【创新设计】2021高考化学(江苏专用)二轮专题题组训练：第14讲-考点1-化学实验方案的设计与评价

第14讲化学试验综合应用考点一化学试验方案的设计与评价[题组训练·考能]1．(2022·山东理综，31)工业上常利用含硫废水生产Na2S2O3·5H2O，试验室可用如下装置(略去部分夹持仪器)模拟生产过程。烧瓶C中发生反应如下：Na2S(aq)＋H2O(l)＋SO2(g)=Na2SO3(aq)＋H2S(aq)(Ⅰ)2H2S(aq)＋SO2(g)=3S(s)＋2H2O(l)(Ⅱ)S(s)＋Na2SO3(aq)eq\o(=,\s\up15(△))Na2S2O3(aq)(Ⅲ)(1)仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若________，则整个装置气密性良好。装置D的作用是________________________________________________________________。装置E中为________溶液。(2)为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，则烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为________。(3)装置B的作用之一是观看SO2的生成速率，其中的液体最好选择________。a．蒸馏水 b．饱和Na2SO3溶液c．饱和NaHSO3溶液 d．饱和NaHCO3溶液试验中，为使SO2缓慢进入烧瓶C，接受的操作是____________________。已知反应(Ⅲ)相对较慢，则烧瓶C中反应达到终点的现象是_____________。反应后期可用酒精灯适当加热烧瓶A，试验室用酒精灯加热时必需使用石棉网的仪器还有________。a．烧杯 b．蒸发皿c．试管 d．锥形瓶(4)反应终止后，烧瓶C中的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶即可析出Na2S2O3·5H2O，其中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质。利用所给试剂设计试验，检测产品中是否存在Na2SO4，简要说明试验操作、现象和结论：________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。已知Na2S2O3·5H2O遇酸易分解：S2Oeq\o\al(2－,3)＋2H＋=S↓＋SO2↑＋H2O供选择的试剂：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、BaCl2溶液、AgNO3溶液解析(1)若装置不漏气，则长颈漏斗中会形成一段液柱并且液柱高度保持不变；装置D是平安瓶，可防止倒吸；装置E是尾气处理装置，用来吸取过量的SO2，故所盛溶液可以是NaOH溶液等。(2)依据盖斯定律，由(Ⅰ)×2＋(Ⅱ)＋(Ⅲ)×3，得2Na2S(aq)＋Na2SO3(aq)＋3SO2(g)=3Na2S2O3(aq)，故烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为2∶1。(3)装置B中的溶液不能和SO2发生反应。蒸馏水溶解SO2；Na2SO3溶液能与SO2发生反应：SO2＋Na2SO3＋H2O=2NaHSO3；NaHCO3溶液也能与SO2发生反应：NaHCO3＋SO2=CO2＋NaHSO3；饱和NaHSO3溶液不能和SO2反应，也不溶解SO2。为使SO2缓慢进入烧瓶C，应使生成SO2的速率减慢，可通过把握滴加硫酸的速度来实现；因反应(Ⅲ)相对较慢，C中反应达到终点时S消耗完，现象是溶液变澄清。蒸发皿加热时不需垫石棉网；试管是小型玻璃仪器，加热时也不需垫石棉网；烧杯、锥形瓶底部面积大，防止受热不均匀，在加热时需垫石棉网。(4)Na2S2O3和Na2SO3的存在对SOeq\o\al(2－,4)的检验有干扰，要先除去。依据题给信息，可先加入过量的稀盐酸将二者除去，排解干扰，再检验SOeq\o\al(2－,4)的存在。答案(1)液柱高度保持不变防止倒吸NaOH(合理即可)(2)2∶1(3)c把握滴加硫酸的速度(合理即可)溶液变澄清(或浑浊消逝)ad(4)取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层溶液(或过滤，取滤液)，滴加BaCl2溶液，若消灭沉淀则说明含有Na2SO4杂质(合理即可)2．(2022·济南冲刺)氯气和漂白粉是现代工业和生活常用的消毒剂、杀菌剂。(1)试验室拟用下列装置制备干燥纯洁的氯气，请依据气体从左向右流淌的方向将仪器进行连接：H→________、________→________、________→________；并指出其中广口瓶Ⅱ中的试剂为________。(2)写出工业上用氯气和石灰乳制取漂白粉的化学反应方程式___________。(3)试验室有一瓶密封不严的漂白粉样品，其中确定存在CaCl2，请设计试验，探究该样品中除CaCl2外可能存在的其他固体物质。①提出合理假设。假设1：该漂白粉未变质，只含________；假设2：该漂白粉全部变质，只含________；假设3：该漂白粉部分变质，既含有Ca(ClO)2又含有CaCO3。②设计试验方案，进行试验。限选用的仪器和药品：试管、滴管、带导管的单孔塞、蒸馏水、自来水、1mol·L－1盐酸、品红溶液、新制澄清石灰水。(提示：不必检验Ca2＋和Cl－。)试验步骤预期现象与结论步骤1取少量上述漂白粉于试管中，____________________________________________________步骤2解析(1)装置的连接挨次是制备装置→洗气除杂(除去氯化氢)→干燥装置→收集装置→尾气吸取装置。除去氯气中的氯化氢最好用饱和食盐水溶液。(3)①漂白粉的成分是Ca(ClO)2和CaCl2，在空气中变质后生成CaCO3，由于确定存在CaCl2，所以除CaCl2外，可能存在的其他固体物质就有三种假设：只有Ca(ClO)2，只有CaCO3，既含有Ca(ClO)2又含有CaCO3。②将样品与盐酸混合，CaCO3能产生CO2，借助于澄清石灰水检验其存在；Ca(ClO)2能将盐酸氧化为氯气，借助于品红溶液检测其存在。答案(1)BACDE饱和食盐水(2)2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O(3)①Ca(ClO)2CaCO3②试验步骤预期现象与结论步骤1加入适量1mol·L－1盐酸溶解后，再将产生的气体通入澄清石灰水中①若澄清石灰水未变浑浊，则假设1成立；②若澄清石灰水变浑浊，则假设2或假设3成立步骤2向步骤1反应后的试管中滴入1～2滴品红溶液，振荡结合步骤1中的②：a.若品红溶液褪色，则假设3成立；b.若品红溶液不褪色，则假设2成立—————[思维建模]————————————三种常见试验方案设计的基本流程1．物质制备试验方案设计的基本流程为：依据目标产物→确定可能原理→设计可能试验方案→优化试验方案→选择原料→设计反应装置(方法、仪器等)→实施试验(步骤、操作要点、把握反应条件等)→分别提纯产品。2．性质探究性试验方案设计的基本流程为：依据物质的组成、结构和类型→提出性质猜想→设计试验逐个验证→记录现象和数据→归纳分析→合理推断得出结论。3．性质验证明验方案设计的基本流程为：依据物质的性质→设计可能试验方案→优化试验方案→实施试验(原理、方法、步骤、仪器、药品、操作要点等)→观看现象记录数据→综合分析得出结论。3．(2022·西安联考)信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威逼。某“变废为宝”同学探究小组将一批废弃的线路板简洁处理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：请回答下列问题：(1)第①步Cu与酸反应的离子方程式为______________________________；得到滤渣1的主要成分为__________________________________________。(2)第②步加H2O2的作用是________________________________________，使用H2O2的优点是_______________________________________________；调溶液pH的目的是使________生成沉淀。(3)用第③步所得CuSO4·5H2O制备无水CuSO4的方法是_________________。(4)由滤渣2制取Al2(SO4)3·18H2O，探究小组设计了三种方案：上述三种方案中，________方案不行行，缘由是______________________：从原子利用率角度考虑，________方案更合理。(5)探究小组用滴定法测定CuSO4·5H2O(Mr＝250)含量。取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消退干扰离子后，用cmol·L－1EDTA(H2Y2－)标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL。滴定反应如下：Cu2＋＋H2Y2－=CuY2－＋2H＋写出计算CuSO4·5H2O质量分数的表达式w＝__________________________；下列操作会导致CuSO4·5H2O含量的测定结果偏高的是________。a．未干燥锥形瓶b．滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡c．未除净可与EDTA反应的干扰离子解析(1)第①步加稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2＋、Al3＋、Fe2＋。所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2＋、Al3＋、Fe2＋。Cu和酸反应的离子方程式为Cu＋4H＋＋2NOeq\o\al(－,3)eq\o(=,\s\up15(△))Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O或3Cu＋8H＋＋2NOeq\o\al(－,3)eq\o(=,\s\up15(△))3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；(2)第②步加H2O2的作用是把Fe2＋氧化为Fe3＋，该氧化剂的优点是不引入杂质，产物对环境无污染。调溶液pH的目的是使Fe3＋和Al3＋形成沉淀。所以滤液2的成分是Cu2＋，滤渣2的成分为氢氧化铁和氢氧化铝；(3)用第③步所得CuSO4·5H2O制备CuSO4的方法应是在坩埚中加热脱水；(4)甲方案在滤渣中只加硫酸会生成Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法不行行；乙和丙方法均可行，乙方案先在滤渣中加H2SO4，生成Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3，再加Al粉和Fe2(SO4)3反应生成Al2(SO4)3和Fe，过滤后，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；丙方案先在滤渣中加NaOH，和Al(OH)3反应生成NaAlO2，过滤后再在滤液中加H2SO4生成Al2(SO4)3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体，但从原子利用率角度考虑方案乙更合理；(5)CuSO4·5H2O质量分数的表达式为w＝eq\f(cmol·L－1×b×10－3L×250g·mol－1×5,ag)×100%；滴定时，未干燥锥形瓶，不影响测定结果；若滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡，所读取的消耗标准溶液的体积偏小，使测定结果偏低；若未除尽可与EDTA反应的离子，消耗EDTA溶液的体积偏大，使测定结果偏高。答案