2020年高考化学三轮冲刺要点突破讲练 专题11 化学实验
展开11 化学实验
【难点突破】
一、分析近几年全国卷可知，该题型考查的主要命题点如下：
1.化学方程式的书写
2.实验装置的连接与作用
3.实验操作及目的
4.实验现象的描述及原因分析
5.物质的提纯与检验
6.含量测定与纯度计算
二、实验装置的连接与实验条件的控制
1.制备与性质实验装置的连接流程
2.掌握有毒尾气处理的3种方法
灼烧式 | 将有毒气体通过灼烧转化为无毒物质 | |
收集式 | 将有毒气体收集到塑料袋或其他容器中 | |
吸收式 | Cl2、SO2、NO2可用NaOH溶液吸收 | |
NO：先通入空气，再用NaOH溶液吸收 | ||
H2S：用CuSO4溶液吸收 |
【典例1】 (2019·全国卷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、蒸馏水、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________。
【解析】 (1)实验时将茶叶研细，能增加茶叶与溶剂的接触面积，使萃取更加充分。乙醇为溶剂，为防止加热时暴沸，需在加热前向乙醇中加入几粒沸石。(2)由于溶剂乙醇具有挥发性和易燃性，因此在提取过程中不可用明火直接加热。本实验中采用索氏提取器的优点是溶剂乙醇可循环使用，能减少溶剂用量，且萃取效率高。(3)提取液需经“蒸馏浓缩”除去大部分溶剂，与水相比，乙醇作为萃取剂具有沸点低和易浓缩的优点。“蒸馏浓缩”需选用的仪器除了所给仪器外，还有直形冷凝管和接收瓶(如锥形瓶)。(4)向浓缩液中加入生石灰能中和单宁酸并吸收水。(5)结合分离提纯咖啡因的装置及将粉状物放入蒸发皿并小火加热，咖啡因凝结在扎有小孔的滤纸上，可知该分离提纯的方法为升华。
【答案】 (1)增加固液接触面积，使萃取更充分 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
三、明确定量测定实验中数据的获取与计算
(1)常见的计算方法
①守恒法
所谓“守恒”就是物质在发生“变化”或两物质在发生“相互作用”的过程中某些物理量的总量保持“不变”。在化学变化中有各种各样的守恒，如质量守恒、原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒等。根据守恒关系可列等式求解。
②关系式法
多步反应是多个反应连续发生，各反应物、生成物之间存在确定的物质的量关系，根据有关反应物、生成物之间物质的量的关系，找出已知物的量与未知物的量间的数量关系；列比例式求解，能简化计算过程。
③计算公式
产品产率＝×100%
反应物转化率＝×100%
(2)获得数据的典型方法——滴定法
①常用方法(以碘量法为例)：
a．原理：
碘量法是氧化还原滴定中应用较为广泛的一种方法。I2可作氧化剂，能被Sn2＋、H2S等还原剂还原；I－可作还原剂，能被IO、Cr2O、MnO等氧化剂氧化。碘量法分为直接碘量法和间接碘量法，直接碘量法是用碘滴定液直接滴定还原性物质的方法，在滴定过程中，I2被还原为I－。
b．应用：
高考试题中经常涉及的是间接碘量法(又称滴定碘法)，它是利用I－的还原性与氧化性物质反应产生I2，遇淀粉溶液显蓝色，再加入Na2S2O3标准溶液与I2反应，滴定终点的现象为蓝色消失且半分钟内不变色，从而测出氧化性物质的含量。
例如用间接碘量法测定混合气中ClO2的含量，有关的离子方程式为2ClO2＋10I－＋8H＋===2Cl－＋5I2＋4H2O和I2＋2S2O===2I－＋S4O，得关系式2ClO2～5I2～10S2O，然后根据已知条件进行计算。
②常见“滴定分析法”的定量关系
| 定量关系 | 反应原理 |
凯氏定氮法 | n(N)＝n(HCl) | NH3·H3BO3＋HCl===NH4Cl＋H3BO3 |
I2与S2O | 2n(I2)＝n(S2O) | 2S2O＋I2===S4O＋2I－ |
K2CrO4与AgNO3 | n(Ag＋)＝2n(CrO) | 2Ag＋＋CrO===Ag2CrO4↓(砖红色) |
KMnO4与H2O2 | 5n(KMnO4)＝2n(H2O2) | 2MnO＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O |
KMnO4与Na2C2O4 | 5n(KMnO4)＝2n(Na2C2O4) | 2MnO＋5C2O＋16H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O |
K2Cr2O7与Fe2＋ | 6n(K2Cr2O7)＝n(Fe2＋) | Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O |
EDTA与金属阳离子(Mn＋) | n(Y4－)＝n(Mn＋) | Mn＋＋Y4－===MYn－4 |
【典例2】 (2018·全国卷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H2SO4、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1.2000g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0.00950 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液20.00mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr2O＋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＋2S2O===S4O＋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)。
【解析】 (1)Na2S2O3·5H2O晶体样品中含有SO，在SO的检验过程中应防止加入氧化剂，如H2O2会把S2O氧化为SO，也要防止加入稀H2SO4而引入SO，所以样品加水溶解后应加入过量稀盐酸，发生反应：S2O＋2H＋===S↓＋SO2↑＋H2O。取上层清液滴入BaCl2溶液，产生白色沉淀：Ba2＋＋SO===BaSO4↓，证明溶液中存在SO。
(2)①配制一定物质的量浓度的溶液，应该在烧杯中溶解，冷却至室温后，转移至100 mL的容量瓶中，加水至距刻度线1～2 cm处，改用胶头滴管滴加至溶液的凹液面最低处与刻度线相切。
②加入淀粉溶液作指示剂，淀粉遇I2变蓝色，加入的Na2S2O3样品与I2反应，当I2消耗完后，溶液蓝色褪去，即为滴定终点。
由反应Cr2O＋6I－＋14H＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O
I2＋2S2O===S4O＋2I－
得关系式：Cr2O ～ 3I2 ～ 6S2O
1 6
0．009 50 mol·L－1×0.02 L 0.009 50 mol·L－1×0.02 L×6
硫代硫酸钠样品溶液的浓度＝，样品的纯度为×100%＝95.0%。
【答案】 (1)③加入过量稀盐酸 ④出现乳黄色浑浊 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 凹液面最低处与刻度线相平 ②蓝色褪去 95.0
四、物质性质与物质组成探究实验
1．熟知常考的“十大实验设计”
实验目的 | 设计实验方案 | 说明 |
(1)证明CO2中含有CO | 先除尽CO2，再把气体通入加热的CuO中，若黑色固体变为红色，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，则证明原混合气体中含有CO | 先除尽CO2后再通入CuO中，黑色CuO变红色说明该气体具有还原性 |
(2) 证明SO2中含有CO2 | 先把混合气体通入足量的高锰酸钾溶液中，再通入品红溶液不褪色，最后通入澄清石灰水中，若澄清石灰水变浑浊，说明含有CO2 | 品红溶液不褪色，说明不含有SO2，澄清石灰水变浑浊说明含有CO2 |
(3)证明含有Fe3＋的溶液中含有Fe2＋ | 加入酸性高锰酸钾溶液，若高锰酸钾溶液褪色，则证明原混合液中含有Fe2＋ | 不能用硫氰化钾溶液鉴别，且不能有Cl－干扰 |
(4)①证明草酸的酸性强于碳酸 ②证明草酸是二元酸 | ①向1 mol·L－1 NaHCO3溶液中加入1 mol·L－1草酸，若产生大量气泡，则证明草酸的酸性强于碳酸 ②定量实验：用NaOH标准溶液滴定草酸溶液，消耗NaOH的物质的量为草酸的2倍，则说明草酸是二元酸 | ①强酸制弱酸 ②定量中和反应 |
(5)证明碳酸的酸性强于硅酸 | 把CO2通入硅酸钠溶液中，若出现白色沉淀，则说明碳酸的酸性强于硅酸 | 利用强酸制弱酸 |
(6)证明氯气的氧化性强于单质硫 | 把氯气通入硫化氢溶液中，若有淡黄色沉淀生成，则证明氯气的氧化性强于单质硫 | 氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性 |
(7)证明H2C2O4是弱酸 | 测Na2C2O4溶液的pH，pH>7说明H2C2O4是弱酸；或将pH＝1的H2C2O4溶液稀释10倍，pH<2说明H2C2O4是弱酸 | 弱酸存在电离平衡，弱酸阴离子存在水解平衡 |
(8) 证明SO中含有SO | 向混合液中加入足量的BaCl2溶液，将沉淀溶于足量的盐酸中，若沉淀部分溶解且有刺激性气味的气体生成，则证明原混合液中含有SO | 或加入盐酸生成能使品红溶液褪色的有刺激性气味的气体 |
(9)证明多元弱酸的酸式盐电离程度与水解程度的相对大小(以NaHCO3、NaHSO3为例) | ①常温下，测量NaHCO3溶液的pH，①若pH>7，则说明HCO的水解程度大于电离程度 ②常温下，测量NaHSO3溶液的pH，若pH<7，则说明HSO的电离程度大于水解程度 | 多元弱酸酸式盐(HA－)水解呈碱性，HA－电离呈酸性，故通过测量溶液酸碱性来判断 |
(10)Ksp大小的比较(以AgCl、AgI为例) | ①向AgNO3稀溶液中滴加NaCl溶液至不再有白色沉淀生成，再向其中滴加相同浓度KI溶液产生黄色沉淀 ②向浓度均为0.1mol·L－1的NaCl、NaI混合溶液中，滴加0.1mol·L－1 AgNO3溶液，先产生黄色沉淀 | ①沉淀转化的实质是Ksp小的沉淀转化成Ksp更小的沉淀，AgCl＋I－⇌AgI＋Cl－ ②向等浓度的NaCl、NaI溶液中加入Ag＋，Ksp小的首先产生沉淀 |
2．理清性质探究型实验题的解题思路
(1)细审题，明确实验目的和实验原理。实验原理可从题给的化学情境(或题首所给实验目的)并结合元素化合物、化学实验基本操作、化学反应基本理论等有关知识获取。
(2)想过程，理清实验操作的先后顺序。根据实验原理所确定的实验方案中的实验过程，确定实验操作的方法、步骤，把握各步实验操作的要点，理清实验操作的先后顺序。
(3)看准图，分析各个实验装置的作用。在解题过程中，要认真仔细地分析图中所给的各项装置，并结合实验目的和原理，确定它们在该实验中的作用。
(4)慎分析，得出正确的实验结论。在分析实验现象(或数据)的过程中，要善于找出影响实验成败的关键以及产生误差的原因，或从有关数据中归纳出定量公式，绘制变化曲线等。
【典例3】 (2019·郑州质检)钴的某些化合物与铁的化合物性质相似，某研究性学习小组为探究钴的化合物的性质，进行了以下实验：
Ⅰ.探究草酸钴的热分解产物
(1)为探究草酸钴的热分解产物，按气体流动方向，各装置的连接顺序为：A→E→________________。
(2)能证明分解产物中有CO的实验现象是______________________________________________________________________________。
(3)取3.66 g CoC2O4·2H2O于硬质玻璃管中加热至恒重，冷却、称量，剩余固体的质量为1.5 g，球形干燥管增重0.88 g。则A中发生反应的化学方程式为_________________________________________________________________________。
Ⅱ.探究Co(OH)2的还原性及Co(OH)3的氧化性
取A装置所得固体溶解于稀H2SO4中得到粉红色溶液，备用。
已知试剂颜色：CoSO4溶液(粉红色)，Co(OH)2(粉红色)，Co(OH)3(棕褐色)。
实验记录如表：
| 实验操作及现象 | 实验分析 |
实验1 | 取少许粉红色溶液于试管中，滴加0.1 mol·L－1 NaOH溶液，生成粉红色沉淀，并将该沉淀分成两份 |
|
实验2 | 取一份实验1中所得的粉红色沉淀，加入3%的H2O2溶液，粉红色沉淀立即变为棕褐色 | 反应的化学方程式为_______________________________________________________________ |
实验3 | 向实验2得到的棕褐色沉淀中滴加浓盐酸，固体逐渐溶解，并有黄绿色气体产生 | 反应的离子方程式为________________________________________________________________ |
实验4 | 取另一份实验1中所得的粉红色沉淀，滴加浓盐酸，粉红色沉淀溶解，未见气体生成 | 酸性条件下，Cl2、Co(OH)2、Co(OH)3的氧化能力由大到小的顺序是_____________________________________________________________ |
【解析】Ⅰ.(1)本实验的目的为探究草酸钴的热分解产物，由于CO可与氧化铜在加热的条件下发生氧化还原反应生成铜和CO2，故可将产生的气体通过灼热的氧化铜来判断CO是否存在，可通过碱石灰的质量变化来分析CO2是否存在，由于CO与氧化铜反应也生成了CO2，故应先检验CO2是否存在，再检验CO是否存在，故装置的连接顺序为A→E→C→D→B。(2)如果分解产物中有CO气体，则D装置中发生反应CuO＋COCu＋CO2，黑色CuO变为红色的铜。(3)3.66gCoC2O4·2H2O为0.02mol，根据钴元素守恒，可知剩余的1.5g固体为0.02molCoO，球形干燥管增加的质量即为CO2质量，即CO2的物质的量为0.02 mol，根据碳元素守恒，还应生成0.02mol CO，由各物质的量的关系可得出A中发生反应的化学方程式为CoC2O4·2H2OCoO＋CO↑＋CO2↑＋2H2O↑。
Ⅱ.A装置中所得固体为CoO，与稀硫酸反应生成粉红色CoSO4溶液；CoSO4溶液与NaOH溶液反应生成粉红色的Co(OH)2沉淀；由实验2知Co(OH)2与H2O2反应生成棕褐色的Co(OH)3，化学方程式为2Co(OH)2＋H2O2===2Co(OH)3。由实验3知，Co(OH)3可将浓盐酸中的Cl－氧化为黄绿色的氯气，离子方程式为2Co(OH)3＋6H＋＋2C1－===Cl2↑＋2Co2＋＋6H2O。由实验4知Co(OH)2与浓盐酸不能发生氧化还原反应；根据实验3和实验4可知，酸性条件下，Cl2、Co(OH)2、Co(OH)3的氧化能力由大到小的顺序为Co(OH)3>Cl2>Co(OH)2。
【答案】 Ⅰ.(1)C→D→B
(2)D装置中CuO由黑色变红色
(3)CoC2O4·2H2OCoO＋CO↑＋CO2↑＋2H2O↑
Ⅱ.2Co(OH)2＋H2O2===2Co(OH)3 2Co(OH)3＋6H＋＋2Cl－===Cl2↑＋2Co2＋＋6H2O Co(OH)3、Cl2、Co(OH)2或Co(OH)3>Cl2>Co(OH)2
