2011-2017实验设计与探究真题汇编(共54页)

1、精选优质文档-倾情为你奉上课题实验设计与探究真题汇编教学目标1、 掌握常见的实验探究的方法和技巧2、 熟悉一般的常考题型3、 利用已学的考点设计实验步骤和方法教学内容1（15分）（2017新课标-28）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。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液（含有KI）混合，反应生成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还原为Mn2+，在暗处静置5min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2（2

2、S2O32+I2=2I+S4O62）。回答下列问题：（1）取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是 。（2）“氧的固定”中发生反应的化学方程式为 。（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100.00mL水样经固氧、酸化后，用a molL1Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为 ；若消耗Na2S2O3溶液的体积为b mL，则水样中溶解氧的含量为 mgL1。（5）上述滴定完成后，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测量结果偏 。（填“高”或“低

3、”）【答案】使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差2Mn(OH) 2+O2=2MnO(OH) 2一定容积的容量瓶、胶头滴管、量筒 氧气当滴入最后一滴时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化 80ab低【解析】（1）取水样时扰动水体表面，这样操作会使氧气溶解度减小，为此，取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差。故答案为：使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差；（2）“氧的固定”中发生反应的化学方程式为：2Mn（OH）2+O2=2MnO(OH) 2，故答案为：2Mn(OH) 2+O2=2MnO(OH) 2；（3）蒸馏水必须

4、经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除氧气及二氧化碳，故答案为：氧气；（4）碘遇淀粉变蓝色，故选择淀粉作指示剂，当溶液由蓝色变为无色，且半分钟颜色不再变化说明滴定到达终点；根据方程式，O22I24S2O32得n（O2）= b×a×103/4 mol，m(O2)= (b×a×103/4) ×32g/mol=8abmg，则水样中溶解氧的含量为：8abmg/0.1L =80abmgL1，故答案为：当滴入最后一滴时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化；80abmgL1；（5）根据n（O2）= b×a×103/4 mol分析，不

5、当操作对b的影响，b值减小，则会导致测量结果偏低，故答案为：低。【考点】 探究物质的组成或测量物质的含量。菁优网版权所有【专题】 化学实验基本操作； 定量测定与误差分析。【点评】本题主要考查了杂质离子的检测实验设计及其滴定法测定含量的过程，有关信息应用和化学方程式的计算，实验步骤判断是解题关键，题目难度中等。2(2017江苏-22) 1溴丙烷是一种重要的有机合成中间体，沸点为71，密度为1.36gcm3。实验室制备少量1溴丙烷的主要步骤如下：步骤1：在仪器A中加入搅拌磁子、12g正丙醇及20mL水，冰水冷却下缓慢加入28mL浓H2SO4；冷却至室温，搅拌下加入24g NaBr步骤2：如图所示搭

6、建实验装置，缓慢加热，直到无油状物馏出为止步骤3：将馏出液转入分液漏斗，分出有机相步骤4：将分出的有机相转入分液漏斗，依次用12mL H2O、12mL 5% Na2CO3溶液和12mL H2O洗涤，分液，得粗产品，进一步提纯得1溴丙烷（1）仪器A的名称是 ；加入搅拌磁子的目的是搅拌和 。（2）反应时生成的主要有机副产物有2溴丙烷和 。（3）步骤2中需向接受瓶内加入少量冰水并置于冰水浴中的目的是 。（4）步骤2中需缓慢加热使反应和蒸馏平稳进行，目的是 。（5）步骤4中用5%Na2CO3溶液洗涤有机相的操作：向分液漏斗中小心加入12mL 5% Na2CO3溶液，振荡， ，静置，分液。【答案】蒸馏烧

7、瓶 防止暴沸 丙烯、正丙醚减少1溴丙烷的挥发 减少HBr挥发将分液漏斗下口向上倾斜、打开活塞排出气体【解析】（1）由图可知，仪器A的名称是蒸馏烧瓶，加入搅拌磁子的目的是搅拌和防止暴沸。故答案为：蒸馏烧瓶；防止暴沸；（2）正丙醇在浓硫酸作用下可能发生消去反应，或分子间取代反应，则反应时生成的主要有机副产物有2溴丙烷和丙烯、正丙醚。故答案为：丙烯、正丙醚；（3）步骤2中需向接受瓶内加入少量冰水并置于冰水浴中的目的是减少1溴丙烷的挥发，故答案为：减少1溴丙烷的挥发；（4）步骤2中需缓慢加热使反应和蒸馏平稳进行，目的是减少HBr挥发。故答案为：减少HBr挥发；（5）步骤4中用5%Na2CO3溶液洗涤有

8、机相的操作：向分液漏斗中小心加入12mL 5% Na2CO3溶液，振荡，将分液漏斗下口向上倾斜、打开活塞排出气体，静置，分液。故答案为：将分液漏斗下口向上倾斜、打开活塞排出气体【考点】 制备实验方案的设计； 卤代烃的性质；醇的性质；萃取的操作；蒸馏的操作；【专题】 有机实验综合 【点评】本题考查有机物的制备实验，为高频考点，把握有机物的性质、实验操作及技能为解答的关键，侧重分析能力和实验能力的考查，注意（5）为解答的难点。3（18分）（2017天津-9）用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中c(I)，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。准备标准溶液a准确称取AgNO3基准物4.2468g

9、（0.0250mol）后，配制成250mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。b配制并标定100mL 0.1000molL1 NH4SCN标准溶液，备用。滴定的主要步骤a取待测NaI溶液25.00mL于锥形瓶中。b加入25.00mL 0.1000molL1 AgNO3溶液(过量)，使I完全转化为AgI沉淀。c加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。d用0.1000molL1NH4SCN溶液滴定过量的Ag+，使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后，体系出现淡红色，停止滴定。e重复上述操作两次三次测定数据如下表：实验序号123消耗NH4SCN标准溶液体积/mL10.2410.029.98f数据处

10、理 回答下列问题：（1） 将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有 。（2）AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是 。（3）滴定应在pH0.5的条件下进行，其原因是 。（4）b和c两步操作是否可以颠倒 ，说明理由 。（5）所消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为 mL，测得c(I) = molL1。（6）在滴定管中装入NH4SCN标准溶液的前一步，应进行的操作为 。（7）判断下列操作对c(I)测定结果的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果 。若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测

11、定结果 。【答案】250mL（棕色）容量瓶、胶头滴管 避免AgNO3见光分解防止因Fe3+的水解而影响滴定终点的判断（或抑制Fe3+的水解）否（或不能） 若颠倒，Fe3+与I反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点 10.00 0.0600用NH4SCN标准溶液进行润洗 偏高 偏高【解析】（1）配制硝酸银标准溶液时，所使用的仪器出需烧杯和玻璃棒外还有250mL（棕色）容量瓶及定容时需要的胶头滴管；（2）硝酸银见光分解；（3）滴定应注意防止铁离子的水解，影响滴定结果； （4）铁离子与碘离子发生氧化还原反应；（5）根据所提供的三组数据，第一组数据误差较大，应舍去，二、三组数据取平均值即可，所以所消耗的N

12、H4SCN溶液平均体积为10.00mL，结合c(AgNO3)×V(AgNO3)=c(NH4SCN)×V(NH4SCN)+c(I)×V(I)计算；（6）装入NH4SCN标准溶液，应避免浓度降低，应用NH4SCN标准溶液进行润洗；（7）反应的原理为c(AgNO3)×V(AgNO3)=c(NH4SCN)×V(NH4SCN)+c(I)×V(I)，如操作导致c(NH4SCN)×V(NH4SCN)偏小，则测定结果偏大，以此解答该题。【考点】 化学实验基本操作；铁盐的的水解知识；卤化银的性质；探究物质的组成或测量物质的含量 菁优网版权所有

13、【专题】 定量测定与误差分析 【点评】本题为2017年天津考题，涉及物质含量的测定，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意把握实验的操作方法和注意事项，把握反应的原理和误差分析的角度，难度中等。4（15分）（2017新课标-26）凯氏定氮法是测定蛋白质中氮含量的经典方法，其原理是用浓硫酸在催化剂存在下将样品中有机氮转化成铵盐，利用如图所示装置处理铵盐，然后通过滴定测量。已知：；回答下列问题：（1）a的作用是 。（2）b中放入少量碎瓷片的目的是 。f的名称是 。（3）清洗仪器：中加蒸馏水；打开，关闭，加热，蒸气充满管路；停止加热，关闭中蒸馏水倒吸进入，原因是 ；打开放掉水，重复操作

14、次。（4）仪器清洗后，中加入硼酸（）和指示剂。铵盐试样由注入，随后注入氢氧化钠溶液，用蒸馏水冲洗，关闭中保留少量水。打开，加热，使水蒸气进入。中保留少量水的目的是 。中主要反应的离子方程式为 ，采用中空双层玻璃瓶的作用是 。（5）取某甘氨酸（）样品克进行测定，滴定中吸收液时消耗浓度为的盐酸，则样品中氮的质量分数为 ，样品的纯度 。【答案】（1）使容器内气体压强与外界大气压相同（或平衡压强）（2）防暴沸 直形冷凝管（3）停止加热，水蒸气变为液态，装置内压强减小（4）液封，防漏气 ；保温（5）；【解析】（1）该装置利用水蒸气推动进入装置，故a（空心玻璃管）的作用是使容器内气体压强与外界大气压相同（

15、或平衡压强）。（2）防暴沸 直形冷凝管（3）加热圆底烧瓶使整个装置内充满水蒸气，停止加热，关闭时，右侧装置内水蒸气冷凝为液态，装置内压强减小。（4）防止漏气 采用中空双层玻璃瓶的作用是减少热量损失，尽量保证水以水蒸气形式存在。（5）根据守恒，甘氨酸中的N元素被处理成铵盐后，在e装置中转化为NH3进入g装置：， 由于具有挥发性，可能有部分逸出，导致测量结果偏高，测得的含量应为最大值，纯度为 。【考点】；化学实验基本操作；离子反应与离子方程式；化学计算。【专题】定量测定与误差分析【点评】本题考查含量的测定实验设计，为高考常见题型，试题涉及了元素化合物的性质、实验原理、物质制备等，考查学生对实验方案

16、理解及对元素化合物的知识的应用能力。5（2017新课标-10）实验室用还原制备金属的装置如图所示(粒中往往含有硫等杂质，焦性没食子酸溶液用于吸收少量氧气)。下列说法正确的是A.、中依次盛装溶液、浓、焦性没食子酸溶液B.管式炉加热前，用试管在处收集气体并点燃，通过声音判断气体纯度C.结束反应时，先关闭活塞，再停止加热D.装置（启普发生器）也可用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气【答案】B【解析】A.浓硫酸起干燥作用，应盛装在号管中，故A错误；B.加热前需对进行验纯，故B正确；C.应先停止加热，再停止通气，故C错误；D.二氧化锰和浓盐酸的反应需要加热，装置Q无法加热，故D错误。【考点】：包括气体除杂、

17、氢气的验纯与操作注意事项、启普发生器的使用。【专题】无机实验综合。【点评】本题涉及物质的制备实验的设计，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握实验的原理以及操作的注意事项，难度不大。6（13分）（2017北京-26）TiCl4是由钛精矿（主要成分为TiO2）制备钛（Ti）的重要中间产物，制备纯TiCl4的流程示意图如下：资料：TiCl4及所含杂质氯化物的性质 化合物 SiCl4 TiCl4 AlCl3 FeCl3 MgCl2 沸点/ 58 136 181（升华） 316 1412 熔点/69 25 193 304 714 在TiCl4中的溶解性 互溶 微溶 难溶（1）氯化过程：TiO2与C

18、l2难以直接反应，加碳生成CO和CO2可使反应得以进行。已知：TiO2(s) +2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g) H1=+175.4kJmol12C(s) + O2(g)=2CO(g) H2=220.9kJmol1沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4（g）和CO（g）的热化学方程式： 。氯化过程中CO和CO2可以相互转化，根据如图判断：CO2生成CO反应的H 0（填“”“”或“=”），判断依据： 。氯化反应的尾气须处理后排放，尾气中的HCl和Cl2经吸收可得粗盐酸、FeCl3溶液，则尾气的吸收液依次是 。氯化产物冷却至室温，经过滤得到粗TiCl4混合液，则滤渣中含有 。（2）精制过程：粗

19、TiCl4经两步蒸馏得纯TiCl4。示意图如下：物质a是 ，T2应控制在 。【答案】TiO2(s)+2Cl2(g) +2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g) H=45.5kJmol1 温度越高，CO的物质的量越多而CO2的物质的量少，说明CO2生成CO的反应是吸热反应 饱和食盐水、氯化亚铁溶液 TiO2、CSiCl4 136左右【解析】解：由制备纯TiCl4的流程示意图，钛精矿与氯气、C发生氯化过程，反应为TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO，结合表格中数据可知，蒸馏得到纯TiCl4，（1）由ITiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g) H1=+175.4kJmol

20、1II. 2C(s)+O2(g)=2CO(g) H2=220.9kJmol1，结合盖斯定律可知，I+II得到TiO2(s)+2Cl2(g) +2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)，H=(+175.4kJmol1)+(220.9kJmol1)=45.5kJmol1， 即热化学方程式为:TiO2(s)+2Cl2(g) +2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g) H=45.5kJmol1。故答案为：TiO2(s)+2Cl2(g) +2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g) H=45.5kJmol1；因温度越高，CO的物质的量越多而CO2的物质的量少，说明CO2生成CO的反应是吸热反应，所以

21、H0，故答案为：；温度越高，CO的物质的量越多而CO2的物质的量少，说明CO2生成CO的反应是吸热反应；尾气中的HCl和Cl2经吸收可得粗盐酸、FeCl3溶液，食盐水吸收HCl，氯化亚铁吸收氯气生成氯化铁，则尾气的吸收液依次是饱和食盐水、氯化亚铁溶液。故答案为：饱和食盐水、氯化亚铁溶液；由反应可知，氯化产物冷却至室温，经过滤得到粗TiCl4混合液，则滤渣中含有TiO2、C，故答案为：TiO2、C；（2）粗TiCl4经两步蒸馏得纯TiCl4，由图及表格数据可知，先分离出SiCl4，后分离出TiCl4，则先控制温度T1为58左右时分离出物质a为SiCl4，控制温度T2为136左右时分离出纯TiCl

22、4，故答案为：SiCl4；136左右【考点】盖斯定律与热化学方程式的书写； 氯及其化合物；铁及其化合物；金属综合；制备实验方案的设计 菁优网版权所有【专题】 无机实验综合 【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意反应原理与实验的结合，题目难度不大。7（12分）（2017江苏-16）铝是应用广泛的金属。以铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质）为原料制备铝的一种工艺流程如下：注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为 。（2）向“过滤”所

23、得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH (填“增大”、“不变”或“减小”)。（3）“电解”是电解熔融 Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是 。（4）“电解”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示阳极的电极反应式为 ，阴极产生的物质A的化学式为 。（5）铝粉在1000时可与N2反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是 。【答案】Al2O3+2OH2AlO2+H2O 减小 石墨电极被阳极上产生的O2氧化 4CO32+2H2O4e4HCO3+O2 H2 NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜。【解析】以铝土矿(主要成分

24、为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝，由流程可知，加NaOH溶解时Fe2O3不反应，由信息可知SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀，过滤得到的滤渣为Fe2O3、铝硅酸钠，碳酸氢钠与偏铝酸钠反应生成Al(OH)3，过滤II得到Al(OH)3，灼烧生成氧化铝，电解I为电解氧化铝生成Al和氧气，电解II为电解Na2CO3溶液，结合图可知，阳极上碳酸根离子失去电子生成碳酸氢根离子和氧气，阴极上氢离子得到电子生成氢气，以此来解答。 （1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为Al2O3+2OH2AlO2+H2O，故答案为：Al2O3+2OH2AlO2+H2O；（2）向“过滤”所得滤液

25、中加入NaHCO3溶液，与NaAlO2反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，碱性为OHAlO2CO32，可知溶液的pH减小，故答案为：减小；（3）“电解”是电解熔融 Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，因石墨电极被阳极上产生的O2氧化。故答案为：石墨电极被阳极上产生的O2氧化；（4）由图知，阳极反应为4CO32+2H2O4e4HCO3+O2，阴极上氢离子得到电子生成H2。故答案为：4CO32+2H2O4e4HCO3+O2；H2； （5）铝粉在1000时可与N2反应制备AlN在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2

26、O3薄膜，故答案为：NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜。【考点】 铝及其化合物；铁及其化合物；硅及其化合物；电解原理；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；菁优网版权所有【专题】 物质的分离提纯和鉴别 【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯方法、实验技能为解答的关键，侧重分析能力和实验能力的考查，注意水解、电解原理及元素化合物知识的应用，题目难度中等。8（15分）（2017江苏-19）某科研小组采用如下方案回收一种光盘金属层中的少量Ag（金属层中其他金属含量过低，对实验的影响可忽略）。已知：NaClO溶液在受热或酸性条件下易分

27、解，如：3NaClO2NaCl+NaClO3AgCl可溶于氨水：AgCl+2NH3H2OAg(NH3)2+Cl+2H2O常温时 N2H4H2O(水合肼)在碱性条件下能还原Ag(NH3) 2+：4Ag(NH3)2+N2H4H2O4Ag+N2+4NH4+4NH3+H2O（1）“氧化”阶段需在 80条件下进行，适宜的加热方式为 。（2）NaClO 溶液与 Ag 反应的产物为 AgCl、NaOH 和 O2，该反应的化学方程式为 。 HNO3也能氧化Ag，从反应产物的角度分析，以HNO3代替NaClO的缺点是 。（3）为提高Ag的回收率，需对“过滤”的滤渣进行洗涤，并 。（4）若省略“过滤”，直接向冷却

28、后的反应容器中滴加10%氨水，则需要增加氨水的用量，除因过量NaClO与NH3H2O反应外（该条件下NaClO3与NH3H2O不反应），还因为 。（5）请设计从“过滤”后的滤液中获取单质Ag的实验方案： （实验中须使用的试剂有：2molL1水合肼溶液，1molL1H2SO4 ）。【答案】水浴加热 4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2；会释放出氮氧化物（或NO、NO2），造成环境污染 将洗涤后的滤液合并入过滤的滤液中。未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，且其中含有一定浓度的Cl，不利于AgCl与氨水反应。向滤液中滴加2molL1水合肼溶液，搅拌使其充分反应，同时用1molL1H

29、2SO4溶液吸收反应中放出的NH3，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤、洗涤，干燥【解析】回收一种光盘金属层中的少量Ag，由流程可知，氧化时发生4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2，为控制 80，可水浴加热，过滤I分离出AgCl、可能含Ag，再加氨水溶解AgCl，发生AgCl+2NH3H2OAg（NH3）2+Cl+2H2O，过滤II分离出的滤渣为Ag，对过滤II得到的滤液用N2H4H2O（水合肼）在碱性条件下能还原 Ag（NH3）2+得到Ag，以此来解答。（1）“氧化”阶段需在 80条件下进行，不超过水的沸点，则适宜的加热方式为水浴加热，故答案为：水浴加热；（2）N

30、aClO 溶液与 Ag 反应的产物为 AgCl、NaOH 和 O2，Ag、O元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，由电子、原子守恒可知该反应的化学方程式为4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2 HNO3也能氧化Ag，从反应产物的角度分析，以HNO3代替NaClO的缺点是会释放出氮氧化物（或 NO、NO2 ），造成环境污染。故答案为：4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2；会释放出氮氧化物（或 NO、NO2 ），造成环境污染；（3）为提高Ag的回收率，需对“过滤”的滤渣进行洗涤，并将洗涤后的滤液合并入过滤的滤液中，减少Ag的损失。故答案为：将洗涤后的滤液

31、合并入过滤的滤液中；（4）若省略“过滤”，直接向冷却后的反应容器中滴加10%氨水，则需要增加氨水的用量，除因过量NaClO与NH3H2O反应外（该条件下NaClO3与NH3H2O不反应），还因为未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，且其中含有一定浓度的Cl，不利于AgCl与氨水反应，故答案为：未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，且其中含有一定浓度的Cl，不利于AgCl与氨水反应；（5）由信息可知，从“过滤”后的滤液中获取单质Ag的实验方案为向滤液中滴加2molL1水合肼溶液，搅拌使其充分反应，同时用1 molL1 H2SO4溶液吸收反应中放出的NH3，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤、洗涤，干燥

32、。故答案为：向滤液中滴加2molL1水合肼溶液，搅拌使其充分反应，同时用1 molL1 H2SO4溶液吸收反应中放出的NH3，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤、洗涤，干燥【考点】 硝酸的性质；氯及其化合物；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 菁优网【专题】 物质的分离提纯和鉴别 【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯方法、实验技能为解答的关键，侧重分析能力和实验能力的考查，注意信息的应用及实验设计，题目难度中等。9（12分）（2017江苏-18）碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。（1）碱式氯化铜有多种制备方法方法1：4550时，向CuCl悬浊液

33、中持续通入空气得到Cu2(OH)2 Cl23H2O，该反应的化学方程式为 。方法2：先制得CuCl2，再与石灰乳反应生成碱式氯化铜。Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成CuCl2，Fe3+对该反应有催化作用，其催化原理如图所示 M的化学式为 。（2）碱式氯化铜有多种组成，可表示为Cua(OH) bClcxH2O。 为测定某碱式氯化铜的组成，进行下列实验：称取样品1.1160g，用少量稀HNO3溶解后配成100.00mL溶液A； 取25.00mL溶液A，加入足量AgNO3溶液，得AgCl 0.1722g；另取25.00mL溶液A，调节pH 45，用浓度为0.08000molL1的EDTA（

34、Na2H2Y2H2O）标准溶液滴定Cu2+ （离子方程式为Cu2+H2Y2CuY2+2H+），滴定至终点，消耗标准溶液30.00mL。通过计算确定该样品的化学式（写出计算过程）。解： 【答案】4CuCl+O2+8H2O2Cu2(OH)2Cl23H2O Fe2+ n(Cl) =n(AgCl)×100.00mL/25.00mL =(0.1722g/143.5g/mol) ×100.00mL/25.00mL=4.800×103mol;n(Cu2+)=n(EDTA)×100.00mL/25.00mL=0.08000molL1×30.00mL×

35、103 LmL1×100.00mL/25.00mL=9.600×103 mol，N(OH) =2n(Cu2+)n(Cl) =2×9.600×103 mol4.800×103 mol=1.440×102 mol，m(Cl) =4.800×103 mol×35.5 gmol1=0.1704 g，m(Cu2+)=9.600×103 mol×64 gmol1=0.6144 g，m(OH) =1.440×102 mol×17 gmol1=0.2448 g，n(H2O)=( 1.1160

36、g-0.1704g-0.6144g-0.2448g)/18g/mol=4.800×103 mol则a：b：c：x=n(Cu2+)：n(OH)：n(Cl)：n(H2O) =2：3：1：1，即化学式为Cu2(OH) 3ClH2O，【考点】 铜及其化合物；制备实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量 菁优【专题】 制备实验综合 【解析】（1）4550时，向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2(OH)2 Cl23H2O，反应物为CuCl、氧气、水，Cu元素的化合价升高，O元素的化合价降低，由原子、电子守恒可知反应为4CuCl+O2+8H2O2Cu2（OH）2Cl23H2O。Fe3+对

37、该反应有催化作用，结合图可知，Cu元素的化合价升高，则M中Fe元素的化合价降低，可知M的化学式为Fe2+。故答案为：Fe2+；（2）略【点评】本题考查物质的制备及物质组成的测定实验，为高频考点，把握发生的反应、物质的量的计算为解答的关键，侧重分析能力和实验能力的考查，注意氧化还原反应及定组成的应用，题目难度中等。10（14分）（2017新课标-26）绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究回答下列问题：（1）在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化。再向试管中通入空气，溶液逐渐变红。由此可知： 。（2

38、）为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K1和K2）（设为装置A）称重，记为m1 g将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为 m2 g按下图连接好装置进行实验仪器B的名称是 。将下列实验操作步骤正确排序 （填标号）；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3 g。a点燃酒精灯，加热 b熄灭酒精灯 c关闭K1和K2d打开K1和K2，缓缓通入N2 e称量A f冷却至室温根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x= （列式表示）。若实验时按a、d次序操作，则使x （填“偏大”“偏小”或“无影响”）（3）为探究硫酸亚铁的分解产物，将（2）中已恒重的装置A接入下图所示的装置中，打开K1和K2

39、，缓缓通入N2，加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。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 bNaOH cBaCl2 dBa(NO3)2 e浓H2SO4写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式 。【答案】硫酸亚铁与KSCN不反应、硫酸亚铁易被空气氧化为硫酸铁。干燥管 dabcfe 76(m2-m3)/9(m3-m1) 偏小 c、a产生白色沉淀、品红褪色2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3【解析】（1）滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，可知硫酸亚铁与KSCN不反应，但亚铁离子不稳定，易被空气中氧气氧化生成铁离子，最终溶液变红色。故答案为：硫酸

40、亚铁与KSCN不反应；硫酸亚铁易被空气氧化为硫酸铁；（2）由仪器的图形可知B为干燥管，故答案为：干燥管； 实验时，为避免亚铁离子被氧化，应先通入氮气，冷却时注意关闭开关，防止氧气进入，冷却至室温再称量固体质量的变化，则正确的顺序为dabcfe。故答案为：dabcfe；直至A恒重，记为m3 g，应为FeSO4和装置的质量，则m（FeSO4）=（m3m1），m（H2O）=(m2m3)，则n(H2O) =(m2m3)/18、n(FeSO4) =(m3m1)/152，结晶水的数目等于=n(H2O)/ n(FeSO4) =76(m2m3)/9(m3m1)若实验时按a、d次序操作，会导致硫酸亚铁被氧化，则

41、导致固体质量偏大，测定结果偏小，故答案为：76(m2m3)/9(m3m1)；偏小；（3）实验后反应管中残留固体为红色粉末，说明生成Fe2O3，则反应中Fe元素化合价升高，S元素化合价应降低，则一定生成SO2，可知硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，C为氯化钡，用于检验SO3，可观察到产生白色沉淀，D为品红，可用于检验SO2，品红褪色，故答案为：c、a；产生白色沉淀、品红褪色；硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3，故答案为：2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3【考点】 性质实验方案的设计；铁及其化合物；硫及其化合物；化学

42、计量。 优网版权所【专题】 无机实验综合 【点评】本题以绿矾为载体，考查结晶水合物中结晶水数目的测定以及分解产物的鉴别，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力，注意把握实验原理、实验技能以及物质性质的分析，题目难度中等。11（15分）（2017新课标-27）重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeOCr2O3，还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示：回答下列问题：（1）步骤的主要反应为：FeOCr2O3+Na2CO3+NaNO3Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2 。 上述反应配平后FeOCr2O3与NaNO3的系数比为 。该步骤不能使用陶瓷容器，原因

43、是 。（2）滤渣1中含量最多的金属元素是，滤渣2的主要成分是 及含硅杂质。（3）步骤调滤液2的pH使之变（填“大”或“小”），原因是 （用离子方程式表示）。（4）有关物质的溶解度如图所示向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体。冷却到（填标号）得到的K2Cr2O7固体产品最多。a.80 b.60 c.40 d.10步骤的反应类型是 。（5）某工厂用m1 kg 铬铁矿粉（含Cr2O3 40%）制备K2Cr2O7，最终得到产品 m2 kg，产率为 ×100%。【答案】2：7 二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳Fe Al(OH)3 小 CrO

44、42+2H+Cr2O72+H2Oc 复分解反应 m2/(m1×0.4×294g/mol÷152 g/mol)【解析】铬铁矿的主要成分为FeOCr2O3，还含有硅、铝等，制备重铬酸钾，由制备流程可知，步骤的主要反应为FeOCr2O3+Na2CO3+NaNO3Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2，Cr元素的化合价由+3价升高为+6价，Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，N元素的化合价由+5价降低为+3价，由电子、原子守恒可知，反应为2FeOCr2O3+4Na2CO3+7NaNO3 4Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2，则FeOCr2O3与N

45、aNO3的系数比为2：7。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，故答案为：2：7；二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳。（2）由上述分析可知，滤渣1含Fe2O3，滤渣1中含量最多的金属元素是Fe，滤渣2的主要成分是Al(OH) 3及含硅杂质，故答案为：Fe；Al（OH）3；（3）中调节pH发生CrO42+2H+Cr2O72+H2O，则步骤调滤液2的pH使之变小，增大氢离子浓度，平衡正向移动，利于生成Cr2O72，故答案为：小；CrO42+2H+Cr2O72+H2O；（4）向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固

46、体，由溶解度可知，冷却到40K2Cr2O7固体的溶解度在四种物质中最小、且溶解度较大，过滤分离产品最多；步骤发生Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl，反应类型是复分解反应。故答案为：c；复分解反应；（5）用m1 kg 铬铁矿粉（含Cr2O3 40%）制备K2Cr2O7，最终得到产品 m2 kg，产率为：实际产量/理论产量，由Cr原子守恒可知，则产率为m2/(m1×0.4×294g/mol÷152 g/mol)×100%，【考点】 制备实验方案的设计。铁及其化合物；铝及其化合物； 化学计量；有【专题】 无机实验综合 【点评】本题考查物质的

47、制备实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。12【2016年高考北京卷】（16分）以Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象，探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性。实验试剂现象滴管试管2 mL0.2 mol·L1 Na2SO3溶液饱和Ag2SO4溶液.产生白色沉淀0.2 mol·L1 CuSO4.溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀0.1 mol·L1 Al2（SO4）3溶液.开始无明显变化，继续滴加产生白色沉淀（1）经检验，现象中的白色沉淀是Ag2

48、SO3。用离子方程式解释现象：_。（2）经检验，现象的棕黄色沉淀中不含SO42，含有Cu+、Cu2+和SO32。已知：Cu+Cu +Cu2+，Cu2+CuI（白色）+I2。用稀硫酸证实沉淀中含有Cu+的实验现象是_。通过下列实验证实，沉淀中含有Cu2+和SO32。 a.白色沉淀A是BaSO4，试剂1是_。b.证实沉淀中含有Cu+和SO32的理由是_。（3）已知：Al2（SO3）3在水溶液中不存在。经检验，现象的白色沉淀中无SO42，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色。推测沉淀中含有亚硫酸根和_。对于沉淀中亚硫酸根的存在形式提出两种假设：i.被Al（OH）3所吸附；ii.存在于铝的碱式盐中。对假设ii设计了对比实验，证实了假设ii成立。a.将对比实验方案补充完整。 步骤二：_（按上图形式呈现）。（4）根据实验，亚硫酸盐的性质有_。盐溶液间反应的多样性与_有关。【答案】（1）2Ag+SO32Ag2SO4。（2）加入稀硫酸后，有红色固体生成；a.