上海高中化学三大实验

1、一、【海水资源及其综合利用】【海水的综合利用】从海水中提取大量的食盐、镁、溴、碘、钾等有用物质从海水中提取食盐的方法很多，主要有太阳能蒸发法、电渗析法。在医药上，0.9%的食盐溶液叫做生理盐水，在工业上，食盐是一种重要的化工原料常用来生产烧碱、纯碱、液氯、盐酸、漂白粉等多种化工产品综合利用图示如图所示【粗盐提纯的实验室方法】1.原理：粗盐中含有少量泥沙、可溶性的其它盐等杂质泥沙不溶于水，可以将粗盐溶解后进行过滤而除去；对蒸发后得到的晶体进行洗涤，可除去其他可溶性盐2.实验仪器及用品：天平、烧杯、量筒、漏斗、铁架台及附件、酒精灯、玻璃棒、滤纸、蒸发皿、坩埚钳等3.实验步骤：称量溶解过滤蒸发洗涤4

2、.注意事项：溶解食盐时，在保证食盐能完全溶解的前提下，水的用量要尽量少由于食盐的溶解度一般在35g/100g水，故每溶解10g食盐需加入30mL左右的水过滤操作中要注意：一贴（漏斗与滤纸的角度要吻合）、二低（滤纸边缘低于漏斗边缘；过滤液液面低于滤纸边缘）、三靠（烧杯尖口靠住玻璃棒；玻璃棒靠住滤纸三层处；漏斗颈端靠住盛液烧杯壁）在将要蒸干时用小火加热，利用余热使食盐蒸干如果将要蒸干时仍用大火加热，食盐晶体很容易飞溅出来要用少量水的洗涤得到的精盐这是因为得到的精盐中可能含有象氯化钾那样的易溶于水的物质本实验多次用到玻璃棒，它起的作用如加速溶解、转移溶液、扩散热量等【氯碱工业】1.电解饱和食盐水溶液

3、的反应原理阳极电极反应式（Fe棒）：2H+2e-=H2（H+得电子产生H2后，阴极区OH-浓度增大而显碱性）阳极电极反应式（石墨）：2Cl-2e-=Cl2电解的总化学方程式：2NaCl+H2O2NaOH+H2+Cl22.设备：离子交换膜电解槽离子交换膜电解槽主要由阳极、阴极、离子交换膜、电解槽框和导电铜棒等组成，每台电解槽由若干个单元槽串联或并联组成电解槽的阳极用金属钛制成；阴极由碳钢网制成3.阳离子交换膜的作用：把电解槽隔为阴极室和阳极室；只允许Na+通过，而Cl-、OH-和气体则不能通过这样，既能防止生成的H2和Cl2相混合而发生爆炸，又能避免C12进入阴极区与NaOH溶液作用生成NaCl

4、O而影响烧碱的质量题型一：海水利用注意问题【例1】海水是一个巨大的化学资源库，下列有关海水综合利用的说法正确的是（）A利用潮汐发电是将化学能转化为电能B海水蒸发制海盐的过程中发生了化学变化C从海水中可以得到MgCl2，电解熔融MgCl2可制备MgD海水中含有溴元素，只需经过物理变化就可以得到溴单质【解析】A、利用朝汐发电是朝汐能转化为电能，没有发生化学反应，而化学能转化为电能必须要发生化学反应，故A错误；B海水中含有氯化钠，经过海水蒸发制得氯化钠，只发生了物理变化，没有发生化学变化，故B错误；C从海水中得到氯化镁后，可以电解熔融状态的氯化镁生成氯气和金属镁，故C正确；D海水中含有的溴元素是以B

5、r-的形式存在，要转化为溴单质，元素必然降价，要发生还原反应，即只经过物理变化不能从海水中得到溴单质，故D错误；故选C题型二：海水综合利用流程分析【例2】海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，下图为海水利用的部分过程下列有关说法正确的是（）A制取NaHCO3的反应是利用其溶解度小于NaClB用澄清的石灰水可鉴别NaHCO3和Na2CO3C在工段、中，溴元素均被氧化D工业上通过电解饱和MgCl2溶液制取金属镁【解析】A往精盐溶液中通氨气，得碳酸氢钠沉淀，说明碳酸氢钠的溶解度小于氯化钠，故A正确；B分别向碳酸钠和碳酸氢钠溶液中加入澄清石灰水，发生Na2CO3+Ca（OH）2=2NaOH+

6、CaCO3、2NaHCO3+Ca（OH）2=Na2CO3+CaCO3+2H2O，均有白色沉淀产生，故B错误；C在工段、中，第步中，SO2+2H2O+Br2=H2SO4+2HBr中S元素的化合价升高，则二氧化硫被氧化，溴元素被还原，故C错误；D电解饱和MgCl2溶液，只能得到氢氧化镁沉淀，工业上采用电解熔融氯化镁的方法制取金属镁，故D错误；故选A1、粗盐提纯的实验方案：步骤：粗盐溶解加入过量的NaOH溶液加入过量的BaCl2溶液加入过量的Na2CO3-溶液过滤加入适量的盐酸蒸发结晶试剂作用：加入过量的NaOH溶液除去Mg2+加入过量的BaCl2溶液除去SO42-加入过量的Na2CO3溶液除去Ca

7、2+，和过量的Ba2+加入盐酸除去上述过量的NaOH和Na2CO3，调节溶液的酸碱度2、萃取：（1）原理：利用溶质在两种互不相溶的溶剂里溶解度的不同，用一种溶剂把溶质从另一种溶剂中提取出来（2）操作步骤：1.混合震荡；2.静止分层；3.分液（3）注意事项：1）萃取剂必须具备三点：萃取剂和原溶剂互不混溶；萃取剂和溶质互不发生反应；溶质在萃取剂中的溶解度远大于在原溶剂中的溶解度2）萃取常在分液漏斗中进行，分液是萃取操作中的一个步骤分液时，打开分液漏斗的活塞，将下层液体从下口放出，当下层液体刚好放完时立即关闭活塞，不要让上层液体从下口流出，上层液体从分液漏斗上口倒出（4）卤单质在不同溶剂中的颜色二、

8、【硫酸铜晶体中结晶水含量的测定】【基础知识精讲】一、测定的原理和需要测定的数据设硫酸铜晶体的化学式为CuSO4xH2O，测定结晶水的含量就是要求我们用实验方法确定x的值要确定x的值，必须知道H2O和CuSO4的物质的量通过下式算出x：要知道n（H2O）和n（CuSO4），必须先知道m（H2O）和m（CuSO4）根据反应：CuSO4xH2OCuSO4+xH2O则只要测定两个数据：加热前晶体的质量m（CuSO4xH2O）；加热后（完全反应）CuSO4的质量为m（CuSO4）两者之差为结晶水的质量二、操作步骤和注意事项（1）操作步骤研磨：在研钵中研碎硫酸铜晶体称量：称量坩埚质量m，称坩埚和晶体的总质

9、量为m1（即获得第-个数据）加热：使硫酸铜晶体CuSO4xH2O完全转化为无水硫酸铜CuSO4冷却：将坩埚放在干燥器里冷却称量：称量坩埚和无水硫酸铜的总质量m2（即获得第二个数据）重复操作若第二次称量的坩埚和无水硫酸铜的总质量与第一次的差小于0.1g，则实验成功；若大于0.1g，必须再重复操作，直至两次的差小于0.1g为止取平均值（2）计算结果：（3）注意事项加热硫酸铜晶体用玻璃棒轻轻搅拌的目的是受热均匀，防止受热不均匀而引起固体飞溅，溅出坩埚生成的无水硫酸铜要在干燥器中冷却，而不能在空气中冷却，是防止无水硫酸铜吸收空气中的水分两次第五步的操作，质量差要小于0.1g，是为了保证实验的准确性和减

10、小误差【例1】测定Cu（NO3）2nH2O的结晶水含量，下列方案中肯定不可行的是（）A称量样品加热冷却称量CuOB称量样品加热冷却称量Cu（NO3）2C称量样品加热用已知质量的无水氯化钙吸收水蒸气并称量D称量样品加NaOH过滤加热冷却称量CuO【解析】Cu（NO3）2受热易分解，其分解反应为：2Cu（NO3）22CuO+4NO2+O2A称量样品加热冷却称量CuO，根据硝酸铜分解的方程式以及氧化铜的质量可测定Cu（NO3）2nH2O的结晶水含量，故A不选；B因硝酸铜易分解，称量样品加热无法恰好使结晶水合物恰好分解为硝酸铜，故B选；C称量样品加热用已知质量的无水氯化钙吸收水蒸气并称量，根据水的质量

11、以及结晶水合物的质量可以求解，故C不选；D称量样品加NaOH将硝酸铜转化为氢氧化铜，过滤加热氢氧化铜分解生成氧化铜冷却称量CuO，根据铜原子守恒求解无水硝酸铜的质量，据此求解结晶水含量，故D不选；故选B【例2】某学生测定CuSO4xH2O晶体的x值，数据如下（已知x的理论值为5.0）：产生误差的可能原因是（ ）A硫酸铜晶体中含不挥发杂质B加热时有晶体溅出C实验前，晶体表面有吸附水D未做恒重操作【解析】根据结晶水合物中，结晶水的质量=m（容器十晶体）-m（容器十无水硫酸铜），据化学方程式可以计算结晶水x的值，在测定中若被测样品中含有加热挥发的杂质或实验前容器中有水，都会造成测量结果偏高、偏低，结

12、合x的理论值为5.0，进行分析解答由表格中的数据，硫酸铜晶体的质量为20.82g-11.70g=9.12g，水的质量：20.82g-16.02g=4.8g，则CuSO4xH2OCuSO4+xH2O，160+18x18x9.12g4.8g解得x9.885，测定结果偏大A硫酸铜晶体中含不挥发杂质，会导致测定的硫酸铜的质量偏大，测定的水的质量偏小，故A错误；B加热过程中有少量晶体溅出，导致水的质量测定结果偏大，故B正确；C实验前，晶体表面有吸附水，加热后水挥发，而造成加热前后固体的质量差偏大，使x值偏大，故C正确；D未做恒重操作，会导致测定的硫酸铜的质量偏大，测定的水的质量偏小，故D错误；故选BC该

13、知识点属初中内容，但是是中学阶须四大定量测定方法之一。四个定量试验：测硫酸铜结晶水、测定中和热、中和滴定试验、标准溶液配制。三、【中和滴定】【中和滴定原理】1、中和反应：酸+碱正盐+水如：HCl+NaOHNaCl+H2OH2SO4+2NaOHNa2SO4+2H2ON3PO4+3NaOHNa3PO4+3H2O注意：酸和碱恰好完全中和，溶液不一定呈中性，由生成的盐性质而定由于所用指示剂变色范围的限制，滴定至终点不一定是恰好完全反应时，但应尽量减少误差2、中和滴定原理由于酸、碱发生中和反应时，反应物间按一定的物质的量之比进行，基于此，可用滴定的方法确定未知酸或碱的浓度对于反应：HA+BOHBA+H2

14、O可得c（HA）V（HA）c（BOH）V（BOH）若取一定量的HA溶液（V足），用标准液BOH（已知准确浓度c标）来滴定，至终点时消耗标准液的体积可读出（V读）代入上式即可计算得c（HA）。若酸滴定碱，与此同理若酸为多元酸，HnA+nBOHBnA+nH2O则有关系：3、滴定方法的关键（1）准确测定两种反应物的溶液体积（2）确保标准液、待测液浓度的准确（3）滴定终点的准确判定（包括指示剂的合理选用）4、滴定实验所用的仪器和操作要点（1）仪器：酸式滴定管、碱式滴定管、滴定管夹（带铁架台）、锥形瓶（或烧杯+玻棒）、量筒（或移液管）（2）操作：滴定前的准备：查漏、洗涤、润洗、充液（赶气泡）调液面、读数

15、滴定：移液、滴加指示剂、滴定至终点、读数计算（3）滴定管“0”刻度在上【滴定曲线和指示剂的选择】1、酸碱指示剂（1）酸碱指示剂的变色范围（pH值）（2）根据滴定曲线和指示剂的发色范围选用指示剂0.1mol/LNaOH滴定盐酸，酚酞和甲基均可使用，当然两者测定结果不同0.1mol/LNaOH溶液滴定0.1mol/LCH3COOH溶液，恰好中和生成CH3COOCa，溶液呈弱碱性，选酚酞为指示剂，pH=810浅红色，误差小用HCl滴定NH3H2O，恰好中和生成NH4Cl，溶液呈弱酸性，选甲基橙为指示剂，3.14.4橙色，误差小用HCl滴定0.1mol/LNa2CO3溶液，第一步生成NaHCO3时，可

16、选用酚酞为指示剂，由红色浅红无色化学方程式为：Na2CO3+HClNaHCO3+NaOH第二步生成碳酸（CO2+H2O），可选用甲基橙为指示剂，由黄色橙色，化学方程式为：NaHCO3+HClNaCl+H2O+CO2小结：（1）指示剂的选择：（由滴定曲线可知）强酸强碱相互滴定，可选用甲基橙或酚酞若反应生成强酸弱碱盐溶液呈酸性，则选用酸性变色范围的指示剂（甲基橙）；若反应生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，则选用碱性变色范围的指示剂（酚酞）石蕊试液因颜色变化不明显，且变色范围过宽，一般不作滴定指示剂（2）终点判断：（滴入最后一滴，溶液变色后，半分钟内不复原）以一元酸和一元碱的中的滴定为例因C标、V定分别代

17、表标准液浓度、所取待测液体积，均为定值，代入上式计算但是实际中C标、V定都可能引起误差，一般可把各因素引起的误差转嫁到V读上，若V读偏大，则测定结果偏大；若V读偏小，则测定结果偏小，故通过分析V读的变化情况，可分析滴定的误差【引起误差可能因素】（1）视（读数）注意：滴定管中液体读数时精确到0.01mL；一般需滴定2-3次，取其平均值（2）洗（仪器洗涤）正确洗法：二管二洗-滴定管和移液管先用蒸馏水清洗多次，再用待装液润洗几次一瓶一洗-锥形瓶只能用蒸馏水洗注意：一般滴定管装标准液，锥形瓶里装待测液错误洗法导致结果：滴定管仅用水洗，使标准液变稀，故消耗标准液体积一定变大，V读变大，结果偏大移液管仅用

18、水洗，则待测液变稀，所取待测液溶质物质的量变少，V读变小，结果偏小锥形瓶用待测液洗过，则瓶内待测液的溶质量偏多，V读偏大，结果偏大第一次滴定完后，锥形瓶内液体倒去后，尚未清洗，接着第二次滴定，滴定结果如何，取决于上次滴定情况如何（3）漏（液体溅漏）滴定过程中锥形瓶内液体溅出，则结果偏小终点已到，滴定管下端尖中级有液滴，则V读偏大，测定结果偏大（4）泡（滴定管尖嘴气泡）正确操作应在滴定前把尖嘴管中的气泡赶尽，最后也不能出现气泡如滴定开始有气泡，后气泡消失，则结果偏大若先无气泡，后有气泡，则结果偏小（5）色（指示剂变色控制与选择）滴定时，眼睛应紧盯着锥形瓶内溶液的颜色变化指示剂变色后应半分钟内不复

19、原如变色后立即复原，则结果偏小另外，同一种滴定，选择的指示剂不同，测定结果不同（6）杂（标准物含杂）用于配制标准液的固体应该是纯净物但其中有可能混有杂质，称量时又按需标准物固体质量来称取的，帮一般均会产生误差，在此杂质又分两种情况：杂质与待测液不反应如NaOH中含NaCl，所配的NaOH溶液浓度变小，滴定盐酸时，NaCl不参与反应，所需标准液的体积偏大，故测定结果偏大若杂质与待测液反应，则应作具体分析关键：比较与等物质的量的待测物反应消耗的杂质质量和标准物的质量若消耗杂质的质量较大，则相当于削弱了原标准液的作用能力，故与一定量待测物反应时，消耗的标准体积变大，测定结果偏大或者可用等质量的杂质、

20、标准物分别与待测物反应，根据消耗的待测物质量的多少来判断如杂质作用待测物质量越多，说明作用能力被增强，故测定结果偏小【例1】已知某温度时CH3COOH的电离平衡常数为K该温度下向20mL0.1molL-1CH3COOH溶液中逐滴加入0.1molL-1NaOH溶液变化），pH变化曲线如图所示（忽略温度），以下叙述正确的是（）A根据图中数据可计算出K值约为110-5B点水的电离程度由大到小的顺序为：C点所示溶液中：c（CH3COO-）+c（OH-）=c（CH3COOH）+c（H+）D点时c（CH3COOH）+（CH3COO-）=0.1mol/L【解析】A起点pH=3，由CH3COOHCH3COO-+H+可知，c（H+）=c（CH3COO-）=10-3mol/L，该温度下醋酸的电离平衡常数K=110-5，故A正确；B酸或碱抑制水电离，点溶液中含有酸，所以抑制水电离，点呈中性，