2026高考化学专题复习之历年真题精选分类汇编（教师版）_专题八 化学综合实验

这是一份2026高考化学专题复习之历年真题精选分类汇编（教师版）_专题八 化学综合实验，共6页。试卷主要包含了SnCl2具有还原性，易水解，5　偏高，7 g和10，亚铜配合物广泛用作催化剂，20%等内容，欢迎下载使用。
题点1 和金属及其化合物相关的制备型实验综合
1.(2025·湖南，11)SnCl2具有还原性，易水解。一种制备纯净的SnCl2的装置示意图如下：
下列说法错误的是( )
A.导气管a需接一个装有碱石灰的干燥管
B.实验过程中应先通入HCl(g)，再开启管式炉加热
C.若通入气体更换为Cl2，也可制备纯净的SnCl2
D.配制SnCl2溶液需加盐酸和金属Sn
【答案】C
【解析】SnCl2易水解，则导气管a需接一个装有碱石灰的干燥管，防止水蒸气进入，同时可以吸收尾气，A正确；SnCl2具有还原性，应先通入HCl(g)，排除装置中的O2，防止SnCl2被氧化，B正确；若通入气体更换为Cl2，因为SnCl2具有还原性，其可能被氧化为更高价态，如SnCl4，无法制备纯净的SnCl2，C错误；配制SnCl2溶液时，加入盐酸，抑制Sn2+水解，加入金属Sn，防止Sn2+被氧化，D正确。
【难度】中档题
【题型】单选题
2.(2025·河南，8)某同学设计以下实验，探究简单配合物的形成和转化。
下列说法错误的是( )
A.②中沉淀与④中沉淀不是同一种物质
B.③中现象说明配体与Cu2+的结合能力：NH3>H2O
C.④中深蓝色物质在乙醇中的溶解度比在水中小
D.若向⑤中加入稀硫酸，同样可以得到黄绿色溶液
【答案】D
【解析】向CuSO4溶液中加入氨水生成Cu(OH)2蓝色沉淀，继续滴加过量氨水，Cu(OH)2沉淀转化为[Cu(NH3)4]SO4深蓝色溶液，再加入乙醇，可以降低[Cu(NH3)4]SO4的溶解度，使[Cu(NH3)4]SO4析出，过滤后洗涤可得到[Cu(NH3)4]SO4·H2O深蓝色固体，向[Cu(NH3)4]SO4·H2O固体中加入过量浓盐酸，固体溶解，转化为含[CuCl4]2-的黄绿色溶液。 由上述分析知，②中沉淀为Cu(OH)2，④中沉淀为[Cu(NH3)4]SO4·H2O，二者不是同一种物质，A正确；③中现象说明向CuSO4溶液中(含有[Cu(H2O)4]SO4)加入过量氨水，[Cu(H2O)4]SO4可以转化为[Cu(NH3)4]SO4，说明配体与Cu2+的结合能力：NH3>H2O，B正确；向[Cu(NH3)4]SO4深蓝色溶液中加入乙醇，可以降低[Cu(NH3)4]SO4的溶解度，使[Cu(NH3)4]SO4析出，即④中深蓝色物质在乙醇中的溶解度比在水中的小，C正确；向[Cu(NH)4]SO4·H2O中加入稀硫酸，生成CuSO4与(NH4)2SO4，为蓝色溶液，D错误。
【难度】中档题
【题型】单选题
3.(2025·陕晋青宁，15)某实验室制备糖精钴[C(Sac)2(H2O)4]·xH2O，并测定其结晶水含量。
已知：Sac-表示糖精根离子，其摩尔质量为182 g·ml-1；糖精钴的溶解度在热水中较大，在冷水中较小；丙酮沸点为56 ℃，与水互溶。
CCl2·6H2O+2NaSac·2H2O[C(Sac)2(H2O)4]·xH2O+(6-x)H2O+2NaCl
(一)制备
Ⅰ.称取1.0 g CCl2·6H2O，加入18 mL蒸馏水，搅拌溶解，得溶液1。
Ⅱ.称取2.6 g(稍过量)糖精钠(NaSac·2H2O)，加入10 mL蒸馏水，加热搅拌，得溶液2。
Ⅲ.将溶液2加入到接近沸腾的溶液1中，反应3分钟后停止加热，静置，冷却结晶。
Ⅳ.过滤，依次用三种不同试剂洗涤晶体，晾干得产品。
回答下列问题：
(1)Ⅰ和Ⅱ中除烧杯外，还需用到的玻璃仪器有 (写出两种)。
(2)Ⅲ中静置过程有少量晶体出现时，可将烧杯置于 中，以使大量晶体析出。
(3)Ⅳ中用①丙酮、②冷水、③冷的1%NaSac溶液洗涤晶体，正确顺序为 。
A.①③②B.③②①
C.②①③
(4)Ⅳ中为了确认氯离子已经洗净，取水洗时的最后一次滤液于试管中， (将实验操作、现象和结论补充完整)。
(5)与本实验安全注意事项有关的图标有 。
(二)结晶水含量测定
EDTA和C2+形成1∶1配合物。准确称取m g 糖精钴产品于锥形瓶中，加蒸馏水，加热溶解，再加入缓冲溶液和指示剂，在50~60 ℃下，用c ml·L-1 的EDTA标准溶液滴定。
(6)下列操作的正确顺序为 (用字母排序)。
a.用标准溶液润洗滴定管
b.加入标准溶液至“0”刻度以上2~3 mL处
c.检查滴定管是否漏水并清洗
d.赶出气泡，调节液面，准确记录读数
(7)滴定终点时消耗标准溶液V mL，则产品[C(Sac)2(H2O)4]·xH2O中x的测定值为 (用含m、c、V的代数式表示)；若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，会导致x的测定值 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【答案】(1)玻璃棒、量筒、胶头滴管、酒精灯(写出两种即可) (2)冷水浴 (3)B (4)加入硝酸酸化的AgNO3溶液，没有白色沉淀生成，说明氯离子已经洗净 (5)ABC (6)c→a→b→d
(7)500m9cV-27.5 偏高
【解析】(1)Ⅰ和Ⅱ步骤中，在烧杯中搅拌溶解固体需要用到玻璃棒，量取10 mL或18 mL蒸馏水需要用到量筒，加热时需要用到酒精灯。(2)根据已知信息“糖精钴的溶解度在热水中较大，在冷水中较小”，故Ⅲ中静置过程有少量晶体出现时，可将烧杯置于冷水浴中，以使大量晶体析出。(3)Ⅳ中洗涤时先用③冷的1%NaSac溶液洗涤晶体以除去晶体表面的可溶性杂质并减少其溶解损失，再用②冷水洗涤以除去晶体表面的NaSac并减少其溶解损失，最后用①丙酮洗涤晶体以除去晶体表面的水，丙酮沸点较低，便于快速干燥，故B正确。(4)Ⅳ中为了确认氯离子已经洗净，可取水洗时的最后一次滤液于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，没有白色沉淀生成，说明氯离子已经洗净。(5)实验步骤Ⅲ中“将溶液2加入到接近沸腾的溶液1中”，为防止液体飞溅造成伤害，需要佩戴护目镜(A)、防止热烫(C)，钴离子是重金属离子，实验完毕应注意洗手(B)。故与本实验安全注意事项有关的图标有ABC。(6)将c ml·L-1的EDTA标准溶液装入滴定管进行滴定操作时，需先检查滴定管是否漏水，滴定管确定可用后用水清洗，然后用标准溶液润洗滴定管，防止标准溶液被稀释，之后加入标准溶液至“0”刻度以上2~3 mL处，最后赶出气泡，调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下，准确记录初始读数。故顺序是c→a→b→d。(7)根据“EDTA和C2+形成1∶1配合物”可知，n{[C(Sac)2(H2O)4]·xH2O}=n(EDTA)=c ml·L-1×V×10-3 L=cV×10-3 ml=mg(495+18x) g·ml−1，解得x=500m9cV-27.5。若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，则滴定终点时读数偏小，读取的标准溶液的体积偏小，结合x的计算式可知，V偏小会导致x的测定值偏高。
【难度】中档题
【题型】实验题
4.(2025·甘肃，15)某兴趣小组按如下流程由稀土氧化物Eu2O3和苯甲酸钠制备配合物Eu(C7H5O2)3·xH2O，并通过实验测定产品纯度和结晶水个数(杂质受热不分解)。已知Eu3+在碱性溶液中易形成Eu(OH)3沉淀。Eu(C7H5O2)3·xH2O在空气中易吸潮，加强热时分解生成Eu2O3。
Eu2O3产品
(1)步骤①中，加热的目的为 。
(2)步骤②中，调节溶液pH时需搅拌并缓慢滴加NaOH溶液，目的为 ；pH接近6时，为了防止pH变化过大，还应采取的操作为 。
(3)如图所示玻璃仪器中，配制一定物质的量浓度的苯甲酸钠溶液所需的仪器名称为 。
(4)准确称取一定量产品，溶解于稀HNO3中，萃取生成的苯甲酸，蒸去有机溶剂，加入一定量的NaOH标准溶液，滴入1~2滴酚酞溶液，用HCl标准溶液滴定剩余的NaOH。滴定终点的现象为 。实验所需的指示剂不可更换为甲基橙，原因为 。
(5)取一定量产品进行热重分析，每个阶段的重量降低比例数据如图所示，0~92 ℃范围内产品质量减轻的原因为 。结晶水个数x= [M(C7H5O2−)=121，结果保留两位有效数字]。
【答案】(1)加快溶解速率，提高浸出速率
(2)防止局部pH过大生成Eu(OH)3沉淀 逐滴滴加NaOH溶液，并同时检测溶液的pH
(3)容量瓶、烧杯 (4)滴入最后半滴HCl标准溶液时，溶液由红色变为无色，且半分钟内颜色不恢复 实验终点呈碱性甲基橙的变色范围为3.1~4.4，误差较大
(5)Eu(C7H5O2)3·xH2O吸潮的水分蒸发 1.7
【解析】(2)搅拌的目的是混合均匀，且加快反应速率，搅拌和缓慢加入NaOH溶液可防止体系内局部pH过大生成Eu(OH)3沉淀。pH接近6时，应逐滴加入NaOH溶液，并且要随时检测溶液pH，以防超过6。(5)Eu(C7H5O2)3·xH2O在空气中易吸潮，故0~92 ℃范围内产品质量减轻的原因是吸潮的水分蒸发。92~195 ℃时产品失去全部的结晶水，最终产物为Eu2O3，则195 ℃后产品失去“C7H5O1.5”则有18x(121−8)×3=5.2%56.8%，解得x≈1.7。
【难度】中档题
【题型】实验题
5.(2025·安徽，16)侯氏制碱法以NaCl、CO2和NH3为反应物制备纯碱。某实验小组在侯氏制碱法基础上，以NaCl和NH4HCO3为反应物，在实验室制备纯碱，步骤如下：
①配制饱和食盐水；
②在水浴加热下，将一定量研细的NH4HCO3加入饱和食盐水中，搅拌，使NH4HCO3溶解，静置，析出NaHCO3晶体；
③将NaHCO3晶体减压过滤、煅烧，得到Na2CO3固体。
回答下列问题：
(1)步骤①中配制饱和食盐水，下列仪器中需要使用的有 (填名称)。
(2)步骤②中NH4HCO3需研细后加入，目的是 。
(3)在实验室使用NH4HCO3代替CO2和NH3制备纯碱，优点是 。
(4)实验小组使用滴定法测定了产品的成分。滴定过程中溶液的pH随滴加盐酸体积变化的曲线如图所示。
ⅰ.到达第一个滴定终点B时消耗盐酸V1 mL，到达第二个滴定终点C时又消耗盐酸V2 mL。V1=V2，所得产品的成分为 (填标号)。
a.Na2CO3b.NaHCO3
c.Na2CO3和NaHCO3d.Na2CO3和NaOH
ⅱ.到达第一个滴定终点前，某同学滴定速度过快，摇动锥形瓶不均匀，致使滴入盐酸局部过浓。该同学所记录的V'1 V1(填“>”“ (5)ⅰ.CO2的吸收率低，生成NaHCO3的量小，未达到饱和 ⅱ.80%
【解析】(1)配制饱和食盐水时，需要用烧杯溶解，用玻璃棒搅拌。(3)用CO2和NH3制备纯碱时，NH3会污染空气，且操作复杂，用NH4HCO3代替CO2和NH3制备纯碱，原料更易获得，污染小，且由实验步骤知，操作简单。(4)ⅰ.由反应：Na2CO3+HClNaHCO3+NaCl、NaHCO3+HClCO2↑+NaCl+H2O知，若产品为纯净的碳酸钠，到达两个滴定终点时消耗的盐酸的量相等，a正确；若产品为NaHCO3，则只有1个滴定终点，b错误；若产品为Na2CO3、NaHCO3的混合物，则V2>V1，c错误；若产品为Na2CO3和NaOH的混合物，则有3个滴定终点，d错误。ⅱ.达到第一个滴定终点前，盐酸局部过浓，必然会使一部分Na2CO3与盐酸反应生成CO2，故V'1>V1。(5)ⅰ.实验a中盛装饱和碳酸钠溶液的烧杯为敞口体系，通入二氧化碳时，部分CO2逸出，且CO2在水中的溶解度小，导致CO2无法全部与碳酸钠反应，生成的NaHCO3的量少，没有达到饱和状态，故无NaHCO3晶体析出。ⅱ.CaCl2用于除去水蒸气，故NaOH溶液增加的质量为产生的二氧化碳的质量，n(CO2)=0.088 g44 g·ml−1=0.002 ml，由2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑知，n(NaHCO3)=0.004 ml，故NaHCO3的质量为0.004 ml×84 g·ml-1=0.336 g，白色晶体中NaHCO3的质量分数为0.336 g0.42 g×100%=80%。
【难度】中档题
【题型】实验题
6.(2024·湖南，15)亚铜配合物广泛用作催化剂。实验室制备[Cu(CH3CN)4]ClO4的反应原理如下：Cu(ClO4)2·6H2O+Cu+8CH3CN2[Cu(CH3CN)4]ClO4+6H2O。实验步骤如下：
分别称取3.71 g Cu(ClO4)2·6H2O和0.76 g Cu粉置于100 mL乙腈(CH3CN)中反应，回流装置图和蒸馏装置图(加热、夹持等装置略)如下：
已知：①乙腈是一种易挥发的强极性配位溶剂；②相关物质的信息如下：
回答下列问题：
(1)下列与实验有关的图标表示排风的是 (填标号)。
(2)装置Ⅰ中仪器M的名称为 。
(3)装置Ⅰ中反应完全的现象是 。
(4)装置Ⅰ和Ⅱ中N2气球的作用是 。
(5)[Cu(CH3CN)4]ClO4不能由步骤c直接获得，而是先蒸馏至接近饱和，再经步骤d冷却结晶获得。这样处理的目的是 。
(6)为了使母液中的[Cu(CH3CN)4]ClO4结晶，步骤e中向母液中加入的最佳溶剂是 (填标号)。
A.水B.乙醇
C.乙醚
(7)合并步骤d和e所得的产物，总质量为5.32 g，则总收率为 (用百分数表示，保留一位小数)。
【答案】(1)D (2)球形冷凝管 (3)溶液蓝色褪去变为无色 (4)防止乙腈挥发污染空气；排出装置内空气，防止制备的产品被氧化 (5)冷却过程中降低[Cu(CH3CN)4]ClO4在水中的溶解度 (6)C (7)81.2%
【解析】将Cu(ClO4)2·6H2O和Cu粉以及乙腈(CH3CN)加入二颈烧瓶中，经水浴加热并回流进行充分反应，反应结束后过滤除去未反应完全的Cu，再利用乙腈的挥发性进行蒸馏除去乙腈，将剩余溶液进行冷却结晶分离出[Cu(CH3CN)4]ClO4。
(3)Cu(ClO4)2·6H2O在乙腈中为蓝色，[Cu(CH3CN)4]ClO4在乙腈中为无色，因此装置Ⅰ中反应完全的现象是溶液蓝色褪去变为无色。(4)由于制备的[Cu(CH3CN)4]ClO4中Cu元素为+1价，具有较强的还原性，容易被空气中氧气氧化，因此装置Ⅰ和Ⅱ中N2气球的作用是排出装置内空气，防止制备的产品被氧化。(5)[Cu(CH3CN)4]ClO4为离子化合物，具有强极性，在水中溶解度较大，在温度较高的环境下蒸馏难以分离，若直接将水蒸干难以获得晶体状固体，因此需先蒸馏至接近饱和，再经步骤d冷却结晶，从而获得晶体。(6)为了使母液中的[Cu(CH3CN)4]ClO4结晶，可向母液中加入极性较小的溶剂，与水混溶的同时扩大与[Cu(CH3CN)4]ClO4的极性差，进而使[Cu(CH3CN)4]ClO4析出，因此可选用的溶剂为乙醚。(7)3.71 g Cu(ClO4)2·6H2O的物质的量为3.71 g371 g·ml−1=0.01 ml，n(Cu)=0.76 g64 g·ml−1≈0.012 ml，Cu粉过量，理论制得[Cu(CH3CN)4]ClO4的质量为0.01 ml×2×327.5 g·ml-1=6.55 g，则总收率为5.32 g6.55 g×100%≈81.2%。
【难度】较难题
【题型】实验题
7.(2024·贵州，15)十二钨硅酸在催化方面有重要用途。某实验小组制备十二钨硅酸晶体，并测定其结晶水含量的方法如下(装置如图，夹持装置省略)：
Ⅰ.将适量Na2WO4·2H2O、Na2SiO3·9H2O加入三颈烧瓶中，加适量水，加热，溶解。
Ⅱ.持续搅拌下加热混合物至近沸，缓慢滴加浓盐酸至pH为2，反应30分钟，冷却。
Ⅲ.将反应液转至萃取仪器中，加入乙醚，再分批次加入浓盐酸，萃取。
Ⅳ.静置后液体分上、中、下三层，下层是油状钨硅酸醚合物。
Ⅴ.将下层油状物转至蒸发皿中，加少量水，加热至混合液表面有晶膜形成，冷却结晶，抽滤，干燥，得到十二钨硅酸晶体(H4［SiW12O40］·nH2O)。
已知：
①制备过程中反应体系pH过低会产生钨的水合氧化物沉淀；
②乙醚易挥发、易燃，难溶于水且密度比水小；
③乙醚在高浓度盐酸中生成的［C2H5—OH—C2H5］+与［SiW12O40］4-缔合成密度较大的油状钨硅酸醚合物。
回答下列问题：
(1)仪器a中的试剂是 (填名称)，其作用是 。
(2)步骤Ⅱ中浓盐酸需缓慢滴加的原因是 。
(3)下列仪器中，用于“萃取、分液”操作的有 (填名称)。
(4)步骤Ⅳ中“静置”后液体中间层的溶质主要是 。
(5)步骤Ⅴ中“加热”操作 (选填“能”或“不能”)使用明火，原因是 。
(6)结晶水测定：称取m g十二钨硅酸晶体(H4［SiW12O40］·nH2O，相对分子质量为M)，采用热重分析法测得失去全部结晶水时失重w%，计算n= (用含w、M的代数式表示)；若样品未充分干燥，会导致n的值 (选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【答案】(1)碱石灰(或NaOH固体等) 吸收挥发出来的氯化氢 (2)防止制备过程中局部pH过低而产生钨的水合氧化物沉淀 (3)分液漏斗、烧杯 (4)NaCl (5)不能 乙醚易挥发，易燃烧，遇明火极易发生危险 (6)Mw%18 偏大
【解析】(1)为防止挥发出来的盐酸污染环境，在a中加入碱石灰或NaOH固体等能吸收氯化氢的试剂。(4)步骤Ⅳ中“静置”后液体分为三层，乙醚难溶于水，且密度小于水，上层为乙醚，中层为水层，溶质主要为NaCl，下层为油状钨硅酸醚合物。(6)m g十二钨硅酸晶体的物质的量为n1=mM ml，采用热重分析法测得失去全部结晶水时失重w%，说明结晶水占总质量的w%，故结晶水的物质的量为n2=mw%18 ml，n=n2n1=Mw%18；若未充分干燥，w%变大，n偏大。
【难度】较难题
【题型】实验题
8.(2024·浙江6月选考，20)某小组采用如下实验流程制备AlI3：
已知：AlI3是一种无色晶体，吸湿性极强，可溶于热的正己烷，在空气中受热易被氧化。
请回答：
(1)如图为步骤Ⅰ的实验装置图(夹持仪器和尾气处理装置已省略)，图中仪器A的名称是 ，判断步骤Ⅰ反应结束的实验现象是 。
(2)下列做法不正确的是 。
A.步骤Ⅰ中，反应物和溶剂在使用前除水
B.步骤Ⅰ中，若控温加热器发生故障，改用酒精灯(配石棉网)加热
C.步骤Ⅲ中，在通风橱中浓缩至蒸发皿内出现晶膜
D.步骤Ⅳ中，使用冷的正己烷洗涤
(3)所得粗产品呈浅棕黄色，小组成员认为其中混有碘单质，请设计实验方案验证： 。
(4)纯化与分析：对粗产品纯化处理后得到产品，再采用银量法测定产品中I-含量以确定纯度。滴定原理为：先用过量AgNO3标准溶液沉淀I-，再以NH4SCN标准溶液回滴剩余的Ag+。已知：
①从下列选项中选择合适的操作补全测定步骤 。
称取产品1.020 0 g，用少量稀酸A溶解后转移至250 mL容量瓶，加水定容得待测溶液。取滴定管检漏、水洗→ →装液、赶气泡、调液面、读数→用移液管准确移取25.00 mL待测溶液加入锥形瓶→ → →加入稀酸B→用1.000×10-2 ml·L-1 NH4SCN标准溶液滴定→ →读数。
a.润洗，从滴定管尖嘴放出液体
b.润洗，从滴定管上口倒出液体
c.滴加指示剂K2CrO4溶液
d.滴加指示剂硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2]溶液
e.准确移取25.00 mL 4.000×10-2 ml·L-1 AgNO3标准溶液加入锥形瓶
f.滴定至溶液呈浅红色
g.滴定至沉淀变白色
②加入稀酸B的作用是 。
③三次滴定消耗NH4SCN标准溶液的平均体积为25.60 mL，则产品纯度为 。[M(AlI3)=408 g·ml-1]
【答案】(1)球形冷凝管 三颈烧瓶内溶液紫色褪去 (2)BC (3)用水溶解少量样品，加入淀粉溶液，若溶液出现蓝色，则含有碘单质，否则没有 (4)①a e d f ②防止指示剂中的Fe3+水解成Fe(OH)3 ③99.20%
【解析】由流程信息可知，铝、碘和正己烷一起加热回流时，铝和碘发生反应生成AlI3，过滤后滤液经浓缩、结晶、过滤、洗涤、干燥后得到粗产品。(1)碘溶于正己烷使溶液显紫色，AlI3是无色晶体，当碘反应完全后，溶液变为无色，因此，判断步骤Ⅰ反应结束的实验现象是三颈烧瓶内溶液紫色褪去。(2)AlI3吸湿性极强，因此在步骤Ⅰ中，反应物和溶剂在使用前必须除水，A正确；使用到易燃的有机溶剂时，禁止使用明火加热，因此在步骤Ⅰ中，若控温加热器发生故障，不能改用酒精灯(配石棉网)加热，B不正确；AlI3在空气中受热易被氧化，因此在步骤Ⅲ中蒸发浓缩时，要在有保护气(如持续通入氮气的蒸馏烧瓶等)的装置中进行，不能直接用蒸发皿浓缩，C不正确；AlI3在空气中受热易被氧化、可溶于热的正己烷，因此，为了减少溶解损失，在步骤Ⅳ中要使用冷的正己烷洗涤，D正确。(3)可以根据碘遇淀粉变蓝检验粗产品中是否含有碘单质。具体方法：用水溶解少量样品，加入淀粉溶液，若溶液变蓝则其中混有碘单质，否则没有。(4)①润洗时，滴定管尖嘴部分也需要润洗；先加25.00 mL待测溶液，后加25.00 mL 4.000×10-2 ml·L-1 AgNO3标准溶液，两者充分反应后，剩余的Ag+浓度较小，然后滴加硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2]溶液作指示剂，到达滴定终点时，Fe3+可以与过量的SCN-反应生成红色的配合物，故滴定至溶液呈浅红色。Ag2CrO4的溶度积常数与AgSCN非常接近，因此，K2CrO4溶液不能用作指示剂。综上所述，需要补全的操作步骤依次是a、e、d、f。②加入稀酸B的作用是抑制Fe3+发生水解反应，保证滴定终点的准确判断。③由滴定步骤可知，25.00 mL 4.000×10-2 ml·L-1 AgNO3标准溶液分别与AlI3溶液中的I-、1.000×10-2 ml·L-1 NH4SCN标准溶液中的SCN-发生反应生成AgI和AgSCN；由Ag+守恒可知，n(AgI)+n(AgSCN)=n(AgNO3)，则n(AgI)=n(AgNO3)-n(AgSCN)；三次滴定消耗NH4SCN标准溶液的平均体积为25.60 mL，则n(AgI)=25.00×10-3 L×4.000×10-2 ml·L-1-25.60×10-3 L×1.000×10-2 ml·L-1=7.440×10-4 ml，由I守恒可知n(AlI3)=13n(AgI)=2.480×10-4 ml，因此，产品纯度为2.480×10−4ml×408 g·ml−1×250 mL25.00 mL1.020 0 g×100%=99.20%。
【关联题点】 碘单质的检验 沉淀滴定中仪器和指示剂的选择 沉淀滴定法测定物质或元素含量
【难度】较难题
【题型】实验题
9.（2023·浙江（1月选考）卷，20）某研究小组制备纳米ZnO，再与金属有机框架(MOF)材料复合制备荧光材料ZnO@MOF，流程如下：
已知：①含锌组分间的转化关系：Zn2＋eq \(,\s\up7(OH－),\s\d5(H＋))Zn(OH)2eq \(,\s\up7(OH－),\s\d5(H＋))[Zn(OH)4]2－
②ε­Zn(OH)2是Zn(OH)2的一种晶型，39 ℃以下稳定。
请回答：
(1)步骤Ⅰ，初始滴入ZnSO4溶液时，体系中主要含锌组分是_________________________。
(2)下列有关说法不正确的是________(填字母)。
A．步骤Ⅰ，搅拌的作用是避免反应物浓度局部过高，使反应充分
B．步骤Ⅰ，若将过量NaOH溶液滴入ZnSO4溶液制备ε­Zn(OH)2，可提高ZnSO4的利用率
C．步骤Ⅱ，为了更好地除去杂质，可用50 ℃的热水洗涤
D．步骤Ⅲ，控温煅烧的目的是为了控制ZnO的颗粒大小
(3)步骤Ⅲ，盛放样品的容器名称是_________________________。
(4)用Zn(CH3COO)2和过量(NH4)2CO3反应，得到的沉淀可直接控温煅烧得纳米ZnO，沉淀无需洗涤的原因是__________________________________________________________。
(5)为测定纳米ZnO产品的纯度，可用已知浓度的EDTA标准溶液滴定Zn2＋，从下列选项中选择合理的仪器和操作，补全如下步骤[“__________”上填写一件最关键仪器，“( )”内填写一种操作，均用字母表示]。
用________(称量ZnO样品x g)→ 用烧杯( )→用________( )→用移液管( )→用滴定管(盛装EDTA标准溶液，滴定Zn2＋)
仪器：a.烧杯；b.托盘天平；c.容量瓶；d.分析天平；e.试剂瓶
操作：f.配制一定体积的Zn2＋溶液；g.酸溶样品；h.量取一定体积的Zn2＋溶液；i.装瓶贴标签
(6)制备的ZnO@MOF荧光材料可测Cu2＋浓度。已知ZnO@MOF的荧光强度比值与Cu2＋在一定浓度范围内的关系如图。
某研究小组取7.5×10－3 g人血浆铜蓝蛋白(相对分子质量1.5×105)，经预处理，将其中Cu元素全部转化为Cu2＋并定容至1 L。取样测得荧光强度比值为10.2，则1个血浆铜蓝蛋白分子中含________个铜原子。
【答案】(1)[Zn(OH)4]2－ (2)BC (3)坩埚 (4)杂质中含有CH3COO－、COeq \\al(2－,3)、NHeq \\al(＋,4)，在控温煅烧过程中分解或被氧化为气体而除去 (5)d→(g)→c(f)→(h) (6)8
【关联题点】实验基本操作；物质含量及测定型综合实验
【难度】较难题
【题型】填空题
10.(2023·全国甲卷，27)钴配合物[C(NH3)6]Cl3溶于热水，在冷水中微溶，可通过如下反应制备：2CCl2＋2NH4Cl＋10NH3＋H2O2eq \(―――→,\s\up7(活性炭))2[C(NH3)6]Cl3＋2H2O。
具体步骤如下：
Ⅰ.称取2.0 g NH4Cl，用5 mL水溶解。
Ⅱ.分批加入3.0 g CCl2·6H2O后，将溶液温度降至10 ℃以下，加入1 g活性炭、7 mL浓氨水，搅拌下逐滴加入10 mL 6%的双氧水。
Ⅲ.加热至55～60 ℃反应20 min。冷却，过滤。
Ⅳ.将滤得的固体转入含有少量盐酸的25 mL沸水中，趁热过滤。
Ⅴ.滤液转入烧杯，加入4 mL浓盐酸，冷却、过滤、干燥，得到橙黄色晶体。
回答下列问题：
(1)步骤Ⅰ中使用的部分仪器如下。
仪器a的名称是____________。加快NH4Cl溶解的操作有____________。
(2)步骤Ⅱ中，将温度降至10 ℃以下以避免____________、____________；可选用____________降低溶液温度。
(3)指出下列过滤操作中不规范之处：________________________________________。
(4)步骤Ⅳ中，趁热过滤，除掉的不溶物主要为____________。
(5)步骤Ⅴ中加入浓盐酸的目的是________________________。
【答案】(1)锥形瓶 升温、搅拌等 (2)浓氨水挥发 双氧水分解 冰水浴 (3)玻璃棒末端没有紧靠三层滤纸处，漏斗末端尖嘴部分没有紧靠烧杯内壁 (4)活性炭 (5)促进[C(NH3)6]Cl3尽快析出
【解析】(2)步骤Ⅱ中使用了浓氨水和双氧水，他们在高温下易挥发、易分解，所以控制温度在10 ℃以下，通常采用冰水浴。(4)钴配合物[C(NH3)6]Cl3溶于热水，活性炭不溶于热水，所以趁热过滤可除去活性炭。(5)可利用同离子效应，促进钴配合物[C(NH3)6]Cl3尽快析出。
【关联题点】实验基本操作；物质的分离与提纯
【难度】中档题
【题型】实验题
11.(2023·浙江6月选考，20)某研究小组用铝土矿为原料制备絮凝剂聚合氯化铝([Al2(OH)aClb]m，a＝1～5)，按如下流程开展实验。
已知：①铝土矿主要成分为Al2O3，含少量Fe2O3和SiO2。用NaOH溶液溶解铝土矿过程中SiO2转变为难溶性的铝硅酸盐。
②[Al2(OH)aClb]m的絮凝效果可用盐基度衡量，盐基度＝eq \f(a,a＋b)。当盐基度为0.60～0.85时，絮凝效果较好。
请回答：
(1)步骤Ⅰ所得滤液中主要溶质的化学式是____________________________________。
(2)下列说法不正确的是____________________________________________________。
A．步骤Ⅰ，反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度
B．步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量CO2有利于减少Al(OH)3沉淀中的杂质
C．步骤Ⅲ，为减少Al(OH)3吸附的杂质，洗涤时需对漏斗中的沉淀充分搅拌
D．步骤中控制Al(OH)3和AlCl3的投料比可控制产品盐基度
(3)步骤Ⅴ采用如图所示的蒸汽浴加热，仪器A的名称是________________；步骤Ⅴ不宜用酒精灯直接加热的原因是____________________________________________________。
(4)测定产品的盐基度。
Cl－的定量测定：称取一定量样品，配成溶液，移取25.00 mL溶液于锥形瓶中，调pH＝6.5～10.5，滴加指示剂K2CrO4溶液。在不断摇动下，用0.100 0 ml·L－1 AgNO3标准溶液滴定至浅红色(有Ag2CrO4沉淀)，30秒内不褪色。平行测试3次，平均消耗AgNO3标准溶液22.50 mL。另测得上述样品溶液中c(Al3＋)＝0.100 0 ml·L－1。
①产品的盐基度为________________________________________________________。
②测定Cl－过程中溶液pH过低或过高均会影响测定结果，原因是_______________________。
【答案】(1)NaAlO2 (2)C (3)①蒸发皿 ②酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀 (4)①0.7 ②pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸根离子，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根离子会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多
【解析】(2)步骤Ⅰ，反应所需温度高于100 ℃，因此反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度，故A正确；步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量CO2生成氢氧化铝和碳酸氢钠溶液，有利于减少Al(OH)3沉淀中的杂质，故B正确；步骤Ⅲ，洗涤时不能对漏斗中的沉淀充分搅拌，故C错误；可通过控制Al(OH)3和AlCl3的投料比来控制产品盐基度，故D正确。(4)①根据Cl－～AgNO3，样品溶液中氯离子物质的量浓度为eq \f(0.100 0 ml·L－1×0.022 50 L,0.025 L)＝0.09 ml·L－1，n(Al3＋)∶n(Cl－)＝10∶9，根据电荷守恒得到 [Al2(OH)4.2Cl1.8]m产品的盐基度为eq \f(4.2,4.2＋1.8)＝0.7。
【关联题点】滴定法在物质含量测定中的应用；物质守恒法在计算中的应用
【难度】较难题
【题型】填空题
12.(2023·湖南，15)金属Ni对H2有强吸附作用，被广泛用于硝基或羰基等不饱和基团的催化氢化反应，将块状Ni转化成多孔型雷尼Ni后，其催化活性显著提高。
已知：①雷尼Ni暴露在空气中可以自燃，在制备和使用时，需用水或有机溶剂保持其表面“湿润”；
②邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行。
某实验小组制备雷尼Ni并探究其催化氢化性能的实验如下：
步骤1：雷尼Ni的制备
步骤2：邻硝基苯胺的催化氢化反应
反应的原理和实验装置图如下(夹持装置和搅拌装置略)。装置Ⅰ用于储存H2和监测反应过程。
回答下列问题：
(1)操作(a)中，反应的离子方程式是_________________________________________。
(2)操作(d)中，判断雷尼Ni被水洗净的方法是________________________________。
(3)操作(e)中，下列溶剂中最有利于步骤2中氢化反应的是__________________。
A．丙酮 B．四氯化碳 C．乙醇 D．正己烷
(4)向集气管中充入H2时，三通阀的孔路位置如下图所示；发生氢化反应时，集气管向装置Ⅱ供气，此时孔路位置需调节为______________________________________________。
(5)仪器M的名称是_______________________________________________________。
(6)反应前应向装置Ⅱ中通入N2一段时间，目的是_____________________________。
(7)如果将三颈瓶N中的导气管口插入液面以下，可能导致的后果是__________________。
(8)判断氢化反应完全的现象是______________________________________________。
【答案】(1)2Al ＋ 2OH－ ＋ 2H2O===2AlOeq \\al(－,2) ＋ 3H2↑ (2)取最后一次洗涤液于试管中，向其中滴加酚酞，如果溶液不变粉红色，则证明洗涤干净，否则没有洗涤干净 (3)C (4)B (5)恒压滴液漏斗 (6)排尽装置内空气 (7)雷尼Ni堵塞导管、管道中气流不稳，不利于监测反应过程 (8)集气管中液面保持不变
【解析】(1)铝可以和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O===2AlOeq \\al(－,2)＋3H2↑。(2)由于水洗之前是用碱洗，此时溶液显碱性，故可以用酸碱指示剂来判断是否洗净，具体方法为取最后一次洗涤液于试管中，滴加几滴酚酞，如果溶液不变粉红色，则证明洗涤干净，否则没有洗涤干净。(3)根据题中信息可知，雷尼Ni被广泛用于硝基或羰基等不饱和基团的催化氢化反应，故不能选丙酮，否则会发生副反应，又因为邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应进行，而CCl4、正己烷均为非极性分子，乙醇为极性分子，所以应选乙醇。(4)根据向集气管中通入H2时三通阀的孔路位置，可确定集气管向装置Ⅱ中供气时，应保证只有下侧、右侧孔路通气，故B正确。(6)根据题给信息可知，雷尼Ni暴露在空气中可以自燃，故反应前向装置Ⅱ中通入N2一段时间，目的是排尽装置中的空气，防止雷尼Ni自燃。(8)反应完成后，氢气不再被消耗，则集气管中液面不再发生变化。
【关联题点】实验基本操作；推断型化学（离子）方程式书写
【难度】较难题
【题型】实验题
13.(2023·江苏，14)V2O5－WO3/TiO2催化剂能催化NH3脱除烟气中的NO，反应为4NH3(g)＋O2(g)＋4NO(g)===4N2(g)＋6H2O(g) ΔH＝－1 632.4 kJ·ml－1。
(1)催化剂的制备。将预先制备的一定量的WO3/TiO2粉末置于80 ℃的水中，在搅拌下加入一定量的NH4VO3溶液，经蒸发、焙烧等工序得到颗粒状V2O5－WO3/TiO2催化剂。在水溶液中VOeq \\al(－,3)水解为H3VO4沉淀的离子方程式为___________________________________；反应选用NH4VO3溶液而不选用NaVO3溶液的原因是_______________________________。
(2)催化剂的应用。将一定物质的量浓度的NO、O2、NH3(其余为N2)气体匀速通过装有V2O5－WO3/TiO2催化剂的反应器，测得NO的转化率随温度的变化如图所示。反应温度在320～360 ℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是_____________________；反应温度高于380 ℃，NO转化率下降，除因为进入反应器的NO被还原的量减少外，还有____________
______________________________________________________(用化学方程式表示)。
(3)废催化剂的回收。回收V2O5－WO3/TiO2废催化剂并制备NH4VO3的过程可表示为
①酸浸时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高钒元素浸出率的方法还有______________________。
②通过萃取可分离钒和钨，在得到的钒酸中含有H4V4O12。已知H4V4O12具有八元环结构，其结构式可表示为______________________。
③向pH＝8的NaVO3溶液中加入过量的NH4Cl溶液，生成NH4VO3沉淀。已知：Ksp(NH4VO3)＝1.7×10－3，加过量NH4Cl溶液的目的是___________________________________。
【答案】(1)VOeq \\al(－,3)＋2H2O===H3VO4↓＋OH－ NH4VO3发生相互促进的水解反应：NHeq \\al(＋,4)＋VOeq \\al(－,3)＋H2O===H3VO4↓＋NH3，NHeq \\al(＋,4)有利于VOeq \\al(－,3)水解 (2)温度升高至一定范围催化剂失活 4NH3＋5O2eq \(=====,\s\up7(催化剂),\s\d5(△))4NO＋6H2O、N2＋O2eq \(=====,\s\up7(高温))2NO (3)①适当增加酸的浓度、升高温度、延长酸浸时间等 ② ③增加铵根离子浓度，促进平衡向析出沉淀的方向移动，提高NH4VO3的含量
【解析】(1)在水溶液中VOeq \\al(－,3)水解为H3VO4沉淀的离子方程式为VOeq \\al(－,3)＋2H2OH3VO4↓＋OH－，反应选用NH4VO3溶液的原因为NH4VO3发生相互促进的水解反应NHeq \\al(＋,4)＋VOeq \\al(－,3)＋H2O===H3VO4↓＋NH3，NHeq \\al(＋,4)有利于VOeq \\al(－,3)水解。(2)反应温度在320～360 ℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是温度升高至一定范围催化剂失活，导致NO转化率升高不明显。反应温度高于380 ℃，NO转化率下降，有可能体系产生了NO，如4NH3＋5O2eq \(=====,\s\up7(催化剂),\s\d5(△))4NO＋6H2O、N2＋O2eq \(=====,\s\up7(高温))2NO等。(3)①提高钒元素浸出率的方法还有适当增加酸的浓度、升高温度、延长酸浸时间等。②已知H4V4O12具有八元环结构，且V连有五个共价键，结构式可表示为。③NH4VO3饱和溶液中存在溶解平衡NH4VO3(s)NHeq \\al(＋,4)(aq)＋VOeq \\al(－,3)(aq)，加过量NH4Cl溶液有利于增加铵根离子浓度，促进平衡向析出沉淀的方向移动，提高NH4VO3的含量。
【关联题点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；盐类水解的影响因素；已知新型型化学（离子）方程式书写；物质制备型工业流程；难容电解质的溶解平衡及影响因素
【难度】中档题
【题型】填空题
14.(2023·江苏，16)实验室模拟“镁法工业烟气脱硫”并制备MgSO4·H2O，其实验过程可表示为
(1)在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入SO2气体，生成MgSO3，反应为Mg(OH)2＋H2SO3===MgSO3＋2H2O，其平衡常数K与Ksp[Mg(OH)2]、Ksp(MgSO3)、Ka1(H2SO3)、Ka2(H2SO3)的代数关系式为K＝________________；下列实验操作一定能提高氧化镁浆料吸收SO2效率的有________________(填序号)。
A．水浴加热氧化镁浆料
B．加快搅拌速率
C．降低通入SO2气体的速率
D．通过多孔球泡向氧化镁浆料中通SO2
(2)在催化剂作用下MgSO3被O2氧化为MgSO4。已知MgSO3的溶解度为0.57 g (20 ℃)，O2氧化溶液中SOeq \\al(2－,3)的离子方程式为___________________________________________；在其他条件相同时，以负载钴的分子筛为催化剂，浆料中MgSO3被O2氧化的速率随pH的变化如图甲所示。在pH＝6～8范围内，pH增大，浆料中MgSO3的氧化速率增大，其主要原因是________________________________________________________________________。
(3)制取MgSO4·H2O晶体。在如图乙所示的实验装置中，搅拌下，使一定量的MgSO3浆料与H2SO4溶液充分反应。MgSO3浆料与H2SO4溶液的加料方式是________________；补充完整制取MgSO4·H2O晶体的实验方案：向含有少量Fe3＋、Al3＋的MgSO4溶液中，______________。(已知：Fe3＋、Al3＋在pH≥5时完全转化为氢氧化物沉淀；室温下从MgSO4饱和溶液中结晶出MgSO4·7H2O，MgSO4·7H2O在150～170 ℃下干燥得到MgSO4·H2O，实验中需要使用MgO粉末)
【答案】(1)eq \f(Ksp[Mg(OH)2]×Ka1(H2SO3)×Ka2(H2SO3),Ksp(MgSO3)×K\\al(2,w)) BD (2)2SOeq \\al(2－,3)＋O2eq \(=====,\s\up7(催化剂))2SOeq \\al(2－,4) pH增大，抑制SOeq \\al(2－,3)的水解，反应物SOeq \\al(2－,3)的浓度增大，故可加快氧化速率 (3)用滴液漏斗向盛有MgSO3浆料的三颈烧瓶中缓慢滴加硫酸溶液 分批加入少量氧化镁粉末，搅拌，直至用pH试纸测得pH≥5，过滤；将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150～170 ℃干燥
【解析】(1)已知下列反应：
①Mg(OH)2＋H2SO3===MgSO3＋2H2O K
②Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq) Ksp[Mg(OH)2]
③MgSO3(s)Mg2＋(aq)＋SOeq \\al(2－,3)(aq) Ksp(MgSO3)
④H2SO3H＋＋HSOeq \\al(－,3) Ka1(H2SO3)
⑤HSOeq \\al(－,3)H＋＋SOeq \\al(2－,3) Ka2(H2SO3)
⑥H2OH＋＋OH－ Kw
根据盖斯定律，①＝②－③＋④＋⑤－⑥×2，故K＝eq \f(Ksp[Mg(OH)2]×Ka1(H2SO3)×Ka2(H2SO3),Ksp(MgSO3)×K\\al(2,w))。加热可加快反应速率，但温度升高，SO2在水中溶解度降低，且会导致H2SO3受热分解，不一定能提高吸收SO2效率，A错误；加快搅拌速率，可以使反应物充分接触，提高吸收SO2效率，B正确；降低通入SO2气体的速率，SO2可与MgO浆料充分接触，但会降低反应速率，不一定能提高吸收SO2效率，C错误；多孔球泡可以让SO2与MgO浆料充分接触，能提高吸收SO2效率，D正确。(2)根据题意，O2氧化溶液中的SOeq \\al(2－,3)，SOeq \\al(2－,3)被氧化为SOeq \\al(2－,4)，1 ml O2氧化2 ml SOeq \\al(2－,3)，故O2氧化溶液中SOeq \\al(2－,3)的离子方程式为2SOeq \\al(2－,3)＋O2eq \(=====,\s\up7(催化剂))2SOeq \\al(2－,4)；pH增大，抑制SOeq \\al(2－,3)的水解，反应物SOeq \\al(2－,3)的浓度增大，故可加快氧化速率。(3)在进行含固体物质的反应物与液体反应的实验时，应将含固体物质的反应物放在三颈烧瓶中，通过滴液漏斗滴加液体，H2SO4溶液的滴加速率要慢，以免H2SO4过量；根据题意，首先需要调节pH≥5以除去Fe3＋、Al3＋杂质，需要用到的试剂为MgO粉末，操作细节为分批加入少量MgO粉末，以免pH过高，不断搅拌进行反应直至检测到pH≥5，然后过滤除去氢氧化铁、氢氧化铝沉淀；根据题目信息，室温下结晶只能得到MgSO4·7H2O，因此需要在150～170 ℃下干燥得到MgSO4·H2O，操作细节为将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150～170 ℃干燥。
【关联题点】Ka或Kb、KW、Kh、KSP的综合计算；化学反应速率的影响因素；化学实验基本操作；已知信息型化学（离子）方程式书写；物质制备型工业流程；
【难度】中档题
【题型】填空题
15.(2022·浙江6月选考)氨基钠(NaNH2)是重要的化学试剂，实验室可用下图装置(夹持、搅拌、尾气处理装置已省略)制备。
简要步骤如下：
Ⅰ.在瓶A中加入100 mL液氨和0.05 g Fe(NO3)3·9H2O，通入氨气排尽密闭体系中空气，搅拌。
Ⅱ.加入5 g钠粒，反应，得NaNH2粒状沉积物。
Ⅲ.除去液氨，得产品NaNH2。
已知：NaNH2几乎不溶于液氨，易与水、氧气等反应。
2Na＋2NH3===2NaNH2＋H2↑
NaNH2＋H2O===NaOH＋NH3↑
4NaNH2＋3O2===2NaOH＋2NaNO2＋2NH3
请回答：
(1)Fe(NO3)3·9H2O的作用是_______________________________________；装置B的作用是___________________________。
(2)步骤Ⅰ，为判断密闭体系中空气是否排尽，请设计方案___________________________。
(3)步骤Ⅱ，反应速率应保持在液氨微沸为宜。为防止速率偏大，可采取的措施有__________。
(4)下列说法不正确的是__________。
A．步骤Ⅰ中，搅拌的目的是使Fe(NO3)3·9H2O均匀地分散在液氨中
B．步骤Ⅱ中，为判断反应是否已完成，可在N处点火，如无火焰，则反应已完成
C．步骤Ⅲ中，为避免污染，应在通风橱内抽滤除去液氨，得到产品NaNH2
D．产品NaNH2应密封保存于充满干燥氮气的瓶中
(5)产品分析：假设NaOH是产品NaNH2的唯一杂质，可采用如下方法测定产品NaNH2纯度。从下列选项中选择最佳操作并排序。
准确称取产品NaNH2x g→( )→( )→( )→计算
a．准确加入过量的水
b．准确加入过量的HCl标准溶液
c．准确加入过量的NH4Cl标准溶液
d．滴加甲基红指示剂(变色的pH范围4.4～6.2)
e．滴加石蕊指示剂(变色的pH范围4.5～8.3)
f．滴加酚酞指示剂(变色的pH范围8.2～10.0)
g．用NaOH标准溶液滴定
h．用NH4Cl标准溶液滴定
i．用HCl标准溶液滴定
【答案】(1)催化 防止氧气、水进入密闭体系 (2)试管中加满水倒扣于水槽中，M处通入氨气，将N处排出的气体导入试管内。如试管底部出现气泡，则空气尚未排尽，如未出现气泡，则说明空气已排尽 (3)分批少量加入钠粒；降低冷却液温度；适当增加液氨量(任写一种即可) (4)BC (5)b d g
【解析】在硝酸铁催化下钠与液氨反应生成NaNH2和氢气，该反应是放热反应，为保证液氨处于微沸状态，需要用冷却液控制一定的温度。NaNH2易与水和氧气发生反应，所以装置B中Hg可防止氧气、水进入密闭体系，导气口N与尾气处理装置连接再处理氨气等，据此结合实验原理分析解答。(1)根据实验操作中加入Fe(NO3)3·9H2O的用料很少，结合实验原理可推知，Fe(NO3)3·9H2O在反应中作催化剂，加快反应速率；结合已知信息可知，制备得到的NaNH2易与水和氧气发生反应，所以装置B中Hg可防止氧气、水进入密闭体系，干扰NaNH2的制备。(2)结合氨气极易溶于水，空气中的氮气难溶于水，氧气不易溶于水的物理性质，所以要判断密封体系中空气是否排尽，可设计如下方案：试管中加满水倒扣于水槽中，M处通入氨气，将N处排出的气体导入试管内。如试管底部出现气泡，则空气尚未排尽，如未出现气泡，则说明空气已排尽。(3)制备NaNH2反应中，反应物的浓度、温度均可影响化学反应速率，所以为防止反应速率偏大，可实施的措施有：分批少量加入钠粒；降低冷却液温度；适当增加液氨量(任写一种即可)。(4)步骤Ⅰ中，搅拌可使液体混合均匀，所以搅拌可使少量的催化剂Fe(NO3)3·9H2O均匀分散在液氨中，A正确；步骤Ⅱ中，由于液氨处于微沸状态，故生成的氢气中混有一定量的氨气；氢气虽然是可燃性气体，由于氨气在空气中不能被点燃，当氨气中只有少量氢气时，则也不能被点燃、不会产生火焰，且对易燃气体直接点火有安全隐患，B错误；步骤Ⅱ中得到的粒状沉积物，颗粒较小，颗粒太小的沉淀易在滤纸上形成一层密实的沉淀，溶液不易透过，所以不适宜选用抽滤装置进行过滤，C错误；因为制备的产品NaNH2易与水和氧气发生反应，所以可密封保存于充满干燥氮气的瓶中，D正确。(5)题干信息中提到假设产品NaNH2的唯一杂质为NaOH，因为产品溶于水生成氢氧化钠和氨气，加入过量HCl转化为NaCl、NH4Cl，过量的盐酸再利用氢氧化钠标准液反滴定，滴定终点溶液呈酸性，故加入甲基红指示剂，最终利用所测数据计算得出产品中NaNH2的纯度，故涉及的操作步骤为准确称取产品x g→加入过量盐酸标准溶液→加入甲基红指示剂→用氢氧化钠标准溶液进行滴定，根据实验所测数据，计算产品纯度。
【关联题点】实验基本操作；滴定法在物质含量测定中的应用；实验基本操作
【难度】中档题
【题型】实验题
16.(2022·海南卷15)胆矾(CuSO4·5H2O)是一种重要化工原料，某研究小组以生锈的铜屑为原料[主要成分是Cu，含有少量的油污、CuO、CuCO3、Cu(OH)2]制备胆矾。流程如下。
回答问题：
(1)步骤①的目的是_____________________________________。
(2)步骤②中，若仅用浓H2SO4溶解固体B，将生成__________(填化学式)污染环境。
(3)步骤②中，在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4，反应的化学方程式为__________。
(4)经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是________________________________。
(5)实验证明，滤液D能将I－氧化为I2。
ⅰ.甲同学认为不可能是步骤②中过量H2O2将I－氧化为I2，理由是________________________________________________________________________。
ⅱ.乙同学通过实验证实，只能是Cu2＋将I－氧化为I2，写出乙同学的实验方案及结果_________________________________________________________(不要求写具体操作过程)。
【答案】(1)除去原料表面的油污 (2)SO2 (3)Cu＋H2O2＋H2SO4===CuSO4＋2H2O (4)胆矾晶体易溶于水 (5)ⅰ.溶液 C 经步骤③加热浓缩后双氧水已完全分解 ⅱ.取滤液D，向其中加入适量硫化钠，使铜离子恰好完全沉淀，静置后，向上层清液中再加入KI溶液，溶液不变色，I－不能被氧化
【解析】(1)原料表面含有少量的油污，Na2CO3溶液呈碱性，可以除去原料表面的油污。(2)在加热的条件下，铜可以与浓硫酸发生反应生成CuSO4、SO2和H2O，二氧化硫是一种大气污染物，步骤②中，若仅用浓H2SO4溶解固体B，将生成SO2污染环境。(3)步骤②中，在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4，生成CuSO4和H2O，该反应的化学方程式为Cu＋H2O2＋H2SO4===CuSO4＋2H2O。(4)胆矾是一种易溶于水的晶体，因此，经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤。(5)ⅰ.H2O2常温下即能发生分解反应，在加热的条件下，其分解更快，因此，甲同学认为不可能是步骤②中过量H2O2将I－氧化为I2。ⅱ.I－氧化为I2时溶液的颜色会发生变化；滤液D中含有CuSO4和H2SO4，乙同学通过实验证实，只能是Cu2＋将I－氧化为I2，较简单的方案是除去溶液中的Cu2＋，然后再向其中加入含有I－的溶液，观察溶液是否变色。
【关联题点】实验方案设计、操作、现象及结论的判断；实验基本操作
【难度】中档题
【题型】填空题
17.(2022·湖南卷)某实验小组以BaS溶液为原料制备BaCl2·2H2O，并用重量法测定产品中BaCl2·2H2O的含量。设计了如下实验方案：
可选用试剂：NaCl晶体、BaS溶液、浓H2SO4、稀H2SO4、CuSO4溶液、蒸馏水
步骤1.BaCl2·2H2O的制备
按如图所示装置进行实验，得到BaCl2溶液，经一系列步骤获得BaCl2·2H2O产品。
步骤2.产品中BaCl2·2H2O的含量测定
①称取产品0.500 0 g，用100 mL水溶解，酸化，加热至近沸；
②在不断搅拌下，向①所得溶液逐滴加入热的0.100 ml·L－1 H2SO4溶液；
③沉淀完全后，60℃水浴40分钟，经过滤、洗涤、烘干等步骤，称量白色固体，质量为0.466 0 g。
回答下列问题：
(1)Ⅰ是制取__________气体的装置，在试剂a过量并微热时，发生主要反应的化学方程式为________________________________________________________________________。
(2)Ⅱ中b仪器的作用是__________；Ⅲ中的试剂应选用__________。
(3)在沉淀过程中，某同学在加入一定量热的H2SO4溶液后，认为沉淀已经完全，判断沉淀已完全的方法是____________________________________________________________。
(4)沉淀过程中需加入过量的H2SO4溶液，原因是___________________________。
(5)在过滤操作中，下列仪器不需要用到的是__________(填名称)。
(6)产品中BaCl2·2H2O的质量分数为__________(保留三位有效数字)。
【答案】(1)HCl H2SO4(浓)＋NaCleq \(=====,\s\up7(微热))NaHSO4＋HCl↑ (2)防止倒吸 CuSO4溶液 (3)静置，取上层清液于一洁净试管中，继续滴加热的硫酸溶液，无白色沉淀生成，则已沉淀完全 (4)使钡离子沉淀完全 (5)锥形瓶 (6)97.6%
【解析】(1)装置Ⅰ为浓硫酸和氯化钠共热制取HCl气体的装置，在浓硫酸过量并微热时，浓硫酸与氯化钠反应生成硫酸氢钠和氯化氢，发生主要反应的化学方程式为H2SO4(浓)＋NaCleq \(=====,\s\up7(微热))NaHSO4＋HCl↑。(2)氯化氢极易溶于水，装置Ⅱ中b仪器的作用是防止倒吸；装置Ⅱ中氯化氢与BaS溶液反应生成H2S，H2S有毒，对环境有污染，装置Ⅲ中盛放CuSO4溶液，用于吸收H2S。(3)硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，因此判断沉淀已完全的方法是静置，取上层清液于一洁净试管中，继续滴加热的H2SO4溶液，无白色沉淀生成，则已沉淀完全。(4)为了使钡离子沉淀完全，沉淀过程中需加入过量的硫酸溶液。(5)过滤用到的仪器有铁架台、烧杯、漏斗、玻璃棒，用不到锥形瓶。(6)由题意可知，硫酸钡的物质的量为eq \f(0.466 0 g,233 g·ml－1)＝0.002 ml，依据钡原子守恒，产品中BaCl2·2H2O的物质的量为0.002 ml，质量为0.002 ml×244 g·ml－1＝0.488 g，质量分数为eq \f(0.488 g,0.500 0 g)×100%＝97.6%。
【关联题点】实验基本操作；物质守恒法在计算中的应用
【难度】中档题
【题型】实验题
18.(2022·山东卷，8)实验室制备KMnO4的过程为：①高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化MnO2制备K2MnO4；②水溶后冷却，调溶液pH至弱碱性，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2；③减压过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，再减压过滤得KMnO4。下列说法正确的是( )
A．①中用瓷坩埚作反应器
B．①中用NaOH作强碱性介质
C．②中K2MnO4只体现氧化性
D．MnO2转化为KMnO4的理论转化率约为66.7%
【答案】D
【解析】①中高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化MnO2制备K2MnO4，由于瓷坩埚易被强碱腐蚀，故不能用瓷坩埚作反应器，A说法不正确；制备KMnO4时为防止引入杂质离子，①中用KOH作强碱性介质，不能用NaOH，B说法不正确；②中K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，故其既体现氧化性又体现还原性，C说法不正确；根据化合价的变化分析，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为2∶1，根据Mn元素守恒可知，MnO2中的Mn元素只有eq \f(2,3)转化为KMnO4，因此，MnO2转化为KMnO4的理论转化率约为66.7%，D说法正确。
【关联题点】实验基本操作
【难度】中档题
【题型】单选题
19.(2022·山东卷，18)实验室利用FeCl2·4H2O和亚硫酰氯(SOCl2)制备无水FeCl2的装置如图所示(加热及夹持装置略)。已知SOCl2沸点为76 ℃，遇水极易反应生成两种酸性气体。回答下列问题：
(1)实验开始先通N2。一段时间后，先加热装置______(填“a”或“b”)。装置b内发生反应的化学方程式为________________。装置c、d共同起到的作用是_______________________。
(2)现有含少量杂质的FeCl2·nH2O，为测定n值进行如下实验：
实验Ⅰ：称取m1 g样品，用足量稀硫酸溶解后，用c ml·L－1K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2＋达终点时消耗V mL(滴定过程中Cr2Oeq \\al(2－,7)转化为Cr3＋，Cl－不反应)。
实验Ⅱ：另取m1 g样品，利用上述装置与足量SOCl2反应后，固体质量为m2 g。
则n＝__________；下列情况会导致n测量值偏小的是__________(填标号)。
A．样品中含少量FeO杂质
B．样品与SOCl2反应时失水不充分
C．实验Ⅰ中，称重后样品发生了潮解
D．滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成
(3)用上述装置、根据反应TiO2＋CCl4eq \(=====,\s\up7(△))TiCl4＋CO2制备TiCl4。已知TiCl4与CCl4分子结构相似，与CCl4互溶，但极易水解。选择合适仪器并组装蒸馏装置对TiCl4、CCl4混合物进行蒸馏提纯(加热及夹持装置略)，安装顺序为①⑨⑧__________(填序号)，先馏出的物质为__________。
【答案】(1)a FeCl2·4H2O＋4SOCl2eq \(=====,\s\up7(△))FeCl2＋4SO2＋8HCl 冷凝回流SOCl2
(2)eq \f(1 000(m1－m2),108cV) AB (3)⑥⑩③⑤ CCl4
【解析】(1)实验开始时先通N2，排尽装置中的空气，一段时间后，先加热装置a，产生SOCl2气体充满装置b后再加热装置b，装置b内发生反应的化学方程式为FeCl2 4H2O＋4SOCl2eq \(=====,\s\up7(△))FeCl2＋4SO2＋8HCl；装置c、d的共同作用是冷凝回流SOCl2。(2)滴定过程中Cr2Oeq \\al(2－,7)将Fe2＋氧化成Fe3＋，自身被还原成Cr3＋，反应的离子方程式为6Fe2＋＋Cr2Oeq \\al(2－,7)＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O，则m1 g样品中n(FeCl2)＝6n(Cr2Oeq \\al(2－,7))＝6cV×10－3ml；m1 g样品中结晶水的质量为(m1－m2) g，结晶水的物质的量为eq \f(m1－m2,18) ml，n(FeCl2)∶n(H2O)＝1∶n＝(6cV×10－3 ml)∶eq \f(m1－m2,18) ml，解得n＝eq \f(1 000(m1－m2),108cV)。样品中含少量FeO杂质，溶于稀硫酸后生成Fe2＋，导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积V偏大，使n的测量值偏小，A项选；样品与SOCl2反应时失水不充分，则m2偏大，使n的测量值偏小，B项选；实验Ⅰ称重后，样品发生了潮解，消耗的K2Cr2O7溶液的体积V不变，使n的测量值不变，C项不选；滴定达到终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积V偏小，使n的测量值偏大，D项不选。(3)组装蒸馏装置对TiCl4、CCl4混合物进行蒸馏提纯，按由下而上、从左到右的顺序组装，安装顺序为①⑨⑧，然后连接冷凝管，蒸馏装置中应选择直形冷凝管⑥，接着连接尾接管⑩，TiCl4极易水解，为防止外界水蒸气进入，最后连接③⑤，安装顺序为①⑨⑧⑥⑩③⑤；由于TiCl4、CCl4分子结构相似，TiCl4的相对分子质量大于CCl4，TiCl4分子间的范德华力较大，TiCl4的沸点高于CCl4，故先蒸出的物质为CCl4。
【关联题点】实验基本操作；物质的分离与提纯；物质组成及含量测定型综合实验
【难度】中档题
【题型】实验题
20.(2022·浙江（选考）卷，30)某兴趣小组用四水醋酸锰[(CH3COO)2Mn·4H2O]和乙酰氯(CH3COCl)为原料制备无水二氯化锰，按如下流程开展了实验(夹持仪器已省略)：
已知：①无水二氯化锰极易吸水潮解，易溶于水、乙醇和醋酸，不溶于苯
②制备无水二氯化锰的主要反应：
(CH3COO)2Mn＋2CH3COCleq \(――→,\s\up7(△),\s\d5(苯))MnCl2↓＋2(CH3CO)2O
③乙酰氯遇水发生反应：CH3COCl＋H2O―→CH3COOH＋HCl
请回答：
(1)步骤Ⅰ所获固体主要成分是________(用化学式表示)。
(2)步骤Ⅰ在室温下反应，步骤Ⅱ在加热回流下反应，目的分别是________。
(3)步骤Ⅲ：下列操作中正确的是________。
A．用蒸馏水润湿滤纸，微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上
B．用倾析法转移溶液，开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀
C．用乙醇作为洗涤剂，在洗涤沉淀时，关小水龙头，使洗涤剂缓慢通过沉淀物
D．洗涤结束后，将固体迅速转移至圆底烧瓶进行后续操作
(4)步骤Ⅳ：①将装有粗产品的圆底烧瓶接到纯化装置(图2)上，打开安全瓶上旋塞，打开抽气泵，关闭安全瓶上旋塞，开启加热器，进行纯化。请给出纯化完成后的操作排序：纯化完成→(____)→(____)→(____)→(____)→将产品转至干燥器中保存
a．拔出圆底烧瓶的瓶塞
b．关闭抽气泵
c．关闭加热器，待烧瓶冷却至室温
d．打开安全瓶上旋塞
②图2装置中U形管内NaOH固体的作用是_________________________________。
(5)用滴定分析法确定产品纯度。甲同学通过测定产品中锰元素的含量确定纯度；乙同学通过测定产品中氯元素的含量确定纯度。合理的是________(填“甲”或“乙”)同学的方法。
【答案】(1)(CH3COO)2Mn (2)步骤Ⅰ脱去四水醋酸锰的结晶水并防止生成MnCl2；步骤Ⅱ加热回流促进反应生成MnCl2 (3)BD (4)①c d b a ②防止可能产生的酸性气体进入抽气泵；防止外部水气进入样品 (5)乙
【解析】(1)根据制备无水二氯化锰的主要反应：(CH3COO)2Mn＋2CH3COCleq \(――→,\s\up7(△),\s\d5(苯))MnCl2↓＋2(CH3CO)2O以及乙酰氯遇水发生反应：CH3COCl＋H2O―→CH3COOH＋HCl可判断步骤Ⅰ中利用CH3COCl吸水，因此所获固体主要成分是(CH3COO)2Mn。(3)用倾析法转移溶液，开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀，故B正确；由于无水二氯化锰极易吸水潮解，洗涤结束后，将固体迅速转移至圆底烧瓶进行后续操作，故D正确。(4)②由于可能混有酸性气体，且无水二氯化锰极易吸水潮解，因此图2装置中U形管内NaOH固体的作用是防止可能产生的酸性气体进入抽气泵，同时防止外部水气进入样品。(5)由于无水二氯化锰极易吸水潮解，且锰离子水解，所以应该通过测定产品中氯元素的含量确定纯度，所以合理的是乙同学的方法。
【关联题点】实验基本操作；滴定法在物质含量测定中的应用
【难度】中档题
【题型】实验题
21.（2021·辽宁卷，18）Fe/Fe3O4磁性材料在很多领域具有应用前景，其制备过程如下(各步均在N2氛围中进行)：
①称取9.95 g FeCl2⋅4H2OMr=199，配成50mL溶液，转移至恒压滴液漏斗中。
②向三颈烧瓶中加入100 mL 14 ml⋅L-1 KOH溶液。
③持续磁力搅拌，将FeCl2溶液以2 mL⋅min-1的速度全部滴入三颈烧瓶中，100℃下回流3h。
④冷却后过滤，依次用热水和乙醇洗涤所得黑色沉淀，在40℃干燥。
⑤管式炉内焙烧2 h，得产品3.24 g。
部分装置如图：
回答下列问题：
(1)仪器a的名称是 ；使用恒压滴液漏斗的原因是 。
(2)实验室制取N2有多种方法，请根据元素化合物知识和氧化还原反应相关理论，结合下列供选试剂和装置，选出一种可行的方法，化学方程式为 ，对应的装置为 (填标号)。
可供选择的试剂：CuO(s)、NH3(g)、Cl2(g)、O2(g)、饱和NaNO2(aq)、饱和NH4Cl(aq)
可供选择的发生装置(净化装置略去)：
(3)三颈烧瓶中反应生成了Fe和Fe3O4，离子方程式为 。
(4)为保证产品性能，需使其粒径适中、结晶度良好，可采取的措施有_______。
A．采用适宜的滴液速度 B．用盐酸代替KOH溶液，抑制Fe2+水解
C．在空气氛围中制备 D．选择适宜的焙烧温度
(5)步骤④中判断沉淀是否已经用水洗涤干净，应选择的试剂为 ；使用乙醇洗涤的目的是 。
(6)该实验所得磁性材料的产率为 (保留3位有效数字)。
【答案】(1)（球形）冷凝管 平衡气压，便于液体顺利流下
(2)2NH3+3CuO=Δ3Cu+N2+3H2O(或NH4Cl + NaNO2=ΔNaCl + 2H2O + N2↑) A(或B)
(3)4Fe2++8OH-=Fe↓+Fe3O4↓+4H2O
(4)AD
(5)稀硝酸和硝酸银溶液 除去晶体表面水分，便于快速干燥
(6)90.0%
【解析】（1）根据仪器的构造与用途可知，仪器a的名称是（球形）冷凝管；恒压滴液漏斗在使用过程中可保持气压平衡，使液体顺利流下。
（2）实验室中制备少量氮气的基本原理是用适当的氧化剂将氨或铵盐氧化，常见的可以是将氨气通入灼热的氧化铜中反应，其化学方程式为：2NH3+3CuO=Δ3Cu+N2+3H2O ；可选择气体通入硬质玻璃管与固体在加热条件下发生反应，即选择A装置。还可利用饱和NaNO2(aq)和饱和NH4Cl(aq)在加热下发生氧化还原反应制备氮气，反应的化学方程式为：NH4Cl + NaNO2=ΔNaCl + 2H2O + N2↑，可选择液体与液体加热制备气体型，所以选择B装置。综上考虑，答案为：2NH3+3CuO=Δ3Cu+N2+3H2O(或NH4Cl + NaNO2=ΔNaCl + 2H2O + N2↑)；A(或B)；
（3）三颈烧瓶中FeCl2溶液与100mL14ml⋅L-1KOH溶液发生反应生成了Fe和Fe3O4，根据氧化还原反应的规律可知，该反应的离子方程式为4Fe2++8OH-=Fe↓+Fe3O4↓+4H2O；
（4）结晶度受反应速率与温度的影响，所以为保证产品性能，需使其粒径适中、结晶度良好，可采取的措施有采用适宜的滴液速度、选择适宜的焙烧温度，AD项符合题意，若用盐酸代替KOH溶液，生成的晶体为Fe和Fe3O4，均会溶解在盐酸中，因此得不到该晶粒，故B不选；若在空气氛围中制备，则亚铁离子容易被空气氧化，故D不选，综上所述，答案为：AD；
（5）因为反应后溶液中有氯离子，所以在步骤④中判断沉淀是否已经用水洗涤干净，需取最后一次洗涤液，加入稀硝酸酸化后，再加入硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则证明已洗涤干净；乙醇易溶于水，易挥发，所以最后使用乙醇洗涤的目的是除去晶体表面水分，便于快速干燥。
（6）9.95g FeCl2⋅4H2OMr=199的物质的量为9.95g199g/ml=0.05ml，根据发生反应的离子方程式：4Fe2++8OH-=Fe↓+Fe3O4↓+4H2O，可知理论上所得的Fe和Fe3O4的物质的量各自为0.0125ml，所以得到的黑色产品质量应为0.0125ml×（56g/ml+232g/ml）=3.6g，实际得到的产品3.24g，所以其产率为×100%=90.0%，故答案为：90.0%。
【关联题点】已知信息型化学（离子）方程式的书写；化学反应条件控制及应用；实验基本操作；实验仪器和药品的选择与使用
【难度】中档题
【题型】实验题
22.（2021·江苏卷，17）以软锰矿粉(含MnO2及少量Fe、Al、Si、Ca、Mg等的氧化物)为原料制备电池级MnO2。
(1)浸取。将一定量软锰矿粉与Na2SO3、H2SO4溶液中的一种配成悬浊液，加入到三颈瓶中(图1)，70℃下通过滴液漏斗缓慢滴加另一种溶液，充分反应，过滤。滴液漏斗中的溶液是 ；MnO2转化为Mn2+的离子方程式为 。
(2)除杂。向已经除去Fe、Al、Si的MnSO4溶液(pH约为5)中加入NH4F溶液，溶液中的Ca2+、Mg2+形成氟化物沉淀。若沉淀后上层清液中c(F-)=0.05ml·L-1，则c(Ca2+)c(Mg2+)= 。[Ksp(MgF2)=5×10-11，Ksp(CaF2)=5×10-9]
(3)制备MnCO3。在搅拌下向100mL1ml·L-1MnSO4溶液中缓慢滴加1ml·L-1NH4HCO3溶液，过滤、洗涤、干燥，得到MnCO3固体。需加入NH4HCO3溶液的体积约为 。
(4)制备MnO2。MnCO3经热解、酸浸等步骤可制备MnO2。MnCO3在空气气流中热解得到三种价态锰的氧化物，锰元素所占比例(某价态锰的氧化物中锰元素质量锰元素总质量×100%)随热解温度变化的曲线如图2所示。已知：MnO与酸反应生成Mn2+；Mn2O3氧化性强于Cl2，加热条件下Mn2O3在酸性溶液中转化为MnO2和Mn2+。
为获得较高产率的MnO2，请补充实验方案：取一定量MnCO3置于热解装置中，通空气气流， ，固体干燥，得到MnO2。(可选用的试剂：1 ml·L-1 H2SO4溶液、2 ml·L-1 HCl溶液、BaCl2溶液、AgNO3溶液)。
【答案】(1)H2SO4溶液 MnO2+SO32−+2H+=Mn2++SO42−+H2O
(2)100
(3)200 mL
(4)加热到450℃充分反应一段时间，将固体冷却后研成粉末，边搅拌边加入一定量1 ml·L-1稀H2SO4，加热，充分反应后过滤，洗涤，直到取最后一次洗涤滤液加盐酸酸化的0.1 ml·L-1 BaCl2溶液不变浑浊
【解析】（1）若三颈瓶中先加入硫酸溶液，向其中滴加Na2SO3溶液则易生成SO2导致Na2SO3的利用率减小，故滴液漏斗中的溶液是H2SO4溶液；MnO2被亚硫酸根还原为Mn2+的离子方程式为：MnO2+SO32−+2H+=Mn2++SO42−+H2O；
（2）c(Ca2+)c(Mg2+)=KspCaF2KspMgF2=5×10−95×10−11=100；
（3）该反应的化学方程式2NH4HCO3+ MnSO4= MnCO3+ (NH4)2SO4+H2O+CO2↑，由方程式可知NH4HCO3与MnSO4的物质的量之比为2∶1，需加入NH4HCO3溶液的体积约为200 mL ；
（4）根据图象在450°C左右MnO2占比最高，所以加热到450°C最佳，MnO与酸反应生成Mn2+，故用酸除MnO，Mn2O3氧化性强于Cl2，用盐酸会发生氧化还原生产氯气。因此，该实验方案可补充为：加热到450℃充分反应一段时间后，将固体冷却后研成粉末，向其中边搅拌边加入一定量1ml·L-1稀H2SO4，加热，充分反应后过滤，洗涤，直到取最后一次洗涤滤液加盐酸酸化的0.1ml·L-1BaCl2溶液不变浑浊。
【关联题点】依据信息型化学（离子）方程式书写；溶度积（KSP）及相关计算；条件控制在化学反应中的应用；实验基本操作描述判断；
【难度】中档题
【题型】实验题
23.（2021·山东卷，18）六氯化钨(WCl6)可用作有机合成催化剂，熔点为283 ℃，沸点为340 ℃，易溶于CS2，极易水解。实验室中，先将三氧化钨(WO3)还原为金属钨(W)再制备WCl6，装置如图所示(夹持装置略)。回答下列问题：
(1)检查装置气密性并加入WO3。先通N2，其目的是________________；一段时间后，加热管式炉，改通H2，对B处逸出的H2进行后续处理。仪器A的名称为________________，证明WO3已被完全还原的现象是____________________。
(2)WO3完全还原后，进行的操作为：①冷却，停止通H2；②以干燥的接收装置替换E；③在B处加装盛有碱石灰的干燥管；④……；⑤加热，通Cl2；⑥……。碱石灰的作用是____________________；操作④是__________________，目的是____________________。
(3)利用碘量法测定WCl6产品纯度，实验如下：
①称量：将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称重为m1 g；开盖并计时1分钟，盖紧称重为m2 g；再开盖加入待测样品并计时1分钟，盖紧称重为m3 g，则样品质量为__________g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。
②滴定：先将WCl6转化为可溶的Na2WO4，通过IOeq \\al(－,3)离子交换柱发生反应：WOeq \\al(2－,4)＋Ba(IO3)2===BaWO4＋2IOeq \\al(－,3)；交换结束后，向所得含IOeq \\al(－,3)的溶液中加入适量酸化的KI溶液，发生反应：IOeq \\al(－,3)＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O；反应完全后，用Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2＋2S2Oeq \\al(2－,3)===2I－＋S4Oeq \\al(2－,6)。滴定达终点时消耗c ml·L－1的Na2S2O3溶液V mL，则样品中WCl6(摩尔质量为M g·ml－1)的质量分数为____________。称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将__________(填“偏大”“偏小”或“不变”)，样品中WCl6质量分数的测定值将______________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【答案】(1)排除装置中的空气 直形冷凝管 淡黄色固体变为银白色 (2)吸收多余氯气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入E 再次通入N2 排除装置中的H2 (3)①m3＋m1－2m2 ②eq \f(cVM,120(m3＋m1－2m2))% 不变 偏大
【解析】(1)用H2还原WO3制备W，装置中不能有空气，所以先通N2，其目的是排除装置中的空气；由仪器构造可知仪器A的名称为直形冷凝管；WO3为淡黄色固体，被还原后生成的W为银白色，所以能证明WO3已被完全还原的现象是淡黄色固体变为银白色。
(2)由信息可知WCl6极易水解，W与Cl2反应制取WCl6时，要在B处加装盛有碱石灰的干燥管，防止空气中的水蒸气进入E中，所以碱石灰的作用其一是吸收多余氯气，防止污染空气；其二是防止空气中的水蒸气进入E；在操作⑤加热，通Cl2之前，装置中有多余的H2，需要除去，所以操作④是再次通入N2，目的是排除装置中的H2。
(3)①称量时加入足量的CS2，盖紧称重为m1 g，由于CS2易挥发，开盖时要挥发出来，称量的质量要减少，开盖并计时1分钟，盖紧称重m2 g，则挥发出的CS2的质量为(m1－m2)g，再开盖加入待测样品并计时1分钟，又挥发出(m1－m2)g的CS2，盖紧称重为m3 g，则样品质量为m3 g＋2(m1－m2)g－m1 g＝(m3＋m1－2m2)g。
②滴定时，根据关系式：WOeq \\al(2－,4)～2IOeq \\al(－,3)～6I2～12S2Oeq \\al(2－,3)，样品中n(WCl6)＝n(WOeq \\al(2－,4))＝eq \f(1,12)n(S2Oeq \\al(2－,3))＝eq \f(1,12)cV×10－3ml，m(WCl6)＝eq \f(1,12)cV×10－3ml×M g·ml－1＝eq \f(cVM,12 000) g，则样品中WCl6的质量分数为eq \f(\f(cVM,12 000) g,(m3＋m1－2m2)g)×100%＝eq \f(cVM,120(m3＋m1－2m2))%；根据测定原理，称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，挥发的CS2的质量增大，m3偏小，但WCl6的质量不变，则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将不变，样品中WCl6质量分数的测定值将偏大。
【关联题点】物质组成及含量型综合实验；氧化还原滴定在含量测定中的应用；实验基本操作
【难度】较难题
【题型】实验题
24.(2020·北京卷，15)H2O2是一种重要的化学品，其合成方法不断发展。
(1)早期制备方法
①Ⅰ为分解反应，产物除BaO、O2外，还有一种红棕色气体。该反应的化学方程式是_________。
②Ⅱ为可逆反应，促进该反应正向进行的措施是_____________________________________。
③Ⅲ中生成H2O2，反应的化学方程式是____________________________________________。
④减压能够降低蒸馏温度，从H2O2的化学性质角度说明Ⅴ中采用减压蒸馏的原因：__________________________。
(2)电化学制备方法
已知反应2H2O2===2H2O＋O2↑能自发进行，反向不能自发进行，通过电解可以实现由H2O和O2为原料制备H2O2，下图为制备装置示意图。
①a极的电极反应式是__________________________________________________________。
②下列说法正确的是________。
A．该装置可以实现电能转化为化学能
B．电极b连接电源负极
C．该方法相较于早期制备方法具有原料廉价，对环境友好等优点
【答案】(1)2Ba(NO3)22BaO＋O2↑＋4NO2↑ (2)增大压强或增大氧气的浓度或降低温度 (3)BaO2＋2HCl===BaCl2＋H2O2 (4)H2O2受热易分解 (5)O2＋2H＋＋2e－===H2O2 (6)AC
【解析】(1)①Ⅰ为分解反应，产物除BaO、O2外，还有一种红棕色气体，该气体为NO2。根据氧化还原反应电子得失守恒配平该反应的化学方程式为2Ba(NO3)22BaO＋O2↑＋4NO2↑；②Ⅱ为BaO与氧气反应生成BaO2，是可逆反应，反应方程式为2BaO(s)＋O2(g)2BaO2(s)，正反应为气体体积减小的放热反应，促进该反应正向进行的措施是增大压强或增大氧气的浓度或降低温度；③Ⅲ中过氧化钡与盐酸反应生成氯化钡和双氧水，反应的化学方程式是BaO2＋2HCl===BaCl2＋H2O2；④H2O2受热易分解，采用减压能够降低蒸馏温度，防止双氧水分解导致产率降低。
(2)①根据分析，a极的电极反应式是O2＋2H＋＋2e－===H2O2；②2H2O2===2H2O＋O2↑能自发进行，反向不能自发进行，根据图示，该装置有电源，属于电解池，电解池是将电能转化为化学能的装置，故A正确；根据分析，电极b为阳极，电解池阳极与电源正极连接，故B错误；根据分析，该装置的总反应为2H2O＋O22H2O2，根据反应可知，制取双氧水的原料为氧气和水，来源广泛，原料廉价，对环境友好等优点，故C正确；答案选AC。
【关联题点】推断型化学（离子）方程式书写；电解原理在物质制备中的应用
【难度】中档题
【题型】填空题
25.(2020·浙江卷，30)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。
合成反应：SO2＋Na2CO3===Na2SO3＋CO2 2Na2S＋3SO2===2Na2SO3＋3S Na2SO3＋SNa2S2O3
滴定反应：I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6
已知：Na2S2O3·5H2O易溶于水，难溶于乙醇，50 ℃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→( )→( )→( )→( )→( )→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)①F B E C G ②防止碘挥发 ③Na2SO3或失去部分结晶水的Na2S2O3·5H2O
【解析】(1)步骤Ⅰ中，单向阀的作用是防止C中的液体倒吸进A装置中；装置C中混合溶液的pH过高，说明溶液中含有较多的Na2CO3和Na2S，Na2CO3和Na2S溶液水解显碱性，CO32−＋H2OHCO3−＋OH－、S2－＋H2OHS－＋OH－，则SO2和Na2CO3、Na2S反应不充分；pH过低，说明Na2S2O3分解为S和SO2，SO2＋H2OH2SO3、H2SO3H＋＋HSO3−，pH过高或过低都会导致Na2S2O3·5H2O晶体的产率降低。(2)A错，快速蒸发水分，加热温度过高，会造成Na2S2O3·5H2O晶体失去结晶水；B对，蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，停止加热，利用余热蒸发水分，会得到Na2S2O3·5H2O晶体；C对，由题目已知信息，Na2S2O3·5H2O难溶于乙醇，所以冷却结晶后的固液混合物中加入乙醇可提高Na2S2O3·5H2O的产率；D错，Na2S2O3·5H2O晶体易溶于水，若用Na2CO3溶液作洗涤剂，Na2S2O3·5H2O会溶解，造成损失。(3)①滴定管使用前的正确操作顺序为检漏→蒸馏水洗涤→用滴定液润洗2至3次→装入滴定液至零刻度以上→排除气泡→调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下→记录起始读数→开始滴定。②为了防止标准液中的碘挥发，造成标准液的浓度偏低，滴定前的碘量瓶应盖上瓶塞。③根据题给滴定反应的化学方程式，可得滴定反应的关系式为2Na2S2O3·5H2O～I2，Na2SO3与I2反应的对应关系为Na2SO3～I2，M(Na2SO3)＝126 g·ml－1，M(Na2S2O3·5H2O)＝248 g·ml－1，M(Na2SO3)＜M(Na2S2O3·5H2O)；若产品中Na2S2O3·5H2O的含量超过100%，说明产品中可能存在Na2SO3或失去部分结晶水的Na2S2O3·5H2O。
【关联题点】含硫化合物的性质及制备；氧化还原反应滴定及相关应用；实验基本操作
【难度】中档题
【题型】实验题
题点2 和非金属及其化合物相关的制备型实验探究
1.(2025·新课标卷，26)碘具有重要经济价值。实验室利用沉淀法从含碘废液中回收碘，相关反应的化学方程式为：
2CuSO4+2NaI+Na2SO3+H2O2CuI(白色)↓+2NaHSO4+Na2SO4
2CuI+8HNO3(浓)2Cu(NO3)2+I2+4NO2↑+4H2O
实验装置如图所示。
实验步骤如下：
①向A中加入Na2SO3，搅拌使其溶解。将CuSO4饱和溶液加入B中。
②加热至60~70 ℃，逐滴加入饱和CuSO4溶液。停止加热，静置，沉降。
③检查I-是否沉淀完全。确认沉淀完全后，弃去上层清液。
④将B中溶液更换为浓硝酸，连接装置D。不断搅拌下，逐滴加入浓硝酸。
⑤待析出的I2沉降后，过滤，洗涤，干燥得到产品。
回答下列问题：
(1)仪器A和C的名称分别是 、 。
(2)称取CuSO4·5H2O于烧杯中，向其中加入适量蒸馏水，微热，搅拌，静置冷却，得到CuSO4饱和溶液。判断CuSO4溶液饱和的实验现象是 。
(3)步骤③中，确认I-沉淀完全的操作及现象是：取少量清液，加入一滴淀粉溶液， 。
(4)步骤④中，加入浓硝酸后A中的现象是 ，
D中盛放 。
(5)步骤⑤中，使用 (填标号)洗涤。
a.水 b.四氯化碳 c.乙醇
(6)若要进一步精制产品，可采取的方法是 。
【答案】(1)三颈烧瓶 温度计 (2)烧杯底部有少量固体 (3)缓慢滴加过量氯水，无蓝色出现 (4)白色固体消失，析出紫黑色沉淀，产生红棕色气体，溶液呈绿色 碱液 (5)a (6)升华
【解析】(5)步骤⑤中，I2在水中溶解度小，在乙醇中溶解度大于水中溶解度，易溶于四氯化碳，则析出的I2沉降后，过滤，再用水洗涤表面的无机盐，以减少损耗。
【难度】中档题
【题型】实验题
2.(2025·河北，15)氢碘酸常用于合成碘化物。某化学兴趣小组用如图装置(夹持装置等略)制备氢碘酸。
步骤如下：
ⅰ.在A中加入150 mL H2O和127 g I2，快速搅拌，打开K1通入H2S，反应完成后，关闭K1，静置、过滤得滤液；
ⅱ.将滤液转移至B中，打开K2通入N2，接通冷凝水，加热保持微沸，直至H2S除尽；
ⅲ.继续加热蒸馏，C中收集沸点为125~127 ℃间的馏分，得到117 mL氢碘酸(密度为1.7 g·mL-1，HI质量分数为57%)。
回答下列问题：
(1)仪器A的名称： ，通入H2S发生反应的化学方程式： 。
(2)步骤ⅰ中快速搅拌的目的： (填序号)。
a.便于产物分离b.防止暴沸
c.防止固体产物包覆碘
(3)步骤ⅰ中随着反应的进行，促进碘溶解的原因： (用离子方程式表示)。
(4)步骤ⅱ中的尾气常用 (填化学式)溶液吸收。
(5)步骤ⅱ实验开始时的操作顺序：先通入N2，再加热；步骤ⅲ实验结束时相对应的操作顺序： 。
(6)列出本实验产率的计算表达式： 。
(7)氢碘酸见光易分解，易被空气氧化，应保存在 。
【答案】(1)圆底烧瓶 H2S+I22HI+S (2)c
(3)I2+I-I3− (4)NaOH(其他合理答案也可)
(5)先停止加热，再停止通入N2
(6)117×1.7×57%128×100%
(7)棕色细口试剂瓶中
【解析】(2)由步骤ⅰ的操作可知，静置、过滤的目的是分离产物，与快速搅拌无关，a不符合题意；步骤ⅰ中未涉及加热，b不符合题意；由(1)可知，步骤ⅰ的反应中有硫单质生成，由于S不溶于水，会包裹溶液中的碘单质阻碍反应的发生，c符合题意。(3)I2可与溶液中的I-反应生成I3−，从而增大碘单质的溶解度，反应的离子方程式为I2+I-I3−。(4)步骤ⅱ中的尾气是H2S有毒，为酸性气体，常用NaOH溶液吸收。(5)停止加热后，持续通入N2，可防止产物HI被空气氧化，待装置冷却后再停止通入N2，可将装置中残留的HI全部赶入C中。(6)n实际(HI)=117 mL×1.7 g·mL−1×57%128 g·ml−1，n理论(HI)=2×127 g2×127 g·ml−1=1 ml，故实验的产率=117 mL×1.7 g·mL−1×57%128 g·ml−1÷1 ml ×100%=117×1.7×57%128×100%。
【难度】中档题
【题型】实验题
3.(2024·河北，15)市售的溴(纯度99%)中含有少量的Cl2和I2，某化学兴趣小组利用氧化还原反应原理，设计实验制备高纯度的溴。回答下列问题：
(1)装置如图(夹持装置等略)，将市售的溴滴入盛有浓CaBr2溶液的B中，水浴加热至不再有红棕色液体馏出。仪器C的名称为 ；CaBr2溶液的作用为 ；D中发生的主要反应的化学方程式为 。
(2)将D中溶液转移至 (填仪器名称)中，边加热边向其中滴加酸化的KMnO4溶液至出现红棕色气体，继续加热将溶液蒸干得固体R。该过程中生成I2的离子方程式为 。
(3)利用图示相同装置，将R和K2Cr2O7固体混合均匀放入B中，D中加入冷的蒸馏水。由A向B中滴加适量浓H2SO4，水浴加热蒸馏。然后将D中的液体分液、干燥、蒸馏，得到高纯度的溴。D中蒸馏水的作用为 和 。
(4)为保证溴的纯度，步骤(3)中K2Cr2O7固体的用量按理论所需量的34计算，若固体R质量为m克(以KBr计)，则需称取 g K2Cr2O7(M=294 g·ml-1)(用含m的代数式表示)。
(5)本实验所用钾盐试剂均经重结晶的方法纯化。其中趁热过滤的具体操作为漏斗下端管口紧靠烧杯内壁，转移溶液时用 ，滤液沿烧杯壁流下。
【答案】(1)直形冷凝管 除去市售的溴中少量的Cl2、抑制液溴与水反应 Br2+K2C2O42KBr+2CO2↑ (2)蒸发皿 2MnO4−+10I-+16H+2Mn2++ 5I2+8H2O (3)液封 降低温度 (4)0.31m (5)玻璃棒引流，玻璃棒下端靠在三层滤纸处
【解析】(1)仪器C为直形冷凝管，用于冷凝蒸气；市售的溴(纯度99%)中含有少量的Cl2 和I2，Cl2 可与CaBr2发生氧化还原反应而除去；水浴加热时，Br2、I2蒸发进入装置D中，分别与K2C2O4发生氧化还原反应，由于I2少量，故主要反应的化学方程式为Br2+K2C2O42KBr+2CO2↑。(2)将D中溶液转移至蒸发皿中，边加热边向其中滴加酸化的KMnO4溶液至出现红棕色气体(Br2)，因为I-的还原性强于Br-，说明KMnO4已将KI全部氧化，发生反应的离子方程式为2MnO4−+10I-+16H+2Mn2++5I2+8H2O；KBr几乎未被氧化，继续加热将溶液蒸干所得固体R的主要成分为KBr。(3)密度：Br2>H2O，D中冷的蒸馏水起到液封的作用，同时冷的蒸馏水温度较低，均可减少溴的挥发。(4)m g KBr固体的物质的量为m119 ml，根据得失电子守恒可得关系式6KBr~6e-~K2Cr2O7，则理论上需要K2Cr2O7的物质的量为16×m119 ml，实际所需称取K2Cr2O7的质量为16×m119 ml×34×294 g·ml-1≈0.31m g。
【难度】较难题
【题型】实验题
4.(2024·甘肃，16)某兴趣小组设计了利用MnO2和H2SO3生成MnS2O6，再与Na2CO3反应制备Na2S2O6·2H2O的方案：
(1)采用下图所示装置制备SO2，仪器a的名称为 ；步骤Ⅰ中采用冰水浴是为了 。
(2)步骤Ⅱ应分数次加入MnO2，原因是 。
(3)步骤Ⅲ滴加饱和Ba(OH)2溶液的目的是 。
(4)步骤Ⅳ生成MnCO3沉淀，判断Mn2+已沉淀完全的操作是 。
(5)将步骤Ⅴ中正确操作或现象的标号填入相应括号中。
A.蒸发皿中出现少量晶体
B.使用漏斗趁热过滤
C.利用蒸发皿余热使溶液蒸干
D.用玻璃棒不断搅拌
E.等待蒸发皿冷却
【答案】(1)恒压滴液漏斗 增大SO2的溶解度、增大H2SO3的浓度，同时为步骤Ⅱ提供低温 (2)防止过多的MnO2与H2SO3反应生成MnSO4，同时防止反应太快、放热太多、不利于控制温度低于10 ℃ (3)除去过量的SO2(或H2SO3) (4)静置，向上层清液中继续滴加几滴饱和Na2CO3溶液，若不再产生沉淀，说明Mn2+已沉淀完全 (5)D A E
【解析】步骤Ⅴ中Na2S2O6溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到Na2S2O6∙2H2O。
(2)步骤Ⅱ中，MnO2与H2SO3在低于10 ℃时反应生成MnS2O6，反应的化学方程式为MnO2+2H2SO3MnS2O6+2H2O，分数次加入MnO2，是防止过多的MnO2与H2SO3反应生成MnSO4，同时防止反应太快、放热太多、不利于控制温度低于10 ℃。(3)步骤Ⅲ中滴加饱和Ba(OH)2溶液的目的是除去过量的SO2或H2SO3，防止后续反应中SO2与Na2CO3溶液反应，增加饱和Na2CO3溶液的用量并使产品中混有杂质。(4)步骤Ⅳ中滴入饱和Na2CO3溶液发生反应：MnS2O6+Na2CO3MnCO3↓+Na2S2O6，判断Mn2+已沉淀完全的操作是静置，向上层清液中继续滴加几滴饱和Na2CO3溶液，若不再产生沉淀，说明Mn2+已沉淀完全。(5)步骤Ⅳ经过滤得到Na2S2O6溶液，步骤Ⅴ的正确操作或现象为将滤液倒入蒸发皿中→用酒精灯加热→用玻璃棒不断搅拌→蒸发皿中出现少量晶体→停止加热→等待蒸发皿冷却→过滤、洗涤、干燥得到Na2S2O6∙2H2O。
【难度】中档题
【题型】实验题
5．(2024·浙江1月选考，20)H2S可用于合成光电材料。某兴趣小组用CaS与MgCl2反应制备液态H2S，实验装置如图，反应方程式为：CaS＋MgCl2＋2H2O===CaCl2＋Mg(OH)2＋H2S↑。
已知：①H2S的沸点是61 ℃，有毒；
②装置A内产生的H2S气体中含有酸性气体杂质。
请回答：
(1)仪器X的名称是______________________________。
(2)完善虚框内的装置排序：A→B→____→____→____→F→G。
(3)下列干燥剂，可用于装置C中的是________。
A．氢氧化钾 B．五氧化二磷
C．氯化钙 D．碱石灰
(4)装置G中汞的两个作用是：①平衡气压：②________________________________。
(5)下列说法正确的是________。
A．该实验操作须在通风橱中进行
B．装置D的主要作用是预冷却H2S
C．加入的MgCl2固体，可使MgCl2溶液保持饱和，有利于平稳持续产生H2S
D．该实验产生的尾气可用硝酸吸收
(6)取0.680 g H2S产品，与足量CuSO4溶液充分反应后，将生成的CuS置于已恒重、质量为31.230 g的坩埚中，煅烧生成CuO，恒重后总质量为32.814 g。产品的纯度为______________。
【答案】(1)圆底烧瓶 (2)E C D (3)BC (4)处理尾气H2S (5)ABC (6)99%
【解析】(2)制备气体的装置包括发生装置、除杂装置、收集装置和尾气处理装置，由于不能骤冷，要逐步冷却，所以B连E，E连C，C连D，D连F。(3)H2S是酸性气体，不可以用碱性干燥剂，所以不可以用氢氧化钾和碱石灰，故选BC。(5)H2S有毒，该实验操作须在通风橱中进行，故A正确；气体不能骤冷，装置D的主要作用是预冷却H2S，故B正确；加入的MgCl2固体，可使MgCl2溶液保持饱和，有利于平稳持续产生H2S，故C正确；该实验产生的尾气不可用硝酸吸收，硝酸的氧化性虽然可以把H2S氧化为S单质，但是稀硝酸产生的NO或者浓硝酸产生的NO2会污染空气，故D错误。(6)根据铜守恒，氧化铜的质量为32.814 g－31.230 g＝1.584 g，则氧化铜物质的量为0.019 8 ml，n(CuS)＝n(CuO)＝0.019 8 ml，则H2S物质的量为0.019 8 ml，H2S的质量为0.673 2 g，产品的纯度为eq \f(0.673 2 g,0.680 g)×100%＝99%。
【难度】较难题
【题型】实验题
6.(2023·湖北，13)利用如图所示的装置(夹持及加热装置略)制备高纯白磷的流程如下：
红磷(s)eq \(――→,\s\up7(△))无色液体与P4(g)eq \(――→,\s\up7(凝华))白磷(s)
下列操作错误的是( )
A．红磷使用前洗涤以除去表面杂质
B．将红磷转入装置，抽真空后加热外管以去除水和氧气
C．从a口通入冷凝水，升温使红磷转化
D．冷凝管外壁出现白磷，冷却后在氮气氛围下收集
【答案】C
【解析】红磷使用前应用水洗涤，除去其表面的可溶性氧化物及氧化物的水化物，A正确；将红磷转入装置，抽真空后加热外管，除去红磷表面的水分，同时除去残余的少量氧气，B正确；由仪器构造可知，应从b口通入冷凝水(类比直形冷凝管的“下口进上口出”，b口类似于直形冷凝管的下口)，C错误；通入冷凝水后P4(g)在冷凝管外壁凝华，冷却后在氮气氛围下收集，防止产品变质，D正确。
【关联题点】物质的分离与提纯
【难度】中档题
【题型】单选题
7.(2023·山东，18)三氯甲硅烷(SiHCl3)是制取高纯硅的重要原料，常温下为无色液体，沸点为31.8 ℃，熔点为－126.5 ℃，易水解。实验室根据反应Si＋3HCleq \(=====,\s\up7(△))SiHCl3＋H2，利用如图装置制备SiHCl3粗品(加热及夹持装置略)。回答下列问题：
(1)制备SiHCl3时进行操作：(ⅰ)……；(ⅱ)将盛有硅粉的瓷舟置于管式炉中；(ⅲ)通入HCl，一段时间后接通冷凝装置，加热开始反应。操作(ⅰ)为____________________；判断制备反应结束的实验现象是_________________。图示装置存在的两处缺陷是__________________。
(2)已知电负性：Cl>H>Si，SiHCl3在浓NaOH溶液中发生反应的化学方程式为_____________
________________________________________________________________________。
(3)采用如下方法测定溶有少量HCl的SiHCl3纯度。
m1 g样品经水解、干燥等预处理过程得硅酸水合物后，进行如下实验操作：①____________，②____________(填操作名称)，③称量等操作，测得所得固体氧化物质量为m2 g，从下列仪器中选出①、②中需使用的仪器，依次为____________(填标号)。测得样品纯度为____________(用含m1、m2的代数式表示)。
【答案】(1)组装仪器并检查装置气密性 管式炉中没有固体剩余，烧瓶中无液体滴下 C、D之间没有干燥装置，没有处理氢气的装置
(2)SiHCl3＋5NaOH===Na2SiO3＋3NaCl＋H2↑＋2H2O
(3)高温灼烧 冷却干燥 A、C eq \f(135.5m2,60m1)×100%
【解析】(1)制备SiHCl3时，组装好装置后，要先检查装置气密性，然后将盛有硅粉的瓷舟置于管式炉中，通入氯化氢气体，排出装置中的空气，一段时间后，接通冷凝装置，加热开始反应，当管式炉中没有固体剩余时，即硅粉完全反应，SiHCl3易水解，所以需要在C、D之间加一个干燥装置，防止D中的水蒸气进入装置C中，另外氢氧化钠溶液不能吸收氢气，需要在D后面加处理氢气的装置。(2)已知电负性：Cl＞H＞Si，则SiHCl3中氯元素的化合价为－1，H元素的化合价为－1，硅元素化合价为＋4，所以氢氧化钠溶液和SiHCl3反应时，要发生氧化还原反应，得到氯化钠、硅酸钠和氢气，化学方程式为SiHCl3＋5NaOH===Na2SiO3＋3NaCl＋H2↑＋2H2O。(3)m1 g样品经水解、干燥等预处理过程得到硅酸水合物后，高温灼烧，在干燥器中冷却干燥后，称量，所用仪器包括坩埚和干燥器，所得固体氧化物为二氧化硅，质量为m2 g，则二氧化硅的物质的量n(SiO2)＝eq \f(m2,60) ml，样品纯度为eq \f(\f(m2,60)×(28＋1＋35.5×3),m1)×100%＝eq \f(135.5m2,60m1)×100%。
【关联题点】硅及其化合物的性质及用途；热重分析法在物质成分（或含量）测定中的应用
【难度】中档题
【题型】实验题
8.（2022·重庆卷，16）研究小组以无水甲苯为溶剂，PCl5(易水解)和NaN3为反应物制备纳米球状红磷。该红磷可提高钠离子电池的性能。
(1)甲苯干燥和收集的回流装置如图1所示(夹持及加热装置略)。以二苯甲酮为指示剂，无水时体系呈蓝色。
①存贮时，Na应保存在__________中。
②冷凝水的进口是__________(填“a”或“b”)。
③用Na干燥甲苯的原理是_____________________________________(用化学方程式表示)。
④回流过程中，除水时打开的活塞是__________；体系变蓝后，改变开关状态收集甲苯。
(2)纳米球状红磷的制备装置如图2所示(搅拌和加热装置略)。
①在Ar气保护下，反应物在A装置中混匀后转入B装置，于280 ℃加热12小时，反应物完全反应。其化学反应方程式为____________________________________________________。
用Ar气赶走空气的目的是_______________________________________________________。
②经冷却、离心分离和洗涤得到产品，洗涤时先后使用乙醇和水，依次洗去的物质是__________和__________。
③所得纳米球状红磷的平均半径R与B装置中气体产物的压强p的关系如图3所示。欲控制合成R＝125 nm的红磷，气体产物的压强为______kPa，需NaN3的物质的量为________ ml(保留3位小数)。已知：p＝a×n，其中a＝2.5×105 kPa·ml－1，n为气体产物的物质的量。
【答案】(1)①煤油 ②b ③2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑ ④K2、K3 (2)①2PCl5＋10NaN3eq \(=====,\s\up7(280 ℃))2P＋15N2↑＋10NaCl 防止PCl5遇空气中的水蒸气而发生水解 ②甲苯 NaCl ③104 0.027
【解析】本实验要用无水甲苯作溶剂，故需要先制备无水甲苯，图1装置中Na与水反应除去水，生成的H2从K2排出，待水反应完后，收集无水甲苯；图2中将甲苯和NaN3加入三颈烧瓶中，然后通入Ar排出装置中的空气，再滴入PCl5和甲苯，混合均匀后，转移到反应釜中制备纳米球状红磷。(1)③Na与水反应可除去水，故用钠干燥甲苯的原理是2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑。④回流过程中，打开活塞K2、K3，使生成的气体排出装置。(2)①根据题意可知，反应物为PCl5和NaN3，产物为P，根据化合价的变化规律可知化学方程式为2PCl5＋10NaN3eq \(=====,\s\up7(280 ℃))2P＋15N2↑＋10NaCl；由于PCl5易水解，故用Ar气赶走空气的目的是防止PCl5遇空气中的水蒸气而发生水解。②根据反应可知，得到的产物上沾有甲苯和NaCl，用乙醇洗去甲苯，用水洗去NaCl。③R＝125 nm时可换算出横坐标为8，此时纵坐标对应的值为10，故气体产物的压强为104 kPa；已知p＝a×n，其中a＝2.5×105 kPa·ml－1，气体产物只有N2，则n(N2)＝eq \f(104 kPa,2.5×105 kPa·ml－1)＝0.04 ml，根据反应2PCl5＋10NaN3eq \(=====,\s\up7(280 ℃))2P＋15N2↑＋10NaCl可知，n(NaN3)＝eq \f(10,15)n(N2)＝eq \f(10,15)×0.04 ml≈0.027 ml。
【关联题点】化学反应速率的影响因素；氧化还原反应的相关计算；已知新型型化学（离子）方程式书写；实验基本操作
【难度】中档题
【题型】实验题
9.(2022·海南卷17)磷酸氢二铵[(NH4)2HPO4]常用于干粉灭火剂。某研究小组用磷酸吸收氨气制备(NH4)2HPO4，装置如图所示(夹持和搅拌装置已省略)。
回答问题：
(1)实验室用NH4Cl(s)和Ca(OH)2(s)制备氨气的化学方程式为____________________。
(2)现有浓H3PO4质量分数为85%，密度为1.7 g·mL－1。若实验需100 mL 1.7 ml·L－1的H3PO4溶液，则需浓H3PO4__________ mL(保留一位小数)。
(3)装置中活塞K2的作用为_________________________________________。
实验过程中，当出现__________________现象时，应及时关闭K1，打开K2。
(4)当溶液pH为8.0～9.0时，停止通NH3，即可制得(NH4)2HPO4溶液。若继续通入NH3，当pH>10.0时，溶液中OH－、____________和____________(填离子符号)浓度明显增加。
(5)若本实验不选用pH传感器，还可选用______________作指示剂，当溶液颜色由__________变为__________时，停止通NH3。
【答案】(1)2NH4Cl＋Ca(OH)2eq \(=====,\s\up7(△))CaCl2＋2H2O＋2NH3↑ (2)11.5 (3)平衡气压防倒吸 倒吸 (4)NHeq \\al(＋,4) POeq \\al(3－,4) (5)酚酞 无色 浅红色
【解析】本实验的实验目的为制备磷酸氢二铵[(NH4)2HPO4]，实验原理为2NH3＋H3PO4===[(NH4)2HPO4]，结合相关实验基础知识分析解答问题。(1)实验室用NH4Cl(s)和Ca(OH)2(s)在加热的条件下制备氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)2eq \(=====,\s\up7(△))CaCl2＋2H2O＋2NH3↑。(2)设需浓H3PO4的体积为V mL，则eq \f(1.7 g·mL－1×V mL×85%,98 g·ml－1)＝0.1 L×1.7 ml·L－1，V≈11.5。(3)由于NH3极易溶于水，因此可选择打开活塞K2以平衡气压，防止发生倒吸，所以实验过程中，当出现倒吸现象时，应及时关闭K1，打开K2。(4)继续通入NH3，(NH4)2HPO4继续反应生成(NH4)3PO4，当pH＞10.0时，溶液中OH－、NHeq \\al(＋,4)、POeq \\al(3－,4)的浓度明显增加。(5)由(4)可知，当pH为8.0～9.0时，可制得(NH4)2HPO4，说明(NH4)2HPO4溶液显碱性，因此若不选用pH传感器，还可以选用酚酞作指示剂，当溶液颜色由无色变为浅红时，停止通入NH3，即可制得(NH4)2HPO4溶液。
【关联题点】非金属及其化合物性质及应用；实验基本操作；已知新型型化学（离子）方程式书写
【难度】中档题
【题型】实验题
10.(2022·湖北卷，16)高技术领域常使用高纯试剂。纯磷酸(熔点为42 ℃，易吸潮)可通过市售85%磷酸溶液减压蒸馏除水、结晶除杂得到，纯化过程需要严格控制温度和水分，温度低于21 ℃易形成2H3PO4·H2O(熔点为30 ℃)，高于100 ℃则发生分子间脱水生成焦磷酸等。某兴趣小组为制备磷酸晶体设计的实验装置如下(夹持装置略)：
回答下列问题：
(1)A的名称是__________。B的进水口为__________(填“a”或“b”)。
(2)P2O5的作用是________________________________。
(3)空气流入毛细管的主要作用是防止________________________________________，
还具有搅拌和加速水逸出的作用。
(4)升高温度能提高除水速度，实验选用水浴加热的目的是_____________________________。
(5)磷酸易形成过饱和溶液，难以结晶，可向过饱和溶液中加入__________促进其结晶。
(6)过滤磷酸晶体时，除了需要干燥的环境外，还需要控制温度为__________(填标号)。
A．③
D.由①→④推断，若向①深黄色溶液中加入KI、淀粉溶液，溶液也无明显变化
【答案】D
【解析】0.1 ml·L-1的FeCl3溶液滴加数滴浓盐酸，氯离子浓度增大，平衡右移，生成更多的FeCl4−，溶液黄色加深；继续滴加1滴KSCN溶液，FeCl4−转化为Fe(SCN)2+，溶液变为红色；再加入NaF固体，Fe(SCN)2+转化为FeF63−，溶液红色褪去，变为无色；再滴加KI溶液、淀粉溶液，无色溶液未见明显变化，说明I-未被氧化。由①→④推断，溶液中的c(Fe3+)是越来越小的，若向①深黄色溶液中加入KI、淀粉溶液，无法确定①溶液中的Fe3+的含量是否能够氧化I-，D错误。
【难度】较难题
【题型】单选题
2.(2024·湖北，18)学习小组为探究C2+、C3+能否催化H2O2的分解及相关性质，室温下进行了实验Ⅰ~Ⅳ。
已知：[C(H2O)6]2+为粉红色、[C(H2O)6]3+为蓝色、[C(CO3)2]2−为红色、[C(CO3)3]3−为墨绿色。回答下列问题：
(1)配制1.00 ml·L-1的CSO4溶液，需要用到下列仪器中的 (填标号)。
(2)实验Ⅰ表明[C(H2O)6]2+ (填“能”或“不能”)催化H2O2的分解。实验Ⅱ中HCO3−大大过量的原因是 。
实验Ⅲ初步表明[C(CO3)3]3−能催化H2O2的分解，写出H2O2在实验Ⅲ中所发生反应的离子方程式 。
(3)实验Ⅰ表明，反应2[C(H2O)6]2++H2O2+2H+2[C(H2O)6]3++2H2O难以正向进行，利用化学平衡移动原理，分析C3+、C2+分别与CO32−配位后，正向反应能够进行的原因 。
(4)实验Ⅳ中，A到B溶液变为蓝色，并产生气体；B到C溶液变为粉红色，并产生气体。从A到C所产生的气体的分子式分别为 、 。
实验Ⅳ：
【答案】(1)bc (2)不能 HCO3−与C2+按物质的量之比4∶1发生反应4HCO3−+C2+[C(CO3)2]2−+2CO2↑+2H2O，过量HCO3−可以让C2+充分反应生成[C(CO3)2]2- 2C2++10HCO3−+H2O22[C(CO3)3]3-+6H2O+4CO2↑ 2H2O22H2O+O2↑ (3)实验Ⅲ的现象表明，C3+、C2+分别与CO32−配位时，[C(H2O)6]3+更易与CO32−反应生成[C(CO3)3]3−(该反应为快反应)，导致[C(H2O)6]2+几乎不能转化为[C(CO3)2]2−，这样使得[C(H2O)6]3+的浓度减小的幅度远远大于[C(H2O)6]2+减小的幅度，根据化学平衡移动原理，减小生成物浓度能使化学平衡向正反应方向移动，因此，上述反应能够正向进行 (4)CO2 O2
【解析】实验Ⅰ中无明显变化，证明 [C(H2O)6]2+不能催化H2O2的分解；实验Ⅱ中溶液变为红色，证明[C(H2O)6]2+易转化为[C(CO3)2]2−；实验Ⅲ中溶液变为墨绿色，说明[C(H2O)6]3+更易与CO32−反应生成[C(CO3)3]3−，并且初步证明[C(H2O)6]2+在HCO3−的作用下易被H2O2氧化为[C(CO3)3]3−；实验Ⅳ中溶液先变蓝后变红，并且前后均有气体生成，证明在酸性条件下，[C(CO3)3]3−易转化为[C(H2O)6]3+，[C(H2O)6]3+氧化性强，可以把H2O氧化为O2。(2)CSO4溶液中存在大量的[C(H2O)6]2+，向其中加入30%的H2O2后无明显变化，因此实验Ⅰ表明[C(H2O)6]2+不能催化H2O2的分解。(4)实验Ⅳ中，A到B溶液变为蓝色，并产生气体，说明发生了[C(CO3)3]3−+6H++3H2O[C(H2O)6]3++3CO2↑；B到C溶液变为粉红色，并产生气体，说明发生了4[C(H2O)6]3++2H2O4[C(H2O)6]2++O2↑+4H+，因此从A到C所产生的气体的分子式分别为CO2和O2。
【难度】较难题
【题型】实验题
3.（2023·天津卷，15）研究人员进行了一组实验：
实验一：如图，研究人员将氢氧化钠溶液加入反应容器，随后加入锌粉，随后加热。一段时间后反应完全，停止加热，锌粉仍有剩余，向反应所得溶液中加入一块铜片，并接触剩余的锌，铜片表面出现银白色金属，并伴随少量气体产生。
实验二：研究人员将实验一得到的带有银白色金属的铜片加热，直到铜片表面变黄，立刻停止加热，置入水中冷却。
已知：
；
（1）如图，实验一使用的仪器为________，为了防止加热过程中液体沸腾溅出，采取的办法是________________。
（2）中含有的化学键包括__________。
a．离子键 b．极性共价键 c．非极性共价键 d．配位键
（3）写出氢氧化钠与锌反应的离子方程式：____________________。
（4）写出实验一中构成的原电池正负极反应：
负极：________________________________________；
正极：________________________________________。
（5）研究人员在铜片表面变黄后立刻停止加热，放入水中，这样做的目的是___________________________________。
（6）黄铜和黄金外表相似，但化学性质仍然有所区别。若使用硝酸对二者进行鉴别，则现象与结论为_____________________________________________。
（7）若将铜片插入实验一过滤后的上清液中，可否仍然出现上述现象？请解释：_______________________________________________________。
【答案】(1)蒸发皿 用玻璃棒搅拌 (2)abd (3)Zn+2OH-+2H2O=[Zn(OH)4]2-+H2↑
(4)Zn-2e-+4OH-=[Zn(OH)4]2- [Zn(OH)4]2-+2e-= Zn+4OH-、2H2O+2e-=H2↑+2 O H-
(5)防止锌被氧化
(6)将黄铜和黄金分别与稀硝酸反应，产生气泡的是黄铜
(7)实验一过滤后的上清液中没有金属锌，加入铜片后不能形成原电池，不能出现上述现象。
【解析】(1)由图可知，实验一使用的仪器为蒸发皿，为了防止加热过程中液体沸腾溅出，采取的办法是用玻璃棒搅拌。
(2) Na2[Zn(OH)4]2-是离子化合物，Na+和[Zn(OH)4]2-之间形成离子键，[Zn(OH)4]2-内部存在配位键，O-H属于极性共价键，故选abd。
(3)已知Zn和NaOH溶液反应的化学方程式为:Zn+2NaOH+2H2O=Na2[Zn(OH)4]+H2↑，离子方程式为:Zn+2OH-+2H2O=[Zn(OH)4]2-+H2↑。
(4)锌比铜活泼，实验一中构成的原电池的负极为Zn,Zn失去电子生成[Zn(OH)4]2-，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为Zn-2e-+4OH-=[Zn(OH)4]2-，正极为Cu，正极由产生的锌离子得到电子转变为锌而产生银白色的金属、同时H2O得到电子生成少量H2，电极方程式为[Zn(OH)4]2-+2e-= Zn+4OH-、2H2O+2e-=H2↑+2OH-。
(5)锌离子得电子产生锌析出在铜表面，铜锌接触只有薄薄的一层，加热就是黄铜，所以铜表面变黄，用冷水降温的目的是防止锌被氧化。
(6)铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮，将黄铜和黄金分别与稀硝酸反应，产生气泡的是黄铜。
(7)实验一过滤后的上清液中没有金属锌，加入铜片后不能形成原电池，不能出现上述现象。【关联题点】金属及其化合物的相互转化；原电池工作原理及应用综合
【难度】中档题
【题型】实验题
4.(2022·湖南卷)为探究FeCl3的性质，进行了如下实验(FeCl3和Na2SO3溶液浓度均为0.1 ml·L－1)。
依据上述实验现象，结论不合理的是( )
A．实验①说明加热促进Fe3＋水解反应
B．实验②说明Fe3＋既发生了水解反应，又发生了还原反应
C．实验③说明Fe3＋发生了水解反应，但没有发生还原反应
D．整个实验说明SOeq \\al(2－,3)对Fe3＋的水解反应无影响，但对还原反应有影响
【答案】D
【解析】铁离子的水解反应为吸热反应，加热煮沸可促进水解平衡正向移动，使水解程度加深，生成较多的氢氧化铁，从而使溶液显红褐色，故A正确；在5 mL FeCl3溶液中滴加2滴同浓度的Na2SO3溶液，根据现象分析可知，Fe3＋既发生了水解反应，生成红褐色的氢氧化铁，又被亚硫酸根离子还原，生成亚铁离子，加入铁氰化钾溶液后，生成蓝色沉淀，故B正确；实验③中在5 mL Na2SO3溶液中滴加2滴同浓度的FeCl3溶液，根据溶液红褐色，说明Fe3＋发生水解反应，滴加K3[Fe(CN)6]无蓝色沉淀产生，说明，没有发生还原反应，故C正确；结合实验①、③可知，SOeq \\al(2－,3)对Fe3＋的水解反应有影响，故D错误。
【关联题点】铁及其化合物的性质及应用；盐类水解的影响因素
【难度】中档题
【题型】单选题
题点2 非金属及其化合物性质实验探究
1．(2025·云南，8)某化学兴趣小组设计如下实验装置，通过测定反应前后质量的变化，验证NaNO3固体在酒精灯加热条件下，受热分解的气态产物。
实验步骤：先缓慢通入Ar气，排尽装置内空气；关闭Ⅰ左侧阀门，点燃酒精灯；一段时间后，Ⅱ中灼热的铜网变黑，熄灭酒精灯甲；再次缓慢通入Ar气……
下列说法错误的是
A．实验步骤中，点燃酒精灯的顺序为甲、乙、丙
B．整个过程中，若Ⅲ中灼热的铜网未变黑，则说明生成的O2在Ⅱ中反应完全
C．实验结束后，若Ⅰ中减少的质量等于Ⅱ中增加的质量，则分解的气态产物只有O2
D．NaNO3应远离热源、可燃物，并与还原性物质分开存放
【答案】A
【解析】一段时间后，Ⅱ中灼热的铜网变黑，说明NaNO3分解产生了O2，为确保能准确测定产生的氧气的质量，应先点燃乙处酒精灯，再点燃丙处酒精灯，最后点燃甲处酒精灯，A错误；Ⅱ、Ⅲ中Cu均能和氧气反应生成黑色的CuO，整个过程中，若Ⅱ中灼热的铜网未变黑，则说明生成的O2在Ⅱ中反应完全，B正确；Ⅱ中的Cu只能吸收O2，实验结束后，若Ⅰ中减少的质量等于Ⅱ中增加的质量，则分解的气态产物只有O2，C正确；由该实验可知NaNO3受热易分解产生氧化剂、助燃性气体O2，故NaNO3应远离热源、可燃物，并与还原性物质分开存放，D正确；答案选A。
【难度】基础题
【题型】单选题
2.(2023·辽宁，13)某小组进行实验，向10 mL蒸馏水中加入0.4 g I2，充分振荡，溶液呈浅棕色，再加入0.2 g锌粒，溶液颜色加深；最终紫黑色晶体消失，溶液褪色。已知Ieq \\al(－,3)(aq)为棕色，下列关于颜色变化的解释错误的是( )
【答案】D
【解析】向10 mL蒸馏水中加入0.4 g I2，充分振荡，溶液呈浅棕色，说明I2在水中溶解度较小，A项正确；已知Ieq \\al(－,3)(aq)为棕色，加入0.2 g锌粒后，Zn与I2反应生成ZnI2，生成的I－与I2发生反应：I－＋I2Ieq \\al(－,3)，生成Ieq \\al(－,3)使溶液颜色加深，B项正确；I2在水中存在溶解平衡：I2(s)I2(aq)，Zn与I2反应生成的I－与I2(aq)反应生成Ieq \\al(－,3)，I2(aq)浓度减小，上述溶解平衡向右移动，紫黑色晶体消失，C项正确；最终溶液褪色是Zn与有色物质发生了化合反应，不是置换反应，D项错误。
【关联题点】卤素单质及其化合物的性质及应用
【难度】中档题
【题型】单选题
3.（2022·北京卷，19）某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应
资料：ⅰ.Mn2＋在一定条件下被Cl2或ClO－氧化成MnO2(棕黑色)、MnOeq \\al(2－,4)(绿色)、MnOeq \\al(－,4)(紫色)。
ⅱ.浓碱条件下，MnOeq \\al(－,4)可被OH－还原为MnOeq \\al(2－,4)。
ⅲ.Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。
实验装置如图(夹持装置略)
(1)B中试剂是__________。
(2)通入Cl2前，Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色变为棕黑色的化学方程式为________________________。
(3)对比实验Ⅰ、Ⅱ通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是____________
_______________________________________________________________________________。
(4)根据资料ⅱ，Ⅲ中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因：
原因一：可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。
原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将MnOeq \\al(2－,4)氧化为MnOeq \\al(－,4)。
①化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因_____________________________________，
但通过实验测定溶液的碱性变化很小。
②取Ⅲ中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL 40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色的离子方程式为____________________________________，
溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被__________(填“化学式”)氧化，可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量；
③取Ⅲ中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL水，溶液紫色缓慢加深，发生的反应是__________。
④从反应速率的角度，分析实验Ⅲ未得到绿色溶液的可能原因_________________________。
【答案】(1)饱和NaCl溶液 (2)2Mn(OH)2＋O2===2MnO2＋2H2O (3)二价锰化合物在中性或弱酸性条件下只能被氧化到MnO2，在碱性条件下可以被氧化到更高价态，Mn2＋的还原性随溶液碱性的增强而增强 (4)①Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O ②4MnOeq \\al(－,4)＋4OH－===4MnOeq \\al(2－,4)＋O2↑＋2H2O NaClO ③3ClO－＋2MnO2＋2OH－===2MnOeq \\al(－,4)＋3Cl－＋H2O ④溶液中存在反应ⅰ：4MnOeq \\al(－,4)＋4OH－===4MnOeq \\al(2－,4)＋O2↑＋2H2O，反应ⅱ：3ClO－＋2MnO2＋2OH－===2MnOeq \\al(－,4)＋3Cl－＋H2O，c(OH－)、c(ClO－)均很大时，反应ⅱ的速率大于反应ⅰ
【解析】在装置A中HCl与KMnO4发生反应制取Cl2，由于盐酸具有挥发性，为排除HCl对Cl2性质的干扰，在装置B中盛有饱和NaCl溶液，除去Cl2中的HCl杂质，在装置C中通过改变溶液的pH，验证不同条件下Cl2与MnSO4的反应，装置D是尾气处理装置，目的是除去多余Cl2，防止造成大气污染。(2)通入Cl2前，Ⅱ、Ⅲ中Mn2＋与OH－反应产生Mn(OH)2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色的MnO2，则沉淀由白色变为棕黑色的化学方程式为2Mn(OH)2＋O2===2MnO2＋2H2O。(4)①Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O，使溶液碱性减弱，反应的化学方程式为Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O。②取Ⅲ中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL 40% NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色是因为在浓碱条件下，MnOeq \\al(－,4)可被OH－还原为MnOeq \\al(2－,4)，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可知该反应的离子方程式为4MnOeq \\al(－,4)＋4OH－===4MnOeq \\al(2－,4)＋O2↑＋2H2O。③取Ⅲ中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL水，溶液碱性减弱，溶液紫色缓慢加深，说明ClO－将MnO2氧化为MnOeq \\al(－,4)，发生的反应是3ClO－＋2MnO2＋2OH－===2MnOeq \\al(－,4)＋3Cl－＋H2O。
【关联题点】推断型化学（离子）方程式书写；氯及其化合物的性质及应用
【难度】较难题
【题型】实验题
4.（2022·福建卷，12）某兴趣小组设计实验探究Ce­MnOx催化空气氧化CO的效率。回答下列问题：
步骤Ⅰ.制备CO
在通风橱中用下图装置制备CO(加热及夹持装置省略)，反应方程式：
HCOOHeq \(――→,\s\up7(浓硫酸),\s\d5(△))CO↑＋H2O
(1)装置A中盛放甲酸的仪器的名称是_____________________________________________。
(2)从B、C、D中选择合适的装置收集CO，正确的接口连接顺序为a→________→__________→______→_______→h(每空填一个接口标号)。
步骤Ⅱ.检验CO
将CO通入新制银氨溶液中，有黑色沉淀生成。
(3)该反应的化学方程式为________________________________________________________
______________________________________________________________________________。
步骤Ⅲ.探究Ce­MnOx催化空气氧化CO的效率
将一定量CO与空气混合，得到CO体积分数为1%的气体样品。使用下图装置(部分加热及夹持装置省略)，调节管式炉温度至120 ℃，按一定流速通入气体样品(已知：I2O5是白色固体，易吸水潮解；5CO＋I2O5===I2＋5CO2)。
(4)通入11.2 L(已折算为标准状况)的气体样品后，继续向装置内通入一段时间氮气，最终测得U形管内生成了0.101 6 g I2。
①能证明CO被空气氧化的现象是_________________________________________________
_______________________________________________________________________________。
②CO被催化氧化的百分率为________。
③若未通入氮气，②的结果将________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(5)探究气体与催化剂接触时长对催化氧化效率的影响时，采用________________________
方法可以缩短接触时长。
(6)步骤Ⅲ装置存在的不足之处是__________________________________________________
______________________________________________________________________________。
【答案】(1)分液漏斗 (2)d e c b (3)CO＋2[Ag(NH3)2]OH===2Ag↓＋(NH4)2CO3＋2NH3 (4)①石灰水变浑浊 ②60% ③偏大 (5)增大气体样品流速 (6)尾气出口未加防潮装置(或其他相似表述)
【解析】在通风橱中用A装置制取一氧化碳，该气体中含有甲酸蒸气，故用水除去甲酸，再用B装置排水收集一氧化碳气体，排出的水用E中的烧杯接收。根据气体样品通过氢氧化钠溶液吸收空气中的二氧化碳，浓硫酸吸水，一氧化碳在装置H中被氧气氧化生成二氧化碳，二氧化碳能被石灰水吸收，装置J中的浓硫酸吸收气体中的水蒸气，干燥的一氧化碳和I2O5反应生成I2，测定生成的碘的质量，进而计算一氧化碳被氧化的百分率，据此解答。(3)一氧化碳和银氨溶液反应生成黑色的银，同时生成碳酸铵和氨气，化学方程式为CO＋2[Ag(NH3)2]OH===2Ag↓＋(NH4)2CO3＋2NH3。(4)①一氧化碳被氧气氧化生成二氧化碳，能使澄清的石灰水变浑浊。②生成的碘的物质的量为eq \f(0.101 6 g,254 g·ml－1)＝0.000 4 ml，结合化学方程式分析，还有0.002 ml一氧化碳未被氧气氧化，11.2 L气体为0.5 ml，其中一氧化碳为0.005 ml，则被氧化的一氧化碳为0.005 ml－0.002 ml＝0.003 ml，则被氧化的百分率为eq \f(0.003,0.005)×100%＝60%。③如果没有通入氮气则计算的未被氧化的一氧化碳的物质的量减少，则CO被氧化的百分率增大。(6)I2O5是白色固体，易吸水潮解，但该装置出气口未加防潮装置。
【关联题点】碳及其化合物的性质及用途；推断型化学（离子）方程式书写；氧化还原反应相关计算
【难度】中档题
【题型】实验题
5.（2021·天津卷，15）某化学小组同学利用一定浓度的H2O2溶液制备O2，再用O2氧化C2H5OH，并检验氧化产物。
Ⅰ.制备O2
该小组同学设计了如下气体发生装置(夹持装置省略)
(1)甲装置中主要仪器的名称为____________________________。
(2)乙装置中，用粘合剂将MnO2制成团，放在多孔塑料片上，连接好装置，气密性良好后打开活塞K1，经长颈漏斗向试管中缓慢加入3% H2O2溶液至____________。欲使反应停止，关闭活塞K1即可，此时装置中的现象是__________________________________。
(3)丙装置可用于制备较多O2，催化剂铂丝可上下移动。制备过程中如果体系内压强过大，安全管中的现象是______________________，此时可以将铂丝抽离H2O2溶液，还可以采取的安全措施是______________________________。
(4)丙装置的特点是______________(填序号)。
a．可以控制制备反应的开始和结束
b．可通过调节催化剂与液体接触的面积来控制反应的速率
c．与乙装置相比，产物中的O2含量高、杂质种类少
Ⅱ.氧化C2H5OH
该小组同学设计的氧化C2H5OH的装置如图(夹持装置省略)
(5)在图中方框内补全干燥装置和干燥剂。
Ⅲ.检验产物
(6)为检验上述实验收集到的产物，该小组同学进行了如下实验并得出相应结论。
实验①～③中的结论不合理的是______________(填序号)，原因是___________________________________________________。
【答案】(1)分液漏斗、锥形瓶
(2)刚好没过MnO2固体 试管内的H2O2溶液被压入长颈漏斗中，与MnO2分离
(3)液面上升 打开弹簧夹K2 (4)ab
(5)
(6)① 乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色
【关联题点】化学实验基本操作；物质的检验与鉴别
【难度】中档题
【题型】实验题
6.（2020·浙江选考，28）Ⅰ．由三种元素组成的化合物A，按如下流程进行实验。气体B为纯净物，溶液C焰色反应为砖红色，气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
请回答：
(1)组成A的三种元素是 ，A的化学式是 。
(2)固体A与足量稀盐酸反应的化学方程式是 。
(3)气体E与甲醛在一定条件下可生成乌洛托品(学名：亚甲基四胺)，该反应的化学方程式是 (乌洛托品可以用分子式表示)。
Ⅱ．某兴趣小组为探究H2S和Cl2O的性质，将两种气体同时通入水中，实验装置如图：
请回答：
(1) 三颈瓶中出现淡黄色沉淀，溶液呈强酸性，用一个化学方程式表示 。
(2) 若通入水中的Cl2O已过量，设计实验方案检验 。
【答案】Ⅰ．(1)Ca、H和N Ca2HN
(2)Ca2HN＋5HCl=2CaCl2＋H2↑＋NH4Cl
(3)4NH3＋6HCHO→(或C6H12N4)＋6H2O
Ⅱ．(1) 2H2S＋Cl2O=2S↓＋2HCl＋H2O
(2)用玻璃棒蘸取清液，点到KI−淀粉试纸上，如果变蓝(或变蓝后再褪色)，说明Cl2O过量
【解析】Ⅰ．由溶液C焰色反应为砖红色可知，溶液C中含有钙元素，由气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝可知，气体E为氨气，则C中含有氯化铵，C为氯化钙和氯化铵的混合溶液，则固体A中含有钙元素和氮元素，由固体A与足量盐酸反应结合质量守恒定律可知，气体B为氢气，固体A中还含有氢元素，则固体A中含有Ca、N和H三种元素。Ⅱ．由题意可知，H2S和Cl2O发生氧化还原反应生成硫、氯化氢和水，反应中H2S中硫元素化合价升高被氧化，Cl2O中氯元素化合价降低被还原。
Ⅰ．（1）由溶液C焰色反应为砖红色可知，溶液C中含有钙元素，由气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝可知，气体E为氨气，则C中含有氯化铵，C为氯化钙和氯化铵的混合溶液，则固体A中含有钙元素和氮元素，由固体A与足量盐酸反应结合质量守恒定律可知，气体B为氢气，固体A中还含有氢元素，则固体A中含有Ca、N和H三种元素。由钙原子个数守恒可知，固体A中钙的物质的量为4.00g100g/ml=0.04 ml，质量为0.04 ml×40 g/ml=1.6g，固体A与足量盐酸反应时，固体A中氢元素化合价升高被氧化，HCl中氢元素化合价降低被还原，由得失电子数目守恒和原子个数守恒可知，固体A中氢的物质的量为×2×12=0.02 ml，质量为0.02 ml×1 g/ml=0.02 g，则固体A中氮的物质的量为(1.9−1.6−0.02)g14g/ml=0.02 ml，A中Ca、N和H的物质的量比为0.04 ml∶0.02 ml∶0.02ml=2∶1∶1，化学式为Ca2HN；
（2）Ca2HN与足量盐酸反应时，Ca2HN中氢元素化合价升高被氧化，HCl中氢元素化合价降低被还原，反应生成氯化钙、氯化铵和氢气，反应的化学方程式为Ca2HN＋5HCl=2CaCl2＋H2↑＋NH4Cl；
（3）氨气与甲醛反应生成和水，反应的化学方程式为4NH3＋6HCHO→(或C6H12N4)＋6H2O；
Ⅱ．（1）由三颈瓶中出现淡黄色沉淀，溶液呈强酸性可知，H2S和Cl2O发生氧化还原反应生成硫、氯化氢和水，反应的化学方程式为2H2S＋Cl2O=2S↓＋2HCl＋H2O；
(2) Cl2O具有强氧化性，若通入水中的Cl2O已过量，过量的Cl2O能与碘化钾溶液反应生成单质碘，单质碘能使淀粉溶液变蓝色，则检验Cl2O已过量的实验方案为：用玻璃棒蘸取清液，点到KI−淀粉试纸上，如果变蓝(或变蓝后再褪色)，说明Cl2O过量。
【关联题点】物质组成及含量测定型综合实验
【难度】中档题
【题型】填空题
7.(2020·北京卷，19)探究Na2SO3固体的热分解产物。
资料：①4Na2SO3Na2S＋3Na2SO4。
②Na2S能与S反应生成Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S。
③BaS易溶于水。
隔绝空气条件下，加热无水Na2SO3固体得到黄色固体A，过程中未检测到气体生成。黄色固体A加水得到浊液，放置得无色溶液B。
(1)检验分解产物Na2S
取少量溶液B，向其中滴加CuSO4溶液，产生黑色沉淀，证实有S2－。反应的离子方程式是________________________________________________________________________。
(2)检验分解产物Na2SO4
取少量溶液B，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀增多(经检验该沉淀含S)，同时产生有臭鸡蛋气味的气体(H2S)，由于沉淀增多对检验造成干扰，另取少量溶液B，加入足量盐酸，离心沉降(固液分离)后，________(填操作和现象)，可证实分解产物中含有SO42−。
(3)探究(2)中S的来源
来源1：固体A中有未分解的Na2SO3，在酸性条件下与Na2S反应生成S。
来源2：溶液B中有Na2Sx，加酸反应生成S。
针对来源1进行如图实验：
①实验可证实来源1不成立。实验证据是__________________________________________。
②不能用盐酸代替硫酸的原因是___________________________________________________。
③写出来源2产生S的反应的离子方程式：__________________________________________。
(4)实验证明Na2SO3固体热分解有Na2S、Na2SO4和S产生。运用氧化还原反应规律分析产物中S产生的合理性：___________________________________________________________。
【答案】(1)S2－＋Cu2＋===CuS↓ (2)滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀 (3)①向溶液2中加入KMnO4溶液，溶液没有褪色 ②盐酸中Cl元素为－1价，是Cl元素的最低价，具有还原性，会与KMnO4溶液发生氧化还原反应，使KMnO4溶液褪色，干扰实验现象和实验结论 ③(5)Sx2−＋2H＋===H2S↑＋(x－1)S↓ (4)根据反应4Na2SO3Na2S＋3Na2SO4可知，Na2SO3发生歧化反应，其中的S元素化合价即可升高也可降低，能从＋4价降为－2价，也可以降到0价生成硫单质
【解析】(1)Na2S和CuSO4溶液反应生成硫化铜和硫酸钠，反应的离子方程式是S2－＋Cu2＋===CuS↓。
(2)根据题干资料：Na2S能与S反应生成Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S，取少量溶液B，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀增多(经检验该沉淀含S)，同时产生有臭鸡蛋气味的气体(H2S)，说明B溶液中含有Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S，由于沉淀增多对检验造成干扰，另取少量溶液B，加入足量盐酸，离心沉降(固液分离)后，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，可证实分解产物中含有SO42−。
(3)①实验可证实来源1不成立。根据分析，溶液2为H2SO3，向溶液2中加入少量KMnO4溶液，H2SO3具有还原性，酸性条件下KMnO4具有强氧化性，二者混合后应发生氧化还原反应，KMnO4溶液应该褪色，但得到的仍为紫色，说明溶液B中不含Na2SO3；
②不能用盐酸代替硫酸的原因是盐酸中Cl元素为－1价，是Cl元素的最低价，具有还原性，会与KMnO4溶液发生氧化还原反应，使KMnO4溶液褪色，干扰实验现象和实验结论；
③来源2认为溶液B中有Na2Sx，加酸反应生成S，反应的离子方程式：Sx2−＋2H＋===H2S↑＋(x－1)S↓。
(4)根据已知资料：4Na2SO3Na2S＋3Na2SO4，亚硫酸钠中硫为＋4价，硫酸钠中硫为＋6价，硫化钠中硫为－2价，根据反应可知Na2SO3发生歧化反应，其中的S元素化合价即可升高也可降低，能从＋4价降为－2价，也可以降到0价生成硫单质。
【关联题点】硫及其化合物的性质及应用；推断型化学（离子）方程式书写；氧化还原反应规律及应用
【难度】中档题
【题型】填空题
知识点4 实验原理探究型综合实验
题点1 和电解质溶液相关的原理型综合实验探究
(2024·广东，17)含硫物质种类繁多，在一定条件下可相互转化。
(1)实验室中，浓硫酸与铜丝反应，所产生的尾气可用 (填化学式)溶液吸收。
(2)工业上，烟气中的SO2可在通空气条件下用石灰石的浆液吸收，生成石膏。该过程中， (填元素符号)被氧化。
(3)工业锅炉需定期除水垢，其中的硫酸钙用纯碱溶液处理时，发生反应：CaSO4(s)+CO32−(aq)CaCO3(s)+SO42−(aq)(Ⅰ)。兴趣小组在实验室探究Na2CO3溶液的浓度对反应(Ⅰ)的反应速率的影响。
①用Na2CO3固体配制溶液，以滴定法测定其浓度。
ⅰ.该过程中用到的仪器有 。
ⅱ.滴定数据及处理：Na2CO3溶液V0 mL，消耗c1 ml·L-1盐酸V1 mL(滴定终点时，CO32−转化为HCO3−)，则c(Na2CO3)= ml·L-1。
②实验探究：取①中的Na2CO3溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液，分别加入m1 g硫酸钙固体，反应t1 min后，过滤，取V0 mL滤液，用c1 ml·L-1盐酸参照①进行滴定。记录的部分数据如下表(忽略CO32−水解的影响)。
则x= ，测得的平均反应速率之比va∶vb= 。
(4)兴趣小组继续探究反应(Ⅰ)平衡的建立，进行实验。
①初步实验 将1.00 g硫酸钙(M=136 g·ml-1)加入100.0 mL 0.100 ml·L-1 Na2CO3溶液中，在25 ℃和搅拌条件下，利用pH计测得体系的pH随时间的变化曲线如图。
②分析讨论 甲同学根据t2 min后pH不改变，认为反应(Ⅰ)已达到平衡；乙同学认为证据不足，并提出如下假设：
假设1 硫酸钙固体已完全消耗；
假设2 硫酸钙固体有剩余，但被碳酸钙沉淀包裹。
③验证假设，乙同学设计如下方案，进行实验。
④实验小结 假设1成立，假设2不成立。①实验中反应(Ⅰ)平衡未建立。
⑤优化方案、建立平衡 写出优化的实验方案，并给出反应(Ⅰ)平衡已建立的判断依据：___________。
【答案】(1)NaOH(其他合理答案也可) (2)S (3)①ⅰBD ⅱc1V1V0 ②20.0 6∶5 (4)③过量稀盐酸 有气体产生 BaCl2溶液 ⑤将不少于1.36 g的硫酸钙加入100.0 mL 0.100 ml·L-1Na2CO3溶液中，在25 ℃和搅拌条件下，利用pH计测体系的pH，当pH不变时，加入Na2SO4固体，若pH变大，说明反应Ⅰ平衡已建立
【解析】(1)浓硫酸与铜丝反应的化学方程式为Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O，所产生的尾气为SO2，可用NaOH溶液吸收。(2)SO2生成石膏(主要成分CaSO4)，S元素的化合价由+4价升高到+6价，失去电子，被氧化。(3)①用Na2CO3固体配制溶液，以滴定法测定其浓度，该过程用到所给仪器中的烧杯、酸式滴定管，故选B、D；根据离子方程式CO32−+H+HCO3−可知，c(Na2CO3)=c1V1×10−3V0×10−3 ml·L-1=c1V1V0 ml·L-1。②总体积应相同，x=20.0；由题意可知，va=ΔcΔt=c1V1V0−c1×25V1V0t1 ml·L-1·min-1=35c1V1V0t1 ml·L-1·min-1，vb=ΔcΔt=c1V1V0×80100−c1×310V1V0t1 ml·L-1·min-1=12c1V1V0t1 ml·L-1·min-1，则va∶vb=6∶5。(4)③由实验小结可知假设1成立，假设2不成立，说明①实验中的沉淀中只含有CaCO3，不含有CaSO4，因此只需要证明所得沉淀可完全溶于盐酸，且溶解后所得溶液不含SO42−即可。步骤ⅱ中滴加足量盐酸，碳酸钙与盐酸反应生成CO2气体，此时现象为有气泡生成，沉淀全部溶解；继续向ⅱ的试管中滴加BaCl2溶液，没有白色沉淀生成，证明溶液中不含SO42−。⑤由方程式CaSO4(s)+CO32−(aq)CaCO3(s)+SO42−(aq)可知，假设正反应100%进行，nCaSO4=nCO32−=0.100 ml·L-1×0.1 L=0.01 ml，质量为0.01 ml×136 g·ml-1=1.36 g，实验方案为：将不少于1.36 g的硫酸钙加入100.0 mL 0.100 ml·L-1 Na2CO3溶液中，在25 ℃和搅拌条件下，利用pH计测得体系的pH，当pH不变时，加入Na2SO4固体，若pH变大，说明反应Ⅰ平衡已建立。
【关联题点】化学反应速率影响因素的探究实验 沉淀溶解平衡的实验探究 硫及其化合物的转化 滴定中仪器的选择及数据处理
【难度】较难题
【题型】实验题
题点2 和氧化还原反应相关的原理型综合实验探究
1.(2025·江苏，16)海洋出水铁质文物表面有凝结物，研究其形成原理和脱氯方法对保护文物意义重大。
(1)文物出水清淤后，须尽快浸泡在稀NaOH或Na2CO3溶液中进行现场保护。
①玻璃中的SiO2能与NaOH反应生成 (填化学式)，故不能使用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛放NaOH溶液。
②文物浸泡在碱性溶液中比暴露在空气中能减缓吸氧腐蚀，其原因有 。
(2)文物表面凝结物种类受文物材质和海洋环境等因素的影响。
①无氧环境中，文物中的Fe与海水中的SO42−在细菌作用下形成FeS等含铁凝结物。写出Fe与SO42−反应生成FeS和Fe(OH)2的离子方程式： 。
②有氧环境中，海水中的铁质文物表面形成FeOOH等凝结物。
(ⅰ)铁在盐水中腐蚀的可能原理如图所示。依据原理设计如下实验：向NaCl溶液中加入K3[Fe(CN)6]溶液(能与Fe2+形成蓝色沉淀)和酚酞，将混合液滴到生铁片上。预测该实验的现象为 。
(ⅱ)铁的氢氧化物吸附某些阳离子形成带正电的胶粒，是凝结物富集Cl-的可能原因。该胶粒的形成过程中，参与的主要阳离子有 (填离子符号)。
(3)为比较含氯FeOOH在NaOH溶液与蒸馏水中浸泡的脱氯效果，请补充实验方案：取一定量含氯FeOOH模拟样品，将其分为两等份， ，比较滴加AgNO3溶液体积[Ksp(AgCl)=1.8×10-10。实验须遵循节约试剂用量的原则，必须使用的试剂：蒸馏水、0.5 ml·L-1 NaOH溶液、0.5 ml·L-1 HNO3溶液、0.05 ml·L-1 AgNO3溶液]。
【答案】(1)①Na2SiO3 ②碱性环境抑制吸氧腐蚀正极反应的进行，反应速率减慢；碱性溶液中O2溶解度减小，减少文物与O2的接触，减缓吸氧腐蚀
(2)①4Fe+SO42−+4H2OFeS+3Fe(OH)2+2OH- ②(ⅰ)液滴边缘形成红色环，生铁片中心产生蓝色沉淀 (ⅱ)Fe3+、Fe2+ (3)分别加入10 mL 0.5 ml·L-1 NaOH溶液和10 mL蒸馏水中浸泡相同时间，取5 mL上清液分别加入3 mL 0.5 ml·L-1 HNO3溶液，然后逐滴加入0.05 ml·L-1 AgNO3溶液，当加入最后半滴AgNO3溶液不再产生白色沉淀时，停止滴定
【解析】(1)①二氧化硅为酸性氧化物，能与NaOH反应生成Na2SiO3和H2O，Na2SiO3水溶液具有黏合性，因此不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛放NaOH溶液。(2)①Fe与SO42−反应生成FeS和Fe(OH)2，Fe的化合价由0升高为+2，S的化合价由+6降低为-2，根据得失电子守恒，Fe和SO42−的化学计量数分别为4、1，又因为生成Fe(OH)2，故为碱性环境，用OH-和H2O来平衡电荷，由此可得反应的离子方程式。②(ⅰ)由题图可知，在生铁片、空气和溶液的接触面处O2得电子转化成OH-，酚酞遇碱变红色，故溶液的边缘位置形成红色环，Fe失电子转化为Fe2+，Fe2+向生铁片中心位置移动，与K3[Fe(CN)6]形成蓝色沉淀，故生铁片中心区域形成蓝斑。(ⅱ)结合题图及Fe2+易被O2氧化生成Fe3+知，铁的氢氧化物可吸附Fe2+、Fe3+形成带正电的胶粒。(3)本题通过对照实验比较脱氯效果。由控制单一变量思想知，应将一定量含氯FeOOH样品分别在相同体积的NaOH溶液和蒸馏水中浸泡相同时间，取等量的上清液分别加入0.5 ml·L-1 HNO3溶液进行酸化，然后分别用0.05 ml·L-1 的AgNO3溶液进行滴定，当加入最后半滴AgNO3溶液，不再产生白色沉淀时停止滴定，比较消耗AgNO3溶液的体积，消耗AgNO3溶液的体积越大，脱氯效果越好。
【难度】较难题
【题型】填空题
2.(2024·北京，19)某小组同学向pH=1的0.5 ml·L-1的FeCl3溶液中分别加入过量的Cu粉、Zn粉和Mg粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。
(1)理论分析
依据金属活动性顺序，Cu、Zn、Mg中可将Fe3+还原为Fe的金属是 。
(2)实验验证
①分别取实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加K3［Fe(CN)6］溶液，证明都有Fe2+生成，依据的现象是 。
②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因： 。
③对实验Ⅱ未检测到Fe单质进行分析及探究。
i.
a.甲认为实验Ⅱ中，当Fe3+、H+浓度较大时，即使Zn与Fe2+反应置换出少量Fe，Fe也会被Fe3+、H+消耗。写出Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式 。
b.乙认为在pH为3~4的溶液中即便生成Fe也会被H+消耗。设计实验 (填实验操作和现象)。证实了此条件下可忽略H+对Fe的消耗。
c.丙认为产生的红褐色沉淀包裹在Zn粉上，阻碍了Zn与Fe2+的反应。实验证实了Zn粉被包裹。
ii.查阅资料：0.5 ml·L-1Fe3+开始沉淀的pH约为1.2，完全沉淀的pH约为3。
结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH”“