上海市徐汇区三年（2020-2022）年高考化学模拟题分题型分层汇编-05化学实验基础（填空基础提升题）

上海市徐汇区三年（2020-2022）年高考化学模拟题分题型分层汇编-05化学实验基础（填空基础提升题）
一、填空题
1．（2020·上海徐汇·统考二模）硫酸铜是一种重要盐。
完成下列填空：
(1)无水硫酸铜为___________色粉末，CuSO4·5H2O属于___________晶体，由饱和CuSO4溶液获取CuSO4·5H2O晶体的方法___________。
(2)向硫酸铜溶液中逐滴滴加NaHCO3溶液，产生含有Cu(OH)2的沉淀和无色气体，请用平衡知识解释原因___________。
(3)写出使用硫酸铜溶液制备新制氢氧化铜悬浊液的方法___________。
(4)实验室制备乙炔时，常用硫酸铜溶液除去杂质气体H2S，写出除杂时发生的离子方程式____。0.80 g CuSO4·5H2O样品受热脱水过程中热重曲线如图所示。
(5)计算确定200℃时固体物质的化学式___________。
(6)用___________法分离混合液中的铜离子和铁离子。
2．（2021·上海徐汇·统考一模）高锰酸钾(KMnO4)是一种广泛使用的氧化剂和消毒剂。完成下列填空：
(1)测定室内甲醛含量，发生反应如下。
_______+_______HCHO +_______H+ →_______Mn2+ +_______CO2↑ +_______H2O
配平该方程式_______。
(2)将室内气体通入20 mL 1×10-3 mol/L酸性KMnO4溶液中，通入10 L时，溶液颜色恰好变为无色，计算室内甲醛的浓度为_______mg/L；上述酸性KMnO4是指用硫酸酸化的KMnO4溶液，请说明不使用硝酸酸化的理由_______。
(3)配制KMnO4溶液，定容操作的方法为_______。
(4)将HCl气体通入KMnO4溶液中，溶液会逐渐褪色，体现HCl的_______性质。
(5)KMnO4溶液与明矾溶液混合后，发生复分解反应，生成深紫色沉淀，写出该反应的化学方程式_______。
(6)0.01%的KMnO4溶液可用于消毒蔬果和餐具，该溶液一般保存在棕色试剂瓶中，请解释原因_______。
二、实验题
3．（2022·上海徐汇·统考三模）可用于面粉的漂白和杀菌。已知：为黄色油状体液，熔点为-40℃，沸点为70℃，95℃以上易爆炸。实验室可用和溶液反应制取，所用装置如下：
完成下列填空：
(1)三卤化氮()的分子空间构型与相似，热稳定性比强的有_______。在热水中易水解，反应液有漂白性。写出水解的化学方程式_______。
(2)仪器D的名称是_______。装置A是发生装置，实验室制备下列物质也可使用该装置的是_______(选填编号)。
a.乙炔　　　b.硝基苯　　　c.溴苯　　　d.乙酸乙酯
(3)向蒸馏烧瓶内的溶液中通入过量，B中反应的化学方程式为_______，待反应至油状液体不再增加，关闭装置A、B间的止水夹，控制水浴加热的温度范围为_______，将产品蒸出。
待反应结束，为测定溶液中残留的的物质的量浓度，进行如下操作：
i.取蒸馏烧瓶中的反应液25.00mL，加入过量饱和溶液充分反应后，再加入过量30%的NaOH溶液，微热；
ii.用25.00mL0.050的稀硫酸吸收产生的，得到溶液A；
iii.用0.100的NaOH标准液滴定溶液A至滴定终点，消耗VmLNaOH标准液。
(4)滴定过程中水的电离程度逐渐_______(选填序号)。
a.增大　　　b.减小　　　c.先增大后减小　　　d.先减小后增大
(5)滴定至终点时溶液中溶质仅有和，用含V的代数式表示的物质的量浓度为_______。
4．（2022·上海徐汇·统考二模）硫代硫酸钠晶体()俗称大苏打，可用作定影剂、还原剂。实验室制备溶液的装置如下(部分装置省略，C中过量)。完成下列填空：
(1)装置A中的反应，体现浓硫酸的_______性。
(2)装置B的作用_______。
(3)装置C中的反应有多步，其中最后一步反应的化学方程式为：。当观察到装置C中出现_______现象，说明反应已完全。
(4)市售中常含有杂质，为检验，需先向样品中加入过量稀盐酸，再滴加溶液。加入稀盐酸后观察到有_______和刺激性气味气体生成。
(5)利用标准溶液定量测定的纯度。测定步骤如下：
①溶液配制：称样品，用_______(填仪器名称)配制成溶液。
②滴定：取标准溶液，硫酸酸化后加入过量溶液，发生反应：。然后用溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：。加入少量淀粉作为指示剂，继续滴定，当溶液_______即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为，则样品的纯度为_______(保留两位小数)。
(6)相片显影液中的，可以洗掉胶卷上多余的，生成稳定的，该反应的离子方程式为_______。
(7)临床上，可用于氰化物解毒，解毒原理为：。检验该转化生成了的操作为_______。
5．（2021·上海徐汇·统考二模）苯乙酮()广泛用于皂用香精中，可由苯和乙酸酐()制备。
已知：
名称 相对分子质量 熔点/℃ 沸点/℃ 密度/(g·mL-1 ) 溶解性
苯 78 5.5 80.1 0.88 不溶于水，易溶于有机溶剂
苯乙酮 120 19.6 203 1.03 微溶于水，易溶于有机溶剂
乙酸酐 102 -73 139 1.08 有吸湿性，易溶于有机溶剂
乙酸 60 16.6 118 1.05 易溶于水，易溶于有机溶剂
步骤I 向三颈烧瓶中加入39 g苯和44.5 g无水氯化铝，在搅拌下滴加25.5 g乙酸酐，在70～80℃下加热45min，发生反应如下：
+ CH3COOH+
步骤II 冷却后将反应物倒入100g冰水中，有白色胶状沉淀生成，采用合适的方法处理，水层用苯萃取，合并苯层溶液，再依次用30 mL 5% NaOH溶液和30 mL水洗涤，分离出的苯层用无水硫酸镁干燥。
步骤III 常压蒸馏回收苯，再收集产品苯乙酮。
请回答下列问题：
(1)AlCl3在反应中作用___________；步骤I中的加热方式为___________。
(2)根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶的最适宜规格为___________ (填标号)。
A．100 mL B．250 mL C．500 mL D．1000 mL
(3)图示实验装置虚线框内缺少一种仪器，该仪器的作用为___________。
(4)步骤II中生成的白色胶状沉淀的化学式为___________。
(5)步骤II中用NaOH溶液洗涤的目的是___________。
(6)步骤III中将苯乙酮中的苯分离除去所需的温度___________。
(7)实验中收集到24.0 mL苯乙酮，则苯乙酮的产率为___________。
6．（2021·上海徐汇·统考一模）1，2-二溴乙烷常用作杀虫剂，某同学用如图装置制备1，2-二溴乙烷。
实验步骤：按图示连接装置，先将C与D连接处断开，再对装置A中粗砂加热，待温度升到150 ℃左右时，连接C与D，并迅速将A 内反应温度升温至160～180 ℃，从滴液漏斗中慢慢滴加乙醇和浓硫酸混合液，装置D试管中装有6.0 mL 10 mol/L Br2的CCl4溶液，待Br2的CCl4溶液褪色后，经洗涤、干燥、蒸馏得到1，2-二溴乙烷7.896 g。
完成下列填空：
(1)仪器F的名称_______。
(2)反应前装置A中加入少量粗砂目的是_______。
(3)装置B的作用是_______。
(4)反应一段时间后 C 溶液碱性_______。(填“增强”、“减弱”或“不变”)
(5)先将C与D连接处断开的原因是_______。写出D装置中生成 1，2-二溴乙烷的化学方程式_______。
(6)根据上述实验计算1，2-二溴乙烷的产率为_______。
(7)下列操作中，不会导致产物产率降低的是_______。
A．装置D中试管内物质换成液溴
B．装置E中的 NaOH 溶液用水代替
C．去掉装置D烧杯中的冷水
D．去掉装置C
三、工业流程题
7．（2022·上海徐汇·上海市南洋模范中学校考模拟预测）硫酸铁(PFS)是一种新型高效的无机高分子絮凝剂，广泛用于水的处理。用铁的氧化物为原料来制取聚合硫酸铁，为控制水解时Fe3+的浓度，防止生成氢氧化铁沉淀，原料中的Fe3+必须先还原为Fe2+。实验步骤如下：
(1)用98%的硫酸配制28%的硫酸，所需的玻璃仪器除量筒外，还有_______。
a.容量瓶b.烧杯c.烧瓶d.玻璃棒
(2)步骤II取样分析溶液中的Fe2+、Fe3+的含量，目的是_______。
a.控制溶液中Fe2+与Fe3+含量比b.确定下一步还原所需铁的量
c.确定氧化Fe2+所需NaClO3的量d.确保铁的氧化物酸溶完全
用NaClO3氧化时反应方程式：6FeSO4+NaClO3+3H2SO4→3Fe2(SO4)3+NaCl+3H2O
若改用HNO3氧化，反应方程式：6FeSO4+2HNO3+3H2SO4→3Fe2(SO4)3+NO↑+4H2O
(3)已知1molHNO3价格0.16元、1molNaClO3价格0.45元，评价用HNO3代替NaClO3作氧化剂的得弊，利是_______，弊是_______。
聚合硫酸铁溶液中SO与Fe3+物质的量之比不是3：2。根据下列供选择的试剂和基本操作，测定聚合硫酸铁产品溶液中SO与Fe3+物质的量之比。
(4)测定时所需的试剂_______。
a.NaOHb.FeSO4c.BaCl2d.NaClO3
(5)需要测定_______和_______的质量(填写化合物的化学式)。
(6)选出测定过程中所需的基本操作_______(按操作先后顺序列出)。
a.萃取、分液b.过滤、洗涤c.蒸发、结晶d.冷却、称量e.烘干或灼烧
8．（2022·上海·统考一模）Na2CO3和NaHCO3是重要的无机化工产品，广泛应用于食品、化工、医药等领域。如图是利用天然碱(主要成分为Na2CO3、NaHCO3和少量NaCl)制备Na2CO3和NaHCO3的工艺流程。
完成下列填空：
(1)操作①为___。
(2)碳化装置中反应的离子方程式___。
(3)解释选择0.34～0.4MPa干燥的原因___。
(4)对比索尔维制碱法，说明利用天然碱制碱的优势___。
(5)为了测定产品中小苏打中NaHCO3的含量进行以下实验。
实验步骤：
步骤一：称2.000g小苏打样品，配制小苏打溶液250mL。
步骤二：取20.00mL小苏打溶液置于锥形瓶中，用0.1000mol·L-1盐酸滴定，溶液pH随盐酸体积变化如图所示。
完成下列填空：
①取20.00mL小苏打溶液需要使用的定量仪器名称____。
②根据滴定曲线分析，若采用传统滴定法，应选择的指示剂是___，此时滴定终点的现象为___。
③计算该样品中NaHCO3的质量分数为____。
9．（2020·上海徐汇·统考二模）侯德榜制碱法可以做到连续循环生产，其工艺流程如下图所示。完成下列填空：
(1)写出流程中主反应的化学方程式：_________。
(2)流程通过同时利用合成氨厂产生的_______来降低原料成本。副产物b的化学式为______，简述降温条件下加入原料A的作用__________。侯氏制碱法的创新之处就是对母液的循环利用，这是由于母液中含有大量的、、_______离子。
某兴趣小组同学制定如下两个方案对含有杂质的纯碱的含量进行测定：
方案一：用如图装置测定样品与足量稀硫酸反应生成的体积。
(3)为了减小实验误差，量气管中液体M的选择原则是______。若实验测得样品纯碱含量低于样品实际含量，可能的原因是_________
a 气体中含有水蒸气 b 测定气体体积时未冷却至室温
c Y形管中留有反应生成的气体 d 测定气体体积时水准管的液面高于量气管的液面
方案二：通过以下流程测定样品的含量。
(4)操作Ⅰ的名称为________，实验中，恒重的标准为________。根据以上实验过程，含有氯化钠的纯碱样品中碳酸钠的质量分数可表示为：_______。(注明你的表达式中所用的有关符号的含义)
四、原理综合题
10．（2022·上海徐汇·统考二模）不锈钢具有良好的耐腐蚀性和耐磨性，铬(Cr)是不锈钢的重要成分。完成下列填空：
I.
(1)通过可以得到较纯的铬，的熔点比_______。(选填“高”或“低”)，某工厂用含的铬铁矿粉制备，最终得到产品bkg，产率为_______。(用含a和b的代数式表示)
II.元素在溶液中主要以(蓝紫色)、(绿色)、(橙红色)、(黄色)等形式存在，为难溶于水的灰蓝色固体。
(2)与的化学性质相似，在溶液中逐滴加入溶液直至过量，可观察到的现象是_______。
III.和在溶液中可以相互转化。室温下，初始浓度为溶液中随的变化如图所示。
(3)用离子方程式表示溶液中的转化平衡_______。
(4)写出该反应平衡常数的表达式K=_______。
(5)由图可知，溶液酸性增强，的平衡转化率_______。(选填“增大”、“减小”或“不变”)
(6)升高温度，溶液中的平衡转化率减小，则该反应是_____反应。(选填“吸热”或“放热”)
试卷第8页，共10页
试卷第1页，共10页
参考答案：
1． 白 离子晶体 降温结晶 存在Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+ 水解平衡，加入NaHCO3溶液，HCO3-会与H+反应生成CO2气体，H+浓度降低，平衡正向移动生成的Cu(OH)2沉淀析出。 向过量的氢氧化钠溶液中，滴加几滴硫酸铜溶液。 Cu2+ + H2S = 2H+ + CuS↓ CuSO4 ·H2O 纸层析
【详解】(1)无水硫酸铜是白色粉末，CuSO4·5H2O属于离子晶体，由饱和CuSO4溶液降温结晶可以获取CuSO4·5H2O晶体。
(2)硫酸铜是强酸弱碱盐，Cu2+在溶液中存在水解平衡：Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，加入NaHCO3溶液，HCO3-会与H+反应生成CO2气体，H+浓度降低，平衡正向移动生成的Cu(OH)2沉淀析出。
(3)向过量的氢氧化钠溶液中，滴加几滴硫酸铜溶液可以制得氢氧化铜悬浊液。
(4)硫酸铜溶液除去杂质气体H2S的离子方程式是：Cu2+ + H2S =2H+ + CuS↓。
(5)如图所示，样品受热分步脱水。从0.8g到0.57g共脱水0.23g。
，解得n=4。故200℃时固体化学式为CuSO4·H2O。
(6)分离混合液中的铜离子和铁离子可以用纸层析法。
2． 4+5HCHO+12H+=4Mn2++5CO2↑ +11H2O 0.075 硝酸具有强氧化性，会与待测物(HCHO)发生反应，所以作为标准溶液会使测定结果偏低 加蒸馏水至离刻度线1～2 cm，改用胶头滴管逐滴滴加，至凹液面与刻度线齐平 还原性、酸性 3KMnO4+KAl(SO4)2=Al(MnO4)3↓+2K2SO4 高锰酸钾溶液见光能发生分解
【详解】(1)在该反应中，Mn元素化合价由反应前中的+7价变为反应后Mn2+的+2价，化合价降低5价；C元素的化合价由反应前HCHO中的0价变为反应后CO2中的+4价，化合价升高4价，化合价升降最小公倍数是20，所以、Mn2+的系数是4，HCHO、CO2的系数是5；根据电荷守恒可知H+的系数是12，最后根据H元素守恒，可知H2O的系数是11，则配平后该反应的离子方程式为：4+5HCHO+12H+=4Mn2++5CO2↑ +11H2O；
(2)20 mL 1×10-3 mol/L酸性KMnO4溶液中含有高锰酸钾的物质的量n(KMnO4)= 1×10-3 mol/L×0.02 L=2×10-5 mol/L，根据物质反应关系可知n(HCHO)=n(KMnO4)=2.5×10-5 mol，由于溶液的体积是10 L，则甲醛的浓度为c(HCHO)==2.5×10-6 mol/L，用单位体积的质量表示浓度为2.5×10-6 ×30 g/L=7.5×10-5 g/L=0.075 mg/L；
上述酸性KMnO4是指用硫酸酸化的KMnO4溶液，不使用硝酸酸化，是因为硝酸具有强氧化性，会与待测物(HCHO)发生反应，所以作为标准溶液会使测定结果偏低；
(3)配制KMnO4溶液，定容操作的方法为：向容量瓶中加蒸馏水至离刻度线1～2 cm，改用胶头滴管逐滴滴加，至凹液面最低处与刻度线齐平；
(4)将HCl气体通入KMnO4溶液中，溶液会逐渐褪色，这是由于二者发生氧化还原反应，HCl被氧化为Cl2，KMnO4被还原为无色Mn2+，同时部分HCl提供酸根离子Cl-与金属阳离子结合形成盐，故该反应中体现了HCl的酸性和还原性；
(5)KMnO4溶液与明矾溶液混合后，发生复分解反应，生成深紫色沉淀为Al(MnO4)3，该反应的化学方程式为：3KMnO4+KAl(SO4)2=Al(MnO4)3↓+2K2SO4；
(6)0.01%的KMnO4溶液可用于消毒蔬果和餐具，说明KMnO4具有强氧化性。该溶液一般保存在棕色试剂瓶中，这是由于KMnO4不稳定，光照会发生分解反应，因此要保存在棕色瓶试剂瓶中避光保存。
3．(1) NCl3+3H2O3HClO+NH3↑
(2) 球形干燥管 ac
(3) 3Cl2+NH4ClNCl3+4HCl 70℃≤T＜95℃
(4)a
(5)
【分析】由实验装置图可知，装置A中为高锰酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气，装置B中氯气与氯化铵溶液在水浴加热条件下反应制备三氯化氮，装置C用于冷凝收集三氯化氮，装置D中盛有的碱石灰用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时防止水蒸气进入锥形瓶中。
（1）
元素的非金属性越强，三卤化氮中氮卤键的键长越小、键能越大，分子的热稳定性越强，则三氟化氮的热稳定性强于三氯化氮；由题意可知，三氯化氮在热水中易水解生成次氯酸和氨气，反应的化学方程式为NCl3+3H2O3HClO+NH3↑，故答案为：NF3；NCl3+3H2O3HClO+NH3↑；
（2）
由图可知，仪器D为球形干燥管；装置A为固液不加热的装置，该装置可以用于电石与水反应制备乙炔，也可以用于苯、液溴在溴化铁做催化剂条件下制备溴苯，故答案为：球形干燥管；
（3）
由分析可知，装置B中氯气与氯化铵溶液在水浴加热条件下反应制备三氯化氮，反应的化学方程式为3Cl2+NH4ClNCl3+4HCl，由题给信息可知，实验时，为保证三氯化氮顺利蒸出，同时防止三氯化氮发生爆炸，水浴加热的温度应控制在70℃～95℃之间，故答案为：3Cl2+NH4ClNCl3+4HCl；70℃≤T＜95℃；
（4）
由题意可知，滴定过程中发生的反应为氢氧化钠溶液与稀硫酸和硫酸铵溶液中的稀硫酸反应得到硫酸钠和硫酸铵的混合溶液，稀硫酸电离出的氢离子会抑制水的电离，所以稀硫酸转化为硫酸钠的过程中，水的电离程度增大，故选a；
（5）
由题意可知，滴定过程中消耗VmL0.100mol/L氢氧化钠溶液，则用于吸收氨气的稀硫酸的物质的量为0.050mol/L×0.025L—0.100mol/L×10—3VL×，由方程式和氮原子个数守恒可知，溶液中残留的三氯化氮的物质的量浓度为=mol/L，故答案为：。
4．(1)强酸性
(2)安全瓶，防倒吸
(3)溶液由浑浊变澄清
(4)淡黄色沉淀
(5) 100mL容量瓶 蓝色褪去且半分钟不复原 95%
(6)AgBr+2=Br-+
(7)取样，加入足量稀盐酸，再加入氯化铁溶液，若溶液变为红色，说明生成了
【分析】装置A中亚硫酸钠与浓硫酸反应制备二氧化硫，装置B用作安全瓶、防止倒吸，生成的二氧化硫在装置C中先与硫化钠反应生成硫单质，硫单质再与亚硫酸钠反应生成硫代硫酸钠。
(1)
装置A中浓硫酸与亚硫酸钠反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，利用了强酸制弱酸的原理，体现了70%浓硫酸的强酸性；
(2)
由装置图可知，装置B的作用是安全瓶，防止倒吸；
(3)
由第二步反应可知，第一步生成了单质硫，即二氧化硫与硫化钠反应生成亚硫酸钠和硫，反应的离子方程式为：2S2-+3SO2=2+3S↓；因为第一步反应生成了硫，硫不溶于水，表现为沉淀，因此判断装置C中反应已完全的方法是：溶液由浑浊变澄清；
(4)
会与盐酸反应生成硫单质、二氧化硫和氯化钠，所以当检验硫酸根离子加入盐酸时，除了有刺激性气味的气体以外，还有淡黄色沉淀生成；
(5)
①配制一定体积的特定物质的量浓度的溶液需用固定规格的容量瓶，所以称样品，用100mL容量瓶配制成溶液；
②根据反应原理可知，加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，到反应终点，碘单质反应后溶液蓝色褪去且半分钟不复原，说明反应到达滴定终点。
根据化学方程式体现的关系可知，，样品中的物质的量为×20.00×10-3L×6×4.60×10-3mol，质量分数为；
(6)
由题意可知，溴化银与溶液中硫代硫酸根离子反应生成二硫代硫酸根络银离子和溴离子，反应的离子方程式为：AgBr+2=Br-+；
(7)
能和铁离子反应变为红色溶液，故检验该转化生成了的操作为：取样，加入足量稀盐酸，再加入氯化铁溶液，若溶液变为红色，说明生成了。
5． 催化剂 水浴加热(70～80℃) B 冷凝回流 Al(OH)3 除去产品中的乙酸 80.1℃~203℃ 82.4%
【分析】向三颈烧瓶中加入39 g苯和44.5 g无水氯化铝，在搅拌下滴加25.5 g乙酸酐，在70～80℃下加热45min，发生反应： + CH3COOH+，冷却后将反应物倒入100g冰水中，有白色胶状沉淀生成，采用合适的方法处理，水层用苯萃取，合并苯层溶液，再依次用30 mL 5% NaOH溶液和30 mL水洗涤，分离出的苯层用无水硫酸镁干燥，常压蒸馏回收苯，再收集产品苯乙酮，以此解答。
【详解】(1)由+ CH3COOH+可知，AlCl3是反应发生的条件，反应前后AlCl3均存在，故AlCl3在反应中作催化剂，因为需要在70～80℃温度下加热，为便于控制温度且未超过100℃，加热方式为70～80℃的水浴加热；故答案为：催化剂；水浴加热(70～80℃)；
(2)由题意知，实验中共用到的药品为39g苯体积约为V(苯)==44.3mL，44.5g无水氯化铝为固体，其体积可忽略，25.5g乙酸酐体积约为V(乙酸酐)==23.6mL，液体总体积为V(总)= 44.3mL +23.6mL =67.9mL，根据反应液不超过总容积的，即三颈烧瓶的容积V>101.8mL，故选三颈烧瓶的容积250mL，B符合题意；故答案为：B；
(3)由于苯的沸点为80.1℃，而反应的温度需要70～80℃，这样苯易挥发，不利于产物的制取，需要冷凝回流装置，即加装的仪器为冷凝管；答案为：冷凝回流；
(4)由题中信息和步骤II的过程可知，产物均易溶于有机溶剂，AlCl3易水解，即冷却后将反应物倒入100g冰水中，产生的白色胶状沉淀为Al(OH)3；故答案为：Al(OH)3；
(5)由于产物之一乙酸也易溶于有机溶剂，故苯层溶液用30mL 5% NaOH溶液洗涤，主要是除去产品中的乙酸；故答案为：除去产品中的乙酸；
(6)由题中信息可知，苯的沸点为80.1℃，苯乙酮的沸点为203℃，用常压蒸馏回收苯，从而获得苯乙酮，温度为80.1℃~203℃；故答案为：80.1℃~203℃；
(7)由题意知，苯的物质的量为n(苯)===0.5mL，乙酸酐的物质的量为n===0.25mol，由+ CH3COOH +可知可知，苯与乙酸酐以物质的量之比1:1反应，则苯过量，所以苯乙酮的物质的量n(苯乙酮)=n(乙酸酐)=0.25mol，则苯乙酮的理论产量为m(苯乙酮)=0.25mol120g/mol=30g，而实际生成24.0mL的苯乙酮，苯乙酮的实际产量为m(苯乙酮)=24mL1.03g/mL=24.72g，苯乙酮的产率为=82.4%；答案为：82.4%。
6． 温度计 防止暴沸 调节压强，控制气体流速 减弱 减少气体流入D装置，减少溴的挥发 CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br 70% B
【分析】在装置A中乙醇与浓硫酸混合加热170℃发生消去反应产生CH2=CH2和H2O，由于浓硫酸具有强氧化性，在加热时可能有一部分与乙醇发生氧化还原反应，乙醇被氧化CO2、CO等浓硫酸被还原产生SO2气体，装置B的作用是安全瓶，防止气流过大，装置C是除去杂质SO2、CO2，防止干扰CH2=CH2与溴的反应，装置D是冷却收集制取的产品1,2-二溴乙烷，装置E是尾气处理，防止大气污染。
【详解】(1)根据图示可知仪器F的名称是温度计；
(2)反应前装置 A 中加入少量粗砂目的是防止液体混合物加热时产生暴沸现象；
(3)装置 B可以适当储存部分气体。B装置中有一个导气管，当气流过大时，水被压入导气管中，使气体压强减小；当气流过小时，锥形瓶中储存的气体又起到补充作用，故装置B 的作用是调节压强，控制气体流速；
(4)乙醇与浓硫酸混合加热，可能会发生副反应，乙醇被氧化产生C、CO、CO2，浓硫酸被还原产生SO2气体，SO2具有还原性，也会与溴单质发生反应，所以装置C中盛有NaOH溶液库吸收SO2、CO2等酸性气体，NaOH不断被消耗，溶液的碱性就会逐渐减弱；
(5)实验前先将C 与D 连接处断开目的是减少气体流入D装置，减少溴的挥发；在D 装置中CH2=CH2与Br2发生加成反应生成 1，2-二溴乙烷，该反应的化学方程式为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；
(6)装置 D 试管中装有 6.0 mL 10 mol/L Br2 的 CCl4 溶液中含有溶质的物质的量n(Br2)=c·V=10 mol/L×0.006 L=0.06 mol，反应产生的7.896 g 1，2-二溴乙烷的物质的量n(C2H4Br2)==0.042 mol，根据方程式CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br可知：反应消耗1 mol 的Br2，就会产生1 mol的 1，2-二溴乙烷，则1，2-二溴乙烷的产率是=70%；
(7)A．装置D中试管内物质换成液溴，由于Br2易挥发，导致Br2未与乙烯发生加成反应就挥发掉，因此导致产物的产率降低，A不符合题意；
B．装置E中的 NaOH溶液作用是吸收尾气，防止大气污染，是否用水代替与原料利用率无关，因此不会使产物的产率降低，B符合题意；
C．去掉装置D烧杯中的冷水，温度升高，会加速溴单质的挥发，而不能发生加成反应产生1，2-二溴乙烷，使物质产率降低，C不符合题意；
D．装置C的作用是除去杂质SO2，防止其与Br2发生氧化还原反应。若去掉装置C，部分溴发生副反应，不能发生加成反应变为1，2-二溴乙烷，使物质产率降低，D不符合题意；
故合理选项是B。
7．(1)bd
(2)bc
(3) 原料成本较低 产生气体对大气有污染
(4)ac
(5) Fe2O3 BaSO4
(6)bed
【分析】I中稀硫酸溶解铁的氧化物，III中加入铁还原Fe3+，IV中加入氧化剂氧化Fe2+，最终水解、聚合得到聚合硫酸铁。
(1)
配制一定量质量分数硫酸溶液需要的仪器有：胶头滴管、量筒、玻璃棒、烧杯，故选bd；
(2)
因为控制水解时Fe3+的浓度，防止生成氢氧化铁沉淀，原料中的Fe3+必须先还原为Fe2+，所以确定下一步还原所需铁的量，然后Fe2+再被氧化Fe3+，需要确定氧化Fe2+所需NaClO3的量，故答案为bc；
(3)
从环保和成本方面考虑，利是原料成本较低，弊是产生气体对大气有污染；
(4)
因SO与Fe3+都采用沉淀法加以测定，测定硫酸根离子需要氯化钡，测定铁离子需要氢氧化钠，故答案为ac；
(5)
根据测定BaSO4的质量来测定SO的物质的量，根据氧化铁的质量结合元素守恒计算铁离子的物质的量，所以需要测定物质质量的物质为Fe2O3、BaSO4；
(6)
测定聚合硫酸铁溶液中SO与Fe3+物质的量的原理：先后加入氯化钡、氢氧化钠并过滤，得到的沉淀先过滤后洗涤，然后进行烘干或灼烧，冷却，最后称量得到的固体的量即可，所以顺序是：bed。
8．(1)过滤、洗涤
(2)2Na++CO+H2O+CO2=2NaHCO3↓
(3)抑制NaHCO3受热分解
(4)节能、环保、成本低等
(5) 碱式滴定管 甲基橙 滴加最后一滴盐酸，溶液由黄色变为橙色且半分钟不恢复 94.5%
【详解】（1）由流程图可知，溶液碳化后生成了液态和固态，因此操作①为过滤、洗涤。
（2）由流程图可知，天然碱溶液碳化后生成了碳酸氢钠，说明二氧化碳与碳酸钠和水反应生成了碳酸氢钠，离子方程式为：2Na++CO+H2O+CO2=2NaHCO3↓。
（3）碳酸氢钠不稳定，受热易分解，选择0.34～0.4MPa干燥的原因是为了抑制NaHCO3受热分解。
（4）索尔维制碱法中大量的氯化钙用途不大，氯化钠的利用率低，而天然碱制碱不产生污染物，且流程简单，需要的能量低，成本低。
（5）①碳酸氢钠溶液呈碱性，因此取20.00mL碳酸氢钠溶液用碱式滴定管。
②盐酸滴定碳酸氢钠溶液滴定终点呈酸性，指示剂选择甲基橙，滴定终点的现象为：滴加最后一滴盐酸，溶液由黄色变为橙色且半分钟不恢复。
③由图示可知，当盐酸滴加18mL时，两者恰好完全反应，则消耗盐酸的物质的量是0.1000mol·L-10.018L=1.810-3mol，而碳酸氢钠和盐酸是1:1反应，因此20.00mL溶液中碳酸氢钠的物质的量为1.810-3mol，250mL溶液中碳酸氢钠的物质的量为2.2510-2mol，质量为2.2510-2mol84g/mol=1.89g，则碳酸氢钠的纯度为。
9． 、 浓度提高有利于析出 、 不溶解于液体M且不与之反应 d 冷却 连续两次称量质量差小于等于 (——样品的质量 ——恒重后样品的质量 )
【分析】侯氏制碱法反应原理利用原料，，为原料制备，所以反应原理为。
【详解】（1）由分析可知反应原理为：；
（2）流程通过同时利用合成氨厂产生的、来降低原料成本，通过以上分析知，b为；降温条件下加入原料A()能增大氯离子浓度，有利于析出；侯氏制碱法的母液中含有大量溶质中的离子，所以母液中含有大量，，，故答案为：、；；浓度提高有利于析出；、，
（3）实验目的是测定二氧化碳体积，所以二氧化碳不能溶解于M液体且不能和M液体反应，所以量气管中液体M的选择原则是CO2不溶解于液体M且不与之反应；
a、气体中含有水蒸气，水蒸气看作二氧化碳，导致二氧化碳体积偏大，则实验测得样品纯碱含量高于样品实际含量，故错误；
b、测定气体体积时未冷却至室温，气体由热胀冷缩的性质，故冷却后二氧化碳体积较小，则未冷却时测定二氧化碳体积偏大，测得该式样中含量偏高，故b错误；
c、Y型管中留有反应生成的气体，同时排出等体积的空气，不影响二氧化碳体积的测量，故c错误；
d、测定气体体积时水准管的液面高于量气管的液面，二氧化碳的压强比空气大被压缩，测定二氧化碳的体积偏小，则测得该式样中含量偏低，故该实验样品测量结果偏低的原因可能是测定气体体积时水准管的液面高于量气管的液面，d正确。
（4）样品称量后加入水溶解，然后和足量稀盐酸反应，转移至蒸发皿中蒸发结晶得到固体，冷却至室温后称量固体，所以操作Ⅰ为冷却；连续两次称量质量差小于等于0.001g时为恒重；设样品质量为g，恒重后样品的质量g，根据Na原子守恒得关系式为，反应前后固体质量差为g，设碳酸钠实际质量为xg则可知
106 117 m=11
X
106/11=x/ 故x=,
样品中碳酸钠的质量分数= x100%；
故答案为(——样品的质量 ——恒重后样品的质量 )。
10．(1) 低
(2)蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶解，形成绿色溶液
(3)
(4)
(5)增大
(6)放热
【解析】(1)
工业常利用铝热反应制备高熔点的金属，上述反应属于铝热反应，所以熔点：Al＞Cr；根据Cr元素守恒可知，，m()=40%a kg，所以理论上可得到重铬酸钾的质量m()=，实际得到的产品质量为b kg，所以产率为=；
(2)
Cr(OH)3与Al(OH)3的化学性质相似，可知Cr(OH)3是两性氧化物，能溶解在强碱NaOH溶液中，在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，首先蓝紫色变浅同时产生Cr(OH)3灰蓝色固体，继续滴加，沉淀溶解，Cr(OH)3变为Cr(OH)，溶液最终变为绿色，故答案为蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液；
(3)
随着H+浓度的增大，与溶液中的H+发生反应，反应转化为的离子反应式为：；
(4)
根据反应及平衡常数公式可知，该反应的平衡常数表达式为：K=；
(5)
由图可知，溶液酸性增大，平衡正向进行，则的平衡转化率增大，故答案为：增大；
(6)
由于升高温度，溶液中的平衡转化率减小，说明升高温度，化学平衡逆向移动，导致溶液中的平衡转化率减小，根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，逆反应方向是吸热反应，所以该反应的正反应是放热反应。
答案第10页，共11页
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