2023 高考化学二轮专题复习 专题10　化学实验基础 专项训练

这是一份2023 高考化学二轮专题复习 专题10　化学实验基础 专项训练，文件包含2023高考化学二轮专题复习专题10化学实验基础专项训练教师版docx、2023高考化学二轮专题复习专题10化学实验基础专项训练学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共32页， 欢迎下载使用。


专题10　化学实验基础
(一)　仪器的使用和基本操作、物质的检验和分离提纯
(建议用时25分钟)
一、选择题:在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求。
1.(2022·辽宁实验中学三模)关于下列仪器使用的说法正确的是 (　　)

A.甲图所示仪器可用于蒸馏,冷却水从下口通入
B.乙图所示仪器具有“0”刻度,使用前需检查是否漏水
C.丙图所示仪器应先装入药品,再检查气密性才能制备气体
D.丁图所示仪器可用于酸碱中和滴定
解析:选B。甲图所示仪器是球形冷凝管,蒸馏用直形冷凝管, A错误;乙图所示仪器是滴定管,具有“0”刻度,使用前需检查是否漏水, B正确;丙图所示仪器是启普发生器,应先检查气密性,再装入药品制备气体, C错误;丁图所示仪器是吸滤瓶,不能用于酸碱中和滴定, D错误。
2.(2022·济南一模)下列由实验现象所得结论正确的是 (　　)
A.向某溶液中加入足量稀盐酸,生成白色沉淀,证明溶液中含Ag+
B.向Na2S溶液中通入足量SO2,生成淡黄色沉淀,证明SO2能呈现酸性和氧化性
C.向FeI2溶液中滴加少量氯水,溶液变为黄色,证明Fe2+与Cl2反应生成Fe3+
D.常温下,取饱和CaSO4溶液和氨水做导电性实验,氨水灯泡更亮,证明CaSO4为弱电解质
解析:选B。向某溶液中加入足量稀盐酸,生成白色沉淀,该沉淀可能是AgCl或H2SiO3,故A错误;向Na2S溶液中通入足量SO2,生成淡黄色沉淀S和亚硫酸钠,证明SO2能呈现酸性和氧化性,故B正确;I-的还原性大于Fe2+,向FeI2溶液中滴加少量氯水,先发生反应2I-+Cl2===I2+2Cl-,碘水呈黄色,故C错误;CaSO4是强电解质,但CaSO4微溶于水,离子浓度小,所以饱和CaSO4溶液的导电性弱,故D错误。
3.(2022·菏泽一模)某工业食盐样品中混有NaBr杂质,现对其进行提纯,并获取液态溴,可设计实验流程如图所示:

下列说法错误的是 (　　)
A.依据实验流程可知,操作Ⅰ为萃取、分液,可选取CCl4作为萃取剂
B.由液体D中获取液溴时采用蒸馏操作,所用温度计的水银球应插入液面以下
C.在进行操作Ⅱ时,需要的主要仪器有铁架台(带铁圈)、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒、坩埚钳
D.若样品为44.0 g,最终获得42.1 g氯化钠固体,则原固体混合物中氯化钠的质量分数约为90%
解析:选B。A项,依据实验流程可知,操作Ⅰ是从NaCl和Br2的混合溶液中分离出NaCl溶液和液溴,故为萃取、分液,上层为NaCl溶液,下层为有机层,故可选取CCl4作为萃取剂,正确;B项,由液体D中获取液溴时采用蒸馏操作,蒸馏时温度计测量的是蒸气的温度,故所用温度计的水银球不能插入液面以下,应该在蒸馏烧瓶支管口处,错误;C项,操作Ⅱ是从NaCl溶液中获得NaCl固体,故操作Ⅱ为蒸发结晶,故在进行操作Ⅱ时,需要的主要仪器有铁架台(带铁圈)、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒、坩埚钳,正确;D项,若样品为44.0 g,最终获得42.1 g氯化钠固体,根据反应计算可知:
2NaBr+Cl2===2NaCl+Br2　　Δm
206 89
m (44-42.1) g
解得:m≈4.4 g,则原固体混合物中氯化钠的质量分数约为44 g-4.4 g44 g×100%=90%,正确。
4.(素养培优题)溴乙烷是无色油状液体,是制造巴比妥的原料,工业上可用海水制备溴乙烷,部分工艺流程如图:

下列说法错误的是 (　　)
A.粗盐提纯时,加入沉淀剂的顺序可以是BaCl2、NaOH和Na2CO3
B.向“母液”中通入热空气,利用溴的易挥发性,将溴吹出
C. “制备”时氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶1
D. “精制”时所用的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯
解析:选D。海水晒盐后的母液,通入氯气把溴离子氧化为溴单质,鼓入热空气,将溴吹出,溴单质、S、乙醇反应生成硫酸、溴乙烷和水。粗盐提纯时,加入BaCl2除去SO42-、加入NaOH除去Mg2+、加入Na2CO3除去Ca2+、Ba2+,加入沉淀剂的顺序可以是BaCl2、NaOH和Na2CO3,故A正确;溴易挥发,向“母液”中通入热空气,将溴吹出,故B正确;“制备”时发生反应:6CH3CH2OH+S+3Br26CH3CH2Br+H2SO4+2H2O,S元素化合价升高,S是还原剂,Br元素化合价降低,Br2是氧化剂,氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶1,故C正确;溴乙烷易溶于乙醇, 用蒸馏法“精制”溴乙烷,所用的玻璃仪器有蒸馏烧瓶、冷凝管、锥形瓶、牛角管、温度计、酒精灯,故D错误。
　　　加固训练
　　青蒿素是无色针状晶体,易溶于有机溶剂,几乎不溶于水,熔点为156~157 ℃,热稳定性差;乙醚的沸点为35 ℃。屠呦呦提取青蒿素的流程可简化如图:

下列说法错误的是 (　　)
A.破碎的目的是增大青蒿与乙醚的接触面积,提高青蒿素浸取率
B.操作Ⅰ需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯
C.操作Ⅱ利用了乙醚与青蒿素的沸点相差较大
D.操作Ⅲ的主要过程是加水溶解、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
解析:选D。破碎的目的是增大青蒿与乙醚的接触面积,提高青蒿素浸取率,故A正确;将固液分离的操作Ⅰ是过滤,需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯,故B正确;操作Ⅱ是蒸馏,利用了乙醚与青蒿素的沸点相差较大,故C正确;青蒿素易溶于有机溶剂,几乎不溶于水,热稳定性差,操作Ⅲ是重结晶,但不能用水溶解,故D错误。
二、非选择题
5.(2022·枣庄二模)某化学兴趣小组利用如图1所示装置(加持装置省略)制备
MnSO4·H2O。已知MnSO4·H2O是一种易溶于水、不溶于酒精的白色或微红色晶体。
(1)检验图1装置气密性的方法是  　　　　　　　　　　　　　　　, 
装置Ⅱ中发生反应的化学方程式: 　 　 　 　 　 　 　 　　 　 　。 

(2)抽滤装置如图2所示,与用普通漏斗过滤相比,抽滤的优点是　　　　　; 
其最佳操作顺序是　　　　　(填字母),确认抽干。 

a.打开循环水式真空泵
b.加入少量蒸馏水润湿滤纸
c.转移固液混合物
(3)根据图3,加热反应后的溶液并控制温度大于40 ℃,经蒸发结晶,　　　　　,用　　　　　洗涤,干燥,可得到产品。 

(4)图1装置还存在安全隐患,在装置Ⅱ后的方框内增加合适的装置和药品以消除这种隐患,在方框内完成作答。
(5)MnSO4·H2O产品的纯度可用配位滴定法测定。Mn2+被空气氧化成Mn3+后,可与配位剂三乙醇胺生成Mn3+-TEA绿色配合物以掩蔽其他离子,再加入盐酸羟胺将Mn3+-TEA配合物中的Mn3+还原成Mn2+,以K-B为指示剂,用EDTA(可以表示为H2Y2-)标准滴定液进行滴定,反应为Mn2++H2Y2-===MnY2-+2H+。准确称取一定质量的MnSO4·H2O晶体加入250 mL的锥形瓶中,加20 mL水、10 mL三乙醇胺,充分振荡,再加入10 mL足量的盐酸羟胺。滴入2~3滴K-B作指示剂后溶液呈酒红色,摇匀。用已标定的0.018 5 mol·L-1EDTA溶液滴定,当溶液由酒红色变成纯蓝色,即为终点。实验数据见下表:
实验
m(MnSO4·H2O)/g
起始滴定管读数/mL
终点滴定管读数/mL
1
0.084 5
0.20
26.60
2
0.084 5
0.00
26.20
3
0.084 5
0.32
28.35
则MnSO4·H2O产品的纯度为　　　　　　　% (保留整数)。
解析:装置Ⅰ用浓硫酸和Na2SO3反应生成SO2,进入装置Ⅱ与MnO2发生氧化还原反应生成MnSO4,发生反应的化学方程式:MnO2+SO2===MnSO4,由于二氧化硫有毒,应在装置末加装NaOH溶液作尾气处理。
(1)检验装置Ⅰ气密性的方法:打开止水夹,微热烧瓶,若装置Ⅱ中多孔球泡有气泡冒出,冷却后能形成一段水柱,说明气密性良好;装置Ⅱ中MnO2与SO2发生氧化还原反应生成MnSO4,发生反应的化学方程式:MnO2+SO2===MnSO4;
(2)与用普通漏斗过滤相比,抽滤的主要优点是过滤速率更快;最佳操作顺序是加入少量蒸馏水润湿滤纸,转移固液混合物,再打开循环水式真空泵,即bca;
(3)低于40 ℃结晶析出MnSO4·5H2O,高于40 ℃结晶析出MnSO4·H2O,则加热溶液并控制温度大于40 ℃,蒸发结晶,趁热过滤,已知MnSO4·H2O易溶于水,不溶于酒精,用酒精洗涤,干燥,可得到产品;
(4)二氧化硫有毒,需要进行尾气处理,可以在装置Ⅱ后增加NaOH溶液,吸收SO2并防止倒吸,即;
(5)消耗的EDTA标准滴定液体积分别为26.40 mL、26.20 mL、28.03 mL,第3组误差较大应舍去,则V(EDTA)=26.40+26.202=26.30 (mL),n(EDTA)=cV=
0.018 5 mol·L-1×26.30×10-3 L=0.486 55×10-3 mol,反应为Mn2++H2Y2-===
MnY2-+2H+,n(MnSO4·H2O)=n(EDTA)= 0.486 55×10-3 mol,质量为m=nM=0.486 55×10-3 mol×169 g·mol-1≈0.082 2 g,产品的纯度为0.082 2 g0.084 5 g×100%≈97%。
答案:(1)打开止水夹,微热烧瓶,若装置Ⅱ中多孔球泡有气泡冒出,冷却后能形成一段水柱,说明气密性良好　MnO2+SO2===MnSO4　(2)过滤速率更快　bca
(3)趁热过滤　酒精
(4)　(5)97
　　　加固训练
　　一种以精黄铜矿石(主要成分为CuFeS2)为原料生产胆矾晶体的流程如下:


已知:①胆矾高温下会分解生成CuO;
②焙烧后,Fe元素主要以氧化物形式存在。
焙烧温度与生成物的主要成分关系如图所示:

回答下列问题:
(1)根据题目信息,焙烧后的铜主要存在形式为　　　　　　　　　(填化学式),焙烧时发生的主要化学反应方程式为　 　　　　　　。 
因焙烧过程中反应放热,反应器中温度会不断升高,控制焙烧温度的方法有 
(写出一种即可)。
(2)焙烧时,温度高于620 ℃,水溶性Cu(%)下降的原因是　　　　　。 
(3)溶解后滤液中的Cu2+浓度为0.01 mol·L-1,则加入试剂X调pH应控制的pH范围是　　　　　。已知:当离子浓度减小至10-5 mol·L-1时可认为沉淀完全。lg2=0.3;室温下,Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38,Ksp[Cu(OH)2]=2.0×10-20。 
(4)除杂可以选用的试剂是　　　　　　　。 
A.CuO　　　　　B.Na2CO3
C.Fe2O3 D.Cu2(OH)2CO3
(5)一系列操作包括　　　　　　　　　　　　(填操作名称),用乙醇洗涤晶体而不用水洗涤的优点是 　　　　　　　。 
解析:根据流程:精黄铜矿石(主要成分为CuFeS2)在空气中焙烧,得到Fe2O3、CuO、CuSO4、SO2,加入稀硫酸除去不溶物,得到含有Cu2+、Fe3+的溶液,并除去不溶物,加入试剂X调节pH,沉淀Fe3+,滤渣1为氢氧化铁,将滤液通过一系列操作以及洗涤、干燥得到产品,据此分析作答。
(1)高温焙烧时的主要反应:2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2、2Cu2S+5O22CuO+2CuSO4、4FeS+7O22Fe2O3+4SO2,总反应为2CuFeS2+7O2CuO+CuSO4+Fe2O3+3SO2,焙烧后的铜主要存在形式为CuO和CuSO4;通过控制加入CuFeS2的速率,可以减缓放热速率,从而降低焙烧的温度。
(2)由已知信息可知:胆矾高温下会分解生成CuO,所以温度高于620 ℃,水溶性Cu(%)会下降。
(3)溶液中Fe3+恰好沉淀完全即c(Fe3+)=1×10-5 mol·L-1时,Ksp[Fe(OH)3]　=c(Fe3+)·c3(OH-)=1.0×10-5 mol·L-1×c3(OH-)=4.0×10-38,则c(OH-)=34×10-11 mol·L-1,c(H+)=134×10-3 mol·L-1,pH-lgc(H+)=3+23lg2=3.2;Cu2+不转化为沉淀,Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)·c2(OH-)=1.0×10-2 mol·L-1×c2(OH-)=2.0×10-20,则c(OH-)=2×10-9 mol·L-1,c(H+)=12×10-5 mol·L-1,pH=-lgc(H+)=5+12lg2=5.15;故3.2≤pHBr2
C
常温下,用pH计分别测定等体积1 mol·L-1CH3COONH4溶液和0.1 mol·L-1CH3COONH4溶液的pH,测的pH都等于7
同温下,不同浓度的CH3COONH4溶液中水的电离程度相同
D
将炽热的木炭与浓硝酸混合,产生红棕色气体
加热条件下,浓硝酸被木炭还原成NO2
解析:选A。产生黑色沉淀,说明向Na2S溶液中通入足量CO2生成了H2S气体,强酸制弱酸,所以Ka1(H2CO3)>Ka1(H2S),故A正确;有机层呈橙红色,说明有Br2生成,则KBrO3作氧化剂,Cl2作还原剂,并不能得出氧化性:Cl2>Br2,故B错误;测得的pH都等于7,说明醋酸根离子和铵根离子水解程度相同,但浓度越小,水解程度越大,所以同温下,不同浓度的CH3COONH4溶液中水的电离程度不同,故C错误;可能是浓硝酸受热分解生成NO2,由实验现象不能证明木炭与浓硝酸反应生成NO2,故D错误。
3.利用如图所示装置模拟工业NaClO3与Na2SO3在浓H2SO4存在下制备ClO2,并以ClO2为原料制备NaClO2(已知:高于60 ℃时,NaClO2分解生成NaClO3和NaCl)。

下列说法不正确的是 (　　)
A.装置③、⑤的作用分别是防倒吸、吸收④未反应的有害气体
B.装置④中所得产物中可能同时含有Na2SO4、Na2SO3、NaOH
C.反应④结束时,①中NaOH溶液吸收②产生的尾气,保护环境
D.从装置④反应后的溶液中获得晶体,方案可采用常压蒸发结晶
解析:选D。装置③可防倒吸,⑤中氢氧化钠可吸收④未反应的有害气体,A项正确;②中反应可生成SO2进入④中,SO2与H2O2在NaOH溶液中可生成Na2SO4,SO2与NaOH溶液可生成Na2SO3,若NaOH过量,则产物还含有NaOH,B项正确;反应④结束时,应关闭分液漏斗活塞,打开K1,关闭K2,因为二氧化硫、二氧化氯不能排放到空气中,故①中NaOH溶液吸收②产生的尾气,保护环境,C项正确;高于60 ℃时,NaClO2分解生成NaClO3和NaCl,若用常压蒸发结晶,NaClO2易分解,故应采用减压蒸发结晶,D项错误。
4.(2022·潍坊二模)苯甲酸可用作食品防腐剂,微溶于冷水,易溶于乙醇、热水,实验室可通过甲苯氧化制苯甲酸,制备过程和装置如图:


下列说法错误的是 (　　)
A.实验中可选用250 mL三颈烧瓶
B.当回流液不再出现油珠即可判断反应已完成
C.加入饱和亚硫酸氢钠溶液的目的是降低苯甲酸的溶解度
D.趁热过滤前需用热水将滤纸浸湿
解析:选C。加热液体,所盛液体的体积不超过三颈烧瓶的一半,三颈烧瓶中需加入100 mL水、1.5 mL甲苯和4.8 g高锰酸钾,应选用250 mL的三颈烧瓶,A正确;没有油珠说明不溶于水的甲苯已经完全被氧化,因此当回流液中不再出现油珠时,说明反应已经完成,B正确;高锰酸钾具有强氧化性,能将Cl-氧化,加入适量的饱和亚硫酸氢钠溶液是为了除去过量的高锰酸钾,避免在用盐酸酸化时,产生氯气,C错误;为增大过滤效率,趁热过滤前需用热水将滤纸浸湿,防止有气泡,D正确。
　　　加固训练
　　实验室处理FeBr3废液,得到溴的四氯化碳溶液和FeCl3·6H2O。下列设计不能达到实验目的的是 (　　)

A.用装置甲制取氯气
B.用装置乙使Br-全部转化为溴单质
C.用装置丙分液时,先从下口放出有机层,再从上口倒出水层
D.用装置丁将分液后的水层蒸干制得FeCl3·6H2O
解析:选D。用装置甲制取氯气能达到实验目的,反应原理为2KMnO4+16HCl(浓)===2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O,A不符合题意;用装置乙使Br-全部转化为溴单质可以达到实验目的,反应原理为2Br-+Cl2===Br2+2Cl-,B不符合题意;分液操作是下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出,故用装置丙分液时,先从下口放出有机层,再从上口倒出水层,可以达到实验目的,C不符合题意;由于FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl,加热使HCl挥发,促进Fe3+水解,故用装置丁将分液后的水层蒸干无法制得FeCl3·6H2O,D符合题意。
二、非选择题
5.(2022·烟台一模)氮化钙(Ca3N2)是一种重要试剂,常温下为棕色固体,在空气中会被氧化,遇水强烈水解,产生刺激性气味的气体。实验室设计如图装置用Ca与N2反应制备Ca3N2,并对Ca3N2纯度进行测定。回答下列问题:
Ⅰ. Ca3N2的制备

(1)仪器a的名称为　　　　　　　,E装置的主要作用是　　　　　。 
(2)实验开始时应首先点燃　　　　　(填“A”或“C”)处酒精灯,当观察到　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　时点燃另一处酒精灯。 
Ⅱ. Ca3N2纯度的测定(已知所含的杂质不与水反应产生气体)


(3)方案一:①按图1所示连接装置,检查装置气密性后加入试剂;
②测定虚线框内装置及试剂的质量m1;
③　　　　　　　　　　　　, 
用分液漏斗加入足量水,至不再产生气体;
④　　　　　　　　　　　　　; 
⑤再次测定虚线框内装置及试剂的质量m2。则产品中Ca3N2的质量分数表达式为　　　　　。 
(4)方案二:按图2所示连接装置,检查装置气密性后加入试剂。打开分液漏斗活塞向三颈烧瓶中加入蒸馏水,打开K持续通入水蒸气,将产生的氨全部蒸出,并用100 mL 1.00 mol·L-1的稀硫酸标准溶液完全吸收(液体体积变化忽略不计)。从烧杯中量取10.00 mL的吸收液注入锥形瓶中,用1.00 mol·L-1 NaOH标准溶液滴定过量的稀硫酸,到终点时消耗12.80 mL NaOH溶液。则产品中Ca3N2的质量分数为　　　　　。若两个方案均操作无误,比较两方案测定的质量分数,方案一　　　　　(填“偏高”“偏低”或“与方案二相等”)。 
解析:Ⅰ.根据实验目的:实验室利用Ca与N2反应制备Ca3N2,A装置为N2的发生装置,B除去N2中混有的水蒸气,C为氮气与Ca反应生成氮化钙的反应装置,D防止E中的水蒸气进入C中,E防止外界空气中O2进入C中,防止O2与Ca及氮化钙发生反应;Ⅱ.实验目的是测定Ca3N2纯度,利用Ca3N2与水反应生成氢氧化钙和氨气,利用硫酸来吸收氨气,方案一根据测定浓硫酸的增重得知氨的量,从而可知Ca3N2的质量,进而可知Ca3N2的纯度;方案二利用过量的硫酸和氨先反应,再与氢氧化钠反应,间接求出氨的物质的量,从而可知Ca3N2的质量,进而可知Ca3N2纯度。
(1)仪器a的名称为蒸馏烧瓶,E装置作用是液封或隔绝空气中的氧气进入硬质玻璃管与Ca和Ca3N2反应;
(2)实验开始时应首先点燃A处酒精灯,当观察到E装置中产生均匀的气泡时点燃另一处酒精灯;
(3)①按图1所示连接装置,检查装置气密性后加入试剂,②测定虚线框内装置及试剂的质量m1,③关闭K1,打开K2,用分液漏斗加入足量水,至不再产生气体,④打开K1,通入足量的N2把产生的气体全部排出,⑤再次测定虚线框内装置及试剂的质量m2;根据Ca3N2+6H2O===3Ca(OH)2+2NH3↑,根据Ca3N2~2NH3,可知148 g Ca3N2~34 g NH3,产品中Ca3N2的质量分数为14834(m2-m1)6.0 g×100%=37(m2-m1)51×100%;
(4)根据反应2NaOH+H2SO4===Na2SO4+2H2O,可知2NaOH~H2SO4,则与氢氧化钠反应的硫酸的物质的量为12×12.80×10-3L×1.00 mol·L-1=6.4×10-3 mol,再根据2NH3+H2SO4===(NH4)2SO4,可知2NH3~H2SO4,则氮化钙与水反应产生的氨气的物质的量为2×(100×10-3 L×1.00 mol·L-1-6.4×10-3 mol×100 mL10 mL)=7.2×10-2 mol,根据Ca3N2+6H2O===3Ca(OH)2+2NH3↑,根据Ca3N2~2NH3,产品中Ca3N2的质量分数为12×7.2×10-26.0 g×148 g×100%=88.8%;若两个方案均操作无误,方案一用氮气将氨气排到后面装置,方案二利用水蒸气排氨气,氮气不能将溶解在水中的氨气排出去,故得到氨气相对少一些,故方案一测定的质量分数偏低。
答案:(1)蒸馏烧瓶　液封(或隔绝空气中的氧气进入硬质玻璃管与Ca和Ca3N2反应)
(2)A　E装置中有均匀的气泡产生
(3)关闭K1,打开K2　打开K1,通一段时间的N2　37(m2-m1)51×100%
(4)88.8%　偏低
　　　加固训练
　　实验室以V2O5为原料制备氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体
(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O。其实验步骤如图,请回答下列问题:
V2O5VOCl2溶液氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体
i.向V2O5中加入6 mol·L-1盐酸和足量N2H4·H2O混合液,微沸数分钟,有无色无味气体产生。
ii.向配制好的VOCl2溶液中缓慢加入足量NH4HCO3溶液,有气泡产生并析出紫红色晶体。
iii.反应结束后过滤,用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次,用无水乙醇洗涤2次,静置一段时间后得到产品。
(1)步骤i的离子方程式是 　　　　　　　　　　　。 
(2)已知VO2+能被O2氧化,步骤ii可在如图装置中进行(夹持仪器略去),利用A中的反应将C中空气排净。

①仪器M的名称是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
②判断C中空气已被排尽的现象:　 　 　 　 　 　 　 　。 
③若将装置C的滴液漏斗替换为分液漏斗,实验过程中VOCl2溶液滴加速度越来越慢(分液漏斗玻璃塞已取下),其原因是 　　　　　　　　。 
④步骤ii中用饱和NH4HCO3溶液洗涤除去的阴离子主要是　　　　　　　(填离子符号)。 
⑤蓝色VO2+水合配离子的结构如图。向该水合配离子的溶液中加入NaOH至pH=12时,该水合配离子全部转化为褐色的VO(OH)3-,写出转化过程的离子方程式:  　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　。 

⑥称量m g产品于锥形瓶中,用20 mL蒸馏水与30 mL稀硫酸溶解后,加入0.02 mol·L-1KMnO4溶液至稍过量,充分反应后继续滴加1%的NaNO2溶液至稍过量,再用尿素除去过量NaNO2,最后用c mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点(已知滴定反应为VO2++Fe2++2H+===VO2++Fe3++H2O),消耗标准溶液的体积为V mL。若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质,会使测定结果　　　　　(填“偏高”“偏低”或“无影响”),产品中钒的质量分数为　　　　　　　　　　　　　　　(以VO2+的量进行计算,列出计算式)。 
解析:由于VO2+能被O2氧化,在反应前应排尽C装置内的空气,所以A装置内制取的气体应为CO2,用石灰石与稀盐酸发生反应;B装置为除去CO2中混有的HCl的装置,C装置用于制取
(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O,D装置用于检验CO2气体。
(1)步骤i中,V2O5在盐酸中被足量
N2H4·H2O还原,生成VO2+、N2和H2O,离子方程式是2V2O5+N2H4·H2O+8H+===4VO2++N2↑+7H2O。
(2)②由分析知,A中制取CO2,化学方程式为CaCO3+2HCl===CaCl2+H2O+CO2↑;用A中产生的CO2排尽装置内的空气,所以D中产生白色浑浊,可判断C中空气已除尽;
③随着反应进行,三颈烧瓶中不断产生气体,使三颈烧瓶内压强增大,液体不易流下;
④根据元素守恒可知,用饱和NH4HCO3溶液洗涤除去的阴离子主要是Cl-;
⑤由题图知,该水合配离子化学式为
VO(H2O)52+,转化过程的离子方程式为VO(H2O)52++3OH-===VO(OH)3-+5H2O;
⑥若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质,溶液中Fe2+浓度减小,会消耗更多的标准溶液,导致测定结果偏高;消耗标准溶液的体积为V mL,根据滴定反应可知n(VO2+)=n(Fe2+)=cV×10-3 mol,所以产品中钒的质量分数为67×cV×10-3m×100%。
答案:(1)2V2O5+N2H4·H2O+8H+===4VO2++N2↑+7H2O
(2) ①长颈漏斗　②D中产生白色浑浊　③反应产生气体,使得三颈烧瓶内压强增大,液体不易流下
④Cl-
⑤VO(H2O)52++3OH-===VO(OH)3-+5H2O
⑥偏高　67×cV×10-3m×100%