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2023届高考化学二轮复习专题六实验原理与方法大题突破五化学实验综合学案
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这是一份2023届高考化学二轮复习专题六实验原理与方法大题突破五化学实验综合学案，共121页。
大题突破五 化学实验综合
物质制备类综合实验
1.(2022·山东卷,18)实验室利用FeCl2·4H2O和亚硫酰氯(SOCl2)制备无水FeCl2的装置如图所示(加热及夹持装置略)。已知SOCl2沸点为76 ℃,遇水极易反应生成两种酸性气体。回答下列问题:
(1)实验开始先通N2。一段时间后,先加热装置 (填“a”或“b”)。装置b内发生反应的化学方程式为 。装置c、d共同起到的作用是 。
(2)现有含少量杂质的FeCl2·nH2O,为测定n值进行如下实验:
实验Ⅰ:称取m1 g样品,用足量稀硫酸溶解后,用 c mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+达终点时消耗V mL(滴定过程中Cr2O72-转化为Cr3+,Cl-不反应)。
实验Ⅱ:另取m1 g样品,利用上述装置与足量SOCl2反应后,固体质量为m2 g。
则n= ;下列情况会导致n测量值偏小的是 (填标号)。
A.样品中含少量FeO杂质
B.样品与SOCl2反应时失水不充分
C.实验Ⅰ中,称重后样品发生了潮解
D.滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成
(3)用上述装置,根据反应TiO2+CCl4TiCl4+CO2制备TiCl4。已知TiCl4与CCl4分子结构相似,与CCl4互溶,但极易水解。选择合适仪器并组装蒸馏装置对TiCl4、CCl4混合物进行蒸馏提纯(加热及夹持装置略),安装顺序为①⑨⑧ (填序号),先馏出的物质为 。
解析:FeCl2∙4H2O与SOCl2制备无水FeCl2的反应原理为SOCl2吸收FeCl2∙4H2O受热失去的结晶水生成SO2和HCl,HCl可抑制FeCl2的水解,从而制得无水FeCl2。
(1)实验开始先通N2,排尽装置中的空气,一段时间后,先加热装置a,产生SOCl2气体充满装置b后再加热装置b,装置b中发生反应的化学方程式为FeCl2∙4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8HCl↑;装置c、d的共同作用是冷凝回流SOCl2。
(2)滴定过程中Cr2O72-将Fe2+氧化成Fe3+,自身被还原成Cr3+,反应的离子方程式为6Fe2++Cr2O72-+14H+6Fe3++2Cr3++7H2O,则m1 g样品中n(FeCl2)=6n(Cr2O72-)=6cV×10-3 mol;m1 g样品中结晶水的质量为(m1-m2)g,结晶水的物质的量为m1-m218mol,n(FeCl2)∶n(H2O)=1∶n=(6cV×10-3 mol)∶m1-m218 mol,解得n=1 000(m1-m2)108cV。样品中含少量FeO杂质,溶于稀硫酸后生成Fe2+,导致消耗的K2Cr2O7标准溶液的体积偏大,使n测量值偏小,A项符合题意;样品与SOCl2反应时失水不充分,则m2偏大,使n测量值偏小,B项符合题意;实验Ⅰ中,称重后样品发生了潮解,m1不变,消耗的K2Cr2O7标准溶液的体积不变,使n测量值不变,C项不符合题意;滴定达到终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成,导致消耗的K2Cr2O7标准溶液的体积偏小,使n测量值偏大,D项不符合题意。
(3)组装蒸馏装置对TiCl4、CCl4混合物进行蒸馏提纯,按由下而上、从左到右的顺序组装,先安装①⑨⑧,然后连接冷凝管,蒸馏装置中应选择直形冷凝管⑥,接着连接尾接管⑩,TiCl4极易水解,为防止外界水蒸气进入,最后连接③⑤,故安装顺序为①⑨⑧⑥⑩③⑤;由于TiCl4、CCl4分子结构相似,TiCl4的相对分子质量大于CCl4的,TiCl4分子间的范德华力较大,TiCl4的沸点高于CCl4的,故先馏出的物质为CCl4。
答案:(1)a FeCl2∙4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8HCl↑ 冷凝回流SOCl2
(2)1 000(m1-m2)108cV AB
(3)⑥⑩③⑤ CCl4
2.(2021·河北卷,14)化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献。某化学兴趣小组在实验室中模拟并改进侯氏制碱法制备NaHCO3,进一步处理得到产品Na2CO3和NH4Cl。实验流程如图:
回答下列问题:
(1)从A～E中选择合适的仪器制备NaHCO3,正确的连接顺序是 (按气流方向,用小写字母表示)。为使A中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下,可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或 。
(2)B中使用雾化装置的优点是 。
(3)生成NaHCO3的总反应的化学方程式为 。
(4)反应完成后,将B中U形管内的混合物处理得到固体NaHCO3和滤液:
①对固体NaHCO3充分加热,产生的气体先通过足量浓硫酸,再通过足量Na2O2,Na2O2增重0.14 g,则固体NaHCO3的质量为 g。
②向滤液中加入NaCl粉末,存在NaCl(s)+NH4Cl(aq)NaCl(aq)+NH4Cl(s)过程。为使NH4Cl沉淀充分析出并分离,根据NaCl和NH4Cl溶解度曲线,需采用的操作为 、 、洗涤、干燥。
(5)无水Na2CO3可作为基准物质标定盐酸浓度。称量前,若无水Na2CO3保存不当,吸收了一定量水分,用其标定盐酸浓度时,会使结果 (填标号)。
A.偏高 B.偏低 C.不变
解析:(1)制备NaHCO3的具体过程为先制备CO2,再除去杂质HCl,然后将纯净的CO2通入饱和氨盐水中制得NaHCO3,最后用NaOH溶液处理多余的CO2,所以装置的连接顺序为aefbcg。分液漏斗使用前需要让其与大气连通,否则液体无法滴落,所以为使A中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下,需要打开分液漏斗上部的玻璃塞或者将分液漏斗上部玻璃塞上的凹槽与分液漏斗上端的小孔对齐。(2)雾化装置可以增大接触面积,使饱和氨盐水与CO2充分接触,使反应更充分。(3)生成NaHCO3的总反应的化学方程式为CO2+NH3+NaCl+H2ONaHCO3↓+NH4Cl。(4)①1 mol CO2与足量Na2O2反应,最终Na2O2增重的质量相当于1 mol CO 的质量,假设固体NaHCO3的质量为x g,可列如下关系式,
2NaHCO3～CO2～Na2O2～CO
2×84 28
x g 0.14 g
则2×84xg=280.14 g,解得x=0.84。②根据题图中NaCl和NH4Cl的溶解度曲线可知,NH4Cl的溶解度随温度的升高变化较大,而NaCl的溶解度随温度的升高变化不大,为使NH4Cl沉淀充分析出并分离,需采用的操作为降温结晶、过滤、洗涤、干燥。(5)若称量前的无水Na2CO3吸收了一定量的水分,此时Na2CO3的含量偏低,则用其标定盐酸浓度时,会使滴定结果偏高。
答案:(1)aefbcg 将分液漏斗上部玻璃塞上的凹槽与分液漏斗上端的小孔对齐
(2)增大接触面积,使反应更充分
(3)CO2+NH3+NaCl+H2ONaHCO3↓+NH4Cl
(4)①0.84 ②降温结晶 过滤
(5)A
性质、原理探究类综合实验
1.(2022·广东卷,17)食醋是烹饪美食的调味品,有效成分主要为醋酸(用HAc表示)。HAc的应用与其电离平衡密切相关。25 ℃时,HAc的Ka=1.75×10-5=10-4.76。
(1)配制250 mL 0.1 mol·L-1的HAc溶液,需5 mol·L-1HAc溶液的体积为 mL。
(2)下列关于250 mL容量瓶的操作,正确的是 。
(3)某小组研究25 ℃下HAc电离平衡的影响因素。
提出假设 稀释HAc溶液或改变Ac-浓度,HAc电离平衡会发生移动。
设计方案并完成实验 用浓度均为0.1 mol·L-1的HAc和NaAc溶液,按下表配制总体积相同的系列溶液;测定pH,记录数据。
序号
V(HAc)/mL
V(NaAc)/mL
V(H2O)/mL
n(NaAc)∶n(HAc)
pH
Ⅰ
40.00
/
/
0
2.86
Ⅱ
4.00
/
36.00
0
3.36
…
Ⅶ
4.00
a
b
3∶4
4.53
Ⅷ
4.00
4.00
32.00
1∶1
4.65
①根据表中信息,补充数据:a= ,b= 。
②由实验Ⅰ和Ⅱ可知,稀释HAc溶液,电离平衡 (填“正”或“逆”)向移动;结合表中数据,给出判断理由: 。
③由实验Ⅱ～Ⅷ可知,增大Ac-浓度,HAc电离平衡逆向移动。
实验结论 假设成立。
(4)小组分析上表数据发现:随着n(NaAc)n(HAc)的增加,c(H+)的值逐渐接近HAc的Ka。
查阅资料获悉:一定条件下,按n(NaAc)n(HAc)=1配制的溶液中,c(H+)的值等于HAc的Ka。
对比数据发现,实验Ⅷ中pH=4.65与资料数据Ka=10-4.76存在一定差异;推测可能由物质浓度准确程度不够引起,故先准确测定HAc溶液的浓度再验证。
(ⅰ)移取20.00 mL HAc溶液,加入2滴酚酞溶液,用0.100 0 mol·L-1NaOH溶液滴定至终点,消耗体积为22.08 mL,则该HAc溶液的浓度为 mol·L-1。请画出上述过程的滴定曲线示意图并标注滴定终点。
(ⅱ)用上述HAc溶液和0.100 0 mol·L-1NaOH溶液,配制等物质的量的HAc与NaAc混合溶液,测定pH,结果与资料数据相符。
(5)小组进一步提出:如果只有浓度均约为 0.1 mol·L-1 的HAc和NaOH溶液,如何准确测定HAc的Ka?小组同学设计方案并进行实验。请完成表中Ⅱ的内容。
Ⅰ
移取20.00 mL HAc溶液,用NaOH溶液滴定至终点,消耗NaOH溶液V1 mL
Ⅱ
,
测得溶液的pH为4.76
实验总结 得到的结果与资料数据相符,方案可行。
(6)根据Ka可以判断弱酸的酸性强弱。写出一种无机弱酸及其用途 。
解析:(1)溶液稀释过程中,溶质的物质的量不变,因此250 mL×0.1 mol·L-1=V×5 mol·L-1,解得 V=5.0 mL。
(2)不能用手等触碰瓶口,以免污染试剂,应用瓶塞塞住容量瓶口,故A错误;定容时,视线应与刻度线相平,不能仰视或俯视,且胶头滴管尖嘴不能插入容量瓶内,故B错误;向容量瓶中转移液体,需用玻璃棒引流,玻璃棒下端位于刻度线以下,同时玻璃棒不能接触容量瓶口,故C正确;定容完成后,盖上瓶塞,将容量瓶来回颠倒,将溶液摇匀,颠倒过程中,左手食指抵住瓶塞,防止瓶塞脱落,右手扶住容量瓶底部,防止容量瓶从左手掉落,故D错误。
(3)①实验Ⅶ的溶液中,n(NaAc)∶n(HAc)=3∶4,V(HAc)=4.00 mL,因此V(NaAc)=3.00 mL,即a=3.00,由实验Ⅰ可知,溶液最终的体积为40.00 mL,因此V(H2O)=40.00 mL-4.00 mL-3.00 mL=33.00 mL,即b=33.00。
②实验Ⅰ所得溶液的pH=2.86,实验Ⅱ的溶液中c(HAc)为实验Ⅰ的110,稀释过程中,若不考虑电离平衡移动,则实验Ⅱ所得溶液的pH=2.86+1=3.86,但实际溶液的pH=3.36<3.86,说明稀释过程中,溶液中n(H+)增大,即电离平衡正向移动。
(4)滴定过程中发生反应HAc+NaOHNaAc+H2O,由化学方程式可知,滴定至终点时,n(HAc)=n(NaOH),因此22.08 mL×0.100 0 mol·L-1=20.00 mL×c(HAc),解得c(HAc)=0.110 4 mol·L-1。滴定过程中,当 V(NaOH)=0时,c(H+)=Ka·c(HAc)≈10-4.76×0.1mol·L-1=10-2.88 mol·L-1,溶液的pH=2.88,当V(NaOH)=11.04 mL时,n(NaAc)=n(HAc),溶液的pH=4.76,当 V(NaOH)=22.08 mL时,达到滴定终点,溶液中溶质为NaAc,Ac-发生水解,溶液呈弱碱性,当NaOH溶液过量较多时,c(NaOH)无限接近 0.100 0 mol·L-1,溶液pH接近13,因此滴定曲线如图。
(5)向20.00 mL HAc溶液中加入V1 mL NaOH溶液达到滴定终点,滴定终点的溶液中溶质为NaAc,当n(NaAc)n(HAc)=1时,溶液中c(H+)的值等于HAc的Ka,因此可再向溶液中加入20.00 mL HAc溶液,使溶液中n(NaAc)=n(HAc)。
(6)无机弱酸在生活中应用广泛,如HClO具有强氧化性,在生活中可用于漂白和消毒,H2SO3具有还原性,可用作还原剂,在葡萄酒中添加适量H2SO3可用作防腐剂,H3PO4是一种中强酸,可用作食品添加剂,同时在制药、生产肥料等行业有广泛用途。
答案:(1)5.0 (2)C
(3)①3.00 33.00 ②正 实验Ⅱ相较于实验Ⅰ,醋酸溶液稀释了10倍,而实验Ⅱ的pH增大值小于1,说明稀释HAc时,促进了HAc的电离
(4)0.110 4
(5)向滴定后的混合液中加入20.00 mL HAc溶液
(6)HClO,漂白剂和消毒液(或H2SO3,还原剂、防腐剂或H3PO4,食品添加剂、制药、生产肥料)
2.(2021·广东卷,17)含氯物质在生产生活中有重要作用。1774年,舍勒在研究软锰矿(主要成分是MnO2)的过程中,将它与浓盐酸混合加热,产生了一种黄绿色气体。1810年,戴维确认这是一种新元素组成的单质,并命名为chlorine(中文命名“氯气”)。
(1)实验室沿用舍勒的方法制取Cl2的化学方程式为 。
(2)实验室制取干燥Cl2时,净化与收集Cl2所需装置的接口连接顺序为 。
(3)某氯水久置后不能使品红溶液褪色,可推测氯水中 已分解。检验此久置氯水中Cl-存在的操作及现象是 。
(4)某合作学习小组进行以下实验探究。
①实验任务 通过测定溶液电导率,探究温度对AgCl溶解度的影响。
②查阅资料 电导率是表征电解质溶液导电能力的物理量。温度一定时,强电解质稀溶液的电导率随溶液中离子浓度的增大而增大;离子浓度一定时,稀溶液电导率随温度的升高而增大。25 ℃时,Ksp(AgCl)=1.8×10-10。
③提出猜想 猜想a:较高温度的AgCl饱和溶液的电导率较大。
猜想b:AgCl在水中的溶解度S(45 ℃)>S(35 ℃)>S(25 ℃)。
④设计实验、验证猜想 取试样Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ(不同温度下配制的AgCl饱和溶液),在设定的测试温度下,进行表1中实验1～3,记录数据。
表1
实验
序号
试样
测试温度/
℃
电导率/
(μS·cm-1)
1
Ⅰ:25 ℃的AgCl
饱和溶液
25
A1
2
Ⅱ:35 ℃的AgCl
饱和溶液
35
A2
3
Ⅲ:45 ℃的AgCl
饱和溶液
45
A3
⑤数据分析、交流讨论 25 ℃的AgCl饱和溶液中,c(Cl-)= mol·L-1。实验结果为A3>A2>A1。小组同学认为,此结果可以证明③中的猜想a成立,但不足以证明猜想b成立。结合②中信息,猜想b不足以成立的理由有 。
⑥优化实验 小组同学为进一步验证猜想b,在实验 1～3 的基础上完善方案,进行实验4和5。请完成表2中内容。
表2
实验序号
试样
测试温度/℃
电导率/
(μS·cm-1)
4
Ⅰ
B1
5
B2
⑦实验总结 根据实验1～5的结果,并结合②中信息,小组同学认为猜想b也成立。猜想b成立的判断依据是 。
解析:(1)实验室沿用舍勒的方法制取Cl2的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。(2)实验室制得的Cl2中含有HCl、H2O,可依次通过饱和食盐水、浓硫酸分别除去HCl、H2O,再收集Cl2并进行尾气处理,因此装置的接口连接顺序为cdbae。(3)氯水中能使品红溶液褪色的物质是HClO,氯水久置后不能使品红溶液褪色,可推测氯水中HClO已分解。检验Cl-存在的方法是取少量样品于试管中,加入几滴AgNO3溶液,若有AgCl白色沉淀生成,则该久置氯水中存在Cl-。(4)⑤由于AgCl饱和溶液中c(Ag+)=c(Cl-),因此25 ℃时,c(Cl-)=Ksp(AgCl)=1.8×10-10 mol·L-1=1.8×10-5 mol·L-1≈1.34×10-5 mol·L-1。由于不同温度下的饱和溶液的浓度不同,因此实验1、2、3中,存在两个变量(温度与浓度),不足以证明猜想b成立。⑥需要设计实验证明AgCl在水中的溶解度S(45 ℃)>S(35 ℃)>S(25 ℃),则需要控制变量。可以设计不同温度的饱和溶液在相同温度下测试,如果温度较高的饱和溶液电导率比温度较低的饱和溶液电导率高,则可以得出,温度升高,饱和溶液中离子浓度升高。所以可以设计试样Ⅰ在45 ℃下测试与实验3比较,设计试样Ⅱ在45 ℃下测试与实验3比较。⑦猜想b成立的判断依据是A3>B2>B1。
答案:(1)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
(2)cdbae
(3)HClO 取少量样品于试管中,加入几滴AgNO3溶液,若有AgCl白色沉淀生成,则该久置氯水中存在Cl-
(4)⑤1.8×10-5(或1.34×10-5) 存在两个变量(温度与浓度),温度升高的同时,溶液的浓度也在增大
⑥
45 ℃
Ⅱ
45 ℃
⑦A3>B2>B1
定量测定型综合实验
1.(2022·湖南卷,15)某实验小组以BaS溶液为原料制备BaCl2·2H2O,并用重量法测定产品中BaCl2·2H2O的含量。设计了如下实验方案:
可选用试剂:NaCl晶体、BaS溶液、浓H2SO4、稀H2SO4、CuSO4溶液、蒸馏水
步骤1.BaCl2·2H2O的制备
按如图所示装置进行实验,得到BaCl2溶液,经一系列步骤获得BaCl2·2H2O产品。
步骤2.产品中BaCl2·2H2O的含量测定
①称取产品0.500 0 g,用100 mL水溶解,酸化,加热至近沸;
②在不断搅拌下,向①所得溶液逐滴加入热的0.100 mol·L-1 H2SO4溶液;
③沉淀完全后,60 ℃水浴40分钟,经过滤、洗涤、烘干等步骤,称量白色固体,质量为0.466 0 g。
回答下列问题:
(1)Ⅰ是制取 气体的装置,在试剂a过量并微热时,发生主要反应的化学方程式为 。
(2)Ⅱ中b仪器的作用是 ;Ⅲ中的试剂应选用 。
(3)在沉淀过程中,某同学在加入一定量热的H2SO4溶液后,认为沉淀已经完全,判断沉淀已完全的方法是 。
(4)沉淀过程中需加入过量的H2SO4溶液,原因是 。
(5)在过滤操作中,下列仪器不需要用到的是 (填名称)。
(6)产品中BaCl2·2H2O的质量分数为 (保留三位有效数字)。
解析:装置Ⅰ中浓硫酸和氯化钠共热制备HCl,装置Ⅱ中氯化氢与BaS溶液反应制备BaCl2·2H2O,装置Ⅲ中硫酸铜溶液用于吸收生成的H2S,防止污染空气。
(1)在浓硫酸过量并微热时,浓硫酸与氯化钠反应生成硫酸氢钠和氯化氢,发生主要反应的化学方程式为H2SO4(浓)+NaClNaHSO4+HCl↑。
(2)氯化氢极易溶于水,装置Ⅱ中b仪器的作用是防止倒吸;装置Ⅱ中氯化氢与BaS溶液反应生成H2S,H2S有毒,对环境有污染,装置Ⅲ中盛放CuSO4溶液,用于吸收H2S。
(5)过滤用到的仪器有铁架台、烧杯、漏斗、玻璃棒,用不到锥形瓶。
(6)由题意可知,n(BaSO4)=0.466 0 g233 g/mol=0.002 mol,依据钡原子守恒,产品中BaCl2·2H2O的物质的量为0.002 mol,质量为0.002 mol×244 g/mol=0.488 g,质量分数为0.488 g0.500 0 g×100%=97.6%。
答案:(1)HCl H2SO4(浓)+NaClNaHSO4+HCl↑
(2)防止Ⅱ中溶液倒吸 CuSO4溶液
(3)静置,取上层清液于一洁净试管中,继续滴加硫酸溶液,无白色沉淀生成,则说明已沉淀完全
(4)使钡离子沉淀完全
(5)锥形瓶 (6)97.6%
2.(2020·山东卷,20)某同学利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的装置如图所示(夹持装置略):
已知:锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在,碱性减弱时易发生反应:
3MnO42-+2H2O2MnO4-+MnO2↓+4OH-
回答下列问题:
(1)装置A中a的作用是 ;装置C中的试剂为 ;装置A中制备Cl2的化学方程式为 。
(2)上述装置存在一处缺陷,会导致KMnO4产率降低,改进的方法是 。
(3)KMnO4常作氧化还原滴定的氧化剂,滴定时应将KMnO4溶液加入 (填“酸式”或“碱式”)滴定管中;在规格为50.00 mL的滴定管中,若KMnO4溶液起始读数为15.00 mL,此时滴定管中KMnO4溶液的实际体积为 (填标号)。
A.15.00 mL
B.35.00 mL
C.大于35.00 mL
D.小于15.00 mL
(4)某FeC2O4·2H2O样品中可能含有的杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O4·2H2O,采用KMnO4滴定法测定该样品的组成,实验步骤如下:
Ⅰ.称取m g样品于锥形瓶中,加入稀H2SO4溶解,水浴加热至75 ℃。用c mol·L-1的KMnO4溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30 s内不褪色,消耗KMnO4溶液V1 mL。
Ⅱ.向上述溶液中加入适量还原剂将Fe3+完全还原为Fe2+,加入稀H2SO4酸化后,在75 ℃继续用KMnO4溶液滴定至溶液出现粉红色且30 s内不褪色,又消耗 KMnO4 溶液V2 mL。
样品中所含H2C2O4·2H2O(M=126 g·mol-1)的质量分数表达式为 。
下列关于样品组成分析的说法,正确的是 (填标号)。
A.V1V2=3时,样品中一定不含杂质
B.V1V2越大,样品中H2C2O4·2H2O含量一定越高
C.若步骤Ⅰ中滴入KMnO4溶液不足,则测得样品中Fe元素含量偏低
D.若所用KMnO4溶液实际浓度偏低,则测得样品中Fe元素含量偏高
解析:(1)装置A中a的作用是平衡气压,使浓盐酸能够顺利滴下。该实验过程中有毒性较大的氯气参与反应,故装置C中盛放NaOH溶液,用于吸收有毒气体氯气,防止其逸出污染空气。酸性条件下,ClO-与Cl-发生氧化还原反应(归中反应)生成氯气,故装置A中制备Cl2的化学方程式是Ca(ClO)2+4HClCaCl2+2Cl2↑+2H2O。
(2)盐酸具有挥发性,则用浓盐酸制备的Cl2中含有HCl杂质,该杂质进入装置B中会使溶液碱性减弱,而溶液碱性减弱时MnO42-易发生歧化反应生成MnO4-和MnO2,又HCl还可还原装置B中生成的KMnO4,导致产物损失,改进的方法是在装置A和装置B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶,以除去Cl2中的HCl杂质。
(3)KMnO4具有强氧化性,可腐蚀橡胶管,因此KMnO4溶液应采用酸式滴定管盛装。滴定管的构造特点是0刻度在上,最大刻度在下,最大刻度线下仍然存在一定容积,因此滴定管起始读数为15.00 mL时,滴定管中KMnO4溶液的实际体积大于35.00 mL(即50.00 mL-15.00 mL),C项正确。
(4)设FeC2O4·2H2O、Fe2(C2O4)3、H2C2O4·2H2O的物质的量分别为x、y、z,则由实验步骤Ⅰ和实验步骤Ⅱ反应过程中得失电子守恒可列等式3x5+6y5+2z5=cV1×10-3 mol①、x5+2y5=cV2×10-3 mol②,联立①②两式,解得z=52c(V1-3V2)×10-3 mol,则样品中所含H2C2O4·2H2O的质量分数为z×126 g·mol-1mg×100%=0.315c(V1-3V2)m×100%。当V1V2=3时,则3x5+6y5+2z5x5+2y5=3,z=0,但y不一定等于0,A项错误;由上述分析知,样品中H2C2O4·2H2O的质量分数为0.315c(V1-3V2)m×100%,则V1V2越大,样品中H2C2O4·2H2O含量一定越高,B项正确;若实验步骤Ⅰ中滴入的高锰酸钾溶液不足,则实验步骤Ⅰ所得混合液中残留C2O42-,实验步骤Ⅱ中消耗高锰酸钾溶液偏多,测得样品中Fe元素含量偏高,C项错误;结合上述分析知,Fe元素的质量分数为56×5cV2×10-3m×100%,若所用高锰酸钾溶液实际浓度偏低,则得到的V2偏大,测得样品中Fe元素含量偏高,D项正确。
答案:(1)平衡气压,使浓盐酸顺利滴下 NaOH溶液 Ca(ClO)2+4HClCaCl2+2Cl2↑+2H2O
(2)在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶
(3)酸式 C
(4)0.315c(V1-3V2)m×100% B、D
以物质的制备、物质性质或化学原理的探究所用到的仪器、装置或物质制备工艺流程图的形式,重点考查实验仪器的识别、使用;实验过程的原理分析、实验现象、操作目的描述;制备物质的分离提纯与含量测定有关的必备知识以及实验方案的设计与评价能力。实验题的综合性以及实验原理的分析都能很好地体现一个考生的证据推理与模型认知、科学探究与创新意识、科学态度与社会责任三个维度的学科素养水平。
命题热点1 试剂、仪器选择与使用及装置连接问题
1.试剂的选择与使用
在实验设计中的试剂选用原则:
(1)根据反应的原理确定试剂的种类(酸、碱、盐、金属、非金属等)。
(2)根据实验目的和实验要求确定试剂(要考虑氧化性、还原性、酸碱性的强弱、溶解性、挥发性等)。
例如,某学习小组为探究Na2S2O3的性质,取Na2S2O3晶体,溶解配成0.2 mol/L的溶液;取4 mL 溶液,向其中加入1 mL饱和氯水(pH=2.4),溶液立即出现浑浊。对溶液变浑浊的原因,提出假设:
假设1:氯水氧化了-2价硫元素;
假设2:酸性条件下Na2S2O3分解产生S。
实验验证:a、b试管均盛有4 mL 0.2 mol/L Na2S2O3溶液。
用胶头滴管向试管b中加入的试剂为 。
分析:实验目的是确认到底是氯水中氯气氧化了-2 价硫元素,还是氯水的酸性导致Na2S2O3分解。
所以试剂应选择不含氯气且酸性与氯水相同的盐酸。
2.高考实验综合题中出现的重要仪器
仪器名称
仪器图形
主要用途
使用方法和
注意事项
蒸发皿
用于蒸发溶剂或浓缩溶液
(1)盛液量不超过蒸发皿容积的23;
(2)取、放蒸发皿应使用坩埚钳;
(3)不能骤冷,冷却需放于石棉网上
坩埚
用于固体灼烧,使其反应(如分解)
(1)需放在三脚架上的泥三角上直接加热;
(2)取、放坩埚时应用坩埚钳;
(3)避免骤冷,冷却需放于干燥器内
三颈烧瓶
用作反应器,可以同时加入多种反应物
(1)有机化学实验中广泛使用;
(2)三个口,可加用冷凝管、温度计、搅拌器等;
(3)液体加入量不超过烧瓶容积的23,不少于13
球形干燥管
用于干燥或吸收某些气体
(1)气体一般“粗进细出”;
(2)干燥剂为粒状,常用无水CaCl2、碱石灰等
球形冷凝管
易挥发的液体冷凝回流
(1)用水冷凝时上口出水,下口进水;
(2)只能用于竖直装置的冷凝
恒压滴液漏斗
(1)向反应器中滴加液体;
(2)可以使漏斗内液体顺利流下;
(3)减小加入的液体对气体压强的影响
用前检查是否漏水
3.重要的仪器组合
(1)物质制取装置。
(2)气体压强原理的应用装置。
量气装置
恒压加液
装置
简易启普发生器
平衡气压
(3)冷凝冷却装置(气冷、液冷)。
(4)物质的分离提纯装置。
萃取
与分液
洗气
升华
过滤
减压过滤(抽滤)
蒸发
蒸馏(分馏)
4.化学实验安全装置
(1)防倒吸装置。
(2)防污染装置。
5.高考综合实验题中有机物制备常见装置
6.实验仪器的连接与操作顺序
(1)仪器的连接顺序。
①各种装置的前后顺序。
注:a.发生装置、主反应装置和尾气处理装置是基本装置,其他装置需要根据实验要求进行选用。
b.安全防护装置主要是为了防倒吸、防堵塞等,可能会出现在整个装置中需要防护的地方。
②常见仪器的连接顺序。
洗气瓶要长进短出;量气装置则要短进长出;干燥管要粗进细出;冷凝管要低进高出。
(2)实验操作顺序。
①与气体有关的实验操作顺序:装置选择与连接→气密性检查→装入固体药品→加液体药品→按程序实验→拆卸仪器。
②加热操作的顺序。
a.当空气成分(主要是O2)影响实验时,需要在实验开始前通入惰性气体驱除装置内的空气。
b.实验开始先点燃发生装置酒精灯,排净空气后再点燃反应装置酒精灯。
c.实验结束时,应先熄灭反应装置酒精灯,继续通原料气至试管冷却,再熄灭发生装置酒精灯。
1.(2022·河北衡水二模节选)氨基甲酸铵(NH2COONH4)用于生产制药原料、医药试剂、发酵促进剂、电子元件等,是一种重要的氨化剂。常温常压下稳定,在59 ℃时升华并完全分解,易溶于水,溶于醇,在潮湿空气或水溶液中放置时转化成碳酸铵。将NH3和CO2以2∶1的速率经过纯化、干燥后制取氨基甲酸铵,反应装置如图:
回答下列问题:
(1)请写出上述装置(可以重复使用)正确的连接顺序:a→ (填接口字母)→b。
(2)D装置的名称为 ,用A装置制取气体的优点是 ;B装置中制备气体所用试剂名称是 。
(3)本实验尾气处理,需要在C装置出气口接一个盛装 (填试剂名称)的洗气瓶,防止污染空气,同时避免空气中的水进入C装置。
解析:(1)根据题意A装置用于制取二氧化碳气体,B装置用于制取氨气,C装置为制取氨基甲酸铵的主装置,D装置盛放碱石灰,可用于干燥氨气,E装置为洗气瓶,用于除去CO2气体中的HCl和水蒸气,因此E装置选择2个,正确的连接顺序为a→h→g→h→g→c→d(或d→c)→e→f(或f→e)→b。
(2)D装置的名称为U形管,用A装置制取气体的优点是易于控制反应的发生和停止;B装置是用于制取氨气且不需要加热的固体和液体反应装置,因此用浓氨水和碱石灰(或浓氨水和氧化钙)。
(3)产生的尾气中主要是氨气,而且还需避免外界水蒸气进入C装置中,所以用浓硫酸吸收尾气。
答案:(1)h→g→h→g→c→d(或d→c)→e→f(或f→e)
(2)U形管 易于控制反应的发生和停止 浓氨水和碱石灰(或浓氨水和氧化钙)
(3)浓硫酸
2.(2022·湖南长沙二模节选)硫脲[CS(NH2)2]是用来合成磺胺噻唑和蛋氨酸等药物的原料,也可用作橡胶的硫化促进剂以及金属矿物的浮选剂等,是一种白色晶体,熔点180 ℃,易溶于水和乙醇,受热时部分发生异构化反应而生成硫氰化铵。回答下列问题:
硫脲的制备:
已知:将石灰氮(CaCN2)和水的混合物加热至 80 ℃时,通入硫化氢气体反应可生成硫脲溶液和石灰乳,实验装置如图所示。
(1)装置的试剂X和试剂Y的最佳组合是 (填序号)。
A.FeS固体+稀盐酸
B.FeS固体+稀硝酸
C.FeS固体+浓硫酸
(2)仪器M的名称为 。按(1)中所选试剂组合,按气流从左到右的方向,上述装置的合理连接顺序为c→ (填仪器接口的小写字母)。
解析:本实验采用硫化氢、石灰氮(CaCN2)和水的混合物反应制备硫脲,B装置为制备硫化氢气体的装置,选用FeS固体和稀盐酸,A装置可用来除去硫化氢气体中的HCl,将硫化氢气体通入C装置制备硫脲,D装置用于尾气处理,防止污染空气,装置的连接顺序为BACD,导管口连接顺序为c→a→b→d→e→f。
(1)硫化氢气体具有强还原性,不能用硝酸和浓硫酸来制备,结合分析,制备硫化氢气体可选的组合为A。
(2)仪器M的名称为恒压滴液漏斗;根据分析,装置的连接顺序为c→a→b→d→e→f。
答案:(1)A
(2)恒压滴液漏斗 a→b→d→e→f
命题热点2 现象、原因、目的、作用等规范描述问题
1.实验现象的规范描述
(1)实验现象描述的原则:不能把理论性分析当成现象;确实是感官感觉到的现象,要从视觉、听觉、嗅觉、触觉多角度考虑。如可以看到的是浓盐酸瓶口出现白雾,而不宜描述为浓盐酸挥发。
①视觉:看到的(物质颜色变化、某色沉淀生成、气泡冒出、液面的变化、生成某色烟或雾、产生某色火焰、发出某色光等)。
②听觉:听到的(声音)。
③嗅觉:闻到的(气体的气味)。
④触觉:摸到的(温度变化等)。
(2)实验现象的描述模板。
气体的变化现象
溶液中的现象
①生成……色、……味的气体;
②气体由……色变为……色;
③气体先变……色,再变……色;
④气体颜色逐渐变深(变浅)
①溶液颜色由……色变为……色;
②溶液中产生……色沉淀(溶液中有……色固体析出);
③溶液变浑浊(澄清);
④液面上升(下降);
⑤溶液中产生大量气泡(有……色气体逸出);
⑥液体分层(上层显……色,下层显……色)
固体的变化现象
其他常见现象描述
①固体逐渐溶解,最后完全消失(固体部分溶解);
②固体表面产生大量气泡;
③固体由……色逐渐变为……色
①发出……色的光;
②产生……色的火焰;
③产生……色的烟(雾)
(3)滴定终点的判断。
①有色→有色或有色→无色:当滴入最后半滴……溶液,溶液由……色变成……色,且半分钟内不恢复……色。
②无色→有色:当滴入最后半滴……溶液,溶液由无色变成……色,且半分钟内不褪色。
2.原因、目的等的规范描述
(1)分析考虑的角度。
①从实验的目的与原理角度,对出现的各种现象从化学反应原理方面给出解释。
②从选择某种仪器或进行某种操作在整个实验中的作用角度,明确缺少该仪器或操作对实验的影响。
(2)回答的文字模板。
①正面描述:由于……,所以会出现……(现象);为了……而……。
②说出后果:如果……就会……(出现的结果)。
(3)以“某反应温度为何控制在不高于××℃”为示例,进行分析:
①考虑反应物的性质。如温度过高会造成反应物挥发(浓HNO3等)或分解(H2O2、NH4HCO3、NH3·H2O等)。
②考虑催化剂的催化活性。
③考虑可逆反应的平衡问题。如温度过高,不利于××的生成。
④考虑生产成本。如该温度下,转化率已经很高,若再升高温度,转化率提高不大,生产成本增加。
3.实验评价的规范描述
(1)实验评价的角度。
①从实验的可行性方面对实验方案做出评价:a.实验原理是否正确、可行;b.实验操作是否安全、合理;c.实验步骤是否简单、方便;d.实验效果是否明显等。
②从绿色化学视角对实验方案做出评价:a.反应原料是否易得、安全、无毒;b.原料利用率或产物的产率是否较高;c.实验过程中是否造成环境污染。
③从实验安全性方面对实验方案做出评价:a.防倒吸、防爆炸、防氧化;b.防吸水(易水解的物质)、防挥发(采用冷凝回流装置)。
④从实验过程顺序做出评价:实验操作的顺序、试剂加入顺序、实验方法使用顺序是否合理。
(2)实验评价的规范。
①从优点角度作答:采取……(操作或使用……装置),可以防止……(上述四个角度出现的问题)。
②从造成后果角度作答:如果不采取……(操作或使用……装置)会造成……(上述四个角度出现的问题的后果)。
4.实验操作、实验装置、实验试剂的作用
(1)常见实验操作的规范。
操作或措施
规范或目的
从溶液中得到晶体
蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤(包括水洗、冰水洗、热水洗、乙醇洗等)→干燥
蒸发结晶
将溶液转移到蒸发皿中加热,并用玻璃棒不断搅拌,待有大量晶体出现时停止加热,利用余热蒸干剩余水分
测溶液pH
取一小块pH试纸放在表面皿或玻璃片上,用蘸有待测液的玻璃棒点在(或用胶头滴管吸取待测液滴在)试纸中部,观察试纸颜色变化,并与标准比色卡对比
证明沉淀完全(定量实验只能用方案1)
方案1.静置,向沉淀后的上层清液中加入××试剂(沉淀剂),若没有沉淀生成,证明沉淀完全
方案2.静置,取适量上层清液于另一洁净试管中,向其中加入少量与沉淀剂作用产生沉淀的试剂,若产生沉淀,证明沉淀剂已过量
洗涤沉淀
沿玻璃棒向漏斗(过滤器)中的沉淀上加蒸馏水至没过沉淀,静置使蒸馏水自然流下,重复操作数次
检验沉淀是否洗涤干净
取最后一次洗涤液,加入××试剂(根据沉淀可能吸附的杂质离子,选择合适的检验试剂),若没有××(特征现象)出现,证明沉淀已洗涤干净
焰色试验
①将铂丝蘸盐酸在酒精灯火焰上灼烧,反复几次,直到与酒精灯火焰颜色接近为止;
②然后用铂丝蘸取少量待测液(粉末),置于酒精灯外焰上灼烧,观察火焰颜色;
③如为黄色,则说明溶液中含Na+;若透过蓝色钴玻璃呈紫色,则说明溶液中含K+
量气管读数
①恢复到室温;
②量气管两端液面相平;
③视线与量气管凹液面最低点相平
(2)装置或试剂的作用。
装置或试剂
作用
有机物制备装置中长导管(或冷凝管)
冷凝回流、导气
有机物分离提纯过程中加无水氯化钙(无水硫酸镁等)
干燥(除水)
固液加热型制气装置中恒压分液漏斗上的支管
保证反应器(一般为圆底烧瓶)内气压与恒压分液漏斗内气压相等(平衡气压),使分液漏斗中的液体易于滴下
气压平衡装置(长颈漏斗)
防止反应速率过快(管道阻塞)造成压强过大,发生危险
隔离装置(安全瓶)
防止空气中H2O、CO2、O2进入装置(防倒吸)
水浴、油浴
使反应物受热均匀,便于控制温度,防止温度过高,会造成××挥发(分解)
(3)实验操作的目的或原因。
实验操作
目的或原因
沉淀用水洗
除去××(可溶于水)杂质
沉淀用乙醇洗涤
①减少固体的溶解损耗;
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
沉淀的饱和溶液洗涤
减少沉淀的溶解损耗
冰水洗涤
降低被洗涤物质的溶解度,减少其在洗涤过程中的溶解损耗,提高产品产率
冷凝回流
防止××挥发,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
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、反应时充入××气体
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得MgCl2时需在HCl气流中进行等)或防止加热过程中××物质被氧气氧化
配制某溶液前先将水煮沸
除去溶解在水中的氧气,防止××物质被氧化
1.(2022·山东菏泽二模节选)Na2S2O3又名“大苏打”“海波”,易溶于水,难溶于乙醇,水溶液呈微弱的碱性,在中性和碱性环境中稳定。某化学实验小组用如图装置(略去对乙的加热装置)制备Na2S2O3·5H2O(M=248 g·mol-1)。
(1)连接实验装置后,首先进行的实验操作为 。
(2)在装置乙中溶解两种固体时,需先将Na2CO3溶于水配成溶液,再将Na2S固体溶于Na2CO3的溶液中,其目的: ;
装置乙中生成Na2S2O3的总反应的化学方程式为 。
(3)实验过程中,当装置乙中pH接近7.0时,应立即停止通SO2的原因是 (用离子方程式表示)。
(4)装置乙中需向反应后的混合液加入一定量的无水乙醇,其目的是 。
解析:(1)该实验是有气体制备和参与的实验,为防止实验过程中气体逸出导致实验失败,连接实验装置后,应首先检查装置气密性。
(2)碳酸钠和硫化钠都是强碱弱酸盐,在溶液中都能发生水解使溶液呈碱性,在装置乙中先溶Na2CO3、后溶Na2S,目的是利用碳酸钠在溶液中水解生成的氢氧根离子抑制硫化钠的水解,防止生成有毒的硫化氢污染空气;装置乙中生成硫代硫酸钠的反应为二氧化硫与碳酸钠、硫化钠混合溶液反应生成硫代硫酸钠和二氧化碳。
(3)由题给信息可知,硫代硫酸钠水溶液呈微弱的碱性,在中性和碱性环境中稳定,所以制备硫代硫酸钠时,应控制溶液pH,防止溶液pH小于7时,S2O32-与溶液中H+反应生成硫沉淀、二氧化硫气体和水。
(4)由题给信息可知,硫代硫酸钠易溶于水,难溶于乙醇,所以制备五水硫代硫酸钠时应向反应后的混合液加入一定量的无水乙醇,降低硫代硫酸钠晶体的溶解度,便于晶体的析出。
答案:(1)检查装置气密性
(2)Na2CO3在溶液中水解使溶液呈碱性,能抑制Na2S的水解,防止生成有毒的硫化氢污染空气
Na2CO3+2Na2S+4SO23Na2S2O3+CO2
(3)S2O32-+2H+S↓+SO2↑+H2O
(4)降低硫代硫酸钠晶体的溶解度,便于晶体的析出
2.(2021·全国乙卷,27)氧化石墨烯具有稳定的网状结构,在能源、材料等领域有着重要的应用前景。通过氧化剥离石墨制备氧化石墨烯的一种方法如下(装置如图所示):
Ⅰ.将浓H2SO4、NaNO3、石墨粉末在c中混合,置于冰水浴中。剧烈搅拌下,分批缓慢加入KMnO4粉末,塞好瓶口。
Ⅱ.转至油浴中,35 ℃搅拌1小时。缓慢滴加一定量的蒸馏水,升温至98 ℃并保持1小时。
Ⅲ.转移至大烧杯中,静置冷却至室温。加入大量蒸馏水,而后滴加H2O2至悬浊液由紫色变为土黄色。
Ⅳ.离心分离,稀盐酸洗涤沉淀。
Ⅴ.蒸馏水洗涤沉淀。
Ⅵ.冷冻干燥,得到土黄色的氧化石墨烯。
回答下列问题:
(1)装置图中,仪器a、c的名称分别是 、 ,仪器b的进水口是 (填字母)。
(2)步骤Ⅰ中,需分批缓慢加入KMnO4粉末并使用冰水浴,原因是 。
(3)步骤Ⅱ中的加热方式采用油浴,不使用热水浴,原因是 。
(4)步骤Ⅲ中,H2O2的作用是 (以离子方程式表示)。
(5)步骤Ⅳ中,洗涤是否完成,可通过检测洗出液中是否存在SO42-来判断。检测的方法是 。
(6)步骤Ⅴ可用pH试纸检测来判断Cl-是否洗净,其理由是 。
解析:(1)由题给实验装置图可知,a为滴液漏斗,c为三颈烧瓶,为保证冷凝效果,应从球形冷凝管的下口进水,即d口为进水口。(2)步骤Ⅰ中,分批缓慢加入KMnO4粉末是为了控制反应速率,防止因体系温度过高而发生爆炸。(3)该装置需控制反应体系温度为98 ℃,该温度接近水的沸点,为了使反应物受热均匀,且便于控制反应温度,故采取油浴,不使用热水浴。(4)为了保证石墨粉末尽可能地全部转化为氧化石墨烯,应加入足量的KMnO4粉末,在反应结束后滴加H2O2是为了消耗过量的KMnO4粉末,此时H2O2作还原剂,将KMnO4还原为Mn2+,反应的离子方程式为2MnO4-+5H2O2+6H+2Mn2++5O2↑+8H2O。(5)判断固体是否洗涤干净的具体操作为取最后一次洗涤液于试管中,向其中加入盐酸酸化的氯化钡溶液,若无白色沉淀产生,则已洗净,反之,则未洗净。(6)固体表面沾有的Cl-全部来自第Ⅳ步洗涤固体时加入的稀盐酸,依据溶液呈电中性可知,若最后一次洗涤液的pH=7,可认为固体表面无H+,则无Cl-。
答案:(1)滴液漏斗 三颈烧瓶 d
(2)控制反应速率,防止因体系温度过高而发生爆炸
(3)需要控制反应体系温度为98 ℃,该温度接近水的沸点,为了使反应物受热均匀,且便于控制反应温度,采取油浴
(4)2MnO4-+5H2O2+6H+2Mn2++5O2↑+8H2O
(5)取最后一次洗涤液于试管中,向其中加入盐酸酸化的氯化钡溶液,若无白色沉淀产生,则已洗净,反之,则未洗净
(6)固体表面沾有的Cl-全部来自第Ⅳ步洗涤固体时加入的稀盐酸,依据溶液呈电中性可知,若最后一次洗涤液的pH=7,可认为固体表面无H+,则无Cl-
沉淀是否完全与检验沉淀是否洗净思维角度
(1)检验沉淀是否完全既可以待沉淀完全沉降后继续加沉淀剂,也可取上层清液检验。
(2)当需要定量测定沉淀质量时,只能等沉淀析出后,向上层清液中继续滴加沉淀剂,观察是否有沉淀来判断。
(3)检验沉淀是否洗净时选择洗涤液中浓度较大、检验方法简单、现象明显的离子进行检验。
命题热点3 物质组成计算及含量的测定问题
1.定量实验数据的测定方法
(1)沉淀法:先将欲测定离子转化为沉淀,然后称量沉淀(经洗涤、干燥)的质量,再通过原子守恒进行计算。
(2)测定气体法。
①测定气体的体积:把待测定元素转化为气体,通过排液量气装置测定气体体积,转化为标准状况下体积并进行计算。
②测定气体的质量:一种是测定反应装置反应或分解释放出气体前后的质量差;另一种是根据气体性质选择恰当的吸收剂,计算吸收剂吸收前后的质量差,即为气体的质量。
(3)滴定法:通过酸碱中和滴定、沉淀滴定和氧化还原滴定等获得相应数据后再进行相关计算。
(4)热重法。
分析热重曲线(物质质量与温度关系曲线),通过计算验证就可以知道样品热分解的产物的组成及其发生的分解反应等信息。
2.定量实验数据测定的要点
欲测定元素要完全转化为沉淀或气体。
(1)生成沉淀时,沉淀剂要过量,称量沉淀前要洗涤沉淀上附着的离子。
(2)由于气体体积受到温度、压强的影响,所以量气时应保持装置处于室温状态,读数时要注意消除“压强差”,保持液面相平,还要注意视线与液面最低处相平。
(3)测定气体质量时,最后需要通入惰性气体,把生成的气体全部驱入吸收剂以确保被完全吸收。
3.常见定量实验的数据计算
(1)混合物中某物质的质量分数(纯度)=某物质的质量混合物(样品)的质量×100%。
(2)化合物中元素的质量分数=某元素的相对原子质量×其原子数该物质的相对分子质量×100%。
(3)混合物中元素的质量分数=某元素的质量(实验测定)混合物(样品)的质量×100%。
(4)转化率=实际反应的反应物的量初始投入反应物的量×100%。
(5)产率=实验的实际产量理论产量×100%。
4.定量实验的误差分析
(1)造成实验误差的原因。
定量实验需要测定相关的数据并进行计算,数据测定的误差就会影响到实验结论。其中误差主要有三种。
①系统误差,是由实验方案、实验仪器造成的,可以通过合理的实验方案、选用精度高的仪器来降低实验误差。如用分析天平代替托盘天平进行溶液配制。在实验考查中体现为合理仪器的选择。
②随机误差,是由实验装置、实验操作者的感官、实验条件和环境因素造成的,可通过多次实验,舍弃误差较大数据。如酸碱中和滴定做三到四次,舍弃差异较大的数据后,取有效数据的平均值计算。
③过失误差,是实验操作者在实验时操作失误造成的,这是综合实验题中主要的考查部分。
(2)实验误差的判定。
①首先确定实验数据的误差类型(偏大、偏小)。
②利用数据的处理公式确定实验数据对最终实验结论造成什么影响。
1.(2022·山东滨州二模节选)氯化亚铜(CuCl)是一种非常重要的化工原料。查阅资料可知:CuCl为白色固体,微溶于水,不溶于乙醇,在空气中能被迅速氧化。
可用两种方案制备:
方案一:SO2还原氯化铜制备CuCl;
方案二:高温加热分解氯化铜晶体(CuCl2·xH2O)制备CuCl。
(1)准确称取氯化亚铜产品m g,溶于过量的FeCl3溶液中得V1 mL待测液,从中量取V2 mL于锥形瓶中,加入2滴邻菲罗啉指示剂,立即用a mol·L-1硫酸铈[Ce(SO4)2]标准溶液滴定至终点,消耗Ce(SO4)2溶液b mL。产品中CuCl的质量分数为 %。
(已知:CuCl+Fe3+Cu2++Fe2++Cl-,Fe2++Ce4+Fe3++Ce3+)
(2)下列有关滴定的说法错误的是 (填字母)。
A.未用标准溶液润洗滴定管会使测定结果偏低
B.滴定时要适当控制滴定速度
C.在接近终点时,使用“半滴操作”可提高滴定的准确度
D.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后无气泡会使测定结果偏低
解析:(1)已知CuCl+Fe3+Cu2++Fe2++Cl-,Fe2++Ce4+Fe3++Ce3+,可得到关系式CuCl～Fe2+～Ce4+～Ce(SO4)2,则V2 mL待测液中CuCl的物质的量为ab×10-3 mol,则V1 mL待测液中CuCl的物质的量为V1V2×ab×10-3 mol,质量为V1V2×ab×10-3 mol×99.5 g·mol-1=0.099 5abV1V2 g,因此产品中CuCl的质量分数为0.099 5abV1V2gmg×100%=9.95abV1mV2%。
(2)未用标准溶液润洗滴定管,会使得消耗的标准溶液体积偏大,使最终结果偏高,A错误;滴定时需要适当控制滴速,使反应充分进行,B正确;当滴定接近终点时,用锥形瓶内壁将半滴标准液刮落,并用蒸馏水冲洗内壁,可减小实验误差,提高滴定的准确度,C正确;滴定前滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后无气泡会使读得的消耗标准溶液的体积偏大,使最终结果偏高,D错误。
答案:(1)9.95abV1mV2 (2)AD
2.实验室测定MgCO3·nH2O中的n值。称量1.000 g 碳酸镁晶体,放入图1所示的广口瓶中,加入适量水,滴入稀硫酸与晶体反应,生成的CO2被NaOH溶液吸收,在室温下反应4～5 h,后期将温度升到30 ℃,最后烧杯中的溶液用已知浓度的盐酸滴定,测得生成CO2的总量;重复上述操作2次。
(1)上述反应后期要升温到30 ℃,主要目的是 。
(2)若实验测得1.000 g碳酸镁晶体产生CO2的平均物质的量为a mol,则n为 (用含a的表达式表示)。
(3)若称取100 g上述晶体进行热重分析,得到的热重曲线如图2所示,则晶体中n= (取整数)。
解析:(1)题述反应后期将温度升到30 ℃,是为了使生成的二氧化碳全部逸出,便于其被氢氧化钠溶液完全吸收,从而减小测定产生的误差。
(2)若实验测得1.000 g碳酸镁晶体产生的CO2的平均物质的量为a mol,依据碳元素守恒可知,碳酸镁的物质的量为a mol,根据MgCO3·nH2O中碳酸镁和结晶水的物质的量之比为1∶n,得到 1∶n=a mol∶1.000 g-84ag18 g/mol,得到n=1-84a18a。
(3)由题图2知400 ℃时剩余质量为82.3 g,这是该晶体失去结晶水后的质量,则有100×18n18n+84=100-82.3,解得n≈1。
答案:(1)升高温度,气体的溶解度减小,使溶解在水中的CO2逸出,便于其被氢氧化钠溶液完全吸收 (2)1-84a18a (3)1
命题热点4 实验方案的设计与评价
1.实验方案的设计
(1)实验设计的基本原则。
原则
内容
科学性
实验原理、实验操作程序和方法科学合理
安全性
实验方案、实验药品要做到人员、仪器、环境的安全
可行性
药品、仪器、设备和操作等在中学实验条件下能够得到满足
简约性
装置简单、步骤少、药品用量少、效果佳
经济性
在满足实验效果的前提下,尽量选用常见而价廉的仪器和药品
(2)实验设计流程。
(3)三类常见实验的设计。
实验设计
实验设计思路
物质制备
的设计
实验原料→实验原理→途径设计(途径Ⅰ、途径Ⅱ、途径Ⅲ……)→最佳途径→实验仪器→实验方案→制得物质
物质性质
实验的设计
根据物质的组成、分类,预测物质可能具有的性质,根据化学原理设计实验。
探究性实验方案设计:物质的组成特点→性质推测→实验验证→结论;
验证性实验方案设计:物质的化学性质→实验验证→科学抽象→结论
物质检验
方案设计
首先通过试样的外在特征(颜色、气味、状态等)作出初步判断。
少量固体试样→溶于水配成溶液→检测溶液中存在的阴、阳离子→得出实验结论;
少量试样→加酸(或碱)溶液使其气化→检测气体的成分→得出实验结论
2.实验方案的评价
评价角度
评价内容
实验的可行性
(1)实验原理是否正确、可行;
(2)实验操作(如仪器的选择、连接)是否安全、合理;
(3)实验步骤是否简单、方便;
(4)实验效果是否明显;
(5)原料的成本、转化率、产率等
实验是否规范
(1)仪器的安装与拆卸;
(2)仪器的查漏、气密性检验;
(3)试剂添加的顺序与用量;
(4)加热的方式、方法和时机;
(5)温度计的规范使用、水银球的位置;
(6)实验数据的读取;
(7)冷却、冷凝的方法等
实验的安全性
(1)净化、吸收气体及熄灭酒精灯时要防止液体倒吸;
(2)进行某些易燃、易爆实验时要防爆炸;
(3)还原性物质防氧化;
(4)污染性的气体要进行尾气处理;
(5)易水解的物质要防吸水
“绿色
化学”
(1)反应原料是否易得、安全、无毒;
(2)反应速率是否较快;
(3)原料利用率以及合成物质的产率是否较高;
(4)合成过程中是否造成环境污染
1.(2021·天津卷,15节选)某化学小组同学利用一定浓度的H2O2溶液制备O2,再用O2氧化C2H5OH,并检验氧化产物。
Ⅰ.制备O2
该小组同学设计了如下气体发生装置(夹持装置省略):
(1)丙装置可用于制备较多O2,催化剂铂丝可上下移动。制备过程中如果体系内压强过大,安全管中的现象是 ,此时可以将铂丝抽离H2O2溶液,还可以采取的安全措施是 。
(2)丙装置的特点是 (填序号)。
a.可以控制制备反应的开始和结束
b.可通过调节催化剂与液体接触的面积来控制反应的速率
c.与乙装置相比,产物中的O2含量高、杂质种类少
Ⅱ.氧化C2H5OH
该小组同学设计的氧化C2H5OH的装置如图(夹持装置省略):
(3)在图中方框内补全干燥装置和干燥剂。
Ⅲ.检验产物
(4)为检验上述实验收集到的产物,该小组同学进行了如下实验并得出相应结论。
实验
序号
检验试剂和
反应条件
现象
结论
①
酸性KMnO4溶液
紫红色褪去
产物含有乙醛
②
新制Cu(OH)2,加热
生成砖红色沉淀
产物含有乙醛
③
微红色含酚酞的NaOH溶液
微红色褪去
产物可能含有乙酸
实验①～③中的结论不合理的是 (填序号),原因是 。
解析:Ⅰ.(1)丙装置用圆底烧瓶盛装H2O2溶液,可用于制备较多O2,催化剂铂丝可上下移动,可以控制反应速率。制备过程中如果体系内压强过大,H2O2溶液会被压入安全管中,可观察到安全管中液面上升,圆底烧瓶中液面下降。此时可以将铂丝抽离H2O2溶液,使反应速率减慢,还可以打开弹簧夹K2,使圆底烧瓶内压强降低。(2)催化剂铂丝可上下移动,可以控制制备反应的开始和结束,a正确;催化剂与液体接触的面积越大,反应速率越快,可通过调节催化剂与液体接触的面积来控制反应的速率,b正确;丙装置用圆底烧瓶盛装H2O2溶液,与乙装置相比,可用于制备较多O2,但产物中的O2含量和杂质种类与乙中没有区别,c错误。
Ⅱ.(3)氧气可以用浓硫酸干燥,所以可以用盛装浓硫酸的洗气瓶来干燥氧气,如图,。Ⅲ.(4)实验①不合理,因为乙醇有挥发性,会混入生成的乙醛中,乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色,所以酸性KMnO4溶液褪色不能证明产物中含有乙醛。
答案:(1)液面上升 打开弹簧夹K2 (2)ab
(3) (4)① 乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色
2.醋酸亚铬[(CH3COO)2Cr·2H2O]为砖红色晶体,难溶于冷水,易溶于酸,在气体分析中用作氧气吸收剂。一般制备方法是先在封闭体系中利用金属锌作还原剂,将三价铬还原为二价铬;二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬。实验装置如图所示,回答下列问题:
(1)实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却,目的是 ,仪器a的名称是 。
(2)将过量锌粒和氯化铬固体置于c中,加入少量蒸馏水,按图连接好装置,打开K1、K2,关闭K3。
①c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色,该反应的离子方程式为 。
②同时c中有气体产生,该气体的作用是 。
(3)打开K3,关闭K1和K2。c中亮蓝色溶液流入d,其原因是 ;
d中析出砖红色沉淀,为使沉淀充分析出并分离,需采用的操作是 、
、洗涤、干燥。
(4)指出d装置可能存在的缺点: 。
解析:(1)由于醋酸亚铬易被氧化,所以需要尽可能避免与氧气接触,因此实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却,目的是去除水中溶解氧;根据仪器构造可知仪器a是分液漏斗。
(2)①c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色,说明Cr3+被锌还原为Cr2+,反应的离子方程式为Zn+2Cr3+Zn2++2Cr2+。
②锌还能与盐酸反应生成氢气,由于装置中含有空气,能氧化Cr2+,所以氢气的作用是排除c中空气。
(3)打开K3,关闭K1和K2,由于锌继续与盐酸反应生成氢气,导致c中压强增大,所以c中亮蓝色溶液能流入d装置,与醋酸钠反应;根据题干信息可知醋酸亚铬难溶于冷水,所以为使沉淀充分析出并分离,需要采取的操作是(冰浴)冷却、过滤、洗涤、干燥。
(4)由于d装置是敞开体系,因此装置的缺点是可能使醋酸亚铬与空气接触被氧化,使产品不纯。
答案:(1)去除水中溶解氧 分液漏斗
(2)①Zn+2Cr3+Zn2++2Cr2+ ②排除c中空气
(3)c中产生H2,使压强大于大气压 (冰浴)冷却
过滤
(4)敞开体系,可能使醋酸亚铬与空气接触被氧化
物质制备类综合实验
(2021·湖北卷,18)超酸是一类比纯硫酸更强的酸①,在石油重整中用作高效催化剂。某实验小组对超酸HSbF6的制备及性质进行了探究。由三氯化锑(SbCl3)制备HSbF6的反应如下:SbCl3+Cl2SbCl5、SbCl5+6HFHSbF6+5HCl②。制备SbCl5的初始实验装置如图(毛细管连通大气,减压时可吸入极少量空气,防止液体暴沸;夹持、加热及搅拌装置略):
相关性质如表:
物质
熔点
沸点
性质
SbCl3
73.4 ℃
220.3 ℃
极易水解
SbCl5
3.5 ℃
140 ℃分解
79 ℃/2.9 kPa④
极易水解⑤
回答下列问题:
(1)实验装置中两个冷凝管 (填“能”或“不能”)交换使用。
(2)试剂X的作用为 、 。
(3)反应完成后,关闭活塞a、打开活塞b,减压转移 (填仪器名称)中生成的SbCl5至双口烧瓶中。用真空泵抽气减压蒸馏前,必须关闭的活塞是 (填“a”或“b”);用减压蒸馏而不用常压蒸馏的主要原因是 。
(4)实验小组在由SbCl5制备HSbF6时,没有选择玻璃仪器,其原因为 。(写化学反应方程式)
(5)为更好地理解超酸的强酸性,实验小组查阅相关资料了解到:弱酸在强酸性溶剂中表现出碱的性质,如冰醋酸与纯硫酸之间的化学反应方程式为CH3COOH+H2SO4[CH3C(OH)2]+[HSO4]-⑥。以此类推,H2SO4与HSbF6之间的化学反应方程式为 。
(6)实验小组在探究实验中发现蜡烛可以溶解于HSbF6中,同时放出氢气。已知烷烃分子中碳氢键的活性大小顺序为:甲基(—CH3)<亚甲基(—CH2—)<次甲基()⑦。写出2-甲基丙烷与HSbF6反应的离子方程式: 。
[审题指导]
①这里的信息意味着HSbF6的酸性要强于硫酸的,为后面的解答提供理论依据。
②制备过程中要用到HF,因此在制备HSbF6阶段,不能使用玻璃器皿。
③观察装置图中两种冷凝管的差异,球形冷凝管只能应用于垂直状态。
④这里提供两个重要信息:一个是SbCl5在2.9 kPa下沸点为79 ℃,意味着常压(101 kPa)下沸点远高于79 ℃;另一个是SbCl5达到140 ℃会分解,为(3)的解答找到论据。
⑤SbCl3、SbCl5都易水解,则与大气相通时必须隔离空气中的水蒸气,有助于理解X试剂的作用。
⑥利用这里的化学方程式,结合题干中的信息①,很容易写出H2SO4与HSbF6反应的化学方程式。
⑦这里的信息结合2-甲基丙烷的结构,可确定2-甲基丙烷中的次甲基与HSbF6反应。
解析:(1)与直形冷凝管相比,球形冷凝管的冷却面积大,冷却效果好,且由于球形冷凝管的内芯管为球泡状,容易在球部积留蒸馏液,故不适宜用于倾斜式蒸馏装置,多用于垂直式蒸馏装置,故实验装置中两个冷凝管不能交换使用。
(2)根据表中信息,SbCl3、SbCl5极易水解,可知试剂X的作用是防止空气中水蒸气进入三颈烧瓶,同时吸收氯气,防止污染空气。
(3)由实验装置知,反应完成后,关闭活塞a、打开活塞b,减压转移三颈烧瓶中生成的SbCl5至双口烧瓶中;减压蒸馏前,必须关闭活塞b,以保证装置密封,便于后续抽真空;根据表中提供信息知,SbCl5容易分解,用减压蒸馏而不用常压蒸馏,可以降低SbCl5沸点,防止SbCl5分解。
(4)在由SbCl5制备HSbF6时,需用到HF,而HF可与玻璃中的SiO2反应,故不能选择玻璃仪器,反应的化学方程式为SiO2+4HFSiF4+2H2O。
(5)H2SO4与超强酸HSbF6反应时,H2SO4表现出碱的性质,则化学方程式为H2SO4 +HSbF6[H3SO4]+[SbF6]-或H2SO4+2HSbF6[H4SO4]2+([SbF6]-)2。
(6)2-甲基丙烷的结构简式为(CH3)3CH,根据题目信息知,(CH3)3CH中上的氢参与反应,反应的离子方程式为(CH3)3CH+H+(CH3)3C++H2↑。
答案:(1)不能
(2)防止水蒸气进入(干燥) 吸收氯气(防止污染空气/保护环境)
(3)三颈烧瓶 b 降低SbCl5沸点,防止SbCl5分解
(4)SiO2+4HFSiF4+2H2O
(5)H2SO4+HSbF6[H3SO4]+[SbF6]-或H2SO4+2HSbF6[H4SO4]2+([SbF6]-)2
(6)(CH3)3CH+H+(CH3)3C++H2↑
(2022·山东济南二模)二茂铁[Fe(C5H5)2,Fe 为+2 价]是最早被发现的夹心配合物,橙色晶体,100 ℃以上升华,熔点172 ℃,沸点249 ℃,难溶于水,空气中稳定,与酸、碱一般不作用。实验室中,先由二聚环戊二烯C10H12(沸点170 ℃)热解聚制备环戊二烯C5H6(密度0.88 g·cm-3,熔点-85 ℃,沸点42.5 ℃)(图1),然后制备二茂铁(图2),最后纯化(图3),夹持装置已略。回答下列问题:
(1)检查装置气密性并在烧瓶中加入二聚环戊二烯。实验中需要一直慢慢地通入N2,其作用是 。
将电热棒调至350～400 ℃,同时170 ℃油浴加热烧瓶,油浴加热的优点是 。反应完成后在接收瓶中得到环戊二烯纯品。
(2)将磁子和足量KOH粉末放在三颈烧瓶中,加入适量有机溶剂和15.0 mL环戊二烯,缓慢搅拌,烧瓶左侧口用A塞紧,中间瓶口装上仪器C(已打开旋塞B和玻璃塞),右侧口接带T形管的汞起泡器和氮气瓶,用氮气流吹洗烧瓶和C直至空气完全吹出,关上B,将溶解了11.94 g FeCl2·4H2O的有机溶剂注入仪器C,……打开B,滴加完后快速搅拌30 min,制备反应结束。……向烧瓶中加入稍过量的盐酸和适量碎冰。……将烧瓶内的沉淀收集到过滤器上,用水洗涤,干燥,得到二茂铁粗品。仪器C的名称为 。将空气完全吹出的目的是 。加入碎冰的作用是 。证明盐酸已稍过量的试剂是 。写出生成二茂铁的反应的化学方程式: 。
(3)将盛有粗品的培养皿放在电热板上加热,最终得到纯品10.20 g,二茂铁的产率为 %(保留到小数点后一位)。
解析:(1)由题干信息知,二茂铁中Fe为+2价,容易被空气中氧气氧化,所以实验中需要一直慢慢地通入N2,其作用是作保护气,将产生的环戊二烯蒸气吹入接收瓶中,提高环戊二烯的产率;油浴加热的优点是受热均匀,便于控温。
(2)根据图示装置特点,仪器C的名称为滴液漏斗;将空气完全吹出的目的是防止Fe(Ⅱ)被空气中氧气氧化;反应为放热反应,加入碎冰的作用是迅速降温,有利于二茂铁结晶析出;盐酸稍过量使溶液呈酸性,则可以选用的试剂是紫色石蕊溶液(或甲基橙溶液、pH试纸、湿润的蓝色石蕊试纸);根据题干信息知,氯化亚铁与环戊二烯、氢氧化钾反应生成二茂铁、氯化钾和水。
(3)根据上述反应知,11.94 g FeCl2·4H2O完全反应生成二茂铁的质量为11.94 g×186199=11.16 g,则二茂铁的产率为10.20 g11.16 g×100%≈91.4%。
答案:(1)作保护气,将产生的环戊二烯蒸气吹入接收瓶中,提高环戊二烯的产率 受热均匀,便于控温
(2)滴液漏斗 防止Fe(Ⅱ)被空气中氧气氧化 迅速降温,有利于二茂铁结晶析出 紫色石蕊溶液(或甲基橙溶液、pH试纸、湿润的蓝色石蕊试纸)
FeCl2+2C5H6+2KOHFe(C5H5)2+2KCl+2H2O(或FeCl2·4H2O+2C5H6+2KOHFe(C5H5)2+2KCl+6H2O)
(3)91.4
性质、原理探究类综合实验
(2021·福建卷,12)NaNO2溶液和NH4Cl溶液可发生反应:NaNO2+NH4ClN2↑+NaCl+2H2O。为探究反应速率与c(NaNO2)的关系①,利用下列装置(夹持仪器略去)进行实验。
②
实验步骤:往A中加入一定体积(V)的2.0 mol·L-1NaNO2溶液、2.0 mol·L-1NH4Cl溶液和水,充分搅拌。控制体系温度,通过分液漏斗往A中加入 1.0 mol·L-1醋酸。当导管口气泡均匀稳定冒出时,开始用排水法收集气体。用秒表测量收集1.0 mL N2所需的时间,重复多次取平均值(t)。
回答下列问题:
(1)仪器A的名称为 。
(2)检验装置气密性的方法:关闭止水夹K, 。
(3)若需控制体系的温度为36 ℃③,采取的合理加热方式为 。
(4)每组实验过程中,反应物浓度变化很小,忽略其对反应速率测定的影响。实验数据如下表所示。
实验
编号
V/mL
t/s
NaNO2
溶液
NH4Cl
溶液
醋酸
水
1
4.0
V1
4.0
8.0
334
2
V2
4.0
4.0
V3
150
3
8.0
4.0
4.0
4.0
83
4
12.0
4.0
4.0
0.0
38
④
①V1= ,V3= 。
②该反应的速率方程为v=k·cm(NaNO2)·c(NH4Cl)·c(H+),k为反应速率常数⑤。利用实验数据计算得m= (填整数)。
③醋酸的作用是 。
(5)如果用同浓度的盐酸代替醋酸进行实验1,NaNO2与盐酸反应生成HNO2,HNO2分解产生等物质的量的两种气体。反应结束后,A中红棕色气体逐渐变浅⑥,装置中还能观察到的现象有 。
HNO2分解的化学方程式为 。
[审题指导]
①明确实验的目的,探究反应速率v与c(NaNO2)的关系,根据控制变量原则,其他量应该保持相同。
②观察装置的特点,关闭K之后,左侧形成密闭体系,利用压强差进行气密性检验。
③控制加热温度,且低于100 ℃,要用到水浴加热。
④结合题干中的实验目的,为保证各组实验中的NH4Cl溶液、醋酸溶液浓度相同,需要保证溶液总体积为20.0 mL,以此确定V1。分析1、3组数据,NaNO2溶液浓度增大2倍,速率增大了4倍;2、4组速率也增大4倍,则V2=12×12.0 mL=6.0 mL,则V3=6.0 mL。
⑤速率方程中k、c(NH4Cl)、c(H+)都是常数,所以v只与c(NaNO2)有关,分析表中3、4组数据与1组的关系发现NaNO2溶液浓度增大2倍和 3倍,相应反应速率增大了4倍和9倍,可确定m的值。
⑥这里出现红棕色气体,表明生成了NO2,根据氧化还原反应的得失电子守恒,可知另一产物是NO。
解析:(1)仪器A的名称为锥形瓶。
(2)气体发生装置要检验装置的气密性,检验装置气密性的方法是关闭止水夹K,通过分液漏斗往A中加水,一段时间后水难以滴入,则气密性良好。
(3)若需控制体系的温度为36 ℃,可采取水浴加热使温度均匀平稳。
(4)①为探究反应速率与c(NaNO2)的关系,NH4Cl浓度应不变,根据实验3和4的数据可知溶液总体积为20 mL,故V1为4.0;根据变量单一可知V2为6.0,V3为6.0。
②浓度增大,反应速率加快,根据实验1和3数据分析,实验3的c(NaNO2)是实验1的2倍,实验1和3所用的时间比为33483≈4,根据分析可知速率和浓度的平方成正比,故m=2。
③醋酸在反应前后没变,起催化剂作用,可加快反应速率。
(5)用同浓度的盐酸代替醋酸进行实验1,NaNO2与盐酸反应生成HNO2,HNO2分解产生等物质的量的两种气体,根据氧化还原反应可知化学方程式为2HNO2NO↑+NO2↑+H2O;反应结束后量筒内收集到NO,A中红棕色气体逐渐变浅,因为NO2溶于水生成NO,颜色变浅,锥形瓶内压强降低,导管里上升一段水柱。
答案:(1)锥形瓶 (2)通过分液漏斗往A中加水,一段时间后水难以滴入,则气密性良好
(3)水浴加热 (4)①4.0 6.0 ②2 ③加快反应速率 (5)量筒中收集到无色气体,导管里上升一段水柱 2HNO2NO↑+NO2↑+H2O
(2022·山东枣庄三模)无水FeCl2为黄绿色晶体,在空气中易被氧化和易吸水,不溶于氯仿等有机溶剂。回答下列问题:
Ⅰ.FeCl2的制备及产率测定:制备反应原理为2FeCl3+C6H5Cl2FeCl2+C6H4Cl2+HCl(C6H5Cl为氯苯,沸点132 ℃),产率通过测定HCl的量进行计算。制备装置如图所示(夹持及加热装置略去):
(1)仪器A的名称是 ,仪器B的作用是 ,装置C中的试剂是 (填化学式)。
(2)为测定FeCl2的产率,用1.00 mol·L-1NaOH溶液滴定溶于水的HCl,达到滴定终点时消耗NaOH溶液19.00 mL,则FeCl2的产率为 。下列操作中,导致产率测定值偏低的是 (填字母)。
a.滴定终点时俯视读数
b.滴定管未用NaOH标准溶液润洗
c.配制NaOH标准溶液时,转移溶液未洗涤烧杯
d.滴定前滴定管内无气泡,滴定结束后有气泡
Ⅱ.FeCl2性质探究:将FeCl2晶体配成溶液后进行如下表实验。
序号
实验ⅰ
实验ⅱ
装置
试剂
试管
0.5 mL 0.1 mol·L-1KSCN溶液、1 mL 0.1 mol·L-1FeCl2(pH=1)溶液
试剂a
0.5 mL饱和氯水
1 mL 1.5 mol·L-1 HNO3溶液
实验
现象
溶液立即变为浅红色
滴入硝酸后,溶液变为红色,一段时间后,溶液褪为无色,且溶液中产生无色气泡,试管上方呈红棕色
已知:Ba2+与SCN-可在溶液中大量共存;SCN-易被氧化为SO42-。
(3)对实验ⅰ中溶液为浅红色的原因,甲同学提出以下假设:
假设1:加入氯水的量少,生成的Fe3+浓度低;
假设2:氯水氧化性强, 。
取实验ⅰ中浅红色溶液, (填实验操作),溶液浅红色消失,从而排除了假设1;向2 mL水中滴加0.5 mL 0.1 mol·L-1 KSCN溶液,滴加0.5 mL饱和氯水,加入 ,产生白色沉淀,说明假设2正确。
(4)分析实验ⅱ“一段时间后,溶液褪为无色”的原因是
(用离子方程式表示,已知SCN-中C元素为+4价)。
解析:Ⅰ.(1)由实验装置图可知,仪器A的名称是三颈烧瓶,由于C6H5Cl的沸点为132 ℃,故需用球形冷凝管(仪器B)进行冷凝回流,提高氯苯(C6H5Cl)的利用率,因为FeCl2易水解,球形干燥管C的作用为防止装置E中的水蒸气进入A中,装置E的作用为吸收HCl,装置C中所装试剂不能吸收HCl,故可以是无水CaCl2或者P2O5。
(2)根据反应的化学方程式计算出FeCl2的理论产量,
2FeCl3+C6H5Cl2FeCl2+C6H4Cl2+HCl
325 112.5 254 1
6.5 g 11.25 g m n
解得m=5.08 g,n=0.02 mol,则n(HCl)=19.00×10-3 L×1.00 mol·L-1=0.019 mol,n(FeCl2)=2n(HCl)=0.038 mol,则m实际(FeCl2)=0.038 mol×127 g·mol-1=4.826 g,则FeCl2的产率为4.826 g5.08 g×100%=95%。滴定终点时俯视读数,导致消耗NaOH标准溶液的体积偏小,则测定值偏低,a符合题意;滴定管未用NaOH标准溶液润洗,导致NaOH标准溶液的浓度偏小,消耗NaOH标准溶液的体积偏大,测定值偏高,b不符合题意;配制NaOH标准溶液时,转移溶液未洗涤烧杯,导致NaOH标准溶液的浓度偏小,消耗NaOH标准溶液的体积偏大,测定值偏高,c不符合题意;滴定前滴定管内无气泡,滴定结束后有气泡,导致消耗NaOH标准溶液的体积偏小,测定值偏低,d符合题意。
Ⅱ.(3)实验ⅰ中溶液变红是由于反应Fe3++3SCN-Fe(SCN)3,则实验ⅰ中溶液为浅红色的原因可能有加入氯水的量少,生成的Fe3+浓度低;氯水氧化性强,将另一种反应物SCN-氧化了,即导致SCN-的浓度低。根据假设1可知,取实验ⅰ中浅红色溶液,继续滴加饱和氯水,溶液浅红色消失,从而排除了假设1;由已知信息Ba2+与SCN-可在溶液中大量共存,SCN-易被氧化为SO42-,故向2 mL水中滴加0.5 mL 0.1 mol·L-1KSCN溶液,滴加0.5 mL饱和氯水,加入BaCl2溶液,产生白色沉淀,说明假设2正确。
(4)由实验ⅱ的现象,滴入硝酸后,溶液变为红色,即Fe2+被HNO3氧化为Fe3+,一段时间后,溶液褪为无色,且溶液中产生无色气泡,试管上方呈红棕色,即SCN-被过量的HNO3氧化,HNO3被还原为NO,NO在试管上方遇到空气被氧化为NO2,呈红棕色,故分析实验ⅱ“一段时间后,溶液褪为无色”的离子方程式为3SCN-+13NO3-+10H+3SO42-+3CO2↑+16NO↑+5H2O。
答案:(1)三颈烧瓶 进行冷凝回流,提高氯苯的利用率 无水CaCl2(或P2O5)
(2)95% ad
(3)部分SCN-被氧化 继续滴加饱和氯水
BaCl2溶液
(4)3SCN-+13NO3-+10H+3SO42-+3CO2↑+16NO↑+5H2O
定量测定型综合实验
(2021·山东卷,18)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①。实验室中,先将三氧化钨(WO3)还原为金属钨(W)②再制备WCl6,装置如图所示(夹持装置略)。回答下列问题:
③
(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Cl2④;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⑤,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IO3-离子交换柱发生反应:WO42-+Ba(IO3)2BaWO4+2IO3-;交换结束后,向所得含IO3-的溶液中加入适量酸化的KI溶液,发生反应:IO3-+5I-+6H+3I2+3H2O;反应完全后,用Na2S2O3标准溶液滴定,发生反应:I2+2S2O32-2I-+S4O62-⑥。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⑦,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”)。
[审题指导]
①对于易水解的物质,装置的末端考虑加装空气隔离装置。
②结合后面设问提供信息是用H2还原WO3,会生成水。
③装置中有直形冷凝管,还原反应生成的水蒸气将被冷凝为液态水,可用来判定反应进行的程度。
④通入氯气是为了与金属W反应制取WCl6,第一段反应结束后,整个装置中仍充满氢气,所以通氯气前要通氮气驱除装置中的氢气。
⑤CS2易挥发信息点明了前两次称量是为了测定挥发的CS2的质量,以减少实验的误差。
⑥对于多步反应的滴定的计算,利用原子守恒与化学方程式得出的关系式法是最佳的应对之道。
⑦这里一定要考虑导致m3变化的根本原因是CS2挥发较多,但WCl6的量没发生变化。
解析:(1)用H2还原WO3制备W,装置中不能有空气,所以先通N2,其目的是排除装置中的空气;由仪器构造可知仪器A的名称为直形冷凝管;当WO3被完全还原后,不再有水生成,则可观察到的现象为锥形瓶中不再有液滴滴下,即不再有水凝结。
(2)由信息可知WCl6极易水解,W与Cl2反应制取WCl6时,要在B处加装盛有碱石灰的干燥管,防止空气中的水蒸气进入E中,所以碱石灰的作用其一是吸收多余氯气,防止污染空气;其二是防止空气中的水蒸气进入E;在操作⑤加热、通Cl2之前,装置中有多余的H2,需要除去,所以操作④是再次通入N2,目的是排除装置中的H2。
(3)①称量时加入足量的CS2,盖紧称重为m1 g,由于CS2易挥发,开盖时要挥发出来,称量的质量要减少,开盖并计时1分钟,盖紧称重为m2 g,则挥发出的CS2的质量为(m1-m2) g,再开盖加入待测样品并计时1分钟,又挥发出(m1-m2) g的CS2,盖紧称重为m3 g,则样品质量为m3 g-m1 g+2(m1-m2) g=(m3+m1-2m2) g。
②滴定时,根据关系式WO42-～2IO3-～6I2～12S2O32-,样品中n(WCl6)=n(WO42-)=112n(S2O32-)=112cV×10-3 mol,m(WCl6)=112cV×10-3 mol×M g·mol-1=cVM12 000 g,则样品中WCl6的质量分数为cVM12 000g(m3+m1-2m2) g×100%=cVM120(m3+m1-2m2)%;根据测定原理,称量时,若加入待测样品后,开盖时间超过1分钟,挥发的CS2的质量增大,m3偏小,但WCl6的质量不变,则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将不变,样品中WCl6质量分数的测定值将偏大。
答案:(1)排除装置中的空气 直形冷凝管 不再有水凝结 (2)吸收多余氯气,防止污染空气;防止空气中的水蒸气进入E 再次通入N2 排除装置中的H2
(3)①(m3+m1-2m2) ②cVM120(m3+m1-2m2)%
不变 偏大
(2022·山东聊城一模)三氯化铬(CrCl3)是常用的媒染剂和催化剂,易潮解,易升华,高温下易被氧气氧化。实验室制取CrCl3的反应为Cr2O3(s)+3CCl4(g)2CrCl3(s)+3COCl2( g),其实验装置如图所示:
已知:①COCl2(俗称光气)有毒,遇水发生水解,COCl2+H2OCO2+2HCl;
②碱性条件下,H2O2可将Cr3+氧化为CrO42-(黄色);酸性条件下,H2O2将Cr2O72-(橙色)还原为Cr3+(绿色)。
(1)A装置用于干燥N2和观察其流速,A中的试剂是 ;无水CaCl2的作用是 ;反应结束后要继续通入一段时间氮气,主要目的是 。
(2)装置E用来收集产物。实验过程中若D处因发生凝华出现堵塞,A装置中可观察到的现象是 ;可通过 (填操作名称)使实验继续进行。
(3)尾气与装置G中过量的NaOH溶液发生反应的离子方程式是
。
(4)测定产品中CrCl3质量分数的实验步骤如下:
Ⅰ.取2.0 g CrCl3产品,在强碱性条件下,加入过量 30% H2O2溶液,小火加热使CrCl3完全转化为CrO42-,再继续加热一段时间。
Ⅱ.冷却后加适量的蒸馏水,再滴入适量的稀硫酸和浓磷酸(浓磷酸作用是防止指示剂提前变色),使CrO42-转化为Cr2O72-。
Ⅲ.在溶液中加入适量浓H2SO4混合均匀,滴入3滴试亚铁灵做指示剂,用新配制的1.0 mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定,溶液由黄色经蓝绿色至红褐色即为终点,消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液30.00 mL(滴定中Cr2O72-被Fe2+还原为Cr3+)。
①计算产品中CrCl3质量分数为 。
②下列操作将导致产品中CrCl3质量分数测定值偏低的是 (填字母)。
A.步骤Ⅰ中未继续加热一段时间
B.步骤Ⅱ用盐酸替代硫酸
C.步骤Ⅲ中(NH4)2Fe(SO4)2溶液部分变质
D.步骤Ⅲ中读数时,滴定前俯视,滴定后平视
解析:(1)CrCl3易潮解,高温下易被氧气氧化,反应结束后要继续通入一段时间氮气,让CrCl3在氮气氛围中冷却,防止空气进入使CrCl3被氧化,A中装浓H2SO4干燥N2并防止空气中水蒸气进入装置C;无水CaCl2防止G中水蒸气进入E装置;反应结束后继续通入一段时间氮气,将CrCl3充分排入装置E,将COCl2排入装置G中并被充分吸收,回收尾气。
(2)若D处出现堵塞,则C装置内压强增大,A中导管内液面上升;D处堵塞是CrCl3升华后在D处凝聚而造成的,故可对D处稍加热,使实验能继续进行。
(3)装置G中可以看作是COCl2先与水反应生成二氧化碳和氯化氢,二氧化碳和氯化氢再与氢氧化钠反应,反应的离子方程式为COCl2+4OH-CO32-+2Cl-+2H2O。
(4)①根据得失电子守恒和原子守恒可得测定过程中的物质的量的关系为2CrCl3～2CrO42-～Cr2O72-～6(NH4)2Fe(SO4)2,(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量n=cV=30.00×10-3L×1.0 mol·L-1=3×10-2 mol,测定产品中CrCl3质量分数为3×10-2mol×26×158.5 g·mol-12.0 g=79.25%。
②步骤Ⅰ未继续加热一段时间,过量的H2O2在步骤Ⅱ中会将Cr2O72-还原为Cr3+,则滴定时消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液体积减小,测定的CrCl3质量分数偏低,A符合题意;由提示可知,步骤Ⅱ中用盐酸代替硫酸,由于Cl-具有还原性,会反应消耗Cr2O72-,导致(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液消耗的体积偏小,测定的CrCl3质量分数偏低,B符合题意;步骤Ⅲ中(NH4)2Fe(SO4)2溶液已变质,则滴定所用标准溶液体积偏大,测定的CrCl3质量分数偏高,C不符合题意;步骤Ⅲ中读数时,滴定前俯视(读数偏小),滴定后平视,读取消耗的标准溶液的体积偏大,测定的CrCl3质量分数偏高,D不符合题意。
答案:(1)浓H2SO4 防止G中水蒸气进入E装置 将 CrCl3和 COCl2分别充分排入装置E和G中
(2)A中导管内液面上升 对D处稍加热
(3)COCl2+4OH-=CO32-+2Cl-+2H2O
(4)①79.25% ②AB
(一)题空集训
试剂、仪器选择与使用及装置连接问题
1.(2022·广东佛山二模节选)铜是生活中常见的金属,以铜为原料进行如下实验。回答下列问题:
(1)利用铜与浓硫酸制备SO2,适宜的装置是 (从A、B、C中选择),该装置内发生的化学方程式为
。
(2)收集干燥的SO2,所需装置的接口连接顺序为发生装置→
(填小写字母)。
(3)反应后,发生装置中未观察到蓝色溶液,原因是 。
解析:(1)用铜与浓硫酸制备SO2,反应是铜固体和浓硫酸加热条件下反应生成二氧化硫气体、硫酸铜和水,因此适宜的装置是B。
(2)收集干燥的SO2,先用浓硫酸干燥二氧化硫气体,再用向上排空气法收集二氧化硫气体,最后进行尾气处理,因此所需装置的接口连接顺序为发生装置→g→h→e→d→i→j。
(3)反应后,发生装置中未观察到蓝色溶液,可能是浓硫酸具有吸水性,将硫酸铜溶液中水吸收,最后硫酸铜以固体形式存在。
答案:(1)B Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O
(2) g→h→e→d→i→j
(3)浓硫酸具有吸水性,反应后的硫酸铜以固体形式存在
2.(2022·湖南邵阳一模节选)亚硝酰氯(NOCl,熔点-64.5 ℃,
沸点-5.5 ℃)具有刺鼻恶臭味,易溶于浓硫酸,遇水剧烈水解,是有机合成中的重要试剂。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成,其制备装置如图所示(其中Ⅲ、Ⅳ、Ⅴ中均为浓硫酸):
(1)图甲中装置用于制备纯净干燥的原料气,补充下表中装置Ⅱ的
作用。
装置Ⅰ
装置Ⅱ的
作用
烧瓶中
分液漏斗中
制备纯净Cl2
MnO2
浓盐酸
①
制备纯净NO
Cu
稀硝酸
②
① ;
② 。
(2)图乙对应装置用于制备NOCl。
①装置连接顺序为a→ (按气流自左向右方向,用小写字母表示)。
②装置Ⅳ、Ⅴ除可进一步干燥NO、Cl2外,另一个作用是 。
③如果将装置Ⅳ中浓硫酸合并到装置Ⅴ中,撤除装置Ⅳ,直接将NO、Cl2通入装置Ⅴ中,会造成的不良后果是 。
解析:(1)根据图甲中装置可知,若装置Ⅰ用于制备纯净氯气,浓盐酸易挥发,则装置Ⅱ的作用为除去氯气中的HCl气体;若装置Ⅰ用于制备纯净NO,NO易与装置中的氧气反应生成NO2,则装置Ⅱ用于除去NO气体中的NO2气体。
(2)①根据已知条件,NOCl的熔、沸点低,易溶于浓硫酸,遇水剧烈水解,故先用冰盐将NOCl液化,无水氯化钙用来防止装置中进入水蒸气,造成产物水解,氢氧化钠溶液用于除去尾气,故装置连接顺序为
a→e→f→c→b→d。
②装置Ⅳ、Ⅴ另一个作用是可以通过观察气泡冒出的速率从而调节两种气体的流速(或者通过观察气泡冒出的速率从而控制两种气体
的量)。
③因为NOCl的熔、沸点低,易溶于浓硫酸,如按题意情况处理,会造成的不良后果是NO与Cl2反应生成的NOCl易溶于浓硫酸,降低NOCl
产率。
答案:(1)①除去氯气中的HCl气体 ②除去NO气体中的NO2气体
(2)①e→f→c→b→d ②通过观察气泡冒出的速率从而调节两种气体的流速(或者通过观察气泡冒出的速率从而控制两种气体的量) ③NO与Cl2反应生成的NOCl易溶于浓硫酸,降低NOCl产率
现象、原因、目的、作用等规范描述问题
1.(2022·山东淄博二模)实验室用苯甲醛与乙酸酐[(CH3CO)2O]反应制备肉桂酸,反应原理为
+(CH3CO)2O +M
肉桂酸
已知:Ⅰ.苯甲醛是微溶于水的无色油状液体,沸点179 ℃;
Ⅱ.肉桂酸沸点300 ℃,难溶于冷水,易溶于热水。
实验步骤:
①将苯甲醛、乙酸酐和碳酸钾粉末按适当的量加入三颈烧瓶中,打开仪器A的活塞,控制150～170 ℃加热回流45 min后,冷却至室温。
②从冷凝管上端加入适量蒸馏水至三颈烧瓶中,关闭仪器A的活塞,加热蒸出未反应的苯甲醛。
③将三颈烧瓶冷却至室温,加入适量10%NaOH溶液,再加入少量活性炭,煮沸脱色,冷却后进行第一次抽滤;将滤液转移到烧杯中,加入适量浓盐酸,冷却结晶进行第二次抽滤;得到固体物质(滤饼)。回答下列问题:
(1)M为 (填结构简式)。
(2)实验前,装置和反应试剂须经过干燥处理,原因是 。
(3)步骤①中若未打开仪器A的活塞,对实验的影响是
。
(4)水蒸气蒸馏的方法是使某些有机物随水蒸气一起被蒸馏出来,
达到分离提纯的目的。步骤②中进行水蒸气蒸馏时,证明三颈烧瓶中苯甲醛已被完全蒸出的现象是 。
(5)加NaOH溶液目的是
,
第二次抽滤所得滤饼主要成分是 。
(6)相对于普通过滤,抽滤的优点是 。
解析:(1)根据已配平的化学方程式得M的分子式为C2H4O2,结合各反应物的结构简式可推知M是乙酸,结构简式为CH3COOH。
(2)乙酸酐能与水反应,影响反应进行及产率,故实验前,装置和反应试剂须经过干燥处理。
(3)步骤①中若未打开仪器A的活塞,则冷凝回流的物质留存在仪器A中不能进入三颈烧瓶,降低产率。
(4)苯甲醛是微溶于水的无色油状液体,步骤②中进行水蒸气蒸馏时,证明三颈烧瓶中苯甲醛已被完全蒸出的现象是仪器A中油状液体不再增多。
(5)加NaOH溶液目的是使肉桂酸转化为易溶性肉桂酸钠转移至溶液中,便于提纯;肉桂酸钠与盐酸反应生成的肉桂酸难溶于冷水,故第二次抽滤所得滤饼主要成分是肉桂酸。
(6)相对于普通过滤,抽滤的优点是过滤速率更快,得到的晶体更干燥。
答案:(1)CH3COOH
(2)乙酸酐能与水反应,影响反应进行及产率
(3)冷凝回流的物质留存在仪器A中不能进入三颈烧瓶,降低产率
(4)仪器A中油状液体不再增多
(5)使肉桂酸转化为易溶性肉桂酸钠转移至溶液中,便于提纯
肉桂酸
(6)过滤速率更快,得到的晶体更干燥
2.(2022·山东济宁二模)TiCl4是制备钛及其化合物的重要中间体,可利用下列装置在实验室制备TiCl4(夹持装置略去)。
已知:①PdCl2溶液捕获CO时生成Pd单质;
②TiCl4能溶于有机溶剂,遇水会水解生成难溶于水的物质;CCl4难溶于水。
回答下列问题:
(1)检查装置气密性后,A装置中加入的药品为 ,管式炉中加入TiO2和C,先通入N2其目的是 ;
一段时间后,加热管式炉,改通Cl2,对C处逸出的气体用D、E装置进行后续处理。D中碱石灰的作用是
。
(2)实验过程中,产生的高温气体在进入装置B之前要进行“前期冷却”,
原因是 。制得的TiCl4中常含有少量CCl4,从混合液体中分离出TiCl4的操作名称为 。
(3)TiCl4是制取航天航空工业材料——钛合金的重要原料。某钛合金的元素还有Al和Si等,已知在常温下,钛是一种耐强酸强碱的金属,请设计实验检验其中的Si元素:
。
(4)用TiCl4水解法制备纳米TiO2的工艺流程如图,成功的控制水解速率是制备纳米TiO2的前提。
TiCl4+H2OTiCl4溶液混合溶液沉淀
TiO2
已知:TiOSO4难溶于冷水,在热水中易水解;TiCl4的水解是由水解、
电离、水解三步进行(如下):
①水解:TiCl4+H2OTiOH3++H++4Cl-
②电离:TiOH3+TiO2++H+
③水解:TiO2++H2OTiO2+2H+
其中①为快反应,对②、③反应的影响是 ,加入硫酸铵的目的是 。
解析:(1)实验中碳能与O2在加热条件下发生反应生成CO或CO2而干扰实验,故实验开始前需通入一段时间的N2以排空装置内的空气,且由于TiCl4易水解,则制备用的Cl2需干燥,故装置A为盛有浓硫酸的洗气瓶,目的是干燥氯气,防止TiCl4水解;由于反应产生高温的TiCl4蒸气,直接用冷凝管冷却会导致冷凝管炸裂,则需进行“前期冷却”,
B为冷凝管,冷凝TiCl4蒸气,C为收集TiCl4液体装置,D中碱石灰可以吸收多余的Cl2,同时防止空气中的水蒸气进入C中以免引起TiCl4水解而影响实验结果,E为检验CO装置。
(2)由上述分析可知,“前期冷却”的原因是气体温度过高会导致冷凝管炸裂。CCl4和TiCl4均为分子晶体,且TiCl4的相对分子质量更大,即TiCl4的熔、沸点更高,故从混合液体中分离出TiCl4的操作名称为蒸馏。
(3)已知在常温下,钛是一种耐强酸、强碱的金属,而Si、Al均能与强碱溶液反应分别生成Na2SiO3、NaAlO2,Na2SiO3溶液和NaAlO2溶液与过量的酸反应现象不同,前者为生成白色沉淀且沉淀不溶解,后者是先生成白色沉淀后沉淀逐渐溶解直至消失,故检验其中的Si元素的实验可设计为取少量合金样品于试管中,滴加过量NaOH溶液,振荡,静置后取上层清液,再滴入稀盐酸至过量,如有沉淀产生且沉淀不完全溶解,则证明样品中含Si。
(4)由题干信息可知,①为快反应,产生大量的H+,从而抑制了②、③
反应的进行,加入硫酸铵则可以生成TiOSO4沉淀,从而促进反应②的进行。
答案:(1)浓硫酸 排尽装置中的空气,以免干扰实验 吸收过量的氯气以免污染空气,同时防止空气中水蒸气进入锥形瓶中,引起TiCl4
水解
(2)气体温度过高会导致冷凝管炸裂 蒸馏
(3)取少量合金样品于试管中,滴加过量NaOH溶液,振荡,静置后取上层清液,再滴入稀盐酸至过量,如有沉淀产生且沉淀不完全溶解,则证明样品中含Si
(4)产生H+浓度大,抑制了②、③反应的进行 生成TiOSO4,促进了反应②的进行
物质组成计算及含量的测定问题
1.(2022·山东泰安二模节选)氨基甲酸铵(H2NCOONH4)是一种重要的化工原料,易分解,极易水解。实验室利用下列反应制备氨基甲酸铵。
2NH3(g)+CO2(g)H2NCOONH4(s) ΔH<0
产品纯度分析:
①称取产品1.845 g[内含杂质(NH4)2CO3·H2O],用蒸馏水溶解,定容于100 mL容量瓶中。
②移取20.00 mL上述溶液于锥形瓶,加入足量BaCl2溶液。
③向上述溶液加入足量甲醛(HCHO)溶液,放置5 min,再加入20.00 mL 1.000 mol·L-1NaOH溶液。
④向上述溶液滴加1～2滴酚酞,用1.000 mol·L-1 HCl标准溶液滴定,实验三次,测得消耗标准溶液11.00 mL。
已知:H2NCOONH4+H2O(NH4)2CO3、4NH4++6HCHO[(CH2)6N4H]++3H++6H2O、
[(CH2)6N4H]++OH-(CH2)6N4+H2O
氨基甲酸铵纯度为 (保留小数点后两位),若无操作②,所测纯度 (填“偏大”或“偏小”)。
解析:由题给反应可知H2NCOONH4～2NH4+,由4NH4++6HCHO[(CH2)6N4H]++
3H++6H2O可知,参加反应的氢氧化钠当中,有14和[(CH2)6N4H]+反应,则n(NH4+)=4n([(CH2)6N4H]+)=4×(20×10-3 L×1.000 mol·L-1-11×10-3 L×
1.000 mol·L-1)×14×100 mL20 mL=4.5×10-2 mol,设产品中有H2NCOONH4的物质的量为x mol,有(NH4)2CO3·H2O的物质的量为y mol,则根据铵根离子的量可得2x+2y=4.5×10-2,根据质量关系,可得78x+114y=1.845,解得x=0.02,则m(H2NCOONH4)=78 g·mol-1×0.02 mol=1.56 g,氨基甲酸铵纯度为1.56 g1.845 g×100%=84.55%;操作②加入氯化钡溶液可以沉淀CO32-,如果没有这一步,那在操作④中就会消耗更多的盐酸,则和[(CH2)6N4H]+反应的氢氧化钠就会偏少,计算出的产品纯度就会偏小。
答案:84.55% 偏小
2.(2022·湖南衡阳一模节选)硫酸铜在生产、生活中应用广泛。用铜精炼炉渣(主要成分为CuO、FeO、Al2O3、SiO2)为原料生产硫酸铜晶体并测定其结晶水含量,过程如下:
步骤Ⅰ.硫酸铜晶体的制备
步骤Ⅱ.硫酸铜晶体结晶水含量的测定
①称取样品质量为m1;②研磨,加热;③冷却至室温;④再次称量得固体m2;⑤重复②～④的步骤,至恒重;⑥计算得出结果。
已知:硫酸铜晶体易溶于水,难溶于乙醇。
(1)测定晶体中结晶水含量的实验中,有关操作选用仪器错误的
是 (填序号,下同)。
A.研磨
B.称量
C.加热
D.冷却
(2)若至恒重时质量仍然为m2,则n= (写表达式)。
(3)如实验结果发现测得结晶水数量n偏高,可能的原因有 。
A.加热前称量时坩埚未完全干燥
B.加热过程中有少量晶体溅出
C.加热时坩埚内固体变黑
解析:(1)测定晶体中结晶水含量的实验中,研磨时用研钵,加热时要用坩埚,加热后要在干燥器中冷却至室温再称量,以上仪器选用均正确,但称量时要把晶体放在坩埚中称量,而不是放在烧杯中称量,故选用仪器错误的是B。
(2)晶体的质量为m1,结晶水的质量为m1-m2,
CuSO4·nH2OCuSO4+nH2O
160+18n 18n
m1 m1-m2
160+18nm1=18nm1-m2,计算得出n=80(m1-m2)9m2。
(3)加热前称量时坩埚未完全干燥,水的质量偏大,造成结果偏高,故A符合题意;加热过程中有少量晶体溅出,水的质量偏大,造成结果偏高,故B符合题意;加热时坩埚内固体变黑,硫酸铜分解生成CuO,水的质量偏大,造成结果偏高,故C符合题意。
答案:(1)B (2)80(m1-m2)9m2 (3)ABC
实验方案的设计与评价
1.(2022·福建龙岩一模节选)某同学实验室研究Fe3+→Fe2+时,进行了以下实验,回答有关问题。
配制0.1 mol·L-1FeCl3溶液
称取2.7 g FeCl3·6H2O晶体溶解在盛有100 mL蒸馏水的烧杯中,搅拌均匀即可制得。
(1)配制的溶液不显黄色而显红褐色,原因是 ;若要获得黄色FeCl3溶液,改进配制方法是 。
(2)配制溶液时没有使用容量瓶,所得溶液 (填“能”或“不能”)满足本实验要求。
解析:(1)氯化铁水解生成氢氧化铁,会使氯化铁溶液不显黄色而显红褐色;若要获得黄色氯化铁溶液,需抑制氯化铁水解,可将FeCl3·6H2O溶于较浓的盐酸中,再加水稀释至所需浓度。
(2)配制溶液时没有使用容量瓶,所得溶液不能满足本实验要求,因为溶液的体积包含溶质和溶剂的体积,题目中所用配制方法,溶液的体积是按溶剂即水的体积计算的,未加上溶质的体积,所配溶液浓度不准确。
答案:(1)氯化铁水解生成氢氧化铁 将FeCl3·6H2O溶于较浓的盐酸中,再加水稀释至所需浓度
(2)不能
2.(2022·湖南长沙一模节选)1,2二氯乙烷是制备杀菌剂和植物生长调节剂的中间体,在农业上可用作粮食和谷物的熏蒸剂、土壤消毒剂等。已知其沸点为83.5 ℃,熔点为-35 ℃。如图为实验室中制备1,2二氯乙烷的装置,其中加热和夹持装置已略去。装置A中的无水乙醇的密度约为 0.8 g·cm-3。
(1)装置A中还缺少的一种必要仪器是 ,使用冷凝管的目的是 。
(2)装置B中玻璃管d的作用是 。
(3)实验时A中三颈烧瓶内可能会产生一种刺激性气味的气体,为吸收该气体,在装置B中应加入的最佳试剂为 (填字母)。
A.浓硫酸 B.NaOH溶液
C.酸性KMnO4溶液 D.饱和NaHCO3溶液
(4)D中a、c两个导气管进入仪器中的长度不同,其优点是 。
解析:由实验目的及装置图知,装置A用于乙醇和浓硫酸加热制乙烯,装置B中盛装NaOH溶液,用于除去乙烯中可能混有的CO2、SO2,装置D中乙烯与由装置E制备的氯气发生加成反应生成1,2二氯乙烷(CH2ClCH2Cl)。
(1)乙醇和浓硫酸混合加热至170 ℃时发生消去反应生成乙烯,故装置A中还缺少的实验仪器是温度计;乙醇易挥发,使用冷凝管的目的是使乙醇冷凝回流,提高原料的利用率,同时导出生成的乙烯气体。
(2)装置B中将长玻璃管插入液面下并使其与大气连通,不但可以平衡气压,还可以起到防倒吸并监控实验过程中导管是否堵塞的作用。
(3)浓硫酸有强氧化性,在加热条件下能氧化乙醇生成CO2和有刺激性气味的SO2,CO2、SO2是酸性氧化物,均能与NaOH溶液反应生成盐和水,从而被吸收,故选B。
(4)由于乙烯和氯气的密度不同,其中氯气的密度较大,乙烯的密度较小,则D中Cl2用较短导气管c,C2H4用较长导气管a,更有利于Cl2和C2H4充分混合反应。
答案:(1)温度计 冷凝回流乙醇,提高原料的利用率,同时导出生成的乙烯气体
(2)平衡气压,防倒吸等
(3)B
(4)有利于Cl2、C2H4充分混合
(二)题型集训
物质制备类综合实验
1.(2022·山东聊城二模)锡(Sn)是第ⅣA族元素,其常见的氯化物有SnCl4和SnCl2。SnCl4常温下为液体,遇水极易发生水解反应;SnCl2常温下为固体,具有还原性,可被空气中的氧气氧化。某化学实验小组制备SnCl4的装置如图(加热与夹持装置省略)。
回答下列问题:
(1)仪器a的名称是 ;装置B中盛放的试剂是 。
(2)制取SnCl4的操作步骤为
①连接好装置;
② ;
③添加药品、滴加浓盐酸;
④待装置D 后,加热装置C;
⑤收集SnCl4。
请补充上述实验步骤。
已知装置A中反应的还原产物为Cr3+,写出该反应的离子方程式: 。
(3)装置E的作用是 。
(4)经测定发现实验所得SnCl4样品中含有少量的SnCl2,测定样品纯度的方案如下:
取a g样品溶于足量稀盐酸中,加入淀粉溶液作指示剂,用0.010 0 mol/L
碘酸钾标准溶液滴定至终点,消耗标准溶液V mL。滴定过程中先后发生的反应为
ⅰ.Sn2++IO3-+H+Sn4++I-+H2O
ⅱ.IO3-+I-+H+I2+H2O(均未配平)
则SnCl4样品的纯度为 %;若滴定时间过长,会使测量结果 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
解析:装置A用于浓盐酸和K2Cr2O7反应制备氯气,生成的氯气通过盛装饱和食盐水的集气瓶,吸收挥发出来的氯化氢,装置B中盛装干燥剂,干燥氯气,装置C是SnCl4的制备装置,装置D是收集装置,因为SnCl4常温下为液体,遇水极易发生水解,球形干燥管E中的碱石灰是为了吸收尾气并防止空气中的水蒸气进入装置D。
(1)由图可知仪器a是蒸馏烧瓶;装置B中的试剂可以干燥氯气,应该是无水CaCl2(或P2O5或硅胶)。
(2)装置组装完毕后应该检查装置气密性;确认装置气密性良好后,可以添加药品,首先制备氯气,利用氯气排除装置中的空气,故要待装置D充满黄绿色气体后,再加热装置C,开始反应生产产品,装置A中重铬酸钾和浓盐酸反应制备氯气的离子方程式为Cr2O72-+6Cl-+14H+2Cr3++3Cl2↑+7H2O。
(3)装置D中收集产品,产品易水解,没有反应完的氯气容易污染空气,故装置E的作用是吸收多余的氯气;防止空气中的水蒸气进入装置
D中。
(4)利用得失电子守恒配平离子方程式为3Sn2++IO3-+6H+3Sn4++I-+3H2O;
滴定终点时,发生反应IO3-+5I-+6H+3I2+3H2O,生成的I2使淀粉变蓝;由反应的离子方程式可得关系式 3Sn2+～IO3-,n(Sn2+)=3n(IO3-)=
3×0.010 0 mol/L×V×10-3L=3V×10-5 mol,产品纯度为(1-3V×10-5mol×190 g/ molag)×100%=100a-0.57Va%;若滴定时间过长,空气中的氧气会氧化碘离子,消耗的碘酸钾偏少,会使测量结果偏大。
答案:(1)蒸馏烧瓶 无水CaCl2(或P2O5或硅胶)
(2)检查装置气密性 充满黄绿色气体
Cr2O72-+6Cl-+14H+2Cr3++3Cl2↑+7H2O
(3)吸收多余的氯气;防止空气中的水蒸气进入D中
(4)100a-0.57Va 偏大
2.(2022·湖南永州三模)以下是制备FeC2O4·2H2O的流程:
实验Ⅰ:制备(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O
(1)B中盛有一定量的(NH4)2SO4溶液,A中分液漏斗中的药品是 。
(2)实验开始时先将止水夹a (填“打开”或“关闭”)。
(3)简述B中生成(NH4)2Fe(SO4)2的操作过程:
。
实验Ⅱ:制备FeC2O4·2H2O
已知:25 ℃时,当pH>4,Fe2+易被氧化。
(4)步骤①生成FeC2O4·2H2O的化学方程式为 ,该步加入H2C2O4而不是Na2C2O4溶液的原因是 。
实验Ⅲ:测定产品中铁元素的质量分数
产品中可能含有Fe2(C2O4)3、H2C2O4·2H2O杂质,为测定铁元素的含量,称取m g产品于锥形瓶中,加入稀H2SO4溶解,水浴加热至75 ℃,再加入过量KMnO4溶液,充分反应后,向上述溶液中加入还原剂将Fe3+完全还原为Fe2+,再加入稀H2SO4酸化,在75 ℃继续用c mol·L-1KMnO4溶液滴定至溶液出现粉红色且30 s内不褪色,消耗KMnO4溶液V mL。
(5)铁元素的质量分数为 ,若第一次滴入KMnO4溶液不足,则产品中铁元素含量 (填“偏高”或“偏低”)。
解析:(1)由制备FeC2O4·2H2O的流程图可知A中分液漏斗中的药品是稀H2SO4。
(2)实验开始时先将止水夹a打开使产生的H2将装置A和B中的空气排空,避免Fe2+被空气中的O2氧化。
(3)待装置A中反应一段时间后关闭止水夹a,产生的H2将FeSO4溶液压入B中与(NH4)2SO4进行反应。
(4)步骤①生成FeC2O4·2H2O的化学方程式为FeSO4+H2C2O4+2H2OFeC2O4·2H2O↓+H2SO4;草酸钠溶液呈碱性,使得Fe2+易被氧气氧化,降低了二水合草酸亚铁的产率。
(5)滴定过程发生的反应为5Fe2++MnO4-+8H+5Fe3++Mn2++4H2O,设样品中铁元素的物质的量为x,则5x=1cmol·L-1×V×10-3L,解得x=5cV×10-3 mol,铁元素的质量分数为5cV×10-3mol×56 g·mol-1mg×100%=28cVm%;第一次滴入KMnO4溶液不足,有H2C2O4残余,则第二次加入KMnO4溶液体积偏大,
铁元素含量将偏高。
答案:(1)稀H2SO4
(2)打开
(3)待装置A中反应一段时间后关闭止水夹a,产生的H2将FeSO4溶液压入B中与(NH4)2SO4进行反应
(4)FeSO4+H2C2O4+2H2OFeC2O4·2H2O↓+H2SO4 草酸钠溶液呈碱性,
使得Fe2+易被氧气氧化,降低了二水合草酸亚铁的产率
(5)28cVm% 偏高
性质、原理探究类综合实验
1.(2022·广东肇庆二模)已知铁氰化钾(K3[Fe(CN)6])溶液呈黄色,可以与Fe2+反应生成带有特征蓝色的Fe3[Fe(CN)6]2(铁氰化亚铁)沉淀,因而在实验室中常用于鉴别溶液中是否存在Fe2+。
Ⅰ.某化学兴趣小组查阅资料了解到[Fe(CN)6]3-具有氧化性,可被还原生成[Fe(CN)6]4-。设计了如下实验,探究[Fe(CN)6]3-的相关性质。
(1)实验一:向饱和Na2S溶液中滴加几滴 0.1 mol·L-1的K3[Fe(CN)6]溶液,溶液出现黄色浑浊,发生反应的离子方程式为 。
(2)实验二:向滴有淀粉的饱和KI溶液中滴加几滴 0.1 mol·L-1的K3[Fe(CN)6]溶液,可以观察到的现象为 。
Ⅱ.小组同学提出问题:K3[Fe(CN)6]能否将Fe氧化成Fe2+?设计并实施实验:
序号
实验方案
实验现象
取少量0.1 mol·L-1的K3[Fe(CN)6]溶液于试管中,加入适量铁屑
无明显现象
向实验三的试管中加入少量NaCl固体
溶液中出现蓝色浑浊
(3)指导老师指出实验中需要用煮沸后再冷却至室温的蒸馏水配制的K3[Fe(CN)6]溶液,并且往试管中的溶液上加入少量煤油,其目的为 。
(4)①根据实验现象得出结论: 。
②反思现象:乙同学认为实验三和实验四现象不同的原因是铁屑表面有一层金属氧化膜,阻止了反应进行,加入NaCl的作用为 。
③深度探究:为证明不同现象是由Cl-而不是Na+造成的,可向实验三的试管中加入少量 (填化学式),观察是否出现蓝色沉淀。
(5)拓展实验:按如图所示装置及试剂组装仪器,观察到电流表指针发生偏转,Fe电极表面的电极方程式为 。请设计实验方案探究该装置是否能有效防止Fe发生腐蚀: 。
解析:Ⅰ.(1)[Fe(CN)6]3-具有氧化性,可被还原生成 [Fe(CN)6]4-;硫离子具有氧化性,向饱和Na2S溶液中滴加几滴0.1 mol·L-1的K3[Fe(CN)6]溶液,溶液出现黄色浑浊,说明有S单质生成,发生反应的离子方程式为2[Fe(CN)6]3-+S2-2[Fe(CN)6]4-+S↓。
(2)向滴有淀粉的饱和KI溶液中滴加几滴 0.1 mol·L-1的K3[Fe(CN)6]溶液,I-被氧化为I2,可以观察到的现象为溶液变为蓝色。
Ⅱ.(3)氧气具有氧化性,会干扰实验;蒸馏水煮沸排出水中溶解的O2,在试管中的溶液上加入少量煤油,防止空气中的O2溶解在溶液中。
(4)①实验中溶液出现蓝色浑浊,说明生成亚铁离子,根据实验现象得出结论为K3[Fe(CN)6]可以将Fe氧化成Fe2+。
②实验三无明显现象,实验四加入氯化钠有现象;铁屑表面有一层金属氧化膜阻止了反应进行,加入NaCl的作用为破坏金属表面的氧化膜,使反应可以顺利进行。
③若证明不同现象是由Cl-而不是Na+造成的,则需要做对比实验,可向实验三的试管中加入少量钠盐,且其阴离子不能参与反应,可选用Na2SO4,观察是否出现蓝色沉淀。
(5)在中性溶液中发生吸氧腐蚀,观察到电流表指针发生偏转,Fe电极表面的电极方程式为2H2O+O2+4e-4OH-;铁腐蚀生成亚铁离子,是否能有效防止Fe发生腐蚀的实验方案探究,可以检验是否存在亚铁离子,方案可以为取铁电极附近少量溶液于试管中,滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液,观察是否出现蓝色沉淀。
答案:(1)2[Fe(CN)6]3-+S2-2[Fe(CN)6]4-+S↓
(2)溶液变为蓝色
(3)排除溶液中的O2并隔绝空气
(4)①K3[Fe(CN)6]可以将Fe氧化成Fe2+ ②破坏铁屑表面的氧化膜 ③Na2SO4(答案合理即可)
(5)2H2O+O2+4e-4OH- 取铁电极附近少量溶液于试管中,滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液,观察是否出现蓝色沉淀
2.(2022·福建三明三模)为了探究市售Fe3O4能否与常见的酸(盐酸、稀硫酸)发生反应,实验小组做了以下工作。
Ⅰ.Fe3O4的制备
(1)将可溶性亚铁盐和铁盐按一定配比混合后,加入NaOH溶液,在一定条件下反应可制得Fe3O4,反应的离子方程式为
。
Ⅱ.Fe3O4与酸反应的热力学论证
(2)理论上完全溶解1.16 g Fe3O4至少需要 3 mol/L H2SO4溶液的体积约为 mL(保留1位小数)。
(3)查阅文献:吉布斯自由能(ΔG)=ΔH-TΔS,在100 kPa下,Fe3O4与酸反应的ΔG与温度T的关系如图所示。Fe3O4与酸自发反应的温度条件是 。
Ⅲ.Fe3O4与酸反应的实验研究
用10 mL 3 mol/L H2SO4溶液浸泡1.0 g Fe3O4粉末,5分钟后各取2 mL澄清浸泡液,按编号ⅰ进行实验。(所用K3[Fe(CN)6]、KSCN溶液均为0.1 mol/L,Fe2+遇K3[Fe(CN)6]溶液生成蓝色沉淀)
编号
ⅰ
ⅱ
实验操作
现象
①无蓝色沉淀
②溶液显红色
均无明显现象
(4)实验ⅱ的作用是 。
(5)实验ⅰ中滴加K3[Fe(CN)6]溶液无蓝色沉淀生成,其可能原因是Fe2+的浓度太小,为了验证这一推断,可改进的方法是
。
(6)实验ⅲ:用10 mL 6 mol/L盐酸代替H2SO4浸泡样品后,重复实验ⅰ,发现试管①有蓝色沉淀,试管②溶液显红色,说明Cl-有利于Fe3O4与H+反应,为了验证这一推测,可在用H2SO4溶液浸泡时加入 ,然后重复实验ⅰ。
(7)实验ⅳ:用20 mL 6 mol/L盐酸浸泡1.0 g天然磁铁矿粉末,20 min后浸泡液几乎无色,重复实验ⅰ,发现试管①、②均无明显现象,与实验ⅲ现象不同的可能原因是 。
解析:Ⅰ.(1)将可溶性亚铁盐和铁盐按一定配比混合后,加入NaOH溶液,在一定条件下反应可制得Fe3O4,反应的离子方程式为Fe2++2Fe3++
8OH-Fe3O4+4H2O。
Ⅱ.(2)Fe3O4与H2SO4溶液反应的化学方程式为Fe3O4+4H2SO4FeSO4+
Fe2(SO4)3+4H2O,1.16 g Fe3O4的物质的量为0.005 mol,则需要H2SO4的物质的量为0.02 mol,则至少需要3 mol/L H2SO4溶液的体积约为0.02mol3mol/L=0.006 7 L=6.7 mL。
(3)反应的ΔG<0时,反应能自发进行,由图可知,当温度低于332.8 K时,该反应的ΔG<0,故Fe3O4与酸自发反应的温度条件是T<332.8 K。
Ⅲ.(4)实验ⅱ的作用是作对照实验,排除H2SO4、HCl对实验现象的
干扰。
(5)实验ⅰ中滴加K3[Fe(CN)6]溶液无蓝色沉淀生成,其可能原因是Fe2+的浓度太小,为了验证这一推断,可改进的方法是在试管中加入植物油隔绝空气,并延长浸泡Fe3O4的时间或适当升高反应温度、搅拌等。
(6)为验证Cl-有利于Fe3O4与H+反应,可在用H2SO4溶液浸泡时加入NaCl固体,然后重复实验ⅰ。
(7)实验ⅳ与实验ⅲ现象不同的可能原因是天然磁铁矿粉末中杂质
较多,Fe3O4的含量较低。
答案:(1)Fe2++2Fe3++8OH-Fe3O4+4H2O
(2)6.7
(3)T<332.8 K
(4)作对照实验,排除H2SO4、HCl对实验现象的干扰
(5)在试管中加入植物油隔绝空气,并延长浸泡Fe3O4的时间或适当升高反应温度、搅拌等(合理答案均可)
(6)NaCl固体
(7)天然磁铁矿粉末中杂质较多,Fe3O4的含量较低
定量测定型综合实验
1.(2022·山东烟台一模)氮化钙(Ca3N2)是一种重要试剂,常温下为棕色固体,在空气中会被氧化,遇水强烈水解,产生刺激性气味气体。实验室设计如图装置用Ca与N2反应制备Ca3N2,并对Ca3N2纯度进行测定。回答下列问题:
Ⅰ.Ca3N2的制备
(1)仪器a的名称为 ,E装置的主要作用是 。
(2)实验开始时应首先点燃 (填“A”或“C”)处酒精灯,当观察到 时点燃另一处酒精灯。
Ⅱ.Ca3N2纯度的测定(已知所含的杂质不与水反应产生气体)
(3)方案一:①按图1所示连接装置,检查装置气密性后加入试剂;
②测定虚线框内装置及试剂的质量m1;③ ,用分液漏斗加入足量水,至不再产生气体;④ ;⑤再次测定虚线框内装置及试剂的质量m2。则产品中Ca3N2的质量分数表达式为 。
(4)方案二:按图2所示连接装置,检查装置气密性后加入试剂。打开分液漏斗活塞向三颈烧瓶中加入蒸馏水,打开K持续通入水蒸气,将产生的氨全部蒸出,并用100 mL 1.00 mol·L-1的稀硫酸标准溶液完全吸收(液体体积变化忽略不计)。从烧杯中量取10.00 mL的吸收液注入锥形瓶中,用1.00 mol·L-1NaOH标准溶液滴定过量的稀硫酸,到终点时消耗12.80 mL NaOH溶液。则产品中Ca3N2的质量分数为 。若两个方案均操作无误,比较两方案测定的质量分数,方案一 (填“偏高”“偏低”或“相等”)。
解析:Ⅰ.A装置为N2的发生装置,B用于除去N2中混有的水蒸气,C装置为氮气与Ca反应生成氮化钙的反应装置,D装置防止E装置中的水蒸气进入C装置中,E装置防止外界空气中的O2进入C装置中与Ca及氮化钙发生反应。
(1)仪器a的名称为蒸馏烧瓶,E装置的作用为液封(或隔绝空气中的氧气进入硬质玻璃管与Ca和Ca3N2反应)。
(2)实验开始时应首先点燃A处酒精灯,当观察到E装置中有气泡均匀产生时点燃另一处酒精灯。
Ⅱ.方案一利用Ca3N2与水反应生成氢氧化钙和氨气,利用浓硫酸来吸收氨气,根据硫酸的增重得知氨的量,从而可知Ca3N2的质量,再可知Ca3N2的质量分数;方案二利用过量的硫酸和氨先反应,再与氢氧化钠反应,间接地求出氨的物质的量,从而可知Ca3N2的质量,再可知Ca3N2的质量分数。
(3)①按图1所示连接装置,检查装置气密性后加入试剂;②测定虚线框内装置及试剂的质量m1,③关闭K1,打开K2,用分液漏斗加入足量水,至不再产生气体;④打开K1,通入足量的N2把产生的气体全部压入浓硫酸中;⑤再次测定虚线框内装置及试剂的质量m2。根据Ca3N2+
6H2O3Ca(OH)2+2NH3↑,根据Ca3N2～2NH3,可知148 g Ca3N2～34 g NH3,产品中Ca3N2的质量分数为14834(m2-m1)6.0 g×100%=37(m2-m1)51 g×100%。
(4)根据反应2NaOH+H2SO4Na2SO4+2H2O,2NH3+H2SO4(NH4)2SO4,
Ca3N2+6H2O3Ca(OH)2+2NH3↑,可知2NaOH～H2SO4～2NH3～Ca3N2,反应产生的氨气的物质的量为2×(100×10-3L×1.00 mol·L-1-12×12.80×
10-3 L×1.00 mol·L-1×100 mL10 mL)=7.2×10-2 mol,而148 g Ca3N2～2 mol NH3,产品中Ca3N2的质量分数为1482×7.2×10-26.0×100%=88.8%。若两个方案均操作无误,一个用氮气将氨气排到后面装置,一个利用水蒸气排氨气,氮气不能将溶解在水中的氨气排除,故得到的氨气相对少一些,故方案一偏低。
答案:(1)蒸馏烧瓶 液封(或隔绝空气中的氧气进入硬质玻璃管与Ca和Ca3N2反应)
(2)A E装置中有均匀的气泡产生
(3)关闭K1,打开K2 打开K1,通一段时间的N2 37(m2-m1)51 g×100%
(4)88.8% 偏低
2.(2022·湖南岳阳三模)蛋白质是生命的物质基础。某学习小组实验探究一种蛋白质的元素组成。
Ⅰ.确定该蛋白质中的某些组成元素
(1)为确定该蛋白质中含氮元素,将样品中有机氮转化成铵盐,能证明铵盐存在的实验方法是 。
(2)为确定该蛋白质中含碳、氢、硫三种元素,采用如图装置进行探究,通入氧气使样品在装置A中充分燃烧,并使其产物依次缓缓通过其余装置。
①装置B中的试剂是 。
②装置D的作用是 。
③当装置B、C、E、F依次出现下列现象: 、品红溶液褪色、 、出现白色浑浊,可证明燃烧产物中含有H2O、SO2、CO2。
结论:该蛋白质中含碳、氢、硫、氮等元素。
Ⅱ.为测定该蛋白质中硫元素的质量分数,小组取蛋白质样品充分燃烧,先用足量碘水吸收二氧化硫,再取吸收液,以淀粉为指示剂,用硫代硫酸钠溶液滴定过量的碘。已知:2S2O32-+I2S4O62-+2I-。
(3)写出二氧化硫与碘水反应的化学方程式: 。
(4)滴定终点的现象为
。
(5)取蛋白质样品m g进行测定,采用c1 mol·L-1的碘水V1 mL进行吸收,滴定过量的碘样时消耗c2 mol·L-1硫代硫酸钠溶液V2 mL。该蛋白质中的硫元素的质量分数为 。
(6)若燃烧时过量氧气进入吸收液中,可能会导致该蛋白质中的硫元素的质量分数测定值 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
解析:Ⅰ.(1)铵盐可以和碱反应生成氨气,故检验铵盐的方法为注入氢氧化钠溶液,加热,生成能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体。
(2)蛋白质燃烧后产生二氧化碳、水和二氧化硫,应先检验水蒸气,
后检验二氧化硫,除去二氧化硫后检验二氧化碳。
①装置B中的试剂是无水硫酸铜,用以检验水蒸气。
②装置D中酸性高锰酸钾溶液可以除去二氧化硫。
③装置B中无水硫酸铜粉末由白色变蓝色,说明有水生成,说明蛋白质中含有氢元素;装置C中品红溶液褪色,说明有二氧化硫生成,说明蛋白质中含有硫元素;装置E中品红溶液不褪色,说明二氧化硫已经被完全吸收;装置F中澄清石灰水出现白色浑浊,说明生成二氧化碳,说明蛋白质中含有碳元素。
Ⅱ.(3)二氧化硫、碘和水反应生成硫酸和碘化氢。
(4)根据淀粉遇碘变蓝的性质分析,当碘单质完全反应,溶液不变蓝色,则滴定的终点变化为当滴入最后半滴Na2S2O3溶液后,溶液的蓝色褪去,且半分钟内不恢复原色。
(5)硫代硫酸钠的物质的量为c2V2×10-3 mol,则与二氧化硫反应的碘的物质的量为(c1V1-0.5c2V2)×10-3 mol,则蛋白质中硫的质量分数为32×(c1V1-0.5c2V2)×10-3m×100%=3.2(c1V1-0.5c2V2)m%。
(6)氧气也能氧化二氧化硫,故碘的消耗量减少,最后测定硫的含量
偏小。
答案:(1)注入氢氧化钠溶液,加热,生成能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体
(2)①无水硫酸铜 ②除去SO2,避免对CO2的检验造成干扰 粉末由白色变蓝色 品红溶液不褪色(或仍显红色)
(3)I2+SO2+2H2OH2SO4+2HI
(4)当滴入最后半滴Na2S2O3溶液后,溶液的蓝色褪去,且半分钟内不恢复原色
(5)3.2(c1V1-0.5c2V2)m%
(6)偏小
大题突破五 化学实验综合
物质制备类综合实验
1.(2022·山东卷,18)实验室利用FeCl2·4H2O和亚硫酰氯(SOCl2)制备无水FeCl2的装置如图所示(加热及夹持装置略)。已知SOCl2沸点为76 ℃,遇水极易反应生成两种酸性气体。回答下列问题:
(1)实验开始先通N2。一段时间后,先加热装置 (填“a”或“b”)。装置b内发生反应的化学方程式为 。装置c、d共同起到的作用是 。
(2)现有含少量杂质的FeCl2·nH2O,为测定n值进行如下实验:
实验Ⅰ:称取m1 g样品,用足量稀硫酸溶解后,用 c mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+达终点时消耗V mL(滴定过程中Cr2O72-转化为Cr3+,Cl-不反应)。
实验Ⅱ:另取m1 g样品,利用上述装置与足量SOCl2反应后,固体质量为m2 g。
则n= ;下列情况会导致n测量值偏小的是 (填标号)。
A.样品中含少量FeO杂质
B.样品与SOCl2反应时失水不充分
C.实验Ⅰ中,称重后样品发生了潮解
D.滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成
(3)用上述装置,根据反应TiO2+CCl4TiCl4+CO2制备TiCl4。已知TiCl4与CCl4分子结构相似,与CCl4互溶,但极易水解。选择合适仪器并组装蒸馏装置对TiCl4、CCl4混合物进行蒸馏提纯(加热及夹持装置略),安装顺序为①⑨⑧ (填序号),先馏出的物质为 。
解析:FeCl2∙4H2O与SOCl2制备无水FeCl2的反应原理为SOCl2吸收FeCl2∙4H2O受热失去的结晶水生成SO2和HCl,HCl可抑制FeCl2的水解,从而制得无水FeCl2。
(1)实验开始先通N2,排尽装置中的空气,一段时间后,先加热装置a,产生SOCl2气体充满装置b后再加热装置b,装置b中发生反应的化学方程式为FeCl2∙4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8HCl↑;装置c、d的共同作用是冷凝回流SOCl2。
(2)滴定过程中Cr2O72-将Fe2+氧化成Fe3+,自身被还原成Cr3+,反应的离子方程式为6Fe2++Cr2O72-+14H+6Fe3++2Cr3++7H2O,则m1 g样品中n(FeCl2)=6n(Cr2O72-)=6cV×10-3 mol;m1 g样品中结晶水的质量为(m1-m2)g,结晶水的物质的量为m1-m218mol,n(FeCl2)∶n(H2O)=1∶n=(6cV×10-3 mol)∶m1-m218 mol,解得n=1 000(m1-m2)108cV。样品中含少量FeO杂质,溶于稀硫酸后生成Fe2+,导致消耗的K2Cr2O7标准溶液的体积偏大,使n测量值偏小,A项符合题意;样品与SOCl2反应时失水不充分,则m2偏大,使n测量值偏小,B项符合题意;实验Ⅰ中,称重后样品发生了潮解,m1不变,消耗的K2Cr2O7标准溶液的体积不变,使n测量值不变,C项不符合题意;滴定达到终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成,导致消耗的K2Cr2O7标准溶液的体积偏小,使n测量值偏大,D项不符合题意。
(3)组装蒸馏装置对TiCl4、CCl4混合物进行蒸馏提纯,按由下而上、从左到右的顺序组装,先安装①⑨⑧,然后连接冷凝管,蒸馏装置中应选择直形冷凝管⑥,接着连接尾接管⑩,TiCl4极易水解,为防止外界水蒸气进入,最后连接③⑤,故安装顺序为①⑨⑧⑥⑩③⑤;由于TiCl4、CCl4分子结构相似,TiCl4的相对分子质量大于CCl4的,TiCl4分子间的范德华力较大,TiCl4的沸点高于CCl4的,故先馏出的物质为CCl4。
答案:(1)a FeCl2∙4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8HCl↑ 冷凝回流SOCl2
(2)1 000(m1-m2)108cV AB
(3)⑥⑩③⑤ CCl4
2.(2021·河北卷,14)化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献。某化学兴趣小组在实验室中模拟并改进侯氏制碱法制备NaHCO3,进一步处理得到产品Na2CO3和NH4Cl。实验流程如图:
回答下列问题:
(1)从A～E中选择合适的仪器制备NaHCO3,正确的连接顺序是 (按气流方向,用小写字母表示)。为使A中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下,可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或 。
(2)B中使用雾化装置的优点是 。
(3)生成NaHCO3的总反应的化学方程式为 。
(4)反应完成后,将B中U形管内的混合物处理得到固体NaHCO3和滤液:
①对固体NaHCO3充分加热,产生的气体先通过足量浓硫酸,再通过足量Na2O2,Na2O2增重0.14 g,则固体NaHCO3的质量为 g。
②向滤液中加入NaCl粉末,存在NaCl(s)+NH4Cl(aq)NaCl(aq)+NH4Cl(s)过程。为使NH4Cl沉淀充分析出并分离,根据NaCl和NH4Cl溶解度曲线,需采用的操作为 、 、洗涤、干燥。
(5)无水Na2CO3可作为基准物质标定盐酸浓度。称量前,若无水Na2CO3保存不当,吸收了一定量水分,用其标定盐酸浓度时,会使结果 (填标号)。
A.偏高 B.偏低 C.不变
解析:(1)制备NaHCO3的具体过程为先制备CO2,再除去杂质HCl,然后将纯净的CO2通入饱和氨盐水中制得NaHCO3,最后用NaOH溶液处理多余的CO2,所以装置的连接顺序为aefbcg。分液漏斗使用前需要让其与大气连通,否则液体无法滴落,所以为使A中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下,需要打开分液漏斗上部的玻璃塞或者将分液漏斗上部玻璃塞上的凹槽与分液漏斗上端的小孔对齐。(2)雾化装置可以增大接触面积,使饱和氨盐水与CO2充分接触,使反应更充分。(3)生成NaHCO3的总反应的化学方程式为CO2+NH3+NaCl+H2ONaHCO3↓+NH4Cl。(4)①1 mol CO2与足量Na2O2反应,最终Na2O2增重的质量相当于1 mol CO 的质量,假设固体NaHCO3的质量为x g,可列如下关系式,
2NaHCO3～CO2～Na2O2～CO
2×84 28
x g 0.14 g
则2×84xg=280.14 g,解得x=0.84。②根据题图中NaCl和NH4Cl的溶解度曲线可知,NH4Cl的溶解度随温度的升高变化较大,而NaCl的溶解度随温度的升高变化不大,为使NH4Cl沉淀充分析出并分离,需采用的操作为降温结晶、过滤、洗涤、干燥。(5)若称量前的无水Na2CO3吸收了一定量的水分,此时Na2CO3的含量偏低,则用其标定盐酸浓度时,会使滴定结果偏高。
答案:(1)aefbcg 将分液漏斗上部玻璃塞上的凹槽与分液漏斗上端的小孔对齐
(2)增大接触面积,使反应更充分
(3)CO2+NH3+NaCl+H2ONaHCO3↓+NH4Cl
(4)①0.84 ②降温结晶 过滤
(5)A
性质、原理探究类综合实验
1.(2022·广东卷,17)食醋是烹饪美食的调味品,有效成分主要为醋酸(用HAc表示)。HAc的应用与其电离平衡密切相关。25 ℃时,HAc的Ka=1.75×10-5=10-4.76。
(1)配制250 mL 0.1 mol·L-1的HAc溶液,需5 mol·L-1HAc溶液的体积为 mL。
(2)下列关于250 mL容量瓶的操作,正确的是 。
(3)某小组研究25 ℃下HAc电离平衡的影响因素。
提出假设 稀释HAc溶液或改变Ac-浓度,HAc电离平衡会发生移动。
设计方案并完成实验 用浓度均为0.1 mol·L-1的HAc和NaAc溶液,按下表配制总体积相同的系列溶液;测定pH,记录数据。
序号
V(HAc)/mL
V(NaAc)/mL
V(H2O)/mL
n(NaAc)∶n(HAc)
pH
Ⅰ
40.00
/
/
0
2.86
Ⅱ
4.00
/
36.00
0
3.36
…
Ⅶ
4.00
a
b
3∶4
4.53
Ⅷ
4.00
4.00
32.00
1∶1
4.65
①根据表中信息,补充数据:a= ,b= 。
②由实验Ⅰ和Ⅱ可知,稀释HAc溶液,电离平衡 (填“正”或“逆”)向移动;结合表中数据,给出判断理由: 。
③由实验Ⅱ～Ⅷ可知,增大Ac-浓度,HAc电离平衡逆向移动。
实验结论 假设成立。
(4)小组分析上表数据发现:随着n(NaAc)n(HAc)的增加,c(H+)的值逐渐接近HAc的Ka。
查阅资料获悉:一定条件下,按n(NaAc)n(HAc)=1配制的溶液中,c(H+)的值等于HAc的Ka。
对比数据发现,实验Ⅷ中pH=4.65与资料数据Ka=10-4.76存在一定差异;推测可能由物质浓度准确程度不够引起,故先准确测定HAc溶液的浓度再验证。
(ⅰ)移取20.00 mL HAc溶液,加入2滴酚酞溶液,用0.100 0 mol·L-1NaOH溶液滴定至终点,消耗体积为22.08 mL,则该HAc溶液的浓度为 mol·L-1。请画出上述过程的滴定曲线示意图并标注滴定终点。
(ⅱ)用上述HAc溶液和0.100 0 mol·L-1NaOH溶液,配制等物质的量的HAc与NaAc混合溶液,测定pH,结果与资料数据相符。
(5)小组进一步提出:如果只有浓度均约为 0.1 mol·L-1 的HAc和NaOH溶液,如何准确测定HAc的Ka?小组同学设计方案并进行实验。请完成表中Ⅱ的内容。
Ⅰ
移取20.00 mL HAc溶液,用NaOH溶液滴定至终点,消耗NaOH溶液V1 mL
Ⅱ
,
测得溶液的pH为4.76
实验总结 得到的结果与资料数据相符,方案可行。
(6)根据Ka可以判断弱酸的酸性强弱。写出一种无机弱酸及其用途 。
解析:(1)溶液稀释过程中,溶质的物质的量不变,因此250 mL×0.1 mol·L-1=V×5 mol·L-1,解得 V=5.0 mL。
(2)不能用手等触碰瓶口,以免污染试剂,应用瓶塞塞住容量瓶口,故A错误;定容时,视线应与刻度线相平,不能仰视或俯视,且胶头滴管尖嘴不能插入容量瓶内,故B错误;向容量瓶中转移液体,需用玻璃棒引流,玻璃棒下端位于刻度线以下,同时玻璃棒不能接触容量瓶口,故C正确;定容完成后,盖上瓶塞,将容量瓶来回颠倒,将溶液摇匀,颠倒过程中,左手食指抵住瓶塞,防止瓶塞脱落,右手扶住容量瓶底部,防止容量瓶从左手掉落,故D错误。
(3)①实验Ⅶ的溶液中,n(NaAc)∶n(HAc)=3∶4,V(HAc)=4.00 mL,因此V(NaAc)=3.00 mL,即a=3.00,由实验Ⅰ可知,溶液最终的体积为40.00 mL,因此V(H2O)=40.00 mL-4.00 mL-3.00 mL=33.00 mL,即b=33.00。
②实验Ⅰ所得溶液的pH=2.86,实验Ⅱ的溶液中c(HAc)为实验Ⅰ的110,稀释过程中,若不考虑电离平衡移动,则实验Ⅱ所得溶液的pH=2.86+1=3.86,但实际溶液的pH=3.36<3.86,说明稀释过程中,溶液中n(H+)增大,即电离平衡正向移动。
(4)滴定过程中发生反应HAc+NaOHNaAc+H2O,由化学方程式可知,滴定至终点时,n(HAc)=n(NaOH),因此22.08 mL×0.100 0 mol·L-1=20.00 mL×c(HAc),解得c(HAc)=0.110 4 mol·L-1。滴定过程中,当 V(NaOH)=0时,c(H+)=Ka·c(HAc)≈10-4.76×0.1mol·L-1=10-2.88 mol·L-1,溶液的pH=2.88,当V(NaOH)=11.04 mL时,n(NaAc)=n(HAc),溶液的pH=4.76,当 V(NaOH)=22.08 mL时,达到滴定终点,溶液中溶质为NaAc,Ac-发生水解,溶液呈弱碱性,当NaOH溶液过量较多时,c(NaOH)无限接近 0.100 0 mol·L-1,溶液pH接近13,因此滴定曲线如图。
(5)向20.00 mL HAc溶液中加入V1 mL NaOH溶液达到滴定终点,滴定终点的溶液中溶质为NaAc,当n(NaAc)n(HAc)=1时,溶液中c(H+)的值等于HAc的Ka,因此可再向溶液中加入20.00 mL HAc溶液,使溶液中n(NaAc)=n(HAc)。
(6)无机弱酸在生活中应用广泛,如HClO具有强氧化性,在生活中可用于漂白和消毒,H2SO3具有还原性,可用作还原剂,在葡萄酒中添加适量H2SO3可用作防腐剂,H3PO4是一种中强酸,可用作食品添加剂,同时在制药、生产肥料等行业有广泛用途。
答案:(1)5.0 (2)C
(3)①3.00 33.00 ②正 实验Ⅱ相较于实验Ⅰ,醋酸溶液稀释了10倍,而实验Ⅱ的pH增大值小于1,说明稀释HAc时,促进了HAc的电离
(4)0.110 4
(5)向滴定后的混合液中加入20.00 mL HAc溶液
(6)HClO,漂白剂和消毒液(或H2SO3,还原剂、防腐剂或H3PO4,食品添加剂、制药、生产肥料)
2.(2021·广东卷,17)含氯物质在生产生活中有重要作用。1774年,舍勒在研究软锰矿(主要成分是MnO2)的过程中,将它与浓盐酸混合加热,产生了一种黄绿色气体。1810年,戴维确认这是一种新元素组成的单质,并命名为chlorine(中文命名“氯气”)。
(1)实验室沿用舍勒的方法制取Cl2的化学方程式为 。
(2)实验室制取干燥Cl2时,净化与收集Cl2所需装置的接口连接顺序为 。
(3)某氯水久置后不能使品红溶液褪色,可推测氯水中 已分解。检验此久置氯水中Cl-存在的操作及现象是 。
(4)某合作学习小组进行以下实验探究。
①实验任务 通过测定溶液电导率,探究温度对AgCl溶解度的影响。
②查阅资料 电导率是表征电解质溶液导电能力的物理量。温度一定时,强电解质稀溶液的电导率随溶液中离子浓度的增大而增大;离子浓度一定时,稀溶液电导率随温度的升高而增大。25 ℃时,Ksp(AgCl)=1.8×10-10。
③提出猜想 猜想a:较高温度的AgCl饱和溶液的电导率较大。
猜想b:AgCl在水中的溶解度S(45 ℃)>S(35 ℃)>S(25 ℃)。
④设计实验、验证猜想 取试样Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ(不同温度下配制的AgCl饱和溶液),在设定的测试温度下,进行表1中实验1～3,记录数据。
表1
实验
序号
试样
测试温度/
℃
电导率/
(μS·cm-1)
1
Ⅰ:25 ℃的AgCl
饱和溶液
25
A1
2
Ⅱ:35 ℃的AgCl
饱和溶液
35
A2
3
Ⅲ:45 ℃的AgCl
饱和溶液
45
A3
⑤数据分析、交流讨论 25 ℃的AgCl饱和溶液中,c(Cl-)= mol·L-1。实验结果为A3>A2>A1。小组同学认为,此结果可以证明③中的猜想a成立,但不足以证明猜想b成立。结合②中信息,猜想b不足以成立的理由有 。
⑥优化实验 小组同学为进一步验证猜想b,在实验 1～3 的基础上完善方案,进行实验4和5。请完成表2中内容。
表2
实验序号
试样
测试温度/℃
电导率/
(μS·cm-1)
4
Ⅰ
B1
5
B2
⑦实验总结 根据实验1～5的结果,并结合②中信息,小组同学认为猜想b也成立。猜想b成立的判断依据是 。
解析:(1)实验室沿用舍勒的方法制取Cl2的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。(2)实验室制得的Cl2中含有HCl、H2O,可依次通过饱和食盐水、浓硫酸分别除去HCl、H2O,再收集Cl2并进行尾气处理,因此装置的接口连接顺序为cdbae。(3)氯水中能使品红溶液褪色的物质是HClO,氯水久置后不能使品红溶液褪色,可推测氯水中HClO已分解。检验Cl-存在的方法是取少量样品于试管中,加入几滴AgNO3溶液,若有AgCl白色沉淀生成,则该久置氯水中存在Cl-。(4)⑤由于AgCl饱和溶液中c(Ag+)=c(Cl-),因此25 ℃时,c(Cl-)=Ksp(AgCl)=1.8×10-10 mol·L-1=1.8×10-5 mol·L-1≈1.34×10-5 mol·L-1。由于不同温度下的饱和溶液的浓度不同,因此实验1、2、3中,存在两个变量(温度与浓度),不足以证明猜想b成立。⑥需要设计实验证明AgCl在水中的溶解度S(45 ℃)>S(35 ℃)>S(25 ℃),则需要控制变量。可以设计不同温度的饱和溶液在相同温度下测试,如果温度较高的饱和溶液电导率比温度较低的饱和溶液电导率高,则可以得出,温度升高,饱和溶液中离子浓度升高。所以可以设计试样Ⅰ在45 ℃下测试与实验3比较,设计试样Ⅱ在45 ℃下测试与实验3比较。⑦猜想b成立的判断依据是A3>B2>B1。
答案:(1)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
(2)cdbae
(3)HClO 取少量样品于试管中,加入几滴AgNO3溶液,若有AgCl白色沉淀生成,则该久置氯水中存在Cl-
(4)⑤1.8×10-5(或1.34×10-5) 存在两个变量(温度与浓度),温度升高的同时,溶液的浓度也在增大
⑥
45 ℃
Ⅱ
45 ℃
⑦A3>B2>B1
定量测定型综合实验
1.(2022·湖南卷,15)某实验小组以BaS溶液为原料制备BaCl2·2H2O,并用重量法测定产品中BaCl2·2H2O的含量。设计了如下实验方案:
可选用试剂:NaCl晶体、BaS溶液、浓H2SO4、稀H2SO4、CuSO4溶液、蒸馏水
步骤1.BaCl2·2H2O的制备
按如图所示装置进行实验,得到BaCl2溶液,经一系列步骤获得BaCl2·2H2O产品。
步骤2.产品中BaCl2·2H2O的含量测定
①称取产品0.500 0 g,用100 mL水溶解,酸化,加热至近沸;
②在不断搅拌下,向①所得溶液逐滴加入热的0.100 mol·L-1 H2SO4溶液;
③沉淀完全后,60 ℃水浴40分钟,经过滤、洗涤、烘干等步骤,称量白色固体,质量为0.466 0 g。
回答下列问题:
(1)Ⅰ是制取 气体的装置,在试剂a过量并微热时,发生主要反应的化学方程式为 。
(2)Ⅱ中b仪器的作用是 ;Ⅲ中的试剂应选用 。
(3)在沉淀过程中,某同学在加入一定量热的H2SO4溶液后,认为沉淀已经完全,判断沉淀已完全的方法是 。
(4)沉淀过程中需加入过量的H2SO4溶液,原因是 。
(5)在过滤操作中,下列仪器不需要用到的是 (填名称)。
(6)产品中BaCl2·2H2O的质量分数为 (保留三位有效数字)。
解析:装置Ⅰ中浓硫酸和氯化钠共热制备HCl,装置Ⅱ中氯化氢与BaS溶液反应制备BaCl2·2H2O,装置Ⅲ中硫酸铜溶液用于吸收生成的H2S,防止污染空气。
(1)在浓硫酸过量并微热时,浓硫酸与氯化钠反应生成硫酸氢钠和氯化氢,发生主要反应的化学方程式为H2SO4(浓)+NaClNaHSO4+HCl↑。
(2)氯化氢极易溶于水,装置Ⅱ中b仪器的作用是防止倒吸;装置Ⅱ中氯化氢与BaS溶液反应生成H2S,H2S有毒,对环境有污染,装置Ⅲ中盛放CuSO4溶液,用于吸收H2S。
(5)过滤用到的仪器有铁架台、烧杯、漏斗、玻璃棒,用不到锥形瓶。
(6)由题意可知,n(BaSO4)=0.466 0 g233 g/mol=0.002 mol,依据钡原子守恒,产品中BaCl2·2H2O的物质的量为0.002 mol,质量为0.002 mol×244 g/mol=0.488 g,质量分数为0.488 g0.500 0 g×100%=97.6%。
答案:(1)HCl H2SO4(浓)+NaClNaHSO4+HCl↑
(2)防止Ⅱ中溶液倒吸 CuSO4溶液
(3)静置,取上层清液于一洁净试管中,继续滴加硫酸溶液,无白色沉淀生成,则说明已沉淀完全
(4)使钡离子沉淀完全
(5)锥形瓶 (6)97.6%
2.(2020·山东卷,20)某同学利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的装置如图所示(夹持装置略):
已知:锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在,碱性减弱时易发生反应:
3MnO42-+2H2O2MnO4-+MnO2↓+4OH-
回答下列问题:
(1)装置A中a的作用是 ;装置C中的试剂为 ;装置A中制备Cl2的化学方程式为 。
(2)上述装置存在一处缺陷,会导致KMnO4产率降低,改进的方法是 。
(3)KMnO4常作氧化还原滴定的氧化剂,滴定时应将KMnO4溶液加入 (填“酸式”或“碱式”)滴定管中;在规格为50.00 mL的滴定管中,若KMnO4溶液起始读数为15.00 mL,此时滴定管中KMnO4溶液的实际体积为 (填标号)。
A.15.00 mL
B.35.00 mL
C.大于35.00 mL
D.小于15.00 mL
(4)某FeC2O4·2H2O样品中可能含有的杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O4·2H2O,采用KMnO4滴定法测定该样品的组成,实验步骤如下:
Ⅰ.称取m g样品于锥形瓶中,加入稀H2SO4溶解,水浴加热至75 ℃。用c mol·L-1的KMnO4溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30 s内不褪色,消耗KMnO4溶液V1 mL。
Ⅱ.向上述溶液中加入适量还原剂将Fe3+完全还原为Fe2+,加入稀H2SO4酸化后,在75 ℃继续用KMnO4溶液滴定至溶液出现粉红色且30 s内不褪色,又消耗 KMnO4 溶液V2 mL。
样品中所含H2C2O4·2H2O(M=126 g·mol-1)的质量分数表达式为 。
下列关于样品组成分析的说法,正确的是 (填标号)。
A.V1V2=3时,样品中一定不含杂质
B.V1V2越大,样品中H2C2O4·2H2O含量一定越高
C.若步骤Ⅰ中滴入KMnO4溶液不足,则测得样品中Fe元素含量偏低
D.若所用KMnO4溶液实际浓度偏低,则测得样品中Fe元素含量偏高
解析:(1)装置A中a的作用是平衡气压,使浓盐酸能够顺利滴下。该实验过程中有毒性较大的氯气参与反应,故装置C中盛放NaOH溶液,用于吸收有毒气体氯气,防止其逸出污染空气。酸性条件下,ClO-与Cl-发生氧化还原反应(归中反应)生成氯气,故装置A中制备Cl2的化学方程式是Ca(ClO)2+4HClCaCl2+2Cl2↑+2H2O。
(2)盐酸具有挥发性,则用浓盐酸制备的Cl2中含有HCl杂质,该杂质进入装置B中会使溶液碱性减弱,而溶液碱性减弱时MnO42-易发生歧化反应生成MnO4-和MnO2,又HCl还可还原装置B中生成的KMnO4,导致产物损失,改进的方法是在装置A和装置B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶,以除去Cl2中的HCl杂质。
(3)KMnO4具有强氧化性,可腐蚀橡胶管,因此KMnO4溶液应采用酸式滴定管盛装。滴定管的构造特点是0刻度在上,最大刻度在下,最大刻度线下仍然存在一定容积,因此滴定管起始读数为15.00 mL时,滴定管中KMnO4溶液的实际体积大于35.00 mL(即50.00 mL-15.00 mL),C项正确。
(4)设FeC2O4·2H2O、Fe2(C2O4)3、H2C2O4·2H2O的物质的量分别为x、y、z,则由实验步骤Ⅰ和实验步骤Ⅱ反应过程中得失电子守恒可列等式3x5+6y5+2z5=cV1×10-3 mol①、x5+2y5=cV2×10-3 mol②,联立①②两式,解得z=52c(V1-3V2)×10-3 mol,则样品中所含H2C2O4·2H2O的质量分数为z×126 g·mol-1mg×100%=0.315c(V1-3V2)m×100%。当V1V2=3时,则3x5+6y5+2z5x5+2y5=3,z=0,但y不一定等于0,A项错误;由上述分析知,样品中H2C2O4·2H2O的质量分数为0.315c(V1-3V2)m×100%,则V1V2越大,样品中H2C2O4·2H2O含量一定越高,B项正确;若实验步骤Ⅰ中滴入的高锰酸钾溶液不足,则实验步骤Ⅰ所得混合液中残留C2O42-,实验步骤Ⅱ中消耗高锰酸钾溶液偏多,测得样品中Fe元素含量偏高,C项错误;结合上述分析知,Fe元素的质量分数为56×5cV2×10-3m×100%,若所用高锰酸钾溶液实际浓度偏低,则得到的V2偏大,测得样品中Fe元素含量偏高,D项正确。
答案:(1)平衡气压,使浓盐酸顺利滴下 NaOH溶液 Ca(ClO)2+4HClCaCl2+2Cl2↑+2H2O
(2)在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶
(3)酸式 C
(4)0.315c(V1-3V2)m×100% B、D
以物质的制备、物质性质或化学原理的探究所用到的仪器、装置或物质制备工艺流程图的形式,重点考查实验仪器的识别、使用;实验过程的原理分析、实验现象、操作目的描述;制备物质的分离提纯与含量测定有关的必备知识以及实验方案的设计与评价能力。实验题的综合性以及实验原理的分析都能很好地体现一个考生的证据推理与模型认知、科学探究与创新意识、科学态度与社会责任三个维度的学科素养水平。
命题热点1 试剂、仪器选择与使用及装置连接问题
1.试剂的选择与使用
在实验设计中的试剂选用原则:
(1)根据反应的原理确定试剂的种类(酸、碱、盐、金属、非金属等)。
(2)根据实验目的和实验要求确定试剂(要考虑氧化性、还原性、酸碱性的强弱、溶解性、挥发性等)。
例如,某学习小组为探究Na2S2O3的性质,取Na2S2O3晶体,溶解配成0.2 mol/L的溶液;取4 mL 溶液,向其中加入1 mL饱和氯水(pH=2.4),溶液立即出现浑浊。对溶液变浑浊的原因,提出假设:
假设1:氯水氧化了-2价硫元素;
假设2:酸性条件下Na2S2O3分解产生S。
实验验证:a、b试管均盛有4 mL 0.2 mol/L Na2S2O3溶液。
用胶头滴管向试管b中加入的试剂为 。
分析:实验目的是确认到底是氯水中氯气氧化了-2 价硫元素,还是氯水的酸性导致Na2S2O3分解。
所以试剂应选择不含氯气且酸性与氯水相同的盐酸。
2.高考实验综合题中出现的重要仪器
仪器名称
仪器图形
主要用途
使用方法和
注意事项
蒸发皿
用于蒸发溶剂或浓缩溶液
(1)盛液量不超过蒸发皿容积的23;
(2)取、放蒸发皿应使用坩埚钳;
(3)不能骤冷,冷却需放于石棉网上
坩埚
用于固体灼烧,使其反应(如分解)
(1)需放在三脚架上的泥三角上直接加热;
(2)取、放坩埚时应用坩埚钳;
(3)避免骤冷,冷却需放于干燥器内
三颈烧瓶
用作反应器,可以同时加入多种反应物
(1)有机化学实验中广泛使用;
(2)三个口,可加用冷凝管、温度计、搅拌器等;
(3)液体加入量不超过烧瓶容积的23,不少于13
球形干燥管
用于干燥或吸收某些气体
(1)气体一般“粗进细出”;
(2)干燥剂为粒状,常用无水CaCl2、碱石灰等
球形冷凝管
易挥发的液体冷凝回流
(1)用水冷凝时上口出水,下口进水;
(2)只能用于竖直装置的冷凝
恒压滴液漏斗
(1)向反应器中滴加液体;
(2)可以使漏斗内液体顺利流下;
(3)减小加入的液体对气体压强的影响
用前检查是否漏水
3.重要的仪器组合
(1)物质制取装置。
(2)气体压强原理的应用装置。
量气装置
恒压加液
装置
简易启普发生器
平衡气压
(3)冷凝冷却装置(气冷、液冷)。
(4)物质的分离提纯装置。
萃取
与分液
洗气
升华
过滤
减压过滤(抽滤)
蒸发
蒸馏(分馏)
4.化学实验安全装置
(1)防倒吸装置。
(2)防污染装置。
5.高考综合实验题中有机物制备常见装置
6.实验仪器的连接与操作顺序
(1)仪器的连接顺序。
①各种装置的前后顺序。
注:a.发生装置、主反应装置和尾气处理装置是基本装置,其他装置需要根据实验要求进行选用。
b.安全防护装置主要是为了防倒吸、防堵塞等,可能会出现在整个装置中需要防护的地方。
②常见仪器的连接顺序。
洗气瓶要长进短出;量气装置则要短进长出;干燥管要粗进细出;冷凝管要低进高出。
(2)实验操作顺序。
①与气体有关的实验操作顺序:装置选择与连接→气密性检查→装入固体药品→加液体药品→按程序实验→拆卸仪器。
②加热操作的顺序。
a.当空气成分(主要是O2)影响实验时,需要在实验开始前通入惰性气体驱除装置内的空气。
b.实验开始先点燃发生装置酒精灯,排净空气后再点燃反应装置酒精灯。
c.实验结束时,应先熄灭反应装置酒精灯,继续通原料气至试管冷却,再熄灭发生装置酒精灯。
1.(2022·河北衡水二模节选)氨基甲酸铵(NH2COONH4)用于生产制药原料、医药试剂、发酵促进剂、电子元件等,是一种重要的氨化剂。常温常压下稳定,在59 ℃时升华并完全分解,易溶于水,溶于醇,在潮湿空气或水溶液中放置时转化成碳酸铵。将NH3和CO2以2∶1的速率经过纯化、干燥后制取氨基甲酸铵,反应装置如图:
回答下列问题:
(1)请写出上述装置(可以重复使用)正确的连接顺序:a→ (填接口字母)→b。
(2)D装置的名称为 ,用A装置制取气体的优点是 ;B装置中制备气体所用试剂名称是 。
(3)本实验尾气处理,需要在C装置出气口接一个盛装 (填试剂名称)的洗气瓶,防止污染空气,同时避免空气中的水进入C装置。
解析:(1)根据题意A装置用于制取二氧化碳气体,B装置用于制取氨气,C装置为制取氨基甲酸铵的主装置,D装置盛放碱石灰,可用于干燥氨气,E装置为洗气瓶,用于除去CO2气体中的HCl和水蒸气,因此E装置选择2个,正确的连接顺序为a→h→g→h→g→c→d(或d→c)→e→f(或f→e)→b。
(2)D装置的名称为U形管,用A装置制取气体的优点是易于控制反应的发生和停止;B装置是用于制取氨气且不需要加热的固体和液体反应装置,因此用浓氨水和碱石灰(或浓氨水和氧化钙)。
(3)产生的尾气中主要是氨气,而且还需避免外界水蒸气进入C装置中,所以用浓硫酸吸收尾气。
答案:(1)h→g→h→g→c→d(或d→c)→e→f(或f→e)
(2)U形管 易于控制反应的发生和停止 浓氨水和碱石灰(或浓氨水和氧化钙)
(3)浓硫酸
2.(2022·湖南长沙二模节选)硫脲[CS(NH2)2]是用来合成磺胺噻唑和蛋氨酸等药物的原料,也可用作橡胶的硫化促进剂以及金属矿物的浮选剂等,是一种白色晶体,熔点180 ℃,易溶于水和乙醇,受热时部分发生异构化反应而生成硫氰化铵。回答下列问题:
硫脲的制备:
已知:将石灰氮(CaCN2)和水的混合物加热至 80 ℃时,通入硫化氢气体反应可生成硫脲溶液和石灰乳,实验装置如图所示。
(1)装置的试剂X和试剂Y的最佳组合是 (填序号)。
A.FeS固体+稀盐酸
B.FeS固体+稀硝酸
C.FeS固体+浓硫酸
(2)仪器M的名称为 。按(1)中所选试剂组合,按气流从左到右的方向,上述装置的合理连接顺序为c→ (填仪器接口的小写字母)。
解析:本实验采用硫化氢、石灰氮(CaCN2)和水的混合物反应制备硫脲,B装置为制备硫化氢气体的装置,选用FeS固体和稀盐酸,A装置可用来除去硫化氢气体中的HCl,将硫化氢气体通入C装置制备硫脲,D装置用于尾气处理,防止污染空气,装置的连接顺序为BACD,导管口连接顺序为c→a→b→d→e→f。
(1)硫化氢气体具有强还原性,不能用硝酸和浓硫酸来制备,结合分析,制备硫化氢气体可选的组合为A。
(2)仪器M的名称为恒压滴液漏斗;根据分析,装置的连接顺序为c→a→b→d→e→f。
答案:(1)A
(2)恒压滴液漏斗 a→b→d→e→f
命题热点2 现象、原因、目的、作用等规范描述问题
1.实验现象的规范描述
(1)实验现象描述的原则:不能把理论性分析当成现象;确实是感官感觉到的现象,要从视觉、听觉、嗅觉、触觉多角度考虑。如可以看到的是浓盐酸瓶口出现白雾,而不宜描述为浓盐酸挥发。
①视觉:看到的(物质颜色变化、某色沉淀生成、气泡冒出、液面的变化、生成某色烟或雾、产生某色火焰、发出某色光等)。
②听觉:听到的(声音)。
③嗅觉:闻到的(气体的气味)。
④触觉:摸到的(温度变化等)。
(2)实验现象的描述模板。
气体的变化现象
溶液中的现象
①生成……色、……味的气体;
②气体由……色变为……色;
③气体先变……色,再变……色;
④气体颜色逐渐变深(变浅)
①溶液颜色由……色变为……色;
②溶液中产生……色沉淀(溶液中有……色固体析出);
③溶液变浑浊(澄清);
④液面上升(下降);
⑤溶液中产生大量气泡(有……色气体逸出);
⑥液体分层(上层显……色,下层显……色)
固体的变化现象
其他常见现象描述
①固体逐渐溶解,最后完全消失(固体部分溶解);
②固体表面产生大量气泡;
③固体由……色逐渐变为……色
①发出……色的光;
②产生……色的火焰;
③产生……色的烟(雾)
(3)滴定终点的判断。
①有色→有色或有色→无色:当滴入最后半滴……溶液,溶液由……色变成……色,且半分钟内不恢复……色。
②无色→有色:当滴入最后半滴……溶液,溶液由无色变成……色,且半分钟内不褪色。
2.原因、目的等的规范描述
(1)分析考虑的角度。
①从实验的目的与原理角度,对出现的各种现象从化学反应原理方面给出解释。
②从选择某种仪器或进行某种操作在整个实验中的作用角度,明确缺少该仪器或操作对实验的影响。
(2)回答的文字模板。
①正面描述:由于……,所以会出现……(现象);为了……而……。
②说出后果:如果……就会……(出现的结果)。
(3)以“某反应温度为何控制在不高于××℃”为示例,进行分析:
①考虑反应物的性质。如温度过高会造成反应物挥发(浓HNO3等)或分解(H2O2、NH4HCO3、NH3·H2O等)。
②考虑催化剂的催化活性。
③考虑可逆反应的平衡问题。如温度过高,不利于××的生成。
④考虑生产成本。如该温度下,转化率已经很高,若再升高温度,转化率提高不大,生产成本增加。
3.实验评价的规范描述
(1)实验评价的角度。
①从实验的可行性方面对实验方案做出评价:a.实验原理是否正确、可行;b.实验操作是否安全、合理;c.实验步骤是否简单、方便;d.实验效果是否明显等。
②从绿色化学视角对实验方案做出评价:a.反应原料是否易得、安全、无毒;b.原料利用率或产物的产率是否较高;c.实验过程中是否造成环境污染。
③从实验安全性方面对实验方案做出评价:a.防倒吸、防爆炸、防氧化;b.防吸水(易水解的物质)、防挥发(采用冷凝回流装置)。
④从实验过程顺序做出评价:实验操作的顺序、试剂加入顺序、实验方法使用顺序是否合理。
(2)实验评价的规范。
①从优点角度作答:采取……(操作或使用……装置),可以防止……(上述四个角度出现的问题)。
②从造成后果角度作答:如果不采取……(操作或使用……装置)会造成……(上述四个角度出现的问题的后果)。
4.实验操作、实验装置、实验试剂的作用
(1)常见实验操作的规范。
操作或措施
规范或目的
从溶液中得到晶体
蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤(包括水洗、冰水洗、热水洗、乙醇洗等)→干燥
蒸发结晶
将溶液转移到蒸发皿中加热,并用玻璃棒不断搅拌,待有大量晶体出现时停止加热,利用余热蒸干剩余水分
测溶液pH
取一小块pH试纸放在表面皿或玻璃片上,用蘸有待测液的玻璃棒点在(或用胶头滴管吸取待测液滴在)试纸中部,观察试纸颜色变化,并与标准比色卡对比
证明沉淀完全(定量实验只能用方案1)
方案1.静置,向沉淀后的上层清液中加入××试剂(沉淀剂),若没有沉淀生成,证明沉淀完全
方案2.静置,取适量上层清液于另一洁净试管中,向其中加入少量与沉淀剂作用产生沉淀的试剂,若产生沉淀,证明沉淀剂已过量
洗涤沉淀
沿玻璃棒向漏斗(过滤器)中的沉淀上加蒸馏水至没过沉淀,静置使蒸馏水自然流下,重复操作数次
检验沉淀是否洗涤干净
取最后一次洗涤液,加入××试剂(根据沉淀可能吸附的杂质离子,选择合适的检验试剂),若没有××(特征现象)出现,证明沉淀已洗涤干净
焰色试验
①将铂丝蘸盐酸在酒精灯火焰上灼烧,反复几次,直到与酒精灯火焰颜色接近为止;
②然后用铂丝蘸取少量待测液(粉末),置于酒精灯外焰上灼烧,观察火焰颜色;
③如为黄色,则说明溶液中含Na+;若透过蓝色钴玻璃呈紫色,则说明溶液中含K+
量气管读数
①恢复到室温;
②量气管两端液面相平;
③视线与量气管凹液面最低点相平
(2)装置或试剂的作用。
装置或试剂
作用
有机物制备装置中长导管(或冷凝管)
冷凝回流、导气
有机物分离提纯过程中加无水氯化钙(无水硫酸镁等)
干燥(除水)
固液加热型制气装置中恒压分液漏斗上的支管
保证反应器(一般为圆底烧瓶)内气压与恒压分液漏斗内气压相等(平衡气压),使分液漏斗中的液体易于滴下
气压平衡装置(长颈漏斗)
防止反应速率过快(管道阻塞)造成压强过大,发生危险
隔离装置(安全瓶)
防止空气中H2O、CO2、O2进入装置(防倒吸)
水浴、油浴
使反应物受热均匀,便于控制温度,防止温度过高,会造成××挥发(分解)
(3)实验操作的目的或原因。
实验操作
目的或原因
沉淀用水洗
除去××(可溶于水)杂质
沉淀用乙醇洗涤
①减少固体的溶解损耗;
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
沉淀的饱和溶液洗涤
减少沉淀的溶解损耗
冰水洗涤
降低被洗涤物质的溶解度,减少其在洗涤过程中的溶解损耗,提高产品产率
冷凝回流
防止××挥发,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
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、反应时充入××气体
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得MgCl2时需在HCl气流中进行等)或防止加热过程中××物质被氧气氧化
配制某溶液前先将水煮沸
除去溶解在水中的氧气,防止××物质被氧化
1.(2022·山东菏泽二模节选)Na2S2O3又名“大苏打”“海波”,易溶于水,难溶于乙醇,水溶液呈微弱的碱性,在中性和碱性环境中稳定。某化学实验小组用如图装置(略去对乙的加热装置)制备Na2S2O3·5H2O(M=248 g·mol-1)。
(1)连接实验装置后,首先进行的实验操作为 。
(2)在装置乙中溶解两种固体时,需先将Na2CO3溶于水配成溶液,再将Na2S固体溶于Na2CO3的溶液中,其目的: ;
装置乙中生成Na2S2O3的总反应的化学方程式为 。
(3)实验过程中,当装置乙中pH接近7.0时,应立即停止通SO2的原因是 (用离子方程式表示)。
(4)装置乙中需向反应后的混合液加入一定量的无水乙醇,其目的是 。
解析:(1)该实验是有气体制备和参与的实验,为防止实验过程中气体逸出导致实验失败,连接实验装置后,应首先检查装置气密性。
(2)碳酸钠和硫化钠都是强碱弱酸盐,在溶液中都能发生水解使溶液呈碱性,在装置乙中先溶Na2CO3、后溶Na2S,目的是利用碳酸钠在溶液中水解生成的氢氧根离子抑制硫化钠的水解,防止生成有毒的硫化氢污染空气;装置乙中生成硫代硫酸钠的反应为二氧化硫与碳酸钠、硫化钠混合溶液反应生成硫代硫酸钠和二氧化碳。
(3)由题给信息可知,硫代硫酸钠水溶液呈微弱的碱性,在中性和碱性环境中稳定,所以制备硫代硫酸钠时,应控制溶液pH,防止溶液pH小于7时,S2O32-与溶液中H+反应生成硫沉淀、二氧化硫气体和水。
(4)由题给信息可知,硫代硫酸钠易溶于水,难溶于乙醇,所以制备五水硫代硫酸钠时应向反应后的混合液加入一定量的无水乙醇,降低硫代硫酸钠晶体的溶解度,便于晶体的析出。
答案:(1)检查装置气密性
(2)Na2CO3在溶液中水解使溶液呈碱性,能抑制Na2S的水解,防止生成有毒的硫化氢污染空气
Na2CO3+2Na2S+4SO23Na2S2O3+CO2
(3)S2O32-+2H+S↓+SO2↑+H2O
(4)降低硫代硫酸钠晶体的溶解度,便于晶体的析出
2.(2021·全国乙卷,27)氧化石墨烯具有稳定的网状结构,在能源、材料等领域有着重要的应用前景。通过氧化剥离石墨制备氧化石墨烯的一种方法如下(装置如图所示):
Ⅰ.将浓H2SO4、NaNO3、石墨粉末在c中混合,置于冰水浴中。剧烈搅拌下,分批缓慢加入KMnO4粉末,塞好瓶口。
Ⅱ.转至油浴中,35 ℃搅拌1小时。缓慢滴加一定量的蒸馏水,升温至98 ℃并保持1小时。
Ⅲ.转移至大烧杯中,静置冷却至室温。加入大量蒸馏水,而后滴加H2O2至悬浊液由紫色变为土黄色。
Ⅳ.离心分离,稀盐酸洗涤沉淀。
Ⅴ.蒸馏水洗涤沉淀。
Ⅵ.冷冻干燥,得到土黄色的氧化石墨烯。
回答下列问题:
(1)装置图中,仪器a、c的名称分别是 、 ,仪器b的进水口是 (填字母)。
(2)步骤Ⅰ中,需分批缓慢加入KMnO4粉末并使用冰水浴,原因是 。
(3)步骤Ⅱ中的加热方式采用油浴,不使用热水浴,原因是 。
(4)步骤Ⅲ中,H2O2的作用是 (以离子方程式表示)。
(5)步骤Ⅳ中,洗涤是否完成,可通过检测洗出液中是否存在SO42-来判断。检测的方法是 。
(6)步骤Ⅴ可用pH试纸检测来判断Cl-是否洗净,其理由是 。
解析:(1)由题给实验装置图可知,a为滴液漏斗,c为三颈烧瓶,为保证冷凝效果,应从球形冷凝管的下口进水,即d口为进水口。(2)步骤Ⅰ中,分批缓慢加入KMnO4粉末是为了控制反应速率,防止因体系温度过高而发生爆炸。(3)该装置需控制反应体系温度为98 ℃,该温度接近水的沸点,为了使反应物受热均匀,且便于控制反应温度,故采取油浴,不使用热水浴。(4)为了保证石墨粉末尽可能地全部转化为氧化石墨烯,应加入足量的KMnO4粉末,在反应结束后滴加H2O2是为了消耗过量的KMnO4粉末,此时H2O2作还原剂,将KMnO4还原为Mn2+,反应的离子方程式为2MnO4-+5H2O2+6H+2Mn2++5O2↑+8H2O。(5)判断固体是否洗涤干净的具体操作为取最后一次洗涤液于试管中,向其中加入盐酸酸化的氯化钡溶液,若无白色沉淀产生,则已洗净,反之,则未洗净。(6)固体表面沾有的Cl-全部来自第Ⅳ步洗涤固体时加入的稀盐酸,依据溶液呈电中性可知,若最后一次洗涤液的pH=7,可认为固体表面无H+,则无Cl-。
答案:(1)滴液漏斗 三颈烧瓶 d
(2)控制反应速率,防止因体系温度过高而发生爆炸
(3)需要控制反应体系温度为98 ℃,该温度接近水的沸点,为了使反应物受热均匀,且便于控制反应温度,采取油浴
(4)2MnO4-+5H2O2+6H+2Mn2++5O2↑+8H2O
(5)取最后一次洗涤液于试管中,向其中加入盐酸酸化的氯化钡溶液,若无白色沉淀产生,则已洗净,反之,则未洗净
(6)固体表面沾有的Cl-全部来自第Ⅳ步洗涤固体时加入的稀盐酸,依据溶液呈电中性可知,若最后一次洗涤液的pH=7,可认为固体表面无H+,则无Cl-
沉淀是否完全与检验沉淀是否洗净思维角度
(1)检验沉淀是否完全既可以待沉淀完全沉降后继续加沉淀剂,也可取上层清液检验。
(2)当需要定量测定沉淀质量时,只能等沉淀析出后,向上层清液中继续滴加沉淀剂,观察是否有沉淀来判断。
(3)检验沉淀是否洗净时选择洗涤液中浓度较大、检验方法简单、现象明显的离子进行检验。
命题热点3 物质组成计算及含量的测定问题
1.定量实验数据的测定方法
(1)沉淀法:先将欲测定离子转化为沉淀,然后称量沉淀(经洗涤、干燥)的质量,再通过原子守恒进行计算。
(2)测定气体法。
①测定气体的体积:把待测定元素转化为气体,通过排液量气装置测定气体体积,转化为标准状况下体积并进行计算。
②测定气体的质量:一种是测定反应装置反应或分解释放出气体前后的质量差;另一种是根据气体性质选择恰当的吸收剂,计算吸收剂吸收前后的质量差,即为气体的质量。
(3)滴定法:通过酸碱中和滴定、沉淀滴定和氧化还原滴定等获得相应数据后再进行相关计算。
(4)热重法。
分析热重曲线(物质质量与温度关系曲线),通过计算验证就可以知道样品热分解的产物的组成及其发生的分解反应等信息。
2.定量实验数据测定的要点
欲测定元素要完全转化为沉淀或气体。
(1)生成沉淀时,沉淀剂要过量,称量沉淀前要洗涤沉淀上附着的离子。
(2)由于气体体积受到温度、压强的影响,所以量气时应保持装置处于室温状态,读数时要注意消除“压强差”,保持液面相平,还要注意视线与液面最低处相平。
(3)测定气体质量时,最后需要通入惰性气体,把生成的气体全部驱入吸收剂以确保被完全吸收。
3.常见定量实验的数据计算
(1)混合物中某物质的质量分数(纯度)=某物质的质量混合物(样品)的质量×100%。
(2)化合物中元素的质量分数=某元素的相对原子质量×其原子数该物质的相对分子质量×100%。
(3)混合物中元素的质量分数=某元素的质量(实验测定)混合物(样品)的质量×100%。
(4)转化率=实际反应的反应物的量初始投入反应物的量×100%。
(5)产率=实验的实际产量理论产量×100%。
4.定量实验的误差分析
(1)造成实验误差的原因。
定量实验需要测定相关的数据并进行计算,数据测定的误差就会影响到实验结论。其中误差主要有三种。
①系统误差,是由实验方案、实验仪器造成的,可以通过合理的实验方案、选用精度高的仪器来降低实验误差。如用分析天平代替托盘天平进行溶液配制。在实验考查中体现为合理仪器的选择。
②随机误差,是由实验装置、实验操作者的感官、实验条件和环境因素造成的,可通过多次实验,舍弃误差较大数据。如酸碱中和滴定做三到四次,舍弃差异较大的数据后,取有效数据的平均值计算。
③过失误差,是实验操作者在实验时操作失误造成的,这是综合实验题中主要的考查部分。
(2)实验误差的判定。
①首先确定实验数据的误差类型(偏大、偏小)。
②利用数据的处理公式确定实验数据对最终实验结论造成什么影响。
1.(2022·山东滨州二模节选)氯化亚铜(CuCl)是一种非常重要的化工原料。查阅资料可知:CuCl为白色固体,微溶于水,不溶于乙醇,在空气中能被迅速氧化。
可用两种方案制备:
方案一:SO2还原氯化铜制备CuCl;
方案二:高温加热分解氯化铜晶体(CuCl2·xH2O)制备CuCl。
(1)准确称取氯化亚铜产品m g,溶于过量的FeCl3溶液中得V1 mL待测液,从中量取V2 mL于锥形瓶中,加入2滴邻菲罗啉指示剂,立即用a mol·L-1硫酸铈[Ce(SO4)2]标准溶液滴定至终点,消耗Ce(SO4)2溶液b mL。产品中CuCl的质量分数为 %。
(已知:CuCl+Fe3+Cu2++Fe2++Cl-,Fe2++Ce4+Fe3++Ce3+)
(2)下列有关滴定的说法错误的是 (填字母)。
A.未用标准溶液润洗滴定管会使测定结果偏低
B.滴定时要适当控制滴定速度
C.在接近终点时,使用“半滴操作”可提高滴定的准确度
D.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后无气泡会使测定结果偏低
解析:(1)已知CuCl+Fe3+Cu2++Fe2++Cl-,Fe2++Ce4+Fe3++Ce3+,可得到关系式CuCl～Fe2+～Ce4+～Ce(SO4)2,则V2 mL待测液中CuCl的物质的量为ab×10-3 mol,则V1 mL待测液中CuCl的物质的量为V1V2×ab×10-3 mol,质量为V1V2×ab×10-3 mol×99.5 g·mol-1=0.099 5abV1V2 g,因此产品中CuCl的质量分数为0.099 5abV1V2gmg×100%=9.95abV1mV2%。
(2)未用标准溶液润洗滴定管,会使得消耗的标准溶液体积偏大,使最终结果偏高,A错误;滴定时需要适当控制滴速,使反应充分进行,B正确;当滴定接近终点时,用锥形瓶内壁将半滴标准液刮落,并用蒸馏水冲洗内壁,可减小实验误差,提高滴定的准确度,C正确;滴定前滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后无气泡会使读得的消耗标准溶液的体积偏大,使最终结果偏高,D错误。
答案:(1)9.95abV1mV2 (2)AD
2.实验室测定MgCO3·nH2O中的n值。称量1.000 g 碳酸镁晶体,放入图1所示的广口瓶中,加入适量水,滴入稀硫酸与晶体反应,生成的CO2被NaOH溶液吸收,在室温下反应4～5 h,后期将温度升到30 ℃,最后烧杯中的溶液用已知浓度的盐酸滴定,测得生成CO2的总量;重复上述操作2次。
(1)上述反应后期要升温到30 ℃,主要目的是 。
(2)若实验测得1.000 g碳酸镁晶体产生CO2的平均物质的量为a mol,则n为 (用含a的表达式表示)。
(3)若称取100 g上述晶体进行热重分析,得到的热重曲线如图2所示,则晶体中n= (取整数)。
解析:(1)题述反应后期将温度升到30 ℃,是为了使生成的二氧化碳全部逸出,便于其被氢氧化钠溶液完全吸收,从而减小测定产生的误差。
(2)若实验测得1.000 g碳酸镁晶体产生的CO2的平均物质的量为a mol,依据碳元素守恒可知,碳酸镁的物质的量为a mol,根据MgCO3·nH2O中碳酸镁和结晶水的物质的量之比为1∶n,得到 1∶n=a mol∶1.000 g-84ag18 g/mol,得到n=1-84a18a。
(3)由题图2知400 ℃时剩余质量为82.3 g,这是该晶体失去结晶水后的质量,则有100×18n18n+84=100-82.3,解得n≈1。
答案:(1)升高温度,气体的溶解度减小,使溶解在水中的CO2逸出,便于其被氢氧化钠溶液完全吸收 (2)1-84a18a (3)1
命题热点4 实验方案的设计与评价
1.实验方案的设计
(1)实验设计的基本原则。
原则
内容
科学性
实验原理、实验操作程序和方法科学合理
安全性
实验方案、实验药品要做到人员、仪器、环境的安全
可行性
药品、仪器、设备和操作等在中学实验条件下能够得到满足
简约性
装置简单、步骤少、药品用量少、效果佳
经济性
在满足实验效果的前提下,尽量选用常见而价廉的仪器和药品
(2)实验设计流程。
(3)三类常见实验的设计。
实验设计
实验设计思路
物质制备
的设计
实验原料→实验原理→途径设计(途径Ⅰ、途径Ⅱ、途径Ⅲ……)→最佳途径→实验仪器→实验方案→制得物质
物质性质
实验的设计
根据物质的组成、分类,预测物质可能具有的性质,根据化学原理设计实验。
探究性实验方案设计:物质的组成特点→性质推测→实验验证→结论;
验证性实验方案设计:物质的化学性质→实验验证→科学抽象→结论
物质检验
方案设计
首先通过试样的外在特征(颜色、气味、状态等)作出初步判断。
少量固体试样→溶于水配成溶液→检测溶液中存在的阴、阳离子→得出实验结论;
少量试样→加酸(或碱)溶液使其气化→检测气体的成分→得出实验结论
2.实验方案的评价
评价角度
评价内容
实验的可行性
(1)实验原理是否正确、可行;
(2)实验操作(如仪器的选择、连接)是否安全、合理;
(3)实验步骤是否简单、方便;
(4)实验效果是否明显;
(5)原料的成本、转化率、产率等
实验是否规范
(1)仪器的安装与拆卸;
(2)仪器的查漏、气密性检验;
(3)试剂添加的顺序与用量;
(4)加热的方式、方法和时机;
(5)温度计的规范使用、水银球的位置;
(6)实验数据的读取;
(7)冷却、冷凝的方法等
实验的安全性
(1)净化、吸收气体及熄灭酒精灯时要防止液体倒吸;
(2)进行某些易燃、易爆实验时要防爆炸;
(3)还原性物质防氧化;
(4)污染性的气体要进行尾气处理;
(5)易水解的物质要防吸水
“绿色
化学”
(1)反应原料是否易得、安全、无毒;
(2)反应速率是否较快;
(3)原料利用率以及合成物质的产率是否较高;
(4)合成过程中是否造成环境污染
1.(2021·天津卷,15节选)某化学小组同学利用一定浓度的H2O2溶液制备O2,再用O2氧化C2H5OH,并检验氧化产物。
Ⅰ.制备O2
该小组同学设计了如下气体发生装置(夹持装置省略):
(1)丙装置可用于制备较多O2,催化剂铂丝可上下移动。制备过程中如果体系内压强过大,安全管中的现象是 ,此时可以将铂丝抽离H2O2溶液,还可以采取的安全措施是 。
(2)丙装置的特点是 (填序号)。
a.可以控制制备反应的开始和结束
b.可通过调节催化剂与液体接触的面积来控制反应的速率
c.与乙装置相比,产物中的O2含量高、杂质种类少
Ⅱ.氧化C2H5OH
该小组同学设计的氧化C2H5OH的装置如图(夹持装置省略):
(3)在图中方框内补全干燥装置和干燥剂。
Ⅲ.检验产物
(4)为检验上述实验收集到的产物,该小组同学进行了如下实验并得出相应结论。
实验
序号
检验试剂和
反应条件
现象
结论
①
酸性KMnO4溶液
紫红色褪去
产物含有乙醛
②
新制Cu(OH)2,加热
生成砖红色沉淀
产物含有乙醛
③
微红色含酚酞的NaOH溶液
微红色褪去
产物可能含有乙酸
实验①～③中的结论不合理的是 (填序号),原因是 。
解析:Ⅰ.(1)丙装置用圆底烧瓶盛装H2O2溶液,可用于制备较多O2,催化剂铂丝可上下移动,可以控制反应速率。制备过程中如果体系内压强过大,H2O2溶液会被压入安全管中,可观察到安全管中液面上升,圆底烧瓶中液面下降。此时可以将铂丝抽离H2O2溶液,使反应速率减慢,还可以打开弹簧夹K2,使圆底烧瓶内压强降低。(2)催化剂铂丝可上下移动,可以控制制备反应的开始和结束,a正确;催化剂与液体接触的面积越大,反应速率越快,可通过调节催化剂与液体接触的面积来控制反应的速率,b正确;丙装置用圆底烧瓶盛装H2O2溶液,与乙装置相比,可用于制备较多O2,但产物中的O2含量和杂质种类与乙中没有区别,c错误。
Ⅱ.(3)氧气可以用浓硫酸干燥,所以可以用盛装浓硫酸的洗气瓶来干燥氧气,如图,。Ⅲ.(4)实验①不合理,因为乙醇有挥发性,会混入生成的乙醛中,乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色,所以酸性KMnO4溶液褪色不能证明产物中含有乙醛。
答案:(1)液面上升 打开弹簧夹K2 (2)ab
(3) (4)① 乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色
2.醋酸亚铬[(CH3COO)2Cr·2H2O]为砖红色晶体,难溶于冷水,易溶于酸,在气体分析中用作氧气吸收剂。一般制备方法是先在封闭体系中利用金属锌作还原剂,将三价铬还原为二价铬;二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬。实验装置如图所示,回答下列问题:
(1)实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却,目的是 ,仪器a的名称是 。
(2)将过量锌粒和氯化铬固体置于c中,加入少量蒸馏水,按图连接好装置,打开K1、K2,关闭K3。
①c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色,该反应的离子方程式为 。
②同时c中有气体产生,该气体的作用是 。
(3)打开K3,关闭K1和K2。c中亮蓝色溶液流入d,其原因是 ;
d中析出砖红色沉淀,为使沉淀充分析出并分离,需采用的操作是 、
、洗涤、干燥。
(4)指出d装置可能存在的缺点: 。
解析:(1)由于醋酸亚铬易被氧化,所以需要尽可能避免与氧气接触,因此实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却,目的是去除水中溶解氧;根据仪器构造可知仪器a是分液漏斗。
(2)①c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色,说明Cr3+被锌还原为Cr2+,反应的离子方程式为Zn+2Cr3+Zn2++2Cr2+。
②锌还能与盐酸反应生成氢气,由于装置中含有空气,能氧化Cr2+,所以氢气的作用是排除c中空气。
(3)打开K3,关闭K1和K2,由于锌继续与盐酸反应生成氢气,导致c中压强增大,所以c中亮蓝色溶液能流入d装置,与醋酸钠反应;根据题干信息可知醋酸亚铬难溶于冷水,所以为使沉淀充分析出并分离,需要采取的操作是(冰浴)冷却、过滤、洗涤、干燥。
(4)由于d装置是敞开体系,因此装置的缺点是可能使醋酸亚铬与空气接触被氧化,使产品不纯。
答案:(1)去除水中溶解氧 分液漏斗
(2)①Zn+2Cr3+Zn2++2Cr2+ ②排除c中空气
(3)c中产生H2,使压强大于大气压 (冰浴)冷却
过滤
(4)敞开体系,可能使醋酸亚铬与空气接触被氧化
物质制备类综合实验
(2021·湖北卷,18)超酸是一类比纯硫酸更强的酸①,在石油重整中用作高效催化剂。某实验小组对超酸HSbF6的制备及性质进行了探究。由三氯化锑(SbCl3)制备HSbF6的反应如下:SbCl3+Cl2SbCl5、SbCl5+6HFHSbF6+5HCl②。制备SbCl5的初始实验装置如图(毛细管连通大气,减压时可吸入极少量空气,防止液体暴沸;夹持、加热及搅拌装置略):
相关性质如表:
物质
熔点
沸点
性质
SbCl3
73.4 ℃
220.3 ℃
极易水解
SbCl5
3.5 ℃
140 ℃分解
79 ℃/2.9 kPa④
极易水解⑤
回答下列问题:
(1)实验装置中两个冷凝管 (填“能”或“不能”)交换使用。
(2)试剂X的作用为 、 。
(3)反应完成后,关闭活塞a、打开活塞b,减压转移 (填仪器名称)中生成的SbCl5至双口烧瓶中。用真空泵抽气减压蒸馏前,必须关闭的活塞是 (填“a”或“b”);用减压蒸馏而不用常压蒸馏的主要原因是 。
(4)实验小组在由SbCl5制备HSbF6时,没有选择玻璃仪器,其原因为 。(写化学反应方程式)
(5)为更好地理解超酸的强酸性,实验小组查阅相关资料了解到:弱酸在强酸性溶剂中表现出碱的性质,如冰醋酸与纯硫酸之间的化学反应方程式为CH3COOH+H2SO4[CH3C(OH)2]+[HSO4]-⑥。以此类推,H2SO4与HSbF6之间的化学反应方程式为 。
(6)实验小组在探究实验中发现蜡烛可以溶解于HSbF6中,同时放出氢气。已知烷烃分子中碳氢键的活性大小顺序为:甲基(—CH3)<亚甲基(—CH2—)<次甲基()⑦。写出2-甲基丙烷与HSbF6反应的离子方程式: 。
[审题指导]
①这里的信息意味着HSbF6的酸性要强于硫酸的,为后面的解答提供理论依据。
②制备过程中要用到HF,因此在制备HSbF6阶段,不能使用玻璃器皿。
③观察装置图中两种冷凝管的差异,球形冷凝管只能应用于垂直状态。
④这里提供两个重要信息:一个是SbCl5在2.9 kPa下沸点为79 ℃,意味着常压(101 kPa)下沸点远高于79 ℃;另一个是SbCl5达到140 ℃会分解,为(3)的解答找到论据。
⑤SbCl3、SbCl5都易水解,则与大气相通时必须隔离空气中的水蒸气,有助于理解X试剂的作用。
⑥利用这里的化学方程式,结合题干中的信息①,很容易写出H2SO4与HSbF6反应的化学方程式。
⑦这里的信息结合2-甲基丙烷的结构,可确定2-甲基丙烷中的次甲基与HSbF6反应。
解析:(1)与直形冷凝管相比,球形冷凝管的冷却面积大,冷却效果好,且由于球形冷凝管的内芯管为球泡状,容易在球部积留蒸馏液,故不适宜用于倾斜式蒸馏装置,多用于垂直式蒸馏装置,故实验装置中两个冷凝管不能交换使用。
(2)根据表中信息,SbCl3、SbCl5极易水解,可知试剂X的作用是防止空气中水蒸气进入三颈烧瓶,同时吸收氯气,防止污染空气。
(3)由实验装置知,反应完成后,关闭活塞a、打开活塞b,减压转移三颈烧瓶中生成的SbCl5至双口烧瓶中;减压蒸馏前,必须关闭活塞b,以保证装置密封,便于后续抽真空;根据表中提供信息知,SbCl5容易分解,用减压蒸馏而不用常压蒸馏,可以降低SbCl5沸点,防止SbCl5分解。
(4)在由SbCl5制备HSbF6时,需用到HF,而HF可与玻璃中的SiO2反应,故不能选择玻璃仪器,反应的化学方程式为SiO2+4HFSiF4+2H2O。
(5)H2SO4与超强酸HSbF6反应时,H2SO4表现出碱的性质,则化学方程式为H2SO4 +HSbF6[H3SO4]+[SbF6]-或H2SO4+2HSbF6[H4SO4]2+([SbF6]-)2。
(6)2-甲基丙烷的结构简式为(CH3)3CH,根据题目信息知,(CH3)3CH中上的氢参与反应,反应的离子方程式为(CH3)3CH+H+(CH3)3C++H2↑。
答案:(1)不能
(2)防止水蒸气进入(干燥) 吸收氯气(防止污染空气/保护环境)
(3)三颈烧瓶 b 降低SbCl5沸点,防止SbCl5分解
(4)SiO2+4HFSiF4+2H2O
(5)H2SO4+HSbF6[H3SO4]+[SbF6]-或H2SO4+2HSbF6[H4SO4]2+([SbF6]-)2
(6)(CH3)3CH+H+(CH3)3C++H2↑
(2022·山东济南二模)二茂铁[Fe(C5H5)2,Fe 为+2 价]是最早被发现的夹心配合物,橙色晶体,100 ℃以上升华,熔点172 ℃,沸点249 ℃,难溶于水,空气中稳定,与酸、碱一般不作用。实验室中,先由二聚环戊二烯C10H12(沸点170 ℃)热解聚制备环戊二烯C5H6(密度0.88 g·cm-3,熔点-85 ℃,沸点42.5 ℃)(图1),然后制备二茂铁(图2),最后纯化(图3),夹持装置已略。回答下列问题:
(1)检查装置气密性并在烧瓶中加入二聚环戊二烯。实验中需要一直慢慢地通入N2,其作用是 。
将电热棒调至350～400 ℃,同时170 ℃油浴加热烧瓶,油浴加热的优点是 。反应完成后在接收瓶中得到环戊二烯纯品。
(2)将磁子和足量KOH粉末放在三颈烧瓶中,加入适量有机溶剂和15.0 mL环戊二烯,缓慢搅拌,烧瓶左侧口用A塞紧,中间瓶口装上仪器C(已打开旋塞B和玻璃塞),右侧口接带T形管的汞起泡器和氮气瓶,用氮气流吹洗烧瓶和C直至空气完全吹出,关上B,将溶解了11.94 g FeCl2·4H2O的有机溶剂注入仪器C,……打开B,滴加完后快速搅拌30 min,制备反应结束。……向烧瓶中加入稍过量的盐酸和适量碎冰。……将烧瓶内的沉淀收集到过滤器上,用水洗涤,干燥,得到二茂铁粗品。仪器C的名称为 。将空气完全吹出的目的是 。加入碎冰的作用是 。证明盐酸已稍过量的试剂是 。写出生成二茂铁的反应的化学方程式: 。
(3)将盛有粗品的培养皿放在电热板上加热,最终得到纯品10.20 g,二茂铁的产率为 %(保留到小数点后一位)。
解析:(1)由题干信息知,二茂铁中Fe为+2价,容易被空气中氧气氧化,所以实验中需要一直慢慢地通入N2,其作用是作保护气,将产生的环戊二烯蒸气吹入接收瓶中,提高环戊二烯的产率;油浴加热的优点是受热均匀,便于控温。
(2)根据图示装置特点,仪器C的名称为滴液漏斗;将空气完全吹出的目的是防止Fe(Ⅱ)被空气中氧气氧化;反应为放热反应,加入碎冰的作用是迅速降温,有利于二茂铁结晶析出;盐酸稍过量使溶液呈酸性,则可以选用的试剂是紫色石蕊溶液(或甲基橙溶液、pH试纸、湿润的蓝色石蕊试纸);根据题干信息知,氯化亚铁与环戊二烯、氢氧化钾反应生成二茂铁、氯化钾和水。
(3)根据上述反应知,11.94 g FeCl2·4H2O完全反应生成二茂铁的质量为11.94 g×186199=11.16 g,则二茂铁的产率为10.20 g11.16 g×100%≈91.4%。
答案:(1)作保护气,将产生的环戊二烯蒸气吹入接收瓶中,提高环戊二烯的产率 受热均匀,便于控温
(2)滴液漏斗 防止Fe(Ⅱ)被空气中氧气氧化 迅速降温,有利于二茂铁结晶析出 紫色石蕊溶液(或甲基橙溶液、pH试纸、湿润的蓝色石蕊试纸)
FeCl2+2C5H6+2KOHFe(C5H5)2+2KCl+2H2O(或FeCl2·4H2O+2C5H6+2KOHFe(C5H5)2+2KCl+6H2O)
(3)91.4
性质、原理探究类综合实验
(2021·福建卷,12)NaNO2溶液和NH4Cl溶液可发生反应:NaNO2+NH4ClN2↑+NaCl+2H2O。为探究反应速率与c(NaNO2)的关系①,利用下列装置(夹持仪器略去)进行实验。
②
实验步骤:往A中加入一定体积(V)的2.0 mol·L-1NaNO2溶液、2.0 mol·L-1NH4Cl溶液和水,充分搅拌。控制体系温度,通过分液漏斗往A中加入 1.0 mol·L-1醋酸。当导管口气泡均匀稳定冒出时,开始用排水法收集气体。用秒表测量收集1.0 mL N2所需的时间,重复多次取平均值(t)。
回答下列问题:
(1)仪器A的名称为 。
(2)检验装置气密性的方法:关闭止水夹K, 。
(3)若需控制体系的温度为36 ℃③,采取的合理加热方式为 。
(4)每组实验过程中,反应物浓度变化很小,忽略其对反应速率测定的影响。实验数据如下表所示。
实验
编号
V/mL
t/s
NaNO2
溶液
NH4Cl
溶液
醋酸
水
1
4.0
V1
4.0
8.0
334
2
V2
4.0
4.0
V3
150
3
8.0
4.0
4.0
4.0
83
4
12.0
4.0
4.0
0.0
38
④
①V1= ,V3= 。
②该反应的速率方程为v=k·cm(NaNO2)·c(NH4Cl)·c(H+),k为反应速率常数⑤。利用实验数据计算得m= (填整数)。
③醋酸的作用是 。
(5)如果用同浓度的盐酸代替醋酸进行实验1,NaNO2与盐酸反应生成HNO2,HNO2分解产生等物质的量的两种气体。反应结束后,A中红棕色气体逐渐变浅⑥,装置中还能观察到的现象有 。
HNO2分解的化学方程式为 。
[审题指导]
①明确实验的目的,探究反应速率v与c(NaNO2)的关系,根据控制变量原则,其他量应该保持相同。
②观察装置的特点,关闭K之后,左侧形成密闭体系,利用压强差进行气密性检验。
③控制加热温度,且低于100 ℃,要用到水浴加热。
④结合题干中的实验目的,为保证各组实验中的NH4Cl溶液、醋酸溶液浓度相同,需要保证溶液总体积为20.0 mL,以此确定V1。分析1、3组数据,NaNO2溶液浓度增大2倍,速率增大了4倍;2、4组速率也增大4倍,则V2=12×12.0 mL=6.0 mL,则V3=6.0 mL。
⑤速率方程中k、c(NH4Cl)、c(H+)都是常数,所以v只与c(NaNO2)有关,分析表中3、4组数据与1组的关系发现NaNO2溶液浓度增大2倍和 3倍,相应反应速率增大了4倍和9倍,可确定m的值。
⑥这里出现红棕色气体,表明生成了NO2,根据氧化还原反应的得失电子守恒,可知另一产物是NO。
解析:(1)仪器A的名称为锥形瓶。
(2)气体发生装置要检验装置的气密性,检验装置气密性的方法是关闭止水夹K,通过分液漏斗往A中加水,一段时间后水难以滴入,则气密性良好。
(3)若需控制体系的温度为36 ℃,可采取水浴加热使温度均匀平稳。
(4)①为探究反应速率与c(NaNO2)的关系,NH4Cl浓度应不变,根据实验3和4的数据可知溶液总体积为20 mL,故V1为4.0;根据变量单一可知V2为6.0,V3为6.0。
②浓度增大,反应速率加快,根据实验1和3数据分析,实验3的c(NaNO2)是实验1的2倍,实验1和3所用的时间比为33483≈4,根据分析可知速率和浓度的平方成正比,故m=2。
③醋酸在反应前后没变,起催化剂作用,可加快反应速率。
(5)用同浓度的盐酸代替醋酸进行实验1,NaNO2与盐酸反应生成HNO2,HNO2分解产生等物质的量的两种气体,根据氧化还原反应可知化学方程式为2HNO2NO↑+NO2↑+H2O;反应结束后量筒内收集到NO,A中红棕色气体逐渐变浅,因为NO2溶于水生成NO,颜色变浅,锥形瓶内压强降低,导管里上升一段水柱。
答案:(1)锥形瓶 (2)通过分液漏斗往A中加水,一段时间后水难以滴入,则气密性良好
(3)水浴加热 (4)①4.0 6.0 ②2 ③加快反应速率 (5)量筒中收集到无色气体,导管里上升一段水柱 2HNO2NO↑+NO2↑+H2O
(2022·山东枣庄三模)无水FeCl2为黄绿色晶体,在空气中易被氧化和易吸水,不溶于氯仿等有机溶剂。回答下列问题:
Ⅰ.FeCl2的制备及产率测定:制备反应原理为2FeCl3+C6H5Cl2FeCl2+C6H4Cl2+HCl(C6H5Cl为氯苯,沸点132 ℃),产率通过测定HCl的量进行计算。制备装置如图所示(夹持及加热装置略去):
(1)仪器A的名称是 ,仪器B的作用是 ,装置C中的试剂是 (填化学式)。
(2)为测定FeCl2的产率,用1.00 mol·L-1NaOH溶液滴定溶于水的HCl,达到滴定终点时消耗NaOH溶液19.00 mL,则FeCl2的产率为 。下列操作中,导致产率测定值偏低的是 (填字母)。
a.滴定终点时俯视读数
b.滴定管未用NaOH标准溶液润洗
c.配制NaOH标准溶液时,转移溶液未洗涤烧杯
d.滴定前滴定管内无气泡,滴定结束后有气泡
Ⅱ.FeCl2性质探究:将FeCl2晶体配成溶液后进行如下表实验。
序号
实验ⅰ
实验ⅱ
装置
试剂
试管
0.5 mL 0.1 mol·L-1KSCN溶液、1 mL 0.1 mol·L-1FeCl2(pH=1)溶液
试剂a
0.5 mL饱和氯水
1 mL 1.5 mol·L-1 HNO3溶液
实验
现象
溶液立即变为浅红色
滴入硝酸后,溶液变为红色,一段时间后,溶液褪为无色,且溶液中产生无色气泡,试管上方呈红棕色
已知:Ba2+与SCN-可在溶液中大量共存;SCN-易被氧化为SO42-。
(3)对实验ⅰ中溶液为浅红色的原因,甲同学提出以下假设:
假设1:加入氯水的量少,生成的Fe3+浓度低;
假设2:氯水氧化性强, 。
取实验ⅰ中浅红色溶液, (填实验操作),溶液浅红色消失,从而排除了假设1;向2 mL水中滴加0.5 mL 0.1 mol·L-1 KSCN溶液,滴加0.5 mL饱和氯水,加入 ,产生白色沉淀,说明假设2正确。
(4)分析实验ⅱ“一段时间后,溶液褪为无色”的原因是
(用离子方程式表示,已知SCN-中C元素为+4价)。
解析:Ⅰ.(1)由实验装置图可知,仪器A的名称是三颈烧瓶,由于C6H5Cl的沸点为132 ℃,故需用球形冷凝管(仪器B)进行冷凝回流,提高氯苯(C6H5Cl)的利用率,因为FeCl2易水解,球形干燥管C的作用为防止装置E中的水蒸气进入A中,装置E的作用为吸收HCl,装置C中所装试剂不能吸收HCl,故可以是无水CaCl2或者P2O5。
(2)根据反应的化学方程式计算出FeCl2的理论产量,
2FeCl3+C6H5Cl2FeCl2+C6H4Cl2+HCl
325 112.5 254 1
6.5 g 11.25 g m n
解得m=5.08 g,n=0.02 mol,则n(HCl)=19.00×10-3 L×1.00 mol·L-1=0.019 mol,n(FeCl2)=2n(HCl)=0.038 mol,则m实际(FeCl2)=0.038 mol×127 g·mol-1=4.826 g,则FeCl2的产率为4.826 g5.08 g×100%=95%。滴定终点时俯视读数,导致消耗NaOH标准溶液的体积偏小,则测定值偏低,a符合题意;滴定管未用NaOH标准溶液润洗,导致NaOH标准溶液的浓度偏小,消耗NaOH标准溶液的体积偏大,测定值偏高,b不符合题意;配制NaOH标准溶液时,转移溶液未洗涤烧杯,导致NaOH标准溶液的浓度偏小,消耗NaOH标准溶液的体积偏大,测定值偏高,c不符合题意;滴定前滴定管内无气泡,滴定结束后有气泡,导致消耗NaOH标准溶液的体积偏小,测定值偏低,d符合题意。
Ⅱ.(3)实验ⅰ中溶液变红是由于反应Fe3++3SCN-Fe(SCN)3,则实验ⅰ中溶液为浅红色的原因可能有加入氯水的量少,生成的Fe3+浓度低;氯水氧化性强,将另一种反应物SCN-氧化了,即导致SCN-的浓度低。根据假设1可知,取实验ⅰ中浅红色溶液,继续滴加饱和氯水,溶液浅红色消失,从而排除了假设1;由已知信息Ba2+与SCN-可在溶液中大量共存,SCN-易被氧化为SO42-,故向2 mL水中滴加0.5 mL 0.1 mol·L-1KSCN溶液,滴加0.5 mL饱和氯水,加入BaCl2溶液,产生白色沉淀,说明假设2正确。
(4)由实验ⅱ的现象,滴入硝酸后,溶液变为红色,即Fe2+被HNO3氧化为Fe3+,一段时间后,溶液褪为无色,且溶液中产生无色气泡,试管上方呈红棕色,即SCN-被过量的HNO3氧化,HNO3被还原为NO,NO在试管上方遇到空气被氧化为NO2,呈红棕色,故分析实验ⅱ“一段时间后,溶液褪为无色”的离子方程式为3SCN-+13NO3-+10H+3SO42-+3CO2↑+16NO↑+5H2O。
答案:(1)三颈烧瓶 进行冷凝回流,提高氯苯的利用率 无水CaCl2(或P2O5)
(2)95% ad
(3)部分SCN-被氧化 继续滴加饱和氯水
BaCl2溶液
(4)3SCN-+13NO3-+10H+3SO42-+3CO2↑+16NO↑+5H2O
定量测定型综合实验
(2021·山东卷,18)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①。实验室中,先将三氧化钨(WO3)还原为金属钨(W)②再制备WCl6,装置如图所示(夹持装置略)。回答下列问题:
③
(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Cl2④;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⑤,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IO3-离子交换柱发生反应:WO42-+Ba(IO3)2BaWO4+2IO3-;交换结束后,向所得含IO3-的溶液中加入适量酸化的KI溶液,发生反应:IO3-+5I-+6H+3I2+3H2O;反应完全后,用Na2S2O3标准溶液滴定,发生反应:I2+2S2O32-2I-+S4O62-⑥。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⑦,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”)。
[审题指导]
①对于易水解的物质,装置的末端考虑加装空气隔离装置。
②结合后面设问提供信息是用H2还原WO3,会生成水。
③装置中有直形冷凝管,还原反应生成的水蒸气将被冷凝为液态水,可用来判定反应进行的程度。
④通入氯气是为了与金属W反应制取WCl6,第一段反应结束后,整个装置中仍充满氢气,所以通氯气前要通氮气驱除装置中的氢气。
⑤CS2易挥发信息点明了前两次称量是为了测定挥发的CS2的质量,以减少实验的误差。
⑥对于多步反应的滴定的计算,利用原子守恒与化学方程式得出的关系式法是最佳的应对之道。
⑦这里一定要考虑导致m3变化的根本原因是CS2挥发较多,但WCl6的量没发生变化。
解析:(1)用H2还原WO3制备W,装置中不能有空气,所以先通N2,其目的是排除装置中的空气;由仪器构造可知仪器A的名称为直形冷凝管;当WO3被完全还原后,不再有水生成,则可观察到的现象为锥形瓶中不再有液滴滴下,即不再有水凝结。
(2)由信息可知WCl6极易水解,W与Cl2反应制取WCl6时,要在B处加装盛有碱石灰的干燥管,防止空气中的水蒸气进入E中,所以碱石灰的作用其一是吸收多余氯气,防止污染空气;其二是防止空气中的水蒸气进入E;在操作⑤加热、通Cl2之前,装置中有多余的H2,需要除去,所以操作④是再次通入N2,目的是排除装置中的H2。
(3)①称量时加入足量的CS2,盖紧称重为m1 g,由于CS2易挥发,开盖时要挥发出来,称量的质量要减少,开盖并计时1分钟,盖紧称重为m2 g,则挥发出的CS2的质量为(m1-m2) g,再开盖加入待测样品并计时1分钟,又挥发出(m1-m2) g的CS2,盖紧称重为m3 g,则样品质量为m3 g-m1 g+2(m1-m2) g=(m3+m1-2m2) g。
②滴定时,根据关系式WO42-～2IO3-～6I2～12S2O32-,样品中n(WCl6)=n(WO42-)=112n(S2O32-)=112cV×10-3 mol,m(WCl6)=112cV×10-3 mol×M g·mol-1=cVM12 000 g,则样品中WCl6的质量分数为cVM12 000g(m3+m1-2m2) g×100%=cVM120(m3+m1-2m2)%;根据测定原理,称量时,若加入待测样品后,开盖时间超过1分钟,挥发的CS2的质量增大,m3偏小,但WCl6的质量不变,则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将不变,样品中WCl6质量分数的测定值将偏大。
答案:(1)排除装置中的空气 直形冷凝管 不再有水凝结 (2)吸收多余氯气,防止污染空气;防止空气中的水蒸气进入E 再次通入N2 排除装置中的H2
(3)①(m3+m1-2m2) ②cVM120(m3+m1-2m2)%
不变 偏大
(2022·山东聊城一模)三氯化铬(CrCl3)是常用的媒染剂和催化剂,易潮解,易升华,高温下易被氧气氧化。实验室制取CrCl3的反应为Cr2O3(s)+3CCl4(g)2CrCl3(s)+3COCl2( g),其实验装置如图所示:
已知:①COCl2(俗称光气)有毒,遇水发生水解,COCl2+H2OCO2+2HCl;
②碱性条件下,H2O2可将Cr3+氧化为CrO42-(黄色);酸性条件下,H2O2将Cr2O72-(橙色)还原为Cr3+(绿色)。
(1)A装置用于干燥N2和观察其流速,A中的试剂是 ;无水CaCl2的作用是 ;反应结束后要继续通入一段时间氮气,主要目的是 。
(2)装置E用来收集产物。实验过程中若D处因发生凝华出现堵塞,A装置中可观察到的现象是 ;可通过 (填操作名称)使实验继续进行。
(3)尾气与装置G中过量的NaOH溶液发生反应的离子方程式是
。
(4)测定产品中CrCl3质量分数的实验步骤如下:
Ⅰ.取2.0 g CrCl3产品,在强碱性条件下,加入过量 30% H2O2溶液,小火加热使CrCl3完全转化为CrO42-,再继续加热一段时间。
Ⅱ.冷却后加适量的蒸馏水,再滴入适量的稀硫酸和浓磷酸(浓磷酸作用是防止指示剂提前变色),使CrO42-转化为Cr2O72-。
Ⅲ.在溶液中加入适量浓H2SO4混合均匀,滴入3滴试亚铁灵做指示剂,用新配制的1.0 mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定,溶液由黄色经蓝绿色至红褐色即为终点,消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液30.00 mL(滴定中Cr2O72-被Fe2+还原为Cr3+)。
①计算产品中CrCl3质量分数为 。
②下列操作将导致产品中CrCl3质量分数测定值偏低的是 (填字母)。
A.步骤Ⅰ中未继续加热一段时间
B.步骤Ⅱ用盐酸替代硫酸
C.步骤Ⅲ中(NH4)2Fe(SO4)2溶液部分变质
D.步骤Ⅲ中读数时,滴定前俯视,滴定后平视
解析:(1)CrCl3易潮解,高温下易被氧气氧化,反应结束后要继续通入一段时间氮气,让CrCl3在氮气氛围中冷却,防止空气进入使CrCl3被氧化,A中装浓H2SO4干燥N2并防止空气中水蒸气进入装置C;无水CaCl2防止G中水蒸气进入E装置;反应结束后继续通入一段时间氮气,将CrCl3充分排入装置E,将COCl2排入装置G中并被充分吸收,回收尾气。
(2)若D处出现堵塞,则C装置内压强增大,A中导管内液面上升;D处堵塞是CrCl3升华后在D处凝聚而造成的,故可对D处稍加热,使实验能继续进行。
(3)装置G中可以看作是COCl2先与水反应生成二氧化碳和氯化氢,二氧化碳和氯化氢再与氢氧化钠反应,反应的离子方程式为COCl2+4OH-CO32-+2Cl-+2H2O。
(4)①根据得失电子守恒和原子守恒可得测定过程中的物质的量的关系为2CrCl3～2CrO42-～Cr2O72-～6(NH4)2Fe(SO4)2,(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量n=cV=30.00×10-3L×1.0 mol·L-1=3×10-2 mol,测定产品中CrCl3质量分数为3×10-2mol×26×158.5 g·mol-12.0 g=79.25%。
②步骤Ⅰ未继续加热一段时间,过量的H2O2在步骤Ⅱ中会将Cr2O72-还原为Cr3+,则滴定时消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液体积减小,测定的CrCl3质量分数偏低,A符合题意;由提示可知,步骤Ⅱ中用盐酸代替硫酸,由于Cl-具有还原性,会反应消耗Cr2O72-,导致(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液消耗的体积偏小,测定的CrCl3质量分数偏低,B符合题意;步骤Ⅲ中(NH4)2Fe(SO4)2溶液已变质,则滴定所用标准溶液体积偏大,测定的CrCl3质量分数偏高,C不符合题意;步骤Ⅲ中读数时,滴定前俯视(读数偏小),滴定后平视,读取消耗的标准溶液的体积偏大,测定的CrCl3质量分数偏高,D不符合题意。
答案:(1)浓H2SO4 防止G中水蒸气进入E装置 将 CrCl3和 COCl2分别充分排入装置E和G中
(2)A中导管内液面上升 对D处稍加热
(3)COCl2+4OH-=CO32-+2Cl-+2H2O
(4)①79.25% ②AB
(一)题空集训
试剂、仪器选择与使用及装置连接问题
1.(2022·广东佛山二模节选)铜是生活中常见的金属,以铜为原料进行如下实验。回答下列问题:
(1)利用铜与浓硫酸制备SO2,适宜的装置是 (从A、B、C中选择),该装置内发生的化学方程式为
。
(2)收集干燥的SO2,所需装置的接口连接顺序为发生装置→
(填小写字母)。
(3)反应后,发生装置中未观察到蓝色溶液,原因是 。
解析:(1)用铜与浓硫酸制备SO2,反应是铜固体和浓硫酸加热条件下反应生成二氧化硫气体、硫酸铜和水,因此适宜的装置是B。
(2)收集干燥的SO2,先用浓硫酸干燥二氧化硫气体,再用向上排空气法收集二氧化硫气体,最后进行尾气处理,因此所需装置的接口连接顺序为发生装置→g→h→e→d→i→j。
(3)反应后,发生装置中未观察到蓝色溶液,可能是浓硫酸具有吸水性,将硫酸铜溶液中水吸收,最后硫酸铜以固体形式存在。
答案:(1)B Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O
(2) g→h→e→d→i→j
(3)浓硫酸具有吸水性,反应后的硫酸铜以固体形式存在
2.(2022·湖南邵阳一模节选)亚硝酰氯(NOCl,熔点-64.5 ℃,
沸点-5.5 ℃)具有刺鼻恶臭味,易溶于浓硫酸,遇水剧烈水解,是有机合成中的重要试剂。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成,其制备装置如图所示(其中Ⅲ、Ⅳ、Ⅴ中均为浓硫酸):
(1)图甲中装置用于制备纯净干燥的原料气,补充下表中装置Ⅱ的
作用。
装置Ⅰ
装置Ⅱ的
作用
烧瓶中
分液漏斗中
制备纯净Cl2
MnO2
浓盐酸
①
制备纯净NO
Cu
稀硝酸
②
① ;
② 。
(2)图乙对应装置用于制备NOCl。
①装置连接顺序为a→ (按气流自左向右方向,用小写字母表示)。
②装置Ⅳ、Ⅴ除可进一步干燥NO、Cl2外,另一个作用是 。
③如果将装置Ⅳ中浓硫酸合并到装置Ⅴ中,撤除装置Ⅳ,直接将NO、Cl2通入装置Ⅴ中,会造成的不良后果是 。
解析:(1)根据图甲中装置可知,若装置Ⅰ用于制备纯净氯气,浓盐酸易挥发,则装置Ⅱ的作用为除去氯气中的HCl气体;若装置Ⅰ用于制备纯净NO,NO易与装置中的氧气反应生成NO2,则装置Ⅱ用于除去NO气体中的NO2气体。
(2)①根据已知条件,NOCl的熔、沸点低,易溶于浓硫酸,遇水剧烈水解,故先用冰盐将NOCl液化,无水氯化钙用来防止装置中进入水蒸气,造成产物水解,氢氧化钠溶液用于除去尾气,故装置连接顺序为
a→e→f→c→b→d。
②装置Ⅳ、Ⅴ另一个作用是可以通过观察气泡冒出的速率从而调节两种气体的流速(或者通过观察气泡冒出的速率从而控制两种气体
的量)。
③因为NOCl的熔、沸点低,易溶于浓硫酸,如按题意情况处理,会造成的不良后果是NO与Cl2反应生成的NOCl易溶于浓硫酸,降低NOCl
产率。
答案:(1)①除去氯气中的HCl气体 ②除去NO气体中的NO2气体
(2)①e→f→c→b→d ②通过观察气泡冒出的速率从而调节两种气体的流速(或者通过观察气泡冒出的速率从而控制两种气体的量) ③NO与Cl2反应生成的NOCl易溶于浓硫酸,降低NOCl产率
现象、原因、目的、作用等规范描述问题
1.(2022·山东淄博二模)实验室用苯甲醛与乙酸酐[(CH3CO)2O]反应制备肉桂酸,反应原理为
+(CH3CO)2O +M
肉桂酸
已知:Ⅰ.苯甲醛是微溶于水的无色油状液体,沸点179 ℃;
Ⅱ.肉桂酸沸点300 ℃,难溶于冷水,易溶于热水。
实验步骤:
①将苯甲醛、乙酸酐和碳酸钾粉末按适当的量加入三颈烧瓶中,打开仪器A的活塞,控制150～170 ℃加热回流45 min后,冷却至室温。
②从冷凝管上端加入适量蒸馏水至三颈烧瓶中,关闭仪器A的活塞,加热蒸出未反应的苯甲醛。
③将三颈烧瓶冷却至室温,加入适量10%NaOH溶液,再加入少量活性炭,煮沸脱色,冷却后进行第一次抽滤;将滤液转移到烧杯中,加入适量浓盐酸,冷却结晶进行第二次抽滤;得到固体物质(滤饼)。回答下列问题:
(1)M为 (填结构简式)。
(2)实验前,装置和反应试剂须经过干燥处理,原因是 。
(3)步骤①中若未打开仪器A的活塞,对实验的影响是
。
(4)水蒸气蒸馏的方法是使某些有机物随水蒸气一起被蒸馏出来,
达到分离提纯的目的。步骤②中进行水蒸气蒸馏时,证明三颈烧瓶中苯甲醛已被完全蒸出的现象是 。
(5)加NaOH溶液目的是
,
第二次抽滤所得滤饼主要成分是 。
(6)相对于普通过滤,抽滤的优点是 。
解析:(1)根据已配平的化学方程式得M的分子式为C2H4O2,结合各反应物的结构简式可推知M是乙酸,结构简式为CH3COOH。
(2)乙酸酐能与水反应,影响反应进行及产率,故实验前,装置和反应试剂须经过干燥处理。
(3)步骤①中若未打开仪器A的活塞,则冷凝回流的物质留存在仪器A中不能进入三颈烧瓶,降低产率。
(4)苯甲醛是微溶于水的无色油状液体,步骤②中进行水蒸气蒸馏时,证明三颈烧瓶中苯甲醛已被完全蒸出的现象是仪器A中油状液体不再增多。
(5)加NaOH溶液目的是使肉桂酸转化为易溶性肉桂酸钠转移至溶液中,便于提纯;肉桂酸钠与盐酸反应生成的肉桂酸难溶于冷水,故第二次抽滤所得滤饼主要成分是肉桂酸。
(6)相对于普通过滤,抽滤的优点是过滤速率更快,得到的晶体更干燥。
答案:(1)CH3COOH
(2)乙酸酐能与水反应,影响反应进行及产率
(3)冷凝回流的物质留存在仪器A中不能进入三颈烧瓶,降低产率
(4)仪器A中油状液体不再增多
(5)使肉桂酸转化为易溶性肉桂酸钠转移至溶液中,便于提纯
肉桂酸
(6)过滤速率更快,得到的晶体更干燥
2.(2022·山东济宁二模)TiCl4是制备钛及其化合物的重要中间体,可利用下列装置在实验室制备TiCl4(夹持装置略去)。
已知:①PdCl2溶液捕获CO时生成Pd单质;
②TiCl4能溶于有机溶剂,遇水会水解生成难溶于水的物质;CCl4难溶于水。
回答下列问题:
(1)检查装置气密性后,A装置中加入的药品为 ,管式炉中加入TiO2和C,先通入N2其目的是 ;
一段时间后,加热管式炉,改通Cl2,对C处逸出的气体用D、E装置进行后续处理。D中碱石灰的作用是
。
(2)实验过程中,产生的高温气体在进入装置B之前要进行“前期冷却”,
原因是 。制得的TiCl4中常含有少量CCl4,从混合液体中分离出TiCl4的操作名称为 。
(3)TiCl4是制取航天航空工业材料——钛合金的重要原料。某钛合金的元素还有Al和Si等,已知在常温下,钛是一种耐强酸强碱的金属,请设计实验检验其中的Si元素:
。
(4)用TiCl4水解法制备纳米TiO2的工艺流程如图,成功的控制水解速率是制备纳米TiO2的前提。
TiCl4+H2OTiCl4溶液混合溶液沉淀
TiO2
已知:TiOSO4难溶于冷水,在热水中易水解;TiCl4的水解是由水解、
电离、水解三步进行(如下):
①水解:TiCl4+H2OTiOH3++H++4Cl-
②电离:TiOH3+TiO2++H+
③水解:TiO2++H2OTiO2+2H+
其中①为快反应,对②、③反应的影响是 ,加入硫酸铵的目的是 。
解析:(1)实验中碳能与O2在加热条件下发生反应生成CO或CO2而干扰实验,故实验开始前需通入一段时间的N2以排空装置内的空气,且由于TiCl4易水解,则制备用的Cl2需干燥,故装置A为盛有浓硫酸的洗气瓶,目的是干燥氯气,防止TiCl4水解;由于反应产生高温的TiCl4蒸气,直接用冷凝管冷却会导致冷凝管炸裂,则需进行“前期冷却”,
B为冷凝管,冷凝TiCl4蒸气,C为收集TiCl4液体装置,D中碱石灰可以吸收多余的Cl2,同时防止空气中的水蒸气进入C中以免引起TiCl4水解而影响实验结果,E为检验CO装置。
(2)由上述分析可知,“前期冷却”的原因是气体温度过高会导致冷凝管炸裂。CCl4和TiCl4均为分子晶体,且TiCl4的相对分子质量更大,即TiCl4的熔、沸点更高,故从混合液体中分离出TiCl4的操作名称为蒸馏。
(3)已知在常温下,钛是一种耐强酸、强碱的金属,而Si、Al均能与强碱溶液反应分别生成Na2SiO3、NaAlO2,Na2SiO3溶液和NaAlO2溶液与过量的酸反应现象不同,前者为生成白色沉淀且沉淀不溶解,后者是先生成白色沉淀后沉淀逐渐溶解直至消失,故检验其中的Si元素的实验可设计为取少量合金样品于试管中,滴加过量NaOH溶液,振荡,静置后取上层清液,再滴入稀盐酸至过量,如有沉淀产生且沉淀不完全溶解,则证明样品中含Si。
(4)由题干信息可知,①为快反应,产生大量的H+,从而抑制了②、③
反应的进行,加入硫酸铵则可以生成TiOSO4沉淀,从而促进反应②的进行。
答案:(1)浓硫酸 排尽装置中的空气,以免干扰实验 吸收过量的氯气以免污染空气,同时防止空气中水蒸气进入锥形瓶中,引起TiCl4
水解
(2)气体温度过高会导致冷凝管炸裂 蒸馏
(3)取少量合金样品于试管中,滴加过量NaOH溶液,振荡,静置后取上层清液,再滴入稀盐酸至过量,如有沉淀产生且沉淀不完全溶解,则证明样品中含Si
(4)产生H+浓度大,抑制了②、③反应的进行 生成TiOSO4,促进了反应②的进行
物质组成计算及含量的测定问题
1.(2022·山东泰安二模节选)氨基甲酸铵(H2NCOONH4)是一种重要的化工原料,易分解,极易水解。实验室利用下列反应制备氨基甲酸铵。
2NH3(g)+CO2(g)H2NCOONH4(s) ΔH<0
产品纯度分析:
①称取产品1.845 g[内含杂质(NH4)2CO3·H2O],用蒸馏水溶解,定容于100 mL容量瓶中。
②移取20.00 mL上述溶液于锥形瓶,加入足量BaCl2溶液。
③向上述溶液加入足量甲醛(HCHO)溶液,放置5 min,再加入20.00 mL 1.000 mol·L-1NaOH溶液。
④向上述溶液滴加1～2滴酚酞,用1.000 mol·L-1 HCl标准溶液滴定,实验三次,测得消耗标准溶液11.00 mL。
已知:H2NCOONH4+H2O(NH4)2CO3、4NH4++6HCHO[(CH2)6N4H]++3H++6H2O、
[(CH2)6N4H]++OH-(CH2)6N4+H2O
氨基甲酸铵纯度为 (保留小数点后两位),若无操作②,所测纯度 (填“偏大”或“偏小”)。
解析:由题给反应可知H2NCOONH4～2NH4+,由4NH4++6HCHO[(CH2)6N4H]++
3H++6H2O可知,参加反应的氢氧化钠当中,有14和[(CH2)6N4H]+反应,则n(NH4+)=4n([(CH2)6N4H]+)=4×(20×10-3 L×1.000 mol·L-1-11×10-3 L×
1.000 mol·L-1)×14×100 mL20 mL=4.5×10-2 mol,设产品中有H2NCOONH4的物质的量为x mol,有(NH4)2CO3·H2O的物质的量为y mol,则根据铵根离子的量可得2x+2y=4.5×10-2,根据质量关系,可得78x+114y=1.845,解得x=0.02,则m(H2NCOONH4)=78 g·mol-1×0.02 mol=1.56 g,氨基甲酸铵纯度为1.56 g1.845 g×100%=84.55%;操作②加入氯化钡溶液可以沉淀CO32-,如果没有这一步,那在操作④中就会消耗更多的盐酸,则和[(CH2)6N4H]+反应的氢氧化钠就会偏少,计算出的产品纯度就会偏小。
答案:84.55% 偏小
2.(2022·湖南衡阳一模节选)硫酸铜在生产、生活中应用广泛。用铜精炼炉渣(主要成分为CuO、FeO、Al2O3、SiO2)为原料生产硫酸铜晶体并测定其结晶水含量,过程如下:
步骤Ⅰ.硫酸铜晶体的制备
步骤Ⅱ.硫酸铜晶体结晶水含量的测定
①称取样品质量为m1;②研磨,加热;③冷却至室温;④再次称量得固体m2;⑤重复②～④的步骤,至恒重;⑥计算得出结果。
已知:硫酸铜晶体易溶于水,难溶于乙醇。
(1)测定晶体中结晶水含量的实验中,有关操作选用仪器错误的
是 (填序号,下同)。
A.研磨
B.称量
C.加热
D.冷却
(2)若至恒重时质量仍然为m2,则n= (写表达式)。
(3)如实验结果发现测得结晶水数量n偏高,可能的原因有 。
A.加热前称量时坩埚未完全干燥
B.加热过程中有少量晶体溅出
C.加热时坩埚内固体变黑
解析:(1)测定晶体中结晶水含量的实验中,研磨时用研钵,加热时要用坩埚,加热后要在干燥器中冷却至室温再称量,以上仪器选用均正确,但称量时要把晶体放在坩埚中称量,而不是放在烧杯中称量,故选用仪器错误的是B。
(2)晶体的质量为m1,结晶水的质量为m1-m2,
CuSO4·nH2OCuSO4+nH2O
160+18n 18n
m1 m1-m2
160+18nm1=18nm1-m2,计算得出n=80(m1-m2)9m2。
(3)加热前称量时坩埚未完全干燥,水的质量偏大,造成结果偏高,故A符合题意;加热过程中有少量晶体溅出,水的质量偏大,造成结果偏高,故B符合题意;加热时坩埚内固体变黑,硫酸铜分解生成CuO,水的质量偏大,造成结果偏高,故C符合题意。
答案:(1)B (2)80(m1-m2)9m2 (3)ABC
实验方案的设计与评价
1.(2022·福建龙岩一模节选)某同学实验室研究Fe3+→Fe2+时,进行了以下实验,回答有关问题。
配制0.1 mol·L-1FeCl3溶液
称取2.7 g FeCl3·6H2O晶体溶解在盛有100 mL蒸馏水的烧杯中,搅拌均匀即可制得。
(1)配制的溶液不显黄色而显红褐色,原因是 ;若要获得黄色FeCl3溶液,改进配制方法是 。
(2)配制溶液时没有使用容量瓶,所得溶液 (填“能”或“不能”)满足本实验要求。
解析:(1)氯化铁水解生成氢氧化铁,会使氯化铁溶液不显黄色而显红褐色;若要获得黄色氯化铁溶液,需抑制氯化铁水解,可将FeCl3·6H2O溶于较浓的盐酸中,再加水稀释至所需浓度。
(2)配制溶液时没有使用容量瓶,所得溶液不能满足本实验要求,因为溶液的体积包含溶质和溶剂的体积,题目中所用配制方法,溶液的体积是按溶剂即水的体积计算的,未加上溶质的体积,所配溶液浓度不准确。
答案:(1)氯化铁水解生成氢氧化铁 将FeCl3·6H2O溶于较浓的盐酸中,再加水稀释至所需浓度
(2)不能
2.(2022·湖南长沙一模节选)1,2二氯乙烷是制备杀菌剂和植物生长调节剂的中间体,在农业上可用作粮食和谷物的熏蒸剂、土壤消毒剂等。已知其沸点为83.5 ℃,熔点为-35 ℃。如图为实验室中制备1,2二氯乙烷的装置,其中加热和夹持装置已略去。装置A中的无水乙醇的密度约为 0.8 g·cm-3。
(1)装置A中还缺少的一种必要仪器是 ,使用冷凝管的目的是 。
(2)装置B中玻璃管d的作用是 。
(3)实验时A中三颈烧瓶内可能会产生一种刺激性气味的气体,为吸收该气体,在装置B中应加入的最佳试剂为 (填字母)。
A.浓硫酸 B.NaOH溶液
C.酸性KMnO4溶液 D.饱和NaHCO3溶液
(4)D中a、c两个导气管进入仪器中的长度不同,其优点是 。
解析:由实验目的及装置图知,装置A用于乙醇和浓硫酸加热制乙烯,装置B中盛装NaOH溶液,用于除去乙烯中可能混有的CO2、SO2,装置D中乙烯与由装置E制备的氯气发生加成反应生成1,2二氯乙烷(CH2ClCH2Cl)。
(1)乙醇和浓硫酸混合加热至170 ℃时发生消去反应生成乙烯,故装置A中还缺少的实验仪器是温度计;乙醇易挥发,使用冷凝管的目的是使乙醇冷凝回流,提高原料的利用率,同时导出生成的乙烯气体。
(2)装置B中将长玻璃管插入液面下并使其与大气连通,不但可以平衡气压,还可以起到防倒吸并监控实验过程中导管是否堵塞的作用。
(3)浓硫酸有强氧化性,在加热条件下能氧化乙醇生成CO2和有刺激性气味的SO2,CO2、SO2是酸性氧化物,均能与NaOH溶液反应生成盐和水,从而被吸收,故选B。
(4)由于乙烯和氯气的密度不同,其中氯气的密度较大,乙烯的密度较小,则D中Cl2用较短导气管c,C2H4用较长导气管a,更有利于Cl2和C2H4充分混合反应。
答案:(1)温度计 冷凝回流乙醇,提高原料的利用率,同时导出生成的乙烯气体
(2)平衡气压,防倒吸等
(3)B
(4)有利于Cl2、C2H4充分混合
(二)题型集训
物质制备类综合实验
1.(2022·山东聊城二模)锡(Sn)是第ⅣA族元素,其常见的氯化物有SnCl4和SnCl2。SnCl4常温下为液体,遇水极易发生水解反应;SnCl2常温下为固体,具有还原性,可被空气中的氧气氧化。某化学实验小组制备SnCl4的装置如图(加热与夹持装置省略)。
回答下列问题:
(1)仪器a的名称是 ;装置B中盛放的试剂是 。
(2)制取SnCl4的操作步骤为
①连接好装置;
② ;
③添加药品、滴加浓盐酸;
④待装置D 后,加热装置C;
⑤收集SnCl4。
请补充上述实验步骤。
已知装置A中反应的还原产物为Cr3+,写出该反应的离子方程式: 。
(3)装置E的作用是 。
(4)经测定发现实验所得SnCl4样品中含有少量的SnCl2,测定样品纯度的方案如下:
取a g样品溶于足量稀盐酸中,加入淀粉溶液作指示剂,用0.010 0 mol/L
碘酸钾标准溶液滴定至终点,消耗标准溶液V mL。滴定过程中先后发生的反应为
ⅰ.Sn2++IO3-+H+Sn4++I-+H2O
ⅱ.IO3-+I-+H+I2+H2O(均未配平)
则SnCl4样品的纯度为 %;若滴定时间过长,会使测量结果 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
解析:装置A用于浓盐酸和K2Cr2O7反应制备氯气,生成的氯气通过盛装饱和食盐水的集气瓶,吸收挥发出来的氯化氢,装置B中盛装干燥剂,干燥氯气,装置C是SnCl4的制备装置,装置D是收集装置,因为SnCl4常温下为液体,遇水极易发生水解,球形干燥管E中的碱石灰是为了吸收尾气并防止空气中的水蒸气进入装置D。
(1)由图可知仪器a是蒸馏烧瓶;装置B中的试剂可以干燥氯气,应该是无水CaCl2(或P2O5或硅胶)。
(2)装置组装完毕后应该检查装置气密性;确认装置气密性良好后,可以添加药品,首先制备氯气,利用氯气排除装置中的空气,故要待装置D充满黄绿色气体后,再加热装置C,开始反应生产产品,装置A中重铬酸钾和浓盐酸反应制备氯气的离子方程式为Cr2O72-+6Cl-+14H+2Cr3++3Cl2↑+7H2O。
(3)装置D中收集产品,产品易水解,没有反应完的氯气容易污染空气,故装置E的作用是吸收多余的氯气;防止空气中的水蒸气进入装置
D中。
(4)利用得失电子守恒配平离子方程式为3Sn2++IO3-+6H+3Sn4++I-+3H2O;
滴定终点时,发生反应IO3-+5I-+6H+3I2+3H2O,生成的I2使淀粉变蓝;由反应的离子方程式可得关系式 3Sn2+～IO3-,n(Sn2+)=3n(IO3-)=
3×0.010 0 mol/L×V×10-3L=3V×10-5 mol,产品纯度为(1-3V×10-5mol×190 g/ molag)×100%=100a-0.57Va%;若滴定时间过长,空气中的氧气会氧化碘离子,消耗的碘酸钾偏少,会使测量结果偏大。
答案:(1)蒸馏烧瓶 无水CaCl2(或P2O5或硅胶)
(2)检查装置气密性 充满黄绿色气体
Cr2O72-+6Cl-+14H+2Cr3++3Cl2↑+7H2O
(3)吸收多余的氯气;防止空气中的水蒸气进入D中
(4)100a-0.57Va 偏大
2.(2022·湖南永州三模)以下是制备FeC2O4·2H2O的流程:
实验Ⅰ:制备(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O
(1)B中盛有一定量的(NH4)2SO4溶液,A中分液漏斗中的药品是 。
(2)实验开始时先将止水夹a (填“打开”或“关闭”)。
(3)简述B中生成(NH4)2Fe(SO4)2的操作过程:
。
实验Ⅱ:制备FeC2O4·2H2O
已知:25 ℃时,当pH>4,Fe2+易被氧化。
(4)步骤①生成FeC2O4·2H2O的化学方程式为 ,该步加入H2C2O4而不是Na2C2O4溶液的原因是 。
实验Ⅲ:测定产品中铁元素的质量分数
产品中可能含有Fe2(C2O4)3、H2C2O4·2H2O杂质,为测定铁元素的含量,称取m g产品于锥形瓶中,加入稀H2SO4溶解,水浴加热至75 ℃,再加入过量KMnO4溶液,充分反应后,向上述溶液中加入还原剂将Fe3+完全还原为Fe2+,再加入稀H2SO4酸化,在75 ℃继续用c mol·L-1KMnO4溶液滴定至溶液出现粉红色且30 s内不褪色,消耗KMnO4溶液V mL。
(5)铁元素的质量分数为 ,若第一次滴入KMnO4溶液不足,则产品中铁元素含量 (填“偏高”或“偏低”)。
解析:(1)由制备FeC2O4·2H2O的流程图可知A中分液漏斗中的药品是稀H2SO4。
(2)实验开始时先将止水夹a打开使产生的H2将装置A和B中的空气排空,避免Fe2+被空气中的O2氧化。
(3)待装置A中反应一段时间后关闭止水夹a,产生的H2将FeSO4溶液压入B中与(NH4)2SO4进行反应。
(4)步骤①生成FeC2O4·2H2O的化学方程式为FeSO4+H2C2O4+2H2OFeC2O4·2H2O↓+H2SO4;草酸钠溶液呈碱性,使得Fe2+易被氧气氧化,降低了二水合草酸亚铁的产率。
(5)滴定过程发生的反应为5Fe2++MnO4-+8H+5Fe3++Mn2++4H2O,设样品中铁元素的物质的量为x,则5x=1cmol·L-1×V×10-3L,解得x=5cV×10-3 mol,铁元素的质量分数为5cV×10-3mol×56 g·mol-1mg×100%=28cVm%;第一次滴入KMnO4溶液不足,有H2C2O4残余,则第二次加入KMnO4溶液体积偏大,
铁元素含量将偏高。
答案:(1)稀H2SO4
(2)打开
(3)待装置A中反应一段时间后关闭止水夹a,产生的H2将FeSO4溶液压入B中与(NH4)2SO4进行反应
(4)FeSO4+H2C2O4+2H2OFeC2O4·2H2O↓+H2SO4 草酸钠溶液呈碱性,
使得Fe2+易被氧气氧化,降低了二水合草酸亚铁的产率
(5)28cVm% 偏高
性质、原理探究类综合实验
1.(2022·广东肇庆二模)已知铁氰化钾(K3[Fe(CN)6])溶液呈黄色,可以与Fe2+反应生成带有特征蓝色的Fe3[Fe(CN)6]2(铁氰化亚铁)沉淀,因而在实验室中常用于鉴别溶液中是否存在Fe2+。
Ⅰ.某化学兴趣小组查阅资料了解到[Fe(CN)6]3-具有氧化性,可被还原生成[Fe(CN)6]4-。设计了如下实验,探究[Fe(CN)6]3-的相关性质。
(1)实验一:向饱和Na2S溶液中滴加几滴 0.1 mol·L-1的K3[Fe(CN)6]溶液,溶液出现黄色浑浊,发生反应的离子方程式为 。
(2)实验二:向滴有淀粉的饱和KI溶液中滴加几滴 0.1 mol·L-1的K3[Fe(CN)6]溶液,可以观察到的现象为 。
Ⅱ.小组同学提出问题:K3[Fe(CN)6]能否将Fe氧化成Fe2+?设计并实施实验:
序号
实验方案
实验现象
取少量0.1 mol·L-1的K3[Fe(CN)6]溶液于试管中,加入适量铁屑
无明显现象
向实验三的试管中加入少量NaCl固体
溶液中出现蓝色浑浊
(3)指导老师指出实验中需要用煮沸后再冷却至室温的蒸馏水配制的K3[Fe(CN)6]溶液,并且往试管中的溶液上加入少量煤油,其目的为 。
(4)①根据实验现象得出结论: 。
②反思现象:乙同学认为实验三和实验四现象不同的原因是铁屑表面有一层金属氧化膜,阻止了反应进行,加入NaCl的作用为 。
③深度探究:为证明不同现象是由Cl-而不是Na+造成的,可向实验三的试管中加入少量 (填化学式),观察是否出现蓝色沉淀。
(5)拓展实验:按如图所示装置及试剂组装仪器,观察到电流表指针发生偏转,Fe电极表面的电极方程式为 。请设计实验方案探究该装置是否能有效防止Fe发生腐蚀: 。
解析:Ⅰ.(1)[Fe(CN)6]3-具有氧化性,可被还原生成 [Fe(CN)6]4-;硫离子具有氧化性,向饱和Na2S溶液中滴加几滴0.1 mol·L-1的K3[Fe(CN)6]溶液,溶液出现黄色浑浊,说明有S单质生成,发生反应的离子方程式为2[Fe(CN)6]3-+S2-2[Fe(CN)6]4-+S↓。
(2)向滴有淀粉的饱和KI溶液中滴加几滴 0.1 mol·L-1的K3[Fe(CN)6]溶液,I-被氧化为I2,可以观察到的现象为溶液变为蓝色。
Ⅱ.(3)氧气具有氧化性,会干扰实验;蒸馏水煮沸排出水中溶解的O2,在试管中的溶液上加入少量煤油,防止空气中的O2溶解在溶液中。
(4)①实验中溶液出现蓝色浑浊,说明生成亚铁离子,根据实验现象得出结论为K3[Fe(CN)6]可以将Fe氧化成Fe2+。
②实验三无明显现象,实验四加入氯化钠有现象;铁屑表面有一层金属氧化膜阻止了反应进行,加入NaCl的作用为破坏金属表面的氧化膜,使反应可以顺利进行。
③若证明不同现象是由Cl-而不是Na+造成的,则需要做对比实验,可向实验三的试管中加入少量钠盐,且其阴离子不能参与反应,可选用Na2SO4,观察是否出现蓝色沉淀。
(5)在中性溶液中发生吸氧腐蚀,观察到电流表指针发生偏转,Fe电极表面的电极方程式为2H2O+O2+4e-4OH-;铁腐蚀生成亚铁离子,是否能有效防止Fe发生腐蚀的实验方案探究,可以检验是否存在亚铁离子,方案可以为取铁电极附近少量溶液于试管中,滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液,观察是否出现蓝色沉淀。
答案:(1)2[Fe(CN)6]3-+S2-2[Fe(CN)6]4-+S↓
(2)溶液变为蓝色
(3)排除溶液中的O2并隔绝空气
(4)①K3[Fe(CN)6]可以将Fe氧化成Fe2+ ②破坏铁屑表面的氧化膜 ③Na2SO4(答案合理即可)
(5)2H2O+O2+4e-4OH- 取铁电极附近少量溶液于试管中,滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液,观察是否出现蓝色沉淀
2.(2022·福建三明三模)为了探究市售Fe3O4能否与常见的酸(盐酸、稀硫酸)发生反应,实验小组做了以下工作。
Ⅰ.Fe3O4的制备
(1)将可溶性亚铁盐和铁盐按一定配比混合后,加入NaOH溶液,在一定条件下反应可制得Fe3O4,反应的离子方程式为
。
Ⅱ.Fe3O4与酸反应的热力学论证
(2)理论上完全溶解1.16 g Fe3O4至少需要 3 mol/L H2SO4溶液的体积约为 mL(保留1位小数)。
(3)查阅文献:吉布斯自由能(ΔG)=ΔH-TΔS,在100 kPa下,Fe3O4与酸反应的ΔG与温度T的关系如图所示。Fe3O4与酸自发反应的温度条件是 。
Ⅲ.Fe3O4与酸反应的实验研究
用10 mL 3 mol/L H2SO4溶液浸泡1.0 g Fe3O4粉末,5分钟后各取2 mL澄清浸泡液,按编号ⅰ进行实验。(所用K3[Fe(CN)6]、KSCN溶液均为0.1 mol/L,Fe2+遇K3[Fe(CN)6]溶液生成蓝色沉淀)
编号
ⅰ
ⅱ
实验操作
现象
①无蓝色沉淀
②溶液显红色
均无明显现象
(4)实验ⅱ的作用是 。
(5)实验ⅰ中滴加K3[Fe(CN)6]溶液无蓝色沉淀生成,其可能原因是Fe2+的浓度太小,为了验证这一推断,可改进的方法是
。
(6)实验ⅲ:用10 mL 6 mol/L盐酸代替H2SO4浸泡样品后,重复实验ⅰ,发现试管①有蓝色沉淀,试管②溶液显红色,说明Cl-有利于Fe3O4与H+反应,为了验证这一推测,可在用H2SO4溶液浸泡时加入 ,然后重复实验ⅰ。
(7)实验ⅳ:用20 mL 6 mol/L盐酸浸泡1.0 g天然磁铁矿粉末,20 min后浸泡液几乎无色,重复实验ⅰ,发现试管①、②均无明显现象,与实验ⅲ现象不同的可能原因是 。
解析:Ⅰ.(1)将可溶性亚铁盐和铁盐按一定配比混合后,加入NaOH溶液,在一定条件下反应可制得Fe3O4,反应的离子方程式为Fe2++2Fe3++
8OH-Fe3O4+4H2O。
Ⅱ.(2)Fe3O4与H2SO4溶液反应的化学方程式为Fe3O4+4H2SO4FeSO4+
Fe2(SO4)3+4H2O,1.16 g Fe3O4的物质的量为0.005 mol,则需要H2SO4的物质的量为0.02 mol,则至少需要3 mol/L H2SO4溶液的体积约为0.02mol3mol/L=0.006 7 L=6.7 mL。
(3)反应的ΔG<0时,反应能自发进行,由图可知,当温度低于332.8 K时,该反应的ΔG<0,故Fe3O4与酸自发反应的温度条件是T<332.8 K。
Ⅲ.(4)实验ⅱ的作用是作对照实验,排除H2SO4、HCl对实验现象的
干扰。
(5)实验ⅰ中滴加K3[Fe(CN)6]溶液无蓝色沉淀生成,其可能原因是Fe2+的浓度太小,为了验证这一推断,可改进的方法是在试管中加入植物油隔绝空气,并延长浸泡Fe3O4的时间或适当升高反应温度、搅拌等。
(6)为验证Cl-有利于Fe3O4与H+反应,可在用H2SO4溶液浸泡时加入NaCl固体,然后重复实验ⅰ。
(7)实验ⅳ与实验ⅲ现象不同的可能原因是天然磁铁矿粉末中杂质
较多,Fe3O4的含量较低。
答案:(1)Fe2++2Fe3++8OH-Fe3O4+4H2O
(2)6.7
(3)T<332.8 K
(4)作对照实验,排除H2SO4、HCl对实验现象的干扰
(5)在试管中加入植物油隔绝空气,并延长浸泡Fe3O4的时间或适当升高反应温度、搅拌等(合理答案均可)
(6)NaCl固体
(7)天然磁铁矿粉末中杂质较多,Fe3O4的含量较低
定量测定型综合实验
1.(2022·山东烟台一模)氮化钙(Ca3N2)是一种重要试剂,常温下为棕色固体,在空气中会被氧化,遇水强烈水解,产生刺激性气味气体。实验室设计如图装置用Ca与N2反应制备Ca3N2,并对Ca3N2纯度进行测定。回答下列问题:
Ⅰ.Ca3N2的制备
(1)仪器a的名称为 ,E装置的主要作用是 。
(2)实验开始时应首先点燃 (填“A”或“C”)处酒精灯,当观察到 时点燃另一处酒精灯。
Ⅱ.Ca3N2纯度的测定(已知所含的杂质不与水反应产生气体)
(3)方案一:①按图1所示连接装置,检查装置气密性后加入试剂;
②测定虚线框内装置及试剂的质量m1;③ ,用分液漏斗加入足量水,至不再产生气体;④ ;⑤再次测定虚线框内装置及试剂的质量m2。则产品中Ca3N2的质量分数表达式为 。
(4)方案二:按图2所示连接装置,检查装置气密性后加入试剂。打开分液漏斗活塞向三颈烧瓶中加入蒸馏水,打开K持续通入水蒸气,将产生的氨全部蒸出,并用100 mL 1.00 mol·L-1的稀硫酸标准溶液完全吸收(液体体积变化忽略不计)。从烧杯中量取10.00 mL的吸收液注入锥形瓶中,用1.00 mol·L-1NaOH标准溶液滴定过量的稀硫酸,到终点时消耗12.80 mL NaOH溶液。则产品中Ca3N2的质量分数为 。若两个方案均操作无误,比较两方案测定的质量分数,方案一 (填“偏高”“偏低”或“相等”)。
解析:Ⅰ.A装置为N2的发生装置,B用于除去N2中混有的水蒸气,C装置为氮气与Ca反应生成氮化钙的反应装置,D装置防止E装置中的水蒸气进入C装置中,E装置防止外界空气中的O2进入C装置中与Ca及氮化钙发生反应。
(1)仪器a的名称为蒸馏烧瓶,E装置的作用为液封(或隔绝空气中的氧气进入硬质玻璃管与Ca和Ca3N2反应)。
(2)实验开始时应首先点燃A处酒精灯,当观察到E装置中有气泡均匀产生时点燃另一处酒精灯。
Ⅱ.方案一利用Ca3N2与水反应生成氢氧化钙和氨气,利用浓硫酸来吸收氨气,根据硫酸的增重得知氨的量,从而可知Ca3N2的质量,再可知Ca3N2的质量分数;方案二利用过量的硫酸和氨先反应,再与氢氧化钠反应,间接地求出氨的物质的量,从而可知Ca3N2的质量,再可知Ca3N2的质量分数。
(3)①按图1所示连接装置,检查装置气密性后加入试剂;②测定虚线框内装置及试剂的质量m1,③关闭K1,打开K2,用分液漏斗加入足量水,至不再产生气体;④打开K1,通入足量的N2把产生的气体全部压入浓硫酸中;⑤再次测定虚线框内装置及试剂的质量m2。根据Ca3N2+
6H2O3Ca(OH)2+2NH3↑,根据Ca3N2～2NH3,可知148 g Ca3N2～34 g NH3,产品中Ca3N2的质量分数为14834(m2-m1)6.0 g×100%=37(m2-m1)51 g×100%。
(4)根据反应2NaOH+H2SO4Na2SO4+2H2O,2NH3+H2SO4(NH4)2SO4,
Ca3N2+6H2O3Ca(OH)2+2NH3↑,可知2NaOH～H2SO4～2NH3～Ca3N2,反应产生的氨气的物质的量为2×(100×10-3L×1.00 mol·L-1-12×12.80×
10-3 L×1.00 mol·L-1×100 mL10 mL)=7.2×10-2 mol,而148 g Ca3N2～2 mol NH3,产品中Ca3N2的质量分数为1482×7.2×10-26.0×100%=88.8%。若两个方案均操作无误,一个用氮气将氨气排到后面装置,一个利用水蒸气排氨气,氮气不能将溶解在水中的氨气排除,故得到的氨气相对少一些,故方案一偏低。
答案:(1)蒸馏烧瓶 液封(或隔绝空气中的氧气进入硬质玻璃管与Ca和Ca3N2反应)
(2)A E装置中有均匀的气泡产生
(3)关闭K1,打开K2 打开K1,通一段时间的N2 37(m2-m1)51 g×100%
(4)88.8% 偏低
2.(2022·湖南岳阳三模)蛋白质是生命的物质基础。某学习小组实验探究一种蛋白质的元素组成。
Ⅰ.确定该蛋白质中的某些组成元素
(1)为确定该蛋白质中含氮元素,将样品中有机氮转化成铵盐,能证明铵盐存在的实验方法是 。
(2)为确定该蛋白质中含碳、氢、硫三种元素,采用如图装置进行探究,通入氧气使样品在装置A中充分燃烧,并使其产物依次缓缓通过其余装置。
①装置B中的试剂是 。
②装置D的作用是 。
③当装置B、C、E、F依次出现下列现象: 、品红溶液褪色、 、出现白色浑浊,可证明燃烧产物中含有H2O、SO2、CO2。
结论:该蛋白质中含碳、氢、硫、氮等元素。
Ⅱ.为测定该蛋白质中硫元素的质量分数,小组取蛋白质样品充分燃烧,先用足量碘水吸收二氧化硫,再取吸收液,以淀粉为指示剂,用硫代硫酸钠溶液滴定过量的碘。已知:2S2O32-+I2S4O62-+2I-。
(3)写出二氧化硫与碘水反应的化学方程式: 。
(4)滴定终点的现象为
。
(5)取蛋白质样品m g进行测定,采用c1 mol·L-1的碘水V1 mL进行吸收,滴定过量的碘样时消耗c2 mol·L-1硫代硫酸钠溶液V2 mL。该蛋白质中的硫元素的质量分数为 。
(6)若燃烧时过量氧气进入吸收液中,可能会导致该蛋白质中的硫元素的质量分数测定值 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
解析:Ⅰ.(1)铵盐可以和碱反应生成氨气,故检验铵盐的方法为注入氢氧化钠溶液,加热,生成能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体。
(2)蛋白质燃烧后产生二氧化碳、水和二氧化硫,应先检验水蒸气,
后检验二氧化硫,除去二氧化硫后检验二氧化碳。
①装置B中的试剂是无水硫酸铜,用以检验水蒸气。
②装置D中酸性高锰酸钾溶液可以除去二氧化硫。
③装置B中无水硫酸铜粉末由白色变蓝色,说明有水生成,说明蛋白质中含有氢元素;装置C中品红溶液褪色,说明有二氧化硫生成,说明蛋白质中含有硫元素;装置E中品红溶液不褪色,说明二氧化硫已经被完全吸收;装置F中澄清石灰水出现白色浑浊,说明生成二氧化碳,说明蛋白质中含有碳元素。
Ⅱ.(3)二氧化硫、碘和水反应生成硫酸和碘化氢。
(4)根据淀粉遇碘变蓝的性质分析,当碘单质完全反应,溶液不变蓝色,则滴定的终点变化为当滴入最后半滴Na2S2O3溶液后,溶液的蓝色褪去,且半分钟内不恢复原色。
(5)硫代硫酸钠的物质的量为c2V2×10-3 mol,则与二氧化硫反应的碘的物质的量为(c1V1-0.5c2V2)×10-3 mol,则蛋白质中硫的质量分数为32×(c1V1-0.5c2V2)×10-3m×100%=3.2(c1V1-0.5c2V2)m%。
(6)氧气也能氧化二氧化硫,故碘的消耗量减少,最后测定硫的含量
偏小。
答案:(1)注入氢氧化钠溶液,加热,生成能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体
(2)①无水硫酸铜 ②除去SO2,避免对CO2的检验造成干扰 粉末由白色变蓝色 品红溶液不褪色(或仍显红色)
(3)I2+SO2+2H2OH2SO4+2HI
(4)当滴入最后半滴Na2S2O3溶液后,溶液的蓝色褪去,且半分钟内不恢复原色
(5)3.2(c1V1-0.5c2V2)m%
(6)偏小
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