- 1.89 MB
- 2021-07-05 发布
- 1、本文档由用户上传，淘文库整理发布，可阅读全部内容。
- 2、本文档内容版权归属内容提供方，所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议，请立即联系网站客服。
- 3、本文档由用户上传，本站不保证质量和数量令人满意，可能有诸多瑕疵，付费之前，请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
- 网站客服QQ：403074932
专题16 化学实验综合题
2020年高考真题
1．（2020年新课标Ⅰ）为验证不同化合价铁的氧化还原能力，利用下列电池装置进行实验。
回答下列问题：
(1)由FeSO4·7H2O固体配制0.10 mol·L−1 FeSO4溶液，需要的仪器有药匙、玻璃棒、_________(从下列图中选择，写出名称)。
(2)电池装置中，盐桥连接两电极电解质溶液。盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应，并且电迁移率(u∞)应尽可能地相近。根据下表数据，盐桥中应选择____________作为电解质。
阳离子
u∞×108/(m2·s−1·V−1)
阴离子
u∞×108/(m2·s−1·V−1)
Li+
4.07
4.61
Na+
5.19
7.40
Ca2+
6.59
Cl−
7.91
K+
7.62
8.27
(3)电流表显示电子由铁电极流向石墨电极。可知，盐桥中的阳离子进入________电极溶液中。
(4)电池反应一段时间后，测得铁电极溶液中c(Fe2+)增加了0.02 mol·L−1。石墨电极上未见Fe析出。可知，石墨电极溶液中c(Fe2+)=________。
(5)根据(3)、(4)实验结果，可知石墨电极的电极反应式为_______，铁电极的电极反应式为_______。因此，验证了Fe2+氧化性小于________，还原性小于________。
(6)实验前需要对铁电极表面活化。在FeSO4溶液中加入几滴Fe2(SO4)3溶液，将铁电极浸泡一段时间，铁电极表面被刻蚀活化。检验活化反应完成的方法是_______。
【答案】（1）烧杯、量筒、托盘天平 （2）KCl （3）石墨 （4）0.09mol/L
（5）Fe3++e-=Fe2+ Fe-2e-=Fe2+ Fe3+ Fe
（6）取活化后溶液少许于试管中，加入KSCN溶液，若溶液不出现血红色，说明活化反应完成
【解析】(1)由FeSO4·7H2O固体配制0.10mol·L-1FeSO4溶液的步骤为计算、称量、溶解并冷却至室温、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签，由FeSO4·7H2O固体配制0.10mol·L-1FeSO4溶液需要的仪器有药匙、托盘天平、合适的量筒、烧杯、玻璃棒、合适的容量瓶、胶头滴管，故答案为：烧杯、量筒、托盘天平。
(2)Fe2+、Fe3+能与反应，Ca2+能与反应，FeSO4、Fe2(SO4)3都属于强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，酸性条件下能与Fe2+反应，根据题意“盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应”，盐桥中阴离子不可以选择、，阳离子不可以选择Ca2+，另盐桥中阴、阳离子的迁移率（u∞）应尽可能地相近，根据表中数据，盐桥中应选择KCl作为电解质，故答案为：KCl。
(3)电流表显示电子由铁电极流向石墨电极，则铁电极为负极，石墨电极为正极，盐桥中阳离子向正极移动，则盐桥中的阳离子进入石墨电极溶液中，故答案为：石墨。
(4)根据(3)的分析，铁电极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，石墨电极上未见Fe析出，石墨电极的电极反应式为Fe3++e-=Fe2+，电池反应一段时间后，测得铁电极溶液中c（Fe2+）增加了0.02mol/L，根据得失电子守恒，石墨电极溶液中c（Fe2+）增加0.04mol/L，石墨电极溶液中c（Fe2+）=0.05mol/L+0.04mol/L=0.09mol/L，故答案为：0.09mol/L。
(5)根据(3)、(4)实验结果，可知石墨电极的电极反应式为Fe3++e-=Fe2+，铁电极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+；电池总反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，根据同一反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物、还原剂的还原性强于还原产物，则验证了Fe2+氧化性小于Fe3+，还原性小于Fe，故答案为：Fe3++e-=Fe2+ ，Fe-2e-=Fe2+ ，Fe3+，Fe。
(6)在FeSO4溶液中加入几滴Fe2(SO4)3溶液，将铁电极浸泡一段时间，铁电极表面被刻蚀活化，发生的反应为Fe+ Fe2(SO4)3=3FeSO4，要检验活化反应完成，只要检验溶液中不含Fe3+即可，检验活化反应完成的方法是：取活化后溶液少许于试管中，加入KSCN溶液，若溶液不出现血红色，说明活化反应完成，故答案为：取活化后溶液少许于试管中，加入KSCN溶液，若溶液不变红，说明活化反应完成。
2．（2020年新课标Ⅱ）苯甲酸可用作食品防腐剂。实验室可通过甲苯氧化制苯甲酸，其反应原理简示如下：
+KMnO4→+ MnO2+HCl→+KCl
名称
相对分
子质量
熔点/℃
沸点/℃
密度/(g·mL−1)
溶解性
甲苯
92
−95
110.6
0.867
不溶于水，易溶于乙醇
苯甲酸
122
122.4(100℃左右开始升华)
248
——
微溶于冷水，易溶于乙醇、热水
实验步骤：
(1)在装有温度计、冷凝管和搅拌器的三颈烧瓶中加入1.5 mL甲苯、100 mL水和4.8 g(约0.03 mol)高锰酸钾，慢慢开启搅拌器，并加热回流至回流液不再出现油珠。
(2)停止加热，继续搅拌，冷却片刻后，从冷凝管上口慢慢加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液，并将反应混合物趁热过滤，用少量热水洗涤滤渣。合并滤液和洗涤液，于冰水浴中冷却，然后用浓盐酸酸化至苯甲酸析出完全。将析出的苯甲酸过滤，用少量冷水洗涤，放在沸水浴上干燥。称量，粗产品为1.0 g。
(3)纯度测定：称取0. 122 g粗产品，配成乙醇溶液，于100 mL容量瓶中定容。每次移取25. 00 mL溶液，用0.01000 mol·L−1的KOH标准溶液滴定，三次滴定平均消耗21. 50 mL的KOH标准溶液。
回答下列问题：
(1)根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶的最适宜规格为______(填标号)。
A．100 mL B．250 mL C．500 mL D．1000 mL
(2)在反应装置中应选用______冷凝管(填“直形”或“球形”)，当回流液不再出现油珠即可判断反应已完成，其判断理由是______。
(3)加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液的目的是___________；该步骤亦可用草酸在酸性条件下处理，请用反应的离子方程式表达其原理__________。
(4)“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主要成分是_______。
(5)干燥苯甲酸晶体时，若温度过高，可能出现的结果是_______。
(6)本实验制备的苯甲酸的纯度为_______；据此估算本实验中苯甲酸的产率最接近于_______(填标号)。
A．70% B．60% C．50% D．40%
(7)若要得到纯度更高的苯甲酸，可通过在水中__________的方法提纯。
【答案】（1）B （2）球形 无油珠说明不溶于水的甲苯已经被完全氧化
（3）除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气 2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O（4）MnO2 （5）苯甲酸升华而损失 （6）86.0％ C
（7）重结晶
【解析】
【分析】甲苯用高锰酸钾氧化时生成苯甲酸钾和二氧化锰，为增加冷凝效果，在反应装置中选用球形冷凝管，加热回流，当回流液中不再出现油珠时，说明反应已经完成，加入适量的饱和亚硫酸氢钠溶液除去过量的高锰酸钾，用盐酸酸化得苯甲酸，过滤、干燥、洗涤得粗产品；用KOH溶液滴定，测定粗产品的纯度。
【详解】（1）加热液体，所盛液体的体积不超过三颈烧瓶的一半，三颈烧瓶中已经加入100m的水，1.5mL甲苯，4.8g高锰酸钾，应选用250mL的三颈烧瓶，故答案为：B；
（2）为增加冷凝效果，在反应装置中宜选用球形冷凝管，当回流液中不再出现油珠时，说明反应已经完成，因为：没有油珠说明不溶于水的甲苯已经完全被氧化；
（3）高锰酸钾具有强氧化性，能将Cl-氧化。加入适量的饱和亚硫酸氢钠溶液是为了除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气；该步骤亦可用草酸处理，生成二氧化碳和锰盐，离子方程式为：5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O；
（4）由信息甲苯用高锰酸钾氧化时生成苯甲酸钾和二氧化锰，“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主要成分是：MnO2；
（5）苯甲酸100℃时易升华，干燥苯甲酸时，若温度过高，苯甲酸升华而损失；
（6）由关系式C6H5COOH～KOH得，苯甲酸的纯度为： ×100%=86.0%；1.5mL甲苯理论上可得到苯甲酸的质量： =1.72g，产品的产率为 ×100%=50%；
（7）提纯苯甲酸可用重结晶的方法。
3．（2020年新课标Ⅲ）氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用下图装置(部分装置省略)制备KClO3和NaClO，探究其氧化还原性质。
回答下列问题：
(1)盛放MnO2粉末的仪器名称是________，a中的试剂为________。
(2)b中采用的加热方式是_________，c中化学反应的离子方程式是________________，采用冰水浴冷却的目的是____________。
(3)d的作用是________，可选用试剂________(填标号)。
A．Na2S B．NaCl C．Ca(OH)2 D．H2SO4
(4)反应结束后，取出b中试管，经冷却结晶，________，__________，干燥，得到KClO3晶体。
(5)取少量KClO3和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中，滴加中性KI溶液。1号试管溶液颜色不变。2号试管溶液变为棕色，加入CCl4振荡，静置后CCl4层显____色。可知该条件下KClO3的氧化能力____NaClO(填“大于”或“小于")。
【答案】（1）圆底烧瓶 饱和食盐水
（2）水浴加热 Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O 避免生成NaClO3 （3）吸收尾气(Cl2) AC
（4）过滤 少量(冷)水洗涤 （5）紫 小于
【解析】
【分析】本实验目的是制备KClO3和NaClO，并探究其氧化还原性质；首先利用浓盐酸和MnO2粉末共热制取氯气，生成的氯气中混有HCl气体，可在装置a中盛放饱和食盐水中将HCl气体除去；之后氯气与KOH溶液在水浴加热的条件发生反应制备KClO3，再与NaOH溶液在冰水浴中反应制备NaClO；氯气有毒会污染空气，所以需要d装置吸收未反应的氯气。
【详解】(1)根据盛放MnO2粉末的仪器结构可知该仪器为圆底烧瓶；a中盛放饱和食盐水除去氯气中混有的HCl气体；
(2)根据装置图可知盛有KOH溶液的试管放在盛有水的大烧杯中加热，该加热方式为水浴加热；c中氯气在NaOH溶液中发生歧化反应生成氯化钠和次氯酸钠，结合元素守恒可得离子方程式为Cl2+2OHˉ=ClOˉ+Clˉ+H2O；根据氯气与KOH溶液的反应可知，加热条件下氯气可以和强碱溶液反应生成氯酸盐，所以冰水浴的目的是避免生成NaClO3；
(3)氯气有毒，所以d装置的作用是吸收尾气(Cl2)；
A．Na2S可以将氯气还原成氯离子，可以吸收氯气，故A可选；
B．氯气在NaCl溶液中溶解度很小，无法吸收氯气，故B不可选；
C．氯气可以Ca(OH)2或浊液反应生成氯化钙和次氯酸钙，故C可选；
D．氯气与硫酸不反应，且硫酸溶液中存在大量氢离子会降低氯气的溶解度，故D不可选；
综上所述可选用试剂AC；
(4)b中试管为KClO3和KCl的混合溶液，KClO3的溶解度受温度影响更大，所以将试管b中混合溶液冷却结晶、过滤、少量(冷)水洗涤、干燥，得到KClO3晶体；
(5)1号试管溶液颜色不变，2号试管溶液变为棕色，说明1号试管中氯酸钾没有将碘离子氧化，2号试管中次氯酸钠将碘离子氧化成碘单质，即该条件下KClO3的氧化能力小于NaClO；碘单质更易溶于CCl4，所以加入CCl4振荡，静置后CCl4层显紫色。
4．（2020年江苏卷）羟基乙酸钠易溶于热水，微溶于冷水，不溶于醇、醚等有机溶剂。制备少量羟基乙酸钠的反应为
实验步骤如下：
步骤1：如图所示装置的反应瓶中，加入40g氯乙酸、50mL水，搅拌。逐步加入40%NaOH溶液，在95℃继续搅拌反应2小时，反应过程中控制pH约为9。
步骤2：蒸出部分水至液面有薄膜，加少量热水，趁热过滤。滤液冷却至15℃，过滤得粗产品。
步骤3：粗产品溶解于适量热水中，加活性炭脱色，分离掉活性炭。
步骤4：将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中，冷却至15℃以下，结晶、过滤、干燥，得羟基乙酸钠。
(1)步骤1中，如图所示的装置中仪器A的名称是___________；逐步加入NaOH溶液的目的是____________。
(2)步骤2中，蒸馏烧瓶中加入沸石或碎瓷片的目的是_______________。
(3)步骤3中，粗产品溶解于过量水会导致产率__________(填“增大”或“减小”)；去除活性炭的操作名称是_______________。
(4)步骤4中，将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中的目的是_______________。
【答案】（1）(回流)冷凝管 防止升温太快、控制反应体系pH
（2）防止暴沸 （3）减小 趁热过滤
（4）提高羟基乙酸钠的析出量(产率)
【解析】
【分析】制备少量羟基乙酸钠的反应为，根据羟基乙酸钠易溶于热水，粗产品溶解于适量热水中，加活性炭脱色，分离掉活性炭，趁热过滤，根据羟基乙酸钠不溶于醇，将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中，冷却至15℃
以下，结晶、过滤、干燥，得羟基乙酸钠。
【详解】(1)根据图中仪器得出仪器A的名称为冷凝管，根据题中信息可知制备羟基乙酸钠的反应为放热反应，逐步加入NaOH溶液的目的是防止升温太快，同时控制反应体系的pH；故答案为：(回流)冷凝管；防止升温太快，控制反应体系的pH。
(2步骤2中烧瓶中加入沸石或碎瓷片的目的是防止暴沸；故答案为：防止暴沸。
(3)粗产品溶于过量水，导致在水中溶解过多，得到的产物减少，因此导致产率减小；由于产品易溶于热水，微溶于冷水，因此去除活性炭的操作名称是趁热过滤；故答案为：减少；趁热过滤。
(4)根据信息，产品不溶于乙醇、乙醚等有机溶剂中，因此步骤4中，将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中的目的是降低产品的溶解度，提高羟基乙酸钠的析出量(产量)；故答案为：提高羟基乙酸钠的析出量(产量)。
5．（2020年山东新高考）某同学利用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：
回答下列问题：
(1)装置A中a的作用是______________；装置C中的试剂为________________；装置A中制备Cl2的化学方程为______________。
(2)上述装置存在一处缺陷，会导致KMnO4产率降低，改进的方法是________________。
(3)KMnO4常作氧化还原滴定的氧化剂，滴定时应将KMnO4溶液加入___________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中；在规格为50.00mL的滴定管中，若KMnO4
溶液起始读数为15.00mL，此时滴定管中KMnO4溶液的实际体积为______________(填标号)。
A．15.00 mL B．35.00mL C．大于35.00mL D．小于15.00m1
(4)某FeC2O4﹒2H2O样品中可能含有的杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O4﹒2H2O，采用KMnO4滴定法测定该样品的组成，实验步骤如下:
Ⅰ.取mg样品于锥形瓶中，加入稀H2SO4溶解，水浴加热至75℃。用 c mol﹒L-1的KMnO4溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，消耗KMnO4溶液V1mL。
Ⅱ.向上述溶液中加入适量还原剂将Fe3+完全还原为Fe2+，加入稀H2SO4酸化后，在75℃继续用KMnO4溶液滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，又消耗KMnO4溶液V2mL。
样品中所含的质量分数表达式为_________________。
下列关于样品组成分析的说法，正确的是__________(填标号)。
A．时，样品中一定不含杂质
B．越大，样品中含量一定越高
C．若步骤I中滴入KMnO4溶液不足，则测得样品中Fe元素含量偏低
D．若所用KMnO4溶液实际浓度偏低，则测得样品中Fe元素含量偏高
【答案】（1）平衡气压，使浓盐酸顺利滴下 NaOH溶液
（2）在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶
（3）酸式 C
（4） BD
【解析】
【分析】漂白粉的有效成分Ca(ClO)2具有强氧化性，和浓盐酸在A中发生归中反应产生Cl2，Cl2和K2MnO4在B中反应产生KMnO4，反应不完的Cl2用C吸收，据此解答。
【详解】(1)装置A为恒压分液漏斗，它的作用是平衡气压，使浓盐酸顺利滴下，C的作用是吸收反应不完的Cl2，可用NaOH溶液吸收，Ca(ClO)2和浓盐酸在A中发生归中反应产生Cl2，反应的化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；
(2)锰酸钾在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-，一部分MnO42-转化为了MnO2，导致最终KMnO4的产率低，而浓盐酸易挥发，直接导致B中NaOH溶液的浓度减小，故改进措施是在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶吸收挥发出来的HCl；
(3)高锰酸钾有强氧化性，强氧化性溶液加入酸式滴定管，滴定管的“0”刻度在上，规格为50.00mL的滴定管中实际的体积大于(50.00-15.00)mL，即大于35.00mL；
(4)设FeC2O4·2H2O的物质的量为xmol，Fe2(C2O4)3的物质的量为ymol，H2C2O4·2H2O的物质的量为zmol，步骤I中草酸根和Fe2+均被氧化，结合得失电子守恒有：2KMnO4~5H2C2O4(C2O42-)，KMnO4~5Fe2+，所以，步骤II中Fe2+被氧化，由KMnO4~5Fe2+可知，，联立二个方程解得：z=2.5(cV1-3V2)×10-3，所以H2C2O4·2H2O的质量分数==。关于样品组成分析如下：
A．时，H2C2O4·2H2O的质量分数==0，样品中不含H2C2O4·2H2O，由和可知，y≠0，样品中含Fe2(C2O4)3杂质，A错误；
B．越大，由H2C2O4·2H2O的质量分数表达式可知，其含量一定越大，B正确；
C．Fe元素的物质的量=，若步骤I中KMnO4溶液不足，则步骤I中有一部分Fe2+没有被氧化，不影响V2的大小，则不变，则对于测得Fe元素的含量无影响，C错误；
D．结合C可知：若KMnO4溶液浓度偏低，则消耗KMnO4溶液的体积V1、V2均偏大，Fe元素的物质的量偏大，则测得样品中Fe元素含量偏高，D正确。
6．（2020年7月浙江选考）硫代硫酸钠在纺织业等领域有广泛应用。某兴趣小组用下图装置制备。
合成反应：
滴定反应：
已知：易溶于水，难溶于乙醇，开始失结晶水。
实验步骤：
Ⅰ.制备：装置A制备的经过单向阀通入装置C中的混合溶液，加热、搅拌，至溶液约为7时，停止通入气体，得产品混合溶液。
Ⅱ.产品分离提纯：产品混合溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥，得到产品。
Ⅲ.产品纯度测定：以淀粉作指示剂，用产品配制的溶液滴定碘标准溶液至滴定终点，计算含量。
请回答：
(1)步骤Ⅰ:单向阀的作用是______；装置C中的反应混合溶液过高或过低将导致产率降低，原因是_______。
(2)步骤Ⅱ:下列说法正确的是_____。
A 快速蒸发溶液中水分，可得较大晶体颗粒
B 蒸发浓缩至溶液表面出现品晶膜时，停止加热
C 冷却结晶后的固液混合物中加入乙醇可提高产率
D 可选用冷的溶液作洗涤剂
(3)步骤Ⅲ
①滴定前，有关滴定管的正确操作为(选出正确操作并按序排列)：
检漏→蒸馏水洗涤→（______）→（______）→（______）→（______）→（______）→开始滴定。
A 烘干 B 装入滴定液至零刻度以上 C 调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下D 用洗耳球吹出润洗液 E 排除气泡 F 用滴定液润洗2至3次 G 记录起始读数
②装标准碘溶液的碘量瓶(带瓶塞的锥形瓶)在滴定前应盖上瓶塞，目的是______。
③滴定法测得产品中含量为，则产品中可能混有的物质是________。
【答案】（1）防止倒吸 过高，、反应不充分；过低，导致转化为S和
（2）BC
（3）①F B E C G
②防止碘挥发损失 ③、失去部分结晶水的
【解析】
【分析】本实验的目的是制备Na2S2O3·5H2O，首先装置A中利用浓硫酸和亚硫酸钠固体反应生成二氧化硫，将SO2通入装置C中的混合溶液，加热搅拌，发生题目所给合成反应，使用单向阀可以防止倒吸；为了使Na2CO3、Na2S充分反应，同时又不因酸性过强使Na2S2O3发生歧化反应，至溶液pH约为7时，停止通入SO2气体，得到产品的混合溶液；之后经蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品，已知Na2S2O3·5H2O难溶于乙醇，冷却结晶后可以加入适量乙醇降低Na2S2O3的溶解度，析出更多的晶体。
【详解】(1)SO2会与装置C中混合溶液发生反应，且导管进入液面以下，需要防倒吸的装置，单向阀可以防止发生倒吸；Na2CO3、Na2S水解都会使溶液显碱性，所以pH过高，说明Na2CO3、Na2S反应不充分；而pH过低，又会导致Na2S2O3发生歧化反应转化为S和SO2，所以pH过高或过低都会导致产率降低；
(2)A．蒸发结晶时，快速蒸发溶液中的水分，可以得到较小的晶体颗粒，故A错误；
B．为防止固体飞溅，蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，停止加热，故B正确；
C．Na2S2O3·5H2O难溶于乙醇，所以冷却结晶后的固液混合物中可以加入适量乙醇降低Na2S2O3的溶解度，析出更多的晶体，提高产率，故C正确；
D．用碳酸钠溶液洗涤会使晶体表面附着碳酸钠杂质，Na2S2O3·5H2
O难溶于乙醇，可以用乙醇作洗涤剂，故D错误；
综上所述选BC；
(3)①滴定前应检查滴定管是否漏液，之后用蒸馏水洗涤滴定管，为防止稀释滴定液使测定结果不准确，需用滴定液润洗2至3次，之后装入滴定液至零刻度以上，排除装置中的气泡，然后调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下，并记录起始读数，开始滴定，所以正确的操作和顺序为：捡漏→蒸馏水洗涤→F→B→E→C→G→开始滴定；
②碘容易挥发，所以装标准碘溶液的碘量瓶在滴定前应盖上瓶塞，防止碘挥发损失；
③测定的产品中Na2S2O3·5H2O含量大于100%，说明产品中混有失去部分结晶水的Na2S2O3·5H2O。
7．（2020年天津卷）为测定CuSO4溶液的浓度，甲、乙两同学设计了两个方案。回答下列问题：
Ⅰ.甲方案
实验原理：
实验步骤：
(1)判断沉淀完全的操作为____________。
(2)步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为_____________。
(3)步骤③灼烧时盛装样品的仪器名称为__________。
(4)固体质量为wg，则c(CuSO4)=________mol‧L-1。
(5)若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，则测得c(CuSO4)_________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
Ⅱ.乙方案
实验原理：，
实验步骤:
①按右图安装装置(夹持仪器略去)
②……
③在仪器A、B、C、D、E…中加入图示的试剂
④调整D、E中两液面相平，使D中液面保持在0或略低于0刻度位置，读数并记录。
⑤将CuSO4溶液滴入A中搅拌，反应完成后，再滴加稀硫酸至体系不再有气体产生
⑥待体系恢复到室温，移动E管，保持D、E中两液面相平，读数并记录
⑦处理数据
(6)步骤②为___________。
(7)步骤⑥需保证体系恢复到室温的原因是________(填序号)。
A．反应热受温度影响 B．气体密度受温度影响 C．反应速率受温度影响
(8)Zn粉质量为ag，若测得H2体积为bmL，已知实验条件下，则c(CuSO4)______mol‧L-1(列出计算表达式)。
(9)若步骤⑥E管液面高于D管，未调液面即读数，则测得c(CuSO4)________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
(10)是否能用同样的装置和方法测定MgSO4溶液的浓度：_________(填“是”或“否”)。
【答案】（1）向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全
（2）AgNO3溶液 （3）坩埚 （4） （5）偏低 （6）检查装置气密性 （7）b
（8） （9）偏高 （10）否
【解析】
【分析】甲方案是利用溶液中的硫酸铜与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，经灼烧、洗涤、称重后得到的固体是硫酸钡，利用硫酸根守恒，计算出硫酸铜的物质的量，从而计算出浓度；乙方案是利用锌与稀硫酸反应释放出氢气的体积，换算成质量，计算出与稀硫酸反应的锌的物质的量，再利用锌的总的物质的量减去与酸反应的锌的物质的量，得到与硫酸铜反应的锌的物质的量，根据锌和硫酸铜的物质的量关系，计算出硫酸铜的物质的量，根据得到硫酸铜的浓度，据此分析。
【详解】Ⅰ．(1)硫酸根离子的检验是滴加氯化钡溶液，若产生白色沉淀，证明溶液中含有硫酸根离子，故判断沉淀完全的操作向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全；
(2)步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为AgNO3溶液，硫酸钡沉淀中可能附着有氯化钡，为了证明还有没氯离子，需要加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，证明没有洗净；
(3)步骤③灼烧时盛装样品的仪器为坩埚；
(4)固体质量为wg，为硫酸钡的质量，硫酸钡的物质的量为n=，根据硫酸根守恒可知，CuSO4~BaSO4，则c(CuSO4)===mol‧L-1；
(5)若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，会使固体的质量偏小，物质的量偏小，根据可知，则测得c(CuSO4)偏低；
Ⅱ．(6)加入药品之前需检查装置的气密性；步骤②为检查装置气密性；
(7)气体的体积受温度和压强的影响较大，气体的质量不随温度和压强的变化而改变，密度也受温度和压强的影响，步骤⑥需保证体系恢复到室温的原因是气体密度受温度影响；反应热不受温度的影响，只与反应物和生成物自身的能量有关，不随温度压强而改变；反应速率受温度影响，温度越高，反应速率越快，步骤⑥需保证体系恢复到室温与反应速率无关；
(8)Zn粉质量为ag，若测得H2体积为bmL，已知实验条件下，氢气的质量=，利用氢气的质量得到氢气的物质的量n=
，根据，与酸反应的锌的物质的量为，锌的总物质的量为，与硫酸铜反应的锌的物质的量为，根据，则c(CuSO4)=；
(9)若步骤⑥E管液面高于D管，未调液面即读数，得到氢气的体积偏小，与硫酸反应的锌的质量偏小，与硫酸铜反应的锌的质量偏大，则测得c(CuSO4)偏高；
(10) 不能用同样的装置和方法测定MgSO4溶液的浓度，硫酸镁不和锌发生置换反应。
2020届高考模拟试题
8．（2020届广东省深圳市高三第一次调研）碱式氯化铜为绿色或墨绿色结晶性粉末，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。向溶液中通入和，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的名称是________，其主要作用有导气、________。
（2）实验室利用装置A制，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是________、________、________。
（4）若体系过高会导致碱式氯化铜的产量_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
（5）反应结束后，将三颈瓶中的混合物过滤，从滤液中还可以获得的副产品是________(填化学式)，经提纯得产品无水碱式氯化铜。
Ⅱ.无水碱式氯化铜组成的测定。称取产品，加硝酸溶解，并加水定容至200mL，得到待测液。
（6）铜的测定：取20.00mL测液，经测定，浓为。则称取的样品中________mol。
（7）采用沉淀滴定法测定氯：用标准溶液滴定过量的，实验如图：
①滴定时，应选用下列哪种物质作为指示剂________(填标号)。
A． B． C．
②重复实验操作三次，消耗溶液的体积平均为10.00mL。则称取的样品中______mol。
（8）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）球形干燥管 防倒吸 （2）
（3）溶液中有大量墨绿色固体产生 三颈烧瓶中有白烟 干燥管中有液体上升后下降的现象
（4）偏低 （5） （6）0.04000或0.04
（7）①B ② 0.02000或0.02 （8）
【解析】（1）仪器X的名称是球形干燥管，其主要作用有导气、防止倒吸；
（2）实验室制取氨气的化学方程式为；
（3）在三颈烧瓶内，氯化铜，氨气和氯化氢气体反应制取碱式氯化铜，碱式氯化铜为绿色或墨绿色结晶性粉末，难溶于水，故实验现象为：①溶液中有大量墨绿色固体产生；由于通入的氯化氢气体和氨气相遇产生氯化铵，故实验现象②三颈烧瓶中有白烟生成；干燥管中充满了氨气和氯化氢气体，反应后气体的压强迅速减小，故实验现象③干燥管中有液体上升后下降的现象；
（4）若过高，会导致氨水浓度增大，会使碱式氯化铜有损耗，故导致碱式氯化铜的产量偏低；
（5）该反应为氯化铜，氨气和氯化氢反应，氨气会和氯化氢反应生成氯化铵，作为副产物；
（6）20.00mL待测液，浓为，则铜离子的物质的量为0.2mol/L×0.02L=0.004mol，由于称取的样品中是20ml溶液的10倍，所得铜离子的物质的量也是20mL溶液的10倍，样品中所含铜离子的物质的量为0.004mol×10=0.04000mol或0.04mol；
（7）①用标准溶液滴定过量的，到达滴定终点，用三价铁离子检验硫氰根离子，可以使用硝酸铁，不能使用氯化铁，由于氯化铁会和硝酸银反应生成氯化银沉淀，影响滴定终点的判断；
②10.00mL0.1mol/L的的物质的量等于0.1mol/L×0.01L=0.001mol，由~可知，未反应的硝酸银的物质的量等于0.001mol，共加入30mL0.1mol/L的的硝酸银，则与氯离子反应的硝酸银的物质的量等于0.03L×0.1mol/L-0.001mol=0.002mol，Cl-~Ag+，n(Cl-)=0.002mol，样品配成的是200mL溶液，滴定只取了20mL，样品中的氯离子是0.002mol×10=0.02mol；
（8）测定无水碱式氯化铜组成时，称取产品，已知铜离子的物质的量为0.04mol，氯离子的物质的量为0.02mol，假设无水碱式氯化铜的化学式为，可知无水碱式氯化铜的物质的量为0.02mol，摩尔质量为=214.5g/mol，64×2 g/mol +17x g/mol +35.5 g/mol =214.5 g/mol，解得x=3，故无水碱式氯化铜的化学式为。
9．（2020届广东省佛山市质检）DCCNa
(二氯异氰尿酸钠)固体是一种高效、安全的消毒剂。20℃以上易溶于水。(CNO)3H3 (氰尿酸)为三元弱酸。
I.制备DCCA (二氯异氰尿酸)装置如图。主要反应有：
碱溶 (CNO)3H3+ 2NaOH=(CNO)3Na2H + 2H2O △H<0
氯化 (CNO)3Na2H +2Cl2=(CNO)3Cl2H + 2NaCl ∆ H<0
回答下列问题：
（1）装置C中的溶液是______________，作用为______________。
（2）装置A中反应的离子方程式为_______________。
（3）装置B用冰水浴的原因是__________， 碱溶时若氢氧化钠过量，(CNO)3Na2H中可能混有的杂质是__________。
Ⅱ.制备DCCNa
（4）步骤II中过滤洗盐”洗去的盐是__________________。
（5）“中和”反应的化学方程式为_________________。
（6）氧元素含量的测定：称取0. 1000 g DCNa样品，加入一定量醋酸溶液溶解，样品中的氯元素全邵转化成HClO，再加入足量的KI溶液，用淀粉作指示剂， 用01000 mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定生成的碘，消耗VmL.已知： I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，样品中氯元素的质量分数=__________%
【答案】（1）氢氧化钠溶液 吸收多余氯气，防止污染空气 （2） （3） 该反应放热，冰水浴可降温促进反应向正反应方向进行，同时降低产品溶解度 (CNO)3Na3 （4） NaCl （5）
（6） 1.775V
【解析】由图中装置和实验药品可知，A装置为氯气发生装置，B装置发生氯化反应生成DCCA，C装置用于尾气处理，吸收多余的氯气。利用DCCA生产DCCNa先将B中产物主要成分为DCCA和NaCl的混合物进行过滤洗盐，得到DCCA，DCCA与氢氧化钠反应得到DCCNa，再经过冷却结晶，过滤干燥得到产品DCCNa，以此分析。
（1）由上述分析可知C装置用于尾气处理，吸收多余的氯气，防止污染空气，试剂为氢氧化钠溶液，故答案为：氢氧化钠溶液；吸收多余氯气，防止污染空气；
（2）A装置为氯气发生装置离子反应为：，故答案为：；
（3）由已知反应可知装置B中反应，该反应放热，冰水浴可降温促进反应向正反应方向进行，同时降低温度可降低产品溶解度；(CNO)3H3 (氰尿酸)为三元弱酸，则碱溶时若氢氧化钠过量，则会生成产物(CNO)3Na3，故答案为：该反应放热，冰水浴可降温促进反应向正反应方向进行，同时降低产品溶解度；(CNO)3Na3；
（4）B中产物主要成分为DCCA和NaCl的混合物，则过滤洗盐洗去的盐是NaCl，故答案为：NaCl；
（5）DCCA与氢氧化钠反应得到DCCNa化学方程式为：，故答案为：；
（6）DCCNa样品，加入一定量醋酸溶液溶解，样品中的氯元素全邵转化成HClO，再加入足量的KI溶液，用Na2S2O3标准溶液滴定生成的碘，则关系式为： ，则氯原子的物质的量，则样品中氯元素的质量分数为，故答案为：1.775V。
10．（2020届广东省茂名市高三二模）二甲基砜是合成人体胶原蛋白的必要物质。实验室用二甲基硫醚为原料合成二甲基砜的新方法为：
反应 i：(CH3)2S+H2O2→(CH3)2SO+H2O
反应 ii： 。
二甲基硫醚(CH3)2S
二甲基亚枫(CH3)2SO
二甲基砜(CH3)2SO2
密度
0.85 g·cm-3
1.10 g·cm-3
——
熔点/沸点
-83.2℃/37.5℃
18.4℃/189℃
111℃/238℃
溶解性
不溶于水
易溶于水、乙醇
易溶于水、乙醇
具体流程如下：
回答下列问题：
（1）反应装置如图所示，仪器 B 的名称是_____，其作用是_____。
（2）第①步反应温度不高于 40 ℃的原因是_____；该步骤反应完全的现象是_____。
（3）第②步先将 A 中滴加剩余的 H2O2 全部加入三颈烧瓶中，然后加热发生反应 ii。该反应的化学方程式为_____。
（4）第③步的实验操作为_____、过滤、低温干燥，得到二甲基砜产品。
（5）二甲基砜传统的生产工艺是由 HNO3 氧化(CH3)2S 生成(CH3)2SO，然后用 NaOH 中和、精馏，制得精品(CH3)2SO，最后再经氧化制得(CH3)2SO2。该新方法与传统硝酸氧化法比的优点有_____(至少回答 2 点)。
（6）该实验中制得二甲基砜 19.176g。二甲基砜的产率为_____。
【答案】（1）球形冷凝管 冷凝回流
（2）防止反应过于剧烈，并能减少二甲基硫醚的挥发和双氧水的分解 溶液不分层
（3） （4）冷却结晶
（5）试剂少、步骤少、杂质少、污染少、条件易控制等合理答案 80%
【解析】由题中信息可知，二甲基硫醚和双氧水在一定的条件下发生反应可以生成二甲基亚枫和二甲基砜，反应分两步进行，通过控制温度得以实现。充分反应后，冷却结晶、过滤、低温干燥，得到二甲基砜产品。
（1）仪器 B是球形冷凝管。由于二甲基硫醚的沸点为37.5℃，易挥发，因此，冷凝管的作用是冷凝回流；
（2）由表可知二甲基硫醚的沸点为37.5℃，控制温度在40摄氏度以下为了减少二甲基硫醚的挥发，双氧水受热易分解，控制较低的温度有利于减少双氧水分解，另外，控制较低的温度也有利于控制化学反应速率，防止反应过于剧烈；二甲基硫醚不溶于水，二甲基亚砜溶于水，则反应结束后溶液不分层，故答案为：防止反应过于剧烈，并能减少二甲基硫醚的挥发和双氧水的分解；溶液不分层；
（3）二甲基亚砜(CH3)2SO和H2O2反应生成二甲基砜(CH3)2SO2，反应条件为120℃，化学方程式为：；
（4）二甲基砜(CH3)2SO2的熔点为111℃，防止二甲基砜熔化，应采用冷却结晶法，故答案为：冷却结晶；
（5）相比传统方法，新方法试剂少、步骤少、杂质少、污染少、条件易控制；
（6）二甲基硫醚物质的量为,由方程式可知关系式为： ，则二甲基砜理论产量为，产率=。
11．（2020届安徽省合肥市高三线上考试）实验室利用如图装置探究SO2还原CuO，并进一步检测产物含量。已知Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O。回答下列相关问题：
Ⅰ.SO2还原CuO的探究
（1）装置B中宜放入的试剂为___，消膜泡的作用是__。
（2）使用98%的H2SO4溶液制备SO2的速率明显小于使用65％的H2SO4溶液制备SO2，原因是__。
（3）充分反应后，黑色固体变为红色。取C中适量的产物，加水后溶液显蓝色并有红色沉淀物，取红色沉淀物滴加盐酸，溶液又呈蓝色并仍有少量红色不溶物，由此可以得出SO2与CuO反应的方程式为__。
Ⅱ.生成物中CuSO4含量检测
（4）用“碘量法”测定产物中CuSO4含量。取mg固体溶解于水配制为250mL溶液，取20.00mL溶液滴加几滴稀硫酸，再加入过量KI溶液，以淀粉为指示剂用Na2S2O3标准溶液滴定，相关化学反应为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，I2+I-I3-，I2+2S2O32-=S4O62-+2I-。
①Na2S2O3标准溶液易变质，滴定前需要标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、___、玻璃棒和试剂瓶。
②若消耗0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液VmL，则产物中CuSO4质量分数为____(写表达式)。
③CuI沉淀物对I3-具有强的吸附能力，由此会造成CuSO4质量分数测定值____(填“偏大”或“偏小”)。为减少实验误差，滴定过程中，常常在接近终点时加入KSCN，使CuI转化为溶解度更小的CuSCN，该沉淀物对I3-吸附能力极弱，KSCN加入太早，I2的浓度较大，I2会将SCN-氧化生成SO42-和ICN，该反应的离子方程式为___。
【答案】（1）浓硫酸 防止B中液体被吹入装置C中
（2）98%的H2SO4溶液中c(H+)较小，反应速率较小
（3）3CuO+SO2CuSO4+Cu2O
（4）①量筒 ② ×100% ③ 偏小 SCN-+4I2+4H2O=SO42-+7I-+ICN+8H+
【解析】实验室一般用中等浓度的硫酸和亚硫酸盐反应制备SO2，所以装置A是制备SO2的装置，发生的反应为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑，制备的SO2中含有水蒸气，应用浓硫酸干燥，消膜泡防止B中的浓硫酸被SO2的气流吹入C装置中，SO2进入C装置中与CuO发生氧化还原反应，其反应方程式为：3CuO+SO2CuSO4+Cu2O，多余的SO2被NaOH溶液吸收，D装置是尾气处理装置。
Ⅰ.（1）制备SO2时含有水蒸气杂质，应用浓硫酸干燥，所以装置B中放入浓硫酸，目的是除去水蒸气；消膜泡所起的主要作用是防止B中的浓硫酸被SO2的气流吹入C装置中，故答案为：浓硫酸；防止B中液体被吹入装置C中；
（2）制取SO2的反应实质是氢离子和亚硫酸根离子反应，98%的硫酸溶液中溶质主要是硫酸分子，而氢离子浓度较小，所以反应速率较慢，故答案为：98%的H2SO4溶液中c(H+)较小，反应速率较小；
（3）根据信息，可以得出产物有硫酸铜和氧化亚铜，其反应方程式为：3CuO+SO2CuSO4+Cu2O，故答案为：3CuO+SO2CuSO4+Cu2O；
Ⅱ.（4）①标准溶液滴定前需要标定，不需要特别精准体积的容量瓶，所以配制Na2S2O3标准溶液时需要的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒和试剂瓶外，配制时选取量筒即可，故答案为：量筒；
②根据相关化学反应为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，I2+I-I3-，I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，可以得出关系式：Cu2+S2O32-，n(Cu2+)= n(S2O32-)=(0.1000×V×10-3)mol，则mg生成物中硫酸铜质量分数为：×100%，故答案为：×100%；
③因为CuI沉淀对I3-具有强的吸附能力，会造成碘单质实际消耗量偏少，由此造成硫酸铜质量分数测定值偏小；根据氧化还原反应特点，可以得出碘单质与硫氰化钾之间的离子反应方程式为：SCN-+4I2+4H2O=SO42-+7I-+ICN+8H+，故答案为：SCN-+4I2+4H2O=SO42-+7I-+ICN+8H+。
12．（2020届四川省泸州市高三第三次质检）一水硫酸四氨合铜晶体[Cu(NH3)4SO4·H2O，相对分子质量为246]是一种重要的染料及农药中间体。常温下该物质可溶于水，难溶于乙醇。某化学兴趣小组通过以下实验制备一水硫酸四氨合铜晶体并测定其纯度。回答相关问题：
I．实验室制取CuSO4溶液
方案i：铜与浓硫酸加热制备。
方案ii：将铜粉在空气中充分加热至完全变黑，再加稀硫酸即可得到硫酸铜溶液。
（1）请写出方案i反应的化学方程式____，其缺点是____（写1点）。
（2）实际生产中方案ii常常有紫红色固体未反应，猜想原因可能是____。
（3）基于此，实验进行了改进，其中一种方案是在硫酸和铜的反应容器中滴加H2O2溶液，观察到的现象是____（写1点）。H2O2的沸点为150.2℃。为加快反应需要提高H2O2溶液的浓度，可通过下图将H2O2稀溶液浓缩，冷水入口是____（填a或b），增加减压设备的目的是____。
II．一水硫酸四氨合铜晶体的制备
（4）硫酸铜溶液含有一定的硫酸，呈酸性，加入适量NH3·H2O调节溶液pH，产生浅蓝色沉淀，已知其成分为Cu2(OH)2SO4，试写出生成此沉淀的离子反应方程式__________。
（5）继续滴加NH3·H2O，会转化成深蓝色溶液。从深蓝色溶液中析出深蓝色晶体的简便实验是滴加____________。
III．产品纯度的测定
（6）精确称取mg晶体，加适量水溶解，然后逐滴加入足量NaOH溶液，通入水蒸气将氨全部蒸出，用V1mL0.200mol·L－1的盐酸完全吸收。以甲基橙作指示剂，用0.200mol·L－1NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗V2mLNaOH溶液。产品纯度的表达式为______。
【答案】（1）Cu＋2H2SO4（浓）CuSO4＋ SO2↑＋2H2O 会产生有污染的SO2气体（或硫酸利用率比较低或不节能）
（2）表面生成的CuO阻止内部铜与O2接触或反应
（3）铜溶解、溶液变蓝、产生气泡 a 降低水的沸点，避免H2O2分解
（4）2Cu2+＋2NH3·H2O＋SO42-=Cu2(OH)2SO4↓＋2NH4+ （5）乙醇
（6）=
【解析】（1）方案i铜与浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式Cu＋2H2SO4（浓）CuSO4＋ SO2↑＋2H2O，其缺点是会产生有污染的SO2气体（或硫酸利用率比较低或不节能）（写1点）。
（2）实际生产中方案ii常常有紫红色固体未反应，猜想原因可能是表面生成的CuO阻止内部铜与O2接触或反应。
（3）在硫酸和铜的反应容器中滴加H2O2溶液，Cu在H2O2作用下与稀硫酸反应生成硫酸铜，该反应的化学方程式为：Cu+H2O2+H2SO4═CuSO4+H2O，观察到的现象是铜溶解、溶液变蓝、产生气泡（写1点）。H2O2的沸点为150.2℃。为加快反应需要提高H2O2溶液的浓度，可通过减压蒸馏将H2O2稀溶液浓缩，冷凝水逆流时热交换效率高，冷水入口是a（填a或b），过氧化氢受热易分解，故采用减压蒸馏的方式，增加减压设备的目的是降低水的沸点，避免H2O2分解。
II．（4）硫酸铜溶液含有一定的硫酸，呈酸性，加入适量NH3·H2O调节溶液pH，产生浅蓝色沉淀Cu2(OH)2SO4，生成此沉淀的离子反应方程式2Cu2+＋2NH3·H2O＋SO42-=Cu2(OH)2SO4↓＋2NH4+。
（5）继续滴加NH3·H2O，会转化成深蓝色溶液。由于Cu（NH3）4SO4·H2O晶体难溶于乙醇，可溶于水，从深蓝色溶液中析出深蓝色晶体的简便实验是滴加乙醇。
III．（6）与氨气反应的n（HCl）=10-3V1L×0.200mol·L-1-0.200mol·L-1×10-3V2L=2×10-4（V1-V2）mol，根据NH3～HCl可知，n（NH3）=n（HCl）=2×10-4（V1-V2）mol，则n[Cu（NH3）4SO4·H2O]=n（NH3）=5×10-5（V1-V2）mol，样品中产品纯度的表达式为：==。
13．（2020届广东省茂名市高三综合测试）草酸亚铁晶体(FeC2O4•xH2O)在电池工业、制药、照片显影等方面有重要作用。在实验室中用制备草酸亚铁并研究其性质，具体流程如图：
已知：常温下，pH>4时，Fe2+容易被氧化；H2C2O4的Ka1=5.9×10-2，Ka2=6.5×10-5
；Ksp(FeC2O4•xH2O)=3.2×10-7
回答下列问题：
（1）步骤①用水溶解的过程中，加入少量稀H2SO4的作用是_____。
（2）步骤②中加入的H2C2O4属于_____酸，生成固体I的离子反应方程式为_____。
（3）步骤③中先用水洗涤，再用乙醇洗涤，其目的是_____。
（4）步骤④是检验草酸亚铁晶体加热分解后的产物H2O、CO、CO2，首先检验的气体为_____，然后将剩余气体依次通过_____（填序号，装置可重复使用）→尾气处理。实验前需要将装置中的空气排尽，理由是_____。
（5）步骤⑤采用滴定分析法测定FeC2O4•xH2O中x的值。取0.18g样品溶于稀硫酸配成100.00mL溶液，取20.00mL于锥形瓶中，用0.0100mol•L-1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液12.00mL。滴定终点的现象为_____，x值为_____。
【答案】（1）抑制Fe2+水解，防止氧化 （2）二元弱酸 Fe2++H2C2O4+xH2O=FeC2O4•xH2O↓+2H+
（3）除去表面杂质，易于干燥 （4）H2O CDCBAC或CDBAC 防止爆炸
（5）滴加最后一滴，溶液由无色变成浅红色，且半分钟不褪色 2
【解析】（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O晶体，加稀硫酸溶解，滴入几滴稀硫酸防止亚铁离子水解，加入草酸沉淀亚铁离子，过滤得到草酸亚铁晶体（FeC2O4•xH2O），过滤，再用无水乙醇洗涤2～3次，干燥，加热得固体ⅡFeC2O4，草酸亚铁晶体与KMnO4溶液反应得溶液Ⅲ。
（1）溶液中亚铁离子水解，加入少量硫酸，抑制亚铁离子水解，防止其被氧化；
（2）H2C2O4属于二元弱酸，反应②是H2C2O4和Fe2+生成固体ⅠFeC2O4⋅xH2O，离子反应方程式为：Fe2++H2C2O4+xH2O=FeC2O4•xH2O↓+2H+；
（3）先用水洗涤再用乙醇洗涤，洗涤除去晶体表面附着的硫酸盐等杂质，用乙醇洗涤，乙醇具有挥发性，可以使FeC2O4⋅xH2O快速干燥；
（4）验证生成的产物中有氧化铁、H2O、CO、CO2
，因大部分物质的验证需要经过水溶液，因此验证水放在第一位，无水硫酸铜与水反应得到五水硫酸铜，颜色由白色变为蓝色；CO通入到氧化铜固体中将又有CO2生成,从而验证CO2的存在放在CO前面，所以顺序为：CDCBAC或CDBAC；实验前需要将装置中的空气排尽，否则加热不纯的可燃气体，易发生爆炸；
（5）KMnO4溶液呈紫色，反应完毕，当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点；FeC2O4⋅xH2O+KMnO4+H2SO4→Fe2(SO4)3+CO2↑+MnSO4+K2SO4+H2O，反应中铁元素化合价+2价升高为+3价，碳元素化合价+3价升高为+4价，电子转移1+1×2=3，锰元素化合价+7价降低为+2价，电子转移5，最小公倍数15，结合守恒找出数量关系：，x=2。
14．（2020届贵州省铜仁市高三适应性考试）过碳酸钠(2Na2CO3・3H2O2)又名过氧碳酸钠，白色颗粒状粉末，其水溶液呈碱性，50℃可分解为碳酸钠和过氧化氢，具有Na2CO3和H2O2的双重性质，是很好的消毒剂、漂白剂、供氧剂。以工业碳酸钠和H2O2为原料制备过碳酸钠的实验装置及步骤：
I.称取10.0g碳酸钠，溶于40mL蒸馏水中，冷却至273K待用。
II.量取15mL30%的H2O2溶液加入到三颈烧瓶中，冷却至273K后，加入复合稳定剂，搅拌均匀。
III.在控温及搅拌条件下，将碳酸钠溶液滴入到步骤II的混合液中，待反应液冷却至268K左右，边搅拌边加入4.0gNaCl，静置结晶。
IV.过滤，用无水乙醇洗涤后，真空干燥。
请回答以下问题：
（1）球形冷凝管中回流的主要物质除H2O外还有__________________(填化学式)。
（2）制备过程中涉及的反应及干燥等操作均需在较低温度下进行，原因是________________。
（3）步骤II中加入复合稳定剂的目的之一是与工业碳酸钠中含有的Fe3+生成稳定的配合物，以防Fe3+对制备反应产生不良影响。该不良影响是指__________________________。
（4）步骤IV中完成"过滤”操作所需玻璃仪器有烧杯、____________和____________.
（5）产品中H2O2含量的测定
准确称取产品0.1000g于碘量瓶中，加入50mL蒸馏水，并立即加入6mL2mol·L－1H3PO4溶液，再加入lgKI固体(过量)，摇匀后于暗处放置10min，加入适量指示剂，用0.1000rnol·L－1Na2S2O3标准液滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液17.00mL。(已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)
①所加指示剂的名称是____________;确定达到滴定终点的依据是_____________
②若加入KI固体摇匀后未将碘量瓶“在暗处放置10min”，就立即进行滴定操作，测定的结果将会____________(选填“偏大"、“偏小”或“无影响”)。
③根据实验数据计算产品中H2O2的质量分数为____________%。
【答案】（1）H2O2 （2）H2O2和2Na2CO3•3H2O受热都容易分解，影晌产率
（3）Fe3+催化双氧水的分解使双氧水被消耗 （4）漏斗 玻璃棒
（5）①淀粉溶液 滴入最后一滴Na2S2O3标准液．溶液由蓝色变为无色，且30s内不恢复
②偏小 ③28.9
【解析】（1）加热条件下，H2O和H2O2都会蒸发，球形冷凝管中回流的主要物质除H2O外还有H2O2；
（2）H2O2和2Na2CO3•3H2O受热都容易分解，制备过程中涉及的反应及干燥等操作均需在较低温度下进行，提高产率；
（3）步骤II中加入复合稳定剂的目的之一是与工业碳酸钠中含有的Fe3+生成稳定的配合物，以防Fe3+对制备反应产生不良影响。该不良影响是指Fe3+可做催化剂，会加快双氧水的分解，使双氧水被消耗；
（4）"过滤”操作所需玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒；
（5）①测定含量过程中加入KI固体，与双氧水反应生成碘单质，碘与淀粉变蓝，所加指示剂的名称是淀粉溶液；标准液Na2S2O3具有还原性，可将碘单质还原为碘离子，碘单质被消耗完，淀粉恢复原来的颜色，确定达到滴定终点的依据是滴入最后一滴Na2S2O3
标准液，溶液由蓝色变为无色，且30s内不恢复；
②加入KI固体摇匀后，将碘量瓶“在暗处放置10min”，目的是让碘离子与双氧水反应：H2O2+2I-+2H+=2H2O+I2，使若加入KI固体摇匀后未将碘量瓶“在暗处放置10min”，就立即进行滴定操作，双氧水为被完全反应，产生的碘单质量减少，消耗标准液的体积减少，测定的结果将会偏小；
③根据滴定过程中的反应：H2O2+2I-+2H+=2H2O+I2、2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，则H2O2~ I2~2Na2S2O3，滴定时，消耗标准液的物质的量n(Na2S2O3)=17.00×10-3L×0.1000rnol·L－1=1.7×10-3mol，n(H2O2)=n(Na2S2O3)=×1.7×10-3mol=0.85×10-3mol，则产品中H2O2的质量分数为×100%=28.9%。
15．（2020届五岳（湖南、河南、江西）高三线上联考）碘被称为“智力元素”,科学合理地补充碘可防治碘缺乏病,KI、KIO3曾先后用于加碘盐中。KI还可用于分析试剂、感光材料、制药等,其制备原理如下:
反应I : 3I2+ 6KOH== KIO3 +5KI+ 3H2O
反应II: 3H2S+KIO3=3S↓+KI+ 3H2O
请回答有关问题。
（1）启普发生器中发生反应的化学方程式为_______。装置中盛装30%氢氧化钾溶液的仪器名称是_________。
（2）关闭启普发生器活塞,先滴入30%的KOH溶液.待观察到三颈烧瓶中溶液颜色由棕黄色变为______(填现象)，停止滴人KOH溶液;然后______(填操作),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。
（3）滴入硫酸溶液,并对三颈烧瓶中的溶液进行水浴加热,其目的是_____________。
（4）把三颈烧瓶中的溶液倒入烧杯中,加入碳酸钡,在过滤器中过滤,过滤得到的沉淀中除含有过量碳酸钡外,还含有硫酸钡和___________(填名称)。合并滤液和洗涤液,蒸发至析出结晶，干燥得成品。
（5）实验室模拟工业制备KIO3流程如下:
几种物质的溶解度见下表:
①由上表数据分析可知，“操作a”为__________________。
②用惰性电极电解KI溶液也能制备KIO3,与电解法相比，上述流程制备KIO3的缺点是____________。
（6）某同学测定.上述流程生产的KIO3样品的纯度。
取1.00 g样品溶于蒸馏水中并用硫酸酸化，再加入过量的KI和少量的淀粉溶液，逐滴滴加2.0 mol●L-1 Na2S2O3 溶液,恰好完全反应时共消耗12. 60 mL Na2S2O3溶液。该样品中KIO3的质量分数为_______(已知反应:I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)。
【答案】（1）ZnS+H2SO4===H2S↑+ZnSO4 恒压滴液漏斗
（2）无色 打开启普发生器活塞，通入气体
（3）使溶液酸化并加热，有利于溶液中剩余的硫化氢逸出，从而除去硫化氢 （4）硫
（5）①蒸发浓缩、冷却结晶(或重结晶) ②KClO3和I2反应时会产生有毒的氯气，污染环境
（6）89.88%
【解析】实验过程为：先关闭启普发生器活塞，在三颈烧瓶中滴入30%的KOH溶液，发生反应I : 3I2+ 6KOH== KIO3 +5KI+ 3H2O，将碘单质完全反应；然后打开启普发生器活塞，启普发生器中硫酸和硫化锌反应生成硫化氢气体，将气体通入三颈烧瓶中发生反应II: 3H2S+KIO3=3S↓+KI+ 3H2O，将碘酸钾还原成KI，氢氧化钠溶液可以吸收未反应的硫化氢；
（5）实验室模拟工业制备KIO3：将I2、HCl、KClO3水中混合发生氧化还原反应，生成KH(IO3)2，之后进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到KH(IO3)2晶体，再与KOH溶液混合发生反应、过滤蒸发结晶得到碘酸钾晶体。
（1）启普发生器中发生的反应是硫化锌和稀硫酸反应生成硫化氢气体和硫酸锌，反应的化学方程式：ZnS+H2SO4===H2S↑+ZnSO4；根据仪器结构可知该仪器为恒压滴液漏斗；
（2）碘单质水溶液呈棕黄色，加入氢氧化钾后碘单质反应生成碘酸钾和碘化钾，完全反应后溶液变为无色；然后打开启普发生器活塞，通入气体发生反应II；
（3）反应完成后溶液中溶有硫化氢，滴入硫酸并水浴加热可降低硫化氢的溶解度，使其逸出，从而除去硫化氢；
（4）根据反应II可知反应过程中有硫单质生成，硫单质不溶于水；
（5）①根据表格数据可知温度较低时KH(IO3)2的溶解度很小，所以从混合液中分离KH(IO3)2晶体需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，所以操作a为蒸发浓缩、冷却结晶；
②根据流程可知该过程中有氯气产生，氯气有毒会污染空气，同时该过程中消耗了更多的药品；
（6）该滴定原理是：先加入过量的KI并酸化与KIO3发生反应：IO3⁻ +5I⁻+ 6H+===3I2+3H2O，然后利用Na2S2O3测定生成的碘单质的量从而确定KIO3的量；根据反应方程式可知IO3⁻ ~3I2，根据滴定过程反应I2+2Na2S2O3===2NaI+Na2S4O6可知I2~2Na2S2O3，则有IO3⁻ ~6Na2S2O3，所用n(KIO3)=0.01260L×2.0mol/L×=0.0042mol，所以样品中KIO3的质量分数为=89.88%。
16．（2020届河北省名校联盟高三联考）实验室以V2O5为原料制备氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体{(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9] ·10H2O}，其流程如图：
V2O5VOCl2溶液氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体
（1）“还原”过程中的还原剂是__（填化学式）。
（2）已知VO2+能被O2氧化，“转化”可在如图装置中进行。
①仪器M的名称是__，实验开始前的操作是__。
②装置B的作用是__。
③加完VOCl2溶液后继续搅拌一段时间，使反应完全，再进行下列操作，顺序为__（填字母）。
a.锥形瓶口塞上橡胶塞
b.取下P
c.将锥形瓶置于干燥器中，静置过滤
④得到紫红色晶体，抽滤，并用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次，用无水乙醇洗涤2次，再用乙醚洗涤2次，抽干称重。用饱和NH4HCO3溶液洗涤除去的阴离子主要是__（填离子符号），用无水乙醇洗涤的目的是__。
⑤称量mg产品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL稀硫酸溶解后，加入0.02mol·L-1KMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续滴加1%的NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量NaNO2，最后用cmol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点（已知滴定反应为VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O），消耗标准溶液的体积为VmL。若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，会使测定结果___（填“偏高”“偏低”或“无影响”），产品中钒的质量分数为__（以VO2+的量进行计算，列出计算式）。
【答案】（1）N2H4•2HC1
（2）①长颈漏斗 检查装置的气密性 ②除去二氧化碳气体中的氯化氢 ③bac
④C1- 除去晶体表面的水 ⑤偏高 ×100%或6.7cV/m%
【解析】（1）氧化还原反应中还原剂失电子被氧化化合价升高，对比反应物和生成物，V的化合价降低被还原，O、Cl化合价不变，H元素已是最高价不能被氧化，所以被氧化的元素应为N元素，所以还原剂为N2H4•2HCl。
（2）VO2+能被O2氧化，所以转化过程应在无氧环境中进行，装置A中稀盐酸和石灰石反应生成二氧化碳，B装置盛放饱和碳酸氢钠溶液可以除去二氧化碳中混有的HCl气体，之后二氧化碳进入装置C，将装置内的空气排尽；然后滴加VOCl2溶液，进行搅拌，使反应完全。
①根据M的结构特点可知其为长颈漏斗；实验开始前要检查装置的气密性；
②稀盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳气体中有HCl杂质，装置B中盛放饱和碳酸氢钠溶液可以除去二氧化碳气体中的氯化氢；
③加完VOCl2溶液后继续搅拌一段时间，使反应完全，取下P装置，为防止氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体被氧化，需要在锥形瓶口塞上橡胶塞，之后将锥形瓶置于干燥器中，静置过滤，所以顺序为bac；
④根据元素守恒可知用饱和NH4HCO3溶液洗涤除去的阴离子主要是Cl-
；乙醇与水互溶，无水乙醇易挥发，可以带走晶体表面的水分；
⑤若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，溶液中Fe2+浓度减小，会消耗更多的标准液，导致测定结果偏高；消耗标准溶液的体积为VmL，根据滴定反应可知n(VO2+)=n(Fe2+)=cV×10-3mol，所以产品中钒的质量分数为×100%或6.7cV/m%。
17．（2020届河南省六市高三第二次联合调研）高铁酸钾是一种高效多功能的新型非氯绿色消毒剂，主要用于饮水处理。实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。
资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。
（1）制备K2FeO4（夹持装置略）
①如图所示，A为氯气发生装置。装置A、B、C、D中存在错误的是______________（填序号）。
②C中得到紫色固体和溶液。C中通入氯气发生反应，生成高铁酸钾（K2FeO4）的化学方程式为_______，此外Cl2还可能与过量的KOH反应。
（2）探究K2FeO4的性质
①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4，氧化了Cl－而产生Cl2，设计以下方案：
方案I
取少量溶液a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。
方案II
用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。
i.由方案I中溶液变红可知溶液a中含有__________离子，但该离子的存在不能判断一定是K2FeO4，氧化了Cl2，因为K2FeO4，在酸性溶液中不稳定，请写出K2FeO4在酸性溶液中发生反应的离子方程式___________________________________。
ii．方案Ⅱ可证明K2FeO4，氧化了Cl－．用KOH溶液洗涤的目的是_______________。
②根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2_____FeO42－ （填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO42－的氧化性强弱关系恰好相反，原因是_______________。
（3）若在制备装置C中加入Fe(OH)3的质量为14.0g，充分反应后经过滤、洗涤、干燥得K2FeO4固体19.3g，则K2FeO4的产率为______________。
【答案】（1）①B ②3C12+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O
（2）①i：Fe3+ 4FeO42-+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O
ii：确保K2FeO4在碱性环境中的稳定性，同时排除ClO-对验证的干扰 ②> 溶液的酸碱性不同
（3）74.5%
【解析】（1）①A为氯气发生装置，B除去氯气中的HCl，应左侧长导管，右侧短导管，长进短出，装置A、B、C、D中存在错误的是B（填序号）。
②C中得到紫色固体和溶液，C中通入氯气将氢氧化亚铁氧化，生成高铁酸钾（K2FeO4），化学方程式为3C12+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O。
（2）①i.Fe3+离子与SCN-发生络合反应，生成红色的络离子，由方案I中溶液变红可知溶液a中含有Fe3+离子，但该离子的存在不能判断一定是K2FeO4，氧化了Cl2，因为K2FeO4在酸性溶液中不稳定，K2FeO4在酸性溶液中发生反应的离子方程式4FeO42-+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O。
ii．方案Ⅱ可证明K2FeO4，氧化了Cl－，用KOH溶液洗涤的目的是确保K2FeO4在碱性环境中的稳定性，同时排除ClO-对验证的干扰。故答案为：确保K2FeO4在碱性环境中的稳定性，同时排除ClO-对验证的干扰；
②根据K2FeO4的制备实验得出：3C12+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O中氧化剂的氧化性强于氧化产物，氧化性Cl2＞FeO42－，而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO42－的氧化性强弱关系恰好相反，原因是溶液的酸碱性不同。
（3）若在制备装置C中加入Fe(OH)3的质量为14.0g，充分反应后经过滤、洗涤、干燥得K2FeO4固体19.3g，根据铁原子守恒：
m==25.9g，则K2FeO4的产率为 =74.5%。
18．（2020届福建省厦门市高三质检）次硫酸氢钠甲醛(aNaHSO2•bHCHO•cH2O)在印染、医药以及原子能工业中应用广泛。以Na2SO3、SO2、HCHO和锌粉为原料制备次硫酸氢钠甲醛的实验步骤如下：
步骤1：在如图所示装置的烧瓶中加入一定量Na2SO3和水，搅拌溶解，缓慢通入SO2，至溶液pH约为4，制得NaHSO3溶液。
步骤2：将装置A中导气管换成橡皮塞。向烧瓶中加入稍过量的锌粉和一定量甲醛溶液，在80~90℃下，反应约3h，冷却至室温，抽滤。
步骤3：将滤液真空蒸发浓缩，冷却结晶。
（1）装置B的烧杯中应加入的溶液是___。
（2）步骤2中加入锌粉时有NaHSO2和Zn(OH)2生成。
①写出加入锌粉时发生反应的化学方程式：___。
②生成的Zn(OH)2会覆盖在锌粉表面阻止反应进行，防止该现象发生的措施是___。
（3）冷凝管中回流的主要物质除H2O外，还有___（填化学式）。
（4）步骤3中次硫酸氢钠甲醛不在敞口容器中蒸发浓缩的原因是___。
（5）步骤2抽滤所得滤渣的成分为Zn和Zn(OH)2，利用滤渣制备ZnO的实验步骤为：将滤渣置于烧杯中，___，900℃煅烧。（已知：Zn与铝类似，能与NaOH溶液反应；Zn2+开始沉淀的pH为5.9，沉淀完全的pH为8.9，pH>11时，Zn(OH)2能生成ZnO22-。实验中须使用的试剂有1.0mol•L-1NaOH溶液、1.0mol•L-1HCl溶液、水）
（6）产物组成测定实验：
准确称取1.5400g样品，溶于水配成l00mL溶液；取25.00mL样品溶液经AHMT分光光度法测得溶液吸光度A=0.4000(如图）；另取25.00mL样品溶液，加入过量碘水后，加入BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重得到BaSO4固体0.5825g。
①样品溶液HCHO浓度为___mol•L-1。
②通过计算确定aNaHSO2·bHCHO•cH2O的化学式为___。
【答案】（1）NaOH溶液(或Na2CO3溶液)
（2）①Zn＋NaHSO3＋H2O=NaHSO2＋Zn(OH)2 ②加快搅拌的速度 （3）HCHO
（4）次硫酸氢钠甲醛被空气中氧气氧化
（5）向烧杯中加入1.0mol·L-1HCl溶液，充分搅拌至固体完全溶解。向所得溶液中滴加1.0mol·L-1NaOH溶液，调节溶液pH约为10(或8.9≤pH≤11)。过滤、用水洗涤固体2～3次[或向烧杯中加入1.0mol·L-1NaOH溶液，充分搅拌至固体完全溶解。向所得溶液中滴加1.0mol·L-1HCl溶液，调节溶液pH约为10(或8.9≤pH≤11)。过滤、用水洗涤固体2～3次
（6）①0.1000 ② NaHSO2·HCHO·2H2O
【解析】（1）实验中未反应的二氧化硫会通过导管进入装置B，可以用NaOH溶液(或Na2CO3溶液)吸收二氧化硫，以防止污染空气；
（2）①NaHSO3溶液与锌粉反应生成NaHSO2和Zn(OH)2，反应中S元素的化合价由+4价降为+2价，Zn元素的化合价由0价升至+2价，根据得失电子守恒、原子守恒，化学反应方程式为：Zn＋NaHSO3＋H2O=NaHSO2＋Zn(OH)2；
②为防止生成的Zn(OH)2会覆盖在锌粉表面阻止反应进行，可以快速搅拌避免氢氧化锌在锌粉表面沉积；
（3）甲醛易挥发，在80～90 ℃下会大量挥发，加冷凝管可以使甲醛冷凝回流，提高甲醛利用率；
（4）次硫酸氢钠甲醛具有强还原性，在敞口容器中蒸发浓缩，遇到空气中的氧气易被氧化变质；
（5）为了使Zn和氢氧化锌尽可能转化为ZnO，结合Zn和氢氧化锌的性质，可以先加盐酸使滤渣完全溶解，后加NaOH溶液调节pH使Zn元素完全转化成氢氧化锌沉淀（或先加NaOH溶液使滤渣完全溶解，后加盐酸调节pH使Zn元素完全转化成氢氧化锌沉淀），故实验步骤为：向烧杯中加入1.0mol·L-1HCl溶液，充分搅拌至固体完全溶解。向所得溶液中滴加1.0mol·L-1NaOH溶液，调节溶液pH约为10(或8.9≤pH≤11)。过滤、用水洗涤固体2～3次[或向烧杯中加入1.0mol·L-1NaOH溶液，充分搅拌至固体完全溶解。向所得溶液中滴加1.0mol·L-1HCl溶液，调节溶液pH约为10(或8.9≤pH≤11)。过滤、用水洗涤固体2～3次；
（6）①25.00mL样品溶液经AHMT分光光度法测得溶液吸光度A=0.4000，根据图示可知，样品溶液HCHO浓度为0.1000mol•L-1；
②25．00 mL溶液中：根据S守恒，n(NaHSO2)＝n(NaHSO4)＝n( BaSO4)＝＝0.0025 mol，n(HCHO)＝0.1000mol/L×0.025L=0.0025 mol；100 mL溶液中：n(NaHSO2)＝4×0.0025mol＝0.01mol，n(HCHO)＝4×0.0025mol＝0.01 mol，n(H2O)＝＝0.02 mol，a：b：c＝n(NaHSO2)：n(HCHO)：n(H2O)＝0.01mol：0.01mol：0.02 mol＝1：1：2，所以次硫酸氢钠甲醛的化学式为NaHSO2·HCHO·2H2O。
19．（2020届四川省内江市三模）亚硝酰氯( NOCl)是有机合成中的重要试剂，为黄色气体或红褐色液体（熔点- 64. 5℃，沸点-5.5℃），具有刺鼻恶臭味，遇水和潮气水解，有多种方法制备。
（1）方法一：将5 g 经300℃下干燥了 3h 并研细的 KCl 粉末装入 50 mL 带有接头及抽真空用活塞的玻璃容器内。将容器尽量减压，在减压下通入0. 002 mol NO2。反应 12 ~ 36 min 即可完成，NO2红棕色消失 ，出现黄色亚硝酰氯，同时还得到一种盐。写出亚硝酰氯的电子式________，该方法制备NOCl的化学方程式为_________________，氯化钾需要“干燥”的原因是_______________。
（2）方法二：实验室可用如图装置制备亚硝酰氯(NOCl)，检验装置气密性并装入药品打开 K2，然后再打开___________（填“K1 ”或"“K3 ”） 通入一段时间气体，其目的为______，然后进行其他操作，当 Z 有一定量液体生成时，停止实验。写出X 装置中反应的离子方程式_____________________ 。
（3）测定产品纯度：取（2）中w g Z 中液态产品溶于蒸馏水，配制成250 ml 溶液；用酸式滴定管准确量取25. 00mL 所配溶液于锥形瓶中，滴加几滴 K2CrO4溶液作指示剂，用滴定管盛装 c mol·L-1 AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液体积为V mL。［已知：Ksp( AgCl ) =1.56 ×10-10 ，Ksp(Ag2CrO4)=1×10-12，Ag2CrO4为砖红色固体，忽略杂质参与反应］
①盛装AgNO3 标准溶液的滴定管是____（填“酸式”或“碱式”)棕色滴定管；判断达到滴定终点的方法是_____________________。
②该产品纯度为_____________（用代数式表示）。
【答案】（1） 2NO2+ KCl =KNO3+ NOCl NOCl 遇水易水解，NO2与水反应
（2）K3 排尽三颈烧瓶中的空气，防止一氧化氮被氧化，防止产品( NOCl) 变质 3Cu ++ 8H++2NO3- == 2NO↑+ 4H2O+ 3Cu2+
（3）①酸式 溶液中恰好出现砖红色沉淀且半分钟内不消失 ②或
【解析】在玻璃容器内，NO2与KCl发生反应，生成NOCl和KNO3，由于NOCl和NO2都能与水发生反应，所以整个容器内应保持无水环境。实验室用如图装置制备亚硝酰氯(NOCl)，此反应在装置Z中进行，发生反应为2NO+Cl2==2NOCl，装置X为制取NO的装置，铜丝与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮等；装置Y为NO的干燥装置。由于NOCl易发生水解且NO易被空气中的O2氧化，所以反应需在无水、无氧环境中进行，也就是在Z中通入NO前需排尽装置内的空气。计算产品的纯度时，Ag+与Cl-发生反应生成AgCl，由Ksp( AgCl ) =1.56 ×10-10可以看出，Cl-可完全转化为沉淀，由AgNO3的用量可计算出溶液中n(Cl-)，由此计算产品中所含NOCl的质量及纯度。
（1）亚硝酰氯的化学式为NOCl，由于N、O、Cl分别需要形成3、2、1对共用电子，所以在电子式中，N应位于O、Cl原子的中间，从而得出亚硝酰氯的电子式为；由分析知，NO2与KCl反应生成NOCl，同时还得到一种盐，此盐只能为KNO3
，所以该方法制备NOCl的化学方程式为2NO2+ KCl ==KNO3+ NOCl；由于NOCl和NO2都能与水发生反应，所以氯化钾需要“干燥”的原因是NOCl 遇水易水解，NO2与水反应。
（2）实验室用如图装置制备亚硝酰氯(NOCl)，检验装置气密性并装入药品打开K2。由于NO与Cl2接触后就会发生反应生成易水解的NOCl，且NO能被空气中的O2氧化，所以通入NO前，需排尽装置Z内的空气，因此打开K3通入一段时间气体，其目的为排尽三颈烧瓶中的空气，防止一氧化氮被氧化，防止产品( NOCl) 变质。X 装置中，铜丝与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮气体和水，反应的离子方程式为3Cu ++ 8H++2NO3- == 2NO↑+ 4H2O+ 3Cu2+。
（3）①因为AgNO3标准溶液会腐蚀橡皮管，且见光易分解，所以盛装AgNO3标准溶液的滴定管是酸式棕色滴定管；滴定终点时，生成的Ag2CrO4为砖红色固体，所以判断达到滴定终点的方法是溶液中恰好出现砖红色沉淀且半分钟内不消失。
②Z 中液态产品溶于蒸馏水，与水反应生成HNO2和HCl，滴加AgNO3溶液，发生反应Ag++Cl-==AgCl↓，25. 00mL 所配溶液中，n(NOCl)=n(Cl-)=n(AgNO3)= cmol·L-1×V ×10-3L= cV ×10-3mol，该产品纯度为=或。
20．（2020届四川省成都市6月三诊）高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型绿色、高效的水处理剂，对病毒的去除率可达99.95%。已知K2FeO4在低于常温的碱性环境中稳定，酸性条件下，其氧化性强于KMnO4、Cl2等。某小组设计制备K2FeO4并测定其纯度的实验步骤如下：
I.制备次氯酸钾。在搅拌和冰水浴条件下，将Cl2通入浓KOH溶液，同时补加一定量KOH，产生了大量白色沉淀，抽滤后得到浓KClO滤液。
II.制备高铁酸钾(装置如图)
碱性条件下，向如图装置加入上述浓KClO 溶液与冰水浴磁子搅拌Fe(NO3)3
；饱和溶液，反应一段时间，得到紫黑色溶液和大量白色沉淀，抽滤分离，用冰盐浴进一步冷却滤液得到K2FeO4粗品。
III.测定高铁酸钾样品的纯度。取0.300g上述步骤制备的K2FeO4样品于锥形瓶，在强碱性溶液中，用过量CrO2-与FeO42-反应生成 CrO42-和Fe(OH)3。稀硫酸酸化后加入指示剂，以0.150mol/L(NH)2Fe(SO4)2标准溶液滴定 Cr(VI)至 Cr3+，终点消耗 20.0mL。
（1）步骤I制备次氯酸钾的化学方程式为_____；“补加一定量KOH”的目的除了与过量Cl2继续反应生成更多KClO外，还在步骤II中起到___________的作用。
（2）根据 K2FeO4理论合成产率与合成条件响应曲面投影图(见图，虚线上的数据表示K2FeO4的理论合成产率)，步骤II中控制的条件应是：温度______ (序号，下同)，反应时间_____________。
a.0.0~5.0℃ b.5.0~10℃ c.10~15℃ d.40~50 min e.50~60 min f.60~70 min
（3）步骤II中，为了避免副产物K3FeO4的产生，Fe(NO3)3饱和溶液应放在仪器A中，A的名称是________；写出实验刚开始时生成FeO42-的离子方程式________。
（4）根据步骤皿I的测定数据，计算高铁酸钾样品纯度为_____(保留3位有效数字)。
（5）为探究酸性条件下FeO42-氧化性强弱，甲同学取步骤II所得K2FeO4粗品加入到少量盐酸中，观察到产生黄绿色气体，经检验气体为Cl2。该现象能否证明“酸性条件下FeO42-氧化性强于Cl2”，并说明理由_______________________________。
【答案】（1）Cl2+2KOH=KCl↓+KClO+H2O 提供碱性环境、做反应物 （2）b e
（3）恒压滴液漏斗 2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O
（4）66.0% （5）不能。粗品中可能混有KClO，与盐酸反应产生Cl2
【解析】本实验的目的是制备K2FeO4并测定其纯度，首先需要制备KClO，Cl2通入浓KOH溶液，发生反应Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O，根据题意，有白色沉淀生成，KClO在滤液中，说明白色沉淀是KCl；然后制备高铁酸钾，将碱性KClO浓溶液与Fe(NO3)3混合反应，得到高铁酸钾溶液，同时析出硝酸钾、氯化钾等白色沉淀，过滤，冰盐浴进一步冷却析出高铁酸钾粗品；
测定纯度：在强碱性溶液中，用过量CrO2-与FeO42-反应生成CrO42-和Fe(OH)3
，加稀硫酸使CrO42-转化为Cr2O72-，CrO2-转化为Cr3+，Fe(OH)3转化为Fe3+，(NH4)2Fe(SO4)2标准液可以将Cr(VI)还原为Cr3+，所以可用(NH4)2Fe(SO4)2标准液测定生成的CrO42-的量，从而确定FeO42-的量。
（1）步骤I利用氯气和氢氧化钾反应制备次氯酸钾，过程中析出KCl固体，所以化学方程式为Cl2+2KOH=KCl↓+KClO+H2O；过量的KOH可以提供步骤II中反应需要的碱性环境，同时KOH还要作为反应物参与反应；
（2）据图可知温度为5.0~10℃时产率可到达0.8，所以温度应选b；反应时间在50~60 min时该温度下产率最高，所以反应时间选e；
（3）仪器A的名称是恒压滴液漏斗；实验刚开始时次氯酸根在碱性环境下将Fe3+氧化生成FeO42-，此时硝酸钾等物质浓度较低，应没有沉淀生成，结合电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；
（4）(NH4)2Fe(SO4)2标准液可以将Cr(VI)还原为Cr3+，Fe2+转化为Fe3+，化合价升高1价，Cr(VI)还原为Cr3+，化合价降低3价，根据电子守恒可知n[(NH4)2Fe(SO4)2]：n[Cr(VI)]=3:1；根据元素守恒可知被FeO42-氧化的CrO2-的物质的量为n(CrO2-)=0.02L×0.150mol/L×=0.001mol；CrO2-转化为Cr(VI)化合价升高3价，FeO42-转化为Fe3+化合价降低3价，所以n(CrO2-)：n(FeO42-)=1:1，则n(FeO42-)=0.001mol，所以样品的纯度为=66.0%；
（5）粗品中可能混有KClO，与盐酸反应产生Cl2，所以不能说明酸性条件下FeO42-氧化性强于Cl2。
21．（2020届江西省九江市十校模考）实验室用酸性蚀刻废液（含等）和碱性蚀刻废液[NH4+、Cu（NH3）42+ 、NH3·H2O等]制备CuI（白色固体）的实验流程如下:
（1）步骤Ⅰ中发生了多个反应,其中与盐酸反应生成Cu（OH）Cl的离子方程式为____。
（2）步骤Ⅳ需控制pH为1~2,80 ℃下进行,合适的加热方式是____。
（3）步骤Ⅴ的具体步骤是蒸发浓缩、______、____。
（4）步骤Ⅵ在下列装置（夹持及加热装置已省略）中进行。
①装置a中盛装浓硫酸的仪器的名称是___,圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为___。
②装置c中反应完成的现象是_____。
③用装置d中的溶液洗涤制得的CuI的目的是____,然后再用无水乙醇洗涤的目的是___。
【答案】（1）Cu(NH3)42++3H++Cl-+H2O=Cu(OH)Cl↓+4NH4+ （2）热水浴
（3）冷却结晶 过滤（洗涤）
（4）①分液漏斗 Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O
②三颈烧瓶中无紫色固体，只有白色固体
③可防止CuI被空气中的O2氧化 使固体快速干燥并溶解表面可能混有的I2
【解析】由流程图可知，酸性蚀刻废液和碱性蚀刻废液混合反应得到Cu(OH)Cl悬浊液，过滤，将Cu(OH)Cl加水、过浆后，与浓硫酸水浴加热反应生成硫酸铜，硫酸铜粗溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥、洗涤得到硫酸铜晶体，硫酸铜晶体与碘、二氧化硫和水反应生成碘化亚铜白色固体。
（1）步骤Ⅰ中Cu(NH3)42+与盐酸反应生成Cu(OH)Cl沉淀和氯化铵，反应的离子方程式Cu(NH3)42++3H++Cl-+H2O=Cu(OH)Cl↓+4NH4+，故答案为：Cu(NH3)42++3H++Cl-+H2O=Cu(OH)Cl↓+4NH4+；
（2）步骤Ⅳ为Cu(OH)Cl加水、过浆后，与浓硫酸在控制pH为1~2，80 ℃下水浴加热反应反应生成硫酸铜，故答案为：热水浴；
（3）步骤Ⅴ为硫酸铜粗溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥、洗涤得到硫酸铜晶体，故答案为：冷却结晶；过滤；洗涤；
（4）①装置a中盛装浓硫酸的仪器为分液漏斗；圆底烧瓶中铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：分液漏斗；Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；
②当硫酸铜晶体与碘、二氧化硫和水反应完全生成碘化亚铜白色固体时，三颈烧瓶中无紫色固体，只有白色固体，故答案为：三颈烧瓶中无紫色固体，只有白色固体；
③装置d中的溶液为二氧化硫的饱和水溶液，碘化亚铜具有还原性，易被空气中的氧气氧化，用二氧化硫水的饱和水溶液洗涤碘化亚铜，可以防止碘化亚铜被空气中的氧气氧化；再用无水乙醇洗涤可以溶解除去碘化亚铜表面可能混有的单质碘，并能使固体快速干燥，故答案为：可防止CuI被空气中的O2氧化；使固体快速干燥并溶解表面可能混有的I2。
微信/支付宝扫码支付下载