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第65讲　探究型、定量型综合实验
1.能根据物质性质、反应原理选取实验装置、进行实验验证等。2.掌握物质组成或含量测定的一般方法,能对实验数据进行处理,得出结论。
考点一　探究型综合实验
1.物质性质探究型实验的类型
(1)根据物质的性质设计实验方案
(2)根据物质的结构(或官能团)设计实验方案
2.探究实验中常见操作及其目的或原因
操作 目的或原因
沉淀水洗 除去××(可溶于水)杂质
沉淀用乙醇洗涤 (1)减小固体的溶解度; (2)除去固体表面吸附的杂质; (3)乙醇挥发带走水分,使固体快速干燥
冷凝回流 (1)防止××蒸气逸出脱离反应体系; (2)提高××物质的转化率
控制溶液pH (1)防止××离子水解;(2)防止××离子沉淀;(3)确保××离子沉淀完全;(4)防止××溶解等
“趁热过滤”后,有时先向滤液中加入少量水,加热至沸腾,然后再“冷却结晶” 稀释溶液,防止降温过程中杂质析出,提高产品的纯度
加过量A试剂 使B物质反应完全(或提高B物质的转化率等)
温度不高于 ×× ℃ 温度过高,××物质分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3等)或××物质挥发(如浓硝酸、浓盐酸)或××物质被氧化(如Na2SO3等)或促进××物质水解(如AlCl3等)
减压蒸馏(减压蒸发) 减小压强,使液体沸点降低,防止××物质受热分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3等)
蒸发、反应时的气体氛围 抑制××离子的水解(如加热蒸发AlCl3溶液时需在HCl气流中进行,加热MgCl2·6H2O制MgCl2时需在HCl气流中进行等)
配制某溶液前先煮沸水 除去溶解在水中的氧气,防止××物质被氧化
反应容器中用玻璃管和大气相通 指示容器中压强大小,避免反应容器中压强过大或平衡气压
1.(2025·广东深圳模拟)硫酸亚铁在印染、医药、化肥等多个行业有广泛应用。某学习小组对硫酸亚铁晶体(FeSO4·7H2O)的热分解产物进行探究。回答下列问题。
(1)装置A中石棉绒的作用为防止固体粉末堵塞导管;装置D中的仪器名称为球形干燥管。
(2)按气流方向,上述装置合理的连接顺序为a→g→f→e→d→c→b→h。(填装置口小写字母)
(3)该小组同学按上述顺序连接各装置并进行实验,请为他们补全表格:
装置编号 填装试剂 实验现象 实验结论
A FeSO4·7H2O 绿色固体逐渐变为红色粉末 —
B ①品红溶液 ②溶液由红色褪为无色 分解产物中含有SO2
C BaCl2溶液 产生白色沉淀 ③分解产物中含有SO3
D 无水 CuSO4粉末 白色固体逐渐变为蓝色 分解产物中含有水蒸气
E ④NaOH溶液 — —
(4)硫酸亚铁晶体分解的化学方程式为2FeSO4·7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O↑。
(5)设计实验证明A中得到的红色粉末不含+2价铁元素:取实验后反应管中少量固体,溶于稀盐酸后,向溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液,不产生蓝色沉淀(或用硫酸溶解,酸性高锰酸钾检验Fe2+也可以)(简述实验操作及现象)。
解析:(2)装置A为硫酸亚铁晶体煅烧分解的装置,装置B盛放品红溶液,检验SO2,装置C盛放BaCl2溶液,检验SO3,装置D盛放无水CuSO4粉末,检验分解产物中的水蒸气,装置E盛放氢氧化钠溶液,吸收尾气。这三种生成物应该先检验水蒸气,再检验SO3,最后检验SO2,因为检验SO2和SO3时都经过溶液,会带出水蒸气,SO3极易溶于水且和水反应,所以连接顺序为a→g→f→e→d→c→b→h。(3)装置B盛放品红溶液,用于检验SO2,品红溶液褪色,说明分解产物中含有SO2;装置C盛放BaCl2溶液,用于检验SO3,产生白色沉淀,说明分解产物中含有SO3;装置D盛放无水CuSO4粉末,检验分解产物中含有水蒸气;白色固体逐渐变为蓝色,说明分解产物中含有水蒸气;装置E盛放氢氧化钠溶液,进行尾气处理。(4)硫酸亚铁晶体煅烧得到的红色固体为氧化铁,同时生成二氧化硫、三氧化硫和水,分解的化学方程式为2FeSO4·7H2OFe2O3+SO3↑+SO2↑+14H2O↑。
2.(2026·山东潍坊调研)某化学小组用如图所示装置探究Fe3+与S2-反应过程。
已知:FeS为黑色固体,在空气中易变质为Fe(OH)3;Fe2S3为黑色固体,在空气中能够稳定存在。
回答下列问题:
(1)仪器B的名称为球形干燥管;装置E的作用是吸收尾气。
(2)C中产生Fe2S3,D中未产生Fe2S3,从氧化还原角度分析,D中未产生Fe2S3的原因为Fe3+浓度较高,H2S具有还原性,会与Fe3+发生氧化还原反应,生成Fe2+和S单质。
(3)该小组同学利用数字化实验系统(pH传感器)探究Fe3+与S2-的反应过程。将0.10 mol·L-1 FeCl3溶液逐滴滴入25 mL 0.10 mol·L-1 Na2S溶液,滴定过程中溶液在较长时间内持续为黑色,一段时间后黑色浑浊物逐渐减少,同时体系的颜色逐渐变为褐色→黄色,整个实验过程仅有极微量的H2S产生,滴定过程中pH变化如图。
①0.10 mol·L-1 Na2S溶液pH=12.2,用离子方程式表示其显碱性的原因:S2-+H2O HS-+OH-、HS-+H2O H2S+OH-。
②探究黑色沉淀的成分:分别取点a、b、c中沉淀放置于空气中12 h,a中沉淀无明显变化。b、c中黑色沉淀部分变为红褐色。a点沉淀成分为Fe2S3,实验现象依据为Fe2S3为黑色固体,在空气中能够稳定存在。
③在第一段突变时,b点生成沉淀的反应离子方程式为3S2-+2Fe3+===2FeS↓+S↓。
在第二段突变时,c点黑色沉淀明显少于b点,且生成大量黄色沉淀,则该阶段反应的离子方程式为Fe2S3+4Fe3+===6Fe2++3S、FeS+2Fe3+===3Fe2++S。
解析:装置A中稀硫酸与FeS反应生成H2S气体;装置B中无水氯化钙除去H2S中的杂质水;装置C中H2S与Fe(OH)3发生中和反应生成Fe2S3;装置D中过量的Fe3+与H2S发生氧化还原反应,生成Fe2+和S单质;装置E用于吸收尾气H2S。(1)仪器B的名称为球形干燥管;根据分析,装置E用于进行吸收尾气处理。(2)C中H2S与Fe(OH)3发生中和反应生成Fe2S3,而H2S具有还原性,会与D中Fe3+发生氧化还原反应,生成Fe2+和S单质,故不会产生Fe2S3。(3)①Na2S为强碱弱酸盐,S2-会发生水解使溶液呈碱性,离子方程式为S2-+H2O HS-+OH-、HS-+H2O H2S+OH-,且水解主要以第一步为主。②根据已知信息,Fe2S3为黑色固体,在空气中能够稳定存在,而a点中黑色沉淀放置于空气中12 h无明显变化,因此a点沉淀成分为Fe2S3。③b点过量的Na2S和FeCl3反应生成FeS和S沉淀,反应的离子方程式为3S2-+2Fe3+===2FeS↓+S↓;c点黑色沉淀明显少于b点,且生成大量黄色沉淀,这是因为过量的FeCl3会与Fe2S3、FeS反应生成黄色沉淀S,离子方程式为Fe2S3+4Fe3+===6Fe2++3S、FeS+2Fe3+===3Fe2++S。
考点二　定量型综合实验
1.重量分析法
(1)在重量分析中,一般首先采用适当的方法,使被测组分以单质或化合物的形式从试样中与其他组分分离。
(2)重量分析法不需要指示剂,实验的关键是准确判断反应是否完全,以及反应前后固体(或液体)质量的变化。
(3)重量分析法的过程包括分离和称量两个过程。根据分离的方法不同,重量分析法又可分为沉淀法、挥发法、萃取法等。
(4)计算方法
采用重量分析法进行定量计算时,可根据实验中发生反应的化学方程式或原子守恒确定相关物质之间的定量关系,再结合实验数据列出关系式,并进行相关计算。
2.滴定分析法
(1)滴定分析法一般是将已知准确浓度的标准溶液,滴加到待测溶液中,直到所加的标准溶液与待测溶液按化学计量关系定量反应完全为止,然后测量标准溶液消耗的体积,根据标准溶液的浓度和所消耗的体积,计算出待测物质的含量。
(2)实验的关键是准确量取待测溶液,根据指示剂的颜色变化确定滴定终点。
(3)根据标准溶液和待测溶液间反应类型的不同,可将滴定分析法分为四大类:中和滴定、氧化还原滴定、络合滴定和沉淀滴定。
3.气体体积法
(1)通过测量反应生成气体的体积进行定量分析的方法,实验的关键是准确测量生成气体的体积。
(2)测气体体积的方法分为直接测量法和间接测量法:
直接 测量法 将气体通入带有刻度的容器中,直接读取气体的体积。根据所用测量仪器的不同,直接测量法可分为倒置量筒法和滴定管法两种
间接 测量法 利用气体将液体(通常为水)排出,通过测量所排出液体的体积从而得到气体体积。常用的测量装置为用导管连接的装满液体的广口瓶和空量筒。排水法收集气体时,要保证“短进长出”
1.碱式碳酸钴[Cox(OH)y(CO3)2]可用作电子材料、磁性材料的添加剂,受热时可分解生成三种氧化物。为了确定其组成,某化学兴趣小组同学设计了如下图所示装置进行实验。
(1)请完成下列实验步骤:
①称取3.65 g样品置于硬质玻璃管内,分别称量乙、丙装置的质量;
②按如图所示装置组装好仪器,并检查装置气密性;
③加热甲装置中硬质玻璃管,当乙装置中不再有气泡产生时(填实验现象),停止加热;
④打开活塞K,缓缓通入空气数分钟后,称量乙、丙装置的质量;
⑤计算。
(2)步骤④中缓缓通入空气数分钟的目的是将甲装置中产生的水蒸气和CO2全部赶入乙、丙装置中。
(3)某同学认为上述实验装置中存在一个明显缺陷,为解决这一问题,可选用下列装置中的D(填字母)连接在活塞K前(或甲装置前)(填装置连接位置)。
(4)若按正确装置进行实验,测得如下数据:
项目 乙装置的质量/g 丙装置的质量/g
加热前 80.00 62.00
加热后 80.36 62.88
该碱式碳酸钴的化学式为Co3(OH)4(CO3)2。
解析:(4)n(H2O)==0.02 mol,n(CO2)==0.02 mol,由C元素守恒可知,3.65 g该样品的物质的量为0.01 mol,H元素的物质的量为0.04 mol,故y为4,Co元素的质量为3.65 g-0.04 mol×17 g·mol-1-0.02 mol×60 g·mol-1=1.77 g,物质的量==0.03 mol,故x为3,故碱式碳酸钴的化学式为Co3(OH)4(CO3)2。
2.(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的名称是圆底烧瓶;②的名称是球形冷凝管。
(2)步骤Ⅰ中,乙醇的作用是作溶剂,溶解硫黄。
(3)步骤Ⅰ中,样品完全溶解后,必须蒸馏除去乙醇的原因是乙醇与H2O2混合后加热,会发生剧烈反应,引发危险。
(4)步骤Ⅱ中不宜采用水浴加热的原因是水的沸点为100 ℃,水蒸发过快,不易控温。步骤Ⅱ结束后,若要检验反应后溶液中的S,实验操作是取少量反应后溶液于试管中,先加入盐酸酸化,再加入氯化钡溶液,观察实验现象。
(5)步骤Ⅲ中,判断滴定达到终点的现象为滴入最后半滴HCl标准溶液,溶液颜色恰好由黄色变为橙色,且半分钟内颜色不恢复。
(6)单次样品测定中硫的质量分数可表示为%(写出计算式)。
解析:(6)不加入硫黄,消耗HCl标准溶液体积为V3 mL,因此,原氢氧化钾的物质的量是0.001cV3 mol,与S反应后剩余氢氧化钾的物质的量是0.001cV2 mol,因此与硫黄反应的氢氧化钾的物质的量是0.001c(V3-V2) mol,根据方程式S+2OH-+3H2O2===S+4H2O可知,硫单质的物质的量为0.000 5c(V3-V2) mol,所以单次样品测定中硫的质量分数可表示为%。
1.(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Cu2O(写化学式),葡萄糖表现出还原(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:Cu(OH)2CuO+H2O。
(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加入盐酸的目的是除去过量的锌粉。
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b(填字母)。
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Ⅲ(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。从物质形态角度分析,X为黑色的原因是粉末状态下的金属颗粒极小,导致光线发生漫反射和多次散射,最终大部分光线被吸收。
解析:(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,振荡后加入2 mL 10%葡萄糖溶液,加热,新制氢氧化铜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,化学反应方程式为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,加入盐酸的目的是除去过量的锌粉。②20 mL 0.5 mol/L CuSO4溶液中n(Cu2+)=0.5 mol/L×0.02 L=0.01 mol,加入Zn粉的物质的量为≈0.018 mol,则铜离子完全反应,红棕色固体中Cu元素的最大物质的量为0.01 mol,若全为Cu,则质量为0.64 g,若全为Cu2O,则质量为0.72 g,实际固体质量为0.78 g,据此分析。若只有Cu,则固体质量应为0.64 g,a不符合题意;若是Cu包裹Zn,则0.64 g<固体质量<1.18 g,b符合题意;若是CuO,则不可能为红棕色,c不符合题意;若是Cu和Cu2O,固体质量应介于0.64~0.72 g之间,d不符合题意。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为黑色的原因是粉末状态下的金属颗粒极小,导致光线发生漫反射和多次散射,最终大部分光线被吸收。
2.(2025·海南卷)NaNO3-NaNO2混合熔盐是“中国光塔(光热发电)”的基本热媒介质。其准确组成是保障光塔稳定运行的重要参数,熔盐中组分含量测定,可用如下流程进行。
回答问题:
(1)“称量”时应使用分析天平(填“台秤”或“分析天平”)。“过滤”操作中承接滤液需用烧杯(填仪器名称)。滤液定量转移至250 mL容量瓶,需要玻璃棒辅助,玻璃棒的作用是引流。定容得到混合盐样品溶液。
(2)熔盐中总硝态盐(NaNO3-NaNO2)含量测定
①准确量取25.00 mL混合盐样品溶液于装置b(填字母)的反应容器中,加入过量盐酸,缓缓蒸干,完成由Na+将Cl-定量固定的“转化”。“蒸干驱酸”产生NOx、HNO3及HCl,需置于通风橱中进行,其废气处理需用氢氧化钠溶液吸收。
②银量法的滴定剂为AgNO3标准液,指示剂为K2CrO4,终点变化为乳白色至砖红色沉淀。滴定中,溶液pH应保持在6~9范围,原因是pH大于9,银离子会转化为AgOH沉淀,pH小于6,铬酸根会转化为重铬酸根,影响滴定。
(3)熔盐中NaNO2含量测定
①测定　准确量取25.00 mL混合盐样品溶液于加有过量KI的碘量瓶中,加入10 mL稀H3PO4溶液,避光静置5 min完成“氧化”:4H++2N-===+2NO↑+2H2O,以浓度为c1 mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定,消耗体积为V1 mL,反应式:2S2===+3I-。
②空白测定　准确量取25.00 mL蒸馏水替换混合盐样品溶液,并重复上述“测定”过程,消耗Na2S2O3标准溶液体积为V0 mL。
样品中NaNO2质量分数为。
解析:本实验第一步进行熔盐中总硝态盐(NaNO3-NaNO2)含量测定,将混合熔盐配制成250 mL溶液,根据n(Na)=n(N),用Na+将Cl-定量固定的“转化”,再用AgNO3标准液滴定Cl-,进而测定(NaNO3-NaNO2)含量;第二步用过量的I-将N转化为NO,过量的碘离子用Na2S2O3标准溶液滴定,进而测定熔盐中NaNO2含量,据此解答。(1)称量时要精确至1 mg(0.001 g)需使用可以精确到万分位的分析天平;过滤时常用烧杯收集滤液,便于后续定量转移;转移溶液时玻璃棒的作用为引流。(2)①蒸干溶液应使用烧杯,锥形瓶底大口小,不利于蒸气逸出,不方便搅拌,并且受热不均匀,易破裂;反应生成有毒气体时应在通风橱中进行;废气为酸性气体,用NaOH溶液吸收即可。(3)②由题意得2Na2S2O3~,所以减去空白对照后25.00 mL样品含有的N物质的量为n(NaNO2)=c1(V1-V0)×10-3 mol,样品中NaNO2的质量分数为×100%=%。
3.(2025·北京卷)化学反应平衡常数对认识化学反应的方向和限度具有指导意义。实验小组研究测定“MnO2+2Br-+4H+ Mn2++Br2+2H2O”平衡常数的方法,对照理论数据判断方法的可行性。
(1)理论分析
①Br2易挥发,需控制生成c(Br2)较小。
②根据25 ℃时K=6.3×104分析,控制合适pH,可使生成c(Br2)较小;用浓度较大的KBr溶液与过量MnO2反应,反应前后c(Br-)几乎不变;c(Mn2+)=c(Br2),仅需测定平衡时溶液pH和c(Br2)。
③Br2与水反应的程度很小,可忽略其对测定的干扰;低浓度HBr挥发性很小,可忽略。
(2)实验探究
序号 实验内容及现象
Ⅰ 25 ℃,将0.200 mol·L-1 KBr溶液(pH≈1)与过量MnO2混合,密闭并搅拌,充分反应后,溶液变为黄色,容器液面上方有淡黄色气体
Ⅱ 25 ℃,将0.200 mol·L-1 KBr溶液(pH≈2)与过量MnO2混合,密闭并搅拌,反应时间与Ⅰ相同,溶液变为淡黄色,容器液面上方未观察到黄色气体
Ⅲ 测定Ⅰ、Ⅱ反应后溶液的pH;取一定量反应后溶液,加入过量KI固体,用Na2S2O3标准溶液滴定,测定c(Br2)
已知:I2+2Na2S2O3===2NaI+Na2S4O6;Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色。
①Ⅲ中,滴定时选用淀粉作指示剂,滴定终点时的现象是溶液蓝色褪去,且半分钟内不恢复。
用离子方程式表示KI的作用:Br2+2I-===2Br-+I2。
②Ⅰ中,与反应前的溶液相比,反应后溶液的pH增大(填“增大”“减小”或“不变”)。平衡后,按计算所得值小于25 ℃的K值,是因为Br2挥发导致计算时所用Mn2+的浓度小于其在溶液中实际浓度。
③Ⅱ中,按计算所得值也小于25 ℃的K值,可能原因是实验Ⅱ的c(H+)低于实验Ⅰ,反应时间相同,实验Ⅱ未达到平衡状态,导致溶液中c(Mn2+)、c(Br2)偏低,计算的K值偏小。
(3)实验改进
分析实验Ⅰ、Ⅱ中测定结果均偏小的原因,改变实验条件,再次实验。
控制反应温度为40 ℃,其他条件与Ⅱ相同,经实验准确测得该条件下的平衡常数。
①判断该实验测得的平衡常数是否准确,应与40 ℃下的理论K值比较。
②综合调控pH和温度的目的是使反应更快达到平衡状态,使Br2处于溶解平衡且挥发最少的状态,从而准确测定K值。
解析:25 ℃时,平衡常数表达式:K==6.3×104,控制pH可调节c(Br2)大小。使用过量MnO2和浓溴化钾溶液,确保c(Br-)几乎不变。因c(Mn2+)=c(Br2),只需测定平衡时的pH和c(Br2)即可计算K。Br2与水反应、HBr挥发对实验影响可忽略。(2)①淀粉遇I2显蓝色,I2被Na2S2O3消耗后蓝色消失,故滴定终点现象:溶液蓝色褪去,且半分钟内不恢复;KI与Br2反应生成Br-和I2,便于测定Br2浓度,离子方程式:Br2+2I-===2Br-+I2。②Ⅰ中反应消耗H+生成水,pH增大;因为Br2挥发导致实测c(Br2)偏小,根据题目信息可知,c(Mn2+)=c(Br2),则计算时所用Mn2+的浓度小于其在溶液中实际浓度。③实验Ⅱ容器液面上方未观察到黄色气体,说明不是由于Br2挥发导致计算的K值偏小,根据题目已知信息③“Br2与水反应的程度很小,可忽略其对测定的干扰;低浓度HBr挥发性很小,可忽略”,以及对比实验Ⅰ和Ⅱ可知,实验Ⅱ的pH更大,且反应后溶液变为淡黄色,则可能的原因是实验Ⅱ的c(H+)低于实验Ⅰ,反应时间相同,实验Ⅱ未达到平衡状态,导致溶液中c(Mn2+)、c(Br2)偏低,计算的K值偏小。(3)①平衡常数准确性验证应与40 ℃下的理论K值比较,因为K值只与温度有关。②实验Ⅰ和实验Ⅱ反应时间相同,实验Ⅰ中由于c(H+)过大,反应速率过快,Br2挥发导致计算的K值小,实验Ⅱ中由于c(H+)过小,反应速率过慢,未达平衡状态,导致计算的K值小,故综合调控pH和温度的目的是使反应更快达到平衡状态,使Br2处于溶解平衡且挥发最少的状态,从而准确测定K值。
4.(2025·江西卷)摩尔比法测定配合物磺基水杨酸铜(Z)组成的实验如下:
回答下列问题:
(1)L的合成与表征
ⅰ.向装有浓硫酸的反应容器中,搅拌下慢慢加入水杨酸粉末,加热至50 ℃,全溶后升至75 ℃,有固体析出,继续升温至115 ℃,反应4 h,冷却至40 ℃。上述步骤中需用到的仪器有BEF(填字母)。
A.圆底烧瓶 B.干燥管
C.球形冷凝管 D.恒压滴液漏斗
E.二颈烧瓶 F.温度计
G.直形冷凝管 H.分液漏斗
ⅱ.下列分析方法中可以确定L分子结构的是A(填字母)。
A.X射线衍射 B.质谱
C.元素分析 D.滴定分析
(2)Z的合成与配位比n(L)︰n(Cu2+)分析
取12个烧杯,分别加入10.00 mL硝酸铜溶液(0.050 00 mol/L),按表所示,依次加入对应体积的L溶液(0.250 0 mol/L),调pH,用50 mL容量瓶配制溶液。在一定条件下,分别测定溶液吸光度A,得到吸光度A-c(L)/c(Cu2+)的曲线(如图)。
编号 V(L)/mL c(L)/c(Cu2+) 吸光度A
1 0.00 0.00 0.003
2 0.20 0.10 0.055
3 0.40 0.20 0.113
4 0.60 0.30 0.163
5 1.00 0.50 0.258
6 1.50 0.75 0.364
7 2.00 1.00 0.435
8 4.00 2.00 0.546
9 6.00 3.00 0.579
10 8.00 4.00 0.603
11 10.00 5.00 0.606
12 12.00 6.00 0.608
已知:A=k·c(Z),k为常数。
ⅰ.图中已给出全部数据点、拟合曲线及1条趋势线(虚线),根据表中实验数据,补全坐标轴。
答案:如图,图中坐标轴刻度
ⅱ.图中趋势线方程为A=k·c(Cu2+),其与拟合曲线重合部分的化学含义为L大量过量,Cu2+近乎完全转化为Z。
ⅲ.在图中作出另1条趋势线,找到理论反应终点X。
答案:如图,图中趋势线和交点X
ⅳ.通过理论反应终点,推断配位比n(L)︰n(Cu2+)=1︰1。
ⅴ.A-c(L)/c(Cu2+)的拟合曲线与趋势线偏离的原因是该配位反应为可逆反应,存在化学平衡,Cu2+、L都不能完全转化,导致实测吸光度低于理论值。
课时作业65(总分:60分)
1.(11分)(2025·北京海淀区模拟)某小组探究Na2SO3溶液和KIO3溶液的反应。
实验Ⅰ:向某浓度的KIO3酸性溶液(过量)中加入Na2SO3溶液(含淀粉),一段时间(t s)后,溶液突然变蓝。
资料:I在酸性溶液中氧化I-,反应为I+5I-+6H+===3I2+3H2O
(1)针对t s前溶液未变蓝,小组做出如下假设:
ⅰ.t s前未生成I2,是由于反应的活化能大(填“大”或“小”),反应速率慢。
ⅱ.t s前生成了I2,但由于存在Na2SO3,I2+S2===-+2H+(用离子方程式表示),I2被消耗。
(2)下述实验证实了假设ⅱ合理。
实验Ⅱ:向实验Ⅰ的蓝色溶液中加入少量Na2SO3,蓝色迅速消失,后再次变蓝。
(3)进一步研究Na2SO3溶液和KIO3溶液反应的过程,装置如下。
实验Ⅲ:K闭合后,电流表的指针偏转情况记录如下表:
表盘
时间/min 0~t1 t2~t3 t4
偏转位置 右偏至Y 指针回到“0”处,又返至“X”处;如此周期性往复多次 指针归零
①K闭合后,判断b极区发生氧化反应的实验方案为取少量b极区溶液于试管中,先加入足量的稀盐酸酸化,再滴加几滴BaCl2溶液,生成白色沉淀,说明b极区发生了氧化反应。
②0~t1 min时,从a极区取溶液于试管中,滴加淀粉溶液,溶液变蓝;直接向a极区滴加淀粉溶液,溶液未变蓝。由此判断I +6e-+6H+===I-+3H2O。
③结合化学方程式解释t2~t3 min时指针回到“0”处的原因:此时,a极区发生反应I-+===22发生反应,外电路无电流通过。
(4)综合实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ,下列说法正确的是AC(填字母)。
A.对比实验Ⅰ、Ⅱ,t s后溶液变蓝,Ⅰ中S被完全氧化
B.对比实验Ⅰ、Ⅲ,t s前I未发生反应
C.实验Ⅲ中指针返回X处的原因可能是I2氧化S
2.(12分)某小组为探究Mg与NH4Cl溶液的反应机理,常温下进行以下实验。实验中所取镁粉质量均为0.5 g,分别加入选取的实验试剂中,资料:①CH3COONH4溶液呈中性。②Cl-对该反应几乎无影响。
实验 实验试剂 实验现象
1 5 mL蒸馏水 反应缓慢,有少量气泡产生(经检验为H2)
2 5 mL 1.0 mol·L-1 NH4Cl溶液(pH=4.6) 剧烈反应,产生刺激性气味气体和灰白色难溶固体
(1)经检验实验2中刺激性气味气体为NH3,检验方法是将湿润的红色石蕊试纸放在试管口,试纸变蓝。用排水法收集一小试管产生的气体,经检验小试管中气体为H2。
(2)已知灰白色沉淀中含有Mg2+、OH-。为研究固体成分,进行实验:将生成的灰白色固体洗涤数次,至洗涤液中滴加AgNO3溶液后无明显浑浊。将洗涤后的固体溶于稀硝酸,再滴加AgNO3溶液,出现白色沉淀。推测沉淀中含有Cl-,灰白色固体可能是Mg(OH)Cl(填化学式)。
(3)甲同学认为实验2比实验1反应剧烈的原因是NH4Cl溶液中c(H+)大,与Mg反应快。用化学用语解释NH4Cl溶液显酸性的原因是N+H2O NH3·H2O+H+。
(4)乙同学通过实验3证明甲同学的说法不合理。
实验 实验装置
3
①X是5 mL 1.0 mol·L-1 CH3COONH4溶液。
②由实验3获取的证据为两试管反应剧烈程度相当。
(5)为进一步探究实验2反应剧烈的原因,进行实验4。
实验 实验试剂 实验现象
4 5 mL NH4Cl乙醇溶液 有无色无味气体产生(经检验为H2)
依据上述实验,可以得出Mg能与N反应生成H2。乙同学认为该方案不严谨,需要补充的实验方案是取5 mL无水乙醇,加入0.5 g镁粉无明显变化。
(6)由以上实验可以得出的结论是NH4Cl水解产生的H+对反应影响小,N对反应影响大。
3.(12分)(2025·天津和平区模拟)探究锰的化合物的用途与性质,有关物质及颜色:Mn(OH)2(白色)、MnO2(棕黑色)、Mn(绿色)、Mn(紫色)。
回答下列问题:
Ⅰ.用KMnO4溶液氧化甲苯制苯甲酸,按如下流程分离苯甲酸和回收甲苯。
已知:苯甲酸的相对分子质量是122,在25 ℃和95 ℃时溶解度分别为0.3 g和6.9 g。
(1)操作Ⅰ为分液,操作Ⅱ为蒸馏。
(2)无色液体A是甲苯,定性检验A的试剂是酸性高锰酸钾溶液,现象是酸性高锰酸钾溶液褪色。
(3)该同学推测白色固体B是苯甲酸与少量KCl的混合物,简述提纯过程:将固体B溶于水中,加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
Ⅱ.探究Mn2+在一定条件下被Cl2或ClO-氧化的产物,实验装置如图(夹持装置略):
实验ⅰ:物质a为5% KOH溶液,C中通入Cl2前产生白色沉淀,在空气中缓慢变成棕黑色沉淀;通入Cl2后棕黑色沉淀增多,放置后溶液变为紫色,仍有沉淀。
实验ⅱ:物质a为40% KOH溶液,C中通入Cl2前后与实验ⅰ现象一样。
(4)通入Cl2前,C中沉淀由白色变为棕黑色的化学方程式为2Mn(OH)2+O2===2MnO2+2H2O。
(5)Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关,KClO的氧化性随碱性减弱而增强。取实验ⅰ中放置后的1 mL悬浊液,再加入4 mL水,溶液紫色缓慢加深,发生的反应是3ClO-+2MnO2+2OH-===2Mn+3Cl-+H2O。
(6)浓碱条件下,Mn。取实验ⅱ中放置后的1 mL悬浊液,再加4 mL 40% KOH溶液,溶液由紫色迅速变为绿色,溶液由紫色变为绿色的离子方程式为4Mn-===+O2↑+2H2O。
(7)从反应速率的角度,分析实验ⅱ未得到绿色溶液的可能原因:由于过量Cl2与NaOH反应产生NaClO,使溶液的碱性减弱,c(OH-)降低,溶液中的Mn的速率减小,因而实验ⅱ未得到绿色溶液。
解析:反应混合物中含有甲苯和苯甲酸钾等,经过分液后得到的有机相含有甲苯,水相含有苯甲酸钾等,苯甲酸钾经过酸化得到苯甲酸,再经过蒸发浓缩、冷却、过滤得到的B为苯甲酸粗产品,有机相经过干燥、蒸馏得到的A为甲苯。在装置A中HCl与KMnO4发生反应制取Cl2,由于盐酸具有挥发性,在装置B中盛有饱和NaCl溶液,除去Cl2中的杂质HCl,在装置C中通过改变溶液的pH,验证不同条件下Cl2与MnSO4反应,装置D是尾气处理装置,据此解答。(1)由分析知,操作Ⅰ为分液,操作Ⅱ为蒸馏。(2)由分析知,无色液体A是甲苯,定性检验A的试剂是酸性高锰酸钾溶液,现象是酸性高锰酸钾溶液褪色。(3)苯甲酸的溶解度随温度变化比较大,KCl的溶解度随温度变化不大,故提纯过程为将固体B溶于水中,加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。(4)通入Cl2前,C中Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的OH-反应产生Mn(OH)2白色沉淀,该沉淀不稳定,会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色的MnO2,则沉淀由白色变为棕黑色的化学方程式为2Mn(OH)2+O2===2MnO2+2H2O。(5)溶液紫色缓慢加深,说明ClO-将MnO2氧化为Mn,离子方程式为3ClO-+2MnO2+2OH-===2Mn+3Cl-+H2O。(6)溶液由紫色变为绿色是因为在浓碱条件下,Mn-,离子方程式为4Mn-===+O2↑+2H2O。
4.(12分)(2025·江西萍乡一模)氢化铝锂(LiAlH4)是有机合成中重要的还原剂,易溶于乙醚,可由LiH和AlCl3制备,某课题组设计实验制备LiAlH4并测定其纯度。已知:①Li的熔点为180.5 ℃;②LiAlH4、LiH遇水都剧烈反应并产生同一种气体。回答下列问题:
(1)LiH的制备:
①按气流从左到右的方向,上述装置合理的连接顺序为e→f→g→d→c→a→b→h(填仪器接口小写字母,尾气用排水法收集)。
②装置A中先通入气体(填“通入气体”或“加热”,下同),后加热。
③装置D的作用是除去H2中混有的HCl、H2S气体,长颈漏斗的作用是防止倒吸。
④为适当加快H2产生的速率,可向盐酸中加入少量CuSO4(或CuCl2或其他合理答案)(填化学式)溶液。
(2)LiAlH4的制备:将(1)中制得的LiH加入反应器中,加入乙醚和AlCl3及少量LiAlH4(作引发剂),充分反应后过滤除去LiCl沉淀,滤液经一系列操作得白色晶体,经真空足量水干燥可得产品LiAlH4。写出生成LiAlH4的化学方程式:4LiH+AlCl3===LiAlH4+3LiCl。
(3)该小组同学用如图所示装置测定产品纯度(杂质中不含LiH)。
在标准状况下,反应前注射器读数为V1 mL,反应完毕后恢复到标准状况,注射器读数为V2 mL,该装置中发生反应的化学方程式为LiAlH4+4H2O===LiOH+Al(OH)3+4H2↑;该产品的纯度为%(用含m、V1、V2的代数式表示)。
解析:制备LiH的原理是用Li与H2反应,用粗Zn与盐酸制得的H2中混有H2S、HCl,H2S、HCl能用NaOH溶液吸收,接下来用浓硫酸干燥,进入A中将装置内的空气排完,加热使Li熔化,b口出来的气体进入h,碱石灰的作用是防止空气中的水蒸气进入A中与LiH反应。(3)LiAlH4与水发生水解反应生成氢氧化铝、氢氧化锂和氢气,反应的化学方程式是LiAlH4+4H2O===LiOH+Al(OH)3+4H2↑,通过收集氢气的体积进行纯度的计算,收集氢气的体积是(V2-V1) mL,物质的量为 mol,根据上述方程式可知LiAlH4的物质的量为 mol,故产品的纯度为%。
5.(13分)(2025·山东淄博一模)实验室用B2O3和NH3反应制备BN并测定BN样品纯度,装置如图(夹持装置略)。
已知:ⅰ.BN难溶于水,高温下易被氧化。B2O3熔点为450 ℃,沸点为1 860 ℃,溶于热水生成硼酸,遇热的水蒸气生成易挥发的偏硼酸(HBO2)。H3BO3的电离:H3BO3+H2O H++[B(OH)4]-。
ⅱ.硼酸与甘油反应:
回答下列问题:
Ⅰ.制备BN
实验操作如下:①连接装置,检查气密性;②打开活塞K,滴入适量浓氨水;③关闭活塞K;④打开管式炉加热开关,加热至900 ℃左右,待反应完全;⑤在装置中加入相应试剂;⑥关闭管式炉加热开关,待装置冷却。
(1)正确的操作顺序为①→⑤→②→④→⑥→③(填序号);仪器a的名称为恒压滴液漏斗;装置C中发生反应的化学方程式为B2O3+2NH32BN+3H2O;图示装置存在的两处缺陷是装置B和C之间无干燥装置、无NH3的尾气处理装置。
Ⅱ.测定BN纯度
(2)数字化实验探究:25 ℃时,用0.200 0 mol·L-1 NaOH标准溶液分别滴定20.00 mL同浓度的H3BO3溶液和甘油硼酸溶液,数据如下。
NaOH溶液/mL 19.96 19.98 20.00 20.02 20.04
溶 液 pH H3BO3 (Ka=10-9.24) 10.66 10.82 x 11.19 11.35
甘油硼酸 (Ka=10-5.2) 6.63 6.94 8.97 10.98 11.28
则x=11(保留两位有效数字)。
(3)滴定:取a g BN样品(杂质为B2O3),经热水充分洗涤过滤,向滤液中加入适量甘油,滴加几滴酚酞,用c mol·L-1 NaOH标准溶液滴定至溶液呈浅红色,补加少许甘油后浅红色消失,再滴加标准溶液,如此反复。达滴定终点时平均消耗NaOH标准溶液V mL。
接近滴定终点时,向锥形瓶中滴入半滴标准溶液的操作为D(填字母)。
先加甘油再滴定的目的是滴定硼酸时突跃范围过小,且不在指示剂变色范围内,加甘油生成甘油硼酸,加指示剂便于观察滴定终点(或其他合理答案);样品中BN的纯度为;若加入甘油不足,测定结果会偏大(“偏大”“偏小”或“不变”)。
解析:(1)实验开始前要先连接装置、检查气密性,然后加入相应试剂,接下来要先产生氨气排尽装置内空气,所以先打开活塞K滴入适量浓氨水,接着打开管式炉加热开关进行反应,反应完全后关闭管式炉加热开关,待装置冷却,再关闭活塞K,防止BN高温下被氧化,故正确操作顺序为①→⑤→②→④→⑥→③。仪器a的名称为恒压滴液漏斗。装置C中B2O3和NH3反应制备BN,根据原子守恒可知,反应的化学方程式为B2O3+2NH32BN+3H2O。A装置中产生的氨气带有水蒸气,会导致B2O3生成易挥发的偏硼酸,影响实验,所以应在B和C之间增加干燥装置除去氨气中的水蒸气。氨气有刺激性气味,是大气污染物,该装置没有对未反应完的氨气进行处理,会污染环境。(2)当用0.200 0 mol·L-1 NaOH标准溶液滴定20.00 mL同浓度的H3BO3溶液时,NaOH溶液体积为20.00 mL时恰好完全反应,H3BO3是一元弱酸,电离方程式为H3BO3+H2O H++[B(OH)4]-　Ka=10-9.24,恰好完全反应时,生成Na[B(OH)4],[B(OH)4]-会发生反应[B(OH)4]- H3BO3+OH-,Kh=,由于等体积混合,c{[B(OH)4]-}= mol·L-1=0.100 0 mol·L-1,c(H3BO3)≈c(OH-),所以Kh=,又Kh==10-4.76,即10-4.76=,c(OH-)= mol·L-1=10-2.88 mol·L-1,pOH=-lg c(OH-)=2.88,pH=14-2.88=11.12,保留两位有效数字为11。(3)接近滴定终点时,向锥形瓶中滴入半滴标准溶液的操作是使尖嘴部分悬而不滴,用锥形瓶内壁将半滴标准溶液沾下,然后用洗瓶以少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁,且NaOH标准溶液装在碱式滴定管中,故答案选D。H3BO3是极弱的酸,滴定H3BO3溶液时突跃范围过小,且不在指示剂变色范围内,加入甘油后,甘油能与H3BO3反应,生成一种较强的甘油硼酸,加指示剂便于观察滴定终点(或其他合理答案)。根据实验原理,B2O3与热水反应生成H3BO3,加入甘油后,甘油与H3BO3反应生成甘油硼酸,甘油硼酸再与NaOH反应,n(H3BO3)=n(NaOH),因为B2O3+3H2O===2H3BO3,所以n(B2O3)=n(H3BO3)=n(NaOH),m(B2O3)=n(NaOH)×70 g/mol=35cV×10-3 g,m(BN)=(a-35cV×10-3) g,样品中BN的纯度为×100%。当甘油不足时,H3BO3不能完全与甘油反应生成甘油硼酸,导致消耗NaOH的体积V偏小,根据上述公式可知,BN的纯度测定结果偏大。(共98张PPT)
第十一章　化学综合实验
第65讲　探究型、定量型
综合实验
目
录
考点二　定量型综合实验
课时作业
考点一　探究型综合实验
真题演练 感悟高考
复习目标
1.能根据物质性质、反应原理选取实验装置、进行实验验证等。2.掌握物质组成或含量测定的一般方法,能对实验数据进行处理,得出结论。
一
考点一 探究型综合实验
1.物质性质探究型实验的类型
(1)根据物质的性质设计实验方案
(2)根据物质的结构(或官能团)设计实验方案
2.探究实验中常见操作及其目的或原因
操作 目的或原因
沉淀水洗 除去××(可溶于水)杂质
沉淀用乙醇洗涤 (1)减小固体的溶解度;
(2)除去固体表面吸附的杂质;
(3)乙醇挥发带走水分,使固体快速干燥
冷凝回流 (1)防止××蒸气逸出脱离反应体系;
(2)提高××物质的转化率
控制溶液pH (1)防止××离子水解;(2)防止××离子沉淀;(3)确保××离子沉淀完全;(4)防止××溶解等
操作 目的或原因
“趁热过滤”后,有时先向滤液中加入少量水,加热至沸腾,然后再“冷却结晶” 稀释溶液,防止降温过程中杂质析出,提高产品的纯度
加过量A试剂 使B物质反应完全(或提高B物质的转化率等)
温度不高于 ×× ℃ 温度过高,××物质分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3等)或××物质挥发(如浓硝酸、浓盐酸)或××物质被氧化(如Na2SO3等)或促进××物质水解(如AlCl3等)
操作 目的或原因
减压蒸馏(减压蒸发) 减小压强,使液体沸点降低,防止××物质受热分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3等)
蒸发、反应时的气体氛围 抑制××离子的水解(如加热蒸发AlCl3溶液时需在HCl气流中进行,加热MgCl2·6H2O制MgCl2时需在HCl气流中进行等)
配制某溶液前先煮沸水 除去溶解在水中的氧气,防止××物质被氧化
反应容器中用玻璃管和大气相通 指示容器中压强大小,避免反应容器中压强过大或平衡气压
1.(2025·广东深圳模拟)硫酸亚铁在印染、医药、化肥等多个行业有广泛应用。某学习小组对硫酸亚铁晶体(FeSO4·7H2O)的热分解产物进行探究。回答下列问题。
(1)装置A中石棉绒的作用为____________________;装置D中的仪器名称为__________。
(2)按气流方向,上述装置合理的连接顺序为a→g→f→___→___→___→
___→h。(填装置口小写字母)
解析:装置A为硫酸亚铁晶体煅烧分解的装置,装置B盛放品红溶液,检验SO2,装置C盛放BaCl2溶液,检验SO3,装置D盛放无水CuSO4粉末,检验分解产物中的水蒸气,装置E盛放氢氧化钠溶液,吸收尾气。这三种生成物应该先检验水蒸气,再检验SO3,最后检验SO2,因为检验SO2和SO3时都经过溶液,会带出水蒸气,SO3极易溶于水且和水反应,所以连接顺序为a→g→f→e→d→c→b→h。
防止固体粉末堵塞导管
球形干燥管
e
d
c
b
(3)该小组同学按上述顺序连接各装置并进行实验,请为他们补全表格:
装置编号 填装试剂 实验现象 实验结论
A FeSO4·7H2O 绿色固体逐渐变为红 色粉末 —
B ①________ ②_________________ 分解产物中含有SO2
C BaCl2溶液 产生白色沉淀 ③_________________
D 无水 CuSO4粉末 白色固体逐渐变为蓝色 分解产物中含有水蒸气
E ④____________ — —
品红溶液
溶液由红色褪为无色
分解产物中含有SO3
NaOH溶液
解析:装置B盛放品红溶液,用于检验SO2,品红溶液褪色,说明分解产物中含有SO2;装置C盛放BaCl2溶液,用于检验SO3,产生白色沉淀,说明分解产物中含有SO3;装置D盛放无水CuSO4粉末,检验分解产物中含有水蒸气;白色固体逐渐变为蓝色,说明分解产物中含有水蒸气;装置E盛放氢氧化钠溶液,进行尾气处理。
(4)硫酸亚铁晶体分解的化学方程式为_______________________________
________________。
解析:硫酸亚铁晶体煅烧得到的红色固体为氧化铁,同时生成二氧化硫、三氧化硫和水,分解的化学方程式为2FeSO4·7H2O 　　　Fe2O3+SO3↑+
SO2↑+14H2O↑。
2FeSO4·7H2O
Fe2O3+SO2↑+
SO3↑+14H2O↑
(5)设计实验证明A中得到的红色粉末不含+2价铁元素:_________________
_______________________________________________________________________________________________________________(简述实验操作及现象)。
取实验后反应管中
少量固体,溶于稀盐酸后,向溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液,不产生蓝色沉淀(或用硫酸溶解,酸性高锰酸钾检验Fe2+也可以)
2.(2026·山东潍坊调研)某化学小组用如图所示装置探究Fe3+与S2-反应过程。
已知:FeS为黑色固体,在空气中易变质为Fe(OH)3;Fe2S3为黑色固体,在空气中能够稳定存在。
回答下列问题:
(1)仪器B的名称为__________;装置E的作用是________。
球形干燥管
吸收尾气
解析:装置A中稀硫酸与FeS反应生成H2S气体;装置B中无水氯化钙除去H2S中的杂质水;装置C中H2S与Fe(OH)3发生中和反应生成Fe2S3;装置D中过量的Fe3+与H2S发生氧化还原反应,生成Fe2+和S单质;装置E用于吸收尾气H2S。仪器B的名称为球形干燥管;根据分析,装置E用于进行吸收尾气处理。
(2)C中产生Fe2S3,D中未产生Fe2S3,从氧化还原角度分析,D中未产生Fe2S3的原因为________________________________________________________
__________________。
解析:C中H2S与Fe(OH)3发生中和反应生成Fe2S3,而H2S具有还原性,会与D中Fe3+发生氧化还原反应,生成Fe2+和S单质,故不会产生Fe2S3。
Fe3+浓度较高,H2S具有还原性,会与Fe3+发生氧化还原反应,生
成Fe2+和S单质
(3)该小组同学利用数字化实验系统(pH传感器)探究Fe3+与S2-的反应过程。将0.10 mol·L-1 FeCl3溶液逐滴滴入25 mL 0.10 mol·L-1 Na2S溶液,滴定过程中溶液在较长时间内持续为黑色,一段时间后黑色浑浊物逐渐减少,同时体系的颜色逐渐变为褐色→黄色,整个实验过程仅有极微量的H2S产生,滴定过程中pH变化如图。
①0.10 mol·L-1 Na2S溶液pH=12.2,用离子方程式表示其显碱性的原因:
___________________________________________。
②探究黑色沉淀的成分:分别取点a、b、c中沉淀放置于空气中12 h,a中沉淀无明显变化。b、c中黑色沉淀部分变为红褐色。a点沉淀成分为______,实验现象依据为______________________________________。
③在第一段突变时,b点生成沉淀的反应离子方程式为_________________
___________。
在第二段突变时,c点黑色沉淀明显少于b点,且生成大量黄色沉淀,则该阶段反应的离子方程式为Fe2S3+4Fe3+===6Fe2++3S、__________________。
S2-+H2O HS-+OH-、HS-+H2O H2S+OH-
Fe2S3
Fe2S3为黑色固体,在空气中能够稳定存在
3S2-+2Fe3+===
2FeS↓+S↓
FeS+2Fe3+==3Fe2++S
解析:①Na2S为强碱弱酸盐,S2-会发生水解使溶液呈碱性,离子方程式为S2-+H2O HS-+OH-、HS-+H2O H2S+OH-,且水解主要以第一步为主。②根据已知信息,Fe2S3为黑色固体,在空气中能够稳定存在,而a点中黑色沉淀放置于空气中12 h无明显变化,因此a点沉淀成分为Fe2S3。③b点过量的Na2S和FeCl3反应生成FeS和S沉淀,反应的离子方程式为3S2-+2Fe3+===2FeS↓+S↓;c点黑色沉淀明显少于b点,且生成大量黄色沉淀,这是因为过量的FeCl3会与Fe2S3、FeS反应生成黄色沉淀S,离子方程式为Fe2S3+4Fe3+===6Fe2++3S、FeS+2Fe3+===3Fe2++S。
二
考点二 定量型综合实验
1.重量分析法
(1)在重量分析中,一般首先采用适当的方法,使被测组分以单质或化合物的形式从试样中与其他组分分离。
(2)重量分析法不需要指示剂,实验的关键是准确判断反应是否完全,以及反应前后固体(或液体)质量的变化。
(3)重量分析法的过程包括分离和称量两个过程。根据分离的方法不同,重量分析法又可分为沉淀法、挥发法、萃取法等。
(4)计算方法
采用重量分析法进行定量计算时,可根据实验中发生反应的化学方程式或原子守恒确定相关物质之间的定量关系,再结合实验数据列出关系式,并进行相关计算。
2.滴定分析法
(1)滴定分析法一般是将已知准确浓度的标准溶液,滴加到待测溶液中,直到所加的标准溶液与待测溶液按化学计量关系定量反应完全为止,然后测量标准溶液消耗的体积,根据标准溶液的浓度和所消耗的体积,计算出待测物质的含量。
(2)实验的关键是准确量取待测溶液,根据指示剂的颜色变化确定滴定终点。
(3)根据标准溶液和待测溶液间反应类型的不同,可将滴定分析法分为四大类:中和滴定、氧化还原滴定、络合滴定和沉淀滴定。
3.气体体积法
(1)通过测量反应生成气体的体积进行定量分析的方法,实验的关键是准确测量生成气体的体积。
(2)测气体体积的方法分为直接测量法和间接测量法:
直接 测量法 将气体通入带有刻度的容器中,直接读取气体的体积。根据所用测量仪器的不同,直接测量法可分为倒置量筒法和滴定管法两种
间接 测量法 利用气体将液体(通常为水)排出,通过测量所排出液体的体积从而得到气体体积。常用的测量装置为用导管连接的装满液体的广口瓶和空量筒。排水法收集气体时,要保证“短进长出”
1.碱式碳酸钴[Cox(OH)y(CO3)2]可用作电子材料、磁性材料的添加剂,受热时可分解生成三种氧化物。为了确定其组成,某化学兴趣小组同学设计了如下图所示装置进行实验。
(1)请完成下列实验步骤:
①称取3.65 g样品置于硬质玻璃管内,分别称量乙、丙装置的质量;
②按如图所示装置组装好仪器,并检查装置气密性;
③加热甲装置中硬质玻璃管,当乙装置中__________________(填实验现象),停止加热;
④打开活塞K,缓缓通入空气数分钟后,称量乙、丙装置的质量;
⑤计算。
不再有气泡产生时
(2)步骤④中缓缓通入空气数分钟的目的是___________________________
_________________________。
(3)某同学认为上述实验装置中存在一个明显缺陷,为解决这一问题,可选用下列装置中的____(填字母)连接在______________________(填装置连接位置)。
将甲装置中产生的水蒸气和
CO2全部赶入乙、丙装置中
D
活塞K前(或甲装置前)
(4)若按正确装置进行实验,测得如下数据:
项目 乙装置的质量/g 丙装置的质量/g
加热前 80.00 62.00
加热后 80.36 62.88
该碱式碳酸钴的化学式为__________________。
Co3(OH)4(CO3)2
解析:n(H2O)==0.02 mol,n(CO2)==0.02 mol,由C元素守恒可知,3.65 g该样品的物质的量为0.01 mol,H元素的物质的量为0.04 mol,故y为4,Co元素的质量为3.65 g-0.04 mol×17 g·mol-1-0.02 mol×60 g·mol-1=1.77 g,物质的量==0.03 mol,故x为3,故碱式碳酸钴的化学式为Co3(OH)4(CO3)2。
2.(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________________________________________________________________
_____________。
圆底烧瓶
球形冷凝管
作溶剂,溶解硫黄
乙醇与H2O2混
合后加热,会发生剧烈反应,引发危险
水的沸点为100 ℃,水蒸发过快,
不易控温
取少量反应后溶液于试管中,先加入盐酸酸化,再加入氯化钡溶液,观察实验现象
(5)步骤Ⅲ中,判断滴定达到终点的现象为____________________________
______________________________________________。
(6)单次样品测定中硫的质量分数可表示为______________(写出计算式)。
滴入最后半滴HCl标准溶液,溶
液颜色恰好由黄色变为橙色,且半分钟内颜色不恢复
%
解析:不加入硫黄,消耗HCl标准溶液体积为V3 mL,因此,原氢氧化钾的物质的量是0.001cV3 mol,与S反应后剩余氢氧化钾的物质的量是0.001cV2 mol,因此与硫黄反应的氢氧化钾的物质的量是0.001c(V3-V2) mol,根据方程式S+2OH-+3H2O2===S+4H2O可知,硫单质的物质的量为0.000 5c(V3-V2) mol,所以单次样品测定中硫的质量分数可表示为%。
三
真题演练 感悟高考
1.(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:____________________________。
Cu2O
还原
Cu(OH)2
CuO+H2O
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,振荡后加入2 mL 10%葡萄糖溶液,加热,新制氢氧化铜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,化学反应方程式为Cu(OH)2 　　　CuO+H2O。
(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____(填字母)。
a.Cu b.Cu包裹Zn
c.CuO d.Cu和Cu2O
除去过量的锌粉
b
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_______________________________________
_____________________________________。
Ⅲ
粉末状态下的金属颗粒极小,导致光线发生漫
反射和多次散射,最终大部分光线被吸收
解析:①由题干加入盐酸并加热至溶液中无气泡产生为止可知,加入盐酸的目的是除去过量的锌粉。②20 mL 0.5 mol/L CuSO4溶液中n(Cu2+)=0.5 mol/L×0.02 L=0.01 mol,加入Zn粉的物质的量为≈0.018 mol,则铜离子完全反应,红棕色固体中Cu元素的最大物质的量为0.01 mol,若全为Cu,则质量为0.64 g,若全为Cu2O,则质量为0.72 g,实际固体质量为0.78 g,据此分析。若只有Cu,则固体质量应为0.64 g,a不符合题意;若是Cu包裹Zn,则0.64 g<固体质量<1.18 g,b符合题意;若是CuO,则不可能为红棕色,c不符合题意;若是Cu和Cu2O,固体质量应介于0.64~0.72 g之间,d不符合题意。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为黑色的原因是粉末状态下的金属颗粒极小,导致光线发生漫反射和多次散射,最终大部分光线被吸收。
2.(2025·海南卷)NaNO3-NaNO2混合熔盐是“中国光塔(光热发电)”的基本热媒介质。其准确组成是保障光塔稳定运行的重要参数,熔盐中组分含量测定,可用如下流程进行。
回答问题:
(1)“称量”时应使用_________(填“台秤”或“分析天平”)。“过滤”操作中承接滤液需用_____(填仪器名称)。滤液定量转移至250 mL容量瓶,需要玻璃棒辅助,玻璃棒的作用是_____。定容得到混合盐样品溶液。
分析天平
烧杯
引流
解析:本实验第一步进行熔盐中总硝态盐(NaNO3-NaNO2)含量测定,将混合熔盐配制成250 mL溶液,根据n(Na)=n(N),用Na+将Cl-定量固定的“转化”,再用AgNO3标准液滴定Cl-,进而测定(NaNO3-NaNO2)含量;第二步用过量的I-将N转化为NO,过量的碘离子用Na2S2O3标准溶液滴定,进而测定熔盐中NaNO2含量,据此解答。称量时要精确至1 mg(0.001 g)需使用可以精确到万分位的分析天平;过滤时常用烧杯收集滤液,便于后续定量转移;转移溶液时玻璃棒的作用为引流。
(2)熔盐中总硝态盐(NaNO3-NaNO2)含量测定
①准确量取25.00 mL混合盐样品溶液于装置___(填字母)的反应容器中,加入过量盐酸,缓缓蒸干,完成由Na+将Cl-定量固定的“转化”。“蒸干驱酸”产生NOx、HNO3及HCl,需置于_____橱中进行,其废气处理需用_________溶液吸收。
b
通风
氢氧化钠
②银量法的滴定剂为AgNO3标准液,指示剂为K2CrO4,终点变化为乳白色至砖红色沉淀。滴定中,溶液pH应保持在6~9范围,原因是______________
_____________________________________________________________。
解析:①蒸干溶液应使用烧杯,锥形瓶底大口小,不利于蒸气逸出,不方便搅拌,并且受热不均匀,易破裂;反应生成有毒气体时应在通风橱中进行;废气为酸性气体,用NaOH溶液吸收即可。
pH大于9,银离
子会转化为AgOH沉淀,pH小于6,铬酸根会转化为重铬酸根,影响滴定
(3)熔盐中NaNO2含量测定
①测定　准确量取25.00 mL混合盐样品溶液于加有过量KI的碘量瓶中,加入10 mL稀H3PO4溶液,避光静置5 min完成“氧化”:4H++2N-===+2NO↑+2H2O,以浓度为c1 mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定,消耗体积为V1 mL,反应式:2S2===+3I-。
②空白测定　准确量取25.00 mL蒸馏水替换混合盐样品溶液,并重复上述“测定”过程,消耗Na2S2O3标准溶液体积为V0 mL。
样品中NaNO2质量分数为____________________。
解析:②由题意得2Na2S2O3~,所以减去空白对照后25.00 mL样品含有的N物质的量为n(NaNO2)=c1(V1-V0)×10-3 mol,样品中NaNO2的质量分数为×100%=%。
3.(2025·北京卷)化学反应平衡常数对认识化学反应的方向和限度具有指导意义。实验小组研究测定“MnO2+2Br-+4H+ Mn2++Br2+2H2O”平衡常数的方法,对照理论数据判断方法的可行性。
(1)理论分析
①Br2易挥发,需控制生成c(Br2)较小。
②根据25 ℃时K=6.3×104分析,控制合适pH,可使生成c(Br2)较小;用浓度较大的KBr溶液与过量MnO2反应,反应前后c(Br-)几乎不变;c(Mn2+)=
c(Br2),仅需测定平衡时溶液pH和c(Br2)。
③Br2与水反应的程度很小,可忽略其对测定的干扰;低浓度HBr挥发性很小,可忽略。
(2)实验探究
序号 实验内容及现象
Ⅰ 25 ℃,将0.200 mol·L-1 KBr溶液(pH≈1)与过量MnO2混合,密闭并搅拌,充分反应后,溶液变为黄色,容器液面上方有淡黄色气体
Ⅱ 25 ℃,将0.200 mol·L-1 KBr溶液(pH≈2)与过量MnO2混合,密闭并搅拌,反应时间与Ⅰ相同,溶液变为淡黄色,容器液面上方未观察到黄色气体
Ⅲ 测定Ⅰ、Ⅱ反应后溶液的pH;取一定量反应后溶液,加入过量KI固体,用Na2S2O3标准溶液滴定,测定c(Br2)
已知:I2+2Na2S2O3===2NaI+Na2S4O6;Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色。
①Ⅲ中,滴定时选用淀粉作指示剂,滴定终点时的现象是_______________
___________________。
用离子方程式表示KI的作用:___________________。
②Ⅰ中,与反应前的溶液相比,反应后溶液的pH____(填“增大”“减小”或“不变”)。平衡后,按计算所得值小于25 ℃的K值,是因为Br2挥发导致计算时所用______的浓度小于其在溶液中实际浓度。
溶液蓝色褪去,
且半分钟内不恢复
Br2+2I-===2Br-+I2
增大
Mn2+
③Ⅱ中,按计算所得值也小于25 ℃的K值,可能原因是____________________________________________________________________________________________________________________。
实验Ⅱ的c(H+)低于实验Ⅰ,反应时间相同,实验Ⅱ未达到平衡状态,导致溶液中c(Mn2+)、c(Br2)偏低,计算的K值偏小
解析:25 ℃时,平衡常数表达式:K==6.3×104,控制pH可调节c(Br2)大小。使用过量MnO2和浓溴化钾溶液,确保c(Br-)几乎不变。因c(Mn2+)=c(Br2),只需测定平衡时的pH和c(Br2)即可计算K。Br2与水反应、HBr挥发对实验影响可忽略。①淀粉遇I2显蓝色,I2被Na2S2O3消耗后蓝色消失,故滴定终点现象:溶液蓝色褪去,且半分钟内不恢复;KI与Br2反应生成Br-和I2,便于测定Br2浓度,离子方程式:Br2+2I-===2Br-+I2。②Ⅰ中反应消耗H+生成水,pH增大;因为Br2挥发导致实测c(Br2)偏小,根据题目信息可知,c(Mn2+)=c(Br2),则计算时所用Mn2+的浓度小于其在溶液中实际浓度。
③实验Ⅱ容器液面上方未观察到黄色气体,说明不是由于Br2挥发导致计算的K值偏小,根据题目已知信息③“Br2与水反应的程度很小,可忽略其对测定的干扰;低浓度HBr挥发性很小,可忽略”,以及对比实验Ⅰ和Ⅱ可知,实验Ⅱ的pH更大,且反应后溶液变为淡黄色,则可能的原因是实验Ⅱ的c(H+)低于实验Ⅰ,反应时间相同,实验Ⅱ未达到平衡状态,导致溶液中c(Mn2+)、c(Br2)偏低,计算的K值偏小。
(3)实验改进
分析实验Ⅰ、Ⅱ中测定结果均偏小的原因,改变实验条件,再次实验。
控制反应温度为40 ℃,其他条件与Ⅱ相同,经实验准确测得该条件下的平衡常数。
①判断该实验测得的平衡常数是否准确,应与__________________值比较。
②综合调控pH和温度的目的是_____________________________________
_______________________________________。
40 ℃下的理论K
使反应更快达到平衡状态,使Br2处于溶解
平衡且挥发最少的状态,从而准确测定K值
解析:①平衡常数准确性验证应与40 ℃下的理论K值比较,因为K值只与温度有关。②实验Ⅰ和实验Ⅱ反应时间相同,实验Ⅰ中由于c(H+)过大,反应速率过快,Br2挥发导致计算的K值小,实验Ⅱ中由于c(H+)过小,反应速率过慢,未达平衡状态,导致计算的K值小,故综合调控pH和温度的目的是使反应更快达到平衡状态,使Br2处于溶解平衡且挥发最少的状态,从而准确测定K值。
4.(2025·江西卷)摩尔比法测定配合物磺基水杨酸铜(Z)组成的实验如下:
回答下列问题:
(1)L的合成与表征
ⅰ.向装有浓硫酸的反应容器中,搅拌下慢慢加入水杨酸粉末,加热至50 ℃,全溶后升至75 ℃,有固体析出,继续升温至115 ℃,反应4 h,冷却至40 ℃。上述步骤中需用到的仪器有______(填字母)。
A.圆底烧瓶 B.干燥管
C.球形冷凝管 D.恒压滴液漏斗
E.二颈烧瓶 F.温度计
G.直形冷凝管 H.分液漏斗
ⅱ.下列分析方法中可以确定L分子结构的是____(填字母)。
A.X射线衍射 B.质谱
C.元素分析 D.滴定分析
BEF
A
(2)Z的合成与配位比n(L)︰n(Cu2+)分析
取12个烧杯,分别加入10.00 mL硝酸铜溶液(0.050 00 mol/L),按表所示,依次加入对应体积的L溶液(0.250 0 mol/L),调pH,用50 mL容量瓶配制溶液。在一定条件下,分别测定溶液吸光度A,得到吸光度A-c(L)/c(Cu2+)的曲线(如图)。
编号 V(L)/mL c(L)/c(Cu2+) 吸光度A
1 0.00 0.00 0.003
2 0.20 0.10 0.055
3 0.40 0.20 0.113
4 0.60 0.30 0.163
5 1.00 0.50 0.258
6 1.50 0.75 0.364
7 2.00 1.00 0.435
8 4.00 2.00 0.546
9 6.00 3.00 0.579
10 8.00 4.00 0.603
11 10.00 5.00 0.606
12 12.00 6.00 0.608
已知:A=k·c(Z),k为常数。
ⅰ.图中已给出全部数据点、拟合曲线及1条趋势线(虚线),根据表中实验数据,补全坐标轴。
答案:如图,图中坐标轴刻度
ⅱ.图中趋势线方程为A=k·c(Cu2+),其与拟合曲线重合部分的化学含义为________________________________。
ⅲ.在图中作出另1条趋势线,找到理论反应终点X。
答案:如图,图中趋势线和交点X
L大量过量,Cu2+近乎完全转化为Z
ⅳ.通过理论反应终点,推断配位比n(L)︰n(Cu2+)=______。
ⅴ.A-c(L)/c(Cu2+)的拟合曲线与趋势线偏离的原因是___________________
______________________________________________________________。
1︰1
该配位反应为可逆反
应,存在化学平衡,Cu2+、L都不能完全转化,导致实测吸光度低于理论值
四
课时作业65
1.(11分)(2025·北京海淀区模拟)某小组探究Na2SO3溶液和KIO3溶液的反应。
实验Ⅰ:向某浓度的KIO3酸性溶液(过量)中加入Na2SO3溶液(含淀粉),一段时间(t s)后,溶液突然变蓝。
资料:I在酸性溶液中氧化I-,反应为I+5I-+6H+===3I2+3H2O
(1)针对t s前溶液未变蓝,小组做出如下假设:
ⅰ.t s前未生成I2,是由于反应的活化能____(填“大”或“小”),反应速率慢。
ⅱ.t s前生成了I2,但由于存在Na2SO3,________________________________
(用离子方程式表示),I2被消耗。
大
I2+S2===-+2H+
(2)下述实验证实了假设ⅱ合理。
实验Ⅱ:向实验Ⅰ的蓝色溶液中加入______________,蓝色迅速消失,后再次变蓝。
(3)进一步研究Na2SO3溶液和KIO3溶液反应的过程,装置如下。
少量Na2SO3
实验Ⅲ:K闭合后,电流表的指针偏转情况记录如下表:
表盘
时间/min 0~t1 t2~t3 t4
偏转位置 右偏至Y 指针回到“0”处,又返至“X”处;如此周期性往复多次 指针归零
①K闭合后,判断b极区发生氧化反应的实验方案为____________________
_______________________________________________________________________________________。
②0~t1 min时,从a极区取溶液于试管中,滴加淀粉溶液,溶液变蓝;直接向a极区滴加淀粉溶液,溶液未变蓝。由此判断I __________________________。
③结合化学方程式解释t2~t3 min时指针回到“0”处的原因:____________
___________________________________________________________________________。
取少量b极区溶液于试
管中,先加入足量的稀盐酸酸化,再滴加几滴BaCl2溶液,生成白色沉淀,说明b极区发生了氧化反应
+6e-+6H+===I-+3H2O
此时,a极区发
生反应I-+===22发生反应,外电路无
电流通过
(4)综合实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ,下列说法正确的是____(填字母)。
A.对比实验Ⅰ、Ⅱ,t s后溶液变蓝,Ⅰ中S被完全氧化
B.对比实验Ⅰ、Ⅲ,t s前I未发生反应
C.实验Ⅲ中指针返回X处的原因可能是I2氧化S
AC
2.(12分)某小组为探究Mg与NH4Cl溶液的反应机理,常温下进行以下实验。实验中所取镁粉质量均为0.5 g,分别加入选取的实验试剂中,资料:①CH3COONH4溶液呈中性。②Cl-对该反应几乎无影响。
实验 实验试剂 实验现象
1 5 mL蒸馏水 反应缓慢,有少量气泡产生(经检验为H2)
2 5 mL 1.0 mol·L-1 NH4Cl溶液(pH=4.6) 剧烈反应,产生刺激性气味气体和灰白色难溶固体
(1)经检验实验2中刺激性气味气体为NH3,检验方法是_________________
_________________________。用排水法收集一小试管产生的气体,经检验小试管中气体为H2。
(2)已知灰白色沉淀中含有Mg2+、OH-。为研究固体成分,进行实验:将生成的灰白色固体洗涤数次,至洗涤液中滴加AgNO3溶液后无明显浑浊。将洗涤后的固体溶于稀硝酸,再滴加AgNO3溶液,出现白色沉淀。推测沉淀中含有____,灰白色固体可能是____________(填化学式)。
(3)甲同学认为实验2比实验1反应剧烈的原因是NH4Cl溶液中c(H+)大,与Mg反应快。用化学用语解释NH4Cl溶液显酸性的原因是_______________
____________。
将湿润的红色石
蕊试纸放在试管口,试纸变蓝
Cl-
Mg(OH)Cl
N+H2O
NH3·H2O+H+
(4)乙同学通过实验3证明甲同学的说法不合理。
实验 实验装置
3
①X是__________________________________。
②由实验3获取的证据为________________________。
5 mL 1.0 mol·L-1 CH3COONH4溶液
两试管反应剧烈程度相当
(5)为进一步探究实验2反应剧烈的原因,进行实验4。
实验 实验试剂 实验现象
4 5 mL NH4Cl乙醇溶液 有无色无味气体产生(经检验为H2)
依据上述实验,可以得出Mg能与N反应生成H2。乙同学认为该方案不严谨,需要补充的实验方案是_______________________________________。
(6)由以上实验可以得出的结论是____________________________________
_________________。
取5mL无水乙醇,加入0.5 g镁粉无明显变化
NH4Cl水解产生的H+对反应影响小,
N对反应影响大
3.(12分)(2025·天津和平区模拟)探究锰的化合物的用途与性质,有关物质及颜色:Mn(OH)2(白色)、MnO2(棕黑色)、Mn(绿色)、Mn(紫色)。
回答下列问题:
Ⅰ.用KMnO4溶液氧化甲苯制苯甲酸,按如下流程分离苯甲酸和回收甲苯。
已知:苯甲酸的相对分子质量是122,在25 ℃和95 ℃时溶解度分别为0.3 g和6.9 g。
(1)操作Ⅰ为____,操作Ⅱ为____。
解析:反应混合物中含有甲苯和苯甲酸钾等,经过分液后得到的有机相含有甲苯,水相含有苯甲酸钾等,苯甲酸钾经过酸化得到苯甲酸,再经过蒸发浓缩、冷却、过滤得到的B为苯甲酸粗产品,有机相经过干燥、蒸馏得到的A为甲苯。在装置A中HCl与KMnO4发生反应制取Cl2,由于盐酸具有挥发性,在装置B中盛有饱和NaCl溶液,除去Cl2中的杂质HCl,在装置C中通过改变溶液的pH,验证不同条件下Cl2与MnSO4反应,装置D是尾气处理装置,据此解答。由分析知,操作Ⅰ为分液,操作Ⅱ为蒸馏。
分液
蒸馏
(2)无色液体A是_____,定性检验A的试剂是__________________,现象是_____________________。
解析:由分析知,无色液体A是甲苯,定性检验A的试剂是酸性高锰酸钾溶液,现象是酸性高锰酸钾溶液褪色。
甲苯
酸性高锰酸钾溶液
酸性高锰酸钾溶液褪色
(3)该同学推测白色固体B是苯甲酸与少量KCl的混合物,简述提纯过程:__________________________________________________________________。
解析:苯甲酸的溶解度随温度变化比较大,KCl的溶解度随温度变化不大,故提纯过程为将固体B溶于水中,加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
将固体B溶于水中,加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤、
干燥
Ⅱ.探究Mn2+在一定条件下被Cl2或ClO-氧化的产物,实验装置如图(夹持装置略):
实验ⅰ:物质a为5% KOH溶液,C中通入Cl2前产生白色沉淀,在空气中缓慢变成棕黑色沉淀;通入Cl2后棕黑色沉淀增多,放置后溶液变为紫色,仍有沉淀。
实验ⅱ:物质a为40% KOH溶液,C中通入Cl2前后与实验ⅰ现象一样。
(4)通入Cl2前,C中沉淀由白色变为棕黑色的化学方程式为______________
___________________。
解析:通入Cl2前,C中Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的OH-反应产生Mn(OH)2白色沉淀,该沉淀不稳定,会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色的MnO2,则沉淀由白色变为棕黑色的化学方程式为2Mn(OH)2+O2===
2MnO2+2H2O。
2Mn(OH)2+ O2
===2MnO2+2H2O
(5)Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关,KClO的氧化性随碱性减弱而增强。取实验ⅰ中放置后的1 mL悬浊液,再加入4 mL水,溶液紫色缓慢加深,发生的反应是_________________________________________。
解析:溶液紫色缓慢加深,说明ClO-将MnO2氧化为Mn,离子方程式为3ClO-+2MnO2+2OH-===2Mn+3Cl-+H2O。
3ClO-+2MnO2+2OH-===2Mn+3Cl-+H2O
(6)浓碱条件下,Mn。取实验ⅱ中放置后的1 mL悬浊液,再加4 mL 40% KOH溶液,溶液由紫色迅速变为绿色,溶液由紫色变为绿色的离子方程式为____________________________________。
解析:溶液由紫色变为绿色是因为在浓碱条件下,Mn-,离子方程式为4Mn-===+O2↑+
2H2O。
4Mn-===+O2↑+2H2O
(7)从反应速率的角度,分析实验ⅱ未得到绿色溶液的可能原因:_________
_____________________________________________________________________________________________________________________________。
由于过量
Cl2与NaOH反应产生NaClO,使溶液的碱性减弱,c(OH-)降低,溶液中的Mn的速率减小,因而实验ⅱ未得到绿色溶液
4.(12分)(2025·江西萍乡一模)氢化铝锂(LiAlH4)是有机合成中重要的还原剂,易溶于乙醚,可由LiH和AlCl3制备,某课题组设计实验制备LiAlH4并测定其纯度。已知:①Li的熔点为180.5 ℃;②LiAlH4、LiH遇水都剧烈反应并产生同一种气体。回答下列问题:
(1)LiH的制备:
①按气流从左到右的方向,上述装置合理的连接顺序为________________
_______→h(填仪器接口小写字母,尾气用排水法收集)。
②装置A中先__________(填“通入气体”或“加热”,下同),后_____。
③装置D的作用是______________________________,长颈漏斗的作用是_________。
④为适当加快H2产生的速率,可向盐酸中加入少量____________________
______________(填化学式)溶液。
e→f→g→d→c→
a→b
通入气体
加热
除去H2中混有的HCl、H2S气体
防止倒吸
CuSO4(或CuCl2或其
他合理答案)
(2)LiAlH4的制备:将(1)中制得的LiH加入反应器中,加入乙醚和AlCl3及少量LiAlH4(作引发剂),充分反应后过滤除去LiCl沉淀,滤液经一系列操作得白色晶体,经真空足量水干燥可得产品LiAlH4。写出生成LiAlH4的化学方程式:______________________________。
4LiH+AlCl3===LiAlH4+3LiCl
(3)该小组同学用如图所示装置测定产品纯度(杂质中不含LiH)。
在标准状况下,反应前注射器读数为V1 mL,反应完毕后
恢复到标准状况,注射器读数为V2 mL,该装置中发生反
应的化学方程式为_______________________________
________;该产品的纯度为__________%
(用含m、V1、V2的代数式表示)。
LiAlH4+4H2O===LiOH+Al(OH)3
+4H2↑
解析:制备LiH的原理是用Li与H2反应,用粗Zn与盐酸制得的H2中混有H2S、HCl,H2S、HCl能用NaOH溶液吸收,接下来用浓硫酸干燥,进入A中将装置内的空气排完,加热使Li熔化,b口出来的气体进入h,碱石灰的作用是防止空气中的水蒸气进入A中与LiH反应。LiAlH4与水发生水解反应生成氢氧化铝、氢氧化锂和氢气,反应的化学方程式是LiAlH4+4H2O===
LiOH+Al(OH)3+4H2↑,通过收集氢气的体积进行纯度的计算,收集氢气的体积是(V2-V1) mL,物质的量为 mol,根据上述方程式可知LiAlH4的物质的量为 mol,故产品的纯度为%。
5.(13分)(2025·山东淄博一模)实验室用B2O3和NH3反应制备BN并测定BN样品纯度,装置如图(夹持装置略)。
已知:ⅰ.BN难溶于水,高温下易被氧化。B2O3熔点为450 ℃,沸点为1 860 ℃,溶于热水生成硼酸,遇热的水蒸气生成易挥发的偏硼酸(HBO2)。H3BO3的电离:H3BO3+H2O H++[B(OH)4]-。
ⅱ.硼酸与甘油反应:
回答下列问题:
Ⅰ.制备BN
实验操作如下:①连接装置,检查气密性;②打开活塞K,滴入适量浓氨水;③关闭活塞K;④打开管式炉加热开关,加热至900 ℃左右,待反应完全;⑤在装置中加入相应试剂;⑥关闭管式炉加热开关,待装置冷却。
(1)正确的操作顺序为①→⑤→________________(填序号);仪器a的名称为
____________;装置C中发生反应的化学方程式为_____________________
________;图示装置存在的两处缺陷是_______________________________
_______________。
②→④→⑥→③
恒压滴液漏斗
B2O3+2NH3
2BN
+3H2O
装置B和C之间无干燥装置、无NH3
的尾气处理装置
解析:实验开始前要先连接装置、检查气密性,然后加入相应试剂,接下来要先产生氨气排尽装置内空气,所以先打开活塞K滴入适量浓氨水,接着打开管式炉加热开关进行反应,反应完全后关闭管式炉加热开关,待装置冷却,再关闭活塞K,防止BN高温下被氧化,故正确操作顺序为①→⑤→②→④→⑥→③。仪器a的名称为恒压滴液漏斗。装置C中B2O3和NH3反应制备BN,根据原子守恒可知,反应的化学方程式为B2O3+2NH3 　　　2BN+
3H2O。A装置中产生的氨气带有水蒸气,会导致B2O3生成易挥发的偏硼酸,影响实验,所以应在B和C之间增加干燥装置除去氨气中的水蒸气。氨气有刺激性气味,是大气污染物,该装置没有对未反应完的氨气进行处理,会污染环境。
Ⅱ.测定BN纯度
(2)数字化实验探究:25 ℃时,用0.200 0 mol·L-1 NaOH标准溶液分别滴定20.00 mL同浓度的H3BO3溶液和甘油硼酸溶液,数据如下。
NaOH溶液/mL 19.96 19.98 20.00 20.02 20.04
溶 液 pH H3BO3 (Ka=10-9.24) 10.66 10.82 x 11.19 11.35
甘油硼酸 (Ka=10-5.2) 6.63 6.94 8.97 10.98 11.28
则x=____(保留两位有效数字)。
11
解析:当用0.200 0 mol·L-1 NaOH标准溶液滴定20.00 mL同浓度的H3BO3溶液时,NaOH溶液体积为20.00 mL时恰好完全反应,H3BO3是一元弱酸,电离方程式为H3BO3+H2O H++[B(OH)4]-　Ka=10-9.24,恰好完全反应时,生成Na[B(OH)4],[B(OH)4]-会发生反应[B(OH)4]- H3BO3+OH-,Kh=
,由于等体积混合,c{[B(OH)4]-}= mol·L-1=0.100 0 mol·L-1,c(H3BO3)≈c(OH-),所以Kh=,又Kh==10-4.76,即10-4.76=,c(OH-)= mol·L-1=10-2.88 mol·L-1,pOH=
-lg c(OH-)=2.88,pH=14-2.88=11.12,保留两位有效数字为11。
(3)滴定:取a g BN样品(杂质为B2O3),经热水充分洗涤过滤,向滤液中加入适量甘油,滴加几滴酚酞,用c mol·L-1 NaOH标准溶液滴定至溶液呈浅红色,补加少许甘油后浅红色消失,再滴加标准溶液,如此反复。达滴定终点时平均消耗NaOH标准溶液V mL。
接近滴定终点时,向锥形瓶中滴入半滴标准溶液的操作为____(填字母)。
D
先加甘油再滴定的目的是__________________________________________
_______________________________________________________________;
样品中BN的纯度为______________________;若加入甘油不足,测定结果会_____(“偏大”“偏小”或“不变”)。
滴定硼酸时突跃范围过小,且不在指示剂变色范
围内,加甘油生成甘油硼酸,加指示剂便于观察滴定终点(或其他合理答案)
×100%
偏大
解析:接近滴定终点时,向锥形瓶中滴入半滴标准溶液的操作是使尖嘴部分悬而不滴,用锥形瓶内壁将半滴标准溶液沾下,然后用洗瓶以少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁,且NaOH标准溶液装在碱式滴定管中,故答案选D。H3BO3是极弱的酸,滴定H3BO3溶液时突跃范围过小,且不在指示剂变色范围内,加入甘油后,甘油能与H3BO3反应,生成一种较强的甘油硼酸,加指示剂便于观察滴定终点(或其他合理答案)。根据实验原理,B2O3与热水反应生成H3BO3,加入甘油后,甘油与H3BO3反应生成甘油硼酸,甘油硼酸再与NaOH反应,n(H3BO3)=n(NaOH),因为B2O3+3H2O===2H3BO3,
所以n(B2O3)=n(H3BO3)=n(NaOH),m(B2O3)=n(NaOH)×70 g/mol=35cV×10-3 g,m(BN)=(a-35cV×10-3) g,样品中BN的纯度为×100%。当甘油不足时,H3BO3不能完全与甘油反应生成甘油硼酸,导致消耗NaOH的体积V偏小,根据上述公式可知,BN的纯度测定结果偏大。
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