2020高考化学一轮复习限时规范训练第十章化学实验热点（含解析）新人教版.docx

化学实验热点1亚硝酸钠是重要的防腐剂。某化学兴趣小组以碳和浓硝酸为起始原料，设计如下装置利用一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠。(夹持装置和A中加热装置已略，气密性已检验)查阅资料：HNO2为弱酸，室温下存在反应3HNO2=HNO32NOH2O；NO不与碱反应，可被酸性KMnO4溶液氧化为硝酸。实验操作：关闭弹簧夹，打开A中分液漏斗活塞，滴加一定量浓硝酸，加热；一段时间后停止加热。(1)A中反应的化学方程式是_。(2)B中观察到的主要现象是_。D装置的作用是_。(3)实验经改进后可制得较纯亚硝酸钠，下列关于亚硝酸钠的说法正确的是_。a亚硝酸钠有咸味，可代替食盐食用b常温下，0.1 mol/L亚硝酸溶液pH1c0.1 mol/L亚硝酸钠溶液中存在：c(Na)c(H)c(NO)c(OH)d0.1 mol/L亚硝酸钠溶液中存在：c(NO)c(Na)c(OH)c(H)解析：(2)A中产生的NO2，进入B装置，发生3NO2H2O=2HNO3NO，Cu和稀硝酸发生反应：3Cu8HNO3=3Cu(NO3)22NO4H2O，观察到B中现象是铜片溶解，溶液变为蓝色，导管口有无色气泡产生；因为NO有毒，为防止污染空气，必须进行尾气处理，根据信息，NO能与酸性高锰酸钾溶液发生反应，本身生成HNO3，因此装置D的作用是除去未反应的NO，防止污染空气；(3)a.亚硝酸盐具有致癌性，不能代替食盐使用，故a错误；b.亚硝酸属于弱酸，常温下0.1 molL1 HNO2溶液的pH1，故b错误；c.根据电荷守恒，c(Na)c(H)c(NO)c(OH)，故c正确；d.亚硝酸钠属于强碱弱酸盐，NO发生水解：NOH2OHNO2OH，亚硝酸钠水溶液显碱性，因此离子浓度大小顺序是c(Na)c(NO)c(OH)c(H)，故d错误。答案：(1)C4HNO3(浓)CO24NO22H2O(2)溶液变蓝，铜片溶解，导管口有无色气泡冒出除去未反应的NO，防止污染空气(3)c2(2018江西赣州四校协作体高三上学期期中考试)工业品纯碱中常含有少量的NaCl等杂质，图中的仪器装置可用来测定纯碱中Na2CO3的质量分数，图中标号：空气；某溶液；纯碱样品；稀H2SO4；浓H2SO4；碱石灰；碱石灰。实验步骤是：检查装置的气密性；准确称量盛有碱石灰的干燥管的质量(设为m1 g)；准确称量一定量的纯碱样品的质量(设为m2 g)，并将其放入广口瓶中；从分液漏斗中缓缓滴入稀H2SO4，至不再产生气体为止；缓缓鼓入空气数分钟，然后称量干燥管的总质量(设为m3 g)。根据上述实验，回答下列问题：(1)鼓入空气的目的是_。(2)装置A中液体应为_，其作用是_。如撤去装置A，直接向装置B中缓缓鼓入空气，测定结果将_(填“偏大”“偏小”或“不变”)。(3)装置C的作用是_，如果撤去装置C，则会导致实验结果_(填“偏大”“偏小”或“不变”)。(4)干燥管的作用是_。(5)上述实验的操作和，都要求缓缓进行，其理由是_，如果这两步操作太快，则会导致实验测定结果_(填“偏大”“偏小”或“不变”)。(6)根据实验，纯碱样品中Na2CO3的质量分数的计算式为_。解析：(1)实验目的是测定Na2CO3质量分数，Na2CO3和稀硫酸反应Na2CO3H2SO4=Na2SO4CO2H2O，通过CO2的量计算Na2CO3的量，鼓入空气的目的是赶出残留在广口瓶中及装置里的CO2；(2)空气中含有CO2，对CO2质量的测定产生干扰，必须除去空气中CO2，即装置A中盛放的试剂为碱溶液；如果撤去装置A，直接向装置B中缓缓鼓入空气，造成所测CO2的质量增加，根据碳元素守恒，Na2CO3的质量增大，即碳酸钠的质量分数增大，测定结果将偏大；(3)装置C中的试剂是浓硫酸，作用是除去CO2中水蒸气，如果撤去装置C，所测CO2的质量增大，即碳酸钠的质量增大，导致实验结果偏大；(4)空气中含有水蒸气和CO2，进入干燥管中，造成所测碳酸钠质量增大，因此装置作用是空气中的CO2和水蒸气；(5)使反应产生CO2能与碱石灰充分反应而完全吸收，如果通入过快，导致实验所测结果偏小；(6)干燥管的质量差为CO2的质量，即CO2的质量为(m3m1) g，根据碳元素守恒，碳酸钠的质量为(m3m1)106/44 g，则质量分数为(m3m1)106/44m2100%100%。答案：(1)赶出残留在广口瓶中及装置里的CO2(2)碱溶液除去空气里的CO2偏大(3)除去CO2中混有的水蒸气偏大(4)吸收空气中的CO2和水蒸气(5)使反应产生的CO2能与碱石灰充分反应而完全吸收偏小 (6)100%3直接排放含SO2的尾气会形成酸雨，危害环境。某化学实验小组用如下装置进行有关SO2性质的探究活动。(1)装置A中反应的离子方程式为_。(2)选用以上装置和药品探究亚硫酸与次氯酸的酸性强弱：甲同学认为按照ACF尾气处理顺序连接装置可以证明，乙同学认为该方案不合理，其理由是_。正确的连接顺序是：AC_尾气处理(填字母)顺序连接装置。证明亚硫酸的酸性强于次氯酸的酸性的实验现象是_。(3)将二氧化硫通入以下装置可以制备Na2S2O3：装置B的作用是检验装置A中SO2的吸收效率，B中试剂是_。写出装置A中发生反应的化学方程式_。Na2S2O3溶液是定量实验中的常用试剂，测定其浓度的过程如下：第一步：准确称取a g KIO3(相对分子质量：214)固体配成溶液；第二步：加入过量KI固体和H2SO4溶液，滴加指示剂；第三步：用Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液的体积为V mL。则c(Na2S2O3)_ molL1。(已知：IO5I6H=3I23H2O, 2S2OI2S4O2I)解析：(1)装置A 中亚硫酸钙与盐酸反应生成氯化钙、二氧化硫、水，反应的离子方程式为CaSO32H=Ca2SO2H2O；(2)二氧化硫通入次氯酸钙溶液发生了氧化还原反应不能证明强酸制备弱酸的原理；根据强酸制取弱酸，探究亚硫酸与次氯酸的酸性强弱，需要把二氧化硫中含有的杂质氯化氢除去，再把二氧化硫通入碳酸氢钠溶液中反应生成二氧化碳，通过品红溶液验证无二氧化硫，最后把二氧化碳通入漂白粉溶液中生成碳酸钙沉淀，从而证明酸性亚硫酸碳酸次氯酸，所以正确的连接顺序是：ACBEDF，现象是装置D中品红溶液不褪色，F中出现白色沉淀；(3)根据二氧化硫可以使品红褪色，B中试剂是品红溶液；装置A 中Na2S 、Na2CO3、SO2发生反应生成Na2S2O3、CO2，反应方程式是2Na2SNa2CO34SO2=3Na2S2O3CO2；根据IO5I6H=3I23H2O,2S2OI2=S4O2I，可得关系式IO 6S2O；设c(Na2S2O3)c mol/LKIO36S2O214 g 6 mola g V103cc(Na2S2O3)3 000 a/107V答案：(1)CaSO32H=Ca2SO2H2O(2)二氧化硫通入次氯酸钙溶液发生了氧化还原反应不能证明强酸制备弱酸的原理BEDF装置D中品红溶液不褪色，F中出现白色沉淀(3)品红溶液2Na2SNa2CO34SO2=3Na2S2O3CO23 000a/107V4乙二酸俗称草酸，其钠盐和钾盐易溶于水，钙盐难溶于水。草酸晶体(H2C2O42H2O)无色、熔点为101 。易溶于水，150160 大量升华，170 以上分解。回答下列问题：(1)甲组同学按照如图所示的装置，通过实验检验草酸晶体的分解产物，装置C中可观察到的现象是_，由此可知草酸晶体分解的产物中有_，装置B的主要作用是_。(2)乙组同学认为草酸晶体分解的产物中含有H2O和CO，为进行验证，选用下图中的装置进行实验。实验装置连接的合理顺序为a_k(填小写字母)，能证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是_，草酸晶体受热分解的化学方程式为_。(3)用酸性KMnO4溶液滴定反应结束后的F溶液，测定Na2C2O4溶液的浓度实验步骤：取20.00 mL F中的溶液于锥形瓶中，再向锥形瓶中加入足量稀H2SO4，用0.160 0 mol/L酸性高锰酸钾溶液滴定，滴定至终点时消耗高锰酸钾溶液25.00 mL。高锰酸钾溶液应装在_(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。滴定终点的现象是_。计算F溶液中Na2C2O4的物质的量浓度为_。解析：(1)草酸晶体(H2C2O42H2O)中碳元素为3价，如果受热分解，推测可能发生歧化反应，C元素化合价升高，生成CO2；若装置C中有气泡冒出且澄清石灰水变浑浊，则证明有CO2生成。草酸易挥发，导致生成的气体中含有草酸，草酸和氢氧化钙反应生成难溶性的草酸钙而干扰CO2的检验，所以B装置冰水冷凝草酸，防止干扰二氧化碳的检验。(2)要检验产物中是否有H2O(g)，可将气体先通入无水硫酸铜，若无水硫酸铜变蓝，则证明有水产生。要检验生成CO，可将气体通过灼热的氧化铜，若黑色氧化铜变红，且产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，则说明生成了CO。为避免草酸分解产生的CO2的干扰，所以先用浓NaOH除去草酸分解的CO2，用碱石灰干燥后，再将气体通入灼热的CuO，利用澄清石灰水检验是否产生了CO2；其连接顺序是defghibcmn，注意气体进入溶液时，应是长进短出，即fg，mn。草酸分解产生水、CO、CO2，则反应方程式为H2C2O42H2OCOCO23H2O。(3)高锰酸钾溶液有强氧化性，会腐蚀橡胶，所以酸性高锰酸钾溶液应装在酸式滴定管中；Na2C2O4酸化后，生成H2C2O4，草酸反应完毕，加入最后一滴KMnO4溶液，溶液变为红色，30 s内红色不褪去，说明滴定到终点；令Na2C2O4溶液的物质的量浓度为c，由2KMnO45H2C2O45Na2C2O4，可知：0.02 Lc0.025 L0.16 mol/L，解得c0.500 0 mol/L；所以F溶液中Na2C2O4的物质的量浓度为0.500 0 mol/L。答案：(1)澄清石灰水出现白色浑浊CO2冷凝草酸，防止草酸进入C中与澄清石灰水作用生成沉淀干扰CO2的检验(2)defghibcmnD中固体由黑变红，H中出现白色浑浊H2C2O42H2OCOCO23H2O(3)酸式滴入最后一滴高锰酸钾溶液后，溶液颜色由无色变为红色，且30 s内红色不褪去0.500 0 mol/L5某同学设计实验制备2羟基4苯基丁酸乙酯，反应原理、装置和数据如下：CH3CH2OHH2O相对分子质量密度(g/cm3)沸点()水溶性2羟基4苯基丁酸1801.219357微溶乙醇460.78978.4易溶2羟基4苯基丁酸乙酯2081.075212难溶实验步骤：如图1，在干燥的圆底烧瓶中加入20 mL 2羟基4苯基丁酸、20 mL无水乙醇和适量浓硫酸，再加入几粒沸石；加热至70 左右保持恒温半小时；分离、提纯三颈瓶中的粗产品，得到有机粗产品；精制产品。请回答下列问题：(1)油水分离器的作用为_。实验过程中发现忘记加沸石该如何操作_。(2)本实验采用_加热方式(填“水浴”“油浴”或“酒精灯加热”)。(3)取三颈烧瓶中的混合物分别用水、饱和碳酸氢钠溶液和水洗涤。第二次水洗的目的是_。(4)在精制产品时，加入无水MgSO4的作用为_；然后过滤，再利用如图2装置进行蒸馏纯化，图2装置中的错误有_。(5)若按纠正后的操作进行蒸馏纯化，并收集212 的馏分，得2羟基4苯基丁酸乙酯约9.0 g。则该实验的产率为_。解析：(1)2羟基4苯基丁酸于三颈瓶中，加入适量浓硫酸和20 mL无水乙醇发生酯化反应，该反应是可逆的，存在化学平衡，油水分离器的作用是及时分离生成的水，促进平衡正向进行，实验过程中发现忘记加沸石，应该停止加热，待冷却至室温后，再往装置内加入沸石；(2)加热至70 左右保持恒温半小时，保持70 ，应该采用水浴加热方式；(3)取三颈烧瓶中的混合物分别用水、饱和碳酸氢钠溶液洗涤后，混合物中有少量的碳酸氢钠溶液未被除去，所以水洗的目的是洗掉碳酸氢钠；(4)在精制产品时，加入无水MgSO4，硫酸镁能吸水起干燥作用；在蒸馏装置中温度计的水银球的位置应与蒸馏烧瓶的支管口处相平齐，为有较好的冷却效果，冷凝水应采用逆流的