新高考化学二轮复习讲与练 专题16 化学实验综合(题型突破)(讲义)（2份打包，原卷版+解析版）

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TOC \ "1-3" \p " " \h \z \u \l "_Tc12191" PAGEREF _Tc12191 \h 2
\l "_Tc18090" PAGEREF _Tc18090 \h 2
\l "_Tc27124" 考点一 常见物质的制备 PAGEREF _Tc27124 \h 2
\l "_Tc13055" 【真题研析·规律探寻】 PAGEREF _Tc13055 \h 2
\l "_Tc15000" PAGEREF _Tc15000 \h 11
\l "_Tc18773" 1．仪器的连接顺序 PAGEREF _Tc18773 \h 11
\l "_Tc884" 2．无机物制备实验题的解题模型 PAGEREF _Tc884 \h 12
\l "_Tc23879" 3．有机制备实验题的解题思路 PAGEREF _Tc23879 \h 12
\l "_Tc17835" 【核心提炼·考向探究】 PAGEREF _Tc17835 \h 12
\l "_Tc16279" 1．物质制备的基本过程 PAGEREF _Tc16279 \h 12
\l "_Tc14973" 2．物质制备与提纯的思维流程 PAGEREF _Tc14973 \h 13
\l "_Tc18944" 3．制备实验方案设计的基本思路 PAGEREF _Tc18944 \h 13
\l "_Tc11332" 4．有气体参加的反应实验方案设计(装置连接)的基本思路 PAGEREF _Tc11332 \h 13
\l "_Tc24251" 【题型特训·命题预测】 PAGEREF _Tc24251 \h 14
\l "_Tc22656" 考点二 化学实验条件的控制 PAGEREF _Tc22656 \h 22
\l "_Tc8421" 【真题研析·规律探寻】 PAGEREF _Tc8421 \h 22
\l "_Tc11012" PAGEREF _Tc11012 \h 27
\l "_Tc5489" 条件控制实验题的解题模型 PAGEREF _Tc5489 \h 27
\l "_Tc25535" 【核心提炼·考向探究】 PAGEREF _Tc25535 \h 28
\l "_Tc6217" 1．化学实验条件的控制方法 PAGEREF _Tc6217 \h 28
\l "_Tc961" 2．常见实验条件的控制 PAGEREF _Tc961 \h 28
\l "_Tc12228" 【题型特训·命题预测】 PAGEREF _Tc12228 \h 29
\l "_Tc871" 考点三 化学实验方案的设计与评价 PAGEREF _Tc871 \h 34
\l "_Tc22698" 【真题研析·规律探寻】 PAGEREF _Tc22698 \h 34
\l "_Tc8910" PAGEREF _Tc8910 \h 40
\l "_Tc30541" 实验方案设计的四个要求 PAGEREF _Tc30541 \h 40
\l "_Tc28415" 【核心提炼·考向探究】 PAGEREF _Tc28415 \h 40
\l "_Tc16008" 1．化学实验方案的设计 PAGEREF _Tc16008 \h 40
\l "_Tc10620" 2．化学实验方案的评价 PAGEREF _Tc10620 \h 41
\l "_Tc9126" 3．化学实验方案设计与评价考查内容 PAGEREF _Tc9126 \h 42
\l "_Tc27910" 【题型特训·命题预测】 PAGEREF _Tc27910 \h 42
\l "_Tc28279" 考点四 探究型实验方案 PAGEREF _Tc28279 \h 47
\l "_Tc480" 【真题研析·规律探寻】 PAGEREF _Tc480 \h 47
\l "_Tc12066" PAGEREF _Tc12066 \h 51
\l "_Tc9432" 猜想型实验题的解题模型 PAGEREF _Tc9432 \h 51
\l "_Tc28532" 【核心提炼·考向探究】 PAGEREF _Tc28532 \h 51
\l "_Tc24535" 1．探究型实验的常见类型 PAGEREF _Tc24535 \h 51
\l "_Tc25531" 2．探究型实验的基本程序 PAGEREF _Tc25531 \h 51
\l "_Tc18386" 【题型归纳·考向探究】 PAGEREF _Tc18386 \h 52
\l "_Tc16245" 考点五 定量实验 PAGEREF _Tc16245 \h 66
\l "_Tc21320" 【真题研析·规律探寻】 PAGEREF _Tc21320 \h 66
\l "_Tc21942" 【核心提炼·考向探究】 PAGEREF _Tc21942 \h 81
\l "_Tc5700" 1． 常见的定量测定型实验题 PAGEREF _Tc5700 \h 81
\l "_Tc20393" 2．定量测定数据测定的常用方法 PAGEREF _Tc20393 \h 81
\l "_Tc13825" 3．测定实验中要有数据的采集处理意识 PAGEREF _Tc13825 \h 81
\l "_Tc81" 4．实验数据处理时的“五看” PAGEREF _Tc81 \h 82
\l "_Tc19084" 5．定量实验减小误差的措施 PAGEREF _Tc19084 \h 82
\l "_Tc19653" 【题型特训·命题特训】 PAGEREF _Tc19653 \h 82
考点一 常见物质的制备
1．(2023•湖南卷，15)金属Ni对H2有强吸附作用，被广泛用于硝基或羰基等不饱和基团的催化氢化反应，将块状转化成多孔型雷尼Ni后，其催化活性显著提高。
已知：①雷尼Ni暴露在空气中可以自燃，在制备和使用时，需用水或有机溶剂保持其表面“湿润”；
②邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行。
某实验小组制备雷尼Ni并探究其催化氢化性能的实验如下：
步骤1：雷尼的制备
步骤2：邻硝基苯胺的催化氢化反应
反应的原理和实验装置图如下(夹持装置和搅拌装置略)。装置Ⅰ用于储存H2和监测反应过程。
回答下列问题：
(1)操作(a)中，反应的离子方程式是_______；
(2)操作(d)中，判断雷尼Ni被水洗净的方法是_______；
(3)操作(e)中，下列溶剂中最有利于步骤2中氢化反应的是_______；
A．丙酮B．四氯化碳C．乙醇D．正己烷
(4)向集气管中充入H2时，三通阀的孔路位置如下图所示：发生氢化反应时，集气管向装置Ⅱ供气，此时孔路位置需调节为_______；
(5)仪器M的名称是_______；
(6)反应前应向装置Ⅱ中通入N2一段时间，目的是_______；
(7)如果将三颈瓶N中的导气管口插入液面以下，可能导致的后果是_______；
(8)判断氢化反应完全的现象是_______。
【答案】(1)2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑
(2)取最后一次洗涤液于试管中，滴加几滴酚酞，如果溶液不变粉红色，则证明洗涤干净，否则没有洗涤干净
(3)C
(4)B
(5)恒压滴液漏斗
(6)排除装置中的空气，防止雷尼Ni自燃
(7)管道中气流不稳，不利于监测反应过程
(8)集气管中液面不再改变
【解析】本题一道工业流程兼实验的综合题，首先用氢氧化钠溶液溶解镍铝合金中的铝，过滤后先后用碱和水来洗涤固体镍，随后加入有机溶剂制得雷尼镍悬浮液，用于步骤2中邻硝基苯胺的催化氢化。(1)铝可以和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；(2)由于水洗之前是用碱洗，此时溶液显碱性，故可以用酸碱指示剂来判断是否洗净，具体方法为，取最后一次洗涤液于试管中，滴加几滴酚酞，如果溶液不变粉红色，则证明洗涤干净，否则没有洗涤干净；(3)根据题给信息可知，邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行，在丙酮，四氯化碳，乙醇，正己烷中极性较强的为乙醇，故选C；(4)向集气管中充入H2时，氢气从左侧进入，向下进入集气管，则当由集气管向装置Ⅱ供气，此时孔路位置需调节为气体由下方的集气管，向右进入装置Ⅱ，应该选B，而装置C方式中左侧会漏气，不符合题意，故选B；(5)由图可知，仪器M的名称是恒压滴液漏斗；(6)根据题给信息可知，雷尼Ni暴露在空气中可以自燃，故反应前向装置Ⅱ中通入N2一段时间，目的是排除装置中的空气，防止雷尼Ni自燃；(7)如果将三颈瓶N中的导气管口插入液面以下，则会在三颈瓶中产生气泡，从而导致管道中气流不稳，不利于监测反应过程；(8)反应完成后，氢气不再被消耗，则集气管中液面不再改变。
2．(2023•山东卷，18)三氯甲硅烷(SiHCl3)是制取高纯硅的重要原料，常温下为无色液体，沸点为31.8℃，熔点为-126.5℃，易水解。实验室根据反应Si+3HClSiHCl3+H2，利用如下装置制备SiHCl3粗品(加热及夹持装置略)。回答下列问题：
(1)制备SiHCl3时进行操作：(ⅰ)……；(ⅱ)将盛有砫粉的瓷舟置于管式炉中；(ⅲ)通入，一段时间后接通冷凝装置，加热开始反应。操作(ⅰ)为_____；判断制备反应结束的实验现象是_____。图示装置存在的两处缺陷是_____。
(2)已知电负性Cl＞H＞Si，SiHCl3在浓溶液中发生反应的化学方程式为_____。
(3)采用如下方法测定溶有少量的SiHCl3纯度。
m1g样品经水解、干燥等预处理过程得硅酸水合物后，进行如下实验操作：①_____，②_____(填操作名称)，③称量等操作，测得所得固体氧化物质量为m2g，从下列仪器中选出①、②中需使用的仪器，依次为_____(填标号)。测得样品纯度为_____(用含m1、m2的代数式表示)。
【答案】(1) 检查装置气密性 当管式炉中没有固体剩余时 C、D之间没有干燥装置，没有处理氢气的装置
(2)SiHCl3+5NaOH =Na2SiO3+3NaCl+H2↑+2H2O
(3) 高温灼烧 冷却 AC
【解析】氯化氢气体通入浓硫酸干燥后，在管式炉中和硅在高温下反应，生成三氯甲硅烷和氢气，由于三氯甲硅烷沸点为31.8℃，熔点为-126.5℃，在球形冷凝管中可冷却成液态，在装置C中收集起来，氢气则通过D装置排出同时D可处理多余吸收的氯化氢气体。(1)制备SiHCl3时，由于氯化氢、SiHCl3和氢气都是气体，所以组装好装置后，要先检查装置气密性，然后将盛有硅粉的瓷舟置于管式炉中，通入氯化氢气体，排出装置中的空气，一段时候后，接通冷凝装置，加热开始反应，当管式炉中没有固体剩余时，即硅粉完全反应，SiHCl3易水解，所以需要在C、D之间加一个干燥装置，防止D中的水蒸气进入装置C中，另外氢氧化钠溶液不能吸收氢气，需要在D后面加处理氢气的装置；(2)已知电负性Cl＞H＞Si，则SiHCl3中氯元素的化合价为-1，H元素的化合价为-1，硅元素化合价为+4，所以氢氧化钠溶液和SiHCl3反应时，要发生氧化还原反应，得到氯化钠、硅酸钠和氢气，化学方程式为：SiHCl3+5NaOH =Na2SiO3+3NaCl+H2↑+2H2O；(3)m1g样品经水解，干燥等预处理过程得到硅酸水合物后，高温灼烧，在干燥器中冷却后，称量，所用仪器包括坩埚和干燥器，所得固体氧化物为二氧化硅，质量为m2g，则二氧化硅的物质的量为n(SiO2)=，样品纯度为=。
3．(2023•辽宁省选择性考试，17)2—噻吩乙醇(Mr=128)是抗血栓药物氯吡格雷的重要中间体，其制备方法如下：
Ⅰ．制钠砂。向烧瓶中加入300mL液体A和4.60g金属钠，加热至钠熔化后，盖紧塞子，振荡至大量微小钠珠出现。
Ⅱ．制噻吩钠。降温至10℃，加入25mL噻吩，反应至钠砂消失。
Ⅲ．制噻吩乙醇钠。降温至-10℃，加入稍过量的环氧乙烷的四氢呋喃溶液，反应30min。
Ⅳ．水解。恢复室温，加入70mL水，搅拌；加盐酸调pH至4~6，继续反应2 h，分液；用水洗涤有机相，二次分液。
Ⅴ．分离。向有机相中加入无水MgSO4，静置，过滤，对滤液进行蒸馏，蒸出四氢呋喃、噻吩和液体A后，得到产品17.92g。
回答下列问题：
(1)步骤Ⅰ中液体A可以选择_______。
a．乙醇 b．水 c．甲苯 d．液氨
(2)噻吩沸点低于吡咯()的原因是_______。
(3)步骤Ⅱ的化学方程式为_______。
(4)步骤Ⅲ中反应放热，为防止温度过高引发副反应，加入环氧乙烷溶液的方法是_______。
(5)步骤Ⅳ中用盐酸调节pH的目的是_______。
(6)下列仪器在步骤Ⅴ中无需使用的是_______(填名称)：无水MgSO4的作用为_______。
(7)产品的产率为_______(用计算，精确至0.1%)。
【答案】(1)c (2)中含有N原子，可以形成分子间氢键，氢键可以使熔沸点升高
(3)2+2Na→2+H2↑
(4)将环氧乙烷溶液沿烧杯壁缓缓加入，此过程中不断用玻璃棒进行搅拌来散热
(5)将NaOH中和，使平衡正向移动，增大反应物的转化率
(6)①球形冷凝管和分液漏斗 ②除去水
(7)70.0%
【解析】(1)步骤Ⅰ制钠砂过程中，液体A不能和Na反应，而乙醇、水和液氨都能和金属Na反应，故选c。(2)噻吩沸点低于吡咯()的原因是：中含有N原子，可以形成分子间氢键，氢键可以使熔沸点升高。(3)步骤Ⅱ中和Na反应生成2-噻吩钠和H2，化学方程式为：2+2Na→2+H2↑。(4)步骤Ⅲ中反应放热，为防止温度过高引发副反应，加入环氧乙烷溶液的方法是：将环氧乙烷溶液沿烧杯壁缓缓加入，此过程中不断用玻璃棒进行搅拌来散热。(5)2-噻吩乙醇钠水解生成-噻吩乙醇的过程中有NaOH生成，用盐酸调节pH的目的是将NaOH中和，使平衡正向移动，增大反应物的转化率。(6)步骤Ⅴ中的操作有过滤、蒸馏，蒸馏的过程中需要直形冷凝管不能用球形冷凝管，无需使用的是球形冷凝管和分液漏斗；向有机相中加入无水MgSO4的作用是：除去水。(7)步骤Ⅰ中向烧瓶中加入300mL液体A和4.60g金属钠，Na的物质的量为，步骤Ⅱ中Na完全反应，根据方程式可知，理论上可以生成0.2ml2-噻吩乙醇，产品的产率为=70.0%。
4．(2022•山东卷)实验室利用FeCl2∙4H2O和亚硫酰氯(SOCl2)制备无水FeCl2的装置如图所示(加热及夹持装置略)。已知SOCl2沸点为76℃，遇水极易反应生成两种酸性气体。回答下列问题：
(1)实验开始先通N2。一段时间后，先加热装置_______(填“a”或“b”)。装置b内发生反应的化学方程式为_______。装置c、d共同起到的作用是_______。
(2)现有含少量杂质的FeCl2∙ nH2O，为测定n值进行如下实验：
实验Ⅰ：称取m1g样品，用足量稀硫酸溶解后，用cml·L-1K2Cr2O7标准溶液滴定达终点时消耗(滴定过程中Cr2O72-转化为Cr3+，不反应)。
实验Ⅱ：另取m1g样品，利用上述装置与足量SOCl2反应后，固体质量为m2g。
则_______；下列情况会导致n测量值偏小的是_______(填标号)。
A．样品中含少量杂质
B．样品与SOCl2反应时失水不充分
C．实验Ⅰ中，称重后样品发生了潮解
D．滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成
(3)用上述装置、根据反应TiO2+CCl4 =TiCl4+CO2制备TiCl4。已知TiCl4与CCl4分子结构相似，与CCl4互溶，但极易水解。选择合适仪器并组装蒸馏装置对TiCl4、CCl4混合物进行蒸榴提纯(加热及夹持装置略)，安装顺序为①⑨⑧_______(填序号)，先馏出的物质为_______。
【答案】(1) a FeCl2∙4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8HCl↑ 冷凝回流SOCl2
(2) AB (3) ⑥⑩③⑤ CCl4
【解析】SOCl2与H2O反应生成两种酸性气体，FeCl2∙4H2O与SOCl2制备无水FeCl2的反应原理为：SOCl2吸收FeCl2∙4H2O受热失去的结晶水生成SO2和HCl，HCl可抑制FeCl2的水解，从而制得无水FeCl2。(1)实验开始时先通N2，排尽装置中的空气，一段时间后，先加热装置a，产生SOCl2气体充满b装置后再加热b装置，装置b中发生反应的化学方程式为FeCl2∙4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8HCl↑；装置c、d的共同作用是冷凝回流SOCl2；(2)滴定过程中Cr2O72-将Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原成Cr3+，反应的离子方程式为6Fe2++ Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，则m1g样品中n(FeCl2)=6n(Cr2O72-)=6cV×10-3ml；m1g样品中结晶水的质量为(m1-m2)g，结晶水物质的量为ml，n(FeCl2)：n(H2O)=1：n=(6cV×10-3ml)：ml，解得n=；A项，样品中含少量FeO杂质，溶于稀硫酸后生成Fe2+，导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积V偏大，使n的测量值偏小，A项选；B项，样品与SOCl2反应时失水不充分，则m2偏大，使n的测量值偏小，B项选；C项，实验I称重后，样品发生了潮解，样品的质量不变，消耗的K2Cr2O7溶液的体积V不变，使n的测量值不变，C项不选；D项，滴定达到终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积V偏小，使n的测量值偏大，D项不选；故选AB。(3)组装蒸馏装置对TiCl4、CCl4混合物进行蒸馏提纯，按由下而上、从左到右的顺序组装，安装顺序为①⑨⑧，然后连接冷凝管，蒸馏装置中应选择直形冷凝管⑥、不选用球形冷凝管⑦，接着连接尾接管⑩，TiCl4极易水解，为防止外界水蒸气进入，最后连接③⑤，安装顺序为①⑨⑧⑥⑩③⑤；由于TiCl4、CCl4分子结构相似，TiCl4的相对分子质量大于CCl4，TiCl4分子间的范德华力较大，TiCl4的沸点高于CCl4，故先蒸出的物质为CCl4。
5．(2022•全国乙卷)二草酸合铜(Ⅱ)酸钾(K2 Cu [(C2O4)2])可用于无机合成、功能材料制备。实验室制备二草酸合铜(Ⅱ)酸钾可采用如下步骤：
Ⅰ.取已知浓度的CuSO4溶液，搅拌下滴加足量溶液，产生浅蓝色沉淀。加热，沉淀转变成黑色，过滤。
Ⅱ.向草酸(H2C2O4)溶液中加入适量K2CO3固体，制得KHC2O4和K2C2O4混合溶液。
Ⅲ.将Ⅱ的混合溶液加热至80-85℃，加入Ⅰ中的黑色沉淀。全部溶解后，趁热过滤。
Ⅳ.将Ⅲ的滤液用蒸汽浴加热浓缩，经一系列操作后，干燥，得到二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体，进行表征和分析。
回答下列问题：
(1)由CuSO4·5H2O配制Ⅰ中的CuSO4溶液，下列仪器中不需要的是________(填仪器名称)。
(2)长期存放的CuSO4·5H2O中，会出现少量白色固体，原因是________。
(3)Ⅰ中的黑色沉淀是________(写化学式)。
(4)Ⅱ中原料配比为n(H2C2O4)：n(K2CO3)=1.5：1，写出反应的化学方程式________。
(5)Ⅱ中，为防止反应过于剧烈而引起喷溅，加入K2CO3应采取________的方法。
(6)Ⅲ中应采用________进行加热。
(7)Ⅳ中“一系列操作”包括________。
【答案】(1)分液漏斗和球形冷凝管
(2) CuSO4·5H2O风化失去结晶水生成无水硫酸铜
(3)CuO
(4)3H2C2O4+2K2CO3=2KHC2O4+K2C2O4+2H2O+2CO2↑
(5)分批加入并搅拌
(6)水浴
(7)冷却结晶、过滤、洗涤
【解析】取已知浓度的CuSO4溶液，搅拌下滴加足量NaOH溶液，产生浅蓝色沉淀氢氧化铜，加热，氢氧化铜分解生成黑色的氧化铜沉淀，过滤，向草酸(H2C2O4)溶液中加入适量K2CO3固体，制得KHC2O4和K2C2O4混合溶液，将KHC2O4和K2C2O4混合溶液加热至80-85℃，加入氧化铜固体，全部溶解后，趁热过滤，将滤液用蒸汽浴加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体。(1)由CuSO4·5H2O固体配制硫酸铜溶液，需用天平称量一定质量的CuSO4·5H2O固体，将称量好的固体放入烧杯中，用量筒量取一定体积的水溶解CuSO4·5H2O，因此用不到的仪器有分液漏斗和球形冷凝管。(2)CuSO4·5H2O含结晶水，长期放置会风化失去结晶水，生成无水硫酸铜，无水硫酸铜为白色固体。(3)硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应生成蓝色的氢氧化铜沉淀，加热，氢氧化铜分解生成黑色的氧化铜沉淀。(4)草酸和碳酸钾以物质的量之比为1.5：1发生非氧化还原反应生成KHC2O4、K2C2O4、CO2和水，依据原子守恒可知，反应的化学方程式为：3H2C2O4+2K2CO3=2KHC2O4+K2C2O4+2H2O+2CO2↑。(5)为防止草酸和碳酸钾反应时反应剧烈，造成液体喷溅，可减缓反应速率，将碳酸钾进行分批加入并搅拌。(6)Ⅲ中将混合溶液加热至80-85℃，应采取水浴加热，使液体受热均匀。(7)从溶液获得晶体的一般方法为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，因此将Ⅲ的滤液用蒸汽浴加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体。
6．(2021•辽宁选择性考试，18)Fe/ Fe3O4磁性材料在很多领域具有应用前景，其制备过程如下(各步均在N2氛围中进行)：
①称取9.95g FeCl2·4H2O(Mr=199)，配成溶液，转移至恒压滴液漏斗中。
②向三颈烧瓶中加入100 mL14ml·L-1KOH溶液。
③持续磁力搅拌，将FeCl2溶液以2mL·min-1的速度全部滴入三颈烧瓶中，100℃下回流3h。
④冷却后过滤，依次用热水和乙醇洗涤所得黑色沉淀，在干燥。
⑤管式炉内焙烧2h，得产品3.24g。
部分装置如图：
回答下列问题：
(1)仪器a的名称是_______；使用恒压滴液漏斗的原因是_______。
(2)实验室制取N2有多种方法，请根据元素化合物知识和氧化还原反应相关理论，结合下列供选试剂和装置，选出一种可行的方法，化学方程式为_______，对应的装置为_______(填标号)。
可供选择的试剂：CuO(s)、NH3(g)、Cl2(g)、O2(g)、饱和NaNO2(aq)、饱和NH4Cl(aq)
可供选择的发生装置(净化装置略去)：
(3)三颈烧瓶中反应生成了Fe和Fe3O4，离子方程式为_______。
(4)为保证产品性能，需使其粒径适中、结晶度良好，可采取的措施有_______。
A．采用适宜的滴液速度B．用盐酸代替KOH溶液，抑制水解
C．在空气氛围中制备D．选择适宜的焙烧温度
(5)步骤④中判断沉淀是否已经用水洗涤干净，应选择的试剂为_______；使用乙醇洗涤的目的是_______。
(6)该实验所得磁性材料的产率为_______(保留3位有效数字)。
【答案】(1)(球形)冷凝管 平衡气压，便于液体顺利流下
(2)2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O(或NH4Cl+ NaNO2NaCl+N2+2H2O) A(或B)
(3)4Fe2++8OH-=Fe↓+Fe3O4↓+4H2O (4)AD
(5)稀硝酸和硝酸银溶液 除去晶体表面水分，便于快速干燥
(6)90.0%
【解析】(1)根据仪器的构造与用途可知，仪器a的名称是(球形)冷凝管；恒压滴液漏斗在使用过程中可保持气压平衡，使液体顺利流下。(2)实验室中制备少量氮气的基本原理是用适当的氧化剂将氨或铵盐氧化，常见的可以是将氨气通入灼热的氧化铜中反应，其化学方程式为：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O ；可选择气体通入硬质玻璃管与固体在加热条件下发生反应，即选择A装置。还可利用饱和NaNO2(aq)和饱和NH4Cl(aq)在加热下发生氧化还原反应制备氮气，反应的化学方程式为：NH4Cl+ NaNO2NaCl+N2+2H2O，可选择液体与液体加热制备气体型，所以选择B装置；(3)三颈烧瓶中FeCl2溶液与100 mL14ml·L-1KOH溶液发生反应生成了Fe和Fe3O4，根据氧化还原反应的规律可知，该反应的离子方程式为4Fe2++8OH-=Fe↓+Fe3O4↓+4H2O；(4)结晶度受反应速率与温度的影响，所以为保证产品性能，需使其粒径适中、结晶度良好，可采取的措施有采用适宜的滴液速度、选择适宜的焙烧温度，AD项符合题意，若用盐酸代替KOH溶液，生成的晶体为Fe和Fe3O4，均会溶解在盐酸中，因此得不到该晶粒，故B不选；若在空气氛围中制备，则亚铁离子容易被空气氧化，故D不选；故选AD；(5)因为反应后溶液中有氯离子，所以在步骤④中判断沉淀是否已经用水洗涤干净，需取最后一次洗涤液，加入稀硝酸酸化后，再加入硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则证明已洗涤干净；乙醇易溶于水，易挥发，所以最后使用乙醇洗涤的目的是除去晶体表面水分，便于快速干燥；(6)9.95g FeCl2·4H2O(Mr=199)的物质的量为，根据发生反应的离子方程式：4Fe2++8OH-=Fe↓+Fe3O4↓+4H2O，可知理论上所得的Fe和Fe3O4的物质的量各自为0.0125ml，所以得到的黑色产品质量应为，实际得到的产品3.24g，所以其产率为。
1．仪器的连接顺序
2．无机物制备实验题的解题模型
3．有机制备实验题的解题思路
1．物质制备的基本过程
(1)明确物质制备原理：进行物质制备实验设计前必须先认真审题，明确要制备的物质，弄清题目有哪些新信息，综合学过的知识，通过类比、分析、迁移，从而明确制备原理。
(2)选择实验仪器与实验试剂：根据制备的物质的性质、需要的反应条件，选择合理的实验仪器和试剂。例如：制备的物质具有强烈的腐蚀性，就不能选用橡胶管连接实验仪器；若反应条件是加热，且温度不超过100 ℃，就可以选择水浴加热装置。
(3)设计物质制备步骤：根据物质制备的原理以及所选用的实验仪器和试剂，设计出合理的实验装置和实验操作步骤，实验步骤应完整、简明。考生应该具备识别典型的实验仪器装置图的能力，这是评价实验方案的能力之一。
(4)检验制备物质的纯度：采用可行的方法对制备的物质进行检验，确定实验是否成功。
2．物质制备与提纯的思维流程
3．制备实验方案设计的基本思路
4．有气体参加的反应实验方案设计(装置连接)的基本思路
1．(2024·山东济宁高三期中)某小组用淀粉水解液和浓H2SO4(作催化剂)、HNO3为原料制取草酸晶体(H2C2O4·xH2O)，进而制备纳米草酸钙(CaC2O4)，按如下流程开展实验(夹持仪器略)：
已知：①草酸能溶于水，易溶于乙醇；
②纳米草酸钙难溶于水，高温易分解；
③淀粉水解液与混酸反应的方程式：。
请回答下列问题：
(1)仪器甲相比普通分液漏斗的优点是 ，仪器乙的名称为 ，步骤Ⅱ的操作名称是 。
(2)不与反应，但在本实验中可以完全被吸收，请用离子方程式表示被完全吸收的原因 。
(3)催化剂浓硫酸用量过多，会导致草酸产率减少，原因是 。
(4)下列有关操作说法正确的是___________。
A．步骤Ⅲ洗涤可用乙醇水溶液，步骤Ⅳ洗涤可用蒸馏水
B．步骤Ⅳ采用离心分离，装置如图2所示，操作时应将两支离心管放置于1、4处
C．步骤Ⅳ干燥采用图3装置，取用时，手握干燥器盖顶圆球向上拉，取下盖子倒放在桌上，将装有产品的器皿放在陶瓷板上
D．步骤Ⅴ为提高反应速率，也可采用更高温度加热
(5)草酸晶体(H2C2O4·xH2O)含有结晶水，某同学准确称取一定质量草酸晶体于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，以酚酞作指示剂，用标准溶液滴定，若草酸晶体中混有H2C2O4，则该滴定法测得产品中x的值 (填“偏大”“偏小”、“无影响”)。
【答案】(1) 平衡气压，便于液体顺利流下 球形冷凝管 冷却结晶
(2)NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O
(3)浓硫酸具有脱水性，会使有机物脱水碳化
(4)B
(5)偏小
【解析】由题给流程和实验装置图可知，装置A中发生的反应为浓硫酸作用下淀粉水解液中的葡萄糖与混酸中的浓硝酸反应生成草酸、一氧化氮、二氧化氮和水，装置B为空载仪器，做安全瓶，起防倒吸的作用，装置C中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收氮的氧化物，防止污染空气；将装置A中得到的反应液冷却结晶、抽滤、洗涤得到草酸晶体；向草酸晶体中加入氯化钙溶液，加热充分反应后，经离心分离、洗涤、干燥得到纳米二水草酸钙；纳米二水草酸钙在250℃条件下加热脱水转化为纳米草酸钙。(1)由实验装置图可知，仪器甲为滴液漏斗，与普通分液漏斗相比，滴液漏斗可以起到平衡气压，便于液体顺利流下的作用；仪器乙为球形冷凝管，起冷凝回流的作用；由分析可知，步骤Ⅱ为冷却结晶；(2)一氧化氮为不成盐氧化物，不能与氢氧化钠溶液反应，一氧化氮和二氧化氮在氢氧化钠溶液中发生归中反应生成亚硝酸钠和水，反应的离子方程式为NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O；(3)由分析可知，装置A中发生的反应为浓硫酸作用下淀粉水解液中的葡萄糖与混酸中的浓硝酸反应生成草酸、一氧化氮、二氧化氮和水，若催化剂浓硫酸用量过多，具有脱水性的浓硫酸会使反应生成的草酸脱水碳化，导致草酸产率减少；(4)A项，由题给信息可知，草酸能溶于水，易溶于乙醇，则步骤Ⅲ洗涤如果用乙醇水溶液，草酸晶体会因部分溶解而造成损失，故错误；B项，步骤Ⅳ采用离心分离得到纳米二水草酸钙，由对称平衡原理可知，分离操作时应将两支离心管放置于1、4处，故正确；C项，打开干燥器时，不能向上拉，应用左手按住干燥器，右手小心将盖子稍微平推，等空气缓缓进入，器内质量平衡后，才能将开口推大成全开，取下的盖子必须仰放，故错误；D项，由题给信息可知，纳米草酸钙高温易分解，步骤Ⅴ如果采用更高温度加热，纳米草酸钙会分解导致产率降低，故错误；故选B；(5)若草酸晶体中混有草酸会使溶质的物质的量增大，消耗氢氧化钠溶液的体积偏小，导致测得产品中x的值偏小。
2．(2024·河北省部分重点高中高三第一次综合素养测评)工业制备并提取一氯乙酸(ClCH2COOH)的母液中有CH3COOH、ClCH2COOH、Cl2CHCOOH等残留。实验室用多孔硫颗粒作催化剂，对母液进行深度氯化，使其中残留物转化为有广泛应用价值的三氯乙酸(Cl3CCOOH)。主要反应方程式：ClCH2COOH+2Cl2Cl3CCOOH +2HCl。制备装置如图所示。
回答下列问题：
(1)装置甲中用仪器X替换分液漏斗的好处是 。
(2)装置甲中制取Cl2离子方程式为 。
(3)装置丁中仪器Y的名称是 。
(4)制备三氯乙酸时，需要控制温度在140℃左右持续加热，则丁的加热方法是 (填“水浴加热”“油浴加热”或“酒精灯直接加热”)。
(5)制备三氯乙酸过程中不需要另加沸石，原因是 。
(6)可以用pKa ()来衡量酸性的强弱，下表是部分酸的pKa数据：
①从表中数据可知，酸性：ClCH2COOH＜Cl2CHCOOH＜Cl3CCOOH，请从物质结构角度解释原因 。
②在溶液中加入足量的ClCH2COOH，反应的离子反应方程式为 。
【答案】(1)平衡压强，可以使浓盐酸顺利滴下
(2) 2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O
(3)球形冷凝管
(4)油浴加热
(5)多孔硫颗粒状态为固体，该物质可同时起催化剂和防止暴沸的作用
(6) Cl原子电负性大，使羧基的极性增强，羧基H原子更容易电离，物质分子中烃基中Cl原子数目越多，羧基H就越容易电离，其相应的氯代乙酸的酸性就越强，故三氯乙酸最容易电离出氢离子，其酸性最强 SO32-+ClCH2COOH=HSO3-+ClCH2COO-
【解析】(1)甲中用仪器X替换分液漏斗的好处是能够防止浓盐酸挥发，可以使浓盐酸顺利滴下。(2)在装置甲中浓盐酸与KMnO4反应制取Cl2，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，该反应的离子方程式为2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。(3)根据装置图可知，装置丁中仪器Y的名称是球形冷凝管。(4)制备三氯乙酸时，需要控制温度在140℃左右持续加热，由于水浴加热温度不超过100℃，酒精灯直接加热温度不容易控制，因此装置的加热方法是采用油浴加热方式。(5)由于催化剂多孔硫颗粒状态为固体，该物质既可起催化剂作用，同时也可以防止液体暴沸，因此制备过程中无需沸石。(6)①根据表格数据可知，pKa ClCH2COOH＞Cl2CHCOOH＞Cl3CCOOH，弱酸的pKa越大，则相应的弱酸的酸性就越弱，故酸性ClCH2COOH＜Cl2CHCOOH＜Cl3CCOOH，从结构分析，这是由于Cl原子电负性大，使羟基的极性增强，羟基H原子更容易发生电离。物质分子中烃基上Cl原子数目越多，羧基中羟基H越容易电离，因此相应的氯代乙酸的酸性就越强，故三氯乙酸最容易电离出氢离子，其酸性最强。②根据pKa可知酸性H2SO3＞ClCH2COOH＞HSO3-，根据复分解反应的规律，强酸可与弱酸盐反应制取弱酸，向Na2SO3溶液中加入足量的ClCH2COOH，发生反应产生NaHSO3和ClCH2COONa，该反应的离子反应方程式为SO32-+ClCH2COOH=HSO3-+ClCH2COO-。
3．(2024·四川成都·高三成都实外校考阶段练习)碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂，是一种墨绿色结晶性粉末，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和HCl，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X的主要作用有导气、 。
(2)实验室利用装置A制NH3，发生反应的化学方程式为 。
(3)反应过程中，在三颈烧瓶内除观察到溶液蓝绿色褪去，还可能观察到的现象有 。
Ⅱ．无水碱式氯化铜组成的测定。称取产品4.29g，加硝酸溶解，并加水定容至200mL，得到待测液。
(4)铜的测定：取20.00 mL待测液，经测定Cu2+ 浓度为0.2 ml·L-1，则称取的样品中n(Cu2+)= ml。
(5)采用沉淀滴定法测定氯：用NH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3 (已知AgSCN是一种难溶于水的白色固体)，实验如图：
①滴定时，应选用什么物质作为指示剂 。
A．FeSO4 B．Fe(NO3)3 C．FeCl2
②重复实验操作三次，消耗NH4SCN溶液平均体积为10.00 mL。则称取的样品中n(Cl－)等于 ml。
(6)根据上述实验结果可推知无水碱式氯化铜的化学式为 。
【答案】(1)防倒吸
(2)2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O
(3)溶液中有大量墨绿色固体产生，三颈烧瓶中有白烟
(4)0.04
(5) b 0.02
(6)Cu2(OH)3Cl
【解析】用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下反应生成氯化钙、氨气和水，由于氨气极易溶于水，因此通入到溶液时要注意防倒吸，用浓硫酸和氯化钠反应制得HCl，向CuCl2溶液中通入NH3和HCl，控制反应得到碱式氯化铜。(1)根据装置图可知，仪器X为球形干燥管，其主要作用是导气和防止倒吸现象的发生；(2)实验室用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下反应制备氨气，化学方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；(3)向CuCl2溶液中通入NH3和HCl，反应除了生成碱式氯化铜外，还有NH3与HCl反应生成NH4Cl，因此看到的实验现象除溶液中有大量墨绿色固体产生，三颈烧瓶中还有白烟产生；(4)4.29 g固体溶解配制成溶液体积为200 mL，取20.00 mL待测液，经测定Cu2+浓度为0.2 ml·L-1，则称取的样品中n(Cu2+)=0.2 ml·L-1×0.2 L=0.04 ml；(5)①用NH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3溶液，当到达滴定终点时，可用Fe3+检验SCN-，可以使用Fe(NO3)3，而不能使用含有Cl-的FeCl3溶液，否则FeCl3会和AgNO3反应生成AgCl沉淀，影响滴定终点的判断，故使用的指示剂是Fe(NO3)3溶液，故选b；②10.00 mL 0.1 ml/L的NH4SCN的物质的量n(NH4SCN)=0.1 ml/L×0.01 L=0.001 ml，由关系式NH4SCN~AgNO3可知：未反应的AgNO3的物质的量等于0.001 ml，由于共加入30.00 mL 0.1000 ml/L的AgNO3溶液，则与Cl-反应的硝酸银的物质的量等于0.0300 L×0.1000 ml/L-0.001 ml=0.002 ml，根据关系式Cl-~Ag+，可知n(Cl-)=0.002 ml，则样品配成的的200 mL溶液中含有的氯离子的物质的量是n(Cl-)=0.002 ml× =0.02 ml；(6)测定无水碱式氯化铜组成时，称取产品4.29 g，已知铜离子的物质的量为0.04 ml，氯离子的物质的量为0.02 ml，假设无水碱式氯化铜的化学式为Cu2(OH)xCl，可知无水碱式氯化铜的物质的量为0.02 ml，其摩尔质量M=，2×64 +17x +35.5 =214.5，解得x=3，故该无水碱式氯化铜的化学式为Cu2(OH)3Cl。
4．(2023·陕西省长安一中高三第二次质量检测)利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的装置如下图所示(夹持装置略)：
已知：锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：3MnO42-+2H2O =MnO2↓+2MnO4-+ 4OH-。下列说法不正确的( )
A．向仪器a中加入水，盖好玻璃塞关闭止水夹，打开仪器a玻璃旋塞向烧瓶滴加水，若水一段时间不能滴下，则气密性良好
B．装置A中发生反应的化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O
C．若去掉装置B，可能会导致KMnO4产率降低
D．装置D中的作用是除去过量的氯气，以免污染环境
【答案】A
【解析】A项，仪器a为恒压滴液漏斗，无论装置气密性是否良好，打开活塞，液体都能顺利流下，不能检查装置的气密性，A错误；B项，装置A中的漂白粉，与浓盐酸反应，方程式为：Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O，B正确；C项，装置B中饱和食盐水是为了除去Cl2中的HCl，若去掉装置B，溶液在酸性条件下，会使KMnO4产率降低 ，C正确；D项，Cl2有毒，会污染空气，用NaOH溶液进行尾气处理，D正确； 故选A。
5．磷酸氢二铵[(NH4)2HPO4]常用于干粉灭火剂。某研究小组用磷酸吸收氨气制备(NH4)2HPO4，装置如图所示(夹持和搅拌装置已省略)。
回答问题：
(1)实验室用NH4Cl (s)和Ca(OH)2(s)制备氨气的化学方程式为_______。
(2)现有浓H3PO4质量分数为85%，密度为1.7g/mL。若实验需100mL1.7ml/L的H3PO4溶液，则需浓H3PO4_______mL(保留一位小数)。
(3)装置中活塞的作用为_______。实验过程中，当出现_______现象时，应及时关闭，打开。
(4)当溶液pH为8.0~9.0时，停止通NH3，即可制得(NH4)2HPO4溶液。若继续通入NH3，当时，溶液中OH-、_______和_______(填离子符号)浓度明显增加。
(5)若本实验不选用pH传感器，还可选用_______作指示剂，当溶液颜色由_______变为_______时，停止通NH3。
【答案】(1) 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑
(2)11.5 (3)平衡气压防倒吸 倒吸
(4) NH4+ PO43- (5)酚酞 无 浅红
【解析】本实验的实验目的为制备磷酸二氢铵[(NH4)2HPO4]，实验原理为2NH3+H3PO4=[(NH4)2HPO4]，结合相关实验基础知识分析解答问题。(1)实验室用NH4Cl(s)和Ca(OH)2(s)在加热的条件下制备氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑；(2)根据公式可得，浓H3PO4的浓度，溶液稀释前后溶质的物质的量不变，因此配制100mL 1.7ml/L的H3PO4溶液，需要浓H3PO4的体积V=；(3)由于NH3极易溶于水，因此可选择打开活塞K2以平衡气压，防止发生倒吸，所以实验过程中，当出现倒吸现象时，应及时关闭K1，打开K2；(4)继续通入NH3，(NH4)2HPO4继续反应生成(NH4)3PO4，当pH＞10.0时，溶液中OH-、NH4+ 、PO43-的浓度明显增加；(5)由(4)小问可知，当pH为8.0~9.0时，可制得(NH4)2HPO4，说明(NH4)2HPO4溶液显碱性，因此若不选用pH传感器，还可以选用酚酞作指示剂，当溶液颜色由无色变为浅红时，停止通入NH3，即可制得(NH4)2HPO4溶液。
6．亚硝酰氯( NOCl)是重要的有机合成试剂，可由NO与Cl2在常温下合成。某学习小组在实验室利用如图装置制备亚硝酰氯。
已知：①亚硝酰氯易水解，能与O2反应；
②沸点：NOCl为-5.5℃，Cl2为-34℃，NO为-152℃；
③常温下，2NO + Cl2 =2NOCl2 NO2 + Cl2 =2NO2Cl。
请回答下列问题：
(1)NOCl中N元素的化合价为_______ ；NOCl水解生成两种酸，其化学方程式为___________________________________。
(2)实验所需的NO在A装置中制得，反应的离子方程式为_____________________。
(3)装置B中所盛试剂为_______其作用是____________________________。
(4)实验开始时，先关闭K3，打开K2、K4，从a处通一段时间氩气，其目的是_______。 然后在a处接废气处理装置，关闭K1、K4，打开K3，再打开分液漏斗的活塞，滴加酸性FeSO4溶液，当观察到D中_______时， 关闭K2，打开K1、K4 ，通干燥纯净的Cl2。
(5)为收集产物和分离未反应的两种原料， E、F装置采用不同温度的低温浴槽，其中装置E的温度T区间应控制在_______，装置F 的U形管中收集到的是_______。
【答案】(1) +3 NOCl+H2O=HCl+HNO2
(2)Fe2++NO2- +2H+=Fe3++NO↑+H2O
(3) 水 将NO2转化为NO
(4) 将E、F装置中的空气排出，防止亚硝酰氯水解和被氧气氧化 红棕色气体消失
(5) -34℃≤T＜-5.5℃ Cl2
【解析】用NaNO2和硫酸酸化的FeSO4反应制取NO，通过装置B将杂质NO2转化为NO，再通过浓硫酸干燥NO，在D中和通入的氯气反应生成NOCl，在装置E中收集NOCl，在装置F中收集未反应的氯气，G中的氯化钙可以吸收空气中的水蒸气以防止NOCl水解，最后进行尾气处理。(1)NOCl中N的非金属性最弱，为正价，O和Cl均为负价，O为-2价，Cl为-1价，所以N元素的化合价为+3价；NOCl水解生成两种酸，分别为盐酸和亚硝酸，其化学方程式为：NOCl+H2O=HCl+HNO2。(2)在装置A中，NaNO2和硫酸酸化的FeSO4发生氧化还原反应，NaNO2被Fe2+还原为NO，Fe2+被氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：Fe2++ NO2-+2H+=Fe3++NO↑+H2O。(3)装置A中生成了NO，NO容易被空气中的氧气氧化为NO2，装置A的液面上方有空气，空气中的氧气能将NO氧化为NO2，所以装置B中装有水，可以将NO2转化为NO：3NO2+H2O=2HNO3+NO。(4)亚硝酰氯易水解，能与O2反应，实验开始时，先关闭K3，打开K2、K4，从a处通一段时间氩气，其目的是将装置E、F中的空气排出，以免生成的NOCl和空气中的水蒸气、氧气反应。 然后在a处接废气处理装置，关闭K1、K4，打开K3，再打开分液漏斗的活塞，滴加酸性FeSO4溶液，装置A产生的NO气体进入B中，混有的NO2被B中的水转化为NO，但装置B、C的液面上方有空气，NO会被氧化为NO2，装置D中的空气也能将NO氧化为NO2，所以在D中能观察到红棕色的气体，A装置中不断产生的NO将生成的NO2从K2排出，当观察到D中红棕色消失时，D中充满了纯净的NO， 此时关闭K2，打开K1、K4 ，通干燥纯净的Cl2和NO反应。(5)为收集产物NOCl和分离未反应的两种原料NO和Cl2，根据三种物质的沸点，控制装置E的温度-34℃≤T＜-5.5℃，可收集NOCl，装置F的温度要低于-34℃，可将未反应的原料氯气冷凝。
7．(2023·重庆市二模)硫氰化钾(KSCN)的用途非常广泛，如用KSCN溶液检验。实验室可用如下装置制取KSCN。
请回答下列问题：
(1)橡皮管的作用是_______。
(2)A装置是氨气发生装置，试管中的固体混合物为_______(填化学式)。
(3)导管a插入CS2中的目的是_______。
(4)水浴加热B装置，三颈烧瓶中的反应除了生成NH4SCN 外，还生成了另一种酸式盐，其反应方程式为_______。
(5)当三颈烧瓶中的液体不出现分层时，熄灭酒精灯，关闭，继续水浴加热(保持100℃)，待酸式盐完全分解(保持100℃)，再打开，继续水浴加热，就可以得到KSCN溶液。若要制取KSCN晶体，需进行的操作是：先将三颈烧瓶中的混合物进行_______、再将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、_______、干燥。
(6)装置C中酸性K2Cr2O7溶液的作用是_______；若三颈烧瓶中挥发出来的含硫物质恰好与200mL 2.0ml/L的K2Cr2O7溶液反应，其中50%的硫元素转化为+6价硫，其余都转化为零价硫，理论上可制得KSCN质量为_______g。
【答案】(1)平衡气压，让KOH溶液顺利流下
(2) NH4Cl、Ca(OH)2 (3)使反应物充分接触，且防止倒吸
(4)CS2+3NH3NH4SCN+NH4HS
(5) 过滤 洗涤 (6)吸收NH3和H2S 46.56
【解析】(1)橡胶管的作用是为了让KOH溶液顺利流下，需要平衡气压；(2)实验室制取氨气用到的药品为NH4Cl、Ca(OH)2；(3)导管a插入CS2中是为了使反应物充分接触，且防止倒吸；(4)三颈烧瓶中发生的反应为CS2+3NH3 NH4SCN+NH4HS；(5)若要制取KSCN晶体，需进行的操作是：过滤，再将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，洗涤，干燥；(6)①酸性K2Cr2O7可以吸收NH3，H2S，酸性K2Cr2O7的作用是吸收NH3，H2S；②反应的离子方程式为：5Cr2O72-+6H2S+34H+=10Cr3++3S↓+3SO42-+23H2O，数量关系，当消耗K2Cr2O7的物质的量为0.4ml时，理论上可制得KSCN的质量为：。
考点二 化学实验条件的控制
1．(2023•浙江省1月选考，20) (10分)某研究小组制备纳米ZnO，再与金属有机框架(MOF)材料复合制备荧光材料ZnO@MOF，流程如下：

已知：①含锌组分间的转化关系：
②ε-Zn(OH)2是Zn(OH)2的一种晶型，39℃以下稳定。
请回答：
(1)步骤Ⅰ，初始滴入ZnSO4溶液时，体系中主要含锌组分的化学式是___________。
(2)下列有关说法不正确的是___________。
A．步骤Ⅰ，搅拌的作用是避免反应物浓度局部过高，使反应充分
B．步骤Ⅰ，若将过量溶液滴入ZnSO4溶液制备ε-Zn(OH)2，可提高ZnSO4的利用率
C．步骤Ⅱ，为了更好地除去杂质，可用的热水洗涤
D．步骤Ⅲ，控温煅烧的目的是为了控制的颗粒大小
(3)步骤Ⅲ，盛放样品的容器名称是___________。
(4)用Zn(CH3COO)2和过量(NH4)2CO3反应，得到的沉淀可直接控温煅烧得纳米ZnO，沉淀无需洗涤的原因是___________。
(5)为测定纳米ZnO产品的纯度，可用已知浓度的标准溶液滴定。从下列选项中选择合理的仪器和操作，补全如下步骤[“___________”上填写一件最关键仪器，“(___________)”内填写一种操作，均用字母表示]。___________用___________(称量ZnO样品)→用烧杯(___________)→用___________(___________)→用移液管(___________)→用滴定管(盛装标准溶液，滴定)
仪器：a.烧杯；b.托盘天平；c.容量瓶；d.分析天平；e.试剂瓶
操作：f.配制一定体积的Zn2+溶液；g.酸溶样品：h.量取一定体积的Zn2+溶液；i.装瓶贴标签
(6)制备的ZnO@MOF荧光材料可测Cu2+浓度。已知ZnO@MOF的荧光强度比值与Cu2+在一定浓度范围内的关系如图。
某研究小组取7.5×10-3g人血浆铜蓝蛋白(相对分子质量1.5×105)，经预处理，将其中Cu元素全部转化为Cu2+并定容至1L。取样测得荧光强度比值为10.2，则1个血浆铜蓝蛋白分子中含___________个铜原子。
【答案】(1)[Zn(OH)4]2- (2)BC (3)坩埚
(4)杂质中含有CH3COO-、CO32-、NH4+，在控温煅烧过程中分解或被氧化为气体而除去
(5)d→(g)→c(f)→(h) (6)8
【解析】本题为一道无机物制备类的工业流程题，首先向氢氧化钠溶液中滴加硫酸锌溶液并搅拌，此时生成ε-Zn(OH)2，分离出ε-Zn(OH)2后再控温煅烧生成纳米氧化锌，进一步处理后得到最终产品。(1)初始滴入ZnSO4溶液时，氢氧化钠过量，根据信息①可知，体系中主要含锌组分的化学式是[Zn(OH)4]2-；(2)A项，步骤Ⅰ，搅拌可以使反应物充分接触，加快反应速率，避免反应物浓度局部过高，A正确；B项，根据信息①可知，氢氧化钠过量时，锌的主要存在形式是[Zn(OH)4]2-，不能生成ε-Zn(OH)2，B错误；C项，由信息②可知，ε-Zn(OH)239℃以下稳定，故在用50℃的热水洗涤时会导致，ε-Zn(OH)2分解为其他物质，C错误；D项，由流程可知，控温煅烧时ε-Zn(OH)2会转化为纳米氧化性，故，控温煅烧的目的是为了控制ZnO的颗粒大小，D正确；故选BC；(3)给固体药品加热时，应该用坩埚，故步骤Ⅲ，盛放样品的容器名称是坩埚；(4)两者反应时，除了生成固体ZnO外，还会生成二氧化碳，氨气和水蒸气，即杂志都是气体，故沉淀不需要洗涤的原因是：杂质中含有CH3COO-、CO32-、NH4+，在控温煅烧过程中分解或被氧化为气体而除去；(5)为了使测定结果尽可能准确，故可以用分析天平称量ZnO的质量，选择d，随后可以用酸来溶解氧化锌，故选g，溶解后可以用容量瓶配制一定浓度的溶液，故选c(f)，再用移液管量取一定体积的配好的溶液进行实验，故选h，故答案为：d→(g)→c(f)→(h)；(6)人血浆铜蓝蛋白的物质的量n(人血浆铜蓝蛋白)= ，由于实验测得荧光强度比值为10.2，则铜离子浓度n(Cu2+)= ，则则1个血浆铜蓝蛋白分子中含8个铜原子。
2．(2022•全国甲卷)硫化钠可广泛用于染料、医药行业。工业生产的硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质。硫化钠易溶于热乙醇，重金属硫化物难溶于乙醇。实验室中常用95%乙醇重结晶纯化硫化钠粗品。回答下列问题：
(1)工业上常用芒硝(Na2SO4·10H2O)和煤粉在高温下生产硫化钠，同时生成CO，该反应的化学方程式为_______。
(2)溶解回流装置如图所示，回流前无需加入沸石，其原因是_______。回流时，烧瓶内气雾上升高度不宜超过冷凝管高度的1/3.若气雾上升过高，可采取的措施是_______。
(3)回流时间不宜过长，原因是_______。回流结束后，需进行的操作有①停止加热 ②关闭冷凝水 ③移去水浴，正确的顺序为_______(填标号)。
A．①②③ B．③①② C．②①③ D．①③②
(4)该实验热过滤操作时，用锥形瓶而不能用烧杯接收滤液，其原因是_______。过滤除去的杂质为_______。若滤纸上析出大量晶体，则可能的原因是_______。
(5)滤液冷却、结晶、过滤，晶体用少量_______洗涤，干燥，得到Na2S·xH2O。
【答案】(1)Na2SO4·10H2O+4CNa2S+4CO↑+10H2O
(2) 硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质，这些杂质可以直接作沸石 降低温度
(3) 硫化钠易溶于热乙醇，若回流时间过长，Na2S会直接析出在冷凝管上，使提纯率较低，同时易造成冷凝管下端堵塞，圆底烧瓶内气压过大，发生爆炸 D
(4) 防止滤液冷却 重金属硫化物 温度逐渐恢复至室温
(5)冷水
【解析】本实验的实验目的为制备硫化钠并用95%乙醇重结晶纯化硫化钠粗品，工业上常用芒硝(Na2SO4·10H2O)和煤粉在高温下生产硫化钠，反应原理为：Na2SO4·10H2O+4CNa2S+4CO↑+10H2O，结合硫化钠的性质解答问题。(1)工业上常用芒硝(Na2SO4·10H2O)和煤粉在高温下生产硫化钠，同时生产CO，根据得失电子守恒，反应的化学方程式为：Na2SO4·10H2O+4CNa2S+4CO↑+10H2O；(2)由题干信息，生产的硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质，这些杂质可以直接作沸石，因此回流前无需加入沸石，若气流上升过高，可直接降低降低温度，使气压降低；(3)硫化钠易溶于热乙醇，若回流时间过长，Na2S会直接析出在冷凝管上，使提纯率较低，同时易造成冷凝管下端堵塞，圆底烧瓶内气压过大，发生爆炸；回流结束后，先停止加热，再移去水浴后再关闭冷凝水，故正确的顺序为①③②，故选D。(4)硫化钠易溶于热乙醇，使用锥形瓶可有效防止滤液冷却，重金属硫化物难溶于乙醇，故过滤除去的杂质为重金属硫化物，由于硫化钠易溶于热乙醇，过滤后温度逐渐恢复至室温，滤纸上便会析出大量晶体；(5)乙醇与水互溶，硫化钠易溶于热乙醇，因此将滤液冷却、结晶、过滤后，晶体可用少量冷水洗涤，再干燥，即可得到Na2S·xH2O。
3．(2022•湖北省选择性考试)高技术领域常使用高纯试剂。纯磷酸(熔点为42℃，易吸潮)可通过市售85%磷酸溶液减压蒸馏除水、结晶除杂得到，纯化过程需要严格控制温度和水分，温度低于21℃易形成2H3PO4·H2O (熔点为30℃)，高于则发生分子间脱水生成焦磷酸等。某兴趣小组为制备磷酸晶体设计的实验装置如下(夹持装置略)：
回答下列问题：
(1)A的名称是___________。B的进水口为___________(填“a”或“b”)。
(2)P2O5的作用是___________。
(3)空气流入毛细管的主要作用是防止_________，还具有搅拌和加速水逸出的作用。
(4)升高温度能提高除水速度，实验选用水浴加热的目的是___________。
(5)磷酸易形成过饱和溶液，难以结晶，可向过饱和溶液中加入___________促进其结晶。
(6)过滤磷酸晶体时，除了需要干燥的环境外，还需要控制温度为________(填标号)。
A．＜20℃ B．30~35℃ C．42~100℃
(7)磷酸中少量的水极难除去的原因是___________。
【答案】(1) 圆底烧瓶 b (2)干燥气体
(3)溶液沿毛细管上升 (4)使溶液受热均匀
(5)磷酸晶体 (6)C (7)磷酸可与水分子间形成氢键
【解析】空气通过氯化钙除水，经过安全瓶后通过浓硫酸除水，然后通过五氧化二磷，干燥的空气流入毛细管对烧瓶中的溶液进行搅拌，同时还具有加速水逸出和防止溶液沿毛细管上升的作用，将85%磷酸溶液进行减压蒸馏除水、结晶除杂得到纯磷酸。 (1)由仪器构造可知，仪器A为圆底烧瓶，仪器B为直形冷凝管，泠凝水应从b口近、a口出，形成逆流冷却，使冷却效果更好。(2)纯磷酸制备过程中要严格控制温度和水分，因此五氧化二磷的作用为干燥气体。(3)空气流入毛细管可以对烧瓶中的溶液进行搅拌，使受热均匀，同时还具有加速水逸出和防止溶液沿毛细管上升的作用。(4)升高温度能提高除水速度，而纯磷酸制备过程中要严格控制温度，水浴加热可以避免直接加热造成的过度剧烈与温度的不可控性，使溶液受热均匀。(5)过饱和溶液暂时处于亚稳态，当加入一些固体的晶体或晃动时可使此状态失去平衡，过多的溶质就会结晶，因此可向磷酸的过饱和溶液中加入磷酸晶体促进其结晶。(6)纯磷酸纯化过程中，温度低于21℃易形成2H3PO4·H2O (熔点为30℃)，高于1000℃则发生分子间脱水生成焦磷酸，纯磷酸的熔点为42℃，因此过滤磷酸晶体时，除了需要干燥的环境外，还需要控制温度为42∼100℃，答案选C。(7)磷酸的结构式为：，分子中含羟基，可与水分子间形成氢键，因此磷酸中少量的水极难除去。
4．(2021•湖北选择性考试)超酸是一类比纯硫酸更强的酸，石油重整中用作高效催化剂。某实验小组对超酸HSbF6的制备及性质进行了探究。由三氯化锑(SbCl3)制备HSbF6的反应如下：
SbCl3＋Cl2SbCl5 SbCl5＋5HF＝HSbF6＋5HCl
制备SbCl5的初始实验装置如图(毛细管连通大气，减压时可吸入极少量空气，防止液体暴沸；夹持、加热及搅拌装置略)。
相关性质如下表：
回答下列问题：
(1)实验装置中两个冷凝管 (填“能”或“不能”)交换使用。
(2)试剂X的作用为 、 。
(3)反应完成后，关闭活塞a、打开活塞b，减压转移 (填仪器名称)中生成的至双口烧瓶中。用真空泵抽气减压蒸馏前，必须关闭的活塞是(填“a”或“b”)；用减压蒸馏而不用常压蒸馏的主要原因是 。
(4)实验小组在由SbCl5制备HSbF6时，没有选择玻璃仪器，其原因为 。(写化学反应方程式)
(5)为更好地理解超酸的强酸性，实验小组查阅相关资料了解得：弱酸在强酸性溶剂中表现出碱的性质，如冰醋酸与纯硫酸之间的化学反应方程式为
CH3COOH＋H2SO4＝[CH3C(OH)2][HSO4]
以此类推，H2SO4与HSbF6之间的化学反应方程式为 。
(6)实验小组在探究实验中发现蜡烛可以溶解于中，同时放出氢气。已知烷烃分子中碳氢键的活性大小顺序为：甲基(－CH3)＜亚甲基(－CH2－)＜次甲基()。写出2-甲基丙烷与反应的离子方程式 。
【答案】(1)不能
(2)吸收氯气，防止污染空气 防止空气中的水蒸气进入三口烧瓶使SbCl3、SbCl5水解
(3)三口烧瓶 b 防止SbCl5分解
(4)SiO2＋4HF＝SiF4↑＋2H2O
(5)H2SO4＋HSbF6＝[H3SO4][SbF6]
(6)
【解析】(1)与直形冷凝管相比，球形冷凝管的冷却面积大，冷却效果好；但是，由于球形冷凝管的内芯管为球泡状，容易在球部积留蒸馏液，故不适宜用于倾斜式蒸馏装置(不用于冷凝蒸馏的蒸气)，多用于垂直冷凝回馏装置(制备物质)，故实验装置中两个冷凝管不能交换使用。(2)根据表中提供信息，SbCl3，SbCl5极易水解，知试剂X的作用是防止空中水蒸气进入三口烧瓶，同时吸收氯气，防止污染空气。(3)由实验装置知，反应完成后，关闭活塞a，打开活塞b，减压转移三口烧瓶中生成的SbCl5至双口烧瓶中。减压蒸馏前，必须关闭活塞b，以保证装置密封，便于后续抽真空。根据表中提供信息知，SbCl5容易分解，用减压蒸馏而不用常压蒸馏，可以防止温度过高，而使SbCl5分解。(4)由SbCl5制备HSbF6时，需要用到HF，而HF可与玻璃中二氧化硅反应，故不能选择玻璃仪器。(5)硫酸与超强酸反应时，表现出碱的性质，即结合氢离子，即H2SO4＋HSbF6＝[H3SO4][SbF6]。(6)2-甲基丙烷的结构简式为(CH3)3CH，根据题目信息知，CH上氢容易参与反应，电离出氢阴离子，与超强酸电离的阳离子结合生成氢气。主要离子方程式为。
条件控制实验题的解题模型
1．化学实验条件的控制方法
2．常见实验条件的控制
1．(2024·江苏镇江高三期中)实验室利用钴渣[含C(OH)3、Fe(OH)3等]制备磁性材料C3O4。
(1)浸取。将一定量的钴渣粉与Na2SO3、H2SO4溶液中的一种配成悬浊液，加入到三颈瓶中(装置如图)，70℃下通过滴液漏斗缓慢滴加另一种溶液，充分反应，过滤，滴液漏斗中的溶液是 ；C(OH)3转化为的离子方程式为 。
(2)沉钴。C(II)盐溶液可以C(OH)2、CCO3和CC2O4等多种形式沉淀。
已知：向0.1ml·L-1 CSO4溶液中滴加NaOH溶液调节pH，pH=7时开始出现C(OH)2沉淀。向除杂后CSO4溶液中加入H2C2O4溶液或(NH4)2C2O4溶液作沉淀剂，可得到CC2O4。
①基态C2+的价电子排布式为 ；
②不能用同浓度的Na2C2O4溶液代替(NH4)2C2O4溶液的原因是 。
(3)制备C3O4。以CSO4为原料先制得CCO3；然后再制备C3O4。
已知：①尿素水溶液呈弱碱性，70℃以上能缓慢水解产生CO32-，pH为1～3时水解速率对生成CCO3沉淀较为适宜。
②取1ml CCO3在空气中加热，反应温度对反应产物的影响如图所示。
请补充完整以CSO4溶液、尿素、稀硫酸、蒸馏水为原料，制备C3O4的实验方案：取一定体积CSO4溶液， ；充分反应， ；反应至固体质量不再变化，即可制得C3O4。
(4)利用该工艺制成的改性C3O4是一种优良的磁性材料，该C3O4晶胞的的结构如图所示，研究发现结构中的C2+只可能出现在图中某一“▲”所示位置上，请确定C2+所在晶胞的位置并说明理由： 。
【答案】(1) 硫酸溶液 2C(OH)3+SO32-+4H+2C2++SO42-+5H2O
(2) 3d7 若用草酸钠溶液替换草酸铵溶液，会有氢氧化亚钴沉淀生成，导致草酸亚钴的产率降低
(3)加入一定量尿素，水浴加热控制温度在70℃以上，加入硫酸调节溶液pH至1-3，搅拌 冷却过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2-3次，干燥后在空气中加热至300-600℃，反应至固体质量不再变化
(4)在c位，由均摊法计算可得该结构中C3+数目为2，O2-数目为4，根据电荷守恒可得C2+数目为1，所以C2+应该在c位
【解析】实验室利用钴渣制备四氧化三钴的实验过程为向钴渣粉中加入亚硫酸钠、稀硫酸将氢氧化钴转化为硫酸钴，除去溶液中的铁离子后，过滤得到硫酸钴溶液；向溶液中氢氧化钠溶液或草酸铵溶液将钴元素转化为氢氧化亚钴或草酸钴沉淀，过滤得到氢氧化亚钴或草酸钴沉淀，向沉淀中加入硫酸，将钴元素转化为硫酸亚钴，硫酸亚钴溶液与尿素溶液共热反应制得碳酸亚钴，过滤得到碳酸亚钴，碳酸亚钴在空气中加热制得四氧化三钴。(1)由钴渣粉与题给溶液配成悬浊液可知，滴液漏斗中的溶液是硫酸溶液；由题意可知，氢氧化钴转化为亚钴离子的反应为酸性条件下，氢氧化钴与亚硫酸根离子共热反应生成亚钴离子、硫酸根离子和水，反应的离子方程式为：2C(OH)3+SO32-+4H+2C2++SO42-+5H2O；(2)C2+的价电子排布式为3d7；草酸钠是强碱弱酸盐，草酸铵是弱酸弱碱盐，草酸钠溶液的碱性强于草酸铵溶液，若用草酸钠溶液替换草酸铵溶液，会有氢氧化亚钴沉淀生成，导致草酸亚钴的产率降低，所以不能用草酸钠溶液替换草酸铵溶液；(3)由题给信息可知，制备四氧化三钴的实验方案取一定体积硫酸亚钴溶液，加入一定量尿素，水浴加热控制温度在70℃以上，加入硫酸调节溶液pH至1-3，搅拌，充分反应，冷却过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2-3次，干燥后在空气中加热至300-600℃，反应至固体质量不再变化，即可制得四氧化三钴；(4)在c位，由均摊法计算可得该结构中C3+数目为2，O2-数目为4，根据电荷守恒可得C2+数目为1，所以C2+应该在c位。
2．实验室在非水体系中合成CrCl3(THF)3 [化学名称为三氯三(四氢呋喃)合铬(Ⅲ)]的原理为CrCl3+3THFCrCl3(THF)3。相关物质性质见下表：
实验步骤如下：
①按图所示组装仪器。
②填装反应物：称取6.340 g(0.04 ml)无水CrCl3和0.20 g锌粉放入纸质反应管(用滤纸制作)内，双颈烧瓶中加入100 mL无水THF(四氢呋喃，过量)。
③合成CrCl3(THF)3：先通入一段时间N2后，然后在球形冷凝管中通入冷却水，加热THF至沸腾，THF蒸气通过联接管进入提取管中，在冷凝管中冷凝回流到纸质反应管中进行反应，当纸质反应管中的液面高于虹吸管最高处时，发生虹吸现象，纸质管中的液体流入双颈烧瓶，从而实现了 THF与CrCl3的连续反应及产物的连续萃取。
④分离CrCl3(THF)3：回流2.5 h，再通入N2冷却至室温。取下双颈烧瓶，在通风橱中蒸发THF至有较多固体析出，冷却、抽滤、干燥称量，得产品6.290 g。
请回答：
(1)步骤①后需进行的实验操作是___________，步骤③中冷却水进水口是___________(填“a”或“b”)。
(2)CrCl3和CrCl3(THF)3 在 THF的溶解性分别为___________、___________(填“溶”或“不溶”)。
(3)步骤③通入N2的目的可能是___________。
(4)该实验中THF的作用是___________。
(5)该实验过程用电热套加热，不可用明火直接加热的原因是___________。
(6)本实验制得产品CrCl3(THF)3的产率为___________(保留3位有效数字)。
【答案】(1) 检查装置的气密性 a (2) 不溶 溶
(3)排尽装置内的空气，防止空气中水蒸气对产物造成影响
(4)反应物和萃取剂 (5)THF易挥发、易燃，遇明火可能发生爆炸
(6)42.0%
【解析】(1)实验仪器连接好后，首先需要检查装置气密性；冷却水是下面进上面出，这样冷凝效果最好，应该从a口进；(2)由实验步骤③中实验原理可知，四氢呋喃在圆底烧瓶和纸质反应器中循环，只有CrCl3不溶于四氢呋喃、CrCl3 (THF)3溶于四氢呋喃方能实现四氢呋喃与CrCl3的连续反应及产物的连续萃取，故CrCl3和CrCl3(THF)3在THF的溶解性分别为不溶、溶；(3)根据题意，该实验要在在非水体系中合成CrCl3(THF)3，因此实验开始之前需先通入一段时间N2，排除装置内的空气，防止空气中的水蒸气对产物造成影响；(4)由题目中的信息可知，THF是反应物之一，另外通过第2问的分析可知，THF是萃取剂；(5)由题中表格信息可知THF沸点较低，且可以燃烧，故不可以用明火直接加热的原因是THF易挥发，易燃，遇明火可能发生爆炸；(6)由题可知四氢呋喃过量，假设理论上生成CrCl3(THF)3的质量为，则根据反应原理有：

则有，所以本实验制备产品CrCl3(THF)3的产率为。
3．连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，可以用作染色工艺的还原剂，纸浆、肥皂等的漂白剂。Na2S2O4易溶于水，难溶于甲醇，在碱性介质中较稳定，在潮湿空气中易被氧化生成两种常见的酸式盐。锌粉法制备Na2S2O4的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1)保险粉水溶液有极强的还原性，在空气中被氧化生成NaHSO3的离子方程式为 。
(2)下列说法错误的是________。
A．将锌粉投入水中形成悬浮液主要是为了加快反应速率
B．向Na2S2O4溶液中加NaCl溶液或固体对Na2S2O4的产率无明显影响
C．洗涤Na2S2O4·2H2O时用冰水效果好于常温蒸馏水
D．该流程中涉及化合反应、分解反应、复分解反应，不涉及氧化还原反应
(3)步骤 = 2 \* ROMAN II需要控制温度在35℃的原因是__________________________已知pH>11时，Zn(OH) 2转化为ZnO2-，为了使Zn2+沉淀完全，则加入氢氧化钠溶液调节溶液的pH范围是______________(25℃时Ksp[Zn(OH)2]=1.0×1017，35℃时Ksp与Kw的变化可忽略)｡
(4) “后续处理”过程中主要包括“过滤、洗涤、干燥”， 洗涤方法：在无氧环境中，_________________；干燥步骤如图所示，选用此装置的目的是_______________________。
(5) 为测定所制保险粉的纯度，取a g产品溶于适量NaOH溶液，加入亚甲基蓝指示剂，用c ml·L-1的K3[Fe(CN)6]标准溶液滴定，至终点时消耗K3[Fe(CN)6]标准溶液V mL。已知：[Fe(CN)6]3-被还原为[Fe(CN)6]4-，S2O42-被氧化为SO32。产品中Na2S2O4的质量分数为___________________(列出计算式)。
【答案】(1)2S2O 42-+O2+2H2O ==4HSO3- (2)BD
(3) 温度低于35℃，反应速率太慢，温度太高，Na2S2O4容易分解(1分) [8-11)
(4) 加入甲醇溶液至浸没晶体，待甲醇溶液顺利流下后，重复2～3次即可
抽除空气，避免保险粉被氧化，减压，有利于脱去甲醇
(5)
【解析】由流程图可知，锌粉与二氧化硫反应生成ZnS2O4，向ZnS2O4溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成氢氧化锌沉淀和Na2S2O4，过滤后，向Na2S2O4溶液中加入NaCl固体降低Na2S2O4溶解度，析出Na2S2O4·2H2O晶体，过滤后，使Na2S2O4·2H2O晶体脱去结晶水生成Na2S2O4。(1)保险粉水溶液有极强的还原性，在空气中被氧化生成NaHSO3，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为2S2O 42-+O2+2H2O ==4HSO3-。 (2)A项，将锌粉投入水中形成悬浮液可增大与二氧化硫的接触面积，加快反应速率，故A正确；B项，加NaCl固体和冷却搅拌都有利于溶解平衡逆向移动，可析出更多的Na2S2O4·2H2O，若使用NaCl溶液，会降低钠离子浓度使析出的Na2S2O4·2H2O减少，Na2S2O4产率降低，故B错误；C项，用冰水洗涤可减少Na2S2O4·2H2O的损失，故C正确；D项，锌粉与二氧化硫的反应是化合反应，反应中元素有化合价变化，也是氧化还原反应，ZnS2O4溶液与NaOH 溶液的反应是复分解反应，加热Na2S2O4·2H2O的反应是分解反应，故D错误；故选BD。(3)温度低于35℃，反应速率太慢，温度太高，Na2S2O4容易分解，所以步骤②需要控制温度在35℃。Zn2+沉淀完全，即c(Zn2+)≤10-5，c(Zn2+)=10-5时，1.0×1017=10-5×c2(OH-)，解得：c(OH-)=10-6，c(H+)==10-8，pH=8。当c(Zn2+)＜10-5时，OH-浓度比10-6大，碱性更强，pH＞8，当pH>11时，Zn(OH) 2转化为ZnO22-，所以，为了使Zn2+沉淀完全，需控制pH范围在[8-11)；增大c(Na+)，使平衡Na2S2O4(s)2Na+(aq)+ S2O42-(aq)逆向移动，便于Na2S2O4晶体析出； (4)结合Na2S2O4在空气中极易被氧化，不溶于甲醇，易溶于水，遇水迅速分解为亚硫酸氢钠和硫代硫酸钠，在碱性介质中较稳定的性质，步骤IV保险粉的洗涤方法：在无氧环境中，加入甲醇溶液至浸没晶体，待甲醇溶液顺利流下后，重复2～3次即可；如图为减压干燥装置，可以抽除空气，避免保险粉被氧化；也可以减压，有利于脱去甲醇； (5)根据题干信息“[Fe(CN)6]3-被还原为[Fe(CN)6]4-，S2O42-被氧化为SO32-”可知，Fe元素化合价降低1价，S元素化合价从+3升高到+4价，S2O42-共升高2价，结合电子转移数守恒可知，[Fe(CN)6]3-与S2O42-的化学计量数之比为2：1，所以参与反应的两者物质的量之比也为2：1，因n(S2O42-)=n([Fe(CN)6]3-)=ml，所以Na2S2O4的质量为=g，所以其在产品中的质量分数为。
考点三 化学实验方案的设计与评价
1．(2023•全国新课标卷，28)实验室由安息香制备二苯乙二酮的反应式如下：
相关信息列表如下：
装置示意图如下图所示，实验步骤为：
①在圆底烧瓶中加入冰乙酸、水及9.0gFeCl3·6H2O，边搅拌边加热，至固体全部溶解。
②停止加热，待沸腾平息后加入安息香，加热回流。
③加入水，煮沸后冷却，有黄色固体析出。
④过滤，并用冷水洗涤固体3次，得到粗品。
⑤粗品用的乙醇重结晶，干燥后得淡黄色结晶。
回答下列问题：
(1)仪器A中应加入_______(填“水”或“油”)作为热传导介质。
(2)仪器B的名称是_______；冷却水应从_______(填“a”或“b”)口通入。
(3)实验步骤②中，安息香必须待沸腾平息后方可加入，其主要目的是_______。
(4)在本实验中，FeCl3为氧化剂且过量，其还原产物为_______；某同学尝试改进本实验：采用催化量的FeCl3并通入空气制备二苯乙二酮。该方案是否可行_______？简述判断理由_______。
(5)本实验步骤①~③在乙酸体系中进行，乙酸除作溶剂外，另一主要作用是防止_______。
(6)若粗品中混有少量未氧化的安息香，可用少量_______洗涤的方法除去(填标号)。若要得到更高纯度的产品，可用重结晶的方法进一步提纯。
a．热水 b．乙酸 c．冷水 d．乙醇
(7)本实验的产率最接近于_______(填标号)。
a． b． c． d．
【答案】(1)油 (2) 球形冷凝管 a (3)防暴沸
(4) FeCl2 可行 空气可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应
(5)抑制氯化铁水解 (6)a (7)b
【解析】在圆底烧瓶中加入10 mL冰乙酸，5mL水，及9.0gFeCl3· 6H2O，加热至固体全部溶解，停止加热，待沸腾平息后加入2.0g安息香，加热回流45-60min，反应结束后加入50mL水，煮沸后冷却，析出黄色固体，即为二苯乙二酮，过滤，用冷水洗涤固体三次，得到粗品，再用75%乙醇重结晶，干燥后得到产品1.6g。(1)该实验需要加热使冰乙酸沸腾，冰乙酸的沸点超过了100℃，应选择油浴加热，所以仪器A中应加入油作为热传导介质；(2)根据仪器的结构特征可知，B为球形冷凝管，为了充分冷却，冷却水应从a口进，b口出；(3)步骤②中，若沸腾时加入安息香，会暴沸，所以需要沸腾平息后加入；(4)FeCl3为氧化剂，则铁的化合价降低，还原产物为FeCl2，若采用催化量的FeCl3并通入空气制备二苯乙二酮，空气可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应；(5)氯化铁易水解，所以步骤①～③中，乙酸除做溶剂外，另一主要作用是抑制氯化铁水解；(6)根据安息香和二苯乙二酮的溶解特征，安息香溶于热水，二苯乙二酮不溶于水，所以可以采用热水洗涤粗品除去安息香，故选a；(7)2.0g安息香(C14H12O2)的物质的量约为0.0094ml，理论上可产生二苯乙二酮(C14H10O2)的物质的量约为0.0094ml，质量约为1.98g，产率为=80.8%，最接近80%，故选b。
2．(2023•北京卷，19)资料显示，可以将Cu氧化为Cu2+。某小组同学设计实验探究Cu被I2氧化的产物及铜元素的价态。
已知：I2易溶于KI溶液，发生反应I2+I-I3- (红棕色)；I2和I3-氧化性几乎相同。
I.将等体积的KI溶液加入到mml铜粉和nmlI2(n＞m)的固体混合物中，振荡。
实验记录如下：
(1)初始阶段，被氧化的反应速率：实验Ⅰ (填“>”“B1
【解析】(1)实验室通常采用浓盐酸和MnO2制取Cl2，化学方程式为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O；(2)根据化学方程式可知，制取的氯气中混有氯化氢、水蒸气，氯气有毒，必须进行尾气处理，因此使用饱和食盐水吸收氯化氢气体，浓硫酸除去水蒸气，最后用NaOH溶液吸收尾气，因此接口连接顺序为c-d-b-a-e；(3)久置后不能使品红溶液褪色，说明HClO已分解；检验Cl-的方法为向溶液中加入过量稀硝酸，防止溶液中含有CO32-、HCO3-等，再加入少量AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有Cl-；(4)⑤25℃时， Ksp(AgCl)=c(Ag＋) ×c(Cl-)，根据沉淀溶解平衡可知，饱和的AgCl溶液中c(Ag＋) =c(Cl-)，所以有==1.34×10-5 ml·L－1；实验1~3中，不同的饱和溶液浓度不同且测试温度不同，根据资料显示离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而增大，所以根据实验1~3无法判断温度较高的饱和溶液离子浓度大，进而不能得出溶解度关系；⑥如果要判断AgCl在水中的溶解度随温度的变化情况，可以设计不相同温度下的饱和溶液在相同温度下测试，如果温度较高下的饱和溶液电导率比温度较低的饱和溶液电导率高，则可以得出温度升高饱和溶液中离子浓度高。所以可以设计试样Ⅰ在45℃下测试与实验3比较；设计试样II在45℃下测试与实验3比较；⑦猜想b成立的判断依据是A3>B2>B1。
猜想型实验题的解题模型
1．探究型实验的常见类型
(1)对未知产物的探究
通过化学反应原理猜测可能生成哪些物质，对这些物质逐一进行检验来确定究竟含有哪些物质。虽然探究型实验主要考查学生的探究能力，但在问题中常常包含了对实验基础知识的考查。例如：
①常见物质分离的提纯方法：结晶法、蒸馏法、过滤法、升华法、萃取法、渗析法等。
②常见气体的制备、净化、干燥、收集等方法。
③熟悉重点的操作：气密性检查、测量气体体积、防倒吸、防污染等。
(2)物质性质的探究
①在探究过程中往往可以利用对比实验，即设置几组平行实验来进行对照和比较，从而研究和揭示某种规律，解释某种现象形成的原因或证明某种反应机理。
②无机物、有机物性质的探究，必须在牢牢掌握元素化合物知识的基础上，大胆猜想，细心论证。脱离元素化合物知识，独立看待实验问题是不科学的，只有灵活运用已有的元素化合物知识，才能变探究型实验为验证型实验，使复杂问题简单化。
2．探究型实验的基本程序
解答探究型实验题的基本程序可用以下流程图表示：
(1)提出问题
要提出问题，首先得发现问题，对题给信息进行对比、质疑，通过思考提出值得探究的问题。此外，实验中出现的特殊现象也是发现问题、提出问题的重要契机。
(2)提出猜想
所谓猜想就是根据已有知识对问题的解决提出的几种可能的情况。有一些问题，结论有多种可能(这就是猜想)，只能通过实验进行验证。
(3)设计验证方案
提出猜想后，就要结合题给条件，设计出科学、合理、安全的实验方案，对可能的情况进行探究。实验设计中，关键点是对试剂的选择和实验条件的调控。
(4)观察实验现象，得出结论
根据设计的实验方案，结合实验现象进行推理分析或计算分析得出结论。
1．(2024·湖南省三湘名校联盟、湘湖名校教育联合体高三大联考)碘化钾用作制有机物及制药原料，医疗上用于防治甲状腺肿大，作祛痰药，还可用于照相制版等。实验小组设计实验制备KI并探究相关性质。
(一)制备KI
某实验小组设计制备一定量KI的实验(加热及夹持装置已省略)如下：
反应I： 3I2+6KOH=5KI+KIO3+3H2O
反应Ⅱ：3H2S+KIO3=3S↓+KI+32O
(1)实验开始前，先进行装置气密性检查：将C中导管下端管口浸入液面以下，塞紧瓶塞，微热A装置，若 ，则气密性良好。
(2)在装置B中先滴入KOH溶液，待观察到三颈烧瓶中溶液颜色由 色变为 色，停止滴入KOH溶液；然后打开装置A中分液漏斗活塞，待三颈烧瓶和烧杯中产生气泡的速率接近相等时停止通气，反应完成。
(3)实验中不能用稀硝酸代替稀硫酸的根本原因是 。
(4)装置B中所得KI溶液经分离提纯后得到KI粗产品，为测定KI的纯度，称取1.0g样品溶于水，然后用0.0500ml·L－1酸性KMnO4标准溶液滴定(2MnO4-+16H++10I-=2Mn2++5I2+8H2O)，杂质不与酸性KMnO4溶液反应。平行滴定三次，滴定到终点平均消耗酸性KMnO4标准溶液20.00mL，则样品的纯度为 (保留两位有效数字)。
(二)实验探究：FeCl3与KI的反应
(5)证明实验I中有I2生成，加入的试剂为(有机溶剂除外) 。
(6)已知在酸性较强的条件下，I－可被空气氧化为I2，为探究实验I中20min后棕黄色变深的原因，甲同学提出假设：该反应条件下空气将I－氧化为I2，使实验I中溶液棕黄色变深。甲同学设计的实验为： ，若20min后溶液不变蓝，证明该假设不成立。(可选试剂：0.1ml·L－1KI溶液、0.1ml·L－1FeCl3溶液、淀粉溶液、稀硫酸)
(7)乙同学查阅资料可知：①Fe3++3SCN-Fe(SCN)3；②FeCl3与KI反应的平衡体系中还存在反应I2+I-I3-，I3-呈棕褐色。依据资料从平衡移动原理解释实验Ⅱ中20min后溶液红色变浅的原因： 。
【答案】(1)C中导管口有气泡冒出，停止加热后C中导管内形成一段水柱
(2)棕黄(或黄) 无
(3)稀HNO3具有强氧化性，无法制取H2S
(4)83%
(5)淀粉溶液
(6)向试管中加入5mL0.1ml·L－1KI溶液和2滴淀粉溶液，加稀硫酸调至溶液的pH=5
(7)由于I－过量，发生反应I2+I-I3-，使c(I2)减小，平衡2Fe3++2I-2Fe2++I2正向移动，c(Fe3+)减小，平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3逆向移动，溶液红色变浅
【解析】装置B中通过发生反应I，生成KIO3和KI，A装置通过稀硫酸与FeS反应制取H2S气体，H2S通过导管进入装置B，发生反应Ⅱ，装置C为尾气处理装置，吸收多余的H2S。(1)当微热A装置时，若装置气密性良好，则C中导管口有气泡冒出，停止加热后C中导管内形成一段水柱；(2)在装置B中先滴入KOH溶液，会发生反应：3I2+6KOH=5KI+KIO3+3H2O，所以三颈烧瓶中溶液颜色会由棕黄色变为无色；(3)稀HNO3具有强氧化性，与FeS反应无法制取H2S，所以不能用稀硝酸代替稀硫酸；(4)根据反应的离子方程式：2MnO4-+16H++10I-=2Mn2++5I2+8H2O，滴定到终点时，平均消耗酸性高锰酸钾溶液为20.00mL，即消耗的酸性高锰酸钾物质的量为0.001ml，则样品中碘离子的物质的量为0.005ml，样品的纯度为；(5)检验碘单质可以选用淀粉溶液，溶液变为蓝色证明有碘单质生成；(6)向试管中加入5mL0.1ml•L－1KI溶液和2滴淀粉溶液，加稀硫酸调至溶液的pH=5；(7)由于I－过量，发生反应I2+I-I3-，使c(I2)减小，平衡2Fe3++2I-2Fe2++I2正向移动，c(Fe3+)减小，平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3逆向移动，溶液红色变浅。
2．(2024·河北沧州高三联考)植物可滴定酸度是影响果实风味品质的重要因素，实验室用滴定法测定葡萄可滴定酸度(以酒石酸计)。实验步骤如下：
Ⅰ.配制标准NaOH溶液并标定：用托盘天平称取mgNaOH固体，配成溶液，并用易于保存的基准物质邻苯二甲酸氢钾溶液标定，测得标准NaOH溶液的准确浓度为。
Ⅱ.葡萄中有机酸含量的测定：剔除葡萄非可食用部分，切碎混匀，称取250g放入高速组织捣碎机，并加入等质量的水，捣碎1~2min。称取匀浆50g并用水洗入250mL容量瓶，加水至刻度线。用标准NaOH溶液滴定样液，计算葡萄可滴定酸度。
已知：①酒石酸是弱酸，结构简式为。
②酒石酸的电离平衡常数为Ka1=9.1×10-4，Ka2=4.3×10-5。
回答下列问题：
(1) g。NaOH溶液使用前需标定的原因是 。
(2)酒石酸与足量NaOH溶液反应的离子方程式为 。
(3)实验过程中用不到的仪器有 (填标号)，还需要用到的硅酸盐制品有 。
(4)用标准NaOH溶液滴定样液的操作步骤为①标准量取样液，以酚酞为指示剂，用标准NaOH溶液滴定，滴定终点的现象为 ，平行测定三组，平均消耗标准NaOH溶液V1 mL。
②葡萄可滴定酸度(质量分数，以酒石酸计)为 (用含c、V0、V1的代数式表示)。
【答案】(1) 4.0 NaOH易潮解、易吸收CO2变质
(2)+2OH-=+2H2O
(3) CG 玻璃棒、胶头滴管
(4)最后半滴标准NaOH溶液加入，溶液由无色变成浅红色，且半分钟不褪色
【解析】(1)应称取NaOH固体的质量，托盘天平精确到0.1g；NaOH固体易潮解、易吸收空气中的CO2变质，因此使用前需标定。(2)酒石酸是二元有机酸，羧基可与NaOH反应﹐离子方程式为+2OH-=+2H2O。(3)该实验配制NaOH溶液时使用的仪器有1000mL容量瓶，烧杯、玻璃棒、托盘天平、胶头滴管，滴定时使用的仪器有酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶、烧杯，实验过程中用不到的仪器有C和G，还需要使用的硅酸盐制品有玻璃棒和胶头滴管。(4)①酒石酸是弱酸，滴定终点溶质是强碱弱酸盐酒石酸钠，溶液呈碱性，以酚酞为指示剂，当最后半滴标准NaOH溶液加入，溶液由无色变成浅红色，且半分钟不褪色，即为滴定终点；②可滴定酸度。
3．(2024·河南平顶山高三第一次质量监测)亚硝酸钙是白色粉末，易潮解，易溶于水，微溶于乙醇、乙醚。实验室用NO和CaO2 (淡黄色固体)制备无水亚硝酸钙的装置(夹持装置略)如图所示。
回答下列问题：
(1)实验开始先通N2，一段时间后，向三颈烧瓶中滴加稀硝酸制取NO，B中产生大量气泡时，D处开始加热。仪器a与普通分液漏斗相比，其优点是 。
(2)装置E中，酸性H2O2溶液可将剩余的NO氧化为NO3-，该反应的离子方程式为 。
(3)CaO2完全还原后，进行的操作是：①停止滴加稀硝酸，停止通电；②打开止水夹，向装置中通入一段时间N2；③冷却后，将所得产品完全转移到试剂瓶中密封保存；④……。则操作②的目的是 。
(4)上述装置存在一处缺陷，会导致亚硝酸钙产率降低，改进的方法是 。
(5)测定所得亚硝酸钙中硝酸钙的含量。
实验原理：Ca2++SO42-= CaSO4↓；NH4+NO2-N2↑+2H2O
实验步骤：
NO3-+3Fe2++4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O
I．准确称取ag所得亚硝酸钙，置于150mL烧杯中，加入100mL蒸馏水和bg足量的硫酸钠，搅拌均匀，将溶液与沉淀全部移入250mL容量瓶，加蒸馏水稀释至刻度，摇匀，过滤；(忽略固体对溶液体积的影响)
Ⅱ．取25.00mL滤液于500mL锥形瓶中，加入足量NH4Cl饱和溶液，煮沸5min；
Ⅲ．冷却后用少量蒸馏水洗涤锥形瓶内壁，再加入25.00mLc₁ml·L-1硫酸亚铁铵[(NH4)2SO4·FeSO4]溶液、在不断摇动下，沿瓶壁缓慢加入20mL硫酸(1：1)；
Ⅳ．加4滴指示剂，迅速用c2 ml·L-1K2Cr2O7标准液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准液VmL。
则所得亚硝酸钙中硝酸钙的质量分数为 ；已知在酸性条件下，NO2- 可氧化Fe2+，下列情况会导致硝酸钙的质量分数测量值偏小的是 (填标号)。
a．步骤l中，称量时样品发生了潮解
b．步骤Ⅱ中，煮沸时间过短
c．步骤Ⅲ中量取的硫酸亚铁铵溶液的实际体积小于25.00mL
【答案】(1)平衡滴液漏斗与三颈烧瓶中的压强，便于液体顺利流下
(2) 2NO+3H2O2=2H++2NO3-+2H2O
(3)排出装置内残留的氮的氧化物，防止污染空气(或：加速无水亚硝酸钙的冷却)
(4)在装置D、E之间加装盛有浓硫酸的洗气瓶(答案合理即可)
(5) a
【解析】实验开始前先通氮气是为了排除装置内的空气，为了使仪器a中的液体能顺利流下，仪器a为恒压滴液漏斗，在装置A中发生反应的化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，产生的气体中混有少量的NO2，可用B装置进行除杂，则B装置中盛放的试剂为蒸馏水，发生反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，装置C为干燥装置，装置E为尾气吸收装置，则发生反应的离子方程式为2NO+3H2O2=2H++2NO3-+2H2O，由于亚硝酸钙是白色粉末，易潮解，装置E中的水蒸气回流导致亚硝酸钙的产率较低，改进方法为在装置D、E之间加装盛有浓硫酸的洗气瓶，停止通电后，由于亚硝酸钙温度较高需在N2中冷却到室温，则应打开止水夹，继续通入氮气，步骤Ⅰ为生成沉淀，步骤Ⅱ为除去亚硝酸根，步骤Ⅲ为反应硝酸根，该反应的关系式为3n(NO3-)=n(Fe2+)，6n(Cr2O72-)=n(Fe2+)，根据计算可得硝酸钙的百分含量为%。(1)装置A三颈烧瓶中制备NO，反应的方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，仪器a为恒压滴液漏斗，平衡滴液漏斗与三颈烧瓶中的压强，便于液体顺利流下；(2)酸性H2O2溶液可将剩余的NO氧化为NO，离子方程式为：2NO+3H2O2=2H++2NO3-+2H2O；(3)CaO2完全还原后由于反应温度较高，停止加硝酸后需继续通入N2，排出装置内残留的氮的氧化物，防止污染空气(或：加速无水亚硝酸钙的冷却)；(4)由于装置E盛放的为H2O2溶液，装置D生成的亚硝酸钙极易潮解，E中会有水蒸气回流导致产率降低，改进的方法为在装置D、E之间加装盛有浓硫酸的洗气瓶(答案合理即可)；(5)步骤Ⅰ为生成沉淀，步骤Ⅱ为除去亚硝酸根，步骤Ⅲ为反应硝酸根，NO3-+3Fe2++4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，该反应的关系式为3n(NO3-)=n(Fe2+)，6n(Cr2O72-)=n(Fe2+)，总的n(Fe2+)总=c1ml/L×0.025L=0.025c1ml，n(Fe2+)总=3n(NO3-)+6n(Cr2O72-)，0.025c1ml=3n(NO3-)+6×c2V×10-3ml，n(NO3-)=(25c1-6c2V)×10-3ml，硝酸钙的总质量为m=，亚硝酸钙中硝酸钙的质量分数为%；A项，步骤I中是为了让硝酸钙和亚硝酸钙中的钙离子全部变为沉淀，称量时样品发生了潮解，则配成溶液时溶质偏少，硝酸钙的质量分数偏小，a项正确；b项，步骤II中是为了让亚硝酸根离子反应除去亚硝酸根，煮沸时间偏短，溶液中亚硝酸根离子未被反应完全，导致消耗的亚铁离子增多，则滴定时消耗亚铁离子的量偏小，消最终测得硝酸钙的百分含量偏大，b项错误；c项，步骤III是为了反应硝酸根离子，若量取的硫酸亚铁铵溶液的实际体积小于25.00mL，导致滴定时消耗亚铁离子的量偏小，则硝酸钙的百分含量偏大，c项错误；故选a。
4．(2023·广东省深圳市红岭中学高三期中)某化学实验小组探究SO2与FeCl3溶液的反应。
实验一：用如图所示实验装置制备SO2，并将足量SO2通入FeCl3溶液中，溶液迅速变为血红色；停止通入气体，将血红色溶液密闭放置5小时后，溶液变为浅绿色。
(1)制备SO2的化学反应方程式为_____。
(2)仪器a的名称为_____。
(3)某同学取适量酸性KMnO4于试管中，滴入几滴血红色溶液，溶液的紫色褪去，据此推断血红色溶液中含有Fe2+。乙同学认为此结论不正确，理由是____。
实验二：探究血红色溶液产生的原因，实验过程如表：
(4)实验①中，Y是____(填化学式)；实验②中现象是_____。
(5)为了进一步探究血红色物质产生的主要原因，又进行了以下实验：(已知吸光度越大，溶液颜色越深)。
在0.5mL1ml/L的FeCl3溶液中，加入浓度相同的Na2SO3溶液V1mL，NaHSO3溶液V2mL并混合均匀，改变V1、V2的值并维持V1+V2=4.0进行多组实验，测得混合溶液的吸光度与出的关系如图所示。
①维持V1+V2=4.0的目的是____。
②该实验得出的结论是____。
【答案】(1)Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O
(2)球形干燥管
(3)不正确；溶液中的SO2，SO32-、HSO3-、Cl−都能使高锰酸钾褪色
(4) HCl 变黄
(5) 使Fe3+的浓度保特不变 Fe3+主要和SO32=形成络合物使溶液变成血红色
【解析】二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸在溶液中部分电离，亚硫酸溶液中存在的分子有亚硫酸、二氧化硫，存在的离子有氢离子、亚硫酸氢根、亚硫酸根，实验一用亚硫酸钠固体和70%的硫酸溶液反应制备二氧化硫气体，将二氧化硫通入氯化铁溶液中探究溶液颜色的变化，实验二探究溶液中的微粒对溶液产生血红色的影响。(1)由实验装置图可知，制备二氧化硫的反应为亚硫酸钠固体和70%硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫气体和水，反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；(2)由实验装置图可知，仪器a的为球形干燥管；(3)血红色溶液中含有的氯离子和可能存在的二氧化硫、亚硫酸、亚硫酸氢根。氯离子、二氧化硫、亚硫酸、亚硫酸根也能与酸性高锰酸钾溶液反应使溶液褪色，则将溶液滴入适量的酸性高锰酸钾溶液中，溶液的紫色褪去不能说明溶液中含有亚铁离子；(4)由假设可知，实验①探究溶液中氢离子浓度对血红色产生的影响，由变量唯一化原则可知，向血红色溶液中滴入的酸Y为盐酸；实验②探究二氧化硫和亚硫酸浓度对血红色产生的影响，由实验结论可知，加入的盐酸与亚硫酸钠溶液反应生成的二氧化硫和亚硫酸对实验无影响，则反应的实验现象应与实验①相同，溶液又变为黄色；(5)①由变量唯一化原则可知，探究亚硫酸氢根或亚硫酸根浓度对血红色产生的影响时，应保持溶液总体积不变达到溶液中铁离子浓度不变的目的；②由图可知，混合溶液中亚硫酸氢根离子的体积分数越大，吸光度越小说明产生血红色的原因是铁离子和亚硫酸根离子形成络合物使溶液变成血红色。
5．(2023·广东省百校高三联考)为更好地利用化学变化中的物质变化和能量变化，在化学研究和工业生产中还需要关注化学反应的快慢和进行程度等。
(1)研究小组向4.5mL1ml·L-1KCl溶液中加入·L-1 AgNO3溶液，产生AgCl沉淀，静置，得到AgCl滤液；在AgCl滤液中放入5cm长的镁条后，立即有无色气泡产生，气体可燃，滤液中逐渐出现白色浑浊。
【发现问题】对比发现，Mg+AgCl滤液反应比Mg+H2O反应速率快。研究小组对此实验现象产生的原因进行了探究。
【查阅资料】Cl-类体积较小的阴离子，能够“钻入” Mg(OH)2膜，达到使其溶解的效果，称作“离子钻入效应”，
【提出猜想】
猜想一：Cl-钻入Mg(OH)2膜形成孔径，增大了Mg和H2O的接触面积，加快了Mg+H2O的反应速率；
猜想二：在“离子钻入效应”基础上，置换Ag+形成许多微小的Mg-Ag原电池，使Mg+H2O反应速率进一步加快。
【实验设计】用砂纸擦去镁条表面氧化膜，取表面积和质量相同的镁条(5cm)，用浓度分别为1 ml·L-1KCl、0.2 ml·L-1 AgNO3、0.2 ml·L-1 KNO3溶液，按照下表进行系列实验，若有沉淀，先将沉淀过滤后，将滤液加入装Mg条的试管，并观察Mg条表面实验现象。
①根据表中信息，补充数据：a=_______，b=_______。
②由实验1和实验3对比可知：有加快Mg+H2O反应速率的作用。
③由实验_______和实验_______对比可知：Ag+有加快Mg+H2O反应速率的作用。
【实验结论】猜想一和猜想二成立。
(2)为了进一步证明原电池能加快Mg+H2O+ Cl-体系中Mg+H2O的反应速率，研究小组利用数字化实验进行了验证。
【实验设计】选取实验2和实验4两个实验方案，将各实验Mg条、溶液量等比例放大至30cm，，采集两个实验的时间、温度-时间变化数据(先采集约10s时溶液的时间、温度-时间数据，再投入Mg条继续采集时间、温度-时间数据)。实验数据如图所示：
④由初始数据可知，曲线_______(填“a”或“b”)表示实验2的pH-时间变化曲线，请你解释原因_______。
⑤在左右，两实验的变化都明显趋于平缓的原因_______。
⑥“温度-时间”曲线分析：两种溶液的初始温度一致，投入镁条后，实验2温度增幅明显大于实验4，说明相同反应时间内，_______(填“实验2”或“实验4”)放热更多，因此速率更快。
【实验结论2】结合pH-时间、温度-时间曲线可知，Mg-Ag原电池能加快Mg+H2O+ Cl-体系中Mg+H2O的反应速率。
【答案】(1) 4.50 0.50 2 4
(2) a 实验2溶液中存在Ag+，Ag+水解使溶液呈酸性，初始阶段溶液pH＜7 大量的氢氧化镁沉淀覆盖在镁条表面，阻碍了Mg和H2O反应的继续进行 实验2
【解析】(1)①两种猜想均有“离子钻入效应”，因此除实验1为对照实验不需要加Cl-之外，实验中都需要有Cl-，故实验4需要加KCl，为了保持Cl-浓度相同，a=4.50；由表格可知，实验2、3加入的溶液总体积为5mL，为了保证体积相同，b=0.50；③由表格数据可知，实验2加入AgNO3，产生气泡较多，实验4加KNO3，产生气泡较少，说明NO3-对实验没有影响，是Ag+加快了反应速率；(2)④实验2加入AgNO3，Ag+水解生成H+，导致溶液显酸性，初始的pH＜7，因此a曲线是实验2的pH-时间变化曲线；⑤随着反应的进行，Mg与H2O反应生成的Mg(OH)2逐渐增多，Mg(OH)2难溶于水，附着在Mg的表面阻碍Mg与H2O的进一步反应，因此pH=11左右，两实验的pH变化都明显趋于平缓；⑥由图像可知，实验2的曲线a温度的增幅明显大于实验4的曲线b，因此相同时间内实验2放热更多，反应速率更快。
6．(2023·广东省韶关市高三调研考试)某学习小组对Cu与HNO3的反应进行了研究。
(1)铜与稀硝酸反应的化学方程式是_______。
(2)利用下图装置完成Cu与HNO3制取氮氧化物的反应。实验可观察到装置B中液面上方为无色气体，C中液面上为红棕色气体。
①盛稀硝酸的仪器名称_______。
②为排尽整套装置内的空气，先打开弹簧夹，通入_______(填化学式)，一段时间后关闭弹簧夹。
③C中液面上为红棕色气体，其原因是_______(用化学方程式表示)。
(3)下图是学习小组在做铜与硝酸反应的实验时的操作和现象。图中溶液A遇铜片立即产生气泡，而相同条件下稀硝酸(溶液B)遇铜片短时间内无明显变化，一段时间后才有少量气泡产生。分析溶液A的成分后，学习小组探究溶液A与铜片能够立即发生反应的原因。
①假设1：_______(填化学式)对该反应有催化作用。
实验验证：向溶液B中加入少量硝酸铜固体，溶液呈浅蓝色，放入铜片，没有明显变化。
结论：假设1不成立。
②假设2：NO2对该反应有催化作用。
方案1：向放有铜片的溶液B中通入少量NO2，铜片表面立即产生气泡，反应持续进行。有同学认为应补充对比实验：另取一份放有铜片的溶液B，向其中加入数滴5ml·L—1硝酸，无明显变化。补充该实验的目的是_______。
方案2：向A中鼓入N2数分钟得溶液C．相同条件下，铜片与A、C溶液的反应速率分别为、，当_______。(填“>”、“=”、“＜”)时，实验能够证明假设2成立。
③经检验，A溶液中还含有少量亚硝酸HNO2。
设计实验证明HNO2也对该反应有催化作用。操作和预期现象是：向含有铜片的B溶液中_______。
最后结论：NO2和HNO2对铜与硝酸的反应都有催化作用。
【答案】(1)3Cu+8HNO3 (稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
(2)分液漏斗或滴液漏斗 N2、CO2、稀有气体等 NO+2HNO3 (浓)=3NO2+H2O
(3) Cu2+或Cu(NO3)2 排除通NO2带来的硝酸浓度增大的影响 > 加入少量的固体NaNO2，B中铜片上立即生成气泡，反应持续进行
【解析】(1)稀硝酸是氧化剂，铜是还原剂，铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，配平后方程式为3Cu+8HNO3 (稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；(2)装置A中稀硝酸和铜反应生成NO，装置B除去NO中的硝酸，装置C中NO和浓硝酸反应生成了NO2，装置D除去尾气，避免污染空气。①根据装置图，可得盛稀硝酸的仪器名称为分液漏斗或滴液漏斗；②为了排除装置内的空气，需要通入不与产生气体反应的气体，可通入N2、CO2、稀有气体等；③根据装置B中为无色气体，可知通入C中的气体为NO，装置C中液面上为红棕色气体，可知NO和浓硝酸反应生成了NO2，所以方程式为NO+2HNO3 (浓)=3NO2+H2O；(3)①由验证性实验加少量硝酸铜固体可得，该假设是探究Cu2+或Cu(NO3)2 对该反应有催化作用；②因为NO2会和水反应产生硝酸，致使硝酸浓度增大，避免浓度对反应的影响，故需增加对照实验；向A中鼓入N2数分钟，使得溶液中NO2的浓度下降，得溶液C，当>时，实验能够证明假设2成立；③欲设计实验证明HNO2也对该反应有催化作用，只需证明往含有铜片的B溶液中加入少量的固体NaNO2比没加的速率快就行。
7．(2023·福建省龙岩市高三联考)某实验小组对Cu与HNO3的反应进行研究，实验如下。
(1)试管①中反应的化学方程式是_______。
(2)已知绿色是棕色和蓝色的混合色，绿色溶液变蓝是因为NO2与水生成了HNO2和_______。
(3)对比③和⑤中现象，为探究③中立即产生气泡的原因，实验小组提出如下假设，并设计实验验证。
假设1：Cu2+对该反应有催化作用。
假设2：NO2对该反应有催化作用。
假设3：HNO2对该反应有催化作用。
(4)得出实验结论后，有同学认为还应补充对比实验：向④溶液加入几滴较浓的硝酸后加入铜片。补充该实验的目的是_______。
(5)某工厂用硝酸溶解废铜屑制备Cu(NO3)2·3H2O，为避免NOx的生成，实验小组提出还应加入H2O2溶液，反应的离子方程式为_______；消耗含铜元素80%的废铜屑240 kg固体时，得到653.4 kg产品，产率为_______。
【答案】(1)Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O
(2)HNO3
(3) Cu(NO3)2 向④中溶液通入NO2气体后，加入铜片 N2(或稀有气体等其他不与体系发生反应的气体) HNO2
(4)排除通NO2带来的硝酸浓度增大的影响
(5) 2HNO3+H2O2+Cu=Cu(NO3)2+2H2O 90%
【解析】(1)试管①中反应的化学方程式是Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；(2)已知绿色是棕色和蓝色的混合色，绿色溶液变蓝是因为NO2与水生成了HNO2，二氧化氮化合价降低，还有化合价升高，则二氧化氮的氮也应该升高，即生成HNO3；
(3)假设1不成立，则应该向溶液中加入铜离子即加入Cu(NO3)2，蓝色加深，氮没有其他明显现象；为验证是NO2对该反应有催化作用，则应该向④中溶液通入NO2气体后，加入铜片，铜片立刻产生气泡，再将②中溶液通入稀有气体等将里面的二氧化氮排出，再加铜片无明显现象，说明是NO2对该反应有催化作用；为验证HNO2对该反应有催化作用，应将向④中溶液加入少量HNO2溶液，再加入铜片，铜片表面立即产生气泡；(4)得出实验结论后，有同学认为还应补充对比实验：向④溶液加入几滴较浓的硝酸后加入铜片，由于二氧化氮溶于水生成硝酸，导致硝酸浓度变大，因此补充该实验的目的是排除通NO2带来的硝酸浓度增大的影响；(5)某工厂用硝酸溶解废铜屑制备Cu(NO3)2·3H2O，为避免NOx的生成，实验小组提出还应加入H2O2溶液，则铜、硝酸、双氧水反应生成硝酸铜和水，其反应的离子方程式为2HNO3+H2O2+Cu=Cu(NO3)2+2H2O；消耗含铜元素80%的废铜屑240 kg固体时，根据Cu～Cu(NO3)2·3H2O，理论得到Cu(NO3)2·3H2O质量为，实际得到653.4 kg产品，产率为。
8．实验小组同学为探究Fe2+性质，进行如下实验。
【实验Ⅰ】向2mL0.1ml·L-1 FeSO4溶液滴中几滴0.1ml·L-1KSCN溶液，无明显现象，再滴加几滴3%H2O2溶液(用H2SO4酸化至)，溶液颜色变红。
(1)甲同学通过上述实验分析Fe2+具有_______(填“氧化”或“还原”)性。
乙同学查阅资料发现Fe2+与可发生反应，生成无色的配合物。为证实该性质，利用进行如下实验。
(2) FeCO3的制备：用过量NH4HCO3溶液与FeSO4溶液反应得到FeCO3，离子方程式为_______。
【实验Ⅱ】验证Fe2+与SCN-发生反应
(3)实验b的目的是_______。
(4)从沉淀溶解平衡角度解释实验a和b最终溶液颜色不同的原因是_______。
丙同学设计实验进一步证明Fe2+可与SCN-反应。
【实验Ⅲ】
(5)上述实验中，d为c的对照实验。
①X为_______。
②实验能够证实Fe2+可与SCN-反应，则应观察到的现象是_______。
(6)实验Ⅲ中若未加适量水稀释，则无法通过现象得出结论。推测加水稀释的目的可能有：使后续实验颜色变化易于观察；降低c Fe3+)，_______。
【答案】(1)还原
(2) Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O
(3)通过实验b排除了FeCO3溶解产生的Fe2+对实验的影响
(4)SCN-与FeCO3溶解电离产生的Fe2+结合，沉淀溶液平衡正向移动，溶液中的Fe2+(包括Fe2+与SCN-生成物)浓度增大，与酸性H2O2反应产生的Fe3+增大，Fe3+与SCN-生成物浓度增大，溶液红色加深
(5) H2SO4 溶液红色更浅
(6)使Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡逆向移动
【解析】(1)向2 mL0.1 ml•L-1FeSO4溶液中滴加几滴0.1 ml•L-1KSCN溶液，无明显现象，再滴加几滴3%H2O2溶液(用H2SO4酸化至pH=1)，溶液颜色变红，说明Fe2+能够被酸性H2O2溶液氧化为Fe3+，Fe3+遇SCN-溶液变为血红色，这证明Fe2+具有还原性；(2)用过量NH4HCO3溶液与FeSO4溶液反应得到FeCO3，同时反应产生(NH4)2SO4、H2O、CO2，该反应的离子方程式为：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；(3)通过对实验进行对比可知：实验b排除了加水稀释对沉淀溶解平衡移动的影响；(4)FeCO3是难溶性物质，在溶液中存在沉淀溶解平衡：FeCO3(s)⇌Fe2+(aq)+CO32-(aq)，溶液中含有Fe2+浓度较小，向其中滴加酸性H2O2，发生反应2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，反应产生的Fe3+浓度较小，因此加入KSCN溶液时，发生反应Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，溶液变为浅红色，而向FeCO3沉淀中加入等体积4 ml/LKSCN溶液，FeCO3溶解电离产生的Fe2+与SCN-结合，使FeCO3溶解电离程度增大，溶液中Fe2+及Fe2+与SCN-结合物与酸性H2O2反应产生的Fe3+浓度较大，溶液中Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡正向移动，c[Fe(SCN)3]增大，因而溶液红色比实验b加深；(5)①因为要探究Fe2+与SCN-的反应，对照实验也应该加入相同阴离子(SO42-)的溶液，因此X为H2SO4；②Fe2+与SCN-反应，降低了溶液中c(SCN-)，使Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡逆向移动，溶液中c[Fe(SCN)3]减小，因而应该观察到的实验现象是溶液红色变浅；(6)加水稀释的目的可能有：使后续实验颜色变化易于观察；降低c(Fe3+)，使Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡逆向移动，溶液中c[Fe(SCN)3]减小，因而溶液红色变浅。
9．(2023·安徽省淮南市一模)某化学实验小组为了探究氨气的性质设计了如下实验方案。
实验一：探究氨气的溶解性
氨气具有强刺激性气味，会污染空气。实验小组经过多次尝试，最终将氨气的制备、收集、检验和喷泉实验于一体，设计出如图装置。
(1)写出气体发生装置仪器A中产生氨气的方程式___________。
(2)仪器B的名称___________，为了保证喷泉实验的良好效果，B中可以放入的试剂___________。
(3)实验时，打开K2，关闭K3，打开K1，将注射器中的浓氨水注入A中开始制备和收集氨气。已知仪器C中放入的是滴有酚酞溶液的湿棉花，则仪器C的作用___________。在不拆除装置的前提下，引发喷泉的操作是___________。
实验二：探究氨气的还原性
已知： Cu2O 呈红色固体，在酸性溶液中不稳定： Cu2O+ H2SO4=Cu+CuSO4+ H2O。
(4)装置G用于制备氨气，仪器的链接顺序为e，f接___________、___________、___________、___________ 、___________ 、___________接i，________，装置H的作用___________。实验开始前应先通一段时间的N2，其目的是___________。
(5)反应结束后装置F中的氧化铜完全反应生成红色固体，为了探究红色固体的成分，进行了如下实验：取15.6g红色固体于烧杯中，加入足量稀硫酸充分搅拌、静置、过滤、洗涤、干燥、称重，得固体9.6g，则红色固体的成分及其物质的量为___________。
【答案】(1)CaO+NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑(或CaO+H2O=Ca(OH)2、NH3·H2O= NH3↑+H2O)
(2) 球形干燥管 碱石灰
(3) 吸收并检验氨气，防止氨气直接排入空气 关闭K1和K2，打开K3
(4) abcdgh(或abcdhg) 安全瓶，防倒吸 排尽装置内空气或氧气 (合理即可)
(5)Cu2O和Cu各0.075ml 或Cu2O 0.075ml、Cu 0.075ml
【解析】(1)A中产生氨气的方程式CaO+NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑(或CaO+H2O=Ca(OH)2、NH3·H2O= NH3↑+H2O)；(2)仪器B的名称为球形干燥管，为了保证喷泉实验的良好效果，B中可以放入的试剂为碱石灰，对氨气进行干燥；(3)C中放入滴有酚酞溶液的湿棉花，作用为吸收并检验氨气，防止氨气直接排入空气，污染大气。在不拆除装置的前提下，引发喷泉的操作是关闭K1和K2，打开K3；(4)分析实验装置，装置G用于制备氨气，然后E用于干燥氨气，氨气和CuO在F中发生反应，然后接H，起到安全瓶的作用，最后用I进行尾气吸收，则仪器的链接顺序为e，f接a-b-c-d-g-h (或a-b-c-d-h-g)接i，装置H的作用是安全瓶，防倒吸。实验开始前应先通一段时间的N2，其目的是排尽装置内空气或氧气 (合理即可)，防止空气中氧气等的干扰。(5)所得固体为Cu，物质的量为；过程中发生反应为Cu2O+ H2SO4=Cu+CuSO4+ H2O，每摩尔Cu2O与酸反应前后质量损失为80g，根据反应前后质量损失为15.6g-9.6g=6g，则参加反应的Cu2O为，则生成Cu的物质的量为0.075ml，所以原固体中Cu2O的物质的量为0.075ml，Cu物质的量为，故Cu2O和Cu各0.075ml 或Cu2O 0.075ml、Cu 0.075ml。
考点五 定量实验
1．(2023•全国乙卷，26)元素分析是有机化合物的表征手段之一。按下图实验装置(部分装置略)对有机化合物进行C、H元素分析。
回答下列问题：
(1)将装有样品的Pt坩埚和CuO放入石英管中，先_______，而后将已称重的U型管c、d与石英管连接，检查_______。依次点燃煤气灯_______，进行实验。
(2)O2的作用有_______。CuO的作用是_______(举1例，用化学方程式表示)。
(3)c和d中的试剂分别是_______、_______(填标号)。c和d中的试剂不可调换，理由是_______。
A．CaCl2 B．NaCl C．碱石灰(CaO+NaOH) D．Na2SO3
(4)Pt坩埚中样品CxHyOz反应完全后，应进行操作：_______。取下c和d管称重。
(5)若样品CxHyOz为0.0236g，实验结束后，c管增重0.0108g，d管增重0.0352g。质谱测得该有机物的相对分子量为118，其分子式为_______。
【答案】(1) 通入一定的O2 装置气密性 b、a
(2)为实验提供氧化剂、提供气流保证反应产物完全进入到U型管中 CO+CuOCu+CO2
(3) A C 碱石灰可以同时吸收水蒸气和二氧化碳
(4)继续吹入一定量的O2，冷却装置
(5)C4H6O4
【解析】利用如图所示的装置测定有机物中C、H两种元素的含量，这是一种经典的李比希元素测定法，将样品装入Pt坩埚中，后面放置一CuO做催化剂，用于催化前置坩埚中反应不完全的物质，后续将产物吹入道两U型管中，称量两U型管的增重计算有机物中C、H两种元素的含量，结合其他技术手段，从而得到有机物的分子式。(1)实验前，应先通入一定的O2吹空石英管中的杂质气体，保证没有其他产物生成，而后将已U型管c、d与石英管连接，检查装置气密性，随后先点燃b处酒精灯后点燃a处酒精灯，保证当a处发生反应时产生的CO能被CuO反应生成CO2；(2)实验中O2的作用有：为实验提供氧化剂、提供气流保证反应产物完全进入到U型管中；CuO的作用是催化a处产生的CO，使CO反应为CO2，反应方程式为CO+CuOCu+CO2；(3)有机物燃烧后生成的CO2和H2O分别用碱石灰和无水CaCl2吸收，其中c管装有无水CaCl2，d管装有碱石灰，二者不可调换，因为碱石灰能同时吸收水蒸气和二氧化碳，影响最后分子式的确定；(4)反应完全以后应继续吹入一定量的O2，保证石英管中的气体产物完全吹入两U行管中，使装置冷却；(5)c管装有无水CaCl2，用来吸收生成的水蒸气，则增重量为水蒸气的质量，由此可以得到有机物中H元素的物质的量n(H)===0.0012ml；d管装有碱石灰，用来吸收生成的CO2，则增重量为CO2的质量，由此可以得到有机物中C元素的物质的量n(C)===0.0008ml；有机物中O元素的物质的量为0.0128g，其物质的量n(O)===0.0008ml；该有机物中C、H、O三种元素的原子个数比为0.0008：0.0012：0.0008=2：3：2；质谱测得该有机物的相对分子质量为118，则其化学式为C4H6O4。
2．(2023•山东卷，18)三氯甲硅烷(SiHCl3)是制取高纯硅的重要原料，常温下为无色液体，沸点为31.8℃，熔点为-126.5℃，易水解。实验室根据反应Si+3HClSiHCl3+H2，利用如下装置制备SiHCl3粗品(加热及夹持装置略)。回答下列问题：
(1)制备SiHCl3时进行操作：(ⅰ)……；(ⅱ)将盛有砫粉的瓷舟置于管式炉中；(ⅲ)通入，一段时间后接通冷凝装置，加热开始反应。操作(ⅰ)为_____；判断制备反应结束的实验现象是_____。图示装置存在的两处缺陷是_____。
(2)已知电负性Cl＞H＞Si，SiHCl3在浓溶液中发生反应的化学方程式为_____。
(3)采用如下方法测定溶有少量的SiHCl3纯度。
m1g样品经水解、干燥等预处理过程得硅酸水合物后，进行如下实验操作：①_____，②_____(填操作名称)，③称量等操作，测得所得固体氧化物质量为m2g，从下列仪器中选出①、②中需使用的仪器，依次为_____(填标号)。测得样品纯度为_____(用含m1、m2的代数式表示)。
【答案】(1) 检查装置气密性 当管式炉中没有固体剩余时 C、D之间没有干燥装置，没有处理氢气的装置
(2)SiHCl3+5NaOH =Na2SiO3+3NaCl+H2↑+2H2O
(3) 高温灼烧 冷却 AC
【解析】氯化氢气体通入浓硫酸干燥后，在管式炉中和硅在高温下反应，生成三氯甲硅烷和氢气，由于三氯甲硅烷沸点为31.8℃，熔点为-126.5℃，在球形冷凝管中可冷却成液态，在装置C中收集起来，氢气则通过D装置排出同时D可处理多余吸收的氯化氢气体。(1)制备SiHCl3时，由于氯化氢、SiHCl3和氢气都是气体，所以组装好装置后，要先检查装置气密性，然后将盛有硅粉的瓷舟置于管式炉中，通入氯化氢气体，排出装置中的空气，一段时候后，接通冷凝装置，加热开始反应，当管式炉中没有固体剩余时，即硅粉完全反应，SiHCl3易水解，所以需要在C、D之间加一个干燥装置，防止D中的水蒸气进入装置C中，另外氢氧化钠溶液不能吸收氢气，需要在D后面加处理氢气的装置；(2)已知电负性Cl＞H＞Si，则SiHCl3中氯元素的化合价为-1，H元素的化合价为-1，硅元素化合价为+4，所以氢氧化钠溶液和SiHCl3反应时，要发生氧化还原反应，得到氯化钠、硅酸钠和氢气，化学方程式为：SiHCl3+5NaOH =Na2SiO3+3NaCl+H2↑+2H2O；(3)m1g样品经水解，干燥等预处理过程得到硅酸水合物后，高温灼烧，在干燥器中冷却后，称量，所用仪器包括坩埚和干燥器，所得固体氧化物为二氧化硅，质量为m2g，则二氧化硅的物质的量为n(SiO2)=，样品纯度为=。
3．(2023•湖北省选择性考试，18)学习小组探究了铜的氧化过程及铜的氧化物的组成。回答下列问题：
(1)铜与浓硝酸反应的装置如下图，仪器A的名称为_______，装置B的作用为_______。
(2)铜与过量H2O2反应的探究如下：
实验②中Cu溶解的离子方程式为_______；产生的气体为_______。比较实验①和②，从氧化还原角度说明的作用是_______。
(3)用足量NaOH处理实验②新制的溶液得到沉淀X，元素分析表明X为铜的氧化物，提纯干燥后的X在惰性氛围下加热，mgX完全分解为ng黑色氧化物Y，。X的化学式为_______。
(4)取含X粗品0.0500g(杂质不参加反应)与过量的酸性KI完全反应后，调节溶液至弱酸性。以淀粉为指示剂，用0.1000ml·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定，滴定终点时消耗Na2S2O3标准溶液15.00mL。(已知：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)标志滴定终点的现象是_______，粗品中X的相对含量为_______。
【答案】(1)①具支试管 ②防倒吸
(2)①Cu+H2O2+2H+= Cu2++2H2O ②O2 ③既不是氧化剂，又不是还原剂
(3)CuO2 (4)①溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色 ② 72%
【解析】(1)由图可知，仪器A的名称为具支试管；铜和浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮，其中二氧化氮易溶于水，需要防倒吸，则装置B的作用为防倒吸；(2)根据实验现象，铜片溶解，溶液变蓝，可知在酸性条件下铜和过氧化氢发生反应，生成硫酸铜，离子方程式为：Cu+H2O2+2H+= Cu2++2H2O；硫酸铜可以催化过氧化氢分解生成氧气，则产生的气体为O2；在铜和过氧化氢的反应过程中，氢元素的化合价没有发生变化，故从氧化还原角度说明H+的作用是：既不是氧化剂，又不是还原剂；(3)在该反应中铜的质量m(Cu)=n×，因为，则m(O)=，则X的化学式中铜原子和氧原子的物质的量之比为：，则X为CuO2；(4)滴定结束的时候，单质碘消耗完，则标志滴定终点的现象是：溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色；在CuO2中铜为+2价，氧为-1价，根据2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可以得到关系式：CuO2~2I2~4S2O32-，则n(CuO2)=×0.1ml/L×0.015L=0.000375ml，粗品中X的相对含量为。
4．(2023•浙江省6月选考，20)某研究小组用铝土矿为原料制备絮凝剂聚合氯化铝([Al2(OH) aClb] m，a=1~5)按如下流程开展实验。
已知：①铝土矿主要成分为Al2O3，含少量Fe 2O3和SiO2。用NaOH溶液溶解铝土矿过程中SiO2转变为难溶性的铝硅酸盐。
②[Al2(OH) aClb] m的絮凝效果可用盐基度衡量，盐基度
当盐基度为0.60~0.85时，絮凝效果较好。
请回答：
(1)步骤1所得滤液中主要溶质的化学式是___________。
(2)下列说法不正确的是___________。
A．步骤I，反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度
B．步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量CO2有利于减少Al(OH)3沉淀中的杂质
C．步骤Ⅲ，为减少Al(OH)3吸附的杂质，洗涤时需对漏斗中的沉淀充分搅拌
D．步骤中控制Al(OH)3和AlCl3的投料比可控制产品盐基度
(3)步骤V采用如图所示的蒸汽浴加热，仪器A的名称是___________；步骤V不宜用酒精灯直接加热的原因是___________。
(4)测定产品的盐基度。
Cl-的定量测定：称取一定量样品，配成溶液，移取25.00mL。溶液于锥形瓶中，调pH=6.5~10.5，滴加指示剂K2CrO4溶液。在不断摇动下，用0.1000ml·L-1AgNO3标准溶液滴定至浅红色(有Ag2CrO4沉淀)，30秒内不褪色。平行测试3次，平均消耗AgNO3标准溶液22.50mL。另测得上述样品溶液中c(Al3+)=0.1000ml·L-1。
①产品的盐基度为___________。
②测定过程中溶液pH过低或过高均会影响测定结果，原因是___________。
【答案】(1)NaAlO2、NaOH (2)C
(3) ①蒸发皿 ②酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀
(4)①0.70 ②pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸银沉淀，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多
【解析】铝土矿主要成分为Al2O3，含少量Fe 2O3和SiO2，向铝土矿中加氢氧化钠溶液，得到难溶性铝硅酸盐、偏铝酸钠，氧化铁不与氢氧化钠溶液反应，过滤，滤液中主要含偏铝酸钠，向偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳，过滤，得到氢氧化铝沉淀，分为两份，一份加入盐酸得到氯化铝，将两份混合得到聚合氯化铝溶液，加热得到聚合氯化铝固体。(1)根据题中信息步骤1所得滤液中主要溶质的化学式是NaAlO2、NaOH；(2)A项，步骤I，反应所学温度高于100℃，因此反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度，故A正确；B项，步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量CO2生成氢氧化铝和碳酸氢钠溶液，有利于减少Al(OH)3沉淀中的杂质，故B正确；C项，步骤Ⅲ，洗涤时不能需对漏斗中的沉淀充分搅拌，故C错误；D项，[Al2(OH) aClb] m中a、b可通过控制Al(OH)3和AlCl3的投料比来控制产品盐基度，故D正确；故选C。(3)步骤V采用如图所示的蒸汽浴加热，根据图中信息得到仪器A的名称是蒸发皿；酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀，而用蒸汽浴加热，受热均匀，得到的产品盐基度均匀； (4)①根据Cl-~ AgNO3，样品溶液中氯离子物质的量浓度为，，根据电荷守恒得到[Al2(OH) 4.2Cl1.8] m产品的盐基度为；②测定Cl-过程中溶液pH过低或过高均会影响测定结果，原因是pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸跟，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多。
5．(2022•山东卷，18)(12分)实验室利用FeCl2∙4H2O和亚硫酰氯(SOCl2)制备无水FeCl2的装置如图所示(加热及夹持装置略)。已知SOCl2沸点为76℃，遇水极易反应生成两种酸性气体。回答下列问题：
(1)实验开始先通N2。一段时间后，先加热装置_______(填“a”或“b”)。装置b内发生反应的化学方程式为_______。装置c、d共同起到的作用是_______。
(2)现有含少量杂质的FeCl2∙ nH2O，为测定n值进行如下实验：
实验Ⅰ：称取m1g样品，用足量稀硫酸溶解后，用cml·L-1K2Cr2O7标准溶液滴定达终点时消耗(滴定过程中Cr2O72-转化为Cr3+，不反应)。
实验Ⅱ：另取m1g样品，利用上述装置与足量SOCl2反应后，固体质量为m2g。
则_______；下列情况会导致n测量值偏小的是_______(填标号)。
A．样品中含少量杂质
B．样品与SOCl2反应时失水不充分
C．实验Ⅰ中，称重后样品发生了潮解
D．滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成
(3)用上述装置、根据反应TiO2+CCl4 =TiCl4+CO2制备TiCl4。已知TiCl4与CCl4分子结构相似，与CCl4互溶，但极易水解。选择合适仪器并组装蒸馏装置对TiCl4、CCl4混合物进行蒸榴提纯(加热及夹持装置略)，安装顺序为①⑨⑧_______(填序号)，先馏出的物质为_______。
【答案】(1) a FeCl2∙4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8HCl↑ 冷凝回流SOCl2
(2) AB (3) ⑥⑩③⑤ CCl4
【解析】SOCl2与H2O反应生成两种酸性气体，FeCl2∙4H2O与SOCl2制备无水FeCl2的反应原理为：SOCl2吸收FeCl2∙4H2O受热失去的结晶水生成SO2和HCl，HCl可抑制FeCl2的水解，从而制得无水FeCl2。(1)实验开始时先通N2，排尽装置中的空气，一段时间后，先加热装置a，产生SOCl2气体充满b装置后再加热b装置，装置b中发生反应的化学方程式为FeCl2∙4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8HCl↑；装置c、d的共同作用是冷凝回流SOCl2；(2)滴定过程中Cr2O72-将Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原成Cr3+，反应的离子方程式为6Fe2++ Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，则m1g样品中n(FeCl2)=6n(Cr2O72-)=6cV×10-3ml；m1g样品中结晶水的质量为(m1-m2)g，结晶水物质的量为ml，n(FeCl2)：n(H2O)=1：n=(6cV×10-3ml)：ml，解得n=；A项，样品中含少量FeO杂质，溶于稀硫酸后生成Fe2+，导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积V偏大，使n的测量值偏小，A项选；B项，样品与SOCl2反应时失水不充分，则m2偏大，使n的测量值偏小，B项选；C项，实验I称重后，样品发生了潮解，样品的质量不变，消耗的K2Cr2O7溶液的体积V不变，使n的测量值不变，C项不选；D项，滴定达到终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积V偏小，使n的测量值偏大，D项不选；故选AB。(3)组装蒸馏装置对TiCl4、CCl4混合物进行蒸馏提纯，按由下而上、从左到右的顺序组装，安装顺序为①⑨⑧，然后连接冷凝管，蒸馏装置中应选择直形冷凝管⑥、不选用球形冷凝管⑦，接着连接尾接管⑩，TiCl4极易水解，为防止外界水蒸气进入，最后连接③⑤，安装顺序为①⑨⑧⑥⑩③⑤；由于TiCl4、CCl4分子结构相似，TiCl4的相对分子质量大于CCl4，TiCl4分子间的范德华力较大，TiCl4的沸点高于CCl4，故先蒸出的物质为CCl4。
6．(2021•山东卷)六氯化钨(WCl6)可用作有机合成催化剂，熔点为283℃，沸点为340℃，易溶于CS2，极易水解。实验室中，先将三氧化钨(WO3)还原为金属钨(W)再制备WCl6，装置如图所示(夹持装置略)。回答下列问题：
(1)检查装置气密性并加入WO3。先通N2，其目的是________________________；一段时间后，加热管式炉，改通H2，对B处逸出的H2进行后续处理。仪器A的名称为________，证明WO3已被完全还原的现象是________________________________。
(2)WO3完全还原后，进行的操作为：①冷却，停止通H2；②以干燥的接收装置替换E；③在B处加装盛有碱石灰的干燥管；④……；⑤加热，通Cl2；⑥……。碱石灰的作用是___________________；操作④是________，目的是_______________________。
(3)利用碘量法测定WCl6产品纯度，实验如下：
①称量：将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称重为m1g；开盖并计时1分钟，盖紧称重为m2g；再开盖加入待测样品并计时1分钟，盖紧称重为m3g，则样品质量为_________g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。
②滴定：先将WCl6转化为可溶的Na2WO4，通过IO3-离子交换柱发生反应：WO42-+Ba(IO3)2=BaWO4+2IO3-；交换结束后，向所得含IO3-的溶液中加入适量酸化的KI溶液，发生反应：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O；反应完全后，用Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-。滴定达终点时消耗cml•L-1的Na2S2O3溶液VmL，则样品中WCl6(摩尔质量为Mg•ml-1)的质量分数为________________。称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将______ (填“偏大”“偏小”或“不变”)，样品中WCl6质量分数的测定值将_____ (填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【答案】(1)排除装置中的空气 直形冷凝管 淡黄色固体变为银白色
(2)吸收多余氯气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入E 再次通入N2 排除装置中的H2
(3)①( m3+m1- 2m2) ②% 不变 偏大
【解析】(1)用H2还原WO3制备W，装置中不能有空气，所以先通N2，其目的是排除装置中的空气；由仪器构造可知仪器A的名称为直形冷凝管；WO3为淡黄色固体，被还原后生成W为银白色，所以能证明WO3已被完全还原的现象是淡黄色固体变为银白色；(2) 由信息可知WCl6极易水解，W与Cl2反应制取WCl6时，要在B处加装盛有碱石灰的干燥管，防止空气中的水蒸气进入E中，所以碱石灰的作用其一是吸收多余氯气，防止污染空气；其二是防止空气中的水蒸气进入E；在操作⑤加热，通Cl2之前，装置中有多余的H2，需要除去，所以操作④是再次通入N2，目的是排除装置中的H2；(3) ①根据分析，称量时加入足量的CS2，盖紧称重为m1g，由于CS2易挥发，开盖时要挥发出来，称量的质量要减少，开盖并计时1分钟，盖紧称重m2g，则挥发出的CS2的质量为(m1- m2)g，再开盖加入待测样品并计时1分钟，又挥发出(m1- m2)g的CS2，盖紧称重为m3g，则样品质量为：m3g+2(m1- m2)g-m1g=( m3+m1- 2m2)g；②滴定时，根据关系式：WO42-~2IO3-~6I2~12 S2O32-，样品中n(WCl6)=n(WO42-)=n(S2O32-)=cV10-3ml，m(WCl6)=cV10-3mlMg/ml=g，则样品中WCl6的质量分数为：100%=%；根据测定原理，称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，挥发的CS2的质量增大，m3偏小，但WCl6的质量不变，则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将不变，样品中WCl6质量分数的测定值将偏大。
7．(2022•河北省选择性考试)某研究小组为了更准确检测香菇中添加剂亚硫酸盐的含量，设计实验如下：
①三颈烧瓶中加入香菇样品和水；锥形瓶中加入水、淀粉溶液，并预加的碘标准溶液，搅拌。
②以流速通氮气，再加入过量磷酸，加热并保持微沸，同时用碘标准溶液滴定，至终点时滴定消耗了碘标准溶液。
③做空白实验，消耗了碘标准溶液。
④用适量Na2SO3替代香菇样品，重复上述步骤，测得SO2的平均回收率为95%。
已知：，
回答下列问题：
(1)装置图中仪器a、b的名称分别为_______、_______。
(2)三颈烧瓶适宜的规格为_______(填标号)。
A． B． C．
(3)解释加入H3PO4，能够生成SO2的原因：_______。
(4)滴定管在使用前需要_______、洗涤、润洗；滴定终点时溶液的颜色为_______；滴定反应的离子方程式为_______。
(5)若先加磷酸再通氮气，会使测定结果_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
(6)该样品中亚硫酸盐含量为_______ mg•kg -1 (以SO2计，结果保留三位有效数字)。
【答案】(1) (球形)冷凝管 (恒压)滴液漏斗 (2)C
(3)加入H3PO4后，溶液中存在化学平衡H2SO3SO2+H2O，SO2的溶解度随着温度升高而减小，SO2逸出后，促进了化学平衡H2SO3SO2+H2O向右移动
(4)检验其是否漏水 蓝色 加入H3PO4后，溶液中存在化学平衡H2SO3 SO2+H2O，SO2的溶解度随着温度升高而减小，SO2逸出后，促进了化学平衡H2SO3SO2+H2O向右移动
(5)偏低 (6)80.8
【解析】由题中信息可知，检测香菇中添加剂亚硫酸盐的含量的原理是：用过量的磷酸与其中的亚硫酸盐反应生成SO2，用氮气将SO2排入到锥形瓶中被水吸收，最后用碘标准溶液滴定，测出样品中亚硫酸盐含量。(1)根据仪器a、b的结构可知，装置图中仪器a、b的名称分别为球形冷凝管和恒压滴液漏斗；(2)三颈烧瓶中加入10.00g香菇样品和400 mL水，向其中加入H3PO4的体积不超过10 mL。在加热时，三颈烧瓶中的液体不能超过其容积的，因此，三颈烧瓶适宜的规格为1000 mL 选C。(3)虽然Ka1(H3PO4)=7.1×10-3＜K a1 (H2SO3) =1.3×10-2，但是H3PO4为难挥发性的酸，而H2SO3易分解为SO2和水，SO2的溶解度随着温度升高而减小，SO2逸出后，促进了化学平衡H2SO3SO2+H2O向右移动，因此，加入H3PO4能够生成SO2的原因是：加入H3PO4后，溶液中存在化学平衡H2SO3SO2+H2O，SO2的溶解度随着温度升高而减小，SO2逸出后，促进了化学平衡H2SO3SO2+H2O向右移动；(4)滴定管在使用前需要检验其是否漏水、洗涤、润洗；滴定前，溶液中的碘被SO2还原为碘离子，溶液的颜色为无色，滴加终点时，过量的1滴或半滴标准碘液使淀粉溶液变为蓝色且半分钟点之内不变色，因此，滴定终点时溶液为蓝色；滴定反应的离子方程式为I2+ SO2+2H2O=2I—+4H++SO42-；(5)若先加磷酸再通氮气，则不能将装置中的空气及时排出，有部分亚硫酸盐和SO2被装置中的氧气氧化，碘的标准液的消耗量将减少，因此会使测定结果偏低。(6)实验中SO2消耗的标准碘液的体积为0.30 mL+1.00 mL=1.30 mL，减去空白实验消耗的0.10 mL，则实际消耗标准碘液的体积为1.20mL，根据反应I2+ SO2+2H2O=2I—+4H++ SO42-可以计算出n(SO2)= n(I2)= 1.20mL×10-3L·mL-1×0.010 00 ml· L-1=1.2010-5 ml，由于SO2的平均回收率为95%，则实际生成的n(SO2)= ，则根据S元素守恒可知，该样品中亚硫酸盐含量为mg•kg -1。
8．(2022•广东选择性考试，17)食醋是烹饪美食的调味品，有效成分主要为醋酸(用HAc表示)。HAc的应用与其电离平衡密切相关。25℃时，HAc的Ka=1.75×105=10-4.76。
(1)配制的HAc溶液，需溶液的体积为_______mL。
(2)下列关于容量瓶的操作，正确的是_______。
(3)某小组研究25℃下HAc电离平衡的影响因素。
提出假设。稀释HAc溶液或改变Ac-浓度，HAc电离平衡会发生移动。设计方案并完成实验用浓度均为0.1 ml·L-1的HAc和溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液；测定，记录数据。
①根据表中信息，补充数据：_______，_______。
②由实验Ⅰ和Ⅱ可知，稀释HAc溶液，电离平衡_______(填”正”或”逆”)
向移动；结合表中数据，给出判断理由：_______。
③由实验Ⅱ~VIII可知，增大Ac-浓度，HAc电离平衡逆向移动。
实验结论假设成立。
(4)小组分析上表数据发现：随着的增加，c(H＋)的值逐渐接近HAc的Ka。
查阅资料获悉：一定条件下，按配制的溶液中，的值等于HAc的Ka。
对比数据发现，实验VIII中与资料数据Ka=10-4.76存在一定差异；推测可能由物质浓度准确程度不够引起，故先准确测定HAc溶液的浓度再验证。
①移取溶液，加入2滴酚酞溶液，用溶液滴定至终点，消耗体积为，则该HAc溶液的浓度为_______ ml·L-1。在答题卡虚线框中，画出上述过程的滴定曲线示意图并标注滴定终点_______。
②用上述HAc溶液和溶液，配制等物质的量的HAc与混合溶液，测定pH，结果与资料数据相符。
(5)小组进一步提出：如果只有浓度均约为的HAc和NaOH溶液，如何准确测定HAc的Ka？小组同学设计方案并进行实验。请完成下表中Ⅱ的内容。
实验总结 得到的结果与资料数据相符，方案可行。
(6)根据Ka可以判断弱酸的酸性强弱。写出一种无机弱酸及其用途_______。
【答案】(1)5.0 (2)C
(3) 3.00 33.00 正 实验II相较于实验I，醋酸溶液稀释了10倍，而实验II的pH增大值小于1
(4) 0.1104
(5)向滴定后的混合液中加入20mL HAc溶液
(6)HClO：漂白剂和消毒液(或H2SO3：还原剂、防腐剂或H3PO4：食品添加剂、制药、生产肥料)
【解析】(1)溶液稀释过程中，溶质的物质的量不变，因此250mL×0.1ml/L=V×5ml/L，解得V=5.0mL；(2)A项，容量瓶使用过程中，不能用手等触碰瓶口，以免污染试剂，故A错误；B项，定容时，视线应与溶液凹液面和刻度线“三线相切”，不能仰视或俯视，故B错误；C项，向容量瓶中转移液体，需用玻璃棒引流，玻璃棒下端位于刻度线以下，同时玻璃棒不能接触容量瓶口，故C正确；D项，定容完成后，盖上瓶塞，将容量瓶来回颠倒，将溶液摇匀，颠倒过程中，左手食指抵住瓶塞，防止瓶塞脱落，右手扶住容量瓶底部，防止容量瓶从左手掉落，故D错误；综上所述，正确的是C项。(3)①实验VII的溶液中n(NaAc)：n(HAc)=3：4，V(HAc)=4.00mL，因此V(NaAc)=3.00mL，即a=3.00，，由实验I可知，溶液最终的体积为40.00mL，因此V(H2O)=40.00mL-4.00mL-3.00mL=33.00mL，即b=33.00；②实验I所得溶液的pH=2.86，实验II的溶液中c(HAc)为实验I的，稀释过程中，若不考虑电离平衡移动，则实验II所得溶液的pH=2.86+1=3.86，但实际溶液的pH=3.36