第3讲 高考化学综合实验题探究
【复习目标】
1.掌握物质制备型实验方案设计的原则,掌握解答物质制备型综合实验题的思维模型。
2.掌握探究型实验和定量分析实验的分析思路和方法。
3.根据化学实验目的和要求,能做到正确选用实验装置;掌握控制实验条件的方法等。
题型一 物质制备型综合实验
1.无机物的制备实验
(1)实验操作顺序。
(2)加热顺序的选择。
若气体制备实验需加热,应先加热气体发生装置,产生的气体排尽装置中的空气后,再给实验中需要加热的物质加热。其目的是①防止爆炸(如H2还原CuO);②保证产品纯度,防止反应物或生成物与空气中的物质反应。而完成实验后,熄灭酒精灯的顺序则相反。
(3)选用仪器及连接顺序。
(4)固体物质制备的原则。
①选择最佳反应途径。
如用Al制取Al(OH)3,2Al+3H2SO4Al2(SO4)3+3H2↑、2Al+2NaOH+6H2O2Na[Al(OH)4]+3H2↑、Al2(SO4)3+6Na[Al(OH)4]8Al(OH)3↓+3Na2SO4,当 n(Al3+)∶n{[Al(OH)4]-}= 时,Al(OH)3 产率最高。
②选择最佳原料。
如实验室用铝盐溶液与碱溶液反应制取 Al(OH)3,应选用 ,而不能选用强碱溶液;用铜盐溶液与碱溶液反应制取Cu(OH)2,应选用NaOH溶液,而不能选用氨水等。
③选择适宜操作方法。
如实验室制备Fe(OH)2时,因Fe(OH)2在空气中极易与O2、水反应生成Fe(OH)3,所以要注意 。
(5)实验中试剂或产物防止变质或损失。
①实验中反应物或产物若易吸水、潮解、水解等,要采取措施 。
②易挥发的液体产物要及时 。
③易挥发的液体反应物,需在反应装置中加装 装置(如长导管、竖直的干燥管、冷凝管等)。
④注意防止倒吸的问题。
2.有机物的制备实验
(1)有机物制备的常见装置。
(2)有机物制备的常见操作。
①加热:酒精灯的火焰温度一般在400～500 ℃,乙酸乙酯的制取、石油的蒸馏等实验选用酒精灯加热,若温度要求更高,可选用酒精喷灯或电炉加热。除上述加热方式外还可以根据加热的温度要求选择水浴、油浴、沙浴加热。
②冷凝回流:有机物大多易挥发,因此在反应中通常要采用冷凝回流装置,以减少有机物的挥发,提高原料的利用率和产物的产率。如图1、图3中的球形冷凝管,图2中的长玻璃管B的作用都是冷凝回流。
③防暴沸:加沸石(碎瓷片),防止溶液暴沸,若开始忘加沸石(碎瓷片),需冷却后补加。
(3)提纯有机物的常用流程。
制取的有机物中常含有一定量的杂质(无机物与有机物),提纯时可根据杂质与制得有机物性质的差异设计实验进行分离、提纯,常用的提纯流程如下:
[理解·辨析] 判断正误
(1)制备CuSO4的最佳方案是利用Cu与浓硫酸反应。( )
(2)向AlCl3溶液中加入过量氨水或NaOH溶液,均能制得Al(OH)3沉淀。( )
(3)制备溴苯的实验中,为减少液溴的挥发,实验装置中可使用球形冷凝管提高原料的利用率。( )
(4)实验室制备溴苯和硝基苯时,都要用到水浴加热装置。( )
(5)提纯有机物时,发生的都是物理变化。( )
(6)制备氢氧化铁胶体可以用氢氧化钠溶液与氯化铁溶液。( )
(7)物质制备方案的确定要素包括原料价廉易得、装置简单。( )
一、无机物的制备实验探究
1.氯化氨基汞[Hg(NH2)Cl]是祛斑霜中常用的添加剂,可由反应Hg+2NH3+Cl2Hg(NH2)Cl↓+NH4Cl制备。某学习小组在实验室中利用下列装置制备氯化氨基汞,回答下列问题。
(1)装置A中发生反应的离子方程式为 。
(2)装置F中发生反应的化学方程式为 。
(3)盛装碱石灰的仪器名称为 ,其作用为 。
(4)整个装置的仪器连接顺序为A→ (装置不能重复使用)。该实验的不足之处是 。
(5)装置E中短导管a通入的气体是 ,导管a、b采用长短不同的原因是 。
(6)氯化氨基汞产品中氯化氨基汞的含量测定:称取a g样品,加入水及稀硫酸溶解,向溶解后的溶液中加入0.1 mol/L KI溶液,立即出现橙红色沉淀,继续滴加KI溶液至沉淀消失,溶液呈无色[已知Hg2++2I-HgI2↓(橙红色),HgI2+2I-Hg(无色)],共消耗V mL KI溶液。测定产品中氯化氨基汞的质量分数为 (已知Hg的相对原子质量为201)。
2.(2024·海南二模)亚硝酸钠(NaNO2)外观酷似食盐且有咸味,易潮解,易溶于水。广泛应用于工业和建筑业,也允许在安全范围内作为肉制品发色剂或防腐剂。某实验室制备亚硝酸钠装置如图所示(部分夹持装置略,气密性已检验):
已知:①2NO+Na2O22NaNO2,2NO2+Na2O22NaNO3;
②酸性条件下,NO或N都能与Mn反应生成N和Mn2+。
(1)下列试剂或方法中不可用于检验NaCl中是否含有NaNO2的是 (填字母)。
a.AgNO3溶液 b.淀粉KI溶液
c.酚酞溶液 d.焰色试验
(2)仪器a的名称为 。反应开始前,先通入N2至装置F中产生大量气泡,其目的是 。
(3)装置B中盛放的试剂为水,其目的用化学方程式表示是 。
(4)当Na2O2完全反应后,D中的固体除NaNO2外,还可能有NaNO3。
测定NaNO2纯度的步骤如下:
ⅰ.配制0.100 0 mol/L KMnO4标准溶液,并进行酸化。
ⅱ.称取4.0 g样品溶于水配成250 mL溶液,取其中25.00 mL于锥形瓶中进行滴定,消耗20.00 mL酸性KMnO4标准溶液。
①步骤ⅱ中达到滴定终点的标志为 。
②混合固体中NaNO2的质量分数为 (保留三位有效数字)。
③若在滴定终点读取滴定管刻度时,仰视标准溶液液面,则测得NaNO2的纯度 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
3.(2024·湖北一模)量子点是尺寸通常在1～10 nm 之间的纳米级半导体。当紫外光作用在量子点上时会发出明亮的荧光,量子点的尺寸不同,荧光颜色对应不同。一种在实验室制备CdSe量子点的方法如下:
Ⅰ.N2气氛中,取1 mmol 硒粉于三颈烧瓶中,加入15 mL的十八烯溶剂,加热到280 ℃,硒粉完全溶解形成橙色透明溶液。
Ⅱ.N2气氛中,将1 mmol CdCl2溶于4 mL油酸(顺9十八碳烯酸),加热至120 ℃,使CdCl2完全溶于油酸,形成油酸镉澄清液体。
Ⅲ.如图所示,将步骤Ⅱ中制备好的油酸镉溶液注入步骤Ⅰ所得橙色透明溶液中,保持反应温度为260 ℃,反应45 min。
Ⅳ.待步骤Ⅲ所得反应液冷却后,加入20 mL乙醇溶液使CdSe析出,离心分离;加入正己烷分散后,再次加入乙醇,离心分离。重复以上操作2～3次,用乙醇和丙酮洗涤,即可得到纯净的CdSe量子点。
回答下列问题。
(1)元素Se在元素周期表中的位置为 。CdSe量子点分散至水中可形成 (填分散系名称)。
(2)仪器A的名称为 。
(3)步骤Ⅱ中N2的作用为 , 油酸配体中提供孤电子对的成键原子是 。
(4)实验室中可用如下方法制备硒单质:向Na2SeO3水溶液中加入N2H4·H2O,在得到硒单质的同时会产生一种对环境无污染的气体,则该反应的离子方程式为
。
(5)步骤Ⅲ中,可用紫外光照射以监测反应进程,当观察到 (填现象)时,说明CdSe量子点生长基本停止,制备完成。
(6)步骤Ⅳ中加入20 mL乙醇溶液的作用是 。
二、有机物的制备实验探究
4.(2025·云南高考适应性考试)二苯乙醇酸是一种皮肤再生调节剂。由二苯乙二酮制备二苯乙醇酸的反应原理为
实验步骤如下:
Ⅰ.在圆底烧瓶中加入1.30 g KOH、2.6 mL 水、1.05 g二苯乙二酮和4.0 mL 95%乙醇溶液、水浴加热回流15 min(装置如图,加热及夹持装置省略)。
Ⅱ.将Ⅰ中所得混合物转入烧杯中,冰水浴冷却结晶,过滤、洗涤。将晶体溶于 35.0 mL 蒸馏水中,调节pH至少量胶状物(未反应的二苯乙二酮)浮于液面,加入活性炭,搅拌、过滤。
Ⅲ.向滤液中缓慢滴加5.0%盐酸,调节pH<3.0(用刚果红试纸检测)。冰水浴冷却,有大量晶体析出。过滤、冰水洗涤,得粗产品。
Ⅳ.将粗产品加热水溶解,冷却结晶,过滤、冰水洗涤、干燥,得0.46 g产品。
已知:①相关物质的信息见下表,
物质 Mr 性质 熔点/ ℃ pKa 溶解性
二苯 乙二酮 210 淡黄色 固体 95 — 不溶于水,溶于乙醇、苯
二苯 乙醇酸 228 无色 晶体 150 3.06 易溶于热水或苯,难溶于冰水
②刚果红试纸变色范围:
回答下列问题。
(1)步骤Ⅰ中选用量筒的最适宜规格为 (填字母)。
A.5 mL B.25 mL C.50 mL
(2)圆底烧瓶中加沸石的作用是 。
(3)步骤Ⅱ加活性炭的目的是 。
(4)步骤Ⅲ中刚果红试纸变 色时,停止滴加盐酸;溶液中涉及的化学方程式为
。
(5)步骤Ⅳ中检验产品是否洗净的方法为 。
(6)关于该实验,下列说法错误的是 (填字母)。
A.步骤Ⅰ改用酒精灯直接加热更便于控制体系温度
B.步骤Ⅳ的操作为重结晶
C.可通过测定二苯乙醇酸的熔点定性判断其纯度
(7)二苯乙醇酸的产率为 (列出计算式即可)。
(8)不改变装置和原料用量,提高产率的方法有 (填一条即可)。
5.(2024·山东泰安模拟)苯乙酮是一种重要的化工原料,可用于制造香皂和塑料的增塑剂。实验室可用苯和乙酸酐为原料,在无水AlCl3催化下加热制得:
+(CH3CO)2O+CH3COOH
过程中还有CH3COOH+AlCl3CH3COOAlCl2+HCl↑等副反应发生。实验室可按下列步骤,用图一、图二装置分别进行制备和分离提纯。
名称 相对分 子质量 熔点/ ℃ 沸点/ ℃ 密度/ (g/cm3) 溶解度
乙酸酐 102 -73 140 1.082 微溶于水, 易水解
苯 78 5.5 80.1 0.879 不溶于水
苯乙酮 120 20.5 202 1.028 微溶于水
①向仪器A中迅速加入13 g粉状无水AlCl3和0.18 mol 无水苯。在搅拌下将0.04 mol乙酸酐慢慢滴到A中,严格控制滴加速率,必要时用冷水冷却,待反应缓和后,在70～80 ℃下加热回流1 h,直至无HCl气体逸出为止。
②将反应混合物冷却到室温,倒入含盐酸的冰水中使胶状物完全溶解。
③再将混合物转入分液漏斗中,分出有机层,水层用苯萃取两次(每次8 mL),合并有机层,依次用15 mL 10% NaOH溶液、15 mL水洗涤,再用无水MgSO4干燥。
④将苯乙酮粗产品放入蒸馏烧瓶中,先用水浴法蒸馏回收物质B,稍冷后改用空气冷凝管蒸馏收集馏分,产量约4.2 g。
回答下列问题。
(1)盛装乙酸酐的仪器名称是 。步骤①要逐滴滴加乙酸酐的原因是
。
(2)图一装置中CaCl2的作用是 。
(3)步骤③中水层用苯萃取两次(每次8 mL),而不萃取一次(16 mL)的目的是 。
步骤③中用15 mL 10%的NaOH溶液洗涤主要是为了除去 (填物质名称)。
(4)步骤④中水浴法蒸馏回收的物质B为 。
(5)本实验为收集产品用了减压蒸馏装置,如图二所示,其中毛细管的作用是
,减压蒸馏中需要控制一定温度,应该为 (填字母)。
A.202 ℃ B.220 ℃ C.175 ℃
(6)本次实验苯乙酮的产率为 。
题型二 定性、定量探究型综合实验
1.物质性质的定性探究
(1)性质预测性实验的解答流程。
(2)常见性质的探究。
性质 原理 示例
氧化性、还原性比较 氧化还原反应 FeCl3与淀粉KI溶液反应,溶液变蓝,表明氧化性Fe3+>I2
同周期、同主族元素性质递变规律 比较元素金属性、非金属性强弱 Mg、Al与同浓度盐酸反应,产生H2的快慢为Mg快于Al
酸性强弱 强酸制 弱酸 CO2气体通入Na2SiO3溶液,看是否有白色胶状沉淀
电解质强弱 越弱越 水解 常温下,测定NaA溶液的pH,若pH>7,说明HA为弱酸
续 表
性质 原理 示例
电化学腐蚀的规律 原电池反应 控制钢铁是否与空气接触、所接触的电解质溶液的酸碱度
(3)性质探究类实验的常见操作及原因。
操作 目的或原因
沉淀水洗 除去××(可溶于水的)杂质
沉淀用乙醇洗涤 ①减小固体的溶解度;②除去固体表面吸附的杂质;③乙醇挥发带走水分,使固体快速干燥
冷凝回流 防止××蒸气逸出脱离反应体系;提高××物质的转化率
控制溶液pH 防止××离子水解;防止××离子沉淀;确保××离子沉淀完全;防止××溶解等
“趁热过滤”后,有时先向滤液中加入少量水,加热至沸腾,然后再“冷却结晶” 稀释溶液,防止降温过程中杂质析出,提高产品的纯度
加过量A试剂 使B物质反应完全(或提高B物质的转化率等)
温度不高于×× ℃ 温度过高××物质分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3等)或××物质挥发(如浓硝酸、浓盐酸)或××物质被氧化(如Na2SO3等)或促进××物质水解(如AlCl3等)
续 表
操作 目的或原因
减压蒸馏(减压蒸发) 减小压强,使液体沸点降低,防止××物质受热分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3等)
蒸发、反应时的气体氛围 抑制××离子的水解(如加热蒸发AlCl3溶液时需在HCl气流中进行,加热MgCl2·6H2O制MgCl2时需在HCl气流中进行等)
配制某溶液前先煮沸水 除去溶解在水中的氧气,防止××物质被氧化
反应容器中用玻璃管和大气相通 指示容器中压强大小,避免反应容器中压强过大
2.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、干燥的沉淀的质量,再进行相关计算。
(2)测气体体积法。
对于产生气体的反应,可以通过测定气体体积的方法测定样品纯度。常见量气装置如图:
(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)定量分析的常用计算方法。
类型 解题方法
物质含 量计算 根据关系式法、得失电子守恒法等,求出混合物中某一成分的量,再除以样品的总量,即可得出其含量
确定 物质 化学式 的计算 ①根据题给信息,计算出有关物质的物质的量; ②根据电荷守恒,计算出未知离子的物质的量; ③根据质量守恒,计算出结晶水的物质的量; ④各粒子的物质的量之比即为物质化学式的下标比
热重曲 线计算 ①设晶体为1 mol; 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,×100%=固体残留率; ④晶体中金属元素质量不减少,仍在m余中; ⑤失重最后一般为金属氧化物,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
多步滴 定计算 复杂的滴定可分为两类: 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量。 返滴定法:第一步用的滴定剂是过量的,第二步再用另一物质返滴定过量的滴定剂;用第一步加入的量减去第二步中确定的过量的量,即可得出第一步的消耗量,进而得出所求物质的量
[理解·辨析] 判断正误
(1)氨基酸的定性实验中,不仅要知道含哪些元素,还要知道各元素的含量是多少。( )
(2)一定质量的镁铝合金与足量NaOH溶液反应,根据生成H2的体积,可计算Mg的质量分数。( )
(3)利用如图所示装置,可测定Na2CO3固体样品(仅含NaCl杂质)的纯度。( )
(4)FeSO4·7H2O的热重曲线分析中,加热至质量不再发生变化时,最终得到的固体为FeO。( )
(5)测定硫酸铜晶体中结晶水含量时,灼烧至固体发黑,测定值小于理论值。( )
(6)0.1 mol·L-1的碳酸钠溶液的pH大于0.1 mol·L-1的醋酸钠溶液的pH,可确定醋酸酸性强于碳酸。( )
一、物质性质、反应原理的探究
1.某小组从电极反应的角度研究物质氧化性和还原性的变化规律。
(1)实验室以MnO2和浓盐酸为原料制取氯气的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。该反应的氧化产物是 。将该反应设计成原电池,氧化反应为2Cl--2e-Cl2↑,还原反应为 。
(2)当氯气不再逸出时,固液混合物A中仍存在MnO2和盐酸。小组同学分析认为随着反应的进行,MnO2的氧化性和Cl-的还原性均减弱,为此进行探究。
实验任务 探究离子浓度对MnO2氧化性的影响
提出猜想
猜想a:随c(H+)减小,MnO2的氧化性减弱。
猜想b:随c(Mn2+)增大,MnO2的氧化性减弱。
查阅资料 电极电势(φ)是表征氧化剂的氧化性(或还原剂的还原性)强弱的物理量。电极电势越大,氧化剂的氧化性越强;电极电势越小,还原剂的还原性越强。
验证猜想 用0.10 mol·L-1H2SO4溶液、0.10 mol·L-1 MnSO4溶液和蒸馏水配制混合液(溶液总体积相同),将MnO2电极置于混合液中测定其电极电势φ,进行下表中实验1～3,记录数据。
实验 V(H2SO4 溶液)/mL V(MnSO4 溶液)/mL V(H2O)/mL 电极电 势/V
1 20 20 0 φ1
2 m n 10 φ2
3 20 10 10 φ3
①根据实验1和2的结果,猜想a成立。补充数据:m= ,n= 。
②根据实验1和3的结果,猜想b成立。判断依据是 (用电极电势关系表示)。
探究结果 固液混合物A中仍存在MnO2和盐酸的原因是随着反应进行,溶液中c(H+)减小、c(Mn2+) 增大,MnO2氧化性减弱。
③根据上述探究结果,小组同学作出如下推断:随 c(Cl-)增大,Cl-还原性增强。
实验验证:在固液混合物A中加入 (填化学式)固体,加热。证明推断正确的实验现象是 。
(3)根据电化学的相关知识,小组同学分别利用电解池(图1)和原电池(图2)装置,成功实现了铜与稀硫酸制氢气。
①图1中阳极的电极反应为 。
②结合(2)的探究结论,图2中试剂X是 ,试剂Y是 。
可选试剂:稀硫酸、Na2SO4溶液、NaOH溶液、NaNO3溶液、CuSO4溶液(浓度均为
1.0 mol·L-1)
2.(2024·湖北黄冈模拟)某研究性学习小组为探究含Fe3+的盐溶液与Cu的反应,设计并进行了如下实验。
实验装置 序号 试剂a 实验现象
Ⅰ 0.25 mol/L Fe2(SO4)3 溶液 溶液逐渐变为蓝色。2天后,铜片有较大量剩余,溶液仍为蓝色
Ⅱ 0.5 mol/L FeCl3溶液 溶液逐渐变为蓝绿色,铜片表面覆盖有白色固体(经检验为CuCl)。2天后,白色固体消失,铜片无剩余,溶液中产生大量红褐色沉淀
Ⅲ 0.5 mol/L Fe(NO3)3溶液 溶液逐渐变为绿色,实验过程中未见气泡产生。2天后,铜片少量剩余,溶液中产生大量红褐色沉淀
已知:ⅰ.CuCl、CuSCN是难溶于水的白色固体;
ⅱ.Fe2++NO[Fe(NO)]2+(棕色)。
(1)实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中溶液pH均约为1.3,溶液显酸性且pH相近的原因是 。
(2)小组同学取2 mL实验Ⅰ中反应2天后的溶液于试管中,加入2滴1 mol/L KSCN溶液,观察到溶液迅速变红,产生大量白色沉淀。甲同学猜想:实验Ⅰ原溶液中Fe3+可能已反应完,Fe2+可能在该条件下被Cu2+氧化。并通过实验证实了其猜想,其实验方案是向2 mL
0.5 mol/L (填化学式,下同)和0.25 mol/L 的混合溶液中,加入2滴1 mol/L KSCN溶液,观察实验现象。该条件下Fe2+能被Cu2+氧化的原因可能是SCN-增强了Cu2+的 。
(3)实验Ⅱ中铜片无剩余,说明实验Ⅱ反应比实验Ⅰ快,实验Ⅱ中产生白色固体CuCl的离子方程式为 , 白色固体消失的离子方程式为
,由此对比实验Ⅰ和实验Ⅱ,推测Cl-在实验Ⅱ中的作用是 。
产生大量红褐色沉淀的原因是4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O,导致c(OH-)、c(Fe3+)增大,形成Fe(OH)3沉淀。
(4)实验Ⅲ所得溶液的颜色不是蓝色,小组同学猜测反应中生成了[Fe(NO)]2+,设计并实施了以下实验,验证了其猜想。
步骤 实验操作 实验现象
① 向盛有2 g金属铜片的烧杯中加入20 mL NaNO3与HNO3的混合溶液[pH约为1.3、c(N)=1.5 mol/L] 2天后溶液颜色无明显变化,铜片表面有细小气泡附着
② 继续加入少量 (填化学式)固体 溶液迅速变为浅棕色
综合以上实验,Fe3+盐溶液与Cu反应的多样性与阴离子种类、生成物存在形式等有关。
二、物质组成、含量的探究
3.(2023·湖北卷,18)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图,仪器A的名称为 ,装置B的作用为 。
(2)铜与过量H2O2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H+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,m g X完全分解为n g黑色氧化物Y,=。X的化学式为 。
(4)取含X粗品0.050 0 g(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0.100 0 mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定,滴定终点时消耗Na2S2O3标准溶液15.00 mL。(已知:2Cu2++4I-2CuI↓+I2,I2+2S22I-+S4)标志滴定终点的现象是 , 粗品中X的相对含量为 。
4.(2024·河南焦作模拟)硫酸亚铁铵晶体 [x(NH4)2SO4·yFeSO4·zH2O][M=(132x+152y+18z)g· mol-1]是常见的补血剂。
已知:①硫酸亚铁铵晶体在空气中不易被氧化。
②FeSO4溶液与(NH4)2SO4反应可得到硫酸亚铁铵。
(1)FeSO4溶液的制备。将铁粉、一定量H2SO4溶液反应制得FeSO4溶液,其中加入的铁粉需过量,除铁粉不纯外,主要原因是 (用离子方程式表示)。
(2)制备x(NH4)2SO4·yFeSO4·zH2O。向制备得到的FeSO4溶液中加入一定质量的(NH4)2SO4固体,在70～80 ℃条件下溶解后,趁热倒入50 mL乙醇中,析出晶体。乙醇的作用为
。
(3)产品化学式的确定——N含量的测定。
Ⅰ.准确称取58.80 g晶体,加水溶解后,将溶液注入三颈烧瓶中;
Ⅱ.准确量取50.00 mL 3.030 mol·L-1H2SO4溶液于锥形瓶中;
Ⅲ.向三颈烧瓶中通入氮气,加入足量NaOH浓溶液,加热,蒸氨结束后取下锥形瓶;
Ⅳ.用0.120 mol·L-1的NaOH标准溶液滴定锥形瓶中过量的硫酸,滴定终点时消耗25.00 mL NaOH标准溶液。
①装置M的名称为 。
②通入N2的作用为 。
③步骤Ⅲ中,反应的离子方程式是 。
④若步骤Ⅳ中,未用NaOH标准溶液润洗滴定管,则n(N)将 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。步骤Ⅳ中,滴定时还必须选用的仪器是 (填字母)。
(4)产品化学式的确定——S含量的测定。
Ⅰ.另准确称取58.80 g晶体于烧杯中,加水溶解,边搅拌边加入过量的BaCl2溶液;
Ⅱ.过滤得到沉淀,洗涤沉淀3～4次;
Ⅲ.灼烧沉淀至恒重,称量,得沉淀质量为69.90 g。
结合实验(3)和(4),通过计算得出硫酸亚铁铵晶体的化学式为 。
1.(2024·新课标卷,28)吡咯类化合物在导电聚合物、化学传感器及药物制剂上有着广泛应用。一种合成1(4甲氧基苯基)2,5二甲基吡咯(用吡咯X表示)的反应和方法如下:
实验装置如图所示,将100 mmol己2,5二酮(熔点:-5.5 ℃,密度:0.737 g·cm-3)与
100 mmol 4甲氧基苯胺(熔点:57 ℃)放入①中,搅拌。
待反应完成后,加入50%的乙醇溶液,析出浅棕色固体。加热至65 ℃,至固体溶解,加入脱色剂,回流20 min,趁热过滤。滤液静置至室温,冰水浴冷却,有大量白色固体析出。经过滤、洗涤、干燥得到产品。
回答下列问题。
(1)量取己2,5二酮应使用的仪器为 (填名称)。
(2)仪器①用铁夹固定在③上,③的名称是 ;仪器②的名称是 。
(3)“搅拌”的作用是 。
(4)“加热”方式为 。
(5)使用的“脱色剂”是 。
(6)“趁热过滤”的目的是 ;用 洗涤白色固体。
(7)若需进一步提纯产品,可采用的方法是 。
2.(2024·贵州卷,15节选)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 min,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O40]·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w%,计算n= (用含w、M的代数式表示)。
3.(2024·山东卷,19)利用“燃烧—碘酸钾滴定法”测定钢铁中硫含量的实验装置如图所示(夹持装置略)。
实验过程如下:
①加样,将a mg样品加入管式炉内瓷舟中(瓷舟两端带有气孔且有盖),聚四氟乙烯活塞滴定管G内预装c(KIO3)∶c(KI)略小于1∶5的KIO3碱性标准溶液,吸收管F内盛有盐酸酸化的淀粉水溶液。向F内滴入适量KIO3碱性标准溶液,发生反应KIO3+5KI+6HCl3I2+6KCl+3H2O,使溶液显浅蓝色。
②燃烧:按一定流速通入O2,一段时间后,加热并使样品燃烧。
③滴定:当F内溶液浅蓝色消退时(发生反应SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI),立即用KIO3碱性标准溶液滴定至浅蓝色复现。随SO2不断进入F,滴定过程中溶液颜色“消退—变蓝”不断变换,直至终点。
回答下列问题。
(1)取20.00 mL 0.100 0 mol·L-1 KIO3的碱性溶液和一定量的KI固体,配制1 000 mL KIO3碱性标准溶液,下列仪器必须用到的是 (填字母)。
A.玻璃棒 B.1 000 mL锥形瓶
C.500 mL容量瓶 D.胶头滴管
(2)装置B和C的作用是充分干燥O2,B中的试剂为 。装置F中通气管末端多孔玻璃泡
内置一密度小于水的磨砂浮子(见放大图),目的是 。
(3)该滴定实验达终点的现象是 ;
滴定消耗KIO3碱性标准溶液V mL,样品中硫的质量分数为 (用代数式表示)。
(4)若装置D中瓷舟未加盖,会因燃烧时产生粉尘而促进SO3的生成,粉尘在该过程中的作用是 ;若装置E冷却气体不充分,可能导致测定结果偏大,原因是
;
若滴定过程中,有少量I不经I2直接将SO2氧化成H2SO4,测定结果会 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。
4.(2024·北京卷,19)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粒子及其还原产物。
(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 。
(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,固体中未检测到铁单质
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,固体中未检测到铁单质
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,固体中检测到铁单质
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未检测到铁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,固体中检测到铁单质。
(3)对比实验Ⅱ和Ⅲ,解释实验Ⅲ的固体中检测到铁单质的原因: 。
5.(2024·湖北卷,18)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 无明显变化
实验Ⅱ 溶液变为红色,伴有气泡产生
续 表
实验Ⅲ 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)。
(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+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:
。
实验Ⅳ:
(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3讲 高考化学综合实验题探究
题型一 物质制备型综合实验
必备知识整合
1.(1)气密性检查 (3)除杂 长进短出 (4)①1∶3 ②氨水
③隔绝空气 (5)①防止吸水 ②冷却 ③冷凝回流
[理解·辨析] (1)× (2)× (3)√ (4)× (5)× (6)× (7)√
关键能力提升
1.【答案】 (1) MnO2+4H++2Cl-Mn2++2H2O+Cl2↑
(2)NH3·H2O+CaONH3↑+Ca(OH)2 (3)U形管
干燥NH3 (4)D→B→E←C←F 无尾气处理装置
(5)Cl2 Cl2的密度大于空气,NH3的密度小于空气,采用逆流原理,使Cl2、NH3、Hg充分混合
(6) ×100%
【解析】 (1)装置A中利用浓盐酸和MnO2混合加热制氯气,发生反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++2H2O+Cl2↑。
(2)装置F中浓氨水加到CaO中生成NH3和 Ca(OH)2,发生反应的化学方程式为NH3·H2O+CaONH3↑+Ca(OH)2。
(3)根据仪器结构确定盛装碱石灰的仪器名称为U形管;碱石灰能吸收水蒸气和酸性气体,因此利用碱石灰干燥NH3。
(4)整个装置分成三部分,一部分是由装置A中生成的Cl2经除杂并干燥后得到干燥的Cl2,一部分是由装置F中生成的NH3经干燥后得到干燥的NH3,最后将干燥的Cl2和NH3一起通入装置E中制得 Hg(NH2)Cl,则整个装置的仪器连接顺序为A→D→B→E←C←F。该实验的不足之处是没有尾气处理装置。
(5)Cl2的密度大于空气,NH3的密度小于空气,采用逆流原理,可使Cl2、NH3、Hg充分混合,故装置E中短导管a通入的气体是Cl2,也是导管a、b采用长短不同的原因。
(6)已知Hg2++2I-HgI2↓(橙红色),HgI2+2I-Hg(无色),得Hg(NH2)Cl~Hg2+~4I-,滴定时消耗 0.1 mol/L KI溶液V mL,KI的物质的量为V×10-3 L×0.1 mol/L=0.1V×10-3 mol,则样品的纯度为×100%=×100%。
2.【答案】 (1)ad
(2)三颈烧瓶 排尽装置内空气,防止产物不纯
(3)3NO2+H2ONO+2HNO3
(4)①滴入最后半滴标准溶液后,溶液由无色变为浅红色,且30 s内不褪色 ②86.3% ③偏高
【解析】 由实验装置图可知,装置A中浓硝酸与铜反应制备二氧化氮,装置B中盛有的水用于将二氧化氮转化为一氧化氮,装置C中的浓硫酸用于干燥一氧化氮,装置D中一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠,装置E中盛有的浓硫酸用于吸收水蒸气,防止水蒸气进入装置D与过氧化钠反应干扰实验,装置F中盛有的酸性高锰酸钾溶液用于吸收一氧化氮,防止污染空气。
(1)AgNO3溶液用于检验溶液中是否含有氯离子,不能检验亚硝酸根离子,a符合题意;I-具有还原性,与具有氧化性的亚硝酸根离子反应生成碘单质,使淀粉变蓝,可以用淀粉KI溶液检验亚硝酸根离子,b不符合题意;NaCl溶液显中性,NaNO2水解使溶液显碱性,酚酞溶液遇到NaNO2溶液显红色,可以用酚酞溶液检验亚硝酸根离子,c不符合题意;含有钠元素的物质的焰色为黄色,则不能用焰色试验检验NaCl中的NaNO2,d符合题意。
(2)仪器a的名称为三颈烧瓶;反应开始前,先通入氮气,排尽装置内空气,否则一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮,二氧化氮和过氧化钠反应生成硝酸钠,使产物不纯。
(3)由分析可知,装置B中盛有的水用于将二氧化氮转化为一氧化氮,反应的化学方程式为3NO2+H2ONO+2HNO3。
(4)①滴定结束前酸性高锰酸钾溶液无剩余,溶液无色,滴定终点时滴入最后半滴酸性高锰酸钾溶液,溶液由无色变为浅红色,且30 s内不褪色。
②1个锰原子得到5个电子,1个氮原子失去2个电子,根据得失电子守恒可得关系式5NaNO2~2KMnO4,产品中亚硝酸钠的质量分数为×
100%≈86.3%。
③若在滴定终点读取滴定管刻度时,仰视标准溶液液面,则本次读数偏大,造成酸性高锰酸钾溶液的体积偏大,所以产品纯度的测定结果偏高。
3.【答案】 (1)第四周期第ⅥA族 胶体
(2)球形冷凝管
(3)防止油酸被氧化 O(或氧原子)
(4)Se+N2H4·H2OSe↓+N2↑+2OH-+2H2O
(5)荧光颜色不再变化
(6)降低CdSe的溶解度,促进其析出
【解析】 在三颈烧瓶中加入Cd和十八烯配制成溶液后,通入N2作保护气,再加入1 mmol CdCl2溶于4 mL油酸形成的油酸镉澄清液体,保持反应温度为260 ℃,反应45 min,油酸将Cd还原为-2价,并生成CdSe,再加入乙醇溶液使CdSe的溶解度降低而析出,离心分离再洗涤,得到纯净的CdSe量子点。
(1)Se是34号元素,位于元素周期表中第四周期第ⅥA族;量子点尺寸通常在1~10 nm之间,溶于水后形成的分散系属于胶体。
(2)仪器A的名称为球形冷凝管。
(3)步骤Ⅱ中通入N2排除装置内的空气,其作用为防止油酸被氧化;油酸配体中只有氧原子存在孤电子对,所以提供孤电子对的成键原子是氧原子。
(4)Na2SeO3具有一定的氧化性,N2H4·H2O具有强还原性,二者反应生成Se和N2,离子方程式为Se+N2H4·H2O Se↓+N2↑+2OH-+2H2O。
(5)当紫外光作用在量子点上时会发出明亮的荧光,量子点的尺寸不同,荧光颜色对应不同,当荧光颜色不再变化,说明CdSe量子点生长基本停止。
(6)加入乙醇溶液可以使CdSe的溶解度降低,促进其析出。
4.【答案】 (1)A (2)防止暴沸
(3)吸附少量胶状物(未反应的二苯乙二酮)
(4)蓝 +HCl+KCl
(5)取最后一次洗涤后的滤液,向滤液中滴加几滴硝酸酸化的硝酸银溶液,如果没有白色沉淀生成,则说明产品已经洗涤干净 (6)A (7)×100% (8)搅拌(或延长反应时间或升高温度)
【解析】 (1)根据所取溶液的体积,尽量选用能一次量取的最小规格的量筒,步骤Ⅰ中加入了4.0 mL 95%乙醇溶液,则量筒的最适宜规格为5 mL,A符合题意。
(2)圆底烧瓶中加沸石的作用是防止加热时液体暴沸。
(3)步骤Ⅱ中调节pH后产生的少量胶状物(未反应的二苯乙二酮)浮于液面,加入活性炭,搅拌可吸附少量的胶状物(未反应的二苯乙二酮)。
(4)由刚果红试纸变色范围可知,当pH<3.0时刚果红试纸会变成蓝色,则当刚果红试纸变成蓝色时,停止滴加盐酸;滴加盐酸的作用是酸化,涉及的化学方程式为+HCl+KCl。
(5)粗产品中可能含有KCl,则检验方法为取最后一次洗涤后的滤液,向滤液中滴加几滴硝酸酸化的硝酸银溶液,如果没有白色沉淀生成,则说明产品已经洗涤干净。
(6)与酒精灯相比,水浴加热的温度控制相对容易且稳定,加热均匀,更便于控制体系温度,A错误;步骤Ⅳ将粗产品加热水溶解,冷却结晶,过滤、冰水洗涤、干燥,这种操作为重结晶,B正确;纯物质的熔点是固定的,如果化合物中含有杂质,其熔点通常会发生变化,若二苯乙醇酸的熔点约为 150 ℃,则二苯乙醇酸较纯,C正确。
(7)n(二苯乙醇酸)=n(二苯乙二酮)=,m理论(二苯乙醇酸)=×228 g/mol,则二苯乙醇酸的产率=×100%=×100%=×100%。
(8)搅拌或延长反应时间或适当升高反应温度均可以提高产率。
5.【答案】 (1)恒压滴液漏斗 防止反应太剧烈,反应液升温过快导致生成更多的副产物
(2)防止水蒸气进入三颈烧瓶中使乙酸酐水解,影响产率
(3)提高苯乙酮的萃取率 盐酸和乙酸
(4)苯
(5)提供汽化中心,防止暴沸 C
(6)87.5%
【解析】 在氯化铝作催化剂的条件下,苯与乙酸酐共热,发生取代反应得到粗苯乙酮;将粗苯乙酮倒入含盐酸的冰水中完全溶解后,分液得到有机层和水层;向水层中加苯萃取水层中的苯乙酮,分液得到有机层和水层;合并有机层,用氢氧化钠溶液洗涤除去混合物中的酸,用水洗去混合物中的氢氧化钠、氯化钠和乙酸钠,再加入无水硫酸镁除去水分,干燥有机物,得到含有苯的苯乙酮粗产品;粗产品经蒸馏得到苯乙酮和苯。
(1)据盛装乙酸酐的仪器构造可知,其名称是恒压滴液漏斗;若滴加乙酸酐太快,则可能导致反应太剧烈,反应液升温过快而导致生成更多的副产物,所以步骤①要逐滴滴加乙酸酐。
(2)乙酸酐微溶于水、易水解,CaCl2能吸收水蒸气,所以图一装置中CaCl2的作用是防止水蒸气进入三颈烧瓶中使乙酸酐水解,影响产率。
(3)步骤③中水层用苯萃取两次(每次8 mL),而不萃取一次(16 mL)的目的是提高苯乙酮的萃取率;混合物中含有盐酸和乙酸,步骤③中用15 mL 10%的NaOH溶液洗涤主要是为了除去盐酸和乙酸。
(4)苯的沸点为80.1 ℃、苯乙酮的沸点为202 ℃,苯和苯乙酮沸点差异较大,且苯的沸点较低,所以步骤④中水浴法蒸馏回收的物质B为苯。
(5)题图二装置中未添加沸石,其中毛细管的作用是在减压蒸馏过程中在液体中形成汽化中心,防止液体因过热而产生暴沸;减压蒸馏中需要控制温度,且温度应该比苯乙酮的沸点低,而比其他杂质的沸点高,故选C。
(6)由反应+(CH3CO)2O+CH3COOH可知,0.18 mol苯和0.04 mol乙酸酐反应时,苯过量,则理论上生成的苯乙酮的物质的量为0.04 mol,所以本次实验苯乙酮的产率为×100%=87.5%。
题型二 定性、定量探究型综合实验
必备知识整合
[理解·辨析] (1)× (2)√ (3)× (4)× (5)× (6)×
关键能力提升
1.【答案】 (1)Cl2 MnO2+2e-+4H+2H2O+Mn2+ (2)①10 20 ②1<3 ③NaCl(答案合理即可) 又产生黄绿色气体 (3)①Cu-2e-Cu2+ ②稀硫酸 NaOH溶液
【解析】 (1)该反应中MnO2得电子发生还原反应得到MnCl2,而HCl失电子被氧化得到Cl2。氧化产物为Cl2,还原反应为MnO2+2e-+4H+2H2O+Mn2+。(2)①根据表格数据分析,实验1为对比实验,而实验3改变了 MnSO4溶液的体积,实验1和实验3组合可以研究Mn2+浓度对电极电势的影响。实验2和实验1组合可以研究H+浓度对电极电势的影响,即改变H2SO4溶液的体积而不改变MnSO4溶液的体积,同时保证总体积为 40 mL,则m=10、n=20。②随着Mn2+浓度增大,MnO2氧化性减弱,电极电势降低,即1<3。③已知溶液中c(H+)减小、c(Mn2+)增大,MnO2氧化性减弱,保证单一变量只改变Cl-的浓度,可加入NaCl固体,若加热又产生黄绿色气体,说明Cl-的浓度越大其还原性越强。(3)①图1为电解池,Cu极为阳极,石墨极为阴极。阳极Cu优先放电,即发生反应Cu-2e-Cu2+。②图2为原电池,利用Cu与稀硫酸制备H2,负极为Cu极,正极区电解质溶液为稀硫酸。为了增强Cu的还原性,负极区加入NaOH溶液降低溶液中的Cu2+的浓度。
2.【答案】 (1)Fe3+水解产生H+,Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+,使得溶液显酸性,且Fe3+浓度相同,水解产生H+浓度近似相等
(2)FeSO4 CuSO4 氧化性
(3)Cu+Fe3++Cl-CuCl↓+Fe2+ CuCl+Fe3+Fe2++Cu2++Cl- 催化Fe3+与Cu反应(或作催化剂)
(4)FeSO4
【解析】 探究Cu与Fe3+的反应机理和反应条件,根据题干信息“ⅰ.CuCl、CuSCN是难溶于水的白色固体;ⅱ.Fe2++NO[Fe(NO)]2+(棕色)”,结合各实验步骤和控制变量原则进行分析。
(1)Fe3+水解生成H+,Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+,使得溶液显酸性,且Fe3+浓度相同,水解产生H+浓度近似相等,故溶液显酸性且pH相近。
(2)甲同学猜想实验Ⅰ原溶液中Fe3+可能已反应完,则溶液中不存在Fe3+而存在Fe2+,Fe2+可能在该条件下被Cu2+氧化,则应该进行FeSO4和 CuSO4的混合实验并观察实验现象,故实验方案是向 2 mL 0.5 mol/L FeSO4和0.25 mol/L CuSO4的混合溶液中,加入2滴1 mol/L KSCN溶液,观察实验现象;该条件下Cu2+表现氧化性,则Fe2+能被Cu2+氧化的原因可能是SCN-增强了Cu2+的氧化性。
(3)CuCl、CuSCN是难溶于水的白色固体,则该实验中生成白色固体CuCl的反应为Cu被Fe3+氧化为Cu+,Cu+和Cl-生成CuCl,离子方程式为Cu+Fe3++Cl-CuCl↓+Fe2+,白色固体消失的反应为Fe3+进一步氧化Cu+为Cu2+,离子方程式为CuCl+Fe3+Fe2++Cu2++Cl-,由此对比实验Ⅰ和实验Ⅱ,Cl-在实验Ⅱ中被消耗又生成,则其作用是催化Fe3+与Cu反应(或作催化剂)。
(4)小组同学猜测反应中生成了[Fe(NO)]2+,结合已知反应Fe2++NO[Fe(NO)]2+(棕色),则步骤②中应该加入硫酸亚铁并观察现象。
3.【答案】 (1)具支试管 防倒吸
(2)Cu+H2O2+2H+ Cu2++2H2O O2 提供酸性环境,增强氧化剂的氧化性
(3)CuO2
(4)滴入最后半滴标准溶液,溶液蓝色消失,且半分钟内不恢复原来的颜色 96%
【解析】 (1)由题图可知,仪器A的名称为具支试管;铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、水和二氧化氮,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Na2SO4溶液中H2O2不能氧化Cu,在稀硫酸中H2O2能氧化Cu,说明H+使得H2O2的氧化性增强。
(3)X为铜的氧化物,设X的化学式为CuOx,其在惰性氛围下分解生成黑色氧化物(CuO),则
CuOxCuO+O2↑
64+16x 80
m n
则=,又=,解得x=2,则X的化学式为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滴入最后半滴标准溶液,溶液蓝色消失,且半分钟内不恢复原来的颜色;在CuO2中铜为+2价,氧为-1价,根据题意,发生反应8H++2CuO2+8I-2CuI+3I2+4H2O,I2+2S22I-+S4,可以得到关系式CuO2~I2~3S2,则 n(CuO2)=×0.100 0 mol·L-1×0.015 L=0.000 5 mol,粗品中X的相对含量为×100%=96%。
4.【答案】 (1)2Fe3++Fe3Fe2+(或4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O)
(2)乙醇分子的极性弱于水的,加入乙醇,形成乙醇水的混合溶剂,极性比水的更弱,根据“相似相溶”原理,使离子化合物硫酸亚铁铵在乙醇水的混合溶剂中的溶解度更小,有利于晶体析出
(3)①分液漏斗 ②将产生的NH3全部赶至锥形瓶内,被H2SO4溶液完全吸收 ③N+OH-NH3↑+H2O ④偏小 cf
(4)(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O
【解析】 (1)Fe2+易被空气中的氧气氧化为铁离子,4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O,铁粉可以和铁离子发生反应2Fe3++Fe3Fe2+,因此过量的铁粉能防止其被氧化。
(3)②反应装置中会有残留的NH3,持续通入N2可以将产生的NH3全部赶至锥形瓶内,被H2SO4溶液完全吸收。③步骤Ⅲ中,铵根离子和氢氧根离子在加热条件下反应生成NH3和水,离子方程式是N+OH-NH3↑+H2O。④若未用NaOH标准溶液润洗滴定管,则NaOH标准溶液的浓度偏低,则滴定中消耗的NaOH标准溶液的体积偏大,则测得的剩余的硫酸的量偏大,NH3的含量偏小;步骤Ⅳ中,滴定时还必须选用的仪器是滴定管夹、碱式滴定管,故选c、f。
(4)测定N含量时,滴定终点时消耗25.00 mL NaOH标准溶液,所以剩余n(H+)=
0.120 mol·L-1×0.025 L=0.003 mol,所以n(N)=3.030 mol·L-1×0.05 L×2-0.003 mol=
0.3 mol,则(NH4)2SO4的物质的量为 0.15 mol;测定S含量时,BaSO4的物质的量为=0.3 mol,则FeSO4的物质的量为 0.15 mol,根据质量守恒可得,132 g·mol-1×
0.15 mol+152 g·mol-1×0.15 mol+18 g·mol-1×n(H2O)=58.80 g,则n(H2O)=0.9 mol,
n[(NH4)2SO4]∶n(FeSO4)∶n(H2O)=1∶1∶6,故根据比例可得硫酸亚铁铵晶体的化学式为(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O。
真题验收
1.【答案】 (1)酸式滴定管
(2)铁架台 球形冷凝管
(3)使固液反应物充分接触,增大反应速率
(4)水浴加热
(5)活性炭
(6)防止产品结晶损失,提高产率 50%的乙醇溶液
(7)重结晶
【解析】 将100 mmol己2,5二酮与100 mmol 4甲氧基苯胺放入两颈烧瓶中,利用球形冷凝管进行冷凝回流提高原料利用率,通过搅拌来增大反应速率,反应完成后,加入50%的乙醇溶液,析出浅棕色固体(即含杂质的产品),加热至 65 ℃,至固体溶解,加入脱色剂(脱色剂为不溶于水和乙醇等溶剂的固体,如活性炭),回流20 min,趁热过滤,使产品尽可能多地进入滤液,滤液静置至室温,冰水浴冷却,有大量白色固体析出,经过滤、洗涤、干燥得到产品。
(1)酮类对橡胶有腐蚀性,所以选用酸式滴定管。
(2)③为铁架台;仪器②用于冷凝回流,为球形冷凝管。
(3)己2,5二酮的熔点为-5.5 ℃,常温下为液体,4甲氧基苯胺的熔点为57 ℃,常温下为固体,搅拌可使固、液反应物充分接触,增大反应速率。
(4)由题给信息“加热至65 ℃”可知,应用水浴加热,便于控制温度,且受热更均匀。
(5)脱色剂的作用是吸附反应过程中产生的有色物质,结合题中信息,加入脱色剂后回流,趁热过滤,保留滤液,即脱色剂为不溶于水和乙醇等溶剂的固体,所以可以选用活性炭作脱色剂。
(6)由题给信息可知,产品吡咯X为白色固体,加热至65 ℃可溶解在50%的乙醇溶液中,所以需趁热过滤,使产品尽可能多地进入滤液,防止产品结晶损失,提高产率;由加入50%的乙醇溶液,析出浅棕色固体(即含杂质的产品)可知,常温下产品不溶于50%的乙醇溶液,所以为减少溶解损失,洗涤时可用50%的乙醇溶液。
(7)由产品的分离提纯过程可知,若需进一步提纯,可采用的方法为重结晶。
2.【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)
【解析】 (1)浓盐酸具有挥发性,会污染环境,故仪器a中的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)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,中间层为水层,通过分析发生的反应可知,中间层的溶质主要为NaCl。
(5)由于乙醚易挥发,易燃,遇明火极易发生危险,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 mol,结晶水占总质量的w%,则结晶水的物质的量为 mol,则 n=。
3.【答案】 (1)AD (2)浓硫酸 防止倒吸
(3)当加入最后半滴KIO3碱性标准溶液后,溶液由无色突变为蓝色且30 s内不变色 %
(4)作催化剂 通入装置F的气体温度过高,导致部分I2升华,从而消耗更多的KIO3碱性标准溶液 不变
【解析】 由题中信息可知,利用“燃烧—碘酸钾滴定法”测定钢铁中硫含量的实验中,将氧气经干燥、净化后通入管式炉中,将钢铁中的硫氧化为SO2,然后将生成的SO2导入碘液中吸收,通过消耗KIO3碱性标准溶液的体积来测定钢铁中硫的含量。
(1)取20.00 mL 0.100 0 mol·L-1 KIO3的碱性溶液和一定量的KI固体,配制1 000 mL KIO3碱性标准溶液(稀释了50倍后KIO3的浓度为0.002 0 mol·L-1),需要用碱式滴定管或移液管量取20.00 mL 0.100 0 mol·L-1 KIO3的碱性溶液;需要用一定精确度的天平称量一定质量的KI固体;需要在烧杯中溶解KI固体,溶解时要用到玻璃棒搅拌;需要用1 000 mL容量瓶配制标准溶液,需要用胶头滴管定容。因此,题给仪器必须用到的是A、D。
(2)装置B和C的作用是充分干燥O2,装置B中盛放液体干燥剂,浓硫酸具有吸水性,常用于干燥某些气体,因此装置B中的试剂为浓硫酸。装置F中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子,其目的是防止倒吸,因为磨砂浮子的密度小于水,若多孔玻璃泡内水面上升,磨砂浮子也随之上升,磨砂浮子可以作为一个磨砂玻璃塞将导气管的出气口堵塞上,从而防止倒吸。
(3)该滴定实验是利用颜色变化来指示滴定终点的,实验达终点的现象是当加入最后半滴KIO3碱性标准溶液后,溶液由无色突变为蓝色且30 s内不变色;由硫元素守恒及SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI、KIO3+5KI+6HCl3I2+6KCl+3H2O可得关系式3S~3SO2~3I2~KIO3,若滴定消耗KIO3碱性标准溶液V mL,则n(KIO3)=V×10-3 L×
0.002 0 mol·L-1=2.000×10-6V mol,n(S)=3n(KIO3)=3×2.000×10-6V mol=6.000×10-6V mol,样品中硫的质量分数是×100%=%。
(4)若装置D中瓷舟未加盖,燃烧时产生的粉尘中含有铁的氧化物,铁的氧化物能催化SO2的氧化反应从而生成SO3,因此,粉尘在该过程中的作用是作催化剂;若装置E冷却气体不充分,则通入F的气体温度过高,可能导致部分I2升华,消耗更多KIO3碱性标准溶液,从而导致测定结果偏大;若滴定过程中,有少量I不经I2直接将SO2氧化成H2SO4,从电子转移守恒的角度分析,1 mol I得到6 mol e-被还原为I-,仍能得到关系式3S~3SO2~3I2~KIO3,测定结果不变。
4.【答案】 (1)Mg、Zn
(2)①产生蓝色沉淀 ②Fe3+水解方程式为 Fe3++3H2OFe(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++Fe3Fe2+、2H++FeFe2++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
【解析】 (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++3H2OFe(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++Fe3Fe2+、2H++FeFe2++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基本未与H+反应生成Fe2+。
ⅱ.结合a、b和c可知,实验Ⅱ未检测到铁单质的原因可能是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,具体操作为重新做实验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,固体中检测到铁单质。
(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,从而实验Ⅲ的固体中检测到铁单质。
5.【答案】 (1)bc
(2)不能 维持pH稳定 2[Co(H2O)6]2++10HC+H2O22[Co(CO3)3]3-+18H2O+4CO2↑ 2H2O22H2O+O2↑
(3)Co2+、Co3+分别与C配位后,[Co(H2O)6]2+与[Co(H2O)6]3+浓度都下降,[Co(H2O)6]3+ 浓度下降幅度更大,反应正向进行
(4)CO2 O2
【解析】 (1)配制1.00 mol·L-1的CoSO4溶液,需要用到容量瓶、胶头滴管等,故选b、c。
(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Co2+结合转化为[Co(CO3)2]2-和H+,大大过量的HC可反应掉过程中产生的H+,维持pH稳定;实验Ⅲ的实验现象表明在H2O2的作用下Co2+与HC反应生成[Co(CO3)3]3-,然后[Co(CO3)3]3-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+H2O22[Co(CO3)3]3-+18H2O+4CO2↑、2H2O22H2O+O2↑。
(4)实验Ⅳ中,A到B溶液变为蓝色,并产生气体,说明发生了反应[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,说明发生了反应 4[Co(H2O)6]3++2H2O4[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。
(
第
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高考化学综合实验题探究
第3讲
1.掌握物质制备型实验方案设计的原则,掌握解答物质制备型综合实验题的思维模型。
2.掌握探究型实验和定量分析实验的分析思路和方法。
3.根据化学实验目的和要求,能做到正确选用实验装置;掌握控制实验条件的方法等。
1.无机物的制备实验
(1)实验操作顺序。
气密性检查
(2)加热顺序的选择。
若气体制备实验需加热,应先加热气体发生装置,产生的气体排尽装置中的空气后,再给实验中需要加热的物质加热。其目的是①防止爆炸(如H2还原CuO);②保证产品纯度,防止反应物或生成物与空气中的物质反应。而完成实验后,熄灭酒精灯的顺序则相反。
(3)选用仪器及连接顺序。
除杂
长进短
出
(4)固体物质制备的原则。
①选择最佳反应途径。
1∶3
②选择最佳原料。
如实验室用铝盐溶液与碱溶液反应制取 Al(OH)3,应选用 ,而不能选用强碱溶液;用铜盐溶液与碱溶液反应制取Cu(OH)2,应选用NaOH溶液,而不能选用氨水等。
③选择适宜操作方法。
如实验室制备Fe(OH)2时,因Fe(OH)2在空气中极易与O2、水反应生成Fe(OH)3,所以要注意 。
氨水
隔绝空气
(5)实验中试剂或产物防止变质或损失。
①实验中反应物或产物若易吸水、潮解、水解等,要采取措施 。
②易挥发的液体产物要及时 。
③易挥发的液体反应物,需在反应装置中加装 装置(如长导管、竖直的干燥管、冷凝管等)。
④注意防止倒吸的问题。
防止吸水
冷却
冷凝回流
2.有机物的制备实验
(1)有机物制备的常见装置。
(2)有机物制备的常见操作。
①加热:酒精灯的火焰温度一般在400～500 ℃,乙酸乙酯的制取、石油的蒸馏等实验选用酒精灯加热,若温度要求更高,可选用酒精喷灯或电炉加热。除上述加热方式外还可以根据加热的温度要求选择水浴、油浴、沙浴加热。
②冷凝回流:有机物大多易挥发,因此在反应中通常要采用冷凝回流装置,以减少有机物的挥发,提高原料的利用率和产物的产率。如图1、图3中的球形冷凝管,图2中的长玻璃管B的作用都是冷凝回流。
③防暴沸:加沸石(碎瓷片),防止溶液暴沸,若开始忘加沸石(碎瓷片),需冷却后补加。
(3)提纯有机物的常用流程。
制取的有机物中常含有一定量的杂质(无机物与有机物),提纯时可根据杂质与制得有机物性质的差异设计实验进行分离、提纯,常用的提纯流程如下:
[理解·辨析] 判断正误
(1)制备CuSO4的最佳方案是利用Cu与浓硫酸反应。( )
(2)向AlCl3溶液中加入过量氨水或NaOH溶液,均能制得Al(OH)3沉淀。
( )
(3)制备溴苯的实验中,为减少液溴的挥发,实验装置中可使用球形冷凝管提高原料的利用率。( )
×
×
√
(4)实验室制备溴苯和硝基苯时,都要用到水浴加热装置。( )
(5)提纯有机物时,发生的都是物理变化。( )
(6)制备氢氧化铁胶体可以用氢氧化钠溶液与氯化铁溶液。( )
(7)物质制备方案的确定要素包括原料价廉易得、装置简单。( )
×
×
×
√
一、无机物的制备实验探究
(1)装置A中发生反应的离子方程式为 。
(2)装置F中发生反应的化学方程式为 。
(3)盛装碱石灰的仪器名称为 ,其作用为 。
U形管
干燥NH3
【解析】 (3)根据仪器结构确定盛装碱石灰的仪器名称为U形管;碱石灰能吸收水蒸气和酸性气体,因此利用碱石灰干燥NH3。
(4)整个装置的仪器连接顺序为A→ (装置不能重复使用)。该实验的不足之处是 。
D→B→E←C←F
无尾气处理装置
【解析】 (4)整个装置分成三部分,一部分是由装置A中生成的Cl2经除杂并干燥后得到干燥的Cl2,一部分是由装置F中生成的NH3经干燥后得到干燥的NH3,最后将干燥的Cl2和NH3一起通入装置E中制得 Hg(NH2)Cl,则整个装置的仪器连接顺序为A→D→B→E←C←F。该实验的不足之处是没有尾气处理装置。
(5)装置E中短导管a通入的气体是 ,导管a、b采用长短不同的原因是
。
Cl2
Cl2的密度大于空气,NH3的密度小于空气,采用逆流原理,使Cl2、NH3、Hg充分混合
【解析】 (5)Cl2的密度大于空气,NH3的密度小于空气,采用逆流原理,可使Cl2、NH3、Hg充分混合,故装置E中短导管a通入的气体是Cl2,也是导管a、b采用长短不同的原因。
2.(2024·海南二模)亚硝酸钠(NaNO2)外观酷似食盐且有咸味,易潮解,易溶于水。广泛应用于工业和建筑业,也允许在安全范围内作为肉制品发色剂或防腐剂。某实验室制备亚硝酸钠装置如图所示(部分夹持装置略,气密性已检验):
(1)下列试剂或方法中不可用于检验NaCl中是否含有NaNO2的是 (填字母)。
a.AgNO3溶液 b.淀粉-KI溶液
c.酚酞溶液 d.焰色试验
ad
【解析】 由实验装置图可知,装置A中浓硝酸与铜反应制备二氧化氮,装置B中盛有的水用于将二氧化氮转化为一氧化氮,装置C中的浓硫酸用于干燥一氧化氮,装置D中一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠,装置E中盛有的浓硫酸用于吸收水蒸气,防止水蒸气进入装置D与过氧化钠反应干扰实验,装置F中盛有的酸性高锰酸钾溶液用于吸收一氧化氮,防止污染空气。
(1)AgNO3溶液用于检验溶液中是否含有氯离子,不能检验亚硝酸根离子,a符合题意;I-具有还原性,与具有氧化性的亚硝酸根离子反应生成碘单质,使淀粉变蓝,可以用淀粉-KI溶液检验亚硝酸根离子,b不符合题意;NaCl溶液显中性,NaNO2水解使溶液显碱性,酚酞溶液遇到NaNO2溶液显红色,可以用酚酞溶液检验亚硝酸根离子,c不符合题意;含有钠元素的物质的焰色为黄色,则不能用焰色试验检验NaCl中的NaNO2,d符合题意。
(2)仪器a的名称为 。反应开始前,先通入N2至装置F中产生大量气泡,其目的是 。
三颈烧瓶
排尽装置内空气,防止产物不纯
【解析】 (2)仪器a的名称为三颈烧瓶;反应开始前,先通入氮气,排尽装置内空气,否则一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮,二氧化氮和过氧化钠反应生成硝酸钠,使产物不纯。
(3)装置B中盛放的试剂为水,其目的用化学方程式表示是
。
NO+2HNO3
(4)当Na2O2完全反应后,D中的固体除NaNO2外,还可能有NaNO3。
测定NaNO2纯度的步骤如下:
ⅰ.配制0.100 0 mol/L KMnO4标准溶液,并进行酸化。
ⅱ.称取4.0 g样品溶于水配成250 mL溶液,取其中25.00 mL于锥形瓶中进行滴定,消耗20.00 mL酸性KMnO4标准溶液。
①步骤ⅱ中达到滴定终点的标志为
。
滴入最后半滴标准溶液后,溶液由无色
变为浅红色,且30 s内不褪色
【解析】 (4)①滴定结束前酸性高锰酸钾溶液无剩余,溶液无色,滴定终点时滴入最后半滴酸性高锰酸钾溶液,溶液由无色变为浅红色,且30 s内不褪色。
②混合固体中NaNO2的质量分数为 (保留三位有效数字)。
86.3%
③若在滴定终点读取滴定管刻度时,仰视标准溶液液面,则测得NaNO2的纯度
(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
偏高
【解析】 ③若在滴定终点读取滴定管刻度时,仰视标准溶液液面,则本次读数偏大,造成酸性高锰酸钾溶液的体积偏大,所以产品纯度的测定结果偏高。
3.(2024·湖北一模)量子点是尺寸通常在1～10 nm 之间的纳米级半导体。
当紫外光作用在量子点上时会发出明亮的荧光,量子点的尺寸不同,荧光
颜色对应不同。一种在实验室制备CdSe量子点的方法如下:
Ⅰ.N2气氛中,取1 mmol 硒粉于三颈烧瓶中,加入15 mL的十八烯溶剂,加热到280 ℃,硒粉完全溶解形成橙色透明溶液。
Ⅱ.N2气氛中,将1 mmol CdCl2溶于4 mL油酸(顺-9-十八碳烯酸),加热至
120 ℃,使CdCl2完全溶于油酸,形成油酸镉澄清液体。
Ⅲ.如图所示,将步骤Ⅱ中制备好的油酸镉溶液注入步骤Ⅰ所得橙色透明溶液中,保持反应温度为260 ℃,反应45 min。
Ⅳ.待步骤Ⅲ所得反应液冷却后,加入20 mL乙醇溶液使CdSe析出,离心分离;加入正己烷分散后,再次加入乙醇,离心分离。重复以上操作2～3次,用乙醇和丙酮洗涤,即可得到纯净的CdSe量子点。
回答下列问题。
(1)元素Se在元素周期表中的位置为 。CdSe量子点分散至水中可形成 (填分散系名称)。
第四周期第ⅥA族
胶体
【解析】 在三颈烧瓶中加入Cd和十八烯配制成溶液后,通入N2作保护气,
再加入1 mmol CdCl2溶于4 mL油酸形成的油酸镉澄清液体,保持反应温度为260 ℃,反应45 min,油酸将Cd还原为-2价,并生成CdSe,再加入乙醇溶液使CdSe的溶解度降低而析出,离心分离再洗涤,得到纯净的CdSe量子点。
(1)Se是34号元素,位于元素周期表中第四周期第ⅥA族;量子点尺寸通常在1～10 nm之间,溶于水后形成的分散系属于胶体。
(2)仪器A的名称为 。
球形冷凝管
【解析】 (2)仪器A的名称为球形冷凝管。
(3)步骤Ⅱ中N2的作用为 ,油酸配体中提供孤电子对的成键原子是 。
防止油酸被氧化
【解析】 (3)步骤Ⅱ中通入N2排除装置内的空气,其作用为防止油酸被氧化;
油酸配体中只有氧原子存在孤电子对,所以提供孤电子对的成键原子是
氧原子。
O(或氧原子)
(4)实验室中可用如下方法制备硒单质:向Na2SeO3水溶液中加入N2H4·H2O,在得到硒单质的同时会产生一种对环境无污染的气体,则该反应的离子方程式
为 。
(5)步骤Ⅲ中,可用紫外光照射以监测反应进程,当观察到
(填现象)时,说明CdSe量子点生长基本停止,制备完成。
荧光颜色不再变化
【解析】 (5)当紫外光作用在量子点上时会发出明亮的荧光,量子点的尺寸不同,荧光颜色对应不同,当荧光颜色不再变化,说明CdSe量子点生长基本停止。
(6)步骤Ⅳ中加入20 mL乙醇溶液的作用是 。
降低CdSe的溶解度,促进其析出
【解析】 (6)加入乙醇溶液可以使CdSe的溶解度降低,促进其析出。
二、有机物的制备实验探究
4.(2025·云南高考适应性考试)二苯乙醇酸是一种皮肤再生调节剂。由二苯乙二酮制备二苯乙醇酸的反应原理为
实验步骤如下:
Ⅰ.在圆底烧瓶中加入1.30 g KOH、2.6 mL水、1.05 g二苯乙二酮和4.0 mL 95%乙醇溶液、水浴加热回流15 min(装置如图,加热及夹持装置省略)。
Ⅱ.将Ⅰ中所得混合物转入烧杯中,冰水浴冷却结晶,过滤、洗涤。将晶体溶于35.0 mL蒸馏水中,调节pH至少量胶状物(未反应的二苯乙二酮)浮于液面,加入活性炭,搅拌、过滤。
Ⅲ.向滤液中缓慢滴加5.0%盐酸,调节pH<3.0(用刚果红试纸检测)。冰水浴冷却,有大量晶体析出。过滤、冰水洗涤,得粗产品。
Ⅳ.将粗产品加热水溶解,冷却结晶,过滤、冰水洗涤、干燥,得0.46 g产品。
已知:①相关物质的信息见下表,
物质 Mr 性质 熔点/℃ pKa 溶解性
二苯 乙二酮 210 淡黄色 固体 95 — 不溶于水,溶于乙醇、苯
二苯 乙醇酸 228 无色 晶体 150 3.06 易溶于热水或苯,难溶于冰水
回答下列问题。
(1)步骤Ⅰ中选用量筒的最适宜规格为 (填字母)。
A.5 mL B.25 mL C.50 mL
A
【解析】 (1)根据所取溶液的体积,尽量选用能一次量取的最小规格的量筒,步骤Ⅰ中加入了4.0 mL 95%乙醇溶液,则量筒的最适宜规格为5 mL,A符合题意。
(2)圆底烧瓶中加沸石的作用是 。
防止暴沸
【解析】 (2)圆底烧瓶中加沸石的作用是防止加热时液体暴沸。
(3)步骤Ⅱ加活性炭的目的是 。
吸附少量胶状物(未反应的二苯乙二酮)
【解析】 (3)步骤Ⅱ中调节pH后产生的少量胶状物(未反应的二苯乙二酮)浮于液面,加入活性炭,搅拌可吸附少量的胶状物(未反应的二苯乙二酮)。
(4)步骤Ⅲ中刚果红试纸变 色时,停止滴加盐酸;溶液中涉及的化学方程式
为 。
蓝
(5)步骤Ⅳ中检验产品是否洗净的方法为
。
取最后一次洗涤后的滤液,向滤液中
滴加几滴硝酸酸化的硝酸银溶液,如果没有白色沉淀生成,则说明产品已经洗涤干净
【解析】 (5)粗产品中可能含有KCl,则检验方法为取最后一次洗涤后的滤液,向滤液中滴加几滴硝酸酸化的硝酸银溶液,如果没有白色沉淀生成,则说明产品已经洗涤干净。
(6)关于该实验,下列说法错误的是 (填字母)。
A.步骤Ⅰ改用酒精灯直接加热更便于控制体系温度
B.步骤Ⅳ的操作为重结晶
C.可通过测定二苯乙醇酸的熔点定性判断其纯度
A
【解析】 (6)与酒精灯相比,水浴加热的温度控制相对容易且稳定,加热均匀,更便于控制体系温度,A错误;步骤Ⅳ将粗产品加热水溶解,冷却结晶,过滤、冰水洗涤、干燥,这种操作为重结晶,B正确;纯物质的熔点是固定的,如果化合物中含有杂质,其熔点通常会发生变化,若二苯乙醇酸的熔点约为150 ℃,则二苯乙醇酸较纯,C正确。
(7)二苯乙醇酸的产率为 (列出计算式即可)。
(8)不改变装置和原料用量,提高产率的方法有
(填一条即可)。
搅拌(或延长反应时间或升高
【解析】 (8)搅拌或延长反应时间或适当升高反应温度均可以提高产率。
温度)
5.(2024·山东泰安模拟)苯乙酮是一种重要的化工原料,可用于制造香皂和塑料的增塑剂。实验室可用苯和乙酸酐为原料,在无水AlCl3催化下加热制得:
名称 相对分 子质量 熔点/ ℃ 沸点/ ℃ 密度/ (g/cm3) 溶解度
乙酸酐 102 -73 140 1.082 微溶于水,
易水解
苯 78 5.5 80.1 0.879 不溶于水
苯乙酮 120 20.5 202 1.028 微溶于水
①向仪器A中迅速加入13 g粉状无水AlCl3和0.18 mol 无水苯。在搅拌下将0.04 mol乙酸酐慢慢滴到A中,严格控制滴加速率,必要时用冷水冷却,待反应缓和后,在70～80 ℃下加热回流1 h,直至无HCl气体逸出为止。
②将反应混合物冷却到室温,倒入含盐酸的冰水中使胶状物完全溶解。
③再将混合物转入分液漏斗中,分出有机层,水层用苯萃取两次(每次8 mL),合并有机层,依次用15 mL 10% NaOH溶液、15 mL水洗涤,再用无水MgSO4干燥。
④将苯乙酮粗产品放入蒸馏烧瓶中,先用水浴法蒸馏回收物质B,稍冷后改用空气冷凝管蒸馏收集馏分,产量约4.2 g。
回答下列问题。
(1)盛装乙酸酐的仪器名称是 。步骤①要逐滴滴加乙酸酐的原因是 。
恒压滴液漏斗
防止反应太剧烈,反应液升温过快导致生成更多的副产物
【解析】 在氯化铝作催化剂的条件下,苯与乙酸酐共热,发生取代反应得到粗苯乙酮;将粗苯乙酮倒入含盐酸的冰水中完全溶解后,分液得到有机层和水层;向水层中加苯萃取水层中的苯乙酮,分液得到有机层和水层;合并有机层,用氢氧化钠溶液洗涤除去混合物中的酸,用水洗去混合物中的氢氧化钠、氯化钠和乙酸钠,再加入无水硫酸镁除去水分,干燥有机物,得到含有苯的苯乙酮粗产品;粗产品经蒸馏得到苯乙酮和苯。
(1)据盛装乙酸酐的仪器构造可知,其名称是恒压滴液漏斗;若滴加乙酸酐太快,则可能导致反应太剧烈,反应液升温过快而导致生成更多的副产物,所以步骤①要逐滴滴加乙酸酐。
(2)图一装置中CaCl2的作用是
。
防止水蒸气进入三颈烧瓶中使乙酸酐水解,
【解析】 (2)乙酸酐微溶于水、易水解,CaCl2能吸收水蒸气,所以图一装置中CaCl2的作用是防止水蒸气进入三颈烧瓶中使乙酸酐水解,影响产率。
影响产率
(3)步骤③中水层用苯萃取两次(每次8 mL),而不萃取一次(16 mL)的目的是
。步骤③中用15 mL 10%的NaOH溶液洗涤主要是为了除去 (填物质名称)。
提高苯乙酮的萃取率
【解析】 (3)步骤③中水层用苯萃取两次(每次8 mL),而不萃取一次(16 mL)的目的是提高苯乙酮的萃取率;混合物中含有盐酸和乙酸,步骤③中用15 mL 10%的NaOH溶液洗涤主要是为了除去盐酸和乙酸。
盐酸和乙酸
(4)步骤④中水浴法蒸馏回收的物质B为 。
苯
【解析】 (4)苯的沸点为80.1 ℃、苯乙酮的沸点为202 ℃,苯和苯乙酮沸点差异较大,且苯的沸点较低,所以步骤④中水浴法蒸馏回收的物质B为苯。
(5)本实验为收集产品用了减压蒸馏装置,如图二所示,其中毛细管的作用是
,减压蒸馏中需要控制一定温度,应该为 (填字母)。
A.202 ℃ B.220 ℃ C.175 ℃
提供汽化中心,防止暴沸
C
【解析】 (5)题图二装置中未添加沸石,其中毛细管的作用是在减压蒸馏过程中在液体中形成汽化中心,防止液体因过热而产生暴沸;减压蒸馏中需要控制温度,且温度应该比苯乙酮的沸点低,而比其他杂质的沸点高,故选C。
(6)本次实验苯乙酮的产率为 。
87.5%
1.物质性质的定性探究
(1)性质预测性实验的解答流程。
(2)常见性质的探究。
性质 原理 示例
氧化性、还原性比较 氧化还原反应 FeCl3与淀粉-KI溶液反应,溶液变蓝,表明氧化性Fe3+>I2
同周期、同主族元素性质递变规律 比较元素金属性、非金属性强弱 Mg、Al与同浓度盐酸反应,产生H2的快慢为Mg快于Al
酸性强弱 强酸制弱酸 CO2气体通入Na2SiO3溶液,看是否有白色胶状沉淀
电解质强弱 越弱越水解 常温下,测定NaA溶液的pH,若pH>7,说明HA为弱酸
电化学腐蚀的规律 原电池反应 控制钢铁是否与空气接触、所接触的电解质溶液的酸碱度
(3)性质探究类实验的常见操作及原因。
操作 目的或原因
沉淀水洗 除去××(可溶于水的)杂质
沉淀用乙醇洗涤 ①减小固体的溶解度;②除去固体表面吸附的杂质;③乙醇挥发带走水分,使固体快速干燥
冷凝回流 防止××蒸气逸出脱离反应体系;提高××物质的转化率
控制溶液pH 防止××离子水解;防止××离子沉淀;确保××离子沉淀完全;防止××溶解等
“趁热过滤”后,有时先向滤液中加入少量水,加热至沸腾,然后再“冷却结晶” 稀释溶液,防止降温过程中杂质析出,提高产品的纯度
加过量A试剂 使B物质反应完全(或提高B物质的转化率等)
温度不高于×× ℃ 温度过高××物质分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3等)或××物质挥发(如浓硝酸、浓盐酸)或××物质被氧化(如Na2SO3等)或促进××物质水解(如AlCl3等)
减压蒸馏(减压蒸发) 减小压强,使液体沸点降低,防止××物质受热分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3等)
蒸发、反应时的气体氛围 抑制××离子的水解(如加热蒸发AlCl3溶液时需在HCl气流中进行,加热MgCl2·6H2O制MgCl2时需在HCl气流中进行等)
配制某溶液前先煮沸水 除去溶解在水中的氧气,防止××物质被氧化
反应容器中用玻璃管和大气相通 指示容器中压强大小,避免反应容器中压强过大
2.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、干燥的沉淀的质量,再进行相关计算。
(2)测气体体积法。
对于产生气体的反应,可以通过测定气体体积的方法测定样品纯度。常见量气装置如图:
(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)定量分析的常用计算方法。
类型 解题方法
物质含量计算 根据关系式法、得失电子守恒法等,求出混合物中某一成分的量,再除以样品的总量,即可得出其含量
确定 物质 化学式 的计算 ①根据题给信息,计算出有关物质的物质的量;
②根据电荷守恒,计算出未知离子的物质的量;
③根据质量守恒,计算出结晶水的物质的量;
④各粒子的物质的量之比即为物质化学式的下标比
多步滴 定计算 复杂的滴定可分为两类:
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量。
返滴定法:第一步用的滴定剂是过量的,第二步再用另一物质返滴定过量的滴定剂;用第一步加入的量减去第二步中确定的过量的量,即可得出第一步的消耗量,进而得出所求物质的量
[理解·辨析] 判断正误
(1)氨基酸的定性实验中,不仅要知道含哪些元素,还要知道各元素的含量是多少。( )
(2)一定质量的镁铝合金与足量NaOH溶液反应,根据生成H2的体积,可计算Mg的质量分数。( )
×
√
(3)利用如图所示装置,可测定Na2CO3固体样品(仅含NaCl杂质)的纯度。
( )
×
(4)FeSO4·7H2O的热重曲线分析中,加热至质量不再发生变化时,最终得到的固体为FeO。( )
(5)测定硫酸铜晶体中结晶水含量时,灼烧至固体发黑,测定值小于理论值。
( )
(6)0.1 mol·L-1的碳酸钠溶液的pH大于0.1 mol·L-1的醋酸钠溶液的pH,可确定醋酸酸性强于碳酸。( )
×
×
×
一、物质性质、反应原理的探究
1.某小组从电极反应的角度研究物质氧化性和还原性的变化规律。
Cl2
(2)当氯气不再逸出时,固液混合物A中仍存在MnO2和盐酸。小组同学分析认为随着反应的进行,MnO2的氧化性和Cl-的还原性均减弱,为此进行探究。
实验任务 探究离子浓度对MnO2氧化性的影响
提出猜想
猜想a:随c(H+)减小,MnO2的氧化性减弱。
猜想b:随c(Mn2+)增大,MnO2的氧化性减弱。
查阅资料 电极电势(φ)是表征氧化剂的氧化性(或还原剂的还原性)强弱的物理量。电极电势越大,氧化剂的氧化性越强;电极电势越小,还原剂的还原性越强。
验证猜想 用0.10 mol·L-1H2SO4溶液、0.10 mol·L-1 MnSO4溶液和蒸馏水配制混合液(溶液总体积相同),将MnO2电极置于混合液中测定其电极电势φ,进行下表中实验1～3,记录数据。
实验 V(H2SO4 溶液)/mL V(MnSO4 溶液)/mL V(H2O)/mL 电极电
势/V
1 20 20 0 φ1
2 m n 10 φ2
3 20 10 10 φ3
①根据实验1和2的结果,猜想a成立。补充数据:m= ,n= 。
10
20
【解析】 (2)①根据表格数据分析,实验1为对比实验,而实验3改变了MnSO4溶液的体积,实验1和实验3组合可以研究Mn2+浓度对电极电势的影响。实验2和实验1组合可以研究H+浓度对电极电势的影响,即改变H2SO4溶液的体积而不改变MnSO4溶液的体积,同时保证总体积为 40 mL,则m=10、n=20。
②根据实验1和3的结果,猜想b成立。判断依据是 (用电极电势关系表示)。
φ1<φ3
【解析】 ②随着Mn2+浓度增大,MnO2氧化性减弱,电极电势降低,即φ1<φ3。
探究结果 固液混合物A中仍存在MnO2和盐酸的原因是随着反应进行,溶液中c(H+)减小、c(Mn2+) 增大,MnO2氧化性减弱。
③根据上述探究结果,小组同学作出如下推断:随 c(Cl-)增大,Cl-还原性增强。
实验验证:在固液混合物A中加入 (填化学式)固体,加热。证明推断正确的实验现象是 。
NaCl(答案合理即可)
【解析】 ③已知溶液中c(H+)减小、c(Mn2+)增大,MnO2氧化性减弱,保证单一变量只改变Cl-的浓度,可加入NaCl固体,若加热又产生黄绿色气体,说明Cl-的浓度越大其还原性越强。
又产生黄绿色气体
(3)根据电化学的相关知识,小组同学分别利用电解池(图1)和原电池(图2)装置,成功实现了铜与稀硫酸制氢气。
①图1中阳极的电极反应为 。
②结合(2)的探究结论,图2中试剂X是 ,试剂Y是 。
可选试剂:稀硫酸、Na2SO4溶液、NaOH溶液、NaNO3溶液、CuSO4溶液
(浓度均为1.0 mol·L-1)
稀硫酸
NaOH溶液
【解析】 ②图2为原电池,利用Cu与稀硫酸制备H2,负极为Cu极,正极区电解质溶液为稀硫酸。为了增强Cu的还原性,负极区加入NaOH溶液降低溶液中的Cu2+的浓度。
2.(2024·湖北黄冈模拟)某研究性学习小组为探究含Fe3+的盐溶液与Cu的反应,设计并进行了如下实验。
实验装置 序号 试剂a 实验现象
Ⅰ 0.25 mol/L Fe2(SO4)3 溶液 溶液逐渐变为蓝色。2天后,铜片有较大量剩余,溶液仍为蓝色
Ⅱ 0.5 mol/L FeCl3溶液 溶液逐渐变为蓝绿色,铜片表面覆盖有白色固体(经检验为CuCl)。2天后,白色固体消失,铜片无剩余,溶液中产生大量红褐色沉淀
Ⅲ 0.5 mol/L Fe(NO3)3溶液 溶液逐渐变为绿色,实验过程中未见气泡产生。2天后,铜片少量剩余,溶液中产生大量红褐色沉淀
(1)实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中溶液pH均约为1.3,溶液显酸性且pH相近的原因是
。
相同,水解产生H+浓度近似相等
(2)小组同学取2 mL实验Ⅰ中反应2天后的溶液于试管中,加入2滴1 mol/L KSCN溶液,观察到溶液迅速变红,产生大量白色沉淀。甲同学猜想:实验Ⅰ原溶液中Fe3+可能已反应完,Fe2+可能在该条件下被Cu2+氧化。并通过实验证实了其猜想,其实验方案是向2 mL 0.5 mol/L (填化学式,下同)和0.25 mol/L 的混合溶液中,加入2滴1 mol/L KSCN溶液,观察实验现象。该条件下Fe2+能被Cu2+氧化的原因可能是SCN-增强了Cu2+的 。
FeSO4
CuSO4
氧化性
【解析】 (2)甲同学猜想实验Ⅰ原溶液中Fe3+可能已反应完,则溶液中不存在Fe3+而存在Fe2+,Fe2+可能在该条件下被Cu2+氧化,则应该进行FeSO4和CuSO4的混合实验并观察实验现象,故实验方案是向 2 mL 0.5 mol/L FeSO4和
0.25 mol/L CuSO4的混合溶液中,加入2滴1 mol/L KSCN溶液,观察实验现象;该条件下Cu2+表现氧化性,则Fe2+能被Cu2+氧化的原因可能是SCN-增强了Cu2+的氧化性。
(3)实验Ⅱ中铜片无剩余,说明实验Ⅱ反应比实验Ⅰ快,实验Ⅱ中产生白色固体CuCl的离子方程式为 ,白色固体消失的离子方程式为 ,由此对比实验Ⅰ和实验Ⅱ,推测Cl-在实验Ⅱ中的作用是 。
催化Fe3+与Cu反应(或作催化剂)
(4)实验Ⅲ所得溶液的颜色不是蓝色,小组同学猜测反应中生成了[Fe(NO)]2+,设计并实施了以下实验,验证了其猜想。
综合以上实验,Fe3+盐溶液与Cu反应的多样性与阴离子种类、生成物存在形式等有关。
FeSO4
二、物质组成、含量的探究
3.(2023·湖北卷,18)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图,仪器A的名称为 ,装置B的作用为 。
具支试管
防倒吸
【解析】 (1)由题图可知,仪器A的名称为具支试管;铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、水和二氧化氮,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)铜与过量H2O2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H+的作用是 。
O2
提供酸性环境,增强氧化剂的氧化性
CuO2
滴入最后半滴标准溶液,
溶液蓝色消失,且半分钟内不恢复原来的颜色
96%
4.(2024·河南焦作模拟)硫酸亚铁铵晶体 [x(NH4)2SO4·yFeSO4·zH2O]
[M=(132x+152y+18z)g· mol-1]是常见的补血剂。
已知:①硫酸亚铁铵晶体在空气中不易被氧化。
②FeSO4溶液与(NH4)2SO4反应可得到硫酸亚铁铵。
(1)FeSO4溶液的制备。将铁粉、一定量H2SO4溶液反应制得FeSO4溶液,其中加入的铁粉需过量,除铁粉不纯外,主要原因是
(用离子方程式表示)。
(2)制备x(NH4)2SO4·yFeSO4·zH2O。向制备得到的FeSO4溶液中加入一定质量的(NH4)2SO4固体,在70～80 ℃条件下溶解后,趁热倒入50 mL乙醇中,析出晶体。乙醇的作用为
。
乙醇分子的极性弱于水的,加入乙醇,形成乙醇-水的
混合溶剂,极性比水的更弱,根据“相似相溶”原理,使离子化合物硫酸亚铁铵在乙醇-水的混合溶剂中的溶解度更小,有利于晶体析出
Ⅰ.准确称取58.80 g晶体,加水溶解后,将溶液注入三颈烧瓶中;
Ⅱ.准确量取50.00 mL 3.030 mol·L-1H2SO4溶液于锥形瓶中;
Ⅲ.向三颈烧瓶中通入氮气,加入足量NaOH浓溶液,加热,蒸氨结束后取下锥形瓶;
Ⅳ.用0.120 mol·L-1的NaOH标准溶液滴定锥形瓶中过量的硫酸,滴定终点时消耗25.00 mL NaOH标准溶液。
①装置M的名称为 。
②通入N2的作用为 。
分液漏斗
将产生的NH3全部赶至锥形瓶内,被H2SO4溶液完全吸收
【解析】 (3)②反应装置中会有残留的NH3,持续通入N2可以将产生的NH3全部赶至锥形瓶内,被H2SO4溶液完全吸收。
③步骤Ⅲ中,反应的离子方程式是 。
偏小
cf
【解析】 ④若未用NaOH标准溶液润洗滴定管,则NaOH标准溶液的浓度偏低,则滴定中消耗的NaOH标准溶液的体积偏大,剩余的硫酸的量偏大,则测得的NH3的含量偏小;步骤Ⅳ中,滴定时还必须选用的仪器是滴定管夹、碱式滴定管,故选c、f。
Ⅰ.另准确称取58.80 g晶体于烧杯中,加水溶解,边搅拌边加入过量的BaCl2溶液;
Ⅱ.过滤得到沉淀,洗涤沉淀3～4次;
Ⅲ.灼烧沉淀至恒重,称量,得沉淀质量为69.90 g。
结合实验(3)和(4),通过计算得出硫酸亚铁铵晶体的化学式为
。
(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O
1.(2024·新课标卷,28)吡咯类化合物在导电聚合物、化学传感器及药物制剂上有着广泛应用。一种合成1-(4-甲氧基苯基)-2,5-二甲基吡咯(用吡咯X表示)的反应和方法如下:
实验装置如图所示,将100 mmol己-2,5-二酮(熔点:-5.5 ℃,密度:0.737 g·cm-3)与 100 mmol 4-甲氧基苯胺(熔点:57 ℃)放入①中,搅拌。
待反应完成后,加入50%的乙醇溶液,析出浅棕色固体。加热至65 ℃,至固体溶解,加入脱色剂,回流20 min,趁热过滤。滤液静置至室温,冰水浴冷却,有大量白色固体析出。经过滤、洗涤、干燥得到产品。
回答下列问题。
(1)量取己-2,5-二酮应使用的仪器为 (填名称)。
酸式滴定管
【解析】 将100 mmol己-2,5-二酮与100 mmol 4-甲氧基苯胺放入两颈烧瓶中,利用球形冷凝管进行冷凝回流提高原料利用率,通过搅拌来增大反应速率,反应完成后,加入50%的乙醇溶液,析出浅棕色固体(即含杂质的产品),加热至65 ℃,至固体溶解,加入脱色剂(脱色剂为不溶于水和乙醇等溶剂的固体,如活性炭),回流20 min,趁热过滤,使产品尽可能多地进入滤液,滤液静置至室温,冰水浴冷却,有大量白色固体析出,经过滤、洗涤、干燥得到产品。
(1)酮类对橡胶有腐蚀性,所以选用酸式滴定管。
(2)仪器①用铁夹固定在③上,③的名称是 ;仪器②的名称是 。
铁架台
球形冷凝管
【解析】 (2)③为铁架台;仪器②用于冷凝回流,为球形冷凝管。
(3)“搅拌”的作用是 。
使固液反应物充分接触,增大反应速率
【解析】 (3)己-2,5-二酮的熔点为-5.5 ℃,常温下为液体,4-甲氧基苯胺的熔点为57 ℃,常温下为固体,搅拌可使固、液反应物充分接触,增大反应速率。
(4)“加热”方式为 。
水浴加热
【解析】 (4)由题给信息“加热至65 ℃”可知,应用水浴加热,便于控制温度,且受热更均匀。
(5)使用的“脱色剂”是 。
活性炭
【解析】 (5)脱色剂的作用是吸附反应过程中产生的有色物质,结合题中信息,加入脱色剂后回流,趁热过滤,保留滤液,即脱色剂为不溶于水和乙醇等溶剂的固体,所以可以选用活性炭作脱色剂。
(6)“趁热过滤”的目的是 ;用 洗涤白色固体。
防止产品结晶损失,提高产率
50%的乙醇溶液
【解析】 (6)由题给信息可知,产品吡咯X为白色固体,加热至65 ℃可溶解在50%的乙醇溶液中,所以需趁热过滤,使产品尽可能多地进入滤液,防止产品结晶损失,提高产率;由加入50%的乙醇溶液,析出浅棕色固体(即含杂质的产品)可知,常温下产品不溶于50%的乙醇溶液,所以为减少溶解损失,洗涤时可用50%的乙醇溶液。
(7)若需进一步提纯产品,可采用的方法是 。
重结晶
【解析】 (7)由产品的分离提纯过程可知,若需进一步提纯,可采用的方法为重结晶。
2.(2024·贵州卷,15节选)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 min,
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;
回答下列问题。
(1)仪器a中的试剂是 (填名称),其作用是 。
碱石灰(或NaOH固体等)
【解析】 (1)浓盐酸具有挥发性,会污染环境,故仪器a中的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。
吸收挥发出来的氯化氢
(2)步骤Ⅱ中浓盐酸需缓慢滴加的原因是
。
防止制备过程中局部pH过低而
【解析】 (2)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。
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)。
分液漏斗、烧杯
【解析】 (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”后液体中间层的溶质主要是 。
NaCl
【解析】 (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,中间层为水层,通过分析发生的反应可知,中间层的溶质主要为NaCl。
(5)步骤Ⅴ中“加热”操作 (填“能”或“不能”)使用明火,原因是 。
不能
【解析】 (5)由于乙醚易挥发,易燃,遇明火极易发生危险,故步骤Ⅴ中“加热”操作不能使用明火。
乙醚易挥发,易燃,遇明火极易发生危险
3.(2024·山东卷,19)利用“燃烧—碘酸钾滴定法”测定钢铁中硫含量的实验装置如图所示(夹持装置略)。
回答下列问题。
(1)取20.00 mL 0.100 0 mol·L-1 KIO3的碱性溶液和一定量的KI固体,配制
1 000 mL KIO3碱性标准溶液,下列仪器必须用到的是 (填字母)。
A.玻璃棒 B.1 000 mL锥形瓶
C.500 mL容量瓶 D.胶头滴管
AD
【解析】 由题中信息可知,利用“燃烧—碘酸钾滴定法”测定钢铁中硫含量的实验中,将氧气经干燥、净化后通入管式炉中,将钢铁中的硫氧化为SO2,然后将生成的SO2导入碘液中吸收,通过消耗KIO3碱性标准溶液的体积来测定钢铁中硫的含量。
(1)取20.00 mL 0.100 0 mol·L-1 KIO3的碱性溶液和一定量的KI固体,配制1 000 mL KIO3碱性标准溶液(稀释了50倍后KIO3的浓度为 0.002 0 mol·L-1),需要用碱式滴定管或移液管量取20.00 mL 0.100 0 mol·L-1 KIO3的碱性溶液;需要用一定精确度的天平称量一定质量的KI固体;需要在烧杯中溶解KI固体,溶解时要用到玻璃棒搅拌;需要用1 000 mL容量瓶配制标准溶液,需要用胶头滴管定容。因此,题给仪器必须用到的是
A、D。
(2)装置B和C的作用是充分干燥O2,B中的试剂为 。装置F中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子(见放大图),目的是 。
浓硫酸
防止倒吸
【解析】 (2)装置B和C的作用是充分干燥O2,装置B中盛放液体干燥剂,浓硫酸具有吸水性,常用于干燥某些气体,因此装置B中的试剂为浓硫酸。装置F中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子,其目的是防止倒吸,因为磨砂浮子的密度小于水,若多孔玻璃泡内水面上升,磨砂浮子也随之上升,磨砂浮子可以作为一个磨砂玻璃塞将导气管的出气口堵塞上,从而防止倒吸。
(3)该滴定实验达终点的现象是
; 滴定消耗KIO3碱性标准溶液V mL,
样品中硫的质量分数为 (用代数式表示)。
当加入最后半滴KIO3碱性标准溶液后,溶液
由无色突变为蓝色且30 s内不变色
作催化剂
通入装置F的气体温度过高,导致部分I2升华,从而消耗更多的
KIO3碱性标准溶液
不变
4.(2024·北京卷,19)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粒子及其还原产物。
(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 。
Mg、Zn
【解析】 (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)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,固体中未检测到铁单质
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,固体中未检测到铁单质
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,固体中检测到铁单质
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 。
产生蓝色沉淀
【解析】 (2)①Fe2+与K3[Fe(CN)6]会生成蓝色的KFe[Fe(CN)6]沉淀。
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:
。
Fe3+水解
③对实验Ⅱ未检测到铁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。
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
【解析】 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基本未与H+反应生成Fe2+。
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,固体中检测到铁单质。
加入几滴KSCN溶液,待溶液红色消失后,停止
加入盐酸
【解析】 ⅱ.结合a、b和c可知,实验Ⅱ未检测到铁单质的原因可能是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,具体操作为重新做实验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,固体中检测到铁单质。
(3)对比实验Ⅱ和Ⅲ,解释实验Ⅲ的固体中检测到铁单质的原因:
。
加入镁粉后
【解析】 (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,从而实验Ⅲ的固体中检测到铁单质。
产生大量气泡,使镁粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹
5.(2024·湖北卷,18)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 无明显变化
实验Ⅱ 溶液变为红色,伴有气泡产生
实验Ⅲ 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)。
bc
【解析】 (1)配制1.00 mol·L-1的CoSO4溶液,需要用到容量瓶、胶头滴管等,故选b、c。
不能
维持pH稳定
浓度都下降,[Co(H2O)6]3+ 浓度下降幅度更大,反应正向进行
实验Ⅳ:
(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
课时作业52 物质制备型综合实验
(时间:30分钟 满分:60分)
非选择题(共3小题,除标注外,每空2分,共60分)
1.(18分)(2023·辽宁卷,17)2-噻吩乙醇(Mr=128)是抗血栓药物氯吡格雷的重要中间体,其制备方法如下:
Ⅰ.制钠砂。向烧瓶中加入300 mL液体A和4.60 g金属钠,加热至钠熔化后,
盖紧塞子,振荡至大量微小钠珠出现。
Ⅱ.制噻吩钠。降温至10 ℃,加入25 mL噻吩,反应至钠砂消失。
Ⅲ.制噻吩乙醇钠。降温至-10 ℃,加入稍过量的环氧乙烷的四氢呋喃溶液,
反应30 min。
Ⅳ.水解。恢复室温,加入70 mL水,搅拌 30 min;加盐酸调pH至4～6,继续反应2 h,分液;用水洗涤有机相,二次分液。
Ⅴ.分离。向有机相中加入无水MgSO4,静置,过滤。对滤液进行蒸馏,蒸出四氢呋喃、噻吩和液体A后,得到产品17.92 g。
回答下列问题。
(1)步骤 Ⅰ 中液体A可以选择 (填字母)。
a.乙醇 b.水 c.甲苯 d.液氨
c
【解析】 (1)步骤Ⅰ制钠砂过程中,液体A不能和Na反应,而乙醇、水和液氨都能和金属Na反应,故选c。
(2)噻吩沸点低于吡咯( )的原因是
。
形成分子间氢键,使熔、沸点升高
(3)步骤Ⅱ的化学方程式为 。
(4)步骤Ⅲ中反应放热,为防止温度过高引发副反应,加入环氧乙烷溶液的方法是 。
少量多次地滴加环氧乙烷溶液,并边加边搅拌
【解析】 (4)步骤Ⅲ中反应放热,为防止温度过高引发副反应,加入环氧乙烷溶液的方法是少量多次地滴加环氧乙烷溶液,并边加边搅拌。
(5)步骤Ⅳ中用盐酸调节pH的目的是
。
将NaOH中和,使平衡正向移动,增大
反应物的转化率
【解析】 (5)2-噻吩乙醇钠水解生成2-噻吩乙醇的过程中有NaOH生成,用盐酸调节pH的目的是将NaOH中和,使平衡正向移动,增大反应物的转化率。
(6)下列仪器在步骤Ⅴ中无需使用的是 (填名称);无水MgSO4的作用为 。
球形冷凝管和分液漏斗
除去水
【解析】 (6)步骤Ⅴ中的操作有过滤、蒸馏,蒸馏的过程中需要直形冷凝管,不能用球形冷凝管,无需使用的是球形冷凝管和分液漏斗;向有机相中加入无水 MgSO4的作用是除去水。
(7)(4分)产品的产率为 (用Na计算,精确至0.1%)。
70.0%
2.(22分)(2023·新课标卷,28)实验室由安息香制备二苯乙二酮的反应式如下:
相关信息列表如下:
物质 性状 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解性
安息香 白色 固体 133 344 难溶于冷水
溶于热水、乙醇、乙酸
二苯乙 二酮 淡黄色 固体 95 347 不溶于水
溶于乙醇、苯、乙酸
冰乙酸 无色 液体 17 118 与水、乙醇互溶
装置示意图如图所示,实验步骤为:
①在圆底烧瓶中加入10 mL冰乙酸、5 mL水及9.0 g FeCl3·6H2O,边搅拌边加热,至固体全部溶解。
②停止加热,待沸腾平息后加入2.0 g安息香,加热回流 45～60 min。
③加入50 mL水,煮沸后冷却,有黄色固体析出。
④过滤,并用冷水洗涤固体3次,得到粗品。
⑤粗品用75%的乙醇重结晶,干燥后得淡黄色结晶1.6 g。
回答下列问题。
(1)仪器A中应加入 (填“水”或“油”)作为热传导介质。
油
【解析】 (1)该实验需要加热使冰乙酸沸腾,冰乙酸的沸点超过了100 ℃,应选择油浴加热,所以仪器A中应加入油作为热传导介质。
(2)仪器B的名称是 ;冷却水应从 (填“a”或“b”)口通入。
球形冷凝管
a
【解析】 (2)根据仪器的结构特征可知,B为球形冷凝管,为了充分冷却,冷却水应从a口进,b口出。
(3)实验步骤②中,安息香必须待沸腾平息后方可加入,其主要目的是 。
防暴沸
【解析】 (3)步骤②中,若沸腾时加入安息香,会暴沸,所以需要待沸腾平息后加入。
(4)在本实验中,FeCl3为氧化剂且过量,其还原产物为 ;某同学尝试改进本实验:采用催化量的FeCl3并通入空气制备二苯乙二酮。该方案是否可行 ,简述判断理由
。
FeCl2
可行
空气中的O2可以将还原产物FeCl2又
氧化为FeCl3,FeCl3可循环参与反应
【解析】 (4)FeCl3为氧化剂,则Fe的化合价降低,还原产物为FeCl2,若采用催化量的FeCl3并通入空气制备二苯乙二酮,空气中的O2可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3,FeCl3可循环参与反应。
(5)本实验步骤①～③在乙酸体系中进行,乙酸除作溶剂外,另一主要作用是防止 。
氯化铁水解
【解析】 (5)氯化铁易水解,所以步骤①～③中,乙酸除作溶剂外,另一主要作用是防止氯化铁水解。
(6)若粗品中混有少量未氧化的安息香,可用少量 (填字母,下同)洗涤的方法除去。若要得到更高纯度的产品,可用重结晶的方法进一步提纯。
a.热水 b.乙酸 c.冷水 d.乙醇
a
【解析】 (6)根据安息香和二苯乙二酮的溶解特征,安息香溶于热水,二苯乙二酮不溶于水,所以可以采用热水洗涤粗品除去安息香。
(7)(4分)本实验的产率最接近于 。
a.85% b.80% c.75% d.70%
b
3.(20分)(2024·山西朔州模拟)某兴趣小组用四水醋酸锰[(CH3COO)2Mn·4H2O]和乙酰氯(CH3COCl)为原料制备无水二氯化锰,按如下流程开展了实验(夹持仪器已省略)。
已知:①无水二氯化锰极易吸水潮解,易溶于水、乙醇和醋酸,不溶于苯。
请回答下列问题。
(1)步骤Ⅰ:所获固体主要成分是 (用化学式表示)。
(CH3COO)2Mn
【解析】 (1)由已知③,结合流程图及已知②中制备原理知,步骤Ⅰ中(CH3COO)2Mn·4H2O在乙酰氯作用下脱去结晶水,得到醋酸锰。
(2)(4分)步骤Ⅰ在室温下反应,步骤Ⅱ在加热回流下反应,目的分别是
。
步骤Ⅰ
脱去四水醋酸锰的结晶水并防止生成MnCl2;步骤Ⅱ加热回流促进反应生成MnCl2
(3)步骤Ⅲ:下列操作中正确的是 (填字母)。
A.用蒸馏水润湿滤纸,微开水龙头,抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上
B.用倾析法转移溶液,开大水龙头,待溶液快流尽时再转移沉淀
C.用乙醇作为洗涤剂,在洗涤沉淀时,关小水龙头,使洗涤剂缓慢通过沉淀物
D.洗涤结束后,将固体迅速转移至圆底烧瓶进行后续操作
BD
【解析】 (3)无水二氯化锰易吸水潮解,易溶于水和乙醇,故在步骤Ⅲ中,不能用蒸馏水润湿滤纸,也不能用乙醇作洗涤剂,A、C错误;用倾析法转移溶液,开大水龙头,可以增大过滤速度,待溶液快流尽时再转移沉淀,B正确;洗涤结束后,将固体迅速转移至圆底烧瓶进行后续操作,可防止产品吸水潮解,D正确。
(4)步骤Ⅳ:①将装有粗产品的圆底烧瓶接到纯化装置(图2)上,打开安全瓶上旋塞,打开抽气泵,关闭安全瓶上旋塞,开启加热器,进行纯化。请给出纯化完成后的操作排序:
纯化完成→( )→( )→( )→( )→将产品转至干燥器中保存
a.拔出圆底烧瓶的瓶塞
b.关闭抽气泵
c.关闭加热器,待烧瓶冷却至室温
d.打开安全瓶上旋塞
c
d
b
a
【解析】 (4)①纯化完成后,先关闭加热器,待烧瓶冷却至室温后打开安全瓶上旋塞,关闭抽气泵,然后拔出圆底烧瓶的瓶塞,将产品转至干燥器中保存。
②图2装置中U形管内NaOH固体的作用是
。
防止可能产生的酸性气体进入
抽气泵;防止外部水蒸气进入使无水二氯化锰潮解
【解析】 ②由于可能混有酸性气体且无水二氯化锰极易吸水潮解,因此图2装置中U形管内NaOH固体的作用是防止可能产生的酸性气体进入抽气泵,同时防止外部水蒸气进入使无水二氯化锰潮解。
(5)用滴定分析法确定产品纯度。甲同学通过测定产品中锰元素的含量确定纯度;乙同学通过测定产品中氯元素的含量确定纯度。合理的是 (填“甲”或“乙”)同学的方法。
乙
【解析】 (5)因为产品MnCl2中可能含有(CH3COO)2Mn,故测量产品中氯元素的含量才是确定纯度的合理方法。
课时作业53 定性、定量探究型综合实验
(时间:30分钟 满分:90分)
非选择题(共5小题,除标注外,每空2分,共90分)
1.(16分)(2024·四川成都三模)某小组同学为探究FeSO4的性质设计了如下实验。
Ⅰ.新配制0.1 mol·L-1FeSO4溶液450 mL:
(1)配制0.1 mol·L-1FeSO4溶液450 mL,需用托盘天平准确称取绿矾(FeSO4·7H2O)
g,其部分实验操作示意图如图,正确的步骤顺序为 (填序号)。
13.9
②①④③
【解析】 (1)配制0.1 mol·L-1 FeSO4溶液450 mL,需用500 mL容量瓶。用托盘天平准确称取绿矾(FeSO4·7H2O)的质量为0.1 mol·L-1×0.5 L×278 g·mol-1=13.9 g。配制一定物质的量浓度的溶液包含计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、加水定容、摇匀、装瓶等,故正确的步骤顺序为②①④③。
Ⅱ.取2 mL新配制的FeSO4溶液,按如图进行实验并观察到如下现象:
(2)ⅱ中溶液呈浅红色,说明FeSO4溶液中存在 (填离子符号)。
Fe3+
【解析】 (2)ⅱ中溶液呈浅红色,说明生成硫氰化铁,待测液中存在少量Fe3+。
(3)ⅲ中溶液红色变深的主要原因是 (用离子方程式表示)。
Ⅲ.探究ⅲ中“红色褪去”的原因:
查阅资料:SCN-具有还原性,能被氯气氧化为(SCN)2。
根据查阅资料,甲、乙两位同学提出了如下猜想:
项目 猜想
甲 +3价铁元素又被还原成+2价铁元素
乙
(4)乙同学的猜想是 。
为验证甲、乙两位同学的猜想,设计如下实验:将褪色后的溶液分为两等份,一份滴加KSCN溶液,呈红色;另一份加入氯化铁溶液,无明显现象,则 (填“甲”或“乙”)同学猜想是正确的。
SCN-具有还原性,被Cl2氧化
乙
【解析】 (4)滴加氯水红色褪去的可能原因是SCN-具有还原性,被Cl2氧化,故乙同学的猜想是SCN-具有还原性,被Cl2氧化。若乙同学猜想正确,红色褪去后的溶液中没有硫氰化钾,滴加硫氰化钾溶液,溶液又呈红色,另一份加入氯化铁溶液,无明显现象,则乙同学猜想正确。
Ⅳ.丙和丁同学探究无水FeSO4在450 ℃、不同氛围中的分解产物:
①丙同学在450 ℃、空气氛围中加热15.2 g FeSO4,直至固体质量不变,得到纯净的红棕色固体 m g,产生的气体通入品红溶液,无明显变化,通入氯化钡溶液中有白色沉淀生成;
②丁同学在450 ℃、氮气氛围中加热15.2 g FeSO4,直至固体质量不变,得到纯净的红棕色固体也是m g,产生的气体依次通入氯化钡溶液和品红溶液,氯化钡溶液中有白色沉淀,品红溶液褪色。
(5)则m= ,FeSO4固体在空气氛围中加热时反应的化学方程式为 。
8
2.(20分)碱式碳酸钴[Cox(OH)y(CO3)2]可用作电子材料、磁性材料的添加剂,受热时可分解生成三种氧化物。为了确定其组成,某化学兴趣小组同学设计了如图所示装置进行实验。
(1)请完成下列实验步骤:
①称取3.65 g样品置于硬质玻璃管内,分别称量乙、丙装置的质量;
②按如图所示装置组装好仪器,并检查装置气密性;
③加热甲装置中硬质玻璃管,当乙装置中 (填实验现象),停止加热;
④打开活塞K,缓缓通入空气数分钟后,称量乙、丙装置的质量;
⑤计算。
不再有气泡产生时
(2)步骤④中缓缓通入空气数分钟的目的是
。
(3)某同学认为上述实验装置中存在一个明显缺陷,为解决这一问题,可选用下列装置中的 (填字母)连接在 (填装置连接位置)。
A B C D
将甲装置中产生的CO2和水蒸气
全部赶入乙、丙装置中
D
活塞K前(或甲装置前)
(4)若按正确装置进行实验,测得如下数据:
项目 乙装置的质量/g 丙装置的质量/g
加热前 80.00 62.00
加热后 80.36 62.88
则该碱式碳酸钴的化学式为 。
Co3(OH)4(CO3)2
(5)有人认为用如图所示装置进行两次实验也可以确定碱式碳酸钴的组成。
实验Ⅰ:称取一定质量的样品置于Y形管a处,加入一定体积一定物质的量浓度的足量稀硫酸于Y形管b处,量气管中盛放饱和碳酸氢钠溶液,而不用蒸馏水,其原因是 , 然后通过 (填操作),引发反应,测定产生的CO2的体积(假设实验条件是在室温下)。
饱和碳酸氢钠溶液会降低CO2的溶解度
将b向a倾斜,使稀硫酸流入a中
实验Ⅱ:将实验Ⅰ中反应后的液体和足量的锌粒分别放置在另一个Y形管的a、b中,量气管中盛装蒸馏水,此时引发反应的方式与实验Ⅰ (填“相同”
“不同”或“可相同也可不同”),然后测定产生H2的体积(假设实验条件是在室温下)。
两次实验结束时,读数前,先 ,再调节量气管和水准管液面持平,然后平视读数;下列实验操作有可能会使y的值偏大的是 (填字母)。
A.实验Ⅰ读数时量气管液面高于水准管液面
B.实验Ⅱ实验结束时,迅速调整两侧液面持平,立即读数
C.实验Ⅱ引发反应时将稀硫酸向锌粒倾斜
不同
恢复至室温
C
测定CO2体积时,由于CO2能溶于水,所以可用饱和碳酸氢钠溶液来降低CO2的溶解度;测量气体体积时应该注意先恢复至室温,再调节量气管和水准管液面持平,然后平视读数。若实验Ⅰ读数时量气管液面高于水准管液面,所测CO2的体积偏大,则OH-的量小于实际值,即y的值偏小,A不符合题意;实验Ⅱ实验结束时,迅速调整液面持平,立即读数,所测H2体积偏大,则OH-的量小于实际值,即y的值偏小,B不符合题意;实验Ⅱ引发反应时将稀硫酸向锌粒倾斜,所得H2体积偏小,则OH-的量大于实际值,即y的值偏大,C符合题意。
3.(14分)(2025·山西大同模拟)磷化铝(AlP)通常可作为一种广谱性熏蒸杀虫剂,
粮食仓储常用磷化铝熏蒸杀虫,某化学兴趣小组的同学用下述方法测定粮食中残留磷化铝的含量。C中加入 100 g 原粮,E中加入20.00 mL一定浓度的 KMnO4 溶液(H2SO4酸化)。往C中加入足量水,充分反应后,用亚硫酸钠标准溶液滴定E中过量的KMnO4溶液。
已知:①AlP吸水后会立即产生高毒性PH3气体(沸点-89.7 ℃,还原性强)。
②焦性没食子酸的碱性溶液具有还原性。
回答下列问题。
(1)仪器D中冷凝水从 (填“a”或“b”)口通入。
a
(2)AlP与水反应的化学方程式为 。
(3)装置A中盛装KMnO4溶液的作用是除去空气中的还原性气体,装置B中盛有焦性没食子酸的碱性溶液,其作用是 。
吸收空气中的O2,防止PH3被氧化
【解析】 (3)因为PH3具有很强的还原性,所以要除去空气中的氧气,故装置B中盛有的焦性没食子酸的碱性溶液的作用是吸收空气中的O2,防止PH3被氧化。
(4)C中反应完全后继续通入空气的作用是
。
使生成的PH3气体全部排出后被
KMnO4溶液吸收
【解析】 (4)通入空气的作用是将装置内生成的PH3气体全部排出,进入装置E中后被KMnO4溶液吸收,减小实验误差。
(5)装置E中PH3被氧化成磷酸,KMnO4的锰元素被还原为Mn2+,则装置E中发生反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比为 。
5∶8
(6)收集装置E中的吸收液,加水稀释后用Na2SO3标准溶液滴定剩余的 KMnO4 溶液,发生反应的离子方程式为 ,
若滴定过程中不慎将锥形瓶中部分液体外溅,则会导致测定出粮食中磷化铝的残留量 (填“偏高”或“偏低”)。
偏高
4.(18分)(2024·北京模拟)化学实验小组探究影响Mg与水反应速率的因素。
(1)测定不同温度下Mg与水反应程度与时间的关系,结果如图所示:
①Mg与水反应的化学方程式为 。
②从图中同学们获得如下结论:
结论一:一定温度范围内,温度越高, ;
结论二:同一温度下,500 s后反应速率均 (填“增大”“减小”或“不变”);导致该变化的原因可能是
。
镁与水的反应程度越大
减小
生成的沉淀附着在Mg表面,减小了Mg与水的接触
面积
【解析】 ②从图中可以看出,相同时间,温度越高,反应进行的程度越大;相同温度,500 s后,反应进行的程度都要缓和得多,这可能与产物的溶解性有关。则:
结论一:一定温度范围内,温度越高,镁与水的反应程度越大;
结论二:同一温度下,500 s后反应速率均减小;导致该变化的原因可能是生成的沉淀附着在Mg表面,减小了Mg与水的接触面积。
(2)研究镁条与不同碱性溶液之间的反应。
序号 溶液 现象
Ⅰ 2 mL 0.1 mol·L-1NaOH溶液(pH约为13) 无明显现象
Ⅱ 2 mL 0.1 mol·L-1Na2CO3溶液(pH约为11.6) 镁条表面有极少量气泡产生
Ⅲ 2 mL 0.1 mol·L-1NaHCO3溶液(pH约为8.3) 镁条表面有大量气泡持续产生,镁条表面有少量白色沉淀附着,试管底部有白色浑浊
Ⅳ 2 mL饱和Na2CO3溶液(pH约为12.3) 镁条表面有大量气泡持续产生,镁条表面有少量白色沉淀附着,试管底部有大量白色浑浊
说明:ⅰ.实验中镁条均已用砂纸打磨掉表面氧化膜
ⅱ.收集上述实验过程中产生的气体均未检测到CO2
①乙同学否定了甲同学的结论,他的依据是
。
实验Ⅳ中饱和碳酸钠溶液的碱性
很强,而镁与饱和碳酸钠溶液反应速率却很大
【解析】 (2)①乙同学对比实验Ⅱ、Ⅳ,否定了甲同学的结论,他的依据是实验Ⅳ中饱和碳酸钠溶液的碱性很强,而镁与饱和碳酸钠溶液反应速率却很大。
②丙同学查阅资料发现:Mg(OH)2在饱和Na2CO3溶液中可转化为疏松的Mg2(OH)2CO3·nH2O沉淀并脱离金属镁表面,因此,Ⅳ中产生大量气泡。请写出生成疏松的Mg2(OH)2CO3·nH2O的离子方程式:
。
Mg2(OH)2CO3·nH2O+2OH-
③试从平衡原理分析Ⅲ中产生大量气体的原因:
。丁同学取去除氧化膜的镁条加入试剂a,镁条表面产生少量气泡,证实了该解释。试剂a是 。
沉淀溶解平衡正向移动,附着在镁条表面的Mg(OH)2减少,镁条与溶液的接触面积增大
pH约为8.3的NaOH溶液
(3)根据上述实验所得结论:
。
Mg与水反应时析出H2的量(速率)(或反应程度)
取决于Mg(OH)2能否被破坏
【解析】 (3)根据实验可知,镁与水能否反应的关键是镁与水的接触面积,由此所得结论为Mg与水反应时析出H2的量(速率)(或反应程度)取决于Mg(OH)2能否被破坏。
5.(22分)(2024·北京昌平区二模)探究配制不同金属离子—氨配体溶液的差异性,实验操作及现象如下表:
实验序号 操作 现象
实验ⅰ: [Cu(NH3)4]2+的配制 实验ⅰ-a 在试管内混合CuSO4溶液和NaOH溶液,再加入过量的2 mol/L氨水 产生蓝色沉淀,加入氨水后沉淀少部分溶解,溶液变浑浊,静置后上层为深蓝色溶液
实验ⅰ-b 在试管内混合CuSO4溶液和NaOH溶液,再加入过量的6 mol/L氨水 产生蓝色沉淀,加入氨水后沉淀大部分溶解,溶液变浑浊,静置后上层为深蓝色溶液
实验ⅰ-c 在试管内混合CuSO4溶液和氨水,再加入过量的2 mol/L氨水 产生蓝色沉淀,再加入氨水后沉淀完全溶解,得到澄清的深蓝色溶液
实验ⅱ: [Co(NH3)6]2+的配制 实验ⅱ-a 在试管内混合CoCl2溶液和过量的 6 mol/L 氨水 得到浅青色沉淀,
沉淀未见明显溶解
实验ⅱ-b 在试管内混合CoCl2溶液和过量的 14 mol/L 氨水 得到浅青色沉淀,
沉淀未见明显溶解
实验ⅲ: [Ag(NH3)2]+的配制 实验ⅲ 在试管内混合AgNO3溶液和NaOH溶液,再加入过量的2 mol/L氨水 产生白色沉淀,加入氨水后沉淀完全溶解,得到无色溶液
资料:①饱和氨水的浓度约为14 mol/L;
②Co(OH)2为浅青色沉淀;
③[Co(NH3)6]2+溶液为红色,在活性炭催化下转化为橙黄色的[Co(NH3)6]3+溶液。
(1)实验ⅰ-a中生成蓝色沉淀的离子方程式为 。
(2)有研究认为蓝色沉淀中还有Cu2(OH)2SO4成分,其可以溶于稀酸。检验蓝色沉淀中不止含Cu(OH)2的实验操作:将蓝色沉淀过滤,充分洗涤后,
(填后续操作和现象)。
加入
【解析】 (2)检验蓝色沉淀中不止含Cu(OH)2,可能还含有Cu2(OH)2SO4,只要检验硫酸根离子的存在即可,已知Cu2(OH)2SO4可以溶于稀酸,故实验操作为将蓝色沉淀过滤,充分洗涤后,加入足量稀盐酸,固体全部溶解后再加入BaCl2溶液,产生白色沉淀。
足量稀盐酸,固体全部溶解后再加入BaCl2溶液,产生白色沉淀
(3)对比实验ⅰ-a和实验ⅰ-b,从平衡移动角度,结合化学用语解释NH3·H2O对[Cu(NH3)4]2+生成有一定促进作用的原因:
。
平衡正向移动,c(Cu2+)减小,使Cu(OH)2的沉淀溶解平衡正移,Cu(OH)2更多地转化为[Cu(NH3)4]2+
①x的化学式是 ,c= 。
Na2SO4
1
②实验现象是 。
试管1中沉淀溶解,试管2中沉淀不溶解
【解析】 ②实验现象证实了预测,故实验现象是试管1中沉淀溶解,试管2中沉淀不溶解。
OH-反应产生 NH3·H2O,增大了c(NH3·H2O),同时减少了c(OH-),使沉淀溶解
平衡正向移动
(6)针对实验ⅱ未能成功配制[Co(NH3)6]2+溶液,结合以上分析,提出改进方案:
①在实验ⅱ-a的基础上继续加入 ,即可成功配制。
10滴1 mol/L (NH4)2SO4溶液
②验证配制成功的操作及实验现象是取①的上层红色清液,加入少许活性炭振荡试管,溶液变为橙黄色,反应的离子方程式为
。
(7)(3分)综合以上分析,配制不同金属离子—氨配体溶液的难易程度存在差异性,推测可能与以下因素有关:配位数、
。
氢氧化物提供金属阳离子的难易
程度、金属阳离子和NH3配位的难易程度
【解析】 (7)综合以上分析,配制不同金属离子—氨配体溶液的难易程度存在差异性,推测可能与配位数、氢氧化物提供金属阳离子的难易程度、金属阳离子和NH3配位的难易程度等因素有关。课时作业52 物质制备型综合实验
(时间:30分钟 满分:60分)
非选择题(共3小题,除标注外,每空2分,共60分)
1.(18分)(2023·辽宁卷,17)2噻吩乙醇(Mr=128)是抗血栓药物氯吡格雷的重要中间体,其制备方法如下:
Ⅰ.制钠砂。向烧瓶中加入300 mL液体A和4.60 g金属钠,加热至钠熔化后,盖紧塞子,振荡至大量微小钠珠出现。
Ⅱ.制噻吩钠。降温至10 ℃,加入25 mL噻吩,反应至钠砂消失。
Ⅲ.制噻吩乙醇钠。降温至-10 ℃,加入稍过量的环氧乙烷的四氢呋喃溶液,反应30 min。
Ⅳ.水解。恢复室温,加入70 mL水,搅拌 30 min;加盐酸调pH至4～6,继续反应2 h,分液;用水洗涤有机相,二次分液。
Ⅴ.分离。向有机相中加入无水MgSO4,静置,过滤。对滤液进行蒸馏,蒸出四氢呋喃、噻吩和液体A后,得到产品17.92 g。
回答下列问题。
(1)步骤 Ⅰ 中液体A可以选择 (填字母)。
a.乙醇 b.水 c.甲苯 d.液氨
(2)噻吩沸点低于吡咯()的原因是 。
(3)步骤Ⅱ的化学方程式为 。
(4)步骤Ⅲ中反应放热,为防止温度过高引发副反应,加入环氧乙烷溶液的方法是 。
(5)步骤Ⅳ中用盐酸调节pH的目的是 。
(6)下列仪器在步骤Ⅴ中无需使用的是 (填名称);无水MgSO4的作用为 。
(7)(4分)产品的产率为 (用Na计算,精确至0.1%)。
2.(22分)(2023·新课标卷,28)实验室由安息香制备二苯乙二酮的反应式如下:
安息香 二苯乙二酮
相关信息列表如下:
物质 性状 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解性
安息香 白色 固体 133 344 难溶于冷水 溶于热水、乙醇、乙酸
二苯乙 二酮 淡黄色 固体 95 347 不溶于水 溶于乙醇、苯、乙酸
冰乙酸 无色 液体 17 118 与水、乙醇互溶
装置示意图如图所示,实验步骤为:
①在圆底烧瓶中加入10 mL冰乙酸、5 mL水及9.0 g FeCl3·6H2O,边搅拌边加热,至固体全部溶解。
②停止加热,待沸腾平息后加入2.0 g安息香,加热回流 45～60 min。
③加入50 mL水,煮沸后冷却,有黄色固体析出。
④过滤,并用冷水洗涤固体3次,得到粗品。
⑤粗品用75%的乙醇重结晶,干燥后得淡黄色结晶1.6 g。
回答下列问题。
(1)仪器A中应加入 (填“水”或“油”)作为热传导介质。
(2)仪器B的名称是 ;冷却水应从 (填“a”或“b”)口通入。
(3)实验步骤②中,安息香必须待沸腾平息后方可加入,其主要目的是 。
(4)在本实验中,FeCl3为氧化剂且过量,其还原产物为 ;某同学尝试改进本实验:采用催化量的FeCl3并通入空气制备二苯乙二酮。该方案是否可行 ,简述判断理由 。
(5)本实验步骤①～③在乙酸体系中进行,乙酸除作溶剂外,另一主要作用是防止 。
(6)若粗品中混有少量未氧化的安息香,可用少量 (填字母,下同)洗涤的方法除去。若要得到更高纯度的产品,可用重结晶的方法进一步提纯。
a.热水 b.乙酸 c.冷水 d.乙醇
(7)(4分)本实验的产率最接近于 。
a.85% b.80% c.75% d.70%
3.(20分)(2024·山西朔州模拟)某兴趣小组用四水醋酸锰[(CH3COO)2Mn·4H2O]和乙酰氯(CH3COCl)为原料制备无水二氯化锰,按如下流程开展了实验(夹持仪器已省略)。
已知:①无水二氯化锰极易吸水潮解,易溶于水、乙醇和醋酸,不溶于苯。
②制备无水二氯化锰的主要反应:(CH3COO)2Mn+2CH3COClMnCl2↓+2(CH3CO)2O。
③乙酰氯遇水发生反应:CH3COCl+H2OCH3COOH+HCl。
请回答下列问题。
(1)步骤Ⅰ:所获固体主要成分是 (用化学式表示)。
(2)(4分)步骤Ⅰ在室温下反应,步骤Ⅱ在加热回流下反应,目的分别是 。
(3)步骤Ⅲ:下列操作中正确的是 (填字母)。
A.用蒸馏水润湿滤纸,微开水龙头,抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上
B.用倾析法转移溶液,开大水龙头,待溶液快流尽时再转移沉淀
C.用乙醇作为洗涤剂,在洗涤沉淀时,关小水龙头,使洗涤剂缓慢通过沉淀物
D.洗涤结束后,将固体迅速转移至圆底烧瓶进行后续操作
(4)步骤Ⅳ:①将装有粗产品的圆底烧瓶接到纯化装置(图2)上,打开安全瓶上旋塞,打开抽气泵,关闭安全瓶上旋塞,开启加热器,进行纯化。请给出纯化完成后的操作排序:
纯化完成→( )→( )→( )→( )→将产品转至干燥器中保存
a.拔出圆底烧瓶的瓶塞
b.关闭抽气泵
c.关闭加热器,待烧瓶冷却至室温
d.打开安全瓶上旋塞
②图2装置中U形管内NaOH固体的作用是 。
(5)用滴定分析法确定产品纯度。甲同学通过测定产品中锰元素的含量确定纯度;乙同学通过测定产品中氯元素的含量确定纯度。合理的是 (填“甲”或“乙”)同学的方法。
课时作业52 物质制备型综合实验
1.(1)c
(2)中含有氮原子,可以形成分子间氢键,使熔、沸点升高
(3)
(4)少量多次地滴加环氧乙烷溶液,并边加边搅拌
(5)将NaOH中和,使平衡正向移动,增大反应物的转化率
(6)球形冷凝管和分液漏斗 除去水
(7)70.0%
2.【答案】 (1)油 (2)球形冷凝管 a (3)防暴沸 (4)FeCl2
可行 空气中的O2可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3,FeCl3可循环参与反应 (5)氯化铁水解 (6)a (7)b
【解析】 (1)该实验需要加热使冰乙酸沸腾,冰乙酸的沸点超过了100 ℃,应选择油浴加热,所以仪器A中应加入油作为热传导介质。
(2)根据仪器的结构特征可知,B为球形冷凝管,为了充分冷却,冷却水应从a口进,b口出。
(3)步骤②中,若沸腾时加入安息香,会暴沸,所以需要待沸腾平息后加入。
(4)FeCl3为氧化剂,则Fe的化合价降低,还原产物为FeCl2,若采用催化量的FeCl3并通入空气制备二苯乙二酮,空气中的O2可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3,FeCl3可循环参与反应。
(5)氯化铁易水解,所以步骤①～③中,乙酸除作溶剂外,另一主要作用是防止氯化铁水解。
(6)根据安息香和二苯乙二酮的溶解特征,安息香溶于热水,二苯乙二酮不溶于水,所以可以采用热水洗涤粗品除去安息香。
(7)由于安息香(C14H12O2)与二苯乙二酮(C14H10O2)的相对分子质量相差不大,因此二苯乙二酮的理论产量与安息香近似相等,约为2.0 g,则产率约为×100%=80%,故选b。
3.【答案】 (1)(CH3COO)2Mn
(2)步骤Ⅰ脱去四水醋酸锰的结晶水并防止生成MnCl2;步骤Ⅱ加热回流促进反应生成MnCl2
(3)BD
(4)①c d b a ②防止可能产生的酸性气体进入抽气泵;防止外部水蒸气进入使无水二氯化锰潮解
(5)乙
【解析】 (1)由已知③,结合流程图及已知②中制备原理知,步骤Ⅰ中(CH3COO)2Mn·4H2O在乙酰氯作用下脱去结晶水,得到醋酸锰。
(3)无水二氯化锰易吸水潮解,易溶于水和乙醇,故在步骤Ⅲ中,不能用蒸馏水润湿滤纸,也不能用乙醇作洗涤剂,A、C错误;用倾析法转移溶液,开大水龙头,可以增大过滤速度,待溶液快流尽时再转移沉淀,B正确;洗涤结束后,将固体迅速转移至圆底烧瓶进行后续操作,可防止产品吸水潮解,D正确。
(4)①纯化完成后,先关闭加热器,待烧瓶冷却至室温后打开安全瓶上旋塞,关闭抽气泵,然后拔出圆底烧瓶的瓶塞,将产品转至干燥器中保存。
②由于可能混有酸性气体且无水二氯化锰极易吸水潮解,因此图2装置中U形管内NaOH固体的作用是防止可能产生的酸性气体进入抽气泵,同时防止外部水蒸气进入使无水二氯化锰潮解。
(5)因为产品MnCl2中可能含有(CH3COO)2Mn,故测量产品中氯元素的含量才是确定纯度的合理方法。
(
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)课时作业53 定性、定量探究型综合实验
(时间:30分钟 满分:90分)
非选择题(共5小题,除标注外,每空2分,共90分)
1.(16分)(2024·四川成都三模)某小组同学为探究FeSO4的性质设计了如下实验。
Ⅰ.新配制0.1 mol·L-1FeSO4溶液450 mL:
(1)配制0.1 mol·L-1FeSO4溶液450 mL,需用托盘天平准确称取绿矾(FeSO4·7H2O) g,其部分实验操作示意图如图,正确的步骤顺序为 (填序号)。
Ⅱ.取2 mL新配制的FeSO4溶液,按如图进行实验并观察到如下现象:
(2)ⅱ中溶液呈浅红色,说明FeSO4溶液中存在 (填离子符号)。
(3)ⅲ中溶液红色变深的主要原因是 (用离子方程式表示)。
Ⅲ.探究ⅲ中“红色褪去”的原因:
查阅资料:SCN-具有还原性,能被氯气氧化为(SCN)2。
根据查阅资料,甲、乙两位同学提出了如下猜想:
项目 猜想
甲 +3价铁元素又被还原成+2价铁元素
乙
(4)乙同学的猜想是 。
为验证甲、乙两位同学的猜想,设计如下实验:将褪色后的溶液分为两等份,一份滴加KSCN溶液,呈红色;另一份加入氯化铁溶液,无明显现象,则 (填“甲”或“乙”)同学猜想是正确的。
Ⅳ.丙和丁同学探究无水FeSO4在450 ℃、不同氛围中的分解产物:
①丙同学在450 ℃、空气氛围中加热15.2 g FeSO4,直至固体质量不变,得到纯净的红棕色固体 m g,产生的气体通入品红溶液,无明显变化,通入氯化钡溶液中有白色沉淀生成;
②丁同学在450 ℃、氮气氛围中加热15.2 g FeSO4,直至固体质量不变,得到纯净的红棕色固体也是m g,产生的气体依次通入氯化钡溶液和品红溶液,氯化钡溶液中有白色沉淀,品红溶液褪色。
(5)则m= ,FeSO4固体在空气氛围中加热时反应的化学方程式为 。
2.(20分)碱式碳酸钴[Cox(OH)y(CO3)2]可用作电子材料、磁性材料的添加剂,受热时可分解生成三种氧化物。为了确定其组成,某化学兴趣小组同学设计了如图所示装置进行实验。
(1)请完成下列实验步骤:
①称取3.65 g样品置于硬质玻璃管内,分别称量乙、丙装置的质量;
②按如图所示装置组装好仪器,并检查装置气密性;
③加热甲装置中硬质玻璃管,当乙装置中 (填实验现象),停止加热;
④打开活塞K,缓缓通入空气数分钟后,称量乙、丙装置的质量;
⑤计算。
(2)步骤④中缓缓通入空气数分钟的目的是 。
(3)某同学认为上述实验装置中存在一个明显缺陷,为解决这一问题,可选用下列装置中的
(填字母)连接在 (填装置连接位置)。
A B
C D
(4)若按正确装置进行实验,测得如下数据:
项目 乙装置的质量/g 丙装置的质量/g
加热前 80.00 62.00
加热后 80.36 62.88
则该碱式碳酸钴的化学式为 。
(5)有人认为用如图所示装置进行两次实验也可以确定碱式碳酸钴的组成。
实验Ⅰ:称取一定质量的样品置于Y形管a处,加入一定体积一定物质的量浓度的足量稀硫酸于Y形管b处,量气管中盛放饱和碳酸氢钠溶液,而不用蒸馏水,其原因是
,然后通过 (填操作),引发反应,测定产生的CO2的体积(假设实验条件是在室温下)。
实验Ⅱ:将实验Ⅰ中反应后的液体和足量的锌粒分别放置在另一个Y形管的a、b中,量气管中盛装蒸馏水,此时引发反应的方式与实验Ⅰ (填“相同”“不同”或“可相同也可不同”),然后测定产生H2的体积(假设实验条件是在室温下)。
两次实验结束时,读数前,先 ,再调节量气管和水准管液面持平,然后平视读数;下列实验操作有可能会使y的值偏大的是 (填字母)。
A.实验Ⅰ读数时量气管液面高于水准管液面
B.实验Ⅱ实验结束时,迅速调整两侧液面持平,立即读数
C.实验Ⅱ引发反应时将稀硫酸向锌粒倾斜
3.(14分)(2025·山西大同模拟)磷化铝(AlP)通常可作为一种广谱性熏蒸杀虫剂,粮食仓储常用磷化铝熏蒸杀虫,某化学兴趣小组的同学用下述方法测定粮食中残留磷化铝的含量。C中加入 100 g 原粮,E中加入20.00 mL一定浓度的 KMnO4 溶液(H2SO4酸化)。往C中加入足量水,充分反应后,用亚硫酸钠标准溶液滴定E中过量的KMnO4溶液。
已知:①AlP吸水后会立即产生高毒性PH3气体(沸点-89.7 ℃,还原性强)。
②焦性没食子酸的碱性溶液具有还原性。
回答下列问题。
(1)仪器D中冷凝水从 (填“a”或“b”)口通入。
(2)AlP与水反应的化学方程式为 。
(3)装置A中盛装KMnO4溶液的作用是除去空气中的还原性气体,装置B中盛有焦性没食子酸的碱性溶液,其作用是 。
(4)C中反应完全后继续通入空气的作用是 。
(5)装置E中PH3被氧化成磷酸,KMnO4的锰元素被还原为Mn2+,则装置E中发生反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比为 。
(6)收集装置E中的吸收液,加水稀释后用Na2SO3标准溶液滴定剩余的 KMnO4 溶液,发生反应的离子方程式为 ,若滴定过程中不慎将锥形瓶中部分液体外溅,则会导致测定出粮食中磷化铝的残留量 (填“偏高”或“偏低”)。
4.(18分)(2024·北京模拟)化学实验小组探究影响Mg与水反应速率的因素。
(1)测定不同温度下Mg与水反应程度与时间的关系,结果如图所示:
①Mg与水反应的化学方程式为 。
②从图中同学们获得如下结论:
结论一:一定温度范围内,温度越高, ;
结论二:同一温度下,500 s后反应速率均 (填“增大”“减小”或“不变”);导致该变化的原因可能是 。
(2)研究镁条与不同碱性溶液之间的反应。
序号 溶液 现象
Ⅰ 2 mL 0.1 mol·L-1NaOH溶液(pH约为13) 无明显现象
Ⅱ 2 mL 0.1 mol·L-1Na2CO3溶液(pH约为11.6) 镁条表面有极少量气泡产生
Ⅲ 2 mL 0.1 mol·L-1NaHCO3溶液(pH约为8.3) 镁条表面有大量气泡持续产生,镁条表面有少量白色沉淀附着,试管底部有白色浑浊
Ⅳ 2 mL饱和Na2CO3溶液(pH约为12.3) 镁条表面有大量气泡持续产生,镁条表面有少量白色沉淀附着,试管底部有大量白色浑浊
说明:ⅰ.实验中镁条均已用砂纸打磨掉表面氧化膜
ⅱ.收集上述实验过程中产生的气体均未检测到CO2
ⅲ.Mg2+与HC可形成稳定的配离子 [MgHCO3]+
甲同学认为,溶液碱性越强,Mg与溶液反应的速率越小。
①乙同学否定了甲同学的结论,他的依据是 。
②丙同学查阅资料发现:Mg(OH)2在饱和Na2CO3溶液中可转化为疏松的Mg2(OH)2CO3·nH2O沉淀并脱离金属镁表面,因此,Ⅳ中产生大量气泡。请写出生成疏松的Mg2(OH)2CO3·nH2O的离子方程式: 。
③试从平衡原理分析Ⅲ中产生大量气体的原因: 。
丁同学取去除氧化膜的镁条加入试剂a,镁条表面产生少量气泡,证实了该解释。试剂a是 。
(3)根据上述实验所得结论: 。
5.(22分)(2024·北京昌平区二模)探究配制不同金属离子—氨配体溶液的差异性,实验操作及现象如下表:
实验序号 操作 现象
实验ⅰ: [Cu(NH3)4]2+ 的配制 实验ⅰa 在试管内混合CuSO4溶液和NaOH溶液,再加入过量的 2 mol/L氨水 产生蓝色沉淀,加入氨水后沉淀少部分溶解,溶液变浑浊,静置后上层为深蓝色溶液
实验ⅰb 在试管内混合CuSO4溶液和NaOH溶液,再加入过量的 6 mol/L氨水 产生蓝色沉淀,加入氨水后沉淀大部分溶解,溶液变浑浊,静置后上层为深蓝色溶液
实验ⅰc 在试管内混合CuSO4溶液和氨水,再加入过量的2 mol/L氨水 产生蓝色沉淀,再加入氨水后沉淀完全溶解,得到澄清的深蓝色溶液
实验ⅱ: [Co(NH3)6]2+ 的配制 实验ⅱa 在试管内混合CoCl2溶液和过量的 6 mol/L 氨水 得到浅青色沉淀,沉淀未见明显 溶解
实验ⅱb 在试管内混合CoCl2溶液和过量的 14 mol/L 氨水 得到浅青色沉淀,沉淀未见明显 溶解
实验ⅲ: [Ag(NH3)2]+ 的配制 实验ⅲ 在试管内混合AgNO3溶液和NaOH溶液,再加入过量的2 mol/L氨水 产生白色沉淀,加入氨水后沉淀完全溶解,得到无色溶液
资料:①饱和氨水的浓度约为14 mol/L;
②Co(OH)2为浅青色沉淀;
③[Co(NH3)6]2+溶液为红色,在活性炭催化下转化为橙黄色的[Co(NH3)6]3+溶液。
(1)实验ⅰa中生成蓝色沉淀的离子方程式为 。
(2)有研究认为蓝色沉淀中还有Cu2(OH)2SO4成分,其可以溶于稀酸。检验蓝色沉淀中不止含Cu(OH)2的实验操作:将蓝色沉淀过滤,充分洗涤后, (填后续操作和现象)。
(3)对比实验ⅰa和实验ⅰb,从平衡移动角度,结合化学用语解释NH3·H2O对[Cu(NH3)4]2+生成有一定促进作用的原因: 。
(4)对比实验ⅰa和实验ⅰc中在加入过量氨水前的反应,推测N对[Cu(NH3)4]2+生成有一定促进作用。设计如图所示实验:在1、2试管内分别完成对实验ⅰa的重复,再分别加入不同试剂。实验现象证实了预测。
①x的化学式是 ,c= 。
②实验现象是 。
(5)(3分)从平衡移动角度,结合化学用语,解释N对[Cu(NH3)4]2+生成有一定促进作用的原因: 。
(6)针对实验ⅱ未能成功配制[Co(NH3)6]2+溶液,结合以上分析,提出改进方案:
①在实验ⅱa的基础上继续加入 ,即可成功配制。
②验证配制成功的操作及实验现象是取①的上层红色清液,加入少许活性炭振荡试管,溶液变为橙黄色,反应的离子方程式为 。
(7)(3分)综合以上分析,配制不同金属离子—氨配体溶液的难易程度存在差异性,推测可能与以下因素有关:配位数、 。
课时作业53 定性、定量探究型综合实验
1.【答案】 (1)13.9 ②①④③
(2)Fe3+
(3)Cl2+2Fe2+2Fe3++2Cl-
(4)SCN-具有还原性,被Cl2氧化 乙
(5)8 4FeSO4+O22Fe2O3+4SO3
【解析】 (1)配制0.1 mol·L-1 FeSO4溶液450 mL,需用 500 mL容量瓶。用托盘天平准确称取绿矾(FeSO4·7H2O)的质量为0.1 mol·L-1×0.5 L×278 g·mol-1=13.9 g。配制一定物质的量浓度的溶液包含计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、加水定容、摇匀、装瓶等,故正确的步骤顺序为②①④③。
(2)ⅱ中溶液呈浅红色,说明生成硫氰化铁,待测液中存在少量Fe3+。
(3)ⅲ中溶液红色变深的原因是氯气将亚铁离子氧化为铁离子,其反应的离子方程式为Cl2+2Fe2+2Fe3++2Cl-。
(4)滴加氯水红色褪去的可能原因是SCN-具有还原性,被Cl2氧化,故乙同学的猜想是SCN-具有还原性,被Cl2氧化。若乙同学猜想正确,红色褪去后的溶液中没有硫氰化钾,滴加硫氰化钾溶液,溶液又呈红色,另一份加入氯化铁溶液,无明显现象,则乙同学猜想正确。
(5)丙同学在450 ℃、空气氛围中加热15.2 g FeSO4,直至固体质量不变,得到纯净的红棕色固体为Fe2O3,产生的气体通入品红溶液,无明显变化,说明加热过程中未产生SO2,通入氯化钡溶液中有白色沉淀,说明生成了SO3,根据氧化还原反应价态变化规律,空气中氧气参加了反应,化学方程式为4FeSO4+O22Fe2O3+4SO3。丁同学在450 ℃、氮气氛围中加热15.2 g FeSO4,直至固体质量不变,得到纯净的红棕色固体为Fe2O3,产生的气体依次通入氯化钡溶液和品红溶液,氯化钡溶液中有白色沉淀,品红溶液褪色,说明生成了SO3和SO2,由铁元素守恒得Fe2O3的质量为××160 g·mol-1=8 g。
2.【答案】 (1)不再有气泡产生时
(2)将甲装置中产生的CO2和水蒸气全部赶入乙、丙装置中
(3)D 活塞K前(或甲装置前)
(4)Co3(OH)4(CO3)2
(5)饱和碳酸氢钠溶液会降低CO2的溶解度 将b向a倾斜,使稀硫酸流入a中 不同 恢复至室温 C
【解析】 (4)n(CO2)==0.02 mol,由碳元素守恒知,该样品物质的量为0.01 mol,
n(H2O)==0.02 mol,氢元素物质的量为0.04 mol,则y为4,钴元素质量为 3.65 g-0.04 mol ×17 g· mol -1-0.02 mol ×60 g· mol -1=1.77 g,n(Co)=0.03 mol,故该碱式碳酸钴的化学式为Co3(OH)4(CO3)2。
(5)该实验原理为通过一定量的样品与足量稀硫酸反应确定产生的CO2的量,进而确定样品中C的量,通过产生的氢气的量确定多余的稀硫酸的量,进而确定样品消耗的稀硫酸的量,再根据样品消耗的稀硫酸的量和产生的CO2的量可确定样品中OH-的量,结合样品的质量从而确定n(Co)。实验Ⅰ中应该让样品完全反应,所以引发反应时应该将稀硫酸向样品中倾斜,而实验Ⅱ中应该让稀硫酸完全反应,所以引发反应时应将锌粒向稀硫酸中倾斜。测定CO2体积时,由于CO2能溶于水,所以可用饱和碳酸氢钠溶液来降低CO2的溶解度;测量气体体积时应该注意先恢复至室温,再调节量气管和水准管液面持平,然后平视读数。若实验Ⅰ读数时量气管液面高于水准管液面,所测CO2的体积偏大,则OH-的量小于实际值,即y的值偏小,A不符合题意;实验Ⅱ实验结束时,迅速调整液面持平,立即读数,所测H2体积偏大,则OH-的量小于实际值,即y的值偏小,B不符合题意;实验Ⅱ引发反应时将稀硫酸向锌粒倾斜,所得H2体积偏小,则OH-的量大于实际值,即y的值偏大,C符合题意。
3.【答案】 (1)a
(2)AlP+3H2OPH3↑+Al(OH)3
(3)吸收空气中的O2,防止PH3被氧化
(4)使生成的PH3气体全部排出后被KMnO4溶液吸收
(5)5∶8
(6)5S+2Mn+6H+5S+2Mn2++3H2O 偏高
【解析】 AlP与水反应生成磷化氢和氢氧化铝[AlP+3H2OPH3↑+Al(OH)3],装置A中盛装KMnO4溶液的作用是除去空气中的还原性气体,装置B中盛有焦性没食子酸的碱性溶液吸收空气中的氧化性气体O2,用气体使PH3全部排出被酸性KMnO4溶液吸收,装置E中PH3被氧化成磷酸(5PH3+8Mn+24H+5H3PO4+8Mn2++12H2O),用Na2SO3标准溶液滴定剩余的 KMnO4 溶液。
(1)仪器D为直形冷凝管,下口进水上口出水,冷凝水从a口通入。
(2)AlP吸水后会立即产生高毒性PH3气体,AlP与水反应的化学方程式为AlP+3H2OPH3↑+Al(OH)3。
(3)因为PH3具有很强的还原性,所以要除去空气中的氧气,故装置B中盛有的焦性没食子酸的碱性溶液的作用是吸收空气中的O2,防止PH3被氧化。
(4)通入空气的作用是将装置内生成的PH3气体全部排出,进入装置E中后被KMnO4溶液吸收,减小实验误差。
(5)在装置E中,PH3作为还原剂,被氧化成磷酸,磷元素的化合价升高,Mn作为氧化剂,被还原为Mn2+,锰元素的化合价降低,根据得失电子守恒可得,反应的化学方程式为5PH3+8KMnO4+12H2SO45H3PO4+4K2SO4+8MnSO4+12H2O,其中还原剂和氧化剂物质的量之比为 5∶8。
(6)Na2SO3与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为5S+2Mn+6H+5S+
2Mn2++3H2O,滴定过程中不慎将锥形瓶中部分液体外溅,Na2SO3标准溶液用量减少,则测定的剩余的KMnO4低于实际,与PH3反应的KMnO4增多,磷化铝的残留量偏高。
4.【答案】 (1)①Mg+2H2OMg(OH)2+H2↑ ②镁与水的反应程度越大 减小 生成的沉淀附着在Mg表面,减小了Mg与水的接触面积
(2)①实验Ⅳ中饱和碳酸钠溶液的碱性很强,而镁与饱和碳酸钠溶液反应速率却很大
②2Mg(OH)2+C+nH2OMg2(OH)2CO3·nH2O+2OH- ③Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq),Mg2+与HC可形成稳定的配离子[MgHCO3]+,使 c(Mg2+) 减小,沉淀溶解平衡正向移动,附着在镁条表面的Mg(OH)2减少,镁条与溶液的接触面积增大 pH约为8.3的NaOH溶液
(3)Mg与水反应时析出H2的量(速率)(或反应程度)取决于Mg(OH)2能否被破坏
【解析】 镁与水反应生成的Mg(OH)2难溶于水,会覆盖在Mg表面,阻止镁与水反应的进一步进行,设法将反应生成的Mg(OH)2溶解,并转化为Mg2(OH)2CO3·nH2O或[MgHCO3]+,就可增大Mg与水的接触面积,从而增大镁与水反应生成氢气的速率。
(1)①Mg与水反应生成氢氧化镁和氢气,化学方程式为 Mg+2H2OMg(OH)2+H2↑。
②从图中可以看出,相同时间,温度越高,反应进行的程度越大;相同温度,500 s后,反应进行的程度都要缓和得多,这可能与产物的溶解性有关。则:
结论一:一定温度范围内,温度越高,镁与水的反应程度越大;
结论二:同一温度下,500 s后反应速率均减小;导致该变化的原因可能是生成的沉淀附着在Mg表面,减小了Mg与水的接触面积。
(2)①乙同学对比实验Ⅱ、Ⅳ,否定了甲同学的结论,他的依据是实验Ⅳ中饱和碳酸钠溶液的碱性很强,而镁与饱和碳酸钠溶液反应速率却很大。
②丙同学查阅资料发现,Mg(OH)2在饱和Na2CO3溶液中可转化为疏松的 Mg2(OH)2CO3·nH2O 沉淀并脱离金属镁表面,因此,Ⅳ中产生大量气泡,则生成疏松的 Mg2(OH)2CO3·nH2O的离子方程式为2Mg(OH)2+C+nH2OMg2(OH)2CO3·nH2O+2OH-。
③Mg2+与HC可形成稳定的配离子[MgHCO3]+,使得Mg(OH)2不断溶解,Mg(OH)2 对镁表面的覆盖作用不断减弱,Mg与水反应速率不断增大,则从平衡原理分析Ⅲ中产生大量气体的原因是 Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq),Mg2+与HC可形成稳定的配离子 [MgHCO3]+,使 c(Mg2+) 减小,沉淀溶解平衡正向移动,附着在镁条表面的Mg(OH)2减少,镁条与溶液的接触面积增大。为了便于与实验Ⅲ进行对比,丁同学将镁条去除氧化膜,加入与实验Ⅲ具有一个不同点的物质,结果镁条表面产生少量气泡,则试剂a是pH约为8.3的NaOH溶液。
(3)根据实验可知,镁与水能否反应的关键是镁与水的接触面积,由此所得结论为Mg与水反应时析出H2的量(速率)(或反应程度)取决于Mg(OH)2能否被破坏。
5.【答案】 (1)Cu2++2OH-Cu(OH)2↓
(2)加入足量稀盐酸,固体全部溶解后再加入BaCl2溶液,产生白色沉淀
(3)Cu(OH)2(s)Cu2+(aq)+2OH-(aq),Cu2++4NH3·H2O [Cu(NH3)4]2++4H2O,c(NH3·H2O) 增大,生成[Cu(NH3)4]2+的平衡正向移动,c(Cu2+)减小,使Cu(OH)2的沉淀溶解平衡正移,Cu(OH)2更多地转化为[Cu(NH3)4]2+
(4)①Na2SO4 1 ②试管1中沉淀溶解,试管2中沉淀不溶解
(5)Cu(OH)2(s)Cu2+(aq)+2OH-(aq),c(N)增大时,N与OH-反应产生 NH3·H2O,增大了 c(NH3·H2O),同时减少了c(OH-),使沉淀溶解平衡正向移动,c(Cu2+)增大,促进Cu2++4NH3·H2O[Cu(NH3)4]2++4H2O平衡正向移动
(6)①10滴1 mol/L (NH4)2SO4溶液
②4[Co(NH3)6]2++O2+4N+2H2O4[Co(NH3)6]3++4NH3·H2O
(7)氢氧化物提供金属阳离子的难易程度、金属阳离子和NH3配位的难易程度
【解析】 (1)实验ⅰa中硫酸铜与氢氧化钠发生复分解反应生成氢氧化铜蓝色沉淀和硫酸钠,离子方程式为Cu2++2OH-Cu(OH)2↓。
(2)检验蓝色沉淀中不止含Cu(OH)2,可能还含有 Cu2(OH)2SO4,只要检验硫酸根离子的存在即可,已知 Cu2(OH)2SO4 可以溶于稀酸,故实验操作为将蓝色沉淀过滤,充分洗涤后,加入足量稀盐酸,固体全部溶解后再加入BaCl2溶液,产生白色沉淀。
(3)因为Cu(OH)2(s)Cu2+(aq)+2OH-(aq),Cu2++4NH3·H2O[Cu(NH3)4]2++4H2O,c(NH3·H2O)增大,生成[Cu(NH3)4]2+的平衡正向移动,c(Cu2+)减小,使Cu(OH)2的沉淀溶解平衡正向移动,Cu(OH)2更多地转化为[Cu(NH3)4]2+,故NH3·H2O对[Cu(NH3)4]2+生成有一定促进作用。
(4)①加入过量氨水前,实验ⅰa中的反应为 CuSO4+2NaOHNa2SO4+Cu(OH)2↓,实验ⅰc中的反应为CuSO4+2NH3·H2O(NH4)2SO4+Cu(OH)2↓,要推测N对[Cu(NH3)4]2+生成有一定促进作用,在1、2试管内分别完成对实验ⅰa的重复,再分别加入不同试剂,需要采用控制单一变量法,故x的化学式是Na2SO4,c=1。
②实验现象证实了预测,故实验现象是试管1中沉淀溶解,试管2中沉淀不溶解。
(5)因为Cu(OH)2(s)Cu2+(aq)+2OH-(aq),c(N)增大时,N与OH-反应产生 NH3·H2O,增大了 c(NH3·H2O),同时减少了c(OH-),使沉淀溶解平衡正向移动,c(Cu2+)增大,促进Cu2++4NH3·H2O[Cu(NH3)4]2++4H2O平衡正向移动,故N对[Cu(NH3)4]2+生成有一定促进作用。
(6)①由分析知,N对[Cu(NH3)4]2+生成有一定促进作用,在实验ⅱa的基础上继续加入10滴1 mol/L (NH4)2SO4溶液,即可成功配制。
②验证配制成功的操作及实验现象是取①的上层红色清液,加入少许活性炭振荡试管,溶液变为橙黄色,反应的离子方程式为4[Co(NH3)6]2++O2+4N+2H2O4[Co(NH3)6]3++4NH3·H2O。
(7)综合以上分析,配制不同金属离子—氨配体溶液的难易程度存在差异性,推测可能与配位数、氢氧化物提供金属阳离子的难易程度、金属阳离子和NH3配位的难易程度等因素有关。
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