2021高三化学人教版一轮学案：第十章 第三节　物质的制备及性质探究 Word版含解析

2021高三化学人教版一轮学案：第十章 第三节　物质的制备及性质探究 Word版含解析

www.ks5u.com 第三节　物质的制备及性质探究 最新考纲：1.掌握常见物质的实验室制法，包括所用试剂、原理、仪器等。2.根据化学实验目的和要求，正确选用实验装置、控制实验条件。‎ 核心素养：1.科学探究与创新意识：在实验中发现和提出有探究价值问题，确定研究目的，设计探究方案。2.科学精神与社会责任：实验方案的设计要严谨、科学性、安全性，要有可持续发展意识。‎ 知识点一　以气体制备为主线的物质制备与性质探究 ‎1．气体制备实验的基本思路 ‎2．常见气体制备装置 ‎3.气体的净化和干燥 ‎4.气体的收集 ‎(1)常见气体收集方法及装置 ‎(2)集气装置的创新——排液集气装置 装置(Ⅰ)从a管进气b管出水可收集难溶于水的气体，如H2、O2等。若将广口瓶中的液体更换，还可以收集以下气体。‎ ‎①饱和食盐水——收集Cl2。‎ ‎②饱和NaHCO3溶液——收集CO2。‎ ‎③饱和NaHS溶液——收集H2S。‎ ‎④四氯化碳——收集HCl或NH3。‎ 装置(Ⅱ)储气式集气。气体从橡胶管进入，可将水由A瓶排入B瓶，在瓶A中收集到气体。‎ ‎5．尾气吸收装置 ‎6.防倒吸装置 ‎(1)肚容式 对于NH3、HCl等易溶于水的气体吸收时，常用倒置的小漏斗、干燥管、双耳球等防倒吸装置，如图所示：‎ ‎(2)分液式 把导气管末端插入气体溶解度小的液体中，不会发生倒吸，气体进入上层液体被充分吸收。像HCl、NH3均可用如图所示装置吸收。‎ ‎7．防堵塞装置 ‎1．(2020·河北石家庄模拟)下列实验装置正确且能达到实验目的的是(　D　)‎ A．用图(a)所示装置制取少量Cl2‎ B．图(b)所示装置可证明非金属性：Cl>C>Si C．图(c)所示装置中水不能持续流下，说明装置气密性良好 D．用图(d)所示装置测定镁铝合金中铝的质量分数 解析：MnO2与稀盐酸不反应，A项错误；非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，但盐酸中Cl不是最高价，因此不能判断Cl和C的非金属性强弱，B项错误；橡皮管的作用是使烧瓶和分液漏斗上方的压强相等，有利于液体顺利滴下，因此不会出现水不能持续流下的现象，C项错误；铝可与NaOH溶液反应生成H2，镁不与NaOH溶液反应，利用排水法测定氢气的体积，根据氢气体积得到铝的质量，从而求出铝的质量分数，D项正确。‎ ‎2．用如图所示装置制取表中的四种气体(图中加热及气体收集装置均已略去；必要时可以加热；a、b、c、d表示相应仪器中加入的试剂)。‎ 气体 a b c d CO2‎ 稀盐酸 CaCO3‎ 饱和Na2CO3溶液 浓硫酸 Cl2‎ 浓盐酸 MnO2‎ NaOH溶液 浓硫酸 SO2‎ 稀硫酸 Cu 品红溶液 浓硫酸 H2‎ 稀盐酸 锌粒 NaOH溶液 浓硫酸 上述方法中可以得到干燥、纯净的气体是(　D　)‎ A．CO2　　 　B．Cl‎2　‎　 　C．SO2　　 　D．H2‎ 解析：制备CO2时不能用饱和碳酸钠溶液吸收HCl，因为CO2也能与饱和碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液，A错误；除去Cl2中混有的HCl气体不能用NaOH溶液，因为Cl2‎ 也能与NaOH溶液反应，应用饱和食盐水，B错误；铜与稀硫酸不反应，不能用于制备SO2，C错误。‎ 规律小结 气体净化与干燥的先后顺序 (1)若采用溶液除杂，应该是除杂在前，干燥在后。其原因是气体除杂过程中会从溶液中带出水蒸气，干燥剂可除去水蒸气。如实验室中利用大理石与稀盐酸反应制备CO2，欲制得干燥、纯净的CO2，可先将产生的气体通过饱和NaHCO3溶液，除去混入其中的HCl气体，再通过浓硫酸除去水蒸气。‎ (2)若采用加热除杂，则一般是干燥在前。如N2中混有O2、CO2、H2O(g)，可先将混合气体通过碱石灰，除去CO2和H2O(g)，再将从干燥管中导出的气体通过装有灼热铜网的硬质玻璃管，除去O2，即可得到干燥、纯净的N2。若将混合气体先通过灼热的铜网，因气体中混有水蒸气，易使硬质玻璃管炸裂。‎ ‎3．(2017·全国卷Ⅰ)实验室用H2还原WO3制备金属W的装置如图所示(Zn粒中往往含有硫等杂质，焦性没食子酸溶液用于吸收少量氧气)。下列说法正确的是(　B　)‎ A．①、②、③中依次盛装KMnO4溶液，浓H2SO4、焦性没食子酸溶液 B．管式炉加热前，用试管在④处收集气体并点燃，通过声音判断气体纯度 C．结束反应时，先关闭活塞K，再停止加热 D．装置Q(启普发生器)也用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气 解析：从焦性没食子酸溶液逸出的气体中一定会混有水蒸气，因此浓硫酸应放在最后用来干燥氢气，A项错误；进入管式炉的气体为氢气，若氢气与管式炉中的氧气混合，不经验纯直接加热容易发生爆炸，因此在加热前，用试管在④处收集气体并点燃，通过声音判断气体纯度，当听到“噗”的一声，表明氢气纯净，可以加热，B项正确；为防止生成的钨被氧化，应先停止加热，继续通入氢气，等钨冷却后再关闭K，C项错误；二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气需要加热，而启普发生器不能加热，D项错误。‎ ‎4．(2020·河南联盟联考)硫代硫酸钠(Na2S2O3)可作为鞣革时重铬酸盐的还原剂。纯碱与硫化钠的混合溶液与二氧化硫气体反应可生成Na2S2O3和CO2，实验室利用如图所示实验装置制备硫代硫酸钠(夹持装置已略去)。‎ 下列说法不正确的是(　B　)‎ A．装置①也可用于实验室制备氧气 B．装置②中虚线处表示的进气导管应伸至瓶底 C．实验时，应先打开活塞K1，再打开活塞K2‎ D．装置④中应盛装的试剂为NaOH溶液 解析：装置①可用于MnO2催化分解双氧水制备氧气，A正确；装置②作安全瓶，防止倒吸，进气导管不应伸至瓶底，B错误；实验时，应先打开装置①中分液漏斗的活塞K1，利用产生的SO2排尽装置内的空气，防止含硫化合物被氧化，C正确；装置④为尾气处理装置，应盛装的试剂为NaOH溶液，D正确。‎ ‎5．(2020·青岛模拟)常温下，氯化硫(S2Cl2)是具有刺激性气味的黄红色液体，熔点为－‎80 ℃‎，沸点为‎137.1 ℃‎，在空气中产生烟雾，遇水分解为S、SO2、HCl。实验室中用Cl2和S制备S2Cl2的实验装置如下图所示。下列说法不正确的是(　C　)‎ A．该实验可证明Cl2具有氧化性 B．实验结束后，装置Ⅴ中收集到的液体呈黄红色 C．装置Ⅵ中盛放无水CaCl2，作用是吸收未参与反应的Cl2‎ D．冷凝管的作用是使S2Cl2蒸气冷凝回流 解析：制备S2Cl2的反应原理为Cl2＋2SS2Cl2，该反应中Cl2作氧化剂，A正确；装置Ⅴ是S2Cl2的收集装置，生成的S2Cl2蒸气在冰盐浴中冷凝为黄红色液体，B正确；S2Cl2遇水分解为S、SO2、HCl，装置Ⅵ的作用是吸收未参与反应的Cl2，防止污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入装置Ⅴ，故装置Ⅵ中应盛装碱石灰，C错误；冷凝管的作用是使S2Cl2蒸气冷凝回流，D正确。‎ 规律小结 有气体参与的实验的“两大要求”‎ (1)加热操作要求 ‎①使用可燃性气体(如H2、CO、CH4等)时，先用原料气赶走系统内的空气，再点燃酒精灯加热，以防止爆炸。‎ ‎②制备一些易与空气中的成分发生反应的物质(如H2还原CuO的实验)，反应结束时，应先熄灭酒精灯，继续通原料气至试管冷却。‎ (2)实验装置要求 ‎①制备在空气中易吸水、潮解以及水解的物质(如Al2S3、AlCl3等 )，往往在装置的末端再接一个干燥装置，以防止空气中水蒸气进入。‎ ‎②用盛有碱石灰的干燥管吸收测定实验中生成CO2的质量时，在干燥管前连一个盛有无水CaCl2的U形管，在干燥管后再连一个盛有碱石灰的干燥管，前一个的目的是干燥CO2，后一个的目的是防止空气中的CO2和H2O(g)进入。‎ ‎6．(2019·江苏高考)实验室用下图所示装置制备KClO溶液，并通过KClO溶液与Fe(NO3)3溶液的反应制备高效水处理剂K2FeO4。‎ 已知K2FeO4具有下列性质：①可溶于水、微溶于浓KOH溶液，②在0～5 ℃、强碱性溶液中比较稳定，③在Fe3＋和Fe(OH)3催化作用下发生分解，④在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe(OH)3和O2。‎ ‎(1)装置A中KMnO4与盐酸反应生成MnCl2和Cl2，其离子方程式为2MnO＋16H＋＋10Cl－===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O，将制备的Cl2通过装置B可除去HCl(填化学式)。‎ ‎(2)Cl2与KOH在较高温度下反应生成KClO3。在不改变KOH溶液的浓度和体积的条件下，控制反应在0～‎5 ℃‎进行，实验中可采取的措施是缓慢滴加盐酸、装置C加冰水浴。‎ ‎(3)制备K2FeO4时，KClO饱和溶液与Fe(NO3)3饱和溶液的混合方式为在搅拌下，将Fe(NO3)3饱和溶液缓慢滴加到KClO饱和溶液中。‎ ‎(4)提纯K2FeO4粗产品[含有Fe(OH)3、KCl等杂质]的实验方案：将一定量的K2FeO4粗产品溶于冷的3 mol·L－1 KOH溶液中，用砂芯漏斗过滤，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液，搅拌、静置，再用砂芯漏斗过滤，晶体用适量乙醇洗涤2～3次后，在真空干燥箱中干燥 ‎(实验中须使用的试剂有：饱和KOH溶液，乙醇；除常用仪器外须使用的仪器有：砂芯漏斗，真空干燥箱)。‎ 解析：(1)KMnO4具有强氧化性，能将Cl－氧化成Cl2，反应离子方程式为2MnO＋10Cl－＋16H＋===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O，用饱和食盐水可除去Cl2中的HCl气体。‎ ‎(2)由于Cl2与KOH反应是放热反应，可以通过缓慢加入盐酸来降低溶液的温度或直接将装置C用冰水浴降温。‎ ‎(3)由于K2FeO4在Fe3＋的作用下会发生分解，故KClO与Fe(NO3)3反应时Fe3＋不能过量，故需要将Fe(NO3)3缓慢滴加到KClO溶液中，并不断搅拌。‎ ‎(4)K2FeO4溶于稀KOH溶液，但微溶于浓KOH溶液，故先将K2FeO4粗产品溶于稀KOH溶液，用砂芯漏斗过滤除去Fe(OH)3杂质，再加入饱和KOH溶液使K2FeO4从溶液中析出。经过滤(砂芯漏斗)、洗涤(乙醇洗涤)、干燥(真空干燥箱)后得K2FeO4。‎ ‎7．(2018·北京卷)实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。‎ 资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。‎ ‎(1)制备K2FeO4(夹持装置略)‎ ‎①A为氯气发生装置。A中反应方程式是2KMnO4＋16HCl(浓)===2MnCl2＋2KCl＋5Cl2↑＋8H2O(锰被还原为Mn2＋)。‎ ‎②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。‎ 答案：‎ ‎③C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有3Cl2＋2Fe(OH)3＋10KOH===2K2FeO4＋6KCl＋8H2O，另外还有Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O。‎ ‎(2)探究K2FeO4的性质 ‎①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4，氧化了Cl－而产生Cl2，设计以下方案：‎ 方案Ⅰ 取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。‎ 方案Ⅱ 用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。‎ ⅰ.由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有Fe3＋离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl－氧化，还可能由4FeO＋20H＋===4Fe3＋＋3O2↑＋10H2O产生(用方程式表示)。‎ ⅱ.方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl－。用KOH溶液洗涤的目的是排除ClO－的干扰。‎ ‎②根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2>FeO(填“>”或“<”)，而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO的氧化性强弱关系相反，原因是溶液酸碱性不同。‎ ‎③资料表明，酸性溶液中的氧化性FeO>MnO，验证实验如下：将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色。该现象能否证明氧化性FeO>MnO。若能，请说明理由；若不能，进一步设计实验方案。理由或方案：能，理由：FeO在过量酸的作用下完全转化为Fe3＋和O2，溶液浅紫色一定是MnO的颜色 或不能，方案：由紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色。‎ 解析：(1)①由题图知A中反应物为浓盐酸和KMnO4，生成物有Cl2，且锰被还原为Mn2＋‎ ‎，根据得失电子守恒及元素守恒即可完成反应的化学方程式。②由于装置C中高铁酸钾的制备环境呈碱性而制得的氯气中混有的氯化氢气体为酸性，可用饱和食盐水除去氯化氢，注意“长导管进短导管出”。③氯气能与过量的KOH溶液反应。‎ ‎(2)①ⅰ.Fe3＋遇KSCN溶液变红色。由已知高铁酸钾在酸性溶液中快速产生氧气，反应过程中氧元素的化合价升高，根据氧化还原反应的规律，高铁酸钾中＋6价的铁元素化合价必然降低，其还原产物可能是Fe3＋。也就是说，Fe3＋可能来自于高铁酸钾自身的氧化还原反应。书写离子方程式时，可以先写出明确的、已知的反应物(即FeO)和生成物(即Fe3＋和O2)，根据得失电子守恒确定Fe3＋和O2的化学计量数之比为4∶3，再根据电荷守恒和元素守恒确定反应物中还应有H＋，最后用观察法配平即可。ⅱ.C中Cl2与KOH反应生成的ClO－具有氧化性，也能氧化Cl－，故需排除ClO－的干扰。②K2FeO4的制备实验中Cl2化合价降低作氧化剂，故氧化性Cl2>FeO，该反应是在碱性条件下进行的，方案Ⅱ是在酸性条件下进行的，溶液的酸碱性对物质的氧化性或还原性会产生影响。‎ 知识点二　模拟工业生产为载体的无机物制备 ‎1．制备无机物的思维流程 ‎2．实验条件的控制 ‎(1)常见的实验条件控制 ‎ ‎ ‎(2)控制实验条件的目的分析 ‎1．(2020·河北名校联考)利用废蚀刻液(含FeCl2、CuCl2及FeCl3‎ ‎)制备碱性蚀刻液[Cu(NH3)4Cl2溶液]和FeCl3·6H2O的主要步骤：用H2O2氧化废蚀刻液，制备氨气，制备碱性蚀刻液[CuCl2＋4NH3＝Cu(NH3)4Cl2]、固液分离，用盐酸溶解沉淀并制备FeCl3·6H2O。下列实验原理和装置不能达到实验目的的是(　D　)‎ A．用装置甲制备NH3‎ B．用装置乙制备Cu(NH3)4Cl2并沉铁 C．用装置丙分离Cu(NH3)4Cl2溶液和Fe(OH)3‎ D．用装置丁将FeCl3溶液蒸干制备FeCl3·6H2O 解析：本实验是制备Cu(NH3)4Cl2和FeCl3·6H2O，根据步骤，用H2O2先将刻蚀液中的Fe2＋氧化成Fe3＋，实验室常用Ca(OH)2和NH4Cl制备氨气，将氨气通入刻蚀液中制备碱性刻蚀液，Fe3＋与NH3·H2O生成Fe(OH)3沉淀，然后过滤，用盐酸溶解氢氧化铁沉淀，最后蒸发浓缩、冷却结晶得到FeCl3·6H2O；A、实验室用Ca(OH)2和NH4Cl共热制备氨气，利用甲装置能够制备NH3，甲装置能达到实验目的，故A不符合题意；B、乙装置制备碱性刻蚀液Cu(NH3)4Cl2，然后Fe3＋与氨水反应生成Fe(OH)3，乙装置能完成实验目的，故B不符合题意；C、丙装置分离固液，丙装置能够达到实验目的，故C不符合题意；D、FeCl3溶液制备FeCl3·6H2O，采用蒸发浓缩、冷却结晶，不能蒸干，丁装置不能完成实验目的，故D符合题意。‎ ‎2．(2020·吉林二模)某化工厂制备净水剂硫酸铁铵晶体[NH4Fe(SO4)2·6H2O]的一种方案如下：‎ 下列说法不正确的是(　B　)‎ A．滤渣A的主要成分是CaSO4‎ B．相同条件下，NH4Fe(SO4)2·6H2O净水能力比FeCl3强 C．“合成”反应要控制温度，温度过高，产率会降低 D．“系列操作”包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、干燥等 解析：A.硫酸钙微溶于水，滤渣A主要成分是硫酸钙，故A正确；B.NH水解生成H＋，抑制Fe3＋的水解，故氯化铁净水能力比硫酸铁铵强，故B项错误；C.“合成”中温度过高，会促进Fe3＋的水解，故C项正确；D.硫酸铁铵的溶解度随温度降低而减小，宜采用结晶法提纯，故D项正确；故选B。‎ ‎3．(2020·江西名校联考)LiAlH4(四氢铝锂)是有机合成的重要还原剂，制备方法之一是LiH和AlCl3在乙醚中反应。实验室利用下列装置制备氢化锂：‎ 已知：①连苯三酚碱性溶液可定量吸收O2；②氢化锂遇水蒸气剧烈反应。‎ 下列说法不正确的是(　B　)‎ A．向A中滴几滴CuSO4溶液可以加快产生氢气的反应速率 B．试剂1为五氧化二磷(P2O5)吸收空气中水蒸气，避免Li、LiAlH4与水反应 C．实验时，先启动A中反应，过一会儿，点燃E处酒精灯 D．如果撤去C装置，制备氢化锂产品中可能混有Li2O 解析：‎ 本题考查实验设计与评价，意在考查实验能力。向溶液中滴加少量的硫酸铜溶液，锌置换铜，铜锌在稀硫酸中构成微小原电池，加快了锌失去电子，产生氢气速率加快，A项正确；五氧化二磷只能吸收水蒸气，不能吸收空气中CO2，CO2也能与锂反应，故试剂1应为碱石灰，B项错误；遇入氢气排尽装置内空气，避免锂与空气中O2、CO2反应，C项正确；C装置吸收氢气中O2，如果撤去C装置，则可能生成氧化锂，D项正确。‎ ‎4．(2019·全国卷Ⅰ)硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是碱煮水洗。‎ ‎(2)步骤②需要加热的目的是加快反应速率，温度保持80～‎95 ℃‎，采用的合适加热方式是热水浴。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为C(填标号)。‎ ‎(3)步骤③中选用足量的H2O2，理由是将Fe2＋全部氧化为Fe3＋；不引入杂质。分批加入H2O2，同时为了防止Fe3＋水解，溶液要保持pH小于0.5。‎ ‎(4)步骤⑤的具体实验操作有加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。‎ ‎(5)采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到‎150 ℃‎时失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为NH4Fe(SO4)2·12H2O。‎ 解析：本题通过实验室制备硫酸铁铵的流程，考查化学实验的基本操作及化学实验相关计算。‎ ‎(1)废铁屑表面油污的主要成分是油脂，油脂在碱性条件下发生水解，故去除时通常先用热的碱性溶液洗涤，后用蒸馏水洗涤，即“碱煮水洗”。‎ ‎(2)加热是为了加快铁屑与硫酸反应的速率，温度保持80～‎95 ℃‎应采用热水浴的加热方式；硫化物会与硫酸反应生成有毒的硫化氢气体，由于硫化氢在水中溶解度不大，不宜采用A和B装置，又因为硫化氢气体易与氢氧化钠溶液反应，所以应选用倒置漏斗，既可以防止倒吸，又可以加快吸收速率，C装置合适。‎ ‎(3)加入足量过氧化氢是为了将亚铁离子全部氧化为铁离子，过氧化氢是绿色氧化剂，还原产物是水，在氧化亚铁离子的过程中，不引入杂质；过氧化氢氧化亚铁离子的反应是放热反应，分批加入是为了防止温度升高过快，促进Fe3＋水解生成Fe(OH)3，同时保持溶液pH小于0.5也是为了防止Fe3＋水解。‎ ‎(4)由硫酸铁和硫酸铵的混合溶液中得到硫酸铁铵晶体，操作是加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。实验中不宜蒸发结晶，因为蒸发促进Fe3＋、NH水解，可能无法得到纯净的硫酸铁铵晶体。‎ ‎(5)由“失掉1.5个结晶水，失重5.6%”计算NH4Fe(SO4)2·xH2O晶体的相对分子质量，假设硫酸铁铵的物质的量为1 mol，加热到‎150 ℃‎时，失掉H2O的物质的量为1.5 mol，则1 mol NH4Fe(SO4)2·xH2O的质量为＝‎482 g，即NH4Fe(SO4)2·xH2O的相对分子质量为482,18＋56＋2×96＋18x＝482，解得x＝12，即硫酸铁铵晶体的化学式为NH4Fe(SO4)2·12H2O。‎ ‎5．(2018·全国卷Ⅰ)醋酸亚铬[(CH3COO)2Cr·2H2‎ O]为砖红色晶体，难溶于冷水，易溶于酸，在气体分析中用作氧气吸收剂。一般制备方法是先在封闭体系中利用金属锌作还原剂，将三价铬还原为二价铬；二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬。实验装置如图所示。回答下列问题：‎ ‎(1)实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却，目的是去除水中溶解氧。仪器a的名称是分液(或滴液)漏斗。‎ ‎(2)将过量锌粒和氯化铬固体置于c中，加入少量蒸馏水，按图连接好装置。打开K1、K2，关闭K3。‎ ‎①c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，该反应的离子方程式为Zn＋2Cr3＋===Zn2＋＋2Cr2＋。‎ ‎②同时c中有气体产生，该气体的作用是排除c中空气。‎ ‎(3)打开K3，关闭K1和K2。c中亮蓝色溶液流入d，其原因是c中产生H2使压强大于大气压；d中析出砖红色沉淀。为使沉淀充分析出并分离，需采用的操作是(冰浴)冷却、过滤、洗涤、干燥。‎ ‎(4)指出装置d可能存在的缺点敞开体系，可能使醋酸亚铬与空气接触。‎ 解析：(1)由题给信息，[(CH3COO)2Cr·2H2O]在气体分析中用作O2吸收剂，说明Cr2＋具有强还原性，易被O2氧化，故所用蒸馏水需经煮沸除去其中的O2，以免影响[(CH3COO)2Cr·2H2O]的制备。由仪器的结构特点可知，a为分液(或滴液)漏斗。‎ ‎(2)①Zn将Cr3＋还原为Cr2＋，离子方程式为Zn＋2Cr3＋===Zn2＋＋2Cr2＋。②Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑，H2起到排除c中空气的作用，以防Cr2＋被氧化。‎ ‎(3)过量的Zn与盐酸反应放出大量的H2‎ ‎，使装置c中压强增大，关闭K1和K2，打开K3时，溶液被压入装置d。由题给信息知，[(CH3COO)2Cr·2H2O]难溶于冷水，因此应用冰浴冷却，以便于[(CH3COO)2Cr·2H2O]析出，再将沉淀过滤、洗涤、干燥即可。‎ ‎(4)装置d的缺点是该装置与大气直接相通，空气中的O2易将[(CH3COO)2Cr·2H2O]氧化。‎ 知识点三　有机物的制备 ‎1．有机物制备实验题的解题模板 ‎(1)分析制备流程 ‎(2)熟悉重要仪器 ‎①反应装置 ‎②蒸馏装置 ‎(3)找准答题思路 根据题给信息，初步判定物质性质 有机物制备中一般会给出相应的信息，通常会以表格的形式给出，表格中的数据主要是有机化合物的密度、沸点和在水中的溶解性，在分析这些数据时要多进行横向和纵向地比较，密度主要是与水比较，沸点主要是表中各物质的比较，溶解性主要是判断溶还是不溶。主要是根据这些数据选择分离、提纯的方法 注意仪器名称和作用 所给的装置图中有一些不常见的仪器，要明确这些仪器的作用，特别是无机制备实验中不常见的三颈圆底烧瓶、球形冷凝管等 关注有机反应条件 大多数有机反应副反应较多，且为可逆反应，因此设计有机物制备实验方案时，要注意控制反应条件，尽可能选择步骤少、副产物少的反应；由于副产物多，所以需要进行除杂、净化。另外，若为两种有机物参加的可逆反应，应考虑多加一些价廉的有机物，以提高另一种有机物的转化率和生成物的产率 ‎2.解决有机实验的几个关键点 ‎(1)识别常见实验仪器：蒸馏烧瓶、三颈烧瓶、恒压滴液漏斗、直形冷凝管(冷凝作用)、球形冷凝管(冷凝回流)。‎ ‎(2)熟悉常见的有机干燥剂：无水氯化钙、无水硫酸镁、无水硫酸钙、无水碳酸钾等。‎ ‎(3)了解常见的制备装置：回流装置、滴加蒸出装置。‎ ‎(4)了解有机反应的特点：副反应多。根据题目中的信息确定在该条件下的主要副反应，以便明确主要杂质，了解分离提纯的目的。‎ ‎3．提纯有机物的常用流程 制取的有机物中常含有一定量的杂质(无机物与有机物)，提纯时可根据杂质与制得有机物性质的差异设计实验进行分离提纯，常用的提纯流程如下：‎ ‎1．如图是先用浓硫酸与乙醇反应制取乙烯，再由乙烯与Br2反应制备1,2二溴乙烷(熔点：‎9.5 ℃‎，沸点：‎131 ℃‎)的反应装置(加热和夹持装置略去)，下列说法错误的是(　A　)‎ A．仪器X使用前必须要先拔掉上口的玻璃塞 B．装置B的作用是防堵塞安全作用 C．若略去装置C，会使液溴部分损耗 D．装置E是尾气处理装置，主要吸收尾气中的溴蒸气，防止污染环境 解析：恒压滴液漏斗使用前不拔掉上口的玻璃塞，由于液面上方气体与烧瓶内气体相通，液体容易流下，故A错误；装置B中的长玻璃管可以平衡装置内气体的压强，起到防堵塞安全作用，故B正确；浓硫酸与乙醇反应生成乙烯的过程中会产生二氧化硫等杂质气体，装置C中的氢氧化钠可以除去乙烯中的二氧化硫，否则二氧化硫也会与液溴反应，故C正确；尾气中会含有少量溴蒸气，装置E中的氢氧化钠可以吸收溴蒸气，防止污染环境，故D正确。‎ ‎2．已知：‎ CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CHO，利用如图装置用正丁醇合成正丁醛。相关数据如下：‎ 物质 沸点/℃‎ 密度/(g·cm－3)‎ 水中溶解性 正丁醇 ‎117.2‎ ‎0.810 9‎ 微溶 正丁醛 ‎75.7‎ ‎0.801 7‎ 微溶 下列说法中，正确的是(　C　)‎ A．向获得的粗正丁醛中加入少量金属钠，检验其中是否含有正丁醇 B．当温度计1示数为90～‎95 ℃‎，温度计2示数在‎117.2 ℃‎左右时，收集产物 C．反应结束，将馏出物倒入分液漏斗中以分去水层，粗正丁醛从分液漏斗上口倒出 D．为加快反应，应将酸化的Na2Cr2O7溶液一次性全部加入正丁醇中 解析：粗正丁醛中含有水，也能与钠反应，所以不能用金属钠检验其中是否含有正丁醇，故A错误；正丁醛的沸点是‎75.7 ℃‎，温度计2示数在‎76 ℃‎左右时，收集产物，故B错误；正丁醛微溶于水、密度小于水，反应结束，将馏出物倒入分液漏斗中以分去水层，粗正丁醛从分液漏斗上口倒出，故C正确；为防止产物进一步氧化，应将酸化的Na2Cr2O7溶液逐滴加入正丁醇中，故D错误。‎ ‎3．实验室可用少量的溴和足量的乙烯制备1,2二溴乙烷。制备装置如图：‎ 下列说法中不正确的是(　B　)‎ A．使用恒压滴液漏斗的目的是防止有机物挥发，使漏斗内液体顺利滴下 B．实验中为了防止有机物大量挥发，应缓慢升高反应温度到‎170 ℃‎ C．装置C中应加入氢氧化钠溶液，以吸收反应中可能生成的酸性气体 D．实验过程中应用冷水冷却装置D，以避免溴的大量挥发 解析：由于有机物乙醇易挥发，使用恒压滴液漏斗的目的是防止有机物挥发，使恒压滴液漏斗上下压强相等，使漏斗内液体顺利滴下，A正确；实验中由CH3CH2OH和浓硫酸的混合液制CH2＝CH2，为了减少副反应的发生，应迅速升温到‎170 ℃‎，B错误；由于浓硫酸具有强氧化性，CH3CH2OH具有还原性，浓硫酸会与CH3CH2OH发生氧化还原反应生成SO2、CO2和H2O，SO2也能与溴反应，装置C中加入NaOH溶液，用于吸收反应中可能生成的酸性气体，C正确；由于溴易挥发，为了提高原料的利用率，实验过程中应用冷水冷却装置D，以避免溴的大量挥发，D正确。‎ ‎4．(2020·安徽清北培优联盟模拟一)实验室欲证明苯与液溴在铁屑作用下制备溴苯的反应为取代反应(溴化氢为无色、有毒、易溶于水的气体)，其中所涉及的实验操作错误的是(　C　)‎ 解析：苯和液溴在铁粉作用下反应生成溴苯和溴化氢，要证明该反应为取代反应，必须证明有溴化氢生成，反应产生的溴化氢气体中会混有未反应的苯蒸气和溴蒸气，其中溴蒸气会干扰溴化氢的检验，必须除去。A装置是制备溴苯，B装置是除苯蒸气和溴蒸气，C装置是检验溴化氢的产生，D装置是吸收多余的溴化氢，防止污染环境。由于溴化氢易溶于水，不能将导管直接插入硝酸银溶液中，C装置错误。‎ ‎5．(2019·全国卷Ⅱ)咖啡因是一种生物碱(易溶于水及乙醇，熔点‎234.5 ℃‎，‎100 ℃‎以上开始升华)，有兴奋大脑神经和利尿等作用。茶叶中含咖啡因约1%～5%、单宁酸(Ka约为10－6，易溶于水及乙醇)约3%～10%，还含有色素、纤维素等。实验室从茶叶中提取咖啡因的流程如图所示。‎ 索氏提取装置如图甲所示。实验时烧瓶中溶剂受热蒸发，蒸汽沿蒸汽导管2上升至球形冷凝管，冷凝后滴入滤纸套筒1中，与茶叶末接触，进行萃取。萃取液液面达到虹吸管3顶端时，经虹吸管3返回烧瓶，从而实现对茶叶末的连续萃取。回答下列问题：‎ ‎(1)实验时需将茶叶研细，放入滤纸套筒1中，研细的目的是增加固液接触面积，提取充分。圆底烧瓶中加入95%乙醇为溶剂，加热前还要加几粒沸石。‎ ‎(2)提取过程不可选用明火直接加热，原因是乙醇易挥发，易燃。与常规的萃取相比，采用索氏提取器的优点是使用溶剂量少，可连续萃取(萃取效率高)。‎ ‎(3)提取液需经“蒸馏浓缩”除去大部分溶剂。与水相比，乙醇作为萃取剂的优点是乙醇沸点低，易浓缩。“蒸馏浓缩”需选用的仪器除了圆底烧瓶、蒸馏头、温度计、接收管之外，还有AC(填标号)。‎ A．直形冷凝管　　　　　 B．球形冷凝管 C．接收瓶 D．烧杯 ‎(4)浓缩液加生石灰的作用是中和单宁酸和吸收水。‎ ‎(5)可采用如图乙所示的简易装置分离提纯咖啡因。将粉状物放入蒸发皿中并小火加热，咖啡因在扎有小孔的滤纸上凝结，该分离提纯方法的名称是升华。‎ 解析：本题考查实验的基本操作，涉及萃取、蒸馏、升华等知识，其中索氏提取法的概念比较陌生，需认真读题，提取题目中的有效信息。‎ ‎(1)实验时需将茶叶研细，研细的目的是增加固液接触面积，使提取更加充分；为防止暴沸，加热前还要加几粒沸石。‎ ‎(2)提取过程不可选用明火直接加热，原因是乙醇易挥发，易燃。根据题干信息“萃取液液面达到虹吸管3顶端时，经虹吸管3返回烧瓶，从而实现对茶叶末的连续萃取”可知，与常规的萃取相比，采用索氏提取器的优点是可连续萃取，使用溶剂少，萃取效率高。‎ ‎(3)提取液需经“蒸馏浓缩”除去大部分溶剂，与水相比，乙醇作为萃取剂的优点是沸点低，易浓缩；蒸馏时需选用的仪器除了圆底烧瓶、蒸馏头、温度计、接收管之外，还有直形冷凝管和接收瓶。注意在蒸馏操作中冷凝馏出物时不可使用球形冷凝管，因为球形冷凝管有凹槽，斜放时会有较多液体残留在凹槽中。‎ ‎(4)茶叶中含有单宁酸，根据单宁酸的Ka约为10－6，可知单宁酸为弱酸，且单宁酸易溶于水及乙醇，故浓缩液加入生石灰的作用是中和单宁酸和吸收水。‎ ‎(5)根据题干信息咖啡因“‎100 ℃‎以上开始升华”“将粉状物放入蒸发皿中并小火加热，咖啡因在扎有小孔的滤纸上凝结”，可知该分离提纯方法的名称是升华。‎ ‎6．(2019·全国卷Ⅲ)乙酰水杨酸(阿司匹林)是目前常用药物之一。实验室通过水杨酸进行乙酰化制备阿司匹林的一种方法如下：‎ 水杨酸 醋酸酐 乙酰水 杨酸 熔点/℃‎ ‎157～159‎ ‎－72～－74‎ ‎135～138‎ 相对密度/(g·cm－3)‎ ‎1.44‎ ‎1.10‎ ‎1.35‎ 相对分子质量 ‎138‎ ‎102‎ ‎180‎ 实验过程：在100 mL锥形瓶中加入水杨酸‎6.9 g及醋酸酐10 mL，充分摇动使固体完全溶解。缓慢滴加0.5 mL浓硫酸后加热，维持瓶内温度在‎70 ℃‎左右，充分反应。稍冷后进行如下操作。‎ ‎①在不断搅拌下将反应后的混合物倒入100 mL冷水中，析出固体，过滤。‎ ‎②所得结晶粗品加入50 mL饱和碳酸氢钠溶液，溶解、过滤。‎ ‎③滤液用浓盐酸酸化后冷却、过滤得固体。‎ ‎④固体经纯化得白色的乙酰水杨酸晶体‎5.4 g。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)该合成反应中应采用A加热。(填标号)‎ A．热水浴 B．酒精灯 C．煤气灯 D．电炉 ‎(2)下列玻璃仪器中，①中需使用的有BD(填标号)，不需使用的有分液漏斗、容量瓶(填名称)。‎ ‎(3)①中需使用冷水，目的是充分析出乙酰水杨酸固体(结晶)。‎ ‎(4)②中饱和碳酸氢钠的作用是生成可溶的乙酰水杨酸钠，以便过滤除去难溶杂质。‎ ‎(5)④采用的纯化方法为重结晶。‎ ‎(6)本实验的产率是60%。‎ 解析：本题考查乙酰水杨酸的制备，重点考查有机物的分离和提纯方法。‎ ‎(1)由“维持瓶内温度在‎70 ℃‎左右”知，该合成反应中应采用热水浴加热，A正确。‎ ‎(2)步骤①中析出固体后过滤，过滤操作需要使用的玻璃仪器为烧杯、漏斗和玻璃棒，B、D项符合题意。‎ ‎(3)一般固态物质溶解度随温度升高而增大，①中使用冷水的目的是使乙酰水杨酸充分结晶。‎ ‎(4)乙酰水杨酸分子中含有羧基，能与碳酸氢钠反应生成可溶于水的乙酰水杨酸钠，以便过滤除去难溶杂质。‎ ‎(5)纯化乙酰水杨酸的方法是重结晶，除去其中易溶的氯化钠等杂质。‎ ‎(6)先判断过量：n(水杨酸)＝＝0.05 mol，n(醋酸酐)＝>0.05 mol，醋酸酐过量，乙酰水杨酸的理论产量以水杨酸的量来计算：n(理论乙酰水杨酸)＝n(水杨酸)＝0.05 mol，m(理论乙酰水杨酸)＝0.05 mol×‎180 g·mol－1＝‎9.0 g，产率＝×100%＝×100%＝60%。‎ ‎知识点四　物质性质探究 ‎1．实验类型 ‎2．命题角度 类型 思考方向 酸性强 弱比较 可通过强酸制弱酸、对应盐的碱性、同浓度溶液导电能力或pH等方法来比较 金属性 强弱比较 可通过与水或酸反应置换氢的能力、最高价氧化物对应水化物的碱性、置换反应、原电池的正负极、电解池中阴极阳离子的放电顺序等方法来比较 非金属性 强弱比较 可通过最高价氧化物对应水化物的酸性、气态氢化物的稳定性、与H2化合的难易程度、相互之间的置换、对应阴离子的还原性等方法来比较 弱酸酸式盐 的电离程度 与水解程度 比较　　　‎ 可通过测得溶液的酸碱性的方法来比较 Ksp的大小比较(以AgCl、AgI为例)‎ ‎①向少量的AgNO3溶液中滴加NaCl溶液至不再有白色沉淀生成，再向其中滴加KI溶液产生黄色沉淀；②向浓度均为0.1 mol·L－1的NaCl、NaI混合溶液中滴加0.1 mol·L－1 AgNO3溶液先产生黄色沉淀 一元酸、二元酸判断 可用NaOH溶液进行中和滴定测定消耗V(NaOH)来确定 羟基的数目判断 可通过取一定量试剂与足量Na反应测定放出氢气的量来确定 羧基的数目判断 可通过取一定量试剂与足量NaHCO3反应测定放出CO2的量来确定 ‎1．(2020·山东省实验中学诊断)实验室验证钠能与二氧化碳发生反应，并确定其产物的装置如图所示(已知：PdCl2溶液遇CO能生成黑色的Pd)，下列说法错误的是(　C　)‎ A．装置①还可以用于制取H2、NH3等气体 B．装置⑤中澄清石灰水变浑浊后，再点燃酒精灯 C．装置②③中分别盛装饱和Na2CO3溶液、浓H2SO4‎ D．装置⑥中有黑色沉淀产生，发生的反应是PdCl2＋CO＋H2O===Pd↓＋CO2＋2HCl 解析：装置①用于固体和液体在不加热条件下反应制备气体，锌和稀硫酸反应制氢气，氧化钙和浓氨水反应制备氨气都可以用装置①，A项正确；金属钠会与空气中的氧气、水蒸气等发生反应，因此实验之前，用二氧化碳气体排出装置内的空气，当看到装置⑤中澄清石灰水变浑浊后，表明空气已排净，再点燃酒精灯，B项正确；反应产生的二氧化碳气体中含有氯化氢和水蒸气，因此先用饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢，再用浓H2SO4吸收水蒸气，C项错误；根据题给信息可知，PdCl2被CO还原为黑色的Pd，反应的化学方程式为PdCl2＋CO＋H2O===Pd↓＋CO2＋2HCl，D项正确。‎ ‎2．(2019·北京卷)探究草酸(H‎2C2O4)性质，进行如下实验。(已知：室温下，0.1 mol·L－1 H‎2C2O4的pH＝1.3)‎ 由上述实验所得草酸性质所对应的方程式不正确的是(　C　)‎ A．H‎2C2O4有酸性，Ca(OH)2＋H‎2C2O4===CaC2O4↓＋2H2O B．酸性：H‎2C2O4>H2CO3，NaHCO3＋H‎2C2O4===NaHC2O4＋CO2↑＋H2O C．H‎2C2O4具有还原性，2MnO＋‎5C2O＋16H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O D．H‎2C2O4可发生酯化反应，HOOCCOOH＋‎2C2H5OHC2H5OOCCOOC2H5＋2H2O 解析：H‎2C2O4为二元弱酸，能与氢氧化钙溶液发生中和反应，生成白色沉淀草酸钙和水，因此含酚酞的氢氧化钙溶液碱性逐渐减弱，溶液红色褪去，故A不符合题意；产生气泡证明有CO2产生，因此可证明酸性H‎2C2O4>H2CO3，反应方程式为：H‎2C2O4＋2NaHCO3===Na‎2C2O4＋2CO2↑＋2H2O或H‎2C2O4＋NaHCO3===NaHC2O4＋CO2↑＋H2O，故B不符合题意；0.1 mol·L－1‎ ‎ H‎2C2O4的pH＝1.3，说明草酸为弱酸，故草酸不可以拆分，故C符合题意；草酸(又称乙二酸)，其中含有羧基因此能发生酯化反应，反应方程式正确，故D不符合题意。‎ ‎3．(2020·北京东城区模拟)空气中的硫酸盐会加剧雾霾的形成，我国科学家用下列实验研究其成因：反应室底部盛有不同吸收液，将SO2和NO2按一定比例混合，以N2或空气为载体通入反应室，相同时间后，检测吸收液中SO的含量，数据如下：‎ 下列说法不正确的是(　C　)‎ A．控制SO2和氮氧化物的排放是治理雾霾的有效措施 B．反应室①中可能发生反应：SO2＋2NO2＋2H2O===H2SO4＋2HNO2‎ C．本研究表明：硫酸盐的形成主要与空气中O2有关 D．农业生产中大量使用铵态氮肥可能会加重雾霾的形成 解析：A.因为空气中的硫酸盐会加剧雾霾的形成。SO2和氮氧化物在一定条件下可以产生SO，所以控制SO2和氮氧化物的排放是治理雾霾的有效措施，故A正确；B.反应室①中SO2为还原剂，NO2为氧化剂，N2做载体，蒸馏水做吸收液，可发生反应：SO2＋2NO2＋2H2O===H2SO4＋2HNO2，故B正确；C.由已知b≈d>a≈c，若起始不通入NO2，则最终检测不到SO，可知硫酸盐的形成主要与NO2‎ 有关，故C错误；D.铵态氮肥易挥发产生氨气。由已知的数据分析可知，在载体相同，吸收液为氨水的条件下，将SO2和NO2按一定比例混合时产生SO的浓度较大，而空气中的硫酸盐又会加剧雾霾的形成。所以农业生产中大量使用铵态氮肥可能会加重雾霾的形成，故D正确；答案：C。‎ ‎4．(2020·北京朝阳区综合)探究铝片与Na2CO3溶液的反应。‎ 下列说法不正确的是(　D　)‎ A．Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO＋H2OHCO＋OH－‎ B．对比Ⅰ、Ⅲ，说明Na2CO3溶液能破坏铝表面的保护膜 C．推测出现白色浑浊的原因：AlO＋HCO＋‎ H2O===Al(OH)3↓＋CO D．加热和H2逸出对CO水解平衡移动方向的影响是相反的 解析：A.溶液中碳酸根会水解，结合水电出来的氢离子，生成碳酸氢根，A项正确，不符合题意；B.未打磨的铝片是有氧化膜的，实验Ⅲ中却有气泡，说明氧化膜被破坏，B项正确，不符合题意；C.AlO与HCO的反应不是双水解，C项正确，不符合题意；D.CO的水解是吸热的，加热可以促进水解，H2产生的原因是Al和CO水解生成的OH－反应生成H2，H2逸出，有利于Al和OH－的反应，OH－减少，从而促进碳酸根水解，加热和H2逸出对CO水解平衡移动方向的影响是相同的，D项错误，符合题意；本题答案选D。‎ ‎5．(2018·全国卷Ⅱ)K3[Fe(C2O4)3]·3H2O(三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，可用于晒制蓝图。回答下列问题：‎ ‎(1)晒制蓝图时，用K3[Fe(C2O4)3]·3H2O作感光剂，以K3[Fe(CN)6]溶液为显色剂。其光解反应的化学方程式为2K3[Fe(C2O4)3] ‎2FeC2O4＋3K‎2C2O4＋2CO2↑；显色反应的化学方程式为3FeC2O4＋2K3[Fe(CN)6]===Fe3[Fe(CN)6]2＋3K‎2C2O4。‎ ‎(2)某小组为探究三草酸合铁酸钾的热分解产物，按下图所示装置进行实验。‎ ‎①通入氮气的目的是隔绝空气、使反应产生的气体全部进入后续装置。‎ ‎②实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊，装置E中固体变为红色，由此判断热分解产物中一定含有CO2、CO。‎ ‎③为防止倒吸，停止实验时应进行的操作是先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气。‎ ‎④样品完全分解后，装置A中的残留物含有FeO和Fe2O3，检验Fe2O3存在的方法是取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1～2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3。‎ ‎(3)测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。‎ ‎①称量m g样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用c mol·L－1 KMnO4溶液滴定至终点。滴定终点的现象是粉红色出现且半分钟内不变色。‎ ‎②‎ 向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化，用c mol·L－1 KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液V mL。该晶体中铁的质量分数的表达式为×100%。‎ 解析：(1)加入K3[Fe(CN)6]溶液生成蓝色的Fe3[Fe(CN)6]2，反应的化学方程式为3FeC2O4＋2K3[Fe(CN)6]===Fe3[Fe(CN)6]2＋3K‎2C2O4。‎ ‎(2)①空气中含有O2，为防止Fe2＋被O2氧化，应先通入N2，隔绝空气，且使反应产生的气体全部进入后续装置。②B中澄清石灰水变浑浊，证明分解过程中产生CO2；F中澄清石灰水变浑浊，E中固体变为红色，说明E中发生反应：CuO＋COCu＋CO2，所以分解产物中一定含有CO。③实验结束时，为了防止倒吸，应先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气。④检验Fe2O3的方法是取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1～2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3。‎ ‎(3)①滴定终点的现象是有粉红色出现且半分钟内不变色。②加入锌粉后将Fe3＋还原为Fe2＋，再用KMnO4溶液滴定，将Fe2＋氧化为Fe3＋，MnO转化为Mn2＋，‎ 可得关系式：5Fe2＋～MnO 已知n(MnO)＝(cV×10－3) mol 则n(Fe2＋)＝(5cV×10－3) mol 则m(Fe2＋)＝(5cV×10－3×56) g 该晶体中铁的质量分数w(Fe)＝×100%＝×100%。‎ ‎6．某实验小组为探究KI与Cu(NO3)2的反应，进行实验一：‎ 注：本实验忽略Cu2＋在此条件下的水解。‎ ‎(1)取棕黄色清液，加入少量淀粉溶液(试剂a)，清液变为蓝色，说明生成了I2。‎ ‎(2)探究生成I2的原因。‎ ‎①甲同学进行如下实验：向2 mL 1 mol·L－1 KI溶液中加入1 ‎ mL2_mol·L－1_KNO3溶液(硝酸酸化，pH＝1.5)，再加入少量试剂a，观察到与(1)相同的现象。甲同学由此得出结论：实验一中生成I2的原因是酸性条件下，NO氧化了I－。‎ ‎②乙同学认为仅由甲同学的实验还不能得出相应结论。他的理由是该实验没有排除空气中的O2氧化I－的可能性。‎ ‎③若要证明实验一中是NO氧化了I－，应在实验一的基础上进行检验NO的还原产物(或NO、NO2等)的实验。‎ ‎(3)探究棕黑色沉淀的组成。‎ ‎①查阅资料得知：CuI为难溶于水的白色固体。于是对棕黑色沉淀的组成提出两种假设：‎ a．CuI吸附I2；‎ b．Cu吸附I2。‎ 为证明上述假设是否成立，取棕黑色沉淀进行实验二：‎ 已知：CuI难溶于CCl4；I2＋2S2O===2I－＋S4O(无色)；Cu＋‎ ‎＋2S2O===Cu(S2O3)(无色)。‎ 由实验二得出结论：棕黑色沉淀是CuI吸附I2形成的。‎ ‎②现象ⅲ为棕黑色固体颜色变浅，液体变为紫红色。‎ ‎③用化学平衡移动原理解释产生现象ⅱ的原因：CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuI(s)Cu＋(aq)＋I－(aq)，加入足量Na2S2O3溶液后，S2O与Cu＋反应生成Cu(S2O3)，使c(Cu＋)减小，平衡正向移动，从而使白色沉淀溶解。‎ ‎④由实验二可推知，Cu(NO3)2与KI反应过程中，一定发生反应的离子方程式为2Cu2＋＋4I－2CuI↓＋I2。‎ 解析：(1)此实验的目的是验证发生氧化还原反应产生了I2，利用淀粉遇碘变蓝进行验证，即试剂a为淀粉溶液，清液变为蓝色，说明生成了I2。(2)①实验一中Cu2＋有可能氧化I－得到I2，因此需要排除Cu2＋的干扰，可向2 mL 1 mol·L－1 KI溶液中加入1 mL 2 mol·L－1 KNO3溶液(硝酸酸化，pH＝1.5)，再加入少量淀粉溶液；②溶液中溶解的一部分氧气有可能氧化I－；③根据实验目的，需要检验NO的还原产物。(3)①根据假设a，Cu2＋的化合价降低到＋1价形成CuI，则也有可能降低到0价形成Cu，因此假设b为Cu吸附I2；②由已知信息知，I2易溶于有机溶剂，而CuI不溶于CCl4，因此实验ⅲ的现象是棕黑色固体颜色变浅，液体变为紫红色；③CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuI(s)Cu＋(aq)＋I－(aq)，加入足量Na2S2O3溶液后，S2O与Cu＋反应生成Cu(S2O3)，使c(Cu＋)减小，平衡正向移动，从而使白色沉淀溶解；④因为不考虑Cu2＋的水解，根据实验二，Cu2＋把I－氧化成I2，自身被还原成＋1价的Cu＋，Cu＋与I－结合形成沉淀，因此反应的离子方程式为2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2。‎