1、2021高考化学真题和模拟题分类汇编 专题16化学实验设计与探究2021年化学高考题1（2021全国高考真题）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)：.将浓、石墨粉末在c中混合，置于冰水浴中，剧烈搅拌下，分批缓慢加入粉末，塞好瓶口。.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。.转移至大烧杯中，静置冷却至室温。加入大量蒸馏水，而后滴加至悬浊液由紫色变为土黄色。.离心分离，稀盐酸洗涤沉淀。.蒸馏水洗涤沉淀。.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
2、a、c的名称分别是_、_，仪器b的进水口是_(填字母)。(2)步骤中，需分批缓慢加入粉末并使用冰水浴，原因是_。(3)步骤中的加热方式采用油浴，不使用热水浴，原因是_。(4)步骤中，的作用是_(以离子方程式表示)。(5)步骤中，洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在来判断。检测的方法是_。(6)步骤可用试纸检测来判断是否洗净，其理由是_。【答案】滴液漏斗 三颈烧瓶 d 反应放热，防止反应过快 反应温度接近水的沸点，油浴更易控温 取少量洗出液，滴加，没有白色沉淀生成 与电离平衡，洗出液接近中性时，可认为洗净 【解析】(1)由图中仪器构造可知，a的仪器名称为滴液漏斗，c的仪器名称为三颈烧瓶；仪器
3、b为球形冷凝管，起冷凝回流作用，为了是冷凝效果更好，冷却水要从d口进，e口出，故答案为：分液漏斗；三颈烧瓶；d；(2)反应为放热反应，为控制反应速率，避免反应过于剧烈，需分批缓慢加入KMnO4粉末并使用冰水浴，故答案为：反应放热，防止反应过快；(3)油浴和水浴相比，由于油的比热容较水小，油浴控制温度更加灵敏和精确，该实验反应温度接近水的沸点，故不采用热水浴，而采用油浴，故答案为：反应温度接近水的沸点，油浴更易控温；(4)由滴加H2O2后发生的现象可知，加入的目的是除去过量的KMnO4，则反应的离子方程式为：2Mn+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O，故答案为：2Mn+5H2O2+6
4、H+=2Mn2+5O2+8H2O ；(5)该实验中为判断洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在S来判断，检测方法是：取最后一次洗涤液，滴加BaCl2溶液，若没有沉淀说明洗涤完成，故答案为：取少量洗出液，滴加BaCl2，没有白色沉淀生成；(6)步骤IV用稀盐酸洗涤沉淀，步骤V洗涤过量的盐酸，与电离平衡，洗出液接近中性时，可认为洗净，故答案为：与电离平衡，洗出液接近中性时，可认为洗净。2（2021山东高考真题）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)。
5、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_；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_，证明WO3已被完全还原的现象是_。(2)WO3完全还原后，进行的操作为：冷却，停止通H2；以干燥的接收装置替换E；在B处加装盛有碱石灰的干燥管；加热，通Cl2；。碱石灰的作用是_；操作是_，目的是_。(3)利用碘量法测定WCl6产品纯度，实验如下：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_g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。滴
6、定：先将WCl6转化为可溶的Na2WO4，通过IO离子交换柱发生反应：WO+Ba(IO3)2=BaWO4+2IO；交换结束后，向所得含IO的溶液中加入适量酸化的KI溶液，发生反应：IO+5I-+6H+=3I2+3H2O；反应完全后，用Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2S2O=2I-+S4O。滴定达终点时消耗cmolL-1的Na2S2O3溶液VmL，则样品中WCl6(摩尔质量为Mgmol-1)的质量分数为_。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_(填“偏大”“偏小”或“不变”)，样品中WCl6质量分数的测定值将_(填“偏大”“偏小”或“
7、不变”)。【答案】排除装置中的空气 直形冷凝管 淡黄色固体变为银白色 吸收多余氯气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入E 再次通入N2 排除装置中的H2 ( m3+m1- 2m2) % 不变 偏大 【分析】(1) 将WO3在加热条件下用H2还原为W，为防止空气干扰，还原WO3之前要除去装置中的空气；(2) 由信息可知WCl6极易水解，W与Cl2反应制取WCl6时，要在B处加装盛有碱石灰的干燥管，防止空气中的水蒸气进入E中；(3)利用碘量法测定WCl6产品纯度，称量时加入足量的CS2用于溶解样品，盖紧称重为m1g，由于CS2易挥发，开盖时要挥发出来，称量的质量要减少，开盖并计时1分钟，盖紧称重
8、m2g，则挥发出的CS2的质量为(m1- m2)g，再开盖加入待测样品并计时1分钟，又挥发出(m1- m2)g的CS2，盖紧称重为m3g，则样品质量为：m3g+2(m1- m2)g-m1g=( m3+m1- 2m2)g；滴定时，利用关系式：WO2IO6I212 S2O计算样品中含WCl6的质量，进而计算样品中WCl6的质量分数；根据测定原理分析是否存在误差及误差是偏大还是偏小。【解析】(1)用H2还原WO3制备W，装置中不能有空气，所以先通N2，其目的是排除装置中的空气；由仪器构造可知仪器A的名称为直形冷凝管；WO3为淡黄色固体，被还原后生成W为银白色，所以能证明WO3已被完全还原的现象是淡黄
9、色固体变为银白色，故答案为：淡黄色固体变为银白色；(2) 由信息可知WCl6极易水解，W与Cl2反应制取WCl6时，要在B处加装盛有碱石灰的干燥管，防止空气中的水蒸气进入E中，所以碱石灰的作用其一是吸收多余氯气，防止污染空气；其二是防止空气中的水蒸气进入E；在操作加热，通Cl2之前，装置中有多余的H2，需要除去，所以操作是再次通入N2，目的是排除装置中的H2，故答案为：吸收多余氯气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入E；再次通入N2；排除装置中的H2；(3) 根据分析，称量时加入足量的CS2，盖紧称重为m1g，由于CS2易挥发，开盖时要挥发出来，称量的质量要减少，开盖并计时1分钟，盖紧称重m
10、2g，则挥发出的CS2的质量为(m1- m2)g，再开盖加入待测样品并计时1分钟，又挥发出(m1- m2)g的CS2，盖紧称重为m3g，则样品质量为：m3g+2(m1- m2)g-m1g=( m3+m1- 2m2)g，故答案为：( m3+m1- 2m2)；滴定时，根据关系式：WO2IO6I212 S2O，样品中n(WCl6)=n(WO)=n(S2O)=cV10-3mol，m(WCl6)=cV10-3molMg/mol=g，则样品中WCl6的质量分数为：100%=%；根据测定原理，称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，挥发的CS2的质量增大，m3偏小，但WCl6的质量不变，则滴定时消耗N
11、a2S2O3溶液的体积将不变，样品中WCl6质量分数的测定值将偏大，故答案为：%；不变；偏大。3（2021广东高考真题）含氯物质在生产生活中有重要作用。1774年，舍勒在研究软锰矿(主要成分是)的过程中，将它与浓盐酸混合加热，产生了一种黄绿色气体。1810年，戴维确认这是一种新元素组成的单质，并命名为chlorine(中文命名“氯气”)。(1)实验室沿用舍勒的方法制取的化学方程式为_。(2)实验室制取干燥时，净化与收集所需装置的接口连接顺序为_。(3)某氯水久置后不能使品红溶液褪色，可推测氯水中_已分解。检验此久置氯水中存在的操作及现象是_。(4)某合作学习小组进行以下实验探究。实验任务。通过
12、测定溶液电导率，探究温度对溶解度的影响。查阅资料。电导率是表征电解质溶液导电能力的物理量。温度一定时，强电解质稀溶液的电导率随溶液中离子浓度的增大而增大；离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而增大。25时，。提出猜想。猜想a：较高温度的饱和溶液的电导率较大。猜想b：在水中的溶解度。设计实验、验证猜想。取试样、(不同温度下配制的饱和溶液)，在设定的测试温度下，进行表中实验13，记录数据。实验序号试样测试温度/电导率/1：25的饱和溶液252：35的饱和溶液353：45的饱和溶液45数据分析、交流讨论。25的饱和溶液中，_。实验结果为。小组同学认为，此结果可以证明中的猜想成立，但不足以证明猜想
13、成立。结合中信息，猜想不足以成立的理由有_。优化实验。小组同学为进一步验证猜想，在实验13的基础上完善方案，进行实验4和5。请在答题卡上完成表中内容。实验序号试样测试温度/电导率/4_5_实验总结。根据实验15的结果，并结合中信息，小组同学认为猜想也成立。猜想成立的判断依据是_。【答案】MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O c-d-b-a-e HClO 向溶液中加入过量稀硝酸，防止溶液中含有C、HC等，再加入少量AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有Cl- 1.3410-5 测试温度不同，根据电导率结果无法判断不同温度下饱和溶液的溶解度 45 II 45 A3B2
14、B1 【解析】(1)实验室通常采用浓盐酸和MnO2制取，化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O；(2)根据化学方程式可知，制取的氯气中混有氯化氢、水蒸气，氯气有毒，必须进行尾气处理，因此使用饱和食盐水吸收氯化氢气体，浓硫酸除去水蒸气，最后用NaOH溶液吸收尾气，因此接口连接顺序为c-d-b-a-e，故答案为：c-d-b-a-e；(3)久置后不能使品红溶液褪色，说明HClO已分解；检验的方法为向溶液中加入过量稀硝酸，防止溶液中含有C、HC等，再加入少量AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有C
15、l-，故答案为：HClO；向溶液中加入过量稀硝酸，防止溶液中含有C、HC等，再加入少量AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有Cl-；(4)25时，根据沉淀溶解平衡可知，饱和的溶液中，所以有=1.3410-5；实验13中，不同的饱和溶液浓度不同且测试温度不同，根据资料显示离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而增大，所以根据实验13无法判断温度较高的饱和溶液离子浓度大，进而不能得出溶解度关系，故答案为：1.3410-5；测试温度不同，根据电导率结果无法判断不同温度下饱和溶液的溶解度；如果要判断AgCl在水中的溶解度随温度的变化情况，可以设计不相同温度下的饱和溶液在相同温度下测试，
16、如果温度较高下的饱和溶液电导率比温度较低的饱和溶液电导率高，则可以得出温度升高饱和溶液中离子浓度高。所以可以设计试样在45下测试与实验3比较；设计试样II在45下测试与实验3比较。故答案为：45；II；45；猜想成立的判断依据是A3B2B1，故答案为：A3B2B1。4（2021河北高考真题）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NaHCO3，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AE中选择合适的仪器制备NaHCO3，正确的连接顺序是_(按气流方向，用小写字母表示)。为使
17、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_。A B C D E.(2)B中使用雾化装置的优点是_。(3)生成NaHCO3的总反应的化学方程式为_。(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：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_g。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_、_、洗涤、干燥。(5)无水NaH
18、CO3可作为基准物质标定盐酸浓度.称量前，若无水NaHCO3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_(填标号)。A偏高 B偏低 不变【答案】aefbcgh 将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔 使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率（或其他合理答案） NH3H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3 0.84 蒸发浓缩 冷却结晶 A 【分析】根据工艺流程知，浓氨水中加入氯化钠粉末形成饱和氨盐水后，再通入二氧化碳气体，发生反应：NH3H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3，得到的碳酸氢钠晶体烘干后受热分解会生成碳酸钠、二氧化碳和水，从而制备得到
19、纯碱；另一方面得到的母液主要溶质为NH4Cl，再从加入氯化钠粉末，存在反应，据此分析解答。【解析】(1)根据分析可知，要制备，需先选用装置A制备二氧化碳，然后通入饱和碳酸氢钠溶液中除去二氧化碳中的HCl，后与饱和氨盐水充分接触来制备，其中过量的二氧化碳可被氢氧化钠溶液吸收，也能充分利用二氧化碳制备得到少量，所以按气流方向正确的连接顺序应为：aefbcgh；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玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔，故答案为：aefbcgh；将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔；(2)B中使用雾化装置使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率；
20、(3)根据上述分析可知，生成的总反应的化学方程式为NH3H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3；(4)对固体充分加热，产生二氧化碳和水蒸气，反应的化学方程式为： 将气体先通过足量浓硫酸，吸收水蒸气，再通过足量，与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：，根据方程式可知，根据差量法可知，当增重（2CO的质量）时，消耗的二氧化碳的质量为=0.22g，其物质的量为，根据关系式可知，消耗的的物质的量为20.005mol=0.01mol，所以固体的质量为0.01mol84g/mol=0.84g；根据溶解度虽温度的变化曲线可以看出，氯化铵的溶解度随着温度的升高而不断增大，而氯化钠的溶解度随
21、着温度的升高变化并不明显，所以要想使沉淀充分析出并分离，需采用蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、干燥的方法，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；(5)称量前，若无水保存不当，吸收了一定量水分，标准液被稀释，浓度减小，所以用其标定盐酸浓度时，消耗的碳酸氢钠的体积会增大，根据c(测)=可知，最终会使c(测)偏高，A项符合题意，故答案为：A。2021年化学高考模拟题一、单选题1（2021安徽高三一模）科学实验中，要尽可能避免干扰因素对实验的影响。下列分析错误的A用甲操作检验K+，应透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，来排除Na+干扰B用乙装置制备氢氧化亚铁，胶头滴管插到覆盖一层苯的液面以下，以防止空气干扰C用丙装置制备并
22、检验乙烯，氢氧化钠溶液用来排除CO2对乙烯检验的干扰D丁装置中，读出H2的体积时，待装置冷却至室温，将漏斗缓缓下移至两端的液面处于相平，是为了防止温度和压强对气体体积的影响【答案】C【解析】A用焰色试验检验钾离子时，观测钾元素的焰色时要透过蓝色钴玻璃片，滤去钠元素的黄光的干扰，来排除钠离子的干扰，故A正确；B氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化，制备氢氧化亚铁时，长胶头滴管插到覆盖一层苯的液面以下，以防止空气干扰，故B正确；C用乙醇与浓硫酸共热制备乙烯时，乙醇具有挥发性，浓硫酸具有脱水性和强氧化性，会发生副反应，使得乙烯气体中混有乙醇、二氧化硫、二氧化碳等杂质，其中乙烯和乙醇、二氧化硫都能与酸性高锰
23、酸钾溶液反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，则检验乙烯时，应将混合气体通过盛有氢氧化钠溶液的洗气瓶吸收乙醇、二氧化硫、二氧化碳等，用来排除乙醇、二氧化硫对乙烯检验的干扰，故C错误；D测定气体体积时必须测定实验时的室温和压强，则读出氢气的体积时，应待装置冷却至室温，将漏斗缓缓下移至两端的液面处于相平测定氢气体积，防止温度和压强对氢气体积的影响，故D正确；故选C。二、实验题2（2021福建省南安第一中学高三二模）过氧化钙可以用于改善地表水质，处理含重金属粒子废水和治理赤潮，也可用于应急供氧等。实验室模仿工业上生产过氧化钙的主要流程如下：已知：沉淀时需控制温度为0左右；CaO28H2O呈白色，微溶于水，加
24、热至350左右开始分解放出氧气。(1)实验装置如下：沉淀步骤需控制温度为0左右，控温直接有效的方法是_。仪器m的名称是_；装置连接顺序为_(填序号)。沉淀生成的反应方程式为_。(2)乙醇洗涤的目的是_。(3)请设计实验定性检验产品为CaO2(简单地描述实验步骤和现象)_。(4)产品纯度测定实验步骤如下：第一步：准确称取ag产品于烧杯中，加入适量的盐酸使其完全溶解；第二步：向上述溶液中加入稍过量的(NH4)2C2O4，沉淀完全，过滤并洗涤沉淀；第三步：将洗涤好的沉淀用稍过量的稀硫酸溶解，溶解液和洗涤液全部转移至锥形瓶中；第四步：向锥形瓶中滴入几滴MnSO4溶液，然后逐滴滴入浓度为cmolL-1的
25、KMnO4溶液至终点，消耗KMnO4溶液VmL。滴定前，滴入MnSO4溶液的目的是_。产品的纯度为_(用字母表示)。若第三步用稀盐酸溶解，所测纯度_(填“偏低”“不变”或“偏高”)【答案】冰水浴 恒压漏斗 fab(ba)cde CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO28H2O+2NH4Cl 去除结晶表面的水分 取适量的产品于试管中，加热，将带火星的木条靠近试管口，若复燃则说明产品为CaO2 起催化作用，加快反应速率 偏高 【分析】由题给流程可知，氯化钙固体溶于水得到氯化钙溶液，向溶液中加入30%过氧化氢溶液和氨水，氯化钙溶液与过氧化氢溶液和氨水反应生成八水过氧化钙沉淀，沉淀经水洗、乙
26、醇洗后，烘烤得到无水过氧化钙。【解析】(1)氨水和过氧化氢溶液受热易分解，则实验时，应采用冰水浴控制反应温度为0 左右，防止氨水和过氧化氢溶液分解，导致产率降低，故答案为：冰水浴；由实验装置图可知，仪器m为恒压滴液漏斗，便于浓氯化钙溶液顺利流下；第四个装置为浓氨水与氧化钙反应制备氨气，由于氨气极易溶于水，为防止实验时产生倒吸，应在第四个装置后连接第一个装置，该装置为空载仪器，起安全瓶、防倒吸的作用，第二个装置为制备八水过氧化钙的装置，第三个装置为氨气的吸收装置，导致的漏斗起防倒吸的作用，则装置的连接顺序为fab(ba)cde，故答案为：fab(ba)cde；沉淀生成的反应为浓氯化钙溶液与过氧化
27、氢溶液和氨气反应生成八水过氧化钙沉淀和氯化铵，反应的化学方程式为CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO28H2O+2NH4Cl，故答案为：CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO28H2O+2NH4Cl；(2)由信息可知，CaO28H2O微溶于水，水洗后，晶体表面残存水，用乙醇洗涤可除去晶体表面的水，使晶体迅速变干，故答案为：去除结晶表面的水分；(3) 由信息可知，CaO28H2O加热至350左右开始分解放出氧气可知，检验产品为CaO2的操作为取适量的产品于试管中，加热，将带火星的木条靠近试管口，若复燃则说明产品为CaO2，故答案为：取适量的产品于试管中，加热，将带火星的木条
28、靠近试管口，若复燃则说明产品为CaO2；(4)酸性条件下，草酸溶液与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应时， MnSO4能起催化剂的作用，使反应速率加快，故答案为：起催化作用，加快反应速率；由题意可得如下关系式：5CaO25H2C2O42 KMnO4，由反应消耗VmLcmolL-1KMnO4溶液可得产品的纯度为100%=，故答案为：；若第三步用稀盐酸溶解，酸性条件下，氯离子也能与高锰酸钾溶液反应，会导致消耗高锰酸钾溶液的体积偏大，使所测产品的纯度偏高，故答案为：偏高。3（2021南岸区重庆第二外国语学校高三三模）铋酸钠(NaBiO3)是分析化学中的重要试剂，在水中缓慢分解，遇沸水或酸则迅速分解。某兴趣
29、小组设计实验制取铋酸钠并探究其应用。回答下列问题：.制取铋酸钠。制取装置如图(加热和夹持仪器已略去)，部分物质性质如下：物质NaBiO3Bi(OH)3性质不溶于冷水；浅黄色难溶于水；白色(1)C中盛放Bi(OH)3与NaOH的混合物，与Cl2反应生成NaBiO3，反应的化学方程式为：_，B装置的作用是_。(2)当观察到_(填现象)时，可以初步判断C中反应已经完成。(3)拆除装置前必须先除去残留的Cl2，以免污染空气。除去烧瓶A中残留Cl2的操作是：关闭_；打开_。(4)反应结束后，为从装置C中获得尽可能多的产品，需要的操作有_、过滤、_。.铋酸钠的应用检验Mn2+(5)往待检液中加入铋酸钠晶体
30、，加硫酸酸化，生成Bi3+，且溶液变为紫红色，证明待检液中存在Mn2+。产生紫红色现象的离子方程式为_。.产品纯度的测定(6)取上述NaBiO3产品ag，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，再用bmolL1的H2C2O4标准溶液滴定生成的MnO(已知：H2C2O4+MnOCO2+Mn2+H2O，未配平)，当溶液紫红色恰好褪去时，消耗cmL标准溶液。该产品的纯度为_(用含a、b、c的代数式表示)。【答案】Bi(OH)3+3NaOH+Cl2=NaBiO3+2NaCl+3H2O 除去HCl C中的白色固体消失(或黄色不再加深；C中上方充满黄绿色气体等) K1、K3 (K1可不填) K2 在
31、冰水中冷却结晶 洗涤、干燥 5NaBiO3+2Mn2+14H+=5Bi3+2MnO+5Na+7H2O 280bc10-3/a或28bc/a 或 0.28bc/a100 【分析】用浓盐酸和二氧化锰反应制备氯气，其中混合有挥发出的氯化氢气体，要用饱和食盐水进行除杂，然后利用氯气的强氧化性，在碱性环境下将Bi(OH)3氧化为NaBiO3；利用锰离子的还原性将NaBiO3还原，锰离子氧化为高锰酸根离子，检验NaBiO3的氧化性；实验结束后，产物有毒性，故打开三颈烧瓶的氢氧化钠溶液，吸收剩余的氯气；NaBiO3纯度的检测利用NaBiO3和锰离子反应生成高锰酸根，高锰酸根再与草酸反应来测定，根据氧化还原反
32、应反应进行计算。据此分析解题。【解析】(1)C中盛放Bi(OH)3与NaOH的混合物，与Cl2反应生成NaBiO3，根据氧化还原反应原理，Bi(OH)3+3NaOH+Cl2=NaBiO3+2NaCl+3H2O 。浓盐酸具有挥发性，B装置的作用是除去HCl。(2)C中反应已经完成，则白色的Bi(OH)3全部变成了黄色的NaBiO3，白色固体消失。(3)从图上装置看，关闭K1、K3，打开K2可使氢氧化钠流下与剩余的氯气反应。(4)反应结束后，为从装置C中获得尽可能多的产品，由题意可知，NaBiO3不溶于冷水，接下来的操作尽可能在冷水环境下进行，需要的操作可在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。(5)
33、往待检液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，生成Bi3+，且溶液变为紫红色，证明待检液中存在Mn2+，说明铋酸钠将锰离子氧化为高锰酸根离子，因为属于酸性环境，所以铋酸钠被还原为Bi3+，根据氧化还原反应原理可知，产生紫红色现象的离子方程式为： 5NaBiO3+2Mn2+14H+=5Bi3+2MnO+5Na+7H2O。(6)根据得失电子守恒可知，草酸和高锰酸根离子的反应比例 H2C2O4MnO4-=5：2，又因为5NaBiO3+2Mn2+14H+=5Bi3+2MnO+5Na+7H2O，即：NaBiO3：H2C2O4=1：1，纯度为=，或。4（2021青海西宁市高三二模）无水三氯化铁常用于净水剂、印染的
34、媒染剂，印刷制版时的腐蚀剂，在化学工业中还可制造其他铁盐，及处理肥皂提取粗甘油等。它具有易水解、易升华的性质。铁粉与氯气反应制备无水FeCl3的实验装置如图所示：回答下列问题：(1)装置A的作用是_，通入氯气后，装置A中观察到有酸雾产生，原因是_。(2)装置C中P2O5的作用是_，请写出装置D中发生反应的化学方程式：_。(3)在E、G处收集产物是利用了FeCl3_的性质；实验过程中若F处出现堵塞，则在B处可观察到的现象是_。(4)装置H的作用是_；装置I中发生反应的离子方程式是_。(5)某同学用11.2g干燥铁粉制得无水FeCl3样品29.9g，该次实验的产率是_。(6)实验室中还常用SOCl
35、2与FeCl36H2O晶体共热制备无水FeCl3，其化学反应方程式为_。【答案】干燥Cl2 潮湿的氯气通过浓硫酸时，水与浓硫酸相遇放出大量的热使三氧化硫逸出，三氧化硫遇到瓶内空气中的水蒸气形成酸雾 除去酸雾 易升华 B处有气泡产生 防止装置I中水蒸气进入装置G中使氯化铁发生水解 Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O 92% 【分析】该实验的目的是制备FeCl3；由于FeCl3易水解，故要先将潮湿Cl2通过装置A，以获得干燥的Cl2，其中潮湿的氯气通过浓硫酸时，水与浓硫酸相遇放出大量的热使三氧化硫逸出，三氧化硫遇到瓶内空气中的水蒸气形成酸雾，故需要装置C来除去酸雾；装置D为Fe和Cl2反应
36、生成FeCl3的装置；装置E、G为FeCl3的收集装置；装置B、I为Cl2的吸收装置；由于FeCl3易升华，在E、G中可得到固体FeCl3，则有部分FeCl3固体会在F中积累，可能会引起堵塞，这时Cl2会进入到B中被吸收以防止污染环境；为防止装置I中的水蒸气进入G中，需装置H来吸收装置I中的水蒸气，以防止G中FeCl3水解。【解析】(1)装置A的作用是干燥Cl2，以获得干燥的Cl2；通入Cl2后，装置A中观察到有酸雾产生，其原因是潮湿的氯气通过浓硫酸时，水与浓硫酸相遇放出大量的热使三氧化硫逸出，三氧化硫遇到瓶内空气中的水蒸气形成酸雾；(2)装置C中P2O5的作用是除去酸雾；D中Fe和干燥的Cl
37、2发生反应，化学方程式为；(3)在E、G处收集产物是利用了FeCl3易升华的性质；若F处出现堵塞，在B处可观察到有气泡产生；(4)FeCl3易潮解，装置H可以防止装置I中水蒸气进入装置G中使氯化铁发生水解；装置I用来吸收Cl2，相应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；(5)n(Fe)=0.2mol，则理论上，反应产生0.2mol FeCl3，即32.5g，则该次实验的产率为=92%；(6)该反应的化学方程式为。5（2021青海高三三模）亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效漂白剂，其有效氯含量相当于漂白粉的7倍。可用ClO2与过氧化氢为原料制取亚氯酸钠，相关实验装置如图所示。
38、请回答：已知：2NaClO3H2O2H2SO4=2ClO2O2Na2SO42H2O；2ClO22NaOH=NaClO2NaClO3H2O；已知NaClO2饱和溶液在温度低于38时析出NaClO23H2O晶体，高于38时析出NaClO2晶体，高于60时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。(1)仪器B的作用是_。(2)写出装置C中制备NaClO2固体的化学方程式：_。冰水浴冷却的目的是_(写两种)。(3)在装置A中发生反应生成NaClO2，反应过程中放出大量的热。研究表明，实验时装置C中H2O2与NaOH的物料比需要控制在0.8左右，原因可能是_。在吸收液中H2O2和NaOH的物料比、浓度和
39、体积不变的条件下，控制反应在03进行，实验中可采取的措施是_。(4)尾气吸收时，一般用_溶液吸收过量的ClO2。(5)为了测定NaClO2粗品的纯度，取上述粗产品a g溶于水配成1 L溶液，取出10 mL溶液于锥形瓶中，再加入足量酸化的KI溶液，充分反应后(NaClO2被还原为Cl-，杂质不参加反应)，加入23滴淀粉溶液，用0.20 molL-1 Na2S2O3标准液滴定，达到滴定终点时用去标准液V mL，试计算NaClO2粗品的纯度_(提示：2Na2S2O3I2=Na2S4O62NaI)(6)下列关于该实验及样品组成分析的说法，正确的是_(填字母)。A装置C中制得的NaClO2固体中可用略低
40、于38的热水洗涤23遍B装置C中制得的NaClO2固体后的操作包括过滤、洗涤和干燥C如果撤去装置C中的冰水浴，可能导致产品中混有的杂质是NaClO3和NaClD装置A中空气流速过快或过慢，均会增大NaClO2的产率【答案】防止倒吸 2ClO2+H2O2+2NaOH=2ClO2+O2+2H2O 减少H2O2的分解、提高ClO2的溶解度 H2O2受热易分解，配料时应略过量；同时防止ClO2与NaOH反应生成杂质 使用冰水浴，且缓慢通入ClO2 NaOH BC 【分析】按图组装好仪器后，检查装置的气密性；装置A中发生2NaClO3H2O2H2SO4=2ClO2O2Na2SO42H2O；装置B的作用是
41、防止倒吸；装置C中冰水浴冷却的主要目的降低反应速率，减少H2O2的分解减少ClO2的分解；装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外，还因为NaClO2遇酸放出ClO2，需用NaOH溶液吸收ClO2；空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解爆炸，空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的产率下降。根据关系式NaClO22I24S2O计算产品的纯度。【解析】(1)仪器B的作用是防止倒吸。故答案为：防止倒吸；(2)装置C中制备NaClO2固体的化学方程式：2ClO2+H2O2+2NaOH=2ClO2+O2+2H2O。冰水浴冷却的目的是减少H2O2的分解、提高ClO2的
42、溶解度 (写两种)。故答案为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2ClO2+O2+2H2O；减少H2O2的分解、提高ClO2的溶解度；(3)实验时装置C中H2O2与NaOH的物料比需要控制在0.8左右，原因可能是H2O2受热易分解，配料时应略过量；同时防止ClO2与NaOH反应生成杂质。故答案为：H2O2受热易分解，配料时应略过量；同时防止ClO2与NaOH反应生成杂质；在吸收液中H2O2和NaOH的物料比、浓度和体积不变的条件下，控制反应在03进行，实验中可采取的措施是使用冰水浴，且缓慢通入ClO2。故答案为：使用冰水浴，且缓慢通入ClO2；(4)尾气吸收时，根据2ClO22NaOH=NaC
43、lO2NaClO3H2O，一般用NaOH溶液吸收过量的ClO2。故答案为：NaOH；(5)NaClO2与足量酸化的KI溶液，反应为：ClO2-+4I-+4H+2H2O+2I2+Cl-，则：由关系式NaClO22I24S2O，n(NaClO2)= n(S2O)=0.2mol/L10-3VL=510-5Vmol，10mL样品中m（NaClO2）=510-5Vmol90.5g/mol=4.52510-3Vg，原样品中NaClO2的质量分数为： =；故答案为：；(6)ANaClO2饱和溶液在温度低于38时析出的晶体是NaClO23H2O，高于38时析出的晶体是NaClO2，高于60时NaClO2分解成
44、NaClO3和NaCl，装置C中制得的NaClO2固体中可用用3860的温水洗涤23遍，故A错误；B装置C中制得的NaClO2固体后的操作包括趁热过滤， 用3860的温水洗涤，低于60干燥，得到成品，故B正确；C高于60时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，如果撤去装置C中的冰水浴，可能导致产品中混有的杂质是NaClO3和NaCl，故C正确；D装置A中空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解爆炸，空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的产率下降，故D错误；故答案为：BC。6（2021全国高三零模）四氯化锡是无色液体，熔点为，沸点为144，遇水即发生水解反应生
45、成锡酸()，并产生有刺激性的气体，可用作媒染剂、催化剂等。与非极性分子能互溶。某化学实验小组拟制备四氯化锡(如下图所示)，并探究其部分水解产物。请回答下列问题：(1)甲装置中发生反应的化学方程式为_，仪器的名称是_。(2)干燥管中碱石灰的作用是_，如果没有干燥管，三颈烧瓶中可能发生的化学反应方程式为_。(3)实验过程中如果的量不足，可能会产生副产物_(填化学式)。实验室配制水溶液的操作方法是_。(4)探究四氯化锡水解的部分产物。甲同学取三颈烧瓶中的部分固体于洁净试管中，往试管中加入少量蒸馏水，将试管中产生的气体通入酸化的溶液中，生成了白色沉淀。该同学由此判断该气体为。乙同学认为该结论不准确，试简述理由_。请设计改进方案_。【答案】 球形冷
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