2020年高考化学二轮专题复习《主题8-化学实验》课件.pptx

1、12020题型分类第二篇非选择题2化 学 实 验PART 023考情分析全国卷考情分析全国卷考情分析 高考年份2019年全国2018年全国卷卷卷卷卷卷命题角度以流程的形式考查制备实验以流程的形式考查制备实验性质实验和制备实验制备实验性质实验、定量实验、探究实验的组合定量实验命题规律实验大题为全国卷的必考题,分值一般在1415分,常见的考查角度有:(1)物质的制备实验;(2)物质的性质实验;(3)探究实验;(4)定量实验等4题型分析命题角度一物质的制备实验 制备、合成类实验通常以制备某种物质为目的,考查物质的制备、分离、提纯、检验等。在制备实验中通常考查仪器的选择、药品的使用、装置的连接等;在提

2、纯、检验中通常考查药品的选择、实验操作、实验现象的分析等。【真题示例】【真题示例】例1.(2019年全国卷,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。5题型分析6题型分析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

3、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 。增加固液接触面积,使提取充分沸石乙醇易挥发,易燃使用溶剂量少,可连续萃取(萃取效率高)7题型分析(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、蒸馏头、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

4、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。乙醇沸点低,易浓缩AC单宁酸水升华8题型分析【解析】【解析】(1)萃取时将茶叶研细可以增加固液接触面积,从而使提取更充分;由于需要加热,为防止液体暴沸,加热前还要加入几粒沸石。(2)由于乙醇易挥发且易燃烧,为防止温度过高使挥发出的乙醇燃烧,提取过程中不可选用明火直接加热;根据题干中的已知信息可判断与常规的萃取相比较,采用索式提取器的优点是使用溶剂量少,可连续萃取(萃取效率高)。(3)乙醇是有机溶剂,沸点低,因此与水相比,乙醇作为萃取剂的优点是沸点低,易浓缩;蒸馏浓缩时需要冷凝管,为防止液体残留在冷凝管中,应该选用直

5、形冷凝管,而不需要球形冷凝管,A项正确,B项错误;为防止液体挥发,冷凝后得到的馏分需要有接收瓶接收,而不需要烧杯,C项正确,D项错误。(4)由于茶叶中还含有单宁酸,且单宁酸也易溶于水和乙醇,因此浓缩液中加入氧化钙的作用是中和单宁酸,同时吸收水。(5)根据已知信息可知咖啡因在100 以上时开始升华,因此该分离提纯方法的名称是升华。9题型分析【关键能力】【关键能力】1.1.物质制备流程物质制备流程 10题型分析2.2.实验操作流程实验操作流程 仪器连接检查装置气密性填装药品防倒吸、防氧化措施实验过程仪器拆卸。3.3.操作先后流程操作先后流程 (1)连接仪器时:先下后上,先左后右。(2)加入试剂时:

6、先固后液。(3)实验开始时:先检查装置气密性,再加药品,后点精灯。(4)净化气体时:一般先除去有毒、有刺激性气味的气体,后除去无毒、无味的气体,最后除水蒸气。(5)防倒吸实验:往往是最后停止加热或停止通气。(6)防氧化实验:往往是最后停止通气。11题型分析【针对训练】【针对训练】1.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,装置如图所示(夹持装置省略)。12题型分析已知:Mg和Br2反应剧烈且放热;MgBr2具有强吸水性。MgBr2+3C2H5OC2H5 MgBr23C2H5OC2H5。主要步骤如下:步骤1:三颈烧瓶中装入10 g镁屑和150 mL无水乙醚;装置

7、C中加入15 mL液溴;步骤2:缓慢通入干燥的氩气,直至溴完全导入三颈烧瓶中;步骤3:反应完毕后恢复至室温,过滤除去镁,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:常温下用CCl4溶解粗品,冷却至0,析岀晶体,过滤,洗涤得三乙醚合溴化镁,加热至160 分解得无水MgBr2产品。13题型分析请回答下列问题:(1)仪器A的名称是 ,B的作用为。(2)下列有关步骤4的说法正确的是(填字母)。A.可用75%的乙醇代替CCl4溶解粗品B.加热至160 的主要目的是除去CCl4C.洗涤晶体可选用0 的CCl4D.该步骤只除去了可能残留的溴(3)若将装置C改为装置D,

8、可能会导致的后果是。球形干燥管冷凝回流溴和乙醚C会将液溴快速压入三颈烧瓶,反应过快,大量放热而存在安全隐患14题型分析(4)为测定产品的纯度,可用EDTA(简写为)标准溶液滴定,以铬黑T(简写为In)为指示剂。已知Mg2+与铬黑T和EDTA均能形成配合物,且EDTA与Mg2+形成的配合物更稳定。物质颜色物质颜色Y4-无色MgY2-无色In纯蓝色MgIn2+酒红色反应的离子方程式为Mg2+Y4-MgY2-滴定终点的标志为 。测定前,先称取0.2500 g无水MgBr2产品,溶解后,加入2滴铬黑T试液作指示剂,用0.0500 molL-1的EDTA标准溶液滴定至终点,消耗EDTA标准溶液25.00

9、 mL,则测得无水MgBr2产品的纯度是(用质量分数表示)。滴入最后一滴EDTA标准液时,溶液由酒红色变为纯蓝色,且半分钟内颜色保持不变92%15题型分析【解析】【解析】(1)根据装置图可知,仪器A的名称是球形干燥管。溴、乙醚易挥发,所以冷凝管B的作用是冷凝回流溴和乙醚,提高原料利用率。(2)MgBr2具有强吸水性,不能用75%的乙醇代替CCl4溶解粗品,A项错误;加热至160 的主要目的是分解三乙醚合溴化镁,B项错误;乙醚和溴能溶于CCl4,0 的CCl4可减少三乙醚合溴化镁的溶解,C项正确;该步骤除去了可能残留的溴和乙醚,D项错误。(4)滴定终点时MgIn2+完全转化为In,滴定终点的标志

10、为滴入最后一滴EDTA标准液时,溶液由酒红色变为纯蓝色,且半分钟内颜色保持不变。设样品中MgBr2的物质的量为xMg2+Y4-MgY2-11 x0.05 molL-10.025 Lx=0.00125 molMgBr2产品的纯度是 100%=92%。16题型分析2.草酸是一种二元弱酸,可用作还原剂、沉淀剂等。某校课外小组的同学设计利用C2H2气体制取H2C2O42H2O。请回答下列问题:图1图217题型分析(1)甲组的同学以电石(主要成分CaC2,含少量CaS及Ca3P2杂质等)为原料,并用图1装置制取C2H2。装置A中用饱和食盐水代替水的目的是。装置B中,NaClO将H2S、PH3 氧化为硫酸

11、及磷酸,本身被还原为NaCl,其中PH3被氧化的离子方程式为 。该过程中,可能产生新的杂质气体Cl2,其原因是(用离子方程式回答)。(2)乙组的同学用Hg(NO3)2作催化剂,浓硝酸氧化C2H2制取H2C2O42H2O。制备装置如图2所示:装置D中多孔球泡的作用是 。装置D中生成H2C2O4的化学方程式为。从装置D反应后的溶液中得到产品,还需经过 (填操作名称)、过滤、洗涤及干燥。(3)丙组的同学设计了测定乙组产品中H2C2O42H2O的质量分数实验。他们的实验步骤如下:准确称取m g产品于锥形瓶中,加入适量的蒸馏水溶解,再加入少量稀硫酸,然后用c molL-1酸性KMnO4标准溶液进行滴定至

12、终点,共消耗标准溶液V mL。产品中H2C2O42H2O的质量分数为 (列出含m、c、V的表达式)。减缓反应速率PH3+4ClO-H3PO4+4Cl-Cl-+ClO-+2H+Cl2+H2O增大气体和溶液的接触面积,加快反应速率,使反应充分进行C2H2+8HNO3(浓)H2C2O4+8NO2+4H2O蒸发浓缩、冷却结晶18题型分析【解析】【解析】(1)电石与水反应非常剧烈,为了减慢反应速率,平缓地产生乙炔,可用饱和食盐水代替水与电石反应。装置B中,NaClO将H2S、PH3 氧化为硫酸及磷酸,本身被还原为NaCl,即P元素从-3价转化成+5价,离子方程式为PH3+4ClO-H3PO4+4Cl-,

13、由于该过程中生成磷酸,为反应过程提供了H+,则可发生反应Cl-+ClO-+2H+Cl2+H2O而产生氯气。(2)装置D多孔球泡的作用是增大乙炔气体与浓硝酸的接触面积,使反应充分。根据装置图,D中Hg(NO3)2作催化剂,浓硝酸氧化乙炔反应生成H2C2O4和NO2,反应的化学方程式为C2H2+8HNO3(浓)H2C2O4+8NO2+4H2O。(3)根据反应的化学计量数关系可知,2 5H2C2O4,则n(H2C2O42H2O)=n(H2C2O4)=n()=cV10-3mol,产品中H2C2O42H2O的质量分数为19题型分析命题角度二物质的性质实验主要以探究物质的组成、性质为线索,综合考查化学常用

14、仪器的名称,物质的检验、分离,装置气密性以及对某处实验设计的评价及改进等知识。【典型示例典型示例】例2(2018年北京理综,28)实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。资料:K2FeO4为紫色固体,微溶于KOH溶液;具有强氧化性,在酸性或中性溶液中快速产生O2,在碱性溶液中较稳定。20题型分析A为氯气发生装置。A中反应的化学方程式是 (锰被还原为Mn2+)。将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH 2K2FeO4+6KCl+8H2O,另外还有 。(1)制备K2FeO4(夹持装置略)2KMnO4+16HC

15、l 2MnCl2+2KCl+5Cl2+8H2OCl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O21题型分析(2)探究K2FeO4的性质取C中紫色溶液,加入稀硫酸,产生黄绿色气体,得溶液a,经检验气体中含有Cl2。为证明是否为K2FeO4氧化了Cl-而产生Cl2,设计以下方案:方案取少量a,滴加KSCN溶液至过量,溶液呈红色方案用KOH溶液充分洗涤C中所得固体,再用KOH溶液将K2FeO4溶出,得到紫色溶液b。取少量b,滴加盐酸,有Cl2产生 22题型分析.由方案中溶液变红可知a中含有的离子是,但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化,还可能由 (用离子方程式表示)产生。.方案可证明K2Fe

16、O4氧化了Cl-。用KOH溶液洗涤的目的是。根据K2FeO4的制备实验得出:氧化性Cl2(填“”或“MnO4-,验证实验如下:将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中,振荡后溶液呈浅紫色,该现象能否证明氧化性FeO42-MnO4-。若能,请说明理由;若不能,进一步设计实验方案。理由或方案:。Fe3+4FeO42-+20H+4Fe3+3O2+10H2O排除ClO-的干扰溶液的酸碱性不同理由理由:FeO42-在过量酸的作用下完全转化为在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和和O2,溶液呈浅紫溶液呈浅紫色一定是色一定是MnO4-的颜色的颜色(方案方案:向紫色溶液向紫色溶液b中滴加过量稀中滴加过

17、量稀H2SO4,观察溶液紫色是快速褪去还是显浅紫色观察溶液紫色是快速褪去还是显浅紫色)23题型分析【解析】【解析】(1)A为氯气发生装置,KMnO4与浓盐酸反应时,Mn被还原为Mn2+,浓盐酸被氧化成Cl2,KMnO4与浓盐酸反应生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O。由于盐酸具有挥发性,所得Cl2中混有HCl和H2O(g),用饱和食盐水除去HCl。装置C中Cl2除了可以与Fe(OH)3、KOH一起反应,还可以单独与KOH反应。(2)根据上述制备反应,C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl,还可能含有KClO等。.方案,根据题意,K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2,自身被还原成Fe3+

18、,根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒进行配平。.产生Cl2还可能是ClO-+Cl-+2H+Cl2+H2O,即KClO的存在干扰判断;K2FeO4微溶于KOH溶液,用KOH溶液洗涤的目的是除去KClO,排除ClO-的干扰,同时保持K2FeO4稳定存在。24题型分析在制备实验中,Cl2将Fe(OH)3氧化成Fe,说明在碱性条件下,Cl2的氧化性强于Fe,而在酸性条件下,Fe又将Cl-氧化成Cl2,说明溶液的酸碱性可以影响物质的氧化性强弱。由于Fe和Mn的颜色相似,因此不能证明溶液变为浅紫色是因为生成Mn,同时溶液中溶解氧、Fe3+等是否能将Mn2+氧化均未排除。因此需设计空白实验进行排除,如向M

19、nSO4溶液中滴加硫酸和硫酸铁溶液,溶液不变浅紫色,证明在此条件下,溶解氧和Fe3+均不能将Mn2+氧化成Mn。25题型分析【关键能力关键能力】1.明确相关物质的性质和实验原理是答题的关键,注意掌握解答综合性实验设计与评价题的基本流程:原理反应物质实验装置现象结论作用意义联想。具体分析如下:(1)实验是根据什么性质和原理设计的?实验的目的是什么?(2)所用各物质名称、状态、代替物(根据实验目的和相关的化学反应原理进行全面的分析比较和推理,并合理选择)。(3)有关装置:性能、使用方法、适用范围、注意问题、是否有替代装置可用、仪器规格等。(4)有关操作:技能、操作顺序、注意事项或操作错误的结果。(

20、5)实验现象:自下而上,自左而右,全面观察。(6)实验结论:直接结论或导出结论。26题型分析实验方案的设计要明确以下要点:题目有无特殊要求;题给的药品、装置的数量和种类;注意实验过程中的安全性操作;会画简单的实验装置图;注意仪器的规格;要防倒吸、防爆炸、防燃烧、防暴沸、防氧化、防吸水,冷凝、冷却、水浴加热时应采取相应措施;同一仪器在不同位置的相应作用等;要严格按照“操作(实验步骤)+现象+结论”的格式叙述。2.思维建模(1)根据物质性质设计实验方案的思维流程 物质的性质实验中的仪器实验中的试剂反应的条件实验步骤和操作方法结论 27题型分析(2)探究物质性质的基本程序 28题型分析【针对训练】【

21、针对训练】1.文献表明:工业上,可向炽热铁屑中通入氯化氢生产无水氯化亚铁;相同条件下,草酸根离子()的还原性强于Fe2+。为检验这一结论,某研究性小组进行以下实验:资料:.草酸(H2C2O4)为二元弱酸。.三水三草酸合铁酸钾K3Fe(C2O4)33H2O为翠绿色晶体,光照易分解。其水溶液中存在Fe(C2O4)33-Fe3+3 K=6.310-21。.FeC2O42H2O为黄色固体,可溶于水和强酸。29题型分析【实验1】用以下装置制取无水氯化亚铁。(1)仪器a的名称为。(2)欲制得纯净的FeCl2,实验过程中点燃A、C酒精灯的先后顺序是。(3)若用D的装置进行尾气处理,存在的问题是、。分液漏斗先

22、点燃A处酒精灯,再点燃C处酒精灯发生倒吸可燃性气体H2不能被吸收30题型分析【实验2】通过Fe3+和C2在溶液中的反应比较Fe2+和 的还原性强弱。操作现象在避光处,向10 mL 0.5 molL-1FeCl3溶液中缓慢加入0.5 molL-1K2C2O4溶液至过量,搅拌,充分反应后,用冰水浴冷却,过滤得到翠绿色溶液和翠绿色晶体(4)取实验2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+3价的铁元素。加硫酸后溶液变红的原因是。溶液中存在平衡Fe(C2O4)33-Fe3+3 ,加入硫酸后,H+与 结合使平衡正向移动,c(Fe3+)增大,遇KSCN溶液

23、变红31题型分析【实验3】研究性小组又设计以下装置直接比较Fe2+和 的还原性强弱,并达到了预期的目的。(6)描述达到预期目的可能产生的现象:_。电流计的指针发生偏转,一段时间后,左侧溶液变为浅绿色,右侧电极上有气泡产生(5)经检验,翠绿色晶体为K3Fe(C2O4)33H2O。设计实验,确认实验2中没有发生氧化还原反应的操作和现象是。取少量实验2中的翠绿色溶液,滴加K3Fe(CN)6溶液,不出现蓝色沉淀32题型分析【解析】【解析】(2)为防止Fe与装置中的空气发生反应,制得纯净的FeCl2,实验过程中先点燃A处酒精灯,使装置充满HCl气体,然后给C处酒精灯加热。(3)若用D装置进行尾气处理,由

24、于HCl极易溶于水,HCl溶解导致导气管中气体压强减小而发生倒吸,而且可燃性气体H2不能被吸收。(4)在实验2中,向FeCl3溶液中加入K2C2O4溶液,发生复分解反应产生Fe2(C2O4)3和KCl,产生的翠绿色晶体为Fe2(C2O4)3的结晶水合物K3Fe(C2O4)33H2O,取实验2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+。则加硫酸后溶液变红的原因是在溶液中存在电离平衡Fe(C2O4)33-Fe3+3 ,加入硫酸后,硫酸电离产生H+与溶液中的 结合生成弱酸H2C2O4,使平衡正向移动,导致溶液中c(Fe3+)增大,遇KSCN溶液

25、变红。33题型分析(5)若K3Fe(C2O4)33H2O发生氧化还原反应,则会产生Fe2+,检验方法是取少量实验2中的翠绿色溶液,滴加K3Fe(CN)6溶液,不出现蓝色沉淀,证明无Fe2+产生,K3Fe(C2O4)33H2O未发生氧化还原反应。(6)该装置构成了原电池,在左边Fe3+获得电子变为Fe2+,溶液变为浅绿色;在右边电极上,溶液中的 失去电子,发生氧化反应 -2e-2CO2,可看到电极上有气泡产生。34题型分析2.Na2S2O4俗称保险粉,常用作纺织工业的漂白剂、脱色剂等。某科研小组欲制备并探究其性质。资料:Na2S2O4易溶于水,具有极强的还原性,易被空气氧化,在碱性介质中稳定。.

26、制备Na2S2O4(部分加热等辅助仪器略去)35题型分析(1)仪器的名称是。(2)B装置用于制备Na2S2O4。第一步反应:Zn+2SO2 ZnS2O4;第二步,加入NaOH溶液,于2835 下反应生成Na2S2O4,该步反应的化学方程式为。(3)实验时,先向B中通入SO2的原因,除产生ZnS2O4之外,另一原因是。(4)反应后除去B中的沉淀,在滤液中加入一定量的NaCl固体搅拌,有Na2S2O4晶体析出。加入NaCl固体的作用是。圆底烧瓶ZnS2O4+2NaOH Na2S2O4+Zn(OH)2排出装置中残留的O2或空气(或防止生成物Na2S2O4被氧化)增大Na+浓度,促进Na2S2O4结晶

27、析出36题型分析.探究Na2S2O4的性质(5)隔绝空气加热Na2S2O4固体至完全分解,得到固体产物Na2SO3、Na2S2O3和气体产物SO2,但科研小组没有做到完全隔绝空气,得到的固体产物中还含有Na2SO4。请设计实验证明该分解产物中含有Na2SO4。实验方案是 。(可选试剂:稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、BaCl2溶液、AgNO3溶液、KMnO4溶液)(6)用NaOH溶液溶解Na2S2O4,加入一定量的AgNO3溶液,可生成纳米级的银粉。在制备银粉的反应中,氧化剂和还原剂的物质的量之比为21,且生成的含硫物质只有一种,写出该反应的离子方程式:。取少量产品溶于足量稀盐酸,静置,取上层清液(或

28、过滤,取滤液),滴加BaCl2溶液,出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质37题型分析【解析】【解析】(2)2835 下反应生成的ZnS2O4与NaOH溶液反应,生成Na2S2O4和Zn(OH)2沉淀,反应的化学方程式为ZnS2O4+2NaOH Na2S2O4+Zn(OH)2。(3)由于Na2S2O4具有极强的还原性,易被空气氧化,在反应前应排尽装置B中的空气,防止氧气干扰实验。(4)加入NaCl固体的目的是使溶液中的c(Na+)增大,Na2S2O4更易结晶析出,提高产率。(5)由于固体中含有的Na2SO3、Na2S2O3会干扰Na2SO4的检验,应先加入足量的稀盐酸,排除Na2SO3、Na2S2

29、O3的干扰,再加入BaCl2溶液,检验是否存在Na2SO4。(6)由题意可知,AgNO3溶液和碱性Na2S2O4溶液反应生成纳米级的银粉,反应中Ag元素的化合价降低,作氧化剂,Na2S2O4作还原剂被氧化,因氧化剂和还原剂的物质的量之比为21,由得失电子守恒可知 被氧化为S,反应的离子方程式为 38题型分析命题角度三命题角度三探究性实验探究性实验创新探究型实验题在知识点的涵盖上既可以考查基本概念、基本理论创新探究型实验题在知识点的涵盖上既可以考查基本概念、基本理论,又又可以考查元素化合物的相关知识可以考查元素化合物的相关知识,而且符合新课改在学习方法上强调的而且符合新课改在学习方法上强调的“探

30、探究学习究学习”“自主学习自主学习”,因此探究类实验题将会是今后高考试题中的一个亮点。因此探究类实验题将会是今后高考试题中的一个亮点。创新探究类试题一般有以下几种命题形式创新探究类试题一般有以下几种命题形式:探究化学反应机理探究化学反应机理,探究化学实探究化学实验中的反常现象验中的反常现象,探究对经典问题的质疑探究对经典问题的质疑,探究未知物的成分探究未知物的成分,探究物质的性探究物质的性质质,探究化学反应的条件以及探究化学反应的现象等。探究化学反应的条件以及探究化学反应的现象等。39题型分析【真题示例】【真题示例】例3(2019年北京理综,28)化学小组实验探究SO2与AgNO3溶液的反应。

31、(1)实验一:用如下装置(夹持、加热仪器略)制备SO2,将足量SO2通入AgNO3溶液中,迅速反应,得到无色溶液A和白色沉淀B。40题型分析浓H2SO4与Cu反应的化学方程式是 。试剂a是。(2)对体系中有关物质性质分析得出:沉淀B可能为Ag2SO3、Ag2SO4或二者混合物。(资料:Ag2SO4微溶于水;Ag2SO3难溶于水)实验二:验证B的成分饱和NaHSO3溶液41题型分析写出Ag2SO3溶于氨水的离子方程式:。加入盐酸后沉淀D大部分溶解,剩余少量沉淀F。推断D中主要是BaSO3,进而推断B中含有Ag2SO3。向滤液E中加入一种试剂,可进一步证实B中含有Ag2SO3。所用试剂及现象是 。

32、(3)根据沉淀F的存在,推测 的产生有两个途径:途径1:实验一中,SO2在AgNO3溶液中被氧化生成Ag2SO4,随沉淀B进入D。途径2:实验二中,被氧化为 进入D。H2O2溶液,产生白色沉淀42题型分析实验三:探究S的产生途径向溶液A中滴入过量盐酸,产生白色沉淀,证明溶液中含有;取上层清液继续滴加BaCl2溶液,未出现白色沉淀,可判断B中不含Ag2SO4。做出判断的理由:。实验三的结论:。(4)实验一中SO2与AgNO3溶液反应的离子方程式是 。(5)根据物质性质分析,SO2与AgNO3溶液应该可以发生氧化还原反应。将实验一所得混合物放置一段时间,有Ag和S生成。(6)根据上述实验所得结论:

33、。Ag+Ag2SO4溶解度大于BaSO4,没有BaSO4沉淀时,必定没有Ag2SO4实验条件下,SO2与AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和 的速率,碱性溶液 中更易被氧化为43题型分析 【解析解析】(1)由沉淀B的成分可知,反应时混合气体中O2的存在能干扰沉淀的成分,故将SO2通入AgNO3溶液前应除去混在其中的O2,但又不能吸收SO2,故选择饱和NaHSO3溶液。(2)若沉淀D中含有BaSO3,则BaSO3+2HCl BaCl2+H2O+SO2,因为SO2在水中溶解度较大,故滤液E中存在一定量的SO2,滴加H2O2溶液,发生反应SO2+Ba2+H2O2 BaSO4+2H+,溶

34、液中会出现白色沉淀。(3)向溶液A中滴入过量盐酸,产生白色沉淀,说明溶液中含有Ag+;向上层清液中滴加BaCl2溶液,无白色沉淀出现,可判断B中不含Ag2SO4,因为Ag2SO4微溶于水,BaSO4难溶于水,若B中含有Ag2SO4,向上层清液中滴加BaCl2溶液,一定会出现白色沉淀。由以上分析可推断,途径1不产生 ,途径2产生 。(4)由上述分析可知,SO2与AgNO3溶液反应生成Ag2SO3沉淀,结合质量守恒定律可写出反应的离子方程式。(6)实验条件下,SO2与AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和 的速率,碱性溶液中 更易被氧化为 。44题型分析【关键能力关键能力】1.探究实验

35、的一般思路虽然探究性实验主要考查学生的探究能力,但在问题的设置上常常包含了对实验基础知识的考查,如:常见物质分离提纯的方法:结晶法、蒸馏法、过滤法、升华法、萃取分液法、渗析法等。常见气体的制备、净化、干燥、收集方法。熟悉重点操作:a.气密性检查;b.量气操作;c.防倒吸、防污染操作;d.蒸发、灼烧操作2.探究实验的解题要领(1)细心审题是关键:目的、原理要清楚。(2)认真分析是核心:原理分析;材料分析;变量分析;结果分析。45题型分析(3)正确表达是保障:大多数考生有实验思路,就是拿不到分,因此我们在表达过程中一定要做到条理清晰,表述规范。需克服以下三个问题:会而不对:主要表现在解题思路上,或

36、考虑不全,或书写不准。对而不全:主要表现在思路大致正确,但丢三落四,或遗漏某一答案,或讨论不够完善,或以偏概全,或出现错别字。全而不精:虽面面俱到,但语言不到位,答不到点子上。3.探究实验的两种类型(1)性质探究类该类题型以探究物质未知的性质、可能发生的反应为主要目的。在性质探究实验中主要考查试剂的选择、装置仪器的规范、步骤优化、实验设计、现象的探究和结论的评价等综合分析能力。46题型分析(2)假设探究类此类试题通常是根据所学知识,结合题给信息或条件,对实验现象进行科学的分析,提出合理的假设,然后设计实验探究假设是否合理。假设探究类实验解题的核心是实验设计部分,假设探究型实验方案的设计要点如下

37、:在探究实验的设计过程中往往可以通过对比实验,即设计几组平行实验来对照、比较,从而研究和揭示某种规律,解释某种现象形成的原因或证明某种反应机理等。无论是对无机物还是有机物性质的探究实验设计,都必须建立在牢牢掌握元素化合物知识的基础上,大胆猜想,细心论证,脱离了元素化合物的知识基础,孤立地看实验问题是不科学的。只有灵活运用已有的元素化合物知识,才能使探究性实验变为验证性实验,使复杂问题简单化。47题型分析【针对训练】【针对训练】1.某化学研究性学习小组探究与铜有关的物质的性质,过程设计如下:【提出猜想】问题1:在元素周期表中,铜与铝的位置很接近,氢氧化铝具有两性,氢氧化铜有两性吗?问题2:铁和铜

38、都有变价,一般情况下,Fe2+的稳定性小于Fe3+,Cu+的稳定性也小于Cu2+吗?问题3:硫酸铜溶液呈蓝色,铜与浓硝酸在常温下反应生成的溶液也呈蓝色吗?【实验探究】.解决问题1进行的实验探究如下:(1)实验需配制100 mL 0.50 molL-1 CuSO4溶液,必需的玻璃仪器有胶头滴管、烧杯、。(2)某同学认为只要进行两次实验即可得出结论。请写出实验的具体内容。向盛有CuSO4溶液的试管中滴加NaOH溶液至过量,观察生成的Cu(OH)2沉淀是否溶解;。玻璃棒100 mL容量瓶另取实验中所得沉淀,滴加稀硫酸(或稀盐酸等)至过量,观察沉淀是否溶解48题型分析.解决问题2的实验步骤和现象如下:

39、取一定量制得的Cu(OH)2固体,于坩埚中灼烧,当温度达到80100 时得到黑色固体粉末;继续加热至1000 以上,黑色粉末全部变成红色Cu2O粉末。取适量红色Cu2O粉末于洁净试管中,加入过量的稀硫酸,得到蓝色溶液,同时观察到试管底部还有红色固体存在。根据以上实验及现象,回答下列问题:(3)写出Cu2O与稀硫酸反应的离子方程式:。(4)从实验中可得出的结论:当温度在1000 以上时(填“Cu2+”或“Cu+”,下同)更稳定,在酸性溶液中更稳定。Cu+Cu2+49题型分析.解决问题3,某同学设计的实验如下:取一铜片装入试管,加入适量的浓硝酸,观察溶液的颜色变化。(5)另一同学认为此同学设计的实

40、验有缺陷,原因是 。(6)铜与浓硝酸反应后的溶液呈绿色,有同学认为这是生成的NO2溶于其中造成的。请设计实验说明此解释是否正确。(只需要写出一种方法即可)实验步骤实验结论产生NO2气体,污染环境向反应后的溶液中通入足量空气若溶液变蓝,则假设成立(其他合理答案均可)50题型分析【解析解析】(2)两性氢氧化物能溶于强酸和强碱溶液,所以需要检验Cu(OH)2是否溶于NaOH溶液和稀硫酸(或稀盐酸等),所以需要另取实验中所得沉淀,滴加稀硫酸(或稀盐酸等)至过量,观察沉淀是否溶解。(3)根据题干信息分析,氧化亚铜和硫酸反应生成硫酸铜和铜,离子方程式为Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O。(4)继续加热至

41、1000 以上,黑色粉末全部变成红色粉末Cu2O,说明当温度在1000 以上时Cu+更稳定,但Cu+与硫酸反应生成Cu2+,所以在酸性溶液中Cu2+更稳定。(5)铜和浓硝酸反应生成NO2,污染环境。(6)NO2和O2、水反应生成硝酸,向反应后的溶液中通入足量空气,反应生成硝酸,NO2消失,若溶液变蓝,则假设成立。51题型分析2.某同学探究如下实验A:实验A条件现象加热.加热后蓝色褪去.冷却过程中,溶液恢复蓝色.一段时间后,蓝色又褪去(1)使淀粉溶液变蓝的物质是。I252题型分析(2)该同学分析现象、认为:在酸性条件下,加热促进淀粉水解,冷却后平衡逆向移动。设计实验如下,“现象a”证实该分析不合

42、理:“现象a”是 。加入碘水后,溶液中无明显现象(不变蓝)53题型分析(3)分析加热后单质碘发生了变化,实验如下:.取少量碘水,加热至褪色,用淀粉溶液检验挥发出的物质,变蓝。.向褪色后的溶液中滴加淀粉溶液,冷却过程中一直未变蓝;加入稀H2SO4,瞬间变蓝。对步骤中稀H2SO4的作用,结合离子方程式,提出一种合理的解释:。褪色后的溶液中存在平衡H+I-+HIO I2+H2O,加入稀硫酸,c(H+)变大,平衡右移,生成的碘与淀粉作用变蓝54题型分析(4)探究碘水褪色后溶液的成分:实验1:常温下测得溶液的pH5;实验2:取褪色后的溶液,完成如下实验:Ag2O的作用是 (用离子方程式表示)。依据上述实

43、验,推测滤液中含有的物质(或离子)可能是。(5)结合化学反应速率解释实验A中现象、现象蓝色褪去的原因:。HIO淀粉水解速率较慢,而碘在水中受热歧化较快,因而实验A的中加热后碘歧化,蓝色褪去;而在中经过较长时间,淀粉水解完全,蓝色最终再次褪去55题型分析【解析解析】(4)碘化银可同时除去I-和H+,反应的离子方程式是Ag2O+2I-+2H+2AgI+H2O。滤液中加入稀硫酸和亚硫酸钠,然后加入淀粉,溶液变蓝,说明有碘生成。而亚硫酸钠具有还原性,则推测滤液中含有的物质具有氧化性,可能是HIO。56题型分析命题角度四定量实验命题角度四定量实验定量实验是从量的角度考查化学实验定量实验是从量的角度考查化

44、学实验,考查考生细心操作、准确计算的能考查考生细心操作、准确计算的能力力,因而在历年高考中经常出现。在定量综合实验中以考查考生处理实验数据因而在历年高考中经常出现。在定量综合实验中以考查考生处理实验数据和分析实验误差的能力为主和分析实验误差的能力为主,但随着理科综合能力测试对定量思维能力以及实但随着理科综合能力测试对定量思维能力以及实验设计能力要求的提高验设计能力要求的提高,预计今后的高考题中对实验的考查会在定性实验的基预计今后的高考题中对实验的考查会在定性实验的基础上渗透定量要求础上渗透定量要求,甚至直接要求进行定量实验设计。此类试题通常以组成的甚至直接要求进行定量实验设计。此类试题通常以组

45、成的测定、含量的测定为命题情境测定、含量的测定为命题情境,考查的内容包括考查的内容包括:基本操作、仪器装置、实验基本操作、仪器装置、实验步骤等步骤等,对计算能力有较高的要求对计算能力有较高的要求,定量分析常见的方法有滴定法、量气法、定量分析常见的方法有滴定法、量气法、沉淀法、吸收法、质变法等。沉淀法、吸收法、质变法等。57题型分析【真题示例真题示例】例4(2018年全国卷,26)硫代硫酸钠晶体(Na2S2O35H2O,M=248 gmol-1)可用作定影剂、还原剂。回答下列问题:(1)已知:Ksp(BaSO4)=1.110-10,Ksp(BaS2O3)=4.110-5。市售硫代硫酸钠中常含有硫

46、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溶液实验步骤实验步骤现象现象取少量样品取少量样品,加入除氧蒸馏水加入除氧蒸馏水固体完全溶解得无色澄清溶液固体完全溶解得无色澄清溶液,有刺激性气体产生有刺激性气体产生静置静置,加入过量稀盐酸加入过量稀盐酸出现乳黄色浑浊出现乳黄色浑浊(吸吸)取上层清液取上层清液,滴入滴入BaCl2溶液溶液产生白色沉淀产生白色沉淀58题型分析(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:溶液配制:称取1.2000 g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

47、后,全部转移至100 mL的中,加蒸馏水至。滴定:取0.00950 molL-1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL,硫酸酸化后加入过量KI,发生反应:Cr2O72-+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+2S2O32-S4O62-+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)。烧杯烧杯容量瓶容量瓶液面最低处与刻度线相切液面最低处与刻度线相切蓝色褪去蓝色褪去,且半分钟内无变化且半分钟内无变化95.059题型分析【解析解析】(1)检

48、验样品中的硫酸根离子,应该先加入稀盐酸,再加入氯化钡溶液。但是本题中,硫代硫酸根离子和氢离子以及钡离子都反应,所以应该排除其干扰,具体过程应该为先将样品溶解,加入稀盐酸酸化(反应为S2O32-+2H+SO2+S+H2O),静置,取上层清液,向其中滴加氯化钡溶液,观察到白色沉淀,证明存在硫酸根离子。60题型分析(2)配制一定物质的量浓度的溶液,应该先称量质量,在烧杯中溶解,再转移至容量瓶,最后定容即可。所以过程为将固体在盛有蒸馏水的烧杯中溶解,然后全部转移至100 mL容量瓶,加蒸馏水至液面最低处与刻度线相切。淡黄绿色溶液中有单质碘,加入淀粉为指示剂,溶液呈蓝色,用硫代硫酸钠溶液滴定溶液中的单质

49、碘,滴定终点时溶液的蓝色应该褪去。根据题目的两个方程式得到如下关系式:Cr2O72-3I26S2O32-,则配制的100 mL样品溶液中硫代硫酸钠的浓度c=0.04597 molL-1,含有的硫代硫酸钠为0.004597 mol,所以样品纯度为 100%=95.0%。61题型分析【关键能力】【关键能力】常见的定量测定实验包括混合物成分的测定、物质纯度的测定以及化学式的确定等。该类试题常涉及物质的称量、物质的分离与提纯、中和滴定、一定物质的量浓度溶液的配制等实验操作。实验过程中或解答问题时要特别注意以下几点:1.气体体积的测量是考查的重点和难点(1)量气装置62题型分析(2)量气时应注意的问题量

50、气时应保持装置处于室温状态。读数时要特别注意消除“压强差”,保持液面相平,同时还要注意视线与液面最低处相平。如上图C、D,应使左侧和右侧的液面高度保持相平。2.测定实验中要有消除干扰气体的意识如用惰性气体将干扰气体排出,或用溶液吸收干扰气体等。3.测定实验中要有被测量气体全部被测量的意识如可采取反应结束后继续向装置中通入“惰性”气体以使被测量气体全部被吸收剂吸收的方法。63题型分析4.测定实验中要有数据的采集处理意识实验数据的采集是化学计算的基础,一般来说,固体试剂称质量,而液体试剂和气体测量体积。(1)称量固体试剂的质量时,中学一般用托盘天平,可精确到0.1 g,精确度要求高的实验中可以用分