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2022届高三二轮专题卷 化学（十五） 化学实验综合 教师版
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这是一份2022届高三二轮专题卷 化学（十五） 化学实验综合 教师版，共36页。试卷主要包含了实验题等内容，欢迎下载使用。
专题十五
化学实验综合
一、实验题（本题共15小题）
1．实验表明，将CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合有蓝绿色沉淀生成。为了探究该沉淀的化学成分（假设为单一成分，且不含结晶水），某同学设计如下实验。回答下列问题：
（1）蓝绿色沉淀可能为a．___________；b．CuCO3；c．碱式碳酸铜（化学式可表示为mCu(OH)2·nCuCO3）。
（2）从悬浊液中获得蓝绿色固体必须用的玻璃仪器有___________。
（3）取一定量蓝绿色固体，用如下装置（夹持仪器已省略）进行定性实验。
①盛放碱石灰的仪器名称为___________。
②检查上述虚线框内装置气密性的实验操作：连接好装置后，关闭K，___________。
③若蓝绿色沉淀为CuCO3，则观察到的现象是___________。
④实验过程中发现，装置B中无水CuSO4变蓝，装置C中有白色沉淀生成，为测定蓝绿色固体的化学组成，在装置B中盛放足量无水CaCl2，C中盛放足量NaOH溶液再次进行实验。C中盛放NaOH溶液，而不使用澄清石灰水的原因是___________；若蓝绿色固体质量为27.1g，实验结束后，装置B的质量增加2.7g，C中溶液增重4.4g，则该蓝绿色固体的化学式为___________。
【答案】（1）Cu(OH)2
（2）漏斗、玻璃棒、烧杯
（3）球形干燥管 在C中加入少量水，浸没长导管口，用酒精灯微热硬质玻璃管，若C中有气泡逸出，撤去酒精灯冷却一段时间后，C中导管内形成水柱，则证明装置的气密性良好（合理即可） A中硬质玻璃管中蓝绿色固体逐渐变为黑色，B中无水CuSO4不变色，C中澄清石灰水变浑浊（或其他合理描述） Ca(OH)2溶解度小，而NaOH溶解度大，更能充分吸收CO2（或其他合理描述） 3Cu(OH)2·2CuCO3（或写成Cu5(OH)6(CO3)2也可）
【解析】装置A中加热分解蓝绿色固体，装置B中无水CuSO4可以检验是否有水生成，确定蓝绿色固体中是否含有Cu(OH)2，换成无水氯化钙后可以将水蒸气全部吸收，根据装置的质量变化，确定固体中含有的Cu(OH)2的质量，澄清石灰水可以检验是否有CO2生成，确定是否含有CuCO3，换成NaOH溶液后可以将全部CO2吸收，通过装置的质量变化确定固体中含有的CuCO3的质量，碱石灰可以防止空气中的CO2进入装置C，影响结果。
（1）碳酸钠溶液显碱性，且根据c假设，可知假设a应为蓝绿色沉淀可能为Cu(OH)2；
（2）从悬浊液中获得蓝绿色固体需要进行过滤，所需玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒；
（3）①根据仪器结果特点可知其为球形干燥管；②该实验用到了酒精灯，所以可以加热使装置内气体膨胀来检验气密性，具体操作为：在C中加入少量水，浸没长导管口，用酒精灯微热硬质玻璃管，若C中有气泡逸出，撤去酒精灯冷却一段时间后，C中导管内形成水柱，则证明装置的气密性良好；③若蓝绿色沉淀为CuCO3，则加热分解固体时生成氧化铜，同时会有CO2生成，但没有水蒸气生成，所以现象为：A中硬质玻璃管中蓝绿色固体逐渐变为黑色，B中无水CuSO4不变色，C中澄清石灰水变浑浊；④Ca(OH)2溶解度小，而NaOH溶解度大，更能充分吸收CO2，确保生成的CO2全部被吸收，使结果更准确，装置B的质量增加2.7g，即生成2.7gH2O，所以固体中含有n[Cu(OH)2]=n(H2O)==0.15mol，C中溶液增重4.4g，则固体中含有n(CuCO3)=n(CO2)==0.1mol，n[Cu(OH)2]∶n(CuCO3)=0.15mol∶0.1mol
=3∶2，所以化学式为3Cu(OH)2·2CuCO3（或写成Cu5(OH)6(CO3)2）。
2．钴主要化合价为+2和+3价，在通常情况下，三价钴盐不如二价钴盐稳定；相反，在生成稳定配合物后，三价钴又比二价钴稳定。因此，常采用空气或H2O2溶液氧化二价钴配合物的方法来制备三价钴的配合物。利用、、和制备三氯化六氨合钴（[Co(NH3)6]Cl3）的实验装置如下。
已知：钴（Ⅱ）与氯化铵和氨水作用，经氧化后一般可生成三种产物：紫红色的[Co(NH3)5Cl]Cl2晶体、砖红色的[Co(NH3)5H2O]Cl3晶体、橙黄色的[Co(NH3)6]Cl3晶体，控制不同的条件可得不同的产物（如温度不同，产物也不同）。293K时，[Co(NH3)6]Cl3在水中的溶解度为0.26mol/L。
I．将、和活性炭在C中混合，首先滴加浓氨水使溶液颜色变为黑紫色。
II．置于冰水浴中冷却至10℃以下，缓慢滴加双氧水并不断搅拌。
III．转移至60℃热水浴中，恒温加热20min，同时缓慢搅拌。
IV．将反应后的混合物冷却到0℃左右，抽滤得到三氯化六氨合钴{[Co(NH3)6]Cl3}粗产品。
V．三氯化六氨合钴（Ⅲ）粗产品的提纯流程如下：
请回答下列问题：
（1）仪器b、c的名称分别为_______、_______。
（2）仪器d中所盛药品为，其作用为_______。
（3）步骤II中，先将装置置于冰水浴中冷却到10℃以下，再缓慢滴加双氧水的原因是_______。
（4）反应器中发生的总反应化学方程式为_______。
（5）V中操作A的名称为_______， 步骤C进行洗涤时要用到两种试剂，应该先用_______（填序号，下同）洗涤，后用_______洗涤。
A．氯化钠溶液 B．无水乙醇 C．浓盐酸
（6）若实验用2.38g CoCl2·6H2O晶体与足量的、和混合，将所得[Co(NH3)6]Cl3粗品（不含有其它含氯物质）加入烧杯中，加20ml水溶解，然后转移到250ml容量瓶中，定容配成样品溶液。用移液管移取25ml样品溶液于锥形瓶中，加入几滴K2CrO4溶液做指示剂，用0.08mol/L AgNO3标准溶液进行滴定，出现砖红色沉淀不消失即为终点，停止滴定。重复实验两次，平均消耗硝酸银溶液标准溶液15.00ml。则本次实验产率为_______（已知M（CoCl2·6H2O）= 238g/mol、M[Co(NH3)6]Cl3 =267.5g/mol）。
【答案】（1）球形冷凝管 三颈烧瓶 （2）吸收挥发出来的氨气
（3）防止温度过高导致氨气挥发以及双氧水分解
（4）
（5）趁热过滤 C B
（6）40%
【解析】（1）仪器b的名称为球形冷凝管，仪器C的名称为三颈烧瓶；
（2）原料用到易挥发且会污染环境的浓氨水，CaCl2的作用主要是吸收挥发出来的氨气；
（3）氨气具有挥发性，双氧水易分解，温度过高会导致氨气的挥发以及双氧水的分解；
（4）反应器中发生的总反应方程式为Co2+失去电子生成[Co(NH3)6]Cl3中的Co3+，H2O2得电子生成H2O，；
（5）由于温度不同，产物也不同，因此操作A应该是趁热过滤，增大氯离子浓度可以防止产品溶解而损失，因此三氯化六氨合钴首先应该用浓盐酸洗涤，最后再用有机溶剂乙醇洗涤，故答案为C、B；
（6）将粗产品配制成250ml溶液，用移液管移取25ml样品溶液样品进行滴定，平均消耗0.08mol/L AgNO3标准溶液15.00ml，故样品中n（Cl-）=10×n（Ag+）=10×0.08×15.00×10-3=0.012mol，则n[Co(NH3)6]Cl3=0.004mol，m[Co(NH3)6]Cl3=0.004mol×267.5 g/mol=1.07g，根据钴原子守恒可知理论上产生[Co(NH3)6]Cl3的质量为：
=2.675g，产率为。
3．氯化钴（CoCl2）主要用于电解制备金属钴，还可用作氨的吸收剂、防毒面具和肥料添加剂。某实验小组制备无水氯化钴的装置如图所示。已知：Co（III）的氧化性强于Cl2，CoCl2易潮解。
（1）装置A烧瓶中的固体为84消毒液中的有效成分，则A装置中发生反应的离子方程式为______。
（2）装置B中盛放的试剂为______，装置D硬质玻璃管中的玻璃纤维的作用是______。
（3）E中物质的名称______，其作用是______。
（4）实验过程应先打开分液漏斗旋塞，一段时间后再点燃酒精灯，目的是______。
（5）小组成员认为实验过程中Cl2过量，装置D中所得固体可能会有CoCl3，你是否同意该论断并解释原因是______。
（6）氯化钴溶液与氯化镁溶液类似，直接蒸干不能得到CoCl2固体，使用氯化亚砜（SOCl2）与CoCl2·6H2O混合加热可以得到氯化钴固体，原理是______。
【答案】（1）2H++Cl-+ClO-=Cl2↑+H2O
（2）饱和食盐水 防止固体粉末堵塞导管
（3）碱石灰 吸收多余Cl2，同时阻止空气中的H2O进入D
（4）排出装置中的空气，使装置充满纯净的氯气
（5）CoCl3为氧化产物，由于Co（III）的氧化性强于Cl2，氧化产物的氧化性小于氧化剂，不会生成CoCl3
（6）SOCl2与CoCl2·6H2O的结晶水反应生成SO2和HCl，HCl（酸性气体）抑制CoCl2水解，混合加热可以得到氯化钴固体
【解析】84消毒液的主要成分是次氯酸钠；装置B中盛放的试剂为饱和碳酸氢钠，浓盐酸会挥发出HCl，使用饱和食盐水吸收；C中Cl2溶于水生成酸性物质，选择酸性干燥剂进行干燥，如浓硫酸；装置E位于整套装置的末端，作用是除去剩余的有毒气体Cl2，所以E中可填充碱石灰，作用是吸收Cl2，同时阻止空气中的H2O进入D。
（1）84消毒液的主要成分是次氯酸，与浓盐酸发生氧化还原反应，氯元素的化合价向中间靠拢，生成Cl2，反应的离子方程式为2H++Cl-+ClO-=Cl2↑+H2O ；
（2）装置B中盛放的试剂为饱和碳酸氢钠，浓盐酸会挥发出HCl，碳酸氢钠可吸收HCl；由于气流通过硬质玻璃管时，有可能带动钴粉扩散易堵塞导气管，所以采用玻璃纤维防止固体粉末堵塞导管；
（3）装置E位于整套装置的末端，作用是除去剩余的有毒气体Cl2，所以E中可填充碱石灰，作用是吸收Cl2，同时阻止空气中的H2O进入D；
（4）实验过程应先打开分液漏斗旋塞，一段时间后再点燃酒精灯，目的是：排出装置中的气体，使装置充满纯净的氯气；
（5）装置D中所得固体不可能会有CoCl3，CoCl3为氧化产物，由于Co（III）的氧化性强于Cl2，氧化产物的氧化性小于氧化剂，不会生成CoCl3；
（6）SOCl2与水易水解，方程式为：SOCl2+H2O=SO2↑+HCl↑，SOCl2与CoCl2·6H2O的结晶水反应生成SO2和HCl，HCl抑制CoCl2水解，混合加热可以得到氯化钴固体。
4．河南省镁资源丰富，河南崮山镁业为国内最大的氧化镁生产企业，其利用蛇纹石制备的高纯氧化镁，颗粒细腻不结团。其工艺流程如下：
某校化学兴趣小组在实验室探究流程II中的反应原理，并检验产物纯度。回答下列问题：
（1）甲同学设计了以下实验装置图探究流程II中的反应原理。
①检验气态产物中是否有SO2及SO3，则装置B、C中的溶液分别是_______（填标号）。
a．Ba(NO3)2溶液 b．BaCl2溶液 c．浓硫酸 d．酸性高锰酸钾溶液
②实验过程中，装置B中没有明显现象，装置C、D中现象明显，写出A中发生反应的化学方程式：_______。
（2）乙同学认为甲设计的实验装置存在一处明显的缺陷，其理由是_______。
（3）丙同学利用反应：HCOOHCO↑+H2O为甲同学的实验提供CO气体，并设计以下实验装置图。
①E装置中，仪器b的名称是_______。
②制备的CO气体中常含有杂质气体_______、挥发出来的少量甲酸蒸气及水蒸气，已知F装置中盛放的是NaOH溶液，则G装置的作用是_______。
（4）Mg2+的含量测定：向含Mg2+的溶液中加入铬黑T溶液（含Hlnd2-离子）作指示剂，用EDTA标准溶液（含H2Y2-离子）滴定。溶液中发生的反应如下：（天蓝色）（酒红色）+H＋，。丁同学称取4.1g样品MgO，溶于稀硫酸，移入1000mL容量瓶中稀释至刻度。取20 mL溶液于锥形瓶中，加2滴铬黑T溶液，用0.1000EDTA溶液滴定，实验数据如下。
序号
1
2
3
4
标准溶液体积/mL
20.10
18.40
19.90
20.00
①滴定终点的现象是_______。
②计算4.1 g样品MgO中镁离子的物质的量为_______mol（保留两位有效数字）。
【答案】（1）b d
（2）尾气中的CO有毒，没有尾气处理装置
（3）蒸馏烧瓶 SO2、CO2 检验杂质气体SO2、CO2是否被完全吸收
（4）滴入最后1滴EDTA标准溶液，溶液由酒红色变为天蓝色且半分钟内不褪色 0.10
【解析】由题给装置可知，装置E中甲酸和浓硫酸共热反应制备一氧化碳气体，装置F中氢氧化钠溶液用于吸收除去一氧化碳中混有的二氧化碳和二氧化硫气体，装置G中盛有的澄清石灰水用于验证二氧化碳和二氧化硫气体是否被完全吸收，装置H中盛有的浓硫酸用于干燥一氧化碳气体；装置A中一氧化碳与硫酸镁高温条件下反应生成氧化镁、二氧化硫和二氧化碳，装置B中盛有的氯化钡溶液用于检验是否有三氧化硫生成，装置C中盛有的酸性高锰酸钾溶液用于检验是否有二氧化硫生成，并除去二氧化硫，防止干扰二氧化碳的检验，装置D中盛有的澄清石灰水用于检验是否有二氧化碳生成，该装置的缺陷是没有一氧化碳的尾气处理装置。
（1）①由分析可知，分别选b、c；②由题意可知，装置A中一氧化碳与硫酸镁高温条件下反应生成氧化镁、二氧化硫和二氧化碳，反应的化学方程式为；
（2）由分析可知，题给装置的缺陷是没有一氧化碳的尾气处理装置，有毒的一氧化碳气体排空会污染空气，故答案为尾气中的CO有毒，没有尾气处理装置；
（3）①由实验装置图可知，E装置中仪器b为圆底烧瓶，故答案为圆底烧瓶；②甲酸具有挥发性，浓硫酸具有脱水性和强氧化性，与甲酸发生脱水反应制备一氧化碳的同时，还可能与甲酸发生氧化还原反应得到二氧化碳和二氧化硫气体，则制备一氧化碳气体中会含有二氧化碳气体、二氧化硫气体、挥发出来的少量甲酸蒸气及水蒸气；由分析可知，装置F中氢氧化钠溶液用于吸收除去一氧化碳中混有的二氧化碳和二氧化硫气体，装置G中盛有的澄清石灰水用于验证二氧化碳和二氧化硫气体是否被完全吸收，故答案为：SO2、CO2；检验杂质气体SO2、CO2是否被完全吸收；
（4）①天蓝色指示剂铬黑T溶液与溶液中镁离子反应得到酒红色溶液，当溶液中镁离子与EDTA标准溶液完全反应时，溶液会由酒红色变为天蓝色，则滴入最后1滴EDTA标准溶液，溶液由酒红色变为天蓝色且半分钟内不褪色说明达到反应终点，故答案为：滴入最后1滴EDTA标准溶液，溶液由酒红色变为天蓝色且半分钟内不褪色；
②由题给数据可知，第2组实验数据误差较大应舍去，则滴定消耗EDTA标准溶液的平均体积为=20.00mL，由方程式可知，4.1 g样品中镁离子的物质的量为0.1000mol/L×0.02L×=0.10mol，故答案为：0.10。
5．对硝基乙酰苯胺常用作合成药物和染料的中间体，用乙酰苯胺制备对硝基乙酰苯胺的反应为：
实验参数：
化合物名称
分子量
性状
熔点/℃
沸点/℃
溶解度
乙酰苯胺
135
白色晶体
114.3
304
溶于沸水，微溶于冷水，溶于乙醇和乙醚
对硝基乙酰苯胺
180
白色晶体
215.6
100
（1.06×10-3kPa）
溶于热水，几乎不溶于冷水，溶于乙醇和乙醚
邻硝基乙酰苯胺
180
淡黄色片状或棱状晶体
94.0
100
（0.13kPa）
溶于沸水，微溶于冷水，溶于乙醇和乙醚
副反应：
+H2O+CH3COOH
+HNO3+H2O
乙酰苯胺与混酸在5℃下反应主要产物是对硝基乙酰苯胺，在40℃下反应则生成约25%的邻硝基乙酰苯胺。
步骤1．在三颈烧瓶内放入新制备的乙酰苯胺4.5g和4.5mL冰醋酸。在冷水浴冷却下搅拌，慢慢加入9mL浓硫酸。乙酰苯胺逐渐溶解。将所得溶液放在冰水浴中冷却到0~2℃。
步骤2．用2mL浓硫酸和2.3mL浓硝酸在冰水浴中配制混酸。
步骤3．向三颈烧瓶中滴加混酸，保持反应温度不超过5℃。滴加完毕，在室温下搅拌1h后，将反应混合物缓慢倒入装有20mL水和30g碎冰的烧杯，并不断搅拌，立即析出淡黄色沉淀。
步骤4．待碎冰全部融化后抽滤，洗涤，抽干得粗品。
步骤5．将该粗品纯化，得对硝基乙酰苯胺3.2g。
回答下列问题：
（1）装置图中，冷凝管的出水口是___________（填字母），仪器A中a的作用是___________。
（2）步骤1加冰醋酸有两个作用：①作溶剂，加速溶解，②___________。
（3）步骤2 配制混酸的方法是___________。
（4）步骤3滴加混酸时不能过快，控制每10s滴加1~2滴，原因是___________。
（5）步骤5中洗涤粗品时___________（填标号）。
a．用冷水洗 b．用热水洗 c．用乙醇洗 d．先用冷水再用乙醇洗
（6）步骤4中将粗品纯化的方法是___________。本实验的产率为___________。
【答案】（1）c 平衡气压，便于液体顺利流下
（2）抑制乙酰苯胺的水解
（3）将浓硫酸慢慢加入浓硝酸中，边加边振荡
（4）反应放热，滴加过快会使反应温度高于5 ℃，副产物增多
（5）a
（6）重结晶 53.3%
【解析】（1）为提高冷凝效果，冷凝管中的冷凝水应该“低进高出”，装置图中，冷凝管的出水口是c，仪器A中a连接分液漏斗的上、下两端，作用是平衡气压，便于液体顺利流下。
（2）根据信息，乙酰苯胺能发生水解反应+H2O+CH3COOH，加入冰醋酸能抑制乙酰苯胺的水解；
（3）浓硫酸密度大，溶解时放热，所以步骤2 配制混酸的方法是将浓硫酸慢慢加入浓硝酸中，边加边振荡；
（4）在40℃下反应生成约25%的邻硝基乙酰苯胺；反应放热，滴加过快会使反应温度高于5 ℃，副产物增多，所以步骤3滴加混酸时不能过快；
（5）根据对硝基乙酰苯胺、邻硝基乙酰苯胺、乙酰苯胺微溶于冷水，易溶于热水、酒精，洗涤粗品时用冷水洗，选a；
（6）根据溶解性，将粗品纯化的方法是重结晶。4.5g乙酰苯胺的物质的量是0.0333mol，3.2g对硝基乙酰苯胺的物质的量是0.0178mol，本实验的产率为。
6．环己烯常用于制药工业、催化剂溶剂和石油萃取剂，以及高辛烷值汽油的稳定剂等，是重要有机化工原料。
（1）Ⅰ．工业生产中，环己烯通常由环己醇在浓磷酸催化下经分子内脱水制备得到。相关化学原理是_____；
（2）II．环己烯的实验室制备与提纯：
操作1的装置如图所示（加热和夹持装置已略去）。
①仪器B（分馏柱）的作用_______ ；操作2中加入饱和食盐水的作用______ ；操作1和操作3均涉及的玻璃仪器有_____ ；
②浓硫酸也可作该反应的催化剂，选择FeCl3·6H2O而不用浓硫酸的原因为______（填序号）。
a．浓硫酸具有脱水性、强氧化性，易使原料碳化并产生SO2；
b．同等条件下，使用FeCl3·6H2O比浓硫酸的平衡转化率高；
c．FeCl3·6H2O催化污染小、可循环使用，符合绿色化学理念。
Ⅲ．应用环己酸制备己二酸
生产原理如下：
现代法：（绿色合成法）
己二酸是白色晶体，易溶于酒精，熔点153℃，可用于制造尼龙，泡沫塑料及润滑剂和增塑剂等。绿色合成法流程如下：
（3）a．在250mL三颈烧瓶加入2.00g催化剂（由乌酸钠和草酸合成），50mL30%的H2O2溶液和磁子；室温下搅拌15～20分钟后，加入24.6g环己烯；连接好装置（如图所示，固定夹持仪器已略去），继续快速剧烈搅拌并加热，在80～90℃反应3h后，得到热的合成液。
b．趁热倒出三颈烧瓶中的产品，在冷水中降温冷却，析出的晶体在布氏漏斗上进行抽滤，将晶体进行重结晶，用5mL冷水洗涤晶体，再抽滤。取出产品，洗涤、干燥后称重，得纯净的己二酸30.2g。（己二酸溶解度随温度变化较大）；回答下列问题：
①抽滤装置中仪器C的作用___________。
② 该实验的产物的产率为___________。（结果保留3位有效数字）
【答案】（1）醇的消去反应
（2）冷凝回流环己醇 降低环己烯的溶解度，便于溶液分层 冷凝管，尾接管，锥形瓶 ac
（3）作缓冲瓶，作安全瓶，防止自来水压不稳时，在负压情况下运行时水会倒吸进入吸滤瓶 68.9%
【解析】本题考查常见有机物的制备，利用环己醇制备环己烯，所用的催化剂为FeCl3·6H2O，和课本上有所不同，制得粗品后通过加入食盐水的方法降低产品的溶解度，从而便于分离，之后再干燥过滤蒸馏得到产品，在第二个实验中主要考虑装置c的位置来分析的其具体的作用。
（1）环己醇在浓磷酸催化下经分子内脱水制得环己烯，这属于醇的消去反应；
（2）①用环己醇制备环己烯其中环己醇易挥发，会降低反应物的利用率，故仪器B（分馏柱）的作用为：冷凝回流环己醇；环己烯粗产品中加入饱和食盐水可以降低环己烯的溶解度，便于溶液分层；操作3为蒸馏，结合操作1的装置图可知这两种操作均涉及的玻璃仪器有：冷凝管，尾接管，锥形瓶；②a．浓硫酸具有脱水性，能使有机物碳化，该过程中放出大量的热，又可以使生成的碳与浓硫酸发生反应，a正确；b．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡转化率，b错误；c．与浓硫酸相比FeCl3·6H2O对环境相对友好，污染小，可以回收并循环使用，更符合绿色化学理念，c正确；故选ac；
（3）①抽滤装置中仪器C的作用可增大系统容积作缓冲瓶，除此之外还可作安全瓶，防止自来水压不稳时，在负压情况下运行时水会倒吸进入吸滤瓶，故答案为：作缓冲瓶，作安全瓶，防止自来水压不稳时，在负压情况下运行时水会倒吸进入吸滤瓶；②根据产率计算公式：可知，己二酸实际产量=30.2g，理论产量=，己二酸的产率。
7．叠氮化合物是重要的有机合成试剂，实验室制备KN3流程如下。回答下列问题：
I．制备KN3的流程如图甲。
已知：①制备亚硝酸异丙酯在烧杯中进行
②制备KN3的D、E和F阶段均在图乙所示仪器中完成
③下表为文献资料
物质
颜色、状态
沸点
溶解性
KN3
无色晶体
300℃，受热易分解
易溶于水，微溶于乙醇，不溶于乙醚
(CH3)2CHOH
无色液体
82.45℃
微溶于水，与乙醇、乙醚混溶
(CH3)2CHONO
无色油状液体
39℃
不溶于水，与乙醇、乙醚混溶
N2H4·H2O
无色油状液体
118℃
与水、乙醇混溶，不溶于乙醚
回答下列问题：
（1）仪器C的名称为___________。图中仪器B的作用是___________。
（2）关于上述流程中各步骤的说法，不正确的是___________。
A．制备亚硝酸异丙酯时用冰盐浴的目的是防止反应过于剧烈
B．步骤F加入无水乙醇的目的促使KN3结晶析出并且得到大颗粒晶体
C．抽滤时先将晶体转移到布氏漏斗中，再加入残留滤液，然后开大水龙头
II．纯度检测—“分光光度法”，其原理：Fe3+与反应灵敏，生成红色配合物，在一定波长下测量红色溶液的吸光度，利用“c()—吸光度”曲线确定样品溶液中的c()。
查阅文献可知：不同浓度的5.0mLNaN3标准溶液，分别加入5.0mL（足量）FeCl3标准溶液，摇匀后测量吸光度，可绘制标准溶液的c()与吸光度的关系曲线图如图丙所示。
纯度检测步骤如下：
①准确称量mgFeCl3·6H2O晶体，配制100mLFeCl3标准液（与文献浓度一致）。
②准确称量0.360gKN3样品，配制成100mL溶液，取5.0mL待测溶液加入VmL（足量）FeCl3标准液，摇匀后测得吸光度为0.6。
（3）配制100mlKN3溶液需要用到下列所有操作：
a．打开容量瓶玻璃塞，加入适量水，塞紧塞子，倒立；
b．将塞子反转180度，倒立；
c．洗涤烧杯内壁和玻璃棒2~3次；
d．冷却至室温；
e．轻轻振荡容量瓶；
f．称取0.360g试样置于烧杯中，加入适量水充分溶解；
g．将溶液转移到容量瓶中；
h．定容，摇匀。
给出上述操作的正确顺序：___________。
a→_______→_______→______→g→_______→_______→_______→h（操作可重复使用）
（4）步骤②中取用FeCl3标准液V=___________mL，样品的质量分数为___________。
【答案】（1）恒压滴液漏斗 冷凝回流兼平衡气压 （2）BC （3）bfd，cge
（4）5.0mL 90%
【解析】将KOH溶解在无水乙醇中，冷却后与85%水合肼、亚硝酸异丙酯混合反应，在70~80℃条件下回流1-2h，之后加入无水乙醇降低KN3的溶解度，同时冰盐浴冷却析出KN3晶体，抽滤得到粗品，然后多次用无水乙醇和乙醚洗涤，最后烘干即可叠氮化钾产品。
（1）根据仪器C的结构特点可知其为恒压滴液漏斗；仪器B为球形冷凝管，可以冷凝回流反应物，同时平衡气压；
（2）A．制备亚硝酸异丙酯的反应放热，用冰盐浴可以降低温度，防止反应过于剧烈，A正确；B．KN3微溶于乙醇，加入无水乙醇可以降低其溶解度，促使KN3结晶析出，得到细小均匀的颗粒，提高产率，B错误；C．抽滤时应先加入残留滤液，再将晶体洗涤后转移到布氏漏斗中，C错误；综上所述答案为BC；
（3）配制一定物质的量浓度的溶液一般需经过检漏、计算、称量、溶解、转移（移液前要先冷却至室温）、洗涤、定容、摇匀等步骤，所以顺序为a、b、f、d、g、c、g、e、h；
（4）根据文献记载，不同浓度的5.0mLNaN3标准溶液，分别加入5.0mL（足量）FeCl3标准溶液可得吸光度曲线图，所以取用的标准氯化铁溶液的体积为5mL；根据曲线图，吸光度0.6对应的c(N)为4.0×10-2mol·L-1，则0.360g产品中含有KN3的质量为4.0×10-2 mol·L-1×0.1L×81g·mol-1=0.324g，纯度为0.324g÷0.360g×100%=90%。
8．三氯氧磷（POCl3）是一种重要的化工原料，工业上可以直接氧化PCl3制备POCl3，反应原理为：P4（白磷）+6Cl2=4PCl3，。
已知：PCl3、POCl3的部分性质如下：
熔点/℃
沸点/℃
其它
PCl3
112
75.5
遇水生成H3PO3和HCl
POCl3
2
105.3
遇水生成H3PO4和HCl
某兴趣小组模拟该工艺设计实验装置如图（某些加持装置、加热装置已略去）：
（1）检查装置气密性并加入纯净的白磷，先制取一种气体，缓慢地通入C中，直至C中的白磷完全消失后，再通入另一种气体。仪器a的名称为___________，b中盛放的药品是___________。
（2）C中反应温度控制在60~65℃，不能过高或过低的原因是___________。
（3）PCl3遇水生成H3PO3，常温下，将NaOH溶液滴加到亚磷酸（H3PO3）溶液中，混合溶液的pH与所有含磷粒子浓度变化的关系如图所示。
其中表示的是曲线___________ （填“I”或“II”），Na2HPO3溶液中，各离子浓度由大到小的顺序为___________。
（4）通过测定三氯氧磷产品中Cl元素含量，可进一步计算产品的纯度，实验步骤如下：
①取a g产品置于盛60.00 mL蒸馏水的水解瓶中，摇动至完全水解，将水解液配成100.00 mL溶液并预处理排除含磷粒子的影响。
②取10.00 mL溶液于锥形瓶中，向其中加入c1 mol/L的AgNO3溶液V1 mL，使Cl-完全沉淀，再加入20 mL硝基苯，振荡，使沉淀表面被有机物覆盖；然后加入几滴Fe(NO3)3溶液作指示剂，用c2 mol/LNH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积为V2 mL。（已知：，）则产品中POCl3的百分含量为___________（填表达式）。实验过程中加入硝基苯的目的是___________；若无此操作，则所测POCl3的含量将___________ （填“偏高”、“偏低”或“不变”）。
【答案】（1）球形冷凝管 碱石灰
（2）温度太低，反应速率变慢；温度过高，PCl3易挥发，利用率降低
（3）I
（4） 或 使生成的AgCl沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中与AgCl反应 偏高
【解析】装置A中用黑色固体和液态物质反应制氧气，装置B可以干燥O2，瓶口的长颈漏斗可以平衡气压，还可以观察氧气的流速；装置E为固液混合加热制备氯气，装置D干燥生成的氯气；在装置C中发生P4（白磷）+6Cl2=4PCl3，2PCl3+O2=2POCl3。
（1）根据装置图仪器a结构可知其名称为球形冷凝管；装置b为干燥管，其盛放的试剂可以吸收未反应的Cl2，同时还可防止空气中的水蒸气进入装置中，该固体试剂可以是碱石灰；
（2）在装置C中发生反应：P4（白磷）+6Cl2=4PCl3，。C中反应温度控制在60~65℃，不能过高或过低，这是由于温度太低，反应速率变慢；温度过高，PCl3易挥发，利用率降低；
（3）由亚磷酸（H3PO3）的电离平衡常数可知Ka1=； Ka2=，则lg=lg，lg= lg。图中关系可表示为pH=lg-lgKa1，pH=lg-lgKa2。由于Ka1＞Ka2，图中Ｉ对应截距更大，则表示lg的是曲线I；
亚磷酸（H3PO3）为二元弱酸，则不能再发生电离，只能水解，使溶液呈碱性，同时考虑到水也存在电离平衡，所以溶液中c（）＜c（OH-） ，因此溶液中离子浓度大小顺序为：；
（4）根据元素守恒可得关系式：POCl3～3Cl-～3Ag+。PCl3～3Cl-～3Ag+。与Cl-反应的Ag+的物质的量为n（Ag+）=（c1V1-c2V2）×10-3 mol×=（c1V1-c2V2）×10-2 mol，则n（PCl3）+n（POCl3）=n（Ag+）=×（c1V1-c2V2）×10-2 mol，假设n（PCl3）、n（POCl3）的物质的量分别是x、y，则x+y=×（c1V1-c2V2）×10-2 mol，根据质量关系可得137.5x+153.5y=a，解得y=，所以POCl3的含量为：；
实验过程中加入硝基苯的目的是使生成的AgCl沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中SCN-与AgCl反应；若无此操作，则V2偏大，根据POCl3的含量计算公式可知：计算所测POCl3的含量将偏高。
9．研究小组进行如下图所示实验，试剂A为溶液，发现铝条表面无明显变化，于是改变实验条件，探究铝和溶液、溶液反应的影响因素。用不同的试剂A进行实验1~实验4，并记录实验现象。
实验序号
试剂A
实验现象
1
溶液
铝条表面有气泡产生，并有红色固体析出
2
溶液，再加入一定质量的NaCl固体
开始铝条表面无明显变化，加NaCl后，铝条表面有气泡产生，并有红色固体析出
3
溶液
铝条表面有少量气泡产生，并有少量红色固体
4
溶液
溶液反应非常剧烈，有大量气泡产生，溶液变成棕褐色，有红色固体和白色固体生成
（1）实验2的目的是证明铜盐中的阴离子是导致实验1中反应迅速发生的原因，实验2中加入NaCl固体的物质的量为_____。
（2）经检验知，实验4中白色固体为CuCl。甲同学认为产生白色固体的原因可能是发生了的反应，他设计了如下图所示实验证明该反应能够发生。能证明该反应发生的实验现象是____。
（3）为探究实验4中溶液呈现棕褐色的原因，分别取白色CuCl固体进行以下实验：
实验序号
实验操作
实验现象
ⅰ
加入浓NaCl溶液
沉淀溶解，形成无色溶液
ⅱ
加入饱和AlCl3溶液
沉淀溶解，形成褐色溶液
ⅲ
向ⅰ所得溶液中加入溶液
溶液由无色变为褐色
查阅资料知：CuCl难溶于水，能溶解在浓度较大的溶液中，生成络离子，用水稀释含的溶液时会重新析出CuCl沉淀。
①由上述实验及资料可推断，实验4中溶液呈棕褐色的原因可能是与_______作用的结果。
②为确证实验4所得的棕褐色溶液中含有，应补充的实验是___________。
③在配制溶液过程中，下列操作中能使所配溶液浓度偏高的有______（填代号）。
A．用量筒量取浓溶液时俯视
B．将量筒内浓溶液和量筒洗涤液转入烧杯内进行稀释
C．转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水
D．定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出
E．定容时，俯视刻度线
F．定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至标线
（4）上述实验说明，铝和溶液、溶液的反应现象与___________有关。
【答案】（1）0.002mol
（2）电流计的指针偏转，两极均有白色沉淀生成
（3）、 取适量实验4的褐色溶液，加水稀释，观察是否出现白色沉淀 B、E
（4）铜盐溶液中阴离子的种类、铜盐溶液的浓度
【解析】（1）实验1中n（Cl-）=0.005 L0.2 mol/L2=0.002 mol，实验2的目的是证明铜盐中的阴离子是导致实验1中反应迅速发生的原因，实验2中加入NaCl固体的物质的量为0.002 mol，答案为0.002mol；
（2）构成原电池后，A为铜，作负极，铜失去电子溶解进入溶液，生成的+1价铜与溶液中的Cl-反应生成CuCl白色沉淀，正极铜离子被还原为+1价铜，和溶液中的Cl-反应也生成白色沉淀，有电流产生，所以电流计指针偏转，故答案为电流计的指针偏转，两极均有白色沉淀生成；
（3）①由上述实验ii及资料可推断，实验4中溶液呈棕褐色的原因可能是[CuCl2]-与Al3+、Cu2+作用的结果，故答案为Al3+、Cu2+；②根据信息知，取适量实验4的棕褐色溶液，加水稀释，观察是否出现白色沉淀可以确证实验4所得的棕褐色溶液中含有[CuCl2]-，故答案为取适量实验4的棕褐色溶液，加水稀释，观察是否出现白色沉淀；③A．用量筒量取CuCl2浓溶液时俯视，则所取溶液偏少，配得溶液浓度偏低，选项A不符合；B．量筒量取溶液时不需要洗涤，将量筒内浓溶液和量筒洗涤液转入烧杯内进行稀释，则相当于所取溶液偏多，配得溶液的浓度偏高，选项B符合；C．定容时需要加蒸馏水，故转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对配制溶液的浓度不影响，选项C不符合；D．定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出，则所加蒸馏水偏多，所配溶液的浓度偏低，选项D不符合；E．定容时，俯视刻度线，会导致溶液的体积偏小，所配制溶液浓度偏高，选项E符合；F．定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至标，则所加蒸馏水偏多，所配溶液的浓度偏低，选项F不符合；答案选BE；
（4）根据实验1和2、2和3所用试剂的种类不同，知铝和CuSO4溶液、CuCl2溶液的反应现象与铜盐溶液中阴离子的种类有关；根据实验1和4，知铝和CuSO4溶液、CuCl2溶液的反应现象与铜盐溶液的浓度有关；故此处填：铜盐溶液中阴离子的种类、铜盐溶液的浓度有关。
10．1，2-二氯乙烷（CH2ClCH2Cl）是重要的有机化工原料，不溶于水，常用作有机溶剂，沸点83.6°C。实验室可用“乙烯液相直接氯化法”来制备：
C2H5OHCH2=CH2↑+H2O，Cl2(g)+CH2= CH2(g) CH2ClCH2Cl(l) ΔH＜0
（1）甲装置发生反应的化学方程式___________。
（2）按实验原理将装置戊、己、庚连接起来： d→________→_________→__________→_________→a（按接口顺序连接）
（3）丁装置中长玻璃导管B的作用是___________。反应前丁中先装入适量1，2-二氯乙烷液体，其作用是___________。
（4）己装置制取乙烯采用的最佳加热方式是 ___________
①水浴 ②油浴 ③砂浴
（5）制得的1，2-二氯乙烷中溶解有Cl2和乙烯，将其逐出可采用的操作是____________。
（6）有同学提出该装置存在一缺陷， 你认为是___________。
【答案】（1）MnO2 + 4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
（2）b c e f
（3）冷凝回流、平衡压强 溶解Cl2和乙烯（或作溶剂）
（4）②
（5）加热或蒸馏
（6）没有尾气处理装置
【解析】利用二氧化锰和浓盐酸反应制备氯气，通过饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，干燥后进入丁，利用乙醇和五氧化磷在加热条件下作用产生乙烯，通过水除去乙醇蒸气，再干燥后进入丁与氯气反应制备1，2-二氯乙烷（CH2ClCH2Cl）。
（1）甲装置利用二氧化锰和浓盐酸反应制备氯气，发生反应的化学方程式为MnO2 + 4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（2）根据分析可知，按实验原理将装置戊、己、庚连接起来： d→b→c→e→f→a；
（3）丁装置中长玻璃导管B的作用是冷凝回流、平衡压强；反应前丁中先装入适量1，2-二氯乙烷液体，其作用是溶解Cl2和乙烯（或作溶剂）；
（4）己装置制取乙烯必须控制在150℃，采用的最佳加热方式是油浴加热，答案选②；
（5）制得的1，2-二氯乙烷中溶解有Cl2和乙烯，利用沸点不同，将其逐出可采用的操作是加热或蒸馏；
（6）实验过程中有氯气的参与，氯气有毒，该装置存在的缺陷是没有尾气处理装置。
11．铁是人类较早使用的金属之一，运用所学知识，回答下列问题。
Ⅰ．电子工业常用 30%的 FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板。
（1）Fe 在周期表中的位置是___________。检验溶液中 Fe3+存在的试剂是___________，证明 Fe3+存在的现象是___________。
（2）写出 FeCl3溶液与金属铜发生反应的离子方程式___________。
（3）某工程师为了从使用过的腐蚀废液（主要含 Fe3+、Fe2+、Cu2+、Cl-）中回收铜，并重新获得纯净的 FeCl3溶液，准备采用图示步骤。
请写出上述过程中①的化学式___________，④的化学式___________。
Ⅱ．高铁酸盐是优良的多功能水处理剂。K2FeO4为紫色固体，可溶于水，微溶于浓KOH溶液，难溶于有机物；在0～5℃、强碱性溶液中比较稳定，在酸性、中性溶液中易分解放出O2。现某实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）装置如图所示，夹持、加热等装置略。回答下列问题：
（4）仪器a的名称是___________，装置 B中除杂质所用试剂是___________，装置D的作用是___________。
（5）A中发生反应的化学方程式为___________。
（6）C中反应为放热反应，而反应温度须控制在0~5℃，采用的控温方法为__________，反应中 KOH必须过量的原因是___________。
（7）C中制备高铁酸钾的反应体系中有六种微粒；Fe3+、Cl2、OH-、FeO、Cl-、H2O。写出总反应的离子方程式：___________。C中混合物经过重结晶、有机物洗涤纯化、真空干燥，得到高铁酸钾晶体。若反应过程中转移了0.6mol电子，则还原产物的物质的量为_______mol。
【答案】（1）第四周期第Ⅷ族 KSCN溶液 溶液变成红色
（2）Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+
（3）Fe HCl
（4）圆底烧瓶 饱和食盐水 吸收尾气Cl2并能防倒吸
（5）MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
（6）冰水浴 保持溶液碱性，防止K2FeO4变质
（7）3Cl2+2Fe3++16OH-=2 FeO+6Cl-+8H2O 0.6
【解析】二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气，生成的氯气中混有氯化氢杂质，使用装置B饱和食盐水吸收HCl，氯气和氯化铁溶液在氢氧化钾存在下反应生成高铁酸钾，最后用氢氧化钠进行尾气吸收，防止污染；
（1）Fe的原子序数为26，在周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族，检验溶液中Fe3+存在通常用KSCN溶液，取少量溶液与试管中，滴加KSCN溶液，溶液变红说明Fe3+存在，故答案为：第四周期第Ⅷ族；KSCN溶液；溶液变成红色；
（2）FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式：Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+；
（3）腐蚀废液为FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合物，加入过量铁粉后，Fe3+转化为Fe2+，Cu2+转化为Cu；过滤，所得滤液为FeCl2溶液，滤渣为Fe、Cu的混合物；往滤渣中加入过量盐酸，与Fe反应生成FeCl2和H2，此时滤液为FeCl2、HCl的混合液；合并两份滤液，然后通入Cl2，将Fe2+氧化为Fe3+，从而得到FeCl3溶液，结合分析可知，①为Fe，②含有FeCl2，③为Fe和Cu，④为HCl，⑤FeCl2，⑥为Cl2，故答案为Fe；HCl；
（4）仪器a的名称是圆底烧瓶；B装置用饱和食盐水除去氯气中混有的HCl气体，D装置吸收未反应的氯气，并能防倒吸；故答案为圆底烧瓶；饱和食盐水；吸收尾气Cl2并能防倒吸；
（5）实验室利用二氧化锰氧化剂和还原剂浓盐酸加热反应生成二氧化锰、氯气和水，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（6）C中反应为放热反应，而反应温度须控制在0～5℃，可使用的控温方法为冷水浴，反应中KOH必须过量的原因是保持溶液碱性，防止K2FeO4变质，故答案为：冰水浴；保持溶液碱性，防止K2FeO4变质；
（7）充分反应后得到微粒；FeO、Cl-、H2O，反应离子方程式为3Cl2+2Fe3++16OH-=2 FeO+6Cl-+8H2O；Cl元素化合价降低，Cl-是还原产物，每转移6mol电子，得到6molCl-，则反应过程中转移了0.6mol电子，则还原产物的物质的量为0.6mol。
12．H2O2是一种绿色试剂，在化学工业中用于生产过氧乙酸、亚氯酸钠等，医药工业用作杀菌剂、消毒剂。某化学小组欲探究双氧水的性质做了如下实验：
（1）下表是该小组研究影响过氧化氢（H2O2）分解速率的因素时采集的一组数据：
用10mLH2O2制取150mLO2所需的时间（秒）
30%H2O2
15%H2O2
10%H2O2
5%H2O2
无催化剂、不加热
几乎不反应
几乎不反应
几乎不反应
几乎不反应
无催化剂、加热
360
480
540
720
MnO2催化剂、不加热
10
25
60
120
①研究小组在设计方案时，考虑了浓度、_______、_______因素对过氧化氢分解速率的影响。
②双氧水分解的方程式为______________________。
（2）另一研究小组拟在同浓度Fe3+的催化下，探究H2O2浓度对H2O2分解反应速率的影响。限选试剂与仪器：30%H2O2、0.1mol∙L-1FeCl3、蒸馏水、锥形瓶、双孔塞、水槽、胶管、玻璃导管、量筒、秒表、恒温水浴槽、注射器。设计实验装置，完成图1方框内的装置示意图__________（要求所测得的数据能直接体现反应速率大小）。
（3）对于H2O2分解反应，Cu2+也有一定的催化作用。为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，研究小组的同学设计了如图2所示的实验。请回答相关问题：
①可通过观察_________，比较得出结论。
②有同学提出将0.1mol/L的FeCl3溶液改为0.05mol/LFe2(SO4)3更为合理，其理由是________。
（4）已知FeCl3溶液中主要含有H2O、Fe3+和Cl-三种微粒，甲同学又做了两种猜想：
猜想1：真正催化分解H2O2的是FeCl3溶液中的Fe3+
猜想2：真正催化分解H2O2的是___________。
完成表格验证猜想
所需试剂
操作及现象
结论
____
______
Cl-对H2O2分解无催化作用
【答案】（1）温度 催化剂 2H2O22H2O+O2↑或2H2O22H2O+O2↑
（2）
（3）反应产生气泡快慢 消除阴离子不同对实验的干扰
（4）Cl- 双氧水、盐酸 向盛有双氧水溶液的试管中加入少量的HCl，然后把带火星的木条伸入试管中，木条不复燃
【解析】（1）①根据表中给出的数据，无催化剂不加热的情况下，不同浓度的过氧化氢溶液都是几乎不反应，在无催化剂加热的情况下，不同浓度的过氧化氢溶液都分解，说明过氧化氢的分解速率与温度有关；在有催化剂不加热的条件下，需要时间是10s，说明过氧化氢的分解速率与催化剂有关；在加热或有催化剂条件时，浓度越大，反应的速度越快，说明过氧化氢的分解速率与浓度有关，则研究小组在设计方案时，考虑了过氧化氢浓度、温度、催化剂因素对过氧化氢分解速率的影响，故答案为：温度、催化剂；②由实验现象可知，双氧水在加热或二氧化锰作催化剂时能发生分解反应生成氧气和水，反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2↑或2H2O22H2O+O2↑；
（2）由题意可知，可以利用排水量气法测定收集一定体积的氧气所需时间或用相同时间收集氧气的时间探究浓度对反应速率的影响，测定收集氧气的实验装置图为；
（3）①过氧化氢分解生成氧气和水，则可根据反应产生气泡快慢来判断不同催化剂对反应速率的影响，故答案为：反应产生气泡快慢；②过氧化氢的催化作用不同可能是氯离子或硫酸根离子不同导致，由变量唯一化可知改为硫酸铁溶液使对比实验的阴离子相同可以消除阴离子不同对实验的干扰，使得探究实验设计更为合理，故答案为：消除阴离子不同对实验的干扰；
（4）由于双氧水溶液中含有水，则水不可能是过氧化氢分解的催化剂，由猜想1可知甲同学的猜想2是真正催化分解过氧化氢的是氯离子，为验证猜想2是否成立可向盛有过氧化氢溶液的试管中加入少量的盐酸，然后把带火星的木条伸入试管中，由木条不复燃得出氯离子对过氧化氢分解无催化作用的结论，故答案为：Cl-；双氧水、盐酸；向盛有双氧水溶液的试管中加入少量的HCl，然后把带火星的木条伸入试管中，木条不复燃。
13．碱式氯化铜[Cu(OH)xCly]为绿色或墨绿色的结晶性粉末，难溶于水，溶于稀酸和氨水，在空气中十分稳定。
Ⅰ．模拟制备碱式氯化铜。向CuCl2溶液中通入NH3，同时滴加稀盐酸，调节pH至5.0～5.5，控制反应温度于70～80℃，实验装置如图所示（部分夹持装置已省略）。
（1）仪器a的名称是___________。
（2）实验室利用装置B制备NH3，圆底烧瓶中盛放的固体药品可能是___________（填名称）；仪器b的作用是___________。
（3）反应过程中，在装置A中除观察到溶液蓝绿色褪去外，还可能观察到的现象是___________。
（4）若滴入稀盐酸过量会导致碱式氯化铜的产量___________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
（5）反应结束后，将装置A中反应容器内的混合物过滤，从滤液中还可以获得的副产品是___________（填化学式），经提纯得产品无水碱式氯化铜。
Ⅱ．无水碱式氯化铜组成的测定。称取产品6.435g，加稀硝酸溶解，并加水定容至250mL，得到待测液。
（6）铜的测定：取100mL待测液，加入足量的氢氧化钠，经过滤，洗涤，低温烘干，称量得到的蓝色固体质量为2.352g。则称取的样品中n(Cu2＋)为_______mol。
（7）采用沉淀滴定法测定氯：准确量取25.00mL待测液于锥形瓶中，加入20mL0.2mol·L-1AgNO3溶液，充分反应后，加入少量聚乙烯醇溶液，用NH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3。滴加少量的Fe(NO3)3溶液作为指示剂。重复实验操作三次，消耗的0.1mol·L-1NH4SCN溶液的体积平均为10.00mL。
①达到滴定终点的现象为___________。
②则称取的样品中n(Cl-)为___________mol。
（8）根据上述实验结果可推知x∶y=___________。
【答案】（1）三颈烧瓶 （2） 碱石灰 导气、防止倒吸 （3）溶液中有大量墨绿色固体产生、干燥管中有液体上升后下降的现象 （4）偏低 （5）NH4Cl （6）0.06 （7）加入最后一滴标准液，溶液变为（浅）红色 0.03 （8）3∶1
【解析】（1）仪器a的名称为三颈烧瓶；
（2）由于氨水中存在平衡：NH3+H2ONH3·H2O，碱石灰遇水发生反应使溶液中c(OH-)浓度增大，促进平衡逆向移动，且碱石灰遇水放热促进氨气的挥发，故可利用碱石灰与浓氨水制取氨气，故此处填：碱石灰；仪器b为球形干燥管，可防止NH3在三颈烧瓶中溶解后产生倒吸，故此处填：导气、防止倒吸；
（3）在三颈烧瓶内，氯化铜、氨气和盐酸反应制取碱式氯化铜，碱式氯化铜为绿色或墨绿色结晶性粉末，难溶于水，故实验现象①为溶液中有大量墨绿色固体产生；干燥管中充满了氨气，反应后气体的压强迅速减小，故实验现象②为干燥管中有液体上升后下降的现象；
（4）由于碱式氯化铜溶于稀酸和氨水，故稀盐酸过量会导致碱式氯化铜的溶解，进而导致其产量偏低，故此处填：偏低；
（5）该反应为氯化铜、氨气和盐酸反应，部分氨气会和盐酸反应生成氯化铵，作为副产物，故此处填：NH4Cl；
（6）产品溶于稀硝酸后，溶液中主要含有Cu2+、Cl-、，加入NaOH溶于后生成Cu(OH)2沉淀，由题意知n[Cu(OH)2]=，则样品中n(Cu2+)= n[Cu(OH)2]×=0.06 mol；
（7）①当达到滴定终点后，稍过量的NH4SCN遇Fe3+变红，故滴定终点现象为：加入最后一滴标准液，溶液变为（浅）红色；②由题意知，测定氯采用的是返滴定法，AgNO3与NH4SCN 1∶1反应生成AgSCN沉淀，则过量的AgNO3物质的量n(AgNO3余)=n(NH4SCN)=0.1 mol/L×10.00 mL×10-3 L/mL=1×10-3 mol，则与Cl-反应的AgNO3物质的量n(AgNO3)= n(AgNO3总)- n(AgNO3余)= 0.2 mol/L×20.00 mL×10-3 L/mL-1×10-3 mol=3×10-3 mol，则样品中n(Cl-)= n（AgNO3）×=0.03 mol；
（8）根据电荷守恒2n(Cu2+)= n(Cl-)+ n(OH-)，得2×0.06 mol=0.03 mol+ n(OH-)，解得n(OH-)=0.09 mol，则x∶y= n(OH-)∶n(Cl-)=0.09∶0.03=3∶1。
14．连二硫酸锰（MnS2O6）常用于灭菌以及水果、蔬菜的保鲜，易溶于水，能缓慢释放SO2并生成MnSO4，利用MnO2悬浊液吸收SO2气体制取连二硫酸锰的装置（部分夹持、加热仪器已省略）如图所示。
已知：i．SO2与MnO2悬浊液的反应包括：SO2+H2O=H2SO3，MnO2+H2SO3=MnSO4+H2O，MnO2+2H2SO3=MnS2O6+2H2O；
ii．MnS2O6溶液在pH为2.8-3.5时最稳定，温度超过30℃会快速分解；
iii．MnS2O6易溶于水，Mn(OH)2难溶于水。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是___________。
（2）装置C中的反应温度应控制在7℃以下，控制温度的适宜方法是___________，表明反应完成的现象是___________。
（3）设计实验：由实验后反应混合液得到纯净的MnS2O6溶液___________（试剂任选）。
（4）由MnS2O6溶液得到MnS2O6·4H2O晶体的操作是___________。
（5）测定MnS2O6中锰的含量：称取mg产品充分加热，加适量水溶解，用c mol· L-1的KMnO4标准溶液进行滴定（Mn元素均转化为MnO2），滴定终点时消耗V mL标准溶液。
①实验过程中若晶体加热不充分，测得产品中锰的质量分数将___________（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
②产品中锰的质量分数是___________（列出计算式）。
【答案】（1）蒸馏烧瓶
（2）用冰水浴 浊液变澄清
（3）加入Ba(OH)2溶液，发生反应MnSO4+ Ba(OH)2= BaSO4↓+ Mn (OH)2↓，过滤，用SO2水溶液将滤液pH调节至2.8~3.5
（4）减压在低于45℃蒸发浓缩、冷却结晶、干燥
（5）偏大
【解析】在装置A中利用浓硫酸与亚硫酸钠反应制得二氧化硫，将二氧化硫通入装置C，装置B为安全瓶，二氧化硫与装置C中的二氧化锰悬浊液作用，通过搅拌发生反应SO2与MnO2悬浊液的反应包括：SO2+H2O=H2SO3，MnO2+H2SO3=MnSO4+H2O，MnO2+2H2SO3=MnS2O6+2H2O，制得MnS2O6，最后装置D用于尾气吸收，防止二氧化硫进入空气中引起污染。
（1）根据仪器的构造可知，仪器a的名称是蒸馏烧瓶；
（2）7℃的低温，适宜用冰水冷却；MnO2反应完全后，全部反应，溶液变澄清，故答案为用冰水浴；浊液变澄清；
（3）由实验后反应混合液得到纯净的MnS2O6溶液的操作为：加入Ba(OH)2溶液，发生反应MnSO4+ Ba(OH)2= BaSO4↓+ Mn (OH)2↓，过滤，用SO2水溶液将滤液pH调节至2.8~3.5；
（4）为防止蒸发过程中MnS2O6的分解，需用减压（或真空）蒸发水，并控制蒸发过程中溶液温度不超过45°C，故答案为：减压在低于45°C蒸发浓缩、冷却结晶、干燥；
（5）①实验过程中若晶体加热不充分，则部分MnS2O6不分解，KMnO4也将其氧化，标准液用量增多，测得产品中锰的质量分数将偏大；②由滴定反应3MnSO4+2KMnO4+2H2O=5MnO2↓+2H2SO4+K2SO4，产品中锰的质量分数是。
15．高氯酸铵（NH4ClO4）为白色晶体，具有不稳定性，在400℃时开始分解产生多种气体，常用于生产火箭推进剂。某化学兴趣小组同学利用图1所示的装置对NH4ClO4的分解产物进行探究（假设装置内试剂均足量，反应充分，部分夹持装置已省略）。
回答下列问题：
（1）在实验过程中发现装置C中铜网由红色变为黑色，说明分解产物中有______（填化学式）。
（2）实验完毕后，取装置D硬质玻璃管中的固体物质于试管中，滴加蒸馏水，观察到的现象是__________。
（3）通过上述实验现象分析，某同学认为产物中还应有H2O，可能有Cl2，为了证明H2O和Cl2的存在，选择图1中部分装置和图2提供的装置进行实验：
①装置H中盛放的物质是________（填物质名称），按气流从左到右，装置的连接顺序A→______→______→______。
②实验结束后发现G中液体变为橙黄色，用离子方程式解释出现该现象的原因：_________________________。
（4）实验结论：NH4ClO4分解时产生了上述几种物质，则高氯酸铵分解的化学方程式为_____________________________________。
（5）实验结束后，某同学拟通过称量装置D中镁粉质量的变化，计算高氯酸铵的分解率，计算结果________（填“偏大”“偏小”或“无法判断”）。
【答案】（1）O2 （2）试管中有气泡产生，且有白色沉淀生成
（3）无水硫酸铜 HGF Cl2+2Br-=2Cl-+Br2
（4）2NH4ClO4N2+2O2+Cl2+4H2O
（5）偏大
【解析】在A中NH4ClO4受热分解，B中碱石灰干燥后，C装置检验氧气的存在，D中镁粉检验氮气的存在，E防止空气中二氧化碳和水进入D中干扰气体的检验。
（1）NH4ClO4受热分解产生的气体，经碱石灰干燥后，能使铜粉由红色变为黑色，说明生成了CuO，所以分解产物中含有O2，故答案为：O2；
（2）NH4ClO4受热分解产物中有N2生成，说明D中固体为Mg3N2，滴加蒸馏水，发生反应为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑，故观察到的现象是试管中有气泡产生，且有白色沉淀生成。
（3）①检验水蒸气和氯气，应该先用H中的无水硫酸铜检验水的存在，再用溴化钾检验氯气，现象是水溶液变为橙黄色；为了防止多余的氯气污染环境，还需要使用尾气吸收装置，所以按气流从左至右，装置的连接顺序为A→H→G→F，故答案为：无水硫酸铜；H；G；F；
②溴化钾和氯气反应生成氯化钾和溴水，故离子方程式为Cl2+2Br-=2Cl-+Br2。
（4）NH4ClO4分解生成氮气、氧气、氯气和水，结合电子守恒、原子守恒配平可得2NH4ClO4N2+2O2+Cl2+4H2O。
（5）实验结束后，某同学拟通过称量D中镁粉质量的变化，计算高氯酸铵的分解率，镁粉与装置中的氧气、氮气反应，造成产物质量增大，会造成计算结果偏大，故答案为：偏大。
专题十五
化学实验综合
一、实验题（本题共15小题）
1．实验表明，将CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合有蓝绿色沉淀生成。为了探究该沉淀的化学成分（假设为单一成分，且不含结晶水），某同学设计如下实验。回答下列问题：
（1）蓝绿色沉淀可能为a．___________；b．CuCO3；c．碱式碳酸铜（化学式可表示为mCu(OH)2·nCuCO3）。
（2）从悬浊液中获得蓝绿色固体必须用的玻璃仪器有___________。
（3）取一定量蓝绿色固体，用如下装置（夹持仪器已省略）进行定性实验。
①盛放碱石灰的仪器名称为___________。
②检查上述虚线框内装置气密性的实验操作：连接好装置后，关闭K，___________。
③若蓝绿色沉淀为CuCO3，则观察到的现象是___________。
④实验过程中发现，装置B中无水CuSO4变蓝，装置C中有白色沉淀生成，为测定蓝绿色固体的化学组成，在装置B中盛放足量无水CaCl2，C中盛放足量NaOH溶液再次进行实验。C中盛放NaOH溶液，而不使用澄清石灰水的原因是___________；若蓝绿色固体质量为27.1g，实验结束后，装置B的质量增加2.7g，C中溶液增重4.4g，则该蓝绿色固体的化学式为___________。
【答案】（1）Cu(OH)2
（2）漏斗、玻璃棒、烧杯
（3）球形干燥管 在C中加入少量水，浸没长导管口，用酒精灯微热硬质玻璃管，若C中有气泡逸出，撤去酒精灯冷却一段时间后，C中导管内形成水柱，则证明装置的气密性良好（合理即可） A中硬质玻璃管中蓝绿色固体逐渐变为黑色，B中无水CuSO4不变色，C中澄清石灰水变浑浊（或其他合理描述） Ca(OH)2溶解度小，而NaOH溶解度大，更能充分吸收CO2（或其他合理描述） 3Cu(OH)2·2CuCO3（或写成Cu5(OH)6(CO3)2也可）
【解析】装置A中加热分解蓝绿色固体，装置B中无水CuSO4可以检验是否有水生成，确定蓝绿色固体中是否含有Cu(OH)2，换成无水氯化钙后可以将水蒸气全部吸收，根据装置的质量变化，确定固体中含有的Cu(OH)2的质量，澄清石灰水可以检验是否有CO2生成，确定是否含有CuCO3，换成NaOH溶液后可以将全部CO2吸收，通过装置的质量变化确定固体中含有的CuCO3的质量，碱石灰可以防止空气中的CO2进入装置C，影响结果。
（1）碳酸钠溶液显碱性，且根据c假设，可知假设a应为蓝绿色沉淀可能为Cu(OH)2；
（2）从悬浊液中获得蓝绿色固体需要进行过滤，所需玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒；
（3）①根据仪器结果特点可知其为球形干燥管；②该实验用到了酒精灯，所以可以加热使装置内气体膨胀来检验气密性，具体操作为：在C中加入少量水，浸没长导管口，用酒精灯微热硬质玻璃管，若C中有气泡逸出，撤去酒精灯冷却一段时间后，C中导管内形成水柱，则证明装置的气密性良好；③若蓝绿色沉淀为CuCO3，则加热分解固体时生成氧化铜，同时会有CO2生成，但没有水蒸气生成，所以现象为：A中硬质玻璃管中蓝绿色固体逐渐变为黑色，B中无水CuSO4不变色，C中澄清石灰水变浑浊；④Ca(OH)2溶解度小，而NaOH溶解度大，更能充分吸收CO2，确保生成的CO2全部被吸收，使结果更准确，装置B的质量增加2.7g，即生成2.7gH2O，所以固体中含有n[Cu(OH)2]=n(H2O)==0.15mol，C中溶液增重4.4g，则固体中含有n(CuCO3)=n(CO2)==0.1mol，n[Cu(OH)2]∶n(CuCO3)=0.15mol∶0.1mol
=3∶2，所以化学式为3Cu(OH)2·2CuCO3（或写成Cu5(OH)6(CO3)2）。
2．钴主要化合价为+2和+3价，在通常情况下，三价钴盐不如二价钴盐稳定；相反，在生成稳定配合物后，三价钴又比二价钴稳定。因此，常采用空气或H2O2溶液氧化二价钴配合物的方法来制备三价钴的配合物。利用、、和制备三氯化六氨合钴（[Co(NH3)6]Cl3）的实验装置如下。
已知：钴（Ⅱ）与氯化铵和氨水作用，经氧化后一般可生成三种产物：紫红色的[Co(NH3)5Cl]Cl2晶体、砖红色的[Co(NH3)5H2O]Cl3晶体、橙黄色的[Co(NH3)6]Cl3晶体，控制不同的条件可得不同的产物（如温度不同，产物也不同）。293K时，[Co(NH3)6]Cl3在水中的溶解度为0.26mol/L。
I．将、和活性炭在C中混合，首先滴加浓氨水使溶液颜色变为黑紫色。
II．置于冰水浴中冷却至10℃以下，缓慢滴加双氧水并不断搅拌。
III．转移至60℃热水浴中，恒温加热20min，同时缓慢搅拌。
IV．将反应后的混合物冷却到0℃左右，抽滤得到三氯化六氨合钴{[Co(NH3)6]Cl3}粗产品。
V．三氯化六氨合钴（Ⅲ）粗产品的提纯流程如下：
请回答下列问题：
（1）仪器b、c的名称分别为_______、_______。
（2）仪器d中所盛药品为，其作用为_______。
（3）步骤II中，先将装置置于冰水浴中冷却到10℃以下，再缓慢滴加双氧水的原因是_______。
（4）反应器中发生的总反应化学方程式为_______。
（5）V中操作A的名称为_______， 步骤C进行洗涤时要用到两种试剂，应该先用_______（填序号，下同）洗涤，后用_______洗涤。
A．氯化钠溶液 B．无水乙醇 C．浓盐酸
（6）若实验用2.38g CoCl2·6H2O晶体与足量的、和混合，将所得[Co(NH3)6]Cl3粗品（不含有其它含氯物质）加入烧杯中，加20ml水溶解，然后转移到250ml容量瓶中，定容配成样品溶液。用移液管移取25ml样品溶液于锥形瓶中，加入几滴K2CrO4溶液做指示剂，用0.08mol/L AgNO3标准溶液进行滴定，出现砖红色沉淀不消失即为终点，停止滴定。重复实验两次，平均消耗硝酸银溶液标准溶液15.00ml。则本次实验产率为_______（已知M（CoCl2·6H2O）= 238g/mol、M[Co(NH3)6]Cl3 =267.5g/mol）。
【答案】（1）球形冷凝管 三颈烧瓶 （2）吸收挥发出来的氨气
（3）防止温度过高导致氨气挥发以及双氧水分解
（4）
（5）趁热过滤 C B
（6）40%
【解析】（1）仪器b的名称为球形冷凝管，仪器C的名称为三颈烧瓶；
（2）原料用到易挥发且会污染环境的浓氨水，CaCl2的作用主要是吸收挥发出来的氨气；
（3）氨气具有挥发性，双氧水易分解，温度过高会导致氨气的挥发以及双氧水的分解；
（4）反应器中发生的总反应方程式为Co2+失去电子生成[Co(NH3)6]Cl3中的Co3+，H2O2得电子生成H2O，；
（5）由于温度不同，产物也不同，因此操作A应该是趁热过滤，增大氯离子浓度可以防止产品溶解而损失，因此三氯化六氨合钴首先应该用浓盐酸洗涤，最后再用有机溶剂乙醇洗涤，故答案为C、B；
（6）将粗产品配制成250ml溶液，用移液管移取25ml样品溶液样品进行滴定，平均消耗0.08mol/L AgNO3标准溶液15.00ml，故样品中n（Cl-）=10×n（Ag+）=10×0.08×15.00×10-3=0.012mol，则n[Co(NH3)6]Cl3=0.004mol，m[Co(NH3)6]Cl3=0.004mol×267.5 g/mol=1.07g，根据钴原子守恒可知理论上产生[Co(NH3)6]Cl3的质量为：
=2.675g，产率为。
3．氯化钴（CoCl2）主要用于电解制备金属钴，还可用作氨的吸收剂、防毒面具和肥料添加剂。某实验小组制备无水氯化钴的装置如图所示。已知：Co（III）的氧化性强于Cl2，CoCl2易潮解。
（1）装置A烧瓶中的固体为84消毒液中的有效成分，则A装置中发生反应的离子方程式为______。
（2）装置B中盛放的试剂为______，装置D硬质玻璃管中的玻璃纤维的作用是______。
（3）E中物质的名称______，其作用是______。
（4）实验过程应先打开分液漏斗旋塞，一段时间后再点燃酒精灯，目的是______。
（5）小组成员认为实验过程中Cl2过量，装置D中所得固体可能会有CoCl3，你是否同意该论断并解释原因是______。
（6）氯化钴溶液与氯化镁溶液类似，直接蒸干不能得到CoCl2固体，使用氯化亚砜（SOCl2）与CoCl2·6H2O混合加热可以得到氯化钴固体，原理是______。
【答案】（1）2H++Cl-+ClO-=Cl2↑+H2O
（2）饱和食盐水 防止固体粉末堵塞导管
（3）碱石灰 吸收多余Cl2，同时阻止空气中的H2O进入D
（4）排出装置中的空气，使装置充满纯净的氯气
（5）CoCl3为氧化产物，由于Co（III）的氧化性强于Cl2，氧化产物的氧化性小于氧化剂，不会生成CoCl3
（6）SOCl2与CoCl2·6H2O的结晶水反应生成SO2和HCl，HCl（酸性气体）抑制CoCl2水解，混合加热可以得到氯化钴固体
【解析】84消毒液的主要成分是次氯酸钠；装置B中盛放的试剂为饱和碳酸氢钠，浓盐酸会挥发出HCl，使用饱和食盐水吸收；C中Cl2溶于水生成酸性物质，选择酸性干燥剂进行干燥，如浓硫酸；装置E位于整套装置的末端，作用是除去剩余的有毒气体Cl2，所以E中可填充碱石灰，作用是吸收Cl2，同时阻止空气中的H2O进入D。
（1）84消毒液的主要成分是次氯酸，与浓盐酸发生氧化还原反应，氯元素的化合价向中间靠拢，生成Cl2，反应的离子方程式为2H++Cl-+ClO-=Cl2↑+H2O ；
（2）装置B中盛放的试剂为饱和碳酸氢钠，浓盐酸会挥发出HCl，碳酸氢钠可吸收HCl；由于气流通过硬质玻璃管时，有可能带动钴粉扩散易堵塞导气管，所以采用玻璃纤维防止固体粉末堵塞导管；
（3）装置E位于整套装置的末端，作用是除去剩余的有毒气体Cl2，所以E中可填充碱石灰，作用是吸收Cl2，同时阻止空气中的H2O进入D；
（4）实验过程应先打开分液漏斗旋塞，一段时间后再点燃酒精灯，目的是：排出装置中的气体，使装置充满纯净的氯气；
（5）装置D中所得固体不可能会有CoCl3，CoCl3为氧化产物，由于Co（III）的氧化性强于Cl2，氧化产物的氧化性小于氧化剂，不会生成CoCl3；
（6）SOCl2与水易水解，方程式为：SOCl2+H2O=SO2↑+HCl↑，SOCl2与CoCl2·6H2O的结晶水反应生成SO2和HCl，HCl抑制CoCl2水解，混合加热可以得到氯化钴固体。
4．河南省镁资源丰富，河南崮山镁业为国内最大的氧化镁生产企业，其利用蛇纹石制备的高纯氧化镁，颗粒细腻不结团。其工艺流程如下：
某校化学兴趣小组在实验室探究流程II中的反应原理，并检验产物纯度。回答下列问题：
（1）甲同学设计了以下实验装置图探究流程II中的反应原理。
①检验气态产物中是否有SO2及SO3，则装置B、C中的溶液分别是_______（填标号）。
a．Ba(NO3)2溶液 b．BaCl2溶液 c．浓硫酸 d．酸性高锰酸钾溶液
②实验过程中，装置B中没有明显现象，装置C、D中现象明显，写出A中发生反应的化学方程式：_______。
（2）乙同学认为甲设计的实验装置存在一处明显的缺陷，其理由是_______。
（3）丙同学利用反应：HCOOHCO↑+H2O为甲同学的实验提供CO气体，并设计以下实验装置图。
①E装置中，仪器b的名称是_______。
②制备的CO气体中常含有杂质气体_______、挥发出来的少量甲酸蒸气及水蒸气，已知F装置中盛放的是NaOH溶液，则G装置的作用是_______。
（4）Mg2+的含量测定：向含Mg2+的溶液中加入铬黑T溶液（含Hlnd2-离子）作指示剂，用EDTA标准溶液（含H2Y2-离子）滴定。溶液中发生的反应如下：（天蓝色）（酒红色）+H＋，。丁同学称取4.1g样品MgO，溶于稀硫酸，移入1000mL容量瓶中稀释至刻度。取20 mL溶液于锥形瓶中，加2滴铬黑T溶液，用0.1000EDTA溶液滴定，实验数据如下。
序号
1
2
3
4
标准溶液体积/mL
20.10
18.40
19.90
20.00
①滴定终点的现象是_______。
②计算4.1 g样品MgO中镁离子的物质的量为_______mol（保留两位有效数字）。
【答案】（1）b d
（2）尾气中的CO有毒，没有尾气处理装置
（3）蒸馏烧瓶 SO2、CO2 检验杂质气体SO2、CO2是否被完全吸收
（4）滴入最后1滴EDTA标准溶液，溶液由酒红色变为天蓝色且半分钟内不褪色 0.10
【解析】由题给装置可知，装置E中甲酸和浓硫酸共热反应制备一氧化碳气体，装置F中氢氧化钠溶液用于吸收除去一氧化碳中混有的二氧化碳和二氧化硫气体，装置G中盛有的澄清石灰水用于验证二氧化碳和二氧化硫气体是否被完全吸收，装置H中盛有的浓硫酸用于干燥一氧化碳气体；装置A中一氧化碳与硫酸镁高温条件下反应生成氧化镁、二氧化硫和二氧化碳，装置B中盛有的氯化钡溶液用于检验是否有三氧化硫生成，装置C中盛有的酸性高锰酸钾溶液用于检验是否有二氧化硫生成，并除去二氧化硫，防止干扰二氧化碳的检验，装置D中盛有的澄清石灰水用于检验是否有二氧化碳生成，该装置的缺陷是没有一氧化碳的尾气处理装置。
（1）①由分析可知，分别选b、c；②由题意可知，装置A中一氧化碳与硫酸镁高温条件下反应生成氧化镁、二氧化硫和二氧化碳，反应的化学方程式为；
（2）由分析可知，题给装置的缺陷是没有一氧化碳的尾气处理装置，有毒的一氧化碳气体排空会污染空气，故答案为尾气中的CO有毒，没有尾气处理装置；
（3）①由实验装置图可知，E装置中仪器b为圆底烧瓶，故答案为圆底烧瓶；②甲酸具有挥发性，浓硫酸具有脱水性和强氧化性，与甲酸发生脱水反应制备一氧化碳的同时，还可能与甲酸发生氧化还原反应得到二氧化碳和二氧化硫气体，则制备一氧化碳气体中会含有二氧化碳气体、二氧化硫气体、挥发出来的少量甲酸蒸气及水蒸气；由分析可知，装置F中氢氧化钠溶液用于吸收除去一氧化碳中混有的二氧化碳和二氧化硫气体，装置G中盛有的澄清石灰水用于验证二氧化碳和二氧化硫气体是否被完全吸收，故答案为：SO2、CO2；检验杂质气体SO2、CO2是否被完全吸收；
（4）①天蓝色指示剂铬黑T溶液与溶液中镁离子反应得到酒红色溶液，当溶液中镁离子与EDTA标准溶液完全反应时，溶液会由酒红色变为天蓝色，则滴入最后1滴EDTA标准溶液，溶液由酒红色变为天蓝色且半分钟内不褪色说明达到反应终点，故答案为：滴入最后1滴EDTA标准溶液，溶液由酒红色变为天蓝色且半分钟内不褪色；
②由题给数据可知，第2组实验数据误差较大应舍去，则滴定消耗EDTA标准溶液的平均体积为=20.00mL，由方程式可知，4.1 g样品中镁离子的物质的量为0.1000mol/L×0.02L×=0.10mol，故答案为：0.10。
5．对硝基乙酰苯胺常用作合成药物和染料的中间体，用乙酰苯胺制备对硝基乙酰苯胺的反应为：
实验参数：
化合物名称
分子量
性状
熔点/℃
沸点/℃
溶解度
乙酰苯胺
135
白色晶体
114.3
304
溶于沸水，微溶于冷水，溶于乙醇和乙醚
对硝基乙酰苯胺
180
白色晶体
215.6
100
（1.06×10-3kPa）
溶于热水，几乎不溶于冷水，溶于乙醇和乙醚
邻硝基乙酰苯胺
180
淡黄色片状或棱状晶体
94.0
100
（0.13kPa）
溶于沸水，微溶于冷水，溶于乙醇和乙醚
副反应：
+H2O+CH3COOH
+HNO3+H2O
乙酰苯胺与混酸在5℃下反应主要产物是对硝基乙酰苯胺，在40℃下反应则生成约25%的邻硝基乙酰苯胺。
步骤1．在三颈烧瓶内放入新制备的乙酰苯胺4.5g和4.5mL冰醋酸。在冷水浴冷却下搅拌，慢慢加入9mL浓硫酸。乙酰苯胺逐渐溶解。将所得溶液放在冰水浴中冷却到0~2℃。
步骤2．用2mL浓硫酸和2.3mL浓硝酸在冰水浴中配制混酸。
步骤3．向三颈烧瓶中滴加混酸，保持反应温度不超过5℃。滴加完毕，在室温下搅拌1h后，将反应混合物缓慢倒入装有20mL水和30g碎冰的烧杯，并不断搅拌，立即析出淡黄色沉淀。
步骤4．待碎冰全部融化后抽滤，洗涤，抽干得粗品。
步骤5．将该粗品纯化，得对硝基乙酰苯胺3.2g。
回答下列问题：
（1）装置图中，冷凝管的出水口是___________（填字母），仪器A中a的作用是___________。
（2）步骤1加冰醋酸有两个作用：①作溶剂，加速溶解，②___________。
（3）步骤2 配制混酸的方法是___________。
（4）步骤3滴加混酸时不能过快，控制每10s滴加1~2滴，原因是___________。
（5）步骤5中洗涤粗品时___________（填标号）。
a．用冷水洗 b．用热水洗 c．用乙醇洗 d．先用冷水再用乙醇洗
（6）步骤4中将粗品纯化的方法是___________。本实验的产率为___________。
【答案】（1）c 平衡气压，便于液体顺利流下
（2）抑制乙酰苯胺的水解
（3）将浓硫酸慢慢加入浓硝酸中，边加边振荡
（4）反应放热，滴加过快会使反应温度高于5 ℃，副产物增多
（5）a
（6）重结晶 53.3%
【解析】（1）为提高冷凝效果，冷凝管中的冷凝水应该“低进高出”，装置图中，冷凝管的出水口是c，仪器A中a连接分液漏斗的上、下两端，作用是平衡气压，便于液体顺利流下。
（2）根据信息，乙酰苯胺能发生水解反应+H2O+CH3COOH，加入冰醋酸能抑制乙酰苯胺的水解；
（3）浓硫酸密度大，溶解时放热，所以步骤2 配制混酸的方法是将浓硫酸慢慢加入浓硝酸中，边加边振荡；
（4）在40℃下反应生成约25%的邻硝基乙酰苯胺；反应放热，滴加过快会使反应温度高于5 ℃，副产物增多，所以步骤3滴加混酸时不能过快；
（5）根据对硝基乙酰苯胺、邻硝基乙酰苯胺、乙酰苯胺微溶于冷水，易溶于热水、酒精，洗涤粗品时用冷水洗，选a；
（6）根据溶解性，将粗品纯化的方法是重结晶。4.5g乙酰苯胺的物质的量是0.0333mol，3.2g对硝基乙酰苯胺的物质的量是0.0178mol，本实验的产率为。
6．环己烯常用于制药工业、催化剂溶剂和石油萃取剂，以及高辛烷值汽油的稳定剂等，是重要有机化工原料。
（1）Ⅰ．工业生产中，环己烯通常由环己醇在浓磷酸催化下经分子内脱水制备得到。相关化学原理是_____；
（2）II．环己烯的实验室制备与提纯：
操作1的装置如图所示（加热和夹持装置已略去）。
①仪器B（分馏柱）的作用_______ ；操作2中加入饱和食盐水的作用______ ；操作1和操作3均涉及的玻璃仪器有_____ ；
②浓硫酸也可作该反应的催化剂，选择FeCl3·6H2O而不用浓硫酸的原因为______（填序号）。
a．浓硫酸具有脱水性、强氧化性，易使原料碳化并产生SO2；
b．同等条件下，使用FeCl3·6H2O比浓硫酸的平衡转化率高；
c．FeCl3·6H2O催化污染小、可循环使用，符合绿色化学理念。
Ⅲ．应用环己酸制备己二酸
生产原理如下：
现代法：（绿色合成法）
己二酸是白色晶体，易溶于酒精，熔点153℃，可用于制造尼龙，泡沫塑料及润滑剂和增塑剂等。绿色合成法流程如下：
（3）a．在250mL三颈烧瓶加入2.00g催化剂（由乌酸钠和草酸合成），50mL30%的H2O2溶液和磁子；室温下搅拌15～20分钟后，加入24.6g环己烯；连接好装置（如图所示，固定夹持仪器已略去），继续快速剧烈搅拌并加热，在80～90℃反应3h后，得到热的合成液。
b．趁热倒出三颈烧瓶中的产品，在冷水中降温冷却，析出的晶体在布氏漏斗上进行抽滤，将晶体进行重结晶，用5mL冷水洗涤晶体，再抽滤。取出产品，洗涤、干燥后称重，得纯净的己二酸30.2g。（己二酸溶解度随温度变化较大）；回答下列问题：
①抽滤装置中仪器C的作用___________。
② 该实验的产物的产率为___________。（结果保留3位有效数字）
【答案】（1）醇的消去反应
（2）冷凝回流环己醇 降低环己烯的溶解度，便于溶液分层 冷凝管，尾接管，锥形瓶 ac
（3）作缓冲瓶，作安全瓶，防止自来水压不稳时，在负压情况下运行时水会倒吸进入吸滤瓶 68.9%
【解析】本题考查常见有机物的制备，利用环己醇制备环己烯，所用的催化剂为FeCl3·6H2O，和课本上有所不同，制得粗品后通过加入食盐水的方法降低产品的溶解度，从而便于分离，之后再干燥过滤蒸馏得到产品，在第二个实验中主要考虑装置c的位置来分析的其具体的作用。
（1）环己醇在浓磷酸催化下经分子内脱水制得环己烯，这属于醇的消去反应；
（2）①用环己醇制备环己烯其中环己醇易挥发，会降低反应物的利用率，故仪器B（分馏柱）的作用为：冷凝回流环己醇；环己烯粗产品中加入饱和食盐水可以降低环己烯的溶解度，便于溶液分层；操作3为蒸馏，结合操作1的装置图可知这两种操作均涉及的玻璃仪器有：冷凝管，尾接管，锥形瓶；②a．浓硫酸具有脱水性，能使有机物碳化，该过程中放出大量的热，又可以使生成的碳与浓硫酸发生反应，a正确；b．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡转化率，b错误；c．与浓硫酸相比FeCl3·6H2O对环境相对友好，污染小，可以回收并循环使用，更符合绿色化学理念，c正确；故选ac；
（3）①抽滤装置中仪器C的作用可增大系统容积作缓冲瓶，除此之外还可作安全瓶，防止自来水压不稳时，在负压情况下运行时水会倒吸进入吸滤瓶，故答案为：作缓冲瓶，作安全瓶，防止自来水压不稳时，在负压情况下运行时水会倒吸进入吸滤瓶；②根据产率计算公式：可知，己二酸实际产量=30.2g，理论产量=，己二酸的产率。
7．叠氮化合物是重要的有机合成试剂，实验室制备KN3流程如下。回答下列问题：
I．制备KN3的流程如图甲。
已知：①制备亚硝酸异丙酯在烧杯中进行
②制备KN3的D、E和F阶段均在图乙所示仪器中完成
③下表为文献资料
物质
颜色、状态
沸点
溶解性
KN3
无色晶体
300℃，受热易分解
易溶于水，微溶于乙醇，不溶于乙醚
(CH3)2CHOH
无色液体
82.45℃
微溶于水，与乙醇、乙醚混溶
(CH3)2CHONO
无色油状液体
39℃
不溶于水，与乙醇、乙醚混溶
N2H4·H2O
无色油状液体
118℃
与水、乙醇混溶，不溶于乙醚
回答下列问题：
（1）仪器C的名称为___________。图中仪器B的作用是___________。
（2）关于上述流程中各步骤的说法，不正确的是___________。
A．制备亚硝酸异丙酯时用冰盐浴的目的是防止反应过于剧烈
B．步骤F加入无水乙醇的目的促使KN3结晶析出并且得到大颗粒晶体
C．抽滤时先将晶体转移到布氏漏斗中，再加入残留滤液，然后开大水龙头
II．纯度检测—“分光光度法”，其原理：Fe3+与反应灵敏，生成红色配合物，在一定波长下测量红色溶液的吸光度，利用“c()—吸光度”曲线确定样品溶液中的c()。
查阅文献可知：不同浓度的5.0mLNaN3标准溶液，分别加入5.0mL（足量）FeCl3标准溶液，摇匀后测量吸光度，可绘制标准溶液的c()与吸光度的关系曲线图如图丙所示。
纯度检测步骤如下：
①准确称量mgFeCl3·6H2O晶体，配制100mLFeCl3标准液（与文献浓度一致）。
②准确称量0.360gKN3样品，配制成100mL溶液，取5.0mL待测溶液加入VmL（足量）FeCl3标准液，摇匀后测得吸光度为0.6。
（3）配制100mlKN3溶液需要用到下列所有操作：
a．打开容量瓶玻璃塞，加入适量水，塞紧塞子，倒立；
b．将塞子反转180度，倒立；
c．洗涤烧杯内壁和玻璃棒2~3次；
d．冷却至室温；
e．轻轻振荡容量瓶；
f．称取0.360g试样置于烧杯中，加入适量水充分溶解；
g．将溶液转移到容量瓶中；
h．定容，摇匀。
给出上述操作的正确顺序：___________。
a→_______→_______→______→g→_______→_______→_______→h（操作可重复使用）
（4）步骤②中取用FeCl3标准液V=___________mL，样品的质量分数为___________。
【答案】（1）恒压滴液漏斗 冷凝回流兼平衡气压 （2）BC （3）bfd，cge
（4）5.0mL 90%
【解析】将KOH溶解在无水乙醇中，冷却后与85%水合肼、亚硝酸异丙酯混合反应，在70~80℃条件下回流1-2h，之后加入无水乙醇降低KN3的溶解度，同时冰盐浴冷却析出KN3晶体，抽滤得到粗品，然后多次用无水乙醇和乙醚洗涤，最后烘干即可叠氮化钾产品。
（1）根据仪器C的结构特点可知其为恒压滴液漏斗；仪器B为球形冷凝管，可以冷凝回流反应物，同时平衡气压；
（2）A．制备亚硝酸异丙酯的反应放热，用冰盐浴可以降低温度，防止反应过于剧烈，A正确；B．KN3微溶于乙醇，加入无水乙醇可以降低其溶解度，促使KN3结晶析出，得到细小均匀的颗粒，提高产率，B错误；C．抽滤时应先加入残留滤液，再将晶体洗涤后转移到布氏漏斗中，C错误；综上所述答案为BC；
（3）配制一定物质的量浓度的溶液一般需经过检漏、计算、称量、溶解、转移（移液前要先冷却至室温）、洗涤、定容、摇匀等步骤，所以顺序为a、b、f、d、g、c、g、e、h；
（4）根据文献记载，不同浓度的5.0mLNaN3标准溶液，分别加入5.0mL（足量）FeCl3标准溶液可得吸光度曲线图，所以取用的标准氯化铁溶液的体积为5mL；根据曲线图，吸光度0.6对应的c(N)为4.0×10-2mol·L-1，则0.360g产品中含有KN3的质量为4.0×10-2 mol·L-1×0.1L×81g·mol-1=0.324g，纯度为0.324g÷0.360g×100%=90%。
8．三氯氧磷（POCl3）是一种重要的化工原料，工业上可以直接氧化PCl3制备POCl3，反应原理为：P4（白磷）+6Cl2=4PCl3，。
已知：PCl3、POCl3的部分性质如下：
熔点/℃
沸点/℃
其它
PCl3
112
75.5
遇水生成H3PO3和HCl
POCl3
2
105.3
遇水生成H3PO4和HCl
某兴趣小组模拟该工艺设计实验装置如图（某些加持装置、加热装置已略去）：
（1）检查装置气密性并加入纯净的白磷，先制取一种气体，缓慢地通入C中，直至C中的白磷完全消失后，再通入另一种气体。仪器a的名称为___________，b中盛放的药品是___________。
（2）C中反应温度控制在60~65℃，不能过高或过低的原因是___________。
（3）PCl3遇水生成H3PO3，常温下，将NaOH溶液滴加到亚磷酸（H3PO3）溶液中，混合溶液的pH与所有含磷粒子浓度变化的关系如图所示。
其中表示的是曲线___________ （填“I”或“II”），Na2HPO3溶液中，各离子浓度由大到小的顺序为___________。
（4）通过测定三氯氧磷产品中Cl元素含量，可进一步计算产品的纯度，实验步骤如下：
①取a g产品置于盛60.00 mL蒸馏水的水解瓶中，摇动至完全水解，将水解液配成100.00 mL溶液并预处理排除含磷粒子的影响。
②取10.00 mL溶液于锥形瓶中，向其中加入c1 mol/L的AgNO3溶液V1 mL，使Cl-完全沉淀，再加入20 mL硝基苯，振荡，使沉淀表面被有机物覆盖；然后加入几滴Fe(NO3)3溶液作指示剂，用c2 mol/LNH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积为V2 mL。（已知：，）则产品中POCl3的百分含量为___________（填表达式）。实验过程中加入硝基苯的目的是___________；若无此操作，则所测POCl3的含量将___________ （填“偏高”、“偏低”或“不变”）。
【答案】（1）球形冷凝管 碱石灰
（2）温度太低，反应速率变慢；温度过高，PCl3易挥发，利用率降低
（3）I
（4） 或 使生成的AgCl沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中与AgCl反应 偏高
【解析】装置A中用黑色固体和液态物质反应制氧气，装置B可以干燥O2，瓶口的长颈漏斗可以平衡气压，还可以观察氧气的流速；装置E为固液混合加热制备氯气，装置D干燥生成的氯气；在装置C中发生P4（白磷）+6Cl2=4PCl3，2PCl3+O2=2POCl3。
（1）根据装置图仪器a结构可知其名称为球形冷凝管；装置b为干燥管，其盛放的试剂可以吸收未反应的Cl2，同时还可防止空气中的水蒸气进入装置中，该固体试剂可以是碱石灰；
（2）在装置C中发生反应：P4（白磷）+6Cl2=4PCl3，。C中反应温度控制在60~65℃，不能过高或过低，这是由于温度太低，反应速率变慢；温度过高，PCl3易挥发，利用率降低；
（3）由亚磷酸（H3PO3）的电离平衡常数可知Ka1=； Ka2=，则lg=lg，lg= lg。图中关系可表示为pH=lg-lgKa1，pH=lg-lgKa2。由于Ka1＞Ka2，图中Ｉ对应截距更大，则表示lg的是曲线I；
亚磷酸（H3PO3）为二元弱酸，则不能再发生电离，只能水解，使溶液呈碱性，同时考虑到水也存在电离平衡，所以溶液中c（）＜c（OH-） ，因此溶液中离子浓度大小顺序为：；
（4）根据元素守恒可得关系式：POCl3～3Cl-～3Ag+。PCl3～3Cl-～3Ag+。与Cl-反应的Ag+的物质的量为n（Ag+）=（c1V1-c2V2）×10-3 mol×=（c1V1-c2V2）×10-2 mol，则n（PCl3）+n（POCl3）=n（Ag+）=×（c1V1-c2V2）×10-2 mol，假设n（PCl3）、n（POCl3）的物质的量分别是x、y，则x+y=×（c1V1-c2V2）×10-2 mol，根据质量关系可得137.5x+153.5y=a，解得y=，所以POCl3的含量为：；
实验过程中加入硝基苯的目的是使生成的AgCl沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中SCN-与AgCl反应；若无此操作，则V2偏大，根据POCl3的含量计算公式可知：计算所测POCl3的含量将偏高。
9．研究小组进行如下图所示实验，试剂A为溶液，发现铝条表面无明显变化，于是改变实验条件，探究铝和溶液、溶液反应的影响因素。用不同的试剂A进行实验1~实验4，并记录实验现象。
实验序号
试剂A
实验现象
1
溶液
铝条表面有气泡产生，并有红色固体析出
2
溶液，再加入一定质量的NaCl固体
开始铝条表面无明显变化，加NaCl后，铝条表面有气泡产生，并有红色固体析出
3
溶液
铝条表面有少量气泡产生，并有少量红色固体
4
溶液
溶液反应非常剧烈，有大量气泡产生，溶液变成棕褐色，有红色固体和白色固体生成
（1）实验2的目的是证明铜盐中的阴离子是导致实验1中反应迅速发生的原因，实验2中加入NaCl固体的物质的量为_____。
（2）经检验知，实验4中白色固体为CuCl。甲同学认为产生白色固体的原因可能是发生了的反应，他设计了如下图所示实验证明该反应能够发生。能证明该反应发生的实验现象是____。
（3）为探究实验4中溶液呈现棕褐色的原因，分别取白色CuCl固体进行以下实验：
实验序号
实验操作
实验现象
ⅰ
加入浓NaCl溶液
沉淀溶解，形成无色溶液
ⅱ
加入饱和AlCl3溶液
沉淀溶解，形成褐色溶液
ⅲ
向ⅰ所得溶液中加入溶液
溶液由无色变为褐色
查阅资料知：CuCl难溶于水，能溶解在浓度较大的溶液中，生成络离子，用水稀释含的溶液时会重新析出CuCl沉淀。
①由上述实验及资料可推断，实验4中溶液呈棕褐色的原因可能是与_______作用的结果。
②为确证实验4所得的棕褐色溶液中含有，应补充的实验是___________。
③在配制溶液过程中，下列操作中能使所配溶液浓度偏高的有______（填代号）。
A．用量筒量取浓溶液时俯视
B．将量筒内浓溶液和量筒洗涤液转入烧杯内进行稀释
C．转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水
D．定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出
E．定容时，俯视刻度线
F．定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至标线
（4）上述实验说明，铝和溶液、溶液的反应现象与___________有关。
【答案】（1）0.002mol
（2）电流计的指针偏转，两极均有白色沉淀生成
（3）、 取适量实验4的褐色溶液，加水稀释，观察是否出现白色沉淀 B、E
（4）铜盐溶液中阴离子的种类、铜盐溶液的浓度
【解析】（1）实验1中n（Cl-）=0.005 L0.2 mol/L2=0.002 mol，实验2的目的是证明铜盐中的阴离子是导致实验1中反应迅速发生的原因，实验2中加入NaCl固体的物质的量为0.002 mol，答案为0.002mol；
（2）构成原电池后，A为铜，作负极，铜失去电子溶解进入溶液，生成的+1价铜与溶液中的Cl-反应生成CuCl白色沉淀，正极铜离子被还原为+1价铜，和溶液中的Cl-反应也生成白色沉淀，有电流产生，所以电流计指针偏转，故答案为电流计的指针偏转，两极均有白色沉淀生成；
（3）①由上述实验ii及资料可推断，实验4中溶液呈棕褐色的原因可能是[CuCl2]-与Al3+、Cu2+作用的结果，故答案为Al3+、Cu2+；②根据信息知，取适量实验4的棕褐色溶液，加水稀释，观察是否出现白色沉淀可以确证实验4所得的棕褐色溶液中含有[CuCl2]-，故答案为取适量实验4的棕褐色溶液，加水稀释，观察是否出现白色沉淀；③A．用量筒量取CuCl2浓溶液时俯视，则所取溶液偏少，配得溶液浓度偏低，选项A不符合；B．量筒量取溶液时不需要洗涤，将量筒内浓溶液和量筒洗涤液转入烧杯内进行稀释，则相当于所取溶液偏多，配得溶液的浓度偏高，选项B符合；C．定容时需要加蒸馏水，故转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对配制溶液的浓度不影响，选项C不符合；D．定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出，则所加蒸馏水偏多，所配溶液的浓度偏低，选项D不符合；E．定容时，俯视刻度线，会导致溶液的体积偏小，所配制溶液浓度偏高，选项E符合；F．定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至标，则所加蒸馏水偏多，所配溶液的浓度偏低，选项F不符合；答案选BE；
（4）根据实验1和2、2和3所用试剂的种类不同，知铝和CuSO4溶液、CuCl2溶液的反应现象与铜盐溶液中阴离子的种类有关；根据实验1和4，知铝和CuSO4溶液、CuCl2溶液的反应现象与铜盐溶液的浓度有关；故此处填：铜盐溶液中阴离子的种类、铜盐溶液的浓度有关。
10．1，2-二氯乙烷（CH2ClCH2Cl）是重要的有机化工原料，不溶于水，常用作有机溶剂，沸点83.6°C。实验室可用“乙烯液相直接氯化法”来制备：
C2H5OHCH2=CH2↑+H2O，Cl2(g)+CH2= CH2(g) CH2ClCH2Cl(l) ΔH＜0
（1）甲装置发生反应的化学方程式___________。
（2）按实验原理将装置戊、己、庚连接起来： d→________→_________→__________→_________→a（按接口顺序连接）
（3）丁装置中长玻璃导管B的作用是___________。反应前丁中先装入适量1，2-二氯乙烷液体，其作用是___________。
（4）己装置制取乙烯采用的最佳加热方式是 ___________
①水浴 ②油浴 ③砂浴
（5）制得的1，2-二氯乙烷中溶解有Cl2和乙烯，将其逐出可采用的操作是____________。
（6）有同学提出该装置存在一缺陷， 你认为是___________。
【答案】（1）MnO2 + 4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
（2）b c e f
（3）冷凝回流、平衡压强 溶解Cl2和乙烯（或作溶剂）
（4）②
（5）加热或蒸馏
（6）没有尾气处理装置
【解析】利用二氧化锰和浓盐酸反应制备氯气，通过饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，干燥后进入丁，利用乙醇和五氧化磷在加热条件下作用产生乙烯，通过水除去乙醇蒸气，再干燥后进入丁与氯气反应制备1，2-二氯乙烷（CH2ClCH2Cl）。
（1）甲装置利用二氧化锰和浓盐酸反应制备氯气，发生反应的化学方程式为MnO2 + 4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（2）根据分析可知，按实验原理将装置戊、己、庚连接起来： d→b→c→e→f→a；
（3）丁装置中长玻璃导管B的作用是冷凝回流、平衡压强；反应前丁中先装入适量1，2-二氯乙烷液体，其作用是溶解Cl2和乙烯（或作溶剂）；
（4）己装置制取乙烯必须控制在150℃，采用的最佳加热方式是油浴加热，答案选②；
（5）制得的1，2-二氯乙烷中溶解有Cl2和乙烯，利用沸点不同，将其逐出可采用的操作是加热或蒸馏；
（6）实验过程中有氯气的参与，氯气有毒，该装置存在的缺陷是没有尾气处理装置。
11．铁是人类较早使用的金属之一，运用所学知识，回答下列问题。
Ⅰ．电子工业常用 30%的 FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板。
（1）Fe 在周期表中的位置是___________。检验溶液中 Fe3+存在的试剂是___________，证明 Fe3+存在的现象是___________。
（2）写出 FeCl3溶液与金属铜发生反应的离子方程式___________。
（3）某工程师为了从使用过的腐蚀废液（主要含 Fe3+、Fe2+、Cu2+、Cl-）中回收铜，并重新获得纯净的 FeCl3溶液，准备采用图示步骤。
请写出上述过程中①的化学式___________，④的化学式___________。
Ⅱ．高铁酸盐是优良的多功能水处理剂。K2FeO4为紫色固体，可溶于水，微溶于浓KOH溶液，难溶于有机物；在0～5℃、强碱性溶液中比较稳定，在酸性、中性溶液中易分解放出O2。现某实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）装置如图所示，夹持、加热等装置略。回答下列问题：
（4）仪器a的名称是___________，装置 B中除杂质所用试剂是___________，装置D的作用是___________。
（5）A中发生反应的化学方程式为___________。
（6）C中反应为放热反应，而反应温度须控制在0~5℃，采用的控温方法为__________，反应中 KOH必须过量的原因是___________。
（7）C中制备高铁酸钾的反应体系中有六种微粒；Fe3+、Cl2、OH-、FeO、Cl-、H2O。写出总反应的离子方程式：___________。C中混合物经过重结晶、有机物洗涤纯化、真空干燥，得到高铁酸钾晶体。若反应过程中转移了0.6mol电子，则还原产物的物质的量为_______mol。
【答案】（1）第四周期第Ⅷ族 KSCN溶液 溶液变成红色
（2）Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+
（3）Fe HCl
（4）圆底烧瓶 饱和食盐水 吸收尾气Cl2并能防倒吸
（5）MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
（6）冰水浴 保持溶液碱性，防止K2FeO4变质
（7）3Cl2+2Fe3++16OH-=2 FeO+6Cl-+8H2O 0.6
【解析】二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气，生成的氯气中混有氯化氢杂质，使用装置B饱和食盐水吸收HCl，氯气和氯化铁溶液在氢氧化钾存在下反应生成高铁酸钾，最后用氢氧化钠进行尾气吸收，防止污染；
（1）Fe的原子序数为26，在周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族，检验溶液中Fe3+存在通常用KSCN溶液，取少量溶液与试管中，滴加KSCN溶液，溶液变红说明Fe3+存在，故答案为：第四周期第Ⅷ族；KSCN溶液；溶液变成红色；
（2）FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式：Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+；
（3）腐蚀废液为FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合物，加入过量铁粉后，Fe3+转化为Fe2+，Cu2+转化为Cu；过滤，所得滤液为FeCl2溶液，滤渣为Fe、Cu的混合物；往滤渣中加入过量盐酸，与Fe反应生成FeCl2和H2，此时滤液为FeCl2、HCl的混合液；合并两份滤液，然后通入Cl2，将Fe2+氧化为Fe3+，从而得到FeCl3溶液，结合分析可知，①为Fe，②含有FeCl2，③为Fe和Cu，④为HCl，⑤FeCl2，⑥为Cl2，故答案为Fe；HCl；
（4）仪器a的名称是圆底烧瓶；B装置用饱和食盐水除去氯气中混有的HCl气体，D装置吸收未反应的氯气，并能防倒吸；故答案为圆底烧瓶；饱和食盐水；吸收尾气Cl2并能防倒吸；
（5）实验室利用二氧化锰氧化剂和还原剂浓盐酸加热反应生成二氧化锰、氯气和水，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（6）C中反应为放热反应，而反应温度须控制在0～5℃，可使用的控温方法为冷水浴，反应中KOH必须过量的原因是保持溶液碱性，防止K2FeO4变质，故答案为：冰水浴；保持溶液碱性，防止K2FeO4变质；
（7）充分反应后得到微粒；FeO、Cl-、H2O，反应离子方程式为3Cl2+2Fe3++16OH-=2 FeO+6Cl-+8H2O；Cl元素化合价降低，Cl-是还原产物，每转移6mol电子，得到6molCl-，则反应过程中转移了0.6mol电子，则还原产物的物质的量为0.6mol。
12．H2O2是一种绿色试剂，在化学工业中用于生产过氧乙酸、亚氯酸钠等，医药工业用作杀菌剂、消毒剂。某化学小组欲探究双氧水的性质做了如下实验：
（1）下表是该小组研究影响过氧化氢（H2O2）分解速率的因素时采集的一组数据：
用10mLH2O2制取150mLO2所需的时间（秒）
30%H2O2
15%H2O2
10%H2O2
5%H2O2
无催化剂、不加热
几乎不反应
几乎不反应
几乎不反应
几乎不反应
无催化剂、加热
360
480
540
720
MnO2催化剂、不加热
10
25
60
120
①研究小组在设计方案时，考虑了浓度、_______、_______因素对过氧化氢分解速率的影响。
②双氧水分解的方程式为______________________。
（2）另一研究小组拟在同浓度Fe3+的催化下，探究H2O2浓度对H2O2分解反应速率的影响。限选试剂与仪器：30%H2O2、0.1mol∙L-1FeCl3、蒸馏水、锥形瓶、双孔塞、水槽、胶管、玻璃导管、量筒、秒表、恒温水浴槽、注射器。设计实验装置，完成图1方框内的装置示意图__________（要求所测得的数据能直接体现反应速率大小）。
（3）对于H2O2分解反应，Cu2+也有一定的催化作用。为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，研究小组的同学设计了如图2所示的实验。请回答相关问题：
①可通过观察_________，比较得出结论。
②有同学提出将0.1mol/L的FeCl3溶液改为0.05mol/LFe2(SO4)3更为合理，其理由是________。
（4）已知FeCl3溶液中主要含有H2O、Fe3+和Cl-三种微粒，甲同学又做了两种猜想：
猜想1：真正催化分解H2O2的是FeCl3溶液中的Fe3+
猜想2：真正催化分解H2O2的是___________。
完成表格验证猜想
所需试剂
操作及现象
结论
____
______
Cl-对H2O2分解无催化作用
【答案】（1）温度 催化剂 2H2O22H2O+O2↑或2H2O22H2O+O2↑
（2）
（3）反应产生气泡快慢 消除阴离子不同对实验的干扰
（4）Cl- 双氧水、盐酸 向盛有双氧水溶液的试管中加入少量的HCl，然后把带火星的木条伸入试管中，木条不复燃
【解析】（1）①根据表中给出的数据，无催化剂不加热的情况下，不同浓度的过氧化氢溶液都是几乎不反应，在无催化剂加热的情况下，不同浓度的过氧化氢溶液都分解，说明过氧化氢的分解速率与温度有关；在有催化剂不加热的条件下，需要时间是10s，说明过氧化氢的分解速率与催化剂有关；在加热或有催化剂条件时，浓度越大，反应的速度越快，说明过氧化氢的分解速率与浓度有关，则研究小组在设计方案时，考虑了过氧化氢浓度、温度、催化剂因素对过氧化氢分解速率的影响，故答案为：温度、催化剂；②由实验现象可知，双氧水在加热或二氧化锰作催化剂时能发生分解反应生成氧气和水，反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2↑或2H2O22H2O+O2↑；
（2）由题意可知，可以利用排水量气法测定收集一定体积的氧气所需时间或用相同时间收集氧气的时间探究浓度对反应速率的影响，测定收集氧气的实验装置图为；
（3）①过氧化氢分解生成氧气和水，则可根据反应产生气泡快慢来判断不同催化剂对反应速率的影响，故答案为：反应产生气泡快慢；②过氧化氢的催化作用不同可能是氯离子或硫酸根离子不同导致，由变量唯一化可知改为硫酸铁溶液使对比实验的阴离子相同可以消除阴离子不同对实验的干扰，使得探究实验设计更为合理，故答案为：消除阴离子不同对实验的干扰；
（4）由于双氧水溶液中含有水，则水不可能是过氧化氢分解的催化剂，由猜想1可知甲同学的猜想2是真正催化分解过氧化氢的是氯离子，为验证猜想2是否成立可向盛有过氧化氢溶液的试管中加入少量的盐酸，然后把带火星的木条伸入试管中，由木条不复燃得出氯离子对过氧化氢分解无催化作用的结论，故答案为：Cl-；双氧水、盐酸；向盛有双氧水溶液的试管中加入少量的HCl，然后把带火星的木条伸入试管中，木条不复燃。
13．碱式氯化铜[Cu(OH)xCly]为绿色或墨绿色的结晶性粉末，难溶于水，溶于稀酸和氨水，在空气中十分稳定。
Ⅰ．模拟制备碱式氯化铜。向CuCl2溶液中通入NH3，同时滴加稀盐酸，调节pH至5.0～5.5，控制反应温度于70～80℃，实验装置如图所示（部分夹持装置已省略）。
（1）仪器a的名称是___________。
（2）实验室利用装置B制备NH3，圆底烧瓶中盛放的固体药品可能是___________（填名称）；仪器b的作用是___________。
（3）反应过程中，在装置A中除观察到溶液蓝绿色褪去外，还可能观察到的现象是___________。
（4）若滴入稀盐酸过量会导致碱式氯化铜的产量___________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
（5）反应结束后，将装置A中反应容器内的混合物过滤，从滤液中还可以获得的副产品是___________（填化学式），经提纯得产品无水碱式氯化铜。
Ⅱ．无水碱式氯化铜组成的测定。称取产品6.435g，加稀硝酸溶解，并加水定容至250mL，得到待测液。
（6）铜的测定：取100mL待测液，加入足量的氢氧化钠，经过滤，洗涤，低温烘干，称量得到的蓝色固体质量为2.352g。则称取的样品中n(Cu2＋)为_______mol。
（7）采用沉淀滴定法测定氯：准确量取25.00mL待测液于锥形瓶中，加入20mL0.2mol·L-1AgNO3溶液，充分反应后，加入少量聚乙烯醇溶液，用NH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3。滴加少量的Fe(NO3)3溶液作为指示剂。重复实验操作三次，消耗的0.1mol·L-1NH4SCN溶液的体积平均为10.00mL。
①达到滴定终点的现象为___________。
②则称取的样品中n(Cl-)为___________mol。
（8）根据上述实验结果可推知x∶y=___________。
【答案】（1）三颈烧瓶 （2） 碱石灰 导气、防止倒吸 （3）溶液中有大量墨绿色固体产生、干燥管中有液体上升后下降的现象 （4）偏低 （5）NH4Cl （6）0.06 （7）加入最后一滴标准液，溶液变为（浅）红色 0.03 （8）3∶1
【解析】（1）仪器a的名称为三颈烧瓶；
（2）由于氨水中存在平衡：NH3+H2ONH3·H2O，碱石灰遇水发生反应使溶液中c(OH-)浓度增大，促进平衡逆向移动，且碱石灰遇水放热促进氨气的挥发，故可利用碱石灰与浓氨水制取氨气，故此处填：碱石灰；仪器b为球形干燥管，可防止NH3在三颈烧瓶中溶解后产生倒吸，故此处填：导气、防止倒吸；
（3）在三颈烧瓶内，氯化铜、氨气和盐酸反应制取碱式氯化铜，碱式氯化铜为绿色或墨绿色结晶性粉末，难溶于水，故实验现象①为溶液中有大量墨绿色固体产生；干燥管中充满了氨气，反应后气体的压强迅速减小，故实验现象②为干燥管中有液体上升后下降的现象；
（4）由于碱式氯化铜溶于稀酸和氨水，故稀盐酸过量会导致碱式氯化铜的溶解，进而导致其产量偏低，故此处填：偏低；
（5）该反应为氯化铜、氨气和盐酸反应，部分氨气会和盐酸反应生成氯化铵，作为副产物，故此处填：NH4Cl；
（6）产品溶于稀硝酸后，溶液中主要含有Cu2+、Cl-、，加入NaOH溶于后生成Cu(OH)2沉淀，由题意知n[Cu(OH)2]=，则样品中n(Cu2+)= n[Cu(OH)2]×=0.06 mol；
（7）①当达到滴定终点后，稍过量的NH4SCN遇Fe3+变红，故滴定终点现象为：加入最后一滴标准液，溶液变为（浅）红色；②由题意知，测定氯采用的是返滴定法，AgNO3与NH4SCN 1∶1反应生成AgSCN沉淀，则过量的AgNO3物质的量n(AgNO3余)=n(NH4SCN)=0.1 mol/L×10.00 mL×10-3 L/mL=1×10-3 mol，则与Cl-反应的AgNO3物质的量n(AgNO3)= n(AgNO3总)- n(AgNO3余)= 0.2 mol/L×20.00 mL×10-3 L/mL-1×10-3 mol=3×10-3 mol，则样品中n(Cl-)= n（AgNO3）×=0.03 mol；
（8）根据电荷守恒2n(Cu2+)= n(Cl-)+ n(OH-)，得2×0.06 mol=0.03 mol+ n(OH-)，解得n(OH-)=0.09 mol，则x∶y= n(OH-)∶n(Cl-)=0.09∶0.03=3∶1。
14．连二硫酸锰（MnS2O6）常用于灭菌以及水果、蔬菜的保鲜，易溶于水，能缓慢释放SO2并生成MnSO4，利用MnO2悬浊液吸收SO2气体制取连二硫酸锰的装置（部分夹持、加热仪器已省略）如图所示。
已知：i．SO2与MnO2悬浊液的反应包括：SO2+H2O=H2SO3，MnO2+H2SO3=MnSO4+H2O，MnO2+2H2SO3=MnS2O6+2H2O；
ii．MnS2O6溶液在pH为2.8-3.5时最稳定，温度超过30℃会快速分解；
iii．MnS2O6易溶于水，Mn(OH)2难溶于水。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是___________。
（2）装置C中的反应温度应控制在7℃以下，控制温度的适宜方法是___________，表明反应完成的现象是___________。
（3）设计实验：由实验后反应混合液得到纯净的MnS2O6溶液___________（试剂任选）。
（4）由MnS2O6溶液得到MnS2O6·4H2O晶体的操作是___________。
（5）测定MnS2O6中锰的含量：称取mg产品充分加热，加适量水溶解，用c mol· L-1的KMnO4标准溶液进行滴定（Mn元素均转化为MnO2），滴定终点时消耗V mL标准溶液。
①实验过程中若晶体加热不充分，测得产品中锰的质量分数将___________（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
②产品中锰的质量分数是___________（列出计算式）。
【答案】（1）蒸馏烧瓶
（2）用冰水浴 浊液变澄清
（3）加入Ba(OH)2溶液，发生反应MnSO4+ Ba(OH)2= BaSO4↓+ Mn (OH)2↓，过滤，用SO2水溶液将滤液pH调节至2.8~3.5
（4）减压在低于45℃蒸发浓缩、冷却结晶、干燥
（5）偏大
【解析】在装置A中利用浓硫酸与亚硫酸钠反应制得二氧化硫，将二氧化硫通入装置C，装置B为安全瓶，二氧化硫与装置C中的二氧化锰悬浊液作用，通过搅拌发生反应SO2与MnO2悬浊液的反应包括：SO2+H2O=H2SO3，MnO2+H2SO3=MnSO4+H2O，MnO2+2H2SO3=MnS2O6+2H2O，制得MnS2O6，最后装置D用于尾气吸收，防止二氧化硫进入空气中引起污染。
（1）根据仪器的构造可知，仪器a的名称是蒸馏烧瓶；
（2）7℃的低温，适宜用冰水冷却；MnO2反应完全后，全部反应，溶液变澄清，故答案为用冰水浴；浊液变澄清；
（3）由实验后反应混合液得到纯净的MnS2O6溶液的操作为：加入Ba(OH)2溶液，发生反应MnSO4+ Ba(OH)2= BaSO4↓+ Mn (OH)2↓，过滤，用SO2水溶液将滤液pH调节至2.8~3.5；
（4）为防止蒸发过程中MnS2O6的分解，需用减压（或真空）蒸发水，并控制蒸发过程中溶液温度不超过45°C，故答案为：减压在低于45°C蒸发浓缩、冷却结晶、干燥；
（5）①实验过程中若晶体加热不充分，则部分MnS2O6不分解，KMnO4也将其氧化，标准液用量增多，测得产品中锰的质量分数将偏大；②由滴定反应3MnSO4+2KMnO4+2H2O=5MnO2↓+2H2SO4+K2SO4，产品中锰的质量分数是。
15．高氯酸铵（NH4ClO4）为白色晶体，具有不稳定性，在400℃时开始分解产生多种气体，常用于生产火箭推进剂。某化学兴趣小组同学利用图1所示的装置对NH4ClO4的分解产物进行探究（假设装置内试剂均足量，反应充分，部分夹持装置已省略）。
回答下列问题：
（1）在实验过程中发现装置C中铜网由红色变为黑色，说明分解产物中有______（填化学式）。
（2）实验完毕后，取装置D硬质玻璃管中的固体物质于试管中，滴加蒸馏水，观察到的现象是__________。
（3）通过上述实验现象分析，某同学认为产物中还应有H2O，可能有Cl2，为了证明H2O和Cl2的存在，选择图1中部分装置和图2提供的装置进行实验：
①装置H中盛放的物质是________（填物质名称），按气流从左到右，装置的连接顺序A→______→______→______。
②实验结束后发现G中液体变为橙黄色，用离子方程式解释出现该现象的原因：_________________________。
（4）实验结论：NH4ClO4分解时产生了上述几种物质，则高氯酸铵分解的化学方程式为_____________________________________。
（5）实验结束后，某同学拟通过称量装置D中镁粉质量的变化，计算高氯酸铵的分解率，计算结果________（填“偏大”“偏小”或“无法判断”）。
【答案】（1）O2 （2）试管中有气泡产生，且有白色沉淀生成
（3）无水硫酸铜 HGF Cl2+2Br-=2Cl-+Br2
（4）2NH4ClO4N2+2O2+Cl2+4H2O
（5）偏大
【解析】在A中NH4ClO4受热分解，B中碱石灰干燥后，C装置检验氧气的存在，D中镁粉检验氮气的存在，E防止空气中二氧化碳和水进入D中干扰气体的检验。
（1）NH4ClO4受热分解产生的气体，经碱石灰干燥后，能使铜粉由红色变为黑色，说明生成了CuO，所以分解产物中含有O2，故答案为：O2；
（2）NH4ClO4受热分解产物中有N2生成，说明D中固体为Mg3N2，滴加蒸馏水，发生反应为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑，故观察到的现象是试管中有气泡产生，且有白色沉淀生成。
（3）①检验水蒸气和氯气，应该先用H中的无水硫酸铜检验水的存在，再用溴化钾检验氯气，现象是水溶液变为橙黄色；为了防止多余的氯气污染环境，还需要使用尾气吸收装置，所以按气流从左至右，装置的连接顺序为A→H→G→F，故答案为：无水硫酸铜；H；G；F；
②溴化钾和氯气反应生成氯化钾和溴水，故离子方程式为Cl2+2Br-=2Cl-+Br2。
（4）NH4ClO4分解生成氮气、氧气、氯气和水，结合电子守恒、原子守恒配平可得2NH4ClO4N2+2O2+Cl2+4H2O。
（5）实验结束后，某同学拟通过称量D中镁粉质量的变化，计算高氯酸铵的分解率，镁粉与装置中的氧气、氮气反应，造成产物质量增大，会造成计算结果偏大，故答案为：偏大。
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