2021届高考化学二轮复习实验方案设计与评价（解析版）(DOC 13页).docx

1、实验方案设计与评价1.(25分)(2020广东省湛江联考)FeCl2具有独有的脱色能力,适用于印染、造纸行业的污水处理。FeCl3在加热条件下遇水剧烈水解。FeCl3和FeCl2均不溶于C6H5Cl、C6H4Cl2、苯。回答下列问题:(1)由FeCl36H2O制得干燥FeCl2的过程如下:i.向盛有FeCl36H2O的容器中加入过量SOCl2(液体,易水解),加热,获得无水FeCl3。ii.将无水FeCl3置于反应管中,通入一段时间的氢气后加热,生成FeCl2。FeCl36H2O中加入SOCl2获得无水FeCl3的化学方程式为_(已知该反应为非氧化还原反应)。ii中通入一段时间的氢气后再加热的

2、目的是_。(2)利用反应2FeCl3+ C6H5Cl 2FeCl2+ C6H4Cl2+HCl,制取无水FeCl2。在三颈烧瓶中加入无水氯化铁和过量的氯苯,控制反应温度在一定范围内加热3 h,冷却、分离、提纯得到粗产品,实验装置如图。(加热装置略去)仪器B的名称是_。反应前需向A中通入N2的目的是_。反应结束后,冷却实验装置A,将三颈烧瓶内物质倒出,经_、_、干燥后,得到FeCl2粗产品。该装置存在的不足之处是_。(3)FeCl2的纯度测定。取a g样品配制成100 mL溶液;用移液管移取所配溶液5.00 mL,放入500 mL锥形瓶内并加水200 mL;往上述锥形瓶中加入硫酸锰溶液20.00

3、mL,用0.1 molL-1酸性KMnO4标准溶液滴定,终点时消耗酸性KMnO4标准溶液V mL。滴定至终点的判断依据是_。若所配溶液中w(FeCl2)= kVV为消耗的酸性高锰酸钾标准溶液的毫升数)gL-1,w(FeCl2)为每升溶液中所含FeCl2的质量,则k=_。【解析】(1)向盛有FeCl36H2O的容器中加入SOCl2,加热后发生了反应:6SOCl2+FeCl36H2OFeCl3+12HCl+6SO2,反应中生成了氯化氢,抑制了铁离子的水解;通入氢气,可排出装置内的空气,避免加热时发生爆炸;(2)仪器B为球形冷凝管;反应前需向A中通入N2,可避免氯化亚铁被氧化;由浊液得到固体,应进行

4、过滤、洗涤等操作;制备氯化亚铁,应避免氯化铁水解,应在B(或A)和C之间加一个无水氯化钙的球形干燥管;(3)该滴定过程中发生反应的离子方程式为5Fe2+MnO4-+8H+Mn2+5Fe3+4H2O,滴定终点,溶液呈浅紫色,且半分钟内不褪色,5 mL氯化亚铁溶液中n(FeCl2)=510-4V mol,则1 L氯化亚铁溶液中含有氯化亚铁的质量为m(FeCl2)=510-4V200127 g=12.7V g,即w(FeCl2)=kV gL-1=12.7V gL-1,因此k=12.7。答案:(1) FeCl36H2O+6SOCl2FeCl3+ 12HCl+6SO2排尽装置内的空气,防止加热时发生爆炸

5、(2)球形冷凝管排尽装置内的空气,防止生成的FeCl2被氧化过滤洗涤B(或A)和C之间缺少一个装有无水氯化钙(或P2O5或硅胶)的球形干燥管(3)当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液于锥形瓶内的溶液中,溶液呈浅紫色且30 s内不褪色12.72.(25分)(2020广灵模拟)碘化钠可用作甲状腺肿瘤防治剂、祛痰剂和利尿剂等。实验室用NaOH、单质碘和水合肼(N2H4H2O)为原料可制备碘化钠。资料显示:水合肼有还原性,能消除水中溶解的氧气;NaIO3是一种氧化剂。回答下列问题:(1)水合肼的制备原理:NaClO+2NH3N2H4H2O+NaCl用如图所示装置制取水合肼,其连接顺序为_(按气流方向,用小写

6、字母表示)。开始实验时,先向氧化钙中滴加浓氨水,一段时间后再向装置B的三口烧瓶中缓慢滴加NaClO溶液。滴加NaClO溶液时不能过快的理由:_。(2)碘化钠的制备.向三口烧瓶中加入8.4 g NaOH及30 mL水,搅拌、冷却,加入25.4 g碘单质,打开恒温磁力搅拌器,保持6070 至反应完全;.继续加入稍过量的N2H4H2O,还原NaIO和NaIO3,得NaI溶液粗品,同时释放一种空气中含有的气体;.向上述反应液中加入1.0 g活性炭,煮沸半小时,然后将溶液与活性炭分离;.将步骤中分离出的溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,得产品24.0 g。步骤反应完全的现象是_。步骤中IO3-参

7、与反应的离子方程式为_。步骤中将溶液与活性炭分离的方法是_。本次实验的产率为_。实验发现,水合肼实际用量比理论值偏高,可能的原因是_。某同学检验产品NaI中是否混有NaIO3杂质。取少量固体样品于试管中,加水溶解,滴加少量淀粉溶液后再滴加适量稀硫酸,片刻后溶液变蓝,由此得出NaI中含有NaIO3杂质。请评价该实验结论的合理性:_(填“合理”或“不合理”),_。(若认为合理写出离子方程式,若认为不合理说明理由)【解析】制备NH3:由“先向氧化钙中滴加浓氨水”可知,反应为NH3H2O+CaO Ca(OH)2+NH3;制备N2H4H2O:由“一段时间后再向装置B的三口烧瓶中缓慢滴加NaClO溶液”可

8、知,反应为NaClO+2NH3N2H4H2O+NaCl;制备NaI:由“向三口烧瓶中加入8.4 g NaOH及30 mL水,搅拌、冷却,加入25.4 g碘单质”可知,反应为I2+2NaOHNaI+NaIO+H2O、3I2+6NaOH5NaI+NaIO3+3H2O。由“继续加入稍过量的N2H4H2O,还原NaIO和NaIO3,得NaI溶液粗品,同时释放一种空气中含有的气体”可知,反应为2IO3-+3N2H4H2O3N2+2I-+9H2O、2IO-+N2H4H2ON2+2I-+3H2O。(1)装置的连接顺序:制备NH3安全瓶制备N2H4H2O尾气处理,所以装置的连接顺序为f、a、b、c、d、e(a

9、和b的顺序可互换);制备N2H4H2O时,滴加NaClO溶液时不能过快的理由:滴加NaClO溶液过快,过量的NaClO溶液会继续氧化生成的水合肼(N2H4H2O),降低其产率;(2)步骤反应完全的现象:由步骤的原料I2可知,当固体I2完全消失,且溶液颜色变为无色时,即可判断I2已反应完全。步骤中将溶液与活性炭分离的方法:将固体与液体分离的操作为过滤。根据碘原子守恒:I22NaI 254300 25.4 gm(NaI)25425.4 g=300m(NaI),解得m(NaI)=30.0 gNaI的产率为24.0 g30.0 g100%=80%;由“水合肼有还原性,能消除水中溶解的氧气”可知,消耗水

10、合肼的量偏大的原因是水合肼能与溶液中的氧气反应。在酸性环境中,除了NaI与NaIO3反应可生成I2外,NaI与溶液中的O2还可以生成I2,故该实验结论不合理。答案:(1)f、a、b、c、d、e(a和b的顺序可互换)滴加NaClO溶液过快,过量的NaClO溶液会继续氧化水合肼,降低其产率(2)无固体残留且溶液呈无色2IO3-+3N2H4H2O3N2+2I-+9H2O过滤80%水合肼能与水中溶解的氧反应不合理可能是I-在酸性环境中被溶液中的O2氧化成I2而使淀粉变蓝3.(25分)(2020海门模拟)无水四氯化锡(SnCl4)常用作有机合成的氯化催化剂。实验室可用溢流法连续制备无水四氯化锡,实验装置

11、如图:查阅资料可知:Sn(s)+2Cl2(g)SnCl4(l) H=-511 kJmol-1SnCl4易挥发,极易发生水解。相关物质的物理性质如下:物质SnSnCl4CuCl2熔点/232-33620沸点/2260114993密度/gcm-37.3102.2263.386回答下列问题:(1)a管的作用是_。(2)A中反应的离子方程式是_。(3)D中冷水的作用是_。(4)尾气处理时,可选用的装置是_(填序号)。(5)锡粒中含铜杂质致D中产生CuCl2,但不影响E中产品的纯度,原因是_。(6)制得的SnCl4产品中常含有SnCl2,可用如下方法测定产品纯度:先准确称量7.60g产品于锥形瓶中,再加

12、过量的FeCl3溶液,发生反应:SnCl2+2FeCl3 SnCl4+2FeCl2,再用0.100 0 molL-1K2Cr2O7标准溶液滴定生成的Fe2+,此时还原产物为Cr3+,消耗标准溶液20.00 mL,则SnCl4产品的纯度为_。【解析】根据装置:A装置制备氯气:MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O,其中a可以平衡压强,使浓盐酸顺利流下,B吸收杂质HCl气体,C吸收水蒸气,干燥纯净的Cl2与Sn在D中反应制得SnCl4,锡粒中含铜杂质使得D中产生的SnCl4中含有CuCl2,但因为CuCl2熔点高,为固体,且密度比SnCl4大,不会随SnCl4液体溢出,E收集SnCl4液

13、体,尾气用盛放碱石灰的干燥管处理,据此分析作答。(1)a管的作用是平衡浓盐酸上下的气体压强,使浓盐酸顺利流下;(2)A中浓盐酸与MnO2混合加热制取Cl2,反应的离子方程式是MnO2+4H+2Cl- Mn2+Cl2+2H2O;(3)在D中制取的物质SnCl4中含有杂质CuCl2,SnCl4易挥发,所以D中冷水的作用是避免SnCl4挥发;(4)尾气中含有氯气会导致大气污染,因此一定要进行处理,可根据Cl2与碱反应的性质,用碱性物质吸收,同时为防止SnCl4水解,该装置还具有干燥的作用,用盛放碱石灰的干燥管可满足上述两个条件,故合理选项是;(5)锡粒中含铜杂质致D中产生CuCl2,但因为常温下Cu

14、Cl2为固体且密度比SnCl4大,故不影响E中产品的纯度;(6)滴定中,铁元素化合价由+2价变为+3价,升高1价,Cr元素化合价由+6价变为+3价,降低3价,则有关系式:3SnCl26Fe2+K2Cr2O7,n(SnCl2)=3n(K2Cr2O7)=30.100 0 molL-10.02 L=0.006 mol,故SnCl4产品的纯度为7.60 g-0.006mol190 gmol-17.60 g100%=85%。答案:(1)平衡压强使浓盐酸顺利流下(2)MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O(3)避免SnCl4挥发(4)(5)常温下,CuCl2为固体且密度比SnCl4大(6)85%

15、4.(25分)CCl3CHO是一种药物合成的中间体,可通过CH3CH2OH+4Cl2CCl3CHO +5HCl进行制备。制备时可能发生的副反应为C2H5OH+HClC2H5Cl+H2O、CCl3CHO+HClOCCl3COOH+HCl。合成该有机物的实验装置示意图(加热装置未画出)和有关数据如表:物质C2H5OHCCl3CHOCCl3COOHC2H5Cl熔点/-114.1-57.558-138.7沸点/78.397.819812.3溶解性与水互溶可溶于水、乙醇可溶于水、乙醇微溶于水,可溶于乙醇(1)恒压漏斗的作用是_;A装置中发生反应的化学方程式为_。(2)装置B的作用是_;装置F在吸收气体时

16、,为什么可以防止液体发生倒吸现象? _。(3)装置E中的温度计要控制在70 ,三口烧瓶采用的最佳加热方式是_。如果要在球形冷凝管中注入冷水增加冷凝效果,冷水应该从_(填“a”或“b”)口通入。实验使用球形冷凝管而不使用直形冷凝管的目的是_。(4)实验中装置C中的试剂是饱和食盐水,装置D中的试剂是浓H2SO4.如果不使用D装置,产品中会存在较多的杂质_(填化学式)。除去这些杂质最合适的实验方法是_。(5)利用碘量法可测定产品的纯度,反应原理如下:CCl3CHO+NaOHCHCl3+HCOONaHCOONa+I2HI+NaI+CO2I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6称取该实验制备的产品

17、5.00 g,配成100.00 mL溶液,取其中10.00 mL,调节溶液为合适的pH后,加入30.00 mL 0.100 molL-1的碘标准液,用0.100 molL-1的Na2S2O3溶液滴定,重复上述3次操作,消耗Na2S2O3溶液平均体积为20.00 mL,则该次实验所得产品纯度为_。【解析】(1)恒压漏斗可以保持漏斗与反应容器内的气压相等;A中为高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气,同时生成氯化锰、氯化钾和水,化学方程式为:2KMnO4+ 16HCl(浓)2KCl+2MnCl2+5Cl2 +8H2O;(2)装置B为安全瓶(或防止装置C中液体倒吸入装置A中);装置F在吸收气体时,漏斗口径较大

18、,被吸住的液体会迅速回落烧杯中,可以防止倒吸;(3)控制在70 ,100 以下,用水浴加热;冷水应该从b口通入;球形冷凝管可以增大蒸气与冷凝管接触面积,提高冷凝回流效果;(4)D装置盛放浓硫酸干燥氯气,如不使用D装置,氯气与水蒸气会生成HCl和HClO,发生副反应C2H5OH+HClC2H5Cl+H2O、CCl3CHO+HClOCCl3COOH+HCl,产品中混有较多C2H5Cl、CCl3COOH的杂质,根据表中数据可知,C2H5Cl、CCl3COOH与CCl3CHO沸点相差较大,可用蒸馏的方式除杂;(5)根据题意,剩余碘的物质的量=12n(Na2S2O3)=120.100 molL-10.0

19、2 L=0.001 mol,有关系式:CCl3CHOHCOONaI2,则n(CCl3CHO)=(0.100 molL-10.03L-0.001 mol)100.00 mL10.00 mL=0.02 mol,则该次实验所得产品纯度为0.02mol147.5 gmol-15.00 g100%=59%。答案:(1)保持漏斗与反应容器内的气压相等2KMnO4+16HCl(浓)2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O(2)安全瓶(或防止装置C中液体倒吸入装置A中)漏斗口径较大,被吸住的液体会迅速回落烧杯中(3)水浴加热b增大蒸气与冷凝管接触面积,提高冷凝回流效果(4)C2H5Cl、CCl3COOH蒸馏

20、(5)59%5.氮的氧化物(NOx)是大气污染物之一,工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NOx还原生成N2。某同学在实验室中对NH3与NOx反应进行了探究。氨气与二氧化氮的反应:将NH3充入注射器X中,硬质玻璃管Y中加入少量催化剂,充入NO2(两端用夹子K1、K2夹好)。在一定温度下按图示装置进行实验。操作步骤实验现象解释原因打开K1,推动注射器活塞,使X中的气体缓慢通入Y管中Y管中_反应的化学方程式_将注射器活塞退回原处并固定,待装置恢复到室温Y管中有少量水珠生成的气态水凝集打开K2_【解析】NO2具有强氧化性,NH3有强还原性,两者相遇,会发生氧化还原反应产生氮气和水,根据电子守恒、

21、原子守恒,可得反应的方程式:8NH3+6NO27N2 +12H2O,根据反应方程式可知反应现象是Y管内看到红棕色气体慢慢变浅,同时在Y管的内壁有水珠产生;根据分析可知发生该反应的方程式是8NH3+ 6NO27N2 +12H2O;反应后由于容器内气体的物质的量减少,所以会使容器内气体压强减小。当打开K2后,烧杯内NaOH溶液在大气压强的作用下会倒吸进入Y管内;溶液进入Y管内的原因是该反应是气体体积减小的反应,反应发生导致装置内压强降低,在外界大气压的作用下而出现倒吸现象。答案:红棕色气体慢慢变浅8NH3+6NO27N2 +12H2OZ中NaOH溶液产生倒吸现象反应后气体分子数减少,Y管中压强小于

22、外压6.聚合硫酸铁Fe2(OH)6-2n(SO4)nm广泛用于水的净化。以FeSO47H2O为原料,经溶解、氧化、水解聚合等步骤,可制备聚合硫酸铁。测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数:准确称取样品3.000 g,置于250 mL锥形瓶中,加入适量稀盐酸,加热,滴加稍过量的SnCl2溶液(Sn2+将Fe3+还原为Fe2+),充分反应后,除去过量的Sn2+。用5.00010-2 molL-1 K2Cr2O7溶液滴定至终点(滴定过程中Cr2O72-与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+),消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。上述实验中若不除去过量的Sn2+,样品中铁的质量分数的测定结果将_(填“偏大

23、”“偏小”或“无影响”)。计算该样品中铁的质量分数(写出计算过程)。【解析】Sn2+具有还原性,能被K2Cr2O7氧化,从而导致K2Cr2O7消耗偏多,则样品中铁的质量分数的测定结果将偏大;n(Cr2O72-)=5.00010-2 molL-122.00 mL10-3 LmL-1=1.10010-3 mol,由滴定时Cr2O72-Cr3+和Fe2+Fe3+,根据电子得失守恒可得微粒的关系式: Cr2O72-6Fe2+(或Cr2O72-+14H+6Fe2+6Fe3+2Cr3+7H2O),则n(Fe2+)= 6n(Cr2O72-) =61.10010-3mol=6.60010-3 mol,样品中铁

24、元素的质量:m(Fe)=6.60010-3 mol56 gmol-1=0.369 6 g样品中铁元素的质量分数:w(Fe)=0.369 6 g3.000 g100%=12.32%。答案:偏大12.32%(计算过程详见解析)7.NOx含量的测定:将V L气样通入适量酸化的H2O2溶液中,使NOx完全被氧化为NO3-,加水稀释至100.00 mL。量取20.00 mL该溶液,加入V1 mL c1 molL-1 FeSO4标准溶液(过量),充分反应后,用c2 molL-1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+,终点时消耗V2 mL。实验过程中发生下列反应:3Fe2+NO3-+4H+NO+3Fe3

25、+2H2OCr2O72-+ 6Fe2+ +14H+2Cr3+ +6Fe3+7H2O则气样中NOx折合成NO2的含量为_mgmL-3。【解析】用c2 molL-1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+,终点时消耗V2 mL,此时加入的Cr2O72-的物质的量为c2V2/1 000 mol;所以过量的Fe2+为6c2V2/1 000 mol;则与硝酸根离子反应的Fe2+为(c1V1/1 000-6c2V2/1 000) mol;所以硝酸根离子为(c1V1/1 000-6c2V2/1 000)/3 mol;根据氮元素守恒,硝酸根离子与NO2的物质的量相等。考虑到100 mL溶液取出来20 mL进

26、行实验,所以NO2为5(c1V1/1 000-6c2V2/1 000)/3 mol,质量为465(c1V1/1 000-6c2V2/1 000)/3 g,即230(c1V1-6c2V2)/3 mg。这些NO2是V L气体中含有的,所以含量为230(c1V1-6c2V2)/3V mgL-1,即为1 000230(c1V1-6c2V2)/3V mgmL-3,所以答案为23(c1V1-6c2V2)3V104 mgmL-3。答案:23(c1V1-6c2V2)3V1048.(2020临沂模拟)将绿矾(FeSO47H2O)隔绝空气条件下加强热分解,已知产物全部为氧化物,为探究绿矾分解的反应产物,某同学进行

27、了以下实验:【实验一】为探究固体产物中铁元素的价态,该同学将固体产物溶于足量的稀硫酸得到相应的溶液,进行以下猜想和实验:猜想实验操作预期现象猜想一:铁元素只显_价向所得溶液中滴入KSCN溶液;向稀酸性KMnO4溶液中滴入所得溶液KSCN溶液无明显现象稀酸性KMnO4溶液颜色_猜想二:铁元素只显_价KSCN溶液呈_色;稀酸性KMnO4溶液颜色_猜想三:铁元素既有+2价又有+3价KSCN溶液呈_色;稀酸性KMnO4溶液颜色_【实验二】为进一步探究该反应的产物,进行了如图所示的实验:(1)实验开始时,点燃B处酒精喷灯之前应先打开A处活塞通CO2,其目的是_;(2)装置图中C的作用是_;(3)该组同学

28、称取了55.6 g绿矾按如图装置进行实验,待绿矾分解完全后,测得D瓶中沉淀的质量为23.3 g,根据这些数据,可以得知,绿矾分解的化学方程式为_;(4)该组同学设计的装置存在着一个明显的缺陷是_【解析】【实验一】由题意知绿矾分解的产物全为氧化物,则铁元素可能为+2价,也可能为+3价,或者既有+2价又有+3价。+2价铁具有还原性,可使酸性高锰酸钾溶液褪色,+3价铁与KSCN溶液生成红色物质,利用这些性质可以检验铁元素的价态。【实验二】(1)FeSO4具有还原性,能够被空气中的氧气氧化,实验开始时通CO2的目的是赶走装置内的空气防止FeSO47 H2O被氧化。(2)本实验有加热装置,反应产生气体,

29、气体与氯化钡溶液反应产生白色沉淀,导气管内压强减小,容易发生倒吸,C为防倒吸装置。(3)55.6 g绿矾的物质的量为55.6 g278 gmol-1=0.2 mol,那么分解前硫元素的物质的量为0.2 mol,白色沉淀为硫酸钡,其物质的量为23.3 g233 gmol-1=0.1 mol,所以除了SO3以外还应有SO2,其物质的量也为0.1 mol,因此答案是2FeSO47H2OFe2O3+SO2+SO3+14H2O。(4)二氧化硫对环境有污染,应添加尾气处理装置。答案:【实验一】猜想一:+2褪为无色猜想二:+3红无变化猜想三:红褪为无色【实验二】(1)赶走装置内的空气(2)防止产生倒吸(3)

30、2FeSO47H2OFe2O3+SO2+SO3+14H2O(4)未进行尾气处理9.(2020安庆模拟)某小组对碳与浓硝酸的反应进行探究。已知:2NaOH+2NO2NaNO3+NaNO2+H2O,2NaOH+NO2+NO2NaNO2+H2O。请回答下列问题:.甲同学设计如图所示装置制备并收集NO。(1)木炭与浓硝酸反应的化学方程式为_。(2)装置C的作用为_。(3)乙同学认为用装置F代替B更合理,理由为_。.探究NO与Na2O2反应已知:NaNO2既有氧化性,又有还原性;J处硬质玻璃管中制得的NaNO2中含有少量NaNO3。(4)检验上图装置气密性的方法为_。(5)实验结束后,设计实验证明J处硬

31、质玻璃管中有NaNO2生成_。(可供选择的试剂:蒸馏水、KI-淀粉溶液、KMnO4溶液、NaOH溶液、BaCl2溶液、稀硫酸)【解析】(1)木炭中的碳与浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水,该反应的化学方程式为C+4HNO3(浓)4NO2+CO2+2H2O;(2)碳与浓硝酸反应生成的NO2、CO2通入B装置的水中,NO2与水反应生成NO,再将混合气体通入装置C的NaOH溶液中,可以除去NO气体中混有的CO2;(3)将碳与浓硝酸反应生成CO2、NO2通入B装置的水中,因NO2与水反应生成HNO3和NO,造成气体减少、压强减小,从而产生倒吸,若将混合气体通入CCl4中,则不会产生倒吸;(4)检验装

32、置气密性的方法为关闭装置后端开关K,由长颈漏斗向储气罐中加水至长颈漏斗中的液面高于储气罐,一段时间后液面的高度差不变,则气密性良好;(5)J 处硬质玻璃管中制得的NaNO2中含有少量NaNO3,因NaNO3在酸性条件下也具有强氧化性,则不能使用还原性的试剂如KI-淀粉溶液检验,可根据NaNO2具有还原性而NaNO3没有还原性,取少量反应后的固体溶于蒸馏水,滴几滴经稀硫酸酸化的KMnO4溶液,若溶液褪色证明J 处硬质玻璃管中有NaNO2生成。答案:(1)C+4HNO3(浓)4NO2+CO2+2H2O(2)除去反应生成的CO2(3)装置F可以起到防倒吸的作用(4)关闭K,由长颈漏斗向储气罐中加水至长颈漏斗中的液面高于储气罐,一段时间后液面差不变则气密性良好(5)取少量反应后的固体溶于蒸馏水,滴几滴经稀硫酸酸化的KMnO4溶液,溶液褪色则证明有NaNO2生成