高考化学一轮复习 主题28 实验方案的设计与评价（1）（含解析）.doc

主题28:实验方案的设计与评价李仕才命题一制备实验方案的设计与评价1.(2016年全国卷,13)下列实验操作能达到实验目的的是()。实验目的实验操作a制备fe(oh)3胶体将naoh浓溶液滴加到饱和fecl3溶液中b由mgcl2溶液制备无水mgcl2将mgcl2溶液加热蒸干c除去cu粉中混有的cuo加入稀硝酸溶解,过滤、洗涤、干燥d比较水与乙醇中氢的活泼性分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中【解析】应向沸水中滴入饱和氯化铁溶液制备氢氧化铁胶体,a项错误;氯化镁是强酸弱碱盐,mgcl2溶液水解产生的hcl易挥发,所以由mgcl2溶液制备无水mgcl2要在hcl气流中加热蒸干,b项错误;铜与稀硝酸反应,应该用稀盐酸,c项错误;分别将少量钠投入盛有水和乙醇的烧杯中,反应剧烈的是水,反应平缓的是乙醇,利用此反应现象可以比较水和乙醇中氢的活泼性,d项正确。【答案】d2.(2017年天津理综,4)以下实验设计能达到实验目的的是()。选项实验目的实验设计a除去nahco3固体中的na2co3将固体加热至恒重b制备无水alcl3蒸发al与稀盐酸反应后的溶液c重结晶提纯苯甲酸将粗品水溶、过滤、蒸发、结晶d鉴别nabr和ki溶液分别加新制氯水后,用ccl4萃取【解析】a项,碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠,不能达到实验目的;b项,直接蒸发al与稀盐酸反应生成的alcl3溶液,铝离子发生水解,最终得到的是al(oh)3,不能达到实验目的;c项,重结晶法提纯苯甲酸的方法是将粗品水溶,趁热过滤,滤液冷却结晶即可;d项,nabr和nai都能与氯水反应生成对应的单质,再用四氯化碳萃取,有机层颜色不同,能达到实验目的。【答案】d3.(2015年重庆理综,4)下列实验中,所使用的装置(夹持装置略)、试剂和操作方法都正确的是()。a.观察fe(oh)2的生成b.配制一定物质的量浓度的nano3溶液c.实验室制取氨d.验证乙烯的生成【解析】a项,fe(oh)2易被氧化,为防止空气中的氧气溶解在溶液中而氧化fe(oh)2,制取时常采取在试管中的feso4溶液表面加一层植物油,在加入naoh溶液时用长胶头滴管,且插入feso4溶液液面下,正确;b项,配制一定物质的量浓度的溶液时,固体应在烧杯中溶解,容量瓶不能用来溶解固体,不正确;c项,氨气极易溶于水,不能用排水法收集,不正确;d项,乙醇在浓硫酸作用下加热到170 ,发生消去反应生成乙烯,温度计测量的是混合液的温度,温度计的水银球应位于液面以下,高锰酸钾酸性溶液有强氧化性,不仅能氧化乙烯,也能氧化乙醇及反应副产物so2等,在检验乙烯之前应先除去乙醇、so2等杂质,不正确。【答案】a4.(2014年全国卷,28)某小组以cocl26h2o、nh4cl、h2o2、浓氨水为原料,在活性炭催化下,合成了橙黄色晶体x。为确定其组成,进行如下实验。氨的测定:精确称取w g x,加适量水溶解,注入如图所示的三颈瓶中,然后逐滴加入足量10%naoh溶液,通入水蒸气,将样品液中的氨全部蒸出,用v1 ml c1 moll-1盐酸标准溶液吸收。蒸氨结束后取下接收瓶,用c2 moll-1naoh标准溶液滴定过剩的hcl,到终点时消耗v2 ml naoh溶液。氨的测定装置(加热和夹持装置已略去)氯的测定:准确称取样品x,配成溶液后用agno3标准溶液滴定,k2cro4溶液为指示剂,滴定至出现淡红色沉淀不再消失为终点(ag2cro4为砖红色)。回答下列问题:(1)装置中安全管的作用原理是。(2)用naoh标准溶液滴定过剩的hcl时,应使用式滴定管,可使用的指示剂为。(3)样品中氨的质量分数表达式为。(4)测定氨前应该对装置进行气密性检验,若气密性不好测定结果将(填“偏高”或“偏低”)。(5)测定氯过程中,使用棕色滴定管的原因是;滴定终点时,若溶液中c(ag+)=2.010-5 moll-1,c(cro42-)为moll-1。已知:ksp(ag2cro4)=1.1210-12(6)经测定,样品x中钴、氨和氯的物质的量之比为163,钴的化合价为,制备x的化学方程式为;x的制备过程中温度不能过高的原因是。【解析】(1)无论三颈瓶中压强过大或过小,都不会造成危险,若过大,a在导管内液面升高,将缓冲压力,若过小,外界空气通过导管进入烧瓶,也不会造成倒吸,安全管作用的原理是使a中压强稳定。(2)用naoh标准溶液滴定过剩的hcl时,应使用碱式滴定管盛放naoh溶液;naoh溶液和盐酸刚好完全反应后溶液呈中性,可以选取甲基橙或酚酞作指示剂。(3)与氨气反应的n(hcl)=v110-3 lc1 moll-1-c2 moll-1 v210-3 l=(c1v1-c2v2)10-3 mol,根据氨气和hcl的关系式知,n(nh3)=n(hcl)=(c1v1-c2v2)10-3 mol,氨的质量分数=100%。(4)若气密性不好,导致部分氨气泄漏,则氨气质量分数偏低。(5)硝酸银不稳定,见光易分解,为防止硝酸银分解,用棕色滴定管盛放硝酸银溶液;c(cro42-)=kspc2(ag+)= moll-1=2.810-3 moll-1。(6)经测定,样品x中钴、氨和氯的物质的量之比为163,则其化学式为co(nh3)6cl3,根据化合物中各元素化合价的代数和为0得co元素化合价为+3价;该反应中co失电子,双氧水得电子,cocl26h2o、nh4cl和h2o2、nh3发生反应生成co(nh3)6cl3和水,化学方程式为2cocl2+2nh4cl+10nh3+h2o22co(nh3)6cl3+2h2o;双氧水易分解、气体的溶解度随着温度的升高而降低,所以x的制备过程中温度不能过高。【答案】(1)使a瓶中压强稳定(2)碱酚酞(或甲基橙)(3) 100%(4)偏低(5)防止硝酸银见光分解2.810-3(6)+32cocl2+2nh4cl+10nh3+h2o22co(nh3)6cl3+2h2o温度过高过氧化氢会分解,氨气逸出命题二探究物质组成、性质的实验方案的设计与评价1.(2014年全国卷,13)利用下图所示装置进行下列实验,能得出相应实验结论的是()。选项实验结论a稀硫酸na2sagno3与agcl的浊液ksp(agcl)ksp(ag2s)b浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性c稀盐酸na2so3ba(no3)2溶液so2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀d浓硝酸na2co3na2sio3溶液酸性:硝酸碳酸硅酸【解析】分析和中物质发生的反应以及所产生的气体与中物质的反应,根据相关现象得出实验结论。a项,na2s与稀硫酸发生反应na2s+h2so4na2so4+h2s,h2s气体通过导管进入,产生ag2s黑色沉淀,可能是h2s与agno3反应的结果,不能得出ksp(agcl)ksp(ag2s)。b项,浓硫酸使蔗糖发生脱水炭化,并与生成的碳发生氧化还原反应,生成co2、so2和h2o,混合气体通过导管进入,其中so2与溴水发生反应so2+br2+2h2oh2so4+2hbr,该过程中浓硫酸体现脱水性和强氧化性。c项,稀盐酸与na2so3发生反应na2so3+2hcl2nacl+so2+h2o,so2与ba(no3)2溶液发生氧化还原反应生成baso4沉淀,若中为bacl2等可溶性钡盐,则不能生成沉淀。d项,浓硝酸与na2co3发生反应na2co3+2hno32nano3+co2+h2o,说明hno3的酸性强于h2co3。中na2sio3溶液产生白色沉淀,但不能据此证明h2co3的酸性强于h2sio3,其原因是浓硝酸具有强挥发性,挥发出的hno3气体与co2一并进入na2sio3溶液,且均能与其发生反应而产生h2sio3沉淀。【答案】b2.(2015年广东理综,22)(双选)下列实验操作、现象和结论均正确的是()。选项实验操作现象结论a分别加热na2co3和nahco3固体试管内壁均有水珠两种物质均受热分解b向稀的苯酚水溶液滴加饱和溴水生成白色沉淀产物三溴苯酚不溶于水c向含i-的无色溶液中滴加少量新制氯水,再滴加淀粉溶液加入淀粉后溶液变成蓝色氧化性:cl2i2d向feso4溶液中先滴入kscn溶液,再滴加h2o2溶液加入h2o2后溶液变成血红色fe2+既有氧化性又有还原性【解析】因固体物质中通常含有少量水分,加热时,即使固体不分解,试管内壁也可能会出现水珠,na2co3受热不分解,a项错误;向稀的苯酚水溶液滴加饱和溴水,两者反应生成不溶于水的三溴苯酚白色沉淀,b项正确;向含i-的溶液中滴加少量新制氯水,因氧化性cl2i2,可发生反应2i-+cl22cl-+i2,i2使淀粉变蓝色,c项正确;加入h2o2后溶液变成血红色,则fe2+被h2o2氧化为fe3+,说明fe2+具有还原性。【答案】bc3.(2017年江苏,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+4n+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2 moll-1水合肼溶液,1 moll-1h2so4)。【解析】(1)要控制“氧化”阶段的反应在80 恒温加热,加热温度低于水的沸点,所以适宜的加热方式为水浴加热。(2)结合得失电子守恒和元素守恒,即可配平化学方程式;hno3作氧化剂时,会产生no、no2等有毒气体,造成环境污染。(3)过滤所得的滤液中含有ag(nh3)2+,所以滤渣的表面残留有ag(nh3)2+,为了提高回收率,需要将洗涤液回收利用。(4)由题干信息可知,naclo溶液在受热时分解产生nacl,cl-会抑制ag(nh3)2+的生成。【答案】(1)水浴加热(2)4ag+4naclo+2h2o4agcl+4naoh+o2会释放出氮氧化物(或no、no2),造成环境污染(3)将洗涤液并入过滤的滤液中(4)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)向滤液中滴加2 moll-1水合肼溶液,搅拌使其充分反应,同时用1 moll-1 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4.(2015年四川理综,9)(nh4)2so4是常用的化肥和化工原料,受热易分解。某兴趣小组拟探究其分解产物。【查阅资料】(nh4)2so4在260 和400 时分解产物不同。【实验探究】该小组拟选用如下图所示装置进行实验(夹持和加热装置略)。abcd实验1:连接装置abcd,检查气密性,按图示加入试剂(装置b盛0.5000 moll-1盐酸70.00 ml)。通入n2排尽空气后,于260 加热装置a一段时间,停止加热,冷却,停止通入n2。品红溶液不褪色。取下装置b,加入指示剂,用0.200 0 moll-1 naoh溶液滴定剩余盐酸,终点时消耗naoh溶液25.00 ml。经检验滴定后的溶液中无so42-。(1)仪器x的名称是。(2)滴定前,下列操作的正确顺序是(填字母)。a.盛装0.200 0 moll-1 naoh溶液b.用0.200 0 moll-1 naoh溶液润洗c.读数、记录d.查漏、清洗e.排尽滴定管尖嘴的气泡并调整液面(3)装置b内溶液吸收气体的物质的量是mol。实验2:连接装置adb,检查气密性,按图示重新加入试剂。通过n2排尽空气后,于400 加热装置a至(nh4)2so4完全分解无残留物,停止加热,冷却,停止通入n2。观察到装置a、d之间的导气管内有少量白色固体。经检验,该白色固体和装置d内溶液中有so32-,无so42-。进一步研究发现,气体产物中无氮氧化物。(4)检验装置d内溶液中有so32-、无so42-的实验操作和现象是。(5)装置b内溶液吸收的气体是。(6)(nh4)2so4在400 分解的化学方程式是。【解析】(1)仪器x为圆底烧瓶。(2)对滴定管的使用:先查漏、清洗干净,再用待装液润洗,赶走气泡调零,最后读数,故顺序为dbaec。(3)0.2000 moll-1 naoh溶液滴定剩余盐酸,终点时消耗naoh溶液25.00 ml,故消耗的盐酸为0.2000 moll-10.025 l=0.005 mol,装置b盛0.5000 moll-1盐酸70.00 ml,n(hcl)=0.5000 moll-10.07 l=0.035 mol,因此b装置吸收的氨气为0.035 mol-0.005 mol=0.03 mol。(5)观察到装置a、d之间的导气管内有少量白色固体,则说明白色固体只能是(nh4)2so3,即气体中含有nh3和so2,so2被naoh溶液吸收,故装置b中的稀盐酸吸收的是氨气。(6)根据实验现象和氧化还原反应的原理可知,产物有nh3、n2 、h2o和so2,故反应的化学方程式为3(nh4)2so43so2+4nh3+n2+6h2o。【答案】(1)圆底烧瓶(2)dbaec(3)0.03(4)取少量装置d内溶液于试管中,滴加bacl2溶液,生成白色沉淀;加入足量稀盐酸后沉淀完全溶解,放出无色有刺激性气味的气体(5)nh3或氨气(6)3(nh4)2so43so2+4nh3+n2+6h2o命题三定量实验1.(2017年全国 卷,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:nh3+h3bo3nh3h3bo3;nh3h3bo3+hclnh4cl+h3bo3。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:g中加蒸馏水;打开k1,关闭k2、k3,加热b,蒸气充满管路;停止加热,关闭k1,g中蒸馏水倒吸进入c,原因是;打开k2放掉水。重复操作23次。(4)仪器清洗后,g中加入硼酸(h3bo3)和指示剂。铵盐试样由d注入e,随后注入氢氧化钠溶液,用蒸馏水冲洗d,关闭k3,d中保留少量水。打开k1,加热b,使水蒸气进入e。d中保留少量水的目的是。e中主要反应的离子方程式为 ,e采用中空双层玻璃瓶的作用是。(5)取某甘氨酸(c2h5no2)样品m克进行测定,滴定g中吸收液时消耗浓度为c moll-1的盐酸v ml,则样品中氮的质量分数为%,样品的纯度%。【解析】(1)a与外界大气相通,若b中压强较大,则a管内液面上升。(2)b中放入少量碎瓷片的目的是防止暴沸;仪器f的名称是直形冷凝管。(3)水倒吸的原因是c、e及其所连接的管路内温度下降,水蒸气冷凝为液态水后,管路内形成负压。(4)氨气极易溶于水,因此d中保留少量水可达到液封、防止氨气逸出的目的。结合前面所述知,e中主要反应是铵盐与碱溶液在加热条件下的反应,e采用中空双层玻璃瓶的作用是减少热量损失,保温则有利于生成的氨气全部逸出。(5)取某甘氨酸(c2h5no2)样品m g进行测定,滴定g中吸收液时消耗浓度为c moll-1的盐酸v ml,根据反应nh3h3bo3+hclnh4cl+h3bo3,可以求出样品中n(n)=n(hcl)=c moll-1v10-3 l=0.001cv mol,则样品中氮的质量分数为100%=%,样品中甘氨酸的质量0.001cv75 g,所以样品的纯度%。【答案】(1)避免b中压强过大(2)防止暴沸直形冷凝管(3)c中温度下降,管路中形成负压(4)液封,防止氨气逸出n+oh-nh3+h2o保温,使氨气完全蒸出(5)2.(2017年全国卷,28)水中的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5 min,然后用标准na2s2o3溶液滴定生成的i2(2s2o32-+i22i-+ 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100.00 ml水样经固氧、酸化后,用a moll-1 na2s2o3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mgl-1。(5)上述滴定完成时,若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测定结果偏。(填“高”或“低”)【解析】(1)本实验为测定水样中的溶解氧,如果扰动水体表面,会增大水体与空气的接触面积,增大氧气在水中的溶解量。避免扰动水体表面是为了使测定值与水体中的实际值保持一致,避免产生误差。(2)由题意知,反应物为o2和mn(oh)2,生成物为mno(oh)2,因此该反应的化学方程式为o2+2mn(oh)22mno(oh)2。(3)配制溶液时还需要量筒量取液体体积;煮沸可以使蒸馏水中的氧气挥发,达到除去氧气的目的。(4)由于混合液中含有碘单质,加入淀粉时,溶液为蓝色;滴定时,na2s2o3与碘反应,当碘恰好完全反应时,溶液蓝色刚好褪去,且半分钟内颜色不恢复。由各反应关系可建立如下关系式:o22mn(oh)22i24s2o32-。由题意知,滴定消耗na2s2o3的物质的量为ab10-3 mol,因此0.1 l水样中溶解氧的物质的量为ab410-3 mol,质量为ab410-3 mol32 gmol-1=8ab10-3 g=8ab mg,即溶解氧的含量为80ab mgl-1。(5)滴定完成时,滴定管尖嘴处留有气泡,会使最后的读数偏小,测得消耗na2s2o3的体积偏小,所以测量结果偏低。【答案】(1)使测定值与水体中的实际值保持一致,避免产生误差(2)o2+2mn(oh)22mno(oh)2(3)量筒氧气(4)蓝色刚好褪去且半分钟内颜色不恢复80ab(5)低3.(2017年天津理综,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4.2468 g(0.0250 mol)后,配制成250 ml标准溶液,放在棕色试剂瓶中避光保存,备用。b.配制并标定100 ml 0.1000 moll-1 nh4scn标准溶液,备用。.滴定的主要步骤a.取待测nai溶液25.00 ml于锥形瓶中。b.加入25.00 ml 0.1000 moll-1agno3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0.1000 moll-1 nh4scn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-)=moll-1。(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,则测定结果。【解析】(1)配制250 ml标准溶液需要规格为250 ml的容量瓶,定容时,当液面离容量瓶颈刻度线12 cm时应改用胶头滴管加蒸馏水至液面与刻度线相切。(2)硝酸银见光易分解,应保存在棕色试剂瓶中。(3)滴定时利用的指示剂是nh4fe(so4)2,为防止fe3+水解而干扰实验,故在ph0.5的条件下进行。(4)若将步骤b、c颠倒,因fe3+能够氧化i-(2fe3+2i-2fe2+i2),指示剂中的fe3+被消耗完全,无法判断滴定终点。(5)从实验数据看,实验1的数据误差较大,舍去。实验2、实验3消耗nh4scn标准溶液体积的平均值是10.00 ml。ag+与i-、scn-发生如下沉淀反应:25 ml 0.1000 moll-1 agno3溶液中ag+的物质的量为2.510-3 mol,过量的ag+的物质的量n(ag+)过量=n(scn-)=0.1 moll-10.01 l=110-3 mol;则被ag+消耗的i-的物质的量为2.510-3 mol -110-3 mol=1.510-3 mol,则i-的物质的量浓度为1.510-3mol0.025l=0.0600 moll-1。(6)滴定管中装入标准液前应用标准液润洗,以避免误差。(7)若在agno3标准液配制过程中烧杯中的溶液有少量溅出,则标准液的浓度偏低,量取的25.00 ml agno3溶液中,n(ag+)偏小,而与i-结合的ag+物质的量不变,则最后与ag+结合的n(scn-)减少,消耗nh4scn溶液的体积偏小,则i-消耗agno3溶液体积偏大,导致测定结果偏高。滴定终点俯视滴定管的刻度,所读取的刻度高于液面(数值偏小),即n(ag+)过量偏小,则用于沉淀i-的ag+量偏大,导致测定结果偏高。【答案】(1)250 ml(棕色)容量瓶、胶头滴管(2)避免agno3见光分解(3)防止因fe3+的水解而影响滴定终点的判断(或抑制fe3+的水解)(4)否(或不能