2017高考化学实验专题辅导讲义无答案

2017高考化学实验专题辅导讲义无答案

高考化学实验专题辅导讲义 授课主题 实验题专练 教学目的 ‎1、根据实验试题的要求，设计或评价实验方案；能绘制和识别典型的实验仪器装置图。‎ ‎2、实验知识和技能的综合应用。‎ 教学重难点 根据实验试题的要求，设计实验方案 教学内容 ‎ ‎ 上节课复习与回顾 ‎1． NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是 A．2.4g镁在足量的氧气中燃烧，转移的电子数为0.1NA B．标准状况下，5.6L二氧化碳气体中含有的氧原子数为0.5NA C．氢原子数为0.4NA的甲醇分子中含有的σ键数为0.4NA D．0.1L0.5mol/LCH3COOH溶液中含有的氢离子数为0.05NA 【答案】B 课堂导入 解决有关规律探究问题的实验设计，其常用方法示例如下：‎ ‎（1）同周期、同主族元素性质的递变规律，一般通过设计判断元素金属性、非金属性的强弱实验来完成，如通过让金属单质与相同浓度的非氧化性酸反应产生H2的速率快慢来判断金属单质的还原性强弱，推断元素金属性强弱，从而找出相应的性质递变规律。‎ ‎（2）物质的酸(碱)性强弱的判断。‎ ‎ （3）钢铁发生电化学腐蚀的规律探究。可以通过控制所含的杂质是否与空气接触、所接触的电解质溶液的酸碱度、钢铁在腐蚀过程中体系内的气压变化等角度设计实验，找出规律。‎ 本节知识点讲解 考点一、探究性实验 ‎1、对未知产物的探究 通过化学反应原理猜测可能生成哪些物质，对这些物质逐一进行检验来确定究竟含有哪些物质。虽然探究性实验主要考查学生的探究能力，但在问题中常常包含了对实验基础知识的考查。如：‎ ‎（1）常见物质分离的提纯方法：结晶法、蒸馏法、过滤法、升华法、萃取法、渗析法等。‎ ‎（2）常见气体的制备、净化、干燥、收集等方法。‎ ‎（3）熟悉重点的操作：气密性检查、测量气体体积、防倒吸、防污染等。‎ ‎2、物质性质的探究 ‎（1）在探究过程中往往可以利用对比实验，即设置几组平行实验来进行对照和比较，从而研究和揭示某种规律，解释某种现象形成的原因或证明某种反应机理。‎ ‎（2）无机物、有机物性质的探究，必须在牢牢掌握元素化合物知识的基础上，大胆猜想，细心论证。脱离元素化合物知识，独立看待实验问题是不科学的，只有灵活运用已有的元素化合物知识，才能变探究型实验为验证型实验，使复杂问题简单化。‎ ‎3、规律探究与变量控制 控制变量法：物质变化往往受到多个因素的影响，在研究化学反应与外界因素之间的关系时，对影响物质变化规律的因素或条件加以人为控制，使其他几个因素不变，集中研究其中一个因素的变化所产生的影响，以利于在研究过程中，迅速寻找到物质变化的规律。常涉及的题型有：（1）外因(浓度、温度、压强等)对化学反应速率、化学平衡的影响；（2）物质性质的递变规律。‎ ‎1、变量探究实验题的解题策略 解答变量探究类试题关键是在其他条件相同的前提下，只改变一个条件对研究对象的影响规律。注意：选择数据要有效，且变量统一，否则无法作出正确判断。‎ ‎2、规律探究实验题的解题策略 物质性质递变规律的探索也是中学化学实验探索的一个重要内容。研究同周期、同主族元素性质的递变规律，物质的氧化还原反应(如置换反应)规律，物质的酸(碱)性强弱规律，电解质溶液的导电规律等，都是开展有关规律探究的重要素材，也是高考命题的经典情境。‎ 例题解析 ‎ ‎1．乙二酸(HOOC-COOH，可简写为H2C2O4)俗称草酸，存在与自然界的植物中，其晶体(H2C2O4·2H2O)无色，101℃开始熔化，易溶于水，受热脱水、升华，170℃时开始分解，其钠盐和钾盐易溶于水。而其钙盐难溶于水。‎ ‎（1）依据表中给出的数据判断下列化学方程式可能正确的是_____________(填序号)‎ 两种多元酸是电离常数(25℃)‎ ‎（2）某化学兴趣小组的同学选用如图所示的部分装置(可以重复选用)进行商业，验证草酸的分解产物(已知：H2C2O4CO2↑+CO↑+H2O↑)‎ 如果气体流向为从左到右，装置依次连接的合理顺序为_____________。‎ ‎（3）草酸溶液能使酸性高锰酸钾溶液褪色，其反应历程为：‎ ‎①称取_____________g草酸晶体，配制250mL0.10mol/LH2C2O4溶液 ‎②在上述过程中必须用到的2种定量仪器是_____________和_____________。‎ ‎③下列操作会使所配溶液浓度偏高的是_____________(填序号)‎ A.称取草酸晶体时，将草酸晶体放在托盘天平右盘 B.定容时俯视刻度线 C.将烧杯中溶液转移到容量瓶之前，容量瓶中有少量蒸馏水 D.摇匀后，发现溶液液面低于刻度线，立即用胶头滴管加水再定容 ‎④写出草酸溶液与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式：_____________。‎ ‎⑤由于KMnO4能氧化水中的有机物等因素，为了配制稳定的KMnO4溶液，其浓度需标定，取10.00mL0.10mol/LH2C2O4溶液于锥形瓶中，加入10mL0.50mol/LH2SO4溶液、用KMnO4‎ 溶液滴定至锥形瓶中溶液颜色恰好_____________，且半分钟不褪色，记录数据，平行三次实验，平均消耗KMnO4溶液40.00mL，则上述实验中KMnO4溶液的物质的量浓度为_____________。‎ ‎（1）BD（2）ACBDFDGHDI（3）①3.2；②托盘天平；250mL容量瓶；③B ‎④5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O⑤呈浅紫色；0.01mol/L ‎【解析】试题分析：（1）依据表中数据可知：酸性强弱顺序为H2C2O4 > HC2O4-> H2CO3 > HCO3-，故BD所表示的反应能发生，故答案为：BD。‎ ‎（2）装置B中冰水的作用是降低温度，使生成的水和升华的草酸（题给信息：受热脱水、升华）冷凝。若草酸进入澄清石灰水中也会生成草酸钙沉淀，干扰CO2检验。检验CO可通过检验CO还原黑色CuO生成的CO2进行。因为分解产物中有CO2，所以先要除去CO2，可用NaOH浓溶液吸收CO2，并用澄清石灰水检验CO2是否除尽，再用无水氯化钙干燥CO，然后通过加热的CuO，再用澄清石灰水检验生成的CO2气体，没有反应掉的CO可用排水法收集。若前面澄清石灰水无现象，H中黑色的CuO变红色，后面的澄清石灰水变浑浊，说明草酸晶体分解产物中有CO，故答案为：ACBDFDGHDI。‎ ‎（3）①H2C2O4的物质的量=250mL×0.10mol/L=0.025mol，草酸晶体的质量=0.025mol×126g/mol=3.15g，应称取3.2g，故答案为：3.2；‎ ‎②在上述过程中必须用到的2种定量仪器是托盘天平和250mL容量瓶，故答案为：托盘天平、250mL容量瓶；‎ ‎③A项，采用“左码右物”法称量草酸的质量偏小，所以配制的草酸浓度偏低。B项，定容时俯视刻度线，配制的体积比实际体积小，所以浓度偏大。C项，容量瓶中存在少量蒸馏水对所配溶液的浓度无影响。D项的操作会导致配制体积比实际体积大，所以浓度偏小。故选B。‎ ‎④草酸溶液与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，故答案为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O；‎ ‎⑤滴定终点时的现象为锥形瓶中溶液颜色恰好呈现浅紫色；‎ ‎5H2C2O4 - 2KMnO4‎ ‎5 2‎ ‎0.01×0.1 0.04x ‎，故答案为：呈浅紫色；0.01mol/L。‎ 考点：考查了物质的性质探究实验、含量沉淀实验的设计、化学计算的相关知识。‎ 巩固练习 ‎ ‎1．CH3Cl为无色，略带臭味的气体，密度为2.25g/L，熔点为-24.2℃，20℃时在水中的溶解度为400mL，易溶于乙醇和丙醇等有机溶剂。‎ Ⅰ．实验室制取CH3Cl的原理是CH3OH +HCl(浓) CH3Cl+H2O。具体步骤如下：‎ ‎①干燥ZnCl2晶体；‎ ‎②称取24g研细的无水ZnCl2和量取20mL浓盐酸放入圆底烧瓶，‎ 同时量取一定量的甲醇放入分液漏斗中；‎ ‎③将分液漏斗里的甲醇逐滴滴入烧瓶中并加热，待ZnCl2完全溶解后有CH3Cl气体逸出，可用排水法收集。‎ 请回答：‎ ‎（1）实验室干燥ZnCl2晶体制得无水ZnCl2的方法是 。‎ ‎（2）反应过程中滴入烧瓶中甲醇的体积比盐酸少（甲醇与浓盐酸的物质的量浓度接近）其理由是 。‎ ‎（3）实验室为何用排水法收集CH3Cl？ 。‎ Ⅱ．据某资料记载，CH4分子中的一个H原子被Cl原子取代后，其稳定性受到影响，可被强氧化剂酸性高锰酸钾氧化。现有四只洗气瓶；分别盛有以下试剂：A．1.5%KMnO4(H+)溶液；B．蒸馏水；C．5%Na2SO3溶液；D．98%H2SO4。‎ ‎（1）为证实这一理论的可靠性，请从上面选择最恰当的洗气瓶，将a装置生成的气体依次通过洗气瓶 （填洗气瓶编号），如果观察到 则证实上述资料的正确性。‎ ‎（2）写出洗气瓶中发生反应的离子方程式(C元素的氧化产物为CO2)：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎（3）如果CH3Cl是大气的污染物，上述洗气瓶之后还应接一只盛 的洗气瓶。‎ ‎1．Ⅰ.(1)在干燥的HCl气氛中加热； (2)增大盐酸的量以提高甲醇的转化率；(3)CH3Cl不易溶于水，用排水法可除去HCl、CH3OH等杂质气体；Ⅱ．（1）BAC ；A紫色褪去；（2）10CH3Cl＋14MnO4—＋42H＋＝14Mn2＋＋ 10CO2↑＋5Cl2↑＋36H2O；SO32—＋Cl2＋H2O＝SO42—＋2Cl—＋H＋；（3）乙醇(或其它有机溶剂) ‎ ‎【解析】试题分析：Ⅰ．（1）因为ZnCl2为强酸弱碱盐，发生水解反应生成HCl，为了防止ZnCl2的水解，所以实验室干燥ZnCl2晶体制得无水ZnCl2的方法是在干燥的HCl气氛中加热。‎ ‎（2）增大盐酸的量，平衡向正反应方向移动，可提高甲醇的转化率。‎ ‎（3）CH3Cl在20℃时在水中的溶解度为400mL，不易溶于水，用排水法可除去HCl、CH3OH等杂质气体。‎ Ⅱ．（1）实验室制取CH3Cl的原理是CH3OH +HCl（浓）CH3Cl+H2O，则制取的CH3Cl中含有HCl，所以先通过蒸馏水，除去HCl杂质，再通入1.5%KMnO4（H+）溶液，验证CH3Cl能否被酸性高锰酸钾溶液氧化，最后用5%Na2SO3溶液吸收生成的有毒气体Cl2，所以将a装置生成的气体依次BAC；如果观察到A中紫色酸性高锰酸钾溶液褪色，说明CH3Cl能被酸性高锰酸钾溶液氧化。‎ ‎（2）CH3Cl通入酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，CH3Cl被氧化为CO2、Cl2，氧化剂MnO4‾被还原为Mn2+，根据电荷守恒和元素守恒，反应物中还有H+，生成物中还有H2O，根据化合价升高的总价数等于降低的总价数配平可得离子方程式为10CH3Cl＋14MnO4—＋42H＋＝14Mn2＋＋ 10CO2↑＋5Cl2↑＋36H2O；有毒的Cl2被Na2SO3吸收，离子方程式为SO32—＋Cl2＋H2O＝SO42—＋2Cl—＋H＋。‎ ‎（3）因为CH3Cl易溶于乙醇和丙醇等有机溶剂，所以如果CH3Cl是大气的污染物，上述洗气瓶之后还应接一只盛乙醇（或其它有机溶剂）的洗气瓶，用来吸收CH3Cl。‎ 考点：考查实验方案的分析与评价、离子方程式的书写、盐类的水解。‎ ‎2．铵明矾是一种广泛应用于医药、食品、污水处理等多个行业的重要化工产品。以高岭土（含SiO2、Al2O3、少量Fe2O3等）为原料制备硫酸铝晶体[Al2(SO4)3·18H2O]和铵明矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]的工艺流程如下图所示。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）高岭土首先需要灼烧，实验室灼烧高岭土所需的实验仪器有 （填字母）。‎ a.蒸发皿 b.泥三角 c.漏斗 d.酒精灯 e.三脚架 f.坩埚 g.烧杯 h.试管 ‎（2）研究发现，随着酸熔温度升高，氧化铝的溶出率增大，但若酸熔时温度过高（超过240℃），SiO2不仅会消耗硫酸，导致氧化铝溶出率下降，还会同时产生高温的腐蚀性气体，该副反应的化学方程式为 。‎ ‎（3）要检验除铁后的滤液中是否含有Fe3＋，应采取的实验方法为 ；滤渣2的主要成分为 （填化学式）。‎ ‎（4）“分离1”操作包含的实验步骤有 、 、 、洗涤、干燥。‎ ‎（5）中和结晶操作是将过滤出硫酸铝晶体后的滤液，先用硫酸调节酸铝比（溶液中游离硫酸和硫酸铝的物质的量之比），再用氨水中和至一定的pH值即可析出铵明矾晶体，写出该过程中的总反应方程式 。‎ ‎2．（1）bdef （2）SiO2+H2SO4(浓)H2SiO3+SO3↑（3）取少量除铁后的滤液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变为血红色则含Fe3+，否则不含Fe3+；Fe(OH)3（4）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 ‎ ‎（5）Al2(SO4)3 +H2SO4 +2NH3·H2O +22H2O=2[NH4Al(SO4)2·12H2O]↓或Al2(SO4)3 +H2SO4 +2NH3 +24H2O=2[NH4Al(SO4)2·12H2O]↓ ‎ ‎【解析】试题分析：高岭土（含SiO2、Al2O3、少量Fe2O3等）用浓硫酸溶解，Al2O3和Fe2O3反应生成Al2(SO4)3和Fe2(SO4)3，SiO2不反应，则滤渣1为SiO2，滤液中含有Al2(SO4)3和Fe2(SO4)3及过量的硫酸，向滤液中加入试剂除铁，则滤渣2为氢氧化铁；‎ ‎（1）高岭土首先需要灼烧，实验室灼烧高岭土所需的实验仪器有泥三角、酒精灯、三脚架、坩埚，答案选bdef；‎ ‎（2）随着酸熔温度升高，氧化铝的溶出率增大，但若酸熔时温度过高（超过240℃），SiO2不仅会消耗硫酸，导致氧化铝溶出率下降，还会同时产生高温的腐蚀性气体为三氧化硫，则该副反应的化学方程式为 SiO2+H2SO4(浓)H2SiO3+SO3↑；‎ ‎（3）检验滤液中是否含有Fe3＋，应用KSCN溶液，实验方法为取少量除铁后的滤液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变为血红色则含Fe3+，否则不含Fe3+；‎ ‎（4）“分离1”操作包含的实验步骤有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；‎ ‎（5）中和结晶操作是将过滤出硫酸铝晶体后的滤液，先用硫酸调节酸铝比（溶液中游离硫酸和硫酸铝的物质的量之比），再用氨水中和至一定的pH值即可析出铵明矾晶体，该过程中的总反应方程式为Al2(SO4)3 +H2SO4 +2NH3·H2O +22H2O=2[NH4Al(SO4)2·12H2O]↓‎ 或Al2(SO4)3 +H2SO4 +2NH3 +24H2O=2[NH4Al(SO4)2·12H2O]↓。‎ 考点：物质的分离和提纯 知识点小结 考点二、化学实验方案的设计 化学实验方案的设计是在实施化学实验之前，根据化学实验的目的和要求，运用相关的化学知识和技能，对实验的仪器、装置、药品和方法所进行的一种规划。‎ ‎1、化学实验方案设计的一般步骤：‎ 实验目的→实验原理（反应途径）→反应的仪器的选择→设计实验装置和操作步骤→记录实验现象，数据处理方法→形成方案。‎ ‎2、化学实验方案设计的一般类型：‎ 化学实验方案设计 ‎3、评价化学实验方案设计的基本原则：‎ ‎①科学性：实验原理，准确，实验流程合理。‎ ‎②安全性：保护人身、保护环境、保护仪器。‎ ‎③可行性：条件允许，效果明显，操作正确。‎ ‎④简约性：做到步骤少，时间短、效果好等基本要求。‎ ‎⑤经济性：原料利用率用高，所用原料易得，价廉物美。‎ ‎4、物质制备实验方案设计：‎ 物质制备实验方案的设计的一般思路是：‎ 实验目的 实验原理 实验用品 选择 根据信息结合产物的性质设计方案 方案一 方案二 方案三 结合实验方案设计的基本原则，选择最优方案 具体方案设计 ‎ ‎ ‎5、物质的性质实验设计 此类题主要是对物质具有的性质进行求证，其方案设计的基本思路是： ‎ 分析物质的结构或所属类型典型代表物的性质 物质可能具有的一系列性质 设计出合理的实验方案 推测 对物质具备的性质去求证，关键在于设计出简捷的实验方案，做到操作简单，现象明显，而且安全性好。‎ ‎6、物质检验实验方案的设计 物质检验实验方案的设计基本思路：‎ 利用物理性质（如颜色、状态、气味、密度等）或化学性质进行物质检验，使被检物质与加 入的试剂作用，转变为某种已知物质，或产生某种特殊现象（生成气体、沉淀、显现特殊颜色等），从而确定该物质的存在。‎ ‎7、综合性实验方案的设计 综合性实验方案的设计，主要以教材内容为主考查学生的基本操作、基本技能或考查学生对典型实验有关而又易忽略和重要细节的掌握情况。解答此类题必须依据反应原理、基本实验操作和亲自动手实验的经验来解答。‎ 例题解析 CuSO4用途广泛，以Cu为原料制CuSO4有多种方法。(1)实验室可用Cu与浓硫酸反应制CuSO4。‎ ① Cu与浓硫酸反应的化学方程式是________。‎ ② 该方法制CuSO4存在的不足是________(写出任意一条)。‎ ‎(2)实验小组采取如下方法制CuSO4。‎ 实验表明，Fe3+能加快生成CuSO4的反应速率，加快原理可表述为：‎ i. 2Fe3+ + Cu = 2Fe2+ + Cu2+‎ ii. ……‎ ii的离子方程式是________。‎ ‎(3)用电解的方法制CuSO4，如图所示。‎ ① 与直流电源a 端相连的电极材料是________(填“铜片”或“石墨”)。‎ ② 将进口处较浓硫酸替换为Na2SO4溶液进行实验，发现得到的CuSO4溶液pH比替换前升高，结合化学用语解释pH升高的原因是________。‎ ‎(1)①Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O ②反应产生SO2，对环境有污染或氧化剂浓硫酸利用率不高 ‎(2)4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；‎ ‎(3)①铜片②替换为Na2SO4后，阴极区发生反应2H++2e-=H2↑，阴极区c(OH-)＞c(H+)，OH-也可以通过阴离子交换膜运动到阳极区，导致CuSO4溶液pH升高 ‎【解析】‎ 试题分析：(1)① Cu与浓硫酸反应的化学方程式为Cu + 2H2SO4(浓)CuSO4 + SO2↑+2H2O，故答案为：Cu + 2H2SO4(浓)CuSO4 + SO2↑+2H2O；‎ ②该方法制CuSO4存在的不足有：反应中产生SO2，对环境有污染或氧化剂浓硫酸利用率不高，故答案为：反应中产生SO2，对环境有污染或氧化剂浓硫酸利用率不高；‎ ‎(2)根据反应流程，Fe3+为催化剂，因此Fe3+能加快生成CuSO4的反应速率，加快原理可表述为：i. 2Fe3+ + Cu = 2Fe2+ + Cu2+；ii4Fe2+ + O2 + 4H+ =4Fe3+ + 2H2O，故答案为：4Fe2+ + O2 + 4H+ =4Fe3+ + 2H2O；‎ ‎(3)①用电解的方法制CuSO4，铜电极需要与直流电源正极相连，根据硫酸根离子的移动方向，a为直流电源正极，因此与直流电源a 端相连的电极材料是铜片，故答案为：铜片；‎ ② 替换为Na2SO4后，阴极区发生反应2H++2e-=H2↑，阴极区c(OH-)＞c(H+)，OH-也可以通过阴离子交换膜运动到阳极区，导致CuSO4溶液pH升高，故答案为：替换为Na2SO4后，阴极区发生反应2H++2e-=H2↑，阴极区c(OH-)＞c(H+)，OH-也可以通过阴离子交换膜运动到阳极区，导致CuSO4溶液pH升高；‎ 考点：考查了硫酸铜的制备原理的设计与评价的相关知识。‎ 巩固练习 ‎ ‎1．（17分）利用如图所示装置制备饱和氯水，探究新制饱和氯水的组成和性质。用胶头滴管将该氯水逐滴滴入盛有含酚酞的NaOH溶液的试管中，边滴边振荡，并连续观察现象，发现溶液的红色逐渐褪去得无色溶液。据此回答：‎ ‎（1）仪器b的名称为 ，b中发生反应的离子方程式为 。‎ ‎（2）如何检验A装置的气密性 ‎ ‎（3）氯水长时间放置，pH将会 ‎ ‎（4）根据预测，实验中溶液红色褪去的原因可能有两种，请用简要的文字补充：‎ ‎①氯水与NaOH反应，碱性减弱红色褪去。② 。‎ ‎（5）通过实验进一步探究溶液红色褪去的原因究竟是上述中的①还是②。‎ ‎【实验步骤】‎ ‎①取上述实验后试管内的无色溶液3 mL盛于另一支洁净的试管中；② ，振荡试管。‎ ‎【现象与结论】‎ ‎①若 ，则证明溶液红色褪去的原因是①而不是②。‎ ‎②若 ，则证明溶液红色褪去的原因是②而不是①。‎ ‎（6）为了从新制氯水中制得较高浓度的HClO，可向氯水中加入的试剂是 。‎ A．CaCO3 B．NaHSO3 C．饱和 NaCl溶液 D．Ca(OH)2‎ ‎（7）有人提议本实验AB之间要加一个盛有饱和食盐水的除杂装置，你认为是否有必要（填“是”或“否”）______。‎ ‎（8）本实验有一明显的错误是，改正措施是 ‎ ‎2．CuCl2、CuCl是重要的化工原料，广泛地用作有机合成催化剂。实验室中以粗铜（含杂质Fe）为原料，一种制备铜的氯化物的流程如下：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）如图装置进行反应①，导管a通入氯气（夹持仪器和加热装置省略）。观察到的现象是______________，‎ 写出铜与氯气反应的化学方程式 ______________________。‎ ‎（2）上述流程中固体K溶于稀盐酸的目的是___________________。试剂X、固体J的物质分别为____________________。‎ a．NaOH   Fe(OH)3             b．NH3·H2O  Fe(OH)2   c．CuO    Fe(OH)3        d．CuSO4     Cu(OH)2 ‎ ‎（3）反应②是向溶液2中通入一定量的SO2，加热一段时间后生成CuCl白色沉淀。写出制备CuCl的离子方程式____________________。‎ ‎（4）反应后，如图盛有NaOH溶液的广口瓶中溶液具有漂白、消毒作用，若用钢铁（含Fe、C）制品盛装该溶液会发生电化学腐蚀，钢铁制品表面生成红褐色沉淀，溶液会失去漂白、杀菌消毒功效。该红褐色沉淀的主要化学式是_____________。该腐蚀过程的正极反应式为___________________。‎ ‎（5）以石墨为电极，电解CuCl2溶液时发现阴极上也会有部分CuCl析出，写出此过程中阴极上的电极反应式________。‎ 试管内有棕色烟产生Cu＋Cl2CuCl2避免Cu2+水解c2Cu2+＋2Cl-＋SO2＋2H2O＝2CuCl↓＋SO42+4H+Fe(OH)3ClO＋2e＋H2O＝Cl+2OHCu2+＋e-＋Cl＝CuCl ‎【解析】（1）铜在氯气中燃烧生成固体氯化铜，观察到棕黄色的烟，反应为：Cu+Cl2CuCl2； （2）氯化铜、氯化铁中的金属离子易水解，直接用水溶液配制溶液会产生浑浊，所以加入过量的盐酸来溶解氯化铜、氯化铁，以抑制氯化铜、氯化铁水解；用于调节pH以除去溶液1杂质可加试剂具有与酸反应，且不引入Cu2+之外的离子，故用CuO或Cu2（OH）或Cu2（OH）2CO3，调节pH目的是使溶液中铁离子转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去，且不能引入新杂质； （3）根据信息可知：在加热条件下，SO2与铜离子反应生成CuCl白色沉淀和SO42-，其反应的离子方程式为：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O2CuCl↓+4H++SO42-； （4）氢氧化钠溶液吸收氯气，生成有次氯酸钠，生铁在次氯酸钠和氢氧化钠的混合溶液中发生电化学腐蚀，碳等杂质为正极，铁为负极．负极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，Fe2++2OH-=Fe（OH）2，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，正极的电极反应式为ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-，红褐色沉淀为氢氧化铁； （5）以石墨为电极，电解CuCl2溶液时发现阴极上也会有部分CuCl析出，阴极上是得到电子发生还原反应，Cu2+得到电子生成CuCl，电极反应为：Cu2++e-+Cl-=CuCl。‎ 点睛：以实验室制备氯化铜为背景，考查了物质的制备实验操作、离子检验、除杂质、离子方程式的书写、原电池原理的应用等，难点是流程分析：粗铜（含杂质Fe）与氯气反应生成氯化铁和氯化铜，加稀盐酸溶解，形成氯化铁和氯化铜溶液，同时抑制氯化铜、氯化铁水解，溶液1中加入X调节溶液pH，得到溶液乙，经过系列操作得到CuCl2•2H2O，故溶液2为CuCl2溶液，则调节pH目的是使溶液中铁离子转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去，试剂X可以为CuO、氢氧化铜等，结合题目信息可知，氯化铜溶液，加少量盐酸，抑制氯化铜水解，再蒸发浓缩、冷却结晶得到CuCl2•2H2O，再经过过滤、洗涤、干燥得到纯净的晶体。‎ 知识点小结 当堂检测 ‎ ‎1．铬铁矿的主要成分可表示为FeO•Cr2O3，还含有MgO、Al2O3、Fe2O3等杂质，以下是以铬铁矿为原料制备重铬酸钾（K2Cr2O7）的流程图：‎ 已知：① Na2CO3+Al2O32NaAlO2+CO2↑； ‎ ‎② Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+‎ 根据题意回答下列问题：‎ ‎（1）请完成下列化学方程式的配平：‎ ‎ FeO•Cr2O3+ Na2CO3+ O2 Na2CrO4+ Fe2O3+ CO2↑；‎ 其中CO2的结构式__ ____‎ ‎（2）酸化步骤用醋酸调节溶液pH＜5，其目的是__ ____；‎ ‎（3）固体Y的主要成分是 ，写出生成Y的离子方程式 ；‎ ‎（4）操作Ⅲ由多步组成，获得K2Cr2O7晶体的操作依次是：加入KCl固体、蒸发浓缩、______、过滤、______、干燥；‎ ‎（5）操作Ⅲ发生反应的化学方程式为 ；‎ ‎（6）某种酒精测试仪中，K2Cr2O7在酸性条件下将乙醇氧化成乙醛，自身被还原为三价铬离子。该反应的离子方程式为 。‎ ‎．（1）4、8、7、8、2、8；O=C=O； （ 2）使CrO42-转化Cr2O72-；‎ ‎（3）Al（OH）3；AlO2-+CH3COOH+H2O═Al（OH）3↓+CH3COO-；（4）冷却结晶；洗涤；‎ ‎（5）Na2Cr2O7+2KCl═K2Cr2O7↓+2NaCl；（6）Cr2O72-+3CH3CH2OH+8H+=2Cr3++3CH3CHO+7H2O。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：铬铁矿通过焙烧，生成Na2CrO4、Fe2O3、MgO和NaAlO2的混合体系，然后加水溶解得固体Fe2O3、MgO和溶液Na2CrO4、NaAlO2，再调节溶液的PH，使偏铝酸盐完全沉淀，继续调节溶液的PH使CrO42-转化为Cr2O72-，最后向所得溶液中加入氯化钾，生成溶解度极小的K2Cr2O7，‎ ‎（1）根据反应中各物质的元素化合价变化可知，铁从+2价变为+3价，铬从+3价变为+6价，氧从0价变为-2价，根据化合价升降法及元素守恒可配平化学方程式为4FeO•Cr2O3+8Na2CO3+7O2=8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2↑；，其中CO2的结构式为O=C=O，故答案为：4、8、7、8、2、8；O=C=O；‎ ‎（2）结合流程图和反应过程中得到物质分析，酸化步骤用醋酸调节溶液pH＜5为了转化CrO42-离子为Cr2O72-，故答案为：使CrO42-转化Cr2O72-；‎ ‎（3）根据流程分析可知，用醋酸调节pH值后产生的沉淀为氢氧化铝，所以Y为Al（OH）3，生成Al（OH）3的离子方程式为AlO2-+CH3COOH+H2O═Al（OH）3↓+CH3COO-，故答案为：Al（OH）3；AlO2-+CH3COOH+H2O═Al（OH）3↓+CH3COO-；‎ ‎（4）获得K2Cr2O7晶体的方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：冷却结晶；洗涤；‎ ‎（5）Na2Cr2O7的溶解度小于K2Cr2O7，反应向溶解度小的方向进行，所以反应的化学方程式为Na2Cr2O7+2KCl═K2Cr2O7↓+2NaCl，故答案为：Na2Cr2O7+2KCl═K2Cr2O7↓+2NaCl；‎ ‎（6）K2Cr2O7在酸性条件下将乙醇氧化成乙醛，自身被还原为三价铬离子，反应的离子方程式为 Cr2O72-+3CH3CH2OH+8H+=2Cr3++3CH3CHO+7H2O，故答案为：Cr2O72-+3CH3CH2OH+8H+= 2Cr3++3CH3CHO+ 7H2O。‎ 考点：考查了物质制备流程和方案的分析判断的相关知识。‎ ‎2．工业上制取KClO3通常用无隔膜电解槽电解热的NaCl溶液，得到的NaClO3溶液与KC1进行复分解反应，再将反应液冷却到3 5℃以下时，可得到粗KClO3产品．根据以上信息回答下列问题．‎ ‎(1)无隔膜电解槽中生成NaClO3溶液所发生反应的化学方程式为 ．‎ ‎(2)NaClO3溶液与KC1能发生复分解反应的原因为 ．‎ A．该反应生成了难溶物质 B．该反应生成了难电离物质 C．KClO3溶解度较小 D．NaClO3氧化性强于KClO3‎ ‎(3)上述过程中，得到的粗KClO3产品中含有少量的NaCl，将粗产品经过溶解、 、 ‎ ‎、过滤、洗涤、干燥，即可得到纯净的成品．‎ ‎(4)固体KClO3可与浓盐酸发生反应8KClO3+24HCl=8KCl+9Cl2↑+6ClO2↑+12H2O试分析：该反应中的还原产物为 ，如有lmol KClO3被还原，转移的电子数目为 ，如有1mol HC1被氧化，转移的电子数目为 ．‎ ‎(1)3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O；(2)C；(3)蒸发浓缩，冷却结晶；(4)Cl2、ClO2，2NA，NA；‎ ‎【解析】试题分析：(1)氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠，氯酸钠和水，结合原子守恒和氧化还原反应电子守恒配平书写化学方程式为：3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，故答案为：3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O；‎ ‎(2)利用物质溶解度的不同析出晶体，NaClO3溶液与KC1能发生复分解反应的原因是KClO3溶解度较小，故答案为：KClO3溶解度较小；‎ ‎(3)氯化钠溶解度随温度变化不大，氯酸钠溶解度随温度变化大，可以通过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤洗涤，干燥的方法得到溶质晶体，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶；‎ ‎(4)标注元素化合价变化，元素化合价升高的做还原剂被氧化，元素化合价降低的做氧化剂被还原，8KClO3 + 24HCl = 8KCl + 9Cl2↑ + 6Cl02↑ + 12H2O，反应中氯元素化合价+5价变化为+4价和0价，-1价氯元素变化为0价，电子转移总数为16e-，还原产物为Cl2、Cl02，氧化产物为Cl2，结合电子转移总数和氧化还原反应定量关系计算得到，8molKClO3被还原电子转移16mol，如有lmol KClO3被还原，转移的电子数目为2NA，如有1mol HC1被氧化，转移的电子数目为NA，故答案为：Cl2、Cl02，2NA，NA。‎ 考点：考查了氯、溴、碘及其化合物的综合应用；氧化还原反应的计算的相关知识。‎ ‎3．氯化亚铜（CuCl）常用作有机合成工业中的催化剂，是一种白色粉末；微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸。下图是工业上用印刷电路的蚀刻液的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl－）生产CuCl的流程：‎ 按要求回答下列问题：‎ ‎⑴ 废液①的主要含有的金属阳离子是__________（填化学符号，下同）；废渣①的成分是_____________，Y为__________。‎ ‎⑵废液①与Z反应的离子方程式为：______________________。‎ ‎⑶ 写出废渣②生成二氧化硫的化学方程式_____________________。‎ ‎⑷ 为得到纯净的CuCl晶体，可用下列_________（填序号）进行洗涤。‎ a．纯净水 b．乙醇 c．稀硫酸 d．氯化铜溶液 ‎⑸ 生产过程中调节溶液的pH不能过大的原因是___________________。‎ ‎⑹ 写出产生CuCl的离子方程式_______________________。‎ ‎⑺ 氯化亚铜的定量分析：‎ ‎① 称取样品0.25g加入10mL过量的FeCl3溶液250mlL锥形瓶中，不断摇动；‎ ‎② 待样品溶解后，加水50mL和2滴指示剂；‎ ‎③ 立即用0.10 mol·L－1硫酸铈标准溶液滴至绿色出现为终点；‎ ‎④ 重复三次，消耗硫酸铈溶液平均体积为25.00mL。‎ 已知：CuCl的分子式量为99；CuCl + FeCl3 = CuCl2 + FeCl2； Fe2+ + Ce4+ = Fe3+ + Ce3+。‎ 则CuCl的纯度为____________。‎ ‎⑴ Fe2+（1分） Fe、Cu（1分） HCl（1分）‎ ‎⑵ 2Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+ + 2Cl－ 或 2Fe2+ +2H+ + H2O2 = 2Fe3+ + 2H2O （2分，合理答案即可）‎ ‎⑶ Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+ SO2↑+2H2O（2分，不写条件扣1分）⑷ b（1分）‎ ‎⑸ 防止生成氢氧化铜沉淀或防止CuCl水解（2分）‎ ‎⑹ SO2 + 2Cu2+ + 2Cl－ + 2H2O ═ 2CuCl↓+ SO42－+ 4H+ （2分） ⑺ 99% (2分)‎ ‎【解析】试题分析：向工业上以制作印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）加入过量的铁粉，三价铁离子与铁粉反应转化为二价铁离子，铜离子与铁反应生成铜，然后过滤，滤渣为过量的铁和生成的铜，依据铜与铁活泼性，将滤渣溶于盐酸，铜与盐酸不反应，过滤得到滤渣即为铜，废液①中加入Z为氯水或双氧水，氧化亚铁离子为铁离子，得到蚀刻液，然后铜与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫，铜与氯气反应生成氯化铜，硫酸铜、二氧化硫、氯化铜反应生成氯化亚铜；‎ ‎（1）印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）加入铁，三价铁离子能够原铁反应生成二价铁离子，铜离子能够与铁反应生成铜，过滤后滤渣中含有铜和铁，加入盐酸，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，铜与盐酸不反应，将铜分离出来；‎ ‎（2）根据以上分析可知废液①与Z反应的离子方程式为2Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+ + 2Cl－或2Fe2+ +2H+ + H2O2 = 2Fe3+ + 2H2O；‎ ‎（3）废渣②生成二氧化硫的反应是铜和浓硫酸在加热条件下反应生成，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+ SO2↑+2H2O；‎ ‎（4）为减少CuCl的损失，析出的CuCl晶体不用水而用无水乙醇洗涤，答案选b；‎ ‎（5）生产过程中调节溶液的pH不能过大的原因是防止生成氢氧化铜沉淀或防止CuCl水解；‎ ‎（6）依据图示可知：CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl，产生CuCl的化学方程式依据得失电子守恒得到：CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4，反应的离子方程式为：SO2 + 2Cu2+ + 2Cl－ + 2H2O ═ 2CuCl↓+ SO42－+ 4H+；‎ ‎（7）滴定0.25g样品消耗硫酸铈标准溶液的平均体积是25.00ml，结合方程式可知：CuCl+FeCl3═CuCl2+FeCl2，CuCl的纯度为（25.00×10−3L×0.1mol/L×99g/mol）/0.25g×100%=99%。‎ 考点：考查物质制备工艺流程图分析 课堂总结 家庭作业 ‎1．（1）下列物质是电解质的有______________，是非电解质的有__________，在本题指定状态下能导电的有____________。（以上各空均填序号）‎ ‎①CO2、②液态HCl、③稀硝酸、④Al2(SO4)3晶体、⑤NH3、⑥熔融KOH、⑦单质铁、‎ ‎（2）在标准状况下，测得 1．32 g某气体的体积为0．672 L。则此气体的摩尔质量为 。等质量CO、CO2两种气体的的摩尔质量之比为 ；同温同压下的体积比为 。‎ ‎（3）用于分离或提纯物质的常见方法有：A蒸馏(分馏) B萃取 C过滤 D分液。下列各组混合物的分离或提纯应选用上述哪一种方法最合适？（填方法的标号）‎ ‎①除去Ca(OH)2溶液中悬浮的CaCO3微粒（ ）②分离四氯化碳与水的混合物（ ）‎ ‎③分离汽油和煤油（ ） ④提取碘水中的碘单质（ ）‎ ‎（1）②④⑥；①⑤，③⑥⑦（2）44g/mol；7：11；11：7（3）C、D、A、B。‎ ‎【解析】试题分析：（1）电解质是指在水溶液中或熔化状态下能够导电的化合物，包括酸、碱、盐、水和活泼金属氧化物；非电解质是指在水溶液中或熔化状态下能够导电的化合物。能导电的物质包括金属单质及合金、石墨；酸、碱、盐的水溶液、熔融的强碱和部分盐。据此作答。‎ ‎（2）根据n=V/Vm计算标准状况下，0．672 L气体的物质的量为0.672L÷22.4L/mol=0.03mol，则M=m/n=1.32g÷0.03mol=44g/mol；物质的摩尔质量之比等于相对分子质量之比，则CO、CO2两种气体的的摩尔质量之比为7：11；等质量CO、CO2两种气体的物质的量与摩尔质量成反比，又同温同压下的气体的体积比等于物质的量之比，等于为11：7。‎ ‎（3）①分离固液混合物的操作为过滤，故除去Ca(OH)2溶液中悬浮的CaCO3微粒的方法为过滤，选C；②分离互不相溶且密度不同的液体混合物的操作为分液，故分离四氯化碳与水的混合物的方法为分液，选D；③利用沸点不同分离相互溶解的液体混合物的操作为蒸馏，故分离汽油和煤油的方法为蒸馏（或分馏），选A；④利用溶质在互不相溶的溶剂中溶解度的不同分离物质的操作为萃取，故提取碘水中的碘单质的方法为萃取，选B。‎ 考点：考查电解质的概念，物质的量计算和物质的量计算 ‎2．(1)下列物质中，能导电的是 ，属于电解质的是 (填序号)。‎ ‎①氨气、②氨水、③NH3·H2O、④硫酸溶液、⑤干冰、⑥BaSO4、⑦金刚石 ‎(2)将等物质的量的①Na、②Na2O、③Na2O2 、④NaOH投入相同质量的水中，所得溶液浓度由大到小的顺序为 。如果将等物质的量换成等质量则 。(填序号)‎ ‎(3)如图表示某同学配制480mL 0.5mol/L 的NaOH溶液的部分操作示意图，其中有错误的是___________，这样操作所配制的溶液比要求的浓度要___________ (填“偏高”、“偏低”、“不影响”)。配制应称取___________gNaOH。‎ ‎ (14分)(1) ②④ ，③⑥(2)②Na2O=③Na2O2 >①Na>④NaOH ③①Na>②Na2O>③ Na2O2>④NaOH ‎(3)C； 偏低； 10.0‎ ‎【解析】试题分析：(1)①氨气是非电解质，不导电；②氨水是混合物，能导电，不是电解质，也不是非电解质；③NH3·H2O是电解质，但不导电；④硫酸溶液是混合物，能导电，不是电解质，也不是非电解质；⑤干冰是非电解质，不导电；⑥BaSO4是难溶于水的盐，熔融时导电，是电解质，晶体本身不导电；⑦金刚石是单质，不导电，不是电解质，也不是非电解质；‎ ‎(2)等物质的量的①Na②Na2O③Na2O2④NaOH，根据Na原子守恒得，n(NaOH)大小顺序是②=③＞①=④，Na与水反应消耗水，而氢氧化钠不消耗水，根据c=n/V知，溶液物质的量浓度大小顺序是②=③＞①＞④；一般情况下，等质量的①Na②Na2O③Na2O2④NaOH，Na质量分数关系为①＞②＞③＞④，Na的质量分数越大，Na的质量越大，投入相同质量的水中，所得溶液浓度越大，因此溶液物质的量浓度大小顺序是①＞②＞③＞④；‎ ‎(3)(1)定容时眼睛与刻度线相平，不能俯视或仰视；定容时，眼睛仰视刻度线，溶液的液面超过刻度线，溶液的体积偏大，浓度偏小；实际配制溶液体积为500mL，则所需NaOH的质量为0.5mol/L×0.5L×40g/mol=10.0g。‎ ‎【考点定位】考查电解质的概念、元素及其化合物的性质和一定物质的量浓度的溶液配制基本操作与误差分析。【名师点晴】准确理解概念是物质分类判断的关键，能导电的物质必须有自由电子或自由移动的离子；‎ 电解质是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物；非电解质是在水溶液里或熔融状态下都不能导电的化合物，易错误点易将能导电的电解质溶液判断成电解质，如硫酸溶液能导电，但是混合物，不是电解质，也不是非电解质。‎ ‎3．氯化亚铜（CuCl）是白色粉末，不溶于水、乙醇及稀硫酸，在空气中迅速被氧化成绿色，常用作有机合成工业中的催化剂。实验室拟以下列方法制取CuCl：在CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液，加热，生成CuCl。试回答以下问题：‎ ‎（1）CuCl制备过程中需配制物质的量浓度为2.0 mol/L的CuSO4溶液。‎ ‎①配制950 mL 2.0 mol/L的CuSO4溶液应称取胆矾的质量为____ ___g。‎ ‎②某学生实际配制CuSO4溶液的浓度为1.8 mol/L，原因可能是__ ___。‎ A．托盘天平的砝码生锈 B．容量瓶中原来存有少量蒸馏水 C．溶解后的烧杯未经多次洗涤 D．胶头滴管加水定容时仰视刻度 ‎（2）写出用上述方法制备CuCl的离子方程式_____ ____。‎ ‎（3）在上述制取过程中，经过滤得到CuCl沉淀，用无水乙醇洗涤沉淀，在真空干燥机内于70℃干燥2小时，冷却，密封包装即得产品。其中“于70℃真空干燥”的目的是 ； _。（回答两点）‎ ‎（4）据世界卫生组织统计，最常用的避孕环含金属铜，避孕过程中生成了CuCl。其原因是铜与人体分泌物中的盐酸以及子宫内的空气反应：Cu+HCl+O2=CuCl+HO2，HO2（超氧酸） 不仅是一种弱酸而且也是一种自由基，具有极高的活性。下列说法或表示正确的是____ __ ___。‎ A. 氧化产物是HO2 B. HO2在碱中能稳定存在 C. HO2 的电离方程式是HO2 H+ + O2- D. 1mol Cu 参加反应有2mol电子发生转移 ‎（1）①500；②CD；（2）2Cu2++SO32—+2Cl—+H2O2CuCl↓+SO42—+2H+；（3）加快乙醇和水的蒸发，防止CuCl被空气氧化；（4）C。‎ ‎【解析】试题分析：（1）①实验室没有950mL的容量瓶，应用1000mL容量瓶，因此需要的胆矾的质量为m(CuSO4·5H2O)=1000×10－3×2×250=500g；②浓度偏小，根据c=m/MV，A、砝码生锈，砝码质量增加，因此所配浓度偏大，故错误；B、含有少量水，对溶液浓度无影响，故错误；C、未洗涤烧杯和玻璃棒，造成溶质的质量减少，浓度偏小，故正确；D、定容时仰视刻度，所配溶液体积增大，浓度偏小，故正确；（2）根据题目中信息，离子反应方程式为：2Cu2＋＋SO32－＋2Cl－＋H2O2CuCl↓＋2H＋＋SO42－；（3）乙醇易挥发，水易蒸发，70℃有利于乙醇和水的蒸发，根据信息CuCl在空气中迅速被氧化，真空的目的防止CuCl的氧化，因此70℃真空干燥的目的：加快乙醇和水的蒸发，防止CuCl被空气氧化；（4）A、HO2由O2产生，O2是氧化剂，则HO2属于还原产物，故错误；B、HO2是超氧酸，和碱发生中和反应，故错误；C、HO2是弱酸，应是部分电离，HO2H＋O2－，故正确；D、Cu由0价→＋1价，因此1molCu参加反应转移1mole－，故错误。‎ 考点：考查一定物质的量浓度溶液的配制、氧化还原反应、弱电解质的电离等知识。‎ 班主任签字：‎ 学科老师签字:‎