2021届高考化学二轮备考高频热点特训：物质制备综合实验(解析版).pdf

物质制备综合实验1.1 20 20 天津卷】为测定C u S 0 4 溶液的浓度，甲、乙两同学设计了两个方案。回答下列问题：I .甲方案实验原理：CuSO4+BaCl2=BaSO4 J +CuCl2实验步骤：(1)判断S(V-沉淀完全的操作为 o(2)步骤判断沉淀是否洗净所选用的试剂为(3)步骤灼烧时盛装样品的仪器名称为 o(4)固体质量为 w g,则 c(C u S 04)=m o 1-L-10(5)若步骤从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，则测得c(C u S 04)(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)0I I.乙方案实验原理：Z n+C u S 04=Z n S 04+C u,Z n+H2S 04=Z n S 04+H 2 t1实验步骤：按右图安装装置(夹持仪器略去)在仪器A、B、C、D、E中加入图示的试剂调整D、E中两液面相平，使D中液面保持在0或略低于0刻度位置，读数并记录。将CuS04溶液滴入A中搅拌，反应完成后，再滴加稀硫酸至体系不再有气体产生待体系恢复到室温，移动E管，保持D、E中两液面相平，读数并记录处理数据(6)步骤为 o(7)步骤需保 证 体 系 恢 复到室温的原因是(填序号)。a.反应热受温度影响b.气体密度受温度影响C.反应速率受温度2影响(8)Z n 粉质量为ag,若测得员体积为b m L,已知实验条件下P(H 2)=dgx L，则 c(C u S O。m o l (列出计算表达式)。(9)若步骤E 管液面高于D 管，未调液面即读数，则测得c(C u S 04)(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。(1 0)是否能用同样的装置和方法测定M gs。,溶 液 的 浓 度:(填“是”或“否”)o【答案】(1)向上层清液中继续滴加B aC L 溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全(2)A gN 0 3溶液(3)培埸(4)黑 (5)偏低a b dx l O3(6)检查装置气密性(7)b (8)花一一厂(9)偏高(1 0)否25 x 1 0-3【解析】I.(1)硫酸根离子的检验是滴加氯化领溶液，若产生白色沉淀，证明溶液中含有硫酸根离子，故判断S 0 产沉淀完全的操作向上层清液中继续滴加B a C b 溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全；(2)步骤判断沉淀是否洗净所选用的试剂为A g NO s 溶液,硫酸钢沉淀中可能附着有氯化锁,为了证明还有没氯离子，需要加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，证明没有洗净；(3)步骤灼烧时盛装样品的仪器为生埸；(4)固体质量为wg,为硫酸钢的质量，硫酸钢的物质的量为wg5,根据硫酸根守恒可知，C uS O j B a S C X,则 c(C uS 0 4)=2 3 3 g/m o l =72 3 3 g /m o l V 2 3 33m o l L；(5)若步骤从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，会使固体的质量偏小，物质的量偏小，根 据 可 知，则测得c(C uS 0 4)偏低。II.(6)加入药品之前需检查装置的气密性；步骤为检查装置气密性；(7)气体的体积受温度和压强的影响较大，气体的质量不随温度和压强的变化而改变,密度也受温度和压强的影响，步骤需保证体系恢复到室温的原因是气体密度受温度影响；反应热不受温度的影响，只与反应物和生成物自身的能量有关，不随温度压强而改变；反应速率受温度影响，温度越高，反应速率越快，步骤需保证体系恢复到室温与反应速率无关；(8)Z n粉质量为a g,若测得乩体积为b m L,已知实验条件下P(H 2)=d g xL氢气的质量=p(H 2)V=d b xl(T 3 g,利用氢气的质量得到氢气的物质的量斤 d；b：1 0：g =d X b：0-3 m o ,根据 Z n+H 2 s 0 4=Z nS 04+H21 ,与2 g /m o l 2酸反应的锌的物质的量 为 瞥Q m o l,锌的总物质的量为 高 煮，与硫酸铜反265g /m o l应的锌的物质的量为 根 据Z n+C uS 0 4=Z nS(h +C u,则65g /m o l 2a g d b xl O-3c(C uS O D=殛亘二Z2ZS(9)若步骤E管液面高于D管，未调液面即读2 5xl O-3L数，得到氢气的体积偏小，与硫酸反应的锌的质量偏小，与硫酸铜反应的锌的质量偏大，则测得c(C uS O D偏高；(1 0)不能用同样的装置和方法测定Mg S 0 4溶液的浓度，硫酸镁不和锌发生置换反应。2.1 2 0 1 9海南卷】干燥的二氧化碳和氨气反应可生成氨基甲酸核固体，化学方程式为：2 N H3(g)+C 02(g)N H2C 0 0 N H 4(S)AH CH=C COOCH3+H2O实验步骤如下：步骤1：在反应瓶中，加入1 4 g丙快酸、5 0 m L 甲醇和2 m L 浓硫酸，搅拌,加热回流一段时间。步骤2：蒸出过量的甲醇（装置见下图）。步骤3：反应液冷却后，依次用饱和N a C l 溶液、5%N a 2 c 溶液、水洗涤。分离出有机相。步骤4：有机相经无水N a 2 s O,干燥、过滤、蒸储，得丙焕酸甲酯。6(1)步骤1 中，加入过量甲醇的目的是 (2)步骤2 中，上图所示的装置中仪器A的名称是 ；蒸像烧瓶中加入碎瓷片的目的是 (3)步骤3 中，用5%N a 2 c。3溶液洗涤，主要除去的物质是;分离出有机相的操作名称为。(4)步骤4 中，蒸储时不能用水浴加热的原因是。【答案】(1)作为溶剂、提高丙焕酸的转化率(2)(直形)冷凝管 防止暴沸(3)丙烘酸 分液(4)丙烘酸甲酯的沸点比水的高【解析】(D 一般来说，酯化反应为可逆反应，加入过量的甲醇，提高丙焕酸的转化率，丙块酸溶解于甲醇，甲醇还作为反应的溶剂；(2)根据装置图，仪器A 为直形冷凝管；加热液体时，为防止液体暴沸，需要加入碎瓷片或沸石,因此本题中加入碎瓷片的目的是防止液体暴沸；(3)丙快酸甲酯的沸点为1 0 3 1 0 5,制备丙焕酸甲酯采用水浴加热，因此反应液中除含有丙块酸甲酯外，还含有丙焕酸、硫酸；通过饱和N a Cl 溶液可吸收硫酸；5%的 N a 2 c 溶液的作用是除去丙快酸，降低丙焕酸甲酯在水中的溶解度，使之析出;水洗除去N a Cl、N a 2 c然后通过分液的方法得到丙焕酸甲酯；(4)水浴加热提供最高温度为1 0 0 C,而丙快酸甲酯的沸点为1 0 3 c l 0 5,采用水浴加热，不能达到丙焕酸甲酯的沸点，7不能将丙快酸甲酯蒸出，因此蒸储时不能用水浴加热。4.化学小组实验探究S O?与AgN O s 溶液的反应。(1)实验一：用如下装置(夹持、加热仪器略)制备S 02,将足量S O 2 通入AgN O3溶液中，迅速反应，得到无色溶液A 和白色沉淀B。浓 H 2 s(X 与 Cu 反应的化学方程式是试剂a 是 o(2)对体系中有关物质性质分析得出：沉淀B 可能为Ag2 s。3、Ag2 s O 或二者混合物。(资料：Ag2 s O,微溶于水；Ag2 s 难溶于水)实验二：验证B 的成分沉淀B6m。卜L 氨主.溶液c过量Ba(N工溶液一沉淀口i.洗涤干净ii.过量稀盐酸滤液E沉淀F写出Ag2 s 溶于氨水的离子方程式：o加入盐酸后沉淀D 大部分溶解,剩余少量沉淀F。推断D中主要是Ba S 03,进而推断B 中含有Ag2 s O 3。向滤液E 中加入一种试剂,可进一步证实B 中含有Ag2 s O 3。所用试剂及现象是 o8(3)根据沉淀F的存在，推测s o：的产生有两个途径:途径1：实验一中，S O?在 AgN O s 溶液中被氧化生成Ag2 s O ,随沉淀B 进入D o途径2：实验二中，s o：被氧化为s o；进入D。实验三：探究s o：的产生途径向溶液A 中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，证 明 溶 液 中 含 有：取上层清液继续滴加Ba CL溶液，未出现白色沉淀，可判断B 中不含Ag2 s O,。做出判断的理由：O实验三的结论：。(4)实验一中S O?与 AgN O s 溶液反应的离子方程式是 o(5)根据物质性质分析，S O?与AgN O s 溶液应该可以发生氧化还原反应。将实验一所得混合物放置一段时间，有 Ag和S。：生成。(6)根据上述实验所得结论：o【答案】Cu+2 H 2 s 0 K浓)=C u S 04+S 02 f +2 H20 饱和N a H S O s 溶液(2)(D Ag2S 03+4 N H3-H20=2 Ag(N H3)2+S 032+4 H20H 2 O 2 溶液，产生白色沉淀(3)Ag+Ag2 s O 4 溶解度大于Ba S 04,没有Ba S O 4 沉淀时，必定没有Ag2 s 0 4途径1 不产生S 042-,途径2 产生S O/-9(4)2 Ag+S 02+H20=Ag2 s O 3 1+2 H+(6)实验条件下：S O?与 AgN O s 溶液生成Ag2 s。3 的速率大于生成Ag和 S O?-的速率碱性溶液中s(V-更易被氧化为so42-【解析】(1)铜和浓硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：C u+2H 2s0 式浓)会C 11S O 4+S O 21+2H 2。试剂a为饱和N a H S 0 3溶液，用于观察气体流速，且在S O?饱和N a H S O s溶液中溶解度很小，可防止倒吸。Ag 2s溶于氨水得到Ag(N H3)2 离子方程式为：Ag2S O3+4N H3 H2O=2Ag(N H3)2+S 032-+4H20；沉淀D洗涤干净后，加入过量稀盐酸，B a S O s与稀盐酸反应生成B a C b和 S O 2、H20,则滤液E中含有B a C L 和溶解在水中的S O 2形成的H 国)3,可向E中加入H 2O 2溶液，将 H 2s。3氧化生成S O,，S(V-和B a?+反应产生白色B a S(h 沉淀，进一步证实B中含有Ag2S 03o(3)向溶液A 中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，该沉淀为Ag C l,证明溶液A 中含有Ag,；取上层清液继续滴加B a C L 溶液，未出现白色沉淀，证明溶液A 中不含S 042,由于Ag 2s(X 微溶于水，则 B中不含Ag2S 04,从而确定途径1 不 产 生 途 径 2 产生S O,：(4)由(3)推知，实验一中S O?与Ag N O s溶液反应生成Ag 2s。3,离子方程式为2Ag+S 0 2+H 20=Ag 2so31+2T。(6)对比分析(4)(5)可知,S 02与Ag N O3溶液生成Ag 2s的速率大于生成Ag 和S(V-的速率，再结合实验二可知，碱性溶液中s(V-更易被氧化为S 0425.环己烯是重要的化工原料。其实验室制备流程如下：10操作IFeCl,-6H,O,坏已烯饱和食盐水粗产品 操作2（沸点161）水 相（弃去）仃 机 相 干 燥.过 漉”操作;（沸点83 ）回答下列问题:I.环己烯的制备与提纯 原 料 环 己 醇 中 若 含 苯 酚 杂 质，检验试剂为,现象为（2）操 作 1 的装置如图所示（加热和夹持装置已略去）。烧瓶A 中进行的可逆反应化学方程式为,浓硫 酸 也 可 作 该 反 应 的 催 化 剂，选 择 FeCl3-6H20 而 不 用 浓 硫 酸 的 原 因 为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _（填序号）。a.浓硫酸易使原料炭化并产生SO2b.FeC136H2。污染小、可循环使用，符合绿色化学理念c.同等条件下，用 FeC k6庆0 比浓硫酸的平衡转化率高11仪器B的作用为,（3）操作2 用到的玻璃仪器是 o（4）将操作3（蒸储）的步骤补齐：安装蒸储装置,加入待蒸馆的物质和沸石,弃去前福分，收集8 3 c的储分。n.环己烯含量的测定在一定条件下，向a g环 己 烯 样 品 中 加 入 定 量 制 得 的 与 环 己 烯 充分反应后，剩余的叱与足量K I 作用生成“，用c m o l.的N a 2 s 2 O 3 标准溶液滴定,终点时消耗N a 2 s 2 O 3 标准溶液p m L （以上数据均已扣除干扰因素）。测定过程中，发生的反应如下：Br2+2 K I I2+2KBr L+2Na2S2O,2NaI+Na2S4O6滴定所用指示剂为 o样品中环己烯的质量分数为（用字母表示）。（6）下 列 情 况 会 导 致 测 定 结 果 偏 低 的 是（填序号）。a.样品中含有苯酚杂质12b.在测定过程中部分环己烯挥发C.NaO、标准溶液部分被氧化【答案】(l)FeCh溶液 溶液显紫色 。5 FeCl,-6H,0bO+H：0 a、b减少环己醇蒸出(3)分液漏斗、烧杯(4)通冷凝水，加热h-x82(5)淀 粉 溶 液 一 业一a(6)b、c【解析】I.(1)检验苯酚的首选试剂是FeCL溶液，原料环己醇中若含有苯酚，加入FeCL溶液后，溶液将显示紫色；(2)从题给的制备流程可以看出，环己醇在FeC k6H20的作用下，反应生成了环己烯，对比环己醇和环己烯的结构，可知发生了消去反应，反应方程式为：JH。,注意生成的小分子水勿漏写，题目已明确提示该反应可逆，要标出可逆符号，FeCl3-6H20是反应条件(催化剂)别漏标；此处用FeC136H2。而不用浓硫酸的原因分析中：a项合理，因浓硫酸具有强脱水性，往13往能使有机物脱水至炭化，该过程中放出大量的热，又可以使生成的炭与浓硫酸发生反应：C+2 H 2 s。4（浓）=A=C 02 t +S 02 t +2 H20；b项合理，与浓硫酸相比，F e C l3 6 H20对环境相对友好，污染小，绝大部分都可以回收并循环使用，更符合绿色化学理念；c项不合理，催化剂并不能影响平衡转化率；仪器B为球形冷凝管，该仪器的作用除了导气外，主要作用是冷凝回流，尽可能减少加热时反应物环己醇的蒸出，提高原料环己醇的利用率；（3）操 作2实现了互不相溶的两种液体的分离，应是分液操作，分液操作时需要用到的玻璃仪器主要有分液漏斗和烧杯；（4）题目中已明确提示了操作3是蒸储操作。蒸储操作在加入药品后，要先通冷凝水，再加热；如先加热再通冷凝水，必有一部分储分没有及时冷凝,造成浪费和污染；I I.（5）因滴定的是碘单质的溶液，所以选取淀粉溶液比较合适；根据所给的式和式，可知剩余的B n与反应消耗的N a 2 s 2 O 3的物质的量之比为1：2,所以剩余 BR的物质的量为：n e r z M u/x c n i o:n L T X v m L X l O T i m L-L j m o L反应消耗的B。的物质的量为（b-彘）m o l,据反应式中环己烯与澳单质1：1反应，可知环己烯的物质的量也为（b-薪）m o l,其质量为（b-蒜）X 8 2 g,所c V以a g样品中环己烯的质量分数为：（一 丽）x 8 2。（6）a项错误，样品中含有苯酚，会发生反应:,每 反 应l m o l B r2,消耗苯酚的质量为3 1.3 g；而每反应I m o l B r2,消耗环己烯的质量为8 2 g；所以苯酚的混入，将 使 耗B 0增大，从而使环己烯测得结果偏大；b项正确，测量过程中如果环己14烯挥发，必然导致测定环己烯的结果偏低；c项正确，N a 2 s 2。3标准溶液被氧化，必然滴定时消耗其体积增大，即计算出剩余的漠单质偏多，所以计算得出与环己烯反应的漠单质的量就偏低，导致最终环己烯的质量分数偏低。6.醋酸亚铭(C H 3 C 0 0)2 C r-2&0 为砖红色晶体，难溶于冷水，易溶于酸,在气体分析中用作氧气吸收剂。一般制备方法是先在封闭体系中利用金属锌作还原剂，将三价铭还原为二价珞；二价铝再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铭。实验装置如图所示。回答下列问题：(1)实验中所用蒸馈水均需经煮沸后迅速冷却，目的是 o仪 器a的名称是。(2)将过量锌粒和氯化倍固体置于c中，加入少量蒸储水，按图连接好装置，打开K I、K 2,关 闭K 3。c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，该 反 应 的 离 子 方 程 式 为 100%=95.0%9.某小组在实验室中探究金属钠与二氧化碳的反应。回答下列问题:(1)选用如图所示装置及药品制取C02。打开弹簧夹，制 取C02。为了得到干 燥.纯 净 的co2,产生的气流应依次通过盛有 的洗气瓶(填试剂名称)。反 应 结 束 后，关 闭 弹 簧 夹，可 观 察 到 的 现 象 是O不 能 用 稀 硫 酸 代 替 稀 盐 酸，其 原 因 是(2)金属钠与二氧化碳反应的实验步骤及现象如下表:步骤现象将一小块金属钠在燃烧匙中点产生大量白烟，集气瓶底部有燃，迅速伸入盛有C02的集气瓶黑色固体产生，瓶壁上有白色21中。充分反应，放置冷却物质产生在集气瓶中加入适量蒸储水，振荡.过滤滤纸上留下黑色固体，滤液为无色溶液为检验集气瓶瓶壁上白色物质的成分，取适量滤液于2支试管中，向一支试管中滴加1滴酚配溶液，溶液变红：向第二支试管中滴加澄清石灰水，溶液变浑浊。据此推断，白 色 物 质 的 主 要 成 分 是(填 标 号)。A.N a20 B.N a 2 0 2 c.N a O H D.N a2C 03为检验黑色固体的成分,将其与浓硫酸反应,生成的气体具有刺激性气味。据此推断黑色固体是 O 本 实 验 中 金 属 钠 与 二 氧 化 碳 反 应 的 化 学 方 程 式 为【答案】(1)饱 和N a HC 0 3溶液、浓硫酸 产生的气体使干燥管内液面降低，与碳酸钙脱离接触，反应停止 生成的硫酸钙微溶，附着在碳酸钙表面，阻止反应进一步进行(2)D 碳(C)4 N a+3 c o 2 N a 2 c O 3+C【解析】(1)根据发生的反应分析，产生的二氧化碳气体中，还含有氯化氢和水蒸气两种杂质，除去氯化氢用的是饱和碳酸氢钠溶液，除水蒸气用浓硫酸;22反应结束后，关闭弹簧夹，产生的气体回到反应溶液里使容器里压强增大，干燥管内盐酸液面下降，与碳酸钙脱离接触，反应停止；若使用硫酸，生成的硫酸钙为微溶物，会附着在碳酸钙的表面，阻止反应进行。（2）向一支试管中滴加1滴酚猷溶液，溶液变红，说明是碱性物质，向第二支试管中滴加澄清石灰水，溶液变浑浊，说明能跟氢氧化钙反应生成沉淀，由此可推出该物质为碳酸钠，故选D；黑色固体与浓硫酸反应，生成的气体具有刺激性气味，说明发生了氧化还原反应生成了二氧化硫，故黑色固体是C；由以上分析可知，金属钠与二氧化碳反应生成了碳酸钠和碳，根据得失电子守恒配平化学方程式为4 N a+3 c 婆2 N a 2 c O 3+C。1 0.3,4-亚甲二氧基苯甲酸是一种用途广泛的有机合成中间体，微溶于水，实验室可用K M n O 4 氧化3,4-亚甲二氧基苯甲醛制备，其反应方程式为CHO COOK COOH实验步骤如下：步骤1：向反应瓶中加入3,4-亚甲二氧基苯甲醛和水，快速搅拌，于 7 08 0 滴加K M n O 4 溶液。反应结束后，加入K O H溶液至碱性。步骤2：趁热过滤，洗涤滤饼，合并滤液和洗涤液。步骤3：对合并后的溶液进行处理。步骤4：抽滤，洗涤，干燥，得 3,4-亚甲二氧基苯甲酸固体。23(1)步骤1 中,反应结束后，若观察到反应液呈紫红色，需向溶液中滴加N a HS 03溶液，HS O；转 化 为(填 化 学 式)；加 入 K O H 溶液至碱性的目的是(2)步骤2中，趁 热 过 滤 除 去 的 物 质 是(填 化 学 式)。(3)步骤3中，处 理 合 并 后 溶 液 的 实 验 操 作 为。(4)步骤4中，抽滤所用的装置包括、吸滤瓶、安全瓶和抽气泵。【答案】(D s o 产将反应生成的酸转化为可溶性的盐(2)Mn O2(3)向溶液中滴加盐酸至水层不再产生沉淀(4)布氏漏斗【解析】(1)反应结束后，反应液呈紫红色，说明KMn O 4 过量，KMn O,具有强氧 化 性 将 H SO 3-氧 化 成 S042-,反 应 的 离 子 方 程 式 为 2 Mn O 4-+3 H S(V=2 Mn O 2 I+3 SO 4 2-+H 2 O+T。根据中和反应原理,加入KO H 将COOK转化为可溶于水的0 O匚0(2)Mn O 2 难溶于水，步骤2中趁热过滤是减少的溶解，步骤2中趁热过滤除去的物质是Mn O z。(3)步骤3中，合并后的滤液中主要成分为,为了制24COOH得 J p,需要将合并后的溶液进行酸化；处理合并后溶液的实验操作为：向溶液中滴加盐酸至水层不再产生沉淀。(4)抽滤所用的装置包括布氏漏斗、吸滤瓶、安全瓶和抽气泵。1 1.实验小组制备高铁酸钾(K2F e O4)并探究其性质。资料：Kz F e O 为紫色固体，微溶于K0H 溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生在碱性溶液中较稳定。(1)制备K2F e O4(夹持装置略)A 为氯气发生装置。A中 反 应 方 程 式 是(镒 被 还 原 为 Mn2+)0将除杂装置B 补充完整并标明所用试剂。C中得到紫色固体和溶液。C中C L 发生的反应有3 C l2+2 F e (O H)3+1 0K0H=2 K2F e 04+6 KC l+8 H20,另外还有(2)探究(F e o 的性质取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a,经检验气体25中含有C b。为证明是否K2 F e(氧化了 C 而产生C L,设计以下方案:方案I取少量a,滴加KSC N 溶液至过量，溶液呈红色。方案I I用 K0H 溶液充分洗涤C中所得固体，再用K0H 溶液将LF e O,溶出，得到紫色溶液b。取少量b,滴加盐酸，有 C b 产生。i .由方案I 中溶液变红可知a 中含有 离子，但该离子的产生不能判断一定是“F e 04 将 C 1-氧化，还可能由 产生(用方程式表示)oi i .方 案 n可 证 明 LF e O,氧化了 CK o用 K O H 溶液洗涤的目的是_O根据K2F e O4的制备实验得出：氧化性C l2 F e o r (填“”或“V”),而方案I I 实验表明，C L 和F e。；的氧化性强弱关系相反,原因是资料表明，酸性溶液中的氧化性F e O：Mn O4,验证实验如下：将溶液b滴入M1 1 SO 4 和足量H 2 s O,的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色。该现象能否证明氧化性F e。：Mn。-若能，请说明理由；若不能，进一步设计实验方案。理由或方案：o【答案】(1)(D 2 KMn O4+1 6 H C l=2 Mn C l2+2 KC l +5 C 121 +8 H2026二 一 二 二-饱和食盐水 c i 2+2 0 i r=c +c i(r+H 2 0(2)(D i.F e3+4 F e O：+2 0 H+=4 F e3+3 02 1 +1 0 H20 i i.排除C 1(T 的干扰 溶液酸碱性不同 理由：F e o；在过量酸的作用下完全转化为F e 和。2,溶液浅紫色一定是M nO.的颜色方案：向紫色溶液b 中滴加过量稀H 2 s 0观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫【解析】(1)A为氯气发生装置，K M nO,与浓盐酸反应时，镒被还原为加2+,浓盐酸被氧化成C L,K M r。与浓盐酸反应生成K C 1、M nC l2 C b 和&0,根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为2 K M nO 4+1 6 H C l(浓)=2 K C l+2 M nC 1 2+5C Lt +8H 2 O,离子方程式为2 M n0 J+1 0 C +1 6 H+=2 M n2+5C 1 2 1 +8H20o由于盐酸具有挥发性，所得C L 中混有H C 1 和 H 2 O(g),H C 1 会消耗F e(0 H)3、K O H,用饱和食盐水T T除 去 H C 1,除 杂 装 置 B为晅一饱和食盐水。C 中 CL发生的反应有3 C l2+2 F e (O H)3+1 0 K O H=2 K2F e 0 4+6 K C l+8H20,还有 C L 与 K O H 的反应，C h 与 K O H 反应 的 化 学 方 程 式 为 C 12+2 K O H=K C 1+K C 1 O+H2O ,反 应 的 离 子 方 程 式 为C l2+2 0 H=C r+C 1 0-+H20 o(2)根据上述制备反应，C的紫色溶液中含有K2F e O4K C 1,还可能含有K C 1 O 等。i.方案I 加入K S C N 溶液，溶液变红说明a中含F e3+O但 F e 的产生不能判断K F e O,与 C 发生了反应，根据题意K Je O,在酸性或中性溶27液中快速产生02,自身被还原成F e*根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可 能 的 反 应 为 4 F e 0 42+2 0 i r=3 02 t +4 F e3+1 0 H20 o i i.产 生 Cb还可能是6 1 0+6 1+2 =6 121 +H20,即K C 1 0 的存在干扰判断;K F e O,微溶于K O H 溶液，用 K O H溶液洗涤的目的是除去K C 1 0、排除C i t y 的干扰，同时保持(F e o,稳定存在。制备 K z F e()4 的原理为 3 C l2+2 F e (O H)3+1 0 K 0 H=2 K2F e 0 4+6 K C l+8H20,在该反应中 C l 元素的化合价由0价降至-1 价，C k 是氧化剂，F e 元素的化合价由+3 价升至+6 价，F e(0 H)3 是还原剂，L F e O,为氧化产物，根据同一反应中，氧化性：氧化剂 氧化产物，得出氧化性 C l2 F e O42-；方案 I I 的反应为 2 F e 042-+6 C r+1 6 H=2 F e3+3 C l21+8H20,实验表明，C b 和 F e(V-氧化性强弱关系相反；对比两个反应的条件，制备L F e()4 在碱性条件下，方案I I 在酸性条件下；说明溶液的酸碱性的不同影响物质氧化性的强弱。该小题为开放性试题。若能，根据题意K z F e O,在足量H 2 s O 溶液中会转化为F e”和 最 后 溶 液 中 不 存 在 F e o/,溶液振荡后呈浅紫色一定是M nO J的颜色，说明F e(V-将M r 产氧化成血o j所以该实验方案能证明氧化性F e O,M nO/o(或不能，因为溶液b 呈紫色，溶液b 滴入M nS 0 4 和 H 2 s(X的混合溶液中，c lF e C )变小，溶液的紫色也会变浅；则设计一个空白对比的实验方案，方案为：向紫色溶液b中滴加过量稀H 2 s O,，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色)。1 2.烟道气中的N 0,是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用如下采样和检测方法。回答下列问题：I.采样28,粉 二 气%0、NOz)A加热器C 阀门采样处采样系统简图吸收器DA 接抽气泵等设备采样步骤:检验系统气密性；加热器将烟道气加热至1 4 0；打开抽气泵置换系统内空气；采集无尘、干燥的气样；关闭系统，停止采样。(D A中装有无碱玻璃棉，其作用是 o(2)C中 填 充 的 干 燥 剂 是(填 序 号)oa.碱石灰 b.无 水CuS 04 c.P 2 O 5(3)用实验室常用仪器组装一套装置，其作用是与D(装有碱液)相同，在虚线框中画出该装置的示意图，标明气体的流向及试剂。(4)采样步骤加热烟道气的目的是 oI I.N 0,含量的测定将v L气样通入适量酸化的玲。2溶液中，使N O,完全被氧化为N 03-,加水稀释 至1 0 0.0 0 m L o量 取2 0.0 0 m L该溶液，加 入v】m L 5 m ol L-1 F eS O 4标准溶液29(过量)，充分反应后，用 c2 1 n oi 电行2 0 7 标准溶液滴定剩余的F e，终点时消耗 v2 m L o(5)N O 被玲。2 氧化为N 0 3-的离子方程式是 o(6)滴 定 操 作 使 用 的 玻 璃 仪 器 主 要 有-(7)滴定过程中发生下列反应：3 F e2+N 03+4 H+=N 0 t+3 F e3+2 H20Cr2O72-+6F e2+1 4 H+=2 Cr3+6F e3+7 H20则气样中N O,折合成N O 2 的含量为 m g m_ 3o(8)判断下列情况对N O,含量测定结果的影响(填“偏高”、“偏低”或“无影 响”)若缺少采样步骤，会使测试结果 o若 F eS O,标准溶液部分变质，会使测定结果-c=/i=【答案】(D 除尘(2)c(3)_ M aA H 浓 油(4)防止 N 0.溶于冷凝水 2 N 0+3 H202=2 H+2 N 03-+2 H20(6)锥形瓶、酸式滴定管(7)空 驾 区 2 x 1 0，(8)偏 低 偏 高30【解析】(1)A的过程叫“过滤”，所以其中玻璃棉的作用一定是除去烟道气中的粉尘。(2)碱石灰是碱性干燥剂可能与NOx反应，所以不能使用。硫酸铜的吸水能力太差，一般不用做干燥剂，所以不能使用。五氧化二磷是酸性干燥剂，与NOx不反应，所以选项c正确。(3)实验室通常用洗气瓶来吸收气体，与D相同应丁 酒.由-NaOH溶液该在洗气瓶中加入强碱(氢氧化钠)溶液，所以答案为：鸣 o (4)加热烟道气的目的是避免水蒸气冷凝后,N“溶于水中。(5)NO被山。2氧化为硝酸，所以反应的离子方程式为：2N0+3H202=2+2刖3-+2H2。(6)滴定中使用酸式滴定管(本题中的试剂都只能使用酸式滴定管)和锥形瓶。(7)用c2 mol-L-1 K2Cr207标准溶液滴定剩余的Fe2+,终点时消耗V2 mL,此时加入的CRCV-为c2V2/1000 mol；所以过量的Fe?+为6c2V2/1000 mol；则与硝酸根离子反应的Fe?+为(cM/1000-6c2V2/IOOO)mol；所以硝酸根离子为(cM/10006c2V2/1000)/3 mol；根据氮元素守恒，硝酸根与NO2的物质的量相等。考虑到配制100mL溶液取出来20mL进行实验,所以 NO2为 5(C1V1/1 00 0-6C2V2/1000)/3 mob 质量为 46X5(c1V1/1 000-6c2V2/IOOO)/3 g,即 230(cM 6c2V2)/3 mg。这些 NO?是 VL 气体中含有的，所以含量为 230(C1V1-6C2V2)/3V mg L_1,艮J为 1000 X 230(c -G /S V mg m-3,23x(clv,-6 c2v2)4所以答案为：mg-m-3o(8)若缺少采样步骤，装置中有空气，则实际测定的是烟道气和空气混合气体中NOx的含量，测定结果必然偏低。若FeS04标准溶液部分变质，一定是部分Fe?+被空气中的氧气氧化，计算时仍然认为这部分被氧化的Fe2+是被硝酸根离子氧化的，所以测定结果偏高。13.凯氏定氮法是测定蛋白质中氮含量的经典方法，其原理是用浓硫酸在催31化剂存在下将样品中有机氮转化成长盐，利用如图所示装置处理钱盐，然后通过滴定测量。已知：NH3+H3B03=NH3 H3BO3；N H 3 H3BO3+HO NHQ+H 3BO 30吸收装置回答下列问题:(D a的作用是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _b中 放 入 少 量 碎 瓷 片 的 目 的 是o f的 名 称 是(3)清洗仪器：g中加蒸储水；打开匕，关闭kz、k3,加热b,蒸气充满管路；停止加热，关闭kl,g中蒸储水倒吸进入C,原因是；打开k2放掉水，重复操作23次。(4)仪器清洗后，g中加入硼酸(LBO。和指示剂。钱盐试样由d注入e,随后注入氢氧化钠溶液，用蒸储水冲洗d,关闭k3,d中保留少量水。打开L,加热b,使水蒸气进入e。d中保留少量水的目的是 oe中 主 要 反 应 的 离 子 方 程 式 为,e采用中空双层玻璃瓶32的作用是 O(5)取某甘氨酸C Hs N O z)样品m克进行测定，滴定g 中吸收液时消耗浓度为c m ol-L”的 盐 酸 K m L,则 样 品 中 氮 的 质 量 分 数 为%,样品的纯度W_%o【答案】(1)避免b中压强过大(2)防止暴沸直形冷凝管(3)c 中温度下降，管路中形成负压(4)液封，防止氨气逸出阳+0 机 4限 f+上0 保温使氢完全蒸出/L 1.4cV 7.5cV 丁 丁【解析】(D a 中导管与大气相连，所以作用是平衡气压，以避免b中压强过大。(2)b 中放入少量碎瓷片的目的是防止暴沸。f的名称是直形冷凝管。(3)由于 c、e及其所连接的管道内水蒸气冷凝为水后，气压远小于外界大气压，在大气压的作用下，因此锥形瓶内的蒸储水被倒吸入c中。(4)氨气是气体，因此d中保留少量水的目的是液封，防止氨气逸出。e中主要反应是假盐与碱在加热条件下的反应，离子方程式为N HZ+O IT 4 N H3 t +H20；e 采用中空双层玻璃瓶的作用是保温减少热量损失，有利于钱根转化为氨气逸出。(5)取某甘氨酸(C 2 H5 N O 2)样品m克进行测定，滴定g 中吸收液时消耗浓度为c m ol-I7 1 的盐酸夕m L,根据反应 阳 H3 B O 3+HC 1=N H4 C 1+H3B O 3,可以求出样品中 A(N)=/?(HC l)=c m ol L 331 x K X 1 0 _ 2 3 L =0.OQlcV m ol ,则 样 品 中 氮 的 质 量 分 数 为幽 空 著 皿 ix ioo%=野,样品中甘氨酸的质量W 0.0 0 1 c K X 7 5 g/m ol,所以样品的纯度W受丝。(2)“氧的固定”中发生反应的化学方程式为 o(3)N a2 s 2 O 3 溶液不稳定，使用前需标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和；蒸储水必须经过煮沸、冷却后才能使用,其目的是杀菌、除及二氧化碳。m1 4.水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下：I .取样、氧的固定用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(0 H)2 碱性悬浊液(含有K I)混合，反应生成Mn 0(0 H)2,实现氧的固定。I I .酸化、滴定将固氧后的水样酸化，Mn 0(0 H)2 被 还原为血2+,在暗处静置5 m i n,然后用标准Na 2 s2 O3 溶液滴定生成的I2(2 s2o；+I2=2 r+s4o r)o回答下列问题：(1)取 水 样 时 应 尽 量 避 免 扰 动 水 体 表 面，这样操作的主要目的是34(4)取100.00 mL水样经固氧、酸化后，用am olI/Na2s2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为;若消耗Na2s2O3溶液的体积为6m L,则水样中溶解氧的含量为 mg-(5)上述滴定完成时，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测量结果偏。(填“高”或 低”)【答案】(D使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差(2)02+2Mn(0H)2=2MnO(OH)2(3)量筒 氧气(4)蓝色刚好褪去80as(5)低【解析】(D取水样时，若搅拌水体，会造成水底还原性杂质进入水样中，或者水体中的氧气因搅拌溶解度降低而逸出。(2)根据氧化还原反应原理，Mn(0H)2被氧气氧化为Mn0(0H)2,Mn的化合价由+2价一+4价，化合价升高2,氧气中0的化合价由0价-2价，整体降低4价，最小公倍数为4,由此可得方程 式02+2Mn(0H)2=2Mn0(0H)2。(3)Na2s2O3溶液不稳定，使用前还需要标定，因此配制该溶液时不需要精确配制，需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和量筒，并不需要容量瓶；Na2s2O3溶液不稳定，加热可以除去蒸储水中溶解的氧气和二氧化碳，减少Na2s2O3的损失。(4)该实验用硫代硫酸钠标准液滴定因此终点现象为蓝色刚好褪去；根据题干，MnO(OH)2把 氧 化 成 本 身 被 还 原 成Mr?+,根据得失电子数目守恒，即 有HMnO(OH)X2=/7(I，X 2,因此建立关系式022Mn0(0H)22l24Na2s2O3。可得水样中溶解氧的含量为 Ka6X 10-3)4-4X32X103+0.l=80a瓦(5)终点读数时有气泡，气泡占据液体应占有的体积，导致6减小，35根据水样中溶解氧的含量为8 0 劭得，最终结果偏低。1 5.绿矶是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化