2020高考化学二轮复习能力提升训练15实验方案的设计与评价综合性实验含解析
能力提升训练(15)
1．如图是某同学用含有铁锈的废铁屑制取氯化铁的装置(省略夹持装置，气密性完好)。下列说法正确的是( A )
A．装置A中存在反应2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋
B．实验开始时，打开活塞a，盐酸快速流入装置A中
C．装置B中收集到的气体可直接点燃
D．反应后的烧杯中通入少量SO2，溶液颜色立即由棕黄色变为浅绿色
解析：装置A中存在反应Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑、Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O、2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，A正确；实验开始时，必须先打开K1，再打开活塞a，盐酸才能快速流入装置A中，B错误；装置B中收集到的可燃性气体必须先验纯再点燃，C错误；反应后的烧杯中含有Fe3＋和过量的H2O2，通入少量SO2，二氧化硫先与H2O2反应，必须通入足量的二氧化硫，溶液颜色才能由棕黄色变为浅绿色，D错误。
2．实验室用下列装置制备无水AlCl3(183 ℃升华，遇潮湿空气即产生大量白雾)。下列说法正确的是( A )
A．该实验过程中e瓶可能产生白雾
B．b、c装置中分别盛装饱和NaHCO3溶液和浓硫酸
15
C．实验开始时应先点燃d处酒精灯，再点燃a处酒精灯
D．实验后向烧瓶中加入足量硝酸银和稀硝酸，可确定生成的MnCl2的质量
解析：d装置中产生的AlCl3受热易升华，f装置中的水蒸气挥发到e装置中，AlCl3遇潮湿空气易产生大量白雾，所以在e装置中可能产生白雾，A项正确；a装置产生Cl2，其中会混有HCl和水蒸气，所以b装置中是饱和食盐水，用于除去HCl气体，c装置中是浓硫酸，用于除去水蒸气得干燥纯净的Cl2，B项错误；由于铝是活泼金属，极易被氧化，故应先点燃a处酒精灯，再点燃d处酒精灯，C项错误；实验室用浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气，随着反应的进行，盐酸的浓度下降，当浓盐酸变成稀盐酸时，反应停止，此时反应后的溶液中仍然有盐酸，所以通过测定AgCl的质量来确定生成的MnCl2的质量是不可行的，D项错误。
3．关于化学实验，下列说法正确的是( A )
A．图1操作可除去碱式滴定管胶管中的气泡
B．图2装置中水不能持续流下，说明装置气密性良好
C．图3可证明元素的非金属性：Cl>C>Si
D．图4装置可用于除去Cl2中的水蒸气
解析：图1操作可除去碱式滴定管胶管中的气泡，故A正确；图2装置中橡胶管可平衡气压，打开分液漏斗的活塞液体能顺利流下，不能说明气密性不好，故B错；图3可证明酸性：HCl>H2CO3>H2SiO3，无法证明元素的非金属性：Cl>C>Si，故C错误；图4装置不可用于除去Cl2中的水蒸气，因为浓硫酸是液体，Cl2无法通过，故D错误。
4．下列有关实验的图示及分析均正确的是( A )
15
解析：A项，实验室用酸性KMnO4溶液滴定草酸溶液，KMnO4溶液具有强氧化性，应盛放在酸式滴定管中，用左手控制酸式滴定管的活塞，右手摇瓶时，使溶液向一个方向做圆周运动，勿使瓶口接触滴定管，溶液也不得溅出，A项正确；B项，分馏时接收馏出物的锥形瓶不能塞橡胶塞，B项错误；C项，稀硫酸应盛放在分液漏斗中，C项错误；D项，用CCl4萃取碘水中的碘，充分振荡后静置，待溶液分层后，先放出下层液体，再把上层液体从上口倒出，D项错误。
5．(2019·石家庄质检二)某小组设计如图所示装置(夹持装置略去)，在实验室模拟侯氏制碱工艺中NaHCO3的制备。下列说法不正确的是( C )
15
A．③、⑤中可分别盛放饱和食盐水和浓氨水
B．应先向③中通入足量NH3，再通入足量CO2
C．③中反应的离子方程式为NH3＋CO2＋H2O===NH＋HCO
D．装置①也可用于制H2
解析：本实验利用浓氨水与碱石灰混合制取氨气，所以装置⑤中盛装浓氨水，装置③中盛装饱和食盐水，A项正确；先通入足量的氨气，再通入足量的CO2有利于NaHCO3的生成和析出，B项正确；③中反应的离子方程式为NH3＋CO2＋Na＋＋H2O===NaHCO3↓＋NH，C项错误；装置①适合块状不溶于水的固体和液体反应，可以用其制取氢气，D项正确。
6．亚硝酸钠是一种重要的工业用盐，某同学针对亚硝酸钠设计了如下实验：(已知：Na2O2＋2NO===2NaNO2；Na2O2＋
2NO2===2NaNO3)
(1)该同学用以上仪器制备NaNO2，则装置的连接顺序为A→D→B→C→B→E。(填序号，可重复)
(2)仪器a的名称为硬质玻璃管。
(3)NO在E中可被氧化成NO，写出反应的离子方程式
5NO＋3MnO＋4H＋===5NO＋3Mn2＋＋2H2O。
(4)比色法测定样品中的NaNO2含量：
①在5个有编号的带刻度试管中分别加入不同量的NaNO2溶液，各加入1 mL的M溶液(M遇NaNO2呈紫红色，NaNO2的浓度越大颜色越深)，再加蒸馏水至总体积均为10 mL并振荡，制成标准色阶：
试管编号
a
b
c
d
e
NaNO2含量/(mg·L－1)
0
20
40
60
80
②称量0.10 g制得的样品，溶于水配成500 mL溶液，取5 mL待测液，加入1 mL
15
M溶液，再加蒸馏水至10 mL并振荡，与标准比色阶比较。
③比色的结果是待测液的颜色与d组标准色阶相同，则样品中NaNO2的质量分数为60%。
(5)滴定法测定样品中的NaNO2含量：
①称量0.500 0 g制得的样品，溶于水配成500 mL溶液，取25.00 mL待测液于锥形瓶中，加入s mL KI酸性溶液(足量)，发生反应2NO＋2I－＋4H＋===2NO↑＋I2＋2H2O。
②滴入2～3滴淀粉溶液作指示剂，用0.010 0 mol·L－1 Na2S2O3溶液进行滴定，当看到加入最后一滴液体时，锥形瓶内溶液恰好从蓝色变为无色，且维持半分钟不变色
现象时，即为滴定终点(已知：2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI)。
③重复实验后，平均消耗Na2S2O3溶液的体积为20.50 mL，则样品中NaNO2的质量分数为56.6%(保留3位有效数字)。
④下列操作会导致测定结果偏高的是B、D(填字母)。
A．滴定过程中向锥形瓶中加少量水
B．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失
C．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视
D．滴定时摇瓶幅度过大标准溶液滴到瓶外
解析：(1)由题中信息可知，A用于制备二氧化氮、二氧化氮经D转化为NO，NO经B干燥后通入C与过氧化钠反应制备亚硝酸钠，为防止过氧化钠吸收水蒸气，需要用B保护C，剩余的NO用E装置吸收，因此装置的连接顺序为A→D→B→C→B→E。
(2)仪器a的名称为硬质玻璃管。
(3)NO在E中可被氧化成NO，该反应的离子方程式为5NO＋3MnO＋4H＋===5NO＋3Mn2＋＋2H2O。
(4)待测液的颜色与d组标准色阶相同，由表中数据可知，NaNO2的质量浓度为60 mg·L－1,10 mL该溶液中所含NaNO2的质量为10×10－3 L×60 mg·L－1＝0.6 mg，所以，样品中NaNO2的质量分数为×100%＝60%。
(5)②用Na2S2O3溶液滴定I2，应选用淀粉溶液作指示剂，滴定终点的判断方法为当看到加入最后一滴液体时，锥形瓶内溶液恰好从蓝色变为无色，且维持半分钟不变色现象时，即为滴定终点。
③由题中2个反应可得到关系式
2NO～I2～2Na2S2O3，n(NaNO2)＝n(Na2S2O3)＝0.010 0 mol·L－1×20.50×10－3 L＝2.050×10－4 mol，
则样品中NaNO2的质量分数为
×100%＝56.6%。
15
④滴定过程中向锥形瓶中加少量水，对测定结果无影响；滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，则滴定管末读数偏大，测定结果偏高；观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，则读取反应消耗的标准液体积偏小，导致测定结果偏小；滴定时摇瓶幅度过大标准溶液滴到瓶外，则导致消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高。综上所述，会导致测定结果偏高的是B、D。
7．实验室常用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2(发生装置如下图所示)。
(1)制备实验开始时，先检查装置气密性，接下来的操作依次是ACB(填序号)。
A．往烧瓶中加入MnO2粉末
B．加热
C．往烧瓶中加入浓盐酸
(2)制备反应会因盐酸浓度下降而停止。为测定反应残余液中盐酸的浓度，探究小组同学提出下列实验方案：
甲方案：与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量。
乙方案：采用酸碱中和滴定法测定。
丙方案：与已知量CaCO3(过量)反应，称量剩余的CaCO3质量。
丁方案：与足量Zn反应，测量生成的H2体积。
继而进行下列判断和实验：
①判断甲方案不可行，理由是残余清液中，n(Cl－)>n(H＋)(或其他合理答案)。
②进行乙方案实验：准确量取残余清液稀释一定倍数后作为试样。
a．量取试样20.00 mL，用0.100 0 mol·L－1 NaOH标准溶液滴定，消耗22.00 mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度为0.110_0 mol·L－1。
b．平行滴定后获得实验结果。
③判断丙方案的实验结果偏小(填“偏大”“偏小”或“准确”)。[已知：Ksp(CaCO3)＝2.8×10－9、Ksp(MnCO3)＝2.3×10－11]
④进行丁方案实验：装置如图所示(夹持器具已略去)。使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是将锌粒转移到残余清液中。反应完毕，每间隔1分钟读取气体体积，气体体积逐次减小，直至不变。气体体积逐次减小的原因是装置内气体尚未冷至室温(排除仪器和实验操作的影响因素)。
15
解析：(1)注意加药品时先加入固体MnO2，再通过分液漏斗加入浓盐酸，最后才能加热。
(2)①根据反应的离子方程式：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，可以看出反应残余液中c(Cl－)>c(H＋)，用甲方案测得的是c(Cl－)，而不是c(H＋)。
②根据c(盐酸)×V(盐酸)＝c(氢氧化钠)×V(氢氧化钠)，c(盐酸)＝c(氢氧化钠)×＝22.00 mL×＝0.110 0 mol·L－1。
③由于Ksp(MnCO3)
M(CaCO3)，故最终剩余的固体质量增加，导致测得的c(H＋)偏小。
④Zn与盐酸反应放热，因此，冷却后气体的体积将缩小。
8．(2019·绵阳诊断)苯佐卡因(对氨基苯甲酸乙酯)常用于创面、溃疡面及痔疮的镇痛。在实验室用对氨基苯甲酸
()与乙醇反应合成苯佐卡因，有关数据和实验装置图如下：
15
产品合成：在250 mL圆底烧瓶中加入8.2 g对氨基苯甲酸(0.06 mol)和80 mL无水乙醇(约1.4 mol)，振荡溶解，将烧瓶置于冰水浴中并加入10 mL浓硫酸，然后将反应混合物在80 ℃热水浴中加热回流1 h，并不断振荡。
分离提纯：冷却后将反应液转移到400 mL烧杯中，分批加入10% Na2CO3溶液直至pH＝9，转移至分液漏斗中，用乙醚(密度0.714 g·cm－3)分两次萃取，并向醚层加入无水硫酸镁，蒸馏，冷却结晶，最终得到产物3.3 g。
(1)仪器A的名称为球形冷凝管，在合成反应进行之前，圆底烧瓶中还应加入适量的沸石(或碎瓷片)。
15
(3)将烧瓶置于冰水浴中的目的是散热降温，减少副反应，减少乙醇挥发损失。
(4)分液漏斗使用之前必须进行的操作是检查是否漏液，乙醚位于上层(填“上层”或“下层”)；分离提纯操作加入无水硫酸镁的作用是干燥吸水。
(5)合成反应中加入远过量的乙醇的目的是作溶剂，提高对氨基苯甲酸的转化率；分离提纯过程中加入10% Na2CO3溶液的作用是中和过量的浓硫酸和调节pH。
(6)本实验中苯佐卡因的产率为33.4%(或33.3%)(保留3位有效数字)。该反应产率较低的原因是ad(填标号)。
a．浓硫酸具有强氧化性和脱水性，导致副反应多
b．催化剂加入量不足
c．产品难溶于水，易溶于乙醇、乙醚
d．酯化反应是可逆反应
解析：(1)仪器A的名称为球形冷凝管。在合成反应进行之前，圆底烧瓶中还应加入适量的沸石(或碎瓷片)，以防止暴沸。(2)书写该合成反应的化学方程式时可以类比乙酸和乙醇合成乙酸乙酯的反应的化学方程式。(3)浓硫酸在稀释时放热，所以将烧瓶置于冰水浴中的目的是散热降温，减少副反应，减少乙醇挥发损失。(4)分液漏斗使用之前必须进行的操作是检查是否漏液。乙醚的密度小于水的密度，所以乙醚位于上层。无水硫酸镁是有机实验中常用的干燥剂，故分离提纯的过程中加入无水硫酸镁的作用是干燥吸水。(5)增加乙醇用量，可以增大对氨基苯甲酸的转化率；对氨基苯甲酸微溶于水，易溶于乙醇，故乙醇还可以作溶剂。由题意知，分离提纯过程中加入10% Na2CO3溶液的作用是中和过量的浓硫酸和调节pH。(6)根据题意可知，对氨基苯甲酸少量，故应根据其用量计算苯佐卡因的理论产量：(或0.06 mol)×165 g·mol－1＝9.88 g(或9.90 g)，苯佐卡因的产率为×100%＝33.4%(或33.3%)。该反应产率较低的原因是：浓硫酸具有强氧化性和脱水性，导致副反应多；酯化反应是可逆反应，本题选a、d。
9．化学兴趣小组对某品牌牙膏中摩擦剂成分及其含量进行以下探究：
查得资料：该牙膏摩擦剂由碳酸钙、氢氧化铝组成；牙膏中其他成分遇到盐酸时无气体生成。
Ⅰ.摩擦剂中氢氧化铝的定性检验
15
取适量牙膏样品，加水充分搅拌、过滤。
(1)往滤渣中加入过量NaOH溶液，过滤。氢氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式是Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O。
(2)往(1)所得滤液中先通入过量二氧化碳，再加入过量稀盐酸。观察到的现象是通入过量CO2气体有白色沉淀生成，加过量稀盐酸后沉淀全部溶解，同时产生气泡。
Ⅱ.牙膏样品中碳酸钙的定量测定
利用下图所示装置(图中夹持仪器略去)进行实验，充分反应后，测定C中生成的BaCO3沉淀质量，以确定碳酸钙的质量分数。
依据实验过程回答下列问题：
(3)实验过程中需持续缓缓通入空气。其作用除了可搅拌B、C中的反应物外，还有将样品与盐酸反应后生成的CO2吹入C中，全部被Ba(OH)2溶液吸收。
(4)D装置的作用是防止空气中CO2进入C，影响实验。
(5)C中反应生成BaCO3的化学方程式是
CO2＋Ba(OH)2===BaCO3↓＋H2O。
(6)下列各项措施中，不能提高测定准确度的是③④(填标号)。
①在加入盐酸之前，应排尽装置内的CO2气体
②滴加盐酸不宜过快
③在A、B之间增添盛有浓硫酸的洗气装置
④在B、C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置
(7)实验中准确称取8.00 g样品三份，进行三次测定，测得BaCO3平均质量为3.94 g。则样品中碳酸钙的质量分数为25%。
(8)有人认为不必测定C中生成的BaCO3质量，只要测定装置C在吸收CO2前后的质量差，一样可以确定碳酸钙的质量分数。实验证明按此方法测定的结果明显偏高，原因是样品与盐酸反应生成的CO2中混有HCl和H2O，均会造成溶液质量增加。
解析：Ⅰ.(1)滤渣中含有Al(OH)3，Al(OH)3溶于NaOH溶液生成NaAlO2和H2O。
(2)NaAlO2溶液呈碱性，通入过量CO2时生成Al(OH)3和NaHCO3，Al(OH)3是两性氢氧化物，能溶于强酸溶液，所以产生的沉淀溶于稀盐酸中。整个过程看到的现象为通入过量CO2气体有白色沉淀生成，加入过量稀盐酸有气体产生、沉淀全部溶解。
Ⅱ.(3)持续缓缓通入空气的作用是把生成的二氧化碳气体全部排入C中，使之完全被氢氧化钡溶液吸收。
15
(4)装置C是用来吸收反应生成的二氧化碳气体，由于空气中也含有二氧化碳气体，因此D装置的作用是防止空气中CO2进入C装置，影响实验。
(5)二氧化碳与氢氧化钡反应生成碳酸钡与水。
(6)在加入盐酸之前，应排尽装置内的CO2气体，防止影响碳酸钡质量的测定，①可以提高测定准确度；滴加盐酸过快，CO2气体来不及被吸收，就排出装置C，滴加盐酸不宜过快，使二氧化碳吸收完全，②可以提高测定准确度；在A、B之间增添盛有浓硫酸的洗气装置，吸收水分，不影响CO2气体的量，③不能提高测定准确度；在B、C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置，CO2中混有的HCl与碳酸氢钠反应生成CO2，影响了CO2的量，④不能提高测定准确度。
(7)碳酸钡质量为3.94 g，则碳酸钡的物质的量为＝0.02 mol，根据碳原子守恒，碳酸钙的物质的量为0.02 mol，质量为0.02 mol×100 g·mol－1＝2 g，所以样品中碳酸钙的质量分数为×100%＝25%。
(8)样品与盐酸反应生成的CO2中混有HCl和H2O，均会造成溶液质量增加，所以测定装置C在吸收CO2前后的质量差，确定碳酸钙的质量分数，结果明显偏高。
10．某学习小组在实验室中利用下图装置(夹持装置略去)测定某铁硫化物(FexSy)的组成，并探究反应后D装置所得溶液中含硫化合物的组成。
实验步骤：
步骤Ⅰ 如图连接装置，检查装置气密性，装入药品；
步骤Ⅱ 旋开滴液漏斗活塞与旋塞，并点燃酒精喷灯；
步骤Ⅲ 当硬质玻璃管中固体质量不再改变时，停止加热，继续向烧瓶中滴水一段时间；
步骤Ⅳ 实验结束后，将D中所得溶液加水配制成250 mL 溶液；……
请回答：
(1)步骤Ⅲ中，停止加热后还需继续向烧瓶中滴水一段时间，其目的为继续生成O2，驱赶装置内残留的SO2，使生成的SO2全部被NaOH溶液吸收。
(2)在C、D装置之间不需要防倒吸装置的理由是SO2中含不溶于NaOH溶液的O2。
(3)取25.00 mL步骤Ⅳ中所配溶液，加入足量的双氧水，再加入足量盐酸酸化的BaCl2溶液，将所得沉淀过滤、洗涤、干燥，称其质量为4.66 g。则FexSy的化学式为FeS2。
15
(4)有同学认为可将装置D改为装有足量碱石灰的干燥管，通过测定反应前后干燥管的增重来计算硫元素的含量。你认为此方案否(填“是”或“否”)合理，原因为部分SO2被氧化；空气中的CO2和水蒸气可能使干燥管增重。
解析：本实验的目的为测定某铁硫化物(FexSy)的组成，并探究反应后D装置所得溶液中含硫化合物的组成。观察装置，A装置中产生足量的氧气经干燥后，进入C装置与FexSy在加热条件下反应，生成硫的氧化物，进入D被氢氧化钠溶液吸收。
(1)步骤Ⅲ中，停止加热后还需继续向烧瓶中滴水一段时间，继续产生氧气，FexSy其实已经反应完了，其目的为驱赶装置内残留的SO2，使生成的SO2全部被NaOH溶液吸收。
(2)此装置中，不需要防倒吸装置，虽然SO2易溶于水，但是反应后的气体中含有较多难溶于水的氧气，不会因SO2易溶于水而使气压迅速降低发生倒吸。
(3)C装置中产生的气体，主要应为SO2，所以D中生成Na2SO3，取25.00 mL步骤Ⅳ中所配溶液(取了十分之一溶液)，加入足量的双氧水，将其氧化为Na2SO4，再加入足量盐酸酸化的BaCl2溶液，所得沉淀为BaSO4，质量为4.66 g，其物质的量为0.02 mol,250 mL溶液可产生n(BaSO4)＝0.2 mol。
根据S守恒：n(SO2)＝n(Na2SO4)＝n(BaSO4)＝0.2 mol，故12.0 g FexSy中n(S)＝0.2 mol，m(S)＝6.4 g，m(Fe)＝5.6 g，n(Fe)＝0.1 mol，所以x∶y＝1∶2，故FexSy的化学式为FeS2。
(4)装置D的作用是吸收装置中产生的SO2，若改为装有足量碱石灰的干燥管，空气中的CO2和水蒸气都可能使干燥管增重，而且SO2可能被氧化，使增重偏大。
11．TiO2既是制备其他含钛化合物的原料，又是一种性能优异的白色颜料。
(1)实验室利用反应TiO2(s)＋CCl4(g)TiCl4(g)＋CO2(g)，在无水无氧条件下制备TiCl4，实验装置示意图如下：
有关物质性质如下表：
物质
熔点/℃
沸点/℃
其他
CCl4
－23
76
与TiCl4互溶
TiCl4
－25
136
遇潮湿空气产生白雾
仪器A的名称是干燥管，装置E中的试剂是浓硫酸。反应开始前依次进行如下操作：组装仪器、检验装置气密性、加装药品、通N2一段时间后点燃酒精灯。反应结束后的操作包括：①停止通N2 ②熄灭酒精灯 ③冷却至室温。正确的顺序为②③①(填序号)。欲分离D中的液态混合物，所采用操作的名称是分馏(或蒸馏)。
(2)工业上由钛铁矿(FeTiO3)(含Fe2O3、SiO2等杂质)制备TiO2的有关反应包括：
15
酸溶 FeTiO3(s)＋2H2SO4(aq)===FeSO4(aq)＋TiOSO4(aq)＋2H2O(l)
水解 TiOSO4(aq)＋2H2O(l)H2TiO3(s)＋H2SO4(aq)
简要工艺流程如下：
①试剂A为Fe(填化学符号)。钛液Ⅰ需冷却至70 ℃左右，若温度过高会导致产品TiO2产率降低，原因是温度过高会导致TiOSO4提前水解，产生H2TiO3沉淀。
②取少量酸洗后的H2TiO3，加入盐酸并振荡，滴加KSCN溶液后无明显现象，再加H2O2后出现微红色，说明H2TiO3中存在的杂质离子是Fe2＋。这种H2TiO3即使用水充分洗涤，煅烧后获得的TiO2也会发黄，发黄的杂质是Fe2O3(填化学式)。
12．三氯化磷(PCl3)是一种重要的有机合成催化剂。实验室常用红磷与干燥的Cl2制取PCl3，装置如图所示(部分夹持装置已省略)。
已知：PCl3熔点为－112 ℃，沸点为75.5 ℃；易被氧化，遇水易水解；与Cl2反应生成PCl5。
(1)A中反应的化学方程式为4HCl(浓)＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。
(2)B中所装试剂名称是浓硫酸，E中碱石灰的作用是吸收未反应完的氯气，防止污染空气，防止空气中水蒸气进入产品收集装置。
(3)实验时，检查装置气密性后，向C装置的曲颈甑中加入红磷，打开止水夹K通入干燥的CO2，一段时间后，关闭K，加热曲颈甑至上部有黄色升华物出现时通入氯气，反应立即进行。通干燥CO2的作用是排尽曲颈甑中的空气，防止发生副反应。CO2不能(选填“能”或“不能”)用Cl2代替，理由是防止氯气过量，生成PCl5。
15
(4)D中烧杯中盛装冷水，其作用是冷凝，便于收集PCl3产品冷凝，便于收集PCl3产品。
(5)PCl3水解得到亚磷酸(分子式为H3PO3，二元弱酸)，写出亚磷酸钠被浓硝酸氧化的离子方程式：HPO＋4H＋＋2NO===H3PO4＋2NO2↑＋H2O。
解析：(1)A中利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为4HCl(浓)＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。
(2)B中所装试剂用于干燥氯气，名称是浓硫酸，E中碱石灰的作用是吸收未反应完的氯气，防止污染空气，防止空气中水蒸气进入产品收集装置。
(3)通干燥CO2的作用是排尽曲颈甑中的空气，防止发生副反应。CO2不能用Cl2代替，防止氯气过量，生成PCl5。
(4)D中烧杯中盛装冷水，其作用是冷凝，便于收集PCl3产品。
(5)PCl3水解得到亚磷酸(分子式为H3PO3，二元弱酸)，亚磷酸钠被浓硝酸氧化生成磷酸，同时生成二氧化氮和水，反应的离子方程式为HPO＋4H＋＋2NO===H3PO4＋2NO2↑＋H2O。
13．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。
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＋2KOH===KCl＋KClO＋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
15
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：向紫色溶液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)①KMnO4被HCl还原为MnCl2，HCl被氧化为Cl2，反应的化学方程式为2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O。
②应在装置B中装入饱和食盐水，以除去混在Cl2中的HCl。洗气时，气体应长管进、短管出。
③过量的KOH还能与Cl2发生歧化反应，化学方程式为Cl2＋2KOH===KCl＋KClO＋H2O。
(2)①ⅰ.滴加KSCN溶液，溶液变红，说明原溶液中含有Fe3＋。有Fe3＋生成，不能判断FeO一定与Cl－发生了反应，根据题目给出的信息，K2FeO4在酸性或中性条件下，会快速产生O2，FeO会与H＋发生氧化还原反应生成Fe3＋和O2，离子方程式为4FeO＋20H＋===4Fe3＋＋3O2↑＋10H2O。
ⅱ.用KOH溶液洗涤可除去混在C所得固体中的ClO－。
②碱性条件下，氧化性Cl2>FeO；而在酸性条件下，FeO的氧化能力增强，氧化性Cl2
查看更多
