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第1页专题十六化学实验探究题组一一、选择题1.[2023浙江1月选考，3分]探究铁及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是(D)实验方案现象结论A往FeCl2溶液中加入Zn片短时间内无明显现象Fe2+的氧化能力比Zn2+弱B往Fe2(SO4)3溶液中滴加KSCN溶液，再加

入少量K2SO4固体溶液先变成血红色后无明显变化Fe3+与SCN−的反应不可逆C将食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐酸，滴加KSCN溶液溶液呈浅绿色食品脱氧剂样品中没有+3价铁D向沸水中逐滴加5∼6滴饱和FeCl3溶液，持续煮沸溶液先变成红褐色再析出沉淀Fe3+先水解得Fe(OH)3再聚集成Fe

(OH)3沉淀[解析]往FeCl2溶液中加入Zn片，发生反应Fe2++Zn⬚⬚Fe+Zn2+，Fe2+的氧化能力比Zn2+的强，A项错误；往Fe2(SO4)3溶液中滴加KSCN溶液，发生反应Fe3++3SCN−⇌Fe(SCN)3，溶液

变血红色，再加入少量K2SO4固体，对平衡无影响，故不能说明Fe3+与SCN−的反应不可逆，B项错误；若食品脱氧剂样品中有+3价铁，铁粉与+3价铁发生反应Fe+2Fe3+⬚⬚3Fe2+，滴加KSCN溶液，溶液呈浅绿色，C项错误；向沸水中逐滴加5～6滴饱和FeCl3

溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，得到Fe(OH)3胶体，持续煮沸，Fe(OH)3胶体发生聚沉，析出红褐色沉淀，D项正确。二、非选择题2.[2022全国甲卷，15分]硫化钠可广泛用于染料、医药行业。工业生产的硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质。硫化钠易溶于热乙醇，重金属硫化物难溶于乙

醇。实验室中常用95%乙醇重结晶纯化硫化钠粗品。回答下列问题：第2页（1）工业上常用芒硝(Na2SO4⋅10H2O)和煤粉在高温下生产硫化钠，同时生成CO，该反应的化学方程式为Na2SO4⋅10H2O+4C高温⬚Na2S+4CO↑+10H2O。[解析]根据题干信息可

知反应方程式为Na2SO4⋅10H2O+4C高温⬚Na2S+4CO↑+10H2O。（2）溶解回流装置如图所示，回流前无需加入沸石，其原因是粗品含有难溶于乙醇的煤灰、重金属硫化物等固体，有“沸石”作用。回流时，烧瓶内气雾上升高度不宜超过冷凝管高度的1/

3。若气雾上升过高，可采取的措施是停止加热，加快冷凝管内冷凝水的流速。[解析]回流前无需加入沸石，说明有物质可以代替沸石，由题干信息可知，粗品中含有煤灰、重金属硫化物等固体，具有“沸石”的作用。回流时，烧瓶内气雾上升高度不宜超过冷凝管高度的1/

3，若气雾上升过高，需要将温度降下来，故可采取的措施是停止加热，加快冷凝管内冷凝水的流速。（3）回流时间不宜过长，原因是防止Na2S被氧化。回流结束后，需进行的操作有①停止加热②关闭冷凝水③移去水浴，正确的顺序为D（填标号）。A.①②③B.③①②C.②①③D.①③②[解析]回流时间不宜过

长，原因是避免Na2S接触空气被氧化。回流结束后，应将反应液的温度降下来，故先停止加热，移去水浴，最后关闭冷凝水。（4）该实验热过滤操作时，用锥形瓶而不能用烧杯接收滤液，其原因是防止液体沿烧杯内壁流下过程中与空气接触使

Na2S被氧化。热过滤除去的杂质为煤第3页灰、重金属硫化物。若滤纸上析出大量晶体，则可能的原因是温度逐渐恢复至室温（合理即可）。[解析]该实验热过滤操作时，用锥形瓶而不能用烧杯接收滤液，其原因是防止液体沿烧杯内壁流下过程中与空气接触使Na2S被氧

化。煤灰、重金属硫化物难溶于热乙醇，可以通过热过滤除去。由于硫化钠易溶于热乙醇，过滤后温度逐渐恢复至室温，滤纸上便会析出大量晶体。（5）滤液冷却、结晶、过滤，晶体用少量常温下的乙醇洗涤，干燥，得到Na2S⋅𝑥H2O。[解析]滤

液冷却、结晶、过滤，晶体用少量常温下的乙醇(Na2S的溶解少、损失少)洗涤，干燥后，得到Na2S⋅𝑥H2O。3.[2021河北，14分]化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献，某化学兴趣小组在实验室中模拟并改进侯氏制碱法制备Na

HCO3,进一步处理得到产品Na2CO3和NH4Cl。实验流程如图:回答下列问题：（1）从A∼E中选择合适的仪器制备NaHCO3,正确的连接顺序是aefbcd（按气流方向，用小写字母表示）。为使A中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下，可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或将

分液漏斗上部玻璃塞上的凹槽与分液漏斗上口颈部的小孔对齐。第4页[解析]制备NaHCO3的原理是向饱和氨盐水中通入CO2，A为CO2的发生装置，制得的CO2中含有H2O、HCl，通过D除去HCl，再通过B制备N

aHCO3，最后用C吸收逸出的NH3和CO2，正确的连接顺序为aefbcd。（2）B中使用雾化装置的优点是增大饱和氨盐水和CO2的接触面积，增加CO2的吸收效率。[解析]B中使用雾化装置，可以增大饱和氨盐水和CO2的接触面积，增加CO2的吸收效率。（3）生成NaHCO3的总反应的化学方程式为Na

Cl+NH3⋅H2O+CO2⬚⬚NaHCO3↓+NH4Cl。[解析]生成NaHCO3的总反应的化学方程式为NaCl+NH3⋅H2O+CO2⬚⬚NaHCO3↓+NH4Cl。（4）反应完成后，将B中U形管内的混合物处理得到固体NaHCO3和滤液:①对固体NaHCO3充分加热，产生的气体先通过

足量浓硫酸，再通过足量Na2O2,Na2O2增重0.14g,则固体NaHCO3的质量为0.84g。[解析]根据2NaHCO3△⬚Na2CO3+H2O+CO2↑、2Na2O2+2CO2⬚⬚2Na2CO3+O2，Na2O2增重0.14g

，则CO2的物质的量为0.14g×22𝑀(CO2)−𝑀(O2)=0.14g×256g⋅mol−1=0.005mol，进而得出𝑛(NaHCO3)=0.01mol，𝑚(NaHCO3)=0.84g。②向滤液中加入NaCl粉末

，存在NaCl(s)+NH4Cl(aq)→NaCl(aq)+NH4Cl(s)过程。为使NH4Cl沉淀充分析出并分离，根据NaCl和NH4Cl溶解度曲线，需采用的操作为降温结晶、过滤、洗涤、干燥。第5页[解析]根

据NaCl和NH4Cl的溶解度曲线可知，NH4Cl的溶解度受温度影响较大，而NaCl的溶解度受温度影响不大，要使NH4Cl沉淀充分析出并分离，需采取的操作为降温结晶、过滤、洗涤、干燥。（5）无水Na2

CO3可作为基准物质标定盐酸浓度。称量前，若无水Na2CO3保存不当,吸收了一定量水分，用其标定盐酸浓度时，会使结果A（填标号）。A.偏高B.偏低C.不变[解析]若无水Na2CO3保存不当，吸收了一定量水分，用其标定盐酸浓度时，消耗的Na2CO3

溶液的体积偏大，会使结果偏高。4.[2020山东，12分]某同学利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的装置如图所示（夹持装置略）：已知：锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：3MnO42−+2H2O⬚⬚2MnO4−+MnO2↓

+4OH−回答下列问题：第6页（1）装置A中a的作用是平衡气压，使浓盐酸顺利滴下；装置C中的试剂为NaOH溶液；装置A中制备Cl2的化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl⬚⬚CaCl2+2Cl2↑+2H2O。[解析]装置A中a的作用是平衡

气压，使浓盐酸能够顺利滴下。该实验过程中有毒性较大的氯气参与反应，故装置C中盛放NaOH溶液，用于吸收有毒气体氯气，防止其逸出污染空气。酸性条件下，ClO−与Cl−发生氧化还原反应（归中反应）生成氯气，故装置A中制备Cl2的化学方程式是Ca(ClO)2+4HCl⬚⬚CaCl2

+2Cl2↑+2H2O。（2）上述装置存在一处缺陷，会导致KMnO4产率降低，改进的方法是在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶。[解析]盐酸具有挥发性，则用浓盐酸制备的Cl2中含有HCl杂质，该杂质进入装置B中会使溶液碱

性减弱，而溶液碱性减弱时MnO42−易发生歧化反应生成MnO4−和MnO2,又HCl还可还原装置B中生成的KMnO4，导致产物损失，改进的方法是在装置A和装置B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶，以除去Cl2中的HCl杂质。（3）KMnO4常作氧化还原滴定的氧化剂，滴定时应

将KMnO4溶液加入酸式（填“酸式”或“碱式”）滴定管中；在规格为50.00mL的滴定管中，若KMnO4溶液起始读数为15.00mL，此时滴定管中KMnO4溶液的实际体积为C（填标号）。A.15.00mLB.35.00mLC.大于35.00mLD.小于15.00mL[解析

]KMnO4具有强氧化性，可腐蚀橡胶管，因此KMnO4溶液应采用酸式滴定管盛装。滴定管的构造特点是0刻度在上，最大刻度在下，最大刻度线下仍然存在一定容积，因此滴定管起始读数为15.00mL时，滴定管中KMnO4溶液的实际体积大于35.00mL（即50.00mL−15.00mL）

，C项正确。（4）某FeC2O4⋅2H2O样品中可能含有的杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O4⋅2H2O，采用KMnO4滴定法测定该样品的组成，实验步骤如下：第7页Ⅰ.称取𝑚g样品于锥形瓶中，加入稀H2SO4溶解，水浴加热至75℃。用𝑐

mol⋅L−1的KMnO4溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，消耗KMnO4溶液𝑉1mL。Ⅱ.向上述溶液中加入适量还原剂将Fe3+完全还原为Fe2+，加入稀H2SO4酸化后，在75℃继续用KM

nO4溶液滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，又消耗KMnO4溶液𝑉2mL。样品中所含H2C2O4⋅2H2O(𝑀=126g⋅mol−1)的质量分数表达式为0.315𝑐(𝑉1−3𝑉2)𝑚×100%。下列关于样品组成分析的说法，正确的

是B、D（填标号）。A.𝑉1𝑉2=3时，样品中一定不含杂质B.𝑉1𝑉2越大，样品中H2C2O4⋅2H2O含量一定越高C.若步骤Ⅰ中滴入KMnO4溶液不足，则测得样品中Fe元素含量偏低D.若所用KMnO4溶液实际浓度偏低，则测得样品中Fe元素含量偏

高[解析]设FeC2O4⋅2H2O、Fe2(C2O4)3、H2C2O4⋅2H2O的物质的量分别为𝑥、𝑦、𝑧，则由实验步骤Ⅰ和实验步骤Ⅱ反应过程中得失电子守恒可列等式：3𝑥/5+6𝑦/5+2𝑧/5=𝑐𝑉1×10−3mol①、𝑥/5+2𝑦/5=𝑐𝑉2×10−3mol

②,联立①②两式，解得𝑧=52𝑐(𝑉1−3𝑉2)×10−3mol，则样品中所含H2C2O4⋅2H2O的质量分数为𝑧×126g⋅mol−1𝑚g×100%=0.315𝑐(𝑉1−3𝑉2)𝑚×100%。当𝑉1𝑉2=3时，则3�

�5+6𝑦5+2𝑧5𝑥5+2𝑦5=3,𝑧=0,但𝑦不一定等于0，A项错误；由上述分析知样品中H2C2O4⋅2H2O的质量分数为0.315𝑐(𝑉1−3𝑉2)𝑚×100%,则𝑉1𝑉2越大，样品中H2

C2O4⋅2H2O含量一定越高，B项正确；若实验步骤Ⅰ中滴入的高锰酸钾溶液不足，则实验步骤Ⅰ所得混合液中残留C2O42−，实验步骤Ⅱ中消耗高锰酸钾溶液偏多，测得样品中Fe元素含量偏高，C项错误；结合上述分析知Fe元素的质量分数为56×5𝑐𝑉2×1

0−3𝑚×100%,若所用高锰酸钾溶液实际浓度偏低，则得到的𝑉2偏大，测得样品中Fe元素含量偏高，D项正确。题组二第8页1.[2022全国乙卷，14分]二草酸合铜（Ⅱ）酸钾(K2[Cu(C2O4)2

])可用于无机合成、功能材料制备。实验室制备二草酸合铜（Ⅱ）酸钾可采用如下步骤：Ⅰ.取已知浓度的CuSO4溶液，搅拌下滴加足量NaOH溶液，产生浅蓝色沉淀。加热，沉淀转变成黑色，过滤。Ⅱ.向草酸(H2C2O4)溶液中加入适量K2CO3固体，制得KHC2O4和K2

C2O4混合溶液。Ⅲ.将Ⅱ的混合溶液加热至80∼85℃，加入Ⅰ中的黑色沉淀。全部溶解后，趁热过滤。Ⅳ.将Ⅲ的滤液用蒸汽浴加热浓缩，经一系列操作后，干燥，得到二草酸合铜（Ⅱ）酸钾晶体，进行表征和分析。回答下列问题：（1）

由CuSO4⋅5H2O配制Ⅰ中的CuSO4溶液，下列仪器中不需要的是分液漏斗、球形冷凝管（填仪器名称）。[解析]由CuSO4⋅5H2O配制Ⅰ中的CuSO4溶液，称量CuSO4⋅5H2O的质量，用到电子天平；溶解晶体用到烧杯；加水用到量筒，故不需要分液漏斗、球形冷凝管。（

2）长期存放的CuSO4⋅5H2O中，会出现少量白色固体，原因是晶体部分失去结晶水（风化）。[解析]长期存放的CuSO4⋅5H2O固体在空气中部分失去结晶水（风化），会出现少量白色CuSO4固体。（3）Ⅰ

中的黑色沉淀是CuO（写化学式）。[解析]Ⅰ中取已知浓度的CuSO4溶液，搅拌下滴加足量NaOH溶液，产生浅蓝色Cu(OH)2沉淀。加热，Cu(OH)2沉淀脱水转变成黑色的CuO。（4）Ⅱ中原料配比为𝑛(H2C

2O4):𝑛(K2CO3)=1.5:1，写出反应的化学方程式3H2C2O4+2K2CO3⬚⬚2KHC2O4+K2C2O4+2CO2↑+2H2O。第9页[解析]根据Ⅱ中原料配比为𝑛(H2C2O4):𝑛(K2CO3)=1.5:1，可以得到反应的化学方程式是3H2C2O4+2K2CO3⬚⬚2KH

C2O4+K2C2O4+2CO2↑+2H2O。（5）Ⅱ中，为防止反应过于剧烈而引起喷溅，加入K2CO3应采取分批加入的方法。[解析]Ⅱ中反应生成CO2，产生CO2过快易引起喷溅，为避免CO2产生过快，应采取分批

加入K2CO3的方法。（6）Ⅲ中应采用水浴进行加热。[解析]Ⅲ中将混合溶液加热至80∼85℃，应采用水浴加热。（7）Ⅳ中“一系列操作”包括冷却结晶、过滤、洗涤。[解析]Ⅳ中“将Ⅲ的滤液用蒸汽浴加热浓缩，经一系列操作后，干燥，得到二草酸合铜（Ⅱ）酸钾晶体”，“一系列操作”在“加热浓

缩”与“干燥”之间，故“一系列操作”包括冷却结晶、过滤、洗涤。2.[2021全国乙卷，14分]氧化石墨烯具有稳定的网状结构，在能源、材料等领域有着重要的应用前景。通过氧化剥离石墨制备氧化石墨烯的一种方法如下（装置如图所示）：Ⅰ.将浓H2SO

4、NaNO3、石墨粉末在c中混合，置于冰水浴中。剧烈搅拌下，分批缓慢加入KMnO4粉末。塞好瓶口。Ⅱ.转至油浴中，35℃搅拌1小时，缓慢滴加一定量的蒸馏水，升温至98℃并保持1小时。Ⅲ.转移至大烧杯中，静置冷却至室温。加入大量蒸馏水，而后滴加H2O2至悬浊液由紫色变为土黄色。第10页

Ⅳ.离心分离，稀盐酸洗涤沉淀。Ⅴ.蒸馏水洗涤沉淀。Ⅵ.冷冻干燥，得到土黄色的氧化石墨烯。回答下列问题：（1）装置图中，仪器a、c的名称分别是滴液漏斗、三颈烧瓶，仪器b的进水口是d（填字母）。[解析]结合题图装置可知仪器a、c分别为滴液漏斗和三颈

烧瓶。仪器b为球形冷凝管，为使冷却水充满冷凝管，需从d口进水，e口出水。（2）步骤Ⅰ中，需分批缓慢加入KMnO4粉末并使用冰水浴，原因是防止反应过快，降低KMnO4分解损失。[解析]结合步骤Ⅰ可知，KMnO4粉末与石墨粉的反应为放热反应，分批缓慢加入

KMnO4粉末，并将三颈烧瓶置于冰水浴中降温，能防止反应过快，降低KMnO4分解损失。（3）步骤Ⅱ中的加热方式采用油浴，不使用热水浴，原因是加热温度接近水的沸点，油浴更易控温。[解析]步骤Ⅱ中加热温度为98℃，温度接近水的沸点，且持续时

间较长，油浴更容易控温，故选择油浴更适宜。（4）步骤Ⅲ中，H2O2的作用是2MnO4−+5H2O2+6H+⬚⬚2Mn2++8H2O+5O2↑（以离子方程式表示）。[解析]结合步骤Ⅲ的实验现象可知加入的H2O

2用于除去过量的KMnO4，其反应的离子方程式为2MnO4−+5H2O2+6H+⬚⬚2Mn2++8H2O+5O2↑。（5）步骤Ⅳ中，洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在SO42−来判断。检测的方法是取少量洗出液

，滴加BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，已洗涤完全。[解析]检验洗出液中是否含有SO42−时，可取少量洗出液，滴加BaCl2溶液，若溶液中没有白色沉淀生成，即可说明已洗涤完全。（6）步骤Ⅴ可用pH试纸检测来判断Cl−是否洗净，其理由是H+与OH−、Cl−电荷平衡，洗出液接近中性时，可认为Cl−洗

净。第11页[解析]步骤Ⅴ中用蒸馏水洗涤沉淀时，洗涤液中H+与OH−、Cl−电荷平衡，当洗出液接近中性时，可认为Cl−已洗净，故实验可用pH试纸检验Cl−是否洗涤干净。3.[2021山东，13分]六氯化钨(WCl6)可用作有机合成催化剂，熔点

为283℃，沸点为340℃，易溶于CS2，极易水解。实验室中，先将三氧化钨(WO3)还原为金属钨(W)再制备WCl6，装置如图所示（夹持装置略）。回答下列问题：（1）检查装置气密性并加入WO3。先通N2，其目的是排除装置中空气

；一段时间后，加热管式炉，改通H2，对B处逸出的H2进行后续处理。仪器A的名称为直形冷凝管，证明WO3已被完全还原的现象是不再有水凝结。[解析]由题意知，需通入H2还原WO3，故检查装置气密性并加入WO3，先通N

2的目的是排除装置中空气，防止通入H2加热时发生爆炸。仪器A的名称为直形冷凝管。根据WO3+3H2△⬚W+3H2O，知若WO3已被完全还原，则锥形瓶中不再有H2O滴下。（2）WO3完全还原后，进行的操作为:①冷

却，停止通H2;②以干燥的接收装置替换E；③在B处加装盛有碱石灰的干燥管；④……;⑤加热，通Cl2;⑥……碱石灰的作用是吸收Cl2；防止水蒸气进入；操作④是通入N2，目的是排除装置中的H2。[解析]根据W

Cl6极易水解及Cl2有毒，知在B处加装盛有碱石灰的干燥管，可防止空气中水蒸气进入，同时吸收尾气Cl2。操作④为通入N2，目的是排除装置中H2，防止通Cl2加热时与H2反应发生爆炸。（3）利用碘量法测定WCl6产品纯度，实验如下

：第12页①称量：将足量CS2（易挥发）加入干燥的称量瓶中，盖紧称重为𝑚1g；开盖并计时1分钟，盖紧称重为𝑚2g;再开盖加入待测样品并计时1分钟，盖紧称重为𝑚3g，则样品质量为𝑚3+𝑚1−2𝑚2g（不考虑空气中水蒸气的干扰）。[解析]1分钟内挥发的CS2的质量为(𝑚1−𝑚2)g，则

样品的质量为𝑚3g+(𝑚1−𝑚2)g−𝑚2g=(𝑚1+𝑚3−2𝑚2)g。②滴定：先将WCl6转化为可溶的Na2WO4,通过IO3−离子交换柱发生反应：WO42−+Ba(IO3)2⬚⬚BaWO4+2IO3−；交换结束后，向所得含IO3−的溶液中加入适

量酸化的KI溶液，发生反应：IO3−+5I−+6H+⬚⬚3I2+3H2O；反应完全后，用Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2S2O32−⬚⬚2I−+S4O62−。滴定达终点时消耗𝑐mol⋅L−1的Na2S2O3溶液𝑉mL，则样品中WCl6（摩尔质量

为𝑀g⋅mol−1）的质量分数为𝑐𝑉𝑀×10−312(𝑚3+𝑚1−2𝑚2)。称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将不变（填“偏大”“偏小”或“不变”）,样品中WCl6质量分数的测定

值将偏大（填“偏大”“偏小”或“不变”）。[解析]根据滴定原理，可得关系式：WCl6～Na2WO4～2IO3−～6I2～12S2O32−，则𝑛(WCl6)=112𝑛(S2O32−)=112×𝑐mol⋅L−1×𝑉×10−3L=112𝑐𝑉×10−3mol，样品中WCl6的质量分数为11

2𝑐𝑉×10−3mol×𝑀g⋅mol−1÷(𝑚1+𝑚3−2𝑚2)g×100%=𝑐𝑉𝑀120(𝑚1+𝑚3−2𝑚2)%。称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，则挥发的CS2增

多，𝑚3偏小，由于样品的质量无变化，故滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积不变，根据WCl6的质量分数为𝑐𝑉𝑀120(𝑚1+𝑚3−2𝑚2)%，知所测样品中WCl6的质量分数将偏大。4.[2020全国卷Ⅲ，14分]氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中

利用如图装置（部分装置省略）制备KClO3和NaClO，探究其氧化还原性质。第13页回答下列问题：（1）盛放MnO2粉末的仪器名称是圆底烧瓶，a中的试剂为饱和食盐水。[解析]由装置图可知，盛放MnO2粉末的仪器是圆底烧瓶；浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应制取氯气，制

取的氯气中会混有杂质氯化氢和水蒸气，a中的试剂是饱和食盐水，可以除去杂质氯化氢。（2）b中采用的加热方式是水浴加热。c中化学反应的离子方程式是Cl2+2OH−⬚⬚ClO−+Cl−+H2O，采用冰水浴冷却的目的是避免

生成NaClO3。[解析]b中采用的加热方式是水浴加热。c中氯气与冷的氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为Cl2+2OH−⬚⬚Cl−+ClO−+H2O；因为氯气与热的氢氧化钠溶液反应会生

成氯酸钠，为防止生成氯酸钠，该反应需在冰水浴冷却的条件下进行。（3）d的作用是吸收尾气(Cl2)，可选用试剂AC（填标号）。A.Na2SB.NaClC.Ca(OH)2D.H2SO4[解析]氯气有毒，能污染空气，反应完剩余的氯气要进行尾气吸

收，d的作用是吸收尾气(Cl2)。Cl2可和Na2S发生反应Cl2+Na2S⬚⬚2NaCl+S↓，故可用Na2S溶液吸收Cl2，A项正确；氯气与氯化钠不反应且氯气在氯化钠溶液中的溶解度很小，不能用氯化钠溶

液吸收氯气，B项错误；Cl2可和Ca(OH)2浊液发生反应2Cl2+2Ca(OH)2⬚⬚CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故可用Ca(OH)2浊液吸收Cl2，C项正确；氯气与H2SO4不反应，且硫酸溶液中存在大量氢离子

会降低氯气的溶解度，不能用H2SO4溶液吸收氯气，D项错误。（4）反应结束后，取出b中试管，经冷却结晶，过滤，少量（冷）水洗涤，干燥，得到KClO3晶体。第14页[解析]冷却结晶后要进行过滤，使晶体和液体分离，过滤得到的晶体要用少量冷水洗涤，防止氯酸钾溶解损失，

洗涤后干燥就得到氯酸钾晶体。（5）取少量KClO3和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中，滴加中性KI溶液。1号试管溶液颜色不变。2号试管溶液变为棕色，加入CCl4振荡，静置后CCl4层显紫色。可知该条件下KCl

O3的氧化能力小于NaClO（填“大于”或“小于”）。[解析]2号试管溶液变为棕色说明发生了氧化还原反应，碘离子被氧化成单质碘，单质碘易溶于四氯化碳，碘的四氯化碳溶液呈紫色。同一还原剂(KI)和不同氧化剂作用，氯酸钾不与KI反应，次氯酸钠能与KI反应，说明氧化性

氯酸钾小于次氯酸钠。【技巧点拨】（1）用水洗涤的目的：除去附着在固体表面的可溶性杂质。（2）冷水洗涤的目的：洗去固体表面的杂质离子并减少被洗涤物质的溶解，减少其在洗涤过程中的溶解损耗。（3）乙醇洗涤的目的：①减少固体的溶解损失；②除去固体表面吸咐的杂质；③乙醇挥发带走水分，使

固体快速干燥。题组三1.[2023新课标卷，14分]实验室由安息香制备二苯乙二酮的反应式如下：相关信息列表如下：物质性状熔点/℃沸点/℃溶解性安息香白色固体133344难溶于冷水溶于热水、乙醇、乙酸二苯乙二酮淡黄色固体95347不溶于水溶于乙醇、苯、乙酸冰乙酸无色液体17118与水、乙醇互溶第

15页装置示意图如图所示，实验步骤为：①在圆底烧瓶中加入10mL冰乙酸、5mL水及9.0gFeCl3⋅6H2O,边搅拌边加热，至固体全部溶解。②停止加热,待沸腾平息后加入2.0g安息香,加热回流45∼60min。③加入50

mL水，煮沸后冷却，有黄色固体析出。④过滤，并用冷水洗涤固体3次，得到粗品。⑤粗品用75%的乙醇重结晶，干燥后得淡黄色结晶1.6g。回答下列问题:（1）仪器A中应加入油（填“水”或“油”）作为热传导介质。[解析]水

浴加热的温度范围为0∼100℃，油浴加热的温度范围为100∼260℃，安息香的熔点为133℃，故采用油浴加热。（2）仪器B的名称是球形冷凝管；冷却水应从a（填“a”或“b”）口通入。[解析]仪器B的名称为球形冷凝管，冷却水应从下口进上口出。（3）实验步骤②中，安息香必须待沸腾平息后方可加入

，其主要目的是防止沸腾时加入安息香固体引起暴沸。[解析]在液体沸腾时加入固体会引起暴沸，由安息香熔点可知其室温下为固体，故待沸腾平息后加入安息香，目的是防止沸腾时加入安息香固体引起暴沸。（4）在本实验中，F

eCl3为氧化剂且过量，其还原产物为FeCl2;某同学尝试改进本实验:采用催化量的FeCl3并通入空气制备二苯乙二酮。该方案是否可行?简述判断理由可行，空气中的氧气也可以将醇羟基氧化成酮羰基。[解析]FeCl3作氧化剂，安息香和FeCl3反应生成二苯乙二酮

，FeCl3被还原为FeCl2。第16页（5）本实验步骤①~③在乙酸体系中进行，乙酸除作溶剂外，另一主要作用是防止FeCl3水解。[解析]FeCl3易水解，乙酸还可以防止Fe3+水解。（6）若粗品中混有

少量未氧化的安息香，可用少量a洗涤的方法除去（填标号）。若要得到更高纯度的产品，可用重结晶的方法进一步提纯。a.热水b.乙酸c.冷水d.乙醇[解析]安息香难溶于冷水，溶于热水、乙醇、乙酸，二苯乙二酮不溶于水，

溶于乙醇、乙酸，因此粗品中少量的安息香可用少量热水洗涤的方法除去。（7）本实验的产率最接近于b（填标号）。a.85%b.80%c.75%d.70%[解析]该实验的理论产量为2.0g×210212≈2g，实际产量是1.6g，因此本实验的产率最接近于80%

。2.[2021北京，10分]某小组实验验证“Ag++Fe2+⇌Fe3++Ag↓”为可逆反应并测定其平衡常数。（1）实验验证实验Ⅰ.将0.0100mol⋅L−1Ag2SO4溶液和0.0400mol⋅L−1FeSO4溶液(pH=1)等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。实

验Ⅱ.向少量Ag粉中加入0.0100mol⋅L−1Fe2(SO4)3溶液(pH=1)，固体完全溶解。①取Ⅰ中沉淀，加入浓硝酸，证实沉淀为Ag。现象是灰黑色固体溶解，产生红棕色气体。[解析]由于Ag能与浓硝酸发生反应Ag+2HNO3(浓)⬚⬚AgNO3+NO2↑+H2O，故当观察到的

现象为灰黑色固体溶解，产生红棕色气体，即可证实灰黑色固体是Ag。②Ⅱ中溶液选用Fe2(SO4)3，不选用Fe(NO3)3的原因是防止酸性条件下，NO3−氧化Fe2+，干扰实验结果。综合上述实验，证实“Ag++Fe2+⇌Fe3++Ag↓”为可逆反应。[解析]由于酸性

条件下，NO3−能氧化Fe2+，从而干扰实验，故实验Ⅱ不能使用Fe(NO3)3溶液。第17页③小组同学采用电化学装置从平衡移动角度进行验证。补全电化学装置示意图，写出操作及现象操作及现象：闭合开关K，观察到电流计指针偏转后归零，往左侧烧杯中滴加较浓的Fe2(SO4)3或FeSO4溶液，电流计指针

反向偏转，表明平衡发生了移动（合理即可）。铂/石墨电极FeSO4溶液或Fe2(SO4)3溶液或二者的混合溶液AgNO3溶液[解析]由题图可知，利用原电池原理证明反应Fe2++Ag+⇌Ag↓+Fe3+为可逆反应，两电极反应分别为Fe2+−e−⇌Fe3+，Ag++e−⇌Ag↓，故

另一个电极必须是与Fe3+不反应的材料，可用石墨或者铂电极，左侧烧杯中电解质溶液必须含有Fe3+或者Fe2+，可采用FeSO4或Fe2(SO4)3或二者的混合溶液，右侧烧杯中电解质溶液必须含有Ag+，故可用AgNO3溶液。组装好仪器后，加入电解质溶液，闭合开关K，装置产生

电流，电流从哪边流入，指针则向哪个方向偏转，根据b中所加试剂的不同，电流方向可能不同，因此可能观察到的现象为Ag电极逐渐溶解，灵敏电流计指针向左偏转，一段时间后指针不动，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中滴加较浓的FeSO

4溶液，灵敏电流计指针向右偏转，表明平衡发生了移动；另一种现象为Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针不动，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，灵敏电流计指针向左偏转，表明平衡发生了移动。（2）测定平衡常数实验Ⅲ.一定温

度下，待实验Ⅰ中反应达到平衡状态时，取𝑣mL上层清液，用𝑐1mol⋅L−1KSCN标准溶液滴定Ag+，至出现稳定的浅红色时消耗KSCN标准溶液𝑣1mL。资料：Ag++SCN−⇌AgSCN↓(白色)𝐾=1012Fe3++SCN−⇌FeSCN2+(红色)𝐾=102.3第18页①滴定过程

中Fe3+的作用是指示剂。[解析]根据已知信息可知，当溶液中Ag+完全反应后，Fe3+才能发生反应并呈现出特殊颜色，故Fe3+起指示剂作用。②测得平衡常数𝐾=(0.01−𝑐1𝑣1/𝑣)[(𝑐1𝑣1/�

�)×(0.01+𝑐1𝑣1/𝑣)〗。[解析]根据滴定实验可得上层清液中𝑐(Ag+)=𝑐1𝑣1𝑣mol⋅L−1，则与Fe2+反应的Ag+为(0.01−𝑐1𝑣1𝑣)mol⋅L−1，根据方程式可知，参与反应的Fe2+与生成的Fe3+均为(0.01−𝑐1

𝑣1𝑣)mol⋅L−1，则剩余的Fe2+为(0.01+𝑐1𝑣1𝑣)mol⋅L−1，故该反应的平衡常数𝐾=𝑐(Fe3+)𝑐(Fe2+)⋅𝑐(Ag+)=(0.01−𝑐1𝑣1/𝑣)[(𝑐1𝑣1/𝑣)×(0.01+𝑐1𝑣1/𝑣)〗。（3）思考问题①取实验Ⅰ的浊液测定

𝑐(Ag+)，会使所测𝐾值偏低（填“偏高”“偏低”或“不受影响”）。[解析]若取实验Ⅰ所得浊液测定Ag+浓度，则Ag+与SCN−反应导致Fe2++Ag+⇌Fe3++Ag↓平衡逆向移动，测得的平衡体系中𝑐(Ag+)偏大，即𝑐1𝑣1𝑣偏大，故

测得的𝐾值将偏低。②不用实验Ⅱ中清液测定𝐾的原因是Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态。[解析]实验Ⅱ中Ag完全溶解，无法判断体系是否达到化学平衡状态，故不用实验Ⅱ所得清液测定𝐾。3.[2020天津，17分]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：Ⅰ.甲方案实验原理：CuSO4+BaCl2⬚⬚BaSO4↓+CuCl2实验步骤：第19页（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。[解析]加入BaCl2溶液后，若SO42−已经完全沉淀，则向上层清液中继续加入B

aCl2溶液时就不会产生新的沉淀，故相应的检验方法是向上层清液中加入BaCl2溶液，没有白色沉淀出现，说明SO42−沉淀完全。（2）步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为AgNO3溶液。[解析]BaSO4沉淀中所含有的杂质为Cu2+、Cl−，可用AgNO3溶液检验最后一次洗

涤液中是否含有Cl−的方法达到目的。（3）步骤③灼烧时盛装样品的仪器名称为坩埚。[解析]灼烧固体时通常在坩埚中进行。（4）固体质量为𝑤g，则𝑐(CuSO4)=40𝑤233mol⋅L−1。[解析]𝑤gBaSO4的物质的量是𝑤233mol，由

“SO42−”守恒可知𝑛(CuSO4)=𝑤233mol，𝑐(CuSO4)=𝑤233mol÷0.025L=40𝑤233mol⋅L−1。（5）若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，则测得𝑐(CuSO4)偏低（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。[解析]由于烧杯内壁会沾有一定量BaSO4，因

此若不洗涤烧杯，会导致BaSO4损失，由此计算出的CuSO4的量少于理论值，从而导致测量出的CuSO4溶液浓度偏低。Ⅱ.乙方案实验原理：Zn+CuSO4⬚⬚ZnSO4+CuZn+H2SO4⬚⬚ZnSO4+H2第20页实验步骤：①按如图安装装置（夹持仪器略去）②……③在仪器A、B

、C、D、E中加入图示的试剂④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⑤将CuSO4溶液滴入A中并搅拌，反应完成后，再滴加稀硫酸至体系不再有气体产生⑥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⑦处理数据（6）步骤②为检查装置气密性。[解析]由于实验涉及气体，故装置连接好后应检查装置的气密性。（7）步骤⑥需保证体系恢复到室温的原因是b（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[解析]由于气体密度受温度影响，故要想准确测量氢气的体积，必须保证反应前后体系温度相等，故答案为b。（8）Zn粉质量为𝑎g，若测得H2体积为𝑏mL，已知实验条件下𝜌(H2)=𝑑g⋅L−1，则𝑐(CuSO4)=𝑎65−

𝑏𝑑×10−3225×10−3mol⋅L−1（列出计算表达式）。第21页[解析]消耗的锌的物质的量为𝑎65mol，生成的𝑛(H2)=𝑏𝑑×10−32mol，因此与CuSO4反应的Zn的物质的量为(𝑎65−�

�𝑑×10−32)mol，故𝑐(CuSO4)=𝑎65−𝑏𝑑×10−3225×10−3mol⋅L−1。（9）若步骤⑥E管液面高于D管，未调液面即读数，则测得𝑐(CuSO4)偏高（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。[解析]

当E管液面高于D管时，说明C、D中气体压强大于大气压，这样测量出的气体体积值偏小，由𝑐(CuSO4)的计算表达式知测量出的𝑐(CuSO4)偏高。（10）是否能用同样的装置和方法测定MgSO4溶液的浓度：否（填“是”或“否”）。[解析]由于MgSO4不能与锌反应，故不能用此方法测定MgSO4

溶液的浓度。题组四1.[2023湖南，14分]金属Ni对H2有强吸附作用，被广泛用于硝基或羰基等不饱和基团的催化氢化反应。将块状Ni转化成多孔型雷尼Ni后，其催化活性显著提高。已知:①雷尼Ni暴露在空气中可以自燃，在制备和使用时，需用水或有机溶剂保持其表面“湿润”；②邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有

利于反应的进行。某实验小组制备雷尼Ni并探究其催化氢化性能的实验如下：步骤1:雷尼Ni的制备步骤2：邻硝基苯胺的催化氢化反应反应的原理和实验装置图如下（夹持装置和搅拌装置略）。装置Ⅰ用于储存H2和监测反应过程。第22页回答下列问题:（1）操作(a)中,反应的离子

方程式是2Al+2OH−+2H2O⬚⬚2AlO2−+3H2↑;[解析]结合图示流程可知，操作(a)为用NaOH溶液处理Ni/Al合金，Al和NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，离子方程式为2Al+2OH−+2H2O⬚⬚2AlO2−+3H2↑。（2）操作(d)中,判断雷尼Ni被水洗净的方法是向

最后一次水洗液中加入酚酞，不变红;[解析]水洗的上一步是碱洗，若雷尼Ni被水洗净，则最后一次水洗液中不含碱，加入酚酞溶液不变红。（3）操作(e)中,下列溶剂中最有利于步骤2中氢化反应的是C;A.丙酮B.四氯化碳C

.乙醇D.正己烷[解析]根据题中信息可知，雷尼Ni被广泛用于硝基或羰基等不饱和基团的催化氢化反应，故不能选丙酮，否则会发生副反应，又因为邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应进行，而CCl4、正己烷均为非极性分子，乙醇为极性分子，所以

应选乙醇。（4）向集气管中充入H2时，三通阀的孔路位置如下图所示;发生氢化反应时,集气管向装置Ⅱ供气，此时孔路位置需调节为B；第23页[解析]根据向集气管中通入H2时三通阀的孔路位置，可确定集气管向装置Ⅱ中供气时，应保证下侧、右侧孔路通气，故B正确。（5）仪器M的名称是恒压滴液漏斗；

（6）反应前应向装置Ⅱ中通入N2一段时间，目的是排除空气产生的干扰；[解析]为了排除装置中空气产生的干扰，反应前应向装置Ⅱ中通入一段时间N2。（7）如果将三颈瓶N中的导气管口插入液面以下,可能导致的后果是雷尼

Ni堵塞导管；[解析]三颈瓶N中为雷尼Ni的悬浮液，若将导气管插入液面下，雷尼Ni会堵塞导管。（8）判断氢化反应完全的现象是水准瓶中液面不再发生变化。[解析]氢化反应完全时，装置Ⅱ中不再消耗H2，装置Ⅰ中水准瓶的液面不再发生变化。2.[2023辽宁，13分]

2−噻吩乙醇(𝑀r=128)是抗血栓药物氯吡格雷的重要中间体，其制备方法如下:Ⅰ.制钠砂。向烧瓶中加入300mL液体A和4.60g金属钠，加热至钠熔化后，盖紧塞子，振荡至大量微小钠珠出现。Ⅱ.制噻吩钠。降温至10℃，加入25mL噻吩，反应至钠砂

消失。Ⅲ.制噻吩乙醇钠。降温至−10℃，加入稍过量的环氧乙烷的四氢呋喃溶液，反应30min。Ⅳ.水解。恢复室温，加入70mL水，搅拌30min；加盐酸调pH至4∼6，继续反应2h，分液；用水洗涤有机相，二次分液。第24页Ⅴ.分离。向有机相中加入无水MgSO4,静置，过滤,对滤液进

行蒸馏，蒸出四氢呋喃、噻吩和液体A后，得到产品17.92g。回答下列问题:（1）步骤Ⅰ中液体A可以选择c。a.乙醇b.水c.甲苯d.液氨[解析]该实验条件下，乙醇、水、液氨均会与Na反应，而步骤Ⅰ的目的是熔化钠，故液体A应选甲苯。（2）

噻吩沸点低于吡咯()的原因是吡咯分子中含有—NH—，分子间可形成氢键。[解析]吡咯分子中含有—NH—，分子间可形成氢键，而噻吩分子间只有范德华力，故噻吩沸点低于吡咯。（3）步骤Ⅱ的化学方程式为。[解析]根据题目信息及原子守恒可知，步骤Ⅱ中噻吩

和Na反应生成噻吩钠和。（4）步骤Ⅲ中反应放热,为防止温度过高引发副反应,加入环氧乙烷溶液的方法是分批、多次加入。[解析]为防止温度过高引发副反应，应控制投料量和投料速度，可分批、多次加入试剂。（5）步骤Ⅳ中用盐酸调节pH的目的是与2−噻

吩乙醇钠水解产生的OH−反应，使水解更彻底。[解析]2−噻吩乙醇钠水解产生2−噻吩乙醇和NaOH，用盐酸调节pH可中和NaOH,促进水解平衡正向移动，使水解进行更彻底。（6）下列仪器在步骤Ⅴ中无需使用的是球形冷凝管、分液漏斗（填名称）;无水MgSO4的作用为吸收水分。第25页[解析]步

骤Ⅴ涉及的操作有过滤、蒸馏，过滤需用到漏斗、玻璃棒、烧杯，蒸馏需要用的装置（夹持、加热仪器略去）是温度计、蒸馏烧瓶、直形冷凝管、牛角管和锥形瓶，故无需使用的是球形冷凝管、分液漏斗。无水MgSO4的作用为作吸水剂，除去产品中的水分。（7）产品的产率为70.0%（用Na计算，精确至0.1%

）。[解析]由反应关系可知：1mol钠∼1mol2−噻吩乙醇，4.60gNa是0.2mol，则理论产量为0.2mol×128g⋅mol−1=25.6g，实际产量为17.92g，故产品的产率为17.92g25.6g×100%=70.0%。3.[2020全国卷Ⅰ，15分]为验证不同化合

价铁的氧化还原能力，利用下列电池装置进行实验。回答下列问题：（1）由FeSO4⋅7H2O固体配制0.10mol⋅L−1FeSO4溶液，需要的仪器有药匙、玻璃棒、烧杯、量筒、托盘天平（从下列图中选择，写出名称）。[解析]利用固体配制一定物质的量浓度的溶液时需要用托盘天平

称量固体，用烧杯溶解固体，用量筒量取蒸馏水。（2）电池装置中，盐桥连接两电极电解质溶液。盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应，并且电迁移率(𝑢∞)应尽可能地相近。根据下表数据，盐桥中应选择KCl作为电解质

。第26页阳离子𝑢∞×108/(m2⋅s−1⋅V−1)阴离子𝑢∞×108/(m2⋅s−1⋅V−1)Li+4.07HCO3−4.61Na+5.19NO3−7.40Ca2+6.59Cl−7.91K+7.62SO42−8.27[解析]根据盐桥中阴、阳离子不能参与反应，及Fe3++3

HCO3−⬚⬚Fe(OH)3↓+3CO2↑、Ca2++SO42−⬚⬚CaSO4↓，可排除HCO3−、Ca2+,再根据FeSO4溶液显酸性,而NO3−在酸性溶液中具有氧化性可氧化Fe2+,可排除NO3−。最后根据阴、阳离子的电迁移率应尽可能地接近，知选择KCl作盐桥中电

解质较合适。（3）电流表显示电子由铁电极流向石墨电极。可知，盐桥中的阳离子进入石墨电极溶液中。[解析]电子由负极流向正极，结合电子由铁电极流向石墨电极，可知铁电极为负极，石墨电极为正极。盐桥中的阳离子流向正极（石墨电极）溶液中。

（4）电池反应一段时间后，测得铁电极溶液中𝑐(Fe2+)增加了0.02mol⋅L−1。石墨电极上未见Fe析出。可知，石墨电极溶液中𝑐(Fe2+)=0.09mol⋅L−1。[解析]由题意知负极反应为Fe−2e−⬚⬚Fe2+，正极反应为Fe3++e−⬚⬚Fe2+，则铁电极溶液中𝑐(Fe2+)增加

0.02mol⋅L−1时，石墨电极溶液中𝑐(Fe2+)增加0.04mol⋅L−1，故此时石墨电极溶液中𝑐(Fe2+)=0.09mol⋅L−1。（5）根据（3）、（4）实验结果，可知石墨电极的电极反应式为Fe3++e−⬚⬚Fe2+

，铁电极的电极反应式为Fe−2e−⬚⬚Fe2+。因此，验证了Fe2+氧化性小于Fe3+、还原性小于Fe。[解析]石墨电极的电极反应式为Fe3++e−⬚⬚Fe2+，铁电极的电极反应式为Fe−2e−⬚⬚Fe2+，故验证了氧化性Fe3+>Fe2+，还原性Fe>Fe2+。（6）实验前需要对

铁电极表面活化。在FeSO4溶液中加入几滴Fe2(SO4)3溶液，将铁电极浸泡一段时间，铁电极表面被刻蚀活化。检验活化反应完成的方法是取少量溶液，滴入KSCN溶液，不出现红色。第27页[解析]该活化反应为Fe+2Fe3+⬚⬚3Fe2+

，故通过检验Fe3+可说明活化反应是否完成，具体操作为取少量溶液，滴加几滴KSCN溶液，若溶液不变成红色，则说明活化反应已完成。题组五1.[2023山东，12分]三氯甲硅烷(SiHCl3)是制取高纯硅的重要原料,常温下为无色液体,沸点为31.8℃,熔点为−126.5℃,易水解。实验室根

据反应Si+3HCl△⬚SiHCl3+H2,利用如下装置制备SiHCl3粗品（加热及夹持装置略）。回答下列问题:（1）制备SiHCl3时进行操作:（ⅰ）……；（ⅱ）将盛有硅粉的瓷舟置于管式炉中；（ⅲ）通入HCl,一段时间后接

通冷凝装置,加热开始反应。操作（ⅰ）为检查装置气密性;判断制备反应结束的实验现象是管式炉中固体消失、烧瓶中无液体滴下。图示装置存在的两处缺陷是使用球形冷凝管冷凝SiHCl3，C和D之间缺少吸水装置。[解析]利用Si和HCl（气体）的

反应制备SiHCl3，实验前要检查装置气密性，故操作（ⅰ）为检查装置气密性。制备反应结束时，Si完全反应，SiHCl3（常温下为无色液体）不再增加，则实验现象是管式炉中固体消失、烧瓶中无液体滴下。装置中冷凝管的作用是冷凝SiHCl3，球形冷凝管中会有较多SiHC

l3残留，应该选择直形冷凝管，SiHCl3容易水解，D中水蒸气容易进入C中，C和D之间应增加吸收水蒸气的装置。第28页（2）已知电负性Cl>H>Si,SiHCl3在浓NaOH溶液中发生反应的化学方程式为SiHCl3+5NaOH⬚⬚Na2SiO3+H2↑+3NaCl+2H2O。[解析]已知电负性C

l>H>Si，则SiHCl3中Cl、H为−1价，Si为+4价，SiHCl3在浓NaOH溶液中反应生成Na2SiO3、H2、NaCl，配平化学方程式为SiHCl3+5NaOH⬚⬚Na2SiO3+H2↑+3NaCl+2H2O。（3）采用如下方法测定溶有少量HCl的SiHCl3纯度。𝑚1g样品经水解

、干燥等预处理过程得硅酸水合物后，进行如下实验操作:①灼烧，②冷却干燥（填操作名称）,③称量等操作,测得所得固体氧化物质量为𝑚2g,从下列仪器中选出①、②中需使用的仪器,依次为AC（填标号）。测得样品纯度为13

5.5𝑚260𝑚1×100%（用含𝑚1、𝑚2的代数式表示）。[解析]由后续操作可知，SiHCl3水解得到的硅酸水合物要先在坩埚中灼烧（得到SiO2），然后在干燥器中冷却干燥SiO2，使用的仪器分别为A、C。根据原子守恒可得关系式SiHCl3～SiO2，则𝑚1g样品中SiHCl3

的质量为𝑚2g×135.560，故样品纯度为𝑚2g×135.560÷𝑚1g×100%=135.5𝑚260𝑚1×100%。2.[2022天津，18分]氯化铁是重要的化工原料。针对氯化铁的实验室制备方法，回答下列问题：Ⅰ.FeCl3⋅6H2O的制备制备流程图如下：第29页（1）将废铁屑分批

加入稀盐酸中，至盐酸反应完全。判断反应完全的现象为不再有气泡产生。含有少量铜的废铁屑比纯铁屑反应快，原因为Fe和Cu在稀盐酸中形成原电池，加快反应速率。[解析]铁与稀盐酸反应产生H2，反应完全时溶液中不再产生气泡。含有少量铜的废铁

屑加入稀盐酸中，形成原电池，能够加快铁与盐酸的反应速率。（2）操作①所必需的玻璃仪器中，除烧杯外还有漏斗、玻璃棒。[解析]操作①得到滤液，为过滤，需要的玻璃仪器除烧杯外，还有漏斗、玻璃棒。（3）检验FeCl3溶液中是否残留Fe2+的试剂是K3[Fe(CN)6]溶液。[解析]利用Fe2+可和

[Fe(CN)6]3−形成特征蓝色沉淀可检验FeCl3溶液中是否残留Fe2+。（4）为增大FeCl3溶液的浓度，向稀FeCl3溶液中加入纯Fe粉后通入Cl2。此过程中发生的主要反应的离子方程式为2Fe3+

+Fe⬚⬚3Fe2+、2Fe2++Cl2⬚⬚2Fe3++2Cl−。[解析]向稀FeCl3溶液中加入纯Fe粉，发生反应2Fe3++Fe⬚⬚3Fe2+，再通入Cl2，发生反应2Fe2++Cl2⬚⬚2Fe3++2Cl−。（5）

操作②为在HCl气流中蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥。[解析]操作②是由稀FeCl3溶液得到FeCl3⋅6H2O，为了抑制FeCl3水解，应在HCl气流中蒸发浓缩、冷却结晶，然后过滤、洗涤、干燥

得到FeCl3⋅6H2O。Ⅱ.由FeCl3⋅6H2O制备无水FeCl3将FeCl3⋅6H2O与液体SOCl2混合并加热，制得无水FeCl3。已知SOCl2沸点为77℃，反应方程式为：FeCl3⋅6H2O+6SOCl2△⬚FeCl3+6SO2+12HCl

,装置如下图所示（夹持和加热装置略）。第30页（6）仪器A的名称为球形冷凝管，其作用为冷凝回流SOCl2。NaOH溶液的作用是吸收SO2和HCl气体，防止污染空气。[解析]仪器A为球形冷凝管，根据SOCl2的沸点为77℃，知水浴加热时SOCl2易挥发，故仪器A的作用是冷凝回流SOCl2。反应生成了

SO2和HCl，因此NaOH溶液的作用是吸收SO2和HCl气体，防止污染空气。（7）干燥管中无水CaCl2不能换成碱石灰，原因是碱石灰会与SO2和HCl气体反应，失去干燥作用。[解析]干燥管中无水CaCl2的作用是防止烧杯中水蒸

气进入烧瓶，若换成碱石灰，SO2、HCl能与碱石灰反应，使其失去干燥作用。（8）由下列结晶水合物制备无水盐，适宜使用上述方法的是a（填序号）。a.ZnCl2⋅H2Ob.CuSO4⋅5H2Oc.Na2S2O3⋅5H2O[解析]题中方法适用于水解会生成挥发性物质的结晶水合物，a符合题意

。3.[2020全国卷Ⅱ，15分]苯甲酸可用作食品防腐剂。实验室可通过甲苯氧化制苯甲酸，其反应原理简示如下：名称相对分子质量熔点/℃沸点/℃密度/(g⋅mL−1)溶解性甲苯92−95110.60.867不溶于水，易溶于乙醇第31页苯甲酸122122.4(100℃左右开始升华)248—微

溶于冷水，易溶于乙醇、热水实验步骤：（1）在装有温度计、冷凝管和搅拌器的三颈烧瓶中加入1.5mL甲苯、100mL水和4.8g（约0.03mol）高锰酸钾，慢慢开启搅拌器，并加热回流至回流液不再出现油珠。（2）停止

加热，继续搅拌，冷却片刻后，从冷凝管上口慢慢加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液，并将反应混合物趁热过滤，用少量热水洗涤滤渣。合并滤液和洗涤液，于冰水浴中冷却，然后用浓盐酸酸化至苯甲酸析出完全。将析出的苯甲酸过滤，用少量冷水洗涤，放在沸水浴上干燥。称量，粗产品为1.0g。（3）纯

度测定：称取0.122g粗产品，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标准溶液滴定，三次滴定平均消耗21.50mL的KOH标准溶液。回答下列问题：（1）根据上述实验药品的用量，三

颈烧瓶的最适宜规格为B（填标号）。A.100mLB.250mLC.500mLD.1000mL[解析]三颈烧瓶中加入1.5mL甲苯、100mL水和4.8gKMnO4，所加液体体积不能超过三颈烧瓶容积的23，即三颈烧瓶的最适宜规格应为250mL。（2）在反应装置中应选用球

形冷凝管（填“直形”或“球形”），当回流液不再出现油珠即可判断反应已完成，其判断理由是无油珠说明不溶于水的甲苯已经被完全氧化。[解析]球形冷凝管可使气体冷却回流，让反应更为彻底，冷凝效果更好，应选用球形冷凝管；由于甲苯是不溶于水的油状液体，当回流液中不再出现油状液体时，说明甲

苯已经完全被氧化为苯甲酸钾。（3）加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液的目的是除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气；该步骤亦可用草酸在酸性条件下处理，请用反应的离子方程式表达其原理2MnO4−+5H2C2O4+6H+⬚⬚2Mn2++10CO2↑+8

H2O。[解析]取用甲苯质量为1.5mL×0.867g⋅mL−1≈1.3g，其物质的量约为0.014mol，实验中加入的KMnO4过量，NaHSO3具有还原性，可用NaHSO3溶第32页液除去过量的KMnO4，避免在用浓盐酸酸化时，KMnO4

与盐酸反应生成有毒的Cl2；用草酸在酸性条件下处理过量的KMnO4溶液，发生反应的离子方程式为2MnO4−+5H2C2O4+6H+⬚⬚2Mn2++10CO2↑+8H2O。（4）“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主要成分是MnO2。[解

析]根据题给制备苯甲酸的第一步反应可知，用少量热水洗涤的滤渣为MnO2。（5）干燥苯甲酸晶体时，若温度过高，可能出现的结果是苯甲酸升华而损失。[解析]因苯甲酸在100℃左右开始升华，若干燥时温度过高，可能导致部分

苯甲酸升华而损失。（6）本实验制备的苯甲酸的纯度为86.0%；据此估算本实验中苯甲酸的产率最接近于C（填标号）。A.70%B.60%C.50%D.40%[解析]根据C6H5COOH+KOH⬚⬚C6H5COOK+H2O，可知25.00mL

×10−3L⋅mL−1×𝑐(C6H5COOH)=21.50mL×10−3L⋅mL−1×0.01000mol⋅L−1，解得𝑐(C6H5COOH)=0.0086mol⋅L−1，故样品中苯甲酸的纯度为0.0086×0.1×122g0.122g×100%=86.0%；0.014mol甲苯理论上可

生成0.014mol苯甲酸，其质量为0.014×122g=1.708g，则苯甲酸的产率为1.0g×86.0%1.708g×100%≈50%，故C项正确。（7）若要得到纯度更高的苯甲酸，可通过在水中重结晶的方法提纯。[解析]由于苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水，若要得

到纯度更高的苯甲酸，可通过在水中重结晶的方法提纯。题组六1.[2021全国甲卷，15分]胆矾(CuSO4⋅5H2O)易溶于水，难溶于乙醇。某小组用工业废铜焙烧得到的CuO（杂质为氧化铁及泥沙）为原料与稀硫酸反应制备胆矾，并测定其结晶水的

含量。回答下列问题：（1）制备胆矾时，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有AC（填标号）。第33页A.烧杯B.容量瓶C.蒸发皿D.移液管[解析]CuO与稀硫酸反应得到硫酸铜溶液，需要用到烧杯，由硫酸铜溶液得到胆矾，用蒸发浓缩、冷却结晶的方法，需要用到蒸发皿

。（2）将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为CuO+H2SO4△⬚CuSO4+H2O，与直接用废铜和浓硫酸反应相比，该方法的优点是不产生SO2（或硫酸利用率高）。[解析]CuO中含有氧化铁及泥沙，加入到适量稀硫酸中，加热

，发生的主要反应为CuO与稀硫酸的反应，化学方程式为CuO+H2SO4△⬚CuSO4+H2O;废铜与浓硫酸的反应为Cu+2H2SO4(浓)△⬚CuSO4+SO2↑+2H2O，与直接用废铜和浓硫酸反应相比，该方法不产生SO2有毒气体，硫酸利用率高。（3）待CuO完全反应后停止加热，边搅拌

边加入适量H2O2,冷却后用NH3⋅H2O调pH为3.5∼4,再煮沸10min,冷却后过滤。滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥，得到胆矾。其中，控制溶液pH为3.5∼4的目的是除尽铁和抑制CuSO4水解，煮沸10min的作用是破坏Fe(OH)3胶体易于

过滤。[解析]由硫酸铜溶液得到胆矾的实验操作为加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥。控制溶液pH为3.5∼4，是为了将Fe3+转化为Fe(OH)3而除去，同时抑制CuSO4水解。再煮沸10min的作用是破坏Fe3+水解产生的F

e(OH)3胶体，便于过滤。（4）结晶水测定：称量干燥坩埚的质量为𝑚1，加入胆矾后总质量为𝑚2，将坩埚加热至胆矾全部变为白色,置于干燥器中冷至室温后称量,重复上述操作,最终总质量恒定为𝑚3。根据实验数据，胆矾分子中结晶水的个数为80×(𝑚2−𝑚3)9×(𝑚3−𝑚1)（

写表达式）。[解析]由题意知胆矾的质量为𝑚2−𝑚1，无水硫酸铜的质量为𝑚3−𝑚1，则结晶水的质量为(𝑚2−𝑚1)−(𝑚3−𝑚1)=𝑚2−𝑚3，根据CuSO4⋅𝑥H2O△⬚CuSO4+𝑥H2O，可得160:18𝑥=(𝑚3−𝑚1):(�

�2−𝑚3)，解得𝑥=80×(𝑚2−𝑚3)9×(𝑚3−𝑚1)。第34页（5）下列操作中，会导致结晶水数目测定值偏高的是①③（填标号）。①胆矾未充分干燥②坩埚未置于干燥器中冷却③加热时有少量胆矾迸溅

出来[解析]胆矾未充分干燥，则𝑚2偏大，测定值偏高，故①正确；坩埚未置于干燥器中冷却，则硫酸铜会吸收水蒸气，𝑚3偏大，测定值偏低，故②错误；加热时有少量胆矾迸溅出来，则𝑚3偏小，测定值偏高，③正确。【技巧点拨】实

验方案评价的思考方向1.反应原理是否科学,仪器使用细节是否正确。2.若实验方案中强调试剂过量、少量或给出了浓度、物质的量等相关信息,则要考虑试剂的量对实验是否有影响。3.若实验方案中添加多种试剂,要注意试剂添加顺序是否正确,

添加的试剂是否对实验有干扰。4.若为控制变量实验,要注意变量是否相同,是否只有1个变量。5.物质检验实验中,要注意是否具有“唯一性”,即题给环境下,出现该现象的是否只有目标物质。6.物质利用率高，污染排放少。2.[2021海南，10分]无水FeCl3常作为芳烃氯代反应的催化剂。某研究小组设计

了如下流程，以废铁屑（含有少量碳和SiO2杂质）为原料制备无水FeCl3(s)。已知：氯化亚砜熔点−101℃，沸点76℃，易水解。回答问题：（1）操作①是过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗。[解析]过滤用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗。（2）为避免引入新的

杂质，试剂B可以选用bd（填编号）。第35页a.KMnO4溶液b.Cl2水c.Br2水d.H2O2溶液[解析]试剂B的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，为了避免引入新的杂质，可选用氯水或H2O2溶液。（3）操作②是

蒸发结晶，加热的同时通入HCl(g)的目的是抑制FeCl3水解。[解析]FeCl3为强酸弱碱盐，在水溶液中易水解，加热促进水解，为抑制FeCl3水解，蒸发结晶时应通入HCl(g)。（4）取少量D晶体，溶于水并滴加

KSCN溶液，现象是液体变为红色。[解析]FeCl3⋅6H2O溶于水电离出Fe3+，Fe3+遇KSCN溶液呈红色。（5）反应D→E的化学方程式为6SOCl2+FeCl3⋅6H2O△⬚FeCl3+6SO2

↑+12HCl↑。[解析]由题给条件SOCl2易水解可知，反应D→E的化学方程式为6SOCl2+FeCl3⋅6H2O△⬚FeCl3+6SO2↑+12HCl↑。（6）由D转化成E的过程中可能产生少量亚铁盐，写出一种可能的还原剂SO2，并设计实验验证是该还原剂将Fe3+还原取E

固体少许于一洁净试管中，加蒸馏水溶解，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明SO2将Fe3+还原成Fe2+。[解析]由（5）可知，D转化成E的过程中SO2可能将Fe3+还原为Fe2+，SO2被氧化成SO42−，可以通过检验E的溶液中含有SO42−进行验证，实验方案为取E

固体少许于一洁净试管中，加蒸馏水溶解，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明SO2将Fe3+还原成Fe2+。3.[2020北京，12分]探究Na2SO3固体的热分解产物。资料:①4Na2SO3△⬚Na2S+3Na2SO4。②Na2S能与S反应生

成Na2S𝑥，Na2S𝑥与酸反应生成S和H2S。③BaS易溶于水。隔绝空气条件下，加热无水Na2SO3固体得到黄色固体A，过程中未检测到气体生成。黄色固体A加水得到浊液，放置得无色溶液B。（1）检验分解产物Na2S第36页取少量溶液B，向其中滴加CuSO4溶液,产生黑色沉淀，证

实有S2−。反应的离子方程式是Cu2++S2−⬚⬚CuS↓。[解析]产生的黑色沉淀为CuS，反应的离子方程式为Cu2++S2−⬚⬚CuS↓。（2）检验分解产物Na2SO4取少量溶液B，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀增多（经检验该沉淀含S），同时产生有臭鸡蛋气味

的气体(H2S)，由于沉淀增多对检验造成干扰，另取少量溶液B，加入足量盐酸，离心沉降（固液分离）后，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀（填操作和现象），可证实分解产物中含有SO42−。[解析]根据加入盐酸后，沉淀增多，同时产生H2S知，为排除沉淀增多对检验

造成的干扰，应先加入足量盐酸，离心沉降除去S，再向滤液中滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则可证实分解产物中有SO42−。（3）探究（2）中S的来源来源1:固体A中有未分解的Na2SO3,在酸性条件下与Na2S反应生成S。来源2:溶液B中有Na2S𝑥,加酸反应生成S。针对来源1进

行如下实验:①实验可证实来源1不成立。实验证据是向溶液2中加入少量KMnO4溶液，溶液没有褪色。[解析]若来源1成立，则溶液2中含H2SO3，H2SO3具有还原性，可使KMnO4溶液褪色，但得到的溶液仍为紫色，说明来源1不成立。②不能用盐酸代替硫酸的原因是HCl具有还原

性，会使KMnO4溶液褪色，干扰实验现象和实验结论。[解析]不能用盐酸代替硫酸的原因是盐酸中Cl元素为−1价，是Cl元素的最低价，具有还原性，会与KMnO4溶液发生氧化还原反应，使KMnO4溶液褪色，干扰实验现象和实验结论。③写出来源2产生S的反应的离子方程式:S�

�2−+2H+⬚⬚H2S↑+(𝑥−1)S↓。第37页[解析]来源2认为溶液B中有Na2S𝑥，加酸反应生成S，则反应的离子方程式为S𝑥2−+2H+⬚⬚H2S↑+(𝑥−1)S↓。（4）实验证明Na2SO3固体热分解有Na2S、Na2SO4和S产生。运用氧化还原反应规律分析产物中

S产生的合理性:根据4Na2SO3△⬚Na2S+3Na2SO4知Na2SO3可发生歧化反应，其中S元素化合价既可升高也可降低，能从+4价降为−2价，也应该可以降到0价生成硫单质。[解析]4Na2SO3△⬚Na2S+3Na2SO4为歧化反应，Na2

SO3中的S元素化合价有升高也有降低，能从+4价降为−2价生成Na2S，也应该可以降到0价生成硫单质。4.[2020海南，12分]聚异丁烯是一种性能优异的功能高分子材料。某科研小组研究了使用特定引发剂、正己烷为溶剂、无水条件下异丁烯的聚

合工艺。已知：异丁烯沸点为266K。反应方程式及主要装置示意图如下：回答下列问题：（1）仪器A的名称是U形管，P4O10的作用是避免空气中的水蒸气进入三口瓶。[解析]根据图示可知仪器A的名称为U形管；根据题干信息知，聚异丁烯是在无水条件下通过异丁烯的加聚反应制得的，故实验中利用

P4O10吸收空气中的水蒸气，避免其进入三口瓶干扰实验。第38页（2）将钠块加入正己烷中，除去微量的水，反应的化学方程式为2Na+2H2O⬚⬚2NaOH+H2↑。[解析]正己烷不和钠反应，但钠能和水反应，故将钠块加入正己烷中可除去微量的水，反应的化学方程

式为2Na+2H2O⬚⬚2NaOH+H2↑。（3）浴槽中可选用的适宜冷却剂是乙（填序号）。序号冷却剂最低温度/℃甲NaCl−冰（质量比1:3）−21乙CaCl2⋅6H2O−冰（质量比1.43:1）−55丙液氨−33[解析]根据已知化学方程式可知，该加聚反应需在−60℃∼−30℃和引发剂作用下

进行，表格中甲的最低温度为−21℃，不适合；乙的最低温度为−55℃，适合；丙的最低温度为−33℃，但液氨易挥发生成有毒气体NH3，不适合，故浴槽中可选用的适宜冷却剂是乙。（4）补齐操作步骤选项为：a.向三口瓶中通入

一定量异丁烯b.向三口瓶中加入一定量正己烷①b（填编号）；②待反应体系温度下降至既定温度；③a（填编号）；④搅拌下滴加引发剂，一段时间后加入反应终止剂停止反应。经后续处理得成品。[解析]因异丁烯沸点较低，易挥发，为减少其损失，应先向三口瓶中加入适量的正己烷溶剂；待反应体系温度

下降至既定温度；再向三口瓶中通入一定量异丁烯；在搅拌下滴加引发剂，一段时间后加入反应终止剂停止反应，经后续处理得到聚异丁烯成品。（5）测得成品平均相对分子质量为2.8×106，平均聚合度为50000（或5×104）。第39页[解析]异

丁烯的分子式为C4H8，其相对分子质量为56，结合成品平均相对分子质量为2.8×106，知该成品的平均聚合度为2.8×10656=50000。