2023高考化学大二轮复习第1部分知识整合专题4化学实验第14讲化学实验方案的设计与评价

PAGEPAGE2第14讲化学实验方案的设计与评价[限时50分钟，总分值70分]一、选择题(包括7个小题，每题5分，共35分)1．(2022·海南高考)以下实验设计正确的选项是A．将SO2通入溴水中证明SO2具有漂白性B．将铁屑放入稀HNO3中证明Fe比H2活泼C．将澄清石灰水滴入某溶液证明其中存在COeq\o\al(2－,3)D．将乙烯通入KMnO4酸性溶液证明乙烯具有复原性解析A．SO2使溴水褪色是证明SO2具有复原性，错误；B.铁屑放入稀HNO3中不产生H2，而是产生NO，错误；C.澄清石灰水滴入HCOeq\o\al(－,3)溶液中也会产生白色沉淀，错误；D.乙烯使酸性KMnO4溶液褪色，是发生了氧化反响，表达了乙烯的复原性，正确。答案D2．(2022·昌平模拟)某同学为探究SO2与Ba2＋只有在碱性条件下才能形成BaSO3沉淀，设计了如下方案，你认为可行的是A．将SO2通入Ba(OH)2溶液中观察有白色沉淀生成B．将SO2通入Ba(NO3)2溶液中观察有白色沉淀生成C．将SO2分别通入BaCl2溶液、BaCl2与HCl的混合溶液、Ba(OH)2溶液中，观察到只有Ba(OH)2中有白色沉淀生成D．将SO2通入BaCl2与NH3的混合溶液中有白色沉淀生成解析A、D项方案不能说明SO2与Ba2＋在非碱性条件下不能反响生成BaSO3沉淀；B项中SO2溶解后会形成酸性溶液，NOeq\o\al(－,3)在酸性条件下可将SOeq\o\al(2－,3)氧化成SOeq\o\al(2－,4)，得到的沉淀是BaSO4。答案C3．下述实验设计能够到达目的的是编号实验目的实验设计A证明盐酸酸性比醋酸强同一电路测等体积盐酸、醋酸溶液的导电性B证明H2CO3酸性比H2SiO3强将CO2通入Na2SiO3溶液中C证明钠的金属活动性比铜强向CuCl2溶液中投入金属钠D证明溶液中含有I－向溶液中参加淀粉解析通过导电性比拟盐酸和醋酸的酸性强弱，必须使用相同浓度的盐酸和醋酸溶液，A错误。金属钠投入CuCl2溶液中，钠与水反响生成NaOH，NaOH与Cu2＋反响生成Cu(OH)2金属钠不能从CuCl2溶液中置换出铜，不能比拟金属活动性的强弱，C错误。淀粉只能检验出碘单质，D错误。答案B4．以下图中的实验方案，能到达实验目的的是ABCD实验方案将NO2球浸泡在冰水和热水中实验目的探究温度对平衡2NO2N2O4的影响比拟HCl、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱除去CO2气体中混有的SO2验证FeCl3对H2O2分解反响有催化作用解析A．2NO2(g)N2O4(g)ΔH＜0。将两个NO2平衡球分别放在热水、冰水中。平衡球放在热水中颜色加深，放在冰水中颜色变浅。说明升高温度，化学平衡向逆反响方向移动，降低温度，化学平衡向正反响方向移动。可见是温度不同化学反响移动的方向不同，正确。B.在复分解反响中，一般是强酸制取弱酸。发生反响：2HCl＋Na2CO3=2NaCl＋H2O＋CO2↑，证明：酸性HCl＞H2CO3；H2O＋CO2＋Na2SiO3=Na2CO3＋H2SiO3↓，证明：酸性H2CO3＞H2SiO3。但由于HCl有挥发性，挥发出的HCl也会与Na2SiO3发生反响：2HCl＋Na2SiO3=2NaCl＋H2SiO3↓，故不能证明酸性：HCl＞H2CO3＞H2SiO3，错误。C.CO2、SO2都会与溶液中的Na2CO3反响，因此不能到达除去杂质的目的，错误。D.要验证FeCl3溶液对H2O2的分解有催化作用，应该是其他外界条件相同，只有一个加催化剂，另一个比照的不加催化剂才可以，不能同时有两个变量，错误。答案A5．以下实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是选项实验操作和现象预期实验目的或结论A用洁净的铂丝蘸取某食盐试样，在酒精灯火焰上灼烧，火焰显黄色说明该食盐不是加碘盐B银氨溶液中滴入少量组成为C2H4O2的液态有机物，水浴微热，有银镜出现可确定该有机物一定是甲酸甲酯C向两支盛有KI3的溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀KI3溶液中存在平衡：Ieq\o\al(－,3)I2＋I－D室温下向CuCl2和少量FeCl3的混合溶液中，参加铜屑，充分搅拌，过滤，得蓝绿色溶液除去杂质FeCl3得纯洁CuCl2溶液解析A项，钾的焰色反响应透过蓝色钴玻璃片，错误；B项，也可以是CH2OHCHO，错误；C项，I2使淀粉变蓝，I－和Ag＋反响生成黄色沉淀；D项，参加铜屑发生2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋，不能除去生成的FeCl2。答案C6．(2022·孝感模拟)为精确测定工业纯碱中碳酸钠的质量分数(含少量NaCl)，准确称量W0g样品进行实验，以下实验方法所对应的实验方案和测量数据最合理(除W0外)的是实验方法实验方案测量数据A滴定法将样品配成100mL溶液，取10mL，参加甲基橙，用标准盐酸滴定消耗盐酸的体积B量气法将样品与盐酸反响，生成的气体全部被碱石灰吸收碱石灰增重C重量法样品放入烧瓶中，置于天平上，参加足量盐酸减轻的质量D量气法将样品与盐酸反响，气体通过排水量气装置量气排水体积解析A、盐酸滴定Na2CO3，用甲基橙作指示剂，正确；B、碱石灰既可以吸收CO2，也可以吸收水分，无法测定Na2CO3的质量分数，错误；C、CO2挥发能带出水分，根据减轻的质量测定Na2CO3的质量分数，会产生较大误差，错误；D、CO2能溶于水，那么排水体积不等于CO2的体积，错误。答案A7．现有一瓶标签上注明为葡萄糖酸盐(钠、镁、钙、铁)的复合制剂，某同学为了确认其成分，取局部制剂作为试液，设计并完成了如下实验：：控制溶液pH=4时，Fe(OH)3沉淀完全，Ca2＋、Mg2＋不沉淀。该同学得出的结论正确的选项是A．根据现象1可推出该试液中含有Na＋B．根据现象2可推出该试液中并不含有葡萄糖酸根C．根据现象3和4可推出该试液中含有Ca2＋，但没有Mg2＋D．根据现象5可推出该试液中一定含有Fe2＋解析此题考查了物质的推断，意在考查考生的分析推理能力。A项，由于试液中外加了NaOH和Na2CO3溶液，故不能确定原试液中是否含Na＋；B项，试液中有没有葡萄糖酸根，都无银镜产生；C项，滤液加氨水无沉淀，说明无Mg2＋，加Na2CO3有白色沉淀，说明有Ca2＋；D项，试液中有可能含有Fe2＋，也有可能只含有Fe3＋而不含Fe2＋。答案C二、非选择题(包括4个小题，共35分)8．(8分)(2022·全国Ⅰ卷)草酸(乙二酸)存在于自然界的植物中，其K1=5.4×10－2，K2=5.4×10－5。草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水。草酸晶体(H2C2O4·2H2O)无色，熔点为101℃，易溶于水，受热脱水、升华，170℃以上分解。答复以下问题：(1)甲组同学按照如下图的装置，通过实验检验草酸晶体的分解产物。装置C中可观察到的现象是________________________________，由此可知草酸晶体分解的产物中有______________________。装置B的主要作用是_____________________________________________________________________。(2)乙组同学认为草酸晶体分解产物中还有CO，为进行验证，选用甲组实验中的装置A、B和以下图所示的局部装置(可以重复选用)进行实验。①乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为A、B、________________。装置H反响管中盛有的物质是____________。②能证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是_____________________________________________________________________。(3)设计实验证明：①草酸的酸性比碳酸的强___________________________________________。②草酸为二元酸___________________________________________________。解析(1)结合草酸晶体(H2C2O4·2H2O)的组成可知，澄清石灰水应是用来检验其分解产物CO2的存在。因草酸晶体易升华，且草酸钙难溶于水，假设草酸进入C装置，会干扰CO2的检验，故装置B中冰水的主要作用是冷凝挥发出来的草酸。(2)①要验证草酸晶体分解产物中还有CO，只能通过检验CO与CuO反响的产物CO2的存在来到达这一目的。因为草酸晶体的分解产物本身含有CO2，会对CO的检验造成干扰，所以在检验CO前应将分解产物中的CO2除尽，可选用F装置来除去CO2，D装置用来检验CO2是否除尽。将除去CO2的气体通过盛有无水氯化钙的装置G枯燥，然后通过盛有CuO的装置H，CuO将CO氧化为CO2，再将气体通过盛有澄清石灰水的D装置，用来检验CO2的存在。因CO有毒，最后可将尾气通过排水法收集。②假设前一个装置D中澄清石灰水不变浑浊，说明草酸晶体分解的产物CO2已除尽；H中黑色CuO变红，同时其后的装置D中澄清石灰水变浑浊，说明草酸晶体分解产物中含有CO。(3)①根据强酸制弱酸的反响原理，可选择NaHCO3参加草酸溶液的实验方法来证明草酸的酸性比碳酸的强。②根据酸碱中和反响原理，可采用中和滴定的方法用NaOH标准溶液来滴定一定物质的量浓度的草酸溶液，根据反响的草酸与NaOH的物质的量的比值为1∶2，证明草酸是二元酸。答案(1)有气泡逸出、澄清石灰水变浑浊CO2冷凝(水蒸气、草酸等)，防止草酸进入装置C反响生成沉淀，干扰CO2的检验(2)①F、D、G、H、D、ICuO②H中黑色粉末变为红色，其后的D中澄清石灰水变浑浊(3)①向盛有少量NaHCO3的试管里滴加草酸溶液，有气泡产生②用NaOH标准溶液滴定草酸溶液，消耗NaOH的物质的量为草酸的2倍9．(8分)(2022·成都模拟)氨氧化法是工业生产中制取硝酸的主要途径，某同学用该原理在实验室探究硝酸的制备和性质，设计了如图1所示的装置。(1)假设分液漏斗中氨水的浓度为9.0mol·L－1，配制该浓度的氨水100mL，用到的玻璃仪器有100mL容量瓶、烧杯、量筒、玻璃棒、____________。(2)甲装置不需要加热即能同时产生氨气和氧气，烧瓶内固体X为________________。(3)乙装置的作用是____________________；写出受热时丙装置发生反响的化学方程式为___________________________________________________________。(4)当戊中观察到________________现象，那么说明已制得硝酸。某同学按图2组装仪器并检验气密性后进行实验，没有观察到此现象，请分析实验失败的可能原因____________________。如何改良装置________________________________。(5)改良后待反响结束，将丁装置倒立在盛水的水槽中，会观察到的现象是_____________________________________________________________________；为测定试管丁内硝酸溶液的浓度，从中取10mL溶液于锥形瓶中，用0.1mol·L－1的NaOH溶液滴定。滴定前发现滴定管尖嘴处有少量气泡，请选择排出气泡的正确操作是________________。解析(1)量取浓氨水要用量筒，稀释浓氨水要用烧杯、玻璃棒，配制溶液要用100mL容量瓶，胶头滴管。(2)甲装置不需要加热即能同时产生氨气和氧气，说明固体X溶于氨水即放热又产生氧气，那么该固体为过氧化钠。(3)乙装置为枯燥管，作用是枯燥氧气和氨气的混合气体；丙装置发生反响的化学方程式为4NH3＋5O2eq\o(=,\s\up11(催化剂),\s\do11(△))4NO＋6H2O。(4)因为硝酸具有酸性，能使紫色石蕊试液变红，所以当戊中观察到紫色石蕊试液变红，说明已制得硝酸；没有观察到现象说明溶液不呈酸性，那么生成的硝酸与过量的氨气发生了反响；在丙和丁之间连接盛有无水氯化钙的枯燥管或盛有浓硫酸的洗气瓶除去多余的氨气确保戊溶液呈酸性。(5)用0.1mol·L－1的NaOH溶液滴定选择碱式滴定管，图2中a、c都为酸式滴定管，排出气泡的正确操作是将橡皮管稍向上弯曲，挤压玻璃球，气泡可被流水挤出，即选b。答案(1)胶头滴管、量筒(2)过氧化钠(3)枯燥氧气和氨气的混合气体4NH3＋5O2eq\o(=,\s\up11(催化剂),\s\do11(△))4NO＋6H2O(4)紫色石蕊试液变红过量的氨气致使戊中溶液不一定呈酸性在丙和丁之间连接盛有无水氯化钙的枯燥管或盛有浓硫酸的洗气瓶(5)烧瓶内水面慢慢上升，上升到一定高度不再变化，试管内气体颜色由红棕色逐渐变至无色b10．(10分)(2022·北京高考)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响的多样性。实验试剂现象滴管试管0.2mol·L－1Na2SO3溶液饱和Ag2SO4溶液Ⅰ.产生白色沉淀0.2mol·L－1CuSO4溶液Ⅱ.溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀0.1mol·L－1Al2(SO4)3溶液Ⅲ.开始无明显变化，继续滴加产生白色沉淀(1)经检验，现象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3。用离子方程式解释现象Ⅰ：____________________________________________________________________。(2)经检验，现象Ⅱ的棕黄色沉淀中不含SOeq\o\al(2－,4)，含有Cu＋、Cu2＋和SOeq\o\al(2－,3)。：Cu＋eq\o(→,\s\up11(稀硫酸))Cu＋Cu2＋，Cu2＋eq\o(→,\s\up11(I－))CuI↓(白色)＋I2。①用稀H2SO4证实沉淀中含有Cu＋的实验现象是____________________。②通过以下实验证实，沉淀中含有Cu2＋和SOeq\o\al(2－,3)。a．白色沉淀A是BaSO4，试剂1是________________。b．证实沉淀中含有Cu2＋和SOeq\o\al(2－,3)的理由是_____________________________________________________________________。(3)：Al2(SO3)3在水溶液中不存在。经检验，现象Ⅲ的白色沉淀中无SOeq\o\al(2－,4)，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。①推测沉淀中含有亚硫酸根和________________。②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设计了比照实验，证实了假设ⅱ成立。a．将比照实验方案补充完整。步骤一：步骤二：__________________________(按上图形式呈现)。b．假设ⅱ成立的实验证据是_________________________________________。(4)根据实验，亚硫酸盐的性质有____________。盐溶液间反响的多样性与________________有关。解析(1)现象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3，故反响的离子方程式为2Ag＋＋SOeq\o\al(2－,3)=Ag2SO3↓。(2)①根据反响Cu＋eq\o(→,\s\up11(稀硫酸))Cu＋Cu2＋，假设沉淀中含有Cu＋，参加稀硫酸会发生歧化反响生成单质铜，实验现象是析出红色固体。②分析实验流程知实验原理为2Cu2＋＋4I－=2CuI↓＋I2、I2＋SOeq\o\al(2－,3)＋H2O=SOeq\o\al(2－,4)＋2I－＋2H＋，SOeq\o\al(2－,4)＋Ba2＋=BaSO4↓。a．白色沉淀A是BaSO4，为排除其他离子的干扰，所以试剂1是盐酸酸化的BaCl2溶液。b．棕黄色沉淀与KI溶液反响生成白色沉淀(CuI)，在I－的作用下Cu2＋转化为白色沉淀CuI，SOeq\o\al(2－,3)转化为SOeq\o\al(2－,4)。(3)①根据题意知实验Ⅲ的白色沉淀中无SOeq\o\al(2－,4)，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Al3＋、OH－。②步骤二的目的是作比照实验，如果SOeq\o\al(2－,3)存在于铝的碱式盐中，消耗的NaOH的量大。故设计实验步骤二如下：假设V1明显大于V2，那么证明假设ⅱ成立。(4)根据实验，亚硫酸盐具有溶解性、氧化复原性、在水溶液中的酸碱性。盐溶液间反响的多样性与两种盐溶液中阴、阳离子的性质和反响条件有关。答案(1)2Ag＋＋SOeq\o\al(2－,3)=Ag2SO3↓(2)①析出红色固体②a.HCl和BaCl2溶液b．在I－的作用下，Cu2＋转化为白色沉淀CuI，SOeq\o\al(2－,3)转化为SOeq\o\al(2－,4)(3)①Al3＋、OH－②a：见以下图b．V1明显大于V2(4)亚硫酸盐的溶解性、氧化复原性、在水溶液中的酸碱性两种盐溶液中阴、阳离子的性质和反响条件11．(9分)(2022·仙游模拟)氮化铝(AlN)是一种新型无机非金属材料。某AlN样品仅含有Al2O3杂质，为测定AlN的含量，设计如下三种实验方案。(：AlN＋NaOH＋H2O=NaAlO2＋NH3↑)【方案1】取一定量的样品，用以下装置测定样品中AlN的纯度(夹持装置已略去)。(1)上图C装置中球形枯燥管的作用是________________________________。(2)完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先____________________，再参加实验药品，接下来的实验操作是____________________，翻开分液漏斗活塞，参加NaOH浓溶液，至不再产生气体。翻开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反响前后的质量变化。通入氮气的目的是________________________________。(3)由于装置存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改良意见______________。【方案2】用以下图装置测定mg样品中AlN的纯度(局部夹持装置已略去)。(4)为测定生成气体的体积，量气装置中的X液体可以是________(填选项序号)。a．CCl4 b．C6H6c．NH4Cl溶液 d．H2O(5)假设mg样品完全反响，测得生成气体的体积为VmL(已转换为标准状况)，那么AlN的质量分数是________(用含m、V的数学表达式表示)。【方案3】按以下步骤测定样品中AlN的纯度：(6)步骤②生成沉淀的离子方程式为____________________________