1、专题十二 综合实验探究突破实验大题根据化学实验的目的和要求，能做到：1.设计实验方案。2.正确选用实验装置。3.掌握控制实验条件的方法。4.预测或描述实验现象、分析或处理实验数据，得出合理结论。5.评价或改进实验方案。6.以上各部分的知识与技能的综合应用。物质制备实验探究(对应学生用书第106页)真题引领感悟高考真题(14分)(2018全国卷)醋酸亚铬(CH3COO)2Cr2H2O为砖红色晶体，难溶于冷水，易溶于酸，在气体分析中用作氧气吸收剂。一般制备方法是先在封闭体系中利用金属锌作还原剂，将三价铬还原为二价铬；二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬。实验装置如图所示。回答下列问题：(1)实
2、验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却，目的是_。仪器a的名称是_。(2)将过量锌粒和氯化铬固体置于c中，加入少量蒸馏水，按图连接好装置。打开K1、K2，关闭K3。c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，该反应的离子方程式为_。同时c中有气体产生，该气体的作用是_。(3)打开K3，关闭K1和K2。c中亮蓝色溶液流入d，其原因是_；d中析出砖红色沉淀。为使沉淀充分析出并分离，需采用的操作是_、_、洗涤、干燥。(4)指出装置d可能存在的缺点_。解答指导(1)整体分析(2)醋酸亚铬制备流程CrCl3Cr2(CH3COO)2Cr(CH3COO)2Cr2H2O(3)实验装置分析b随时排出c中产生的气体，同时防止外界O
3、2进入c中cZn与Cr3反应的装置，为无O2环境dCr2与CH3COO反应生成沉淀产物的装置，应为无O2环境，防止产物被O2氧化答案与评分标准(1)去除水中溶解氧(2分，合理即可)分液(或滴液)漏斗(2分，答“漏斗”“长颈漏斗”均不给分)(2)Zn2Cr3=Zn22Cr2(2分，不配平或写化学方程式均不给分)排除c中空气(2分，排空也给分)(3)c中产生H2使压强大于大气压(2分，或c中压强大于d中压强，给1分)冷却(1分，“冰浴”或“降温”也给分)过滤(1分)(4)敞开体系，可能使醋酸亚铬与空气接触(2分，答“生成的醋酸亚铬与空气接触被氧化”或“d中的空气接触醋酸亚铬”也给分)上述真题体现的
4、化学核心素养有：(1)证据推理与模型认知。(2)科学探究与创新意识。(3)科学精神与社会责任。命题角度主要有：(1)主要仪器的名称与过程中某操作的目的。(2)离子方程式书写与排空防氧作用。(3)利用气压排液原理与物质的分离操作。(4)制备的物质性质变化评价装置。预测2020年高考对物质制备实验探究题仍会在仪器识别、实验原理、方程式书写、操作和评价与改进方面进行命题并有所创新。重难突破重难知识梳理1物质制备实验探究的思维模板2有气体参与的制备实验的注意事项(1)操作顺序问题与气体有关的实验操作顺序：装置选择与连接气密性检查装入固体药品加液体药品按程序实验拆卸仪器。(2)加热操作的要求使用可燃性气
5、体(如H2、CO、CH4等)，先用原料气赶走系统内的空气，再点燃酒精灯加热，以防止爆炸。制备一些易与空气中的成分发生反应的物质(如H2还原CuO的实验)，反应结束时，应先熄灭酒精灯，继续通原料气至试管冷却。(3)尾气处理的方法有毒气体常采用溶液(或固体)吸收或将之点燃的方法，不能直接排放。(4)特殊实验装置制备在空气中易吸水、潮解以及水解的物质(如Al2S3、AlCl3等)，往往在装置的末端再接一个干燥装置，以防止空气中水蒸气的进入。用液体吸收气体，若气体溶解度较大，要加防倒吸装置。若制备物质易被空气中氧气氧化，应加排空气装置。(5)冷凝回流：有些反应中，为减少易挥发液体反应物的损耗和充分利用
6、原料，需在反应装置上加装冷凝回流装置(如长玻璃管、冷凝管等)。(6)制备的物质若为液态且易挥发时，应将收集装置置于冷水浴中。考能提升高考类题集训物质制备实验探究1PCl3是磷的常见氯化物，可用于半导体生产的外延、扩散工序。有关物质的部分性质如下：熔点/沸点/密度/ gmL1其他黄磷44.1280.51.822P3Cl2(少量)2PCl3；2P5Cl2(过量)2PCl5PCl311275.51.574遇水生成H3PO3和HCl，遇O2生成POCl3(一)制备如图是实验室制备PCl3的装置(部分仪器已省略)。(1)仪器乙的名称是_；其中，与自来水进水管连接的接口编号是_(填“a”或“b”)。(2)
7、实验室制备Cl2的离子方程式_。实验过程中，为减少PCl5的生成，应控制_。(3)碱石灰的作用：一是防止空气中的水蒸气进入而使PCl3水解，影响产品的纯度；二是_。(4)向仪器甲中通入干燥Cl2之前，应先通入一段时间CO2排尽装置中的空气，其目的是_。(二)分析测定产品中PCl3纯度的方法如下：迅速称取4.100 g产品，水解完全后配成500 mL溶液，取出25.00 mL加入过量的0.100 0 molL1 20.00 mL碘溶液，充分反应后再用0.100 0 molL1 Na2S2O3溶液滴定过量的碘，终点时消耗12.00 mL Na2S2O3溶液。已知：H3PO3H2OI2=H3PO42
8、HI；I22Na2S2O3=2NaINa2S4O6；假设测定过程中没有其他反应。(5)根据上述数据，该产品中PCl3(相对分子质量为137.5)的质量分数为_。若滴定终点时俯视读数，则PCl3的质量分数_(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。解析(1)仪器乙为冷凝管，用于冷凝蒸馏产物，为了使冷凝效果最好，进水口为b；(2)实验室用二氧化锰和浓盐酸加热或高锰酸钾和浓盐酸制备氯气，离子方程式为MnO24H2ClMn2Cl22H2O(或2MnO16H10Cl=2Mn25Cl28H2O)；实验过程中，为减少PCl5的生成，应控制氯气的通入速率；(3)氯气有毒，污染空气，碱石灰吸收多余氯气防止污染空气，防
9、止空气中的水蒸气进入，影响产品纯度；(4)由于PCl3遇O2会生成POCl3，遇水生成H3PO3和HCl，通入一段时间的CO2可以排尽装置中的空气，防止生成的PCl3与空气中的O2和水反应；(5)20.00 mL 0.100 0 molL1碘溶液中含有碘单质的物质的量为0.100 0 molL10.020 L0.002 mol，根据反应I22Na2S2O3=2NaINa2S4O6可知，与磷酸反应消耗的碘单质的物质的量为0.002 mol0.100 0 molL10.012 L1/20.001 4 mol，再由H3PO3H2OI2=H3PO42HI可知，25 mL三氯化磷水解后的溶液中含有的H3
10、PO3的物质的量为n(H3PO3)n(I2)0.001 4 mol，500 mL该溶液中含有H3PO3的物质的量为：0.001 4 mol500 mL/25 mL0.028 mol，所以4.100 g产品中含有的三氯化磷的物质的量为0.028 mol，该产品中PCl3的质量分数为100%93.9%；若滴定终点时俯视读数，读出的标准液硫代硫酸钠溶液体积偏小，计算出的H3PO3消耗的碘单质的物质的量偏大，三氯化磷的物质的量偏大，三氯化磷的质量分数偏大。答案(1)冷凝管(或冷凝器)b(2)MnO24H2ClMn2Cl22H2O(或2MnO16H10Cl=2Mn25Cl28H2O) 氯气通入的速率(或
11、流量)(3)吸收多余的Cl2，防止污染环境(4)排净装置中的空气，防止O2和水与PCl3反应(5)93.9%偏大2(2019潍坊模拟)FeCl2是一种常用的还原剂、媒染剂。某化学小组同学在实验室里用如下两种方法来制备无水FeCl2。有关物质的性质如下：C6H5Cl(氯苯)C6H4Cl2(二氯苯)FeCl3FeCl2溶解性不溶于水，易溶于苯、乙醇不溶于C6H5Cl、C6H4Cl2、苯，易溶于乙醇，易吸水熔点/4553易升华沸点/132173请回答下列问题：(1)利用反应2FeCl3C6H5Cl2FeCl2C6H4Cl2HCl制取无水FeCl2并测定FeCl3的转化率。按上图装置，在三颈烧瓶中放入
12、32.5 g无水氯化铁和过量的氯苯。打开K1、K2，关闭K3，通一段时间H2后关闭K1、K2，控制三颈烧瓶内反应温度在128139 ，反应一段时间。反应完成后打开K2再通氢气一段时间。仪器a的名称是_，装置B中盛装的试剂是_。反应后再通入H2的目的是_。冷却实验装置，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、用苯洗涤、干燥后，得到粗产品，回收滤液中C6H5Cl的操作方法是_。反应后将锥形瓶中溶液配成250 mL溶液，取25.00 mL所配溶液，用0.4 molL1 NaOH溶液滴定，消耗NaOH溶液23.60 mL，则氯化铁的转化率为_。(2)打开K1、K3，关闭K2，通氢气与氯化铁反应制取无水FeCl2
13、。写出反应的化学方程式_。实验制得FeCl2后为防止氧化的操作是_。请指出该制备方法的缺点_。解析(1)装置B的作用是防止外界水蒸气进入三颈烧瓶，据此作答；从氯化氢气体充分吸收角度考虑；根据题中所给的表格，结合C6H5Cl和C6H4Cl2的沸点数据作答；根据氢氧化钠与盐酸按11反应可求出反应消耗的HCl的物质的量，再根据已知反应方程式2FeCl3C6H5Cl2FeCl2C6H4Cl2HCl，得出样品中反应的FeCl3的物质的量，再依据产品中FeCl3的转化率100%得出结论；(2)FeCl2极易被空气氧化为FeCl3，装置中需充满还原性气体；结合表格数据从氯化亚铁升华的角度即导管可操作性不强的
14、角度考虑其缺点。答案(1)球形冷凝管无水CaCl2(或硅胶、P2O5)将反应器中的HCl气体全部排入锥形瓶内，使其被充分吸收蒸馏滤液，并收集132 的馏分94.4%(2)H22FeCl32FeCl22HCl先熄灭酒精灯，再继续通入氢气一段时间氯化铁易升华，转化率低；导管易堵塞物质性质实验探究(对应学生用书第108页)真题引领感悟高考真题(10分)(2018全国卷，节选)K3Fe(C2O4)33H2O(三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，可用于晒制蓝图。回答下列问题：(1)晒制蓝图时，用K3Fe(C2O4)33H2O作感光剂，以K3Fe(CN)6溶液为显色剂。其光解反应的化学方程式为2K3Fe(C2O
15、4)32FeC2O43K2C2O42CO2；显色反应的化学方程式为_。(2)某小组为探究三草酸合铁酸钾的热分解产物，按如图所示装置进行实验。通入氮气的目的是_。实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊，装置E中固体变为红色，由此判断热分解产物中一定含有_、_。为防止倒吸，停止实验时应进行的操作是_。样品完全分解后，装置A中的残留物含有FeO和Fe2O3，检验Fe2O3存在的方法是_。解答指导(1)K3Fe(CN)6显色剂显色原理是Fe2与Fe(CN)63形成蓝色沉淀。(2)根据K3Fe(C2O4)33H2O的组成元素和装置连接及试剂各装置作用(B检验CO2，C吸收CO2，D干燥，E验证CO，
16、F检验CO2)通N2作用是排空，防止空气中CO2、H2O的干扰。解析(1)发生的显色反应是溶液中Fe2与K3Fe(CN)6溶液生成Fe3Fe(CN)62，反应的化学方程式为3FeC2O42K3Fe(CN)6=Fe3Fe(CN)623K2C2O4。(2)实验时通入N2，不仅能隔绝空气，排除空气的干扰，还能使反应产生的气体全部进入后续装置。实验中装置B中澄清石灰水变浑浊，说明三草酸合铁酸钾的热分解产物中含有CO2，经NaOH溶液可除去CO2，气体经浓硫酸干燥后，与灼热的CuO反应，得到单质Cu，且由装置F中现象可知装置E中又生成CO2，由此可判断热分解产物中还含有CO。为防止倒吸，实验结束后，应先
17、熄灭装置A、E两处的酒精灯，冷却后停止通入氮气。要检验A中残留固体中含有Fe2O3，可取少量A中残留固体，加入足量稀硫酸或稀盐酸溶解，再滴入少许KSCN溶液，溶液中出现红色，即可确定残留固体中含有Fe2O3。答案与评分标准(1)3FeC2O42K3Fe(CN)6=Fe3Fe(CN)623K2C2O4(2分，不配平不得分)(2)隔绝空气、使反应产生的气体全部进入后续装置(2分，少一要点扣1分)CO2CO(每空1分，共2分)先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气(2分，合理即得2分)取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入12滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3(2分，要点不全不
18、得分)上述真题体现(1)化学核心素养主要有：宏观辨识与变化观念。证据推理与模型认知。科学探究与创新意识。(2)命题角度主要有：化学方程式书写。通“惰气”排空防空气干扰。由现象定物质问题。防倒吸操作。离子或物质检验。预测2020年高考仍会在方程式书写、基本操作、现象结论、物质检验等方面进行命题，但要有所变化。重难突破重难知识梳理物质性质实验探究的思维模板考能提升高考类题集训物质性质实验探究(2019衡阳二模)二氧化氯(ClO2)与亚氯酸钠(NaClO2)都具有强氧化性。两者作漂白剂时，不伤害织物；作饮用水消毒剂时，不残留异味。某研究性学习小组由二氧化氯制备亚氯酸钠，并探究其性质的实验如下。【资料
19、査阅】SO2可将 NaClO3还原为ClO2；NaClO2酸化生成NaCl，并放出ClO2。 AB C D E实验步骤如下：.组装仪器并检查气密性。仪器组装完毕(如图所示)，关闭三个止水夹及b活塞，打开a的活塞，向A的圆底烧瓶中注入水，检查装置的气密性。.制备亚氯酸钠。在各装置中分别加入相应的试剂，关闭止水夹和b的活塞，打开止水夹及a的活塞，向A的圆底烧瓶中滴入75%硫酸。.探究亚氯酸钠的性质。打开止水夹和，关闭止水夹和a的活塞，通入一段时间空气；关闭止水夹和，打开止水夹和b的活塞，向C的三颈烧瓶中滴入稀硫酸。试回答下列问题：(1)步骤中，装置气密性良好的现象是_；仪器a或b在使用前应_。(2
20、)步骤中，B中反应的化学方程式为_，C中H2O2的作用为_。(3)步骤中，先通入一段时间空气的目的是_，试管D中的现象为_。(4)步骤中，开始时C中反应缓慢，稍后产生气体的速率却迅速加快。试解释可能的原因_。(5)步骤，实验前若向C三颈烧瓶中加入25 mL 8.0 molL1 H2O2溶液反应，分离提纯得到18.88 g NaClO2晶体，则H2O2的有效利用率为_(保留两位有效数字)。解析(1)若装置不漏气，因装置中气体压强增大，a中液体不能顺利流下，所以装置气密性良好的现象是一段时间后，仪器a中液面不再下降；仪器a、b是分液漏斗，使用前要检验是否漏水。(2) 步骤，B中SO2将NaClO3
21、还原为ClO2，反应的化学方程式为SO22NaClO3=2ClO2Na2SO4，C中用二氧化氯制备亚氯酸钠，ClO2发生还原反应，H2O2作还原剂。(3) 装置中残留的ClO2、SO2气体干扰NaClO2的检验，步骤中，先通入一段时间空气的目的是排出装置中残留的ClO2、SO2气体，避免干扰实验；C中加入硫酸生成的ClO2与D试管中的KI反应生成碘单质，所以试管D中的现象为溶液由无色变蓝色。(4) NaClO2酸化生成NaCl，反应生成的Cl起催化作用；NaClO2与硫酸的反应放热使温度升高，反应速率加快。(5)设参加反应的H2O2的物质的量是x mol；2ClO22NaOHH2O2=2NaC
22、lO2O22H2O， 1 mol181 g x mol18.88 gx0.104 mol，H2O2的有效利用率为100%52%。答案(1)一段时间后，仪器a中液面不再下降检查是否漏水(2)SO22NaClO3=2ClO2Na2SO4H2O2作还原剂(3)排出装置中残留的ClO2、SO2气体，避免干扰实验溶液由无色变蓝色(4)反应生成的Cl起催化作用(或该反应放热使温度升高，反应速率加快) (5)52%定量测定实验探究(对应学生用书第109页)真题引领感悟高考真题(7分)(2017全国卷，节选)为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管(带两端开关K1和K2)(设为装置A)称重，记为m1 g。将样品装
23、入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2 g。按下图连接好装置进行实验。(1)仪器B的名称是_。(2)将下列实验操作步骤正确排序_(填标号)；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3 g。a点燃酒精灯，加热b熄灭酒精灯c关闭K1和K2 d打开K1和K2，缓缓通入N2e称量A f冷却到室温(3)根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x_(列式表示)。若实验时按a、d次序操作，则使x_(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。解答指导(1)根据题中设计的装置测定绿矾中结晶水含量时，空气中的O2可能氧化Fe2，同时空气中有水蒸气干扰，由此操作步骤为通N2排空加热样品停止加热冷却关闭两端活塞K1、K2称量
24、。(2)FeSO4xH2OFeSO4xH2O 152 18x (m3m1) g (m2m3) g解得：x。(3)按a、d次序操作，FeSO4被O2氧化而吸收O2，导致m3偏大，水偏少。答案与评分标准(1)干燥管(或球形干燥管)(1分)(2)dabfce(2分，其他顺序不给分)(3)(2分，其他化简式也给2分)偏小(2分)上述真题体现(1)化学核心素养主要有：证据推理与模型认知。科学探究与创新意识。科学精神与社会责任。(2)命题角度主要有：仪器名称。测定操作步骤。数据处理与计算。误差分析。预测2020年高考可能会在定量实验：(1)滴定实验。(2)量气体体积。(3)称质量等方面测定。对于滴定测定实
25、验的定量分析与误差分析会是命题的重点角度，加强领悟。重难突破重难知识梳理1定量实验测定的4种方法(1)测沉淀质量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。(2)测气体体积法对于产生气体的反应，可以通过测定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量气时应注意的问题a量气时应保持装置处于室温状态。b读数时要特别注意消除“压强差”，保持液面相平，还要注意视线与液面最低处相平。如上图()()应使左侧和右侧的液面高度保持相平。(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
26、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反应滴定等获得相应数据后再进行相关计算。2解答时应注意的事项(1)定量测定实验中要具备的3种意识要有消除干扰气体的意识：如用“惰性气体”将干扰气体排出，或用溶液吸收干扰气体等。要有被测量气体全部被测量的意识：如可以采用反应结束后继续向装置中通入“惰性”气体以使被测量的气体全部被吸收剂吸收的方法。要有“数据”的采集处理意识：实验数据的采集是化学计算的基础，一般来说固体试剂称取质量，而液体试剂和气体试剂测量体积。(2)“关系式法”在定量测定实验中的应用关系式法是表示两种或多种物质之间“物质的量”关系的一种简化式子。在多步反应中，它可以把始态的反
27、应物与终态的生成物之间“物质的量”的关系表示出来，把多步计算简化成一步完成。正确提取关系式是用关系式法解题的关键。可以利用原子守恒、电子守恒确定关系式。(3)定量型实验的关键为数据处理和误差分析，数据的处理一般需注意的四个方面：是否符合测量仪器的精度。数据是否在误差允许范围内，注意取舍。数据的测试环境。少量物质是否完全反应；过量物质对数据是否有影响。误差分析的依据为计算式，看测量对结果会产生什么影响。考能提升高考类题集训“滴定法”定量实验测定1(2019淄博模拟，节选)亚硝酸钙是一种阻锈剂，可用于燃料工业，某兴趣小组拟测定制备Ca(NO2)2的纯度。背景素材.NONO2Ca(OH)2=Ca(N
28、O2)2H2O。.Ca(NO2)2能被酸性KMnO4溶液氧化成NO，MnO被还原为Mn2。.亚硝酸不稳定，易分解，且有一定氧化性，在酸性条件下，Ca(NO2)2能将I氧化为I2，2NO4H2I=I22NO2H2O，S2O能将I2还原为I，I22S2O=2IS4O。某组同学测定Ca(NO2)2的纯度(杂质不参加反应)，可供选择的试剂：a.稀硫酸bc1 molL1的KI溶液c淀粉溶液dc2 molL1的Na2S2O3溶液ec3 molL1的酸性KMnO4溶液(1)利用Ca(NO2)2的还原性来测定其纯度，可选择的试剂是_(填字母序号)。该测定方法发生反应的离子方程式为_。(2)利用Ca(NO2)2
29、的氧化性来测定其纯度的步骤：准确称取m g Ca(NO2)2样品放入锥形瓶中，加适量水溶解，加入_，然后滴加稀硫酸，用c2 molL1 Na2S2O3溶液滴定至溶液_，读取消耗Na2S2O3溶液的体积，重复以上操作3次，(请用上述给出试剂补充完整实验步骤)。若三次消耗Na2S2O3溶液的平均体积为V mL，则Ca(NO2)2纯度的表达式为_。解析(1)根据信息，Ca(NO2)2能被酸性KMnO4溶液氧化成NO，MnO被还原为Mn2，利用Ca(NO2)2的还原性来测定其纯度，可选择的试剂是c3 molL1的酸性KMnO4溶液，其离子方程式为5NO2MnO6H=5NO2Mn23H2O。(2)根据关
30、系式：2NOI22S2OnCa(NO2)2n(S2O)c2V103 mol。故：Ca(NO2)2的纯度为100%100%100%。答案(1)e5NO2MnO6H=5NO2Mn23H2O(2)过量c1 molL1 KI溶液并滴入几滴淀粉溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色100%2(2019成都模拟，节选)亚硝酰氯(NOCl)是一种黄色气体，遇水易水解，伴随HCl生成。工业制得的NOCl中常含有少量N2O4杂质，为测定产品纯度进行实验：称取1.441 g样品溶于适量的NaOH溶液中，加入几滴K2CrO4溶液作指示剂，用0.800 0 molL1硝酸酸化的AgNO3溶液滴定，若消耗AgNO3溶
31、液的体积为25 mL。终点现象为_(已知Ag2CrO4为黄色)，测NOCl的质量分数为_%(保留2位小数)；如果AgNO3溶液出现部分变质(变质的部分不参与反应)，则测得的NOCl的质量分数会_(填“偏大”或“偏小”)。解析根据NOClAgNO3分析，硝酸银的物质的量为(0.800 025103)mol0.02 mol，则亚硝酰氯的质量分数为100%90.91%。若硝酸银溶液出现部分变质，则消耗的硝酸银溶液的体积变大，则测得的亚硝酰氯的质量分数会偏大。答案当滴加最后一滴酸化AgNO3溶液，白色沉淀变成黄色沉淀且半分钟不变色90.91偏大滴定法定量测定的两种类型(1)直接滴定：根据标准液的量以及
32、相应关系式测定待测物。(2)间接滴定：待测物加入一定量的过量物质A与待测物反应，然后用滴定法测定物质A的剩余量，进而计算待测物的量。其他定量实验测定3(2019衡水中学模拟)工业制得的氮化铝(AlN)产品中常含有少量Al4C3、Al2O3、C等杂质。某同学设计如下实验分别测定氮化铝(AlN)样品中AlN和Al4C3的质量分数(忽略NH3在强碱性溶液中的溶解)。(1)实验原理：Al4C3与硫酸反应可生成CH4；AlN溶于强酸产生铵盐，溶于强碱生成氨气，请写出AlN与NaOH溶液反应的化学方程式：_。(2)实验装置(如图所示，量气管为碱式滴定管改装)连好装置后，首先应进行的操作是_。(3)实验过程
33、：称得装置D的初始质量为y g；称取x g AlN样品置于装置B锥形瓶中，各装置中加入相应药品，重新连好装置；读取量气管的初始读数为a mL(量气装置左右液面相平)。欲首先测量Al4C3质量分数的有关数据，对三个活塞的操作是_。若无恒压管，对所测气体体积的影响是_(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。量气管中液面不再发生变化，说明反应已经结束。读取读数之前，应对量气管进行的操作为_；若量气管中的液面高于右侧球形容器中的液面，所测气体的体积_(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。记录滴定管的读数为b mL(已知：该实验条件下的气体摩尔体积为Vm Lmol1)，则Al4C3的质量分数为_(用含a、b、
34、x、y、Vm的代数式表示)。测量AlN质量分数的数据：首先关闭活塞_，打开活塞_，通过分液漏斗加入过量_，与装置B瓶内物质充分反应；反应完成后，_(填入该步应进行的操作)，最后称得装置D的质量为z g。解析(3)分液漏斗中的液体滴入瓶后，占有一定体积，排出的气体多。右侧液面低，装置中压强大，排出的液体少。甲烷的体积为(ab)mL，物质的量为 mol，根据碳原子的守恒，Al4C3的物质的量等于甲烷的物质的量的三分之一，所以Al4C3的质量为 mol144 gmol1 g，Al4C3的质量分数为100%。用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应，充分吸收生成的氨气，并称量其质量，故应关闭活塞K1、
35、K2，打开活塞K3，通过分液漏斗加入过量NaOH溶液，与装置B瓶内物质充分反应；装置中残留部分氨气，打开K2，通入空气一段时间，排尽装置内的氨气，并被装置D完全吸收，以防止测定的氨气的质量偏小。答案(1)AlNNaOHH2O=NaAlO2NH3(2)检查装置的气密性(3)关闭活塞K2、K3，打开活塞K1偏大调整量气管高度，使左右两边液面相平偏小100%K1、K2K3NaOH溶液 打开K2，通入一段时间空气化学实验方案设计的基本思路有机物制备及其提纯的综合实验探究(对应学生用书第112页)真题引领感悟高考真题(14分)(2019全国卷)乙酰水杨酸(阿司匹林)是目前常用药物之一。实验室通过水杨酸进
36、行乙酰化制备阿司匹林的一种方法如下：水杨酸醋酸酐乙酰水杨酸熔点/1571597274135138相对密度/ (gcm3)1.441.101.35相对分子质量138102180实验过程：在100 mL锥形瓶中加入水杨酸6.9 g及醋酸酐10 mL，充分摇动使固体完全溶解。缓慢滴加0.5 mL浓硫酸后加热，维持瓶内温度在70 左右，充分反应。稍冷后进行如下操作。在不断搅拌下将反应后的混合物倒入100 mL冷水中，析出固体，过滤。所得结晶粗品加入50 mL饱和碳酸氢钠溶液，溶解、过滤。滤液用浓盐酸酸化后冷却、过滤得固体。固体经纯化得白色的乙酰水杨酸晶体5.4 g。回答下列问题：(1)该合成反应中应采
37、用_加热。(填标号)A热水浴B酒精灯C煤气灯 D电炉(2)下列玻璃仪器中，中需使用的有_(填标号)，不需使用的有_(填名称)。(3)中需使用冷水，目的是_。(4)中饱和碳酸氢钠的作用是_，以便过滤除去难溶杂质。(5)采用的纯化方法为_。(6)本实验的产率是_%。解答指导(1)制备反应温度(70 )左右水浴加热。(2)过滤所需仪器过滤不需要分液漏斗和容量瓶。(3)防止晶体溶解的措施为降温使用冷水目的是减小晶体的溶解。(4)乙酰水杨酸分子中含有COOHNaHCO3与乙酰水杨酸反应生成能溶于水的乙酰水杨酸钠。(5)固体中的杂质可采用重结晶法分离纯化。(6)产率100%100%60%。答案与评分标准(
38、1)A(2分)(2)BD(2分，少一个或错一个扣1分)分液漏斗、容量瓶(2分，名称写错不给分，少一个或错一个扣1分)(3)充分析出乙酰水杨酸固体(或结晶)(2分，合理即得2分)(4)生成可溶的乙酰水杨酸钠(2分，合理即得2分)(5)重结晶(2分，其他答案不给分)(6)60(2分，答“0.6”不给分)上述真题体现的化学核心素养主要有：(1)宏观辨识与变化观念。(2)证据推理与模型认知。(3)科学探究与科学精神。命题角度主要是以有机物的制备为载体考查有机物的分离与纯化方法。具体命题角度有：(1)加热方式选择。(2)过滤所需仪器及仪器名称。(3)结晶措施及原因。(4)增大有机酸溶解度的化学措施。(5
39、)纯化方法重结晶。(6)数据处理与产率计算。预测2020年高考仍可能以重要有机物制备为载体，考查分离、提纯和产率计算。重难突破重难知识梳理常见有机制备与提纯的典型装置1反应装置2蒸馏装置3高考真题中出现的实验装置特别提醒：球形冷凝管由于气体与冷凝水接触时间长，具有较好的冷凝效果，但必须竖直放置，所以蒸馏装置必须用直形冷凝管。考能提升高考类题集训1(2019全国卷)咖啡因是一种生物碱(易溶于水及乙醇，熔点234.5 ，100 以上开始升华)，有兴奋大脑神经和利尿等作用。茶叶中含咖啡因约1%5%、单宁酸(Ka约为106，易溶于水及乙醇)约3%10%，还含有色素、纤维素等。实验室从茶叶中提取咖啡因的
40、流程如下图所示。索氏提取装置如图所示。实验时烧瓶中溶剂受热蒸发，蒸汽沿蒸汽导管2上升至球形冷凝管，冷凝后滴入滤纸套筒1中，与茶叶末接触，进行萃取。萃取液液面达到虹吸管3顶端时，经虹吸管3返回烧瓶，从而实现对茶叶末的连续萃取。回答下列问题：(1)实验时需将茶叶研细，放入滤纸套筒1中，研细的目的是_。圆底烧瓶中加入95%乙醇为溶剂，加热前还要加几粒_。(2)提取过程不可选用明火直接加热，原因是_。与常规的萃取相比，采用索氏提取器的优点是_。(3)提取液需经“蒸馏浓缩”除去大部分溶剂。与水相比，乙醇作为萃取剂的优点是_。“蒸馏浓缩”需选用的仪器除了圆底烧瓶、蒸馏头、温度计、接收管之外，还有_(填标号
41、)。A直形冷凝管 B球形冷凝管C接收瓶 D烧杯(4)浓缩液加生石灰的作用是中和_和吸收_。(5)可采用如图所示的简易装置分离提纯咖啡因。将粉状物放入蒸发皿中并小火加热，咖啡因在扎有小孔的滤纸上凝结，该分离提纯方法的名称是_。解析(1)为提高浸取速率，常将反应物研细，增大固体与液体的接触面积；由于有机物的沸点低，加热时易沸腾，因此常加入沸石，防止液体暴沸。(2)乙醇的沸点低，易挥发、易燃烧，明火加热温度高，会导致乙醇挥发、燃烧，因此不能选用明火直接加热。根据索氏萃取的原理描述可知，采用索氏提取器的优点是溶剂的用量减少，可连续萃取(萃取效率高)。(3)由于提取液需“蒸馏浓缩”除去大部分溶剂，所以与
42、水相比，乙醇作为萃取剂的优点是乙醇沸点低，易浓缩。“蒸馏浓缩”需选用的仪器有圆底烧瓶、蒸馏头、温度计、接收管、直形冷凝管(球形冷凝管的主要用途是使气体冷却回流)、接收瓶等。(4)茶叶中含单宁酸，加入生石灰的目的是中和单宁酸，同时吸收水分。(5)粉状的咖啡因在蒸发皿中受热，在扎有小孔的滤纸上凝结变为固体，此过程称为升华。答案(1)增加固液接触面积，提取充分沸石(2)乙醇易挥发，易燃使用溶剂量少，可连续萃取(萃取效率高)(3)乙醇沸点低，易浓缩 AC(4)单宁酸水(5)升华2(2014全国卷)乙酸异戊酯是组成蜜蜂信息素的成分之一，具有香蕉的香味。实验室制备乙酸异戊酯的反应、装置示意图和有关数据如下
43、：相对分子质量密度/(gcm3)沸点/水中溶解性异戊醇880.812 3131微溶乙酸601.049 2118溶乙酸异戊酯1300.867 0142难溶实验步骤：在A中加入4.4 g异戊醇、6.0 g乙酸、数滴浓硫酸和23片碎瓷片。开始缓慢加热A，回流50 min。反应液冷却至室温后倒入分液漏斗中，分别用少量水、饱和碳酸氢钠溶液和水洗涤；分出的产物加入少量无水MgSO4固体，静置片刻，过滤除去MgSO4固体，进行蒸馏纯化，收集140143 馏分，得乙酸异戊酯 3.9 g。回答下列问题：(1)仪器B的名称是_。(2)在洗涤操作中，第一次水洗的主要目的是_；第二次水洗的主要目的是_。(3)在洗涤、
44、分液操作中，应充分振荡，然后静置，待分层后_(填标号)。a直接将乙酸异戊酯从分液漏斗的上口倒出 b直接将乙酸异戊酯从分液漏斗的下口放出c先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸异戊酯从下口放出d先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸异戊酯从上口倒出(4)本实验中加入过量乙酸的目的是_。(5)实验中加入少量无水MgSO4的目的是_。(6)在蒸馏操作中，仪器选择及安装都正确的是_(填标号)。(7)本实验的产率是_(填标号)。a30% b40%c60% d90%(8)在进行蒸馏操作时，若从130 便开始收集馏分，会使实验的产率偏_(填“高”或“低”)其原因是_。解析(1)仪器B是球形冷凝管，起冷凝回流
45、作用。(2)第1次水洗，主要洗去大部分硫酸和醋酸，第2次水洗除去NaHCO3杂质。(3)乙酸异戊酯的密度小于水，在水层上方。分液时先将水层从分液漏斗下口放出，再将乙酸异戊酯从上口倒出。(4)该反应为可逆反应，加入过量乙酸，能够提高异戊醇的转化率。(5)加入无水MgSO4固体的目的是除去混合物中的少量水分。(6)蒸馏操作中，需要测定馏分的温度，所以温度计水银球应放在蒸馏烧瓶的支管口处，b和c中温度计位置均正确，但c中的冷凝装置为球形冷凝管，它一般用作反应装置，主要用于冷凝回流，使反应更彻底，故只有b项正确。(7)据可知，4.4 g异戊醇完全反应消耗3.0 g乙酸，故乙酸有剩余，生成乙酸异戊酯的理论产量为6.5 g，故该反应的产率为100%60%。(8)异戊醇的沸点为131 ，蒸馏时，若从130 开始收集馏分，将会有一部分未反应的异戊醇被蒸出，使产率偏高。答案(1)球形冷凝管(2)洗掉大部分硫酸和醋酸洗掉碳酸氢钠(3)d(4)提高醇的转化率(5)干燥(6)b(7)c(8)高会收集少量未反应的异戊醇