2021高考化学鲁科版一轮复习教师用书第十章第5课时　探究型综合实验

第5课时　探究型综合实验[课型标签:实验课　提能课] 考点一　反应产物的确定1.对反应产物成分的实验探究同一化学反应,可能会由于条件的不同、反应物用量不同等生成不同的产物,或生成几种产物的混合物。通过化学反应原理猜测可能生成哪些物质,对这些物质逐一利用学过的物质检验、鉴别等来确定究竟含有哪些成分,这就是物质成分的探究。2.物质实验探究设计需要注意的问题(1)有水蒸气生成时,先检验水蒸气再检验其他成分。(2)对于需要进行转化才能检测的成分要注意排除干扰。如CO的检验,要先检测CO中是否含有CO2,如果有CO2,先除去CO2后才能对CO实施转化,最后再检测转化生成的CO2。(3)若试题只给出部分药品和装置,则应给出必要的补充;若给出多余的试剂品种,则应进行筛选。(4)注重答题的规范性,有些题目要求指出试剂的名称。如无水硫酸铜、澄清石灰水、酸性高锰酸钾溶液、饱和NaHCO3溶液等。[典例] (2018·全国Ⅱ卷)K3[Fe(C2O4)3]·3H2O(三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体,可用于晒制蓝图。回答下列问题:(1)晒制蓝图时,用K3[Fe(C2O4)3]·3H2O作感光剂,以K3[Fe(CN)6]溶液为显色剂。其光解反应的化学方程式为2K3[Fe(C2O4)3]2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑;显色反应的化学方程式为 　　　　　　　　　　　　　　。 (2)某小组为探究三草酸合铁酸钾的热分解产物,按下图所示装置进行实验。①通入氮气的目的是　          。 ②实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊,装置E中固体变为红色,由此判断热分解产物中一定含有　　、　　。 ③为防止倒吸,停止实验时应进行的操作是 　　　　　。 ④样品完全分解后,装置A中的残留物含有FeO和Fe2O3,检验Fe2O3存在的方法是               　。 (3)测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。①称量m g样品于锥形瓶中,溶解后加稀H2SO4酸化,用 c mol·L-1KMnO4 溶液滴定至终点。滴定终点的现象是　   。 ②向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后,过滤、洗涤,将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化,用c mol·L-1KMnO4溶液滴定至终点,消耗KMnO4溶液 V mL。该晶体中铁的质量分数的表达式为　         。 解析:(1)Fe2+的检验方法是加入K3[Fe(CN)6]溶液生成蓝色的Fe3[Fe(CN)6]2沉淀,反应的化学方程式为3FeC2O4+2K3[Fe(CN)6]Fe3[Fe(CN)6]2+3K2C2O4。(2)①空气中含有O2,为防止Fe2+被O2氧化,应先通入N2,隔绝空气,且使反应产生的气体全部进入后续装置。②B中澄清石灰水变浑浊,证明分解过程中产生CO2;F中澄清石灰水变浑浊,E中固体变为红色,说明E中发生反应CuO+COCu+CO2,所以分解产物中一定含有CO。③实验结束时,为了防止倒吸,应先熄灭装置A、E的酒精灯,冷却后停止通入氮气。④检验Fe2O3的方法是取少许固体粉末于试管中,加稀硫酸溶解,滴入1～2滴KSCN溶液,溶液变红色,证明含有Fe2O3。(3)①滴定终点的现象是有粉红色出现且半分钟内不变色。②加入锌粉后将Fe3+还原为Fe2+,再用KMnO4溶液滴定,将Fe2+氧化为Fe3+,Mn转化为Mn2+:Fe2+Fe3+～e-MnMn2+～5e-可得关系式:5Fe2+～Mn已知n(Mn)=cV×10-3 mol则n(Fe2+)=5cV×10-3 mol则m(Fe2+)=5cV×10-3×56 g该晶体中铁的质量分数w(Fe)=×100%=×100%答案:(1)3FeC2O4+2K3[Fe(CN)6]Fe3[Fe(CN)6]2+3K2C2O4　(2)①隔绝空气、使反应产生的气体全部进入后续装置②CO2　CO③先熄灭装置A、E的酒精灯,冷却后停止通入氮气④取少许固体粉末于试管中,加稀硫酸溶解,滴入1～2滴 KSCN溶液,溶液变红色,证明含有Fe2O3(3)①粉红色出现且半分钟内不变色　②×100%[对点精练] 固体硝酸盐加热易分解且产物较复杂。某学习小组以Mg(NO3)2为研究对象,拟通过实验探究其热分解的产物,提出如下4种猜想:甲:Mg(NO2)2、NO2、O2 乙:MgO、NO2、O2丙:Mg3N2、O2 丁:MgO、NO2、N2(1)实验前,小组成员经讨论认定猜想丁不成立,理由是　             。 查阅资料得知:2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O针对甲、乙、丙猜想,设计如下图所示的实验装置(图中加热、夹持仪器等均省略):(2)实验过程①仪器连接后,放入固体试剂之前,关闭k,微热硬质玻璃管(A),观察到E中有气泡连续放出,表明           　。 ②称取Mg(NO3)2固体3.7 g置于A中,加热前通入N2以驱尽装置内的空气,其目的是　          ; 关闭k,用酒精灯加热时,正确操作是先　            , 然后固定在管中固体部位下加热。③观察到A中有红棕色气体出现,C、D中未见明显变化。④待样品完全分解,A装置冷却至室温、称量,测得剩余固体的质量为1.0 g。⑤取少量剩余固体于试管中,加入适量水,未见明显现象。(3)实验结果分析讨论①根据实验现象和剩余固体的质量经分析可初步确认猜想　  　　　是正确的。 ②根据D中无明显现象,一位同学认为不能确认分解产物中有O2,因为若有O2,D中将发生氧化还原反应:　　　　　　　　　　　　(填写化学方程式),溶液颜色会褪去;小组讨论认定分解产物中有O2存在,未检测到的原因是　           　。 ③小组讨论后达成的共识是上述实验设计仍不完善,需改进装置进一步研究。解析:(1)丁中物质只有氮元素化合价降低,无其他元素化合价升高,不符合氧化还原反应规律。(2)①装置连接完成后,需检查气密性,E中有气泡,说明气密性良好。②假设A中加热分解产生的气体全部为氧气,先通N2目的是排尽装置内的氧气,防止对分解产生O2的检验造成干扰;为了防止玻璃管受热不匀而爆裂,应对其先预热。(3)①剩余固体加入水未见明显变化,可排除猜想丙,因为氮化镁可与水反应产生氨气;3.7 g Mg(NO3)2的物质的量为0.025 mol,若加热分解生成Mg(NO2)2,最后所得固体的质量为0.025 mol×116 g/mol=2.9 g,而实际固体的质量为1.0 g,因此甲不合理,乙方案合理。②D中盛的是Na2SO3酚酞溶液,若产物中有O2,D中将发生反应2Na2SO3+O22Na2SO4,溶液碱性减弱,溶液颜色会褪去。由于实验过程③观察到A中有红棕色气体出现,C、D中未见明显现象,说明NO2与O2在装置B中已反应完。答案:(1)不符合氧化还原反应原理(或其他合理答案)(2)①装置气密性良好　②避免对产物O2的检验产生干扰(或其他合理答案)　移动酒精灯预热硬质玻璃管(3)①乙　②2Na2SO3+O22Na2SO4　O2在通过装置B时已参与反应(或其他合理答案)考点二　物质性质的探究　物质性质实验探究是中学化学实验探究的重要内容。设计实验探究时,要求原理准确、步骤简便、现象明显、结论易得,且不对环境造成污染,中学化学性质实验探究的主要角度有:(1)物质氧化性、还原性的判断。如探究SO2具有还原性的方法是将气体通入酸性KMnO4溶液中,通过 KMnO4溶液是否褪色来说明。(2)物质氧化性强弱、还原性强弱的判断。如探究Fe3+的氧化性强于I2时,可利用FeCl3与KI淀粉溶液反应,通过溶液是否变蓝色来说明Fe3+的氧化性大于I2。(3)同周期、同主族元素性质的递变规律一般通过设计元素金属性、非金属性的强弱实验来完成,如通过Mg、Al与同浓度盐酸反应产生H2的快慢来说明Mg的活泼性强于Al。(4)电解质强弱的判断。如探究一元酸HA是弱酸的方法是常温下配制NaA的溶液,测pH,若pH>7,则说明HA为弱酸。(5)物质酸性强弱的判断。如探究碳酸和硅酸的酸性强弱,可利用相对强的酸制备相对弱的酸的反应原理,将CO2气体通入Na2SiO3溶液,看是否有白色胶状沉淀生成来判断。(6)钢铁发生电化学腐蚀的规律探究。可以通过控制所含的杂质以及是否与空气接触、所接触的电解质溶液的酸碱度、钢铁在腐蚀过程中体系内的气压变化等角度设计实验,找出规律。题型一　物质氧化性、还原性的判断[典例1] (2016·全国Ⅱ卷)某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题:(1)分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体,均配制成0.1 mol·L-1的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑,其目的是　                 。 (2)甲组同学取2 mL FeCl2溶液,加入几滴氯水,再加入 1滴 KSCN溶液,溶液变红,说明Cl2可将Fe2+氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为              　。 (3)乙组同学认为甲组的实验不够严谨,该组同学在2 mL FeCl2溶液中先加入0.5 mL煤油,再于液面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液,溶液变红,煤油的作用是　　　　　　　　。 (4)丙组同学取10 mL 0.1 mol·L-1 KI溶液,加入6 mL 0.1 mol·L-1 FeCl3溶液混合。分别取2 mL此溶液于3支试管中进行如下实验:①第一支试管中加入1 mL CCl4充分振荡、静置,CCl4层显紫色;②第二支试管中加入1滴K3[Fe(CN)6]溶液,生成蓝色沉淀;③第三支试管中加入1滴KSCN溶液,溶液变红。实验②检验的离子是　　　　(填离子符号);实验①和③说明:在I-过量的情况下,溶液中仍含有　　　　(填离子符号),由此可以证明该氧化还原反应为　 　　　　　　　　。 (5)丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液,溶液变成棕黄色,发生反应的离子方程式为　　　　　;一段时间后,溶液中有气泡出现,并放热,随后有红褐色沉淀生成。产生气泡的原因是　          ;  生成沉淀的原因是           　(用平衡移动原理解释)。 解析:(1)为探究Fe2+、Fe3+的性质,需在FeCl2溶液中加入少量铁屑,目的是防止Fe2+被氧化,以防影响实验。(2)氯水中的Cl2能将Fe2+氧化为Fe3+,而本身被还原为Cl-,其反应的离子方程式为2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-。(3)乙组同学在FeCl2溶液中先加入煤油,再加入氯水和KSCN溶液,这样做是因为煤油可隔绝空气,防止空气中的氧气将Fe2+氧化,干扰实验。(4)丙组同学的三组实验中,②加入K3[Fe(CN)6]是为了检验Fe2+的存在,有蓝色沉淀生成,说明有Fe2+,①实验说明有I2存在,③实验说明溶液中有Fe3+存在,在I-过量的情况下,溶液中仍含有Fe3+,由此可证明FeCl3溶液与KI溶液发生的氧化还原反应是可逆反应。(5)H2O2具有氧化性,酸性条件下,可将Fe2+氧化成Fe3+,其反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+2Fe3++2H2O;产生的Fe3+会催化H2O2分解放出O2,并放出热量,进一步促进Fe3+水解生成Fe(OH)3红褐色沉淀。答案:(1)防止Fe2+被氧化(2)2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-(3)隔绝空气(排除氧气对实验的影响)(4)Fe2+　Fe3+　可逆反应(5)2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O　Fe3+催化H2O2分解产生O2　H2O2分解放热,促进Fe3+的水解平衡正向移动[对点精练1] (2019·安徽皖中摸底)某小组同学为探究H2O2、H2SO3、Br2氧化性强弱,设计如下实验(夹持仪器已略去,装置的气密性已检验)。实验记录如下: 实验操作实验现象①打开活塞a,滴加氯水,关闭活塞a　　　　　　　　　　　　 ②吹入热空气一段时间后停止A中溶液颜色明显变浅;B中有气泡,产生大量白色沉淀,沉降后上层清液为无色③打开活塞b,逐滴加入H2O2溶液开始时溶液颜色无明显变化;继续滴加H2O2溶液,一段时间后,混合液逐渐变成橙红色完成下列填空:(1)在进行操作①时,A中的实验现象是　　　　　　　　,有关反应的离子方程式是　              　。 (2)操作②吹入热空气的目的是　　　　　　　　　;B中产生白色沉淀的化学式是　　　　     　　。 (3)装置C的作用是　　　　　　　　　　。 (4)由上述实验可知,在此实验条件下,H2O2、H2SO3、Br2氧化性强弱顺序为　         。 (5)操作③开始时颜色无明显变化可能原因是(写出一条即可)　          。 解析:本题利用“氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性”这一原理来比较H2O2、H2SO3、Br2氧化性强弱。向NaBr溶液中滴加氯水,氯水置换出溴单质;然后鼓吹热空气,将Br2(g)吹入B装置,H2SO3与BaCl2不反应,当Br2(g)进入,产生了白色沉淀,则Br2将H2SO3氧化成H2SO4,Br2被还原为Br-,说明Br2氧化性强于H2SO3,该白色沉淀为BaSO4;再向B装置中加入H2O2溶液,一段时间后溶液变橙红色,则Br-被氧化为Br2,说明H2O2氧化性比Br2强。(1)打开活塞a,向NaBr溶液中滴加氯水,氯水氧化溴离子为溴单质,反应的离子方程式为Cl2+2Br-Br2+2Cl-;A中因为有溴单质导致A中溶液变橙红色。(2)Br2具有挥发性,热空气能促进Br2挥发,将Br2(g)吹入B装置;Br2将H2SO3氧化为H2SO4,所以白色沉淀为BaSO4。(3)装置C中为NaOH溶液,反应过程中有氯气、溴蒸气等污染性气体不能排放到空气中,可以用NaOH溶液吸收,所以装置C的作用是吸收尾气。(4)根据上述分析可知,氧化性:H2O2>Br2>H2SO3。(5)操作③中,向B装置中逐滴加入H2O2,溶液开始时颜色无明显变化可能原因是B装置中还有H2SO3剩余,H2O2先与H2SO3反应,再与Br-反应;也可能是因为H2O2浓度小或Br-与H2O2反应慢等因素。答案:(1)A中溶液变为橙红色　Cl2+2Br-Br2+2Cl-(2)吹出单质Br2　BaSO4(3)吸收尾气(4)H2O2>Br2>H2SO3(5)B装置中H2SO3有剩余(H2O2浓度小或Br-与H2O2反应慢等因素,合理即可)题型二　元素化合物性质的综合探究[典例2] (2019·河南郑州期中)某化学兴趣小组欲探究含硫物质的性质。[探究一]用下面的装置和药品探究亚硫酸与次氯酸的酸性强弱。(1)装置连接顺序为　　　　　　　(用字母表示),F中反应的离子方程式是　         。 (2)可证明H2SO3的酸性强于HClO的实验现象是　　　　　。 [探究二](3)某小组同学为探究SO2的漂白性性质,用如图所示装置进行实验:观察到如下现象:Ⅰ中红色褪去;Ⅱ中无变化。从实验中可知使品红的水溶液褪色的微粒可能是　       。 (4)该小组同学又对SO2与氯水的反应进行探究。①用注射器吸入一定量的饱和氯水和SO2,振荡,静置,再吸入少量品红溶液,发现品红溶液不褪色;②改变氯水用量,重复①操作,发现品红溶液红色褪去,你认为②中品红溶液褪色的原因可能是              　, 设计一个实验(说明操作方法、现象及结论)来验证你的假设:              　。 解析:[探究一]次氯酸具有强氧化性、二氧化硫具有还原性,不能利用二氧化硫与次氯酸钙直接反应判断亚硫酸与次氯酸的酸性强弱,先验证亚硫酸酸性比碳酸强,再结合碳酸酸性比HClO强来判断。A装置制备二氧化硫,由于盐酸易挥发,制备的二氧化硫中混有HCl,用饱和的亚硫酸氢钠溶液除去HCl,再通过碳酸氢钠溶液,可以验证亚硫酸酸性比碳酸强,用酸性高锰酸钾溶液氧化除去二氧化碳中的二氧化硫,用品红溶液检验二氧化碳中二氧化硫是否除尽,再通入F中。(1)装置连接顺序为A、C、B、E、D、F,F中为二氧化碳气体与漂白粉溶液反应生成碳酸钙和次氯酸,离子方程式为Ca2++2ClO-+CO2+H2OCaCO3↓+2HClO。(2)可证明H2SO3的酸性强于HClO的实验现象为 D中品红不褪色,F中产生白色沉淀。[探究二](3)实验目的是验证干燥的二氧化硫能否漂白品红,应避免空气中水蒸气进入,SO2对环境有污染,需要吸收处理,故碱石灰的作用是防止空气中的水蒸气进入Ⅱ中干扰实验,吸收二氧化硫防污染,SO2不能使品红的乙醇溶液褪色,而其水溶液可以,因此使品红褪色的微粒可能是H2SO3、HS、S。(4)当氯水或者二氧化硫多余时,过量氯水将品红氧化漂白或过量SO2与品红结合成无色物质;因为二氧化硫的漂白具有加热可恢复性,故将实验②注射器中的溶液注入试管少许,加热,若无红色出现,原因为前者,反之则为后者。答案:(1)ACBEDF　Ca2++2ClO-+CO2+H2OCaCO3↓+2HClO(2)D中品红不褪色,F中产生白色沉淀(3)H2SO3、HS、S(4)过量氯水将品红氧化漂白或过量SO2与品红结合成无色物质　将实验②注射器中的溶液注入试管少许,加热,若无红色出现,原因为前者,反之则为后者[归纳总结] 探究性实验题的答题模型[对点精练2] (2019·安徽蚌埠期中)实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。资料:K2FeO4为紫色固体,微溶于KOH溶液;具有强氧化性,在酸性或中性溶液中快速产生O2,在碱性溶液中较稳定。(1)制备K2FeO4(夹持装置略)①A为氯气发生装置,A中反应方程式是      　(锰被还原为Mn2+)。 ②C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有(请配平)　　　　Cl2+　　　　Fe(OH)3+　　　　KOH　　　　K2FeO4+　　　　KCl+　　　　H2O (2)探究K2FeO4的性质①取C中紫色溶液,加入稀硫酸,产生黄绿色气体,得溶液a,经检验气体中含有Cl2。为证明是否是K2FeO4氧化了Cl-而产生Cl2,设计以下方案:方案Ⅰ取少量a,滴加KSCN溶液至过量,溶液呈红色方案Ⅱ用KOH溶液充分洗涤C中所得固体,再用KOH溶液将K2FeO4溶出,得到紫色溶液b;取少量b,滴加盐酸,有Cl2产生ⅰ.由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有Fe3+,但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化,还可能由         　产生(用方程式表示)。 ⅱ.方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl-。②根据K2FeO4的制备实验得出:氧化性Cl2　　　　(填“>”或“<”)Fe,而方案Ⅱ实验表明,Cl2和Fe的氧化性强弱关系相反,原因是　       。 解析:(1)①根据题意,KMnO4与浓盐酸反应生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O,反应中Mn元素的化合价由+7价降至+2价,Cl元素的化合价由-1价升至0价,根据电子守恒和原子守恒配平,A中反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O;②C中Cl2与KOH、Fe(OH)3反应制备K2FeO4,反应中Cl2作氧化剂,Fe(OH)3作还原剂被氧化为K2FeO4,根据电子守恒和原子守恒配平,反应的化学方程式为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O。(2)①根据上述制备反应,C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl,还可能含有KClO等。溶液a中滴加KSCN溶液至过量,溶液呈红色,说明溶液a中含有Fe3+,Fe3+的产生不能判断Fe与Cl-一定发生了反应,根据资料“(K2FeO4)在酸性或中性溶液中快速产生O2”,自身被还原成Fe3+,根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒,可能的反应为4Fe+20H+3O2↑+4Fe3++10H2O。②制备K2FeO4的原理为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O,在该反应中Cl元素的化合价由0价降至-1价,Cl2是氧化剂,Fe元素的化合价由+3价升至+6价,Fe(OH)3是还原剂,K2FeO4为氧化产物,根据同一反应中氧化性:氧化剂>氧化产物,得出氧化性Cl2>Fe;根据方案Ⅱ,方案Ⅱ的反应为2Fe+6Cl-+16H+2Fe3++3Cl2↑+8H2O,由方案Ⅱ得出氧化性:Fe>Cl2,实验表明,Cl2和Fe氧化性强弱关系相反;对比两个反应的条件,制备K2FeO4在碱性条件下,方案Ⅱ在酸性条件下;说明溶液的酸碱性不同影响物质氧化性的强弱。答案:(1)①2KMnO4+16HCl(浓)2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O　②3　2　10　2　6　8(2)①4Fe+20H+4Fe3++3O2↑+10H2O②>　溶液酸碱性不同