资源描述
微专题5语言描述类问题的答题思路与规范类型一反应原理类简答题1.平衡移动类(1)找出平衡反应的特点(反应前后气体物质的量变化、反应是吸热还是放热等)。(2)列出题目改变的条件(温度的变化、容器容积的改变、浓度的改变等)。(3)根据平衡移动原理分析改变的条件导致平衡的移动方向。(4)得出结论(平衡移动以后导致的结果:体系颜色的变化、浓度的变化、沉淀的溶解或增加等)。【例1】 (2018北京卷,27节选)近年来,研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下:(1)反应:2H2SO4(l)2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)H1=+551 kJmol-1反应:S(s)+O2(g)SO2(g)H3=-297 kJmol-1反应的热化学方程式:。(2)对反应,在某一投料比时,两种压强下,H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。p2p1(填“”或“p1。解析:(1)由题图可知,反应的化学方程式为3SO2+2H2O2H2SO4+S。根据盖斯定律,反应=-(反应+反应)可得:3SO2(g)+2H2O(g)2H2SO4(l)+S(s)H2=-254 kJmol-1。(2)由图可知,一定温度下,p2时H2SO4的物质的量分数比p1时大,结合3SO2(g)+2H2O(g)2H2SO4(l)+S(s)知,增大压强,平衡向气体分子数减小的方向即正反应方向移动,H2SO4的物质的量分数增大,因此 p2p1。答案:(1)3SO2(g)+2H2O(g)2H2SO4(l)+S(s)H2=-254 kJmol-1(2)反应是气体物质的量减小的反应,温度一定时,增大压强使反应正向移动,H2SO4的物质的量增大,体系总物质的量减小,H2SO4的物质的量分数增大1.人体血液中的碳酸和碳酸氢盐存在平衡:H+HCO3-H2CO3,当有少量酸性或碱性物质进入血液中时,血液的pH变化不大,用平衡移动原理解释上述现象:。解析:根据平衡可知,当少量酸性物质进入血液中时,平衡向右移动,使H+浓度变化较小,血液的pH基本不变;当少量碱性物质进入血液中时,平衡向左移动,使H+浓度变化较小,血液的pH基本不变。答案:当少量酸性物质进入血液中时,平衡向右移动,使H+浓度变化较小,血液的pH基本不变;当少量碱性物质进入血液中时,平衡向左移动,使H+浓度变化较小,血液的pH基本不变2.二氧化硫在一定条件下可以发生如下反应:SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g)H=-42 kJ mol-1。在1 L 恒容密闭容器中充入SO2(g)和NO2(g),所得实验数据如下:实验编号温度起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln(SO2)n(NO2)n(NO)甲T10.800.200.18乙T20.200.800.16丙T20.200.30a(1)实验甲中,若2 min 时测得放出的热量是4.2 kJ,则 02 min 时间内,用SO2(g)表示的平均反应速率v(SO2)=,该温度下的平衡常数为。(2)实验丙中,达到平衡时,NO2的转化率为。(3)由表中数据可推知,T1T2(填“”“”或“=”),判断的理由是。解析:2 min 时放出的热量是4.2 kJ,根据热化学方程式,消耗SO2的物质的量为14.242 mol=0.1 mol,则用 SO2(g)表示的平均反应速率v(SO2)=0.1mol1 L2min=0.05 molL-1 min-1,SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g)开始(mol)0.80.200转化(mol)0.180.180.180.18平衡(mol)0.620.020.180.18甲的平衡常数为K=0.180.180.620.022.613;SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g)开始(mol)0.20.800转化(mol)0.160.160.160.16平衡(mol)0.040.640.160.16乙的平衡常数为K=0.160.160.640.04=1;设丙中二氧化硫的转化量为a molSO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g)开始(mol)0.20.300转化(mol)aaaa平衡(mol)0.2-a0.3-aaa乙、丙温度相同,平衡常数相同,K=a2(0.2-a)(0.3-a)=1,a=0.12,NO2的转化率=0.12mol0.3mol100%=40%;正反应放热,升高温度平衡逆向移动,平衡常数减小,乙的平衡常数小于甲的平衡常数,则T1T2。答案:(1)0.05 molL-1 min-12.613(2)40%(3)T1时,该反应的平衡常数K1=2.613,T2时,该反应的平衡常数K2=1,该反应正反应为放热反应,所以T1T2(其他合理答案也可)3.在固定体积的密闭容器中,发生可逆反应:2NO2(g)N2O4(g)。已知Fe3+对H2O2的分解具有催化作用。利用下图a和b中的信息,按图c装置(连通的A、B瓶中已充有NO2气体)进行实验。可观察到B瓶中气体颜色比A瓶中的(填“深”或“浅”),其原因是。解析:升高温度,生成NO2的量增多,颜色加深,H2O2分解放热,使平衡2NO2(g)N2O4(g)向生成NO2的方向移动。答案:深H2O2分解放热,使平衡2NO2(g)N2O4(g)向生成NO2的方向移动2.电化学类电化学类简答题在前几年频繁出现在高考全国卷及各省市地方卷中,需要考生用语言表达出电化学反应的原理以及原理的应用。但近几年关于电化学在卷的设问主要集中在电化学计算或者用电极反应式等作答。(1)原电池确定原电池的原理反应。根据原理反应确定出电池的负极、正极。确定出电子(电流)的方向;确定电极上的电极反应。得出结论:电极质量的变化;气体的逸出;溶液中离子浓度的变化、离子向某电极移动等。(2)电解池确定电解池的阴极、阳极。判断溶液中离子在两电极上的放电顺序。得出结论:电极质量的变化;气体的逸出;沉淀的生成;溶液pH的变化、离子向某电极移动等。【例2】 (2014全国卷,27节选)H3PO2可用电渗析法制备。“四室电渗析法”工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过):(1)写出阳极的电极反应式。(2)分析产品室可得到H3PO2的原因。(3)早期采用“三室电渗析法”制备H3PO2:将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替,并撤去阳极室与产品室之间的阳膜,从而合并了阳极室与产品室。其缺点是产品中混有杂质,该杂质产生的原因是。思路点拨:(1)阳极阴离子失电子硫酸溶液中OH-放电H+浓度增大。(2)阳极室的H+通过阳膜进入产品室原料室的H2PO2-通过阴膜进入产品室得到H3PO2(3)H3PO2、H2PO2-中P处于+1价,有还原性阳极有强氧化性H3PO2或H2PO2-在阳极失电子被氧化生成PO43-解析:(1)阳极为水电离出的OH-放电,电极反应式为2H2O-4e-O2+4H+。(2)阳极室中的H+穿过阳膜进入产品室,原料室中的H2PO2-穿过阴膜扩散至产品室,两者反应生成H3PO2。(3)在阳极区H2PO2-或H3PO2可能失电子发生氧化反应,即生成物中会混有PO43-。答案:(1)2H2O-4e-O2+4H+(2)阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室,原料室的H2PO2-穿过阴膜扩散至产品室,两者反应生成H3PO2(3)PO43-H2PO2-或H3PO2被氧化1.某研究所组装的CH3OHO2燃料电池的工作原理如图1所示。(1)该电池工作时,b口通入的物质为。(2)该电池正极的电极反应式为。(3)以此电池作电源,在实验室中模拟铝制品表面“钝化”处理(装置如图2所示)的过程中,发现溶液逐渐变浑浊并有气泡产生,其原因可能是(用相关的离子方程式表示)。解析:(1)根据装置可知,d处生成大量的水,所以c电极通入的是氧气,b口通入的物质为CH3OH。(2)d处生成大量的水,c电极通入氧气,为正极,发生的电极反应为O2+4e-+4H+2H2O。(3)在电解池中,金属铝为阳极,发生电极反应:Al-3e-Al3+,铝离子会和碳酸氢根离子之间发生相互促进的水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳,即Al3+3HCO3-Al(OH)3+3CO2,溶液逐渐变浑浊,并有气泡产生。答案:(1)CH3OH(2)O2+4e-+4H+2H2O(3)Al-3e-Al3+、Al3+3HCO3-Al(OH)3+3CO22.NH3经一系列反应可以得到HNO3,如图所示。中,电解NO制备NH4NO3,其工作原理如图所示,为使电解产物全部转化为NH4NO3,需补充物质A,A是,说明理由:。解析:根据工作原理装置图,可以确定阳极为NO失去电子转变为NO3-,阴极NO转变为NH4+,根据电极反应书写电极反应式为阳极:NO-3e-+2H2ONO3-+4H+阴极:NO+5e-+6H+NH4+H2O然后根据得失电子守恒,硝酸根离子物质的量要多于铵根离子物质的量,所以需要向溶液中加入NH3来把多余硝酸转变为硝酸铵(8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3)。答案:NH3根据反应8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3,电解产生的HNO3多类型二实验操作类简答题(对应学生用书第6568页) 1.实验现象的描述实验现象的描述要做到全面:看到的(颜色变化、沉淀生成、气体逸出、液面的变化、生成烟雾等);听到的(声音);闻到的(气体的气味);摸到的(温度变化等)。还要叙述简洁准确,使用化学术语。(1)气体的变化现象生成色、味的气体气体由色变为色气体先变色,再变色(2)溶液中的现象溶液颜色由色变为色溶液中产生色沉淀溶液变浑浊(澄清)液面上升或下降(形成液差)溶液发生倒吸溶液中产生大量气泡(有色气体逸出)液体分层(上层显色、下层显色)(3)固体的变化现象固体逐渐溶解,最后完全消失(固体部分溶解)固体表面产生大量气泡固体由色逐渐变为色溶液中有色固体析出(4)其他常见现象描述发出的光产生色的火焰产生色的烟(雾)【例1】 (2018全国卷,26节选)硫代硫酸钠晶体(Na2S2O35H2O,M=248 gmol-1)可用作定影剂、还原剂。已知:Ksp(BaSO4)=1.110-10,Ksp(BaS2O3)=4.110-5。市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质,选用下列试剂设计实验方案进行检验:试剂:稀盐酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液实验步骤现象取少量样品,加入除氧蒸馏水固体完全溶解得无色澄清溶液,有刺激性气体产生静置,思路点拨:(1)清楚目的:检验SO42-,消除干扰S2O32-。(2)依据性质,确定方案:S2O32-+2H+S+SO2+H2O;SO42-+Ba2+BaSO4。(3)依据反应,描述现象。解析:Na2S2O35H2O晶体样品中含有SO42-,在SO42-的检验过程中应防止加入氧化剂,如H2O2,会把S2O32-氧化为SO42-,也要防止加入稀H2SO4而引入SO42-,所以样品加水溶解后应加入过量稀盐酸,发生反应:S2O32-+2H+S+SO2+H2O。取上层清液滴入BaCl2溶液,产生白色沉淀:Ba2+SO42-BaSO4,证明溶液中存在SO42-。答案:加入过量稀盐酸出现乳黄色浑浊(吸)取上层清液,滴入BaCl2溶液产生白色沉淀1.(2017全国卷,26节选)为探究硫酸亚铁的分解产物,将已恒重的装置A接入如图所示的装置中,打开K1和K2,缓缓通入N2,加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。(1)C、D中的溶液依次为(填标号)。C、D中有气泡冒出,并可观察到的现象分别为。a.品红b.NaOHc.BaCl2d.Ba(NO3)2e.浓H2SO4(2)写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式:。解析:(1)FeSO4在分解时生成红色粉末即为Fe2O3,Fe的化合价升高,则S元素的化合价降低,有SO2生成,据原子守恒还应有SO3生成,所以检验产物SO3用BaCl2溶液,SO2用品红检验,故C、D中的溶液依次为c、a,现象为生成白色沉淀、褪色。(2)2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3。答案:(1)c、a产生白色沉淀、褪色(2)2FeSO4Fe2O3+SO2+SO32.某化学小组欲进行如下实验探究金属与浓硫酸的反应。试回答下列问题。(1)利用上图装置探究铜与浓硫酸反应,反应化学方程式为;B装置的目的是;x溶液为。(2)将上述实验中的铜改为黄铜(铜锌合金),实验后阶段可观察到倒立漏斗边缘有气体冒出,且越来越快。该气体可能为,气体产生越来越快的原因可能是(至少两点)。验证该气体的实验方案如下:装置连接顺序:x;能证明上述假设成立的实验现象是。解析:(1)浓硫酸具有强氧化性,在加热条件下与Cu反应生成CuSO4、SO2和H2O,化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O;二氧化硫具有漂白性,可以使品红溶液褪色,常用品红溶液来检验二氧化硫气体;二氧化硫是有毒气体且为酸性气体,C为尾气吸收装置,故x溶液可以是NaOH溶液。(2)若将上述实验中的铜改为黄铜(铜锌合金),实验后阶段浓硫酸变稀,与锌反应会产生氢气,所以实验后阶段可观察到倒立漏斗边缘有气体冒出,且越来越快,该气体可能为H2;根据影响化学反应速率的因素,结合该实验原理及条件,气体产生越来越快的原因可能是:黄铜为铜锌合金,反应后期,与硫酸形成原电池,产生H2速率加快,反应放热,加快反应速率等。若要验证该气体是氢气,根据可供选择的装置及药品,先除去二氧化硫,再吸水干燥,然后通入灼热的氧化铜,最后检验产物是水,所以装置连接顺序:xcdefabg。若E中(硬质玻璃管)黑色粉末变红,说明生成了铜单质,同时H中(球形干燥管)固体由白色变为蓝色,说明生成了水,由此可证明上述假设成立。答案:(1)Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O检验产物SO2NaOH溶液(2)H2黄铜为铜锌合金,反应后期与硫酸形成原电池产生H2速率加快;反应放热cdefabgE中(硬质玻璃管)黑色粉末变红,H中(球形干燥管)固体由白色变为蓝色2.物质的检验(1)气体检验根据气体的性质选择特征试剂判断是否相互干扰(影响)确定检验顺序验证、确认。单一气体检验:将气体通入(或通过)试剂溶液(或固体)描述现象得出结论。混合气体的检验:检验气体甲除去气体甲确定气体甲已除尽检验气体乙。(2)离子检验固体:取少量固体(粉末)于试管中,加蒸馏水(酸液)配成溶液,滴入几滴溶液(必要时可以加热,如检验NH4+),观察到现象,表明固体中含有离子(含有物质)。液体:取少量溶液(待测液)少量于试管中,滴入几滴溶液,观察到现象(产生色沉淀或溶液变色或生成气体),表明溶液中存在离子。【例2】 (2018全国卷,28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。某小组为探究三草酸合铁酸钾的热分解产物,按下图所示装置进行实验。(1)通入氮气的目的是。(2)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、。(3)为防止倒吸,停止实验时应进行的操作是。(4)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。解析:(1)空气中含有O2,为防止Fe2+被O2氧化,应先通入N2,隔绝空气,且使反应产生的气体全部进入后续装置。(2)B中澄清石灰水变浑浊,证明分解过程中产生CO2;F中澄清石灰水变浑浊,E中固体变为红色,说明E中发生反应:CuO+COCu+CO2,所以分解产物中一定含有CO。(3)实验结束时,为了防止倒吸,应先熄灭装置A、E的酒精灯,冷却后停止通入氮气。(4)检验Fe2O3的方法是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。答案:(1)隔绝空气、使反应产生的气体全部进入后续装置(2)CO2CO(3)先熄灭装置A、E的酒精灯,冷却后停止通入氮气(4)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Fe2O31.(2018辽宁沈阳郊联一模)已知:甲醛(HCHO)与葡萄糖化学性质相似,都具有还原性。为探究过量甲醛和新制Cu(OH)2反应的产物,进行如下实验。(1)在如图装置中进行实验,向a中加入0.5 molL-1CuSO4溶液50 mL和5 molL-1NaOH溶液100 mL,振荡,再加入40%的甲醛溶液50 mL,缓慢加热20分钟后冷却至室温。仪器a的名称是。能说明甲醛具有还原性的实验现象是。(2)已知HCHOHCOOHH2CO3。设计实验证明a中甲醛中的碳元素未被氧化成+4价。写出实验操作、现象、结论:。解析:(1)仪器a为三颈烧瓶,又名三颈瓶;能说明甲醛具有还原性的实验现象是和新制氢氧化铜加热反应生成氧化亚铜砖红色沉淀,即a中出现砖红色物质。(2)甲醛被氧化为甲酸,甲酸被氧化为碳酸,若碱溶液中甲醛被氧化生成碳酸盐,加入稀盐酸会生成二氧化碳气体。设计实验证明a中甲醛的碳元素未被氧化成+4价的方法为:取少量a中反应后的清液,滴入过量的稀盐酸,未见气泡产生,说明甲醛的碳元素未被氧化成+4价。答案:(1)三颈瓶(或三颈烧瓶)a中出现砖红色物质(2)取少量a中反应后的清液,滴入过量稀硫酸,未见气泡产生,说明甲醛中的碳元素未被氧化成+4价2.已知:5SO32-+2IO3-+2H+I2+5SO42-+H2O某含碘废水(pH约为8)中一定存在I2,可能存在I-、IO3-中的一种或两种。请补充完整检验含碘废水中是否含有I-、IO3-的实验方案:取适量含碘废水用CCl4多次萃取、分液,直到水层用淀粉溶液检验不出碘单质存在;。实验中可供选择的试剂:稀盐酸、淀粉溶液、FeCl3溶液、Na2SO3溶液解析:根据提供的试剂,I-具有还原性,可以加入FeCl3溶液把其转变为碘单质再检验;根据提示信息,Na2SO3溶液可以把IO3-转化为碘单质。答案:从水层取少量的溶液,加入12 mL淀粉溶液,加入盐酸酸化,滴加FeCl3溶液,若溶液变蓝,说明废水中含有I-;若溶液不变蓝,说明废水中不含有I-。另从水层取少量溶液,加入12 mL淀粉溶液,加入盐酸酸化,滴加Na2SO3溶液,若溶液变蓝,说明废水中含有IO3-,否则不含有【教师用书备用】 为了探究AgNO3的热稳定性,某化学兴趣小组设计了如下实验。用如图所示的实验装置A加热AgNO3固体,产生红棕色气体,在装置D中收集到无色气体。当反应结束后,试管中残留固体为黑色。(1)装置B的作用是。(2)经小组讨论并验证该无色气体为O2,其验证方法是。解析:装置B两个导管都很短,是安全瓶,防止因产生的NO2易溶而发生倒吸。氧气的检验可以用带火星的木条。答案:(1)防倒吸(2)正确取出集气瓶,用带火星的木条伸入集气瓶中,木条复燃,证明是氧气3.沉淀的洗涤(1)洗涤沉淀一方面是为了除去晶体表面附着的滤液中的可溶性离子而得到更纯净的沉淀物;另一方面在定量实验中为了把附着在滤渣上的目标物质尽量转移到滤液中。(2)洗涤剂的选择洗涤试剂适用范围蒸馏水冷水产物不溶于水热水溶解度随着温度升高而下降的特殊物质有机溶剂(酒精、丙酮等)固体易溶于水,难溶于有机溶剂饱和溶液降低沉淀的溶解度(3)洗涤的操作:将蒸馏水沿玻璃棒注入过滤器中至浸没沉淀,静置,待水自然流下,重复操作23次。(4)沉淀是否洗涤干净的检验检验原则:滤液中浓度最大的离子且易于检验。检验操作(实际上就是溶液中离子的检验):取少许最后一次洗涤后的滤液于试管中,滴加试剂(可与滤液中浓度最大的离子发生反应),若(没有)出现现象,说明沉淀没有(已经)洗涤干净。【例3】 用CuCl22H2O和NaOH溶液制备适量Cu(OH)2沉淀,并多次用蒸馏水洗涤沉淀,判断沉淀洗干净的实验操作和现象是。解析:CuCl22H2O和NaOH溶液反应,除了得到Cu(OH)2沉淀,还有可溶性的NaCl生成,所以杂质除去的标准是洗涤液中不再存在Cl-。答案:取少量最后一次洗涤后的滤液于试管中,加入稀硝酸酸化。滴加AgNO3溶液,无白色浑浊出现,说明沉淀已经洗涤干净1.BaCl2xH2O中结晶水数目可通过重量法来确定:称取1.222 g样品,置于小烧杯中,加入适量稀盐酸,加热溶解,边搅拌边滴加稀硫酸到沉淀完全,静置;过滤并洗涤沉淀;将盛有沉淀的滤纸包烘干并中温灼烧;转入高温炉中,反复灼烧到恒重,称得沉淀质量为1.165 g。回答下列问题:在操作中,需要先后用稀硫酸和洗涤沉淀;检验沉淀中氯离子是否洗净的方法是。解析:洗涤沉淀,需要用蒸馏水冲洗;若沉淀洗涤后洗涤液中不含Cl-,则已经洗净,所以检验滤液中是否含有Cl-即可。答案:(1)蒸馏水取水洗液于试管中,加入稀硝酸酸化,滴加AgNO3溶液,若无白色浑浊出现,则表明Cl-已经洗净2.氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于醇和水,在潮湿空气中易水解、氧化,且在氯离子浓度较大的体系中存在CuCl+Cl-CuCl2-。工业上用低品铜矿(主要含CuS、Cu2S、FeO等)制备CuCl的一种工艺流程如下:回答下面问题:(1)写出反应中发生反应的离子方程式:。(2)在进行反应时,通入的SO2一般都要适当过量,目的是。(3)水洗时,检验是否洗涤干净的方法是。(4)滤饼进行醇洗的目的是。解析:(1)由加入的物质和目标产品可知,氧化剂是Cu2+,还原剂是SO2,氧化产物是H2SO4,还原产物是CuCl,根据氧化还原反应配平的一般方法即可写出方程式。(2)根据SO2是反应物以及目标产品CuCl易被氧化的性质即可判断SO2的作用。(3)水洗时,洗去的是滤饼表面的杂质硫酸和Na2SO4,因而要检验是否洗涤干净可检验洗涤液中是否还存在SO42-。(4)乙醇易挥发,可带走滤饼表面的水分且防止CuCl被氧化。答案:(1)2Cu2+SO2+2Cl-+2H2O2CuCl+SO42-+4H+(2)将Cu2+全部还原为CuCl,保护CuCl不被氧化(3)取最后一次洗涤液,滴加盐酸酸化的BaCl2溶液,若不产生沉淀,证明已洗涤干净,否则未洗涤干净(4)加速干燥,防止CuCl被氧化3.SnSO4是一种重要的硫酸盐,在工业生产中有着广泛的应用。其制备路线如下:实验室中“漂洗”沉淀的实验操作方法是。解析:“漂洗”沉淀就是洗涤沉淀,需要直接在过滤器中进行,(沿玻璃棒)向漏斗(或过滤器)中加蒸馏水至浸没沉淀,(静置)待水全部流出后,重复操作23次。答案:(沿着玻璃棒)向漏斗(或过滤器)中加蒸馏水至浸没沉淀,(静置)待水全部流出后,重复操作23次4.气密性检查装置的气密性检查根本原理都是形成封闭的空间,利用压强差造成的液面差维持不变作为气密性良好的标志。(1)微热法将待检装置导气管的一端放入盛水烧杯中,用酒精灯微热(双手或热毛巾捂住)装置,若导气管口有气泡逸出,停止加热后在导气管口形成一段水柱,且维持一段时间不变,表明装置气密性良好。(2)液差法若是有分液漏斗的装置:用止水夹夹紧导气管的橡皮管,打开分液漏斗玻璃塞向中加水,一段时间后,漏斗中的水不再滴下,则装置气密性良好。启普发生器型(简易)的装置:关闭导气管的旋塞(或用弹簧夹夹住橡皮管),往长颈漏斗中加适量水,若长颈漏斗和容器中液体形成液面差,一段时间后液面差不变,说明装置气密性良好。【例4】 (2014山东卷,31节选)工业上常利用含硫废水生产 Na2S2O35H2O,实验室可用如下装置(略去部分夹持仪器)模拟生产过程。烧瓶C中发生反应如下:Na2S(aq)+H2O(l)+SO2(g)Na2SO3(aq)+H2S(aq)()2H2S(aq)+SO2(g)3S(s)+2H2O(l)()S(s)+Na2SO3(aq)Na2S2O3(aq)()仪器组装完成后,关闭两端活塞,向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱,若,则整个装置气密性良好。装置D的作用是。装置E中为溶液。解析:该实验装置气密性检查的原理是利用装置和液体封住一部分气体,向长颈漏斗中注入液体时,使得装置中的气体压强稍大于大气压,故长颈漏斗的长颈中形成液柱,若装置气密性良好,则装置内压强不变,液柱高度保持不变。若装置E中的液体倒吸,装置D可起到缓冲作用,防止液体倒吸入装置C中。装置E的作用是吸收尾气,吸收可能逸出的SO2和H2S,这两种气体为酸性气体,故可采用NaOH溶液吸收。答案:液柱高度保持不变防止倒吸NaOH(合理即可)根据如图及描述,完成下列问题:(1)关闭图A装置中的止水夹a后,从长颈漏斗向试管中注入一定量的水,静置后如图所示。试判断:A装置是否漏气?(填“漏气”“不漏气”或“无法确定”)。判断理由:。(2)关闭图B装置中的止水夹a后,开启活塞b,水不断往下滴,直至全部流入烧瓶。试判断:B装置是否漏气?(填“漏气”“不漏气”或“无法确定”)。判断理由:。(3)用最简单的方法检验C装置的气密性:。解析:分析气密性的检验时,要结合物理知识从气压差的角度分析,如B不能形成气压差;检验C装置的气密性的方法很多,如打开分液漏斗活塞向锥形瓶中滴加液体,观察注射器活塞;关闭分液漏斗活塞,微热锥形瓶,观察注射器活塞;关闭分液漏斗活塞,向外拉注射器活塞,松开后观察注射器活塞是否回到原来的位置。比较后知方法最简单。答案:(1)不漏气长颈漏斗内的水面高出试管内的水面,形成稳定水柱(2)无法确定分液漏斗和烧瓶间有橡皮管相连,使分液漏斗中液面上方和烧瓶中液面上方的压强相同,无论装置是否漏气,都不影响分液漏斗中的液体滴入烧瓶(3)关闭分液漏斗的活塞,向外拉注射器活塞,松开后观察注射器活塞是否回到原来的位置,若能回到原位置,则装置不漏气5.仪器或操作的作用及原因(1)明确实验的目的、原理。(2)选择某种仪器或进行某种操作都是为了使实验过程更严密、实验结果更准确。明确缺少该仪器、操作带来的后果或对实验的影响。(3)对仪器操作要指明仪器名称(或编号)、操作方式(必要时要答出操作的时机)。(4)在回答仪器或操作的作用、原因时,需要从缺少仪器可能带来的后果分析。【例5】 (2018全国卷,26节选)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。解析:(1)由题给信息,(CH3COO)2Cr2H2O在气体分析中用作O2吸收剂,说明Cr2+具有强还原性,易被O2氧化,故所用蒸馏水需经煮沸除去其中的O2,以免影响(CH3COO)2Cr2H2O的制备。由仪器的结构特点可知,a为分液(或滴液)漏斗。(2)Zn将Cr3+还原为Cr2+,离子方程式为Zn+2Cr3+Zn2+2Cr2+。Zn+2H+Zn2+H2,H2起到排除c中空气的作用,以防Cr2+被氧化。(3)过量的Zn与盐酸反应放出大量的H2,使装置c中压强增大,关闭K1和K2,打开K3时,溶液被压入装置d。由题给信息知,(CH3COO)2Cr2H2O难溶于冷水,因此应用冰浴冷却,以便于(CH3COO)2Cr2H2O析出,再将沉淀过滤、洗涤、干燥即可。答案:(1)去除水中溶解氧分液(或滴液)漏斗(2)Zn+2Cr3+Zn2+2Cr2+排除c中空气(3)c中产生H2使压强大于大气压(冰浴)冷却过滤【规律方法】 综合实验分析思路:(1)实验是根据什么性质和原理设计的?实验的目的是什么?(2)围绕实验目的、实验原理需要选择何种药品?何种装置?(根据实验目的和相关的化学反应原理,进行全面的分析比较和推理,并合理选择)(3)有关装置:性能、使用方法、适用范围、注意问题等。(4)有关操作:技能、操作顺序、注意事项或操作错误的后果。(5)实验现象:自下而上,自左而右全面观察。乙酸乙酯广泛用于药物、染料、香料等工业,中学化学实验常用a装置来制备。完成下列填空:(1)实验时,通常加入过量的乙醇,原因是。加入数滴浓硫酸即能起催化作用,但实际用量多于此量,原因是;浓硫酸用量又不能过多,原因是。(2)饱和Na2CO3溶液的作用是。(3)反应结束后,将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中,、,然后分液。解析:(1)由于是可逆反应,因此加入过量的乙醇增大反应物浓度,使平衡向生成酯的方向移动,提高酯的产率。由于浓H2SO4能吸收生成的水,使平衡向生成酯的方向移动,提高酯的产率,因此实际用量多于此量;但浓H2SO4同时还具有强氧化性和脱水性,会使有机物炭化,降低酯的产率,所以浓硫酸用量又不能过多。(2)由于生成的乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸,所以饱和Na2CO3溶液的作用是中和乙酸、溶解乙醇、减少乙酸乙酯在水中的溶解。(3)乙酸乙酯不溶于水,因此反应结束后,将试管中收集的产品倒入分液漏斗中,振荡、静置,然后分液即可。答案:(1)增大反应物浓度,使平衡向生成酯的方向移动,提高酯的产率浓H2SO4能吸收生成的水,使平衡向生成酯的方向移动,提高酯的产率浓H2SO4具有强氧化性和脱水性,会使有机物炭化,降低酯的产率(2)中和乙酸、溶解乙醇、减少乙酸乙酯在水中的溶解(3)振荡静置
展开阅读全文