中考化学复习讲练题型三探究性实验类型四 定量探究解析版.docx

1、中考化学复习讲练题型三探究性实验类型四 定量探究解析版类型四定量探究1. 为了探究碳酸钠和石灰水是否恰好完全反应，某化学兴趣小组将其产物进行过滤，并对滤液进行如下探究。【提出问题】所得滤液的溶质是什么？【作出猜想】猜想：溶质是NaOH、Ca(OH)2猜想：溶质是NaOH、Na2CO3猜想：溶质是_。你做出猜想的理由是_。【实验过程】实验操作实验现象实验结论取少量滤液于试管中，滴加过量稀盐酸无气泡产生猜想_不成立取少量滤液于试管中，滴加_溶液_猜想成立。反应的化学方程式是_【拓展反思】操作中通入气体物质_(写化学式)也可得到相同的结论。【定量研究】称取20g烧碱固体样品(样品中的杂质是碳酸钠)，

2、配成溶液，然后向溶液中加入稀盐酸，产生二氧化碳的量如图所示。试计算样品中氢氧化钠的质量分数(写出计算过程)。第1题图2. (2018盐城)实验室中有一瓶长期使用的氢氧化钠固体样品，某兴趣小组的同学对该样品的成分及含量进行探究。【发现问题】该样品中含有哪些物质？【查阅资料】NaOH在空气中不会转化成NaHCO3。BaCl2溶液呈中性，Ba(OH)2是可溶性强碱。CO2在饱和的NaHCO3溶液中几乎不溶解。【提出猜想】猜想：NaOH；猜想：Na2CO3;猜想：NaOH和Na2CO3【设计实验】【收集证据】(1)若现象A是有气泡产生，则X溶液为_，则_(填“猜想”、“猜想”或“猜想”)不成立。(2)

3、若X溶液为BaCl2溶液，现象A是有白色沉淀生成，则产生该沉淀的化学方程式为_。取反应后的上层清液，测定其pH，当pH_7(填“”、“【定量分析】(1)没有偏小CO2会部分溶于水，使收集的气体体积减小(2)解：设样品中Na2CO3的质量为xgCO2的质量1.6gL10.055L0.088gH2SO4Na2CO3=Na2SO4H2OCO210644x0.088gx0.212gNa2CO3的质量分数为100%21.2%。【实验反思】Na2CO3和NaHCO3【解析】【收集证据】(1)因为产生气体，只能考虑有Na2CO3，所以X是稀盐酸或者稀硫酸。就排除猜想。(2)若加入氯化钡溶液，就发生Na2CO

4、3BaCl2=BaCO32NaCl，因为溶液中有NaOH，溶液的pH7。【定量分析】(1)容器中的气体不影响实验，因为反应后集气瓶里面的气体不变，外面的大气压一定。若改用水，CO2会部分溶于水，使收集的气体减少。(2)先求出CO2的质量为1.6gL10.055L0.088g，将它代入化学方程式进行计算，求出Na2CO3的质量为0.212g，质量分数就是21.2%。【实验反思】NaOH在空气中不能生成碳酸氢钠，但它有吸水性，可以变成溶液，有可能含有碳酸氢钠。3.(1)浓硫酸吸收反应生成的二氧化碳反应生成的一氧化碳(2)偏大(3) 【解析】结合实验目的，根据草酸晶体受热分解生成水、二氧化碳、一氧化

5、碳分析，可利用浓硫酸吸收反应生成的水、利用氢氧化钠溶液吸收反应生成的二氧化碳，通过A、B增加的质量确定反应生成水、二氧化碳的质量，然后利用反应中草酸晶体、水或草酸晶体、二氧化碳的质量比，计算草酸晶体中结晶水的个数，从而计算草酸晶体中结晶水的质量分数。(1)根据以上分析可知：A、B分别为浓硫酸、氢氧化钠溶液中的一种，如果A是氢氧化钠溶液，从A导出的气体中可能含有从A中带出的水分导致测量数值不准确，可确定应先通过浓硫酸吸收反应生成的水，所以A中盛放浓硫酸、B中盛放氢氧化钠溶液，B的作用是吸收反应生成的二氧化碳，装置C既可测量反应生成的一氧化碳体积，同时还能收集一氧化碳，防止其逸散到空气中造成污染。

6、(2)反应后装置A中残留的气体会使装置B增加的质量b偏少，即所测生成二氧化碳的质量偏小，利用草酸晶体与二氧化碳的质量比，列出比例式：，据此计算的x值会偏大，导致最终所测结晶水的质量分数偏大。(3)装置A增加的质量为a，说明质量为m的草酸晶体分解生成水的质量为a，利用反应中草酸晶体与水的质量比，列出比例式：，解得x，则草酸晶体的化学式为：H2C2O4H2O，则草酸晶体中结晶水的质量分数为：100%，化简得：。4.【实验讨论】2NaOHCuSO4=Cu(OH)2Na2SO4【实验设计】酸性高锰酸钾溶液由紫色变为无色(或酸性高锰酸钾溶液褪色)【实验反思】(1)不足控制变量法(2)3Cu(OH)2Cu

7、SO4【拓展延伸】(1)碳与氧气反应，氧气足量时生成二氧化碳，氧气不足时生成一氧化碳(合理即可)(2)Cu3(OH)4SO4【解析】【实验讨论】硫酸铜与氢氧化钠反应生成氢氧化铜蓝色沉淀和硫酸钠；【实验设计】C中盛放的是酸性高锰酸钾溶液，【查阅资料】(3)可知，二氧化硫气体能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故当气体通入后，酸性高锰酸钾溶液由紫色变为无色证明生成SO2；【实验反思】(1)从实验中可知，向2mL10%的硫酸铜溶液中加入5mL10%氢氧化钠溶液时，生成的是氢氧化铜，加2滴时，生成的是碱式硫酸铜，说明当氢氧化钠的量不足时，生成的是碱式硫酸铜；这个实验中，只有加入的氢氧化钠的量不同这一个变量，其他

8、条件都相同，属于控制变量法。(2)碱式硫酸铜的化学式可以写成氢氧化铜分子带硫酸铜分子的形式，但分子中原子的个数不变，故Cu4(OH)6SO4可写成3个氢氧化铜分子带1个硫酸铜分子的形式，即3Cu(OH)2CuSO4。【拓展延伸】(1)举例要注意反应物的种类必须相同，反应条件相同，只是反应物的量不同，生成物不同的反应，如碳与氧气反应。(2)碱式硫酸铜在密闭的试管中加热，生成了0.9g水，根据质量守恒定律，水中的氢元素都来自碱式硫酸铜，则碱式硫酸铜中氢元素的质量为0.9g100%0.1g；该物质中氢元素质量与物质的质量比为0.1g8.9g189，而Cu2(OH)2SO4中氢元素质量与物质的质量比为

9、22581129，Cu3(OH)4SO4中氢元素质量与物质的质量比为4356189；Cu4(OH)6SO4中氢元素质量与物质的质量比为6454176，故该物质是Cu3(OH)4SO4。5.【设计方案】ZnH2SO4=ZnSO4H2吸收水蒸气(或干燥氢气)【实验探究】1.18(或1180)18【分析交流】在D装置后，再连接一个盛碱石灰的干燥管，防止空气中水蒸气和CO2进入D装置【分析交流】不影响【提出猜想】Cu2O【拓展探究】反应后红色固体和玻璃管【定量分析】解：假设3.6g红色固体a都是Cu2O，设生成铜的质量为xCu2OH2SO4=CuSO4CuH2O1446436gxx1.6g由于1.6g

10、2g，因此红色固体a中含有Cu2O和Cu。【解析】【实验探究】电解水实验之所以能说明水的组成，是根据化学反应前后元素种类不变得出的，同理，本题利用了氢气还原氧化铜生成水实验，也可以说明水的组成。C中氢气还原氧化铜后，氧化铜失去氧变成铜，所以固体减少1.6g，即氧元素质量为1.6g，碱石灰吸收生成的水，其质量增加了1.82g，即表示生成的水质量为1.82g，则其中氢元素质量为1.82g1.6g0.22g，氢元素与氧元素质量比为0.221.6，化简得1180(或1.18)，根据水的化学式算出氢元素和氧元素质量比18。【分析交流】实验过程中D装置与空气相通，所以它除了吸收生成的水也吸收空气中的水和二

11、氧化碳，所以测的质量不准确，为了排除空气的干扰，可以在D装置后再加一个相同装置。【分析交流】无论红色固体中是否有Cu2O，我们测的质量减少的是被氢气还原生成的水中的氧，所以对结果没有影响。【提出猜想】猜想红色固体的成分，可能是Cu2O和Cu的混合物，也可能全部是Cu2O，但不可能全部是铜，如果全部是铜，铜不与稀硫酸反应，所以不会看到溶液的颜色由无色变为蓝色。【拓展探究】丁同学已称得玻璃管的质量以及反应前红色固体a和玻璃管的总质量，完全反应后，他还需要称量反应后红色固体和玻璃管的总质量，前后质量的差值即为被夺走的氧元素的质量。6.(1)c(2)烧杯酒精灯装置B中澄清石灰水变浑浊装置D中固体由黑色

12、变成(紫)红色COCuOCuCO2冷凝草酸(或防止未反应的草酸进入装置B生成草酸钙沉淀，影响CO2的测定)收集CO等气体(或防止CO污染空气)(3)部分草酸升华(或部分草酸未分解)紫(红)0.79解法一：设参加反应的草酸质量为x2KMnO45H2C2O4316450079gxx1.125g草酸晶体的质量分数100%90.00%答：略。解法二：设参加反应的草酸晶体质量为x2KMnO45H2C2O42H2O316630079gxx1.575g样品中H2C2O42H2O的质量分数100%90.00%答：略。【解析】(1)加热草酸晶体装置的选择，从反应原理来看，应选择固体加热型，根据已有的经验，很容易

13、选a，其实所给三套装置都是固体加热型装置，这时就需要仔细比较它们的异同。b中试管口向上倾斜了，故b错误；再仔细比较a、c的异同。结合草酸晶体熔点较低，很容易熔化的性质，正确答案选c。(2)证明存在CO2的现象是B中的澄清石灰水变浑浊，证明存在CO的现象是D中黑色粉末变成红色；装置A的作用是冷凝草酸或防止未反应的草酸进入装置B生成草酸钙沉淀，影响CO2的测定。气囊的作用是收集多余的CO，防止污染空气。(3)关于草酸晶体质量分数的计算，需要注意的是求草酸晶体的质量分数，而不是草酸的质量分数，它含有结晶水，其次要注意原来的样品8.75g配成了50g溶液，而实际反应的只有10g溶液，即计算出的草酸晶体的质量应该再乘以5。