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专题22．综合实验设计与评价-十年（2012-2021）高考化学真题分项汇编（浙江专用）
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这是一份专题22．综合实验设计与评价-十年（2012-2021）高考化学真题分项汇编（浙江专用），文件包含专题22综合实验设计与评价解析版docx、专题22综合实验设计与评价原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
制备过程中还有等副反应。
主要实验装置和步骤如下：
(I)合成：在三颈瓶中加入20 g无水AlCl3和30 mL无水苯。为避免反应液升温过快，边搅拌边慢慢滴加6 mL乙酸酐和10 mL无水苯的混合液，控制滴加速率，使反应液缓缓回流。滴加完毕后加热回流1小时。
(Ⅱ)分离与提纯：
①边搅拌边慢慢滴加一定量浓盐酸与冰水混合液，分离得到有机层
②水层用苯萃取，分液
③将①②所得有机层合并，洗涤、干燥、蒸去苯，得到苯乙酮粗产品
④蒸馏粗产品得到苯乙酮。回答下列问题：
(1)仪器a的名称：____________；装置b的作用：________________________。
(2)合成过程中要求无水操作，理由是___________________________。
(3)若将乙酸酐和苯的混合液一次性倒入三颈瓶，可能导致_______________。
A.反应太剧烈 B.液体太多搅不动 C.反应变缓慢 D.副产物增多
(4)分离和提纯操作②的目的是______。该操作中是否可改用乙醇萃取？ (填“是”或“否”)，原因是____________________________。
(5)分液漏斗使用前须___________________并洗净备用。萃取时，先后加入待萃取液和萃取剂，经振摇并________________后，将分液漏斗置于铁架台的铁圈上静置片刻，分层。分离上下层液体时，应先________________，然后打开活塞放出下层液体，上层液体从上口倒出。
(6)粗产品蒸馏提纯时，下面装置中温度计位置正确的是________________，可能会导致收集到的产品中混有低沸点杂质的装置是________________。
【答案】(1)干燥管 吸收HCl气体，并防止倒吸
(2)防止三氯化铝与乙酸酐水解 (3)AD
(4) 把溶解在水中的苯乙酮提取出来以减少损失 否 乙醇与水混溶
(5)检查分液漏斗是否漏水 放气 打开上口玻璃塞(或使塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔) (6)C AB
【解析】(1)仪器a为干燥管，装置b的作用是吸收反应过程中所产生的HCl气体，用倒扣于水面的漏斗可以防止倒吸。故答案为吸收产生的氯化氢并防止倒吸；(2)由于三氯化铝与乙酸酐均极易水解，所以要求合成过程中应该无水操作，故答案为防止三氯化铝与乙酸酐水解；(3)若将乙酸酐和苯的混合液一次性倒入三颈瓶，可能会导致反应太剧烈及产生更多的副产物，故选AD；(4)水层用苯萃取并分液的目的是把溶解在水中的苯乙酮提取出来以减少损失，由于乙醇能与水混溶，所以不能用酒精代替苯进行萃取操作，故答案为把溶解在水中的苯乙酮提取出来以减少损失，否，乙醇与水互溶；(5)分液漏斗使用前须进行检漏，振摇后由于有机溶剂的挥发，分液漏斗内压强增大，所以要打开活塞进行放气操作。放下层液体时，为了使液体能顺序滴下，应该先打开上口玻璃塞(或使塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔)，然后再打开下面的活塞，故答案为检查分液漏斗是否漏水，放气，打开上口的玻璃塞(或使塞上的凹槽对准漏斗上的小孔)；(6)蒸馏的目的是利用互溶的液体混合物中的不同组分的沸点不同提纯物质，装置中温度计是测蒸气温度的，所以温度计的水银球应该位于蒸馏烧瓶支管口处，位置正确的是C项，A、B项温度计的水银球在蒸馏烧瓶的支管口下甚至是液面下，测得的温度低于苯乙酮的沸点，使得苯乙酮中容易混入低沸点杂质，故答案为C，AB。
2．【2014·浙江理综，28】葡萄糖酸钙是一种可促进骨骼生长的营养物质。葡萄糖酸钙可通过以下反应制得：
C6H12O6(葡萄糖)＋Br2＋H2O→C6H12O7(葡萄糖酸)＋2HBr
2C6H12O7＋CaCO3→Ca(C6H11O7)2(葡萄糖酸钙)＋H2O＋CO2↑
相关物质的溶解性见下表：
实验流程如下：
C6H12O6溶液eq \(―――――――→,\s\up5(滴加3%溴水/55℃),\s\d7(①))eq \(―――――――→,\s\up5(过量CaCO3/70℃),\s\d7(②))eq \(――――→,\s\up5(趁热过滤),\s\d7(③))eq \(――→,\s\up5(乙醇),\s\d7(④))悬浊液eq \(――→,\s\up5(抽滤),\s\d7(⑤))eq \(――→,\s\up5(洗涤),\s\d7(⑥))eq \(――→,\s\up5(干燥),\s\d7(⑦))Ca(C6H11O7)2
请回答下列问题：
(1)第①步中溴水氧化葡萄糖时，下列装置最适合的是________。
制备葡萄糖酸钙的过程中，葡萄糖的氧化也可用其它试剂，下列物质中最适合的是________。
A．新制Cu(OH)2悬浊液 B．酸性KMnO4溶液
C．O2／葡萄糖氧化酶 D．[Ag(NH3)2]OH溶液
(2)第②步充分反应后CaCO3固体需有剩余，其目的是________；本实验中不宜用CaCl2替代CaCO3，理由是________。
(3)第③步需趁热过滤，其原因是________。
(4)第④步加入乙醇的作用是________。
(5)第⑥步中，下列洗涤剂最合适的是________。
A．冷水 B．热水 C．乙醇 D．乙醇－水混合溶液
【答案】(1)B C
(2)提高葡萄糖的转化率 氯化钙难以与葡萄糖酸直接反应得到葡萄糖酸钙，便于后面的分离
(3)葡萄糖酸钙冷却后会结晶，如不趁热过滤会损失产品
(4)可降低葡萄糖酸钙在溶液中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙的析出 (5)D
【解析】由于实验中需要能够控制滴加溴和水浴加热；由于葡萄糖是一种多羟基的醛，所以可以被弱氧化剂氧化成羧酸类，通过醛类催化氧化是最合适的；增加某一种物质的量，可以提高另一种物质的转化率；符合强酸制备弱酸原理，氯化钙难以与葡萄糖酸直接反应得到葡萄糖酸钙；根据表格中葡萄糖酸钙的溶解度与温度的关系解答；葡萄糖酸钙在乙醇中的溶解度是微溶，有利于葡萄糖酸钙的析出；利用水可以将无机杂质溶解除掉，同时利用葡萄糖酸钙在乙醇中的微溶，减少葡萄糖酸钙的损失。(1)由于实验中需要能够控制滴加溴和水浴加热，A不能控制添加溴，C没有进行水浴加热，故装置B最合适，由于葡萄糖是一种多羟基的醛，所以可以被弱氧化剂氧化成羧酸类，酸性高锰酸钾溶液可以氧化羟基，A、D会产生重金属杂质离子，通过醛类催化氧化是最合适的，故选BC；(2)第②步充分反应后CaCO3固体需有剩余，其目的是：提高葡萄糖酸的转化率，符合强酸制备弱酸原理，氯化钙难以与葡萄糖酸直接反应得到葡萄糖酸钙，不宜用CaCl2替代CaCO3；(3)温度高时，葡萄糖酸钙的溶解度较大，趁热过滤，可避免葡萄糖酸钙的损失；(4)葡萄糖酸钙在乙醇中的溶解度是微溶，可降低葡萄糖酸钙在溶剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙的析出；(5)洗涤沉淀，应避免沉淀溶解，且能将沉淀吸附物冲洗去，可用乙醇-水混合溶液，如只用水，则造成葡萄糖酸钙溶解而损失，只用乙醇，不能将杂质全被洗去，故选C．
3．【2016·浙江理综，28】无水MgBr2可用作催化剂。实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2，装置如图1，主要步骤如下：
步骤1 三颈瓶中装入10 g镁屑和150 mL无水乙醚；装置B中加入15 mL液溴。
步骤2 缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全导入三颈瓶中。
步骤3 反应完毕后恢复至常温，过滤，滤液转移至另一干燥的烧瓶中，冷却至0℃，析出晶体，再过滤得三乙醚合溴化镁粗品。
步骤4 室温下用苯溶解粗品，冷却至0℃，析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至160℃分解得无水MgBr2产品。
已知：①Mg和Br2反应剧烈放热；MgBr2具有强吸水性。
②MgBr2+3C2H5OC2H5MgBr2·3C2H5OC2H5
请回答：
(1)仪器A的名称是____________。
实验中不能用干燥空气代替干燥N2，原因是___________。
(2)如将装置B改为装置C(图2)，可能会导致的后果是___________。
(3)步骤3中，第一次过滤除去的物质是___________。
(4)有关步骤4的说法，正确的是___________。
A．可用95%的乙醇代替苯溶解粗品
B．洗涤晶体可选用0℃的苯
C．加热至160℃的主要目的是除去苯
D．该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴
(5)为测定产品的纯度，可用EDTA(简写为Y4-)标准溶液滴定，反应的离子方程式：
Mg2++ Y4-="===Mg" Y2-
①滴定前润洗滴定管的操作方法是__________。
②测定时，先称取0.2500g无水MgBr2产品，溶解后，用0.0500 ml·L-1的EDTA标准溶液滴定至终点，消耗EDTA标准溶液26.50 mL，则测得无水MgBr2产品的纯度是________________________(以质量分数表示)。
【答案】(1)干燥管 防止镁屑与氧气反应，生成的MgO阻碍Mg和Br2的反应
(2)会将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热而存在安全隐患
(3)镁屑 (4)BD
(5)①从滴定管上口加入少量待测液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿内壁，然后从下部放出，重复2-3次 ②97.5%
【解析】(1)仪器A为干燥管，本实验要用镁屑和液溴反应生成溴化镁，所以装置中不能有能与镁反应的气体，例如氧气，所以不能用干燥的空气代替干燥的氮气，故答案为防止镁屑与氧气反应生成的氧化镁阻碍Mg和Br2的反应，故答案为干燥管；防止镁屑与氧气反应，生成的MgO阻碍Mg和Br2的反应；(2)将装置B改为C装置，当干燥的氮气通入，会使气压变大，将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热存在安全隐患，装置B是利用干燥的氮气将溴蒸气带入三颈瓶中，反应可以容易控制防止反应过快，故答案为会将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热而存在安全隐患；(3)步骤3过滤出去的是不溶于水的镁屑，故答案为镁屑；(4)A．95%的乙醇中含有水，溴化镁有强烈的吸水性，故A错误；B．加入苯的目的是除去乙醚和溴，洗涤晶体用0°C的苯，可以减少产品的溶解，故B正确；C．加热至160°C的主要目的是分解三乙醚合溴化镁得到溴化镁，不是为了除去苯，故C错误；D．该步骤是为了除去乙醚和溴，故D正确；故选BD；(5)①滴定前润洗滴定管是需要从滴定管上口加入少量待测液，倾斜着转动滴定管，使液体湿润内壁，然后从下步放出，重复2-3次，故答案为从滴定管上口加入少量待测液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿内壁，然后从下部放出，重复2-3次；②依据方程式Mg2++Y4-═MgY2-分析，溴化镁的物质的量=0.0500ml/L×0.02650L=0.001325ml，则溴化镁的质量为0.001325ml×184g/ml=0.2438g，溴化镁的产品的纯度=×100%=97.5%。
4．【2016·浙江10月选考，30】某研究小组在实验室以含铁的铜屑为原料制备Cu(NO3)2·H2O晶体，并进一步探究用SOCl2制备少量无水Cu(NO3)2。设计的合成路线如下：
已知：Cu(NO3)2·3H2O Cu(NO3)2·Cu(OH)2 CuO
SOCl2熔点―105℃、沸点76℃、遇水剧烈水解生成两种酸性气体。
请回答：
(1)第②步调pH适合的物质是_________(填化学式)。
(2)第③步包括蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤等步骤，其中蒸发浓缩的具体操作是_____________。为得到较大颗粒的Cu(NO3)2·3H2O晶体，可采用的方法是___________(填一种)。
(3)第④步中发生反应的化学方程式是_______________________。
(4)第④步，某同学设计的实验装置示意图(夹持及控温装置省略，如图)有一处不合理，请提出改进方案并说明理由___________________。
装置改进后，向仪器A中缓慢滴加SOCl2时，需打开活塞______(填“a”、“b”或“a和b”)。
(5)为测定无水Cu(NO3)2产品的纯度，可用分光光度法。
已知：4NH3·H2O + Cu2+ == Cu(NH3)42+ + 4H2O；Cu(NH3)42+ 对特定波长光的吸收程度(用吸光度A表示)与Cu2+ 在一定浓度范围内成正比。现测得Cu(NH3)42+的吸光度A与Cu2+ 标准溶液浓度关系如图所示：
准确称取0.3150g无水Cu(NO3)2，用蒸馏水溶解并定容至100 mL，准确移取该溶液10.00mL，加过量NH3·H2O，再用蒸馏水定容至100 mL，测得溶液吸光度A=0.620，则无水Cu(NO3)2产品的纯度是_________(以质量分数表示)。
【答案】(1)Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3
(2)将溶液转移至蒸发皿中，控制温度加热至溶液表面形成一层晶膜 减慢冷却结晶的速度
(3)Cu(NO3)2·3H2O＋3SOCl2===Cu(NO3)2＋3SO2↑＋6HCl↑
(4)在A、B之间增加干燥装置，防止B中水蒸气进入反应器A b
(5)92.5%
【解析】(1)加足量HNO3后调节pH，目的是提高pH，在不引入杂质的基础上选择加入Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3。(2)参照硫酸亚铁铵的制备，蒸发浓缩的操作是将溶液转移至蒸发皿中，控制温度加热至溶液表面形成一层晶膜。晶体颗粒大小与结晶条件有关，溶质的溶解度越大或溶液浓度越低或溶剂的蒸发速度越慢或溶液冷却得越慢，析出的晶体颗粒就越大，所以为得到较大颗粒的Cu(NO3)2·3H2O晶体可采取减慢冷却结晶的速度的方法。(3)SOCl2遇水剧烈水解生成两种酸性气体，应为SO2和HCl，故第④步反应方程式为Cu(NO3)·3H2O＋3SOCl2===Cu(NO3)2＋3SO2↑＋6HCl↑。(4)因SOCl2遇水剧烈水解，故在A、B之间缺少干燥装置，防止B中水蒸气进入反应器A。根据滴液漏斗的使用方法知，滴加SOCl2时，需打开活塞b。(5)由图知溶液吸光度A＝0.620时，c(Cu2＋)＝1.55×10－3 ml·L－1，故100.00 mL溶液中n(Cu2＋)＝0.1 L×1.55×10－3 ml·L－1＝1.55×10－4 ml，原溶液中n(Cu2＋)＝10×1.55×10－4 ml＝1.55×10－3 ml，m[Cu(NO3)2]＝0.291 4 g，故无水Cu(NO3)2产品的纯度是92.5%。
5．【2017·浙江4月选考，30】ClO2是一种优良的消毒剂，浓度过高时易发生分解，常将其制备成NaClO2固体以便运输和贮存。过氧化氢法制备NaClO2固体的实验装置如图1所示。
已知：2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O
2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O
ClO2熔点-59℃、沸点11℃；H2O2沸点150℃
请回答：
(1)仪器A的作用是_____；冰水浴冷却的目的是_____(写出两种)。
(2)空气流速过快或过慢，均降低NaClO2产率，试解释其原因______。
(3)Cl-存在时会催化ClO2的生成。反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸，ClO2的生成速率大大提高，并产生微量氯气。该过程可能经两步反应完成，将其补充完整：①_____(用离子方程式表示)，②H2O2+Cl2=2Cl-+O2+2H+。
(4) H2O2浓度对反应速率有影响。通过图2所示装置将少量30% H2O2溶液浓缩至40%，B处应增加一个设备。该设备的作用是______，馏出物是_______。
(5)抽滤法分离NaClO2过程中，下列操作不正确的是_______
A．为防止滤纸被腐蚀，用玻璃纤维代替滤纸进行抽滤
B．先转移溶液至漏斗，待溶液快流尽时再转移沉淀
C．洗涤沉淀时，应使洗涤剂快速通过沉淀
D．抽滤完毕，断开水泵与吸滤瓶间的橡皮管后，关闭水龙头
【答案】(1)防止倒吸；降低NaClO2的溶解度；减少H2O2的分解；增加ClO2的溶解度；减少ClO2的分解(写两种)
(2)空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收。
(3)2ClO eq \\al(3,ˉ)＋2Clˉ＋4H+===2ClO2↑＋Cl2↑＋2H2O (4)减压 H2O (5)C
【解析】(1)仪器A是安全瓶，作用是防倒吸；双氧水易分解，ClO2的熔点降低，因此冰水浴冷却的目的是防止H2O2分解，使ClO2液化，促进ClO2的吸收。(2)如果空气流速过慢会导致反应的三颈烧瓶内ClO2浓度过高，发生分解，产率降低；空气流速过快则反应物反应不充分，原料利用率不高。(3)Cl-存在时会催化ClO2的生成，根据第二步反应可知产生氯离子，因此第一步是消耗氯离子，离子方程式为2ClO3-+2Cl-+4H+=Cl2+2ClO2+2H2O。(4)由于是浓缩双氧水，则馏出物是水，而双氧水易分解，因此该设备的作用是减少体系内压强，降低H2O的沸点(促进H2O蒸出，同时减少H2O2的受热分解等)。(5)A项，为防止滤纸被腐蚀，用玻璃纤维代替滤纸进行抽滤，A正确；B项，先转移溶液至漏斗，待溶液快流尽时再转移沉淀，B正确；C项，洗涤沉淀时，应将少量溶剂洒到固体上，静置片刻，再将其抽干，C错误；D项，抽滤完毕，为防止水倒吸到抽滤瓶内，应断开水泵与吸滤瓶间的橡皮管后，关闭水龙头，D正确，故选C。
6．【2020·浙江7月选考，30】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
Na2S2O3·5H2O。
合成反应：SO2＋Na2CO3eq \(===)Na2SO3＋CO2 2Na2S＋3SO2eq \(===)2Na2SO3＋3S
Na2SO3＋Seq \(===,\s\up7(△))Na2S2O3
滴定反应：I2＋2Na2S2O3eq \(===)2NaI＋Na2S4O6
已知：Na2S2O3·5H2O易溶于水，难溶于乙醇，50℃开始失结晶水。
实验步骤：
Ⅰ Na2S2O3·5H2O制备：装置A制备的SO2经过单向阀通入装置C中的混合溶液，加热、搅拌，至溶液pH约为7时，停止通入SO2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Na2S2O3·5H2O产品。
Ⅲ 产品纯度测定：以淀粉作指示剂，用Na2S2O3·5H2O产品配制的溶液滴定碘标准溶液至滴定终点，计算Na2S2O3·5H2O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pH过高或过低将导致产率降低，原因是________。
(2) 步骤Ⅱ 下列说话正确的是________。
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Na2CO3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Na2S2O3·5H2O含量为100.5%，则Na2S2O3·5H2O产品中可能混有的物质是________。
【答案】(1) 防止倒吸
pH过高，Na2CO3、Na2S反应不充分；pH过低，导致Na2S2O3转化为S和SO2
(2) BC
(3) ①F、B、E、C、G ②防止碘挥发损失
③Na2SO3 失去部分结晶水的Na2S2O3·5H2O
【解析】(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项，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项，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项，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项，用碳酸钠溶液洗涤会使晶体表面附着碳酸钠杂质，Na2S2O3·5H2O难溶于乙醇，可以用乙醇作洗涤剂，故D错误；故选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．【2021·浙江6月选考，30】Cl2O是很好的氯化剂，实验室用如图装置(夹持仪器已省略)制备高纯Cl2O。已知：
①HgO+2Cl2= HgCl2+Cl2O，合适反应温度为18~25℃；副反应： 2HgO+2Cl2= 2HgCl2+O2。
②常压下，Cl2沸点-34.0℃，熔点-101.0℃；Cl2O沸点2.0℃，熔点-120.6℃。
③Cl2O+H2O2HClO，Cl2O在CCl4中的溶解度远大于其在水中的溶解度。
请回答：
(1)①装置A的作用是去除原料气中的少量水分，可用的试剂是_______。
②将上图中装置组装完整，虚框D中应选用_______。
(2)有关反应柱B，须进行的操作是_______。
A．将HgO粉末热处理除水分、增加表面积后填入反应柱
B．调控进入反应柱的混合气中Cl2和N2的比例
C．调控混合气从下口进入反应柱的流速
D．将加热带缠绕于反应柱并加热
(3)装置C，冷却液的温度通常控制在。反应停止后，温度保持不变，为减少产品中的Cl2含量，可采用的方法是_______。
(4)将纯化后的Cl2O产品气化，通入水中得到高纯度Cl2O的浓溶液，于阴凉暗处贮存。当需要Cl2O时，可将Cl2O浓溶液用CCl4萃取分液，经气化重新得到。
针对萃取分液，从下列选项选择合适操作(操作不能重复使用)并排序：c→_______→_______→e→d→f→_______。
a．检查旋塞、玻璃塞处是否漏水
b．将溶液和CCl4转入分液漏斗
c．涂凡士林
d．旋开旋塞放气
e．倒转分液漏斗，小心振摇
f．经几次振摇并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置
g．打开旋塞，向锥形瓶放出下层液体
h．打开旋塞，待下层液体完全流出后，关闭旋塞，将上层液体倒入锥形瓶
(5)产品分析：取一定量Cl2O浓溶液的稀释液，加入适量CCl4、过量溶液及一定量的稀H2SO4，充分反应。用标准Na2S2O溶液滴定(滴定Ⅰ)；再以酚酞为指示剂，用标准NaOH溶液滴定(滴定Ⅱ)。已知产生I2的反应(不考虑Cl2与水反应)：
2I-+ Cl2=I2+2Cl-、4I-+ Cl2O+2H+=2I2+2H2O+2Cl-、2I-+ HClO+H+=I2+ H2O+Cl-
实验数据如下表：
①用标准Na2S2O3溶液滴定时，无需另加指示剂。判断滴定Ⅰ到达终点的实验现象是_______。
②高纯度Cl2O浓溶液中要求n(Cl2O)/ n(Cl2) ≥99 (Cl2O和HClO均以Cl2O计)。结合数据分析所制备的Cl2O浓溶液是否符合要求_______。
【答案】(1)①浓H2SO4 ②a
(2)ABC (3)抽气(或通干燥氮气)
(4)a b g
(5)①CCl4中由紫红色突变到无色，且30s不恢复
②溶液中Cl2O和Cl2分别为1.000×10-3ml、5×10-6ml，=200>99，符合要求
【解析】(1)①装置A的作用是去除原料气(Cl2、N2)中的少量水分，可用的试剂是浓H2SO4；②Cl2和Cl2O都不能直接排放于空气中，因此需要进行尾气处理，Cl2、Cl2O能与NaOH溶液反应，同时需要防止NaOH溶液中水蒸气进入C装置中，因此需要在C和尾气处理装置之间连接吸收水蒸气的装置，所以虚框D中应选用a装置。(2)装置B为HgO与Cl2反应制备Cl2O的装置，A项，因Cl2O能与H2O发生反应，因此需要将HgO粉末热处理除水分，该反应为固体与气体接触类反应，因此增加表面积能够加快反应速率，故A选；B项，N2的作用是稀释Cl2，在气流速率一定的条件下，氯气所占的比例越小，其转化率越高，同时Cl2不足时会发生副反应，因此需要调控进入反应柱的混合气中Cl2和N2的比例，故B选；C项，为了让气体与固体充分接触，混合气体应从下口进入反应柱，同时需要控制气体的流速，防止副反应发生，故C选；D项，HgO与Cl2反应制备Cl2O的合适反应温度为18℃～25℃，因此该反应在常温下进行，若对反应柱加热会发生副反应，故D不选；故选ABC。(3)由题可知，Cl2沸点小于Cl2O，在Cl2未发生冷凝时抽气或通入氮气可以有效的去除产物中的Cl2。(4)萃取分液的操作顺序为：检漏→加入萃取剂和溶液→振荡摇匀→放气→静置分层→放液，下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，因CCl4密度大于水，因此萃取后溶有Cl2O的CCl4位于下层，因此操作顺序为：涂凡土林→检查旋塞、玻璃塞处是否漏水→将溶液和CCl4转入分液漏斗→倒转分液漏斗，小心振摇→旋开旋塞放气→经几次振摇并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置→打开旋塞，向锥形瓶放出下层液体，故答案为abg。(5)①溶有I2的CCl4溶液呈紫红色，用标准Na2S2O3溶液滴定I2过程中，当I2恰好反应完全时，溶液呈无色，因此滴定I2到达终点的实验现象是CCl4中由紫红色突变到无色，且30s不恢复。②由2I-+ Cl2=I2+2Cl-、4I-+ Cl2O+2H+=2I2+2H2O+2Cl-、2I-+ HClO+H+=I2+ H2O+Cl- (HClO为Cl2O与H2O反应的产物)可得关系式：Cl2O～2H+～2I2，由实验数据可知Cl2O和HClO共消耗n(H+)=2×(2.505×10-3ml-1.505×10-3ml)=2×10-3ml，生成I2的物质的量为2×10-3ml，则高纯度Cl2O浓溶液中n(Cl2O)=1×10-3ml，加入过量KI溶液共生成I2的物质的量为2.005×10-3ml，因此Cl2与I-反应生成I2的物质的量为2.005×10-3ml-2×10-3ml=5×10-6ml，由此可知高纯度Cl2O浓溶液中n(Cl2)=5×10-6ml，所以高纯度Cl2O浓溶液中==200>99，则所制备的高纯度Cl2O浓溶液符合要求，故答案为：溶液中Cl2O和Cl2分别为1×10-3ml、5×10-6ml，=200>99，符合要求。物质名称
葡萄糖酸钙
葡萄糖酸
溴化钙
氯化钙
水中的溶解性
可溶于冷水
易溶于热水
可溶
易溶
易溶
乙醇中的溶解性
微溶
微溶
可溶
可溶
加入量n(H2SO4) /ml
2.505×10-3
滴定Ⅰ测出量n(I2) /ml
2.005×10-3
滴定Ⅱ测出量n(H2SO4) /ml
1.505×10-3
制备过程中还有等副反应。
主要实验装置和步骤如下：
(I)合成：在三颈瓶中加入20 g无水AlCl3和30 mL无水苯。为避免反应液升温过快，边搅拌边慢慢滴加6 mL乙酸酐和10 mL无水苯的混合液，控制滴加速率，使反应液缓缓回流。滴加完毕后加热回流1小时。
(Ⅱ)分离与提纯：
①边搅拌边慢慢滴加一定量浓盐酸与冰水混合液，分离得到有机层
②水层用苯萃取，分液
③将①②所得有机层合并，洗涤、干燥、蒸去苯，得到苯乙酮粗产品
④蒸馏粗产品得到苯乙酮。回答下列问题：
(1)仪器a的名称：____________；装置b的作用：________________________。
(2)合成过程中要求无水操作，理由是___________________________。
(3)若将乙酸酐和苯的混合液一次性倒入三颈瓶，可能导致_______________。
A.反应太剧烈 B.液体太多搅不动 C.反应变缓慢 D.副产物增多
(4)分离和提纯操作②的目的是______。该操作中是否可改用乙醇萃取？ (填“是”或“否”)，原因是____________________________。
(5)分液漏斗使用前须___________________并洗净备用。萃取时，先后加入待萃取液和萃取剂，经振摇并________________后，将分液漏斗置于铁架台的铁圈上静置片刻，分层。分离上下层液体时，应先________________，然后打开活塞放出下层液体，上层液体从上口倒出。
(6)粗产品蒸馏提纯时，下面装置中温度计位置正确的是________________，可能会导致收集到的产品中混有低沸点杂质的装置是________________。
【答案】(1)干燥管 吸收HCl气体，并防止倒吸
(2)防止三氯化铝与乙酸酐水解 (3)AD
(4) 把溶解在水中的苯乙酮提取出来以减少损失 否 乙醇与水混溶
(5)检查分液漏斗是否漏水 放气 打开上口玻璃塞(或使塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔) (6)C AB
【解析】(1)仪器a为干燥管，装置b的作用是吸收反应过程中所产生的HCl气体，用倒扣于水面的漏斗可以防止倒吸。故答案为吸收产生的氯化氢并防止倒吸；(2)由于三氯化铝与乙酸酐均极易水解，所以要求合成过程中应该无水操作，故答案为防止三氯化铝与乙酸酐水解；(3)若将乙酸酐和苯的混合液一次性倒入三颈瓶，可能会导致反应太剧烈及产生更多的副产物，故选AD；(4)水层用苯萃取并分液的目的是把溶解在水中的苯乙酮提取出来以减少损失，由于乙醇能与水混溶，所以不能用酒精代替苯进行萃取操作，故答案为把溶解在水中的苯乙酮提取出来以减少损失，否，乙醇与水互溶；(5)分液漏斗使用前须进行检漏，振摇后由于有机溶剂的挥发，分液漏斗内压强增大，所以要打开活塞进行放气操作。放下层液体时，为了使液体能顺序滴下，应该先打开上口玻璃塞(或使塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔)，然后再打开下面的活塞，故答案为检查分液漏斗是否漏水，放气，打开上口的玻璃塞(或使塞上的凹槽对准漏斗上的小孔)；(6)蒸馏的目的是利用互溶的液体混合物中的不同组分的沸点不同提纯物质，装置中温度计是测蒸气温度的，所以温度计的水银球应该位于蒸馏烧瓶支管口处，位置正确的是C项，A、B项温度计的水银球在蒸馏烧瓶的支管口下甚至是液面下，测得的温度低于苯乙酮的沸点，使得苯乙酮中容易混入低沸点杂质，故答案为C，AB。
2．【2014·浙江理综，28】葡萄糖酸钙是一种可促进骨骼生长的营养物质。葡萄糖酸钙可通过以下反应制得：
C6H12O6(葡萄糖)＋Br2＋H2O→C6H12O7(葡萄糖酸)＋2HBr
2C6H12O7＋CaCO3→Ca(C6H11O7)2(葡萄糖酸钙)＋H2O＋CO2↑
相关物质的溶解性见下表：
实验流程如下：
C6H12O6溶液eq \(―――――――→,\s\up5(滴加3%溴水/55℃),\s\d7(①))eq \(―――――――→,\s\up5(过量CaCO3/70℃),\s\d7(②))eq \(――――→,\s\up5(趁热过滤),\s\d7(③))eq \(――→,\s\up5(乙醇),\s\d7(④))悬浊液eq \(――→,\s\up5(抽滤),\s\d7(⑤))eq \(――→,\s\up5(洗涤),\s\d7(⑥))eq \(――→,\s\up5(干燥),\s\d7(⑦))Ca(C6H11O7)2
请回答下列问题：
(1)第①步中溴水氧化葡萄糖时，下列装置最适合的是________。
制备葡萄糖酸钙的过程中，葡萄糖的氧化也可用其它试剂，下列物质中最适合的是________。
A．新制Cu(OH)2悬浊液 B．酸性KMnO4溶液
C．O2／葡萄糖氧化酶 D．[Ag(NH3)2]OH溶液
(2)第②步充分反应后CaCO3固体需有剩余，其目的是________；本实验中不宜用CaCl2替代CaCO3，理由是________。
(3)第③步需趁热过滤，其原因是________。
(4)第④步加入乙醇的作用是________。
(5)第⑥步中，下列洗涤剂最合适的是________。
A．冷水 B．热水 C．乙醇 D．乙醇－水混合溶液
【答案】(1)B C
(2)提高葡萄糖的转化率 氯化钙难以与葡萄糖酸直接反应得到葡萄糖酸钙，便于后面的分离
(3)葡萄糖酸钙冷却后会结晶，如不趁热过滤会损失产品
(4)可降低葡萄糖酸钙在溶液中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙的析出 (5)D
【解析】由于实验中需要能够控制滴加溴和水浴加热；由于葡萄糖是一种多羟基的醛，所以可以被弱氧化剂氧化成羧酸类，通过醛类催化氧化是最合适的；增加某一种物质的量，可以提高另一种物质的转化率；符合强酸制备弱酸原理，氯化钙难以与葡萄糖酸直接反应得到葡萄糖酸钙；根据表格中葡萄糖酸钙的溶解度与温度的关系解答；葡萄糖酸钙在乙醇中的溶解度是微溶，有利于葡萄糖酸钙的析出；利用水可以将无机杂质溶解除掉，同时利用葡萄糖酸钙在乙醇中的微溶，减少葡萄糖酸钙的损失。(1)由于实验中需要能够控制滴加溴和水浴加热，A不能控制添加溴，C没有进行水浴加热，故装置B最合适，由于葡萄糖是一种多羟基的醛，所以可以被弱氧化剂氧化成羧酸类，酸性高锰酸钾溶液可以氧化羟基，A、D会产生重金属杂质离子，通过醛类催化氧化是最合适的，故选BC；(2)第②步充分反应后CaCO3固体需有剩余，其目的是：提高葡萄糖酸的转化率，符合强酸制备弱酸原理，氯化钙难以与葡萄糖酸直接反应得到葡萄糖酸钙，不宜用CaCl2替代CaCO3；(3)温度高时，葡萄糖酸钙的溶解度较大，趁热过滤，可避免葡萄糖酸钙的损失；(4)葡萄糖酸钙在乙醇中的溶解度是微溶，可降低葡萄糖酸钙在溶剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙的析出；(5)洗涤沉淀，应避免沉淀溶解，且能将沉淀吸附物冲洗去，可用乙醇-水混合溶液，如只用水，则造成葡萄糖酸钙溶解而损失，只用乙醇，不能将杂质全被洗去，故选C．
3．【2016·浙江理综，28】无水MgBr2可用作催化剂。实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2，装置如图1，主要步骤如下：
步骤1 三颈瓶中装入10 g镁屑和150 mL无水乙醚；装置B中加入15 mL液溴。
步骤2 缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全导入三颈瓶中。
步骤3 反应完毕后恢复至常温，过滤，滤液转移至另一干燥的烧瓶中，冷却至0℃，析出晶体，再过滤得三乙醚合溴化镁粗品。
步骤4 室温下用苯溶解粗品，冷却至0℃，析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至160℃分解得无水MgBr2产品。
已知：①Mg和Br2反应剧烈放热；MgBr2具有强吸水性。
②MgBr2+3C2H5OC2H5MgBr2·3C2H5OC2H5
请回答：
(1)仪器A的名称是____________。
实验中不能用干燥空气代替干燥N2，原因是___________。
(2)如将装置B改为装置C(图2)，可能会导致的后果是___________。
(3)步骤3中，第一次过滤除去的物质是___________。
(4)有关步骤4的说法，正确的是___________。
A．可用95%的乙醇代替苯溶解粗品
B．洗涤晶体可选用0℃的苯
C．加热至160℃的主要目的是除去苯
D．该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴
(5)为测定产品的纯度，可用EDTA(简写为Y4-)标准溶液滴定，反应的离子方程式：
Mg2++ Y4-="===Mg" Y2-
①滴定前润洗滴定管的操作方法是__________。
②测定时，先称取0.2500g无水MgBr2产品，溶解后，用0.0500 ml·L-1的EDTA标准溶液滴定至终点，消耗EDTA标准溶液26.50 mL，则测得无水MgBr2产品的纯度是________________________(以质量分数表示)。
【答案】(1)干燥管 防止镁屑与氧气反应，生成的MgO阻碍Mg和Br2的反应
(2)会将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热而存在安全隐患
(3)镁屑 (4)BD
(5)①从滴定管上口加入少量待测液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿内壁，然后从下部放出，重复2-3次 ②97.5%
【解析】(1)仪器A为干燥管，本实验要用镁屑和液溴反应生成溴化镁，所以装置中不能有能与镁反应的气体，例如氧气，所以不能用干燥的空气代替干燥的氮气，故答案为防止镁屑与氧气反应生成的氧化镁阻碍Mg和Br2的反应，故答案为干燥管；防止镁屑与氧气反应，生成的MgO阻碍Mg和Br2的反应；(2)将装置B改为C装置，当干燥的氮气通入，会使气压变大，将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热存在安全隐患，装置B是利用干燥的氮气将溴蒸气带入三颈瓶中，反应可以容易控制防止反应过快，故答案为会将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热而存在安全隐患；(3)步骤3过滤出去的是不溶于水的镁屑，故答案为镁屑；(4)A．95%的乙醇中含有水，溴化镁有强烈的吸水性，故A错误；B．加入苯的目的是除去乙醚和溴，洗涤晶体用0°C的苯，可以减少产品的溶解，故B正确；C．加热至160°C的主要目的是分解三乙醚合溴化镁得到溴化镁，不是为了除去苯，故C错误；D．该步骤是为了除去乙醚和溴，故D正确；故选BD；(5)①滴定前润洗滴定管是需要从滴定管上口加入少量待测液，倾斜着转动滴定管，使液体湿润内壁，然后从下步放出，重复2-3次，故答案为从滴定管上口加入少量待测液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿内壁，然后从下部放出，重复2-3次；②依据方程式Mg2++Y4-═MgY2-分析，溴化镁的物质的量=0.0500ml/L×0.02650L=0.001325ml，则溴化镁的质量为0.001325ml×184g/ml=0.2438g，溴化镁的产品的纯度=×100%=97.5%。
4．【2016·浙江10月选考，30】某研究小组在实验室以含铁的铜屑为原料制备Cu(NO3)2·H2O晶体，并进一步探究用SOCl2制备少量无水Cu(NO3)2。设计的合成路线如下：
已知：Cu(NO3)2·3H2O Cu(NO3)2·Cu(OH)2 CuO
SOCl2熔点―105℃、沸点76℃、遇水剧烈水解生成两种酸性气体。
请回答：
(1)第②步调pH适合的物质是_________(填化学式)。
(2)第③步包括蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤等步骤，其中蒸发浓缩的具体操作是_____________。为得到较大颗粒的Cu(NO3)2·3H2O晶体，可采用的方法是___________(填一种)。
(3)第④步中发生反应的化学方程式是_______________________。
(4)第④步，某同学设计的实验装置示意图(夹持及控温装置省略，如图)有一处不合理，请提出改进方案并说明理由___________________。
装置改进后，向仪器A中缓慢滴加SOCl2时，需打开活塞______(填“a”、“b”或“a和b”)。
(5)为测定无水Cu(NO3)2产品的纯度，可用分光光度法。
已知：4NH3·H2O + Cu2+ == Cu(NH3)42+ + 4H2O；Cu(NH3)42+ 对特定波长光的吸收程度(用吸光度A表示)与Cu2+ 在一定浓度范围内成正比。现测得Cu(NH3)42+的吸光度A与Cu2+ 标准溶液浓度关系如图所示：
准确称取0.3150g无水Cu(NO3)2，用蒸馏水溶解并定容至100 mL，准确移取该溶液10.00mL，加过量NH3·H2O，再用蒸馏水定容至100 mL，测得溶液吸光度A=0.620，则无水Cu(NO3)2产品的纯度是_________(以质量分数表示)。
【答案】(1)Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3
(2)将溶液转移至蒸发皿中，控制温度加热至溶液表面形成一层晶膜 减慢冷却结晶的速度
(3)Cu(NO3)2·3H2O＋3SOCl2===Cu(NO3)2＋3SO2↑＋6HCl↑
(4)在A、B之间增加干燥装置，防止B中水蒸气进入反应器A b
(5)92.5%
【解析】(1)加足量HNO3后调节pH，目的是提高pH，在不引入杂质的基础上选择加入Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3。(2)参照硫酸亚铁铵的制备，蒸发浓缩的操作是将溶液转移至蒸发皿中，控制温度加热至溶液表面形成一层晶膜。晶体颗粒大小与结晶条件有关，溶质的溶解度越大或溶液浓度越低或溶剂的蒸发速度越慢或溶液冷却得越慢，析出的晶体颗粒就越大，所以为得到较大颗粒的Cu(NO3)2·3H2O晶体可采取减慢冷却结晶的速度的方法。(3)SOCl2遇水剧烈水解生成两种酸性气体，应为SO2和HCl，故第④步反应方程式为Cu(NO3)·3H2O＋3SOCl2===Cu(NO3)2＋3SO2↑＋6HCl↑。(4)因SOCl2遇水剧烈水解，故在A、B之间缺少干燥装置，防止B中水蒸气进入反应器A。根据滴液漏斗的使用方法知，滴加SOCl2时，需打开活塞b。(5)由图知溶液吸光度A＝0.620时，c(Cu2＋)＝1.55×10－3 ml·L－1，故100.00 mL溶液中n(Cu2＋)＝0.1 L×1.55×10－3 ml·L－1＝1.55×10－4 ml，原溶液中n(Cu2＋)＝10×1.55×10－4 ml＝1.55×10－3 ml，m[Cu(NO3)2]＝0.291 4 g，故无水Cu(NO3)2产品的纯度是92.5%。
5．【2017·浙江4月选考，30】ClO2是一种优良的消毒剂，浓度过高时易发生分解，常将其制备成NaClO2固体以便运输和贮存。过氧化氢法制备NaClO2固体的实验装置如图1所示。
已知：2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O
2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O
ClO2熔点-59℃、沸点11℃；H2O2沸点150℃
请回答：
(1)仪器A的作用是_____；冰水浴冷却的目的是_____(写出两种)。
(2)空气流速过快或过慢，均降低NaClO2产率，试解释其原因______。
(3)Cl-存在时会催化ClO2的生成。反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸，ClO2的生成速率大大提高，并产生微量氯气。该过程可能经两步反应完成，将其补充完整：①_____(用离子方程式表示)，②H2O2+Cl2=2Cl-+O2+2H+。
(4) H2O2浓度对反应速率有影响。通过图2所示装置将少量30% H2O2溶液浓缩至40%，B处应增加一个设备。该设备的作用是______，馏出物是_______。
(5)抽滤法分离NaClO2过程中，下列操作不正确的是_______
A．为防止滤纸被腐蚀，用玻璃纤维代替滤纸进行抽滤
B．先转移溶液至漏斗，待溶液快流尽时再转移沉淀
C．洗涤沉淀时，应使洗涤剂快速通过沉淀
D．抽滤完毕，断开水泵与吸滤瓶间的橡皮管后，关闭水龙头
【答案】(1)防止倒吸；降低NaClO2的溶解度；减少H2O2的分解；增加ClO2的溶解度；减少ClO2的分解(写两种)
(2)空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收。
(3)2ClO eq \\al(3,ˉ)＋2Clˉ＋4H+===2ClO2↑＋Cl2↑＋2H2O (4)减压 H2O (5)C
【解析】(1)仪器A是安全瓶，作用是防倒吸；双氧水易分解，ClO2的熔点降低，因此冰水浴冷却的目的是防止H2O2分解，使ClO2液化，促进ClO2的吸收。(2)如果空气流速过慢会导致反应的三颈烧瓶内ClO2浓度过高，发生分解，产率降低；空气流速过快则反应物反应不充分，原料利用率不高。(3)Cl-存在时会催化ClO2的生成，根据第二步反应可知产生氯离子，因此第一步是消耗氯离子，离子方程式为2ClO3-+2Cl-+4H+=Cl2+2ClO2+2H2O。(4)由于是浓缩双氧水，则馏出物是水，而双氧水易分解，因此该设备的作用是减少体系内压强，降低H2O的沸点(促进H2O蒸出，同时减少H2O2的受热分解等)。(5)A项，为防止滤纸被腐蚀，用玻璃纤维代替滤纸进行抽滤，A正确；B项，先转移溶液至漏斗，待溶液快流尽时再转移沉淀，B正确；C项，洗涤沉淀时，应将少量溶剂洒到固体上，静置片刻，再将其抽干，C错误；D项，抽滤完毕，为防止水倒吸到抽滤瓶内，应断开水泵与吸滤瓶间的橡皮管后，关闭水龙头，D正确，故选C。
6．【2020·浙江7月选考，30】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
Na2S2O3·5H2O。
合成反应：SO2＋Na2CO3eq \(===)Na2SO3＋CO2 2Na2S＋3SO2eq \(===)2Na2SO3＋3S
Na2SO3＋Seq \(===,\s\up7(△))Na2S2O3
滴定反应：I2＋2Na2S2O3eq \(===)2NaI＋Na2S4O6
已知：Na2S2O3·5H2O易溶于水，难溶于乙醇，50℃开始失结晶水。
实验步骤：
Ⅰ Na2S2O3·5H2O制备：装置A制备的SO2经过单向阀通入装置C中的混合溶液，加热、搅拌，至溶液pH约为7时，停止通入SO2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Na2S2O3·5H2O产品。
Ⅲ 产品纯度测定：以淀粉作指示剂，用Na2S2O3·5H2O产品配制的溶液滴定碘标准溶液至滴定终点，计算Na2S2O3·5H2O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pH过高或过低将导致产率降低，原因是________。
(2) 步骤Ⅱ 下列说话正确的是________。
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Na2CO3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Na2S2O3·5H2O含量为100.5%，则Na2S2O3·5H2O产品中可能混有的物质是________。
【答案】(1) 防止倒吸
pH过高，Na2CO3、Na2S反应不充分；pH过低，导致Na2S2O3转化为S和SO2
(2) BC
(3) ①F、B、E、C、G ②防止碘挥发损失
③Na2SO3 失去部分结晶水的Na2S2O3·5H2O
【解析】(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项，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项，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项，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项，用碳酸钠溶液洗涤会使晶体表面附着碳酸钠杂质，Na2S2O3·5H2O难溶于乙醇，可以用乙醇作洗涤剂，故D错误；故选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．【2021·浙江6月选考，30】Cl2O是很好的氯化剂，实验室用如图装置(夹持仪器已省略)制备高纯Cl2O。已知：
①HgO+2Cl2= HgCl2+Cl2O，合适反应温度为18~25℃；副反应： 2HgO+2Cl2= 2HgCl2+O2。
②常压下，Cl2沸点-34.0℃，熔点-101.0℃；Cl2O沸点2.0℃，熔点-120.6℃。
③Cl2O+H2O2HClO，Cl2O在CCl4中的溶解度远大于其在水中的溶解度。
请回答：
(1)①装置A的作用是去除原料气中的少量水分，可用的试剂是_______。
②将上图中装置组装完整，虚框D中应选用_______。
(2)有关反应柱B，须进行的操作是_______。
A．将HgO粉末热处理除水分、增加表面积后填入反应柱
B．调控进入反应柱的混合气中Cl2和N2的比例
C．调控混合气从下口进入反应柱的流速
D．将加热带缠绕于反应柱并加热
(3)装置C，冷却液的温度通常控制在。反应停止后，温度保持不变，为减少产品中的Cl2含量，可采用的方法是_______。
(4)将纯化后的Cl2O产品气化，通入水中得到高纯度Cl2O的浓溶液，于阴凉暗处贮存。当需要Cl2O时，可将Cl2O浓溶液用CCl4萃取分液，经气化重新得到。
针对萃取分液，从下列选项选择合适操作(操作不能重复使用)并排序：c→_______→_______→e→d→f→_______。
a．检查旋塞、玻璃塞处是否漏水
b．将溶液和CCl4转入分液漏斗
c．涂凡士林
d．旋开旋塞放气
e．倒转分液漏斗，小心振摇
f．经几次振摇并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置
g．打开旋塞，向锥形瓶放出下层液体
h．打开旋塞，待下层液体完全流出后，关闭旋塞，将上层液体倒入锥形瓶
(5)产品分析：取一定量Cl2O浓溶液的稀释液，加入适量CCl4、过量溶液及一定量的稀H2SO4，充分反应。用标准Na2S2O溶液滴定(滴定Ⅰ)；再以酚酞为指示剂，用标准NaOH溶液滴定(滴定Ⅱ)。已知产生I2的反应(不考虑Cl2与水反应)：
2I-+ Cl2=I2+2Cl-、4I-+ Cl2O+2H+=2I2+2H2O+2Cl-、2I-+ HClO+H+=I2+ H2O+Cl-
实验数据如下表：
①用标准Na2S2O3溶液滴定时，无需另加指示剂。判断滴定Ⅰ到达终点的实验现象是_______。
②高纯度Cl2O浓溶液中要求n(Cl2O)/ n(Cl2) ≥99 (Cl2O和HClO均以Cl2O计)。结合数据分析所制备的Cl2O浓溶液是否符合要求_______。
【答案】(1)①浓H2SO4 ②a
(2)ABC (3)抽气(或通干燥氮气)
(4)a b g
(5)①CCl4中由紫红色突变到无色，且30s不恢复
②溶液中Cl2O和Cl2分别为1.000×10-3ml、5×10-6ml，=200>99，符合要求
【解析】(1)①装置A的作用是去除原料气(Cl2、N2)中的少量水分，可用的试剂是浓H2SO4；②Cl2和Cl2O都不能直接排放于空气中，因此需要进行尾气处理，Cl2、Cl2O能与NaOH溶液反应，同时需要防止NaOH溶液中水蒸气进入C装置中，因此需要在C和尾气处理装置之间连接吸收水蒸气的装置，所以虚框D中应选用a装置。(2)装置B为HgO与Cl2反应制备Cl2O的装置，A项，因Cl2O能与H2O发生反应，因此需要将HgO粉末热处理除水分，该反应为固体与气体接触类反应，因此增加表面积能够加快反应速率，故A选；B项，N2的作用是稀释Cl2，在气流速率一定的条件下，氯气所占的比例越小，其转化率越高，同时Cl2不足时会发生副反应，因此需要调控进入反应柱的混合气中Cl2和N2的比例，故B选；C项，为了让气体与固体充分接触，混合气体应从下口进入反应柱，同时需要控制气体的流速，防止副反应发生，故C选；D项，HgO与Cl2反应制备Cl2O的合适反应温度为18℃～25℃，因此该反应在常温下进行，若对反应柱加热会发生副反应，故D不选；故选ABC。(3)由题可知，Cl2沸点小于Cl2O，在Cl2未发生冷凝时抽气或通入氮气可以有效的去除产物中的Cl2。(4)萃取分液的操作顺序为：检漏→加入萃取剂和溶液→振荡摇匀→放气→静置分层→放液，下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，因CCl4密度大于水，因此萃取后溶有Cl2O的CCl4位于下层，因此操作顺序为：涂凡土林→检查旋塞、玻璃塞处是否漏水→将溶液和CCl4转入分液漏斗→倒转分液漏斗，小心振摇→旋开旋塞放气→经几次振摇并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置→打开旋塞，向锥形瓶放出下层液体，故答案为abg。(5)①溶有I2的CCl4溶液呈紫红色，用标准Na2S2O3溶液滴定I2过程中，当I2恰好反应完全时，溶液呈无色，因此滴定I2到达终点的实验现象是CCl4中由紫红色突变到无色，且30s不恢复。②由2I-+ Cl2=I2+2Cl-、4I-+ Cl2O+2H+=2I2+2H2O+2Cl-、2I-+ HClO+H+=I2+ H2O+Cl- (HClO为Cl2O与H2O反应的产物)可得关系式：Cl2O～2H+～2I2，由实验数据可知Cl2O和HClO共消耗n(H+)=2×(2.505×10-3ml-1.505×10-3ml)=2×10-3ml，生成I2的物质的量为2×10-3ml，则高纯度Cl2O浓溶液中n(Cl2O)=1×10-3ml，加入过量KI溶液共生成I2的物质的量为2.005×10-3ml，因此Cl2与I-反应生成I2的物质的量为2.005×10-3ml-2×10-3ml=5×10-6ml，由此可知高纯度Cl2O浓溶液中n(Cl2)=5×10-6ml，所以高纯度Cl2O浓溶液中==200>99，则所制备的高纯度Cl2O浓溶液符合要求，故答案为：溶液中Cl2O和Cl2分别为1×10-3ml、5×10-6ml，=200>99，符合要求。物质名称
葡萄糖酸钙
葡萄糖酸
溴化钙
氯化钙
水中的溶解性
可溶于冷水
易溶于热水
可溶
易溶
易溶
乙醇中的溶解性
微溶
微溶
可溶
可溶
加入量n(H2SO4) /ml
2.505×10-3
滴定Ⅰ测出量n(I2) /ml
2.005×10-3
滴定Ⅱ测出量n(H2SO4) /ml
1.505×10-3
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