2022届新高考化学二轮复习教学案-专题十一　化学综合实验

高考考纲再现根据化学实验的目的和要求，能做到：(1)设计、评价、改进实验方案；(2)正确选用实验装置；(3)掌握控制实验条件的方法；(4)预测或描述实验现象、分析或处理实验数据、得出合理结论。微专题一化学综合实验1．解题思路(1)审清实验目的实验目的一般在题干信息中，通过阅读比较容易审出。(2)明确实验原理实验原理一般可通过三条途径获知：①有的题目中会直接给出实验所涉及反应的方程式；②有的题目需要根据试题信息推测出反应的方程式；③设计实验时，需要根据实验目的，结合所学知识选择所需的方程式。(3)选择并组装实验装置①仪器的选择：依据实验原理(化学方程式)中反应物的状态、用量和反应条件选择合适的仪器。例如：a.固体与固体混合物，多盛放在大试管中；b.液体与液体混合物，多盛放在烧瓶中；c.固体与液体混合物，可盛放在大试管或烧瓶中；d.反应若需要加热，应根据反应所需温度选用酒精灯(可满足普通加热条件的反应)、水浴(可满足低于100℃加热条件的反应)或酒精喷灯(可满足加热条件为高温的反应)等；e.反应物易挥发或有副产物生成的反应，需要安装除杂装置，如洗气瓶(除气体杂质)、过滤装置、分液装置、蒸馏装置等；f.根据各物质的用量选择合适规格的仪器。②仪器的连接：实验仪器大多按物质制备→纯化→性质探究或验证→尾气处理的顺序连接。制备的物质为液体时，一般按制备(蒸馏烧瓶)→蒸馏(温度计测温)→冷凝(冷凝管)→接收(牛角管、锥形瓶)的思路连接仪器；制备的物质为气体时，可根据气体的流动方向，按制气→除杂→性质探究或验证→尾气处理的思路连接仪器。(4)准确描述实验操作掌握以下常考的实验操作，并能准确描述：①检查装置气密性的操作；②检查分液漏斗、滴定管等是否漏液的操作，冷凝管中冷却水的流动方向等；③常见气体(如O2、H2、Cl2、NH3等)的检验操作；④常见离子(如SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))、Cl－、Fe3＋、Fe2＋等)的检验操作；⑤气体、液体的分离操作；⑥有害气体的尾气处理操作；⑦分析某实验操作的作用；⑧某些实验操作的先后顺序等。(5)准确描述实验现象及结论注意以下常考问题的答题要点：①描述实验现象时，一定要具体，要指明固体或溶液的颜色变化、沉淀的产生及溶解、气泡的产生等；描述滴定终点的现象时，一定要指出溶液由×××色变为×××色，且半分钟内不变色；②根据实验现象书写方程式时，要先分析发生的是什么类型的反应，然后依据相应的书写规则进行书写；③根据实验现象得出相关结论，一定要从现象入手推断结论，与现象无关的结论不要写。(6)掌握实验计算方法部分实验题在实验操作的基础上会涉及计算，设问求某物质的质量分数(或质量、物质的量浓度)或目标产物的产率等，解题时首先要根据方程式、原子守恒、得失电子守恒等梳理出物质间的转化关系，再进行计算。(7)规范科学评价、设计实验评价通常考查对某步骤的合理性、装置的优缺点进行评价，有时还有误差分析。实验设计通常考查设计实验方案验证物质的性质或设计实验方案验证某假设等。2．命题方向与设问角度命题方向设问角度实验探究定性分析是以物质的化学性质为依据，分析实验现象与发生的化学反应：(1)物质性质的验证或探究(物质酸性、碱性验证及酸碱性强弱比较；证明多元弱酸；氧化性或还原性强弱比较等)；(2)探究反应生成的产物(检验方案的设计、离子的检验、物质的检验)；(3)根据实验现象书写方程式，得出实验结论物质制备及分离与提取(1)物质制备的反应原理，主要是书写制备反应的化学方程式(或离子方程式)；(2)物质的分离与提取：无机混合物的分离提纯流程和有机混合物的提取原理实验基础及操作技能(1)实验基础：仪器的名称与使用(如球形冷凝管的使用)、仪器连接的顺序、尾气处理、实验装置气密性的检查、物质分离的方法等；(2)实验条件的控制：控制温度的目的及方法、控制溶液酸碱性的目的、控制某些气体因浓度过高而引起爆炸的措施(如通入N2以降低二氧化氯的浓度等)；(3)实验操作技巧：实验操作目的解释、封闭体系气体压强原理的应用、滴定终点的判断等；(4)浓缩结晶、晶体过滤(趁热过滤还是降温结晶)、晶体洗涤等；(5)实验设计与评价定量实验与化学计算(1)滴定分析计算产品的含量(或产品的纯度)；(2)物质组成测定的定量分析与计算；(3)产率计算、误差分析等3．实验方案流程图中信息的提取(1)物质转化或提纯过程中所加入的物质及发生的相应化学反应。(2)物质转化形式的变化及物质的追踪。(3)实验流程中实验条件的控制目的及有关实验操作的目的。(4)物质分离提纯的实验操作以及晶体的洗涤。物质实验方案流程图实验技巧过氧化钙[碳酸钙提纯]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______________________[过氧化钙制备](1)步骤②将溶液煮沸，趁热过滤。将溶液煮沸的作用是____________________。(2)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____________________________________将过滤得到的白色晶体用乙醇洗涤的目的是____________________________________________二氧化氯实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠)为原料，通过如图1所示过程制备ClO2：(1)电解时发生反应的化学方程式为___________________________________。(2)用如图2所示装置测定混合气中ClO2的含量，锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为____________________________除去ClO2中的NH3可选用的试剂是___________。玻璃液封装置的作用是________________________________________________________________环己烯环己烯是重要的化工原料。其实验室制备流程如下：(1)浓硫酸也可用作该反应的催化剂，选择FeCl3·6H2O而不用浓硫酸的原因为______________________________；FeCl3·6H2O污染小、可循环使用，符合绿色化学理念。(2)操作2实现了互不相溶的两种液体的分离，分液操作用到的玻璃仪器是____________________操作3为产品的蒸馏，实验步骤：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℃的馏分答案：[过氧化钙]调节pH使Fe3＋转化为沉淀除去过滤(1)除去二氧化碳(2)CaCl2＋H2O2＋2NH3·H2O=CaO2↓＋2H2O＋2NH4Cl降低温度，防止氨水挥发，防止反应物双氧水和生成物过氧化钙的分解洗去晶体表面的水，加速干燥[二氧化氯](1)NH4Cl＋2HCleq\o(=,\s\up8(电解))NCl3＋3H2↑(2)2ClO2＋10I－＋8H＋=2Cl－＋5I2＋4H2O浓硫酸吸收残留的ClO2气体，避免碘的逸出[环己烯](1)浓硫酸易使原料炭化并产生SO2(2)分液漏斗、烧杯通冷凝水，加热4.控制化学实验的条件实验条件解题指导控制温度加热控温(1)加热温度低于100℃，采用水浴加热，优点是便于控制温度，受热均匀；(2)加热温度高于100℃，如在200～300℃，可以采用油浴加热控温降温控制(1)选择控温方式，要看题给信息，所制备物质的熔、沸点及受热分解的温度。为防止温度过高而发生副反应，可以采用冰水浴，如制备次氯酸钠，如果温度过高(超过40℃)，氯气与氢氧化钠反应会生成NaClO3；要防止温度过高而使物质分解，如过氧化氢、过氧化钙、氨水、草酸、浓硝酸、铵盐等；(2)气体参与的放热反应，可通过控制气体的流量，防止温度过高；(3)减压蒸发是为了降低蒸发时的温度，可防止所制备的物质受热分解(如结晶水合物从溶液中结晶时)；(4)趁热过滤是保持过滤温度，防止因温度降低而使某些物质析出还原与氧化防止氧化(1)常用氮气(或载气)排除空气，并用氮气作为保护气；(2)防止Fe2＋被氧化①配制FeSO4溶液时，蒸馏水要煮沸除去氧气；②常在FeSO4溶液中加入过量的铁粉(柠檬酸具有强还原性，也可防止Fe2＋被氧化)氧化除去干扰离子(1)加入氧化剂升高离子价态，如过氧化氢可以将Fe2＋氧化为Fe3＋；(2)H2O2作为氧化剂的优点：不会引入新杂质，也不会污染环境；使用时要防止因温度过高而使其分解；(3)若用硝酸作为氧化剂，会释放出氮氧化物(NO、NO2等)，造成环境污染调节pH酸性(1)防止盐类水解，如为防止Fe2＋、Fe3＋水解，在配制的溶液中加入相应的酸；(2)有利于使干扰金属离子转化为氢氧化物沉淀，过滤分离。例如：加入过氧化氢先将Fe2＋氧化为Fe3＋，再调节溶液的pH为弱酸性，生成氢氧化铁沉淀，过滤除去空白实验目的是消除其他试剂、实验操作等因素引起的误差5.滴定分析及仪器滴定管的选用滴定终点的判断(1)酸性KMnO4溶液具有强氧化性，应选用酸式滴定管；(2)盛装标准AgNO3溶液应选用棕色酸式滴定管；(3)盛装碘标准溶液应选用棕色酸式滴定管。碘标准溶液实际是将碘溶解在碘化钾溶液中制得的，此时单质碘与碘离子作用形成Ieq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，既增大了溶解度又避免了碘的挥发，而光照会促进Ieq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))的分解，所以使用棕色滴定管；又因为碘会腐蚀橡胶管，所以使用酸式滴定管滴入最后一滴标准液时，锥形瓶内溶液出现颜色变化(或生成有色沉淀)，且半分钟内不变色(或有色沉淀不消失)6.有关结晶的操作盐溶液分离的一般过程包括：加热浓缩、结晶、过滤、洗涤、干燥。(1)利用溶解度曲线获取控制结晶的温度制备物质溶解度曲线曲线分析答题指导无水Na2SO334℃是溶解度的拐点。低于34℃，Na2SO3·7H2O会结晶析出；高于34℃，无水Na2SO3会结晶析出在高于34℃条件下蒸发结晶，制备无水Na2SO3，且要趁热过滤，否则无水Na2SO3中会混有Na2SO3·7H2O，导致产品不纯MnSO4·H2O60℃是溶解度的交叉点。高于60℃，MnSO4·H2O的溶解度减小，而MgSO4·6H2O的溶解度增大从MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4·H2O，需控制结晶温度范围为高于60℃(2)加入乙醇的目的操作目的在蒸发浓缩、过滤前，加入无水乙醇降低溶质的溶解度，使其结晶析出结晶、过滤后，加入无水乙醇除去晶体表面的水分(3)晶体“纯化”的方法晶体在结晶过程中，会有少量杂质一起析出，可以通过重结晶的方法提纯晶体。题组一无机物制备综合实验1．(2021·高考全国甲卷)胆矾(CuSO4·5H2O)易溶于水，难溶于乙醇。某小组用工业废铜焙烧得到的CuO(杂质为氧化铁及泥沙)为原料与稀硫酸反应制备胆矾，并测定其结晶水的含量。回答下列问题：(1)制备胆矾时，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有________(填标号)。A．烧杯 B．容量瓶C．蒸发皿 D．移液管(2)将CuO加入适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为________________________________________________________________，与直接用废铜和浓硫酸反应相比，该方法的优点是___________________________。(3)待CuO完全反应后停止加热，边搅拌边加入适量H2O2，冷却后用NH3·H2O调pH为3.5～4，再煮沸10min，冷却后过滤。滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、________、乙醇洗涤、________，得到胆矾。其中，控制溶液pH为3.5～4的目的是____________________，煮沸10min的作用是________________________________________________________________。(4)结晶水测定：称量干燥坩埚的质量为m1，加入胆矾后总质量为m2。将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m3。根据实验数据，胆矾分子中结晶水的个数为___________(写表达式)。(5)下列操作中，会导致结晶水数目测定值偏高的是________(填标号)。①胆矾未充分干燥②坩埚未置于干燥器中冷却③加热时有少量胆矾迸溅出来解析：(1)CuO与稀硫酸在烧杯中进行反应，为了得到胆矾，需要对溶液进行蒸发，在蒸发皿中蒸发溶液，故选AC。(2)CuO与稀硫酸反应的化学方程式是CuO＋H2SO4eq\o(=,\s\up8(△))CuSO4＋H2O；该方法的优点是不会产生污染空气的SO2，且H2SO4的用量是Cu与浓硫酸反应时的一半，即硫酸的利用率高。(3)CuO与稀硫酸加热反应后，溶液中存在Fe3＋和Cu2＋，加NH3·H2O调节溶液pH为3.5～4，目的是使Fe3＋沉淀并抑制Cu2＋水解，再煮沸10min的目的是使Fe3＋全部转化为Fe(OH)3沉淀，防止有Fe(OH)3胶体生成影响胆矾的纯度，且便于过滤除去。具体操作步骤是将滤液加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥，最终得到胆矾。(4)由题意知，结晶水的质量为m2－m3，硫酸铜的质量为m3－m1，设胆矾的化学式为CuSO4·xH2O，根据分子个数比等于物质的量之比，则x＝eq\f(\f(m2－m3,18g·mol－1),\f(m3－m1,160g·mol－1))＝eq\f(80×(m2－m3),9×(m3－m1))。(5)胆矾未充分干燥，会使测定的水的质量偏高，则会导致结晶水数目测定值偏高，①符合题意；坩埚未置于干燥器中冷却，会使测定的水的质量偏低，则会导致结晶水数目测定值偏低，②不符合题意；加热时有少量胆矾迸溅出来，会使测定的水的质量偏高，则会导致结晶水数目测定值偏高，③符合题意。答案：(1)AC(2)CuO＋H2SO4eq\o(=,\s\up8(△))CuSO4＋H2O不产生SO2(硫酸利用率高)(3)过滤干燥除尽铁和抑制CuSO4水解破坏Fe(OH)3胶体易于过滤(4)eq\f(80×(m2－m3),9×(m3－m1))(5)①③2．(2021·新高考河北卷)化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献。某化学兴趣小组在实验室中模拟并改进侯氏制碱法制备NaHCO3，进一步处理得到产品Na2CO3和NH4Cl。实验流程如图：回答下列问题：(1)从A～E中选择合适的仪器制备NaHCO3，正确的连接顺序是______________(按气流方向，用小写字母表示)。为使A中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下，可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或_________________________。(2)B中使用雾化装置的优点是____________________________________。(3)生成NaHCO3的总反应的化学方程式为__________________________。(4)反应完成后，将B中U形管内的混合物处理得到固体NaHCO3和滤液：①对固体NaHCO3充分加热，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量Na2O2，Na2O2增重0.14g，则固体NaHCO3的质量为________g。②向滤液中加入NaCl粉末，存在NaCl(s)＋NH4Cl(aq)→NaCl(aq)＋NH4Cl(s)过程。为使NH4Cl沉淀充分析出并分离，根据NaCl和NH4Cl溶解度曲线，需采用的操作为________、________、洗涤、干燥。(5)无水Na2CO3可作为基准物质标定盐酸浓度。称量前，若无水Na2CO3保存不当，吸收了一定量水分，用其标定盐酸浓度时，会使结果________(填标号)。A．偏高B．偏低C．不变解析：(1)制备NaHCO3的具体过程为先制备CO2，再除去杂质HCl，然后将纯净的CO2通入饱和氨盐水中制得NaHCO3，最后用NaOH溶液处理多余的CO2，所以装置的连接顺序为aefbcgh。分液漏斗使用前需要让其与大气连通，否则液体无法滴落，所以为使A中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下，需要打开分液漏斗上部的玻璃塞，或者将分液漏斗上部玻璃塞上的凹槽与分液漏斗上端的小孔对齐。(2)雾化装置可以增大接触面积，使饱和氨盐水与CO2充分接触，使反应更充分。(3)生成NaHCO3的总反应的化学方程式为CO2＋NH3＋NaCl＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl。(4)①1molCO2与足量Na2O2反应，最终Na2O2增重的质量相当于1molCO的质量，假设固体NaHCO3的质量为xg，可列如下关系式：2NaHCO3～CO2～Na2O2～CO2×8428xg0.14g则eq\f(2×84,xg)＝eq\f(28,0.14g)，解得x＝0.84。②根据题图中NaCl和NH4Cl的溶解度曲线可知，NH4Cl的溶解度随温度的升高变化较大，而NaCl的溶解度随温度的升高变化不大，为使NH4Cl沉淀充分析出并分离，需采用的操作为降温结晶、过滤、洗涤、干燥。(5)若称量前的无水Na2CO3吸收了一定量的水，此时Na2CO3的含量偏低，则用其标定盐酸浓度时，会使滴定结果偏高。答案：(1)aefbcgh将分液漏斗上部玻璃塞上的凹槽与分液漏斗上端的小孔对齐(2)增大接触面积，使反应更充分(3)NH3＋H2O＋NaCl＋CO2=NaHCO3↓＋NH4Cl(4)①0.84②降温结晶过滤(5)Aeq\a\vs4\al()1．无机实验方案、装置的评价方法2．无机物制备综合实验解题模型题组二有机物制备综合实验3．常温下对甲基苯甲醚为无色液体，实验室制备对甲基苯甲醚的反应原理为＋CH3OHeq\o(,\s\up8(浓硫酸),\s\do8(△))＋H2O，反应装置(夹持及加热装置已略)如图所示，部分物质的相关性质如表所示。物质甲醇对甲基苯酚对甲基苯甲醚沸点/℃64.7202174密度/(g/cm3)0.791.020.969水溶性易溶难溶不溶[产物制备]先在甲装置的圆底烧瓶中加入几粒碎瓷片，再依次加入10.8g对甲基苯酚、10mL甲醇，最后加入2mL浓硫酸，控制反应温度为60℃进行反应。[产物提纯]①将反应混合液冷却后加入足量饱和碳酸钠溶液，充分反应后转移至分液漏斗中，静置分液；②将有机层转移至乙装置的蒸馏烧瓶中，加热，控制温度为100℃进行蒸馏，待蒸馏结束后，向蒸馏烧瓶内剩余液体中加入足量无水氯化钙，然后趁热过滤，并将所得液体再次进行蒸馏，收集174℃时的馏分，蒸馏结束后，称量第二次蒸馏所得馏分为7.32g。回答下列问题：(1)仪器A的名称为________________。(2)向甲装置的圆底烧瓶中加入碎瓷片的目的是____________________；制备实验中采用的加热方式是____________，其优点是____________________。(3)产物提纯时，向反应混合液中加入足量饱和碳酸钠溶液的主要目的是________________________________________________________________；产物提纯时，先控制温度为100℃进行蒸馏的目的是_________________。(4)加入足量无水氯化钙的目的是__________________________________。(5)对甲基苯甲醚的产率为________%。解析：明确反应原理＋CH3OHeq\o(,\s\up8(浓硫酸),\s\do8(△))＋H2O分析实验装置(1)甲装置为制备装置，原料甲醇沸点较低，易挥发，需冷凝回流，冷凝回流用球形冷凝管。(2)向甲装置中加入碎瓷片的目的是防暴沸；制备时的反应温度为60℃，应采用水浴加热的方式，其优点是使反应液受热均匀，易控制反应温度分析杂质成分根据反应原理知，该制备反应为可逆反应，反应后的混合液中除了产物对甲基苯甲醚外，还含有杂质甲醇、对甲基苯酚、硫酸、水确定除杂方法(3)首先向反应混合液中加入足量饱和碳酸钠溶液，与反应混合液中的硫酸充分反应，然后通过分液除去水、甲醇，剩余的有机层中还含有水、甲醇，将有机层转移至乙装置中进行蒸馏，根据题表沸点数据，先控制温度为100℃，可蒸出有机层中的甲醇和大部分水，得到对甲基苯酚和对甲基苯甲醚及少量水的混合液。(4)无水氯化钙属于干燥剂，能吸收水，所以再加入足量无水氯化钙，可除去混合液中少量的水。然后收集174℃的馏分，即可得到对甲基苯甲醚产率计算(5)对甲基苯酚的物质的量为eq\f(10.8g,108g/mol)＝0.1mol，10mL甲醇的物质的量为eq\f(10mL×0.79g/cm3,32g/mol)≈0.25mol，根据反应原理可知甲醇过量，对甲基苯酚不足，理论上生成对甲基苯甲醚的质量为0.1mol×122g/mol＝12.2g，故对甲基苯甲醚的产率为eq\f(7.32g,12.2g)×100%＝60%答案：(1)球形冷凝管(2)防暴沸水浴加热使反应液受热均匀，易控制反应温度(3)除去反应混合液中的硫酸蒸出反应混合物中的甲醇和大部分水(4)除去混合液中少量的水(或干燥有机相)(5)604.己二酸[HOOC(CH2)4COOH，M＝146g·mol－1]在化工生产、有机合成工业、医药等方面具有重要作用。以环己醇()为原料制取己二酸的实验原理如下，装置如图。3＋8KMnO4→3KOOC(CH2)4COOK＋8MnO2↓＋2KOH＋5H2O已知：KMnO4在酸性环境中被还原为Mn2＋，在弱酸性、弱碱性溶液中被还原为MnO2，在碱性环境中被还原为MnOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))。实验步骤：Ⅰ.安装反应装置，在四颈烧瓶中加入50mL水和3.18g碳酸钠，低速搅拌至碳酸钠溶解，缓慢加入9.48g(0.06mol)高锰酸钾，搅拌加热至35℃使之溶解，然后停止加热。Ⅱ.在继续搅拌下用仪器甲滴加3.2mL环己醇(约0.031mol)，控制滴加速度，维持反应温度43～47℃，直至反应结束。Ⅲ.趁热抽滤，滤渣二氧化锰用少量热水洗涤3次，每次尽量挤压掉滤渣中的水分。Ⅳ.滤液用小火加热蒸发浓缩，冷却后再用浓盐酸酸化至pH为2～4。冷却析出结晶，抽滤后得粗产品。回答下列问题：(1)仪器甲的名称为_________；碳酸钠在该实验中的作用是___________；实验时冷凝水应从______(填“a”或“b”)口通入。(2)步骤Ⅱ中，环己醇的滴加速度不同时，溶液温度随时间变化曲线如图所示。该反应的ΔH______0(填“>”或“<”)；为保证产品纯度，应选择的滴速为______s/滴。该反应应严格控制反应温度，否则不但会影响产率，还可能会发生爆炸事故，故本实验适宜的加热方式为______。(3)为证明反应已结束，在滤纸上点1滴反应混合物，若观察到__________，则表明反应已经完成。(4)称取己二酸样品0.2920g，用新煮沸的50mL热水溶解，滴入2滴酚酞试液，用0.2000mol·L－1NaOH溶液滴定至终点，进行平行实验及空白实验后，消耗NaOH溶液的平均体积为19.70mL。①己二酸样品的纯度为______(保留三位有效数字)。②下列操作会导致产品纯度或测定结果偏低的是________。a．滴加环己醇的速度过快b．滴定管洗净后未用NaOH标准溶液润洗c．滴定时，开始时仰视读氢氧化钠溶液体积，结束时平视读数d．滴加氢氧化钠溶液时，开始时滴定管尖嘴处无气泡，结束时出现气泡解析：(1)仪器甲的名称为恒压滴液漏斗。碳酸钠提供弱碱性环境，使KMnO4生成固体MnO2，便于分离。仪器乙的作用是冷凝回流，冷凝水应从b口进入，a口流出。(2)从图像看，滴加环己醇后，溶液温度升高，滴加时间间隔越短，温度升高得越明显，所以该反应是放热反应，ΔH<0。温度过高，会发生副反应，目标产物的产率降低，故选择25s/滴。该反应温度需控制在43～47℃，故可采取水浴加热。(3)从反应物的加入量和反应的化学方程式分析，可知KMnO4的量不足，若反应混合物滴在滤纸上不出现紫红色，则表明反应已经结束。(4)①己二酸是二元酸，与NaOH溶液反应存在如下关系，设己二酸质量为m，可列式如下：己二酸～2NaOH146g2molm0.2000mol·L－1×0.0197L解得m≈0.2876g，己二酸的纯度为eq\f(0.2876g,0.2920g)×100%≈98.5%。②环己醇滴加速度过快，反应液温度升高，副反应增多，导致目标产物纯度降低，a项正确；未用标准溶液润洗滴定管，则消耗NaOH溶液体积偏大，测定结果偏高，b项错误；滴定开始，仰视读数读取值偏大，导致消耗NaOH溶液的体积偏小，测定结果偏低，c项正确；滴加标准溶液时，开始时滴定管尖嘴处无气泡，结束时出现气泡，则导致消耗NaOH溶液体积偏小，测定结果偏低，d项正确。答案：(1)恒压滴液漏斗提供弱碱性环境，使KMnO4生成MnO2，便于分离b(2)＜25水浴加热(3)未出现紫红色(4)①98.5%②acdeq\a\vs4\al()1．有机物制备的综合实验分析分析制备流程利用题目信息密度：主要与水比较，以确定分液时有机层的位置；计算加入原料的量，确定哪种反应物过量，以方便计算产率。沸点：主要用于物质之间的比较，以确定蒸馏温度。溶解性：主要用于判断是否溶于水或某种有机溶剂，以确定萃取试剂，判断杂质等熟悉常见仪器及典型装置有机反应特点(1)有机化合物易挥发，反应中通常采用冷凝回流装置，以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，因此常使廉价易得的反应物过量，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，如常用碳酸钠、碳酸氢钠等无机试剂洗涤产品，可以中和酸性杂质2．有机物制备综合实验解题模型题组三方案设计类综合实验5．(2021·浙江1月选考)某兴趣小组对化合物X开展探究实验。其中：X是易溶于水的强酸盐，由3种元素组成；A和B均为纯净物；B可使品红水溶液褪色。请回答：(1)组成X的3种元素是_______(填元素符号)，X的化学式是____________。(2)将固体X加入温热的稀H2SO4中，产生气体B，该反应的离子方程式是________________________________________________________________。(3)步骤Ⅱ，某同学未加H2O2溶液，发现也会缓慢出现白色浑浊，原因是________________________________________________________________。(4)关于气体B使品红水溶液褪色的原因，一般认为：B不能使品红褪色，而是B与水反应的生成物使品红褪色。请设计实验证明：________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)B可使品红水溶液褪色，则B为SO2，固体A溶于水后分成两等份，A2与NaOH溶液反应生成蓝色悬浊液，则说明A中含有Cu元素，X由3种元素组成，则固体X中含有的元素是Cu、S、O；A1中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，生成1.165g硫酸钡沉淀，则A为CuSO4，A1中硫酸铜的物质的量为0.005mol，则固体A中CuSO4的物质的量为0.010mol；步骤Ⅱ中产生2.330g白色沉淀C，则气体SO2的物质的量为0.010mol，则固体X中所含S元素的质量为0.320g＋0.320g＝0.640g，所含Cu元素的质量为0.640g，所含O元素的质量为2.240g－0.640g－0.640g＝0.960g，这三种元素原子的物质的量之比n(Cu)∶n(S)∶n(O)＝1∶2∶6，故固体X的化学式为CuS2O6。(2)根据题目，固体X与温热的稀硫酸反应可以生成SO2气体，根据原子守恒和电荷守恒配平方程式，可得该反应的离子方程式为S2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(6))eq\o(=,\s\up8(H＋),\s\do8(△))SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋SO2↑。(3)步骤Ⅱ中H2O2的作用是氧化＋4价的硫生成硫酸根离子，未加H2O2溶液，也会缓慢出现白色浑浊，说明SO2溶于水后可以被空气中的氧气氧化。(4)气体B是SO2，SO2溶于水所得的溶液中存在SO2分子和H2SO3，欲知道是哪一种物质能够使品红溶液褪色，可以利用如下实验验证：配制品红无水乙醇溶液(其他非水溶剂亦可)，通入SO2，不褪色；品红水溶液中加入亚硫酸钠(或亚硫酸氢钠)固体，褪色更快。答案：(1)Cu、S、OCuS2O6(2)S2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(6))eq\o(=,\s\up8(H＋),\s\do8(△))SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋SO2↑(3)SO2与水反应生成H2SO3，H2SO3能被氧气氧化为H2SO4，H2SO4与BaCl2反应生成BaSO4(4)配制品红无水乙醇溶液(其他非水溶剂亦可)，通入SO2，不褪色；品红水溶液中加入亚硫酸钠(或亚硫酸氢钠)固体，褪色更快6．(2021·新高考广东卷)含氯物质在生产生活中有重要作用。1774年，舍勒在研究软锰矿(主要成分是MnO2)的过程中，将它与浓盐酸混合加热，产生了一种黄绿色气体。1810年，戴维确认这是一种新元素组成的单质，并命名为chlorine(中文命名“氯气”)。(1)实验室沿用舍勒的方法制取Cl2的化学方程式为___________________。(2)实验室制取干燥Cl2时，净化与收集Cl2所需装置的接口连接顺序为________。(3)某氯水久置后不能使品红溶液褪色，可推测氯水中________已分解。检验此久置氯水中Cl－存在的操作及现象是___________________________________。(4)某合作学习小组进行以下实验探究。①实验任务通过测定溶液电导率，探究温度对AgCl溶解度的影响。②查阅资料电导率是表征电解质溶液导电能力的物理量。温度一定时，强电解质稀溶液的电导率随溶液中离子浓度的增大而增大；离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而增大。25℃时，Kspeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(AgCl))＝1.8×10－10。③提出猜想猜想a：较高温度的AgCl饱和溶液的电导率较大。猜想b：AgCl在水中的溶解度Seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(45℃))>Seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(35℃))>Seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(25℃))。④设计实验、验证猜想取试样Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ(不同温度下配制的AgCl饱和溶液)，在设定的测试温度下，进行下表中实验1～3，记录数据。实验序号试样测试温度/℃电导率/(μS·cm－1)1Ⅰ：25℃的AgCl饱和溶液25A12Ⅱ：35℃的AgCl饱和溶液35A23Ⅲ：45℃的AgCl饱和溶液45A3⑤数据分析、交流讨论25℃的AgCl饱和溶液中，ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Cl－))＝________mol·L－1。实验结果为A3>A2>A1。小组同学认为，此结果可以证明③中的猜想a成立，但不足以证明猜想b成立。结合②中信息，猜想b不足以成立的理由有________________________________________________________________。⑥优化实验小组同学为进一步验证猜想b，在实验1～3的基础上完善方案，进行实验4和5。实验序号试样测试温度/℃电导率/(μS·cm－1)4Ⅰ________B15________________B2⑦实验总结根据实验1～5的结果，并结合②中信息，小组同学认为猜想b也成立。猜想b成立的判断依据是______________________________________。解析：(1)实验室沿用舍勒的方法制取Cl2的化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)eq\o(=,\s\up8(△))MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。(2)实验室制得的Cl2中含有HCl、H2O，可依次通过饱和食盐水、浓硫酸除去HCl、H2O，再收集Cl2并进行尾气处理，因此装置的接口连接顺序为cdbae。(3)氯水中能使品红溶液褪色的物质是HClO，氯水久置后不能使品红溶液褪色，可推测氯水中HClO已分解。检验Cl－存在的操作及现象是取少量样品于试管中，加入几滴AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则该久置氯水中存在Cl－。(4)⑤由于AgCl饱和溶液中c(Ag＋)＝c(Cl－)，因此25℃时，c(Cl－)＝eq\r(Ksp(AgCl))＝eq\r(1.8×10－10)mol·L－1＝eq\r(1.8)×10－5mol·L－1≈1.34×10－5mol·L－1。由于不同温度下的饱和溶液的浓度不同，因此实验1、2、3中，存在两个变量(温度与浓度)，因此不足以证明猜想b成立。⑥需要设计实验证明AgCl在水中的溶解度S(45℃)>S(35℃)>S(25℃)，则需要控制变量。由实验4与实验2对比，温度均为35℃，若溶液浓度：试样Ⅱ>试样Ⅰ，电导率：A2>B1，则可验证S(35℃)>S(25℃)；同理，要验证S(45℃)>S(35℃)，则需要由实验5与实验3对比，温度均为45℃，若溶液浓度：试样Ⅲ>试样Ⅱ，电导率A3>B2，则可验证猜想b。⑦猜想b成立的判断依据是A3>B2；A2>B1。答案：(1)MnO2＋4HCl(浓)eq\o(=,\s\up8(△))MnCl2＋Cl2↑＋2H2O(2)cdbae(3)HClO取少量样品于试管中，加入几滴AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则该久置氯水中存在Cl－(4)⑤eq\r(1.8)×10－5(或1.34×10－5)存在两个变量(温度与浓度)，温度升高的同时，溶液的浓度也在增大⑥⑦A3>B2；A2>B1eq\a\vs4\al()1．方案设计类综合实验的解题策略(1)重视“猜想”：“猜想”部分是基础，提出的猜想一定要全面、合理，即在牢固掌握元素及其化合物知识的基础上，提出合理的猜想。(2)攻破“设计”：“设计”部分是核心，分值较大，也是区分度最大的部分。①明确实验目的，利用已学知识分析如何达到该实验目的。②根据实验原理，结合实验材料及已学知识，设计实验方案。③根据题给信息控制实验条件，排除干扰因素，关注实验细节。④注意实验的简约性和安全性。2．方案设计类综合实验的解题模型题组四性质、原理探究类综合实验7．(2021·运城高三调研)Na2CS3在农业上用作杀菌剂和杀线虫剂，在工业上用于处理废水中的重金属离子。某化学兴趣小组设计实验探究Na2CS3的部分性质并测定某Na2CS3溶液的浓度。实验Ⅰ.探究Na2CS3的性质步骤操作及现象①取少量Na2CS3固体溶于蒸馏水中，配制成溶液并分成两等份②向其中一份溶液中滴加几滴酚酞试液，溶液变成红色③向另一份溶液中滴加用硫酸酸化的KMnO4溶液，紫色褪去(1)HCSeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))是________(填“强”或“弱”)酸根离子。(2)已知步骤③中反应的氧化产物是SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))，则该步骤中发生反应的离子方程式为________________________________________________________________。(3)某同学取步骤③反应后所得溶液于试管中，滴加足量盐酸和氯化钡溶液，他认为通过测定产生的白色沉淀的质量即可求出实验中所用的Na2CS3的质量。你是否同意他的观点，并说明理由：______________________________________。实验Ⅱ.测定某Na2CS3溶液的浓度按如图所示装置进行实验：将50mLNa2CS3溶液置于三颈烧瓶中，通过分液漏斗向三颈烧瓶中滴入足量的2.0mol·L－1稀硫酸。已知：CSeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋2H＋=CS2＋H2S↑。CS2和H2S均有毒，CS2微溶于水，与乙醇、苯等可混溶，易挥发。(4)反应开始前需要先通入一段时间的N2，其作用为__________________。(5)B中发生反应的离子方程式为___________________________________。(6)为了计算Na2CS3溶液的浓度，可通过测定充分反应后B中生成沉淀的质量来计算。称量B中沉淀质量之前需要打开活塞K，再缓慢通入一段时间的N2，然后取B中混合物进行______________________(填实验操作)、称量。若B中生成沉淀的质量为8.4g，则Na2CS3溶液的浓度是____________________。解析：(1)向Na2CS3溶液中加入酚酞试液，溶液变成红色，说明Na2CS3是强碱弱酸盐，则HCSeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))是弱酸根离子。(2)步骤③中反应的氧化产物是SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))，溶液紫色褪去，则还原产物是Mn2＋，根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒可知，该步骤中发生反应的离子方程式为5CSeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋24MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋52H＋=15SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋5CO2↑＋24Mn2＋＋26H2O。(3)步骤③中加入的酸性高锰酸钾溶液是用硫酸酸化的，会引入SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))，所以不能通过测定产生的BaSO4白色沉淀的质量计算实验中所用Na2CS3的量。(4)H2S为还原性气体，易被空气中的氧气氧化，故反应开始前需要先通入一段时间的N2，排尽装置中的空气，防止生成的H2S被氧化。(5)由CSeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋2H＋=CS2＋H2S↑可知，A中发生的反应为Na2CS3＋H2SO4=Na2SO4＋CS2＋H2S↑，生成的H2S与B中的CuSO4反应可生成CuS沉淀，B中发生反应的离子方程式为Cu2＋＋H2S=CuS↓＋2H＋。(6)充分反应后，再打开活塞K缓慢通入一段时间的N2，目的是将装置中生成的H2S全部排入B中，使其被完全吸收，然后取B中混合物进行过滤、洗涤、干燥得到CuS沉淀。8.4gCuS的物质的量为eq\f(8.4g,96g·mol－1)＝0.0875mol，根据关系式Na2CS3～H2S～CuS可得，n(Na2CS3)＝n(CuS)＝0.0875mol，则c(Na2CS3)＝eq\f(0.0875mol,0.05L)＝1.75mol·L－1。答案：(1)弱(2)5CSeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋24MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋52H＋=15SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋5CO2↑＋24Mn2＋＋26H2O(3)不同意，因为步骤③中加入的酸性高锰酸钾溶液是用硫酸酸化的，因引入SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))而导致BaSO4白色沉淀的质量偏大(4)排尽装置中的空气，防止生成的H2S被氧化(5)Cu2＋＋H2S=CuS↓＋2H＋(6)过滤、洗涤、干燥1.75mol·L－18．(2021·中山高三联考)常温下，某化学小组用如图所示装置设计实验探究硝酸银溶液的性质。序号实验操作实验现象实验Ⅰ向试管中逐滴加入2%氨水并不断振荡先产生棕褐色沉淀，继续滴加沉淀消失实验Ⅱa.向试管中加入1mL0.1mol·L－1NaOH溶液；b.继续滴加3%H2O2溶液至过量a.产生棕褐色沉淀；b.棕褐色沉淀逐渐减少，产生大量无色无味气体，有黑色沉淀生成实验Ⅲa.向试管中滴加1mL0.1mol·L－1KI溶液；b.取少量上层清液于试管中，加入淀粉溶液a.产生黄色沉淀；b.溶液颜色无明显变化已知：AgOH是一种白色固体，常温下极不稳定，易分解为棕褐色、难溶于水的氧化银固体。(1)常温下，0.1mol·L－1AgNO3溶液的pH约为4，请用离子方程式解释其原因：________________________________________________________________。(2)实验Ⅰ中总反应的化学方程式是_________________________________。(3)实验Ⅱ中，经检验黑色沉淀的成分为Ag。有Ag生成的反应的化学方程式是_________________________________________________________________。经测定，实验产生的气体体积远远大于该反应的理论值，原因可能是___________________________________________________________________。(4)实验Ⅲ中，产生黄色沉淀的离子方程式是_________________________。该小组同学猜想，I－有还原性，Ag＋有氧化性，AgNO3溶液与KI溶液应该可以发生氧化还原反应。他们设计了如图所示的原电池，通过实验Ⅳ证明了他们的猜想成立。在A烧杯中，石墨电极表面变亮，经检测这种光亮的物质为银单质。乙溶液是_____________，检验B烧杯中产物的操作及现象是______________________。实验Ⅳ中发生的氧化还原反应的离子方程式是_________________________。(5)对比实验Ⅲ和实验Ⅳ，实验Ⅲ中无I2生成的原因可能是__________________________________________________________(任写一条)。解析：(1)AgNO3为强酸弱碱盐，Ag＋发生水解使溶液呈酸性，水解反应的离子方程式为Ag＋＋H2OAgOH＋H＋。(2)向AgNO3溶液中滴加氨水，发生反应AgNO3＋NH3·H2O=AgOH↓＋NH4NO3，AgOH极不稳定，易分解为棕褐色、难溶于水的Ag2O固体，即发生反应2AgOH=Ag2O＋H2O，继续滴加氨水，Ag2O与氨水反应生成银氨溶液，沉淀消失，即发生反应Ag2O＋4NH3·H2O=2Ag(NH3)2OH＋3H2O，则实验Ⅰ中总反应的化学方程式为AgNO3＋3NH3·H2O=Ag(NH3)2OH＋NH4NO3＋2H2O。(3)向AgNO3溶液中加入NaOH溶液，发生复分解反应产生AgOH白色沉淀，AgOH极不稳定，易分解为棕褐色、难溶于水的Ag2O固体，继续滴加3%H2O2溶液至过量，Ag2O被H2O2还原成Ag，即发生反应Ag2O＋H2O2=2Ag＋O2↑＋H2O；Ag2O有催化作用，能催化H2O2分解生成O2，导致气体体积增大。(4)向AgNO3溶液中滴加KI溶液，发生复分解反应，可产生AgI黄色沉淀。在A烧杯中，石墨电极表面变亮，且该光亮物质为银单质，A烧杯中发生的电极反应为Ag＋＋e－=Ag，则甲溶液为0.1mol·L－1AgNO3溶液，B烧杯中发生的电极反应为2I－－2e－=I2，则乙溶液是0.1mol·L－1KI溶液。检验B烧杯中的I2可用淀粉溶液，即取少量反应后B烧杯中溶液于试管中，向其中滴加淀粉溶液，溶液变蓝。实验Ⅳ验证了AgNO3溶液与KI溶液可以发生氧化还原反应，即发生反应2Ag＋＋2I－=2Ag↓＋I2。(5)实验Ⅲ中，Ag＋与I－发生氧化还原反应的速率比生成沉淀的反应的速率小，无I2生成。答案：(1)Ag＋＋H2OAgOH＋H＋(2)AgNO3＋3NH3·H2O=Ag(NH3)2OH＋NH4NO3＋2H2O(3)Ag2O＋H2O2=2Ag＋O2↑＋H2OAg2O有催化作用，可以催化H2O2分解，导致气体体积增大(4)Ag＋＋I－=AgI↓0.1mol·L－1KI溶液取少量反应后B烧杯中溶液于试管中，向其中滴加淀粉溶液，溶液变蓝2Ag＋＋2I－=2Ag↓＋I2(5)Ag＋与I－发生氧化还原反应的速率小于生成沉淀的反应的速率(答案合理即可)eq\a\vs4\al()性质、原理探究类综合实验微专题二实验简答规范一、实验简答题的考点分类1．现象类答题要素现象描述要全面：看到的、听到的、触摸到的、闻到的现象描述要准确：指明产生这种现象的部位按“现象＋结论”模式描述，忌现象和结论不分、由理论推现象、指出具体生成物的名称答题模板溶液中：颜色由×××色变成×××色；液面上升(或下降)；溶液变浑浊；生成×××色沉淀；产生大量气泡等；固体：固体表面产生大量气泡；逐渐溶解；颜色由×××色变成×××色等；气体：生成×××色×××味气体；颜色由×××色变成×××色等；滴定终点溶液颜色变化的判断：滴加最后一滴标准溶液时，溶液由×××色变为×××色，且半分钟内不恢复原来的颜色2.操作类(1)气密性检查：形成密闭体系→通过操作改变压强→观察实验现象→得出结论。(2)判断沉淀是否完全的操作：静置，向上层清液中继续滴加少量沉淀剂，若无沉淀产生，则证明已沉淀完全。(3)判断沉淀是否洗净的操作：取少量最后一次洗涤液，滴加×××，若没有×××现象出现，证明沉淀已经洗净。(4)从溶液中得到晶体的操作：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤(包括水洗、冰水洗、热水洗、乙醇洗等)、干燥；或蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥。(5)蒸发结晶的操作：将溶液转移到蒸发皿中，加热并用玻璃棒不断搅拌，待有大量晶体出现时停止加热，利用余热蒸干剩余水分。3．目的、作用类(1)恒压滴液漏斗上的支管的作用：保证反应容器(一般为圆底烧瓶)内压强与恒压滴液漏斗内压强相等(平衡压强)，使恒压滴液漏斗内的液体顺利滴下。(2)沉淀用乙醇洗涤的目的：减小沉淀的溶解损失；除去沉淀表面吸附的杂质；乙醇挥发带走水分，使沉淀快速干燥。(3)冷凝回流的作用及目的：防止×××蒸气逸出而脱离反应体系，提高×××物质的转化率。(4)趁热过滤的目的：防止降温过程中杂质析出，提高产品的纯度。(5)减压蒸馏的原因：减小压强，使液体沸点降低，防止×××物质受热分解。二、实验方案的设计1．气体的检验(1)思维模型eq\x(\a\al(明确检,验气体))→eq\x(\a\al(分析被检验气体的物,理性质和化学性质))→eq\x(\a\al(选择合适的检验,方法(特征性质)))(2)答题模板选择特征试剂(特征反应)→判断是否相互干扰(影响)→确定检验顺序→验证、确认。①单一气体的检验：操作[将气体通入(或通过)]→试剂[×××溶液(或×××固体)]→描述现象→得出结论。②混合气体的检验：检验气体甲→除去气体甲→确定气体甲已除尽→检验气体乙。[关键提醒]①水蒸气最先检验；②有干扰的气体先检验；③注意关键词，如“少量”“除尽”等。2．离子的检验(1)思维模型eq\x(\a\al(明确,检验,离子))→eq\x(\a\al(分析待检验离子,在溶液中的颜色,及化学性质))→eq\x(\a\al(选择与待检验离子发生,“特征反应”的试剂或选,择合适的方法))(2)答题模板(溶解)取样[取少量溶液于一洁净试管中(固体试样要先溶解)]→加试剂[加×××试剂(必要时可以加热，如检验NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))]→观现象(产生×××沉淀或溶液变×××色或生成×××气体)→得结论(溶液中含×××)。3．物质性质的验证与探究思维模型eq\x(\a\al(明确,目的))→eq\x(\a\al(给物质分类，找出,物质的特性，选,定实验原理))→eq\x(\a\al(设计,方案))→eq\x(\a\al(叙述操作、,现象和结论))1．某溶液中含有SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))、COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))、Cl－三种阴离子，如果只取用一次该溶液(可以使用过滤操作)，就能把三种离子依次检验出来：(1)应该先检验________，加入的试剂是稀硝酸，发生反应的离子方程式为________________________________________________________________。(2)再检验________，加入的试剂是________，发生反应的离子方程式为________________________________________________________________。(3)最后检验________，加入的试剂是________，发生反应的离子方程式为________________________________________________________________。答案：(1)COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋2H＋=CO2↑＋H2O(2)SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))硝酸钡溶液SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋Ba2＋=BaSO4↓(3)Cl－硝酸银溶液Cl－＋Ag＋=AgCl↓2．(1)某学生用0.1500mol·L－1NaOH溶液滴定某未知浓度的盐酸，酚酞为指示剂，滴定终点的现象是___________________________________________。(2)用未知浓度的酸性KMnO4溶液滴定标准H2C2O4溶液，滴定终点的判断方法是_______________________________________________________________。(3)用标准Na2S2O3溶液滴定碘液(已知2Na2S2O3＋I2=Na2S4O6＋2NaI)，选用________为指示剂，滴定终点的判断方法是____________________________。答案：(1)滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色(2)当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，说明达到滴定终点(3)淀粉溶液当滴入最后一滴标准Na2S2O3溶液后，溶液的蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色，说明达到滴定终点3．通过Fe3＋和C2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))在溶液中的反应比较Fe2＋和C2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))的还原性强弱。资料：Ⅰ.草酸(H2C2O4)为二元弱酸。Ⅱ.三水三草酸合铁酸钾[K3Fe(C2O4)3·3H2O]为翠绿色晶体，光照易分解，其水溶液中存在[Fe(C2O4)3]3－Fe3＋＋3C2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))K＝6.3×10－21。Ⅲ.FeC2O4·2H2O为黄色固体，溶于水，可溶于强酸。操作现象在避光处，向10mL0.5mol·L－1FeCl3溶液中缓慢加入0.5mol·L－1K2C2O4溶液至过量，搅拌，充分反应后，冰水浴冷却，过滤得到翠绿色溶液和翠绿色晶体(1)取实验中少量晶体洗净，配成溶液，滴加KSCN溶液，不变红。继续加入硫酸，溶液变红，说明晶体中含有Fe3＋。加硫酸后溶液变红，试从平衡移动原理角度解释原因：____________________________________________________。(2)经检验，翠绿色晶体为K3Fe(C2O4)3·3H2O。设计实验，确认实验中没有发生氧化还原反应的操作和现象是_____________________________________。答案：(1)溶液中存在平衡：[Fe(C2O4)3]3－Fe3＋＋3C2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))，加入硫酸后，H＋与C2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))结合，使c(C2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))减小，平衡正向移动，c(Fe3＋)增大，与KSCN反应使溶液变红(2)取少量实验中的翠绿色溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不出现蓝色沉淀专题强化训练1．冰晶石(Na3AlF6)为微溶于水的白色固体，常用作电解铝工业的助熔剂。工业上用萤石(主要成分是CaF2，含少量Fe2O3，其他杂质忽略不计)、浓硫酸、氢氧化铝和碳酸钠溶液通过湿法制备冰晶石，某化学实验小组模拟工业上制取Na3AlF6的装置示意图如图所示(该装置均由聚四氟乙烯材质的仪器组装而成，电加热器除外)。(1)该实验装置中不能使用玻璃仪器的原因是_________________________(用化学方程式表示)。(2)请写出装置Ⅱ中生成Na3AlF6的反应的离子方程式：_______________。(3)在实验过程中，先向装置Ⅱ中通入HF气体，再滴加Na2CO3溶液，而不是先将Na2CO3溶液和Al(OH)3浊液混合后再通入HF气体，原因是________________________________________________________________。(4)装置Ⅲ的作用是___________________________________________。(5)可用装置Ⅰ反应后的溶液来测定萤石中CaF2的含量。具体操作为取8.0g萤石加入装置Ⅰ中，完全反应后，将混合液加水稀释，加入足量的KI固体，然后加几滴淀粉溶液作为指示剂，用0.1000mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定，当出现__________________________________________________现象时，到达滴定终点，消耗Na2S2O3标准溶液40.00mL，则萤石中氟化钙的质量分数为________%。(已知：I2＋2S2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))=S4Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(6))＋2I－)解析：装置Ⅰ中浓硫酸与CaF2反应可生成HF；将HF通入装置Ⅱ中，发生反应2Al(OH)3＋12HF＋6Na＋＋3COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))=2Na3AlF6＋3CO2＋9H2O，制备Na3AlF6；装置Ⅲ为安全瓶，防倒吸；装置Ⅳ用来吸收未完全反应的HF及产生的CO2。(1)氢氟酸能与玻璃中的SiO2反应而腐蚀玻璃，反应的化学方程式为4HF＋SiO2=SiF4↑＋2H2O。(5)Fe2O3与H2SO4反应可得到Fe3＋，Fe3＋将I－氧化成I2，淀粉遇I2变蓝，加入Na2S2O3标准溶液，I2被还原，溶液变为无色，即滴定终点的现象是滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复；利用Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O，2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2、I2＋2S2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))=S4Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(6))＋2I－可得关系式Fe2O3～2S2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))，n(Fe2O3)＝eq\f(1,2)n(S2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))＝eq\f(1,2)×0.1000mol·L－1×40.00×10－3L＝0.002mol，m(Fe2O3)＝0.002mol×160g·mol－1＝0.32g，则萤石中氟化钙的质量分数为eq\f(8.0g－0.32g,8.0g)×100%＝96%。答案：(1)4HF＋SiO2=SiF4↑＋2H2O(2)2Al(OH)3＋12HF＋6Na＋＋3COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))=2Na3AlF6＋3CO2＋9H2O(3)若先将Na2CO3溶液和Al(OH)3浊液混合后再通入HF气体，由于Na2CO3会与HF发生反应消耗HF，不利于Al(OH)3的溶解(4)作为安全瓶，防止倒吸(5)溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复962．(2021·新高考湖南卷)碳酸钠俗称纯碱，是一种重要的化工原料。以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠，并测定产品中少量碳酸氢钠的含量，过程如下：步骤Ⅰ.Na2CO3的制备步骤Ⅱ.产品中NaHCO3含量测定①称取产品2.500g，用蒸馏水溶解，定容于250mL容量瓶中；②移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M，用0.1000mol·L－1盐酸标准溶液滴定，溶液由红色变至近无色(第一滴定终点)，消耗盐酸V1mL；③在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用0.1000mol·L－1盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸V2mL；④平行测定三次，V1平均值为22.45，V2平均值为23.51。已知：(i)当温度超过35℃时，NH4HCO3开始分解。(ii)相关盐在不同温度下的溶解度表eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g/100gH2O))温度/℃0102030405060NaCl35.735.836.036.336.637.037.3NH4HCO311.915.821.027.0NaHCO36.98.29.611.112.714.516.4NH4Cl29.433.337.241.445.850.455.2回答下列问题：(1)步骤Ⅰ中晶体A的化学式为________________，晶体A能够析出的原因是_______________________________________________________________。(2)步骤Ⅰ中“300℃加热”所选用的仪器是________________(填标号)。(3)指示剂N为_______，描述第二滴定终点前后颜色变化：____________。(4)产品中NaHCO3的质量分数为________(保留三位有效数字)。(5)第一滴定终点时，某同学俯视读数，其他操作均正确，则NaHCO3质量分数的计算结果________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。解析：(1)根据相关盐在不同温度下的溶解度可知，30～35℃，NaHCO3的溶解度明显小于NaCl、NH4HCO3和NH4Cl的溶解度，因此NaHCO3在步骤Ⅰ中结晶析出。(2)300℃给固体加热选用的仪器应为坩埚。(3)本题中测定碳酸氢钠含量采用了双指示剂滴定法，第一滴定过程以酚酞为指示剂，Na2CO3转化为NaHCO3，第二滴定过程以甲基橙为指示剂，NaHCO3转化为NaCl、CO2和H2O，所以第二滴定终点前后溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不变色。(4)25.00mL待测液中所含NaHCO3的物质的量为0.1000mol·L－1×(V2－V1)×10－3L，则2.500g产品中所含NaHCO3的质量为84g·mol－1×eq\f(250mL,25.00mL)×0.1000mol·L－1×(23.51－22.45)×10－3L＝0.08904g，则产品中NaHCO3的质量分数为eq\f(0.08904g,2.500g)×100%≈3.56%。(5)第一次滴定终点时，俯视读数，导致测得的V1偏小，NaHCO3质量分数的计算结果偏大。答案：(1)NaHCO330～35℃，NaHCO3的溶解度小于NaCl、NH4HCO3和NH4Cl的溶解度(2)D(3)甲基橙溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不变色(4)3.56%(5)偏大3．氯化亚铜(CuCl)是一种重要的化工原料，常用作催化剂、杀菌剂。某化学小组同学用如图所示装置制备氯化亚铜。已知：i.氯化亚铜是一种白色固体，能溶于氨水，在水中几乎不溶，在潮湿空气中会被迅速氧化。ii.在酸性条件下，某些中间价态的离子能发生自身氧化还原反应。实验步骤：Ⅰ.打开分液漏斗活塞，向三颈烧瓶中加盐酸调pH至2～3。打开活塞K，通入SO2，溶液中产生白色沉淀，待反应完全后，再通入一段时间的SO2。Ⅱ.将反应混合液过滤、洗涤、干燥得到CuCl粗品，其经纯化后得到CuCl纯品。回答下列问题：(1)步骤Ⅰ中通入SO2发生反应的离子方程式是________________________。(2)步骤Ⅱ中采用抽滤法过滤的主要目的是____________________________。(3)该化学小组同学在实验过程中，将分液漏斗中的0.1mol·L－1盐酸换为6mol·L－1盐酸并滴入与步骤Ⅰ中相同的体积，通入SO2，最终未得到白色沉淀。①该小组同学对此现象作如下猜想：猜想一：Cl－浓度过大，与CuCl发生反应；猜想二：_______________________________________________________。②该小组同学对猜想一的原理进行深入研究，查阅资料知CuCl＋Cl－CuCleq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))，据此设计实验：将上述未得到沉淀的溶液__________________(填操作)，若观察到有白色沉淀析出，证明猜想一正确。③设计验证猜想二是否成立的实验方案：________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)步骤Ⅰ中产生的白色沉淀是CuCl，反应物是SO2、盐酸、氯化铜溶液，生成物中有CuCl，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知，步骤Ⅰ中通入SO2发生反应的离子方程式为SO2＋2Cu2＋＋2Cl－＋2H2O=2CuCl↓＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋4H＋。(2)由已知i可知，氯化亚铜在潮湿空气中会被迅速氧化，步骤Ⅱ中采用抽滤法过滤可以增大过滤速率，减少氯化亚铜与空气的接触时间，防止氯化亚铜被氧化。(3)①根据已知ii可知，猜想二为强酸性条件下，CuCl发生自身氧化还原反应：2CuCl=Cu2＋＋Cu＋2Cl－。②③答案：(1)SO2＋2Cu2＋＋2Cl－＋2H2O=2CuCl↓＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋4H＋(2)增大过滤速率，防止氯化亚铜被氧化(3)①强酸性条件下，CuCl发生自身氧化还原反应②加水稀