大单元8 四类必考大题解题方略(4) 化学综合实验(复习讲义)-【优化探究】2026年高考化学二轮专题复习配套课件（广东专版）

四类必考大题解题方略(四)　化学综合实验 优化探究 大单元八　化学实验 提炼　核心知识 精研　高考真题 强化 关键能力 2 提炼　核心知识 3 提炼　核心知识 一、无机物制备 此类试题一般以实验装置图(或实验流程图)的形式给出实验流程,其实验流程与考查内容如下: 4 1.熟知常见的气体发生装置 (1)固体与液体在常温下反应制备气体的装置(如图6),分液漏斗与烧瓶用橡胶管连接,平衡气体压强,能使液体顺利滴下。 (2)制备气体能随制随停,便于控制反应(如图2)。 5 2.常见的净化装置——用于除去气体中的杂质气体 (1)判断气体中杂质时,要考虑反应介质、反应物的性质(如挥发性)、生成物的成分、是否发生副反应等。 (2)选择干燥剂时,要从酸碱性角度考虑,还要考虑干燥剂的特殊性质,如浓硫酸具有强氧化性,不能用于干燥还原性气体(如H2S等),无水氯化钙不能干燥NH3等。 6 3.常见的气体收集装置 (1)常温下,能与空气中成分反应的气体(如NO),密度与空气接近的气体(如N2、CO、C2H4等)都不能采用排空气法收集。 (2)能溶于水但溶解度不大的气体,可用排饱和溶液的方法,如Cl2——排饱和食盐水法。 7 4.常见气体的尾气处理装置 (1)某些可燃性有毒气体(如CO),可采用“燃烧式”装置处理。 (2)装置A适用于溶解度较小的有毒气体,如Cl2、H2S等。 (3)装置B和C适用于溶解度较大的气体,要注意防倒吸,如HCl、NH3等。 8 二、定量型实验 1.定量实验数据的测定方法 (1)沉淀法 先将某种成分转化为沉淀,然后称量纯净、干燥的沉淀的质量,再进行相关计算。(注意:沉淀干燥的标准是两次测定的质量差小于0.1 g) 9 (2)测气体体积法 对于产生气体的反应,可以通过测量气体体积的方法测定样品纯度。常见测量气体体积的实验装置如图所示。 10 (3)测气体质量法 将生成的气体通入足量的吸收剂中,通过称量实验前后吸收剂的质量,求得所吸收气体的质量,然后进行相关计算。 (4)滴定法 即利用滴定操作原理,通过酸碱中和滴定、沉淀滴定或氧化还原滴定等获得相应数据后再进行相关计算。 11 2.定量实验数据测定的注意点 欲测定元素要完全转化为沉淀或气体。 (1)生成沉淀时,沉淀剂要过量,称量沉淀前要洗涤沉淀上附着的离子。 (2)由于气体体积受到温度、压强的影响,所以量气时应保持装置处于室温状态,读数时要注意消除“压强差”,保持液面相平,还要注意视线与液面最低处相平。 (3)测定气体质量时,最后需要通入惰性气体,把生成的气体全部驱入吸收剂以确保被完全吸收。 12 3.滴定的类型 中学学习过程中遇到最多的是酸碱中和滴定法和氧化还原滴定法,而沉淀滴定法、配位滴定法也会在高考试题中出现。 酸碱中和滴定法在一轮复习中已经重点学习过,这里着重介绍其他三种滴定方法。 (1)氧化还原滴定法 ①原理:以氧化剂或还原剂为滴定试剂,直接滴定一些具有还原性或氧化性的物质。 ②试剂:常见用于滴定的氧化剂有KMnO4、K2Cr2O7、I2等;常见用于滴定的还原剂有亚铁盐、草酸、Na2S2O3等。 ③指示剂:氧化还原滴定的指示剂有三类,即氧化还原指示剂、专用指示剂和自身指示剂。 13 ④常见滴定反应: a.酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液 原理:2Mn+6H++5H2C2O4===10CO2↑+2Mn2++8H2O。 指示剂:酸性KMnO4溶液本身呈紫红色,不用另外选择指示剂,当滴入最后半滴酸性KMnO4溶液后,溶液由无色变为浅红色,且半分钟内不褪色,说明到达滴定终点。 b.Na2S2O3溶液滴定碘液 原理:2Na2S2O3+I2===Na2S4O6+2NaI。 指示剂:用淀粉溶液作指示剂,当滴入最后半滴Na2S2O3溶液后,溶液的蓝色褪去,且半分钟内不恢复原色,说明到达滴定终点。 14 (2)沉淀滴定法 ①概念:沉淀滴定法是利用沉淀反应进行滴定、测量分析的方法。应用最多的是银量法,即利用Ag+与卤素离子的反应来测定Cl-、Br-、I-浓度。 ②原理:沉淀滴定所用的指示剂本身就是一种沉淀剂,滴定剂与被滴定物反应的生成物的溶解度要比滴定剂与指示剂反应的生成物的溶解度小,否则不能用这种指示剂。如用AgNO3溶液测定溶液中Cl-的含量时,常以Cr为指示剂,这是因为AgCl比Ag2CrO4更难溶,首先生成AgCl白色沉淀,当Cl-基本沉淀完全[c(Cl-)≤1.0×10-5 mol·L-1],生成砖红色的沉淀Ag2CrO4,此时标志着到达滴定终点。[Ksp(AgCl)=1.8×10-10,Ksp(Ag2CrO4)=1.1×10-12] 15 (3)配位滴定法 ①原理:以配位反应(形成配合物)为反应原理的滴定分析方法,主要用于金属离子含量的测定。 ②配位剂:应用最广泛的是乙二胺四乙酸(简称EDTA),一般情况下,EDTA与金属离子都能以1∶1 形成配合物。 ③指示剂:配位滴定有专用的配位滴定指示剂,其原理为该指示剂可与金属离子形成配合物而具有一定的颜色。滴定时,金属离子与滴定剂配位而置换出指示剂,发生特定的颜色变化来指示滴定终点。如EDTA滴定Mg2+时,用铬黑T作指示剂,利用其在滴定终点时由蓝色变为红色来指示滴定终点。 16 4.热重分析 (1)原理:许多物质受热时会发生脱水、分解、氧化等变化而出现质量变化,据此描绘出物质质量随温度变化的曲线——热重曲线,并进一步研究物质的热变化过程。 (2)解题方法 晶体加热时失重一般是先失水、再失非金属氧化物,晶体中金属质量不减少,仍在残余固体中,失重最后一般为金属氧化物,由质量守恒得m(O),由n(金属原子)∶n(O)即可求出失重后所得物质的化学式。 17 (3)热重曲线的分析 ①某温度下曲线的突变意味着该温度下发生了分解反应。 ②开始阶段结晶水合物会逐步失去结晶水(根据质量变化确定),后续阶段根据化合物的稳定性确定发生的化学反应。 18 精研　高考真题 19 精研　高考真题 考向一　无机物的制备与定量测定 1.(2025·河北卷)氢碘酸常用于合成碘化物。某化学兴趣小组用如图装置(夹持装置等略)制备氢碘酸。 20 步骤如下: ⅰ.在A中加入150 mL H2O和127 g I2,快速搅拌,打开K1通入H2S,反应完成后,关闭K1,静置、过滤得滤液; ⅱ.将滤液转移至B中,打开K2通入N2,接通冷凝水,加热保持微沸,直至H2S除尽; ⅲ.继续加热蒸馏,C中收集沸点为125~127 ℃间的馏分,得到117 mL氢碘酸(密度为1.7 g·mL-1,HI质量分数为57%)。 21 回答下列问题: (1)仪器A的名称:　　 　　,通入H2S发生反应的化学方程式: 　  　 。  圆底烧瓶 H2S+I2===2HI+S 解析:由实验目的可知反应生成HI,结合得失电子守恒及元素守恒知,步骤ⅰ中H2S与I2反应生成HI和S,即反应的化学方程式为H2S+I2===2HI+S,经过滤分离得到固体产物S和滤液。 22 (2)步骤ⅰ中快速搅拌的目的为　　　　(填字母)。  a.便于产物分离 b.防止暴沸 c.防止固体产物包覆碘 c 解析:该步骤中产物分离前先静置,快速搅拌与固液分离无关,a不符合题意;该步骤中的装置未加热,不涉及防暴沸,b不符合题意;由(1)分析知,反应中有S生成,快速搅拌可防止I2被固体产物S包覆,阻碍H2S与I2反应的继续进行,c符合题意。 23 (3)步骤ⅰ中随着反应的进行,促进碘溶解的原因:    (用离子方程式表示)。 I2+I-⥫⥬ 解析:反应生成的I-可以和未参与反应的I2反应生成易溶于水的,促进碘单质的溶解,反应的离子方程式为I2+I-⥫⥬。 24 (4)步骤ⅱ中的尾气常用　　　　　　　　(填化学式)溶液吸收。  NaOH 解析:步骤ⅱ中通入的N2可将步骤ⅰ中过量的H2S从反应体系中带出,H2S为酸性气体,可选择碱性试剂NaOH溶液吸收。 25 (5)步骤ⅱ实验开始时的操作顺序:先通入N2,再加热;步骤ⅲ实验结束时相对应的操作顺序:  　 。  先停止加热,持续通入N2,直至装置冷却后再停止通入N2 解析:停止加热后,持续通入N2,可维持无氧环境,防止产物HI被氧化,待装置冷却后再停止通入N2。 26 (6)列出本实验产率的计算表达式: 　 。  ×100% 解析:实际生成的n实际(HI)=,依据碘元素守恒分析,n(I2)==0.5 mol,I2~2HI,则HI的理论产量n理论(HI)=1 mol。HI的产率为×100%=×100%= ×100%。 27 (7)氢碘酸见光易分解,易被空气氧化,应保存在______________________  　 。  棕色试剂瓶中,且瓶口密 封,并放置在低温避光处 解析:棕色试剂瓶能有效阻挡可见光,放置在低温避光处减少光对氢碘酸的作用,延缓其分解反应;试剂瓶瓶口密封良好,可减少氢碘酸与空气的接触。 28 2.(2024·贵州卷)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): 29 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}。 30 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 与[SiW12O40]4-缔合成密度较大的油状钨硅酸醚合物。 31 回答下列问题: (1)仪器a中的试剂是　　　 　　(填名称),其作用是　 　 。  碱石灰(或氢氧化钠固体等) 吸收挥发出来的氯化氢 解析:浓盐酸具有挥发性,会污染环境,故仪器a中试剂的作用是吸收挥发出来的氯化氢,可以是碱石灰或氢氧化钠固体等。 32 (2)步骤Ⅱ中浓盐酸需缓慢滴加的原因是___________________________  　 。  防止制备过程中局部pH过低 而产生钨的水合氧化物沉淀 解析: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。 33 (3)下列仪器中,用于“萃取、分液”操作的有　 　 　　(填名称)。  分液漏斗、烧杯 解析: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,故题给仪器中,用于“萃取、分液”操作的仪器有分液漏斗、烧杯。 34 (4)步骤Ⅳ中“静置”后液体中间层的溶质主要是　　　　。  NaCl 解析: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,中层为水层,通过分析发生的反应可知,中间层的溶质主要为NaCl。 35 (5)步骤Ⅴ中“加热”操作　　　　(填“能”或“不能”)使用明火,原因是 　  　 。  不能 乙醚易挥发、易燃,遇明火极易发生危险 解析:由于乙醚易挥发、易燃,故步骤Ⅴ中“加热”操作不能使用明火。 36 (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w%,计算n= 　　　　(用含w、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”)。  偏大 37 解析:由十二钨硅酸晶体的化学式可知,1 mol十二钨硅酸晶体中结晶水的质量为18n g,则1 mol即M g晶体中结晶水的质量分数为=w%,计算得n=;若样品未充分干燥,则加热时失重会偏高,导致n的值偏大。 考向二　物质性质与反应原理探究实验 3.(2025·广东卷)酸及盐在生活生产中应用广泛。 (1)甲苯氧化可生成苯甲酸。向盛有2 mL甲苯的试管中加入几滴酸性KMnO4溶液,振荡,观察到体系颜色　 。  由紫色逐渐变浅直至变为无色 解析:酸性KMnO4溶液具有强氧化性,可以将甲苯氧化生成苯甲酸,故向盛有2 mL甲苯的试管中加入几滴酸性KMnO4溶液,振荡,观察到体系颜色由紫色逐渐变浅直至变为无色。 (2)某苯甲酸粗品含少量泥沙和氯化钠。用重结晶法提纯该粗品过程中,需要的操作及其顺序为加热溶解、　　 　　(填下列操作编号)。  d、a、b 解析:苯甲酸在常温下的溶解度较小,需加热溶解,然后趁热过滤除去泥沙,由于苯甲酸的溶解度受温度影响较大,而NaCl的溶解度受温度影响较小,则需冷却结晶、常温过滤得到苯甲酸,故操作的顺序为d、a、b。 (3)兴趣小组测定常温下苯甲酸饱和溶液的浓度c0和苯甲酸的Ka,实验如下:取50.00 mL苯甲酸饱和溶液,用0.100 0 mol/L NaOH溶液滴定,用pH计测得体系的pH随滴入溶液体积V变化的曲线如图。据图可得: ①c0=　　　 　mol/L。  ②苯甲酸的Ka=　　　　　　　　　　　(列出算式,水的电离可忽略)。  0.028 0 解析:①苯甲酸与NaOH发生反应:C6H5COOH+NaOH=== C6H5COONa+H2O,由滴定曲线图可知,V(NaOH)=14.00 mL时恰好完全反应达到滴定终点,根据c(苯甲酸)·V(苯甲酸)=c(NaOH)·V(NaOH)可得: 50.00 mL×c0 mol/L=0.100 0 mol/L×14 mL,解得c0=0.028 0 mol/L。②苯甲酸发生电离:C6H5COOH⥫⥬C6H5COO-+H+,其Ka=,结合图像可知,未加NaOH溶液时,忽略水的电离,苯甲酸溶液中c(C6H5COO-) ≈c(H+)=10-2.89 mol/L,由①问分析可知,苯甲酸饱和溶液的初始浓度为0.028 0 mol/L,则平衡时c(C6H5COOH)=(0.028 0-10-2.89)mol/L,故Ka=。 (4)该小组继续探究取代基对芳香酸酸性的影响。 ①知识回顾　羧酸酸性可用Ka衡量。下列羧酸Ka的变化顺序为CH3COOH<CH2ClCOOH<CCl3COOH<CF3COOH。随着卤原子电负性　　　　　　,羧基中的羟基　　　　　　增大,酸性增强。  ②提出假设　甲同学根据①中规律推测下列芳香酸的酸性强弱顺序为 增大 极性 > > ③验证假设　甲同学测得常温下三种酸的饱和溶液的pH大小顺序为Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ,据此推断假设成立。但乙同学认为该推断依据不足,不能用所测得的pH直接判断Ka大小顺序,因为_______________________________ 　　　　。  乙同学用(3)中方法测定了上述三种酸的Ka,其顺序为Ⅱ>Ⅰ>Ⅲ。 ④实验小结　假设不成立,芳香环上取代基效应较复杂,①中规律不可随意推广。 常温下三种酸的饱和溶液的浓度 不同 解析:①电负性:F>Cl>H,极性:F—C>Cl—C>H—C,H3C—、ClH2C—、Cl3C—和F3C—中F3C—的极性最大,故CF3COOH的羧基中的羟基极性更大,更易电离出H+,故酸性:CF3COOH>CCl3COOH>CH2ClCOOH> CH3COOH,即随着卤原子电负性增大,羧基中的羟基极性增大,酸性增强。③三种酸的饱和溶液的浓度不同,因此不能用饱和溶液的pH大小直接判断Ka的大小顺序。 (5)该小组尝试测弱酸HClO的Ka。 ①丙同学认为不宜按照(3)中方法进行实验,其原因之一是次氯酸易分解。 该分解反应的离子方程式为　 。  ②小组讨论后,选用0.100 mol/L NaClO溶液(含少量NaCl)进行实验,以获得HClO的Ka。简述该方案_______________________________________ ______________________________________________________________      　 (包括所用仪器及 数据处理思路)。  ③教师指导:设计实验方案时,需要根据物质性质,具体问题具体分析。 2HClO2H++2Cl-+O2↑ 取适量0.100 mol/L NaClO溶液放入烧杯中, 用pH计测得体系在25 ℃下的pH,记录数据;根据Kh≈可求得ClO-的水解平衡常数Kh,再利用公式Ka=求出HClO的Ka 解析:①次氯酸在光照条件下易分解为HCl和O2,离子方程式为2HClO 2H++2Cl-+O2↑。②NaClO溶液中存在水解平衡:ClO-+H2O⥫⥬ HClO+OH-,则可取适量0.100 mol/L NaClO溶液放入烧杯中,用pH计测得体系在25 ℃下的pH,记录数据;根据Kh≈可求得ClO-的水解平衡常数Kh,再利用公式Ka=求出HClO的Ka。 4.(2024·广东卷)含硫物质种类繁多,在一定条件下可相互转化。 (1)实验室中,浓硫酸与铜丝反应,所产生的尾气可用 　 　　　　　　　(填化学式)溶液吸收。  NaOH(其他合理答案也可) 解析:浓硫酸与铜丝反应的化学方程式为Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+ 2H2O,所产生的尾气为SO2,可用NaOH溶液吸收。 (2)工业上,烟气中的SO2可在通空气条件下用石灰石的浆液吸收,生成石膏。该过程中,　　　　(填元素符号)被氧化。  S 解析: SO2与石灰石的浆液在通空气条件下生成石膏(主要成分为CaSO4),S元素的化合价由+4价上升到+6价,失去电子,被氧化。 (3)工业锅炉需定期除水垢,其中的硫酸钙用纯碱溶液处理时,发生反应:CaSO4(s)+C(aq) ⥫⥬CaCO3(s)+S(aq)(Ⅰ)。兴趣小组在实验室探究Na2CO3溶液的浓度对反应(Ⅰ)的反应速率的影响。 ①用Na2CO3固体配制溶液,以滴定法测定其浓度。 ⅰ.该过程中用到的仪器有　　　　(填字母)。  ⅱ.滴定数据及处理:Na2CO3溶液V0 mL,消耗c1 mol·L-1盐酸V1 mL(滴定终 点时,C转化为HC),则c(Na2CO3)=　　　　mol·L-1。  BD ②实验探究:取①中的Na2CO3溶液,按下表配制总体积相同的系列溶液,分别加入m1 g硫酸钙固体,反应t1 min后,过滤,取V0 mL滤液,用c1 mol·L-1盐酸参照①进行滴定。记录的部分数据如表(忽略C水解的影响)。 则x=　　　　,测得的平均反应速率之比va∶vb=　　　　。  序号 V(Na2CO3)/ mL V(H2O)/ mL V(滤液)/ mL V消耗(盐酸)/mL a 100.0 0 V0 2V1/ 5 b 80.0 x V0 3V1/ 10 20.0 6∶5 解析:探究反应CaSO4(s)+C(aq) ⥫⥬CaCO3(s)+S(aq)(Ⅰ)中Na2CO3溶液的浓度对反应速率的影响,通过HCl与Na2CO3的滴定反应,来测量Na2CO3溶液浓度的变化量,从而计算平均反应速率;探究反应CaSO4(s)+C(aq) ⥫⥬CaCO3(s)+S(aq)平衡的建立,利用C水解呈碱性的性质,通过测定pH来判断C浓度的变化情况,从而判断反应是否平衡。 ①ⅰ.用Na2CO3固体配制溶液,以滴定法测定其浓度,该过程用到题目所给仪器中的烧杯、酸式滴定管,故选B、D。ⅱ.根据离子方程式C+H+===HC可知,c(Na2CO3)= mol·L-1= mol·L-1。 ②根据信息“配制总体积相同的系列溶液”可知,x应该为20.0。由题意可知,va== mol·L-1·min-1= mol·L-1·min-1,vb== mol·L-1·min-1= mol·L-1·min-1,则va∶vb=6∶5。 (4)兴趣小组继续探究反应(Ⅰ)平衡的建立,进行实验。 ①初步实验　将1.00 g硫酸钙(M=136 g·mol-1)加入100.0 mL 0.100 mol·L-1 Na2CO3溶液中,在25 ℃和搅拌条件下,利用pH计测得体系的pH随时间的变化曲线如图。 ②分析讨论　甲同学根据t2 min后pH不改变,认为反应(Ⅰ)已达到平衡;乙同学认为证据不足,并提出如下假设: 假设1　硫酸钙固体已完全消耗; 假设2　硫酸钙固体有剩余,但被碳酸钙沉淀包裹。 ③验证假设　乙同学设计如下方案,进行实验。 步骤 现象 ⅰ.将①实验中的反应混合物进行固液分离 / ⅱ.取少量分离出的沉淀置于试管中,滴加 　 　 　  　　　 　,沉淀完全溶解  ⅲ.继续向ⅱ的试管中滴加　　 　  无白色沉淀生成 过量稀盐酸 有气体产生 BaCl2溶液 ④实验小结　假设1成立,假设2不成立。①实验中反应(Ⅰ)平衡未建立。 ⑤优化方案、建立平衡　写出优化的实验方案,并给出反应(Ⅰ)平衡已建立的判断依据:_________________________________________________ ______________________________________________________________   　 。  将最少1.36 g硫酸钙加入100.0 mL 0.100 mol·L-1 Na2CO3溶液中,在25 ℃和搅拌条件下,利用pH计测得体系的pH,当pH不变时,加入Na2SO4固体,若pH值变大,说明反应Ⅰ平衡已建立 解析:③由结论假设1成立,假设2不成立,说明了①实验中的沉淀均为CaCO3,要验证沉淀中无CaSO4,可酸溶后滴加BaCl2溶液,将①实验中的反应混合物进行固液分离后,取少量分离出的沉淀置于试管中,滴加过量稀盐酸,有气体产生,沉淀完全溶解,继续滴加BaCl2溶液,无白色沉淀生成,说明沉淀均为CaCO3,无CaSO4;⑤由离子方程式CaSO4(s)+C(aq) ⥫⥬ CaCO3(s)+S(aq)可知,假设正反应100%进行,n(CaSO4)=n(C)= 0.100 mol·L-1×0.1 L=0.01 mol,质量为0.01 mol×136 g·mol-1=1.36 g,实验方案为将最少1.36 g硫酸钙加入100.0 mL 0.100 mol·L-1 Na2CO3溶液中,在25 ℃和搅拌条件下,利用pH计测得体系的pH,当pH不变时,加入Na2SO4固体,若pH值变大,说明反应Ⅰ平衡已建立。 强化 关键能力 强化 关键能力 1.(2025·广东普通高中高三二模)Ⅰ.乙醇在化工、医疗、食品以及农业等领域都有广泛的用途。 (1)完成乙醇与酸性高锰酸钾溶液反应的离子方程式。 5C2H5OH+　　Mn+　　　 ===5CH3COOH+　　　Mn2++11H2O  4 12H+ 4 解析:在酸性高锰酸钾溶液中乙醇被氧化为乙酸,Mn被还原为Mn2+,根据氧化还原反应的规律可写出乙醇与酸性高锰酸钾溶液反应的离子方程式为5C2H5OH+4Mn+12H+===5CH3COOH+4Mn2++11H2O。 61 (2)选择合适的装置验证乙醇的消去反应,装置的连接顺序为___________ →g。溴的CCl4溶液中的现象为　 　 。  b→e→f 溶液橙红色变浅或褪去 解析:乙醇发生消去反应生成乙烯,实验装置需控制温度在170 ℃,并用浓硫酸催化,生成的乙烯中可能混有二氧化硫等杂质,需要用氢氧化钠溶液除去杂质,最后再用酸性高锰酸钾溶液和溴的CCl4溶液检验生成的乙烯,则装置的连接顺序为b→e→f→g;由于乙烯能与溴发生加成反应生成1,2-二溴乙烷,因此溴的CCl4溶液中会出现溶液橙红色变浅或褪去的现象。 Ⅱ.探究钠与乙醇、冰醋酸反应的快慢 【查阅资料】　ⅰ.乙醇、冰醋酸、钠和铜的密度分别为0.789、1.05、0.968和8.96(单位:g·cm-3)。 ⅱ.热容值:乙醇>冰醋酸。 2C2H5OH(l)+2Na(s)→2C2H5ONa(s)+H2(g)　ΔH=-271.54 kJ·mol-1 2CH3COOH(l)+2Na(s) →2CH3COONa(s)+H2(g)　ΔH=-442.26 kJ·mol-1 ⅲ.室温时,乙醇和冰醋酸均可发生自耦电离形成溶剂合氢离子: C2H5OH+C2H5OH⥫⥬C2H5O+C2H5O- 　K=10-19.10 CH3COOH+CH3COOH⥫⥬CH3COO+CH3COO-　K=10-14.45 ⅳ.乙酸钠为白色固体,其在冰醋酸中的溶解度随温度的升高而增大。 【理论分析】　理论上,钠与冰醋酸反应更快。 【实验验证】　25 ℃时,取0.15 g两块形状、大小相同的金属钠放入用铜网制作的包裹袋中,分别投入20 mL乙醇和冰醋酸中。观察到乙醇中产生气泡更快;一段时间后,冰醋酸中铜网里的钠表面附着白色固体。 【提出猜想】　25 ℃时,乙酸钠在冰醋酸中的溶解度较小,形成保护膜覆盖在钠表面,阻止反应进一步进行,造成钠与冰醋酸反应速率较慢的异常现象。 【优化实验】　按下表进行实验,记录生成V L H2所用的时间(其他条件均相同)。 实验 序号 液体试剂 钠的质 量/g 反应起始 温度/ ℃ 生成V L H2所用的时间/s 名称 体积/ mL A1 乙醇 20 0.15 T t1 A2 冰醋酸 20 0.15 T t2 B1 乙醇 6 3.0 15 t3 B2 冰醋酸 6 3.0 15 t4 (3)室温时,乙醇中溶剂合氢离子的浓度为　　　　　　mol·L-1。  10-9.55 解析:对于乙醇的自耦电离:C2H5OH+C2H5OH⥫⥬C2H5O+C2H5O-, K=10-19.10,在乙醇中,c(C2H5O)=c(C2H5O-),K=c(C2H5O)·c(C2H5O-),则c(C2H5O)==10-9.55 mol·L-1。 (4)理论上,钠与冰醋酸反应更快,理由如下: ①由信息ⅱ可知,钠与冰醋酸反应放热更多,且冰醋酸的热容值更小,反应体系温度更高,反应速率更快。 ②由信息ⅲ可知,_______________________________________________   　 。  相同温度下,冰醋酸的自耦电离平衡常数更大,分子释放溶剂合氢离子的能力更强 解析:由信息ⅲ可知,相同温度下,冰醋酸的自耦电离平衡常数更大,分子释放溶剂合氢离子的能力更强,因此钠与冰醋酸反应速率更快。 (5)用铜网包裹钠块后再投入乙醇和冰醋酸中的目的为  　 。  使钠沉入液体底部,防止因固液接触面积不同而影响反应速率 解析:用铜网包裹钠块后再投入乙醇和冰醋酸中的目的是使钠沉入液体底部,防止因固液接触面积不同而影响反应速率。 (6)实验测得优化实验中的数据t1>t2,证明猜想正确,则反应起始温度T为 　　(填“15”“25”或“50”)。实验测得t3>t4,可能的原因为_______________ ______________________________________________________________ 　  　 。  50 金属钠的质量增大,冰醋酸体积减小,反应放出的热量使体系温度升高更高,促进了乙酸钠的溶解,增大了反应速率 解析:证明猜想正确,25 ℃时,乙酸钠在冰醋酸中的溶解度较小,形成保护膜覆盖在钠表面,阻止反应进一步进行,实验测得优化实验中的数据t1>t2,说明冰醋酸中反应速率加快,应是升高反应温度,则反应起始温度为50 ℃;实验测得t3>t4,可能是金属钠的质量增大,冰醋酸体积减小,反应放出的热量使体系温度升高更高,促进了乙酸钠的溶解,增大了反应速率。 2.(2025·广东惠州高三一模)钴氨配合物在电镀及环境科学研究中有着重要的应用价值。某科研小组对其研究过程如下: Ⅰ.配制CoCl2溶液 (1)配制100 mL 0.1 mol·L-1 CoCl2溶液,需要CoCl2的质量为　　　　g。  1.3 解析:配制100 mL 0.1 mol·L-1的CoCl2溶液,需要固体CoCl2的质量为 0.1 mol·L-1×0.1 L×130 g·mol-1=1.3 g。 (2)溶液配制过程中,下列仪器需要用到的有　　　　　　(填字母)。  BD 解析:实验室配制100 mL 0.1 mol·L-1的CoCl2溶液需要用到烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、100 mL容量瓶等玻璃仪器,故选B、D。 Ⅱ.制备[Co(NH3)6]2+配合物 资料:Co(OH)2为浅青色沉淀,[Co(NH3)6]2+溶液为红色。 序号 实验操作 实验现象 1 在试管内混合CoCl2溶液和适量6 mol·L-1 NH3·H2O溶液 得到浅青色沉淀的浑浊液,沉淀未见明显溶解 2 在试管内混合CoCl2溶液和适量14 mol·L-1 NH3·H2O溶液 得到浅青色沉淀的浑浊液,沉淀未见明显溶解 (3)实验1中生成浅青色沉淀的离子方程式为   　 。  Co2++2NH3·H2O===Co(OH)2↓+2N 解析:已知浅青色沉淀为Co(OH)2,故实验1中生成浅青色沉淀的离子方程式为Co2++2NH3·H2O===Co(OH)2↓+2N。 (4)由实验1和2现象可知,Co(OH)2与NH3·H2O难以生成[Co(NH3)6]2+配合物。学习小组预测N对生成[Co(NH3)6]2+有一定促进作用。设计实验如下:取等体积实验1的浊液于a、b两支试管中,分别加入不同试剂,实验现象证实了预测。 ①X的化学式是　　　　　　,c=　　　　　　。  ②实验现象是_______________________________________________。  ③从平衡移动角度,结合化学用语,解释N对[Co(NH3)6]2+生成有一定促 进作用的原理:_________________________________________________ ______________________________________________________________ ______________________________________________________________  　 。  Na2SO4 1 试管a中沉淀溶解,溶液颜色变为红色,试管b中无明显现象 c(N)增大时,N与OH-反应生成NH3·H2O,使沉淀溶解平衡Co(OH)2(s) ⥫⥬Co2+(aq)+2OH-(aq)正向移动,导致c(Co2+)与c(NH3·H2O)增大,进而促进Co2++6NH3·H2O⥫⥬ [Co(NH3)6]2++6H2O正向移动,有利于生成[Co(NH3)6]2+　 解析:①依题意,试管b中实验为试管a中实验的对照组,目的是排除S的干扰,故X可为Na2SO4,浓度为1 mol·L-1。 ②学习小组预测N对生成[Co(NH3)6]2+有一定促进作用。设计实验如下:取等体积实验1的浊液于a、b两支试管中,分别加入不同试剂,实验现象证实了预测,则实验现象为试管a中沉淀溶解,溶液颜色变为红色,试管b中无明显现象。 ③从平衡移动的角度分析,加入10滴1 mol·L-1硫酸铵溶液,c(N)增大时, N与OH-反应生成NH3·H2O,使沉淀溶解平衡Co(OH)2(s) ⥫⥬Co2+(aq) +2OH-(aq)正向移动,导致c(Co2+)与c(NH3·H2O)增大,进而促进Co2++6NH3·H2O⥫⥬ [Co(NH3)6]2++6H2O正向移动,有利于生成[Co(NH3)6]2+。 Ⅲ.制备[Co(NH3)6]3+配合物 往CoCl2溶液中加入浓氨水、H2O2、NH4Cl溶液,在活性炭催化下转化为橙黄色的[Co(NH3)6]3+溶液。为探究反应过程,小组成员提出了不同的猜想。 提出猜想　猜想1:Co2+先失电子生成Co(OH)3后与氨水形成配合物; 猜想2:Co2+先被H2O2氧化成Co3+后与氨水形成配合物; 猜想3:Co2+先与氨水形成[Co(NH3)6]2+后被H2O2氧化成[Co(NH3)6]3+。 (5)科研小组取少量Co(OH)3固体于试管中,逐滴加入浓氨水,观察到 　 　　　　　,证明猜想1不成立。  教师指导　氧化剂电对的电极电势大于还原剂电对的电极电势时,反应可以自发进行。 验证猜想　按图连接装置,分别往两烧杯中加入药品,关闭K,观察到 　 　　　　　,猜想2不成立。往左边烧杯中滴加　　　　,观察到 　　　 　 　　,猜想3成立。  沉淀未溶解,溶液颜色无明显变化 电流表指针不偏转 浓氨水 电流表指针发生偏转,左烧杯溶液变为橙黄色 解析:若猜想1成立,则能观察到试管内沉淀溶解、溶液颜色变为橙黄色,若观察到沉淀未溶解,溶液颜色无明显变化,猜想1不成立;依题意,若猜想2成立,H2O2会将二价钴氧化成三价钴,则关闭K后,形成原电池,电流表指针会发生偏转,若观察到电流表指针不偏转,猜想2不成立;若猜想3成立,Co2+先与氨水形成[Co(NH3)6]2+后被H2O2氧化成[Co(NH3)6]3+ ,则只需向左边烧杯中加入浓氨水,先形成配合物[Co(NH3)6]2+,观察到电流表指针偏转,左烧杯溶液变为橙黄色即可证明猜想3成立。 3.(2025·广东佛山高三二模)Na2SO3溶液可将含铬(Ⅵ)废水还原为Cr3+(绿色),探究该反应与溶液酸碱性的关系。 (1)配制实验试剂。 试剂a:pH=2(用H2SO4调节)的0.050 mol·L-1 K2Cr2O7溶液(橙色) 试剂b:pH=8(用KOH调节)的　　　　(保留两位有效数字)mol·L-1 K2CrO4溶液(黄色)  试剂c:pH≈9的饱和Na2SO3溶液 0.10 解析: Cr2与Cr之间存在平衡:Cr2+H2O⥫⥬2Cr+2H+,设1 mol Cr2完全转化,可生成2 mol Cr,试剂a中c(Cr2)=0.05 mol·L-1,则c(Cr)=0.10 mol·L-1。 (2)配制上述溶液需要用到图甲中的仪器有　　　　(填字母)。  AD (3)Na2SO3溶液易被溶解氧氧化:2Na2SO3(aq)+O2(aq) ===2Na2SO4(aq),实验测得10 min时Na2SO3在溶液中耗氧量与pH的关系如图乙,计算在pH=9时,10 min内Na2SO3的平均反应速率为　　　　　mol·L-1·min-1。  3×10-5 解析:由图可知,pH=9时,耗氧率为60%,即O2的变化量为8 mg·L-1× 60%=4.8 mg·L-1,Na2SO3的平均反应速率为O2的平均反应速率的2倍,则v(Na2SO3)=2v(O2)=2×=3×10-5 mol·L-1·min-1。 (4)设计方案并完成实验。 ①实验5的目的为 　 。  ②由实验1和2可得出结论:在酸性条件下,发生反应___________________ 　 　　　　　　　　　(用离子方程式表示);在碱性条件下,Na2SO3与铬(Ⅵ)盐溶液不发生反应。  ③若往实验3反应后的溶液中逐滴滴加过量3 mol·L-1 H2SO4溶液,溶液颜色变化为　　 　　。  排除稀释造成的影响 Cr2+3S+8H+ ⥫⥬2Cr3++3S+4H2O 黄色变为橙色,再变为绿色 解析:①实验5为空白试验,可排除加蒸馏水稀释对实验造成的影响,故实验5的目的是排除稀释造成的影响。 ②由实验1可知,向Cr2中加入S,可发生反应Cr2+3S+8H+ ⥫⥬2Cr3++3S+4H2O,溶液由橙色变为绿色,由实验②可知向Cr中加入S无明显变化,即不发生反应,由此可得结论,在酸性条件下,发生反应Cr2+3S+8H+⥫⥬2Cr3++3S+4H2O;在碱性条件下,Na2SO3与铬(Ⅵ)盐溶液不发生反应。 ③向S中加入Cr2,溶液由橙色变为黄色,说明Cr2转化为Cr,再逐滴加入3 mol·L-1 H2SO4,使平衡Cr2+H2O⥫⥬2Cr+2H+逆向移动,溶液由黄色变为橙色,H+过量后,Cr2又转化为Cr3+,溶液又变为绿色,故向实验3反应后的溶液中逐滴滴加过量3 mol·L-1 H2SO4溶液,溶液由黄色变为橙色,再变为绿色。 (5)探究溶液酸性增强对Na2SO3还原性及K2CrO4氧化性的影响。 实验6:往4 mL试剂b中滴加5滴H2SO4,与4 mL试剂c组成双液原电池。 实验7:往4 mL试剂c中滴加5滴H2SO4,与4 mL试剂b组成双液原电池。 用碳棒作电极,连接电压传感器测得实验6、7的电压变化如图所示。 已知:氧化剂的氧化性增强或还原剂的还原性减弱,都能使电压增大。 ①由图可知,实验结论为_________________________________________   　 。  ②有同学提出质疑:溶液酸性增强,溶液中的溶解氧会对实验结论造成影响。设计实验方案,并给出“质疑不成立”的判断依据:_________________ ______________________________________________________________  　 。  溶液酸性增强,铬(Ⅵ)盐氧化性增强,Na2SO3还原性几乎不变 往4 mL pH=8(用KOH调节)的0.10 mol·L-1 K2SO4溶液中滴加5滴H2SO4和4 mL试剂c组成原电池,测得电压几乎不变 解析:①实验6与实验7对比可发现,实验6的电压变化比实验7的电压变化明显,因氧化剂的氧化性增强或还原剂的还原性减弱,都能使电压增大,故可知铬(Ⅵ)盐氧化性增强,因此结论为溶液酸性增强,铬(Ⅵ)盐氧化性增强,Na2SO3还原性几乎不变。 ②由“质疑不成立”这一结论可知,溶液酸性增强,溶液中的溶解氧的氧化性几乎不变。在其他条件保持不变的情况下,对比试剂b,可设计氧化剂只含有溶解氧的空白对照实验进行比较。 实验序号 实验1 实验2 实验3 实验4 实验5 实验内容 溶液颜色变化 橙→绿 无明显 变化 橙→黄 黄→浅黄 a:橙→浅橙 b:黄→浅黄 $