2020届高考化学二轮复习常考题型大通关14化学实验方案的设计与评价含解析

2020届高考化学二轮复习常考题型大通关14化学实验方案的设计与评价含解析

化学实验方案的设计与评价 ‎1、（NH4)2Cr2O7可用作有机合成催化剂、媒染剂、显影液等。某化学兴趣小组对(NH4)2Cr2O7的部分性质及组成进行探究。‎ 已知： (橙色）+H2O==2 (黄色)+2H+。请回答下列问题：‎ ‎1.在试管中加入少量(NH4)2Cr2O7固体，滴加足量浓K0H溶液，振荡、微热，观察到的主要现象是________。‎ ‎2.为探究(NH4)2Cr2O7 (摩尔质量为252g/mol)的分解产物，按下图连接好装置，在A中加入5.040g样品进行实验。‎ ‎①仪器C的名称是______________。‎ ‎②连接好装置，点燃酒精灯之前，需进行的必要操作是_________________________。‎ ‎③反应结束后，依然要通一段时间的氮气的原因是_______________________。‎ ‎④加热A至恒重，观察到D中溶液不变色，同时测得A中残留物为Cr2O3、B中质量的变化为1.44g，写出重铬酸铵加热分解反应的化学方程式:_________。‎ ‎3.实验室常用甲醛法测定含(NH4)2Cr2O7的样品中氮的质量分数（杂质不发生反应），其反应原理为2Ba2+++H2O=2BaCrO 4↓+2H+、4+6HCHO=3H++6H2O+(CH2)6N4H+[滴定时，1mo1 (CH2)6N4H+与1mo1 H+相当]，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸。‎ 实验步骤：称取样品5.600g，配成500mL溶液，移取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中，用氯化钡溶液使完全沉淀后，加入10mL 20.00mol·L−1的中性甲醛溶液，摇匀、静置5min后，加入1〜2滴酚酞试液，用0.200mol·L−1 NaOH标准溶液滴定至终点。重复上述操作3次，最终滴定用去Na0H标准溶液体积的平均值为20.00mL。‎ ‎①若滴定终点时，仰视读数，则测定结果__________(填“偏大” “偏小”或“无影响”）。‎ ‎②滴定计算得该样品中氮的质量分数为_________。‎ 22‎ ‎2、苯甲酸(CsH5COOH)是一种重要的化工原料，广泛应用于 制药和化工行业。某化学小组用甲苯作主要原料制备苯甲酸的步骤如下：‎ 步骤一：在如图甲所示装置的三颈瓶中加入2. 7 mL甲苯（2. 3 g)、l00 mL水和2〜3片碎瓷 片，开动电动搅拌器，a中通人流动的水，在石棉网上加热至沸腾，然后分批加入8.5 g高锰酸 钾，在100 时，继续搅拌约4〜5 h，再停止反应。‎ 步骤二:将反应后的混合液过滤，滤液用浓盐酸酸化后用图乙所示的装置抽滤得粗产品。 ‎ 步骤三:将粗产品进行重结晶即得纯品苯甲酸。‎ 甲苯、苯甲酸钾、苯甲酸的部分物理性质见下表：‎ 物质 熔点/‎ 沸点/‎ 密度/g • cm 3‎ 在水中溶解性 甲苯 ‎-95‎ ‎110. 6‎ ‎0. 866 9‎ 难溶 苯甲酸钾 ‎121.5〜123.5‎ 易溶 苯甲酸 ‎122.4(100 左右升华）‎ ‎248‎ ‎1. 265 9‎ 微溶 ‎(1)仪器A的名称为 ，其出水口是 (填“a”或“b”）。‎ ‎（2）步骤一中，应在三颈瓶中观察到 的现象时才停止反应。‎ ‎（3）反应结束时，测得三颈瓶中混合液为碱性，则三颈瓶内发生反应的化学方程式为 (在本实验条件下，高锰酸钾的还原产物是MnO2)‎ ‎(4) 步骤二中抽滤的优点是 。‎ ‎(5) 如图乙所示抽滤完毕时，应先断开 之间的橡皮管。‎ ‎(6) 步骤二中，如果滤液呈紫色，要先加KHSO3，原因 。‎ ‎(7) 若提纯得到2.9 g苯甲酸，则苯甲酸的产率是 %（保留到小数点后一位)‎ ‎3、实验室中制备对氯苯甲酸的反应以及装置如下图所示:‎ 22‎ 常温下,物质的有关数据和性质如表所示:‎ 熔点/℃‎ 沸点/℃‎ 密度/g • cm-3‎ 颜色 水溶性 对氯甲苯 ‎7.5‎ ‎162‎ ‎1.07‎ 无色 难溶 对氯苯甲酸 ‎243‎ ‎275‎ ‎1.54‎ 白色 微溶 对氯苯甲酸钾 具有盐的通性，属于可溶性盐 实验步骤:在规格为250 mL的仪器A中加入一定量的催化剂、适量KMnO4,100 mL水;安装好装置,在滴液漏斗中加入6.00 mL对氯甲苯,在温度为93 ℃左右时,逐滴滴入对氯甲苯;控制温度在93 ℃左右,反应2 h,过滤,将滤渣用热水洗涤,使洗涤液与滤液合并,加入稀硫酸酸化,加热浓缩,冷却,然后过滤,将滤渣用冷水进行洗涤,干燥后称量其质量。请回答下列问题:‎ ‎1.仪器A的名称为____________。‎ ‎2.仪器B是冷凝管,实验过程中,冷却水从a口进入,如此操作的目的是____________。‎ ‎3.实验过程中两次过滤、洗涤操作,第一次过滤的滤渣成分为_____________(填化学式),洗涤该滤渣用热水,目的是______________,第二次过滤后,洗涤滤渣用冷水,目的是___________。‎ ‎4.过滤、洗涤操作中能用到的仪器是_____________(填选项字母)。‎ a.烧杯 b.分液漏斗 c.锥形瓶d.玻璃棒 ‎5.第一次过滤后的滤液中加入硫酸,出现的现象是______________。‎ ‎6.如图是温度对对氯苯甲酸产率的影响关系,最后干燥、称量得到的对氯苯甲酸的质量为____________(保留小数点后两位)。‎ ‎4、某实验小组对分别与Na2S03、NaHS03的反应进行 探究。‎ 22‎ ‎【甲同学的实验】‎ 装置 编号 试剂X 实验现象 I 溶液（pH 9)‎ 闭合开关后灵敏电流计指针发生偏转 Ⅱ 溶液（pH5)‎ 闭合开关后灵敏电流计指针未发生偏转 ‎(1)配制溶 液 时，先将溶于浓盐酸，再稀释至指定浓度。结合化学用语说明浓盐酸 的作用: 。‎ ‎(2)甲同学探究实验I的电极产物。‎ ‎①取少量溶液电极附近的混合液，加入 ，产生白色沉淀，证明产生了。‎ ‎②该同学又设计实验探究另一电极的产物，其实验方案为 。‎ ‎(3)实验I中负极的电极反应式为 。‎ ‎【乙同学的实验】‎ 乙同学进一步探究溶液与溶液能否发生反应，设计、完成实验并记录如下：‎ ‎(4)乙同学认为刺激性气味气体的产生原因有两种可能，用离子方程式表示②的可能原因 ‎ ‎①；② 。‎ ‎(5)査阅资料:溶液中、、三种微粒会形成氧色配合物并存在如下转化：‎ 从反应速率和化学平衡两个角度解释 22‎ ‎1~30min的实验现象 。‎ ‎(6)解释30 min后上层溶液又变为浅红色的可能原因： 。‎ ‎【实验反思】‎ ‎(7)分别对比Ⅰ和Ⅱ、Ⅱ和III，能否与或发生氧化还原反应 和 有关。（写出两条）。‎ ‎5、草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O,相对分子质量为180)呈淡黄色,可用作照相显影剂。某实验小组对其进行了一系列探究。‎ I.纯净草酸亚铁晶体热分解产物的探究。‎ ‎1.气体产物成分的探究。小组成员采用如下装置(可重复选用)进行实验:‎ ‎①装置D的名称为__________。‎ ‎②按照气流从左到右的方向,上述装置的连接顺序为尾气处理装置___________(填仪器接口的字母编号)。‎ ‎③实验前先通入一段时间N2,其目的为___________。‎ ‎④实验证明了气体产物中含有CO,依据的实验现象为________________。‎ ‎2.固体产物成分的探究。充分反应后,A处反应管中残留黑色固体。查阅资料可知,黑色固体可能为Fe或FeO。小组成员设计实验证明了其成分只有FeO,其操作及现象为____________‎ ‎3.依据(1)和(2)结论,可知A处反应管中发生反应的化学方程式为_____________。‎ Ⅱ.草酸亚铁晶体样品纯度的测定工业制得的草酸亚铁晶体中常含有FeSO4杂质,测定其纯度的步骤如下:‎ 步骤1:称取mg草酸亚铁晶体样品并溶于稀H2SO4中,配成250 mL溶液。‎ 步骤2:取上述溶液25.00 mL,用cmol·L-1KMnO4标准液滴定至终点,消耗标准液V1L;‎ 步骤3:向反应后溶液中加入适量锌粉,充分反应后,加入适量稀H2SO4,再用cmol·L-1KMnO4标准溶液滴定至终点,消耗标准液V2mL。‎ ‎4.步骤3中加入锌粉的目的为_________________。‎ 22‎ ‎5.草酸亚铁晶体样品的纯度为____________________；若步骤配制溶液时部分Fe2+被氧化,则测定结果将_____________________(填“偏高”“偏低”或“不变”)‎ ‎6、某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。已知:‎ 物质 AgCI Agl 溶解度/g（20℃）‎ ‎（1）探究和之间的转化 试剂A 试剂B ‎ 试剂C 加入盐酸后的现象 实验I ‎……‎ 实验Ⅱ 有少量气泡产生，沉淀部分溶解 ‎①实验I说明全部转化为，依据的现象是加入盐酸后， .‎ ‎②实验Ⅱ中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是 . ③实验Ⅱ说明沉淀发生了部分转化，结合的淀溶解平衡解释原因: . （2）探究AgCl和AgI之间的转化 实验Ⅳ:在试管中进行溶液间反应时，同学们无法观察到Agl转化为AgCl，于是又设计了如下实验（电压表读数:a＞c＞b＞0）‎ 22‎ 装 置 步骤 电压表读数 ⅰ.如图连接装置并加试剂，闭合K a ⅱ.向B中滴入（aq），至沉淀完全 b ⅲ.再向B中投入一定量NaCl（s）‎ c ⅳ.重复ⅰ，再向B中加与ⅲ等量NaCl（s）‎ a 注:其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大；离子的氧化性（或还原性）强弱与其浓度有关。‎ ‎①实验Ⅲ证明了AgCl转化为AgI，甲溶液可以是 （填序号）。 a.溶液 b.NaCl溶液 c.KI溶液 ②实验Ⅳ的步骤i中，B中石墨上的电极反应式是 . ③结合信息，解释实验Ⅳ中b＜a的原因: . ④实验Ⅳ的现象能说明AgI转化为AgCl，理由是 . （3）综合实验I～Ⅳ，可得出结论: .‎ ‎7、硫代硫酸钠可由亚硫酸钠和硫粉通过化合反应制得：‎ Na2SO3+S = Na2S2O3。常温下溶液中析出晶体为Na2S2O3·5H2O。‎ Na2S2O3·5H2O于40～45 ℃熔化，48 ℃分解；Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇。在水中有关物质的溶解度曲线如下图所示。‎ Ⅰ．现按如下方法制备Na2S2O3·5H2O：‎ 将硫化钠和碳酸钠按反应要求比例一并放入三颈烧瓶中，注入150 mL蒸馏水使其溶解，在分液漏斗中，注入浓盐酸，在装置2中加入亚硫酸钠固体，并按如下图所示安装好装置。‎ 22‎ ‎1.仪器2的名称为_______________，装置6中可放入__________。‎ A．BaCl2溶液 B．浓H2SO4‎ C．酸性KMnO4溶液 D．NaOH溶液 ‎2.打开分液漏斗活塞，注入浓盐酸使反应产生的二氧化硫气体较均匀的通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中，并用磁力搅拌器搅动并加热，反应原理为：①Na2CO3+SO2=Na2SO3+CO2‎ ‎②Na2S+SO2+H2O=Na2SO3+H2S ‎③2H2S+SO2=3S+2H2O ‎④Na2SO3+SNa2S2O3‎ 随着SO2气体的通入，看到溶液中有大量浅黄色固体析出，继续通SO2气体，反应约半小时。当溶液中pH接近或不小于7时，即可停止通气和加热。溶液pH要控制不小于7的理由是：__________________（用文字和相关离子方程式表示）。‎ Ⅱ．分离Na2S2O3·5H2O并测定含量：‎ ‎3.为减少产品的损失，操作①为______________，操作②是过滤洗涤干燥，其中洗涤操作是用_____________________（填试剂）作洗涤剂。‎ ‎4.蒸发浓缩滤液直至溶液呈微黄色浑浊为止，蒸发时为什么要控制温度不宜过高_____________。‎ ‎5.制得的粗晶体中往往含有少量杂质。为了测定粗产品中Na2S2O3·5H2O的含量，一般采用在酸性条件下用KMnO4标准液滴定的方法（假定粗产品中杂质与酸性KMnO4溶液不反应）。‎ 称取1.28 g的粗样品溶于水，用0.40 mol/L KMnO4溶液(加入适量硫酸酸化)滴定，当溶液中,全部被氧化时，消耗KMnO4溶液体积20.00 mL。(5+8+14H+ ＝8Mn2++10+7H2O)‎ 22‎ 试回答：‎ ‎①滴定终点时的颜色变化：_____________。‎ ‎②产品中Na2S2O3·5H2O的质量分数为_____________。‎ ‎8、富马酸亚铁（）常用于治疗缺铁性贫血，也可作食品营养强化剂，可以糠醛 （）和硫酸亚铁为原料制备。 已知: 。 回答下列问题: Ⅰ.制备富马酸（实验装置如图所示，夹持装置已略去）‎ ‎ （1）将45.0 g氯酸钠、0.2 g五氧化温度计二钒置于三颈烧瓶中，加入适量水，滴加糠醛并加热至90～电动搅拌器100℃，维持此温度3～4h。实验中冷凝管的作用是冷却液宜从 （填“a”或“b”​）处进入。‎ ‎（2）三颈烧瓶中混合物经冰水冷却使其结晶，并通过 （填操作名称）可以得到富马酸粗品。 （3）用溶液重结晶，得到纯富马酸。该操作中用溶液的原因是 Ⅱ.合成富马酸亚铁 22‎ ‎（4）取富马酸溶于适量水中，加入碳酸钠井加热、搅拌，调节pH 6.5～6.7，产生大量气泡。写出该反应的化学方程式: . （5）将硫酸亚铁溶液和适量的溶液缓慢加入上述反应液中，维持温度100℃并充分搅拌3～4h ①该操作过程中加入适量的溶液，其目的是 . ②写出生成富马酸亚铁的离子方程式: . （6）过滤、干燥得到产品。 过滤时滤纸要紧贴漏斗内壁，原因是 . Ⅲ.产品纯度测定 （7）取0.300g样品置于250mL锥形瓶中，加入15.00mL硫酸，加热溶解后冷却，再加入50.00mL新煮沸过的冷水和2滴邻二氮菲指示剂，此时溶液呈红色，立即用硫酸铈（Ⅳ）铵标准液滴定（还原产物为），滴定终点溶液变为浅蓝色，平行测定三次，平均消耗17.30mL标准液，则样品的纯度为 .‎ ‎9、是重要的化工原料，易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性 溶液中稳定存在，在酸件溶液中易生成S和工业上用硫化碱法制备的反应方程式为：，实验室用此法制备的装置如图所示：‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)仪器a的名称为 ，b在装置A中的作用是 .‎ ‎(2)的制备：‎ ‎①先组装好仪器，然后检验装置的气密性，将所需药品加入各仪器装置; 打开，关 闭 ，调 节使硫酸缓缓滴下，导管口有气泡冒出，pH计读数逐渐减小，当pH计读数接近7‎ 22‎ 时，必须立即打开，关 闭 、，原 因 是 ;‎ ‎②将装置C中所得溶液经一系列操作，最后洗涤、干燥，得到样品。洗涤时为尽可能避免产品损失应选用的试剂是 。制备的上述装置的明显不足是 。 ‎ a.水 b.乙醇 c.氢氧化钠溶液 d.稀盐酸 ‎(3) 样品纯度的测定：称取6. 0 g样品，配制成200 mL溶液；在锥形瓶中加入 25.000.01溶液和过量的酸性KI溶液，再滴入几滴淀粉溶液，立即用所 配溶液滴定，当 时达到滴定终点，测得消耗溶液的体积 为20. 00 mL，则样品中硫代硫酸钠的质量分数为 _%。（相关反应：； )‎ ‎(4) 的应用：其溶液可除去漂白的织物及纸浆中残留的氯气，硫代硫酸钠被氧化成 ‎，反应的离子方程式为 。‎ ‎10、Co(CH3COO)2(乙酸钴)可用作酯交换反应的催化剂并可用于制备高质量锂电池电极。在氮气氛围中,乙酸钴受热分解生成CO、CO2和C2H6等产物。某研究小组利用下列装置检验乙酸钴热分解的部分产物。‎ 已知:①CO+PdCl2+H2O=CO2+ Pd↓(黑色)+2HCl ‎②变色硅胶为深蓝色,吸水后变为粉红色。‎ 回答下列问题：‎ ‎1.B装置的作用是______________，要检验乙酸钴分解产物中的CO2,对以上装置的改进方案是________________。‎ 22‎ ‎2.仪器a中的试剂是__________________,其作用是_____________。‎ ‎3.能证明乙酸钴的分解产物含有C2H6的实验现象是_________________。‎ ‎4.装置D中C2H6被CuO完全氧化的化学方程武是_________________。‎ ‎5.另取一定量乙酸钴结晶水合物样品[Co(CH3COO)2•nH2O]在空气中加热,样品的固体残留率（固体样品的剩余质量/固体样品的起始质量×100%）随温度的变化如图所示（样品在200 ℃时已经完全失去结晶水，350℃以上残留固体为金属氧化物）。根据以上实验数据列出残留氧化物CoxOy中x︰y的计算式：_____________________。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 答案以及解析 ‎1答案及解析：‎ 答案：1. 固体溶解，产生无色、有刺激性气味的气体，溶液由橙色变为黄色 ‎ ‎2.①（球形）干燥管 ②检查装置的气密性后通入氮气一段时间将装置内空气排尽 ③将A中分解产生的气体全部赶入B中，防止产生实验误差 ④(NH4)2Cr2O7 Cr2O3+N2↑+4H2O ‎ ‎3.偏大;10.00%‎ 解析：1. (NH4)2Cr2O7固体和浓KOH溶液反应，生成氨气， (橙色）+H2O2 (黄色)+2H+，在碱性条件下平衡正向移动，观察到的现象为：固体溶解，产生无色、有刺激性气味的气体，溶液由橙色变为黄色；‎ ‎2.①仪器C的名称是（球形）干燥管；②检查装置的气密性后通入氮气一段时间将装置内空气排尽，以免影响实验结果。③反应结束后，依然要通一段时间的氮气的原因是将A中分解产生的气体全部赶入B中，防止产生实验误差；④根据产物和水的质量计算 (NH4)2Cr2O7 (摩尔质量为252 g/mol)，5.040g样品的物质的量为5.040g/252g/mol=0.02mol，分解产生的水：1.44g/18g·mol－1=0.08mol，观察到D中溶液不变色，同时测得A中残留物为Cr2O3、生成氮气，反应方程式为(NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O。‎ 22‎ ‎3.①若滴定终点时，仰视读数，读出的NaOH溶液的体积偏大，则测定结果偏大。‎ ‎②4NaOH ～(NH4)2Cr2O7 ～2N ‎ 4 2‎ ‎0.200mol·L−1×0.020L 0.002mol 滴定计算得该样品中氮的质量分数为(0.002mol×14g·mol－1×500mL)/(25mL×5.600g)=0.1，该样品中氮的质量分数为10%。‎ ‎ ‎ ‎2答案及解析：‎ 答案：（1)球形冷凝管;b ‎(2)甲苯层消失、回流液不再出现油珠 ‎(3) ‎ ‎(4)过滤速度快,得到的固体水分少 ‎(5)抽气汞和安全瓶 ‎(6)过a的卨锰酸钾会氧化盐酸，产生氯气 ‎(7)95.1‎ 解析：（1）仪器A的名称为球形冷凝管，有机物易挥 发，仪器A能冷凝回流蒸汽，防止甲苯的挥发而降 低产品产率，为增强冷凝效果，进水口为a，出水口为b;‎ ‎（2）由题给信息可知，反应结束时，测得三颈瓶中混 合液为城性，说明步骤一甲苯被易溶于水的高锰酸 钾氧化生成苯甲酸钾，甲笨难溶于水，苯甲酸钾易溶 于水，当甲苯完全反应时，不会再出现分层，而且冷 凝回流的物质中不再存在甲苯；‎ ‎（3）由题意，步骤一甲笨与易溶于水的高锰酸钾氧化生成苯甲酸钾、二氧化锰和水，反应的化学方程 式为： ‎ ‎(4)抽滤相对于过滤而言过滤速度比普通过滤要快.得到的微溶于水的苯甲酸固体中的水分少；‎ ‎(5)柚虑完毕时，应伴止通入自来水，不再进行抽气操作，断开抽气泵和安全瓶之间的橡皮管；‎ ‎（6）由于高锰酸钾具有强氧化性，能够将盐酸氧化生 ‎ 22‎ 成有毒的氯气，为防止过量的高锰酸钾与浓盐酸反 应生成氯气，应加入还原性铎的KHS03与高锰酸钾 反应，防止生成氯气；‎ ‎（7）由方程式可知，2. 3g甲苯理论上可以生成=3.05 g笨甲酸，则甲酸的产率是≈95. 1%。‎ ‎ ‎ ‎3答案及解析：‎ 答案：1.三颈烧瓶；‎ ‎2.使水充满冷凝管，从而使挥发出的气体得到充分冷却、回流；‎ ‎3.MnO4；减少对氯苯甲酸钾的损失；降低对氯苯甲酸中杂质的含量，减少对氯苯甲酸的溶解损失；‎ ‎4.ad；5.出现白色沉淀；6.6.59g 解析：1.由仪器A的结构特点为三口圆底，可知其名称为三颈烧瓶。‎ ‎2.从冷凝管的下口进水，可使水慢慢充满冷凝管，从而使装置A中挥发出的气体得到充分冷却、回流，减少反应物及生成物的挥发损失。‎ ‎3.由题给反应可知，高锰酸钾被还原为MnO2，故第一次过滤的滤渣为MnO2；滤渣附着有对氯苯甲酸钾。由表格中的信息知，酸钾的溶解度随着温度的升高而增大，故用可减少其损失；第二次过滤的滤渣为对氯苯我们的实验目标产物，使用冷水洗涤的目的对氯苯甲酸中的杂质，同时还可以减少对氯溶解损耗。‎ ‎4.过滤和洗涤操作中均需要使玻璃棒，不需要使用分液漏斗和锥形瓶。‎ ‎5.表格中的信息，可知对氯苯甲酸微溶于水，中加入硫酸后，会出现白色沉淀。‎ ‎6.根据转化关系：‎ 对氯甲苯 —— 对氯苯甲酸 ‎126.5 156.5‎ ‎6.00 mL×1.07 g/cm3 x/0.83‎ x=6.59 g ‎ ‎ ‎4答案及解析：‎ 答案：（1），盐酸抑制氯化铁水解 ‎（2）足量盐酸和溶液取少量溶液电极附近的混合液.加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，证明产生了 ‎ 22‎ ‎（3）‎ ‎（4）‎ ‎（5）生成红色配合物的反应速率快，红色配合物生成橙色配合物的速率较慢，在的作用下，橙色的浓度下降，平衡不断正向移动，最终溶液几乎无色 ‎（6）反应后的被空气氧化为，过量的电离提供，溶液中、、三种微粒会继续反应形成红色配合物 ‎（7）溶液pH不同、、溶液中浓度不同（或与不同，或与的阴离子不同）、反应物是否接触形成红色配合物 解析：（1)氯化铁是强酸弱碱盐，在水中会发生水解， 水解方程式为， 则在配制溶液时，先将溶于浓盐酸，抑制氯化铁水解。‎ ‎(2)①实验I中试剂X为亚硫酸钠，亚硫酸钠溶液中的亚硫酸根离子在此电极失电子发生氧化反应生成硫酸根离子，当向此电极产物中滴加盐酸和溶液时产生白色沉淀且白色沉淀不溶于盐酸，证明此电极产物为硫酸根离子。本小题答案为：足量盐酸和溶液。②得电子发生还原反应生成则探究这一电极的产物时可取少量溶液,电极l近的混合液加入铁氰化钾溶液，遇铁氰化钾产生蓝色沉淀。 ‎ ‎（3）负极应发生氧化反应，亚硫酸钠中的硫元素化合价由+4价升高到+6价失电子发生氧化反应，则亚硫酸钠对应的一级为负极，电极反应式为 ‎（4）强酸弱城盐水解显酸性，溶液中的氢离子再与亚硫酸氢根离子发生复分解反应 22‎ ‎(5)1〜30 min的实验现象为沉淀迅速溶解形成红色溶液，随后溶液逐渐变为橙色，之后几乎无色，可见生成红色配合物的反应速率快，红色配合物生成橙色配合物的速率较慢；是因为在的作用下，橙色的浓度下降，平衡不断正向移动，最终溶液几乎无色。‎ ‎（6）反应后的被空气氧化为，过量的电离提供，溶液中、、三种微粒会继续反应形成红色配合物，则30 min后与空气接触部分的上层溶液又变为浅红色，随后逐渐变为浅橙色。‎ ‎（7）I和Ⅱ实验中亚硫酸钠和亚硫酸氢钠的ph不同，溶液中浓度不同，与反应的现象也不同，是影响与是否发生氧化还原反应的原因之一；Ⅱ和Ⅲ实验中与一个接融，一 个没接触，反应现象不同，是影响与是否发生 氧化还原反应的原因之一。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎5答案及解析：‎ 答案：1.①（球形）干燥管;②agfbchi（或ih）de（或ed）bc; ③排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸;‎ ‎④C处反应管中固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑浊;‎ ‎2.取固体少许溶于稀硫酸，无气体生成;‎ ‎3.FeC2O4•2H2O=FeO+CO↑+CO2↑+2H2O ‎4.将Fe3+还原为Fe2+;‎ ‎5.4.5c(V1-V2)/m×100%;偏低 解析：1.①装置D的名称为：（球形）干燥管；②草酸亚铁晶体在装置A中加热分解，生成的气体通过装置D无水硫酸铜检验水蒸气的存在，通过装置B中澄清石灰水检验二氧化碳的生成，通过装置E中碱石灰干燥后，气体通入装置C中玻璃管和氧化钢反应生成铜和二氧化碳，再通过B装置检验生成的二氧化碳气体，按照气流从左到右的方向，上述装置的连接顺序为：agfbchi（或ih）de（或ed）bc，最后连接尾气处理装置；③实验前先通入一段时间N2，目的是排尽装置中的空气，防止加热时CO与空气中的O2反应，发生爆炸;④‎ 22‎ 实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为：C处反应管中固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑浊；‎ ‎2.充分反应后，A处反应管中残留黑色固体，黑色固体可能为Fe或FeO，要证明其成分只有FeO，可以将固体溶于酸，看有无气体放出即可，具体为：取固体少许溶于稀硫酸，无气体生成说明无铁存在，只有氧化亚铁；‎ ‎3.依据（1）和（2）结论，可知A处反应管中发生的反应是草酸亚铁晶体分解生成氧化亚铁、一氧化碳、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：FeC2O4•2H2O=FeO+CO↑+CO2↑+2H2O;‎ ‎4.锌可以将Fe3+还原，因此步骤3中加入锌粉的目的为：将Fe3+还原为Fe2+；‎ ‎5.取上述溶液25.00 mL，用cmol•L-1 KMnO4标准液滴定至终点，消耗标准液V1mL，此过程中亚铁离子和草酸根离子都被氧化；向反应后的溶液中加入适量锋粉，锌将Fe3+还原为Fe2+，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用c mol•L-1 KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准液V2mL，此时滴定的是溶液中的亚铁离子。第一次消耗的高锰酸钾减去第二次消耗的高锰酸钾为滴定草酸根离子的量，反应的离子方程式：2+5+6H+=10CO2↑+ +8H2O ‎+ 2Mn2+，草酸亚铁晶体样品的纯度=4.5c(V1-V2)/m×100%，若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化，会导致第一步滴定中消耗的高锰酸钾的量减少，即V1偏小，则计算得到的亚铁离子物质的量减小，测定结果偏低。‎ ‎ ‎ ‎6答案及解析：‎ 答案:（1）①沉淀不溶解无气泡产生或无明显现象 ‎②= ‎ ‎③ 在溶液中存在，当加入浓度较高的溶液，与结合生成沉淀，使上述平衡向右移动 ‎（2）①b ②= ③由于生成AgI沉淀使B的溶液中减小，还原性减弱 ‎④实验ⅳ表明本身对该原电池电压无影响，则c＞b说明加入使增大，证明发生了. （3）溶解度小的沉淀容易转化成溶解度更小的沉淀，反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转 解析:①因为能溶于盐酸，放出气体，‎ 22‎ 不溶于盐酸，所以实验Ⅰ说明全部转化为，依据的现象是加入盐酸后，沉淀不溶解且无气泡产生或无明显现象。②实验Ⅱ是中加入和产生和，再加入稀盐酸有少量气泡产生，沉淀部分溶解，是和盐酸发生反应产生此现象，所以反应的离子方程式为:=。③由实验Ⅱ知A溶液为3滴0.1mol/ ，B为2mL0.1mol/L的溶液，根据=，所以溶液中存在着，当加入浓度较高的溶液，与结合生成沉淀，使上述平衡向右移动。所以沉淀也可以转化为沉淀 （2）①甲溶液可以是NaCl溶液，滴入少量的溶液后产生白色沉淀，再滴入KI溶液有黄色沉淀产生。说明有AgCl转化为Agl。②实验Ⅳ的步骤ⅰ中，B中为0.01mol/L的KI溶液，A中为0.1mol/L的溶液，Ag具有氧化性，作原电池的正极，具有还原性，作原电池的负极，所以B中石墨上的电极反应式是= ③由于Ag的溶解度小于AgCl，B中加入溶液后，产生了AgI沉淀，使B的溶液中减小，还原性减弱，根据已知其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大，而离子的浓度越大，离子的氧化性（或还原性）强。所以实验Ⅳ中b＜a。④虽然AgI的溶解度小于AgCl，但实验Ⅳ中加入了NaCl（s），原电池的电压c＞b，说明的浓度增大，说明发生了反应，平衡向右移动，增大。 （3）综合实验I～Ⅳ，可得出溶解度小的沉淀容易转化成溶解度更小的沉淀，反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现。‎ ‎ ‎ ‎7答案及解析：‎ 答案：1.蒸馏烧瓶；CD ‎2.Na2S2O3在酸性环境中不能稳定存在。+2H+=S↓+SO2+H2O ‎3.趁热过滤；乙醇；‎ ‎4.温度过高会导致析出的晶体分解 22‎ ‎5.溶液恰好由无色变为浅红色，半分钟内不褪色；96.9%‎ 解析：1.根据图示装置可知，仪器2的名称为蒸馏烧瓶6是尾气吸收装置，主要吸收SO2污染性气体，选项中酸性KMnO4溶液具有氧化性，能氧化SO2生成H2SO4而吸收；NaOH溶液和SO2反应生成Na2SO3和水，也能吸收SO2，而浓硫酸、氯化银与SO2都不反应，不能吸收SO2，故选项C、D合理；‎ ‎2.当溶液pH<7时，溶液显示酸性，会发生反应： +2H+=S↓+SO2+H2O，所以Na2S2O3在酸性环境中不能稳定存在，溶液的pH应不小于7；‎ ‎3.常温下溶液中祈出晶体为Na2S2O3•5H2O，Na2S2O3•5H2O于40~45 ℃熔化，为了避免析出Na2S2O3•5H2O导致产率降低，所以操作①过滤出活性炭时需要趁热；洗涤晶体时为减少晶体损失，减少Na2S2O3•5H2O的溶解，依据Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇的性质选择乙醇洗涤，且洗涤后乙醇易辉发，不引入新的杂质；‎ ‎4.由于Na2S2O3•5H2O于40~45℃熔化，48℃分解，所以蒸发时温度过高会导致析出的晶体分解，降低了产率；‎ ‎5.①依据标定的原理可知，反应结束前溶液为无色，反应结束后溶液中高锰酸根离子过量，溶液变为浅红色，所以滴定终点的现象为：溶液由无色变为浅红色，半分钟内不褪色；‎ ‎②20.00 mL 0.40 mol/L KMnO4溶液中含有高锰酸钾的物质的量为：n（KMnO4）=0.40 mol/L×0.02 L=0.008 mol，根据反应5 +8+14H+=8Mn2++10+7H2O可知，1.28g的粗样品含有Na2S2O3•5H2O的物质的量为：n（Na2S2O3•5H2O）=n（）=5/8×n（KMnO4）=0.005 mol，产品中Na2S2O3•5H2O的质量分数为：(248 g/mol×0，005 mol)/1.28 g=96.9%。‎ ‎ ‎ ‎8答案及解析：‎ 答案：Ⅰ.（1）冷凝回流，提高糠醛的转化率及减少富马酸的挥发 a （2）过滤 （3）加盐酸抑制富马酸的电离，促使富马酸晶体析出，提高产量 Ⅱ.（4）‎ ‎（5）①防止富马酸亚铁（或或富马酸根离子）被氧化 ‎ 22‎ ‎② （6）防止滤纸与漏斗壁之间留有气泡，影响过滤速率（或防止滤纸破损，影响过滤效果） Ⅲ.（7）98.03％‎ 解析： Ⅰ.（1）冷凝管的作用是冷凝回流，防止有机物挥发导致生成物产率降低，冷凝管中冷却液的流向一般都是“下进上出”，即从a处进入。 （2）从溶液中提取溶质需经过结晶、过滤、干燥等操作。 （3）富马酸是弱电解质，微溶于冷水，加入盐酸后可抑制富马酸的电离，降低富马酸在水中的溶解。 Ⅱ.（4）取富马酸溶于适量水中，加入碳酸钠并加热、搅拌，调节pH6.5～6.7.产生大量气泡，说明富马酸和碳酸钠反应生成富马酸的钠盐、水及二氧化碳气体，反应的化学方程式为 （5）②根据信息可以得出富马酸亚铁为沉淀，所以反应方程式为 ，离子方程式为.‎ Ⅲ（7）由反应关系可知，，则样品的纯度为。‎ ‎ ‎ ‎9答案及解析：‎ 答案：1.分液漏斗；避免A中压强过大 ‎2.过量会使溶液呈酸性，导致消耗，降低产率；b；没有尾气吸收装置 ‎3.溶液蓝色褪去且半分钟内不变色；39.5‎ ‎4.‎ 解析： 1.根据装置图知仪器a的名称为分液漏斗，b 为玻璃管，在装置A中的作用是避免A中压强过大造成危险。‎ ‎2.根据制备的总反应可知，装置A是制备，装置B是吸收多余装置C 22‎ 是 制备。因为在中性或碱性溶液中稳定存在，在酸性溶液中易生成S和所以当 pH计读数接近7时，必须立即打开,关闭、，防止过量使溶液呈酸性.导致消 耗，降低产率。因为易溶于水，难溶于乙醇，所以洗涤时为尽可能避免产品损失应选用的试 剂是乙醇。因为有毒，制备的装置中没有尾气吸收装置。‎ ‎3. 溶液和过责的酸性KI 溶液反应生成的碘使淀粉溶液变蓝，而，所以当,恰好将完全消耗时，溶液蓝色褪去，且半分钟不变色，即为滴定终点。根据已知的反应方程式可得关系式~〜,.则消耗的质量为，样品中硫代硫酸钠的质量分数为 ‎4.的溶液可除去漂白的织物及纸浆中残留的氯气，硫代硫酸钠被氧化成，反应的离子方程式为。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎10答案及解析：‎ 答案：1.检验并吸收CO;在A与B之间增加盛有澄清石灰水的洗气瓶 ‎2.碱石灰;吸收B中生成的CO2并干燥气体;‎ ‎3.D中黑色固体变为红色，E中硅胶变为粉红色，F中澄清石灰水变浑浊 ‎4.7CuO+C2H67Cu+2CO2+3H2O ‎5.(71.2×16)/(177×32.3-59×71.2)‎ 解析：乙酸钻受热分解生成CO、CO2和C2H6等产物。结合已知条件①，B中PdCl2溶液可检验CO，F中澄清石灰水可检验二氧化碳，因此进入装置D的气体需要除去二氧化碳和水蒸气，因此装置C可以选用碱石灰除去气体中的二氧化碳和水蒸气，D中乙烷与氧化铜反应生成二氧化碳和水蒸气，F中澄清石灰水可以检验CO2，E变色硅胶可以检验水蒸气。‎ ‎1.根据上述分析，B装置是检验并吸收CO；要检验乙酸钻分解产物中的CO2，需要在气体进入装置B之前检验，因此可以在A与B之间增加盛有澄清石灰水的洗气瓶；‎ 22‎ ‎2.根据上述分析，仪器a中的试剂是碱石灰，碱石灰可以吸收B中生成的CO2并干燥气体；‎ ‎3.要证明乙酸钻的分解产物含有C2H6，需要在除去了二氧化碳和水蒸气以及一氧化碳后的气体在D中与氧化铜反应，若D中黑色固体变为红色，说明乙烷与氧化铜发生了反应，E中硅胶变为粉红色，说明生成了水蒸气，F中澄清石灰水变浑浊说明生成了二氧化碳，则能证明乙酸钻的分解产物含有C2H6；‎ ‎4.根据（3）的分析可知，装置D中C2H6被CuO完全氧化生成了二氧化碳、水和铜，反应的化学方程式是7CuO+C2H67Cu+2CO2+3H2O；‎ ‎5.Co（CH3COO）2·nH2O在加热过程中先失去结晶水，200 ℃时得到的Co（CH3COO）2，则残留固体中钴的含量=59/177×71.2%，350 ℃以上残留固体为金属氧化物（CoxOy），残留固体中钴的含量=59x/(59x+16y)×32.3%，根据钴的质量守恒，假设固体样品的起始质量为m，则59/177×71.2%×m=59x/(59x+16y)×32.3%×m，解得x/y=(71.2×16)/(177×32.3-59×71.2)。‎ ‎ ‎ 22‎