纯度的实验方案：称取1.800g样品，加入足量的稀硫酸充分反应，待样品全部溶解后，转移至250mL容量瓶中并定容。取25.00mL溶液于锥形瓶中，立即用0.0100mol·L-1的高锰酸钾标准溶液滴定。重复上述操作3次，每次分别消耗标准液19.90mL、18.90mL、20.10mL。①用高锰酸钾溶液滴定时应选用___________________________________________________________________(填“酸式”或“碱式”)滴定管，达到滴定终点的现象为当滴入最后半滴高锰酸钾标准溶液，_______________________________________________________________________________________________________________________________________。②测得产品的纯度为________(结果保留三位有效数字)。[解析]装置甲左侧方框内装置制备二氧化碳，通过装置甲除去二氧化碳中的氯化氢后，在装置乙中利用Na2CO3溶液和FeSO4溶液制备FeCO3·2H2O，由于Fe2+具有还原性，容易被空气中氧气氧化，所以增加了装置丙，利用液封防止O2(或空气)进入装置乙中氧化产品。(3)①由于装置中含有空气，因此先通入一段时间CO2的目的是排尽装置中空气，防止Fe(Ⅱ)被氧化。②根据题意，硫酸亚铁和碳酸钠反应得到产物，化学方程式为FeSO4＋Na2CO3＋2H2O=FeCO3·2H2O↓＋Na2SO4。③由于二价铁具有还原性，要防止空气中氧气氧化二价铁，故装置丙的作用是液封，防止空气中的氧气进入装置乙中，氧化产品。④乙醇易挥发，使用无水乙醇洗涤便于干燥产品，减少产品损失。(4)①高锰酸钾为强氧化性物质，不能使用碱式滴定管(会腐蚀橡胶管)，应使用酸式滴定管；滴定终点现象为当滴入最后半滴高锰酸钾标准溶液，溶液变成浅紫红色，且半分钟内不变色。②第二组测量消耗标准液的体积数据离散程度较大，需要舍去，已知5Fe2+～MnO4-，所以样品中n(FeCO3·2H2O)＝20×10-3L×0.01mol·L-1×5×250mL25mL＝0.01mol，故m(FeCO3·2H2O)＝0.01mol×152g·mol-1＝1.52g，则纯度＝1.52g1.800g×[答案](1)分液漏斗(2)饱和碳酸氢钠(NaHCO3)(3)①排尽装置中的空气，防止Fe2+被氧化②FeSO4＋Na2CO3＋2H2O=FeCO3·2H2O↓＋Na2SO4③液封，防止空气中的氧气进入装置乙中，氧化产品④减少产品的损失，便于干燥(4)①酸式溶液变成浅紫红色，且半分钟内不变色②84.4%3．(2026·山东省实验中学模拟)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。所得固体进行纯化处理。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2.0mL蒸馏水和过量LiOH。室温搅拌反应1h后，减压蒸除溶剂，得粗产品，经纯化处理后得产品1.1g。已知：①THF是一种有机溶剂，与水任意比互溶。②三氟甲磺酰氯易水解回答下列问题：(1)仪器A的名称为________，b处玻璃导管的作用是____________________________________________________________________。(2)步骤Ⅰ反应中有气泡产生，则该反应的化学方程式为__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)步骤Ⅱ和Ⅳ中将固体进行纯化处理的操作是________。(4)步骤Ⅲ中发生反应的产物是M和________，M的电离程度________甲基亚磺酸(填“大于”“等于”或“小于”)。(5)步骤Ⅳ中加入蒸馏水的作用是_______________________________________________________________________________________________________________________________________。(6)三氟甲基亚磺酸锂的产率为______________(写出原始计算式，无需化简)。[解析]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)，生成了三氟甲基亚磺酸钠、硫酸钠、氯化钠、二氧化碳和水，80℃下反应3h后，减压蒸馏除溶剂得到浅黄色固体。向上述所得固体加入10.0mL四氢呋喃(THF)，充分搅拌后，加入无水Na2SO4，可促进硫酸钠结晶析出，振荡，抽滤，除去硫酸钠，洗涤可使吸附在滤渣上的产品尽可能全部转入滤液中，提高产率。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。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，发生的化学方程式为＋HCl＋NaCl，析出白色固体。抽滤、洗涤。将滤液转入圆底烧瓶中，加入2.0mL蒸馏水和过量LiOH，水可作为溶剂，溶解后加快反应速率，室温搅拌反应1h后，减压蒸除溶剂，得粗产品，加入适量乙醇进行重结晶，得产品。(2)步骤Ⅰ反应的化学方程式为CF3SO2Cl＋Na2SO3＋2NaHCO3CF3SO2Na＋Na2SO4＋NaCl＋2CO2↑＋H2O。(4)由分析可知，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，发生的化学方程式为＋HCl＋NaCl；M分子中的F的电负性较大，使F3C—的极性大于H3C—的极性，所以使得M分子中的—OH的极性较大，更易电离。(6)已知向A中加入3.5gNaHCO3、5.2gNa2SO3、20.0mL蒸馏水和2.1mL(3.3g)三氟甲磺酰氯(Mr＝168.5)，三氯甲磺酰氯量不足，以三氟甲磺酰氯计算理论产量为140×3.3168.5g，三氟甲基亚磺酸锂的产率为1.1×168.53.3×140×100%。[答案](1)恒压滴液漏斗平衡气压，使液体顺利流下(2)CF3SO2Cl＋Na2SO3＋2NaHCO380℃CF3SO2Na＋Na2SO4＋NaCl＋2CO2↑＋H(3)重结晶(4)NaCl大于(5)作溶剂，溶解后加快反应速率(6)1.1×168.53.3×140×考点二物质性质综合实验一、猜想(或假设)型综合实验猜想型实验试题的一般思路二、探究型综合实验探究型实验试题的一般思路(2025·湖北新八校联考)学习小组为探究溶液中亚硫酸钠和六价铬盐的反应，在常温下进行了实验Ⅰ～Ⅳ。实验Ⅰ实验Ⅱ溶液橙色变成绿色溶液黄色变浅实验Ⅲ实验Ⅳ无色溶液变成浅黄色黄色变橙色再变绿色溶液颜色：K2Cr2O7为橙色，K2CrO4为黄色，Cr3+为绿色，饱和Na2SO3为无色。回答下列问题：(1)整个实验需要使用煮沸的蒸馏水进行实验，这是考虑了________________对实验的影响。(2)实验Ⅰ中发生反应的离子方程式为_______________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)甲同学说，实验Ⅱ说明碱性条件下，Na2SO3与K2CrO4不发生反应。乙同学说，单凭实验Ⅱ还不足以说明，还要补做实验。补做实验的步骤和现象为_______________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)若已排除实验Ⅲ中溶液体积变化导致溶液颜色变化的可能，则实验Ⅱ颜色变化是因为饱和的Na2SO3溶液发生______反应产生的________(填离子符号)，使得________________________________________________________________________________________________________________________________________(填离子方程式)逆向移动所致。(5)由实验Ⅰ～Ⅳ知，酸性条件下，亚硫酸钠和六价铬发生了氧化还原反应。丙同学提出猜想：猜想①：溶液酸性增强，六价铬的氧化性增强猜想②：溶液酸性增强，__________________________________(6)为了确认丙同学的猜想，学习小组在老师的指导下利用电化学装置和传感器进行如图所示的探究。图中U形管左右两臂装图示试剂，中间用盐桥隔离。这样的装置有两个，记作①和②，同时分别向①的左臂和②的右臂中滴加3mol·L-1的硫酸5滴，采集“时间－电压”数据，得到对比图示(①采集的曲线为AB，②采集的曲线为AC)。已知：对相同反应，氧化剂的氧化性或者还原剂的还原性变化越大，电压变化幅度越大。据此，从电压变化幅度看，(5)中猜想________(填“①”或“②”)成立的可能性更大。[解析](1)蒸馏水一般会溶有少量氧气，氧气具有氧化性，在探究亚硫酸钠和六价铬盐反应的实验中，亚硫酸钠具有还原性，水中溶解的氧气可能会与亚硫酸钠发生反应，干扰实验，所以使用煮沸的蒸馏水进行实验，是考虑了蒸馏水中溶解的O2对实验的影响。(2)根据实验中溶液颜色的变化可知，实验Ⅰ中，K2Cr2O7在酸性条件下具有强氧化性，Na2SO3具有还原性，二者发生氧化还原反应，K2Cr2O7中Cr元素化合价由＋6价降低到＋3价，Na2SO3中S元素化合价由＋4价升高到＋6价，根据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得离子反应为Cr2O72-＋3SO32-＋8H+=2Cr3+＋3SO4(3)实验Ⅱ中只做了碱性条件下Na2SO3与K2CrO4的反应，没有排除溶液中其他成分(比如水等)对实验的影响，所以需要补做一个空白对照实验。补做实验的步骤为取2mLpH＝8的0.1mol·L-1K2CrO4溶液，向其中加入5滴蒸馏水，现象为溶液颜色变化和实验Ⅱ相同，这样就可以对比说明在碱性条件下，Na2SO3与K2CrO4不发生反应。(4)实验Ⅲ中溶液颜色变化，若已排除实验Ⅲ中溶液体积变化导致溶液颜色变化的可能，Na2SO3是强碱弱酸盐，在水溶液中发生水解反应而呈碱性，即实验Ⅱ颜色变化是因为饱和的Na2SO3溶液发生水解反应产生的OH-，使得2CrO42-＋2H+⥬Cr2O72-＋(5)氧化还原反应有氧化剂和还原剂，反应速率与氧化剂的氧化性强弱和还原剂还原性的强弱有关，则由实验Ⅰ～Ⅳ知，酸性条件下，亚硫酸钠和六价铬发生了氧化还原反应。丙同学提出猜想，猜想①：溶液酸性增强，六价铬的氧化性增强；猜想②：溶液酸性增强，亚硫酸钠的还原性增强。(6)已知对相同反应，氧化剂的氧化性或者还原剂的还原性变化越大，电压变化幅度越大。观察“电压－时间”对比曲线，曲线AB的电压变化幅度为0.900V－0.740V＝0.160V，曲线AC的电压变化幅度为0.770V－0.740V＝0.030V，显然曲线AB的电压变化幅度更大，装置①是向左臂(K2CrO4溶液)中滴加稀硫酸，装置②是向右臂(Na2SO3溶液)中滴加稀硫酸。因为装置①中滴加稀硫酸后电压变化幅度大，说明装置①中发生的反应使氧化剂的氧化性或者还原剂的还原性变化更大，所以从电压变化幅度看，(5)中猜想①成立的可能性更大。[答案](1)溶解O2(2)Cr2O72-＋3SO32-＋8H+=2Cr3+＋3SO42-＋4H2O(3)向2mLpH＝8的0.1mol·L-1K2CrO4溶液中滴加5滴蒸馏水，溶液颜色变化和实验Ⅱ相同(4)水解OH-2CrO42-＋2H+⥬Cr2O7考点三定量综合实验1．四种定量测定的方法与原理(1)测量沉淀质量法先将某种成分转化为沉淀，然后称量过滤、洗涤、干燥后沉淀的质量，再进行相关计算。称量固体一般用托盘天平，精确度为0.1g，要求精确度高的实验中可使用分析天平，可精确到0.0001g。(2)测量气体体积法①量气装置的设计下列装置中，A是常规的量气装置，B、C、D是改进后的量气装置。②读数时先要将其恢复至室温，再调整量气装置使两侧液面相平，最后读数要求视线与凹液面最低点相切。(3)测量气体质量法一般有两种方法：一种方法是称量反应装置在放出气体前后的质量减小值；另一种方法是称量吸收装置在反应前后的质量增大值。(4)滴定法即利用滴定操作原理，通过酸碱中和滴定、沉淀滴定和氧化还原滴定等获得相应数据再进行相关计算。命题点涉及指示剂选择、滴定终点现象描述、有关数据处理、计算和误差分析等。2．定量测定中的相关计算(1)n＝mM，n＝VVm，n＝(2)物质的质量分数(或纯度)＝该物质的质量混合物的总质量×100%(3)产品的产率＝产品的实际产量产品的理论产量×100%(4)物质的转化率＝参加反应的原料量加入原料的总量×100%1．(2026·吉林名校模拟)[Cu(NH3)4]SO4·H2O是一种深蓝色晶体，常用作杀虫剂。某兴趣小组利用在CuSO4溶液中滴加氨水的方法合成该物质，并测定晶体中铜元素的质量分数。实验步骤如下：步骤1．制备氨水：向水中通入氨。步骤2．制备铜氨溶液：向CuSO4溶液中滴加氨水，先产生蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液。步骤3．析出晶体：向深蓝色溶液中加入适量95%的乙醇溶液，并用玻璃棒摩擦器壁，静置，有深蓝色晶体析出。步骤4．晶体纯化：减压过滤，用乙醇与浓氨水的混合液洗涤晶体，最后用丙酮洗涤，低温干燥。步骤5．测定晶体中铜元素的质量分数：称取mg晶体，置于碘量瓶中，用煮沸的稀硫酸充分溶解后，再加入过量KI溶液，盖好瓶塞，振荡充分反应，静置5分钟，用cmol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至淡黄色时，滴入淀粉溶液，继续滴定至终点，平行滴定3次，平均消耗VmLNa2S2O3溶液。已知：[Cu(NH3)4]2+＋4H+=Cu2+＋4NH4+2Cu2+＋4I-=2CuI↓＋I22S2O32-＋I2=2I-请回答下列问题：(1)设NA是阿伏加德罗常数的值，则1mol[Cu(NH3)4]2+σ键的数目为__________个。(2)写出蓝色沉淀溶解转化为深蓝色透明溶液的离子方程式：____________________________________________________________________。(3)步骤3中用玻璃棒摩擦器壁的作用为_______________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)步骤4中，用乙醇与浓氨水的混合液洗涤晶体，加入浓氨水的原因是_______________________________________________________________________________________________________________________________________。(5)步骤5中需要用到的仪器有________(填字母)。ABCD(6)晶体中铜元素的质量分数为______________(用含m、c、V的代数式表示)。下列操作会导致测得的铜元素质量分数偏小的是________(填字母)。A．稀硫酸未加热煮沸B．滴定管尖嘴滴定前有气泡，滴定后消失C．在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面D．在配制Na2S2O3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出[解析]向水中通入氨气制备氨水，向CuSO4溶液中滴加氨水，首先形成Cu(OH)2蓝色沉淀，继续加氨水，转化为[Cu(NH3)4]2+配离子，然后加入95%乙醇结晶，经减压过滤、乙醇与浓氨水的混合液洗涤、丙酮洗涤、低温干燥得到一水硫酸四氨合铜晶体。将晶体溶于水通过碘量法滴定测晶体中Cu的含量，滴定原理为：[Cu(NH3)]42+＋4H+=Cu2+＋4NH4+、2Cu2+＋4I-=2CuI↓＋I2、2S2O32-＋I2=2I-＋S4O62-，用硫代硫酸钠标准溶液滴定生成的I2，利用计量关系：2S2O32-～I(1)1mol[Cu(NH3)4]2+中含有4×3＝12molN—Hσ键、4molCu—Nσ键，总的σ键个数为16NA个。(4)乙醇本身作为非极性溶剂，能降低硫酸四氨合铜在溶液中的溶解度，当乙醇与水按一定比例混合时，会形成共溶剂效应，进一步削弱晶体与溶剂的相互作用，使其更易从溶液中析出，浓氨水提供碱性环境，可抑制硫酸四氨合铜的水解，在洗涤过程中，氨水与乙醇协同作用，既保持晶体表面碱性，又通过乙醇的溶剂效应促进杂质分离，减少目标产物在洗涤过程中的溶解流失。(5)步骤5主要为用硫代硫酸钠标准溶液滴定I2，硫代硫酸钠标准溶液呈碱性，需使用碱性滴定管，故答案为D。(6)据分析，晶体中铜元素的质量分数为n(Cu2+)×64g·mol-1mg×100%＝64c(Na2S2O3)V(Na2S2O3)mg×100%＝64cV×10-3gmg×100%＝6.4cVm%。A．稀硫酸未加热煮沸，存在溶解氧气，氧气可氧化I-生成I2，I2物质的量增加，根据计量关系I2～2Cu2+，Cu物质的量增加，[答案](1)16NA(2)Cu(OH)2＋4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2+＋2OH-＋4H2O(3)加快结晶(4)提供碱性环境，减少硫酸四氨合铜晶体溶解损失(5)D(6)6.4cVm%2．(2025·陕晋青宁卷)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加入到接近沸腾的溶液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________(填字母)。(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](1)Ⅰ和Ⅱ步骤中，在烧杯中搅拌溶解固体需要用到玻璃棒，量取10mL或18mL蒸馏水需要用到量筒、胶头滴管，加热时需要用到酒精灯。(2)根据已知信息“糖精钴的溶解度在热水中较大，在冷水中较小”，故Ⅲ中静置过程有少量晶体出现时，可将烧杯置于冰水中，以使大量晶体析出。(3)Ⅳ中洗涤时先用③冷的1%NaSac溶液洗涤晶体以除去晶体表面的可溶性杂质并减少其溶解损失，再用②冷水洗涤以除去晶体表面的NaSac，最后用①丙酮洗涤晶体以除去晶体表面的水，丙酮沸点较低，便于晾干，故B正确。(4)Ⅳ中为了确认氯离子已经洗净，可取水洗时的最后一次滤液于试管中，加入稀硝酸酸化的AgNO3溶液，没有白色沉淀生成，说明氯离子已经洗净。(5)实验步骤Ⅲ中“将溶液2加入到接近沸腾的溶液1中”，为防止液体飞溅造成伤害，需要佩戴护目镜(A)、防止热烫(C)，钴离子是重金属离子，实验完毕应注意洗手(B)。故与本实验安全注意事项有关的图标有ABC。(6)将cmol·L-1的EDTA标准溶液装入滴定管进行滴定操作时，需先检查滴定管是否漏水，滴定管确定可用后用水清洗，然后用标准溶液润洗滴定管，防止标准溶液被稀释，之后加入标准溶液至“0”刻度以上2～3mL处，最后赶出气泡，调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下，准确记录初始读数。故顺序是c→a→b→d。(7)根据“EDTA和Co2+形成1∶1配合物”可知，n{[Co(Sac)2(H2O)4]·xH2O}＝n(EDTA)＝cmol·L-1×V×10-3L＝cV×10-3mol＝mg(495+18x)g·mol-1，解得x＝1000mcV-49518＝500m9cV－27.5。若滴定前滴定管尖嘴处无气泡[答案](1)玻璃棒、量筒(写出两种即可)(2)冰水(3)B(4)加入稀硝酸酸化的AgNO3溶液，没有白色沉淀生成，说明氯离子已经洗净(5)ABC(6)c→a→b→d(7)1000mcV-49518(或学案分层作业(五十四)综合实验试题突破(考查范围：对应学案60分值：60分)1．(11分)(2025·岳阳模拟)某化学学习小组用如图所示装置(夹持仪器省略)，以甘氨酸与硫酸亚铁为原料制备补铁剂甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe]。已知：Ⅰ．有关物质性质如下表所示：甘氨酸易溶于水，微溶于乙醇、冰醋酸，在冰醋酸中的溶解度大于在乙醇中的溶解度柠檬酸易溶于水和乙醇，酸性较强，有强还原性甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇、冰醋酸Ⅱ．甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe]摩尔质量为204g·mol-1Ⅲ．氨基能被酸性KMnO4溶液氧化：18H++5RNH2+6MnO4-①打开K1、K3，反应一段时间，将装置中空气排净；②________，使b中溶液进入c中；③在50℃恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加NaOH溶液，调溶液pH至5.5～6.0，使反应物充分反应；④反应完成后，向c中反应混合液加入乙醇，生成白色沉淀，将沉淀过滤、洗涤得粗产品。回答下列问题：(1)步骤②中将b中溶液加入c中的操作是_____________________________________________________________________________________________________。(2分)(2)仪器c的名称是________，其中加入柠檬酸的作用是_____________________________________________________________________，装置c中生成甘氨酸亚铁的化学方程式是______________________________________________________________________________________________________。(4分)(3)步骤④中加入乙醇的作用是_______________________________________________________________________________________________________________。(1分)(4)装置d的作用是____________________________________________________。(1分)(5)产品纯度测定。已知粗产品通常混有甘氨酸，称取粗产品2.2g，先加入________(填写下列物质的标号：a．水、b．乙醇、c．冰醋酸)，搅拌、过滤、洗涤得沉淀，将沉淀配成250mL溶液，取溶液25.00mL置于锥形瓶，用0.1000mol·L-1的KMnO4溶液滴定至终点，三次平均消耗KMnO4溶液体积为26.00mL，则该样品的纯度为________%。(结果保留一位小数)(3分)[解析]实验中，用铁屑和稀硫酸反应：Fe＋H2SO4=FeSO4＋H2↑，生成的H2可以排除装置内的空气，防止亚铁盐被氧化，同时，产生的H2可使装置b中的压强增大，将溶液压入三颈烧瓶中，FeSO4与甘氨酸反应制备甘氨酸亚铁，据此解答。(1)打开K2，关闭K3，产生的H2可使装置b中的压强增大，将FeSO4溶液压入三颈烧瓶中，FeSO4与甘氨酸反应制备甘氨酸亚铁。(2)仪器c的名称是三颈烧瓶；柠檬酸酸性较强，有强还原性，所以加入少量的柠檬酸，可以防止甘氨酸亚铁被氧化，也可以调节溶液的pH抑制亚铁离子水解；FeSO4与甘氨酸反应制备甘氨酸亚铁，化学方程式为FeSO4＋2H2NCH2COOH＋2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe＋Na2SO4＋2H2O。(3)由有关物质性质可知，甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇、冰醋酸，故步骤④中加入乙醇可以降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其析出。(4)由于柠檬酸有强还原性，故装置d的作用为液封(或水封)，防止空气进入c中，将柠檬酸氧化。(5)因为甘氨酸在冰醋酸中的溶解度大于在乙醇中的溶解度，甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于冰醋酸，所以先向称取的粗产品加入冰醋酸，故选c，得到较纯的甘氨酸亚铁沉淀，再将其溶于水配成溶液，加入酸性高锰酸钾溶液滴定，发生反应：18H++5RNH2+6MnO4-=5RNO2+6Mn2++14H2O，5Fe2++MnO4-＋8H＋=5Fe3+＋Mn2+＋4H2O，根据反应得出关系式：H2NCH2COO2Fe～2.6KMnO4，所以n[(H2NCH2COO)2Fe]＝12.6n[答案](1)打开K2，关闭K3(2)三颈烧瓶防止亚铁离子被氧化且能抑制亚铁离子水解FeSO4＋2H2NCH2COOH＋2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe＋Na2SO4＋2H2O(3)降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其析出(4)液封(或水封)，防止空气进入c中(5)c92.7%2．(10分)(2026·益阳模拟)烟酸又称维生素B3，实验室可用3-甲基吡啶为原料来制备。实验步骤：ⅰ．原料氧化：在如图所示的装置中加入2.40g3-甲基吡啶、70mL水，分次加入10.0gKMnO4(过量)，加热控制温度在85～90℃，搅拌反应60min，反应过程中有难溶物MnO2和强碱生成。ⅱ．粗品生成：将反应液转移至蒸馏烧瓶中，常压下144℃蒸馏，再趁热过滤，用热水洗涤滤渣，合并洗涤液与滤液，用浓盐酸酸化至pH为3.8～4.0，冷却结晶、过滤、冷水洗涤，最后干燥得粗产品。ⅲ．粗品提纯：将粗产品用热水溶解，加活性炭脱色，趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得纯品。ⅳ．纯度测定：取提纯后产品0.500g溶于水，配成100mL的溶液，每次取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴加几滴酚酞溶液，用0.0500mol·L-1NaOH溶液滴定，平均消耗NaOH溶液20.00mL。回答下列问题：(1)原料氧化过程中3-甲基吡啶被KMnO4氧化生成烟酸钾的化学方程式为__________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2分)(2)粗品生成过程中蒸馏的目的是_____________________________________________________________________________________________________________。(2分)(3)粗品提纯用的方法为________________________。(2分)(4)粗品提纯过程中，趁热过滤需要的玻璃仪器有玻璃棒、________(填字母)。(1分)ABCD(5)纯度测定中，产品的纯度为________。若滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，则测定的结果______________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。(3分)[解析](2)根据题给信息可知，3-甲基吡啶沸点为144℃，则合成粗产品时，在常压、144℃下蒸馏的目的是除去未反应的3-甲基吡啶。(3)结合题给信息可知，烟酸微溶于冷水，温度升高，溶解度逐渐增大，则粗品提纯的方法为重结晶。(4)粗品提纯过程中，趁热过滤需要的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和漏斗。(5)烟酸是一元酸，与NaOH反应的物质的量之比为1∶1，消耗NaOH的物质的量为0.0500mol·L-1×20.00×10-3L＝1×10-3mol，烟酸的质量为1×10-3mol×123g·mol-1×100[答案](1)＋2KMnO4△＋2MnO2↓＋KOH＋H2O(2)除去未反应的3-甲基吡啶(3)重结晶(4)BD(5)98.4%偏小3．(13分)(2026·鞍山模拟)十二钨硅酸在催化方面有重要用途。某实验小组制备十二钨硅酸晶体，并测定其结晶水含量的方法如下(装置如图，夹持装置省略)。Ⅰ．将适量Na2WO4·2H2O、Na2SiO3·9H2O加入三颈烧瓶中，加适量水，加热，溶解；Ⅱ．持续搅拌下加热混合物至近沸，缓慢滴加浓盐酸至pH为2，反应30分钟，冷却；Ⅲ．将反应液转至萃取仪器中，加入乙醚，再分批次加入浓盐酸，萃取；Ⅳ．静置后液体分上、中、下三层，下层是油状钨硅酸醚合物；Ⅴ．将下层油状物转至蒸发皿中，加少量水，加热至混合液表面有晶膜形成，冷却结晶，抽滤，干燥，得到十二钨硅酸晶体(H4[SiW12O40]·nH2O)。资料显示：制备过程中反应体系pH过低会产生钨的水合氧化物沉淀。回答下列问题：(1)仪器a中的试剂是________(填名称)。(1分)(2)步骤Ⅱ中浓盐酸需缓慢滴加的原因是____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2分)(3)下列仪器中，用于“萃取、分液”操作的有________________(填名称)。(1分)从下列选项选择合适操作(操作不重复使用)并排序：c→________(填字母，后同)→________→e→d→f→________。(3分)a．检查旋塞、玻璃塞是否漏水b．将溶液和乙醚转入分液漏斗并逐滴加入盐酸c．涂凡士林d．旋开旋塞放气e．倒转分液漏斗，小心振荡f．经几次振荡并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置g．打开旋塞，向蒸发皿放出下层液体(4)步骤Ⅴ中“加热”操作不能使用明火，原因是____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2分)(5)结晶水测定：称取mg十二钨硅酸晶体(H4[SiW12O40]·nH2O，相对分子质量为M)，采用热重分析法测得失去全部结晶水时失重w%，计算n＝____________(用含w、M的代数式表示)。若样品未充分干燥，会导致n的值______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。(4分)[解析]制取十二钨硅酸晶体(H4[SiW12O40]·nH2O)时，先将适量Na2WO4·2H2O、Na2SiO3·9H2O加入三颈烧瓶中，加适量水，加热，溶解；然后在持续搅拌下加热混合物至近沸，缓慢滴加浓盐酸至pH为2，反应30分钟，冷却；将反应液转至萃取仪器中，加入乙醚，再分批次加入浓盐酸，萃取；静置后液体分上、中、下三层，下层是油状钨硅酸醚合物；将下层油状物转至蒸发皿中，加少量水，加热至混合液表面有晶膜形成，冷却结晶，抽滤，干燥，得到十二钨硅酸晶体(H4[SiW12O40]·nH2O)。(1)实验中使用浓盐酸，浓盐酸具有挥发性，会挥发出氯化氢气体，为了防止氯化氢污染空气，仪器a中应盛装能吸收氯化氢气体的试剂，所以仪器a中的试剂是碱石灰。(3)题给仪器中，用于“萃取、分液”操作的有烧杯、分液漏斗。“萃取、分液”时，应：c．涂凡士林，a．检查旋塞、玻璃塞是否漏水，b．将溶液和乙醚转入分液漏斗并逐滴加入盐酸，e．倒转分液漏斗，小心振荡，d．旋开旋塞放气，f．经几次振荡并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置，g．打开旋塞，向蒸发皿放出下层液体。故合适操作(操作不重复使用)并排序为c→a→b→e→d→f→g。(5)采用热重分析法测得失去全部结晶水时失重w%，即结晶水的含量为w%，由此可得：18nM×100%＝w%，n＝wM1800。若样品未充分干燥，则w%[答案](1)碱石灰(2)滴速过快可能导致反应体系局部pH过低产生沉淀(3)烧杯、分液漏斗abg(4)乙醚沸点低易挥发，明火加热易燃(5)wM18004．(10分)(2025·黑吉辽蒙卷)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。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分)(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________%。(2分)(3)步骤Ⅱ中使用乙酸乙酯洗涤的目的是_______________________________________________________________________________________________________。(1分)(4)步骤Ⅲ中反应的离子方程式为_____________________________________________________________________________________________________________、_____________________________________________________________________。(2分)(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________。(3分)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)该反应使用空气作氧化剂，故相比KMnO4作氧化剂而言，空气更绿色环保，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(①)，然后使用液氮冷冻反应液(②)，待具支试管中的反应液冷冻后，打开阀门抽出其中的空气(③)，然后关闭阀门(①)，最后反应液恢复至室温(④)，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18O2。[答案](1)绿色环保副产物少(2)50(3)除去未反应的(4)H＋＋OH－=H2OH＋＋→(5)③①④18O25．(16分)(2025·广东卷)酸及盐在生活生产中应用广泛。(1)甲苯氧化可生成苯甲酸。向盛有2mL甲苯的试管中，加入几滴酸性KMnO4溶液，振荡，观察到体系颜色_______________________________。(1分)(2)某苯甲酸粗品含少量泥沙和氯化钠。用重结晶法提纯该粗品过程中，需要的操作及其顺序为加热溶解、________(填下列操作编号)。(2分)a．冷却结晶b．常温过滤c．蒸馏d．趁热过滤(3)兴趣小组测定常温下苯甲酸饱和溶液的浓度c0mol·L-1和苯甲酸的Ka，实验如下：取50.00mL苯甲酸饱和溶液，用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定，用pH计测得体系的pH随滴入溶液体积V变化的曲线如图。据图可得：①c0＝________mol·L-1。(2分)②苯甲酸的Ka＝________________(列出算式，水的电离可忽略)。(3分)(4)该小组继续探究取代基对芳香酸酸性的影响。①知识回顾羧酸酸性可用Ka衡量。下列羧酸Ka的变化顺序为：CH3COOH<CH2ClCOOH<CCl3COOH<CF3COOH。随着卤原子电负性________，羧基中的羟基________增大，酸性增强。(2分)②提出假设甲同学根据①中规律推测下列芳香酸的酸性强弱顺序为：③验证假设甲同学测得常温下三种酸的饱和溶液的pH大小顺序为Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ，据此推断假设成立。但乙同学认为该推断依据不足，不能用所测得的pH直接判断Ka大小顺序，因为_______________________________________________________________________________________________________________________。(2分)乙同学用(3)中方法测定了上述三种酸的Ka，其顺序为Ⅱ>Ⅰ>Ⅲ。④实验小结假设不成立，芳香环上取代基效应较复杂，①中规律不可随意推广。(5)该小组尝试测弱酸HClO的Ka。①丙同学认为不宜按照(3)中方法进行实验，其原因之一是次氯酸易分解。该分解反应的离子方程式为_________________________________________________。(2分)②小组讨论后，选用0.100mol·L-1NaClO溶液(含少量NaCl)进行实验，以获得HClO的Ka。简述该方案：_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________(包括所用仪器及数据处理思路)。(2分)③教师指导：设计实验方案时，需要根据物质性质，具体问题具体分析。[解析](1)甲苯能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸，高锰酸钾自身被还原为Mn2+(无色)，因此可观察到溶液的紫色逐渐变浅直至消失。(2)重结晶的过程包括加热溶解、趁热过滤和冷却结晶三个步骤，趁热过滤的目的是将泥沙过滤出去，同时防止苯甲酸从溶液中析出，冷却结晶后苯甲酸析出，通过常温过滤即可得到较纯净的苯甲酸晶体。(3)①由题图知，反应达到滴定终点时，消耗氢氧化钠溶液的体积是14.00mL，苯甲酸为一元弱酸，根据c待·V待＝c标·V标，知c0＝cNaOH·VNaOHV苯甲酸＝0.1000mol·L-1×14.00×10-3L50.00×10-3L＝0.0280mol·L-1。②苯甲酸在溶液中部分电离：，由题图知，初始苯甲酸溶液的pH＝2.89，则Ka＝＝10-2.89×10-2.890.0280-10-2.89。(4)①卤素原子电负性越强，吸电子效应就越强，则羧基中H—O的极性增大，容易发生断裂，更易电离出氢离子，因此酸性增强。③实验探究时应控制单一变量，不同物质在同一温度下的溶解度不同，故不同物质的饱和溶液的浓度一般不同，则要比较三种酸的酸性强弱，除物质不同外，其他条件均应该保持相同，即三种酸溶液的浓度应相同，所以甲同学的实验方案不合理。(5)①HClO见光分解的化学方程式为2HClO光照2HCl＋O2↑，离子方程式为2HClO光照2H＋＋2Cl－＋O2↑。②NaClO溶液中存在水解平衡：ClO－＋H2O[答案](1)逐渐变浅直至消失(2)d、a、b(3)①0.0280②10-2.89×10-2.890.0280-10(5)①2HClO光照2H＋＋2Cl－＋O2↑②用pH计测量得到0.100mol·L-1NaClO溶液的pH＝a；根据Kh≈c2OH-0.100mol·阶段精准补漏(十八)(考查范围：对应学案59～60分值：70分)1．(2025·云南卷)下列装置(省略部分夹持装置)或操作正确的是()A．制备NH3B．配制100mL1.00mol·L-1KCl溶液C．探究Na与H2O反应D．探究温度对化学平衡的影响D[NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物加热制取氨，试管口要略向下倾斜，A错误；配制100mL1.00mol·L-1KCl溶液，应在烧杯中溶解KCl固体，B错误；金属钠与水反应剧烈，不能在试管中进行，应在烧杯中进行，且烧杯不能盛满水，同时用镊子取用金属钠，C错误；两个烧杯中分别盛有热水和冷水，可以通过观察气体的颜色深浅来探究温度对2NO2(红棕色)⥬N2O4(无色)平衡的影响，D正确。]2．(2025·黑吉辽蒙卷)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溶液中的SD．制作简易氢氧燃料电池B[HCl、Cl2均能与碱石灰(主要成分为CaO、NaOH、KOH)发生反应，故不能用碱石灰除去Cl2中的HCl，A错误；U形管左侧铜丝与稀硝酸反应生成NO，由于U形管左侧不与空气接触，故可避免生成的NO被氧化，B正确；乙醇与CS2互溶，故不能用乙醇萃取CS2中的S，C错误；闭合K1断开K2时，该装置为电解池，阴极发生反应2H2O＋2e－=2OH－＋H2↑，阳极发生反应Zn－2e－＋2OH－=Zn(OH)2↓，无O2生成，故断开K1闭合K2时不能形成氢氧燃料电池，D错误。]3．(2025·广东卷)对铁钉进行预处理，并用铜氨溶液给铁钉镀铜。下列操作不能达到实验目的的是()A．除油污B．除铁锈C．制铜氨溶液D．铁钉镀铜D[Na2CO3溶液显碱性，油污可在碱性溶液中加热的条件下发生水解反应，故该操作可除去油污，能达到实验目的，A不符合题意；铁锈的主要成分为氧化铁，氧化铁可与稀盐酸反应达到除铁锈的目的，B不符合题意；向CuSO4溶液中滴加足量氨水的过程中，先生成氢氧化铜沉淀，当氨水过量时，氢氧化铜继续与一水合氨反应生成[Cu(NH3)4]2+，能达到实验目的，C不符合题意；题给装置中铁钉作原电池的负极，Fe失电子发生氧化反应，铜氨溶液中的Cu2+在正极(铜片)发生还原反应生成Cu，达不到实验目的，D符合题意。]4．(2024·河北卷)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还原铁粉与水蒸气反应生成的气体点燃后有爆鸣声H2O具有还原性B待测液中滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀待测液含有SCMg(OH)2和Al(OH)3中均分别加入NaOH溶液和盐酸，Mg(OH)2只溶于盐酸，Al(OH)3都能溶MgOHAlOHDK2Cr2O7溶液中滴加NaOH溶液，溶液由橙色变为黄色增大生成物的浓度，平衡向逆反应方向移动C[Fe与H2O(g)在高温下反应生成的气体是H2，该反应前后氢元素由＋1价变成0价，被还原，体现了H2O的氧化性，A错误；如果待测液中含有Ag＋，Ag＋与Cl－反应也能产生白色沉淀，通过该实验不能得出待测液中含有SO42-的结论，B错误；MgOH2溶液能与盐酸反应，不能与NaOH溶液反应，Al(OH)3与NaOH溶液和盐酸都能反应，说明Mg(OH)2的碱性比Al(OH)3的强，C正确；K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-(橙色)+H_2O⥬2CrO_(4)^(2-)5．(12分)(2024·湖北卷)学习小组为探究Co2+、Co3+能否催化H2O2的分解及相关性质，室温下进行了实验Ⅰ～Ⅳ。实验Ⅰ实验Ⅱ实验Ⅲ无明显变化溶液变为红色，伴有气泡产生溶液变为墨绿色，并持续产生能使带火星木条复燃的气体已知：[Co(H2O)6]2+为粉红色、[Co(H2O)6]3+为蓝色、[Co(CO3)2]2-为红色、[Co(CO3)3]3-为墨绿色。回答下列问题：(1)配制1.00mol·L-1的CoSO4溶液，需要用到下列仪器中的________(填标号)。(1分)abcd(2)实验Ⅰ表明[Co(H2O)6]2+________(填“能”或“不能”)催化H2O2的分解。实验Ⅱ中HCO3-大大过量的原因是_______________________。实验Ⅲ初步表明[Co(CO3)3]3-能催化H2O2的分解，写出H2O2在实验Ⅲ_____________________________________________________________________、_____________________________________________________________________。(7分)(3)实验Ⅰ表明，反应2[Co(H2O)6]2+＋H2O2＋2H＋⥬2[Co(H2O)6]3+＋2H2O难以正向进行，利用化学平衡移动原理，分析Co3+、Co2+分别与CO32-____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2分)(4)实验Ⅳ中，A到B溶液变为蓝色，并产生气体；B到C溶液变为粉红色，并产生气体。从A到C所产生的气体的分子式分别为________________、______________。(2分)[解析]本题探究Co2+、Co3+能否催化H2O2的分解及相关性质。实验Ⅰ中无明显变化，证明CoH2O62+不能催化H2O2的分解；实验Ⅱ中溶液变为红色，证明[Co(H2O)6]2+易转化为CoCO322-；实验Ⅲ中溶液变为墨绿色，说明CoH2O63+更易与CO32-反应生成CoCO333-，并且初步证明[Co(H2O)6]2+在HCO3-的作用下易被H2O2氧化为[Co(CO3)3]3-；实验Ⅳ中溶液先变蓝后变粉红，并且前后均有气体生成，证明在酸性条件下，[Co(CO3)(1)配制1.00mol·L-1的CoSO4溶液，需要用到容量瓶、胶头滴管等，因此选bc。(2)CoSO4溶液中存在大量的CoH2O62+，向其中加入30%的H2O2溶液后无明显变化，因此，实验Ⅰ表明CoH2O62+不能催化H2O2的分解。实验Ⅱ中HCO3-与Co2+结合转化为[Co(CO3)2]2-和H＋，过量的HCO3-能吸收H＋，促使反应正向进行。实验Ⅲ的实验现象表明在H2O2的作用下Co2+能与HCO3-反应生成[Co(CO3)3]3-，然后CoCO333-能催化H2O2的分解，因此，H2O2在实验Ⅲ中所发生反应的离子方程式为2Co2++10HCO3-＋H2O2=2[Co(CO3)3]3-＋6H2O＋4CO2↑、2H2O2CoCO333-2H2O＋O2↑。(3)实验Ⅰ表明，反应2[Co(H2O)6]2+＋H2O2＋2H＋⥬2[Co(H2O)6]3+＋2H2O难以正向进行，实验Ⅲ的现象表明，Co3+、Co2+分别与CO32-配位时，CoH2O63+更易与CO32-反应生成CoCO333-(该反应为快反应)，导致CoH2[答案](1)bc(2)不能吸收转化过程中产生的H＋，促进反应正向进行2Co2++10HCO3-+H2O2=2CoCO333-＋6H2O＋4CO2↑2H2O2CoCO333-2H2O＋O2↑(3)实验Ⅲ的现象表明，Co3+、Co2+分别与CO32-配位时，6．(14分)(2025·甘肃卷)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EuC7H5O23·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。EuC7H5(1)步骤①中，加热的目的为_________________________________________________________________________________________________________________。(1分)(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分)(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______________。(2分)(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____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4分)(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____________________________________________________________________________________________________________________________________