79 第1篇 第6部分 第10章 第54讲 综合实验试题突破(能力课)-【高考DNA解码】2026年高考化学一轮总复习学生用书word

第54讲　综合实验试题突破(能力课) 考点一 [核心知能突破] 示例　解析：甲用浓硫酸和亚硫酸钠反应制取SO2，乙中用于制取Na2S2O3·5H2O，丙用于冷却气体，丁用于制取H2S，b接尾气处理装置。(7)Na2S2O3与稀酸反应生成S单质沉淀，注意干扰S的检验。 答案：(1)冷却气体　(2)变黑　 (3)①H2S能与CH3COOCu(NH3)2发生反应，平衡逆向移动　②加热　(4)Na2SO3　(5)2NaHS＋4NaHCO3＋4SO2===3Na2S2O3＋4CO2＋3H2O　(6)NaOH(或其他合理答案)　(7)取粗产品溶于水，加入足量稀盐酸，静置，取上层清液并滴加BaCl2溶液，观察，若生成白色沉淀，则含有S，反之则无 [关键能力提升] 1．解析：将Cu(ClO4)2·6H2O和Cu粉以及乙腈(CH3CN)加入两颈烧瓶中，经水浴加热并回流进行充分反应，反应结束后过滤除去未反应完全的Cu，然后利用乙腈的挥发性进行蒸馏除去乙腈，将剩余溶液进行冷却结晶分离出[Cu(CH3CN)4]ClO4。 (1)表示需佩戴护目镜，表示当心火灾，表示注意烫伤，表示排风，表示必须洗手。 (3)Cu(ClO4)2·6H2O在乙腈中为蓝色，[Cu(CH3CN)4]ClO4在乙腈中为无色，因此装置Ⅰ中反应完全的现象是溶液蓝色褪去变为无色，可证明Cu(ClO4)2·6H2O已反应完全。 (4)由于制备的[Cu(CH3CN)4]ClO4中Cu为＋1价，具有较强的还原性，容易被空气中的氧气氧化，因此装置Ⅰ和Ⅱ中N2气球的作用是排出装置内空气，防止制备的产品被氧化。 (5)[Cu(CH3CN)4]ClO4为离子化合物，具有强极性，在水中溶解度较大，在温度较高的环境下蒸馏难以分离，若直接将水蒸干难以获得晶体状固体，因此需先蒸馏至接近饱和，再经步骤d冷却结晶，从而获得晶体。 (6)为了使母液中的[Cu(CH3CN)4]ClO4结晶，可向母液中加入极性较小的溶剂，与水混溶的同时，扩大与[Cu(CH3CN)4]ClO4的极性差，进而使[Cu(CH3CN)4]ClO4析出，因此可选用的溶剂为乙醇。 (7)3.71 g Cu(ClO4)2·6H2O的物质的量为＝0.01 mol，理论上制得[Cu(CH3CN)4]ClO4的质量为0.01 mol×2×327.5 g·mol-1＝6.55 g，总收率为×100%≈81.2%。 答案：(1)D　(2)球形冷凝管　(3)溶液蓝色褪去变为无色　(4)排出装置内空气，防止制备的产品被氧化　(5)冷却过程中降低[Cu(CH3CN)4]ClO4在水中的溶解度　(6)B　 (7)81.2% 2．解析：实验室制备无水AlCl3，需要干燥的氯气与铝在加热条件下反应，装置A用于制备氯气，用浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气，氯气中有氯化氢、水等杂质，先用饱和食盐水除氯化氢，再用浓硫酸干燥，因此装置B、C分别除去HCl、水，装置D用于制备氯化铝，氯化铝遇水极易潮解并产生白色烟雾，装置E的作用是防止装置H中的水蒸气进入装置F中，装置F收集氯化铝，反应的尾气中有氯气，为防止污染空气，需用氢氧化钠溶液吸收，最后连接装置H进行尾气处理。(7)根据化学方程式可知ClC(CH3)3~，产率为×100%≈81.2%。 答案：(1)MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O　 (2)饱和食盐水　AlCl3＋3H2O===Al(OH)3＋3HCl　(3)A　(4)平衡气压，有利于液体滴下　(5)除去AlCl3并防止其水解　分液　(6)干燥或除水　(7)81.2 考点二 类型1 典例导航　(1)Ca(ClO)2　CaCO3　Ca(ClO)2　CaCO3　 (2) ① 加入适量1 mol·L-1盐酸溶解后，再将产生的气体通入澄清石灰水中 若澄清石灰水未变浑浊，则假设1成立； 若澄清石灰水变浑浊，则假设2或假设3成立 ② 向步骤①反应后的试管中滴入1~2滴品红溶液，振荡(或另外取样操作) 若品红溶液褪色，则假设3成立； 若品红溶液不褪色，则假设2成立 [对点训练] 1．解析：(1)根据题给信息可知，固体铜盐的颜色与阴离子极化能力有关，随化学键共价性增强，吸收光的能量下降，因此颜色加深。(2)铜离子可以水解，在配制氯化铜溶液时可以加入盐酸防止铜离子水解。(3)本题分别探究了硫酸根离子和氯离子对铜离子在溶液中颜色的影响，根据表格中的信息可知，为了作对比实验，需要补充的试剂为饱和硫酸钠溶液；根据表格中数据可以发现，表格中每组数据溶液的总体积都为4 mL，则a＝2.0。 答案：(1)电负性氯大于溴，溴化铜中化学键共价性更强，吸收光的能量低，颜色更深 (2)将氯化铜固体溶解在浓盐酸中，加水稀释至所需浓度 (3)硫酸钠　2.0 (4)稀释后，[Cu(H2O)4]2+、Cl-和[CuCl4]2-浓度下降，平衡[Cu(H2O)4]2+(蓝色)＋4Cl-⥫⥬[CuCl4]2-(黄色)＋4H2O向离子数增多的方向移动，即逆向移动，颜色以蓝绿色为主 (5)离子浓度、温度　 (6)或 类型2 典例导航　(1)氧化　还原 (2)①先加盐酸酸化， 再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀　②出现黄色沉淀　排除S与Ag+反应对Ag+与N2的反应的干扰　③2OH-＋2NO＋S===N2＋S＋H2O　④S＋2OH-－2e-===S＋H2O　NO和S反应体现了NO的氧化性，溶液碱性增强，NO和S反应更快 (3)2NO＋O2===2NO2 [对点训练] 2．解析：(1)NaClO为强碱弱酸盐，水解显碱性，溶液显碱性的原因：ClO-＋H2O===HClO＋OH-。(2)①钠元素的焰色试验为黄色，可以通过焰色试验证明钠元素的存在。②NaCuO2与稀硫酸反应生成硫酸铜、硫酸钠、氧气、水，反应的离子方程式是4NaCuO2＋12H+===4Cu2+＋4Na+＋O2↑＋6H2O。(3)①溶液中存在次氯酸根离子，具有氧化性，也可能氧化氯离子生成氯气，则生成Cl2的其他原因：pH减小，ClO-也可能氧化Cl-生成Cl2。②ⅰ.提出假设1：c(Cl-)增大，Cl-的还原性增强。证明假设成立的操作和现象是：取少量NaCuO2固体于试管中，滴加浓NaCl溶液，产生使湿润的淀粉KI试纸变蓝的气体。ⅱ.提出假设2：c(H+)增大，NaCuO2的氧化性增强，经证实该假设也成立。(4)①硫酸根离子检验：将浊液过滤，取少许滤液，滴加稀盐酸无明显现象，再滴加氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则证明原溶液中存在S。②浊液放置过程中，沉淀表面缓慢产生的气泡为O2，蓝色固体为氢氧化铜，同时生成NaOH，放置过程中产生气体的化学方程式是4NaCuO2＋6H2O===4Cu(OH)2＋O2↑＋4NaOH。(5)根据上述实验，NaCuO2在碱性条件下较稳定，则可以用NaClO溶液、CuSO4溶液和NaOH溶液制备在水溶液中稳定存在的NaCuO2，应选用的试剂是NaClO溶液、CuSO4溶液和NaOH溶液。 答案：(1)ClO-＋H2O===HClO＋OH-　 (2)①焰色试验　②4NaCuO2＋12H+===4Cu2+＋4Na+＋O2↑＋6H2O　 (3)①pH减小，ClO-也可能氧化Cl-生成Cl2　②ⅰ.滴加浓NaCl溶液，产生使湿润的淀粉KI试纸变蓝的气体　 ⅱ.c(H+)增大，NaCuO2的氧化性增强　(4)①取少许滤液，滴加稀盐酸无明显现象，再滴加氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则证明原溶液中存在S　②4NaCuO2＋6H2O===4Cu(OH)2＋O2↑＋4NaOH　(5)CuSO4溶液　NaOH溶液 考点三 [核心知能突破] 典例导航　(1)排出装置中的空气　直形冷凝管　锥形瓶中不再有水凝结　(2)吸收Cl2、防止水蒸气进入　通入N2　排出装置中的H2　(3)①m3＋m1－2m2　②%　不变　偏大 [关键能力提升] 1．解析：(1)Sn2+易被空气氧化为Sn4+，离子方程式为2Sn2+＋O2＋4H+===2Sn4+＋2H2O，加入Sn，发生反应Sn4+＋Sn===2Sn2+，可防止Sn2+被氧化。(2)步骤Ⅰ中“微热”是为了增大试样的溶解度，促进其溶解。(3)步骤Ⅲ中，若未“立即滴定”，Fe2+易被空气中的O2氧化为Fe3+，导致测定的铁含量偏小。(4)根据离子方程式6Fe2+＋Cr2＋14H+===2Cr3+＋6Fe3+＋7H2O可得：n(Fe2+)＝6×n(Cr2)＝6×10-3cV mol，a g试样中铁元素的质量为6×10-3cV mol×56 g·mol-1＝0.336cV g，质量分数为×100%＝%。 答案：(1)Sn2+易被空气氧化为Sn4+，离子方程式为2Sn2+＋O2＋4H+===2Sn4+＋2H2O，加入Sn，发生反应Sn4+＋Sn===2Sn2+，可防止Sn2+被氧化　(2)增大试样的溶解度，促进其溶解　(3)偏小　(4)% 2．解析：(1)步骤4中若未恢复至室温，则气体体积测量结果偏大。(2)量气管中产生H2的体积为(b－a)mL，根据Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑可知，与稀硫酸反应的n(Zn)＝n(H2)＝ mol，与CuSO4反应的n(Zn)＝[] mol，则c(CuSO4)＝ mol·L-1。(3)A项，装置漏气使气体体积测量结果偏小，计算得到的c(CuSO4)偏大；B项，步骤2中俯视读数使气体体积测量结果偏大，计算得到的c(CuSO4)偏小；C项，步骤3中稀硫酸加入过多对气体体积测量结果无影响，对计算得到的c(CuSO4)无影响。 答案：(1)偏大　(2)　(3)A [高考真题 衍生变式] 1．解析：(1)浓盐酸具有挥发性，会污染环境，故a中试剂的作用是吸收挥发出来的氯化氢，可以是碱石灰或NaOH固体等。(2)由于制备过程中反应体系pH过低会产生钨的水合氧化物沉淀，故步骤Ⅱ中浓盐酸需缓慢滴加，防止制备过程中局部pH过低而产生钨的水合氧化物沉淀。(3)萃取分液需要使用分液漏斗，同时需要烧杯来盛放分液后的液体，故用于“萃取、分液”操作的有分液漏斗、烧杯。(4)步骤Ⅳ中“静置”后液体分为上、中、下三层，其中下层液体为油状钨硅酸醚合物，乙醚难溶于水，且密度小于水，故上层为乙醚，通过分析发生的反应可知，中间层的溶质主要为NaCl。(5)乙醚易挥发、易燃，故步骤Ⅴ中“加热”操作不能使用明火。(6)m g十二钨硅酸晶体的物质的量为n1＝ mol，结晶水占总质量的ω%，则结晶水的物质的量为n2＝ mol，则n＝；若未充分干燥，则ω%偏大，n的值偏大。 答案：(1)碱石灰(或NaOH固体等)　吸收挥发出来的氯化氢 (2)防止制备过程中局部pH过低而产生钨的水合氧化物沉淀 (3)分液漏斗、烧杯 (4)NaCl (5)不能　乙醚易挥发、易燃，遇明火极易发生危险 (6)　偏大 2．解析：本题探究Co2+、Co3+能否催化H2O2的分解及相关性质。实验Ⅰ中无明显变化，证明[Co(H2O)6]2+不能催化H2O2的分解；实验Ⅱ中溶液变为红色，证明[Co(H2O)6]2+易转化为[Co(CO3)2]2-；实验Ⅲ中溶液变为墨绿色，说明[Co(H2O)6]3+更易与C反应生成[Co(CO3)3]3-，并且初步证明[Co(H2O)6]2+在HC的作用下易被H2O2氧化为[Co(CO3)3]3-；实验Ⅳ中溶液先变蓝后变粉红，并且前后均有气体生成，证明在酸性条件下，[Co(CO3)3]3-易转化为[Co(H2O)6]3+，[Co(H2O)6]3+氧化性强，可以把H2O氧化为O2。 (1)配制1.00 mol·L-1的CoSO4溶液，需要用到容量瓶、胶头滴管等，因此选bc。(2)CoSO4溶液中存在大量的[Co(H2O)6]2+，向其中加入30%的H2O2溶液后无明显变化，因此，实验Ⅰ表明[Co(H2O)6]2+不能催化H2O2的分解。实验Ⅱ中HC与[Co(H2O)6]2+反应生成[Co(CO3)2]2-和H+，过量的HC能吸收H+，促使反应正向进行。实验Ⅲ的实验现象表明在H2O2的作用下[Co(H2O)6]2+能与HC反应生成[Co(CO3)3]3-，且[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+＋10HC＋H2O2===2[Co(CO3)3]3-＋18H2O＋4CO2↑、2H2O22H2O＋O2↑。(3)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C配位时，[Co(H2O)6]3+更易与C反应生成[Co(CO3)3]3-(该反应为快反应)，导致[Co(H2O)6]2+几乎不能转化为[Co(CO3)2]2-，这样使得[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，减小生成物浓度能使化学平衡向正反应方向移动，因此，上述反应能够正向进行。(4)实验Ⅳ中，A到B溶液变为蓝色，并产生气体，说明发生反应[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，说明发生反应4[Co(H2O)6]3+＋2H2O===4[Co(H2O)6]2+＋O2↑＋4H+，因此从A到C所产生的气体的分子式分别为CO2和O2。 答案：(1)bc　(2)不能　吸收转化过程中产生的H+，促进反应正向进行　2[Co(H2O)6]2+＋10HC＋H2O2===2[Co(CO3)3]3-＋18H2O＋4CO2↑　2H2O22H2O＋O2↑　(3)实验Ⅲ的现象表明，Co3+、Co2+分别与C配位时，[Co(H2O)6]3+更易与C反应生成[Co(CO3)3]3-(该反应为快反应)，导致[Co(H2O)6]2+几乎不能转化为[Co(CO3)2]2-，这样使得[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，减小生成物浓度能使化学平衡向正反应方向移动，因此，上述反应能够正向进行　(4)CO2　O2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第54讲　综合实验试题突破(能力课) 　1．掌握物质制备型综合实验试题的分析和方案设计、评价与改进。　2．掌握物质性质的定性、定量探究方案的设计、评价与改进。　3．培养学生的创新意识、科学探究精神和社会责任。 　物质制备探究型综合实验 1．基于气体制备类综合实验题的审题 分析制备流程 装置排气目的和方法 常用稳定气体(如N2等)或反应产物气体(如SO2等)排尽装置中的空气，以防止空气中的O2、CO2、水蒸气干扰实验 温度控制目的和方式 (1)控制低温的目的：减少某些反应物、产品分解或挥发，如H2O2、氨水等；防止某物质水解，避免副反应发生等。 (2)加热目的：增大反应速率或使平衡移动，加速溶解等。 (3)温度控制方式：水浴、油浴均匀加热；冰水浴冷却等 2．物质制备实验方案的设计与评价方法 (1)从实验方案可行性角度设计与评价 只有合理且切实可行的实验方案才有意义。可行性是方案的第一要素，评价方案时应注意从实验原理和操作两个方面分析：理论上要科学合理，操作上要简单可行。 (2)从经济效益角度设计与评价 评价一种实验方案，不仅要从科学性上判断是否可行，还要从经济效益上考虑是否切合实际。 (3)从环保角度设计与评价 防止污染的根本途径在于控制“三废”的排放，在对实验方案进行评价时，不可忽视环境保护的重要性。 (4)从“安全性”角度设计与评价 实验首先是安全第一，实验安全往往有以下几个方面，如规范操作、防止暴沸或爆炸、防止倒吸、防止污染等。 3．实验设计中的三个顺序 (1)实验操作顺序 装置选择与连接→气密性检查→加固体试剂→加液体试剂→开始实验(按程序)→拆卸仪器→其他处理等。 (2)加热顺序选择 若气体制备实验需加热，应先加热气体发生装置，通入气体排出装置中的空气后，再给实验中需要加热的物质加热。目的：a．防止爆炸(如氢气还原氧化铜)；b．保证产品纯度，防止反应物或生成物与空气中的物质反应。熄灭酒精灯的顺序则相反。 (3)仪器的连接顺序 ①涉及气体的一般连接顺序 发生装置→除杂装置→干燥装置→性质探究或收集装置→尾气处理装置(注意防倒吸)。 ②一般装置的进出气口 洗气瓶：长进短出；U形管和加热玻璃管：无前后；干燥管：粗进细出；排液量气：短进长出。 [示例]　(2024·泉州三检，节选)某研究小组利用下图所示装置模拟高炉煤气(主要成分为CO、N2、H2、H2S和少量COS)和金属冶炼厂尾气(含SO2)联合制备Na2S2O3·5H2O。回答下列问题。 已知：湿润的(CH3COO)2Pb试纸可鉴别H2S，化学方程式为(CH3COO)2Pb+H2S===2CH3COOH+PbS↓(黑色)。 步骤一：打开K3，关闭K1、K2，通入高炉煤气。 发生的反应有：丁中COS+H2CO+H2S；乙中H2S+Na2CO3===NaHCO3+NaHS。 (1)丙装置的主要作用为__。 (2)当湿润的(CH3COO)2Pb试纸__________(填现象)时，关闭K3，停止通入高炉煤气。 (3)导管b接盛有醋酸亚铜氨溶液的洗气瓶用于吸收CO气体，反应的化学方程式为CH3COOCu(NH3)2(aq)+CO(g)馗CH3COOCu(NH3)2·CO(aq)　ΔH<0。 ①过量H2S会导致吸收CO的能力下降的原因是______________。 ②将吸收液通过________(任写一种)的方法实现吸收液的再生，同时释放CO，达到资源化利用。 步骤二：打开K1、K2，通入SO2气体。 (4)试剂a为__(填化学式)。 (5)装置乙中生成Na2S2O3的化学方程式为________________________。 (6)导管b接盛有________(填化学式)溶液的洗气瓶用于尾气处理。 (7)检验粗产品中是否含有S的方法为_____________________。 “物质制备”综合实验试题解答模型 1．(2024·湖南卷，T15)亚铜配合物广泛用作催化剂。实验室制备[Cu(CH3CN)4]ClO4的反应原理如下：Cu(ClO4)2·6H2O+Cu+8CH3CN===2[Cu(CH3CN)4]ClO4+6H2O 实验步骤如下： 分别称取3.71 g Cu(ClO4)2·6H2O和0.76 g Cu粉置于100 mL乙腈(CH3CN)中反应，回流装置图和蒸馏装置图(加热、夹持等装置略)如下： 已知：①乙腈是一种易挥发的强极性配位溶剂； ②相关物质的信息如下： 化合物 [Cu(CH3CN)4]ClO4 Cu(ClO4)2·6H2O 相对分子质量 327.5 371 在乙腈中颜色 无色 蓝色 回答下列问题： (1)下列与实验有关的图标表示排风的是________(填字母)。 A　　　B　　　　C　　　D　　　E (2)装置Ⅰ中仪器M的名称为_________________________。 (3)装置Ⅰ中反应完全的现象是_______________________。 (4)装置Ⅰ和Ⅱ中N2气球的作用是_______________________。 (5)[Cu(CH3CN)4]ClO4不能由步骤c直接获得，而是先蒸馏至接近饱和，再经步骤d冷却结晶获得。这样处理的目的是_______________________。 (6)为了使母液中的[Cu(CH3CN)4]ClO4结晶，步骤e中向母液中加入的最佳溶剂是________(填字母)。 A．水　　　　　B．乙醇　　　　C．乙醚 (7)合并步骤d和e所得的产物，总质量为5.32 g，则总收率为________(用百分数表示，保留一位小数)。 2．(2024·重庆二模)芳香化合物在一定条件下可与卤代烃发生取代反应。某科研小组以、ClC(CH3)3为反应物，无水AlCl3为催化剂，制备(叔丁基苯)。反应原理如下： +ClC(CH3)3+HCl。 已知： 物质 相对分子质量 密度/ (g·cm-3) 沸点/℃ 溶解性 AlCl3 133.5 2.41 181 极易潮解并产生白色烟雾，微溶于苯 78 0.88 80.1 难溶于水 ClC(CH3)3 92.5 0.85 51.6 难溶于水， 可溶于苯 134 0.87 169 难溶于水， 易溶于苯 Ⅰ.实验室模拟制备无水AlCl3的实验装置如图所示： (1)写出装置A中发生反应的化学方程式：_________________________。 (2)装置B中的试剂为______________。若缺少C，则D中AlCl3发生副反应的化学方程式为_________________________。 (3)加热顺序：应先点燃________(填“A”或“D”)处酒精灯。 Ⅱ.实验室制取叔丁基苯的装置如图： ①将35 mL苯和足量的无水AlCl3加入三颈烧瓶中； ②滴加10 mL氯代叔丁烷[ClC(CH3)3]； ③打开恒温磁力搅拌器反应一段时间； ④洗涤，将反应后的混合物依次用稀盐酸、Na2CO3溶液、H2O洗涤分离； ⑤在所得产物中加入少量无水MgSO4固体，静置，过滤，蒸馏； ⑥称量，得到10.0 g叔丁基苯。 (4)图中弯管C的作用为_________________________。 (5)用稀盐酸洗涤的目的是__________________________________，“洗涤”后“分离”的操作名称是_________________________________。 (6)加无水MgSO4固体的作用是___________________________。 (7)叔丁基苯的产率为_______________________%(保留至小数点后1位)。 　物质性质探究型综合实验 猜想型实验 漂白粉是生产生活中常用的消毒剂和杀菌剂。实验室有一瓶密封不严的漂白粉样品，其中肯定存在CaCl2，请设计实验，探究该样品中可能存在的其他固体物质。 (1)提出合理假设。 假设1：该漂白粉未变质，只含有__________(填化学式，下同)； 假设2：该漂白粉全部变质，只含有__； 假设3：该漂白粉部分变质，既含有________，又含________。 (2)设计实验方案，进行实验。请写出实验步骤、预期现象和结论。 限选用的仪器和试剂：试管、滴管、带导管的单孔塞、蒸馏水、自来水、1 mol·L-1盐酸、品红溶液、新制澄清石灰水。(提示：不必检验Ca2+和Cl-) 实验步骤 预期现象和结论 ① 取少量上述漂白粉于试管中，______________________________________________ _____________________________________________________________ ② ____________________________________________________ ____________________________________________________ 第一步　明确目的原理 设计实验探究漂白粉变质后物质的成分，涉及反应： ①2Ca(OH)2+2Cl2===CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O ②Ca(ClO)2+H2O+CO2===CaCO3↓+2HClO 第二步　提出合理假设 根据假设和提供的物质及反应原理判断样品中可能含有Ca(ClO)2或CaCO3或二者的混合物。 第三步　寻找验证方法 用CaCO3与盐酸反应产生使澄清石灰水变浑浊的CO2来验证CaCO3的存在； 用Ca(ClO)2与盐酸反应生成能使品红溶液褪色的HClO来验证Ca(ClO)2的存在。 第四步　设计操作步骤 ①向固体样品中加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水中(用于检验CO2)。 ②向步骤①反应后的溶液中滴入1~2滴品红溶液，振荡(用于检验HClO)。 第五步　分析得出结论 若步骤①中石灰水未变浑浊，则说明样品中无CaCO3，即假设1成立； 若步骤①中石灰水变浑浊，且步骤②中品红溶液不褪色，说明CaCO3存在，不存在Ca(ClO)2，即假设2成立； 若步骤①中石灰水变浑浊，且步骤②中品红溶液褪色，说明有CaCO3和Ca(ClO)2存在，即假设3成立。 猜想型实验试题的一般思路 1．(2024·沈阳一模)铜盐是五颜六色的。某学习小组发现固体CuSO4(白色)、固体CuCl2(棕黄色)、固体CuBr2(深褐色)。CuSO4和CuBr2溶液呈蓝色，CuCl2溶液时而呈绿色，时而呈蓝色，于是对颜色不同的原因展开了探究。 【查阅资料】 1．固体铜盐的颜色与阴离子极化能力有关，随化学键共价性增强，吸收光的能量下降，因此颜色加深。 2．在CuCl2溶液中存在如下平衡： [Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl-馗[CuCl4]2-(黄色)+4H2O　ΔH>0。 【提出假设】 1．铜盐的颜色不同与离子种类有关。 2．CuCl2溶液呈绿色的原因是溶液中既有黄色的[CuCl4]2-，又有蓝色的[Cu(H2O)4]2+，根据光学原理蓝色和黄色的混合色为绿色。 【设计方案】 温 度/℃ V(0.5 mol·L-1 氯化铜)/mL V(饱和硫 酸铜)/mL V(饱和 ____)/mL V(饱和氯化钠)/mL V(水)/mL 溶液颜色 1 25 4.0 无色 2 25 4.0 无色 3 25 4.0 蓝色 4 25 4.0 绿色 5 25 2.0 a 蓝绿色 6 25 2.0 2.0 蓝绿色 7 25 2.0 2.0 黄绿色 8 50 4.0 黄绿色 回答下列问题： (1)解释CuBr2的颜色深于CuCl2的原因：___________________________。 (2)配制CuCl2溶液的方法是___________________________。 (3)根据表中信息，补充试剂和数据： 饱和________，a=________。 (4)实验4和5中溶液颜色差异的原因是____________________________(用平衡移动原理解释)。 (5)以上实验说明影响CuCl2溶液颜色的因素主要有_________________(答两点即可)。 【实验结论】假设1、假设2成立。 (6)CuCl2溶液呈现不同颜色的根本原因与Cl-、[CuCl4]2-和  (写微粒结构式)的浓度有关。 探究型实验 　(2024·石景山模拟)某小组通过实验探究NO的某些性质。 (1)从氮元素的价态角度分析，NO有________性和________性。 (2)设计实验探究NO的氧化性。 实验Ⅰ：用排水法收集一瓶NO，将其倒扣在盛有碱性Na2SO3溶液的水槽中，振荡，观察到集气瓶中液面上升。 资料：ⅰ.NO与碱性Na2SO3溶液会发生氧化还原反应，NO被还原为N2。 ⅱ.Ag+与N2反应生成黄色沉淀。 ①检验S的氧化产物。取少量实验Ⅰ反应后集气瓶中的溶液，________________(填操作和实验现象)。 ②某同学认为，需通过进一步实验验证NO的氧化性，补充以下实验： 实验Ⅱ：取饱和Na2SO4溶液，加入少量冰醋酸，再滴加5滴0.1 mol·L-1的AgNO3溶液，未产生黄色沉淀。 实验Ⅲ：取少量实验Ⅰ反应后集气瓶中的溶液，加入少量冰醋酸，再滴加5滴0.1 mol·L-1的AgNO3溶液，_______________________(填实验现象)。 上述实验证明NO有氧化性。 实验Ⅱ的目的是__________________________________。 ③写出NO与碱性Na2SO3溶液反应的离子方程式：____________________。 ④从电极反应角度分析NO与碱性Na2SO3溶液的反应。 还原反应：2NO+2e-===N2 氧化反应：____________________________________。 实验Ⅳ：用排水法收集两瓶NO，将其分别倒扣在饱和Na2SO3溶液和加有NaOH的饱和Na2SO3溶液中，后者集气瓶中液面上升更快。 根据上述实验所得结论：__________________________________。 (3)写出一个反应的化学方程式证明NO具有还原性：____________________。 (1) (2)①S的氧化产物为S，S检验时注意S干扰。 ②注意Ag+与S反应对Ag+与N2反应的干扰，要设计对比实验，排除干扰。 ③根据资料，可知NO被还原为N2，S被氧化为S。 根据得失电子守恒完成离子方程式。 ④氧化反应，化合价升高，SS。 (3)NO具有还原性，化合价升高，NO被O2氧化为NO2。 探究型实验试题的思维模型 2．(2025·北京丰台区模拟)研究小组探究高铜酸钠(NaCuO2)的制备和性质。 资料：高铜酸钠为棕黑色固体，难溶于水。 实验Ⅰ.向2 mL 1 mol·L-1 NaClO溶液中滴加1 mL 1 mol·L-1 CuCl2溶液，迅速产生蓝绿色沉淀，振荡后得到棕黑色的浊液a，将其等分成两份。 (1)蓝绿色沉淀中含有OH-。用离子方程式表示NaClO溶液显碱性的原因：__________________________________。 探究棕黑色沉淀的组成。 实验Ⅱ.将一份浊液a过滤、洗涤、干燥，得到固体b。取少量固体b，滴加稀硫酸，沉淀溶解，有气泡产生，得到蓝色溶液。 (2)①另取少量固体b进行实验，证实了NaCuO2中钠元素的存在，实验操作的名称是______________。 ②进一步检验，棕黑色固体是NaCuO2。NaCuO2与稀硫酸反应的离子方程式是__________________________________。 探究实验条件对NaCuO2制备的影响。 实验Ⅲ.向另一份浊液a中继续滴加1.5 mL 1 mol·L-1 CuCl2溶液，沉淀由棕黑色变为蓝绿色，溶液的pH约为5，有Cl2产生。 (3)①对Cl2的来源，甲同学认为是NaCuO2和Cl-反应生成了Cl2，乙同学认为该说法不严谨，提出了生成Cl2的其他原因：____________________________。 ②探究“继续滴加CuCl2溶液，NaCuO2能氧化Cl-”的原因。 ⅰ.提出假设1：c(Cl-)增大，Cl-的还原性增强。实验证明假设成立。操作和现象是：取少量NaCuO2固体于试管中，__________________________________。 ⅱ.提出假设2：____________________________________， 经证实该假设也成立。 改进实验方案，进行实验。 实验Ⅳ.向1 mL 1 mol·L-1 NaClO溶液中滴加0.5 mL 1 mol·L-1 CuSO4溶液，迅速生成蓝色沉淀，振荡后得到棕黑色浊液。浊液放置过程中，沉淀表面缓慢产生气泡并出现蓝色固体，该气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝。 (4)①经检验，确定浊液放置过程中产生的蓝色固体中不含有S，实验操作为：将浊液过滤，__________________________________。 ②NaCuO2放置过程中产生气体的化学方程式是________________________。 (5)根据上述实验，制备在水溶液中稳定存在的NaCuO2，应选用的试剂是NaClO溶液、___________________和_____________________________。 　定量探究型综合实验 1．四种定量测定的方法与原理 (1)测量沉淀质量法 先将某种成分转化为沉淀，然后称量过滤、洗涤、干燥后沉淀的质量，再进行相关计算。 称量固体一般用托盘天平，精确度为0.1 g，要求精确度高的实验中可使用分析天平，可精确到0.000 1 g。 (2)测量气体体积法 ①量气装置的设计 下列装置中，A是常规的量气装置，B、C、D是改进后的量气装置。 ②读数时先要将其恢复至室温，再调整量气装置使两侧液面相平，最后读数要求视线与凹液面最低点相切。 (3)测量气体质量法 一般有两种方法：一种方法是称量反应装置在放出气体前后的质量减小值；另一种方法是称量吸收装置在反应前后的质量增大值。 (4)滴定法 即利用滴定操作原理，通过酸碱中和滴定、沉淀滴定和氧化还原反应滴定等获得相应数据再进行相关计算。 2．定量测定中的相关计算 (1)n=，n=，n=cV(aq)。 (2)物质的质量分数(或纯度)=×100%。 (3)产品的产率=×100%。 (4)物质的转化率=×100%。 六氯化钨(WCl6)可用作有机合成催化剂，熔点为283 ℃，沸点为340 ℃，易溶于CS2，极易水解。实验室中，先将三氧化钨(WO3)还原为金属钨(W)再制备WCl6，装置如图所示(夹持装置略)。回答下列问题： (1)检查装置气密性并加入WO3。先通N2，其目的是__； 一段时间后，加热管式炉，改通H2，对B处逸出的H2进行后续处理。仪器A的名称为____________，证明WO3已被完全还原的现象是___________________。 (2)WO3完全还原后，进行的操作为①冷却，停止通H2；②以干燥的接收装置替换E；③在B处加装盛有碱石灰的干燥管；④……⑤加热，通Cl2；⑥……碱石灰的作用是___________________________________； 操作④是______________，目的是__________________________________。 (3)利用碘量法测定WCl6产品纯度，实验如下： ①称量：将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称重为m1 g；开盖并计时1分钟，盖紧称重为m2 g；再开盖加入待测样品并计时1分钟，盖紧称重为m3 g，则样品质量为______________________g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。 ②滴定：先将WCl6转化为可溶的Na2WO4，通过I交换柱发生反应：W+Ba(IO3)2===BaWO4+2I；交换结束后，向所得含I的溶液中加入适量酸化的KI溶液，发生反应：I+5I-+6H+===3I2+3H2O；反应完全后，用Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2S2===2I-+S4。滴定达终点时消耗c mol·L-1的Na2S2O3溶液V mL，则样品中WCl6(摩尔质量为M g·mol-1)的质量分数为______________。称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将__________(填“偏大”“偏小”或“不变”)，样品中WCl6质量分数的测定值将__________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 审读 题干 审读题意，明确实验目的和信息反应 抽取 信息 ①WCl6熔点为283 ℃，沸点为340 ℃，极易水解，易溶于CS2；②H2还原WO3；③W与Cl2反应生成WCl6；④碘量法测定WCl6产品纯度 思路 导引 (1)H2还原WO3生成H2O，WO3被完全还原时现象应为不再有H2O凝结 (2)在B处加装盛有碱石灰的干燥管，目的是吸收Cl2，氯气有毒，防止污染空气，同时还起到防止水蒸气进入装置的目的。WO3完全被还原后，冷却、停止通氢气，以干燥的接收装置替换E，在B处加装盛有碱石灰的干燥管，为了实验安全，操作④是继续通入氮气，排尽装置内残余的氢气，然后加热通入氯气，制备六氯化钨 (3)①根据题意可知1分钟CS2挥发的质量为(m1-m2)g，开盖加入待测样品时，质量为m3 g，则样品的质量为[m3+(m1-m2)-m2]g=(m3+m1-2m2)g ②根据题意可得关系式：2S2~I2~WCl6 定量测定实验的解题模型 1．(2024·安徽卷，T16节选)测定铁矿石中铁含量的传统方法是SnCl2⁃HgCl2⁃K2Cr2O7滴定法。研究小组用该方法测定质量为a g的某赤铁矿试样中的铁含量。 【配制溶液】 ①c mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液。 ②SnCl2溶液：称取6 g SnCl2·2H2O溶于20 mL 浓盐酸，加水至100 mL，加入少量锡粒。 【测定含量】按下图所示(加热装置略去)操作步骤进行实验。 已知：氯化铁受热易升华；室温时HgCl2可将Sn2+氧化为Sn4+，难以氧化Fe2+；Cr2可被Fe2+还原为Cr3+。 回答下列问题： (1)结合离子方程式解释配制SnCl2溶液时加入锡粒的原因：______________。 (2)步骤Ⅰ中“微热”的原因是_________________________________。 (3)步骤Ⅲ中，若未“立即滴定”，则会导致测定的铁含量________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 (4)若消耗c mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液V mL，则a g试样中Fe的质量分数为________(用含a、c、V的代数式表示)。 2．为测定未知CuSO4溶液的浓度，某同学设计了如图所示装置，实验步骤如下： 步骤1：组装仪器，并检查装置气密性。 步骤2：将x g 锌粉装入仪器A中，将足量稀硫酸和y mL CuSO4溶液分别装入两个恒压滴液漏斗中，并在仪器E内装入水，调整液面相平并记下量气管D刻度a mL。 步骤3：将CuSO4溶液逐滴滴入仪器A中并搅拌，充分反应后，滴加稀硫酸至不再有气体产生。 步骤4：恢复至室温，调整量气管D和仪器E中液面相平并记下量气管D刻度b mL。 回答下列问题： (1)步骤4中若未恢复至室温，则测量得到的气体体积________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 (2)实验温度下，气体摩尔体积为Vm L·mol-1，则c(CuSO4)=___________mol·L-1(列出计算表达式)。 (3)下列操作中，会使测得CuSO4溶液的浓度偏大的是________(填字母)。 A．步骤1中未检验装置气密性，装置漏气 B．步骤2中俯视读数 C．步骤3中稀硫酸加入过多 1．(2024·贵州卷，T15)十二钨硅酸在催化方面有重要用途。某实验小组制备十二钨硅酸晶体，并测定其结晶水含量的方法如下(装置如图，夹持装置省略)： Ⅰ.将适量Na2WO4·2H2O、Na2SiO3·9H2O加入三颈烧瓶中，加适量水，加热，溶解。 Ⅱ.持续搅拌下加热混合物至近沸，缓慢滴加浓盐酸至pH为2，反应30分钟，冷却。 Ⅲ.将反应液转至萃取仪器中，加入乙醚，再分批次加入浓盐酸，萃取。 Ⅳ.静置后液体分上、中、下三层，下层是油状钨硅酸醚合物。 Ⅴ.将下层油状物转至蒸发皿中，加少量水，加热至混合液表面有晶膜形成，冷却结晶，抽滤，干燥，得到十二钨硅酸晶体[H4(SiW12O40)·nH2O]。 已知： ①制备过程中反应体系pH过低会产生钨的水合氧化物沉淀； ②乙醚易挥发、易燃，难溶于水且密度比水小； ③乙醚在高浓度盐酸中生成的 [C2H5——C2H5]+与[SiW12O40]4-缔合成密度较大的油状钨硅酸醚合物。 回答下列问题： (1)仪器a中的试剂是________________(填名称)，其作用是_________。 (2)步骤Ⅱ中浓盐酸需缓慢滴加的原因是_____________________。 (3)下列仪器中，用于“萃取、分液”操作的有______________(填名称)。 (4)步骤Ⅳ中“静置”后液体中间层的溶质主要是____________________。 (5)步骤Ⅴ中“加热”操作________(填“能”或“不能”)使用明火，原因是___________________________________________。 (6)结晶水测定：称取m g十二钨硅酸晶体[H4(SiW12O40)·nH2O，相对分子质量为M]，采用热重分析法测得失去全部结晶水时失重ω%，计算n=________________(用含ω、M的代数式表示)；若样品未充分干燥，会导致n的值________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 2．(2024·湖北卷，T18)学习小组为探究Co2+、Co3+能否催化H2O2的分解及相关性质，室温下进行了实验Ⅰ~Ⅳ。 实验Ⅰ 实验Ⅱ 实验Ⅲ 无明显变化 溶液变为红色，伴有气泡产生 溶液变为墨绿色，并持续产生能使带火星木条复燃的气体 已知：[Co(H2O)6]2+为粉红色、[Co(H2O)6]3+为蓝色、[Co(CO3)2]2-为红色、[Co(CO3)3]3-为墨绿色。回答下列问题： (1)配制1.00 mol·L-1的CoSO4溶液，需要用到下列仪器中的________(填字母)。 a　　　 b　　　c　　d (2)实验Ⅰ表明[Co(H2O)6]2+________(填“能”或“不能”)催化H2O2的分解。实验Ⅱ中HC大大过量的原因是_______________________________。 实验Ⅲ初步表明[Co(CO3)3]3-能催化H2O2的分解，写出H2O2在实验Ⅲ中所发生反应的离子方程式：__________________、________________________。 (3)实验Ⅰ表明，反应2[Co(H2O)6]2++H2O2+2H+馗2[Co(H2O)6]3++2H2O难以正向进行，利用化学平衡移动原理，分析Co3+、Co2+分别与C配位后，正向反应能够进行的原因：__________________________________。 (4)实验Ⅳ中，A到B溶液变为蓝色，并产生气体；B到C溶液变为粉红色，并产生气体。从A到C所产生的气体的分子式分别为________、________。 1/1 学科网（北京）股份有限公司 $$