2021高三全国统考化学（经典版）一轮学案：第11章热点专题突破7　化学综合实验题的突破方法


热点专题突破(七)
化学综合实验题的突破方法
题型一　物质制备型实验题

物质制备型实验题的思维建模

　(2019·全国卷Ⅲ)乙酰水杨酸(阿司匹林)是目前常用药物之一。实验室通过水杨酸进行乙酰化制备阿司匹林的一种方法如下：
＋CH3COOH

水杨酸
醋酸酐
乙酰水杨酸
熔点/℃
157～159
－72～－74
135～138
相对密度/(g·cm－3)
1.44
1.10
1.35
相对分子质量
138
102
180
实验过程：在100 mL锥形瓶中加入水杨酸6.9 g及醋酸酐10 mL，充分摇动使固体完全溶解。缓慢滴加0.5 mL浓硫酸后加热，维持瓶内温度在70 ℃左右，充分反应。稍冷后进行如下操作。
①在不断搅拌下将反应后的混合物倒入100 mL冷水中，析出固体，过滤。
②所得结晶粗品加入50 mL饱和碳酸氢钠溶液，溶解、过滤。
③滤液用浓盐酸酸化后冷却、过滤得固体。
④固体经纯化得白色的乙酰水杨酸晶体5.4 g。
回答下列问题：
(1)该合成反应中应采用________加热。(填标号)
A．热水浴 B．酒精灯
C．煤气灯 D．电炉
(2)下列玻璃仪器中，①中需使用的有________(填标号)，不需使用的有________________(填名称)。

(3)①中需使用冷水，目的是_______________________________________。
(4)②中饱和碳酸氢钠的作用是__________________________________，
以便过滤除去难溶杂质。
(5)④采用的纯化方法为________。
(6)本实验的产率是________%。
解析　(1)该反应的温度应控制在70 ℃左右，所以应采用热水浴加热，故选A。
(2)①中的操作是过滤，应选择的仪器是烧杯和漏斗，不需要使用分液漏斗和容量瓶。
(3)操作①中使用冷水的目的是降低乙酰水杨酸的溶解度，使其充分结晶析出。
(4)②中饱和NaHCO3的作用是与乙酰水杨酸反应生成乙酰水杨酸钠，乙酰水杨酸钠能溶于水，以便过滤除去其他难溶性杂质。
(5)可利用重结晶的方法来纯化得到乙酰水杨酸晶体。
(6)设生成乙酰水杨酸的质量为x。

x＝＝9.0 g
乙酰水杨酸的产率为×100%＝60%。
答案　(1)A　(2)BD　分液漏斗、容量瓶　
(3)充分析出乙酰水杨酸固体(结晶)　
(4)生成可溶的乙酰水杨酸钠　
(5)重结晶　(6)60
　(2018·全国卷Ⅰ)醋酸亚铬[(CH3COO)2Cr·2H2O]为砖红色晶体，难溶于冷水，易溶于酸，在气体分析中用作氧气吸收剂。一般制备方法是先在封闭体系中利用金属锌作还原剂，将三价铬还原为二价铬；二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬。实验装置如图所示。回答下列问题：

(1)实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却，目的是______________，仪器a的名称是______________。
(2)将过量锌粒和氯化铬固体置于c中，加入少量蒸馏水，按图连接好装置。打开K1、K2，关闭K3。
①c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，该反应的离子方程式为__________________________。
②同时c中有气体产生，该气体的作用是________________________。
(3)打开K3，关闭K1和K2，c中亮蓝色溶液流入d，其原因是______________________；d中析出砖红色沉淀，为使沉淀充分析出并分离，需采用的操作是________、________、洗涤、干燥。
(4)指出装置d可能存在的缺点____________________________________。
解析　(1)由于醋酸亚铬易被氧化，所以需要尽可能避免与氧气接触，因此实验中所用蒸馏水均需煮沸后迅速冷却，目的是去除水中溶解氧。
(2)①c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，说明Cr3＋被锌还原为Cr2＋。②锌还能与盐酸反应生成氢气，由于装置中含有空气，能氧化Cr2＋，所以氢气的作用是排除c中空气。
(3)打开K3，关闭K1和K2，由于锌继续与盐酸反应生成氢气，导致c中压强增大，所以c中亮蓝色溶液流入d装置，与醋酸钠反应；根据题干信息可知醋酸亚铬难溶于冷水，所以为使沉淀充分析出并分离，需要采取的操作是冷却、过滤、洗涤、干燥。
(4)由于d装置是敞开体系，因此装置的缺点是可能使醋酸亚铬与空气接触被氧化而使产品不纯。
答案　(1)去除水中溶解氧　分液漏斗
(2)①Zn＋2Cr3＋===Zn2＋＋2Cr2＋　②排除c中空气
(3)c中产生H2使压强大于大气压　冷却　过滤
(4)敞开体系，可能使醋酸亚铬与空气接触

1．FeCl2是一种常用的还原剂。实验室可以用多种方法来制备无水FeCl2，回答下列问题：
Ⅰ.按图1 装置用H2还原无水FeCl3制取无水FeCl2。

(1)用装置A制取H2，其优点是___________________；D中反应的化学方程式为________________________；装置E的作用是_________________________。
(2)通入足量H2，充分反应。如果温度控制不当，产品中会含单质铁。检验产品中是否含铁的方案是____________________________________________。
Ⅱ.按图2装置，在三颈烧瓶中放入162.5 g无水氯化铁和225 g氯苯，控制反应温度在128～139 ℃加热3 h，反应接近100%。反应如下：2FeCl3＋C6H5Cl―→2FeCl2＋C6H4Cl2＋HCl(已知C6H5Cl的沸点是132 ℃)。
(3)上述反应中，还原剂是________。
(4)反应温度接近或超过C6H5Cl的沸点，但实验过程中C6H5Cl并不会大量损失。原因是___________________________________________________________。
(5)冷却后，将三颈瓶内物质经过过滤、洗涤、干燥后，得到粗产品。
①洗涤所用的试剂可以是________；
②简述回收滤液中C6H5Cl的方案________________________。
(6)仅通过烧杯中的现象变化就可以监控氯化铁的转化率。若要监控氯化铁转化率达到或超过90%，则烧杯中加入的试剂可以是________。
答案　(1)通过开关弹簧夹，可以使反应随时进行或停止　H2＋2FeCl32FeCl2＋2HCl　吸收HCl气体同时防止空气中的水分进入D装置
(2)取样品少许放入试管中，向其中加入盐酸，观察是否有气泡产生
(3)C6H5Cl
(4)实验使用了冷凝回流装置
(5)①苯　②蒸馏滤液，并收集132 ℃的馏分
(6)滴有酚酞且含有18 g NaOH的溶液
解析　由图1装置可知，用H2还原无水FeCl3制取无水FeCl2，A装置一般用锌和稀盐酸制备H2，B装置用来除去氢气中的氯化氢，C装置用来干燥氢气，可以加入碱石灰，E装置中也加入碱石灰，吸收氯化氢气体同时防止空气中的水分进入D装置，D装置中用氢气与氯化铁反应生成氯化亚铁，据此答题。
(3)根据反应可知，氯苯能使氯化铁生成氯化亚铁，所以氯苯为还原剂。
(4)根据图2可知，装置有冷凝回流装置，所以为了提高反应速率，可以将反应温度接近或超过C6H5Cl的沸点，但实验过程中C6H5Cl并不会大量损失。
(5)三颈瓶内物质为氯化亚铁、C6H5Cl、C6H4Cl2，根据相似相溶可知，可以用有机溶剂苯将C6H5Cl、C6H4Cl2溶解洗去，过滤后可得氯化亚铁，对滤液进行蒸馏可回收C6H5Cl，据此答题。
(6)根据反应2FeCl3＋C6H5Cl―→2FeCl2＋C6H4Cl2＋HCl，氯化铁转化率达到或超过90%，则可产生氯化氢的物质的量为××90%＝0.45 mol，所以可在烧杯中加入0.45×40 g的氢氧化钠即18 g，并用酚酞作指示剂进行判断反应进行的程度，如果18 g氢氧化钠完全反应，则产率达到或超过90%。
　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
2．(2019·山西五市高三期末联考)硫代硫酸钠的部分性质和数据如下表：
熔点/℃
沸点/℃
性质
48
100
①强还原性；②水溶液中，H2S2O3分解生成S和SO2

回答下列问题：
(1)仪器a中的80%的硫酸不能用浓硫酸代替，原因是____________________。
(2)仪器b的名称是________，装置乙在实验中的作用是__________________。装置乙的三颈烧瓶中盛装的液体可以是________(填序号)。
A．浓硫酸 B．蒸馏水
C．CCl4 D．NaOH溶液
(3)装置丙的三颈烧瓶中盛有Na2S和Na2SO3溶液(后者稍微过量)。
①装置丙中发生反应的离子方程式是__________________________。
②制备过程中，装置丙中的液体要保持碱性环境，用离子方程式解释其原因：________________________。
③测得该制备方法制备的目标产品中含有Na2SO4，可能的原因是____________________________________。
(4)指出该实验装置存在的缺点及改正方法：___________________________。
答案　(1)浓硫酸几乎不能电离出氢离子，无法与亚硫酸钠反应
(2)长颈漏斗　保持装置恒压、观察产生二氧化硫的速率　AC
(3)①SO＋2S2－＋3SO2===3S2O　②2H＋＋S2O===H2O＋S↓＋SO2↑　③装置中有空气，空气中氧气将部分产品Na2S2O3或Na2SO3氧化为Na2SO4　(4)无尾气处理装置，装置丙中的尾气通入碱液中
解析　(1)浓硫酸中主要以硫酸分子存在，不能与亚硫酸钠固体发生复分解反应制取二氧化硫，而80%硫酸中氢离子浓度大，能与亚硫酸钠固体发生复分解反应制取二氧化硫，而且可以减少二氧化硫的溶解，有利于二氧化硫逸出。
(2)装置乙在实验中的作用是可以平衡气压，起到控制二氧化硫进入丙装置的速率的作用，二氧化硫是易溶于水的酸性氧化物，所以装置乙的三颈烧瓶中盛装的液体不能选择蒸馏水和NaOH溶液，故选A、C。
(3)①装置丙为二氧化硫与硫化钠和亚硫酸钠混合溶液反应制备硫代硫酸钠。
②由题给信息可知，若溶液呈酸性，溶液中H＋与S2O反应生成H2S2O3，H2S2O3分解生成S和SO2。
③由题意可知硫代硫酸钠有强还原性，易被空气中的氧气氧化为Na2SO4。
(4)二氧化硫有毒，该实验装置没有尾气吸收装置，可能会因过量二氧化硫逸出，造成环境污染；应在装置丙后面连接一个盛有碱液(如氢氧化钠溶液)的容器，防止过量二氧化硫逸出污染环境。
题型二　定量分析型实验题

定量分析型实验题的思维建模

　(2019·北京高考)化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量(废水中不含干扰测定的物质)。
Ⅰ.用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的a mol·L－1KBrO3标准溶液；
Ⅱ.取V1 mL上述溶液，加入过量KBr，加H2SO4酸化，溶液颜色呈棕黄色；
Ⅲ.向Ⅱ所得溶液中加入V2 mL废水；
Ⅳ.向Ⅲ中加入过量KI；
Ⅴ.用b mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定Ⅳ中溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液V3 mL。
已知：I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6
Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色
(1)Ⅰ中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和________。
(2)Ⅱ中发生反应的离子方程式是________________。
(3)Ⅲ中发生反应的化学方程式是________________。
(4)Ⅳ中加KI前，溶液颜色须为黄色，原因是______________________。
(5)KI与KBrO3物质的量关系为n(KI)≥6n(KBrO3)时，KI一定过量，理由是_______________________________________。
(6)Ⅴ中滴定至终点的现象是_______________________________________。
(7)废水中苯酚的含量为________g·L－1(苯酚摩尔质量：94 g·mol－1)。
(8)由于Br2具有________性质，Ⅱ～Ⅳ中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果偏高。
解析　(1)配制一定物质的量浓度溶液时一定要使用容量瓶。
(2)－1价Br与＋5价Br在酸性条件下可发生氧化还原反应，化合价变为0价，即生成溴单质。
(3)苯酚与溴反应生成三溴苯酚和溴化氢。
(4)溶液显黄色说明溴过量，使用过量的溴是为了确保苯酚已完全被除去，也为下一步操作打下基础。
(5)5Br－＋BrO＋6H＋===3Br2＋3H2O，Br2＋2KI===I2＋2KBr，反应物用量存在关系：KBrO3～3Br2～6KI，因此如果没有苯酚与溴的反应，则n(KI)∶n(KBrO3)＝6∶1时，两者恰好完全反应，因废水中含有苯酚消耗Br2，所以当n(KI)≥6n(KBrO3)时，KI一定过量。
(6)溴与KI反应生成碘单质，碘遇淀粉使溶液变蓝色；碘单质与硫代硫酸钠反应生成碘离子，因此当碘恰好完全反应时，溶液的蓝色恰好消失，且半分钟内不变色，即为滴定终点。
(7)V1 mL a mol·L－1 KBrO3溶液的物质的量为aV1×10－3 mol，V3 mL b mol·L－1硫代硫酸钠的物质的量为bV3×10－3 mol，可消耗I2的物质的量为bV3×10－3 mol；由3I2～3Br2～ BrO可知，生成bV3×10－3 mol I2需要消耗BrO的物质的量为bV3×10－3 mol，即与苯酚对应的BrO的物质的量为(aV1×10－3－bV3×10－3) mol，由～3Br2～BrO可知，苯酚的物质的量为(aV1×10－3－bV3×10－3) mol，即废水中苯酚的含量
＝
＝ g·L－1
＝ g·L－1。
(8)溴易挥发，挥发出去的溴也会被认为是与苯酚反应而消耗的，即会造成测定结果偏高。
答案　(1)容量瓶　
(2)5Br－＋BrO＋6H＋===3Br2＋3H2O　
(3) ＋3Br2―→＋3HBr
(4)Br2过量，保证苯酚完全反应　
(5)反应物用量存在关系：KBrO3～3Br2～6KI，若无苯酚时，消耗KI物质的量是KBrO3物质的量的6倍，因有苯酚消耗Br2，所以当n(KI)≥6n(KBrO3)时，KI一定过量　
(6)溶液蓝色恰好消失且半分钟内不变色　
(7)
(8)易挥发
　(2019·江苏高考)聚合硫酸铁[Fe2(OH)6－2n(SO4)n]m广泛用于水的净化。以FeSO4·7H2O为原料，经溶解、氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。
(1)将一定量的FeSO4·7H2O溶于稀硫酸，在约70 ℃下边搅拌边缓慢加入一定量的H2O2溶液，继续反应一段时间，得到红棕色黏稠液体。H2O2氧化Fe2＋的离子方程式为______________________________________；水解聚合反应会导致溶液的pH________。
(2)测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数：准确称取液态样品3.000 g，置于250 mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热，滴加稍过量的SnCl2溶液(Sn2＋将Fe3＋还原为Fe2＋)，充分反应后，除去过量的Sn2＋。用5.000×10－2 mol·L－1 K2Cr2O7溶液滴定至终点(滴定过程中Cr2O与Fe2＋反应生成Cr3＋和Fe3＋)，消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。
①上述实验中若不除去过量的Sn2＋，样品中铁的质量分数的测定结果将________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
②计算该样品中铁的质量分数(写出计算过程)。
解析　(1)将一定量的FeSO4·7H2O溶于稀硫酸中，缓慢加入H2O2溶液，发生氧化还原反应；Fe2(SO4)3水解聚合使得溶液酸性增强，即会导致溶液的pH减小。
(2)①实验中滴加过量的SnCl2溶液(Sn2＋将Fe3＋还原为Fe2＋)，若不除去过量的Sn2＋，滴定过程中Cr2O与Sn2＋反应，消耗K2Cr2O7偏多，使结果偏大。
②根据题意，计算出消耗K2Cr2O7的物质的量，然后根据氧化还原反应的得失电子守恒，找出关系式，列等式计算求出铁原子的物质的量，得出铁元素的质量，最后得出样品中铁元素的质量分数。
答案　(1)2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O　减小
(2)①偏大　②n(Cr2O)＝5.000×10－2 mol·L－1×22.00 mL×10－3 L·mL－1＝1.100×10－3 mol
由滴定时Cr2O→Cr3＋和Fe2＋→Fe3＋，根据得失电子守恒可得微粒的关系式：
Cr2O～6Fe2＋(或Cr2O＋14H＋＋6Fe2＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O)
则n(Fe2＋)＝6n(Cr2O)＝6×1.100×10－3 mol＝6.600×10－3 mol
样品中铁元素的质量：
m(Fe)＝6.600×10－3 mol×56 g·mol－1＝0.3696 g
样品中铁元素的质量分数：
w(Fe)＝×100%＝12.32%

3．(2017·全国卷Ⅰ)凯氏定氮法是测定蛋白质中氮含量的经典方法，其原理是用浓硫酸在催化剂存在下将样品中有机氮转化成铵盐，利用如图所示装置处理铵盐，然后通过滴定测量。已知：NH3＋H3BO3===NH3·H3BO3；NH3·H3BO3＋HCl===NH4Cl＋H3BO3。

回答下列问题：
(1)a的作用是________。
(2)b中放入少量碎瓷片的目的是________。f的名称是________。
(3)清洗仪器：g中加蒸馏水；打开k1，关闭k2、k3，加热b，蒸气充满管路；停止加热，关闭k1，g中蒸馏水倒吸进入c，原因是__________________；打开k2放掉水。重复操作2～3次。
(4)仪器清洗后，g中加入硼酸(H3BO3)和指示剂。铵盐试样由d注入e，随后注入氢氧化钠溶液，用蒸馏水冲洗d，关闭k3，d中保留少量水。打开k1，加热b，使水蒸气进入e。
①d中保留少量水的目的是________________________________________。
②e中主要反应的离子方程式为____________________________________，
e采用中空双层玻璃瓶的作用是_____________________________________。
(5)取某甘氨酸(C2H5NO2)样品m克进行测定，滴定g中吸收液时消耗浓度为c mol·L－1的盐酸V mL，则样品中氮的质量分数为________%，样品的纯度≤________%。
答案　(1)避免b中压强过大　
(2)防止暴沸　直形冷凝管
(3)c中温度下降，管路中形成负压
(4)①液封，防止氨气逸出　②NH＋OH－NH3↑＋H2O　保温使氨完全蒸出
(5)　
解析　(1)加热水蒸气时，若关闭k1，b中压强增大，a可起安全管的作用，防止烧瓶内压强过大，造成事故。
(3)关闭k1后形成密封体系，水蒸气冷凝，管路内形成负压，导致g中水倒吸入c中。
(4)①d中保留少量水可以起到液封作用，防止生成的NH3逸出。
②e采用中空双层玻璃瓶可起到保温作用，使生成的氨气尽可能地逸出，以减小实验误差。
(5)由题给化学方程式NH3＋H3BO3===NH3·H3BO3、NH3·H3BO3＋HCl===NH4Cl＋H3BO3，根据氮原子守恒可得关系式：C2H5NO2～N～HCl。n(C2H5NO2)＝n(N)＝n(HCl)＝cV×10－3 mol，则样品中氮的质量分数为×100%＝%；样品的纯度≤×100%＝%。
4．(2016·天津高考)水中溶氧量(DO)是衡量水体自净能力的一个指标，通常用每升水中溶解氧分子的质量表示，单位mg·L－1。我国《地表水环境质量标准》规定，生活饮用水源的DO不能低于5 mg·L－1。某化学小组同学设计了下列装置(夹持装置略)，测定某河水的DO。

Ⅰ.测定原理：
碱性条件下，O2将Mn2＋氧化为MnO(OH)2：①2Mn2＋＋O2＋4OH－===2MnO(OH)2↓
酸性条件下，MnO(OH)2将I－氧化为I2：②MnO(OH)2＋I－＋H＋―→Mn2＋＋I2＋H2O(未配平)
用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2：③2S2O＋I2===S4O＋2I－
Ⅱ.测定步骤：
a．安装装置，检验气密性，充N2排尽空气后，停止充N2。
b．向烧瓶中加入200 mL水样。
c．向烧瓶中依次迅速加入1 mL MnSO4无氧溶液(过量)、2 mL碱性KI无氧溶液(过量)，开启搅拌器，至反应①完全。
d．搅拌并向烧瓶中加入2 mL H2SO4无氧溶液，至反应②完全，溶液为中性或弱酸性。
e．从烧瓶中取出40.00 mL溶液，以淀粉作指示剂，用0.01000 mol·L－1 Na2S2O3溶液进行滴定，记录数据。
f．……
g．处理数据(忽略氧气从水样中的逸出量和加入试剂后水样体积的变化)。
回答下列问题：
(1)配制以上无氧溶液时，除去所用溶剂水中氧的简单操作为________________。
(2)在橡胶塞处加入水样及有关试剂应选择的仪器是__________________。
①滴定管 　 ②注射器 　 ③量筒
(3)搅拌的作用是_________________________________________________。
(4)配平反应②的方程式，其化学计量数依次为________________。
(5)步骤f为____________________________________________________。
(6)步骤e中达到滴定终点的标志为__________________________________。若某次滴定消耗Na2S2O3溶液4.50 mL，水样的DO＝________mg·L－1(保留一位小数)。作为饮用水源，此次测得DO是否达标：________(填“是”或“否”)。
(7)步骤d中加入H2SO4溶液反应后，若溶液pH过低，滴定时会产生明显的误差。写出产生此误差的原因(用离子方程式表示，至少写出2个)____________________________________________________________。
答案　(1)将溶剂水煮沸后冷却
(2)②
(3)使溶液混合均匀，快速完成反应
(4)1,2,4,1,1,3
(5)重复步骤e的操作2～3次
(6)溶液蓝色褪去且半分钟内不变色　9.0　是
(7)2H＋＋S2O===S↓＋SO2↑＋H2O　SO2＋I2＋2H2O===4H＋＋SO＋2I－　4H＋＋4I－＋O2===2I2＋2H2O(任写其中2个)
解析　(1)升高温度，气体在水中的溶解度减小，故配制无氧溶液时，可将溶剂水煮沸后冷却。
(5)定量测定实验中，常多次测量求平均值以减小测定误差。
(6)步骤e中用Na2S2O3溶液滴定I2，淀粉作指示剂，故达到滴定终点的标志为溶液蓝色褪去，且半分钟内不变色。测定过程中，由关系式：2S2O～I2～MnO(OH)2～O2知：n(O2)＝0.01000 mol·L－1×4.50×10－3 L××＝×4.50×10－5 mol，故水样中的DO＝×4.50×10－5 mol×32 g·mol－1×＝9×10－3 g·L－1，即9.0 mg·L－1；由于9.0 mg·L－1>5 mg·L－1，故作为饮用水源，此次测得DO达标。
(7)Na2S2O3在酸性条件下可以发生歧化反应生成S和SO2，且生成的SO2可被I2氧化。另外，在酸性条件下I－也可被氧气氧化。
题型三　“猜想探究”型实验题

“猜想探究”型实验题的思维建模

　(2019·陕西吴起高三期中)某化学课外活动小组通过实验探究NO能否与Na2O2反应以及反应后的产物，该小组同学设计了如图所示装置(夹持仪器、连接用的乳胶管均已省略)。

经査阅资料知：①NO是不成盐氧化物；②2NO2＋2NaOH===NaNO3＋NaNO2＋H2O。
回答下列问题：
(1)写出木炭与浓硝酸反应的化学方程式：____________________________。
(2)为了完成实验，选择上图中的装置，其连接顺序为a→____________________(按气流方向，用小写字母表示)；有同学认为该装置存在缺陷，则该缺陷是__________________。
(3)连接好仪器，________________，装入药品后，要通入一段时间的氮气，再滴入浓硝酸，点燃酒精灯，通入氮气的主要目的是_______________________。
(4)装置E的作用是____________；能说明NO与Na2O2发生反应的实验现象是______________________________。
(5)探究NO与Na2O2反应的产物。
假设1：产物只有NaNO3；
假设2：________________；
假设3：产物为NaNO3和NaNO2的混合物。
为验证反应产物，该小组同学准确称取反应后的固体3.50 g，用煮沸并冷却后的蒸馏水配成100.00 mL溶液，取10.00 mL溶液于锥形瓶中，用0.1000 mol·L－1 KMnO4溶液(硫酸酸化)滴定，共消耗KMnO4溶液20 mL。滴定过程中发生反应的离子方程式为__________________________，反应产物中NaNO2的质量分数为________(保留四位有效数字)。
解析　(1)木炭与浓硝酸反应生成CO2和NO2，反应的化学方程式为C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O。
(2)实验过程中，利用木炭和浓硝酸反应生成的CO2、NO2混合气体通入E中，NO2可以和H2O反应生成HNO3和NO，金属Cu和稀HNO3反应生成NO，然后经过NaOH溶液，将其中的CO2吸收，此时剩余的气体是NO，用B中的氯化钙进行干燥，最后在D中检验NO和Na2O2是否反应，则根据气流方向，装置连接顺序为a→h→i→d→e→b→c→f或g；含有氮氧化物的尾气对环境有污染，应有尾气处理装置，这是装置的缺陷。
(5)按假设1、3逻辑关系，假设2的产物只有NaNO2；NaNO2中N元素为＋3价，能被酸性KMnO4溶液氧化为NaNO3，离子反应为2MnO＋5NO＋6H＋===5NO＋2Mn2＋＋3H2O，滴定过程中消耗KMnO4的物质的量是2×10－3 mol，根据方程式可知参加反应的NaNO2的物质的量为5×10－3 mol，质量为5×10－3 mol×69 g/mol＝0.345 g，被滴定的10 mL溶液中含有0.35 g反应后的固体，则反应产物中NaNO2的质量分数为0.345 g÷0.35 g×100%＝98.57%。
答案　(1)C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O
(2)h→i→d→e→b→c→f或g　缺少尾气处理装置
(3)检验装置的气密性　排除装置中的空气，防止NO被空气中的O2氧化为NO2
(4)制备NO　D中固体由淡黄色变为白色
(5)产物只有NaNO2　2MnO＋5NO＋6H＋===5NO＋2Mn2＋＋3H2O　98.57%

5．(2019·河南省实验中学高三期中)某化学兴趣小组欲探究含硫物质的性质。
【探究一】用下面的装置和药品探究亚硫酸与次氯酸的酸性强弱：

(1)装置连接顺序为______________(用字母表示)，F中反应的离子方程式是__________________________________________。
(2)可证明H2SO3的酸性强于HClO的实验现象是______________________。
【探究二】
(3)某小组同学为探究SO2的漂白性性质，用下图所示装置进行实验。

观察到如下现象：ⅰ中红色褪去；ⅱ中无变化。从实验中可知使品红的水溶液褪色的微粒可能是________________________。
(4)该小组同学又对SO2与氯水的反应进行探究。
①用注射器吸入一定量的饱和氯水和SO2，振荡，静置，再吸入少量品红溶液，发现品红溶液不褪色。②改变氯水用量，重复①操作，发现品红溶液红色褪去，你认为②中品红溶液褪色的原因可能是_______________________________，设计一个实验(说明操作方法、现象及结论)来验证你的假设______________________________________________________________。
答案　(1)ACBEDF　Ca2＋＋2ClO－＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO
(2)D中品红不褪色，F中产生白色沉淀
(3)H2SO3、HSO、SO
(4)过量氯水将品红氧化漂白或过量SO2与品红结合成无色物质　将实验②注射器中的溶液注入试管少许，加热，若无红色出现，原因为前者，反之则为后者
解析　(1)次氯酸具有强氧化性、二氧化硫具有还原性，不能利用二氧化硫与次氯酸钙直接反应判断亚硫酸与次氯酸的酸性强弱，先验证亚硫酸酸性比碳酸强，再结合碳酸酸性比HClO强判断。A装置制备二氧化硫，由于盐酸易挥发，制备的二氧化硫中混有HCl，用饱和的亚硫酸氢钠除去HCl，再通过碳酸氢钠溶液，可以验证亚硫酸酸性比碳酸强，用酸性高锰酸钾溶液氧化除去二氧化碳中的二氧化硫，用品红溶液检验二氧化碳中二氧化硫是否除尽，再通入F中，则装置连接顺序为A、C、B、E、D、F，F中为二氧化碳气体与漂白粉溶液反应生成碳酸钙和次氯酸，离子方程式为Ca2＋＋2ClO－＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO。
(2)根据上述(1)中分析可知，用品红检验二氧化硫是否除净(D用品红检验)，再通入漂白粉中(F)，能证明H2SO3的酸性强于HClO的实验现象为D中品红不褪色，F中产生白色沉淀。
(3)SO2不能使品红的乙醇溶液褪色，而其水溶液可以，因此使品红褪色的微粒可能是H2SO3、HSO、SO。
(4)因为二氧化硫的漂白具有加热可恢复性，故将实验②注射器中的溶液注入试管少许，加热，若无红色出现，原因为前者，反之则为后者。
6．某化学活动小组设计如图所示(部分夹持装置已略去)实验装置，以探究潮湿的Cl2与干燥Na2CO3反应得到的固体物质。

(1)写出装置A中发生反应的化学方程式：_____________________________。
(2)写出试剂Y的名称：________。
(3)已知：通入一定量的氯气后，测得D中只有一种常温下为黄红色的气体，其为含氯氧化物。可以确定的是C中含有的氯盐只有一种，且含有NaHCO3，现对C成分进行猜想和探究。
①提出合理假设。
假设一：存在两种成分，即NaHCO3和________；
假设二：存在三种成分，即NaHCO3和______________、____________。
②设计方案，进行实验。请写出实验步骤以及预期现象和结论(可不填满)。
限选实验试剂和仪器：蒸馏水、稀硝酸、BaCl2溶液、澄清石灰水、AgNO3溶液、试管、小烧杯。
实验步骤
预期现象和结论
步骤1：取C中的少量固体样品于试管中，滴加足量蒸馏水至固体溶解，然后将所得溶液分别置于A、B试管中
—
步骤2：

步骤3：

(4)已知C中有0.1 mol Cl2参加反应。若假设一成立，可推知C中反应的化学方程式为__________________________________________________________。
答案　(1)4HCl(浓)＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
(2)饱和食盐水(或饱和氯化钠溶液)
(3)①NaCl　NaCl　Na2CO3
②步骤2：向A试管中滴加BaCl2溶液　a．若无明显现象，证明固体中不含Na2CO3；b.若溶液变浑浊，证明固体中含有Na2CO3　
步骤3：向B试管中滴加过量的稀硝酸，再滴加AgNO3溶液　若溶液变浑浊，证明固体中含有NaCl
(4)2Cl2＋H2O＋2Na2CO3===2NaHCO3＋2NaCl＋Cl2O