2020高考化学实验方案设计与评价创新性试题名师点精

2020高考化学实验方案的设计与评价创新性试题名师点精难溶物CuCl广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解CuCl・2HO制备CuCl,并进行相关探究。该小组用下图所示裝置进行实验(夹22持仪器略)。IT入■彳\NIT入■彳\N贰川i容淞A'./KfuSO,祁鼻1W回答下列问题：实验操作的先后顺序是：①一---⑤。①检查装置的气密性后加入药品；②熄灭酒精灯，冷却；③在“气体入口”处通干燥HCl；④点燃酒精灯，加热；⑤停止通人HCl,然后通入N。2在实验过程中，观察到B中物质由白色变为蓝色，C中试纸的颜色变化是TOC\o"1-5"\h\z；A中发生主要反应的化学方程式为。反应结束后，CuC1产品中若含有少量CuCl杂质，则产生的原因可能是2；若含有少量CuO杂质，则产生的原因可能是。取agCuCl产品，先加入足量FeCl溶液使其完全溶解，再稀释到100mL。从3中取出25.00mL，用cmol・L-iCe(SO)标准液滴定至终点［Ce(SO)被还原为4242Cea+］；如此滴定三次，平均消耗标准液的体积为VmL。请写出产品溶于FeCl3溶液的离子方程式：；产品中CuC1的质量分数为(用含字母的式子表示)。【答案】③④②先变红，后褪色；2CuCl・2HO—22CuCl+Clf+4HO；加热温度不够；没有在HCI气流中加热(或HCI22气流不足)；Fe3++CuCl二Fe2++Cw++Cl-；；【解析】(1)热分解CuCl・2HO制备CuCl,为了抑制CuCl的水解(提高CuCl22的产率和纯度)以及防止CuCl被氧化，所以实验开始前需要从气体入口通入HCl气体排尽装置中的空气；实验过程中通入HCl；实验结束停止通入HCl，通入N直至硬质玻璃管冷却；实验操作的先后顺序为①一③一④一②2一⑤。B中物质由白色变为蓝色，说明生成了HO；分解过程中Cu元素的化2合价由+2价降为+1价，即Cu元素被还原，则反应中还有Cl生成，C处湿2润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色。根据得失电子守恒和原子守恒，A处发生的主要反应的方程式为2CuCl・2HO2CuCl+Clf+4H0。222反应结束后，CuCl产品中若含有少量CuCl杂质，产生的原因可能是2加热温度不够，CuCl・2H0失去结晶水；若含有少量CuO杂质，则产生的22原因可能是没有在HCl气流中加热，CuCl水解生成Cu(OH)，加热时Cu22(OH)分解成CuO和HO。22根据题意CuCl被FeCl氧化成CuCl，Fe3+被还原成Fe2+，反应的离子32方程式为CuCl+Fe3+二Cu2++Cl-+Fe2+。题中发生的反应有CuCl+Fe3+二Cu2++Cl-+Fe2+、Ce4++Fe2+二Fe3++Ce3+,贝卩CuCl~Ce4+,产品中n(CuCl)=molX=——mol，产品中CuCl的质量分数为99g/molX—mol^ag二。甲烷在加热条件下可还原氧化铜。某化学小组利用如图装置探究其反应产物。稀盐战CuO无水CuSO.BG稀盐战CuO无水CuSO.BGB-ra二！*iWJr?程氮涪液足IftiBW石灰水皈石灰CDEF[查阅资料]①CO能与银氨溶液反应：C0+2[Ag(NH)]++20H-=2Ag(+2NH++CO2-243+2NH。②CuO为红色，能发生反应：CuO+2H+=Cu2++Cu+HO222仪器a的名称是，装置A中反应的化学方程式为按气流方向各装置从左到右的连接顺序为A-(填字母编号，每个装置限用一次)。已知气体产物中含有CO,则装置C中可观察到的现象是;装置F的作用为。当反应结束后，装置D处试管中固体全部变为红色。①设计简单实验证明红色固体中含有CuO：2②若红色固体为单质，且产物中含碳氧化物的物质的量之比为1：1,则D处发生的反应化学方程式是。【答案】圆底烧瓶AlC+12HCl=3CHf+4AlClA-F-D-B-E-C-G343试管内有黑色固体生成除去CH中杂质气体HCl和HO取少量42红色固体，加入适量稀硫酸，若溶液变蓝色，说明原固体中含CuO22CH+7CuO亠7Cu+CO+CO+4HO22【解析】装置A中反应是稀盐酸和AlC反应生成AlCl和CH，甲烷在加热4334条件下可还原氧化铜，气体产物除水蒸气外，还有碳的氧化物，生成的甲烷气体通过装置F吸收混有的HCl，干燥气体，通过装置D加热还原CuO，通过装置B检验生成的水蒸气，通过装置E检验吸收生成产物CO，通过装2置C中银氨溶液验证CO，CO能与银氨溶液反应：CO+2[Ag(NH)]++2OH-=2Ag(+2NH++CO2-+2NH，最后用排水法吸收和收集尾2433气。通过装置图示可知：仪器a的名称是烧瓶；在装置A中稀盐酸和AlC43反应生成AlCl和CH，反应的化学方程式为：AlC+12HCl=3CHf+4AlCl；344343装置A中反应是稀盐酸和AlC反应生成AlCl和CH，CH在加热条件3344下可还原CuO，气体产物除水蒸气外，还有碳的氧化物，生成的CH气体通4过装置F干燥，通过装置D加热还原氧化铜，通过装置装置B检验生成的水蒸气，通过装置E检验吸收生成产物CO，通过装置C中银氨溶液验证CO，2CO能与银氨溶液反应：CO+2[Ag(NH)]++2OH-=2Ag|+2NH++CO2-+2NH，最后32433用排水法吸收和收集气体，按气流方向各装置从左到右的连接顺序为AfFfDfBfEfC—G；气体含有CO，C中银氨溶液被CO还原生成Ag单质，会看到试管内有黑色固体生成，F是除去甲烷中杂质气体HCl和HO；2当反应结束后，装置D处试管中固体全部变为红色。可利用CuO与酸发生反应：CuO+2H+二Cw++Cu+H0,反应产生的Cu2+的水溶22液显蓝色检验。故实验证明红色固体中含有CuO的方法为：取少量红色固2体,加入适量稀硫酸,若溶液变蓝色,说明含铜离子,证明原固体含CuO；2若红色固体为单质，且产物中含碳氧化物的物质的量之比为1：1,则D处发生的反应化学方程式是2CH+7CuO丄7Cu+CO+CO+4H0。TOC\o"1-5"\h\z422MnO是一种重要的工业原料，在电磁和有机合成等领域应用广泛。某学习小23组在实验室用CH还原MnO制备MnO，并测定产品纯度。请回答下列问题：4223I.制备(实验装置如图所示)遍石灰Mn6遍石灰Mn6AI-iCsI已知：AlC+12HO==4Al(OH)+3CH仁43234仪器a的名称为用稀醋酸代替水的优点有连接好实验装置，检验装置的气密性并加入相应试剂。向烧瓶中滴加稀醋酸之后，在点燃酒精灯之前应进行的操作是仪器b中同时生成两种能参与大气循环的物质，该反应的化学方程式为（5）指出上述实验装置有一处明显的缺陷II.测定产品中MnO的纯度（只考虑产品中混有少量未参与反应的MnO）232i.实验结束后，取仪器b中所得固体7.19g，加入足量硫酸酸化的KI溶液，使固体中锰元素全部转化为Mn2+；将所得溶液稀释至500mL；取25.00mL稀释后的溶液，滴加几滴淀粉溶液，用0.200molL-i的NaSO标223准溶液滴定，达到滴定终点时，消耗25.00mLNaSO标准溶液。（已知：1+2232NaSO==NaSO+2NaI）223246（1）步骤i中发生反应的离子方程式为2）滴定终点的标志是（3）所取固体中MnO的质量分数为（计算结果精确到230.1％）（4）下列操作使测定结果偏高的是滴定前平视，滴定终点俯视读数盛放NaSO标准溶液的滴定管未用标准液润洗223硫酸酸化的KI溶液在空气中静置时间过长滴定前正常，滴定后滴定管尖嘴内有气泡【答案】球形干燥管溶解Al(OH)提高AlC的利用率在装置出口处收43集气体验纯CH+8MnO-4MnO+C0f+2HO缺少甲烷的尾气处理TOC\o"1-5"\h\z22322装置MnO+2I-+6H+==2Mn2++I+3HOMnO+2I-+4H+==Mn2++I+2HO2322222最后一滴NaSO标准液滴入，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色22387.9％AD【解析】I.(1)图中a为球形干燥管，故答案为：球形干燥管；根据给定条件可知，制备甲烷的化学方程式为：A1C+12HO==4Al(OH)+3CHf,稀醋酸可以溶解Al(OH)，提高AlC的利用43234343率，故答案为：溶解Al(OH)提高AlC的利用率；43因制取的甲烷成分不纯点燃会引起爆炸，所以在点燃酒精灯之前应进行的操作是在装置出口处收集气体验纯，故答案为：在装置出口处收集气体验纯；因CH可还原MnO生成MnO,C元素生成CO，根据元素守恒并结合氧2232化还原反应的规律可知两种能参与大气循环的物质为CO和HO,其化学方程22式为：CH+8MnO4MnO+COf+2HO，故答案为：CH+8MnO-422322424MnO+COf+2HO；TOC\o"1-5"\h\z2322此装置中缺少甲烷的尾气处理装置，故答案为：缺少甲烷的尾气处理装置；II.(1)固体中有MnO和MnO，I-具有还原性，与固体反应生成锰离子，其232相应的离子方程式为：MnO+2I-+6H+==2Mn2++I+3HO，MnO+2I-+4H+二二Ma++23222I+2H0，故答案为：MnO+2I-+6H+==2Mn2++I+3H0,MnO+21-+4H+二二Ma++2223222I+2HO；22（2）滴定终点的标志是最后一滴NaSO标准液滴入，溶液由蓝色变为无色，223且半分钟不变色，故答案为：最后一滴NaSO标准液滴入，溶液由蓝色变为223无色，且半分钟不变色；（3）设MnO的物质的量为xmol，MnO的物质的量为ymol，则158g/molXx232+87Xy=7.19g①，又MnO+2I-+6H+==2Ma++I+3HO，MnO+2I-+232224H+==Mn2++I+2HO，则生成的I的物质的量为（x+y）mol，标准NaSO的222223物质的量为0.200molL-i2510-3L=0.005mol，根据I+2NaSO2223二NaSO+2NaI可知，反应的I的物质的量二X=0.05mol，2462则x+y=0.05mol②，结合①和②式解得，x=0.04，y=0.01，所以MnO23的质量分数为87.9%，故答案为：87.9%；（4）A•滴定前平视，滴定终点俯视读数，则标准液的体积读数偏小，c（测）二标标，待测液中I的物质的量偏小，通过计算得出最终使MnO的纯度测223偏高，A项正确；B.盛放NaSO标准溶液的滴定管未用标准液润洗，标准223液浓度偏低，消耗的标准液体积偏大，I的总物质的量偏大，通过计算得出2最终使MnO的纯度偏低，B项错误；C.硫酸酸化的KI溶液在空气中静置时23间过长，溶液中的I-部分会被氧化成I，则消耗的NaSO标准液体积偏大,2223通过计算得出最终使MnO的纯度偏低，C项错误；D.滴定前正常，滴定后滴23定管尖嘴内有气泡，则标准液的体积读数偏小，根据c（测）二』标，待测测液中I的物质的量偏小，通过计算得出最终使MnO的纯度偏高，D项正223确；答案选AD。

二氧化钒(VO)是一种新型热敏材料。+4价的钒化合物在弱酸性条件下易被2氧化。实验室以VO为原料合成用于制备VO的氧钒(W)碱式碳酸铵晶体，252&叭眩畑&叭眩畑It和N4ij.'2HCI*心=徽棉数莎钟V0口痂液，N些H£9凋乞小1如川¥0冶匚0凶01闵!站卩回答下列问题：VOC1中V的化合价为。2步骤i中生成VOC1的同时生成一种无色无污染的气体，该化学方程式为2也可只用浓盐酸与VO来制备VOC1溶液，该法的缺点是252步骤ii可在下图装置中进行。afi:ifFafi:ifF电磁挣J1戮VOCL^^反应前应通入CO数分钟的目的是2装置B中的试剂是—。测定氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。称量ag样品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL混酸溶解后，加0.02mol/LKMnO溶液至稍过量，充分反应后继续加1%NaNO溶液至稍过量，再用尿42

素除去过量的NaNO，最后用cmol/L(NH)Fe(SO)标准溶液滴定至终点，消24242耗体积为bmLo滴定反应为：VO++Fe2++2H+二VO2++Fe3++HO.22KMnO溶液的作用是oNaNO溶液的作用是。42粗产品中钒的质量分数的表达式为【答案】+42VO+NH・2HCl+6HCl=4V0Cl+Nf+6HO有氯气生成，污染空气排除装置中的空气，避免产物被氧化饱和NaHCO气排除装置中的空气，避免产物被氧化饱和NaHCO溶液将+435血x100%IOOOq的钒化合物氧化为VO+除去过量的KMnO24解析】(1)根据氧的化合价为-2，氯的化合价为-1，化合物中各元素化合价代数和为0可得，VOC1中V的化合价为+4价；2步骤i中VO中加入NH・2HCl和盐酸反应生成VOC1的同时生成一种无25242色无污染的气体，VO被还原为VOCl，则气体为N，反应的化学方程式为25222VO+NH・2HCl+6HCl=4V0Cl+Nf+6HO；也可只用浓盐酸与VO来制备VOC12524222252溶液，VO被还原为VOCl，则浓盐酸被氧化有氯气生成，污染空气；252(3)①+4价钒化合物在弱酸性条件下易被氧化，为防止+4价钒化合物被氧化,反应前应通入CO数分钟排除装置中的空气，避免产物被氧化;2②装置B中的试剂用于除去二氧化碳中的氯化氢气气，故所装试剂为饱和NaHCO溶液；3(4)测定氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。称量ag样品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL混酸溶解后，加0.02mol/LKMnO溶液至稍过量，充分反应后继续加1%NaNO溶液至稍过量，再用42尿素除去过量的NaNO,最后用cmol/L(NH)Fe(SO)标准溶液滴定至终点，24242消耗体积为bmL。滴定反应为：VO++Fe2++2H+二VO2++Fe3++HO.22KMnO溶液具有强氧化性，其作用是将+4的钒化合物氧化为VO+；NaNO溶422液的作用是除去过量的KMnO；4根据反应VO++Fe2++2H+=VO2++Fe3++HO可知,n(VO+)=n(Fe2+)=bc，222根据钒守恒，粗产品中钒的质量分数的表达式为。苯甲醛在浓氢氧化钾溶液中发生Cannizzaro反应，反应方程式如下，可用于制备苯甲酸和苯甲醇。2八+KOH-1'■\+HC1——■■1■■已知：①乙醚微溶于水，是有机物良好的溶剂，沸点34.6°C，极易挥发，在空气中的沸点160C。②苯甲酸在水中的溶解度0.17g(25C),0.95g(50C),6.8g(95C)实验步骤：在50mL三口瓶中加入4.5gKOH和4.5mL水，将装置置于冷水浴中，打开磁力搅拌器，分批加入5mL新蒸苯甲醛（密度1.04g/mL），使反应物充分混合（如上左图），最后成为白色糊状物，放置24h以上。向反应混合物中逐渐加入足量水并震荡，使其完全溶解后倒入（填装置名称）中，用10mL乙醚萃取3次，合并乙醚萃取液，并依次用3mL饱和亚硫酸氢钠、mL10%NaCO溶液及5mL水洗涤，分出的乙醚层用无水NaCO干燥。2323干燥后的乙醚溶液在水浴中蒸去乙醚，然后适当调整和改造装置（如上右图），继续加热蒸馏，收集198°C〜204°C的苯甲醇馏分，产量为2.16g。乙醚萃取后的水溶液（水层），用浓盐酸酸化并充分冷却，使苯甲酸完全析出，过滤，粗产品用水重结晶得到苯甲酸，产量是2go⑴不断搅拌然后放置24h的目的是（2）步骤②横线处装置名称是（3）萃取液共洗涤了3次，其中10%碳酸钠溶液欲除去的杂质是（填化学式）（4）使用水浴蒸去乙醚的优点是（5）蒸去乙醚后适当的调整和改造装置，应将上右图虚线框中的装置换为苯甲酸重结晶时，常用冷水洗涤固体，其目的是；苯甲酸重结晶时所需的玻璃仪器有烧杯②试管③锥形瓶④酒精灯⑤量筒⑥短颈玻璃漏斗⑦玻璃棒该实验中Cannizzaro反应的转化率是%(保留1位小数)。通常，该实验中苯甲酸的产率会比苯甲醇更低，但若是某次实验中并未塞紧瓶塞，导致苯甲酸的产率明显偏高，分析可能的原因是。【答案】分液漏斗使反应物混合均匀，充分反应分液漏斗NaHSO3水浴加热可提供恒定的温度，达到受热均匀且便于控制温度的目的c减少苯甲酸的溶解度带来的损失①④⑤⑥⑦81.6%原料中的苯甲醛被空气部分氧化生成苯甲酸，导致苯甲酸的含量明显偏高【解析】萃取分离物使用的仪器的分液漏斗；不断搅拌然后放置24h，可使反应物混合均匀，充分反应；萃取用到的仪器是分液漏斗；实验加入饱和亚硫酸氢钠，可加入碳酸钠除去，故答案为：NaHSO；3水浴加热可提供恒定的温度，达到受热均匀且便于控制温度的目的；蒸去乙醚后适当的调整和改造装置，收集198°C-204°C的苯甲醇馏分，无需较低温度进行冷凝，可改用空气冷凝管，因此答案为c；（6）苯甲酸重结晶时，常用冷水洗涤固体，可降低苯甲酸的溶解度，避免损失，苯甲酸重结晶需要烧杯、酒精灯以及玻璃棒以及短颈玻璃漏斗、玻璃棒，故使用仪器的序号是①④⑤⑥⑦；（7）加入5mL新蒸苯甲醛（密度1.04g/mL）,则苯甲酸的质量为5.2g,物质的m5一E超量为n=：'：；=0.049mol,理论可生成苯甲酸的质量m二X122g/mol=2.989g,生成苯甲醇的质量为m（苯甲醇）二X108g/mol=2.646g,则Cannizzaro反应的转化率由苯甲醇计算,转化率为X100%=81.6%，原料中的苯甲醛可被氧化生成苯甲酸，实验中并未塞紧瓶塞,导致苯甲酸的产率明显偏高。钻是一种中等活泼金属，化合价为+2价和+3价，其中CoCi易溶于水。某校2同学设计实验制取（CHCOO）Co（乙酸钻）并验证其分解产物。回答下列问32题：（1）甲同学用CoO与盐酸反应制备CoCi・4H0,其实验装置如下:322①烧瓶中发生反应的离子方程式为空气气氛中分解的化学方程式为空气气氛中分解的化学方程式为。由烧瓶中的溶液制取干燥的CoCi・4H0,还需经过的操作有蒸发浓缩、22、洗涤、干燥等。乙同学利用甲同学制得的CoCi・4H0在醋酸氛围中制得无水(CHC00)Co，2232并利用下列装置检验(CHCOO)Co在氮气气氛中的分解产物。已知PdCi溶液322能被C0还原为Pd。尢水Cu^(h无水尢水Cu^(h无水H1)水TOC\o"1-5"\h\z装置E、F是用于检验C0和C0的，其中盛放PdCi溶液的是装置(填22“E”或“F”)。装置G的作用是；E、F、G中的试剂均足量，观察到I中氧化铜变红,J中固体由白色变蓝色，K中石灰水变浑浊，则可得出的结论是。通氮气的作用是。实验结束时，先熄灭D和I处的酒精灯，一段时间后再关闭弹簧夹，其目的是。若乙酸钻最终分解生成固态氧化物X、CO、CO、CH，且n(X)：n(CO)：n226(CO)：n(CH)=i：4：2：3(空气中的成分不参与反应)，则乙酸钴在226【答案】CoO+6H++2Cl-=2Co2++Clf+3HO冷却结晶、过滤F除2322去CO分解产物中还含有一种或多种含C、H元素的物质将D中的2气态产物被后续装置所吸收，或排除装置中的空气或不使K中水蒸气进入盛无水CuSO的干燥管中防止倒吸3(CHCOO)Co亠CoO+4C0f+432342COf+3CHf226【解析】(1)①已知，盐酸、COCl易溶于水，写离子形式，氧化物、单质写化学2式，反应的离子方程式:CoO+2Cl-+6H+=2Co2++Clf+3HO；2322②因反应产物中含有结晶水，则不能直接加热制取，应采用：蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤干燥等操作；(2)①装置E、F是用于检验CO和CO，PdCl溶液能被CO还原为Pd,因此22装置E用于检验CO，F装置用于检验CO,装盛足量PdCl溶液；22装置G的作用是吸收CO，以防在装置内对后续实验产生干扰；氧化铜变2红，则氧化铜被还原，无水硫酸铜变蓝，说明反应中产生水，石灰水变浑浊，则说明产生二氧化碳气体，则说明分解产物中含有一种或多种含有C、H元素的物质，答案为：除去CO；分解产物中含有一种或多种含C、H元素的物2质；通入氮气的作用为使D装置中产生的气体全部进入后续装置，且排净后续装置内的氧气等，答案为：将D中的气态产物带入后续装置(或排除装置中的空气或不使K中水蒸气进入盛无水硫酸铜的干燥管等)；实验结束时，先熄天D和I处的酒精灯，一段时间后装置D、E内的温度降低后再停止通入气体可以有效防止倒吸，答案为：防止倒吸；乙酸钻受热分解，空气中的成分不参与反应生成物有固态氧化物X、CO、CO、CH，且n(X):n(C0)：n(C0):n(CH)=1：4：2：3，根据原子守226226恒配平即可，反应式为：3(CHCOO)CoCoO+4C0f+2C0f+3CH仁234226(16分)某小组在验证反应“Fe+2Ag+二Fe2++2Ag”的实验中检测到Fea+，发现和探究过程如下。向硝酸酸化的0.05mol・L-i硝酸银溶液(pH~2)中加入过量铁粉，搅拌后静置，烧杯底部有黑色固体，溶液呈黄色。(1)检验产物取出少量黑色固体，洗涤后，(填操作和现象)，证明黑色固体中含有Ago取上层清液，滴加K[Fe(CN)]溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中含有36(2)针对“溶液呈黄色”，甲认为溶液中有Fea+，乙认为铁粉过量时不可能有Fea+，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：①取上层清液，滴加KSCN溶液，溶液变红，证实了甲的猜测。同时发现有白色沉淀产生，且溶液颜色深浅、沉淀量多少与取样时间有关，对比实验记录如下：序号取样时间/min现象13产生大量白色沉淀；溶液呈红色ii30产生白色沉淀；较3min时量少；溶液红色较3min时加深iii120产生白色沉淀；较30min时量少；溶液红色较30min时变浅（资料：Ag+与SCN-生成白色沉淀AgSCN）对Fea+产生的原因作出如下假设：假设A：可能是铁粉表面有氧化层，能产生Fea+；假设b：空气中存在0，由于（用离子方程式表示），可产生2Fe3+；假设c：酸性溶液中NO-具有氧化性，可产生Fea+；3假设d：根据现象，判断溶液中存在Ag+，可产生Fea+o下列实验I可证实假设a、b、c不是产生Fea+的主要原因。实验II可证实假设d成立。实验I：向硝酸酸化的溶液（pH~2）中加入过量铁粉，搅拌后静置，不同时间取上层清液滴加KSCN溶液，3min时溶液呈浅红色，30min后溶液几乎无色。实验II：装置如图。其中甲溶液是，操作及现象是

盐桥；A朗久盐桥；A朗久-HNQ溶液(3)根据实验现象，结合方程式推测实验匚~过中Fea+浓度变化的原因:【答案】(1)①加硝酸加热溶解固体，再滴加稀盐酸，产生白色沉淀②Fe2+(2)Fe+2Fe3+=3Fe2+加入KSCN溶液后产生白色沉淀②4Fe2++0+4H+=4Fe加入KSCN溶液后产生白色沉淀220.05mol・0.05mol・L-iNaNO溶液3FeSO溶液(或FeCl溶液)42分别取电池工作前与工作一段时间后左侧烧杯中溶液，同时滴加KSCN溶液,后者红色更深溶液中存在反应：①Fe+2Ag+二Fe2++2Ag，②Ag++Fe2+=A計Fe3+，③Fe+2Fe3+=3Fe2+。反应开始时，c(Ag+)大，以反应①、②为主，c(Fe3+)增大。约30分钟后，c(Ag+)小，以反应③为主,c(Fe3+)减小。【解析】(1)①黑色固体中含有过量铁，如果同时含有银，则可以加入HCl或HSO溶解Fe，而银不能溶解。或者先用硝酸溶解固体，再用HCl检验Ag+。24②K[Fe(CN)]是检验Fe2+的试剂，所以产生蓝色沉淀说明含有Fe2+O(2)33过量铁粉与Fe3+反应生成Fe2+，即Fe+2Fe3+=3Fe2+。②0氧化Fe2+生成Fe3+的2反应为4Fe2++0+4H+=4Fe3++2H0。加入KSCN溶液后产生白色沉淀AgSCN，所22以实验可以说明溶液中含有Ag+，故可以假设Ag+可能氧化Fe2+生成Fe3+。③证明假设a、b、c错误，就是排除Ag+对实验的干扰，相当于没有Ag+存在的空白实验，考虑其他条件不要变化，可以选用0.05mol・L-iNaNO溶液。3原电池实验需要证明的是假设d的反应Ag++Fe2+二Ag+Fe3+能够实现，所以甲池应当注入FeCl(或者FeSO溶液)。假设d成立，则上述原电池中能够24产生电流，左侧溶液中生成的Fe3+遇到KSCN时红色会更深。(3)由于加入过量铁粉，溶液中存在反应有①Fe+2Ag+=Fe2++2Ag，反应生成的Fe2+能够被Ag+氧化发生反应②Ag++Fe2+二A計Fe3+，生成的Fe3+与过量铁粉发生反应③Fe+2Fe3+=3Fe2+。反应开始时，c(Ag+)大，以反应①②为主，c(Fe3+)增大。约30分钟后，c(Ag+)小，以反应③为主，c(Fe3+)减小。名师点睛】该题是一个探究性试题，主要考查部分基础化学反应原理、物质的检验、实验分析、有盐桥的原电池结构、实验设计等知识，考查考生实验理解能力、根据要求进行实验设计的能力和对问题的综合分析能力。注意控制变量思想方法的应用，探究实验异常现象成为近几年实验探究命题的热点，突出对实验能力的考查。该题为实验探究题，装置图、流程图很简单，但探究过程较复杂，准确全面获取信息、通过控制变量思想进行逻辑分析是解题的关键，凭感觉做题，不容易准确获取题中信息。该类试题的解题策略为：(1)确定变量：解答这类题目时首先要认真审题，理清影响实验探究结果的因素有哪些。(2)定多变：在探究时，应该先确定其他的因素不变，只变化一种因素，看这种因素与探究的问题存在怎样的关系；这样确定一种以后，再确定另一种，通过分析每种因素与所探究问题之间的关系，得出所有影响因素与所探究问题之间的关系。(3)数据有效；解答时注意选择数据(或设置实验)要有效，且变量统一，否则无法做出正确判断。另外探究性题型中考虑问题的思路不能局限于个别问题、不能局限于固定的知识，需要全面考虑。如本题最后的一问解答以及中间涉及的Fe与Fe3+反应在本题中的理解。证明一个问题时，为了防止干扰，一般都需要做对比试验、空白试验。(18分)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。准备标准溶液准确称取AgNO基准物4.2468g(0.0250mol)后，配制成250mL标准3溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。配制并标定100mL0.1000mol・LmNHSCN标准溶液，备用。4滴定的主要步骤取待测NaI溶液25.00mL于锥形瓶中。加入25.00mL0.1000mol・L-1AgNO溶液(过量)，使I-完全转化为3AgI沉淀。加入NHFe(SO)溶液作指示剂。42用0.1000mol・L-lNHSCN溶液滴定过量的Ag+，使其恰好完全转化为AgSCN4沉淀后，体系出现淡红色，停止滴定。重复上述操作两次。三次测定数据如下表:实验序号123消耗NHSCN标准溶液体积4/mL10.2410.029.98数据处理。回答下列问题：（1）将称得的AgNO配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有32）AgNO标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是3（3）滴定应在pHV0.5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NHSCN标准溶液平均体积为mL，测得c（I4-）=mol'L-1。（6）在滴定管中装入NHSCN标准溶液的前一步，应进行的操作为4。（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”）①若在配制AgNO标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果3②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【答案】（1）250mL（棕色）容量瓶、胶头滴管（2）避免AgNO见光分解3（3）防止因Fe3+的水解而影响滴定终点的判断（或抑制Fea+的水解）（4）否（或不能）若颠倒，Fe3+与I-反应，指示剂耗尽，无法判断滴定5)10.000.0600（6）用NHSCN标准溶液进行润洗（7）偏高偏5)10.004【解析】（1）因要配制成250mL标准溶液，所以使用的仪器除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）AgNO标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存是因为AgNO见光易分解。33（3）因Fe3+的水解会影响滴定终点的判断，所以滴定应在pHV0.5的条件下进行，抑制Fe3+的水解。（4）b和c两步操作不可以颠倒，若颠倒，Fe3+与I-反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点。（5）根据所提供的三组数据，第一组数据误差较大，舍去，第二、三两组数据取平均值即可，所以所消耗的NHSCN标准溶液平均体积为10.00mL。4加入的AgNO物质的量：n(AgN0)=0.1000mol・L-iX25.00mL。33根据Ag++SCN-—AgSCNl,反应后剩余的AgNO物质的量：n(AgNO)=0.100033mol・L-iX