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所属成套资源：2023高考化学重难点专题特训学案[全国]
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【备考2023】高考化学重难点专题特训学案（全国通用）——11 化学实验 （原卷版+解析版）
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这是一份【备考2023】高考化学重难点专题特训学案（全国通用）——11 化学实验 （原卷版+解析版），文件包含11化学实验解析版docx、11化学实验测试版docx等2份学案配套教学资源，其中学案共48页， 欢迎下载使用。
命题猜想
多年的高考题一再强调对学生实验能力的考查：仪器使用、基本操作、猜想与假设、方案设计、数据处理等技能，并能通过实验获取相关证据，提升图表、文本信息加工能力。
难点重点热点
掌握实验基本操作，熟知重点物质的性质，对实验过程与方法有较强把控能力，对具体实验有化学角度的专业评价，通过经典题目，品味高考考法。北京卷开放式实验需要多加训练。
¨重难录 重难点击 蓄势而发
1.（2022·浙江·湖州市教育科学研究中心一模）对氨基苯甲酸是合成苯佐卡因(一种合成局部麻醉药)的原料，可用对甲基-N-乙酰苯胺制备。对氨基苯甲酸易溶于热水，微溶于冰水，在pH为4.7~4.9时溶解度最小。
Ⅰ．合成原理：
Ⅱ．实验步骤：
步骤1：将2.60g对甲基-N-乙酰苯胺置于烧杯中，加入60mL水、2.0g乙酸钠和8.0g高锰酸钾，不断搅拌下温和加热约30min。
步骤2：当反应液呈深褐色且有大量沉淀物出现时，停止加热。趁热过滤，用少量热水洗涤沉淀。合并滤液，冷却至室温，用20%的稀硫酸酸化至pH为1~2，过滤析出的固体。
步骤3：将此固体加入如图所示装置(夹持、搅拌、加热装置已省略)，加入盐酸(1：1)，加热回流30min。再向烧瓶中加入20mL水及适量活性炭，加热沸腾5min，趁热过滤。
步骤4：待滤液冷却后，操作Ⅰ，过滤，自然干燥，得浅黄色针状晶体。
请回答：
(1)图示装置中冷凝管的冷凝水从______(填“a”或“b”)口进入。
(2)步骤1中对甲基-N-乙酰苯胺被KMnO4氧化的离子方程式为______。
(3)步骤2中若所得滤液呈紫红色，可用少量的______溶液处理(必要时可加热)。
A．KHSO3 B．CH3CH2OH C．H2SO4 D．NaOH
(4)下列有关步骤3的说法正确的是______。
A．装置中使用倒立漏斗是为了防止倒吸
B．使用活性炭是通过活性炭吸附除去溶液中的杂质
C．为减少杂质的析出，可增加水的用量
D．加热回流时，若冷凝管中气雾上升过高，应降温
(5)为得到尽可能多的产品，步骤4中操作Ⅰ为______。
【答案】(1)a
(2)+2=+2MnO2↓+OH−+H2O
(3)AB
(4)ABD
(5)用NaOH溶液中和至pH为4.7~4.9，转至冰水浴中继续冷却
【详解】（1）冷凝管中冷凝水采用逆流方式，冷凝水逆流时增大接触时间，所以冷凝管的冷凝水从a口进入；
（2）高锰酸钾有强氧化性，能与苯环直接相连的甲基发生氧化还原反应，离子方程式为：+2=+2MnO2↓+OH−+H2O；
（3）所得滤液呈紫红色是因为溶液中含有高锰酸钾，高锰酸钾有氧化性，可以加入具有还原性的试剂进行处理，四种物质中KHSO3和CH3CH2OH具有还原性，故答案选AB；
（4）A．因盐酸有挥发性，加热更易挥发，所以烧杯中的溶液是吸收HCl的，反应迅速容易造成倒吸，所以倒扣的漏斗可以防止倒吸，故A正确；
B．活性炭有吸附性，能吸附溶液中的一些杂质，所以加入活性炭可以除去溶液中的杂质，故B正确；
C．增加水的用量也会是产品溶解的量增多，不利于产品的析出，故C错误；
D．加热回流时，若冷凝管中气雾过高，说明产生的蒸汽不能及时冷凝成液体，则需要降低温度使蒸汽量减少，及时冷凝成液态回流，避免造成产品的损失，故D正确；
故答案选ABD；
（5）由题可知，对氨基苯甲酸易溶于热水，微溶于冰水，在pH为4.7~4.9时溶解度最小，溶液酸性很强，所以用NaOH溶液中和至pH为4.7~4.9，再转至冰水浴中继续冷却，就能得到尽可能多的产品。
2.2022 全国模拟预测 硫酸四氨合铜晶常用作杀虫剂、媒染剂，也是碱性镀铜中电镀液的主要成分。某学习小组在实验室以铜为主要原料合成该物质，设计的合成路线为
已知：为绛蓝色晶体，常温下在空气中易与水和二氧化碳反应，生成铜的碱式盐使晶体变成绿色的粉末。在溶液中存在以下电离解离过程：
，
及在水中均可溶，在乙醇中均难溶。在乙醇和水的混合溶剂中的溶解度随乙醇体积分数的增大而减小。若在铜氨溶液中加入乙醇，会析出绛蓝色的硫酸四氨合铜晶体；实验表明，若在铜氨溶液中加入硫酸铵或硫酸钠，同样会有硫酸四氨合铜晶体析出。
回答下列问题：
(1)实验室通常采用将铜屑浸泡在热的稀硫酸中，然后向其中不断通入热空气来制备溶液。
写出制备溶液时发生反应的离子方程式：________________________。
为了使制备过程中稀硫酸的温度保持在，需要对稀硫酸进行加热保温。应该采用的加热方式为________，该加热方式的优点为________________________。
(2)方案向溶液中所加的固体试剂为________填种试剂的化学式；试说明为何加入该固体试剂后会有晶体析出：________________________。
(3)方案的实验步骤为加热蒸发，冷却溶液，加乙醇、结晶。
该方案存在一定缺陷，因为利用方案得到的产品晶体中往往含有________杂质，产生杂质的原因是________________。
(4)方案、的最后操作步骤均为过滤、洗涤、干燥。
过滤操作的主要目的是将固液混合物进行分离。中学化学中常见的用于固液混合物分离的操作有“倾析法”“普通过滤”和“减压过滤”等，操作示意图如下：
减压过滤相对于普通过滤的优点为________填字母下同。
A．过滤速度相对较快
B．能过滤胶状混合物
C．得到的固体物质相对比较干燥
D．可以过滤具有强腐蚀性的固液混合物
洗涤步骤中可选用的洗涤液是________。
A．乙醇与乙醚的混合液 蒸馏水
C．乙醇和水的混合液 饱和硫酸钠溶液
【答案】(1) 水浴加热 受热均匀、易于控制加热温度
(2) 或 当加入时，溶液中、增大，增大使平衡向左移动，抑制电离，增大溶液中的，从而使平衡向左移动，使增大，与增大使平衡向左移动，促使析出或当加入时，增大，使平衡向左移动，促使析出
(3) 或 加热蒸发过程中挥发，使平衡向右移动，且发生水解生成氢氧化铜或碱式硫酸铜
(4)
【分析】铜单质在酸性条件下被氧气氧化为，再加入氨水生成氢氧化铜悬浊液，继续加入氨水，沉淀溶解，得到硫酸四氨合铜溶液，将溶液分为两分，方案向溶液中加入或，得到硫酸四氨合铜晶体，方案通过重结晶操作得到硫酸四氨合铜晶体。
【详解】（1）铜单质在酸性条件下被氧气氧化为，相应的离子方程式为。
要使温度保持在，可采用水浴加热的方法；由于水其有较大的比热容，加热或冷却过程中温度的变化较为缓慢，所以具有易于控制温度的优点，且水浴加热时水能够使被加热物体均匀受热。
（2）或；当加入时，溶液中、增大，增大使平衡向左移动，抑制电离，增大溶液中的，从而使平衡向左移动，使增大，与增大使平衡向左移动，促使析出或当加入时，增大，使平衡向左移动，促使析出。
（3）或；加热蒸发过程中挥发，使平衡向右移动，且发生水解生成氢氧化铜或碱式硫酸铜。
（4）减压过滤可加速过滤，并使沉淀抽吸的较干燥；因为胶状沉淀在快速过滤时易透过滤纸，沉淀颗粒太小，则易在滤纸上形成一层密实的沉淀，溶液不易透过，所以减压过滤不宜过滤胶状沉淀和颗粒太小的沉淀；当需要过滤具有强腐蚀性的固液混合物时，可选用玻璃纤维代替滤纸进行过滤，可有效防止强腐蚀性固液混合物对滤纸的腐蚀而造成过滤失败。
可溶于水，而难溶于乙醇，且溶解度随着乙醇和水混合溶剂中乙醇含量的提高而降低，所以洗涤时可选用乙醇与乙醚的混合液、乙醇和水的混合液，不能选用蒸馏水；若用饱和硫酸钠溶液洗涤，则会在表面残留硫酸钠杂质，而达不到洗涤的目的。
3.（2022·四川省成都市石室天府中学模拟预测）磁性Fe3O4纳米粒子(粒径1～100nm)因其独特的物理化学性质如电学特性、磁学特性等引起广泛的研究。通过共沉淀法制备磁性Fe3O4纳米粒子方法如下：
I．连接好如图装置；
I．取10 mL0.5mol／LFeSO4，溶液和20mL0.5 mol／LFeCl3溶液于反应容器B，并向装置中通入N2；
III．在不断搅拌的条件下，向混合溶液中逐滴加入60mL12 mol／L的氨水，溶液中逐渐出现黑色物质；
IV．充分反应后，从混合液中分离出纳米粒子，并反复洗涤干燥后得到磁性Fe3O4纳米粒子。
回答下列问题：
(1)仪器A的名称为_______，反应容器B的最佳规格为_______ (填序号)。
a．100 mL b．250 mL c．500 mL
(2)生成磁性Fe3O4纳米粒子的离子方程式为 _______。
(3)实验过程中通入N2的目的是_______ 。
(4)从反应后的混合液中分离出Fe3O4纳米粒子，最简便的方法是_______(填序号)；用水洗涤Fe3O4纳米粒子后，需要用无水乙醇洗涤，其原因是_______ 。
a．磁分离 b．过滤 c．分液
(5)产物中混杂的Fe2O3会降低纳米粒子的磁性，为了测定产品中Fe2O3的含量，采取如下实验方法：
准确称取0.3120g产品于锥形瓶中，用稀硝酸充分浸取，再加热使过量的硝酸全部逸出，冷却后加入足量KI溶液充分混合反应后，用0.2000mol／L Na2S2O3标准溶液滴定至溶液颜色明显变浅，加入几滴淀粉溶液，继续滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液的体积为20.00mL。
已知滴定过程中发生反应的离子方程式为I2＋2S2O = 2I—＋S4O。
①滴定终点的现象为 _______ 。
②所取样品中Fe2O3的质量为 _______ g(结果保留4位小数)；若加入KI溶液的量不足，则会导致测定结果_______(填 “偏高”“偏低”或“不变”)。
【答案】(1) 分液漏斗 b
(2)Fe2++2Fe3++8NH3·H2O= Fe3O4+8NH+4 H2O
(3)防止Fe2+被空气中氧气氧化为Fe3+
(4) a 乙醇挥发性强，用乙醇洗涤便于后续的干燥
(5) 滴入最后一滴标准溶液，锥形瓶中溶液蓝色恰好褪去且30s内保持不变 0.0800 偏高
【分析】由题意可知，制备四氧化三铁的实验过程为在氮气气氛中硫酸亚铁和氯化铁混合溶液与氨水反应生成磁性四氧化三铁纳米粒子，充分反应后，用磁铁从混合液中分离出纳米粒子，并用乙醇反复洗涤干燥后得到磁性四氧化三铁纳米粒子。
【详解】（1）由实验装置图可知，仪器A为分液漏斗；由题意可知充分反应后，三颈烧瓶中溶液的总体积为90mL，由三颈烧瓶中溶液的体积不少于容积的，不多于容积的可知，容器B的最佳规格为250 mL，故选b，故答案为：分液漏斗；b；
（2）由题意可知，在氮气气氛中硫酸亚铁和氯化铁混合溶液与氨水反应生成磁性四氧化三铁纳米粒子、硫酸铵、氯化铵和水，反应的离子方程式为Fe2++2Fe3++8NH3·H2O= Fe3O4+8NH+4 H2O，故答案为：Fe2++2Fe3++8NH3·H2O= Fe3O4+8NH+4 H2O；
（3）亚铁离子具有还原性，易被空气中的氧气氧化为铁离子，所以实验过程中应通入氮气，排尽装置中的空气，防止制备磁性四氧化三铁纳米粒子时，亚铁离子被氧化，故答案为：防止Fe2+被空气中氧气氧化为Fe3+；
（4）磁性四氧化三铁纳米粒子为磁性材料，所以从反应后的混合液中分离出磁性四氧化三铁纳米粒子最简单的分离方法为磁分离，故选a；用水洗涤四氧化三铁纳米粒子后，用无水乙醇洗涤纳米粒子可以利用乙醇易挥发的性质带走粒子表面的水分便于干燥，故答案为：a；乙醇挥发性强，用乙醇洗涤便于后续的干燥；
（5）①由题意可知，反应生成的碘与滴入的硫代硫酸钠溶液完全反应时，溶液会由蓝色变为无色，则滴定终点的现象为滴入最后一滴标准溶液，锥形瓶中溶液蓝色恰好褪去且30s内保持不变，故答案为：滴入最后一滴标准溶液，锥形瓶中溶液蓝色恰好褪去且30s内保持不变；
②由方程式可得如下关系：2Fe3+—I2—Na2S2O3，滴定消耗20.00mL0.2000mol/L硫代硫酸钠溶液，则铁离子的物质的量为0.004mol，设样品中四氧化三铁、氧化铁的物质的量分别为amol、bmol，由样品的质量可得：232a+160b=0.3120， 由铁原子个数守恒可得：3a+2b=0.004，解联立方程可得a=0.001、b=0.0005，则样品中氧化铁的质量为0.0005mol×160g/mol=0.0800g；若加入碘化钾溶液的量不足会使消耗硫代硫酸钠溶液的体积偏小，导致a偏小、b偏大，所以测得的氧化铁的质量偏高，故答案为：0.0800g；偏高。
4.（2022·湖南·邵阳市第二中学模拟预测）某学生对的还原性进行实验探究，根据所学知识，回答下列问题：
实验一：与漂粉精(已在空气中露置了一小段时间)反应的实验探究
步骤①：取4g漂粉精固体，加入100 mL水，固体有少量不溶解，溶液略有颜色，过滤，pH计测得漂粉精溶液的pH约为12。
步骤②：将验持续通入漂粉精溶液中，液面上方出现白雾，稍后出现浑浊，溶液变为黄绿色，最后产生大量白色沉淀，黄绿色褪去。
(1)若向水中持续通入，未观察到白雾。推测步骤②中的白雾是由HCl小液滴形成的，进行如下实验：
a．用湿润的淀粉碘化钾试纸检验白雾，无变化；
b．用酸化的溶液检验白雾，产生白色沉淀A。
I．实验a的目的是__________。
II．白色沉淀A可能为__________(填化学式)。
(2)步骤②中溶液变为黄绿色的可能原因：随着溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和发生反应。通过进一步实验确认了这种可能性，设计的实验操作为__________。
(3)向步骤①中过滤后得到的固体中加入稀盐酸，可能观察到的实验现象为__________。
实验二：与溶液反应的实验探究
实验步骤：将一定量的通入溶液中，有白色沉淀生成。
经分析，与溶液反应可能有两种情况：
c．若通入少量，则反应为
d．若通入过量，则反应为
为了探究发生了哪一种情况，取上述反应后过滤所得的溶液，分别装入A、B、C、D四支试管中，进行如下实验：
(4)试管A中有气体生成，则该气体可能为__________(填化学式)。
(5)下列实验现象能说明发生的是情况c的是__________(填标号，下同)，能说明发生了情况d的是__________。
A．试管A中有气体生成 B．试管B中溶液颜色发生了变化
C．试管C中有气体生成 D．试管D中有白色沉淀生成
【答案】
(1) 检验白雾中是否含有，排除干扰 AgCl(或)或AgCl和)
(2)取少量步骤①制取的漂粉精溶液，逐滴加入稀硫酸，观察溶液是否变为黄绿色
(3)固体溶解，有无色无味的气体产生
(4)或NO或和NO的混合物
(5) B D
【详解】（1）向漂粉精溶液中通入二氧化硫，生成硫酸钙、HCl和HClO，而HCl和HClO反应会生成氯气，用湿润的淀粉碘化钾试纸检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2的干扰；若用酸化的AgNO3溶液检验白雾，Ag+和Cl-会发生反应生成AgCl沉淀；SO2不能与水蒸气形成白雾，但是白雾中可能含有SO2，SO2可以被氧化成硫酸，硫酸与AgNO3溶液反应产生Ag2SO4白色沉淀，因此白色沉淀A可能为Ag2SO4或AgCl或两者同时存在。
（2）步骤②中溶液变为黄绿色的可能原因：随着溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl-发生反应产生黄绿色的Cl2，为进一步确认了这种可能性，可以设计实验操作：取少量步骤①制取的漂粉精溶液，逐滴加入稀硫酸，观察溶液是否变为黄绿色。
（3）由于漂粉精在空气中露置过，可能已经部分变质生成了CaCO3，加入稀盐酸，固体溶解，有无色无味的气体产生。
（4）情况c和情况d均有H+产生，加入锌粉，若发生情况c，溶液中有和H+，加入锌粉会产生NO气体，若发生情况d，溶液中有H+，加入锌粉会产生H2，两种情况均有则会产生两种气体的混合气体，故试管A中生成的气体可能为H2或NO或H2和NO的混合物。
（5）A．由（5）题可知，无论发生哪种情况，都会产生气体，故试管A中有气体生成，不能说明发生哪种情况；
B．若发生情况c，试管B中有和H+，向试管B中加入铜粉，试管B中溶液会变为蓝色，若发生情况d，试管B中有H+，向试管B中加入铜粉，铜粉不会溶解，试管B中溶液不会改变颜色；故试管B中溶液颜色发生了变化，能说明的是情况c；
C．由（5）题可知，无论发生哪种情况，试管C中都有H+，向试管C中加入NaHCO3粉末，都会产生气体，故试管C中有气体生成，不能说明发生哪种情况；
D．若发生情况d，试管D中有，向试管D中加入BaCl2溶液，会产生白色沉淀；若发生情况c，试管D中没有，向试管D中加入BaCl2溶液，不会产生白色沉淀；故试管D中有白色沉淀生成，能说明的是情况d；
综上所述，能说明发生的是情况c的是B，能说明发生了情况d的是D。
5.（2022·山东·高考真题）实验室利用和亚硫酰氯()制备无水的装置如图所示(加热及夹持装置略)。已知沸点为，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。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，为测定n值进行如下实验：
实验Ⅰ：称取样品，用足量稀硫酸溶解后，用标准溶液滴定达终点时消耗(滴定过程中转化为，不反应)。
实验Ⅱ：另取样品，利用上述装置与足量反应后，固体质量为。
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、根据反应制备。已知与分子结构相似，与互溶，但极易水解。选择合适仪器并组装蒸馏装置对、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+4SOCl2(g)FeCl2+4SO2+8HCl 冷凝回流SOCl2
(2) AB
(3) ⑥⑩③⑤ CCl4
【分析】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+4SOCl2(g)FeCl2+4SO2+8HCl；装置c、d的共同作用是冷凝回流SOCl2；答案为：a；FeCl2∙4H2O+4SOCl2(g)FeCl2+4SO2+8HCl；冷凝回流SOCl2。
（2）
滴定过程中将Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原成Cr3+，反应的离子方程式为6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，则m1g样品中n(FeCl2)=6n()=6cV×10-3mol；m1g样品中结晶水的质量为(m1-m2)g，结晶水物质的量为mol，n(FeCl2)：n(H2O)=1：n=(6cV×10-3mol)：mol，解得n=；
A．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．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．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．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；
答案选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；答案为：⑥⑩③⑤；CCl4。
6.（2022·全国·模拟预测）氨基钠(常用作有机合成的促进剂，是合成维生素A的原料.氨基钠的制备方法有高温加热法与低温催化法之分。如图装置(部分装置已省略)为低温催化法制备
已知：①几种物质的熔沸点如表：
物质
备注
熔点/℃
306
是一种共价化合物，受热易升华.
沸点/℃
316
②几乎不溶于液氨，易与水、氧气等反应.
回答下列问题：
(1)制备
反应前先检查装置气密性确认不漏气，再通入氨气排尽密闭体系中空气，加入金属钠粒，搅拌，保持微沸下反应
①制备的化学反应方程式为_______
②本实验温度为以下，冷却液选择液氨而不用液氯或液态二氧化硫，可能的原因是_______(任答一点)
③装置B的作用为_______
④反应得到粒状沉积物即，将混合体系在通风橱中，加热得固体产品。加热能够使产品与杂质分离的原因是_______
⑤从整套装置的完整性分析，装置B的导气管末端出口最好应连接下列_______(填字母代码)
(2)纯度分析
在潮湿空气中易发生水解，产生两种碱性物质，假设是产品的唯一杂质，可采用如下方法测定产品纯度。准确称取固体，溶于水，加热将产生的氨气蒸出，用蒸馏水吸收，得吸收液，取出于锥形瓶中。再向瓶中加入1滴甲基橙，用标准盐酸溶液滴定三次，滴定至终点时平均消耗盐酸溶液.则产品中的纯度为_______
【答案】(1) 原料易得，污染小、安全风险小等 形成密闭体系，防止空气、水蒸气进入装置A 加热使氨气逸出，少量固体升化 D
(2)
【详解】（1）①制备的化学反应方程式为；
②实验本身用到氨气，氨气易液化得到液氨：相对、，污染小、安全风险低等；
③装置B的作用为形成密闭体系，防止空气、水蒸气进入装置A；
④加热使混合物中的液氨气化逸出，少量固体受热升华；
⑤导气管中有过量的氨气以及反应产生的氢气，用酸性干燥剂吸收余氨，再点燃氢气；
故答案为：；原料易得，污染小、安全风险小等；形成密闭体系，防止空气、水蒸气进入装置A；加热使氨气逸出，少量固体升化；D。
（2）
。
故答案为：。
7.（2022·青海·海东市第一中学一模）三苯甲醇()(Mr=260)是一种重要的有机合成中间体，某实验小组利用格氏试剂()制备三苯甲醇。
已知：i.格氏试剂非常活泼，遇水剧烈反应，其制备原理+Mg ；
ii.相关物质的物理性质如下表所示。
物质
熔点(℃)
沸点(℃)
溶解性
三苯甲醇
164.2
380
不溶于水，易溶于乙醚
乙醚
-116.3
34.6
微溶于水，易溶于乙醇等
溴苯
-30.7
156.2
不溶于水，易溶于乙醚
苯甲酸乙酯
-34.6
212.6
不溶于水，易溶于乙醚
实验步骤如下：
步骤I.合成格氏试剂
向仪器X中加入1.44g(0.06mol)镁屑和1小粒碘，装好装置，向仪器Y中加入12.0mL溴苯(0.10mol)和25.00mL乙醚，混匀，开始缓慢滴入仪器X中，反应中保持微沸，直至Mg完全反应，反应后溶液待用。
步骤II.制备三苯甲醇
将仪器X置于冰水浴中，加入3mL(0.02mol)苯甲酸乙酯()和20mL无水乙醚的混合液，温水浴回流反应 0.5 h，生成，冷却后加入饱和氯化铵溶液 。将反应装置改装，回收乙醚并除去未反应的溴苯和其他副产物，三苯甲醇变为固体析出，抽滤，用石油醚洗涤，干燥得粗产品，经提纯后得到产品3.5g。
注：反应②中，苯甲酸乙酯与以物质的量之比为1：2反应。
回答下列问题：
(1)仪器X的名称为_______；仪器Y使用前需进行的操作为_______；干燥管中塞入的纱布的作用为_______，碱石灰的作用为_______；球形冷凝管的进水口是_______(填“a”，或“b”，)口。
(2)制备格氏试剂时，加入一小粒碘可加快反应速率，推测I2对反应①活化能的影响是_______(填“升高”，“降低”，或“不变”)。
(3)回收乙醚时需将装置改装为_______(填选项字母)装置；回收时不能使用明火加热的原因为_______。
A．萃取 B．蒸馏 C．过滤 D．重结晶
(4)该实验中三苯甲醇的产率为_______(保留三位有效数字)。
【答案】(1) 三颈烧瓶 查漏 防止碱石灰落入冷凝管、三颈烧瓶中 避免空气中的水蒸气进入装置与格式试剂反应 a
(2)降低
(3) B 乙醚易挥发且易燃
(4)67.3%
【分析】首先利用镁屑、溴苯和乙醚制取格氏试剂，由于格氏试剂易潮解，所以需要在无水环境中进行反应，则碱石灰是为了防止空气中的水蒸气进入反应装置；之后通过恒压滴液漏斗往过量的格氏试剂中加入苯甲酸乙酯和无水乙醚混合液，温水浴回流反应 0.5 h；此时得到的三苯甲醇溶解在有机溶剂当中，而三苯甲醇的沸点较高，所以可采用蒸馏的方法将其分离，除去有机杂质，三苯甲醇变为固体析出，抽滤，用石油醚洗涤，干燥得粗产品。
【详解】（1）根据仪器X的结构特点可知其为三颈烧瓶；仪器Y为恒压滴液漏斗，有旋塞，使用前需要检查是否漏水；干燥管中盛有固态干燥剂碱石灰，为防止碱石灰掉落至冷凝管和三颈烧瓶中，所以塞入纱布；碱石灰可以吸收水蒸气，避免空气中的水蒸气进入三颈烧瓶，与格式试剂反应；为增强冷凝效果，冷凝水应下进上出，即进水口为a口；
（2）加入一小粒碘可加快反应速率，说明碘为催化剂，可以降低反应①的活化能；
（3）乙醚与溴苯等有机物互溶，但熔沸点不同，可以蒸馏分离，故选B；乙醚易挥发且易燃，所以不能使用明火加热；
（4）制备格式试剂时使用0.06mol镁、0.10mol溴苯，根据反应①可知理论上可以生成0.06mol格式试剂，制备三苯甲醇时使用了0.02mol苯甲酸乙酯，根据反应②中的比例关系可知，理论上生成0.02mol三苯甲醇，经提纯后得到产品3.5g，所以产率为×100%=67.3%。
8.（2020·全国）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】 B 球形 无油珠说明不溶于水的甲苯已经被完全氧化 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 MnO2 苯甲酸升华而损失 86.0％ C 重结晶
【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；故答案为：球形；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；故答案为：除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气；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，故答案为：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；故答案为：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%；故答案为：86.0%；C；
（7）提纯苯甲酸可用重结晶的方法。故答案为：重结晶。
【点睛】本题考查制备方案的设计，涉及物质的分离提纯、仪器的使用、产率计算等，清楚原理是解答的关键，注意对题目信息的应用，是对学生实验综合能力的考查，难点（6）注意产品纯度和产率的区别。
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9.（2022·湖南·模拟预测）铼(Re)是具有重要军事战略意义的金属。NH4ReO4是制备高纯度Re的原料，实验室用Re2O7制备NH4ReO4的装置如图所示。
已知：Ⅰ. Re2O7易溶于水，溶于水后生成HReO4；HReO4与H2S反应生成Re2S7；
有关物质的溶解度S见下表：
温度/℃
20
75.4
6.1
30
78.0
32.3
Ⅱ.；；
回答下列问题：
(1)仪器a的名称是_______，a中发生反应的离子方程式为_______。
(2)反应开始前先向C中三颈烧瓶内加入一定量的Re2O7和水。关闭K2、K3，打开K1、K4，三颈烧瓶内生成Re2S7。关闭K1，打开K2通入N2一段时间，通入N2的目的是_______；打开K3，滴入足量H2O2的氨水溶液，生成NH4ReO4；反应结束后从溶液中分离NH4ReO4的操作方法是_______。
(3)下列装置可用作装置单元X的是_______(填标号)。
(4)取mg NH4ReO4样品，在加热条件下使其分解，产生的氨气用硼酸(H3BO3)吸收。吸收液用浓度为c mol/L的盐酸滴定，消耗盐酸V mL。NH4ReO4的纯度为_______；下列情况会导致NH4ReO4纯度测量值偏小的是_______(填标号)。
a.未用盐酸标准液润洗酸式滴定管
b.滴定开始时俯视读数，滴定后平视读数
c.加热温度过高，NH4ReO4分解产生N2
d.滴定结束时发现滴定管尖嘴内有气泡
【答案】(1) 蒸馏烧瓶 FeS+2H+=Fe2++H2S↑
(2) 排出多余的H2S气体 冷却结晶
(3)AC
(4) % cd
【分析】由装置图可知，装置A中硫化亚铁和稀硫酸反应制备H2S气体，装置C中溶于水生成，再与反应生成，再向三颈烧瓶内滴入足量的氨水溶液，生成，经分离操作得到产品，装置B为安全瓶，硫化氢有毒应该再增加一个装置单元X为尾气H2S的吸收装置。
【详解】（1）)由仪器构造可知，仪器a的名称是蒸馏烧瓶；a中硫化亚铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和硫化氢，反应的离子方程式为FeS+2H+=Fe2++H2S↑；
（2）因为A中反应生成了H2S，通入C中与反应生成，通入的目的是排出多余的H2S气体；与的氨水溶液反应生成，其中混有(NH4)2SO4，从已知Ⅰ可知的溶解度受温度影响较大，所以可用冷却结晶的方法分离，故答案为：排出多余的H2S气体；冷却结晶；
（3）从整个流程可以看出，装置单元X是用来吸收尾气H2S的，CuSO4溶液和NaOH溶液都能和H2S反应，可以用来吸收H2S，而Na2SO4溶液和NaHS溶液不能吸收H2S，故选AC；
（4）由反应关系式：NH4ReO4~NH3~H3BO3~HCl可知，n(NH4ReO4)=n(HCl)=cV10-3mol，m(NH4ReO4)= cV10-3mol268g/mol=0.268cVg，则的纯度为 = %；
a．由于标准液滴定管未润洗，导致标准液实际被稀释，根据滴定原理 ，判断结果比实际值大，故a不选；
b．滴定开始时俯视读数，滴定后平视读数，导致V标比准确值偏大，因此结果偏大，故b不选；
c．加热温度过高，分解产生，导致含量减小，V标比准确值偏小，因此结果偏小，故c选；
d．滴定结束时发现滴定管尖嘴内有气泡，导致V标比准确值偏小，因此结果偏小，故d选；
故选cd。
10.（2022·北京·一模）某小组同学为探究Zn与FeCl3溶液的反应，设计并完成了如表实验，已知固液反应速率与离子迁移速率有关。
实验
条件
现象
i
18℃
开始时无明显气泡，0.5min后有气体产生，一段时间后，溶液颜色加深，存在丁达尔效应
ii
65℃水浴
有气泡产生，12s后，气泡非常明显，溶液随之很快转为红棕色，一段时间后，红棕色消失，最后产生红棕色沉淀
(1)实验i中产生丁达尔效应的原因是______。
(2)实验ii中发生了多个反应，它们所属的基本反应类型是_____。
(3)根据物质性质，推测体系中可能发生的氧化还原反应的离子方程式：_____(至少写三个)。
(4)实验i和ii均先有气体生成，后有溶液颜色的变化，甲同学认为产生该现象的原因可能是此实验条件下氧化性：H+>Fe3+。
①乙同学根据已有知识______(结合化学用语说明)，判断氧化性：H+
条件
现象
iii
18℃，混合后不振荡
3min后有明显的气泡产生，溶液颜色加深，存在丁达尔效应
iv
18℃，混合后振荡
气泡不明显，溶液褪色明显，存在丁达尔效应
对比实验i、ii、iii、iv，解释实验iv现象与i、ii、iii不同的原因：______。
【答案】(1)Fe3+水解生成了Fe(OH)3胶体
(2)置换反应、复分解反应
(3)Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+、Zn+2H+=Zn2++H2↑、Zn+Fe2+=Zn2++Fe、2Zn+4H++O2=2Zn2++2H2O
(4) 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，而铜不与盐酸反应 实验iv中，锌粉表面积大，且振荡增大锌与铁离子的接触几率，降低了由于氢离子的迁移速率大于铁离子的迁移速率而导致锌表面铁离子浓度低的影响，铁离子的氧化性大于氢离子的氧化性，因此铁离子与锌发生反应速率更快，表现为溶液褪色明显而气泡不明显。实验i、ii、iii中随反应进行，氢离子可以迅速补充到锌表面，Zn表面的氢离子浓度大于铁离子浓度，表现为先产生气体，Fe3+在溶液中水解为Fe(OH)3
【分析】氯化铁是强酸弱碱盐，水解生成和胶体， ，锌能与盐酸反应产生气体，胶体呈红褐色、能产生丁达尔现象。温度高、平衡右移，能使胶体转变为红棕色沉淀，据此并结合信息回答；
【详解】（1）胶体具有丁达尔现象，则实验i中产生丁达尔现象的原因是水解生成了胶体；
（2）实验ii中铁离子水解反应是可逆的，其逆过程为复分解反应，锌有较强还原性、铁离子、氢离子均具有氧化性，有反应：、等，则实验ii它们所属的基本反应类型是置换反应、复分解反应；
（3）根据锌有较强还原性、铁离子、氢离子均具有氧化性，推测体系中可能发生的氧化还原反应的离子方程式、、、等；
（4）①已知：，而铜不和盐酸反应，则可判断氧化性：。
②实验iv中，振荡后，气泡不明显，红棕色褪色明显，说明将Zn粒改为Zn粉并振荡，锌粉表面积大，且振荡增大锌与铁离子的接触几率，降低了由于氢离子迁移速率大于铁离子导致锌表面铁离子浓度低的影响，铁离子的氧化性大于氢离子，因此铁离子与锌发生反应速率更快，表现溶液褪色明显而气泡不明显。由实验i、ii、iii的现象、结合信息可以推知：实验i、ii、iii中随反应进行，氢离子可以迅速补充到锌表面，表面的氢离子浓度大于铁离子，溶液中下降快于，表现为先产生气体，在溶液中水解为。
11.（2022·四川成都·模拟预测）三氯氧磷POCl3是一种化工原料，利用O2和PCl3为原料可制备三氯氧磷，其制备装置如图所示(夹持装置略去)：
已知和POCl3的性质如表：
熔点/℃
沸点/℃
其他物理或化学性质
PCl3
-112.0
76.0
PCl3和POCl3互溶，均为无色液体，遇水均剧烈水解
POCl3
1.25
106.0
回答下列问题：
(1)仪器甲的名称为_______。
(2)装置B的作用是(至少答两点)_______，如果没有装置B和干燥管，产品中可能含有杂质HCl和_______。
(3)控制反应温度在60～65℃，其原因是_______。
(4)通过佛尔哈德法可以测定三氯氧磷产品中Cl元素含量，实验步骤如下：
I.取0.1510g产品于锥形瓶中，加入足量NaOH溶液待完全水解后加稀硝酸至酸性。
II.向锥形瓶中加入0.1000的AgNO3溶液40.00 mL，使Cl-完全沉淀。
III.向其中加入2 mL硝基苯，用力摇动、静置，使沉淀被有机物覆盖。
IV.加入指示剂，用0.2000溶液滴过量至终点，记下所用体积为5.00mL。
已知：
①滴定选用的指示剂是_______(填标号)，滴定终点的现象为_______。
a.淀粉 b.甲基橙 c. d.
②实验过程中加入硝基苯的目的是_______，如无此操作所测Cl元素含量将_______ (填“偏大”“偏小”或“不变”)。
③所测Cl元素含量为_______(结果保留4位有效数字)。
【答案】(1)三颈烧瓶
(2) 观察气体流出速度、调节压强、干燥氧气 H3PO3、H3PO4
(3)温度低则反应速率较慢、温度过高则导致PCl3挥发降低利用率
(4) d 最后一滴标准液加入后，溶液变红色，且半分钟内不褪色 将生成的氯化银沉淀与溶液隔开 偏小
【分析】A中过氧化氢在二氧化锰催化条件下反应生成氧气，B用于干燥氧气，装置C中在热水浴作用下氧气与三氯化磷反应生成三氯氧磷，装置乙用于冷凝回流，碱石灰可避免空气中的水进入装置C导致产物水解。
【详解】（1）仪器甲的名称为三颈烧瓶；
（2）装置B中所装试剂为浓硫酸，用于干燥氧气，另外通过观察气泡产生的快慢可了解氧气流出速率的大小，装置B中的长颈漏斗可以调节装置内气体压强，使装置B起到安全瓶的作用，则装置B的作用为观察气体流出速度、调节压强、干燥氧气；已知：PCl3和POCl3遇水均剧烈水解，则没有装置B和干燥管，产品中可能含有杂质HCl和H3PO3、H3PO4；
（3）PCl3的沸点为76.0/℃，控制反应温度在60～65℃，其原因是温度低则反应速率较慢、温度过高则导致PCl3挥发降低利用率；
（4）①用溶液滴定过量的银离子至终点，当滴定达到终点时，稍过量一点，可加入作指示剂，铁离子与硫氰酸根离子反应使溶液变红，若半分钟内不褪色，则可确定达到滴定终点；
②加入少量硝基苯可将生成的氯化银沉淀与溶液隔开，如果不加硝基苯，根据，可知在水溶液中部分氯化银可以转化为，使得实验中生成的偏多，测定结果将偏小；
③产品中Cl元素的量等于与氯离子反应的银离子的量，与氯离子反应的银离子的量，等于总的银离子的量减去与反应的银离子的量，故n(Cl)= 0.1000mol/L40.0010-3L- 0.2000mol/L5.0010-3L =3.00010-3mol，则m(Cl)=35.5g/mol×3.000×10-3mol =0.1065g，所测Cl元素含量为。
12.（2022·福建·模拟预测）高铁酸钾()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%。实验室设计如下实验制备并探究其性质。
已知：①为紫色固体，微溶于溶液。
②具有强氧化性，在酸性或中性溶液中能快速产生，在碱性溶液中较稳定。
回答下列问题：
(1)制备(夹持装置略)
①如图所示，装置A为氯气发生装置，A中盛放固体的仪器名称是_______，橡胶管的作用是_______。
②装置B的作用是_______。
③装置C中的溶液需过量，目的是_______。的电子式为_______。
④装置C中得到紫色固体和溶液。则装置C中与发生反应生成的离子方程式为_______。
(2)探究的性质
取装置C中的紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，经检验气体中含有。该现象_______(填“能”或“不能”)证明“酸性条件下氧化性强于”，理由是_______。
【答案】(1) 蒸馏烧瓶 平衡压强，使浓盐酸顺利流下 除去氯气中的氯化氢 提供碱性环境，确保稳定存在，提高产率
(2) 不能 装置C中的紫色溶液可能混有，酸性环境下可与反应产生
【分析】A中浓盐酸与高锰酸钾发生，可制备氯气，B中饱和食盐水可除去挥发的HCl，C中碱性条件下氯气与氢氧化铁反应生成K2FeO4，D中NaOH可吸收过量氯气，据此分析解题。
【详解】（1）①装置A用于制取Cl2，其中盛放KMnO4的烧瓶侧而带有支管应为蒸馏烧瓶；为了防止因反应过于剧烈烧瓶内压强增大而使液体无法滴落，通过橡胶管将分液漏斗与蒸馏烧瓶连通平衡体系的压强，确保浓盐酸能顺利流下，故答案为蒸馏烧瓶；平衡压强，使浓盐酸顺利流下；
②制取的Cl2中混有HCl气体，利用C装置中的饱和NaCl溶液除去氯气中的氯化氢，故答案为除去氯气中的氯化氢；
③由题目它知信息可知K2FeO4在酸性或中性环境下不稳定，在碱性环境中能稳定存在，可知装置C需要确保碱性环境，即需KOH溶液过量，确保K2FeO4能稳定存在，则装置C中的KOH溶液需过量，目的是提供碱性环境，确保K2FeO4稳定存在，提高产率；的电子式为 ；故答案为提供碱性环境，确保K2FeO4稳定存在，提高产率；；
④装置C在碱性条件下用Cl2将Fe(OH)3氧化生成K2FeO4，则发生反应的离子方程式为故答案为；
（2）根据上述制备反应，装置C的紫色溶液含有K2FeO4、KCl,还可能含有KClO等，酸性条件下ClO−可与Cl−反应产生Cl2，所以不能说明酸性条件下FeO氧化性强于Cl2，故答案为不能；装置C中的紫色溶液可能混有，酸性环境下可与反应产生。
【点睛】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备原理、实验装置的作用、物质的性质、实验技能为解答的关键，题目难度中等。
13.（2022·全国·模拟预测）2022年8月7日欧盟官方公报(OJ)发布RoHS2.0修订指令(EU)2015/863，欧盟RoHS2.0更新终于尘埃落定，由原来的六项管控物质变为十项管控物质，新增物质中有邻苯二甲酸二丁酯，实验室制备该物质的装置和实验操作如下(已知邻苯二甲酸二丁酯温度超过180℃时易发生分解)。
实验所需相关物质的物理性质如下表：
物质
摩尔质量/()
密度/()
沸点/℃
20℃100g水中溶解质量/g
正丁醇
74
0.80
117.6
7.7
乙醇
46
0.79
78.3
互溶
硫酸
98
1.83
337.0
互溶
邻苯二甲酸酐
148
1.53
284
不溶
步骤一：125mL三颈烧瓶上分别装温度计、搅拌器、分水器及冷凝管，如图所示；
步骤二：向三颈烧瓶内依次加入44.4g邻苯二甲酸酐、36.0g正丁醇、1.0mL浓硫酸；
步骤三：向分水器中加入某种试剂X，与支管口相平；
步骤四：小火加热并不断搅拌，温度升高到120~130℃时，发现冷凝管中有正丁醇一水的共沸物蒸出，明显看出共沸物中的小液珠沉降至分水器的底部；
步骤五：温度上升至145~160℃，依据相关实验现象，判断反应停止；
步骤六：待三颈烧瓶温度降至70℃以下时，将反应液转移至分液漏斗中，依次用15mL5%的碳酸钠溶液与温热的饱和食盐水，分别洗涤三次；
步骤七：将上述洗涤好的油层转移到圆底烧瓶中，安装减压蒸馏装置，收集馏分。
(1)分水器中加入某种试剂X，最好选用_______(填字母序号)。A．乙醇 B．浓硫酸 C．正丁醇 D．邻苯二甲酸二丁酯
(2)初始阶段，三颈烧瓶内邻苯二甲酸酐的物质的量浓度是_______，(忽略混合时细微的体积变化)该实验中温度计最好选择的规格为_______(填字母序号)。
A．100℃ B．145℃ C．160℃ D．200℃
(3)第五步操作中，判断反应停止所依据的相关实验现象是_______。
(4)三颈烧瓶温度降至70℃以下才进行洗涤的原因为_______。
(5)探究该反应的最佳条件时，考虑仅改变邻苯二甲酸酐和正丁醇的物质的量之比(酸醇比)对反应的影响，反应270min后，测得实验结果如下表：
实验序号
1
2
3
4
酸醇比
1∶2.4
1∶3.0
1∶3.5
1∶4.0
收率%
88.3
94.2
94.1
93.3
结合上述信息分析当酸醇比小于1∶3.0时，随着正丁醇的量不断增加，收率呈现上述变化的原因：_______。
(6)第七步在进行分离油状液体时采用减压蒸馏装置，其原因是_______。
【答案】(1)C
(2) 4mol/L D
(3)当不在有小液珠沉降至分水器的底部，水的量不在增加的时候，没有水的生成则反应停止
(4)酯类物质在后续用碳酸钠溶液洗涤，为减少皂化反应对产物的影响，应降低温度再进行后续洗涤
(5)正丁醇的量增多会导致体系中核心反应物的浓度降低，单位时间内生成的产品量减少，收率降低
(6)邻苯二甲酸二丁酯在温度超过180℃时易发生分解
【分析】邻苯二甲酸酐、正丁醇、浓硫酸在三颈烧瓶中加热反应生成邻苯二甲酸二丁酯和水，水是反应产物之一，根据平衡移动的原理，不断从分水器下部分离出产物水的目的是：使平衡向生成苯二甲酸二丁酯的方向移动，提高产率；水层和有机物互不相溶，当不在有小液珠沉降至分水器的底部，水的量不在增加的时候，则反应停止；
【详解】（1）分水器中加入某种试剂X，最好选用正丁醇，根据冷凝管中有正丁醇一水的共沸物蒸出，明显看出共沸物中的小液珠沉降至分水器的底部，可知分水器是分离出水的，需要选密度小于水且与水不互溶的，故选用正丁醇，故选C；
（2）初始阶段，混合后溶液的体积为=75mL，邻苯二甲酸酐的物质的量为，则三颈烧瓶内邻苯二甲酸酐的物质的量浓度是=4mol/L；根据实验中温度需要上升至145~160℃，所选用温度计量程应该略大于160℃，故该实验中温度计最好选择的规格为200℃，故选D；
（3）根据分析，当不在有小液珠沉降至分水器的底部，水的量不在增加的时候，没有水的生成则反应停止；
（4）酯类物质在后续用碳酸钠溶液洗涤，温度较高时酯在碱性溶液中会水解，为减少皂化反应对产物的影响，应降低温度再进行后续洗涤；
（5）正丁醇的量增多会导致体系中核心反应物的浓度降低，单位时间内生成的产品量减少，收率降低；
（6）邻苯二甲酸二丁酯在温度超过180℃时易发生分解，减压蒸馏装置可以降低邻苯二甲酸二丁酯的沸点，避免温度过高造成分解使产率降低。
14.（2022·北京市第十中学三模）某小组研究Na2S 溶液与KMnO4溶液反应，探究过程如下。
实验序号
I
II
实验过程
加10滴(约0.3mL)溶液
酸性KMnO4溶液(酸化至)
滴加10滴约(0.3mL)酸性KMnO4溶液(酸化至)
溶液
实验现象
紫色变浅()，生成棕褐色沉淀()
溶液呈淡黄色()，生成浅粉色沉淀()
资料：i. 在强酸性条件下被还原为Mn2+，在近中性条件下被还原为。
ii.单质硫可溶于硫化钠溶液，溶液呈淡黄色。
(1)根据实验可知，Na2S具有_______性。
(2)甲同学预测实验I中S2-被氧化成。
①根据实验现象，乙同学认为甲的预测不合理，理由是_______。
②乙同学取实验I中少量溶液进行实验，检测到有，得出S2-被氧化成的结论，丙同学否定了该结论，理由是_______。
③同学们经讨论后，设计了如下实验，证实该条件下的确可以将S2-氧化成。
a.右侧烧杯中的溶液是_______。
b.连通后电流计指针偏转，一段时间后，_______(填操作和现象)。
(3)实验I的现象与资料ⅰ存在差异，其原因是新生成的产物(Mn2+)与过量的反应物()发生反应，该反应的离子方程式是_______。
(4)实验II的现象与资料也不完全相符，丁同学猜想其原因与(3)相似，经验证猜想成立，他的实验方案是_______。
(5)反思该实验，反应物相同，而现象不同，体现了物质变化不仅与其自身的性质有关，还与_______因素有关。
【答案】(1)还原
(2) 溶液呈紫色，说明酸性溶液过量，能被其继续氧化 因溶液是用酸化的，故溶液中出不一定是氧化新生成的 溶液(酸化至) 取左侧烧杯中的溶液，用盐酸酸化后，滴加溶液，观察到有白色沉淀生成
(3)
(4)将实验I中生成的分离洗涤后，加入溶液，观察到有浅粉色沉淀，且溶液呈黄色，证明新生成的与过量的S2-反应，故没得到沉淀
(5)浓度、用量、溶液中的酸碱性
【详解】（1）表格中两个实验中Mn元素的化合价都降低了显示了氧化性，故Na2S做还原剂，具有还原性；
（2）①根据实验现象，紫色变浅说明高锰酸钾过量，具有还原性，还可以接着发生氧化还原反应，故甲的预测不合理；
②乙同学取实验I中少量溶液进行实验，检测到有，不能得出S2-被氧化成的结论，因溶液是用酸化的，故溶液中出不一定是氧化新生成的；
③a.证实该条件下的确可以将S2-氧化成，设计成原电池，S2-失去电子变成，发生氧化反应，应该在负极上反应，左侧烧杯应该是负极室，硫酸酸化的高锰酸钾溶液放在右侧烧杯，右侧为正极，故右侧烧杯中的溶液是溶液(酸化至)；
b. 连通后电流计指针偏转，一段时间后，该条件下负极S2-失去电子生成，证明S2-氧化成了，取左侧烧杯中的溶液，用盐酸酸化后，滴加溶液，观察到有白色沉淀生成，说明生成了；
（3）实验I的现象与资料ⅰ存在差异，KMnO4被还原成Mn2+，实验I中溶液成浅紫色说明高锰酸钾过量，新生成的产物(Mn2+)与过量的反应物()发生反应生成棕褐色沉淀()，该反应的离子方程式是；
（4）在近中性条件下被还原为，实验II的现象是溶液呈淡黄色()，生成浅粉色沉淀()，KMnO4被还原成Mn2+，溶液过量，S2-与接着发生氧化还原反应生成浅粉色沉淀()。为了证明出现该现象的猜想其原因与(3)相似，可以将实验I中生成的分离洗涤后，加入溶液，观察到有浅粉色沉淀，且溶液呈黄色，证明新生成的与过量的S2-反应，故没得到沉淀；
（5）反思该实验，反应物相同，滴加顺序不同，反应物的浓度不同，酸碱性不同，而现象不同，体现了物质变化不仅与其自身的性质有关，还与浓度、用量、溶液中的酸碱性；
15.（2022·湖北·高考真题）高技术领域常使用高纯试剂。纯磷酸(熔点为，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，温度低于易形成(熔点为)，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)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． B． C．
(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)防止暴沸
(4)使溶液受热均匀
(5)磷酸晶体
(6)B
(7)磷酸可与水分子间形成氢键
【分析】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。
【详解】（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防止暴沸，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，温度低于易形成(熔点为)，高于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30∼42℃，这个区间内答案选B。
（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。
16.（2022·北京·高考真题）某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应
资料：i．Mn2+在一定条件下被Cl2或ClO-氧化成MnO2(棕黑色)、(绿色)、(紫色)。
ii．浓碱条件下，可被OH-还原为。
iii．Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。
实验装置如图(夹持装置略)
序号
物质a
C中实验现象
通入Cl2前
通入Cl2后
I
水
得到无色溶液
产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化
II
5%NaOH溶液
产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀
棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
III
40%NaOH 溶液
产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀
棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
(1)B中试剂是___________。
(2)通入Cl2前，II、III中沉淀由白色变为黑色的化学方程式为___________。
(3)对比实验I、II通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是___________。
(4)根据资料ii，III中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因：
原因一：可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。
原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将氧化为。
①化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因___________，但通过实验测定溶液的碱性变化很小。
②取III中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色的离子方程式为___________，溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被___________(填“化学式”)氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量；
③取II中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL水，溶液紫色缓慢加深，发生的反应是___________。
④从反应速率的角度，分析实验III未得到绿色溶液的可能原因___________。
【答案】(1)饱和NaCl溶液
(2)2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O
(3)Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强
(4) Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O 4+4OH-=4+O2↑+2H2O Cl2 3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O III中氧化剂氧化锰酸根离子的速率大于氢氧根离子还原高锰酸根离子的速率，因而实验III未得到绿色溶液
【分析】在装置A中HCl与KMnO4发生反应制取Cl2，由于盐酸具有挥发性，为排除HCl对Cl2性质的干扰，在装置B中盛有饱和NaCl溶液，除去Cl2中的杂质HCl，在装置C中通过改变溶液的pH，验证不同条件下Cl2与MnSO4反应，装置D是尾气处理装置，目的是除去多余Cl2，防止造成大气污染。
【详解】（1）B中试剂是饱和NaCl溶液，作用是吸收Cl2中的杂质HCl气体；1
（2）通入Cl2前，II、III中Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的的OH-反应产生Mn(OH)2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色MnO2，则沉淀由白色变为黑色的化学方程式为：2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O；
（3）对比实验I、II通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是：Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强；
（4）①Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O，使溶液碱性减弱，反应的离子方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
②取III中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色就是由于在浓碱条件下，可被OH-还原为，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可知该反应的离子方程式为：4+4OH-=4+O2↑+2H2O；
溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被Cl2氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量；
③取II中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL水，溶液碱性减弱，溶液紫色缓慢加深，说明ClO-将MnO2氧化为，发生的反应是：3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O；
④III中氧化剂氧化锰酸根离子的速率大于氢氧根离子还原高锰酸根离子的速率，导致实验III未得到绿色溶液。
命题猜想
多年的高考题一再强调对学生实验能力的考查：仪器使用、基本操作、猜想与假设、方案设计、数据处理等技能，并能通过实验获取相关证据，提升图表、文本信息加工能力。
难点重点热点
掌握实验基本操作，熟知重点物质的性质，对实验过程与方法有较强把控能力，对具体实验有化学角度的专业评价，通过经典题目，品味高考考法。北京卷开放式实验需要多加训练。
¨重难录 重难点击 蓄势而发
1.（2022·浙江·湖州市教育科学研究中心一模）对氨基苯甲酸是合成苯佐卡因(一种合成局部麻醉药)的原料，可用对甲基-N-乙酰苯胺制备。对氨基苯甲酸易溶于热水，微溶于冰水，在pH为4.7~4.9时溶解度最小。
Ⅰ．合成原理：
Ⅱ．实验步骤：
步骤1：将2.60g对甲基-N-乙酰苯胺置于烧杯中，加入60mL水、2.0g乙酸钠和8.0g高锰酸钾，不断搅拌下温和加热约30min。
步骤2：当反应液呈深褐色且有大量沉淀物出现时，停止加热。趁热过滤，用少量热水洗涤沉淀。合并滤液，冷却至室温，用20%的稀硫酸酸化至pH为1~2，过滤析出的固体。
步骤3：将此固体加入如图所示装置(夹持、搅拌、加热装置已省略)，加入盐酸(1：1)，加热回流30min。再向烧瓶中加入20mL水及适量活性炭，加热沸腾5min，趁热过滤。
步骤4：待滤液冷却后，操作Ⅰ，过滤，自然干燥，得浅黄色针状晶体。
请回答：
(1)图示装置中冷凝管的冷凝水从______(填“a”或“b”)口进入。
(2)步骤1中对甲基-N-乙酰苯胺被KMnO4氧化的离子方程式为______。
(3)步骤2中若所得滤液呈紫红色，可用少量的______溶液处理(必要时可加热)。
A．KHSO3 B．CH3CH2OH C．H2SO4 D．NaOH
(4)下列有关步骤3的说法正确的是______。
A．装置中使用倒立漏斗是为了防止倒吸
B．使用活性炭是通过活性炭吸附除去溶液中的杂质
C．为减少杂质的析出，可增加水的用量
D．加热回流时，若冷凝管中气雾上升过高，应降温
(5)为得到尽可能多的产品，步骤4中操作Ⅰ为______。
【答案】(1)a
(2)+2=+2MnO2↓+OH−+H2O
(3)AB
(4)ABD
(5)用NaOH溶液中和至pH为4.7~4.9，转至冰水浴中继续冷却
【详解】（1）冷凝管中冷凝水采用逆流方式，冷凝水逆流时增大接触时间，所以冷凝管的冷凝水从a口进入；
（2）高锰酸钾有强氧化性，能与苯环直接相连的甲基发生氧化还原反应，离子方程式为：+2=+2MnO2↓+OH−+H2O；
（3）所得滤液呈紫红色是因为溶液中含有高锰酸钾，高锰酸钾有氧化性，可以加入具有还原性的试剂进行处理，四种物质中KHSO3和CH3CH2OH具有还原性，故答案选AB；
（4）A．因盐酸有挥发性，加热更易挥发，所以烧杯中的溶液是吸收HCl的，反应迅速容易造成倒吸，所以倒扣的漏斗可以防止倒吸，故A正确；
B．活性炭有吸附性，能吸附溶液中的一些杂质，所以加入活性炭可以除去溶液中的杂质，故B正确；
C．增加水的用量也会是产品溶解的量增多，不利于产品的析出，故C错误；
D．加热回流时，若冷凝管中气雾过高，说明产生的蒸汽不能及时冷凝成液体，则需要降低温度使蒸汽量减少，及时冷凝成液态回流，避免造成产品的损失，故D正确；
故答案选ABD；
（5）由题可知，对氨基苯甲酸易溶于热水，微溶于冰水，在pH为4.7~4.9时溶解度最小，溶液酸性很强，所以用NaOH溶液中和至pH为4.7~4.9，再转至冰水浴中继续冷却，就能得到尽可能多的产品。
2.2022 全国模拟预测 硫酸四氨合铜晶常用作杀虫剂、媒染剂，也是碱性镀铜中电镀液的主要成分。某学习小组在实验室以铜为主要原料合成该物质，设计的合成路线为
已知：为绛蓝色晶体，常温下在空气中易与水和二氧化碳反应，生成铜的碱式盐使晶体变成绿色的粉末。在溶液中存在以下电离解离过程：
，
及在水中均可溶，在乙醇中均难溶。在乙醇和水的混合溶剂中的溶解度随乙醇体积分数的增大而减小。若在铜氨溶液中加入乙醇，会析出绛蓝色的硫酸四氨合铜晶体；实验表明，若在铜氨溶液中加入硫酸铵或硫酸钠，同样会有硫酸四氨合铜晶体析出。
回答下列问题：
(1)实验室通常采用将铜屑浸泡在热的稀硫酸中，然后向其中不断通入热空气来制备溶液。
写出制备溶液时发生反应的离子方程式：________________________。
为了使制备过程中稀硫酸的温度保持在，需要对稀硫酸进行加热保温。应该采用的加热方式为________，该加热方式的优点为________________________。
(2)方案向溶液中所加的固体试剂为________填种试剂的化学式；试说明为何加入该固体试剂后会有晶体析出：________________________。
(3)方案的实验步骤为加热蒸发，冷却溶液，加乙醇、结晶。
该方案存在一定缺陷，因为利用方案得到的产品晶体中往往含有________杂质，产生杂质的原因是________________。
(4)方案、的最后操作步骤均为过滤、洗涤、干燥。
过滤操作的主要目的是将固液混合物进行分离。中学化学中常见的用于固液混合物分离的操作有“倾析法”“普通过滤”和“减压过滤”等，操作示意图如下：
减压过滤相对于普通过滤的优点为________填字母下同。
A．过滤速度相对较快
B．能过滤胶状混合物
C．得到的固体物质相对比较干燥
D．可以过滤具有强腐蚀性的固液混合物
洗涤步骤中可选用的洗涤液是________。
A．乙醇与乙醚的混合液 蒸馏水
C．乙醇和水的混合液 饱和硫酸钠溶液
【答案】(1) 水浴加热 受热均匀、易于控制加热温度
(2) 或 当加入时，溶液中、增大，增大使平衡向左移动，抑制电离，增大溶液中的，从而使平衡向左移动，使增大，与增大使平衡向左移动，促使析出或当加入时，增大，使平衡向左移动，促使析出
(3) 或 加热蒸发过程中挥发，使平衡向右移动，且发生水解生成氢氧化铜或碱式硫酸铜
(4)
【分析】铜单质在酸性条件下被氧气氧化为，再加入氨水生成氢氧化铜悬浊液，继续加入氨水，沉淀溶解，得到硫酸四氨合铜溶液，将溶液分为两分，方案向溶液中加入或，得到硫酸四氨合铜晶体，方案通过重结晶操作得到硫酸四氨合铜晶体。
【详解】（1）铜单质在酸性条件下被氧气氧化为，相应的离子方程式为。
要使温度保持在，可采用水浴加热的方法；由于水其有较大的比热容，加热或冷却过程中温度的变化较为缓慢，所以具有易于控制温度的优点，且水浴加热时水能够使被加热物体均匀受热。
（2）或；当加入时，溶液中、增大，增大使平衡向左移动，抑制电离，增大溶液中的，从而使平衡向左移动，使增大，与增大使平衡向左移动，促使析出或当加入时，增大，使平衡向左移动，促使析出。
（3）或；加热蒸发过程中挥发，使平衡向右移动，且发生水解生成氢氧化铜或碱式硫酸铜。
（4）减压过滤可加速过滤，并使沉淀抽吸的较干燥；因为胶状沉淀在快速过滤时易透过滤纸，沉淀颗粒太小，则易在滤纸上形成一层密实的沉淀，溶液不易透过，所以减压过滤不宜过滤胶状沉淀和颗粒太小的沉淀；当需要过滤具有强腐蚀性的固液混合物时，可选用玻璃纤维代替滤纸进行过滤，可有效防止强腐蚀性固液混合物对滤纸的腐蚀而造成过滤失败。
可溶于水，而难溶于乙醇，且溶解度随着乙醇和水混合溶剂中乙醇含量的提高而降低，所以洗涤时可选用乙醇与乙醚的混合液、乙醇和水的混合液，不能选用蒸馏水；若用饱和硫酸钠溶液洗涤，则会在表面残留硫酸钠杂质，而达不到洗涤的目的。
3.（2022·四川省成都市石室天府中学模拟预测）磁性Fe3O4纳米粒子(粒径1～100nm)因其独特的物理化学性质如电学特性、磁学特性等引起广泛的研究。通过共沉淀法制备磁性Fe3O4纳米粒子方法如下：
I．连接好如图装置；
I．取10 mL0.5mol／LFeSO4，溶液和20mL0.5 mol／LFeCl3溶液于反应容器B，并向装置中通入N2；
III．在不断搅拌的条件下，向混合溶液中逐滴加入60mL12 mol／L的氨水，溶液中逐渐出现黑色物质；
IV．充分反应后，从混合液中分离出纳米粒子，并反复洗涤干燥后得到磁性Fe3O4纳米粒子。
回答下列问题：
(1)仪器A的名称为_______，反应容器B的最佳规格为_______ (填序号)。
a．100 mL b．250 mL c．500 mL
(2)生成磁性Fe3O4纳米粒子的离子方程式为 _______。
(3)实验过程中通入N2的目的是_______ 。
(4)从反应后的混合液中分离出Fe3O4纳米粒子，最简便的方法是_______(填序号)；用水洗涤Fe3O4纳米粒子后，需要用无水乙醇洗涤，其原因是_______ 。
a．磁分离 b．过滤 c．分液
(5)产物中混杂的Fe2O3会降低纳米粒子的磁性，为了测定产品中Fe2O3的含量，采取如下实验方法：
准确称取0.3120g产品于锥形瓶中，用稀硝酸充分浸取，再加热使过量的硝酸全部逸出，冷却后加入足量KI溶液充分混合反应后，用0.2000mol／L Na2S2O3标准溶液滴定至溶液颜色明显变浅，加入几滴淀粉溶液，继续滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液的体积为20.00mL。
已知滴定过程中发生反应的离子方程式为I2＋2S2O = 2I—＋S4O。
①滴定终点的现象为 _______ 。
②所取样品中Fe2O3的质量为 _______ g(结果保留4位小数)；若加入KI溶液的量不足，则会导致测定结果_______(填 “偏高”“偏低”或“不变”)。
【答案】(1) 分液漏斗 b
(2)Fe2++2Fe3++8NH3·H2O= Fe3O4+8NH+4 H2O
(3)防止Fe2+被空气中氧气氧化为Fe3+
(4) a 乙醇挥发性强，用乙醇洗涤便于后续的干燥
(5) 滴入最后一滴标准溶液，锥形瓶中溶液蓝色恰好褪去且30s内保持不变 0.0800 偏高
【分析】由题意可知，制备四氧化三铁的实验过程为在氮气气氛中硫酸亚铁和氯化铁混合溶液与氨水反应生成磁性四氧化三铁纳米粒子，充分反应后，用磁铁从混合液中分离出纳米粒子，并用乙醇反复洗涤干燥后得到磁性四氧化三铁纳米粒子。
【详解】（1）由实验装置图可知，仪器A为分液漏斗；由题意可知充分反应后，三颈烧瓶中溶液的总体积为90mL，由三颈烧瓶中溶液的体积不少于容积的，不多于容积的可知，容器B的最佳规格为250 mL，故选b，故答案为：分液漏斗；b；
（2）由题意可知，在氮气气氛中硫酸亚铁和氯化铁混合溶液与氨水反应生成磁性四氧化三铁纳米粒子、硫酸铵、氯化铵和水，反应的离子方程式为Fe2++2Fe3++8NH3·H2O= Fe3O4+8NH+4 H2O，故答案为：Fe2++2Fe3++8NH3·H2O= Fe3O4+8NH+4 H2O；
（3）亚铁离子具有还原性，易被空气中的氧气氧化为铁离子，所以实验过程中应通入氮气，排尽装置中的空气，防止制备磁性四氧化三铁纳米粒子时，亚铁离子被氧化，故答案为：防止Fe2+被空气中氧气氧化为Fe3+；
（4）磁性四氧化三铁纳米粒子为磁性材料，所以从反应后的混合液中分离出磁性四氧化三铁纳米粒子最简单的分离方法为磁分离，故选a；用水洗涤四氧化三铁纳米粒子后，用无水乙醇洗涤纳米粒子可以利用乙醇易挥发的性质带走粒子表面的水分便于干燥，故答案为：a；乙醇挥发性强，用乙醇洗涤便于后续的干燥；
（5）①由题意可知，反应生成的碘与滴入的硫代硫酸钠溶液完全反应时，溶液会由蓝色变为无色，则滴定终点的现象为滴入最后一滴标准溶液，锥形瓶中溶液蓝色恰好褪去且30s内保持不变，故答案为：滴入最后一滴标准溶液，锥形瓶中溶液蓝色恰好褪去且30s内保持不变；
②由方程式可得如下关系：2Fe3+—I2—Na2S2O3，滴定消耗20.00mL0.2000mol/L硫代硫酸钠溶液，则铁离子的物质的量为0.004mol，设样品中四氧化三铁、氧化铁的物质的量分别为amol、bmol，由样品的质量可得：232a+160b=0.3120， 由铁原子个数守恒可得：3a+2b=0.004，解联立方程可得a=0.001、b=0.0005，则样品中氧化铁的质量为0.0005mol×160g/mol=0.0800g；若加入碘化钾溶液的量不足会使消耗硫代硫酸钠溶液的体积偏小，导致a偏小、b偏大，所以测得的氧化铁的质量偏高，故答案为：0.0800g；偏高。
4.（2022·湖南·邵阳市第二中学模拟预测）某学生对的还原性进行实验探究，根据所学知识，回答下列问题：
实验一：与漂粉精(已在空气中露置了一小段时间)反应的实验探究
步骤①：取4g漂粉精固体，加入100 mL水，固体有少量不溶解，溶液略有颜色，过滤，pH计测得漂粉精溶液的pH约为12。
步骤②：将验持续通入漂粉精溶液中，液面上方出现白雾，稍后出现浑浊，溶液变为黄绿色，最后产生大量白色沉淀，黄绿色褪去。
(1)若向水中持续通入，未观察到白雾。推测步骤②中的白雾是由HCl小液滴形成的，进行如下实验：
a．用湿润的淀粉碘化钾试纸检验白雾，无变化；
b．用酸化的溶液检验白雾，产生白色沉淀A。
I．实验a的目的是__________。
II．白色沉淀A可能为__________(填化学式)。
(2)步骤②中溶液变为黄绿色的可能原因：随着溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和发生反应。通过进一步实验确认了这种可能性，设计的实验操作为__________。
(3)向步骤①中过滤后得到的固体中加入稀盐酸，可能观察到的实验现象为__________。
实验二：与溶液反应的实验探究
实验步骤：将一定量的通入溶液中，有白色沉淀生成。
经分析，与溶液反应可能有两种情况：
c．若通入少量，则反应为
d．若通入过量，则反应为
为了探究发生了哪一种情况，取上述反应后过滤所得的溶液，分别装入A、B、C、D四支试管中，进行如下实验：
(4)试管A中有气体生成，则该气体可能为__________(填化学式)。
(5)下列实验现象能说明发生的是情况c的是__________(填标号，下同)，能说明发生了情况d的是__________。
A．试管A中有气体生成 B．试管B中溶液颜色发生了变化
C．试管C中有气体生成 D．试管D中有白色沉淀生成
【答案】
(1) 检验白雾中是否含有，排除干扰 AgCl(或)或AgCl和)
(2)取少量步骤①制取的漂粉精溶液，逐滴加入稀硫酸，观察溶液是否变为黄绿色
(3)固体溶解，有无色无味的气体产生
(4)或NO或和NO的混合物
(5) B D
【详解】（1）向漂粉精溶液中通入二氧化硫，生成硫酸钙、HCl和HClO，而HCl和HClO反应会生成氯气，用湿润的淀粉碘化钾试纸检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2的干扰；若用酸化的AgNO3溶液检验白雾，Ag+和Cl-会发生反应生成AgCl沉淀；SO2不能与水蒸气形成白雾，但是白雾中可能含有SO2，SO2可以被氧化成硫酸，硫酸与AgNO3溶液反应产生Ag2SO4白色沉淀，因此白色沉淀A可能为Ag2SO4或AgCl或两者同时存在。
（2）步骤②中溶液变为黄绿色的可能原因：随着溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl-发生反应产生黄绿色的Cl2，为进一步确认了这种可能性，可以设计实验操作：取少量步骤①制取的漂粉精溶液，逐滴加入稀硫酸，观察溶液是否变为黄绿色。
（3）由于漂粉精在空气中露置过，可能已经部分变质生成了CaCO3，加入稀盐酸，固体溶解，有无色无味的气体产生。
（4）情况c和情况d均有H+产生，加入锌粉，若发生情况c，溶液中有和H+，加入锌粉会产生NO气体，若发生情况d，溶液中有H+，加入锌粉会产生H2，两种情况均有则会产生两种气体的混合气体，故试管A中生成的气体可能为H2或NO或H2和NO的混合物。
（5）A．由（5）题可知，无论发生哪种情况，都会产生气体，故试管A中有气体生成，不能说明发生哪种情况；
B．若发生情况c，试管B中有和H+，向试管B中加入铜粉，试管B中溶液会变为蓝色，若发生情况d，试管B中有H+，向试管B中加入铜粉，铜粉不会溶解，试管B中溶液不会改变颜色；故试管B中溶液颜色发生了变化，能说明的是情况c；
C．由（5）题可知，无论发生哪种情况，试管C中都有H+，向试管C中加入NaHCO3粉末，都会产生气体，故试管C中有气体生成，不能说明发生哪种情况；
D．若发生情况d，试管D中有，向试管D中加入BaCl2溶液，会产生白色沉淀；若发生情况c，试管D中没有，向试管D中加入BaCl2溶液，不会产生白色沉淀；故试管D中有白色沉淀生成，能说明的是情况d；
综上所述，能说明发生的是情况c的是B，能说明发生了情况d的是D。
5.（2022·山东·高考真题）实验室利用和亚硫酰氯()制备无水的装置如图所示(加热及夹持装置略)。已知沸点为，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。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，为测定n值进行如下实验：
实验Ⅰ：称取样品，用足量稀硫酸溶解后，用标准溶液滴定达终点时消耗(滴定过程中转化为，不反应)。
实验Ⅱ：另取样品，利用上述装置与足量反应后，固体质量为。
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、根据反应制备。已知与分子结构相似，与互溶，但极易水解。选择合适仪器并组装蒸馏装置对、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+4SOCl2(g)FeCl2+4SO2+8HCl 冷凝回流SOCl2
(2) AB
(3) ⑥⑩③⑤ CCl4
【分析】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+4SOCl2(g)FeCl2+4SO2+8HCl；装置c、d的共同作用是冷凝回流SOCl2；答案为：a；FeCl2∙4H2O+4SOCl2(g)FeCl2+4SO2+8HCl；冷凝回流SOCl2。
（2）
滴定过程中将Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原成Cr3+，反应的离子方程式为6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，则m1g样品中n(FeCl2)=6n()=6cV×10-3mol；m1g样品中结晶水的质量为(m1-m2)g，结晶水物质的量为mol，n(FeCl2)：n(H2O)=1：n=(6cV×10-3mol)：mol，解得n=；
A．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．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．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．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；
答案选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；答案为：⑥⑩③⑤；CCl4。
6.（2022·全国·模拟预测）氨基钠(常用作有机合成的促进剂，是合成维生素A的原料.氨基钠的制备方法有高温加热法与低温催化法之分。如图装置(部分装置已省略)为低温催化法制备
已知：①几种物质的熔沸点如表：
物质
备注
熔点/℃
306
是一种共价化合物，受热易升华.
沸点/℃
316
②几乎不溶于液氨，易与水、氧气等反应.
回答下列问题：
(1)制备
反应前先检查装置气密性确认不漏气，再通入氨气排尽密闭体系中空气，加入金属钠粒，搅拌，保持微沸下反应
①制备的化学反应方程式为_______
②本实验温度为以下，冷却液选择液氨而不用液氯或液态二氧化硫，可能的原因是_______(任答一点)
③装置B的作用为_______
④反应得到粒状沉积物即，将混合体系在通风橱中，加热得固体产品。加热能够使产品与杂质分离的原因是_______
⑤从整套装置的完整性分析，装置B的导气管末端出口最好应连接下列_______(填字母代码)
(2)纯度分析
在潮湿空气中易发生水解，产生两种碱性物质，假设是产品的唯一杂质，可采用如下方法测定产品纯度。准确称取固体，溶于水，加热将产生的氨气蒸出，用蒸馏水吸收，得吸收液，取出于锥形瓶中。再向瓶中加入1滴甲基橙，用标准盐酸溶液滴定三次，滴定至终点时平均消耗盐酸溶液.则产品中的纯度为_______
【答案】(1) 原料易得，污染小、安全风险小等 形成密闭体系，防止空气、水蒸气进入装置A 加热使氨气逸出，少量固体升化 D
(2)
【详解】（1）①制备的化学反应方程式为；
②实验本身用到氨气，氨气易液化得到液氨：相对、，污染小、安全风险低等；
③装置B的作用为形成密闭体系，防止空气、水蒸气进入装置A；
④加热使混合物中的液氨气化逸出，少量固体受热升华；
⑤导气管中有过量的氨气以及反应产生的氢气，用酸性干燥剂吸收余氨，再点燃氢气；
故答案为：；原料易得，污染小、安全风险小等；形成密闭体系，防止空气、水蒸气进入装置A；加热使氨气逸出，少量固体升化；D。
（2）
。
故答案为：。
7.（2022·青海·海东市第一中学一模）三苯甲醇()(Mr=260)是一种重要的有机合成中间体，某实验小组利用格氏试剂()制备三苯甲醇。
已知：i.格氏试剂非常活泼，遇水剧烈反应，其制备原理+Mg ；
ii.相关物质的物理性质如下表所示。
物质
熔点(℃)
沸点(℃)
溶解性
三苯甲醇
164.2
380
不溶于水，易溶于乙醚
乙醚
-116.3
34.6
微溶于水，易溶于乙醇等
溴苯
-30.7
156.2
不溶于水，易溶于乙醚
苯甲酸乙酯
-34.6
212.6
不溶于水，易溶于乙醚
实验步骤如下：
步骤I.合成格氏试剂
向仪器X中加入1.44g(0.06mol)镁屑和1小粒碘，装好装置，向仪器Y中加入12.0mL溴苯(0.10mol)和25.00mL乙醚，混匀，开始缓慢滴入仪器X中，反应中保持微沸，直至Mg完全反应，反应后溶液待用。
步骤II.制备三苯甲醇
将仪器X置于冰水浴中，加入3mL(0.02mol)苯甲酸乙酯()和20mL无水乙醚的混合液，温水浴回流反应 0.5 h，生成，冷却后加入饱和氯化铵溶液 。将反应装置改装，回收乙醚并除去未反应的溴苯和其他副产物，三苯甲醇变为固体析出，抽滤，用石油醚洗涤，干燥得粗产品，经提纯后得到产品3.5g。
注：反应②中，苯甲酸乙酯与以物质的量之比为1：2反应。
回答下列问题：
(1)仪器X的名称为_______；仪器Y使用前需进行的操作为_______；干燥管中塞入的纱布的作用为_______，碱石灰的作用为_______；球形冷凝管的进水口是_______(填“a”，或“b”，)口。
(2)制备格氏试剂时，加入一小粒碘可加快反应速率，推测I2对反应①活化能的影响是_______(填“升高”，“降低”，或“不变”)。
(3)回收乙醚时需将装置改装为_______(填选项字母)装置；回收时不能使用明火加热的原因为_______。
A．萃取 B．蒸馏 C．过滤 D．重结晶
(4)该实验中三苯甲醇的产率为_______(保留三位有效数字)。
【答案】(1) 三颈烧瓶 查漏 防止碱石灰落入冷凝管、三颈烧瓶中 避免空气中的水蒸气进入装置与格式试剂反应 a
(2)降低
(3) B 乙醚易挥发且易燃
(4)67.3%
【分析】首先利用镁屑、溴苯和乙醚制取格氏试剂，由于格氏试剂易潮解，所以需要在无水环境中进行反应，则碱石灰是为了防止空气中的水蒸气进入反应装置；之后通过恒压滴液漏斗往过量的格氏试剂中加入苯甲酸乙酯和无水乙醚混合液，温水浴回流反应 0.5 h；此时得到的三苯甲醇溶解在有机溶剂当中，而三苯甲醇的沸点较高，所以可采用蒸馏的方法将其分离，除去有机杂质，三苯甲醇变为固体析出，抽滤，用石油醚洗涤，干燥得粗产品。
【详解】（1）根据仪器X的结构特点可知其为三颈烧瓶；仪器Y为恒压滴液漏斗，有旋塞，使用前需要检查是否漏水；干燥管中盛有固态干燥剂碱石灰，为防止碱石灰掉落至冷凝管和三颈烧瓶中，所以塞入纱布；碱石灰可以吸收水蒸气，避免空气中的水蒸气进入三颈烧瓶，与格式试剂反应；为增强冷凝效果，冷凝水应下进上出，即进水口为a口；
（2）加入一小粒碘可加快反应速率，说明碘为催化剂，可以降低反应①的活化能；
（3）乙醚与溴苯等有机物互溶，但熔沸点不同，可以蒸馏分离，故选B；乙醚易挥发且易燃，所以不能使用明火加热；
（4）制备格式试剂时使用0.06mol镁、0.10mol溴苯，根据反应①可知理论上可以生成0.06mol格式试剂，制备三苯甲醇时使用了0.02mol苯甲酸乙酯，根据反应②中的比例关系可知，理论上生成0.02mol三苯甲醇，经提纯后得到产品3.5g，所以产率为×100%=67.3%。
8.（2020·全国）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】 B 球形 无油珠说明不溶于水的甲苯已经被完全氧化 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 MnO2 苯甲酸升华而损失 86.0％ C 重结晶
【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；故答案为：球形；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；故答案为：除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气；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，故答案为：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；故答案为：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%；故答案为：86.0%；C；
（7）提纯苯甲酸可用重结晶的方法。故答案为：重结晶。
【点睛】本题考查制备方案的设计，涉及物质的分离提纯、仪器的使用、产率计算等，清楚原理是解答的关键，注意对题目信息的应用，是对学生实验综合能力的考查，难点（6）注意产品纯度和产率的区别。
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9.（2022·湖南·模拟预测）铼(Re)是具有重要军事战略意义的金属。NH4ReO4是制备高纯度Re的原料，实验室用Re2O7制备NH4ReO4的装置如图所示。
已知：Ⅰ. Re2O7易溶于水，溶于水后生成HReO4；HReO4与H2S反应生成Re2S7；
有关物质的溶解度S见下表：
温度/℃
20
75.4
6.1
30
78.0
32.3
Ⅱ.；；
回答下列问题：
(1)仪器a的名称是_______，a中发生反应的离子方程式为_______。
(2)反应开始前先向C中三颈烧瓶内加入一定量的Re2O7和水。关闭K2、K3，打开K1、K4，三颈烧瓶内生成Re2S7。关闭K1，打开K2通入N2一段时间，通入N2的目的是_______；打开K3，滴入足量H2O2的氨水溶液，生成NH4ReO4；反应结束后从溶液中分离NH4ReO4的操作方法是_______。
(3)下列装置可用作装置单元X的是_______(填标号)。
(4)取mg NH4ReO4样品，在加热条件下使其分解，产生的氨气用硼酸(H3BO3)吸收。吸收液用浓度为c mol/L的盐酸滴定，消耗盐酸V mL。NH4ReO4的纯度为_______；下列情况会导致NH4ReO4纯度测量值偏小的是_______(填标号)。
a.未用盐酸标准液润洗酸式滴定管
b.滴定开始时俯视读数，滴定后平视读数
c.加热温度过高，NH4ReO4分解产生N2
d.滴定结束时发现滴定管尖嘴内有气泡
【答案】(1) 蒸馏烧瓶 FeS+2H+=Fe2++H2S↑
(2) 排出多余的H2S气体 冷却结晶
(3)AC
(4) % cd
【分析】由装置图可知，装置A中硫化亚铁和稀硫酸反应制备H2S气体，装置C中溶于水生成，再与反应生成，再向三颈烧瓶内滴入足量的氨水溶液，生成，经分离操作得到产品，装置B为安全瓶，硫化氢有毒应该再增加一个装置单元X为尾气H2S的吸收装置。
【详解】（1）)由仪器构造可知，仪器a的名称是蒸馏烧瓶；a中硫化亚铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和硫化氢，反应的离子方程式为FeS+2H+=Fe2++H2S↑；
（2）因为A中反应生成了H2S，通入C中与反应生成，通入的目的是排出多余的H2S气体；与的氨水溶液反应生成，其中混有(NH4)2SO4，从已知Ⅰ可知的溶解度受温度影响较大，所以可用冷却结晶的方法分离，故答案为：排出多余的H2S气体；冷却结晶；
（3）从整个流程可以看出，装置单元X是用来吸收尾气H2S的，CuSO4溶液和NaOH溶液都能和H2S反应，可以用来吸收H2S，而Na2SO4溶液和NaHS溶液不能吸收H2S，故选AC；
（4）由反应关系式：NH4ReO4~NH3~H3BO3~HCl可知，n(NH4ReO4)=n(HCl)=cV10-3mol，m(NH4ReO4)= cV10-3mol268g/mol=0.268cVg，则的纯度为 = %；
a．由于标准液滴定管未润洗，导致标准液实际被稀释，根据滴定原理 ，判断结果比实际值大，故a不选；
b．滴定开始时俯视读数，滴定后平视读数，导致V标比准确值偏大，因此结果偏大，故b不选；
c．加热温度过高，分解产生，导致含量减小，V标比准确值偏小，因此结果偏小，故c选；
d．滴定结束时发现滴定管尖嘴内有气泡，导致V标比准确值偏小，因此结果偏小，故d选；
故选cd。
10.（2022·北京·一模）某小组同学为探究Zn与FeCl3溶液的反应，设计并完成了如表实验，已知固液反应速率与离子迁移速率有关。
实验
条件
现象
i
18℃
开始时无明显气泡，0.5min后有气体产生，一段时间后，溶液颜色加深，存在丁达尔效应
ii
65℃水浴
有气泡产生，12s后，气泡非常明显，溶液随之很快转为红棕色，一段时间后，红棕色消失，最后产生红棕色沉淀
(1)实验i中产生丁达尔效应的原因是______。
(2)实验ii中发生了多个反应，它们所属的基本反应类型是_____。
(3)根据物质性质，推测体系中可能发生的氧化还原反应的离子方程式：_____(至少写三个)。
(4)实验i和ii均先有气体生成，后有溶液颜色的变化，甲同学认为产生该现象的原因可能是此实验条件下氧化性：H+>Fe3+。
①乙同学根据已有知识______(结合化学用语说明)，判断氧化性：H+
条件
现象
iii
18℃，混合后不振荡
3min后有明显的气泡产生，溶液颜色加深，存在丁达尔效应
iv
18℃，混合后振荡
气泡不明显，溶液褪色明显，存在丁达尔效应
对比实验i、ii、iii、iv，解释实验iv现象与i、ii、iii不同的原因：______。
【答案】(1)Fe3+水解生成了Fe(OH)3胶体
(2)置换反应、复分解反应
(3)Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+、Zn+2H+=Zn2++H2↑、Zn+Fe2+=Zn2++Fe、2Zn+4H++O2=2Zn2++2H2O
(4) 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，而铜不与盐酸反应 实验iv中，锌粉表面积大，且振荡增大锌与铁离子的接触几率，降低了由于氢离子的迁移速率大于铁离子的迁移速率而导致锌表面铁离子浓度低的影响，铁离子的氧化性大于氢离子的氧化性，因此铁离子与锌发生反应速率更快，表现为溶液褪色明显而气泡不明显。实验i、ii、iii中随反应进行，氢离子可以迅速补充到锌表面，Zn表面的氢离子浓度大于铁离子浓度，表现为先产生气体，Fe3+在溶液中水解为Fe(OH)3
【分析】氯化铁是强酸弱碱盐，水解生成和胶体， ，锌能与盐酸反应产生气体，胶体呈红褐色、能产生丁达尔现象。温度高、平衡右移，能使胶体转变为红棕色沉淀，据此并结合信息回答；
【详解】（1）胶体具有丁达尔现象，则实验i中产生丁达尔现象的原因是水解生成了胶体；
（2）实验ii中铁离子水解反应是可逆的，其逆过程为复分解反应，锌有较强还原性、铁离子、氢离子均具有氧化性，有反应：、等，则实验ii它们所属的基本反应类型是置换反应、复分解反应；
（3）根据锌有较强还原性、铁离子、氢离子均具有氧化性，推测体系中可能发生的氧化还原反应的离子方程式、、、等；
（4）①已知：，而铜不和盐酸反应，则可判断氧化性：。
②实验iv中，振荡后，气泡不明显，红棕色褪色明显，说明将Zn粒改为Zn粉并振荡，锌粉表面积大，且振荡增大锌与铁离子的接触几率，降低了由于氢离子迁移速率大于铁离子导致锌表面铁离子浓度低的影响，铁离子的氧化性大于氢离子，因此铁离子与锌发生反应速率更快，表现溶液褪色明显而气泡不明显。由实验i、ii、iii的现象、结合信息可以推知：实验i、ii、iii中随反应进行，氢离子可以迅速补充到锌表面，表面的氢离子浓度大于铁离子，溶液中下降快于，表现为先产生气体，在溶液中水解为。
11.（2022·四川成都·模拟预测）三氯氧磷POCl3是一种化工原料，利用O2和PCl3为原料可制备三氯氧磷，其制备装置如图所示(夹持装置略去)：
已知和POCl3的性质如表：
熔点/℃
沸点/℃
其他物理或化学性质
PCl3
-112.0
76.0
PCl3和POCl3互溶，均为无色液体，遇水均剧烈水解
POCl3
1.25
106.0
回答下列问题：
(1)仪器甲的名称为_______。
(2)装置B的作用是(至少答两点)_______，如果没有装置B和干燥管，产品中可能含有杂质HCl和_______。
(3)控制反应温度在60～65℃，其原因是_______。
(4)通过佛尔哈德法可以测定三氯氧磷产品中Cl元素含量，实验步骤如下：
I.取0.1510g产品于锥形瓶中，加入足量NaOH溶液待完全水解后加稀硝酸至酸性。
II.向锥形瓶中加入0.1000的AgNO3溶液40.00 mL，使Cl-完全沉淀。
III.向其中加入2 mL硝基苯，用力摇动、静置，使沉淀被有机物覆盖。
IV.加入指示剂，用0.2000溶液滴过量至终点，记下所用体积为5.00mL。
已知：
①滴定选用的指示剂是_______(填标号)，滴定终点的现象为_______。
a.淀粉 b.甲基橙 c. d.
②实验过程中加入硝基苯的目的是_______，如无此操作所测Cl元素含量将_______ (填“偏大”“偏小”或“不变”)。
③所测Cl元素含量为_______(结果保留4位有效数字)。
【答案】(1)三颈烧瓶
(2) 观察气体流出速度、调节压强、干燥氧气 H3PO3、H3PO4
(3)温度低则反应速率较慢、温度过高则导致PCl3挥发降低利用率
(4) d 最后一滴标准液加入后，溶液变红色，且半分钟内不褪色 将生成的氯化银沉淀与溶液隔开 偏小
【分析】A中过氧化氢在二氧化锰催化条件下反应生成氧气，B用于干燥氧气，装置C中在热水浴作用下氧气与三氯化磷反应生成三氯氧磷，装置乙用于冷凝回流，碱石灰可避免空气中的水进入装置C导致产物水解。
【详解】（1）仪器甲的名称为三颈烧瓶；
（2）装置B中所装试剂为浓硫酸，用于干燥氧气，另外通过观察气泡产生的快慢可了解氧气流出速率的大小，装置B中的长颈漏斗可以调节装置内气体压强，使装置B起到安全瓶的作用，则装置B的作用为观察气体流出速度、调节压强、干燥氧气；已知：PCl3和POCl3遇水均剧烈水解，则没有装置B和干燥管，产品中可能含有杂质HCl和H3PO3、H3PO4；
（3）PCl3的沸点为76.0/℃，控制反应温度在60～65℃，其原因是温度低则反应速率较慢、温度过高则导致PCl3挥发降低利用率；
（4）①用溶液滴定过量的银离子至终点，当滴定达到终点时，稍过量一点，可加入作指示剂，铁离子与硫氰酸根离子反应使溶液变红，若半分钟内不褪色，则可确定达到滴定终点；
②加入少量硝基苯可将生成的氯化银沉淀与溶液隔开，如果不加硝基苯，根据，可知在水溶液中部分氯化银可以转化为，使得实验中生成的偏多，测定结果将偏小；
③产品中Cl元素的量等于与氯离子反应的银离子的量，与氯离子反应的银离子的量，等于总的银离子的量减去与反应的银离子的量，故n(Cl)= 0.1000mol/L40.0010-3L- 0.2000mol/L5.0010-3L =3.00010-3mol，则m(Cl)=35.5g/mol×3.000×10-3mol =0.1065g，所测Cl元素含量为。
12.（2022·福建·模拟预测）高铁酸钾()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%。实验室设计如下实验制备并探究其性质。
已知：①为紫色固体，微溶于溶液。
②具有强氧化性，在酸性或中性溶液中能快速产生，在碱性溶液中较稳定。
回答下列问题：
(1)制备(夹持装置略)
①如图所示，装置A为氯气发生装置，A中盛放固体的仪器名称是_______，橡胶管的作用是_______。
②装置B的作用是_______。
③装置C中的溶液需过量，目的是_______。的电子式为_______。
④装置C中得到紫色固体和溶液。则装置C中与发生反应生成的离子方程式为_______。
(2)探究的性质
取装置C中的紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，经检验气体中含有。该现象_______(填“能”或“不能”)证明“酸性条件下氧化性强于”，理由是_______。
【答案】(1) 蒸馏烧瓶 平衡压强，使浓盐酸顺利流下 除去氯气中的氯化氢 提供碱性环境，确保稳定存在，提高产率
(2) 不能 装置C中的紫色溶液可能混有，酸性环境下可与反应产生
【分析】A中浓盐酸与高锰酸钾发生，可制备氯气，B中饱和食盐水可除去挥发的HCl，C中碱性条件下氯气与氢氧化铁反应生成K2FeO4，D中NaOH可吸收过量氯气，据此分析解题。
【详解】（1）①装置A用于制取Cl2，其中盛放KMnO4的烧瓶侧而带有支管应为蒸馏烧瓶；为了防止因反应过于剧烈烧瓶内压强增大而使液体无法滴落，通过橡胶管将分液漏斗与蒸馏烧瓶连通平衡体系的压强，确保浓盐酸能顺利流下，故答案为蒸馏烧瓶；平衡压强，使浓盐酸顺利流下；
②制取的Cl2中混有HCl气体，利用C装置中的饱和NaCl溶液除去氯气中的氯化氢，故答案为除去氯气中的氯化氢；
③由题目它知信息可知K2FeO4在酸性或中性环境下不稳定，在碱性环境中能稳定存在，可知装置C需要确保碱性环境，即需KOH溶液过量，确保K2FeO4能稳定存在，则装置C中的KOH溶液需过量，目的是提供碱性环境，确保K2FeO4稳定存在，提高产率；的电子式为 ；故答案为提供碱性环境，确保K2FeO4稳定存在，提高产率；；
④装置C在碱性条件下用Cl2将Fe(OH)3氧化生成K2FeO4，则发生反应的离子方程式为故答案为；
（2）根据上述制备反应，装置C的紫色溶液含有K2FeO4、KCl,还可能含有KClO等，酸性条件下ClO−可与Cl−反应产生Cl2，所以不能说明酸性条件下FeO氧化性强于Cl2，故答案为不能；装置C中的紫色溶液可能混有，酸性环境下可与反应产生。
【点睛】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备原理、实验装置的作用、物质的性质、实验技能为解答的关键，题目难度中等。
13.（2022·全国·模拟预测）2022年8月7日欧盟官方公报(OJ)发布RoHS2.0修订指令(EU)2015/863，欧盟RoHS2.0更新终于尘埃落定，由原来的六项管控物质变为十项管控物质，新增物质中有邻苯二甲酸二丁酯，实验室制备该物质的装置和实验操作如下(已知邻苯二甲酸二丁酯温度超过180℃时易发生分解)。
实验所需相关物质的物理性质如下表：
物质
摩尔质量/()
密度/()
沸点/℃
20℃100g水中溶解质量/g
正丁醇
74
0.80
117.6
7.7
乙醇
46
0.79
78.3
互溶
硫酸
98
1.83
337.0
互溶
邻苯二甲酸酐
148
1.53
284
不溶
步骤一：125mL三颈烧瓶上分别装温度计、搅拌器、分水器及冷凝管，如图所示；
步骤二：向三颈烧瓶内依次加入44.4g邻苯二甲酸酐、36.0g正丁醇、1.0mL浓硫酸；
步骤三：向分水器中加入某种试剂X，与支管口相平；
步骤四：小火加热并不断搅拌，温度升高到120~130℃时，发现冷凝管中有正丁醇一水的共沸物蒸出，明显看出共沸物中的小液珠沉降至分水器的底部；
步骤五：温度上升至145~160℃，依据相关实验现象，判断反应停止；
步骤六：待三颈烧瓶温度降至70℃以下时，将反应液转移至分液漏斗中，依次用15mL5%的碳酸钠溶液与温热的饱和食盐水，分别洗涤三次；
步骤七：将上述洗涤好的油层转移到圆底烧瓶中，安装减压蒸馏装置，收集馏分。
(1)分水器中加入某种试剂X，最好选用_______(填字母序号)。A．乙醇 B．浓硫酸 C．正丁醇 D．邻苯二甲酸二丁酯
(2)初始阶段，三颈烧瓶内邻苯二甲酸酐的物质的量浓度是_______，(忽略混合时细微的体积变化)该实验中温度计最好选择的规格为_______(填字母序号)。
A．100℃ B．145℃ C．160℃ D．200℃
(3)第五步操作中，判断反应停止所依据的相关实验现象是_______。
(4)三颈烧瓶温度降至70℃以下才进行洗涤的原因为_______。
(5)探究该反应的最佳条件时，考虑仅改变邻苯二甲酸酐和正丁醇的物质的量之比(酸醇比)对反应的影响，反应270min后，测得实验结果如下表：
实验序号
1
2
3
4
酸醇比
1∶2.4
1∶3.0
1∶3.5
1∶4.0
收率%
88.3
94.2
94.1
93.3
结合上述信息分析当酸醇比小于1∶3.0时，随着正丁醇的量不断增加，收率呈现上述变化的原因：_______。
(6)第七步在进行分离油状液体时采用减压蒸馏装置，其原因是_______。
【答案】(1)C
(2) 4mol/L D
(3)当不在有小液珠沉降至分水器的底部，水的量不在增加的时候，没有水的生成则反应停止
(4)酯类物质在后续用碳酸钠溶液洗涤，为减少皂化反应对产物的影响，应降低温度再进行后续洗涤
(5)正丁醇的量增多会导致体系中核心反应物的浓度降低，单位时间内生成的产品量减少，收率降低
(6)邻苯二甲酸二丁酯在温度超过180℃时易发生分解
【分析】邻苯二甲酸酐、正丁醇、浓硫酸在三颈烧瓶中加热反应生成邻苯二甲酸二丁酯和水，水是反应产物之一，根据平衡移动的原理，不断从分水器下部分离出产物水的目的是：使平衡向生成苯二甲酸二丁酯的方向移动，提高产率；水层和有机物互不相溶，当不在有小液珠沉降至分水器的底部，水的量不在增加的时候，则反应停止；
【详解】（1）分水器中加入某种试剂X，最好选用正丁醇，根据冷凝管中有正丁醇一水的共沸物蒸出，明显看出共沸物中的小液珠沉降至分水器的底部，可知分水器是分离出水的，需要选密度小于水且与水不互溶的，故选用正丁醇，故选C；
（2）初始阶段，混合后溶液的体积为=75mL，邻苯二甲酸酐的物质的量为，则三颈烧瓶内邻苯二甲酸酐的物质的量浓度是=4mol/L；根据实验中温度需要上升至145~160℃，所选用温度计量程应该略大于160℃，故该实验中温度计最好选择的规格为200℃，故选D；
（3）根据分析，当不在有小液珠沉降至分水器的底部，水的量不在增加的时候，没有水的生成则反应停止；
（4）酯类物质在后续用碳酸钠溶液洗涤，温度较高时酯在碱性溶液中会水解，为减少皂化反应对产物的影响，应降低温度再进行后续洗涤；
（5）正丁醇的量增多会导致体系中核心反应物的浓度降低，单位时间内生成的产品量减少，收率降低；
（6）邻苯二甲酸二丁酯在温度超过180℃时易发生分解，减压蒸馏装置可以降低邻苯二甲酸二丁酯的沸点，避免温度过高造成分解使产率降低。
14.（2022·北京市第十中学三模）某小组研究Na2S 溶液与KMnO4溶液反应，探究过程如下。
实验序号
I
II
实验过程
加10滴(约0.3mL)溶液
酸性KMnO4溶液(酸化至)
滴加10滴约(0.3mL)酸性KMnO4溶液(酸化至)
溶液
实验现象
紫色变浅()，生成棕褐色沉淀()
溶液呈淡黄色()，生成浅粉色沉淀()
资料：i. 在强酸性条件下被还原为Mn2+，在近中性条件下被还原为。
ii.单质硫可溶于硫化钠溶液，溶液呈淡黄色。
(1)根据实验可知，Na2S具有_______性。
(2)甲同学预测实验I中S2-被氧化成。
①根据实验现象，乙同学认为甲的预测不合理，理由是_______。
②乙同学取实验I中少量溶液进行实验，检测到有，得出S2-被氧化成的结论，丙同学否定了该结论，理由是_______。
③同学们经讨论后，设计了如下实验，证实该条件下的确可以将S2-氧化成。
a.右侧烧杯中的溶液是_______。
b.连通后电流计指针偏转，一段时间后，_______(填操作和现象)。
(3)实验I的现象与资料ⅰ存在差异，其原因是新生成的产物(Mn2+)与过量的反应物()发生反应，该反应的离子方程式是_______。
(4)实验II的现象与资料也不完全相符，丁同学猜想其原因与(3)相似，经验证猜想成立，他的实验方案是_______。
(5)反思该实验，反应物相同，而现象不同，体现了物质变化不仅与其自身的性质有关，还与_______因素有关。
【答案】(1)还原
(2) 溶液呈紫色，说明酸性溶液过量，能被其继续氧化 因溶液是用酸化的，故溶液中出不一定是氧化新生成的 溶液(酸化至) 取左侧烧杯中的溶液，用盐酸酸化后，滴加溶液，观察到有白色沉淀生成
(3)
(4)将实验I中生成的分离洗涤后，加入溶液，观察到有浅粉色沉淀，且溶液呈黄色，证明新生成的与过量的S2-反应，故没得到沉淀
(5)浓度、用量、溶液中的酸碱性
【详解】（1）表格中两个实验中Mn元素的化合价都降低了显示了氧化性，故Na2S做还原剂，具有还原性；
（2）①根据实验现象，紫色变浅说明高锰酸钾过量，具有还原性，还可以接着发生氧化还原反应，故甲的预测不合理；
②乙同学取实验I中少量溶液进行实验，检测到有，不能得出S2-被氧化成的结论，因溶液是用酸化的，故溶液中出不一定是氧化新生成的；
③a.证实该条件下的确可以将S2-氧化成，设计成原电池，S2-失去电子变成，发生氧化反应，应该在负极上反应，左侧烧杯应该是负极室，硫酸酸化的高锰酸钾溶液放在右侧烧杯，右侧为正极，故右侧烧杯中的溶液是溶液(酸化至)；
b. 连通后电流计指针偏转，一段时间后，该条件下负极S2-失去电子生成，证明S2-氧化成了，取左侧烧杯中的溶液，用盐酸酸化后，滴加溶液，观察到有白色沉淀生成，说明生成了；
（3）实验I的现象与资料ⅰ存在差异，KMnO4被还原成Mn2+，实验I中溶液成浅紫色说明高锰酸钾过量，新生成的产物(Mn2+)与过量的反应物()发生反应生成棕褐色沉淀()，该反应的离子方程式是；
（4）在近中性条件下被还原为，实验II的现象是溶液呈淡黄色()，生成浅粉色沉淀()，KMnO4被还原成Mn2+，溶液过量，S2-与接着发生氧化还原反应生成浅粉色沉淀()。为了证明出现该现象的猜想其原因与(3)相似，可以将实验I中生成的分离洗涤后，加入溶液，观察到有浅粉色沉淀，且溶液呈黄色，证明新生成的与过量的S2-反应，故没得到沉淀；
（5）反思该实验，反应物相同，滴加顺序不同，反应物的浓度不同，酸碱性不同，而现象不同，体现了物质变化不仅与其自身的性质有关，还与浓度、用量、溶液中的酸碱性；
15.（2022·湖北·高考真题）高技术领域常使用高纯试剂。纯磷酸(熔点为，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，温度低于易形成(熔点为)，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)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． B． C．
(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)防止暴沸
(4)使溶液受热均匀
(5)磷酸晶体
(6)B
(7)磷酸可与水分子间形成氢键
【分析】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。
【详解】（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防止暴沸，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，温度低于易形成(熔点为)，高于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30∼42℃，这个区间内答案选B。
（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。
16.（2022·北京·高考真题）某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应
资料：i．Mn2+在一定条件下被Cl2或ClO-氧化成MnO2(棕黑色)、(绿色)、(紫色)。
ii．浓碱条件下，可被OH-还原为。
iii．Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。
实验装置如图(夹持装置略)
序号
物质a
C中实验现象
通入Cl2前
通入Cl2后
I
水
得到无色溶液
产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化
II
5%NaOH溶液
产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀
棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
III
40%NaOH 溶液
产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀
棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
(1)B中试剂是___________。
(2)通入Cl2前，II、III中沉淀由白色变为黑色的化学方程式为___________。
(3)对比实验I、II通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是___________。
(4)根据资料ii，III中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因：
原因一：可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。
原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将氧化为。
①化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因___________，但通过实验测定溶液的碱性变化很小。
②取III中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色的离子方程式为___________，溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被___________(填“化学式”)氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量；
③取II中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL水，溶液紫色缓慢加深，发生的反应是___________。
④从反应速率的角度，分析实验III未得到绿色溶液的可能原因___________。
【答案】(1)饱和NaCl溶液
(2)2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O
(3)Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强
(4) Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O 4+4OH-=4+O2↑+2H2O Cl2 3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O III中氧化剂氧化锰酸根离子的速率大于氢氧根离子还原高锰酸根离子的速率，因而实验III未得到绿色溶液
【分析】在装置A中HCl与KMnO4发生反应制取Cl2，由于盐酸具有挥发性，为排除HCl对Cl2性质的干扰，在装置B中盛有饱和NaCl溶液，除去Cl2中的杂质HCl，在装置C中通过改变溶液的pH，验证不同条件下Cl2与MnSO4反应，装置D是尾气处理装置，目的是除去多余Cl2，防止造成大气污染。
【详解】（1）B中试剂是饱和NaCl溶液，作用是吸收Cl2中的杂质HCl气体；1
（2）通入Cl2前，II、III中Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的的OH-反应产生Mn(OH)2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色MnO2，则沉淀由白色变为黑色的化学方程式为：2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O；
（3）对比实验I、II通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是：Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强；
（4）①Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O，使溶液碱性减弱，反应的离子方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
②取III中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色就是由于在浓碱条件下，可被OH-还原为，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可知该反应的离子方程式为：4+4OH-=4+O2↑+2H2O；
溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被Cl2氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量；
③取II中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL水，溶液碱性减弱，溶液紫色缓慢加深，说明ClO-将MnO2氧化为，发生的反应是：3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O；
④III中氧化剂氧化锰酸根离子的速率大于氢氧根离子还原高锰酸根离子的速率，导致实验III未得到绿色溶液。
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