高考化学复习化学实验方案设计与评价专题追踪.docx

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1、精品文档第13讲 化学实验方案设计与评价考向一以制备为主体的综合实验1(2018浙江卷)某兴趣小组以废铁屑制得硫酸亚铁铵后，按以下流程制备二水合草酸亚铁(FeC2O42H2O)，进一步制备高纯度复原铁粉。：FeC2O42H2O难溶于水，150 开始失结晶水；H2C2O4易溶于水，溶解度随温度升高而增大。请答复：(1)以下操作或描述正确的选项是_。A步骤，H2C2O4稍过量主要是为了抑制Fe2水解B步骤，采用热水洗涤可提高除杂效果C步骤，母液中的溶质主要是( NH4)2SO4和H2C2O4D步骤，如果在常压下快速枯燥，温度可选择略高于100 (2)如图装置，经过一系列操作完成步骤中的抽滤和洗涤。

2、请选择适宜的编号，按正确的操作顺序补充完整(洗涤操作只需考虑一次)：开抽气泵abd_c关抽气泵。a转移固液混合物；b.关活塞A；c.开活塞A；d.确认抽干；e.加洗涤剂洗涤。(3)称取一定量的FeC2O42H2O试样，用硫酸溶解，采用KMnO4滴定法测定，折算结果如下：n(Fe2)/moln(C2O)/mol试样中FeC2O42H2O的质量分数9.801049.80104由表中数据推测试样中最主要的杂质是_。(4)实现步骤必须用到的两种仪器是_(供选仪器：a.烧杯；b.坩埚；c.蒸馏烧瓶；d.高温炉；e.外表皿；f锥形瓶)；该步骤的化学方程式是_。(5)为实现步骤，不宜用炭粉复原Fe2O3，理

3、由是_。解析(1)A项，步骤溶解酸化后溶液已呈酸性，故步骤时草酸稍过量的主要目的不是酸化抑制Fe2的水解，而是保证Fe2反响完全，同时防止Fe2被氧化，错误；B项，步骤，采用热水洗涤有利于除去(NH4)2SO4和H2C2O4，提高除杂效果，正确；C项，酸化和参加稍过量的H2C2O4后，发生反响(NH4)2Fe(SO4)2H2C2O42H2O=FeC2O42H2O(NH4)2SO4H2SO4，故母液中的溶质主要有(NH4)2SO4、H2SO4和H2C2O4，错误；D项，根据题给信息，FeC2O42H2O在150 开始失结晶水，故略高于100 枯燥不影响产物的成分，正确。(2)抽滤完成后，需要洗涤

4、晶体，故应该先翻开活塞A，使吸滤瓶内的压强上升，然后添加洗涤剂，待洗涤剂缓慢通过晶体后关闭活塞A，再次确认抽干，翻开活塞A防止发生倒吸，最后关闭抽气泵，正确顺序为开抽气泵abdcebdc关抽气泵。(3)依据题表中数据得n(Fe2)n(C2O) 11，可知试样中最主要的杂质应为(NH4)2SO4。(4)灼烧需要在坩埚中高温加热，故实验必须用到的两种仪器为坩埚和高温炉，即选b、d；FeC2O42H2O灼烧的化学方程式为4FeC2O42H2O3O22Fe2O38CO28H2O。答案(1)BD(2)cebd(3)(NH4)2SO4(4)bd4FeC2O42H2O3O22Fe2O38CO28H2O(5)

5、用炭粉复原Fe2O3会引入杂质考向二以原理、性质探究为主体的综合实验2(2017北京卷)某小组在验证反响“Fe2Ag=Fe22Ag的实验中检测到Fe3，发现和探究过程如下。向硝酸酸化的0.05 molL1硝酸银溶液(pH2)中参加过量铁粉，搅拌后静置，烧杯底部有黑色固体，溶液呈黄色。(1)检验产物取少量黑色固体，洗涤后，_(填操作和现象)，证明黑色固体中含有Ag。取上层清液，滴加K3Fe(CN)6溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中含有_。(2)针对“溶液呈黄色，甲认为溶液中有Fe3，乙认为铁粉过量时不可能有Fe3，乙依据的原理是_(用离子方程式表示)。针对两种观点继续实验：取上层清液，滴加KSCN

6、溶液，溶液变红，证实了甲的猜想。同时发现有白色沉淀产生，且溶液颜色变浅、沉淀量多少与取样时间有关，比照实验记录如下：序号取样时间/min现象3产生大量白色沉淀；溶液呈红色30产生白色沉淀；较3 min时量少；溶液红色较3 min时加深120产生白色沉淀；较30 min时量少；溶液红色较30 min时变浅(资料：Ag与SCN生成白色沉淀AgSCN)对Fe3产生的原因作出如下假设： 假设a：可能是铁粉外表有氧化层，能产生Fe3；假设b：空气中存在O2，由于_(用离子方程式表示)，可能产生Fe3；假设c：酸性溶液中NO具有氧化性，可产生Fe3；假设d：根据_现象，判断溶液中存在Ag，可产生Fe3。以

7、下实验可证实假设a、b、c不是产生Fe3的主要原因。实验可证实假设d成立。实验：向硝酸酸化的_溶液(pH2)中参加过量铁粉，搅拌后静置，不同时间取上层清液滴加KSCN溶液，3 min时溶液呈浅红色，30 min后溶液几乎无色。实验：装置如图，其中甲溶液是_，操作及现象是_。(3)根据实验现象，结合方程式推测实验中Fe3浓度变化的原因：_。解析(1)黑色固体中有Ag和Fe，参加过量稀盐酸，铁粉会全部溶解，假设仍有黑色固体剩余，那么为银；此题是Fe2的检验，参加铁氰化钾溶液有蓝色沉淀生成，说明溶液中有Fe2。(2)铁粉过量时会与Fe3发生反响，方程式为2Fe3Fe=3Fe2；当空气中的O2存在时，

8、Fe2会与之发生氧化复原反响，所以答案为4Fe2O24H=4Fe32H2O，当溶液中存在Ag时，Ag与SCN会发生反响AgSCN=AgSCN，故会有白色沉淀产生，同时溶液呈红色，说明溶液中有Fe3。实验I要证实假设a、b、c不是产生Fe3的原因，需要发生反响2Fe3Fe=3Fe2，且存在HNO3及O2的条件下，证明溶液中不存在Fe3即可，再考虑控制变量，中选用c(NO)0.05 mol/L的Fe(NO3)3溶液，实验需要将反响AgFe2Fe3Ag设计成原电池，右烧杯反响：Age=Ag，左烧杯反响：Fe2e=Fe3，所以甲溶液选Fe(NO3)2溶液和KSCN溶液；必须涉及左、右烧杯的现象。(3)

9、中溶液呈红色，且烧杯中有黑色固体，说明发生反响AgFe2Fe3Ag、Fe33SCNFe(SCN)3；中反响正向进行，c(Fe3)增大，c(Ag)减小，平衡正移，红色加深；中由于铁粉过量，2Fe3Fe=3Fe2，120 min后c(Fe3)减小，逆移，溶液红色变浅。答案(1)参加过量的稀盐酸，黑色固体局部溶解(其他答案合理即可)Fe2(2)2Fe3Fe=3Fe24Fe2O24H=4Fe32H2O溶液产生白色沉淀，且随时间变长，白色沉淀减少，红色加深0.017 mol/L Fe(NO3)3Fe(NO3)2溶液和KSCN溶液如图连接装置，电流计指针偏转，左烧杯中溶液变红色，右烧杯中银棒出现黑色固体(

10、3)溶液中存在如下两个平衡：AgFe2Fe3AgFe33SCNFe(SCN)3，随着反响的进行，c(Fe3)增大，平衡正移，溶液红色加深，随后发生反响2Fe3Fe=3Fe2，c(Fe3)减小，平衡逆移，溶液红色变浅考向三以成分及含量确定为主体的综合实验3(2018江苏卷)碱式硫酸铝溶液可用于烟气脱硫。室温下向一定浓度的硫酸铝溶液中参加一定量的碳酸钙粉末，反响后经过滤得到碱式硫酸铝溶液，反响方程式为(2x)Al2(SO4)33xCaCO33xH2O=2(1x)Al2(SO4)3xAl(OH)33xCaSO43xCO2生成物(1x)Al2(SO4)3xAl(OH)3中x值的大小影响碱式硫酸铝溶液的

11、脱硫效率。(1)制备碱式硫酸铝溶液时，维持反响温度和反响时间不变，提高x值的方法有_。(2)碱式硫酸铝溶液吸收SO2过程中，溶液的pH_(填“增大、“减小、“不变)。(3)通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度确定x的值，测定方法如下：取碱式硫酸铝溶液25.00 mL，参加盐酸酸化的过量BaCl2溶液充分反响，静置后过滤、洗涤、枯燥至恒重，得固体2.3300 g。取碱式硫酸铝溶液2.50 mL，稀释至25 mL，参加0.1000 molL1 EDTA标准溶液25.00 mL，调节溶液pH约为4.2，煮沸，冷却后用0.08000 molL1 CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuS

12、O4标准溶液20.00 mL(Al3、Cu2与EDTA反响的化学计量数之比均为11)。计算(1x)Al2(SO4)3xAl(OH)3中的x值(写出计算过程)解析(1)碱式硫酸铝中“氢氧化铝的生成原理是：碳酸钙与硫酸铝水解出的氢离子反响，促进硫酸铝水解，生成氢氧化铝。所以，欲提高x值，即提高Al(OH)3的生成量，可以增加碳酸钙的量。也可以在不增加碳酸钙用量的情况下，加快搅拌速率，使二者接触更充分，从而使硫酸铝的水解率增大。(2)二氧化硫是酸性氧化物，吸收二氧化硫必将使碱式硫酸铝溶液的pH减小。(3)见答案答案(1)适当增加CaCO3的量或加快搅拌速率(2)减小(3)25 mL溶液中：n(SO)

13、n(BaSO4)0.0100 mol25 mL溶液中：n(Al3)n(EDTA)n(Cu2)0.1000 molL125.00 mL103 LmL10.08000 molL120.00 mL103 LmL19.000104 mol25 mL溶液中：n(Al3)9.000103 mol1 mol (1x)Al2(SO4)3xAl(OH)3中n(Al3)(2x) mol；n(SO)3(1x) molx0.41。4(2017全国卷)水中溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下：.取样、氧的固定用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。

14、将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液(含有KI)混合，反响生成MnO(OH)2，实现氧的固定。.酸化，滴定将固氧后的水样酸化，MnO(OH)2被I复原为Mn2，在暗处静置5 min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2(2S2OI2=2IS4O)。答复以下问题：(1)取水样时应尽量防止搅动水体外表，这样操作的主要目的是_。(2)“氧的固定中发生反响的化学方程式为_。(3)Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和_；蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除_及二氧化碳。(4)取100.00 mL水样经固氧、酸化后，用a molL1N

15、a2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为_；假设消耗Na2S2O3溶液的体积为b mL，那么水样中溶解氧的含量为_ mgL1。(5)上述滴定完成时，假设滴定管尖嘴处留有气泡会导致测定结果偏_。(填“高或“低)解析此题采用碘量法测定水中的溶解氧的含量，属于氧化复原滴定。(1)取水样时，假设搅拌水体，会造成水底复原性杂质进入水样中，或者水体中的氧气因搅拌溶解度降低逸出。(2)根据氧化复原反响原理，Mn(OH)2被氧气氧化为MnO(OH)2，由此可得方程式2Mn(OH)2O2=2MnO(OH)2。(3)一定物质的量浓度溶液的配制还需要容量瓶；加热可以除去溶解的氧气，防止实验结果不准确。(

16、4)该实验用硫代硫酸钠标准液滴定I2，因此终点现象为当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化；根据关系式O22MnO(OH)22I24Na2S2O3可得水样中溶解氧的含量为(ab103) mol432 gmol11030.1 L80ab mgL1。(5)终点读数时有气泡，气泡占据液体应占有的体积，会导致所测溶液体积偏小，最终结果偏低。答案(1)防止水底复原性杂质进入水样中(或者防止水体中的氧气逸出)(2)2Mn(OH)2O2=2MnO(OH)2(3)容量瓶氧气(4)当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化80ab(5)低题型特点：填空题考向评析：物质制备型综合题常以无机制备、工艺流程制备和有机制备为载体考查仪器的使用，别离和提纯操作，以及实验条件控制等，是高考热点题型；而性质、原理探究、成分确定，常借助物质性质通过元素设计完成，以此考查学生发现问题和解决问题的能力，难度较大。答题启示：实验设计评价能力培养；综合实验题中简答题标准性训练。