PAGEPAGE43專題16化學試驗綜合題2024年高考真題2024年高考真題1．（2024年新課標Ⅰ）為驗證不同化合價鐵的氧化還原實力，利用下列電池裝置進行試驗。回答下列問題：(1)由FeSO4·7H2O固體配制0.10mol·L?1FeSO4溶液，須要的儀器有藥匙、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。依據下表數據，鹽橋中應選擇____________作為電解質。陽離子u∞×108/(m2·s?1·V?1)陰離子u∞×108/(m2·s?1·V?1)Li+4.074.61Na+5.197.40Ca2+6.59Cl?7.91K+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0.02mol·L?1。石墨電極上未見Fe析出。可知，石墨電極溶液中c(Fe2+)=________。(5)依據(3)、(4)試驗結果，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)試驗前須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）0.09mol/L（5）Fe3++e-=Fe2+Fe-2e-=Fe2+Fe3+Fe（6）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【解析】(1)由FeSO4·7H2O固體配制0.10mol·L-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、裝瓶、貼標簽，由FeSO4·7H2O固體配制0.10mol·L-1FeSO4溶液須要的儀器有藥匙、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，依據題意“鹽橋中陰、陽離子不與溶液中的物質發生化學反應”，鹽橋中陰離子不行以選擇、，陽離子不行以選擇Ca2+，另鹽橋中陰、陽離子的遷移率（u∞）應盡可能地相近，依據表中數據，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)依據(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，依據得失電子守恒，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)依據(3)、(4)試驗結果，可知石墨電極的電極反應式為Fe3++e-=Fe2+，鐵電極的電極反應式為Fe-2e-=Fe2+；電池總反應為Fe+2Fe3+=3Fe2+，依據同一反應中，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。2．（2024年新課標Ⅱ）苯甲酸可用作食品防腐劑。試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/(g·mL?1)溶解性甲苯92?95110.60.867不溶于水，易溶于乙醇苯甲酸122122.4(100℃左右起先升華)248——微溶于冷水，易溶于乙醇、熱水試驗步驟：

(1)在裝有溫度計、冷凝管和攪拌器的三頸燒瓶中加入1.5mL甲苯、100mL水和4.8g(約0.03mol)高錳酸鉀，漸漸開啟攪拌器，并加熱回流至回流液不再出現油珠。(2)停止加熱，接著攪拌，冷卻片刻后，從冷凝管上口漸漸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1.0g。(3)純度測定：稱取0.122g粗產品，配成乙醇溶液，于100mL容量瓶中定容。每次移取25.00mL溶液，用0.01000mol·L?1的KOH標準溶液滴定，三次滴定平均消耗21.50mL的KOH標準溶液。回答下列問題：(1)依據上述試驗藥品的用量，三頸燒瓶的最相宜規格為______(填標號)。A．100mLB．250mLC．500mLD．1000mL(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推斷反應已完成，其推斷理由是______。(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)本試驗制備的苯甲酸的純度為_______；據此估算本試驗中苯甲酸的產率最接近于_______(填標號)。A．70%B．60%C．50%D．40%(7)若要得到純度更高的苯甲酸，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，避開在用鹽酸酸化時，產生氯氣2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O（4）MnO2（5）苯甲酸升華而損失（6）86.0％C（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；（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，避開在用鹽酸酸化時，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：5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O；（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；（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；（6）由關系式C6H5COOH～KOH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%；（7）提純苯甲酸可用重結晶的方法。3．（2024年新課標Ⅲ）氯可形成多種含氧酸鹽，廣泛應用于殺菌、消毒及化工領域。試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中采納的加熱方式是_________，c中化學反應的離子方程式是________________，采納冰水浴冷卻的目的是____________。(3)d的作用是________，可選用試劑________(填標號)。A．Na2SB．NaClC．Ca(OH)2D．H2SO4(4)反應結束后，取出b中試管，經冷卻結晶，________，__________，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的氧化實力____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避開生成NaClO3（3）汲取尾氣(Cl2)AC（4）過濾少量(冷)水洗滌（5）紫小于【解析】【分析】本試驗目的是制備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，所以須要d裝置汲取未反應的氯氣。【詳解】(1)依據盛放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)依據裝置圖可知盛有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+2OHˉ=ClOˉ+Clˉ+H2O；依據氯氣與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氯酸鹽，所以冰水浴的目的是避開生成NaClO3；(3)氯氣有毒，所以d裝置的作用是汲取尾氣(Cl2)；A．Na2S可以將氯氣還原成氯離子，可以汲取氯氣，故A可選；B．氯氣在NaCl溶液中溶解度很小，無法汲取氯氣，故B不行選；C．氯氣可以Ca(OH)2或濁液反應生成氯化鈣和次氯酸鈣，故C可選；D．氯氣與硫酸不反應，且硫酸溶液中存在大量氫離子會降低氯氣的溶解度，故D不行選；綜上所述可選用試劑AC；(4)b中試管為KClO3和KCl的混合溶液，KClO3的溶解度受溫度影響更大，所以將試管b中混合溶液冷卻結晶、過濾、少量(冷)水洗滌、干燥，得到KClO3晶體；(5)1號試管溶液顏色不變，2號試管溶液變為棕色，說明1號試管中氯酸鉀沒有將碘離子氧化，2號試管中次氯酸鈉將碘離子氧化成碘單質，即該條件下KClO3的氧化實力小于NaClO；碘單質更易溶于CCl4，所以加入CCl4振蕩，靜置后CCl4層顯紫色。4．（2024年江蘇卷）羥基乙酸鈉易溶于熱水，微溶于冷水，不溶于醇、醚等有機溶劑。制備少量羥基乙酸鈉的反應為試驗步驟如下：步驟1：如圖所示裝置的反應瓶中，加入40g氯乙酸、50mL水，攪拌。逐步加入40%NaOH溶液，在95℃接著攪拌反應2小時，反應過程中限制pH約為9。步驟2：蒸出部分水至液面有薄膜，加少量熱水，趁熱過濾。濾液冷卻至15℃，過濾得粗產品。步驟3：粗產品溶解于適量熱水中，加活性炭脫色，分別掉活性炭。步驟4：將去除活性炭后的溶液加到適量乙醇中，冷卻至15℃以下，結晶、過濾、干燥，得羥基乙酸鈉。(1)步驟1中，如圖所示的裝置中儀器A的名稱是___________；逐步加入NaOH溶液的目的是____________。(2)步驟2中，蒸餾燒瓶中加入沸石或碎瓷片的目的是_______________。(3)步驟3中，粗產品溶解于過量水會導致產率__________(填“增大”或“減小”)；去除活性炭的操作名稱是_______________。(4)步驟4中，將去除活性炭后的溶液加到適量乙醇中的目的是_______________。【答案】（1）(回流)冷凝管防止升溫太快、限制反應體系pH（2）防止暴沸（3）減小趁熱過濾（4）提高羥基乙酸鈉的析出量(產率)【解析】【分析】制備少量羥基乙酸鈉的反應為，依據羥基乙酸鈉易溶于熱水，粗產品溶解于適量熱水中，加活性炭脫色，分別掉活性炭，趁熱過濾，依據羥基乙酸鈉不溶于醇，將去除活性炭后的溶液加到適量乙醇中，冷卻至15℃以下，結晶、過濾、干燥，得羥基乙酸鈉。【詳解】(1)依據圖中儀器得出儀器A的名稱為冷凝管，依據題中信息可知制備羥基乙酸鈉的反應為放熱反應，逐步加入NaOH溶液的目的是防止升溫太快，同時限制反應體系的pH；故答案為：(回流)冷凝管；防止升溫太快，限制反應體系的pH。(2步驟2中燒瓶中加入沸石或碎瓷片的目的是防止暴沸；故答案為：防止暴沸。(3)粗產品溶于過量水，導致在水中溶解過多，得到的產物削減，因此導致產率減小；由于產品易溶于熱水，微溶于冷水，因此去除活性炭的操作名稱是趁熱過濾；故答案為：削減；趁熱過濾。(4)依據信息，產品不溶于乙醇、乙醚等有機溶劑中，因此步驟4中，將去除活性炭后的溶液加到適量乙醇中的目的是降低產品的溶解度，提高羥基乙酸鈉的析出量(產量)；故答案為：提高羥基乙酸鈉的析出量(產量)。5．（2024年山東新高考）某同學利用Cl2氧化K2MnO4制備KMnO4的裝置如下圖所示(夾持裝置略)：已知：錳酸鉀(K2MnO4)在濃強堿溶液中可穩定存在，堿性減弱時易發生反應：回答下列問題：(1)裝置A中a的作用是______________；裝置C中的試劑為________________；裝置A中制備Cl2的化學方程為______________。(2)上述裝置存在一處缺陷，會導致KMnO4產率降低，改進的方法是________________。(3)KMnO4常作氧化還原滴定的氧化劑，滴定時應將KMnO4溶液加入___________(填“酸式”或“堿式”)滴定管中；在規格為50.00mL的滴定管中，若KMnO4溶液起始讀數為15.00mL，此時滴定管中KMnO4溶液的實際體積為______________(填標號)。A．15.00mLB．35.00mLC．大于35.00mLD．小于15.00m1(4)某FeC2O4﹒2H2O樣品中可能含有的雜質為Fe2(C2O4)3、H2C2O4﹒2H2O，采納KMnO4滴定法測定該樣品的組成，試驗步驟如下:Ⅰ.取mg樣品于錐形瓶中，加入稀H2SO4溶解，水浴加熱至75℃。用cmol﹒L-1的KMnO4溶液趁熱滴定至溶液出現粉紅色且30s內不褪色，消耗KMnO4溶液V1mL。Ⅱ.向上述溶液中加入適量還原劑將Fe3+完全還原為Fe2+，加入稀H2SO4酸化后，在75℃接著用KMnO4溶液滴定至溶液出現粉紅色且30s內不褪色，又消耗KMnO4溶液V2mL。樣品中所含的質量分數表達式為_________________。下列關于樣品組成分析的說法，正確的是__________(填標號)。A．時，樣品中肯定不含雜質B．越大，樣品中含量肯定越高C．若步驟I中滴入KMnO4溶液不足，則測得樣品中Fe元素含量偏低D．若所用KMnO4溶液實際濃度偏低，則測得樣品中Fe元素含量偏高【答案】（1）平衡氣壓，使濃鹽酸順當滴下NaOH溶液（2）在裝置A、B之間加裝盛有飽和食鹽水的洗氣瓶（3）酸式C（4）BD【解析】【分析】漂白粉的有效成分Ca(ClO)2具有強氧化性，和濃鹽酸在A中發生歸中反應產生Cl2，Cl2和K2MnO4在B中反應產生KMnO4，反應不完的Cl2用C汲取，據此解答。【詳解】(1)裝置A為恒壓分液漏斗，它的作用是平衡氣壓，使濃鹽酸順當滴下，C的作用是汲取反應不完的Cl2，可用NaOH溶液汲取，Ca(ClO)2和濃鹽酸在A中發生歸中反應產生Cl2，反應的化學方程式為Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；(2)錳酸鉀在濃強堿溶液中可穩定存在，堿性減弱時易發生3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-，一部分MnO42-轉化為了MnO2，導致最終KMnO4的產率低，而濃鹽酸易揮發，干脆導致B中NaOH溶液的濃度減小，故改進措施是在裝置A、B之間加裝盛有飽和食鹽水的洗氣瓶汲取揮發出來的HCl；(3)高錳酸鉀有強氧化性，強氧化性溶液加入酸式滴定管，滴定管的“0”刻度在上，規格為50.00mL的滴定管中實際的體積大于(50.00-15.00)mL，即大于35.00mL；(4)設FeC2O4·2H2O的物質的量為xmol，Fe2(C2O4)3的物質的量為ymol，H2C2O4·2H2O的物質的量為zmol，步驟I中草酸根和Fe2+均被氧化，結合得失電子守恒有：2KMnO4~5H2C2O4(C2O42-)，KMnO4~5Fe2+，所以，步驟II中Fe2+被氧化，由KMnO4~5Fe2+可知，，聯立二個方程解得：z=2.5(cV1-3V2)×10-3，所以H2C2O4·2H2O的質量分數==。關于樣品組成分析如下：A．時，H2C2O4·2H2O的質量分數==0，樣品中不含H2C2O4·2H2O，由和可知，y≠0，樣品中含Fe2(C2O4)3雜質，A錯誤；B．越大，由H2C2O4·2H2O的質量分數表達式可知，其含量肯定越大，B正確；C．Fe元素的物質的量=，若步驟I中KMnO4溶液不足，則步驟I中有一部分Fe2+沒有被氧化，不影響V2的大小，則不變，則對于測得Fe元素的含量無影響，C錯誤；D．結合C可知：若KMnO4溶液濃度偏低，則消耗KMnO4溶液的體積V1、V2均偏大，Fe元素的物質的量偏大，則測得樣品中Fe元素含量偏高，D正確。6．（2024年7月浙江選考）硫代硫酸鈉在紡織業等領域有廣泛應用。某愛好小組用下圖裝置制備。合成反應：滴定反應：已知：易溶于水，難溶于乙醇，起先失結晶水。試驗步驟：Ⅰ.制備：裝置A制備的經過單向閥通入裝置C中的混合溶液，加熱、攪拌，至溶液約為7時，停止通入氣體，得產品混合溶液。Ⅱ.產品分別提純：產品混合溶液經蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾洗滌、干燥，得到產品。Ⅲ.產品純度測定：以淀粉作指示劑，用產品配制的溶液滴定碘標準溶液至滴定終點，計算含量。請回答：(1)步驟Ⅰ:單向閥的作用是______；裝置C中的反應混合溶液過高或過低將導致產率降低，緣由是_______。(2)步驟Ⅱ:下列說法正確的是_____。A快速蒸發溶液中水分，可得較大晶體顆粒B蒸發濃縮至溶液表面出現品晶膜時，停止加熱C冷卻結晶后的固液混合物中加入乙醇可提高產率D可選用冷的溶液作洗滌劑(3)步驟Ⅲ①滴定前，有關滴定管的正確操作為(選出正確操作并按序排列)：檢漏→蒸餾水洗滌→（______）→（______）→（______）→（______）→（______）→起先滴定。A烘干B裝入滴定液至零刻度以上C調整滴定液液面至零刻度或零刻度以下D用洗耳球吹出潤洗液E解除氣泡F用滴定液潤洗2至3次G記錄起始讀數②裝標準碘溶液的碘量瓶(帶瓶塞的錐形瓶)在滴定前應蓋上瓶塞，目的是______。③滴定法測得產品中含量為，則產品中可能混有的物質是________。【答案】（1）防止倒吸過高，、反應不充分；過低，導致轉化為S和（2）BC（3）①FBECG

②防止碘揮發損失③、失去部分結晶水的【解析】【分析】本試驗的目的是制備Na2S2O3·5H2O，首先裝置A中利用濃硫酸和亞硫酸鈉固體反應生成二氧化硫，將SO2通入裝置C中的混合溶液，加熱攪拌，發生題目所給合成反應，運用單向閥可以防止倒吸；為了使Na2CO3、Na2S充分反應，同時又不因酸性過強使Na2S2O3發生歧化反應，至溶液pH約為7時，停止通入SO2氣體，得到產品的混合溶液；之后經蒸發濃縮，冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥得到產品，已知Na2S2O3·5H2O難溶于乙醇，冷卻結晶后可以加入適量乙醇降低Na2S2O3的溶解度，析出更多的晶體。【詳解】(1)SO2會與裝置C中混合溶液發生反應，且導管進入液面以下，須要防倒吸的裝置，單向閥可以防止發生倒吸；Na2CO3、Na2S水解都會使溶液顯堿性，所以pH過高，說明Na2CO3、Na2S反應不充分；而pH過低，又會導致Na2S2O3發生歧化反應轉化為S和SO2，所以pH過高或過低都會導致產率降低；(2)A．蒸發結晶時，快速蒸發溶液中的水分，可以得到較小的晶體顆粒，故A錯誤；B．為防止固體飛濺，蒸發濃縮至溶液表面出現晶膜時，停止加熱，故B正確；C．Na2S2O3·5H2O難溶于乙醇，所以冷卻結晶后的固液混合物中可以加入適量乙醇降低Na2S2O3的溶解度，析出更多的晶體，提高產率，故C正確；D．用碳酸鈉溶液洗滌會使晶體表面附著碳酸鈉雜質，Na2S2O3·5H2O難溶于乙醇，可以用乙醇作洗滌劑，故D錯誤；綜上所述選BC；(3)①滴定前應檢查滴定管是否漏液，之后用蒸餾水洗滌滴定管，為防止稀釋滴定液使測定結果不精確，需用滴定液潤洗2至3次，之后裝入滴定液至零刻度以上，解除裝置中的氣泡，然后調整滴定液液面至零刻度或零刻度以下，并記錄起始讀數，起先滴定，所以正確的操作和依次為：撿漏→蒸餾水洗滌→F→B→E→C→G→起先滴定；②碘簡單揮發，所以裝標準碘溶液的碘量瓶在滴定前應蓋上瓶塞，防止碘揮發損失；③測定的產品中Na2S2O3·5H2O含量大于100%，說明產品中混有失去部分結晶水的Na2S2O3·5H2O。7．（2024年天津卷）為測定CuSO4溶液的濃度，甲、乙兩同學設計了兩個方案。回答下列問題：Ⅰ.甲方案試驗原理：試驗步驟：(1)推斷沉淀完全的操作為____________。(2)步驟②推斷沉淀是否洗凈所選用的試劑為_____________。(3)步驟③灼燒時盛裝樣品的儀器名稱為__________。(4)固體質量為wg，則c(CuSO4)=________mol?L-1。(5)若步驟①從燒杯中轉移沉淀時未洗滌燒杯，則測得c(CuSO4)_________(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)。Ⅱ.乙方案試驗原理：，試驗步驟:①按右圖安裝裝置(夾持儀器略去)②……③在儀器A、B、C、D、E…中加入圖示的試劑④調整D、E中兩液面相平，使D中液面保持在0或略低于0刻度位置，讀數并記錄。⑤將CuSO4溶液滴入A中攪拌，反應完成后，再滴加稀硫酸至體系不再有氣體產生⑥待體系復原到室溫，移動E管，保持D、E中兩液面相平，讀數并記錄⑦處理數據(6)步驟②為___________。(7)步驟⑥需保證體系復原到室溫的緣由是________(填序號)。A．反應熱受溫度影響B．氣體密度受溫度影響C．反應速率受溫度影響(8)Zn粉質量為ag，若測得H2體積為bmL，已知試驗條件下，則c(CuSO4)______mol?L-1(列出計算表達式)。(9)若步驟⑥E管液面高于D管，未調液面即讀數，則測得c(CuSO4)________(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)。(10)是否能用同樣的裝置和方法測定MgSO4溶液的濃度：_________(填“是”或“否”)。【答案】（1）向上層清液中接著滴加BaCl2溶液，無白色沉淀生成，則沉淀完全（2）AgNO3溶液（3）坩堝（4）（5）偏低（6）檢查裝置氣密性（7）b（8）（9）偏高（10）否【解析】【分析】甲方案是利用溶液中的硫酸銅與氯化鋇反應生成硫酸鋇沉淀，經灼燒、洗滌、稱重后得到的固體是硫酸鋇，利用硫酸根守恒，計算出硫酸銅的物質的量，從而計算出濃度；乙方案是利用鋅與稀硫酸反應釋放出氫氣的體積，換算成質量，計算出與稀硫酸反應的鋅的物質的量，再利用鋅的總的物質的量減去與酸反應的鋅的物質的量，得到與硫酸銅反應的鋅的物質的量，依據鋅和硫酸銅的物質的量關系，計算出硫酸銅的物質的量，依據得到硫酸銅的濃度，據此分析。【詳解】Ⅰ．(1)硫酸根離子的檢驗是滴加氯化鋇溶液，若產生白色沉淀，證明溶液中含有硫酸根離子，故推斷沉淀完全的操作向上層清液中接著滴加BaCl2溶液，無白色沉淀生成，則沉淀完全；(2)步驟②推斷沉淀是否洗凈所選用的試劑為AgNO3溶液，硫酸鋇沉淀中可能附著有氯化鋇，為了證明還有沒氯離子，須要加入硝酸銀溶液，若產生白色沉淀，證明沒有洗凈；(3)步驟③灼燒時盛裝樣品的儀器為坩堝；(4)固體質量為wg，為硫酸鋇的質量，硫酸鋇的物質的量為n=，依據硫酸根守恒可知，CuSO4~BaSO4，則c(CuSO4)===mol?L-1；(5)若步驟①從燒杯中轉移沉淀時未洗滌燒杯，會使固體的質量偏小，物質的量偏小，依據可知，則測得c(CuSO4)偏低；Ⅱ．(6)加入藥品之前需檢查裝置的氣密性；步驟②為檢查裝置氣密性；(7)氣體的體積受溫度和壓強的影響較大，氣體的質量不隨溫度和壓強的變更而變更，密度也受溫度和壓強的影響，步驟⑥需保證體系復原到室溫的緣由是氣體密度受溫度影響；反應熱不受溫度的影響，只與反應物和生成物自身的能量有關，不隨溫度壓強而變更；反應速率受溫度影響，溫度越高，反應速率越快，步驟⑥需保證體系復原到室溫與反應速率無關；(8)Zn粉質量為ag，若測得H2體積為bmL，已知試驗條件下，氫氣的質量=，利用氫氣的質量得到氫氣的物質的量n=，依據，與酸反應的鋅的物質的量為，鋅的總物質的量為，與硫酸銅反應的鋅的物質的量為，依據，則c(CuSO4)=；(9)若步驟⑥E管液面高于D管，未調液面即讀數，得到氫氣的體積偏小，與硫酸反應的鋅的質量偏小，與硫酸銅反應的鋅的質量偏大，則測得c(CuSO4)偏高；(10)不能用同樣的裝置和方法測定MgSO4溶液的濃度，硫酸鎂不和鋅發生置換反應。2025屆高考模擬試題2025屆高考模擬試題8．（2025屆廣東省深圳市高三第一次調研）堿式氯化銅為綠色或墨綠色結晶性粉末，難溶于水，溶于稀酸和氨水，在空氣中非常穩定。Ⅰ.模擬制備堿式氯化銅。向溶液中通入和，調整pH至5.0~5.5，限制反應溫度于70~80℃，試驗裝置如圖所示(部分夾持裝置已省略)。（1）儀器X的名稱是________，其主要作用有導氣、________。（2）試驗室利用裝置A制，發生反應的化學方程式為________。（3）反應過程中，在三頸燒瓶內除視察到溶液藍綠色褪去，還可能視察到的現象是________、________、________。（4）若體系過高會導致堿式氯化銅的產量_______(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)。（5）反應結束后，將三頸瓶中的混合物過濾，從濾液中還可以獲得的副產品是________(填化學式)，經提純得產品無水堿式氯化銅。Ⅱ.無水堿式氯化銅組成的測定。稱取產品，加硝酸溶解，并加水定容至200mL，得到待測液。（6）銅的測定：取20.00mL測液，經測定，濃為。則稱取的樣品中________mol。（7）采納沉淀滴定法測定氯：用標準溶液滴定過量的，試驗如圖：①滴定時，應選用下列哪種物質作為指示劑________(填標號)。A．B．C．②重復試驗操作三次，消耗溶液的體積平均為10.00mL。則稱取的樣品中______mol。（8）依據上述試驗結果可推知無水堿式氯化銅的化學式為________。【答案】（1）球形干燥管防倒吸（2）（3）溶液中有大量墨綠色固體產生三頸燒瓶中有白煙干燥管中有液體上升后下降的現象（4）偏低（5）（6）0.04000或0.04（7）①B②0.02000或0.02（8）【解析】（1）儀器X的名稱是球形干燥管，其主要作用有導氣、防止倒吸；（2）試驗室制取氨氣的化學方程式為；（3）在三頸燒瓶內，氯化銅，氨氣和氯化氫氣體反應制取堿式氯化銅，堿式氯化銅為綠色或墨綠色結晶性粉末，難溶于水，故試驗現象為：①溶液中有大量墨綠色固體產生；由于通入的氯化氫氣體和氨氣相遇產生氯化銨，故試驗現象②三頸燒瓶中有白煙生成；干燥管中充溢了氨氣和氯化氫氣體，反應后氣體的壓強快速減小，故試驗現象③干燥管中有液體上升后下降的現象；（4）若過高，會導致氨水濃度增大，會使堿式氯化銅有損耗，故導致堿式氯化銅的產量偏低；（5）該反應為氯化銅，氨氣和氯化氫反應，氨氣會和氯化氫反應生成氯化銨，作為副產物；（6）20.00mL待測液，濃為，則銅離子的物質的量為0.2mol/L×0.02L=0.004mol，由于稱取的樣品中是20ml溶液的10倍，所得銅離子的物質的量也是20mL溶液的10倍，樣品中所含銅離子的物質的量為0.004mol×10=0.04000mol或0.04mol；（7）①用標準溶液滴定過量的，到達滴定終點，用三價鐵離子檢驗硫氰根離子，可以運用硝酸鐵，不能運用氯化鐵，由于氯化鐵會和硝酸銀反應生成氯化銀沉淀，影響滴定終點的推斷；②10.00mL0.1mol/L的的物質的量等于0.1mol/L×0.01L=0.001mol，由~可知，未反應的硝酸銀的物質的量等于0.001mol，共加入30mL0.1mol/L的的硝酸銀，則與氯離子反應的硝酸銀的物質的量等于0.03L×0.1mol/L-0.001mol=0.002mol，Cl-~Ag+，n(Cl-)=0.002mol，樣品配成的是200mL溶液，滴定只取了20mL，樣品中的氯離子是0.002mol×10=0.02mol；（8）測定無水堿式氯化銅組成時，稱取產品，已知銅離子的物質的量為0.04mol，氯離子的物質的量為0.02mol，假設無水堿式氯化銅的化學式為，可知無水堿式氯化銅的物質的量為0.02mol，摩爾質量為=214.5g/mol，64×2g/mol+17xg/mol+35.5g/mol=214.5g/mol，解得x=3，故無水堿式氯化銅的化學式為。9．（2025屆廣東省佛山市質檢）DCCNa(二氯異氰尿酸鈉)固體是一種高效、平安的消毒劑。20℃以上易溶于水。(CNO)3H3(氰尿酸)為三元弱酸。I.制備DCCA(二氯異氰尿酸)裝置如圖。主要反應有：堿溶(CNO)3H3+2NaOH=(CNO)3Na2H+2H2O△H<0氯化(CNO)3Na2H+2Cl2=(CNO)3Cl2H+2NaCl?H<0回答下列問題：（1）裝置C中的溶液是______________，作用為______________。（2）裝置A中反應的離子方程式為_______________。（3）裝置B用冰水浴的緣由是__________，堿溶時若氫氧化鈉過量，(CNO)3Na2H中可能混有的雜質是__________。Ⅱ.制備DCCNa（4）步驟II中過濾洗鹽”洗去的鹽是__________________。（5）“中和”反應的化學方程式為_________________。（6）氧元素含量的測定：稱取0.1000gDCNa樣品，加入肯定量醋酸溶液溶解，樣品中的氯元素全邵轉化成HClO，再加入足量的KI溶液，用淀粉作指示劑，用01000mol·L-1Na2S2O3標準溶液滴定生成的碘，消耗VmL.已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，樣品中氯元素的質量分數=__________%【答案】（1）氫氧化鈉溶液汲取多余氯氣，防止污染空氣（2）（3）該反應放熱，冰水浴可降溫促進反應向正反應方向進行，同時降低產品溶解度(CNO)3Na3（4）NaCl（5）（6）1.775V【解析】由圖中裝置和試驗藥品可知，A裝置為氯氣發生裝置，B裝置發生氯化反應生成DCCA，C裝置用于尾氣處理，汲取多余的氯氣。利用DCCA生產DCCNa先將B中產物主要成分為DCCA和NaCl的混合物進行過濾洗鹽，得到DCCA，DCCA與氫氧化鈉反應得到DCCNa，再經過冷卻結晶，過濾干燥得到產品DCCNa，以此分析。（1）由上述分析可知C裝置用于尾氣處理，汲取多余的氯氣，防止污染空氣，試劑為氫氧化鈉溶液，故答案為：氫氧化鈉溶液；汲取多余氯氣，防止污染空氣；（2）A裝置為氯氣發生裝置離子反應為：，故答案為：；（3）由已知反應可知裝置B中反應，該反應放熱，冰水浴可降溫促進反應向正反應方向進行，同時降低溫度可降低產品溶解度；(CNO)3H3(氰尿酸)為三元弱酸，則堿溶時若氫氧化鈉過量，則會生成產物(CNO)3Na3，故答案為：該反應放熱，冰水浴可降溫促進反應向正反應方向進行，同時降低產品溶解度；(CNO)3Na3；（4）B中產物主要成分為DCCA和NaCl的混合物，則過濾洗鹽洗去的鹽是NaCl，故答案為：NaCl；（5）DCCA與氫氧化鈉反應得到DCCNa化學方程式為：，故答案為：；（6）DCCNa樣品，加入肯定量醋酸溶液溶解，樣品中的氯元素全邵轉化成HClO，再加入足量的KI溶液，用Na2S2O3標準溶液滴定生成的碘，則關系式為：，則氯原子的物質的量，則樣品中氯元素的質量分數為，故答案為：1.775V。10．（2025屆廣東省茂名市高三二模）二甲基砜是合成人體膠原蛋白的必要物質。試驗室用二甲基硫醚為原料合成二甲基砜的新方法為：反應i：(CH3)2S+H2O2→(CH3)2SO+H2O反應ii：。二甲基硫醚(CH3)2S二甲基亞楓(CH3)2SO二甲基砜(CH3)2SO2密度0.85g·cm-31.10g·cm-3——熔點/沸點-83.2℃/37.5℃18.4℃/189℃111℃/238℃溶解性不溶于水易溶于水、乙醇易溶于水、乙醇詳細流程如下：回答下列問題：（1）反應裝置如圖所示，儀器B的名稱是_____，其作用是_____。（2）第①步反應溫度不高于40℃的緣由是_____；該步驟反應完全的現象是_____。（3）第②步先將A中滴加剩余的H2O2全部加入三頸燒瓶中，然后加熱發生反應ii。該反應的化學方程式為_____。（4）第③步的試驗操作為_____、過濾、低溫干燥，得到二甲基砜產品。（5）二甲基砜傳統的生產工藝是由HNO3氧化(CH3)2S生成(CH3)2SO，然后用NaOH中和、精餾，制得精品(CH3)2SO，最終再經氧化制得(CH3)2SO2。該新方法與傳統硝酸氧化法比的優點有_____(至少回答2點)。（6）該試驗中制得二甲基砜19.176g。二甲基砜的產率為_____。【答案】（1）球形冷凝管冷凝回流（2）防止反應過于猛烈，并能削減二甲基硫醚的揮發和雙氧水的分解溶液不分層（3）（4）冷卻結晶（5）試劑少、步驟少、雜質少、污染少、條件易限制等合理答案80%【解析】由題中信息可知，二甲基硫醚和雙氧水在肯定的條件下發生反應可以生成二甲基亞楓和二甲基砜，反應分兩步進行，通過限制溫度得以實現。充分反應后，冷卻結晶、過濾、低溫干燥，得到二甲基砜產品。（1）儀器B是球形冷凝管。由于二甲基硫醚的沸點為37.5℃，易揮發，因此，冷凝管的作用是冷凝回流；（2）由表可知二甲基硫醚的沸點為37.5℃，限制溫度在40攝氏度以下為了削減二甲基硫醚的揮發，雙氧水受熱易分解，限制較低的溫度有利于削減雙氧水分解，另外，限制較低的溫度也有利于限制化學反應速率，防止反應過于猛烈；二甲基硫醚不溶于水，二甲基亞砜溶于水，則反應結束后溶液不分層，故答案為：防止反應過于猛烈，并能削減二甲基硫醚的揮發和雙氧水的分解；溶液不分層；（3）二甲基亞砜(CH3)2SO和H2O2反應生成二甲基砜(CH3)2SO2，反應條件為120℃，化學方程式為：；（4）二甲基砜(CH3)2SO2的熔點為111℃，防止二甲基砜熔化，應采納冷卻結晶法，故答案為：冷卻結晶；（5）相比傳統方法，新方法試劑少、步驟少、雜質少、污染少、條件易限制；（6）二甲基硫醚物質的量為,由方程式可知關系式為：，則二甲基砜理論產量為，產率=。11．（2025屆安徽省合肥市高三線上考試）試驗室利用如圖裝置探究SO2還原CuO，并進一步檢測產物含量。已知Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O。回答下列相關問題：Ⅰ.SO2還原CuO的探究（1）裝置B中宜放入的試劑為___，消膜泡的作用是__。（2）運用98%的H2SO4溶液制備SO2的速率明顯小于運用65％的H2SO4溶液制備SO2，緣由是__。（3）充分反應后，黑色固體變為紅色。取C中適量的產物，加水后溶液顯藍色并有紅色沉淀物，取紅色沉淀物滴加鹽酸，溶液又呈藍色并仍有少量紅色不溶物，由此可以得出SO2與CuO反應的方程式為__。Ⅱ.生成物中CuSO4含量檢測（4）用“碘量法”測定產物中CuSO4含量。取mg固體溶解于水配制為250mL溶液，取20.00mL溶液滴加幾滴稀硫酸，再加入過量KI溶液，以淀粉為指示劑用Na2S2O3標準溶液滴定，相關化學反應為2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，I2+I-I3-，I2+2S2O32-=S4O62-+2I-。①Na2S2O3標準溶液易變質，滴定前須要標定。配制該溶液時須要的玻璃儀器有燒杯、___、玻璃棒和試劑瓶。②若消耗0.1000mol/LNa2S2O3標準溶液VmL，則產物中CuSO4質量分數為____(寫表達式)。③CuI沉淀物對I3-具有強的吸附實力，由此會造成CuSO4質量分數測定值____(填“偏大”或“偏小”)。為削減試驗誤差，滴定過程中，經常在接近終點時加入KSCN，使CuI轉化為溶解度更小的CuSCN，該沉淀物對I3-吸附實力極弱，KSCN加入太早，I2的濃度較大，I2會將SCN-氧化生成SO42-和ICN，該反應的離子方程式為___。【答案】（1）濃硫酸防止B中液體被吹入裝置C中（2）98%的H2SO4溶液中c(H+)較小，反應速率較小（3）3CuO+SO2CuSO4+Cu2O（4）①量筒②×100%③偏小SCN-+4I2+4H2O=SO42-+7I-+ICN+8H+【解析】試驗室一般用中等濃度的硫酸和亞硫酸鹽反應制備SO2，所以裝置A是制備SO2的裝置，發生的反應為：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑，制備的SO2中含有水蒸氣，應用濃硫酸干燥，消膜泡防止B中的濃硫酸被SO2的氣流吹入C裝置中，SO2進入C裝置中與CuO發生氧化還原反應，其反應方程式為：3CuO+SO2CuSO4+Cu2O，多余的SO2被NaOH溶液汲取，D裝置是尾氣處理裝置。Ⅰ.（1）制備SO2時含有水蒸氣雜質，應用濃硫酸干燥，所以裝置B中放入濃硫酸，目的是除去水蒸氣；消膜泡所起的主要作用是防止B中的濃硫酸被SO2的氣流吹入C裝置中，故答案為：濃硫酸；防止B中液體被吹入裝置C中；（2）制取SO2的反應實質是氫離子和亞硫酸根離子反應，98%的硫酸溶液中溶質主要是硫酸分子，而氫離子濃度較小，所以反應速率較慢，故答案為：98%的H2SO4溶液中c(H+)較小，反應速率較小；（3）依據信息，可以得出產物有硫酸銅和氧化亞銅，其反應方程式為：3CuO+SO2CuSO4+Cu2O，故答案為：3CuO+SO2CuSO4+Cu2O；Ⅱ.（4）①標準溶液滴定前須要標定，不須要特殊精準體積的容量瓶，所以配制Na2S2O3標準溶液時須要的玻璃儀器除了燒杯、玻璃棒和試劑瓶外，配制時選取量筒即可，故答案為：量筒；②依據相關化學反應為2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，I2+I-I3-，I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，可以得出關系式：Cu2+S2O32-，n(Cu2+)=n(S2O32-)=(0.1000×V×10-3)mol，則mg生成物中硫酸銅質量分數為：×100%，故答案為：×100%；③因為CuI沉淀對I3-具有強的吸附實力，會造成碘單質實際消耗量偏少，由此造成硫酸銅質量分數測定值偏小；依據氧化還原反應特點，可以得出碘單質與硫氰化鉀之間的離子反應方程式為：SCN-+4I2+4H2O=SO42-+7I-+ICN+8H+，故答案為：SCN-+4I2+4H2O=SO42-+7I-+ICN+8H+。12．（2025屆四川省瀘州市高三第三次質檢）一水硫酸四氨合銅晶體[Cu(NH3)4SO4·H2O，相對分子質量為246]是一種重要的染料及農藥中間體。常溫下該物質可溶于水，難溶于乙醇。某化學愛好小組通過以下試驗制備一水硫酸四氨合銅晶體并測定其純度。回答相關問題：I．試驗室制取CuSO4溶液方案i：銅與濃硫酸加熱制備。方案ii：將銅粉在空氣中充分加熱至完全變黑，再加稀硫酸即可得到硫酸銅溶液。（1）請寫出方案i反應的化學方程式____，其缺點是____（寫1點）。（2）實際生產中方案ii經常有紫紅色固體未反應，猜想緣由可能是____。（3）基于此，試驗進行了改進，其中一種方案是在硫酸和銅的反應容器中滴加H2O2溶液，視察到的現象是____（寫1點）。H2O2的沸點為150.2℃。為加快反應須要提高H2O2溶液的濃度，可通過下圖將H2O2稀溶液濃縮，冷水入口是____（填a或b），增加減壓設備的目的是____。II．一水硫酸四氨合銅晶體的制備（4）硫酸銅溶液含有肯定的硫酸，呈酸性，加入適量NH3·H2O調整溶液pH，產生淺藍色沉淀，已知其成分為Cu2(OH)2SO4，試寫誕生成此沉淀的離子反應方程式__________。（5）接著滴加NH3·H2O，會轉化成深藍色溶液。從深藍色溶液中析出深藍色晶體的簡便試驗是滴加____________。III．產品純度的測定（6）精確稱取mg晶體，加適量水溶解，然后逐滴加入足量NaOH溶液，通入水蒸氣將氨全部蒸出，用V1mL0.200mol·L－1的鹽酸完全汲取。以甲基橙作指示劑，用0.200mol·L－1NaOH標準溶液滴定過剩的HCl，到終點時消耗V2mLNaOH溶液。產品純度的表達式為______。【答案】（1）Cu＋2H2SO4（濃）CuSO4＋SO2↑＋2H2O會產生有污染的SO2氣體（或硫酸利用率比較低或不節能）（2）表面生成的CuO阻擋內部銅與O2接觸或反應（3）銅溶解、溶液變藍、產生氣泡a降低水的沸點，避開H2O2分解（4）2Cu2+＋2NH3·H2O＋SO42-=Cu2(OH)2SO4↓＋2NH4+（5）乙醇（6）=【解析】（1）方案i銅與濃硫酸加熱反應生成硫酸銅、二氧化硫和水，化學方程式Cu＋2H2SO4（濃）CuSO4＋SO2↑＋2H2O，其缺點是會產生有污染的SO2氣體（或硫酸利用率比較低或不節能）（寫1點）。（2）實際生產中方案ii經常有紫紅色固體未反應，猜想緣由可能是表面生成的CuO阻擋內部銅與O2接觸或反應。（3）在硫酸和銅的反應容器中滴加H2O2溶液，Cu在H2O2作用下與稀硫酸反應生成硫酸銅，該反應的化學方程式為：Cu+H2O2+H2SO4═CuSO4+H2O，視察到的現象是銅溶解、溶液變藍、產生氣泡（寫1點）。H2O2的沸點為150.2℃。為加快反應須要提高H2O2溶液的濃度，可通過減壓蒸餾將H2O2稀溶液濃縮，冷凝水逆流時熱交換效率高，冷水入口是a（填a或b），過氧化氫受熱易分解，故采納減壓蒸餾的方式，增加減壓設備的目的是降低水的沸點，避開H2O2分解。II．（4）硫酸銅溶液含有肯定的硫酸，呈酸性，加入適量NH3·H2O調整溶液pH，產生淺藍色沉淀Cu2(OH)2SO4，生成此沉淀的離子反應方程式2Cu2+＋2NH3·H2O＋SO42-=Cu2(OH)2SO4↓＋2NH4+。（5）接著滴加NH3·H2O，會轉化成深藍色溶液。由于Cu（NH3）4SO4·H2O晶體難溶于乙醇，可溶于水，從深藍色溶液中析出深藍色晶體的簡便試驗是滴加乙醇。III．（6）與氨氣反應的n（HCl）=10-3V1L×0.200mol·L-1-0.200mol·L-1×10-3V2L=2×10-4（V1-V2）mol，依據NH3～HCl可知，n（NH3）=n（HCl）=2×10-4（V1-V2）mol，則n[Cu（NH3）4SO4·H2O]=n（NH3）=5×10-5（V1-V2）mol，樣品中產品純度的表達式為：==。13．（2025屆廣東省茂名市高三綜合測試）草酸亞鐵晶體(FeC2O4?xH2O)在電池工業、制藥、照片顯影等方面有重要作用。在試驗室中用制備草酸亞鐵并探討其性質，詳細流程如圖：已知：常溫下，pH>4時，Fe2+簡單被氧化；H2C2O4的Ka1=5.9×10-2，Ka2=6.5×10-5；Ksp(FeC2O4?xH2O)=3.2×10-7回答下列問題：（1）步驟①用水溶解的過程中，加入少量稀H2SO4的作用是_____。（2）步驟②中加入的H2C2O4屬于_____酸，生成固體I的離子反應方程式為_____。（3）步驟③中先用水洗滌，再用乙醇洗滌，其目的是_____。（4）步驟④是檢驗草酸亞鐵晶體加熱分解后的產物H2O、CO、CO2，首先檢驗的氣體為_____，然后將剩余氣體依次通過_____（填序號，裝置可重復運用）→尾氣處理。試驗前須要將裝置中的空氣排盡，理由是_____。（5）步驟⑤采納滴定分析法測定FeC2O4?xH2O中x的值。取0.18g樣品溶于稀硫酸配成100.00mL溶液，取20.00mL于錐形瓶中，用0.0100mol?L-1KMnO4溶液滴定至終點，消耗KMnO4溶液12.00mL。滴定終點的現象為_____，x值為_____。【答案】（1）抑制Fe2+水解，防止氧化（2）二元弱酸Fe2++H2C2O4+xH2O=FeC2O4?xH2O↓+2H+（3）除去表面雜質，易于干燥（4）H2OCDCBAC或CDBAC防止爆炸（5）滴加最終一滴，溶液由無色變成淺紅色，且半分鐘不褪色2【解析】（NH4）2SO4?FeSO4?6H2O晶體，加稀硫酸溶解，滴入幾滴稀硫酸防止亞鐵離子水解，加入草酸沉淀亞鐵離子，過濾得到草酸亞鐵晶體（FeC2O4?xH2O），過濾，再用無水乙醇洗滌2～3次，干燥，加熱得固體ⅡFeC2O4，草酸亞鐵晶體與KMnO4溶液反應得溶液Ⅲ。（1）溶液中亞鐵離子水解，加入少量硫酸，抑制亞鐵離子水解，防止其被氧化；（2）H2C2O4屬于二元弱酸，反應②是H2C2O4和Fe2+生成固體ⅠFeC2O4?xH2O，離子反應方程式為：Fe2++H2C2O4+xH2O=FeC2O4?xH2O↓+2H+；（3）先用水洗滌再用乙醇洗滌，洗滌除去晶體表面附著的硫酸鹽等雜質，用乙醇洗滌，乙醇具有揮發性，可以使FeC2O4?xH2O快速干燥；（4）驗證生成的產物中有氧化鐵、H2O、CO、CO2，因大部分物質的驗證須要經過水溶液，因此驗證水放在第一位，無水硫酸銅與水反應得到五水硫酸銅，顏色由白色變為藍色；CO通入到氧化銅固體中將又有CO2生成,從而驗證CO2的存在放在CO前面，所以依次為：CDCBAC或CDBAC；試驗前須要將裝置中的空氣排盡，否則加熱不純的可燃氣體，易發生爆炸；（5）KMnO4溶液呈紫色，反應完畢，當滴入最終一滴KMnO4溶液時，溶液由無色變為淺紅色，且半分鐘內不褪色，即達滴定終點；FeC2O4?xH2O+KMnO4+H2SO4→Fe2(SO4)3+CO2↑+MnSO4+K2SO4+H2O，反應中鐵元素化合價+2價上升為+3價，碳元素化合價+3價上升為+4價，電子轉移1+1×2=3，錳元素化合價+7價降低為+2價，電子轉移5，最小公倍數15，結合守恒找出數量關系：，x=2。14．（2025屆貴州省銅仁市高三適應性考試）過碳酸鈉(2Na2CO3?3H2O2)又名過氧碳酸鈉，白色顆粒狀粉末，其水溶液呈堿性，50℃可分解為碳酸鈉和過氧化氫，具有Na2CO3和H2O2的雙重性質，是很好的消毒劑、漂白劑、供氧劑。以工業碳酸鈉和H2O2為原料制備過碳酸鈉的試驗裝置及步驟：I.稱取10.0g碳酸鈉，溶于40mL蒸餾水中，冷卻至273K待用。II.量取15mL30%的H2O2溶液加入到三頸燒瓶中，冷卻至273K后，加入復合穩定劑，攪拌勻稱。III.在控溫及攪拌條件下，將碳酸鈉溶液滴入到步驟II的混合液中，待反應液冷卻至268K左右，邊攪拌邊加入4.0gNaCl，靜置結晶。IV.過濾，用無水乙醇洗滌后，真空干燥。請回答以下問題：（1）球形冷凝管中回流的主要物質除H2O外還有__________________(填化學式)。（2）制備過程中涉及的反應及干燥等操作均需在較低溫度下進行，緣由是________________。（3）步驟II中加入復合穩定劑的目的之一是與工業碳酸鈉中含有的Fe3+生成穩定的協作物，以防Fe3+對制備反應產生不良影響。該不良影響是指__________________________。（4）步驟IV中完成"過濾”操作所需玻璃儀器有燒杯、____________和____________.（5）產品中H2O2含量的測定精確稱取產品0.1000g于碘量瓶中，加入50mL蒸餾水，并馬上加入6mL2mol·L－1H3PO4溶液，再加入lgKI固體(過量)，搖勻后于暗處放置10min，加入適量指示劑，用0.1000rnol·L－1Na2S2O3標準液滴定至終點，消耗Na2S2O3標準溶液17.00mL。(已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)①所加指示劑的名稱是____________;確定達到滴定終點的依據是_____________②若加入KI固體搖勻后未將碘量瓶“在暗處放置10min”，就馬上進行滴定操作，測定的結果將會____________(選填“偏大"、“偏小”或“無影響”)。③依據試驗數據計算產品中H2O2的質量分數為____________%。【答案】（1）H2O2（2）H2O2和2Na2CO3?3H2O受熱都簡單分解，影晌產率（3）Fe3+催化雙氧水的分解使雙氧水被消耗（4）漏斗玻璃棒（5）①淀粉溶液滴入最終一滴Na2S2O3標準液．溶液由藍色變為無色，且30s內不復原②偏小③28.9【解析】（1）加熱條件下，H2O和H2O2都會蒸發，球形冷凝管中回流的主要物質除H2O外還有H2O2；（2）H2O2和2Na2CO3?3H2O受熱都簡單分解，制備過程中涉及的反應及干燥等操作均需在較低溫度下進行，提高產率；（3）步驟II中加入復合穩定劑的目的之一是與工業碳酸鈉中含有的Fe3+生成穩定的協作物，以防Fe3+對制備反應產生不良影響。該不良影響是指Fe3+可做催化劑，會加快雙氧水的分解，使雙氧水被消耗；（4）"過濾”操作所需玻璃儀器有燒杯、漏斗和玻璃棒；（5）①測定含量過程中加入KI固體，與雙氧水反應生成碘單質，碘與淀粉變藍，所加指示劑的名稱是淀粉溶液；標準液Na2S2O3具有還原性，可將碘單質還原為碘離子，碘單質被消耗完，淀粉復原原來的顏色，確定達到滴定終點的依據是滴入最終一滴Na2S2O3標準液，溶液由藍色變為無色，且30s內不復原；②加入KI固體搖勻后，將碘量瓶“在暗處放置10min”，目的是讓碘離子與雙氧水反應：H2O2+2I-+2H+=2H2O+I2，使若加入KI固體搖勻后未將碘量瓶“在暗處放置10min”，就馬上進行滴定操作，雙氧水為被完全反應，產生的碘單質量削減，消耗標準液的體積削減，測定的結果將會偏小；③依據滴定過程中的反應：H2O2+2I-+2H+=2H2O+I2、2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，則H2O2~I2~2Na2S2O3，滴定時，消耗標準液的物質的量n(Na2S2O3)=17.00×10-3L×0.1000rnol·L－1=1.7×10-3mol，n(H2O2)=n(Na2S2O3)=×1.7×10-3mol=0.85×10-3mol，則產品中H2O2的質量分數為×100%=28.9%。15．（2025屆五岳（湖南、河南、江西）高三線上聯考）碘被稱為“智力元素”,科學合理地補充碘可防治碘缺乏病,KI、KIO3曾先后用于加碘鹽中。KI還可用于分析試劑、感光材料、制藥等,其制備原理如下:反應I:3I2+6KOH==KIO3+5KI+3H2O反應II:3H2S+KIO3=3S↓+KI+3H2O請回答有關問題。（1）啟普發生器中發生反應的化學方程式為_______。裝置中盛裝30%氫氧化鉀溶液的儀器名稱是_________。（2）關閉啟普發生器活塞,先滴入30%的KOH溶液.待視察到三頸燒瓶中溶液顏色由棕黃色變為______(填現象)，停止滴人KOH溶液;然后______(填操作),待三頸燒瓶和燒杯中產生氣泡的速率接近相等時停止通氣。（3）滴入硫酸溶液,并對三頸燒瓶中的溶液進行水浴加熱,其目的是_____________。（4）把三頸燒瓶中的溶液倒入燒杯中,加入碳酸鋇,在過濾器中過濾,過濾得到的沉淀中除含有過量碳酸鋇外,還含有硫酸鋇和___________(填名稱)。合并濾液和洗滌液,蒸發至析出結晶，干燥得成品。（5）試驗室模擬工業制備KIO3流程如下:幾種物質的溶解度見下表:①由上表數據分析可知，“操作a”為__________________。②用惰性電極電解KI溶液也能制備KIO3,與電解法相比，上述流程制備KIO3的缺點是____________。（6）某同學測定.上述流程生產的KIO3樣品的純度。取1.00g樣品溶于蒸餾水中并用硫酸酸化，再加入過量的KI和少量的淀粉溶液，逐滴滴加2.0mol●L-1Na2S2O3溶液,恰好完全反應時共消耗12.60mLNa2S2O3溶液。該樣品中KIO3的質量分數為_______(已知反應:I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)。【答案】（1）ZnS+H2SO4===H2S↑+ZnSO4恒壓滴液漏斗（2）無色打開啟普發生器活塞，通入氣體（3）使溶液酸化并加熱，有利于溶液中剩余的硫化氫逸出，從而除去硫化氫（4）硫（5）①蒸發濃縮、冷卻結晶(或重結晶)②KClO3和I2反應時會產生有毒的氯氣，污染環境（6）89.88%【解析】試驗過程為：先關閉啟普發生器活塞，在三頸燒瓶中滴入30%的KOH溶液，發生反應I:3I2+6KOH==KIO3+5KI+3H2O，將碘單質完全反應；然后打開啟普發生器活塞，啟普發生器中硫酸和硫化鋅反應生成硫化氫氣體，將氣體通入三頸燒瓶中發生反應II:3H2S+KIO3=3S↓+KI+3H2O，將碘酸鉀還原成KI，氫氧化鈉溶液可以汲取未反應的硫化氫；（5）試驗室模擬工業制備KIO3：將I2、HCl、KClO3水中混合發生氧化還原反應，生成KH(IO3)2，之后進行蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾得到KH(IO3)2晶體，再與KOH溶液混合發生反應、過濾蒸發結晶得到碘酸鉀晶體。（1）啟普發生器中發生的反應是硫化鋅和稀硫酸反應生成硫化氫氣體和硫酸鋅，反應的化學方程式：ZnS+H2SO4===H2S↑+ZnSO4；依據儀器結構可知該儀器為恒壓滴液漏斗；（2）碘單質水溶液呈棕黃色，加入氫氧化鉀后碘單質反應生成碘酸鉀和碘化鉀，完全反應后溶液變為無色；然后打開啟普發生器活塞，通入氣體發生反應II；（3）反應完成后溶液中溶有硫化氫，滴入硫酸并水浴加熱可降低硫化氫的溶解度，使其逸出，從而除去硫化氫；（4）依據反應II可知反應過程中有硫單質生成，硫單質不溶于水；（5）①依據表格數據可知溫度較低時KH(IO3)2的溶解度很小，所以從混合液中分別KH(IO3)2晶體須要蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾，所以操作a為蒸發濃縮、冷卻結晶；②依據流程可知該過程中有氯氣產生，氯氣有毒會污染空氣，同時該過程中消耗了更多的藥品；（6）該滴定原理是：先加入過量的KI并酸化與KIO3發生反應：IO3?+5I?+6H+===3I2+3H2O，然后利用Na2S2O3測定生成的碘單質的量從而確定KIO3的量；依據反應方程式可知IO3?~3I2，依據滴定過程反應I2+2Na2S2O3===2NaI+Na2S4O6可知I2~2Na2S2O3，則有IO3?~6Na2S2O3，所用n(KIO3)=0.01260L×2.0mol/L×=0.0042mol，所以樣品中KIO3的質量分數為=89.88%。16．（2025屆河北省名校聯盟高三聯考）試驗室以V2O5為原料制備氧釩（Ⅳ）堿式碳酸銨晶體{(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O}，其流程如圖：V2O5VOCl2溶液氧釩（Ⅳ）堿式碳酸銨晶體（1）“還原”過程中的還原劑是__（填化學式）。（2）已知VO2+能被O2氧化，“轉化”可在如圖裝置中進行。①儀器M的名稱是__，試驗起先前的操作是__。②裝置B的作用是__。③加完VOCl2溶液后接著攪拌一段時間，使反應完全，再進行下列操作，依次為__（填字母）。a.錐形瓶口塞上橡膠塞b.取下Pc.將錐形瓶置于干燥器中，靜置過濾④得到紫紅色晶體，抽濾，并用飽和NH4HCO3溶液洗滌3次，用無水乙醇洗滌2次，再用乙醚洗滌2次，抽干稱重。用飽和NH4HCO3溶液洗滌除去的陰離子主要是__（填離子符號），用無水乙醇洗滌的目的是__。⑤稱量mg產品于錐形瓶中，用20mL蒸餾水與30mL稀硫酸溶解后，加入0.02mol·L-1KMnO4溶液至稍過量，充分反應后接著滴加1%的NaNO2溶液至稍過量，再用尿素除去過量NaNO2，最終用cmol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液滴定至終點（已知滴定反應為VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O），消耗標準溶液的體積為VmL。若(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液部分變質，會使測定結果___（填“偏高”“偏低”或“無影響”），產品中釩的質量分數為__（以VO2+的量進行計算，列出計算式）。【答案】（1）N2H4?2HC1（2）①長頸漏斗檢查裝置的氣密性②除去二氧化碳氣體中的氯化氫③bac④C1-除去晶體表面的水⑤偏高×100%或6.7cV/m%【解析】（1）氧化還原反應中還原劑失電子被氧化化合價上升，對比反應物和生成物，V的化合價降低被還原，O、Cl化合價不變，H元素已是最高價不能被氧化，所以被氧化的元素應為N元素，所以還原劑為N2H4?2HCl。（2）VO2+能被O2氧化，所以轉化過程應在無氧環境中進行，裝置A中稀鹽酸和石灰石反應生成二氧化碳，B裝置盛放飽和碳酸氫鈉溶液可以除去二氧化碳中混有的HCl氣體，之后二氧化碳進入裝置C，將裝置內的空氣排盡；然后滴加VOCl2溶液，進行攪拌，使反應完全。①依據M的結構特點可知其為長頸漏斗；試驗起先前要檢查裝置的氣密性；②稀鹽酸具有揮發性，生成的二氧化碳氣體中有HCl雜質，裝置B中盛放飽和碳酸氫鈉溶液可以除去二氧化碳氣體中的氯化氫；③加完VOCl2溶液后接著攪拌一段時間，使反應完全，取下P裝置，為防止氧釩(Ⅳ)堿式碳酸銨晶體被氧化，須要在錐形瓶口塞上橡膠塞，之后將錐形瓶置于干燥器中，靜置過濾，所以依次為bac；④依據元素守恒可知用飽和NH4HCO3溶液洗滌除去的陰離子主要是Cl-；乙醇與水互溶，無水乙醇易揮發，可以帶走晶體表面的水分；⑤若(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液部分變質，溶液中Fe2+濃度減小，會消耗更多的標準液，導致測定結果偏高；消耗標準溶液的體積為VmL，依據滴定反應可知n(VO2+)=n(Fe2+)=cV×10-3mol，所以產品中釩的質量分數為×100%或6.7cV/m%。17．（2025屆河南省六市高三其次次聯合調研）高鐵酸鉀是一種高效多功能的新型非氯綠色消毒劑，主要用于飲水處理。試驗小組制備高鐵酸鉀（K2FeO4）并探究其性質。資料：K2FeO4為紫色固體，微溶于KOH溶液；具有強氧化性，在酸性或中性溶液中快速產生O2，在堿性溶液中較穩定。（1）制備K2FeO4（夾持裝置略）①如圖所示，A為氯氣發生裝置。裝置A、B、C、D中存在錯誤的是______________（填序號）。②C中得到紫色固體和溶液。C中通入氯氣發生反應，生成高鐵酸鉀（K2FeO4）的化學方程式為_______，此外Cl2還可能與過量的KOH反應。（2）探究K2FeO4的性質①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，產生黃綠色氣體，得溶液a，經檢驗氣體中含有Cl2。為證明是否K2FeO4，氧化了Cl－而產生Cl2，設計以下方案：方案I取少量溶液a，滴加KSCN溶液至過量，溶液呈紅色。方案II用KOH溶液充分洗滌C中所得固體，再用KOH溶液將K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加鹽酸，有Cl2產生。i.由方案I中溶液變紅可知溶液a中含有__________離子，但該離子的存在不能推斷肯定是K2FeO4，氧化了Cl2，因為K2FeO4，在酸性溶液中不穩定，請寫出K2FeO4在酸性溶液中發生反應的離子方程式___________________________________。ii．方案Ⅱ可證明K2FeO4，氧化了Cl－．用KOH溶液洗滌的目的是_______________。②依據K2FeO4的制備試驗得出：氧化性Cl2_____FeO42－（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ試驗表明，Cl2和FeO42－的氧化性強弱關系恰好相反，緣由是_______________。（3）若在制備裝置C中加入Fe(OH)3的質量為14.0g，充分反應后經過濾、洗滌、干燥得K2FeO4固體19.3g，則K2FeO4的產率為______________。【答案】（1）①B②3C12+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O（2）①i：Fe3+4FeO42-+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2Oii：確保K2FeO4在堿性環境中的穩定性，同時解除ClO-對驗證的干擾②>溶液的酸堿性不同（3）74.5%【解析】（1）①A為氯氣發生裝置，B除去氯氣中的HCl，應左側長導管，右側短導管，進步短出，裝置A、B、C、D中存在錯誤的是B（填序號）。②C中得到紫色固體和溶液，C中通入氯氣將氫氧化亞鐵氧化，生成高鐵酸鉀（K2FeO4），化學方程式為3C12+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O。（2）①i.Fe3+離子與SCN-發生絡合反應，生成紅色的絡離子，由方案I中溶液變紅可知溶液a中含有Fe3+離子，但該離子的存在不能推斷肯定是K2FeO4，氧化了Cl2，因為K2FeO4在酸性溶液中不穩定，K2FeO4在酸性溶液中發生反應的離子方程式4FeO42-+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O。ii．方案Ⅱ可證明K2FeO4，氧化了Cl－，用KOH溶液洗滌的目的是確保K2FeO4在堿性環境中的穩定性，同時解除ClO-對驗證的干擾。故答案為：確保K2FeO4在堿性環境中的穩定性，同時解除ClO-對驗證的干擾；②依據K2FeO4的制備試驗得出：3C12+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O中氧化劑的氧化性強于氧化產物，氧化性Cl2＞FeO42－，而方案Ⅱ試驗表明，Cl2和FeO42－的氧化性強弱關系恰好相反，緣由是溶液的酸堿性不同。（3）若在制備裝置C中加入Fe(OH)3的質量為14.0g，充分反應后經過濾、洗滌、干燥得K2FeO4固體19.3g，依據鐵原子守恒：m==25.9g，則K2FeO4的產率為=74.5%。18．（2025屆福建省廈門市高三質檢）次硫酸氫鈉甲醛(aNaHSO2?bHCHO?cH2O)在印染、醫藥以及原子能工業中應用廣泛。以Na2SO3、SO2、HCHO和鋅粉為原料制備次硫酸氫鈉甲醛