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文档介绍
2020届高考化学二轮复习化学实验综合学案
题型十 化学实验综合题 高考命题规律 2020年高考必备 2015年 2016年 2017年 2018年 2019年 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅲ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅲ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅲ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅲ卷 命题角度1 探究型实验 26 26 28 26 28 命题角度2 制备型实验——无机化合物的制备 26 26 命题角度3 制备型实验——有机化合物的合成 28 27 命题角度4 定量分析型实验 28 26 28 26 命题角度1探究型实验 高考真题体验·对方向 1.(2019北京理综,28)化学小组实验探究SO2与AgNO3溶液的反应。 (1)实验一:用如下装置(夹持、加热仪器略)制备SO2,将足量SO2通入AgNO3溶液中,迅速反应,得到无色溶液A和白色沉淀B。 ①浓硫酸与Cu反应的化学方程式是 。 ②试剂a是 。 (2)对体系中有关物质性质分析得出:沉淀B可能为Ag2SO3、Ag2SO4或二者混合物。 (资料:Ag2SO4微溶于水;Ag2SO3难溶于水) 实验二:验证B的成分 沉淀B溶液C沉淀Dⅰ.洗涤干净ⅱ.过量稀盐酸 ①写出Ag2SO3溶于氨水的离子方程式: 。 ②加入盐酸后沉淀D大部分溶解,剩余少量沉淀F。推断D中主要是BaSO3,进而推断B中含有Ag2SO3。向滤液E中加入一种试剂,可进一步证实B中含有Ag2SO3。所用试剂及现象是 。 (3)根据沉淀F的存在,推测SO42-的产生有两个途径: 途径1:实验一中,SO2在AgNO3溶液中被氧化生成Ag2SO4,随沉淀B进入D。 途径2:实验二中,SO32-被氧化为SO42-进入D。 实验三:探究SO42-的产生途径 ①向溶液A中滴入过量盐酸,产生白色沉淀,证明溶液中含有 ;取上层清液继续滴加BaCl2溶液,未出现白色沉淀,可判断B中不含Ag2SO4。做出判断的理由: 。 ②实验三的结论: 。 (4)实验一中SO2与AgNO3溶液反应的离子方程式是 。 (5)根据物质性质分析,SO2与AgNO3溶液应该可以发生氧化还原反应。将实验一所得混合物放置一段时间,有Ag和SO42-生成。 (6)根据上述实验所得结论: 。 答案 (1)①Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O ②饱和NaHSO3溶液 (2)①Ag2SO3+4NH3·H2O2Ag(NH3)2++4H2O+SO32- ②H2O2溶液,产生白色沉淀 (3)①Ag+ Ag2SO4溶解度大于BaSO4,没有BaSO4沉淀时,必定没有Ag2SO4 ②途径1不产生SO42-,途径2产生SO42- (4)2Ag++SO2+H2OAg2SO3↓+2H+ (6)实验条件下:SO2与AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和SO42-的速率;碱性溶液中SO32-更易被氧化为SO42- 解析 (1)①浓硫酸与Cu反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O。②试剂a是饱和NaHSO3溶液,所起作用是吸收除SO2外的其他酸性气体。 (2)实验二: ①Ag2SO3溶于氨水形成银氨络合物,总反应离子方程式为Ag2SO3+4NH3·H2O2Ag(NH3)2++4H2O+SO32-。②滤液中含有Ba2+和SO32-,可加入H2O2溶液,观察有白色沉淀生成进行证明。 (3)①向溶液A中滴入过量盐酸,产生白色沉淀,证明溶液中含有Ag+;取上层清液继续滴加BaCl2溶液,未出现白色沉淀,说明没有SO42-,可判断B中不含Ag2SO4。②SO42-的产生途径是SO32-被氧化。 (4)根据信息,相关离子方程式是2Ag++ SO2+H2O2H++Ag2SO3↓。 (6)根据上述实验可知:SO2和AgNO3溶液既能发生沉淀反应,又能发生氧化还原反应,其中沉淀B为Ag2SO3,说明沉淀反应的速率比氧化还原反应大。 2.(2018全国Ⅱ,28)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,溶解后加稀硫酸酸化,用c mol·L-1 KMnO4溶液滴定至终点,滴定终点的现象是 。 ②向上述溶液中加入适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,加稀硫酸酸化,用c mol·L-1 KMnO4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 。 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 CO ③先熄灭装置A、E处的酒精灯,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溶液出现粉红色且半分钟内粉红色不消失 ②5cV×56m×1 000×100% 解析 (1)根据题目信息,三草酸合铁酸钾感光后得到FeC2O4,故以K3[Fe(CN)6]溶液为显色剂,发生反应的化学方程式为:3FeC2O4+2K3[Fe(CN)6]Fe3[Fe(CN)6]2+3K2C2O4。 (2)①探究三草酸合铁酸钾热分解的产物,通入氮气可以起到隔绝空气且使反应产生的气体全部进入后续装置的作用。 ②分析装置图各部分的作用,A为热分解的反应装置,B用于检验生成的气体中是否含有CO2,C吸收生成的CO2,D为干燥装置,E、F检验生成的气体中是否含有CO。若B、F中澄清石灰水均变浑浊,E中CuO变为红色,则热分解的产物中一定含有CO2和CO。 ③为防止倒吸,停止实验时应先熄灭A、E处酒精灯并继续通入氮气,待反应管冷却后停止通入氮气。 ④检验装置A中的残留物中是否含有Fe2O3,可将残留物溶于稀硫酸,使Fe2O3转化为Fe3+,然后用KSCN溶液检验。 (3)①用KMnO4溶液滴定三草酸合铁酸钾,滴定终点的现象是溶液出现粉红色(极稀的酸性KMnO4溶液颜色)且半分钟内粉红色不消失。 ②该测定原理的离子方程式为2Fe3++Zn2Fe2++Zn2+,5Fe2++MnO4-+8H+5Fe3++Mn2++4H2O。即5Fe2+~MnO4-,故该晶体中铁的质量分数的表达式:w(Fe)= cmol·L-1×V×10-3L×5×56 g·mol-1mg×100%=5cV×561 000m×100%。 3.(2017全国Ⅲ,26)绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁,在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题: (1)在试管中加入少量绿矾样品,加水溶解,滴加KSCN溶液,溶液颜色无明显变化。再向试管中通入空气,溶液逐渐变红。由此可知: 、 。 (2)为测定绿矾中结晶水含量,将石英玻璃管(带两端开关K1和K2)(设为装置A)称重,记为m1 g。将样品装入石英玻璃管中,再次将装置A称重,记为m2 g。按下图连接好装置进行实验。 ①仪器B的名称是 。 ②将下列实验操作步骤正确排序 (填标号);重复上述操作步骤,直至A恒重,记为m3 g。 a.点燃酒精灯,加热 b.熄灭酒精灯 c.关闭K1和K2 d.打开K1和K2,缓缓通入N2 e.称量A f.冷却到室温 ③根据实验记录,计算绿矾化学式中结晶水数目x= (列式表示)。若实验时按a、d次序操作,则使x (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 (3)为探究硫酸亚铁的分解产物,将(2)中已恒重的装置A接入下图所示的装置中,打开K1和K2,缓缓通入N2,加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。 ①C、D中的溶液依次为 (填标号)。C、D中有气泡冒出,并可观察到的现象分别为 。 a.品红 b.NaOH c.BaCl2 d.Ba(NO3)2 e.浓硫酸 ②写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式 。 答案 (1)样品中没有Fe(Ⅲ) Fe(Ⅱ)易被氧化成Fe(Ⅲ) (2)①干燥管 ②dabfce ③76(m2-m3)9(m3-m1) 偏小 (3)①c、a 产生白色沉淀、褪色 ②2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑ 解析 (1)样品溶于水,滴加KSCN溶液,溶液颜色无明显变化,说明样品中不存在Fe3+;通入空气,溶液逐渐变红色,说明Fe2+易被氧气氧化为Fe3+。(2)①B为干燥管;②在反应之前先通入N2,目的是排除装置中的空气,防止Fe2+被空气中的O2氧化,再加热使绿矾隔绝空气分解,然后熄灭酒精灯使其在N2中冷却到室温,再关闭K1、K2,最后称量A,根据前后质量变化,可得出失去的结晶水质量。则操作步骤的正确排序是dabfce。③根据题意FeSO4的质量为(m3-m1) g,结晶水的质量为(m2-m3) g,绿矾分解反应的化学方程式为: FeSO4·xH2OFeSO4 + xH2O 152 18x (m3-m1) g (m2-m3) g 则152(m3-m1) g=18x(m2-m3) g,得x=76(m2-m3)9(m3-m1);若按a、d次序操作,Fe2+会被空气中的O2氧化,导致m3增大,由表达式x=76(m2-m3)9(m3-m1),可判断x偏小。(3)①FeSO4分解看到有红色粉末,说明有Fe2O3生成。将气体通入BaCl2溶液中,若有沉淀生成,说明产物中有SO3,SO2与BaCl2不反应。继续通入品红溶液中,若红色褪去,说明产物中有SO2,SO2并不能完全被品红吸收,所以在最后要进行尾气处理。BaCl2溶液不能为Ba(NO3)2溶液,因为将SO2和SO3的混合气通入Ba(NO3)2溶液,SO2和SO3均能与Ba(NO3)2溶液反应生成BaSO4沉淀。②由实验现象判断出分解产物有Fe2O3、SO2和SO3,则FeSO4分解反应的化学方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑。 4.(2016全国Ⅰ,26)氮的氧化物(NOx)是大气污染物之一,工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NOx还原生成N2。某同学在实验室中对NH3与NO2反应进行了探究。回答下列问题: (1)氨气的制备 ①氨气的发生装置可以选择上图中的 ,反应的化学方程式为 。 ②欲收集一瓶干燥的氨气,选择上图中的装置,其连接顺序为:发生装置→ (按气流方向,用小写字母表示)。 (2)氨气与二氧化氮的反应 将上述收集到的NH3充入注射器X中,硬质玻璃管Y中加入少量催化剂,充入NO2(两端用夹子K1、K2夹好)。在一定温度下按图示装置进行实验。 操作步骤 实验现象 解释原因 打开K1,推动注射器活塞,使X中的气体缓慢通入Y管中 ①Y管中 ②反应的化学方程式 将注射器活塞退回原处并固定,待装置恢复到室温 Y管中有少量水珠 生成的气态水凝聚 打开K2 ③ ④ 答案 (1)①A 2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O(或B NH3·H2ONH3↑+H2O) ②dcfei (2)①红棕色气体颜色慢慢变浅 ②8NH3+6NO27N2+12H2O ③Z中NaOH溶液产生倒吸现象 ④反应后气体分子数减少,Y管中压强小于外压 解析 (1)①由于制取氨气可以用2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O,故可以选A装置;或利用NH3·H2ONH3↑+H2O制取NH3,故也可以选B装置。 ②生成的NH3中混有水蒸气,且氨气是碱性气体,可用碱石灰干燥,用向下排空气法收集;在收集装置后,需用防倒吸的尾气处理装置。 (2)NO2具有强氧化性,NH3具有还原性,NO2中氮元素由+4价降至0价,NH3中氮元素由-3价上升至0价,生成N2,故化学方程式为8NH3+6NO27N2+12H2O,则Y管内气体颜色变浅甚至变为无色。 由于反应后气体物质的量减小,故Y中压强减小,烧杯内NaOH溶液在大气压强的作用下会倒吸入Y管内。 5.(2016全国Ⅱ,28)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)。 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分解反应放热,促进Fe3+的水解平衡正向移动 解析 (1)Fe2+具有还原性,可被空气中的O2氧化,所以配制FeCl2溶液时加少量铁屑可防止Fe2+被氧化。 (2)Cl2可将Fe2+氧化为Fe3+,Cl2自身被还原为Cl-,反应的离子方程式为Cl2+2Fe2+2Cl-+2Fe3+。 (3)煤油不溶于水,且其密度比水的小,可覆盖在FeCl2溶液上面以隔绝空气,防止Fe2+被氧化。 (4)实验②中加入K3[Fe(CN)6]溶液生成蓝色沉淀,说明溶液中一定含Fe2+;实验③中加入KSCN溶液,溶液变红,说明溶液中一定含有Fe3+,Fe3+和I-发生反应2Fe3++2I-2Fe2++I2,在I-过量的情况下,Fe3+和I2共存可说明Fe3+和I-间发生的是可逆反应。 (5)H2O2与FeCl2间发生的离子反应为H2O2+2Fe2++2H+2Fe3++2H2O。生成的Fe3+可作H2O2分解的催化剂,H2O2分解有氧气产生,同时反应放热又促进Fe3+的水解,从而生成红褐色的Fe(OH)3沉淀。 6.(2015全国Ⅰ,26)草酸(乙二酸)存在于自然界的植物中,其K1=5.4×10-2,K2=5.4×10-5。草酸的钠盐和钾盐易溶于水,而其钙盐难溶于水。草酸晶体(H2C2O4·2H2O)无色,熔点为101 ℃,易溶于水,受热脱水、升华,170 ℃以上分解。回答下列问题: (1)甲组同学按照如图所示的装置,通过实验检验草酸晶体的分解产物。装置C中可观察到的现象是 ,由此可知草酸晶体分解的产物中有 。装置B的主要作用是 。 (2)乙组同学认为草酸晶体分解产物中还有CO,为进行验证,选用甲组实验中的装置A、B和下图所示的部分装置(可以重复选用)进行实验。 ①乙组同学的实验装置中,依次连接的合理顺序为A、B、 。装置H反应管中盛有的物质是 。 ②能证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是 。 (3)设计实验证明: ①草酸的酸性比碳酸的强 。 ②草酸为二元酸 。 答案 (1)有气泡逸出、澄清石灰水变浑浊 CO2 冷凝(水蒸气、草酸等),防止草酸进入装置C反应生成沉淀,干扰CO2的检验 (2)①F、D、G、H、D、I CuO ②H中黑色粉末变为红色,其后的装置D中的澄清石灰水变浑浊 (3)①向盛有少量NaHCO3溶液的试管中滴加草酸溶液,有气泡产生 ②用NaOH标准溶液滴定同浓度的草酸溶液,消耗NaOH的物质的量为草酸的2倍 解析 (1)澄清石灰水通常可以用来检验二氧化碳,所以推测产物中有二氧化碳;草酸易升华,加热易变成气体随分解产物进入C装置,影响二氧化碳的检验。 (2)要想检验一氧化碳,必须先除净二氧化碳和水蒸气,选F、D、G装置,再利用一氧化碳的还原性检验它的存在,选H、D装置,还要进行一氧化碳的尾气处理,选I装置。 若存在一氧化碳,则黑色的氧化铜被还原为红色的铜,一氧化碳被氧化成二氧化碳使澄清石灰水变浑浊。 (3)①根据相对强酸制弱酸的原理,用碳酸盐溶液和草酸混合,只要能看到气泡产生即可。②利用酸碱中和的原理,证明氢氧化钠的物质的量是草酸的2倍。 典题演练提能·刷高分 1.(2019北师大附中模拟)某同学在做浓硫酸与铜反应的实验过程中,观察到铜片表面变黑,于是对黑色物质的组成进行实验探究。 (1)用如图所示装置进行实验1(加热和夹持仪器已略去)。 实验1:铜片与浓硫酸反应 操作 现象 加热到120~250 ℃ 铜片表面变黑,有大量气体产生,形成墨绿色浊液 继续加热至338 ℃ 铜片上黑色消失,瓶中出现“白雾”,溶液略带蓝色,瓶底部有较多灰白色沉淀 ①装置B的作用是 。装置C中盛放的试剂是 。 ②为证明A装置中灰白色沉淀的主要成分为硫酸铜,实验操作及现象是 。 (2)探究实验1中120~250 ℃时所得黑色固体的成分。 【提出猜想】黑色固体中可能含有CuO、CuS、Cu2S中的一种或几种。 【查阅资料】 资料1:亚铁氰化钾[K4Fe(CN)6]是Cu2+的灵敏检测剂,向含有Cu2+的溶液中滴加亚铁氰化钾溶液,生成红棕色沉淀。 资料2: CuS Cu2S 黑色结晶或粉末 灰黑色结晶或粉末 难溶于稀硫酸;可溶于硝酸;微溶于浓氨水或热的浓盐酸 难溶于稀硫酸和浓盐酸;可溶于硝酸;微溶于浓氨水 【设计并实施实验】 实验2:探究黑色固体中是否含CuO 操作 现象 i.取表面附着黑色固体的铜片5片,用清水洗干净,放入盛有10 mL试剂A的小烧杯中,搅拌 黑色表层脱落,露出光亮的铜片 ⅱ.取出铜片,待黑色沉淀沉降 上层溶液澄清、无色 ①试剂A是 。 ②甲认为ⅱ中溶液无色有可能是Cu2+浓度太小,于是补充实验确认了溶液中不含Cu2+,补充的实验操作及现象是 。 实验3:探究黑色固体中是否含CuS、Cu2S 操作 现象 i.取实验2中黑色固体少许,加入适量浓氨水,振荡后静置 有固体剩余,固液分界线附近的溶液呈浅蓝色 ⅱ.另取实验2中黑色固体少许,加入适量浓盐酸,微热后静置 有固体剩余,溶液变成浅绿色 (3)获得结论:由实验2和实验3可得到的结论是实验1中,120~250 ℃时所得黑色固体中 。 (4)实验反思:分析实验1中338 ℃时产生现象的原因,同学们认为是较低温度时产生的黑色固体与热的浓硫酸进一步反应造成。已知反应的含硫产物除无水硫酸铜外还有二氧化硫,则黑色固体消失时可能发生的所有反应的化学方程式为 。 答案 (1)①防止C中溶液倒吸入A中 NaOH溶液 ②冷却后将浊液倒入盛水的小烧杯中,得到蓝色溶液(或冷却后,将上层浓硫酸倒出,向瓶中加入少量水,得到蓝色溶液) (2)①一定浓度的稀硫酸 ②向上层清液中滴加2滴亚铁氰化钾溶液,没有明显现象(或无红棕色沉淀生成) (3)不含CuO,一定含有CuS,可能含有Cu2S (4)CuS+4H2SO4(浓)CuSO4+4SO2↑+4H2O,Cu2S+6H2SO4(浓)2CuSO4+5SO2↑+6H2O 解析 (1)①反应生成的二氧化硫易溶于水,容易造成倒吸现象,装置B可以防止C中溶液倒吸入A中。二氧化硫会污染空气,且二氧化硫属于酸性氧化物,装置C中可以用NaOH溶液吸收二氧化硫。②硫酸铜溶液显蓝色,为证明A装置中灰白色沉淀的主要成分为硫酸铜,可以将冷却后的浊液倒入盛水的小烧杯中,得到蓝色溶液即可证明。 (2)①根据CuS、Cu2S的性质可知,二者均难溶于稀硫酸,可溶于硝酸,因此试剂A应该选择稀硫酸。②根据题意,亚铁氰化钾[K4Fe(CN)6]是Cu2+的灵敏检测剂,向含有Cu2+的溶液中滴加亚铁氰化钾溶液,可以生成红棕色沉淀。因此只要向反应后的溶液中加入亚铁氰化钾即可检验溶液中是否存在Cu2+。 (3)获得结论。根据实验2可知,黑色固体中不含CuO,根据实验3可知,加入适量浓氨水,固液分界线附近的溶液呈浅蓝色;加入适量浓盐酸,微热后静置,溶液变成浅绿色,因为CuS微溶于浓氨水或热的浓盐酸,Cu2S难溶于浓盐酸,说明含有CuS、可能含有Cu2S。 (4)实验反思。黑色固体中含有CuS、可能含有Cu2S,根据反应的含硫产物除无水硫酸铜外还有二氧化硫,CuS、Cu2S与浓硫酸的反应方程式分别为CuS+4H2SO4(浓)CuSO4+4SO2↑+4H2O,Cu2S+6H2SO4(浓)2CuSO4+5SO2↑+6H2O。 2.(2019北京海淀一模)某小组同学对FeCl3与KI的反应进行探究。 【初步探究】室温下进行下表所列实验。 序号 操作 现象 实验Ⅰ 取5 mL 0.1 mol·L-1 KI溶液,滴加0.1 mol·L-1 FeCl3溶液5~6滴(混合溶液pH=5) 溶液变为棕黄色 实验Ⅱ 取2 mL实验Ⅰ反应后的溶液,滴加2滴0.1 mol·L-1 KSCN溶液 溶液呈红色 (1)证明实验Ⅰ中有I2生成,加入的试剂为 。 (2)写出实验Ⅰ反应的离子方程式 。 (3)结合上述实验现象可以证明Fe3+与I-发生可逆反应,原因是 。 【深入探究】20 min后继续观察实验现象,实验Ⅰ溶液棕黄色变深,实验Ⅱ溶液红色变浅。 (4)已知在酸性较强的条件下,I-可被空气氧化为I2,故甲同学提出假设:该反应条件下空气将I-氧化为I2,使实验Ⅰ中溶液棕黄色变深。甲同学设计实 验: ,20 min内溶液不变蓝,证明该假设不成立,导致溶液不变蓝的因素可能是 (写出两条)。 (5)乙同学查阅资料可知,FeCl3与KI的反应体系中还存在I-+I2I3-,I3-呈棕褐色。依据资料从平衡移动原理解释实验Ⅱ中20 min后溶液红色变浅的原因是 。 (6)丙同学针对20 min后的实验现象继续提出假设:FeCl3与KI的反应、I-与I2的反应达到平衡需要一段时间,有可能20 min之前并未达到平衡。为验证该假设,丙同学用4支试管进行实验,得到了颜色由浅到深的四个红色溶液体系,具体实验方案为 。 答案 (1)淀粉溶液或CCl4 (2)2Fe3++2I-2Fe2++I2 (3)实验Ⅱ通过检验KI过量(或Fe3+不足量)的情况下仍有Fe3+剩余,说明正反应不能进行到底 (4)向试管中加入5 mL 0.1 mol·L-1KI溶液和2滴淀粉溶液,加酸调至pH=5 c(I-)低或c(H+)低 (5)由于I-+I2I3-,使c(I2)减小,2Fe3++2I-2Fe2++I2平衡正向移动,c(Fe3+)减小,Fe3++3SCN-Fe(SCN)3平衡逆向移动,红色变浅 (6)向1支试管中加入2 mL0.1 mol·L-1KI溶液,再滴加0.1 mol·L-1FeCl3溶液2~3滴,滴加2滴0.1 mol·L-1KSCN溶液,之后每间隔5 min,另取1支试管重复上述实验,观察4支试管中溶液颜色的变化 解析 (1)取5 mL 0.1 mol·L-1KI溶液,滴加0.1 mol·L-1 FeCl3溶液5~6滴(混合溶液pH=5),溶液变为棕黄色,证明实验Ⅰ中有I2生成,检验碘单质可以选用淀粉溶液,溶液变蓝色说明生成了碘单质。 (2)实验Ⅰ中Fe3+与I-发生氧化还原反应生成碘单质和亚铁离子,反应的离子方程式为2Fe3++2I-2Fe2++I2。 (3)实验Ⅱ取2 mL实验Ⅰ反应后的溶液,滴加2滴0.1 mol·L-1 KSCN溶液,溶液变红色,说明KI过量的前提下仍有Fe3+存在,说明反应不能进行彻底,证明该反应为可逆反应。 (4)已知在酸性较强的条件下,I-可被空气氧化为I2,故甲同学提出假设:该反应条件下空气将I-氧化为I2,使实验Ⅰ中溶液棕黄色变深。甲同学可以设计如下实验:向试管中加入5 mL 0.1 mol KI溶液和2滴淀粉溶液,加酸调至pH=5,20 min内溶液不变蓝,证明该假设不成立。导致溶液不变蓝的因素可能是c(I-)低或c(H+)低。 (5)实验Ⅱ中20 min后溶液红色变浅的原因是由于存在化学平衡I-+I2I3-,碘离子过量,则碘单质浓度减小为主要因素,使得2Fe3++2I-2Fe2++I2平衡正向移动,Fe3+浓度减小,导致Fe3++3SCN-Fe(SCN)3平衡逆向移动,溶液红色变浅。 (6)丙同学针对20 min后的实验现象继续提出假设:FeCl3与KI的反应、I-与I2的反应达到平衡需要一段时间,有可能20 min之前并未达到平衡。为验证该假设,丙同学用4支试管进行实验,得到了颜色由浅到深的四个红色溶液体系,具体实验方案是:向1支试管中加入2 mL 0.1 mol·L-1KI溶液,再滴入0.1 mol·L-1的FeCl3溶液2~3滴,滴加2滴KSCN溶液,之后每间隔5 min另取1支试管重复上述实验,观察4支试管中溶液颜色的变化。 3.(2019重庆九校联盟联考)过氧化钙(CaO2)常用作种子及谷物的无毒性消毒剂,常温下为白色的固体,微溶于水,且不溶于乙醇、乙醚和碱性溶液,但溶于酸。 某实验小组拟探究CaO2的性质及其实验室制法。 (1)实验探究CaO2与酸的反应。 操作 现象 向盛有4 g CaO2的大试管中加入10 mL稀盐酸得溶液a 剧烈反应,产生能使带火星木条复燃的气体 取5 mL溶液a置于试管中,滴入两滴石蕊溶液 溶液变红,一段时间后溶液颜色明显变浅,稍后溶液变为无色 ①CaO2与盐酸反应的化学方程式为 。 ②加入石蕊溶液后溶液褪色可能是因为溶液a中存在较多的 。 (2)用如图所示装置制备过氧化钙,其反应原理为Ca+O2CaO2。 ①请选择实验所需要的装置,按气流方向连接的顺序为 (填仪器接口的字母,上述装置可不选用也可重复使用)。 ②根据完整的实验装置进行实验,实验步骤如下:Ⅰ.检验装置的气密性后,装入药品;Ⅱ.打开分液漏斗活塞,通入气体一段时间,加热药品;Ⅲ.反应结束后, (填操作);Ⅳ.拆除装置,取出产物。 (3)利用反应Ca2++H2O2+2NH3+8H2OCaO2·8H2O↓+2NH4+在碱性环境下制取CaO2的装置如图所示。 ①NH3在Ca2+和H2O2的反应过程中所起的作用是 。 ②反应结束后,经过滤、洗涤、低温烘干可获得CaO2·8H2O。过滤需要的玻璃仪器是 ;将沉淀进行洗涤的操作为 。 (4)设计实验证明CaO2的氧化性比FeCl3的氧化性强: 。 答案 (1)①2CaO2+4HCl2CaCl2+2H2O+O2↑ ②H2O2 (2)①d→e→f→b→c→e(或d→e→f→c→b→e) ②熄灭酒精灯,待反应管冷却至室温,停止通入氧气,并关闭分液漏斗的活塞 (3)①消耗生成的氢离子,促进反应进行(或使溶液呈碱性,减少CaO2·8H2O的溶解,或提高产品的产率等其他合理答案) ②烧杯、漏斗、玻璃棒 沿玻璃棒向漏斗中注入蒸馏水至浸没沉淀,让水自然流下,重复2~3次 (4)在FeCl2溶液中滴加KSCN溶液,溶液不显红色,再加入少量CaO2粉末,溶液变红色,说明CaO2的氧化性比FeCl3的氧化性强 解析 (1)①CaO2与盐酸反应产生CaCl2、H2O和氧气,反应的化学方程式为2CaO2+4HCl2CaCl2+2H2O+O2↑;②加入石蕊后溶液褪色可能是因为溶液a中存在较多的H2O2,该物质具有氧化性,能将红色的物质氧化变为无色。(2)①用H2O2与MnO2反应产生O2,用浓硫酸干燥氧气,然后是氧气与Ca在加热时发生反应产生CaO2,为防止空气中的水分影响反应产物,应该再连接盛有浓硫酸的洗气瓶。故装置的连接顺序是d→e→f→b→c→e(或d→e→f→c→b→e)。②根据完整的实验装置进行实验,实验步骤如下:Ⅰ.检验装置的气密性后装入药品;Ⅱ.打开分液漏斗活塞,通入气体一段时间,加热药品;Ⅲ.反应结束后,熄灭酒精灯,待反应管冷却至室温,停止通入氧气,并关闭分液漏斗的活塞;Ⅳ.拆除装置,取出产物。(3)①根据反应的离子方程式可知NH3与反应产生的H+结合形成NH4+,所以NH3在Ca2+和H2O2的反应过程中所起的作用是消耗生成的氢离子,促进反应进行。②反应结束后,经过滤、洗涤、低温烘干可获得CaO2·8H2O,过滤所需要的玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒。将沉淀进行洗涤的操作为沿玻璃棒向漏斗中注入蒸馏水至浸没沉淀,让水自然流下,重复2~3次。(4)要证明CaO2的氧化性比FeCl3的氧化性强,可在FeCl2溶液中滴加KSCN溶液,溶液不显红色,再加入少量CaO2粉末,溶液变红色,说明CaO2的氧化性比FeCl3的氧化性强。 4.(2019安徽江淮十校第三次联考)某小组欲探究Cl2与KI溶液的反应,设计实验装置如下图所示: 已知:I2在水中溶解度很小,在KI溶液中溶解度显著增大,其原因为I2(s)+I-(aq)I3-(aq) 完成下列填空: (1)仪器A使用前必须进行的操作是 ,仪器B的名称是 。 (2)该实验装置存在的明显设计缺陷是 ,改进之后,进行后续实验。 (3)C中的试剂是 ;当E装置中出现 时,停止加热。 (4)当氯气开始进入D时,D中看到的现象是 ;不断向D中通入氯气,看到溶液颜色逐渐加深,后来出现深褐色沉淀,试运用平衡移动原理分析产生这些现象的原因 。 (5)持续不断地向D中通入氯气,看到D中液体逐渐澄清,最终呈无色。实验小组猜想,D中无色溶液里的含碘物质可能是HIO3。 ①按照实验小组的猜想,用化学方程式解释“D中液体逐渐澄清,最终呈无色”的原因 。 ②为了验证猜想是否正确,实验小组又进行如下实验: ⅰ.取反应后D中溶液5.00 mL(均匀)于锥形瓶中,加入KI(过量)和足量稀硫酸。 ⅱ.向上述锥形瓶中滴加淀粉指示剂,溶液变蓝,用0.625 0 mol·L-1的Na2S2O3溶液滴定至蓝色刚好褪去,消耗Na2S2O3溶液V mL。 已知:2HIO3+10KI+5H2SO46I2+5K2SO4+6H2O、I2+2S2O32-2I-+S2O62-,若V= 时,说明实验小组的猜想正确。 (6)欲检验某溶液中是否含有I-,可使用的试剂为溴水和四氯化碳。合理的实验操作为 。 答案 (1)检漏 蒸馏烧瓶 (2)没有尾气处理装置 (3)饱和食盐水 白色沉淀 (4)无色溶液变棕黄色 被置换出来的I2在KI溶液中溶解度较大,所以溶液颜色逐渐加深;但随着反应进行,KI被消耗,平衡I2(s)+I-(aq)I3-(aq)逆向移动,部分碘以沉淀的形式析出 (5)①5Cl2+I2+6H2O2HIO3+10HCl ②24.00 (6)取适量样品,滴加少量溴水,用力振荡后加入适量的四氯化碳,振荡、静置、分层后若下层呈紫红色,说明样品溶液中含有I- 解析 (1)仪器A是分液漏斗,B是蒸馏烧瓶;使用分液漏斗时应先检漏。 (2)因为氯气有毒,未反应的氯气排入大气会造成污染。所以该实验装置存在的明显设计缺陷是没有尾气处理装置。 (3)C是用于除去氯气中的氯化氢气体,所以C中试剂是饱和食盐水;氯气与KI溶液反应之后,剩余的氯气进入硝酸银溶液,生成氯化银白色沉淀。 (4)氯气开始进入D时,将碘离子氧化成单质碘,所以开始溶液变棕黄色;不断向D中通入氯气,看到溶液颜色逐渐加深,后来出现深褐色沉淀,是因为被置换出来的I2在KI溶液中溶解度较大,导致溶液颜色逐渐加深,但随着反应进行,I-渐被消耗,平衡I2(s)+I-(aq)I3-(aq)向左移动,部分I2以沉淀的形式析出。 (5)①因为2I-+Cl2I2+2Cl-,此时溶液变黄;持续不断地向D中通入氯气,看到D中液体逐渐澄清,最终呈无色,可能发生的反应为:5Cl2+I2+6H2O2HIO3+10HCl。 ②由2I-+Cl2I2+2Cl-,5Cl2+I2+6H2O2HIO3+10HCl,2HIO3+10KI+5H2SO46I2+5K2SO4+6H2O;I2+2S2O32-2I-+S4O62-可知,D中原I-的物质的量=0.005 L×0.5 mol·L-1=0.002 5 mol,根据关系式: 2I-~2HIO3~6I2~12S2O32- 2 12 0.002 5 mol V1 000×0.625 mol·L-1 解得V=24.00 mL。 (6)检验某溶液中是否含有I-,取适量样品,滴加少量溴水,用力振荡后加入适量的四氯化碳,振荡、静置、分层后若下层呈紫红色,说明样品中含有I-。 5.(2019四川泸州三模)黄色超氧化钾(KO2)可作为宇宙飞船的供氧源。某学习小组设计以下实验探究KO2的性质,请回答相关问题: Ⅰ.探究KO2与水的反应 实验操作 现象 结论与解释 (1)取少量KO2固体于试管中,滴加少量水,将带火星的木条靠近试管口。反应结束后,将溶液分成两份 快速产生气泡,木条复燃 产生的气体是 (2)一份滴加酚酞溶液 先变红后褪色 可能的产物是 (3)另一份滴加FeCl3溶液 观察到 Ⅱ.探究KO2与SO2的反应 (4)正确的操作顺序是 。 ①打开K1通入N2,排尽装置内原气体后关闭; ②实验完成后拆卸装置; ③检查装置气密性,然后装入药品; ④打开分液漏斗活塞K2; (5)A装置中发生反应的化学方程式为 。 (6)用上述装置验证“KO2与SO2反应生成O2”还存在不足,你的改进措施是 。 (7)改进后再实验,待KO2完全反应后,将装置C中固体加水溶解,配成50.00 mL溶液,等分为M、N两份。 ①向M溶液中加入足量盐酸酸化的BaCl2溶液,充分反应后,将沉淀过滤、洗涤、 ,称重为2.33 g。 ②将N溶液移入 (填仪器名称)中,用0.40 mol·L-1酸性KMnO4溶液滴定,终点时消耗酸性KMnO4溶液20.00 mL。 ③依据上述现象和数据,请写出该实验总反应的化学方程式: 。 答案 (1)O2 (2)KOH和H2O2 (3)产生红褐色沉淀和气体 (4)③①④①②或③④①② (5)H2SO4+Na2SO3Na2SO4+H2O+SO2↑ (6)在B、C之间连接一个盛有浓硫酸的洗气瓶(或者将B装置中的饱和NaHSO3溶液替换为浓硫酸) (7)①干燥 ②锥形瓶 ③6KO2+3SO22K2SO3+K2SO4+4O2 解析 (1)取少量KO2固体于试管中,滴加少量水,将带火星的木条靠近试管口,木条复燃,说明生成的气体为氧气。 (2)KO2固体中滴加少量水,反应后向溶液中滴加酚酞溶液,溶液先变红后褪色,说明反应生成氢氧化钾和过氧化氢。 (3)KO2固体中滴加少量水,反应后溶液中滴加FeCl3溶液,氯化铁与氢氧化钾反应生成氢氧化铁红褐色沉淀,同时氯化铁催化过氧化氢分解放出氧气,因此看到的现象为产生红褐色沉淀和气体。 (4)根据题示的实验操作,结合实验装置图,实验步骤为:首先检查装置气密性,然后装入药品;打开K1通入N2,排尽装置内的空气后关闭,再打开分液漏斗活塞K2,反应生成二氧化硫;打开K1通入N2,排尽装置内的二氧化硫后关闭;实验完成后拆卸装置。 (5)A装置中70%的H2SO4溶液与亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体,反应的化学方程式为H2SO4+Na2SO3Na2SO4+H2O+SO2↑。 (6)从实验装置图可知,进入硬质玻璃管的气体中含有水蒸气,干扰了实验验证“KO2与SO2反应生成O2”的现象,改进措施为在B、C之间连接一个盛有浓硫酸的洗气瓶(或者将B装置中的饱和NaHSO3溶液替换为浓硫酸)。 (7)改进后再实验,待KO2完全反应后,将装置C中固体加水溶解,配成50.00 mL溶液,等分为M、N两份。 ①向M溶液中加入足量的盐酸酸化的BaCl2溶液,充分反应后,将沉淀过滤、洗涤、干燥,称重为2.33 g,此沉淀为BaSO4。 ②将N溶液移入锥形瓶中,用0.40 mol·L-1酸性KMnO4溶液滴定,终点时消耗酸性KMnO4溶液20.00 mL,说明生成的产物中含有亚硫酸钾。 ③2.33 g沉淀为硫酸钡,其物质的量=2.33 g233 g·mol-1=0.01 mol,因此原样品中含有0.02 mol硫酸钾;高锰酸钾与亚硫酸钠反应的化学方程式为2KMnO4+5K2SO3+3H2SO46K2SO4+2MnSO4+3H2O,因此原样品中亚硫酸钾的物质的量=2×52×0.40 mol·L-1×0.020 L=0.04 mol,因此KO2与SO2反应的化学方程式为6KO2+3SO22K2SO3+K2SO4+4O2。 6.(2019北京丰台一模)某小组研究FeCl3与Na2S的反应,设计了如下实验: 实验a 实验b 实验c FeCl3 溶液体积 5 mL 10 mL 30 mL 实验 现象 产生黑色浑浊,混合液 pH=11.7 黑色浑浊度增大,混合液pH=6.8 黑色浑浊比实验b明显减少,观察到大量黄色浑浊物,混合液pH=3.7 Ⅰ.探究黑色沉淀的成分 查阅资料:Fe2S3(黑色)在空气中能够稳定存在,FeS(黑色)在空气中易变质为Fe(OH)3。 设计实验:分别取实验a、b、c中的沉淀放置于空气中12小时,a中沉淀无明显变化。b、c中黑色沉淀部分变为红褐色。 (1)①同学甲认为实验a中黑色沉淀为Fe2S3,实验b、c的黑色沉淀物中既有Fe2S3又有FeS,依据的实验现象是 。 ②同学乙认为实验b的黑色沉淀物中有FeS,则一定混有S,理由是 。 ③设计实验检验b的黑色沉淀物中混有硫。 已知:硫在酒精溶液中的溶解度随乙醇质量分数的增大而增大。 实验证明了b中黑色沉淀混有S,试剂a是 ,观察到的现象为 。 Ⅱ.探究实验a中Fe3+与S2-没有发生氧化还原反应的原因 经查阅资料,可能的原因有两种。 原因1:pH影响了Fe3+与S2-的性质,二者不能发生氧化还原反应。 原因2:沉淀反应先于氧化还原反应发生,导致反应物浓度下降,二者不能发生氧化还原反应。 设计实验:电极材料为石墨 (2)①试剂X和Y分别是 、 。 ②甲认为若右侧溶液变浑浊,说明Fe3+与S2-发生了氧化还原反应。是否合理?说明理由: 。 ③乙进一步实验证明该装置中Fe3+与S2-没有发生氧化还原反应,实验操作及现象是 。 ④由此得出的实验结论是 。 Ⅲ.探究实验c随着FeCl3溶液的增加,黑色沉淀溶解的原因 实验1 固体溶解;闻到微量臭鸡蛋气味,溶液出现淡黄色浑浊 实验2 (3)①用离子方程式解释实验1中的现象: 、 (写离子方程式)。 ②结合化学平衡等反应原理及规律解释实验2中现象相同与不同的原因: 。 答案 (1)①a中沉淀无明显变化,b、c中黑色沉淀部分变为红褐色 ②依据得失电子守恒,铁元素化合价降低,硫元素化合价必然升高 ③水 溶液变浑浊 (2)①25 mL pH=12.2 NaOH溶液 5 mL 0.1 mol·L-1 FeCl3溶液 ②不合理。因为空气中的氧气也可能氧化S2- ③取左侧烧杯中的液体,加入K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液,没有蓝色沉淀产生 ④氧化还原反应不能发生的原因是pH影响了Fe3+和S2-的性质 (3)①FeS+2H+H2S↑+Fe2+ FeS+2Fe3+S+3Fe2+ ②实验现象相同的原因是实验2中两份溶液的c(H+)相同,都存在平衡Fe2S3(s)2Fe3+(aq)+3S2-(aq),H+与S2-结合生成H2S,酸性条件下Fe3+与S2-发生氧化还原反应,两种因素使得c(Fe3+)、c(S2-)降低,平衡正向移动。现象不同的原因是加入FeCl3溶液比加入盐酸的体系c(Fe3+)更大,酸性条件下Fe3+与S2-发生氧化还原反应速率增大,因此固体溶解更快 解析 Ⅰ.(1)①同学甲认为实验a中黑色沉淀为Fe2S3,实验b、c的黑色沉淀物中既有Fe2S3又有FeS,依据的实验现象是a中沉淀无明显变化,b、c中黑色沉淀部分变为红褐色。②依据得失电子守恒,铁元素化合价降低,硫元素化合价必然升高,据此,同学乙认为实验b的黑色沉淀物中有FeS,则一定混有S。③实验证明了b中黑色沉淀混有S,则试剂a应是水,硫不溶于水,观察到的现象为溶液变浑浊。 Ⅱ.(2)①根据题意要提供含有铁离子的试剂,故试剂X和Y分别是25 mL pH=12.2的NaOH溶液、5 mL 0.1 mol·L-1的FeCl3溶液。②甲认为若右侧溶液变浑浊,说明Fe3+与S2-发生了氧化还原反应,该说法不合理,因为空气中的氧气也可能氧化S2-。③乙进一步实验证明该装置中Fe3+与S2-没有发生氧化还原反应,取左侧烧杯中的液体,加入K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液,没有蓝色沉淀产生,说明没有发生氧化还原反应生成亚铁离子。④由此得出实验结论,氧化还原反应不能发生的原因是pH影响了Fe3+和S2-的性质。 Ⅲ.(3)①实验1中的现象为有臭鸡蛋气味的气体产生且有黄色沉淀产生,发生反应的离子方程式分别为FeS+2H+H2S↑+Fe2+、FeS+2Fe3+S+3Fe2+。②实验现象相同的原因是实验2中两份溶液的c(H+)相同,都存在平衡Fe2S3(s)2Fe3+(aq)+3S2-(aq),H+与S2-结合生成H2S,酸性条件下Fe3+与S2-发生氧化还原反应,两种因素使得c(Fe3+)、c(S2-)降低,平衡正向移动。现象不同的原因是加入FeCl3溶液比加入盐酸的体系中c(Fe3+)更大,酸性条件下Fe3+与S2-发生氧化还原反应的速率增大,因此固体溶解更快。 命题角度2制备型实验——无机化合物的制备 高考真题体验·对方向 1.(2018全国Ⅰ,26)醋酸亚铬[(CH3COO)2Cr·2H2O]为砖红色晶体,难溶于冷水,易溶于酸,在气体分析中用作氧气吸收剂。一般制备方法是先在封闭体系中利用金属锌作还原剂,将三价铬还原为二价铬;二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬。实验装置如图所示,回答下列问题: (1)实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却,目的是 。仪器a的名称是 。 (2)将过量锌粒和氯化铬固体置于c中,加入少量蒸馏水,按图连接好装置。打开K1、K2,关闭K3。 ①c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色,该反应的离子方程式为 。 ②同时c中有气体产生,该气体的作用是 。 (3)打开K3,关闭K1和K2。c中亮蓝色溶液流入d,其原因是 ;d中析出砖红色沉淀。为使沉淀充分析出并分离,需采用的操作是 、 、洗涤、干燥。 (4)指出装置d可能存在的缺点 。 答案 (1)去除水中溶解氧 分液漏斗 (2)①Zn+2Cr3+Zn2++2Cr2+ ②排除c中空气 (3)c中产生氢气使压强大于大气压 (冰浴)冷却 过滤 (4)敞开体系,使醋酸亚铬与空气接触 解析 (1)由题给信息“醋酸亚铬……在气体分析中用作氧气吸收剂”可知,为避免溶解在水中的氧气影响实验,故所用蒸馏水应先煮沸除氧并迅速冷却,以减少氧气的再溶解。仪器a为分液漏斗。 (2)将盐酸滴入c中时,CrCl3溶解,同时锌粒与盐酸反应放出的氢气可将c中的空气排出,形成了隔绝空气的体系,进而发生反应:Zn+2Cr3+Zn2++2Cr2+,溶液颜色由绿色逐渐变为亮蓝色。 (3)当打开K3,关闭K1和K2时,c中Zn与盐酸反应产生的氢气排不出去,产生较大的压强,可将c中生成的亮蓝色溶液压入d中。进入d中的Cr2+可与CH3COO-反应生成(CH3COO)2Cr·2H2O沉淀。根据题意“醋酸亚铬难溶于冷水”,要使沉淀充分析出并分离,可采用冰水浴冷却、过滤、洗涤、干燥的方法处理。 (4)由于(CH3COO)2Cr·2H2O沉淀易被氧气氧化,所以装置d的缺点是:装置d为敞口体系,会使醋酸亚铬与空气接触而被氧化。 2.(2016全国Ⅲ,26)过氧化钙微溶于水,溶于酸,可用作分析试剂、医用防腐剂、消毒剂。以下是一种制备过氧化钙的实验方法。回答下列问题: (一)碳酸钙的制备 (1)步骤①加入氨水的目的是 。 小火煮沸的作用是使沉淀颗粒长大,有利于 。 (2)右图是某学生的过滤操作示意图,其操作不规范的是 (填标号)。 a.漏斗末端颈尖未紧靠烧杯壁 b.玻璃棒用作引流 c.将滤纸湿润,使其紧贴漏斗壁 d.滤纸边缘高出漏斗 e.用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动以加快过滤速度 (二)过氧化钙的制备 (3)步骤②的具体操作为逐滴加入稀盐酸,至溶液中尚存有少量固体,此时溶液呈 性(填“酸”“碱”或“中”)。将溶液煮沸,趁热过滤。将溶液煮沸的作用是 。 (4)步骤③中反应的化学方程式为 ,该反应需要在冰浴下进行,原因是 。 (5)将过滤得到的白色结晶依次使用蒸馏水、乙醇洗涤,使用乙醇洗涤的目的是 。 (6)制备过氧化钙的另一种方法是:将石灰石煅烧后,直接加入双氧水反应,过滤后可得到过氧化钙产品。该工艺方法的优点是 ,产品的缺点是 。 答案 (一)(1)调节溶液pH使Fe(OH)3沉淀 过滤分离 (2)ade (二)(3)酸 除去溶液中的CO2 (4)CaCl2+2NH3·H2O+H2O2+6H2OCaO2·8H2O↓+2NH4Cl或CaCl2+2NH3·H2O+H2O2CaO2↓+2NH4Cl+2H2O 温度过高时H2O2易分解 (5)去除结晶表面水分 (6)工艺简单、操作方便 纯度较低 解析 (1)用盐酸溶解固体时盐酸过量,加入氨水中和了过量的盐酸,OH-的浓度增大,使Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+平衡正向移动,从而使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去。 (2)过滤时,漏斗末端颈尖应紧贴烧杯内壁,a不规范;如果滤纸边缘高于漏斗边缘,则液体易洒出,故滤纸边缘应低于漏斗边缘,d不规范;过滤时,不可用玻璃棒搅拌,否则易损坏滤纸,e不规范。 (3)CaCO3+2HClCaCl2+CO2↑+H2O,CO2溶于溶液中使溶液呈酸性;可通过煮沸的方法除去CO2。 (4)反应物为CaCl2、NH3·H2O、H2O2,产物之一为目标产物CaO2,根据原子个数守恒,可判断还有NH4Cl和H2O生成。H2O2不稳定,受热易分解,冰浴下进行反应的目的是防止H2O2分解。 (5)乙醇易挥发,且CaO2在乙醇中溶解度小,用乙醇洗涤可带走晶体表面的水分得到较干燥的晶体。 (6)相对于前一种方法,直接煅烧石灰石后加入双氧水,操作更简单,但得到的CaO2中会混有CaCO3、CaO等杂质而使产品不纯。 典题演练提能·刷高分 1.(2019湖北沙市中学月考)锌锰干电池的负极是作为电池壳体的金属锌,正极是被二氧化锰和碳粉包围的石墨电极,电解质是氯化锌和氯化铵的糊状物,该电池放电过程中产生MnOOH。废旧电池中的Zn、Mn元素的回收,对环境保护有重要的意义。 Ⅰ.回收锌元素,制备ZnCl2 步骤一:向除去壳体及石墨电极的黑色糊状物中加水、搅拌、充分溶解,经过滤分离得固体和滤液。 步骤二:处理滤液,得到ZnCl2·xH2O晶体。 步骤三:将SOCl2与ZnCl2·xH2O晶体混合制取无水ZnCl2。 制取无水ZnCl2,回收剩余的SOCl2并验证生成物中含有SO2(夹持及加热装置略)的装置如下: (已知:SOCl2是一种常用的脱水剂,熔点是-105 ℃,沸点是79 ℃,140 ℃以上时易分解,遇水剧烈水解生成两种气体) (1)写出SOCl2与水反应的化学方程式: 。 (2)接口的连接顺序为a→ → →h→h→ → → →e。 Ⅱ.回收锰元素,制备MnO2 (3)洗涤步骤一得到的固体,判断固体洗涤干净的方法是 。 (4)洗涤后的固体经初步蒸干后进行灼烧,灼烧的目的是 。 Ⅲ.二氧化锰纯度的测定 称取1.40 g灼烧后的产品,加入2.68 g草酸钠(Na2C2O4)固体,再加入足量的稀硫酸并加热(杂质不参与反应),充分反应后冷却,将所得溶液转移到100 mL容量瓶中用蒸馏水稀释至刻度线,从中取出20.00 mL,用0.020 0 mol·L-1高锰酸钾溶液进行滴定,滴定三次,消耗高锰酸钾溶液体积的平均值为17.30 mL。 (5)写出MnO2溶解反应的离子方程式: 。 (6)产品的纯度为 。 (7)若灼烧不充分,滴定时消耗高锰酸钾溶液的体积 (填“偏大”“偏小”“不变”)。 答案 (1)SOCl2+H2OSO2↑+2HCl↑ (2)f g b c d (3)取最后一次洗涤液,滴加AgNO3溶液,若无白色沉淀生成,则说明固体洗涤干净 (4)除去碳粉,并将MnOOH氧化为MnO2 (5)MnO2+C2O42-+4H+Mn2++2CO2↑+2H2O (6)97.4% (7)偏大 解析 Ⅰ.(1)SOCl2与水反应生成SO2和HCl,反应的化学方程式为SOCl2+H2OSO2↑+2HCl↑。 (2)三颈瓶中SOCl2吸收结晶水得到SO2与HCl,用冰水冷却收集SOCl2,用浓硫酸吸收水蒸气,防止溶液中水蒸气进入锥形瓶中,用品红溶液检验二氧化硫,用氢氧化钠溶液吸收尾气中的二氧化硫与HCl,防止污染环境,h装置可防止倒吸,故接口的连接顺序为a→f→g→h→h→b→c→d→e。 Ⅱ.(3)洗涤步骤一得到的固体,判断固体洗涤干净的方法是检验洗涤液中有没有氯离子,取最后一次洗液,滴加AgNO3溶液,若无白色沉淀生成,则说明固体洗涤干净。 (4)洗涤后的固体经初步蒸干后进行灼烧,灼烧除去混在二氧化锰中的碳,并将MnOOH氧化为MnO2。 Ⅲ.(5)MnO2将C2O42-在H+作用下氧化成CO2,而+4价锰被还原成Mn2+,MnO2溶解反应的离子方程式为MnO2+C2O42-+4H+Mn2++2CO2↑+2H2O。 (6)n(C2O42-)=2.68 g÷134 g· mol-1=0.02 mol。滴定100 mL稀释后的溶液,消耗n(MnO4-)=0.020 0 mol·L-1×0.017 30 L×5=0.001 730 mol。根据氧化还原反应中得失电子数相等得n(MnO2)×2+0.001 730 mol×5=0.020 0 mol×2,则n(MnO2)=0.015 675 mol,因此二氧化锰质量分数=0.015 675 mol×87 g· mol-1÷1.40 g≈0.974,即产品纯度为97.4%。 (7)若灼烧不充分,杂质也会消耗高锰酸钾,滴定时消耗高锰酸钾溶液的体积将偏大。 2.(2019山东济宁二模)三氯化硼(BCl3)主要用作半导体硅的掺杂源或有机合成催化剂,还可用于高纯硼或有机硼的制取。某兴趣小组用氯气和硼为原料,采用下列装置(部分装置可重复使用)制备BCl3。 已知:①BCl3的沸点为12.5 ℃,熔点为-107.3 ℃;遇水剧烈反应生成硼酸和盐酸;②2B+6HCl2BCl3+3H2↑;③硼与铝的性质相似,也能与氢氧化钠溶液反应。 请回答下列问题: (1)A装置可用氯酸钾固体与浓盐酸反应制氯气,反应的化学方程式为 。 (2)装置从左到右的接口连接顺序为a→ →j。 (3)装置E中的试剂为 ,如果拆去E装置,可能的后果是 。 (4)D装置中发生反应前先通入一段时间的氯气,排尽装置中的空气。若缺少此步骤,则造成的结果是 。 (5)三氯化硼与水能剧烈反应生成硼酸(H3BO3)和白雾,写出该反应的化学方程式 ,硼酸也可用电渗析法制备,“四室电渗析法”工作原理如图所示: 则阳极的电极反应式 ,分析产品室可得到H3BO3的原因 。 答案 (1)KClO3+6HCl(浓)KCl+3Cl2↑+3H2O (2)ih→de→fg(或gf)→bc(或cb)→de (3)饱和食盐水 硼粉与HCl气体反应生成H2,加热H2与Cl2的混合气体易发生爆炸 (4)会生成B2O3使产品不纯 (5)BCl3+3H2OH3BO3+3HCl↑ 2H2O-4e-O2↑+4H+ 阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室,原料室的B(OH)4-穿过阴膜扩散至产品室,二者反应生成H3BO3 解析 根据装置,A中氯酸钾固体与浓盐酸反应生成氯气,制得的氯气中混有HCl和水蒸气,可以由E中饱和食盐水吸收HCl气体,由C中浓硫酸吸水干燥;由于BCl3遇水剧烈反应生成硼酸和盐酸,因此发生反应前需要先通入一段时间的氯气,排尽装置中的空气;干燥纯净的氯气与硼粉在D中发生反应;BCl3的沸点为12.5 ℃,熔点为-107.3 ℃,可以用B中冰水冷凝BCl3并收集;F中NaOH溶液可以吸收尾气,防止污染空气;为防止F中的水蒸气进入B装置,可在B和F之间连接一个干燥装置C。 (1)A装置中氯酸钾固体与浓盐酸反应生成氯气,反应的化学方程式为:KClO3+6HCl(浓)KCl+3Cl2↑+3H2O。 (2)根据A中反应生成氯气;E中饱和食盐水吸收HCl气体,C中浓硫酸吸水干燥,为保证除杂充分,导气管均长进短出;干燥纯净的氯气与硼粉在D中发生反应,用B中冰水冷凝产物BCl3并收集;用F中NaOH溶液吸收尾气,防止污染空气;为防止F中的水蒸气进入B装置,在B和F之间连接干燥装置C,故连接顺序为:a→ih→de→fg(或gf)→bc(或cb)→de→j; (3)装置E中为饱和食盐水,可以除去氯气中的HCl气体,若拆去E装置,硼粉与HCl气体反应生成H2,加热H2与Cl2的混合气体易发生爆炸; (4)D装置中发生反应前先通入一段时间的氯气,排尽装置中的空气。若缺少此步骤,氧气与硼粉会生成B2O3,使产品不纯; (5)三氯化硼与水能剧烈反应生成硼酸(H3BO3)和白雾,白雾为HCl形成的酸雾,反应的方程式为:BCl3+3H2OH3BO3+3HCl↑;根据工作原理图,阳极室为硫酸,放电的是水电离出的OH-,电极反应式为:2H2O-4e-O2↑+4H+;阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室,原料室的B(OH)4-穿过阴膜扩散至产品室,二者反应生成H3BO3。 3.(2019山东泰安二模)叠氮化钠(NaN3)是一种易溶于水的白色晶体,微溶于乙醇,不溶于乙醚,可用于合成抗生素头孢菌素药物的中间体、汽车安全气囊的药剂等。氨基钠(NaNH2)的熔点为210 ℃,沸点为400 ℃,在水溶液中易水解。实验室制取叠氮化钠的实验步骤及实验装置如下: ①打开止水夹K1,关闭止水夹K2,加热装置D一段时间; ②加热装置A中的金属钠,使其熔化并充分反应后,再停止加热装置D并关闭K1; ③向装置A中b容器内充入加热介质并加热到210~220 ℃,打开止水夹K2,通入N2O: ④冷却,向产物中加入乙醇,减压浓缩结晶后,再过滤,并用乙醚洗涤,晾干。 回答下列问题: (1)装置B中盛放的药品为 ;装置C的主要作用是 。 (2)氨气与熔化的钠反应生成NaNH2的化学方程式为 。 (3)步骤③中,为了使反应器受热均匀,A装置里a容器的加热方式为 ;生成NaN3的化学方程式为 ;N2O可由NH4NO3在240~245 ℃分解制得(硝酸铵的熔点为169.6 ℃),则不能选择的气体发生装置是 (填序号)。 (4)图中仪器a用的是铁质容器而不用玻璃容器,其主要原因是 。步骤④中用乙醚洗涤的主要目的是 。 (5)实验室用滴定法测定叠氮化钠样品中NaN3的质量分数:①将2.500 g试样配成500.00 mL溶液。②取50.00 mL溶液置于锥形瓶中,加入50.00 mL 0.101 0 mol·L-1 (NH4)2Ce(NO3)6溶液。③充分反应后,将溶液稍稀释,向溶液中加入8 mL浓硫酸,滴入3滴邻菲啰啉指示液,用0.050 0 mol·L-1 (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的Ce4+,消耗标准溶液体积为29.00 mL。测定过程的反应方程式为: 2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN34NH4NO3+ 2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2↑ Ce4++Fe2+Ce3++Fe3+ 则试样中NaN3的质量分数为 。 答案 (1)碱石灰(或氢氧化钠固体) 分离出冷凝的溶有氨气的水 (2)2Na+2NH32NaNH2+H2 (3)油浴 NaNH2+N2ONaN3+H2O Ⅱ (4)反应过程中可能生成的NaOH能腐蚀玻璃 NaN3不溶于乙醚,用乙醚洗涤能减少NaN3的溶解损耗,且乙醚易挥发,有利于产品快速干燥 (5)93.60% 解析 (1)NaN3易溶于水,故制备过程中不能有水;D中制备的氨气含有水蒸气,用B装置盛放碱石灰(或氢氧化钠固体)干燥氨气,用装置C冷凝分离出水。 (2)步骤①中先加热通氨气,排尽装置中的空气,防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入与钠反应;氨气与熔化的钠反应生成NaNH2和氢气,反应的化学方程式为:2Na+2NH32NaNH2+H2。 (3)步骤③的温度为210~220 ℃,故选择油浴加热;NaNH2和N2O生成NaN3的反应为:NaNH2+N2ONaN3+H2O;硝酸铵的熔点为169.6 ℃,而NH4NO3在240~245 ℃分解,为防止熔化后的硝酸铵流向试管口部,故选择的气体发生装置是Ⅰ、Ⅲ,不能选择Ⅱ作为气体发生装置。 (4)a中有可能生成NaOH,会腐蚀玻璃,故仪器a用的是铁质容器而不用玻璃容器;由题干信息可知,NaN3不溶于乙醚,用乙醚洗涤能减少NaN3的溶解损耗;且乙醚易挥发,有利于产品快速干燥,故用乙醚洗涤产品; (5)(NH4)2Ce(NO3)6的总的物质的量为:0.101 0 mol·L-1×50×10-3 L=0.005 05 mol,部分与叠氮化钠反应,剩余的(NH4)2Ce(NO3)6用(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定;根据反应:Ce4++Fe2+Ce3++Fe3+,与标准溶液反应的(NH4)2Ce(NO3)6与(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量相等,为:0.050 0 mol·L-1×29.00×10-3 L=0.001 45 mol,故与叠氮化钠反应的(NH4)2Ce(NO3)6有0.005 05 mol-0.001 45 mol=0.003 6 mol;根据已知反应可知:NaN3~(NH4)2Ce(NO3)6,则2.500 g试样中叠氮化钠的质量为:0.003 6 mol×65 g·mol-1×500.00 mL50.00 mL=2.34 g,试样中NaN3的质量分数为2.34 g2.500 g×100%=93.60%。 4.(2019安徽宣城二模)亚硝酸钠(NaNO2)是一种肉制品生产中常用的食品添加剂,使用时必须严格控制其用量。某兴趣小组设计了如下图所示的装置制备NaNO2(A中加热装置已略去,NO可与过氧化钠粉末发生化合反应生成NaNO2,也能被酸性KMnO4溶液氧化成NO3-)。 (1)仪器a的名称是 。 (2)A中实验现象为 。 (3)为保证制得的亚硝酸钠的纯度,C装置中盛放的试剂可能是 (填字母序号)。 A.P2O5 B.无水CaCl2 C.碱石灰 D.浓硫酸 (4)E中发生反应的离子方程式为 。 (5)从提高氮原子利用率的角度出发,其中B装置设计存在一定缺陷,如何改进? 。 (6)已知:2NO2-+2I-+4H+2NO↑+I2+2H2O;2S2O32-+I22I-+S4O62- 为测定所得产品中NaNO2的纯度,采取如下实验步骤:准确称取质量为1.00 g的NaNO2样品放入锥形瓶中,加适量水溶解后,加入过量的0.800 mol·L-1 KI溶液、淀粉溶液;然后滴加稀硫酸充分反应后,用0.500 mol·L-1 Na2S2O3溶液滴定至终点,读数,重复以上操作,3次所消耗Na2S2O3溶液的体积分别为20.02 mL、19.98 mL、20.25 mL。滴定终点时的实验现象为 ,该样品中NaNO2纯度为 (保留一位小数)。 答案 (1)分液漏斗 (2)剧烈反应,产生大量红棕色气体 (3)C (4)3MnO4-+4H++5NO3Mn2++5NO3-+2H2O (5)在B装置中加入一定的稀硫酸,使NO2全部转化为NO (6)溶液由蓝色恰好变为无色,且半分钟内不变色 69.0% 解析 由实验装置可知,A中发生反应C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O,B中吸收挥发出的硝酸并使生成的二氧化氮与水反应转化为NO,C中固体干燥剂干燥NO,并除去可能混有的酸雾,D中发生反应2NO+Na2O22NaNO2,E中酸性高锰酸钾溶液吸收尾气中的NO。 (1)根据图示,仪器a为分液漏斗。 (2)A中浓硝酸与碳在加热时发生反应:C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O,实验现象为碳与浓硝酸剧烈反应,三颈烧瓶内充满红棕色气体。 (3)为保证制得的亚硝酸钠的纯度,生成的一氧化氮需要在C装置中净化,主要是除去水蒸气和可能出现的酸雾,因此盛放的试剂可以是碱石灰,A、B均不能除去酸雾,浓硫酸不能盛装在U形管中干燥气体。 (4)根据题意,在E中NO被高锰酸钾氧化生成NO3-,反应的离子方程式为3MnO4-+4H++5NO3Mn2++5NO3-+2H2O。 (5)浓硝酸易挥发,A中生成的二氧化氮中一定有少量硝酸蒸气逸出,二氧化氮与水反应也会生成硝酸,B中铜与硝酸反应仍有硝酸根离子剩余,从提高氮原子利用率的角度出发,可以在B装置中加入一定量的稀硫酸,以使氮元素全部转化为NO。 (6)利用NaNO2的氧化性来测定其纯度,在酸性条件下,NaNO2能将I-氧化为I2,碘与淀粉作用显示蓝色;然后滴加Na2S2O3溶液,至溶液由蓝色恰好变为无色,且半分钟内不变色说明达到滴定终点;3次所消耗Na2S2O3溶液的体积分别为20.02 mL、19.98 mL、20.25 mL,其中的20.25 mL误差较大,删除,平均消耗的Na2S2O3溶液的体积=20.02 mL+19.98 mL2=20.00 mL,由已知反应可得关系式:2NO2-~I2~2S2O32-;消耗Na2S2O3的物质的量为0.500 mol·L-1×20.00×10-3 L=0.01 mol,则NaNO2的物质的量为0.01 mol,该NaNO2样品的纯度为0.01mol×69 g·mol-11.00 g×100%=69.0%。 5.(2019福建莆田二模)FeCl2是一种常用的还原剂、媒染剂。某化学实验小组在实验室里用如下两种方法制备无水FeCl2。有关物质的性质如下: C6H5Cl (氯苯) C6H4Cl2 (二氯苯) FeCl3 FeCl2 溶解性 不溶于水, 易溶于苯、乙醇 不溶于C6H5Cl、C6H4Cl2、 苯,易溶于乙醇,易吸水 熔点/℃ -45 53 易升华 沸点/℃ 132 173 (1)用H2还原无水FeCl3制取FeCl2。有关装置如下: ①H2还原无水FeCl3制取FeCl2的化学方程式为 。 ②按气流由左到右的方向,上述仪器的连接顺序为 (填字母,装置可多次使用);C中盛放的试剂是 。 ③该制备装置的缺点为 。 (2)利用反应2FeCl3+C6H5Cl2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑,制取无水FeCl2并测定FeCl3的转化率。按下图装置,在三颈烧瓶中放入32.5 g无水氯化铁和过量的氯苯,控制反应温度在一定范围加热3 h,冷却、分离提纯得到粗产品。 ①仪器a的名称是 。 ②反应结束后,冷却实验装置A,将三颈烧瓶内物质倒出,经过滤、洗涤、干燥后,得到粗产品。洗涤所用的试剂可以是 ,回收滤液中C6H5Cl的操作方法是 。 ③反应后将锥形瓶中溶液配成250 mL,量取25.00 mL所配溶液,用0.40 mol·L-1 NaOH溶液滴定,终点时消耗NaOH溶液为19.60 mL,则氯化铁的转化率为 。 ④为了减少实验误差,在制取无水FeCl2过程中应采取的措施有: (写出一点即可)。 答案 (1)①H2+2FeCl32FeCl2+2HCl ②BACDCE(或BCDCE) 碱石灰 ③氯化铁升华后再凝华导致导管堵塞 (2)①球形冷凝管 ②苯 蒸馏滤液,并收集沸点132 ℃的馏分 ③78.4% ④反应开始前先通N2一段时间,反应完成后继续通N2一段时间;在装置A和B之间连接一个装有无水氯化钙(或P2O5或硅胶)的球形干燥管 解析 (1)①H2具有还原性,可以还原无水FeCl3制取FeCl2,同时产生HCl,反应的化学方程式为H2+2FeCl32FeCl2+2HCl。 ②用H2还原无水FeCl3制取无水FeCl2,装置连接顺序:首先利用B装置用锌和稀盐酸反应制备H2,所制H2中混有HCl和H2O(g),再利用A装置除去氢气中的氯化氢,然后用C装置干燥氢气,C装置中盛放碱石灰,再使用D装置使H2还原FeCl3,反应产生的HCl气体用C装置中的碱石灰吸收,未反应的H2通过装置E点燃处理,故按照气流从左到右的顺序为BACDCE;也可以先利用B装置制取H2,然后通过C装置中的碱石灰除去氢气中的杂质HCl、水蒸气,然后通过D发生化学反应制取FeCl2,再用碱石灰吸收反应产生的HCl,最后通过点燃处理未反应的H2,故装置连接顺序也可以是BCDCE。C中盛放的试剂是碱石灰,是碱性干燥剂,可以吸收HCl或水蒸气。③该制备装置的缺点为FeCl3固体易升华,蒸气遇冷发生凝华,导致导气管发生堵塞。 (2)①根据图示装置中仪器a的结构可知该仪器名称为球形冷凝管。 ②三颈烧瓶内物质为氯化亚铁、C6H5Cl、C6H4Cl2等,冷却实验装置A,将三颈烧瓶内物质倒出,经过滤、洗涤、干燥后得到粗产品,根据物质的熔、沸点和溶解性可知,C6H5Cl、C6H4Cl2容易溶解在苯、乙醇中,不溶于水,而FeCl3、FeCl2易溶于水、乙醇,难溶于苯,所以洗涤时洗涤剂可选用苯;根据滤液中C6H5Cl、C6H4Cl2这两种物质的沸点不同,对滤液进行蒸馏,并收集沸点132 ℃的馏分,可回收C6H5Cl。 ③n(HCl)=n(NaOH)=0.40 mol·L-1×0.019 6 L×25025=0.078 4 mol,根据反应2FeCl3+C6H5Cl2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑,反应的FeCl3的物质的量为n(FeCl3)反应=2n(HCl)=0.078 4 mol×2=0.156 8 mol,n(FeCl3)总=32.5 g162.5 g· mol-1=0.2 mol,所以氯化铁转化率为0.156 8mol0.2mol×100%=78.4%。 ④FeCl3、FeCl2易吸水,为防止B装置中的水蒸气进入A装置,导致FeCl2等吸水而变质,可以在装置A和B之间连接一个装有无水氯化钙(或P2O5或硅胶)的球形干燥管;为防止FeCl3、FeCl2与装置内空气中的水蒸气、O2等反应,同时避免反应产生的HCl气体会在容器内滞留,可以在反应开始前先通N2一段时间排尽装置中空气,反应完成后继续通N2一段时间将反应生成的HCl全部排入锥形瓶中。 命题角度3制备型实验——有机化合物的合成 高考真题体验·对方向 1.(2019全国Ⅱ,28)咖啡因是一种生物碱(易溶于水及乙醇,熔点234.5 ℃,100 ℃以上开始升华),有兴奋大脑神经和利尿等作用。茶叶中含咖啡因约1%~5%、单宁酸(Ka约为10-6,易溶于水及乙醇)约3%~10%,还含有色素、纤维素等。实验室从茶叶中提取咖啡因的流程如下图所示。 索氏提取装置如图所示。实验时烧瓶中溶剂受热蒸发,蒸汽沿蒸汽导管2上升至球形冷凝管,冷凝后滴入滤纸套筒1中,与茶叶末接触,进行萃取。萃取液液面达到虹吸管3顶端时,经虹吸管3返回烧瓶,从而实现对茶叶末的连续萃取。回答下列问题: (1)实验时需将茶叶研细,放入滤纸套筒1中,研细的目的是 。圆底烧瓶中加入95%乙醇为溶剂,加热前还要加几粒 。 (2)提取过程不可选用明火直接加热,原因是 。与常规的萃取相比,采用索氏提取器的优点是 。 (3)提取液需经“蒸馏浓缩”除去大部分溶剂。与水相比,乙醇作为萃取剂的优点是 。“蒸馏浓缩”需选用的仪器除了圆底烧瓶、蒸馏头、温度计、接收管之外,还有 (填标号)。 A.直形冷凝管 B.球形冷凝管 C.接收瓶 D.烧杯 (4)浓缩液加生石灰的作用是中和 和吸收 。 (5)可采用如下图所示的简易装置分离提纯咖啡因。将粉状物放入蒸发皿中并小火加热,咖啡因在扎有小孔的滤纸上凝结,该分离提纯方法的名称是 。 答案 (1)增加固液接触面积,提取充分 沸石 (2)乙醇易挥发,易燃 使用溶剂量少,可连续萃取(萃取效率高) (3)乙醇沸点低,易浓缩 AC (4)单宁酸 水 (5)升华 解析 (1)将茶叶研细是为了增加固液接触面积,使提取充分。为了防止暴沸,需要加入沸石。 (2)乙醇容易挥发,且易燃烧。根据所给萃取的原理和装置,可知该种萃取方法中萃取剂可以连续使用,萃取效率高。 (3)乙醇的沸点比水的低,蒸馏浓缩更容易;直形冷凝管便于馏分液体流出,故A项正确,B项错误。 (4)因为茶叶中含有单宁酸,故加入生石灰可以中和单宁酸,且生石灰可与水反应,从而达到吸收水的目的。 (5)固体直接转化为气体,属于升华。 2.(2019全国Ⅲ,27)乙酰水杨酸(阿司匹林)是目前常用药物之一。实验室通过水杨酸进行乙酰化制备阿司匹林的一种方法如下: +(CH3CO)2O+ 水杨酸 醋酸酐 乙酰水杨酸 CH3COOH 水杨酸 醋酸酐 乙酰水杨酸 熔点/℃ 157~159 -72~-74 135~138 相对密度/(g·cm-3) 1.44 1.10 1.35 相对分子质量 138 102 180 实验过程:在100 mL锥形瓶中加入水杨酸6.9 g及醋酸酐10 mL,充分摇动使固体完全溶解。缓慢滴加0.5 mL浓硫酸后加热,维持瓶内温度在70 ℃左右,充分反应。稍冷后进行如下操作。 ①在不断搅拌下将反应后的混合物倒入100 mL冷水中,析出固体,过滤。 ②所得结晶粗品加入50 mL饱和碳酸氢钠溶液,溶解、过滤。 ③滤液用浓盐酸酸化后冷却、过滤得固体。 ④固体经纯化得白色的乙酰水杨酸晶体5.4 g。 回答下列问题: (1)该合成反应中应采用 加热。(填标号) A.热水浴 B.酒精灯 C.煤气灯 D.电炉 (2)下列玻璃仪器中,①中需使用的有 (填标号),不需使用的有 (填名称)。 (3)①中需使用冷水,目的是 。 (4)②中饱和碳酸氢钠的作用是 ,以便过滤除去难溶杂质。 (5)④采用的纯化方法为 。 (6)本实验的产率是 %。 答案 (1)A (2)BD 分液漏斗、容量瓶 (3)充分析出乙酰水杨酸固体(结晶) (4)生成可溶的乙酰水杨酸钠 (5)重结晶 (6)60 解析 (1)由于反应温度需维持在70 ℃左右,所以应采用热水浴加热法。 (2)根据步骤①的实验描述可知,其中涉及了溶液(催化剂浓硫酸)稀释、冷却结晶(倒入冷水中乙酰水杨酸结晶析出)、过滤等操作,所以用到备选仪器中的漏斗、烧杯,不需用的是分液漏斗、容量瓶。 (3)由于乙酰水杨酸的熔点为135~138 ℃,故将反应后的混合液倒入冷水中,便于乙酰水杨酸的结晶析出。 (4)步骤②中饱和碳酸氢钠溶液可与乙酰水杨酸反应生成乙酰水杨酸钠溶液,以方便除去不溶性杂质。 (5)提纯乙酰水杨酸的实验方法为重结晶。 (6)6.9 g水杨酸的物质的量为0.05 mol,10 mL醋酸酐的物质的量为10 mL×1.10 g·cm-3102 g·mol-1≈0.108 mol,醋酸酐过量,根据反应的化学方程式可知,由水杨酸的物质的量可计算理论上可制得乙酰水杨酸0.05 mol,质量为0.05 mol×180 g·mol-1=9 g。 由步骤④得到纯化的乙酰水杨酸5.4 g可计算出实验产率为5.4 g9 g×100%=60%。 3.(2019天津理综,9)环己烯是重要的化工原料。其实验室制备流程如下: 回答下列问题: Ⅰ.环己烯的制备与提纯 (1)原料环己醇中若含苯酚杂质,检验试剂为 ,现象为 。 (2)操作1的装置如图所示(加热和夹持装置已略去)。 ①烧瓶A中进行的可逆反应化学方程式为 ,浓硫酸也可作该反应的催化剂,选择FeCl3·6H2O而不用浓硫酸的原因为 (填序号)。 a.浓硫酸易使原料炭化并产生SO2 b.FeCl3·6H2O污染小、可循环使用,符合绿色化学理念 c.同等条件下,用FeCl3·6H2O比浓硫酸的平衡转化率高 ②仪器B的作用为 。 (3)操作2用到的玻璃仪器是 。 (4)将操作3 (蒸馏)的步骤补齐:安装蒸馏装置,加入待蒸馏的物质和沸石, ,弃去前馏分,收集83 ℃的馏分。 Ⅱ.环己烯含量的测定 在一定条件下,向a g环己烯样品中加入定量制得的b mol Br2,与环己烯充分反应后,剩余的Br2与足量KI作用生成I2,用c mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定,终点时消耗Na2S2O3标准溶液V mL(以上数据均已扣除干扰因素)。 测定过程中,发生的反应如下: ①Br2+→ ②Br2+2KII2+2KBr ③I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6 (5)滴定所用指示剂为 。样品中环己烯的质量分数为 (用字母表示)。 (6)下列情况会导致测定结果偏低的是 (填序号)。 a.样品中含有苯酚杂质 b.在测定过程中部分环己烯挥发 c.Na2S2O3标准溶液部分被氧化 答案 (1)FeCl3溶液 溶液显紫色 (2)①+H2O a、b ②减少环己醇蒸出 (3)分液漏斗、烧杯 (4)通冷凝水,加热 (5)淀粉溶液 (b-cV2 000)×82a (6)b、c 解析 Ⅰ.环己烯的制备与提纯 (1)检验环己醇中是否含有苯酚,可滴加FeCl3溶液,通过溶液是否显紫色判断。 (2)①由环己醇制备环己烯的反应为+H2O。 a项,浓硫酸具有脱水性,可使有机物炭化,然后发生氧化还原反应,产生污染性气体SO2;b项,FeCl3·6H2O不会污染环境,而且可循环使用,ab正确。催化剂只能增大化学反应速率,不能提高平衡转化率,c错误;②仪器B可冷凝回流环己醇,从而减少环己醇的蒸出。 (3)操作2属于分液,用到的玻璃仪器有分液漏斗和烧杯。 (4)操作3属于蒸馏,加入待蒸馏物和沸石后,从下口通冷凝水,加热,收集83 ℃的馏分。 Ⅱ.环己烯含量的测定 (5)由Na2S2O3溶液滴定I2,常用淀粉溶液作指示剂,滴入最后一滴Na2S2O3溶液,溶液由蓝色到无色,且在30 s内不恢复蓝色证明到达滴定终点。 根据三个化学反应可得未反应的溴与Na2S2O3的关系式:Br2(剩余)~2Na2S2O3。n[Br2(剩余)]=12cV×10-3 mol,n()=(b-12cV×10-3) mol,环己烯的质量分数为:(b-12cV×10-3)×82a。 (6)a项,样品中含有苯酚,苯酚也与溴反应,导致剩余溴减少,耗Na2S2O3溶液体积小,导致结果偏高;b项,环己烯挥发,导致剩余溴增大,耗Na2S2O3溶液体积大,导致测定结果偏低;c项,Na2S2O3标准溶液部分被氧化,造成消耗Na2S2O3溶液体积大,导致测定结果偏低。 典题演练提能·刷高分 1.(2019辽宁辽阳二模)实验室以绿矾(FeSO4·7H2O)为铁源制备补血剂甘氨酸亚铁[(NH2CH2COO)2Fe],有关物质性质如下: 甘氨酸 (NH2CH2COOH) 柠檬酸 甘氨酸亚铁 易溶于水,微溶于乙醇,两性化合物 易溶于水和乙醇,有强酸性和还原性 易溶于水,难溶于乙醇 实验过程: Ⅰ.配制含0.10 mol FeSO4的水溶液。 Ⅱ.制备FeCO3:向配制好的FeSO4溶液中,缓慢加入200 mL 1.1 mol·L-1 NH4HCO3溶液,边加边搅拌,反应结束后过滤并洗涤沉淀。 Ⅲ.制备(NH2CH2COO)2Fe:实验装置如图(夹持和加热仪器已略),将实验Ⅱ得到的沉淀(过量)和含0.20 mol甘氨酸的水溶液混合后加入C中,然后利用A中的反应将C中空气排尽,接着滴入柠檬酸溶液并加热。反应结束后过滤,滤液经蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥后得到产品。 回答下列问题: (1)仪器P的名称是 。 (2)实验Ⅰ配制FeSO4溶液时,为防止FeSO4被氧化变质,应加入的试剂为 (填化学式)。 (3)实验Ⅱ中生成沉淀的离子方程式为 。 (4)实验Ⅲ中: ①检查装置A的气密性的方法是 。 ②柠檬酸可调节pH,体系pH与产率的关系如下表: 实验 1 2 3 4 5 6 7 8 体系pH 4.0 4.5 5.0 5.5 6.0 6.5 7.0 7.5 产率/% 65.74 74.96 78.78 83.13 85.57 72.98 62.31 56.86 pH过低会使产率下降,其原因是 ;柠檬酸的作用还有 (填字母)。 A.作催化剂 B.作反应终点指示剂 C.促进FeCO3溶解 D.防止二价铁被氧化 ③洗涤实验Ⅲ中得到的沉淀,所选用的最佳洗涤试剂是 (填字母)。 A.热水 B.稀硫酸 C.乙醇 D.柠檬酸溶液 (5)若产品的质量为16.32 g,则产率为 。 答案 (1)恒压漏斗(答分液漏斗也可) (2)Fe (3)Fe2++2HCO3-FeCO3↓+CO2↑+H2O (4)①关闭弹簧夹,从长颈漏斗注入一定量的水,使长颈漏斗内的水面高于具支试管中的水面,停止加水一段时间后,若长颈漏斗与具支试管中的液面差保持不变,说明装置不漏气(答案合理即可) ②H+会与NH2CH2COOH反应 CD ③C (5)80% 解析 实验目的是制备甘氨酸亚铁,实验原理是FeCO3在柠檬酸的作用下与甘氨酸反应。 (1)根据仪器P的特点,仪器P为恒压漏斗或恒压滴液漏斗。 (2)Fe2+容易被氧气氧化,由Fe+2Fe3+3Fe2+可知,保存FeSO4溶液可加入的防氧化试剂为Fe。 (3)FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液,发生反应的产物是FeCO3和CO2,其离子方程式为Fe2++2HCO3-FeCO3↓+CO2↑+H2O。 (4)①检验装置A的气密性的方法是:关闭弹簧夹,从长颈漏斗注入一定量的水,使长颈漏斗内的水面高于具支试管中的水面,停止加水一段时间后,若长颈漏斗与具支试管中的液面差保持不变,说明装置不漏气。 ②—NH2显碱性,pH过低时,H+能与—NH2发生反应,使产率降低;柠檬酸有强酸性,能使FeCO3溶解,作用之一是调节pH促进FeCO3溶解;根据信息,柠檬酸具有还原性,可防止Fe2+被氧化,因此选项CD符合题意。 ③甘氨酸亚铁易溶于水,难溶于乙醇,因此选择乙醇作为洗涤剂可减少产品损耗,故选项C正确。 (5)根据Fe2+和甘氨酸物质的量之比为1∶2发生反应,甘氨酸亚铁的理论质量为0.1 mol×204 g·mol-1=20.4 g,产率=16.32 g20.4 g×100%=80%。 2.(2019河南洛阳三模)CCl3CHO是一种药物合成的中间体,可通过CH3CH2OH+4Cl2CCl3CHO+5HCl进行制备。制备时可能发生的副反应为C2H5OH+HClC2H5Cl+H2O、CCl3CHO+HClOCCl3COOH+HCl。合成该有机物的实验装置示意图(加热装置未画出)和有关数据如下: C2H5OH CCl3CHO CCl3COOH C2H5Cl 熔点/℃ -114.1 -57.5 58 -138.7 沸点/℃ 78.3 97.8 198 12.3 溶解性 与水互溶 可溶于水、 乙醇 可溶于水、 乙醇 微溶于水、 可溶于乙醇 (1)A中恒压漏斗的作用是 ;A装置中发生反应的化学方程式为 。 (2)装置B的作用是 ;装置F在吸收气体时,为什么可以防止液体发生倒吸现象 。 (3)装置E中的温度计要控制在70 ℃,三口烧瓶采用的最佳加热方式是 。如果要在球形冷凝管中注入冷水增加冷凝效果,冷水应该从 (填“a”或“b”)口通入。实验使用球形冷凝管而不使用直形冷凝管的目的是 。 (4)实验时装置C中的试剂是饱和食盐水,装置中D的试剂是浓硫酸。如果不使用D装置,产品中会存在的杂质为 (填化学式)。除去这些杂质最合适的实验方法是 。 (5)利用碘量法可测定产品的纯度,反应原理如下: CCl3CHO+NaOHCHCl3+HCOONa HCOONa+I2HI+NaI+CO2 I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6 称取该实验制备的产品5.00 g,配成100.00 mL溶液,取其中10.00 mL,调节溶液为合适的pH后,加入30.00 mL 0.100 mol·L-1的碘标准液,用0.100 mol·L-1的Na2S2O3溶液滴定,重复上述操作3次,消耗Na2S2O3溶液的平均体积为20.00 mL,则该次实验所得产品纯度为 。 答案 (1)密封装置,减少污染;保持漏斗和反应容器内的气压相等,保证浓盐酸顺利滴下 2KMnO4+16HCl(浓)2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O (2)安全瓶(或防止装置C中液体倒吸入装置A中) 漏斗口径较大,被吸入的液体会迅速回落到烧杯中 (3)水浴加热 b 增大蒸气与外界接触面积,提高冷凝回流效果 (4)C2H5Cl、CCl3COOH 蒸馏 (5)59% 解析 A装置中利用高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气,C装置用饱和食盐水除去HCl,D装置盛放浓硫酸干燥氯气,E中反应制备CCl3CHO。F装置盛放氢氧化钠溶液,吸收尾气中氯气、HCl防止污染空气。 (1)A中的恒压漏斗实现装置密封,防止因浓盐酸挥发造成污染;且使漏斗中的压强和烧瓶中的压强相同,保证浓盐酸能够顺利滴下;高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气的反应方程式为2KMnO4+16HCl(浓)2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。 (2)装置B中的导管很短,而且B中没有试剂,所以是作安全瓶,防止C装置中溶液发生倒吸;装置F中倒扣的漏斗,与液体接触的部分截面积大,被吸入的液体会迅速回落烧杯中,可防止发生倒吸。 (3)温度控制为70 ℃,未超过水的沸点,最佳的加热方式为水浴加热;冷凝过程中,冷凝管中应该充满水,所以冷水应该从b口进;球形冷凝管与蒸气接触的面积大,冷凝回流效果更好。 (4)如果没有浓硫酸干燥,水与氯气反应生成HCl和HClO,就会有副反应发生,生成的产物有C2H5Cl、CCl3COOH;从图表所给的信息来看,杂质均溶于乙醇,由于杂质的沸点与目标产物相差较大,故可通过蒸馏分离除去; (5)加入的碘单质被硫代硫酸钠和CCl3CHO消耗。加入的碘单质的物质的量为0.03 L×0.100 mol·L-1=0.003 mol,消耗的Na2S2O3的物质的量为0.02 L×0.100 mol·L-1=0.002 mol,由关系式CCl3CHO~I2~2Na2S2O3可知,10 mL溶液中含有CCl3CHO的物质的量为0.002 mol,则100 mL溶液中含有CCl3CHO为0.02 mol,质量为0.02 mol×147.5 g·mol-1=2.95 g,则纯度w=2.955.0×100%=59%。 3.(2019江苏盐城模拟)四溴乙烷(CHBr2—CHBr2)是一种无色透明的液体,密度2.967 g·mL-1,难溶于水,沸点244 ℃,可用作制造塑料的催化剂等。用电石(主要成分CaC2,含少量CaS、Ca3P2、Ca3As2等)和Br2等为原料制备少量四溴乙烷的装置(夹持装置已略)如下图所示。 (1)装置A中CaC2能与水剧烈反应:CaC2+2H2OCa(OH)2+HC≡CH↑。为了得到平缓的C2H2气流,除可用饱和食盐水代替水外,还可采取的措施是 。 (2)装置B可除去H2S、PH3及AsH3,其中除去PH3的化学方程式为 (生成铜、硫酸和磷酸)。 (3)装置C中在液溴液面上加入一层水的目的是 ;装置C中反应已完成的现象是 ;从装置C反应后的体系中得到并纯化产品,需要进行的操作有 。 (4)一种制备Ca10(PO4)6(OH)2的反应原理为10Ca(OH)2+6H3PO4Ca10(PO4)6(OH)2↓+18H2O。请设计用装置A得到的石灰乳等为原料制备Ca10(PO4)6(OH)2的实验方案:向烧杯中加入0.25 L含0.5 mol·L-1 Ca(OH)2的石灰乳, ,在100 ℃烘箱中烘干1 h。 已知: ①Ca10(PO4)6(OH)2中CaP比理论值为1.67。影响产品CaP比的主要因素有反应物投料比及反应液pH。 ②在95 ℃,pH对CaP比的影响如图所示。 ③实验中须使用的试剂:含0.5 mol·L-1 Ca(OH)2的石灰乳、0.3 mol·L-1磷酸及蒸馏水。 答案 (1)逐滴加入(饱和食盐)水 (2)4CuSO4+PH3+4H2O4Cu↓+H3PO4+4H2SO4 (3)水封,减少液溴的挥发 上下两层液体均变为无色透明且几乎不再吸收乙炔气 分液,有机相干燥后蒸馏,收集244 ℃馏分 (4)在分液漏斗中加入0.25 L 0.3 mol·L-1磷酸,将石灰乳加热到95 ℃,在不断搅拌下,先快速滴加磷酸,然后慢慢滴加,直到磷酸全部滴完,调节并控制溶液pH8~9,再充分搅拌一段时间、静置,过滤、水洗 解析 电石与水在A中反应生成乙炔,同时生成H2S、PH3及AsH3,通入B中与硫酸铜反应可除去H2S、PH3及AsH3,在C中与溴反应生成四溴乙烷,碱性高锰酸钾溶液用于氧化乙炔。 (1)为了得到平缓的C2H2气流,除可用饱和食盐水代替水外,还可通过逐滴加入(饱和食盐)水,以控制反应速率。 (2)PH3与硫酸铜反应生成Cu和磷酸,根据电子守恒、原子守恒,可得反应的化学方程式为4CuSO4+PH3+4H2O4Cu↓+H3PO4+4H2SO4。 (3)装置C中在液溴液面上加入一层水的目的是水封,防止溴挥发;装置C中反应已完成的现象是上下两层液体均变为无色透明且几乎不再吸收乙炔气;从装置C反应后的体系得到并纯化产品,需要进行的操作有分液,有机相干燥后蒸馏,收集244 ℃馏分。 (4)Ca(OH)2的物质的量为0.125 mol,制备Ca10(PO4)6(OH)2,应需要0.075 mol磷酸,则可在分液漏斗中加入0.25 L 0.3 mol·L-1磷酸,将石灰乳加热到95 ℃,在不断搅拌下,先快速滴加磷酸,然后慢慢滴加,直到磷酸全部滴完,调节并控制溶液pH8~9,再充分搅拌一段时间、静置,过滤、水洗。 4.(2019陕西宝鸡中学三模)葡萄糖酸亚铁[(C6H12O7)2Fe]是医疗上常用的补铁剂,易溶于水,几乎不溶于乙醇。某实验小组同学拟用下图装置先制备FeCO3,再用FeCO3与葡萄糖酸反应进一步制得葡萄糖酸亚铁。 请回答下列问题: (1)与普通分液漏斗作比较,分液漏斗a的优点是 ; (2)按上图连接好装置,检査气密性后加入药品,打开K1和K3,关闭K2。 ①b中的实验现象为 。 ②一段时间后,关闭 ,打开 (选填“K1”“K2”或“K3”),观察到b中的溶液会流入c中,同时c中析出FeCO3沉淀。 ③b中产生的气体的作用是 。 (3)c中制得的碳酸亚铁在空气中过滤时间较长时,表面会变为红褐色,用化学方程式说明其原因 。 (4)将葡萄糖酸与碳酸亚铁混合,须将溶液的pH调节至5.8,其原因是 ;向上述溶液中加入乙醇即可析出产品,加入乙醇的目的是 。 (5)有同学提出用NaHCO3溶液代替Na2CO3溶液制得的碳酸亚铁纯度更高,其可能的原因是 。 答案 (1)平衡a、b中气压,利于稀硫酸顺利滴下 (2)①铁屑溶解,溶液逐渐变为浅绿色,有大量气泡产生 ②K3 K2 ③排出装置内的空气,防止生成的FeCO3被氧化;把b中溶液压进c中 (3)4FeCO3+O2+6H2O4Fe(OH)3+4CO2 (4)抑制Fe2+的水解 使晶体的溶解度减小而析出 (5)溶液的pH降低,减少氢氧化亚铁杂质的生成 解析 (1)a为恒压滴液漏斗,可以保证a、b中压强相同,使液体顺利滴下。 (2)①b中铁屑与稀硫酸反应,铁屑会逐渐溶解;由于产生Fe2+,溶液渐变为浅绿色;有大量气泡产生。 ②反应一段时间后,需要把FeSO4溶液压入c中,所以需要关闭K3,打开K2,利用生成的气体产生的压强把FeSO4溶液压入c中。 ③FeCO3易被氧化,b中反应产生的H2一是能把装置内的空气排出,防止生成的FeCO3被氧化;二是能把b中溶液压入c中。 (3)过滤时间过长会发现产品部分变为红褐色,原因是FeCO3与O2反应生成Fe(OH)3,化学方程式为:4FeCO3+O2+6H2O4Fe(OH)3+4CO2。 (4)Fe2+易发生水解,将溶液的pH调节至5.8,可以抑制Fe2+的水解;由于葡萄糖酸亚铁几乎不溶于乙醇,故向溶液中加入乙醇可以降低葡萄糖酸亚铁的溶解度,使葡萄糖酸亚铁析出。 (5)碳酸根离子水解后溶液碱性较强,易生成氢氧化亚铁,用NaHCO3溶液代替Na2CO3溶液可以降低溶液的pH,以免产生氢氧化亚铁,使得到的产品纯度更高。 5.(2019黑龙江大庆一中四模)苯甲醛是一种重要的化工原料,某小组同学利用如图所示实验装置(夹持装置已略去)制备苯甲醛。 已知有机物的相关数据如下表所示: 有机物 沸点/℃ 密度/ (g·cm-3) 相对 分子质量 溶解性 苯甲醛 178.1 1.04 106 微溶于水,易溶于乙醇、醚和卤代烃 苯甲醇 205.7 1.04 108 微溶于水,易溶于乙醇、醚和卤代烃 二氯 甲烷 39.8 1.33 85 难溶于水,易溶于有机溶剂 实验步骤: ①向容积为500 mL的三颈烧瓶加入90.0 mL质量分数为5%的次氯酸钠溶液(稍过量),调节溶液的pH为9~10后,加入3.0 mL苯甲醇、75.0 mL二氯甲烷,不断搅拌。 ②充分反应后,用二氯甲烷萃取水相3次,并将有机相合并。 ③向所得有机相中加入无水硫酸镁,过滤,得到有机混合物。 ④蒸馏有机混合物,得到2.08 g苯甲醛产品。 请回答下列问题: (1)仪器b的名称为 ,搅拌器的作用是 。 (2)苯甲醇与NaClO反应的化学方程式为 。 (3)步骤①中投料时,次氯酸钠不能过量太多,原因是 ;步骤③中加入无水硫酸镁,若略去该操作,可能造成的后果是 。 (4)步骤②中,应选用的实验装置是 (填序号),该操作中分离出有机相的具体操作方法是 。 (5)步骤④中,蒸馏温度应控制在 左右。 (6)本实验中,苯甲醛的产率为 (保留到小数点后一位)。 答案 (1)球形冷凝管 使物质充分混合 (2)+NaClO+NaCl+H2O (3)防止苯甲醛被氧化为苯甲酸,使产品的纯度降低 产品中含有水,纯度降低 (4)③ 打开分液漏斗颈部的玻璃塞(或使玻璃塞上的凹槽对准分液漏斗上的小孔),再打开分液漏斗下面的活塞,使下层液体慢慢沿烧杯壁流下,当有机层恰好全部放出时,迅速关闭活塞 (5)178.1 ℃ (6)68.0% 解析 (1)根据图示,仪器b为球形冷凝管;搅拌器可以使物质充分混合,反应更充分。 (2)根据题意,苯甲醇与NaClO反应生成苯甲醛,次氯酸钠本身被还原为氯化钠,反应的化学方程式为+NaClO+NaCl+H2O。 (3)次氯酸钠具有强氧化性,能将苯甲醛氧化,因此步骤①中投料时,次氯酸钠不能过量太多;步骤③中加入无水硫酸镁的目的是除去产品中的水,提高产品的纯度;若略去该操作,产品中混有水,纯度降低。 (4)步骤②中充分反应后,用二氯甲烷萃取水相3次,萃取应该选用分液漏斗进行分液,应选用的实验装置是③;分液中分离出有机相的具体操作方法为:打开分液漏斗颈部的玻璃塞(或使玻璃塞上的凹槽对准分液漏斗口处的小孔),再打开分液漏斗下面的活塞,使下层液体慢慢沿烧杯壁流下,当有机层恰好全部放出时,迅速关闭活塞。 (5)根据相关有机物的数据可知,步骤④是将苯甲醛蒸馏出来,蒸馏温度应控制在178.1 ℃左右。 (6)根据+NaClO+NaCl+H2O可知,1 mol苯甲醇理论上生成1 mol苯甲醛;3.0 mL苯甲醇的质量为1.04 g·cm-3×3.0 cm3=3.12 g,物质的量为3.12 g108 g· mol-1,理论上生成苯甲醛的质量为3.12 g108 g· mol-1×106 g· mol-1=3.06 g,苯甲醛的产率=2.08 g3.06 g×100%=68.0%。 命题角度4定量分析型实验 高考真题体验·对方向 1.(2018全国Ⅲ,26)硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O,M=248 g·mol-1)可用作定影剂、还原剂。回答下列问题: (1)已知:Ksp(BaSO4)=1.1×10-10,Ksp(BaS2O3)=4.1×10-5。市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质,选用下列试剂设计实验方案进行检验: 试剂:稀盐酸、稀硫酸、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液 实验步骤 现象 ①取少量样品,加入除氧蒸馏水 ②固体完全溶解得无色澄清溶液 ③ ④ ,有刺激性气体产生 ⑤静置, ⑥ (2)利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下: ①溶液配制:称取1.200 0 g某硫代硫酸钠晶体样品,用新煮沸并冷却的蒸馏水在 中溶解,完全溶解后,全部转移至100 mL的 中,加蒸馏水至 。 ②滴定:取0.009 50 mol·L-1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL,硫酸酸化后加入过量KI,发生反应:Cr2O72-+6I-+14H+3I2+2Cr3++7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色,发生反应:I2+2S2O32-S4O62-+2I-。加入淀粉溶液作为指示剂,继续滴定,当溶液 ,即为终点。平行滴定3次,样品溶液的平均用量为24.80 mL,则样品纯度为 %(保留1位小数)。 答案 (1)③加入过量稀盐酸 ④出现黄色浑浊 ⑤(吸)取上层清液,滴入BaCl2溶液 ⑥产生白色沉淀 (2)①烧杯 容量瓶 刻度 ②蓝色褪去 95.0 解析 (1)先加过量盐酸排除S2O32-干扰:S2O32-+2H+S↓+SO2↑+H2O,然后在酸性条件下加BaCl2溶液,通过产生BaSO4沉淀证明SO42-存在。 (2)①溶液配制应在烧杯中溶解,容量瓶中定容。②滴定过程中I2→I-,达到滴定终点时无I2,故溶液蓝色褪去,即为终点;根据反应的离子方程式,可得到如下定量关系: Cr2O72- ~ 3I2 ~ 6Na2S2O3·5H2O 1 mol 248×6 g 0.009 50 mol·L-1×0.02 L m(Na2S2O3·5H2O) m(Na2S2O3·5H2O)=0.282 72 g 则样品纯度为0.282 72 g24.80 mL100 mL×1.2 g×100%=95.0%。 2.(2017全国Ⅰ,26)凯氏定氮法是测定蛋白质中氮含量的经典方法,其原理是用浓硫酸在催化剂存在下将样品中有机氮转化成铵盐,利用如图所示装置处理铵盐,然后通过滴定测量。已知:NH3+H3BO3NH3·H3BO3;NH3·H3BO3+HClNH4Cl+H3BO3。 回答下列问题: (1)a的作用是 。 (2)b中放入少量碎瓷片的目的是 ,f的名称是 。 (3)清洗仪器:g中加蒸馏水;打开k1,关闭k2、k3,加热b,蒸气充满管路;停止加热,关闭k1,g中蒸馏水倒吸进入c,原因是 ;打开k2放掉水。重复操作2~3次。 (4)仪器清洗后,g中加入硼酸(H3BO3)和指示剂。铵盐试样由d注入e,随后注入氢氧化钠溶液,用蒸馏水冲洗d,关闭k3,d中保留少量水。打开k1,加热b,使水蒸气进入e。 ①d中保留少量水的目的是 。 ②e中主要反应的离子方程式为 ,e采用中空双层玻璃瓶的作用是 。 (5)取某甘氨酸(C2H5NO2)样品m克进行测定,滴定g中吸收液时消耗浓度为c mol·L-1的盐酸V mL,则样品中氮的质量分数为 %,样品的纯度≤ %。 答案 (1)避免b中压强过大 (2)防止暴沸 直形冷凝管 (3)c中温度下降,管路中形成负压 (4)①液封,防止氨气逸出 ②NH4++OH-NH3↑+H2O 保温使氨完全蒸出 (5)1.4cVm 7.5cVm 解析 (1)玻璃管a与外界大气相通,使b中压强等于外界大气压,避免b中温度升高生成的水蒸气增多而导致压强过大。 (2)碎瓷片的作用是防暴沸,f仪器为直形冷凝管。 (3)开始时,c、e、f中充满水蒸气,关闭k1后,c、e、f中温度降低,水蒸气冷凝为水,气压减小,外界大气压将g中的水压入e、c中。 (4)①d中保留少量水形成液封,可防止氨气逸出影响蛋白质中氮含量的测定。 ②将铵盐注入e中,再加入NaOH溶液,再充入水蒸气(加热)发生反应NH4++OH-NH3↑+H2O。双层玻璃瓶有良好的保温作用,可减少热量损失,有利于NH4+完全转化为氨气逸出。 (5)由NH3+H3BO3NH3·H3BO3;NH3·H3BO3+HClNH4Cl+H3BO3可知n(N)=n(NH3·H3BO3)=n(HCl)=c mol·L-1×V mL×10-3 L·mL-1=10-3cV mol m(N)=n(N)·M(N)=10-3cV mol×14 g·mol-1=1.4×10-2cV g 氮的质量分数=m(N)m(样品)×100%=1.4×10-2cVgmg×100%=1.4cVm% 设m g该甘氨酸(C2H5NO2)样品的质量为y, 则1475=1.4×10-2cVgy y=7.5×10-2cV g 则样品纯度的最大值=7.5×10-2cVgmg×100%=7.5cVm%。 3.(2017全国Ⅱ,28)水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下: Ⅰ.取样、氧的固定 用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液(含有KI)混合,反应生成MnO(OH)2,实现氧的固定。 Ⅱ.酸化、滴定 将固氧后的水样酸化,MnO(OH)2被I-还原为Mn2+,在暗处静置5 min,然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2(2S2O32-+I22I-+S4O62-)。 回答下列问题: (1)取水样时应尽量避免扰动水体表面,这样操作的主要目的是 。 (2)“氧的固定”中发生反应的化学方程式为 。 (3)Na2S2O3溶液不稳定,使用前需标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和 ;蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用,其目的是杀菌、除 及二氧化碳。 (4)取100.00 mL水样经固氧、酸化后,用a mol·L-1 Na2S2O3溶液滴定,以淀粉溶液作指示剂,终点现象为 ; 若消耗Na2S2O3溶液的体积为b mL,则水样中溶解氧的含量为 mg·L-1。 (5)上述滴定完成时,若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测定结果偏 。(填“高”或“低”) 答案 (1)使测定值与水体中溶氧量实际值保持一致,避免产生误差 (2)2Mn(OH)2+O22MnO(OH)2 (3)量筒 氧气 (4)当最后一滴标准液滴入时,溶液由蓝色变为无色,且半分钟内无变化 80ab (5)低 解析 本题采用碘量法测定水中的溶解氧的含量,属于氧化还原反应滴定。 (1)取水样时,若扰动水体表面,会改变水体中的溶解氧,导致测定误差。 (2)根据氧化还原反应原理,Mn(OH)2被氧气氧化为MnO(OH)2,根据电子得失守恒可得化学方程式:2Mn(OH)2+O22MnO(OH)2。 (3)本题主要考查溶液的配制,由于滴定前还要标定其浓度,所以此处应该为快速简洁的粗配任意浓度的溶液,故用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶、量筒。本问考生普遍会选择容量瓶,关键是没有深入理解题意。配溶液用的蒸馏水常用煮沸的方式除去O2,以减少实验误差。 (4)该实验用硫代硫酸钠标准液滴定I2,选用淀粉溶液作指示剂,终点现象为当最后一滴标准液滴入时,溶液由蓝色变为无色,且半分钟内无变化(或不恢复蓝色);由得失电子守恒可得关系式:O2~2MnO(OH)2~2I2~4Na2S2O3,故水样中溶解氧的含量为ab×10-3×32×103mg4×0.1 L=80ab mg·L-1。 (5)终点读数时滴定管尖嘴处有气泡,气泡占据液体应占有的体积,会导致消耗标准液体积数值偏小,测量结果偏低。 4.(2015全国Ⅱ,28)二氧化氯(ClO2,黄绿色易溶于水的气体)是高效、低毒的消毒剂。回答下列问题: (1)工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2,该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为 。 (2)实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠)为原料,通过以下过程制备ClO2: ①电解时发生反应的化学方程式为 。 ②溶液X中大量存在的阴离子有 。 ③除去ClO2中的NH3可选用的试剂是 (填标号)。 a.水 b.碱石灰 c.浓硫酸 d.饱和食盐水 (3)用右图装置可以测定混合气中ClO2的含量: Ⅰ.在锥形瓶中加入足量的碘化钾,用50 mL水溶解后,再加入3 mL稀硫酸; Ⅱ.在玻璃液封装置中加入水,使液面没过玻璃液封管的管口; Ⅲ.将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收; Ⅳ.将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中; Ⅴ.用0.100 0 mol·L-1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(I2+2S2O32-2I-+S4O62-),指示剂显示终点时共用去20.00 mL硫代硫酸钠溶液。在此过程中: ①锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为 。 ②玻璃液封装置的作用是 。 ③Ⅴ中加入的指示剂通常为 ,滴定至终点的现象是 。 ④测得混合气中ClO2的质量为 g。 (4)用ClO2处理过的饮用水会含有一定量的亚氯酸盐。若要除去超标的亚氯酸盐,下列物质最适宜的是 (填标号)。 a.明矾 b.碘化钾 c.盐酸 d.硫酸亚铁 答案 (1)2∶1 (2)①NH4Cl+2HCl3H2↑+NCl3 ②Cl-、OH- ③c (3)①2ClO2+10I-+8H+5I2+4H2O+2Cl- ②吸收残余的二氧化氯气体(避免碘的逸出) ③淀粉溶液 溶液由蓝色变为无色,且半分钟内溶液颜色不再改变 ④0.027 00 (4)d 解析 (1)因制ClO2的反应中,KClO3为氧化剂,被还原为ClO2,Cl从+5价→+4价,Na2SO3为还原剂,S应从+4价→+6价,由电子守恒得二者物质的量之比应为2∶1。 (2)①由电解产物有H2和NCl3,可得出电解方程式为2HCl+NH4Cl3H2↑+NCl3。 ②根据反应NCl3+6NaClO2+3H2O6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH,故溶液X中大量存在的阴离子有Cl-、OH-。 ③因NH3易与酸反应,ClO2易溶于水,所以可以用浓硫酸除去ClO2中的NH3,选c。 (3)①ClO2作氧化剂,产物为Cl-;I-为还原剂,产物为I2,在酸性条件下反应,2ClO2+10I-+8H+5I2+2Cl-+4H2O。 ②因ClO2易溶于水,所以玻璃液封装置作用是吸收残余的ClO2气体。 ③因淀粉遇I2变蓝,所以用淀粉溶液作指示剂。滴定至终点的现象为溶液由蓝色变为无色,且半分钟内颜色不再改变。 ④根据关系式2ClO2~5I2~10S2O32-,m(ClO2)=20.00 mL×10-3 L·mL-1×0.100 0 mol·L-1×12×25×67.5 g·mol-1=0.027 00 g。 (4)亚氯酸盐具有氧化性,应加入具有还原性且反应后对人体无害的物质,Fe2+被氧化为Fe3+,水解后生成Fe(OH)3胶体可净水,KI被氧化为I2,对人体有害,故最适宜选用FeSO4。 典题演练提能·刷高分 1.(2019广西钦州三模)铁及其化合物在人类生产生活中有着重要的作用,Fe2+、Fe3+是影响水质的一个重要因素。回答下列问题: Ⅰ:测量某河水样品中铁的含量 (1)水样中Fe2+的含量越大,溶解氧的含量就越低,用离子方程式解释原因 。 (2)测定Fe2+:取5 mL c mol·L-1的KMnO4标准液,稀释至100 mL;取10.00 mL河水水样,加入稀硫酸酸化后,用稀释后的KMnO4溶液进行滴定,用去KMnO4溶液V1 mL。 ①用 (填滴定管的名称)盛放KMnO4标准液。 ②滴定达到终点的标志是 。 (3)测定Fe3+:取10.00 mL水样,转移至盛有过量锌粒的烧杯中充分反应后加入过量稀硫酸,用表面皿盖住烧杯并加热10分钟。冷却后用(2)中稀释后的KMnO4溶液滴定,消耗KMnO4溶液V2 mL。 ①锌粒的作用是 。 ②河水中Fe3+的浓度是 mol·L-1(用含字母的代数式表示)。 Ⅱ:氢氧化亚铁[Fe(OH)2]在常温常压下为白色固体。 (4)当溶液中的离子浓度<1×10-5 mol·L-1时,可以认为该离子已沉淀完全。已知常温下Fe(OH)2的Ksp为8.0×10-16。现调节含Fe2+的某河水样品pH=9,用简要计算过程说明Fe2+是否已经沉淀完全: 。 (5)一种用Na2SO4溶液做电解液,电解制取Fe(OH)2的实验装置如图所示。通电后,溶液中产生白色沉淀,且较长时间不变色。 ①必须使用铁电极的是 (填“A”或“B”)极。 ②B电极上的电极反应式为 。 答案 (1)4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O (2)①酸式滴定管 ②滴入最后一滴KMnO4溶液,溶液紫色不褪,并在半分钟内保持不变 (3)①将Fe3+还原 ②2.5×10-2c(V2-V1) (4)pH=9时,c(OH-)=1×10-5 mol·L-1,c(Fe2+)=8.0×10-16(1×10-5)2 mol·L-1=8.0×10-6 mol·L-1<1×10-5 mol·L-1,故Fe2+已经沉淀完全 (5)①A ②2H2O+2e-H2↑+2OH-或2H++2e-H2↑ 解析 (1)酸性条件下,O2在水中被Fe2+还原,导致溶解氧的含量降低,离子方程式为4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O。 (2)①KMnO4溶液具有强氧化性,能腐蚀橡胶,故要用酸式滴定管盛放。 ②用KMnO4标准液滴定Fe2+,当出现紫色时,说明Fe2+已反应完全,故滴定达到终点的标志是滴入最后一滴KMnO4溶液,紫色不褪,并且半分钟保持不变。 (3)取10.00 mL水样,与过量锌粒充分反应后,Fe3+和Fe2+都被还原为Fe,再加入过量稀硫酸将Fe转化为Fe2+。 ①根据以上分析,锌粒的作用是将Fe3+还原。 ②溶液中的Fe2+包括两部分,一部分是水样中原来就有的,另一部分是由Fe3+转化而来的,根据反应关系5Fe2+~MnO4-,滴定时消耗的MnO4-的物质的量为n(MnO4-)2=5100c×V21 000 mol=5×10-5cV2 mol,滴定水样中原有Fe2+消耗的MnO4-的物质的量为n(MnO4-)1=5100c×V11 000 mol=5×10-5cV1 mol,则水样中Fe3+的物质的量为(5×10-5cV2-5×10-5cV1)×5 mol=2.5×10-4c(V2-V1) mol,则河水中Fe3+的物质的量浓度是2.5×10-4c(V2-V1)mol0.01 L=2.5×10-2c(V2-V1) mol·L-1; (4)根据Fe(OH)2的Ksp为8.0×10-16,pH=9时,c(OH-)=1×10-5 mol·L-1,c(Fe2+)=8.0×10-16(1×10-5)2 mol·L-1=8.0×10-6 mol·L-1<1×10-5 mol·L-1,Fe2+已经沉淀完全。 (5)①由装置图可知,电解装置的A电极与电源正极相连,则A为阳极,阳极上铁失电子生成Fe2+,故必须使用铁电极的是A极;②B电极为阴极,阴极上水电离出的H+得电子发生还原反应,电极反应式为2H2O+2e-H2↑+2OH-或2H++2e-H2↑。 2.(2019四川遂宁三模)碘量法测定废水中硫化物的实验装置如下图所示。按图连接好装置,检查气密性。移取足量的醋酸锌溶液于两支吸收管中,取100 mL水样于反应瓶中,通入氮气一段时间,移取10 mL盐酸于反应瓶中,80 ℃加热,继续通入氮气。关闭氮气后,往两个吸收管中各加入0.010 mol·L-1的碘标准溶液50 mL(过量),再加入盐酸3mL,静置。加入淀粉指示液,用0.010 mol·L-1的硫代硫酸钠标准溶液对两支吸收管中的液体进行滴定,共消耗80 mL Na2S2O3溶液(2S2O32-+I22I-+S4O62-)。 已知:废水中的硫化物酸性条件下易转化为剧毒硫化氢且醋酸锌可用于完全吸收硫化氢生成硫化锌沉淀。回答下列问题: (1)上图反应器的名称是 。通入氮气的目的是:反应前 ,反应后 。 (2)实验室采用块状硫化亚铁与稀硫酸反应制取H2S,下列发生装置中可选用的是 (填序号),尾气处理使用硫酸铜溶液比氢氧化钠溶液效果好的原因是 。 (3)反应器最好采用 加热(填加热方式),温度过高可能出现的后果是 。 (4)加入碘标准溶液时,吸收管中发生反应的化学方程式为 。 (5)只使用一个吸收管,可能导致测定结果偏 (填“高”或“低”)。 (6)配制硫代硫酸钠标准溶液需要煮沸蒸馏水,其目的是 ;0.010 mol·L-1的硫代硫酸钠标准溶液不直接配制而是经过标定得到,可能的原因是 。 (7)废水中硫的含量为 mg·L-1。 答案 (1)三颈烧瓶(或三口烧瓶) 排出装置中的空气 将硫化氢鼓入吸收管中以便完全吸收 (2)bc 生成的硫化钠易水解产生剧毒的硫化氢气体,使用硫酸铜溶液可避免污染空气 (3)水浴 温度太高,硫化氢逸出速率过快,导致不能被完全吸收 (4)ZnS+I2ZnI2+S (5)低 (6)除去水中溶解的氧气、二氧化碳等 Na2S2O3溶液不稳定(易被氧化、易歧化、易水解等均可以) (7)192 解析 硫化氢在反应器中生成,开始通入氮气一段时间,目的是排净装置中的空气;水浴加热后充入氮气目的是将反应器中生成的硫化氢气体排入吸收液中被完全吸收。在吸收管中发生反应ZnS+I2ZnI2+S,剩余的碘单质发生反应2S2O32-+I22I-+S4O62-。 (1)根据仪器构造可知,反应器名称为三颈烧瓶(或三口烧瓶);反应前通入氮气,排出装置中的空气;反应后通入氮气,将硫化氢鼓入吸收管中以便完全吸收。 (2)实验室采用块状硫化亚铁与稀硫酸反应制取H2S,装置可用固液不加热制气装置;由于硫化钠极易水解得到剧毒硫化氢气体,故尾气处理宜使用硫酸铜溶液,使用硫酸铜溶液可避免污染空气。 (3)实验温度过高,硫化氢逸出速率过快,导致不能被完全吸收;由于反应温度要求80 ℃,故适合采用水浴加热方式。 (4)加入碘标准溶液时,碘将硫化锌氧化,吸收管中发生反应的化学方程式为ZnS+I2ZnI2+S。 (5)气体与液体的反应,只在接触面上反应,该实验使用两个吸收管,是保证硫化氢被完全吸收,若只使用一个吸收管,会导致测定结果偏低。 (6)煮沸蒸馏水是为了除去溶解的氧气、二氧化碳等;因Na2S2O3溶液不稳定,如易被氧化、易歧化、易水解等,因此需要实验前进行浓度的标定。 (7)0.08 L×0.010 mol·L-1∶n(I2)=2∶1,求得剩余n(I2)=0.000 4 mol,共有碘单质:0.1 L×0.010 mol·L-1=0.001 mol,反应ZnS+I2ZnI2+S消耗单质碘:0.001 mol-0.000 4 mol=0.000 6 mol,则根据关系式可知n(S2-)=0.000 6 mol,因此废水中硫的含量=0.000 6mol×32 g·mol-1×1 000 mg·g-10.1 L=192 mg·L-1。 3.(2019河北石家庄二中模拟)用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中的c(I-),实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。 Ⅰ.准备标准溶液 a.准确称取AgNO3基准物4.246 8 g(0.025 0 mol)后,配制成250 mL标准溶液,放在棕色试剂瓶中避光保存,备用。 b.配制并标定100 mL 0.100 0 mol·L-1 NH4SCN标准溶液,备用。 Ⅱ.滴定的主要步骤 a.取待测NaI溶液25.00 mL于锥形瓶中。 b.加入25.00 mL 0.100 0 mol·L-1 AgNO3溶液(过量),使I-完全转化为AgI沉淀。 c.加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。 d.用0.100 0 mol·L-1 NH4SCN溶液滴定过量的Ag+,已知AgSCN为白色沉淀。 e.重复上述操作2~3次,测定数据如下表: 实验序号 1 2 3 消耗NH4SCN标准 溶液体积/mL 10.24 10.02 9.98 f.数据处理。 回答下列问题: (1)将称得的AgNO3配制成标准溶液,所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有 。制得AgNO3溶液的浓度为 ; (2)AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是 。 (3)滴定应在pH<0.5的条件下进行,其原因是 。 (4)过程Ⅱ中b和c两步操作是否可以颠倒 ,说明理由: 。 (5)达到滴定终点时的现象 。 (6)由上述实验数据测得c(I-)= mol·L-1。 (7)若在配制AgNO3标准溶液时,烧杯中的溶液有少量溅出,则会使c(I-)的测定结果 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 答案 (1)250 mL(棕色)容量瓶、胶头滴管 0.100 0 mol·L-1 (2)避免AgNO3见光分解 (3)防止因Fe3+的水解而影响滴定终点的判断(或抑制Fe3+的水解) (4)否 若颠倒,Fe3+与I-反应,Fe3+耗尽,无法判断滴定终点 (5)滴入最后一滴标准液,溶液由浅黄色变为红色,且半分钟内不褪色 (6)0.060 0 (7)偏高 解析 (1)配制硝酸银标准溶液时,所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外,还有250 mL(棕色)容量瓶及定容时需要的胶头滴管。 (2)硝酸银标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存是因为硝酸银见光易分解。 (3)滴定应在pH<0.5的条件下进行,原因是抑制铁离子的水解,防止因铁离子的水解而影响滴定终点的判断。 (4)b和c两步操作不能颠倒,若颠倒,铁离子与碘离子发生氧化还原反应,若Fe3+耗尽,则无法判断滴定终点。 (5)用0.100 0 mol·L-1 NH4SCN溶液滴定过量的Ag+,当Ag+完全反应后,Fe3+与SCN-反应使溶液由浅黄色变为红色,则滴定终点时的现象为滴入最后一滴标准液,溶液由浅黄色变为红色,且半分钟内不褪色。 (6)根据所提供的三组数据,第一组数据误差较大,应舍去。取二、三组数据的平均值计算即可。消耗NH4SCN溶液的平均体积为10.00 mL,n(AgNO3)=25.00×10-3 L×0.100 0 mol·L-1=2.5×10-3 mol,n(NH4SCN)=0.100 0 mol·L-1×10.00×10-3 L=1.00×10-3 mol,则c(I-)×0.025 L=2.5×10-3 mol-1.00×10-3 mol,c(I-)=0.060 0 mol·L-1。 (7)若在配制AgNO3标准溶液时,烧杯中的溶液有少量溅出,则导致AgNO3标准溶液中溶质的物质的量浓度偏低,则使消耗n(NH4SCN)偏小,导致所测c(I-)偏大。 4.(2019湖南衡阳三模)金属磷化物(如磷化锌)是常用的熏蒸杀虫剂。我国卫生部门规定:粮食中磷化物(以PH3计)的含量不超过0.050 mg·kg-1时,粮食质量达标。现设计测定粮食中残留磷化物含量的实验如下: 查阅资料:①磷化锌易水解产生PH3;②PH3沸点为-88 ℃,有剧毒、强还原性、易自燃;③焦性没食子酸碱性溶液极易与O2反应,是一种常用氧气吸收剂。 原粮样品及试剂用量:装置A、B、E中盛有的试剂均足量;C中装有100 g原粮;D中盛有40.00 mL 6.0×10-5 mol·L-1 KMnO4溶液(H2SO4酸化)。 操作流程:安装仪器并检查气密性→PH3的产生与吸收→转移至酸性KMnO4溶液被吸收→用Na2SO3标准溶液滴定。 试回答下列问题: (1)仪器E的名称是 ;仪器B、D中进气管下端设计成多孔球泡形状,目的是 。 (2)A装置的作用是 ;B装置的作用是防止 。 (3)下列操作中,不利于精确测定出实验结果的是 (选填序号)。 a.实验前,将C中原粮预先磨碎成粉末 b.将蒸馏水预先煮沸、迅速冷却并注入E中 c.实验过程中,用抽气泵尽可能加快抽气速率 (4)磷化锌发生水解反应时除产生PH3外,还生成 (填化学式)。 (5)D中PH3被氧化成H3PO4,该反应的离子方程式为 。 (6)把D中吸收液转移至容量瓶中,加水稀释至250.00 mL,取25.00 mL于锥形瓶中,用5.0×10-5 mol·L-1的Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4,消耗Na2SO3标准溶液10.00 mL。则该原粮中磷化物(以PH3计)的含量为 mg·kg-1,该原粮质量 (填“达标”或“不达标”)。 答案 (1)分液漏斗 增大气体与溶液的接触面积 (2)吸收空气中的还原性气体 PH3被空气中的氧气氧化 (3)c (4)Zn(OH)2 (5)5PH3+8MnO4-+24H+5H3PO4+8Mn2++12H2O (6)0.085 不达标 解析 (1)仪器E的名称是分液漏斗;仪器B、D中进气管下端设计成多孔球泡形状,目的是增大气体与溶液的接触面积,使气体反应充分。 (2)A装置的作用是吸收空气中的还原性气体;B装置的作用是吸收空气中的O2,防止PH3被氧化。 (3)实验前,将C中原粮预先磨碎成粉末,将蒸馏水预先煮沸、迅速冷却并注入E中,以减少水中溶解的氧气,目的均为准确测定含量,只有实验过程中用抽气泵加快抽气速率,导致气体来不及反应,使测定不准确。 (4)磷化锌易水解产生PH3,还会生成Zn(OH)2。 (5)D中PH3被氧化成H3PO4,该反应的离子方程式为5PH3+8MnO4-+24H+5H3PO4+8Mn2++12H2O。 (6)由2KMnO4+5Na2SO3+3H2SO42MnSO4+K2SO4+5Na2SO4+3H2O,250 mL吸收液中可与Na2SO3反应的高锰酸钾为5.0×10-5 mol·L-1×0.01 L×25×25025=2×10-6 mol,由5PH3+8KMnO4+12H2SO45H3PO4+8MnSO4+4K2SO4+12H2O可知,PH3的物质的量为(0.04 L×6.0×10-5 mol·L-1-2×10-6 mol)×58=2.5×10-7 mol,该原粮中磷化物(以PH3计)的含量为 2.5×10-7mol×34 g·mol-1×1 000 mg·g-10.1 kg= 0.085 mg·kg-1>0.050 mg·kg-1,故该原粮不达标。 5.(2019湖北黄冈中学考前检测)有机物元素定量分析最早是由德国人李比希提出的,某实验室模拟李比希法测定某种氨基酸(CxHyOzNp)的分子组成。取一定量的该氨基酸放在纯氧气中燃烧,燃烧后生成的水用装置D(无水氯化钙)吸收,二氧化碳用装置C(KOH浓溶液)吸收,N2的体积用E装置进行测量,所需装置如下图(夹持仪器及部分加热装置已略去): (1)该实验装置的合理连接顺序为:A、 、E(部分装置可以重复选用)。 (2)实验开始时,首先打开止水夹a,关闭止水夹b,通一段时间的纯氧,这样做的目的是 。 (3)A中放入CuO的作用是 ,装置B的作用是 。 (4)为了确定此氨基酸的分子式,除了准确测量N2的体积、生成二氧化碳和水的质量外,还需得到的数据有 。 (5)在读取E装置中所排水的体积时,液面左低右高,则所测气体的体积 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 (6)已知分子式为C2H4O2的有机物也含有氨基酸中的某个官能团,请设计实验证明该官能团(试剂任选): 。 答案 (1)D、C、D、B (2)将装置中的空气排除干净 (3)将未充分燃烧的产物CO转化为CO2(或使氨基酸中的碳完全转化为CO2) 除去多余的O2,保证E装置最终收集的气体全部为N2 (4)该氨基酸的摩尔质量 (5)偏小 (6)取该有机物少许于试管中,滴加NaHCO3溶液,有气泡产生(或其他合理答案) 解析 根据题意可知,用燃烧法测定某种氨基酸(CxHyOzNp)的分子组成,用氧气氧化氨基酸(CxHyOzNp)生成二氧化碳、水和氮气,利用装置D(无水氯化钙)测定水的质量,利用装置C(KOH浓溶液)测定二氧化碳的质量,利用E装置测量N2的体积,从而求出氨基酸中含有的C、H、O、N的质量,进而求出该氨基酸的分子组成。 (1)根据以上分析,实验操作顺序为:先吸收水,再吸收CO2,最后测量N2体积;装置B中加热的铜网可除去多余的O2,保证E装置最终收集的气体全为N2;该实验装置的合理连接顺序为:A、D、C、D、B、E。 (2)装置内的空气中含有N2、CO2和H2O,需通一段时间的纯氧,将装置中的空气排除干净,减小实验误差。 (3)CuO的作用是将氨基酸不完全燃烧产生的少量CO氧化成CO2,保证氨基酸中的碳完全转化为CO2;装置B的作用是除去多余的O2,保证E装置最终收集的气体全为N2。 (4)为了确定此氨基酸的分子式,除了生成二氧化碳气体的质量、生成水的质量、准确测量N2的体积外,还需知道该氨基酸的摩尔质量。 (5)E装置量筒中水的体积就是反应中生成N2的体积,读数时应使广口瓶与量筒中液面相平,如果液面左低右高(广口瓶中液面低于量筒中液面),广口瓶中的气体受到的压强除大气压强外还有液面高度差造成的压强,其实际压强大于标准大气压,气体体积被压缩,故实际测得的气体体积偏小。 (6)根据C2H4O2分子式及氨基酸中的官能团可知,该有机物分子中含有羧基,实验证明有机物含羧基官能团的方法为:取该有机物少许于试管中,滴加NaHCO3溶液,有气泡产生。查看更多