【升级版】微专题45 定量测量类综合实验 -备战2024年高考化学考点微专题

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1．（2023·山东·统考高考真题）三氯甲硅烷是制取高纯硅的重要原料，常温下为无色液体，沸点为，熔点为，易水解。实验室根据反应，利用如下装置制备粗品(加热及夹持装置略)。回答下列问题：
(1)制备时进行操作：(ⅰ)……；(ⅱ)将盛有硅粉的瓷舟置于管式炉中；(ⅲ)通入，一段时间后接通冷凝装置，加热开始反应。操作(ⅰ)为 ；判断制备反应结束的实验现象是 。图示装置存在的两处缺陷是 。
(2)已知电负性在浓溶液中发生反应的化学方程式为 。
(3)采用如下方法测定溶有少量的纯度。
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 ，② (填操作名称)，③称量等操作，测得所得固体氧化物质量为，从下列仪器中选出①、②中需使用的仪器，依次为 (填标号)。测得样品纯度为 (用含、的代数式表示)。
【答案】(1) 检查装置气密性 当管式炉中没有固体剩余时 C、D之间没有干燥装置，没有处理氢气的装置
(2)SiHCl3+5NaOH =Na2SiO3+3NaCl+H2↑+2H2O
(3) 高温灼烧 冷却 AC
【分析】氯化氢气体通入浓硫酸干燥后，在管式炉中和硅在高温下反应，生成三氯甲硅烷和氢气，由于三氯甲硅烷沸点为31.8℃，熔点为，在球形冷凝管中可冷却成液态，在装置C中收集起来，氢气则通过D装置排出同时D可处理多余吸收的氯化氢气体，据此解答。
【解析】（1）制备SiHCl3时，由于氯化氢、SiHCl3和氢气都是气体，所以组装好装置后，要先检查装置气密性，然后将盛有硅粉的瓷舟置于管式炉中，通入氯化氢气体，排出装置中的空气，一段时候后，接通冷凝装置，加热开始反应，当管式炉中没有固体剩余时，即硅粉完全反应，SiHCl3易水解，所以需要在C、D之间加一个干燥装置，防止D中的水蒸气进入装置C中，另外氢氧化钠溶液不能吸收氢气，需要在D后面加处理氢气的装置，故答案为：检查装置气密性；当管式炉中没有固体剩余时；C、D之间没有干燥装置，没有处理氢气的装置；
（2）已知电负性Cl＞H＞Si，则SiHCl3中氯元素的化合价为-1，H元素的化合价为-1，硅元素化合价为+4，所以氢氧化钠溶液和SiHCl3反应时，要发生氧化还原反应，得到氯化钠、硅酸钠和氢气，化学方程式为：SiHCl3+5NaOH =Na2SiO3+3NaCl+H2↑+2H2O，故答案为：SiHCl3+5NaOH =Na2SiO3+3NaCl+H2↑+2H2O；
（3）m1g样品经水解，干燥等预处理过程得到硅酸水合物后，高温灼烧，在干燥器中冷却后，称量，所用仪器包括坩埚和干燥器，所得固体氧化物为二氧化硅，质量为m2g，则二氧化硅的物质的量为n(SiO2)=，样品纯度为=，故答案为：高温灼烧；冷却；AC；。
一、定量型实验题的解题流程
二、定量测定中的相关计算
1．常用的计算公式
（1）n=，M=，V=，c=，n=cV(aq)
(2)物质的质量分数(或纯度)=
(3)产品产率=
(4)物质的转化率=
2．常用的计算方法——关系式法
关系式法常用于一步反应或分多步进行的连续反应中，利用该法可以减少不必要的中间运算过程，避免计算错误，并能迅速准确地获得结果。一步反应可以直接找出反应物与目标产物的关系；在多步反应中，若第一步反应的产物，是下一步反应的反应物，可以根据化学方程式，将该物质作为“中介”，找出已知物质和所求物质之间量的关系。利用这种方法解题的关键是建立已知物质和所求气质之间的关系式。
3．热重定量分析法
在程序控制温度下，测量物质的质量与温度或时间关系的方法。通过分析热重曲线，我们可以知道样品及其可能产生的中间产物的组成、热稳定性、热分解情况及生成产物等与质量相联系的信息。
热重法的特点是定量性强，能够准确测量物质的质量变化，根据这一特点，只要物质受热时发生质量变化，都可以用热重法来研究物质的组成与变化。
热重计算法：根据热重曲线上的失重量，由产物(即逸出物质)的量计算反应物(即试样组成)的量。
一、物质组成计算的常用方法
1．物质含量计算
根据关系式法、得失电子守恒法、滴定法等,求出混合物中某一成分的质量,再除以样品的总质量,即可得出其含量。
2．确定物质化学式的计算
①根据题给信息,计算有关物质的物质的量。
②根据电荷守恒,确定未知离子的物质的量。
③根据质量守恒,确定结晶水的物质的量。
④各粒子的物质的量之比即物质化学式的下标比
3．热重曲线计算
①设晶体为1ml。
②失重一般是先失水、再失气态非金属氧化物。
③计算每步的m余,m余m1ml晶体质量=固体残留率。
④晶体中金属质量不减少,仍在m余中。
⑤失重后的残留物一般为金属氧化物,由质量守恒得mO,由n金属∶nO即可求出失重后物质的化学式
4．多步滴定计算
复杂的滴定可分为两类:
(1)连续滴定法:第一步滴定反应生成的产物,还可以继续参加第二步的滴定。根据第二步滴定的消耗量,可计算出第一步滴定的反应物的物质的量
(2)返滴定法:第一步用的滴定剂是过量的,然后第二步再用另一种物质返滴定过量的物质。根据第一步加入的量减去第二步中过量的量,即可得出第一步所求物质的物质的量
二、定量实验数据的测定方法
1．沉淀法：先将某种成分转化为沉淀，然后称量纯净、干燥的沉淀质量，再进行计算。
2．测气体体积法：对于产生气体的反应，可以通过测量气体体积的方法测定样品纯度。
①常见测量气体体积的实验装置。
②量气时应注意的问题。
a．量气时应保持装置处于室温状态。
b．读数时要特别注意消除“压强差”，保持液面相平还要注意视线与液面最低处相平，如上图(Ⅰ)(Ⅳ)应使量气管左侧和右侧的液面高度保持相平。
3．测气体质量法：
将生成的气体通入足量的吸收剂中，通过称量实验前后吸收剂的质量，求得所吸收气体的质量，然后进行相关计算。
4．滴定法：
即利用滴定操作原理，通过酸碱中和滴定、沉淀滴定和氧化还原滴定等获得相应数据后再进行相关计算。
5．热重法：
是在程序控制温度下,测量物质的质量与温度或时间关系的方法。通过分析热重曲线,我们可以知道样品及其可能产生的中间产物的组成、热稳定性、热分解情况及生成物等与质量相联系的信息。
热重法的特点是定量性强,能够准确测量物质的质量变化,根据这一特点,只要物质受热时发生质量变化,都可以用热重法来研究物质的组成与变化。
三、实验数据筛选与处理策略
对实验数据筛选的一般方法和思路为“五看”：
一看数据是否符合测量仪器的精确度，如用托盘天平测得的质量的精确度为0.1 g，若精确度值超过了这个范围，说明所得数据无效；
二看数据是否在误差允许范围内，若所得的数据明显超出误差允许范围，要舍去；
三看反应是否完全，是否是不足量反应物作用下所得的数据，只有完全反应时所得的数据才能应用；
四看所得数据的测量环境是否一致，特别是气体体积，只有在温度、压强一致的情况下才能进行比较、运算；
五看数据测量过程是否规范、合理，错误和违反测量规则的数据要舍去。
四、实验数据的采集方法
实验数据的采集是化学计算的基础，一般来讲，固体试剂称质量，而液体试剂和气体试剂则测量体积。
1．称量固体质量时，中学一般用托盘天平，可估读到0.1 g，精确度要求高的实验中可以用分析天平或电子天平，可精确到0.000 1 g。
2．测量液体体积时，一般实验中选用适当规格的量筒，可估读到0.1 mL，准确度要求高的定量实验如中和滴定中选用滴定管(酸式或碱式)，可估读到0.01 mL。容量瓶作为精密的定容仪器，用于配制一定物质的量浓度的溶液，一般不用于量取液体的体积。
3．气体除了可以测量体积外，还可以称量。称气体的质量时一般有两种方法：一种方法是称反应装置在放出气体前后的质量减小值；另一种方法是称吸收装置在吸收气体前后的质量增大值。
4．用广范pH试纸(测得整数值)或pH计(精确到0.01)直接测出溶液的pH，经过计算可以得到溶液中H＋或OH－的物质的量浓度。
为了数据的准确性，实验中要采取必要的措施，确保离子完全沉淀、气体完全被吸收等，必要时可以进行平行实验，重复测定2～3次，然后取其平均值进行计算。如中和滴定实验中测量酸或碱的体积要平行做2～3次滴定，取体积的平均值求算未知溶液的浓度，但对于“离群”数据(指与其他数据有很大差异的数据)要舍弃，因为数据“离群”的原因可能是操作中出现了较大的误差。
五、中和滴定拓展类综合实验
把握酸碱中和滴定的“五考”
1．“考”实验仪器
酸式滴定管、碱式滴定管、滴定管夹（带铁架台）、锥形瓶。其中常考的是滴定管，如正确选择滴定管（包括量程），滴定管的检漏、洗涤和润洗，滴定管的正确读数方法等。
2．“考”操作步骤
（1）滴定前的准备：查漏、洗涤、润洗、充液（赶气泡）、调液面、读数；
（2）注定：移液、滴加指示剂、滴定至终点、读数；
（3）计算。
3．“考”指示剂的选择
（1）强酸强碱相互滴定，可选用甲基橙或酚酞；
（2）若反应生成的强酸弱碱溶液呈酸性，则选用酸性变色范围的指示剂（甲基橙），若反应生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，则选用碱性变色范围的指示剂（酚酞）。
（3）石蕊溶液因颜色变化不明显，且变色范围过宽，一般不作指示剂。
4．“考”误差分析
写出计算式，分析操作对V标的影响，由计算式得出对最终测定结果的影响，切忌死记硬背结论。此外对读数视线问题要学会画图分析。
5．“考”数据处理
实验中测量酸或碱的体积要平行做2～3次滴定，取体积的平均值求算未知溶液的浓度，但对于“离群”数据（指与其他数据有很大差异的数据）要舍弃，因为数据“离群”的原因可能是操作中出现了较大的误差。
1．（2023·全国·统考高考真题）元素分析是有机化合物的表征手段之一。按下图实验装置(部分装置略)对有机化合物进行C、H元素分析。
回答下列问题：
(1)将装有样品的Pt坩埚和CuO放入石英管中，先 ，而后将已称重的U型管c、d与石英管连接，检查 。依次点燃煤气灯 ，进行实验。
(2)O2的作用有 。CuO的作用是 (举1例，用化学方程式表示)。
(3)c和d中的试剂分别是 、 (填标号)。c和d中的试剂不可调换，理由是 。
A．CaCl2 B．NaCl C．碱石灰(CaO+NaOH) D．Na2SO3
(4)Pt坩埚中样品CxHyOz反应完全后，应进行操作： 。取下c和d管称重。
(5)若样品CxHyOz为0.0236g，实验结束后，c管增重0.0108g，d管增重0.0352g。质谱测得该有机物的相对分子量为118，其分子式为 。
【答案】(1) 通入一定的O2 装置气密性 b、a
(2) 为实验提供氧化剂、提供气流保证反应产物完全进入到U型管中 CO+CuOCu+CO2
(3) A C 碱石灰可以同时吸收水蒸气和二氧化碳
(4)继续吹入一定量的O2，冷却装置
(5)C4H6O4
【分析】利用如图所示的装置测定有机物中C、H两种元素的含量，这是一种经典的李比希元素测定法，将样品装入Pt坩埚中，后面放置一CuO做催化剂，用于催化前置坩埚中反应不完全的物质，后续将产物吹入道两U型管中，称量两U型管的增重计算有机物中C、H两种元素的含量，结合其他技术手段，从而得到有机物的分子式。
【解析】（1）实验前，应先通入一定的O2吹空石英管中的杂质气体，保证没有其他产物生成，而后将已U型管c、d与石英管连接，检查装置气密性，随后先点燃b处酒精灯后点燃a处酒精灯，保证当a处发生反应时产生的CO能被CuO反应生成CO2
（2）实验中O2的作用有：为实验提供氧化剂、提供气流保证反应产物完全进入到U型管中；CuO的作用是催化a处产生的CO，使CO反应为CO2，反应方程式为CO+CuOCu+CO2
（3）有机物燃烧后生成的CO2和H2O分别用碱石灰和无水CaCl2吸收，其中c管装有无水CaCl2，d管装有碱石灰，二者不可调换，因为碱石灰能同时吸收水蒸气和二氧化碳，影响最后分子式的确定；
（4）反应完全以后应继续吹入一定量的O2，保证石英管中的气体产物完全吹入两U型管中，使装置冷却；
（5）c管装有无水CaCl2，用来吸收生成的水蒸气，则增重量为水蒸气的质量，由此可以得到有机物中H元素的物质的量n(H)===0.0012ml；d管装有碱石灰，用来吸收生成的CO2，则增重量为CO2的质量，由此可以得到有机物中C元素的物质的量n(C)===0.0008ml；有机物中O元素的质量为0.0128g，其物质的量n(O)===0.0008ml；该有机物中C、H、O三种元素的原子个数比为0.0008：0.0012：0.0008=2：3：2；质谱测得该有机物的相对分子质量为118，则其化学式为C4H6O4；
1．（2023上·甘肃张掖·高三甘肃省民乐县第一中学校考阶段练习）过氧化钙(CaO2)可用于治理赤潮、应急供氧等。2.76gCaO2·8H2O样品(含杂质)受热分解过程的热重曲线(样品质量随温度变化曲线，在140℃时恰好完全脱水，杂质受热不分解)如图所示。已知：过氧化钙常温下干燥品很稳定，在350℃时能迅速分解。
下列说法不正确的是
A．CaO2能与水发生反应，反应的化学方程式为
B．该样品中CaO2的含量约为26.09%
C．在60℃时，中x = 3
D．在350℃时，剩余的固体(杂质除外)的化学式为CaO
【答案】C
【解析】A．过氧化钙的性质与过氧化钠类似，与水反应的化学方程式为，A正确；
B．在时恰好完全脱水，杂质受热不分解，则样品中CaO2·8H2O含有的结晶水的总质量为，，原样品中含，，样品中的含量为，B正确；
C．在时固体的质量为，失去结晶水的质量为，失去结晶水的物质的量为，故在时中，C错误；
D．在时，，，所以在时，剩余固体(杂质除外)的质量为，由元素守恒可知钙元素的物质的量为，剩余固体(杂质除外)的摩尔质量为，则剩余固体为，D正确；
答案选C。
2．（2023上·山西晋城·高三晋城市第一中学校校考期中）为确定Fe2O3和Cu混合物的组成(假设混合均匀)，某兴趣小组称取五份不同质量的样品，分别投入30.0mL某浓度的稀硫酸中。充分反应后，每组样品剩余固体的质量与原样品质量的关系如图所示。下列说法不正确的是
A．各组样品均发生反应：、
B．1.76g样品充分反应后，溶液中一定存在Fe2+和Cu2+，一定不存在Fe3+
C．该混合物中n(Fe2O3)：n(Cu)=3：1
D．稀硫酸的浓度为1.5m1·L-1
【答案】C
【分析】通过分析图中5份不同质量样品，在加入相同体积某浓度稀硫酸后剩余固体质量的变化不难发现，c点之前剩余的是铜，且随样品质量的增加，剩余的铜的质量等倍数增加，c点出现拐点，c点之后剩余的固体质量为剩余的1.92g铜与比c点样品增加的样品质量之和，说明c点时硫酸恰好反应完，据此分析解答。
【解析】A．样品中先发生Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，生成的Fe3+与铜反应，2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，A项正确；
B．根据图知1.76g样品与稀硫酸反应，此时铜过量，生成Fe2+、Cu2+，没有Fe3+，B项正确；
C．根据c(5.28，1.92)，设为Fe2O3为xml，Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，则反应的铜也为xml，故5.28=160x+64x+1.92，解得x=0.015ml，n(Cu)=(x+0.03)ml=0.045ml，n(Fe2O3)：n(Cu)=1：3，C项错误；
D．由C项得n(H+)=6x=0.09ml，n(H2SO4)=0.045ml ，故c(H2SO4)=0.045ml /0.03L=1.5 ml·L-1，D项正确；
答案选C。
3．（2023上·河北石家庄·高三石家庄精英中学期中）某活动小组为测定样品中NaBH4的纯度，设计了如下的实验步骤：
步骤l：取5.0gNaBH4样品(杂质不参与反应)，将样品溶于NaOH溶液后配成500mL溶液，取25.00mL置于碘量瓶中，加入的KIO3溶液充分反应(反应为3NaBH4+4KIO3=3NaBO2+4KI+6H2O)；
步骤2：向步骤1所得溶液中加入过量的KI溶液，用稀硫酸调节pH，使过量KIO3转化为I2，冷却后在暗处放置数分钟；
步骤3：向步骤2所得溶液中加入某种缓冲溶液调pH至5.0，加入几滴指示剂，用0.1000ml/L的Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为20.70mL(反应为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)。
下列说法正确的是
A．NaBH4中H元素化合价为+1价
B．步骤2反应的离子方程式为+I-+6H+=I2+3H2O
C．步骤3中加入几滴酚酞作指示剂
D．样品中NaBH4的纯度为64.47%
【答案】D
【解析】A．NaBH4具有强还原性，H元素化合价为-1价，故A错误；
B．步骤2的反应为KI和KIO3在酸性条件下生成I2，离子方程式为：+5I-+6H+=I2+3H2O；故B错误；
C．步骤3用Na2S2O3标准溶液滴定碘单质溶液，用淀粉溶液坐指示剂，故C错误；
D．根据方程式I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，n(Na2S2O3)=0.00207ml，则n(I2)=0.001035ml，再根据+5I-+6H+=I2+3H2O，可以计算出n(KIO3)=0.000345ml，这是剩余的KIO3，与NaBH4反应的KIO3为0.006ml-0.000345ml=0.005655ml，根据3NaBH4+4KIO3=3NaBO2+4KI+6H2O可以计算出n(NaBH4)=0.00424125ml，则原样品中n(NaBH4)=0.00424125ml=0.084825ml，NaBH4的纯度为=64.47%，故D正确。
4．（2023·湖北·统考高考真题）学习小组探究了铜的氧化过程及铜的氧化物的组成。回答下列问题：
(1)铜与浓硝酸反应的装置如下图，仪器A的名称为 ，装置B的作用为 。

(2)铜与过量反应的探究如下：

实验②中Cu溶解的离子方程式为 ；产生的气体为 。比较实验①和②，从氧化还原角度说明的作用是 。
(3)用足量NaOH处理实验②新制的溶液得到沉淀X，元素分析表明X为铜的氧化物，提纯干燥后的X在惰性氛围下加热，mgX完全分解为ng黑色氧化物Y，。X的化学式为 。
(4)取含X粗品0.0500g(杂质不参加反应)与过量的酸性KI完全反应后，调节溶液至弱酸性。以淀粉为指示剂，用标准溶液滴定，滴定终点时消耗标准溶液15.00mL。(已知：，)标志滴定终点的现象是 ，粗品中X的相对含量为 。
【答案】(1) 具支试管 防倒吸
(2) Cu+H2O2+2H+= Cu2++2H2O O2 既不是氧化剂，又不是还原剂，但可增强H2O2的氧化性
(3)CuO2
(4) 溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色 96%
【解析】（1）由图可知，仪器A的名称为具支试管；铜和浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮，其中二氧化氮易溶于水，需要防倒吸，则装置B的作用为防倒吸；
（2）根据实验现象，铜片溶解，溶液变蓝，可知在酸性条件下铜和过氧化氢发生反应，生成硫酸铜，离子方程式为：Cu+H2O2+2H+= Cu2++2H2O；硫酸铜可以催化过氧化氢分解生成氧气，则产生的气体为O2；在铜和过氧化氢的反应过程中，氢元素的化合价没有发生变化，但反应现象明显，故从氧化还原角度说明的作用是：既不是氧化剂，又不是还原剂，但可增强H2O2氧化性；
（3）在该反应中铜的质量m(Cu)=n×，因为，则m(O)=，则X的化学式中铜原子和氧原子的物质的量之比为：，则X为CuO2；
（4）滴定结束的时候，单质碘消耗完，则标志滴定终点的现象是：溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色；在CuO2中铜为+2价，氧为-1价，根据，可以得到关系式：，则n(CuO2)=×0.1ml/L×0.015L=0.0005ml，粗品中X的相对含量为。
5．（2023上·浙江·高三校联考阶段练习）Ni、C均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni2+、C2+、Mg2+)中，利用氨浸工艺可提取Ni、C，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：
已知：①氨性溶液由、和配制。
②常温下，Ni2+、C2+、C3+均可与NH3形成可溶于水的配离子。
③常温下，。
④易被空气氧化为。
请回答下列问题：
(1)“析晶”过程中通入的酸性气体A为 。
(2)下列说法正确的是_______。
A．步骤Ⅰ的活性MgO也可替换成稀氨水，不影响后续主要产物及高附加值化工产品的生产
B．步骤Ⅱ，过滤得到的滤泥主要含、、等
C．步骤Ⅵ，热解所得的固体氧化物为MgO
D．常温下，pH=9.0的氨性溶液中，
(3)“氨浸”时，由转化为的离子方程式为 。
(4)测定产品CCl2的纯度。
准确称取0.600g样品，配成100mL溶液，移取25.00mL溶液于锥形瓶中，调pH=6.5~10.5，滴加指示剂K2CrO4溶液(Ag2CrO4为红色沉淀)。在不断摇动下，用0.1000ml·L-1AgNO3标准溶液滴定(假设杂质不参加反应)。平行测试3次，平均消耗AgNO3标准溶液22.50mL。
①达到滴定终点的现象为 。
②产品CCl2的质量分数为 。
③测定Cl-过程中若溶液pH过低，会使CCl2的质量分数偏低，其可能的原因是 。
【答案】(1)HCl
(2)BC
(3)或
(4) 当最后半滴AgNO3溶液滴入时，生成红色沉淀，且半分钟内沉淀不溶解 97.5% pH过低，在酸性条件下转化为，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少
【分析】硝酸浸取液(含Ni2+、C2+、Mg2+)中加入活性氧化镁调节溶液pH值，过滤，得到滤液主要是硝酸镁，结晶纯化得到硝酸镁晶体，再热解得到氧化镁和硝酸；Ni2+、C2+、C3+均可与NH3形成可溶于水的配离子，故滤泥加入氨性溶液氨浸溶解，过滤，向滤液中进行镍钴分离，经过一系列得到氯化钴和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中加入氯化氢气体得到氯化镍晶体。
【解析】（1）“析晶”过程中为了防止Ni2+水解，因此通入的酸性气体A为HCl；
故答案为：HCl。
（2）A．滤泥在氨水中能溶解，故步骤Ⅰ的活性MgO不可替换成稀氨水，A错误；
B．加入活性氧化镁，pH升高，Ni2+、C2+转化为Ni(OH)2、C(OH)3，活性 MgO 可与水反应生成Mg(OH)2，故步骤Ⅱ，过滤得到的滤泥主要含Mg(OH)2、Ni(OH)2、C(OH)3等，B正确；
C．根据分析可知步骤Ⅵ，热解所得的固体氧化物为MgO，C正确；
D．常温下，pH=9.0的氨性溶液中，c(H+)=10-9.0，c(OH-)=10-5.0，Kb(NH3⋅H2O)==10−4.7，=100.3>1，故c(NH)> c(NH3⋅H2O)，D错误；
故答案为：BC。
（3）氨浸过程中C(OH)3转化为[C(NH3)6]2+，SO被氧化成SO，离子方程式为2C(OH)3+12NH3⋅H2O+SO=2[C(NH3)6]2++SO+4OH−+13H2O或2C(OH)3+8NH3⋅H2O+4NH+SO=2[C(NH3)6]2++SO+13H2O；
故答案为：2C(OH)3+12NH3⋅H2O+SO=2[C(NH3)6]2++SO+4OH−+13H2O或2C(OH)3+8NH3⋅H2O+4NH+SO=2[C(NH3)6]2++SO+13H2O。
（4）氯离子消耗完全后有Ag2CrO4生成，为红色沉淀，当最后半滴AgNO3溶液滴入时，生成红色沉淀，且半分钟内沉淀不溶解，证明反应完成；
CCl2+2AgNO3=2AgCl+C(NO3)2，根据方程式可知n(CCl2)=2n(AgNO3)= 2×0.1000ml·L-1 ×0.02250L=4.5×10-3ml，产品CCl2的质量分数为=97.5%；
pH过低，CrO在酸性条件下转化为Cr2O，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，CCl2的质量分数偏低；
故答案为：当最后半滴AgNO3溶液滴入时，生成红色沉淀，且半分钟内沉淀不溶解；97.5%；会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少。
1．（2023上·山东·高三校联考期中）某化学研究小组，用杂铜(含有较多杂质的铜粉)，通过不同的途径制取胆矾并测定胆矾中结晶水的n值，实验过程如下：
胆矾中结晶水n值的测定步骤如下：
i．称量坩埚的质量，记为
ii．称量坩埚和胆矾的质量，记为
iii．加热、冷却、称量坩埚和固体的质量，记为
iv．再次加热、冷却、称量坩埚和固体的质量，记为(注：上述过程无分解)。
在胆矾(中结晶水n值的测定实验中，下列不规范操作会导致测定结果偏大的是
A．加热后放在空气中冷却B．胆矾晶体的颗粒较大
C．加热温度过高D．粉末未完全变白就停止加热
【答案】C
【分析】胆矾的质量为，结晶水的质量为，硫酸铜的质量为，硫酸铜的物质的量，结晶水的物质的量，化学式中的。
【解析】A．加热后放在空气中冷却，会吸收空气中的水重新形成晶体，偏大，偏小，A不符合题意；
B．胆矾晶体的颗粒较大，会导致晶体解热分解不完全，偏大，偏小，B不符合题意；
C．加热温度过高，会导致硫酸铜分解，偏小，偏大，C符合题意；
D．粉末未完全变白就停止加热说明结晶水并未完全失去，偏大，偏小，D不符合题意；
故选C。
2．（2023上·山东烟台·高三统考期中）在含单质碘的KI溶液中存在可逆反应：，为测定该反应的平衡常数K进行如下实验，实验步骤如下：
①在装有的KI溶液的碘量瓶中加入足量，充分搅拌溶解，待过量的固体碘沉于瓶底后，取42.5mL上层清液，用萃取，充分振荡、静置、分液，得到42.5mL萃取后的水溶液、溶液。
②取萃取后的溶液于碘量瓶中，加水充分振荡，再加入质量分数为0.01%KI溶液，充分振荡后，静置5分钟，注入4mL0.2%的淀粉溶液，用的标准溶液滴定，平行滴定3次，平均消耗溶液。
③将萃取后的水溶液42.5mL移入碘量瓶中，注入4mL0.2%的淀粉溶液，用的标准溶液滴定，平行滴定3次，平均消耗溶液。
已知：(1)；(2)与难溶于；(3)达到溶解平衡后，在层和水层中的分配比为
的平衡常数K计算正确的是
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】第②步可知；在层和水层中的分配比为所以，根据步骤③可知：可以推知由平衡可知：溶液中之和为原溶液中碘离子浓度：可求得。将、、带入可求得：。
选择A答案。
3．（2023上·新疆喀什·高三兵团第三师第一中学校考阶段练习）菠萝“扎嘴”的原因之一是菠萝中含有一种难溶于水的草酸钙针晶。隔绝空气条件下，16.4g草酸钙晶体()受热分解过程的热重曲线(剩余固体质量随温度变化的曲线)如图所示，下列说法错误的是
A．草酸钙晶体中碳元素的化合价为+3价
B．物质M的化学式为CaC2O4·H2O
C．温度由200～520℃阶段，反应的化学方程式为
D．温度高于940℃，所得物质X的俗名为生石灰
【答案】B
【解析】A．草酸钙晶体中钙为+2价，氧为-2价，则碳为+3价，选项A正确；
B．16.4g草酸钙晶体的物质的量为0.1ml，生成M时，质量减少(16.4-12.8)g=3.6g，即0.2ml水，则物质M的化学式为CaC2O4，选项B错误；
C．200～520℃阶段时，质量减少(12.8-10.0)g=2.8g，即0.1ml CO，则反应的化学方程式为，选项C正确；
D．520～940℃阶段时，质量减少(10.0-5.6)g=2.8g，即0.1mlCO2，则反应为碳酸钙煅烧得到氧化钙和二氧化碳，物质X是氧化钙，俗称生石灰，选项D正确；
答案选B。
4．（2023·重庆·统考高考真题）煤的化学活性是评价煤气化或燃烧性能的一项重要指标，可用与焦炭(由煤样制得)反应的的转化率来表示。研究小组设计测定的实验装置如下：

(1)装置Ⅰ中，仪器的名称是 ；b中除去的物质是 (填化学式)。
(2)①将煤样隔绝空气在加热1小时得焦炭，该过程称为 。
②装置Ⅱ中，高温下发生反应的化学方程式为 。
③装置Ⅲ中，先通入适量的气体X，再通入足量气。若气体X被完全吸收，则可依据和中分别生成的固体质量计算。
i.d中的现象是 。
ii.e中生成的固体为，反应的化学方程式为 。
iii.d和e的连接顺序颠倒后将造成 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。
iiii.在工业上按照国家标准测定：将干燥后的(含杂质的体积分数为)以一定流量通入装置Ⅱ反应，用奥氏气体分析仪测出反应后某时段气体中的体积分数为，此时的表达式为 。
【答案】(1) 分液漏斗 HCl
(2) 干馏 有白色沉淀生成 偏大
【分析】稀盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳、氯化钙和水，由于盐酸易挥发，二氧化碳中含有氯化氢杂质，用饱和碳酸氢钠溶液吸收氯化氢，再用浓硫酸干燥气体，二氧化碳通到灼热的焦炭中反应生成一氧化碳，将混合气体通入足量氢氧化钡溶液中吸收二氧化碳，一氧化碳与银氨溶液反应生成银单质。
【解析】（1）装置Ⅰ中，仪器的名称是分液漏斗；由于二氧化碳中含有挥发的氯化氢气体，因此b中碳酸氢钠与氯化氢反应，则除去的物质是HCl；故答案为：分液漏斗；HCl。
（2）①将煤样隔绝空气在加热1小时得焦炭，即隔绝空气加强热使之分解，则该过程称为干馏；故答案为：干馏。
②装置Ⅱ中，高温下二氧化碳和焦炭反应生成一氧化碳，其发生反应的化学方程式为；故答案为：。
③i.d中二氧化碳和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀和水，其反应的现象是有白色沉淀生成；故答案为：有白色沉淀生成。
ii.e中生成的固体为，根据氧化还原反应分析得到CO变为碳酸铵，则反应的化学方程式为；故答案为：。
iii.d和e的连接顺序颠倒，二氧化碳和银氨溶液反应，导致银氨溶液消耗，二氧化碳与氢氧化钡反应的量减少，则将造成偏大；故答案为：偏大。
iiii.在工业上按照国家标准测定：将干燥后的(含杂质的体积分数为)以一定流量通入装置Ⅱ反应，用奥氏气体分析仪测出反应后某时段气体中的体积分数为，设此时气体物质的量为bml，二氧化碳物质的量为bmml，原来气体物质的量为aml，原来二氧化碳物质的量为a(1−n)ml，氮气物质的量为anml，则消耗二氧化碳物质的量为[a(1−n) −bm]ml，生成CO物质的量为2[a(1−n) −bm]ml，则有b=an+bm+2[a(1−n) −bm]，解得：，此时的表达式为；故答案为：。
5．（2023上·福建福州·高三福建省福州第一中学校考开学考试）亚硝酰硫酸(NOSO4H)主要用于染料、医药等工业，是一种浅黄色、遇水易分解的固体，但溶于浓硫酸后并不分解。某实验小组将在A中产生的SO2通入浓硫酸和浓硝酸的混合溶液中制备亚硝酰硫酸，并测定产品的纯度。
(1)仪器X的名称为 ；
(2)按气流从左到右的顺序，上述仪器的连接顺序为(填仪器接口字母) 。
(3)①装置B中发生反应的化学方程式为 。
②开始时反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但反应速率明显加快，其可能原因是 。
(4)装置B中维持反应体系温度不高于20℃的主要原因是 。
(5)测定产品的纯度：称取4.5g产品放入锥形瓶中，加入100.00 mL 0.10ml/L的KMnO4溶液和适量H2SO4，摇匀，再将溶液加热至60~70℃(使生成的HNO3挥发逸出)，冷却至室温，然后用0.20 ml/L的Na2C2O4标准溶液滴定至终点，消耗Na2C2O4溶液的体积为25.00 mL。
已知：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4，2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2+5Na2SO4+8H2O。
①滴定终点的现象为 。
②该产品的纯度为 % (保留小数点后一位)。
【答案】(1)蒸馏烧瓶
(2)aedbcg
(3) 生成的NOSO4H作为该反应的催化剂
(4)浓硝酸受热易分解，且温度升高使得SO2逸出不利于反应进行
(5) 最后半滴标准液加入后，溶液恰好由紫红色变为无色且半分钟不恢复 56.4
【分析】该实验中A装置制取SO2，实验室常用浓硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，生成二氧化硫经过C中浓硫酸干燥后进入B，装置B中浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H，为减少浓硝酸的挥发，应尽量降低体系温度，装置D处理未反应的二氧化硫和挥发出的HNO3。
【解析】（1）仪器X的名称为蒸馏烧瓶；
（2）由分析可知，上述仪器的连接顺序为aedbcg；
（3）①装置B中浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H，发生反应的化学方程式为。
②影响反应速率的主要因素有浓度、温度、催化剂，该反应中温度变化不大，而浓度随反应进行会减小，所以可以使速率加快的因素只能是催化剂，故原因为：生成的NOSO4H作为该反应的催化剂；
（4）浓硝酸受热易分解，且温度升高使得SO2逸出不利于反应进行，故维持反应体系温度不高于20℃；
（5）①用草酸钠标准溶液滴定过量的高锰酸钾溶液，溶液颜色变化是紫红色变为无色且半分钟不变说明反应达到终点，故答案为：最后半滴标准液加入后，溶液恰好由紫红色变为无色且半分钟不恢复；
②根据反2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2+5Na2SO4+8H2O可知，所以剩余的，则与NOSO4H反应的，根据反应2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4可知，，所以亚硝酰硫酸的纯度，故答案为56.4%。
6．（2023上·黑龙江哈尔滨·高三哈九中校考期中）某研究小组为了更准确检测香菇中添加剂亚硫酸盐的含量，设计实验如下：
①三颈烧瓶中加入10.00g香菇样品和400mL水；锥形瓶中加入125mL水、1mL淀粉溶液并预加0.30mL 0.01000的碘标准溶液，搅拌。
②以0.2流速通氮气，再加入过量磷酸，加热并保持微沸，同时用碘标准溶液滴定，至终点时滴定消耗了1.00mL碘标准溶液。
③做空白实验，消耗了0.10mL碘标准溶液。
④用适量替代香菇样品，重复上述步骤，测得的平均回收率为95%。回答下列问题：
(1)装置图中仪器b的名称为 ，侧管c的作用是 。
(2)三颈烧瓶适宜的规格为______（填标号）。
A．250mLB．500mLC．1000mL
(3)滴定从下列选项选择合适操作并排序：蒸馏水洗涤→加入标准液3~5mL→ →准备开始滴定（润洗操作只进行一次）。
a．加液至“0”刻度以上2~3mL处
b，倾斜转动滴定管，使液体润湿滴定管内壁
c．调整液面至“0”刻度，记录读数
d．右手握住滴定管，左手打开活塞快速放液
e．控制活塞，将洗涤液从滴定管下部放出
(4)滴定管使用前首先要 。
(5)滴定终点判断依据为 。
(6)下列关于滴定的操作及分析，不正确的是
A．0.30mL标准碘溶液可以用量筒量取
B．滴定时要适当控制滴定速度
C．滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化
D．滴定管尖嘴可以碰触锥形瓶内壁
E．终点读数时如果俯视测量结果将偏高
(7)若先加磷酸再通氮气，会使测定结果 （填“偏高”“偏低”或“无影响”）。
(8)该样品中亚硫酸盐含量为 （以计，结果保留三位有效数字）。已知：滴定反应的离子方程式为。
【答案】(1) 酸式滴定管 平衡气压，使液体顺利流下
(2)C
(3)beadc
(4)检查是否漏液
(5)当加入半滴碘溶液后，溶液颜色从无色变成蓝色，且半分钟内不褪色，即为滴定终点
(6)ACDE
(7)偏低
(8)80.8
【分析】由题中信息可知，检测香菇中添加剂亚硫酸盐的含量的原理是：用过量的磷酸与其中的亚硫酸盐反应生成SO2，用氮气将SO2排入到锥形瓶中被水吸收，最后用碘标准溶液滴定，测出样品中亚硫酸盐含量。
【解析】（1）装置图中仪器b的名称为酸式滴定管，侧管c的作用是平衡气压，使液体顺利流下；
（2）三颈烧瓶所盛放的液体体积在，该三颈烧瓶中需要加入10.00g香菇样品和400mL水,宜选用规格为1000mL的三颈烧瓶，故答案为C；
（3）碘标准沿液盛放在酸式滴定管中，滴定前的准备包括水洗、润洗、调液，具体的操作依次为：蒸馏水洗涤，加入标准波3-5mL，倾斜转动滴定管，使液体润湿滴定管内壁，控制活塞，将洗涤液从滴定管下部放出，加液至“0”刻度以上2~3mL处，控制活塞，将洗涤液从滴定管下部放出，调整液面至“0”刻度，记录读数，故答案为beadc；
（4）滴定管使用前首先要滴定管使用前首先要检查是否漏液；
（5）为锥形瓶中含有淀粉指示剂和SO2，加入碘滴定，将SO2消耗完后，过量的碘单质与淀粉反应使溶液显蓝色，故滴定终点的判断依据：当加入半滴碘溶液后，溶液颜色从无色变成蓝色，且半分钟内不褪色，即为滴定终点；
（6）A．量筒的精确度为0.1mL，0.30mL标准碘溶液应用酸式滴定管量取，A错误；
B．滴定时要适当控制滴定速度，先快后慢，以免错过滴定终点，B正确；
C．滴定时眼睛应一直注视锥形瓶内溶液颜色的变化，C错误；
D．滴定过程中滴定管尖嘴不可以碰触锥形瓶内壁，D错误；
E．终点读数时如果俯视，读取的标准液体积会偏小，将来测量结果将偏低，E错误；
故答案为：ACDE；
（7）开始通入氮气的目的是将装置中的空气排出，防止空气中的氧气将亚硫酸盐部分氧化成硫酸盐而影响实验，若先加磷酸，反应生成的SO2量较少，消耗的标准碘液也少，所测结果偏低；
（8）反应中消耗I2的体积为，，根据关系式I2~ SO2知，n(SO2)= 1.2×10-5 ml，m(SO2)=64g/ml×1.2×10-5ml=7.68×10-4g=0.768mg，样品为10.00g，因此1000g香菇中SO2的含量为，故该样品中亚硫酸盐含量为80.8。