新教材适用2024版高考化学二轮总复习第2部分新高考五大题型突破题型突破3化学实验综合题突破点4实验方案的设计与评价教师用书

突破点4实验方案的设计与评价命题角度1物质制备型实验设计与评价1.(命题角度：无机物制备)(2022·重庆选考)研究小组以无水甲苯为溶剂，PCl5(易水解)和NaN3为反应物制备纳米球状红磷。该红磷可提高钠离子电池的性能。(1)甲苯干燥和收集的回流装置如图1所示(夹持及加热装置略)。以二苯甲酮为指示剂，无水时体系呈蓝色。①存贮时，Na应保存在_煤油__中。②冷凝水的进口是_b__(填“a”或“b”)。③用Na干燥甲苯的原理是2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑(用化学方程式表示)。④回流过程中，除水时打开的活塞是_K1、K3__；体系变蓝后，改变开关状态收集甲苯。(2)纳米球状红磷的制备装置如图2所示(搅拌和加热装置略)。①在Ar气保护下，反应物在A装置中混匀后转入B装置，于280℃加热12小时，反应物完全反应。其化学反应方程式为2PCl5＋10NaN3=2P＋15N2↑＋10NaCl。用Ar气赶走空气的目的是防止PCl5遇空气中的水蒸气而发生水解。②经冷却、离心分离和洗涤得到产品，洗涤时先后使用乙醇和水，依次洗去的物质是_甲苯__和_NaCl__。③所得纳米球状红磷的平均半径R与B装置中气体产物的压强p的关系如图3所示。欲控制合成R＝125nm的红磷，气体产物的压强为_104__kPa，需NaN3的物质的量为_0.027__mol(保留3位小数)。已知：p＝a×n，其中a＝2.5×105kPa·mol－1，n为气体产物的物质的量。【解析】本实验要用无水甲苯作溶剂，故需要先制备无水甲苯，图1装置中Na与水反应除去水，生成的H2从K2排出，待水反应完后，打开K1收集无水甲苯；图2中将甲苯和NaN3加入三颈瓶中，然后通入Ar排出装置中的空气，再滴入PCl5和甲苯，混合均匀后，转移到反应釜中制备纳米球状红磷。(1)①钠在空气中容易反应，故应保存在煤油中。②为了充分冷凝，冷凝水应从下口进上口出，故冷凝水的进口是b。③Na与水反应可除去水，故用钠干燥甲苯的原理是2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑。④回流过程中，打开活塞K1、K3，使反应物冷凝后流回反应装置。(2)①根据题意可知，反应物为PCl5和NaN3，产物为P，根据化合价的变化规律可知化学方程式为2PCl5＋10NaN3=2P＋15N2↑＋10NaCl；由于PCl5易水解，故用Ar赶走空气的目的是防止PCl5遇空气中的水蒸气而发生水解。②根据反应可知，得到的产物上沾有甲苯和NaCl，用乙醇洗去甲苯，用水洗去NaCl。③R＝125nm时可换算出横坐标为8，此时纵坐标对应的值为10，故气体产物的压强为104kPa；已知p＝a×n，其中a＝2.5×105kPa·mol－1，n＝eq\f(104kPa,2.5×105kPa·mol－1)＝0.04mol，根据反应2PCl5＋10NaN3=2P＋15N2↑＋10NaCl可知，n(NaN3)＝eq\f(10,15)n(N2)＝eq\f(10,15)×0.04mol＝0.027mol。2.(命题角度：有机物制备)(2021·江苏选考)羟基乙酸钠易溶于热水，微溶于冷水，不溶于醇、醚等有机溶剂。制备少量羟基乙酸钠的反应为ClCH2COOH＋2NaOH→HOCH2COONa＋NaCl＋H2OΔH<0。实验步骤如下：步骤1：如图所示装置的反应瓶中，加入40g氯乙酸、50mL水，搅拌。逐步加入40%NaOH溶液，在95℃继续搅拌反应2小时，反应过程中控制pH约为9。步骤2：蒸出部分水至液面有薄膜，加少量热水，趁热过滤。滤液冷却至15℃，过滤得粗产品。步骤3：粗产品溶解于适量热水中，加活性炭脱色，分离掉活性炭。步骤4：将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中，冷却至15℃以下，结晶、过滤、干燥，得羟基乙酸钠。(1)步骤1中，如图所示的装置中仪器A的名称是_球形冷凝管__；逐步加入NaOH溶液的目的是_防止升温太快、控制反应体系pH__。(2)步骤2中，蒸馏烧瓶中加入沸石或碎瓷片的目的是_防止暴沸__。(3)步骤3中，粗产品溶解于过量水会导致产率_减小__(填“增大”或“减小”)；去除活性炭的操作名称是_趁热过滤__。(4)步骤4中，将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中的目的是提高羟基乙酸钠的析出量(产率)。【解析】制备少量羟基乙酸钠的反应为ClCH2COOH＋2NaOH→HOCH2COONa＋NaCl＋H2OΔH<0，根据羟基乙酸钠易溶于热水，粗产品溶解于适量热水中，加活性炭脱色，分离掉活性炭，趁热过滤，根据羟基乙酸钠不溶于醇，将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中，冷却至15℃以下，结晶、过滤、干燥，得羟基乙酸钠。(1)根据图中仪器得出仪器A的名称为球形冷凝管，根据题中信息可知制备羟基乙酸钠的反应为放热反应，逐步加入NaOH溶液的目的是防止升温太快，同时控制反应体系的pH。(2)步骤2中烧瓶中加入沸石或碎瓷片的目的是防止暴沸。(3)粗产品溶于过量水，导致在水中溶解过多，得到的产物减少，因此导致产率减小；由于产品易溶于热水，微溶于冷水，因此去除活性炭的操作名称是趁热过滤。(4)根据信息，产品不溶于乙醇、乙醚等有机溶剂中，因此步骤4中，将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中的目的是降低产品的溶解度，提高羟基乙酸钠的析出量(产量)。命题角度2猜想型实验的设计与评价3.(2022·北京选考)某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应资料：ⅰ.Mn2＋在一定条件下被Cl2或ClO－氧化成MnO2(棕黑色)、MnOeq\o\al(2－,4)(绿色)、MnOeq\o\al(－,4)(紫色)。ⅱ.浓碱条件下，MnOeq\o\al(－,4)可被OH－还原为MnOeq\o\al(2－,4)。ⅲ.Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。实验装置如图(夹持装置略)序号物质aC中实验现象通入Cl2前通入Cl2后Ⅰ水得到无色溶液产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化Ⅱ5%NaOH溶液产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀Ⅲ40%NaOH溶液产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀(1)B中试剂是_饱和NaCl溶液__。(2)通入Cl2前，Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色变为黑色的化学方程式为2Mn(OH)2＋O2=2MnO2＋2H2O。(3)对比实验Ⅰ、Ⅱ通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是_Mn2＋的还原性随溶液碱性的增强而增强__。(4)根据资料ⅱ，Ⅲ中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因：原因一：可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将MnOeq\o\al(2－,4)氧化为MnOeq\o\al(－,4)。①用化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O，但通过实验测定溶液的碱性变化很小。②取Ⅲ中放置后的1mL悬浊液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色的离子方程式为4MnOeq\o\al(－,4)＋4OH－=4MnOeq\o\al(2－,4)＋O2↑＋2H2O，溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被_Cl2__(填“化学式”)氧化，可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。③取Ⅱ中放置后的1mL悬浊液，加入4mL水，溶液紫色缓慢加深，发生的反应是3ClO－＋2MnO2＋2OH－=2MnOeq\o\al(－,4)＋3Cl－＋H2O。④从反应速率的角度，分析实验Ⅲ未得到绿色溶液的可能原因_过量Cl2与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱，c(OH－)降低，溶液中的MnOeq\o\al(－,4)被还原为MnOeq\o\al(2－,4)的速率减小，因而实验Ⅲ未得到绿色溶液__。【解析】在装置A中HCl与KMnO4发生反应制取Cl2，由于盐酸具有挥发性，为排除HCl对Cl2性质的干扰，在装置B中盛有饱和NaCl溶液，除去Cl2中的杂质HCl，在装置C中通过改变溶液的pH，验证不同条件下Cl2与MnSO4反应，装置D是尾气处理装置，目的是除去多余Cl2，防止造成大气污染。(1)B中试剂是饱和NaCl溶液，作用是吸收Cl2中的杂质HCl气体。(2)通入Cl2前，Ⅱ、Ⅲ中Mn2＋与碱性溶液中NaOH电离产生的OH－反应产生Mn(OH)2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色MnO2，则沉淀由白色变为黑色的化学方程式为2Mn(OH)2＋O2=2MnO2＋2H2O。(3)对比实验Ⅰ、Ⅱ通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是：Mn2＋的还原性随溶液碱性的增强而增强。(4)①Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O，使溶液碱性减弱，反应的离子方程式为Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O。②取Ⅲ中放置后的1mL悬浊液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色就是由于在浓碱条件下，MnOeq\o\al(－,4)可被OH－还原为MnOeq\o\al(2－,4)，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可知该反应的离子方程式为4MnOeq\o\al(－,4)＋4OH－=4MnOeq\o\al(2－,4)＋O2↑＋2H2O；溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被Cl2氧化，可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。③取Ⅱ中放置后的1mL悬浊液，加入4mL水，溶液碱性减弱，溶液紫色缓慢加深，说明ClO－将MnO2氧化为MnOeq\o\al(－,4)，发生的反应是3ClO－＋2MnO2＋2OH－=2MnOeq\o\al(－,4)＋3Cl－＋H2O。④从反应速率的角度，过量Cl2与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱，c(OH－)降低，溶液中的MnOeq\o\al(－,4)被还原为MnOeq\o\al(2－,4)的速率减小，导致实验Ⅲ未得到绿色溶液。〔思维建模〕1．无机物的制备解题策略2．有机制备实验题解题流程知能分点1有机化合物制备实验分析制备流程熟悉常见仪器及典型装置依据有机反应特点作答①有机化合物易挥发，反应中通常采用冷凝回流装置，以提高原料的利用率和产物的产率；②有机反应通常都是可逆反应，且易发生副反应，因此常使价格较低的反应物过量，以提高另一反应物的转化率和产物的产率，同时在实验中需要控制反应条件，以减少副反应的发生；③根据产品与杂质的性质特点，选择合适的分离、提纯方法注意：仪器的选择依据和功能知能分点2依据物质性质和反应特点选择加热或冷却方式1.加热：酒精灯的火焰温度一般在400～500℃，乙酸乙酯的制取、石油的蒸馏等实验选用酒精灯加热，若温度要求更高，可选用酒精喷灯或电炉加热。除上述加热方式外还可以根据加热的温度要求选择水浴、油浴、沙浴加热。2.冷凝回流：有机物易挥发，因此在反应中通常要采用冷凝回流装置，以减少有机物的挥发，提高原料的利用率和产物的产率。如图1、图3中的冷凝管，图2中的长玻璃管B的作用都是冷凝回流。3.防暴沸：加沸石(碎瓷片)，防止溶液暴沸，若开始忘加沸石(碎瓷片)，需冷却后补加。命题角度1物质制备型实验设计与评价1.(命题角度：无机物的制备)(2023·山东泰安二模)高纯二氧化锗主要用于生产光学及半导体用的锗材料。实验室通过下列装置(加热及夹持装置已略去)以二氧化锗粗品(含少量As2O3)为原料制备GeCl4，进一步制得GeO2·2H2O晶体，再加热干燥制得纯度较高的GeO2。实验开始时，仪器a加入NaOH溶液，与粗品充分反应后，通入氯气，再通过仪器a滴加浓盐酸。已知：①GeCl4熔点为－51.5℃，沸点为86.6℃，易水解。②GeO2、As2O3与NaOH溶液反应生成Na2GeO3、NaAsO2，NaAsO2与盐酸反应生成有毒的AsCl3(沸点130.2℃)，H3AsO4(沸点160℃)。回答下列问题：(1)仪器a的名称为_恒压滴液漏斗__，接口b须连接仪器_温度计__(填仪器名称)。(2)向二颈烧瓶中加入NaOH溶液，当观察到_固体恰好溶解完全__时，停止滴加。(3)通入适量氯气的目的是AsOeq\o\al(－,2)＋Cl2＋2H2O=H3AsO4＋2Cl－＋H＋(用离子方程式表示)。(4)实验过程中必须防止烧瓶中盐酸浓度过低，其目的是_保证HCl氛围，防止GeCl4水解__。(5)将e中的液体与蒸馏水按一定比例进行混合，密封静置12小时，可得到GeO2·2H2O晶体，此过程中的化学方程式为GeCl4＋4H2O=GeO2·2H2O↓＋4HCl，该操作时保持较低温度有利于提高产率，其可能的原因是_该水解反应为放热反应，温度较低时平衡常数较大，反应物平衡转化率更高__(答一条即可)。(6)二氧化锗(M＝105)的纯度采用碘酸钾滴定法进行测定。称取0.5000g二氧化锗样品，加入氢氧化钠溶液在电炉上溶解，用次磷酸钠还原为Ge2＋，选用适当指示剂，用酸化的0.1000mol·L－1的碘酸钾标准溶液滴定，消耗碘酸钾的体积为15.80mL。判断滴定达到终点时的现象是_当滴入最后半滴标准液，溶液突变为蓝色，且半分钟内不褪色__，此样品中二氧化锗的质量分数是_99.54%__(保留2位小数)。已知：①该实验条件下亚磷酸钠不会被碘酸钾氧化；②Ge2＋＋IOeq\o\al(－,3)＋H＋→Ge4＋＋I－＋H2O(未配平)。【解析】(1)仪器a的名称为恒压滴液漏斗，该实验过程中需要将GeCl4利用蒸馏分离出来，根据沸点为86.6℃控制温度，故接口b须连接仪器温度计。(2)因为二氧化锗粗品中的成分都和氢氧化钠溶液反应生成钠盐，故加入氢氧化钠溶液，当固体全部溶解时停止滴加。(3)NaAsO2与盐酸反应生成有毒的AsCl3(沸点130.2℃)，故通入适量的氯气是了将NaAsO2转化为H3AsO4，减少有毒物质产生，该反应的离子方程式为AsOeq\o\al(－,2)＋Cl2＋2H2O=H3AsO4＋2Cl－＋H＋。(4)GeCl4能水解，盐酸浓度过低，水解程度会增大，故保证HCl氛围，防止GeCl4水解。(5)e中为GeCl4，可以水解，反应的方程式为GeCl4＋4H2O=GeO2·2H2O↓＋4HCl，水解反应为放热反应，温度较低时平衡常数较大，反应物平衡转化率更高，故操作时保持较低温度。(6)碘酸钾和碘离子反应生成碘单质，碘遇淀粉变蓝，故该实验用淀粉做指示剂，当滴入最后半滴标准液，溶液突变为蓝色，且半分钟内不褪色，说明滴定到终点。反应的离子方程式为3Ge2＋＋IOeq\o\al(－,3)＋6H＋=3Ge4＋＋I－＋3H2O，则滴定时消耗的碘酸钾的物质的量为0.1000mol·L－1×15.80×10－3L，则样品中二氧化锗的质量分数为eq\f(0.1000mol·L－1×15.80×10－3L×3×105g·mol－1,0.5000g)×100%＝99.54%。2.(命题角度：有机物的制备)(2023·河北唐山二模)阿司匹林是人类历史上第一种重要的人工合成药物，它与青霉素、安定并称为“医药史上三大经典药物”。其合成原理如下：已知：①副反应：。②水杨酸聚合物难溶于水，不溶于NaHCO3溶液。③主要试剂和产品的物理常数如下：名称相对分子质量密度/(g·cm－3)水溶性水杨酸1381.44微溶醋酸酐1021.10反应生成醋酸乙酰水杨酸1801.35微溶实验室中合成少量阿司匹林的操作步骤如下：①物质制备：向a中依次加入6.9g水杨酸、10mL乙酸酐、0.5mL浓硫酸，在85～90℃条件下，加热5～10min。②产品结晶：冷却，加入一定量的冰水，抽滤，并用冰水洗涤沉淀2～3次，低温干燥，得阿司匹林粗产品。③产品提纯：向阿司匹林粗品中缓慢加入饱和碳酸氢钠溶液，不断搅拌至无气泡产生。抽滤，洗涤沉淀，将洗涤液与滤液合并。合并液用浓盐酸酸化后冷却、可析出晶体，抽滤，冰水洗涤，低温干燥。得乙酰水杨酸晶体7.2g。(1)水杨酸分子中最多有_16__个原子共面，1mol水杨酸分子中含有σ键_16__NA。(2)装置中仪器b的名称是_球形冷凝管__，制备过程的加热方式是_水浴加热__。(3)步骤②和③中“抽滤”操作相对于普通过滤的优点是_加快过滤速度(或过滤效率高)__。(4)步骤③中饱和碳酸氢钠溶液的作用是_使乙酰水杨酸生成易溶于水的乙酰水杨酸钠，与难溶聚合物分离__，抽滤之后将洗涤液与滤液合并的目的是_减小产品损失，提高阿司匹林的产率__。(5)合并液与浓盐酸反应的化学方程式为。(6)阿司匹林的产率是_80%__。【解析】稍过量的乙酸酐和水杨酸在浓硫酸作用下，在85～90℃条件下，发生反应生成阿司匹林，阿司匹林溶解度较小，加入冰水，乙酸酐和水反应生成在水中溶解度很大的乙酸，抽滤得到含水杨酸、水杨酸聚合物杂质的阿司匹林粗产品，加入碳酸氢钠溶液，碳酸氢钠和水杨酸反应，同时水杨酸聚合物不能溶于碳酸氢钠溶液，抽滤除去水杨酸聚合物，滤液加盐酸酸化得到阿司匹林，抽滤，冰水洗涤，低温干燥得乙酰水杨酸晶体，据此解答。(1)由于苯环、羧基均是平面形结构，所以水杨酸分子中所有原子均可能共平面，即最多有16个原子共平面，单键都是σ键，双键中含有1个σ键，则1mol水杨酸分子中含有σ键16NA。(2)装置中仪器b的名称是球形冷凝管，制备过程需要控制温度85～90℃条件下，因此加热方式是水浴加热。(3)步骤②和③中“抽滤”操作相对于普通过滤的优点是加快过滤速度(或过滤效率高)。(4)根据题干信息以及以上分析可判断步骤③中饱和碳酸氢钠溶液的作用是使乙酰水杨酸生成易溶于水的乙酰水杨酸钠，与难溶聚合物分离，抽滤之后将洗涤液与滤液合并的目的是减小产品损失，提高阿司匹林的产率。(5)合并液与浓盐酸反应生成阿司匹林，反应的化学方程式为。(6)水杨酸的物质的量是6.9g÷138g/mol＝0.05mol，10mL乙酸酐的物质的量是eq\f(10×1.1,102)mol≈0.11mol，反应中水杨酸不足，理论上生成阿司匹林的质量是0.05mol×180g/mol＝9g，所以阿司匹林的产率是eq\f(7.2g,9g)×100%＝80%。命题角度2猜想型实验的设计与评价3.(2023·河北保定一模)84消毒液是常用消毒剂，某化学兴趣小组在实验室制备84消毒液并探究其相关性质。回答下列问题：Ⅰ.实验室制备84消毒液。(1)装置甲中盛放高锰酸钾的仪器名称是_圆底烧瓶__，装置甲中反应的离子方程式为2MnOeq\o\al(－,4)＋16H＋＋10Cl－=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O。(2)装置乙的作用是_除去Cl2中HCl杂质及防止倒吸(平衡压强)__。(3)装置丙中制备次氯酸钠为放热反应，该反应需要控制温度在40℃以下，写出一种(除搅拌外)控制该反应温度的操作方法_缓慢滴加盐酸，控制氯气与氢氧化钠反应速率(在三颈烧瓶下方用冷水浴降温)__。Ⅱ.探究相关性质为了进一步研究消毒液的性质，兴趣小组向盛有2mL84消毒