高考化學二輪復習真題解密16物質制備綜合實驗(解析版)

解密16物質制備綜合實驗1．了解化學實驗是科學探究過程中的一種重要方法。了解實驗探究的一般過程。2．了解化學實驗的綠色化和安全性要求，樹立綠色化學思想，形成環(huán)境保護的意識。能識別化學品安全使用標識。了解實驗室一般事故的預防和處理方法。3．了解中學化學實驗室常用儀器的主要用途和使用方法。初步掌握天平、酸堿滴定管等儀器的使用方法。初步了解中和滴定的原理和方法。4．了解對物質進行定性研究和定量分析的基本方法。5．了解常見氣體和一些簡單化合物的制備原理和方法。6．認識反應條件控制在化學實驗研究中的意義，初步掌握控制反應條件的方法。7．掌握一定溶質質量分數(shù)、物質的量濃度溶液的配制方法。初步掌握測定溶液pH的方法。8．能根據(jù)物質的特性，運用過濾、蒸發(fā)、蒸餾、結晶、萃取等方法分離和提純常見的物質。了解層析是一種分離和提純物質的方法。9．能對常見的物質進行檢驗和分析。初步了解常見物質的組成和結構的檢測方法，并初步掌握其操作技能。10．能發(fā)現(xiàn)生產、生活和化學實驗研究中有意義的化學問題。11．能繪制和識別簡單的實驗儀器裝置圖。能根據(jù)具體情況設計解決化學問題的實驗方案，并能對設計的實驗方案進行分析、比較、優(yōu)化和改進。12．能通過化學實驗收集有關數(shù)據(jù)和事實，并科學地進行分析和處理。1．【2020?新課標Ⅱ卷】苯甲酸可用作食品防腐劑。實驗室可通過甲苯氧化制苯甲酸，其反應原理簡示如下：+KMnO4→+MnO2+HCl→+KCl名稱相對分子質量熔點/℃沸點/℃密度/(g·mL?1)溶解性甲苯92?95110.60.867不溶于水，易溶于乙醇苯甲酸122122.4(100℃左右開始升華)248——微溶于冷水，易溶于乙醇、熱水實驗步驟：(1)在裝有溫度計、冷凝管和攪拌器的三頸燒瓶中加入1.5mL甲苯、100mL水和4.8g(約0.03mol)高錳酸鉀，慢慢開啟攪拌器，并加熱回流至回流液不再出現(xiàn)油珠。(2)停止加熱，繼續(xù)攪拌，冷卻片刻后，從冷凝管上口慢慢加入適量飽和亞硫酸氫鈉溶液，并將反應混合物趁熱過濾，用少量熱水洗滌濾渣。合并濾液和洗滌液，于冰水浴中冷卻，然后用濃鹽酸酸化至苯甲酸析出完全。將析出的苯甲酸過濾，用少量冷水洗滌，放在沸水浴上干燥。稱量，粗產品為1.0g。(3)純度測定：稱取0.122g粗產品，配成乙醇溶液，于100mL容量瓶中定容。每次移取25.00mL溶液，用0.01000mol·L?1的KOH標準溶液滴定，三次滴定平均消耗21.50mL的KOH標準溶液。回答下列問題：(1)根據(jù)上述實驗藥品的用量，三頸燒瓶的最適宜規(guī)格為______(填標號)。A．100mLB．250mLC．500mLD．1000mL(2)在反應裝置中應選用______冷凝管(填“直形”或“球形”)，當回流液不再出現(xiàn)油珠即可判斷反應已完成，其判斷理由是______。(3)加入適量飽和亞硫酸氫鈉溶液的目的是___________；該步驟亦可用草酸在酸性條件下處理，請用反應的離子方程式表達其原理__________。(4)“用少量熱水洗滌濾渣”一步中濾渣的主要成分是_______。(5)干燥苯甲酸晶體時，若溫度過高，可能出現(xiàn)的結果是_______。(6)本實驗制備的苯甲酸的純度為_______；據(jù)此估算本實驗中苯甲酸的產率最接近于_______(填標號)。A．70%B．60%C．50%D．40%(7)若要得到純度更高的苯甲酸，可通過在水中__________的方法提純?！敬鸢浮?1)B(2)球形無油珠說明不溶于水的甲苯已經被完全氧化(3)除去過量的高錳酸鉀，避免在用鹽酸酸化時，產生氯氣2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O(4)MnO2(5)苯甲酸升華而損失(6)86.0％C(7)重結晶【解析】(1)加熱液體，所盛液體的體積不超過三頸燒瓶的一半，三頸燒瓶中已經加入100m的水，1.5mL甲苯，4.8g高錳酸鉀，應選用250mL的三頸燒瓶，故選B；(2)為增加冷凝效果，在反應裝置中宜選用球形冷凝管，當回流液中不再出現(xiàn)油珠時，說明反應已經完成，因為：沒有油珠說明不溶于水的甲苯已經完全被氧化；(3)高錳酸鉀具有強氧化性，能將Cl-氧化。加入適量的飽和亞硫酸氫鈉溶液是為了除去過量的高錳酸鉀，避免在用鹽酸酸化時，產生氯氣；該步驟亦可用草酸處理，生成二氧化碳和錳鹽，離子方程式為：5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O；(4)由信息甲苯用高錳酸鉀氧化時生成苯甲酸鉀和二氧化錳，“用少量熱水洗滌濾渣”一步中濾渣的主要成分是：MnO2；(5)苯甲酸100℃時易升華，干燥苯甲酸時，若溫度過高，苯甲酸升華而損失；(6)由關系式C6H5COOH～KOH得，苯甲酸的純度為：SKIPIF1<0×100%=86.0%；1.5mL甲苯理論上可得到苯甲酸的質量：SKIPIF1<0=1.72g，產品的產率為SKIPIF1<0×100%=50%；(7)提純苯甲酸可用重結晶的方法。2．【2020?新課標Ⅲ卷】氯可形成多種含氧酸鹽，廣泛應用于殺菌、消毒及化工領域。實驗室中利用下圖裝置(部分裝置省略)制備KClO3和NaClO，探究其氧化還原性質?；卮鹣铝袉栴}：(1)盛放MnO2粉末的儀器名稱是________，a中的試劑為________。(2)b中采用的加熱方式是_________，c中化學反應的離子方程式是________________，采用冰水浴冷卻的目的是____________。(3)d的作用是________，可選用試劑________(填標號)。A．Na2SB．NaClC．Ca(OH)2D．H2SO4(4)反應結束后，取出b中試管，經冷卻結晶，________，__________，干燥，得到KClO3晶體。(5)取少量KClO3和NaClO溶液分別置于1號和2號試管中，滴加中性KI溶液。1號試管溶液顏色不變。2號試管溶液變?yōu)樽厣尤隒Cl4振蕩，靜置后CCl4層顯____色?？芍摋l件下KClO3的氧化能力____NaClO(填“大于”或“小于")。【答案】(1)圓底燒瓶飽和食鹽水(2)水浴加熱Cl2+2OH?=ClO?+Cl?+H2O避免生成NaClO3(3)吸收尾氣(Cl2)AC(4)過濾少量(冷)水洗滌(5)紫小于【解析】(1)根據(jù)盛放MnO2粉末的儀器結構可知該儀器為圓底燒瓶；a中盛放飽和食鹽水除去氯氣中混有的HCl氣體；(2)根據(jù)裝置圖可知盛有KOH溶液的試管放在盛有水的大燒杯中加熱，該加熱方式為水浴加熱；c中氯氣在NaOH溶液中發(fā)生歧化反應生成氯化鈉和次氯酸鈉，結合元素守恒可得離子方程式為Cl2+2OHˉ=ClOˉ+Clˉ+H2O；根據(jù)氯氣與KOH溶液的反應可知，加熱條件下氯氣可以和強堿溶液反應生成氯酸鹽，所以冰水浴的目的是避免生成NaClO3；(3)氯氣有毒，所以d裝置的作用是吸收尾氣(Cl2)；A項，Na2S可以將氯氣還原成氯離子，可以吸收氯氣，故A可選；B項，氯氣在NaCl溶液中溶解度很小，無法吸收氯氣，故B不可選；C項，氯氣可以Ca(OH)2或濁液反應生成氯化鈣和次氯酸鈣，故C可選；D項，氯氣與硫酸不反應，且硫酸溶液中存在大量氫離子會降低氯氣的溶解度，故D不可選；故選AC；(4)b中試管為KClO3和KCl的混合溶液，KClO3的溶解度受溫度影響更大，所以將試管b中混合溶液冷卻結晶、過濾、少量(冷)水洗滌、干燥，得到KClO3晶體；(5)1號試管溶液顏色不變，2號試管溶液變?yōu)樽厣?，說明1號試管中氯酸鉀沒有將碘離子氧化，2號試管中次氯酸鈉將碘離子氧化成碘單質，即該條件下KClO3的氧化能力小于NaClO；碘單質更易溶于CCl4，所以加入CCl4振蕩，靜置后CCl4層顯紫色。3．【2020?浙江1月選考】碘化鋰(SKIPIF1<0)在能源、醫(yī)藥等領域有重要應用，某興趣小組制備LiI·3H2O和LiI，，流程如下：已知：a．LiI·3H2O在75～80℃轉變成LiI·2H2O，80～120℃轉變成LiI·H2O，300℃以上轉變成無水LiI。b．LiI易溶于水，溶解度隨溫度升高而增大。c．LiI在空氣中受熱易被氧化。請回答：(1)步驟II，調SKIPIF1<0，為避免引入新的雜質，適宜加入的試劑為________。(2)步驟III，包括蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥等多步操作。下列說法正確的是________。A．為得到較大的SKIPIF1<0晶體顆粒，宜用冰水浴快速冷卻結晶B．為加快過濾速度，得到較干燥的晶體，可進行抽濾C．宜用熱水洗滌D．可在80℃鼓風干燥(3)步驟Ⅳ，脫水方案為：將所得LiI·3H2O置入坩堝中，300℃加熱，得LiI樣品。用沉淀滴定法分別測定所得LiI·3H2O、LiI樣品純度，測定過程如下：稱取一定量樣品，溶解，定容于容量瓶，將容量瓶中的溶液倒入燒杯，用移液管定量移取燒杯中的溶液加入錐形瓶，調pH＝6，用滴定管中的AgNO3標準溶液滴定至終點，根據(jù)消耗的AgNO3標準溶液體積計算，得LiI·3H2O、LiI的純度分別為99.96%、95.38%。LiI純度偏低。①上述測定過程提及的下列儀器，在使用前一定不能潤洗的是________。A．容量瓶B．燒杯C．錐形瓶D．滴定管②測定過程中使用到移液管，選出其正確操作并按序列出字母：蒸餾水洗滌→待轉移溶液潤洗→________→_______→_______→_______→洗凈，放回管架。a.移液管尖與錐形瓶內壁接觸，邊吹氣邊放液b.放液完畢，停留數(shù)秒，取出移液管c.移液管尖與錐形瓶內壁接觸，松開食指放液設備d.洗耳球吸溶液至移液管標線以上，食指堵住管口e.放液完畢，抖動數(shù)下，取出移液管f.放液至凹液面最低處與移液管標線相切，按緊管口③SKIPIF1<0純度偏低，可能的主要雜質是________。(4)步驟IV，采用改進的實驗方案(裝置如圖)，可以提高SKIPIF1<0純度。①設備X的名稱是________。②請說明采用該方案可以提高SKIPIF1<0純度的理由________。【答案】(1)LiOH(2)B(3)①AC②dfcb③Li2O(4)①抽氣泵②抽除空氣，避免LiI被氧化，減壓，有利脫水【解析】(1)將酸性溶液調節(jié)成中，又不引入新的雜質，可選用LiOH調節(jié)pH值；(2)A項，用冰水浴快速冷卻結晶得到的是較小顆粒的晶體，故A錯誤；B項，抽濾可以加快過濾速度，得到較干燥的晶體，故B正確；C項，LiI易溶于水，溶解度隨溫度升高而增大，故C錯誤；D項，LiI·3H2O在75~80℃轉變成LiI·2H2O，80~120℃轉變成LiI·H2O，故D錯誤；(3)①潤洗容量瓶會使?jié)舛绕螅粷櫹村F形瓶消耗更多的待測液，測定的待測液濃度偏大；②移液管的正確使用步驟為蒸餾水洗滌→待轉移溶液潤洗→洗耳球吸溶液至移液管標線以上，食指堵住管口→放液至凹液面最低處與移液管標線相切，按緊管口→移液管尖與錐形瓶內壁接觸，松開食指放液設備→放液完畢，停留數(shù)秒，取出移液管→洗凈，放回管架；③LiI在空氣中受熱易被氧化生成Li2O；(4)①設備X的作用是將儀器內的空氣抽出，其名稱為抽氣泵；②該方案抽出空氣且瓶內壓強較低，抽除空氣，避免LiI被氧化，減壓，有利脫水。4．【2020?浙江7月選考】硫代硫酸鈉在紡織業(yè)等領域有廣泛應用。某興趣小組用下圖裝置制備Na2S2O3·5H2O。合成反應：SO2＋Na2CO3eq\o(=)Na2SO3＋CO22Na2S＋3SO2eq\o(=)2Na2SO3＋3SNa2SO3＋Seq\o(=,\s\up7(△))Na2S2O3滴定反應：I2＋2Na2S2O3eq\o(=)2NaI＋Na2S4O6已知：Na2S2O3·5H2O易溶于水，難溶于乙醇，50℃開始失結晶水。實驗步驟：ⅠNa2S2O3·5H2O制備：裝置A制備的SO2經過單向閥通入裝置C中的混合溶液，加熱、攪拌，至溶液pH約為7時，停止通入SO2氣體，得產品混合溶液。Ⅱ產品分離提純：產品混合溶液經蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥，得到Na2S2O3·5H2O產品。Ⅲ產品純度測定：以淀粉作指示劑，用Na2S2O3·5H2O產品配制的溶液滴定碘標準溶液至滴定終點，計算Na2S2O3·5H2O含量。請回答：(1)步驟Ⅰ單向閥的作用是________；裝置C中的反應混合溶液pH過高或過低將導致產率降低，原因是________。(2)步驟Ⅱ下列說話正確的是________。A．快速蒸發(fā)溶液中水分，可得較大晶體顆粒B．蒸發(fā)濃縮至溶液表面出現(xiàn)品膜時，停止加熱C．冷卻結晶后的固液混合物中加入乙醇可提高產率D．可選用冷的Na2CO3溶液作洗滌劑(3)步驟Ⅲ①滴定前，有關滴定管的正確操作為(選出正確操作并按序排列)：

檢漏→蒸餾水洗滌→(____)→(____)→(____)→(____)→(____)→開始滴定。A．烘干 B．裝入滴定液至零刻度以上C．調整滴定液液面至零刻度或零刻度以下D．用洗耳球吹出潤洗液 E．排除氣泡F．用滴定液潤洗2至3次 G．記錄起始讀數(shù)②裝標準碘溶液的碘量瓶(帶瓶塞的錐形瓶)在滴定前應蓋上瓶塞，目的是________。③滴定法測得產品中Na2S2O3·5H2O含量為100.5%，則Na2S2O3·5H2O產品中可能混有的物質是________?！敬鸢浮?1)防止倒吸pH過高，Na2CO3、Na2S反應不充分；pH過低，導致Na2S2O3轉化為S和SO2(2)BC(3)①F、B、E、C、G②防止碘揮發(fā)損失③Na2SO3失去部分結晶水的Na2S2O3·5H2O【解析】(1)SO2會與裝置C中混合溶液發(fā)生反應，且導管進入液面以下，需要防倒吸的裝置，單向閥可以防止發(fā)生倒吸；Na2CO3、Na2S水解都會使溶液顯堿性，所以pH過高，說明Na2CO3、Na2S反應不充分；而pH過低，又會導致Na2S2O3發(fā)生歧化反應轉化為S和SO2，所以pH過高或過低都會導致產率降低；(2)A項，蒸發(fā)結晶時，快速蒸發(fā)溶液中的水分，可以得到較小的晶體顆粒，故A錯誤；B項，為防止固體飛濺，蒸發(fā)濃縮至溶液表面出現(xiàn)晶膜時，停止加熱，故B正確；C項，Na2S2O3·5H2O難溶于乙醇，所以冷卻結晶后的固液混合物中可以加入適量乙醇降低Na2S2O3的溶解度，析出更多的晶體，提高產率，故C正確；D項，用碳酸鈉溶液洗滌會使晶體表面附著碳酸鈉雜質，Na2S2O3·5H2O難溶于乙醇，可以用乙醇作洗滌劑，故D錯誤；故選BC；(3)①滴定前應檢查滴定管是否漏液，之后用蒸餾水洗滌滴定管，為防止稀釋滴定液使測定結果不準確，需用滴定液潤洗2至3次，之后裝入滴定液至零刻度以上，排除裝置中的氣泡，然后調整滴定液液面至零刻度或零刻度以下，并記錄起始讀數(shù)，開始滴定，所以正確的操作和順序為：撿漏→蒸餾水洗滌→F→B→E→C→G→開始滴定；②碘容易揮發(fā)，所以裝標準碘溶液的碘量瓶在滴定前應蓋上瓶塞，防止碘揮發(fā)損失；③測定的產品中Na2S2O3·5H2O含量大于100%，說明產品中混有失去部分結晶水的Na2S2O3·5H2O。5．【2020?江蘇卷】次氯酸鈉溶液和二氯異氰尿酸鈉(C3N3O3Cl2Na)都是常用的殺菌消毒劑。NaClO可用于制備二氯異氰尿酸鈉.(1)NaClO溶液可由低溫下將Cl2緩慢通入NaOH溶液中而制得。制備NaClO的離子方程式為__________；用于環(huán)境殺菌消毒的NaClO溶液須稀釋并及時使用，若在空氣中暴露時間過長且見光，將會導致消毒作用減弱，其原因是__________________。(2)二氯異氰尿酸鈉優(yōu)質品要求有效氯大于60%。通過下列實驗檢測二氯異氰尿酸鈉樣品是否達到優(yōu)質品標準。實驗檢測原理為SKIPIF1<0SKIPIF1<0SKIPIF1<0準確稱取1.1200g樣品，用容量瓶配成250.0mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入適量稀硫酸和過量KI溶液，密封在暗處靜置5min；用0.1000mol·L-1Na2S2O3標準溶液滴定至溶液呈微黃色，加入淀粉指示劑繼續(xù)滴定至終點，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。①通過計算判斷該樣品是否為優(yōu)質品_______。(寫出計算過程，SKIPIF1<0)②若在檢測中加入稀硫酸的量過少，將導致樣品的有效氯測定值____________(填“偏高”或“偏低”)。【答案】(1)Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O(2)①NaClO溶液吸收空氣中的CO2后產生HClO，HClO見光分解SKIPIF1<0，根據(jù)物質轉換和電子得失守恒關系：SKIPIF1<0，得SKIPIF1<0，氯元素的質量：SKIPIF1<0該樣品的有效氯為：SKIPIF1<0該樣品的有效氯大于60%，故該樣品為優(yōu)質品②偏低【解析】(1)由題意可知，氯氣通入氫氧化鈉中產生次氯酸鈉，同時產生氯化鈉，反應的離子方程式為：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O；次氯酸鈉溶液長期暴露在空氣中會吸收空氣中的二氧化碳氣體，因次氯酸酸性比碳酸弱，因此次氯酸鈉可以與二氧化碳在水中反應產生HClO，HClO具有不穩(wěn)定性，在受熱或見光條件下會發(fā)生分解反應，產生HCl和O2，從而是次氯酸鈉失效；(2)①由題中反應可知，C3N3O3Cl2-在酸性條件產生HClO，HClO氧化碘離子產生碘單質，碘單質再用硫代硫酸鈉滴定，結合反應轉化確定物質之間的關系為：SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，根據(jù)物質轉換和電子得失守恒關系：得n(Cl)=0.5SKIPIF1<0=SKIPIF1<0，氯元素的質量：m(Cl)=SKIPIF1<0=0.03550g，該樣品中的有效氯為：SKIPIF1<0=63.39%，該樣品中的有效氯大于60%，故該樣品為優(yōu)質品；②如果硫酸的用量過少，則導致反應C3N3O3Cl2-+H++2H2O=C3H3N3O3+2HClO不能充分進行，產生的HClO的量偏低，最終導致實驗測得的有效氯含量會偏低。6．【2020?江蘇卷】羥基乙酸鈉易溶于熱水，微溶于冷水，不溶于醇、醚等有機溶劑。制備少量羥基乙酸鈉的反應為SKIPIF1<0實驗步驟如下：步驟1：如圖所示裝置的反應瓶中，加入40g氯乙酸、50mL水，攪拌。逐步加入40%NaOH溶液，在95℃繼續(xù)攪拌反應2小時，反應過程中控制pH約為9。步驟2：蒸出部分水至液面有薄膜，加少量熱水，趁熱過濾。濾液冷卻至15℃，過濾得粗產品。步驟3：粗產品溶解于適量熱水中，加活性炭脫色，分離掉活性炭。步驟4：將去除活性炭后的溶液加到適量乙醇中，冷卻至15℃以下，結晶、過濾、干燥，得羥基乙酸鈉。(1)步驟1中，如圖所示的裝置中儀器A的名稱是___________；逐步加入NaOH溶液的目的是____________。(2)步驟2中，蒸餾燒瓶中加入沸石或碎瓷片的目的是_______________。(3)步驟3中，粗產品溶解于過量水會導致產率__________(填“增大”或“減小”)；去除活性炭的操作名稱是_______________。(4)步驟4中，將去除活性炭后的溶液加到適量乙醇中的目的是_______________?！敬鸢浮?1)(回流)冷凝管防止升溫太快、控制反應體系pH(2)防止暴沸(3)減小趁熱過濾(4)提高羥基乙酸鈉的析出量(產率)【解析】(1)根據(jù)圖中儀器得出儀器A的名稱為冷凝管，根據(jù)題中信息可知制備羥基乙酸鈉的反應為放熱反應，逐步加入NaOH溶液的目的是防止升溫太快，同時控制反應體系的pH；(2步驟2中燒瓶中加入沸石或碎瓷片的目的是防止暴沸；(3)粗產品溶于過量水，導致在水中溶解過多，得到的產物減少，因此導致產率減??；由于產品易溶于熱水，微溶于冷水，因此去除活性炭的操作名稱是趁熱過濾；(4)根據(jù)信息，產品不溶于乙醇、乙醚等有機溶劑中，因此步驟4中，將去除活性炭后的溶液加到適量乙醇中的目的是降低產品的溶解度，提高羥基乙酸鈉的析出量(產量)。7．【2020?山東卷】用軟錳礦(主要成分為MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制備高純MnCO3的工藝流程如下：已知：MnO2是一種兩性氧化物；25℃時相關物質的Ksp見下表。物質Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2KspSKIPIF1<0SKIPIF1<0SKIPIF1<0SKIPIF1<0回答下列問題(1)軟錳礦預先粉碎的目的是____________，MnO2與BaS溶液反應轉化為MnO的化學方程式為________。(2)保持BaS投料量不變，隨MnO2與BaS投料比增大，S的量達到最大值后無明顯變化，而Ba(OH)2的量達到最大值后會減小，減小的原因是________。(3)濾液I可循環(huán)使用，應當將其導入到________操作中(填操作單元的名稱)。(4)凈化時需先加入的試劑X為________(填化學式)。再使用氨水調溶液的pH，則pH的理論最小值為_______(當溶液中某離子濃度SKIPIF1<0時，可認為該離子沉淀完全)。(5)碳化過程中發(fā)生反應的離子方程式為______________________?！敬鸢浮?1)增大接觸面積，充分反應，提高反應速率MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S(2)過量的MnO2消耗了產生的Ba(OH)2(3)蒸發(fā)H2O24.9(4)Mn2++HCO3-+NH3·H2O=MnCO3↓+NH4++H2O【解析】軟錳礦粉(主要成分為MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)加入硫化鋇溶液進行反應，主要發(fā)生MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S，過濾得到Ba(OH)2溶液，經蒸發(fā)結晶、過濾、干燥得到氫氧化鋇；濾渣用硫酸溶解，得到的濾液中主要金屬陽離子有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，得到的濾渣為不溶于稀硫酸的硫磺；之后向濾液中加入合適的氧化劑將Fe2+轉化為Fe3+，然后加入氨水調節(jié)pH，使Fe3+、Al3+轉化為沉淀除去，壓濾得到的廢渣為Fe(OH)3和Al(OH)3，此時濾液中的金屬陽離子只有Mn2+，向濾液中加入碳酸氫銨、氨水，Mn2+和碳酸氫根電離出的碳酸根結合生成碳酸錳沉淀，過濾、洗滌、干燥得到高純碳酸錳。(1)軟錳礦預先粉碎可以增大反應物的接觸面積，使反應更充分，提高反應速率；MnO2與BaS反應轉化為MnO，Mn元素的化合價由+4價降低為+2價，根據(jù)元素價態(tài)規(guī)律可知-2價的S元素應被氧化得到S單質，則MnO2與BaS的系數(shù)比應為1:1，根據(jù)后續(xù)流程可知產物還有Ba(OH)2，結合元素守恒可得化學方程式為：MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S；(2)根據(jù)題目信息可知MnO2為兩性氧化物，所以當MnO2過量時，會消耗反應產生的Ba(OH)2，從而使Ba(OH)2的量達到最大值或會減??；(3)濾液I為結晶后剩余的Ba(OH)2飽和溶液，所以可以導入到蒸發(fā)操作中循環(huán)使用；(4)凈化時更好的除去Fe元素需要將Fe2+氧化為Fe3+，為了不引入新的雜質，且不將Mn元素氧化，加入的試劑X可以是H2O2；根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知，F(xiàn)e(OH)3和Al(OH)3為同種沉淀，而Al(OH)3的Ksp稍大，所以當Al3+完全沉淀時，F(xiàn)e3+也一定完全沉淀，當c(Al3+)=1.0×10-5mol/L時，c(OHˉ)=SKIPIF1<0=10-9.1mol/L，所以c(H+)=10-4.9mol/L，pH=4.9，即pH的理論最小值為4.9；(5)碳化過程Mn2+和碳酸氫根電離出的碳酸根結合生成碳酸錳沉淀，促進碳酸氫根的電離，產生的氫離子和一水合氨反應生成銨根和水，所以離子方程式為Mn2++HCO3-+NH3·H2O=MnCO3↓+NH4++H2O。8．【2020?山東卷】某同學利用Cl2氧化K2MnO4制備KMnO4的裝置如下圖所示(夾持裝置略)：已知：錳酸鉀(K2MnO4)在濃強堿溶液中可穩(wěn)定存在，堿性減弱時易發(fā)生反應：3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-回答下列問題：(1)裝置A中a的作用是______________；裝置C中的試劑為________________；裝置A中制備Cl2的化學方程為______________。(2)上述裝置存在一處缺陷，會導致KMnO4產率降低，改進的方法是________________。(3)KMnO4常作氧化還原滴定的氧化劑，滴定時應將KMnO4溶液加入___________(填“酸式”或“堿式”)滴定管中；在規(guī)格為50.00mL的滴定管中，若KMnO4溶液起始讀數(shù)為15.00mL，此時滴定管中KMnO4溶液的實際體積為______________(填標號)。A.15.00mLB.35.00mLC.大于35.00mLD.小于15.00m1(4)某FeC2O4﹒2H2O樣品中可能含有的雜質為Fe2(C2O4)3、H2C2O4﹒2H2O，采用KMnO4滴定法測定該樣品的組成，實驗步驟如下:Ⅰ.取mg樣品于錐形瓶中，加入稀H2SO4溶解，水浴加熱至75℃。用cmol﹒L-1的KMnO4溶液趁熱滴定至溶液出現(xiàn)粉紅色且30s內不褪色，消耗KMnO4溶液V1mL。Ⅱ.向上述溶液中加入適量還原劑將Fe3+完全還原為Fe2+，加入稀H2SO4酸化后，在75℃繼續(xù)用KMnO4溶液滴定至溶液出現(xiàn)粉紅色且30s內不褪色，又消耗KMnO4溶液V2mL。樣品中所含H2C2O4·2H2O(M=126·mol-1)的質量分數(shù)表達式為_________________。下列關于樣品組成分析的說法，正確的是__________(填標號)。A.SKIPIF1<0時，樣品中一定不含雜質B.SKIPIF1<0越大，樣品中H2C2O4·2H2O含量一定越高C.若步驟I中滴入KMnO4溶液不足，則測得樣品中Fe元素含量偏低D.若所用KMnO4溶液實際濃度偏低，則測得樣品中Fe元素含量偏高【答案】(1)平衡氣壓，使?jié)恹}酸順利滴下NaOH溶液Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O(2)在裝置A、B之間加裝盛有飽和食鹽水的洗氣瓶(3)酸式C(4)SKIPIF1<0BD【解析】(1)裝置A為恒壓分液漏斗，它的作用是平衡氣壓，使?jié)恹}酸順利滴下，C的作用是吸收反應不完的Cl2，可用NaOH溶液吸收，Ca(ClO)2和濃鹽酸在A中發(fā)生歸中反應產生Cl2，反應的化學方程式為Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；(2)錳酸鉀在濃強堿溶液中可穩(wěn)定存在，堿性減弱時易發(fā)生3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-，一部分MnO42-轉化為了MnO2，導致最終KMnO4的產率低，而濃鹽酸易揮發(fā)，直接導致B中NaOH溶液的濃度減小，故改進措施是在裝置A、B之間加裝盛有飽和食鹽水的洗氣瓶吸收揮發(fā)出來的HCl；(3)高錳酸鉀有強氧化性，強氧化性溶液加入酸式滴定管，滴定管的“0”刻度在上，規(guī)格為50.00mL的滴定管中實際的體積大于(50.00-15.00)mL，即大于35.00mL；(4)設FeC2O4·2H2O的物質的量為xmol，F(xiàn)e2(C2O4)3的物質的量為ymol，H2C2O4·2H2O的物質的量為zmol，步驟I中草酸根和Fe2+均被氧化，結合得失電子守恒有：2KMnO4~5H2C2O4(C2O42-)，KMnO4~5Fe2+，所以SKIPIF1<0，步驟II中Fe2+被氧化，由KMnO4~5Fe2+可知，SKIPIF1<0，聯(lián)立二個方程解得：z=2.5(cV1-3V2)×10-3，所以H2C2O4·2H2O的質量分數(shù)=SKIPIF1<0=SKIPIF1<0。關于樣品組成分析如下：A項，SKIPIF1<0時，H2C2O4·2H2O的質量分數(shù)=SKIPIF1<0=0，樣品中不含H2C2O4·2H2O，由SKIPIF1<0和SKIPIF1<0可知，y≠0，樣品中含F(xiàn)e2(C2O4)3雜質，A錯誤；B項，SKIPIF1<0越大，由H2C2O4·2H2O的質量分數(shù)表達式可知，其含量一定越大，B正確；C項，F(xiàn)e元素的物質的量=SKIPIF1<0，若步驟I中KMnO4溶液不足，則步驟I中有一部分Fe2+沒有被氧化，不影響V2的大小，則不變，則對于測得Fe元素的含量無影響，C錯誤；D項，結合C可知：若KMnO4溶液濃度偏低，則消耗KMnO4溶液的體積V1、V2均偏大，F(xiàn)e元素的物質的量偏大，則測得樣品中Fe元素含量偏高，D正確。9．【2020?天津卷】為測定CuSO4溶液的濃度，甲、乙兩同學設計了兩個方案?；卮鹣铝袉栴}：Ⅰ.甲方案實驗原理：SKIPIF1<0實驗步驟：(1)判斷SO42-沉淀完全的操作為____________。(2)步驟②判斷沉淀是否洗凈所選用的試劑為_____________。(3)步驟③灼燒時盛裝樣品的儀器名稱為__________。(4)固體質量為wg，則c(CuSO4)=________mol?L-1。(5)若步驟①從燒杯中轉移沉淀時未洗滌燒杯，則測得c(CuSO4)_________(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)。Ⅱ.乙方案實驗原理：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑實驗步驟:①按右圖安裝裝置(夾持儀器略去)②……③在儀器A、B、C、D、E…中加入圖示的試劑④調整D、E中兩液面相平，使D中液面保持在0或略低于0刻度位置，讀數(shù)并記錄。⑤將CuSO4溶液滴入A中攪拌，反應完成后，再滴加稀硫酸至體系不再有氣體產生⑥待體系恢復到室溫，移動E管，保持D、E中兩液面相平，讀數(shù)并記錄⑦處理數(shù)據(jù)(6)步驟②為___________。(7)步驟⑥需保證體系恢復到室溫的原因是________(填序號)。a.反應熱受溫度影響b.氣體密度受溫度影響c.反應速率受溫度影響(8)Zn粉質量為ag，若測得H2體積為bmL，已知實驗條件下SKIPIF1<0，則c(CuSO4)______mol?L-1(列出計算表達式)。(9)若步驟⑥E管液面高于D管，未調液面即讀數(shù)，則測得c(CuSO4)________(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)。(10)是否能用同樣的裝置和方法測定MgSO4溶液的濃度：_________(填“是”或“否”)?！敬鸢浮?1)向上層清液中繼續(xù)滴加BaCl2溶液，無白色沉淀生成，則沉淀完全(2)AgNO3溶液(3)坩堝(4)SKIPIF1<0(5)偏低(6)檢查裝置氣密性(7)b(8)SKIPIF1<0(9)偏高(10)否【解析】Ⅰ．(1)硫酸根離子的檢驗是滴加氯化鋇溶液，若產生白色沉淀，證明溶液中含有硫酸根離子，故判斷SO42-沉淀完全的操作向上層清液中繼續(xù)滴加BaCl2溶液，無白色沉淀生成，則沉淀完全；(2)步驟②判斷沉淀是否洗凈所選用的試劑為AgNO3溶液，硫酸鋇沉淀中可能附著有氯化鋇，為了證明還有沒氯離子，需要加入硝酸銀溶液，若產生白色沉淀，證明沒有洗凈；(3)步驟③灼燒時盛裝樣品的儀器為坩堝；(4)固體質量為wg，為硫酸鋇的質量，硫酸鋇的物質的量為n=SKIPIF1<0，根據(jù)硫酸根守恒可知，CuSO4~BaSO4，則c(CuSO4)=SKIPIF1<0=SKIPIF1<0=SKIPIF1<0mol?L-1；(5)若步驟①從燒杯中轉移沉淀時未洗滌燒杯，會使固體的質量偏小，物質的量偏小，根據(jù)SKIPIF1<0可知，則測得c(CuSO4)偏低。Ⅱ．(6)加入藥品之前需檢查裝置的氣密性；步驟②為檢查裝置氣密性；(7)氣體的體積受溫度和壓強的影響較大，氣體的質量不隨溫度和壓強的變化而改變，密度也受溫度和壓強的影響，步驟⑥需保證體系恢復到室溫的原因是氣體密度受溫度影響；反應熱不受溫度的影響，只與反應物和生成物自身的能量有關，不隨溫度壓強而改變；反應速率受溫度影響，溫度越高，反應速率越快，步驟⑥需保證體系恢復到室溫與反應速率無關；(8)Zn粉質量為ag，若測得H2體積為bmL，已知實驗條件下SKIPIF1<0，氫氣的質量=SKIPIF1<0，利用氫氣的質量得到氫氣的物質的量n=SKIPIF1<0，根據(jù)Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，與酸反應的鋅的物質的量為SKIPIF1<0，鋅的總物質的量為SKIPIF1<0，與硫酸銅反應的鋅的物質的量為SKIPIF1<0，根據(jù)Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，則c(CuSO4)=SKIPIF1<0；(9)若步驟⑥E管液面高于D管，未調液面即讀數(shù)，得到氫氣的體積偏小，與硫酸反應的鋅的質量偏小，與硫酸銅反應的鋅的質量偏大，則測得c(CuSO4)偏高；(10)不能用同樣的裝置和方法測定MgSO4溶液的濃度，硫酸鎂不和鋅發(fā)生置換反應。10．【2019?新課標Ⅰ卷】硫酸鐵銨[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一種重要鐵鹽。為充分利用資源，變廢為寶，在實驗室中探究采用廢鐵屑來制備硫酸鐵銨，具體流程如下：回答下列問題：(1)步驟①的目的是去除廢鐵屑表面的油污，方法是_________________。(2)步驟②需要加熱的目的是_________________，溫度保持80~95℃，采用的合適加熱方式是_________________。鐵屑中含有少量硫化物，反應產生的氣體需要凈化處理，合適的裝置為_________________(填標號)。(3)步驟③中選用足量的H2O2，理由是_______________。分批加入H2O2，同時為了_________________，溶液要保持pH小于0.5。(4)步驟⑤的具體實驗操作有______________，經干燥得到硫酸鐵銨晶體樣品。(5)采用熱重分析法測定硫酸鐵銨晶體樣品所含結晶水數(shù)，將樣品加熱到150℃時，失掉1.5個結晶水，失重5.6%。硫酸鐵銨晶體的化學式為______________?！敬鸢浮?1)堿煮水洗(2)加快反應熱水浴C(3)將Fe2+全部氧化為Fe3+；不引入雜質防止Fe3+水解(4)加熱濃縮、冷卻結晶、過濾(洗滌)(5)NH4Fe(SO4)2·12H2O【解析】(1)步驟①的目的是去除廢鐵屑表面的油污，油污在堿性條件下容易水解，所以工業(yè)上常常用熱的碳酸鈉溶液清洗，即堿煮水洗；(2)步驟②需要加熱的目的是為了加快反應速率；溫度保持80~95℃，由于保持溫度比較恒定且低于水的沸點，故采用的合適加熱方式是水浴加熱(熱水浴)；鐵屑中含有少量硫化物，硫化物與硫酸反應生成硫化氫氣體，可以用氫氧化鈉溶液吸收，為了防止倒吸可以加裝倒置的漏斗，故選擇C裝置；(3)步驟③中選用足量的H2O2，H2O2可以將Fe2+氧化為Fe3+，且H2O2的還原產物為H2O，不會引入新的雜質，故理由是：將Fe2+全部氧化為Fe3+，不引入新的雜質。因為H2O2本身易分解，所以在加入時需分量加入，同時為了防止Fe3+水解，溶液要保持pH小于0.5；(4)為了除去可溶性的硫酸銨、鐵離子等，需要經過的步驟為：加熱濃縮、冷卻結晶、過濾(洗滌)；(5)設硫酸鐵銨的化學式為NH4Fe(SO4)2?xH2O，其相對分子質量為266+18x，1.5個水分子的相對分子質量為1.5×18=27，則27/(266+18x)=5.6%，解得x=12，則硫酸鐵銨的化學式為NH4Fe(SO4)2?12H2O。11．【2019?新課標Ⅱ卷】咖啡因是一種生物堿(易溶于水及乙醇，熔點234.5℃，100℃以上開始升華)，有興奮大腦神經和利尿等作用。茶葉中含咖啡因約1%~5%、單寧酸(Ka約為10?6，易溶于水及乙醇)約3%~10%，還含有色素、纖維素等。實驗室從茶葉中提取咖啡因的流程如下圖所示。索氏提取裝置如圖所示。實驗時燒瓶中溶劑受熱蒸發(fā)，蒸汽沿蒸汽導管2上升至球形冷凝管，冷凝后滴入濾紙?zhí)淄?中，與茶葉末接觸，進行萃取。萃取液液面達到虹吸管3頂端時，經虹吸管3返回燒瓶，從而實現(xiàn)對茶葉末的連續(xù)萃取。回答下列問題：(1)實驗時需將茶葉研細，放入濾紙?zhí)淄?中，研細的目的是______________，圓底燒瓶中加入95%乙醇為溶劑，加熱前還要加幾粒______________。(2)提取過程不可選用明火直接加熱，原因是______________，與常規(guī)的萃取相比，采用索氏提取器的優(yōu)點是______________。(3)提取液需經“蒸餾濃縮”除去大部分溶劑。與水相比，乙醇作為萃取劑的優(yōu)點是______________?！罢麴s濃縮”需選用的儀器除了圓底燒瓶、蒸餾頭、溫度計、接收管之外，還有______________(填標號)。A．直形冷凝管B．球形冷凝管C．接收瓶D．燒杯(4)濃縮液加生石灰的作用是中和_______和吸收_______。(5)可采用如圖所示的簡易裝置分離提純咖啡因。將粉狀物放入蒸發(fā)皿中并小火加熱，咖啡因在扎有小孔的濾紙上凝結，該分離提純方法的名稱是______________。【答案】(1)增加固液接觸面積，提取充分沸石(2)乙醇易揮發(fā)，易燃使用溶劑量少，可連續(xù)萃取(萃取效率高)(3)乙醇沸點低，易濃縮AC(4)單寧酸水(5)升華【解析】(1)萃取時將茶葉研細可以增加固液接觸面積，從而使提取更充分；由于需要加熱，為防止液體暴沸，加熱前還要加入幾粒沸石；(2)由于乙醇易揮發(fā)，易燃燒，為防止溫度過高使揮發(fā)出的乙醇燃燒，因此提取過程中不可選用明火直接加熱；根據(jù)題干中的已知信息可判斷與常規(guī)的萃取相比較，采用索式提取器的優(yōu)點是使用溶劑量少，可連續(xù)萃取(萃取效率高)；(3)乙醇是有機溶劑，沸點低，因此與水相比較乙醇作為萃取劑的優(yōu)點是乙醇沸點低，易濃縮；蒸餾濃縮時需要冷凝管，為防止液體殘留在冷凝管中，應該選用直形冷凝管，而不需要球形冷凝管，A正確，B錯誤；為防止液體揮發(fā)，冷凝后得到的餾分需要有接收瓶接收餾分，而不需要燒杯，C正確，D錯誤，故選AC。(4)由于茶葉中還含有單寧酸，且單寧酸也易溶于水和乙醇，因此濃縮液中加入氧化鈣的作用是中和單寧酸，同時也吸收水；(5)根據(jù)已知信息可知咖啡因在100℃以上時開始升華，因此該分離提純方法的名稱是升華。12．【2019?新課標Ⅲ卷】乙酰水楊酸(阿司匹林)是目前常用藥物之一。實驗室通過水楊酸進行乙?；苽浒⑺酒チ值囊环N方法如下：水楊酸醋酸酐乙酰水楊酸熔點/℃157~159-72~-74135~138相對密度/(g·cm﹣3)1.441.101.35相對分子質量138102180實驗過程：在100mL錐形瓶中加入水楊酸6.9g及醋酸酐10mL，充分搖動使固體完全溶解。緩慢滴加0.5mL濃硫酸后加熱，維持瓶內溫度在70℃左右，充分反應。稍冷后進行如下操作。①在不斷攪拌下將反應后的混合物倒入100mL冷水中，析出固體，過濾。②所得結晶粗品加入50mL飽和碳酸氫鈉溶液，溶解、過濾。③濾液用濃鹽酸酸化后冷卻、過濾得固體。④固體經純化得白色的乙酰水楊酸晶體5.4g?；卮鹣铝袉栴}：(1)該合成反應中應采用__________加熱。(填標號)A．熱水浴B．酒精燈C．煤氣燈D．電爐(2)下列玻璃儀器中，①中需使用的有______(填標號)，不需使用的___________(填名稱)。(3)①中需使用冷水，目的是________________________________。(4)②中飽和碳酸氫鈉的作用是_________________________________，以便過濾除去難溶雜質。(5)④采用的純化方法為____________。(6)本實驗的產率是_________%?！敬鸢浮?1)A(2)BD分液漏斗、容量瓶(3)充分析出乙酰水楊酸固體(結晶)(4)生成可溶的乙酰水楊酸鈉(5)重結晶(6)60【解析】(1)因為反應溫度在70℃，低于水的沸點，且需維溫度不變，故采用熱水浴的方法加熱；(2)操作①需將反應物倒入冷水，需要用燒杯量取和存放冷水，過濾的操作中還需要漏斗，則答案為：BD；分液漏斗主要用于分離互不相容的液體混合物，容量瓶用于配制一定濃度的溶液，這兩個儀器用不到。(3)反應時溫度較高，所以用冷水的目的是使得乙酰水楊酸晶體充分析出；(4)乙酰水楊酸難溶于水，為了除去其中的雜質，可將生成的乙酰水楊酸與碳酸氫鈉反應生成可溶性的乙酰水楊酸鈉，以便過濾除去雜質；(5)每次結晶過程中會有少量雜質一起析出，可以通過多次結晶的方法進行純化，也就是重結晶；(6)水楊酸分子式為C7H6O3，乙酰水楊酸分子式為C9H8O4，根據(jù)關系式法計算得：C7H6O3~C9H8O41381806.9gmm(C9H8O4)=(6.9g×180)/138=9g，則產率為SKIPIF1<0。13．【2019?海南卷】干燥的二氧化碳和氨氣反應可生成氨基甲酸銨固體，化學方程式為：2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s)△H<0，在四氯化碳中通入二氧化碳和氨制備氨基甲酸銨的實驗裝置如下圖所示，回答下列問題：(1)裝置1用來制備二氧化碳氣體：將塊狀石灰石放置在試管中的帶孔塑料板上，漏斗中所加試劑為____；裝置2中所加試劑為____；(2)裝置4中試劑為固體NH4Cl和Ca(OH)2，發(fā)生反應的化學方程式為________；試管口不能向上傾斜的原因是__________。裝置3中試劑為KOH，其作用為______________。(3)反應時三頸瓶需用冷水浴冷卻，其目的是_______________________?！敬鸢浮?1)稀鹽酸濃H2SO4(2)Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O防止冷凝水倒流到管底部使試管破裂干燥劑(干燥氨氣)(3)降低溫度，使平衡正向移動提高產量【解析】(1)裝置1用來制備二氧化碳氣體，反應方程式為CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O，在試管的帶孔塑料板上放置塊狀CaCO3，在長頸漏斗中放置稀鹽酸；裝置2中所加試劑為濃硫酸，作用是干燥CO2氣體；(2)在裝置4中試劑為固體NH4Cl和Ca(OH)2，二者混合加熱發(fā)生反應制取氨氣，發(fā)生反應的化學方程式為Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；試管口不能向上傾斜的原因是：防止冷凝水倒流到管底部使試管破裂。裝置3中試劑為KOH，其作用為干燥氨氣。(3)反應時三頸瓶需用冷水浴冷卻，原因是2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s)△H<0的正反應是放熱反應，降低溫度，化學平衡向放熱的正反應方向移動，從而可提高產物的產量。14．【2019?江蘇卷】丙炔酸甲酯()是一種重要的有機化工原料，沸點為103~105℃。實驗室制備少量丙炔酸甲酯的反應為實驗步驟如下：步驟1：在反應瓶中，加入14g丙炔酸、50mL甲醇和2mL濃硫酸，攪拌，加熱回流一段時間。步驟2：蒸出過量的甲醇(裝置見下圖)。步驟3：反應液冷卻后，依次用飽和NaCl溶液、5%Na2CO3溶液、水洗滌。分離出有機相。步驟4：有機相經無水Na2SO4干燥、過濾、蒸餾，得丙炔酸甲酯。(1)步驟1中，加入過量甲醇的目的是▲。(2)步驟2中，上圖所示的裝置中儀器A的名稱是▲；蒸餾燒瓶中加入碎瓷片的目的是▲。(3)步驟3中，用5%Na2CO3溶液洗滌，主要除去的物質是▲；分離出有機相的操作名稱為▲。(4)步驟4中，蒸餾時不能用水浴加熱的原因是▲。【答案】(1)作為溶劑、提高丙炔酸的轉化率(2)(直形)冷凝管 防止暴沸(3)丙炔酸 分液(4)丙炔酸甲酯的沸點比水的高【解析】(1)一般來說，酯化反應為可逆反應，加入過量的甲醇，提高丙炔酸的轉化率，丙炔酸溶解于甲醇，甲醇還作為反應的溶劑；(2)根據(jù)裝置圖，儀器A為直形冷凝管；加熱液體時，為防止液體暴沸，需要加入碎瓷片或沸石，因此本題中加入碎瓷片的目的是防止液體暴沸；(3)丙炔酸甲酯的沸點為103℃~105℃，制備丙炔酸甲酯采用水浴加熱，因此反應液中除含有丙炔酸甲酯外，還含有丙炔酸、硫酸；通過飽和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，然后通過分液的方法得到丙炔酸甲酯；(4)水浴加熱提供最高溫度為100℃，而丙炔酸甲酯的沸點為103℃~105℃，采用水浴加熱，不能達到丙炔酸甲酯的沸點，不能將丙炔酸甲酯蒸出，因此蒸餾時不能用水浴加熱。15．【2019?北京卷】化學小組實驗探究SO2與AgNO3溶液的反應。(1)實驗一：用如下裝置(夾持、加熱儀器略)制備SO2，將足量SO2通入AgNO3溶液中，迅速反應，得到無色溶液A和白色沉淀B。①濃H2SO4與Cu反應的化學方程式是____________________________________。②試劑a是____________。(2)對體系中有關物質性質分析得出：沉淀B可能為Ag2SO3、Ag2SO4或二者混合物。(資料：Ag2SO4微溶于水；Ag2SO3難溶于水)實驗二：驗證B的成分①寫出Ag2SO3溶于氨水的離子方程式：__________。②加入鹽酸后沉淀D大部分溶解，剩余少量沉淀F。推斷D中主要是BaSO3，進而推斷B中含有Ag2SO3。向濾液E中加入一種試劑，可進一步證實B中含有Ag2SO3。所用試劑及現(xiàn)象是__________。(3)根據(jù)沉淀F的存在，推測SKIPIF1<0的產生有兩個途徑：途徑1：實驗一中，SO2在AgNO3溶液中被氧化生成Ag2SO4，隨沉淀B進入D。途徑2：實驗二中，SKIPIF1<0被氧化為SKIPIF1<0進入D。實驗三：探究SKIPIF1<0的產生途徑①向溶液A中滴入過量鹽酸，產生白色沉淀，證明溶液中含有________：取上層清液繼續(xù)滴加BaCl2溶液，未出現(xiàn)白色沉淀，可判斷B中不含Ag2SO4。做出判斷的理由：_______。②實驗三的結論：__________。(4)實驗一中SO2與AgNO3溶液反應的離子方程式是_________________。(5)根據(jù)物質性質分析，SO2與AgNO3溶液應該可以發(fā)生氧化還原反應。將實驗一所得混合物放置一段時間，有Ag和SKIPIF1<0生成。(6)根據(jù)上述實驗所得結論：__________________?！敬鸢浮?1)①Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O②飽和NaHSO3溶液(2)①Ag2SO3+4NH3·H2O=2Ag(NH3)2++SO32-+4H2O②H2O2溶液，產生白色沉淀(3)①Ag+Ag2SO4溶解度大于BaSO4，沒有BaSO4沉淀時，必定沒有Ag2SO4②途徑1不產生SO42-，途徑2產生SO42-(4)2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3↓+2H+(6)實驗條件下：SO2與AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和SO42-的速率堿性溶液中SO32-更易被氧化為SO42-【解析】(1)①銅和濃硫酸在加熱的條件下反應生成硫酸銅、二氧化硫和水，化學方程式為：Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O。②試劑a為飽和NaHSO3溶液，用于觀察氣體流速，且在SO2飽和NaHSO3溶液中溶解度很小，可防止倒吸。(2)①Ag2SO3溶于氨水得到Ag(NH3)2+，離子方程式為：Ag2SO3+4NH3·H2O=2Ag(NH3)2++SO32-+4H2O；②沉淀D洗滌干凈后，加入過量稀鹽酸，BaSO3與稀鹽酸反應生成BaCl2和SO2、H2O，則濾液E中含有BaCl2和溶解在水中的SO2形成的H?SO3，可向E中加入H2O2溶液，H2O2將H2SO3氧化生成SO42-，SO42-和Ba2+反應產生白色BaSO4沉淀，進一步證實B中含有Ag2SO3。(3)向溶液A中滴入過量鹽酸，產生白色沉淀，該沉淀為AgCl，證明溶液A中含有Ag+；取上層清液繼續(xù)滴加BaCl2溶液，未出現(xiàn)白色沉淀，證明溶液A中不含SO42-，由于Ag2SO4微溶于水，則B中不含Ag2SO4，從而確定途徑1不產生SO42-，途徑2產生SO42-。(4)由(3)推知，實驗一中SO2與AgNO3溶液反應生成Ag2SO3，離子方程式為2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3↓+2H+。(6)對比分析(4)(5)可知，SO2與AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和SO42-的速率，再結合實驗二可知，堿性溶液中SO32-更易被氧化為SO42-。16．【2019?天津卷】環(huán)己烯是重要的化工原料。其實驗室制備流程如下：回答下列問題：Ⅰ．環(huán)己烯的制備與提純(1)原料環(huán)己醇中若含苯酚雜質，檢驗試劑為___________，現(xiàn)象為__________________。(2)操作1的裝置如圖所示(加熱和夾持裝置已略去)。①燒瓶A中進行的可逆反應化學方程式為________________________，濃硫酸也可作該反應的催化劑，選擇FeCl3·6H2O而不用濃硫酸的原因為_________________(填序號)。a．濃硫酸易使原料炭化并產生SO2b．FeCl3·6H2O污染小、可循環(huán)使用，符合綠色化學理念c．同等條件下，用FeCl3·6H2O比濃硫酸的平衡轉化率高②儀器B的作用為____________。(3)操作2用到的玻璃儀器是____________。(4)將操作3(蒸餾)的步驟補齊：安裝蒸餾裝置，加入待蒸餾的物質和沸石，____________，棄去前餾分，收集83℃的餾分。Ⅱ．環(huán)己烯含量的測定在一定條件下，向SKIPIF1<0環(huán)己烯樣品中加入定量制得的SKIPIF1<0，與環(huán)己烯充分反應后，剩余的SKIPIF1<0與足量SKIPIF1<0作用生成SKIPIF1<0，用SKIPIF1<0的SKIPIF1<0標準溶液滴定，終點時消耗SKIPIF1<0標準溶液SKIPIF1<0(以上數(shù)據(jù)均已扣除干擾因素)。測定過程中，發(fā)生的反應如下：①②SKIPIF1<0③SKIPIF1<0(5)滴定所用指示劑為____________。樣品中環(huán)己烯的質量分數(shù)為____________(用字母表示)。(6)下列情況會導致測定結果偏低的是____________(填序號)。a．樣品中含有苯酚雜質b．在測定過程中部分環(huán)己烯揮發(fā)c．SKIPIF1<0標準溶液部分被氧化【答案】(1)SKIPIF1<0溶液 溶液顯紫色(2)① a、b②減少環(huán)己醇蒸出(3)分液漏斗、燒杯(4)通冷凝水，加熱(5)淀粉溶液 SKIPIF1<0(6)b、c【解析】I.(1)檢驗苯酚的首選試劑是FeCl3溶液，原料環(huán)己醇中若含有苯酚，加入FeCl3溶液后，溶液將顯示紫色；(2)①從題給的制備流程可以看出，環(huán)己醇在FeCl3·6H2O的作用下，反應生成了環(huán)己烯，對比環(huán)己醇和環(huán)己烯的結構，可知發(fā)生了消去反應，反應方程式為：，注意生成的小分子水勿漏寫，題目已明確提示該反應可逆，要標出可逆符號，F(xiàn)eCl3·6H2O是反應條件(催化劑)別漏標；此處用FeCl3·6H2O而不用濃硫酸的原因分析中：a項合理，因濃硫酸具有強脫水性，往往能使有機物脫水至炭化，該過程中放出大量的熱，又可以使生成的炭與濃硫酸發(fā)生反應：C+2H2SO4(濃)CO2↑+SO2↑+2H2O；b項合理，與濃硫酸相比，F(xiàn)eCl3·6H2O對環(huán)境相對友好，污染小，絕大部分都可以回收并循環(huán)使用，更符合綠色化學理念；c項不合理，催化劑并不能影響平衡轉化率；②儀器B為球形冷凝管，該儀器的作用除了導氣外，主要作用是冷凝回流，盡可能減少加熱時反應物環(huán)己醇的蒸出，提高原料環(huán)己醇的利用率；(3)操作2實現(xiàn)了互不相溶的兩種液體的分離，應是分液操作，分液操作時需要用到的玻璃儀器主要有分液漏斗和燒杯；(4)題目中已明確提示了操作3是蒸餾操作。蒸餾操作在加入藥品后，要先通冷凝水，再加熱；如先加熱再通冷凝水，必有一部分餾分沒有及時冷凝，造成浪費和污染；II.(5)因滴定的是碘單質的溶液，所以選取淀粉溶液比較合適；根據(jù)所給的②式和③式，可知剩余的Br2與反應消耗的Na2S2O3的物質的量之比為1：2，所以剩余Br2的物質的量為：n(Br2)余=SKIPIF1<0×cmol·L-1×vmL×10-3L·mL-1=SKIPIF1<0mol，反應消耗的Br2的物質的量為(b-SKIPIF1<0)mol，據(jù)反應①式中環(huán)己烯與溴單質1：1反應，可知環(huán)己烯的物質的量也為(b-SKIPIF1<0)mol，其質量為(b-SKIPIF1<0)×82g，所以ag樣品中環(huán)己烯的質量分數(shù)為：SKIPIF1<0。(6)a項錯誤，樣品中含有苯酚，會發(fā)生反應：，每反應1molBr2，消耗苯酚的質量為31.3g；而每反應1molBr2，消耗環(huán)己烯的質量為82g；所以苯酚的混入，將使耗Br2增大，從而使環(huán)己烯測得結果偏大；b項正確，測量過程中如果環(huán)己烯揮發(fā)，必然導致測定環(huán)己烯的結果偏低；c項正確，Na2S2O3標準溶液被氧化，必然滴定時消耗其體積增大，即計算出剩余的溴單質偏多，所以計算得出與環(huán)己烯反應的溴單質的量就偏低，導致最終環(huán)己烯的質量分數(shù)偏低。17．【2018?新課標Ⅰ卷】醋酸亞鉻[(CH3COO)2Cr·2H2O］為磚紅色晶體，難溶于冷水，易溶于酸，在氣體分析中用作氧氣吸收劑。一般制備方法是先在封閉體系中利用金屬鋅作還原劑，將三價鉻還原為二價鉻；二價鉻再與醋酸鈉溶液作用即可制得醋酸亞鉻。實驗裝置如圖所示。回答下列問題：(1)實驗中所用蒸餾水均需經煮沸后迅速冷卻，目的是_________。儀器a的名稱是_______。(2)將過量鋅粒和氯化鉻固體置于c中，加入少量蒸餾水，按圖連接好裝置，打開K1、K2，關閉K3。①c中溶液由綠色逐漸變?yōu)榱了{色，該反應的離子方程式為_________。②同時c中有氣體產生，該氣體的作用是_____________。(3)打開K3，關閉K1和K2。c中亮藍色溶液流入d，其原因是________；d中析出磚紅色沉淀。為使沉淀充分析出并分離，需采用的操作是________、_________、洗滌、干燥。(4)指出裝置d可能存在的缺點______________?！敬鸢浮?1)去除水中溶解氧 分液(或滴液)漏斗 (2)①Zn+2Cr3+=Zn2++2Cr2+ ②排除c中空氣(3)c中產生H2使壓強大于大氣壓 (冰浴)冷卻 過濾(4)敞開體系，可能使醋酸亞鉻與空氣接觸【解析】(1)由于醋酸亞鉻易被氧化，所以需要盡可能避免與氧氣接觸，因此實驗中所用蒸餾水均需煮沸后迅速冷卻，目的是去除水中溶解氧；根據(jù)儀器構造可知儀器a是分液(或滴液)漏斗；(2)①c中溶液由綠色逐漸變?yōu)榱了{色，說明Cr3＋被鋅還原為Cr2＋，反應的離子方程式為Zn+2Cr3＋＝Zn2＋+2Cr2＋；②鋅還能與鹽酸反應生成氫氣，由于裝置中含有空氣，能氧化Cr2＋，所以氫氣的作用是排除c中空氣；(3)打開K3，關閉K1和K2，由于鋅繼續(xù)與鹽酸反應生成氫氣，導致c中壓強增大，所以c中亮藍色溶液能流入d裝置，與醋酸鈉反應；根據(jù)題干信息可知醋酸亞鉻難溶于冷水，所以為使沉淀充分析出并分離，需要采取的操作是(冰浴)冷卻、過濾、洗滌、干燥。(4)由于d裝置是敞開體系，因此裝置的缺點是可能使醋酸亞鉻與空氣接觸被氧化而使產品不純。18．【2018?新課標Ⅱ卷】K3[Fe(C2O4)3]·3H2O(三草酸合鐵酸鉀)為亮綠色晶體，可用于曬制藍圖?；卮鹣铝袉栴}：(1)曬制藍圖時，用K3[Fe(C2O4)3]·3H2O作感光劑，以K3[Fe(CN)6]溶液為顯色劑。其光解反應的化學方程式為：2K3[Fe(C2O4)3]2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑；顯色反應的化學方程式為______________。(2)某小組為探究三草酸合鐵酸鉀的熱分解產物，按下圖所示裝置進行實驗。①通入氮氣的目的是________________________________________。②實驗中觀察到裝置B、F中澄清石灰水均變渾濁，裝置E中固體變?yōu)榧t色，由此判斷熱分解產物中一定含有___________、___________。③為防止倒吸，停止實驗時應進行的操作是______________________________。④樣品完全分解后，裝置A中的殘留物含有FeO和Fe2O3，檢驗Fe2O3存在的方法是：_____________________________________。(3)測定三草酸合鐵酸鉀中鐵的含量。①稱量mg樣品于錐形瓶中，溶解后加稀H2SO4QUOTEH2SO4酸化，用cmol·L-1KMnO4QUOTEO4溶液滴定至終點。滴定終點的現(xiàn)象是___________________________。②向上述溶液中加入過量鋅粉至反應完全后，過濾、洗滌，將濾液及洗滌液全部收集到錐形瓶中。加稀QUOTEH2SO4H2SO4酸化，用cmol·L-1KMnO4溶液滴定至終點，消耗KMnO4溶液V【答案】(1)3FeC2O4+2K3[Fe(CN)6]=Fe3[Fe(CN)6]2+3K2C2O4(2)①隔絕空氣、使反應產生的氣體全部進入后續(xù)裝置②CO2 CO③先熄滅裝置A、E的酒精燈，冷卻后停止通入氮氣④取少許固體粉末于試管中，加稀硫酸溶解，滴入1~2滴KSCN溶液，溶液變紅色，證明含有Fe2O3(3)①粉紅色出現(xiàn) ②SKIPIF1<0【解析】(1)光解反應的化學方程式為2K3[Fe(C2O4)3]2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑，反應后有草酸亞鐵產生，所以顯色反應的化學方程式為3FeC2O4+2K3[Fe(CN)6]＝Fe3[Fe(CN)6]2+3K2C2O4。(2)①裝置中的空氣在高溫下能氧化金屬銅，能影響E中的反應，所以反應前通入氮氣的目的是隔絕空氣排盡裝置中的空氣；反應中有氣體生成，不會全部進入后續(xù)裝置。②實驗中觀察到裝置B、F中澄清石灰水均變渾濁，說明反應中一定產生二氧化碳。裝置E中固體變?yōu)榧t色，說明氧化銅被還原為銅，即有還原性氣體CO生成，由此判斷熱分解產物中一定含有CO2、CO；③為防止倒吸，必須保證裝置中保持一定的壓力，所以停止實驗時應進行的操作是先熄滅裝置A、E的酒精燈，冷卻后停止通入氮氣即可。④要檢驗Fe2O3存在首先要轉化為可溶性鐵鹽，因此方法是取少許固體粉末于試管中，加稀硫酸溶解，滴入1～2滴KSCN溶液，溶液變紅色，證明含有Fe2O3。(3)①高錳酸鉀氧化草酸根離子，其溶液顯紅色，所以滴定終點的現(xiàn)象是粉紅色出現(xiàn)。②鋅把鐵離子還原為亞鐵離子，酸性高錳酸鉀溶液又把亞鐵離子氧化為鐵離子。反應中消耗高錳酸鉀是0.001cVmol，Mn元素化合價從+7價降低到+2價，所以根據(jù)電子得失守恒可知鐵離子的物質的量是0.005cVmol，則該晶體中鐵的質量分數(shù)的表達式為SKIPIF1<0QUOTE0.005cV×56m×100%=5cV×561000m×100%。19．【2018?新課標Ⅲ卷】硫代硫酸鈉晶體(Na2S2O3·5H2O，M=248g·mol?1)可用作定影劑、還原劑?；卮鹣铝袉栴}：(1)已知：Ksp(BaSO4)=1.1×10?10，Ksp(BaS2O3)=4.1×10?5。市售硫代硫酸鈉中常含有硫酸根雜質，選用下列試劑設計實驗方案進行檢驗：試劑：稀鹽酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液實驗步驟現(xiàn)象①取少量樣品，加入除氧蒸餾水②固體完全溶解得無色澄清溶液③___________④___________，有刺激性氣體產生⑤靜置，___________⑥___________(2)利用K2Cr2O7標準溶液定量測定硫代硫酸鈉的純度。測定步驟如下：①溶液配制：稱取1.2000g某硫代硫酸鈉晶體樣品，用新煮沸并冷卻的蒸餾水在__________中溶解，完全溶解后，全部轉移至100mL的_________中，加蒸餾水至____________。②滴定：取0.00950mol·L?1的K2Cr2O7標準溶液20.00mL，硫酸酸化后加入過量KI，發(fā)生反應：Cr2O72?+6I?+14H+=3I2+2Cr3++7H2O。然后用硫代硫酸鈉樣品溶液滴定至淡黃綠色，發(fā)生反應：I2+2S2O32?=S4O62?+2I?。加入淀粉溶液作為指示劑，繼續(xù)滴定，當溶液__________，即為終點。平行滴定3次，樣品溶液的平均用量為24.80mL，則樣品純度為_________%(保留1位小數(shù))?！敬鸢浮?1)③加入過量稀鹽酸 ④出現(xiàn)乳黃色渾濁 ⑤(吸)取上層清液，滴入BaCl2溶液 ⑥產生白色沉淀(2)①燒杯 容量瓶 刻度②藍色褪去 95.0【解析】(1)檢驗樣品中的硫酸根離子，應該先加入稀鹽酸，再加入氯化鋇溶液。但是本題中，硫代硫酸根離子和氫離子以及鋇離子都反應，所以應該排除其干擾，具體過程應該為先將樣品溶解，加入稀鹽酸酸化(反應為S2O32-+2H+=SO2↑+S↓+H2O)，靜置，取上層清液中滴加氯化鋇溶液，觀察到白色沉淀，證明存在硫酸根離子。所以答案為：③加入過量稀鹽酸；④有乳黃色沉淀；⑤取上層清液，滴加氯化鋇溶液；⑥有白色沉淀產生。①配制一定物質的量濃度的溶液，應該先稱量質量，在燒杯中溶解，在轉移至容量瓶，最后定容即可。所以過程為：將固體再燒杯中加入溶