2018年高三化学二轮复习讲义《化学实验综合应用》

化学实验综合应用

1．SO2是高中化学重点学习的三大气体之一，是常见的大气污染物之一，同时也是重要的工业原料，探究其制备方法和性质具有非常重要的意义，请回答下列问题。

Ⅰ.某研究小组将纯净的SO2气体通入0.5 mol·L－1的Ba(NO3)2溶液中，得到了BaSO4沉淀。为探究上述溶液中何种微粒能氧化通入的SO2，该小组提出了如下假设：假设一：溶液中的NO－3假设二：溶液中溶解的O2

(1)验证假设一：

①请在下表空白处填写相关实验现象

(2)为深入研究该反应，该小组还测得上述两个实验中溶液的pH随通入SO2体积的变化曲线如图甲。实验2中溶液pH小于实验1的原因是(用离子方程式表示)______________________________。

Ⅱ.我国规定空气中SO2含量不得超过0.02 mg·L－1。某化学兴趣小组选用图乙实验装置，测定工业原料气(含SO2、N2、O2)中SO2的含量。

(1)若原料气从左向右流，上述装置连接的顺序是：原料气→__________________________(用字母和箭头表示)。当装置②中出现__________________现象时，立即停止通气。

(2)你认为以下试剂中，可以用来代替试管中的酸性高锰酸钾溶液的是________。

A．NaOH溶液B．溴水C．氨水D．BaCl2溶液

Ⅲ.中华人民共和国国家标准(GB2760－2011)规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25 g·L－1。

某兴趣小组用图丙装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO2，并对含量定性测定。

(1)B中加入250.00 mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，除去C中过量的H2O2，然后用0.060 0 mol·L－1 NaOH标准溶液进行滴定，滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00 mL，该葡萄酒中SO2含量为____________g·L

－1。

(2)该测定结果比实际值偏高，分析原因并利用现有装置提出改进措施：_____________________________________________。

答案：Ⅰ.(1)①无明显现象有白色沉淀②做对比实验

(2)3SO2＋2NO－3＋2H2O===3SO2－4＋2NO↑＋4H＋(或3H2SO3＋2NO－3===2NO↑＋3SO2－4＋4H＋＋H2O)

Ⅱ.(1)c→d→b→a→e溶液紫(或紫红)色褪去(2)B

Ⅲ.(1)0.192(或0.19)(2)原因：盐酸的挥发；改进措施：用不挥发的强酸例如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，排除盐酸挥发的影响解析：Ⅰ.(1)①根据强酸制弱酸原理，SO2溶于H2O生成的H2SO3是弱酸，不能与BaCl2溶液反应，故实验1无明显现象；实验2中，SO2溶于水后生成H2SO3，H2SO3电离出H＋，与NO－3共存时相当于HNO3，具有强氧化性，发生反应：3SO2＋2NO－3＋2H2O===3SO2－4＋2NO↑＋4H＋，SO2－4＋Ba2＋===BaSO4↓，故实验2有白色沉淀生成。

②设计实验1的目的是做对比实验，证明实验2是溶液中的NO－3将SO2氧化生成BaSO4沉淀。

(2)实验1中pH减小是因为SO2溶于H2O生成H2SO3；实验2中pH减小是因为发生了氧化还原反应3SO2＋2NO－3＋2H2O===3SO2－4＋2NO↑＋4H＋或3H2SO3＋2NO－3===3SO2－4＋2NO↑＋4H＋＋H2O，反应产生硫酸，硫酸的酸性强于亚硫酸。

Ⅱ.(1)SO2可将酸性KMnO4溶液还原而使其褪色，N2、O2不溶于水，也不能被氧化，可以通过排水法测量其体积。故正确的连接顺序为：原料气→c→d→b→a→e。当KMnO4溶液中紫色褪去时，立即停止通气。(2)四种物质除了BaCl2溶液外都能吸收SO2，但氢氧化钠与氨水吸收时无法判断反应终点，而与溴水反应时溶液颜色变浅直至完全褪色，可以判断终点，B项正确。

Ⅲ.(1)根据方程式：SO2＋H2O2===H2SO4和H2SO4＋2NaOH===Na2SO4＋2H2O，

可找出关系式：SO2～2NaOH，n(SO2)＝1

2n(NaOH)＝

1

2×0.025 L×0.060 0 mol·L

－1＝

7.5×10－4 mol，则该葡萄酒中SO2的含量＝7.5×10－4 mol×64 g·mol－1

0.25 L＝0.192 g·L

－1。

(2)由于盐酸是挥发性酸，进入C装置的气体除了SO2外还有HCl，HCl也与NaOH 反应，从而使消耗NaOH溶液的体积增加，导致测定结果偏高。因此改进的措施为改用不挥发性的强酸，例如用硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，

消除盐酸挥发的影响。

2．(2017·山东烟台模拟)氯化亚砜(SOCl2)是一种液态化合物，沸点为77 ℃，在农药、制药行业中用途广泛。SOCl2遇水剧烈反应，液面上产生白雾，并带有刺激性气味的气体产生。实验室合成原理：SO2＋Cl2＋SCl2===2SOCl2，部分装置如图所示，回答以下问题：

(1)仪器c的名称是________________，装置f的作用是________________________。

(2)实验室制Cl2的化学方程式为__________________________。

(3)SOCl2与水反应的化学方程式为____________________________。蒸干AlCl3溶液不能得到无水AlCl3，使SOCl2与AlCl3·6H2O混合加热，可得到无水AlCl3，试解释原因：_____________________________________________。

(4)下列四种制备SO2的方案中最佳选择是___________。

(5)装置e 中产生的Cl 2经过d 后进入三颈烧瓶，请在d 的虚线框内画出所需实验装置图，并标出试剂。

(6)试验结束后，将三颈烧瓶中混合物分离开的实验操作是______________________；(已知SCl 2的沸点为50 ℃)

若反应中消耗的Cl 2的体积为896 mL(已转化为标准状况，SO 2足量)，最后得到纯净的SOCl 24.76 g ，则SOCl 2的产率为________(保留三位有效数字)。

(7)分离产物后，向获得的SOCl 2中加入足量NaOH 溶液，振荡、静止得到无色溶液W ，检验溶液W 中存在的Cl －的方法是__________________________。

答案：(1)球形冷凝管 吸收逸出的有毒气体Cl 2、SO 2，防止空气中的水蒸气进入反应装置，防止SOCl 2水解

(2)MnO 2＋4HCl(浓)=====△

MnCl 2＋Cl 2↑＋2H 2O

(3)SOCl 2＋H 2O===SO 2↑＋2HCl ↑ AlCl 3溶液易水解，AlCl 3·6H 2O 与SOCl 2混合加热，SOCl 2与AlCl 3·6H 2O 中的结晶水作用，生成无水AlCl 3、SO 2和HCl 气体，SOCl 2吸水，产物SO 2和HCl 抑制AlCl 3水解

(4)丁

(5)

(6)蒸馏(答分馏、精馏均可) 50.0% (7)取少量W 溶液于试管中，加入过量Ba(NO 3)2溶液，静置，取上层清液，滴加HNO 3酸化，再加入AgNO 3溶液，产生白色沉淀，则说明溶液中有Cl －

解析：(1)仪器c 是球形冷凝管，f 有两个作用一个是防止有毒的氯气与二氧化硫逸出会造成污染，一个是防止空气中的水蒸气进入烧瓶中使氯化亚砜水解。(2)实验室

制备氯气的方程式为MnO 2＋4HCl(浓)=====△

MnCl 2＋Cl 2↑＋2H 2O 。(3)氯化亚砜与水反应的方程式为SOCl 2＋H 2O===SO 2↑＋2HCl ↑，AlCl 3溶液易水解，AlCl 3·6H 2O 与SOCl 2混合加热，SOCl 2与AlCl 3·6H 2O 中的结晶水作用，生成无水AlCl 3、SO 2和HCl 气体，SOCl 2吸水，产物SO 2和HCl 溶于水呈酸性抑制AlCl 3水解。(4)丁制取二氧化硫最佳。因为甲利用固体加热制取气体，装置、药品均正确，但无法快速控制反应的进行与停止；乙利用浓H 2SO 4与Cu 加热制SO 2，但H 2SO 4的利用率较低；丙中无论是浓硝酸还是稀硝酸都具有很强的氧化性可以轻易的将亚硫酸钠中的＋4价的硫氧化为＋6价的硫酸根而无法得到二氧化硫；丁中反应生成硫酸钾与二氧化硫还有水。(6)氯化亚砜沸点为77 ℃，已知SCl 2的沸点为50 ℃，所以采用分馏的方法即可将之分离。消耗氯气0.04 mol ，得到氯化亚砜的理论值为0.08 mol ，即为9.52 g ，产率＝4.76 g 9.52 g

×100%＝50.0%。(7)取少量W 溶液于试管中，加入过量Ba(NO 3)2溶液，静置，取上层清液，滴加HNO 3酸化，再加入AgNO 3溶液，产生白色沉淀，则说明溶液中有Cl －。滴加硝酸酸化是为了除去可能存在的碳酸根离子和过量的氢氧化钠，而加入足量的硝酸钡溶液是为了除去过量的亚硫酸根离子。

3．草酸铝是一种不溶于水和醇，溶于强酸的白色粉末，是重要的媒染剂。某化学兴趣小组设计实验从废弃铝—空气海水电池中回收铝并制备草酸铝晶体。

【实验过程】

1．铝的回收

①称取16.0 g 废弃电池原料；

②用98.3%的硫酸进行酸浸、稀释、除杂、过滤；

③将滤液蒸干得到硫酸铝固体m 1 g 。

2．草酸铝的制备

④配制250 mL 0.20 mol·L －1的硫酸铝溶液；

⑤量取0.10 mol·L －1的草酸铵溶液20.00 mL ，并加入一定量的分散剂，缓缓加入配制的硫酸铝溶液 25.00 mL ，搅拌 1 h ；

⑥抽滤、洗涤、干燥、称量固体质量为m 2 g 。

【问题讨论】

(1)在用98.3%的硫酸进行酸浸时，浸出率与条件的关系如图所示：

由图可知浓硫酸为浸取剂的最佳条件为_____________。

(2)步骤③蒸干溶液所需的仪器有带铁圈的铁架台、________、________、________。

(3)铝的回收率为________(回收率＝回收铝的质量

原料的质量

×100%)。

(4)步骤⑥中洗涤晶体时先用蒸馏水再用乙醇洗涤，原因是__________________________________。

(5)该研究小组在实验过程中发现，若用0.90 mol·L－1草酸铵进行实验，会导致沉淀的质量远远超过实际草酸铝的质量。经分析，结晶生成物为(NH4)x Al y(C2O4)z·n H2O。现称取3.990 g该结晶水合物进行热分解，得到剩余固体的质量随温度变化的曲线如图所示。已知450 ℃时剩余固体中只有Al2O3。第Ⅱ阶段共产生气体2.016 L(标准状况)，该气体通入足量的石灰水中产生3.000 g沉淀。请分析该图回答下列问题：

①该结晶水合物的化学式为______________。

②过程Ⅱ发生反应的化学方程式为___________________。

答案：(1)100 ℃，m (浓硫酸)∶m (海水电池产物)＝5∶2 (或直接说浓硫酸质量为40 g)

(2)酒精灯 蒸发皿 玻璃棒

(3)3m 1304

×100% (4)先用蒸馏水洗去晶体表面附着的杂质离子，再用乙醇洗涤可快速干燥

(5)①(NH 4)3Al(C 2O 4)3·3H 2O

②2(NH 4)3Al(C 2O 4)3=====△

6NH 3↑＋ 6CO ↑＋ 6CO 2↑＋3H 2O ＋ Al 2O 3

解析：(1)由图分析可知，温度在100～120 ℃时浸出率最高，浓硫酸用量在40～50 g 时浸出率最高，从节约能源与原料考虑，采取的最佳条件为100 ℃，浓硫酸用量为40 g 。

(2)蒸干溶液时，采用蒸发装置，需用仪器为：带铁圈的铁架台、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒。

(3)m 1 g Al 2(SO 4)3中Al 元素的质量＝54m 1342 g ，铝的回收率＝54m 1342 g 16 g ×100%＝3m 1304

×100%。

(4)草酸铝不溶于水和醇，可用水洗去表面附着的杂质离子，再用乙醇洗涤，利用乙醇的挥发性使晶体快速干燥。

(5)①过程Ⅰ是失去结晶水，n (H 2O)＝3.990 g －3.450 g 18 g·mol －1

＝0.03 mol ；450 ℃时剩余的固体只有Al 2O 3，n (Al 3＋)＝2n (Al 2O 3)＝2×0.510 g 102 g·mol －1

＝0.010 mol ；第Ⅱ阶段共产生气体2.016 L(标准状况)，其中n (CO 2)＝n (CaCO 3)＝

3.000 g 100 g·mol －1＝0.030 mol ，C 2O 2－4中碳元素呈＋3价，根据电子转移守恒知，应有CO 产生，且n (CO)＝n (CO 2)＝0.030 mol ，则混合气体中还应有NH 3生成，n (NH 3)＝ 2.016 L 22.4 L·mol －1

－n (CO 2)－n (CO)＝0.030 mol 。根据原子守恒可知(NH 4)x Al y (C 2O 4)z ·n H 2O 中，x ∶y ∶z ∶n ＝n (NH 3)∶n (Al 3＋)∶n (CO )＋n (CO 2)2∶n (H 2O)＝0.030 mol ∶0.010 mol ∶(0.030＋0.030) mol 2

∶0.03 mol ＝3∶1∶3∶3，故该结晶水合物的化学式为：(NH 4)3Al(C 2O 4)3·3H 2O 。

②第Ⅱ阶段中共损失的质量＝3.450 g －0.510 g ＝2.940 g ，结合第①问中的内容可知还应有H 2O 生成，n (H 2O)＝2.940 g －m (NH 3)－m (CO )－m (CO 2)18 g·mol －1

＝0.015 mol ，则过程Ⅱ的化学方程式为：2(NH 4)3Al(C 2O 4)3=====△

6NH 3↑＋Al 2O 3＋6CO ↑＋6CO 2↑＋3H 2O 。

4．有三份白色固体分别为碳酸钠、碳酸氢钠及二者的混合物。某化学课外活动小组对其进行相关实验和探究。

Ⅰ.甲组同学采用加热的方法确定其成分。

(1)除托盘天平、药匙、三脚架、泥三角、玻璃棒和干燥器外，完成本实验还需要的实验仪器有____________。

(2)该小组同学准确称取一定量的样品m 1 g ，多次加热、冷却、称量直至恒重，质量为m 2 g 。依据得出结论，请完成下表。

323CaCl 2鉴别NaHCO 3和Na 2CO 3”的问题进行探究。

(3)小组同学先将NaHCO 3、Na 2CO 3、CaCl 2固体分别配制成0.5 mol/L 的溶液。

设计如下实验方案：

33mol·L －1。

②室温下，H 2CO 3的二级电离常数K 2＝5.6×10－11。

③K sp (CaCO 3)＝2.8×10－9。

试估算使0.5 mol·L －1 NaHCO 3溶液中的CO 2－3沉淀所需的c (Ca 2＋)应不低于

________mol·L －1，并由此得出结论：实验2的预测现象__________(填“正确”或“不正确”)。

(4)实际实验过程发现实验2的现象有白色沉淀生成并有无色气体生成。此现象对应的离子方程式为__________________。

答案：Ⅰ.(1)(铁)坩埚、酒精灯、坩埚钳

(2)①m 2＝m 1 ②m 2＝5384m 1 ③5384

m 1

(4)2HCO －3＋Ca 2＋===CaCO 3↓＋H 2O ＋CO 2↑

解析：Ⅰ.甲组同学利用Na 2CO 3受热时不反应，NaHCO 3受热时发生分解反应的原理，利用加热前后固体的质量变化来确定其成分。

(1)加热固体时需用到坩埚、酒精灯、三脚架、泥三角、坩埚钳，称取药品时需用到托盘天平、药匙，冷却时为防止吸收空气中的水分产生误差，而应在干燥器中冷却。需要特别注意的是Na 2CO 3呈碱性，可与瓷坩埚中的SiO 2反应，故应使用铁坩埚进行加热。

(2)Na 2CO 3受热不分解，则m 1＝m 2，NaHCO 3受热分解时发生反应：

2NaHCO 3=====△

Na 2CO 3＋H 2O ＋CO 2↑，

168 106

m 1 g m 2 g

m 2＝5384m 1。所以，当m 1＝m 2时，样品为Na 2CO 3，当m 2＝5384

m 1时，样品为NaHCO 3，

当5384

m 1

H ＋＋CO 2－3，K ＝c (H ＋)·c (CO 2－3)c (HCO －3)，则c (CO 2－3)＝K ·c (HCO －3)c (H ＋)＝5.6×10－11×0.4910

－8.5≈2.8×10－2.5 mol·L －1。要使0.5 mol·L －1 NaHCO 3溶液中的CO 2－3沉淀，则c (Ca 2＋

)>K sp (CaCO 3)c (CO 2－3)＝2.8×10－9

2.8×10－2.5＝1×10－6.5 mol·L －1。实验2所用CaCl 2溶液中，c (Ca 2＋)＝0.5 mol·L －1>1×10－6.5 mol·L －1，故应有白色沉淀生成，实验2的预测现象不正确。

(4)产生的白色沉淀为CaCO 3，无色气体应为CO 2，则反应的离子方程式为：

2HCO －3＋Ca 2＋===CaCO 3↓＋H 2O ＋CO 2↑。