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专题三　化学实验综合题中的常考热点
热点一　无机物的制备及相关实验
1.(2023·山东卷节选)三氯甲硅烷(SiHCl3)是制取高纯硅的重要原料,常温下为无色液体,沸点为31.8 ℃,熔点为-126.5 ℃,易水解。实验室根据反应Si+3HClSiHCl3+H2,利用如下装置制备SiHCl3粗品(加热及夹持装置略)。回答下列问题:
制备SiHCl3时进行操作:(ⅰ)……;(ⅱ)将盛有硅粉的瓷舟置于管式炉中;(ⅲ)通入HCl,一段时间后接通冷凝装置,加热开始反应。操作(ⅰ)为　　　　　　　　　　　　;
判断制备反应结束的实验现象是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。图示装置存在的两处缺陷是 　　　　　　　　　　　　。
答案　组装仪器并检查装置气密性　当管式炉中固体消失,烧瓶中无液体滴下　C、D之间没有吸水装置,缺少氢气的处理装置
解析　氯化氢气体通入浓硫酸干燥后,在管式炉中和硅在高温下反应,生成三氯甲硅烷和氢气,由于三氯甲硅烷沸点为31.8 ℃,熔点为-126.5 ℃,在球形冷凝管中可冷却成液态,在装置C中收集起来,氢气则通过D装置排出,同时D可处理多余的氯化氢气体,据此解答。制备SiHCl3时,由于氯化氢、SiHCl3和氢气都是气体,所以组装好装置后,要先检查装置气密性,然后将盛有硅粉的瓷舟置于管式炉中,通入氯化氢气体,排出装置中的空气,一段时间后,接通冷凝装置,加热开始反应,制备反应结束时,Si完全反应,SiHCl3(常温下为无色液体)不再增加,则实验结束的现象是管式炉中固体消失、烧瓶中无液体滴下。SiHCl3容易水解,D中水蒸气容易进入C中,C和D之间应增加吸收水蒸气的装置,同时应增加氢气的处理装置。
2.(2024·湖南卷节选)亚铜配合物广泛用作催化剂。实验室制备[Cu(CH3CN)4]ClO4的反应原理如下:Cu(ClO4)2·6H2O+Cu+8CH3CN===2[Cu(CH3CN)4]ClO4+6H2O
实验步骤如下:
分别称取3.71 g Cu(ClO4)2·6H2O和0.76 g Cu粉置于100 mL乙腈(CH3CN)中反应,回流装置图和蒸馏装置图(加热、夹持等装置略)如下:
已知:①乙腈是一种易挥发的强极性配位溶剂;
②相关物质的信息如下:
化合物 [Cu(CH3CN)4]ClO4 Cu(ClO4)2·6H2O
相对分子质量 327.5 371
在乙腈中颜色 无色 蓝色
回答下列问题:
(1)下列与实验有关的图标表示排风的是　　　　(填标号)。
(2)装置Ⅰ中仪器M的名称为　　　　　　　　　　　　。
(3)装置Ⅰ中反应完全的现象是　　　　　　　　　　　　。
(4)装置Ⅰ和Ⅱ中N2气球的作用是　　　　　　　　　　　　。
(5)[Cu(CH3CN)4]ClO4不能由步骤c直接获得,而是先蒸馏至接近饱和,再经步骤d冷却结晶获得。这样处理的目的是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
(6)为了使母液中的[Cu(CH3CN)4]ClO4结晶,步骤e中向母液中加入的最佳溶剂是　　　　(填标号)。
A.水　　B.乙醇　　C.乙醚
答案　(1)D　(2)球形冷凝管　(3)溶液蓝色褪去变为无色　(4)防止乙腈挥发至大气中,平衡气压,排出装置内空气,防止制备的产品被氧化　(5)直接蒸干易使[Cu(CH3CN)4]ClO4中的乙腈解配位而使产物分解;冷却结晶有利于析出[Cu(CH3CN)4]ClO4晶体　(6)B
解析　将Cu(ClO4)2·6H2O和Cu粉以及乙腈(CH3CN)加入两颈烧瓶中,经水浴加热并回流进行充分反应,反应结束后过滤除去未反应完全的Cu,然后利用乙腈的挥发性进行蒸馏除去乙腈,将剩余溶液进行冷却结晶分离出[Cu(CH3CN)4]ClO4。(1)表示需佩戴护目镜,表示当心火灾,表示注意烫伤,表示排风,表示必须洗手,故答案为D。(2)装置Ⅰ中仪器M的名称为球形冷凝管。(3)Cu(ClO4)2·6H2O在乙腈中为蓝色,[Cu(CH3CN)4]ClO4在乙腈中为无色,因此装置Ⅰ中反应完全的现象是溶液蓝色褪去变为无色,可证明Cu(ClO4)2·6H2O已充分反应。(4)由于乙腈易挥发且有毒,N2气球可密封出口防止乙腈挥发至大气中,平衡气压,且制备的[Cu(CH3CN)4]ClO4中Cu元素为+1价,具有较强的还原性,容易被空气中氧气氧化,因此装置Ⅰ和Ⅱ中N2气球的作用是排出装置内空气,防止制备的产品被氧化。(5)[Cu(CH3CN)4]ClO4为离子化合物,沸点较高,直接蒸干,乙腈会解配位而使产物分解,同时也不利于获得晶体。(6)为了使母液中的[Cu(CH3CN)4]ClO4结晶,可向母液中加入极性较小的溶剂,与水混溶的同时扩大与[Cu(CH3CN)4]ClO4的极性差,进而使[Cu(CH3CN)4]ClO4析出,因此可选用的溶剂为乙醇,故答案为B。
高考热点:通过近几年的高考实验研究发现,试题往往是在教材实验、演示实验或考生已有实验知识的基础上进行改进,创设新情境,提出新问题,考查考生的创新意识和对实验过程的评价能力。问题设置主要有如下几个方面:
(1)实验仪器连接及装置作用描述。
(2)温度控制的目的和通入气体的作用。
1.仪器选择与连接顺序的思维过程
2.实验操作顺序应关注的两个方面
与气体有关的实验操作 装置选择与连接→气密性检验→装固体试剂→加液体试剂→开始实验(按程序)→拆卸仪器→其他处理等
除杂和空气干扰的实验操作 ①用溶液除杂气体时,若需干燥,要先除杂质气体再干燥除水蒸气。 ②对于空气中的成分干扰实验时,实验操作时应先用有关气体排空气,再进行反应
3.无机物制备实验综合题的思维模型
1.实验室利用四氯化钛气相氧化法制备二氧化钛,装置如图(部分夹持装置已略去)。已知:TiCl4的熔点为-24.1 ℃,沸点为136.4 ℃,在潮湿空气中易水解。回答下列问题:
(1)C装置中仪器a的名称为　　　　　　,实验装置从左到右的连接顺序为　　　　　　,D装置的作用为　　　　　　　　　　　　, C装置的加热方式为　　　　　　(填字母)。
a.温水浴 b.油浴(100~260 ℃)
c.热水浴 d.沙浴(400~600 ℃)
(2)写出B装置三颈烧瓶内发生反应的化学方程式:　　　　　　　　　　　　。
答案　(1)蒸馏烧瓶　ADCB　干燥氧气　b
(2)TiCl4+O2TiO2+2Cl2
解析　根据题干信息,利用四氯化钛气相氧化法制备二氧化钛,B装置为核心反应装置,A装置是氧气发生装置,由于TiCl4在潮湿空气中易水解,生成的氧气中有水,需要通过装有浓硫酸的洗气瓶D进行干燥。(1)由题图可知,仪器a的名称为蒸馏烧瓶,由分析可知,实验装置从左到右的连接顺序为ADCB,D装置的作用为干燥氧气,C装置加热的目的是让TiCl4汽化,结合TiCl4的沸点为136.4 ℃,应该选择油浴(100~260 ℃)加热,故选b。(2)三颈烧瓶内TiCl4和O2反应生成TiO2和Cl2,化学方程式为TiCl4+O2TiO2+2Cl2。
2.已知磺酰氯(SO2Cl2)是一种无色液体,熔点:-54.1 ℃,沸点:69.1 ℃,遇水发生剧烈水解,且产生白雾。某学习小组依据SO2(g)+Cl2(g)===SO2Cl2(g)　ΔH<0,利用如图所示装置制备磺酰氯(部分夹持装置略):
(1)利用装置E制取SO2宜选用的试剂是　　　　　　(填字母)。
a.10%的硫酸溶液和亚硫酸钙固体
b.铜和98%的浓硫酸
c.70%的硫酸溶液和亚硫酸钠固体
d.70%的硫酸溶液和亚硫酸钙固体
(2)为了使Cl2和SO2在装置D中混合反应,用仪器接口的小写字母和箭头表示上述装置的合理连接顺序:　　　　　　→f,g←　　　　　　　　 (箭头方向与气流方向一致,部分装置可重复使用)。
(3)仪器甲的名称为　　　　　　,仪器乙的作用是　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　。
答案　(1)c　(2)a→e→d→b→c　c←b←h(或h→b→c　c←b←d←e←a)　(3)球形冷凝管　吸收Cl2和SO2,并防止水蒸气进入三颈烧瓶(或装置D)中
解析　(1)硫酸与亚硫酸钙反应生成的CaSO4微溶物会覆盖在固体表面,阻碍反应的进一步发生,而铜和浓硫酸在加热条件下才能反应生成SO2,所以应选用70%的硫酸与Na2SO3反应来制取SO2,c正确。(2)装置A为制取Cl2的装置,装置C中盛放的饱和食盐水用于吸收Cl2中的HCl,装置B中盛放的浓硫酸用于干燥 Cl2,故 Cl2气流方向为a→e→d→b→c→f,装置 E为制取SO2的装置,装置B中的浓硫酸用于干燥 SO2,故SO2气流方向为g←c←b←h(或 h→b→c、c←b←d←e←a)。(3)仪器甲为球形冷凝管;SO2和Cl2都是有毒气体,而且SO2Cl2极易水解,所以装置乙用于吸收Cl2和SO2,并防止水蒸气进入三颈烧瓶中。
3.二氯化二硫(S2Cl2)是一种金黄色油状液体(沸点138 ℃),可用作除草剂、橡胶硫化剂等,制备装置如图所示(夹持和加热装置略)。
已知:S2Cl2遇水发生反应2S2Cl2+2H2O===3S↓+SO2↑+4HCl,热稳定性差,能被Cl2氧化为SCl2;硫黄的熔点为113 ℃,沸点为445 ℃。
回答下列问题:
(1)S2Cl2的电子式为　　　　　　　　　　　　。
(2)制备S2Cl2的实验步骤如下:
步骤1:检查装置气密性,加入硫黄,通氮气;
步骤2:一段时间后加热A中三颈烧瓶至110~115 ℃,使硫黄熔化;
步骤3:改通氯气,于115~125 ℃氯化一段时间后改通氮气;
步骤4:……
步骤5:停止加热,持续通氮气至冷却。
①步骤1开始时需打开　　　　　　(填“K1”“K2”或“K3”,下同),关闭　　　　　　。通氮气的目的是　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　; 步骤4是　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　。
②证明有S2Cl2生成的现象是　　　　　　　　　　　　。 反应过程应控制Cl2的量,原因是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　; 装置C可选择　　　　　　(填标号)。
答案　(1)︰︰
(2)①K1、K3　K2　排尽装置中的空气,防止空气中的水蒸气与S2Cl2反应　快速升温到138 ℃以上,收集产品　②B中有金黄色油状液体出现　防止S2Cl2被过量Cl2氧化　b
解析　实验目的为制备S2Cl2,并测定产物纯度,A装置为S2Cl2的发生装置,B装置为冷凝收集S2Cl2粗品装置,S2Cl2遇水发生反应,C装置防止外界的水进入,D装置为尾气处理装置,防止空气污染;利用B装置收集S2Cl2。(1)S2Cl2分子中各原子最外层均满足8电子稳定结构,其电子式为︰︰。(2)①步骤1开始时需打开K1、K3,关闭K2,利用氮气排尽装置中的空气,防止空气中的水蒸气与S2Cl2反应;步骤4这一步应该生成S2Cl2,根据提示S2Cl2的沸点为138 ℃,需要快速升温到138 ℃以上,收集产品。②S2Cl2是一种金黄色油状液体,有S2Cl2生成的现象是B中有金黄色油状液体出现;S2Cl2能被Cl2氧化为SCl2,为防止S2Cl2被Cl2氧化为SCl2,故需要控制反应过程中Cl2的量;S2Cl2遇水发生反应:2S2Cl2+2H2O===3S↓+SO2↑+4HCl,装置C的目的是防止装置D中的水进入装置B。硫酸铜粉末一般检验水的存在,不适用于除水,a不符合题意;碱石灰具有吸水性,b符合题意;浓硫酸具有吸水性,但浓硫酸是液体,气体不能顺利通过,且会将其排入D装置中,从而不能起到应有的作用,c不符合题意。
热点二　有机物制备及相关实验
1.(2024·黑吉辽卷)某实验小组为实现乙酸乙酯的绿色制备及反应过程可视化,设计实验方案如下:
Ⅰ.向50 mL烧瓶中分别加入5.7 mL乙酸(100 mmol)、8.8 mL乙醇(150 mmol)、1.4 g NaHSO4固体及4~6滴1‰甲基紫的乙醇溶液。向小孔冷凝柱中装入变色硅胶。
Ⅱ.加热回流50 min后,反应液由蓝色变为紫色,变色硅胶由蓝色变为粉红色,停止加热。
Ⅲ.冷却后,向烧瓶中缓慢加入饱和Na2CO3溶液至无CO2逸出,分离出有机相。
Ⅳ.洗涤有机相后,加入无水MgSO4,过滤。
Ⅴ.蒸馏滤液,收集73~78 ℃馏分,得无色液体6.60 g,色谱检测纯度为98.0%。
回答下列问题:
(1)NaHSO4在反应中起　　　　　　　　　　　 作用,用其代替浓H2SO4的优点是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　(答出一条即可)。
(2)甲基紫和变色硅胶的颜色变化均可指示反应进程。变色硅胶吸水,除指示反应进程外,还可
　　　　　　　　　　　　。
(3)使用小孔冷凝柱承载,而不向反应液中直接加入变色硅胶的优点是　　　　(填标号)。
A.无需分离
B.增大该反应平衡常数
C.起到沸石作用,防止暴沸
D.不影响甲基紫指示反应进程
(4)下列仪器中,分离有机相和洗涤有机相时均需使用的是　　　　(填名称)。
(5)该实验乙酸乙酯的产率为　　　　(精确到0.1%)。
答案　(1)催化剂　NaHSO4无强氧化性,操作安全;副产物少,无有毒气体SO2产生(答出一条即可)
(2)促使反应正向进行,提高乙酸乙酯的产率
(3)AD　(4)分液漏斗　(5)73.5%
解析　(1)乙酸和乙醇在浓硫酸催化和加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯和水,该实验中用NaHSO4代替浓H2SO4,起催化剂作用。NaHSO4无强氧化性,实验操作更安全;浓H2SO4具有强氧化性,可与乙醇反应生成SO2等副产物,用NaHSO4代替浓H2SO4,减少副产物的产生。(2)变色硅胶吸水,除指示反应进程外,还可使酯化反应正向进行,提高乙酸乙酯产率。(3)变色硅胶在小孔板上方,无需分离,A项正确;平衡常数只与温度有关,故B项错误;变色硅胶没有加入溶液中,不能防止暴沸,C项错误;根据反应液由蓝色变为紫色、变色硅胶由蓝色变为粉红色,知变色硅胶与甲基紫不接触,不影响甲基紫指示反应进程,D项正确。(4)分离和洗涤有机相均需用到的仪器为分液漏斗。(5)由于乙醇过量,故根据乙酸的量计算乙酸乙酯的理论产量为100×10-3 mol×88 g·mol-1=8.8 g,则乙酸乙酯的产率为×100%=73.5%。
2.(2024·新课标卷)吡咯类化合物在导电聚合物、化学传感器及药物制剂上有着广泛应用,一种合成1-(4-甲氧基苯基)-2,5-二甲基吡咯(用吡咯X表示)的反应和方法如下:
实验装置如图所示,将100 mmol 己-2,5-二酮(熔点:-5.5 ℃,密度:0.737 g·cm-3)与100 mmol 4-甲氧基苯胺(熔点:57 ℃)放入①中,搅拌。待反应完成后,加入50%的乙醇溶液,析出浅棕色固体。加热至65 ℃,至固体溶解,加入脱色剂,回流20 min,趁热过滤。滤液静置至室温,冰水浴冷却,有大量白色固体析出。经过滤、洗涤、干燥得到产品。
回答下列问题:
(1)量取己-2,5-二酮应使用的仪器为　　　　(填名称)。
(2)仪器①用铁夹固定在③上,③的名称是　　　　;仪器②的名称是　　　　。
(3)“搅拌”的作用是　　　　　　　　　　　　。
(4)“加热”方式为　　　　　　　　　　　　。
(5)使用的“脱色剂”是　　　　　　　　　　　　。
(6)“趁热过滤”的目的是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　;
用　　　　洗涤白色固体。
(7)若需进一步提纯产品,可采用的方法是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
答案　(1)20 mL量筒　(2)铁架台　球形冷凝管　(3)加快反应速率　(4)水浴加热　(5)活性炭
(6)减少产品损失,提高产率　50%乙醇溶液 (7)重结晶
解析　(1)己-2,5-二酮的相对分子质量为114,则100 mmol己-2,5-二酮的体积为(100×10-3×114÷0.737) mL≈15.5 mL,故量取己-2,5-二酮时应使用20 mL量筒。(2)③的名称为铁架台,仪器②为球形冷凝管。(3)“搅拌”有利于反应物混合,且加快反应速率。(4)由题可知,加热温度为65 ℃,故“加热”方式可以为水浴加热。(5)活性炭结构疏松多孔,可以吸附有色物质,故“脱色剂”可选用活性炭。(6)“趁热过滤”可滤出脱色剂等杂质,同时减少产物析出;得到的白色固体为吡咯X,由题可知该物质不溶于50%的乙醇溶液,则可用其洗涤白色固体。(7)反应物与生成物溶解度不同,可通过重结晶进一步提纯产品。
高考热点:纵观近年高考真题,注重考查如下几个方面:
(1)仪器名称:如球形冷凝管、三颈烧瓶。
(2)实验操作细节:如加料顺序、温度控制、除杂方法与仪器分析。
(3)产率计算与误差分析。
(4)绿色化学与安全。
解有机物制备类实验题的思维模型
分析制备流程
依据有机反应特点作答 (1)有机化合物易挥发,反应中通常采用冷凝回流装置,以减少有机物的挥发,提高原料的利用率和产物的产率; (2)有机反应通常都是可逆反应,且易发生副反应,因此常使价格较低的反应物过量,以提高另一反应物的转化率和产物的产率,同时在实验中需要控制反应条件,以减少副反应的发生; (3)根据产品与杂质的性质差异,选择合适的分离、提纯方法
1.(2025·山东潍坊一模)对溴乙酰苯胺()是医药合成的重要中间体,实验室常以乙酰苯胺()和Br2为原料来合成。实验步骤如下:
步骤Ⅰ.向一定体积的三颈烧瓶中,先加入45.0 mL乙醇,再加入10.8 g乙酰苯胺,充分溶解。将13.0 g溴溶解于20.0 mL冰醋酸中,装入图1所示装置的仪器a中;
步骤Ⅱ.一边搅拌一边慢慢地滴加溴的冰醋酸溶液,滴加完毕后,在45 ℃下,继续搅拌反应1小时,然后将温度提高至60 ℃,再搅拌一段时间;
步骤Ⅲ.在搅拌下将反应后溶液慢慢加至含少量NaOH的100 mL冰水中(混合后溶液呈弱酸性),此时立即有固体析出,略有黄色,加入饱和的亚硫酸氢钠水溶液充分搅拌至黄色恰好褪去,将上述溶液放入冰水浴中慢慢冷却;
步骤Ⅳ.采用如图2所示装置过滤,并用冷水充分洗涤,干燥,经系列操作后得到12.84 g白色针状晶体,色谱检测其纯度为80.0%。
已知:有关物质的部分性质见下表:
物质 相对分 子质量 熔点 /℃ 沸点 /℃ 溶解性
乙酰 苯胺 135 113 304 白色结晶性粉末,微溶于冷水,溶于热水、乙醇等
对溴乙 酰苯胺 214 167 353 白色针状晶体,溶于苯、乙醇,微溶于热水,不溶于冷水
回答下列问题:
(1)图1装置中,仪器a的名称为　　　　　　,“步骤Ⅰ”中选用三颈烧瓶的规格是　　　　　　(填标号)。
①100 mL ②150 mL
③250 mL ④50 mL
(2)乙醇和冰醋酸的作用是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
(3)“步骤Ⅲ”两次慢慢冷却的目的是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
(4)“步骤Ⅳ”中,图2装置停止实验时,先　　　　　　(填标号)再　　　　　　(填标号),最后加入冰水充分洗涤。
a.打开活塞K b.关闭抽气泵
(5)本实验中,对溴乙酰苯胺产率为　　　　　,若“步骤Ⅱ”加热时温度过高至85 ℃,将导致所测产率　　　　　　(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
答案　(1)恒压滴液漏斗　②
(2)充当溶剂,乙醇和冰醋酸互溶,使溴分子和乙酰苯胺充分接触,充分反应
(3)吸收酸和碱中和放出的热量,并降低对溴乙酰苯胺溶解度,同时得到大颗粒对溴乙酰苯胺晶体
(4)a　b
(5)60%　偏小
解析　(1)图1装置中,仪器a的名称为恒压滴液漏斗;三颈烧瓶中加入45.0 mL乙醇,加入10.8 g乙酰苯胺,滴加20.0 mL溴的冰醋酸溶液,三颈烧瓶中液体体积大于三分之一而小于三分之二,则“步骤Ⅰ”中选用三颈烧瓶的规格是②150 mL合适;(2)已知,乙酰苯胺微溶于冷水,溶于热水、乙醇等,实验中乙醇和冰醋酸的作用是充当溶剂,乙醇和冰醋酸互溶,使溴分子和乙酰苯胺充分接触,充分反应;(3)已知,对溴乙酰苯胺不溶于冷水;反应后溶液加入含少量NaOH的100 mL冰水中,氢氧化钠和酸发生中和反应放热,会导致温度升高,“步骤Ⅲ”两次慢慢冷却的目的是吸收酸和碱中和放出的热量,并降低对溴乙酰苯胺溶解度,同时得到大颗粒对溴乙酰苯胺晶体;(4)“步骤Ⅳ”中,图2装置停止实验时,为防止倒吸,应先打开活塞K,使得装置与大气相通,再关闭抽气泵,最后加入冰水充分洗涤;(5)10.8 g乙酰苯胺为=0.08 mol,理论上对溴乙酰苯胺的物质的量为0.08 mol,经系列操作后得到12.84 g白色针状晶体,色谱检测对溴乙酰苯纯度为80.0%,则本实验中,对溴乙酰苯胺产率为×100%=60%,若“步骤Ⅱ”加热时温度过高至85 ℃,使得溴、乙酸、乙醇挥发,导致原料损耗,将导致实际所得产物质量减小、所测产率偏小。
2.已知苯甲酸乙酯的沸点为213 ℃,水-乙醇-环己烷三元共沸物的共沸点为62.1 ℃(即在此温度下水、乙醇和环己烷以7.0%、17.0%、76.0%的比例成为蒸气逸出)。请根据以上信息和图1、图2回答下述实验室制备苯甲酸乙酯的有关问题:
(1)在三颈烧瓶中加入苯甲酸、浓硫酸、过量的乙醇、沸石。再向三颈烧瓶中加入足量的环己烷,装上分水器和回流冷凝管。加入环己烷的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(2)反应结束后,将三颈烧瓶中的液体倒入盛有冷水的烧杯中,用饱和Na2CO3溶液中和至弱碱性,加入饱和Na2CO3溶液的作用是①　　　　　　　　　　　　。
②　　　　　　　　　　　　。 用　　　　　　(填仪器名称)进行分离操作,得到粗产品;再用乙醚萃取水层中溶有的少量有机产品,将醚层与粗产品合并;用蒸馏水洗有机层2次,将醚层与水尽量分净,醚层从上口倒入一个干燥的锥形瓶中。
(3)加入适量豆粒大小的无水氯化钙干燥剂,摇动锥形瓶,至醚层澄清透明;过滤后将醚层加入干燥的蒸馏烧瓶中;先蒸出　　　　　　,后蒸出　　　　　　。
(4)精馏苯甲酸乙酯时需要减压蒸馏,装置如图2所示。冷凝管的进出水方向为　　　　　口进,　　　　　　口出。毛细管的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(任答一条即可)。
答案　(1)通过形成水-乙醇-环己烷三元共沸物,除去反应生成的水,使平衡向右移动
(2)除去产品中的酸性杂质　降低苯甲酸乙酯在水中的溶解度　分液漏斗
(3)乙醚　苯甲酸乙酯
(4)b　a　平衡压强、提供汽化中心、防暴沸(任答一条即可)
解析　(1)酯化反应为可逆反应,通过形成水-乙醇-环己烷三元共沸物,除去反应生成的水,使平衡向右移动。(2)迁移教材乙酸乙酯的制备实验,本实验用饱和碳酸钠溶液来中和产品中的酸性杂质,且苯甲酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度不大;因混合液分层,最后用分液漏斗进行分离,得到粗产品。(3)乙醚与苯甲酸乙酯互溶且二者沸点不同,乙醚的沸点较低,故采用蒸馏的方法将二者分离,沸点低的乙醚先被蒸出,后蒸出苯甲酸乙酯。(4)减压蒸馏时冷凝水采取的原则是“下进上出”,即冷凝管的进出水方向为b口进,a口出;毛细管在这里主要作用是平衡压强、提供汽化中心、防暴沸。
热点三　物质性质探究实验
1.(2025·安徽卷节选)已知常温下Na2CO3和NaHCO3的溶解度分别为30.7 g和10.3 g。向饱和Na2CO3溶液中持续通入CO2气体会产生NaHCO3晶体。实验小组进行相应探究:
实验 操作 现象
a 将CO2匀速通入置于烧杯中的20 mL饱和Na2CO3溶液,持续20 min,消耗600 mL CO2 无明显现象
b 将20 mL饱和Na2CO3溶液注入充满CO2的500 mL矿泉水瓶中,密闭,剧烈摇动矿泉水瓶1~2 min,静置 矿泉水瓶变瘪,3 min后开始有白色晶体析出
ⅰ.实验a无明显现象的原因是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
ⅱ.析出的白色晶体可能同时含有NaHCO3和Na2CO3·10H2O。称取0.42 g晾干后的白色晶体,加热至恒重,将产生的气体依次通过足量的无水CaCl2和NaOH溶液,NaOH溶液增重0.088 g,则白色晶体中NaHCO3的质量分数为　　　　。
答案　ⅰ.CO2的吸收率低,生成NaHCO3的量小,未达到饱和　ⅱ.80%
解析　ⅰ.实验a中盛装饱和碳酸钠溶液的烧杯为敞口体系,通入二氧化碳时,部分CO2逸出,且CO2在水中的溶解度小,导致CO2无法全部与碳酸钠反应,生成的NaHCO3的量少,没有达到饱和状态,故无NaHCO3晶体析出。ⅱ.CaCl2用于除去水蒸气,故NaOH溶液增加的质量为产生的二氧化碳的质量,n(CO2)=0.088 g÷44 g·mol-1=0.002 mol,由2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑知,n(NaHCO3)=0.004 mol,故NaHCO3的质量为0.004 mol×84 g·mol-1=0.336 g,白色晶体中NaHCO3的质量分数为0.336 g÷0.42 g×100%=80%。
2.(2024·湖北卷)学习小组为探究Co2+、Co3+能否催化H2O2的分解及相关性质,室温下进行了实验Ⅰ~Ⅳ。
已知:[Co(H2O)6]2+为粉红色、[Co(H2O)6]3+为蓝色、[Co(CO3)2]2-为红色、[Co(CO3)3]3-为墨绿色。回答下列问题:
(1)配制1.00 mol·L-1的CoSO4溶液,需要用到下列仪器中的　　　　(填标号)。
实验Ⅰ 实验Ⅱ 实验Ⅲ
无明显变化 溶液变为红色,伴有气泡产生 溶液变为墨绿色,并持续产生能使带火星木条复燃的气体
(2)实验Ⅰ表明[Co(H2O)6]2+　　　　(填“能”或“不能”)催化H2O2的分解。实验Ⅱ中HC大大过量的原因是　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
实验 Ⅲ 初步表明[Co(CO3)3]3-能催化H2O2的分解,写出H2O2在实验 Ⅲ 中所发生反应的离子方程式　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　、 　　　　　　　　　　　　。
(3)实验Ⅰ表明,反应2[Co(H2O)6]2++H2O2+2H+2[Co(H2O)6]3++2H2O难以正向进行,利用化学平衡移动原理分析Co3+、Co2+分别与C配位后,正向反应能够进行的原因　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
实验Ⅳ
(4)实验Ⅳ中,A到B溶液变为蓝色,并产生气体;B到C溶液变为粉红色,并产生气体。从A到C所产生的气体的分子式分别为　　　　　　、　　　　　　。
答案　(1)bc　(2)不能　吸收转化过程中产生的H+,促使反应正向进行　2[Co(H2O)6]2++10HC+H2O2===2[Co(CO3)3]3-+18H2O+4CO2↑　2H2O22H2O+O2↑
(3)Co2+与C配位,H+浓度增大,平衡正向移动,Co3+与C配位,[Co(H2O)6]3+浓度降低,平衡正向移动
(4)CO2　O2
解析　(1)配制1.00 mol·L-1的CoSO4溶液需用到容量瓶,定容时用到胶头滴管,无需用到圆底烧瓶和试管,b、c正确。(2)实验Ⅰ CoSO4溶液中Co2+以[Co(H2O)6]2+的形式存在,滴加H2O2溶液,无明显现象,说明[Co(H2O)6]2+不能催化H2O2的分解。实验Ⅱ中HC与Co2+结合转化为[Co(CO3)2]2-和H+,过量的HC能吸收转化过程中产生的H+,促使反应正向进行;实验Ⅲ的实验现象表明在H2O2作用下Co2+能与HC反应生成[Co(CO3)3]3-,然后[Co(CO3)3]3-催化H2O2分解,因此H2O2在实验Ⅲ中所发生的反应为2[Co(H2O)6]2++10HC+H2O2===2[Co(CO3)3]3-+18H2O+4CO2↑、2H2O22H2O+O2↑。(3)Co2+与C配位,H+浓度增大,平衡正向移动,Co3+与C配位,[Co(H2O)6]3+浓度降低,平衡正向移动。(4)实验Ⅳ中,A到B溶液变为蓝色,并产生气体,则[Co(CO3)3]3-转化为[Co(H2O)6]3+,Co元素的化合价不变,发生非氧化还原反应,则产生气体为CO2;B到C溶液变为粉红色,并产生气体,则[Co(H2O)6]3+转化为[Co(H2O)6]2+,Co元素化合价降低,发生氧化还原反应,氧元素化合价升高,则产生气体为O2。
高考热点:高考中关于性质探究类实验综合题的考查角度通常围绕实验设计、现象分析、原理应用和结论推导展开,识别实验中的干扰因素,提出改进措施。主要考查学生的科学探究能力、逻辑思维和知识迁移能力。
1.明确探究目标(审题核心)
(1)明确实验目的,如“探究X的氧化性”“验证Y的热稳定性”。
(2)联想同类物质的典型性质,识别目标物质的性质(酸性、还原性、配位能力等)。
2.分步解析实验操作
(1)每一步操作对应预期现象,并指向性质结论。
(2)注意操作细节的隐含目的。
操作 目的
实验前溶液煮沸 “除去溶解氧”是为了排除干扰
通入N2驱赶空气 排除O2/CO2的干扰
调节pH至特定范围 控制反应方向或防止副反应
水浴加热 均匀受热且温度可控
3.现象分析与性质推理
(1)明确现象与性质的对应关系,联想常见物质性质及对应实验现象。
(2)多重性质交叉验证,如若某物质既能使酸性KMnO4褪色(还原性),又能与NaHCO3反应(酸性),需综合判断。
4.应用变量控制思维,设计对比实验
1.某兴趣小组为探究H2S和Cl2O的性质,将两种气体同时通入水中,实验装置如图:
(1)三颈瓶中出现淡黄色沉淀,溶液呈强酸性,用一个化学方程式表示　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　。
(2)若通入水中的Cl2O已过量,设计实验方案检验　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　。
答案　(1)2H2S+Cl2O===2S↓+2HCl+H2O　(2)用玻璃棒蘸取清液,点到淀粉-KI试纸上,如果变蓝(或变蓝后再褪色),说明Cl2O过量
解析　(1)依据信息书写反应方程式,由题意知,H2S被氧化成S,Cl2O被还原成稳定产物HCl。(2)由(1)知,Cl2O具有强氧化性,用有现象的还原性检验,类比Cl2,用淀粉-KI试纸检验。
2.某化学兴趣小组为探究高锰酸钾与铜的反应,设计实验如下:
实验一 现象
一段时间后,培养皿中由铜片向外侧依次呈现: A区澄清且几乎无色; B区底部覆盖棕黑色固体; C区澄清且紫色变浅
资料a.Cu+在酸性溶液中不能稳定存在:2Cu+===Cu+Cu2+;
b.MnS为粉红色沉淀、溶于强酸;CuS为黑色沉淀、不溶于强酸。
(1)Cu被氧化成　　　　　　,依据是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(2)为探究Mn的还原产物,取A区中溶液　　　　　　　　(填操作和现象),证明有Mn2+生成。
(3)A区中KMnO4与Cu反应的离子方程式是　　　　　　　　　　　　。
(4)经检验,B区的棕黑色固体是MnO2,从溶液中离子扩散的角度,结合离子方程式解释B区和C区中的现象:　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
答案　(1)Cu2+　实验使用了酸性高锰酸钾溶液,而在酸性环境中Cu+不稳定,会发生歧化反应,生成Cu和Cu2+
(2)先加足量NaOH调pH至碱性,后滴加Na2S溶液,生成粉红色沉淀
(3)2Mn+5Cu+16H+===2Mn2++5Cu2++8H2O
(4)A区生成的Mn2+扩散到B区,Mn2+与B区的Mn发生归中反应,生成棕黑色固体MnO2。随着 B区的Mn减少,C区Mn扩散到B区,导致C区Mn浓度减少,紫色变浅
解析　(1)铜的氧化产物可能是Cu2+或Cu+,该探究实验的氧化剂是酸性高锰酸钾溶液,根据资料a.在酸性环境中Cu+不稳定,会歧化成Cu和Cu2+,所以在该体系中,Cu的氧化产物为Cu2+。由于Cu2+的蓝色颜色较浅且浓度较低,所以在溶液中不易观察。(2)根据资料b可知,溶液中的 Mn2+与S2-可以生成溶于强酸的粉红色沉淀,所以可以往A区溶液中加入足量碱调pH后,再加Na2S溶液检验 Mn2+。(3)根据(1)和(2)的题目信息,KMnO4酸性溶液和铜反应的离子方程式为2Mn+5Cu+16H+===2Mn2++5Cu2++8H2O。(4)A区生成的Mn2+扩散到B区,Mn2+与B区的Mn发生归中反应:2Mn+3Mn2++2H2O===5MnO2↓+4H+,生成棕黑色固体MnO2。随着B区的 Mn减少,C区Mn扩散到B区,导致C区Mn浓度减少,紫色变浅。
3.某学习小组欲探究苯酚与溴水的反应。
设计实验相关量如表所示,分别向蒸馏水和苯酚溶液中逐滴滴入浓溴水,同时进行磁力搅拌,观察并记录电导率的变化,电导率随时间的变化曲线如图所示:
物质 溶液浓度 /(mol·L-1) 溶液体积 V/mL 加入浓溴水 滴数/d
蒸馏水 0 30 10
苯酚溶液 0.1 x y
(1)根据实验信息推测,x=　　　　　　　　　　　　, y=　　　　　　。
(2)苯酚溶液与浓溴水反应的电导率曲线为　　　　　　(填图中字母);根据曲线信息推断该反应为　　　　　　(填“取代”或“加成”)反应;结合化学方程式和必要的文字说明推断理由:　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
(3)实验采用的苯酚溶液为稀溶液,溴水为浓溶液,若两者的浓度关系相反,则产生的后果是
　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
答案　(1)30　10
(2)m　取代　发生的反应为+3Br2↓+3HBr,生成的HBr使溶液中离子浓度增大程度远大于溴水,故电导率增大,若是加成反应则会使离子浓度变小,电导率减小
(3)生成的三溴苯酚溶于过量苯酚,将难以观察到溶液变浑浊的现象
解析　(1)控制变量,使溶液体积、加入浓溴水的量一致,故x=30,y=10。(3)可结合“相似相溶”规律,反应中生成的三溴苯酚溶于过量苯酚,难以观察到溶液变浑浊的现象,也会给产物的分离带来困难。
热点四　定量测定实验
1.(2024·安徽卷)测定铁矿石中铁含量的传统方法是SnCl2-HgCl2-K2Cr2O7滴定法。研究小组用该方法测定质量为a g的某赤铁矿试样中的铁含量。
[配制溶液]
①c mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液。
②SnCl2溶液:称取6 g SnCl2·2H2O溶于20 mL 浓盐酸,加水至100 mL,加入少量锡粒。
[测定含量]按图示所示(加热装置略去)操作步骤进行实验。
已知:氯化铁受热易升华;室温时HgCl2可将Sn2+氧化为Sn4+,难以氧化Fe2+;Cr2可被Fe2+还原为Cr3+。
回答下列问题:
(1)下列仪器在本实验中必须用到的有　　　　　　　　　　(填名称)。
(2)结合离子方程式解释配制SnCl2溶液时加入锡粒的原因:　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
(3)步骤Ⅰ中“微热”的原因是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　。
(4)步骤Ⅲ中,若未“立即滴定”,则会导致测定的铁含量　　　　(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
(5)若消耗c mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液V mL,则a g试样中Fe的质量分数为　　　　(用含a、c、V的代数式表示)。
答案　(1)容量瓶、量筒　(2)Sn2+易被空气氧化为Sn4+:2Sn2++O2+4H+===2Sn4++2H2O,加入Sn,发生反应Sn4++Sn===2Sn2+,从而防止Sn2+被氧化　(3)加快赤铁矿试样的溶解　(4)偏小　(5)%
解析　(1)实验中配制K2Cr2O7标准溶液时需用到容量瓶和量筒,量取浓盐酸也要用到量筒,K2Cr2O7标准溶液和SnCl2溶液均需盛放在酸式滴定管中,但图中给的是碱式滴定管。(2)Sn2+易被空气氧化为Sn4+,配制SnCl2溶液时加入少量锡粒,发生反应Sn+Sn4+===2Sn2+,Sn4+被还原为Sn2+,从而防止Sn2+被氧化。(3)步骤Ⅰ中试样和浓盐酸反应时适当加热可加快反应速率。(4)步骤Ⅲ中,若未“立即滴定”,会导致部分Fe2+被空气中的O2氧化,则滴定时消耗K2Cr2O7标准溶液的体积偏小,从而导致测定的铁含量偏小。(5)根据滴定时发生反应:6Fe2++Cr2+3+3+2K2Cr2O7%。
2.(2024·山东卷)利用“燃烧-碘酸钾滴定法”测定钢铁中硫含量的实验装置如图所示(夹持装置略)。
实验过程如下:
①加样,将a mg样品加入管式炉内瓷舟中(瓷舟两端带有气孔且有盖),聚四氟乙烯活塞滴定管G内预装c(KIO3)∶c(KI)略小于1∶5的KIO3碱性标准溶液,吸收管F内盛有盐酸酸化的淀粉水溶液。向F内滴入适量KIO3碱性标准溶液,发生反应:KIO3+5KI+6HCl===3I2+6KCl+3H2O,使溶液显浅蓝色。
②燃烧:按一定流速通入O2,一段时间后,加热并使样品燃烧。
③滴定:当F内溶液浅蓝色消退时(发生反应:SO2+I2+2H2O===H2SO4+2HI),立即用KIO3碱性标准溶液滴定至浅蓝色复现。随SO2不断进入F,滴定过程中溶液颜色“消退-变蓝”不断变换,直至终点。
回答下列问题:
(1)取20.00 mL 0.100 0 mol·L-1 KIO3的碱性溶液和一定量的KI固体,配制1 000 mL KIO3碱性标准溶液,下列仪器必须用到的是　　　　(填标号)。
A.玻璃棒 B.1 000 mL锥形瓶
C.500 mL容量瓶 D.胶头滴管
(2)装置B和C的作用是充分干燥O2,B中的试剂为　　　　。装置F中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子(见放大图),目的是　　　　　　　　　　　　。
(3)该滴定实验达终点的现象是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　;
滴定消耗KIO3碱性标准溶液V mL,样品中硫的质量分数是　　　　(用代数式表示)。
(4)若装置D中瓷舟未加盖,会因燃烧时产生粉尘而促进SO3的生成,粉尘在该过程中的作用是　　　　　　　　;若装置E冷却气体不充分,可能导致测定结果偏大,原因是　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　; 若滴定过程中,有少量I不经I2直接将SO2氧化成H2SO4,测定结果会　　　　(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
答案　(1)AD　(2)浓硫酸　防止倒吸
(3)当加入最后半滴KIO3碱性标准溶液后,溶液由无色突变为浅蓝色且30 s内不变色　%
(4)作催化剂　通入F的气体温度过高,导致部分I2升华,从而消耗更多的KIO3碱性标准溶液　不变
解析　(1)取20.00 mL 0.100 0 mol·L-1 KIO3的碱性溶液和一定量的KI固体,配制1 000 mL KIO3碱性标准溶液(稀释了50倍后KIO3的浓度为0.002 0 mol·L-1),需要用碱式滴定管或移液管量取20.00 mL 0.100 0 mol·L-1 KIO3的碱性溶液,需要用一定精确度的天平称量一定质量的KI固体,需要在烧杯中溶解KI固体,溶解时要用到玻璃棒搅拌,需要用1 000 mL容量瓶配制标准溶液,需要用胶头滴管定容,因此,必须用到的是AD。(2)装置B和C的作用是充分干燥O2,浓硫酸具有吸水性,常用于干燥某些气体,因此B中的试剂为浓硫酸。装置F中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子,其目的是防止倒吸,因为磨砂浮子的密度小于水,若球泡内水面上升,磨砂浮子也随之上升,磨砂浮子可以作为一个磨砂玻璃塞将导气管的出气口堵塞上,从而防止倒吸。(3)该滴定实验是利用过量的半滴标准溶液来指示滴定终点的,因此,该滴定实验达终点的现象是当加入最后半滴KIO3碱性标准溶液后,溶液由无色突变为浅蓝色且30 s内不变色;由S元素守恒及SO2+I2+2H2O===H2SO4+2HI、KIO3+5KI+6HCl===3I2+6KCl+3H2O可得关系式3S~3SO2~3I2~KIO3,若滴定消耗KIO3碱性标准溶液V mL,则n(KIO3)=V×10-3 L×0.002 0 mol·L-1=2.000 0×10-6V mol,n(S)=3n(KIO3)=3×2.000 0×10-6V mol=6.000 0×10-6V mol,样品中硫的质量分数是%。(4)若装置D中瓷舟未加盖,燃烧时产生粉尘中含有铁的氧化物,铁的氧化物能催化SO2的氧化反应从而促进SO3的生成,因此,粉尘在该过程中的作用是作催化剂;若装置E冷却气体不充分,则通入F的气体温度过高,可能导致部分I2升华,这样就要消耗更多KIO3碱性标准溶液,从而可能导致测定结果偏大;若滴定过程中,有少量I不经I2直接将SO2氧化成H2SO4,从电子转移守恒的角度分析,I得到6e-被还原为I-,仍能得到关系式3S~3SO2~KIO3,测定结果会不变。
高考热点:定量分析实验是高考的热点和必考点,考查学生的综合分析、实验数据的处理能力。具体是:
(1)物质纯度的测定。
(2)定量分析(误差分析)等。
1.定量实验数据的测定方法
2.下图是几种常见的测气装置
(1)仪器选择:测气体反应速率时,体积测量器可用洗气瓶、量筒、水槽和导管等装配成排液测气装置或用滴定管装配成量气装置,以及计时用的秒表。
(2)用量气装置测气体的体积时,由于是按常温、常压进行换算计算,过程条件的控制,要注意如下三点:
①温度:待实验装置冷却至室温。
②气压:上下移动量气管(或水准管),使左右两管液面水平,装置内外气压相等。
③体积:量气管要前后两次读数,差值为气体体积,读数时视线与凹液面的最低点水平。
1.氢化铝锂(LiAlH4)是一种极强的还原剂,在干燥空气中较稳定,在潮湿的空气中会发生剧烈水解,释放大量的H2并燃烧。LiAlH4(不含LiH)纯度可采用如下方法测定,实验装置如图所示。
25 ℃、常压下,称取x g产品LiAlH4,记录量气管B起始体积读数为V1 mL,在分液漏斗中加入过量的四氢呋喃(可减缓LiAlH4与H2O的反应速率)和水的混合液10.0 mL,打开旋塞至滴加完所有液体,立即关闭旋塞,冷却后,调整量气管B读数为V2 mL。
已知:量气管B由碱式滴定管改装;25 ℃、常压下气体摩尔体积为24.5 L·mol-1。
(1)反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
(2)LiAlH4的质量分数为　　　　(用含x、V1、V2的代数式表示,不考虑溶液混合后体积的变化)。
答案　(1)LiAlH4+4H2O===Al(OH)3↓+LiOH+4H2↑　(2)%(答案合理即可)
解析　(1)由题干信息可知,LiAlH4与水反应生成H2,根据得失电子守恒、原子守恒可知,反应的化学方程式为LiAlH4+4H2O===Al(OH)3↓+LiOH+4H2↑。(2)根据题意,收集到的氢气的体积是(V1-10.0-V2) mL,25 ℃、常压下气体摩尔体积约为24.5 L·mol-1,则氢气的物质的量为,根据上述化学方程式中各物质的化学计量数之比等于各物质的物质的量之比可得,n(LiAlH4)=n(H2),则LiAlH4的质量分数为%。
2.(2025·烟台模拟)准确称取2.00 g KMnO4产品溶于水,配成100.00 mL溶液。用移液管取25.00 mL 0.2 mol·L-1 的H2C2O4溶液于锥形瓶中,并加入2 mL稀硫酸。用上述KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液,重复操作3次,消耗KMnO4溶液的体积平均为20.00 mL。滴定终点的现象是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　,
计算可得产品中KMnO4的纯度是　　　　　,下列情况会导致KMnO4纯度测定值偏小的是　　　　　　(填标号)。
A.产品含少量K2MnO4
B.酸式滴定管滴定后有气泡
C.酸式滴定管没有润洗
D.滴定接近终点时用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁
答案　加入最后半滴KMnO4溶液后,溶液由无色变为浅红色且30秒内不褪色　79.0%　AC
解析　滴定反应的化学方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4===2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O,达到滴定终点,草酸被消耗,则滴定终点的现象是加入最后半滴KMnO4溶液后,溶液由无色变为浅红色且30秒内不褪色;产品中n(KMnO4)==0.01 mol,则KMnO4的纯度是×100%=79%。根据K2MnO4+2H2C2O4+2H2SO4===MnSO4+K2SO4+4CO2↑+4H2O、2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4===2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O可知,与相同物质的量的草酸反应,消耗K2MnO4比KMnO4多,则消耗待测溶液的体积偏大,测定值偏小,A项正确;酸式滴定管滴定后有气泡,消耗待测液的体积偏小,测定值偏大,B项错误;酸式滴定管没有润洗,消耗待测液的体积偏大,测定值偏小,C项正确;滴定接近终点时用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁,不影响待测液体积,不影响测定值,D项错误。
3.某小组同学针对Cu(NO3)2的热稳定性进行探究。在如图1所示的实验装置A中,用酒精灯对Cu(NO3)2固体加热,产生红棕色气体,在装置C中收集到无色气体,经验证为O2。当反应结束以后,试管中残留固体为红色。
(1)从实验安全角度考虑,需要在装置A、B间增加一个　　　　　　装置。
(2)图2为Cu(NO3)2样品高温过程的热重曲线(样品质量分数w随温度的变化曲线)。Cu(NO3)2加热到200 ℃的化学方程式为　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　,
继续高温至1 000 ℃生成　　　　　　(填化学式)固体。
答案　(1)防倒吸　(2)2Cu(NO3)22CuO+4NO2↑+O2↑　Cu2O
解析　(1)固体加热产生气体通入溶液中,从实验安全角度考虑,应该在装置A、B间增加一个防倒吸装置。(2)设Cu(NO3)2样品的物质的量为1 mol,其质量为188 g。200 ℃时,1 mol Cu(NO3)2受热分解剩余固体的质量为188 g×42.6%≈80 g,由Cu原子守恒可得,剩余的O元素的质量为16 g,则剩余的固体为CuO,由题给实验现象可知,分解得到的气体产物为NO2、O2,则加热到200 ℃反应的化学方程式为2Cu(NO3)22CuO+4NO2↑+O2↑。1 000 ℃时,1 mol Cu(NO3)2受热分解剩余固体的质量为188 g×38.3%≈72 g,由Cu原子守恒可得,剩余的O元素的质量为8 g,此时n(O)==0.5 mol,n(Cu)∶n(O)=2∶1,则剩余的固体为Cu2O。
专题突破练(十九)　化学实验综合题中的常考热点
1.实验室合成氨装置如图1所示,试回答下列问题:
(1)装置甲的作用:①　　　　　,②　　　　　,③　　　　　　　　　　　。
(2)已知氨气在水中的溶解度大约为1∶700,若用图2中的装置吸收氨气,制成氨水,从实验安全的角度考虑应选用的装置是装置　　　　　(填标号)。
(3)某同学用图2中装置B吸收产生的氨气,结果装置B中溶液能使酚酞变红,且未看到倒吸现象,试分析未造成倒吸的原因可能是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
答案　(1)干燥气体　使两种气体充分混合　观察气泡以调节N2和H2气流的流速及两者的比例　(2)A、D　(3)反应后混合气体中氨气的含量较少,未造成装置中气体压强明显减小
解析　(1)由于装置甲中盛有浓硫酸,所以可用来干燥N2和H2;通过浓硫酸后两种气体可以充分混合;另外通过观察气泡可以调节N2、H2气流的流速及两者的比例。(2)由于氨气极易溶于水,将其溶于水制成氨水,要防止倒吸,装置A、D可防止倒吸,装置B、C易发生倒吸,故答案选AD。(3)合成氨反应速率较小,且反应进行的程度较小,反应后气体混合物中氨气的含量较少,即使氨气被完全吸收,气体压强也不会明显减小。
2.(2024·浙江1月选考节选)H2S可用于合成光电材料。某兴趣小组用CaS与MgCl2反应制备液态H2S,实验装置如图,反应方程式为CaS+MgCl2+2H2O===CaCl2+Mg(OH)2+H2S↑。
已知:①H2S的沸点是-61 ℃,有毒;
②装置A内产生的H2S气体中含有酸性气体杂质。
请回答:
(1)仪器X的名称是　　　　。
(2)完善虚框内的装置排序:A→B→　　→F→G。
(3)下列干燥剂,可用于装置C中的是　　　　。
A.氢氧化钾 B.五氧化二磷
C.氯化钙 D.碱石灰
(4)装置G中汞的两个作用是:①平衡气压;②　　　　。
(5)下列说法正确的是　　　　。
A.该实验操作须在通风橱中进行
B.装置D的主要作用是预冷却H2S
C.加入的MgCl2固体,可使MgCl2溶液保持饱和,有利于平稳持续产生H2S
D.该实验产生的尾气可用硝酸吸收
答案　(1)圆底烧瓶　(2)E→C→D　(3)BC
(4)液封　(5)ABC
解析　A作为H2S的发生装置,为避免倒吸不能骤冷,所以D、E都是冷却H2S的装置,C装置干燥H2S,F冷却并收集H2S,G作为平衡气压和尾气处理装置,据此回答。(1)仪器X的名称是圆底烧瓶;(2)制备气体的装置包括发生装置,除杂、干燥装置,收集装置和尾气处理装置,由于不能骤冷,要逐步冷却,所以B连E,E连C,C连D,D连F;(3)H2S是酸性气体,不可以用碱性干燥剂,所以不可以用氢氧化钾和碱石灰,故选BC;(4)装置G中汞的两个作用是:①平衡气压;②液封;(5)A.H2S有毒,该实验操作须在通风橱中进行,故A正确;B.气体不能骤冷,装置D的主要作用是预冷却H2S,故B正确;C.加入的MgCl2固体,可使MgCl2溶液保持饱和,有利于平稳持续产生H2S,故C正确;D.该实验产生的尾气不可用硝酸吸收,硝酸的氧化性虽然可以把H2S氧化为S单质,但是稀硝酸产生的NO或者浓硝酸产生的NO2,会污染空气,故D错误。
3.(2023·辽宁卷)2-噻吩乙醇(Mr=128)是抗血栓药物氯吡格雷的重要中间体,其制备方法如下:
Ⅰ.制钠砂。向烧瓶中加入300 mL液体A和4.60 g金属钠,加热至钠熔化后,盖紧塞子,振荡至大量微小钠珠出现。
Ⅱ.制噻吩钠。降温至10 ℃,加入25 mL噻吩,反应至钠砂消失。
Ⅲ.制噻吩乙醇钠。降温至-10 ℃,加入稍过量的环氧乙烷的四氢呋喃溶液,反应30 min。
Ⅳ.水解。恢复室温,加入70 mL水,搅拌30 min;加盐酸调pH至4~6,继续反应2 h,分液;用水洗涤有机相,二次分液。
Ⅴ.分离。向有机相中加入无水MgSO4,静置,过滤,对滤液进行蒸馏,蒸出四氢呋喃、噻吩和液体A后,得到产品17.92 g。
回答下列问题:
(1)步骤Ⅰ中液体A可以选择　　　　　　　　　　　　。
a.乙醇 b.水
c.甲苯 d.液氨
(2)噻吩沸点低于吡咯()的原因是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
(3)步骤Ⅱ的化学方程式为　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
(4)步骤Ⅲ中反应放热,为防止温度过高引发副反应,加入环氧乙烷溶液的方法是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
(5)步骤Ⅳ中用盐酸调节pH的目的是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
(6)下列仪器在步骤Ⅴ中无需使用的是　　　　　　　　　　　　(填名称),无水MgSO4的作用为
　　　　　　　　　　　　。
(7)产品的产率为　　　　　　(用Na计算,精确至0.1%)。
答案　(1)c　(2)中含有—NH—,可以形成分子间氢键
(3)
(4)分批、多次加入
(5)与2-噻吩乙醇钠水解产生的OH-反应,使水解更彻底
(6)球形冷凝管和分液漏斗　吸收水分
(7)70.0%
解析　(1)步骤Ⅰ制钠砂过程中,液体A不能和Na反应,而乙醇、水和液氨都能和金属Na反应,故选c。(2)噻吩沸点低于吡咯()的原因是:中含有—NH—,可以形成分子间氢键使熔沸点升高。(3)步骤Ⅱ中和Na反应生成2-噻吩钠和H2,化学方程式为:+H2↑。(4)为防止温度过高引发副反应,应控制投料量和投料速度,可分批、多次加入试剂。(5)2-噻吩乙醇钠水解产生2-噻吩乙醇和NaOH,用盐酸调节pH可中和NaOH,促进水解平衡正向移动,使水解进行更彻底。(6)步骤Ⅴ中的操作有过滤、蒸馏,蒸馏的过程中需要直形冷凝管不能用球形冷凝管,无需使用的是球形冷凝管和分液漏斗;向有机相中加入无水MgSO4的作用是吸收水分。(7)步骤Ⅰ中向烧瓶中加入300 mL液体A和4.60 g金属钠,Na的物质的量为=0.2 mol,步骤Ⅱ中Na完全反应,根据方程式可知,理论上可以生成0.2 mol 2-噻吩乙醇,产品的产率为×100%=70.0%。
4.探究SO2的氧化性:向试管中通入足量SO2(尾气处理装置已略),记录如下。
装置 编号 试剂 实验现象
c 3 mol·L-1稀硫酸 始终无明显变化
d 3 mol·L-1稀盐酸 铜片表面变黑,溶液变为棕色
已知:ⅰ.水合Cu+既易被氧化也易被还原,因此水溶液中无法生成水合Cu+。
ⅱ.CuCl为白色固体,难溶于水,可溶于c(Cl-)较大的溶液生成[CuCl3]2-。
(1)证明d所得棕色溶液含有[CuCl3]2-:用滴管吸取少量棕色溶液,滴入蒸馏水中,出现白色沉淀。用平衡移动原理解释产生该现象的原因:　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
(2)与c对比,d能发生反应的原因是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
(3)由实验Ⅱ可推知,该条件下SO2、CuCl、Cu2+的氧化性由强到弱的顺序为　　　　　　。
答案　(1)棕色溶液滴入蒸馏水后离子浓度减小,使CuCl(s)+2Cl-(aq)[CuCl3]2-(aq)的Q>K,平衡逆向移动,析出CuCl沉淀　(2)Cl-与Cu+结合成[CuCl3]2-,其氧化性弱于SO2,使Cu能够被SO2氧化　(3)Cu2+>SO2>CuCl
5.(2025·河南省部分学校联考高三期中节选)某化学学习小组探究Fe3+在溶液中的颜色变化,进行以下实验。
试剂 加热前溶液颜色 加热后溶液颜色
实验Ⅰ Fe(NO3)3溶液+蒸馏水 棕黄色 深棕色
实验Ⅱ Fe(NO3)3溶液+HNO3 几乎无色 几乎无色
实验Ⅲ FeCl3溶液+HNO3 黄色 深黄色
已知:水溶液中,[Fe(H2O)6]3+几乎无色,
[FeCl4(H2O)2]-为黄色;[Fe(H2O)6]3+水解生成
[Fe(H2O)6-n(OH)n]3-n (棕黄色)。
(1)由实验可知,对[Fe(H2O)6]3+水解影响大小:H+的影响　　　　　　(填“大于”“等于”或“小于”)温度的影响。
(2)设计实验证明实验Ⅲ中溶液呈黄色的原因是Fe3++4Cl-+2H2O[FeCl4(H2O)2]-:
　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
答案　(1)大于　(2)向实验Ⅱ溶液中加入NaCl溶液后变为黄色,加热后变为深黄色
解析　(1)由实验Ⅰ中加热前后溶液颜色无明显变化、实验Ⅱ中加热前后溶液几乎无色可知,氢离子浓度对平衡的影响大于温度的影响;(2)由方程式可知,增大实验Ⅱ溶液中氯离子浓度,平衡会向正反应方向移动,溶液中[FeCl4(H2O)2]-浓度增大,会使溶液变为黄色,则证明实验Ⅲ中溶液呈黄色的实验方案为向实验Ⅱ溶液中加入NaCl溶液后变为黄色,加热后变为深黄色。
6.(2024·重庆卷节选)FeS2的含量测定。产品先用王水溶解,再经系列处理后,在热盐酸条件下,以甲基橙为指示剂,用SnCl2溶液将Fe3+还原至Fe2+,终点为无色;用冰水迅速冷却,再以二苯胺磺酸钠为指示剂,用K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+至终点。已知甲基橙的还原反应:氧化态(红色)+ne-===还原态(无色)
(1)SnCl2比FeCl3易水解,且易被氧化。配制和保存SnCl2溶液需加入的试剂是　　　　　　　　　　　　。
(2)甲基橙指示终点的过程及作用原理是　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)若称取的产品为a g,K2Cr2O7标准溶液浓度为c mol·L-1,用量为V mL,FeS2的摩尔质量为M g·mol-1,则产品中FeS2质量分数为　　　　　　　　　　　 (写最简表达式)。
(4)下列操作可能导致测定结果偏高的是　　　　。
A.还原Fe3+时SnCl2溶液滴加过量
B.热的Fe2+溶液在空气中缓慢冷却
C.滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后气泡消失
D.滴定前仰视读数,滴定后俯视读数
答案　(1)浓盐酸、Sn　(2)当加入还原剂SnCl2后,甲基橙得电子,由氧化态变为还原态,颜色由红色变为无色且半分钟内不恢复原来的颜色
(3) %　(4)AC
解析　(1)SnCl2比FeCl3易水解,且易被氧化,配制和保存SnCl2溶液时要隔绝空气且需要抑制水解,SnCl2水解生成HCl,需要将SnCl2溶于浓盐酸中,以抑制其水解,再加水稀释到需要的浓度,加入Sn防氧化;(2)甲基橙的还原反应:氧化态(红色)+ne-===还原态(无色),产品先用王水溶解,再经系列处理后,在热盐酸条件下,以甲基橙为指示剂,溶液呈酸性,甲基橙显红色,则甲基橙为氧化态;加入SnCl2后,SnCl2溶液将Fe3+还原至Fe2+,溶液呈无色,则甲基橙变为还原态;(3)Fe2+被K2Cr2O7氧化为Fe3+,Cr2被还原为Cr3+,关系式为6Fe2+~Cr2,n(FeS2)=n(Fe2+)=6n(K2Cr2O7)=6×c mol·L-1×10-3V L=6×10-3cV mol,产品中FeS2质量分数为%;(4)A项,还原Fe3+时SnCl2溶液滴加过量,消耗的V(K2Cr2O7)偏大,测定值偏高,故A正确;B项,热的Fe2+溶液在空气中缓慢冷却,导致部分Fe2+被氧化为Fe3+,消耗的V(K2Cr2O7)偏小,测定值偏低,故B错误;C项,滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后气泡消失,消耗的V(K2Cr2O7)偏大,测定值偏高,故C正确;D项,滴定前仰视读数,滴定后俯视读数,消耗的V(K2Cr2O7)偏小,测定值偏低,故D错误。
7.(2023·全国乙卷)元素分析是有机化合物的表征手段之一。按下图实验装置(部分装置略)对有机化合物进行C、H元素分析。
回答下列问题:
(1)将装有样品的Pt坩埚和CuO放入石英管中,先　　　　　　,而后将已称重的U形管c、d与石英管连接,检查　　　　　　。依次点燃煤气灯　　　　,进行实验。
(2)O2的作用有　　　　　　　　　　　　, CuO的作用是　　　　　　　　 (举1例,用化学方程式表示)。
(3)c和d中的试剂分别是　　　　、　　　　(填标号)。c和d中的试剂不可调换,理由是　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
A.CaCl2 B.NaCl
C.碱石灰(CaO+NaOH) D.Na2SO3
(4)Pt坩埚中样品CxHyOz反应完全后,应进行操作:　　　　　　　　　　　　。
取下c和d管称重。
(5)若样品CxHyOz为0.023 6 g,实验结束后,c管增重0.010 8 g,d管增重0.035 2 g。质谱测得该有机物的相对分子量为118,其分子式为　　　　。
答案　(1)通入O2排除石英管中的空气　装置气密性　b、a
(2)排除装置中空气,氧化有机物,将生成的CO2和H2O赶入c和d装置中完全吸收　CO+CuOCu+CO2
(3)A　C　碱石灰可以同时吸收水蒸气和二氧化碳
(4)关闭煤气灯a,继续通入一段时间O2后,熄灭煤气灯b,冷至室温后,停止通入O2
(5)C4H6O4
解析　利用如图所示的装置测定有机物中C、H两种元素的含量,这是一种经典的李比希元素测定法,将样品装入Pt坩埚中,后面放置CuO,用于反应前置坩埚中未完全反应的物质,后续将产物吹入到两U形管中,称量两U形管的增重计算有机物中C、H两种元素的含量,结合其他技术手段,从而得到有机物的分子式。(1)实验前,应先通入O2排除石英管中的空气,防止石英管中空气中含有的CO2和水蒸气对实验产生干扰,而后将U形管c、d与石英管连接,检查装置气密性,随后先点燃b处酒精灯后点燃a处酒精灯,保证当a处发生反应时产生的CO能被CuO反应生成CO2;(2)O2可排除装置中空气,同时作为反应物氧化有机物使其生成CO2和H2O,还可以将生成的CO2和H2O赶入c和d装置中使其被完全吸收。有机物氧化不充分时会生成CO,而CuO可将CO氧化为CO2,从而使有机物中的C元素完全被氧化;CuO的作用是氧化a处产生的CO,使CO反应为CO2,反应方程式为CO+CuOCu+CO2;(3)有机物燃烧后生成的CO2和H2O分别用碱石灰和无水CaCl2吸收,其中c管装有无水CaCl2,d管装有碱石灰,二者不可调换,因为碱石灰能同时吸收水蒸气和二氧化碳,影响最后分子式的确定;(4)样品反应完全后,装置内仍有残留的CO2和H2O,故应继续通入一段时间O2,将CO2和H2O赶入c、d装置中;(5)c管装有无水CaCl2,用来吸收生成的水蒸气,则增重质量为水蒸气的质量,由此可以得到有机物中H元素的物质的量n(H)==0.001 2 mol;d管装有碱石灰,用来吸收生成的CO2,则增重质量为CO2的质量,由此可以得到有机物中C元素的物质的量n(C)==0.000 8 mol;有机物中O元素的质量为m(O)=0.023 6-0.001 2×1-0.000 8×12=0.012 8 g,其物质的量n(O)==0.000 8 mol;该有机物中C、H、O三种元素的原子个数比为0.000 8∶0.001 2∶0.000 8=2∶3∶2;质谱测得该有机物的相对分子质量为118,则其化学式为C4H6O4。
8.实验室对乙酸乙酯的制备进行可视化创新设计,实验方案如下:
①向仪器B中分别加入11.5 mL(0.2 mol)无水乙醇和6.0 mL(0.1 mol)乙酸、1.4 g NaHSO4固体及4~6滴1%甲基紫的乙醇溶液。向小孔冷凝柱中装入变色硅胶。
②控制温度在75~80 ℃,加热回流50 min后,反应液由蓝色变为紫色,冷凝柱中变色硅胶发生变化,停止加热。
③向冷却后的仪器B中分批缓慢加入饱和Na2CO3溶液至无气泡产生,分离出有机相。
④依次用适量饱和食盐水、饱和CaCl2溶液和蒸馏水洗涤有机相后,加入无水MgSO4,过滤。
⑤蒸馏滤液,收集73~78 ℃馏分,得到6.60 g无色液体。
已知:①乙醇能与CaCl2反应生成CaCl2·6C2H5OH,碳酸钠微溶于乙酸乙酯。
②变色硅胶中含有少量CoCl2。几种含钴化合物的颜色如表所示。
化合物 CoCl2·6H2O CoCl2
颜色 粉红色 蓝色
回答下列问题:
(1)仪器B的名称为　　　　　　,所选仪器B的最佳规格是　　　　　　(填标号)。
A.25 mL B.50 mL C.100 mL D.250 mL
(2)步骤②中变色硅胶在反应中的变化为　　　　　　　　　　　　。
(3)步骤③中加入饱和Na2CO3溶液的作用是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　(写出一条即可),
步骤④中加入无水MgSO4的作用是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
(4)步骤⑤中的仪器选择及安装都正确的是　　　　　　(填标号)。
(5)下列说法错误的是　　　　　　(填标号)。
a.步骤④中使用饱和CaCl2溶液洗涤的目的是除去乙醇及Na2CO3
b.步骤⑤中加热一段时间后发现忘记加碎瓷片,应冷却后补加
c.步骤①中 NaHSO4固体在反应中起催化、吸水作用
d.变色硅胶在反应中的作用除指示反应进程外,还能提高乙酸乙酯的产率
(6)经色谱检测,制得的产品纯度为96.0%,则该实验中乙酸乙酯的产率为　　　　　　。
答案　(1)圆底烧瓶　B　(2)由蓝色变为粉红色　(3)除去乙酸和NaHSO4(答案合理即可)　干燥乙酸乙酯　(4)C　(5)c　(6)72%
解析　(1)仪器B为圆底烧瓶。由步骤①可知,圆底烧瓶内的液体体积为11.5 mL+6.0 mL=17.5 mL,圆底烧瓶中液体的体积不超过圆底烧瓶容积的,故仪器B的最佳规格为50 mL。(2)乙酸乙酯的制备过程中有水生成,结合已知信息②可知,步骤②中,反应前变色硅胶为蓝色,随着反应的进行,CoCl2不断吸水,变色硅胶由蓝色变为粉红色。(3)步骤③中加入饱和Na2CO3溶液的作用是中和未反应的乙酸和NaHSO4,吸收未反应的乙醇,降低乙酸乙酯的溶解度,便于乙酸乙酯分层。无水MgSO4能吸收水,步骤④中向有机相中加入无水MgSO4的作用是干燥乙酸乙酯。(4)蒸馏时,温度计水银球应位于蒸馏烧瓶的支管口处,A、D错误;蒸馏操作中冷凝管的作用是使气体冷凝为液体,为防止馏出液滞留,应选择直形冷凝管,B错误,C正确。(5)结合已知信息①可知,CaCl2可与未反应完的乙醇反应生成CaCl2·6C2H5OH,也能与Na2CO3反应,故用其饱和CaCl2溶液洗涤的目的是除去乙醇及Na2CO3,a 正确。加热一段时间后发现忘记加碎瓷片,应冷却后补加,若直接在加热状态下加入碎瓷片,由于温差,可能会导致溶液飞溅,甚至引发安全事故,b正确。乙酸和乙醇在浓硫酸催化和加热条件下会发生酯化反应生成乙酸乙酯和水,该实验用NaHSO4固体代替浓硫酸,起催化作用,无吸水作用,c错误。由上述分析可知,反应前变色硅胶为蓝色,反应达到终点时变为粉红色,故变色硅胶可以指示反应进程;此外变色硅胶吸水还可使酯化反应平衡正向移动,提高乙酸乙酯的产率,d正确。(6)0.1 mol乙酸与0.2 mol乙醇反应时,由于乙醇过量,故根据乙酸的量计算乙酸乙酯的理论产量为0.1 mol×88 g·mol-1=8.8 g,则该实验中乙酸乙酯的产率为×100%=72%。
大题突破(五)　化学综合实验题的解题策略
1.(2025·山东卷)如下不饱和聚酯可用于制备玻璃钢。
实验室制备该聚酯的相关信息和装置示意图如下(加热及夹持装置略):
原料 结构简式 熔点/℃ 沸点/℃
顺丁烯二酸酐 52.6 202.2
邻苯二甲酸酐 130.8 295.0
丙-1,2-二醇 -60.0 187.6
实验过程:
①在装置A中加入上述三种原料,缓慢通入N2。搅拌下加热,两种酸酐分别与丙-1,2-二醇发生醇解反应,主要生成和。然后逐步升温至190~200 ℃,醇解产物发生缩聚反应生成聚酯。
②缩聚反应后期,每隔一段时间从装置A中取样并测量其酸值,直至酸值达到聚合度要求(酸值:中和1克样品所消耗KOH的毫克数)。
回答下列问题:
(1)理论上,原料物质的量投料比n(顺丁烯二酸酐)∶n(邻苯二甲酸酐)∶n(丙-1,2-二醇)=　　　　。
(2)装置B的作用是　　　　　　　　　　　　;仪器C的名称是
　　　　;反应过程中,应保持温度计2示数处于一定范围,合理的是　　　　(填标号)。
A.55~60 ℃ B.100~105 ℃
C.190~195 ℃
(3)为测定酸值,取a g样品配制250.00 mL溶液,移取 25.00 mL溶液,用c mol·L-1 KOH-乙醇标准溶液滴定至终点,重复实验,数据如下:
序号 1 2 3 4 5
滴定前读数/mL 0.00 24.98 0.00 0.00 0.00
滴定后读数/mL 24.98 49.78 24.10 25.00 25.02
应舍弃的数据为　　　　(填序号);测得该样品的酸值为　　　　(用含a、c的代数式表示)。若测得酸值高于聚合度要求,可采取的措施为　　　　 (填标号)。
A.立即停止加热
B.排出装置D内的液体
C.增大N2的流速
(4)实验中未另加催化剂的原因是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
答案　(1)1∶1∶2　(2)冷凝回流　直形冷凝管　B
(3)2、3　 mg·g-1　C　(4)反应过程中生成酸,实现了自催化(或防止反应速率过快,避免聚合度超过要求)
解析　(1)按照如图
中“”的位置断键,单体分别为顺丁烯二酸酐、丙-1,2-二醇、邻苯二甲酸酐、丙-1,2-二醇,则理论上,原料物质的量投料比n(顺丁烯二酸酐)∶n(邻苯二甲酸酐)∶n(丙-1,2-二醇)=1∶1∶2。(2)装置B是空气冷凝管,作用是冷凝回流;仪器C的名称是直形冷凝管;根据已知信息,反应过程中醇解产物生成聚酯时有H2O产生,为提高反应产率,需使产生的水以H2O(g)形式逸出,故应保持温度计2示数高于水的沸点且低于反应物沸点,则合理的温度范围为100~105 ℃,B正确。(3)5次实验分别消耗KOH-乙醇标准溶液的体积为24.98 mL、24.80 mL、24.10 mL、25.00 mL、25.02 mL,其中第2、3次数据误差较大,应舍去;取其余三次的平均值,消耗标准溶液的体积为25.00 mL。a g样品消耗KOH的质量为c mol·L-1×25.00×10-3 L××56 g·mol-1=14c g=14 000c mg,则该样品的酸值为 mg·g-1;随着反应的进行,样品中—COOH减少,酸值应降低,若测得酸值高于聚合度要求,应增大N2的流速,促进反应的进行。(4)该实验的反应过程中,酸酐与醇发生醇解反应时,生成了羧酸官能团,实现了自催化,故反应中无需另加催化剂。
2.(2025·湖北卷)某小组在探究Cu2+的还原产物组成及其形态过程中,观察到的实验现象与理论预测有差异。根据实验描述,回答下列问题:
(1)向2 mL 10% NaOH溶液中加入5滴5% CuSO4溶液,振荡后加入2 mL 10%葡萄糖溶液,加热。
①反应产生的砖红色沉淀为　　　　(写化学式),葡萄糖表现出　　　　(填“氧化”或“还原”)性。
②操作时,没有加入葡萄糖溶液就加热,有黑色沉淀生成。用化学反应方程式说明该沉淀产生的原因:　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
(2)向20 mL 0.5 mol·L-1 CuSO4溶液中加入Zn粉使蓝色完全褪去,再加入盐酸并加热至溶液中无气泡产生为止。过滤得固体,洗涤并真空干燥。
①加入盐酸的目的是　　　　　　　　　　　　。
②同学甲一次性加入1.18 g Zn粉,得到0.78 g红棕色固体,其组成是　　　　(填标号)。
a.Cu b.Cu包裹Zn
c.CuO d.Cu和Cu2O
③同学乙搅拌下分批加入1.18 g Zn粉,得到黑色粉末X。分析结果表明,X中不含Zn和Cu(Ⅰ)。关于X的组成提出了三种可能性:Ⅰ CuO;Ⅱ CuO和Cu;Ⅲ Cu,开展了下面2个探究实验:
由实验结果可知,X的组成是　　　　(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。从物质形态角度分析,X为黑色的原因是　　　　。
答案　(1)①Cu2O　还原
②Cu(OH)2CuO+H2O
(2)①除去过量的锌粉　②b　③Ⅲ　固体颗粒小,光线进入后被多次反射吸收,所以呈黑色
解析　(1)向2 mL 10% NaOH溶液加入5滴5% CuSO4溶液,制得新制氢氧化铜悬浊液,振荡后加入2 mL 10%葡萄糖溶液,加热,新制氢氧化铜悬浊液和葡萄糖中的醛基反应;(2)向20 mL 0.5 mol·L-1 CuSO4溶液中加入Zn粉使蓝色完全褪去,Cu2+全部被还原,再加入盐酸并加热至溶液中无气泡产生为止,过量的Zn粉全部转化为Zn2+,过滤得固体,洗涤并真空干燥,该固体是Cu2+的还原产物,可能含Cu、Cu2O等。(1)①向2 mL 10% NaOH溶液加入5滴5% CuSO4溶液制得新制氢氧化铜悬浊液,振荡后加入2 mL 10%葡萄糖溶液,加热,新制氢氧化铜悬浊液与葡萄糖中的醛基反应产生的砖红色沉淀为Cu2O,Cu被葡萄糖从+2价还原为+1价,葡萄糖表现出还原性;②操作时,没有加入葡萄糖溶液就加热,有黑色沉淀生成,该黑色沉淀为CuO,用化学反应方程式说明该沉淀产生的原因:Cu(OH)2CuO+H2O;(2)①由题干加入盐酸并加热至溶液中无气泡产生为止可知加入盐酸的作用是除去过量的锌粉;②先加Zn粉、后加盐酸,得到固体为红棕色,则一定有Cu(Cu2O和HCl发生歧化反应生成Cu),20 mL 0.5 mol·L-1 CuSO4中n(Cu2+)=0.5 mol·L-1×20 mL×10-3=0.01 mol,Cu的最大物质的量为0.01 mol,质量为0.64 g,生成Cu2O的最大质量为0.72 g,实际固体质量为0.78 g;a.若只有Cu,则固体质量应小于等于0.64 g,a不符题意;b.若是Cu包裹Zn,则0.64 g<固体质量<1.18 g,b符合题意;c.若是CuO,则不可能为红棕色,c不符题意;d.若是Cu和Cu2O,固体质量应介于0.64 g~0.72 g之间,d不符题意;③实验1得到的溶液呈无色,说明一定无CuO,那么X的组成只能是Cu,选Ⅲ;从物质形态角度分析,X为黑色的原因是金属固体Cu呈粉末状时,光线进入后被多次反射吸收,所以呈黑色。
题目特点:化学是以实验为基础的学科,高考对实验的考查无处不在,且形式千变万化。但循其规律主要的呈现形式有两种:一是以制备、性质探究为主体的实验;二是结合流程、原理、有机、结构渗透实验。
考查角度:
考向 命题角度
基础 考向 1.仪器的名称及其作用; 2.实验中发生反应的方程式书写; 3.滴定实验中指示剂的选择,终点现象的描述
综合 考向 1.完成指定实验的仪器选择及其连接; 2.实验现象、结论、原因和目的的规范描述; 3.定量实验中数据处理与含量计算; 4.定量实验中物质组成的确定
应用创 新考向 1.指定实验目的的实验方案设计; 2.指定实验方案或实验装置的评价与改进
在实验过程中,不论是制备物质还是探究性质或是定量测定,都需在装置组装中防漏气、在制备物质中防杂质、在性质探究中防干扰、在尾气处理中防污染等等。故解答实验题,如何进行各步骤的“防干扰”是关键。处理好实验中的各种“防”,就能“以防为攻”完胜实验题。
1.理清实验过程中的干扰因素及防干扰措施
2.构建“以防为攻”的综合实验题解题思维模型
1.(2025·河北卷)氢碘酸常用于合成碘化物。某化学兴趣小组用如图装置(夹持装置等略)制备氢碘酸。
步骤如下:
ⅰ.在A中加入150 mL H2O和127 g I2,快速搅拌,打开K1通入H2S,反应完成后,关闭K1,静置、过滤得滤液;
ⅱ.将滤液转移至B中,打开K2通入N2,接通冷凝水,加热保持微沸,直至H2S除尽;
ⅲ.继续加热蒸馏,C中收集沸点为125~127 ℃间的馏分,得到117 mL氢碘酸(密度为1.7 g·mL-1,HI质量分数为57%)。
回答下列问题:
(1)仪器A的名称:　　　　,通入H2S发生反应的化学方程式:　　　　　　　　　　　　。
(2)步骤ⅰ中快速搅拌的目的:　　　　　　　　　　　 (填序号)。
a.便于产物分离 b.防止暴沸
c.防止固体产物包覆碘
(3)步骤ⅰ中随着反应的进行,促进碘溶解的原因:
　　　　　　　　　　　　(用离子方程式表示)。
(4)步骤ⅱ中的尾气常用　　　　　　　　　　　　(填化学式)
溶液吸收。
(5)步骤ⅱ实验开始时的操作顺序:先通入N2,再加热;步骤ⅲ实验结束时相对应的操作顺序:　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
(6)列出本实验产率的计算表达式:　　　　　　　　　　　　。
(7)氢碘酸见光易分解,易被空气氧化,应保存在　　　　　　　　。
答案　(1)圆底烧瓶　H2S+I2===2HI+S　(2)c
(3)I2+I-===　(4)NaOH(其他合理答案也可)
(5)先停止加热,再停止通入N2
(6)×100%
(7)棕色细口试剂瓶中
解析　(1)由题图中仪器A的构造特点可知,仪器A为圆底烧瓶。通入H2S后,H2S与I2反应生成HI,结合原子守恒、得失电子守恒可得该反应的化学方程式为H2S+I2===2HI+S。(2)由步骤ⅰ的操作可知,静置、过滤的目的是分离产物,与快速搅拌无关,a不符合题意;步骤ⅰ中未涉及加热,b不符合题意;由(1)可知,步骤ⅰ的反应中有硫单质生成,由于S不溶于水,会包裹溶液中的碘单质阻碍反应的发生,c符合题意。(3)I2可与溶液中的I-反应生成,从而增大碘单质的溶解度,反应的离子方程式为I2+I-===。(4)步骤ⅱ中通入N2的目的是将步骤ⅰ滤液中的H2S排尽,H2S为酸性气体,可吸收H2S的试剂有碱性溶液(如氢氧化钠溶液、氨水)、金属盐溶液(如硫酸铜溶液、氯化锌溶液)、氧化性溶液(如铁盐溶液、双氧水)以及有机胺类溶剂(如二乙醇胺)等。(5)停止加热后,持续通入N2,可防止产物HI被空气氧化,待装置冷却后再停止通入N2,可将装置中残留的HI全部赶入C中。(6)由步骤ⅲ可知,实际得到117 mL氢碘酸,结合题给数据可知实际生成氢碘酸的物质的量n实际(HI)=,由制备氢碘酸的反应方程式可得关系式I2~2HI,该反应中H2S过量,则理论产量由I2的添加量计算,则n理论(HI)=2×=1 mol,故实验的产率=×100%。(7)为防止氢碘酸见光分解及被空气氧化,应将氢碘酸保存在棕色细口试剂瓶中。
2.(2025·八省联考河南卷)某实验小组利用EDTA标准溶液滴定Ca2+,从而间接测定Na2CO3、NaHCO3混合溶液中C的总浓度。已知EDTA与Ca2+按物质的量之比1∶1反应。
主要实验步骤如下:
Ⅰ.如图所示,
取100.0 mL Na2CO3、NaHCO3混合溶液于①中,在搅拌下滴加NaOH溶液,调pH至11,然后准确加入V1 mL c1 mol·L-1 CaCl2溶液(过量),搅拌下水浴加热至60 ℃并保持5 min,冷却至室温。过滤、洗涤,合并滤液和洗涤液,在250 mL容量瓶中定容。
Ⅱ.取25.00 mL步骤Ⅰ配制的溶液于锥形瓶中,加入一定量蒸馏水,用NaOH溶液调pH在12~13之间,再滴加4~5滴钙指示剂。用c2 mol·L-1 EDTA标准溶液滴定至终点,平行测定三次。消耗EDTA溶液平均体积为V2 mL。
回答下列问题:
(1)仪器①的名称是　　　　　　;②的名称是　　　　。
(2)步骤Ⅰ中,若不慎将NaOH溶液沾到皮肤上,应对措施是　　　　　　　　　　　　。
(3)步骤Ⅰ中,调pH至11的目的是　　　　　　　　　　　;加入的CaCl2溶液需过量的原因是
　　　　　　　　　　　　。
(4)步骤Ⅰ中,采用水浴加热方式的优点是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(5)步骤Ⅱ滴定接近终点时,使滴定管尖嘴处悬垂的半滴标准溶液加入锥形瓶中的操作是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
(6)Na2CO3、NaHCO3混合溶液中,C的总浓度c总=　　　　 mol·L-1(写出计算式)。
答案　(1)三颈烧瓶　恒压滴液漏斗
(2)先用大量的水冲洗,然后涂上稀硼酸溶液减小对皮肤的腐蚀
(3)将混合溶液中的碳酸氢钠完全转化为碳酸钠
保证碳酸根离子沉淀完全
(4)便于控制温度,且受热均匀
(5)使半滴溶液悬于管口,将锥形瓶内壁与管口接触,使液滴流出
(6)
解析　本题是一道含量测定类的实验题,先用NaOH溶液将碳酸氢钠完全转化为碳酸钠,再根据滴定实验的有关操作并结合EDTA与Ca2+按物质的量之比1∶1反应进行计算解题。(1)由图可知,仪器①的名称是三颈烧瓶;②的名称是恒压滴液漏斗;(2)NaOH溶液有腐蚀性,会腐蚀皮肤,若不慎将NaOH溶液沾到皮肤上,应先用大量的水冲洗,然后涂上稀硼酸溶液减小对皮肤的腐蚀;(3)在搅拌下滴加NaOH溶液,调pH至11,可以将混合溶液中的碳酸氢钠完全转化为碳酸钠;加入过量的CaCl2溶液可以保证碳酸根离子沉淀完全;(4)本实验所需温度低于100 ℃,可以采用水浴加热,水浴加热便于控制温度,且受热均匀;(5)使滴定管尖嘴处悬垂的半滴标准溶液加入锥形瓶中的操作是:使半滴溶液悬于管口,将锥形瓶内壁与管口接触,使液滴流出;(6)消耗EDTA溶液平均体积为V2 mL,则配制的溶液中含有钙离子的物质的量为×c2·V2×10-3 mol,所以Na2CO3、NaHCO3混合溶液中,C-1 mol·L-1。
大题通关练(五)　化学综合实验题
1.(2025·黑吉辽内蒙古卷)某实验小组采用如下方案实现了对甲基苯甲酸的绿色制备。
反应:
步骤:
Ⅰ.向反应管中加入0.12 g对甲基苯甲醛和1.0 mL 丙酮,光照,连续监测反应进程。
Ⅱ.5 h时,监测结果显示反应基本结束,蒸去溶剂丙酮,加入过量稀NaOH溶液,充分反应后,用乙酸乙酯洗涤,弃去有机层。
Ⅲ.用稀盐酸调节水层pH=1后,再用乙酸乙酯萃取。
Ⅳ.用饱和食盐水洗涤有机层,无水Na2SO4干燥,过滤,蒸去溶剂,得目标产物。
回答下列问题:
(1)相比KMnO4作氧化剂,该制备反应的优点为　　　　　　　　　　　　、
　　　　　　　　　　　　(答出2条即可)。
(2)根据反应液的核磁共振氢谱(已去除溶剂H的吸收峰,谱图中无羧基H的吸收峰)监测反应进程如图。已知峰面积比a∶b∶c∶d=1∶2∶2∶3,a∶a'=2∶1。反应2 h时,对甲基苯甲醛转化率约为　　　　 %。
(3)步骤Ⅱ中使用乙酸乙酯洗涤的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(4)步骤Ⅲ中反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　、
　　　　　　　　　　　　。
(5)用同位素示踪法确定产物羧基O的来源。丙酮易挥发,为保证18O2气氛,通18O2前,需先使用“循环冷冻脱气法”排出装置中(空气中和溶剂中)的16O2,操作顺序为①→②→　　　　→　　　　→　　　　(填序号),重复后四步操作数次。
①关闭阀门
②液氮冷冻反应液
③打开阀门抽气
④反应液恢复室温
同位素示踪结果如表所示,则目标产物中羧基O来源于醛基和　　　　。
反应条件 质谱检测目标产物相对分子质量
太阳光,18O2,室温,CH3COCH3,5 h 138
太阳光,空气,室温,CH3C18OCH3,5 h 136
答案　(1)原料更易得　副产物少　(2)50
(3)除去未反应的
(4)H++OH-===H2O　H++—→
(5)③　①　④　氧气
解析　(1)该反应使用空气作氧化剂,故相比KMnO4作氧化剂而言,空气更易得,且能防止—CH3被氧化,减少副产物的生成。(2)由题给信息可知,反应时间为0 h时,峰a、b、c、d分别表示醛基H、苯环H、苯环H和甲基H,反应2 h时,峰面积a∶a'为2∶1,即2 h时转化的对甲基苯甲醛的量为起始时的,则反应2 h时,对甲基苯甲醛的转化率为×100%=50%。(3)步骤Ⅱ中加入过量稀NaOH溶液后,对甲基苯甲酸转化为可溶于水的对甲基苯甲酸钠,故采用乙酸乙酯洗涤时,可除去未反应完全的对甲基苯甲醛,从而提高目标产物纯度。(4)步骤Ⅲ中加入稀盐酸除去步骤Ⅱ中过量的NaOH,离子方程式为H++OH-===H2O;同时稀盐酸可使步骤Ⅱ中产生的转化为,离子方程式为H++—→。(5)具支试管中盛有溶剂及空气,故循环冷冻脱气时,须先关闭阀门,然后使用液氮冷冻反应液,待具支试管中的反应液冷冻后,打开阀门抽出其中的空气,然后关闭阀门,最后反应液恢复至室温,重复后四步操作数次,使装置中的16O2全部排出。若对甲基苯甲酸中羧基O均为16O,则其相对分子质量为136,而表中第一组信息显示其相对分子质量为138,故羧基中1个O为18O,比较反应条件可知,第一组产物中的18O来自18O2,故目标产物中羧基O来源于醛基和氧气。
2.(2025·山东聊城三模)氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵是制备热敏材料VO2的原料,其化学式为(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O,制备的实验流程如下:
V2O5VOCl2溶液粗产品
已知:VO2+在酸性条件下易被氧化。
(1)步骤1的反应装置如图所示(夹持及加热装置略去,下同)。仪器b的名称为　　　　　　,N2H4·2HCl的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(2)步骤2可在如下装置中进行:
①接口的连接顺序为c→　　　　　　　　　　　　。
②连接好装置,　　　　　　,加入试剂,关闭K2、打开K1,一段时间后,关闭K1、打开K2,充分反应。
③实验结束,利用饱和NH4HCO3溶液洗涤D中所得晶体,检验晶体已洗涤干净的操作是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
(3)测定产品纯度
称取a g样品用稀硫酸溶解后,加入V1 mL c1 mol·L-1酸性KMnO4溶液将VO2+转化成V,向反应后溶液中滴加c2 mol·L-1 NaNO2标准溶液,至剩余酸性KMnO4溶液恰好完全反应[N+H+—→N+Mn2++H2O](未配平),重复实验3次,平均消耗NaNO2标准溶液V2 mL。
①粗产品中氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵(摩尔质量为M g·mol-1)的质量分数表达式为　　　　　　%(用含M、a、c1、V1、c2、V2的代数式表示)。
②若步骤2直接关闭K1、打开K2进行实验,则产品纯度　　　　　　(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
答案　(1)恒压滴液漏斗　还原V2O5
(2)①a→b→f→g→d→(e)　②检查装置气密性
③取少量最后一次洗涤液于试管中,滴加稀硝酸使溶液呈酸性,再滴加AgNO3溶液,若不产生白色沉淀,则证明晶体已洗涤干净
(3)①　②偏低
解析　(1)仪器b的名称为恒压滴液漏斗;V2O5作氧化剂,则N2H4 2HCl表现出还原性,则N2H4 2HCl作用是还原V2O5;(2)①由分析可知,装置连接顺序是B→A→D→C,,则接口的连接顺序为c→a→b→f→g→d→(e);②连接好装置,装药品前需要检查装置气密性;③实验结束,利用饱和NH4HCO3溶液洗涤D中所得晶体,晶体不含有氯离子则已洗涤干净,操作是取少量最后一次洗涤液于试管中,滴加稀硝酸使溶液呈酸性,再滴加AgNO3溶液,若不产生白色沉淀,则证明晶体已洗涤干净;(3)①由2KMnO4~5N,可求出过量的KMnO4的物质的量为×c2V2×10-3 mol;则与VO2+反应的KMnO4的物质的量为,c1V1×10-3mol-×c2V2×10-3 mol;由关系式KMnO4~5VO2+,可求出VO2+的物质的量为5(c1V1×10-3-×c2V2×10-3) mol=(5c1V1-2c2V2)×10-3 mol,所以样品中氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵(摩尔质量为M g·mol-1)的质量分数为×100%=%;②若步骤2直接关闭K1、打开K2进行实验,没有将空气排干净,则VO2+会提前被氧化,导致酸性高锰酸钾氧化VO2+的量偏少,需要消耗更多的NaNO2标准液,即V2偏大,根据公式可知,样品纯度偏低。
3.(2025·山东青岛一模)无水CrCl3易水解,650 ℃以上升华,常用于有机合成。设计以下实验制无水CrCl3并测定产品纯度。回答下列问题。
Ⅰ.制备CrCl3·6H2O
K2Cr2O7与浓盐酸在加热条件下制备CrCl3,反应后经一系列操作得CrCl3·6H2O。
(1)K2Cr2O7与浓盐酸反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　。
Ⅱ.制备无水CrCl3
CrCl3·6H2O与SOCl2蒸气加热反应制CrCl3装置如图(夹持及部分加热装置省略)。SOCl2沸点为76 ℃,遇水极易反应。
(2)B中盛放的试剂为　　　　　　。装置F中盛放碱石灰,作用为　　　　　　　　　　　　。
(3)装置D中反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
(4)实验开始时,通入CO2排出装置内空气后,再　　　　　　 (填控制止水夹的操作),将SOCl2带入装置D。
(5)实验过程中,连接管需间歇性加热,其目的是　　　　　　　　　　　　。
Ⅲ.测定无水CrCl3的纯度
①称取制备的无水CrCl3 1.000 g,溶于水后定容至100 mL。
②取25.00 mL溶液于碘量瓶中,加入稍过量的Na2O2充分反应,再加入H2SO4将Cr3+转化为Cr2;煮沸、冷却后再加入过量KI固体,加塞摇匀。
③加入少量淀粉溶液,再用0.100 0 mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定,平行滴定三次,平均消耗Na2S2O3溶液30.00 mL。
已知:Cr2+I-+H+—→I2+Cr3++H2O(未配平);I2+S2—→S4+I-(未配平)。
(6)样品中无水CrCl3的质量分数为　　　　　　。若步骤②中未煮沸,则测得的无水CrCl3的质量分数　　　　　　(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
答案　(1)Cr2+14H++6Cl-===2Cr3++3Cl2↑+7H2O
(2)浓硫酸　吸收SO2和HCl,防止污染空气,防止空气中的水蒸气进入装置
(3)CrCl3·6H2O+6SOCl2CrCl3+6SO2+12HCl
(4)关闭K1,打开K2、K3
(5)防止CrCl3冷却凝固堵塞连接管
(6)63.40%　偏高
解析　(1)K2Cr2O7中Cr为+7价,浓盐酸中Cl为-1价,两者发生氧化还原反应,故离子方程式为Cr2+14H++6Cl-===2Cr3++3Cl2↑+7H2O;(2)由图可知,装置A产生CO2,排尽装置中的空气,由于SOCl2沸点为76 ℃,遇水极易反应,故装置B盛放的应为浓硫酸,用于干燥CO2;CrCl3·6H2O与SOCl2蒸气加热制CrCl3的反应为CrCl3·6H2O+6SOCl2CrCl3+6SO2+12HCl,会产生SO2和HCl,污染空气,故装置F中盛放碱石灰,作用为吸收SO2和HCl,防止污染空气并防止空气中的水蒸气进入装置;(3)装置D中反应的化学方程式为CrCl3·6H2O+6SOCl2CrCl3+6SO2+12HCl;(4)实验开始时,通入CO2排出装置内空气后,再关闭K1,打开K2、K3,利用CO2气流经C瓶将SOCl2蒸气带入装置D;(5)由于无水CrCl3易水解,650 ℃以上升华,故实验过程中,连接管需间歇性加热,其目的是为了防止CrCl3冷却凝固堵塞连接管;(6)滴定反应相应离子方程式为Cr2+6I-+14H+===2Cr3++3I2+7H2O,I2+2S2,2Cr3+~3I2~6Na2S2O3,故3n(CrCl3)=n(Na2S2O3),故无水CrCl3的质量分数为×100%=63.40%;步骤②取25.00 mL溶液于碘量瓶中,加入稍过量的Na2O2充分反应,再加入H2SO4将Cr3+转化为Cr2;煮沸、冷却后再加入过量KI固体,煮沸是为了除去H2O2,若不煮沸,H2O2也会将I-氧化为I2,则消耗的Na2S2O3多,故测得的无水CrCl3的质量分数偏高。
4.(2025·黑龙江吉林二模)某化学兴趣小组利用邻二氮菲(C12H8N2)分光光度法测定水中微量铁。
已知:
ⅰ.在pH为2~9溶液中,邻二氮菲与Fe2+生成稳定的橙红色配合物,显色反应为3C12H8N2+Fe2+===[Fe(C12H8N2)3]2+
ⅱ.根据朗伯比耳定律:A=εcL,当入射光波长λ及光程L(比色皿厚度)一定时,在一定浓度范围内,有色物质的吸光度A与该物质的浓度c成正比。
Ⅰ.溶液配制
(1)用滴定管量取100 μg·mol-1铁储备液10.00 mL,置于100 mL棕色容量瓶中加入2.0 mL 6 mol·L-1 HCl溶液,用蒸馏水稀释至刻度,摇匀,得到10 μg·mol-1铁标准溶液。此过程中除了用到容量瓶、滴定管和玻璃棒外,还需要的仪器有　　　　　　(填字母)。洁净的容量瓶在使用之前需要进行的操作是　　　　　　。
Ⅱ.邻二氮菲-Fe2+吸收曲线的绘制
(2)用滴定管量取铁标准溶液10 μg·mol-1 6.00 mL,经试剂处理后采用不同的波长λ为横坐标,由计算机绘制A与λ的吸收曲线如图,确定最大吸收波长λmax。
在显色前,首先用盐酸羟胺(NH2OH·HCl,强电解质)将Fe3+还原成Fe2+。其反应离子方程式为　　　　　　。试剂处理时需要加入5 mL CH3COOH-CH3COONa缓冲溶液使溶液的pH保持在合适范围,若pH过高,会造成　　　　　　　　　　　　; 若pH过低,会造成　　　　　　。
(3)邻二氮菲-Fe2+配合物中配位原子个数为　　　　　　。
(4)从吸收曲线可知,邻二氮菲-Fe2+配合物最大吸收波长λmax=510 nm,在此波长下,该配合物的摩尔吸光系数ε510=1.1×104 L·mol-1·cm-1,若某次测量时溶液的吸光度A=0.412,比色皿厚度1 cm,则溶液中Fe2+的浓度为　　　　　　 mol·L-1(保留两位有效数字)。
答案　(1)D　检漏
(2)2NH2OH·H++2Fe3+===N2↑+2Fe2++2H2O+4H+　亚铁离子转化为氢氧化亚铁沉淀　造成邻二氮菲中氮原子质子化,使得其配位能力降低
(3)6　(4)3.7×10-5
解析　(1)此过程中除了用到容量瓶、滴定管和玻璃棒外,还需要的仪器有定容需要的胶体滴管,故选D。洁净的容量瓶在使用之前需要进行的操作是检漏,防止配制过程中漏液;(2)盐酸羟胺(NH2OH·HCl,强电解质)将Fe3+还原成Fe2+,反应过程中铁离子被还原为亚铁离子,则氮元素被氧化为氮气,结合电子守恒,其反应离子方程式为2NH2OH·H++2Fe3+===N2↑+2Fe2++2H2O+4H+;试剂处理时需要加入5 mL CH3COOH-CH3COONa缓冲溶液使溶液的pH保持在合适范围,若pH过高,会造成亚铁离子转化为氢氧化亚铁沉淀,若pH过低,会造成邻二氮菲中氮原子质子化,使得其配位能力降低;(3)邻二氮菲-Fe2+配合物中亚铁离子提供空轨道、氮提供孤电子对形成配位键,结合3C12H8N2+Fe2+===[Fe(C12H8N2)3]2+,1个亚铁离子和3个C12H8N2形成配合物,则配位原子个数为6;(4)根据朗伯比耳定律:A=εcL,0.412=1.1×104 L·mol-1·cm-1×c×1 cm,则溶液中Fe2+的浓度为3.7×10-5 mol·L-1。
5.(2025·河南卷)某研究小组设计了如下实验测定某药用硫黄中硫的含量,其中硫转化的总反应为S+2OH-+3H2O2===S+4H2O。
主要实验步骤如下:
Ⅰ.如图所示,准确称取m g细粉状药用硫黄于①中,并准确加入V1 mL KOH乙醇溶液(过量),加入适量蒸馏水,搅拌,加热回流。待样品完全溶解后,蒸馏除去乙醇。
Ⅱ.室温下向①中加入适量蒸馏水,搅拌下缓慢滴加足量30% H2O2溶液,加热至100 ℃,保持20 min,冷却至室温。
Ⅲ.将①中溶液全部转移至锥形瓶中,加入2滴甲基橙指示剂,用c mol·L-1 HCl标准溶液滴定至终点,消耗HCl溶液体积为V2 mL。
Ⅳ.不加入硫黄,重复步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ做空白实验,消耗HCl标准溶液体积为V3 mL。计算样品中硫的质量分数。
Ⅴ.平行测定三次,计算硫含量的平均值。
回答下列问题:
(1)仪器①的名称是　　　　　　;②的名称是　　　　　　。
(2)步骤Ⅰ中,乙醇的作用是　　　　　　　　　　　　。
(3)步骤Ⅰ中,样品完全溶解后,必须蒸馏除去乙醇的原因是　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　。
(4)步骤Ⅱ中不宜采用水浴加热的原因是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
步骤Ⅱ结束后,若要检验反应后溶液中的S,实验操作是　　　　　　　　　　　　。
(5)步骤Ⅲ中,判断滴定达到终点的现专题三　化学实验综合题中的常考热点
热点一　无机物的制备及相关实验
1.(2023·山东卷节选)三氯甲硅烷(SiHCl3)是制取高纯硅的重要原料,常温下为无色液体,沸点为31.8 ℃,熔点为-126.5 ℃,易水解。实验室根据反应Si+3HClSiHCl3+H2,利用如下装置制备SiHCl3粗品(加热及夹持装置略)。回答下列问题:
制备SiHCl3时进行操作:(ⅰ)……;(ⅱ)将盛有硅粉的瓷舟置于管式炉中;(ⅲ)通入HCl,一段时间后接通冷凝装置,加热开始反应。操作(ⅰ)为　　　　　　　　　　　　;
判断制备反应结束的实验现象是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。图示装置存在的两处缺陷是 　　　　　　　　　　　　。
2.(2024·湖南卷节选)亚铜配合物广泛用作催化剂。实验室制备[Cu(CH3CN)4]ClO4的反应原理如下:Cu(ClO4)2·6H2O+Cu+8CH3CN===2[Cu(CH3CN)4]ClO4+6H2O
实验步骤如下:
分别称取3.71 g Cu(ClO4)2·6H2O和0.76 g Cu粉置于100 mL乙腈(CH3CN)中反应,回流装置图和蒸馏装置图(加热、夹持等装置略)如下:
已知:①乙腈是一种易挥发的强极性配位溶剂;
②相关物质的信息如下:
化合物 [Cu(CH3CN)4]ClO4 Cu(ClO4)2·6H2O
相对分子质量 327.5 371
在乙腈中颜色 无色 蓝色
回答下列问题:
(1)下列与实验有关的图标表示排风的是　　　　(填标号)。
(2)装置Ⅰ中仪器M的名称为　　　　　　　　　　　　。
(3)装置Ⅰ中反应完全的现象是　　　　　　　　　　　　。
(4)装置Ⅰ和Ⅱ中N2气球的作用是　　　　　　　　　　　　。
(5)[Cu(CH3CN)4]ClO4不能由步骤c直接获得,而是先蒸馏至接近饱和,再经步骤d冷却结晶获得。这样处理的目的是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
(6)为了使母液中的[Cu(CH3CN)4]ClO4结晶,步骤e中向母液中加入的最佳溶剂是　　　　(填标号)。
A.水　　B.乙醇　　C.乙醚
高考热点:通过近几年的高考实验研究发现,试题往往是在教材实验、演示实验或考生已有实验知识的基础上进行改进,创设新情境,提出新问题,考查考生的创新意识和对实验过程的评价能力。问题设置主要有如下几个方面:
(1)实验仪器连接及装置作用描述。
(2)温度控制的目的和通入气体的作用。
1.仪器选择与连接顺序的思维过程
2.实验操作顺序应关注的两个方面
与气体有关的实验操作 装置选择与连接→气密性检验→装固体试剂→加液体试剂→开始实验(按程序)→拆卸仪器→其他处理等
除杂和空气干扰的实验操作 ①用溶液除杂气体时,若需干燥,要先除杂质气体再干燥除水蒸气。 ②对于空气中的成分干扰实验时,实验操作时应先用有关气体排空气,再进行反应
3.无机物制备实验综合题的思维模型
1.实验室利用四氯化钛气相氧化法制备二氧化钛,装置如图(部分夹持装置已略去)。已知:TiCl4的熔点为-24.1 ℃,沸点为136.4 ℃,在潮湿空气中易水解。回答下列问题:
(1)C装置中仪器a的名称为　　　　　　,实验装置从左到右的连接顺序为　　　　　　,D装置的作用为　　　　　　　　　　　　, C装置的加热方式为　　　　　　(填字母)。
a.温水浴 b.油浴(100~260 ℃)
c.热水浴 d.沙浴(400~600 ℃)
(2)写出B装置三颈烧瓶内发生反应的化学方程式:　　　　　　　　　　　　。
2.已知磺酰氯(SO2Cl2)是一种无色液体,熔点:-54.1 ℃,沸点:69.1 ℃,遇水发生剧烈水解,且产生白雾。某学习小组依据SO2(g)+Cl2(g)===SO2Cl2(g)　ΔH<0,利用如图所示装置制备磺酰氯(部分夹持装置略):
(1)利用装置E制取SO2宜选用的试剂是　　　　　　(填字母)。
a.10%的硫酸溶液和亚硫酸钙固体
b.铜和98%的浓硫酸
c.70%的硫酸溶液和亚硫酸钠固体
d.70%的硫酸溶液和亚硫酸钙固体
(2)为了使Cl2和SO2在装置D中混合反应,用仪器接口的小写字母和箭头表示上述装置的合理连接顺序:　　　　　　→f,g←　　　　　　　　 (箭头方向与气流方向一致,部分装置可重复使用)。
(3)仪器甲的名称为　　　　　　,仪器乙的作用是　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　。
3.二氯化二硫(S2Cl2)是一种金黄色油状液体(沸点138 ℃),可用作除草剂、橡胶硫化剂等,制备装置如图所示(夹持和加热装置略)。
已知:S2Cl2遇水发生反应2S2Cl2+2H2O===3S↓+SO2↑+4HCl,热稳定性差,能被Cl2氧化为SCl2;硫黄的熔点为113 ℃,沸点为445 ℃。
回答下列问题:
(1)S2Cl2的电子式为　　　　　　　　　　　　。
(2)制备S2Cl2的实验步骤如下:
步骤1:检查装置气密性,加入硫黄,通氮气;
步骤2:一段时间后加热A中三颈烧瓶至110~115 ℃,使硫黄熔化;
步骤3:改通氯气,于115~125 ℃氯化一段时间后改通氮气;
步骤4:……
步骤5:停止加热,持续通氮气至冷却。
①步骤1开始时需打开　　　　　　(填“K1”“K2”或“K3”,下同),关闭　　　　　　。通氮气的目的是　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　; 步骤4是　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　。
②证明有S2Cl2生成的现象是　　　　　　　　　　　　。 反应过程应控制Cl2的量,原因是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　; 装置C可选择　　　　　　(填标号)。
热点二　有机物制备及相关实验
1.(2024·黑吉辽卷)某实验小组为实现乙酸乙酯的绿色制备及反应过程可视化,设计实验方案如下:
Ⅰ.向50 mL烧瓶中分别加入5.7 mL乙酸(100 mmol)、8.8 mL乙醇(150 mmol)、1.4 g NaHSO4固体及4~6滴1‰甲基紫的乙醇溶液。向小孔冷凝柱中装入变色硅胶。
Ⅱ.加热回流50 min后,反应液由蓝色变为紫色,变色硅胶由蓝色变为粉红色,停止加热。
Ⅲ.冷却后,向烧瓶中缓慢加入饱和Na2CO3溶液至无CO2逸出,分离出有机相。
Ⅳ.洗涤有机相后,加入无水MgSO4,过滤。
Ⅴ.蒸馏滤液,收集73~78 ℃馏分,得无色液体6.60 g,色谱检测纯度为98.0%。
回答下列问题:
(1)NaHSO4在反应中起　　　　　　　　　　　 作用,用其代替浓H2SO4的优点是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　(答出一条即可)。
(2)甲基紫和变色硅胶的颜色变化均可指示反应进程。变色硅胶吸水,除指示反应进程外,还可
　　　　　　　　　　　　。
(3)使用小孔冷凝柱承载,而不向反应液中直接加入变色硅胶的优点是　　　　(填标号)。
A.无需分离
B.增大该反应平衡常数
C.起到沸石作用,防止暴沸
D.不影响甲基紫指示反应进程
(4)下列仪器中,分离有机相和洗涤有机相时均需使用的是　　　　(填名称)。
(5)该实验乙酸乙酯的产率为　　　　(精确到0.1%)。
2.(2024·新课标卷)吡咯类化合物在导电聚合物、化学传感器及药物制剂上有着广泛应用,一种合成1-(4-甲氧基苯基)-2,5-二甲基吡咯(用吡咯X表示)的反应和方法如下:
实验装置如图所示,将100 mmol 己-2,5-二酮(熔点:-5.5 ℃,密度:0.737 g·cm-3)与100 mmol 4-甲氧基苯胺(熔点:57 ℃)放入①中,搅拌。待反应完成后,加入50%的乙醇溶液,析出浅棕色固体。加热至65 ℃,至固体溶解,加入脱色剂,回流20 min,趁热过滤。滤液静置至室温,冰水浴冷却,有大量白色固体析出。经过滤、洗涤、干燥得到产品。
回答下列问题:
(1)量取己-2,5-二酮应使用的仪器为　　　　(填名称)。
(2)仪器①用铁夹固定在③上,③的名称是　　　　;仪器②的名称是　　　　。
(3)“搅拌”的作用是　　　　　　　　　　　　。
(4)“加热”方式为　　　　　　　　　　　　。
(5)使用的“脱色剂”是　　　　　　　　　　　　。
(6)“趁热过滤”的目的是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　;
用　　　　洗涤白色固体。
(7)若需进一步提纯产品,可采用的方法是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
高考热点:纵观近年高考真题,注重考查如下几个方面:
(1)仪器名称:如球形冷凝管、三颈烧瓶。
(2)实验操作细节:如加料顺序、温度控制、除杂方法与仪器分析。
(3)产率计算与误差分析。
(4)绿色化学与安全。
解有机物制备类实验题的思维模型
分析制备流程
依据有机反应特点作答 (1)有机化合物易挥发,反应中通常采用冷凝回流装置,以减少有机物的挥发,提高原料的利用率和产物的产率; (2)有机反应通常都是可逆反应,且易发生副反应,因此常使价格较低的反应物过量,以提高另一反应物的转化率和产物的产率,同时在实验中需要控制反应条件,以减少副反应的发生; (3)根据产品与杂质的性质差异,选择合适的分离、提纯方法
1.(2025·山东潍坊一模)对溴乙酰苯胺()是医药合成的重要中间体,实验室常以乙酰苯胺()和Br2为原料来合成。实验步骤如下:
步骤Ⅰ.向一定体积的三颈烧瓶中,先加入45.0 mL乙醇,再加入10.8 g乙酰苯胺,充分溶解。将13.0 g溴溶解于20.0 mL冰醋酸中,装入图1所示装置的仪器a中;
步骤Ⅱ.一边搅拌一边慢慢地滴加溴的冰醋酸溶液,滴加完毕后,在45 ℃下,继续搅拌反应1小时,然后将温度提高至60 ℃,再搅拌一段时间;
步骤Ⅲ.在搅拌下将反应后溶液慢慢加至含少量NaOH的100 mL冰水中(混合后溶液呈弱酸性),此时立即有固体析出,略有黄色,加入饱和的亚硫酸氢钠水溶液充分搅拌至黄色恰好褪去,将上述溶液放入冰水浴中慢慢冷却;
步骤Ⅳ.采用如图2所示装置过滤,并用冷水充分洗涤,干燥,经系列操作后得到12.84 g白色针状晶体,色谱检测其纯度为80.0%。
已知:有关物质的部分性质见下表:
物质 相对分 子质量 熔点 /℃ 沸点 /℃ 溶解性
乙酰 苯胺 135 113 304 白色结晶性粉末,微溶于冷水,溶于热水、乙醇等
对溴乙 酰苯胺 214 167 353 白色针状晶体,溶于苯、乙醇,微溶于热水,不溶于冷水
回答下列问题:
(1)图1装置中,仪器a的名称为　　　　　　,“步骤Ⅰ”中选用三颈烧瓶的规格是　　　　　　(填标号)。
①100 mL ②150 mL
③250 mL ④50 mL
(2)乙醇和冰醋酸的作用是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
(3)“步骤Ⅲ”两次慢慢冷却的目的是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
(4)“步骤Ⅳ”中,图2装置停止实验时,先　　　　　　(填标号)再　　　　　　(填标号),最后加入冰水充分洗涤。
a.打开活塞K b.关闭抽气泵
(5)本实验中,对溴乙酰苯胺产率为　　　　　,若“步骤Ⅱ”加热时温度过高至85 ℃,将导致所测产率　　　　　　(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
2.已知苯甲酸乙酯的沸点为213 ℃,水-乙醇-环己烷三元共沸物的共沸点为62.1 ℃(即在此温度下水、乙醇和环己烷以7.0%、17.0%、76.0%的比例成为蒸气逸出)。请根据以上信息和图1、图2回答下述实验室制备苯甲酸乙酯的有关问题:
(1)在三颈烧瓶中加入苯甲酸、浓硫酸、过量的乙醇、沸石。再向三颈烧瓶中加入足量的环己烷,装上分水器和回流冷凝管。加入环己烷的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(2)反应结束后,将三颈烧瓶中的液体倒入盛有冷水的烧杯中,用饱和Na2CO3溶液中和至弱碱性,加入饱和Na2CO3溶液的作用是①　　　　　　　　　　　　。
②　　　　　　　　　　　　。 用　　　　　　(填仪器名称)进行分离操作,得到粗产品;再用乙醚萃取水层中溶有的少量有机产品,将醚层与粗产品合并;用蒸馏水洗有机层2次,将醚层与水尽量分净,醚层从上口倒入一个干燥的锥形瓶中。
(3)加入适量豆粒大小的无水氯化钙干燥剂,摇动锥形瓶,至醚层澄清透明;过滤后将醚层加入干燥的蒸馏烧瓶中;先蒸出　　　　　　,后蒸出　　　　　　。
(4)精馏苯甲酸乙酯时需要减压蒸馏,装置如图2所示。冷凝管的进出水方向为　　　　　口进,　　　　　　口出。毛细管的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(任答一条即可)。
热点三　物质性质探究实验
1.(2025·安徽卷节选)已知常温下Na2CO3和NaHCO3的溶解度分别为30.7 g和10.3 g。向饱和Na2CO3溶液中持续通入CO2气体会产生NaHCO3晶体。实验小组进行相应探究:
实验 操作 现象
a 将CO2匀速通入置于烧杯中的20 mL饱和Na2CO3溶液,持续20 min,消耗600 mL CO2 无明显现象
b 将20 mL饱和Na2CO3溶液注入充满CO2的500 mL矿泉水瓶中,密闭,剧烈摇动矿泉水瓶1~2 min,静置 矿泉水瓶变瘪,3 min后开始有白色晶体析出
ⅰ.实验a无明显现象的原因是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
ⅱ.析出的白色晶体可能同时含有NaHCO3和Na2CO3·10H2O。称取0.42 g晾干后的白色晶体,加热至恒重,将产生的气体依次通过足量的无水CaCl2和NaOH溶液,NaOH溶液增重0.088 g,则白色晶体中NaHCO3的质量分数为　　　　。
2.(2024·湖北卷)学习小组为探究Co2+、Co3+能否催化H2O2的分解及相关性质,室温下进行了实验Ⅰ~Ⅳ。
已知:[Co(H2O)6]2+为粉红色、[Co(H2O)6]3+为蓝色、[Co(CO3)2]2-为红色、[Co(CO3)3]3-为墨绿色。回答下列问题:
(1)配制1.00 mol·L-1的CoSO4溶液,需要用到下列仪器中的　　　　(填标号)。
实验Ⅰ 实验Ⅱ 实验Ⅲ
无明显变化 溶液变为红色,伴有气泡产生 溶液变为墨绿色,并持续产生能使带火星木条复燃的气体
(2)实验Ⅰ表明[Co(H2O)6]2+　　　　(填“能”或“不能”)催化H2O2的分解。实验Ⅱ中HC大大过量的原因是　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
实验 Ⅲ 初步表明[Co(CO3)3]3-能催化H2O2的分解,写出H2O2在实验 Ⅲ 中所发生反应的离子方程式　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　、 　　　　　　　　　　　　。
(3)实验Ⅰ表明,反应2[Co(H2O)6]2++H2O2+2H+2[Co(H2O)6]3++2H2O难以正向进行,利用化学平衡移动原理分析Co3+、Co2+分别与C配位后,正向反应能够进行的原因　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
实验Ⅳ
(4)实验Ⅳ中,A到B溶液变为蓝色,并产生气体;B到C溶液变为粉红色,并产生气体。从A到C所产生的气体的分子式分别为　　　　　　、　　　　　　。
高考热点:高考中关于性质探究类实验综合题的考查角度通常围绕实验设计、现象分析、原理应用和结论推导展开,识别实验中的干扰因素,提出改进措施。主要考查学生的科学探究能力、逻辑思维和知识迁移能力。
1.明确探究目标(审题核心)
(1)明确实验目的,如“探究X的氧化性”“验证Y的热稳定性”。
(2)联想同类物质的典型性质,识别目标物质的性质(酸性、还原性、配位能力等)。
2.分步解析实验操作
(1)每一步操作对应预期现象,并指向性质结论。
(2)注意操作细节的隐含目的。
操作 目的
实验前溶液煮沸 “除去溶解氧”是为了排除干扰
通入N2驱赶空气 排除O2/CO2的干扰
调节pH至特定范围 控制反应方向或防止副反应
水浴加热 均匀受热且温度可控
3.现象分析与性质推理
(1)明确现象与性质的对应关系,联想常见物质性质及对应实验现象。
(2)多重性质交叉验证,如若某物质既能使酸性KMnO4褪色(还原性),又能与NaHCO3反应(酸性),需综合判断。
4.应用变量控制思维,设计对比实验
1.某兴趣小组为探究H2S和Cl2O的性质,将两种气体同时通入水中,实验装置如图:
(1)三颈瓶中出现淡黄色沉淀,溶液呈强酸性,用一个化学方程式表示　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　。
(2)若通入水中的Cl2O已过量,设计实验方案检验　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　。
答案　(1)2H2S+Cl2O===2S↓+2HCl+H2O　(2)用玻璃棒蘸取清液,点到淀粉-KI试纸上,如果变蓝(或变蓝后再褪色),说明Cl2O过量
解析　(1)依据信息书写反应方程式,由题意知,H2S被氧化成S,Cl2O被还原成稳定产物HCl。(2)由(1)知,Cl2O具有强氧化性,用有现象的还原性检验,类比Cl2,用淀粉-KI试纸检验。
2.某化学兴趣小组为探究高锰酸钾与铜的反应,设计实验如下:
实验一 现象
一段时间后,培养皿中由铜片向外侧依次呈现: A区澄清且几乎无色; B区底部覆盖棕黑色固体; C区澄清且紫色变浅
资料a.Cu+在酸性溶液中不能稳定存在:2Cu+===Cu+Cu2+;
b.MnS为粉红色沉淀、溶于强酸;CuS为黑色沉淀、不溶于强酸。
(1)Cu被氧化成　　　　　　,依据是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(2)为探究Mn的还原产物,取A区中溶液　　　　　　　　(填操作和现象),证明有Mn2+生成。
(3)A区中KMnO4与Cu反应的离子方程式是　　　　　　　　　　　　。
(4)经检验,B区的棕黑色固体是MnO2,从溶液中离子扩散的角度,结合离子方程式解释B区和C区中的现象:　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
3.某学习小组欲探究苯酚与溴水的反应。
设计实验相关量如表所示,分别向蒸馏水和苯酚溶液中逐滴滴入浓溴水,同时进行磁力搅拌,观察并记录电导率的变化,电导率随时间的变化曲线如图所示:
物质 溶液浓度 /(mol·L-1) 溶液体积 V/mL 加入浓溴水 滴数/d
蒸馏水 0 30 10
苯酚溶液 0.1 x y
(1)根据实验信息推测,x=　　　　　　　　　　　　, y=　　　　　　。
(2)苯酚溶液与浓溴水反应的电导率曲线为　　　　　　(填图中字母);根据曲线信息推断该反应为　　　　　　(填“取代”或“加成”)反应;结合化学方程式和必要的文字说明推断理由:　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
(3)实验采用的苯酚溶液为稀溶液,溴水为浓溶液,若两者的浓度关系相反,则产生的后果是
　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
热点四　定量测定实验
1.(2024·安徽卷)测定铁矿石中铁含量的传统方法是SnCl2-HgCl2-K2Cr2O7滴定法。研究小组用该方法测定质量为a g的某赤铁矿试样中的铁含量。
[配制溶液]
①c mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液。
②SnCl2溶液:称取6 g SnCl2·2H2O溶于20 mL 浓盐酸,加水至100 mL,加入少量锡粒。
[测定含量]按图示所示(加热装置略去)操作步骤进行实验。
已知:氯化铁受热易升华;室温时HgCl2可将Sn2+氧化为Sn4+,难以氧化Fe2+;Cr2可被Fe2+还原为Cr3+。
回答下列问题:
(1)下列仪器在本实验中必须用到的有　　　　　　　　　　(填名称)。
(2)结合离子方程式解释配制SnCl2溶液时加入锡粒的原因:　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
(3)步骤Ⅰ中“微热”的原因是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　。
(4)步骤Ⅲ中,若未“立即滴定”,则会导致测定的铁含量　　　　(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
(5)若消耗c mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液V mL,则a g试样中Fe的质量分数为　　　　(用含a、c、V的代数式表示)。
2.(2024·山东卷)利用“燃烧-碘酸钾滴定法”测定钢铁中硫含量的实验装置如图所示(夹持装置略)。
实验过程如下:
①加样,将a mg样品加入管式炉内瓷舟中(瓷舟两端带有气孔且有盖),聚四氟乙烯活塞滴定管G内预装c(KIO3)∶c(KI)略小于1∶5的KIO3碱性标准溶液,吸收管F内盛有盐酸酸化的淀粉水溶液。向F内滴入适量KIO3碱性标准溶液,发生反应:KIO3+5KI+6HCl===3I2+6KCl+3H2O,使溶液显浅蓝色。
②燃烧:按一定流速通入O2,一段时间后,加热并使样品燃烧。
③滴定:当F内溶液浅蓝色消退时(发生反应:SO2+I2+2H2O===H2SO4+2HI),立即用KIO3碱性标准溶液滴定至浅蓝色复现。随SO2不断进入F,滴定过程中溶液颜色“消退-变蓝”不断变换,直至终点。
回答下列问题:
(1)取20.00 mL 0.100 0 mol·L-1 KIO3的碱性溶液和一定量的KI固体,配制1 000 mL KIO3碱性标准溶液,下列仪器必须用到的是　　　　(填标号)。
A.玻璃棒 B.1 000 mL锥形瓶
C.500 mL容量瓶 D.胶头滴管
(2)装置B和C的作用是充分干燥O2,B中的试剂为　　　　。装置F中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子(见放大图),目的是　　　　　　　　　　　　。
(3)该滴定实验达终点的现象是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　;
滴定消耗KIO3碱性标准溶液V mL,样品中硫的质量分数是　　　　(用代数式表示)。
(4)若装置D中瓷舟未加盖,会因燃烧时产生粉尘而促进SO3的生成,粉尘在该过程中的作用是　　　　　　　　;若装置E冷却气体不充分,可能导致测定结果偏大,原因是　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　; 若滴定过程中,有少量I不经I2直接将SO2氧化成H2SO4,测定结果会　　　　(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
高考热点:定量分析实验是高考的热点和必考点,考查学生的综合分析、实验数据的处理能力。具体是:
(1)物质纯度的测定。
(2)定量分析(误差分析)等。
1.定量实验数据的测定方法
2.下图是几种常见的测气装置
(1)仪器选择:测气体反应速率时,体积测量器可用洗气瓶、量筒、水槽和导管等装配成排液测气装置或用滴定管装配成量气装置,以及计时用的秒表。
(2)用量气装置测气体的体积时,由于是按常温、常压进行换算计算,过程条件的控制,要注意如下三点:
①温度:待实验装置冷却至室温。
②气压:上下移动量气管(或水准管),使左右两管液面水平,装置内外气压相等。
③体积:量气管要前后两次读数,差值为气体体积,读数时视线与凹液面的最低点水平。
1.氢化铝锂(LiAlH4)是一种极强的还原剂,在干燥空气中较稳定,在潮湿的空气中会发生剧烈水解,释放大量的H2并燃烧。LiAlH4(不含LiH)纯度可采用如下方法测定,实验装置如图所示。
25 ℃、常压下,称取x g产品LiAlH4,记录量气管B起始体积读数为V1 mL,在分液漏斗中加入过量的四氢呋喃(可减缓LiAlH4与H2O的反应速率)和水的混合液10.0 mL,打开旋塞至滴加完所有液体,立即关闭旋塞,冷却后,调整量气管B读数为V2 mL。
已知:量气管B由碱式滴定管改装;25 ℃、常压下气体摩尔体积为24.5 L·mol-1。
(1)反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
(2)LiAlH4的质量分数为　　　　(用含x、V1、V2的代数式表示,不考虑溶液混合后体积的变化)。
2.(2025·烟台模拟)准确称取2.00 g KMnO4产品溶于水,配成100.00 mL溶液。用移液管取25.00 mL 0.2 mol·L-1 的H2C2O4溶液于锥形瓶中,并加入2 mL稀硫酸。用上述KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液,重复操作3次,消耗KMnO4溶液的体积平均为20.00 mL。滴定终点的现象是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　,
计算可得产品中KMnO4的纯度是　　　　　,下列情况会导致KMnO4纯度测定值偏小的是　　　　　　(填标号)。
A.产品含少量K2MnO4
B.酸式滴定管滴定后有气泡
C.酸式滴定管没有润洗
D.滴定接近终点时用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁
3.某小组同学针对Cu(NO3)2的热稳定性进行探究。在如图1所示的实验装置A中,用酒精灯对Cu(NO3)2固体加热,产生红棕色气体,在装置C中收集到无色气体,经验证为O2。当反应结束以后,试管中残留固体为红色。
(1)从实验安全角度考虑,需要在装置A、B间增加一个　　　　　　装置。
(2)图2为Cu(NO3)2样品高温过程的热重曲线(样品质量分数w随温度的变化曲线)。Cu(NO3)2加热到200 ℃的化学方程式为　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　,
继续高温至1 000 ℃生成　　　　　　(填化学式)固体。
专题突破练(十九)　化学实验综合题中的常考热点
1.实验室合成氨装置如图1所示,试回答下列问题:
(1)装置甲的作用:①　　　　　,②　　　　　,③　　　　　　　　　　　。
(2)已知氨气在水中的溶解度大约为1∶700,若用图2中的装置吸收氨气,制成氨水,从实验安全的角度考虑应选用的装置是装置　　　　　(填标号)。
(3)某同学用图2中装置B吸收产生的氨气,结果装置B中溶液能使酚酞变红,且未看到倒吸现象,试分析未造成倒吸的原因可能是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
2.(2024·浙江1月选考节选)H2S可用于合成光电材料。某兴趣小组用CaS与MgCl2反应制备液态H2S,实验装置如图,反应方程式为CaS+MgCl2+2H2O===CaCl2+Mg(OH)2+H2S↑。
已知:①H2S的沸点是-61 ℃,有毒;
②装置A内产生的H2S气体中含有酸性气体杂质。
请回答:
(1)仪器X的名称是　　　　。
(2)完善虚框内的装置排序:A→B→　　→F→G。
(3)下列干燥剂,可用于装置C中的是　　　　。
A.氢氧化钾 B.五氧化二磷
C.氯化钙 D.碱石灰
(4)装置G中汞的两个作用是:①平衡气压;②　　　　。
(5)下列说法正确的是　　　　。
A.该实验操作须在通风橱中进行
B.装置D的主要作用是预冷却H2S
C.加入的MgCl2固体,可使MgCl2溶液保持饱和,有利于平稳持续产生H2S
D.该实验产生的尾气可用硝酸吸收
3.(2023·辽宁卷)2-噻吩乙醇(Mr=128)是抗血栓药物氯吡格雷的重要中间体,其制备方法如下:
Ⅰ.制钠砂。向烧瓶中加入300 mL液体A和4.60 g金属钠,加热至钠熔化后,盖紧塞子,振荡至大量微小钠珠出现。
Ⅱ.制噻吩钠。降温至10 ℃,加入25 mL噻吩,反应至钠砂消失。
Ⅲ.制噻吩乙醇钠。降温至-10 ℃,加入稍过量的环氧乙烷的四氢呋喃溶液,反应30 min。
Ⅳ.水解。恢复室温,加入70 mL水,搅拌30 min;加盐酸调pH至4~6,继续反应2 h,分液;用水洗涤有机相,二次分液。
Ⅴ.分离。向有机相中加入无水MgSO4,静置,过滤,对滤液进行蒸馏,蒸出四氢呋喃、噻吩和液体A后,得到产品17.92 g。
回答下列问题:
(1)步骤Ⅰ中液体A可以选择　　　　　　　　　　　　。
a.乙醇 b.水
c.甲苯 d.液氨
(2)噻吩沸点低于吡咯()的原因是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
(3)步骤Ⅱ的化学方程式为　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
(4)步骤Ⅲ中反应放热,为防止温度过高引发副反应,加入环氧乙烷溶液的方法是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
(5)步骤Ⅳ中用盐酸调节pH的目的是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
(6)下列仪器在步骤Ⅴ中无需使用的是　　　　　　　　　　　　(填名称),无水MgSO4的作用为
　　　　　　　　　　　　。
(7)产品的产率为　　　　　　(用Na计算,精确至0.1%)。
4.探究SO2的氧化性:向试管中通入足量SO2(尾气处理装置已略),记录如下。
装置 编号 试剂 实验现象
c 3 mol·L-1稀硫酸 始终无明显变化
d 3 mol·L-1稀盐酸 铜片表面变黑,溶液变为棕色
已知:ⅰ.水合Cu+既易被氧化也易被还原,因此水溶液中无法生成水合Cu+。
ⅱ.CuCl为白色固体,难溶于水,可溶于c(Cl-)较大的溶液生成[CuCl3]2-。
(1)证明d所得棕色溶液含有[CuCl3]2-:用滴管吸取少量棕色溶液,滴入蒸馏水中,出现白色沉淀。用平衡移动原理解释产生该现象的原因:　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
(2)与c对比,d能发生反应的原因是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
(3)由实验Ⅱ可推知,该条件下SO2、CuCl、Cu2+的氧化性由强到弱的顺序为　　　　　　。
5.(2025·河南省部分学校联考高三期中节选)某化学学习小组探究Fe3+在溶液中的颜色变化,进行以下实验。
试剂 加热前溶液颜色 加热后溶液颜色
实验Ⅰ Fe(NO3)3溶液+蒸馏水 棕黄色 深棕色
实验Ⅱ Fe(NO3)3溶液+HNO3 几乎无色 几乎无色
实验Ⅲ FeCl3溶液+HNO3 黄色 深黄色
已知:水溶液中,[Fe(H2O)6]3+几乎无色,
[FeCl4(H2O)2]-为黄色;[Fe(H2O)6]3+水解生成
[Fe(H2O)6-n(OH)n]3-n (棕黄色)。
(1)由实验可知,对[Fe(H2O)6]3+水解影响大小:H+的影响　　　　　　(填“大于”“等于”或“小于”)温度的影响。
(2)设计实验证明实验Ⅲ中溶液呈黄色的原因是Fe3++4Cl-+2H2O[FeCl4(H2O)2]-:
　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
6.(2024·重庆卷节选)FeS2的含量测定。产品先用王水溶解,再经系列处理后,在热盐酸条件下,以甲基橙为指示剂,用SnCl2溶液将Fe3+还原至Fe2+,终点为无色;用冰水迅速冷却,再以二苯胺磺酸钠为指示剂,用K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+至终点。已知甲基橙的还原反应:氧化态(红色)+ne-===还原态(无色)
(1)SnCl2比FeCl3易水解,且易被氧化。配制和保存SnCl2溶液需加入的试剂是　　　　　　　　　　　　。
(2)甲基橙指示终点的过程及作用原理是　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)若称取的产品为a g,K2Cr2O7标准溶液浓度为c mol·L-1,用量为V mL,FeS2的摩尔质量为M g·mol-1,则产品中FeS2质量分数为　　　　　　　　　　　 (写最简表达式)。
(4)下列操作可能导致测定结果偏高的是　　　　。
A.还原Fe3+时SnCl2溶液滴加过量
B.热的Fe2+溶液在空气中缓慢冷却
C.滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后气泡消失
D.滴定前仰视读数,滴定后俯视读数
7.(2023·全国乙卷)元素分析是有机化合物的表征手段之一。按下图实验装置(部分装置略)对有机化合物进行C、H元素分析。
回答下列问题:
(1)将装有样品的Pt坩埚和CuO放入石英管中,先　　　　　　,而后将已称重的U形管c、d与石英管连接,检查　　　　　　。依次点燃煤气灯　　　　,进行实验。
(2)O2的作用有　　　　　　　　　　　　, CuO的作用是　　　　　　　　 (举1例,用化学方程式表示)。
(3)c和d中的试剂分别是　　　　、　　　　(填标号)。c和d中的试剂不可调换,理由是　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
A.CaCl2 B.NaCl
C.碱石灰(CaO+NaOH) D.Na2SO3
(4)Pt坩埚中样品CxHyOz反应完全后,应进行操作:　　　　　　　　　　　　。
取下c和d管称重。
(5)若样品CxHyOz为0.023 6 g,实验结束后,c管增重0.010 8 g,d管增重0.035 2 g。质谱测得该有机物的相对分子量为118,其分子式为　　　　。
8.实验室对乙酸乙酯的制备进行可视化创新设计,实验方案如下:
①向仪器B中分别加入11.5 mL(0.2 mol)无水乙醇和6.0 mL(0.1 mol)乙酸、1.4 g NaHSO4固体及4~6滴1%甲基紫的乙醇溶液。向小孔冷凝柱中装入变色硅胶。
②控制温度在75~80 ℃,加热回流50 min后,反应液由蓝色变为紫色,冷凝柱中变色硅胶发生变化,停止加热。
③向冷却后的仪器B中分批缓慢加入饱和Na2CO3溶液至无气泡产生,分离出有机相。
④依次用适量饱和食盐水、饱和CaCl2溶液和蒸馏水洗涤有机相后,加入无水MgSO4,过滤。
⑤蒸馏滤液,收集73~78 ℃馏分,得到6.60 g无色液体。
已知:①乙醇能与CaCl2反应生成CaCl2·6C2H5OH,碳酸钠微溶于乙酸乙酯。
②变色硅胶中含有少量CoCl2。几种含钴化合物的颜色如表所示。
化合物 CoCl2·6H2O CoCl2
颜色 粉红色 蓝色
回答下列问题:
(1)仪器B的名称为　　　　　　,所选仪器B的最佳规格是　　　　　　(填标号)。
A.25 mL B.50 mL C.100 mL D.250 mL
(2)步骤②中变色硅胶在反应中的变化为　　　　　　　　　　　　。
(3)步骤③中加入饱和Na2CO3溶液的作用是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　(写出一条即可),
步骤④中加入无水MgSO4的作用是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
(4)步骤⑤中的仪器选择及安装都正确的是　　　　　　(填标号)。
(5)下列说法错误的是　　　　　　(填标号)。
a.步骤④中使用饱和CaCl2溶液洗涤的目的是除去乙醇及Na2CO3
b.步骤⑤中加热一段时间后发现忘记加碎瓷片,应冷却后补加
c.步骤①中 NaHSO4固体在反应中起催化、吸水作用
d.变色硅胶在反应中的作用除指示反应进程外,还能提高乙酸乙酯的产率
(6)经色谱检测,制得的产品纯度为96.0%,则该实验中乙酸乙酯的产率为　　　　　　。

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