高考化学核心考点最新试题精选：物质制备实验综合题（解析版）.docx

1、 高考化学核心考点最新试题精选：物质制备实验综合题 （考试时间：100 分钟 试卷满分：210 分） 可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5 Ca 40 Fe 56 Cu 64 Ga 70 I 127 选择题：本题共 15 个小题，共 210 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1（安徽省合肥市 2020 届第二次质检）（14 分）过氧化钙（CaO2）是一种白色晶体，能潮解，难溶于水，可 与水缓慢反应，不溶于乙醇，易与酸反应，常用作杀菌剂、防腐剂等。根据题意，回答相关问题。 IC

2、aO2晶体的制备： CaO2晶体通常可利用 CaCl2在碱性条件下与 H2O2反应制得。某化学兴趣小组在实验室制备 CaO2的实验方 案和装置示意图如下： （1）三颈烧瓶中发生的主要反应的化学方程式为 。 （2）冷水浴的目的是 ；步骤中洗涤 CaO2 8H2O的实验操作方法是 。 CaO2含量的测定： 测定 CaO2样品纯度的方法是：称取 0.200 g样品于锥形瓶中，加入 50 mL水和 15 mL 2 mol Ll HCl，振荡使 样品溶解生成过氧化氢，再加入几滴 MnCl2稀溶液，立即用 0.0200 mol Ll KMnO4标准溶液滴定到终点，消 耗 25.00 mL标准液。 （3）上

3、述过程中使用稀盐酸而不使用稀硫酸溶解样品的原因是 ； 滴定前加入 MnCl2稀溶液的作用可能是 。 （4）滴定过程中的离子方程式为 ，样品中 CaO2的质量分数为 。 （5）实验 I制得的晶体样品中 CaO2含量偏低的可能原因是： ； 。 【答案】（14 分） （1）CaCl2 + H2O2 + 2NH3 H2O + 6H2O = CaO2 8H2O + 2NH4Cl（2 分） （2）该反应放热，防止温度升高导致 H2O2分解和氨水中氨气挥发（2 分） 向过滤器中注入乙醇至浸没 沉淀，待乙醇流尽后，重复操作 23次（2 分） （3）生成的硫酸钙为微溶物，覆盖在样品表面，阻止反应进一步进行（1

4、分） 催化作用（1 分） （4） -+2+ 22422 5H O +2MnO +6H =2Mn+5O+8H O（2 分） 45.0%（2 分） （5）部分 CaCl2溶液与浓氨水反应生成 Ca(OH)2（1 分） 部分 CaO2与水反应生成 Ca(OH)2或烘烤 CaO2 8H2O失水不够完全（1 分） 【解析】 I（1）由题可知，三颈烧瓶中发生 CaCl2在碱性条件下与 H2O2生成 CaO2 8H2O的反应，根据原子守恒可 知，该反应化学方程式为：CaCl2+H2O2+2NH3 H2O+6H2O=CaO2 8H2O+2NH4Cl； （2）该反应为放热反应，H2O2和氨水的稳定性都较差，温度

5、过高会导致其分解，影响产量和化学反应速率； 因过氧化钙可与水缓慢反应，不溶于乙醇，因此可选用乙醇进行洗涤，实验室洗涤沉淀的操作为：向过滤器 中注入乙醇至浸没沉淀，待乙醇流尽后，重复操作 23次； II（3）若选用硫酸，则 CaO2与稀硫酸反应生成微溶物 CaSO4会覆盖在样品表面，使反应难以持续进行； MnCl2对该反应具有催化作用，可加快化学反应速率； （4）滴定过程中酸性高锰酸钾与双氧水反应，Mn元素化合价从+7 价降低至+2价，H2O2中 O元素从1价 升高至 0价，根据氧化还原反应得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平该离子方程式为： -+2+ 22422 5H O +2MnO +6H

6、=2Mn+5O+8H O；滴定过程中消耗高锰酸钾的物质的量 n = 25 10 3L 0.02mol/L=5 104mol，根据守恒关系可知： n(H 2O2)=n(CaO2)=2.5n(KMnO4)=1.25 10 3mol，样品中 CaO 2 的质量分数 2 - 2 1.25 10 mol 7 CaO100%=45% 0 2g/m .2g ol ； （5）CaCl2溶液与浓氨水反应导致反应物未完全转化，同时还会导致最终固体中含有部分 Ca(OH)2杂质，会 使 CaO2含量偏低；CaO2与水能反应生成微溶物 Ca(OH)2，会导致生成的 CaO2含量偏低；烘烤 CaO2 8H 2O 失水不

7、够完全导致固体质量偏大，最终导致计算 CaO2含量偏低。 2（广东省深圳市 2020 年线上测试）（14 分）苯甲酸乙酯是重要的精细化工试剂，常用于配制水果型食用香 精。实验室制备流程如下： 试剂相关性质如下表： 苯甲酸 乙醇 苯甲酸乙酯 常温性状 白色针状晶体 无色液体 无色透明液体 沸点/ 249.0 78.0 212.6 相对分子量 122 46 150 溶解性 微溶于水，易溶于乙醇、乙醚等有 机溶剂 与水任意比互 溶 难溶于冷水，微溶于热水， 易溶 于乙醇和乙醚 回答下列问题： （1）为提高原料苯甲酸的纯度，可采用的纯化方法为_。 （2）步骤的装置如图所示（加热和夹持装置已略去），将一

8、小团棉花放入仪器 B中靠近活塞孔处，将吸水 剂（无水硫酸铜的乙醇饱和溶液）放入仪器 B中，在仪器 C 中加入 12.2 g 纯化后的苯甲酸晶体，30 mL无水 乙醇（约 0.5 mol）和 3 mL浓硫酸，加入沸石，加热至微沸，回流反应 1.52 h。仪器 A 的作用是_； 仪器 C中反应液应采用_方式加热。 （3）随着反应进行，反应体系中水分不断被有效分离，仪器 B中吸水剂的现象为_。 （4）反应结束后，对 C 中混合液进行分离提纯，操作 I是_；操作 II 所用的玻璃仪器除了烧杯外还 有_。 （5）反应结束后，步骤中将反应液倒入冷水的目的除了溶解乙醇外，还有_；加入试剂 X为_（填 写化学

9、式）。 （6）最终得到产物纯品 12.0 g，实验产率为_ %（保留三位有效数字）。 【答案】（14 分） （1）重结晶（2 分） （2）冷凝回流乙醇和水（2 分） 水浴加热（1 分） （3）吸水剂由白色变为蓝色（1 分） （4）蒸馏（1 分） 分液漏斗（1 分） （5）降低苯甲酸乙酯的溶解度，利于分层（2 分） Na2CO3或 NaHCO3（2 分） （6）80.0（2 分） 【解析】苯甲酸与乙醇在浓硫酸作催化剂发生酯化反应生成苯甲酸乙酯，苯甲酸乙酯与乙醇和苯甲酸能够混 溶，苯甲酸乙酯与乙醇沸点差异较大，因此操作 I为蒸馏，混合液 2中主要成分为苯甲酸乙酯和苯甲酸，加入 试剂 X除去苯甲酸，

10、因此可选择试剂饱和碳酸钠进行除杂，然后分液制备粗产品，然后通过干燥制备苯甲酸 乙酯纯品，以此解答本题。 （1）可通过重结晶的方式提高原料苯甲酸的纯度； （2）仪器 A为球形冷凝管，在制备过程中乙醇易挥发，因此通过球形冷凝管冷凝回流乙醇和水；该反应中乙 醇作为反应物，因此可通过水浴加热，避免乙醇大量挥发； （3）仪器 B中吸水剂为无水硫酸铜的乙醇饱和溶液，吸收水分后生成五水硫酸铜，吸水剂由白色变为蓝色； （4）由上述分析可知，操作 I为蒸馏；操作 II为分液，除烧杯外，还需要的玻璃仪器为分液漏斗； （5） 因苯甲酸乙酯难溶于冷水， 步骤中将反应液倒入冷水的目的还有降低苯甲酸乙酯的溶解度有利于分层

11、； 试剂 X为 Na2CO3溶液或 NaHCO3溶液； （6）12 g 苯甲酸乙酯的物质的量为 12g =0.08mol 150g/mol ，苯甲酸的物质的量为 12.2g =0.1mol 122g/mol ，反应过 程中乙醇过量，理论产生苯甲酸乙酯的物质的量为 0.1 mol，实验产率为 0.08mol 100%=80.0% 0.1mol 。 3（福建省三明市 2020 届 5 月质检）（14 分）二氯化二硫（S2Cl2）是一种无色液体，有刺激性、窒息性恶臭。 人们使用它作橡胶的低温硫化剂和黏结剂。向熔融的硫中通入限量的氯气即可生成 S2Cl2，进一步氯化得 SCl2。S2Cl2、SCl2、

12、S 的某些性质如下： 物质 水溶性 密度/（g cm3） 熔点/ 沸点/ S2Cl2 遇水即水解生成 HCl、SO2、S 1.687 80 135.6 SCl2 溶于水且剧烈反应 1.621 78 59时分解 S 112.8 444.6 实验室可用如图所示装置制备少量 S2Cl2。 （1）仪器 M 的名称是 。 （2）实验室中用高锰酸钾与浓盐酸制取 Cl2的化学方程式为 。 （3）欲得到较纯净的 S2Cl2，上述仪器装置的连接顺序为 e f（按气体流出方向）。D装置中碱石灰 的作用是 。 （4）S2Cl2粗品中可能混有的杂质是 （填化学式），从 S2Cl2粗品中提纯 S2Cl2的操作方法 是

13、（填操作名称）。 （5）若产物 S2Cl2中混入少量水，则发生反应的化学方程式为 。 （6）对提纯后的产品进行测定：取 m g 产品，加入 50 mL水充分反应（SO2全部逸出），过滤，洗涤沉淀 并将洗涤液与滤液合并，用 100 mL容量瓶定容，取 20.00 mL溶液与浓度为 0.4000 mol L1的硝酸银溶液反 应，消耗硝酸银溶液 20.00 mL，则产品中氯元素的质量分数为 （用含有 m的式子表示）。 【答案】（14 分） （1）圆底烧瓶（1 分） （2） 4222 2KMnO16HCl()2KCl2MnCl5Cl8H O 浓（2 分） （3）jkhicdab（2 分） 吸收剩余的氯

14、气，并防止空气中的水蒸气进入装置 B使 S2Cl2水解（2 分） （4）Cl2、SCl2、S（2 分） 分馏（或蒸馏）（1 分） （5） 2222 2S Cl2H OSO3S4HCl （2 分） （6）142% m 或1.42 m （2 分） 【解析】 （1）根据装置图，仪器 M 的名称是圆底烧瓶； （2）高锰酸钾与浓盐酸在常温下生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，化学方程式为 4222 2KMnO16HCl()2KCl2MnCl5Cl8H O 浓； （3）欲得到较纯净的 S2Cl2，氯气先除杂、干燥，再与熔融的 S 反应，用冰水收集 S2Cl2，最后用碱石灰收 集氯气；上述仪器装置的连接顺序为 e

15、j k h i c dabf。S2Cl2易水解，所以 D装置中碱石 灰的作用是吸收剩余的氯气，并防止空气中的水蒸气进入装置 B 使 S2Cl2水解； （4）氯气和硫可能有剩余，均有可能混入产品中，氯气过量时，会生成 SCl2，因此 S2Cl2粗品中可能混有 的杂质是 SCl2、S、Cl2；根据 S2Cl2、SCl2、S、Cl2的沸点不同，S2Cl2粗品中提纯 S2Cl2的操作方法是蒸馏（或 分馏）； （5）S2Cl2和水发生歧化反应生成 SO2、S、HCl，根据得失电子守恒配平反应式为 2222 2S Cl2H OSO3S4HCl ； （6）滴定过程中反应的离子方程式是 -+ A+CllgAg

16、C ，则 20.00 mL溶液中氯离子的物质的量是 0.4 mol L1 0.02 L=0.008 mol，产品中氯元素的质量分数为 100 0.008mol 35.5g/mol 20 100% gm =142% m 。 4（福建省莆田市 2020 年 3 月质检）（14 分）实验室用如图装置（略去夹持仪器）制取硫代硫酸钠晶体。 已知： Na2S2O35H2O是无色晶体，易溶于水，难溶于乙醇。 硫化钠易水解产生有毒气体。 装置 C 中反应如下： Na2CO3 + SO2 = Na2SO3 + CO2； 2Na2S + 3SO2 = 3S + 2Na2SO3； S + Na2SO3 加热 Na2

17、S2O3 。 回答下列问题： （1）装置 B的作用是 。 （2）该实验能否用 NaOH代替 Na2CO3？ （填“能”或“否”）。 （3）配制混合液时，先溶解 Na2CO3，后加入 Na2S 9H2O，原因是 。 （4）装置 C中加热温度不宜高于 40，其理由是 。 （5） 反应后的混合液经过滤、 浓缩， 再加入乙醇， 冷却析出晶体。 乙醇的作用是 。 （6）实验中加入 m1 g Na2S 9H2O和按化学计量的碳酸钠，最终得到 m2 g Na2S2O3 5H2O 晶体。Na2S2O3 5H2O 的产率为 （列出计算表达式） 。 Mr(Na2S 9H2O)=240， Mr(Na2S2O3 5H

18、2O)=248 （7）下列措施不能减少副产物 Na2SO4产生的是 （填标号）。 A用煮沸并迅速冷却后的蒸馏水配制相关溶液 B装置 A增加一导管，实验前通人 N2片刻 C先往装置 A中滴加硫酸，片刻后往三颈烧瓶中滴加混合液 D将装置 D改为装有碱石灰的干燥管 【答案】（14 分） （1）安全瓶，防止倒吸（2 分） （2）能（1 分） （3）碳酸钠溶液显碱性，可以抑制 Na2S 水解（2 分） （4）温度过高不利于 SO2的吸收，或消耗的 H2SO4、Na2SO3较多，或 Na2S2O3产率降低等其它合理答案（2 分） （5）降低 Na2S2O3晶体的溶解度，促进晶体析出（2 分） （6） 2

19、1 2 240m 3 248m 100%（3 分） （7）D（2 分） 【解析】（1）装置 B的作用是平衡压强，防止倒吸，则 B为安全瓶防止倒吸； （2）Na2CO3的作用是与二氧化硫反应制备亚硫酸钠，氢氧化钠和二氧化硫反应也可以生成亚硫酸钠，可以 代替碳酸钠； （3）Na2S 是强碱弱酸盐，易发生水解，碳酸钠溶液显碱性，可以抑制 Na2S水解； （4）温度过高不利于 SO2的吸收，或消耗的 H2SO4、Na2SO3较多，或 Na2S2O3产率降低等其它合理答案； （5）Na2S2O35H2O是无色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，则乙醇的作用为：降低 Na2S2O3晶体的溶解度， 促进晶体析出；

20、（6）根据反应 Na2CO3 + SO2 = Na2SO3 + CO2；2Na2S + 3SO2 = 3S + 2Na2SO3；S + Na2SO3 加热 Na2S2O3， 列关 系式 2Na2S 9H2O3S3Na2S2O3 5H2O， 理论上制得 Na2S2O3 5H2O 晶体的质量为 1 m3 248 2 240 g， Na2S2O3 5H2O 的产率为 1 2 m 3 248 4 m 2 2 0 100%= 2 1 2 240m 3 248m 100%； （7）用煮沸并迅速冷却后的蒸馏水中含氧量降低，可有效防止 Na2SO3被氧化为 Na2SO4，可减少副产物的产 生，A不符合题意；装

21、置 A增加一导管，实验前通人 N2片刻，可将装置中的空气赶走提供无氧环境，可防止 Na2SO3被氧化为 Na2SO4，可减少副产物的产生，B不符合题意；先往装置 A中滴加硫酸，产生二氧化硫，可 将装置中的空气赶走，片刻后往三颈烧瓶中滴加混合液，可减少副产物的产生，C不符合题意；将装置 D 改 为装有碱石灰的干燥管，装置中仍然含有空气，氧气可将 Na2SO3被氧化为 Na2SO4，不能减少副产物产生，D 符合题意。 5（山西省大同市 2020 届联考一）（15 分）乳酸亚铁晶体CH3CH(OH)COO2Fe 3H2O是一种很好的食品铁强 化剂，易溶于水，广泛应用于乳制品、营养液等，吸收效果比无机

22、铁好，可由乳酸与 FeCO3反应制得： 2CH3CH(OH)COOH + FeCO3 + 2H2O CH3CH(OH)COO2Fe 3H2O + CO2 . 制备碳酸亚铁（FeCO3）：装置如图所示。 （1）仪器 C的名称是_。 （2）清洗仪器，检查装置气密性，A中加入 盐酸，B中加入铁粉，C中加入 NH4HCO3溶液。为顺利达成实 验目的，上述装置中活塞的打开和关闭顺序为：关闭活塞_，打开活塞_，装置 B中可观察到的现象 是_，当加入足量盐酸后，关闭活塞 1，反应一段时间后，关闭活塞_，打开活塞_。C中发生的 反应的离子方程式为_。 . 制备乳酸亚铁晶体： 将制得的 FeCO3加入乳酸溶液中

23、，加入少量铁粉，在 75下搅拌使之充分反应。然后再加入适量乳酸。 （3）加入少量铁粉的作用是_。从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体所需的实验操作是隔绝空气低温蒸发， 冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 .乳酸亚铁晶体纯度的测量： （4） 若用 KMnO4滴定法测定样品中 Fe2+的量进而计算纯度时， 发现结果总是大于 100%， 其原因可能是_。 （5）经查阅文献后，改用 Ce(SO4)2标准溶液滴定进行测定。反应中 Ce4+离子的还原产物为 Ce3+。测定时，先 称取 5.76g 样品，溶解后进行必要处理，用容量瓶配制成 250mL溶液，每次取 25.00 mL，用 0.100 mol Ll Ce(SO

24、4)2标准溶液滴定至终点，记录数据如表所示。 滴定次数 0.100 mol LlCe(SO4)2标准溶液/mL 滴定前读数 滴定后读数 1 0.10 19.65 2 0.12 22.32 3 1.05 20.70 则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为_（以质量分数表示，保留 3 位有效数字）。 【答案】（15 分）（1）三颈烧瓶（1 分） （2）2（1 分） 1、3（1 分） 铁粉逐渐溶解，液体中有气泡冒出、溶液变成浅绿色（2 分） 3（1 分） 2（1 分） Fe2+ + 2HCO3 = FeCO3 + CO2 + H2O（2 分） （3）防止 FeCO3与乳酸反应产生的亚铁离子被氧化（2 分） （

25、4）乳酸根中羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化（2 分） （5）98.0%（2 分） 【解析】（1）仪器 C为三颈烧瓶； （2）反应前先利用生成的氢气除去装置内空气，再利用生成氢气，使 B 装置中气压增大，将 B装置中的氯化 亚铁溶液压入 C中，具体操作为：关闭活塞 2，打开活塞 3，然后打开活塞 1加入足量的盐酸，然后关闭活塞 1，反应一段时间后，装置 B中可观察到的现象为：铁粉逐渐溶解，液体中有气泡冒出、溶液变成浅绿色；打 开活塞 2， 关闭活塞 3； C装置中 FeCl2和 NH4HCO3发生反应： FeCl2+2NH4HCO3FeCO3+2NH4Cl+CO2+H2O， 反应的离子方程式为：Fe

26、2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O； （3）Fe2+离子易被氧化为 Fe3+离子，实验目的是制备乳酸亚铁晶体，加入 Fe 粉，可防止 Fe2+离子被氧化； （4）乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被 氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于 100%； （5）三次滴定第二次操作消耗标准液数值明显偏大，应舍去，取第一次和第三次平均值 V=19.55+19.65 2 =19.60mL， 由： Ce4+Fe2+Ce3+Fe3+， 可知 25mL溶液中 n(Fe2+)n(Ce4+)0.100mol/L 0.019

27、6L0.00196mol， 故 250mL含有 n(Fe2+)0.00196mol250mL 25mL =0.0196mol，故产品中乳酸亚铁晶体的质量分数为 0.0196mol 288g/ 100% 5.76g mol 98.0%。 6（福州一中 2020 届下学期质检）（15 分）碘酸钾（KIO3）是重要的食品添加剂。某化学兴趣小组设计下列 步骤制取 KIO3，并进行产品的纯度测定。制取碘酸（HIO3）的实验装置示意图和有关资料如下： 回答下列问题： 步骤用 Cl2 氧化 I2 制取 HIO3 （1）装置 A 中发生反应的化学方程式 _。 （2）装置 B 中的 CCl4 可以加快反应速率，

28、原因_。 （3）反应结束后，获取 HIO3 溶液的操作中，所需玻璃仪器有烧杯、_和_。 步骤用 KOH 中和 HIO3 制取 KIO3 （4）该中和反应的离子方程式为_。中和之前，应将上述 HIO3溶液煮沸至接近无色，否则中和时易生 HIO3 白色固体，能溶于水，难溶于四氯化碳 Ka0.169mol L1 KIO3 白色固体，能溶于水，难溶于乙醇 碱性条件下易发生反应： ClO+ IO3 IO4+ Cl 成_（填化学式）而降低 KIO3 的产量。 （5）往中和后的溶液中加入适量_，经搅拌、静置、过滤等操作，得到白色固体。 （6）为验证产物，取少量上述固体溶于水，滴加适量 SO2 饱和溶液，摇匀

29、，再加入几滴淀粉溶液，溶液变 蓝。若实验时，所加的 SO2 饱和溶液过量，则无蓝色出现，原因是_。 步骤纯度测定 （7）取 0.1000 g 产品于碘量瓶中，加入稀盐酸和足量 KI 溶液，用 0.1000 mol L1Na2S2O3溶液滴定，接近 终点时，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点，蓝色消失（I2 + 2S2O32 = 2I + S4O62）。进行平行实验后， 平均消耗 Na2S2O3 溶液的体积为 24.00 mL。则产品中 KIO3 的质量分数为_。M(KIO3)=214.0 g mol1 【答案】（15 分）（1）KClO3 + 6HCl(浓) = KCl + 3Cl2 + 3H2O

30、（2 分） （2）I2和 Cl2易溶于 CCl4，增大了反应物浓度（2 分） （3）分液漏斗（1 分） 玻璃棒（1 分） （4）HIO3+OH=IO3+H2O（2 分） ClO（2 分） （5）乙醇（或“酒精”、“C2H5OH”）（1 分） （6）过量的 SO2能将 IO3、I2等还原为 I（2 分） （7）85.60%（2 分） 【解析】（1）装置 A用于制取氯气，反应为：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O； （2）由于 Cl2、I2在水中溶解度小，在 CCl4中溶解度却很大，装置 B中的 CCl4能增大反应物浓度，使反应速 率加快； （3）依据物质信息可知，B中反应后产

31、生的碘酸主要在水溶液中且与 CCl4互不相溶，所以必须采用分液法以 获取碘酸溶液，分液需要的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗、玻璃棒； （4）KOH和 HIO3发生中和反应生成 KIO3和水，HIO3属于弱电解质，在离子方程式中保留化学式，故离子 方程式为：HIO3+OH=IO3+H2O；中和之前溶液中存在较多 Cl2，通过加热煮沸可以除去 Cl2，避免中和时 Cl2 转化为 ClO，ClO-进一步将 IO3氧化为 IO4，从而导致 KIO3产量下降； （5）KIO3难溶于乙醇，加入适量乙醇可以使 KIO3从溶液中析出，故往中和后的溶液中加入适量乙醇，经搅 拌、静置、过滤等操作，得到白色固体； （6）

32、依题意可知，少量饱和 SO2水溶液能将 KIO3还原为 I2，但加入过量饱和 SO2水溶液却无蓝色出现，说 明过量的 SO2能将 IO3-、I2等还原为 I； （7）取 0.1000g 产品于碘量瓶中，加入稀盐酸和足量 KI溶液，发生反应：IO3+5I+6H+=3I2+3H2O，用 0.1000 mol/LNa2S2O3溶液滴定生成的 I2，有关系式：KIO33I26S2O32，则 n(KIO3)= 1 6 n(Na2S2O3)= 1 6 0.1000mol/L 0.024L=0.0004mol， 故产品中 KIO3的质量分数为 0.0004mol 214g/mol 0.1000g 100%=

33、85.60%。 7（福建省厦门市 2020 届 4 月质检）（14 分）过氧乙酸（CH3COOOH）是一种常用的消毒剂，易溶于水、易 挥发、见光或受热易分解。其制备原理为： 60 22332 H O +CH COOHCH COOOH+H O H 0，同时利用 乙酸丁酯与水形成共沸物（沸点 90.7）及时分离出水，以提高产率。实验装置如图。 （1）过氧乙酸保存时应注意_（填标号）。 A避光 B低温 C密闭 D隔绝空气 （2）仪器 a 的名称为_，其中盛放的试剂为_（填“乙酸”或“双氧水”）。 （3）为减少反应瓶中乙酸丁酯的损耗，反应开始前，在油水分离器中应进行的操作是_。 （4）反应体系采用减压

34、的目的是_。 （5）过氧乙酸（含有少量 H2O2杂质）的含量测定流程如图。 判断 H2O2恰好除尽的实验现象是_。 过氧乙酸被 Fe2+还原，还原产物之一为乙酸，其离子方程式为_ 若样品体积为 Vo mL，加入 c1 mol L1 FeSO4溶液 V1 mL，消耗 c2 mol L1 K2Cr2O7溶液 V2 mL。则过氧乙 酸含量为_gLl。 【答案】（14 分） （1）ABC（2 分） （2）恒压滴液漏斗（1 分） 双氧水（1 分） （3）在油水分离器中加满乙酸丁酯（2 分） （4）减压可以降低共沸物的沸点，防止温度过高，过氧乙酸分解（2 分） （5） 当滴入最后一滴高锰酸钾溶液时，溶液由

35、无色变为浅红色，且半分钟内不褪色（2 分） CH3COOOH + 2Fe2+ + 2H+ = CH3COOH + 2Fe3+ + H2O（2 分） 1 122 0 38(6)cVc V V （2 分） 【解析】 （1）过氧乙酸易溶于水、易挥发、见光或受热易分解，故应当避光、低温、密闭保存； （2）仪器 a 为恒压滴液漏斗，因双氧水易分解，用来盛放双氧水，需要时滴加双氧水； （3）反应开始前，在油水分离器中加满乙酸丁酯，这样乙酸丁酯可快速回流反应瓶，从而减少反应瓶中乙 酸丁酯的损耗； （4）产物过氧乙酸受热易分解，减压可以降低共沸物的沸点，从而可人为降低反应瓶中温度，防止温度过 高，过氧乙酸分解

36、； （5） 高锰酸钾溶液为紫红色，过氧化氢没除尽之前，加高锰酸钾，高锰酸钾紫红色会褪去，若过氧化氢 已除尽，再滴入高锰酸钾，溶液将变为紫红色； Fe2+作还原剂，氧化产物为 Fe3+，过氧乙酸为氧化剂，还原产物为乙酸，结合原子守恒、得失电子守恒 可得离子方程式为：CH3COOOH + 2Fe2+ + 2H+ = CH3COOH + 2Fe3+ + H2O； Fe2+总物质的量 = c1V1 103 mol，n(K2Cr2O7) = c2V2 103 mol。根据得失电子守恒有：K 2Cr2O72Cr 3+ 6e6Fe2+6Fe3+，即每 1 mol K2Cr2O7与 6 mol Fe2+恰好完

37、全反应，所以，与 c2V2 103 mol K2Cr2O7反应的 Fe2+的物质的量= 6c2V2 103 mol， 那么， 与过氧乙酸反应的 Fe2+的物质的量= c1V1 103 mol6c2V2 103 mol， 根据 CH3COOOH + 2Fe2+ + 2H+ = CH3COOH + 2Fe3+ + H2O 可得：CH3COOOH 的物质的量= 33 1 122 10mol610m 2 olcVc V ，CH3COOOH的质量= 33 1 122 10mol610m 2 olcVc V 76 g/mol = 33 1 122 3810)(g610cVc V ，则过氧乙酸含量= 33

38、1 122 3 0 38(10610 10 )g L cVc V V = 1 122 0 38(6)cVc V V g Ll 。 8（武汉市华中师大一附中 2020 届联考）（15 分）硫酸四氨合铜晶体(Cu(NH3)4SO4 H2O)常用作杀虫剂、媒 染剂。实验室拟用废旧印刷电路板(含有 Cu、Fe、Al、Zn)制备该晶体，具体流程如下： 已知：硫酸四氨合铜易溶于水，不溶于乙醇、四氯化碳等有机溶剂；常温下，硫酸四氨合铜在空气中易与水 和二氧化碳反应，受热时易失氨。 （1）某科研小组选取一定量的稀硝酸和稀硫酸的混合酸溶解废旧印刷电路板时，得出温度与铜的浸出率关系 如图所示。步骤中采用合适的加热

39、方式是_；温度越高，铜的浸出率反而下降，原因可能是_。 （2）步骤、需要的玻璃仪器有_；检验“水相”中是否含有 Fe3+所需试剂为_。 （3）步骤中氨水必须适当过量的原因是_。 （4）步骤的具体操作为_。 （5）样品中 NH3含量测定：实验装置如图所示，称取 0.3400 g 样品放入圆底烧瓶中，加入 80 mL水溶解，再 加入 10%NaOH溶液 10.00 mL。在锥形瓶中，准确加入 0.5000 mol LlHC1标准溶液 36.00 mL，放入冰水浴中 冷却。先大火后小火加热烧瓶，并保持微沸 1 h左右。取出插入 HC1 溶液中的导管，从冰水浴中取出锥形瓶， 滴加 2 滴 0.1%甲基

40、红溶液，用 0.5000 mol L1NaOH标准溶液滴定剩余溶液，消耗 NaOH 标准溶液 28.00 mL。 样品中 NH3的质量分数为_（保留两位有效数字），实验检测结果比理论值偏小的原因可能是_（写一种 可能原因）。 【答案】（15 分）（1）约 60热水浴（1 分） 温度高，硝酸挥发，因硝酸量一定，造成铜的浸出率下降 （或温度高，硝酸氧化性增强，硝酸反应后生成了 NO2，增加了硝酸的消耗量，铜的浸出率降低）（2 分） （2）分液漏斗、烧杯（2 分） KSCN溶液（1 分） （3）使 Cu2充分反应，提高铜的转化率（2 分） （4）向过滤器中加入乙醇至浸没沉淀，待洗涤液完全流出后，重复

41、上述操作 2 到 3次（2 分） （5）20%（3 分） 装置中残留一部分氨；样品在干燥时温度偏高，部分氨已失去（2 分） 【解析】（1）结合图像一我们发现浸出率最高的温度是 60，在这个温度下用热水浴是最合适的加热方法； 因为我们选用的是硝酸和硫酸进行浸出，硫酸是难挥发的，但是硝酸受热易挥发，因此当温度过高时硝酸部 分挥发，导致浸出率反而下降；也可根据不同温度下硝酸的还原产物不同来作答，即温度升高硝酸的氧化性 增强，还原产物变为 2 NO，每个硝酸能得的电子减少了，需要的硝酸就会变多，浸出率自然会下降； （2）步骤二既然是反萃取（萃取的一种）、分液，需要的玻璃仪器为分液漏斗和烧杯；而检验 3

42、+ Fe的最佳试 剂为KSCN溶液； （3）步骤是为了将步骤得到的硫酸铜转变为硫酸四氨合铜产物，因此这一步加入过量的氨水可以有效地 将 2+ Cu 转变为产物，提高转化率； （4）步骤为洗涤，目的是为了洗去产品中可能残留的有机或无机杂质，根据题目所给的信息硫酸四氨合铜 不溶于乙醇、四氯化碳等有机溶剂，因此我们可以用有机溶剂来洗涤，具体操作为向过滤器中加入乙醇至浸 没沉淀；待洗涤液完全流出后，重复上述操作 2至 3 次； （5）根据描述和装置图我们要测量样品中的 3 NH含量，先通过加碱和加热将样品中的 3 NH全部“赶”到锥形 瓶中与HCl反应，中和掉一部分酸，再用标准NaOH溶液去滴定剩余的

43、酸。首先根据 n=c V=0.5mol/L 0.036L=0.018mol算出HCl原来的量， 再根据n=c V=0.5mol/L 0.028L=0.014mol算 出消耗的NaOH的量，因此 3 NH中和了 0.004mol的HCl，又因为 3 NH和HCl是 1:1中和的，所以样品中有 3 NH共 0.004mol，由m=n M=0.004mol 17g/mol=0.068g算出 3 NH的质量，最后算出其质量分数 0.068 =100%=20% 0.34 ；若实测结果比理论小，可能是部分氨气未进入锥形瓶中或样品在干燥时温度偏高， 部分氨已失去。 9（湖南湖北四校 2020 届联考）（14

44、 分）叠氮化钠（NaN3）是一种白色剧毒晶体，是汽车安全气囊的主要成 分。NaN3易溶于水，微溶于乙醇，水溶液呈弱碱性，能与酸发生反应产生具有爆炸性的有毒气体叠氮化氢。 实验室可利用亚硝酸叔丁酯（t- BuNO2，以 t- Bu 表示叔丁基）与 N2H4、氢氧化钠溶液混合反应制备叠氮化 钠。 （1）制备亚硝酸叔丁酯 取一定 NaNO2溶液与 50%硫酸混合，发生反应 H2SO42NaNO2 = 2HNO2Na2SO4。可利用亚硝酸与叔丁醇 （t- BuOH）在 40左右制备亚硝酸叔丁酯，试写出该反应的化学方程式：_。 （2）制备叠氮化钠（NaN3） 按如图所示组装仪器 （加热装置略） 进行反应

45、， 反应的化学方程式为： t- BuNO2NaOHN2H4 = NaN32H2O t- BuOH。 装置 a的名称是_； 该反应需控制温度在 65，采用的实验措施是_； 反应后溶液在 0下冷却至有大量晶体析出后过滤。 所得晶体使用无水乙醇洗涤。试解释低温下过滤和使用无水乙醇洗涤晶体的原因是_。 （3）产率计算 称取 2.0 g叠氮化钠试样，配成 100 mL溶液，并量取 10.00 mL溶液于锥形瓶中。 用滴定管加入 0.10 mol L1六硝酸铈铵 (NH4)2Ce(NO3)6 溶液 40.00 mL（假设杂质均不参与反应）。 充分反应后将溶液稀释并酸化， 滴入 2 滴邻菲罗啉指示液， 并用 0.10 mol L1硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2 为标准液，滴定过量的 Ce4，终点时消耗标准溶液 20.00 mL（滴定原理：Ce4Fe2=Ce3Fe3）。 已知六硝酸铈铵 (NH4)2Ce(NO3)6 与叠氮化钠反应生成硝酸铵、硝酸钠、氮气以及 Ce(NO3)3，试写出该反应 的化学方程式_； 计算叠氮化钠的质量分数为_