备战2025年高考二轮复习化学（湖南版）大题突破练2 化学实验综合题（Word版附解析）

这是一份备战2025年高考二轮复习化学（湖南版）大题突破练2 化学实验综合题（Word版附解析），共7页。试卷主要包含了一水硫酸四氨合铜，00 mL 0，88 mL，6%　AC，5 g)使之饱和等内容，欢迎下载使用。

1.(2024·湖南天壹名校联考)一水硫酸四氨合铜
[Cu(NH3)4]SO4·H2O(M=246 g·ml-1)是高效、安全的广谱杀菌剂,还是植物生长激素,能明显提高作物产量。某小组对一水硫酸四氨合铜的制备和产品纯度测定进行相关实验。
已知:①[Cu(NH3)4]SO4·H2O在水中可溶,在乙醇中难溶;
②[Cu(NH3)4]SO4·H2O在溶液中存在以下电离(解离)过程:
[Cu(NH3)4]SO4·H2O[Cu(NH3)4]2++SO42-+H2O
[Cu(NH3)4]2+Cu2++4NH3
其制备及纯度分析步骤如下:
(一)制备一水硫酸四氨合铜
Ⅰ.称取2 g CuSO4·5H2O于烧杯中,加入10 mL水溶解;
Ⅱ.逐滴滴入浓氨水并不断搅拌,先生成浅蓝色沉淀,后沉淀消失,得到深蓝色溶液;
Ⅲ.通过一定的实验操作,析出深蓝色晶体,再经过过滤、洗涤、干燥得一水硫酸四氨合铜晶体。
(二)蒸馏法测定纯度
利用如图所示装置处理样品,然后滴定测量。
Ⅳ.仪器清洗后,g中加入30.00 mL 0.500 0 ml·L-1 HCl溶液。将0.221 0 g一水硫酸四氨合铜样品配成的溶液由d注入e,随后注入氢氧化钠溶液,用蒸馏水冲洗d,关闭k3,d中保留少量水。打开k1,加热b,使水蒸气进入e。
Ⅴ.30分钟后,停止蒸馏。在装置g中加2滴酸碱指示剂,用0.500 0 ml·L-1 NaOH溶液进行滴定。
Ⅵ.平行测定三次,平均消耗标准NaOH溶液的体积为22.88 mL。
回答下列问题:
(1)步骤Ⅲ中“一定的实验操作”是 ;
洗涤的具体操作为 。
(2)水蒸气发生装置中a的作用是 。
(3)步骤Ⅳ中量取30.00 mL HCl溶液的仪器为 ,“d中保留少量水”的目的是 。
(4)步骤Ⅴ进行较长时间蒸馏的目的是 。
(5)此样品的纯度为 %(保留三位有效数字)。
(6)此蒸馏法测定的纯度比正常值偏高,其原因可能是 (填字母)。
A.滴定终点俯视读数
B.碱式滴定管未润洗
C.量取0.500 0 ml·L-1 HCl溶液的仪器未润洗
D.滴定前d中溶液未与g中溶液合并
答案:(1)加入一定量的乙醇 沿玻璃棒向过滤器中加入乙醇至浸没沉淀,静置,乙醇自然流尽后,重复2~3次即可
(2)安全管(或平衡气压,避免b中压强过大)
(3)酸式滴定管(或移液管) 液封,防止氨气逸出
(4)确保氨完全蒸出
(5)99.1
(6)AC
解析:(1)结晶水合物通常可以通过“蒸发浓缩、冷却结晶”从溶液中分离提纯,但由于存在[Cu(NH3)4]2+Cu2++4NH3,加热会促进分解,结合信息[Cu(NH3)4]SO4·H2O在乙醇中难溶,通过改变溶剂的极性,可以使其析出;应选择乙醇(或乙醇-水)作洗涤剂。
(2)玻璃管a与大气相通,能平衡气压,避免b中压强过大,作安全管。
(3)量取30.00 mL不能用量筒,要选择精度更高的滴定管(或移液管);“d中保留少量水”的目的是液封,防止氨气逸出。
(4)步骤Ⅴ进行较长时间蒸馏的目的是确保氨完全蒸出,使测定结果更准确,减少误差。
(5)样品的纯度测定原理为:通过返滴法进行测定,用NaOH标准液滴定得到过量的HCl的物质的量→结合HCl总量得到与NH3反应的n(HCl)→结合关系式4HCl~4NH3~[Cu(NH3)4]SO4·H2O,可得到[Cu(NH3)4]SO4·H2O的质量,进而计算出样品纯度。
w=[c(HCl)V(HCl)-c(NaOH)V(NaOH)]×10-3×14×2460.221 0×100%,代入数据,w≈99.1%。
(6)纯度计算公式w=[c(HCl)V(HCl)-c(NaOH)V(NaOH)]×10-3×14×2460.221 0×100%,滴定终点俯视读数→V(NaOH)偏低→w偏高,故A符合题意;碱式滴定管未润洗→V(NaOH)偏高→w偏低,故B不符合题意;量取0.500 0 ml·L-1 HCl溶液的仪器未润洗→V(NaOH)偏低→w偏高,故C符合题意;d中溶液未与g中溶液合并→V(NaOH)偏高→w偏低,故D不符合题意;故答案为AC。
2.(2024·湖南衡阳模考)S4N4是最重要的硫氮二元化合物之一,室温下为橙黄色固体,178~187 ℃熔化并分解。实验室利用NH3和SCl2制备S4N4的装置如图所示(加热及夹持装置略)。已知SCl2易水解,熔点为-78 ℃,沸点为60 ℃。
回答下列问题:
Ⅰ.制备SCl2
(1)操作步骤的先后顺序为 。
①组装仪器并检验装置气密性,加入药品 ②通入N2,通冷凝水,一段时间后,关闭K1 ③加热装置C使其中的硫黄熔化 ④打开K1、K2,关闭K3 ⑤充分反应后停止滴加浓盐酸 ⑥向装置A中滴加浓盐酸,加热装置C至135 ℃左右
(2)仪器b的名称为 ,装置B中盛放的试剂为 (填试剂名称)。
(3)装置D的作用为 。
Ⅱ.制备S4N4
打开止水夹K3,向装置F中滴入浓氨水,待装置C中充分反应后停止滴加浓氨水,冷却后停止通冷凝水。
(4)生成S4N4的同时还生成一种常见固体单质和一种盐,反应的化学方程式为
。
Ⅲ.分离产物后测定产品的纯度
称取5.00 g样品,加入NaOH溶液加热,使氮元素(杂质中不含氮元素)完全转化为NH3,用足量硼酸溶液吸收。将吸收液配成100 mL溶液,用移液管移取25.00 mL,以甲基红-亚甲蓝为指示剂用1.000 ml·L-1盐酸进行滴定,重复3次实验,平均消耗20.00 mL盐酸。已知滴定反应为(NH4)2B4O7+2HCl+5H2O2NH4Cl+4H3BO3。
(5)所制得的产品中S4N4的纯度为 。下列实验操作会导致测定结果偏大的是 (填字母)。
A.定容时俯视刻度线
B.移液管用蒸馏水洗涤后未用吸收液润洗
C.滴定前滴定管尖嘴处有气泡,滴定后无气泡
D.滴定前仰视滴定管读数,滴定后俯视读数
答案:(1)①④②③⑥⑤
(2)三颈烧瓶 浓硫酸
(3)吸收多余的氯气,防止污染环境,同时防止空气中的水蒸气进入C装置使二氯化硫水解
(4)6SCl2+16NH3S4N4+2S↓+12NH4Cl
(5)73.6% AC
解析:浓盐酸与高锰酸钾在装置A中制取氯气,浓盐酸具有较强的挥发性,所以制取的氯气中有氯化氢和水蒸气,由于二氯化硫易水解,所以进入C装置的气体必须是干燥的,氯化氢和S不反应,所以B装置应是干燥装置,其中盛装浓硫酸,由于二氯化硫的沸点较低,为防止其损失,用冷凝管冷凝回流,由于氯气有毒,不能直接排放,同时防止空气中的水蒸气进入C装置,D装置中盛装碱石灰,干燥的氯气和S在加热条件下反应制取二氯化硫;浓氨水和碱石灰在装置F中制取氨气,由于二氯化硫易水解,所以E装置用于干燥氨气,二氯化硫与氨气在装置C中制备S4N4。
(1)为防止熔化的硫与氧气反应,该装置应在无氧环境中进行,即要通入氮气,待装置的空气排尽之后,制取干燥的氯气通入C中和S反应生成二氯化硫,所以操作步骤的先后顺序为①④②③⑥⑤。
(2)据仪器b的构造可知其名称为三颈烧瓶;浓盐酸与高锰酸钾在装置A中制取氯气,浓盐酸具有较强的挥发性,所以制取氯气中有氯化氢和水蒸气,氯化氢和S不反应,由于二氯化硫易水解,所以进入C装置的气体必须是干燥的,因此B装置应是干燥装置,其中盛装浓硫酸。
(3)由于氯气有毒,多余的氯气不能直接排放,同时防止空气中的水蒸气进入C装置,D装置中盛装碱石灰,所以装置D的作用为吸收多余的氯气,防止污染环境,同时防止空气中的水蒸气进入C装置使二氯化硫水解。
(4)据反应的现象以及元素种类可知,生成S4N4的同时还生成的一种常见固体单质为S,生成的一种盐为NH4Cl,反应的化学方程式为6SCl2+16NH3S4N4+2S↓+12NH4Cl。
(5)结合化学方程式和原子守恒可得出关系式S4N4~4NH3~4HCl,消耗盐酸平均体积为20.00 mL,所以n(S4N4)=14n(HCl)×10025=14×20.00 mL×10-3 L·mL-1×1.000 ml·L-1×4=0.02 ml,所以S4N4的纯度为0.02ml×184 g·ml-15.00 g×100%=73.6%。
配制溶液定容时,俯视刻度线,体积偏小,则浓度偏高,造成盐酸体积偏大,所测结果偏高,故A正确;移液管用蒸馏水洗涤后未用吸收液润洗,相当于稀释了吸收液,消耗的盐酸体积偏小,所测结果偏低,故B错误;滴定前滴定管尖嘴处有气泡,滴定后无气泡,造成盐酸体积偏大,所测结果偏高,故C正确;滴定前仰视滴定管读数,初次读数读大,滴定后俯视读数,末次读数读小,即盐酸体积偏小,所测结果偏低,故D错误;故答案为AC。
3.(2024·广东大亚湾区1月联合模拟)氨基甲酸铵(H2NCOONH4)是一种重要的化工原料,可用于药物合成、制备化学肥料、灭火剂或洗涤剂等。某化学兴趣小组用如图所示装置制取氨基甲酸铵:
已知:①制取氨基甲酸铵反应为2NH3(g)+CO2(g)H2NCOONH4(s) ΔH<0。
②氨基甲酸铵溶于水后生成NH4HCO3和NH3·H2O。
回答下列问题:
(1)仪器甲的名称是 ;装置2的作用是除去CO2中的水蒸气,其盛装的试剂是 。
(2)装置7是实验室制备氨气,其化学方程式为 。
(3)液体石蜡鼓泡瓶的作用是 。
(4)实验制得产品1.173 g,其中可能含有碳酸氢铵杂质(不考虑碳酸氢铵与一水合氨之间的反应)。设计方案进行成分探究,请填写表中空格。
限选试剂:蒸馏水、稀硝酸、CaCl2溶液、澄清石灰水、AgNO3溶液、稀盐酸。
通过计算,氨基甲酸铵的质量分数是 (保留小数点后两位)。
[M(H2NCOONH4)=78 g·ml-1、M(NH4HCO3)=79 g·ml-1]
(5)氨基甲酸铵易分解,用如图所示装置测定25 ℃时该分解反应的化学平衡常数Kp,实验步骤如下:
(Ⅰ)关闭K3,打开K1和K2,开启真空泵抽气至测压仪数值稳定后关闭K1。
(Ⅱ)关闭K2, ,读取压强数值。
测得25 ℃时压强为12.0 kPa。
①请完善步骤(Ⅱ)的实验操作: 。
②若步骤(Ⅰ)中测压仪数值未稳定即关闭K1,Kp测量值 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
答案:(1)长颈漏斗 浓硫酸
(2)2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O
(3)通过观察气泡,调节NH3与CO2的通入比例
(4)产生白色沉淀 干燥 79.80%
(5)①缓慢开启K3至U形管两边液面相平并保持不变 ②偏大
解析:根据题中已知反应,制取氨基甲酸铵需要二氧化碳和氨气,又由于氨基甲酸铵易分解、易吸水,所以二氧化碳和氨气必须干燥,且在低温环境中反应,根据实验室制取二氧化碳和制氨气的原理,装置1中为碳酸钙和盐酸混合制二氧化碳的反应,经过装置2中浓硫酸干燥二氧化碳,装置7中为固体加热制氨气,装置6中碱石灰干燥氨气,干燥的氨气和二氧化碳分别通过装置5、3的液体石蜡鼓泡瓶控制反应物的用量,在装置4三颈烧瓶中发生反应制取氨基甲酸铵,尾气为氨气和二氧化碳,其中氨气有毒,在a处接酸液进行吸收处理。
(1)装置2的作用是除去CO2中的水蒸气,其盛装的试剂是浓硫酸。
(2)装置7中氯化铵和消石灰反应制备氨气。
(3)液体石蜡鼓泡瓶的作用是通过观察气泡,调节NH3与CO2的通入比例。
(4)澄清石灰水与碳酸氢根离子反应生成碳酸钙沉淀,过滤、洗涤、干燥后称量,沉淀质量为1.500 g,样品与足量石灰水充分反应,碳元素全部转化为碳酸钙,所以氨基甲酸铵和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和一水合氨,反应的方程式为H2NCOONH4+Ca(OH)2+H2OCaCO3↓+2NH3·H2O;设碳酸氢铵为x ml,氨基甲酸铵为y ml,由样品总质量可得:79x g+78y g=1.173 g,又因为n(CaCO3)=0.015 ml,由碳原子守恒可得:x ml+y ml=0.015 ml,解得x=0.003,y=0.012,则m(H2NCOONH4)=0.012 ml×78 g·ml-1=0.936 g,则氨基甲酸铵的质量分数为0.936 g1.173 g×100%≈79.80%。
(5)②若步骤(Ⅰ)中测压仪数值未稳定即关闭K1,则体系中的空气未被完全抽空,导致测量的压强偏大,则Kp测量值偏大。
4.(2024·甘肃二模)草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)是一种黄色难溶于水可溶于稀硫酸的固体,具有较强还原性,受热易分解,是生产电池、涂料以及感光材料的原材料。某化学活动小组分别设计了相应装置进行草酸亚铁的制备及其性质实验。回答下列问题:
Ⅰ.制备草酸亚铁晶体(装置如图所示)
(1)从b中获得产品的操作为 、 、过滤、洗涤、干燥。
(2)实验过程:先打开K1和K3,待a中反应一段时间后,需要对开关进行的操作为 。
Ⅱ.草酸亚铁晶体热分解产物的探究
(3)盛放无水硫酸铜的装置a的名称为 。
(4)装置C的作用为 。
(5)从绿色化学考虑,该套装置存在的明显缺陷是 。
(6)实验结束后,E中黑色固体变为红色,B、F中澄清石灰水变浑浊,a中无水硫酸铜变为蓝色,A中硬质玻璃管中残留FeO,则A处反应管中发生反应的化学方程式为 。
Ⅲ.运用热重分析法推测产物
称取54.0 g草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)加热分解,得到剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示:
(7)已知B点时,固体只含有一种铁的氧化物,根据上图可知B点固体物质的化学式为
。
答案:(1)蒸发浓缩 冷却结晶
(2)打开K2、关闭K3
(3)球形干燥管
(4)吸收二氧化碳
(5)缺少处理尾气CO装置
(6)FeC2O4·2H2OFeO+2H2O+CO2↑+CO↑
(7)Fe3O4
解析:Ⅰ.制备草酸亚铁晶体的具体操作为:组装好装置后,检验装置的气密性,添加试剂后,先打开K1和K3,将一定量稀硫酸加入a瓶后再关闭K1,让a瓶中反应先进行一段时间以排除空气,进行上述操作的同时关闭K2,一段时间后,打开K2关闭K3,将A装置中的硫酸亚铁溶液导入装置B中。
Ⅱ.装置A为草酸亚铁晶体分解,利用无水硫酸铜检验水蒸气,B装置检验二氧化碳,C装置吸收二氧化碳,D装置干燥气体,E装置检验CO,F装置检验二氧化碳。
(1)b装置中硫酸亚铁和草酸铵反应生成草酸亚铁,经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到FeC2O4·2H2O晶体。
(2)反应一段时间后,打开K2关闭K3,将a装置中的硫酸亚铁溶液导入装置b中。
(4)C中盛放NaOH溶液,作用是吸收二氧化碳。
(5)反应会产生CO,明显缺陷是缺少处理尾气CO装置。
(6)FeC2O4·2H2O受热分解,E中黑色固体变为红色,说明有Cu单质生成,B、F中澄清石灰水变浑浊,说明有CO2和CO生成,a中无水硫酸铜变为蓝色,说明有H2O生成,A中硬质玻璃管中残留FeO,则A处反应管中发生反应的化学方程式为FeC2O4·2H2OFeO+2H2O+CO2↑+CO↑。
(7)n(FeC2O4·2H2O)=54.0 g180 g·ml-1=0.3 ml,n(Fe)=n(FeC2O4·2H2O)=0.3 ml,B点时固体产物只含一种铁的氧化物,m(Fe)=0.3 ml×56 g·ml-1=16.8 g,m(O)=23.2 g-16.8 g=6.4 g,n(O)=0.4 ml,n(Fe)∶n(O)=0.3 ml∶0.4 ml=3∶4,所以铁的氧化物的化学式为Fe3O4。
5.(2024·吉林白山二模)某小组设计实验制备环己酮。化学反应原理如下:
+NaClO+NaCl+H2O
实验步骤如下:
步骤1:在如图1装置中加入8.4 mL环己醇、20 mL冰醋酸。在滴液漏斗中加入60 mL浓度为1.8 ml·L-1的次氯酸钠水溶液。
步骤2:开动搅拌棒,逐滴加入NaClO溶液,并使瓶内温度保持在30~35 ℃。当NaClO溶液加完后,溶液呈黄绿色,经检验,确保NaClO过量,在室温下继续搅拌15 min。
步骤3:在步骤2得到的溶液中加入1~5 mL饱和NaHSO3溶液直至反应液变为无色,经检验,NaClO已完全反应。
步骤4:向反应混合物中加入50 mL水,进行水蒸气蒸馏(如图2),收集35~40 mL馏出液。在搅拌下,向馏出液中分批加入无水Na2CO3(约需6 g),至反应液呈中性。中和后的溶液加入精盐(约需6.5 g)使之饱和。
步骤5:混合物转入分液漏斗,分出有机相。水层用乙醚萃取2次,合并有机相和醚萃取液,用无水MgSO4干燥后过滤。先用水浴蒸馏回收乙醚,再蒸馏收集150~155 ℃馏分,产量约为5.6 g。
回答下列问题:
(1)图1中仪器A的名称是 ;图2中“1”导管的作用是 。
(2)步骤2中,“温度保持在30~35 ℃”的目的是 。
(3)步骤3中加入NaHSO3的目的是除去过量的NaClO,该步骤中NaHSO3过量,则该反应的离子方程式为 。
(4)步骤4中,“精盐”的作用是 。
(5)实验室还可以用重铬酸钠氧化法(用浓硫酸酸化),反应原理:3+Na2Cr2O7+4H2SO43+Cr2(SO4)3+Na2SO4+7H2O,与重铬酸钠氧化法比较,次氯酸钠-冰醋酸氧化的突出优点是 。
(6)已知环己醇的密度为ρ g·cm-3,本实验中环己酮的产率为 (填百分式)。
答案:(1)(球形)冷凝管 平衡气压
(2)温度过低,反应太慢;温度过高,会产生副产物
(3)ClO-+2HSO3-Cl-+SO42-+SO2↑+H2O
(4)降低产品溶解度并促其分层
(5)产品纯度高等
(6)10314.7ρ%
解析:环己醇用过量次氯酸钠溶液氧化为环己酮,用亚硫酸氢钠除去剩余次氯酸钠,向反应混合物中加入50 mL水,进行水蒸气蒸馏,馏出液中分批加入无水Na2CO3,至反应液呈中性,中和后的溶液加入精盐使之饱和,减小环己酮的溶解度,分液法分离出有机相,有机相用无水MgSO4干燥后过滤,蒸馏得产品环己酮。
(1)图2中“1”导管与空气连通,作用是平衡气压。
(2)步骤2中,温度过低,反应太慢;温度过高,会产生副产物,所以“温度保持在30~35 ℃”。
(3)步骤3中加入NaHSO3的目的是除去过量的NaClO,该步骤中NaHSO3过量,NaClO被还原为NaCl,该反应的离子方程式为ClO-+2HSO3-Cl-+SO42-+SO2↑+H2O。
(4)步骤4中,“精盐”的作用是降低产品溶解度,并促其分层。
(5)根据反应方程式,重铬酸钠氧化法副产物较多,加入浓硫酸,环己醇会发生脱水生成环己烯。
(6)环己醇的密度为ρ g·cm-3,环己酮的理论产品质量=8.4×ρ×98100 g=8.4×98ρ100 g,环己酮产率=5.6 g8.4×98ρ100g×100%=10314.7ρ%。实验步骤
预期现象和结论
步骤1:取固体样品于试管中,加入蒸馏水至固体溶解
得到无色溶液
步骤2:向试管中继续加入足量澄清石灰水

步骤3:过滤、洗涤、 后称量,沉淀质量为1.500 g
证明样品中有碳酸氢铵