2019届二轮复习 化学实验综合探究 作业（全国通用） 练习

化学实验综合探究1．某兴趣小组用铝箔制备Al2O3、AlCl3·6H2O及明矾大晶体，具体流程如下：已知：AlCl3·6H2O易溶于水、乙醇及乙醚；明矾在水中的溶解度如下表温度/℃010203040608090溶解度/g3.003.995.908.3911.724.871.0109请回答：(1)步骤Ⅰ中的化学方程式_______________________________________________________________________________________________________________________________；步骤Ⅱ中生成Al(OH)3的离子方程式________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)步骤Ⅲ，下列操作合理的是________。A．坩埚洗净后，无需擦干，即可加入Al(OH)3灼烧B．为了得到纯Al2O3，需灼烧至恒重C．若用坩埚钳移动灼热的坩埚，需预热坩埚钳D．坩埚取下后放在石棉网上冷却待用E．为确保称量准确，灼烧后应趁热称重(3)步骤Ⅳ，选出在培养规则明矾大晶体过程中合理的操作并排序________。①迅速降至室温　②用玻璃棒摩擦器壁　③配制90 ℃的明矾饱和溶液　④自然冷却至室温⑤选规则明矾小晶体并悬挂在溶液中央　⑥配制高于室温10～20 ℃的明矾饱和溶液(4)由溶液A制备AlCl3·6H2O的装置如图①通入HCl的作用是抑制AlCl3水解和________。②步骤Ⅴ，抽滤时，用玻璃纤维替代滤纸的理由是________；洗涤时，合适的洗涤剂是__________________。③步骤Ⅵ，为得到纯净的AlCl3·6H2O，宜采用的干燥方式是________。解析：(1)2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑；AlO＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO(2)Al(OH)3加热失去水生成固体Al2O3，涉及的仪器是坩埚、坩埚钳、三脚架、酒精灯等，此题重点考查的是坩埚和坩埚钳的使用注意事项。坩埚洗净后，需要加热到500 ℃以上干燥后才可以使用，故A错；称量前后的质量不再发生变化说明坩埚内固体只有Al2O3，故B正确；使用坩埚钳移动坩埚时，需预热坩埚钳，故C正确；坩埚取下后不能直接放在实验台上冷却，应放在石棉网上冷却待用，故D正确，加热后的固体应先冷却后再称量，测定结果更准确，且灼烧过Al2O3不吸潮，故不需要趁热称量，故E错。(3)由表格可知，考查影响晶体大小因素，以及明矾晶体制备过程。明矾晶体的溶解度随着温度升高增大，选用低温下明矾饱和溶液，用规则明矾小晶体并悬挂在溶液中央，加入晶种，促进晶体析出，自然冷却，故选⑥⑤④。(4)此装置的目的是制备AlCl3·6H2O，通入HCl后在冰水浴作用下晶体析出，故HCl作用除了抑制AlCl3水解还有就是促进AlCl3·6H2O晶体析出；大量HCl溶解使溶液内呈强酸性，会腐蚀滤纸，故采用玻璃纤维代替滤纸；干燥晶体时为了防止失去结晶水，一般用滤纸吸干即可。答案：(1)2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑AlO＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO(2)BCD　(3)⑥⑤④(4)①降低AlCl3溶解度，使其以AlCl3·6H2O晶体形式析出②强酸性环境会腐蚀滤纸　饱和氯化铝溶液③用滤纸吸干2．无水MgBr2可用作催化剂。实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2，装置如图1，主要步骤如下：图1步骤1　三颈瓶中装入10 g镁屑和150 mL无水乙醚；装置B中加入15 mL液溴。步骤2　缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全导入三颈瓶中。步骤3　反应完毕后恢复至常温，过滤，滤液转移至另一干燥的烧瓶中，冷却至0 ℃，析出晶体，再过滤得三乙醚合溴化镁粗品。步骤4　室温下用苯溶解粗品，冷却至0 ℃，析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至160 ℃分解得无水MgBr2产品。已知：①Mg与Br2反应剧烈放热；MgBr2具有强吸水性。②MgBr2＋3C2H5OC2H5MgBr2·3C2H5OC2H5请回答：(1)仪器A的名称是________。实验中不能用干燥空气代替干燥N2，原因是________。(2)如将装置B改为装置C(图2)，可能会导致的后果是________。图2(3)步骤3中，第一次过滤除去的物质是________。(4)有关步骤4的说法，正确的是________。A．可用95%的乙醇代替苯溶解粗品B．洗涤晶体可选用0 ℃的苯C．加热至160 ℃的主要目的是除去苯D．该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴(5)为测定产品的纯度，可用EDTA(简写为Y4－)标准溶液滴定，反应的离子方程式：Mg2＋＋Y4－===MgY2－①滴定前润洗滴定管的操作方法是________________________________________________________________________。②测定时，先称取0.250 0 g无水MgBr2产品，溶解后，用0.050 0 mol·L－1的EDTA标准溶液滴定至终点，消耗EDTA标准溶液26.50 mL，则测得无水MgBr2产品的纯度是________(以质量分数表示)。解析：(1)仪器A的名称是干燥管。实验中不能用干燥空气代替干燥N2，其原因是空气中含有O2，O2与Mg反应生成的MgO阻碍Mg与液溴反应生成MgBr2。(2)若将装置B改为装置C，随着通入N2量的增加，气体的压强增大，可将锥形瓶中液溴直接快速压入三颈瓶中，Mg与Br2反应剧烈放热，存在安全隐患。(3)步骤1中装入10 g镁屑，且步骤1、2中未产生固体，显然步骤3中第一次过滤除去的物质是剩余的镁屑。(4)A项，MgBr2具有强吸水性，故不能用95%的乙醇代替苯溶解粗品；B项，室温下用苯溶解粗品，冷却至0 ℃析出晶体，故可用0 ℃的苯洗涤晶体；C项，加热至160 ℃的目的是将三乙醚合溴化镁分解得到无水MgBr2产品，并非除去苯；D项，步骤4操作除去乙醚和可能残留的溴，最终目的是得到无水MgBr2产品。(5)①滴定前润洗滴定管的操作方法是从滴定管上口注入少量待装液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿滴定管内壁，然后从滴定管下部放出，重复操作2～3次。②滴定过程中发生的反应为Mg2＋＋Y4－===MgY2－，滴定过程中消耗0.050 0 mol·L－1的EDTA标准溶液 26.50 mL，则有n(MgBr2)＝n(Mg2＋)＝n(Y4－)＝0.050 0 mol·L－1×26.50×10－3 L＝1.325×10－3 mol，那么样品中MgBr2的质量为m(MgBr2)＝1.325×10－3 mol×184 g·mol－1＝0.243 8 g，故样品中无水 MgBr2 的纯度为0.243 8 g/0.250 0 g×100%≈97.5%。答案：(1)干燥管　防止镁屑与氧气反应，生成的MgO阻碍Mg与Br2的反应(2)会将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热而存在安全隐患(3)镁屑　(4)BD(5)①从滴定管上口加入少量待装液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿内壁，然后从下部放出，重复2～3次　②97.5%3．用零价铁(Fe)去除水体中的硝酸盐(NO)已成为环境修复研究的热点之一。(1)Fe还原水体中NO的反应原理如图所示。①作负极的物质是________。②正极的电极反应式是________________________________________________________________________。(2)将足量铁粉投入水体中，经24小时测定NO的去除率和pH，结果如下：初始pHpH＝2.5pH＝4.5NO的去除率接近100%＜50%24小时pH接近中性接近中性铁的最终物质形态pH＝4.5时，NO的去除率低。其原因是_______________________________________________________________________________________________________________________________。(3)实验发现：在初始pH＝4.5的水体中投入足量铁粉的同时，补充一定量的Fe2＋可以明显提高NO的去除率。对Fe2＋的作用提出两种假设：Ⅰ.Fe2＋直接还原NO；Ⅱ.Fe2＋破坏FeO(OH)氧化层。①做对比实验，结果如图所示。可得到的结论是______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。②同位素示踪法证实Fe2＋能与FeO(OH)反应生成Fe3O4。结合该反应的离子方程式，解释加入Fe2＋提高NO去除率的原因：_______________________________________________________________________________________________________________________________。(4)其他条件与(2)相同，经1小时测定NO的去除率和pH，结果如下：初始pHpH＝2.5pH＝4.5NO的去除率约10%约3%1小时pH接近中性接近中性与(2)中数据对比，解释(2)中初始pH不同时，NO去除率和铁的最终物质形态不同的原因：___________________________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)根据反应原理的图示可知Fe做负极，正极上NO得电子生成NH，结合电荷守恒和元素守恒写出电极反应式为NO＋8e－＋10H＋ ===NH＋3H2O 。(2)pH越大，Fe3＋越容易水解生成不导电的FeO(OH)，阻碍电子转移。(3)①从图中看出只加入铁粉或只加入Fe2＋，NO的去除率都不如同时加入铁粉和Fe2＋，说明Fe2＋的作用不是还原NO，而是破坏FeO(OH)层生成了Fe3O4。②同位素示踪法证实Fe2＋能与FeO(OH)反应生成Fe3O4。该反应的离子方程式为Fe2＋＋2FeO(OH)===Fe3O4＋2H＋，加入Fe2＋提高去除率的原因是减少了FeO(OH)，增强了导电性。(4)pH较小，则产生Fe2＋浓度大，利于形成导电的Fe3O4，从而使反应的更完全；pH高，则产生Fe2＋浓度小，利于形成不导电的Fe(OH)，从而造成NO的去除率低。答案：(1)①Fe②NO＋8e－＋10H＋===NH＋3H2O(2)FeO(OH)不导电，阻碍电子转移(3)①本实验条件下，Fe2＋不能直接还原NO；在Fe和Fe2＋共同作用下能提高NO的去除率②Fe2＋＋2FeO(OH)===Fe3O4＋2H＋，Fe2＋将不导电的FeO(OH)转化为可导电的Fe3O4，利于电子转移(4)pH较小：则产生Fe2＋浓度大，利于形成导电的Fe3O4，从而使反应的更完全；pH高：则产生Fe2＋浓度小，利于形成不导电的FeO(OH)，从而造成NO的去除率低4．醋酸亚铬水合物[Cr(CH3COO)2]2·2H2O是一种氧气吸收剂，为红棕色晶体，易被氧化，微溶于乙醇，不溶于水和乙醚(易挥发的有机溶剂)。其制备装置及步骤如下：①检查装置气密性，往三颈烧瓶中依次加入过量锌粉、适量CrCl3溶液。②关闭k2打开k1，旋开分液漏斗的旋塞并控制好滴速。③待三颈烧瓶内的溶液由深绿色(Cr3＋)变为亮蓝色(Cr2＋)时，把溶液转移到装置乙中，当出现大量红棕色晶体时，关闭分液漏斗的旋塞。④将装置乙中混合物快速过滤、洗涤和干燥，称量得到2.76 g[Cr(CH3COO)2]2·2H2O。(1)装置甲中连通管a的作用是______________________。(2)三颈烧瓶中的Zn除了与盐酸生成H2外，发生的另一个反应的离子方程式为______________________。(3)实验步骤③中溶液自动转移至装置乙中的实验操作为______________________。(4)装置丙中导管口水封的目的是______________________。(5)洗涤产品时，为了去除可溶性杂质和水分，下列试剂的正确使用顺序是________(填字母)。a．乙醚　b．去氧冷的蒸馏水　c．无水乙醇(6)若实验所取用的CrCl3溶液中含溶质3.17 g，则[Cr(CH3COO)2]2·2H2O(相对分子质量为376)的产率是____________。(7)一定条件下，[Cr(CH3COO)2]2·2H2O受热得到CO和CO2的混合气体，请设计实验检验这两种气体的存在。________________________________________________________________________。解析：(1)分析题给装置知装置甲中连通管a的作用是使分液漏斗液面上方与三颈烧瓶内气压相等，保证分液漏斗中的液体顺利流下。(2)根据题给信息知三颈瓶中的Zn可与CrCl3反应生成的氯化锌和CrCl2，离子方程式为2Cr3＋＋Zn===2Cr2＋＋Zn2＋。(3)关闭k1，打开k2，三颈烧瓶中锌与盐酸反应生成的氢气不能排出使得三颈烧瓶中液面上方压强增大，将三颈烧瓶中溶液压入装置乙中，故实验操作为关闭k1，打开k2。(4)根据题给信息知醋酸亚铬水合物易被氧化，故装置丙中导管口水封的目的是防止空气进入装置乙氧化二价铬。(5)根据题给信息知醋酸亚铬水合物微溶于乙醇，不溶于水和乙醚(易挥发的有机溶剂)。洗涤产品时，先用去氧冷的蒸馏水洗去可溶性杂质，再用无水乙醇去除水分，最后用乙醚去除无水乙醇，试剂的使用顺序是b、c、a。(6)CrCl3的质量为3.17 g，物质的量为0.02 mol，根据铬原子守恒知理论上生成[Cr(CH3COO)2]2·2H2O的物质的量为0.01 mol，质量为3.76 g，而实际产量为2.76 g，则[Cr(CH3COO)2]2·2H2O的产率是2.76/3.76×100%＝73.4%。(7)CO2属于酸性氧化物，能使澄清石灰水变浑浊，CO具有还原性，能与灼热的氧化铜反应生成CO2和铜单质，故检验CO和CO2的混合气体中这两种气体的存在的实验方案：混合气体通入澄清石灰水，变浑浊，说明混合气体中含有CO2；混合气体通过灼热的氧化铜，固体颜色由黑色变红色，说明混合气体中含有CO。答案：(1)保证分液漏斗中的液体顺利流下(2)2Cr3＋＋Zn===2Cr2＋＋Zn2＋(3)关闭k1，打开k2(4)防止空气进入装置乙氧化二价铬(5)bca　(6)73.4%(7)混合气体通入澄清石灰水，变浑浊，说明混合气体中含有CO2；混合气体通过灼热的氧化铜，固体颜色由黑色变红色，说明混合体中含有CO5．乙酸异戊酯是组成蜜蜂信息素的成分之一，具有香蕉的香味。实验室制备乙酸异戊酯的反应、装置示意图和有关数据如下：实验步骤：在A中加入4.4 g异戊醇、6.0 g乙酸、数滴浓硫酸和2～3片碎瓷片。开始缓慢加热A，回流50 min。反应液冷至室温后倒入分液漏斗中，分别用少量水、饱和碳酸氢钠溶液和水洗涤；分出的产物加入少量无水MgSO4固体，静置片刻，过滤除去MgSO4固体，进行蒸馏纯化，收集140～143 ℃馏分，得乙酸异戊酯3.9 g。回答下列问题：(1)仪器B的名称是________。(2)在洗涤操作中，第一次水洗的主要目的是________，第二次水洗的主要目的是________。(3)在洗涤、分液操作中，应充分振荡，然后静置，待分层后________(填标号)。a．直接将乙酸异戊酯从分液漏斗的上口倒出b．直接将乙酸异戊酯从分液漏斗的下口放出c．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸异戊酯从下口放出d．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸异戊酯从上口倒出(4)本实验中加入过量乙酸的目的是________。(5)实验中加入少量无水MgSO4的目的是________。(6)在蒸馏操作中，仪器选择及安装都正确的是________(填标号)(7)本实验的产率是________(填标号)。a．30%　　b．40%　　c．60%　　d．90%(8)在进行蒸馏操作时，若从130℃开始收集馏分，会使实验的产率偏________(填“高”或“低”)，其原因是________________。解析：(1)由装置示意图可知装置B的名称是球形冷凝管；(2)反应后的溶液要经过多次洗涤，在洗涤操作中，第一次水洗的主要目的是除去大部分催化剂浓硫酸和未反应的醋酸；用饱和碳酸氢钠溶液既可以除去未洗净的醋酸，也可以降低酯的溶解度；再第二次水洗，主要目的是洗去产品上残留的碳酸氢钠； (3)由于酯的密度比水小，二者互不相溶，因此水在下层，酯在上层，分液时，要先将水层从分液漏斗的下口放出，待到两层液体界面时关闭分液漏斗的活塞，再将乙酸异戊酯从上口放出，因此选项是d。(4)酯化反应是可逆反应，增大反应物的浓度可以使平衡正向移动，增加一种反应物的浓度，可能使另一种反应物的转化率提高，因此本实验中加入过量乙酸的目的是提高异戊醇的转化率；(5)实验中加入少量无水硫酸镁的目的是吸收酯表面少量的水分，对其干燥。(6)在蒸馏操作中，温度计的水银球要在蒸馏烧瓶的支管口附近。排除a、d, 而在c中使用的是球形冷凝管，容易使产品滞留，不能全部收集到锥形瓶中，因此仪器选择及安装都正确的是b；(7)n(乙酸)＝6.0g÷60g/ mol＝0.1 mol；n(异戊醇)＝4.4g÷88 g/mol＝0.05 mol，由于二者反应时是1：1反应的，所以乙酸过量要按照异戊醇来计算。n(乙酸异戊酯)＝3.9 g÷130 g/mol ＝0.03 mol。所以本实验的产率是：0.003 mol÷0.05 mol×100% ＝ 60%。选项是c；(8)在进行蒸馏操作时，若从130℃开始收集馏分，此时的蒸气中会收集少量的未反应的异戊醇，因此产率偏高。答案：(1)球形冷凝管(2)洗掉大部分硫酸和醋酸　洗掉碳酸氢钠(3)d(4)提高异戊醇的转化率(5)干燥(6)b(7)c(8)高　会收集少量的未反应的异戊醇6．肼是重要的化工原料。某探究小组利用下列反应制取水合肼(N2H4·H2O)：CO(NH2)2＋2NaOH＋NaClO===Na2CO3＋N2H4·H2O＋NaCl实验一：制备NaClO溶液(实验装置如图所示)(1)配制 30% NaOH溶液时，所需的玻璃仪器除量筒外，还有________(填标号)。A．容量瓶B．烧杯C．烧瓶D．玻璃棒(2)锥形瓶中发生反应的化学方程式是_______________________________________________________________________________________________________________________________。(3)因后续实验需要，需利用中和滴定原理测定反应后锥形瓶内混合溶液中NaOH的浓度。请选用所提供的试剂，设计实验方案：__________________________________________________________________________________________________________________________。提供的试剂：H2O2溶液、FeCl2溶液、0.100 0 mol·L－1盐酸、酚酞试液实验二：制取水合肼(实验装置如图所示)。控制反应温度，将分液漏斗中溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，充分反应。加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液，收集108～114 ℃馏分。(已知：N2H4·H2O＋2NaClO===N2↑＋3H2O＋2NaCl)(4)分液漏斗中的溶液是________(填标号)。A．CO(NH2)2溶液B．NaOH和NaClO混合溶液选择的理由是______________________________________________________________________________________________________________。实验三：测定馏分中水合肼的含量。称取馏分5.000 g，加入适量NaHCO3固体，加水配成250 mL溶液，移取25.00 mL，用0.100 0 mol·L－1的I2溶液滴定。滴定过程中，溶液的pH保持在6.5左右。(已知：N2H4·H2O＋2I2===N2↑＋4HI＋H2O)(5)滴定过程中，NaHCO3能控制溶液的pH在6.5左右，原因是_____________________________________________________________________________________________________________________。(6)实验测得消耗I2溶液的平均值为18.00 mL，馏分中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数为________。解析：(1)配制30% NaOH溶液，还需要烧杯和玻璃棒。(2)锥形瓶中发生反应的化学方程式为Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O。(3)选择酚酞作指示剂，用0.100 0 mol·L－1盐酸滴定混合溶液中的NaOH，但滴定前要加入H2O2溶液，除去混合溶液中的ClO－。(5)滴定反应中产生的HI能与NaHCO3反应，因此可以控制溶液的pH在6.5左右。(6)水合肼的质量为0.100 0 mol·L－1×0.018 L×××50 g·mol－1＝0.45 g，则水合肼的质量分数为×100%＝9%。答案：(1)BD(2)Cl2＋2NaOH===NaClO＋NaCl＋H2O(3)取一定量锥形瓶内的混合溶液，加入适量的H2O2溶液后，滴加2～3滴酚酞试液，用0.100 0 mol·L－1盐酸滴定，重复上述操作2～3次(4)B　如果将氢氧化钠和次氯酸钠的混合溶液装在烧瓶中，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化(5)NaHCO3会与滴定过程中产生的HI反应(6)9%