专题36 物质的制备及实验方案的设计与评价 常考点归纳与变式演练 作业 高中化学 一轮复习 人教版（2022年）

这是一份专题36 物质的制备及实验方案的设计与评价 常考点归纳与变式演练 作业 高中化学 一轮复习 人教版（2022年），共16页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（每小题只有一个选项符合题意）
1．图中实验装置不能达到相应实验目的的是
A．装置甲可用于制备并收集少量干燥氨气
B．装置乙可用于制备
C．装置丙可用于检验氯化铵受热分解生成的两种气体
D．装置丁可用于制备金属锰
【答案】A
【解析】A．氨气密度比空气小，故应该用向下排空气法收集氨气，A错误；B．利用Fe和稀硫酸制的同时除去液面上方空气，防止制备时氢氧化亚铁被氧化，B正确；C．左侧的五氧化二磷是为了让酸性气体从左侧流出，右侧的碱石灰是为了让碱性气体从右侧流出，C正确；D．与铝热反应相似，装置丁可用于制备金属锰，D正确；故答案选A。
2．下列气体的制备和收集方法有错误的是
【答案】B
【解析】A．氨气密度小于空气且易溶于水，故采用向下排空气法，A正确；B．，因此不能用排饱和溶液收集，B错误；C．乙烯不溶于水，可以用排水法收集，C正确；D．NO不溶于水，可以用排水法收集，D正确；答案选B。
3．根据装置和表内的物质(省略夹持净化以及尾气处理装置，图1中虚线框内的装置是图2)，能完成相应实验目的的是
【答案】D
【解析】A．氨气能够溶于饱和NH4Cl溶液，不能用排饱和NH4Cl溶液收集氨气，A错误；B．MnO2与浓盐酸反应生成氯气需要加热，缺少加热装置，无法制取氯气，B错误；C．浓硝酸会将Na2SO3氧化成Na2SO4，不会生成SO2，C错误；D．Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、水和NO，NO难溶于水水，可用排水法收集，图示药品、装置均合理，D正确；综上所述答案为D。
4．、与硫酸反应的实验记录如表：
关于上述实验的说法合理的是
A．I中体现了硫酸具有还原性
B．取出II中铁棒放入I中会立即产生气泡
C．III中反应的离子方程式：
D．IV中为原电池装置，负极反应式：
【答案】D
【解析】A．H+得电子生成H2，做氧化剂，描述错误，不符题意；B．铁在冷的浓硫酸中会出现钝化现象，表面产生一层氧化物膜，放入稀硫酸中，稀硫酸先与铁的氧化物反应，再与单质铁反应，故不会立即产生气泡，描述错误，不符题意；C．浓硫酸具有强氧化性，反应过程中是S元素变价，不会产生H2，描述错误，不符题意；D．Mg棒与Fe棒搭接在一起，形成通路，同时放入稀硫酸中，组成原电池，Mg更活泼做负极失电子，描述正确，符合题意；综上，本题选D。
5．由制铝工业废渣(主要含Fe、Ca、Si、Al等的氧化物)制取聚合硫酸铁铝净水剂的流程如下。下列有关说法不正确的是
A．控制适当反应温度并不断搅拌，有利于提高铁、铝浸取率
B．与稀硫酸反应的离子方程式：
C．滤渣成分为
D．聚合硫酸铁铝水解形成的胶体具有吸附作用
【答案】C
【解析】A．控制适当反应温度并不断搅拌，可以加快反应速率，充分反应，有利于提高铁、铝浸取率，A正确；B．Al2O3与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，B正确；C．由分析可知，滤渣成分为SiO2和CaSO4，C错误；D．聚合硫酸铁铝水解可以生成氢氧化铝和氢氧化铁胶体，胶体表面积较大，具有吸附作用，D正确；故答案为：C。
6．标准状况下，下列实验用如图所示装置不能完成的是
A．比较Fe3+和MnO2对一定质量的双氧水分解反应的催化效率
B．确定分子式为C2H6O的有机物分子中含活泼氢原子的个数
C．测定一定质量的胆矾晶体中结晶水数目
D．测定一定质量的Na2O和Na2O2混合物中Na2O2的含量
【答案】C
【解析】A．测量生成相同体积气体所需要的时间可比较催化剂对反应速率的影响，则图装置可比较Fe3+和MnO2对一定量的双氧水分解反应的催化效率，故A不选；B．收集氢气，则可测定C2H6O中羟基H，则图中装置可确定分子式为C2H6O的有机物分子中含活泼氢原子的个数，故B不选；C．测定一定质量的胆矾晶体中结晶水数目，需要加热失去结晶水，然后称重，由图装置不能测定结晶水数目，故选C；D．只有过氧化钠与水反应生成氧气，测定氧气的体积可测定Na2O2的含量，故D不选；答案选C。
7．黄铜矿(主要成分CuFeS2)在空气中进行煅烧，生成Cu、Fe3O4和SO2气体，为了验证生成的气体能与某些钡盐溶液反应和测定该黄铜矿的纯度，某同学设计了如下实验。下列说法不正确的是
A．气流顺序是a→b→e→f→g→h→c→d
B．铜网的作用是除去未反应的氧气
C．实验结束后，还需向装置中通入过量的空气
D．实验中的Ba(NO3)2溶液可用BaCl2溶液代替
【答案】D
【解析】A．根据对实验的分析知，顺序正确，A项不符合题意；B．二氧化硫有还原性，过量的氧气会与二氧化硫在水溶液中生成硫酸根离子，无法达到实验目的：验证生成的气体能与某些钡盐溶液反应，所以未反应的氧气需要除去，B项不符合题意；C．该实验是通过测定硫酸钡的质量来获得黄铜矿的纯度，所以二氧化硫需要被完全吸收，通入过量的空气可达到此目的，C项不符合题意；D．实验目的之一是验证生成的二氧化硫能与某些钡盐溶液反应，根据强酸制弱酸的原理，二氧化硫与氯化钡溶液不能反应，只能利用酸性条件下硝酸根离子的氧化性进行验证，D项符合题意；故正确选项为D。
8.氢化钙()与水反应可生成氢气，常作为登山运动员能源提供剂，利用干燥纯净的氢气与钙在加热条件下制备氢化钙的装置如下图所示：
则下列说法中正确的是
A．氢化钙与水反应时，氢化钙中的氢元素被还原
B．装置②、③中盛放的试剂依次是浓硫酸、NaOH溶液
C．点燃装置④中的酒精灯与打开分液漏斗旋塞可同时进行
D．装置⑤中的无水氯化钙可防止水蒸气进入装置④的玻璃管中
【答案】D
【解析】A．氢化钙中的氢元素为−1价，与水反应生成氢气时，氢化钙中的氢元素化合价升高，被氧化，故A错误；B．装置②、③的作用分别是除氢气中的氯化氢、干燥氢气，装置②、③中盛放的试剂依次是NaOH溶液、浓硫酸，故B错误；C．点燃装置④中的酒精灯之前，应先通入一段时间的排除装置中的空气，故C错误；D．无水氯化钙可吸收空气中的水蒸气，防止与水蒸气发生反应，故D正确；选D
9．某化学兴趣小组对的性质展开探究，设计了如图实验。已知为拟卤素，它的化学性质与卤素单质相似。下列说法正确的是
A．向溶液中滴加溶液，生成血红色沉淀
B．溶液3红色褪去，氧化性：
C．溶液3中元素的主要存在形式为
D．溶液4红色褪去，表现出漂白性
【答案】B
【解析】A．硫酸铁溶液与硫氰化钾溶液反应发生络合反应生成血红色硫氰化铁和硫酸钾，硫氰化铁溶于水，不是沉淀，故A错误；B．溶液3红色褪去，说明高锰酸钾酸性溶液能将SCN—离子氧化为(SCN)2，则酸性条件下高锰酸根离子的氧化性强于(SCN)2，而铁离子不能将SCN—离子氧化为(SCN)2说明铁离子的氧化性弱于(SCN)2，则氧化性的强弱顺序为，故B正确；C．溶液3红色褪去，说明高锰酸钾酸性溶液能将SCN—离子氧化为(SCN)2，铁离子不能与酸性高锰酸钾溶液反应，溶液中铁元素为铁离子，故C错误；D．溶液4红色褪去，说明铁离子与具有还原性的二氧化硫反应生成亚铁离子，二氧化硫表现还原性，故D错误；故选B。
二、多选题（每小题有一个或两个选项符合题意）
10．黄铜矿(主要成分CuFeS2)在空气中进行煅烧，生成Cu、Fe3O4和SO2气体，为了验证生成的气体能与某些钡盐溶液反应和测定该黄铜矿的纯度，某同学设计了如下实验。下列说法错误的是
A．气流顺序是a→b→e→f→g→h→c→d
B．该实验缺少盛有NaOH溶液的烧杯来吸收尾气
C．实验中的Ba(NO3)2溶液可用BaCl2溶液代替
D．实验结束后，还需向装置中通入过量的空气
【答案】BC
【解析】A．实验的目的是在空气中煅烧黄铜矿、验证生成的气体能与某些钡盐溶液反应和测定该黄铜矿的纯度，故先将空气用浓硫酸干燥除去其中的水蒸气、并通过观察气泡来观察空气的流速，然后煅烧黄铜矿生成Cu、Fe3O4和SO2，由于生成的SO2中混有未反应的空气，而空气中的氧气干扰实验，接着通过灼热的铜网除去多余的O2，最后通入Ba(NO3)2溶液验证SO2能与某些钡盐溶液反应、并通过测定生成的沉淀的质量测定黄铜矿的纯度，故气流顺序是a→b→e→f→g→h→c→d，A正确；B．SO2具有还原性，酸性条件下具有强氧化性，SO2能与Ba(NO3)2溶液发生的反应为：3SO2+3Ba2++2+2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+，尾气中的NO不能被NaOH溶液吸收，B错误；C．由于HCl的酸性强于H2SO3，SO2与BaCl2溶液不反应，故不能用BaCl2溶液代替Ba(NO3)2溶液，C错误；D．实验结束后，还需向装置中通入过量的空气目的是使反应生成的SO2完全被Ba(NO3)2溶液吸收，提高实验结果的精确度，D正确；答案选BC。
11．FeCO3与砂糖混用可以作补血剂，实验室里制备FeCO3的流程如图所示。下列说法不正确的是
A．可利用KSCN溶液检验FeCO3溶液是否变质
B．沉淀过程发生反应的离子方程式为：Fe2++HCO=FeCO3↓+H+
C．过滤操作的常用玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒
D．FeCO3在空气中高温分解可得到纯净的FeO
【答案】BD
【解析】A．Fe2+变质会生成Fe3+，则只需检验溶液中是否含有Fe3+，可利用KSCN和Fe3+反应溶液显红色进行检验，A正确；B．FeSO4与碳酸氢铵发生的反应为：Fe2++2HCO=FeCO3↓+H2O+CO2↑，故方程式书写错误，B错误；C．过滤操作中需要用到漏斗，用玻璃棒引流，烧杯盛放溶液，所以过滤操作的常用玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，C正确；D．二价铁在空气中加热易被氧化为三价铁，FeCO3在空气中高温分解生成Fe2O3，D错误；故选BD。
12．为完成下列各组实验，所选试剂和装置均准确的是
【答案】BC
【解析】A．分液漏斗不能悬空在烧杯内，应紧贴烧杯内壁，A错误；B．实验室通过浓盐酸和MnO2共同加热得到氯气，通过饱和食盐水除去杂质氯化氢，通过浓硫酸干燥，得到干燥纯净的氯气，尾气用NaOH溶液吸收，B正确；C．稀硫酸与铁块反应得到氢气排除装置内空气后套上气球，关闭止水夹，锥形瓶内气压不断增强，最终将反应得到的硫酸亚铁溶液压入右边锥形瓶，与NaOH溶液反应得到Fe(OH)2，用气球平衡装置内压强保证隔绝空气和实验安全，C正确；D．室温下，铁块在浓硝酸中发生钝化，不能制取NO2，D错误；故选BC。
13．空气中焙烧矿样过程中有、、、固体生成，焙烧过程中固体质量变化曲线及生成曲线如图。下列说法不正确的是
A．焙烧过程中固体转化顺序为
B．200～300℃进行转化的化学方程式为
C．300～400℃，固体质量明显增加的原因是固体中增加了氧元素的质量
D．仅用溶液就可证明第四阶段所得气体成分
【答案】D
【解析】A．根据图中固体曲线的变化，根据铜元素守恒可得出固体转化顺序为，A项正确；B．200～300℃为第一阶段，从图像可以看出，固体质量减小，二氧化硫气体增多，转化的化学方程式为，B项正确；C．300～400℃是第二阶段，转化为，固体中增加的质量是增加的氧元素的质量，C项正确；D．第四阶段所得气体为SO2，SO2不与溶液反应，无法用溶液检验SO2，D项错误；答案选D。
三、填空题
14．8.34g FeSO4·7H2O样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如下图所示。回答下列问题：
（1）试确定200℃时固体物质N的化学式___________。
（2）取适量380℃时所得的样品P，隔绝空气加热至650℃，得到一种固体物质Q，同时有两种无色气体生成，试写出该反应的化学方程式___________。
（3）某兴趣小组用如图所示装置设计实验，验证(2)中生成的气态物质，并测定已分解的P的质量(不考虑装置内空气的影响)。
①试剂X的名称是___________。
②按气流方向连接仪器，用字母表示接口的连接顺序：c→___________。
③充分反应后，利用装置III中圆底烧瓶内混合物测定已分解的P的质量，其操作步骤为：第一步，向圆底烧瓶内逐滴加入BaCl2溶液，直至沉淀完全；第二步，过滤混合物，在过滤器上将沉淀洗净后，烘干并冷却至室温，称重；第三步，继续烘干冷却并称量，直至连续两次称量质量差不超过0. 1g为止。若最终所得沉淀质量为wg，则已分解的P的质量为___________g．(填计算式)
【答案】（1）FeSO4·H2O
（2）2FeSO4 Fe2O3+SO2↑+SO3↑
（3） 品红溶液或溴水或酸性高锰酸钾溶液 abfed
【解析】（1）依据图象分析在200°C时固体质量变为5.10g ，绿矾加热失去结晶水，质量减小，设失去结晶水x个，则8.34g FeSO4·7H2O，样品物质的量==0.03ml，FeSO4·7H2O =FeSO4·(7-x) H2O+xH2O，热分解减少的是水的质量列式：0.03xml×18g/ml=8.34g-5.10g=3.24g，解得x=6，所以加热到200°C时固体为FeSO4·H2O；（2）晶体全部失去结晶水得到固体质量为8.34g-0.03mlx7x 18g/ml=4.56g ；633℃取适量380°C时所得的样品P隔绝空气加热至650°C，结晶水乙全部失去，硫酸亚铁受热分解得到一种红棕色的物质Q判断为Fe2O3，同时有两种无色气体生成且两种高温气体的组成元素相同，摩尔质量相差16，判断为SO2、SO3，所以反应的化学方程式为：FeSO4 Fe2O3+SO2↑+SO3↑；（3）①试剂X的名称可以是利用二氧化硫的漂白性选择品红溶液验证，也可以选择溴水或高锰酸钾溶液利用氧化性氧化二氧化硫反应褪色验证；②中生成的气态物质为二氧化硫和三氧化硫气体，三氧化硫沸点较低冷却后变为液体，二氧化硫可以利用其还原性、漂白性选择试剂验证，剩余的二氧化硫污染空气需要吸收；装置连接顺序为： c→a→b→f→e→d；③第一步：向圆底烧瓶中逐滴加入氯化钡溶液，直至沉淀完全；第二步：过滤混合物.在过滤器上将沉淀洗净后，烘干并冷却至室温，称重。第三步：继续烘干、冷却并称量直至连续两次称量的质量差不超过0.1g为止；若最终得到沉淀的质量为w g，沉淀为硫酸钡，依据硫元素守恒结合化学方程式定量关系可知，2FeSO4~SO3~BaSO4已分解的硫酸亚15．以和空气(不参与反应)按体积比1∶3混合通入含水8%的碳酸钠中制备，并用水吸收(不含)制备次氯酸溶液，其主要实验装置如下：
已知：为棕黄色气体，沸点约3.8℃，42℃以上分解生成和，易溶于水并与水反应生成。
（1）写出装置A中发生的反应的化学方程式___________。
（2）装置B中仪器a的名称是___________，反应的离子方程式为___________。
（3）为提高原料的利用率，使充分反应，装置A在操作时可采取的措施为___________。
（4）实验过程中，装置B需放在冷水中，其目的是___________。
（5）各装置的连接顺序为___________，A→____→____→___→___(填装置大写字母代号)
（6）已知；。用下列实验方案测定装置E所得溶液中次氯酸的物质的量浓度：量取10上述次氯酸溶液，并稀释至100，再从其中取出10.00于锥形瓶中，并加入的溶液，充分反应后，用0.05000的酸性溶液滴定至终点，消耗溶液24.00，则原次氯酸溶液的浓度为___________(保留4位有效数字)。
【答案】（1）MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
（2）三颈烧瓶 2Cl2+CO=Cl2O+2Cl-+CO2(或2Cl2+2CO+H2O=Cl2O+2Cl-+2HCO)
（3）调节分液漏斗旋塞，控制浓盐酸滴加速度，以合理的速度生成Cl2、将装置B冷水浴(<42 ℃)
（4）防止Cl2O分解，提高Cl2O产率
（5）D→B→C→E
（6）1.000 ml/L
【解析】由图可知A装置为Cl2的发生装置，B装置为制备Cl2O气体的装置，C装置中的四氯化碳溶液能够吸收Cl2O中含有的Cl2，D装置中的饱和食盐水用于除去Cl2中含有的HC1气体，E装置为用水吸收Cl2O制备次氯酸的装置。
（1）装置A中用MnO2和浓HCl在加热条件下反应制取Cl2，反应的化学方程式为：MnO2 + 4HCl(浓) MnCl2 + Cl2↑+ 2H2O，故答案为：MnO2 + 4HCl(浓)MnCl2 + Cl2↑+ 2H2O；（2）根据装置的结构特点可知，装置B中仪器a的名称是三颈烧瓶，B装置为将纯净的Cl2通入制备Cl2O气体的装置，则反应的离子方程式为：2Cl2+CO=Cl2O+2Cl-+CO2(或2Cl2+2CO+H2O=Cl2O+2Cl-+2HCO)，故答案为：三颈烧瓶、2Cl2+CO=Cl2O+2Cl-+CO2(或2Cl2+2CO+H2O=Cl2O+2Cl-+2HCO)；（3）为提高原料的利用率，使Cl2充分反应，装置A在操作时可采取的措施为调节分液漏斗旋塞，控制浓盐酸滴加速度，以合理的速度生成Cl2，因Cl2O为棕黄色气体，沸点约3.8 ℃，42℃以上分解生成Cl2和O2，则为提高产品产率，装置B在操作时可采取的措施为将装置B冷水浴(<42 ℃)，故答案为：调节分液漏斗旋塞，控制浓盐酸滴加速度，以合理的速度生成Cl2、将装置B冷水浴(<42 ℃)；（4）由(3)分析知，装置B置于冷水中目的是防止Cl2O分解，提高Cl2O产率，故此处填：防止Cl2O分解，提高Cl2O产率；（5）由图可知A为Cl2的发生装置，B为制备Cl2O气体的装置，C中的四氯化碳溶液能够吸收Cl2O中含有的Cl2，D中的饱和食盐水用于除去Cl2中含有的HC1气体，E为用水吸收Cl2O制备次氯酸的装置，制备次氯酸溶液的过程为：用A装置生成Cl2，用D装置除去Cl2含有的HC1气体，再将纯净的Cl2通入B中制备Cl2O，用C装置吸收Cl2O多余的氯气，最终将Cl2O通入E中制备次氯酸溶液，故装置的连接顺序为：A→D→B→C→E，故答案选为D→B→C→E；（6）根据反应：H++HClO+2Fe2+=Cl-+2Fe3++H2O可知：HClO~2Fe2+；+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O可知~5Fe2+，则有关系式：n(Fe2+)=2n(HClO)+5n(),带入数据：10×10-3×0.8=2c(HClO)×10×10-3+5×10-3×24×0.05，解得c(HClO)=0.1 ml/L，则稀释前的浓度为c原(HClO)=0.1×= 1.000 ml/L，故此处填1.000 ml/L。
16．某化学小组对铁及其化合物的性质、制备进行如下探究。请按要求回答下列问题。
(一)与性质探究。供选试剂：溶液、溶液、片、粉、溶液
（1）同学甲探究铁具有还原性，可选择试剂：粉、溶液、_______。
（2）同学乙为探究的还原性，取2 mL 溶液，向其中滴加少量氯水，观察现象不太明显，其原因可能是_______；欲获得更充分证据，此实验操作应该完善为_______。
（3）同学丙欲探究具有氧化性，其方案涉及反应的离子方程式为_______。
(二)的制备同学丁设计如图所示装置，气密性已查完好。
（4）为达到实验目的，需进行的操作：先打开，关闭，打开，反应片刻后，再_______，_______，发现溶液从装置2进入装置3中，关闭。
（5）从实验操作过程分析装置3中有灰绿色沉淀产生而没有产生白色沉淀的原因：_______。
(三)出土铁器修复部分过程的分析与探究
（6）腐蚀原理分析：一般认为，铁经过了如下腐蚀循环：Ⅰ.转化为；Ⅱ.在自然环境中形成；Ⅲ.和反应形成致密的保护层；Ⅳ.保护层再转化为。如此往复腐蚀。
①从原子结构解释步骤I很容易发生的原因：_______。
②上述过程属于氧化还原反应的步骤为_______(填序号)。
（7）化学修复过程探究：研究发现，对铁的腐蚀会造成严重影响，铁器表面会产生。将铁器浸没在盛有 、 的溶液的容器中，缓慢加热至60～90℃。一段时间后，取出器物，用溶液洗涤，至无。
①加热目的是_______。
②检测洗涤干净与否的操作：_______。
③铁器表面的脱氯生成。写出该反应的离子方程式：_______。
④修复中变成。写出该反应的化学方程式：_______。
【答案】（1）溶液
（2）浓度太低 应向溶液中先滴加溶液，观察现象，再向其中滴加少量氯水，继续观察现象
（3）
（4）关闭 打开
（5）装置3中氧气没有排出
（6）铁基态原子的价电子为，常温下容易失去最外层2个电子 Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ
（7）加快反应速率
取少量洗涤液于试管中，先加入稀硝酸至酸性，再滴加硝酸银溶液，观察现象

【解析】（1）粉可以跟溶液反应生成溶液，体现了铁具有还原性，故选溶液。
（2）取2 mL 溶液，向其中滴加少量氯水，观察现象不太明显可能原因是浓度太低，反应生成太少，颜色变化不明显；想要颜色变化明显，可以先向溶液中先滴加溶液，观察现象，再向其中滴加少量氯水，继续观察现象。
（3）探究具有氧化性，可以让与片发生置换反应，反应的离子方程式为。
（4）打开，关闭，打开，此时排出装置2中的氧气，要想装置2反应生成的进入装置3，则关闭，打开，装置2反应生成氢气把溶液从装置2进入装置3中。
（5）制备需要在无氧环境中进行，打开，关闭，打开，可以排除装置2的氧气，但装置3中氧气没有排出，所以有灰绿色沉淀产生而没有产生白色沉淀。
（6）①转化为很容易发生的原因是铁基态原子的价电子为，常温下容易失去最外层2个电子。
②根据反应前后元素化合价是否改变可知上述过程属于氧化还原反应的步骤为Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ。
（7）①加热目的是加快反应速率。
②的检验，一般操作是取少量洗涤液于试管中，先加入稀硝酸至酸性，再滴加硝酸银溶液，观察现象。
③脱氯生成反应的离子方程式为。
④变成的化学方程式为。
17．己二酸(，相对分子质量为146)是生产尼龙一66的主要原料之一、实验室由环己醇(，相对分子质量为100)制备己二酸的实验原理：3C6H12O(环己醇)+83+8MnO2↓+2OH-+5H2O，实验装置如图(夹持装置等已略)。
实验步骤：
步骤一：向150mL三颈烧瓶内加入50mL0.3ml·L-1氢氧化钠溶液后，置于磁力搅拌器上；边搅拌边将6.320g高锰酸钾(相对分子质量为158)溶解到氢氧化钠溶液中，打开搅拌器的加热开关，在水浴中加热到50~60℃。
步骤二：用滴液漏斗将2.000g环己醇加入三颈烧瓶中，充分反应后，趁热抽滤，洗涤，合并滤液和洗涤液，加浓盐酸至pH为3.0~4.0；分离析出己二酸粗产品。
步骤三：己二酸粗产品经过净化处理，再称重，计算己二酸的产率。
回答下列问题：
（1）装置b的名称为___________，使用时要从___________(填“上口”或“下口”)通入冷水；滴液漏斗的导管a的作用是___________。
（2）步骤二发生的反应是强烈的放热反应，控制反应温度是该步骤的关键，试从试剂投入、装置改进方面，分别提出一条控温的措施：①___________。；②___________。
（3）该反应是强烈的放热反应，但在滴加环己醇之前，要先将高锰酸钾和NaOH混合液预热到50~60℃，其原因是___________。
（4）步骤二中，反应终点的判断方法是用玻璃棒蘸一滴反应混合液点在平铺的滤纸上(点滴试验)，若滤纸上呈浅___________色环，表明还有少量KMnO4没有反应完全，再向混合液中加入少量NaHSO3固体，直至点滴试验呈阴性，说明反应达到终点，KMnO4与NaHSO3反应的离子方程式为___________。
（5）将步骤二得到的己二酸粗产品，经步骤三称重，得到其质量为1.533g，则己二酸的产率为___________%。
【答案】（1） 冷凝管或球形冷凝管 下口 平衡滴液漏斗液面上方与三颈烧瓶内的气压，使环己醇能够顺利流下
（2）环己醇要逐滴加入 将三颈烧瓶置于冷水浴中
（3）通过外部加热供给能量，使其达到所需要的活化能
（4）紫色 2+3+OH-=2MnO2 ↓+3 +2H2O
（5）70
【解析】（1）根据装置b的结构可知，其名称为球形冷凝管，使用时从下口进水，上口出水，水可充满整个冷凝管，达到最大冷凝效果；滴液漏斗的导管a可让滴液漏斗内的气体压强与三颈烧瓶中的气体压强相等，使环已醇能够顺利流下。
（2）控制反应速率，一般从浓度、温度、压强(有气体参加)、催化剂等方面考虑，从控制反应物的浓度考虑，可控制滴加环已醇的速度；从控制反应体系的温度考虑，就要采取降温措施，即环己醇要逐滴加入、将三颈烧瓶置于冷水浴中。
（3）化学反应的发生需要达到活化温度，因此要先将高锰酸钾和NaOH混合液预热到50~60℃，通过外部加热供给能量，使其达到所需要的活化能。
（4）高锰酸钾溶液为紫色；该反应在弱碱性条件进行，被还原为MnO2，反应的离子方程式为：2+3+OH-=2MnO2 ↓+3 +2H2O。
（5）根据方程式，3C6H12O(环己醇)~ 8KMnO4，，说明环己醇过量；产品己二酸理论产量按KMnO4计算，则理论上生成己二酸的质量=×3 ×146 g=2.19 g，己二酸的产率=×100%=×100%=70%。
铁质量为×2 ×152g/ml=g气体名称
反应原理
收集方法
A
氨气()
向下排空气法
B
二氧化硫()
向上排空气法、排饱和溶液
C
乙烯()
排水法
D
一氧化氮()
排水法
选项
a中的物质
b中的物质
实验目的、试剂和操作
实验目的
c中的物质
进气方向
A
浓氨水
碱石灰
收集氨气
饱和NH4Cl溶液
M→N
B
浓盐酸
MnO2
检验Cl2的氧化性
Na2S溶液
M→N
C
稀硝酸
Na2SO3
检验SO2的漂白性
品红溶液
N→M
D
稀硝酸
Cu
收集NO
水
N→M
实验
现象
表面有大量无色气泡
表面产生少量气泡后迅速停止
表面迅速产生大量气泡
表面有大量气泡，表面有少量气泡
选项
实验目的
实验装置
试剂
A
萃取、分离溴水中的溴
溴水、四氯化碳
B
实验室制取氯气
浓盐酸、MnO2、饱和食盐水、浓硫酸、NaOH溶液
C
实验室制取Fe(OH)2
稀硫酸、铁块、NaOH溶液
D
实验室制取NO2
浓硝酸、铁块、浓硫酸