2026高考化学专题复习之历年真题精选分类汇编（学生版）_专题八 化学综合实验

这是一份2026高考化学专题复习之历年真题精选分类汇编（学生版）_专题八 化学综合实验，共6页。试卷主要包含了SnCl2具有还原性，易水解，7 g和10，亚铜配合物广泛用作催化剂，十二钨硅酸在催化方面有重要用途等内容，欢迎下载使用。
题点1 和金属及其化合物相关的制备型实验综合
1.(2025·湖南，11)SnCl2具有还原性，易水解。一种制备纯净的SnCl2的装置示意图如下：
下列说法错误的是( )
A.导气管a需接一个装有碱石灰的干燥管
B.实验过程中应先通入HCl(g)，再开启管式炉加热
C.若通入气体更换为Cl2，也可制备纯净的SnCl2
D.配制SnCl2溶液需加盐酸和金属Sn
2.(2025·河南，8)某同学设计以下实验，探究简单配合物的形成和转化。
下列说法错误的是( )
A.②中沉淀与④中沉淀不是同一种物质
B.③中现象说明配体与Cu2+的结合能力：NH3>H2O
C.④中深蓝色物质在乙醇中的溶解度比在水中小
D.若向⑤中加入稀硫酸，同样可以得到黄绿色溶液
3.(2025·陕晋青宁，15)某实验室制备糖精钴[C(Sac)2(H2O)4]·xH2O，并测定其结晶水含量。
已知：Sac-表示糖精根离子，其摩尔质量为182 g·ml-1；糖精钴的溶解度在热水中较大，在冷水中较小；丙酮沸点为56 ℃，与水互溶。
CCl2·6H2O+2NaSac·2H2O[C(Sac)2(H2O)4]·xH2O+(6-x)H2O+2NaCl
(一)制备
Ⅰ.称取1.0 g CCl2·6H2O，加入18 mL蒸馏水，搅拌溶解，得溶液1。
Ⅱ.称取2.6 g(稍过量)糖精钠(NaSac·2H2O)，加入10 mL蒸馏水，加热搅拌，得溶液2。
Ⅲ.将溶液2加入到接近沸腾的溶液1中，反应3分钟后停止加热，静置，冷却结晶。
Ⅳ.过滤，依次用三种不同试剂洗涤晶体，晾干得产品。
回答下列问题：
(1)Ⅰ和Ⅱ中除烧杯外，还需用到的玻璃仪器有 (写出两种)。
(2)Ⅲ中静置过程有少量晶体出现时，可将烧杯置于 中，以使大量晶体析出。
(3)Ⅳ中用①丙酮、②冷水、③冷的1%NaSac溶液洗涤晶体，正确顺序为 。
A.①③②B.③②①
C.②①③
(4)Ⅳ中为了确认氯离子已经洗净，取水洗时的最后一次滤液于试管中， (将实验操作、现象和结论补充完整)。
(5)与本实验安全注意事项有关的图标有 。
(二)结晶水含量测定
EDTA和C2+形成1∶1配合物。准确称取m g 糖精钴产品于锥形瓶中，加蒸馏水，加热溶解，再加入缓冲溶液和指示剂，在50~60 ℃下，用c ml·L-1 的EDTA标准溶液滴定。
(6)下列操作的正确顺序为 (用字母排序)。
a.用标准溶液润洗滴定管
b.加入标准溶液至“0”刻度以上2~3 mL处
c.检查滴定管是否漏水并清洗
d.赶出气泡，调节液面，准确记录读数
(7)滴定终点时消耗标准溶液V mL，则产品[C(Sac)2(H2O)4]·xH2O中x的测定值为 (用含m、c、V的代数式表示)；若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，会导致x的测定值 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
4.(2025·甘肃，15)某兴趣小组按如下流程由稀土氧化物Eu2O3和苯甲酸钠制备配合物Eu(C7H5O2)3·xH2O，并通过实验测定产品纯度和结晶水个数(杂质受热不分解)。已知Eu3+在碱性溶液中易形成Eu(OH)3沉淀。Eu(C7H5O2)3·xH2O在空气中易吸潮，加强热时分解生成Eu2O3。
Eu2O3产品
(1)步骤①中，加热的目的为 。
(2)步骤②中，调节溶液pH时需搅拌并缓慢滴加NaOH溶液，目的为 ；pH接近6时，为了防止pH变化过大，还应采取的操作为 。
(3)如图所示玻璃仪器中，配制一定物质的量浓度的苯甲酸钠溶液所需的仪器名称为 。
(4)准确称取一定量产品，溶解于稀HNO3中，萃取生成的苯甲酸，蒸去有机溶剂，加入一定量的NaOH标准溶液，滴入1~2滴酚酞溶液，用HCl标准溶液滴定剩余的NaOH。滴定终点的现象为 。实验所需的指示剂不可更换为甲基橙，原因为 。
(5)取一定量产品进行热重分析，每个阶段的重量降低比例数据如图所示，0~92 ℃范围内产品质量减轻的原因为 。结晶水个数x= [M(C7H5O2−)=121，结果保留两位有效数字]。
5.(2025·安徽，16)侯氏制碱法以NaCl、CO2和NH3为反应物制备纯碱。某实验小组在侯氏制碱法基础上，以NaCl和NH4HCO3为反应物，在实验室制备纯碱，步骤如下：
①配制饱和食盐水；
②在水浴加热下，将一定量研细的NH4HCO3加入饱和食盐水中，搅拌，使NH4HCO3溶解，静置，析出NaHCO3晶体；
③将NaHCO3晶体减压过滤、煅烧，得到Na2CO3固体。
回答下列问题：
(1)步骤①中配制饱和食盐水，下列仪器中需要使用的有 (填名称)。
(2)步骤②中NH4HCO3需研细后加入，目的是 。
(3)在实验室使用NH4HCO3代替CO2和NH3制备纯碱，优点是 。
(4)实验小组使用滴定法测定了产品的成分。滴定过程中溶液的pH随滴加盐酸体积变化的曲线如图所示。
ⅰ.到达第一个滴定终点B时消耗盐酸V1 mL，到达第二个滴定终点C时又消耗盐酸V2 mL。V1=V2，所得产品的成分为 (填标号)。
a.Na2CO3b.NaHCO3
c.Na2CO3和NaHCO3d.Na2CO3和NaOH
ⅱ.到达第一个滴定终点前，某同学滴定速度过快，摇动锥形瓶不均匀，致使滴入盐酸局部过浓。该同学所记录的V'1 V1(填“>”“H>Si，SiHCl3在浓NaOH溶液中发生反应的化学方程式为_____________
________________________________________________________________________。
(3)采用如下方法测定溶有少量HCl的SiHCl3纯度。
m1 g样品经水解、干燥等预处理过程得硅酸水合物后，进行如下实验操作：①____________，②____________(填操作名称)，③称量等操作，测得所得固体氧化物质量为m2 g，从下列仪器中选出①、②中需使用的仪器，依次为____________(填标号)。测得样品纯度为____________(用含m1、m2的代数式表示)。
8.（2022·重庆卷，16）研究小组以无水甲苯为溶剂，PCl5(易水解)和NaN3为反应物制备纳米球状红磷。该红磷可提高钠离子电池的性能。
(1)甲苯干燥和收集的回流装置如图1所示(夹持及加热装置略)。以二苯甲酮为指示剂，无水时体系呈蓝色。
①存贮时，Na应保存在__________中。
②冷凝水的进口是__________(填“a”或“b”)。
③用Na干燥甲苯的原理是_____________________________________(用化学方程式表示)。
④回流过程中，除水时打开的活塞是__________；体系变蓝后，改变开关状态收集甲苯。
(2)纳米球状红磷的制备装置如图2所示(搅拌和加热装置略)。
①在Ar气保护下，反应物在A装置中混匀后转入B装置，于280 ℃加热12小时，反应物完全反应。其化学反应方程式为____________________________________________________。
用Ar气赶走空气的目的是_______________________________________________________。
②经冷却、离心分离和洗涤得到产品，洗涤时先后使用乙醇和水，依次洗去的物质是__________和__________。
③所得纳米球状红磷的平均半径R与B装置中气体产物的压强p的关系如图3所示。欲控制合成R＝125 nm的红磷，气体产物的压强为______kPa，需NaN3的物质的量为________ ml(保留3位小数)。已知：p＝a×n，其中a＝2.5×105 kPa·ml－1，n为气体产物的物质的量。
9.(2022·海南卷17)磷酸氢二铵[(NH4)2HPO4]常用于干粉灭火剂。某研究小组用磷酸吸收氨气制备(NH4)2HPO4，装置如图所示(夹持和搅拌装置已省略)。
回答问题：
(1)实验室用NH4Cl(s)和Ca(OH)2(s)制备氨气的化学方程式为____________________。
(2)现有浓H3PO4质量分数为85%，密度为1.7 g·mL－1。若实验需100 mL 1.7 ml·L－1的H3PO4溶液，则需浓H3PO4__________ mL(保留一位小数)。
(3)装置中活塞K2的作用为_________________________________________。
实验过程中，当出现__________________现象时，应及时关闭K1，打开K2。
(4)当溶液pH为8.0～9.0时，停止通NH3，即可制得(NH4)2HPO4溶液。若继续通入NH3，当pH>10.0时，溶液中OH－、____________和____________(填离子符号)浓度明显增加。
(5)若本实验不选用pH传感器，还可选用______________作指示剂，当溶液颜色由__________变为__________时，停止通NH3。
10.(2022·湖北卷，16)高技术领域常使用高纯试剂。纯磷酸(熔点为42 ℃，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21 ℃易形成2H3PO4·H2O(熔点为30 ℃)，高于100 ℃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)P2O5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．V1。(5)ⅰ.实验a中盛装饱和碳酸钠溶液的烧杯为敞口体系，通入二氧化碳时，部分CO2逸出，且CO2在水中的溶解度小，导致CO2无法全部与碳酸钠反应，生成的NaHCO3的量少，没有达到饱和状态，故无NaHCO3晶体析出。ⅱ.CaCl2用于除去水蒸气，故NaOH溶液增加的质量为产生的二氧化碳的质量，n(CO2)=0.088 g44 g·ml−1=0.002 ml，由2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑知，n(NaHCO3)=0.004 ml，故NaHCO3的质量为0.004 ml×84 g·ml-1=0.336 g，白色晶体中NaHCO3的质量分数为0.336 g0.42 g×100%=80%。
6.【答案】(1)D (2)球形冷凝管 (3)溶液蓝色褪去变为无色 (4)防止乙腈挥发污染空气；排出装置内空气，防止制备的产品被氧化 (5)冷却过程中降低[Cu(CH3CN)4]ClO4在水中的溶解度 (6)C (7)81.2%
【解析】将Cu(ClO4)2·6H2O和Cu粉以及乙腈(CH3CN)加入二颈烧瓶中，经水浴加热并回流进行充分反应，反应结束后过滤除去未反应完全的Cu，再利用乙腈的挥发性进行蒸馏除去乙腈，将剩余溶液进行冷却结晶分离出[Cu(CH3CN)4]ClO4。
(3)Cu(ClO4)2·6H2O在乙腈中为蓝色，[Cu(CH3CN)4]ClO4在乙腈中为无色，因此装置Ⅰ中反应完全的现象是溶液蓝色褪去变为无色。(4)由于制备的[Cu(CH3CN)4]ClO4中Cu元素为+1价，具有较强的还原性，容易被空气中氧气氧化，因此装置Ⅰ和Ⅱ中N2气球的作用是排出装置内空气，防止制备的产品被氧化。(5)[Cu(CH3CN)4]ClO4为离子化合物，具有强极性，在水中溶解度较大，在温度较高的环境下蒸馏难以分离，若直接将水蒸干难以获得晶体状固体，因此需先蒸馏至接近饱和，再经步骤d冷却结晶，从而获得晶体。(6)为了使母液中的[Cu(CH3CN)4]ClO4结晶，可向母液中加入极性较小的溶剂，与水混溶的同时扩大与[Cu(CH3CN)4]ClO4的极性差，进而使[Cu(CH3CN)4]ClO4析出，因此可选用的溶剂为乙醚。(7)3.71 g Cu(ClO4)2·6H2O的物质的量为3.71 g371 g·ml−1=0.01 ml，n(Cu)=0.76 g64 g·ml−1≈0.012 ml，Cu粉过量，理论制得[Cu(CH3CN)4]ClO4的质量为0.01 ml×2×327.5 g·ml-1=6.55 g，则总收率为5.32 g6.55 g×100%≈81.2%。
7.【答案】(1)碱石灰(或NaOH固体等) 吸收挥发出来的氯化氢 (2)防止制备过程中局部pH过低而产生钨的水合氧化物沉淀 (3)分液漏斗、烧杯 (4)NaCl (5)不能 乙醚易挥发，易燃烧，遇明火极易发生危险 (6)Mw%18 偏大
【解析】(1)为防止挥发出来的盐酸污染环境，在a中加入碱石灰或NaOH固体等能吸收氯化氢的试剂。(4)步骤Ⅳ中“静置”后液体分为三层，乙醚难溶于水，且密度小于水，上层为乙醚，中层为水层，溶质主要为NaCl，下层为油状钨硅酸醚合物。(6)m g十二钨硅酸晶体的物质的量为n1=mM ml，采用热重分析法测得失去全部结晶水时失重w%，说明结晶水占总质量的w%，故结晶水的物质的量为n2=mw%18 ml，n=n2n1=Mw%18；若未充分干燥，w%变大，n偏大。
8.【答案】(1)球形冷凝管 三颈烧瓶内溶液紫色褪去 (2)BC (3)用水溶解少量样品，加入淀粉溶液，若溶液出现蓝色，则含有碘单质，否则没有 (4)①a e d f ②防止指示剂中的Fe3+水解成Fe(OH)3 ③99.20%
【解析】由流程信息可知，铝、碘和正己烷一起加热回流时，铝和碘发生反应生成AlI3，过滤后滤液经浓缩、结晶、过滤、洗涤、干燥后得到粗产品。(1)碘溶于正己烷使溶液显紫色，AlI3是无色晶体，当碘反应完全后，溶液变为无色，因此，判断步骤Ⅰ反应结束的实验现象是三颈烧瓶内溶液紫色褪去。(2)AlI3吸湿性极强，因此在步骤Ⅰ中，反应物和溶剂在使用前必须除水，A正确；使用到易燃的有机溶剂时，禁止使用明火加热，因此在步骤Ⅰ中，若控温加热器发生故障，不能改用酒精灯(配石棉网)加热，B不正确；AlI3在空气中受热易被氧化，因此在步骤Ⅲ中蒸发浓缩时，要在有保护气(如持续通入氮气的蒸馏烧瓶等)的装置中进行，不能直接用蒸发皿浓缩，C不正确；AlI3在空气中受热易被氧化、可溶于热的正己烷，因此，为了减少溶解损失，在步骤Ⅳ中要使用冷的正己烷洗涤，D正确。(3)可以根据碘遇淀粉变蓝检验粗产品中是否含有碘单质。具体方法：用水溶解少量样品，加入淀粉溶液，若溶液变蓝则其中混有碘单质，否则没有。(4)①润洗时，滴定管尖嘴部分也需要润洗；先加25.00 mL待测溶液，后加25.00 mL 4.000×10-2 ml·L-1 AgNO3标准溶液，两者充分反应后，剩余的Ag+浓度较小，然后滴加硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2]溶液作指示剂，到达滴定终点时，Fe3+可以与过量的SCN-反应生成红色的配合物，故滴定至溶液呈浅红色。Ag2CrO4的溶度积常数与AgSCN非常接近，因此，K2CrO4溶液不能用作指示剂。综上所述，需要补全的操作步骤依次是a、e、d、f。②加入稀酸B的作用是抑制Fe3+发生水解反应，保证滴定终点的准确判断。③由滴定步骤可知，25.00 mL 4.000×10-2 ml·L-1 AgNO3标准溶液分别与AlI3溶液中的I-、1.000×10-2 ml·L-1 NH4SCN标准溶液中的SCN-发生反应生成AgI和AgSCN；由Ag+守恒可知，n(AgI)+n(AgSCN)=n(AgNO3)，则n(AgI)=n(AgNO3)-n(AgSCN)；三次滴定消耗NH4SCN标准溶液的平均体积为25.60 mL，则n(AgI)=25.00×10-3 L×4.000×10-2 ml·L-1-25.60×10-3 L×1.000×10-2 ml·L-1=7.440×10-4 ml，由I守恒可知n(AlI3)=13n(AgI)=2.480×10-4 ml，因此，产品纯度为2.480×10−4ml×408 g·ml−1×250 mL25.00 mL1.020 0 g×100%=99.20%。
9.
【答案】(1)[Zn(OH)4]2－ (2)BC (3)坩埚 (4)杂质中含有CH3COO－、COeq \\al(2－,3)、NHeq \\al(＋,4)，在控温煅烧过程中分解或被氧化为气体而除去 (5)d→(g)→c(f)→(h) (6)8
10.【答案】(1)锥形瓶 升温、搅拌等 (2)浓氨水挥发 双氧水分解 冰水浴 (3)玻璃棒末端没有紧靠三层滤纸处，漏斗末端尖嘴部分没有紧靠烧杯内壁 (4)活性炭 (5)促进[C(NH3)6]Cl3尽快析出
【解析】(2)步骤Ⅱ中使用了浓氨水和双氧水，他们在高温下易挥发、易分解，所以控制温度在10 ℃以下，通常采用冰水浴。(4)钴配合物[C(NH3)6]Cl3溶于热水，活性炭不溶于热水，所以趁热过滤可除去活性炭。(5)可利用同离子效应，促进钴配合物[C(NH3)6]Cl3尽快析出。
11.【答案】(1)NaAlO2 (2)C (3)①蒸发皿 ②酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀 (4)①0.7 ②pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸根离子，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根离子会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多
【解析】(2)步骤Ⅰ，反应所需温度高于100 ℃，因此反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度，故A正确；步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量CO2生成氢氧化铝和碳酸氢钠溶液，有利于减少Al(OH)3沉淀中的杂质，故B正确；步骤Ⅲ，洗涤时不能对漏斗中的沉淀充分搅拌，故C错误；可通过控制Al(OH)3和AlCl3的投料比来控制产品盐基度，故D正确。(4)①根据Cl－～AgNO3，样品溶液中氯离子物质的量浓度为eq \f(0.100 0 ml·L－1×0.022 50 L,0.025 L)＝0.09 ml·L－1，n(Al3＋)∶n(Cl－)＝10∶9，根据电荷守恒得到 [Al2(OH)4.2Cl1.8]m产品的盐基度为eq \f(4.2,4.2＋1.8)＝0.7。
12.【答案】(1)2Al ＋ 2OH－ ＋ 2H2O===2AlOeq \\al(－,2) ＋ 3H2↑ (2)取最后一次洗涤液于试管中，向其中滴加酚酞，如果溶液不变粉红色，则证明洗涤干净，否则没有洗涤干净 (3)C (4)B (5)恒压滴液漏斗 (6)排尽装置内空气 (7)雷尼Ni堵塞导管、管道中气流不稳，不利于监测反应过程 (8)集气管中液面保持不变
【解析】(1)铝可以和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O===2AlOeq \\al(－,2)＋3H2↑。(2)由于水洗之前是用碱洗，此时溶液显碱性，故可以用酸碱指示剂来判断是否洗净，具体方法为取最后一次洗涤液于试管中，滴加几滴酚酞，如果溶液不变粉红色，则证明洗涤干净，否则没有洗涤干净。(3)根据题中信息可知，雷尼Ni被广泛用于硝基或羰基等不饱和基团的催化氢化反应，故不能选丙酮，否则会发生副反应，又因为邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应进行，而CCl4、正己烷均为非极性分子，乙醇为极性分子，所以应选乙醇。(4)根据向集气管中通入H2时三通阀的孔路位置，可确定集气管向装置Ⅱ中供气时，应保证只有下侧、右侧孔路通气，故B正确。(6)根据题给信息可知，雷尼Ni暴露在空气中可以自燃，故反应前向装置Ⅱ中通入N2一段时间，目的是排尽装置中的空气，防止雷尼Ni自燃。(8)反应完成后，氢气不再被消耗，则集气管中液面不再发生变化。
13.【答案】(1)VOeq \\al(－,3)＋2H2O===H3VO4↓＋OH－ NH4VO3发生相互促进的水解反应：NHeq \\al(＋,4)＋VOeq \\al(－,3)＋H2O===H3VO4↓＋NH3，NHeq \\al(＋,4)有利于VOeq \\al(－,3)水解 (2)温度升高至一定范围催化剂失活 4NH3＋5O2eq \(=====,\s\up7(催化剂),\s\d5(△))4NO＋6H2O、N2＋O2eq \(=====,\s\up7(高温))2NO (3)①适当增加酸的浓度、升高温度、延长酸浸时间等 ② ③增加铵根离子浓度，促进平衡向析出沉淀的方向移动，提高NH4VO3的含量
【解析】(1)在水溶液中VOeq \\al(－,3)水解为H3VO4沉淀的离子方程式为VOeq \\al(－,3)＋2H2OH3VO4↓＋OH－，反应选用NH4VO3溶液的原因为NH4VO3发生相互促进的水解反应NHeq \\al(＋,4)＋VOeq \\al(－,3)＋H2O===H3VO4↓＋NH3，NHeq \\al(＋,4)有利于VOeq \\al(－,3)水解。(2)反应温度在320～360 ℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是温度升高至一定范围催化剂失活，导致NO转化率升高不明显。反应温度高于380 ℃，NO转化率下降，有可能体系产生了NO，如4NH3＋5O2eq \(=====,\s\up7(催化剂),\s\d5(△))4NO＋6H2O、N2＋O2eq \(=====,\s\up7(高温))2NO等。(3)①提高钒元素浸出率的方法还有适当增加酸的浓度、升高温度、延长酸浸时间等。②已知H4V4O12具有八元环结构，且V连有五个共价键，结构式可表示为。③NH4VO3饱和溶液中存在溶解平衡NH4VO3(s)NHeq \\al(＋,4)(aq)＋VOeq \\al(－,3)(aq)，加过量NH4Cl溶液有利于增加铵根离子浓度，促进平衡向析出沉淀的方向移动，提高NH4VO3的含量。
14.【答案】(1)eq \f(Ksp[Mg(OH)2]×Ka1(H2SO3)×Ka2(H2SO3),Ksp(MgSO3)×K\\al(2,w)) BD (2)2SOeq \\al(2－,3)＋O2eq \(=====,\s\up7(催化剂))2SOeq \\al(2－,4) pH增大，抑制SOeq \\al(2－,3)的水解，反应物SOeq \\al(2－,3)的浓度增大，故可加快氧化速率 (3)用滴液漏斗向盛有MgSO3浆料的三颈烧瓶中缓慢滴加硫酸溶液 分批加入少量氧化镁粉末，搅拌，直至用pH试纸测得pH≥5，过滤；将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150～170 ℃干燥
【解析】(1)已知下列反应：
①Mg(OH)2＋H2SO3===MgSO3＋2H2O K
②Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq) Ksp[Mg(OH)2]
③MgSO3(s)Mg2＋(aq)＋SOeq \\al(2－,3)(aq) Ksp(MgSO3)
④H2SO3H＋＋HSOeq \\al(－,3) Ka1(H2SO3)
⑤HSOeq \\al(－,3)H＋＋SOeq \\al(2－,3) Ka2(H2SO3)
⑥H2OH＋＋OH－ Kw
根据盖斯定律，①＝②－③＋④＋⑤－⑥×2，故K＝eq \f(Ksp[Mg(OH)2]×Ka1(H2SO3)×Ka2(H2SO3),Ksp(MgSO3)×K\\al(2,w))。加热可加快反应速率，但温度升高，SO2在水中溶解度降低，且会导致H2SO3受热分解，不一定能提高吸收SO2效率，A错误；加快搅拌速率，可以使反应物充分接触，提高吸收SO2效率，B正确；降低通入SO2气体的速率，SO2可与MgO浆料充分接触，但会降低反应速率，不一定能提高吸收SO2效率，C错误；多孔球泡可以让SO2与MgO浆料充分接触，能提高吸收SO2效率，D正确。(2)根据题意，O2氧化溶液中的SOeq \\al(2－,3)，SOeq \\al(2－,3)被氧化为SOeq \\al(2－,4)，1 ml O2氧化2 ml SOeq \\al(2－,3)，故O2氧化溶液中SOeq \\al(2－,3)的离子方程式为2SOeq \\al(2－,3)＋O2eq \(=====,\s\up7(催化剂))2SOeq \\al(2－,4)；pH增大，抑制SOeq \\al(2－,3)的水解，反应物SOeq \\al(2－,3)的浓度增大，故可加快氧化速率。(3)在进行含固体物质的反应物与液体反应的实验时，应将含固体物质的反应物放在三颈烧瓶中，通过滴液漏斗滴加液体，H2SO4溶液的滴加速率要慢，以免H2SO4过量；根据题意，首先需要调节pH≥5以除去Fe3＋、Al3＋杂质，需要用到的试剂为MgO粉末，操作细节为分批加入少量MgO粉末，以免pH过高，不断搅拌进行反应直至检测到pH≥5，然后过滤除去氢氧化铁、氢氧化铝沉淀；根据题目信息，室温下结晶只能得到MgSO4·7H2O，因此需要在150～170 ℃下干燥得到MgSO4·H2O，操作细节为将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150～170 ℃干燥。
15.【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)b d g
【解析】在硝酸铁催化下钠与液氨反应生成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与尾气处理装置连接再处理氨气等，据此结合实验原理分析解答。(1)根据实验操作中加入Fe(NO3)3·9H2O的用料很少，结合实验原理可推知，Fe(NO3)3·9H2O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，所以要判断密封体系中空气是否排尽，可设计如下方案：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)制备NaNH2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)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；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，则也不能被点燃、不会产生火焰，且对易燃气体直接点火有安全隐患，B错误；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；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。(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，加入过量HCl转化为NaCl、NH4Cl，过量的盐酸再利用氢氧化钠标准液反滴定，滴定终点溶液呈酸性，故加入甲基红指示剂，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x g→加入过量盐酸标准溶液→加入甲基红指示剂→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。
16.【答案】(1)除去原料表面的油污 (2)SO2 (3)Cu＋H2O2＋H2SO4===CuSO4＋2H2O (4)胆矾晶体易溶于水 (5)ⅰ.溶液 C 经步骤③加热浓缩后双氧水已完全分解 ⅱ.取滤液D，向其中加入适量硫化钠，使铜离子恰好完全沉淀，静置后，向上层清液中再加入KI溶液，溶液不变色，I－不能被氧化
【解析】(1)原料表面含有少量的油污，Na2CO3溶液呈碱性，可以除去原料表面的油污。(2)在加热的条件下，铜可以与浓硫酸发生反应生成CuSO4、SO2和H2O，二氧化硫是一种大气污染物，步骤②中，若仅用浓H2SO4溶解固体B，将生成SO2污染环境。(3)步骤②中，在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4，生成CuSO4和H2O，该反应的化学方程式为Cu＋H2O2＋H2SO4===CuSO4＋2H2O。(4)胆矾是一种易溶于水的晶体，因此，经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤。(5)ⅰ.H2O2常温下即能发生分解反应，在加热的条件下，其分解更快，因此，甲同学认为不可能是步骤②中过量H2O2将I－氧化为I2。ⅱ.I－氧化为I2时溶液的颜色会发生变化；滤液D中含有CuSO4和H2SO4，乙同学通过实验证实，只能是Cu2＋将I－氧化为I2，较简单的方案是除去溶液中的Cu2＋，然后再向其中加入含有I－的溶液，观察溶液是否变色。
17.【答案】(1)HCl H2SO4(浓)＋NaCleq \(=====,\s\up7(微热))NaHSO4＋HCl↑ (2)防止倒吸 CuSO4溶液 (3)静置，取上层清液于一洁净试管中，继续滴加热的硫酸溶液，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】(1)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)＋NaCleq \(=====,\s\up7(微热))NaHSO4＋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，继续滴加热的H2SO4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eq \f(0.466 0 g,233 g·ml－1)＝0.002 ml，依据钡原子守恒，产品中BaCl2·2H2O的物质的量为0.002 ml，质量为0.002 ml×244 g·ml－1＝0.488 g，质量分数为eq \f(0.488 g,0.500 0 g)×100%＝97.6%。
18.【答案】D
【解析】①中高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化MnO2制备K2MnO4，由于瓷坩埚易被强碱腐蚀，故不能用瓷坩埚作反应器，A说法不正确；制备KMnO4时为防止引入杂质离子，①中用KOH作强碱性介质，不能用NaOH，B说法不正确；②中K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，故其既体现氧化性又体现还原性，C说法不正确；根据化合价的变化分析，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为2∶1，根据Mn元素守恒可知，MnO2中的Mn元素只有eq \f(2,3)转化为KMnO4，因此，MnO2转化为KMnO4的理论转化率约为66.7%，D说法正确。
19.【答案】(1)a FeCl2·4H2O＋4SOCl2eq \(=====,\s\up7(△))FeCl2＋4SO2＋8HCl 冷凝回流SOCl2
(2)eq \f(1 000(m1－m2),108cV) AB (3)⑥⑩③⑤ CCl4
【解析】(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气体充满装置b后再加热装置b，装置b内发生反应的化学方程式为FeCl2 4H2O＋4SOCl2eq \(=====,\s\up7(△))FeCl2＋4SO2＋8HCl；装置c、d的共同作用是冷凝回流SOCl2。(2)滴定过程中Cr2Oeq \\al(2－,7)将Fe2＋氧化成Fe3＋，自身被还原成Cr3＋，反应的离子方程式为6Fe2＋＋Cr2Oeq \\al(2－,7)＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O，则m1 g样品中n(FeCl2)＝6n(Cr2Oeq \\al(2－,7))＝6cV×10－3ml；m1 g样品中结晶水的质量为(m1－m2) g，结晶水的物质的量为eq \f(m1－m2,18) ml，n(FeCl2)∶n(H2O)＝1∶n＝(6cV×10－3 ml)∶eq \f(m1－m2,18) ml，解得n＝eq \f(1 000(m1－m2),108cV)。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；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；实验Ⅰ称重后，样品发生了潮解，消耗的K2Cr2O7溶液的体积V不变，使n的测量值不变，C项不选；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。(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，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。
20.【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)BD (4)①c d b a ②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＋2CH3COCleq \(――→,\s\up7(△),\s\d5(苯))MnCl2↓＋2(CH3CO)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。(3)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；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。(4)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。
21.【答案】(1)（球形）冷凝管 平衡气压，便于液体顺利流下
(2)2NH3+3CuO=Δ3Cu+N2+3H2O(或NH4Cl + NaNO2=ΔNaCl + 2H2O + N2↑) 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+3CuO=Δ3Cu+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 + NaNO2=ΔNaCl + 2H2O + N2↑，可选择液体与液体加热制备气体型，所以选择B装置。综上考虑，答案为：2NH3+3CuO=Δ3Cu+N2+3H2O(或NH4Cl + NaNO2=ΔNaCl + 2H2O + N2↑)；A(或B)；
（3）三颈烧瓶中FeCl2溶液与100mL14ml⋅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，综上所述，答案为：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⋅4H2OMr=199的物质的量为9.95g199g/ml=0.05ml，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0.0125ml，所以得到的黑色产品质量应为0.0125ml×（56g/ml+232g/ml）=3.6g，实际得到的产品3.24g，所以其产率为×100%=90.0%，故答案为：90.0%。
22.【答案】(1)H2SO4溶液 MnO2+SO32−+2H+=Mn2++SO42−+H2O
(2)100
(3)200 mL
(4)加热到450℃充分反应一段时间，将固体冷却后研成粉末，边搅拌边加入一定量1 ml·L-1稀H2SO4，加热，充分反应后过滤，洗涤，直到取最后一次洗涤滤液加盐酸酸化的0.1 ml·L-1 BaCl2溶液不变浑浊
【解析】（1）若三颈瓶中先加入硫酸溶液，向其中滴加Na2SO3溶液则易生成SO2导致Na2SO3的利用率减小，故滴液漏斗中的溶液是H2SO4溶液；MnO2被亚硫酸根还原为Mn2+的离子方程式为：MnO2+SO32−+2H+=Mn2++SO42−+H2O；
（2）c(Ca2+)c(Mg2+)=KspCaF2KspMgF2=5×10−95×10−11=100；
（3）该反应的化学方程式2NH4HCO3+ MnSO4= MnCO3+ (NH4)2SO4+H2O+CO2↑，由方程式可知NH4HCO3与MnSO4的物质的量之比为2∶1，需加入NH4HCO3溶液的体积约为200 mL ；
（4）根据图象在450°C左右MnO2占比最高，所以加热到450°C最佳，MnO与酸反应生成Mn2+，故用酸除MnO，Mn2O3氧化性强于Cl2，用盐酸会发生氧化还原生产氯气。因此，该实验方案可补充为：加热到450℃充分反应一段时间后，将固体冷却后研成粉末，向其中边搅拌边加入一定量1ml·L-1稀H2SO4，加热，充分反应后过滤，洗涤，直到取最后一次洗涤滤液加盐酸酸化的0.1ml·L-1BaCl2溶液不变浑浊。
23.【答案】(1)排除装置中的空气 直形冷凝管 淡黄色固体变为银白色 (2)吸收多余氯气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入E 再次通入N2 排除装置中的H2 (3)①m3＋m1－2m2 ②eq \f(cVM,120(m3＋m1－2m2))% 不变 偏大
【解析】(1)用H2还原WO3制备W，装置中不能有空气，所以先通N2，其目的是排除装置中的空气；由仪器构造可知仪器A的名称为直形冷凝管；WO3为淡黄色固体，被还原后生成的W为银白色，所以能证明WO3已被完全还原的现象是淡黄色固体变为银白色。
(2)由信息可知WCl6极易水解，W与Cl2反应制取WCl6时，要在B处加装盛有碱石灰的干燥管，防止空气中的水蒸气进入E中，所以碱石灰的作用其一是吸收多余氯气，防止污染空气；其二是防止空气中的水蒸气进入E；在操作⑤加热，通Cl2之前，装置中有多余的H2，需要除去，所以操作④是再次通入N2，目的是排除装置中的H2。
(3)①称量时加入足量的CS2，盖紧称重为m1 g，由于CS2易挥发，开盖时要挥发出来，称量的质量要减少，开盖并计时1分钟，盖紧称重m2 g，则挥发出的CS2的质量为(m1－m2)g，再开盖加入待测样品并计时1分钟，又挥发出(m1－m2)g的CS2，盖紧称重为m3 g，则样品质量为m3 g＋2(m1－m2)g－m1 g＝(m3＋m1－2m2)g。
②滴定时，根据关系式：WOeq \\al(2－,4)～2IOeq \\al(－,3)～6I2～12S2Oeq \\al(2－,3)，样品中n(WCl6)＝n(WOeq \\al(2－,4))＝eq \f(1,12)n(S2Oeq \\al(2－,3))＝eq \f(1,12)cV×10－3ml，m(WCl6)＝eq \f(1,12)cV×10－3ml×M g·ml－1＝eq \f(cVM,12 000) g，则样品中WCl6的质量分数为eq \f(\f(cVM,12 000) g,(m3＋m1－2m2)g)×100%＝eq \f(cVM,120(m3＋m1－2m2))%；根据测定原理，称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，挥发的CS2的质量增大，m3偏小，但WCl6的质量不变，则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将不变，样品中WCl6质量分数的测定值将偏大。
24.【答案】(1)2Ba(NO3)22BaO＋O2↑＋4NO2↑ (2)增大压强或增大氧气的浓度或降低温度 (3)BaO2＋2HCl===BaCl2＋H2O2 (4)H2O2受热易分解 (5)O2＋2H＋＋2e－===H2O2 (6)AC
【解析】(1)①Ⅰ为分解反应，产物除BaO、O2外，还有一种红棕色气体，该气体为NO2。根据氧化还原反应电子得失守恒配平该反应的化学方程式为2Ba(NO3)22BaO＋O2↑＋4NO2↑；②Ⅱ为BaO与氧气反应生成BaO2，是可逆反应，反应方程式为2BaO(s)＋O2(g)2BaO2(s)，正反应为气体体积减小的放热反应，促进该反应正向进行的措施是增大压强或增大氧气的浓度或降低温度；③Ⅲ中过氧化钡与盐酸反应生成氯化钡和双氧水，反应的化学方程式是BaO2＋2HCl===BaCl2＋H2O2；④H2O2受热易分解，采用减压能够降低蒸馏温度，防止双氧水分解导致产率降低。
(2)①根据分析，a极的电极反应式是O2＋2H＋＋2e－===H2O2；②2H2O2===2H2O＋O2↑能自发进行，反向不能自发进行，根据图示，该装置有电源，属于电解池，电解池是将电能转化为化学能的装置，故A正确；根据分析，电极b为阳极，电解池阳极与电源正极连接，故B错误；根据分析，该装置的总反应为2H2O＋O22H2O2，根据反应可知，制取双氧水的原料为氧气和水，来源广泛，原料廉价，对环境友好等优点，故C正确；答案选AC。
25.【答案】(1)防止倒吸 pH过高，Na2CO3、Na2S反应不充分；pH过低，导致Na2S2O3转化为S和SO2
(2)BC
(3)①F B E C G ②防止碘挥发 ③Na2SO3或失去部分结晶水的Na2S2O3·5H2O
【解析】(1)步骤Ⅰ中，单向阀的作用是防止C中的液体倒吸进A装置中；装置C中混合溶液的pH过高，说明溶液中含有较多的Na2CO3和Na2S，Na2CO3和Na2S溶液水解显碱性，CO32−＋H2OHCO3−＋OH－、S2－＋H2OHS－＋OH－，则SO2和Na2CO3、Na2S反应不充分；pH过低，说明Na2S2O3分解为S和SO2，SO2＋H2OH2SO3、H2SO3H＋＋HSO3−，pH过高或过低都会导致Na2S2O3·5H2O晶体的产率降低。(2)A错，快速蒸发水分，加热温度过高，会造成Na2S2O3·5H2O晶体失去结晶水；B对，蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，停止加热，利用余热蒸发水分，会得到Na2S2O3·5H2O晶体；C对，由题目已知信息，Na2S2O3·5H2O难溶于乙醇，所以冷却结晶后的固液混合物中加入乙醇可提高Na2S2O3·5H2O的产率；D错，Na2S2O3·5H2O晶体易溶于水，若用Na2CO3溶液作洗涤剂，Na2S2O3·5H2O会溶解，造成损失。(3)①滴定管使用前的正确操作顺序为检漏→蒸馏水洗涤→用滴定液润洗2至3次→装入滴定液至零刻度以上→排除气泡→调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下→记录起始读数→开始滴定。②为了防止标准液中的碘挥发，造成标准液的浓度偏低，滴定前的碘量瓶应盖上瓶塞。③根据题给滴定反应的化学方程式，可得滴定反应的关系式为2Na2S2O3·5H2O～I2，Na2SO3与I2反应的对应关系为Na2SO3～I2，M(Na2SO3)＝126 g·ml－1，M(Na2S2O3·5H2O)＝248 g·ml－1，M(Na2SO3)＜M(Na2S2O3·5H2O)；若产品中Na2S2O3·5H2O的含量超过100%，说明产品中可能存在Na2SO3或失去部分结晶水的Na2S2O3·5H2O。
题点2 和非金属及其化合物相关的制备型实验探究
1.【答案】(1)三颈烧瓶 温度计 (2)烧杯底部有少量固体 (3)缓慢滴加过量氯水，无蓝色出现 (4)白色固体消失，析出紫黑色沉淀，产生红棕色气体，溶液呈绿色 碱液 (5)a (6)升华
【解析】(5)步骤⑤中，I2在水中溶解度小，在乙醇中溶解度大于水中溶解度，易溶于四氯化碳，则析出的I2沉降后，过滤，再用水洗涤表面的无机盐，以减少损耗。
2.【答案】(1)圆底烧瓶 H2S+I22HI+S (2)c
(3)I2+I-I3− (4)NaOH(其他合理答案也可)
(5)先停止加热，再停止通入N2
(6)117×1.7×57%128×100%
(7)棕色细口试剂瓶中
【解析】(2)由步骤ⅰ的操作可知，静置、过滤的目的是分离产物，与快速搅拌无关，a不符合题意；步骤ⅰ中未涉及加热，b不符合题意；由(1)可知，步骤ⅰ的反应中有硫单质生成，由于S不溶于水，会包裹溶液中的碘单质阻碍反应的发生，c符合题意。(3)I2可与溶液中的I-反应生成I3−，从而增大碘单质的溶解度，反应的离子方程式为I2+I-I3−。(4)步骤ⅱ中的尾气是H2S有毒，为酸性气体，常用NaOH溶液吸收。(5)停止加热后，持续通入N2，可防止产物HI被空气氧化，待装置冷却后再停止通入N2，可将装置中残留的HI全部赶入C中。(6)n实际(HI)=117 mL×1.7 g·mL−1×57%128 g·ml−1，n理论(HI)=2×127 g2×127 g·ml−1=1 ml，故实验的产率=117 mL×1.7 g·mL−1×57%128 g·ml−1÷1 ml ×100%=117×1.7×57%128×100%。
3.【答案】(1)直形冷凝管 除去市售的溴中少量的Cl2、抑制液溴与水反应 Br2+K2C2O42KBr+2CO2↑ (2)蒸发皿 2MnO4−+10I-+16H+2Mn2++ 5I2+8H2O (3)液封 降低温度 (4)0.31m (5)玻璃棒引流，玻璃棒下端靠在三层滤纸处
【解析】(1)仪器C为直形冷凝管，用于冷凝蒸气；市售的溴(纯度99%)中含有少量的Cl2 和I2，Cl2 可与CaBr2发生氧化还原反应而除去；水浴加热时，Br2、I2蒸发进入装置D中，分别与K2C2O4发生氧化还原反应，由于I2少量，故主要反应的化学方程式为Br2+K2C2O42KBr+2CO2↑。(2)将D中溶液转移至蒸发皿中，边加热边向其中滴加酸化的KMnO4溶液至出现红棕色气体(Br2)，因为I-的还原性强于Br-，说明KMnO4已将KI全部氧化，发生反应的离子方程式为2MnO4−+10I-+16H+2Mn2++5I2+8H2O；KBr几乎未被氧化，继续加热将溶液蒸干所得固体R的主要成分为KBr。(3)密度：Br2>H2O，D中冷的蒸馏水起到液封的作用，同时冷的蒸馏水温度较低，均可减少溴的挥发。(4)m g KBr固体的物质的量为m119 ml，根据得失电子守恒可得关系式6KBr~6e-~K2Cr2O7，则理论上需要K2Cr2O7的物质的量为16×m119 ml，实际所需称取K2Cr2O7的质量为16×m119 ml×34×294 g·ml-1≈0.31m g。
4.【答案】(1)恒压滴液漏斗 增大SO2的溶解度、增大H2SO3的浓度，同时为步骤Ⅱ提供低温 (2)防止过多的MnO2与H2SO3反应生成MnSO4，同时防止反应太快、放热太多、不利于控制温度低于10 ℃ (3)除去过量的SO2(或H2SO3) (4)静置，向上层清液中继续滴加几滴饱和Na2CO3溶液，若不再产生沉淀，说明Mn2+已沉淀完全 (5)D A E
【解析】步骤Ⅴ中Na2S2O6溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到Na2S2O6∙2H2O。
(2)步骤Ⅱ中，MnO2与H2SO3在低于10 ℃时反应生成MnS2O6，反应的化学方程式为MnO2+2H2SO3MnS2O6+2H2O，分数次加入MnO2，是防止过多的MnO2与H2SO3反应生成MnSO4，同时防止反应太快、放热太多、不利于控制温度低于10 ℃。(3)步骤Ⅲ中滴加饱和Ba(OH)2溶液的目的是除去过量的SO2或H2SO3，防止后续反应中SO2与Na2CO3溶液反应，增加饱和Na2CO3溶液的用量并使产品中混有杂质。(4)步骤Ⅳ中滴入饱和Na2CO3溶液发生反应：MnS2O6+Na2CO3MnCO3↓+Na2S2O6，判断Mn2+已沉淀完全的操作是静置，向上层清液中继续滴加几滴饱和Na2CO3溶液，若不再产生沉淀，说明Mn2+已沉淀完全。(5)步骤Ⅳ经过滤得到Na2S2O6溶液，步骤Ⅴ的正确操作或现象为将滤液倒入蒸发皿中→用酒精灯加热→用玻璃棒不断搅拌→蒸发皿中出现少量晶体→停止加热→等待蒸发皿冷却→过滤、洗涤、干燥得到Na2S2O6∙2H2O。
5．【答案】(1)圆底烧瓶 (2)E C D (3)BC (4)处理尾气H2S (5)ABC (6)99%
【解析】(2)制备气体的装置包括发生装置、除杂装置、收集装置和尾气处理装置，由于不能骤冷，要逐步冷却，所以B连E，E连C，C连D，D连F。(3)H2S是酸性气体，不可以用碱性干燥剂，所以不可以用氢氧化钾和碱石灰，故选BC。(5)H2S有毒，该实验操作须在通风橱中进行，故A正确；气体不能骤冷，装置D的主要作用是预冷却H2S，故B正确；加入的MgCl2固体，可使MgCl2溶液保持饱和，有利于平稳持续产生H2S，故C正确；该实验产生的尾气不可用硝酸吸收，硝酸的氧化性虽然可以把H2S氧化为S单质，但是稀硝酸产生的NO或者浓硝酸产生的NO2会污染空气，故D错误。(6)根据铜守恒，氧化铜的质量为32.814 g－31.230 g＝1.584 g，则氧化铜物质的量为0.019 8 ml，n(CuS)＝n(CuO)＝0.019 8 ml，则H2S物质的量为0.019 8 ml，H2S的质量为0.673 2 g，产品的纯度为eq \f(0.673 2 g,0.680 g)×100%＝99%。
6.【答案】C
【解析】红磷使用前应用水洗涤，除去其表面的可溶性氧化物及氧化物的水化物，A正确；将红磷转入装置，抽真空后加热外管，除去红磷表面的水分，同时除去残余的少量氧气，B正确；由仪器构造可知，应从b口通入冷凝水(类比直形冷凝管的“下口进上口出”，b口类似于直形冷凝管的下口)，C错误；通入冷凝水后P4(g)在冷凝管外壁凝华，冷却后在氮气氛围下收集，防止产品变质，D正确。
【关联题点】物质的分离与提纯
7.【答案】(1)组装仪器并检查装置气密性 管式炉中没有固体剩余，烧瓶中无液体滴下 C、D之间没有干燥装置，没有处理氢气的装置
(2)SiHCl3＋5NaOH===Na2SiO3＋3NaCl＋H2↑＋2H2O
(3)高温灼烧 冷却干燥 A、C eq \f(135.5m2,60m1)×100%
【解析】(1)制备SiHCl3时，组装好装置后，要先检查装置气密性，然后将盛有硅粉的瓷舟置于管式炉中，通入氯化氢气体，排出装置中的空气，一段时间后，接通冷凝装置，加热开始反应，当管式炉中没有固体剩余时，即硅粉完全反应，SiHCl3易水解，所以需要在C、D之间加一个干燥装置，防止D中的水蒸气进入装置C中，另外氢氧化钠溶液不能吸收氢气，需要在D后面加处理氢气的装置。(2)已知电负性：Cl＞H＞Si，则SiHCl3中氯元素的化合价为－1，H元素的化合价为－1，硅元素化合价为＋4，所以氢氧化钠溶液和SiHCl3反应时，要发生氧化还原反应，得到氯化钠、硅酸钠和氢气，化学方程式为SiHCl3＋5NaOH===Na2SiO3＋3NaCl＋H2↑＋2H2O。(3)m1 g样品经水解、干燥等预处理过程得到硅酸水合物后，高温灼烧，在干燥器中冷却干燥后，称量，所用仪器包括坩埚和干燥器，所得固体氧化物为二氧化硅，质量为m2 g，则二氧化硅的物质的量n(SiO2)＝eq \f(m2,60) ml，样品纯度为eq \f(\f(m2,60)×(28＋1＋35.5×3),m1)×100%＝eq \f(135.5m2,60m1)×100%。
【关联题点】硅及其化合物的性质及用途；热重分析法在物质成分（或含量）测定中的应用
8.【答案】(1)①煤油 ②b ③2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑ ④K2、K3 (2)①2PCl5＋10NaN3eq \(=====,\s\up7(280 ℃))2P＋15N2↑＋10NaCl 防止PCl5遇空气中的水蒸气而发生水解 ②甲苯 NaCl ③104 0.027
【解析】本实验要用无水甲苯作溶剂，故需要先制备无水甲苯，图1装置中Na与水反应除去水，生成的H2从K2排出，待水反应完后，收集无水甲苯；图2中将甲苯和NaN3加入三颈烧瓶中，然后通入Ar排出装置中的空气，再滴入PCl5和甲苯，混合均匀后，转移到反应釜中制备纳米球状红磷。(1)③Na与水反应可除去水，故用钠干燥甲苯的原理是2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑。④回流过程中，打开活塞K2、K3，使生成的气体排出装置。(2)①根据题意可知，反应物为PCl5和NaN3，产物为P，根据化合价的变化规律可知化学方程式为2PCl5＋10NaN3eq \(=====,\s\up7(280 ℃))2P＋15N2↑＋10NaCl；由于PCl5易水解，故用Ar气赶走空气的目的是防止PCl5遇空气中的水蒸气而发生水解。②根据反应可知，得到的产物上沾有甲苯和NaCl，用乙醇洗去甲苯，用水洗去NaCl。③R＝125 nm时可换算出横坐标为8，此时纵坐标对应的值为10，故气体产物的压强为104 kPa；已知p＝a×n，其中a＝2.5×105 kPa·ml－1，气体产物只有N2，则n(N2)＝eq \f(104 kPa,2.5×105 kPa·ml－1)＝0.04 ml，根据反应2PCl5＋10NaN3eq \(=====,\s\up7(280 ℃))2P＋15N2↑＋10NaCl可知，n(NaN3)＝eq \f(10,15)n(N2)＝eq \f(10,15)×0.04 ml≈0.027 ml。
9.【答案】(1)2NH4Cl＋Ca(OH)2eq \(=====,\s\up7(△))CaCl2＋2H2O＋2NH3↑ (2)11.5 (3)平衡气压防倒吸 倒吸 (4)NHeq \\al(＋,4) POeq \\al(3－,4) (5)酚酞 无色 浅红色
【解析】本实验的实验目的为制备磷酸氢二铵[(NH4)2HPO4]，实验原理为2NH3＋H3PO4===[(NH4)2HPO4]，结合相关实验基础知识分析解答问题。(1)实验室用NH4Cl(s)和Ca(OH)2(s)在加热的条件下制备氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)2eq \(=====,\s\up7(△))CaCl2＋2H2O＋2NH3↑。(2)设需浓H3PO4的体积为V mL，则eq \f(1.7 g·mL－1×V mL×85%,98 g·ml－1)＝0.1 L×1.7 ml·L－1，V≈11.5。(3)由于NH3极易溶于水，因此可选择打开活塞K2以平衡气压，防止发生倒吸，所以实验过程中，当出现倒吸现象时，应及时关闭K1，打开K2。(4)继续通入NH3，(NH4)2HPO4继续反应生成(NH4)3PO4，当pH＞10.0时，溶液中OH－、NHeq \\al(＋,4)、POeq \\al(3－,4)的浓度明显增加。(5)由(4)可知，当pH为8.0～9.0时，可制得(NH4)2HPO4，说明(NH4)2HPO4溶液显碱性，因此若不选用pH传感器，还可以选用酚酞作指示剂，当溶液颜色由无色变为浅红时，停止通入NH3，即可制得(NH4)2HPO4溶液。
10.【答案】(1)圆底烧瓶 b (2)干燥气体 (3)溶液沿毛细管上升 (4)使溶液受热均匀 (5)磷酸晶体 (6)C (7)磷酸可与水分子间形成氢键
【解析】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。(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，冷凝水应从b口进、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。(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21 ℃易形成2H3PO4·H2O(熔点为30 ℃)，高于100 ℃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42～100 ℃。(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。
11.【答案】(1)Zn+2H+=Zn2++H2↑
(2)②或③①
(3)a、c 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+O2Ni乙基蒽醌H2O2
(7)17%
【解析】（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+=Zn2++H2↑；
（2）H2O、HX等杂质易使Ni催化剂中毒，需通过碱石灰除去HX和H2O，所以装置B应该选②或③①；
（3）开始制备时，打开活塞a、c，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+O2Ni乙基蒽醌H2O2。
（7）滴定反应的离子方程式为2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，可得关系式：2KMnO4∼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w=20×10−3L×0.0500ml⋅L-1×52×100mL20mL×34g⋅ml-12.50g×100%=17%。
12.【答案】(1)不能
(2)吸收氯气，防止污染空气 防止空气中的水蒸气进入三口烧瓶使SbCl3、SbCl5水解
(3)三口烧瓶 b 防止SbCl5分解
(4)SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O
(5)H2SO4+HSbF6=[H3SO4]+[SbF6]-
(6)CH3CH(CH3)CH3+HSbF6=(CH3)3C++SbF6−+H2↑
【解析】（1）与直形冷展管相比，球形冷凝管的冷却面积大，冷却效果好，且由于球形冷凝管的内芯管为球泡状，容易在球部积留蒸馏液，故不适宜用于倾斜式蒸馏装置，多用于垂直蒸馏装置，故实验装置中两个冷凝管不能交换使用；
（2）根据表中提供信息，SbCl3、SbCl5极易水解，知试剂X的作用是防止空气中水蒸气进入三口烧瓶，同时吸收氯气，防止污染空气；
（3）由实验装置知，反应完成后，关闭活塞a、打开活塞b，减压转移三口烧瓶中生成的SbCl5至双口烧瓶中；减压蒸馏前，必须关闭活塞b，以保证装置密封，便于后续抽真空；根据表中提供信息知，SbCl5容易分解，用减压蒸馏而不用常压蒸馏，可以防止SbCl5分解；
（4）在由SbCl5制备HSbF6时，需用到HF，而HF可与玻璃中的SiO2反应，故不能选择玻璃仪器，反应的化学方程式为：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；
（5）H2SO4与超强酸HSbF6反应时，H2SO4表现出碱的性质，则化学方程式为H2SO4 +HSbF6= H3SO4+ShF6−；
（6）2-甲基丙烷的结构简式为CH3CH(CH3)CH3，根据题目信息知，CH3CH(CH3)CH3中上的氢参与反应，反应的离子方程式为CH3CH(CH3)CH3+HSbF6 =SbF6− +CH33C++H2↑。
13.【答案】(1)排尽装置中的空气，防止与空气中的反应，防止遇空气中的水而水解
干燥管
(2)增大与气体的接触面积，加快反应速率
(3)NO2-+Fe2++2H+=NO↑+Fe3++H2O
(4) -34℃