压轴题10 实验设计与评价综合题-2023年高考化学压轴题专项训练（新高考专用）（解析版）

压轴题10实验设计与评价综合题本题型为每年高考的必考题型，近年来该题型逐渐向教材靠拢，从教材相关的基础知识、实验原形等为命题点，向实验的改进、评价和设计等方向发展，考查考生的分析和解决问题、实验操作、实验设计和创新等能力。题型一般包括合成制备类实验和综合探究类实验。1．明确实验的目的和原理。实验原理可从题给的化学情景(或题给实验目的)并结合元素化合物等有关知识获取。确定符合实验目的、要求的方案。2．理清实验操作的先后顺序。根据实验原理所确定的实验方案中的实验过程，确定实验操作的方法步骤，把握各步实验操作的要点，理清实验操作的先后顺序。3．分析各项实验装置的作用。结合实验目的和原理，确定它们在该实验中的作用。4．得出正确的实验结论。找出影响实验成败的关键以及产生误差的原因，或从有关数据中归纳出定量公式，绘制变化曲线等。5.分析模式：实验目的→联想→实验原理→反应物药品的选择与评价→仪器的选择与评价→仪器组装→操作步骤→记录现象、数据→分析现象、数据→结论→问题讨论。非选择题：本题共20小题。1．超酸是一类比纯硫酸更强的酸，在石油重整中用作高效催化剂。某实验小组用SbCl3制备超酸HSbF6，反应原理如下：SbCl3+Cl2SbCl5、SbCl5+6HF=HSbF6+5HCl。制备SbCl5的实验装置如图(毛细管连通大气，夹持、加热及搅拌装置略)：已知： 物质熔点沸点性质SbCl373.4℃101.3kPa220.3℃极易水解SbCl53.5℃101.3kPa176℃(140°C分解)极易水解2.9kPa79℃回答下列问题：(1)Sb为第51号元素，则在元素周期表中的位置为___________。(2)仪器甲、乙可否互换？___________(填“是”或“否”)，原因是___________。(3)试剂X的名称为___________。(4)三颈烧瓶中的反应完成后，需将反启后的溶液转移至双口烧瓶中进行减压蒸馏。①在该装置中，将三颈烧瓶中的溶液转移至双口烧瓶中的操作是___________。②用减压蒸储而不用常压蒸储的主要原因是___________。(5)毛细管连通大气的主要作用是防止___________，还具有搅拌和加速液体逸出的作用。(6)由SbCl5制备HSbF6时，应选用___________材质的仪器(填标号)。A．玻璃B．陶瓷C．铁或铝D．聚四氟乙烯(7)蒸储-EDTA返滴法是测定氟的高精度办法，可通过测定氟元素的含量，确定本产品纯度。取g产品，通过蒸馏法将氟全部转化为F-，用25.00mLmol/L La(NO3)3吸收，冷却至室温，加入指示剂，用mol/L EDTA标准溶液(用H2Y2-表示)滴定至终点，消耗EDTA mL。氟元素的质量分数为___________(列出计算式)。(已知La3++3F-=LaF3；La3++H2Y2-=LaY-+2H+)【答案】(1)第五周期第VA族(2)否若将球形冷凝管換成直形冷凝管，直形冷凝管与冷凝水接触面积较小，接触不充分，冷凝回流效果不佳；若将直形冷凝管换成球形冷凝管，燕馏冷凝出的液体无法顺利从球形冷凝管流出(3)碱石灰(4)打开活塞b，用真空泵减压防止SbCl5分解(5)暴沸(6)D(7)【分析】由实验装置图可知，干燥的Cl2经过无水CaCl2干燥进入三颈烧瓶中，80℃条件下与SbCl3反应制备SbCl5，用真空泵抽气将SbCl5 转移至双口烧瓶中，用减压蒸馏的方法在圆底烧瓶中收集到SbCl5，其中试剂X为碱石灰，用于吸收未反应的Cl2，防止污染环境，同时防止空气中水蒸气进入三颈烧瓶中导致SbCl3水解，末端的无水CaCl2的作用是防止空气中水蒸气进入圆底烧瓶中导致SbCl5水解，毛细管的作用是减压蒸馏时连通大气，减压时可吸入极少量空气，防止液体暴沸，结合HF的特性、关系式法进行计算，据此分析解答。【详解】（1）Sb为第51号元素，则在元素周期表中的位置为第五周期第VA族。（2）仪器甲、乙不可互换，原因是：若将球形冷凝管換成直形冷凝管，直形冷凝管与冷凝水接触面积较小，接触不充分，冷凝回流效果不佳；若将直形冷凝管换成球形冷凝管，燕馏冷凝出的液体无法顺利从球形冷凝管流出。（3）氯气有毒，故需要使用试剂X吸收未反应的氯气以防止污染空气，X为碱石灰。（4）①在该装置中，将三颈烧瓶中的溶液转移至双口烧瓶中的操作是打开活塞b，用真空泵减压；②SbCl5在101.3kPa、140°C时会分解，用减压蒸储而不用常压蒸储的主要原因是防止SbCl5分解。（5）由分析可知，毛细管连通大气的主要作用是防止暴沸。（6）由题意可知，HSbF6为超强酸，所以制备HSbF6时，不能选用铁质或铝质材料仪器，由方程式可知，制备HSbF6时，需要用到氢氟酸作反应物，所以不能选用玻璃材质、陶瓷材质的仪器，则制备HSbF6时只能选用聚四氟乙烯材质的仪器，故答案为：D。（7）已知La3++3F-=LaF3；La3++H2Y2-=LaY-+2H+，根据La、F原子守恒可知，n(La3+)=n(H2Y2-)+n(LaF3)=n(H2Y2-)+n(F-)，即n(F-)=3n(La3+)-3n(H2Y2-)=3(0.025c1-0.001Vc2)mol，m(F-)=nM=3(0.025c1-0.001Vc2)mol×19g/mol=57(0.025c1-0.001Vc2)g，则氟元素的质量分数为。2．邻苯二甲酰亚胺广泛用于染料、农药医药橡胶、香料等行业，是许多重要有机精细化学品的中间体。反应原理为物质熔点/°C沸点/°C溶解性苯酐131~134284不溶于冷水，微溶于热水 邻氨甲酰苯甲酸140~143394.2稍溶于热水邻苯二甲酰亚胺232~235366微溶于水，易溶于碱溶液制备邻苯二甲酰亚胺的实验装置如图所示。实验步骤：向装置甲的三颈烧瓶中加入14.8000g苯酐(相对分子质量为148)，然后再加入15.0mL氨水(过量)，加热至冷凝管中有部分液体回流时开启搅拌，控制温度为80~95°C，待苯酐固体完全反应后，改为蒸馏装置乙，继续加热，将装置中的水蒸出，体系温度逐渐升高至固体熔化。保温反应60min后，冷却至室温，洗涤、抽滤、烘干，进一步提纯得固体邻苯二甲酰亚胺(相对分子质量为147)14.1120g。请回答下列问题：(1)仪器M的名称是___________。(2)仪器Y中冷水由___________(填“a”或“b”)口流出，装置甲中仪器X一般不用装置乙中仪器Y代替的原因是___________。(3)装置甲中温度控制在80~95°C，若温度过低导致的结果是___________。(4)反应①中除了生成邻氨甲酰苯甲酸，还可能生成的副产物是___________(写一种物质的结构简式)。(5)蒸馏时，需要及时将装置中的水蒸出，目的是___________。(6)该固体产品的产率是___________。(7)邻苯二甲酰亚胺还可以用邻二甲苯与氨气、空气在加热条件下催化反应一步制得，写出该反应的化学方程式：___________。【答案】(1)锥形瓶(2)b球形冷凝管与气流接触面积大，冷凝效果好(3)温度过低反应速率慢，容易生成邻氨甲酰苯甲酸等副产物，导致产率降低 (4)(5)减少反应②的产物H2O的量，使反应②平衡正向移动，提高产率(6)96%(7)+NH3+3O2+4H2O【分析】由题给流程可知，装置甲中发生的反应为苯酐与氨水在80~95°C的热水浴中发生取代反应生成邻氨甲酰苯甲酸，邻氨甲酰苯甲酸在加热条件下发生取代反应生成邻苯二甲酰亚胺，装置乙用于除去所得固体中的水分，除水所得固体经冷却，洗涤、抽滤、烘干，进一步提纯得固体邻苯二甲酰亚胺。【详解】（1）由实验装置图可知，仪器M为锥形瓶，故答案为：锥形瓶；（2）由实验装置图可知，仪器Y为直形冷凝管，为增强冷凝效果，实验时，冷水应由下口a通入，上口b流出；仪器X为球形冷凝管，与直形冷凝管相比，球形冷凝管与气流接触面积大，冷凝效果好，所以置甲中球形冷凝管一般不用装置乙中直形冷凝管代替，故答案为：b；球形冷凝管与气流接触面积大，冷凝效果好；（3）由题意可知，装置甲中温度控制在80~95°C目的是防止温度过低时，反应速率慢，容易生成邻氨甲酰苯甲酸等副产物，导致产率降低，故答案为：温度过低反应速率慢，容易生成邻氨甲酰苯甲酸等副产物，导致产率降低；（4）由题给流程可知，反应①中生成的邻氨甲酰苯甲酸能与氨水继续发生取代反应生成副产物，故答案为：；（5）蒸馏时，及时将装置中的水蒸出可以减少反应②的水，使反应②的平衡向正反应方向移动，有利于提高邻苯二甲酰亚胺的产率，故答案为：减少反应②的产物H2O的量，使反应②平衡正向移动，提高产率；（6）由题意可知，14.8000g苯酐制得14.1120g邻苯二甲酰亚胺，则邻苯二甲酰亚胺的产率为×100%=96%，故答案为：96%； （7）由题意可知，邻二甲苯与氨气、空气在加热条件下催化反应生成邻苯二甲酰亚胺和水，反应的化学方程式为+NH3+3O2+4H2O，故答案为：+NH3+3O2+4H2O。3．二氧化钒()是一种新型热敏材料，实验室以为原料合成用于制备的氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体{化学式为}，过程如下：已知：+4价钒在弱酸性条件下具有还原性。回答下列问题：(1)步骤ⅰ中生成同时生成的化学方程式为___________。常温下，只用浓盐酸与反应也能制备溶液，但该方法未被推广，从环保角度分析该方法未被推广的主要原因是___________(用化学方程式和必要的文字说明)。(2)步骤ii可用下图仪器组装完成。①上述装置从左到右的连接顺序为___________(用各接口字母表示)。②饱和溶液的作用是___________。③反应结束后，将三颈烧瓶置于保护下的干燥器中，静置过滤可得到紫红色晶体，然后抽滤，先用饱和溶液洗涤3次，再用无水乙醇洗涤2次，最后用乙醚洗涤2次。用饱和溶液洗涤除去的阴离子主要是___________(填阴离子的电子式)。(3)测定氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。实验步骤如下： 消耗滴定液的体积职下表：实验次数滴定前读数/mL滴定后读数/mL10.0019.9921.1021.1031.5621.57滴定反应为。①滴定时，向锥形瓶中加入几滴___________(填化学式)溶液作指示剂。②粗产品中钒的质量分数为___________%。【答案】(1)浓盐酸和反应，方程式为：，产生有毒气体，污染空气(2)除去中的(3)【分析】步骤ⅰ中是由、盐酸和反应，生成同时生成，反应的方程式为：，因为+4价钒在弱酸性条件下具有还原性，易被氧气氧化，所以步骤ii是在保护下加入发生反应得到产品。【详解】（1）步骤ⅰ中是由、盐酸和反应，生成同时生成，反应的方程式为：，若只用浓盐酸和反应，方程式为：，产生有毒气体，污染空气；（2）因为+4价钒在弱酸性条件下具有还原性，易被氧气氧化，所以步骤ii是在保护下加入发生反应，装置C为制备，装置A为除去中的，装置D为反应装置，装置B可以防止空气进入装置D中，所以仪器链接的顺序为：；装置A中饱和的作用是除去中的；溶液中是与溶液反应，所以用饱和溶液洗涤除去的阴离子主要是； （3）用滴定溶液，发生反应，有，可加入作为指示剂，当溶液中产生蓝色沉淀时，达到滴定终点；根据表中数据，三次滴定去平均值，所消耗的标准溶液体积为，根据反应，，所以粗产品中钒的质量分数为。4．三氯化铬()为紫色单斜晶体，熔点为83℃，易潮解，易升华，溶于水但不易水解，高温下能被氧气氧化，工业上主要用作媒染剂和催化剂。(1)某化学小组用和在高温下制备无水三氯化铬，部分实验装置如图所示，其中三颈烧瓶内装有，其沸点为76.8℃。①Cr原子的价电子排布式为_______。②实验前先往装置A中通入，其目的是排尽装置中的空气，在实验过程中还需要持续通入，其作用是_____________________。③装置C的水槽中应盛有_______(填“冰水”或“沸水”)。④装置B中还会生成光气()，B中反应的化学方程式为_____________________。(2)的工业制法：先用40%的NaOH将红矾钠()转化为铬酸钠()，加入过量，再加入10%HCl溶液，可以看到有气泡产生。写出用将铬酸钠()还原为的离子方程式_____________________。(3)为进一步探究的性质，某同学取试管若干支，分别加入10滴溶液，并用4滴酸化，再分别加入不同滴数的0.1mol/L溶液，并在不同的温度下进行实验，反应现象记录于表中。的用量(滴数)在不同温度下的反应现象25℃90-100℃1蓝绿色溶液 紫红色2~9紫红色黄绿色溶液，且随滴数增加，黄色成分增多10紫红色澄清的橙黄色溶液11~23紫红色橙黄色溶液，有棕褐色沉淀，且随滴数增加，沉淀增多24~25紫红色紫红色溶液，有较多的棕褐色沉淀①温度对反应的影响。与在常温下反应，观察不到离子的橙色，甲同学认为其中一个原因是离子的橙色被离子的紫红色掩盖，另一种可能的原因是_______________，所以必须将反应液加热至沸腾4~5min后，才能观察到反应液由紫红色逐渐变为橙黄色的实验现象。②与的用量对反应的影响。对表中数据进行分析，在上述反应条件下，欲将氧化为，与最佳用量比为________。这与由反应所推断得到的用量比不符，你推测的原因是_____________。【答案】(1)3d54s1将四氯化碳吹入管式炉中和反应生成三氯化铬；冷水(2)(3)反应的活化能较高需要较高温度反应才能进行1:1高锰酸根离子和溶液中氯离子发生了氧化还原反应，导致高锰酸钾溶液用量增加。【分析】A中四氯化碳通过氮气出入装置B中和反应生成三氯化铬，生成物在C中冷凝，尾气进行处理减少污染。【详解】（1）①为24号元素，原子的价电子排有式为3d54s1。②三氯化铬易升华，高温下能被氧气氧化，实验前先往装置A中通入，其目的是排尽装置中的空气防止空气中氧气氧化三氯化铬，在实验过程中还需要持续通入 ，其作用是将四氯化碳吹入管式炉中和反应生成三氯化铬。③三氯化铬熔点为，则装置C的水槽中应盛有冷水，便于生成物冷凝。④装置B中反应为四氯化碳和反应生成三氯化铬，还会生成光气()，B中反应；故答案为：3d54s1；将四氯化碳吹入管式炉中和反应生成三氯化铬；冷水；；（2）将铬酸钠还原为，同时甲醇被氧化为二氧化碳气体，离子方程式；故答案为：；（3）①与在常温下反应，观察不到离子的橙色，另一种可能的原因是反应的活化能较高需要较高温度反应才能进行，所以必须将反应液加热至沸腾后，才能观察到反应液由紫红色逐渐变为橙黄色的实验现象。②由表中数据可知，在上述反应条件下，欲将氧化为，高锰酸钾最佳用量为10滴，则与最佳用量比为10:10=1:1；这与由反应所推断得到的用量比不符，可能原因是高锰酸根离子和溶液中氯离子发生了氧化还原反应，导致高锰酸钾溶液用量增加。故答案为：反应的活化能较高需要较高温度反应才能进行；1:1；高锰酸根离子和溶液中氯离子发生了氧化还原反应，导致高锰酸钾溶液用量增加。5．氯化铁是重要的化工原料。针对氯化铁的实验室制备方法，回答下列问题：Ⅰ．的制备制备流程图如下：(1)将废铁屑分批加入稀盐酸中，至盐酸反应完全。判断反应完全的现象为___________。含有少量铜的废铁屑比纯铁屑反应快，原因为___________。(2)操作①所必需的玻璃仪器中，除烧杯外还有___________。(3)检验溶液中是否残留的试剂是___________。 (4)为增大溶液的浓度，向稀溶液中加入纯Fe粉后通入。此过程中发生的主要反应的离子方程式为___________。(5)操作②为___________。Ⅱ．由制备无水将与液体混合并加热，制得无水。已知沸点为77℃，反应方程式为：，装置如下图所示(夹持和加热装置略)。(6)仪器A的名称为___________，其作用为___________。NaOH溶液的作用是___________。(7)干燥管中无水不能换成碱石灰，原因是___________。(8)由下列结晶水合物制备无水盐，适宜使用上述方法的是___________(填序号)。a．    b．     c．【答案】(1)不再有气泡产生Fe、Cu在稀盐酸中形成原电池，加快反应速率(2)漏斗、玻璃棒(3)溶液(4)、(5)在HCl气流中蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到晶体(6)球形冷凝管冷凝回流吸收、HCl等尾气，防止污染(7)碱石灰与、HCl气体反应，失去干燥作用(8)a【分析】稀盐酸中加入废铁屑，不断反应，铜不与盐酸反应，过滤，向滤液中通入氯气反应生成氯化铁，稀氯化铁溶液再加入铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁，浓氯化铁溶液制备，稀氯化铁溶液在HCl气流中蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到晶体。将与液体混合并加热来制备无水。 【详解】（1）将废铁屑分批加入稀盐酸中，至盐酸反应完全，由于废铁屑与盐酸反应不断产生气泡，因此判断反应完全的现象为不再有气泡产生。含有少量铜的废铁屑比纯铁屑反应快，原因为Fe、Cu在稀盐酸中形成原电池，加快反应速率；故答案为：不再有气泡产生；Fe、Cu在稀盐酸中形成原电池，加快反应速率。（2）操作①是过滤，所必需的玻璃仪器中，除烧杯外还有玻璃棒、漏斗；故答案为：漏斗、玻璃棒。（3）铁离子和溶液反应生成蓝色沉淀，因此检验溶液中是否残留的试剂是溶液；故答案为：溶液。（4）为增大溶液的浓度，向稀溶液中加入纯Fe粉后通入，先是铁和铁离子反应生成亚铁离子，再是亚铁离子被氯气氧化为铁离子，此过程中发生的主要反应的离子方程式为、；故答案为：、。（5）操作②是氯化铁溶液到晶体，由于铁离子加热时要发生水解生成氢氧化铁，因此在整个过程中要通入HCl气体防止铁离子水解，其操作过程为晶体；故答案为：在HCl气流中蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到晶体。（6）根据图中信息得到仪器A的名称为球形干燥管，由于沸点为77℃，为充分利用，不能使其逸出，因此球形冷凝管的作用为冷凝回流。由于二氧化硫、HCl会逸出污染环境，因此NaOH溶液的作用是吸收、HCl等尾气，防止污染；故答案为：球形干燥管；冷凝回流；吸收、HCl等尾气，防止污染。（7）无水的作用是干燥气体，不是与二氧化硫、HCl气体反应，干燥管中无水不能换成碱石灰，原因是碱石灰与、HCl气体反应，失去干燥作用；故答案为：碱石灰与、HCl气体反应，失去干燥作用。（8）根据装置图信息，该装置可以用于制取能水解的盐酸盐晶体，由下列结晶水合物制备无水盐，适宜使用上述方法的是a；故答案为：a。6．研究小组以无水甲苯为溶剂，PCl5(易水解)和NaN3为反应物制备米球状红磷。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=125nm的红磷，气体产物的压强为_____kPa，需NaN3的物质的量为______mol(保留3位小数)。已知：p=a×n，其中a=2.5×105kPa•mol-1，n为气体产物的物质的量。 【答案】(1)煤油bK1、K3(2)防止PCl5遇空气中的水蒸气而发生水解甲苯NaCl1040.027【分析】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，打开K1收集无水甲苯；图2中将甲苯和NaN3加入三颈瓶中，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。【详解】（1）①钠在空气中容易反应，故应保存在煤油中；②为了充分冷凝，冷凝水应从下口进上口出，故冷凝水的进口是b；③Na与水反应可除去水，故用钠干燥甲苯的原理是；④回流过程中，打开活塞K1、K3，使反应物冷凝后流回反应装置。（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；由于PCl5易水解，故用Ar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=125nm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104kPa；已知p=a×n，其中a=2.5×105kPa•mol-1，，根据反应可知，n(NaN3)=N2=×0.04mol=0.027mol。7．某兴趣小组设计实验探究，催化空气氧化的效率。回答下列问题：步骤Ⅰ  制备在通风橱中用下图装置制备(加热及夹持装置省略)，反应方程式： (1)装置A中盛放甲酸的仪器的名称是_______。(2)从B、C、D中选择合适的装置收集，正确的接口连接顺序为a→_______→_______→_______→_______→h(每空填一个接口标号)。______步骤Ⅱ  检验将通入新制银氨溶液中，有黑色沉淀生成。(3)该反应的化学方程式为_______。步骤Ⅲ  探究催化空气氧化的效率将一定量与空气混合，得到体积分数为1%的气体样品。使用下图装置(部分加热及夹持装置省略)，调节管式炉温度至，按一定流速通入气体样品。(已知：是白色固体，易吸水潮解：)(4)通入(已折算为标况)的气体样品后，继续向装置内通入一段时间氮气，最终测得U形管内生成了。①能证明被空气氧化的现象是_______；②被催化氧化的百分率为_______；③若未通入氮气，②的结果将_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。(5)探究气体与催化剂接触时长对催化氧化效率的影响时，采用_______方法可以缩短接触时长。(6)步骤Ⅲ装置存在的不足之处是_______。【答案】(1)分液漏斗(2)a→d→e→c→b(3)(4)石灰水变浑浊60%偏大 (5)增大气体样品流速(6)尾气出口未加防潮装置(或其他相似表述)【分析】在通风橱中用下图装置制备一氧化碳，用A装置制取一氧化碳，该气体中含有甲酸蒸气，故用水除去甲酸，再用B装置排水收集一氧化碳气体，排出的水用E中的烧杯接收。根据气体样品通过氢氧化钠吸收空气中的二氧化碳，浓硫酸吸水，一氧化碳在H中被氧气氧化生成二氧化碳，二氧化碳能被石灰水吸收，J中的浓硫酸吸收气体中的水蒸气，干燥的一氧化碳和，进而测定生成的碘的质量，计算一氧化碳的被氧化的百分率。据此解答。【详解】（1）装置A中盛放甲酸的仪器为分液漏斗。（2）用C除去甲酸，B收集一氧化碳，E接收排出的水，故接口连接顺序为a→d→e→c→b→h。（3）一氧化碳和银氨溶液反应生成黑色的银，同时生成碳酸铵和氨气，方程式为：。（4）一氧化碳被氧气氧化生成二氧化碳，能使澄清的石灰水变浑浊。碘的物质的量为，则结合方程式分析，还有0.002mol一氧化碳未被氧气氧化，11.2L气体为0.5mol其中一氧化碳为0.005mol，则被氧化的一氧化碳为0.005-0.002=0.003mol，则被氧化的百分率为。如果没有通入氮气则计算的未被氧化的一氧化碳的物质的量减少，则被氧化的百分率增大。（5）增大气流速率可以提高催化效率。（6）：是白色固体，易吸水潮解，但该装置出气口未加防潮装置。8．实验室以二氧化铈()废渣为原料制备含量少的，其部分实验过程如下：(1)“酸浸”时与反应生成并放出，该反应的离子方程式为_______。(2)pH约为7的溶液与溶液反应可生成沉淀，该沉淀中含量与加料方式有关。得到含量较少的的加料方式为_______(填序号)。A．将溶液滴加到溶液中     B．将溶液滴加到溶液中(3)通过中和、萃取、反萃取、沉淀等过程，可制备含量少的。已知能被有机萃取剂(简称HA)萃取，其萃取原理可表示为(水层)+3HA(有机层)(有机层)+(水层)①加氨水“中和”去除过量盐酸，使溶液接近中性。去除过量盐酸的目的是_______。 ②反萃取的目的是将有机层转移到水层。使尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有_______(填两项)。③与“反萃取”得到的水溶液比较，过滤溶液的滤液中，物质的量减小的离子有_______(填化学式)。(4)实验中需要测定溶液中的含量。已知水溶液中可用准确浓度的溶液滴定。以苯代邻氨基苯甲酸为指示剂，滴定终点时溶液由紫红色变为亮黄色，滴定反应为。请补充完整实验方案：①准确量取溶液[约为]，加氧化剂将完全氧化并去除多余氧化剂后，用稀硫酸酸化，将溶液完全转移到容量瓶中后定容；②按规定操作分别将和待测溶液装入如图所示的滴定管中：③_______。【答案】(1)2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O(2)B(3)有利于提高Ce3+的萃取率适当提高硝酸的浓度；充分振荡分液漏斗；用适量萃取剂分多次反萃取、H+(4)从滴定管中准确放出25.00mL溶液于锥形瓶中，加入几滴指示剂苯代邻氨基苯甲酸，向锥形瓶中滴加溶液，边滴加边振荡锥形瓶至溶液颜色恰好由紫红色变为亮黄色，且30s内颜色不变，记录滴加溶液的体积；重复以上操作2~3次【分析】首先用稀盐酸和过氧化氢溶液酸浸二氧化铈废渣，得到三价铈，加入氨水调节pH后用萃取剂萃取其中的三价铈，增大三价铈浓度，之后加入稀硝酸反萃取其中的三价铈，再加入氨水和碳酸氢铵制备产物。【详解】（1）根据信息反应物为与，产物为和，根据电荷守恒和元素守恒可知其离子方程式为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；（2）反应过程中保持少量即可得到含量较少的，故选B；（3）去除过量盐酸，减小氢离子浓度，使(水层)+3HA(有机层)(有机层)+ (水层)的化学平衡右移，利于提高Ce3+的萃取率，故答案为：有利于提高Ce3+的萃取率；根据平衡移动原理可知，应选择的实验条件是：适当提高硝酸的浓度；充分振荡分液漏斗；用适量萃取剂分多次反萃取；③“反萃取”得到的水溶液中含有浓度较大的、H+，氨水和溶液均显碱性，可以和、H+反应，生成沉淀的同时也发生中和反应，因此过滤后溶液中、H+的物质的量均减小，故答案为：、H+；（4）从滴定管中准确放出25.00mL溶液于锥形瓶中，加入几滴指示剂苯代邻氨基苯甲酸，向锥形瓶中滴加溶液，边滴加边振荡锥形瓶至溶液颜色恰好由紫红色变为亮黄色，且30s内颜色不变，记录滴加溶液的体积；重复以上操作2~3次。9．高技术领域常使用高纯试剂。纯磷酸(熔点为，易吸潮)可通过市售85%磷酸溶液减压蒸馏除水、结晶除杂得到，纯化过程需要严格控制温度和水分，温度低于易形成(熔点为)，高于则发生分子间脱水生成焦磷酸等。某兴趣小组为制备磷酸晶体设计的实验装置如下(夹持装置略)：回答下列问题：(1)A的名称是___________。B的进水口为___________(填“a”或“b”)。(2)的作用是___________。(3)空气流入毛细管的主要作用是防止___________，还具有搅拌和加速水逸出的作用。(4)升高温度能提高除水速度，实验选用水浴加热的目的是___________。(5)磷酸易形成过饱和溶液，难以结晶，可向过饱和溶液中加入___________促进其结晶。(6)过滤磷酸晶体时，除了需要干燥的环境外，还需要控制温度为___________(填标号)。A．        B．        C．(7)磷酸中少量的水极难除去的原因是___________。【答案】(1)圆底烧瓶b(2)干燥气体(3)防止暴沸、防止溶液从毛细管上升(4)使溶液受热均匀(5)磷酸晶体 (6)B(7)磷酸可与水分子间形成氢键【分析】空气通过氯化钙除水，经过安全瓶后通过浓硫酸除水，然后通过五氧化二磷，干燥的空气流入毛细管对烧瓶中的溶液进行搅拌，同时还具有加速水逸出和防止溶液沿毛细管上升的作用，将85%磷酸溶液进行减压蒸馏除水、结晶除杂得到纯磷酸。【详解】（1）由仪器构造可知，仪器A为圆底烧瓶，仪器B为直形冷凝管，泠凝水应从b口近、a口出，形成逆流冷却，使冷却效果更好。（2）纯磷酸制备过程中要严格控制温度和水分，因此五氧化二磷的作用为干燥气体。（3）空气流入毛细管可以对烧瓶中的溶液防止暴沸，同时还具有加速水逸出和防止溶液沿毛细管上升的作用。（4）升高温度能提高除水速度，而纯磷酸制备过程中要严格控制温度，水浴加热可以避免直接加热造成的过度剧烈与温度的不可控性，使溶液受热均匀。（5）过饱和溶液暂时处于亚稳态，当加入一些固体的晶体或晃动时可使此状态失去平衡，过多的溶质就会结晶，因此可向磷酸的过饱和溶液中加入磷酸晶体促进其结晶。（6）纯磷酸纯化过程中，温度低于易形成(熔点为)，高于则发生分子间脱水生成焦磷酸，纯磷酸的熔点为42℃，因此过滤磷酸晶体时，除了需要干燥的环境外，还需要控制温度为30∼35℃，这个区间内答案选B。（7）磷酸的结构式为：，分子中含羟基，可与水分子间形成氢键，因此磷酸中少量的水极难除去。10．胆矾()是一种重要化工原料，某研究小组以生锈的铜屑为原料[主要成分是Cu，含有少量的油污、CuO、、]制备胆矾。流程如下。回答问题：(1)步骤①的目的是_______。(2)步骤②中，若仅用浓溶解固体B，将生成_______(填化学式)污染环境。(3)步骤②中，在存在下Cu溶于稀，反应的化学方程式为_______。(4)经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是_______。 (5)实验证明，滤液D能将氧化为。ⅰ.甲同学认为不可能是步骤②中过量将氧化为，理由是_______。ⅱ.乙同学通过实验证实，只能是将氧化为，写出乙同学的实验方案及结果_______(不要求写具体操作过程)。【答案】(1)除油污(2)(3)(4)胆矾晶体易溶于水(5)溶液C经步骤③加热浓缩后双氧水已完全分解取滤液，向其中加入适量硫化钠，使铜离子恰好完全沉淀，再加入，不能被氧化【分析】由流程中的信息可知，原料经碳酸钠溶液浸洗后过滤，可以除去原料表面的油污；滤渣固体B与过量的稀硫酸、双氧水反应，其中的CuO、CuCO3、Cu(OH)2均转化为CuSO4，溶液C为硫酸铜溶液和稀硫酸的混合液，加热浓缩、冷却结晶、过滤后得到胆矾。【详解】（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，因此，步骤①的目的是：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，不能用水洗涤的主要原因是：胆矾晶体易溶于水，用水洗涤会导致胆矾的产率降低。（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，理由是：溶液C经步骤③加热浓缩后H2O2已完全分解。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；除去溶液中的Cu2+的方法有多种，可以加入适当的沉淀剂将其转化为难溶物，如加入Na2S将其转化为CuS沉淀，因此，乙同学的实验方案为取少量滤液D，向其中加入适量Na2S溶液，直至不再有沉淀生成，静置后向上层清液中加入少量KⅠ溶液；实验结果为：上层清液不变色，证明I-不能被除去Cu2+的溶液氧化，故只能是Cu2+将I-氧化为I2。11．某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应资料：i．Mn2+在一定条件下被Cl2或ClO-氧化成MnO2(棕黑色)、(绿色)、 (紫色)。ii．浓碱条件下，可被OH-还原为。iii．Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。实验装置如图(夹持装置略)序号物质aC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II5%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III40%NaOH溶液产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀(1)B中试剂是___________。(2)通入Cl2前，II、III中沉淀由白色变为黑色的化学方程式为___________。(3)对比实验I、II通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是___________。(4)根据资料ii，III中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因：原因一：可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将氧化为。①化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因___________，但通过实验测定溶液的碱性变化很小。②取III中放置后的1mL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1mL悬浊液，加入4mL水，溶液紫色缓慢加深，发生的反应是___________。④从反应速率的角度，分析实验III未得到绿色溶液的可能原因___________。【答案】(1)饱和NaCl溶液(2)2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O(3)Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强(4)Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O4+4OH-=4+O2↑+2H2ONaClO3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2OIII中氧化剂氧化锰酸根离子的速率大于氢氧根离子还原高锰酸根离子的速率，因而实验III未得到绿色溶液【分析】在装置A中HCl与KMnO4发生反应制取Cl2，由于盐酸具有挥发性，为排除HCl对Cl2性质的干扰，在装置B中盛有饱和NaCl溶液，除去Cl2中的杂质HCl，在装置C中通过改变溶液的pH，验证不同条件下Cl2与MnSO4反应，装置D是尾气处理装置，目的是除去多余Cl2，防止造成大气污染。【详解】（1）B中试剂是饱和NaCl溶液，作用是吸收Cl2中的杂质HCl气体；1（2）通入Cl2前，II、III中Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的的OH-反应产生Mn(OH)2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色MnO2，则沉淀由白色变为黑色的化学方程式为：2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O；（3）对比实验I、II通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是：Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强；（4）①Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O，使溶液碱性减弱，反应的离子方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；②取III中放置后的1mL悬浊液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色就是由于在浓碱条件下，可被OH-还原为，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可知该反应的离子方程式为：4+4OH-=4+O2↑+2H2O；溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被NaClO氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量；③取II中放置后的1mL悬浊液，加入4mL水，溶液碱性减弱，溶液紫色缓慢加深，说明ClO-将MnO2氧化为，发生的反应是：3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O；④III中氧化剂氧化锰酸根离子的速率大于氢氧根离子还原高锰酸根离子的速率，导致实验III未得到绿色溶液。12．某研究小组为了更准确检测香菇中添加剂亚硫酸盐的含量，设计实验如下： ①三颈烧瓶中加入香菇样品和水；锥形瓶中加入水、淀粉溶液，并预加的碘标准溶液，搅拌。②以流速通氮气，再加入过量磷酸，加热并保持微沸，同时用碘标准溶液滴定，至终点时滴定消耗了碘标准溶液。③做空白实验，消耗了碘标准溶液。④用适量替代香菇样品，重复上述步骤，测得的平均回收率为95%。已知：，回答下列问题：(1)装置图中仪器a、b的名称分别为_______、_______。(2)三颈烧瓶适宜的规格为_______(填标号)。A．     B．     C．(3)解释加入，能够生成的原因：_______。(4)滴定管在使用前需要_______、洗涤、润洗；滴定终点时溶液的颜色为_______；滴定反应的离子方程式为_______。(5)若先加磷酸再通氮气，会使测定结果_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。(6)该样品中亚硫酸盐含量为_______(以计，结果保留三位有效数字)。【答案】(1)(球形)冷凝管酸式滴定管(2)C(3)加入H3PO4后，溶液中存在化学平衡H2SO3SO2+H2O，SO2的溶解度随着温度升高而减小，SO2逸出后，促进了化学平衡H2SO3SO2+H2O向右移动(4)检验其是否漏水蓝色I2+SO2+2H2O=2I-+4H++(5)偏低(6)【分析】由题中信息可知，检测香菇中添加剂亚硫酸盐的含量的原理是：用过量的磷酸与其中的亚硫酸盐反应生成SO2，用氮气将SO2排入到锥形瓶中被水吸收，最后用碘标准溶液滴定，测出样品中亚硫酸盐含量。 【详解】（1）根据仪器a、b的结构可知，装置图中仪器a、b的名称分别为球形冷凝管和酸式滴定管；（2）三颈烧瓶中加入10.00g香菇样品和400mL水，向其中加入H3PO4的体积不超过10mL。在加热时，三颈烧瓶中的液体不能超过其容积的，因此，三颈烧瓶适宜的规格为1000mL选C。（3）虽然Ka1(H3PO4)=7.1×10-3＜Ka1(H2SO3)=1.3×10-2，但是H3PO4为难挥发性的酸，而H2SO3易分解为SO2和水，SO2的溶解度随着温度升高而减小，SO2逸出后，促进了化学平衡H2SO3SO2+H2O向右移动，因此，加入H3PO4能够生成SO2的原因是：加入H3PO4后，溶液中存在化学平衡H2SO3SO2+H2O，SO2的溶解度随着温度升高而减小，SO2逸出后，促进了化学平衡H2SO3SO2+H2O向右移动；（4）滴定管在使用前需要检验其是否漏水、洗涤、润洗；滴定前，溶液中的碘被SO2还原为碘离子，溶液的颜色为无色，滴加终点时，过量的1滴或半滴标准碘液使淀粉溶液变为蓝色且半分钟点之内不变色，因此，滴定终点时溶液为蓝色；滴定反应的离子方程式为I2+SO2+2H2O=2I—+4H++；（5）若先加磷酸再通氮气，则不能将装置中的空气及时排出，有部分亚硫酸盐和SO2被装置中的氧气氧化，碘的标准液的消耗量将减少，因此会使测定结果偏低。（6）实验中SO2消耗的标准碘液的体积为0.30mL+1.00mL=1.30mL，减去空白实验消耗的0.10mL，则实际消耗标准碘液的体积为1.20mL，根据反应I2+SO2+2H2O=2I—+4H++可以计算出n(SO2)=n(I2)=1.20mL10-3L·mL-10.01000mol·L-1=1.2010-5mol，由于SO2的平均回收率为95%，则实际生成的n(SO2)=，则根据S元素守恒可知，该样品中亚硫酸盐含量为mg•kg-1。13．四氯化锡可用作媒染剂。利用如图所示装置可以制备四氯化锡(部分夹持装置已略去)； 有关信息如下表：化学式SnCl2SnCl4熔点/℃246﹣33沸点/℃652144其他性质无色晶体，易氧化无色液体，易水解回答下列问题：(1)甲装置中仪器A的名称为_____。(2)用甲装置制氯气，MnO被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为_____。(3)将装置如图连接好，检查气密性，慢慢滴入浓盐酸，待观察到_____(填现象)后，开始加热丁装置，锡熔化后适当增大氯气流量，继续加热丁装置，此时继续加热丁装置的目的是：①促进氯气与锡反应；    ②_____。(4)如果缺少乙装置，可能发生的副反应的化学方程式为_____；己装置的作用是_____：A．除去未反应的氯气，防止污染空气B．防止空气中CO2气体进入戊装置C．防止水蒸气进入戊装置的试管中使产物水解D．防止空气中O2进入戊装置的试管中使产物氧化(5)某同学认为丁装置中的反应可能产生SnCl2杂质，以下试剂中可用于检测是否产生SnCl2的有　　(填标号)。A．H2O2溶液B．FeCl3溶液(滴有KSCN)C．AgNO3溶液 D．溴水(6)反应中用去锡粒1.19g，反应后在戊装置的试管中收集到2.38gSnCl4，则SnCl4的产率为_____。(保留3位有效数字)【答案】(1)蒸馏烧瓶(2)2MnO+10Cl﹣+16H+＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O(3)丁装置内充满黄绿色气体使SnCl4气化，利于从混合物中分离出来(4)Sn+2HCl＝SnCl2+H2↑AC(5)BD(6)91.2%【分析】SnCl4极易水解，应在无水环境下进行进行，A装置制备氯气，由于盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl及水蒸气，乙中盛放饱和食盐水除去HCl，可以降低氯气的溶解，丙中浓硫酸吸收水蒸气，干燥氯气，并用氯气排尽装置中空气，防止影响实验。氯气与Sn在丁处试管中反应生成SnCl4，反应生成SnCl4的为气态，在戊处冷却收集得到液态SnCl4，干燥管中碱石灰吸收未反应的氯气，防止污染环境，同时吸收空气中的水蒸气，防止进入收集SnCl4的试管使其水解，以此解答该题。【详解】（1）由仪器装置图可知A为蒸馏烧瓶；（2）A中发生反应：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，离子方程式为2MnO+10Cl﹣+16H+＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O；（3）整个装置中充分氯气时，即丁装置充满黄绿色气体，再加热熔化锡粒合成SnCl4，加热丁装置，促进氯气与锡反应，使生成的SnCl4气化，有利于从混合物中分离出来，便于在戊处冷却收集；（4）如果缺少乙装置，HCl与Sn反应生成SnCl2和H2，化学方程式为Sn+2HCl＝SnCl2+H2↑，可能产生的后果是：SnCl4产率降低，且氯气与氢气反应可能发生爆炸；己装置的作用：A．碱石灰具有碱性，能和氯气反应而除去氯气，从而防止污染空气，故A符合；B．碱石灰具有碱性，能吸收二氧化碳，但二氧化碳对反应没有影响，故B不符合；C．碱石灰具有吸水性，装置己能防止水蒸气进入戊装置的试管中使产物水解，故C符合；D．即使有空气中O2进入，O2能氧化丁中生成的副产物SnCl2，但不会氧化戊装置的试管中的产物SnCl4，故D不符合；故选AC；（5）A．H2O2溶液能氧化SnCl2，同时双氧水被还原生成水，但是没有明显现象，无法检验，故A错误；B．FeCl3溶液(滴有KSCN)，溶液呈红色，氯化铁氧化SnCl2，铁离子被还原生成亚铁离子，褪色，可以检验，故B正确； C．AgNO3溶液能检验氯离子，但是不能检验Sn2+，所以无法检验，故C错误；D．溴水氧化SnCl2，溴被还原生成溴离子，溶液褪色，可以检验，故D正确；故答案为：BD；（6）用去锡粒1.19g，其物质的量为：＝0.01mol，根据Sn原子守恒理论生成SnCl4为0.01mol，则则SnCl4的产率为：×100%≈91.2%，故答案为：91.2%。14．硫氰化钾(KSCN)的用途非常广泛，如用KSCN溶液检验。实验室可用如下装置制取KSCN。请回答下列问题：(1)橡皮管的作用是_______。(2)A装置是氨气发生装置，试管中的固体混合物为_______(填化学式)。(3)导管a插入中的目的是_______。(4)水浴加热B装置，三颈烧瓶中的反应除了生成外，还生成了另一种酸式盐，其反应方程式为_______。(5)当三颈烧瓶中的液体不出现分层时，熄灭酒精灯，关闭，继续水浴加热(保持100℃)，待酸式盐完全分解(保持100℃)，再打开，继续水浴加热，就可以得到KSCN溶液。若要制取KSCN晶体，需进行的操作是：先将三颈烧瓶中的混合物进行_______、再将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、_______、干燥。(6)装置C中酸性溶液的作用是_______；若三颈烧瓶中挥发出来的含硫物质恰好与200mL2.0mol/L的溶液反应，其中50%的硫元素转化为+6价硫，其余都转化为零价硫，理论上可制得KSCN质量为_______g。【答案】(1)平衡气压，让KOH溶液顺利流下(2)、(3)使反应物充分接触，且防止倒吸 (4)(5)过滤洗涤(6)吸收和46.56【详解】（1）橡胶管的作用是为了让KOH溶液顺利流下，需要平衡气压；（2）实验室制取氨气用到的药品为、；（3）导管a插入中是为了使反应物充分接触，且防止倒吸；（4）三颈烧瓶中发生的反应为；（5）若要制取KSCN晶体，需进行的操作是：过滤，再将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，洗涤，干燥；（6）①酸性可以吸收,,酸性的作用是吸收,；②反应的离子方程式为：数量关系，当消耗的物质的量为0.4mol时，理论上可制得KSCN的质量为：。15．氯化铁是一种很重要的铁盐，主要用于污水处理、印染工业、电子工业、建筑工业等。氯化铁有吸水性，遇水极易水解。某化学兴趣小组设计实验制备氯化铁并探究其性质。回答下列问题：I．氯化铁的制备：(1)图1为湿法制备的装置。仪器A的名称为___________，烧杯中发生反应的离子方程式为___________。(2)图2为干法制备的装置。反应前后都要鼓入氮气，目的是___________；氮气和氯气都必须经过浓硫酸，原因是___________。Ⅱ．氯化铁的性质探究： (3)查阅资料：氯化铁在水溶液中分多步水解，生成净水性能更好的聚合氯化铁［］。已知聚合氯化铁极易溶于水，写出氯化铁水解反应的总离子方程式_____。(4)为了探究外界条件对氯化铁水解平衡的影响，该兴趣小组设计实验方案(忽略溶液体积的变化)，获得如下数据：实验温度/℃pH110000250.742109000251.623109000351.47410901.17025x5109001.4225y①根据实验数据，结合所学化学知识，下列说法正确的是___________(填标号)。A．氯化铁的水解程度与温度、铁离子的浓度均有关系B．实验1和实验2说明氯化铁浓度越大，水解程度越大C．实验2和实验3说明的水解是吸热反应D．实验4和实验5中加入固体的质量不等，无法对比参照②查阅资料，加入强电解质后，由于溶液中离子总浓度增大，离子间的相互牵制作用增强，水解离子的活性会改变。该兴趣小组同学求助老师利用计算机手持技术得到实验4和实验5的结果分别如图3和图4所示。i.根据实验现象，提出假设：a．氯离子对铁离子的水解活性有促进作用；b．___________。ii..设计其他简单实验证明假设a：___________(写出实验操作、现象和结论)。【答案】(1)分液漏斗(2)反应前排尽空气，反应后赶出氯气氯化铁遇水极易水解 (3)(4)AC硫酸根离子对铁离子的水解活性有抑制作用向硫酸铁溶液中加入一定量的氯化钠固体，若pH减小，说明假设a正确【分析】图1为湿法制备的装置，应是先用铁单质和盐酸反应生成，再与氯水反应生成；图2为干法制备的装置，应是干燥的氯气与铁单质加热反应制备。探究外界条件对氯化铁水解平衡的影响，要控制变量，需要唯一变量。【详解】（1）观察装置，可知仪器A的名称为分液漏斗；由实验分析可知烧杯中发生反应的离子方程式为。（2）反应前鼓入氮气，可以排尽空气，防止铁与氧气反应；反应后鼓入氮气，目的是将装置内的氯气赶出。氯化铁遇水极易水解，故氮气和氯气都必须经过浓硫酸，目的是干燥，防止氯化铁水解。（3）依题意，氯化铁在水溶液中水解生成聚合氯化铁[]，根据电荷守恒和原子守恒，可知水解反应的总离子方程式为。（4）①A．根据实验1、2、3，可知氯化铁的水解程度与温度、铁离子的浓度均有关系[点拨：温度变化，pH变化；加水稀释，氯化铁水解程度增大]，A正确；B．实验2相当于将实验1中的溶液加水稀释10倍，pH的增加值小于1，说明氯化铁的水解平衡正向移动，即氯化铁浓度越小，水解程度越大，B错误；C．实验2和实验3中其他反应条件相同，温度升高，pH减小，说明温度升高，水解平衡正向移动，即的水解是吸热反应，C正确；D．实验4和实验5中加入固体的质量不等，目的是确保钠离子浓度相等，避免干扰，达到对比的目的，D错误；选AC。②i.由图3知，加入强电解质后pH减小，则促进水解，对应假设a：氯离子对铁离子的水解活性有促进作用；图4中加入强电解质后pH增大，则对应假设b，故可提出假设：硫酸根离子对铁离子的水解活性有抑制作用；ii..设计其他简单实验证明假设a：由于假设a是氯离子对铁离子的水解活性有促进作用，则设计的思路就是增加氯离子浓度，测量溶液的pH变化，故可向硫酸铁溶液中加入一定量的氯化钠固体，若pH减小，说明假设a正确。16．NiS难溶于水，易溶于稀酸，可用于除去镍电解液中的铜离子，NiS在潮湿的空气中可转化为碱式硫化高镍[Ni(OH)S]，从而降低除铜离子能力。实验室模拟制取NiS装置如图(加热、夹持装置略去)，先通氮气排尽装置内空气后，同时通入硫化氢气体和氨气，制得NiS沉淀。回答下列问题 (1)装置图中，仪器a的名称是___________，装置Ⅱ中的试剂为___________。(2)装置Ⅲ中反应的离子方程式为___________。(3)反应结束后关闭K1、K4，在b、c处分别连接下图两个装置，打开K2、K3进行抽滤洗涤。装置Ⅳ接在___________(填“b”或“c”)处。(4)用NiS除去镍电解液中铜离子时，NiS陈化时间对除铜离子效果的影响如图所示(陈化时间：沉淀完全后，让生成的沉淀与母液一起放置的时间)。图中曲线变化原因是___________(以化学方程式表示)。(5)测定某NiS样品的纯度称取试样(杂质中不含Ni)mg置于锥形瓶中，用稀酸溶解后加入掩蔽剂掩蔽其他离子，加pH≈10的氨性缓冲溶液5mL紫脲酸铵指示剂少许。用0.0200mol/LEDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定，发生反应：Ni2++H2Y2-NiY2-+2H+。滴定达终点时消耗EDTA标准溶液VmL。①样品的纯度为___________。②滴定过程中，若氨性缓冲溶液pH值过低，导致测得的产品纯度___________(填“偏低”、“偏高”或“不影响”)。 【答案】(1)恒压漏斗(或恒压分液漏斗)饱和NaHS溶液(2)H2S+Ni2++2NH3=NiS↓+2(3)b(4)4NiS+O2+2H2O=4Ni(OH)S(5)偏高【分析】Ⅰ中硫化亚铁和盐酸反应生成硫化氢气体，硫化氢通过饱和NaHS溶液的装置Ⅱ除去氯化氢气体杂质后进入装置Ⅲ，装置Ⅲ中硫化氢、氨气、氯化镍反应生成NiS，尾气有毒需要尾气处理装置；【详解】（1）装置图中，仪器a的名称是恒压漏斗(或恒压分液漏斗)；装置Ⅱ中的试剂为饱和NaHS溶液，饱和NaHS溶液可以除去生成硫化氢气体中挥发的氯化氢气体杂质；（2）装置Ⅲ中硫化氢、氨气、氯化镍反应生成NiS，反应为H2S+Ni2++2NH3=NiS↓+2；（3）反应结束后关闭K1、K4，在b、c处分别连接下图两个装置，打开K2、K3进行抽滤洗涤，抽滤洗涤时，洗涤水进入装置Ⅲ然后通过抽气装置抽出达到洗涤目的，故连有抽气泵的装置Ⅳ接在b处以便能够抽出洗涤水；（4）已知，NiS在潮湿的空气中可转化为碱式硫化高镍[Ni(OH)S]，从而降低除铜离子能力，故随时间延长残留铜离子增加的原因是：4NiS+O2+2H2O=4Ni(OH)S；（5）①由反应Ni2++H2Y2-NiY2-+2H+可知，，则样品的纯度为；②滴定过程中，缓冲溶液pH值过低，Ni2++H2Y2-NiY2-+2H+，导致平衡逆向移动，则需要更多的标准液参与反应，导致测得的产品纯度偏高。17．某化学小组同学发现“84”消毒液(主要成分为NaClO)与洁厕剂(主要成分为盐酸)室温下混合有生成，于是尝试在实验室利用该反应原理制取。(1)若用次氯酸钙、浓盐酸为原料，利用上图装置制取。装置中仪器a的名称为_______，反应的化学方程式为_______。(2)实验室制取干燥的时，净化与收集所需装置的接口连接顺序为_______。 (3)经查阅资料得知：无水在空气中易潮解，加热易升华。设计如图所示装置制备无水。①下列操作步骤的正确顺序为_______(填字母)。a.体系冷却后，停止通入    b.通入干燥的赶尽装置中的空气c.在铁屑下方加热至反应完成    d.用干燥的赶尽e.检验装置的气密性②该实验装置存在的明显缺陷是_______。(4)世界环保联盟要求逐渐取代作为自来水消毒剂。已知：，。有关物质的熔、沸点如下表：物质熔点/℃沸点/℃-5911-107-34.6的生产流程示意图如下：该工艺中，需要补充的物质X为_______(填化学式，下同)，能参与循环的物质是_______。从发生器中分离出，可采用的方法是_______。【答案】(1)分液漏斗Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O(2)cdbae (3)ebcad出气管伸入瓶中太长(4)Cl2NaCl和Cl2冰水降温将ClO2冷凝为液体而分离【详解】（1）a用于液体为分液漏斗。次氯酸钙中+1的氯将盐酸中-1价的氯氧化为Cl2，反应为Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O。答案为分液漏斗；Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；（2）浓硫酸干燥氯气，饱和氯化钠除去HCl杂质，NaOH溶液吸收尾气。连接顺序为cdbae。答案为cdbae；（3）装置首先应该检验气密性。装置中有空气干扰反应，加热前应先通入Cl2排空，再加热。反应结束后装置中有残留的Cl2污染环境，需要用N2将装置中的尾气排尽。正确的顺序为ebcad。出气管伸入瓶中太长易被FeCl3堵塞而炸裂。答案为ebcad；出气管伸入瓶中太长；（4）氯化钠电解槽中Cl-变为了而H+变为H2，若要产生HCl需要H2和Cl2。所以需要补充Cl2。能参与循环的物质是NaCl和Cl2从发生器中分离出，可采用的方法是冰水降温将ClO2冷凝为液体而分离18．乳酸亚铁{，}是一种常见的食品铁强化剂，溶于水，难溶于乙醇。某研究小组以矿渣X(主要成分是，含少量、杂质)制备乳酸亚铁并进行产品含量测定，制备流程如下(部分环节已略去)：已知：①一定浓度的金属离子生成相应的氢氧化物沉淀的pH如下表所示，金属氢氧化物开始沉淀时的pH完全沉淀时的pH7.69.62.23.44.15.4②(无色配离子)请回答：(1)步骤Ⅳ，转化时使用如图装置，仪器A的名称是___________。 (2)下列有关说法不正确的是___________。A．步骤Ⅱ，加入氨水调节pH后，组分A中主要含铁成分为、B．步骤Ⅲ，固体B为铁C．固体C为和FeD．重结晶后可选择乙醇洗涤晶体E．为得到干燥的乳酸亚铁晶体，采用高温烘干的方式(3)实验室常用已知浓度的重铬酸钾标准溶液滴定。①从下列选项中选择合理的仪器和操作，补全如下步骤［“___________”上填写一件最关键仪器，“(        )”内填写一种操作，均用字母表示］___________蒸馏水洗涤______→润洗→(        )→装液→(        )→(        )→用_________(量取一定体积的)→加指示剂，准备开始滴定。仪器：a．烧杯；b．酸式滴定管；c．碱式滴定管；d．锥形瓶操作：e．调整液面至“0”或“0”刻度以下，记录读数f．橡皮管向上弯曲，挤压玻璃球，放液g.打开活塞快速放液h．控制活塞，将洗涤液从滴定管下部放出i．将洗涤液从滴定管上口倒出②滴定曲线如下图所示(曲线a未加磷酸，曲线b加磷酸)。滴定操作中向溶液中加入磷酸溶液的原因是：溶液酸化抑制水解、___________(写出两个理由)。(4)研究小组为了测定乳酸亚铁产品中的含量，称取5.600g乳酸亚铁产品溶于蒸馏水，定容至250mL，进行如下实验。 【实验一】铈量法测定含量。取25.00mL试液，用0.1000mol/L的标准溶液滴定至终点。滴定反应为：，4次滴定消耗溶液的体积如下，实验次数1234消耗溶液的体积/mL18.7520.0518.7018.65①则该产品中含量为___________%(保留四位有效数字)。【实验二】高锰酸钾法测定含量。取25.00mL试液，加入适量硫酸，用0.0200mol/L的高锰酸钾标准溶液滴定至终点。4次滴定测得的含量如下，实验次数1234含量(%)19.6120.1721.2619.46②比较实验一、二测得的产品中含量，认为铈量法适合于乳酸亚铁中含量的测定，原因是___________。【答案】(1)恒压滴液漏斗(恒压漏斗)(2)AE(3)bhgeb使滴定突变范围变大，减少滴定误差；生成的配合物为无色，降低三价铁离子对终点颜色的干扰(4)18.70铈量法可避免乳酸根的干扰(或高锰酸钾法未考虑乳酸根被酸性高锰酸钾溶液氧化)【分析】利用矿渣制备乳酸亚铁，矿渣中含有少量氧化铝和二氧化硅杂质，稀硫酸酸浸、过滤可除去二氧化硅，滤液中含有铁离子和铝离子，由表格中数据可知，用氨水调节pH3.5~4.0，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，铝离子尚未沉淀，组分A为氢氧化铁，氢氧化铁酸溶后还原为亚铁离子，为避免引入新的杂质，可用铁单质进行还原，因此B为铁单质，亚铁离子与碳酸氢铵反应生成碳酸亚铁沉淀，固体C为碳酸亚铁和过量的B；碳酸亚铁与乳酸反应生成乳酸亚铁，经重结晶得到纯净的乳酸亚铁晶体。【详解】（1）由图可知，仪器A为恒压滴液漏斗（恒压漏斗）。 （2）加入氨水调节pH后，组分A中的含铁物质为氢氧化铁沉淀，没有亚铁离子，A错误；步骤Ⅲ目的是将铁离子还原为亚铁离子，为避免引入其它离子，因此加入的还原剂B为铁单质，B正确；步骤Ⅲ所用Fe为过量，因此固体C中含有Fe，亚铁离子与碳酸氢根反应生成碳酸亚铁，因此固体C中有碳酸亚铁，C正确；乳酸亚铁难溶于乙醇，因此重结晶后的晶体可用乙醇洗涤，D正确；乳酸亚铁晶体中带有三个结晶水，高温烘干会使结晶水丢失，因此不可采用高温烘干的方式，E错误；故答案为AE。（3）重铬酸钾标准液具有强氧化性，需盛放在酸式滴定管中，滴定管在使用前需要用蒸馏水洗涤；洗涤之后用标准液润洗，为保证润洗效果，润洗液应从下端放出，装液后需排出尖嘴处的气体并保证液面在0刻度以下；亚铁离子呈酸性，应用酸式滴定管取用，因此答案为bhgeb。由图可知，加入磷酸后突变范围变大，因此可以减小滴定误差；由已知信息可知，铁离子能与磷酸反应生成无色配离子，可以避免铁离子的颜色影响滴定终点的判断。（4）由滴定原理方程式可知，亚铁离子的物质的量等于铈离子的物质的量，由滴定数据可知，第二次滴定数据异常需舍去，因此滴定0.25mL待测液平均用量为18.70mL，铈离子的物质的量为0.00187mol，即亚铁离子的物质的量为0.00187mol，质量为0.10472g，即亚铁离子总质量为1.0472g；含量为。乳酸根也能被高锰酸钾氧化，由题中数据可知，用高锰酸钾滴定时计算出的亚铁含量明显偏高，因此铈量法可避免乳酸根的干扰。19．某小组同学探究MnO、MnO的性质。资料：i.MnO的氧化能力与溶液的酸碱度有关，在酸性环境、中性环境、碱性环境能被SO分别还原为Mn2+(无色)、MnO2、MnO(绿色)。ii.MnO在强碱溶液中能稳定存在，在酸性或纯水环境中易转化为MnO和MnO2。I.验证MnO与SO的反应，实验如下：实验序号试剂X现象1mL0.01mol·L−1KMnO4溶液①2滴3mol·L−1H2SO43滴0.1mol·L−1Na2SO3溶液褪为无色②2滴纯水3滴0.1mol·L−1Na2SO3产生棕色沉淀③2滴6mol·L−1NaOH3滴0.1mol·L−1Na2SO3溶液变为绿色④2滴6mol·L−1NaOH10滴0.1mol·L−1Na2SO3溶液变为绿色溶液，有浑浊，绿色很快消失，有大量棕色沉淀生成(1)实验①参与反应的高锰酸钾和亚硫酸钠物质的量之比为_______。 (2)实验④中绿色很快消失，有大量棕色沉淀生成，结合离子方程式分析可能的原因_______。甲同学补做了实验_______(填操作和现象)，证明猜测合理。II.验证MnO的性质。某同学用b试管得到的绿色溶液设计实验如下：(3)c试管中得到紫色溶液和棕色浑浊的离子反应方程式为_______。继续滴加醋酸，沉淀溶解，得到无色透明溶液，有如下两种猜想：①MnO、MnO2可能被CH3COOH还原。设计实验：将1mL0.01mol·L−1KMnO4溶液与少量MnO2固体混合，再向其中加入少许2mol·L−1CH3COOH溶液，_______(填现象)，证明猜想不合理。②MnO、MnO2可能被_______还原，发生的反应：_______，_______。经实验验证，猜想合理。由以上实验可知：MnO、MnO2的性质不仅与溶液的酸碱度有关；还与试剂的用量等有关。【答案】(1)2:5(2)原因：SO过量，过量的SO与MnO反应，MnO+SO+H2O=MnO2↓+SO+2OH-实验：取③的绿色溶液少量，向其中滴加Na2SO3溶液可以观察到相同的现象(绿色很快消失，有大量棕色沉淀生成)(3)3MnO+4CH3COOH=MnO2↓+2MnO+2H2O+4CH3COO-无明显现象SO(Na2SO3)MnO2+SO+2CH3COOH=Mn2++SO+H2O+2CH3COO-2MnO+5SO+6CH3COOH=2Mn2++5SO+3H2O+6CH3COO-【详解】（1）根据题干可知，MnO在酸性环境能被SO分别还原为Mn2+(无色)，根据得失电子守恒和元素守恒配平可得，则实验①参与反应的高锰酸钾和亚硫酸钠物质的量之比为2:5；（2）根据题干信息可知，棕色沉淀为MnO2，则实验④中绿色很快消失，有大量棕色沉淀生成，结合离子方程式分析可能的原因SO过量，过量的SO与MnO反应，MnO+SO+H2O=MnO2↓+SO+2OH-；甲同学补做了实验取③的绿色溶液少量，向其中滴加Na2SO3溶液可以观察到相同的现象(绿色很快消失，有大量棕色沉淀生成)，证明猜测合理； （3）c试管中得到紫色溶液和棕色浑浊，说明生成了MnO、MnO2，其离子反应方程式为3MnO+4CH3COOH=MnO2↓+2MnO+2H2O+4CH3COO-；①将1mL0.01mol·L−1KMnO4溶液与少量MnO2固体混合，再向其中加入少许2mol·L−1CH3COOH溶液，无明显现象，说明MnO、MnO2没有被CH3COOH还原，证明猜想不合理；②MnO、MnO2可能被SO(Na2SO3)还原，根据得失电子守恒和元素守恒配平可知发生的反应为MnO2+SO+2CH3COOH=Mn2++SO+H2O+2CH3COO-，2MnO+5SO+6CH3COOH=2Mn2++5SO+3H2O+6CH3COO-。20．PCl3是重要的化工原料。如图为实验室中制取粗PCl3产品的装置，夹持装置略去。经查阅资料知：红磷与少量Cl2反应生成PCl3，与过量Cl2反应生成PCl5，PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3，PCl3遇O2会生成POCl3，PCl3、POCl3的熔沸点见如表。物质熔点/oC沸点/oCPCl3-11275.5POCl32105.3完成下列填空：(1)仪器D的名称是_______。装置F与G由橡胶管a相连通，a的作用是_______。(2)实验时，检查装置气密性后，先打开K1通入CO2，再迅速加入红磷。通入CO2的作用是_______。(3)装置D中盛有碱石灰，其作用一与B、E相似，作用二为_______。(4)装置C中的反应需要65~70oC，最适合的加热方式为_______加热，该方法的优点是_______。制得的PCl3粗产品中常含有POCl3、PCl5等。加入红磷加热除去PCl5后，通过_______(填实验操作名称)，即可得到较纯净的PCl3。(5)通过实验测定粗产品中PCl3的质量分数，实验步骤如下(不考虑杂质的反应)：第一步：迅速移取20.000gPCl3粗产品，加水完全水解；第二步：配成500mL溶液，移取25.00mL溶液置于锥形瓶中；第三步：加入0.500mol·L-1碘溶液20.00mL，碘过量，H3PO3完全反应生成H3PO4 ，反应方程式为H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI；第四步：加入几滴淀粉溶液，用1.000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定过量的碘，反应方程式为I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI，滴至终点时消耗Na2S2O3标准溶液12.00mL。第二步需要的定量仪器名称为_______。根据上述数据，计算该产品中PCl3的质量分数为_______。【答案】(1)干燥管使F与G压强相同，便于浓盐酸顺利滴出(2)赶尽装置中空气，防止PCl3被氧化(3)吸收未反应的氯气，防止污染空气(4)水浴受热均匀，便于控制加热温度蒸馏(5)滴定管(或移液管)及500mL容量瓶0.55【分析】因为PCl3能与氧气和水反应，因此反应前先通入经浓硫酸干燥后的二氧化碳，除去装置内的空气，随后加入红磷，打开分液漏斗旋塞，浓盐酸和高锰酸钾反应制备氯气，氯气经干燥后进入C中与红磷反应生成PCl3，D中为碱石灰，防止空气中的H2O进入装置内，同时能吸收多余的氯气。【详解】（1）仪器D的名称为干燥管，装置F和G由橡胶管a相连通，a的作用为平衡压强，使浓盐酸顺利滴出。（2）根据题干可知，PCl3能与水、O2反应，故实验前先检查装置气密性，再通入CO2，排尽装置内的空气。防止PCl3被氧化。（3）装置D中为碱石灰，除了防止外界空气中水蒸气进入装置外，还能吸收多余的氯气，防止其污染环境。（4）装置C温度须控制在65-70℃，最适合的加热方式为水浴加热。该方法的优点是受热均匀，便于控制加热温度。从题干表中可知，PCl3和POCl3沸点差距较大，因此可用蒸馏的方式得到较纯净的PCl3。（5）第二步配制500mL溶液需要的仪器为500mL容量瓶，转移25mL溶液时需要酸式滴定管。已知消耗Na2S2O3的物质的量为1mol/L×0.012L=0.012mol，则剩余的I2有0.006mol，则与H3PO3反应的I2有0.5mol/L×0.02L-0.006mol=0.004mol，则参与反应的H3PO3有0.004mol，则根据P守恒，20gPCl3中有PCl30.08mol，产品中PCl3的质量分数为。