专题14 实验综合（主观题）2023年高考：化学三模试题分项汇编（全国通用）（解析版）

这是一份专题14 实验综合（主观题）2023年高考：化学三模试题分项汇编（全国通用）（解析版），共40页。试卷主要包含了是制备金属钛的重要中间体，实验室制取溴苯的装置如图所示等内容，欢迎下载使用。

专题14 实验综合（主观题）
1．（2023·内蒙古赤峰·统考模拟预测）某小组同学探究SO2与FeCl3溶液的反应。
(1)配制100mL 0.10mol·L-1 FeCl3溶液，需使用的玻璃仪器除了烧杯、量筒、胶头滴管还有___________。
(2)实验I：用如下装置(夹持、加热仪器略)制备SO2，将SO2通入配好的FeCl3溶液中。

实验现象： A中产生白雾； C中溶液由黄色变成红棕色，静置5min后，溶液颜色从红棕色变回黄色，检测到Fe2+；静置9h后，溶液变为浅绿色。
装置A中反应的化学方程式是___________。
(3)分析装置C中溶液颜色变化的原因。
①溶液颜色由黄色最终变为浅绿色的原因是___________(写离 子方程式)。
②针对溶液颜色变为红棕色，甲同学提出了两种假设。
假设1：主要与SO2、H2SO3 有关。
假设2：主要与、有关。
并且通过实验II证实假设1不成立，假设2成立。
实验II：向FeCl3溶液中加入NaHSO3溶液，___________ (填现象)， 然后滴加稀硫酸，溶液变为黄色。
(4)进一步探究FeCl3溶液与、显红棕色的原因。
查阅资料： Fe3+ +n+mH2O [Fe(SO3)n(H2O)m]3-2n (红棕色)
实验III：向FeCl3溶液中滴加Na2SO3溶液，溶液由黄色变成红棕色，析出大量橙黄色沉淀。
甲同学认为橙黄色沉淀中可能含有OH-、、 ，并设计如下检验方案。

①实验证实橙黄色沉淀中含有、不含，试剂b、c分别是___________、___________。
②乙同学认为酸性KMnO4溶液褪色不能证明橙黄色沉淀中含有，理由是___________。
【答案】(1)玻璃棒、100mL容量瓶
(2)Cu+2H2SO4 (浓) CuSO4+SO2↑+2H2O
(3)①2Fe3++SO2+2H2O= 2Fe2++ +4H+ ②溶液变为红棕色
(4)①BaCl2溶液 H2O2 ②溶液A中含有盐酸(或Cl-)，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰亚硫酸根的检验
【分析】本题的实验目的是探究SO2与氯化铁溶液的反应，实验过程先用铜片和浓硫酸反应制备SO2，再将SO2通入氯化铁溶液中，对所得产物进行探究。
【解析】（1）配制100mL 0.10mol·L-1 FeCl3溶液，需使用的玻璃仪器除了烧杯、量筒、胶头滴管还有玻璃棒、100mL容量瓶。
（2）铜和浓硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：Cu+2H2SO4 (浓) CuSO4+SO2↑+2H2O。
（3）①铜和浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫具有还原性可以将Fe3+还原为Fe2+，溶液颜色由黄色最终变为浅绿色，离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O= 2Fe2++ +4H+；
②向FeCl3溶液中加入NaHSO3溶液，溶液变为红棕色，然后滴加稀硫酸，溶液变为黄色，说明溶液颜色变为红棕色，主要与、有关，假设1不成立，假设2成立。
（4）①和盐酸反应生成H2SO3或SO2，H2SO3或SO2和BaCl2溶液不反应，加入H2O2溶液后，H2SO3或SO2被氧化为，与Ba2+反应生成BaSO4沉淀，试剂b、c分别是BaCl2溶液、H2O2溶液；
②溶液A中含有盐酸(或Cl-)，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰亚硫酸根的检验，因此乙同学认为酸性KMnO4溶液褪色不能证明橙黄色沉淀中含有。
2．（2023·重庆九龙坡·重庆市育才中学校考三模）从钒铬锰矿渣(主要成分为)中提铬的一种工艺流程如下：

已知：较大时，二价锰在空气中易被氧化。回答下列问题：
(1)元素位于元素周期表第_______周期_______族。
(2)用溶液制备胶体的化学方程式为_______。
(3)常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数与关系如图1,已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中，“沉钒”过程控制，则与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为_______(填化学式)。

(4)某温度下，(III)、(II)的沉淀率与关系如图2,“沉铬”过程最佳为_______(填标号)；
a.4.0  b.5.0  c.6.0
在该条件下滤液B中_______[近似为，的近似为]。
(5)“转化”过程中生成的离子方程式为_______。
(6)“提纯”过程中的作用为_______。
【答案】(1)四 ⅥB
(2)
(3)
(4)c
(5)
(6)较大时，二价锰在空气中易被氧化为高价锰离子附在固体表面引入杂质，加入 可以防止二价锰被氧化并还原已经被氧化的二价锰离子，易与分离，提高产品纯度
【分析】加入硫酸溶解生成相应的盐，加入氢氧化铁胶体调节pH至3.0使得钒元素除去，再对滤液调节pH至6.0生成，再高温分解得到，滤液中经过双氧水氧化得到二氧化锰。
【解析】（1）元素是24号元素，位于元素周期表第四周期第ⅥB族。
（2）溶液制备胶体的化学方程式为
（3）常温下,已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中， “沉钒”过程控制，此时五价钒粒子的存在形态为,则与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为;
（4）(III)、(II)的沉淀率与关系如图2,“沉铬”过程要求铬元素沉淀率要高，而锰元素沉淀率要低，最佳为6.0，， ，，溶液中存在沉淀溶解平衡，；
（5）“转化”过程中生成的离子方程式为;
（6）较大时，二价锰在空气中易被氧化为高价锰离子附在固体表面引入杂质，加入 可以防止二价锰被氧化并还原已经被氧化的二价锰离子，易与分离，提高产品纯度。
3．（2023·重庆九龙坡·重庆市育才中学校考三模）是制备金属钛的重要中间体。某小组同学利用如下装置在实验室制备(夹持装置略去)。

已知：易挥发，高温时能与反应，不与反应，其他相关信息如下表所示：

熔点/℃
沸点/℃
密度/()
水溶性

-24
136.4
1.7
易水解生成白色沉淀，能溶于有机溶剂

-23
76.8
1.6
难溶于水
回答下列问题：
(1)装置A中仪器b的名称是_______，装置E中的试剂是_______(填试剂名称)。
(2)装置B中长导管的作用是_______。
(3)装置A中发生反应的离子方程式_______。
(4)在通入前，先打开开关k，从侧管持续通入一段时间的气体的目的是_______。
(5)装置C中除生成外，还生成一种气态不成盐氧化物，该反应的化学方程式为_______。
(6)制得的中常含有少量，从混合液中分离出操作的名称是_______。
(7)利用如图装置测定所得的纯度：取产品加入烧瓶，向安全漏斗中加入适量蒸馏水，待充分反应后，将烧瓶和漏斗中的液体一并转入锥形瓶中，滴加几滴溶液作指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。

已知：常温下，、，呈砖红色，。
①安全漏斗中的水在本实验中的作用除与反应外，还有_______；
②滴定终点的判断方法是_______；
③产品的纯度为_______(用含m、n和V的代数式表示)。
【答案】(1)蒸馏烧瓶 浓硫酸
(2)平衡气压，防止堵塞和倒吸
(3)
(4)排除装置中的空气，防止和反应
(5)
(6)蒸馏
(7)①液封，吸收挥发的气体，避免的损失 ②当加入最后一滴标准溶液时，溶液恰好出现砖红色沉淀，且半分钟不消失 ③
【分析】本题利用与反应制备。A为制备的装置，C、D分别为制备、收集的装置，因易水解，要求制备和收集过程无水，故在C前、D后都要加干燥装置，所以B、E中盛放试剂为浓硫酸；F中盛放溶液，目的是除去未反应的。
【解析】（1）根据装置图可知，A装置中仪器b的名称是蒸馏烧瓶。E装置中的试剂是浓硫酸，防止F中的水蒸气进入D装置中，使水解；
（2）装置B中长导管的作用是平衡气压，防止堵塞和倒吸；
（3）装置A中与浓盐酸反应制，反应的离子方程式为：；
（4）高温时能与反应，在通入前，从侧管持续通入一段时间的的目的是排除装置中的空气，防止和反应；
（5）一种气态不成盐氧化物是，反应的化学方程式为：；
（6）和互溶，但沸点差异比较大，故从混合液体分离出的操作为蒸馏；
（7）①安全漏斗在本实验中的作用除加水外，还有液封的作用，吸收挥发的气体，避免的损失；
②滴定终点的判断方法是：当加入最后一滴标准溶液时，溶液恰好出现砖红色沉淀，且半分钟不消失；
③根据关系，，TiCl4的纯度为或 。
4．（2023·陕西·校联考模拟预测）碳酸锰(MnCO3)是制造高性能磁性材料的主要原料。实验室以KMnO4为原料制备少量MnCO3并研究其性
质，制备MnCO3的装置如图1所示。
已知: MnCO3难溶于水、乙醇，100°C开始分解。 请回答下列问题:

(1)仪器B的名称为__________________。
(2)在烧瓶中加入一定量的KMnO4固体，滴加硫酸酸化的H2C2O4溶液，其反应的化学方程式为_____________， 反应过程中c(Mn2+)随时间的变化曲线如图2所示，则tmin时， c(Mn2+)迅速增大的原因是__________。
(3)反应一段时间后， 当装置A中的溶液由紫色变为无色，再滴加NH4HCO3溶液充分反应生成MnCO3。生成MnCO3的离子方程式为__________________。
(4)实验结束后，将装置A中的混合物过滤，用乙醇洗涤滤渣，再_____， 即 得到干燥的MnCO3固体。用乙醇洗涤的优点是___________________ 。
(5)在空气中加热MnCO3固体，随着温度的升高，残留固体的质量变化如图3所示。则A点的成分为________(填化学式)，B→C反应的化学方程式为______________________。
【答案】(1)恒压滴液漏斗
(2) 反应产生的Mn2+对反应具有催化作用
(3)
(4)低温烘干 防止潮湿的MnCO3被空气氧化
(5)MnO2
【分析】三颈烧瓶中装入高锰酸钾粉末，通过恒压滴液漏斗分别滴加硫酸酸化的草酸溶液，水浴加热反应后，再滴加碳酸氢铵溶液，反应产生碳酸锰沉淀，过滤，低温烘干，得到碳酸锰晶体，通过加热分解，在不同温度下测定固体产生的成分；
【解析】（1）根据仪器的构造可知，仪器B的名称为恒压滴液漏斗；
（2）在烧瓶中加入一定量的KMnO4固体，滴加硫酸酸化的H2C2O4溶液，氧化产生二氧化碳，同时被还原为锰离子，其反应的化学方程式为；
反应过程中c(Mn2+)随时间的变化曲线如图2所示，则tmin时， c(Mn2+)迅速增大的原因是反应产生的Mn2+对反应具有催化作用；
（3）反应一段时间后， 当装置A中的溶液由紫色变为无色，再滴加NH4HCO3溶液充分反应生成MnCO3，同时产生二氧化碳，生成MnCO3的离子方程式为；
（4）实验结束后，将装置A中的混合物过滤，用乙醇洗涤滤渣，再低温烘干， 即 得到干燥的MnCO3固体；用乙醇洗涤的优点是防止潮湿的MnCO3被空气氧化；
（5）在空气中加热MnCO3固体，随着温度的升高，残留固体的质量变化如图3所示。固体质量由115g减小为87g，根据Mn元素守恒可知，115gMnCO3固体为1mol，含有55gMn，则A点87g固体中含有O元素的质量为32g，即2mol，可推知A点的成分为MnO2；B点时质量为79g，则含有1molMn，含有O质量为79g-55g=24g，即1.5mol，故N(Mn):N(O)=1mol:1.5mol=2:3，故为Mn2O3，C点时质量为71g，则含有1molMn，含有O质量为71g-55g=16g，即1mol，故N(Mn):N(O)=1mol:1mol=1:1，故为MnO，因此B→C反应的化学方程式为。
5．（2023·河北·校联考模拟预测）BaCl2·2H2O是中学重要的试剂。某小组以重晶石为原料制备氯化钡晶体。
实验(一)制备BaS并验证其气体产物(装置如图1)。
资料显示：重晶石与CO的主要反应如下。
主反应：
副反应：

(1)通入CO之前，先通入一段时间N2，这样操作的目的是___________。
(2)从a、b、c、d中选择合适的一组试剂：(填标号)___________。

B
C
D
E
a
品红溶液
NaOH溶液
澄清石灰水
溴水
b
溴水
品红溶液
澄清石灰水
酸性高锰酸钾溶液
c
酸性高锰酸钾溶液
溴水
NaOH溶液
品红溶液
d
品红溶液
溴水
品红溶液
澄清石灰水
(3)尾气用排水法收集，同时体现了资源利用和___________。
实验(二)制备BaCl2·2H2O(装置如图2)。

(4)写出BaS和盐酸反应的化学方程式：___________，观察到烧杯中产生黑色沉淀，黑色沉淀的化学式为___________。
(5)实验完毕后，从BaCl2溶液中分离产品的操作是蒸发浓缩、___________、过滤、洗涤、低温干燥。洗涤过程中，常温下，不断测定洗涤液的pH，当pH接近___________时，表明已洗涤干净。
(6)实验室用11.65gBaSO4最终制得9.76gBaCl2·2H2O，则该过程中Ba的损耗率为___________。
【答案】(1)排尽装置内的空气，避免O2干扰实验
(2)d
(3)环境保护
(4) CuS
(5)冷却结晶 7
(6)20%
【分析】验证SO2、CO2，试管B中装有品红溶液，SO2具有漂白性能使溶液褪色，试管C中装有溴水，能与二氧化硫反应生成HBr和硫酸，试管D中再用品红溶液检验除尽，最后试管E中用澄清石灰水检验CO2；
【解析】（1）装置内含有氧气，能与CO反应，通入CO之前，先通入一段时间N2，这样操作的目的是：排尽装置内的空气，避免O2干扰实验；
（2）根据主、副反应可知可能含CO2、SO2，先验证SO2、除去SO2，再检验CO2，即试管B中装有品红溶液，观察溶液褪色，试管C中装有溴水，能与二氧化硫反应生成HBr和硫酸，由于NaOH也能与CO2反应而除去故不能选，试管D中再用品红溶液检验除尽，最后试管E中用澄清石灰水检验CO2，故选d；
（3）SO2是有毒气体，排放到空气中会形成酸雨，CO2会造成温室效应，尾气用排水法收集，同时体现了资源利用和环境保护；
（4）BaS和盐酸反应生成氯化钡和硫化氢气体，反应的化学方程式：；H2S气体进入烧杯中与硫酸铜反应产生黑色沉淀为CuS；
（5）从BaCl2溶液中分离产品BaCl2·2H2O，操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥；BaCl2·2H2O晶体残留酸液，加水洗涤，不断测定洗涤液的pH，常温下，当pH接近7时，为中性，表明已洗涤干净；
（6）11.65gBaSO4的物质的量为，原料中Ba的物质的量为0.05mol，9.76gBaCl2·2H2O的物质的量为，产品中Ba的物质的量为0.04mol，该过程中Ba的损耗率为。
6．（2023·广东惠州·统考三模）五氧化二氮(N2O5)是有机合成中常用的绿色硝化剂。N2O5常温下为白色固体，可溶于CH2Cl2等氯代烃溶剂，微溶于水且与水反应生成强酸，高于室温时不稳定。
(1)某化学兴趣小组设计臭氧(O3)氧化法制备N2O5，反应原理为。实验装置如图，回答下列问题：

①装置C的名称_______，装置D的作用是_______；装置E的作用是_______。
②写出装置A中发生反应的化学方程式_______。
③实验时，将装置C浸入_______(填“热水”或“冰水”)中，打开装置A中分液漏斗的活塞，一段时间后C中液体变为红棕色。关闭分液漏斗的活塞，打开活塞K，通过臭氧发生器向装置C中通入含有臭氧的氧气。
(2)判断C中反应已结束的简单方法是_______。
(3)用滴定法测定N2O5粗产品中N2O4的含量。取2.0 g粗产品，加入20.00 mL0.1250 mol⋅L-1酸性高锰酸钾溶液。充分反应后，用0.1000 mol⋅L-1H2O2溶液滴定剩余的高锰酸钾，达到滴定终点时，消耗H2O2溶液17.50mL。(已知：H2O2与HNO3不反应且不考虑其分解)
①产品中N2O4与KMnO4发生反应的离子方程式为_______。
②判断滴定终点的方法是_______。
③产品中N2O4的质量分数为_______。
【答案】(1)①三颈烧瓶 安全瓶，防止倒吸 防止空气中的水蒸气进入C中
②Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O ③冰水
(2)红棕色褪去
(3)①5N2O4+2+2H2O=2Mn2++10+4H+ ②溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色 ③20.7%
【分析】装置A中Cu和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水；装置B中装有无水氯化钙可以干燥NO2，在密闭系统中存在可逆反应：2NO2N2O4，装置C中发生的反应为N2O4+O3=N2O5+O2，N2O5常温下为白色固体，可溶于CH2Cl2等氯代烃溶剂，故二氯甲烷的作用为溶解反应物NO2、充分混合反应物使其反应更加充分、溶解生成物N2O5；装置D是安全瓶，可以防止倒吸现象的发生；N2O5微溶于水且与水反应生成强酸，则装置E是为了防止空气中的水蒸气进入C中。
【解析】（1）①根据装置图可知装置C名称是三颈烧瓶；
装置D的作用是安全瓶，可以防止倒吸现象的发生；
装置E的作用是干燥，以防止空气中的水蒸气进入C中；
②在装置A中Cu与浓硝酸混合发生氧化还原反应产生硝酸铜、二氧化氮和水,发生反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；
③由于N2O5在高于室温时对热不稳定，所以实验时，将装置C浸入冰水中，打开装置A中分液漏斗的活塞，一段时间后C中液体变为红棕色。关闭分液漏斗的活塞，打开活塞K，通过臭氧发生器向装置C中通入含有臭氧的氧气；
（2）装置C中，NO2溶于CH2Cl2，使溶液变为红棕色，故当红棕色褪去可推断C中反应已结束；
（3）①N2O4与酸性KMnO4溶液反应生成硝酸锰和硝酸，该反应的离子方程式为：5N2O4+2+2H2O=2Mn2++10+4H+；
②酸性KMnO4溶液呈紫红色，用H2O2溶液滴定被还原为无色的Mn2+，故判断滴定终点的方法是：滴入最后一滴0.1000 mol/LH2O2标准溶液时，锥形瓶中溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色，说明滴定达到终点；
③KMnO4的总物质的量为n(KMnO4)总=c·V=0.1250 mol/L×0.020 L=2.5×10-3 mol，根据电子守恒可知H2O2与KMnO4反应的比例关系为：5H2O2～2KMnO4，剩余KMnO4物质的量为n(KMnO4)剩=n(H2O2)=×0.1000 mol/L×0.0175 L=7.0×10-4 mol；所以与N2O4反应的KMnO4物质的量为n(KMnO4)=2.5×10-3 mol -7.0×10-4 mol =1.8×10-3 mol，由反应方程式5N2O4+2+2H2O=2Mn2++10+4H+，可得关系式：5N2O4~ 2KMnO4，n(N2O4) = n(KMnO4)=×1.8×10- 3 mol=4.5×10- 3 mol，则N2O4的质量m(N2O4)=n·M=4.5×10- 3 mol ×92 g/ mol=0.414 g，故产品中N2O4的质量分数为。
7．（2023·河南·统考三模）三氯化氧磷(POCl₃)是一种重要的化工原料，常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料。研究小组在实验室模拟反应CPCl3+SO2+Cl2POCl3+SOCl2，制备POCl3并测定产品的含量。

资料卡片：
物质
熔点／℃
沸点／℃
有关性质
PCl₃
-93.6
76.1
遇水剧烈水解，易与O₂反应
POCl₃
1.25
105.8
遇水剧烈水解，能溶于PCl₃
SOCl₂
-105
78.8
遇水剧烈水解，受热易分解
(1)甲装置中盛放的试剂为___________，洗气瓶甲、丁的作用是净化原料气体和___________，实验室制备SO₂的化学方程式为___________。
(2)反应装置图中装置丙、戊间方框内未画出的仪器应选择___________(填“球形冷凝管”或“直形冷凝管”)，如果没有装置戊，可能发生的反应是___________(写一个即可)。
(3)该实验需控制反应温度60-65℃，则温度不宜过高和过低的原因是___________，该实验应采用的加热方式为___________。
(4)测定提纯后产品中POCl₃的含量：准确称取1.700g样品在水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成100mL溶液，取10.00mL于锥形瓶中，加入0.2000mol·L⁻¹的AgNO₃溶液20.00mL(发生的反应为Ag⁺+Cl⁻=AgCl↓)，再加少许硝基苯，用力振荡，使沉淀被有机物覆盖。加入指示剂，用0.1000mol·L⁻¹KSCN标准溶液滴定过量的AgNO₃至终点(Ag⁺+SCN⁻=AgSCN↓)，做平行实验，平均消耗KSCN标准溶液10.00mL。
①滴定选用的指示剂是___________(填标号)。
a．酚酞    b．淀粉   c．NH₄Fe(SO4)2 d．甲基橙
②产品中POCl₃的质量分数为___________%(保留三位有效数字)。
③已知：Ksp(AgCl)=3.2×10⁻10，Ksp(AgSCN)=2×10⁻¹²，若无硝基苯覆盖沉淀表面，测定产品中POCl₃的质量分数将___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
【答案】(1)饱和食盐水 通过观察产生气泡的速率来控制气体的流速 Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O
(2)球形冷凝管 POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl、SOCl2+H2O=2HCl+SO2等
(3)温度低，反应速率慢；温度高，反应物大量挥发，利用率低 水浴加热
(4)①c ②90.3 ③偏小
【分析】生成氯气通过甲装置除去挥发的氯化氢气体，通过装置乙干燥后进入丙装置，二氧化硫通过丁装置净化后进入丙装置，Cl2、CPCl3、SO2反应生成三氯化氧磷，尾气使用碱石灰吸收防止污染。
【解析】（1）实验室制取的氯气含有挥发的氯化氢，甲装置盛放饱和食盐水可以除去氯化氢气体，且可以通过观察产生气泡的速率来控制气体的流速；实验室制备SO₂的反应为亚硫酸钠和浓硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫、水，化学方程式为Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O；
（2）反应装置图中装置丙、戊间方框内未画出的仪器应选择球形冷凝管，作用是冷凝回流丙中物质；如果没有装置戊，POCl3、SOCl2均会遇水剧烈水解，故可能发生的反应是POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl、SOCl2+H2O=2HCl+SO2等；
（3）温度低，反应速率慢，温度高，反应物的沸点低会大量挥发，利用率低，故该实验需控制反应温度60-65℃，温度不宜过高和过低；该实验应采用的加热方式为水浴加热；
（4）①KSCN标准溶液会与铁离子生成红色溶液，故滴定选用的指示剂是c．NH₄Fe(SO4)2；
②根据题意可知，与氯离子反应的硝酸银为0.2000mol·L-¹×20.00×10-3L-0.1000mol·L-¹×10.00×10-3L=3.0×10-3mol，根据氯元素守恒可知，产品中POCl₃的质量分数为。
③已知：Ksp(AgCl)=3.2×10⁻10，Ksp(AgSCN)=2×10⁻¹²，AgCl溶解度大于AgSCN，若无硝基苯覆盖沉淀表面，则导致氯化银部分溶解银离子会和KSCN反应，导致KSCN标准溶液用量增加，使得测定产品中POCl₃的质量分数将偏小。
8．（2023·湖南郴州·统考三模）实验室采用三氟化硼与氯化铝加热的方法制备，装置如图所示(夹持及加热装置略)。

已知：
Ⅰ.三氟化硼易与水反应；三氯化硼易潮解；三氯化铝)沸点低、易升华。
Ⅱ.部分物质的沸点如表所示：
物质



沸点/℃
-101
12.5
180
Ⅲ.
回答下列问题：
(1)将氟硼酸钾和硼酐一起研磨均匀加入A中的圆底烧瓶，滴入浓硫酸并加热，除产生气体外，还生成一种酸式盐，则发生反应的化学方程式为_______。
(2)装置B中的试剂是_______(填化学名称)，仪器a的作用是_______。
(3)装置D进行_______(填“冰水浴”或“热水浴”)可得到产品，如果缺少装置E，造成的影响为_______。
(4)C中2.50g无水氯化铝完全反应后，取下U形管并注入水，完全反应生成盐酸和硼酸，将所得溶液加水稀释到100mL，取10mL加入锥形瓶中滴入2滴酚酞溶液，用的NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为12.00mL。
①到达滴定终点的现象为_______。
②计算的产率为_______%(保留一位小数)。
【答案】(1)
(2)浓硫酸 导气冷凝，防止进入D中
(3)冰水浴 水蒸气进入体系，使水解
(4)溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不复原 80.1
【分析】实验室采用三氟化硼与氯化铝加热的方法制备，装置A中KBF4、B2O3和浓H2SO4加热制备BF3，装置B盛有浓硫酸可干燥气体，装置C中BF3与AlCl3高温加热制备BCl3，由于BF3沸点低，装置D采用冰水浴得到产品，装置E干燥管可以防止水蒸气进入体系，导致BCl3潮解，F装置用于尾气处理，据此解答。
【解析】（1）装置A中发生的反应为非氧化还原反应，且产生一种酸式盐，可判断酸式盐为KHSO4，气体为BF3，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。
（2）根据分析可知，装置B中试剂为浓硫酸，仪器a为球形冷凝管，作用为：导气冷凝，防止进入D中。
（3）由分析可知，装置D进行冰水浴可得到产品，装置E干燥管可以防止水蒸气进入体系，如果缺少装置E，造成的影响为水蒸气进入体系，使水解。
（4）反应用的NaOH溶液滴定盐酸和硼酸[B(OH)3]，酚酞作指示剂，滴定终点的现象为：溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不复原；因为[B(OH)3]为一元弱酸，根据反应可得关系式为：BCl3~4H+~4NaOH，则BCl3的物质的量为：= 0.015mol，由氯原子物料守恒可知，2.50g无水氯化铝完全反应理论可生成BCl3的物质的
量为: =0.01872mol，最终产率为：= 80.1%。
9．（2023·安徽蚌埠·统考三模）实验室制取溴苯的装置如图所示。向二颈烧瓶中先滴入0.5 mL Br2，静置，经片刻诱导期后反应开始。再缓慢滴加其余的Br2， 维持体系微沸至Br2加完，70~ 80°C水浴15min。(诱导期：催化反应中形成过渡态且总反应速率为0的时期)反应结束后产品处理：


有关数据如下：
物质
苯
溴
溴苯
密度(g· cm-3)
0.88
3.12
1.50
沸点/°C
80
59
156
在水中的溶解性
不溶
微溶
不溶
回答下列问题：
(1)仪器a的名称是_____________________。
(2)溴苯的制备需在无水条件下进行，原因是________________。
(3)A装置盛装_______( 填试剂)用于检验诱导期已过，反应开始。
(4)当出现_____________ ( 填现象)时，证明反应已结束。
(5)产品后处理阶段，有机层I用10% NaOH溶液洗涤其离子反应方程式为________，有机层Ⅱ水洗的目的是____________。
(6)有机层Ⅲ经干燥后分离出纯净溴苯的操作名称是_______。
【答案】(1)球形冷凝管
(2)催化剂FeBr3 遇水发生水解，失去催化活性
(3)AgNO3溶液
(4)体系中不再有红棕色的溴蒸气
(5)Br2 +2OH-=Br- + BrO- + H2O或Br2 + 6OH- =5Br-+ BiO+3H2O 除去Na+、Br-、BrO-等无机离子
(6)蒸馏
【分析】本题是一道常见有机物制备类的实验题，在溴化铁的催化作用下苯和溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢，其中挥发出来的溴蒸汽和溴化氢在经过四氯化碳的时候溴蒸汽被除掉，在洗气瓶A中用硝酸银检验产物中的溴化氢，最后注意尾气处理。
【解析】（1）由图可知仪器a的名称是球形冷凝管；
（2）该反应中需要催化剂溴化铁，而溴化铁容易水解，故答案为：催化剂FeBr3遇水发生水解，失去催化活性；
（3）苯和溴反应生成溴苯和溴化氢，其中溴化氢可以和硝酸银反应生成溴化银淡黄色沉淀，故A装置盛装AgNO3溶液；
（4）溴容易挥发，溴蒸汽为红棕色，当诱导期结束后溴蒸汽就消耗完了，则红棕色消失，故答案为：体系中不再有红棕色的溴蒸气；
（5）单质溴容易溶解在有机溶剂中，单质溴可以和氢氧化钠反应生成溴化钠和次溴酸钠，或者生成溴化钠和溴酸钠，故离子方程式为：Br2 +2OH-=Br- + BrO- + H2O或Br2 + 6OH- =5Br-+ BiO+3H2O；溶液中的离子容易溶解在水中，故有机层Ⅱ水洗的目的是除去Na+、Br-、BrO-等无机离子；
（6）有机层Ⅲ的主要成分是苯和溴苯的混合物，两者沸点不同，故分离两者的操作方法为：蒸馏。
10．（2023·全国·模拟预测）硫化钠又称硫化碱，是无色或微紫色的晶体，可溶于水、微溶于乙醇，在空气中会发生潮解。
I.实验室制备硫化钠

(1)仪器M中导管的作用为_______；装置丙中，仪器N的名称为_______，作用为_______。
(2)装置甲中发生反应的化学方程式为_______；装置乙中，试剂X为_______。
II.某实验小组探究固体在空气中的氧化产物通过查阅资料获知：硫化钠溶液能溶解单质硫，生成多硫化钠()，多硫化物的溶液颜色通常为黄色。
实验小组的同学进行了如下实验：

实验操作
实验现象
操作I
取适量久置于空气中的固体，分为两份
①一份加入溶解
搅拌后，固体表面的少量淡黄色固体消失
②另一份加水溶解
搅拌后，固体完全溶解，得到略带黄色的溶液
操作II
向上述水溶液中加入过量的溶液
得到灰黑色悬浊液
操作III
将灰黑色悬浊液离心分离
离心管底部出现深褐色沉淀，溶液中出现淡黄色浑浊
操作IV
向上述离心分离获得的溶液中加入足量的氯化钡溶液
产生大量白色沉淀
操作V
过滤，用无水乙醇洗涤，加入稀盐酸
固体部分溶解，产生的气体可使品红溶液褪色
(3)操作I中，加入后固体溶解的现象可证明氧化产物中含有_______；该反应中，还原产物为_______。
(4)操作II中，与发生反应的离子方程式为_______。
(5)操作V中，品红溶液褪色证明该气体具有_______性；结合操作IV、操作V的现象判断：氧化产物中还含有_______。
【答案】(1)平衡压强，使液体顺利滴下 球形干燥管 防止倒吸
(2) 饱和NaHS溶液
(3)S NaOH
(4)
(5)漂白 、
【分析】本题以硫化钠的制备及其氧化产物的探究为背景考查化学实验综合，具体考查化学实验装置的分析、离子方程式的书写、探究实验等，意在考查考生对化学实验的分析、探究能力。甲装置FeS和稀盐酸反应生成硫化氢，装置乙的作用是除去中的HCl，装置丙除去尾气。
【解析】（1）仪器M为恒压滴液漏斗，M中导管的作用为平衡压强，使液体顺利滴下；仪器N的名称为球形干燥管，作用是防止倒吸；
（2）FeS与稀盐酸发生反应的化学方程式为；装置乙的作用是除去中的HCl，应选用饱和NaHS溶液；
（3）操作Ⅰ中，加入后固体表面的少量淡黄色固体溶解，根据质量守恒关系判断，该淡黄色固体为S，即被氧化时，发生反应，该反应中的还原产物为NaOH；
（4）操作Ⅱ中，生成了灰黑色悬浊液，即有CuS沉淀生成，则与发生反应的离子方程式为；
（5）操作V中，品红溶液褪色证明该气体具有漂白性；由向白色固体加入稀盐酸，部分固体溶解的现象判断，被氧化的产物中还含有、。
11．（2023·辽宁阜新·校联考模拟预测）氰化钠是一种重要的基本化工原料，同时也是一种剧毒物质，一旦泄漏需要及时处理。一般可以用双氧水或硫代硫酸钠()溶液来处理，以减轻环境污染。
(1)易水解生成氰化氢(有剧毒，易在空气中均匀弥散)。中C的化合价为___________；实验室用固体配制溶液时，应先将其溶于氢氧化钠溶液中，再用蒸馏水稀释，其目的是___________。用双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，该反应的离子方程式是___________。
(2)工业制备硫代硫酸钠的反应原理：。某化学小组利用该原理在实验室制备硫代硫酸钠。
【实验一】制备硫代硫酸钠的装置如图所示。

①盛放和混合溶液的仪器名称是___________。
②溶液的作用是___________。
【实验二】测定硫代硫酸钠产品的纯度。
制备的硫代硫酸钠产品一般为，可用的标准溶液测定产品的纯度：取产品配制成溶液，取溶液，用的标准溶液进行滴定(原理为)，相关数据记录如表：
实验编号
1
2
3
溶液体积
25.00
25.00
25.00
消耗的标准溶液体积
20.05
18.00
19.95
③上述滴定操作中应该选用___________作为反应的指示剂。
④产品的纯度为___________。
【答案】(1) 防止水解产生污染环境
(2)①三颈烧瓶 ②尾气处理 ③淀粉溶液 ④
【分析】氧化还原反应中氧化剂得电子化合价降低，还原剂失电子化合价升高，根据得失电子守恒配平方程式；
把二氧化硫通入盛放和混合溶液的三口烧瓶中发生反应制备，用氢氧化钠溶液吸收剩余二氧化硫，防止污染。
【解析】（1）中Na显+1价、N显-3价，根据化合价代数和等于0，C的化合价为+2；易水解生成氰化氢，溶液显碱性，为抑制水解产生污染环境，实验室用固体配制溶液时，应先将其溶于氢氧化钠溶液中，再用蒸馏水稀释。用双氧水处理后，产生一种酸式盐碳酸氢钠和一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体氨气，反应中C元素化合价由+2升高为+4、双氧水中O元素化合价由-1降低为-2，该反应的离子方程式是；
（2）①根据装置图，盛放和混合溶液的仪器名称是三口烧瓶。
②二氧化硫有毒，二氧化硫能被氢氧化钠吸收，所以溶液的作用是吸收二氧化硫，防止污染，处理尾气。
③碘能使淀粉溶液变蓝，上述滴定操作中应该选用淀粉溶液作为反应的指示剂。
④根据表格数据，第二次实验数据明显超出正常误差范围，舍去不用，第1和第3次实验平均消耗的标准溶液20.00mL，可知25.00溶液中含的物质的量为 ，产品的纯度为 。
12．（2023·湖南永州·统考三模）二茂铁[Fe(C5H5)2]广泛用作火箭燃料添加剂，以改善其燃烧性能，还可用作汽油的抗震剂、紫外光的吸收剂等。其中一种制备方法的实验步骤及装置图(加热及夹持装置已省略)如图：

步骤1：无水氯化亚铁的制备2FeCl3+Fe 3FeCl2
在氮气氛围中，将100.00mL四氢呋喃(1，4－环氧丁烷，简称THF)加入到三颈烧瓶中，加入无水三氯化铁27.00g和细纯铁粉4.48g，搅动回流4.5h。
步骤2：二茂铁的合成FeCl2+2C5H6+2(C2H5)2NH→[Fe(C5H5)2]+2(C2H5)2NH•HCl
制得无水氯化亚铁后，减压蒸馏出四氢呋喃。用冷水冷却反应瓶，在残留物中加入45.00mL环戊二烯和100.00mL二乙胺(环戊二烯、乙二胺均过量)，继续通入氮气，强烈搅动4h，蒸出过量的乙二胺。加入石油醚，充分搅拌后趁热过滤，将滤液蒸发得二茂铁粗品，提纯可得精品。
已知：常温下二茂铁为橙黄色晶体，有樟脑气味，熔点173℃，沸点249℃，高于100℃易升华。能溶于苯、乙醚和石油醚等有机溶剂，不溶于水，化学性质稳定。紫外光谱于325nm和440nm处有极大的吸收值。
回答下列问题：
(1)仪器a的名称为______。
(2)本实验所使用的三颈烧瓶规格为______。
A．50mL B．100mL C．250mL D．1000mL
(3)实验中持续通入氮气的主要目的是______。
(4)二茂铁结构如图，是由环戊二烯负离子(C5H)和亚铁离子形成的夹心结构。已知分子中的大π键可用符号术表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为π)，则C5H中的大π键可表示为______，二茂铁晶体类型属于______。
(5)如何验证所得晶体为二茂铁，试列举一种方法______。最终得到29.50g纯二茂铁，则该实验产率w(二茂铁)=______%(保留1位小数)。
(6)还可用FeCl2、环戊二烯(C5H6)在KOH碱性条件下制备二茂铁，试写出化学方程式______。
【答案】(1)球形冷凝管
(2)C
(3)防止亚铁离子被氧化，降低二茂铁的产率
(4) 分子晶体
(5)测定熔点是否为173℃或测定紫外线光谱是否在325nm和440nm处有极大的吸收值 66.1
(6)FeCl2+2C5H6+2KOH＝Fe(C5H5)2+2KCl+2H2O
【分析】根据已知信息可知首先利用氯化铁和铁制备氯化亚铁，然后加入环戊二烯和二乙胺，继续通入氮气，搅动、蒸出过量的乙二胺。最后加入石油醚，充分搅拌后趁热过滤，将滤液蒸发得二茂铁粗品，提纯可得精品。
【解析】（1）根据仪器构造可判断仪器a的名称为球形冷凝管。
（2）由题意可知三颈烧瓶中加入145mL液体，由于三颈烧瓶装的液体不低于容积的，不高于，所以应该选择的规格是250mL三颈烧瓶，故合理选项是C。
（3）实验中持续通入氮气的主要目的是排尽装置中的空气，避免亚铁离子被氧化，降低二茂铁的产率。
（4）C5H中参与大π键的碳原子个数是5个，参与形成大π键的电子数是6个，所以可表示为，常温下二茂铁为橙黄色晶体，有樟脑气味，熔点173℃，沸点249℃，高于100℃易升华，所以二茂铁晶体类型属于分子晶体。
（5）根据已知信息可知验证所得晶体为二茂铁的实验方法是测定熔点是否为173℃或测定紫外线光谱是否在325nm和440nm处有极大的吸收值；无水三氯化铁27.00g（0.17mol）、细纯铁粉4.48g（0.08mol），反应中铁不足，生成氯化亚铁0.24mol，由于环戊二烯、乙二胺均过量，所以理论上生成二茂铁的质量为0.24mol×186g/mol＝44.64g，所以产率为×100%≈66.1%；
（6）用FeCl2、环戊二烯(C5H6)在KOH碱性条件下制备二茂铁，依据原子守恒可知还有氯化钾和水生成，则反应化学方程式为FeCl2+2C5H6+2KOH＝Fe(C5H5)2+2KCl+2H2O。
13．（2023·河南·校联考三模）邻苯二甲酰亚胺广泛用于染料、农药医药橡胶、香料等行业，是许多重要有机精细化学品的中间体。反应原理为

物质
熔点/°C
沸点/°C
溶解性
苯酐
131~134
284
不溶于冷水，微溶于热水
邻氨甲酰苯甲酸
140~143
394.2
稍溶于热水
邻苯二甲酰亚胺
232~235
366
微溶于水，易溶于碱溶液
制备邻苯二甲酰亚胺的实验装置如图所示。

实验步骤：
向装置甲的三颈烧瓶中加入14.8000g苯酐(相对分子质量为148)，然后再加入15.0mL氨水(过量)，加热至冷凝管中有部分液体回流时开启搅拌，控制温度为80~95°C，待苯酐固体完全反应后，改为蒸馏装置乙，继续加热，将装置中的水蒸出，体系温度逐渐升高至固体熔化。保温反应60min后，冷却至室温，洗涤、抽滤、烘干，进一步提纯得固体邻苯二甲酰亚胺(相对分子质量为147)14.1120g。
请回答下列问题：
(1)仪器M的名称是___________。
(2)仪器Y中冷水由___________(填“a”或“b”)口流出，装置甲中仪器X一般不用装置乙中仪器Y代替的原因是___________。
(3)装置甲中温度控制在80~95°C，若温度过低导致的结果是___________。
(4)反应①中除了生成邻氨甲酰苯甲酸，还可能生成的副产物是___________(写一种物质的结构简式)。
(5)蒸馏时，需要及时将装置中的水蒸出，目的是___________。
(6)该固体产品的产率是___________。
(7)邻苯二甲酰亚胺还可以用邻二甲苯与氨气、空气在加热条件下催化反应一步制得，写出该反应的化学方程式：___________。
【答案】(1)锥形瓶
(2)b 球形冷凝管与气流接触面积大，冷凝效果好
(3)温度过低反应速率慢，容易生成邻氨甲酰苯甲酸等副产物，导致产率降低
(4)
(5)减少反应②的产物H2O的量，使反应②平衡正向移动，提高产率
(6)96%
(7)+NH3+3O2+4H2O
【分析】由题给流程可知，装置甲中发生的反应为苯酐与氨水在80~95°C的热水浴中发生取代反应生成邻氨甲酰苯甲酸，邻氨甲酰苯甲酸在加热条件下发生取代反应生成邻苯二甲酰亚胺，装置乙用于除去所得固体中的水分，除水所得固体经冷却，洗涤、抽滤、烘干，进一步提纯得固体邻苯二甲酰亚胺。
【解析】（1）由实验装置图可知，仪器M为锥形瓶，故答案为：锥形瓶；
（2）由实验装置图可知，仪器Y为直形冷凝管，为增强冷凝效果，实验时，冷水应由下口a通入，上口b流出；仪器X为球形冷凝管，与直形冷凝管相比，球形冷凝管与气流接触面积大，冷凝效果好，所以置甲中球形冷凝管一般不用装置乙中直形冷凝管代替，故答案为：b；球形冷凝管与气流接触面积大，冷凝效果好；
（3）由题意可知，装置甲中温度控制在80~95°C目的是防止温度过低时，反应速率慢，容易生成邻氨甲酰苯甲酸等副产物，导致产率降低，故答案为：温度过低反应速率慢，容易生成邻氨甲酰苯甲酸等副产物，导致产率降低；
（4）由题给流程可知，反应①中生成的邻氨甲酰苯甲酸能与氨水继续发生取代反应生成副产物，故答案为：；
（5）蒸馏时，及时将装置中的水蒸出可以减少反应②的水，使反应②的平衡向正反应方向移动，有利于提高邻苯二甲酰亚胺的产率，故答案为：减少反应②的产物H2O的量，使反应②平衡正向移动，提高产率；
（6）由题意可知，14.8000g苯酐制得14.1120g邻苯二甲酰亚胺，则邻苯二甲酰亚胺的产率为×100%=96%，故答案为：96%；
（7）由题意可知，邻二甲苯与氨气、空气在加热条件下催化反应生成邻苯二甲酰亚胺和水，反应的化学方程式为+NH3+3O2+4H2O，故答案为：+NH3+3O2+4H2O。
14．（2023·湖南娄底·校联考三模）三氯化铬()为紫色单斜晶体，熔点为83℃，易潮解，易升华，溶于水但不易水解，高温下能被氧气氧化，工业上主要用作媒染剂和催化剂。
(1)某化学小组用和在高温下制备无水三氯化铬，部分实验装置如图所示，其中三颈烧瓶内装有，其沸点为76.8℃。

①Cr原子的价电子排布式为_______。
②实验前先往装置A中通入，其目的是排尽装置中的空气，在实验过程中还需要持续通入，其作用是_____________________。
③装置C的水槽中应盛有_______(填“冰水”或“沸水”)。
④装置B中还会生成光气()，B中反应的化学方程式为_____________________。
(2)的工业制法：先用40%的NaOH将红矾钠()转化为铬酸钠()，加入过量，再加入10%HCl溶液，可以看到有气泡产生。写出用将铬酸钠()还原为的离子方程式_____________________。
(3)为进一步探究的性质，某同学取试管若干支，分别加入10滴溶液，并用4滴酸化，再分别加入不同滴数的0.1mol/L溶液，并在不同的温度下进行实验，反应现象记录于表中。
的用量(滴数)
在不同温度下的反应现象
25℃
90-100℃
1
紫红色
蓝绿色溶液
2~9
紫红色
黄绿色溶液，且随滴数增加，黄色成分增多
10
紫红色
澄清的橙黄色溶液
11~23
紫红色
橙黄色溶液，有棕褐色沉淀，且随滴数增加，沉淀增多
24~25
紫红色
紫红色溶液，有较多的棕褐色沉淀
①温度对反应的影响。
与在常温下反应，观察不到离子的橙色，甲同学认为其中一个原因是离子的橙色被离子的紫红色掩盖，另一种可能的原因是_______________，所以必须将反应液加热至沸腾4~5min后，才能观察到反应液由紫红色逐渐变为橙黄色的实验现象。
②与的用量对反应的影响。
对表中数据进行分析，在上述反应条件下，欲将氧化为，与最佳用量比为________。这与由反应所推断得到的用量比不符，你推测的原因是_____________。
【答案】(1)3d54s1 将四氯化碳吹入管式炉中和反应生成三氯化铬； 冷水
(2)
(3)反应的活化能较高需要较高温度反应才能进行 1:1 高锰酸根离子和溶液中氯离子发生了氧化还原反应，导致高锰酸钾溶液用量增加。
【分析】A中四氯化碳通过氮气出入装置B中和反应生成三氯化铬，生成物在C中冷凝，尾气进行处理减少污染。
【解析】（1）①为24号元素，原子的价电子排有式为3d54s1。
②三氯化铬易升华，高温下能被氧气氧化，实验前先往装置A中通入，其目的是排尽装置中的空气防止空气中氧气氧化三氯化铬，在实验过程中还需要持续通入，其作用是将四氯化碳吹入管式炉中和反应生成三氯化铬。
③三氯化铬熔点为，则装置C的水槽中应盛有冷水，便于生成物冷凝。
④装置B中反应为四氯化碳和反应生成三氯化铬，还会生成光气()，B中反应；
故答案为：3d54s1；将四氯化碳吹入管式炉中和反应生成三氯化铬；冷水；；
（2）将铬酸钠还原为，同时甲醇被氧化为二氧化碳气体，离子方程式；
故答案为：；
（3）①与在常温下反应，观察不到离子的橙色，另一种可能的原因是反应的活化能较高需要较高温度反应才能进行，所以必须将反应液加热至沸腾后，才能观察到反应液由紫红色逐渐变为橙黄色的实验现象。
②由表中数据可知，在上述反应条件下，欲将氧化为，高锰酸钾最佳用量为10滴，则与最佳用量比为10:10=1:1；这与由反应所推断得到的用量比不符，可能原因是高锰酸根离子和溶液中氯离子发生了氧化还原反应，导致高锰酸钾溶液用量增加。
故答案为：反应的活化能较高需要较高温度反应才能进行；1:1；高锰酸根离子和溶液中氯离子发生了氧化还原反应，导致高锰酸钾溶液用量增加。
15．（2023·辽宁沈阳·沈阳二中校考三模）叠氮化钠()常用作汽车安全气囊中的药剂。某化学小组在实验室制取叠氮化钠的实验装置(略去夹持仪器)如图所示：

实验步骤如下：
①制取：打开装置D导管上的旋塞，加热。
②制取：加热装置A中的金属钠，使其熔化并充分反应后，再停止加热装置D并关闭旋塞。
③制取：向装置A中b容器内充入适量植物油并加热到210℃~220℃，然后通入。
④冷却，向产物中加入乙醇(降低的溶解度)，减压浓缩结晶后，再过滤，并用乙醚洗涤，晾干。
已知：是易溶于水的白色晶体，微溶于乙醇，不溶于乙醚；熔点210℃，沸点400℃，在水溶液中易水解。
回答下列问题：
(1)仪器e的名称为___________，其中盛放的药品为___________。
(2)先加热制取再加热装置A中金属钠的原因是___________。
(3)还可由固体(熔点为169.6℃)在240℃~245℃分解制得，则可选择的最佳气体发生装置是___________(填字母序号)。
A． B． C．
(4)制取的化学方程式为___________。
(5)步骤④中用乙醚洗涤晶体产品的主要原因，一是减少的溶解损失，防止产率下降；二是___________。
(6)该化学小组用滴定法测定晶体产品试样中的质量分数的实验过程：称取2.500g试样配成溶液，再取溶液于锥形瓶中后，加入溶液。待充分反应后，将溶液稍稀释，并加入适量硫酸，再滴入3滴邻菲啰啉指示液，用标准溶液滴定过量的，消耗标准溶液。
涉及的反应方程式为：，
则试样中的质量分数为___________(保留三位有效数字)。
【答案】(1)U形管 碱石灰
(2)利用产生的氨气排尽装置中的空气
(3)B
(4)
(5)乙醚易挥发，利于晶体快速干燥
(6)91.0%
【分析】D装置制取氨气，用C装置冷凝分离出水，B装置干燥氨气，A装置先制取，再制取，冷却，向产物中加入乙醇(降低的溶解度)，减压浓缩结晶后，再过滤，并用乙醚洗涤，晾干。
【解析】（1）仪器e为U形管；制备的氨气中含有大量的水，用C装置冷凝分离出水，U形管中盛放碱石灰干燥氨气；
（2）先加热制取再加热装置A中金属钠的原因是：利用产生的氨气排尽装置中的空气；
（3）分解过程中会产生水，为了防止水倒流到试管底部使试管炸裂，试管口要略向下倾斜，同时固体的熔点为169.6℃，为防止加热过程中硝酸铵熔化流出，应选择B装置加热，故选B。
（4）和在210℃~220℃条件下反应生成和水，反应的化学方程式为；
（5）乙醚易挥发，用乙醚洗涤晶体，利于晶体快速干燥；
（6）消耗的(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量为：0.0500mol/L×0.03L=0.0015mol，加入( NH4)2Ce (NO3)6的物质的量为：0.1000mol/L×0.05L=0.005mol，根据可知，与NaN3反应的( NH4)2Ce (NO3)6的物质的量为：0.005mol-0.0015mol=0.0035mol，依据2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3 =4NH4NO3 +2Ce( NO3)3 +2NaNO3 +3N2↑可知，50.00mL溶液中含有的NaN3的物质的量为0.0035mol ，则试样中NaN3的质量分数为：×100%=91.0%。
16．（2023·北京西城·统考模拟预测）小组同学探究+3价铬元素和+6价铬元素的相互转化。
资料：(绿色)、(灰绿色，不溶于水)、(橙色)、(黄色)、(砖红色，难溶于水)
实验Ⅰ：向2mL0.1mol/L溶液中滴入2mL3%溶液，无明显变化，得到溶液a．取少量溶液a，加入溶液，未观察到砖红色沉淀。
实验Ⅱ：向溶液a中加入2mL10%NaOH溶液，产生少量气泡，水浴加热，有大量气泡产生，经检验气体为，溶液最终变为黄色。取少量黄色溶液，加入稀硫酸调节溶液的pH约为3，再加入溶液，有砖红色沉淀生成。
(1)实验Ⅱ中加入稀硫酸的目的是___________。
(2)甲同学认为实验Ⅱ中溶液变黄生成的原因是将+3价铬元素氧化为，乙同学认为该说法不严谨。
①乙的理由是___________。
②设计实验否定了乙的猜想，___________(填操作)，溶液未变成黄色。
(3)对比实验I和Ⅱ，小组同学研究碱性环境对+3价铬元素或性质的影响。
①提出假设：
假设a：碱性增强，的氧化性增强
假设b：___________。
②参与的电极反应式是___________，据此分析，假设a不成立。
③设计实验证实假设b，画出实验装置图(注明试剂)并写出实验操作和现象___________。
实验Ⅲ：向实验Ⅱ中的黄色溶液中加入稀硫酸，溶液变为橙色，再加入3%溶液，溶液最终变为绿色，有气泡生成。
(4)实验Ⅲ中溶液由橙色变为绿色的离子方程式是___________。
(5)综上，在+3价铬元素和+6价铬元素相互转化中的作用是___________。
【答案】(1)使H2SO4与OH-反应，排除OH-与Ag+结合为AgOH对检验的干扰
(2)①氧气可以将+3价Cr氧化为 ②向2 ml 0.1 mol/L Cr2(SO4)3溶液中加入2 mL 10% NaOH溶液，通入O2， 水浴加热
(3)①碱性增强，+3价铬元素的还原性增强 ②H2O2+2e-=2OH-
③ ；组装好装置。开始时电流计指针不偏转，向左池中加入较浓NaOH溶液，左池有灰绿色沉淀生成，指针偏转显示电子从左向右运动
(4)Cr2O+8H++3H2O2=2Cr3++3O2↑+7H2O
(5)在碱性条件下，作氧化剂，将+3价铬元素氧化为+6价；在酸性条件下，作还原剂，将+6价铬元素还原为+3价
【解析】（1）含NaOH的溶液显碱性，而氢氧根离子和银离子会反应，则实验Ⅱ中加入稀硫酸的目的是使H2SO4与OH-反应，排除OH-与Ag+结合为AgOH对检验的干扰；
（2）①氧气也具有氧化性，也可以将+3价Cr氧化为，则乙的理由是氧气可以将+3价Cr氧化为。
②向2 ml 0.1 mol/L Cr2(SO4)3溶液中加入2 mL 10% NaOH溶液，通入O2， 水浴加热，溶液未变成黄色， 则氧气不能氧化+3价Cr；
（3）①结合溶液中成分Cr3+、H2O2提出假设：假设a：碱性增强，的氧化性增强；
假设b：碱性增强，+3价铬元素的还原性增强；
②结合假设a，H2O2氧化性增强，则O元素化合价降低，则H2O2得到电子转化为氢氧根离子，则参与的电极反应式是H2O2+2e-=2OH-，加入硝酸银，应该生成银的不溶物，据此分析，假设a不成立；
③可以通过原电池原理进行验证，实验装置如图： ；实验操作和现象为：组装好装置。开始时电流计指针不偏转，向左池中加入较浓NaOH溶液，左池有灰绿色沉淀生成，指针偏转显示电子从左向右运动；
（4）实验Ⅲ中溶液由橙色变为绿色为Cr2O在酸性条件下被H2O2还原为Cr3+，离子方程式Cr2O+8H++3H2O2=2Cr3++3O2↑+7H2O；
（5）综上，在+3价铬元素和+6价铬元素相互转化中的作用是在碱性条件下，作氧化剂，将+3价铬元素氧化为+6价；在酸性条件下，作还原剂，将+6价铬元素还原为+3价。
17．（2023·广西柳州·统考三模）氮氧化物是大气主要污染物之一，其中基于NO的烟气脱硝技术成为研究热点。查文献资料可知，NO除易氧化成NO2外，也可被还原为N2。在碱性条件下NO遇还原性较强的物质形成不稳定的NO-并转化为相对稳定的N2O。下面是对NO在不同条件下被氧化或被还原进行的实验探究：

(1)实验室为获取NO进行实验，使用铜与_____作为反应物，用装置_____制备气体(填序号)，为了不影响探究结果，反应前对连接好并装好药品的装置进行的具体操作是_____。
(2)若要使装置②的分液漏斗中的液体顺利流下，不改动装置，对分液漏斗的具体操作是_____。
(3)在保证实验安全环保的条件下，将NO通入内壁附着绿色NiO的试管中(如装置④，其它装置已省略)。小火加热，绿色固体逐渐变为黑色(Ni2O3固体呈黑色)，此现象可说明NO转化为_____。
(4)将盛有NO气体的试管倒置于盛有饱和Na2SO3碱性水溶液的大烧杯中(如装置⑥)。在试管口不脱离液面的情况下，轻轻不断摇动试管，此操作的主要目的是_____，实验中NO被Na2SO3碱性溶液快速吸收被还原为N2O，发生反应的离子方程式为_____，此反应可应用于处理含NO和SO2的工业废气，从实际效果看，Na2SO3强碱性溶液吸收含有SO2的NO比只含NO的效果更佳，主要原因是_____。
【答案】(1)稀硝酸 ③ 通入N2，以排除装置内的O2(或防止NO被氧化)
(2)先打开(或取下)分液漏斗顶部活塞，再打开旋塞
(3)N2
(4)为使NO气体与溶液充分接触 2NO+SO+2OH-=N2O+SO+H2O SO2被碱液吸收并转化为SO，增大c(SO)，从而促进NO吸收
【分析】实验探究NO在不同条件下被氧化或被还原，首先使用铜和稀硝酸反应制取NO，选用装置③制备气体，装置④玻璃管内壁附着绿色NiO，加热反应后转化为黑色的Ni2O3，说明NiO被氧化，则NO被还原，验证NO具有氧化性；在装置⑥中NO遇还原性较强的Na2SO3溶液生成N2O，也能验证NO具有氧化性。
【解析】（1）实验室使用铜和稀硝酸反应制取NO，发生的反应为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，该反应为固体和液体不加热制取气体，则应用装置③制备气体，由于NO除易氧化成NO2，装置中不能有空气，则反应前对连接好并装好药品的装置进行的具体操作是通入N2，以排除装置内的O2，故答案为：稀硝酸；③；通入N2，以排除装置内的O2(或防止NO被氧化)。
（2）分液漏斗在使用时，为了使液体顺利流下，不改动装置，要先打开(或取下)分液漏斗顶部活塞，使漏斗上口处内外空气相通，再打开旋塞，故答案为：先打开(或取下)分液漏斗顶部活塞，再打开旋塞。
（3）NO与NiO反应，绿色的NiO转化为黑色的Ni2O3，Ni元素化合价升高，被氧化，则NO中N元素化合价降低被还原，由信息可知，NO可被还原为N2，即NO转化为N2，故答案为：N2。
（4）将盛有NO气体的试管倒置于盛有饱和Na2SO3碱性水溶液的大烧杯中，轻轻不断摇动试管，可使NO气体与溶液充分接触，便于气体吸收；NO被Na2SO3碱性溶液吸收被还原为N2O，则SO被氧化为SO，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，配平反应的离子方程式为2NO+SO+2OH-=N2O+SO+H2O；用Na2SO3强碱性溶液吸收含有SO2的NO，根据吸收反应，SO2被碱液吸收并转化为SO，增大c(SO)，从而促进NO吸收，故答案为：为使NO气体与溶液充分接触；2NO+SO+2OH-=N2O+SO+H2O；SO2被碱液吸收并转化为SO，增大c(SO)，从而促进NO吸收。
18．（2023·广西·统考三模）二氯异氰尿酸钠(NaC3N3O3Cl2，摩尔质量为220g/mol)是一种高效广谱杀菌消毒剂，常温下为白色固体，难溶于冷水，可用次氯酸钠与氰尿酸(C3H3N3O3)制得，其制备原理为：2NaClO+C3H3N3O3=NaC3N3O3Cl2+NaOH+H2O。某小组选择下列部分装置制备二氯异氰尿酸钠并测定产品纯度。

回答下列问题：
(1)A装置中盛装X试剂的仪器名称是___________，D中软导管的作用是___________。
(2)请选择合适的装置，按气流从左至右方向组装，则导管连接顺序为___________(填小写字母)。
(3)D中发生反应的离子方程式为___________。
(4)X试剂为饱和NaOH溶液。实验时先向A中通入氯气，生成高浓度的NaClO溶液后，再加入氰尿酸溶液。在加入氰尿酸溶液后还要继续通入一定量的氯气，其原因是___________。
(5)反应结束后，A中浊液经过滤、___________、干燥得到粗产品。该系列操作需要用到如图所示的玻璃仪器有___________(填字母)。

(6)粗产品中NaC3N3O3Cl2含量测定。称取ag粗产品溶于无氧蒸馏水中配制成250mL溶液，取25.00mL所配制溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min。用cmol/LNa2S2O3标准溶液进行滴定，加入淀粉指示剂，滴定至终点，平均消耗VmLNa2S2O3溶液。(假设杂质不与KI反应，过程中涉及的反应为：+3H++4I-=C3H3N3O3+2I2+2Cl-，I2+2=2I-+)。则NaC3N3O3Cl2的含量为___________%(用含a、c、V的代数式表示)。
【答案】(1)三颈烧瓶 平衡气压，使液体能够顺利滴下
(2)fghabe
(3)
(4)消耗过量的NaOH，促进NaC3N3O3Cl2的生成
(5)冷水洗涤 de
(6)
【分析】由二氯异氰尿酸钠的制备原理以及给定的装置可知，题干中所示的反应装置可以分为氯气的发生装置与二氯异氰尿酸钠的制备装置；具体反应流程为：用浓盐酸与Ca(ClO)2反应制Cl2，通过饱和食盐水除去Cl2中因浓盐酸挥发而混合的HCl，将Cl2通入氢氧化钠溶液中制备NaClO，再与氰尿酸溶液反应生成二氯异氰尿酸钠，对尾气Cl2进行处理防止污染空气；
【解析】（1）仪器X为三颈烧瓶；D中软导管的作用是平衡气压，使液体能够顺利滴下；
（2）按照气流从左至右的顺序，制备二氯异氰尿酸钠首先需要制备Cl2，需要装置D，Cl2从f口流出；接下来需要除去Cl2中混合的HCl，需要装置E，气体从g口流入、h口流出；制备NaClO并与氰尿酸溶液发生反应需要装置A，气体从a口流入、b口流出；为了除去未反应完的Cl2，需要将尾气通入到氢氧化钠溶液中，需要装置C，气体从e口流入；故导管连接顺序为fghabe。
（3）D中浓盐酸与Ca(ClO)2反应生成氯气和氯化钙、水，发生反应的离子方程式为；
（4）观察题干信息可知制备二氯异氰尿酸钠的反应可以生成NaOH，故继续通入一定量的氯气原理是消耗氢氧化钠，使制备二氯异氰尿酸钠的平衡正向移动，生成更多的二氯异氰尿酸钠，即消耗过量的NaOH，促进NaC3N3O3Cl2的生成。
（5）考虑到二氯异氰尿酸钠难溶于冷水，A中的浊液经过滤后应再用冷水洗涤、干燥之后可以得到粗产品。该系列操作需要用到如图所示的玻璃仪器有漏斗、烧杯，故选de；
（6）由题干中给出的反应方程式：C3N3O3Cl+3H++4I- = C3H3N3O3+2I2+2Cl-，可知各物质的物质的量之比为n(NaC3N3O3Cl2)：n(I2)：n(Na2S2O3)=1：2：4。即n(NaC3N3O3Cl2)=n(Na2S2O3)=mol；25.00mL溶液中NaC3N3O3Cl2的质量为m=n×M=mol×220g/mol=0.055cV g，250mL溶液中NaC3N3O3Cl2的质量为0.55cV g。则NaC3N3O3Cl2的含量。
19．（2023·上海·模拟预测）PCl3是重要的化工原料。如图为实验室中制取粗PCl3产品的装置，夹持装置略去。

经查阅资料知：红磷与少量Cl2反应生成PCl3，与过量Cl2反应生成PCl5，PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3，PCl3遇O2会生成POCl3，PCl3、POCl3的熔沸点见如表。
物质
熔点/ oC
沸点/ oC
PCl3
-112
75.5
POCl3
2
105.3
完成下列填空：
(1)仪器D的名称是_______。装置F与G由橡胶管a相连通，a的作用是_______。
(2)实验时，检查装置气密性后，先打开K1通入CO2，再迅速加入红磷。通入CO2的作用是_______。
(3)装置D中盛有碱石灰，其作用一与B、E相似，作用二为_______。
(4)装置C中的反应需要65~70 oC，最适合的加热方式为_______加热，该方法的优点是_______。制得的PCl3粗产品中常含有POCl3、PCl5等。加入红磷加热除去PCl5后，通过_______(填实验操作名称)，即可得到较纯净的PCl3。
(5)通过实验测定粗产品中PCl3的质量分数，实验步骤如下(不考虑杂质的反应)：
第一步：迅速移取20.000 g PCl3粗产品，加水完全水解；
第二步：配成500mL溶液，移取25.00mL溶液置于锥形瓶中；
第三步：加入0. 500mol·L-1碘溶液20.00 mL，碘过量，H3PO3完全反应生成H3PO4，反应方程式为H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI；
第四步：加入几滴淀粉溶液，用1.000 mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定过量的碘，反应方程式为I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI，滴至终点时消耗Na2S2O3标准溶液12.00mL。
第二步需要的定量仪器名称为_______。根据上述数据，计算该产品中PCl3的质量分数为_______。
【答案】(1)干燥管 使F与G压强相同，便于浓盐酸顺利滴出
(2)赶尽装置中空气，防止PCl3被氧化
(3)吸收未反应的氯气，防止污染空气
(4)水浴 受热均匀，便于控制加热温度 蒸馏
(5)滴定管(或移液管)及500mL容量瓶 0.55
【分析】因为PCl3能与氧气和水反应，因此反应前先通入经浓硫酸干燥后的二氧化碳，除去装置内的空气，随后加入红磷，打开分液漏斗旋塞，浓盐酸和高锰酸钾反应制备氯气，氯气经干燥后进入C中与红磷反应生成PCl3，D中为碱石灰，防止空气中的H2O进入装置内，同时能吸收多余的氯气。
【解析】（1）仪器D的名称为干燥管，装置F和G由橡胶管a相连通，a的作用为平衡压强，使浓盐酸顺利滴出。
（2）根据题干可知，PCl3能与水、O2反应，故实验前先检查装置气密性，再通入CO2，排尽装置内的空气。防止PCl3被氧化。
（3）装置D中为碱石灰，除了防止外界空气中水蒸气进入装置外，还能吸收多余的氯气，防止其污染环境。
（4）装置C温度须控制在65-70℃，最适合的加热方式为水浴加热。该方法的优点是受热均匀，便于控制加热温度。从题干表中可知，PCl3和POCl3沸点差距较大，因此可用蒸馏的方式得到较纯净的PCl3。
（5）第二步配制500mL溶液需要的仪器为500mL容量瓶，转移25mL溶液时需要酸式滴定管。已知消耗Na2S2O3的物质的量为1mol/L×0.012L=0.012mol，则剩余的I2有0.006mol，则与H3PO3反应的I2有0.5mol/L×0.02L-0.006mol=0.004mol，则参与反应的H3PO3有0.004mol，则根据P守恒，20gPCl3中有PCl30.08mol，产品中PCl3的质量分数为。
20．（2023·福建·校联考三模）二氧化钒()是一种新型热敏材料，实验室以为原料合成用于制备的氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体{化学式为}，过程如下：

已知：+4价钒在弱酸性条件下具有还原性。
回答下列问题：
(1)步骤ⅰ中生成同时生成的化学方程式为___________。常温下，只用浓盐酸与反应也能制备溶液，但该方法未被推广，从环保角度分析该方法未被推广的主要原因是___________(用化学方程式和必要的文字说明)。
(2)步骤ii可用下图仪器组装完成。


①上述装置从左到右的连接顺序为___________(用各接口字母表示)。
②饱和溶液的作用是___________。
③反应结束后，将三颈烧瓶置于保护下的干燥器中，静置过滤可得到紫红色晶体，然后抽滤，先用饱和溶液洗涤3次，再用无水乙醇洗涤2次，最后用乙醚洗涤2次。用饱和溶液洗涤除去的阴离子主要是___________(填阴离子的电子式)。
(3)测定氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。实验步骤如下：

消耗滴定液的体积职下表：
实验次数
滴定前读数/mL
滴定后读数/mL
1
0.00
19.99
2
1.10
21.10
3
1.56
21.57
滴定反应为。
①滴定时，向锥形瓶中加入几滴___________(填化学式)溶液作指示剂。
②粗产品中钒的质量分数为___________%。
【答案】(1) 浓盐酸和反应，方程式为：，产生有毒气体，污染空气
(2)① ②除去中的 ③
(3)① ②
【分析】步骤ⅰ中是由、盐酸和反应，生成同时生成，反应的方程式为：，因为+4价钒在弱酸性条件下具有还原性，易被氧气氧化，所以步骤ii是在保护下加入发生反应得到产品。
【解析】（1）步骤ⅰ中是由、盐酸和反应，生成同时生成，反应的方程式为：，若只用浓盐酸和反应，方程式为：，产生有毒气体，污染空气；
（2）因为+4价钒在弱酸性条件下具有还原性，易被氧气氧化，所以步骤ii是在保护下加入发生反应，装置C为制备，装置A为除去中的，装置D为反应装置，装置B可以防止空气进入装置D中，所以仪器链接的顺序为：；装置A中饱和的作用是除去中的；溶液中是与溶液反应，所以用饱和溶液洗涤除去的阴离子主要是；
（3）用滴定溶液，发生反应，有，可加入作为指示剂，当溶液中产生蓝色沉淀时，达到滴定终点；根据表中数据，三次滴定去平均值，所消耗的标准溶液体积为，根据反应，，所以粗产品中钒的质量分数为。