（新）2022届高考化学训练题型三　综合实验探究.doc

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1、物质制备类综合实验【题型方法技巧】1题型剖析(1)无机物制备题的常考方向(2)有机物制备题的常考问题涉及有机物制备的综合实验，重点考查物质分离中的蒸馏、分液操作，反应条件的控制，产率的计算等问题。2制备实验方案设计的原则(1)无机物制备实验方案应遵循下列原则原料廉价易得，用料最省即原料利用率高。所选用的实验装置或仪器不复杂。实验操作简便安全，对环境不造成污染或污染较小。(2)有机物制备实验方案应遵循下列原则原料廉价易得，用料最省。副反应、副产品少，反应时间短，产品易分离提纯。反应实验步骤少，实验操作方便安全。(3)仪器装置的选择要根据反应物的状态和反应条件。3有气体参与的制备实验的注意事项(1

2、)操作顺序问题与气体有关的实验操作顺序：装置选择与连接气密性检查装入固体药品加液体药品按程序进行实验拆卸仪器。(2)加热操作的要求使用可燃性气体(如H2、CO、CH4等)，先用原料气排尽系统内的空气，再点燃酒精灯加热，以防止爆炸。制备一些易与空气中的成分发生反应的物质(如H2还原CuO的实验)，反应结束时，应先熄灭酒精灯，继续通原料气至试管冷却。(3)尾气处理的方法有毒气体常采用溶液(或固体)吸收或点燃的方法，不能直接排放。(4)特殊实验装置制备在空气中易吸水、潮解以及水解的物质(如Al2S3、AlCl3、FeCl3等)，往往在装置的末端再接一个干燥装置，以防止空气中的水蒸气进入。用液体吸收气

3、体，若气体溶解度较大，要加防倒吸装置。若制备物质易被空气中的氧气氧化，应加排空气装置。4有机物的制备(1)实验流程(2)装置特点有机化合物的制备通常要用到多口的烧瓶、冷凝管(直形、球形)等中学不常见实验仪器。不过只是其形状不同，作用与我们学过的基本仪器相同。几种有机制备实验常见的装置与仪器常用操作：蒸馏，冷凝回流，分液。【高考真题再现】角度一无机物的制备1(2019·高考全国卷，T27，15分)硫酸铁铵NH4Fe(SO4)2·xH2O是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：回答下列问题：(1)步骤的目的是去除废铁屑表面

4、的油污，方法是_。(2)步骤需要加热的目的是_，温度保持8095 ，采用的合适加热方式是_。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为_(填标号)。(3)步骤中选用足量的H2O2，理由是_。分批加入H2O2，同时为了_，溶液要保持pH小于0.5。(4)步骤的具体实验操作有_，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。(5)采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150 时失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为_。解析：(1)除去铁屑表面油污的方法是用热纯碱溶液清洗铁屑，再用水洗。(2)铁与稀硫酸反应时加热，可提高反应速率。温度低于水的沸点，可以用热水

5、浴加热，受热均匀且便于控制。含少量硫化物的铁屑与稀硫酸反应有H2S生成。氢气不与碱溶液反应，而硫化氢能与碱溶液反应，而H2S在水中溶解度小，故氢气中混有的硫化氢用烧碱溶液除去，又因为硫化氢与碱反应较快，容易引起倒吸，C装置倒置漏斗能防倒吸，故宜选择C装置吸收硫化氢。(3)铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，加入足量双氧水的目的是将Fe2全部氧化为Fe3，发生反应为2Fe2H2O2 2H=2Fe32H2O，从生成物看，又不引入杂质。铁离子对双氧水分解起催化作用，分批加入双氧水，避免反应过快、放出热量较多，减少双氧水分解，以免造成氧化剂损失；铁离子易水解，保持溶液呈强酸性，避免铁离子发生水解反应生成

6、氢氧化铁。(4)步骤是要从溶液中得到硫酸铁铵晶体，故实验操作有加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)。(5)失重5.6%是质量分数，设结晶水合物的化学式为NH4Fe(SO4)2·xH2O，由题意知5.6%，解得x12。答案：(1)碱煮水洗(2)加快反应热水浴C(3)将Fe2全部氧化为Fe3；不引入杂质防止Fe3水解(4)加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)(5)NH4Fe(SO4)2·12H2O2(2018·高考全国卷，T26，14分)醋酸亚铬(CH3COO)2Cr·2H2O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

7、中利用金属锌做还原剂，将三价铬还原为二价铬；二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬。实验装置如图所示。回答下列问题：(1)实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却，目的是_。仪器a的名称是_。(2)将过量锌粒和氯化铬固体置于c中，加入少量蒸馏水，按图连接好装置。打开K1、K2，关闭K3。c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，该反应的离子方程式为_。同时c中有气体产生，该气体的作用是_。(3)打开K3，关闭K1和K2。c中亮蓝色溶液流入d，其原因是_；d中析出砖红色沉淀。为使沉淀充分析出并分离，需采用的操作是_、_、洗涤、干燥。(4)指出装置d可能存在的缺点：_。解析：(1)审题时抓住醋酸亚铬“在气体分析

8、中用作氧气吸收剂”，这暗示醋酸亚铬具有强还原性，易被氧气氧化，故该实验中使用的蒸馏水必须去除溶解氧。(2)依题意可知，c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，主要是由于锌与铬离子反应生成亚铬离子和锌离子，即Zn2Cr3=Zn22Cr2。c中产生的气体为氢气，该气体主要用于排尽装置内的空气，避免O2氧化Cr2。(3)c中有氢气产生，打开K3，关闭K1和K2后，c中压强大于外界压强，从而将c中溶液压入醋酸钠溶液中。析出并分离产品的操作是冷却、过滤、洗涤、干燥。(4)观察d装置，可发现其与空气相通，这会导致生成的醋酸亚铬被O2氧化。答案：(1)去除水中溶解氧分液(或滴液)漏斗(2)Zn2Cr3=Zn22Cr2

9、排除c中空气(3)c中产生H2使压强大于大气压(冰浴)冷却过滤(4)敞开体系，可能使醋酸亚铬与空气接触角度二有机物的制备3(2019·高考全国卷，T27，14分)乙酰水杨酸(阿司匹林)是目前常用药物之一。实验室通过水杨酸进行乙酰化制备阿司匹林的一种方法如下：水杨酸醋酸酐乙酰水杨酸熔点/1571597274135138相对密度/(g·cm3)1.441.101.35相对分子质量138102180实验过程：在100 mL锥形瓶中加入水杨酸6.9 g及醋酸酐10 mL，充分摇动使固体完全溶解。缓慢滴加0.5 mL浓硫酸后加热，维持瓶内温度在70 左右，充分反应。稍冷后进行如下操作

10、。在不断搅拌下将反应后的混合物倒入100 mL冷水中，析出固体，过滤。所得结晶粗品加入50 mL饱和碳酸氢钠溶液，溶解、过滤。滤液用浓盐酸酸化后冷却、过滤得固体。固体经纯化得白色的乙酰水杨酸晶体5.4 g。回答下列问题：(1)该合成反应中应采用_加热(填标号)。A热水浴 B酒精灯C煤气灯 D电炉(2)下列玻璃仪器中，中需使用的有_(填标号)，不需使用的有_(填名称)。(3)中需使用冷水，目的是_。(4)中饱和碳酸氢钠的作用是_，以便过滤除去难溶杂质。(5)采用的纯化方法为_。(6)本实验的产率是_%。解析：(1)由题给信息“维持瓶内温度在70 左右”可知，该反应中应采用热水浴加热。(2)中涉及

11、过滤操作，需要用到题给玻璃仪器中的烧杯、漏斗，不需要使用题给玻璃仪器中的分液漏斗和容量瓶。(3)乙酰水杨酸在低温下溶解度较小，使用冷水有利于充分析出乙酰水杨酸固体。(4)加入的饱和碳酸氢钠与乙酰水杨酸反应，生成可溶性的乙酰水杨酸钠，易与难溶性的物质分离。(5)乙酰水杨酸的溶解度随温度变化改变较大，可用重结晶的方法纯化。(6)由表中及题给数据分析可知，加入的水杨酸少量，6.9 g水杨酸的物质的量为0.05 mol，由化学方程式可知，1 mol水杨酸与过量醋酸酐反应理论上生成1 mol乙酰水杨酸，则0.05 mol水杨酸参与反应理论上得到0.05 mol 乙酰水杨酸，其质量为0.05 mol

12、15;180 g·mol19.0 g，产率为×100%60%。答案：(1)A(2)BD分液漏斗、容量瓶(3)充分析出乙酰水杨酸固体(结晶)(4)生成可溶的乙酰水杨酸钠(5)重结晶(6)604(2019·高考天津卷)环己烯是重要的化工原料。其实验室制备流程如下：回答下列问题：(1)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_，浓硫酸也可做该反应的催化剂，选择FeCl3·6H2O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SO2bFeCl3·

13、;6H2O污染小、可循环使用，符合绿色化学理念c同等条件下，用FeCl3·6H2O比浓硫酸的平衡转化率高仪器B的作用为_。(3)操作2用到的玻璃仪器是_。(4)将操作3(蒸馏)的步骤补齐：安装蒸馏装置，加入待蒸馏的物质和沸石，_，弃去前馏分，收集83 的馏分。解析：(1)利用苯酚遇FeCl3溶液显紫色，检验环己醇中含有的苯酚。(2)烧瓶A中进行的可逆反应为。a项，浓硫酸易使原料炭化并产生SO2，会降低原料利用率，正确；b项，使用FeCl3·6H2O不产生有毒气体，污染小，可以循环使用，符合绿色化学理念，正确；c项，同等条件下，浓硫酸能吸收反应生成的水，促进反应向右进行，故用

14、浓硫酸比用FeCl3·6H2O的平衡转化率高，错误。仪器B的作用为冷凝回流，减少环己醇蒸出。(3)操作2得到有机相和水相，为分液操作，用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯。(4)蒸馏实验开始时，先通冷凝水，后加热。答案：(1)FeCl3溶液溶液显紫色(2)ab冷凝回流，减少环己醇蒸出(3)分液漏斗、烧杯(4)通冷凝水，加热【题组模拟演练】1(2019·高考全国卷，T28，15分)咖啡因是一种生物碱(易溶于水及乙醇，熔点234.5 ，100 以上开始升华)，有兴奋大脑神经和利尿等作用。茶叶中含咖啡因约1%5%、单宁酸(Ka约为106，易溶于水及乙醇)约3%10%，还含有色素、纤维素

15、等。实验室从茶叶中提取咖啡因的流程如图所示。索氏提取装置如图所示。实验时烧瓶中溶剂受热蒸发，蒸汽沿蒸汽导管2上升至球形冷凝管，冷凝后滴入滤纸套筒1中，与茶叶末接触，进行萃取。萃取液液面达到虹吸管3顶端时，经虹吸管3返回烧瓶，从而实现对茶叶末的连续萃取。回答下列问题：(1)实验时需将茶叶研细，放入滤纸套筒1中，研细的目的是_。 圆底烧瓶中加入95%乙醇为溶剂，加热前还要加几粒_。(2)提取过程不可选用明火直接加热，原因是_。与常规的萃取相比，采用索氏提取器的优点是_。(3)提取液需经“蒸馏浓缩”除去大部分溶剂。与水相比，乙醇作为萃取剂的优点是_。“蒸馏浓缩”需选用的仪器除了圆底烧瓶、蒸馏头、温度

16、计、接收管之外，还有_(填标号)。A直形冷凝管B球形冷凝管C接收瓶 D烧杯(4)浓缩液加生石灰的作用是中和_和吸收_。(5)可采用如图所示的简易装置分离提纯咖啡因。将粉状物放入蒸发皿中并小火加热，咖啡因在扎有小孔的滤纸上凝结，该分离提纯方法的名称是_。解析：(1)实验时将茶叶研细，能增加茶叶与溶剂的接触面积，使萃取更加充分。乙醇为溶剂，为防止加热时暴沸，需在加热前向圆底烧瓶中加入几粒沸石。(2)由于溶剂乙醇具有挥发性和易燃性，因此在提取过程中不可用明火直接加热。本实验中采用索氏提取器的优点是溶剂乙醇可循环使用，能减少溶剂用量，且萃取效率高。(3)提取液需经“蒸馏浓缩”除去大部分溶剂，与水相比，

17、乙醇作为萃取剂具有沸点低和易浓缩的优点。“蒸馏浓缩”需选用的仪器除了所给仪器外，还有直形冷凝管和接收瓶(如锥形瓶)。(4)向浓缩液中加入生石灰能中和单宁酸并吸收水分。(5)结合分离提纯咖啡因的装置及将粉状物放入蒸发皿并小火加热，咖啡因凝结在扎有小孔的滤纸上可知，该分离提纯的方法为升华。答案：(1)增加固液接触面积，提取充分沸石(2)乙醇易挥发，易燃使用溶剂量少，可连续萃取(萃取效率高)(3)乙醇沸点低，易浓缩AC(4)单宁酸水 (5)升华2(2019·长沙高三统一模拟)三氯氧磷(POCl3)是一种工业化工原料，为无色透明的带刺激性臭味的液体。某化学小组采用PCl3氧化法制备POCl3

18、。已知：在潮湿空气中二者均极易水解而剧烈“发烟”。POCl3的熔点为2 ，沸点为105.3 。回答下列问题：.制备PCl3(如图)(1)检查装置气密性并装入药品后，先关闭K1，打开K2通入干燥的CO2，一段时间后，关闭K2，加热曲颈瓶的同时打开K1通入干燥氯气，反应立即进行。通入干燥CO2的作用是_。.制备POCl3(如图)(2)装置G中发生反应的化学方程式为_。(3)装置F的作用除观察O2的流速之外，还有_。.测定POCl3含量实验制得的POCl3中常含有PCl3杂质，通过下面方法可测定产品的纯度：快速称取5.000 g产品，加水反应后配成250 mL溶液；取以上溶液25.00 mL，向其中

19、加入10.00 mL 0.100 0 mol·L1碘水(足量)，充分反应；向所得溶液中加入几滴淀粉溶液，用0.100 0 mol·L1的Na2S2O3溶液滴定；重复、操作，平均消耗0.100 0 mol·L1 Na2S2O3溶液12.00 mL。已知：H3PO3I2H2O=H3PO42HI；I22Na2S2O3=2NaINa2S4O6。(4)滴定至终点的现象是_。(5)该产品的纯度为_。已知：M(PCl3)137.5 g·mol1，M(POCl3)153.5 g·mol1解析：.(1)由题给条件分析可知，通入干燥CO2的作用是排尽装置中的空气，

20、防止红磷被氧气氧化以及防止生成的PCl3与空气中的氧气、水反应。.(2)由装置图可知，装置G中PCl3与O2反应生成POCl3：2PCl3O22POCl3。(3)装置F中长颈漏斗起平衡压强的作用，F中的液体还可以干燥氧气。.(4)滴定至终点的现象是当滴入最后一滴Na2S2O3标准液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色。(5)POCl3与水反应生成H3PO4和HCl，PCl3与水反应生成H3PO3和HCl，根据题意可知，存在关系式：PCl3H3PO3I2，I22Na2S2O3；消耗Na2S2O3的物质的量为0.100 0 mol·L1×12.00×103 L1.

21、2×103 mol，则和Na2S2O3反应的I2的物质的量为×1.2×103 mol6×104 mol，PCl3的物质的量和H3PO3反应的I2的物质的量0.100 0 mol·L1×10.00×103 L6×104 mol4×104 mol，PCl3的质量为4×104 mol×137.5 g·mol15.5×102 g，产品中含PCl3的质量为5.5×102 g×0.55 g，则产品的纯度为×100%89.0%。答案：.(1)排尽装置

22、中的空气，防止红磷被氧气氧化并防止生成的PCl3与空气中的O2和水反应(答案合理即可).(2)2PCl3O22POCl3(3)平衡气压，干燥氧气.(4)当滴入最后一滴Na2S2O3标准液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色(5)89.0%3二茂铁是一种具有芳香族性质的有机过渡金属化合物。二茂铁的熔点是173 ，在100 时开始升华，沸点是249 ，不溶于水，易溶于苯、乙醚、汽油、柴油等有机溶剂；化学性质稳定，400 以内不分解。实验室制备二茂铁的装置示意图如图1，实验步骤为在三颈烧瓶中加入25 g粉末状的KOH，并从仪器a中加入60 mL无水乙醚，充分搅拌，同时通氮气约10 min；再从仪

23、器a滴入5.5 mL新蒸馏的环戊二烯(C5H6、密度为0.95 g/cm3)，搅拌；将6.5 g无水FeCl2与(CH3)2SO(二甲亚砜，做溶剂)配成的溶液25 mL装入仪器a中，慢慢滴入三颈烧瓶中，45 min滴完，继续搅拌45 min；再从仪器a加入25 mL无水乙醚搅拌；将三颈烧瓶中液体转入分液漏斗，依次用盐酸、水各洗涤两次，分液得橙黄色溶液；蒸发橙黄色溶液，得二茂铁粗产品。回答下列问题：(1)仪器b的名称是_，作用是_。(2)步骤中通入氮气的目的是_。(3)三颈烧瓶的适宜容积应为_(填序号)。100 mL250 mL500 mL步骤所得的橙黄色溶液的溶剂是_。(4)KOH、FeCl2

24、、C5H6反应生成二茂铁Fe(C5H5)2和KCl的化学方程式为_。(5)二茂铁粗产品的提纯过程在图2中进行，其操作名称为_。二茂铁及其衍生物可做抗震剂用于制无铅汽油，它们比曾经使用过的四乙基铅安全得多，其中一个重要的原因是_。(6)最终得到纯净的二茂铁4.8 g，则该实验的产率为_(保留两位有效数字)。解析：(1)仪器b的名称是(球形)冷凝管，其作用为冷凝回流有机物。(2)该实验过程中用到试剂氯化亚铁，它易被空气中的氧气氧化，所以需要通入氮气，将装置中的空气排尽。(3)根据题给的试剂的体积可知，60 mL5.5 mL25 mL25 mL115.5 mL，所以三颈烧瓶的适宜容积应为250 mL

25、；步骤所得的橙黄色溶液的溶剂是乙醚和二甲亚砜。(4)由生成物可知，该反应为非氧化还原反应，KOH、FeCl2、C5H6反应生成二茂铁Fe(C5H5)2和KCl，化学方程式为2KOHFeCl22C5H6=Fe(C5H5)22KCl2H2O。(5)由题给信息：二茂铁的熔点是173 ，在100 时开始升华，所以二茂铁粗产品的提纯操作名称为升华；二茂铁及其衍生物可做抗震剂用于制无铅汽油，它们比曾经使用过的四乙基铅安全得多，其中一个重要的原因是四乙基铅反应后的产物会造成空气污染。(6)根据反应2KOHFeCl22C5H6=Fe(C5H5)22KCl2H2O可知，KOH、FeCl2均过量，应以C5H6的量

26、来计算二茂铁的产率。5.5 mL C5H6的物质的量为0.079 mol，则生成Fe(C5H5)2的物质的量为0.039 5 mol，质量为0.039 5 mol×186 g/mol7.347 g，该实验的产率为×100%65%。答案：(1)(球形)冷凝管冷凝回流有机物(或冷凝回流乙醚、环戊二烯和二甲亚砜)(2)将装置中的空气排尽，防止实验过程中Fe2被氧化(3)乙醚和二甲亚砜(4)2KOHFeCl22C5H6=Fe(C5H5)22KCl2H2O(5)升华四乙基铅反应后的产物会造成空气污染(6)65%性质探究类综合实验【题型方法技巧】1题型特点该类题型以探究物质未知的性质，

27、主要包括酸碱性、氧化性、还原性、热稳定性等以及可能发生的反应为主要目的。在性质探究实验中主要考查试剂的选择、装置仪器的规范、步骤优化、实验设计、现象的探究和结论的评价等综合分析能力。2研究物质性质的基本方法和程序3注意事项(1)若探究影响物质性质的因素，首先应确定变量，其次是“定多变一”，即其他因素不变，只改变一种因素，看这种因素与探究的问题存在怎样的关系。(2)多角度辩证地看问题研究反应物中各微粒的性质(即内因)。研究反应条件的影响(温度、浓度、环境中的其他物质)。装置中的空气(氧气、水蒸气、二氧化碳)是否对性质实验有影响，如何避免。【高考真题再现】1(2018·高考北京卷)实验小

28、组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。(1)制备K2FeO4(夹持装置略)A为氯气发生装置。A中反应方程式是_(锰被还原为Mn2)。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Cl2发生的反应有3Cl22Fe(OH)310KOH=2K2FeO46KCl8H2O，另外还有_。(2)探究K2FeO4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，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl而产生Cl2，设计以下方案：方案取少量a，滴加K

29、SCN溶液至过量，溶液呈红色方案用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生i.由方案中溶液变红可知a中含有_离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl氧化，还可能由_产生(用方程式表示)。ii.方案可证明K2FeO4氧化了Cl。用KOH溶液洗涤的目的是_。根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2_FeO(填“”或“”)，而方案实验表明，Cl2和FeO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FeOMnO，验证实验如下：将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色。

30、该现象能否证明氧化性FeOMnO。若能，请说明理由；若不能，进一步设计实验方案。理由或方案：_。解析：(1)由题图可知，A中反应物为浓盐酸和KMnO4，生成物有Cl2，且锰被还原为Mn2，根据得失电子守恒及元素守恒即可完成反应的化学方程式。由于装置C中高铁酸钾的制备环境为碱性，而制得的氯气中混有的氯化氢气体为酸性，可用饱和食盐水除去氯化氢，注意“长导管进短导管出”。氯气能与过量的KOH溶液反应。(2)i.Fe3遇KSCN溶液变红色。由已知高铁酸钾在酸性溶液中快速产生氧气，反应过程中氧元素的化合价升高，根据氧化还原反应的规律，高铁酸钾中6价的铁元素化合价必然降低，其还原产物可能是Fe3。也就是说

31、，Fe3可能来自高铁酸钾自身的氧化还原反应。书写离子方程式时，可以先写出明确的、已知的反应物(即FeO)和生成物(即Fe3和O2)，根据得失电子守恒确定Fe3和O2的化学计量数之比为43，再根据电荷守恒和元素守恒确定反应物中还应有H，最后用观察法配平即可。ii.C中Cl2与KOH反应生成的ClO具有氧化性，也能氧化Cl，故需排除ClO的干扰。K2FeO4的制备实验中Cl2化合价降低做氧化剂，故氧化性Cl2FeO。该反应是在碱性条件下进行的，方案是在酸性条件下进行的，溶液的酸碱性对物质的氧化性和还原性会产生影响。答案：(1)2KMnO416HCl(浓)=2MnCl22KCl5Cl28H2OCl2

32、2OH=ClClOH2O(2)i.Fe34FeO20H=4Fe33O210H2Oii.排除ClO的干扰溶液酸碱性不同理由：FeO在过量酸的作用下完全转化为Fe3和O2，溶液浅紫色一定是MnO的颜色或方案：向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色2(2017·高考全国卷，T26，14分)绿矾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。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题：(1)在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化。再向试管中通入空气，溶液逐渐变红。由此可知：_、_。(2)为测定绿矾中结晶水含

33、量，将石英玻璃管(带两端开关K1和K2)(设为装置A)称重，记为m1 g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2 g。按下图连接好装置进行实验。 仪器B的名称是_。将下列实验操作步骤正确排序_(填标号)；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3 g。a点燃酒精灯，加热 b熄灭酒精灯c关闭K1和K2d打开K1和K2，缓缓通入N2e称量Af冷却到室温根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x_(列式表示)。若实验时按a、d次序操作，则使x_(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。(3)为探究硫酸亚铁的分解产物，将(2)中已恒重的装置A接入下图所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。

34、实验后反应管中残留固体为红色粉末。 C、D中的溶液依次为_(填标号)。C、D中有气泡冒出，并可观察到的现象分别为_。a品红 bNaOHcBaCl2dBa(NO3)2e浓H2SO4写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式：_。解析：(1)加入KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，说明样品中不含三价铁；再向试管中通入空气，溶液逐渐变红，说明FeSO4易被空气中的氧气氧化。(2)仪器B是干燥管。根据实验目的及绿矾易被氧化的性质可知，实验时先打开K1和K2，缓缓通入N2排出装置中的空气，避免空气中的氧气将绿矾氧化；再点燃酒精灯进行加热；一段时间后熄灭酒精灯，冷却至室温，关闭K1和K2，再称量A。故正确的操作顺

35、序是dabfce。根据题意，绿矾样品的质量为(m2m1) g，绿矾中结晶水的质量为(m2m3) g，则FeSO4的质量为(m3m1) g，故绿矾中FeSO4与H2O的物质的量之比为1，因此绿矾化学式中结晶水数目为。如果实验时按照a、d次序操作，则部分绿矾被氧化，导致m3增大，所以会偏小。(3)实验后残留的红色固体是氧化铁。根据氧化还原反应规律，反应中硫元素的化合价必然降低，生成二氧化硫。根据得失电子守恒和元素守恒可写出反应的化学方程式：2FeSO4Fe2O3SO2SO3。由于三氧化硫极易溶于水且能与水反应生成硫酸，欲检验二氧化硫和三氧化硫，必须先用氯化钡溶液检验三氧化硫，再用品红溶液检验二氧化

36、硫。答案：(1)样品中没有Fe()Fe()易被氧气氧化为Fe()(2)干燥管dabfce偏小(3)c、a生成白色沉淀、褪色2FeSO4Fe2O3SO2SO3【题组模拟演练】1(新题模拟)SO2虽是大气污染物之一，但也是重要的工业原料，某同学在实验室设计如下实验，对SO2的部分性质进行了探究。(1)二氧化硫的水溶液SO2易溶于水，常温常压下溶解度为140，其中有H2SO3生成。向SO2的饱和溶液中加入NaHSO3固体，有气体冒出，原因是_。(结合有关化学平衡及方程式简要说明)欲验证酸性：H2SO3>HClO，选用下面的装置，其连接顺序为A_(按气流方向用大写字母表示即可)。能证明H2SO3

37、的酸性强于HClO的实验现象为_。(2)二氧化硫的还原性已知SO2具有还原性，可以还原I2，可以与Na2O2发生反应，按图示装置进行实验(部分固定装置未画出)。操作步骤实验现象解释原因关闭弹簧夹2，打开弹簧夹1，注入浓硫酸至浸没三颈烧瓶中的Na2SO3固体若将带火星的木条放在D试管口处，木条不复燃SO2与Na2O2反应无O2生成，可能发生反应的化学方程式为_若将带火星的木条放在D试管口处，木条复燃SO2与Na2O2反应有O2生成，发生反应的化学方程式为2SO22Na2O2=2Na2SO3O2关闭弹簧夹1，打开弹簧夹2，残余气体进入装置E、F中装置E中_装置E中反应的离子方程式为_装置F中_装置

38、F中反应为2OHSO2= SOH2O解析：(1)次氯酸具有强氧化性、二氧化硫具有还原性，不能利用二氧化硫与次氯酸钙直接反应判断亚硫酸与次氯酸的酸性强弱，但可以先验证亚硫酸酸性比碳酸强，再结合碳酸酸性比HClO强判断。装置A制备二氧化硫，由于盐酸易挥发，制备的二氧化硫中混有HCl，用饱和亚硫酸氢钠溶液除去HCl，再通过碳酸氢钠溶液，可以验证亚硫酸酸性比碳酸强，用酸性高锰酸钾溶液除去二氧化碳中的二氧化硫，用品红溶液检验二氧化碳中二氧化硫是否除尽，再通入装置F中，则装置连接顺序为ACBEDF，其中装置C的作用是除去HCl气体，装置D中品红不褪色，装置F中出现白色沉淀，可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸。(

39、2)装置A中制备二氧化硫，装置B中的X干燥二氧化硫，装置C中SO2与Na2O2反应，装置D中氢氧化钠溶液吸收剩余的二氧化硫，防止污染空气，装置E检验I还原性弱于SO2，装置F验证二氧化硫为酸性气体，并吸收二氧化硫，防止污染空气。若SO2与Na2O2反应无O2生成，可能发生反应的化学方程式为Na2O2SO2=Na2SO4。装置E中溶液蓝色褪去，说明SO2具有还原性，被I2氧化，发生反应的离子方程式为SO2I22H2O=2ISO4H。装置F中溶液红色变浅或褪色，是因为SO2是酸性氧化物，能发生反应2OHSO2=SOH2O。答案：(1)SO2的饱和水溶液中存在如下平衡：SO2H2OH2SO3HHSO

40、，加入NaHSO3固体c(HSO)增大，平衡左移，降低了SO2的溶解度CBEDF装置D中品红不褪色，装置F中产生白色沉淀(2)Na2O2SO2=Na2SO4溶液蓝色褪去SO2I22H2O=2ISO4H溶液红色变浅或褪色2(2019·试题调研)某小组同学研究Na2S溶液与KMnO4溶液反应，探究过程如下。实验序号实验过程实验现象紫色变浅(pH<1)，生成棕褐色沉淀(MnO2)溶液呈淡黄色(pH8)，生成浅粉色沉淀(MnS)资料：a.MnO在强酸性条件下被还原为Mn2，在近中性条件下被还原为MnO2。b单质硫可溶于硫化钠溶液，溶液呈淡黄色。(1)根据实验可知，Na2S具有_性。(2)甲同学预测实验中S2被氧化成SO。根据实验现象，乙同学认为甲同学的预测不合理，理由是_。乙同学取实验中少量溶液进行实验，检测到有SO，得出S2被氧化成SO的结论，丙同学否定了该结论，理由是_。同学们经讨论后，设计了如图所示实验，证实该条件下MnO的确可以将S2氧化成SO。a左侧烧杯中的溶液是_。b连通后电流计指针偏转，一段时间后，_(填操作和现象)，证明S2被氧化为SO。(3)实验的现象与资料a存在差异，其原因是新生成的产物Mn2与过量的反应物MnO发生反应，该反应的离子方程式是_。(4)实验的现象与资料也不完全相符，丁同学猜想其原因与(3)相似，经验证猜想成立，他的实验方案是_