通用版五年2016_2020高考化学真题专题点拨专题13化学实验综合探究含解析

通用版五年2016_2020高考化学真题专题点拨专题13化学实验综合探究含解析

专题13 化学实验综合探究 ‎【2020年】‎ ‎1.（2020·新课标Ⅰ）为验证不同化合价铁的氧化还原能力，利用下列电池装置进行实验。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）由FeSO4·7H2O固体配制0.10 mol·L−1 FeSO4溶液，需要的仪器有药匙、玻璃棒、_________(从下列图中选择，写出名称)。‎ ‎（2）电池装置中，盐桥连接两电极电解质溶液。盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应，并且电迁移率(u∞)应尽可能地相近。根据下表数据，盐桥中应选择____________作为电解质。‎ 阳离子 u∞×108/(m2·s−1·V−1)‎ 阴离子 u∞×108/(m2·s−1·V−1)‎ Li+‎ ‎4.07‎ ‎4.61‎ Na+‎ ‎5.19‎ ‎7.40‎ Ca2+‎ ‎6.59‎ Cl−‎ ‎7.91‎ K+‎ ‎7.62‎ ‎8.27‎ ‎（3）电流表显示电子由铁电极流向石墨电极。可知，盐桥中的阳离子进入________电极溶液中。‎ ‎（4）电池反应一段时间后，测得铁电极溶液中c(Fe2+)增加了0.02 mol·L−1‎ 58‎ ‎。石墨电极上未见Fe析出。可知，石墨电极溶液中c(Fe2+)=________。‎ ‎（5）根据（3）、（4）实验结果，可知石墨电极的电极反应式为_______________________，铁电极的电极反应式为_______________。因此，验证了Fe2+氧化性小于________，还原性小于________。‎ ‎（6）实验前需要对铁电极表面活化。在FeSO4溶液中加入几滴Fe2(SO4)3溶液，将铁电极浸泡一段时间，铁电极表面被刻蚀活化。检验活化反应完成的方法是___________________________________。‎ ‎【答案】（1）烧杯、量筒、托盘天平 （2）KCl （3）石墨 （4）. 0.09mol/L （5）.Fe3++e-=Fe2+ ‎ Fe-2e-=Fe2+ Fe3+ Fe （6）.取活化后溶液少许于试管中，加入KSCN溶液，若溶液不出现血红色，说明活化反应完成 ‎【解析】‎ ‎（1）由FeSO4·7H2O固体配制0.10mol·L-1FeSO4溶液的步骤为计算、称量、溶解并冷却至室温、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签，由FeSO4·7H2O固体配制0.10mol·L-1FeSO4溶液需要的仪器有药匙、托盘天平、合适的量筒、烧杯、玻璃棒、合适的容量瓶、胶头滴管，故答案为：烧杯、量筒、托盘天平。‎ ‎（2）Fe2+、Fe3+能与反应，Ca2+能与反应，FeSO4、Fe2(SO4)3都属于强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，酸性条件下能与Fe2+反应，根据题意“盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应”，盐桥中阴离子不可以选择、，阳离子不可以选择Ca2+，另盐桥中阴、阳离子的迁移率（u∞）应尽可能地相近，根据表中数据，盐桥中应选择KCl作为电解质。‎ ‎（3）电流表显示电子由铁电极流向石墨电极，则铁电极为负极，石墨电极为正极，盐桥中阳离子向正极移动，则盐桥中的阳离子进入石墨电极溶液中。‎ ‎（4）根据（3）的分析，铁电极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，石墨电极上未见Fe析出，石墨电极的电极反应式为Fe3++e-=Fe2+，电池反应一段时间后，测得铁电极溶液中c（Fe2+）增加了0.02mol/L，根据得失电子守恒，石墨电极溶液中c（Fe2+）增加0.04mol/L，石墨电极溶液中c（Fe2+）=0.05mol/L+0.04mol/L=0.09mol/L。‎ ‎（5）根据（3）、（4）实验结果，可知石墨电极的电极反应式为Fe3++e-=Fe2+，铁电极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+；电池总反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+‎ 58‎ ‎，根据同一反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物、还原剂的还原性强于还原产物，则验证了Fe2+氧化性小于Fe3+，还原性小于Fe。‎ ‎（6）在FeSO4溶液中加入几滴Fe2(SO4)3溶液，将铁电极浸泡一段时间，铁电极表面被刻蚀活化，发生的反应为Fe+ Fe2(SO4)3=3FeSO4，要检验活化反应完成，只要检验溶液中不含Fe3+即可，检验活化反应完成的方法是：取活化后溶液少许于试管中，加入KSCN溶液，若溶液不出现血红色，说明活化反应完成。‎ ‎2.（2020·新课标Ⅱ）苯甲酸可用作食品防腐剂。实验室可通过甲苯氧化制苯甲酸，其反应原理简示如下：‎ ‎+KMnO4→+ MnO2+HCl→+KCl 名称 相对分 子质量 熔点/℃‎ 沸点/℃‎ 密度/(g·mL−1)‎ 溶解性 甲苯 ‎92‎ ‎−95‎ ‎110.6‎ ‎0.867‎ 不溶于水，易溶于乙醇 苯甲酸 ‎122‎ ‎122.4(100℃左右开始升华)‎ ‎248‎ ‎——‎ 微溶于冷水，易溶于乙醇、热水 实验步骤：‎ ‎（1）在装有温度计、冷凝管和搅拌器的三颈烧瓶中加入1.5 mL甲苯、100 mL水和4.8 g(约0.03 mol)高锰酸钾，慢慢开启搅拌器，并加热回流至回流液不再出现油珠。‎ ‎（2）停止加热，继续搅拌，冷却片刻后，从冷凝管上口慢慢加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液，并将反应混合物趁热过滤，用少量热水洗涤滤渣。合并滤液和洗涤液，于冰水浴中冷却，然后用浓盐酸酸化至苯甲酸析出完全。将析出的苯甲酸过滤，用少量冷水洗涤，放在沸水浴上干燥。称量，粗产品为1.0 g。‎ ‎（3）纯度测定：称取0. 122 g粗产品，配成乙醇溶液，于100 mL容量瓶中定容。每次移取25. 00 mL溶液，用0.01000 mol·L−1的KOH标准溶液滴定，三次滴定平均消耗21. 50 mL的KOH标准溶液。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶的最适宜规格为______(填标号)。‎ 58‎ A．100 mL B．250 mL C．500 mL D．1000 mL ‎（2）在反应装置中应选用______冷凝管(填“直形”或“球形”)，当回流液不再出现油珠即可判断反应已完成，其判断理由是______________________________________________________________。‎ ‎（3）加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液的目的是___________；该步骤亦可用草酸在酸性条件下处理，请用反应的离子方程式表达其原理__________________________________________________。‎ ‎（4）“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主要成分是_______。‎ ‎（5）干燥苯甲酸晶体时，若温度过高，可能出现的结果是_______________________________________。‎ ‎（6）本实验制备的苯甲酸的纯度为_______；据此估算本实验中苯甲酸的产率最接近于_______(填标号)。‎ A．70% B．60% C．50% D．40%‎ ‎（7）若要得到纯度更高的苯甲酸，可通过在水中__________的方法提纯。‎ ‎【答案】 （1）. B （2）. 球形 无油珠说明不溶于水的甲苯已经被完全氧化 （3）. 除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气 2MnO4－+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O （4）. MnO2 ‎ ‎ （5）. 苯甲酸升华而损失 （6）. 86.0％ C （7）. 重结晶 ‎【解析】甲苯用高锰酸钾氧化时生成苯甲酸钾和二氧化锰，为增加冷凝效果，在反应装置中选用球形冷凝管，加热回流，当回流液中不再出现油珠时，说明反应已经完成，加入适量的饱和亚硫酸氢钠溶液除去过量的高锰酸钾，用盐酸酸化得苯甲酸，过滤、干燥、洗涤得粗产品；用KOH溶液滴定，测定粗产品的纯度。‎ ‎（1）加热液体，所盛液体的体积不超过三颈烧瓶的一半，三颈烧瓶中已经加入100m的水，1.5mL甲苯，4.8g高锰酸钾，应选用250mL的三颈烧瓶；‎ ‎（2）为增加冷凝效果，在反应装置中宜选用球形冷凝管，当回流液中不再出现油珠时，说明反应已经完成，因为：没有油珠说明不溶于水的甲苯已经完全被氧化；‎ ‎（3）高锰酸钾具有强氧化性，能将Cl-氧化。加入适量的饱和亚硫酸氢钠溶液是为了除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气；该步骤亦可用草酸处理，生成二氧化碳和锰盐，离子方程式为：5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O；‎ 58‎ ‎（4）由信息甲苯用高锰酸钾氧化时生成苯甲酸钾和二氧化锰，“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主要成分是：MnO2；‎ ‎（5）苯甲酸100℃时易升华，干燥苯甲酸时，若温度过高，苯甲酸升华而损失；‎ ‎（6）由关系式C6H5COOH～KOH得，苯甲酸的纯度为： ×100%=86.0%；1.5mL甲苯理论上可得到苯甲酸的质量： =1.72g，产品的产率为 ×100%=50%；‎ ‎（7）提纯苯甲酸可用重结晶的方法。‎ ‎3.（2020·新课标Ⅲ）氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用下图装置(部分装置省略)制备KClO3和NaClO，探究其氧化还原性质。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）盛放MnO2粉末的仪器名称是________，a中的试剂为________。‎ ‎（2）b中采用的加热方式是_________，c中化学反应的离子方程式是________________，采用冰水浴冷却的目的是____________。‎ ‎（3）d的作用是________，可选用试剂________(填标号)。‎ A．Na2S B．NaCl C．Ca(OH)2 D．H2SO4‎ ‎（4）反应结束后，取出b中试管，经冷却结晶，________，__________，干燥，得到KClO3晶体。‎ ‎（5）取少量KClO3和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中，滴加中性KI溶液。1号试管溶液颜色不变。2号试管溶液变为棕色，加入CCl4振荡，静置后CCl4层显____色。可知该条件下KClO3的氧化能力____NaClO(填“大于”或“小于”)。‎ ‎【答案】（1）. 圆底烧瓶 饱和食盐水 （2）. 水浴加热 Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O 避免生成NaClO3 （3）. 吸收尾气(Cl2) AC （4）. 过滤 少量(冷)水洗涤 ‎ 58‎ ‎ （5）. 紫 小于 ‎【解析】本实验目的是制备KClO3和NaClO，并探究其氧化还原性质；首先利用浓盐酸和MnO2粉末共热制取氯气，生成的氯气中混有HCl气体，可在装置a中盛放饱和食盐水中将HCl气体除去；之后氯气与KOH溶液在水浴加热的条件发生反应制备KClO3，再与NaOH溶液在冰水浴中反应制备NaClO；氯气有毒会污染空气，所以需要d装置吸收未反应的氯气。‎ ‎（1）根据盛放MnO2粉末的仪器结构可知该仪器为圆底烧瓶；a中盛放饱和食盐水除去氯气中混有的HCl气体；‎ ‎（2）根据装置图可知盛有KOH溶液的试管放在盛有水的大烧杯中加热，该加热方式为水浴加热；c中氯气在NaOH溶液中发生歧化反应生成氯化钠和次氯酸钠，结合元素守恒可得离子方程式为Cl2+2OHˉ=ClOˉ+Clˉ+H2O；根据氯气与KOH溶液的反应可知，加热条件下氯气可以和强碱溶液反应生成氯酸盐，所以冰水浴的目的是避免生成NaClO3；‎ ‎（3）氯气有毒，所以d装置的作用是吸收尾气(Cl2)；Na2S可以将氯气还原成氯离子，可以吸收氯气，故A可选；氯气在NaCl溶液中溶解度很小，无法吸收氯气，故B不可选；氯气可以Ca(OH)2或浊液反应生成氯化钙和次氯酸钙，故C可选；氯气与硫酸不反应，且硫酸溶液中存在大量氢离子会降低氯气的溶解度，故D不可选；综上所述可选用试剂AC；‎ ‎（4）b中试管为KClO3和KCl的混合溶液，KClO3的溶解度受温度影响更大，所以将试管b中混合溶液冷却结晶、过滤、少量(冷)水洗涤、干燥，得到KClO3晶体；‎ ‎（5）1号试管溶液颜色不变，2号试管溶液变为棕色，说明1号试管中氯酸钾没有将碘离子氧化，2号试管中次氯酸钠将碘离子氧化成碘单质，即该条件下KClO3的氧化能力小于NaClO；碘单质更易溶于CCl4，所以加入CCl4振荡，静置后CCl4层显紫色。‎ ‎4.（2020·江苏卷）羟基乙酸钠易溶于热水，微溶于冷水，不溶于醇、醚等有机溶剂。制备少量羟基乙酸钠的反应为 实验步骤如下：‎ 58‎ 步骤1：如图所示装置的反应瓶中，加入40g氯乙酸、50mL水，搅拌。逐步加入40%NaOH溶液，在95℃继续搅拌反应2小时，反应过程中控制pH约为9。‎ 步骤2：蒸出部分水至液面有薄膜，加少量热水，趁热过滤。滤液冷却至15℃，过滤得粗产品。‎ 步骤3：粗产品溶解于适量热水中，加活性炭脱色，分离掉活性炭。‎ 步骤4：将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中，冷却至15℃以下，结晶、过滤、干燥，得羟基乙酸钠。‎ ‎（1）步骤1中，如图所示的装置中仪器A的名称是___________；逐步加入NaOH溶液的目的是____________。‎ ‎（2）步骤2中，蒸馏烧瓶中加入沸石或碎瓷片的目的是_______________。‎ ‎（3）步骤3中，粗产品溶解于过量水会导致产率__________(填“增大”或“减小”)；去除活性炭的操作名称是_______________。‎ ‎（4）步骤4中，将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中的目的是_______________。‎ ‎【答案】 （1）. (回流)冷凝管 防止升温太快、控制反应体系pH （2）. 防止暴沸 ‎ ‎ （3）. 减小 趁热过滤 （4）. 提高羟基乙酸钠的析出量(产率)‎ ‎【解析】制备少量羟基乙酸钠的反应为，根据羟基乙酸钠易溶于热水，粗产品溶解于适量热水中，加活性炭脱色，分离掉活性炭，趁热过滤，根据羟基乙酸钠不溶于醇，将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中，冷却至15℃以下，结晶、过滤、干燥，得羟基乙酸钠。‎ 58‎ ‎（1）根据图中仪器得出仪器A的名称为冷凝管，根据题中信息可知制备羟基乙酸钠的反应为放热反应，逐步加入NaOH溶液的目的是防止升温太快，同时控制反应体系的pH；故答案为：(回流)冷凝管；防止升温太快，控制反应体系的pH。‎ ‎(2步骤2中烧瓶中加入沸石或碎瓷片的目的是防止暴沸；故答案为：防止暴沸。‎ ‎（3）粗产品溶于过量水，导致在水中溶解过多，得到的产物减少，因此导致产率减小；由于产品易溶于热水，微溶于冷水，因此去除活性炭的操作名称是趁热过滤；故答案为：减少；趁热过滤。‎ ‎（4）根据信息，产品不溶于乙醇、乙醚等有机溶剂中，因此步骤4中，将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中的目的是降低产品的溶解度，提高羟基乙酸钠的析出量(产量)；故答案为：提高羟基乙酸钠的析出量(产量)。‎ ‎5.（2020·山东卷）某同学利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的装置如下图所示(夹持装置略)：‎ 已知：锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）装置A中a的作用是______________；装置C中的试剂为________________；装置A中制备Cl2的化学方程为______________。‎ ‎（2）上述装置存在一处缺陷，会导致KMnO4产率降低，改进的方法是__________________________。‎ ‎（3）KMnO4常作氧化还原滴定的氧化剂，滴定时应将KMnO4溶液加入___________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中；在规格为50.00mL的滴定管中，若KMnO4溶液起始读数为15.00mL，此时滴定管中KMnO4溶液的实际体积为______________(填标号)。‎ 58‎ A.15.00 mL B.35.00mL C.大于35.00mL D.小于15.00m1‎ ‎（4）某FeC2O4﹒2H2O样品中可能含有的杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O4﹒2H2O，采用KMnO4滴定法测定该样品的组成，实验步骤如下:‎ Ⅰ.取mg样品于锥形瓶中，加入稀H2SO4溶解，水浴加热至75℃。用 c mol﹒L-1的KMnO4溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，消耗KMnO4溶液V1mL。‎ Ⅱ.向上述溶液中加入适量还原剂将Fe3+完全还原为Fe2+，加入稀H2SO4酸化后，在75℃继续用KMnO4溶液滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，又消耗KMnO4溶液V2mL。‎ 样品中所含的质量分数表达式为_________________。‎ 下列关于样品组成分析的说法，正确的是__________(填标号)。‎ A.时，样品中一定不含杂质 B.越大，样品中含量一定越高 C.若步骤I中滴入KMnO4溶液不足，则测得样品中Fe元素含量偏低 D.若所用KMnO4溶液实际浓度偏低，则测得样品中Fe元素含量偏高 ‎【答案】 （1）. 平衡气压，使浓盐酸顺利滴下； NaOH溶液 （2）. 在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶 （3）. 酸式 C （4）. BD ‎【解析】漂白粉的有效成分Ca(ClO)2具有强氧化性，和浓盐酸在A中发生归中反应产生Cl2，Cl2和K2MnO4在B中反应产生KMnO4，反应不完的Cl2用C吸收，据此解答。‎ ‎（1）装置A为恒压分液漏斗，它的作用是平衡气压，使浓盐酸顺利滴下，C的作用是吸收反应不完的Cl2，可用NaOH溶液吸收，Ca(ClO)2和浓盐酸在A中发生归中反应产生Cl2，反应的化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O，故答案为：平衡气压，使浓盐酸顺利滴下；NaOH溶液；Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；‎ ‎（2）锰酸钾在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-，一部分MnO42-转化为了MnO2，导致最终KMnO4‎ 58‎ 的产率低，而浓盐酸易挥发，直接导致B中NaOH溶液的浓度减小，故改进措施是在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶吸收挥发出来的HCl，故答案为：在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶；‎ ‎（3）高锰酸钾有强氧化性，强氧化性溶液加入酸式滴定管，滴定管的“0”刻度在上，规格为50.00mL的滴定管中实际的体积大于(50.00-15.00)mL，即大于35.00mL，故答案为：酸式；C；‎ ‎（4）设FeC2O4·2H2O的物质的量为xmol，Fe2(C2O4)3的物质的量为ymol，H2C2O4·2H2O的物质的量为zmol，步骤I中草酸根和Fe2+均被氧化，结合得失电子守恒有：2KMnO4~5H2C2O4(C2O42-)，KMnO4~5Fe2+，所以，步骤II中Fe2+被氧化，由KMnO4~5Fe2+可知，，联立二个方程解得：z=2.5(cV1-3V2)×10-3，所以H2C2O4·2H2O的质量分数==。关于样品组成分析如下：‎ A．时，H2C2O4·2H2O的质量分数==0，样品中不含H2C2O4·2H2O，由和可知，y≠0，样品中含Fe2(C2O4)3杂质，A错误；‎ B．越大，由H2C2O4·2H2O的质量分数表达式可知，其含量一定越大，B正确；‎ C．Fe元素的物质的量=，若步骤I中KMnO4溶液不足，则步骤I中有一部分Fe2+没有被氧化，不影响V2的大小，则不变，则对于测得Fe元素的含量无影响，C错误；‎ D．结合C可知：若KMnO4溶液浓度偏低，则消耗KMnO4溶液的体积V1、V2均偏大，Fe元素的物质的量偏大，则测得样品中Fe元素含量偏高，D正确。 ‎ ‎6.（2020·天津卷）为测定CuSO4溶液的浓度，甲、乙两同学设计了两个方案。回答下列问题：‎ Ⅰ.甲方案 实验原理：‎ 实验步骤：‎ 58‎ ‎（1）判断沉淀完全的操作为____________。‎ ‎（2）步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为_____________。‎ ‎（3）步骤③灼烧时盛装样品的仪器名称为__________。‎ ‎（4）固体质量为wg，则c(CuSO4)=________mol‧L-1。‎ ‎（5）若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，则测得c(CuSO4)_________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。‎ Ⅱ.乙方案 实验原理：，‎ 实验步骤:‎ ‎①按右图安装装置(夹持仪器略去)‎ ‎②……‎ ‎③在仪器A、B、C、D、E…中加入图示的试剂 ‎④调整D、E中两液面相平，使D中液面保持在0或略低于0刻度位置，读数并记录。‎ ‎⑤将CuSO4溶液滴入A中搅拌，反应完成后，再滴加稀硫酸至体系不再有气体产生 ‎⑥待体系恢复到室温，移动E管，保持D、E中两液面相平，读数并记录 ‎⑦处理数据 ‎（6）步骤②为________________________________________。‎ ‎（7）步骤⑥需保证体系恢复到室温的原因是________(填序号)。‎ 58‎ a.反应热受温度影响 b.气体密度受温度影响 c.反应速率受温度影响 ‎（8）Zn粉质量为ag，若测得H2体积为bmL，已知实验条件下，则c(CuSO4)______mol‧L-1(列出计算表达式)。‎ ‎（9）若步骤⑥E管液面高于D管，未调液面即读数，则测得c(CuSO4)________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。‎ ‎(10)是否能用同样的装置和方法测定MgSO4溶液的浓度：_________(填“是”或“否”)。‎ ‎【答案】 （1）. 向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全 （2）. AgNO3溶液 （3）. 坩埚 （4）. （5）. 偏低 （6）. 检查装置气密性 （7）. b （8）. （9）. 偏高 (10). 否 ‎【解析】甲方案是利用溶液中的硫酸铜与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，经灼烧、洗涤、称重后得到的固体是硫酸钡，利用硫酸根守恒，计算出硫酸铜的物质的量，从而计算出浓度；乙方案是利用锌与稀硫酸反应释放出氢气的体积，换算成质量，计算出与稀硫酸反应的锌的物质的量，再利用锌的总的物质的量减去与酸反应的锌的物质的量，得到与硫酸铜反应的锌的物质的量，根据锌和硫酸铜的物质的量关系，计算出硫酸铜的物质的量，根据得到硫酸铜的浓度，据此分析。‎ Ⅰ．（1）硫酸根离子的检验是滴加氯化钡溶液，若产生白色沉淀，证明溶液中含有硫酸根离子，故判断SO42-沉淀完全的操作向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全；‎ ‎（2）步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为AgNO3溶液，硫酸钡沉淀中可能附着有氯化钡，为了证明还有没氯离子，需要加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，证明没有洗净；‎ ‎（3）步骤③灼烧时盛装样品的仪器为坩埚；‎ ‎（4）固体质量为wg，为硫酸钡的质量，硫酸钡的物质的量为n=，根据硫酸根守恒可知，CuSO4~BaSO4，则c(CuSO4)===mol‧L-1；‎ ‎（5）若步骤①‎ 58‎ 从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，会使固体的质量偏小，物质的量偏小，根据可知，则测得c(CuSO4)偏低；‎ Ⅱ．（6）加入药品之前需检查装置的气密性；步骤②为检查装置气密性；‎ ‎（7）气体的体积受温度和压强的影响较大，气体的质量不随温度和压强的变化而改变，密度也受温度和压强的影响，步骤⑥需保证体系恢复到室温的原因是气体密度受温度影响；反应热不受温度的影响，只与反应物和生成物自身的能量有关，不随温度压强而改变；反应速率受温度影响，温度越高，反应速率越快，步骤⑥需保证体系恢复到室温与反应速率无关；‎ ‎（8）Zn粉质量为ag，若测得H2体积为bmL，已知实验条件下，氢气的质量=，利用氢气的质量得到氢气的物质的量n=，根据，与酸反应的锌的物质的量为，锌的总物质的量为，与硫酸铜反应的锌的物质的量为，根据，则c(CuSO4)=；‎ ‎（9）若步骤⑥E管液面高于D管，未调液面即读数，得到氢气的体积偏小，与硫酸反应的锌的质量偏小，与硫酸铜反应的锌的质量偏大，则测得c(CuSO4)偏高；‎ ‎(10) 不能用同样的装置和方法测定MgSO4溶液的浓度，硫酸镁不和锌发生置换反应。‎ ‎7.（2020·浙江卷）Ⅰ.化合物Ⅹ由四种短周期元素组成，加热X，可产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体Y，Y为纯净物；取3.01gX，用含的盐酸完全溶解得溶液A，将溶液A分成和两等份，完成如下实验(白色沉淀C可溶于NaOH溶液)：‎ 58‎ 请回答：‎ ‎（1）组成X的四种元素是N、H和_______(填元素符号)，X的化学式是_________________。‎ ‎（2）溶液B通入过量CO2得到白色沉淀C的离子方程式是______________________________________。‎ ‎（3）写出一个化合反应(用化学方程式或离子方程式表示)_____________________________。要求同时满足：‎ ‎①其中一种反应物的组成元素必须是X中除N、H外的两种元素；‎ ‎②反应原理与“”相同。‎ Ⅱ.某兴趣小组为验证浓硫酸的性质进行实验，如图。实验中观察到的现象有：锥形瓶内有白雾，烧杯中出现白色沉淀。请回答：‎ ‎（1）将浓硫酸和浓盐酸混合可产生HCl气体的原因是____________________________________。‎ ‎（2）烧杯中出现白色沉淀的原因是________________________________________________。‎ ‎【答案】Ⅰ.（1）. （2）. ‎ ‎ （3）. 或 Ⅱ. （1）. 吸收浓盐酸中的水分且放热导致HCl挥发 （2）. HCl气体会将H2SO4带出，与Ba(NO3)2作用生成BaSO4‎ ‎【解析】根据题干可知，加热X可产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的纯净物气体Y，故Y为NH3，由实验流程图中分析可知，结合B中通入过量的CO2产生能溶于NaOH溶液的白色沉淀C，故C为Al(OH)3，则D为Al2O3，E是AgCl，结合图中数据利用原子守恒，可以计算出各自元素的物质的量，求出X的化学式，再根据物质性质进行解答。‎ Ⅰ.（1）由分析可知，Y为NH3，由实验流程图中分析可知，结合B中通入过量的CO2‎ 58‎ 产生能溶于NaOH溶液的白色沉淀C，故C为Al(OH)3，则D为Al2O3，E是AgCl，利用原子守恒可知：A1溶液中含有N原子的物质的量为：，Al原子的物质的量为：，A2溶液中含有的Cl-的物质的量为： ；‎ 故一半溶液中含有的H原子的物质的量为：，故X中含有四种元素即N、H、Al、Cl，其个数比为：，故X的化学式为：AlCl3NH3；‎ ‎（2）根据分析（1）可知，溶液B中通入过量的CO2所发生的离子方程式为：；‎ ‎（3）结合题给的两个条件，再分析化合物X(AlCl3NH3)是NH3和AlCl3通过配位键结合成的化合物，不难想到类似于NH3和H2O反应，故可以很快得出该反应的离子方程式为AlCl3+Cl-= 或者AlCl3+NH3=AlCl3NH3；‎ Ⅱ.（1）由于浓硫酸具有吸水性且浓硫酸稀释是个放热过程，而且HCl的挥发性随浓度增大而增大，随温度升高而增大，从而得出用浓硫酸和浓盐酸混合制备HCl的原理是浓硫酸吸收浓盐酸中的水分且放热，使浓盐酸的挥发性增强，使HCl挥发出来；‎ ‎（2）浓硫酸虽然难挥发，但也会随HCl气流而带出少量的H2SO4分子，与Ba(NO3)2反应生成硫酸钡白色沉淀。‎ ‎8.（2020·浙江卷）硫代硫酸钠在纺织业等领域有广泛应用。某兴趣小组用下图装置制备Na2S2O3·5H2O。‎ 58‎ 合成反应： ‎ ‎ ‎ 滴定反应：‎ 已知：Na2S2O3·5H2O易溶于水，难溶于乙醇，开始失结晶水。‎ 实验步骤：‎ Ⅰ.Na2S2O3制备：装置A制备的SO2经过单向阀通入装置C中的混合溶液，加热、搅拌，至溶液pH约为7时，停止通入SO2气体，得产品混合溶液。‎ Ⅱ.产品分离提纯：产品混合溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥，得到Na2S2O3·5H2O产品。‎ Ⅲ.产品纯度测定：以淀粉作指示剂，用Na2S2O3·5H2O产品配制的溶液滴定碘标准溶液至滴定终点，计算Na2S2O3·5H2O含量。‎ 请回答：‎ ‎（1）步骤Ⅰ:单向阀的作用是_____________________________；装置C中的反应混合溶液pH过高或过低将导致产率降低，原因是_____________________________________________________________。‎ ‎（2）步骤Ⅱ:下列说法正确的是_____。‎ A 快速蒸发溶液中水分，可得较大晶体颗粒 B 蒸发浓缩至溶液表面出现品晶膜时，停止加热 C 冷却结晶后的固液混合物中加入乙醇可提高产率 D 可选用冷的Na2CO3溶液作洗涤剂 ‎（3）步骤Ⅲ ‎①滴定前，有关滴定管的正确操作为(选出正确操作并按序排列)：‎ 检漏→蒸馏水洗涤→（ ）→（ ）→（ ）→（ ）→（ ‎ 58‎ ‎ ）→开始滴定 A 烘干 B 装入滴定液至零刻度以上 C 调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下D 用洗耳球吹出润洗液 E 排除气泡 F 用滴定液润洗2至3次 G 记录起始读数 ‎②装标准碘溶液的碘量瓶(带瓶塞的锥形瓶)在滴定前应盖上瓶塞，目的是______。‎ ‎③滴定法测得产品中Na2S2O3·5H2O含量为100.5％，则Na2S2O3·5H2O产品中可能混有的物质是________。‎ ‎【答案】 （1）. 防止倒吸 pH过高，Na2CO3、Na2S反应不充分；pH过低，导致Na2S2O3转化为S和SO2 （2）. BC （3）.① F B E C G ②防止碘挥发损失 ③Na2SO3、失去部分结晶水的Na2S2O3·5H2O ‎【解析】本实验的目的是制备Na2S2O3·5H2O，首先装置A中利用浓硫酸和亚硫酸钠固体反应生成二氧化硫，将SO2通入装置C中的混合溶液，加热搅拌，发生题目所给合成反应，使用单向阀可以防止倒吸；为了使Na2CO3、Na2S充分反应，同时又不因酸性过强使Na2S2O3发生歧化反应，至溶液pH约为7时，停止通入SO2气体，得到产品的混合溶液；之后经蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品，已知Na2S2O3·5H2O难溶于乙醇，冷却结晶后可以加入适量乙醇降低Na2S2O3的溶解度，析出更多的晶体。‎ ‎（1）SO2会与装置C中混合溶液发生反应，且导管进入液面以下，需要防倒吸的装置，单向阀可以防止发生倒吸；Na2CO3、Na2S水解都会使溶液显碱性，所以pH过高，说明Na2CO3、Na2S反应不充分；而pH过低，又会导致Na2S2O3发生歧化反应转化为S和SO2，所以pH过高或过低都会导致产率降低；‎ ‎（2）蒸发结晶时，快速蒸发溶液中的水分，可以得到较小的晶体颗粒，故A错误；为防止固体飞溅，蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，停止加热，故B正确；Na2S2O3·5H2O难溶于乙醇，所以冷却结晶后的固液混合物中可以加入适量乙醇降低Na2S2O3的溶解度，析出更多的晶体，提高产率，故C正确；用碳酸钠溶液洗涤会使晶体表面附着碳酸钠杂质，Na2S2O3·5H2O难溶于乙醇，可以用乙醇作洗涤剂，故D错误；综上所述选BC；‎ ‎（3）①滴定前应检查滴定管是否漏液，之后用蒸馏水洗涤滴定管，为防止稀释滴定液使测定结果不准确，需用滴定液润洗2至3次，之后装入滴定液至零刻度以上，排除装置中的气泡，然后调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下，并记录起始读数，开始滴定，所以正确的操作和顺序为：捡漏→蒸馏水洗涤→F→B→E→C→G→开始滴定；‎ ‎②碘容易挥发，所以装标准碘溶液的碘量瓶在滴定前应盖上瓶塞，防止碘挥发损失；‎ 58‎ ‎③测定的产品中Na2S2O3·5H2O含量大于100%，说明产品中混有失去部分结晶水的Na2S2O3·5H2O。‎ ‎【2019年】‎ ‎1．[2019·新课标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_________________。‎ ‎（2）步骤②需要加热的目的是_________________，温度保持80~95 ℃，采用的合适加热方式是_________________。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_________________（填标号）。‎ ‎（3）步骤③中选用足量的H2O2，理由是_______________。分批加入H2O2，同时为了_________________，溶液要保持pH小于0.5。‎ ‎（4）步骤⑤的具体实验操作有______________，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______________。‎ ‎【答案】（1）碱煮水洗 ‎（2）加快反应 热水浴 C ‎（3）将Fe2+全部氧化为Fe3+；不引入杂质 防止Fe3+水解 ‎（4）加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）‎ ‎（5）NH4Fe(SO4)2·12H2O ‎【解析】（1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，油污在碱性条件下容易水解，所以工业上常常用热的碳酸钠溶液清洗，即碱煮水洗；‎ 58‎ ‎（2）步骤②需要加热的目的是为了加快反应速率；温度保持80~95 ℃，由于保持温度比较恒定且低于水的沸点，故采用的合适加热方式是水浴加热（热水浴）；铁屑中含有少量硫化物，硫化物与硫酸反应生成硫化氢气体，可以用氢氧化钠溶液吸收，为了防止倒吸可以加装倒置的漏斗，故选择C装置；‎ ‎（3）步骤③中选用足量的H2O2，H2O2可以将Fe2+氧化为Fe3+，且H2O2的还原产物为H2O，不会引入新的杂质，故理由是：将Fe2+全部氧化为Fe3+，不引入新的杂质。因为H2O2本身易分解，所以在加入时需分量加入，同时为了防止Fe3+水解，溶液要保持pH小于0.5；‎ ‎（4）为了除去可溶性的硫酸铵、铁离子等，需要经过的步骤为：加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）；‎ ‎（5）设硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2∙xH2O，其相对分子质量为266+18x，1.5个水分子的相对分子质量为1.5×18=27，则27/(266+18x)=5.6%，解得x=12，则硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2∙12H2O。‎ ‎2．[2019·新课标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下图所示。‎ 索氏提取装置如图所示。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：‎ 58‎ ‎（1）实验时需将茶叶研细，放入滤纸套筒1中，研细的目的是______________，圆底烧瓶中加入95%乙醇为溶剂，加热前还要加几粒______________。‎ ‎（2）提取过程不可选用明火直接加热，原因是______________，与常规的萃取相比，采用索氏提取器的优点是______________。‎ ‎（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______________。“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______________（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_______和吸收_______。‎ ‎（5）可采用如图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______________。‎ ‎【答案】（1）增加固液接触面积，提取充分 沸石 ‎（2）乙醇易挥发，易燃 使用溶剂量少，可连续萃取（萃取效率高）‎ ‎（3）乙醇沸点低，易浓缩 AC ‎（4）单宁酸 水 ‎（5）升华 ‎【解析】（1）萃取时将茶叶研细可以增加固液接触面积，从而使提取更充分；由于需要加热，为防止液体暴沸，加热前还要加入几粒沸石；‎ ‎（2）由于乙醇易挥发，易燃烧，为防止温度过高使挥发出的乙醇燃烧，因此提取过程中不可选用明火直接加热；根据题干中的已知信息可判断与常规的萃取相比较，采用索式提取器的优点是使用溶剂量少，可连续萃取（萃取效率高）；‎ 58‎ ‎（3）乙醇是有机溶剂，沸点低，因此与水相比较乙醇作为萃取剂的优点是乙醇沸点低，易浓缩；蒸馏浓缩时需要冷凝管，为防止液体残留在冷凝管中，应该选用直形冷凝管，而不需要球形冷凝管，A正确，B错误；为防止液体挥发，冷凝后得到的馏分需要有接收瓶接收馏分，而不需要烧杯，C正确，D错误，答案选AC。‎ ‎（4）由于茶叶中还含有单宁酸，且单宁酸也易溶于水和乙醇，因此浓缩液中加入氧化钙的作用是中和单宁酸，同时也吸收水；‎ ‎（5）根据已知信息可知咖啡因在100℃以上时开始升华，因此该分离提纯方法的名称是升华。‎ ‎3．[2019·新课标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__________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________（填标号），不需使用的_______________________（填名称）。‎ 58‎ ‎（3）①中需使用冷水，目的是______________________________________。‎ ‎（4）②中饱和碳酸氢钠的作用是_________________________________，以便过滤除去难溶杂质。‎ ‎（5）④采用的纯化方法为____________。‎ ‎（6）本实验的产率是_________%。‎ ‎【答案】（1）A ‎（2）BD 分液漏斗、容量瓶 ‎（3）充分析出乙酰水杨酸固体（结晶）‎ ‎（4）生成可溶的乙酰水杨酸钠 ‎（5）重结晶 ‎（6）60‎ ‎【解析】（1）因为反应温度在70℃，低于水的沸点，且需维温度不变，故采用热水浴的方法加热；‎ ‎（2）操作①需将反应物倒入冷水，需要用烧杯量取和存放冷水，过滤的操作中还需要漏斗，则答案为：BD；分液漏斗主要用于分离互不相容的液体混合物，容量瓶用于配制一定浓度的溶液，这两个仪器用不到。‎ ‎（3）反应时温度较高，所以用冷水的目的是使得乙酰水杨酸晶体充分析出；‎ ‎（4）乙酰水杨酸难溶于水，为了除去其中的杂质，可将生成的乙酰水杨酸与碳酸氢钠反应生成可溶性的乙酰水杨酸钠，以便过滤除去杂质；‎ ‎（5）每次结晶过程中会有少量杂质一起析出，可以通过多次结晶的方法进行纯化，也就是重结晶；‎ ‎（6）水杨酸分子式为C7H6O3，乙酰水杨酸分子式为C9H8O4，根据关系式法计算得：‎ C7H6O3~ C9H8O4‎ ‎138 180‎ ‎6.9g m m( C9H8O4)=(6.9g×180)/138=9g，则产率为。‎ ‎5．[2019·江苏卷]丙炔酸甲酯（）是一种重要的有机化工原料，沸点为103~105 ℃。实验室制备少量丙炔酸甲酯的反应为 58‎ 实验步骤如下：‎ 步骤1：在反应瓶中，加入14 g丙炔酸、50 mL甲醇和2 mL浓硫酸，搅拌，加热回流一段时间。‎ 步骤2：蒸出过量的甲醇（装置见下图）。‎ 步骤3：反应液冷却后，依次用饱和NaCl溶液、5%Na2CO3溶液、水洗涤。分离出有机相。‎ 步骤4：有机相经无水Na2SO4干燥、过滤、蒸馏，得丙炔酸甲酯。‎ ‎（1）步骤1中，加入过量甲醇的目的是 ▲ 。‎ ‎（2）步骤2中，上图所示的装置中仪器A的名称是 ▲ ；蒸馏烧瓶中加入碎瓷片的目的是 ▲ 。‎ ‎（3）步骤3中，用5%Na2CO3溶液洗涤，主要除去的物质是 ▲ ；分离出有机相的操作名称为 ▲ 。‎ ‎（4）步骤4中，蒸馏时不能用水浴加热的原因是 ▲ 。‎ ‎【答案】（1）作为溶剂、提高丙炔酸的转化率 ‎（2）(直形)冷凝管 防止暴沸 ‎（3）丙炔酸 分液 ‎（4）丙炔酸甲酯的沸点比水的高 ‎【解析】（1）一般来说，酯化反应为可逆反应，加入过量的甲醇，提高丙炔酸的转化率，丙炔酸溶解于甲醇，甲醇还作为反应的溶剂；‎ ‎（2）根据装置图，仪器A为直形冷凝管；加热液体时，为防止液体暴沸，需要加入碎瓷片或沸石，因此本题中加入碎瓷片的目的是防止液体暴沸；‎ ‎（3）丙炔酸甲酯的沸点为103℃~105℃，制备丙炔酸甲酯采用水浴加热，因此反应液中除含有丙炔酸甲酯外，还含有丙炔酸、硫酸；通过饱和NaCl溶液可吸收硫酸；5%的Na2CO3溶液的作用是除去丙炔酸，降低丙炔酸甲酯在水中的溶解度，使之析出；水洗除去NaCl、Na2CO3，然后通过分液的方法得到丙炔酸甲酯；‎ 58‎ ‎（4）水浴加热提供最高温度为100℃，而丙炔酸甲酯的沸点为103℃~105℃，采用水浴加热，不能达到丙炔酸甲酯的沸点，不能将丙炔酸甲酯蒸出，因此蒸馏时不能用水浴加热。‎ ‎7．[2019·浙江4月选考]某兴趣小组在定量分析了镁渣[含有MgCO3、Mg(OH)2、CaCO3、Al2O3、Fe2O3和SiO2]中Mg含量的基础上，按如下流程制备六水合氯化镁(MgCl2·6H2O)。‎ 相关信息如下：‎ ‎①700℃只发生MgCO3和Mg(OH)2的分解反应。‎ ‎②NH4Cl溶液仅与体系中的MgO反应，且反应程度不大。‎ ‎③“蒸氨”是将氨从固液混合物中蒸出来，且须控制合适的蒸出量。‎ 请回答：‎ ‎（1）下列说法正确的是________。‎ A．步骤Ⅰ，煅烧样品的容器可以用坩埚，不能用烧杯和锥形瓶 B．步骤Ⅲ，蒸氨促进平衡正向移动，提高MgO的溶解量 C．步骤Ⅲ，可以将固液混合物C先过滤，再蒸氨 D．步骤Ⅳ，固液分离操作可采用常压过滤，也可采用减压过滤 ‎（2）步骤Ⅲ，需要搭建合适的装置，实现蒸氨、吸收和指示于一体(用硫酸溶液吸收氨气)。‎ ‎①选择必须的仪器，并按连接顺序排列(填写代表仪器的字母，不考虑夹持和橡皮管连接)：热源→________。‎ ‎②为了指示蒸氨操作完成，在一定量硫酸溶液中加指示剂。请给出并说明蒸氨可以停止时的现象________。‎ ‎（3） 溶液F经盐酸酸化、蒸发、结晶、过滤、洗涤和低温干燥得到产品。取少量产品溶于水后发现溶液呈碱性。‎ ‎①含有的杂质是________。‎ 58‎ ‎②从操作上分析引入杂质的原因是________。‎ ‎（4）有同学采用盐酸代替步骤Ⅱ中的NH4Cl溶液处理固体B，然后除杂，制备MgCl2溶液。已知金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围：‎ 金属离子 pH 开始沉淀 完全沉淀 Al3+‎ ‎3.0‎ ‎4.7‎ Fe3+‎ ‎1.1‎ ‎2.8‎ Ca2+‎ ‎11.3‎ ‎－‎ Mg2+‎ ‎8.4‎ ‎10.9‎ 请给出合理的操作排序(从下列操作中选取，按先后次序列出字母，操作可重复使用)：固体B→a→（ ）→（ ）→（ ）→（ ）→（ ）→（ ）→MgCl2溶液→产品。‎ a．用盐酸溶解 b．调pH＝3.0 c．调pH＝5.0 d．调pH＝8.5‎ e．调pH＝11.0 f．过滤 g．洗涤 ‎【答案】（1）ABD （2）a→d→f→c 甲基橙，颜色由红色变橙色 ‎ ‎（3）碱式氯化镁(氢氧化镁) 过度蒸发导致氯化镁水解 ‎（4）c f e f g a ‎【解析】（1）A.煅烧固体样品需用坩埚，烧杯和锥形瓶用来加热液体，A项正确；B.氯化铵水解方程式为NH4Cl+H2O⇌NH3·H2O+HCl，氧化镁和HCl反应，蒸氨即一水合氨分解，平衡向右移动，HCl浓度变大，促进了氧化镁的溶解，B项正确；C.根据信息②NH4Cl溶液仅与体系中的MgO反应，且反应程度不大，不能先过滤，否则氧化镁损耗很大，C项错误；D.固液分离操作均可采用常压过滤，使用减压过滤加快过滤速度，也可行，D项正确。故答案选ABD。‎ ‎（2）①先选发生装置为a，然后连接回流装置d，生成的氨气有水蒸气，需要干燥，然后连接干燥管f，氨气是碱性气体，需要用酸吸收，最后连接c。②硫酸和氨气恰好完全反应生成硫酸铵（(NH4)2SO4），硫酸铵显酸性，因而选择在酸性范围内变色的指示剂：甲基橙，其颜色变化是红色变为橙色。‎ ‎（3）溶液F经盐酸酸化、蒸发、结晶、过滤、洗涤和低温干燥得到产品。①‎ 58‎ 溶液仍呈碱性，注意不可能是氨气的影响，由于氯化镁水解使溶液呈酸性，故溶液的碱性是由杂质引起的。考虑到氯化镁易水解，所以含有的杂质可能是Mg(OH)Cl或者Mg(OH)2。‎ ‎②升高温度会促进水解的进行，因而必然是蒸发阶段导致，即过度蒸发导致氯化镁水解。‎ ‎（4）根据各离子完全沉淀的pH值，加酸后溶液呈酸性，可逐步提高pH，同时以沉淀形式除掉不同离子，因而先将pH调至5，除掉Al3+和Fe3+，然后过滤其沉淀，然后将pH调至11.0使得Mg2+变为Mg(OH)2沉淀，过滤并洗涤，得到纯净的Mg(OH)2沉淀，然后加入盐酸得到氯化镁溶液。故答案依次填cfefga。‎ ‎【2018年】‎ ‎1. （2018·全国卷Ⅰ）醋酸亚铬[(CH3COO)2Cr·H2O］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_________，仪器a的名称是_______。‎ ‎（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_________。‎ ‎②同时c中有气体产生，该气体的作用是_____________。‎ ‎（3）打开K3，关闭K1和K2。c中亮蓝色溶液流入d，其原因是________；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___________、_________、洗涤、干燥。‎ ‎（4）指出装置d可能存在的缺点______________。‎ ‎【答案】（1）去除水中溶解氧 （2）分液（或滴液）漏斗 （3）Zn+2Cr3＋＝Zn2＋+2Cr2＋ （4） 排除c中空气 （5） c中产生H2使压强大于大气压 （6）（冰浴）冷却 （7）过滤 （8）敞开体系，可能使醋酸亚铬与空气接触 ‎【解析】在盐酸溶液中锌把Cr3＋还原为Cr2＋‎ 58‎ ‎，同时产生氢气排尽装置中的空气防止氧化。生成的氢气导致c中压强增大，可以把生成的CrCl2压入d装置发生反应，据此解答。‎ ‎（1）由于醋酸亚铬易被氧化，所以需要尽可能避免与氧气接触，因此实验中所用蒸馏水均需煮沸后迅速冷却，目的是去除水中溶解氧；根据仪器构造可知仪器a是分液（或滴液）漏斗；学科%网 ‎（2）①c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，说明Cr3＋被锌还原为Cr2＋，反应的离子方程式为Zn+2Cr3＋＝Zn2＋+2Cr2＋；‎ ‎②锌还能与盐酸反应生成氢气，由于装置中含有空气，能氧化Cr2＋，所以氢气的作用是排除c中空气；‎ ‎（3）打开K3，关闭K1和K2，由于锌继续与盐酸反应生成氢气，导致c中压强增大，所以c中亮蓝色溶液能流入d装置，与醋酸钠反应；根据题干信息可知醋酸亚铬难溶于水冷水，所以为使沉淀充分析出并分离，需要采取的操作是（冰浴）冷却、过滤、洗涤、干燥。‎ ‎（4）由于d装置是敞开体系，因此装置的缺点是可能使醋酸亚铬与空气接触被氧化而使产品不纯。‎ ‎2. （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______________。‎ ‎（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________________________________________。‎ ‎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___________、___________。‎ ‎③为防止倒吸，停止实验时应进行的操作是_____________________________。‎ ‎④样品完全分解后，装置A中的残留物含有FeO和Fe2O3，检验Fe2O3‎ 58‎ 存在的方法是：________________。‎ ‎（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___________________________。‎ ‎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________________________________。‎ ‎【答案】 （1）. 3FeC2O4+2K3[Fe(CN)6]==Fe3[Fe(CN)6]2+3K2C2O4 （2）. ①隔绝空气、使反应产生的气体全部进入后续装置 ②CO2 CO ③先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气 ④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粉红色出现 ② ‎ ‎【解析】（1）根据亚铁离子能与K3[Fe(CN)6]发生显色反应解答；‎ ‎（2）①根据氮气能隔绝空气和排尽气体分析；‎ ‎②根据CO2、CO的性质分析；‎ ‎③要防止倒吸可以根据外界条件对压强的影响分析；‎ ‎③根据铁离子的检验方法解答；‎ ‎（3）①根据酸性高锰酸钾溶液显红色 ；‎ ‎②根据电子得失守恒计算。‎ ‎（1）光解反应的化学方程式为2K3[Fe(C2O4)3]2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑，反应后有草酸亚铁产生，所以显色反应的化学方程式为3FeC2O4+2K3[Fe(CN)6]＝Fe3[Fe(CN)6]2+3K2C2O4。‎ ‎（2）①装置中的空气在高温下能氧化金属铜，能影响E中的反应，所以反应前通入氮气的目的是隔绝空气排尽装置中的空气；反应中有气体生成，不会全部进入后续装置。‎ ‎②实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊，说明反应中一定产生二氧化碳。装置E中固体变为红色，说明氧化铜被还原为铜，即有还原性气体CO生成，由此判断热分解产物中一定含有CO2、CO；‎ ‎③为防止倒吸，必须保证装置中保持一定的压力，所以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即可。‎ ‎④要检验Fe2O3‎ 58‎ 存在首先要转化为可溶性铁盐，因此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高锰酸钾氧化草酸根离子，其溶液显红色，所以滴定终点的现象是粉红色出现。‎ ‎②锌把铁离子还原为亚铁离子，酸性高锰酸钾溶液又把亚铁离子氧化为铁离子。反应中消耗高锰酸钾是0.001cVmol，Mn元素化合价从+7价降低到+2价，所以根据电子得失守恒可知铁离子的物质的量是0.005cVmol，则该晶体中铁的质量分数的表达式为。‎ ‎3. （2018·全国卷Ⅲ）硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3·5H2O，M=248 g·mol−1）可用作定影剂、还原剂。回答下列问题：‎ ‎（1）已知：Ksp(BaSO4)=1.1×10−10，Ksp(BaS2O3)=4.1×10−5。市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质，选用下列试剂设计实验方案进行检验：‎ 试剂：稀盐酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液 实验步骤 现象 ‎①取少量样品，加入除氧蒸馏水 ‎②固体完全溶解得无色澄清溶液 ‎③___________‎ ‎④___________，有刺激性气体产生 ‎⑤静置，___________‎ ‎⑥___________‎ ‎（2）利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：‎ ‎①溶液配制：称取1.2000 g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在__________中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的_________中，加蒸馏水至____________。‎ ‎②滴定：取0.00950 mol·L−1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应： Cr2O72−+6I−+14H+3I2+2Cr3++7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32−S4O62−+2I−。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液__________，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80 mL，则样品纯度为_________%（保留1位小数）。‎ ‎【答案】（1）. ③加入过量稀盐酸 （2）. ④出现乳黄色浑浊 （3）. ⑤（吸）取上层清液，滴入BaCl2溶液 （4）. ⑥产生白色沉淀 （5）. 烧杯 （6）. 容量瓶 （7）. 刻度 （8）. 蓝色褪去 （9）. 95.0‎ ‎【解析】‎ 58‎ ‎（1）检验样品中的硫酸根离子，应该先加入稀盐酸，再加入氯化钡溶液。但是本题中，硫代硫酸根离子和氢离子以及钡离子都反应，所以应该排除其干扰，具体过程应该为先将样品溶解，加入稀盐酸酸化（反应为S2O32- + 2H+ = SO2↑+S↓+H2O），静置，取上层清液中滴加氯化钡溶液，观察到白色沉淀，证明存在硫酸根离子。所以答案为：③加入过量稀盐酸；④有乳黄色沉淀；⑤取上层清液，滴加氯化钡溶液；⑥有白色沉淀产生。‎ ‎①配制一定物质的量浓度的溶液，应该先称量质量，在烧杯中溶解，在转移至容量瓶，最后定容即可。所以过程为：将固体再烧杯中加入溶解，全部转移至100mL容量瓶，加蒸馏水至刻度线。‎ ‎②淡黄绿色溶液中有单质碘，加入淀粉为指示剂，溶液显蓝色，用硫代硫酸钠溶液滴定溶液中的单质碘，滴定终点时溶液的蓝色应该褪去。根据题目的两个方程式得到如下关系式：Cr2O72-～3I2～6S2O32-，则配制的100mL样品溶液中硫代硫酸钠的浓度c=，含有的硫代硫酸钠为0.004597mol，所以样品纯度为 ‎4. （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________________（锰被还原为Mn2+）。‎ ‎②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。_______‎ ‎③C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有 ‎3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外还有________________。‎ ‎（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：‎ 58‎ 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______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________________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________________。‎ ‎②根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2________（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ实验表明，Cl2和的氧化性强弱关系相反，原因是________________。‎ ‎③资料表明，酸性溶液中的氧化性＞，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＞。若能，请说明理由；若不能，进一步设计实验方案。‎ 理由或方案：________________。‎ ‎【答案】 （1）. 2KMnO4+16HCl==2MnCl2+2KCl +5Cl2↑+8H2O （2）. ‎ ‎（3）. Cl2+2OH−==Cl−+ClO−+H2O （4）. i. Fe3+ （5）. 4FeO42−+20H+==4Fe3++3O2↑+10H2O （6）. 排除ClO−的干扰 （7）. > （8）. 溶液的酸碱性不同 （9）. 若能，理由：FeO42−在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2，溶液浅紫色一定是MnO4−的颜色（若不能，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）①A为氯气发生装置，KMnO4与浓盐酸反应时，锰被还原为Mn2+，浓盐酸被氧化成Cl2，KMnO4与浓盐酸反应生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，离子方程式2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。‎ ‎②由于盐酸具有挥发性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl会消耗Fe（OH）3、KOH，用饱和食盐水除去HCl，除杂装置B为。‎ 58‎ ‎③ C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，还有Cl2与KOH的反应，Cl2与KOH反应的化学方程式为Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。‎ ‎（2）①根据上述制备反应，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，还可能含有KClO等。‎ I.方案I加入KSCN溶液，溶液变红说明a中含Fe3+。但Fe3+的产生不能判断K2FeO4与Cl-发生了反应，根据题意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，自身被还原成Fe3+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可能的反应为4FeO42-+20H+=3O2↑+4Fe3++10H2O。‎ II.产生Cl2还可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，即KClO的存在干扰判断；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH溶液洗涤的目的是除去KClO、排除ClO-的干扰，同时保持K2FeO4稳定存在。‎ ‎②制备K2FeO4的原理为3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，在该反应中Cl元素的化合价由0价降至-1价，Cl2是氧化剂，Fe元素的化合价由+3价升至+6价，Fe（OH）3是还原剂，K2FeO4为氧化产物，根据同一反应中，氧化性：氧化剂氧化产物，得出氧化性Cl2FeO42-；方案II的反应为2FeO42-+6Cl-+16H+=2Fe3++3Cl2↑+8H2O，实验表明，Cl2和FeO42-氧化性强弱关系相反；对比两个反应的条件，制备K2FeO4在碱性条件下，方案II在酸性条件下；说明溶液的酸碱性的不同影响物质氧化性的强弱。‎ ‎③该小题为开放性试题。若能，根据题意K2FeO4在足量H2SO4溶液中会转化为Fe3+和O2，最后溶液中不存在FeO42-，溶液振荡后呈浅紫色一定是MnO4-的颜色，说明FeO42-将Mn2+氧化成MnO4-，所以该实验方案能证明氧化性FeO42-MnO4-。（或不能，因为溶液b呈紫色，溶液b滴入MnSO4和H2SO4的混合溶液中，c（FeO42-）变小，溶液的紫色也会变浅；则设计一个空白对比的实验方案，方案为：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）。‎ ‎5. （2018年天津卷）烟道气中的NOx是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用如下采样和检测方法。回答下列问题：‎ Ⅰ.采样 采样步骤：‎ 58‎ ‎①检验系统气密性；②加热器将烟道气加热至140℃；③打开抽气泵置换系统内空气；④采集无尘、干燥的气样；⑤关闭系统，停止采样。‎ ‎（1）A中装有无碱玻璃棉，其作用是___________。‎ ‎（2）C中填充的干燥剂是（填序号）___________。‎ a.碱石灰 b.无水CuSO4 c.P2O5‎ ‎（3）用实验室常用仪器组装一套装置，其作用是与D（装有碱液）相同，在虚线框中画出该装置的示意图，标明气体的流向及试剂。‎ ‎（4）采样步骤②加热烟道气的目的是___________。‎ Ⅱ.NOx含量的测定 将v L气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化为NO3−，加水稀释至100.00 mL。量取20.00 mL该溶液，加入v1 mL c1 mol·L−1 FeSO4标准溶液（过量），充分反应后，用c2 mol·L−1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗v2 mL。‎ ‎（5）NO被H2O2氧化为NO3−的离子方程式是___________。‎ ‎（6）滴定操作使用的玻璃仪器主要有___________。‎ ‎（7）滴定过程中发生下列反应：‎ ‎3Fe2++NO3−+4H+NO↑+3Fe3++2H2O Cr2O72− + 6Fe2+ +14H+ 2Cr3+ +6Fe3++7H2O 则气样中NOx折合成NO2的含量为_________mg·m−3。‎ ‎（8）判断下列情况对NOx含量测定结果的影响（填“偏高” 、“偏低”或“无影响 ”）‎ 若缺少采样步骤③，会使测试结果___________。‎ 若FeSO4标准溶液部分变质，会使测定结果___________。‎ ‎【答案】 （1）. 除尘 （2）. c （3）. （4）. 防止NOx溶于冷凝水 ‎ ‎（5）. 2NO+3H2O2=2H++2NO3–+2H2O （6）. 锥形瓶、酸式滴定管 （7）. ‎ 58‎ ‎ ‎ ‎（8）. 偏低 偏高 ‎【解析】（1）A的过程叫“过滤”，所以其中玻璃棉的作用一定是除去烟道气中的粉尘。‎ ‎（2）碱石灰是碱性干燥剂可能与NOX反应，所以不能使用。硫酸铜的吸水能力太差，一般不用做干燥剂，所以不能使用。五氧化二磷是酸性干燥剂，与NOX不反应，所以选项c正确。‎ ‎（3）实验室通常用洗气瓶来吸收气体，与D相同应该在洗气瓶中加入强碱（氢氧化钠）溶液，所以答案为：。‎ ‎（4）加热烟道气的目的是避免水蒸气冷凝后，NOX溶于水中。‎ ‎（5）NO被H2O2氧化为硝酸，所以反应的离子方程式为：2NO+3H2O2=2H++2NO3–+2H2O。‎ ‎（6）滴定中使用酸式滴定管（本题中的试剂都只能使用酸式滴定管）和锥形瓶。‎ ‎（7）用c2 mol·L−1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗V2 mL，此时加入的Cr2O72-为c2V2/1000 mol；所以过量的Fe2+为6c2V2/1000 mol；则与硝酸根离子反应的Fe2+为(c1V1/1000－6c2V2/1000) mol；所以硝酸根离子为(c1V1/1000－6c2V2/1000)/3 mol；根据氮元素守恒，硝酸根与NO2的物质的量相等。考虑到配制100mL溶液取出来20mL进行实验，所以NO2为5(c1V1/1000－6c2V2/1000)/3 mol，质量为46×5(c1V1/1000－6c2V2/1000)/3 g，即230(c1V1－6c2V2)/3 mg。这些NO2是VL气体中含有的，所以含量为230(c1V1－6c2V2)/3V mg·L-1，即为1000×230(c1V1－6c2V2)/3V mg·m-3，所以答案为： mg·m−3。‎ ‎（8）若缺少采样步骤③，装置中有空气，则实际测定的是烟道气和空气混合气体中NOX的含量，测定结果必然偏低。若FeSO4标准溶液部分变质，一定是部分Fe2+被空气中的氧气氧化，计算时仍然认为这部分被氧化的Fe2+是被硝酸根离子氧化的，所以测定结果偏高。‎ ‎6. （2018年江苏卷） [实验化学]‎ ‎3，4−亚甲二氧基苯甲酸是一种用途广泛的有机合成中间体，微溶于水，实验室可用KMnO4氧化3，4−亚甲二氧基苯甲醛制备，其反应方程式为 58‎ 实验步骤如下：‎ 步骤1：向反应瓶中加入3，4−亚甲二氧基苯甲醛和水，快速搅拌，于70～80 ℃滴加KMnO4溶液。反应结束后，加入KOH溶液至碱性。‎ 步骤2：趁热过滤，洗涤滤饼，合并滤液和洗涤液。‎ 步骤3：对合并后的溶液进行处理。‎ 步骤4：抽滤，洗涤，干燥，得3，4−亚甲二氧基苯甲酸固体。‎ ‎（1）步骤1中，反应结束后，若观察到反应液呈紫红色，需向溶液中滴加NaHSO3溶液，转化为_____________（填化学式）；加入KOH溶液至碱性的目的是____________________________。‎ ‎（2）步骤2中，趁热过滤除去的物质是__________________（填化学式）。‎ ‎（3）步骤3中，处理合并后溶液的实验操作为__________________。‎ ‎（4）步骤4中，抽滤所用的装置包括_______________、吸滤瓶、安全瓶和抽气泵。‎ ‎【答案】[实验化学]‎ ‎（1）SO42− 将反应生成的酸转化为可溶性的盐 ‎（2）MnO2‎ ‎（3）向溶液中滴加盐酸至水层不再产生沉淀 ‎（4）布氏漏斗 ‎【解析】（1）反应结束后，反应液呈紫红色，说明KMnO4过量，KMnO4具有强氧化性将HSO3-氧化成SO42-，反应的离子方程式为2MnO4-+3HSO3-=2MnO2↓+3SO42-+H2O+H+。根据中和反应原理，加入KOH将转化为可溶于水的。‎ ‎（2）MnO2难溶于水，步骤2中趁热过滤是减少的溶解，步骤2中趁热过滤除去的物质是MnO2。‎ ‎（3）步骤3中，合并后的滤液中主要成分为，为了制得，需要将合并后的溶液进行酸化；处理合并后溶液的实验操作为：向溶液中滴加盐酸至水层不再产生沉淀。‎ 58‎ ‎（4）抽滤所用的装置包括布氏漏斗、吸滤瓶、安全瓶和抽气泵。‎ ‎【2017年】‎ ‎1．【2017·新课标1卷】[化学——选修5：有机化学基础]（15分）‎ 化合物H是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下： ‎ 已知：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）A的化学名称为为__________。‎ ‎（2）由C生成D和E生成F的反应类型分别为__________、_________。‎ ‎（3）E的结构简式为____________。‎ ‎（4）G为甲苯的同分异构体，由F生成H的化学方程式为___________。‎ ‎（5）芳香化合物X是F的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6∶2∶2∶1，写出2种符合要求的X的结构简式____________。‎ ‎（6）写出用环戊烷和2-丁炔为原料制备化合物的合成路线________（其他试剂任选）。‎ ‎【答案】 （1）苯甲醛 （2） 加成反应 取代反应 （3） ‎ ‎（4） ‎ 58‎ ‎（5）、、、（任写两种） ‎ ‎（6） ‎ ‎【解析】已知各物质转变关系分析如下：G是甲苯同分异构体，结合已知②的反应物连接方式，则产物H左侧圈内结构来源于G，G为，F为，E与乙醇酯化反应生成F，E为，根据反应条件，D→E为消去反应，结合D的分子式及D的生成反应，则D为，所以C为，B为，再结合已知反应①，A为。（1）根据以上分析可知A的名称是苯甲醛。（2）C→D为C=C与Br2的加成反应，E→F是酯化反应；（3）E的结构简式为。‎ ‎（4）F生成H的化学方程式为。‎ 58‎ ‎（5）F为，根据题意，其同分异构体中含有苯环、—COOH，先考虑对称结构，一种情况是其余部分写成两个—CH=CH2，则连接在苯环上不符合要求，其次是写成两个—CH3和一个—C≡CH，则其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6∶2∶2∶1的有机物结构简式为、、、。（6）根据已知②，环己烷需要先转变成环己烯，再与2—丁炔进行加成就可以首先连接两个碳链，再用Br2与碳链上双键加成即可，即路线图为：。‎ ‎2．【2017新课标2卷】[化学——选修5：有机化学基础]（15分）‎ 化合物G是治疗高血压的药物“比索洛尔”的中间体，一种合成G的路线如下：‎ 已知以下信息：‎ ‎①A的核磁共振氢谱为单峰；B的核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为6∶1∶1。‎ ‎②D的苯环上仅有两种不同化学环境的氢；1molD可与1mol NaOH或2mol Na反应。‎ 回答下列问题：‎ 58‎ ‎（1）A的结构简式为____________。‎ ‎（2）B的化学名称为____________。‎ ‎（3）C与D反应生成E的化学方程式为____________。‎ ‎（4）由E生成F的反应类型为____________。‎ ‎（5）G是分子式为____________。‎ ‎（6）L是D的同分异构体，可与FeCl3溶液发生显色反应，1mol的L可与2mol的Na2CO3反应，L共有______种；其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为3∶2∶2∶1的结构简式为___________、____________。‎ ‎【答案】 （1） （2） 2-丙醇 ‎ ‎（3） ‎ ‎（4）取代反应 （5）C18H31NO4 （6） 6 ‎ ‎【解析】A的化学式为C2H4O，其核磁共振氢谱为单峰，则A为；B的化学式为C3H8O，核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为6∶1∶1，则B的结构简式为CH3CH(OH)CH3；D的化学式为C7H8O2，其苯环上仅有两种不同化学环境的氢，说明对称结构；1molD可与1mol NaOH或2mol Na反应，则苯环上有酚羟基和—CH2OH，且为对位结构，则D的结构简式为；‎ ‎（1）根据上述分析，A的结构简式为；‎ ‎（2）根据上述分析B的结构简式为CH3CH(OH)CH3，依据醇的命名，其化学名称为2-丙醇；‎ ‎（3）HOCH2CH2OCH(CH3)2和发生反应生成E的化学方程式为：‎ ‎；‎ 58‎ ‎（4）和发生取代反应生成F；‎ ‎（5）根据有机物成键特点，有机物G的分子式为C18H31NO4；‎ ‎（6）L是的同分异构体，可与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，1mol的L可与2mol的Na2CO3反应，说明L的分子结构中含有2个酚羟基和一个甲基，当二个酚羟基在邻位时，苯环上甲基的位置有2种，当二个酚羟基在间位时，苯环上甲基的位置有3种，当二个酚羟基在对位时，苯环上甲基的位置有1种，只满足条件的L共有6种；其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为3∶2∶2∶1的结构简式为、。‎ ‎3．【2017·新课标3卷】[化学——选修5：有机化学基础]（15分）‎ 氟他胺G是一种可用于治疗肿瘤的药物。实验室由芳香烃A制备G的合成路线如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）A的结构简式为____________。C的化学名称是______________。‎ ‎（2）③的反应试剂和反应条件分别是____________________，该反应的类型是__________。‎ ‎（3）⑤的反应方程式为_______________。吡啶是一种有机碱，其作用是____________。‎ ‎（4）G的分子式为______________。‎ ‎（5）H是G的同分异构体，其苯环上的取代基与G的相同但位置不同，则H可能的结构有______种。‎ 58‎ ‎（6）4-甲氧基乙酰苯胺（）是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚（）制备4-甲氧基乙酰苯胺的合成路线___________（其他试剂任选）。‎ ‎【答案】 （1） 三氟甲苯 （2） 浓硝酸、浓硫酸，并加热 取代反应 ‎ （3） ‎ 吸收反应产物的HCl，提高反应转化率 （4） C11H11O3N2F3 （5） 9种 ‎ ‎（6）‎ ‎【解析】（1）反应①发生取代反应，应取代苯环取代基上的氢原子，根据B的结构简式，A为甲苯，即结构简式为：，C的化学名称为三氟甲苯；‎ ‎（2）反应③是C上引入－NO2，且在对位，C与浓硝酸、浓硫酸，并且加热得到，此反应类型为取代反应；（3）根据G的结构简式，反应⑤发生取代反应，Cl取代氨基上的氢原子，即反应方程式为：；吡啶的作用是吸收反应产物的HCl，提高反应转化率；‎ ‎（4）根据有机物成键特点，G的分子式为：C11H11O3N2F3；‎ ‎（5）－CF3和－NO2处于邻位，另一个取代基在苯环上有3种位置，－CF3和－NO2处于间位，另一取代基在苯环上有4种位置，－CF3和－NO2属于对位，另一个取代基在苯环上有2种位置，因此共有9种结构；‎ ‎（6）根据目标产物和流程图，苯甲醚应首先与混酸反应，在对位上引入硝基，然后在铁和HCl作用下－NO2转化成－NH2，最后在吡啶作用下与CH3COCl反应生成目标产物，合成路线是：‎ 58‎ ‎。‎ ‎4．【2017·北京卷】（17分） 羟甲香豆素是一种治疗胆结石的药物，合成路线如下图所示：‎ 已知：‎ RCOOR'+R''OH RCOOR''+ R'OH（R、R'、R''代表烃基）‎ ‎（1）A属于芳香烃，其结构简式是_______________。B中所含的官能团是___________。‎ ‎（2）C→D的反应类型是________________。‎ ‎（3）E属于酯类。仅以乙醇为有机原料，选用必要的无机试剂合成E，写出有关化学方程式：______________________________。‎ ‎（4）已知：2E F+C2H5OH。F所含官能团有和___________。‎ ‎（5）以D和F为原料合成羟甲香豆素分为三步反应，写出有关化合物的结构简式：_______。‎ ‎【答案】（1） 硝基 （2）取代 （3）2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；‎ 58‎ ‎2CH3CHO+O22CH3COOH；CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2O ‎ ‎（4） （5） D：，F ：CH3CH2OOCCH2COCH3，‎ 中间产物1为：，中间产物2：‎ ‎【解析】（1）A是芳香烃，根据C的结构简式，推出A中应含6个碳原子，即A为苯，结构简式为：。 A→B发生取代反应，引入－NO2，因此B中官能团是硝基。（2）根据C和D的分子式，C→D是用两个羟基取代氨基的位置，发生的反应是取代反应。（3）E属于酯，一定条件下生成乙醇和F，则E是乙酸乙酯。用乙醇制取乙酸乙酯可以用部分乙醇通过氧化制备乙酸，再和另一部分乙醇通过酯化反应得到乙酸乙酯。（4）结合已知转化，根据原子守恒，推出F的分子式为C6H10O3，根据信息，以及羟甲香豆素的结构简式，推出F的结构简式为CH3CH2OOCCH2COCH3，除含有，还含有。（5）根据羟基香豆素的结构简式，以及（2）的分析，C、D的氨基、羟基分别在苯环的间位，分别为、。F的结构简式为CH3CH2OOCCH2COCH3，F与D发生已知第一个反应生成中间产物1，中间产物1的结构简式为：，再发生已知②的反应生成中间产物2：，然后发生消去反应脱水生成羟甲香豆素。‎ ‎5．【2017·天津卷】（18分）2-氨基-3-氯苯甲酸（F）是重要的医药中间体，其制备流程图如下：‎ 58‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）分子中不同化学环境的氢原子共有_______种，共面原子数目最多为_______。‎ ‎（2）B的名称为_________。写出符合下列条件B的所有同分异构体的结构简式_______。‎ a．苯环上只有两个取代基且互为邻位 b．既能发生银镜反应又能发生水解反应 ‎（3）该流程未采用甲苯直接硝化的方法制备B，而是经由①②③三步反应制取B，其目的是__________。‎ ‎（4）写出⑥的化学反应方程式：_________，该步反应的主要目的是____________。‎ ‎（5）写出⑧的反应试剂和条件：_______________；F中含氧官能团的名称为__________。‎ ‎（6）在方框中写出以为主要原料，经最少步骤制备含肽键聚合物的流程。____‎ ‎……目标化合物 ‎【答案】（1）4 3 （2）2-硝基甲苯或邻硝基甲苯 ‎ 58‎ ‎（3）避免苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代（或减少副产物，或占位） ‎ ‎（4） 保护甲基 ‎ ‎（5）Cl2/FeCl3（或Cl2/Fe） 羧基 ‎ ‎（6）‎ ‎【解析】甲苯在浓硫酸作用下生成对甲基苯磺酸，在与混酸发生硝化反应，反应③将磺酸基水解去掉得B，B再与酸性高锰酸钾发生氧化反应得邻硝基苯甲酸；再与Fe/HCl发生还原反应将B中的硝基转化为氨基，即C为邻氨基苯甲酸；再发生反应⑥保护氨基，反应⑦引入磺酸基，将羧基的一个间位位置占住；反应⑧发生取代反应引入Cl原子；反应⑨再将氨基转化回来即可。‎ ‎（1）甲苯分子中不同化学环境的氢原子共有4种，共面原子数目最多为13个。‎ ‎（2）B的名称为邻硝基甲苯（或2-硝基甲苯）；‎ B的同分异构体中能发生银镜反应的有醛基或者甲酸酯结构，又能发生水解反应，说明含有酯基结构或者肽键结构。由此可得B的同分异构体有：。‎ ‎（3）若甲苯直接硝化，所得副产物较多，即可能在甲基的对位发生硝化反应，或者生成三硝基甲苯等。‎ ‎（4）反应⑥为邻氨基苯甲酸与乙酰氯发生取代反应，方程式为：‎ ‎。结合F的结构可知，该步骤的目的是保护氨基，防止氨基被氧化。‎ ‎（5）结合D、F的结构可知，反应⑧引入Cl原子，苯环上引入Cl原子的方法是在Fe或者FeCl3作催化剂的条件下与Cl2发生取代反应；F中的含氧官能团为羧基。‎ ‎（6）根据步骤⑨及缩聚反应可得流程如下：‎ 58‎ ‎。‎ ‎6．【2017·江苏卷】(15分) ‎ 化合物H是一种用于合成γ-分泌调节剂的药物中间体，其合成路线流程图如下:‎ ‎（1）C中的含氧官能团名称为_______和__________。‎ ‎（2）D→E 的反应类型为__________________________。‎ ‎（3）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式:_____________________。 ①含有苯环,且分子中有一个手性碳原子;②能发生水解反应,水解产物之一是α-氨基酸,另一水解产物分子中只有2种不同化学环境的氢。‎ ‎（4）G 的分子式为C12H14N2O2 ,经氧化得到H,写出G的结构简式:__________________。‎ ‎（5）已知: (R代表烃基,R'代表烃基或H) 请写出以和(CH3)2SO4为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用,合成路线流程图示例见本题题干) __________________。‎ ‎【答案】 （1）醚键 酯基 （2） 取代反应 （3） （4） ‎ 58‎ ‎（5）‎ ‎【解析】（1） C中的含氧官能团名称为醚键和酯基 。‎ ‎(2由 D→E 的反应中，D分子中的亚氨基上的氢原子被溴丙酮中的丙酮基取代，所以反应类型为取代反应 。‎ ‎（3）分析C的结构特点，C分子中除苯环外，还有3个C、3个O、1个N和1个不饱和度。C的同分异构体能发生水解，由于其中一种水解产物分子中只有2种不同的H原子，所以该水解产物一定是对苯二酚；另一种水解产物是α-氨基酸，则该α-氨基酸一定是α-氨基丙酸，结合两种水解产物可以写出C的同分异构体为 。‎ ‎（4） 由F到H发生了两步反应，分析两者的结构，发现F中的酯基到G中变成了醛基，由于已知G到H发生的是氧化反应，所以F到G发生了还原反应，结合G 的分子式C12H14N2O2 ，可以写出G的结构简式为 。‎ ‎（5）以和(CH3)2SO4为原料制备，首先分析合成对象与原料间的关系。结合上述合成路线中D到E的变化，可以逆推出合成该有机物所需要的两种反应物分别为和；结合B到C的反应，可以由逆推到，再结合A到B的反应，推到原料；结合学过的醇与氢卤酸反应，可以发现原料与氢溴酸反应即可得到。具体的合成路线流程图如下：‎ 58‎ ‎。‎ ‎【2016年】‎ ‎1．【2016·海南卷】（11分）某废催化剂含58.2%的SiO2、21.0%的ZnO、4.5%的ZnS和12.8%的CuS某同学用15.0 g该废催化剂为原料，回收其中的锌和铜。采用的实验方案如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）在下列装置中，第一次浸出必须用____________，第二次浸出应选用____________。（填标号）‎ ‎（2）第二次浸出时，向盛有滤液1的反应器中加入稀硫酸，后滴入过氧化氢溶液。若顺序相反，会造成___________。滤渣2的主要成分是____________________。‎ ‎（3）浓缩硫酸锌、硫酸铜溶液使用的器皿名称是________________。‎ ‎（4）某同学在实验完成之后，得到1.5gCuSO4﹒5H2O,则铜的回收率为__________________。‎ ‎【答案】‎ ‎（1）D A （每空1分，共2分）‎ ‎（2）H2O2与固体颗粒接触分解 （每空2分，共4分）‎ ‎（3）蒸发皿 （2分）‎ ‎（4）30% （3分）‎ ‎【解析】‎ 58‎ 根据题给化学工艺流程知第一次浸出发生反应ZnO+H2SO4ZnSO4+H2O、‎ ZnS+H2SO4ZnSO4+H2S，有有毒气体H2S生成，必须用氢氧化钠溶液进行尾气处理，选D装置，第二次浸出时发生反应：CuS+H2O2+H2SO4CuSO4+S+2H2O，不产生有毒气体，可选用A装置。‎ 第二次浸出时，向盛有滤液1的反应器中加入稀硫酸，后滴入过氧化氢溶液。若顺序相反，会 造成H2O2与固体颗粒接触分解。滤渣2的主要成分是二氧化硅。‎ ‎（3）浓缩硫酸锌、硫酸铜溶液使用的器皿名称是蒸发皿。‎ ‎（4）15.0 g废催化剂中含有铜的物质的量为15.0g×12.8%÷96g/mol=0.02mol，1.5gCuSO4﹒5H2O中铜的 物质的量为1.5g÷250g/mol=0.006mol，则铜的回收率为0.006mol/0.02mol×100%=30%。‎ ‎2．【2016·江苏卷】（15分）实验室以一种工业废渣（主要成分为MgCO3、Mg2SiO4和少量Fe、Al的氧化物）为原料制备MgCO3·3H2O。实验过程如下：‎ ‎（1）酸溶过程中主要反应的热化学方程式为 MgCO3(s)+2H+(aq)===Mg2+(aq)+CO2(g)+H2O(l) ΔH=－50.4 kJ·mol-1‎ Mg2SiO4(s)+4H+(aq)===2 Mg2+(aq)+H2SiO3(s)+H2O(l) ΔH=－225.4 kJ·mol-1‎ 酸溶需加热的目的是______；所加H2SO4不宜过量太多的原因是_______。‎ ‎（2）加入H2O2氧化时发生发应的离子方程式为___________。‎ ‎（3）用右图所示的实验装置进行萃取分液，以除去溶液中的Fe3+。‎ ‎①实验装置图中仪器A的名称为_______。‎ 58‎ ‎②为使Fe3+尽可能多地从水相转移至有机相，采取的操作：向装有水溶液的仪器A中加入一定量的有机萃取剂，______、静置、分液，并重复多次。‎ ‎（4）请补充完整由萃取后得到的水溶液制备MgCO3·3H2O的实验方案：边搅拌边向溶液中滴加氨水，______，过滤、用水洗涤固体2～3次，在50℃下干燥，得到MgCO3·3H2O。‎ ‎[已知该溶液中pH=8.5时Mg(OH)2开始沉淀；pH=5.0时Al(OH)3沉淀完全]。‎ ‎【答案】（1）加快酸溶速率；避免制备MgCO3时消耗更多的碱 ‎（2）H2O2＋2Fe2＋＋2H＋＝2Fe3＋＋2H2O （3）①分液漏斗；②充分振荡 ‎（4）至5.0＜pH＜8.5，过滤，边搅拌边向滤液中滴加Na2CO3溶液至有大量沉淀生成，静置，向 上层清液中滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成，‎ ‎【解析】‎ ‎（1）加热可以加快反应速率；如果硫酸过多，则需要消耗更多的碱液中和硫酸，从而造成生产成本增加，因此所加H2SO4不宜过量太多。‎ ‎（2）溶液中含有亚铁离子，双氧水具有强氧化性，能把亚铁离子氧化为铁离子，因此加入H2O2氧化时发生发应的离子方程式为H2O2+2Fe2＋+2H＋===2Fe3＋+2H2O。‎ ‎（3）①实验装置图中仪器A的名称为分液漏斗。‎ ‎②为使Fe3+尽可能多地从水相转移至有机相，采取的操作：向装有水溶液的仪器A中加入一定量的有机萃取剂，充分振荡、静置、分液，并重复多次。‎ ‎（4）根据氢氧化镁和氢氧化铝沉淀的pH可知，滴加氨水的同时必须控制溶液的pH不能超过8.5，且也不能低于5.0，所以边搅拌边向溶液中滴加氨水，至5.0＜pH＜8.5，过滤，边搅拌边向滤液中滴加Na2CO3溶液至有大量沉淀生成，静置，向上层清液中滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成，过滤、用水洗涤固体2~3次，在50℃下干燥，得到MgCO3·3H2O。‎ ‎3．【2016·江苏卷】[实验化学]‎ 焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的抗氧化剂，在空气中、受热时均易分解。实 验室制备少量Na2S2O5的方法：在不断搅拌下，控制反应温度在40℃左右，向Na2CO3过饱和溶液中通入SO2，实验装置如下图所示。‎ 58‎ 当溶液pH约为4时，停止反应，在20℃左右静置结晶。生成Na2S2O5的化学方程式为 ‎2NaHSO3＝Na2S2O5+H2O ‎（1）SO2与Na2CO3溶液反应生成NaHSO3和CO2，其离子方程式为____________________。‎ ‎（2）装置Y的作用是______________________________。‎ ‎（3）析出固体的反应液经减压抽滤、洗涤、25℃～30℃干燥，可获得Na2S2O5固体。‎ ‎①组成减压抽滤装置的主要仪器是布氏漏斗、________________和抽气泵。‎ ‎②依次用饱和SO2水溶液、无水乙醇洗涤Na2S2O5固体。用饱和SO2水溶液洗涤的目的是______。‎ ‎（4）实验制得的Na2S2O5固体中含有一定量的Na2SO3和Na2SO4，其可能的原因是______。‎ ‎【答案】（1）2SO2+CO32-+H2O=2HSO3-+CO2 （2）防止倒吸 （3）①抽滤瓶；‎ ‎②减少Na2S2O5的在水中的溶解；‎ ‎（4）在制备过程中Na2S2O5分解生成生Na2SO3，Na2SO3被氧化生成Na2SO4。‎ ‎【解析】（1）SO2与Na2CO3溶液反应生成NaHSO3和CO2，根据原子守恒、电荷守恒，可得反应的离子方程式为2SO2+CO32–+H2O===2HSO3–+CO2；‎ ‎（2）在装置X中用来发生反应制取Na2S2O5；由于SO2是大气污染物，因此最后盛有NaOH溶液的Z装置是尾气处理装置，防止SO2造成大气污染。由于二氧化硫易溶于水，因此装置Y的作用防止倒吸。‎ ‎②制取得到的Na2S2O5固体依次用饱和SO2水溶液、无水乙醇洗涤Na2S2O5固体，用饱和SO2水溶液洗涤的目的是减少Na2S2O5的在水中的溶解；‎ ‎（4）实验制得的Na2S2O5固体中常含有一定量的Na2SO3 和Na2SO4，可能的原因是在制备过程中Na2S2O5分解生成生Na2SO3，Na2SO3被氧化生成Na2SO4。‎ ‎4．【2016·上海卷】（本题共12分）‎ 58‎ 乙酸乙酯广泛用于药物、染料、香料等工业，中学化学实验常用a装置来制备。‎ 完成下列填空：‎ ‎（1）实验时，通常加入过量的乙醇，原因是______________。加入数滴浓硫酸即能起催化作用，但实际用量多于此量，原因是_______________；浓硫酸用量又不能过多，原因是____________。‎ ‎（2）饱和Na2CO3溶液的作用是_______________。‎ ‎（3）反应结束后，将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中，_________、________，然后分液。‎ ‎（4）若用b装置制备乙酸乙酯，其缺点有__________、__________。由b装置制得的乙酸乙酯产品经饱和碳酸钠溶液和饱和食盐水洗涤后，还可能含有的有机杂质是________，分离乙酸乙酯与该杂质的方法是_______________。‎ ‎【答案】（1）增大反应物浓度，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率。（合理即给分）‎ 浓H2SO4能吸收生成的水，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率。‎ 浓H2SO4具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率。‎ ‎（2）中和乙酸、溶解乙醇、减少乙酸乙酯在水中的溶解 ‎（3）振荡、静置 ‎ ‎（4）原料损失较大、易发生副反应 乙醚；蒸馏 ‎ 【解析】‎ ‎（1）由于反应是可逆反应，因此加入过量的乙醇增大反应物浓度，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率。由于浓H2SO4能吸收生成的水，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率，因此实际用量多于此量；由于浓H2SO4具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低脂的产率，所以浓硫酸用量又不能过多。‎ ‎（2）由于生成的乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸，所以饱和Na2CO3‎ 58‎ 溶液的作用是中和乙酸、溶解乙醇、减少乙酸乙酯在水中的溶解。‎ ‎（3）乙酸乙酯不溶于水，因此反应结束后，将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中，振荡、静置，然后分液即可。‎ ‎（4）根据b装置可知由于不是水浴加热，温度不易控制，因此制备乙酸乙酯的缺点是原料损失较大、易发生副反应。由于乙醇溶液发生分子间脱水生成乙醚，所以由b装置制得的乙酸乙酯产品经饱和碳酸钠溶液和饱和食盐水洗涤后，还可能含有的有机杂质是乙醚，乙醚和乙酸乙酯的沸点相差较大，则分离乙酸乙酯与该杂质的方法是蒸馏。‎ ‎5．【2016·四川卷】（13分）CuCl广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解CuCl2·2H2O制备CuCl，并进行相关探究。‎ ‎【资料查阅】‎ ‎【实验探究】该小组用下图所示装置进行实验（夹持仪器略）。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）仪器X的名称是__________。‎ ‎（2）实验操作的先后顺序是a→______→c（填操作的编号）‎ a．检查装置的气密性后加入药品 b．熄灭酒精灯，冷却 c．在“气体入口”处干燥HCl d．点燃酒精灯，加热 e．停止通入HCl，然后通入N2‎ ‎（3）在实验过程中，观察到B中物质由白色变为蓝色，C中试纸的颜色变化是_______。‎ ‎（4）装置D中发生的氧化还原反应的离子方程式是________________。‎ ‎（5）反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2或CuO杂质，根据资料信息分析：‎ ‎①若杂质是CuCl2，则产生的原因是________________。‎ 58‎ ‎②若杂质是CuO，则产生的原因是________________。‎ ‎【答案】（1）干燥管 ‎（2）c d b ‎（3）先变红，后褪色 ‎（4）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O ‎（5）①加热时间不足或温度偏低②通入HCl的量不足 ‎ 【解析】‎ ‎（1）根据仪器X的构造特点知其名称为干燥管，答案为：干燥管。‎ ‎（2）加热CuCl2·2H2O制备CuCl，为防止生成的CuCl被空气中的氧气氧化和Cu+水解，必须要先通入干燥的HCl气体赶走装置中的空气再加热，且要在HCl气流中加热制备，反应结束后先熄灭酒精灯，继续通入氮气直至装置冷却，所以操作顺序为：a-c-d-b-e，答案为：c d b。‎ ‎（3）B中物质由白色变为蓝色，说明有水生成，产物中还有Cl2，所以C中石蕊试纸先逐渐变为红色，后褪色，答案为：先变红，后褪色。‎ ‎（4）D中是Cl2和NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。‎ ‎（5）①根据题给信息知若杂质是CuCl2，说明CuCl2没有反应完全，原因为加热时间不足或温度偏低，答案为：加热时间不足或温度偏低；②若杂质是氧化铜，说明CuCl2水解生成Cu2(OH)2Cl2，进一步分解生成CuO，原因是通入HCl的量不足，答案为：通入HCl的量不足。‎ ‎6．【2016·天津卷】(18分)水中溶氧量(DO)是衡量水体自净能力的一个指标，通常用每升水中溶解氧分子的质量表示，单位mg/L，我国《地表水环境质量标准》规定，生活饮用水源的DO不能低于5mg/L。某化学小组同学设计了下列装置(夹持装置略)，测定某河水的DO。‎ ‎1、测定原理：‎ 碱性体积下，O2将Mn2+氧化为MnO(OH)2:①2Mn2++O2+4OH-=2 MnO(OH)2‎ 58‎ ‎↓，酸性条件下，MnO(OH)2将I-氧化为I2:②MnO(OH)2+I-+H+→Mn2++I2+H2O(未配平)，用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，③2S2O32-+I2=S4O62-+2I-‎ ‎2、测定步骤 a．安装装置，检验气密性，充N2排尽空气后，停止充N2。‎ b．向烧瓶中加入200ml水样 c．向烧瓶中依次迅速加入1mlMnSO4无氧溶液(过量)2ml碱性KI无氧溶液(过量)，开启搅拌器，至反应①完全。‎ d搅拌并向烧瓶中加入2ml硫酸无氧溶液至反应②完全，溶液为中性或若酸性。‎ e．从烧瓶中取出40．00ml溶液，以淀粉作指示剂，用0．001000mol/L Na2S2O3溶液进行滴定，记录数据。‎ f．……‎ g．处理数据(忽略氧气从水样中的溢出量和加入试剂后水样体积的变化)。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）配置以上无氧溶液时，除去所用溶剂水中氧的简单操作为__________。‎ ‎（2）在橡胶塞处加入水样及有关试剂应选择的仪器为__________。‎ ‎①滴定管②注射器③量筒 ‎（3）搅拌的作用是__________。‎ ‎（4）配平反应②的方程式，其化学计量数依次为__________。‎ ‎（5）步骤f为__________。‎ ‎（6）步骤e中达到滴定终点的标志为__________。若某次滴定消耗Na2S2O3溶液4.50ml，水样的DO=__________mg/L(保留一位小数)。作为饮用水源，此次测得DO是否达标：__________(填是或否)‎ ‎（7）步骤d中加入硫酸溶液反应后，若溶液pH过低，滴定时会产生明显的误差，写出产生此误差的原因(用离子方程式表示，至少写出2个)__________。‎ ‎【答案】‎ ‎（1）将溶剂水煮沸后冷却 ‎（2）② ‎ ‎（3）使溶液混合均匀，快速完成反应 ‎（4）1，2，4，1，1，3‎ ‎（5）重复步骤e的操作2-3次 58‎ ‎（6）溶液蓝色褪去(半分钟内部变色) 9.0 是 ‎（7）2H++S2O32-=S↓+SO2↑+H2O；SO2+I2+2H2O=4H++SO42-+2I-；4H++4I-+O2=2I2+2H2O(任写其中2个)‎ ‎【解析】‎ ‎（1）气体在水中的溶解度随着温度升高而减小，将溶剂水煮沸可以除去所用溶剂水中氧，故答案为：将溶剂水煮沸后冷却；‎ ‎（2）在橡胶塞处加入水样及有关试剂应选择注射器，故选②；‎ ‎（3）搅拌可以使溶液混合均匀，加快反应的速率，故答案为：使溶液混合均匀，快速完成反应；‎ ‎（4）根据化合价升降守恒，反应②配平得MnO(OH)2+2I-+4H+=Mn2++I2+3H2O，故答案为：1，2，4，1，1，3；‎ ‎（5）滴定操作一般需要重复进行2~3次，以便减小实验误差，因此步骤f为重复步骤e的操作2~3次，故答案为：重复步骤e的操作2~3次；‎ ‎（6）碘离子被氧化为碘单质后，用Na2S2O3溶液滴定将碘还原为碘离子，因此滴定结束，溶液的蓝色消失；n(Na2S2O3)= 0.01000mol/L×0.0045L=4.5×10−5mol，根据反应①②③有O2~2 MnO(OH)2↓~ 2I2~4S2O32−，n(O2)=n(Na2S2O3)=1.125×10−5mol，该河水的DO=×1.125×10−5×32=9×10−3g/L=9.0 mg/L＞5 mg/L，达标，故答案为：溶液蓝色褪去(半分钟内不变色)；9.0；是；‎ ‎（7）硫代硫酸钠在酸性条件下发生歧化反应，生成的二氧化硫也能够被生成的碘氧化，同时空气中的氧气也能够将碘离子氧化，反应的离子方程式分别为：2H++S2O32-=S↓+SO2↑+H2O；SO2+I2+2H2O=4H++SO42-+2I-；4H++4I-+O2=2I2+2H2O，故答案为：2H++S2O32-=S↓+SO2↑+H2O；SO2+I2+2H2O=4H++SO42-+2I-；4H++4I-+O2=2I2+2H2O。‎ ‎7．【2016·浙江卷】（15分）无水MgBr2可用作催化剂。实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2，装置如图1，主要步骤如下：‎ 58‎ ‎ ‎ 步骤1 三颈瓶中装入10 g镁屑和150 mL无水乙醚；装置B中加入15 mL液溴。‎ 步骤2 缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全导入三颈瓶中。‎ 步骤3 反应完毕后恢复至室温，过滤，滤液转移至另一干燥的烧瓶中，冷却至0℃，析出晶体，再过滤得三乙醚合溴化镁粗品。‎ 步骤4 常温下用苯溶解粗品，冷却至0℃，析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至160 ℃分解得无水MgBr2产品。‎ 已知：①Mg和Br2反应剧烈放热；MgBr2具有强吸水性。‎ ‎②MgBr2+3C2H5OC2H5MgBr2·3C2H5OC2H5‎ 请回答：‎ ‎（1）仪器A的名称是____________。‎ 实验中不能用干燥空气代替干燥N2，原因是___________。‎ ‎（2）如将装置B改为装置C（图2），可能会导致的后果是___________。‎ ‎（3）步骤3中，第一次过滤除去的物质是___________。‎ ‎（4）有关步骤4的说法，正确的是___________。‎ A．可用95%的乙醇代替苯溶解粗品 B．洗涤晶体可选用0℃的苯 C．加热至160℃的主要目的是除去苯 D．该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴 ‎（5）为测定产品的纯度，可用EDTA（简写为Y4-）标准溶液滴定，反应的离子方程式：‎ Mg2++ Y4-====Mg Y2-‎ ‎①滴定前润洗滴定管的操作方法是__________。‎ ‎②测定前，先称取0.2500g无水MgBr2产品，溶解后，用0.0500 mol·L-1的EDTA标准溶液滴定至终点，消耗EDTA标准溶液26.50 mL，则测得无水MgBr2产品的纯度是________________________（以质量分数表示）。 ‎ ‎【答案】（1）干燥管 防止镁屑与氧气反应，生成的MgO阻碍Mg和Br2的反应 58‎ ‎（2）会将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热而存在安全隐患 ‎（3）镁屑 ‎（4）BD ‎（5）①从滴定管上口加入少量待测液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿内壁，然后从下部放出，重复2-3次 ‎②97.5%‎ ‎ 【解析】‎ ‎（1）仪器A为干燥管。本实验要用镁屑和液溴反应生成无水溴化镁，所以装置中不能有能与镁反应的气体，例如氧气，所以不能用干燥的空气代替干燥的氮气。（2）将装置B改为装置C，当干燥的氮气通入，会使气压变大，将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热而存在安全隐患。而装置B是利用干燥的氮气将溴蒸气代入三颈烧瓶中，反应可以控制，防止太快。（3）步骤3过滤出去的是不溶于水的镁屑。（4）A、95%的乙醇中含有水，溴化镁有强烈的吸水性，错误；B、加入苯的目的是除去乙醚和溴，洗涤晶体用0℃的苯，可以减少产品的溶解，正确；C、加热至160℃的主要目的是分解三乙醚合溴化镁得到溴化镁，不是为了除去苯，错误；D、该步骤是为了除去乙醚和溴，故正确。故选BD。（5）①滴定前润洗滴定管是需要从滴定管上口加入少量待装液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿内壁，然后从下部放出，重复2-3次。②根据方程式分析，溴化镁的物质的量为0.0500×0.02650=0.001325mol，则溴化镁的质量为0.001325×184=0.2438g，溴化镁的产品的纯度=0.2438/0.2500=97.5%。‎ 58‎