【高考二轮复习】2023年高考化学精讲+精练+小测（全国通用）——专题12 综合实验设计与评价（练）（原卷版+解析版）

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专题12 综合实验设计与评价

1．(2023·浙江省强基联盟高三上学期10月统测)下列关于实验操作说法正确的是( ）

A．用①装置可制取无水AlCl3
B．②中，反应后向试管甲中加水，以检验是否有CuSO4生成
C．用③装置可以测定醋酸浓度
D．④装置中，用燃着的木条靠近肥皂泡前须检验氢气纯度
【答案】C
【解析】A项，AlCl3水解生成氢氧化铝和HCl，盐酸易挥发，加热促进水解，且促进盐酸挥发，最终会得到氢氧化铝固体，故用①装置无法制取无水AlCl3，故A错误；B项，反应后的试管中含有浓硫酸，应将反应液加入水中，以检验是否有CuSO4生成，故B错误；C项，用氢氧化钠标准溶液测定醋酸的浓度，NaOH标准液装在碱式滴定管中，二者恰好完全反应时生成醋酸钠溶液显碱性，用酚酞作指示剂，故C正确；D项，红热的铁与水蒸气在高温下发生反应生成四氧化三铁和氢气，加热时应选用酒精喷灯，氢气具有可燃性，点燃肥皂泡前需要检验氢气纯度，故D错误；故选C。
2．(2023·浙江省宁波市高三选考模拟考试)用下列仪器或装置进行相应实验，部分现象描述不正确的是( )




A．石蕊溶液先变红后褪色
B．安静的燃烧，发出苍白色火焰，瓶口有白雾产生
C．试管内先出现红棕色气体，后变无色
D．Na2CO3溶液上出现一层无色透明的油状液体
【答案】A
【解析】A项，SO2的水溶液显酸性，但对石蕊不具有漂白性，石蕊溶液只变红不褪色，A不正确；B项，氢气在氯气中燃烧，只在管口接触，接触面小，不会发生爆炸，且产生苍白色火焰，生成的氯化氢在瓶口遇到水蒸气形成白雾，B正确；C项，铜丝与稀硝酸反应生成的NO气体，与试管内空气中的O2反应，生成红棕色的NO2，当试管内的空气被反应生成的NO等排出后，生成的NO气体充满试管，试管内气体呈无色，C正确；D项，乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，且密度比饱和碳酸钠溶液小，所以呈油状浮在饱和碳酸钠溶液的表面上，D正确；故选A。
3．下列有关实验的说法正确的是( )
A．为了防止KMnO4溶液对磨砂处氧化，须用碱式滴定管量取20.00mL该溶液
B．当振荡分液漏斗中的混合溶液时，须用一只手压住分液漏斗的玻璃塞，另一只手握住旋塞，将分液漏斗倒转过来，用力振荡
C．做“钠与水的反应”实验时，切取绿豆大小的金属钠，用滤纸吸干其表面的煤油，放入烧杯中，滴入两滴酚酞溶液，再加入少量水，然后观察并记录实验现象
D．在中和热的测定实验中，将氢氧化钠溶液迅速倒入盛有盐酸的量热计中，立即读出并记录溶液的起始温度，充分反应后再读出并记录反应体系的最高温度
【答案】B
【解析】KMnO4溶液能氧化碱式滴定管的橡胶管，故该用酸式滴定管量取KMnO4溶液，A项错误；分液漏斗分离液体，振荡时，右手捏住漏斗上口颈部，并用食指根部(或手掌)顶住瓶塞，以防瓶塞松开，用左手大拇指、食指按住处于上方的活塞把手，既要能防止振摇时活塞转动或脱落，又要便于灵活性旋开活塞，漏斗颈向上倾斜30～45°角，B项正确；做“钠与水的反应”实验时，应向一只盛有水的小烧杯中滴加几滴酚酞试液，然后将绿豆大小用滤纸吸干其表面的煤油的金属钠投入小烧杯中，观察并记录实验现象，C选项错；中和测量时的起始温度是溶液混合前测出的数值，D项错误。
4．某研究小组通过实验探究Cu及其化合物的性质，操作正确且能达到实验目的的是(　　)
A．将铜丝插入浓硫酸中并加热，反应后再加入水，观察硫酸铜溶液的颜色
B．常温下将铜丝伸入盛满氯气的集气瓶中，观察CuCl2的生成
C．将CuCl2溶液在蒸发皿中加热蒸干，得到无水CuCl2固体
D．将表面有铜绿[Cu2(OH)2CO3]的铜器放入盐酸中浸泡，除去铜绿
【答案】D
【解析】A项，浓硫酸溶于水放热，正确的操作应该将铜丝插入浓硫酸中加热，反应后取一定量的反应液加入盛有水的烧杯中，A错误；B项，应该用红热的铜丝，B错误；C项，Cu2＋水解，加热CuCl2溶液不能得到CuCl2固体，C错误；D项，铜绿溶于盐酸而铜不溶于盐酸，故可用盐酸除去铜器表面的铜绿，D正确。故选D。
5．测定Cu(NO3)2•nH2O的结晶水含量，下列方案中肯定不可行的是( )
A．称量样品→加热→冷却→称量CuO
B．称量样品→加热→冷却→称量Cu(NO3)2
C．称量样品→加热→用已知质量的无水氯化钙吸收水蒸气并称量
D．称量样品→加NaOH→过滤→加热→冷却→称量CuO
【答案】B
【解析】Cu(NO3)2受热易分解，其分解反应为：2Cu(NO3)22CuO+4NO2↑+O2↑。A项，称量样品→加热→冷却→称量CuO，根据硝酸铜分解的方程式以及氧化铜的质量可测定Cu(NO3)2•nH2O的结晶水含量，故A正确；B项，因硝酸铜易分解，称量样品→加热无法恰好使结晶水合物恰好分解为硝酸铜，故B错误；C项，称量样品→加热→用已知质量的无水氯化钙吸收水蒸气并称量，根据水的质量以及结晶水合物的质量可以求解，故C正确；D项，称量样品→加NaOH将硝酸铜转化为氢氧化铜，→过滤→加热氢氧化铜分解生成氧化铜→冷却→称量CuO，根据铜原子守恒求解无水硝酸铜的质量，据此求解结晶水含量，故D正确；故选B。
6．下列各实验的原理、操作、现象和结论均完全正确的是
A．证明某红棕色气体是溴蒸气还是NO2，可用AgNO3溶液检验，观察是否有沉淀生成
B．将点燃的镁条迅速投入到集满CO2的集气瓶中，观察到镁条在集气瓶底部继续燃烧
C．实验室用氢氧化钠标准溶液滴定未知浓度的醋酸溶液时，选用甲基橙做指示剂
D．向盛有5mL苯酚溶液的试管中滴入2~3滴稀溴水，边加边振荡，立即观察到有白色沉淀生成
【答案】A
【解析】A项，AgNO3与HNO3、NO2、NO均不反应，而可以与溴溶于水后少量电离产生的Br－迅速反应生成黄色沉淀，反应极为灵敏，是鉴定溴的常用方法；故 A正确；B项，应该将燃着的镁条迅速伸入盛满CO2的集气瓶中，不能直接投入集气瓶，否则燃烧放出的大量热会导致集气瓶炸裂故B错误；C项，用氢氧化钠溶液滴定醋酸溶液是强碱滴定弱酸的中和滴定，在等当量点(等当点)时，溶液略带碱性(因为此时醋酸已被完全中和，但生成的醋酸钠要被水解而产生醋酸和氢氧化钠，醋酸微弱电离而氢氧化钠强烈离解使液略显碱性)，因此要用变色范围在 pH 8.0-10.0 之间的酚酞作指示剂，而石蕊指示剂变色范围是pH5.0-8.0，甲基橙的变色范围是pH3.1-4.4，都不适合。故C错误；D项，生成的三溴苯酚溶解在过量的苯酚中，故D错误；故选A。
7．根据下列化学实验事实得出的结论一定正确的是(　　)
A．向某无色溶液中先加入氯化钡溶液，生成白色沉淀，再加入足量盐酸，沉淀不溶解。结论：该溶液中有SO
B．向某无色溶液中加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红。结论：该溶液中有NH
C．向1 mL浓度均为0.05 mol·L－1的NaCl、NaI混合溶液中滴加2滴0.01 mol·L－1的AgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色。结论：Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
D．向1 mL 1%的NaOH溶液中加入2 mL 2%的CuSO4溶液，振荡后再加入0.05 mL有机物X，加热后未出现红色沉淀。结论：X中不含有醛基
【答案】C
【解析】A项，也可能含Ag＋；D项，所配溶液中NaOH的量太少，应把少量CuSO4溶液滴加至过量NaOH溶液中，才有明显现象。
8．(2023·浙江省舟山市定海一中高三月考)对于某些离子的检验及结论一定正确的是( ）
A．加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定含有CO32-
B．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42-
C．加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+
D．加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+
【答案】C
【解析】A项，加入稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入石灰水中，溶液变浑浊，说明生成二氧化碳气体，溶液中可能含有HCO3-，不一定含有CO32-，A错误；B项，加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，该沉淀可能是AgCl沉淀，不能说明一定有SO42-，B错误；C项，氨气可使湿润红色石蕊试纸变蓝，加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，说明生成了氨气，则一定有NH4+，C正确；D项，加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸，白色沉淀消失，该沉淀可能为碳酸钙，不一定有Ba2+，D错误；故选C。
9．(2022·辽宁省沈阳市五校协作体联考)滴定法可用于测定样品纯度。
I.双指示剂法测定烧碱样品(含Na2CO3)纯度：
[实验步骤]
a.迅速称取烧碱样品1.2 g，溶解后配制成250 mL溶液，备用：
b.将0.1000 mo/L HCl标准溶液装入酸式滴定管，调零，记录起始读数V0 =0.10mL；
c.用碱式滴定管取20.00 mL样品溶液于锥形瓶中，滴加2滴酚酞；以HCl标准溶液滴定至第一终点(此时溶质为NaCl和NaHCO3)，记录酸式滴定管的读数V1 =21.8mL；
d.然后再向锥形瓶内滴加2滴甲基橙，继续用HCl标准溶液滴定至第二终点，记录酸式滴定管的读数V2 =23.50mL。
(1)滴定至第一终点的过程中，发生反应的离子方程式为_______。
(2)判断滴定至第二终点的现象是溶液由_______色变为橙色。
(3)样品中NaOH的质量分数_______%(计算结果保留小数点后1位)。
(4)下列操作会导致测得的NaOH质量分数偏高的是_______(填字母序号)。
a.滴定前有气泡，滴定至第一终点时气泡消失
b.达到第一终点前，锥形瓶中有气泡产生
c.第一终点后继续滴定时，锥形瓶中有少许液体溅出
d.记录酸式滴定管读数V2时，仰视标准液液面
II.测定三草酸合铁酸钾K3[Fe(C2O4)3]·3H2O中铁的含量：
第一步，称量m g样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用c mol/L KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液V1 mL。
第二步，向上述溶液中加入过量锌粉将Fe3+转化为Fe2+，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化，用c mol/L KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液V2 mL。
(5)该晶体中铁的质量分数的表达式是_______。
【答案】(1)OH-+H+=H2O、CO32-+H+=HCO3- (2)黄
(3)83.3% (4)abc (5)
【解析】(1)滴定至第一终点的过程中，盐酸与氢氧化钠、碳酸钠依次发生反应，反应的离子方程式是：OH-+H+=H2O、CO32-+H+=HCO3-；(2)甲基橙的变色范围为：pH＜3.1时红色，3.1＜pH＜4.4橙色，pH＞4.4黄色，根据其变色范围可知，滴定至第二终点的现象是溶液由黄色变为橙色；(3)根据已知信息，可知实验中NaHCO3生成CO2消耗盐酸的体积为23.50mL-21.80mL=1.70mL，NaOH消耗盐酸的体积是21.80mL-1.70mL-0.10mL=20.00mL，故20.00mL样品溶液中NaOH的物质的量是0.1000mol/L×0.020L=0.0020mol，氢氧化钠的质量为0.0020mol×40g/mol=0.080g，样品中氢氧化钠的质量分数w(NaOH) =；(4)a项，滴定前有气泡，滴定至第一终点时气泡消失，说明达到第一终点消耗的盐酸多，测得的氢氧化钠质量分数偏高，故a正确；b项，达到第一终点前，锥形瓶中有气泡产生，说明达到第一终点消耗的盐酸多，测得的氢氧化钠质量分数偏高，故b正确；c项，第一终点后继续滴定时，锥形瓶中有少许液体溅出，导致第二次滴定消耗的盐酸少，测得的氢氧化钠质量分数偏高，故c正确；d项，记录酸式滴定管读数V2时，仰视标准液液面，说明计算出的达到第二终点消耗的盐酸多，测得的氢氧化钠质量分数偏低，故d错误；故选abc；(5)加入过量锌粉能将溶液中Fe3+转化为Fe2+，酸化后Fe2+与KMnO4溶液反应，根据化合价变化可找出关系式为5 Fe2+~ MnO4-，根据消耗KMnO4溶液的浓度和体积可知溶液中n(Fe2+)=cmol/L×V2×10-3L×5=5×10-3cV2mol，则该晶体中铁元素的质量分数为=。
10．(2022·四川省雅安市质检)用氧化还原滴定法可以测定市售双氧水中过氧化氢的浓度(单位g∙L−1)，实验过程包括标准溶液的准备和滴定待测溶液。
I．准备KMnO4标准溶液
a．配制100.00mLKMnO4溶液备用；
b．准确称取Na2C2O4基准物质3.35g(0.025mol)，配制成250.00mL标准溶液。取出25.00mL于锥形瓶中，加入适量3 mol∙L−1硫酸酸化后，用待标定的KMnO4溶液滴定至终点，记录数据，计算KMnO4溶液的浓度。
II．滴定主要步骤
a．取待测双氧水10.00mL于锥形瓶中；
b．锥形瓶中加入30.00mL蒸馏水和30.00mL3 mol∙L−1硫酸，然后用已标定的KMnO4溶液(0.1000 mol∙L−1)滴定至终点；
c．重复上述操作两次，三次测定的数据如表：
组别
1
2
3
消耗标准溶液体积(mL)
25.00
25.02
24.98
d．数据处理。
请回答下列问题：
(1)将称得的Na2C2O4配制成250.00mL标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有___。
(2)标定KMnO4溶液时，能否用稀硝酸调节溶液酸度____(填“能”或“不能”)，简述理由___。写出标定过程中发生反应的离子方程式____。
(3)滴定待测双氧水时，标准溶液应装入____滴定管，滴定至终点的现象是____。
(4)计算此双氧水的浓度为____g∙L−1。
(5)误差分析：在第II步滴定主要步骤中，下列操作会使双氧水浓度测定结果偏高的是____。A．锥形瓶洗净后用双氧水润洗
B．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失
C．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视
D．振荡锥形瓶时部分液体溅出
【答案】(1)250mL容量瓶、胶头滴管
(2)不能     稀硝酸有氧化性，也会与Na2C2O4反应，影响KMnO4溶液浓度的标定    2MnO4-+2C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
(3) 酸式     滴入最后一滴标准溶液，锥形瓶中的液体变为浅紫色(红色)，且半分钟不变色
(4)21.25 (5)AB
【解析】配置基准物质溶液，通过溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等操作，用待标定的高锰酸钾溶液进行滴定，标定高锰酸钾溶液的浓度，用高锰酸钾溶液来滴定双氧水溶液测定双氧水的浓度，取10.00mL的双氧水与锥形瓶，用酸式滴定管滴定高锰酸钾溶液至终点，重复实验2～3次。(1)将称得的Na2C2O4配制成250.00mL标准溶液，先在烧杯中溶解，冷却后转移到250mL容量瓶中，洗涤烧杯和玻璃棒，洗涤液也转移到容量瓶中，先直接加蒸馏水至刻度线下1～2cm处改用胶头滴管滴加至溶液凹液面与刻度线相切为止，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有250mL容量瓶、胶头滴管；(2)稀硝酸有氧化性，也会与Na2C2O4反应，影响KMnO4溶液浓度的标定，因此不能用稀硝酸调节溶液酸度；标定过程中草酸根被氧化为二氧化碳，高锰酸根被还原为锰离子，发生反应的离子方程式2MnO4-+2C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；(3)滴定待测双氧水时，高锰酸钾溶液具有氧化性，因此标准溶液应装入酸式滴定管，双氧水是无色，高锰酸钾是紫色，因此滴定至终点的现象是滴入最后一滴标准溶液，锥形瓶中的液体变为浅紫色(红色)，且半分钟不变色；(4)三次消耗高锰酸钾溶液的平均值为25.00mL，根据题意得到关系式5H2O2 ～2MnO4-，则H2O2的物质的量为n(H2O2)= 0.1000 mol∙L−1×0.025L×，则此双氧水的浓度为；(5)A项，锥形瓶洗净后用双氧水润洗，双氧水待测液增多，消耗标准液体积增多，计算双氧水浓度偏高，故A符合题意；B项，滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，读出数据偏大，测定结果偏高，故B符合题意；C项，观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，读书数据偏小，测定结果偏低，故C不符合题意；D项，振荡锥形瓶时部分液体溅出，消耗标准液体积减小，测定结果偏低，故D不符合题意；故选AB。

1．(2023·福建省德化一中、永安一中、漳平一中三校协作体高三联考) CS(NH2)2(硫脲，白色而有光泽的晶体，溶于水，20℃时溶解度为13.6g；在150 ℃时转变成NH4SCN)是用于制造药物、染料、金属矿物的浮选剂等的原料。某化学实验小组同学用Ca(HS)2与CaCN2(石灰氮)合成硫脲并探究其性质。
(1)制备 Ca(HS)2溶液，所用装置如图(已知酸性：H2CO3＞H2S)；

①装置b中盛放的试剂是_________。
②装置c中的长直导管的作用是_________。
(2)制备硫脲：将CaCN2与Ca(HS)2溶液混合，加热至80℃时，可合成硫脲，同时生成一种常见的碱，合适的加热方式是_________；该反应的化学方程式为_________。
(3)①取少量硫脲溶于水并加热生成NH4SCN，验证有SCN-生成的试剂是_________。(填化学式)
②取1.0g粗样品溶于水配制成100mL溶液，量取25.00mL于锥形瓶中，用0.5mol/L酸性KMnO4溶液滴定，滴定至终点时平均消耗酸性KMnO4溶液的体积为14.00mL，滴定至终点时的现象是_________，则样品纯度为_________(已知： 5CS(NH2)2+14MnO4-+32H+=14Mn2++SCO2↑+5N2↑+5SO42-+26H2O)。
【答案】(1) 饱和NaHCO3溶液     作安全导管平衡气压，避免烧瓶内压强过大
(2) 水浴     2CaCN2+Ca(HS)2+6H2O2CS(NH2)2+3Ca(OH)2
(3)FeCl3     当滴入最后半滴KMnO4时，溶液恰好由无色变成紫红色且半分钟内不褪色     76%
【解析】装置a中石灰石和稀盐酸反应制备二氧化碳，盐酸有挥发性，制得的二氧化碳中混有氯化氢气体，装置b中盛放饱和碳酸氢钠溶液用于除去氯化氢，装置c中二氧化碳与硫化钙和水反应制备Ca(HS)2溶液，制备Ca(HS)2溶液时，二氧化碳不能过量，否则过量的二氧化碳会与Ca(HS)2溶液反应生成硫化氢，装置d和e中盛放的石灰乳用于观察二氧化碳是否过量，起到控制通入二氧化碳速率的目的。(1)①装置b中盛放饱和碳酸氢钠溶液用以除去二氧化碳中混有的氯化氢；②当装置c中压强过大时，溶液会进入长直导管中，起到调节三颈烧瓶中压强的作用，因此装置c中的长直导管的作用是：作安全导管平衡气压，避免烧瓶内压强过大；(2)由题意可知，CaCN2溶液与Ca(HS)2溶液加热至80℃时发生反应生成硫脲和氢氧化钙，因此合适的加热方式为：水浴加热；根据元素守恒可知生成的碱为Ca(OH)2，反应的化学方程式为：2CaCN2+Ca(HS)2+6H2O2CS(NH2)2+3Ca(OH)2；(3)①SCN-可以和Fe3+反应生成Fe(SCN)3，显血红色，所以可以用FeCl3溶液检验SCN-；②根据题意可知CS(NH2)2可以还原高锰酸钾，所以开始时溶液无色，达到滴定终点时，高锰酸钾稍过量，溶液呈紫红色，所以滴定终点现象为：当滴入最后半滴KMnO4时，溶液恰好由无色变成紫红色且半分钟内不褪色；所用KMnO4的物质的量为0.5mol/L×0.014mL=0.007mol，根据反应方程式可知25.00mL待测液中CS(NH2)2的物质的量为0.0025mol，所以纯度为×100%=76%。
2．(2022·江苏省南通市海门区高三阶段性检测)硫氰化钾(KSCN)是一种用途广泛的化学药品，常用于合成树脂、杀虫杀菌剂等。某化学小组用下图实验装置模拟工业制备硫氰化钾。

已知：①CS2为不溶于水且密度比水大的非极性试剂。
②NH4HS、(NH4)2S 在热水中易分解生成NH3和H2S。
③装置B中，滴液漏斗中装有一定体积5mol/L KOH溶液。
回答下列问题：
(1)制备NH4SCN溶液：
①三颈烧瓶内盛放有76g CS2、水和难溶于水的固体做催化剂。实验开始时，打开K1，水浴加热装置B，发生反应CS2+ 3NH3NH4SCN + NH4HS， 则装置A中固体a的成分为 ______________。
②一段时间后，当观察到三颈烧瓶内_____________________时， 停止通入气体，反应完成。关闭K1和K2，将三颈烧瓶继续加热一段时间。
③装置C中用酸性KMnO4溶液吸收尾气后得澄清溶液，H2S所发生反应的离子方程式为 __________________________________________。
(2)制备KSCN晶体：
打开K3，_______， 干燥，得到硫氰化钾晶体。(须用的试剂：5mol/LKOH、蒸馏水、稀硫酸)
(3)测定产品中KSCN的含量：
称取0.85g样品，配成100mL溶液。量取25.00mL溶液锥形瓶中，加入适量稀硝酸，再加入几滴铁盐溶液作指示剂，用0.1000mol/LAgNO3标准溶液滴定，滴定时发生的反应：SCN—+Ag+=AgSCN↓(白色)。达到滴定终点，三次滴定平均消耗AgNO3标准溶液20.00mL。产品中KSCN的质量分数为______________ 。
【答案】(1) 碱石灰(生石灰、NaOH)     液体分层消失     5H2S + 8MnO+ 14H+ = 5SO42-+ 8Mn2+ + 12H2O
(2)缓慢滴入5mol/LKOH溶液约200mL加热至不再产生气体，在装置C中加入稀硫酸吸收NH3，过滤，将滤液蒸发至有晶膜出现，冷却结晶，过滤，用蒸馏水洗涤2—3次
(3)91.29%
【解析】由实验装置图可知，装置A中浓氨水与碱石灰或生石灰或氢氧化钠固体作用制备氨气，装置B中氨气在催化剂作用下与二硫化碳水浴加热制备硫氰化铵，装置C中盛有的酸性高锰酸钾溶液用于吸收氨气和硫化氢气体，防止污染空气。(1)①由分析可知，装置A中固体a为碱石灰或生石灰或氢氧化钠固体，用于与浓氨水反应快速制备氨气；②不溶于水的二硫化碳加入水中会形成乳浊液，液体会分层，装置B中反应生成的硫氰化铵、硫氢化铵均溶于水，所以当三颈烧瓶内液体分层消失说明反应完成，应停止通入气体；③装置C中硫化氢与酸性高锰酸钾溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰和水，反应的离子方程式为5H2S + 8MnO4-+ 14H+ = 5SO42-+ 8Mn2+ + 12H2O；(2)由方程式可知，76g二硫化碳生成硫氰化铵的物质的量为=1mol，则将硫氰化铵完全转化为硫氰化钾需要加入的5mol/L氢氧化钾溶液的体积为×103mL/L=200mL，则连有硫氰化铵制备硫氰化钾的操作为打开K3，缓慢滴入5mol/L氢氧化钾溶液约200mL加热至不再产生气体，在装置C中加入稀硫酸吸收氨气，过滤，将滤液蒸发至有晶膜出现，冷却结晶，过滤，用蒸馏水洗涤2—3次；(3)由滴定时25.00mL溶液消耗20.00mL0.1000mol/L硝酸银溶液可知，0.85g样品中硫氰化钾的质量分数为×100%≈91.29%。
3．(2022·河北省秦皇岛市二模)三氯化硼(BCl3)用于制备光导纤维和有机硼化物等，制备原理：B2O3+3C+3Cl2=2 BCl3+3CO。某小组据此设计实验制备BCl3并测定其纯度，装置如图：

已知BCl3的熔点为-107.3℃，沸点为12.5℃，极易水解产生H3BO3 [或B(OH)3]和HCl。
实验(一)：制备BCl3。
(1)水浴R选择______________(填“热水浴”或“冰水浴”)，装碱石灰的仪器是______________(填名称)。
(2)F装置的作用是_______。
(3)已知：A装置中还原产物为Cr3+，其离子方程式为_____________________。
实验(二)：探究BCl3的性质。
据文献资料显示，BCl3在乙醇中剧烈反应生成硼酸酯和“白雾”，与BCl3在水中发生水解相似。
(4)写出三氯化硼与乙醇反应的化学方程式：____________________________。
实验(三)：测定BCl3产品的纯度。
①准确称取wg产品，置于蒸馏水中，完全水解，并配成250mL溶液。
②准确量取25.00mL溶液于锥形瓶中。
③向其中加入V1mLc1 mol·L-1 AgNO3液至沉淀完全，然后加入3mL硝基苯(常温常压下，密度为1.205 g· cm-3)，振荡。
④向锥形瓶中滴加3滴FeCl3溶液，然后逐滴加入c2 mol·L-1KSCN标准溶液滴定过量的AgNO3溶液，消耗KSCN溶液的体积为V2mL。已知：Ksp(AgCl)＞Ksp(AgSCN)。
(5)步骤③加入硝基苯的目的是__________________________________________；滴定终点时的现象是____________________________。
(6)该产品中BCl3的质量分数为_______%；如果其他操作都正确，仅滴定管没有用KSCN溶液润洗，测得产品中BCl3的质量分数_______(“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【答案】(1)     冰水浴     (球形)干燥管
(2)吸收CO
(3) Cr2O72-+14H++6Cl-=2 Cr3++3Cl2↑+7H2O
(4) BCl3+3CH3CH2OH=B(OCH2CH3)3+3HCl
(5)     覆盖AgCl，避免AgCl转化成AgSCN     滴入最后一滴(或半滴)KSCN溶液，溶液刚好由无色变为红色且半分钟不褪色
(6)          偏低
【解析】装置A中浓盐酸与K2Cr2O7反应制备氯气，装置B中的浓硫酸除去氯气中的水蒸气，干燥的氯气通入装置C中与B2O3、C加热条件下反应生成BCl3和CO，BCl3的熔点为-107.3℃，沸点为12.5℃，装置D中冰水浴收集BCl3，氯气、一氧化碳有毒，会污染环境，装置E中碱石灰用于吸收氯气并防止装置F中的水蒸气进入装置D中使BCl3水解，装置F用于吸收一氧化碳。(1)BCl3的熔点为-107.3℃，沸点为12.5℃，应选择冰水浴冷凝三氯化硼，装碱石灰的仪器为：(球形)干燥管。(2)一氧化碳有毒，会污染环境，装置F用于吸收一氧化碳。(3)装置A中浓盐酸与K2Cr2O7反应制备氯气，A装置中还原产物为Cr3+，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：Cr2O72-+14H++6Cl-=2 Cr3++3Cl2↑+7H2O。(4)BCl3极易水解产生H3BO3 [或B(OH)3]和HCl，在乙醇中剧烈反应生成硼酸酯和“白雾”，与BCl3在水中发生水解相似，则在乙醇中反应生成B(OCH2CH3)3和HCl，反应的化学方程式为：BCl3+3CH3CH2OH=B(OCH2CH3)3+3HCl。(5)已知：Ksp(AgCl)＞Ksp(AgSCN)，因此步骤③加入硝基苯的目的是：覆盖AgCl，避免AgCl转化成AgSCN，使滴定终点不准确；根据滴定原理，当KSCN标准液将过量的硝酸银溶液反应完，就会与氯化铁反应显红色，因此滴定终点时的现象是：当滴入最后一滴(或半滴)KSCN溶液，溶液刚好由无色变为红色且半分钟不褪色。(6)根据离子反应可知：n(Ag+)=n(Cl-)+n(SCN-)，25.0mL溶液中含n(Cl-)=n(Ag+)-n(SCN-)=c1V1×10-3mol-c2V2×10-3mol，则wg产品中BCl3的质量分数为；如果其他操作都正确，仅滴定管没有用KSCN溶液润洗，则KSCN溶液浓度偏低，测得的过量的硝酸银的含量偏高，算得的转化为氯化银的硝酸银的含量偏低，测得产品中BCl3的质量分数偏低。
4．(2022·云南省高三第二次高中毕业生复习统一检测)无水CrCl3是一种紫色片状晶体，在纺织、电镀等方面都有着重要作用。实验室利用反应Cr2O3+2 CCl42CrCl3+3COCl2制备CrCl3的装置如图所示：

已知：无水CrCl3易溶于水，高温下能被空气氧化；CCl4、COCl2的沸点分别为76.8℃，8.2℃
回答下列问题：
(1)A装置中盛放CCl4液体的仪器名称是____________，下列操作的先后顺序是__________(填序号)
①加热硬质玻璃管     ②通入N2 ③水浴加热
(2)实验前通N2排尽装置中的空气，实验中持续通入N2，其作用是_________反应结束后，冷却到室温的过程中继续通入N2，C中可能出现少量无色液体，其化学式是______________。
(3)D装置中COCl2与溶液反应生成两种盐，其离子方程式为_____________。
(4)测量产品中无水CrCl3的纯度。
①取产品溶解、过滤、洗涤，在碱性条件下向滤液加入H2O2氧化，氧化产物为_________(填离子符号)，再加硫酸酸化将该离子转化为Cr2O72-，并除尽H2O2，加入指示剂：用(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定到终点．盛装该标准溶液应选用___________(填“酸式”或“碱式”)滴定管。
②已知滴定反应的离子方程式为Cr2O72-+14H++6Fe2+=2 Cr3++6Fe3++7H2O。重复实验三次，平均消耗标准溶液的体积为0.1000 mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液的体积为，则测得产品中CrCl3的质量分数为___________。
【答案】(1)  三颈烧瓶     ②③①
(2)  将CCl4气体鼓入B中    CCl4
(3) COCl2+4OH-=CO32-+2Cl-+2H2O
(4)  CrO42-     酸式    95.10%
【解析】无水CrCl3在高温下能被空气氧化，因此实验前通N2排尽装置中的空气，避免制备时CrCl3被氧化，然后A处水浴加热产生CCl4蒸汽，实验中通N2将CCl4蒸汽鼓入B中与Cr2O3反应制备CrCl3，D中用NaOH溶液吸收尾气COCl2，C为安全瓶，防倒吸。(1)由图可知A装置中盛放CCl4液体的仪器名称是三颈烧瓶；结合分析可知实验前通N2排尽装置中的空气，避免制备时CrCl3被氧化，然后A处水浴加热产生CCl4蒸汽，实验中通N2将CCl4蒸汽鼓入B中与Cr2O3反应制备CrCl3，因此操作的先后顺序是②③①；(2)由分析可知实验前通N2排尽装置中的空气，避免制备时CrCl3被氧化，实验中持续通入N2，其作用是将CCl4气体鼓入B中；CCl4、COCl2的沸点分别为76.8℃、8.2℃，室温为25℃，此时CCl4为液态，COCl2为气态，因此C中出现的少量无色液体为CCl4；(3)COCl2中C为+4价，O为-2价，Cl为-1价，因此COCl2与NaOH溶液反应生成的两种盐为碳酸钠和NaCl，反应的离子方程式为COCl2+4OH-=CO32-+2Cl-+2H2O；(4)①由题意，Cr3+被过氧化氢氧化，可能得到CrO42-或Cr2O72-，由于存在2CrO42-+2H+ Cr2O72-+H2O，故碱性条件下氧化产物为CrO42--；(NH4)2Fe(SO4)2标准液因铵根、亚铁离子显酸性，故盛装该标准溶液应选用酸式滴定管；②由题意存在2CrCl3~ Cr2O72-~6Fe2+~6(NH4)2Fe(SO4)2，消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液的物质的量为0.1000mol⋅L-1×18mL=1.8×10-3mol，由关系式2CrCl3~ Cr2O72-~6Fe2+~6(NH4)2Fe(SO4)2可知CrCl3的物质的量为(NH4)2Fe(SO4)2物质的量的1/3，即6×10-4mol，质量为6×10-4mol×158.5g/mol=0.09510g，其质量分数==95.10%。
5．(2022·甘肃省高三第二次高考诊断性考试)氨基磺酸(H2NSO3H)不溶干乙醇，易溶于液氨，在工业上常用作阻燃剂、磺化剂、酸性沾洗剂，氨基磺酸能与水反应：H2NSO3H+H2ONH4HSO4，所以氨基磺酸也是一元固体强酸，俗称“固体硫酸”。某实验小组用尿素和发烟硫酸(溶有SO3的硫酸)制备氨基磺酸并测定氨基磺酸纯度的过程如下：
I.氨基磺酸的制备。
将过量的发烟硫酸加入三颈烧瓶中控制温度20-40℃，然后一边搅拌一边将尿素分批加入发烟硫酸中，加料结束后，在20℃左右搅拌。冷凝回流反应8h。再逐渐升温至75-80℃，蒸出三氧化硫，冷却结晶、过滤，用乙醇洗涤所得氨基磺酸粗品。将氨基磺酸粗品用10%~12%的硫酸溶解，再重结晶精制得氨基磺酸纯品。
已知尿素与发烟硫酸发生的反应为：
①CO(NH2)2(s)+SO3(g) H2NCONHSO3H(s) △H<0
②H2NCONHSO3H+H2SO42H2NSO3H+CO2↑
请回答下列问题：
(1)制备过程中将尿素分批加入发烟硫酸中目的为_____________________。
(2)氨基磺酸制备的产率与温度密切相关，若温度高于80℃，氨基磺酸的产率会降低，可能的原因是____________________________。
(3)重结晶时溶剂选用10%~12%的硫酸而不用蒸馏水的原因是_________________。
(4)该实验小组过滤时使用的装置如图所示，该小组使用折叠式滤纸的优点为_____________________。

II.氨基磺酸的纯度测定准确称取2.500g氨基磺酸粗品配成250ml待测液。取25.00ml。待测液于锥形瓶中，以淀粉-碘化钾溶液做指示剂，用0.0800mol·L-1的NaNO2标准溶液进行滴定，当溶液恰好变蓝时，消NaNO2标准溶液25.00mL，此时氨基磺酸怡好被完全氧化成N2，NaNO2的还原产物也为N2。
(5)量取待测液时要选择的仪器为_______滴定管(填“酸式”或“碱式”)。滴定过程中发生反应的化学方程式为_____________________。
(6)氨基磺酸粗品的纯度为_______%(精确到0.01)。
(7)以酚酞为指示剂，用NaOH进行酸碱中和滴定也能测定产品中氨基磺酸的纯度，测定结果通常比NaNO2法偏高，原因是氨基磺酸中混有_______(填化学式)杂质。
【答案】(1)防止三颈烧瓶中温度过高
(2)温度过高，SO3在硫酸中的溶解度减小，溢出快，反应①接触不充分；同时，温度升高，反应①逆向移动
(3)氨基磺酸能与水发生反应H2NSO3H+H2ONH4HSO4，稀硫酸能提供氢离子、硫酸根离子，使H2NSO3H+H2ONH4HSO4平衡逆向移动
(4)能增大滤纸的有效面积，加快过滤速度
(5)  酸式     H2NSO3H+ NaNO2=NaHSO4+N2↑+H2O
(6) 77.60%
(7)NH4HSO4或H2SO4
【解析】(1)CO(NH2)2(s)+SO3(g) H2NCONHSO3H(s)反应放热，制备过程中将尿素分批加入发烟硫酸中，防止温度过高，造成SO3挥发，产品收率降低；(2)温度过高，SO3在硫酸中的溶解度减小，溢出快，反应①接触不充分，产率降低；同时，温度升高，反应①逆向移动，所以若温度高于80℃，氨基磺酸的产率会降低；(3)氨基磺酸能与水发生反应H2NSO3H+H2ONH4HSO4，稀硫酸能提供氢离子、硫酸根离子，使H2NSO3H+H2ONH4HSO4平衡逆向移动，所以重结晶时溶剂选用10%~12%的硫酸而不用蒸馏水；(4)该实验小组过滤时使用折叠式滤纸，能增大滤纸的有效面积，加快过滤速度；(5)待测液呈酸性，量取待测液时要选择的仪器为酸式滴定管；滴定过程中，氨基磺酸怡好被完全氧化成N2，NaNO2的还原产物也为N2，根据得失电子守恒，配平方程式为H2NSO3H+ NaNO2=NaHSO4+N2↑+H2O；(6)设25.00ml待测液中氨基磺酸的物质的量为xmol，则：

x=0.002mol，氨基磺酸粗品的纯度为；(7)氨基磺酸中混有硫酸或硫酸氢铵，均能与氢氧化钠反应，以酚酞为指示剂，用NaOH进行酸碱中和滴定能测定产品中氨基磺酸的纯度，测定结果通常比NaNO2法偏高。
6．(2022·天津市河东区高三学业水平等级考试第二次模拟考试)制备银氨溶液的反应：AgNO3+NH3•H2O=AgOH↓+NH4NO3；AgOH+2NH3•H2O=[Ag(NH3)2]OH+2H2O。因此认为银氨溶液的溶质主要为强碱性的[Ag(NH3)2]OH。某研究小组认为第二步反应生成的OH-将与第一步反应生成的NH4+反应，银氨溶液的溶质应是[Ag(NH3)2]NO3。该小组拟用自制的氨水制取银氨溶液，并探究其主要成分。回答下列问题：
I.氨水的制备(如图1)

(1)C装置的名称是________；C装置的作用是________________。
(2)A中反应的化学方程式为________________；A装置还能用于制备____气体。
(3)使用加装单向阀的导管，目的是____________；为有利于制备氨水，装置B的大烧杯中应盛装_______(填“热水”或“冰水”)，氨气溶于水时放热或吸热的主要原因是____________________________。
(4)制得的氨水稀释到质量分数约2%，并用盐酸标准溶液标定，测得浓度为1.275mol·L-1，标定时应选用的指示剂为____(填“酚酞”或“甲基橙”)。
II.银氨溶液的制备及其主要成分探究
如图2所示装置，向25.00c(AgNO3)=0.12mol·L-1溶液中逐滴加入上述自制氨水，所加氨水体积由滴数传感器测量，实验测得烧杯内溶液的pH随氨水加入体积的变化曲线如图3所示。

(5)滴加氨水过程中，BC段溶液的pH变化不大，原因是________________。
关于D点溶液有两种假设。
假设1：溶质为强碱性的[Ag(NH3)2]OH。25.00mLc(AgNO3)=0.12mol·L-1溶液中加入5.00mL氨水恰好澄清时，计算溶液的理论pH约为________。
假设2：溶质为[Ag(NH3)2]NO3。由于银氨离子一定程度解离出氨，理论计算pH=10.26，非常接近实验值；假设1或假设2成立的是_______________。
(6)乙醛发生银镜反应的化学方程式被认为是CH3CHO+2[Ag(NH3)2]OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O，若银氨溶液的溶质为[Ag(NH3)2]NO3，则上述化学方程式应改为____________________。
【答案】(1) (孟氏)洗气瓶     吸收氨气，防止污染空气
(2)  2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2H2O＋2NH3↑     氧气等
(3) 防止倒吸     冰水     氨与水之间形成分子间氢键
(4)甲基橙
(5)加入的氨水主要用于 AgOH 沉淀和部分溶解生成[Ag( NH3)2]+     13     2
(6)CH3CHO + 2[Ag( NH3)2]NO3+2H2O CH3COONH4+2Ag↓+2NH4NO3+ NH3·H2O 或 CH3CHO + 2[Ag( NH3)2]NO3+H2O CH3COONH4+2Ag↓+2NH4NO3+ NH3↑
【解析】(1)C装置的名称是(孟氏)洗气瓶，主要作用是吸收氨气，防止污染空气；(2)A中反应制备氨气，化学方程式为：2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2H2O＋2NH3↑，A装置还能用于制备氧气； (3)单向阀导管，只允许气体或液体向一个方向流动，可保证液体不逆流，所以使用加装单向阀的导管，目的是防倒吸；氨气溶于水形成氨水，其溶解度随温度的升高而减小，为增大氨气的溶解度，应尽可能降低温度，所以装置B的大烧杯中应装冰水，氨分子与水分子间可形成氢键，从而放出热量，所以氨气溶于水时放热或吸热的主要原因是氨与水分子间形成氡键而放热；(4)氨水与盐酸反应生成的氯化铵为强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，所以标定时应选用的指示剂为甲基橙；(5)滴加氨水过程中，BC段主要发生AgNO3与 NH3·H2O反应生成AgOH和NHNO3，AgOH与NH3·H2O反应生成Ag(NH3)2OH等，所以溶液的pH变化不大，原因是加入的氨水主要用于 AgOH 沉淀和部分溶解生成[Ag( NH3)2]+ 假设1：溶质为强碱性的 Ag(NH3)2OH，从图中可以看出，25mL0.12mol/L的AgNO3溶液中加4.71mL1.275mol/L的氨水，则c[Ag(NH3)2OH=0.1mol/L，，Ag(NH3)2OH为强碱，发生完全电离，则 c(OH)=0.1mol/L，pH的计算值应为13，所以假设2成立；(6)若银氨溶液的溶质为[Ag(NH3)2]NO3，则上述化学方程式为：CH3CHO + 2[Ag( NH3)2]NO3+2H2OCH3COONH4+2Ag↓+2NH4NO3+ NH3·H2O 或 CH3CHO + 2[Ag( NH3)2]NO3+H2OCH3COONH4+2Ag↓+2NH4NO3+ NH3↑。
7．(2022·浙江省东阳市高三选考模拟考试)温和型氧化剂过氧化钙(CaO2)是一种白色固体，微溶于水，可与水缓慢反应，不溶于有机溶剂，易与酸反应。某实验小组按如下流程和装置制取CaO2：

第①步所用的装置图1所示(夹持装置省略)：

请回答：
(1)步骤③：不断通入干燥氧气，目的是_______。
(2)步骤②：下列操作中正确的是_______(选填序号)。
A．抽滤可加快固液分离，减少CaO2与水反应
B．用倾析法转移溶液，应充分振摇烧瓶形成悬浊液，并一次性地倒入布氏漏斗中
C．边抽滤，边用玻璃棒搅拌布氏漏斗内悬浊液，可加快抽滤速度
D．倾析后，可通过吸滤瓶支管口向烧瓶内倒入滤液，洗出烧瓶内的CaO2
(3)步骤①：控制其它条件相同，考察Ca(OH)2与H2O2的物质的量之比()对CaO2产率的影响，结果如图2所示。随着比值的增大CaO2产率呈下降趋势，原因是_______。

(4)甲同学用滴定法测定产品的纯度：取mg产品于烧杯，加过量盐酸并加热到不再产生气泡，冷却后加足量NaC2O4溶液，过滤出CaC2O4沉淀，洗涤后转入锥形瓶中，加足量稀硫酸，用0.01 KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V1。
①滴定前的下列操作，正确顺序是_______(填字母编号)。
A．盛装KMnO4标准溶液 B．用KMnO4标准溶液润洗
C．读数、记录 D．查漏、清洗 E.排尽滴定管尖嘴的气泡并调整液面
②乙同学取等质量产品，加过量稀硫酸，用0.01 KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V2。判断V1_______V2 (选填“大于”“等于”或“小于”)。
(5)步骤①用饱和CaCl2溶液代替，结果CaO2的产率很低，可能的原因是_______。
(6)控制Ca(OH)2过量，实验时发现H2O2滴加速率会明显影响CaO2产率。请在图3中画出CaO2产率随H2O2滴加速率的变化曲线：_______。

【答案】(1)防止CaO2分解；带走水蒸气
(2)A
(3)溶液碱性增强，CaO2稳定性下降
(4) DBAEC     大于
(5) CaCl2与H2O2反应生成盐酸，抑制反应进行
(6)
【解析】(1)类比H2O2可知CaO2受热也会分解CaO2CaO+O2↑，通入干燥氧气可防止CaO2分解，同时带走水蒸气；(2)A项，抽滤可较快的实现固液分离得到干燥固体，减少CaO2与水反应，A正确；B项，倾析法是避免沉淀过早堵塞滤纸小孔而影响过滤速度，通常采用少量多次方式转移，烧瓶内残留沉淀用洗瓶吹入洗液冲洗出合并至漏斗中，B错误；C项，为防止捅破滤纸，抽滤时不能搅拌，C错误；D项，烧瓶内固体用少量水冲洗出即可，D错误；故选A；(3)H2O2具有弱酸性，溶液碱性增强，H2O2稳定性下降，从而影响CaO2的产率降低；(4)滴定前的准备工作是选定酸式滴定管，检漏后用水清洗，再用待装KMnO4标准液润洗，关闭旋塞，盛装KMnO4标准液至“0”刻度以上，微开旋塞排尽滴定管尖嘴的气泡并调整液面至“0”或“0”以下某刻度，关闭旋塞，待液面平稳后读数记录，故操作顺序为DBAEC；甲方案将CaO2转化为CaC2O4，用KMnO4滴定C2O42-，误差较小，乙方案加过量稀硫酸，CaO2在酸性溶液中反应生成H2O2易分解损失，消耗KMnO4溶液偏少，故V1>V2；(5)比较两种方法的反应原理：Ca(OH)2+H2O2= CaO2+2H2O，CaCl2+H2O2=2HCl+CaO2，已知CaO2微溶于水，可与水缓慢反应，易与酸反应，故使用CaCl2反应生成的HCl会使得CaO2的产率降低；(6)由制备反应在冰水浴中进行可知该反应放热，温度过高会使H2O2分解从而使得CaO2的产率降低，过快滴加H2O2溶液导致局部溶液温度过高使得H2O2分解，从而降低CaO2的产率，故H2O2滴加速率与CaO2的产率关系如图。
8．(2023·黑龙江省肇州县第二中学高三质检）某小组欲探究反应2Fe2++I22Fe3++2I-，完成如下实验：

资料：AgI是黄色固体，不溶于稀硝酸；新制的AgI见光会少量分解。
(一)经检验，Ⅰ、Ⅱ中均无，Ⅲ中含。
(1)Ⅱ中未检出的实验操作及现象是：取少量Ⅱ中溶液，_______。
(2)Ⅲ中的黄色浑浊是_______。
(3)研究Ⅲ中产生的原因
①甲同学对此做出如下假设：
假设a：空气中存在O2，由于_______(用离子方程式表示)，可产生Fe3+；
假设b： _______(填化学式)具有氧化性，可产生Fe3+；
假设c：溶液中Ag+具有氧化性，可产生Fe3+；
通过实验证实a、b、c不是产生Fe3+的主要原因，实验方案和现象是_______。
②进一步实验表明，产生Fe3+时的氧化剂是I2，从物质性质的角度分析AgNO3溶液作用是_______。
(二)继续研究Ⅲ→Ⅳ过程中出现灰黑色浑浊的原因：
(4)完成如下实验：
实验1：检验出Ⅳ中灰黑色浑浊中含有AgI和Ag。验证灰黑色浑浊含有Ag的实验操作及现象是：取洗净后的灰黑色固体，_______。
实验2：向1mL0.1mol·L-1 FeSO4溶液中加入1mL0.1mol·L-1 AgNO3溶液，开始时，溶液无明显变化，几分钟后，出现大量灰黑色浑浊，反应过程中温度几乎无变化，测定溶液中浓度随反应时间的变化如下图。

实验3：实验开始时，先向试管中加入几滴Fe 2(SO4 2）溶液，重复实验2，实验结果与实验2相同。
实验2中发生反应的离子方程式是_______。
【答案】(1)滴加几滴KSCN溶液，振荡，溶液不变红色
(2)AgI
(3) 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O     NO3-     取Ⅲ中溶液少许于试管中，加入四氯化碳，振荡，溶液分层，有机层溶液呈无色     Ag+与I—反应生成AgI沉淀，I—浓度减小，2Fe2++I22Fe3++2I—平衡正向移动，促使I2氧化Fe2+
(4)     加入足量稀硝酸，振荡，固体部分溶解，产生无色气泡，遇空气变红棕色，静置，取上层清液加入稀盐酸，有白色沉淀生成     Fe2++Ag+=Fe3++Ag
【解析】该实验的实验目的是探究反应2Fe2++I22Fe3++2I—的可逆性，由加入碘水中的碘，空气中氧气，以及加入的硝酸银溶液中的硝酸根离子和银离子具有氧化性提出假设，并通过实验得到反应生成的铁离子是因为单质碘具有氧化性的缘故，而非空气中氧气、硝酸根离子、银离子具有氧化性的缘故的实验结论。(1）铁离子能与硫氰酸根离子反应生成红色的硫氰化铁，则检验溶液II中不存在铁离子的操作为取少量Ⅱ中溶液，滴加几滴硫氰化钾溶液，振荡，溶液不变红色说明溶液中不存在铁离子；(2）由题给信息可知，碘化银是不溶于稀硝酸的黄色固体，则III中出现的黄色浑浊为碘化银沉淀；(3）①由分析可知，空气中的氧气具有氧化性，酸性条件下能与亚铁离子反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；酸性溶液中硝酸根离子具有氧化性，也可能将亚铁离子氧化为铁离子，则假设b为酸性溶液中硝酸根离子具有氧化性可能将亚铁离子氧化为铁离子；若要验证假设a、b、c不是产生铁离子的主要原因，而碘的氧化性是产生铁离子的主要原因应设计实验验证III中溶液不存在单质碘，检验溶液中是否存在单质碘的实验操作为取III中溶液少许于试管中，加入四氯化碳，振荡，溶液分层，有机层溶液呈无色，溶液中不存在碘，说明溶液中产生铁离子与碘的氧化性有关；②说明溶液中产生铁离子与碘的氧化性有关，加入硝酸银溶液的目的是，银离子与溶液中碘离子反应，使溶液中碘离子浓度减小，反应2Fe2++I22Fe3++2I—形成的平衡正向移动，促使碘氧化亚铁离子生成铁离子；(4）银能与稀硝酸反应生成硝酸银、一氧化氮和水，而碘化银不与稀硝酸反应，所以验证灰黑色浑浊含有银的实验操作为取洗净后的灰黑色固体，加入足量稀硝酸，振荡，固体部分溶解，产生无色气泡，遇空气变红棕色，静置，取上层清液加入稀盐酸，有白色沉淀生成；由题意可知，实验2中发生的反应为溶液中的银离子与亚铁离子反应生成银和铁离子，反应的离子方程式为Fe2++Ag+=Fe3++Ag。

1．(2022•湖南选择性考试，15改编)某实验小组以溶液为原料制备BaCl2·2H2O，并用重量法测定产品中BaCl2·2H2O的含量。设计了如下实验方案：
可选用试剂：NaCl晶体、BaS溶液、浓H2SO4、稀H2SO4、CuSO4溶液、蒸馏水
步骤1. BaCl2·2H2O的制备
按如图所示装置进行实验，得到BaCl2溶液，经一系列步骤获得BaCl2·2H2O产品。

步骤2，产品中BaCl2·2H2O的含量测定
①称取产品0.5000g，用水溶解，酸化，加热至近沸；
②在不断搅拌下，向①所得溶液逐滴加入热的0.100 mol·L-1H2SO4溶液，
③沉淀完全后，60℃水浴40分钟，经过滤、洗涤、烘干等步骤，称量白色固体，质量为0.4660g。
回答下列问题：
(1)Ⅰ是制取_______气体的装置，在试剂a过量并微热时，发生主要反应的化学方程式为_______；
(2)Ⅰ中b仪器的作用是_______；Ⅲ中的试剂应选用_______；
(3)在沉淀过程中，某同学在加入一定量热的H2SO4溶液后，认为沉淀已经完全，判断沉淀已完全的方法是_______；
(4)沉淀过程中需加入过量的H2SO4溶液，原因是_______；
(5)在过滤操作中，下列仪器不需要用到的是_______(填名称)；

(6)产品中BaCl2·2H2O的质量分数为_______(保留三位有效数字)。
【答案】(1) HCl     H2SO4(浓)+NaClNaHSO4+HCl↑
(2)防止倒吸     CuSO4溶液
(3)静置，取上层清液于一洁净试管中，继续滴加硫酸溶液，无白色沉淀生成，则已沉淀完全
(4)使钡离子沉淀完全 (5)锥形瓶 (6)97.6%
【解析】装置I中浓硫酸和氯化钠共热制备HCl，装置II中氯化氢与BaS溶液反应制备BaCl2·2H2O，装置III中硫酸铜溶液用于吸收生成的H2S，防止污染空气。(1)由分析可知，装置I为浓硫酸和氯化钠共热制取HCl气体的装置，在浓硫酸过量并微热时，浓硫酸与氯化钠反应生成硫酸氢钠和氯化氢，发生主要反应的化学方程式为：H2SO4(浓)+NaClNaHSO4+HCl↑。(2)氯化氢极易溶于水，装置II中b仪器的作用是：防止倒吸；装置II中氯化氢与BaS溶液反应生成H2S，H2S有毒，对环境有污染，装置III中盛放CuSO4溶液，用于吸收H2S。(3)硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，因此判断沉淀已完全的方法是静置，取上层清液于一洁净试管中，继续滴加硫酸溶液，无白色沉淀生成，则已沉淀完全。(4)为了使钡离子沉淀完全，沉淀过程中需加入过量的硫酸溶液。(5)过滤用到的仪器有：铁架台、烧杯、漏斗、玻璃棒，用不到锥形瓶。(6)由题意可知，硫酸钡的物质的量为：=0.002mol，依据钡原子守恒，产品中BaCl2·2H2O的物质的量为0.002mol，质量为0.002mol×244g/mol=0.488g，质量分数为：100%=97.6%。
2．(2022•广东选择性考试)食醋是烹饪美食的调味品，有效成分主要为醋酸(用HAc表示)。HAc的应用与其电离平衡密切相关。25℃时，HAc的Ka=1.75×105=10-4.76。
(1)配制的HAc溶液，需溶液的体积为_______mL。
(2)下列关于容量瓶的操作，正确的是_______。

(3)某小组研究25℃下HAc电离平衡的影响因素。
提出假设。稀释HAc溶液或改变Ac-浓度，HAc电离平衡会发生移动。设计方案并完成实验用浓度均为0.1 mol·L-1的HAc和溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液；测定，记录数据。
序号
V(HAc)/ mL
V(NaAc)/ mL
V(H2O)/ mL
n(NaAc)：n(HAc)

Ⅰ
40.00
/
/
0
2.86
Ⅱ
4.00
/
36.00
0
3.36
…





Ⅶ
4.00
a
b
3：4
4.53
Ⅷ
4.00
4.00
32.00
1：1
4.65
①根据表中信息，补充数据：_______，_______。
②由实验Ⅰ和Ⅱ可知，稀释HAc溶液，电离平衡_______(填”正”或”逆”)
向移动；结合表中数据，给出判断理由：_______。
③由实验Ⅱ~VIII可知，增大Ac-浓度，HAc电离平衡逆向移动。
实验结论假设成立。
(4)小组分析上表数据发现：随着的增加，c(H＋)的值逐渐接近HAc的Ka。
查阅资料获悉：一定条件下，按配制的溶液中，的值等于HAc的Ka。
对比数据发现，实验VIII中与资料数据Ka=10-4.76存在一定差异；推测可能由物质浓度准确程度不够引起，故先准确测定HAc溶液的浓度再验证。
①移取溶液，加入2滴酚酞溶液，用溶液滴定至终点，消耗体积为，则该HAc溶液的浓度为_______ mol·L-1。在答题卡虚线框中，画出上述过程的滴定曲线示意图并标注滴定终点_______。
②用上述HAc溶液和溶液，配制等物质的量的HAc与混合溶液，测定pH，结果与资料数据相符。
(5)小组进一步提出：如果只有浓度均约为的HAc和NaOH溶液，如何准确测定HAc的Ka？小组同学设计方案并进行实验。请完成下表中Ⅱ的内容。
Ⅰ
移取20.00mL HAc溶液，用NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液V140.00mL
Ⅱ
_______，测得溶液的pH为4.76
实验总结   得到的结果与资料数据相符，方案可行。
(6)根据Ka可以判断弱酸的酸性强弱。写出一种无机弱酸及其用途_______。
【答案】(1)5.0 (2)C
(3) 3.00     33.00     正     实验II相较于实验I，醋酸溶液稀释了10倍，而实验II的pH增大值小于1
(4) 0.1104    
(5)向滴定后的混合液中加入20mL HAc溶液
(6)HClO：漂白剂和消毒液(或H2SO3：还原剂、防腐剂或H3PO4：食品添加剂、制药、生产肥料)
【解析】(1)溶液稀释过程中，溶质的物质的量不变，因此250mL×0.1mol/L=V×5mol/L，解得V=5.0mL；(2)A项，容量瓶使用过程中，不能用手等触碰瓶口，以免污染试剂，故A错误；B项，定容时，视线应与溶液凹液面和刻度线“三线相切”，不能仰视或俯视，故B错误；C项，向容量瓶中转移液体，需用玻璃棒引流，玻璃棒下端位于刻度线以下，同时玻璃棒不能接触容量瓶口，故C正确；D项，定容完成后，盖上瓶塞，将容量瓶来回颠倒，将溶液摇匀，颠倒过程中，左手食指抵住瓶塞，防止瓶塞脱落，右手扶住容量瓶底部，防止容量瓶从左手掉落，故D错误；综上所述，正确的是C项。(3)①实验VII的溶液中n(NaAc)：n(HAc)=3：4，V(HAc)=4.00mL，因此V(NaAc)=3.00mL，即a=3.00，，由实验I可知，溶液最终的体积为40.00mL，因此V(H2O)=40.00mL-4.00mL-3.00mL=33.00mL，即b=33.00；②实验I所得溶液的pH=2.86，实验II的溶液中c(HAc)为实验I的，稀释过程中，若不考虑电离平衡移动，则实验II所得溶液的pH=2.86+1=3.86，但实际溶液的pH=3.36<3.86，说明稀释过程中，溶液中n(H+)增大，即电离平衡正向移动；(4)(i)滴定过程中发生反应：HAc+NaOH=NaAc+H2O，由反应方程式可知，滴定至终点时，n(HAc)=n(NaOH)，因此22.08mL×0.1mol/L=20.00mL×c(HAc)，解得c(HAc)=0.1104mol/L；(ii)滴定过程中，当V(NaOH)=0时，c(H+)=≈mol/L=10-2.88mol/L，溶液的pH=2.88，当V(NaOH)=11.04mL时，n(NaAc)=n(HAc)，溶液的pH=4.76，当V(NaOH)=22.08mL时，达到滴定终点，溶液中溶质为NaAc溶液，Ac-发生水解，溶液呈弱碱性，当NaOH溶液过量较多时，c(NaOH)无限接近0.1mol/L，溶液pH接近13，因此滴定曲线如图：。(5)向20.00mL的HAc溶液中加入V1mL NaOH溶液达到滴定终点，滴定终点的溶液中溶质为NaAc，当时，溶液中c(H+)的值等于HAc的Ka，因此可再向溶液中加入20.00mL HAc溶液，使溶液中n(NaAc)=n(HAc)；(6)不同的无机弱酸在生活中应用广泛，如HClO具有强氧化性，在生活中可用于漂白和消毒，H2SO3具有还原性，可用作还原剂，在葡萄酒中添加适量H2SO3可用作防腐剂，H3PO4具有中强酸性，可用作食品添加剂，同时在制药、生产肥料等行业有广泛用途。
3．(2021·全国乙卷，27改编)氧化石墨烯具有稳定的网状结构，在能源、材料等领域有着重要的应用前景，通过氧化剥离石墨制备氧化石墨烯的一种方法如下(转置如图所示)：

Ⅰ.将浓H2SO4、NaNO3、石墨粉末在c中混合，置于冰水浴中，剧烈搅拌下，分批缓慢加入KMnO4粉末，塞好瓶口。
Ⅱ.转至油浴中，35℃搅拌1小时，缓慢滴加一定量的蒸馏水。升温至98℃并保持1小时。
Ⅲ.转移至大烧杯中，静置冷却至室温。加入大量蒸馏水，而后滴加H2O2至悬浊液由紫色变为土黄色。
Ⅳ.离心分离，稀盐酸洗涤沉淀。
Ⅴ.蒸馏水洗涤沉淀。
Ⅵ.冷冻干燥，得到土黄色的氧化石墨烯。
回答下列问题：
(1)装置图中，仪器a、c的名称分别是_______、_______，仪器b的进水口是_______(填字母)。
(2)步骤Ⅰ中，需分批缓慢加入KMnO4粉末并使用冰水浴，原因是_______。
(3)步骤Ⅱ中的加热方式采用油浴，不使用热水浴，原因是_______。
(4)步骤Ⅲ中，H2O2的作用是_______(以离子方程式表示)。
(5)步骤Ⅳ中，洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在SO42-来判断。检测的方法是_______。
(6)步骤Ⅴ可用pH试纸检测来判断Cl-是否洗净，其理由是_______。
【答案】(1)滴液漏斗 三颈烧瓶 d
(2)反应放热，防止反应过快
(3)反应温度接近水的沸点，油浴更易控温
(4)2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O
(5)取少量洗出液，滴加BaCl2，没有白色沉淀生成
(6)H+与Cl-电离平衡，洗出液接近中性时，可认为Cl-洗净
【解析】(1)由图中仪器构造可知，a的仪器名称为滴液漏斗，c的仪器名称为三颈烧瓶；仪器b为球形冷凝管，起冷凝回流作用，为了是冷凝效果更好，冷却水要从d口进，a口出；(2)反应为放热反应，为控制反应速率，避免反应过于剧烈，需分批缓慢加入KMnO4粉末并使用冰水浴；(3)油浴和水浴相比，由于油的比热容较水小，油浴控制温度更加灵敏和精确，该实验反应温度接近水的沸点，故不采用热水浴，而采用油浴；(4)由滴加H2O2后发生的现象可知，加入的目的是除去过量的KMnO4，则反应的离子方程式为：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O；(5)该实验中为判断洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在SO42-来判断，检测方法是：取最后一次洗涤液，滴加BaCl2溶液，若没有沉淀说明洗涤完成；(6)步骤IV用稀盐酸洗涤沉淀，步骤V洗涤过量的盐酸，H+与Cl-电离平衡，洗出液接近中性时，可认为Cl-洗净。
4．(2022•辽宁省选择性考试)(14分）H2O2作为绿色氧化剂应用广泛，氢醌法制备H2O2原理及装置如下：

已知：H2O、HX等杂质易使催化剂中毒。回答下列问题：
(1)A中反应的离子方程式为___________。
(2)装置B应为___________(填序号)。

(3)检查装置气密性并加入药品，所有活塞处于关闭状态。开始制备时，打开活塞___________，控温45℃。一段时间后，仅保持活塞b打开，抽出残留气体。随后关闭活塞b，打开活塞___________，继续反应一段时间。关闭电源和活塞，过滤三颈烧瓶中混合物，加水萃取，分液，减压蒸馏，得产品。
(4)装置F的作用为___________。
(5)反应过程中，控温45℃的原因为___________。
(6)氢醌法制备H2O2总反应的化学方程式为___________。
(7)取产品，加蒸馏水定容至摇匀，取于锥形瓶中，用0.0500mol·L－1酸性KMnO4标准溶液滴定。平行滴定三次，消耗标准溶液体积分别为19.98mL、20.90mL、20.02mL。假设其他杂质不干扰结果，产品中H2O2质量分数为___________。
【答案】(1) Zn+2H+=Zn+H2↑
(2)③①
(3) a、b     c、d
(4)防止外界水蒸气进入C中使催化剂中毒
(5)适当升温加快反应速率，同时防止温度过高H2O2分解
(6) H2+O2H2O2
(7)17%
【解析】从H2O2的制备原理图可知，反应分两步进行，第一步为H2在Ni催化作用下与乙基葱醌反应生成乙基蒽醇，第二步为O2与乙基蒽醇反应生成H2O2和乙基蒽醌。启普发生器A为制取H2的装置，产生的H2中混有HCl和H2O，需分别除去后进入C中发生第一步反应。随后氧气源释放的氧气经D干燥后进入C中发生反应生成H2O2和乙基蒽醌，F中装有浓H2SO4，与C相连，防止外界水蒸气进入C中，使催化剂Ni中毒。(1)A中锌和稀盐酸反应生成氯化锌和氢气，反应的离子方程式为Zn+2H+=Zn+H2↑；(2)H2O、HX等杂质易使Ni催化剂中毒，需分别通过装有饱和食盐水和浓H2SO4的洗气瓶除去，所以装置B应该选③①；(3)开始制备时，打开活塞a、b，A中产生的H2进入C中，在Ni催化作用下与乙基蒽醌反应生成乙基蒽醇，一段时间后，关闭a，仅保持活塞b打开，将残留H2抽出，随后关闭活塞b，打开活塞c、d，将O2通入C中与乙基蒽醇反应生成H2O2和乙基蒽醌。(4)H2O容易使Ni催化剂中毒，实验中需要保持C装置为无水环境，F的作用为防止外界水蒸气进入C中。(5)适当升温加快反应速率，同时防止温度过高H2O2分解，所以反应过程中控温45℃；(6)第一步为H2在Ni催化作用下与乙基葱醌反应生成乙基蒽醇，第二步为O2与乙基蒽醇反应生成H2O2和乙基蒽醌，总反应为H2+O2H2O2。(7)滴定反应的离子方程式为2 MnO4-+5H2O2+6H+=2 Mn2++5O2↑+8H2O，可得关系式：2 KMnO4~5H2O2。三组数据中20.90mL偏差较大，舍去，故消耗酸性高锰酸钾标准溶液的平均体积为20.00mL，H2O2的质量分数。
5．(2022•北京卷)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)、MnO42- (绿色)、MnO42 (紫色)。
ii．浓碱条件下，MnO4-可被OH-还原为MnO42-。
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MnO42-氧化为MnO4-。
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+2OH-=Cl-+ClO-+H2O     4 MnO4-+4OH-=4 MnO42-+O2↑+2H2O     Cl2     3ClO-+2MnO2+2OH-=2 MnO4-+3Cl-+H2O     过量Cl2与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱，c(OH-)降低，溶液中的MnO4-被还原为MnO42-的速率减小，因而不能实验III未得到绿色溶液
【解析】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。(1)B中试剂是饱和NaCl溶液，作用是吸收Cl2中的杂质HCl气体；(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+2OH-=Cl-+ClO-+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，MnO4-可被OH-还原为MnO42-，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 MnO4-+4OH-=4 MnO42-+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MnO4-，发生的反应是：3ClO-+2MnO2+2OH-=2 MnO4-+3Cl-+H2O；④从反应速率的角度，过量Cl2与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱，c(OH-)降低，溶液中的MnO4-被还原为MnO42-的速率减小，导致不能实验III未得到绿色溶液。
6．(2022·浙江省1月选考)某兴趣小组用四水醋酸锰[(CH3COO)2Mn·4H2O]和乙酰氯(CH3COCl)为原料制备无水二氯化锰，按如图流程开展了实验(夹持仪器已省略)：


已知：①无水二氯化锰极易吸水潮解，易溶于水、乙醇和醋酸，不溶于苯。
②制备无水二氯化锰的主要反应：(CH3COO)2Mn+CH3COClMnCl2↓+2(CH3COO)2O。
③乙酰氯遇水发生反应：CH3COCl+H2O→CH3COOH+HCl。
请回答：
(1)步骤Ⅰ：所获固体主要成分是_________(用化学式表示)。
(2)步骤Ⅰ在室温下反应，步骤Ⅱ在加热回流下反应，目的分别是________。
(3)步骤Ⅲ：下列操作中正确的是_________。
A．用蒸馏水润湿滤纸，微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上
B．用倾析法转移溶液，开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀
C．用乙醇作为洗涤剂，在洗涤沉淀时，应开大水龙头，使洗涤剂快速通过沉淀物
D．洗涤结束后，将固体迅速转移至圆底烧瓶进行后续操作
(4)步骤Ⅳ：①奖装有粗产品的圆底烧瓶接到纯化装置(图2)上，打开安全瓶上旋塞，打开抽气泵，关闭安全瓶上旋塞，开启加热器，进行纯化。请给出纯化完成后的操作排序：________。
纯化完成→(_____)→(_____)→(_____)→(_____)→将产品转至干燥器中保存
a.拔出圆底烧瓶的瓶塞
b.关闭抽气泵
c.关闭加热器，待烧瓶冷却至室温
d.打开安全瓶上旋塞
②图2装置中U形管内NaOH固体的作用是_______________________。
(5)用滴定分析法确定产品纯度。甲同学通过测定产品中锰元素的含量确定纯度；乙同学通过测定产品中氯元素的含量确定纯度。合理的是_________(填“甲”或“乙”)同学的方法。
【答案】(1)(CH3COO)2Mn
(2)步骤Ⅰ脱去四水醋酸锰的结晶水并防止生成MnCl2；步骤Ⅱ加热回流促进反应生成MnCl2
(3)ABD
(4)cdba 防止可能产生的酸性气体进入抽气泵；防止外部水气进入样品
(5)乙
【解析】(1)根据制备无水二氯化锰的主要反应：(CH3COO)2Mn+CH3COClMnCl2↓+2(CH3COO)2O以及乙酰氯遇水发生反应：CH3COCl+H2O→CH3COOH+HCl可判断步骤Ⅰ中利用CH3COCl吸水，因此所获固体主要成分是(CH3COO)2Mn。(2)由于步骤Ⅰ脱去四水醋酸锰的结晶水并防止生成MnCl2，因此步骤Ⅰ在室温下反应；而步骤Ⅱ加热回流促进反应生成MnCl2，所以步骤Ⅱ需要在加热回流下反应。(3)A项，滤纸略小于布氏漏斗，但要把所有的孔都覆盖，并用蒸馏水润湿滤纸，微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上，故A正确；B项，用倾析法转移溶液，开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀，故B正确；C项，用抽滤洗涤沉淀时，抽滤速率不能过快，故C错误；D项，由于无水二氯化锰极易吸水潮解，洗涤结束后，将固体迅速转移至圆底烧瓶进行后续操作，故D正确；故选ABD；(4)①纯化完成后首先关闭加热器，待烧瓶冷却至室温，然后打开安全瓶上旋塞，关闭抽气泵，最后拔出圆底烧瓶的瓶塞，将产品转至干燥器中保存，故故选cdba；②由于可能混有酸性气体且无水二氯化锰极易吸水潮解，因此图2装置中U形管内NaOH固体的作用是防止可能产生的酸性气体进入抽气泵，同时防止外部水气进入样品。(5)由于无水二氯化锰极易吸水潮解，且锰离子水解，所以应该通过测定产品中氯元素的含量确定纯度，所以合理的是乙同学的方法。
7．(2022·浙江省6月选考)氨基钠(NaNH2)是重要的化学试剂，实验室可用下图装置(夹持、搅拌、尾气处理装置已省略)制备。

简要步骤如下：
Ⅰ.在瓶A中加入液氨和0.05 g Fe(NO3)3•9H2O，通入氨气排尽密闭体系中空气，搅拌。
Ⅱ.加入5g钠粒，反应，得NaNH2粒状沉积物。
Ⅲ.除去液氨，得产品NaNH2。
已知：NaNH2几乎不溶于液氨，易与水、氧气等反应。
2Na+2NH3 =NaNH2 +H2↑
NaNH2+H2O=NaOH+NH3↑
4NaNH2+3O2=2NaOH++2NaNO2+2NH3
请回答：
(1) Fe(NO3)3•9H2O的作用是_______；装置B的作用是_______。
(2)步骤Ⅰ，为判断密闭体系中空气是否排尽，请设计方案_______。
(3)步骤Ⅱ，反应速率应保持在液氨微沸为宜。为防止速率偏大，可采取的措施有_______。
(4)下列说法不正确的是_______。
A．步骤Ⅰ中，搅拌的目的是使Fe(NO3)3•9H2O均匀地分散在液氨中
B．步骤Ⅱ中，为判断反应是否已完成，可在N处点火，如无火焰，则反应己完成
C．步骤Ⅲ中，为避免污染，应在通风橱内抽滤除去液氨，得到产品NaNH2
D．产品NaNH2应密封保存于充满干燥氮气的瓶中
(5)产品分析：假设NaOH是产品NaNH2的唯一杂质，可采用如下方法测定产品NaNH2纯度。从下列选项中选择最佳操作并排序_______。
准确称取产品NaNH2 xg→( )→( )→( )→计算
a.准确加入过量的水
b.准确加入过量的HCl标准溶液
c.准确加入过量的NH4Cl标准溶液
d.滴加甲基红指示剂(变色的范围4.4～6.2)
e.滴加石蕊指示剂(变色的范围4.5～8.3)
f.滴加酚酞指示剂(变色的范围8.2～10.0)
g.用NaOH标准溶液滴定
h.用NH4Cl标准溶液滴定
i.用HCl标准溶液滴定
【答案】(1)     催化     防止氧气、水进入密闭体系
(2)试管中加满水倒扣于水槽中，M处通入氨气，将N处排出的气体导入试管内。如试管底部出现气泡，则空气尚未排尽，如未出现气泡，则说明空气已排尽
(3)分批少量加入钠粒；降低冷却液温度；适当增加液氨量(任写一种即可)
(4)BC
(5)bdg
【解析】在硝酸铁催化下钠与液氨的反应来生成NaNH2和氢气，该反应是放热反应，为保证液氨处于微沸状态，需要用冷却液控制一定的温度。NaNH2易与水和氧气发生反应，所以装置B中Hg可防止氧气、水进入密闭体系，导气口N与尾气处理连接装置再处理氨气等。(1)结合实验原理，根据实验操作中加入Fe(NO3)3•9H2O的用料很少，可推知，Fe(NO3)39H2O在反应中作催化剂，加快反应速率；结合已知信息可知，制备得到的NaNH2易与水和氧气发生反应，所以装置B中Hg可防止氧气、水进入密闭体系，干扰NaNH2的制备；(2)结合氨气极易溶于水，空气中的氮气难溶于水，氧气不易溶于水的物理性质，所以为判断密封体系中空气是否排尽，可设计方案如下：试管中加满水倒扣于水槽中，M处通入氨气，将N处排出的气体导入试管内。如试管底部出现气泡，则空气尚未排尽，如未出现气泡，则说明空气已排尽；(3)上述化学反应中，反应物的浓度、温度均可影响化学反应速率，所以为防止反应速率偏大，可实施的措施有：分批少量加入钠粒；降低冷却液温度；适当增加液氨量(任写一种即可)；(4)A项，步骤I中，搅拌可使液体混合均匀，所以搅拌可使少量的催化剂Fe(NO3)3•9H2O均匀分散在液氨中，A正确；B项，步骤II中，由于液氨处于微沸状态，故生成的氢气中混有一定量的氨气；氢气虽然是可燃性气体，由于氨气在空气中不能被点燃，当氨气中只有少量氢气时，则也不能被点然、不会产生火焰，且对易气体点火有安全隐患，B错误；C项，步骤II中得到的粒状沉积物，颗粒较小，颗粒太小的沉淀易在滤纸上形成一层密实的沉淀，溶液不易透过，所以不适宜选用抽滤装置进行过滤，C错误；D项，因为制备的产品NaNH2易与水和氧气发生反应，所以可密封保存于充满干燥氮气的瓶中，D正确；故选BC；(5)题干信息中提到假设产品NaNH2的唯一杂质为NaOH，因为产品溶于水生成氢氧化钠和氨气，所以可设计利用盐酸标准溶液进行滴定，因滴定终点时，溶液中含氯化钠和氯化铵，所以需选用酸性条件下的酸碱指示剂判断滴定终点，过量的盐酸再利用氢氧化钠标准液反滴定，最终利用所测数据计算得出产品中NaNH2的纯度，故涉及的操作步骤为：准确称取产品xg 加入过量盐酸标准溶液加入滴加甲基橙指示剂用氢氧化钠标准溶液进行滴定，根据实验所测数据，计算产品纯度，故选bdg。
8．(2021•浙江6月选考)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：
加入量n(H2SO4) /mol
2.505×10-3
滴定Ⅰ测出量n(I2) /mol
2.005×10-3
滴定Ⅱ测出量n(H2SO4) /mol
1.505×10-3
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1.000×10-3mol、5×10-6mol，=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×(2.505×10-3mol-1.505×10-3mol)=2×10-3mol，生成I2的物质的量为2×10-3mol，则高纯度Cl2O浓溶液中n(Cl2O)=1×10-3mol，加入过量KI溶液共生成I2的物质的量为2.005×10-3mol，因此Cl2与I-反应生成I2的物质的量为2.005×10-3mol-2×10-3mol=5×10-6mol，由此可知高纯度Cl2O浓溶液中n(Cl2)=5×10-6mol，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1×10-3mol、5×10-6mol，=200>99，符合要求。
9．(2021•北京卷)某小组探究卤素参与的氧化还原反应，从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化规律。
(1)浓HCl与MnO2混合加热生成Cl2，氯气不再逸出时，固液混合物A中存在盐酸和MnO2。
①反应的离子方程式为_______。
②电极反应式：
i还原反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O
ii氧化反应：_______。
③根据电极反应式，分析A中仍存在盐酸和MnO2的原因。
i随H+浓度降低或Mn2+浓度升高，MnO2氧化性减弱；
ii随Cl-浓度降低，_______。
④补充实验，证实了③中的分析，则a为_______，b为_______。

实验操作
试剂
产物
I

较浓H2SO4
有Cl2
II
a
有Cl2
III
a+b
无Cl2
(2)利用H+浓度对MnO2氧化性的影响，探究卤素离子的还原性，相同浓度的KCl、KBr、KI溶液，能与MnO2反应的最低H+浓度由大到小的顺序是_______，从原子结构角度说明理由______________。
(3)根据(1)中的结论推测，酸性条件下，加入某种化合物可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2，经实验证实了推测，该化合物是_______。
(4)Ag分别与1mol·L1的盐酸、氢溴酸、氢碘酸混合，Ag只与氢碘酸发生置换反应，试解释原因_______。
(5)总结：物质氧化性、还原性变化的一般规律是_______。
【答案】(1)①MnO2+4H+ +2Cl- Mn2++Cl2↑ + 2H2O ②2Cl--2e- =Cl2↑
③Cl-还原性减弱或Cl2 的氧化性增强
④KCl固体(或浓/饱和溶液) MnSO4固体(或浓/饱和溶液)
(2) KCl>KBr>KI Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强
(3)AgNO3 或Ag2SO4
(4)比较AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag++I-= AgI↓使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++ H2↑反应得以发生
(5)氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强
【解析】(1)①二氧化锰和浓盐酸制氯气的离子方程式为：MnO2+4H+ +2Cl- Mn2++Cl2↑ + 2H2O；②氧化反应是元素化合价升高，故氧化反应为：2Cl--2e- =Cl2↑③反应不能发生也可能是还原剂还原性减弱，或者产生了氧化性更强的氧化剂，故答案为：Cl-还原性减弱或Cl2 的氧化性增强④可以从增大氯离子浓度的角度再结合实验II的现象分析，试剂a可以是KCl固体(或浓/饱和溶液)；结合实验III的显现是没有氯气，且实验III也加入了试剂a，那一定是试剂b影响了实验III的现象，再结合原因i可知试剂b是MnSO4固体(或浓/饱和溶液)；(2)非金属性越弱其阴离子的还原性越强，反应时所需的氢离子浓度越小，故顺序是KCl>KBr>KI；其原因是Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强；(3)根据(1)中的结论推测随Cl-浓度降低导致二氧化锰的氧化性减弱，那么如果进一步降低Cl-浓度降低则可以导致可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2，故答案为：AgNO3 或Ag2SO4；(4)若要使反应2Ag+2H+=2Ag++ H2↑发生，根据本题的提示可以降低Ag+浓度，对比AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，故Ag只与氢碘酸发生置换反应的原因是：比较AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag++I-= AgI↓使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++ H2↑反应得以发生；(5)通过本题可以发现，物质氧化性和还原性还与物质的浓度有关，浓度越大氧化性或者还原性越强，故答案为：氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强。
9．(2021•天津卷)某化学小组同学利用一定浓度的H2O2溶液制备O2，再用O2氧化C2H5OH，并检验氧化产物。
Ⅰ．制备O2
该小组同学设计了如下气体发生装置(夹持装置省略)

(1)甲装置中主要仪器的名称为___________。
(2)乙装置中，用粘合剂将MnO2制成团，放在多孔塑料片上，连接好装置，气密性良好后打开活塞K1，经长颈漏斗向试管中缓慢加入3% H2O2溶液至___________。欲使反应停止，关闭活塞K1即可，此时装置中的现象是___________。
(3)丙装置可用于制备较多O2，催化剂铂丝可上下移动。制备过程中如果体系内压强过大，安全管中的现象是___________，此时可以将铂丝抽离H2O2溶液，还可以采取的安全措施是___________。
(4)丙装置的特点是___________(填序号)。
a．可以控制制备反应的开始和结束
b．可通过调节催化剂与液体接触的面积来控制反应的速率
c．与乙装置相比，产物中的O2含量高、杂质种类少
Ⅱ．氧化C2H5OH
该小组同学设计的氧化C2H5OH的装置如图(夹持装置省略)

(5)在图中方框内补全干燥装置和干燥剂。___________
Ⅲ．检验产物
(6)为检验上述实验收集到的产物，该小组同学进行了如下实验并得出相应结论。
实验序号
检验试剂和反应条件
现象
结论
①
酸性KMnO4溶液
紫红色褪去
产物含有乙醛
②
新制Cu(OH)2，加热
生成砖红色沉淀
产物含有乙醛
③
微红色含酚酞的NaOH溶液
微红色褪去
产物可能含有乙酸
实验①~③中的结论不合理的是___________(填序号)，原因是___________。
【答案】(1)分液漏斗 锥形瓶
(2)刚好没过MnO2固体 试管内的H2O2溶液被压入长颈漏斗中，与MnO2分离
(3)液面上升 打开弹簧夹K2 (4)ab
(5)(6 ① 乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色
【解析】用双氧水和催化剂制取氧气。制得的氧气经干燥后进入盛有乙醇的圆底烧瓶中，和热的乙醇一起进入硬质玻璃管中，在铜的催化作用下发生乙醇的催化氧化反应生成乙醛。生成的乙醛进入试管中，被冷凝收集。(1)根据仪器构造可知，甲装置中主要仪器的名称为分液漏斗和锥形瓶；(2)乙装置是启普发生器的简易装置，可以随时控制反应的发生和停止。用粘合剂将MnO2制成团，放在多孔塑料片上，连接好装置，气密性良好后打开活塞K1，经长颈漏斗向试管中缓慢加入3% H2O2溶液至刚好没过MnO2固体，此时可以产生氧气，氧气通过导管导出。欲使反应停止，关闭活塞K1，此时由于气体还在产生，使容器内压强增大，可观察到试管内的H2O2溶液被压入长颈漏斗中，与MnO2分离；(3)丙装置用圆底烧瓶盛装H2O2溶液，可用于制备较多O2，催化剂铂丝可上下移动可以控制反应速率。制备过程中如果体系内压强过大，H2O2溶液会被压入安全管中，可观察到安全管中液面上升，圆底烧瓶中液面下降。此时可以将铂丝抽离H2O2溶液，使反应速率减慢，还可以打开弹簧夹K2，使烧瓶内压强降低；(4)a项，催化剂铂丝可上下移动可以控制制备反应的开始和结束，a正确；b项，催化剂与液体接触的面积越大，反应速率越快，可通过调节催化剂与液体接触的面积来控制反应的速率，b正确；c项，丙装置用圆底烧瓶盛装H2O2溶液，与乙装置相比，可用于制备较多O2，但产物中的O2含量和杂质种类和乙中没有区别，c错误；故选ab；(5)氧气可以用浓硫酸干燥，所以可以用一个洗气瓶，里面盛装浓硫酸干燥氧气，如图；(6)实验①不合理，因为乙醇有挥发性，会混入生成的乙醛中，乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以酸性高锰酸钾溶液褪色不能证明产物中含有乙醛。
10．(2021•辽宁选择性考试)Fe/ Fe3O4磁性材料在很多领域具有应用前景，其制备过程如下(各步均在N2氛围中进行)：
①称取9.95g FeCl2·4H2O(Mr=199)，配成溶液，转移至恒压滴液漏斗中。
②向三颈烧瓶中加入100 mL14mol·L-1KOH溶液。
③持续磁力搅拌，将FeCl2溶液以2mL·min-1的速度全部滴入三颈烧瓶中，100℃下回流3h。
④冷却后过滤，依次用热水和乙醇洗涤所得黑色沉淀，在干燥。
⑤管式炉内焙烧2h，得产品3.24g。
部分装置如图：

回答下列问题：
(1)仪器a的名称是_______；使用恒压滴液漏斗的原因是_______。
(2)实验室制取N2有多种方法，请根据元素化合物知识和氧化还原反应相关理论，结合下列供选试剂和装置，选出一种可行的方法，化学方程式为_______，对应的装置为_______(填标号)。
可供选择的试剂：CuO(s)、NH3(g)、Cl2(g)、O2(g)、饱和NaNO2(aq)、饱和NH4Cl(aq)
可供选择的发生装置(净化装置略去)：

(3)三颈烧瓶中反应生成了Fe和Fe3O4，离子方程式为_______。
(4)为保证产品性能，需使其粒径适中、结晶度良好，可采取的措施有_______。
A．采用适宜的滴液速度 B．用盐酸代替KOH溶液，抑制水解
C．在空气氛围中制备 D．选择适宜的焙烧温度
(5)步骤④中判断沉淀是否已经用水洗涤干净，应选择的试剂为_______；使用乙醇洗涤的目的是_______。
(6)该实验所得磁性材料的产率为_______(保留3位有效数字)。
【答案】(1)(球形)冷凝管 平衡气压，便于液体顺利流下
(2)2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O(或NH4Cl+ NaNO2NaCl+N2+2H2O) A(或B)
(3)4Fe2++8OH-=Fe↓+Fe3O4↓+4H2O (4)AD
(5)稀硝酸和硝酸银溶液 除去晶体表面水分，便于快速干燥
(6)90.0%
【解析】(1)根据仪器的构造与用途可知，仪器a的名称是(球形)冷凝管；恒压滴液漏斗在使用过程中可保持气压平衡，使液体顺利流下。(2)实验室中制备少量氮气的基本原理是用适当的氧化剂将氨或铵盐氧化，常见的可以是将氨气通入灼热的氧化铜中反应，其化学方程式为：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O ；可选择气体通入硬质玻璃管与固体在加热条件下发生反应，即选择A装置。还可利用饱和NaNO2(aq)和饱和NH4Cl(aq)在加热下发生氧化还原反应制备氮气，反应的化学方程式为：NH4Cl+ NaNO2NaCl+N2+2H2O，可选择液体与液体加热制备气体型，所以选择B装置；(3)三颈烧瓶中FeCl2溶液与100 mL14mol·L-1KOH溶液发生反应生成了Fe和Fe3O4，根据氧化还原反应的规律可知，该反应的离子方程式为4Fe2++8OH-=Fe↓+Fe3O4↓+4H2O；(4)结晶度受反应速率与温度的影响，所以为保证产品性能，需使其粒径适中、结晶度良好，可采取的措施有采用适宜的滴液速度、选择适宜的焙烧温度，AD项符合题意，若用盐酸代替KOH溶液，生成的晶体为Fe和Fe3O4，均会溶解在盐酸中，因此得不到该晶粒，故B不选；若在空气氛围中制备，则亚铁离子容易被空气氧化，故D不选；故选AD；(5)因为反应后溶液中有氯离子，所以在步骤④中判断沉淀是否已经用水洗涤干净，需取最后一次洗涤液，加入稀硝酸酸化后，再加入硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则证明已洗涤干净；乙醇易溶于水，易挥发，所以最后使用乙醇洗涤的目的是除去晶体表面水分，便于快速干燥；(6)9.95g FeCl2·4H2O(Mr=199)的物质的量为，根据发生反应的离子方程式：4Fe2++8OH-=Fe↓+Fe3O4↓+4H2O，可知理论上所得的Fe和Fe3O4的物质的量各自为0.0125mol，所以得到的黑色产品质量应为，实际得到的产品3.24g，所以其产率为。