04第48讲探究性综合实验【答案】听课手册

第48讲探究性综合实验考点一●提升关键能力题组1.A[解析]装置Ⅰ中连四硫酸钠和盐酸反应制备二氧化硫,盐酸具有挥发性,制得的二氧化硫中混有氯化氢,装置Ⅱ中二氧化硫和水生成亚硫酸和氯化氢溶于水得到的盐酸使溶液呈酸性,能使紫色石蕊溶液变红色,则溶液由紫色变成红色不能证明二氧化硫是酸性氧化物,A错误;装置Ⅲ中二氧化硫和高锰酸钾溶液反应使溶液褪色说明二氧化硫具有还原性,B正确;装置Ⅳ中二氧化硫和水反应生成亚硫酸,亚硫酸与硝酸钡溶液反应生成硫酸钡沉淀、一氧化氮和水,C正确;装置Ⅳ后应连接盛有氢氧化钠溶液的洗气瓶吸收二氧化硫,防止污染空气,D正确。2.(1)液溴增大固体与液体接触面积,加快反应速率(2)CCl4是非极性溶剂过滤、干燥(3)试管中溶液变蓝色(或硬质玻璃管中出现红棕色气体)(4)排尽装置内空气,避免O2氧化亚铁离子(5)a(6)2Fe3++2I-2Fe2++I2铁离子生成六氟合铁离子,降低了铁离子浓度,其氧化性降低[解析](1)溴化铁在水中易水解,故宜选择液溴;用铁粉替代铁片的目的是增大固体与液体接触面积,加快反应速率。(2)铁与溴的反应是放热反应,溴易挥发,溴单质、四氯化碳都是非极性分子,相溶,用四氯化碳吸收溴蒸气;实验完毕后,将烧瓶中混合物经过滤、干燥得到FeBr3固体。(3)Br2沸点为58.8℃,加热分解FeBr3,烧瓶中产生红棕色气体,溴蒸气能与碘化钾发生置换反应,生成碘,使淀粉溶液变蓝,故实验现象为试管中溶液变蓝色(或硬质玻璃管中出现红棕色气体)。(4)实验过程中,先通入一会儿N2,再点燃酒精灯,这样操作的目的是排尽装置内空气,避免O2氧化亚铁离子。(5)KMnO4能氧化溴离子而褪色,不能证明有亚铁离子存在;残留物中若有FeBr3,加入KSCN溶液显红色,则不能证明残留物有FeBr2存在;AgNO3溶液能证明有溴离子存在,不能证明有亚铁离子存在;K3[Fe(CN)6]是用于检测亚铁离子的有效试剂,其反应原理是通过生成带有特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀来检测亚铁离子的存在,故选a。(6)向2mL0.1mol·L-1FeCl3溶液中滴加KI淀粉溶液,铁离子与碘离子发生氧化还原反应,离子方程式为2Fe3++2I-2Fe2++I2;实验ⅱ“不变蓝色”的原因是发生了反应Fe3++6F-[FeF6]3-,导致Fe3+浓度降低,Fe3+氧化性减弱。考点二●提升关键能力题组1.D[解析]实验1中长时间无蓝色沉淀出现可能是因为铁粉表面的氧化膜阻碍了铁与铁氰化钾溶液的反应,A正确;由实验3可得,氯离子可能起破坏铁粉表面的氧化膜的作用,有利于铁与铁氰化钾溶液的反应,B正确;实验2、3、4说明铁与铁氰化钾溶液能直接反应,C正确;铁、碳、氯化钠溶液组成的原电池中,若直接向原电池中滴加铁氰化钾溶液,铁与铁氰化钾溶液能直接反应,无法检验溶液中是否存在Fe2+,不能检验是否发生原电池反应,D错误。2.(1)①③④⑤(2)2CuSO4+2NaOHCu2(OH)2SO4↓+Na2SO4(3)ⅲ(4)CuO过量碱与Cu(OH)2反应生成[Cu(OH)4]2-CH3CHO+2[Cu(OH)4]2-CH3COO-+Cu2O↓+3OH-+3H2O(5)取3mL10%NaOH,加入0.5mL40%的乙醛溶液(6)不能,砖红色固体也可能是Cu2O和Cu的混合物[解析]Ⅰ.配制100g10%的氢氧化钠溶液需要用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒,容量瓶用于配制一定物质的量浓度的溶液。Ⅱ.探究氢氧化钠在乙醛与新制氢氧化铜反应中的作用,实验ⅰ产生浅蓝绿色沉淀,且加入乙醛溶液后加热,沉淀不变,说明该沉淀不是氢氧化铜,且该沉淀不与乙醛反应;实验ⅱ产生浅蓝色沉淀,且加入乙醛溶液后加热,浅蓝色沉淀转化为黑色沉淀,黑色沉淀为氢氧化铜受热分解产生的氧化铜;实验ⅲ产生蓝色浊液,是氢氧化铜在过量碱的情况下,形成了蓝色络合物,再加入乙醛溶液加热,最后转变为砖红色浊液,氧化亚铜为砖红色沉淀,则实验ⅲ产生了氧化亚铜;Ⅲ.实验ⅳ中只加入水后就加入乙醛溶液与氢氧化铜反应,最后产生黑色沉淀;实验ⅴ加入氢氧化钠溶液后再加入乙醛溶液与氢氧化铜反应,此时出现橙黄色浊液,根据实验ⅳ和ⅴ对比,该现象可能来源于碱。(1)根据分析,配制100g10%的氢氧化钠溶液,其体积>50mL,需要用到250mL烧杯、量筒、50mL烧杯和玻璃棒。(2)硫酸铜与氢氧化钠反应生成碱式硫酸铜,其反应的化学方程式为2CuSO4+2NaOHCu2(OH)2SO4↓+Na2SO4。(3)根据分析,实验ⅲ产生了蓝色浊液,加入乙醛溶液后加热,最后转变为砖红色浊液,产生了氧化亚铜。(4)根据分析,实验ⅱ产生浅蓝色沉淀,且加入乙醛溶液后加热,浅蓝色沉淀转化为黑色沉淀,黑色沉淀为氢氧化铜受热分解产生的氧化铜;实验ⅲ产生蓝色浊液,是氢氧化铜在过量碱的情况下,形成了蓝色络合物Cu[(OH)4]2-,Cu[(OH)4]2-与乙醛反应生成氧化亚铜,其反应的离子方程式为CH3CHO+2[Cu(OH)4]2-CH3COO-+Cu2O↓+3OH-+3H2O。(5)针对橙黄色的异常现象,与橙黄色和乙醛在碱性条件下发生反应生成的有色物质有关,则将实验ⅲ、ⅴ中氢氧化铜去掉即可,则实验方案为取3mL10%NaOH溶液,加入0.5mL40%的乙醛溶液。(6)取少量砖红色固体W于试管中,加入过量稀H2SO4,振荡,溶液变为蓝色并有紫红色固体。砖红色固体也可能是Cu2O和Cu的混合物,所以由实验现象不能得出该砖红色固体W是经典真题·明考向1.(1)不能维持pH,有利于[Co(H2O)6]2+转化为[Co(CO3)2]2-2[Co(H2O)6]2++10HCO3-+H2O22[Co(CO3)3]3-+18H2O+4CO2↑2H2O22H2O+O2↑(2)Co2+、Co3+与CO32-配位时,两种Co的水合离子浓度均减小,Co3+形成的络离子更稳定,[Co(H2O)6]3+(3)CO2O2[解析](1)CoSO4溶液中存在大量的[Co(H2O)6]2+,向其中加入30%的H2O2后无明显变化,因此,实验Ⅰ表明[Co(H2O)6]2+不能催化H2O2的分解。实验Ⅱ中存在HCO3-H++CO32-,CO32-与[Co(H2O)6]2+反应生成红色的[Co(CO3)2]2-,促进HCO3-电离平衡正向移动,溶液中c(H+)增大,因此需要过量HCO3-吸收H+,生成CO2气体,有利于[Co(H2O)6]2+转化为[Co(CO3)2]2-。实验Ⅲ的实验现象表明在H2O2的作用下[Co(H2O)6]2+能与HCO3-反应生成[Co(CO3)3]3-,然后[Co(CO3)3]3-能催化H2O2的分解,因此,H2O2在实验Ⅲ中所发生反应的离子方程式为2[Co(H2O)6]2++10HCO3-+H2O22[Co(CO3)3]3-+18H2O+4CO2(2)实验Ⅰ表明,反应2[Co(H2O)6]2++H2O2+2H+2[Co(H2O)6]3++2H2O难以正向进行。实验Ⅲ的现象表明,Co3+、Co2+分别与CO32-配位时,[Co(CO3)3]3-更稳定,[Co(H2O)6]3+更易与CO32-反应生成[Co(CO3)3]3-,使得[Co(H2O)6]3+的浓度减小的幅度远远大于[Co(H2O)6]2+减小的幅度,根据化学平衡移动原理,(3)实验Ⅳ中,A到B溶液变为蓝色,并产生气体,说明发生了[Co(CO3)3]3-+6H++3H2O[Co(H2O)6]3++3CO2↑;B到C溶液变为粉红色,并产生气体,说明发生了4[Co(H2O)6]3++2H2O4[Co(H2O)6]2++O2↑+4H+,因此从A到C所产生的气体分别为CO2和O2。2.(1)①<②ⅰ.排除I3ⅱ.[CuI2]-+2NH3[Cu(NH3)2]++2I-、4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3+2H2O4[Cu(NH3)4]2++4OH-③2Cu+KI32CuI+KI白色沉淀溶解I-浓度小,CuI覆盖在Cu表面,阻止反应继续进行(2)铜片、I2和KI的混合溶液(3)电化学实验中,由于氧化性I2>Cu2+,I2将Cu氧化为Cu2+;实验Ⅰ~Ⅲ,体系中有I-,生成CuI或[CuI2]-,使+1价铜的还原性减弱,I2不能氧化CuI或[CuI2]-[解析](1)①I2是固体,在水中溶解度很小,铜主要被溶液中生成的I3-氧化。初始阶段,实验Ⅱ中I-的浓度比实验Ⅰ中I-的浓度更大,生成I3-的速率更快,则实验Ⅱ中Cu被氧化的速率更快。②ⅰ.实验Ⅲ所得深红棕色溶液中存在平衡I2+I-I3-,加入CCl4,多次萃取分液可以分离出溶液中的I2,使I2+I-I3-的平衡不断逆向移动,最终可以除去溶液中红棕色的I3-,防止对判断铜氧化产物的干扰。ⅱ.结合查阅资料信息可知,实验Ⅲ所得溶液中,Cu元素以无色的[CuI2]-形式存在,加入浓氨水,发生反应:[CuI2]-+2NH3[Cu(NH3)2]++2I-,生成的[Cu(NH3)2]+又被空气中的氧气不断氧化为蓝色的[Cu(NH3)4]2+,发生反应:4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3+2H2O4[Cu(NH3)4]2++4OH-。③若实验Ⅰ中生成的白色沉淀为CuI,实验Ⅰ中Cu被氧化的化学方程式为2Cu+KI32CuI+KI;分别取少量实验Ⅰ和实验Ⅱ中白色固体,洗涤后得到白色沉淀,由题意可知白色沉淀主要成分是