2024年高考真題化學試題PAGEPAGE1專題21化學實驗綜合題——物質的成分、性質探究類考向五年考情（2020-2024）命題趨勢考向一物質的檢測綜合實驗題2024·山東卷2024·安徽卷2023·全國乙卷2021·全國甲卷2021·湖南卷2021·山東卷作為最能體現(xiàn)化學學科核心素養(yǎng)的高考實驗大題來說，每年均是以陌生無機物或有機物的性質探究、物質制備等為載體，在實驗原理、實驗儀器、實驗操作規(guī)范及實驗相關計算等角度出題。分析近5年高考實驗綜合題不難發(fā)現(xiàn)，其知識容量大、命題素材廣、綜合程度高，考查儀器的基本操作使用、實驗現(xiàn)象的分析描述、物質的制備方法、除雜分離、性質探究、組成測定等，其巧妙的設問真正從解答問題轉型為解決問題。化學實驗綜合題主要有兩大類型：物質的制備類和物質的成分、性質探究類。考向二物質性質和化學反應探究實驗綜合題2024·湖北卷2024·江蘇卷2023·天津卷2023·重慶卷2023·湖南卷2023·廣東卷2023·北京卷2022·北京卷2022·江蘇卷2022·福建卷2022·廣東卷2022·遼寧卷2022·北京卷2021·廣東卷2020·新課標Ⅰ卷2020·山東卷2020·天津卷考向一物質的檢測綜合實驗題1．（2024·山東卷）利用“燃燒—碘酸鉀滴定法”測定鋼鐵中硫含量的實驗裝置如下圖所示(夾持裝置略)。實驗過程如下：①加樣，將樣品加入管式爐內瓷舟中(瓷舟兩端帶有氣孔且有蓋)，聚四氟乙烯活塞滴定管G內預裝略小于的堿性標準溶液，吸收管F內盛有鹽酸酸化的淀粉水溶液。向F內滴入適量堿性標準溶液，發(fā)生反應：，使溶液顯淺藍色。②燃燒：按一定流速通入，一段時間后，加熱并使樣品燃燒。③滴定：當F內溶液淺藍色消退時(發(fā)生反應：)，立即用堿性標準溶液滴定至淺藍色復現(xiàn)。隨不斷進入F，滴定過程中溶液顏色“消退-變藍”不斷變換，直至終點。回答下列問題：（1）取的堿性溶液和一定量的固體，配制堿性標準溶液，下列儀器必須用到的是_______(填標號)。A．玻璃棒 B．錐形瓶 C．容量瓶 D．膠頭滴管（2）裝置B和C的作用是充分干燥，B中的試劑為。裝置F中通氣管末端多孔玻璃泡內置一密度小于水的磨砂浮子(見放大圖)，目的是。（3）該滴定實驗達終點的現(xiàn)象是；滴定消耗堿性標準溶液，樣品中硫的質量分數(shù)是(用代數(shù)式表示)。（4）若裝置D中瓷舟未加蓋，會因燃燒時產(chǎn)生粉塵而促進的生成，粉塵在該過程中的作用是；若裝置E冷卻氣體不充分，可能導致測定結果偏大，原因是；若滴定過程中，有少量不經(jīng)直接將氧化成，測定結果會(填“偏大”“偏小”或“不變”)。〖答案〗（1）AD（2）濃硫酸防止倒吸（3）當加入最后半滴堿性標準溶液后，溶液由無色突變?yōu)樗{色且30s內不變色（4）催化劑通入F的氣體溫度過高，導致部分升華，從而消耗更多的堿性標準溶液不變〖祥解〗由題中信息可知，利用“燃燒—碘酸鉀滴定法”測定鋼鐵中硫含量的實驗中，將氧氣經(jīng)干燥、凈化后通入管式爐中將鋼鐵中硫氧化為，然后將生成的導入碘液中吸收，通過消耗堿性標準溶液的體積來測定鋼鐵中硫的含量。〖解析〗（1）取的堿性溶液和一定量的固體，配制堿性標準溶液（稀釋了50倍后的濃度為0.0020000），需要用堿式滴定管或移液管量取的堿性溶液，需要用一定精確度的天平稱量一定質量的固體，需要在燒杯中溶解固體，溶解時要用到玻璃棒攪拌，需要用容量瓶配制標準溶液，需要用膠頭滴管定容，因此，下列儀器必須用到的是AD。（2）裝置B和C的作用是充分干燥，濃硫酸具有吸水性，常用于干燥某些氣體，因此B中的試劑為濃硫酸。裝置F中通氣管末端多孔玻璃泡內置一密度小于水的磨砂浮子，其目的是防止倒吸，因為磨砂浮子的密度小于水，若球泡內水面上升，磨砂浮子也隨之上升，磨砂浮子可以作為一個磨砂玻璃塞將導氣管的出氣口堵塞上，從而防止倒吸。（3）該滴定實驗是利用過量的1滴或半滴標準溶液來指示滴定終點的，因此，該滴定實驗達終點的現(xiàn)象是當加入最后半滴堿性標準溶液后，溶液由無色突變?yōu)樗{色且30s內不變色；由S元素守恒及、可得關系式3S~3~3~，若滴定消耗堿性標準溶液，則，，樣品中硫的質量分數(shù)是。（4）若裝置D中瓷舟未加蓋，燃燒時產(chǎn)生粉塵中含有鐵的氧化物，鐵的氧化物能催化的氧化反應從而促進的生成，因此，粉塵在該過程中的作用是催化劑；若裝置E冷卻氣體不充分，則通入F的氣體溫度過高，可能導致部分升華，這樣就要消耗更多堿性標準溶液，從而可能導致測定結果偏大；若滴定過程中，有少量不經(jīng)直接將氧化成，從電子轉移守恒的角度分析，得到被還原為，仍能得到關系式3S~3~，測定結果會不變。2．（2024·安徽卷）測定鐵礦石中鐵含量的傳統(tǒng)方法是，滴定法。研究小組用該方法測定質量為的某赤鐵礦試樣中的鐵含量。【配制溶液】①標準溶液。②溶液：稱取溶于濃鹽酸，加水至，加入少量錫粒。【測定含量】按下圖所示(加熱裝置路去)操作步驟進行實驗。已知：氯化鐵受熱易升華；室溫時，可將氧化為。難以氧化；可被還原為。回答下列問題：（1）下列儀器在本實驗中必須用到的有(填名稱)。（2）結合離子方程式解釋配制溶液時加入錫粒的原因：。（3）步驟I中“微熱”的原因是。（4）步琛Ⅲ中，若未“立即滴定”，則會導致測定的鐵含量(填“偏大”“偏小”或“不變”)。（5）若消耗標準溶液，則試樣中的質量分數(shù)為(用含a、c、V的代數(shù)式表示)。（6）滴定法也可測定鐵的含量，其主要原理是利用和將鐵礦石試樣中還原為，再用標準溶液滴定。①從環(huán)保角度分析，該方法相比于，滴定法的優(yōu)點是。②為探究溶液滴定時，在不同酸度下對測定結果的影響，分別向下列溶液中加入1滴溶液，現(xiàn)象如下表：溶液現(xiàn)象空白實驗溶液試劑X紫紅色不褪去實驗I溶液硫酸紫紅色不褪去實驗ⅱ溶液硫酸紫紅色明顯變淺表中試劑X為；根據(jù)該實驗可得出的結論是。〖答案〗（1）容量瓶、量筒（2）Sn2+易被空氣氧化為Sn4+，離子方程式為，加入Sn，發(fā)生反應，可防止Sn2+氧化（3）增大的溶解度，促進其溶解（4）偏小（5）（6）更安全，對環(huán)境更友好H2O酸性越強，KMnO4的氧化性越強，Cl-被KMnO4氧化的可能性越大，對Fe2+測定結果造成干擾的可能性越大，因此在KMnO4標準液進行滴定時，要控制溶液的pH值〖祥解〗濃鹽酸與試樣反應，使得試樣中Fe元素以離子形式存在，滴加稍過量的SnCl2使Fe3+還原為Fe2+，冷卻后滴加HgCl2，將多余的Sn2+氧化為Sn4+，加入硫酸和磷酸混合液后，滴加指示劑，用K2Cr2O7進行滴定，將Fe2+氧化為Fe3+，化學方程式為。〖解析〗（1）配制SnCl2溶液需要用到容量瓶和量筒，滴定需要用到酸式滴定管，但給出的為堿式滴定管，因此給出儀器中，本實驗必須用到容量瓶、量筒；（2）Sn2+易被空氣氧化為Sn4+，離子方程式為，加入Sn，發(fā)生反應，可防止Sn2+氧化；（3）步驟I中“微熱”是為了增大的溶解度，促進其溶解；（4）步琛Ⅲ中，若未“立即滴定”，F(xiàn)e2+易被空氣中的O2氧化為Fe3+，導致測定的鐵含量偏小；（5）根據(jù)方程式可得：，ag試樣中Fe元素的質量為，質量分數(shù)為（6）①方法中，HgCl2氧化Sn2+的離子方程式為：，生成的Hg有劇毒，因此相比于的優(yōu)點是：更安全，對環(huán)境更友好；②溶液+0.5mL試劑X，為空白試驗，因此X為H2O；由表格可知，酸性越強，KMnO4的氧化性越強，Cl-被KMnO4氧化的可能性越大，對Fe2+測定結果造成干擾的可能性越大，因此在KMnO4標準液進行滴定時，要控制溶液的pH值。3．（2023·全國乙卷）元素分析是有機化合物的表征手段之一。按下圖實驗裝置(部分裝置略)對有機化合物進行C、H元素分析。回答下列問題：（1）將裝有樣品的Pt坩堝和CuO放入石英管中，先_______，而后將已稱重的U型管c、d與石英管連接，檢查_______。依次點燃煤氣燈_______，進行實驗。（2）O2的作用有_______。CuO的作用是_______(舉1例，用化學方程式表示)。（3）c和d中的試劑分別是_______、_______(填標號)。c和d中的試劑不可調換，理由是_______。A．CaCl2

B．NaCl

C．堿石灰(CaO+NaOH)

D．Na2SO3（4）Pt坩堝中樣品CxHyOz反應完全后，應進行操作：_______。取下c和d管稱重。（5）若樣品CxHyOz為0.0236g，實驗結束后，c管增重0.0108g，d管增重0.0352g。質譜測得該有機物的相對分子量為118，其分子式為_______。〖答案〗（1）通入一定的O2裝置氣密性b、a（2）為實驗提供氧化劑、提供氣流保證反應產(chǎn)物完全進入到U型管中CO+CuOCu+CO2（3）AC堿石灰可以同時吸收水蒸氣和二氧化碳（4）繼續(xù)吹入一定量的O2，冷卻裝置（5）C4H6O4〖祥解〗利用如圖所示的裝置測定有機物中C、H兩種元素的含量，這是一種經(jīng)典的李比希元素測定法，將樣品裝入Pt坩堝中，后面放置一CuO做催化劑，用于催化前置坩堝中反應不完全的物質，后續(xù)將產(chǎn)物吹入道兩U型管中，稱量兩U型管的增重計算有機物中C、H兩種元素的含量，結合其他技術手段，從而得到有機物的分子式。〖解析〗（1）實驗前，應先通入一定的O2吹空石英管中的雜質氣體，保證沒有其他產(chǎn)物生成，而后將已U型管c、d與石英管連接，檢查裝置氣密性，隨后先點燃b處酒精燈后點燃a處酒精燈，保證當a處發(fā)生反應時產(chǎn)生的CO能被CuO反應生成CO2（2）實驗中O2的作用有：為實驗提供氧化劑、提供氣流保證反應產(chǎn)物完全進入到U型管中；CuO的作用是催化a處產(chǎn)生的CO，使CO反應為CO2，反應方程式為CO+CuOCu+CO2（3）有機物燃燒后生成的CO2和H2O分別用堿石灰和無水CaCl2吸收，其中c管裝有無水CaCl2，d管裝有堿石灰，二者不可調換，因為堿石灰能同時吸收水蒸氣和二氧化碳，影響最后分子式的確定；（4）反應完全以后應繼續(xù)吹入一定量的O2，保證石英管中的氣體產(chǎn)物完全吹入兩U行管中，使裝置冷卻；（5）c管裝有無水CaCl2，用來吸收生成的水蒸氣，則增重量為水蒸氣的質量，由此可以得到有機物中H元素的物質的量n(H)===0.0012mol；d管裝有堿石灰，用來吸收生成的CO2，則增重量為CO2的質量，由此可以得到有機物中C元素的物質的量n(C)===0.0008mol；有機物中O元素的物質的量為0.0128g，其物質的量n(O)===0.0008mol；該有機物中C、H、O三種元素的原子個數(shù)比為0.0008：0.0012：0.0008=2：3：2；質譜測得該有機物的相對分子質量為118，則其化學式為C4H6O4；【『點石成金』】本實驗的重點在于兩U型管的擺放順序，由于CO2需要用堿石灰吸收，而堿石灰的主要成分為CaO和NaOH，其成分中的CaO也可以吸收水蒸氣，因此在擺放U型管位置時應將裝有堿石灰的U型管置于無水CaCl2之后，保證實驗結果。4．（2021·全國甲卷）膽礬()易溶于水，難溶于乙醇。某小組用工業(yè)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(fā)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(yōu)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3.5～4，再煮沸，冷卻后過濾。濾液經(jīng)如下實驗操作：加熱蒸發(fā)、冷卻結晶、_______、乙醇洗滌、_______，得到膽礬。其中，控制溶液為3.5～4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?yōu)榘咨糜诟稍锲髦欣渲潦覝睾蠓Q量，重復上述操作，最終總質量恒定為。根據(jù)實驗數(shù)據(jù)，膽礬分子中結晶水的個數(shù)為_______(寫表達式)。（5）下列操作中，會導致結晶水數(shù)目測定值偏高的是_______(填標號)。①膽礬未充分干燥②坩堝未置于干燥器中冷卻③加熱時有少膽礬迸濺出來〖答案〗A、CCuO+H2SO4CuSO4+H2O不會產(chǎn)生二氧化硫且產(chǎn)生等量膽礬消耗硫酸少（硫酸利用率高）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①③〖解析〗（1）制備膽礬時，根據(jù)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(fā)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(yōu)點是：不會產(chǎn)生二氧化硫且產(chǎn)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(fā)、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，為使鐵元素以氫氧化鐵形成沉淀完全，需控制溶液為3.5～4，酸性環(huán)境同時還可抑制銅離子發(fā)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?yōu)榘咨糜诟稍锲髦欣渲潦覝睾蠓Q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（CuSO4?nH2O）中n值的表達式為=n:1，解得n＝；（5）①膽礬未充分干燥，導致所測m2偏大，根據(jù)n=可知，最終會導致結晶水數(shù)目定值偏高，符合題意；②坩堝未置于干燥器中冷卻，部分白色硫酸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(jù)n=可知，最終會導致結晶水數(shù)目定值偏低，不符合題意；③加熱膽礬晶體時有晶體從坩堝中濺出，會使m3數(shù)值偏小，根據(jù)n=可知，最終會導致結晶水數(shù)目定值偏高，符合題意；綜上所述，①③符合題意，故〖答案〗為：①③。5．（2021·湖南卷）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(chǎn)品中少量碳酸氫鈉的含量，過程如下：步驟I.的制備步驟Ⅱ.產(chǎn)品中含量測定①稱取產(chǎn)品2.500g，用蒸餾水溶解，定容于250mL容量瓶中；②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；③在上述錐形瓶中再加入2滴指示劑N，繼續(xù)用鹽酸標準溶液滴定至終點(第二滴定終點)，又消耗鹽酸；④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(chǎn)品中的質量分數(shù)為_______(保留三位有效數(shù)字)；（5）第一滴定終點時，某同學俯視讀數(shù)，其他操作均正確，則質量分數(shù)的計算結果_______(填“偏大”“偏小”或“無影響”)。〖答案〗NaHCO3在30-35C時NaHCO3的溶解度最小（意思合理即可）D甲基橙由黃色變橙色，且半分鐘內不褪色3.56%偏大〖祥解〗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(jù)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(fā)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(chǎn)品中碳酸氫鈉的含量，第一次滴定發(fā)生的反應為：Na2CO3+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(xiàn)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(fā)生的反應為：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，再根據(jù)關系式求出總的NaHCO3的物質的量，推導出產(chǎn)品中NaHCO3的，最終通過計算得出產(chǎn)品中NaHCO3的質量分數(shù)。〖解析〗根據(jù)上述分析可知，（1）根據(jù)題給信息中鹽在不同溫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(fā)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(jù)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?yōu)槌壬野敕昼妰炔煌噬唬?）第一次滴定發(fā)生的反應是：Na2CO3+HCl=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(jù)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(chǎn)品中NaHCO3的物質的量為=1.0610-3mol，故產(chǎn)品中NaHCO3的質量分數(shù)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(shù)，則會使標準液鹽酸的體積偏小，即測得V1偏小，所以原產(chǎn)品中NaHCO3的物質的量會偏大，最終導致其質量分數(shù)會偏大，故〖答案〗為：偏大。6．（2021·山東卷）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(xù)處理。儀器A的名稱為___，證明WO3已被完全還原的現(xiàn)象是___。（2）WO3完全還原后，進行的操作為：①冷卻，停止通H2；②以干燥的接收裝置替換E；③在B處加裝盛有堿石灰的干燥管；④……；⑤加熱，通Cl2；⑥……。堿石灰的作用是___；操作④是___，目的是___。（3）利用碘量法測定WCl6產(chǎn)品純度，實驗如下：①稱量：將足量CS2(易揮發(fā))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)。②滴定：先將WCl6轉化為可溶的Na2WO4，通過IO離子交換柱發(fā)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(fā)生反應：IO+5I-+6H+=3I2+3H2O；反應完全后，用Na2S2O3標準溶液滴定，發(fā)生反應：I2+2S2O=2I-+S4O。滴定達終點時消耗cmol?L-1的Na2S2O3溶液VmL，則樣品中WCl6(摩爾質量為Mg?mol-1)的質量分數(shù)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”“偏小”或“不變”)，樣品中WCl6質量分數(shù)的測定值將___(填“偏大”“偏小”或“不變”)。〖答案〗排除裝置中的空氣直形冷凝管淡黃色固體變?yōu)殂y白色吸收多余氯氣，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(m3+m1-2m2)%不變偏大〖祥解〗（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(chǎn)品純度，稱量時加入足量的CS2用于溶解樣品，蓋緊稱重為m1g，由于CS2易揮發(fā)，開蓋時要揮發(fā)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(fā)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(fā)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：WO~2IO~6I2~12S2O計算樣品中含WCl6的質量，進而計算樣品中WCl6的質量分數(shù)；根據(jù)測定原理分析是否存在誤差及誤差是偏大還是偏小。〖解析〗（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(xiàn)象是淡黃色固體變?yōu)殂y白色，故〖答案〗為：淡黃色固體變?yōu)殂y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⑤加熱，通Cl2之前，裝置中有多余的H2，需要除去，所以操作④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）①根據(jù)分析，稱量時加入足量的CS2，蓋緊稱重為m1g，由于CS2易揮發(fā)，開蓋時要揮發(fā)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(fā)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(fā)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)；②滴定時，根據(jù)關系式：WO~2IO~6I2~12S2O，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(shù)為：100%=%；根據(jù)測定原理，稱量時，若加入待測樣品后，開蓋時間超過1分鐘，揮發(fā)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(shù)的測定值將偏大，故〖答案〗為：%；不變；偏大。考向二物質性質和化學反應探究實驗綜合題7．（2024·湖北卷）學習小組為探究、能否催化的分解及相關性質，室溫下進行了實驗I~Ⅳ。實驗I實驗Ⅱ實驗Ⅲ無明顯變化溶液變?yōu)榧t色，伴有氣泡產(chǎn)生溶液變?yōu)槟G色，并持續(xù)產(chǎn)生能使帶火星木條復燃的氣體已知：為粉紅色、為藍色、為紅色、為墨綠色。回答下列問題：（1）配制的溶液，需要用到下列儀器中的(填標號)。a．

b．

c．

d．（2）實驗I表明(填“能”或“不能”)催化的分解。實驗Ⅱ中大大過量的原因是。實驗Ⅲ初步表明能催化的分解，寫出在實驗Ⅲ中所發(fā)生反應的離子方程式、。（3）實驗I表明，反應難以正向進行，利用化學平衡移動原理，分析、分別與配位后，正向反應能夠進行的原因。實驗Ⅳ：（4）實驗Ⅳ中，A到B溶液變?yōu)樗{色，并產(chǎn)生氣體；B到C溶液變?yōu)榉奂t色，并產(chǎn)生氣體。從A到C所產(chǎn)生的氣體的分子式分別為、。〖答案〗（1）bc（2）不能與按物質的量之比4:1發(fā)生反應，實驗中與的物質的量之比為32:3（3）實驗Ⅲ的現(xiàn)象表明，Co3+、Co2+分別與配位時，更易與反應生成（該反應為快反應），導致幾乎不能轉化為，這樣使得的濃度減小的幅度遠遠大于減小的幅度，根據(jù)化學平衡移動原理，減小生成物濃度能使化學平衡向正反應方向移動，因此，上述反應能夠正向進行（4）〖祥解〗本題探究、能否催化的分解及相關性質。實驗Ⅰ中無明顯變化，證明不能催化的分解；實驗Ⅱ中溶液變?yōu)榧t色，證明易轉化為；實驗Ⅲ中溶液變?yōu)槟G色，說明更易與反應生成，并且初步證明在的作用下易被氧化為；實驗Ⅳ中溶液先變藍后變紅，并且前后均有氣體生成，證明在酸性條件下，易轉化為，氧化性強，可以把氧化為。〖解析〗（1）配制1.00mol·L-1的CoSO4溶液，需要用到容量瓶、膠頭滴管等等，因此選bc。（2）CoSO4溶液中存在大量的，向其中加入30%的后無明顯變化，因此，實驗I表明不能催化的分解。實驗Ⅱ中發(fā)生反應的離子方程式為，實驗中與的物質的量之比為32:3，因此，大大過量的原因是：與按物質的量之比4:1發(fā)生反應，實驗中與的物質的量之比為32:3。實驗Ⅲ的實驗現(xiàn)象表明在的作用下能與反應生成，然后能催化的分解，因此，在實驗Ⅲ中所發(fā)生反應的離子方程式為、。（3）實驗I表明，反應難以正向進行。實驗Ⅲ的現(xiàn)象表明，Co3+、Co2+分別與配位時，更易與反應生成（該反應為快反應），導致幾乎不能轉化為，這樣使得的濃度減小的幅度遠遠大于減小的幅度，根據(jù)化學平衡移動原理，減小生成物濃度能使化學平衡向正反應方向移動，因此，上述反應能夠正向進行。（4）實驗Ⅳ中，A到B溶液變?yōu)樗{色，并產(chǎn)生氣體，說明發(fā)生了；B到C溶液變?yōu)榉奂t色，并產(chǎn)生氣體，說明發(fā)生了，因此從A到C所產(chǎn)生的氣體的分子式分別為和。8．（2024·江蘇卷）貴金屬銀應用廣泛。Ag與稀制得，常用于循環(huán)處理高氯廢水。（1）沉淀。在高氯水樣中加入使?jié)舛燃s為，當?shù)渭尤芤褐灵_始產(chǎn)生沉淀(忽略滴加過程的體積增加)，此時溶液中濃度約為。[已知：，]（2）還原。在沉淀中埋入鐵圈并壓實，加入足量鹽酸后靜置，充分反應得到Ag。①鐵將轉化為單質Ag的化學方程式為。②不與鐵圈直接接觸的也能轉化為Ag的原因是。③為判斷是否完全轉化，補充完整實驗方案：取出鐵圈，攪拌均勻，取少量混合物過濾，[實驗中必須使用的試劑和設備：稀、溶液，通風設備]（3）Ag的抗菌性能。納米Ag表面能產(chǎn)生殺死細菌(如圖所示)，其抗菌性能受溶解氧濃度影響。①納米Ag溶解產(chǎn)生的離子方程式為。②實驗表明溶解氧濃度過高，納米Ag的抗菌性能下降，主要原因是。〖答案〗（1）（2）形成了以Fe為負極，AgCl為正極，鹽酸為電解質溶液的原電池，正極AgCl得到電子，電極反應式為，生成Ag洗滌，向最后一次洗滌液中滴加硝酸銀溶液，確保氯離子洗凈，開啟通風設備，向濾渣中加入足量稀HNO3，攪拌，若固體完全溶解，則AgCl完全轉化，若固體未完全溶解，則AgCl未完全轉化（3）納米Ag與氧氣生成Ag2O，使得Ag+濃度下降〖解析〗（1）濃度約為，當?shù)渭尤芤褐灵_始產(chǎn)生沉淀，此時，；（2）①在足量鹽酸中靜置，鐵將AgCl轉化為單質Ag，反應的化學方程式為：；②不與鐵圈直接接觸的AgCl也能轉化為Ag，是因為形成了以Fe為負極，AgCl為正極，鹽酸為電解質溶液的原電池，正極AgCl得到電子，電極反應式為，生成Ag；③判斷AgCl是否完全轉化，即檢驗混合物中是否含有AgCl，若AgCl完全轉化，則剩余固體全部為銀，可完全溶于稀硝酸，若AgCl未完全轉化，剩余AgCl不能溶于稀硝酸，則可用稀硝酸檢驗，稀硝酸參與反應可能會產(chǎn)生氮氧化物，反應需在通風設備中進行，反應后的溶液中存在氯離子，若未將濾渣洗凈，氯離子會干擾實驗，所以首先需要檢驗氯離子是否洗凈，實驗方案為：取出鐵圈，攪拌均勻，取少量混合物過濾，洗滌，向最后一次洗滌液中滴加AgNO3溶液，確保氯離子洗凈，打開通風設備，向洗滌干凈的濾渣中加入足量稀HNO3，攪拌，若固體完全溶解，則AgCl完全轉化，若固體未完全溶解，則AgCl未完全轉化；（3）①納米Ag溶解時被氧化為Ag+，離子方程式為：；②溶解氧濃度過高，納米Ag與氧氣生成Ag2O，使得Ag+濃度下降，抗菌性能下降。9．（2023·天津卷）研究人員進行了一組實驗：實驗一：如圖，研究人員將氫氧化鈉溶液加入反應容器，隨后加入鋅粉，隨后加熱。一段時間后反應完全，停止加熱，鋅粉仍有剩余，向反應所得溶液中加入一塊銅片，并接觸剩余的鋅，銅片表面出現(xiàn)銀白色金屬，并伴隨少量氣體產(chǎn)生。實驗二：研究人員將實驗一得到的帶有銀白色金屬的銅片加熱，直到銅片表面變黃，立刻停止加熱，置入水中冷卻。已知：（1）如圖，實驗一使用的儀器為，為了防止加熱過程中液體沸騰濺出，采取的辦法是。（2）中含有的化學鍵包括。a．離子鍵

b．極性共價鍵

c．非極性共價鍵

d．配位鍵（3）寫出氫氧化鈉與鋅反應的離子方程式：。（4）寫出實驗一中構成的原電池正負極反應：負極：；正極：。（5）研究人員在銅片表面變黃后立刻停止加熱，放入水中，這樣做的目的是。（6）黃銅和黃金外表相似，但化學性質仍然有所區(qū)別。若使用硝酸對二者進行鑒別，則現(xiàn)象與結論為。（7）若將銅片插入實驗一過濾后的上清液中，可否仍然出現(xiàn)上述現(xiàn)象？請解釋：。〖答案〗（1）蒸發(fā)皿用玻璃棒攪拌（2）abd（3）（4）Zn-2e-+4OH-=、2H2O+2e-=H2+2OH-（5）防止鋅被氧化（6）將黃銅和黃金分別與稀硝酸反應，產(chǎn)生氣泡的是黃銅（7）實驗一過濾后的上清液中沒有金屬鋅，加入銅片后不能形成原電池，不能出現(xiàn)上述現(xiàn)象〖祥解〗Zn與NaOH溶液發(fā)生反應，一段時間后反應完全，停止加熱，鋅粉仍有剩余，向反應所得溶液中加入一塊銅片，并接觸剩余的鋅，形成原電池，Zn失去電子生成，電極方程式為：Zn-2e-+4OH-=，正極由產(chǎn)生的鋅離子得到電子轉變?yōu)殇\：而產(chǎn)生銀白色的金屬、同時H2O得到電子生成少量H2，電極方程式為：2H2O+2e-=H2+2OH-，以此解答。〖解析〗（1）由圖可知，實驗一使用的儀器為蒸發(fā)皿，為了防止加熱過程中液體沸騰濺出，采取的辦法是：用玻璃棒攪拌。（2）是離子化合物，Na+和之間形成離子鍵，內部存在配位鍵，O-H屬于極性共價鍵，故選abd。（3）已知Zn和NaOH溶液反應的化學方程式為：，離子方程式為：。（4）鋅比銅活潑，實驗一中構成的原電池的負極為Zn，Zn失去電子生成，根據(jù)得失電子守恒和電荷守恒配平電極方程式為：Zn-2e-+4OH-=，正極為Cu，正極由產(chǎn)生的鋅離子得到電子轉變?yōu)殇\而產(chǎn)生銀白色的金屬、同時H2O得到電子生成少量H2，電極方程式為：、2H2O+2e-=H2+2OH-。（5）鋅離子得電子產(chǎn)生鋅析出在銅表面，銅鋅接觸只有薄薄的一層，加熱就是黃銅，所以銅表明變黃，用冷水降溫的目的是：防止鋅被氧化。（6）銅與稀硫酸反應生成硝酸銅和一氧化氮，將黃銅和黃金分別與稀硝酸反應，產(chǎn)生氣泡的是黃銅。（7）實驗一過濾后的上清液中沒有金屬鋅，加入銅片后不能形成原電池，不能出現(xiàn)上述現(xiàn)象。10．（2023·重慶卷）煤的化學活性是評價煤氣化或燃燒性能的一項重要指標，可用與焦炭(由煤樣制得)反應的的轉化率來表示。研究小組設計測定的實驗裝置如下：

（1）裝置Ⅰ中，儀器的名稱是；b中除去的物質是(填化學式)。（2）①將煤樣隔絕空氣在加熱1小時得焦炭，該過程稱為。②裝置Ⅱ中，高溫下發(fā)生反應的化學方程式為。③裝置Ⅲ中，先通入適量的氣體X，再通入足量氣。若氣體X被完全吸收，則可依據(jù)和中分別生成的固體質量計算。i.d中的現(xiàn)象是。ii.e中生成的固體為，反應的化學方程式為。iii.d和e的連接順序顛倒后將造成(填“偏大”“偏小”或“不變”)。iiii.在工業(yè)上按照國家標準測定：將干燥后的(含雜質的體積分數(shù)為)以一定流量通入裝置Ⅱ反應，用奧氏氣體分析儀測出反應后某時段氣體中的體積分數(shù)為，此時的表達式為。〖答案〗（1）分液漏斗HCl（2）干餾有白色沉淀生成偏大〖祥解〗稀鹽酸與碳酸鈣反應生成二氧化碳、氯化鈣和水，由于鹽酸易揮發(fā)，二氧化碳中含有氯化氫雜質，用飽和碳酸氫鈉溶液吸收氯化氫，再用濃硫酸干燥氣體，二氧化碳通到灼熱的焦炭中反應生成一氧化碳，將混合氣體通入足量氫氧化鋇溶液中吸收二氧化碳，一氧化碳與銀氨溶液反應生成銀單質。〖解析〗（1）裝置Ⅰ中，儀器的名稱是分液漏斗；由于二氧化碳中含有揮發(fā)的氯化氫氣體，因此b中碳酸氫鈉與氯化氫反應，則除去的物質是HCl；故〖答案〗為：分液漏斗；HCl。（2）①將煤樣隔絕空氣在加熱1小時得焦炭，即隔絕空氣加強熱使之分解，則該過程稱為干餾；故〖答案〗為：干餾。②裝置Ⅱ中，高溫下二氧化碳和焦炭反應生成一氧化碳，其發(fā)生反應的化學方程式為；故〖答案〗為：。③i.d中二氧化碳和氫氧化鋇反應生成碳酸鋇沉淀和水，其反應的現(xiàn)象是有白色沉淀生成；故〖答案〗為：有白色沉淀生成。ii.e中生成的固體為，根據(jù)氧化還原反應分析得到CO變?yōu)樘妓徜@，則反應的化學方程式為；故〖答案〗為：。iii.d和e的連接順序顛倒，二氧化碳和銀氨溶液反應，導致銀氨溶液消耗，二氧化碳與氫氧化鋇反應的量減少，則將造成偏大；故〖答案〗為：偏大。iiii.在工業(yè)上按照國家標準測定：將干燥后的(含雜質的體積分數(shù)為)以一定流量通入裝置Ⅱ反應，用奧氏氣體分析儀測出反應后某時段氣體中的體積分數(shù)為，設此時氣體物質的量為bmol，二氧化碳物質的量為bmmol，原來氣體物質的量為amol，原來二氧化碳物質的量為a(1?n)mol，氮氣物質的量為anmol，則消耗二氧化碳物質的量為[a(1?n)?bm]mol，生成CO物質的量為2[a(1?n)?bm]mol，則有b=an+bm+2[a(1?n)?bm]，解得：，此時的表達式為；故〖答案〗為：。11．（2023·湖南卷）金屬對有強吸附作用，被廣泛用于硝基或羰基等不飽和基團的催化氫化反應，將塊狀轉化成多孔型雷尼后，其催化活性顯著提高。已知：①雷尼暴露在空氣中可以自燃，在制備和使用時，需用水或有機溶劑保持其表面“濕潤”；②鄰硝基苯胺在極性有機溶劑中更有利于反應的進行。某實驗小組制備雷尼并探究其催化氫化性能的實驗如下：步驟1：雷尼的制備步驟2：鄰硝基苯胺的催化氫化反應反應的原理和實驗裝置圖如下(夾持裝置和攪拌裝置略)。裝置Ⅰ用于儲存和監(jiān)測反應過程。回答下列問題：（1）操作(a)中，反應的離子方程式是_______；（2）操作(d)中，判斷雷尼被水洗凈的方法是_______；（3）操作(e)中，下列溶劑中最有利于步驟2中氫化反應的是_______；A．丙酮 B．四氯化碳 C．乙醇 D．正己烷（4）向集氣管中充入時，三通閥的孔路位置如下圖所示：發(fā)生氫化反應時，集氣管向裝置Ⅱ供氣，此時孔路位置需調節(jié)為_______；（5）儀器M的名稱是_______；（6）反應前應向裝置Ⅱ中通入一段時間，目的是_______；（7）如果將三頸瓶N中的導氣管口插入液面以下，可能導致的后果是_______；（8）判斷氫化反應完全的現(xiàn)象是_______。〖答案〗（1）2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑（2）取最后一次洗滌液于試管中，滴加幾滴酚酞，如果溶液不變粉紅色，則證明洗滌干凈，否則沒有洗滌干凈（3）C（4）C（5）恒壓滴液漏斗（6）排除裝置中的空氣，防止雷尼自燃（7）管道中氣流不穩(wěn)，不利于監(jiān)測反應過程（8）集氣管中液面不再改變〖祥解〗本題一道工業(yè)流程兼實驗的綜合題，首先用氫氧化鈉溶液溶解鎳鋁合金中的鋁，過濾后先后用堿和水來洗滌固體鎳，隨后加入有機溶劑制得雷尼鎳懸浮液，用于步驟2中鄰硝基苯胺的催化氫化，以此解題。〖解析〗（1）鋁可以和氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉和氫氣，離子方程式為：2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑；（2）由于水洗之前是用堿洗，此時溶液顯堿性，故可以用酸堿指示劑來判斷是否洗凈，具體方法為，取最后一次洗滌液于試管中，滴加幾滴酚酞，如果溶液不變粉紅色，則證明洗滌干凈，否則沒有洗滌干凈；（3）根據(jù)題給信息可知，鄰硝基苯胺在極性有機溶劑中更有利于反應的進行，在丙酮，四氯化碳，乙醇，正己烷中極性較強的為乙醇，故選C；（4）向集氣管中充入時，氫氣從左側進入，向下進入集氣管，則當由集氣管向裝置Ⅱ供氣，此時孔路位置需調節(jié)為氣體由下方的集氣管，向右進入裝置Ⅱ，故選C；（5）由圖可知，儀器M的名稱是恒壓滴液漏斗；（6）根據(jù)題給信息可知，雷尼暴露在空氣中可以自燃，故反應前向裝置Ⅱ中通入一段時間，目的是排除裝置中的空氣，防止雷尼自燃；（7）如果將三頸瓶N中的導氣管口插入液面以下，則會在三頸瓶中產(chǎn)生氣泡，從而導致管道中氣流不穩(wěn)，不利于監(jiān)測反應過程；（8）反應完成后，氫氣不再被消耗，則集氣管中液面不再改變。12．（2023·廣東卷）化學反應常伴隨熱效應。某些反應(如中和反應)的熱量變化，其數(shù)值Q可通過量熱裝置測量反應前后體系溫度變化，用公式計算獲得。（1）鹽酸濃度的測定：移取待測液，加入指示劑，用溶液滴定至終點，消耗溶液。①上述滴定操作用到的儀器有。A．

B．

C．

D．

②該鹽酸濃度為。（2）熱量的測定：取上述溶液和鹽酸各進行反應，測得反應前后體系的溫度值()分別為，則該過程放出的熱量為(c和分別取和，忽略水以外各物質吸收的熱量，下同)。（3）借鑒（2）的方法，甲同學測量放熱反應的焓變(忽略溫度對焓變的影響，下同)。實驗結果見下表。序號反應試劑體系溫度/反應前反應后i溶液粉abii粉ac①溫度：bc(填“>”“<”或“=”)。②(選擇表中一組數(shù)據(jù)計算)。結果表明，該方法可行。（4）乙同學也借鑒（2）的方法，測量反應的焓變。查閱資料：配制溶液時需加入酸。加酸的目的是。提出猜想：粉與溶液混合，在反應A進行的過程中，可能存在粉和酸的反應。驗證猜想：用試紙測得溶液的不大于1；向少量溶液中加入粉，溶液顏色變淺的同時有氣泡冒出，說明存在反應A和(用離子方程式表示)。實驗小結：猜想成立，不能直接測反應A的焓變。教師指導：鑒于以上問題，特別是氣體生成帶來的干擾，需要設計出實驗過程中無氣體生成的實驗方案。優(yōu)化設計：乙同學根據(jù)相關原理，重新設計了優(yōu)化的實驗方案，獲得了反應A的焓變。該方案為。（5）化學能可轉化為熱能，寫出其在生產(chǎn)或生活中的一種應用。〖答案〗（1）AD0.5500（2）（3）>或（4）抑制水解將一定量的粉加入一定濃度的溶液中反應，測量反應熱，計算得到反應的焓變；根據(jù)（3）中實驗計算得到反應的焓變；根據(jù)蓋斯定律計算得到反應的焓變?yōu)椋?）燃料燃燒(或鋁熱反應焊接鐵軌等)〖解析〗（1）①滴定操作時需要用的儀器有錐形瓶、酸式滴定管、堿式滴管、鐵架臺等，故選AD；②滴定時發(fā)生的反應為HCl＋NaOH＝NaCl＋H2O，故，故〖答案〗為0.5500；（2）由可得Q＝××(50mL＋50mL)×(T1－T2)＝，故〖答案〗為；（3）溶液含有溶質的物質的量為0.02mol，粉和粉的物質的量分別為0.021mol、0.01mol，實驗i中有0.02molCuSO4發(fā)生反應，實驗ii中有0.01molCuSO4發(fā)生反應，實驗i放出的熱量多，則b>c；若按實驗i進行計算，；若按實驗ii進行計算，，故〖答案〗為：>；或；（4）易水解，為防止水解，在配制溶液時需加入酸；用試紙測得溶液的不大于1說明溶液中呈強酸性，向少量溶液中加入粉，溶液顏色變淺的同時有氣泡即氫氣產(chǎn)生，說明溶液中還存在與酸的反應，其離子方程式為；乙同學根據(jù)相關原理，重新設計優(yōu)化的實驗方案的重點為如何防止與酸反應產(chǎn)生影響，可以借助蓋斯定律，設計分步反應來實現(xiàn)溶液與的反應，故可將一定量的粉加入一定濃度的溶液中反應，測量反應熱，計算得到反應的焓變；根據(jù)（3）中實驗計算得到反應的焓變；根據(jù)蓋斯定律計算得到反應的焓變?yōu)椋省即鸢浮綖椋阂种扑猓唬粚⒁欢康姆奂尤胍欢舛鹊娜芤褐蟹磻瑴y量反應熱，計算得到反應的焓變；根據(jù)（3）中實驗計算得到反應的焓變；根據(jù)蓋斯定律計算得到反應的焓變?yōu)椋唬?）化學能轉化為熱能在生產(chǎn)和生活中應用比較廣泛，化石燃料的燃燒、炸藥開山、放射火箭等都是化學能轉化熱能的應用，另外鋁熱反應焊接鐵軌也是化學能轉化熱能的應用，故〖答案〗為：燃料燃燒(或鋁熱反應焊接鐵軌等)。13．（2023·北京卷）資料顯示，可以將氧化為。某小組同學設計實驗探究被氧化的產(chǎn)物及銅元素的價態(tài)。已知：易溶于溶液，發(fā)生反應(紅棕色)；和氧化性幾乎相同。I.將等體積的溶液加入到銅粉和的固體混合物中，振蕩。實驗記錄如下：實驗現(xiàn)象實驗Ⅰ極少量溶解，溶液為淡紅色；充分反應后，紅色的銅粉轉化為白色沉淀，溶液仍為淡紅色實驗Ⅱ部分溶解，溶液為紅棕色；充分反應后，紅色的銅粉轉化為白色沉淀，溶液仍為紅棕色實驗Ⅲ完全溶解，溶液為深紅棕色；充分反應后，紅色的銅粉完全溶解，溶液為深紅棕色（1）初始階段，被氧化的反應速率：實驗Ⅰ__________(填“>”“<”或“=”)實驗Ⅱ。（2）實驗Ⅲ所得溶液中，被氧化的銅元素的可能存在形式有(藍色)或(無色)，進行以下實驗探究：步驟a．取實驗Ⅲ的深紅棕色溶液，加入，多次萃取、分液。步驟b．取分液后的無色水溶液，滴入濃氨水。溶液顏色變淺藍色，并逐漸變深。ⅰ．步驟a的目的是_____________________。ⅱ．查閱資料，，(無色)容易被空氣氧化。用離子方程式解釋步驟的溶液中發(fā)生的變化：______________。（3）結合實驗Ⅲ，推測實驗Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，實驗Ⅰ中銅被氧化的化學方程式是____________________。分別取實驗Ⅰ和Ⅱ充分反應后的固體，洗滌后得到白色沉淀，加入濃溶液，__________(填實驗現(xiàn)象)，觀察到少量紅色的銅。分析銅未完全反應的原因是____________________。（4）上述實驗結果，僅將氧化為價。在隔絕空氣的條件下進行電化學實驗，證實了能將氧化為。裝置如圖所示，分別是_____________。（5）運用氧化還原反應規(guī)律，分析在上述實驗中被氧化的產(chǎn)物中價態(tài)不同的原因：_________。8．（2023·湖北卷）學習小組探究了銅的氧化過程及銅的氧化物的組成。回答下列問題：（1）銅與濃硝酸反應的裝置如下圖，儀器A的名稱為_______，裝置B的作用為_______。

（2）銅與過量反應的探究如下：

實驗②中Cu溶解的離子方程式為_______；產(chǎn)生的氣體為_______。比較實驗①和②，從氧化還原角度說明的作用是_______。（3）用足量NaOH處理實驗②新制的溶液得到沉淀X，元素分析表明X為銅的氧化物，提純干燥后的X在惰性氛圍下加熱，mgX完全分解為ng黑色氧化物Y，。X的化學式為_______。（4）取含X粗品0.0500g(雜質不參加反應)與過量的酸性KI完全反應后，調節(jié)溶液至弱酸性。以淀粉為指示劑，用標準溶液滴定，滴定終點時消耗標準溶液15.00mL。(已知：，)標志滴定終點的現(xiàn)象是_______，粗品中X的相對含量為_______。〖答案〗（1）具支試管防倒吸（2）Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2OO2既不是氧化劑，又不是還原劑（3）CuO2（4）溶液藍色消失，且半分鐘不恢復原來的顏色72%〖解析〗（1）由圖可知，儀器A的名稱為具支試管；銅和濃硝酸反應生成硝酸銅和二氧化氮，其中二氧化氮易溶于水，需要防倒吸，則裝置B的作用為防倒吸；（2）根據(jù)實驗現(xiàn)象，銅片溶解，溶液變藍，可知在酸性條件下銅和過氧化氫發(fā)生反應，生成硫酸銅，離子方程式為：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；硫酸銅可以催化過氧化氫分解生成氧氣，則產(chǎn)生的氣體為O2；在銅和過氧化氫的反應過程中，氫元素的化合價沒有發(fā)生變化，故從氧化還原角度說明的作用是：既不是氧化劑，又不是還原劑；（3）在該反應中銅的質量m(Cu)=n×，因為，則m(O)=，則X的化學式中銅原子和氧原子的物質的量之比為：，則X為CuO2；（4）滴定結束的時候，單質碘消耗完，則標志滴定終點的現(xiàn)象是：溶液藍色消失，且半分鐘不恢復原來的顏色；在CuO2中銅為+2價，氧為-1價，根據(jù)，，可以得到關系式：，則n(CuO2)=×0.1mol/L×0.015L=0.000375mol，粗品中X的相對含量為。14．（2022·北京卷）某小組同學探究不同條件下氯氣與二價錳化合物的反應資料：i．Mn2+在一定條件下被Cl2或ClO-氧化成MnO2(棕黑色)、(綠色)、(紫色)。ii．濃堿條件下，可被OH-還原為。iii．Cl2的氧化性與溶液的酸堿性無關，NaClO的氧化性隨堿性增強而減弱。實驗裝置如圖(夾持裝置略)序號物質aC中實驗現(xiàn)象通入Cl2前通入Cl2后I水得到無色溶液產(chǎn)生棕黑色沉淀，且放置后不發(fā)生變化II5%NaOH溶液產(chǎn)生白色沉淀，在空氣中緩慢變成棕黑色沉淀棕黑色沉淀增多，放置后溶液變?yōu)樽仙杂谐恋鞩II40%NaOH溶液產(chǎn)生白色沉淀，在空氣中緩慢變成棕黑色沉淀棕黑色沉淀增多，放置后溶液變?yōu)樽仙杂谐恋恚?）B中試劑是___________。（2）通入Cl2前，II、III中沉淀由白色變?yōu)楹谏幕瘜W方程式為___________。（3）對比實驗I、II通入Cl2后的實驗現(xiàn)象，對于二價錳化合物還原性的認識是___________。（4）根據(jù)資料ii，III中應得到綠色溶液，實驗中得到紫色溶液，分析現(xiàn)象與資料不符的原因：原因一：可能是通入Cl2導致溶液的堿性減弱。原因二：可能是氧化劑過量，氧化劑將氧化為。①化學方程式表示可能導致溶液堿性減弱的原因___________，但通過實驗測定溶液的堿性變化很小。②取III中放置后的1mL懸濁液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速變?yōu)榫G色，且綠色緩慢加深。溶液紫色變?yōu)榫G色的離子方程式為___________，溶液綠色緩慢加深，原因是MnO2被___________(填“化學式”)氧化，可證明III的懸濁液中氧化劑過量；③取II中放置后的1mL懸濁液，加入4mL水，溶液紫色緩慢加深，發(fā)生的反應是___________。④從反應速率的角度，分析實驗III未得到綠色溶液的可能原因___________。〖答案〗（1）飽和NaCl溶液（2）2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O（3）Mn2+的還原性隨溶液堿性的增強而增強（4）Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O4+4OH-=4+O2↑+2H2ONaClO3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2OIII中氧化劑氧化錳酸根離子的速率大于氫氧根離子還原高錳酸根離子的速率，因而實驗III未得到綠色溶液〖祥解〗在裝置A中HCl與KMnO4發(fā)生反應制取Cl2，由于鹽酸具有揮發(fā)性，為排除HCl對Cl2性質的干擾，在裝置B中盛有飽和NaCl溶液，除去Cl2中的雜質HCl，在裝置C中通過改變溶液的pH，驗證不同條件下Cl2與MnSO4反應，裝置D是尾氣處理裝置，目的是除去多余Cl2，防止造成大氣污染。〖解析〗（1）B中試劑是飽和NaCl溶液，作用是吸收Cl2中的雜質HCl氣體；1（2）通入Cl2前，II、III中Mn2+與堿性溶液中NaOH電離產(chǎn)生的的OH-反應產(chǎn)生Mn(OH)2白色沉淀，該沉淀不穩(wěn)定，會被溶解在溶液中的氧氣氧化為棕黑色MnO2，則沉淀由白色變?yōu)楹谏幕瘜W方程式為：2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O；（3）對比實驗I、II通入Cl2后的實驗現(xiàn)象，對于二價錳化合物還原性的認識是：Mn2+的還原性隨溶液堿性的增強而增強；（4）①Cl2與NaOH反應產(chǎn)生NaCl、NaClO、H2O，使溶液堿性減弱，反應的離子方程式為：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；②取III中放置后的1mL懸濁液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速變?yōu)榫G色，且綠色緩慢加深。溶液紫色變?yōu)榫G色就是由于在濃堿條件下，可被OH-還原為，根據(jù)電子守恒、電荷守恒及原子守恒，可知該反應的離子方程式為：4+4OH-=4+O2↑+2H2O；溶液綠色緩慢加深，原因是MnO2被NaClO氧化，可證明III的懸濁液中氧化劑過量；③取II中放置后的1mL懸濁液，加入4mL水，溶液堿性減弱，溶液紫色緩慢加深，說明ClO-將MnO2氧化為，發(fā)生的反應是：3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O；④III中氧化劑氧化錳酸根離子的速率大于氫氧根離子還原高錳酸根離子的速率，導致實驗III未得到綠色溶液。15．（2022·江蘇卷）實驗室以二氧化鈰()廢渣為原料制備含量少的，其部分實驗過程如下：（1）“酸浸”時與反應生成并放出，該反應的離子方程式為_______。（2）pH約為7的溶液與溶液反應可生成沉淀，該沉淀中含量與加料方式有關。得到含量較少的的加料方式為_______(填序號)。A．將溶液滴加到溶液中

B．將溶液滴加到溶液中（3）通過中和、萃取、反萃取、沉淀等過程，可制備含量少的。已知能被有機萃取劑(簡稱HA)萃取，其萃取原理可表示為(水層)+3HA(有機層)(有機層)+(水層)①加氨水“中和”去除過量鹽酸，使溶液接近中性。去除過量鹽酸的目的是_______。②反萃取的目的是將有機層轉移到水層。使盡可能多地發(fā)生上述轉移，應選擇的實驗條件或采取的實驗操作有_______(填兩項)。③與“反萃取”得到的水溶液比較，過濾溶液的濾液中，物質的量減小的離子有_______(填化學式)。（4）實驗中需要測定溶液中的含量。已知水溶液中可用準確濃度的溶液滴定。以苯代鄰氨基苯甲酸為指示劑，滴定終點時溶液由紫紅色變?yōu)榱咙S色，滴定反應為。請補充完整實驗方案：①準確量取溶液[約為]，加氧化劑將完全氧化并去除多余氧化劑后，用稀硫酸酸化，將溶液完全轉移到容量瓶中后定容；②按規(guī)定操作分別將和待測溶液裝入如圖所示的滴定管中：③_______。〖答案〗（1）2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O（2）B（3）有利于提高Ce3+的萃取率適當提高硝酸的濃度；充分振蕩分液漏斗；用適量萃取劑分多次反萃取、H+（4）從滴定管中準確放出25.00mL溶液于錐形瓶中，加入幾滴指示劑苯代鄰氨基苯甲酸，向錐形瓶中滴加溶液，邊滴加邊振蕩錐形瓶至溶液顏色恰好由紫紅色變?yōu)榱咙S色，且30s內顏色不變，記錄滴加溶液的體積；重復以上操作2~3次〖祥解〗首先用稀鹽酸和過氧化氫溶液酸浸二氧化鈰廢渣，得到三價鈰，加入氨水調節(jié)pH后用萃取劑萃取其中的三價鈰，增大三價鈰濃度，之后加入稀硝酸反萃取其中的三價鈰，再加入氨水和碳酸氫銨制備產(chǎn)物。〖解析〗（1）根據(jù)信息反應物為與，產(chǎn)物為和，根據(jù)電荷守恒和元素守恒可知其離子方程式為：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；（2）反應過程中保持少量即可得到含量較少的，故選B；（3）去除過量鹽酸，減小氫離子濃度，使(水層)+3HA(有機層)(有機層)+(水層)的化學平衡右移，利于提高Ce3+的萃取率，故〖答案〗為：有利于提高Ce3+的萃取率；根據(jù)平衡移動原理可知，應選擇的實驗條件是：適當提高硝酸的濃度；充分振蕩分液漏斗；用適量萃取劑分多次反萃取；③“反萃取”得到的水溶液中含有濃度較大的、H+，氨水和溶液均顯堿性，可以和、H+反應，生成沉淀的同時也發(fā)生中和反應，因此過濾后溶液中、H+的物質的量均減小，故〖答案〗為：、H+；（4）從滴定管中準確放出25.00mL溶液于錐形瓶中，加入幾滴指示劑苯代鄰氨基苯甲酸，向錐形瓶中滴加溶液，邊滴加邊振蕩錐形瓶至溶液顏色恰好由紫紅色變?yōu)榱咙S色，且30s內顏色不變，記錄滴加溶液的體積；重復以上操作2~3次。16．（2022·福建卷）某興趣小組設計實驗探究，催化空氣氧化的效率。回答下列問題：步驟Ⅰ

制備在通風櫥中用下圖裝置制備(加熱及夾持裝置省略)，反應方程式：（1）裝置A中盛放甲酸的儀器的名稱是_______。（2）從B、C、D中選擇合適的裝置收集，正確的接口連接順序為a→_______→_______→_______→_______→h(每空填一個接口標號)。______步驟Ⅱ

檢驗將通入新制銀氨溶液中，有黑色沉淀生成。（3）該反應的化學方程式為_______。步驟Ⅲ

探究催化空氣氧化的效率將一定量與空氣混合，得到體積分數(shù)為1%的氣體樣品。使用下圖裝置(部分加熱及夾持裝置省略)，調節(jié)管式爐溫度至，按一定流速通入氣體樣品。(已知：是白色固體，易吸水潮解：)（4）通入(已折算為標況)的氣體樣品后，繼續(xù)向裝置內通入一段時間氮氣，最終測得U形管內生成了。①能證明被空氣氧化的現(xiàn)象是_______；②被催化氧化的百分率為_______；③若未通入氮氣，②的結果將_______(填“偏大”“偏小”或“無影響”)。（5）探究氣體與催化劑接觸時長對催化氧化效率的影響時，采用_______方法可以縮短接觸時長。（6）步驟Ⅲ裝置存在的不足之處是_______。〖答案〗（1）分液漏斗（2）a→d→e→c→b（3）（4）石灰水變渾濁60%偏大（5）增大氣體樣品流速（6）尾氣出口未加防潮裝置(或其他相似表述)〖祥解〗在通風櫥中用下圖裝置制備一氧化碳，用A裝置制取一氧化碳，該氣體中含有甲酸蒸氣，故用水除去甲酸，再用B裝置排水收集一氧化碳氣體，排出的水用E中的燒杯接收。根據(jù)氣體樣品通過氫氧化鈉吸收空氣中的二氧化碳，濃硫酸吸水，一氧化碳在H中被氧氣氧化生成二氧化碳，二氧化碳能被石灰水吸收，J中的濃硫酸吸收氣體中的水蒸氣，干燥的一氧化碳和，進而測定生成的碘的質量，計算一氧化碳的被氧化的百分率。據(jù)此解答。〖解析〗（1）裝置A中盛放甲酸的儀器為分液漏斗。（2）用C除去甲酸，B收集一氧化碳，E接收排出的水，故接口連接順序為a→d→e→c→b→h。（3）一氧化碳和銀氨溶液反應生成黑色的銀，同時生成碳酸銨和氨氣，方程式為：。（4）一氧化碳被氧氣氧化生成二氧化碳，能使澄清的石灰水變渾濁。碘的物質的量為，則結合方程式分析，還有0.002mol一氧化碳未被氧氣氧化，11.2L氣體為0.5mol其中一氧化碳為0.005mol，則被氧化的一氧化碳為0.005-0.002=0.003mol，則被氧化的百分率為。如果沒有通入氮氣則計算的未被氧化的一氧化碳的物質的量減少，則被氧化的百分率增大。（5）增大氣流速率可以提高催化效率。（6）：是白色固體，易吸水潮解，但該裝置出氣口未加防潮裝置。17．（2022·廣東卷）食醋是烹飪美食的調味品，有效成分主要為醋酸(用表示)。的應用與其電離平衡密切相關。25℃時，的。（1）配制的溶液，需溶液的體積為_______mL。（2）下列關于容量瓶的操作，正確的是_______。（3）某小組研究25℃下電離平衡的影響因素。提出假設。稀釋溶液或改變濃度，電離平衡會發(fā)生移動。設計方案并完成實驗用濃度均為的和溶液，按下表配制總體積相同的系列溶液；測定，記錄數(shù)據(jù)。序號Ⅰ40.00//02.86Ⅱ4.00/36.0003.36…Ⅶ4.00ab3：44.53Ⅷ4.004.0032.001：14.65①根據(jù)表中信息，補充數(shù)據(jù)：_______，_______。②由實驗Ⅰ和Ⅱ可知，稀釋溶液，電離平衡_______(填”正”或”逆”)向移動；結合表中數(shù)據(jù)，給出判斷理由：_______。③由實驗Ⅱ~VIII可知，增大濃度，電離平衡逆向移動。實驗結論假設成立。（4）小組分析上表數(shù)據(jù)發(fā)現(xiàn)：隨著的增加，的值逐漸接近的。查閱資料獲悉：一定條件下，按配制的溶液中，的值等于的。對比數(shù)據(jù)發(fā)現(xiàn)，實驗VIII中與資料數(shù)據(jù)存在一定差異；推測可能由物質濃度準確程度不夠引起，故先準確測定溶液的濃度再驗證。①移取溶液，加入2滴酚酞溶液，用溶液滴定至終點，消耗體積為，則該溶液的濃度為_______。在答題卡虛線框中，畫出上述過程的滴定曲線示意圖并標注滴定終點_______。②用上述溶液和溶液，配制等物質的量的與混合溶液，測定pH，結果與資料數(shù)據(jù)相符。（5）小組進一步提出：如果只有濃度均約為的和溶液，如何準確測定的？小組同學設計方案并進行實驗。請完成下表中Ⅱ的內容。Ⅰ移取溶液，用溶液滴定至終點，消耗溶液Ⅱ_______，測得溶液的pH為4.76實驗總結

得到的結果與資料數(shù)據(jù)相符，方案可行。（6）根據(jù)可以判斷弱酸的酸性強弱。寫出一種無機弱酸及其用途_______。〖答案〗（1）5.0（2）C（3）

3.00

33.00

正

實驗II相較于實驗I，醋酸溶液稀釋了10倍，而實驗II的pH增大值小于1（4）

0.1104

（5）向滴定后的混合液中加入20mLHAc溶液（6）HClO：漂白劑和消毒液(或H2SO3：還原劑、防腐劑或H3PO4：食品添加劑、制藥、生產(chǎn)肥料)〖解析〗（1）溶液稀釋過程中，溶質的物質的量不變，因此250mL×0.1mol/L=V×5mol/L，解得V=5.0mL。（2）A．容量瓶使用過程中，不能用手等觸碰瓶口，以免污染試劑，故A錯誤；B．定容時，視線應與溶液凹液面和刻度線“三線相切”，不能仰視或俯視，故B錯誤；C．向容量瓶中轉移液體，需用玻璃棒引流，玻璃棒下端位于刻度線以下，同時玻璃棒不能接觸容量瓶口，故C正確；D．定容完成后，蓋上瓶塞，將容量瓶來回顛倒，將溶液搖勻，顛倒過程中，左手食指抵住瓶塞，防止瓶塞脫落，右手扶住容量瓶底部，防止容量瓶從左手掉落，故D錯誤；綜上所述，正確的是C項。（3）①實驗VII的溶液中n(NaAc)：n(HAc)=3：4，V(HAc)=4.00mL，因此V(NaAc)=3.00mL，即a=3.00，,由實驗I可知，溶液最終的體積為40.00mL，因此V(H2O)=40.00mL-4.00mL-3.00mL=33.00mL，即b=33.00。②實驗I所得溶液的pH=2.86，實驗II的溶液中c(HAc)為實驗I的，稀釋過程中，若不考慮電離平衡移動，則實驗II所得溶液的pH=2.86+1=3.86，但實際溶液的pH=3.36<3.86，說明稀釋過程中，溶液中n(H+)增大，即電離平衡正向移動，故〖答案〗為：正；實驗II相較于實驗I，醋酸溶液稀釋了10倍，而實驗II的pH增大值小于1。（4）(i)滴定過程中發(fā)生反應：HAc+NaOH=NaAc+H2O，由反應方程式可知，滴定至終點時，n(HAc)=n(NaOH)，因此22.08mL×0.1mol/L=20.00mL×c(HAc)，解得c(HAc)=0.1104mol/L。(ii)滴定過程中，當V(NaOH)=0時，c(H+)=≈mol/L=10-2.88mol/L，溶液的pH=2.88，當V(NaOH)=11.04mL時，n(NaAc)=n(HAc)，溶液的pH=4.76，當V(NaOH)=22.08mL時，達到滴定終點，溶液中溶質為NaAc溶液，Ac-發(fā)生水解，溶液呈弱堿性，當NaOH溶液過量較多時，c(NaOH)無限接近0.1mol/L，溶液pH接近13，因此滴定曲線如圖：。（5）向20.00mL的HAc溶液中加入V1mLNaOH溶液達到滴定終點，滴定終點的溶液中溶質為NaAc，當時，溶液中c(H+)的值等于HAc的Ka，因此可再向溶液中加入20.00mLHAc溶液，使溶液中n(NaAc)=n(HAc)。（6）不同的無機弱酸在生活中應用廣泛，如HClO具有強氧化性，在生活中可用于漂白和消毒，H2SO3具有還原性，可用作還原劑，在葡萄酒中添加適量H2SO3可用作防腐劑，H3PO4具有中強酸性，可用作食品添加劑，同時在制藥、生產(chǎn)肥料等行業(yè)有廣泛用途。18．（2022·遼寧卷）作為綠色氧化劑應用廣泛，氫醌法制備原理及裝置如下：已知：、等雜質易使催化劑中毒。回答下列問題：（1）A中反應的離子方程式為___________。（2）裝置B應為___________(填序號)。（3）檢查裝置氣密性并加入藥品，所有活塞處于關閉狀態(tài)。開始制備時，打開活塞___________，控溫。一段時間后，僅保持活塞b打開，抽出殘留氣體。隨后關閉活塞b，打開活塞___________，繼續(xù)反應一段時間。關閉電源和活塞，過濾三頸燒瓶中混合物，加水萃取，分液，減壓蒸餾，得產(chǎn)品。（4）裝置F的作用為___________。（5）反應過程中，控溫的原因為___________。（6）氫醌法制備總反應的化學方程式為___________。（7）取產(chǎn)品，加蒸餾水定容至搖勻，取于錐形瓶中，用酸性標準溶液滴定。平行滴定三次，消耗標準溶液體積分別為、、。假設其他雜質不干擾結果，產(chǎn)品中質量分數(shù)為___________。〖答案〗（1）（2）②或③①（3）a、bc、d（4）防止外界水蒸氣進入C中使催化劑中毒（5）適當升溫加快反應速率，同時防止溫度過高分解（6）（7）17%〖祥解〗從的制備原理圖可知，反應分兩步進行，第一步為在催化作用下與乙基蔥醌反應生成乙基蒽醇，第二步為與乙基蒽醇反應生成和乙基蒽醌。啟普發(fā)生器A為制取的裝置，產(chǎn)生的中混有和，需分別除去后進入C中發(fā)生第一步反應。隨后氧氣源釋放的氧氣經(jīng)D干燥后進入C中發(fā)生反應生成和乙基蒽醌，F(xiàn)中裝有濃，與C相連，防止外界水蒸氣進入C中，使催化劑中毒。〖解析〗（1）A中鋅和稀鹽酸反應生成氯化鋅和氫氣，反應的離子方程式為；（2）、等雜質易使催化劑中毒，需通過堿石灰除去HX和H2O，所以裝置B應該選②或③①；（3）開始制備時，打開活塞a、b，A中產(chǎn)生的進入C中，在催化作用下與乙基蒽醌反應生成乙基蒽醇，一段時間后，關閉a，僅保持活塞b打開，將殘留抽出，隨后關閉活塞b，打開活塞c、d，將O2通入C中與乙基蒽醇反應生成H2O2和乙基蒽醌。（4）容易使催化劑中毒，實驗中需要保持C裝置為無水環(huán)境，F(xiàn)的作用為防止外界水蒸氣進入C中。（5）適當升溫加快反應速率，同時防止溫度過高分解，所以反應過程中控溫；（6）第一步為在催化作用下與乙基蔥醌反應生成乙基蒽醇，第二步為與乙基蒽醇反應生成和乙基蒽醌，總反應為。（7）滴定反應的離子方程式為，可得關系式：。三組數(shù)據(jù)中偏差較大，舍去，故消耗酸性高錳酸鉀標準溶液的平均體積為，的質量分數(shù)。19．（2022·北京卷）煤中硫的存在形態(tài)分為有機硫和無機硫(、硫化物及微量單質硫等)。庫侖滴定法是常用的快捷檢測煤中全硫含量的方法。其主要過程如下圖所示。已知：在催化劑作用下，煤在管式爐中燃燒，出口氣體主要含。（1）煤樣需研磨成細小粉末，其目的是___________。（2）高溫下，煤中完全轉化為，該反應的化學方程式為_