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1、如有侵权，请联系网站删除，仅供学习与交流化学实验综合题-2019年高考真题和模拟题 附答案【精品文档】第 24 页 化学实验综合题2019年高考真题12019新课标 硫酸铁铵NH4Fe(SO4)2xH2O是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：回答下列问题：（1）步骤的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是_。（2）步骤需要加热的目的是_，温度保持8095 ，采用的合适加热方式是_。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为_（填标号）。（3）步骤中选用足量的H2O2，理由是_。分批加入H2O2，同时为了_，溶液要保持pH
2、小于0.5。（4）步骤的具体实验操作有_，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。（5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150 时，失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为_。【答案】（1）碱煮水洗（2）加快反应 热水浴 C（3）将Fe2+全部氧化为Fe3+；不引入杂质 防止Fe3+水解（4）加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）（5）NH4Fe(SO4)212H2O【解析】（1）步骤的目的是去除废铁屑表面的油污，油污在碱性条件下容易水解，所以工业上常常用热的碳酸钠溶液清洗，即碱煮水洗；（2）步骤需要加热的目的是为了加快反应速率；温度保持8095 ，由于保持温度比较恒
3、定且低于水的沸点，故采用的合适加热方式是水浴加热（热水浴）；铁屑中含有少量硫化物，硫化物与硫酸反应生成硫化氢气体，可以用氢氧化钠溶液吸收，为了防止倒吸可以加装倒置的漏斗，故选择C装置；（3）步骤中选用足量的H2O2，H2O2可以将Fe2+氧化为Fe3+，且H2O2的还原产物为H2O，不会引入新的杂质，故理由是：将Fe2+全部氧化为Fe3+，不引入新的杂质。因为H2O2本身易分解，所以在加入时需分量加入，同时为了防止Fe3+水解，溶液要保持pH小于0.5；（4）为了除去可溶性的硫酸铵、铁离子等，需要经过的步骤为：加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）；（5）设硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2x
4、H2O，其相对分子质量为266+18x，1.5个水分子的相对分子质量为1.518=27，则27/(266+18x)=5.6%，解得x=12，则硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)212H2O。22019新课标 咖啡因是一种生物碱（易溶于水及乙醇，熔点234.5，100以上开始升华），有兴奋大脑神经和利尿等作用。茶叶中含咖啡因约1%5%、单宁酸（Ka约为106，易溶于水及乙醇）约3%10%，还含有色素、纤维素等。实验室从茶叶中提取咖啡因的流程如下图所示。索氏提取装置如图所示。实验时烧瓶中溶剂受热蒸发，蒸汽沿蒸汽导管2上升至球形冷凝管，冷凝后滴入滤纸套筒1中，与茶叶末接触，进行萃取。萃取液液面达
5、到虹吸管3顶端时，经虹吸管3返回烧瓶，从而实现对茶叶末的连续萃取。回答下列问题：（1）实验时需将茶叶研细，放入滤纸套筒1中，研细的目的是_，圆底烧瓶中加入95%乙醇为溶剂，加热前还要加几粒_。（2）提取过程不可选用明火直接加热，原因是_，与常规的萃取相比，采用索氏提取器的优点是_。（3）提取液需经“蒸馏浓缩”除去大部分溶剂。与水相比，乙醇作为萃取剂的优点是_。“蒸馏浓缩”需选用的仪器除了圆底烧瓶、蒸馏头、温度计、接收管之外，还有_（填标号）。A直形冷凝管 B球形冷凝管 C接收瓶 D烧杯（4）浓缩液加生石灰的作用是中和_和吸收_。（5）可采用如图所示的简易装置分离提纯咖啡因。将粉状物放入蒸发皿中
6、并小火加热，咖啡因在扎有小孔的滤纸上凝结，该分离提纯方法的名称是_。【答案】（1）增加固液接触面积，提取充分 沸石（2）乙醇易挥发，易燃 使用溶剂量少，可连续萃取（萃取效率高）（3）乙醇沸点低，易浓缩 AC（4）单宁酸 水（5）升华【解析】（1）萃取时将茶叶研细可以增加固液接触面积，从而使提取更充分；由于需要加热，为防止液体暴沸，加热前还要加入几粒沸石；（2）由于乙醇易挥发，易燃烧，为防止温度过高使挥发出的乙醇燃烧，因此提取过程中不可选用明火直接加热；根据题干中的已知信息可判断与常规的萃取相比较，采用索式提取器的优点是使用溶剂量少，可连续萃取（萃取效率高）；（3）乙醇是有机溶剂，沸点低，因此与
7、水相比较乙醇作为萃取剂的优点是乙醇沸点低，易浓缩；蒸馏浓缩时需要冷凝管，为防止液体残留在冷凝管中，应该选用直形冷凝管，而不需要球形冷凝管，A正确，B错误；为防止液体挥发，冷凝后得到的馏分需要有接收瓶接收馏分，而不需要烧杯，C正确，D错误，答案选AC。（4）由于茶叶中还含有单宁酸，且单宁酸也易溶于水和乙醇，因此浓缩液中加入氧化钙的作用是中和单宁酸，同时也吸收水；（5）根据已知信息可知咖啡因在100以上时开始升华，因此该分离提纯方法的名称是升华。32019新课标乙酰水杨酸（阿司匹林）是目前常用药物之一。实验室通过水杨酸进行乙酰化制备阿司匹林的一种方法如下：水杨酸醋酸酐乙酰水杨酸熔点/157159-
8、72-74135138相对密度/（gcm3）1.441.101.35相对分子质量138102180实验过程：在100 mL锥形瓶中加入水杨酸6.9 g及醋酸酐10 mL，充分摇动使固体完全溶解。缓慢滴加0.5 mL浓硫酸后加热，维持瓶内温度在70 左右，充分反应。稍冷后进行如下操作。在不断搅拌下将反应后的混合物倒入100 mL冷水中，析出固体，过滤。所得结晶粗品加入50 mL饱和碳酸氢钠溶液，溶解、过滤。滤液用浓盐酸酸化后冷却、过滤得固体。固体经纯化得白色的乙酰水杨酸晶体5.4 g。回答下列问题：（1）该合成反应中应采用_加热。（填标号）A热水浴B酒精灯C煤气灯D电炉（2）下列玻璃仪器中，中需
9、使用的有_（填标号），不需使用的_（填名称）。（3）中需使用冷水，目的是_。（4）中饱和碳酸氢钠的作用是_，以便过滤除去难溶杂质。（5）采用的纯化方法为_。（6）本实验的产率是_%。【答案】（1）A（2）BD 分液漏斗、容量瓶（3）充分析出乙酰水杨酸固体（结晶）（4）生成可溶的乙酰水杨酸钠（5）重结晶（6）60【解析】（1）因为反应温度在70，低于水的沸点，且需维温度不变，故采用热水浴的方法加热；（2）操作需将反应物倒入冷水，需要用烧杯量取和存放冷水，过滤的操作中还需要漏斗，则答案为：BD；分液漏斗主要用于分离互不相容的液体混合物，容量瓶用于配制一定浓度的溶液，这两个仪器用不到。（3）反应时温
10、度较高，所以用冷水的目的是使得乙酰水杨酸晶体充分析出；（4）乙酰水杨酸难溶于水，为了除去其中的杂质，可将生成的乙酰水杨酸与碳酸氢钠反应生成可溶性的乙酰水杨酸钠，以便过滤除去杂质；（5）每次结晶过程中会有少量杂质一起析出，可以通过多次结晶的方法进行纯化，也就是重结晶；（6）水杨酸分子式为C7H6O3，乙酰水杨酸分子式为C9H8O4，根据关系式法计算得：C7H6O3 C9H8O4138 1806.9g mm( C9H8O4)=(6.9g180)/138=9g，则产率为。42019天津 环己烯是重要的化工原料。其实验室制备流程如下：回答下列问题：环己烯的制备与提纯（1）原料环己醇中若含苯酚杂质，检验
11、试剂为_，现象为_。（2）操作1的装置如图所示（加热和夹持装置已略去）。烧瓶A中进行的可逆反应化学方程式为_，浓硫酸也可作该反应的催化剂，选择而不用浓硫酸的原因为_（填序号）。a浓硫酸易使原料炭化并产生b污染小、可循环使用，符合绿色化学理念c同等条件下，用比浓硫酸的平衡转化率高仪器B的作用为_。（3）操作2用到的玻璃仪器是_。（4）将操作3（蒸馏）的步骤补齐：安装蒸馏装置，加入待蒸馏的物质和沸石，_，弃去前馏分，收集83的馏分。环己烯含量的测定在一定条件下，向环己烯样品中加入定量制得的，与环己烯充分反应后，剩余的与足量作用生成，用的标准溶液滴定，终点时消耗标准溶液（以上数据均已扣除干扰因素）。
12、测定过程中，发生的反应如下：（5）滴定所用指示剂为_。样品中环己烯的质量分数为_（用字母表示）。（6）下列情况会导致测定结果偏低的是_（填序号）。a样品中含有苯酚杂质b在测定过程中部分环己烯挥发c标准溶液部分被氧化【答案】（1）溶液溶液显紫色（2）a、b减少环己醇蒸出（3）分液漏斗、烧杯（4）通冷凝水，加热（5）淀粉溶液（6）b、c【解析】【分析】I.（1）检验物质时通常是利用该物质的特殊性质，或利用不同物质间的性质差异。苯酚能与氯化铁溶液发生显色反应而醇不能，可依此设计用氯化铁溶液检验苯酚的存在；（2）书写陌生情境的化学方程式时，一定要将题给的所有信息挖掘出来，比如题给的反应条件，如催化剂、
13、加热的温度、此反应已明确指出的“可逆”；（3）催化剂选择FeCl36H2O而不用浓硫酸的理由分析，显然要突出浓硫酸的缺点，突出FeCl36H2O的优点；（4）在发生装置中加装冷凝管，显然是为了冷凝回流，提高原料的利用率。（5）计算此问时尽可能采用关系式法，找到已知和未知之间的直接关系。（6）误差分析时，利用相关反应式将量尽可能明确化。【详解】I.（1）检验苯酚的首选试剂是FeCl3溶液，原料环己醇中若含有苯酚，加入FeCl3溶液后，溶液将显示紫色；（2）从题给的制备流程可以看出，环己醇在FeCl36H2O的作用下，反应生成了环己烯，对比环己醇和环己烯的结构，可知发生了消去反应，反应方程式为：，
14、注意生成的小分子水勿漏写，题目已明确提示该反应可逆，要标出可逆符号，FeCl36H2O是反应条件（催化剂）别漏标；此处用FeCl36H2O而不用浓硫酸的原因分析中：a项合理，因浓硫酸具有强脱水性，往往能使有机物脱水至炭化，该过程中放出大量的热，又可以使生成的炭与浓硫酸发生反应：C+2H2SO4(浓) CO2+SO2+2H2O；b项合理，与浓硫酸相比，FeCl36H2O对环境相对友好，污染小，绝大部分都可以回收并循环使用，更符合绿色化学理念；c项不合理，催化剂并不能影响平衡转化率；仪器B为球形冷凝管，该仪器的作用除了导气外，主要作用是冷凝回流，尽可能减少加热时反应物环己醇的蒸出，提高原料环己醇的
15、利用率；（3）操作2实现了互不相溶的两种液体的分离，应是分液操作，分液操作时需要用到的玻璃仪器主要有分液漏斗和烧杯；（4）题目中已明确提示了操作3是蒸馏操作。蒸馏操作在加入药品后，要先通冷凝水，再加热；如先加热再通冷凝水，必有一部分馏分没有及时冷凝，造成浪费和污染；II.（5）因滴定的是碘单质的溶液，所以选取淀粉溶液比较合适；根据所给的式和式，可知剩余的Br2与反应消耗的Na2S2O3的物质的量之比为1：2，所以剩余 Br2的物质的量为：n(Br2)余=cmolL-1vmL10-3LmL-1=mol，反应消耗的Br2的物质的量为（b-）mol，据反应式中环己烯与溴单质1：1反应，可知环己烯的物
16、质的量也为（b-）mol，其质量为（b-）82g，所以ag样品中环己烯的质量分数为：。（6）a项错误，样品中含有苯酚，会发生反应：，每反应1molBr2，消耗苯酚的质量为31.3g；而每反应1mol Br2，消耗环己烯的质量为82g；所以苯酚的混入，将使耗Br2增大，从而使环己烯测得结果偏大；b项正确，测量过程中如果环己烯挥发，必然导致测定环己烯的结果偏低；c项正确，Na2S2O3标准溶液被氧化，必然滴定时消耗其体积增大，即计算出剩余的溴单质偏多，所以计算得出与环己烯反应的溴单质的量就偏低，导致最终环己烯的质量分数偏低。【点睛】向规范、严谨要分数。要注意题设所给的引导限定词语，如“可逆”、“玻
17、璃”等，这些是得分点，也是易扣分点。要计算样品中环己烯的质量分数，只需要算出环己烯的物质的量即可顺利求解。从所给的3个反应方程式可以得出：2Na2S2O3I2Br2，将相关已知数据代入计算即可。对于a项的分析，要粗略计算出因苯酚的混入，导致单位质量样品消耗溴单质的量增加，最终使测得环己烯的结果偏高。52019江苏丙炔酸甲酯（）是一种重要的有机化工原料，沸点为103105 。实验室制备少量丙炔酸甲酯的反应为实验步骤如下：步骤1：在反应瓶中，加入14 g丙炔酸、50 mL甲醇和2 mL浓硫酸，搅拌，加热回流一段时间。步骤2：蒸出过量的甲醇（装置见下图）。步骤3：反应液冷却后，依次用饱和NaCl溶液
18、、5%Na2CO3溶液、水洗涤。分离出有机相。步骤4：有机相经无水Na2SO4干燥、过滤、蒸馏，得丙炔酸甲酯。（1）步骤1中，加入过量甲醇的目的是 。（2）步骤2中，上图所示的装置中仪器A的名称是 ；蒸馏烧瓶中加入碎瓷片的目的是 。（3）步骤3中，用5%Na2CO3溶液洗涤，主要除去的物质是 ；分离出有机相的操作名称为 。（4）步骤4中，蒸馏时不能用水浴加热的原因是 。【答案】（1）作为溶剂、提高丙炔酸的转化率（2）(直形)冷凝管防止暴沸（3）丙炔酸分液（4）丙炔酸甲酯的沸点比水的高【解析】（1）一般来说，酯化反应为可逆反应，加入过量的甲醇，提高丙炔酸的转化率，丙炔酸溶解于甲醇，甲醇还作为反应
19、的溶剂；（2）根据装置图，仪器A为直形冷凝管；加热液体时，为防止液体暴沸，需要加入碎瓷片或沸石，因此本题中加入碎瓷片的目的是防止液体暴沸；（3）丙炔酸甲酯的沸点为103105，制备丙炔酸甲酯采用水浴加热，因此反应液中除含有丙炔酸甲酯外，还含有丙炔酸、硫酸；通过饱和NaCl溶液可吸收硫酸；5%的Na2CO3溶液的作用是除去丙炔酸，降低丙炔酸甲酯在水中的溶解度，使之析出；水洗除去NaCl、Na2CO3，然后通过分液的方法得到丙炔酸甲酯；（4）水浴加热提供最高温度为100，而丙炔酸甲酯的沸点为103105，采用水浴加热，不能达到丙炔酸甲酯的沸点，不能将丙炔酸甲酯蒸出，因此蒸馏时不能用水浴加热。【点睛
20、】实验化学的考查，相对比较简单，本题可以联想实验制备乙酸乙酯作答，如碳酸钠的作用，实验室制备乙酸乙酯的实验中，饱和碳酸钠的作用是吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度使之析出等，平时复习实验时，应注重课本实验复习，特别是课本实验现象、实验不足等等。62019北京 化学小组实验探究SO2与AgNO3溶液的反应。（1）实验一：用如下装置（夹持、加热仪器略）制备SO2，将足量SO2通入AgNO3溶液中，迅速反应，得到无色溶液A和白色沉淀B。浓H2SO4与Cu反应的化学方程式是_。试剂a是_。（2）对体系中有关物质性质分析得出：沉淀B可能为Ag2SO3、Ag2SO4或二者混合物。（资料：Ag2SO4
21、微溶于水；Ag2SO3难溶于水）实验二：验证B的成分写出Ag2SO3溶于氨水的离子方程式：_。加入盐酸后沉淀D大部分溶解，剩余少量沉淀F。推断D中主要是BaSO3，进而推断B中含有Ag2SO3。向滤液E中加入一种试剂，可进一步证实B中含有Ag2SO3。所用试剂及现象是_。（3）根据沉淀F的存在，推测的产生有两个途径：途径1：实验一中，SO2在AgNO3溶液中被氧化生成Ag2SO4，随沉淀B进入D。途径2：实验二中，被氧化为进入D。实验三：探究的产生途径向溶液A中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，证明溶液中含有_：取上层清液继续滴加BaCl2溶液，未出现白色沉淀，可判断B中不含Ag2SO4。做出判断的
22、理由：_。实验三的结论：_。（4）实验一中SO2与AgNO3溶液反应的离子方程式是_。（5）根据物质性质分析，SO2与AgNO3溶液应该可以发生氧化还原反应。将实验一所得混合物放置一段时间，有Ag和生成。（6）根据上述实验所得结论：_。【答案】（1）Cu+ 2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O 饱和NaHSO3溶液（2）Ag2SO3+4NH3H2O=2Ag(NH3)2+ +4H2OH2O2溶液，产生白色沉淀（3）Ag+ Ag2SO4溶解度大于BaSO4，没有BaSO4沉淀时，必定没有Ag2SO4途径1不产生，途径2产生（4）2Ag+SO2+H2O= Ag2SO3+2H+（6）实验条件
23、下：SO2与AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和的速率 碱性溶液中更易被氧化为【解析】（1）铜和浓硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2+2H2O。试剂a为饱和NaHSO3溶液，用于观察气体流速，且在SO2饱和NaHSO3溶液中溶解度很小，可防止倒吸。（2）Ag2SO3溶于氨水得到Ag(NH3)2+，离子方程式为：Ag2SO3+4NH3H2O=2Ag(NH3)2+ +4H2O；沉淀D洗涤干净后，加入过量稀盐酸，BaSO3与稀盐酸反应生成BaCl2和SO2、H2O，则滤液E中含有BaCl2和溶解在水中的SO2形成的
24、HSO3，可向E中加入H2O2溶液，H2O2将H2SO3氧化生成，和Ba2+反应产生白色BaSO4沉淀，进一步证实B中含有Ag2SO3。（3）向溶液A中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，该沉淀为AgCl，证明溶液A中含有Ag+；取上层清液继续滴加BaCl2溶液，未出现白色沉淀，证明溶液A中不含，由于Ag2SO4微溶于水，则B中不含Ag2SO4，从而确定途径1不产生，途径2产生。（4）由（3）推知，实验一中SO2与AgNO3溶液反应生成Ag2SO3，离子方程式为2Ag+SO2+H2O= Ag2SO3+2H+。（6）对比分析（4）（5）可知，S O2与AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和的
25、速率，再结合实验二可知，碱性溶液中更易被氧化为。72019浙江4月选考某兴趣小组在定量分析了镁渣含有MgCO3、Mg(OH)2、CaCO3、Al2O3、Fe2O3和SiO2中Mg含量的基础上，按如下流程制备六水合氯化镁(MgCl26H2O)。相关信息如下：700只发生MgCO3和Mg(OH)2的分解反应。NH4Cl溶液仅与体系中的MgO反应，且反应程度不大。“蒸氨”是将氨从固液混合物中蒸出来，且须控制合适的蒸出量。请回答：（1）下列说法正确的是_。A步骤，煅烧样品的容器可以用坩埚，不能用烧杯和锥形瓶B步骤，蒸氨促进平衡正向移动，提高MgO的溶解量C步骤，可以将固液混合物C先过滤，再蒸氨D步骤，
26、固液分离操作可采用常压过滤，也可采用减压过滤（2）步骤，需要搭建合适的装置，实现蒸氨、吸收和指示于一体(用硫酸溶液吸收氨气)。选择必须的仪器，并按连接顺序排列(填写代表仪器的字母，不考虑夹持和橡皮管连接)：热源_。为了指示蒸氨操作完成，在一定量硫酸溶液中加指示剂。请给出并说明蒸氨可以停止时的现象_。（3） 溶液F经盐酸酸化、蒸发、结晶、过滤、洗涤和低温干燥得到产品。取少量产品溶于水后发现溶液呈碱性。含有的杂质是_。从操作上分析引入杂质的原因是_。（4）有同学采用盐酸代替步骤中的NH4Cl溶液处理固体B，然后除杂，制备MgCl2溶液。已知金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围：金属离子pH开始沉淀完
27、全沉淀Al3+3.04.7Fe3+1.12.8Ca2+11.3Mg2+8.410.9请给出合理的操作排序(从下列操作中选取，按先后次序列出字母，操作可重复使用)：固体Ba（ ）（ ）（ ）（ ）（ ）（ ）MgCl2溶液产品。a用盐酸溶解 b调pH3.0 c调pH5.0 d调pH8.5e调pH11.0 f过滤 g洗涤【答案】（1）ABD （2）adfc 甲基橙，颜色由红色变橙色 （3）碱式氯化镁(氢氧化镁) 过度蒸发导致氯化镁水解（4）c f e f g a【解析】（1）A.煅烧固体样品需用坩埚，烧杯和锥形瓶用来加热液体，A项正确；B.氯化铵水解方程式为NH4Cl+H2ONH3H2O+HCl，
28、氧化镁和HCl反应，蒸氨即一水合氨分解，平衡向右移动，HCl浓度变大，促进了氧化镁的溶解，B项正确；C.根据信息NH4Cl溶液仅与体系中的MgO反应，且反应程度不大，不能先过滤，否则氧化镁损耗很大，C项错误；D.固液分离操作均可采用常压过滤，使用减压过滤加快过滤速度，也可行，D项正确。故答案选ABD。（2）先选发生装置为a，然后连接回流装置d，生成的氨气有水蒸气，需要干燥，然后连接干燥管f，氨气是碱性气体，需要用酸吸收，最后连接c。故答案填adfc。硫酸和氨气恰好完全反应生成硫酸铵（(NH4)2SO4），硫酸铵显酸性，因而选择在酸性范围内变色的指示剂：甲基橙，其颜色变化是红色变为橙色。（3）溶
29、液F经盐酸酸化、蒸发、结晶、过滤、洗涤和低温干燥得到产品。溶液仍呈碱性，注意不可能是氨气的影响，由于氯化镁水解使溶液呈酸性，故溶液的碱性是由杂质引起的。考虑到氯化镁易水解，所以含有的杂质可能是Mg(OH)Cl或者Mg(OH)2。升高温度会促进水解的进行，因而必然是蒸发阶段导致，即过度蒸发导致氯化镁水解。（4）根据各离子完全沉淀的pH值，加酸后溶液呈酸性，可逐步提高pH，同时以沉淀形式除掉不同离子，因而先将pH调至5，除掉Al3+和Fe3+，然后过滤其沉淀，然后将pH调至11.0使得Mg2+变为Mg(OH)2沉淀，过滤并洗涤，得到纯净的Mg(OH)2沉淀，然后加入盐酸得到氯化镁溶液。故答案依次填
30、cfefga。2019届高考模拟试题8武汉市武昌区2019届高三五月调研亚硝酰氯(ClNO)是有机物合成中的重要试剂，其沸点为5.5，易水解。已知：AgNO2微溶于水，能溶于硝酸，AgNO2+HNO3=AgNO3 +HNO2，某学习小组在实验室用Cl2和NO制备ClNO并测定其纯度，相关实验装置如图所示。（1）制备Cl2的发生装置可以选用_(填字母代号)装置，发生反应的离子方程式为_。 （2）欲收集一瓶干燥的氯气，选择合适的装置，其连接顺序为 a_(按气流方向，用小写字母表示)。（3）实验室可用图示装置制备亚硝酰氯：实验室也可用 B 装置制备 NO ， X装置的优点为_。检验装置气密性并装入药
31、品，打开K2，然后再打开K3，通入一段时间气体，其目的是_，然后进行其他操作，当Z中有一定量液体生成时，停止实验。 （4）已知：ClNO 与H2O反应生成HNO2和 HCl。设计实验证明 HNO2是弱酸：_。(仅提供的试剂：1 molL-1盐酸、 1 molL-1HNO2溶液、 NaNO2溶液、红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸)。通过以下实验测定ClNO样品的纯度。取Z中所得液体m g 溶于水，配制成250 mL 溶液；取出25.00 mL样品溶于锥形瓶中，以K2CrO4溶液为指示剂，用c molL-1 AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为20.00mL。滴定终点的现象是_，亚硝酰氯(
32、ClNO)的质量分数为_。(已知： Ag2CrO4为砖红色固体； Ksp(AgCl)1.5610-10，Ksp(Ag2CrO4)110-12)【答案】（1）A（或B） MnO2+4H+2Cl-Mn2+ Cl2+2H2O（或2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O）（2）fgcbdejh（3）随开随用，随关随停 排干净三颈烧瓶中的空气（4）用玻璃棒蘸取NaNO2溶液，点在红色石蕊试纸中央，若试纸变蓝，说明HNO2是弱酸 滴入最后一滴标准液，生成砖红色沉淀，且半分钟内无变化 【解析】【分析】（1）二氧化锰和浓盐酸加热下制备氯气，发生装置属于固液加热型的（或KMnO4与浓盐酸
33、常温下制备Cl2）。（2）制得的氯气中会混有水蒸气和氯化氢，用饱和食盐水除氯化氢，浓硫酸吸收水分，用向上排空气法收集氯气，最后进行尾气处理。（3）实验室也可用 B 装置制备 NO，X装置的优点为随开随用，随关随停。通入一段时间气体，其目的是把三颈烧瓶中的空气排尽，防止NO被空气中的氧气氧化。（4）要证明HNO2是弱酸可证明HNO2中存在电离平衡或证明NaNO2能发生水解，结合题给试剂分析。以K2CrO4溶液为指示剂，用c molL-1 AgNO3标准溶液滴定至终点，滴定终点的现象是：滴入最后一滴标准液，生成砖红色沉淀，且半分钟内无变化；根据(ClNO)=n(Cl-)=n(Ag+)，然后结合m=
34、nM来计算。【详解】（1）可以用二氧化锰和浓盐酸加热下制备氯气，发生装置属于固液加热型的，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O，离子方程式为：MnO2+4H+2Cl-Mn2+ Cl2+2H2O，（或用KMnO4与浓盐酸常温下制备Cl2，发生装置属于固液不加热型，反应的离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O）。（2）制得的氯气中会混有水蒸气和氯化氢，用饱和食盐水除氯化氢，浓硫酸吸收水分，用向上排空气法收集氯气，最后进行尾气处理，故其连接顺序为 fgcbdejh。（3）实验室也可用 B 装置制备 NO ，X装置的优点为随开随
35、用，随关随停。检验装置气密性并装入药品，打开K2，然后再打开K3，通入一段时间气体，其目的是把三颈烧瓶中的空气排尽，防止NO被空气中的氧气氧化；（4）要证明HNO2是弱酸可证明HNO2中存在电离平衡或证明NaNO2能发生水解，根据题目提供的试剂，应证明NaNO2溶液呈碱性；故设计的实验方案为：用玻璃棒蘸取NaNO2溶液，点在红色石蕊试纸中央，若试纸变蓝，说明HNO2是弱酸。以K2CrO4溶液为指示剂，用c molL-1 AgNO3标准溶液滴定至终点，滴定终点的现象是：滴入最后一滴标准液，生成砖红色沉淀，且半分钟内无变化；取Z中所得液体m g 溶于水，配制成250 mL 溶液；取出25.00 m
36、L中满足：n(ClNO)=n(Cl-)=n(Ag+)=c0.02L=0.02cmol，则250mL溶液中n(ClNO)=0.2cmol，m（ClNO）=nM=0.2cmol65.5g/mol=13.1cg，亚硝酞氯(ClNO)的质量分数为(13.1cgm g)100=。【点睛】本题考查了物质制备方案设计，为高频考点和常见题型，主要考查了方程式的书写，实验装置的连接，实验方案的设计，氧化还原反应，环境保护等，侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力。9陕西省西北工业大学附属中学2019届高三下学期适应性训练三氯化硼(BCl3)是一种重要的化工原料。实验室制备BCl3的原理B2O3+3C+3Cl2
37、 =2BCl3+3CO，某实验小组利用干燥的氯气和下列装置（装置可重复使用）制备BCl3并验证反应中有CO生成。（已知：BCl3的熔点为-107.3，沸点为12.5；硝基苯的密度比水大。）请回答下列问题：实验：制备BCl3并验证产物CO（1）该实验装置中合理的连接顺序为G_FDI；其中装置E的作用是_。（2）BCl3接触潮湿空气时会形成白雾，请写出该反应的化学方程式_。（3）能证明反应中有CO生成的现象是_。实验：产品中氯含量的测定准确称取少许m克产品，置于蒸馏水中完全水解，并配成100mL溶液。取10.00mL溶液于锥形瓶中加入V1mL浓度为C1 mol/LAgNO3溶液使氯离子完全沉淀；向
38、其中加入少许硝基苯用力摇动。以硝酸铁为指示剂，用C2 mol/L KSCN标准溶液滴定过量的AgNO3溶液。重复步骤二次，达到滴定终点时用去KSCN溶液的平均体积为V2mL。已知：Ksp(AgCl)Ksp(AgSCN)。（4）步骤移取溶液时所需仪器名称为_，步骤中达到滴定终点的现象为_。（5）产品中氯元素的质量分数为_。（6）下列操作，可能引起测得产品中氯含量偏高是_。A步骤中未加硝基苯B步骤中配制100mL溶液时，定容时俯视刻度线C用KSCN溶液滴定剩余AgNO3溶液时，滴定前有气泡，滴定后无气泡D滴定剩余AgNO3溶液时，KSCN溶液滴到锥形瓶外面一滴【答案】（1）E H J H 将BCl
39、3冷凝为液态分离出来 （2）BCl3+3H2O=H3BO3+3HCl（3）F中黑色固体变成红色且澄清石灰水变浑浊（4）酸式滴定管或移液管 当滴入最后一滴KSCN溶液时，混合液由无色变为红色且半分钟内不褪色（5）（6）B【解析】【分析】（1）干燥的氯气、B2O3、C反应生成BCl3和CO，BCl3的熔点为-107.3，沸点为12.5，收集三氯化硼要用冰水冷却，未反应的氯气用氢氧化钠溶液吸收，三氯化硼易水解，为防止氢氧化钠溶液中的水进入装置E，在E和J之间加H装置，用于吸水，生成的CO经干燥后在通过F装置还原氧化铜，再将生成的气体通过澄清的石灰水检验，可以证明原反应中有CO生成，多余的CO不能排放
40、到空气中，要排水法收集。（2）BCl3接触潮湿空气时会形成白雾，是三氯化硼水解生成HCl，HCl溶于空气中的水形成盐酸小液滴从而形成白雾；（3）CO能还原氧化铜，使黑色的氧化铜生成红色的铜单质，CO自身被氧化成二氧化碳，能使澄清的石灰水变浑浊；（4）根据Fe3+、SCN-反应产生血红色物质判断滴定终点；（5）（6）根据n(Ag+)=n(Cl-)+n(SCN-)，可计算出溶液中10.00mL溶液中含有的n(Cl-)，然后计算mg即100mL中含有的n(Cl-)，从而计算出其质量分数，根据v=n/V进行误差分析。据此解答。【详解】（1）干燥的氯气、B2O3、C反应生成BCl3和CO，BCl3的熔点
41、为-107.3，沸点为12.5，收集三氯化硼要用冰水冷却，未反应的氯气用氢氧化钠溶液吸收，三氯化硼易水解，为防止氢氧化钠溶液中的水进入装置E，在E和J之间加H装置，用于吸水，生成的CO经干燥后在通过F装置还原氧化铜，再将生成的气体通过澄清的石灰水检验，可以证明原反应中有CO生成，多余的CO不能排放到空气中，要排水法收集。则该实验装置中合理的连接顺序为G_E_H_J_H_FDI；其中装置E的作用是将BCl3冷凝为液态分离出来。本小题答案为：E 、H 、J 、H ；将BCl3冷凝为液态分离出来。（2）BCl3接触潮湿空气时会形成白雾，是三氯化硼水解生成HCl，HCl溶于空气中的水形成盐酸小液滴形成
42、白雾，则三氯化硼水解的化学方程式为BCl3+3H2O=H3BO3+3HCl。本小题答案为：BCl3+3H2O=H3BO3+3HCl。（3）CO能还原氧化铜，使黑色的氧化铜生成红色的铜单质，CO自身被氧化成二氧化碳，能使澄清的石灰水变浑浊，则能证明反应中有CO生成的现象是F中黑色固体变成红色且澄清石灰水变浑浊。本小题答案为：F中黑色固体变成红色且澄清石灰水变浑浊。（4）步骤移取溶液时所需仪器名称为酸式滴定管或移液管；用KSCN标准溶液滴定过量的AgNO3溶液，当硝酸银恰好反应完时，再滴入KSCN标准溶液，KSCN遇硝酸铁会生成硫氰化铁血红色溶液，则步骤中达到滴定终点的现象为当滴入最后一滴KSCN
43、溶液时，混合液由无色变为红色且半分钟内不褪色。本小题答案为：酸式滴定管或移液管；当滴入最后一滴KSCN溶液时，混合液由无色变为红色且半分钟内不褪色。（5）消耗的硫氰化钾的物质的量为10-3C2V2mol/L，则过量的硝酸银的物质的量为10-3C2V2mol/L，则与产品中的氯离子反应的硝酸银的物质的量为(10-3C1V1-10-3C2V2)mol/L，则10.00mL该产品溶液中的氯离子的物质的量也为(10-3C1V1-10-3C2V2)mol/L，100.00mL该产品溶液中的氯离子的物质的量也为(10-2C1V1-10-2C2V2)mol/L，质量为35.5(10-2C1V1-10-2C2V2)g，产品中氯元素的质量分数为35.5(10-2C1V1-10-2C2V2)/m100%，即。（6）A. 步骤中未加硝基苯，会使一部分氯化银转化为硫氰化银，导致n(SCN-)增大，根据关系式n(Ag+)=n(Cl-)+n(SCN-)可知样品中含有的n(Cl-)偏小，故A不符合题意；B. 步骤中配制100mL溶液时，定容时俯视刻度线，则使c(Cl-)偏大，等体积时含有的n(Cl-)偏大，故 B符合题意