2023届上海市高三化学二轮复习 专练训练10-化学实验.docx

1、2023届上海市高三化学二轮复习 专练训练10-化学实验一选择题（共18小题）1（2022黄浦区校级模拟）某K2CO3样品中含有Na2CO3、KNO3和Ba（NO3）2三种杂质中的一种或两种，现将13.8g样品加入足量水，样品全部溶解，再加入过量的CaCl2溶液，得到9g沉淀，对样品所含杂质的正确判断是（）A肯定有KNO3，没有Na2CO3B肯定没有Na2CO3和Ba（NO3）2C肯定没有Ba（NO3）2，可能有KNO3D肯定有KNO3，可能还会有Na2CO32（2022杨浦区校级模拟）CaO2受热可分解生成CaO和O2。用如图所示装置测样品中CaO2的含量，若样品质量为mg，得到气体体积为V

2、mL（标准状况下）下列分析正确的是（）A实验前无需检验装置气密性BCaO2的质量分数为：C实验结束后即可读数D若样品中含有NaHCO3，结果偏小3（2022虹口区二模）乙酸叔丁酯（M）的某合成反应历程如图所示。下列说法正确的是（）A该合成反应的类型属于加成反应B该历程中存在非极性键的断裂与生成CY中所有碳原子最外层均已达到8电子稳定结构D如果使用含18O的X为原料，则M中不含18O4（2022虹口区模拟）测定鸡蛋壳中碳酸钙含量的方法如下：将一定质量鸡蛋壳粉碎后用已知浓度与体积的足量盐酸充分溶解（假设其他成分不反应），直到不再有气泡产生。再加入2滴酚酞试液，用标准NaOH溶液滴定至终点，记录消耗

3、NaOH溶液体积。若某次测定的碳酸钙含量偏高，可能的原因是（）A所用的盐酸浓度过高，有一定挥发B终点时溶液呈较深的红色C滴定管清洗后直接盛装标准NaOH溶液D滴定前未通过加热赶走溶解的CO25（2022虹口区模拟）室温下，通过下列实验探究0.1molL1NaHS 溶液的性质。下列有关说法正确的是（）实验实验操作和现象滴加几滴酚酞试液，溶液变红加入等体积0.1molL1NaOH 溶液充分混合，无明显现象加入少量CuSO4溶液，产生黑色沉淀加入适量NaClO溶液，有淡黄色沉淀产生A实验溶液中：c（S2）c（H2S）B实验所得溶液中：c（OH）c（H+）+c（HS）+2c（H2S）C实验中反应的离子

4、方程式：Cu2+HSCuS+H+D实验中反应的离子方程式：2HS+ClO2S+Cl+H2O6（2022黄浦区校级模拟）下列“类比”结果说法正确的是（）A油脂在碱性条件下能发生水解反应，则石蜡油在碱性条件下也能发生水解反应B分子式为C7H7Br的芳香族化合物的同分异构体有4种，则分子式为C7H8O的芳香族化合物的同分异构体也是4种C由O2+2H2S2S+H2O，说明非金属性OS，则高温下SiO2+2C2CO+Si，说明非金属性CSiDAlCl3 溶液中滴加NaAlO2溶液能产生沉淀，则FeCl3溶液中加入NaAlO2溶液也能产生沉淀7（2022杨浦区校级二模）据文献报道，我国学者提出O2氧化HB

5、r生成Br2的反应历程如图所示。下列有关该历程的说法错误的是（）AO2氧化HBr生成Br2的总反应为：O2+4HBr2Br2+2H2OB中间体HOOBr和HOBr中Br的化合价相同C发生步骤时，断裂的化学键既有极性键又有非极性键D步骤中，每生成1molBr2转移2mol电子8（2022杨浦区校级二模）用下列仪器或装置（图中夹持略）进行相应实验，能达到实验目的的是（）ABCD 蒸发结晶制备NaHCO3晶体检验溴乙烷的消去反应的产物分离苯和溴苯探究不同催化剂对H2O2分解速率的影响AABBCCDD9（2022浦东新区校级模拟）1丁醇、溴化钠和70%的硫酸共热反应，经过回流、蒸馏、萃取分液制得1溴丁

6、烷粗产品，装置如图所示：已知：CH3（CH2）3OH+NaBr+H2SO4CH3（CH2）3Br+NaHSO4+H2O；下列说法错误的是（）A装置中回流的目的是减少物质的挥发，提高产率B装置中b为进水口，a为出水口C用装置萃取分液时，将分层的液体依次从下放出D经装置得到的粗产品干燥后，使用装置再次蒸馏，可得到更纯的产品10（2022徐汇区校级模拟）下列实验操作、现象和解释或结论完全正确的是（）选项实验操作解释或结论A将含有二氧化硫的气体通入酸性高锰酸钾中，然后加入足量氯化钡溶液通过测定白色沉淀的质量，可推算二氧化硫的物质的量B实验室用浓硫酸和乙醇制取乙烯时，若要检验所得气体含有CH2CH2，可

7、将混合气体干燥后，通入溴的四氯化碳溶液中若溶液褪色，则证明有乙烯C常温下，用pH计分别测定等体积1mol/LCH3COONH4溶液和0.1mol/LCH3COONH4溶液的pH，测得pH都等于7同温下，不同浓度的CH3COONH4溶液中水的电离程度相同D探究浓度对反应速率的影响，向2支盛有5mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液，观察现象探究浓度对反应速率的影响AABBCCDD11（2022静安区二模）滴定法测铀时需添加VOSO4做催化剂，该物质易被氧化，实验室常用Fe2+去除VOSO4溶液中的（VO2）2SO4，实验装置如图所示。下列分析正确的是（）AVOSO4和

8、（VO2）2SO4中V元素的化合价相同Bb中反应所生成气体的作用之一是将装置中的空气排尽C用小试管在m处收集气体并验纯后，应先关闭K2，再打开K3D实验完毕，可用氯水和KSCN溶液检验c中溶液是否含有Fe2+12（2022普陀区二模）下表中除杂试剂和方法都正确的是（）选项物质（杂质）除杂试剂分离方法ACl2（HCl）饱和食盐水洗气BN2（O2）镁粉加热CCO2（SO2）饱和Na2CO3（aq）洗气DAl2O3（Fe2O3）NaOH（aq）过滤AABBCCDD13（2022金山区二模）除去下列物质中的杂质，所选试剂与分离方法均能达到目的的是（）物质（杂质）除杂试剂分离方法ANaCl（aq）（I2

9、）CCl4分液BC2H5OH（CH3COOH）NaOH（aq）蒸馏CHCl（Cl2）饱和食盐水洗气DCaSO4（CaCO3）稀硫酸过滤AABBCCDD14（2022黄浦区校级模拟）为达成下列实验目的，所用方法正确的是（）实验目的实验方法A.证明海带提碘实验中有碘生成浸出液中加入足量氯水再加入少量淀粉溶液B.检验FeSO4溶液是否完全变质试样中滴加酸性KMnO4溶液C.实验室制取溴苯光照苯和液溴的混合物D.验证溴乙烷中的溴元素加入NaOH溶液加热，一段时间后滴加AgNO3溶液AABBCCDD15（2022奉贤区二模）下列操作能达到实验目的的是（）选项操作目的A用玻璃棒蘸取NaClO溶液滴于pH试

10、纸的中部，与标准比色卡对比测定NaClO溶液的pHB向含有酚酞的Na2CO3溶液中滴入BaCl2溶液至过量，观察溶液颜色的变化证明Na2CO3溶液中存在CO32的水解平衡C向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液，加热，冷却调节pH至中性，加少量碘水，观察溶液颜色变化判断淀粉是否发生水解D在醋酸铅稀溶液中通入H2S气体，观察现象判断H2S与CH3COOH酸性强弱AABBCCDD16（2022杨浦区校级二模）在下列实验操作中，会导致测量结果偏小的是（）A胆矾晶体中结晶水含量测定实验中，坩埚中有受热不分解的物质B灼烧法测定Na2CO3、NaHCO3混合物中Na2CO3的质量分数实验中，未进行恒重操作

11、CHCl标准溶液滴定未知浓度的NaOH溶液实验中，锥形瓶内溶液溅出D气体摩尔体积的测定中，反应结束后未冷却至室温便读数17（2022上海模拟）碘化亚铜可以催化一系列卤代烃参与的偶联反应。实验室可用反应2CuSO4+2KI+SO2+2H2O2CuI+2H2SO4+K2SO4来制备CuI（CuI受热易被氧化）。下列实验装置和操作能达到实验目的的是（）A用装置制备SO2B用装置制备CuIC用装置分离出CuID用装置制备干燥的CuI18（2022宝山区校级模拟）下列由废铜屑制取CuSO45H2O的实验原理与装置不能达到实验目的的是（）A用装置甲除去废铜屑表面的油污B用装置乙溶解废铜屑C用装置丙过滤得到

12、CuSO4溶液D用装置丁蒸干溶液获得CuSO45H2O二实验题（共5小题）19（2022徐汇区三模）NCl3可用于面粉的漂白和杀菌。已知：NCl3为黄色油状液体，熔点为40，沸点为70，95以上易爆炸。实验室可用Cl2和NH4Cl溶液反应制取NCl3，所用装置如图：完成下列填空：（1）三卤化氮（NX3）的分子空间构型与NH3相似，热稳定性比NCl3强的NX3有 。NCl3在热水中易水解，反应液有漂白性。写出NCl3水解的化学方程式 。（2）仪器D的名称是 。装置A是Cl2发生装置，实验室制备下列物质也可使用该装置的是 （选填编号）。a乙炔b硝基苯c溴苯d乙酸乙酯（3）向蒸馏烧瓶内的NH4Cl溶

13、液中通入过量Cl2，B中反应的化学方程式为 ，待反应至油状液体不再增加，关闭装置A、B间的止水夹，控制水浴加热的温度范围为 ，将产品NCl3蒸出。待反应结束，为测定溶液中残留的NCl3的物质的量浓度，进行如下操作：取蒸馏烧瓶中的反应液25.00mL，加入过量饱和Na2SO3溶液充分反应后，再加入过量30%的NaOH溶液，微热；用25.00mL0.050molL1的稀硫酸吸收产生的NH3，得到溶液A；用0.100molL1的NaOH标准液滴定溶液A至滴定终点，消耗VmLNaOH标准液。（4）滴定过程中水的电离程度逐渐 （选填序号）。a增大b减小c先增大后减小d先减小后增大（5）滴定至终点时溶液中

14、溶质仅有（NH4）2SO4和Na2SO4，用含V的代数式表示NCl3的物质的量浓度为 molL1。20（2022徐汇区二模）硫代硫酸钠晶体（Na2S2O35H2O，M248gmol1）俗称大苏打，可用作定影剂、还原剂。实验室制备Na2S2O3溶液的装置如图（部分装置省略，C中Na2SO3过量）。完成下列填空：（1）装置A中的反应，体现浓硫酸的 性。（2）装置B的作用 。（3）装置C中的反应有多步，其中最后一步反应的化学方程式为：S+Na2SO3Na2S2O3。当观察到装置C中出现 现象，说明反应已完全。（4）市售Na2S2O3中常含有SO42杂质，为检验SO42，需先向样品中加入过量稀盐酸，再

15、滴加BaCl2溶液。加入稀盐酸后观察到有 和刺激性气味气体生成。（5）利用K2Cr2O7标准溶液定量测定Na2S2O35H2O的纯度。测定步骤如下：溶液配制：称1.2000gNaS2O35H2O样品，用 （填仪器名称）配制成100mL溶液。滴定：取0.0095molL1K2Cr2O7标准溶液20.00mL，硫酸酸化后加入过量KI溶液，发生反应：Cr2O72+6I+14H+3I2+2Cr3+7H2O。然后用Na2S2O3溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O322I+S4O62。加入少量淀粉作为指示剂，继续滴定，当溶液 即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80mL，则样品的纯

16、度为 （保留两位小数）。（6）相片显影液中的Na2S2O3，可以洗掉胶卷上多余的AgBr，生成稳定的Ag（S2O3）23，该反应的离子方程式为 。（7）临床上，Na2S2O3可用于氰化物解毒，解毒原理为：S2O32+CNSCN+SO32。检验该转化生成了SCN的操作为 。21（2022浦东新区校级模拟）氯气与碱溶液反应，在低温和稀碱溶液中主要产物是ClO和Cl，在75以上和浓碱溶液中主要产物是ClO3和Cl。研究小组用如图实验装置制取氯酸钾（KClO3），并测定其纯度。a为浓盐酸，b为MnO2，c为饱和食盐水，d为30%KOH溶液，e为NaOH溶液检查装置气密性后，添加药品，待装置水温升至75

17、开始反应。（1）装置中反应的化学方程式为 ，若取消装置，对本实验的影响是 。（2）从装置的试管中分离得到KClO3粗产品，其中混有的杂质是KClO和 。（3）已知碱性条件下，ClO有强氧化性，而ClO3氧化性很弱。设计实验证明：碱性条件下，H2O2能被ClO氧化，而不能被ClO3氧化 。（4）为测定产品KClO3的纯度，进行如下实验：步骤1：取2.45g样品溶于水配成250mL溶液。步骤2：取25.00mL溶液于锥形瓶中，调至pH10，滴加足量H2O2溶液充分振荡，然后煮沸溶液12分钟，冷却。步骤3：加入过量KI溶液，再逐滴加入足量稀硫酸。（ClO3+6I+6H+Cl+3I2+3H2O）步骤4

18、：加入指示剂，用0.5000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00mL。（2S2O32+I2S4O62+2I）样品中KClO3的质量分数为 ；步骤2的目的是 ；若没有“煮沸”操作，测定结果 （选填偏大、偏小或无影响）。22（2022普陀区模拟）为测定CuSO4溶液的浓度，甲、乙两同学设计了两个方案。回答下列问题：甲方案实验原理：CuSO4+BaCl2BaSO4+CuCl2实验步骤：（1）判断SO42沉淀完全的操作为 。（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 。（4）固体质量为wg，则c（CuSO4） mol/L。（5）若步骤

19、从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，则测得c（CuSO4） （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。乙方案实验原理：Zn+CuSO4ZnSO4+Cu，Zn+H2SO4ZnSO4+H2。实验步骤：按如图安装装置（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CuSO4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 。（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反应速率受温度影响

20、（8）Zn粉质量为ag，若测得H2体积为bmL，已知实验条件下（H2）dgL1，则c（CuSO4） mol/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（CuSO4） （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。23（2022徐汇区校级模拟）硫酸铁（PFS）是一种新型高效的无机高分子絮凝剂，广泛用于水的处理用铁的氧化物为原料来制取聚合硫酸铁，为控制水解时Fe3+的浓度，防止生成氢氧化铁沉淀，原料中的Fe3+必须先还原为Fe2+实验步骤如下：（1）用98%的硫酸配制28%的硫酸，所需的玻璃仪器除量筒外，还有 （a） 容量瓶（b） 烧杯（c） 烧瓶（2）步骤 II取样分析

21、溶液中的Fe2+、Fe3+的含量，目的是 （a） 控制溶液中Fe2+与Fe3+含量比 （b） 确定下一步还原所需铁的量（c） 确定氧化Fe2+所需NaClO3的量 （d） 确保铁的氧化物酸溶完全（3）用NaClO3氧化时反应方程式如下：6FeSO4+NaClO3+3H2SO43Fe2（SO4）3+NaCl+3H2O若改用HNO3氧化，则反应方程式如下（NOx有毒）：6FeSO4+2HNO3+3H2SO43Fe2（SO4）3+NO+4H2O已知1mol HNO3价格0.16元、1mol NaClO3价格0.45元，评价用HNO3代替NaClO3作氧化剂的得弊，利是 ，弊是 聚合硫酸铁溶液中SO4

22、2Fe3+物质的量之比不是3：2根据下列供选择的试剂和基本操作，测定聚合硫酸铁产品溶液中SO42与Fe3+物质的量之比（4）测定时所需的试剂 （a） NaOH （b） FeSO4 （c） BaCl2 （d）aClO3（5）需要测定 和 的质量（填写化合物的化学式）（6）选出测定过程中所需的基本操作 （按操作先后顺序列出）（a） 萃取、分液 （b） 过滤、洗涤 （c） 蒸发、结晶（d） 冷却、称量 （e）烘干或灼烧三解答题（共5小题）24（2022金山区二模）CuCl（M99.5gmol1 ）是有机合成常用催化剂，不溶于醇，湿的CuCl在空气中易水解，也会被O2氧化为Cu2（OH）3Cl。工业上

23、有多种途径合成CuCl：完成下列填空：（1）步骤控制反应温度在7080的方法是 。步骤都必须外加NaCl（s）至接近饱和的原因是 。（2）已知：Cu2+Cu+2Cl2CuCl。途径二使用中间步骤生成NaCuCl2，而不用一步法直接制取CuCl的原因是 。（3）步骤的操作是加水稀释后过滤，过滤所用玻璃仪器有烧杯、 、 。（4）步骤洗涤CuCl粗品时，需经稀盐酸洗、醇洗。稀盐酸洗涤的目的是 ，“醇洗”可快速除去CuCl粗品表面的水，防止CuCl被氧化，写出CuCl被氧化的化学方程式 。（5）称取0.500gCuCl成品置于过量FeCl3（aq）中，待固体完全溶解后，用0.2000molL1的Ce（

24、SO4）2标准液滴定至终点，消耗Ce（SO4）2标准液24.60mL。相关反应如下：Fe3+CuClFe2+Cu2+Cl；Ce4+Fe2+Fe3+Ce3+，则CuCl的质量分数是 （小数点后保留三位数字），若滴定操作耗时过长可能会使测定的CuCl质量分数 （选填“偏高”或“偏低”）。25（2022静安区二模）五氧化二氮（N2O5）是一种绿色硝化剂，在军用炸药、火箭推进剂、医药等工业中得到广泛应用。常温下N2O5为白色固体，可溶于二氯甲烷等氯代烃溶剂，微溶于水且与水反应生成硝酸，高于室温时不稳定。回答下列问题：（1）1840年，Devill将干燥的氯气通入无水硝酸银中，首次制得了固体N2O5。该

25、反应的氧化产物为空气中的主要成分之一，写出反应的化学方程式： 。某化学兴趣小组设计用臭氧（O3）氧化法制备N2O5，反应原理为 N2O4+O3N2O5+O2。实验装置如图：（2）装置B的仪器名称是 ；装置E的作用是 。实验时，先将三口烧瓶C浸入 （填字母编号）中，打开装置A中分液漏斗的活塞，随即关闭。一段时间后C中液体变为红棕色。然后打开活塞K，通过臭氧发生器向三口烧瓶中通入含有臭氧的氧气。a热水b冰水c自来水d饱和食盐水（3）C中二氯甲烷（CH2Cl2）的作用是 （填字母编号）。判断C中反应已结束的简单方法是 。a溶解反应物NO2b充分混合反应物使其反应更加充分c控制O3的通入速度d溶解生成

26、物N2O5（4）该装置存在一处明显缺陷，请指出 。N2O5粗产品中常含有N2O4。该兴趣小组用滴定法测定N2O5粗产品的纯度。取2.0g粗产品，加入20.00mL0.1250molL1酸性高锰酸钾溶液。充分反应后，用0.1000molL1H2O2溶液滴定剩余的高锰酸钾，达到滴定终点时，消耗H2O2溶液17.50mL。已知：N2O4与KMnO4发生反应的离子方程式为5N2O4+2MnO4+2H2OMn2+10NO3+4H+，H2O2与KMnO4发生反应的离子方程式为5H2O2+2MnO4+6H+2Mn2+5O2+8H2O，H2O2与HNO3不反应且不考虑其分解。（5）判断滴定到达终点的方法是 。

27、粗产品的纯度为 （结果保留三位有效数字）。26（2022普陀区二模）以盐湖锂精矿（主要成分：Li2CO3，杂质：CaCO3）和盐湖卤水（含一定浓度LiCl和MgCl2）为原料均能制备碳酸锂（Li2CO3）。部分溶解度（g/100 g H2O）数据见下表：温度（）02080LiOH12.8Li2CO31.541.330.85完成下列填空：（1）步骤主要反应的化学方程式为 ，反应在常温下进行，温度越高，锂精矿转化率越低的原因可能是 。（2）步骤热解、过滤获得的沉淀表面有少量Li2C2O4，不经洗涤也不会影响Li2CO3纯度的原因用化学方程式表示为 。（3）步骤的操作是过滤、 洗涤（选填“冷水”或“

28、热水”）、干燥；判断滤液2中Li+是否沉淀完全的方法是 。Li2CO3（M74 gmol1 ）样品的纯度可用滴定法测定（杂质不参与反应）。反应原理：Li2CO3+2HCl2LiCl+CO2+H2O（4）用盐酸标准液滴定Li2CO3样品的操作步骤顺序为c、a 。a加入0.10.2mL甲基红溴甲粉绿作指示剂；b煮沸去除CO2，再冷却到室温；c将样品置于锥形瓶中，加水溶解；d用盐酸标准液滴定至溶液由绿色变成酒红色；e继续滴定至酒红色（滴定突跃区域）即为终点。用含以下物理量的数学表达式表示Li2CO3的纯度 。mLi2CO3样品的质量（g）；c盐酸标准液的浓度（molL1）；V1样品滴定时消耗盐酸的体

29、积（mL）；V0滴定空白溶液（指不加样品进行滴定）时消耗盐酸的体积（mL）。上述滴定操作中，若缺少步骤b，测定结果将 （选填“偏大”或“偏小”）。27（2022浦东新区校级模拟）硫氰化钾（KSCN）是一种用途广泛的化学药品。实验室模拟工业制备硫氰化钾的实验装置如下：已知：CS2不溶于水，密度比水大；NH3不溶于CS2；三颈烧瓶内盛放有CS2、水和催化剂。回答下列问题：（1）制备NH4SCN溶液：实验前，经检验装置的气密性良好。其中装置B中的试剂是 。三颈烧瓶的下层CS2液体必须浸没导气管口，目的是 。D装置中连接分液漏斗和三颈烧瓶的橡皮管的作用是 。实验开始时，打开K1，加热装置A、D，使A中

30、产生的气体缓缓通入D中，发生反应CS2+3NH3NH4SCN+NH4HS（该反应比较缓慢）至CS2消失。（2）制备KSCN溶液：熄灭A处的酒精灯，关闭K2，移开水浴，将装置D继续加热至105，当NH4HS完全分解后（NH4HSH2S+NH3），打开K2，继续保持液温105，缓缓滴入适量的KOH溶液，发生反应的化学方程式为 。使用KOH溶液会使产品KSCN固体中混有较多的K2S，工业上用相同浓度的K2CO3溶液替换KOH溶液，除原料成本因素外，优点是 。装置E中有浅黄色沉淀出现，写出酸性重铬酸钾（K2Cr2O7）溶液吸收其中酸性气体的离子反应方程式： 。（3）制备KSCN晶体：先滤去三颈烧瓶中的

31、固体催化剂，再减压 、 、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体。（4）测定晶体中KSCN的含量：称取10.0g样品，配成1000mL溶液。量取20.00mL溶液于锥形瓶中，加入适量稀硝酸，再加入几滴Fe（NO3）3溶液作指示剂，用0.1000molL1AgNO3标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗AgNO3标准溶液20.00mL。滴定时发生的反应：SCN+Ag+AgSCN（白色）。则判断到达滴定终点的方法是 。晶体中KSCN的质量分数为 （计算结果精确至0.1%）。28（2022宝山区二模）绿矾（FeSO47H2O）是一种重要的食品和饲料添加剂。某化学兴趣小组用废铁屑为原料与稀硫酸反应制备绿矾。（1

32、）将5%Na2CO3溶液加入到盛有一定量废铁屑的烧杯中，加热数分钟，除去废铁屑上的油污，过滤，然后将废铁屑用水洗涤23遍，其中加热的作用是 。（2）向洗涤过的废铁屑中加入适量稀硫酸，控制温度在5080之间至反应完全（铁屑有剩余），发生反应的离子方程式为 。如果加入过量的稀硫酸是否可以，说出你的理由 。（3）趁热过滤，将滤液转入到密闭容器中，静置、冷却结晶，待结晶完毕后，滤出晶体，用少量冰水洗涤23次，干燥，得到绿矾。请分析用少量冰水洗涤晶体的目的 。为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K1和K2）（设为装置A）称重，质量为m1。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，质量为m2。

33、按如图连接好装置进行实验。操作步骤如下：a.打开K1和K2，缓缓通入N2；b.点燃酒精灯，加热；c.熄灭酒精灯；d.冷却到室温；e.关闭K1和K2；f称量A。重复上述操作步骤，直至A恒重（固体为FeSO4），质量为m3。（4）仪器B的名称是 。整个过程中持续通入N2的目的是 。（5）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b、a次序操作，则x （填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。四工艺流程题（共1小题）29（2022杨浦区校级二模）二氧化氯（ClO2）气体是一种高效消毒灭菌剂，但其稳定性较差，可转化为NaClO2保存。分别利用吸收法和电解法两种方法得到较稳定的Na

34、ClO2。其工艺流程示意图如图所示：已知：纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下。长期放置或高于60时NaClO2易分解生成NaClO3和NaCl。（1）通入空气的作用是 。（2）方法1中，反应的离子方程式是 。利用方法1制NaClO2时，温度不能超过20，可能的原因是 。（3）NaClO2的溶解度曲线如图所示，步骤3中从NaClO2溶液中获得NaClO2的操作是 。（4）为测定制得的晶体中NaClO2的含量，做如下操作：称取a克样品于烧杯中，加入适量蒸馏水溶解后加过量的KI晶体，再滴入适量的稀H2SO4，充分反应。将所得混合液配成100mL待测溶液。移取25.00mL待测

35、溶液于锥形瓶中，用bmolLNa2S2O3标准液滴定，至滴定终点。重复2次，测得消耗标准溶液的体积的平均值为cmL（已知：I2+2S2O322I+S4O62）。样品中NaClO2的质量分数为 （用含a、b、c的代数式表示）。在滴定操作正确无误的情况下，测得结果偏高，可能的原因是 。（5）NaClO2使用时，加入稀盐酸即可速得到ClO2。但若加入盐酸浓度过大，则气体产物中Cl2的含量会增大，原因是 。2023届上海市高三化学二轮复习 专练训练10-化学实验参考答案与试题解析一选择题（共18小题）1【解答】解：样品加入水中，全部溶解，说明一定无硝酸钡，假设13.8g纯碳酸钾产生碳酸钙的质量为x，则

36、有K2CO3+CaCl2CaCO3+2KCl138 10013.8g x138x10013.8g，解得：x10g9g，假设13.8g纯碳酸钠产生碳酸钙的质量为y，则有Na2CO3+CaCl2CaCO3+2NaCl106 10013.8g y106y10013.8g，解得：y13g9g，若含有一种杂质是：由于若含有碳酸钠则得到沉淀的质量应该大于10g小于13g，而实际只得到9g，故不可能含有碳酸钠，一定含有硝酸钾，若含有两种杂质，则为硝酸钾和碳酸钠的混合物，根据分析可知，含有的杂质一定有KNO3，可能含有Na2CO3，故选：D。2【解答】解：A实验需要检查装置的气密性，故A错误；B根据方程式分析

37、，过氧化钙的质量为分数为，故B正确；C实验结束后需要冷却到室温才读数，故C错误；D因为碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳和水，二氧化碳和水都可以被碱石灰吸收，气体的体积不受影响，故有碳酸氢钠不影响结果，故D错误；故选：B。3【解答】解：A酯化反应属于取代反应，故A错误；B该历程中只有极性键的断裂和生成，不存在非极性键的断裂与生成，故B错误；CY中中心碳原子最外层不达到8电子稳定结构，故C错误；D如果使用含18O的X为原料，第二步18O转移到水中，则M中不含18O，故D正确；故选：D。4【解答】解：A若所用的盐酸浓度过高，有一定挥发，则过量盐酸消耗NaOH的体积减小，由此计算CaCO3消耗盐酸的体积偏

38、大，CaCO3的质量偏大，含量偏高，故A正确；B终点时溶液呈较深的红色，则消耗NaOH溶液体积偏大，CaCO3消耗盐酸的体积偏小，由此计算CaCO3的含量偏低，故B错误；C滴定管清洗后直接盛装标准NaOH溶液，会将标准氢氧化钠溶液稀释，使得消耗NaOH的体积偏大，由此计算CaCO3消耗盐酸的体积偏小，CaCO3的含量偏低，故C错误；D滴定前未通过加热赶走溶解的CO2，二氧化碳与水结合形成碳酸，也会消耗氢氧化钠，使得NaOH的体积偏大，由此计算CaCO3消耗盐酸的体积偏小，CaCO3的含量偏低，故D错误；故选：A。5【解答】解：A实验：滴加几滴酚酞试液，溶液变红，表明溶液显碱性，则HS的水解程度

39、大于电离程度，所以溶液中：c（S2）c（H2S），故A错误；B实验中，NaHS与NaOH正好完全反应，所得溶液为Na2S溶液，溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）c（OH）+c（HS）+2c（S2），物料守恒：c（Na+）2c（HS）+2c（S2）+2c（H2S），从而得出c（OH）c（H+）+c（HS）+2c（H2S），故B正确；C实验中，HS与Cu2+反应，生成CuS沉淀和H+，H+再与HS结合为H2S，反应的离子方程式：Cu2+2HSCuS+H2S，故C错误；D实验中，HS与ClO发生氧化还原反应，生成S、Cl和OH，OH再与HS反应生成S2和H2O，反应的离子方程式：2HS+C

40、lOS+Cl+S2+H2O，故D错误；故选：B。6【解答】解：A油脂属于酯类，则在碱性条件下能发生水解反应，而石蜡油为烃类，在碱性条件下不能发生水解反应，故A错误；B分子式为C7H7Br的芳香族化合物的同分异构体有共4种，但分子式为C7H8O的芳香族化合物的同分异构体有：共5种，故B错误；C由O2+2H2S2S+H2O，说明O2的氧化性强于S，则可说明非金属性OS，则SiO2+2C2CO+Si，说明C的还原性强于Si，不能说明非金属性CSi，故C错误；DAlCl3 溶液中滴加NaAlO2溶液能产生沉淀是由于发生双水解反应：Al3+3 AlO2+6H2O4Al（OH）3，FeCl3溶液中加入Na

41、AlO2溶液也能产生沉淀，发生双水解反应：Fe3+3 AlO2+6H2O3Al（OH）3+Fe（OH）3，故D正确；故选：D。7【解答】解：A根据图知，总反应物是O2、HBr，生成物是Br2、H2O，反应方程式为O2+4HBr2Br2+2H2O，故A正确；B中间体HOOBr中Br为+1价、O为1价，HOBr中Br为+1价，所以溴的化合价相同，故B正确；C发生步骤2时，断裂OO键、HBr键，所以有非极性键和极性键的断裂，故C正确；D步骤3中，Br元素化合价由+1价变为0价，所以每生成1molBr转移1mol电子，故D错误；故选：D。8【解答】解：A碳酸氢钠受热易分解，从溶液中获得碳酸氢钠晶体，不

42、易采取蒸发结晶，易采取蒸发浓缩、冷却结晶，故A错误；B水除去挥发出的醇等，酸性高锰酸钾溶液颜色变浅或褪去，说明有不饱和烃生成，故B正确；C苯和溴苯互溶，不能采取分液方法分离，二者沸点不同，可以采取分馏方法分离，故C错误；D分别滴加不同的催化剂，加入溶液体积相同，过氧化氢的浓度不变，但溶液中金属离子浓度不一定相同，不能探究不同催化剂对H2O2分解速率的影响，故D错误；故选：B。9【解答】解：AI中冷凝管可冷凝回流反应物，充分利用原料，则装置中回流的目的是减少物质的挥发，提高产率，故A正确；B冷凝管中冷水下进上出可充满冷凝管，冷凝效果好，则装置中b为进水口，a为出水口，故B正确；C分液时避免上下层

43、液体混合，则先分离出下层液体，再从上口倒出上层液体，故C错误；D粗产品干燥后，利用沸点不同分离1丁醇、1溴丁烷，则装置得到的粗产品干燥后，使用装置再次蒸馏，可得到更纯的产品，故D正确；故选：C。10【解答】解：A高锰酸钾用硫酸酸化，即使不通入二氧化硫加入氯化钡也会产生白色沉淀，无法推算二氧化硫的物质的量，故A错误；B无水环境二氧化硫不能使的四氯化碳溶液褪色，乙烯可使的四氯化碳溶液褪色，因此若溶液褪色，可证明有乙烯，故B正确；C溶液越稀，水解程度越大，因此同温下，不同浓度的CH3COONH4溶液中水的电离程度不相同，故C错误；DNaHSO3溶液与H2O2溶液反应，无明显现象，因此不能探究浓度对反

44、应速率的影响，故D错误；故选：B。11【解答】解：AVOSO4和（VO2）2SO4中V元素的化合价分别为+4、+5，故A错误；B由VOSO4做催化剂时易被氧化，可知具有还原性，则b中反应所生成气体的作用之一是将装置中的空气排尽，故B正确；C在m处收集气体并验纯后，应先关闭K3，再打开K2，故C错误；Dc中含Fe3+，不能用氯水和KSCN溶液检验c中溶液是否含有Fe2+，应选酸性高锰酸钾溶液检验Fe2+，故D错误；故选：B。12【解答】解：AHCl极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解，可洗气分离，故A正确；B加热时氮气、氧气均与Mg反应，不能除杂，故B错误；C二者均与饱和碳酸钠溶液反应，不能除杂，应

45、选饱和碳酸氢钠溶液，故C错误；D氧化铝与NaOH溶液反应，将原物质除去，不能除杂，故D错误；故选：A。13【解答】解：A碘易溶于四氯化碳，与氯化钠溶液分层，然后分液分离，故A正确；B乙酸与NaOH固体反应生成乙酸钠，增大与乙醇的沸点差异，然后蒸馏分离，不能选NaOH溶液，故B错误；CHCl极易溶于水，食盐水将HCl除去，不能用于除杂，故C错误；D硫酸与碳酸钙反应生成硫酸钙，覆盖在碳酸钙的表面，阻止反应的进一步发生，不能用于除杂，应选盐酸、过滤，故D错误；故选：A。14【解答】解：A足量氯水可氧化碘单质，加入淀粉无现象，不能证明海带提碘实验中有碘生成，故A错误；B酸性高锰酸钾溶液可氧化亚铁离子，

46、若紫色未变浅，可知FeSO4溶液完全变质，若紫色变浅，部分变质，故B正确；C苯和液溴在催化剂条件下发生取代反应，不能选光照，故C错误；D水解后在酸性溶液中检验溴离子，NaOH与硝酸银溶液反应，应先加硝酸中和NaOH，操作不合理，故D错误；故选：B。15【解答】解：ANaClO溶液可使pH试纸褪色，应选pH计测定NaClO溶液的pH，故A错误；B钡离子与碳酸根离子反应生成沉淀，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动，红色变浅，则Na2CO3溶液中存在CO32的水解平衡，故B正确；C加碘水可检验淀粉，由实验及现象可知，淀粉可能部分水解、可能完全水解，不能判断是否水解，故C错误；D醋酸铅稀溶液中通入H2S气

47、体，生成PbS沉淀，不溶于醋酸，不能比较H2S与CH3COOH酸性强弱，故D错误；故选：B。16【解答】解：A.坩埚中加热，可使胆矾失去结晶水，坩埚中有受热不分解的物质，对结晶水的质量无影响，则测定结果无影响，故A错误；B.未进行恒重操作，Na2CO3易潮解，导致由质量差计算的NaHCO3的质量偏小，则混合物中Na2CO3的质量分数偏大，故B错误；C.锥形瓶内溶液溅出，消耗盐酸标准液的体积偏小，则测定NaOH溶液的浓度偏小，故C正确；D.反应结束后未冷却至室温便读数，气体的体积偏大，测定气体摩尔体积偏大，故D错误；故选：C。17【解答】解：A应该用铜屑与浓硫酸加热反应制备二氧化硫，故A错误；B

48、图示装置、药品均合理，能够发生反应2CuSO4+2KI+SO2+2H2O2CuI+2H2SO4+K2SO4制备CuI，故B正确；C该装置为分液装置，分离CuI沉淀应该使用过滤装置，无法达到实验目的，故C错误；D由于CuI受热易被氧化，应当隔绝空气，在干燥箱中干燥CuI，故D错误；故选：B。18【解答】解：A.碳酸钠溶液水解显碱性，加热及碱溶液均可促进油污的水解，则装置甲可除去废铜屑表面的油污，故A正确；B.酸性溶液中过氧化氢可氧化Cu，则装置乙在加热的条件下可溶解废铜屑，故B正确；C.过滤分离不溶性杂质与溶液，则装置丙过滤得到CuSO4溶液，故C正确；D.由溶液得到含结晶水的晶体，需蒸发浓缩、

49、冷却结晶，不能用装置丁蒸干溶液获得CuSO45H2O，故D错误；故选：D。二实验题（共5小题）19【解答】解：（1）三卤化氮（NX3）均为共价化合物，原子半径越小，共价键的键长越短，键能越大，分子越稳定，则热稳定性比NCl3强的NX3有NF3；NCl3在热水中水解生成氮气和次氯酸，其水解的化学方程式为：NCl3+3H2O3HClO+N2，故答案为：NF3；NCl3+3H2O3HClO+N2；（2）仪器D的名称是球形干燥管；装置A是固液反应不加热制备Cl2的发生装置，a碳化钙和水反应制取乙炔，可以用该装置；b苯和硝酸加热反应制取硝基苯，不可用该装置；c苯和溴在铁催化下制取溴苯，可用该装置；d乙醇

50、和乙酸在浓硫酸催化下加热制取乙酸乙酯，不可用该装置；故答案为：球形干燥管；ac；（3）向蒸馏烧瓶内的NH4Cl溶液中通入过量Cl2，反应生成NCl3、HCl，B中反应的化学方程式为：3Cl2+NH4ClNCl3+4HCl，根据NCl3为黄色油状液体，熔点为40，沸点为70，95以上易爆炸，待反应至油状液体不再增加，关闭装置A、B间的止水夹，控制水浴加热的温度范围为7095，故答案为：3Cl2+NH4ClNCl3+4HCl；7095；（4）滴定过程中发生的反应为氢氧化钠溶液与稀硫酸和硫酸铵溶液中的稀硫酸反应得到硫酸钠和硫酸铵的混合溶液，稀硫酸电离出的氢离子会抑制水的电离，所以稀硫酸转化为硫酸钠的

51、过程中，水的电离程度增大，故答案为：a；（5）滴定过程中消耗VmL0.100mol/L氢氧化钠溶液，则用于吸收氨气的稀硫酸的物质的量为0.050mol/L0.025L0.100mol/L103VL，利用氮原子个数守恒可知，2NCl32NH3H2SO4，则溶液中残留的三氯化氮的物质的量浓度为：mol/L，故答案为：。20【解答】解：（1）装置A中浓硫酸与亚硫酸钠反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，利用了强酸制弱酸的原理，体现了70%浓硫酸的强酸性，故答案为：强酸；（2）二氧化硫易溶于水，容易发生倒吸，由装置图可知，装置B的作用是安全瓶，防止倒吸，故答案为：安全瓶，防止倒吸；（3）由第二步反应可知，第一

52、步生成了单质硫，即二氧化硫与硫化钠反应生成亚硫酸钠和硫，反应的离子方程式为：2S2+3SO22SO32+3S，第一步反应生成了硫，硫不溶于水，表现为沉淀，判断装置C中反应已完全的方法是：溶液由浑浊变澄清，故答案为：溶液由浑浊变澄清；（4）Na2S2O3会与盐酸反应生成硫单质、二氧化硫和氯化钠，所以当检验硫酸根离子加入盐酸时，除了有刺激性气味的气体以外，还有淡黄色沉淀生成，故答案为：淡黄色沉淀；（5）配制一定体积的特定物质的量浓度的溶液需用固定规格的容量瓶，所以称1.2000gNaS2O35H2O样品，用100mL容量瓶配制成100mL溶液，故答案为：100mL容量瓶；根据反应原理可知，加入淀粉

53、溶液作为指示剂，继续滴定，到反应终点，碘单质反应后溶液蓝色褪去且半分钟不复原，说明反应到达滴定终点；根据化学方程式可得关系式：Cr2O723I26S2O32，样品中Na2S2O35H2O的物质的量为0.0095molL120.00103L6，则样品的纯度为100%95.00%，故答案为：蓝色褪去且半分钟不复原；95.00%；（6）由题目描述可知，S2O32与AgBr生成稳定的Ag（S2O3）23及Br，该反应离子方程式为AgBr+2S2O32Br+Ag（S2O3）23，故答案为：AgBr+2S2O32Br+Ag（S2O3）23；（7）SCN与Fe3+反应使溶液呈血红色，利用这一特征现象检验SC

54、N，Fe3+可以氧化SO32，需要向加入盐酸排除SO32的干扰，检验该转化生成了SCN的操作：取样，加入足量稀盐酸，再加入氯化铁溶液，若溶液变为红色，说明生成了SCN，故答案为：取样，加入足量稀盐酸，再加入氯化铁溶液，若溶液变为红色，说明生成了SCN。21【解答】解：（1）中是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气的发生装置，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；装置是饱和食盐水用来除去氯气中的氯化氢气体，避免影响生成氯酸钾的产量，若取消装置，对本实验的影响是杂质HCl气体消耗氢氧化钾，使KClO3产率降低，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H

55、2O；杂质HCl消耗KOH，使KClO3产率降低；（2）在75以上氯气和浓碱溶液中主要产物是ClO3和Cl，所以混有杂质为KCl，故答案为：KCl；（3）已知碱性条件下，ClO有强氧化性，而ClO3氧化性很弱，碱性条件下，H2O2能被ClO氧化，而不能被ClO3氧化，设计实验方案为：分别取少量NaClO和NaClO3溶液于试管A、B中，均滴加少量NaOH溶液，再分别滴加H2O2溶液，A中有气泡产生并能使带火星的木条复燃，B中无明显现象（或者：分别取少量NaClO和NaClO3溶液于试管A、B中，均滴加少量NaOH溶液，再分别滴加H2O2溶液充分振荡，然后煮沸溶液12分钟，冷却；分别加入足量稀硝

56、酸酸化，滴加AgNO3溶液，A中产生白色沉淀，B中无明显现象），故答案为：分别取少量NaClO和NaClO3溶液于试管A、B中，均滴加少量NaOH溶液，再分别滴加H2O2溶液，A中有气泡产生并能使带火星的木条复燃，B中无明显现象（或者：分别取少量NaClO和NaClO3溶液于试管A、B中，均滴加少量NaOH溶液，再分别滴加H2O2溶液充分振荡，然后煮沸溶液12分钟，冷却。分别加入足量稀硝酸酸化，滴加AgNO3溶液，A中产生白色沉淀，B中无明显现象）；（3）根据ClO3+6I+6H+Cl+3I2+3H2O，2S2O32+I2S4O62+2I，则有ClO33I26S2O32，可见取25 mL溶液滴

57、定至终点时消耗ClO3的物质的量为nmol，250 mL溶液中所含KClO3的物质的量为n，2.45 g样品中KClO3的含量为100%83.3%，故答案为：83.3%；测定产品KClO3的纯度，样品中含次氯酸钾，加入过氧化氢会和次氯酸根离子发生反应，步骤2的目的是除去ClO，煮沸过程中过氧化氢分解生成水和氧气，反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2，故答案为：除去ClO，以免影响测定结果；若缺少此操作，则多余的过氧化氢会氧化碘离子生成碘单质，多余的碘单质会消耗一部分Na2S2O3标准溶液从而使标准液用量，算出的结果偏大，故答案为：偏大。22【解答】解：甲方案：利用CuSO4与BaCl2反

58、应生成BaSO4，称重BaSO4，来求出CuSO4的质量；乙方案：一定量的Zn与CuSO4反应后，剩余的Zn粉再与硫酸反应生成氢气，测定生成氢气的体积，再结合Zn的质量计算硫酸铜的量，进而计算其浓度。（1）判断SO42沉淀完全的操作为：向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全，故答案为：向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全；（2）洗涤BaSO4沉淀，除去沉淀表面附着的Cl和Ba2+，步骤判断沉淀是否洗净所选用的试剂为AgNO3溶液，向最后一次洗涤液中加入AgNO3溶液，看是否有白色沉淀AgCl，证明沉淀是否洗净，故答案为：AgNO3溶液；（3）固

59、体灼烧一般用坩埚，步骤灼烧时盛装样品的仪器名称为坩埚，故答案为：坩埚；（4）根据硫酸根守恒：n（CuSO4）n（BaSO4）mol，c（CuSO4）molL1，故答案为：；（5）步骤从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，有沉淀附着在烧杯内壁，造成生成的n（BaSO4）减小，则n（CuSO4）减小，则测得c（CuSO4）偏低，故答案为：偏低；（6）实验需要测定氢气的体积，组装仪器后需要检验装置气密性，步骤为：检验装置气密性，故答案为：检验装置气密性；（7）实验需要准确测定氢气的气体，气体具有热胀冷缩性质，温度高密度减小，导致测定氢气体积偏大，与反应热无关且反应热不受温度影响，与反应速率无关，故答案为：b

60、；（8）由方程式：Zn+CuSO4ZnSO4+Cu，Zn+H2SO4ZnSO4+H2，可知n（Zn）n（CuSO4）+n（H2），故n（CuSO4）n（Zn）n（H2），m（H2）b103LdgL1bd103g，则n（H2）（bd103g）2g/mol5bd104mol，n（Zn）ag65g/molmol，故n（CuSO4）mol5bd104mol（5bd104）mol，则c（CuSO4）（5bd104）mol（25103L）mol/L，故答案为：；（9）若步骤E管液面高于D管，未调液面即读数，气体体积被压缩，测得H2体积偏小，结合c（CuSO4）mol/L，可知硫酸铜的浓度偏高，故答案为：偏

61、高。23【解答】解：（1）配制一定量质量分数硫酸溶液需要的仪器有：胶头滴管、量筒、玻璃棒、烧杯，故选b，故答案为：b； （2）因为控制水解时Fe3+的浓度，防止生成氢氧化铁沉淀，原料中的Fe3+必须先还原为Fe2+，所以确定下一步还原所需铁的量，然后Fe2+再被氧化Fe3+，需要确定氧化Fe2+所需NaClO3的量故答案为：bc；（3）从环保和成本方面考虑，利是原料成本较低，弊是产生气体对大气有污染；故答案为：原料成本低，产生的气体对大气有污染；（4）因SO42与Fe3+都采用沉淀法加以测定，测定硫酸根离子需要氯化钡，测定铁离子需要氢氧化钠，故答案为：ac； （5）根据测定BaSO4的质量来测

62、定SO42的物质的量，根据氧化铁的质量结合元素守恒计算铁离子的物质的量，所以需要测定物质质量的物质为：Fe2O3、BaSO4，故答案为：Fe2O3、BaSO4； （6）测定聚合硫酸铁溶液中SO42与Fe3+物质的量的原理：先后加入氯化钡、氢氧化钠并过滤，得到的沉淀先后洗涤，然后进行烘干或是灼烧，冷却，最后称量得到的固体的量即可，所以顺序是：bed，故答案为：bed三解答题（共5小题）24【解答】解：（1）步骤控制反应温度在7080的方法是水浴加热；步骤都必须外加NaCl（s），有利于反应正向进行生成NaCuCl2溶液，则原因是足量的NaCl可以提供足够的氯离子，有利于反应正向进行生成NaCuC

63、l2溶液，故答案为：水浴加热；足量的NaCl可以提供足够的氯离子，有利于反应正向进行生成NaCuCl2溶液；（2）Cu、CuCl均为固体，途径二使用中间步骤生成NaCuCl2，而不用一步法直接制取CuCl的原因是因为CuCl和Cu都是固体，生成的CuCl可能附着在Cu表面，阻止反应进一步进行，故答案为：因为CuCl和Cu都是固体，生成的CuCl可能附着在Cu表面，阻止反应进一步进行；（3）步骤的操作是加水稀释后过滤，过滤所用玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：漏斗；玻璃棒；（4）步骤洗涤CuCl粗品时，需经稀盐酸洗、醇洗，CuCl中存在CuClCu+Cl，稀盐酸洗涤有利于减少CuCl溶解，

64、提高产率；氯化亚铜、水氧气反应生成碱式氯化铜，化学反应方程式为4CuCl+O2+4H2O2Cu2（OH）3Cl+2HCl，故答案为：CuCl中存在CuClCu+Cl，稀盐酸洗涤有利于减少CuCl溶解，提高产率；4CuCl+O2+4H2O2Cu2（OH）3Cl+2HCl；（5）根据CuCl+FeCl3CuCl2+FeCl2、Ce4+Fe2+Ce3+Fe3+有Ce4+CuCl，所以n（CuCl）n（Ce4+）nCe（SO4）20.2000 molL124.60103L4.92103mol，m（CuCl）nM4.92103mol99.5 g/mol0.48954g，产品中氯化亚铜的质量分数97.90

65、8%；若滴定操作耗时过长，可能使其被氧气氧化，可能会使测定的CuCl质量分数偏低，故答案为：97.908%；偏低。25【解答】解：（1）将干燥的氯气通入无水硝酸银中，首次制得了固体N2O5，反应的化学方程式2Cl2+4AgNO34AgCl+2N2O5+O2，故答案为：2Cl2+4AgNO34AgCl+2N2O5+O2；（2）装置B的仪器名称是球形干燥管；装置E的作用是防止空气中的水蒸气进入C中；实验时，先将三口烧瓶C浸入b冷水中，使生成N2O4，打开装置A中分液漏斗的活塞，随即关闭。一段时间后C中液体变为红棕色。然后打开活塞K，通过臭氧发生器向三口烧瓶中通入含有臭氧的氧气，故答案为：球形干燥管

66、；防止空气中的水蒸气进入C中；b；（3）C中二氯甲烷（CH2Cl2）的作用是溶解生成的N2O5和使反应物充分混合；装置C中，NO2溶于CH2Cl2 使溶液变为红棕色，故当红棕色褪去可推断C中反应已结束，故答案为：abd；当红棕色褪去；（4）原装置存在一处明显的错误为无尾气处理装置会造成空气污染，故答案为：无尾气处理装置；（5）N2O4与酸性KMnO4溶液反应生成硝酸锰和硝酸，离子方程式为5N2O4+2MnO4+2H2O2Mn2+10NO3+4H+；酸性KMnO4溶液呈紫红色，用H2O2溶液滴定被还原为无色的Mn2+，则判断滴定终点的方法是：溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色；KMnO4

67、的总物质的量为ncV0.1250molL120.0103L2.5103mol，H2O2与KMnO4反应的比例关系为5H2O22KMnO4，则剩余的KMnO4物质的量为n（KMnO4）n（H2O2）0.1000molL117.50103L0.7103mol，所以与N2O4反应的KMnO4物质的量为2.5103mol0.7103mol1.8103mol，由关系式：5N2O42KMnO4，n（N2O4）1.8103mol4.5103mol，N2O4的质量mnM4.5103mol92g/mol0.414g，产品中N2O4的质量分数为100%20.7%，则N2O5含量为120.7%79.3%，故答案为：

68、溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色；79.3%。26【解答】解：（1）步骤为 锂精矿通入足量CO2、H2O，得到含有LiHCO3、碳酸氢钙的溶液主，要反应的化学方程式为Li2CO3+CO2+H2O2Li（HCO3）2、CaCO3+CO2+H2O2Ca（HCO3）2，反应在常温下进行，温度越高，锂精矿转化率越低的原因可能是温度升高，CO2、Li2CO3溶解度均减小，故答案为：Li2CO3+CO2+H2O2Li（HCO3）2、CaCO3+CO2+H2O2Ca（HCO3）2；温度升高，CO2、Li2CO3溶解度均减小；（2）步骤热解、过滤获得的沉淀表面有少量Li2C2O4，不经洗涤也不会影响

69、Li2CO3纯度的原因用化学方程式表示为Li2C2O4Li2CO3+CO，故答案为：Li2C2O4Li2CO3+CO；（3）步骤的操作是过滤、热水洗涤、干燥；判断滤液2中Li+是否沉淀完全的方法是向步骤得到的滤液中继续滴加Na2CO3（aq），若溶液浑浊则Li+未沉淀完全，若无明显现象，则Li+已沉淀完全，故答案为：热水；向步骤得到的滤液中继续滴加Na2CO3（aq），若溶液浑浊则Li+未沉淀完全，若无明显现象，则Li+已沉淀完全；（4）用盐酸标准液滴定Li2CO3样品的操作步骤顺序为c将样品置于锥形瓶中，加水溶解；a加入0.10.2mL甲基红溴甲粉绿作指示剂；b煮沸去除CO2，再冷却到室温；

70、d用盐酸标准液滴定至溶液由绿色变成酒红色；e继续滴定至酒红色（滴定突跃区域）即为终点；根据反应原理：Li2CO3+2HCl2LiCl+CO2+H2O，Li2CO3的纯度100%100%，上述滴定操作中，若缺少步骤b，空白测定消耗的盐酸增加，则测定结果将偏小，故答案为：d、b、e；100%；偏小。27【解答】解：（1）由分析可知，装置B中盛有的碱石灰用于干燥氨气；由相似相溶原理可知，氨气易溶于水、不易溶于二硫化碳，则制备硫氰化铵时，为了使反应物充分接触，防止发生倒吸，三颈烧瓶的下层二硫化碳液体必须浸没导气管口，D装置中连接分液漏斗和三颈烧瓶的橡皮管的作用是平衡气压，故答案为：碱石灰；使反应物NH

71、3和CS2充分接触，并防止发生倒吸；平衡气压；（2）由题意可知，缓缓滴入适量的氢氧化钾溶液发生的反应为氢氧化钾溶液与硫氰化铵共热反应生成硫氰化钾、氨气和水，反应的化学方程式为NH4SCN+KOHKSCN+NH3+H2O，故答案为：NH4SCN+KOHKSCN+NH3+H2O；与氢氧化钾溶液相比，相同浓度的碳酸钾溶液除了价格便宜外，溶液的碱性弱于氢氧化钾溶液，与硫氰化铵共热反应时，能生成二氧化碳和氨气，有利于残留在装置中的硫化氢气体逸出，减少硫化钾的生成，故答案为：K2CO3能与NH4SCN反应产生更多CO2和NH3气体，有利于残留在装置中的H2S逸出；由分析可知，装置E中盛有的酸性K2Cr2O

72、7溶液用于吸收氨气和硫化氢，防止污染环境，酸性K2Cr2O7溶液吸收其中酸性气体的离子反应方程式为，Cr2O72+3H2S+8H+3S+2Cr3+7H2O，故答案为：Cr2O72+3H2S+8H+3S+2Cr3+7H2O；（3）制备硫氰化钾晶体的操作为先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再将所得滤液减压蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；（4）由题意可知，硫氰酸根离子与铁离子发生显示反应，使溶液呈红色，当溶液中硫氰酸根离子完全反应时，溶液红色会褪去，则判断到达滴定终点的方法为滴入最后一滴硝酸银溶液时，红色恰好褪去，且半分钟内颜色不恢复，故答案为：滴入

73、最后一滴AgNO3溶液时，红色恰好褪去，且半分钟内颜色不恢复；由滴定消耗0.1000mol/L硝酸银溶液的体积为20.00mL可知，10.0g样品中硫氰化钾的质量分数为100%97.0%，故答案为：97.0%。28【解答】解：（1）Na2CO3溶液由于其水解使得溶液呈碱性，能够促进废铁屑上的油污水解而除去，加热能够促进碳酸钠水解使溶液碱性更强，使油污水解更彻底，除杂更完全，故答案为：促进碳酸钠溶液水解，增强溶液的碱性；（2）铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，该反应的离子方程式为Fe+2H+Fe2+H2，由于Fe2+具有较强的还原性，易被空气中的O2氧化成Fe3+，故不能加入过量的稀硫酸，应该保

74、证铁屑过量，故答案为：Fe+2H+Fe2+H2；不可以，应该铁屑过量，否则溶液中可能有铁离子存在；（3）由于所得的绿矾晶体表面还有部分可溶性杂质，需进行洗涤，又因为绿矾易溶于水，降温可以降低其溶解度，减少损失，故需用少量冰水洗涤晶体，故答案为：绿矾易溶于水，降温可以降低其溶解度，减少损失；（4）由题干实验装置图可知，仪器B的名称是（球形）干燥管，由于空气中O2能够氧化FeSO4引起实验误差，故整个过程中持续通入N2的目的是排尽装置中的空气，防止FeSO4被氧化，故答案为：（球形）干燥管；排尽装置中的空气，防止FeSO4被氧化；（5）根据实验记录数据可知，绿矾的质量为：（m2m1）g，FeSO4

75、的质量为：（m3m1）g，结晶水的质量为：（m2m3）g，根据方程式计算可得：FeSO4xH2OFeSO4+xH2O152+18x 152 18x（m2m1）g （m3m1）g （m2m3）g则有，解得x，若实验时按b、a次序操作，即先加热后再通入N2，这样装置中的O2就有可能氧化硫酸亚铁生成硫酸铁，从而导致m3增大，根据上述分析x的计算公式可知，则x偏小，故答案为：；偏小。四工艺流程题（共1小题）29【解答】解：（1）通入空气的作用是将生成的ClO2稀释到10%以下，防止其爆炸，故答案为：稀释生成的ClO2；（2）根据分析可知，方法1中，反应的离子方程式是：2ClO2+H2O2+2OH2Cl

76、O2+O2+2H2O，利用方法1制NaClO2时，温度不能超过20，可能的原因是防止双氧水受热分解，故答案为：2ClO2+H2O2+2OH2ClO2+O2+2H2O；防止双氧水受热分解；（3）由图可知，NaClO2饱和溶液中，温度低于38时，析出晶体NaClO22H2O，温度高于38时，析出晶体NaClO2，所以从NaClO2溶液中获得NaClO2的操作是将溶液加热至温度略低于60，浓缩，冷却至温度略高于38时结晶，过滤，洗涤，故答案为：将溶液加热至温度略低于60，浓缩，冷却至温度略高于38时结晶，过滤，洗涤；（4）由ClO2+4I+4H+Cl+2I2+2H2O，I2+2S2O322I+S4O62，可得关系式NaClO22I24Na2S2O3，n（NaClO2）n（Na2S2O3）bc103mol，样品中NaClO2的质量分数为100%，在滴定操作正确无误的情况下，测得结果偏高，可能的原因是碘离子被氧气氧化，生成了更多的碘单质，消耗了更多的Na2S2O3，结果偏高，故答案为：；碘离子被氧气氧化，生成了更多的碘单质，消耗了更多的Na2S2O3；（6）NaClO2与较浓盐酸反应时，其氧化性及氯离子的还原性均增强，发生氧化还原反应，生成了更多的氯气，故答案为：盐酸较浓时，NaClO2的氧化性及氯离子的还原性均增强，生成了更多的氯气。