1、PAGE PAGE 55專題17 化學實驗綜合題1（2021全國甲卷）膽礬()易溶于水，難溶于乙醇。某小組用工業廢銅焙燒得到的(雜質為氧化鐵及泥沙)為原料與稀硫酸反應制備膽礬，并測定其結晶水的含量。回答下列問題：（1）制備膽礬時，用到的實驗儀器除量筒、酒精燈、玻璃棒、漏斗外，還必須使用的儀器有_(填標號)。A燒杯 B容量瓶 C蒸發皿 D移液管（2）將加入到適量的稀硫酸中，加熱，其主要反應的化學方程式為_，與直接用廢銅和濃硫酸反應相比，該方法的優點是_。（3）待完全反應后停止加熱，邊攪拌邊加入適量，冷卻后用調為3.54，再煮沸，冷卻后過濾。濾液經如下實驗操作：加熱蒸發、冷卻結晶、_、乙醇洗滌、_

2、，得到膽礬。其中，控制溶液為3.54的目的是_，煮沸的作用是_。（4）結晶水測定：稱量干燥坩堝的質量為，加入膽礬后總質量為，將坩堝加熱至膽礬全部變為白色，置于干燥器中冷至室溫后稱量，重復上述操作，最終總質量恒定為。根據實驗數據，膽礬分子中結晶水的個數為_(寫表達式)。（5）下列操作中，會導致結晶水數目測定值偏高的是_(填標號)。膽礬未充分干燥 坩堝未置于干燥器中冷卻 加熱時有少膽礬迸濺出來【答案】（1）A、C （2）CuO+H2SO4CuSO4+H2O 不會產生二氧化硫且產生等量膽礬消耗硫酸少（硫酸利用率高） （3）過濾 干燥 除盡鐵，抑制硫酸銅水解 破壞氫氧化鐵膠體，易于過濾 （4） （5）

3、 【解析】（1）制備膽礬時，根據題干信息可知，需進行溶解、過濾、結晶操作，用到的實驗儀器除量筒、酒精燈、玻璃棒、漏斗外，還必須使用的儀器有燒杯和蒸發皿，A、C符合題意，故答案為：A、C；（2）將加入到適量的稀硫酸中，加熱，其主要反應的化學方程式為CuO+H2SO4CuSO4+H2O；直接用廢銅和濃硫酸反應生成硫酸銅與二氧化硫和水，與這種方法相比，將加入到適量的稀硫酸中，加熱制備膽礬的實驗方案具有的優點是：不會產生二氧化硫且產生等量膽礬消耗硫酸少（硫酸利用率高）；（3） 硫酸銅溶液制硫酸銅晶體，操作步驟有加熱蒸發、冷卻結晶、過濾、乙醇洗滌、干燥；中含氧化鐵雜質，溶于硫酸后會形成鐵離子，為使鐵元素

4、以氫氧化鐵形成沉淀完全，需控制溶液為3.54，酸性環境同時還可抑制銅離子發生水解；操作過程中可能會生成氫氧化鐵膠體，所以煮沸，目的是破壞氫氧化鐵膠體，使其沉淀，易于過濾，故答案為：過濾；干燥；除盡鐵，抑制硫酸銅水解；破壞氫氧化鐵膠體，易于過濾；（4） 稱量干燥坩堝的質量為，加入膽礬后總質量為，將坩堝加熱至膽礬全部變為白色，置于干燥器中冷至室溫后稱量，重復上述操作，最終總質量恒定為。則水的質量是()g，所以膽礬（CuSO4nH2O）中n值的表達式為=n:1，解得n；（5） 膽礬未充分干燥，捯飭所測m2偏大，根據n=可知，最終會導致結晶水數目定值偏高，符合題意；坩堝未置于干燥器中冷卻，部分白色硫酸

5、銅會與空氣中水蒸氣結合重新生成膽礬，導致所測m3偏大，根據n=可知，最終會導致結晶水數目定值偏低，不符合題意；加熱膽礬晶體時有晶體從坩堝中濺出，會使m3數值偏小，根據n=可知，最終會導致結晶水數目定值偏高，符合題意；綜上所述，符合題意，故答案為：。2（2021全國乙卷）氧化石墨烯具有穩定的網狀結構，在能源、材料等領域有著重要的應用前景，通過氧化剝離石墨制備氧化石墨烯的一種方法如下(轉置如圖所示)：.將濃、石墨粉末在c中混合，置于冰水浴中，劇烈攪拌下，分批緩慢加入粉末，塞好瓶口。.轉至油浴中，35攪拌1小時，緩慢滴加一定量的蒸餾水。升溫至98并保持1小時。.轉移至大燒杯中，靜置冷卻至室溫。加入大

6、量蒸餾水，而后滴加至懸濁液由紫色變為土黃色。.離心分離，稀鹽酸洗滌沉淀。.蒸餾水洗滌沉淀。.冷凍干燥，得到土黃色的氧化石墨烯。回答下列問題：（1）裝置圖中，儀器a、c的名稱分別是_、_，儀器b的進水口是_(填字母)。（2）步驟中，需分批緩慢加入粉末并使用冰水浴，原因是_。（3）步驟中的加熱方式采用油浴，不使用熱水浴，原因是_。（4）步驟中，的作用是_(以離子方程式表示)。（5）步驟中，洗滌是否完成，可通過檢測洗出液中是否存在來判斷。檢測的方法是_。（6）步驟可用試紙檢測來判斷是否洗凈，其理由是_。【答案】（1）滴液漏斗 三頸燒瓶 d （2）反應放熱，防止反應過快 （3）反應溫度接近水的沸點，油

7、浴更易控溫 （4） （5）取少量洗出液，滴加，沒有白色沉淀生成 （6）與電離平衡，洗出液接近中性時，可認為洗凈 【解析】（1）由圖中儀器構造可知，a的儀器名稱為滴液漏斗，c的儀器名稱為三頸燒瓶；儀器b為球形冷凝管，起冷凝回流作用，為了是冷凝效果更好，冷卻水要從d口進，a口出，故答案為：分液漏斗；三頸燒瓶；d；（2）反應為放熱反應，為控制反應速率，避免反應過于劇烈，需分批緩慢加入KMnO4粉末并使用冰水浴，故答案為：反應放熱，防止反應過快；（3）油浴和水浴相比，由于油的比熱容較水小，油浴控制溫度更加靈敏和精確，該實驗反應溫度接近水的沸點，故不采用熱水浴，而采用油浴，故答案為：反應溫度接近水的沸點

8、，油浴更易控溫；（4）由滴加H2O2后發生的現象可知，加入的目的是除去過量的KMnO4，則反應的離子方程式為：2Mn+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O，故答案為：2Mn+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O ；（5）該實驗中為判斷洗滌是否完成，可通過檢測洗出液中是否存在S來判斷，檢測方法是：取最后一次洗滌液，滴加BaCl2溶液，若沒有沉淀說明洗滌完成，故答案為：取少量洗出液，滴加BaCl2，沒有白色沉淀生成；（6）步驟IV用稀鹽酸洗滌沉淀，步驟V洗滌過量的鹽酸，與電離平衡，洗出液接近中性時，可認為洗凈，故答案為：與電離平衡，洗出液接近中性時，可認為洗凈。3（2021廣東

9、）含氯物質在生產生活中有重要作用。1774年，舍勒在研究軟錳礦(主要成分是)的過程中，將它與濃鹽酸混合加熱，產生了一種黃綠色氣體。1810年，戴維確認這是一種新元素組成的單質，并命名為chlorine(中文命名“氯氣”)。（1）實驗室沿用舍勒的方法制取的化學方程式為_。（2）實驗室制取干燥時，凈化與收集所需裝置的接口連接順序為_。（3）某氯水久置后不能使品紅溶液褪色，可推測氯水中_已分解。檢驗此久置氯水中存在的操作及現象是_。（4）某合作學習小組進行以下實驗探究。實驗任務。通過測定溶液電導率，探究溫度對溶解度的影響。查閱資料。電導率是表征電解質溶液導電能力的物理量。溫度一定時，強電解質稀溶液的

10、電導率隨溶液中離子濃度的增大而增大；離子濃度一定時，稀溶液電導率隨溫度的升高而增大。25時，。提出猜想。猜想a：較高溫度的飽和溶液的電導率較大。猜想b：在水中的溶解度。設計實驗、驗證猜想。取試樣、(不同溫度下配制的飽和溶液)，在設定的測試溫度下，進行表中實驗13，記錄數據。實驗序號試樣測試溫度/電導率/1：25的飽和溶液252：35的飽和溶液353：45的飽和溶液45數據分析、交流討論。25的飽和溶液中，_。實驗結果為。小組同學認為，此結果可以證明中的猜想成立，但不足以證明猜想成立。結合中信息，猜想不足以成立的理由有_。優化實驗。小組同學為進一步驗證猜想，在實驗13的基礎上完善方案，進行實驗4

11、和5。請在答題卡上完成表中內容。實驗序號試樣測試溫度/電導率/4_5_實驗總結。根據實驗15的結果，并結合中信息，小組同學認為猜想也成立。猜想成立的判斷依據是_。【答案】（1）MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2+2H2O （2）c-d-b-a-e （3）HClO 向溶液中加入過量稀硝酸，防止溶液中含有C、HC等，再加入少量AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，則證明原溶液中含有Cl- （4）1.3410-5 測試溫度不同，根據電導率結果無法判斷不同溫度下飽和溶液的溶解度 45 II 45 A3B2B1 【解析】（1）實驗室通常采用濃鹽酸和MnO2制取，化學方程式為：MnO2+4HCl(濃)

12、MnCl2+Cl2+2H2O，故答案為：MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2+2H2O；（2）根據化學方程式可知，制取的氯氣中混有氯化氫、水蒸氣，氯氣有毒，必須進行尾氣處理，因此使用飽和食鹽水吸收氯化氫氣體，濃硫酸除去水蒸氣，最后用NaOH溶液吸收尾氣，因此接口連接順序為c-d-b-a-e，故答案為：c-d-b-a-e；（3）久置后不能使品紅溶液褪色，說明HClO已分解；檢驗的方法為向溶液中加入過量稀硝酸，防止溶液中含有C、HC等，再加入少量AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，則證明原溶液中含有Cl-，故答案為：HClO；向溶液中加入過量稀硝酸，防止溶液中含有C、HC等，再加入少量AgNO

13、3溶液，若有白色沉淀生成，則證明原溶液中含有Cl-；（4）25時，根據沉淀溶解平衡可知，飽和的溶液中，所以有=1.3410-5；實驗13中，不同的飽和溶液濃度不同且測試溫度不同，根據資料顯示離子濃度一定時，稀溶液電導率隨溫度的升高而增大，所以根據實驗13無法判斷溫度較高的飽和溶液離子濃度大，進而不能得出溶解度關系，故答案為：1.3410-5；測試溫度不同，根據電導率結果無法判斷不同溫度下飽和溶液的溶解度；如果要判斷AgCl在水中的溶解度隨溫度的變化情況，可以設計不相同溫度下的飽和溶液在相同溫度下測試，如果溫度較高下的飽和溶液電導率比溫度較低的飽和溶液電導率高，則可以得出溫度升高飽和溶液中離子濃

14、度高。所以可以設計試樣在45下測試與實驗3比較；設計試樣II在45下測試與實驗3比較。故答案為：45；II；45；猜想b成立的判斷依據是A3B2B1，故答案為：A3B2B1。4（2021河北）化工專家侯德榜發明的侯氏制堿法為我國純堿工業和國民經濟發展做出了重要貢獻，某化學興趣小組在實驗室中模擬并改進侯氏制堿法制備NaHCO3，進一步處理得到產品Na2CO3和NH4Cl，實驗流程如圖：回答下列問題：（1）從AE中選擇合適的儀器制備NaHCO3，正確的連接順序是_(按氣流方向，用小寫字母表示)。為使A中分液漏斗內的稀鹽酸順利滴下，可將分液漏斗上部的玻璃塞打開或_。A B C D E.（2）B中使用

15、霧化裝置的優點是_。（3）生成NaHCO3的總反應的化學方程式為_。（4）反應完成后，將B中U形管內的混合物處理得到固體NaHCO3和濾液：對固體NaHCO3充分加熱，產生的氣體先通過足量濃硫酸，再通過足量Na2O2，Na2O2增重0.14g，則固體NaHCO3的質量為_g。向濾液中加入NaCl粉末，存在NaCl(s)+NH4Cl(aq)NaCl(aq)+NH4Cl(s)過程。為使NH4Cl沉淀充分析出并分離，根據NaCl和NH4Cl溶解度曲線，需采用的操作為_、_、洗滌、干燥。（5）無水NaHCO3可作為基準物質標定鹽酸濃度.稱量前，若無水NaHCO3保存不當，吸收了一定量水分，用其標定鹽酸

16、濃度時，會使結果_(填標號)。A偏高 B偏低 不變【答案】（1）aefbcgh 將玻璃塞上的凹槽對準漏斗頸部的小孔 （2）使氨鹽水霧化，可增大與二氧化碳的接觸面積，從而提高產率（或其他合理答案） （3）NH3H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3 （4）0.84 蒸發濃縮 冷卻結晶 （5）A 【分析】根據工藝流程知，濃氨水中加入氯化鈉粉末形成飽和氨鹽水后，再通入二氧化碳氣體，發生反應：NH3H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3，得到的碳酸氫鈉晶體烘干后受熱分解會生成碳酸鈉、二氧化碳和水，從而制備得到純堿；另一方面得到的母液主要溶質為NH4Cl，再從加入氯化鈉粉末，存在

17、反應，據此分析解答。【解析】（1）根據分析可知，要制備，需先選用裝置A制備二氧化碳，然后通入飽和碳酸氫鈉溶液中除去二氧化碳中的HCl，后與飽和氨鹽水充分接觸來制備，其中過量的二氧化碳可被氫氧化鈉溶液吸收，也能充分利用二氧化碳制備得到少量，所以按氣流方向正確的連接順序應為：aefbcgh；為使A中分液漏斗內的稀鹽酸順利滴下，可將分液漏斗上部的玻璃塞打開或將玻璃塞上的凹槽對準漏斗頸部的小孔，故答案為：aefbcgh；將玻璃塞上的凹槽對準漏斗頸部的小孔；（2）B中使用霧化裝置使氨鹽水霧化，可增大與二氧化碳的接觸面積，從而提高產率；（3）根據上述分析可知，生成的總反應的化學方程式為NH3H2O+NaC

18、l+CO2=NH4Cl+NaHCO3；（4）對固體充分加熱，產生二氧化碳和水蒸氣，反應的化學方程式為： 將氣體先通過足量濃硫酸，吸收水蒸氣，再通過足量，與二氧化碳反應生成碳酸鈉和氧氣，化學方程式為：，根據方程式可知，根據差量法可知，當增重（2CO的質量）時，消耗的二氧化碳的質量為=0.22g，其物質的量為，根據關系式可知，消耗的的物質的量為20.005mol=0.01mol，所以固體的質量為0.01mol84g/mol=0.84g；根據溶解度雖溫度的變化曲線可以看出，氯化銨的溶解度隨著溫度的升高而不斷增大，而氯化鈉的溶解度隨著溫度的升高變化并不明顯，所以要想使沉淀充分析出并分離，需采用蒸發濃縮

19、、冷卻結晶、洗滌、干燥的方法，故答案為：蒸發濃縮、冷卻結晶；（5）稱量前，若無水保存不當，吸收了一定量水分，標準液被稀釋，濃度減小，所以用其標定鹽酸濃度時，消耗的碳酸氫鈉的體積會增大，根據c(測)=可知，最終會使c(測)偏高，A項符合題意，故答案為：A。5（2021浙江選考）是很好的氯化劑，實驗室用如圖裝置(夾持儀器已省略)制備高純。已知：，合適反應溫度為；副反應：。常壓下，沸點，熔點；沸點2.0，熔點。，在中的溶解度遠大于其在水中的溶解度。請回答：（1）裝置A的作用是去除原料氣中的少量水分，可用的試劑是_。將上圖中裝置組裝完整，虛框D中應選用_。（2）有關反應柱B，須進行的操作是_。A將Hg

20、O粉末熱處理除水分、增加表面積后填入反應柱B調控進入反應柱的混合氣中和的比例C調控混合氣從下口進入反應柱的流速D將加熱帶纏繞于反應柱并加熱（3）裝置C，冷卻液的溫度通常控制在。反應停止后，溫度保持不變，為減少產品中的含量，可采用的方法是_。（4）將純化后的產品氣化，通入水中得到高純度的濃溶液，于陰涼暗處貯存。當需要時，可將濃溶液用萃取分液，經氣化重新得到。針對萃取分液，從下列選項選擇合適操作(操作不能重復使用)并排序：c_edf_。a.檢查旋塞、玻璃塞處是否漏水b.將溶液和轉入分液漏斗c.涂凡士林d.旋開旋塞放氣e.倒轉分液漏斗，小心振搖f.經幾次振搖并放氣后，將分液漏斗置于鐵架臺上靜置g.打

21、開旋塞，向錐形瓶放出下層液體h.打開旋塞，待下層液體完全流出后，關閉旋塞，將上層液體倒入錐形瓶（5）產品分析：取一定量濃溶液的稀釋液，加入適量、過量溶液及一定量的稀，充分反應。用標準溶液滴定(滴定)；再以酚酞為指示劑，用標準溶液滴定(滴定)。已知產生的反應(不考慮與水反應)：實驗數據如下表：加入量滴定測出量滴定測出量用標準溶液滴定時，無需另加指示劑。判斷滴定到達終點的實驗現象是_。高純度濃溶液中要求(和均以計)。結合數據分析所制備的濃溶液是否符合要求_。【答案】（1）濃 a （2）ABC （3）抽氣(或通干燥氮氣) （4）a b g （5）CCl4中由紫紅色突變到無色，且30s不恢復 溶液中C

22、l2O和Cl2分別為1.00010-3mol、510-6mol，=20099，符合要求 【解析】（1）裝置A的作用是去除原料氣(Cl2、N2)中的少量水分，可用的試劑是濃。Cl2和Cl2O都不能直接排放于空氣中，因此需要進行尾氣處理，Cl2、Cl2O能與NaOH溶液反應，同時需要防止NaOH溶液中水蒸氣進入C裝置中，因此需要在C和尾氣處理裝置之間連接吸收水蒸氣的裝置，所以虛框D中應選用a裝置。（2）裝置B為HgO與Cl2反應制備Cl2O的裝置，A因Cl2O能與H2O發生反應，因此需要將HgO粉末熱處理除水分，該反應為固體與氣體接觸類反應，因此增加表面積能夠加快反應速率，故A選；BN2的作用是稀

23、釋Cl2，在氣流速率一定的條件下，氯氣所占的比例越小，其轉化率越高，同時Cl2不足時會發生副反應，因此需要調控進入反應柱的混合氣中Cl2和N2的比例，故B選；C為了讓氣體與固體充分接觸，混合氣體應從下口進入反應柱，同時需要控制氣體的流速，防止副反應發生，故C選；DHgO與Cl2反應制備Cl2O的合適反應溫度為1825，因此該反應在常溫下進行，若對反應柱加熱會發生副反應，故D不選；綜上所述，答案為ABC。（3）由題可知，Cl2沸點小于Cl2O，在Cl2未發生冷凝時抽氣或通入氮氣可以有效的去除產物中的Cl2，故答案為：抽氣(或通干燥氮氣)。（4）萃取分液的操作順序為：檢漏加入萃取劑和溶液振蕩搖勻放

24、氣靜置分層放液，下層液體從下口流出，上層液體從上口倒出，因CCl4密度大于水，因此萃取后溶有Cl2O的CCl4位于下層，因此操作順序為：涂凡土林檢查旋塞、玻璃塞處是否漏水將溶液和CCl4轉入分液漏斗倒轉分液漏斗，小心振搖旋開旋塞放氣經幾次振搖并放氣后，將分液漏斗置于鐵架臺上靜置打開旋塞，向錐形瓶放出下層液體，故答案為：abg。（5）溶有I2的CCl4溶液呈紫紅色，用標準Na2S2O3溶液滴定I2過程中，當I2恰好反應完全時，溶液呈無色，因此滴定I2到達終點的實驗現象是CCl4中由紫紅色突變到無色，且30s不恢復。由、(HClO為Cl2O與H2O反應的產物)可得關系式：Cl2O2H+2I2，由實

25、驗數據可知Cl2O和HClO共消耗n(H+)=2(2.50510-3mol-1.50510-3mol)=210-3mol，生成I2的物質的量為210-3mol，則高純度Cl2O濃溶液中n(Cl2O)=110-3mol，加入過量KI溶液共生成I2的物質的量為2.00510-3mol，因此Cl2與I-反應生成I2的物質的量為2.00510-3mol-210-3mol=510-6mol，由此可知高純度Cl2O濃溶液中n(Cl2)=510-6mol，所以高純度Cl2O濃溶液中=20099，則所制備的高純度Cl2O濃溶液符合要求，故答案為：溶液中Cl2O和Cl2分別為110-3mol、510-6mol，

26、=20099，符合要求。6（2021湖南）碳酸鈉俗稱純堿，是一種重要的化工原料。以碳酸氫銨和氯化鈉為原料制備碳酸鈉，并測定產品中少量碳酸氫鈉的含量，過程如下：步驟I.的制備步驟.產品中含量測定稱取產品2.500g，用蒸餾水溶解，定容于250mL容量瓶中；移取25.00mL上述溶液于錐形瓶，加入2滴指示劑M，用鹽酸標準溶液滴定，溶液由紅色變至近無色(第一滴定終點)，消耗鹽酸；在上述錐形瓶中再加入2滴指示劑N，繼續用鹽酸標準溶液滴定至終點(第二滴定終點)，又消耗鹽酸；平行測定三次，平均值為22.45，平均值為23.51。已知：(i)當溫度超過35時，開始分解。(ii)相關鹽在不同溫度下的溶解度表溫

27、度/010203040506035.735.836.036.336.637.037.311.915.821.027.06.98.29.611.112.714.516.429.433.337.241.445.850.455.2回答下列問題：（1）步驟I中晶體A的化學式為_，晶體A能夠析出的原因是_；（2）步驟I中“300加熱”所選用的儀器是_(填標號)；A B C D（3）指示劑N為_，描述第二滴定終點前后顏色變化_；（4）產品中的質量分數為_(保留三位有效數字)；（5）第一滴定終點時，某同學俯視讀數，其他操作均正確，則質量分數的計算結果_(填“偏大”“偏小”或“無影響”)。【答案】（1）NaH

28、CO3 在30-35C時NaHCO3的溶解度最小（意思合理即可） （2）D （3）甲基橙 由黃色變橙色，且半分鐘內不褪色 （4）3.56% （5）偏大 【分析】步驟I：制備Na2CO3的工藝流程中，先將NaCl加水溶解，制成溶液后加入NH4HCO3粉末，水浴加熱，根據不同溫度條件下各物質的溶解度不同，為了得到NaHCO3晶體，控制溫度在30-35C發生反應，最終得到濾液為NH4Cl，晶體A為NaHCO3，再將其洗滌抽干，利用NaHCO3受熱易分解的性質，在300C加熱分解NaHCO3制備Na2CO3；步驟II：利用酸堿中和滴定原理測定產品中碳酸氫鈉的含量，第一次滴定發生的反應為：Na2CO3+

29、HCl=NaHCO3+NaCl，因為Na2CO3、NaHCO3溶于水顯堿性，且堿性較強，所以可借助酚酞指示劑的變化來判斷滴定終點，結合顏色變化可推出指示劑M為酚酞試劑；第二次滴定時溶液中的溶質為NaCl，同時還存在反應生成的CO2，溶液呈現弱酸性，因為酚酞的變色范圍為8-10，所以不適合利用酚酞指示劑檢測判斷滴定終點，可選擇甲基橙試液，所以指示劑N為甲基橙試液，發生的反應為：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，再根據關系式求出總的NaHCO3的物質的量，推導出產品中NaHCO3的，最終通過計算得出產品中NaHCO3的質量分數。【解析】根據上述分析可知，（1）根據題給信息中鹽在不同溫

30、度下的溶解度不難看出，控制溫度在30-35C，目的是為了時NH4HCO3不發生分解，同時析出NaHCO3固體，得到晶體A，因為在30-35C時，NaHCO3的溶解度最小，故答案為：NaHCO3；在30-35C時NaHCO3的溶解度最小；（2）300C加熱抽干后的NaHCO3固體，需用坩堝、泥三角、三腳架進行操作，所以符合題意的為D項，故答案為：D；（3）根據上述分析可知，第二次滴定時，使用的指示劑N為甲基橙試液，滴定到終點前溶液的溶質為碳酸氫鈉和氯化鈉，滴定達到終點后溶液的溶質為氯化鈉，所以溶液的顏色變化為：由黃色變為橙色，且半分鐘內不褪色；（4） 第一次滴定發生的反應是：Na2CO3+HCl

31、=NaHCO3+NaCl，則n(Na2CO3)=n生成(NaHCO3)=n(HCl)=0.1000mol/L22.4510-3L=2.24510-3mol，第二次滴定消耗的鹽酸的體積V2=23.51mL，則根據方程式NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2可知，消耗的NaHCO3的物質的量n總(NaHCO3)= 0.1000mol/L23.5110-3L=2.35110-3mol，則原溶液中的NaHCO3的物質的量n(NaHCO3)= n總(NaHCO3)- n生成(NaHCO3)= 2.35110-3mol-2.24510-3mol=1.0610-4mol，則原產品中NaHCO3的物質

32、的量為=1.0610-3mol，故產品中NaHCO3的質量分數為，故答案為：3.56%；（5）若該同學第一次滴定時，其他操作均正確的情況下，俯視讀數，則會使標準液鹽酸的體積偏小，即測得V1偏小，所以原產品中NaHCO3的物質的量會偏大，最終導致其質量分數會偏大，故答案為：偏大。7（2021浙江）某興趣小組用鉻鐵礦Fe(CrO2)2制備K2Cr2O7晶體，流程如下：已知：4Fe (CrO2)2 + 10Na2CO3+7O28Na2CrO4 +4NaFeO2+10CO22H+2CrOCr2O+H2O相關物質的溶解度隨溫度變化如下圖。請回答：（1）步驟I，將鉻鐵礦粉碎有利于加快高溫氧化的速率，其理由

33、是_。（2）下列說法正確的是_。A步驟II，低溫可提高浸取率B步驟II，過濾可除去NaFeO2水解產生的Fe(OH)3C步驟III，酸化的目的主要是使Na2CrO4轉變為Na2Cr2O7D步驟IV，所得濾渣的主要成分是Na2SO4和Na2CO3（3）步驟V，重結晶前，為了得到雜質較少的K2Cr2O7粗產品，從下列選項中選出合理的操作(操作不能重復使用)并排序：溶解KCl _重結晶。a50蒸發溶劑； b100 蒸發溶劑； c抽濾； d冷卻至室溫；e蒸發至溶液出現晶膜，停止加熱；f蒸發至溶液中出現大量晶體，停止加熱。（4）為了測定K2Cr2O7產品的純度，可采用氧化還原滴定法。下列關于滴定分析的操

34、作，不正確的是_。A用量筒量取25.00mL待測液轉移至錐形瓶B滴定時要適當控制滴定速度C滴定時應一直觀察滴定管中溶液體積的變化D讀數時應將滴定管從架上取下，捏住管上端無刻度處，使滴定管保持垂直E平行滴定時，須重新裝液并調節液面至“0”刻度或“0”刻度以下在接近終點時，使用“半滴操作”可提高測量的準確度。其方法是：將旋塞稍稍轉動，使半滴溶液懸于管口，用錐形瓶內壁將半滴溶液沾落，_繼續搖動錐形瓶，觀察顏色變化。(請在橫線上補全操作)（5）該小組用滴定法準確測得產品中K2Cr2O7的質量分數為98.50%。某同學還用分光光度法測定產品純度(K2Cr2O7溶液的吸光度與其濃度成正比例)，但測得的質量

35、分數明顯偏低。分析其原因，發現配制K2Cr2O7待測水溶液時少加了一種試劑。該試劑是_，添加該試劑的理由是_。【答案】（1）增大反應物的接觸面積 （2）BC （3）a e d c （4）AC 再用洗瓶以少量蒸餾水吹洗錐形瓶內壁 （5）H2SO4 抑制Cr2O轉化為CrO，且與Cr2O不反應 【分析】根據題給已知，鉻鐵礦與足量熔融Na2CO3發生高溫氧化反應生成Na2CrO4、NaFeO2和CO2，所得固體冷卻后用水浸取，其中NaFeO2發生強烈水解：NaFeO2+2H2O=NaOH+Fe(OH)3，過濾得到含Na2CrO4、NaOH、Na2CO3的濾液，加入適量硫酸酸化，NaOH、Na2CO3

36、與硫酸反應生成Na2SO4，Na2CrO4轉化為Na2Cr2O7（發生的反應為2Na2CrO4+H2SO4 Na2Cr2O7+Na2SO4+H2O），經蒸發結晶、過濾、洗滌得到的濾液中主要含Na2Cr2O7，加入KCl后經多步操作得到K2Cr2O7，據此分析作答。【解析】（1）步驟I中鉻鐵礦與足量熔融Na2CO3發生高溫氧化反應生成Na2CrO4、NaFeO2和CO2，將鉻鐵礦粉碎，可增大反應物的接觸面積，加快高溫氧化的速率；故答案為：增大反應物的接觸面積。（2）A根據Na2CrO4的溶解度隨著溫度的升高而增大，步驟II中應用高溫提高浸取率，A錯誤；B步驟II中用水浸取時NaFeO2發生強烈水

37、解：NaFeO2+2H2O=NaOH+Fe(OH)3，經過濾可除去Fe(OH)3，B正確；C步驟III酸化時，平衡2H+2+H2O正向移動，主要目的使Na2CrO4轉化為Na2Cr2O7，C正確；D根據分析，步驟IV中過濾所得濾渣主要成分為Na2SO4，D錯誤；答案選BC。（3）Na2Cr2O7中加入KCl發生反應Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl，根據各物質的溶解度隨溫度的變化曲線可知，K2Cr2O7的溶解度隨溫度升高明顯增大，NaCl溶解度隨溫度升高變化不明顯，50時兩者溶解度相等，故為了得到雜質較少的K2Cr2O7粗產品，步驟V重結晶前的操作順序為：溶解KCl50蒸發

38、溶劑蒸發至溶液出現晶膜，停止加熱冷卻至室溫抽濾重結晶；故答案為：aedc。（4）A量筒屬于粗量器，不能用量筒量取25.00mL溶液，由于K2Cr2O7具有強氧化性，量取25.00mL待測液應用酸式滴定管，A錯誤；B滴定時要適當控制滴定的速率，確保反應物之間充分反應，同時防止滴加過快使得滴加試劑過量，B正確；C滴定時應一直觀察錐形瓶中溶液顏色的變化，以便準確判斷滴定的終點，C錯誤；D讀數時應將滴定管從架上取下，捏住管上端無刻度處，使滴定管保持垂直，平視讀取讀數，D正確；E為了確保每次滴定時滴定管中的溶液充足，平行滴定時，須重新裝液并調節液面至“0”刻度或“0”刻度以下，并記錄初始讀數，E正確；答

39、案選AC。在接近終點時，使用“半滴操作”的方法是：將旋塞稍稍轉動，使半滴溶液懸于管口，用錐形瓶內壁將半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸餾水吹洗錐形瓶內壁，繼續搖動錐形瓶，觀察顏色變化；故答案為：再用洗瓶以少量蒸餾水吹洗錐形瓶內壁。（5）根據題意，K2Cr2O7溶液的吸光度與其濃度成正比例，在K2Cr2O7溶液中存在平衡+H2O2H+2，即有部分會轉化為，從而使測得的質量分數明顯偏低，為抑制轉化為，可加入與不反應的酸，如硫酸；故答案為：H2SO4；抑制轉化為，且與不反應。8（2021山東）六氯化鎢(WCl6)可用作有機合成催化劑，熔點為283，沸點為340，易溶于CS2，極易水解。實驗室中，先將三氧

40、化鎢(WO3)還原為金屬鎢(W)再制備WCl6，裝置如圖所示(夾持裝置略)。回答下列問題：（1）檢查裝置氣密性并加入WO3。先通N2，其目的是_；一段時間后，加熱管式爐，改通H2，對B處逸出的H2進行后續處理。儀器A的名稱為_，證明WO3已被完全還原的現象是_。（2）WO3完全還原后，進行的操作為：冷卻，停止通H2；以干燥的接收裝置替換E；在B處加裝盛有堿石灰的干燥管；加熱，通Cl2；。堿石灰的作用是_；操作是_，目的是_。（3）利用碘量法測定WCl6產品純度，實驗如下：稱量：將足量CS2(易揮發)加入干燥的稱量瓶中，蓋緊稱重為m1g；開蓋并計時1分鐘，蓋緊稱重為m2g；再開蓋加入待測樣品并計

41、時1分鐘，蓋緊稱重為m3g，則樣品質量為_g(不考慮空氣中水蒸氣的干擾)。滴定：先將WCl6轉化為可溶的Na2WO4，通過IO離子交換柱發生反應：WO+Ba(IO3)2=BaWO4+2IO；交換結束后，向所得含IO的溶液中加入適量酸化的KI溶液，發生反應：IO+5I-+6H+=3I2+3H2O；反應完全后，用Na2S2O3標準溶液滴定，發生反應：I2+2S2O=2I-+S4O。滴定達終點時消耗cmolL-1的Na2S2O3溶液VmL，則樣品中WCl6(摩爾質量為Mgmol-1)的質量分數為_。稱量時，若加入待測樣品后，開蓋時間超過1分鐘，則滴定時消耗Na2S2O3溶液的體積將_(填“偏大”“偏

42、小”或“不變”)，樣品中WCl6質量分數的測定值將_(填“偏大”“偏小”或“不變”)。【答案】（1）排除裝置中的空氣 直形冷凝管 淡黃色固體變為銀白色 （2）吸收多余氯氣，防止污染空氣；防止空氣中的水蒸氣進入E 再次通入N2 排除裝置中的H2 （3）( m3+m1- 2m2) % 不變 偏大 【分析】（1） 將WO3在加熱條件下用H2還原為W，為防止空氣干擾，還原WO3之前要除去裝置中的空氣；（2） 由信息可知WCl6極易水解，W與Cl2反應制取WCl6時，要在B處加裝盛有堿石灰的干燥管，防止空氣中的水蒸氣進入E中；（3）利用碘量法測定WCl6產品純度，稱量時加入足量的CS2用于溶解樣品，蓋緊

43、稱重為m1g，由于CS2易揮發，開蓋時要揮發出來，稱量的質量要減少，開蓋并計時1分鐘，蓋緊稱重m2g，則揮發出的CS2的質量為(m1- m2)g，再開蓋加入待測樣品并計時1分鐘，又揮發出(m1- m2)g的CS2，蓋緊稱重為m3g，則樣品質量為：m3g+2(m1- m2)g-m1g=( m3+m1- 2m2)g；滴定時，利用關系式：WO2IO6I212 S2O計算樣品中含WCl6的質量，進而計算樣品中WCl6的質量分數；根據測定原理分析是否存在誤差及誤差是偏大還是偏小。【詳解】（1）用H2還原WO3制備W，裝置中不能有空氣，所以先通N2，其目的是排除裝置中的空氣；由儀器構造可知儀器A的名稱為直

44、形冷凝管；WO3為淡黃色固體，被還原后生成W為銀白色，所以能證明WO3已被完全還原的現象是淡黃色固體變為銀白色，故答案為：淡黃色固體變為銀白色；（2） 由信息可知WCl6極易水解，W與Cl2反應制取WCl6時，要在B處加裝盛有堿石灰的干燥管，防止空氣中的水蒸氣進入E中，所以堿石灰的作用其一是吸收多余氯氣，防止污染空氣；其二是防止空氣中的水蒸氣進入E；在操作加熱，通Cl2之前，裝置中有多余的H2，需要除去，所以操作是再次通入N2，目的是排除裝置中的H2，故答案為：吸收多余氯氣，防止污染空氣；防止空氣中的水蒸氣進入E；再次通入N2；排除裝置中的H2；（3） 根據分析，稱量時加入足量的CS2，蓋緊稱

45、重為m1g，由于CS2易揮發，開蓋時要揮發出來，稱量的質量要減少，開蓋并計時1分鐘，蓋緊稱重m2g，則揮發出的CS2的質量為(m1- m2)g，再開蓋加入待測樣品并計時1分鐘，又揮發出(m1- m2)g的CS2，蓋緊稱重為m3g，則樣品質量為：m3g+2(m1- m2)g-m1g=( m3+m1- 2m2)g，故答案為：( m3+m1- 2m2)；滴定時，根據關系式：WO2IO6I212 S2O，樣品中n(WCl6)=n(WO)=n(S2O)=cV10-3mol，m(WCl6)=cV10-3molMg/mol=g，則樣品中WCl6的質量分數為：100%=%；根據測定原理，稱量時，若加入待測樣品

46、后，開蓋時間超過1分鐘，揮發的CS2的質量增大，m3偏小，但WCl6的質量不變，則滴定時消耗Na2S2O3溶液的體積將不變，樣品中WCl6質量分數的測定值將偏大，故答案為：%；不變；偏大。92020新課標為驗證不同化合價鐵的氧化還原能力，利用下列電池裝置進行實驗。回答下列問題：（1）由FeSO47H2O固體配制0.10 molL1 FeSO4溶液，需要的儀器有藥匙、玻璃棒、_(從下列圖中選擇，寫出名稱)。（2）電池裝置中，鹽橋連接兩電極電解質溶液。鹽橋中陰、陽離子不與溶液中的物質發生化學反應，并且電遷移率(u)應盡可能地相近。根據下表數據，鹽橋中應選擇_作為電解質。陽離子u108/（m2s1V

47、1）陰離子u108/（m2s1V1）Li+4.074.61Na+5.197.40Ca2+6.59Cl7.91K+7.628.27（3）電流表顯示電子由鐵電極流向石墨電極。可知，鹽橋中的陽離子進入_電極溶液中。（4）電池反應一段時間后，測得鐵電極溶液中c(Fe2+)增加了0.02 molL1。石墨電極上未見Fe析出。可知，石墨電極溶液中c(Fe2+)=_。（5）根據（3）、（4）實驗結果，可知石墨電極的電極反應式為_，鐵電極的電極反應式為_。因此，驗證了Fe2+氧化性小于_，還原性小于_。（6）實驗前需要對鐵電極表面活化。在FeSO4溶液中加入幾滴Fe2(SO4)3溶液，將鐵電極浸泡一段時間，鐵

48、電極表面被刻蝕活化。檢驗活化反應完成的方法是_。【答案】（1）燒杯、量筒、托盤天平（2）KCl（3）石墨（4）0.09 molL1（5）Fe3+e=Fe2+ Fe2e= Fe2+ Fe3+ Fe（6）取少量溶液，滴入KSCN溶液，不出現血紅色【解析】【分析】（1）根據物質的量濃度溶液的配制步驟選擇所用儀器；（2）（5）根據題給信息選擇合適的物質，根據原電池工作的原理書寫電極反應式，并進行計算，由此判斷氧化性、還原性的強弱；（6）根據刻蝕活化的原理分析作答。【詳解】（1）由FeSO47H2O固體配制0.10molL-1FeSO4溶液的步驟為計算、稱量、溶解并冷卻至室溫、移液、洗滌、定容、搖勻、裝

49、瓶、貼標簽，由FeSO47H2O固體配制0.10molL-1FeSO4溶液需要的儀器有藥匙、托盤天平、合適的量筒、燒杯、玻璃棒、合適的容量瓶、膠頭滴管，故答案為：燒杯、量筒、托盤天平。（2）Fe2+、Fe3+能與反應，Ca2+能與反應，FeSO4、Fe2(SO4)3都屬于強酸弱堿鹽，水溶液呈酸性，酸性條件下能與Fe2+反應，根據題意“鹽橋中陰、陽離子不與溶液中的物質發生化學反應”，鹽橋中陰離子不可以選擇、，陽離子不可以選擇Ca2+，另鹽橋中陰、陽離子的遷移率（u）應盡可能地相近，根據表中數據，鹽橋中應選擇KCl作為電解質，故答案為：KCl。（3）電流表顯示電子由鐵電極流向石墨電極，則鐵電極為負

50、極，石墨電極為正極，鹽橋中陽離子向正極移動，則鹽橋中的陽離子進入石墨電極溶液中，故答案為：石墨。（4）根據（3）的分析，鐵電極的電極反應式為Fe-2e-=Fe2+，石墨電極上未見Fe析出，石墨電極的電極反應式為Fe3+e-=Fe2+，電池反應一段時間后，測得鐵電極溶液中c（Fe2+）增加了0.02mol/L，根據得失電子守恒，石墨電極溶液中c（Fe2+）增加0.04mol/L，石墨電極溶液中c（Fe2+）=0.05mol/L+0.04mol/L=0.09mol/L，故答案為：0.09mol/L。（5）根據（3）、（4）實驗結果，可知石墨電極的電極反應式為Fe3+e-=Fe2+，鐵電極的電極反應

51、式為Fe-2e-=Fe2+；電池總反應為Fe+2Fe3+=3Fe2+，根據同一反應中，氧化劑的氧化性強于氧化產物、還原劑的還原性強于還原產物，則驗證了Fe2+氧化性小于Fe3+，還原性小于Fe，故答案為：Fe3+e-=Fe2+ ，Fe-2e-=Fe2+ ，Fe3+，Fe。（6）在FeSO4溶液中加入幾滴Fe2(SO4)3溶液，將鐵電極浸泡一段時間，鐵電極表面被刻蝕活化，發生的反應為Fe+ Fe2(SO4)3=3FeSO4，要檢驗活化反應完成，只要檢驗溶液中不含Fe3+即可，檢驗活化反應完成的方法是：取活化后溶液少許于試管中，加入KSCN溶液，若溶液不出現血紅色，說明活化反應完成，故答案為：取活

52、化后溶液少許于試管中，加入KSCN溶液，若溶液不變紅，說明活化反應完成。【點睛】本題的難點是第（2）題鹽橋中電解質的選擇和第（6）實驗方法的設計，要充分利用題給信息和反應的原理解答。102020新課標苯甲酸可用作食品防腐劑。實驗室可通過甲苯氧化制苯甲酸，其反應原理簡示如下：+KMnO4+ MnO2 +HCl+KCl名稱相對分子質量熔點/沸點/密度/(gmL1)溶解性甲苯9295110.60.867不溶于水，易溶于乙醇苯甲酸122122.4（100左右開始升華）248微溶于冷水，易溶于乙醇、熱水實驗步驟：（1）在裝有溫度計、冷凝管和攪拌器的三頸燒瓶中加入1.5 mL甲苯、100 mL水和4.8

53、g（約0.03 mol）高錳酸鉀，慢慢開啟攪拌器，并加熱回流至回流液不再出現油珠。（2）停止加熱，繼續攪拌，冷卻片刻后，從冷凝管上口慢慢加入適量飽和亞硫酸氫鈉溶液，并將反應混合物趁熱過濾，用少量熱水洗滌濾渣。合并濾液和洗滌液，于冰水浴中冷卻，然后用濃鹽酸酸化至苯甲酸析出完全。將析出的苯甲酸過濾，用少量冷水洗滌，放在沸水浴上干燥。稱量，粗產品為1.0 g。（3）純度測定：稱取0. 122 g粗產品，配成乙醇溶液，于100 mL容量瓶中定容。每次移取25. 00 mL溶液，用0.01000 molL1的KOH標準溶液滴定，三次滴定平均消耗21. 50 mL的KOH標準溶液。回答下列問題：（1）根據

54、上述實驗藥品的用量，三頸燒瓶的最適宜規格為_（填標號）。A100 mL B250 mL C500 mL D1000 mL（2）在反應裝置中應選用_冷凝管（填“直形”或“球形”），當回流液不再出現油珠即可判斷反應已完成，其判斷理由是_。（3）加入適量飽和亞硫酸氫鈉溶液的目的是_；該步驟亦可用草酸在酸性條件下處理，請用反應的離子方程式表達其原理_。（4）“用少量熱水洗滌濾渣”一步中濾渣的主要成分是_。（5）干燥苯甲酸晶體時，若溫度過高，可能出現的結果是_。（6）本實驗制備的苯甲酸的純度為_；據此估算本實驗中苯甲酸的產率最接近于_（填標號）。A70% B60% C50% D40%（7）若要得到純度更

55、高的苯甲酸，可通過在水中_的方法提純。【答案】（1）B（2）球形無油珠說明不溶于水的甲苯已經被完全氧化（3）除去過量的高錳酸鉀，避免在用鹽酸酸化時，產生氯氣2+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O（4）MnO2（5）苯甲酸升華而損失（6）86.0C（7）重結晶 【解析】【分析】甲苯用高錳酸鉀氧化時生成苯甲酸鉀和二氧化錳，為增加冷凝效果，在反應裝置中選用球形冷凝管，加熱回流，當回流液中不再出現油珠時，說明反應已經完成，加入適量的飽和亞硫酸氫鈉溶液除去過量的高錳酸鉀，用鹽酸酸化得苯甲酸，過濾、干燥、洗滌得粗產品；用KOH溶液滴定，測定粗產品的純度。【詳解】（1）加熱液體，所盛液體

56、的體積不超過三頸燒瓶的一半，三頸燒瓶中已經加入100m的水，1.5mL甲苯，4.8g高錳酸鉀，應選用250mL的三頸燒瓶，故答案為：B；（2）為增加冷凝效果，在反應裝置中宜選用球形冷凝管，當回流液中不再出現油珠時，說明反應已經完成，因為：沒有油珠說明不溶于水的甲苯已經完全被氧化；故答案為：球形；沒有油珠說明不溶于水的甲苯已經完全被氧化；（3）高錳酸鉀具有強氧化性，能將Cl-氧化。加入適量的飽和亞硫酸氫鈉溶液是為了除去過量的高錳酸鉀，避免在用鹽酸酸化時，產生氯氣；該步驟亦可用草酸處理，生成二氧化碳和錳鹽，離子方程式為：5H2C2O42MnO46H=2Mn210CO28H2O；故答案為：除去過量的

57、高錳酸鉀，避免在用鹽酸酸化時，產生氯氣；5H2C2O42MnO46H=2Mn210CO28H2O；（4）由信息甲苯用高錳酸鉀氧化時生成苯甲酸鉀和二氧化錳，“用少量熱水洗滌濾渣”一步中濾渣的主要成分是：MnO2，故答案為：MnO2；（5）苯甲酸100時易升華，干燥苯甲酸時，若溫度過高，苯甲酸升華而損失；故答案為：苯甲酸升華而損失；（6）由關系式C6H5COOHKOH得，苯甲酸的純度為： 100%=86.0%；1.5mL甲苯理論上可得到苯甲酸的質量： =1.72g，產品的產率為 100%=50%；故答案為：86.0%；C；（7）提純苯甲酸可用重結晶的方法。故答案為：重結晶。【點睛】本題考查制備方案

58、的設計，涉及物質的分離提純、儀器的使用、產率計算等，清楚原理是解答的關鍵，注意對題目信息的應用，是對學生實驗綜合能力的考查，難點（6）注意產品純度和產率的區別。112020新課標氯可形成多種含氧酸鹽，廣泛應用于殺菌、消毒及化工領域。實驗室中利用下圖裝置（部分裝置省略）制備KClO3和NaClO，探究其氧化還原性質。回答下列問題：（1）盛放MnO2粉末的儀器名稱是 ，a中的試劑為 。（2）b中采用的加熱方式是 ，c中化學反應的離子方程式是 ，采用冰水浴冷卻的目的是 。（3）d的作用是 ，可選用試劑 （填標號）。ANa2SBNaClCCa(OH)2DH2SO4（4）反應結束后，取出b中試管，經冷卻

59、結晶， ， ，干燥，得到KClO3晶體。（5）取少量KClO3和NaClO溶液分別置于1號和2號試管中，滴加中性KI溶液。1號試管溶液顏色不變。2號試管溶液變為棕色，加入CCl4振蕩，靜置后CCl4層顯_色。可知該條件下KClO3的氧化能力_NaClO(填“大于”或“小于)。【答案】（1）圓底燒瓶 飽和食鹽水（2）水浴加熱 Cl2+2OH=ClO+Cl+H2O 避免生成NaClO3（3）吸收尾氣（Cl2） AC（4）過濾 少量（冷）水洗滌（5）紫 小于【解析】【分析】本實驗目的是制備KClO3和NaClO，并探究其氧化還原性質；首先利用濃鹽酸和MnO2粉末共熱制取氯氣，生成的氯氣中混有HCl氣

60、體，可在裝置a中盛放飽和食鹽水中將HCl氣體除去；之后氯氣與KOH溶液在水浴加熱的條件發生反應制備KClO3，再與NaOH溶液在冰水浴中反應制備NaClO；氯氣有毒會污染空氣，所以需要d裝置吸收未反應的氯氣。【詳解】（1）根據盛放MnO2粉末的儀器結構可知該儀器為圓底燒瓶；a中盛放飽和食鹽水除去氯氣中混有的HCl氣體；（2）根據裝置圖可知盛有KOH溶液的試管放在盛有水的大燒杯中加熱，該加熱方式為水浴加熱；c中氯氣在NaOH溶液中發生歧化反應生成氯化鈉和次氯酸鈉，結合元素守恒可得離子方程式為Cl2+2OH=ClO+Cl+H2O；根據氯氣與KOH溶液的反應可知，加熱條件下氯氣可以和強堿溶液反應生成