第54讲 综合实验试题突破(能力课)
1．掌握物质制备型综合实验试题的分析和方案设计、评价与改进。 2．掌握物质性质的定性、定量探究方案的设计、评价与改进。 3．培养学生的创新意识、科学探究精神和社会责任。
物质制备探究型综合实验
1．基于气体制备类综合实验题的审题
分析制备流程
装置排气目的和方法 常用稳定气体(如N2等)或反应产物气体(如SO2等)排尽装置中的空气，以防止空气中的O2、CO2、水蒸气干扰实验
温度控制目的和方式 (1)控制低温的目的：减少某些反应物、产品分解或挥发，如H2O2、氨水等；防止某物质水解，避免副反应发生等。 (2)加热目的：增大反应速率或使平衡移动，加速溶解等。 (3)温度控制方式：水浴、油浴均匀加热；冰水浴冷却等
2．物质制备实验方案的设计与评价方法
(1)从实验方案可行性角度设计与评价
只有合理且切实可行的实验方案才有意义。可行性是方案的第一要素，评价方案时应注意从实验原理和操作两个方面分析：理论上要科学合理，操作上要简单可行。
(2)从经济效益角度设计与评价
评价一种实验方案，不仅要从科学性上判断是否可行，还要从经济效益上考虑是否切合实际。
(3)从环保角度设计与评价
防止污染的根本途径在于控制“三废”的排放，在对实验方案进行评价时，不可忽视环境保护的重要性。
(4)从“安全性”角度设计与评价
实验首先是安全第一，实验安全往往有以下几个方面，如规范操作、防止暴沸或爆炸、防止倒吸、防止污染等。
3．实验设计中的三个顺序
(1)实验操作顺序
装置选择与连接→气密性检查→加固体试剂→加液体试剂→开始实验(按程序)→拆卸仪器→其他处理等。
(2)加热顺序选择
若气体制备实验需加热，应先加热气体发生装置，通入气体排出装置中的空气后，再给实验中需要加热的物质加热。目的：a．防止爆炸(如氢气还原氧化铜)；b．保证产品纯度，防止反应物或生成物与空气中的物质反应。熄灭酒精灯的顺序则相反。
(3)仪器的连接顺序
①涉及气体的一般连接顺序
发生装置→除杂装置→干燥装置→性质探究或收集装置→尾气处理装置(注意防倒吸)。
②一般装置的进出气口
洗气瓶：长进短出；U形管和加热玻璃管：无前后；干燥管：粗进细出；排液量气：短进长出。
[示例] (2024·泉州三检，节选)某研究小组利用下图所示装置模拟高炉煤气(主要成分为CO、N2、H2、H2S和少量COS)和金属冶炼厂尾气(含SO2)联合制备Na2S2O3·5H2O。回答下列问题。
已知：湿润的(CH3COO)2Pb试纸可鉴别H2S，化学方程式为(CH3COO)2Pb+H2S===2CH3COOH+PbS↓(黑色)。
步骤一：打开K3，关闭K1、K2，通入高炉煤气。
发生的反应有：丁中COS+H2CO+H2S；乙中H2S+Na2CO3===NaHCO3+NaHS。
(1)丙装置的主要作用为__。
(2)当湿润的(CH3COO)2Pb试纸__________(填现象)时，关闭K3，停止通入高炉煤气。
(3)导管b接盛有醋酸亚铜氨溶液的洗气瓶用于吸收CO气体，反应的化学方程式为CH3COOCu(NH3)2(aq)+CO(g)馗CH3COOCu(NH3)2·CO(aq) ΔH<0。
①过量H2S会导致吸收CO的能力下降的原因是______________。
②将吸收液通过________(任写一种)的方法实现吸收液的再生，同时释放CO，达到资源化利用。
步骤二：打开K1、K2，通入SO2气体。
(4)试剂a为__(填化学式)。
(5)装置乙中生成Na2S2O3的化学方程式为________________________。
(6)导管b接盛有________(填化学式)溶液的洗气瓶用于尾气处理。
(7)检验粗产品中是否含有S的方法为_____________________。
“物质制备”综合实验试题解答模型
1．(2024·湖南卷，T15)亚铜配合物广泛用作催化剂。实验室制备[Cu(CH3CN)4]ClO4的反应原理如下：Cu(ClO4)2·6H2O+Cu+8CH3CN===2[Cu(CH3CN)4]ClO4+6H2O
实验步骤如下：
分别称取3.71 g Cu(ClO4)2·6H2O和0.76 g Cu粉置于100 mL乙腈(CH3CN)中反应，回流装置图和蒸馏装置图(加热、夹持等装置略)如下：
已知：①乙腈是一种易挥发的强极性配位溶剂；
②相关物质的信息如下：
化合物 [Cu(CH3CN)4]ClO4 Cu(ClO4)2·6H2O
相对分子质量 327.5 371
在乙腈中颜色 无色 蓝色
回答下列问题：
(1)下列与实验有关的图标表示排风的是________(填字母)。
A B C D E
(2)装置Ⅰ中仪器M的名称为_________________________。
(3)装置Ⅰ中反应完全的现象是_______________________。
(4)装置Ⅰ和Ⅱ中N2气球的作用是_______________________。
(5)[Cu(CH3CN)4]ClO4不能由步骤c直接获得，而是先蒸馏至接近饱和，再经步骤d冷却结晶获得。这样处理的目的是_______________________。
(6)为了使母液中的[Cu(CH3CN)4]ClO4结晶，步骤e中向母液中加入的最佳溶剂是________(填字母)。
A．水 B．乙醇 C．乙醚
(7)合并步骤d和e所得的产物，总质量为5.32 g，则总收率为________(用百分数表示，保留一位小数)。
2．(2024·重庆二模)芳香化合物在一定条件下可与卤代烃发生取代反应。某科研小组以、ClC(CH3)3为反应物，无水AlCl3为催化剂，制备(叔丁基苯)。反应原理如下：
+ClC(CH3)3+HCl。
已知：
物质 相对分子质量 密度/ (g·cm-3) 沸点/℃ 溶解性
AlCl3 133.5 2.41 181 极易潮解并产生白色烟雾，微溶于苯
78 0.88 80.1 难溶于水
ClC(CH3)3 92.5 0.85 51.6 难溶于水， 可溶于苯
134 0.87 169 难溶于水， 易溶于苯
Ⅰ.实验室模拟制备无水AlCl3的实验装置如图所示：
(1)写出装置A中发生反应的化学方程式：_________________________。
(2)装置B中的试剂为______________。若缺少C，则D中AlCl3发生副反应的化学方程式为_________________________。
(3)加热顺序：应先点燃________(填“A”或“D”)处酒精灯。
Ⅱ.实验室制取叔丁基苯的装置如图：
①将35 mL苯和足量的无水AlCl3加入三颈烧瓶中；
②滴加10 mL氯代叔丁烷[ClC(CH3)3]；
③打开恒温磁力搅拌器反应一段时间；
④洗涤，将反应后的混合物依次用稀盐酸、Na2CO3溶液、H2O洗涤分离；
⑤在所得产物中加入少量无水MgSO4固体，静置，过滤，蒸馏；
⑥称量，得到10.0 g叔丁基苯。
(4)图中弯管C的作用为_________________________。
(5)用稀盐酸洗涤的目的是__________________________________，“洗涤”后“分离”的操作名称是_________________________________。
(6)加无水MgSO4固体的作用是___________________________。
(7)叔丁基苯的产率为_______________________%(保留至小数点后1位)。
物质性质探究型综合实验
猜想型实验
漂白粉是生产生活中常用的消毒剂和杀菌剂。实验室有一瓶密封不严的漂白粉样品，其中肯定存在CaCl2，请设计实验，探究该样品中可能存在的其他固体物质。
(1)提出合理假设。
假设1：该漂白粉未变质，只含有__________(填化学式，下同)；
假设2：该漂白粉全部变质，只含有__；
假设3：该漂白粉部分变质，既含有________，又含________。
(2)设计实验方案，进行实验。请写出实验步骤、预期现象和结论。
限选用的仪器和试剂：试管、滴管、带导管的单孔塞、蒸馏水、自来水、1 mol·L-1盐酸、品红溶液、新制澄清石灰水。(提示：不必检验Ca2+和Cl-)
实验步骤 预期现象和结论
① 取少量上述漂白粉于试管中，______________________________________________ _____________________________________________________________
② ____________________________________________________ ____________________________________________________
第一步 明确目的原理
设计实验探究漂白粉变质后物质的成分，涉及反应：
①2Ca(OH)2+2Cl2===CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
②Ca(ClO)2+H2O+CO2===CaCO3↓+2HClO
第二步 提出合理假设
根据假设和提供的物质及反应原理判断样品中可能含有Ca(ClO)2或CaCO3或二者的混合物。
第三步 寻找验证方法
用CaCO3与盐酸反应产生使澄清石灰水变浑浊的CO2来验证CaCO3的存在；
用Ca(ClO)2与盐酸反应生成能使品红溶液褪色的HClO来验证Ca(ClO)2的存在。
第四步 设计操作步骤
①向固体样品中加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水中(用于检验CO2)。
②向步骤①反应后的溶液中滴入1~2滴品红溶液，振荡(用于检验HClO)。
第五步 分析得出结论
若步骤①中石灰水未变浑浊，则说明样品中无CaCO3，即假设1成立；
若步骤①中石灰水变浑浊，且步骤②中品红溶液不褪色，说明CaCO3存在，不存在Ca(ClO)2，即假设2成立；
若步骤①中石灰水变浑浊，且步骤②中品红溶液褪色，说明有CaCO3和Ca(ClO)2存在，即假设3成立。
猜想型实验试题的一般思路
1．(2024·沈阳一模)铜盐是五颜六色的。某学习小组发现固体CuSO4(白色)、固体CuCl2(棕黄色)、固体CuBr2(深褐色)。CuSO4和CuBr2溶液呈蓝色，CuCl2溶液时而呈绿色，时而呈蓝色，于是对颜色不同的原因展开了探究。
【查阅资料】
1．固体铜盐的颜色与阴离子极化能力有关，随化学键共价性增强，吸收光的能量下降，因此颜色加深。
2．在CuCl2溶液中存在如下平衡：
[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl-馗[CuCl4]2-(黄色)+4H2O ΔH>0。
【提出假设】
1．铜盐的颜色不同与离子种类有关。
2．CuCl2溶液呈绿色的原因是溶液中既有黄色的[CuCl4]2-，又有蓝色的[Cu(H2O)4]2+，根据光学原理蓝色和黄色的混合色为绿色。
【设计方案】
温 度/℃ V(0.5 mol·L-1 氯化铜)/mL V(饱和硫 酸铜)/mL V(饱和 ____)/mL V(饱和氯化钠)/mL V(水)/mL 溶液颜色
1 25 4.0 无色
2 25 4.0 无色
3 25 4.0 蓝色
4 25 4.0 绿色
5 25 2.0 a 蓝绿色
6 25 2.0 2.0 蓝绿色
7 25 2.0 2.0 黄绿色
8 50 4.0 黄绿色
回答下列问题：
(1)解释CuBr2的颜色深于CuCl2的原因：___________________________。
(2)配制CuCl2溶液的方法是___________________________。
(3)根据表中信息，补充试剂和数据：
饱和________，a=________。
(4)实验4和5中溶液颜色差异的原因是____________________________(用平衡移动原理解释)。
(5)以上实验说明影响CuCl2溶液颜色的因素主要有_________________(答两点即可)。
【实验结论】假设1、假设2成立。
(6)CuCl2溶液呈现不同颜色的根本原因与Cl-、[CuCl4]2-和
(写微粒结构式)的浓度有关。
探究型实验
(2024·石景山模拟)某小组通过实验探究NO的某些性质。
(1)从氮元素的价态角度分析，NO有________性和________性。
(2)设计实验探究NO的氧化性。
实验Ⅰ：用排水法收集一瓶NO，将其倒扣在盛有碱性Na2SO3溶液的水槽中，振荡，观察到集气瓶中液面上升。
资料：ⅰ.NO与碱性Na2SO3溶液会发生氧化还原反应，NO被还原为N2。
ⅱ.Ag+与N2反应生成黄色沉淀。
①检验S的氧化产物。取少量实验Ⅰ反应后集气瓶中的溶液，________________(填操作和实验现象)。
②某同学认为，需通过进一步实验验证NO的氧化性，补充以下实验：
实验Ⅱ：取饱和Na2SO4溶液，加入少量冰醋酸，再滴加5滴0.1 mol·L-1的AgNO3溶液，未产生黄色沉淀。
实验Ⅲ：取少量实验Ⅰ反应后集气瓶中的溶液，加入少量冰醋酸，再滴加5滴0.1 mol·L-1的AgNO3溶液，_______________________(填实验现象)。
上述实验证明NO有氧化性。
实验Ⅱ的目的是__________________________________。
③写出NO与碱性Na2SO3溶液反应的离子方程式：____________________。
④从电极反应角度分析NO与碱性Na2SO3溶液的反应。
还原反应：2NO+2e-===N2
氧化反应：____________________________________。
实验Ⅳ：用排水法收集两瓶NO，将其分别倒扣在饱和Na2SO3溶液和加有NaOH的饱和Na2SO3溶液中，后者集气瓶中液面上升更快。
根据上述实验所得结论：__________________________________。
(3)写出一个反应的化学方程式证明NO具有还原性：____________________。
(1)
(2)①S的氧化产物为S，S检验时注意S干扰。
②注意Ag+与S反应对Ag+与N2反应的干扰，要设计对比实验，排除干扰。
③根据资料，可知NO被还原为N2，S被氧化为S。
根据得失电子守恒完成离子方程式。
④氧化反应，化合价升高，SS。
(3)NO具有还原性，化合价升高，NO被O2氧化为NO2。
探究型实验试题的思维模型
2．(2025·北京丰台区模拟)研究小组探究高铜酸钠(NaCuO2)的制备和性质。
资料：高铜酸钠为棕黑色固体，难溶于水。
实验Ⅰ.向2 mL 1 mol·L-1 NaClO溶液中滴加1 mL 1 mol·L-1 CuCl2溶液，迅速产生蓝绿色沉淀，振荡后得到棕黑色的浊液a，将其等分成两份。
(1)蓝绿色沉淀中含有OH-。用离子方程式表示NaClO溶液显碱性的原因：__________________________________。
探究棕黑色沉淀的组成。
实验Ⅱ.将一份浊液a过滤、洗涤、干燥，得到固体b。取少量固体b，滴加稀硫酸，沉淀溶解，有气泡产生，得到蓝色溶液。
(2)①另取少量固体b进行实验，证实了NaCuO2中钠元素的存在，实验操作的名称是______________。
②进一步检验，棕黑色固体是NaCuO2。NaCuO2与稀硫酸反应的离子方程式是__________________________________。
探究实验条件对NaCuO2制备的影响。
实验Ⅲ.向另一份浊液a中继续滴加1.5 mL 1 mol·L-1 CuCl2溶液，沉淀由棕黑色变为蓝绿色，溶液的pH约为5，有Cl2产生。
(3)①对Cl2的来源，甲同学认为是NaCuO2和Cl-反应生成了Cl2，乙同学认为该说法不严谨，提出了生成Cl2的其他原因：____________________________。
②探究“继续滴加CuCl2溶液，NaCuO2能氧化Cl-”的原因。
ⅰ.提出假设1：c(Cl-)增大，Cl-的还原性增强。实验证明假设成立。操作和现象是：取少量NaCuO2固体于试管中，__________________________________。
ⅱ.提出假设2：____________________________________，
经证实该假设也成立。
改进实验方案，进行实验。
实验Ⅳ.向1 mL 1 mol·L-1 NaClO溶液中滴加0.5 mL 1 mol·L-1 CuSO4溶液，迅速生成蓝色沉淀，振荡后得到棕黑色浊液。浊液放置过程中，沉淀表面缓慢产生气泡并出现蓝色固体，该气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝。
(4)①经检验，确定浊液放置过程中产生的蓝色固体中不含有S，实验操作为：将浊液过滤，__________________________________。
②NaCuO2放置过程中产生气体的化学方程式是________________________。
(5)根据上述实验，制备在水溶液中稳定存在的NaCuO2，应选用的试剂是NaClO溶液、___________________和_____________________________。
定量探究型综合实验
1．四种定量测定的方法与原理
(1)测量沉淀质量法
先将某种成分转化为沉淀，然后称量过滤、洗涤、干燥后沉淀的质量，再进行相关计算。
称量固体一般用托盘天平，精确度为0.1 g，要求精确度高的实验中可使用分析天平，可精确到0.000 1 g。
(2)测量气体体积法
①量气装置的设计
下列装置中，A是常规的量气装置，B、C、D是改进后的量气装置。
②读数时先要将其恢复至室温，再调整量气装置使两侧液面相平，最后读数要求视线与凹液面最低点相切。
(3)测量气体质量法
一般有两种方法：一种方法是称量反应装置在放出气体前后的质量减小值；另一种方法是称量吸收装置在反应前后的质量增大值。
(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反应滴定等获得相应数据再进行相关计算。
2．定量测定中的相关计算
(1)n=，n=，n=cV(aq)。
(2)物质的质量分数(或纯度)=×100%。
(3)产品的产率=×100%。
(4)物质的转化率=×100%。
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__；
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___________________________________；
操作④是______________，目的是__________________________________。
(3)利用碘量法测定WCl6产品纯度，实验如下：
①称量：将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称重为m1 g；开盖并计时1分钟，盖紧称重为m2 g；再开盖加入待测样品并计时1分钟，盖紧称重为m3 g，则样品质量为______________________g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。
②滴定：先将WCl6转化为可溶的Na2WO4，通过I交换柱发生反应：W+Ba(IO3)2===BaWO4+2I；交换结束后，向所得含I的溶液中加入适量酸化的KI溶液，发生反应：I+5I-+6H+===3I2+3H2O；反应完全后，用Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2S2===2I-+S4。滴定达终点时消耗c mol·L-1的Na2S2O3溶液V mL，则样品中WCl6(摩尔质量为M g·mol-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“不变”)。
审读 题干 审读题意，明确实验目的和信息反应
抽取 信息 ①WCl6熔点为283 ℃，沸点为340 ℃，极易水解，易溶于CS2；②H2还原WO3；③W与Cl2反应生成WCl6；④碘量法测定WCl6产品纯度
思路 导引 (1)H2还原WO3生成H2O，WO3被完全还原时现象应为不再有H2O凝结 (2)在B处加装盛有碱石灰的干燥管，目的是吸收Cl2，氯气有毒，防止污染空气，同时还起到防止水蒸气进入装置的目的。WO3完全被还原后，冷却、停止通氢气，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，为了实验安全，操作④是继续通入氮气，排尽装置内残余的氢气，然后加热通入氯气，制备六氯化钨 (3)①根据题意可知1分钟CS2挥发的质量为(m1-m2)g，开盖加入待测样品时，质量为m3 g，则样品的质量为[m3+(m1-m2)-m2]g=(m3+m1-2m2)g ②根据题意可得关系式：2S2~I2~WCl6
定量测定实验的解题模型
1．(2024·安徽卷，T16节选)测定铁矿石中铁含量的传统方法是SnCl2 HgCl2 K2Cr2O7滴定法。研究小组用该方法测定质量为a g的某赤铁矿试样中的铁含量。
【配制溶液】
①c mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液。
②SnCl2溶液：称取6 g SnCl2·2H2O溶于20 mL 浓盐酸，加水至100 mL，加入少量锡粒。
【测定含量】按下图所示(加热装置略去)操作步骤进行实验。
已知：氯化铁受热易升华；室温时HgCl2可将Sn2+氧化为Sn4+，难以氧化Fe2+；Cr2可被Fe2+还原为Cr3+。
回答下列问题：
(1)结合离子方程式解释配制SnCl2溶液时加入锡粒的原因：______________。
(2)步骤Ⅰ中“微热”的原因是_________________________________。
(3)步骤Ⅲ中，若未“立即滴定”，则会导致测定的铁含量________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
(4)若消耗c mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液V mL，则a g试样中Fe的质量分数为________(用含a、c、V的代数式表示)。
2．为测定未知CuSO4溶液的浓度，某同学设计了如图所示装置，实验步骤如下：
步骤1：组装仪器，并检查装置气密性。
步骤2：将x g 锌粉装入仪器A中，将足量稀硫酸和y mL CuSO4溶液分别装入两个恒压滴液漏斗中，并在仪器E内装入水，调整液面相平并记下量气管D刻度a mL。
步骤3：将CuSO4溶液逐滴滴入仪器A中并搅拌，充分反应后，滴加稀硫酸至不再有气体产生。
步骤4：恢复至室温，调整量气管D和仪器E中液面相平并记下量气管D刻度b mL。
回答下列问题：
(1)步骤4中若未恢复至室温，则测量得到的气体体积________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(2)实验温度下，气体摩尔体积为Vm L·mol-1，则c(CuSO4)=___________mol·L-1(列出计算表达式)。
(3)下列操作中，会使测得CuSO4溶液的浓度偏大的是________(填字母)。
A．步骤1中未检验装置气密性，装置漏气
B．步骤2中俯视读数
C．步骤3中稀硫酸加入过多
1．(2024·贵州卷，T15)十二钨硅酸在催化方面有重要用途。某实验小组制备十二钨硅酸晶体，并测定其结晶水含量的方法如下(装置如图，夹持装置省略)：
Ⅰ.将适量Na2WO4·2H2O、Na2SiO3·9H2O加入三颈烧瓶中，加适量水，加热，溶解。
Ⅱ.持续搅拌下加热混合物至近沸，缓慢滴加浓盐酸至pH为2，反应30分钟，冷却。
Ⅲ.将反应液转至萃取仪器中，加入乙醚，再分批次加入浓盐酸，萃取。
Ⅳ.静置后液体分上、中、下三层，下层是油状钨硅酸醚合物。
Ⅴ.将下层油状物转至蒸发皿中，加少量水，加热至混合液表面有晶膜形成，冷却结晶，抽滤，干燥，得到十二钨硅酸晶体[H4(SiW12O40)·nH2O]。
已知：
①制备过程中反应体系pH过低会产生钨的水合氧化物沉淀；
②乙醚易挥发、易燃，难溶于水且密度比水小；
③乙醚在高浓度盐酸中生成的
[C2H5——C2H5]+与[SiW12O40]4-缔合成密度较大的油状钨硅酸醚合物。
回答下列问题：
(1)仪器a中的试剂是________________(填名称)，其作用是_________。
(2)步骤Ⅱ中浓盐酸需缓慢滴加的原因是_____________________。
(3)下列仪器中，用于“萃取、分液”操作的有______________(填名称)。
(4)步骤Ⅳ中“静置”后液体中间层的溶质主要是____________________。
(5)步骤Ⅴ中“加热”操作________(填“能”或“不能”)使用明火，原因是___________________________________________。
(6)结晶水测定：称取m g十二钨硅酸晶体[H4(SiW12O40)·nH2O，相对分子质量为M]，采用热重分析法测得失去全部结晶水时失重ω%，计算n=________________(用含ω、M的代数式表示)；若样品未充分干燥，会导致n的值________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
2．(2024·湖北卷，T18)学习小组为探究Co2+、Co3+能否催化H2O2的分解及相关性质，室温下进行了实验Ⅰ~Ⅳ。
实验Ⅰ 实验Ⅱ 实验Ⅲ
无明显变化 溶液变为红色，伴有气泡产生 溶液变为墨绿色，并持续产生能使带火星木条复燃的气体
已知：[Co(H2O)6]2+为粉红色、[Co(H2O)6]3+为蓝色、[Co(CO3)2]2-为红色、[Co(CO3)3]3-为墨绿色。回答下列问题：
(1)配制1.00 mol·L-1的CoSO4溶液，需要用到下列仪器中的________(填字母)。
a b c d
(2)实验Ⅰ表明[Co(H2O)6]2+________(填“能”或“不能”)催化H2O2的分解。实验Ⅱ中HC大大过量的原因是_______________________________。
实验Ⅲ初步表明[Co(CO3)3]3-能催化H2O2的分解，写出H2O2在实验Ⅲ中所发生反应的离子方程式：__________________、________________________。
(3)实验Ⅰ表明，反应2[Co(H2O)6]2++H2O2+2H+馗2[Co(H2O)6]3++2H2O难以正向进行，利用化学平衡移动原理，分析Co3+、Co2+分别与C配位后，正向反应能够进行的原因：__________________________________。
(4)实验Ⅳ中，A到B溶液变为蓝色，并产生气体；B到C溶液变为粉红色，并产生气体。从A到C所产生的气体的分子式分别为________、________。
第54讲 综合实验试题突破(能力课)
考点一
[核心知能突破]
示例 解析：甲用浓硫酸和亚硫酸钠反应制取SO2，乙中用于制取Na2S2O3·5H2O，丙用于冷却气体，丁用于制取H2S，b接尾气处理装置。(7)Na2S2O3与稀酸反应生成S单质沉淀，注意干扰S的检验。
答案：(1)冷却气体 (2)变黑
(3)①H2S能与CH3COOCu(NH3)2发生反应，平衡逆向移动 ②加热 (4)Na2SO3 (5)2NaHS＋4NaHCO3＋4SO2===3Na2S2O3＋4CO2＋3H2O (6)NaOH(或其他合理答案) (7)取粗产品溶于水，加入足量稀盐酸，静置，取上层清液并滴加BaCl2溶液，观察，若生成白色沉淀，则含有S，反之则无
[关键能力提升]
1．解析：将Cu(ClO4)2·6H2O和Cu粉以及乙腈(CH3CN)加入两颈烧瓶中，经水浴加热并回流进行充分反应，反应结束后过滤除去未反应完全的Cu，然后利用乙腈的挥发性进行蒸馏除去乙腈，将剩余溶液进行冷却结晶分离出[Cu(CH3CN)4]ClO4。
(1)表示需佩戴护目镜，表示当心火灾，表示注意烫伤，表示排风，表示必须洗手。
(3)Cu(ClO4)2·6H2O在乙腈中为蓝色，[Cu(CH3CN)4]ClO4在乙腈中为无色，因此装置Ⅰ中反应完全的现象是溶液蓝色褪去变为无色，可证明Cu(ClO4)2·6H2O已反应完全。
(4)由于制备的[Cu(CH3CN)4]ClO4中Cu为＋1价，具有较强的还原性，容易被空气中的氧气氧化，因此装置Ⅰ和Ⅱ中N2气球的作用是排出装置内空气，防止制备的产品被氧化。
(5)[Cu(CH3CN)4]ClO4为离子化合物，具有强极性，在水中溶解度较大，在温度较高的环境下蒸馏难以分离，若直接将水蒸干难以获得晶体状固体，因此需先蒸馏至接近饱和，再经步骤d冷却结晶，从而获得晶体。
(6)为了使母液中的[Cu(CH3CN)4]ClO4结晶，可向母液中加入极性较小的溶剂，与水混溶的同时，扩大与[Cu(CH3CN)4]ClO4的极性差，进而使[Cu(CH3CN)4]ClO4析出，因此可选用的溶剂为乙醇。
(7)3.71 g Cu(ClO4)2·6H2O的物质的量为＝0.01 mol，理论上制得[Cu(CH3CN)4]ClO4的质量为0.01 mol×2×327.5 g·mol-1＝6.55 g，总收率为×100%≈81.2%。
答案：(1)D (2)球形冷凝管 (3)溶液蓝色褪去变为无色 (4)排出装置内空气，防止制备的产品被氧化 (5)冷却过程中降低[Cu(CH3CN)4]ClO4在水中的溶解度 (6)B
(7)81.2%
2．解析：实验室制备无水AlCl3，需要干燥的氯气与铝在加热条件下反应，装置A用于制备氯气，用浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气，氯气中有氯化氢、水等杂质，先用饱和食盐水除氯化氢，再用浓硫酸干燥，因此装置B、C分别除去HCl、水，装置D用于制备氯化铝，氯化铝遇水极易潮解并产生白色烟雾，装置E的作用是防止装置H中的水蒸气进入装置F中，装置F收集氯化铝，反应的尾气中有氯气，为防止污染空气，需用氢氧化钠溶液吸收，最后连接装置H进行尾气处理。(7)根据化学方程式可知ClC(CH3)3~，产率为×100%≈81.2%。
答案：(1)MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
(2)饱和食盐水 AlCl3＋3H2O===Al(OH)3＋3HCl (3)A (4)平衡气压，有利于液体滴下 (5)除去AlCl3并防止其水解 分液 (6)干燥或除水 (7)81.2
考点二
类型1
典例导航 (1)Ca(ClO)2 CaCO3 Ca(ClO)2 CaCO3
(2)
① 加入适量1 mol·L-1盐酸溶解后，再将产生的气体通入澄清石灰水中 若澄清石灰水未变浑浊，则假设1成立； 若澄清石灰水变浑浊，则假设2或假设3成立
② 向步骤①反应后的试管中滴入1~2滴品红溶液，振荡(或另外取样操作) 若品红溶液褪色，则假设3成立； 若品红溶液不褪色，则假设2成立
[对点训练]
1．解析：(1)根据题给信息可知，固体铜盐的颜色与阴离子极化能力有关，随化学键共价性增强，吸收光的能量下降，因此颜色加深。(2)铜离子可以水解，在配制氯化铜溶液时可以加入盐酸防止铜离子水解。(3)本题分别探究了硫酸根离子和氯离子对铜离子在溶液中颜色的影响，根据表格中的信息可知，为了作对比实验，需要补充的试剂为饱和硫酸钠溶液；根据表格中数据可以发现，表格中每组数据溶液的总体积都为4 mL，则a＝2.0。
答案：(1)电负性氯大于溴，溴化铜中化学键共价性更强，吸收光的能量低，颜色更深
(2)将氯化铜固体溶解在浓盐酸中，加水稀释至所需浓度
(3)硫酸钠 2.0
(4)稀释后，[Cu(H2O)4]2+、Cl-和[CuCl4]2-浓度下降，平衡[Cu(H2O)4]2+(蓝色)＋4Cl- [CuCl4]2-(黄色)＋4H2O向离子数增多的方向移动，即逆向移动，颜色以蓝绿色为主
(5)离子浓度、温度
(6)或
类型2
典例导航 (1)氧化 还原
(2)①先加盐酸酸化， 再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀 ②出现黄色沉淀 排除S与Ag+反应对Ag+与N2的反应的干扰 ③2OH-＋2NO＋S===N2＋S＋H2O ④S＋2OH-－2e-===S＋H2O NO和S反应体现了NO的氧化性，溶液碱性增强，NO和S反应更快
(3)2NO＋O2===2NO2
[对点训练]
2．解析：(1)NaClO为强碱弱酸盐，水解显碱性，溶液显碱性的原因：ClO-＋H2O===HClO＋OH-。(2)①钠元素的焰色试验为黄色，可以通过焰色试验证明钠元素的存在。②NaCuO2与稀硫酸反应生成硫酸铜、硫酸钠、氧气、水，反应的离子方程式是4NaCuO2＋12H+===4Cu2+＋4Na+＋O2↑＋6H2O。(3)①溶液中存在次氯酸根离子，具有氧化性，也可能氧化氯离子生成氯气，则生成Cl2的其他原因：pH减小，ClO-也可能氧化Cl-生成Cl2。②ⅰ.提出假设1：c(Cl-)增大，Cl-的还原性增强。证明假设成立的操作和现象是：取少量NaCuO2固体于试管中，滴加浓NaCl溶液，产生使湿润的淀粉KI试纸变蓝的气体。ⅱ.提出假设2：c(H+)增大，NaCuO2的氧化性增强，经证实该假设也成立。(4)①硫酸根离子检验：将浊液过滤，取少许滤液，滴加稀盐酸无明显现象，再滴加氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则证明原溶液中存在S。②浊液放置过程中，沉淀表面缓慢产生的气泡为O2，蓝色固体为氢氧化铜，同时生成NaOH，放置过程中产生气体的化学方程式是4NaCuO2＋6H2O===4Cu(OH)2＋O2↑＋4NaOH。(5)根据上述实验，NaCuO2在碱性条件下较稳定，则可以用NaClO溶液、CuSO4溶液和NaOH溶液制备在水溶液中稳定存在的NaCuO2，应选用的试剂是NaClO溶液、CuSO4溶液和NaOH溶液。
答案：(1)ClO-＋H2O===HClO＋OH- (2)①焰色试验 ②4NaCuO2＋12H+===4Cu2+＋4Na+＋O2↑＋6H2O
(3)①pH减小，ClO-也可能氧化Cl-生成Cl2 ②ⅰ.滴加浓NaCl溶液，产生使湿润的淀粉KI试纸变蓝的气体
ⅱ.c(H+)增大，NaCuO2的氧化性增强 (4)①取少许滤液，滴加稀盐酸无明显现象，再滴加氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则证明原溶液中存在S ②4NaCuO2＋6H2O===4Cu(OH)2＋O2↑＋4NaOH (5)CuSO4溶液 NaOH溶液
考点三
[核心知能突破]
典例导航 (1)排出装置中的空气 直形冷凝管 锥形瓶中不再有水凝结 (2)吸收Cl2、防止水蒸气进入 通入N2 排出装置中的H2 (3)①m3＋m1－2m2 ②% 不变 偏大
[关键能力提升]
1．解析：(1)Sn2+易被空气氧化为Sn4+，离子方程式为2Sn2+＋O2＋4H+===2Sn4+＋2H2O，加入Sn，发生反应Sn4+＋Sn===2Sn2+，可防止Sn2+被氧化。(2)步骤Ⅰ中“微热”是为了增大试样的溶解度，促进其溶解。(3)步骤Ⅲ中，若未“立即滴定”，Fe2+易被空气中的O2氧化为Fe3+，导致测定的铁含量偏小。(4)根据离子方程式6Fe2+＋Cr2＋14H+===2Cr3+＋6Fe3+＋7H2O可得：n(Fe2+)＝6×n(Cr2)＝6×10-3cV mol，a g试样中铁元素的质量为6×10-3cV mol×56 g·mol-1＝0.336cV g，质量分数为×100%＝%。
答案：(1)Sn2+易被空气氧化为Sn4+，离子方程式为2Sn2+＋O2＋4H+===2Sn4+＋2H2O，加入Sn，发生反应Sn4+＋Sn===2Sn2+，可防止Sn2+被氧化 (2)增大试样的溶解度，促进其溶解 (3)偏小 (4)%
2．解析：(1)步骤4中若未恢复至室温，则气体体积测量结果偏大。(2)量气管中产生H2的体积为(b－a)mL，根据Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑可知，与稀硫酸反应的n(Zn)＝n(H2)＝ mol，与CuSO4反应的n(Zn)＝[] mol，则c(CuSO4)＝ mol·L-1。(3)A项，装置漏气使气体体积测量结果偏小，计算得到的c(CuSO4)偏大；B项，步骤2中俯视读数使气体体积测量结果偏大，计算得到的c(CuSO4)偏小；C项，步骤3中稀硫酸加入过多对气体体积测量结果无影响，对计算得到的c(CuSO4)无影响。
答案：(1)偏大 (2) (3)A
[高考真题 衍生变式]
1．解析：(1)浓盐酸具有挥发性，会污染环境，故a中试剂的作用是吸收挥发出来的氯化氢，可以是碱石灰或NaOH固体等。(2)由于制备过程中反应体系pH过低会产生钨的水合氧化物沉淀，故步骤Ⅱ中浓盐酸需缓慢滴加，防止制备过程中局部pH过低而产生钨的水合氧化物沉淀。(3)萃取分液需要使用分液漏斗，同时需要烧杯来盛放分液后的液体，故用于“萃取、分液”操作的有分液漏斗、烧杯。(4)步骤Ⅳ中“静置”后液体分为上、中、下三层，其中下层液体为油状钨硅酸醚合物，乙醚难溶于水，且密度小于水，故上层为乙醚，通过分析发生的反应可知，中间层的溶质主要为NaCl。(5)乙醚易挥发、易燃，故步骤Ⅴ中“加热”操作不能使用明火。(6)m g十二钨硅酸晶体的物质的量为n1＝ mol，结晶水占总质量的ω%，则结晶水的物质的量为n2＝ mol，则n＝；若未充分干燥，则ω%偏大，n的值偏大。
答案：(1)碱石灰(或NaOH固体等) 吸收挥发出来的氯化氢
(2)防止制备过程中局部pH过低而产生钨的水合氧化物沉淀
(3)分液漏斗、烧杯
(4)NaCl
(5)不能 乙醚易挥发、易燃，遇明火极易发生危险
(6) 偏大
2．解析：本题探究Co2+、Co3+能否催化H2O2的分解及相关性质。实验Ⅰ中无明显变化，证明[Co(H2O)6]2+不能催化H2O2的分解；实验Ⅱ中溶液变为红色，证明[Co(H2O)6]2+易转化为[Co(CO3)2]2-；实验Ⅲ中溶液变为墨绿色，说明[Co(H2O)6]3+更易与C反应生成[Co(CO3)3]3-，并且初步证明[Co(H2O)6]2+在HC的作用下易被H2O2氧化为[Co(CO3)3]3-；实验Ⅳ中溶液先变蓝后变粉红，并且前后均有气体生成，证明在酸性条件下，[Co(CO3)3]3-易转化为[Co(H2O)6]3+，[Co(H2O)6]3+氧化性强，可以把H2O氧化为O2。
(1)配制1.00 mol·L-1的CoSO4溶液，需要用到容量瓶、胶头滴管等，因此选bc。(2)CoSO4溶液中存在大量的[Co(H2O)6]2+，向其中加入30%的H2O2溶液后无明显变化，因此，实验Ⅰ表明[Co(H2O)6]2+不能催化H2O2的分解。实验Ⅱ中HC与[Co(H2O)6]2+反应生成[Co(CO3)2]2-和H+，过量的HC能吸收H+，促使反应正向进行。实验Ⅲ的实验现象表明在H2O2的作用下[Co(H2O)6]2+能与HC反应生成[Co(CO3)3]3-，且[Co(CO3)3]3-能催化H2O2的分解，因此，H2O2在实验Ⅲ中所发生反应的离子方程式为2[Co(H2O)6]2+＋10HC＋H2O2===2[Co(CO3)3]3-＋18H2O＋4CO2↑、2H2O22H2O＋O2↑。(3)实验Ⅰ表明，反应2[Co(H2O)6]2+＋H2O2＋2H+ 2[Co(H2O)6]3+＋2H2O难以正向进行，实验Ⅲ的现象表明，Co3+、Co2+分别与C配位时，[Co(H2O)6]3+更易与C反应生成[Co(CO3)3]3-(该反应为快反应)，导致[Co(H2O)6]2+几乎不能转化为[Co(CO3)2]2-，这样使得[Co(H2O)6]3+的浓度减小的幅度远远大于[Co(H2O)6]2+减小的幅度，根据化学平衡移动原理，减小生成物浓度能使化学平衡向正反应方向移动，因此，上述反应能够正向进行。(4)实验Ⅳ中，A到B溶液变为蓝色，并产生气体，说明发生反应[Co(CO3)3]3-＋6H+＋3H2O===[Co(H2O)6]3+＋3CO2↑；B到C溶液变为粉红色，并产生气体，说明发生反应4[Co(H2O)6]3+＋2H2O===4[Co(H2O)6]2+＋O2↑＋4H+，因此从A到C所产生的气体的分子式分别为CO2和O2。
答案：(1)bc (2)不能 吸收转化过程中产生的H+，促进反应正向进行 2[Co(H2O)6]2+＋10HC＋H2O2===2[Co(CO3)3]3-＋18H2O＋4CO2↑ 2H2O22H2O＋O2↑ (3)实验Ⅲ的现象表明，Co3+、Co2+分别与C配位时，[Co(H2O)6]3+更易与C反应生成[Co(CO3)3]3-(该反应为快反应)，导致[Co(H2O)6]2+几乎不能转化为[Co(CO3)2]2-，这样使得[Co(H2O)6]3+的浓度减小的幅度远远大于[Co(H2O)6]2+减小的幅度，根据化学平衡移动原理，减小生成物浓度能使化学平衡向正反应方向移动，因此，上述反应能够正向进行 (4)CO2 O2
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第54讲 综合实验试题突破(能力课)
第一篇 考点突破
第六部分 化学实验基础
第十章 化学实验基础
1．掌握物质制备型综合实验试题的分析和方案设计、评价与改进。
2．掌握物质性质的定性、定量探究方案的设计、评价与改进。
3．培养学生的创新意识、科学探究精神和社会责任。
考点一 物质制备探究型综合实验
1．基于气体制备类综合实验题的审题
分析制备流程
装置排气目的和方法 常用稳定气体(如N2等)或反应产物气体(如SO2等)排尽装置中的空气，以防止空气中的O2、CO2、水蒸气干扰实验
温度控制目的和方式 (1)控制低温的目的：减少某些反应物、产品分解或挥发，如H2O2、氨水等；防止某物质水解，避免副反应发生等。
(2)加热目的：增大反应速率或使平衡移动，加速溶解等。
(3)温度控制方式：水浴、油浴均匀加热；冰水浴冷却等
2．物质制备实验方案的设计与评价方法
(1)从实验方案可行性角度设计与评价
只有合理且切实可行的实验方案才有意义。可行性是方案的第一要素，评价方案时应注意从实验原理和操作两个方面分析：理论上要科学合理，操作上要简单可行。
(2)从经济效益角度设计与评价
评价一种实验方案，不仅要从科学性上判断是否可行，还要从经济效益上考虑是否切合实际。
(3)从环保角度设计与评价
防止污染的根本途径在于控制“三废”的排放，在对实验方案进行评价时，不可忽视环境保护的重要性。
(4)从“安全性”角度设计与评价
实验首先是安全第一，实验安全往往有以下几个方面，如规范操作、防止暴沸或爆炸、防止倒吸、防止污染等。
3．实验设计中的三个顺序
(1)实验操作顺序
装置选择与连接→气密性检查→加固体试剂→加液体试剂→开始实验(按程序)→拆卸仪器→其他处理等。
(2)加热顺序选择
若气体制备实验需加热，应先加热气体发生装置，通入气体排出装置中的空气后，再给实验中需要加热的物质加热。目的：a．防止爆炸(如氢气还原氧化铜)；b．保证产品纯度，防止反应物或生成物与空气中的物质反应。熄灭酒精灯的顺序则相反。
(3)仪器的连接顺序
①涉及气体的一般连接顺序
发生装置→除杂装置→干燥装置→性质探究或收集装置→尾气处理装置(注意防倒吸)。
②一般装置的进出气口
洗气瓶：长进短出；U形管和加热玻璃管：无前后；干燥管：粗进细出；排液量气：短进长出。
[示例] (2024·泉州三检，节选)某研究小组利用下图所示装置模拟高炉煤气(主要成分为CO、N2、H2、H2S和少量COS)和金属冶炼厂尾气(含SO2)联合制备Na2S2O3·5H2O。回答下列问题。
已知：湿润的(CH3COO)2Pb试纸可鉴别H2S，化学方程式为(CH3COO)2Pb＋H2S===2CH3COOH＋PbS↓(黑色)。
步骤一：打开K3，关闭K1、K2，通入高炉煤气。
发生的反应有：丁中COS＋H2CO＋H2S；乙中H2S＋Na2CO3===NaHCO3＋NaHS。
(1)丙装置的主要作用为__________________________________。
冷却气体
(2)当湿润的(CH3COO)2Pb试纸__________(填现象)时，关闭K3，停止通入高炉煤气。
(3)导管b接盛有醋酸亚铜氨溶液的洗气瓶用于吸收CO气体，反应的化学方程式为
CH3COOCu(NH3)2(aq)＋CO(g) CH3COOCu(NH3)2·CO(aq) ΔH<0。
①过量H2S会导致吸收CO的能力下降的原因是_______________________
_________________________________________________________。
变黑
H2S能与CH3COOCu(NH3)2
发生反应，平衡逆向移动
②将吸收液通过________(任写一种)的方法实现吸收液的再生，同时释放CO，达到资源化利用。
步骤二：打开K1、K2，通入SO2气体。
(4)试剂a为_________________________(填化学式)。
(5)装置乙中生成Na2S2O3的化学方程式为______________________
_________________________________________________________。
加热
Na2SO3
2NaHS＋4NaHCO3＋
4SO2===3Na2S2O3＋4CO2＋3H2O
(6)导管b接盛有_______________________(填化学式)溶液的洗气瓶用于尾气处理。
(7)检验粗产品中是否含有的方法为_______________________
_________________________________________________________
_________________________________________________________。
NaOH(或其他合理答案)
取粗产品溶于水，加入足量稀盐酸，静置，取上层清液并滴加BaCl2溶液，观察，若生成白色沉淀，则含有，反之则无
[解析] 甲用浓硫酸和亚硫酸钠反应制取SO2，乙中用于制取Na2S2O3·5H2O，丙用于冷却气体，丁用于制取H2S，b接尾气处理装置。(7)Na2S2O3与稀酸反应生成S单质沉淀，注意干扰的检验。
“物质制备”综合实验试题解答模型
1．(2024·湖南卷，T15)亚铜配合物广泛用作催化剂。实验室制备[Cu(CH3CN)4]ClO4的反应原理如下：＋6H2O
实验步骤如下：
分别称取3.71 g Cu(ClO4)2·6H2O和0.76 g Cu粉置于100 mL乙腈(CH3CN)中反应，回流装置图和蒸馏装置图(加热、夹持等装置略)如下：
已知：①乙腈是一种易挥发的强极性配位溶剂；
②相关物质的信息如下：
化合物 [Cu(CH3CN)4]ClO4 Cu(ClO4)2·6H2O
相对分子质量 327.5 371
在乙腈中颜色 无色 蓝色
回答下列问题：
(1)下列与实验有关的图标表示排风的是________(填字母)。
A B C D E
D
(2)装置Ⅰ中仪器M的名称为_________________________。
(3)装置Ⅰ中反应完全的现象是______________________________。
(4)装置Ⅰ和Ⅱ中N2气球的作用是_____________________________
_________________________________________________________。
球形冷凝管
溶液蓝色褪去变为无色
排出装置内空气，防止制备的
产品被氧化
(5)[Cu(CH3CN)4]ClO4不能由步骤c直接获得，而是先蒸馏至接近饱和，再经步骤d冷却结晶获得。这样处理的目的是_______________
_________________________________________________________。
(6)为了使母液中的[Cu(CH3CN)4]ClO4结晶，步骤e中向母液中加入的最佳溶剂是________(填字母)。
A．水 B．乙醇 C．乙醚
(7)合并步骤d和e所得的产物，总质量为5.32 g，则总收率为________(用百分数表示，保留一位小数)。
冷却过程中
降低[Cu(CH3CN)4]ClO4在水中的溶解度
B
81.2%
[解析] 将Cu(ClO4)2·6H2O和Cu粉以及乙腈(CH3CN)加入两颈烧瓶中，经水浴加热并回流进行充分反应，反应结束后过滤除去未反应完全的Cu，然后利用乙腈的挥发性进行蒸馏除去乙腈，将剩余溶液进行冷却结晶分离出。
(3)Cu(ClO4)2·6H2O在乙腈中为蓝色在乙腈中为无色，因此装置Ⅰ中反应完全的现象是溶液蓝色褪去变为无色，可证明Cu(ClO4)2·6H2O已反应完全。
(4)由于制备的[Cu(CH3CN)4]ClO4中Cu为＋1价，具有较强的还原性，容易被空气中的氧气氧化，因此装置Ⅰ和Ⅱ中N2气球的作用是排出装置内空气，防止制备的产品被氧化。
(5)[Cu(CH3CN)4]ClO4为离子化合物，具有强极性，在水中溶解度较大，在温度较高的环境下蒸馏难以分离，若直接将水蒸干难以获得晶体状固体，因此需先蒸馏至接近饱和，再经步骤d冷却结晶，从而获得晶体。
(6)为了使母液中的[Cu(CH3CN)4]ClO4结晶，可向母液中加入极性较小的溶剂，与水混溶的同时，扩大与[Cu(CH3CN)4]ClO4的极性差，进而使析出，因此可选用的溶剂为乙醇。
(7)3.71 g Cu(ClO4)2·6H2O的物质的量为＝0.01 mol，理论上制得的质量为0.01 mol×2×327.5 g·mol-1＝6.55 g，总收率为×100%≈81.2%。
2．(2024·重庆二模)芳香化合物在一定条件下可与卤代烃发生取代
反应。某科研小组以 、为反应物，无水AlCl3为催化剂，制备 (叔丁基苯)。反应原理如下：
已知：
物质 相对分子质量 密度/(g·cm-3) 沸点/℃ 溶解性
AlCl3 133.5 2.41 181 极易潮解并产生白色烟雾，微溶于苯
78 0.88 80.1 难溶于水
ClC(CH3)3 92.5 0.85 51.6 难溶于水，可溶于苯
134 0.87 169 难溶于水，易溶于苯
Ⅰ．实验室模拟制备无水AlCl3的实验装置如图所示：
(1)写出装置A中发生反应的化学方程式：______________________
_________________________________________________________。
(2)装置B中的试剂为______________。若缺少C，则D中AlCl3发生副反应的化学方程式为____________________________________。
MnO2＋4HCl(浓)
MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
饱和食盐水
＋3HCl
(3)加热顺序：应先点燃________(填“A”或“D”)处酒精灯。
Ⅱ．实验室制取叔丁基苯的装置如图：
①将35 mL苯和足量的无水AlCl3加入三颈烧瓶中；
②滴加10 mL氯代叔丁烷[ClC(CH3)3]；
③打开恒温磁力搅拌器反应一段时间；
④洗涤，将反应后的混合物依次用稀盐酸、
Na2CO3溶液、H2O洗涤分离；
⑤在所得产物中加入少量无水MgSO4固体，静置，过滤，蒸馏；
⑥称量，得到10.0 g叔丁基苯。
A
(4)图中弯管C的作用为____________________________________。
(5)用稀盐酸洗涤的目的是__________________________________，
“洗涤”后“分离”的操作名称是________。
(6)加无水MgSO4固体的作用是_____________________________。
(7)叔丁基苯的产率为________%(保留至小数点后1位)。
平衡气压，有利于液体滴下
除去AlCl3并防止其水解
分液
干燥或除水
81.2
[解析] 实验室制备无水AlCl3，需要干燥的氯气与铝在加热条件下反应，装置A用于制备氯气，用浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气，氯气中有氯化氢、水等杂质，先用饱和食盐水除氯化氢，再用浓硫酸干燥，因此装置B、C分别除去HCl、水，装置D用于制备氯化铝，氯化铝遇水极易潮解并产生白色烟雾，装置E的作用是防止装置H中的水蒸气进入装置F中，装置F收集氯化铝，反应的尾气中有氯气，为防止污染空气，需用氢氧化钠溶液吸收，最后连接装置H进行尾气处理。(7)根据化学方程式可知
，产率为×100%≈81.2%。
考点二 物质性质探究型综合实验
漂白粉是生产生活中常用的消毒剂和杀菌剂。实验室有一瓶密封不严的漂白粉样品，其中肯定存在CaCl2，请设计实验，探究该样品中可能存在的其他固体物质。
(1)提出合理假设。
假设1：该漂白粉未变质，只含有__________(填化学式，下同)；
假设2：该漂白粉全部变质，只含有________________________；
假设3：该漂白粉部分变质，既含有____________，又含____________。
猜想型实验
Ca(ClO)2
CaCO3
Ca(ClO)2
CaCO3
(2)设计实验方案，进行实验。请写出实验步骤、预期现象和结论。
限选用的仪器和试剂：试管、滴管、带导管的单孔塞、蒸馏水、自来水、1 mol·L-1盐酸、品红溶液、新制澄清石灰水。(提示：不必检验Ca2+和Cl－)
实验步骤 预期现象和结论
① 取少量上述漂白粉于试管中， ___________________________ ____________________________
② ____________________________ ____________________________
[答案]
① 加入适量1 mol·L-1盐酸溶解后，再将产生的气体通入澄清石灰水中 若澄清石灰水未变浑浊，则假设1成立；
若澄清石灰水变浑浊，则假设2或假设3成立
② 向步骤①反应后的试管中滴入1～2滴品红溶液，振荡(或另外取样操作) 若品红溶液褪色，则假设3成立；
若品红溶液不褪色，则假设2成立
第一步 明确目的原理
设计实验探究漂白粉变质后物质的成分，涉及反应：
①2Ca(OH)2＋2Cl2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O。
②Ca(ClO)2＋H2O＋CO2===CaCO3↓＋2HClO。
第二步 提出合理假设
根据假设和提供的物质及反应原理判断样品中可能含有Ca(ClO)2或CaCO3或二者的混合物。
第三步 寻找验证方法
用CaCO3与盐酸反应产生使澄清石灰水变浑浊的CO2来验证CaCO3的存在；
用Ca(ClO)2与盐酸反应生成能使品红溶液褪色的HClO来验证Ca(ClO)2的存在。
第四步 设计操作步骤
①向固体样品中加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水中(用于检验CO2)。
②向步骤①反应后的溶液中滴入1～2滴品红溶液，振荡(用于检验HClO)。
第五步 分析得出结论
若步骤①中石灰水未变浑浊，则说明样品中无，即假设1成立；
若步骤①中石灰水变浑浊，且步骤②中品红溶液不褪色，说明CaCO3存在，不存在，即假设2成立；
若步骤①中石灰水变浑浊，且步骤②中品红溶液褪色，说明有CaCO3和Ca(ClO)2存在，即假设3成立。
猜想型实验试题的一般思路
1．(2024·沈阳一模)铜盐是五颜六色的。某学习小组发现固体CuSO4(白色)、固体CuCl2(棕黄色)、固体CuBr2(深褐色)。CuSO4和CuBr2溶液呈蓝色，CuCl2溶液时而呈绿色，时而呈蓝色，于是对颜色不同的原因展开了探究。
【查阅资料】
1．固体铜盐的颜色与阴离子极化能力有关，随化学键共价性增强，吸收光的能量下降，因此颜色加深。
2．在CuCl2溶液中存在如下平衡：
[Cu(H2O)4]2+(蓝色)＋4Cl－ [CuCl4]2-(黄色)＋4H2O ΔH>0。
【提出假设】
1．铜盐的颜色不同与离子种类有关。
2．CuCl2溶液呈绿色的原因是溶液中既有黄色的[CuCl4]2-，又有蓝色的[Cu(H2O)4]2+，根据光学原理蓝色和黄色的混合色为绿色。
【设计方案】
序号 温度 /℃ V(0.5 mol·L-1 氯化铜)/mL V(饱和硫酸铜)/mL V(饱和 ___)/mL V(饱和氯化钠)/mL V(水)/ mL 溶液
颜色
1 25 4.0 无色
2 25 4.0 无色
3 25 4.0 蓝色
4 25 4.0 绿色
5 25 2.0 a 蓝绿色
6 25 2.0 2.0 蓝绿色
7 25 2.0 2.0 黄绿色
8 50 4.0 黄绿色
回答下列问题：
(1)解释CuBr2的颜色深于CuCl2的原因：_______________________
____________________________________________________。
(2)配制CuCl2溶液的方法是__________________________________
_________________________________________________________。
(3)根据表中信息，补充试剂和数据：
饱和________，a＝________。
电负性氯大于溴，溴化铜中化学键共价性更强，吸收光的能量低，颜色更深
将氯化铜固体溶解在浓盐酸中，加水稀释至所需浓度
硫酸钠
2.0
(4)实验4和5中溶液颜色差异的原因是________________________
_________________________________________________________
_________________________________________________________
________________________(用平衡移动原理解释)。
(5)以上实验说明影响CuCl2溶液颜色的因素主要有______________
(答两点即可)。
稀释后，[Cu(H2O)4]2+、Cl－和[CuCl4]2-浓度下降，平衡[Cu(H2O)4]2+(蓝色)＋4Cl－ [CuCl4]2-(黄色)＋4H2O向离子数增多的方向移动，即逆向移动，颜色以蓝绿色为主
离子浓度、温度
【实验结论】假设1、假设2成立。
(6)CuCl2溶液呈现不同颜色的根本原因与Cl－、[CuCl4]2-和
_________________________________________________________
(写微粒结构式)的浓度有关。
[解析] (1)根据题给信息可知，固体铜盐的颜色与阴离子极化能力有关，随化学键共价性增强，吸收光的能量下降，因此颜色加深。(2)铜离子可以水解，在配制氯化铜溶液时可以加入盐酸防止铜离子水解。(3)本题分别探究了硫酸根离子和氯离子对铜离子在溶液中颜色的影响，根据表格中的信息可知，为了作对比实验，需要补充的试剂为饱和硫酸钠溶液；根据表格中数据可以发现，表格中每组数据溶液的总体积都为4 mL，则a＝2.0。
(2024·石景山模拟)某小组通过实验探究NO的某些性质。
(1)从氮元素的价态角度分析，NO有________性和________性。
(2)设计实验探究NO的氧化性。
实验Ⅰ：用排水法收集一瓶NO，将其倒扣在盛有碱性Na2SO3溶液的水槽中，振荡，观察到集气瓶中液面上升。
探究型实验
氧化
还原
资料：ⅰ．NO与碱性Na2SO3溶液会发生氧化还原反应，NO被还原为。
ⅱ．Ag＋与反应生成黄色沉淀。
①检验的氧化产物。取少量实验Ⅰ反应后集气瓶中的溶液，____________________________________________ (填操作和实验现象)。
先加盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀
②某同学认为，需通过进一步实验验证NO的氧化性，补充以下实验：
实验Ⅱ：取饱和Na2SO4溶液，加入少量冰醋酸，再滴加5滴
0.1 mol·L-1的AgNO3溶液，未产生黄色沉淀。
实验Ⅲ：取少量实验Ⅰ反应后集气瓶中的溶液，加入少量冰醋酸，再滴加5滴0.1 mol·L-1的AgNO3溶液，________________________
(填实验现象)。
出现黄色沉淀
上述实验证明NO有氧化性。
实验Ⅱ的目的是___________________________________________。
③写出NO与碱性Na2SO3溶液反应的离子方程式：_____________________________________________________。
排除与Ag＋反应对Ag＋与的反应的干扰
＋H2O
④从电极反应角度分析NO与碱性Na2SO3溶液的反应。
还原反应：
氧化反应：______________________________________________。
实验Ⅳ：用排水法收集两瓶NO，将其分别倒扣在饱和Na2SO3溶液和加有NaOH的饱和Na2SO3溶液中，后者集气瓶中液面上升更快。
根据上述实验所得结论：____________________________________
_________________________________________________________。
(3)写出一个反应的化学方程式证明NO具有还原性：_____________________。
＋H2O
NO和反应体现了NO的氧化性，溶液碱性增强，NO和反应更快
2NO＋O2===2NO2
的氧化产物为检验时注意干扰。
②注意Ag＋与反应对Ag＋与反应的干扰，要设计对比实验，排除干扰。
③根据资料，可知NO被还原为被氧化为。
根据得失电子守恒完成离子方程式。
④氧化反应，化合价升高。
(3)NO具有还原性，化合价升高，NO被O2氧化为NO2。
探究型实验试题的思维模型
2．(2025·北京丰台区模拟)研究小组探究高铜酸钠(NaCuO2)的制备和性质。
资料：高铜酸钠为棕黑色固体，难溶于水。
实验Ⅰ．向2 mL 1 mol·L-1 NaClO溶液中滴加1 mL 1 mol·L-1 CuCl2溶液，迅速产生蓝绿色沉淀，振荡后得到棕黑色的浊液a，将其等分成两份。
(1)蓝绿色沉淀中含有OH－。用离子方程式表示NaClO溶液显碱性的原因：_________________________________________________。
探究棕黑色沉淀的组成。
实验Ⅱ．将一份浊液a过滤、洗涤、干燥，得到固体b。取少量固体b，滴加稀硫酸，沉淀溶解，有气泡产生，得到蓝色溶液。
ClO－＋H2O===HClO＋OH－
(2)①另取少量固体b进行实验，证实了NaCuO2中钠元素的存在，实验操作的名称是_____________。
②进一步检验，棕黑色固体是NaCuO2。NaCuO2与稀硫酸反应的离子方程式是______________________________________________。
探究实验条件对NaCuO2制备的影响。
实验Ⅲ．向另一份浊液a中继续滴加 CuCl2溶液，沉淀由棕黑色变为蓝绿色，溶液的pH约为5，有Cl2产生。
焰色试验
4NaCuO2＋12H＋===4Cu2+＋4Na＋＋O2↑＋6H2O
(3)①对Cl2的来源，甲同学认为是NaCuO2和Cl－反应生成了Cl2，乙同学认为该说法不严谨，提出了生成Cl2的其他原因：__________________________________________________。
②探究“继续滴加CuCl2溶液，NaCuO2能氧化Cl－”的原因。
ⅰ．提出假设1：c(Cl－)增大，Cl－的还原性增强。实验证明假设成立。操作和现象是：取少量NaCuO2固体于试管中，_____________
_________________________________________________________。
ⅱ．提出假设2：_________________________________，经证实该假设也成立。
pH减小，ClO－也可能氧化Cl－生成Cl2
滴加浓NaCl溶液，产生使湿润的淀粉KI试纸变蓝的气体
c(H＋)增大，NaCuO2的氧化性增强
改进实验方案，进行实验。
实验Ⅳ．向1 mL 1 mol·L-1 NaClO溶液中滴加0.5 mL 1 mol·L-1 CuSO4溶液，迅速生成蓝色沉淀，振荡后得到棕黑色浊液。浊液放置过程中，沉淀表面缓慢产生气泡并出现蓝色固体，该气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝。
(4)①经检验，确定浊液放置过程中产生的蓝色固体中不含有，实验操作为：将浊液过滤，_________________________________
_________________________________________________________。
②NaCuO2放置过程中产生气体的化学方程式是_________________
_________________________________________________________。
取少许滤液，滴加稀盐酸无明显现象，再滴加氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则证明原溶液中存在
＋O2↑＋4NaOH
(5)根据上述实验，制备在水溶液中稳定存在的NaCuO2，应选用的试剂是NaClO溶液、_____________和________________。
CuSO4溶液
NaOH溶液
[解析] (1)NaClO为强碱弱酸盐，水解显碱性，溶液显碱性的原因：
ClO－＋H2O===HClO＋OH－。(2)①钠元素的焰色试验为黄色，可以通过焰色试验证明钠元素的存在。②NaCuO2与稀硫酸反应生成硫酸铜、硫酸钠、氧气、水，反应的离子方程式是4NaCuO2＋12H＋===4Cu2+＋
4Na＋＋O2↑＋6H2O。(3)①溶液中存在次氯酸根离子，具有氧化性，也可能氧化氯离子生成氯气，则生成Cl2的其他原因：pH减小，ClO－也可能氧化Cl－生成Cl2。②ⅰ．提出假设1：c(Cl－)增大，Cl－的还原性增强。证明假设成立的操作和现象是：取少量NaCuO2固体于试管中，滴加浓NaCl溶液，产生使湿润的淀粉KI试纸变蓝的气体。
ⅱ．提出假设2：c(H＋)增大，NaCuO2的氧化性增强，经证实该假设也成立。(4)①硫酸根离子检验：将浊液过滤，取少许滤液，滴加稀盐酸无明显现象，再滴加氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则证明原溶液中存在。②浊液放置过程中，沉淀表面缓慢产生的气泡为O2，蓝色固体为氢氧化铜，同时生成NaOH，放置过程中产生气体的化学方程式是4NaCuO2＋6H2O===4Cu(OH)2＋O2↑＋4NaOH。
(5)根据上述实验，NaCuO2在碱性条件下较稳定，则可以用NaClO溶液、CuSO4溶液和NaOH溶液制备在水溶液中稳定存在的NaCuO2，应选用的试剂是NaClO溶液、CuSO4溶液和NaOH溶液。
考点三 定量探究型综合实验
1．四种定量测定的方法与原理
(1)测量沉淀质量法
先将某种成分转化为沉淀，然后称量过滤、洗涤、干燥后沉淀的质量，再进行相关计算。
称量固体一般用托盘天平，精确度为0.1 g，要求精确度高的实验中可使用分析天平，可精确到0.000 1 g。
(2)测量气体体积法
①量气装置的设计
下列装置中，A是常规的量气装置，B、C、D是改进后的量气装置。
②读数时先要将其恢复至室温，再调整量气装置使两侧液面相平，最后读数要求视线与凹液面最低点相切。
(3)测量气体质量法
一般有两种方法：一种方法是称量反应装置在放出气体前后的质量减小值；另一种方法是称量吸收装置在反应前后的质量增大值。
(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反应滴定等获得相应数据再进行相关计算。
2．定量测定中的相关计算
(1)n＝，n＝，n＝cV(aq)。
(2)物质的质量分数(或纯度)＝×100%。
(3)产品的产率＝×100%。
(4)物质的转化率＝×100%。
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______________
__________；
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_____________________________。
排出装置中的
空气
直形冷凝管
锥形瓶中不再有水凝结
(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_________________________；
操作④是______________，目的是_________________________。
吸收Cl2、防止水蒸气进入
通入N2
排出装置中的H2
(3)利用碘量法测定WCl6产品纯度，实验如下：
①称量：将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称重为
m1 g；开盖并计时1分钟，盖紧称重为m2 g；再开盖加入待测样品并计时1分钟，盖紧称重为m3 g，则样品质量为_______________g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。
m3＋m1－2m2
②滴定：先将WCl6转化为可溶的Na2WO4，通过交换柱发生反应：；交换结束后，向所得含的溶液中加入适量酸化的KI溶液，发生反应：＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O；反应完全后，用Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：。滴定达终点时消耗c mol·L-1的Na2S2O3溶液V mL，则样品中WCl6(摩尔质量为)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“不变”)。
%
不变
偏大
审读题干 审读题意，明确实验目的和信息反应
抽取 信息 ①WCl6熔点为283 ℃，沸点为340 ℃，极易水解，易溶于CS2；②H2还原WO3；③W与Cl2反应生成WCl6；④碘量法测定WCl6产品纯度
思路 导引 (1)H2还原WO3生成H2O，WO3被完全还原时现象应为不再有H2O凝结
(2)在B处加装盛有碱石灰的干燥管，目的是吸收Cl2，氯气有毒，防止污染空气，同时还起到防止水蒸气进入装置的目的。WO3完全被还原后，冷却、停止通氢气，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，为了实验安全，操作④是继续通入氮气，排尽装置内残余的氢气，然后加热通入氯气，制备六氯化钨
(3)①根据题意可知1分钟CS2挥发的质量为(m1－m2)g，开盖加入待测样品时，质量为m3 g，则样品的质量为[m3＋(m1－m2)－m2]g＝(m3＋m1－2m2)g
②根据题意可得关系式：～I2～WCl6
定量测定实验的解题模型
1．(2024·安徽卷，T16节选)测定铁矿石中铁含量的传统方法是SnCl2-HgCl2-K2Cr2O7滴定法。研究小组用该方法测定质量为a g的某赤铁矿试样中的铁含量。
【配制溶液】
①c mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液。
②SnCl2溶液：称取6 g SnCl2·2H2O溶于20 mL 浓盐酸，加水至
100 mL，加入少量锡粒。
【测定含量】按下图所示(加热装置略去)操作步骤进行实验。
已知：氯化铁受热易升华；室温时HgCl2可将Sn2+氧化为Sn4+，难以氧化Fe2+；可被Fe2+还原为Cr3+。
回答下列问题：
(1)结合离子方程式解释配制SnCl2溶液时加入锡粒的原因：_________________________________________________________
_________________________________________________________。
(2)步骤Ⅰ中“微热”的原因是_____________________________。
Sn2+易被空气氧化为Sn4+，离子方程式为2Sn2+＋O2＋4H＋===2Sn4+＋2H2O，加入Sn，发生反应Sn4+＋Sn===2Sn2+，可防止Sn2+被氧化
增大试样的溶解度，促进其溶解
(3)步骤Ⅲ中，若未“立即滴定”，则会导致测定的铁含量________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
(4)若消耗c mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液V mL，则a g试样中Fe的质量分数为__________(用含a、c、V的代数式表示)。
偏小
%
[解析] (1)Sn2+易被空气氧化为Sn4+，离子方程式为2Sn2+＋O2＋4H＋===2Sn4+＋2H2O，加入Sn，发生反应Sn4+＋Sn===2Sn2+，可防止Sn2+被氧化。(2)步骤Ⅰ中“微热”是为了增大试样的溶解度，促进其溶解。(3)步骤Ⅲ中，若未“立即滴定”，Fe2+易被空气中的O2氧化为Fe3+，导致测定的铁含量偏小。(4)根据离子方程式＋14H＋===2Cr3+＋6Fe3+＋7H2O可得：n(Fe2+)＝＝6×10-3cV mol，a g试样中铁元素的质量为＝0.336cV g，质量分数为×100%＝%。
2．为测定未知CuSO4溶液的浓度，某同学设计了如图所示装置，实验步骤如下：
步骤1：组装仪器，并检查装置气密性。
步骤2：将x g 锌粉装入仪器A中，将足量稀硫酸和y mL CuSO4溶液分别装入两个恒压滴液漏斗中，并在仪器E内装入水，调整液面相平并记下量气管D刻度a mL。
步骤3：将CuSO4溶液逐滴滴入仪器A中并搅拌，充分反应后，滴加稀硫酸至不再有气体产生。
步骤4：恢复至室温，调整量气管D和仪器E中液面相平并记下量气管D刻度b mL。
回答下列问题：
(1)步骤4中若未恢复至室温，则测量得到的气体体积________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(2)实验温度下，气体摩尔体积为Vm L·mol-1，则c(CuSO4)＝
__________________mol·L-1(列出计算表达式)。
偏大
(3)下列操作中，会使测得CuSO4溶液的浓度偏大的是___(填字母)。
A．步骤1中未检验装置气密性，装置漏气
B．步骤2中俯视读数
C．步骤3中稀硫酸加入过多
A
[解析] (1)步骤4中若未恢复至室温，则气体体积测量结果偏大。(2)量气管中产生H2的体积为(b－a)mL，根据Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑可知，与稀硫酸反应的n(Zn)＝n(H2)＝ mol，与CuSO4反应的n(Zn)＝[] mol，则c(CuSO4)＝ mol·L-1。(3)A项，装置漏气使气体体积测量结果偏小，计算得到的c(CuSO4)偏大；B项，步骤2中俯视读数使气体体积测量结果偏大，计算得到的c(CuSO4)偏小；C项，步骤3中稀硫酸加入过多对气体体积测量结果无影响，对计算得到的c(CuSO4)无影响。
高考真题 衍生变式
1．(2024·贵州卷，T15)十二钨硅酸在催化方面有重要用途。某实验小组制备十二钨硅酸晶体，并测定其结晶水含量的方法如下(装置如图，夹持装置省略)：
Ⅰ．将适量Na2WO4·2H2O、Na2SiO3·9H2O加入三颈烧瓶中，加适量水，加热，溶解。
Ⅱ．持续搅拌下加热混合物至近沸，缓慢滴加浓盐酸至pH为2，反应30分钟，冷却。
Ⅲ．将反应液转至萃取仪器中，加入乙醚，再分批次加入浓盐酸，萃取。
Ⅳ．静置后液体分上、中、下三层，下层是油状钨硅酸醚合物。
Ⅴ．将下层油状物转至蒸发皿中，加少量水，加热至混合液表面有晶膜形成，冷却结晶，抽滤，干燥，得到十二钨硅酸晶体[H4(SiW12O40)·nH2O]。
已知：
①制备过程中反应体系pH过低会产生钨的水合氧化物沉淀；
②乙醚易挥发、易燃，难溶于水且密度比水小；
③乙醚在高浓度盐酸中生成的 与[SiW12O40]4-缔合成密度较大的油状钨硅酸醚合物。
回答下列问题：
(1)仪器a中的试剂是______________________(填名称)，其作用是_________________________________________________________。
(2)步骤Ⅱ中浓盐酸需缓慢滴加的原因是_______________________
_________________________________________________________。
碱石灰(或NaOH固体等)
吸收挥发出来的氯化氢
防止制备过程中局部pH过低而产生钨的水合氧化物沉淀
(3)下列仪器中，用于“萃取、分液”操作的有_______________(填名称)。
(4)步骤Ⅳ中“静置”后液体中间层的溶质主要是_______。
分液漏斗、烧杯
NaCl
(5)步骤Ⅴ中“加热”操作________(填“能”或“不能”)使用明火，原因是_________________________________________。
(6)结晶水测定：称取m g十二钨硅酸晶体[H4(SiW12O40)·nH2O，相对分子质量为M]，采用热重分析法测得失去全部结晶水时失重ω%，计算n＝___________(用含ω、M的代数式表示)；若样品未充分干燥，会导致n的值________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
不能
乙醚易挥发、易燃，遇明火极易发生危险
偏大
[解析] (1)浓盐酸具有挥发性，会污染环境，故a中试剂的作用是吸收挥发出来的氯化氢，可以是碱石灰或NaOH固体等。
(2)由于制备过程中反应体系pH过低会产生钨的水合氧化物沉淀，故步骤Ⅱ中浓盐酸需缓慢滴加，防止制备过程中局部pH过低而产生钨的水合氧化物沉淀。
(3)萃取分液需要使用分液漏斗，同时需要烧杯来盛放分液后的液体，故用于“萃取、分液”操作的有分液漏斗、烧杯。
(4)步骤Ⅳ中“静置”后液体分为上、中、下三层，其中下层液体为油状钨硅酸醚合物，乙醚难溶于水，且密度小于水，故上层为乙醚，通过分析发生的反应可知，中间层的溶质主要为NaCl。
(5)乙醚易挥发、易燃，故步骤Ⅴ中“加热”操作不能使用明火。
(6)m g十二钨硅酸晶体的物质的量为n1＝ mol，结晶水占总质量的ω%，则结晶水的物质的量为n2＝ mol，则n＝＝；若未充分干燥，则ω%偏大，n的值偏大。
2．(2024·湖北卷，T18)学习小组为探究Co2+、Co3+能否催化H2O2的分解及相关性质，室温下进行了实验Ⅰ～Ⅳ。
实验Ⅰ 实验Ⅱ 实验Ⅲ
无明显变化 溶液变为红色，伴有气泡产生 溶液变为墨绿色，并持续产生能使带火星木条复燃的气体
已知：[Co(H2O)6]2+为粉红色、[Co(H2O)6]3+为蓝色、[Co(CO3)2]2-为红色、[Co(CO3)3]3-为墨绿色。回答下列问题：
(1)配制1.00 mol·L-1的CoSO4溶液，需要用到下列仪器中的________(填字母)。
a b c d
bc
(2)实验Ⅰ表明[Co(H2O)6]2+________(填“能”或“不能”)催化H2O2的分解。实验Ⅱ中大大过量的原因是_________________
_________________________________________________________。
实验Ⅲ初步表明[Co(CO3)3]3-能催化H2O2的分解，写出H2O2在实验Ⅲ中所发生反应的离子方程式：_____________________________
_________________________________________________________、
_________________________________________________________。
不能
吸收转化过程中产生的H＋，促进反应正向进行
＋18H2O＋4CO2↑
2H2O22H2O＋O2↑
(3)实验Ⅰ表明，反应2[Co(H2O)6]2+＋H2O2＋2H＋ 2[Co(H2O)6]3+＋2H2O难以正向进行，利用化学平衡移动原理，分析Co3+、Co2+分别与配位后，正向反应能够进行的原因：______________________________________________
___________________________________________________________
___________________________________________________________
___________________________________________________________
___________________________________________________________。
实验Ⅲ的现象表明，Co3+、Co2+分别与配位时，[Co(H2O)6]3+更易与反应生成(该反应为快反应)，导致几乎不能转化为[Co(CO3)2]2-，这样使得[Co(H2O)6]3+的浓度减小的幅度远远大于[Co(H2O)6]2+减小的幅度，根据化学平衡移动原理，减小生成物浓度能使化学平衡向正反应方向移动，因此，上述反应能够正向进行
(4)实验Ⅳ中，A到B溶液变为蓝色，并产生气体；B到C溶液变为粉红色，并产生气体。从A到C所产生的气体的分子式分别为________、________。
CO2
O2
[解析] 本题探究Co2+、Co3+能否催化H2O2的分解及相关性质。实验Ⅰ中无明显变化，证明不能催化H2O2的分解；实验Ⅱ中溶液变为红色，证明[Co(H2O)6]2+易转化为；实验Ⅲ中溶液变为墨绿色，说明更易与反应生成，并且初步证明[Co(H2O)6]2+在的作用下易被H2O2氧化为[Co(CO3)3]3-；实验Ⅳ中溶液先变蓝后变粉红，并且前后均有气体生成，证明在酸性条件下，[Co(CO3)3]3-易转化为，[Co(H2O)6]3+氧化性强，可以把H2O氧化为O2。
(1)配制1.00 mol·L-1的CoSO4溶液，需要用到容量瓶、胶头滴管等，因此选bc。
(2)CoSO4溶液中存在大量的，向其中加入30%的H2O2溶液后无明显变化，因此，实验Ⅰ表明不能催化H2O2的分解。实验Ⅱ中与[Co(H2O)6]2+反应生成[Co(CO3)2]2-和H＋，过量的能吸收H＋，促使反应正向进行。实验Ⅲ的实验现象表明在H2O2的作用下能与反应生成，且[Co(CO3)3]3-能催化H2O2的分解，因此，H2O2在实验Ⅲ中所发生反应的离子方程式为＋18H2O＋4CO2↑、2H2O22H2O＋O2↑。
(3)实验Ⅰ表明，反应＋2H2O难以正向进行，实验Ⅲ的现象表明，Co3+、Co2+分别与配位时更易与反应生成(该反应为快反应)，导致几乎不能转化为[Co(CO3)2]2-，这样使得的浓度减小的幅度远远大于[Co(H2O)6]2+减小的幅度，根据化学平衡移动原理，减小生成物浓度能使化学平衡向正反应方向移动，因此，上述反应能够正向进行。(4)实验Ⅳ中，A到B溶液变为蓝色，并产生气体，说明发生反应＋6H＋＋3H2O===[Co(H2O)6]3+＋3CO2↑；B到C溶液变为粉红色，并产生气体，说明发生反应＋O2↑＋4H＋，因此从A到C所产生的气体的分子式分别为CO2和O2。
课时数智作业(五十四) 综合实验试题突破
题号
1
3
5
2
4
1．(13分)(2025·石家庄模拟)缺铜会造成一系列的严重后果。一种有机补铜剂二甘氨酸合铜[(H2NCH2COO)2Cu]的制备过程如下：
CuSO4溶液深蓝色溶液
(H2NCH2COO)2Cu溶液收集滤液
冷却结晶产品
回答下列问题：
(建议用时：50分钟 总分：70分)
题号
1
3
5
2
4
(1)已知：二甘氨酸合铜有顺式( )和反式
( )两种结构。则二甘氨酸合铜中铜原子的配位
数为___________；顺式二甘氨酸合铜的极性___________(填“大于”或“小于”)反式二甘氨酸合铜。(2分)
4
大于
题号
1
3
5
2
4
(2)向硫酸铜溶液中滴加氨水，先出现蓝色沉淀，然后沉淀溶解形成深蓝色的溶液。写出此蓝色沉淀溶解的化学方程式：___________________________________________________。(2分)
(3)为检验Cu(OH)2沉淀已洗涤干净，设计实验方案：_________________________________________________________
____________________________________________________。(2分)
＋4H2O
取最后一次洗涤液于试管中，先加盐酸，再加氯化钡溶液，无沉淀生成说明Cu(OH)2沉淀已洗涤干净
题号
1
3
5
2
4
(4)抽滤装置如图所示，抽滤的优点是_________________________
______________________________________；抽滤完毕需进行下列操作，从实验安全角度考虑，你认为接下来最合理的第一步操作为_________(填序号)。(3分)
①取下布氏漏斗、②关闭水泵开关、
③打开活塞K、④拔下抽滤瓶处橡皮管
过滤和洗涤速度快、液体和固体分离比较完全、滤出固体容易干燥
③
题号
1
3
5
2
4
(5)制备二甘氨酸合铜时加入10 mL 95%乙醇溶液的作用是__________________________________________________。(1分)
减小产物在水中的溶解度使其能大量结晶析出
题号
1
3
5
2
4
(6)二甘氨酸合铜产率的测定实验如下：
0.5 g产品
浅黄色溶液
题号
1
3
5
2
4
已知：。
ⅱ．加入适量NH4SCN溶液的目的是将CuI转化为CuSCN，释放出CuI吸附的I2。
若进行三次平行实验，平均消耗25.00 mL 0.010 00 mol·L-1 Na2S2O3溶液，则产品中二甘氨酸合铜(相对分子质量用M表示)的含量为___________%(用含M的式子表示)。(3分)
0.25M
题号
1
3
5
2
4
[解析] 向CuSO4溶液中滴加氨水，先生成氢氧化铜蓝色沉淀，后蓝色沉淀消失，溶液变为深蓝色硫酸四氨合铜。再加入过量的NaOH溶液生成氢氧化铜。将Cu(OH)2固体置于烧杯中，加入甘氨酸溶液，充分反应后趁热过滤，向滤液中加入10 mL 95%的乙醇溶液降低产品的溶解度，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，得产品(H2NCH2COO)2Cu。(1)二甘氨酸合铜中铜原子与2个N、2个O原子形成配位键，配位数为4；顺式甘氨酸合铜分子对称性弱，极性强；反式甘氨酸合铜分子对称性强，极性弱，顺式二甘氨酸合铜的极性大于反式二甘氨酸合铜。
题号
1
3
5
2
4
(2)向硫酸铜溶液中滴加氨水，先出现蓝色沉淀，然后沉淀溶解形成深蓝色的溶液。蓝色沉淀氢氧化铜溶解生成氢氧化四氨合铜，反应的化学方程式为＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4](OH)2＋4H2O。
沉淀中可能含有的杂质为硫酸铵，若洗涤液中不含硫酸根离子，说明沉淀已洗涤干净，为检验Cu(OH)2沉淀已洗涤干净，设计实验方案：取最后一次洗涤液于试管中，先加盐酸，再加氯化钡溶液，无沉淀生成说明沉淀已洗涤干净。
题号
1
3
5
2
4
(4)抽滤的优点是：过滤和洗涤速度快、液体和固体分离比较完全、滤出固体容易干燥；抽滤完毕需进行下列操作，从实验安全角度考虑，先打开安全瓶的活塞K，拔下抽滤瓶处橡皮管，关闭水泵开关，取下布氏漏斗，最合理的第一步操作为打开活塞K，选③。
(5)滤液中加入10 mL 95%乙醇溶液，冷却结晶能析出二甘氨酸合铜，乙醇的作用是减小产物在水中的溶解度使其能大量结晶析出。
题号
1
3
5
2
4
(6)根据2Cu2+＋4I－===2CuI＋I2、建立反应关系式，0.5 g产品中n(Cu2+)＝＝0.025 L×0.01 mol·L-1×＝0.001 25 mol，则产品中二甘氨酸合铜(相对分子质量用M表示)的含量为×100%＝0.25M%。
题号
1
3
5
2
4
2．(15分)(2024·佛山二模)某合作学习小组将铜片放进氯化铁溶液中，观察到溶液呈无色，产生红褐色固体，铜片表面有白色物质。
Ⅰ．探究红褐色固体成分
(1)过滤得到红褐色固体，所需的仪器有________(填字母)。(1分)
A B C D
BC
题号
1
3
5
2
4
(2)①取少量红褐色固体加盐酸溶解，滴加_________溶液，溶液变红色，证明是氢氧化铁。
②产生氢氧化铁的原因可能是_______________________________
_________________________________________________________
(用化学方程式表示)。(3分)
KSCN
FeCl3＋3H2O Fe(OH)3＋3HCl
[或4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3]
题号
1
3
5
2
4
Ⅱ．查阅资料：CuCl是白色难溶物
(3)探究产生白色物质的原因。设计实验方案如下：
实验 铜粉/g FeCl3·H2O/g 蒸馏水/mL 实验现象
1 0.1 1.8 2 棕黄色溶液变为墨绿色
2 0.5 1.8 2 棕黄色溶液变为白色浊液
题号
1
3
5
2
4
①由以上实验可知，产生白色物质的条件是________________。
②实验2生成白色物质的化学方程式为_____________________。
③请你从氧化还原反应规律角度分析实验1中未产生白色物质的原因：________________________________________________。(5分)
铜粉过量
CuCl2＋Cu===2CuCl
Fe3+氧化性强于Cu2+，Fe3+过量时，Cu不与Cu2+反应
题号
1
3
5
2
4
(4)以石墨为电极电解CuCl2溶液，发现在石墨上析出的铜在切断电源后消失。从电化学角度进行分析，铜消失的原因是____________
___________________________________________________。(2分)
析出的铜单质、石墨和氯化铜溶液形成原电池，铜作负极被氧化溶解
题号
1
3
5
2
4
(5)基于上述分析，用CuCl2溶液腐蚀覆铜板效果不理想。查阅资料：工业上常用CuCl2、KCl、盐酸混合物腐蚀覆铜板，原理为。
①基态Cu2+的价电子轨道表示式为_______________________。
②KCl的作用是____________________________________________
______________________。(2分)
提供配体，促使平衡Cu2+＋Cu＋4Cl－
2[CuCl2]－正向移动
题号
1
3
5
2
4
(6)氧化还原反应的应用十分广泛。写出一种氧化剂在生活中的应用：_____________________________________。(2分)
过氧化氢或次氯酸钠用于杀菌消毒
题号
1
3
5
2
4
[解析] 铜与氯化铁反应生成氢氧化铁，可用酸溶解后加入硫氰化钾溶液进行检验，氯化铜与过量的铜反应可生成白色固体氯化亚铜，通过对比实验的铜的用量的控制可进行验证。
题号
1
3
5
2
4
3．(13分)(2024·淮北一模)二氯异氰尿酸钠(C3N3O3Cl2Na，Mr＝220 g·mol-1)是一种新型的杀菌剂，具有高效、安全、便于存储运输的特点。实验室利用NaClO溶液和氰尿酸(C3H3N3O3)溶液在10 ℃以下制备二氯异氰尿酸钠，实验装置如图所示。
题号
1
3
5
2
4
已知：①2NaClO＋C3H3N3O3 C3N3O3Cl2Na＋NaOH＋H2O ΔH<0。
②二氯异氰尿酸钠难溶于冷水，受热易分解出有毒气体。
回答下列问题：
(1)仪器a的名称为_________________________。(1分)
(2)装置B的作用是_____________________________________。(1分)
球形干燥管
除去氯气中的氯化氢
题号
1
3
5
2
4
(3)上述装置存在一处缺陷会导致装置C中产率降低，改进的方法是___________________________________________________。
改进后产率得到提高，原因是_____________________________、
_________________________________________________________。(4分)
(4)反应结束后，装置C中的浊液经____________________________
等一系列操作得到粗品。(1分)
把三颈烧瓶放在盛有冷水的水槽中
降低温度使平衡正向移动
降低温度能防止二氯异氰尿酸钠分解
过滤、洗涤、干燥
题号
1
3
5
2
4
(5)粗品纯度的测定
称取5.5 g粗品，配成250 mL溶液，取25.00 mL于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5 min，再滴加几滴淀粉溶液。用0.1 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定，消耗60.80 mL Na2S2O3标准溶液。已知：HClO＋2I－＋H＋===I2＋Cl－＋H2O、＋2I－。
①加入稀硫酸生成HClO的化学方程式为_____________________
________________________________________________________。
C3N3O3Cl2Na＋2H2O＋H2SO4===C3H3N3O3＋2HClO＋NaHSO4
题号
1
3
5
2
4
②滴定终点的现象为_______________________________________
________________________________________________________。
③粗品的纯度为________(保留3位有效数字)。(6分)
滴入最后半滴Na2S2O3溶液，溶液颜色由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不恢复原色
60.8%
题号
1
3
5
2
4
[解析] (3)题述装置存在的一处缺陷是三颈烧瓶缺少冷却装置，导致装置C中产率降低，改进的方法是把三颈烧瓶放在盛有冷水的水槽中，改进后产率得到提高，原因是2NaClO＋C3H3N3O3 C3N3O3Cl2Na＋NaOH＋H2O正反应放热，降低温度使平衡正向移动；二氯异氰尿酸钠受热易分解，降低温度能防止其分解。(5)①C3N3O3Cl2Na加入稀硫酸生成HClO和C3H3N3O3，反应的化学方程式为C3N3O3Cl2Na＋2H2O＋H2SO4===C3H3N3O3 ＋ 2HClO ＋NaHSO4。②滴定终点，碘单质恰好完全被Na2S2O3消耗，滴定终点的现象为滴入最后半滴Na2S2O3溶液，溶液颜色由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不恢复原色。③根据反应方程式，建立关系式：C3N3O3Cl2Na～2HClO～2I2～4Na2S2O3，n(C3N3O3Cl2Na)＝n(Na2S2O3)＝×0.1 mol·L-1×0.060 80 L＝0.001 52 mol。粗品的纯度＝×100%＝60.8%。
题号
1
3
5
2
4
4．(13分)(2024·北京卷，T19)某小组同学向pH＝1的0.5 mol·L-1的FeCl3溶液中分别加入过量的铜粉、锌粉和镁粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。
(1)理论分析
依据金属活动性顺序，Cu、Zn、Mg中可将Fe3+还原为Fe的金属是____________。(1分)
Mg、Zn
题号
1
3
5
2
4
(2)实验验证
实验 金属 操作、现象及产物
Ⅰ 过量Cu 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质
Ⅱ 过量Zn 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液pH为3～4，取出固体，固体中未检测到Fe单质
题号
1
3
5
2
4
实验 金属 操作、现象及产物
Ⅲ 过量Mg 有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3～4 时，取出固体，固体中检测到Fe单质
题号
1
3
5
2
4
①分别取实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，证明都有Fe2+生成，依据的现象是______________________。
②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因：__________________________________________________________
_________________________________________________________。
产生蓝色沉淀
Fe3+水解方程式为Fe3+＋3H2O Fe(OH)3＋3H＋，加入的Mg或Zn会消耗H＋，促进Fe3+水解平衡正向移动，使其转化为Fe(OH)3沉淀
题号
1
3
5
2
4
③对实验Ⅱ未检测到Fe单质进行分析及探究。
ⅰ．a．甲认为实验Ⅱ中，当Fe3+、H＋浓度较大时，即使Zn与Fe2+反应置换出少量Fe，Fe也会被Fe3+、H＋消耗。写出Fe与Fe3+、H＋反应的离子方程式：
_________________________________________________________
_________________________________________________________。
2Fe3+＋2Fe＋2H＋===4Fe2+＋H2↑(或2Fe3+＋Fe===3Fe2+、2H＋＋Fe===Fe2+＋H2↑)
题号
1
3
5
2
4
b．乙认为在pH为3～4的溶液中即便生成Fe也会被H＋消耗。设计实验：______________________________________________________
_______________________________________(填实验操作和现象)。
证实了此条件下可忽略H＋对Fe的消耗。
向pH为3～4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不产生蓝色沉淀
题号
1
3
5
2
4
c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在锌粉上，阻碍了Zn与Fe2+的反应。实验证实了锌粉被包裹。
ⅱ．查阅资料：0.5 mol·L-1 Fe3+开始沉淀的pH约为1.2，完全沉淀的pH约为3。
结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3～4时，不取出固体，向固液混合物中持续加入盐酸，控制pH<1.2，__________________
_________________________________(填实验操作和现象)，待pH为3～4时，取出固体，固体中检测到Fe单质。(10分)
加入几滴KSCN溶液，
待溶液红色消失后，停止加入盐酸
题号
1
3
5
2
4
(3)对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质的原因：_______________________________________________________。
(2分)
加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹
题号
1
3
5
2
4
[解析] 实验Ⅰ中，加入过量Cu，Cu与Fe3+发生反应2Fe3+＋Cu===Cu2+＋2Fe2+，一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质；实验Ⅱ中，加入过量Zn，发生反应Zn＋2H＋===Zn2+＋H2↑，有气泡产生，pH逐渐增大，使得Fe3+转化为红褐色沉淀Fe(OH)3，固体中未检测到Fe单质，原因可能是Fe3+的干扰以及Fe(OH)3沉淀对锌粉的包裹；实验Ⅲ中，加入过量Mg，发生反应Mg＋2H＋===Mg2+＋H2↑，由于Mg很活泼，该反应非常剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3～4时，取出固体，固体中检测到Fe单质，对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。
题号
1
3
5
2
4
(1)在金属活动性顺序表中，Mg、Zn排在Fe之前，Cu排在Fe之后，因此Mg、Zn可将Fe3+还原为Fe。(2)①Fe2+与K3[Fe(CN)6]会生成蓝色的KFe[Fe(CN)6]沉淀。②Fe3+水解方程式为Fe3+＋3H2O Fe(OH)3＋3H＋，加入的Mg或Zn会消耗H＋，促进Fe3+水解平衡正向移动，使其转化为沉淀。③ⅰ．a．Fe与Fe3+、H＋反应的离子方程式为2Fe3+＋2Fe＋2H＋===4Fe2+＋H2↑或2Fe3+＋Fe===3Fe2+、2H＋＋Fe===Fe2+＋H2↑。b．要证实在pH为3～4的溶液中可忽略H＋对Fe的消耗，可向pH为3～4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不产生蓝色沉淀，即说明此条件下Fe未与H＋反应生成Fe2+。ⅱ．结合a、b和c可知，
题号
1
3
5
2
4
实验Ⅱ未检测到Fe单质的原因可能是Fe3+的干扰以及Fe(OH)3沉淀对锌粉的包裹，因此可控制反应条件，在未生成Fe(OH)3沉淀时将Fe3+还原，即可排除两个干扰因素，具体操作：重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3～4时，不取出固体，向固液混合物中持续加入盐酸，控制pH<1.2，加入几滴KSCN溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸，待pH为3～4时，取出固体，固体中检测到Fe单质。
(3)对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。
题号
1
3
5
2
4
5．(16分)某学习小组按如图所示流程，在实验室模拟处理含苯酚的工业废水，并进行相关实验探究。
回答下列问题：
(1)“操作Ⅰ”所使用的玻璃仪器有烧杯和__________(填仪器名称)，流程中可循环使用的物质是______(填名称)。(2分)
分液漏斗
苯
题号
1
3
5
2
4
(2)“水层2”中主要溶质为_________________(填化学式)。(2分)
(3)将所得苯酚配制成一定浓度的苯酚溶液，探究铁盐种类和pH对苯酚与Fe3+显色反应的影响。
查阅资料
ⅰ．[Fe(C6H5O)6]3-为紫色；
ⅱ．Na＋对苯酚与Fe3+的显色反应无影响；
ⅲ．[Fe(C6H5O)6]3-对特定波长光的吸收程度(用吸光度A表示)与[Fe(C6H5O)6]3-的浓度在一定范围内成正比。
NaHCO3
题号
1
3
5
2
4
【提出猜想】
猜想1：Cl－对苯酚与Fe3+的显色反应有影响。
猜想2：对苯酚与Fe3+的显色反应有影响。
猜想3：H＋对苯酚与Fe3+的显色反应有影响。
题号
1
3
5
2
4
【进行实验】
常温下，用盐酸调节pH配制得到pH分别为a和b的0.1 mol·L-1 FeCl3溶液(a>b)，用硫酸调节pH配制得到pH分别为a和b的
0.05 mol·L-1 Fe2(SO4)3溶液。取5 mL苯酚溶液于试管中，按下面实验1～4分别再加入0.1 mL含Fe3+的试剂，显色10 min 后用紫外－可见分光光度计测定该溶液的吸光度(本实验条件下，pH改变对Fe3+水解程度的影响可忽略)。
题号
1
3
5
2
4
序号 含Fe3+的试剂 吸光度
0.1 mol·L-1 FeCl3溶液 0.05 mol·L-1 Fe2(SO4)3溶液
1 pH＝a — A1
2 pH＝b — A2
3 — pH＝a A3
4 — pH＝b A4
题号
1
3
5
2
4
【结果讨论】 实验结果为A1>A2>A3>A4。
①根据实验结果，小组同学认为此结果不足以证明猜想3成立的理由是______________________________________________。
Cl－或对苯酚与Fe3+的显色可能有影响
题号
1
3
5
2
4
②为进一步验证猜想，小组同学设计了下面实验5和6，补充下表中相关内容。(限选试剂：NaCl溶液、Na2SO4溶液、NaCl固体、Na2SO4固体)
序号 含Fe3+的试剂 再加入 的试剂 吸光度
0.1 mol·L-1 FeCl3溶液 0.05 mol·L-1 Fe2(SO4)3溶液
5 — pH＝a NaCl 固体 A5
6 pH＝a — __________ A6
Na2SO4固体
题号
1
3
5
2
4
③根据实验1～6的结果，小组同学得出猜想1不成立，猜想2成立，且对苯酚与Fe3+的显色反应起抑制作用，得出此结论的依据是_________________________________________________________。
A5＝A3，A6
题号
1
3
5
2
4
④根据实验1～6的结果，小组同学得出猜想3成立，且H＋对Fe3+与苯酚的显色反应有抑制作用，从化学平衡角度解释其原因是__________________________________________________________
______________________________________________________________________。(8分)
Fe3+与苯酚存在反应：Fe3+＋6C6H5OH [Fe(C6H5O)6]3-＋6H＋，c(H＋)增大，平衡逆向移动，[Fe(C6H5O)6]3-的浓度减小，溶液颜色变浅
已知：ⅰ．H＋＋2I－＋ ―→ ＋Br－＋I2
ⅱ．I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6
题号
1
3
5
2
4
(4)小组同学利用滴定法测定所得“水层2”中苯酚的含量：向V1 mL样品溶液中加入过量溴水，将苯酚全部转化为化合物M；再加入过量KI溶液，充分反应后，用c mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定。
题号
1
3
5
2
4
①加入KI溶液前需加热除去多余的Br2，否则会使测定结果________(填“偏高”或“偏低”)。
②若消耗Na2S2O3标准溶液的体积为V2 mL，则样品中苯酚的浓度为________g·L-1(用含c、V1、V2的代数式表示)。(4分)
偏高
题号
1
3
5
2
4
[解析] 由题干工艺流程图可知，向含苯酚的废水中加入苯进行萃取，操作Ⅰ是萃取分液，分液后得到水层1和有机层，向有机层中加入NaOH溶液将苯酚转化为苯酚钠，然后进行分液，分液后得到有机层(含有苯)和水层，向水层溶液中通入足量的CO2，将苯酚钠转化为苯酚和碳酸氢钠溶液，然后进行过滤，过滤得到苯酚和水层2。由分析可知，操作Ⅰ为萃取、分液，因此使用的玻璃仪器有烧杯和分液漏斗，操作Ⅱ是分液，得到有机层(含有苯)，则苯可以循环使用。反应Ⅱ是苯酚钠和二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠，苯
题号
1
3
5
2
4
酚溶解度比较小，过滤，则“水层2”中主要溶质为NaHCO3。由题干实验信息可知，实验1、2和实验3、4使用的试剂中Cl－或不同，二者阴离子也可能对Fe3+的显色有影响。为进一步验证猜想即验证Cl－或对苯酚与Fe3+的显色是否有影响，小组同学设计了实验5和6，根据控制变量可知，实验5、6的pH相同，Fe3+浓度相同，实验5改变Cl－浓度，实验6则改变浓度，故选用的试剂为Na2SO4固体。根据实验1～6的结果，小组同学得出猜想1不成立，猜想2成立，且对苯酚与Fe3+的显色反应起抑制作用，说明Cl－
题号
1
3
5
2
4
对实验没有影响，则A5＝对实验有抑制作用，说明实验6相比实验1来说A6[Fe(C6H5O)6]3-＋6H＋，c(H＋)增大，平衡逆向移动，[Fe(C6H5O)6]3-的浓度减小，溶液颜色变浅。加入KI溶液前需加热除去多余的Br2，过量的溴会氧化碘离子生成单质碘，则消耗硫代硫酸根离子
题号
1
3
5
2
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的量增大，则计算出化合物M的量偏多，因此会使测定结果偏高。由已知ⅰ、ⅱ得C6H5OH～2Na2S2O3，若消耗Na2S2O3标准溶液的体积为
V2 mL，则样品中苯酚的浓度为＝。
谢 谢 ！课时数智作业(五十四)综合实验试题突破(1)
(建议用时：50分钟 总分：70分)
1．(13分)(2025·石家庄模拟)缺铜会造成一系列的严重后果。一种有机补铜剂二甘氨酸合铜[(H2NCH2COO)2Cu]的制备过程如下：CuSO4溶液深蓝色溶液Cu(OH)2(H2NCH2COO)2Cu溶液收集滤液冷却结晶产品
回答下列问题：
(1)已知：二甘氨酸合铜有顺式()和反式()两种结构。则二甘氨酸合铜中铜原子的配位数为__________ ；顺式二甘氨酸合铜的极性__________(填“大于”或“小于”)反式二甘氨酸合铜。(2分)
(2)向硫酸铜溶液中滴加氨水，先出现蓝色沉淀，然后沉淀溶解形成深蓝色的溶液。写出此蓝色沉淀溶解的化学方程式：_____________________________。(2分)
(3)为检验Cu(OH)2沉淀已洗涤干净，设计实验方案：_________________。(2分)
(4)抽滤装置如图所示，抽滤的优点是___________________________________；
抽滤完毕需进行下列操作，从实验安全角度考虑，你认为接下来最合理的第一步操作为________ (填序号)。(3分)
①取下布氏漏斗、②关闭水泵开关、③打开活塞K、④拔下抽滤瓶处橡皮管
(5)制备二甘氨酸合铜时加入10 mL 95%乙醇溶液的作用是________________。(1分)
(6)二甘氨酸合铜产率的测定实验如下：
0.5 g产品浅黄色溶液
已知：ⅰ.2Cu2+＋4I-===2CuI＋I2，2S2。
ⅱ.加入适量NH4SCN溶液的目的是将CuI转化为CuSCN，释放出CuI吸附的I2。
若进行三次平行实验，平均消耗25.00 mL 0.010 00 mol·L-1 Na2S2O3溶液，则产品中二甘氨酸合铜(相对分子质量用M表示)的含量为__________ %(用含M的式子表示)。(3分)
2．(15分)(2024·佛山二模)某合作学习小组将铜片放进氯化铁溶液中，观察到溶液呈无色，产生红褐色固体，铜片表面有白色物质。
Ⅰ.探究红褐色固体成分
(1)过滤得到红褐色固体，所需的仪器有________(填字母)。(1分)
A B C D
(2)①取少量红褐色固体加盐酸溶解，滴加______溶液，溶液变红色，证明是氢氧化铁。
②产生氢氧化铁的原因可能是_______________________(用化学方程式表示)。(3分)
Ⅱ.查阅资料：CuCl是白色难溶物
(3)探究产生白色物质的原因。设计实验方案如下：
铜粉/g FeCl3·H2O/g 蒸馏水/mL 实验现象
1 0.1 1.8 2 棕黄色溶液 变为墨绿色
2 0.5 1.8 2 棕黄色溶液变 为白色浊液
①由以上实验可知，产生白色物质的条件是________________________。
②实验2生成白色物质的化学方程式为___________________________。
③请你从氧化还原反应规律角度分析实验1中未产生白色物质的原因：________________________________________。(5分)
(4)以石墨为电极电解CuCl2溶液，发现在石墨上析出的铜在切断电源后消失。从电化学角度进行分析，铜消失的原因是___________________________。(2分)
(5)基于上述分析，用CuCl2溶液腐蚀覆铜板效果不理想。查阅资料：工业上常用CuCl2、KCl、盐酸混合物腐蚀覆铜板，原理为Cu2+＋Cu＋4Cl- 2[CuCl2]-。
①基态Cu2+的价电子轨道表示式为_____________________________________。
②KCl的作用是________________________________________________。(2分)
(6)氧化还原反应的应用十分广泛。写出一种氧化剂在生活中的应用：__________________________________。(2分)
3．(13分)(2024·淮北一模)二氯异氰尿酸钠(C3N3O3Cl2Na，Mr＝220 g·mol-1)是一种新型的杀菌剂，具有高效、安全、便于存储运输的特点。实验室利用NaClO溶液和氰尿酸(C3H3N3O3)溶液在10 ℃以下制备二氯异氰尿酸钠，实验装置如图所示。
已知：①2NaClO＋C3H3N3O3 C3N3O3Cl2Na＋NaOH＋H2O ΔH<0。
②二氯异氰尿酸钠难溶于冷水，受热易分解出有毒气体。
回答下列问题：
(1)仪器a的名称为____________________________。(1分)
(2)装置B的作用是____________________________。(1分)
(3)上述装置存在一处缺陷会导致装置C中产率降低，改进的方法是___________________________。
改进后产率得到提高，原因是__________________________________________、
________________________________________________。(4分)
(4)反应结束后，装置C中的浊液经_________________等一系列操作得到粗品。(1分)
(5)粗品纯度的测定
称取5.5 g粗品，配成250 mL溶液，取25.00 mL于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5 min，再滴加几滴淀粉溶液。用0.1 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定，消耗60.80 mL Na2S2O3标准溶液。已知：HClO＋2I-＋H+===I2＋Cl-＋H2O、I2＋2S2＋2I-。
①加入稀硫酸生成HClO的化学方程式为_______________________________。
②滴定终点的现象为____________________________________________。
③粗品的纯度为________________________(保留3位有效数字)。(6分)
课时数智作业(五十四)综合实验试题突破(2)
4．(13分)(2024·北京卷，T19)某小组同学向pH＝1的0.5 mol·L-1的FeCl3溶液中分别加入过量的铜粉、锌粉和镁粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。
(1)理论分析
依据金属活动性顺序，Cu、Zn、Mg中可将Fe3+还原为Fe的金属是____________。(1分)
(2)实验验证
实验 金属 操作、现象及产物
Ⅰ 过量Cu 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质
Ⅱ 过量Zn 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液pH为3~4，取出固体，固体中未检测到Fe单质
Ⅲ 过量Mg 有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3~4 时，取出固体，固体中检测到Fe单质
①分别取实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，证明都有Fe2+生成，依据的现象是___________________________________。
②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因：_______________________________。
③对实验Ⅱ未检测到Fe单质进行分析及探究。
ⅰ.a．甲认为实验Ⅱ中，当Fe3+、H+浓度较大时，即使Zn与Fe2+反应置换出少量Fe，Fe也会被Fe3+、H+消耗。写出Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式：______________________________。
b．乙认为在pH为3~4的溶液中即便生成Fe也会被H+消耗。设计实验：______________________________________________(填实验操作和现象)。证实了此条件下可忽略H+对Fe的消耗。
c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在锌粉上，阻碍了Zn与Fe2+的反应。实验证实了锌粉被包裹。
ⅱ.查阅资料：0.5 mol·L-1 Fe3+开始沉淀的pH约为1.2，完全沉淀的pH约为3。
结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3~4时，不取出固体，向固液混合物中持续加入盐酸，控制pH<1.2，_________________________________(填实验操作和现象)，待pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质。(10分)
(3)对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质的原因：_________________________________。(2分)
5．(16分)某学习小组按如图所示流程，在实验室模拟处理含苯酚的工业废水，并进行相关实验探究。
回答下列问题：
(1)“操作Ⅰ”所使用的玻璃仪器有烧杯和________(填仪器名称)，流程中可循环使用的物质是______(填名称)。(2分)
(2)“水层2”中主要溶质为__________________________(填化学式)。(2分)
(3)将所得苯酚配制成一定浓度的苯酚溶液，探究铁盐种类和pH对苯酚与Fe3+显色反应的影响。
查阅资料
ⅰ.[Fe(C6H5O)6]3-为紫色；
ⅱ.Na+对苯酚与Fe3+的显色反应无影响；
ⅲ.[Fe(C6H5O)6]3-对特定波长光的吸收程度(用吸光度A表示)与[Fe(C6H5O)6]3-的浓度在一定范围内成正比。
【提出猜想】
猜想1：Cl-对苯酚与Fe3+的显色反应有影响。
猜想2：S对苯酚与Fe3+的显色反应有影响。
猜想3：H+对苯酚与Fe3+的显色反应有影响。
【进行实验】
常温下，用盐酸调节pH配制得到pH分别为a和b的0.1 mol·L-1 FeCl3溶液(a>b)，用硫酸调节pH配制得到pH分别为a和b的0.05 mol·L-1 Fe2(SO4)3溶液。取5 mL苯酚溶液于试管中，按下面实验1~4分别再加入0.1 mL含Fe3+的试剂，显色10 min后用紫外－可见分光光度计测定该溶液的吸光度(本实验条件下，pH改变对Fe3+水解程度的影响可忽略)。
序号 含Fe3+的试剂 吸光度
0.1 mol·L-1 FeCl3溶液 0.05 mol·L-1 Fe2(SO4)3溶液
1 pH＝a — A1
2 pH＝b — A2
3 — pH＝a A3
4 — pH＝b A4
【结果讨论】 实验结果为A1>A2>A3>A4。
①根据实验结果，小组同学认为此结果不足以证明猜想3成立的理由是______________________________________________。
②为进一步验证猜想，小组同学设计了下面实验5和6，补充下表中相关内容。(限选试剂：NaCl溶液、Na2SO4溶液、NaCl固体、Na2SO4固体)
序号 含Fe3+的试剂 再加入的试剂 吸光度
0.1 mol· L-1 FeCl3 溶液 0.05 mol·L-1 Fe2(SO4)3 溶液
5 — pH＝a NaCl 固体 A5
6 pH＝a — __ A6
③根据实验1~6的结果，小组同学得出猜想1不成立，猜想2成立，且S对苯酚与Fe3+的显色反应起抑制作用，得出此结论的依据是__________________。
④根据实验1~6的结果，小组同学得出猜想3成立，且H+对Fe3+与苯酚的显色反应有抑制作用，从化学平衡角度解释其原因是____________________。(8分)
(4)小组同学利用滴定法测定所得“水层2”中苯酚的含量：向V1 mL样品溶液中加入过量溴水，将苯酚全部转化为化合物M；再加入过量KI溶液，充分反应后，用c mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定。
已知：ⅰ.H+＋2I-＋―→＋Br-＋I2
ⅱ.I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6
①加入KI溶液前需加热除去多余的Br2，否则会使测定结果________(填“偏高”或“偏低”)。
②若消耗Na2S2O3标准溶液的体积为V2 mL，则样品中苯酚的浓度为________g·L-1(用含c、V1、V2的代数式表示)。(4分)
课时数智作业(五十四)
1．解析：向CuSO4溶液中滴加氨水，先生成氢氧化铜蓝色沉淀，后蓝色沉淀消失，溶液变为深蓝色硫酸四氨合铜。再加入过量的NaOH溶液生成氢氧化铜。将Cu(OH)2固体置于烧杯中，加入甘氨酸溶液，充分反应后趁热过滤，向滤液中加入10 mL 95%的乙醇溶液降低产品的溶解度，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，得产品(H2NCH2COO)2Cu。(1)二甘氨酸合铜中铜原子与2个N、2个O原子形成配位键，配位数为4；顺式甘氨酸合铜分子对称性弱，极性强；反式甘氨酸合铜分子对称性强，极性弱，顺式二甘氨酸合铜的极性大于反式二甘氨酸合铜。(2)向硫酸铜溶液中滴加氨水，先出现蓝色沉淀，然后沉淀溶解形成深蓝色的溶液。蓝色沉淀氢氧化铜溶解生成氢氧化四氨合铜，反应的化学方程式为Cu(OH)2+4NH3·H2O===[Cu(NH3)4](OH)2+4H2O。(3)Cu(OH)2沉淀中可能含有的杂质为硫酸铵，若洗涤液中不含硫酸根离子，说明Cu(OH)2沉淀已洗涤干净，为检验Cu(OH)2沉淀已洗涤干净，设计实验方案：取最后一次洗涤液于试管中，先加盐酸，再加氯化钡溶液，无沉淀生成说明Cu(OH)2沉淀已洗涤干净。(4)抽滤的优点是：过滤和洗涤速度快、液体和固体分离比较完全、滤出固体容易干燥；抽滤完毕需进行下列操作，从实验安全角度考虑，先打开安全瓶的活塞K，拔下抽滤瓶处橡皮管，关闭水泵开关，取下布氏漏斗，最合理的第一步操作为打开活塞K，选③。(5)滤液中加入10 mL 95%乙醇溶液，冷却结晶能析出二甘氨酸合铜，乙醇的作用是减小产物在水中的溶解度使其能大量结晶析出。(6)根据2Cu2++4I-===2CuI+I2、2S2+I2===2I-+S4建立反应关系式2Cu2+~ I2~2S2，0.5 g产品中n(Cu2+)=n(S2)=0.025 L×0.01 mol·L-1×=0.001 25 mol，则产品中二甘氨酸合铜(相对分子质量用M表示)的含量为×100%=0.25M%。
答案：(1)4 大于 (2)Cu(OH)2+4NH3·H2O===[Cu(NH3)4](OH)2+4H2O (3)取最后一次洗涤液于试管中，先加盐酸，再加氯化钡溶液，无沉淀生成说明Cu(OH)2沉淀已洗涤干净 (4)过滤和洗涤速度快、液体和固体分离比较完全、滤出固体容易干燥 ③ (5)减小产物在水中的溶解度使其能大量结晶析出 (6)0.25M
2．解析：铜与氯化铁反应生成氢氧化铁，可用酸溶解后加入硫氰化钾溶液进行检验，氯化铜与过量的铜反应可生成白色固体氯化亚铜，通过对比实验的铜的用量的控制可进行验证。
答案：(1)BC (2)①KSCN ②FeCl3+3H2O Fe(OH)3+3HCl[或4Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)3]
(3)①铜粉过量 ②CuCl2+Cu===2CuCl ③Fe3+氧化性强于Cu2+，Fe3+过量时，Cu不与Cu2+反应
(4)析出的铜单质、石墨和氯化铜溶液形成原电池，铜作负极被氧化溶解
(5)① ②提供配体，促使平衡Cu2++Cu+4Cl- 2[CuCl2]-正向移动
(6)过氧化氢或次氯酸钠用于杀菌消毒
3．解析：(3)题述装置存在的一处缺陷是三颈烧瓶缺少冷却装置，导致装置C中产率降低，改进的方法是把三颈烧瓶放在盛有冷水的水槽中，改进后产率得到提高，原因是2NaClO+C3H3N3O3 C3N3O3Cl2Na+NaOH+H2O正反应放热，降低温度使平衡正向移动；二氯异氰尿酸钠受热易分解，降低温度能防止其分解。(5)①C3N3O3Cl2Na加入稀硫酸生成HClO和C3H3N3O3，反应的化学方程式为C3N3O3Cl2Na+2H2O+H2SO4===C3H3N3O3 + 2HClO +NaHSO4。②滴定终点，碘单质恰好完全被Na2S2O3消耗，滴定终点的现象为滴入最后半滴Na2S2O3溶液，溶液颜色由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不恢复原色。③根据反应方程式，建立关系式：C3N3O3Cl2Na~2HClO~2I2~4Na2S2O3，n(C3N3O3Cl2Na)=n(Na2S2O3)=×0.1 mol·L-1×0.060 80 L=0.001 52 mol。粗品的纯度=×100%=60.8%。
答案：(1)球形干燥管
(2)除去氯气中的氯化氢
(3)把三颈烧瓶放在盛有冷水的水槽中 降低温度使平衡正向移动 降低温度能防止二氯异氰尿酸钠分解
(4)过滤、洗涤、干燥
(5)①C3N3O3Cl2Na+2H2O+H2SO4===C3H3N3O3 + 2HClO +NaHSO4 ②滴入最后半滴Na2S2O3溶液，溶液颜色由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不恢复原色 ③60.8%
4．解析：实验Ⅰ中，加入过量Cu，Cu与Fe3+发生反应2Fe3++Cu===Cu2++2Fe2+，一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质；实验Ⅱ中，加入过量Zn，发生反应Zn+2H+===Zn2++H2↑，有气泡产生，pH逐渐增大，使得Fe3+转化为红褐色沉淀Fe(OH)3，固体中未检测到Fe单质，原因可能是Fe3+的干扰以及Fe(OH)3沉淀对锌粉的包裹；实验Ⅲ中，加入过量Mg，发生反应Mg+2H+===Mg2++H2↑，由于Mg很活泼，该反应非常剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质，对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。
(1)在金属活动性顺序表中，Mg、Zn排在Fe之前，Cu排在Fe之后，因此Mg、Zn可将Fe3+还原为Fe。(2)①Fe2+与K3[Fe(CN)6]会生成蓝色的KFe[Fe(CN)6]沉淀。②Fe3+水解方程式为Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+，加入的Mg或Zn会消耗H+，促进Fe3+水解平衡正向移动，使其转化为Fe(OH)3沉淀。③ⅰ.a．Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式为2Fe3++2Fe+2H+===4Fe2++H2↑或2Fe3++Fe===3Fe2+、2H++Fe===Fe2++H2↑。b．要证实在pH为3~4的溶液中可忽略H+对Fe的消耗，可向pH为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不产生蓝色沉淀，即说明此条件下Fe未与H+反应生成Fe2+。ⅱ.结合a、b和c可知，实验Ⅱ未检测到Fe单质的原因可能是Fe3+的干扰以及Fe(OH)3沉淀对锌粉的包裹，因此可控制反应条件，在未生成Fe(OH)3沉淀时将Fe3+还原，即可排除两个干扰因素，具体操作：重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3~4时，不取出固体，向固液混合物中持续加入盐酸，控制pH<1.2，加入几滴KSCN溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸，待pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质。
(3)对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。
答案：(1)Mg、Zn
(2)①产生蓝色沉淀 ②Fe3+水解方程式为Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+，加入的Mg或Zn会消耗H+，促进Fe3+水解平衡正向移动，使其转化为Fe(OH)3沉淀 ③ⅰ.a．2Fe3++2Fe+2H+===4Fe2++H2↑(或2Fe3++Fe===3Fe2+、2H++Fe===Fe2++H2↑) b．向pH为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不产生蓝色沉淀 ⅱ.加入几滴KSCN溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸
(3)加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹
5．解析：由题干工艺流程图可知，向含苯酚的废水中加入苯进行萃取，操作Ⅰ是萃取分液，分液后得到水层1和有机层，向有机层中加入NaOH溶液将苯酚转化为苯酚钠，然后进行分液，分液后得到有机层(含有苯)和水层，向水层溶液中通入足量的CO2，将苯酚钠转化为苯酚和碳酸氢钠溶液，然后进行过滤，过滤得到苯酚和水层2。由分析可知，操作Ⅰ为萃取、分液，因此使用的玻璃仪器有烧杯和分液漏斗，操作Ⅱ是分液，得到有机层(含有苯)，则苯可以循环使用。反应Ⅱ是苯酚钠和二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠，苯酚溶解度比较小，过滤，则“水层2”中主要溶质为NaHCO3。由题干实验信息可知，实验1、2和实验3、4使用的试剂中Cl-或S不同，二者阴离子也可能对Fe3+的显色有影响。为进一步验证猜想即验证Cl-或S对苯酚与Fe3+的显色是否有影响，小组同学设计了实验5和6，根据控制变量可知，实验5、6的pH相同，Fe3+浓度相同，实验5改变Cl-浓度，实验6则改变S浓度，故选用的试剂为Na2SO4固体。根据实验1~6的结果，小组同学得出猜想1不成立，猜想2成立，且S对苯酚与Fe3+的显色反应起抑制作用，说明Cl-对实验没有影响，则A5=A3，S对实验有抑制作用，说明实验6相比实验1来说A6答案：(1) 分液漏斗 苯 (2)NaHCO3 (3)①Cl-或S对苯酚与Fe3+的显色可能有影响 ②Na2SO4固体 ③A5=A3，A6(4)①偏高 ②
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