1、专题强化练习(十四)化学实验综合探究授课提示：对应学生用书第131页1用零价铁(Fe)去除水体中的硝酸盐(NO)已成为环境修复研究的热点之一。(1)Fe还原水体中NO的反应原理如图所示。作负极的物质是_。正极的电极反应式是_。(2)将足量铁粉投入水体中，经24小时测定NO的去除率和pH，结果如下：初始pHpH2.5pH4.5NO的去除率接近100%50%24小时pH接近中性接近中性铁的最终物质形态pH4.5时，NO的去除率低。其原因是_。(3)实验发现：在初始pH4.5的水体中投入足量铁粉的同时，补充一定量的Fe2可以明显提高NO的去除率。对Fe2的作用提出两种假设：.Fe2直接还原NO；.F
2、e2破坏FeO(OH)氧化层。做对比实验，结果如图所示。可得到的结论是_。同位素示踪法证实Fe2能与FeO(OH)反应生成Fe3O4。结合该反应的离子方程式，解释加入Fe2提高NO去除率的原因：_。(4)其他条件与(2)相同，经1小时测定NO的去除率和pH，结果如下：初始pHpH2.5pH4.5NO的去除率约10%约3%1小时pH接近中性接近中性与(2)中数据对比，解释(2)中初始pH不同时，NO去除率和铁的最终物质形态不同的原因：_。解析：(1)根据反应原理的图示可知Fe做负极，正极上NO得电子生成NH，结合电荷守恒和元素守恒写出电极反应式为NO8e10H =NH3H2O 。(2)pH越大，
3、Fe3越容易水解生成不导电的FeO(OH)，阻碍电子转移。(3)从图中看出只加入铁粉或只加入Fe2，NO的去除率都不如同时加入铁粉和Fe2，说明Fe2的作用不是还原NO，而是破坏FeO(OH)层生成了Fe3O4。同位素示踪法证实Fe2能与FeO(OH)反应生成Fe3O4。该反应的离子方程式为Fe22FeO(OH)=Fe3O42H，加入Fe2提高去除率的原因是减少了FeO(OH)，增强了导电性。(4)初始pH低时，产生的Fe2充足；初始pH高时，产生的Fe2不足。答案：(1)FeNO8e10H=NH3H2O(2)FeO(OH)不导电，阻碍电子转移(3)本实验条件下，Fe2不能直接还原NO；在Fe
4、和Fe2共同作用下能提高NO的去除率Fe22FeO(OH)=Fe3O42H，Fe2将不导电的FeO(OH)转化为可导电的Fe3O4，利于电子转移(4)初始pH低时，产生的Fe2充足；初始pH高时，产生的Fe2不足2醋酸亚铬水合物Cr(CH3COO)222H2O是一种氧气吸收剂，为红棕色晶体，易被氧化，微溶于乙醇，不溶于水和乙醚(易挥发的有机溶剂)。其制备装置及步骤如下：检查装置气密性，往三颈烧瓶中依次加入过量锌粉、适量CrCl3溶液。关闭k2打开k1，旋开分液漏斗的旋塞并控制好滴速。待三颈烧瓶内的溶液由深绿色(Cr3)变为亮蓝色(Cr2)时，把溶液转移到装置乙中，当出现大量红棕色晶体时，关闭分
5、液漏斗的旋塞。将装置乙中混合物快速过滤、洗涤和干燥，称量得到2.76 gCr(CH3COO)222H2O。(1)装置甲中连通管a的作用是_。(2)三颈烧瓶中的Zn除了与盐酸生成H2外，发生的另一个反应的离子方程式为_。(3)实验步骤中溶液自动转移至装置乙中的实验操作为_。(4)装置丙中导管口水封的目的是_。(5)洗涤产品时，为了去除可溶性杂质和水分，下列试剂的正确使用顺序是_(填字母)。a乙醚b去氧冷的蒸馏水c无水乙醇(6)若实验所取用的CrCl3溶液中含溶质3.17 g，则Cr(CH3COO)222H2O(相对分子质量为376)的产率是_。(7)一定条件下，Cr(CH3COO)222H2O受
6、热得到CO和CO2的混合气体，请设计实验检验这两种气体的存在。解析：(1)分析题给装置知装置甲中连通管a的作用是使分液漏斗液面上方与三颈烧瓶内气压相等，保证分液漏斗中的液体顺利流下。(2)根据题给信息知三颈瓶中的Zn可与CrCl3反应生成的氯化锌和CrCl2，离子方程式为2Cr3Zn=2Cr2Zn2。(3)关闭k1，打开k2，三颈烧瓶中锌与盐酸反应生成的氢气不能排出使得三颈烧瓶中液面上方压强增大，将三颈烧瓶中溶液压入装置乙中，故实验操作为关闭k1，打开k2。(4)根据题给信息知醋酸亚铬水合物易被氧化，故装置丙中导管口水封的目的是防止空气进入装置乙氧化二价铬。(5)根据题给信息知醋酸亚铬水合物微
7、溶于乙醇，不溶于水和乙醚(易挥发的有机溶剂)。洗涤产品时，先用去氧冷的蒸馏水洗去可溶性杂质，再用无水乙醇去除水分，最后用乙醚去除无水乙醇，试剂的使用顺序是b、c、a。(6)CrCl3的质量为3.17 g，物质的量为0.02 mol，根据铬原子守恒知理论上生成Cr(CH3COO)222H2O的物质的量为0.01 mol，质量为3.76 g，而实际产量为2.76 g，则Cr(CH3COO)222H2O的产率是2.76/3.76100%73.4%。(7)CO2属于酸性氧化物，能使澄清石灰水变浑浊，CO具有还原性，能与灼热的氧化铜反应生成CO2和铜单质，故检验CO和CO2的混合气体中这两种气体的存在的
8、实验方案：混合气体通入澄清石灰水，变浑浊，说明混合气体中含有CO2；混合气体通过灼热的氧化铜，固体颜色由黑色变红色，说明混合气体中含有CO。答案：(1)保证分液漏斗中的液体顺利流下(2)2Cr3Zn=2Cr2Zn2(3)关闭k1，打开k2(4)防止空气进入装置乙氧化二价铬(5)bca(6)73.4%(7)混合气体通入澄清石灰水，变浑浊，说明混合气体中含有CO2；混合气体通过灼热的氧化铜，固体颜色由黑色变红色，说明混合体中含有CO3葡萄糖酸钙是一种可促进骨骼生长的营养物质。葡萄糖酸钙可通过以下反应制得：C6H12O6(葡萄糖)Br2H2OC6H12O7(葡萄糖酸)2HBr2C6H12O7CaCO
9、3Ca(C6H11O7)2(葡萄糖酸钙) H2OCO2相关物质的溶解性见下表：物质名称葡萄糖酸钙葡萄糖酸溴化钙氯化钙水中的溶解性可溶于冷水易溶于热水可溶易溶易溶乙醇中的溶解性微溶微溶可溶可溶实验流程如下：C6H12O6溶液悬浊液 Ca(C6H11O7)2请回答下列问题：(1)第步中溴水氧化葡萄糖时，下列装置中最适合的是_。制备葡萄糖酸钙的过程中，葡萄糖的氧化也可用其它试剂，下列物质中最适合的是_。A新制Cu(OH)2悬浊液B酸性KMnO4溶液CO2/葡萄糖氧化酶DAg(NH3)2OH溶液(2)第步充分反应后CaCO3固体需有剩余，其目的是_；本实验中不宜用CaCl2替代CaCO3，理由是_。(
10、3)第步需趁热过滤，其原因是_。(4)第步加入乙醇的作用是_。(5)第步中，下列洗涤剂最合适的是_。A冷水B热水C乙醇 D乙醇水混合溶液解析：(1)用溴水氧化葡萄糖时，滴入溴水，要用分液漏斗，用水浴加热的方法容易控制温度，故应选择装置B，制备葡萄糖酸钙的过程中，葡萄糖的氧化也可用O2/葡萄糖氧化酶 ，这样的好处是无需分离。(2)第步充分反应后CaCO3固体有剩余，增加碳酸钙的量可以提高葡萄糖的转化率；氯化钙是可溶于水的物质，使用氯化钙不利于后面物质的分离。(3)根据物质的溶解度表可以看出第步需趁热过滤的原因是葡萄糖酸钙冷却后结晶，如不趁热过滤会损失产品。(4)加入乙醇的目的是降低葡萄糖酸钙的溶
11、解度，有利于葡萄糖酸钙的析出。(5)葡萄糖酸钙微溶于酒精，故洗涤剂最合适的是乙醇水混合溶液。答案：(1)BC(2)提高葡萄糖酸的转化率；便于后续分离氯化钙难以与葡萄糖酸直接反应得到葡萄糖酸钙(3)葡萄糖酸钙冷却后结晶析出，如不趁热过滤会损失产品(4)可降低葡萄糖酸钙在溶剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙析出(5)D4丙烯酸甲酯是一种重要的工业原料，某实验小组制取丙烯酸甲酯的装置如图所示：CH2=CHCOOHHOCH3CH2=CHCOOCH3H2O取10.0 g丙烯酸和6.0 g甲醇放置于三颈烧瓶中，连接好冷凝管，用搅拌棒搅拌，水浴加热。充分反应后，冷却，向混合液中加入5% Na2CO3溶液洗至中性
12、。分液，取上层油状液体，再用无水Na2SO4干燥后蒸馏，收集7090 馏分。可能用到的信息：沸点溶解性性质丙烯酸141 与水互溶，易溶于有机溶剂有毒甲醇65 与水互溶，易溶于有机溶剂易挥发，有毒丙烯酸甲酯80.5 难溶于水，易溶于有机溶剂易挥发回答下列问题：(1)仪器c的名称是_。(2)混合液用5% Na2CO3溶液洗涤的目的是_。(3)请写出配制100g 5% Na2CO3溶液所使用的玻璃仪器_。(4)关于产品的蒸馏操作(夹持装置未画出)，下图中有2处错误，请分别写出_、_。为检验产率，设计如下实验：将油状物质提纯后平均分成5份，取出1份置于锥形瓶中，加入2.5 molL1的KOH溶液10.
13、00 mL，加热使之完全水解。用酚酞做指示剂，向冷却后的溶液中滴加0.5 molL1的盐酸，滴到终点时共消耗盐酸20.00 mL。(5)计算本次酯化反应丙烯酸的转化率_。(6)请列举2条本实验中需要采取的安全防护措施_。解析：(1)仪器c为分液漏斗。(2)混合液中有丙烯酸、甲醇和丙烯酸甲酯，由于丙烯酸能够与Na2CO3溶液反应，甲醇能够溶于Na2CO3溶液，且Na2CO3溶液能够降低丙烯酸甲酯的溶解度，因此混合溶液用5% Na2CO3溶液洗涤。(3)配制100 g 5% Na2CO3溶液所使用的玻璃仪器为烧杯、玻璃棒和量筒。(4)产品蒸馏时，温度计测的是蒸气的温度，因此温度计的水银球应该在蒸馏
14、烧瓶的支管口处；尾接管与锥形瓶接口不能密封。(5)中和过量的KOH溶液需要的盐酸为n(HCl)0.5 molL10.02 L0.01 mol，则用于丙烯酸甲酯水解的KOH为n(KOH)2.5 molL10.01 L0.01 mol0.015 mol，因此消耗原料丙烯酸的质量为m0.015 mol72 gmol11.08 g，参加实验的样品是原样品的，因此丙烯酸的转化率为100%54%。(6)丙烯酸与甲醇为易燃物，因此要防止明火；甲醇易挥发，且对人体有毒，因此需要在通风橱中进行。答案：(1)分液漏斗(2)除去混合液中的丙烯酸和甲醇，降低丙烯酸甲酯的溶解度(答案合理即可)(3)烧杯、玻璃棒、量筒(
15、4)温度计水银球位置尾接管与锥形瓶接口密封(5)54.0%(6)在通风橱中实验、防止明火5肼是重要的化工原料。某探究小组利用下列反应制取水合肼(N2H4H2O)：CO(NH2)22NaOHNaClO=Na2CO3N2H4H2ONaCl实验一：制备NaClO溶液(实验装置如图所示)(1)配制 30% NaOH溶液时，所需的玻璃仪器除量筒外，还有_(填标号)。A容量瓶B烧杯C烧瓶D玻璃棒(2)锥形瓶中发生反应的化学方程式是_。(3)因后续实验需要，需利用中和滴定原理测定反应后锥形瓶内混合溶液中NaOH的浓度。请选用所提供的试剂，设计实验方案：_。提供的试剂：H2O2溶液、FeCl2溶液、0.100
16、 0 molL1盐酸、酚酞试液实验二：制取水合肼(实验装置如图所示)。控制反应温度，将分液漏斗中溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，充分反应。加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液，收集108114 馏分。(已知：N2H4H2O2NaClO=N23H2O2NaCl)(4)分液漏斗中的溶液是_(填标号)。ACO(NH2)2溶液BNaOH和NaClO混合溶液选择的理由是_。实验三：测定馏分中水合肼的含量。称取馏分5.000 g，加入适量NaHCO3固体，加水配成250 mL溶液，移取25.00 mL，用0.100 0 molL1的I2溶液滴定。滴定过程中，溶液的pH保持在6.5左右。(已知：N2H4H2O2I2=N24HI
17、H2O)(5)滴定过程中，NaHCO3能控制溶液的pH在6.5左右，原因是_。(6)实验测得消耗I2溶液的平均值为18.00 mL，馏分中水合肼(N2H4H2O)的质量分数为_。解析：(1)配制30% NaOH溶液，还需要烧杯和玻璃棒。(2)锥形瓶中发生反应的化学方程式为Cl22NaOH=NaClNaClOH2O。(3)选择酚酞作指示剂，用0.100 0 molL1盐酸滴定混合溶液中的NaOH，但滴定前要加入H2O2溶液，除去混合溶液中的ClO。(5)滴定反应中产生的HI能与NaHCO3反应，因此可以控制溶液的pH在6.5左右。(6)水合肼的质量为0.100 0 molL10.018 L50 gmol10.45 g，则水合肼的质量分数为100%9%。答案：(1)BD(2)Cl22NaOH=NaClONaClH2O(3)取一定量锥形瓶内的混合溶液，加入适量的H2O2溶液后，滴加23滴酚酞试液，用0.100 0 molL1盐酸滴定，重复上述操作23次(4)B如果将氢氧化钠和次氯酸钠的混合溶液装在烧瓶中，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化(5)NaHCO3会与滴定过程中产生的HI反应(6)9%