11第十一单元04第48讲探究性综合实验【答案】

第48讲探究性综合实验1.(1)有刺激性气味气体放出溶液变为黄色(2)①U形管②(NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O③防止水蒸气进入B中(3)①偏大锥形瓶内溶液颜色的变化②10.00%[解析](1)当滴加足量浓KOH溶液并微热时,NH4++OH-NH3↑+H2O,平衡Cr2O72-(橙色)+H2O2CrO42-(黄色)+2H+向正反应方向移动,故观察到的主要现象为固体溶解,有刺激性气味气体放出,溶液变为黄色。(2)①仪器B的名称是U形管。②因碱石灰不能吸收NH3,而D中酚酞溶液不变色,说明重铬酸铵分解无氨气产生;B中碱石灰质量增加,说明有水蒸气生成(质量为1.44g),但B中增加的质量(1.44g)小于A中减小的质量(2.00g),说明重铬酸铵分解产生的气体中除水蒸气外还有另外的气体,该气体不能被碱石灰吸收,结合-3价氮的还原性和+6价铬的氧化性推测该气体是氮气,n(N2)=2.00g-1.44g28g·mol-1=0.02mol,生成0.02molN2时转移电子的物质的量=0.02mol×6=0.12mol,又因A中样品n[(NH4)2Cr2O7]=5.040g252g·mol-1=0.02mol,根据氧化还原反应中得失电子守恒,每个+6价铬原子得到的电子数=0.12mol0.02mol×2=3,即铬元素化合价由+6价降到+3价,由此推知A中生成固体是Cr2O3,n(Cr2O3)=0.02mol;生成水蒸气的物质的量n(H2O0.08=1∶1∶1∶4。故重铬酸铵受热分解的化学方程式为(NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O。③为了使B中碱石灰只吸收重铬酸钾分解产生的水蒸气,C的作用是防止D中水蒸气进入B中。(3)由甲醛法测定样品中氮的质量分数的反应原理知,1mol(NH4)2Cr2O7能产生4molH+[(CH2)6N4H+与H+相当],其中2molH+是由2molNH4+生成的,NH4+产生的H+消耗的NaOH的量占消耗NaOH的总量的12(每摩尔氮原子生成的H+消耗1molNaOH)。①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后,直接加入NaOH标准溶液,NaOH溶液将被滴定管内壁的水膜稀释,用该NaOH溶液滴定时用去的NaOH溶液的体积将偏大;中和滴定的关键是准确确定酸与碱恰好中和的时间点,故眼睛应观察锥形瓶内溶液颜色的变化。②由表格数据知,四次平行实验用去的NaOH-1.07mL=19.99mL、20.89mL-0.88mL=20.01mL、21.20mL-0.20mL=21.00mL、20.66mL-0.66mL=20.00mL;显然第三次实验数据异常,舍去,故滴定用去NaOH标准溶液体积的平均值=19.99mL+20.01mL+20.00mL3=20.00mL;2.800g样品可用去NaOH的总物质的量=0.02000L×0.2000mol·L-1×250mL25.00mL=0.040002.(1)①3d54s1②将四氯化碳吹入管式炉中和Cr2O3反应生成三氯化铬③冰水④Cr2O3+3CCl43COCl2+2CrCl3(2)CH3OH+2CrO42-+10H+2Cr3++7H2O+CO(3)①反应的活化能较高,需要较高温度才能进行②1∶1高锰酸根离子和溶液中氯离子发生了氧化还原反应,导致高锰酸钾溶液用量增加[解析]A中四氯化碳进入装置B中和Cr2O3反应生成三氯化铬,生成物在C中冷凝,尾气进行处理减少污染。①Cr为24号元素,其基态原子的价层电子排布为3d54s1。②三氯化铬易升华,高温下能被氧气氧化,实验前先往装置A中通入N2,其目的是排尽装置中的空气防止空气中的氧气氧化三氯化铬,在实验过程中还需要持续通入N2,其作用是将四氯化碳吹入管式炉中和Cr2O3反应生成三氯化铬。③三氯化铬熔点为83℃,则装置C的水槽中应盛有冰水,便于生成物冷凝。④装置B中四氯化碳和Cr2O3反应生成三氯化铬,还会生成光气(COCl2),B中反应的化学方程式为Cr2O3+3CCl43COCl2+2CrCl3。(2)CH3OH将铬酸钠(Na2CrO4)还原为CrCl3,同时甲醇被氧化为二氧化碳气体,离子方程式为CH3OH+2CrO42-+10H+2Cr3++7H2O+CO2↑。(3)①CrCl3与KMnO4在常温下反应,观察不到Cr2O72-的橙色,另一种可能的原因是反应的活化能较高,需要较高温度才能进行,所以必须将反应液加热至沸腾4~5min后,才能观察到反应液由紫红色逐渐变为橙黄色的实验现象。②由表中数据可知,在题述反应条件下,欲将Cr3+氧化为Cr2O72-,高锰酸钾最佳用量为10滴,则CrCl3与KMnO4最佳用量比为10∶10=1∶1;这与由反应10Cr5Cr2O72-+6Mn2++22H+所推断得到的用量比不符,可能原因是高锰酸根离子和溶液中氯离子发生了氧化还原反应3.(1)NO2-+H2OHNO2+OH(2)弱碱性条件下NO2-氧化性弱,不能将I-氧化为(3)2NO2-+2I-+4H+I2+2NO↑+2H2(4)①碘单质在水溶液中溶解呈紫黑色,说明I-被氧化②实验Ⅱ中反应物的量较少,可能生成的NO和NO2较少,观察不到气体变色现象(5)注射器内生成无色气体,取下橡皮塞,吸入少量空气后气体变为红棕色[解析](1)NaNO2溶液显弱碱性,是由于弱酸根离子水解导致的,离子方程式:NO2-+H2OHNO2+OH-。(2)淀粉遇碘变蓝,未变蓝说明未被氧化成碘单质,即NaNO2没有将KI氧化成I2。(3)在酸性条件下,NaNO2能将I-氧化成I2,离子方程式:2I-+2NO2-2NO↑+I2+2H2O。(4)①碘单质在水溶液中溶解呈紫黑色,说明I-被氧化成I2;②实验Ⅱ中反应物的量较少,即使液面上方有红棕色气体NO2产生,肉眼也无法观察到。(5)由于空气被抽空,产生的NO无法被氧化成NO2,吸入少量空气后气体变为红棕色,证明来源2正确。4.(1)2Fe3++2I-2Fe2++I2(2)①KNO3②正Ag++e-Ag③强④1×10-8(3)向0.1mol·L-1KNO3溶液中滴加2~3滴淀粉溶液,再滴加少量浓硫酸(或硝酸),调节溶液pH=6,若溶液变蓝,则说明硝酸有影响,若溶液不变蓝,则说明硝酸无影响[解析](1)实验A中的现象为溶液呈棕黄色,滴加淀粉溶液,溶液变蓝,说明产生了I2,因此A中反应的离子方程式为2Fe3++2I-2Fe2++I2。(2)①盐桥中电解质可以使用KNO3,若用KCl则其中氯离子会与银离子产生沉淀;②当K闭合时,指针向右偏转,说明形成了原电池,向右偏转则说明石墨2作正极,电极反应为Ag++e-Ag;③当指针归零后,向右侧烧杯中加入更大浓度AgNO3溶液或向左侧烧杯中加入更大浓度KI溶液,指针仍向右偏转,再次发生反应,可知Ag+(或I-)浓度越大,溶液的氧化性(或还原性)越强;④根据Ksp(AgI)=1×10-16,当等体积等浓度KI和AgNO3溶液混合时,溶液中c(Ag+)=c(I-)=Ksp(AgI)=1×10-16mol·L-1=1×10-8mol·L-1。(3)丙同学认为可能是硝酸氧化了I-,那么要先有HNO3生成,故实验步骤为向0.1mol·L-1KNO3溶液中滴加2~3滴淀粉溶液,再滴加少量浓硫酸(或硝酸),调节溶液pH=65.(1)Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+,加浓盐酸,增大氢离子浓度,抑制水解(2)①②(3)SO32--2e-+H2OSO42-+2H+取少量正极产物的溶液于试管中,(4)丁达尔效应(5)①氧化还原反应速率相对水解反应速率较慢,氧化还原反应和水解反应都是有限度的[解析]配制氯化铁溶液时先加浓盐酸,再稀释至所需体积。亚硫酸钠溶液含SO32-、HSO3-、H2SO3、Na+、OH-、H+、H2O等微粒,利用原电池原理分析亚硫酸钠和氯化铁溶液反应,氯化铁作正极反应物,亚硫酸钠作负极反应物,用不同浓度的亚硫酸钠和氯化铁溶液混合进行探究性实验,根据实验现象进行分析得到两者既发生氧化还原反应又发生双水解反应,且反应速率较慢,两反应都有一定的限度。(1)由于铁离子发生水解,加浓盐酸,增大氢离子浓度,水解平衡Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+逆向移动,抑制水解,因此甲同学配制FeCl3溶液时加浓盐酸。(2)溶液含SO32-、HSO3-、H2SO3、Na+、OH-、H+、H2O微粒,根据元素守恒得到2[c(Sc(H2SO3)]=c(Na+),故①正确;由于亚硫酸根离子水解生成亚硫酸氢根离子和氢氧根离子,因此溶液显碱性,根据质子守恒得到c(OH-)-c(H+)=c(HSO3-)+2c(H2SO3),故②正确。(3)①分析亚硫酸根离子和铁离子中元素化合价,因此亚硫酸钠作负极反应物,其电极反应式为SO32--2e-+H2OSO42-+2H+。②正极是铁离子得到电子变为亚铁离子,主要通过验证溶液中是否有亚铁离子,因此探究正极产物的实验方案为取少量正极产物的溶液于试管中,向试管中滴加几滴铁氰化钾溶液,生成蓝色沉淀,则说明有亚铁离子