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1、第4课时定性、定量探究型综合实验题号知识易中难物质性质、反应原理探究15物质组成、含量的探究2,34非选择题1.(2021福建福州三模)某活动小组的同学对甲烷还原氧化铜进行了探究,回答下列问题:查阅资料得:实验室制取甲烷常用的方法为无水醋酸钠(CH3COONa)与氢氧化钠在二氧化锰作催化剂的条件下共热,产物中有少量的副产物丙酮(CH3COCH3),丙酮可与水混溶。(1)组装好仪器后,首先进行的操作是,实验中先点燃(填“A”或“D”)处酒精灯,目的是,此时K1、K2的状态为(填标号)。A.K1关闭、K2关闭B.K1关闭、K2打开C.K1打开、K2打开D.K1打开、K2关闭(2)装置A中主要发生反
2、应的化学方程式为 ,试管内壁加一层铝箔不仅能使药品受热均匀,还能 。(3)装置B中盛装的试剂为 。(4)实验过程中记录的实验数据如下:装置DEFG实验前装置总质量/g180.0277.8311.5301.0实验后装置总质量/g177.2279.6312.6301.0若装置D中的氧化铜全部被还原成铜,则气球中收集到的由D中反应产生的气体在标准状况下的体积为L,此条件下,装置D中发生反应的化学方程式为。解析:(1)有气体参与的实验,在进行实验前都要检查装置的气密性;实验中要先点燃A处的酒精灯,利用反应产生的CH4驱赶装置中的空气,此时要打开K1,关闭K2,避免影响实验结果的判断,故选D。(2)在装
3、置A中无水醋酸钠与NaOH混合加热反应产生CH4、Na2CO3,反应的化学方程式为CH3COONa+NaOHCH4+Na2CO3;试管内壁加一层铝箔不仅能使药品受热均匀,还能将氢氧化钠与试管隔离,避免高温下氢氧化钠对试管的腐蚀,也可使反应后的试管更容易清洗。(3)装置B中装水,用来除去甲烷中的丙酮。(4)装置D中减少的质量为氧元素的质量,即参与反应的n(CuO)=(180.0-177.2)g16 g/mol=0.175 mol,装置E中增加的是水的质量,即n(H2O)=(279.6-277.8)g18 g/mol=0.1 mol,装置F中增加的是CO2的质量,即n(CO2)=(312.6-31
4、1.5)g44 g/mol=0.025 mol,根据得失电子守恒和质量守恒可知,气球中收集到的是CO,其体积为V(CO)=(0.175-0.1-0.0252)mol 22.4 L/mol=0.56 L;在此条件下装置D中发生反应的化学方程式为2CH4+7CuO7Cu+CO+CO2+4H2O。答案:(1)检查装置的气密性A利用产生的甲烷赶走装置中的空 气D(2)CH3COONa+NaOHCH4+Na2CO3保护试管,使反应混合物不黏附在试管壁上(3)水(4)0.562CH4+7CuO7Cu+CO+CO2+4H2O2.(2021福建宁德三模)某研究小组探究铁矿石中铁元素化合价并利用碘量法测定铁矿石
5、中的铁含量。实验过程如下:.探究铁矿石中铁元素化合价研究小组为探究铁元素化合价,设计实验如图。(1)乙同学通过实验得出结论:铁矿石中含+2、+3价铁。实验的现象为。实验反应的离子方程式为 。(2)甲同学认为乙同学的结论不合理,不能判断铁矿石中有+3价铁,理由是 。.测定铁矿石中的铁含量步骤1:称取0.300 0 g试样于容器中,加入无水Na2CO3和过量Na2O2,700 加热熔融10 min,铁元素转化成FeO2-。步骤2:将步骤1所得物质放置烧杯中,加入热水、盐酸,并加热煮沸数分钟。补加盐酸,稀释至100 mL。步骤3:将稀释液转至碘量瓶中,加入过量KI溶液,搅拌后放置1 2 min,滴入
6、淀粉溶液,用a mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点,消耗Na2S2O3标准溶液V mL。已知:2S2O32-+I2S4O62-+2I-,2Cu2+4I-2CuI+I2。(3)以上步骤需要用到下列仪器中的(填标号)。(4)步骤2加热煮沸数分钟的目的是 。(5)步骤3中放置时间不同对铁含量测定结果的影响如下表:放置时间/min013510测定结果/%25.8826.8326.8326.9727.10铁含量测定结果随放置时间加长而变大的可能原因是 。(6)计算铁矿石试样中铁的含量为(列计算式)。(7)测定时,若铁矿石中的铜元素未除去,则铁含量测定结果(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。解析
7、:.(1)含有+3价铁在实验中会与SCN-结合生成红色配合物,现象是溶液出现红色;含有+2价铁在实验中会与高锰酸钾发生氧化还原反应,离子方程式为5Fe2+MnO4-+8H+5Fe3+Mn2+4H2O。(2)有可能矿石原本不含有+3价铁,由+2价铁被氧化后产生,即理由是铁矿石用硫酸溶解时在空气中进行,+2价铁可被空气中的氧气氧化为+3价。.(3)步骤1加热熔融固体需要坩埚,故选B。(4)步骤2加热煮沸数分钟的目的是除去多余的O2、H2O2以免对后续测定产生干扰;加快反应速率。(5)铁含量测定结果随放置时间加长而变大的原因是放置时间加长,Fe3+与I-反应更充分,过量的I-被空气中的氧气氧化。(6
8、)FeO2-在盐酸中得到Fe3+,与KI反应的离子方程式为2Fe3+2I-2Fe2+I2,用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2的反应为2S2O32-+I2S4O62-+2I-,则关系式为2Fe3+I22S2O32-,n(Fe3+)=n(S2O32-)=aV 10-3 mol,则铁矿石试样中铁的含量为m(Fe)m样100%=56aV10-30.300 0100%。(7)测定时,若铁矿石中的铜元素未除去,则Cu2+也会与I-反应产生部分I2,故会消耗更多的Na2S2O3标准溶液,则铁含量测定结果偏高。答案:(1)溶液出现红色5Fe2+MnO4-+8H+5Fe3+Mn2+4H2O(2)铁矿石用硫酸
9、溶解时在空气中进行,+2价铁可被空气中的氧气氧化为 +3价(3)B(4)除去多余的O2、H2O2以免对后续测定产生干扰;加快反应速率(5)放置时间加长,Fe3+与I-反应更充分,过量的I-被空气中的氧气氧化(6)56aV10-30.300 0100% (7)偏高3.某浅绿色晶体Xx(NH4)2SO4yFeSO4zH2O在分析化学中常用作还原剂。为确定其组成,某小组同学进行如下实验:.NH4+含量的测定采用蒸馏法,蒸馏的装置如图所示:相关的实验步骤如下:准确称取58.80 g晶体X,加水溶解后,将溶液注入三颈烧瓶中;准确量取50.00 mL 3.030 molL-1H2SO4溶液于锥形瓶中;向三
10、颈烧瓶中加入足量NaOH溶液,通入氮气,加热,蒸氨结束后取下锥形瓶;用0.120 molL-1NaOH标准溶液滴定锥形瓶中过量的硫酸,滴定终点时消耗25.00 mL NaOH标准溶液。(1)仪器M的名称为。(2)步骤中,发生的氧化还原反应的化学方程式为。蒸氨结束后,为了减少实验误差,还需要对直形冷凝管进行“处理”,“处理”的操作方法是 。(3)步骤中,若振荡时锥形瓶中有液体溅出,则所测得的n(NH4+)的值将(填“偏大”“偏小”或“不变”)。.SO42-含量的测定采用重量分析法,实验步骤如下:另准确称取58.80 g晶体X于烧杯中,加水溶解,边搅拌边加入过量的BaCl2溶液;将得到的溶液用无灰
11、滤纸(灰分质量很小,可忽略)过滤,洗涤沉淀34次;用滤纸包裹好沉淀取出,灼烧滤纸包至滤纸完全灰化;继续灼烧沉淀至恒重,称量,得沉淀质量为 69.90 g。(4)步骤中,判断BaCl2溶液已过量的实验操作和现象是 。(5)步骤中,采用冷水洗涤沉淀,其主要目的是 。(6)结合实验、通过计算得出晶体X的化学式为。解析:.(2)Fe2+与NaOH溶液反应生成Fe(OH)2沉淀,随后被氧化为氢氧化铁,反应的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3;蒸氨结束后,直形冷凝管中会残留一些液氨,会对测定结果产生影响,因此为了减少实验误差,还需要对直形冷凝管进行“处理”,“处理”的操作方法是用
12、蒸馏水冲洗冷凝管内通道23次,将洗涤液注入锥形瓶中。(3)步骤中,若振荡时锥形瓶中有液体溅出,消耗NaOH的量减少,则测定锥形瓶内溶液中剩余的硫酸的量减少,与氨气反应的硫酸的量增多,造成所测得的n(NH4+)的值偏大。.(4)判断BaCl2是否过量,可以在上层清液中继续滴加BaCl2,若无新沉淀生成,则说明SO42-沉淀完全,即BaCl2过量。(5)用冷水洗涤可以降低固体的溶解度,减少固体的溶解。(6)过量的H+的物质的量为0.120 molL-10.025 L=0.003 mol,与NH3反应的H+的物质的量为3.030 molL-10.05 L2- 0.003 mol=0.3 mol,即n
13、(NH4+)=0.3 mol;69.90 g沉淀为BaSO4,则n(SO42-)=69.90 g233 g mol-1=0.3 mol;利用电荷守恒n(NH4+)+2n(Fe2+)= 2n(SO42-),得n(Fe2+)=0.15 mol;再利用质量守恒得m(H2O)=58.80 g- m(NH4+)-m(SO42-)-m(Fe2+)=16.2 g,则n(H2O)=0.9 mol,故n(NH4+)n(Fe2+)n(SO42-)n(H2O)=2126,晶体X的化学式为(NH4)2SO4FeSO46H2O。答案:(1)分液漏斗(2)4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3用蒸馏水冲洗冷凝管
14、内通道2 3次,将洗涤液注入锥形瓶中(3)偏大(4)待浊液分层后,向上层清液中加入12滴BaCl2溶液,若无白色浑浊出现,则说明BaCl2溶液已过量(5)尽可能减少沉淀的溶解损失,减小实验误差(6)(NH4)2SO4FeSO46H2O4.草酸亚铁在形成晶体时会结合一定量的水;在工农业生产中具有重要用途,如作照相的显影剂,生产磷酸铁锂电池的原料等。已知:草酸亚铁不溶于水,可溶于酸;Fe(SCN)63-+3C2O42-Fe(C2O4)33-+6SCN-。回答下列问题:.甲同学检查药品时发现该晶体显浅黄色,认为晶体不纯,可能是因为部分+2价的铁被氧化。为验证自己的猜想,进行实验验证。取少量的晶体样品
15、溶于稀硫酸,滴加KSCN溶液,溶液无明显变化。由此认为晶体中不存在+3价的铁。你认为(填“正确”或“不正确”),理由是 。.乙同学为测定草酸亚铁晶体(FeC2O4xH2O)中的结晶水含量,利用如图装置:(1)做实验前首先要 。(2)称取一定质量的晶体,装好药品,开始实验,接下来的实验步骤依次为(填字母),重复实验直至装置B恒重。a.点燃酒精灯,加热b.熄灭酒精灯c.关闭Kd.打开K,缓缓通入氮气e.冷却至室温f.称量.丙同学用滴定的方法也可以测定草酸亚铁晶体中结晶水的含量。取a g草酸亚铁晶体溶于稀硫酸,再把所得溶液稀释成500 mL,取出50 mL放入锥形瓶,向其中逐滴滴入未知浓度的酸性KM
16、nO4溶液,振荡,发现溶液颜色逐渐变为棕黄色,且有气泡冒出,当溶液颜色突变成浅紫色,停止滴加。接着向溶液中加入稍过量的KI溶液和几滴淀粉溶液,然后再用c molL-1Na2S2O3溶液滴定至终点。几次实验平均消耗Na2S2O3溶液V mL。(2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI)(1)写出向溶液中滴加酸性KMnO4溶液发生反应的离子方程式: 。(2)上述实验中稀释草酸亚铁溶液时除烧杯和玻璃棒外,还必需用到的玻璃仪器有 。(3)x=(用含a、c、V的代数式表示)。(4)若实验中滴入酸性KMnO4溶液过多,则所得x值(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。解析:.根据题给信息,C2O42-比
17、SCN-更易与Fe3+结合,所以取少量的晶体样品溶于稀硫酸,滴加KSCN溶液,溶液无明显变化,不能判定晶体中不存在+3价的铁。.(1)做实验前首先要检查装置是否漏气,即检查装置的气密性。(2)将一定质量的晶体装好,由于草酸亚铁晶体中亚铁离子易被氧气氧化,所以要排尽装置内的空气,先打开K,缓缓通入氮气,然后点燃酒精灯,加热,反应结束后,熄灭酒精灯,冷却至室温后关闭K,进行称量,重复实验直至装置B恒重,即正确的实验步骤为dabecf。.(1)草酸亚铁晶体中含有Fe2+和C2O42-,在酸性条件下,能分别被KMnO4溶液氧化为Fe3+和CO2,而MnO4-被还原为Mn2+,根据得失电子守恒、原子守恒
18、及电荷守恒可得反应的离子方程式为3MnO4-+5Fe2+5C2O42-+24H+3Mn2+5Fe3+12H2O+10CO2。(2)把草酸亚铁溶液稀释成500 mL溶液时,除烧杯和玻璃棒外,还必需用到的玻璃仪器有500 mL容量瓶、胶头滴管。(3)根据反应3MnO4-+5Fe2+5C2O42-+24H+3Mn2+5Fe3+12H2O+10CO2可知,反应生成Fe3+,其可把I-氧化为I2,反应为2Fe3+2I-2Fe2+I2;生成的I2又被Na2S2O3还原为I-,反应为2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI;根据上述反应关系可知,n(FeC2O4xH2O)=n(Fe2+)=n(Fe3+
19、)=2n(I2)=n(Na2S2O3)=cV 10-3 mol,所以50 mL溶液中n(FeC2O4xH2O)=cV10-3 mol,又因为原溶液体积为500 mL,所以n(FeC2O4xH2O)=cV10-350050 mol= cV10-2 mol,草酸亚铁晶体为a g,所以ag(144+18x) g mol-1=cV 10-2 mol,解得x=50a-72cV9cV。(4)若实验中滴入酸性KMnO4溶液过多,碘离子被氧化的量增多,消耗的V(Na2S2O3)增多,根据x=50a-72cV9cV可知,所得x值偏小。答案:.不正确根据已知,C2O42-比SCN-更易与Fe3+结合.(1)检查装
20、置的气密性(2)dabecf.(1)3MnO4-+5Fe2+5C2O42-+24H+3Mn2+5Fe3+12H2O+10CO2(2)500 mL容量瓶、胶头滴管(3)50a-72cV9cV(4)偏小5.(2021北京二模)某化学兴趣小组为探究高锰酸钾与铜的反应,设计实验如下:实验一对应现象一段时间后,培养皿中由铜片向外侧依次呈现:A区澄清且几乎无色;B区底部覆盖棕黑色固体;C区澄清且紫色变浅资料:a.Cu+在酸性溶液中不能稳定存在:2Cu+Cu+Cu2+b.MnS为粉红色沉淀、溶于强酸;CuS为黑色沉淀、不溶于强酸(1)Cu被氧化成,依据是 。(2)为探究MnO4-的还原产物,取A区中溶液(填
21、操作和现象),证明有Mn2+生成。(3)A区中KMnO4与Cu反应的离子方程式是 。(4)经检验,B区的棕黑色固体是MnO2,从溶液中离子扩散的角度,结合离子方程式解释B区和C区中的现象: 。(5)该小组同学又进行了以下定量实验:实验二现象一段时间后,铜片质量减少了0.02 g,溶液中无固体析出、溶液紫色变浅通过计算,分析溶液紫色变浅而未完全褪色的原因: 。解析:(1)Cu被氧化只会生成Cu+和Cu2+,由于资料中说明Cu+在酸性溶液中不能稳定存在,故氧化产物为Cu2+。(2)根据资料提示,MnS为粉红色沉淀,故加入足量Na2S溶液观察有无沉淀生成,且为了防止CuS产生干扰,还要加入强酸观察沉
22、淀是否部分溶解。(3)根据上述分析可知,A区中生成了Cu2+和Mn2+,故离子方程式为5Cu+2MnO4-+16H+5Cu2+2Mn2+8H2O。(4)B区的棕黑色固体是MnO2,A区生成的Mn2+向外扩散,C区的MnO4-向内扩散,两者在B区相遇发生反应2MnO4-+3Mn2+2H2O5MnO2+4H+;C区c(MnO4-)减小,溶液颜色变浅。(5)通过计算,n(MnO4-)起始n(Cu)消耗=2510-3510-30.0264=25,理论上,0.02 g Cu能与实验二中MnO4-恰好完全反应,但溶液紫色并未完全消失,说明MnO4-有剩余,所以有其他氧化剂参与反应,如空气中的O2。答案:(
23、1)Cu2+Cu被氧化可能生成Cu+或Cu2+,Cu+在酸性溶液中不能稳定存在,所以其氧化产物为Cu2+(2)加入足量的Na2S溶液,观察到有粉红色沉淀或黑色沉淀生成,加入稀盐酸,沉淀部分溶解(3)5Cu+2MnO4-+16H+5Cu2+2Mn2+8H2O(4)A区生成的Mn2+向外扩散,C区的MnO4-向内扩散,两者在B区相遇发生反应2MnO4-+3Mn2+2H2O5MnO2+4H+;C区c(MnO4-)减小,溶液颜色变浅(5)n(MnO4-)起始n(Cu)消耗=2510-3510-30.0264=25,理论上,0.02 g Cu能与实验二中MnO4-恰好完全反应,但溶液紫色并未完全消失,说明MnO4-有剩余,所以有其他氧化剂参与反应,如空气中的O2