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2024年高考化学压轴题训练-化学实验综合题（浙江专用）（解析版）
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这是一份2024年高考化学压轴题训练-化学实验综合题（浙江专用）（解析版），共27页。试卷主要包含了综合实验解题流程，基本操作规范答题，计算分类突破等内容，欢迎下载使用。
一、综合实验解题流程
命题预测
综合实验题是每年考查能力的综合压轴题，其综合性强、难度大，是一道拉分的主要试题。实验综合题主要以物质制备和性质探究考查为主，通常为考生提供一个真实的实验环境，让考生用已有的化学原理和实验技能，结合新信息、新问题去研究和解决问题，其中物质制备和定量实验是高考的两大热点题型，物质制备主要以气体、无机物、有机物的制备为载体，考查学生常见化学仪器的使用、物质的分离与提纯等基本实验操作，以及实验条件的控制、产率的计算；而定量实验是将化学实验与化学计量有机的结合在一起测定物质化学组成与含量的探究性实验，是近几年高考命题的常考题型。
预计2024年综合实验试题将以元素化合物知识为依托，以陌生物质制备为背景，充分体现了“源于教材，又不拘泥于教材”的命题指导思想，把化学实验基础知识和基本操作技能准确迁移到类似的实验中去，题目类型主要有物质制备类、实验探究类、定量测定类等，但并不拘泥于固定的形式，但由于物质陌生、设问巧妙，在解题中，往往让考生感到“老虎吃天、无从下口”的畏惧感。
高频考法
(1)以物质制备为中心的考查
(2)以实验探究为中心的考查
(3)以定量测定为中心的考查
1.仪器或接口的连接顺序
三、基本操作规范答题
四、计算分类突破
(1)含量测定
基本操作
答题规范
滴定操作
滴定时，左手控制滴定管活塞，右手振荡锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化
证明沉淀完全的操作
静置，取沉淀后的上层清液，加入××试剂(沉淀剂)，若没有沉淀生成，说明沉淀完全
洗涤沉淀的操作
沿玻璃棒向过滤器中的沉淀上加蒸馏水至没过沉淀，静置使其全部滤出，重复操作数次
检验沉淀是否洗涤干净的操作
取最后一次洗涤液，加入××试剂(根据沉淀可能吸附的杂质离子，选择合适的检验试剂)，若没有××(特征现象)出现，证明沉淀已洗涤干净
从溶液中得到晶体的操作
蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤(包括水洗、冰水洗、热水洗、乙醇洗等)→干燥
题型
化学综合实验、化学工艺流程
测定方法
滴定法
①连续滴定法：第一步滴定反应生成的产物，还可以继续参加第二步的滴定。根据第二步滴定的消耗量，可计算出第一步滴定的反应物的量
②返滴定法：第一步用的滴定剂是过量的，然后第二步再用另一物
(2)化学式的确定
(3)转化率、化学平衡常数的计算
01 以物质制备为中心的考查
1．(2024·浙江省杭州市高三下学期二模)过氧化钙(CaO2)微溶于水，碱性条件下较稳定，可作为医用防腐剂和消毒剂，也可作为改良剂为农业、园艺和生物技术应用提供氧气。以下是一种实验室制备较高纯度过氧化钙的流程图：
(1)步骤I需要量取盐酸，所用的仪器是___________。
A．量筒B．量筒
C．碱式滴定管D．烧杯
质返滴定计算出过量的物质。根据第一步加入的量减去第二步中过量的量，即可得出第一步所求物质的物质的量
计算过程
①根据关系式法、得失电子守恒法、滴定法等，得出混合物中某一成分的量。②由①中求出量，除以样品的总量，即可得出其含量
题型
化学综合实验、化学工艺流程
类型
通过热重曲线确定化学式、通过实验确定化学式
计算方法
守恒法
题型
化学反应原理(速率、平衡)综合
计算类型
转化率
转化率＝×100%＝×100%
产率
产率＝×100%。
百分含量
混合物中某组分的百分含量＝×100%
计算
方法
1.分析三个量：起始量、变化量、平衡量
2.用好一种方法——“三段式法”
“三段式法”计算的模板：依据方程式列出反应物、生成物各物质的初始量、变化量、平衡量，结合问题代入公式运算。
(2)下列说法正确的是___________。
A．步骤I中应使用过量的盐酸，以提高碳酸钙的利用率
B．步骤Ⅱ中的煮沸操作的主要目的是加快反应速率
C．步骤Ⅲ中的混合操作，应将氯化钙溶液滴入氨水-双氧水混合液中
D．步骤V中可用冰水洗涤
(3)写出步骤Ⅲ发生反应的化学方程式 ，步骤Ⅲ采用冰水浴可提高产率，其原因有(回答两点) 。
(4)准确称取产品配成溶液。取溶液，加入5mL6ml·L-1醋酸溶液和2-3滴0.1 ml·L-1MnSO4溶液，用0.02 ml·L-1KMnO4标准溶液滴定至浅红色，半分钟不褪色；平行测定3次，消耗KMnO4标准溶液的平均值为。
①MnSO4溶液的作用是 。
②CaO2的纯度为 。
【答案】(1)A (2)CD
(3) CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl 生成CaO2·8H2O沉淀的反应是放热反应，降低温度可以提高产率；CaO2·8H2O受热易分解
(4) MnSO4能起催化剂的作用，使反应速率加快 88%
【解析】由题给流程可知，碳酸钙固体溶于盐酸得到氯化钙溶液，加热煮沸后向溶液中加入过氧化氢溶液和氨水，氯化钙溶液与过氧化氢溶液和氨水反应生成八水过氧化钙沉淀，沉淀经水洗、乙醇洗后，烘烤得到无水过氧化钙。(1)在实验室量取液体时，因为量程太大，会使区分度增大，而加大误差，量程太小，需量取多次，也会加大误差，采用就近原则，比量取的液体体积大，且最接近的，所以选取10mL量筒，故选A。(2)A项，题给流程可知，后氯化钙溶液要加入氨水营造碱性环境，步骤I中不能使用过量的盐酸，A错误；B项，步骤Ⅱ中的煮沸操作的主要目的是除去溶液中过量的HCl，B错误；C项，过氧化钙(CaO2)微溶于水，碱性条件下较稳定，步骤Ⅲ中的混合操作，应将氯化钙溶液滴入氨水-双氧水混合液中，保证溶液始终为碱性，C正确；D项，过氧化钙(CaO2)微溶于水，温度高时会分解，则步骤V中可用冰水洗涤，D正确；故选CD。(3)浓氯化钙溶液与过氧化氢溶液和氨气反应生成CaO2·8H2O沉淀和氯化铵，反应的化学方程式为CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl；步骤Ⅲ采用冰水浴可提高产率，其原因有：生成CaO2·8H2O沉淀的反应是放热反应，降低温度可以提高产率；CaO2·8H2O受热易分解。(4)①酸性条件下，CaO2和醋酸反应后生成H2O2，H2O2溶液与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应时，MnSO4能起催化剂的作用，使反应速率加快；②酸性条件下，CaO2和醋酸反应后生成H2O2，用0.02 ml·L-1KMnO4标准溶液滴定H2O2溶液，
离子方程式为：，则n(CaO2)= n(H2O2)=2.5n(KMnO4)=2.5×0.02 ml·L-1×0.0176L×=0.0088ml，CaO2的纯度为。
02 以实验探究为中心的考查
2．(2024·浙江省宁波市镇海中学新高考调研卷)某实验小组进行如下关于银镜反应的实验探究。
Ⅰ．探究银镜反应中NH3·H2O的作用
已知：①银镜沉淀速率过快可影响其结构和形貌，从而影响其光泽；
②AgOH开始沉淀时pH=9，AgOH不稳定，易不可逆分解为黑色Ag2O；
③在实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的AgNO3溶液可视作中性溶液。
(1) Ag+的氧化性会随浓度增加而上升，对比实验Ⅰ和Ⅱ，实验小组提出两个猜想：
<猜想1> Ag+的氧化性随溶液pH的增大而增大
<猜想2> 。
(2)该实验小组为进一步探究而设计实验Ⅲ，实验装置如图所示，最终得到结论：“猜想1不合理，猜想2合理”。简述实验Ⅲ的实验过程： 。
(3)该实验小组又进行了实验Ⅳ，控制实验Ⅱ和实验Ⅳ中溶液pH相同，对比实验Ⅱ和实验Ⅳ，实验现象出现差异的原因是 。
Ⅱ．该小组在一次制银镜时误将无标签的溶液当成稀氨水，使得Ag+转化为淡黄色AgBr沉淀。查阅资料知只有极浓的氨水可以将AgBr溶解，而实验室并无浓氨水，故不能利用AgBr制备银氨溶液。实验小组决定采用肼还原AgBr制银镜，实验报告如下。
请将实验报告的空缺部分填充完整。
实验目的
采用肼还原AgBr制得银镜并以此深入探究银镜反应中NH3·H2O的作用
实验原理
①肼(N2H4)具有强还原性，易吸潮、易被氧化、易与CO2等酸性气体反应，常压下可与水形成共沸物(其中肼含量约69%)；
②(NH4)2CO3+ NaClO+2NaOH→N2H4·H2O+NaCl+Na2CO3；
③N2H4+4AgBr=4Ag↓+N2↑+4HBr。
实验药品
AgBr悬浊液、NaClO溶液(加NaOH碱化，)、催化剂、焦性没食子酸(别名连苯三酚)溶液(加NaOH碱化，)、尿素、油、盐酸。
实验仪器
制备肼的全套装置[具体仪器见装置图，需注意的几点：a．实验最好使用洗气瓶，但因实验室没有洗气瓶，故用 (填“广口瓶”或“细口瓶”)接导管替代；b．加热及夹持装置略]、减压蒸馏装置(具体仪器略)、试管、胶头滴管等。
实验操作
①依图组装仪器并检查气密性，装入药品；
②用油浴加热，向三预烧瓶缓缓鼓入空气，同时缓缓将恒压滴液漏斗内药品滴入三颈烧瓶，加热约后停止加热；
③将三预烧瓶内的液体进行减压蒸馏，得到氨肼混合溶液，将其滴加入悬浊液中。
实验结果
实验制得了银单质，但其并未附着在试管壁上形成银镜，而是松散的银粉。
实验反思
①焦性没食子酸溶液(加碱化)的作用是 ，加热过程中持续缓慢通入空气的目的是 ；
②为深入研究为何该反应没有生成银镜，我们又做了如下实验：
【答案】(1)乙醛的还原性随溶液pH增大而增大
(2)向B中滴加浓硝酸，发现示数不变；向A中滴加浓盐酸，发现示数改变
(3)生成[Ag(NH3)2]+的反应是可逆的，随着Ag+的消耗，配离子不断解离，将溶液中Ag+浓度维持基本不变，可以持续生成银镜；而生成Ag2O的反应是不可逆的，溶液中的Ag+消耗之后无法得到补充 广口瓶 除去O2和CO2等气体，防止产物发生副反应 搅拌促进反应；排除原有空气，作保护气 只有在弱碱性且Ag+维持在合适浓度的条件下才能生成银镜
【解析】该实验为典型的定性实验，实验目的I是研究NH3·H2O对实验的影响，实验II的目的是研究银离子对实验的影响，根据实验的需求，对比实验不同的变量可得到解决实验问题的方法。(1)Ag+的氧化性会随浓度增加而上升，对比实验Ⅰ和Ⅱ，实验Ⅱ有现象，发生氧化还原反应，猜想为氧化剂氧化性增大或还原剂还原性增大，故猜想2为：乙醛的还原性随溶液pH增大而增大；(2)猜想1不合理，猜想2合理，故需验证猜想2，则实验过程为：向B中滴加浓硝酸，发现示数不变；向A中滴加浓盐酸，发现示数改变；(3)①对比实验Ⅱ和实验Ⅳ，pH相同、乙醛浓度相同，故产生差异的原因是银离子的浓度，产生浓度差异的原因为：生成[Ag(NH3)2]+的反应是可逆的，随着Ag+的消耗，配离子不断解离，将溶液中Ag+浓度维持基本不变，可以持续生成银镜；而生成Ag2O的反应是不可逆的，溶液中的Ag+消耗之后无法得到补充；②细口瓶瓶口过小，无法使用双孔塞，故选择广口瓶；③肼(N2H4)具有强还原性，易吸潮、易被氧化、易与CO2等酸性气体反应，故焦性没食子酸溶液(加NaOH碱化)的作用是：除去O2和CO2等气体，防止产物发生副反应；④加热过程中持续缓慢通入除去O2和CO2等气体的空气，可使溶液搅动从而促进反应，同时排除装置中原有空气，作保护气的作用，故目的是：搅拌促进反应；排除原有空气，作保护气；⑤对比实验，虽然发生反应生成银单质，但由于反应速率快慢不同导致生成银的形态不同，无法形成光亮的镜面，由此可知只有在弱碱性且Ag+维持在合适浓度的条件下才能生成银镜。
03 以实验评价为中心的考查
3．(2024·浙江省杭州高级中学高三选考模拟)三氯化铬是很多含铬化合物的起始原料。实验室利用Cr2O3
综合做过的上述关于银镜反应的探究实验，我们得出的结论是 。
固体和CCl4反应制备无水CrC13，并收集该反应产生的光气(COCl2)，实验装置如图所示(夹持及加热装置已省略)。
已知：I．光气与水易反应，能溶于CCl4溶液；
Ⅱ．有关物质熔沸点如下表
(1)组装好装置，检查气密性完好后往装置中加料，保持K1、K2、K3处于打开状态，接着通入N2，此时通入N2的目的是 。
(2)通入N2一段时间后，保持K1、K2打开，关闭K3，将装置A在85°C下进行水浴加热，此时B中发生反应的化学方程式为 。
(3)待B中反应结束后，停止高温加热，将装置C在30℃下进行水浴加热，同时关闭K1、K2，打开K3，温度计显示的温度为 ℃。
(4)实验结束后，E中溶质除了有NaOH，还含有 (填化学式)。
(5)称取B中所得产品6.34g溶于水配制成250mL溶液，取25.00mL样品溶液于带塞的锥形瓶中，加入稀硫酸，完全溶解后加入NaOH溶液形成绿色的Cr(OH)3沉淀后，再加入过量H2O2，小火加热至沉淀完全转变为Na2CrO4溶液后，继续加热一段时间，再滴入指示剂，用新配制的0.20ml·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2溶液进行滴定，到达滴定终点时，消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液36.00mL。
①沉淀完全转变为Na2CrO4溶液后，继续加热一段时间的原因 。
物质
Cr2O3
CrCl3
CCl4
COCl2
熔点℃
1435
1152
-23
-118
沸点/℃
4000
1300
76
8.2
②产品中CrCl3的质量分数为 。
【答案】(1)排除装置中的空气
(2)Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2
(3)8.2
(4)NaCl和Na2CO3
(5)将过量H2O2除去，防止氧化(NH4)2Fe(SO4)2，导致实验结果偏高 60%
【解析】本实验制备CrCl3，其反应原理是Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2，根据题给操作步骤，先通一段时间的氮气，排除装置的空气，按照装置图，先打开K1、K2，关闭K3，反应结束后，然后关闭K1、K2，打开K3，因此COCl2与水易反应，因此装置d的作用是防止E中水蒸气进入锥形瓶中。(1)装置中含有空气，空气可能会干扰实验，因此需要先通一段时间的氮气，排除装置中的空气。(2)B装置中CCl4和Cr2O3固体在700-800℃条件下反应生成CrCl3固体和光气COCl2，化学方程式Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2。(3)装置B制备CrCl3，化学方程式Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2，因为COCl2能溶于CCl4溶液，装置C中得到溶有COCl2的四氯化碳，利用沸点不同进行，采用蒸馏方法分离出光气，此时应关闭K1、K2，打开K3，根据表中数据，温度计显示的温度为8.2℃。(4)有部分COCl2进入装置E中，COCl2能与水反应生成CO2和HCl，E中溶质除了有NaOH外，还含有NaCl和Na2CO3。(5)①沉淀完全转变为Na2CrO4溶液后，继续加热一段时间的原因：继续加热一段时间的目的是将过量H2O2除去，防止氧化Fe2+导致结果偏高；②根据题中信息，过氧化氢作氧化剂，将Cr(OH)3氧化成Na2CrO4，过氧化氢被还原成水，根据化合价升降法、原子守恒和所带电荷守恒，得到该离子方程式为4OH-+2Cr(OH)3+3H2O2=2CrO42-+8H2O，建立关系式为2CrCl3～2Cr(OH)3～2CrO42-～6Fe2+，因此样品中CrCl3的质量分数为==60%。
04 以定量计算为中心的考查
20．(2024·浙江省宁波市镇海中学高三模拟)硼氢化钠(NaBH4)是一种潜在储氢剂，在有机合成中也被称为“万能还原剂”。实验室制备、提纯、分析NaBH4纯度的步骤如下。
Ⅰ．NaBH4的制备
利用如图甲装置(加热及夹持装置略)进行操作：
(ⅰ)打开K2，鼓入N2，升温到110℃，快速搅拌，将融化的Na快速分散到石蜡油中；
(ⅱ)升温到200℃，关闭K2，打开K1通入H2，充分反应后制得NaH；
(ⅲ)升温到240℃，持续搅拌下通入N2，打开K3滴入硼酸三甲酯[分子式为B(OCH3)3]；
(ⅳ)降温后，分离得到NaBH4和CH3ONa的固体混合物。
已知：
NaBH4：可溶于异丙胺或水，常温下与水缓慢反应，强碱环境下能稳定存在
CH3ONa：难溶于异丙胺
异丙胺：有机溶剂，沸点：33℃
Ⅱ．NaBH4的提纯
NaBH4可采用索氏提取法提纯，其装置如图乙所示，实验时将NaBH4和CH3ONa的固体混合物放入滤纸套筒1中，烧瓶中加入异丙胺。烧瓶中异丙胺受热蒸发上升，冷凝后滴入滤纸套筒1中，再经导管返回烧瓶，从而实现连续萃取。
Ⅲ．纯度分析
步骤1：取m g产品(杂质不参加反应)溶于溶液后配成溶液，取置于碘量瓶中，加入V1mL c 1ml·L-1的KIO3溶液充分反应。(3NaBH4+4KIO3=3NaBO2+4KI+6H2O)
步骤2：向步骤1反应后溶液中加入过量的KI溶液，用稀硫酸调节pH，使过量KIO3转化为I2，冷却后于暗处放数分钟。
步骤3：将步骤2所得混合液调pH约为5.0，加入几滴淀粉，用c2ml·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗溶液V2mL。(I2+2 Na2S2O3= Na2S4O6+2 NaI)
回答下列问题：
(1)仪器a的名称是 。
(2)写出NaH与B(OCH3)3反应的化学方程式 。
(3)下列有关说法不正确的是__________。
A．NaBH4和中氢化合价相同B．装置甲应该处于无水、无氧的反应环境
C．装置乙中异丙胺蒸汽沿导管2上升D．萃取完全后，NaBH4在圆底烧瓶中
(4)按照先后顺序对本实验的滴定操作排序
检查是否漏水→蒸馏水洗涤→ →a→_______→_______→________。
a．加液至“0”刻度以上处
b．调整液面至“0”刻度或“0”刻度下方，记录读数V1
c．倾斜转动滴定管，使标准液润湿滴定管内壁，将润洗液从下口排出
d．赶出尖嘴部分气泡
e．向碱式滴定管中加3~5 mL Na2S2O3标准液
f．向酸式滴定管中加3~5 mL Na2S2O3标准液
g．左手控制活塞(或挤压玻璃珠)，右手振荡锥形瓶
h．左手振荡锥形瓶，右手控制活塞(或挤压玻璃珠)
(5)产品中NaBH4的纯度为 ％。
【答案】(1)恒压分液漏斗 (2)
(3)C (4)cedbg (5)
【解析】装置中首先通入氮气排净空气，然后升温使得融化的Na快速分散到石蜡油中，再升温到200℃，通入H2，充分反应后制得NaH，然后升温到240℃，持续搅拌下通入N2，滴入硼酸三甲酯充分反应后，降温后离心分离得到NaBH4和CH3ONa的固体混合物。(1)仪器a的名称是恒压分液漏斗；(2)240℃时NaH与B(OCH3)3反应生成NaBH4和CH3ONa， NaH与B(OCH3)3反应的化学方程式；(3)A项，NaBH4和NaH中氢化合价相同，均为-1价，故A正确；B项，Na、NaBH4和NaH均易与水和氧气反应，装置甲应该处于无水、无氧的反应环境，故B正确；C项，3为蒸汽导管，2为虹吸管，异丙胺受热蒸发，蒸汽沿导管3上升至球形冷凝管，冷凝后滴入滤纸套
筒1中，再经导管2返回烧瓶，从而实现连续萃取，装置乙中异丙胺蒸汽沿导管3上升，故C错误；D项，NaBH4可溶于异丙胺，CH3ONa难溶于异丙胺，所以NaBH4溶于异丙胺返回圆底烧瓶中，故D正确；故选C；(4)按照先后顺序对本实验的滴定操作排序：检查是否漏水→蒸馏水洗涤→倾斜转动滴定管，使标准液润湿滴定管内壁，将润洗液从下口排出→向碱式滴定管中加3~5 mL Na2S2O3标准液→a加液至“0”刻度以上2~3 mL处→赶出尖嘴部分气泡→调整液面至“0”刻度或“0”刻度下方，记录读数V1→左手控制活塞(或挤压玻璃珠)，右手振荡锥形瓶。故故选cedbg；(5)反应为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，n(I2)=0.5n(Na2S2O3)，5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O，n(I2)=3n(KIO3)1，n(KIO3)1=n(Na2S2O3)=c2V2×10-3ml，则与NaBH4反应的n(KIO3)=c1V1×10-3ml -c2V2×10-3ml = (c1V1 -c2V2)×10-3ml，反应为3NaBH4+4KIO3=3NaBO2+4KI+6H2O，样品中n(NaBH4)=×(c1V1 -c2V2)×10-3ml，m(NaBH4)=×(c1V1 -c2V2)×10-3ml××38g/ml=g，产品中NaBH4的纯度为%；产品中NaBH4的纯度为％。
1．(2024·浙江省宁波市十校高三二模联考)某小组设计如下装置测定新装修居室内空气中甲醛的含量(夹持装置略)。
已知：①测定原理为甲醛把Ag+还原成Ag，产生的Ag与Fe3+定量反应生成Fe2+，Fe2+与菲洛嗪形成有色配合物，通过测定吸光度计算出甲醛的含量；
②吸光度用A表示，计算公式为，其中a为吸光度系数，b为光在样本中经过的距离，c为溶液浓度。
请回答：
(1)仪器A的名称是 。
(2)制备银氨溶液，仪器B中放置的药品是 (填“AgNO3溶液”或“氨水”)。
(3)选择正确的操作，完成室内空气中甲醛含量的测定：
操作①：取下玻璃塞→操作②：__________→操作③：__________→操作④：使可滑动隔板处于最右端→操作⑤：__________→操作⑥：__________→操作⑦：__________→再将操作③～⑦重复4次→测定溶液吸光度。
A．打开，关闭 B．打开，关闭
C．将可滑动隔板拉至最左端 D．热水浴加热仪器A
e.将可滑动隔板缓慢推至最右端 f.将可滑动隔板迅速推至最右端
(4)写出甲醛与银氨溶液反应的化学方程式 。
(5)将仪器A中溶液的调至1，加入足量Fe2(SO4)3溶液，充分反应后加入菲洛嗪，通过测定吸光度确定生成Fe2+1.12mg，则空气中甲醛的含量为 mg/L。
(6)下列说法正确的是__________。
A．本实验缺少尾气处理装置
B．实验应在室内不同点位进行空气取样，以保证数据的准确性
C．毛细管的作用是减小空气通入速率，保证空气中的被吸收完全
D．有色配合物浓度越大，测得吸光度数值越大
【答案】(1)三颈烧瓶 (2)氨水 (3)d a c b e
(4)HCHO+[Ag(NH3)2]+OH4Ag+(NH4)2CO3+6NH3+2H2O
(5)0.0375 (6)BCD
【解析】硝酸银溶液中滴加氨水生成AgOH白色沉淀，加入过量氨水沉淀溶解，得到银氨溶液；故在仪器A为硝酸银溶液、B为氨水，反应生成银氨溶液，然后通过C向A通入室内空气，空气中甲醛和银氨溶液水浴加热发生银镜反应产生单质Ag和CO2气体，产生的Ag与Fe3+定量反应生成Fe2+，Fe2+与菲洛嗪形成有色配合物，在562 nm处测定吸光度，测得生成Fe2＋1.12 mg，可计算室内空气中甲醛含量。(1)仪器A的名称是三颈烧瓶；(2)仪器B中放置的药品是氨水；(3)室内空气中甲醛含量的测定操作为：操作①：取下玻璃塞→操作②D．热水浴加热仪器A→操作③A．打开K1，关闭K2→操作④使可滑动隔板处于最右端，排出容器中空气→操作⑤C．将可滑动隔板拉至最左端，吸入室内待测的空气→操作⑥B．打开K2，关闭K1→操作⑦e.将可滑动隔板缓慢推至最右端，使得待测空气缓缓进入银氨溶液充分反应→再将操作③～⑦重复4次，减小实验误差→测定溶液吸光度；故答案为：dacbe；(4)甲醛具有一定还原性，能还原一价银为银单质，与银氨溶液反应生成银单质和碳酸铵、水、氨气，化学方程式HCHO+[Ag(NH3)2]+OH
4Ag+(NH4)2CO3+6NH3+2H2O；(5)甲醛和银氨溶液加热反应生成银，银具有还原性，被Fe3+氧化，结合甲醛被氧化为CO2，甲醛中碳元素化合价0价变化为+4价，银氨溶液中元素化合价+1价变化为0价，生成的银又被铁离子氧化，铁离子被还原为亚铁离子，生成亚铁离子1.12 mg，物质的量，据电子守恒：HCHO~4e-~4Fe2+，消耗甲醛，因实验进行了4次操作，所以测得1L空气中甲醛的含量为5×10-6 ml÷4=1.25×10-6 ml，空气中甲醛的含量为1.25×10-6 ml×30 g/ml×103 mg/g=0.0375 mg/L。(6)A项，本实验中氨气极易溶于水，无需尾气处理装置，错误；B项，实验应在室内不同点位进行空气取样，以减少实验误差，保证数据的准确性，正确；C项，毛细管的作用是减小气体的通入速率，使空气中的甲醛气体和溶液反应充分，使其被完全吸收，正确；D项，K1与菲洛嗪形成有色配合物，则有色配合物浓度越大，测得吸光度数值越大，正确；故选BCD。
2．(2024·浙江省嘉兴市高三下学期二模)高锰酸钾(KMnO4)为紫黑色固体小颗粒，易溶于水，是一种强氧化剂。
查阅资料：①锰酸钾(K2MnO4)为墨绿色晶体，其水溶液呈深绿色，这是锰酸根(MnO42-)
的特征颜色。其在浓的强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生歧化反应。
②一些物质溶解度随温度变化单位：g/100gH2O
某实验小组设计如下实验步骤用K2MnO4制备KMnO4
I．高锰酸钾的制备
II．高锰酸钾的提取
物质
0
20
40
60
70
80
28
34.2
40.1
45.8
47.2
51.3
2.8
6.4
12.6
22.2
——
——
III．高锰酸钾的纯度测定
①准确称取KMnO4样品3.00 g，用容量瓶配成溶液；②称取高纯度Na2C2O4固体，全部置于锥形瓶中，再加入10Ml3ml·L-1H2SO4溶液和纯净水后盖上表面皿，于水浴加热振荡全部溶解；③用以上KMnO4溶液趁热滴定。重复②~③，滴定3次。请回答：
(1)装置a的名称是 ，其作用①是平衡气压使液体按一定的速率顺利流下；②是 。
(2)装置A中漂白粉可用___________代替。
A．MnO2B．P2O5C．KClO3D．
(3)上述装置存在一处缺陷导致KMnO4产率降低，改进的方法是 。
(4)步骤Ⅱ为了获得杂质较少的KMnO4晶体，从下列选项中选出合理的操作并排序：将装置B中的溶液转移至蒸发皿中→ → → → →干燥→KMnO4晶体
a．用少量冰水洗涤 b．先用冰水洗涤，再用乙醇洗涤 c．小火蒸发至析出大量晶体，停止加热
d．小火蒸发至溶液表面出现晶膜，停止加热 e．减压过滤 f．趁热过滤 g．缓慢降温结晶
(5)下列说法正确的是___________。
A．步骤I装置C中应盛放浓H2SO4
B．轻轻摇动装置B，若容器内壁未见暗绿色，说明反应完全
C．步骤III中的H2SO4可用CH3COOH或HNO3代替
D．一次平行操作滴定前与滴定后(终点)读数如右图，则本次消耗的KMnO4溶液体积为
(6)某次滴定，称取Na2C2O4固体质量，消耗KMnO4溶液体积，计算该次滴定实验测得的高锰酸钾含量是 (精确到小数点后两位)。
【答案】(1)恒压滴液漏斗 防止浓盐酸挥发
(2)C
(3)在AB之间增加一个盛有饱和NaCl溶液的洗气瓶
(4) d g e a
(5)BD
(6)96.41
【解析】已知漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，分液漏斗中为浓盐酸，二者发生归中反应生成氯气和氯化钙，则装置A中制备Cl2的化学方程式，Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O，由于高锰酸钾溶液与HCl反应生成的氯气中含有HCl，故在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶以除去Cl2中的HCl，可以提高高锰酸钾的产率，装置C中可盛放NaOH溶液，吸收未反应的氯气。(1)装置a的名称是恒压滴液漏斗，可以使得烧瓶和恒压滴液漏斗内外压强始终保持相等，则其作用是平衡压强，使液体顺利滴下，同时还能防止其中的浓盐酸挥发；(2)漂白粉中的次氯酸钙与HCl发生归中反应生成氯气，四个选项中只有KClO3能与HCl发生归中反应生成氯气，故装置A中漂白粉可用KClO3代替；(3)由于高锰酸钾溶液与HCl反应生成的氯气中含有HCl，故在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶以除去Cl2中的HCl，可以提高高锰酸钾的产率；(4)根据题目所给溶解度等信息，结晶步骤中为得到杂质较少的KMnO4粗产品，将装置B中的溶液转移至蒸发皿中→小火加热蒸发→发至溶液出现晶膜，停止加热→缓慢降温结晶→减压过滤→少量冰水洗涤→干燥KMnO4晶体；答案为d g e a；(5)A． 步骤I装置C中应盛放NaOH溶液，吸收未反应的氯气，A错误；B项，锰酸钾的水溶液呈深绿色，轻轻摇动装置B，若容器内壁未见暗绿色，说明反应完全，B正确；C项，硝酸可与草酸钠发生氧化还原反应，步骤III中的H2SO4不能用HNO3代替，C错误；D项，一次平行操作滴定前与滴定后(终点)读数如图所示，起始读数为0.40mL，终点读数为22.30mL，则本次消耗的KMnO4溶液体积为21.90 mL，D正确；故选BD；(6)根据离子方程式2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，可知KMnO4与草酸反应的定量关系2 KMnO4~5C2O42-，21.85mL溶液中KMnO4的物质的量为n==0.004ml，则纯度为=96.41%。
3．(2024·浙江省温州市普通高中高三下学期第二次适应性考试)硫代尿素[CS(NH2)2]是重要的工业原料．某小组按如图流程开展制备实验(部分装置及夹持仪器已省略)。主要反应：
步骤Ⅱ：CaCN2+3H2S=CS(NH2)2+Ca(SH)2
步骤Ⅲ：Ca(SH)2+2CaCN2+6H2O=2CS(NH2)2+3Ca(OH)2
已知：硫代尿素CS(NH2)2可溶于水、乙醇，微溶于乙醚
(1)仪器X的名称 (填仪器名称)。
(2)下列说法不正确的是_________。
A．配制5%的溶液必须用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、容量瓶等
B．装置A使用恒压分液漏斗添加硫酸溶液时，可以打开漏斗上部的玻璃塞
C．在反应前若向装置B中通入一段时间N2，能提高产品的产率
D．步骤Ⅱ反应完全的现象是溶液变澄清，集气瓶液面不再改变
(3)步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的部分操作如下，其正确的顺序是： 。
(_________)→(_________)→a→(_________)→e→f→(_________)
a．调节三通阀如图，收集气体一段时间
b．开启装置A磁力搅拌器，慢慢加入一定量硫酸
c．调节装置B温控磁力搅拌器，并控制温度为30℃
d．调节装置B温控磁力搅拌器，并迅速控温在85℃
e．调节三通阀如图
f．移动水准管并调节活塞Y控制气体流速，反应一段时间后
g．检测气体纯净后连接三通阀
(4)步骤Ⅳ的主要操作是(请补上第一步)： →洗涤、合并滤液→冷冻结晶。
上述步骤中的最适宜洗涤剂是 。
A．冷水 B．热水 C．乙醚 D．滤液
(5)产品含量的测定：
滴定反应：10NaOH+4I2+CS(NH2)2=CO(NH)2+8NaI+Na2SO4+5H2O；I2+ Na2S2O3= Na2S4O6+2 NaI
主要步骤：
Ⅰ．称取产品用蒸馏水溶解并定容至。移取该溶液注入碘量瓶中，加50mL c1ml·L-1
碘标准液，氢氧化钠溶液，于暗处放置。加适量水及盐酸摇匀，用c2ml·L-1硫代硫酸钠标准溶液滴定，近终点时，加3mL淀粉指示液，继续滴定至终点，消耗体积V1mL。
Ⅱ．空白实验：将上述样品溶液改为蒸馏水注入碘量瓶中，重复后续步骤，滴定至终点时消耗体积V2mL。
①需要加入淀粉指示液时，锥形瓶中溶液的现象是 。
②产品的质量分数为 。
【答案】(1)三颈烧瓶 (2)ABD
(3)
(4)趁热过滤 B
(5)溶液由黄褐色变为浅黄色或溶液变为浅黄色 或
【解析】BaS溶液和稀硫酸在装置A的三颈烧瓶中混合反应生成硫化氢气体进入装置B发生反应CaCN2+3H2S=CS(NH2)2+Ca(SH)2，经步骤ⅢCa(SH)2+2CaCN2+6H2O=2CS(NH2)2+3Ca(OH)2，趁热过滤、洗涤、合并滤液、冷冻结晶得到粗产品。(1)仪器X的名称为三颈烧瓶；(2)A项，配制5%的BaS溶液必须用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒，不需要容量瓶，A错误；B项，恒压分液漏斗添加溶液时，只需要打开下面的活塞，液体就可以顺利留下，不需要可以打开漏斗上部的玻璃塞，B错误；C项，在反应前若向装置B中通入一段时间N2 ，排尽装置中的空气，防止产品被氧化，提高产品的产率，C正确；D项，步骤Ⅱ反应完全即H2S完全反应，步骤Ⅲ反应仍需要CaCN2参与，此时仍是浊液，当集气瓶液面不再改变，且液面和移液管中相平，说明步骤Ⅱ反应完全，D错误；故选ABD；(3)实验操作如下，开启装置A磁力搅拌器，慢慢加入一定量硫酸，检测气体纯净后连接三通阀；调节三通阀如图，收集气体一段时间；调节装置B温控磁力搅拌器，并控制温度为30℃；调节三通阀如图；移动水准管并调节活塞Y控制气体流速，反应一段时间后；调节装置B温控磁力搅拌器，并迅速控温在85℃；(4)从题中所给信息，步骤Ⅲ调节装置B温控磁力搅拌器，并迅速控温在85℃，发生该反应Ca(SH)2+2CaCN2+6H2O=2CS(NH2)2+3Ca(OH)2，可知硫代尿素在85℃溶解度较小，有利于以晶体的形式析出，故经趁热过滤、洗涤、合并滤液、冷冻结晶得到粗产品，洗涤应使用热水洗涤，减少产品的损失；(5)①临近终点溶液中有碘单质，溶液为黄褐色，滴加淀粉溶液溶液，溶液由黄褐色变为浅黄色或溶液变为浅黄色；② 根据空白实验可知20.00m溶液中加入碘单质为：
mg产品的质量分数为。
4．(2024·浙江省金丽衢十二校高三下学期第二次联考)甘氨酸钙是新一代补钙剂，通常为白色结晶性粉末，易吸水，在生物环境中不易与水分子或其他物质(如维生素和其他矿物质)发生化学反应。甘氨酸钙属于螯合物，可以缓慢释放钙，对胃肠道刺激性较小，不会引起呕吐、胃疼等不良反应，其水溶性好，难溶于乙醇。
某化学兴趣小组采用熔融法合成甘氨酸钙的流程如下：
(1)研磨操作需要的仪器 (填名称)
(2)写出甘氨酸钙[Ca(H2NCH2COO)2]溶液的电离方程式 。
(3)下列操作合理的是________。
A．“一系列操作”包括蒸发浓缩、缓慢冷却、过滤、洗涤、自然干燥
B．溶解、洗涤均采用热水，可提高产品纯度
C．若用坩埚钳移动灼热的坩埚，需预热坩埚钳，取下后放在陶土网上冷却待用
D．甘氨酸钙中的少量甘氨酸可用乙醇除去
(4)描述用焰色试验检验甘氨酸钙中含Ca元素的操作步骤及现象 。
(5)产品纯度的测定：热恒重(TG)分析法
①热恒重(TG)分析实验，若要判断固体在某温度下是否分解完全至少需称量
次。
②现取产品20.0g加热分解，剩余固体质量随温度变化如图(假设杂质在加热过程中不分解)结合数据计算该产品的纯度为 %。
【答案】(1)研钵 (2)Ca(H2NCH2COO)2Ca2++2H2NCH2COO-
(3)BC
(4)取铂丝(或铁丝)放在酒精灯(或煤气灯)外焰上灼烧至无色，蘸取样品在外焰上灼烧，若观察到火焰呈砖红色，说明有钙元素。最后将铂丝用盐酸洗净后，放于外焰上灼烧至无色。
(5) 3 94.0
【解析】称取一定质量的甘氨酸与氢氧化钙混合研磨，转移至坩埚反应温度150℃进行40min，冷却、研磨转移至烧杯，热水溶解、过滤、洗涤后得到滤液，蒸发浓缩、缓慢冷却、过滤、洗涤、真空干燥得到甘氨酸钙。(1)研磨操作需要的仪器为研钵；(2)甘氨酸钙 [Ca(H2NCH2COO)2]溶液的电离方程式为Ca(H2NCH2COO)2Ca2++2H2NCH2COO-；(3)A项，“一系列操作”包括蒸发浓缩、缓慢冷却、过滤、洗涤、真空干燥，A错误；B项，溶解、洗涤均采用热水，可以提高甘氨酸钙的溶解度，提高产品纯度，B正确； C项，若用坩埚钳移动灼热的坩埚，需预热坩埚钳，取下后放在陶土网上冷却待用 ，若未预热可能会变形，C正确；D项，甘氨酸在乙醇中的溶解度低，不能用乙醇除去，D错误；故选BC。(4)焰色试验检验甘氨酸钙中含Ca元素的操作步骤及现象：取铂丝(或铁丝)放在酒精灯(或煤气灯)外焰上灼烧至无色，蘸取样品在外焰上灼烧，若观察到火焰呈砖红色，说明有钙元素，最后将铂丝用盐酸洗净后，放于外焰上灼烧至无色；(5)①热恒重(TG)分析实验，若要判断固体在某温度下是否分解完全至少需称量3次；②最后剩余的固体为CaN2，6.8g的CaN2为0.1ml，则Ca(H2NCH2COO)2为0.1ml，Ca(H2NCH2COO)2的质量为18.8g，产品的纯度为：。
5．(2024·浙江省新阵地教育联盟、浙江十校高三联考)某学习小组利用相对密度法测定CO2分子量，实验装置如图：
简要步骤如下：
步骤Ⅰ：利用上图装置获取纯净CO2；
步骤Ⅱ：取一只洁净而干燥的锥形瓶(E)，用合适的橡胶塞塞紧后在塞子上作上标记，用电子天平称量，质量：m1g.用E收集CO2。
集满后，在电子天平上称量，质量(CO2+瓶+塞子)：m2g。
步骤Ⅲ：CO2分子量的测定
依据阿伏加德罗定律的推论：，可得：。
请回答下列问题：
(1)写出装置A反应的离子方程式： 。
(2) CO2的纯净程度是保证实验结果准确的关键.B、C、D装置是CO2的净化装置，请按顺序选择最适当的试剂： 。
A．水 B．浓硫酸 C．无水氯化钙及玻璃纤维
D．饱和碳酸氢钠溶液 e.碱石灰及玻璃纤维
(3)E没有设置防对流，能否收集到纯净CO2，说明理由： 。
(4)下列说法正确的是____________。
A．当装置B、C中有气泡时，即可以开始收集CO2
B．m1g即是锥形瓶的质量
C．对E进行称量时，应缓缓取出导管，再塞上橡胶塞至标记处，称量
D．通过对E反复称量，对比质量的变化，即可判断CO2是否集满
(5)通过向锥形瓶装水至橡胶塞塞至的标记处，用托盘天平称量，质量(水+瓶+塞子)：m3g，此时，水的质量远大于空气，可测定锥形瓶的体积： mL.若体积折算成标准状况，则Mr(CO2)= (用m1、m2、m3的计算式表示，无需化简)。
【答案】(1) CaCO3+2H+=Ca2++ CO2↑+H2O
(2)dbc
(3)可以，因为CO2的密度比空气大很多，不会与空气形成对流，向上排空即可收集到纯净的CO2
(4)CD
(5)
【解析】本题为探究二氧化碳分子量的实验探究类题目，由装置A制备二氧化碳，装置B除去二氧化碳中的氯化氢，装置C干燥二氧化碳，在气流被装置D稳定后，在装置E中收集二氧化碳，进而进行测定。(1)装置A为碳酸钙和盐酸制备二氧化碳的装置，离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++ CO2↑+H2O；(2)由装置A制备的二氧化碳中混入了氯化氢，可以用装置B中的饱和碳酸氢钠溶液除去；随后可以用装置C中的浓硫酸干燥二氧化碳；在收集二氧化碳的时候，为了使二氧化碳的气流稳定，可以装置D中放入无水氯化钙及玻璃纤维，可以同时再次起到一定的干燥的作用，故选dbc；(3)二氧化碳的相对分子质量为44，则其密度比空气大很多，则即使没有设置防对流，也可以收集到纯净的二氧化碳；(4)A项，装置B、C中有气泡时，只能说明有气流通过，而二氧化碳不一定纯净，A错误；B项，根据题意，m1g应该是锥形瓶和其中空气的质量的和，B错误；C项，对E进行称量时，应该防止导管的影响，且要保证二氧化碳的体积和之前其中空气的体积相同，C正确；D项，为了保证实验的准确性，可以通过对E反复称量，对比质量的变化，即可判断CO2是否集满，D正确；故选CD；(5)由于水的质量远大于空气，则可以认为m3- m1为水的质量，水的密度为1g/mL，则锥形瓶的体积：；根据，而m2- m1为为锥形瓶中二氧化碳的质量和其中空气的质量差，则。
6．(2024·浙江省瑞安中学高三首考适应性考试)实验室用图1装置(夹持、搅拌、尾气处理装置已省略)制备氢化铝钠(NaAlH4)。
简要步骤如下：
Ⅰ．在瓶A中分别加入50mL含3.84gNaH的四氢呋喃悬浮液、少量NaCl固体和0.20g固体搅拌，接通冷凝水。
Ⅱ．滴加50mL含5.34g AlCl3的四氢呋喃溶液，反应，有白色固体析出。
Ⅲ．待物料加完后，充分搅拌1h，放置沉降，分离出固体和清液，在图2装置中蒸馏，再纯化。
已知：所有操作在真空手套操作箱中完成，且对所有试剂去水、去氧处理。
NaAlH4在室温干燥空气中能稳定存在，遇水易燃烧爆炸，易溶于四氢呋喃(，缩写为THF)，难溶于甲苯、戊烷等烃类有机溶剂。常压下，NaAlH4熔点178℃，THF沸点66℃。
4NaH+AlCl3= NaAlH4+3NaCl
3NaH+AlCl3= AlH3+3NaCl
AlH3+NaH= NaAlH4
请回答：
(1)A瓶中冷凝水的通水方向是 进 出(填“a”或“b”)。
(2)请结合化学方程式说明遇水产生燃烧爆炸现象的原因 。
(3)下列说法正确的是______。
A．由于THF有一定毒性，所以图1中CaCl2的主要作用是尾气吸收
B．步骤Ⅱ中，滴加AlCl3的四氢呋喃溶液速率越快，得到沉淀颗粒更小
C．蒸馏时，缓慢加热，收集66℃左右馏分
D．根据物质结构推测，在室温下NaH在THF中的溶解度比AlCl3在THF中溶解度小
(4)步骤Ⅰ中，如果不加少量NaCl固体，反应速率逐渐减慢，在未完全滴加AlCl3的四氢呋喃溶液前反应停止，请解释原因 。
(5)若称量纯化后的质量为1.82g，计算该反应的产率为 。
(6)产品分析：分别取粗产品和纯化后的产品测定XDR，实验所测定的X射线衍射图谱如图3、图4所示，纯化后的产品的X射线衍射图谱是 (填“图3”或“图4”)。
【答案】(1) b a
(2) NaAlH4+4H2O= NaAl(OH)4+H2↑，反应大量放热并产生大量氢气，达到爆炸极限后发生爆炸
(3)D
(4)反应过程中产生NaCl固体且沉积在NaH粒子表面，阻碍AlCl3与NaH反应
(5)75% (6)图4
【解析】向50mL含4.32g NaH的四氢呋喃悬浮液中加入50mL含5.34g AlCl3的四氢呋喃溶液发生反应：4NaH+AlCl3= NaAlH4+3NaCl，而易溶于四氢呋喃，而NaCl为离子晶体，难溶于四氢呋喃，故析出的白色固体为NaCl。过滤之后，向NaAlH4的四氢呋喃溶液中加入甲苯，可以析出NaAlH4。(1)A瓶中冷凝水的通水方向为下口进上口出即b进a出；(2)NaAlH4遇水发生反应NaAlH4+4H2O= NaAl(OH)4+H2↑，反应大量放热并产生大量氢气，氢气和氧气混合达到爆炸极限后发生爆炸；(3)A项，CaCl2的主要作用是避免空气中的水分与NaAlH4接触发生爆炸，A项错误；B项，步骤Ⅱ中，滴加AlCl3的四氢呋喃溶液速率越快，白色固体析出越多，得到沉淀颗粒更大，B项错误；C项，已知NaAlH4熔点178℃，THF沸点66℃，蒸馏时，缓慢加热至66℃左右分离出THF，收集NaAlH4固体，C项错误；D项，根据操作步骤Ⅰ和Ⅱ推测，在室温下NaH
在THF中的溶解度比AlCl3在THF中溶解度小，D项正确；故选D；(4)由反应4NaH+AlCl3= NaAlH4+3NaCl，反应过程中产生NaCl固体且沉积在NaH粒子表面，阻碍AlCl3与NaH反应，反应速率逐渐减慢，在未完全滴加AlCl3的四氢呋喃溶液前反应停止；(5)3.84gNaH物质的量为，5.34g AlCl3物质的量为，由4NaH+AlCl3= NaAlH4+3NaCl可知理论上0.04ml AlCl3可以产生0.04ml NaAlH4，质量为m=nM=0.04ml×54g/ml=2.16g，若称量纯化后的NaAlH4质量为1.82g，原先加入0.20g NaAlH4固体，故反应产生1.62g NaAlH4，该反应的产率为；(6)粗产品除了NaAlH4还有NaCl等其他杂质固体，X射线衍射图谱波动较大，纯化后的产品主要是NaAlH4，X射线衍射图谱是图4。
7．(2024·浙江省义乌中学高三首考模拟)某兴趣小组采用H2O2作氧化剂，在大量氨和氯化铵存在下，选择活性炭作为催化剂将C(Ⅱ)氧化为C(Ⅲ)，来制备三氯化六氨合钴(Ⅲ)配合物。产品C(NH3)6Cl3为橙黄色单斜晶体，20℃时在水中的溶解度0.26 ml·L-1，不溶于乙醇，NH3与中心原子C(Ⅲ)的配位紧密，NH3不易在盐酸溶液中发生解离。反应装置如图所示，实验流程如下：
沉淀
成品称重计算产率
(1)仪器a的名称是 ，请写出该实验制备C(NH3)6Cl3的化学方程式
(2)操作(6)水浴加热至60℃的原因
(3)洗涤操作中a试剂为 ；b试剂为 。
A．氨水 B．氯化铵溶液 C．盐酸 D．乙醇
(4)下列说法不正确的是_______。
A．若称取6.05g CCl2·6H2O晶体，可使用电子天平称量
B．操作(6)水浴加热至60℃，保持20min，并不断摇动锥形瓶，其中盖住锥形瓶的目的是防止氧气进入
C．系列操作(8)将粗产品溶解于稀溶液后，通过过滤将活性炭除去，然后在高浓度的溶液中析出
D．操作(9)烘干可采用高温烘干，加快烘干速率
产品分析：
步骤1、准确称取0.2000g样品于250mL锥形瓶中，加20ml水溶解，然后加溶液，在电炉上加热至无NH3放出(用pH试纸检验)，然后冷却溶液。
步骤2、将溶液转移至碘量瓶中，再加20.00ml水及固体和15.00 mL 6.000 ml·L-1HCl溶液，立即盖上盖子并摇晃均匀，放暗处静置10min左右。
步骤3、用标准硫代硫酸钠溶液标定样品溶液至浅黄色(这时滴定速度要慢，以防滴过头)，加入5.00mL新配的2%的淀粉指示剂，继续滴定至蓝色消失终点。记录所消耗的硫代硫酸钠的体积V。
(5)步骤3中淀粉指示剂为何不在标准硫代硫酸钠溶液标定样品溶液前加入，请表述原因 。请根据表格数据计算三氯六氨合钴中钴的相对误差： 。(保留两位有效数字)[已知：相对误差=(测量值-标准值)/标准值]三氯六氨合钴中钴的标准含量：
【答案】(1) 恒压滴液漏斗
2CCl2+10NH3+2NH4Cl+H2O2=2 [C(NH3)6]Cl3(橙黄)+2H2O
(2)太低，反应速率过慢；太高配合物会分解
(3) C D (4)BD
(5) 防止淀粉吸附I2，导致滴定终点提前到达 -0.50%
【解析】利用温水溶解CCl2·6H2O和NH4Cl固体混合物，得到[C(H2O)2Cl4]2-在催化剂活性炭的作用下加入浓氨水生成[C(NH3)6]Cl2，在低温下用双氧水氧化 [C(NH3)6]Cl2使其转化为[C(NH3)6]Cl3，冰水冷却结晶后抽滤得[C(NH3)6]Cl3，所得沉淀先用浓盐酸洗涤，然后用无水乙醇洗涤，烘干得到产品。(1)根据仪器构造可判断仪器a的名称是恒压滴液漏斗，反应物有CCl2、氨气、NH4Cl和双氧水，反应中双氧水被还原为水，则实验制备 [C(NH3)6]Cl3的化学方程式为2CCl2+10NH3+2NH4Cl+H2O2=2 [C(NH3)6]Cl3(橙黄)+2H2O。(2)由于温度太低，反应速率过慢；温度太高配合物会分解，所以操作(6)水浴加热至60℃左右。
样品质量m
V(Na2S2O3)
c(Na2S2O3)
0.2000g
31.00ml
0.02400
(3)由于20℃时[C(NH3)6]Cl3在水中的溶解度0.26 ml·L-1，且不溶于乙醇，所以为了减少溶解而损失，洗涤操作中a试剂为2 ml·L-1盐酸，b试剂为乙醇，故选CD。(4)A项，托盘天平只能读数到0.1g，所以若称取6.05g CCl2·6H2O晶体，可使用电子天平称量，A正确；B项，由于双氧水易分解产生氧气，所以盖住锥形瓶的目的是防止生成的氧气逸出，导致原料利用率低，B错误；C项，增大氯离子浓度有利于析出晶体，因此系列操作(8)将粗产品溶解于稀HCl溶液后，通过过滤将活性炭除去，然后在高浓度的HCl溶液中析出，C正确；D项，高温会导致配合物分解，所以操作(9)烘干不可采用高温烘干，D错误；故选BD。(5)为防止淀粉吸附I2，导致滴定终点提前到达，所以步骤3中淀粉指示剂不在标准硫代硫酸钠溶液标定样品溶液前加入；根据得失电子守恒得出关系式：2C3+～I2～2S2O32-，则样品中钴的含量为≈21.95%，所以三氯六氨合钴中钴的相对误差为≈-0.50%。
8．(2024·浙江省北斗星盟高三联考)三草酸合铁(Ⅲ)酸钾的化学式为K3[Fe(C2O4)3]·3H2O，是用于制备负载型活性铁催化剂的主要原料，也是一些有机反应的催化剂，具有工业生产价值。实验室采用如下方案制备三草酸合铁酸钾。
步骤①：先在烧杯中加入2.40 g FeC2O4·2H2O晶体，再加入饱和草酸钾溶液，水浴加热40℃，用滴管慢慢加入12.00 mL6%H2O2溶液，不断搅拌，充分反应后溶液为绿色并有红褐色沉淀生成。
步骤②：加热溶液至沸腾，然后将适量草酸溶液逐滴滴入上述溶液中，不断搅拌至沉淀完全溶解为透明的绿色溶液。
步骤③：最后冷却后，缓慢加入无水乙醇，结晶、过滤、洗涤、干燥得到粗产品。
已知：三草酸合铁酸钾为翠绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，光照时分解得到黄色晶体(FeC2O4·2H2O)。
(1)步骤①中发生的化学方程式是 。
(2)步骤②“加热至沸腾”的目的是 ，步骤③乙醇要缓慢加入的原因是 。
(3)下列有关说法正确的是_______。
A．可将乙二醇滴入酸性重铬酸钾溶液中制得草酸溶液
B．光照三草酸合铁酸钾发生：2K3[Fe(C2O4)3]·3H2O3K2C2O4+2FeC2O4·2H2O+2CO2↑+2H2O
C．步骤②的目的是将氢氧化铁沉淀转化为三草酸合铁酸钾以提高产率
D．步骤③中“洗涤”可采用冷水或酒精洗涤
(4)用高锰酸钾滴定法测产品的纯度。
①标定高锰酸钾溶液浓度，请选择以下正确的操作并排序：配制草酸基准试剂 配制约 高锰酸钾溶液 ，平行滴定三次，计算高锰酸钾溶液的浓度
a．用移液管移取草酸基准试剂于锥形瓶中
b．用移液管移取草酸基准试剂于锥形瓶中
c．
d．
e．
f．装入洁净干燥的酸式滴定管中
g．装入洁净干燥的碱式滴定管中
h．滴定至溶液由红色变无色且内不变色
i．滴定至溶液由无色变微红色且内不褪色
j．滴定至溶液由无色变紫红色且内不褪色
三次滴定数据记录如下：
②准确称取0.2000 g产品三草酸合铁酸钾晶体(M=491g·ml−1)，用上述已标定浓度的高锰酸钾溶液滴定，消耗高锰酸钾溶液，则该次实验制得的产品纯度为 。
【答案】(1) 6FeC2O4·2H2O+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3] +2 Fe(OH)3 ↓+12H2O或
6FeC2O4·2H2O+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]·3H2O+2 Fe(OH)3 ↓
(2)除去双氧水，防止其在后续实验中氧化草酸 避免沉淀析出过快导致晶体过小(有利于得到大晶体)
(3)BC (4) a d f i 81.83%
【解析】(1)过氧化氢将草酸亚铁中的亚铁离子氧化为+3价，其化学方程式为：6FeC2O4·2H2O+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3] +2 Fe(OH)3 ↓+12H2O；(2)草酸具有较强还原性，过氧化氢会氧化草酸，加热可以使过氧化氢分解，防止其氧化草酸；乙醇加入过快会导致结晶过快，不能得到较大晶体，故故选除去双氧水，防止其在后续实验中氧化草酸、避免沉淀析出过快导致晶体过小(有利于得到大晶体)；(3)草酸具有较强的还原性，因此乙二醇和酸性重铬酸钾溶液反应不可能得到草酸，A错误；光照时分解得到黄色晶体(FeC2O4·2H2O)其方程式为：2K3[Fe(C2O4)3]·3H2O3K2C2O4+2FeC2O4·2H2O+2CO2↑+2H2O，B正确；步骤②加入草酸溶解氢氧化铁，可以增加溶液中草酸根离
序号
1
2
3
滴定前读数
0.98
1.26
1.01
滴定后读数
11.00
10.12
10.99
子和铁离子的量，从而增加三草酸合铁酸钾的产率，C正确；三草酸合铁酸钾容易溶于水，因此不能用冷水和75%的酒精洗涤，D错误；故选BC；(4)如果取用草酸基准试剂量较大，滴定时高锰酸钾的用量容易超过滴定管的量程，选择a；滴定三组数据消耗高锰酸钾溶液的体积为10.02ml、8.86ml、9.98ml，舍去第二组数据则消耗高锰酸钾的平均体积为：(10.02+9.98)ml÷2=10.00ml，
则c=0.02ml/L；酸性高锰酸钾具有强氧化性应装入酸式滴定管中；终点原本溶液是无色最后一滴高猛酸钾滴入后溶液显出高锰酸钾溶液的颜色，故终点为滴定至溶液由无色变为微红色且30s不褪色；
则样品的纯度为：。
9．(2024·浙江省高三选考模拟考试)连二亚硫酸钠(Na2S2O4，俗称保险粉)广泛用于纺织工业的还原性染色清洗、印花等，其是一种淡黄色粉末，易溶于水，难溶于乙醇。实验室用锌粉法制备Na2S2O4的流程及实验装置(夹持及加热装置已略)如图所示。
请回答：
(1)装有NaOH溶液的仪器名称是 ；通SO2前先向三口烧瓶中通入N2的目的是 ；纯化SO2时需通过盛有 的洗气装置，再通过浓硫酸。
(2)步骤Ⅱ发生反应的化学方程式为 。
(3)下列说法不正确的是___________(填标号)。
A．将锌粉和水制成悬浊液可增大反应物的接触面积，提高反应速率
B．图中干燥管中盛放的物质可以是碱石灰
C．步骤Ⅱ反应结束后的分离操作需要用到的玻璃仪器有分液漏斗、玻璃棒、烧杯
D．步骤I于35～45℃条件下反应，应选用水浴加热的方式控制温度
(4)加入NaCl盐析并冷却至室温后的后续处理包括过滤、蒸馏水洗涤、乙醇洗涤、干燥，其中用乙醇洗涤的目的是 。
(5)准确称取产品mg于烧杯中，加入20.00mL中性甲醛溶液，搅拌至产品完全溶解
(Na2S2O4＋2HCHO＋H2O=NaHSO3·CH2O＋NaHSO2·CH2O)，加水配成250mL溶液，移取25.00mL于锥形瓶中，酸化后用cml·L-1I2标准溶液滴定(滴定反应：NaHSO2·CH2O＋2I2＋2H2O=NaHSO4＋4HI＋HCHO)，接近终点时加入淀粉作指示剂，继续滴定至终点。平行滴定三次，平均消耗I2标准溶液VmL。产品中Na2S2O4的质量分数为 (列出含m、c、V的表达式即可)。
【答案】(1) 恒压滴液漏斗 排出装置内的空气，防止生成的Na2S2O4被氧化 饱和NaHSO3溶液
(2)ZnS2O4+2NaOH=Na2S2O4+Zn(OH)2↓
(3)C
(4)除去晶体表面的水分，并减少Na2S2O4的溶解损失
(5)%(或)
【解析 】锌粉-水悬浊液中通入SO2至pH=3得到ZnS2O4，再通入氢氧化钠溶液生成Na2S2O4和沉淀Zn(OH)2，最后加入氯化钠等得到保险粉。(1)装有氢氧化钠溶液的仪器为恒压分液漏斗；由题意可知Na2S2O4具有还原性，通SO2前先向三口烧瓶中通入N2的目的是排出装置内的空气，防止生成的Na2S2O4被氧化；通过饱和NaHSO3溶液纯化SO2气体。(2)结合流程图可知，步骤Ⅱ中ZnS2O4与NaOH反应生成Na2S2O4和沉淀Zn(OH)2，化学方程式为ZnS2O4+2NaOH=Na2S2O4+Zn(OH)2↓。(3)SO2与Zn粉直接接触反应，接触面积太小，将锌粉和水制成悬浊液，可增大SO2与Zn粉反应时的接触面积，从而加快SO2与Zn的反应速率，A项正确；图中干燥管的作用是防止未反应的SO2逸出而污染大气，故可以盛放碱石灰吸收SO2，B项正确；步骤Ⅱ反应结束后需进行过滤操作分离出Zn(OH)2沉淀，则需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗，C项错误；根据步骤I的反应温度35~45℃，则应选用水浴加热的方式，D项正确。故选C。(4)Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇，因此用乙醇洗涤既能除去晶体表面的水分，又能减少Na2S2O4的溶解损失。(5)由题意可得关系式Na2S2O4~NaHSO3·CH2O~2I2，则n(Na2S2O4)=n(I2)=cV×10-3ml，则Na2S2O4的质量分数为=%。
10．(2024·浙江省绍兴市第一中学高三首考模拟)某实验小组按如下流程和装置制取CaO2：
已知：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，加热至350℃左右开始分解放出氧气。
请回答下列问题：
(1)下列说法正确的是___________
A．Ca(OH)2微溶于水，改用易溶于水的CaCl2制备CaO2能加快反应速率
B．采用冷水浴搅拌反应的目的是防止反应放热使温度升高导致H2O2分解
C．醇洗的目的是洗去水，加快干燥速度，防止CaO2与H2O反应
D．为加快脱水速度，可在105℃加热烘干脱水
(2)步骤Ⅰ采用如图1所示的装置。
①仪器A的名称是 。
②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。当>1.1后，随着比值的增大CaO2产率呈下降趋势，原因是 。
(3)产品纯度测定
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准确称取a g产品于烧杯中，加入适量的盐酸使其完全溶解；向溶液中加入稍过量的(NH4)2C2O4，沉淀完全，过滤并洗涤沉淀；将洗涤好的沉淀用稍过量的稀硫酸溶解，溶解液和洗涤液全部转移至锥形瓶中；向锥形瓶中滴入几滴MnSO4溶液，然后逐滴滴入浓度为c ml/L的KMnO4标准溶液至终点，消耗溶液体积为V mL。滴定前，滴入MnSO4溶液的目的是 ，产品的纯度为 (用含a、c、V的字母表示)。
【答案】(1)BCD
(2) 恒压滴液漏斗 溶液碱性增强，H2O2稳定性下降分解导致CaO2产率降低
(3) F、B、E、C、G 作催化剂，加快反应速率 ×100%
【解析】Ca(OH)2固体用30%双氧水处理，发生反应：Ca(OH)2+H2O2=CaO2+2H2O，CaO2是一种白色固体，微溶于水，冷水浴后得到悬浊液，再经过减压过滤、水洗、醇洗得CaO2·8H2O，最后加热脱水烘干得到CaO2固体。(1)A项，已知CaO2微溶于水，可与水缓慢反应，易与酸反应，使用CaCl2反应生成的HCl会使得CaO2的产率降低，故A错误；B项，H2O2受热易分解，采用冷水浴搅拌反应的目的是防止反应放热使温度升高导致H2O2分解，故B正确；C项，醇洗的目的是洗去水，加快干燥速度，防止CaO2与H2O反应，故C正确；D项，CaO2加热至350℃左右开始分解放出氧气，为加快脱水速度，可在105℃加热烘干脱水，故D正确；故选BCD。(2)①仪器A的名称是恒压滴液漏斗；②当>1.1后，随着比值的增大CaO2产率呈下降趋势，原因是溶液碱性增强，H2O2稳定性下降分解导致CaO2产率降低。(3)①滴定前的准备工作是选定酸式滴定管，检漏后用水清洗，再用待装标准液润洗，关闭旋塞，盛装标准液至“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F、B、E、C、G；②准确称取a g产品于烧杯中，加入适量的盐酸使其完全溶解生成CaCl2，向溶液中加入稍过量的(NH4)2C2O4，生成CaC2O4沉淀，将洗涤好的沉淀用稍过量的稀硫酸溶解生成H2C2O4，溶解液和洗涤液全部转移至锥形瓶中，向锥形瓶中滴入几滴MnSO4溶液，MnSO4的作用是作催化剂，加快反应速率，然后逐滴滴入浓度为c ml/L的KMnO4标准溶液发生反应：5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4═10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O，则n(CaO2)=n(H2C2O4)=2.5n(KMnO4)=2.5cV×10-3ml，产品的纯度为=
×100%。
一、综合实验解题流程
命题预测
综合实验题是每年考查能力的综合压轴题，其综合性强、难度大，是一道拉分的主要试题。实验综合题主要以物质制备和性质探究考查为主，通常为考生提供一个真实的实验环境，让考生用已有的化学原理和实验技能，结合新信息、新问题去研究和解决问题，其中物质制备和定量实验是高考的两大热点题型，物质制备主要以气体、无机物、有机物的制备为载体，考查学生常见化学仪器的使用、物质的分离与提纯等基本实验操作，以及实验条件的控制、产率的计算；而定量实验是将化学实验与化学计量有机的结合在一起测定物质化学组成与含量的探究性实验，是近几年高考命题的常考题型。
预计2024年综合实验试题将以元素化合物知识为依托，以陌生物质制备为背景，充分体现了“源于教材，又不拘泥于教材”的命题指导思想，把化学实验基础知识和基本操作技能准确迁移到类似的实验中去，题目类型主要有物质制备类、实验探究类、定量测定类等，但并不拘泥于固定的形式，但由于物质陌生、设问巧妙，在解题中，往往让考生感到“老虎吃天、无从下口”的畏惧感。
高频考法
(1)以物质制备为中心的考查
(2)以实验探究为中心的考查
(3)以定量测定为中心的考查
1.仪器或接口的连接顺序
三、基本操作规范答题
四、计算分类突破
(1)含量测定
基本操作
答题规范
滴定操作
滴定时，左手控制滴定管活塞，右手振荡锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化
证明沉淀完全的操作
静置，取沉淀后的上层清液，加入××试剂(沉淀剂)，若没有沉淀生成，说明沉淀完全
洗涤沉淀的操作
沿玻璃棒向过滤器中的沉淀上加蒸馏水至没过沉淀，静置使其全部滤出，重复操作数次
检验沉淀是否洗涤干净的操作
取最后一次洗涤液，加入××试剂(根据沉淀可能吸附的杂质离子，选择合适的检验试剂)，若没有××(特征现象)出现，证明沉淀已洗涤干净
从溶液中得到晶体的操作
蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤(包括水洗、冰水洗、热水洗、乙醇洗等)→干燥
题型
化学综合实验、化学工艺流程
测定方法
滴定法
①连续滴定法：第一步滴定反应生成的产物，还可以继续参加第二步的滴定。根据第二步滴定的消耗量，可计算出第一步滴定的反应物的量
②返滴定法：第一步用的滴定剂是过量的，然后第二步再用另一物
(2)化学式的确定
(3)转化率、化学平衡常数的计算
01 以物质制备为中心的考查
1．(2024·浙江省杭州市高三下学期二模)过氧化钙(CaO2)微溶于水，碱性条件下较稳定，可作为医用防腐剂和消毒剂，也可作为改良剂为农业、园艺和生物技术应用提供氧气。以下是一种实验室制备较高纯度过氧化钙的流程图：
(1)步骤I需要量取盐酸，所用的仪器是___________。
A．量筒B．量筒
C．碱式滴定管D．烧杯
质返滴定计算出过量的物质。根据第一步加入的量减去第二步中过量的量，即可得出第一步所求物质的物质的量
计算过程
①根据关系式法、得失电子守恒法、滴定法等，得出混合物中某一成分的量。②由①中求出量，除以样品的总量，即可得出其含量
题型
化学综合实验、化学工艺流程
类型
通过热重曲线确定化学式、通过实验确定化学式
计算方法
守恒法
题型
化学反应原理(速率、平衡)综合
计算类型
转化率
转化率＝×100%＝×100%
产率
产率＝×100%。
百分含量
混合物中某组分的百分含量＝×100%
计算
方法
1.分析三个量：起始量、变化量、平衡量
2.用好一种方法——“三段式法”
“三段式法”计算的模板：依据方程式列出反应物、生成物各物质的初始量、变化量、平衡量，结合问题代入公式运算。
(2)下列说法正确的是___________。
A．步骤I中应使用过量的盐酸，以提高碳酸钙的利用率
B．步骤Ⅱ中的煮沸操作的主要目的是加快反应速率
C．步骤Ⅲ中的混合操作，应将氯化钙溶液滴入氨水-双氧水混合液中
D．步骤V中可用冰水洗涤
(3)写出步骤Ⅲ发生反应的化学方程式 ，步骤Ⅲ采用冰水浴可提高产率，其原因有(回答两点) 。
(4)准确称取产品配成溶液。取溶液，加入5mL6ml·L-1醋酸溶液和2-3滴0.1 ml·L-1MnSO4溶液，用0.02 ml·L-1KMnO4标准溶液滴定至浅红色，半分钟不褪色；平行测定3次，消耗KMnO4标准溶液的平均值为。
①MnSO4溶液的作用是 。
②CaO2的纯度为 。
【答案】(1)A (2)CD
(3) CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl 生成CaO2·8H2O沉淀的反应是放热反应，降低温度可以提高产率；CaO2·8H2O受热易分解
(4) MnSO4能起催化剂的作用，使反应速率加快 88%
【解析】由题给流程可知，碳酸钙固体溶于盐酸得到氯化钙溶液，加热煮沸后向溶液中加入过氧化氢溶液和氨水，氯化钙溶液与过氧化氢溶液和氨水反应生成八水过氧化钙沉淀，沉淀经水洗、乙醇洗后，烘烤得到无水过氧化钙。(1)在实验室量取液体时，因为量程太大，会使区分度增大，而加大误差，量程太小，需量取多次，也会加大误差，采用就近原则，比量取的液体体积大，且最接近的，所以选取10mL量筒，故选A。(2)A项，题给流程可知，后氯化钙溶液要加入氨水营造碱性环境，步骤I中不能使用过量的盐酸，A错误；B项，步骤Ⅱ中的煮沸操作的主要目的是除去溶液中过量的HCl，B错误；C项，过氧化钙(CaO2)微溶于水，碱性条件下较稳定，步骤Ⅲ中的混合操作，应将氯化钙溶液滴入氨水-双氧水混合液中，保证溶液始终为碱性，C正确；D项，过氧化钙(CaO2)微溶于水，温度高时会分解，则步骤V中可用冰水洗涤，D正确；故选CD。(3)浓氯化钙溶液与过氧化氢溶液和氨气反应生成CaO2·8H2O沉淀和氯化铵，反应的化学方程式为CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl；步骤Ⅲ采用冰水浴可提高产率，其原因有：生成CaO2·8H2O沉淀的反应是放热反应，降低温度可以提高产率；CaO2·8H2O受热易分解。(4)①酸性条件下，CaO2和醋酸反应后生成H2O2，H2O2溶液与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应时，MnSO4能起催化剂的作用，使反应速率加快；②酸性条件下，CaO2和醋酸反应后生成H2O2，用0.02 ml·L-1KMnO4标准溶液滴定H2O2溶液，
离子方程式为：，则n(CaO2)= n(H2O2)=2.5n(KMnO4)=2.5×0.02 ml·L-1×0.0176L×=0.0088ml，CaO2的纯度为。
02 以实验探究为中心的考查
2．(2024·浙江省宁波市镇海中学新高考调研卷)某实验小组进行如下关于银镜反应的实验探究。
Ⅰ．探究银镜反应中NH3·H2O的作用
已知：①银镜沉淀速率过快可影响其结构和形貌，从而影响其光泽；
②AgOH开始沉淀时pH=9，AgOH不稳定，易不可逆分解为黑色Ag2O；
③在实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的AgNO3溶液可视作中性溶液。
(1) Ag+的氧化性会随浓度增加而上升，对比实验Ⅰ和Ⅱ，实验小组提出两个猜想：
<猜想1> Ag+的氧化性随溶液pH的增大而增大
<猜想2> 。
(2)该实验小组为进一步探究而设计实验Ⅲ，实验装置如图所示，最终得到结论：“猜想1不合理，猜想2合理”。简述实验Ⅲ的实验过程： 。
(3)该实验小组又进行了实验Ⅳ，控制实验Ⅱ和实验Ⅳ中溶液pH相同，对比实验Ⅱ和实验Ⅳ，实验现象出现差异的原因是 。
Ⅱ．该小组在一次制银镜时误将无标签的溶液当成稀氨水，使得Ag+转化为淡黄色AgBr沉淀。查阅资料知只有极浓的氨水可以将AgBr溶解，而实验室并无浓氨水，故不能利用AgBr制备银氨溶液。实验小组决定采用肼还原AgBr制银镜，实验报告如下。
请将实验报告的空缺部分填充完整。
实验目的
采用肼还原AgBr制得银镜并以此深入探究银镜反应中NH3·H2O的作用
实验原理
①肼(N2H4)具有强还原性，易吸潮、易被氧化、易与CO2等酸性气体反应，常压下可与水形成共沸物(其中肼含量约69%)；
②(NH4)2CO3+ NaClO+2NaOH→N2H4·H2O+NaCl+Na2CO3；
③N2H4+4AgBr=4Ag↓+N2↑+4HBr。
实验药品
AgBr悬浊液、NaClO溶液(加NaOH碱化，)、催化剂、焦性没食子酸(别名连苯三酚)溶液(加NaOH碱化，)、尿素、油、盐酸。
实验仪器
制备肼的全套装置[具体仪器见装置图，需注意的几点：a．实验最好使用洗气瓶，但因实验室没有洗气瓶，故用 (填“广口瓶”或“细口瓶”)接导管替代；b．加热及夹持装置略]、减压蒸馏装置(具体仪器略)、试管、胶头滴管等。
实验操作
①依图组装仪器并检查气密性，装入药品；
②用油浴加热，向三预烧瓶缓缓鼓入空气，同时缓缓将恒压滴液漏斗内药品滴入三颈烧瓶，加热约后停止加热；
③将三预烧瓶内的液体进行减压蒸馏，得到氨肼混合溶液，将其滴加入悬浊液中。
实验结果
实验制得了银单质，但其并未附着在试管壁上形成银镜，而是松散的银粉。
实验反思
①焦性没食子酸溶液(加碱化)的作用是 ，加热过程中持续缓慢通入空气的目的是 ；
②为深入研究为何该反应没有生成银镜，我们又做了如下实验：
【答案】(1)乙醛的还原性随溶液pH增大而增大
(2)向B中滴加浓硝酸，发现示数不变；向A中滴加浓盐酸，发现示数改变
(3)生成[Ag(NH3)2]+的反应是可逆的，随着Ag+的消耗，配离子不断解离，将溶液中Ag+浓度维持基本不变，可以持续生成银镜；而生成Ag2O的反应是不可逆的，溶液中的Ag+消耗之后无法得到补充 广口瓶 除去O2和CO2等气体，防止产物发生副反应 搅拌促进反应；排除原有空气，作保护气 只有在弱碱性且Ag+维持在合适浓度的条件下才能生成银镜
【解析】该实验为典型的定性实验，实验目的I是研究NH3·H2O对实验的影响，实验II的目的是研究银离子对实验的影响，根据实验的需求，对比实验不同的变量可得到解决实验问题的方法。(1)Ag+的氧化性会随浓度增加而上升，对比实验Ⅰ和Ⅱ，实验Ⅱ有现象，发生氧化还原反应，猜想为氧化剂氧化性增大或还原剂还原性增大，故猜想2为：乙醛的还原性随溶液pH增大而增大；(2)猜想1不合理，猜想2合理，故需验证猜想2，则实验过程为：向B中滴加浓硝酸，发现示数不变；向A中滴加浓盐酸，发现示数改变；(3)①对比实验Ⅱ和实验Ⅳ，pH相同、乙醛浓度相同，故产生差异的原因是银离子的浓度，产生浓度差异的原因为：生成[Ag(NH3)2]+的反应是可逆的，随着Ag+的消耗，配离子不断解离，将溶液中Ag+浓度维持基本不变，可以持续生成银镜；而生成Ag2O的反应是不可逆的，溶液中的Ag+消耗之后无法得到补充；②细口瓶瓶口过小，无法使用双孔塞，故选择广口瓶；③肼(N2H4)具有强还原性，易吸潮、易被氧化、易与CO2等酸性气体反应，故焦性没食子酸溶液(加NaOH碱化)的作用是：除去O2和CO2等气体，防止产物发生副反应；④加热过程中持续缓慢通入除去O2和CO2等气体的空气，可使溶液搅动从而促进反应，同时排除装置中原有空气，作保护气的作用，故目的是：搅拌促进反应；排除原有空气，作保护气；⑤对比实验，虽然发生反应生成银单质，但由于反应速率快慢不同导致生成银的形态不同，无法形成光亮的镜面，由此可知只有在弱碱性且Ag+维持在合适浓度的条件下才能生成银镜。
03 以实验评价为中心的考查
3．(2024·浙江省杭州高级中学高三选考模拟)三氯化铬是很多含铬化合物的起始原料。实验室利用Cr2O3
综合做过的上述关于银镜反应的探究实验，我们得出的结论是 。
固体和CCl4反应制备无水CrC13，并收集该反应产生的光气(COCl2)，实验装置如图所示(夹持及加热装置已省略)。
已知：I．光气与水易反应，能溶于CCl4溶液；
Ⅱ．有关物质熔沸点如下表
(1)组装好装置，检查气密性完好后往装置中加料，保持K1、K2、K3处于打开状态，接着通入N2，此时通入N2的目的是 。
(2)通入N2一段时间后，保持K1、K2打开，关闭K3，将装置A在85°C下进行水浴加热，此时B中发生反应的化学方程式为 。
(3)待B中反应结束后，停止高温加热，将装置C在30℃下进行水浴加热，同时关闭K1、K2，打开K3，温度计显示的温度为 ℃。
(4)实验结束后，E中溶质除了有NaOH，还含有 (填化学式)。
(5)称取B中所得产品6.34g溶于水配制成250mL溶液，取25.00mL样品溶液于带塞的锥形瓶中，加入稀硫酸，完全溶解后加入NaOH溶液形成绿色的Cr(OH)3沉淀后，再加入过量H2O2，小火加热至沉淀完全转变为Na2CrO4溶液后，继续加热一段时间，再滴入指示剂，用新配制的0.20ml·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2溶液进行滴定，到达滴定终点时，消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液36.00mL。
①沉淀完全转变为Na2CrO4溶液后，继续加热一段时间的原因 。
物质
Cr2O3
CrCl3
CCl4
COCl2
熔点℃
1435
1152
-23
-118
沸点/℃
4000
1300
76
8.2
②产品中CrCl3的质量分数为 。
【答案】(1)排除装置中的空气
(2)Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2
(3)8.2
(4)NaCl和Na2CO3
(5)将过量H2O2除去，防止氧化(NH4)2Fe(SO4)2，导致实验结果偏高 60%
【解析】本实验制备CrCl3，其反应原理是Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2，根据题给操作步骤，先通一段时间的氮气，排除装置的空气，按照装置图，先打开K1、K2，关闭K3，反应结束后，然后关闭K1、K2，打开K3，因此COCl2与水易反应，因此装置d的作用是防止E中水蒸气进入锥形瓶中。(1)装置中含有空气，空气可能会干扰实验，因此需要先通一段时间的氮气，排除装置中的空气。(2)B装置中CCl4和Cr2O3固体在700-800℃条件下反应生成CrCl3固体和光气COCl2，化学方程式Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2。(3)装置B制备CrCl3，化学方程式Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2，因为COCl2能溶于CCl4溶液，装置C中得到溶有COCl2的四氯化碳，利用沸点不同进行，采用蒸馏方法分离出光气，此时应关闭K1、K2，打开K3，根据表中数据，温度计显示的温度为8.2℃。(4)有部分COCl2进入装置E中，COCl2能与水反应生成CO2和HCl，E中溶质除了有NaOH外，还含有NaCl和Na2CO3。(5)①沉淀完全转变为Na2CrO4溶液后，继续加热一段时间的原因：继续加热一段时间的目的是将过量H2O2除去，防止氧化Fe2+导致结果偏高；②根据题中信息，过氧化氢作氧化剂，将Cr(OH)3氧化成Na2CrO4，过氧化氢被还原成水，根据化合价升降法、原子守恒和所带电荷守恒，得到该离子方程式为4OH-+2Cr(OH)3+3H2O2=2CrO42-+8H2O，建立关系式为2CrCl3～2Cr(OH)3～2CrO42-～6Fe2+，因此样品中CrCl3的质量分数为==60%。
04 以定量计算为中心的考查
20．(2024·浙江省宁波市镇海中学高三模拟)硼氢化钠(NaBH4)是一种潜在储氢剂，在有机合成中也被称为“万能还原剂”。实验室制备、提纯、分析NaBH4纯度的步骤如下。
Ⅰ．NaBH4的制备
利用如图甲装置(加热及夹持装置略)进行操作：
(ⅰ)打开K2，鼓入N2，升温到110℃，快速搅拌，将融化的Na快速分散到石蜡油中；
(ⅱ)升温到200℃，关闭K2，打开K1通入H2，充分反应后制得NaH；
(ⅲ)升温到240℃，持续搅拌下通入N2，打开K3滴入硼酸三甲酯[分子式为B(OCH3)3]；
(ⅳ)降温后，分离得到NaBH4和CH3ONa的固体混合物。
已知：
NaBH4：可溶于异丙胺或水，常温下与水缓慢反应，强碱环境下能稳定存在
CH3ONa：难溶于异丙胺
异丙胺：有机溶剂，沸点：33℃
Ⅱ．NaBH4的提纯
NaBH4可采用索氏提取法提纯，其装置如图乙所示，实验时将NaBH4和CH3ONa的固体混合物放入滤纸套筒1中，烧瓶中加入异丙胺。烧瓶中异丙胺受热蒸发上升，冷凝后滴入滤纸套筒1中，再经导管返回烧瓶，从而实现连续萃取。
Ⅲ．纯度分析
步骤1：取m g产品(杂质不参加反应)溶于溶液后配成溶液，取置于碘量瓶中，加入V1mL c 1ml·L-1的KIO3溶液充分反应。(3NaBH4+4KIO3=3NaBO2+4KI+6H2O)
步骤2：向步骤1反应后溶液中加入过量的KI溶液，用稀硫酸调节pH，使过量KIO3转化为I2，冷却后于暗处放数分钟。
步骤3：将步骤2所得混合液调pH约为5.0，加入几滴淀粉，用c2ml·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗溶液V2mL。(I2+2 Na2S2O3= Na2S4O6+2 NaI)
回答下列问题：
(1)仪器a的名称是 。
(2)写出NaH与B(OCH3)3反应的化学方程式 。
(3)下列有关说法不正确的是__________。
A．NaBH4和中氢化合价相同B．装置甲应该处于无水、无氧的反应环境
C．装置乙中异丙胺蒸汽沿导管2上升D．萃取完全后，NaBH4在圆底烧瓶中
(4)按照先后顺序对本实验的滴定操作排序
检查是否漏水→蒸馏水洗涤→ →a→_______→_______→________。
a．加液至“0”刻度以上处
b．调整液面至“0”刻度或“0”刻度下方，记录读数V1
c．倾斜转动滴定管，使标准液润湿滴定管内壁，将润洗液从下口排出
d．赶出尖嘴部分气泡
e．向碱式滴定管中加3~5 mL Na2S2O3标准液
f．向酸式滴定管中加3~5 mL Na2S2O3标准液
g．左手控制活塞(或挤压玻璃珠)，右手振荡锥形瓶
h．左手振荡锥形瓶，右手控制活塞(或挤压玻璃珠)
(5)产品中NaBH4的纯度为 ％。
【答案】(1)恒压分液漏斗 (2)
(3)C (4)cedbg (5)
【解析】装置中首先通入氮气排净空气，然后升温使得融化的Na快速分散到石蜡油中，再升温到200℃，通入H2，充分反应后制得NaH，然后升温到240℃，持续搅拌下通入N2，滴入硼酸三甲酯充分反应后，降温后离心分离得到NaBH4和CH3ONa的固体混合物。(1)仪器a的名称是恒压分液漏斗；(2)240℃时NaH与B(OCH3)3反应生成NaBH4和CH3ONa， NaH与B(OCH3)3反应的化学方程式；(3)A项，NaBH4和NaH中氢化合价相同，均为-1价，故A正确；B项，Na、NaBH4和NaH均易与水和氧气反应，装置甲应该处于无水、无氧的反应环境，故B正确；C项，3为蒸汽导管，2为虹吸管，异丙胺受热蒸发，蒸汽沿导管3上升至球形冷凝管，冷凝后滴入滤纸套
筒1中，再经导管2返回烧瓶，从而实现连续萃取，装置乙中异丙胺蒸汽沿导管3上升，故C错误；D项，NaBH4可溶于异丙胺，CH3ONa难溶于异丙胺，所以NaBH4溶于异丙胺返回圆底烧瓶中，故D正确；故选C；(4)按照先后顺序对本实验的滴定操作排序：检查是否漏水→蒸馏水洗涤→倾斜转动滴定管，使标准液润湿滴定管内壁，将润洗液从下口排出→向碱式滴定管中加3~5 mL Na2S2O3标准液→a加液至“0”刻度以上2~3 mL处→赶出尖嘴部分气泡→调整液面至“0”刻度或“0”刻度下方，记录读数V1→左手控制活塞(或挤压玻璃珠)，右手振荡锥形瓶。故故选cedbg；(5)反应为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，n(I2)=0.5n(Na2S2O3)，5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O，n(I2)=3n(KIO3)1，n(KIO3)1=n(Na2S2O3)=c2V2×10-3ml，则与NaBH4反应的n(KIO3)=c1V1×10-3ml -c2V2×10-3ml = (c1V1 -c2V2)×10-3ml，反应为3NaBH4+4KIO3=3NaBO2+4KI+6H2O，样品中n(NaBH4)=×(c1V1 -c2V2)×10-3ml，m(NaBH4)=×(c1V1 -c2V2)×10-3ml××38g/ml=g，产品中NaBH4的纯度为%；产品中NaBH4的纯度为％。
1．(2024·浙江省宁波市十校高三二模联考)某小组设计如下装置测定新装修居室内空气中甲醛的含量(夹持装置略)。
已知：①测定原理为甲醛把Ag+还原成Ag，产生的Ag与Fe3+定量反应生成Fe2+，Fe2+与菲洛嗪形成有色配合物，通过测定吸光度计算出甲醛的含量；
②吸光度用A表示，计算公式为，其中a为吸光度系数，b为光在样本中经过的距离，c为溶液浓度。
请回答：
(1)仪器A的名称是 。
(2)制备银氨溶液，仪器B中放置的药品是 (填“AgNO3溶液”或“氨水”)。
(3)选择正确的操作，完成室内空气中甲醛含量的测定：
操作①：取下玻璃塞→操作②：__________→操作③：__________→操作④：使可滑动隔板处于最右端→操作⑤：__________→操作⑥：__________→操作⑦：__________→再将操作③～⑦重复4次→测定溶液吸光度。
A．打开，关闭 B．打开，关闭
C．将可滑动隔板拉至最左端 D．热水浴加热仪器A
e.将可滑动隔板缓慢推至最右端 f.将可滑动隔板迅速推至最右端
(4)写出甲醛与银氨溶液反应的化学方程式 。
(5)将仪器A中溶液的调至1，加入足量Fe2(SO4)3溶液，充分反应后加入菲洛嗪，通过测定吸光度确定生成Fe2+1.12mg，则空气中甲醛的含量为 mg/L。
(6)下列说法正确的是__________。
A．本实验缺少尾气处理装置
B．实验应在室内不同点位进行空气取样，以保证数据的准确性
C．毛细管的作用是减小空气通入速率，保证空气中的被吸收完全
D．有色配合物浓度越大，测得吸光度数值越大
【答案】(1)三颈烧瓶 (2)氨水 (3)d a c b e
(4)HCHO+[Ag(NH3)2]+OH4Ag+(NH4)2CO3+6NH3+2H2O
(5)0.0375 (6)BCD
【解析】硝酸银溶液中滴加氨水生成AgOH白色沉淀，加入过量氨水沉淀溶解，得到银氨溶液；故在仪器A为硝酸银溶液、B为氨水，反应生成银氨溶液，然后通过C向A通入室内空气，空气中甲醛和银氨溶液水浴加热发生银镜反应产生单质Ag和CO2气体，产生的Ag与Fe3+定量反应生成Fe2+，Fe2+与菲洛嗪形成有色配合物，在562 nm处测定吸光度，测得生成Fe2＋1.12 mg，可计算室内空气中甲醛含量。(1)仪器A的名称是三颈烧瓶；(2)仪器B中放置的药品是氨水；(3)室内空气中甲醛含量的测定操作为：操作①：取下玻璃塞→操作②D．热水浴加热仪器A→操作③A．打开K1，关闭K2→操作④使可滑动隔板处于最右端，排出容器中空气→操作⑤C．将可滑动隔板拉至最左端，吸入室内待测的空气→操作⑥B．打开K2，关闭K1→操作⑦e.将可滑动隔板缓慢推至最右端，使得待测空气缓缓进入银氨溶液充分反应→再将操作③～⑦重复4次，减小实验误差→测定溶液吸光度；故答案为：dacbe；(4)甲醛具有一定还原性，能还原一价银为银单质，与银氨溶液反应生成银单质和碳酸铵、水、氨气，化学方程式HCHO+[Ag(NH3)2]+OH
4Ag+(NH4)2CO3+6NH3+2H2O；(5)甲醛和银氨溶液加热反应生成银，银具有还原性，被Fe3+氧化，结合甲醛被氧化为CO2，甲醛中碳元素化合价0价变化为+4价，银氨溶液中元素化合价+1价变化为0价，生成的银又被铁离子氧化，铁离子被还原为亚铁离子，生成亚铁离子1.12 mg，物质的量，据电子守恒：HCHO~4e-~4Fe2+，消耗甲醛，因实验进行了4次操作，所以测得1L空气中甲醛的含量为5×10-6 ml÷4=1.25×10-6 ml，空气中甲醛的含量为1.25×10-6 ml×30 g/ml×103 mg/g=0.0375 mg/L。(6)A项，本实验中氨气极易溶于水，无需尾气处理装置，错误；B项，实验应在室内不同点位进行空气取样，以减少实验误差，保证数据的准确性，正确；C项，毛细管的作用是减小气体的通入速率，使空气中的甲醛气体和溶液反应充分，使其被完全吸收，正确；D项，K1与菲洛嗪形成有色配合物，则有色配合物浓度越大，测得吸光度数值越大，正确；故选BCD。
2．(2024·浙江省嘉兴市高三下学期二模)高锰酸钾(KMnO4)为紫黑色固体小颗粒，易溶于水，是一种强氧化剂。
查阅资料：①锰酸钾(K2MnO4)为墨绿色晶体，其水溶液呈深绿色，这是锰酸根(MnO42-)
的特征颜色。其在浓的强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生歧化反应。
②一些物质溶解度随温度变化单位：g/100gH2O
某实验小组设计如下实验步骤用K2MnO4制备KMnO4
I．高锰酸钾的制备
II．高锰酸钾的提取
物质
0
20
40
60
70
80
28
34.2
40.1
45.8
47.2
51.3
2.8
6.4
12.6
22.2
——
——
III．高锰酸钾的纯度测定
①准确称取KMnO4样品3.00 g，用容量瓶配成溶液；②称取高纯度Na2C2O4固体，全部置于锥形瓶中，再加入10Ml3ml·L-1H2SO4溶液和纯净水后盖上表面皿，于水浴加热振荡全部溶解；③用以上KMnO4溶液趁热滴定。重复②~③，滴定3次。请回答：
(1)装置a的名称是 ，其作用①是平衡气压使液体按一定的速率顺利流下；②是 。
(2)装置A中漂白粉可用___________代替。
A．MnO2B．P2O5C．KClO3D．
(3)上述装置存在一处缺陷导致KMnO4产率降低，改进的方法是 。
(4)步骤Ⅱ为了获得杂质较少的KMnO4晶体，从下列选项中选出合理的操作并排序：将装置B中的溶液转移至蒸发皿中→ → → → →干燥→KMnO4晶体
a．用少量冰水洗涤 b．先用冰水洗涤，再用乙醇洗涤 c．小火蒸发至析出大量晶体，停止加热
d．小火蒸发至溶液表面出现晶膜，停止加热 e．减压过滤 f．趁热过滤 g．缓慢降温结晶
(5)下列说法正确的是___________。
A．步骤I装置C中应盛放浓H2SO4
B．轻轻摇动装置B，若容器内壁未见暗绿色，说明反应完全
C．步骤III中的H2SO4可用CH3COOH或HNO3代替
D．一次平行操作滴定前与滴定后(终点)读数如右图，则本次消耗的KMnO4溶液体积为
(6)某次滴定，称取Na2C2O4固体质量，消耗KMnO4溶液体积，计算该次滴定实验测得的高锰酸钾含量是 (精确到小数点后两位)。
【答案】(1)恒压滴液漏斗 防止浓盐酸挥发
(2)C
(3)在AB之间增加一个盛有饱和NaCl溶液的洗气瓶
(4) d g e a
(5)BD
(6)96.41
【解析】已知漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，分液漏斗中为浓盐酸，二者发生归中反应生成氯气和氯化钙，则装置A中制备Cl2的化学方程式，Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O，由于高锰酸钾溶液与HCl反应生成的氯气中含有HCl，故在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶以除去Cl2中的HCl，可以提高高锰酸钾的产率，装置C中可盛放NaOH溶液，吸收未反应的氯气。(1)装置a的名称是恒压滴液漏斗，可以使得烧瓶和恒压滴液漏斗内外压强始终保持相等，则其作用是平衡压强，使液体顺利滴下，同时还能防止其中的浓盐酸挥发；(2)漂白粉中的次氯酸钙与HCl发生归中反应生成氯气，四个选项中只有KClO3能与HCl发生归中反应生成氯气，故装置A中漂白粉可用KClO3代替；(3)由于高锰酸钾溶液与HCl反应生成的氯气中含有HCl，故在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶以除去Cl2中的HCl，可以提高高锰酸钾的产率；(4)根据题目所给溶解度等信息，结晶步骤中为得到杂质较少的KMnO4粗产品，将装置B中的溶液转移至蒸发皿中→小火加热蒸发→发至溶液出现晶膜，停止加热→缓慢降温结晶→减压过滤→少量冰水洗涤→干燥KMnO4晶体；答案为d g e a；(5)A． 步骤I装置C中应盛放NaOH溶液，吸收未反应的氯气，A错误；B项，锰酸钾的水溶液呈深绿色，轻轻摇动装置B，若容器内壁未见暗绿色，说明反应完全，B正确；C项，硝酸可与草酸钠发生氧化还原反应，步骤III中的H2SO4不能用HNO3代替，C错误；D项，一次平行操作滴定前与滴定后(终点)读数如图所示，起始读数为0.40mL，终点读数为22.30mL，则本次消耗的KMnO4溶液体积为21.90 mL，D正确；故选BD；(6)根据离子方程式2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，可知KMnO4与草酸反应的定量关系2 KMnO4~5C2O42-，21.85mL溶液中KMnO4的物质的量为n==0.004ml，则纯度为=96.41%。
3．(2024·浙江省温州市普通高中高三下学期第二次适应性考试)硫代尿素[CS(NH2)2]是重要的工业原料．某小组按如图流程开展制备实验(部分装置及夹持仪器已省略)。主要反应：
步骤Ⅱ：CaCN2+3H2S=CS(NH2)2+Ca(SH)2
步骤Ⅲ：Ca(SH)2+2CaCN2+6H2O=2CS(NH2)2+3Ca(OH)2
已知：硫代尿素CS(NH2)2可溶于水、乙醇，微溶于乙醚
(1)仪器X的名称 (填仪器名称)。
(2)下列说法不正确的是_________。
A．配制5%的溶液必须用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、容量瓶等
B．装置A使用恒压分液漏斗添加硫酸溶液时，可以打开漏斗上部的玻璃塞
C．在反应前若向装置B中通入一段时间N2，能提高产品的产率
D．步骤Ⅱ反应完全的现象是溶液变澄清，集气瓶液面不再改变
(3)步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的部分操作如下，其正确的顺序是： 。
(_________)→(_________)→a→(_________)→e→f→(_________)
a．调节三通阀如图，收集气体一段时间
b．开启装置A磁力搅拌器，慢慢加入一定量硫酸
c．调节装置B温控磁力搅拌器，并控制温度为30℃
d．调节装置B温控磁力搅拌器，并迅速控温在85℃
e．调节三通阀如图
f．移动水准管并调节活塞Y控制气体流速，反应一段时间后
g．检测气体纯净后连接三通阀
(4)步骤Ⅳ的主要操作是(请补上第一步)： →洗涤、合并滤液→冷冻结晶。
上述步骤中的最适宜洗涤剂是 。
A．冷水 B．热水 C．乙醚 D．滤液
(5)产品含量的测定：
滴定反应：10NaOH+4I2+CS(NH2)2=CO(NH)2+8NaI+Na2SO4+5H2O；I2+ Na2S2O3= Na2S4O6+2 NaI
主要步骤：
Ⅰ．称取产品用蒸馏水溶解并定容至。移取该溶液注入碘量瓶中，加50mL c1ml·L-1
碘标准液，氢氧化钠溶液，于暗处放置。加适量水及盐酸摇匀，用c2ml·L-1硫代硫酸钠标准溶液滴定，近终点时，加3mL淀粉指示液，继续滴定至终点，消耗体积V1mL。
Ⅱ．空白实验：将上述样品溶液改为蒸馏水注入碘量瓶中，重复后续步骤，滴定至终点时消耗体积V2mL。
①需要加入淀粉指示液时，锥形瓶中溶液的现象是 。
②产品的质量分数为 。
【答案】(1)三颈烧瓶 (2)ABD
(3)
(4)趁热过滤 B
(5)溶液由黄褐色变为浅黄色或溶液变为浅黄色 或
【解析】BaS溶液和稀硫酸在装置A的三颈烧瓶中混合反应生成硫化氢气体进入装置B发生反应CaCN2+3H2S=CS(NH2)2+Ca(SH)2，经步骤ⅢCa(SH)2+2CaCN2+6H2O=2CS(NH2)2+3Ca(OH)2，趁热过滤、洗涤、合并滤液、冷冻结晶得到粗产品。(1)仪器X的名称为三颈烧瓶；(2)A项，配制5%的BaS溶液必须用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒，不需要容量瓶，A错误；B项，恒压分液漏斗添加溶液时，只需要打开下面的活塞，液体就可以顺利留下，不需要可以打开漏斗上部的玻璃塞，B错误；C项，在反应前若向装置B中通入一段时间N2 ，排尽装置中的空气，防止产品被氧化，提高产品的产率，C正确；D项，步骤Ⅱ反应完全即H2S完全反应，步骤Ⅲ反应仍需要CaCN2参与，此时仍是浊液，当集气瓶液面不再改变，且液面和移液管中相平，说明步骤Ⅱ反应完全，D错误；故选ABD；(3)实验操作如下，开启装置A磁力搅拌器，慢慢加入一定量硫酸，检测气体纯净后连接三通阀；调节三通阀如图，收集气体一段时间；调节装置B温控磁力搅拌器，并控制温度为30℃；调节三通阀如图；移动水准管并调节活塞Y控制气体流速，反应一段时间后；调节装置B温控磁力搅拌器，并迅速控温在85℃；(4)从题中所给信息，步骤Ⅲ调节装置B温控磁力搅拌器，并迅速控温在85℃，发生该反应Ca(SH)2+2CaCN2+6H2O=2CS(NH2)2+3Ca(OH)2，可知硫代尿素在85℃溶解度较小，有利于以晶体的形式析出，故经趁热过滤、洗涤、合并滤液、冷冻结晶得到粗产品，洗涤应使用热水洗涤，减少产品的损失；(5)①临近终点溶液中有碘单质，溶液为黄褐色，滴加淀粉溶液溶液，溶液由黄褐色变为浅黄色或溶液变为浅黄色；② 根据空白实验可知20.00m溶液中加入碘单质为：
mg产品的质量分数为。
4．(2024·浙江省金丽衢十二校高三下学期第二次联考)甘氨酸钙是新一代补钙剂，通常为白色结晶性粉末，易吸水，在生物环境中不易与水分子或其他物质(如维生素和其他矿物质)发生化学反应。甘氨酸钙属于螯合物，可以缓慢释放钙，对胃肠道刺激性较小，不会引起呕吐、胃疼等不良反应，其水溶性好，难溶于乙醇。
某化学兴趣小组采用熔融法合成甘氨酸钙的流程如下：
(1)研磨操作需要的仪器 (填名称)
(2)写出甘氨酸钙[Ca(H2NCH2COO)2]溶液的电离方程式 。
(3)下列操作合理的是________。
A．“一系列操作”包括蒸发浓缩、缓慢冷却、过滤、洗涤、自然干燥
B．溶解、洗涤均采用热水，可提高产品纯度
C．若用坩埚钳移动灼热的坩埚，需预热坩埚钳，取下后放在陶土网上冷却待用
D．甘氨酸钙中的少量甘氨酸可用乙醇除去
(4)描述用焰色试验检验甘氨酸钙中含Ca元素的操作步骤及现象 。
(5)产品纯度的测定：热恒重(TG)分析法
①热恒重(TG)分析实验，若要判断固体在某温度下是否分解完全至少需称量
次。
②现取产品20.0g加热分解，剩余固体质量随温度变化如图(假设杂质在加热过程中不分解)结合数据计算该产品的纯度为 %。
【答案】(1)研钵 (2)Ca(H2NCH2COO)2Ca2++2H2NCH2COO-
(3)BC
(4)取铂丝(或铁丝)放在酒精灯(或煤气灯)外焰上灼烧至无色，蘸取样品在外焰上灼烧，若观察到火焰呈砖红色，说明有钙元素。最后将铂丝用盐酸洗净后，放于外焰上灼烧至无色。
(5) 3 94.0
【解析】称取一定质量的甘氨酸与氢氧化钙混合研磨，转移至坩埚反应温度150℃进行40min，冷却、研磨转移至烧杯，热水溶解、过滤、洗涤后得到滤液，蒸发浓缩、缓慢冷却、过滤、洗涤、真空干燥得到甘氨酸钙。(1)研磨操作需要的仪器为研钵；(2)甘氨酸钙 [Ca(H2NCH2COO)2]溶液的电离方程式为Ca(H2NCH2COO)2Ca2++2H2NCH2COO-；(3)A项，“一系列操作”包括蒸发浓缩、缓慢冷却、过滤、洗涤、真空干燥，A错误；B项，溶解、洗涤均采用热水，可以提高甘氨酸钙的溶解度，提高产品纯度，B正确； C项，若用坩埚钳移动灼热的坩埚，需预热坩埚钳，取下后放在陶土网上冷却待用 ，若未预热可能会变形，C正确；D项，甘氨酸在乙醇中的溶解度低，不能用乙醇除去，D错误；故选BC。(4)焰色试验检验甘氨酸钙中含Ca元素的操作步骤及现象：取铂丝(或铁丝)放在酒精灯(或煤气灯)外焰上灼烧至无色，蘸取样品在外焰上灼烧，若观察到火焰呈砖红色，说明有钙元素，最后将铂丝用盐酸洗净后，放于外焰上灼烧至无色；(5)①热恒重(TG)分析实验，若要判断固体在某温度下是否分解完全至少需称量3次；②最后剩余的固体为CaN2，6.8g的CaN2为0.1ml，则Ca(H2NCH2COO)2为0.1ml，Ca(H2NCH2COO)2的质量为18.8g，产品的纯度为：。
5．(2024·浙江省新阵地教育联盟、浙江十校高三联考)某学习小组利用相对密度法测定CO2分子量，实验装置如图：
简要步骤如下：
步骤Ⅰ：利用上图装置获取纯净CO2；
步骤Ⅱ：取一只洁净而干燥的锥形瓶(E)，用合适的橡胶塞塞紧后在塞子上作上标记，用电子天平称量，质量：m1g.用E收集CO2。
集满后，在电子天平上称量，质量(CO2+瓶+塞子)：m2g。
步骤Ⅲ：CO2分子量的测定
依据阿伏加德罗定律的推论：，可得：。
请回答下列问题：
(1)写出装置A反应的离子方程式： 。
(2) CO2的纯净程度是保证实验结果准确的关键.B、C、D装置是CO2的净化装置，请按顺序选择最适当的试剂： 。
A．水 B．浓硫酸 C．无水氯化钙及玻璃纤维
D．饱和碳酸氢钠溶液 e.碱石灰及玻璃纤维
(3)E没有设置防对流，能否收集到纯净CO2，说明理由： 。
(4)下列说法正确的是____________。
A．当装置B、C中有气泡时，即可以开始收集CO2
B．m1g即是锥形瓶的质量
C．对E进行称量时，应缓缓取出导管，再塞上橡胶塞至标记处，称量
D．通过对E反复称量，对比质量的变化，即可判断CO2是否集满
(5)通过向锥形瓶装水至橡胶塞塞至的标记处，用托盘天平称量，质量(水+瓶+塞子)：m3g，此时，水的质量远大于空气，可测定锥形瓶的体积： mL.若体积折算成标准状况，则Mr(CO2)= (用m1、m2、m3的计算式表示，无需化简)。
【答案】(1) CaCO3+2H+=Ca2++ CO2↑+H2O
(2)dbc
(3)可以，因为CO2的密度比空气大很多，不会与空气形成对流，向上排空即可收集到纯净的CO2
(4)CD
(5)
【解析】本题为探究二氧化碳分子量的实验探究类题目，由装置A制备二氧化碳，装置B除去二氧化碳中的氯化氢，装置C干燥二氧化碳，在气流被装置D稳定后，在装置E中收集二氧化碳，进而进行测定。(1)装置A为碳酸钙和盐酸制备二氧化碳的装置，离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++ CO2↑+H2O；(2)由装置A制备的二氧化碳中混入了氯化氢，可以用装置B中的饱和碳酸氢钠溶液除去；随后可以用装置C中的浓硫酸干燥二氧化碳；在收集二氧化碳的时候，为了使二氧化碳的气流稳定，可以装置D中放入无水氯化钙及玻璃纤维，可以同时再次起到一定的干燥的作用，故选dbc；(3)二氧化碳的相对分子质量为44，则其密度比空气大很多，则即使没有设置防对流，也可以收集到纯净的二氧化碳；(4)A项，装置B、C中有气泡时，只能说明有气流通过，而二氧化碳不一定纯净，A错误；B项，根据题意，m1g应该是锥形瓶和其中空气的质量的和，B错误；C项，对E进行称量时，应该防止导管的影响，且要保证二氧化碳的体积和之前其中空气的体积相同，C正确；D项，为了保证实验的准确性，可以通过对E反复称量，对比质量的变化，即可判断CO2是否集满，D正确；故选CD；(5)由于水的质量远大于空气，则可以认为m3- m1为水的质量，水的密度为1g/mL，则锥形瓶的体积：；根据，而m2- m1为为锥形瓶中二氧化碳的质量和其中空气的质量差，则。
6．(2024·浙江省瑞安中学高三首考适应性考试)实验室用图1装置(夹持、搅拌、尾气处理装置已省略)制备氢化铝钠(NaAlH4)。
简要步骤如下：
Ⅰ．在瓶A中分别加入50mL含3.84gNaH的四氢呋喃悬浮液、少量NaCl固体和0.20g固体搅拌，接通冷凝水。
Ⅱ．滴加50mL含5.34g AlCl3的四氢呋喃溶液，反应，有白色固体析出。
Ⅲ．待物料加完后，充分搅拌1h，放置沉降，分离出固体和清液，在图2装置中蒸馏，再纯化。
已知：所有操作在真空手套操作箱中完成，且对所有试剂去水、去氧处理。
NaAlH4在室温干燥空气中能稳定存在，遇水易燃烧爆炸，易溶于四氢呋喃(，缩写为THF)，难溶于甲苯、戊烷等烃类有机溶剂。常压下，NaAlH4熔点178℃，THF沸点66℃。
4NaH+AlCl3= NaAlH4+3NaCl
3NaH+AlCl3= AlH3+3NaCl
AlH3+NaH= NaAlH4
请回答：
(1)A瓶中冷凝水的通水方向是 进 出(填“a”或“b”)。
(2)请结合化学方程式说明遇水产生燃烧爆炸现象的原因 。
(3)下列说法正确的是______。
A．由于THF有一定毒性，所以图1中CaCl2的主要作用是尾气吸收
B．步骤Ⅱ中，滴加AlCl3的四氢呋喃溶液速率越快，得到沉淀颗粒更小
C．蒸馏时，缓慢加热，收集66℃左右馏分
D．根据物质结构推测，在室温下NaH在THF中的溶解度比AlCl3在THF中溶解度小
(4)步骤Ⅰ中，如果不加少量NaCl固体，反应速率逐渐减慢，在未完全滴加AlCl3的四氢呋喃溶液前反应停止，请解释原因 。
(5)若称量纯化后的质量为1.82g，计算该反应的产率为 。
(6)产品分析：分别取粗产品和纯化后的产品测定XDR，实验所测定的X射线衍射图谱如图3、图4所示，纯化后的产品的X射线衍射图谱是 (填“图3”或“图4”)。
【答案】(1) b a
(2) NaAlH4+4H2O= NaAl(OH)4+H2↑，反应大量放热并产生大量氢气，达到爆炸极限后发生爆炸
(3)D
(4)反应过程中产生NaCl固体且沉积在NaH粒子表面，阻碍AlCl3与NaH反应
(5)75% (6)图4
【解析】向50mL含4.32g NaH的四氢呋喃悬浮液中加入50mL含5.34g AlCl3的四氢呋喃溶液发生反应：4NaH+AlCl3= NaAlH4+3NaCl，而易溶于四氢呋喃，而NaCl为离子晶体，难溶于四氢呋喃，故析出的白色固体为NaCl。过滤之后，向NaAlH4的四氢呋喃溶液中加入甲苯，可以析出NaAlH4。(1)A瓶中冷凝水的通水方向为下口进上口出即b进a出；(2)NaAlH4遇水发生反应NaAlH4+4H2O= NaAl(OH)4+H2↑，反应大量放热并产生大量氢气，氢气和氧气混合达到爆炸极限后发生爆炸；(3)A项，CaCl2的主要作用是避免空气中的水分与NaAlH4接触发生爆炸，A项错误；B项，步骤Ⅱ中，滴加AlCl3的四氢呋喃溶液速率越快，白色固体析出越多，得到沉淀颗粒更大，B项错误；C项，已知NaAlH4熔点178℃，THF沸点66℃，蒸馏时，缓慢加热至66℃左右分离出THF，收集NaAlH4固体，C项错误；D项，根据操作步骤Ⅰ和Ⅱ推测，在室温下NaH
在THF中的溶解度比AlCl3在THF中溶解度小，D项正确；故选D；(4)由反应4NaH+AlCl3= NaAlH4+3NaCl，反应过程中产生NaCl固体且沉积在NaH粒子表面，阻碍AlCl3与NaH反应，反应速率逐渐减慢，在未完全滴加AlCl3的四氢呋喃溶液前反应停止；(5)3.84gNaH物质的量为，5.34g AlCl3物质的量为，由4NaH+AlCl3= NaAlH4+3NaCl可知理论上0.04ml AlCl3可以产生0.04ml NaAlH4，质量为m=nM=0.04ml×54g/ml=2.16g，若称量纯化后的NaAlH4质量为1.82g，原先加入0.20g NaAlH4固体，故反应产生1.62g NaAlH4，该反应的产率为；(6)粗产品除了NaAlH4还有NaCl等其他杂质固体，X射线衍射图谱波动较大，纯化后的产品主要是NaAlH4，X射线衍射图谱是图4。
7．(2024·浙江省义乌中学高三首考模拟)某兴趣小组采用H2O2作氧化剂，在大量氨和氯化铵存在下，选择活性炭作为催化剂将C(Ⅱ)氧化为C(Ⅲ)，来制备三氯化六氨合钴(Ⅲ)配合物。产品C(NH3)6Cl3为橙黄色单斜晶体，20℃时在水中的溶解度0.26 ml·L-1，不溶于乙醇，NH3与中心原子C(Ⅲ)的配位紧密，NH3不易在盐酸溶液中发生解离。反应装置如图所示，实验流程如下：
沉淀
成品称重计算产率
(1)仪器a的名称是 ，请写出该实验制备C(NH3)6Cl3的化学方程式
(2)操作(6)水浴加热至60℃的原因
(3)洗涤操作中a试剂为 ；b试剂为 。
A．氨水 B．氯化铵溶液 C．盐酸 D．乙醇
(4)下列说法不正确的是_______。
A．若称取6.05g CCl2·6H2O晶体，可使用电子天平称量
B．操作(6)水浴加热至60℃，保持20min，并不断摇动锥形瓶，其中盖住锥形瓶的目的是防止氧气进入
C．系列操作(8)将粗产品溶解于稀溶液后，通过过滤将活性炭除去，然后在高浓度的溶液中析出
D．操作(9)烘干可采用高温烘干，加快烘干速率
产品分析：
步骤1、准确称取0.2000g样品于250mL锥形瓶中，加20ml水溶解，然后加溶液，在电炉上加热至无NH3放出(用pH试纸检验)，然后冷却溶液。
步骤2、将溶液转移至碘量瓶中，再加20.00ml水及固体和15.00 mL 6.000 ml·L-1HCl溶液，立即盖上盖子并摇晃均匀，放暗处静置10min左右。
步骤3、用标准硫代硫酸钠溶液标定样品溶液至浅黄色(这时滴定速度要慢，以防滴过头)，加入5.00mL新配的2%的淀粉指示剂，继续滴定至蓝色消失终点。记录所消耗的硫代硫酸钠的体积V。
(5)步骤3中淀粉指示剂为何不在标准硫代硫酸钠溶液标定样品溶液前加入，请表述原因 。请根据表格数据计算三氯六氨合钴中钴的相对误差： 。(保留两位有效数字)[已知：相对误差=(测量值-标准值)/标准值]三氯六氨合钴中钴的标准含量：
【答案】(1) 恒压滴液漏斗
2CCl2+10NH3+2NH4Cl+H2O2=2 [C(NH3)6]Cl3(橙黄)+2H2O
(2)太低，反应速率过慢；太高配合物会分解
(3) C D (4)BD
(5) 防止淀粉吸附I2，导致滴定终点提前到达 -0.50%
【解析】利用温水溶解CCl2·6H2O和NH4Cl固体混合物，得到[C(H2O)2Cl4]2-在催化剂活性炭的作用下加入浓氨水生成[C(NH3)6]Cl2，在低温下用双氧水氧化 [C(NH3)6]Cl2使其转化为[C(NH3)6]Cl3，冰水冷却结晶后抽滤得[C(NH3)6]Cl3，所得沉淀先用浓盐酸洗涤，然后用无水乙醇洗涤，烘干得到产品。(1)根据仪器构造可判断仪器a的名称是恒压滴液漏斗，反应物有CCl2、氨气、NH4Cl和双氧水，反应中双氧水被还原为水，则实验制备 [C(NH3)6]Cl3的化学方程式为2CCl2+10NH3+2NH4Cl+H2O2=2 [C(NH3)6]Cl3(橙黄)+2H2O。(2)由于温度太低，反应速率过慢；温度太高配合物会分解，所以操作(6)水浴加热至60℃左右。
样品质量m
V(Na2S2O3)
c(Na2S2O3)
0.2000g
31.00ml
0.02400
(3)由于20℃时[C(NH3)6]Cl3在水中的溶解度0.26 ml·L-1，且不溶于乙醇，所以为了减少溶解而损失，洗涤操作中a试剂为2 ml·L-1盐酸，b试剂为乙醇，故选CD。(4)A项，托盘天平只能读数到0.1g，所以若称取6.05g CCl2·6H2O晶体，可使用电子天平称量，A正确；B项，由于双氧水易分解产生氧气，所以盖住锥形瓶的目的是防止生成的氧气逸出，导致原料利用率低，B错误；C项，增大氯离子浓度有利于析出晶体，因此系列操作(8)将粗产品溶解于稀HCl溶液后，通过过滤将活性炭除去，然后在高浓度的HCl溶液中析出，C正确；D项，高温会导致配合物分解，所以操作(9)烘干不可采用高温烘干，D错误；故选BD。(5)为防止淀粉吸附I2，导致滴定终点提前到达，所以步骤3中淀粉指示剂不在标准硫代硫酸钠溶液标定样品溶液前加入；根据得失电子守恒得出关系式：2C3+～I2～2S2O32-，则样品中钴的含量为≈21.95%，所以三氯六氨合钴中钴的相对误差为≈-0.50%。
8．(2024·浙江省北斗星盟高三联考)三草酸合铁(Ⅲ)酸钾的化学式为K3[Fe(C2O4)3]·3H2O，是用于制备负载型活性铁催化剂的主要原料，也是一些有机反应的催化剂，具有工业生产价值。实验室采用如下方案制备三草酸合铁酸钾。
步骤①：先在烧杯中加入2.40 g FeC2O4·2H2O晶体，再加入饱和草酸钾溶液，水浴加热40℃，用滴管慢慢加入12.00 mL6%H2O2溶液，不断搅拌，充分反应后溶液为绿色并有红褐色沉淀生成。
步骤②：加热溶液至沸腾，然后将适量草酸溶液逐滴滴入上述溶液中，不断搅拌至沉淀完全溶解为透明的绿色溶液。
步骤③：最后冷却后，缓慢加入无水乙醇，结晶、过滤、洗涤、干燥得到粗产品。
已知：三草酸合铁酸钾为翠绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，光照时分解得到黄色晶体(FeC2O4·2H2O)。
(1)步骤①中发生的化学方程式是 。
(2)步骤②“加热至沸腾”的目的是 ，步骤③乙醇要缓慢加入的原因是 。
(3)下列有关说法正确的是_______。
A．可将乙二醇滴入酸性重铬酸钾溶液中制得草酸溶液
B．光照三草酸合铁酸钾发生：2K3[Fe(C2O4)3]·3H2O3K2C2O4+2FeC2O4·2H2O+2CO2↑+2H2O
C．步骤②的目的是将氢氧化铁沉淀转化为三草酸合铁酸钾以提高产率
D．步骤③中“洗涤”可采用冷水或酒精洗涤
(4)用高锰酸钾滴定法测产品的纯度。
①标定高锰酸钾溶液浓度，请选择以下正确的操作并排序：配制草酸基准试剂 配制约 高锰酸钾溶液 ，平行滴定三次，计算高锰酸钾溶液的浓度
a．用移液管移取草酸基准试剂于锥形瓶中
b．用移液管移取草酸基准试剂于锥形瓶中
c．
d．
e．
f．装入洁净干燥的酸式滴定管中
g．装入洁净干燥的碱式滴定管中
h．滴定至溶液由红色变无色且内不变色
i．滴定至溶液由无色变微红色且内不褪色
j．滴定至溶液由无色变紫红色且内不褪色
三次滴定数据记录如下：
②准确称取0.2000 g产品三草酸合铁酸钾晶体(M=491g·ml−1)，用上述已标定浓度的高锰酸钾溶液滴定，消耗高锰酸钾溶液，则该次实验制得的产品纯度为 。
【答案】(1) 6FeC2O4·2H2O+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3] +2 Fe(OH)3 ↓+12H2O或
6FeC2O4·2H2O+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]·3H2O+2 Fe(OH)3 ↓
(2)除去双氧水，防止其在后续实验中氧化草酸 避免沉淀析出过快导致晶体过小(有利于得到大晶体)
(3)BC (4) a d f i 81.83%
【解析】(1)过氧化氢将草酸亚铁中的亚铁离子氧化为+3价，其化学方程式为：6FeC2O4·2H2O+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3] +2 Fe(OH)3 ↓+12H2O；(2)草酸具有较强还原性，过氧化氢会氧化草酸，加热可以使过氧化氢分解，防止其氧化草酸；乙醇加入过快会导致结晶过快，不能得到较大晶体，故故选除去双氧水，防止其在后续实验中氧化草酸、避免沉淀析出过快导致晶体过小(有利于得到大晶体)；(3)草酸具有较强的还原性，因此乙二醇和酸性重铬酸钾溶液反应不可能得到草酸，A错误；光照时分解得到黄色晶体(FeC2O4·2H2O)其方程式为：2K3[Fe(C2O4)3]·3H2O3K2C2O4+2FeC2O4·2H2O+2CO2↑+2H2O，B正确；步骤②加入草酸溶解氢氧化铁，可以增加溶液中草酸根离
序号
1
2
3
滴定前读数
0.98
1.26
1.01
滴定后读数
11.00
10.12
10.99
子和铁离子的量，从而增加三草酸合铁酸钾的产率，C正确；三草酸合铁酸钾容易溶于水，因此不能用冷水和75%的酒精洗涤，D错误；故选BC；(4)如果取用草酸基准试剂量较大，滴定时高锰酸钾的用量容易超过滴定管的量程，选择a；滴定三组数据消耗高锰酸钾溶液的体积为10.02ml、8.86ml、9.98ml，舍去第二组数据则消耗高锰酸钾的平均体积为：(10.02+9.98)ml÷2=10.00ml，
则c=0.02ml/L；酸性高锰酸钾具有强氧化性应装入酸式滴定管中；终点原本溶液是无色最后一滴高猛酸钾滴入后溶液显出高锰酸钾溶液的颜色，故终点为滴定至溶液由无色变为微红色且30s不褪色；
则样品的纯度为：。
9．(2024·浙江省高三选考模拟考试)连二亚硫酸钠(Na2S2O4，俗称保险粉)广泛用于纺织工业的还原性染色清洗、印花等，其是一种淡黄色粉末，易溶于水，难溶于乙醇。实验室用锌粉法制备Na2S2O4的流程及实验装置(夹持及加热装置已略)如图所示。
请回答：
(1)装有NaOH溶液的仪器名称是 ；通SO2前先向三口烧瓶中通入N2的目的是 ；纯化SO2时需通过盛有 的洗气装置，再通过浓硫酸。
(2)步骤Ⅱ发生反应的化学方程式为 。
(3)下列说法不正确的是___________(填标号)。
A．将锌粉和水制成悬浊液可增大反应物的接触面积，提高反应速率
B．图中干燥管中盛放的物质可以是碱石灰
C．步骤Ⅱ反应结束后的分离操作需要用到的玻璃仪器有分液漏斗、玻璃棒、烧杯
D．步骤I于35～45℃条件下反应，应选用水浴加热的方式控制温度
(4)加入NaCl盐析并冷却至室温后的后续处理包括过滤、蒸馏水洗涤、乙醇洗涤、干燥，其中用乙醇洗涤的目的是 。
(5)准确称取产品mg于烧杯中，加入20.00mL中性甲醛溶液，搅拌至产品完全溶解
(Na2S2O4＋2HCHO＋H2O=NaHSO3·CH2O＋NaHSO2·CH2O)，加水配成250mL溶液，移取25.00mL于锥形瓶中，酸化后用cml·L-1I2标准溶液滴定(滴定反应：NaHSO2·CH2O＋2I2＋2H2O=NaHSO4＋4HI＋HCHO)，接近终点时加入淀粉作指示剂，继续滴定至终点。平行滴定三次，平均消耗I2标准溶液VmL。产品中Na2S2O4的质量分数为 (列出含m、c、V的表达式即可)。
【答案】(1) 恒压滴液漏斗 排出装置内的空气，防止生成的Na2S2O4被氧化 饱和NaHSO3溶液
(2)ZnS2O4+2NaOH=Na2S2O4+Zn(OH)2↓
(3)C
(4)除去晶体表面的水分，并减少Na2S2O4的溶解损失
(5)%(或)
【解析 】锌粉-水悬浊液中通入SO2至pH=3得到ZnS2O4，再通入氢氧化钠溶液生成Na2S2O4和沉淀Zn(OH)2，最后加入氯化钠等得到保险粉。(1)装有氢氧化钠溶液的仪器为恒压分液漏斗；由题意可知Na2S2O4具有还原性，通SO2前先向三口烧瓶中通入N2的目的是排出装置内的空气，防止生成的Na2S2O4被氧化；通过饱和NaHSO3溶液纯化SO2气体。(2)结合流程图可知，步骤Ⅱ中ZnS2O4与NaOH反应生成Na2S2O4和沉淀Zn(OH)2，化学方程式为ZnS2O4+2NaOH=Na2S2O4+Zn(OH)2↓。(3)SO2与Zn粉直接接触反应，接触面积太小，将锌粉和水制成悬浊液，可增大SO2与Zn粉反应时的接触面积，从而加快SO2与Zn的反应速率，A项正确；图中干燥管的作用是防止未反应的SO2逸出而污染大气，故可以盛放碱石灰吸收SO2，B项正确；步骤Ⅱ反应结束后需进行过滤操作分离出Zn(OH)2沉淀，则需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗，C项错误；根据步骤I的反应温度35~45℃，则应选用水浴加热的方式，D项正确。故选C。(4)Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇，因此用乙醇洗涤既能除去晶体表面的水分，又能减少Na2S2O4的溶解损失。(5)由题意可得关系式Na2S2O4~NaHSO3·CH2O~2I2，则n(Na2S2O4)=n(I2)=cV×10-3ml，则Na2S2O4的质量分数为=%。
10．(2024·浙江省绍兴市第一中学高三首考模拟)某实验小组按如下流程和装置制取CaO2：
已知：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，加热至350℃左右开始分解放出氧气。
请回答下列问题：
(1)下列说法正确的是___________
A．Ca(OH)2微溶于水，改用易溶于水的CaCl2制备CaO2能加快反应速率
B．采用冷水浴搅拌反应的目的是防止反应放热使温度升高导致H2O2分解
C．醇洗的目的是洗去水，加快干燥速度，防止CaO2与H2O反应
D．为加快脱水速度，可在105℃加热烘干脱水
(2)步骤Ⅰ采用如图1所示的装置。
①仪器A的名称是 。
②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。当>1.1后，随着比值的增大CaO2产率呈下降趋势，原因是 。
(3)产品纯度测定
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准确称取a g产品于烧杯中，加入适量的盐酸使其完全溶解；向溶液中加入稍过量的(NH4)2C2O4，沉淀完全，过滤并洗涤沉淀；将洗涤好的沉淀用稍过量的稀硫酸溶解，溶解液和洗涤液全部转移至锥形瓶中；向锥形瓶中滴入几滴MnSO4溶液，然后逐滴滴入浓度为c ml/L的KMnO4标准溶液至终点，消耗溶液体积为V mL。滴定前，滴入MnSO4溶液的目的是 ，产品的纯度为 (用含a、c、V的字母表示)。
【答案】(1)BCD
(2) 恒压滴液漏斗 溶液碱性增强，H2O2稳定性下降分解导致CaO2产率降低
(3) F、B、E、C、G 作催化剂，加快反应速率 ×100%
【解析】Ca(OH)2固体用30%双氧水处理，发生反应：Ca(OH)2+H2O2=CaO2+2H2O，CaO2是一种白色固体，微溶于水，冷水浴后得到悬浊液，再经过减压过滤、水洗、醇洗得CaO2·8H2O，最后加热脱水烘干得到CaO2固体。(1)A项，已知CaO2微溶于水，可与水缓慢反应，易与酸反应，使用CaCl2反应生成的HCl会使得CaO2的产率降低，故A错误；B项，H2O2受热易分解，采用冷水浴搅拌反应的目的是防止反应放热使温度升高导致H2O2分解，故B正确；C项，醇洗的目的是洗去水，加快干燥速度，防止CaO2与H2O反应，故C正确；D项，CaO2加热至350℃左右开始分解放出氧气，为加快脱水速度，可在105℃加热烘干脱水，故D正确；故选BCD。(2)①仪器A的名称是恒压滴液漏斗；②当>1.1后，随着比值的增大CaO2产率呈下降趋势，原因是溶液碱性增强，H2O2稳定性下降分解导致CaO2产率降低。(3)①滴定前的准备工作是选定酸式滴定管，检漏后用水清洗，再用待装标准液润洗，关闭旋塞，盛装标准液至“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F、B、E、C、G；②准确称取a g产品于烧杯中，加入适量的盐酸使其完全溶解生成CaCl2，向溶液中加入稍过量的(NH4)2C2O4，生成CaC2O4沉淀，将洗涤好的沉淀用稍过量的稀硫酸溶解生成H2C2O4，溶解液和洗涤液全部转移至锥形瓶中，向锥形瓶中滴入几滴MnSO4溶液，MnSO4的作用是作催化剂，加快反应速率，然后逐滴滴入浓度为c ml/L的KMnO4标准溶液发生反应：5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4═10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O，则n(CaO2)=n(H2C2O4)=2.5n(KMnO4)=2.5cV×10-3ml，产品的纯度为=
×100%。
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