2019届高考化学二轮复习第13讲化学实验方案设计与评价专题追踪201902123205.doc

1、1第 13讲 化学实验方案设计与评价考向一 以制备为主体的综合实验1(2018浙江卷)某兴趣小组以废铁屑制得硫酸亚铁铵后，按下列流程制备二水合草酸亚铁(FeC 2O42H2O)，进一步制备高纯度还原铁粉。已知：FeC 2O42H2O难溶于水，150 开始失结晶水；H 2C2O4易溶于水，溶解度随温度升高而增大。请回答：(1)下列操作或描述正确的是_。A步骤，H 2C2O4稍过量主要是为了抑制 Fe2 水解B步骤，采用热水洗涤可提高除杂效果C步骤，母液中的溶质主要是( NH 4)2SO4和 H2C2O4D步骤，如果在常压下快速干燥，温度可选择略高于 100 (2)如图装置，经过一系列操作完成步骤

2、中的抽滤和洗涤。请选择合适的编号，按正确的操作顺序补充完整(洗涤操作只需考虑一次)：开抽气泵abd_c关抽气泵。a转移固液混合物；b.关活塞 A；c.开活塞 A；d.确认抽干；e.加洗涤剂洗涤。(3)称取一定量的 FeC2O42H2O试样，用硫酸溶解，采用 KMnO4滴定法测定，折算结果如下：n(Fe2 )/mol n(C2O )/mol24 试样中 FeC2O42H2O的质量分数29.80104 9.80104 0.980由表中数据推测试样中最主要的杂质是_。(4)实现步骤必须用到的两种仪器是_(供选仪器：a.烧杯；b.坩埚；c.蒸馏烧瓶；d.高温炉；e.表面皿；f锥形瓶)；该步骤的化学方程

3、式是_。(5)为实现步骤，不宜用炭粉还原 Fe2O3，理由是_。解析 (1)A 项，步骤溶解酸化后溶液已呈酸性，故步骤时草酸稍过量的主要目的不是酸化抑制 Fe2 的水解，而是保证 Fe2 反应完全，同时防止 Fe2 被氧化，错误；B 项，步骤，采用热水洗涤有利于除去(NH 4)2SO4和 H2C2O4，提高除杂效果，正确；C 项，酸化和加入稍过量的 H2C2O4后，发生反应(NH 4)2Fe(SO4)2H 2C2O42H 2O=FeC2O42H2O(NH 4)2SO4H 2SO4，故母液中的溶质主要有(NH 4)2SO4、H 2SO4和 H2C2O4，错误；D 项，根据题给信息，FeC 2O4

4、2H2O在 150 开始失结晶水，故略高于 100 干燥不影响产物的成分，正确。(2)抽滤完成后，需要洗涤晶体，故应该先打开活塞 A，使吸滤瓶内的压强回升，然后添加洗涤剂，待洗涤剂缓慢通过晶体后关闭活塞 A，再次确认抽干，打开活塞 A防止发生倒吸，最后关闭抽气泵，正确顺序为开抽气泵abdcebdc关抽气泵。(3)依据题表中数据得 n(Fe2 ) n(C2O ) 11，可知试样中最主要的杂质应为(NH 4)2SO4。(4)灼24烧需要在坩埚中高温加热，故实验必须用到的两种仪器为坩埚和高温炉，即选b、d；FeC 2O42H2O灼烧的化学方程式为4FeC2O42H2O3O 2 2Fe2O38CO 2

5、8H 2O。= = = = =高 温 答案 (1)BD (2)cebd (3)(NH 4)2SO4(4)bd 4FeC 2O42H2O3O 2 2Fe2O38CO 28H 2O= = = = =高 温 (5)用炭粉还原 Fe2O3会引入杂质考向二 以原理、性质探究为主体的综合实验2(2017北京卷)某小组在验证反应“Fe2Ag =Fe2 2Ag”的实验中检测到Fe3 ，发现和探究过程如下。向硝酸酸化的 0.05 molL1 硝酸银溶液(pH2)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)检验产物取少量黑色固体，洗涤后，_(填操作和现象)，证明黑色固体中含有 Ag。取上层清

6、液，滴加 K3Fe(CN)6溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中含有_。(2)针对“溶液呈黄色” ，甲认为溶液中有 Fe3，乙认为铁粉过量时不可能有 Fe3 ，3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：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，且溶液颜色变浅、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 3 产生大量白色沉淀；溶液呈红色 30 产生白色沉淀；较 3 min时量少；溶液红色较 3 min时加深 120 产生白色沉淀；较 30 min时量少；溶液红色较 30 min时变浅(资料：Ag 与 SCN 生成

7、白色沉淀 AgSCN)对 Fe3 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 Fe3 ；假设 b：空气中存在 O2，由于_(用离子方程式表示)，可能产生 Fe3 ；假设 c：酸性溶液中 NO 具有氧化性，可产生 Fe3 ；3假设 d：根据_现象，判断溶液中存在 Ag ，可产生Fe3 。下列实验可证实假设 a、b、c 不是产生 Fe3 的主要原因。实验可证实假设 d成立。实验：向硝酸酸化的_溶液(pH2)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，3 min 时溶液呈浅红色，30 min 后溶液几乎无色。实验：装置如图，其中甲溶液是_，操作及现象是_

8、。(3)根据实验现象，结合方程式推测实验中 Fe3 浓度变化的原因：_。解析 (1)黑色固体中有 Ag和 Fe，加入过量稀盐酸，铁粉会全部溶解，若仍有黑色固体剩余，则为银；本题是 Fe2 的检验，加入铁氰化钾溶液有蓝色沉淀生成，说明溶液中有 Fe2 。(2)铁粉过量时会与 Fe3 发生反应，方程式为 2Fe3 Fe= =3Fe2 ；当空气中的O2存在时，Fe 2 会与之发生氧化还原反应，所以答案为 4Fe2 O 24H =4Fe3 2H 2O，4当溶液中存在 Ag 时，Ag 与 SCN 会发生反应 Ag SCN =AgSCN，故会有白色沉淀产生，同时溶液呈红色，说明溶液中有 Fe3 。实验 I

9、要证实假设 a、b、c 不是产生 Fe3 的原因，需要发生反应 2Fe3 Fe= =3Fe2 ，且存在 HNO3及 O2的条件下，证明溶液中不存在Fe3 即可，再考虑控制变量，中选用 c(NO )0.05 mol/L的 Fe(NO3)3溶液，实验需3要将反应 Ag Fe 2 Fe 3 Ag 设计成原电池，右烧杯反应：Ag e =Ag，左烧杯反应：Fe 2 e =Fe3 ，所以甲溶液选 Fe(NO3)2溶液和 KSCN溶液；必须涉及左、右烧杯的现象。(3)中溶液呈红色，且烧杯中有黑色固体，说明发生反应Ag Fe 2 Fe 3 Ag、Fe 3 3SCN Fe(SCN) 3；中反应正向进行， c(F

10、e3 )增大， c(Ag )减小，平衡正移，红色加深；中由于铁粉过量，2Fe 3 Fe= =3Fe2 ，120 min后 c(Fe3 )减小，逆移，溶液红色变浅。答案 (1)加入过量的稀盐酸，黑色固体部分溶解(其他答案合理即可) Fe 2(2)2Fe3 Fe= =3Fe24Fe 2 O 24H =4Fe3 2H 2O 溶液产生白色沉淀，且随时间变长，白色沉淀减少，红色加深0.017 mol/L Fe(NO3)3 Fe(NO 3)2溶液和 KSCN溶液 如图连接装置，电流计指针偏转，左烧杯中溶液变红色，右烧杯中银棒出现黑色固体(3)溶液中存在如下两个平衡：Ag Fe 2 Fe 3 AgFe 3

11、3SCN Fe(SCN) 3，随着反应的进行， c(Fe3 )增大，平衡正移，溶液红色加深，随后发生反应 2Fe3 Fe= =3Fe2 ， c(Fe3 )减小，平衡逆移，溶液红色变浅考向三 以成分及含量确定为主体的综合实验3(2018江苏卷)碱式硫酸铝溶液可用于烟气脱硫。室温下向一定浓度的硫酸铝溶液中加入一定量的碳酸钙粉末，反应后经过滤得到碱式硫酸铝溶液，反应方程式为(2 x)Al2(SO4)33 xCaCO33 xH2O=2(1 x)Al2(SO4)3xAl(OH)33 xCaSO43 xCO2生成物(1 x)Al2(SO4)3xAl(OH)3中 x值的大小影响碱式硫酸铝溶液的脱硫效率。(1

12、)制备碱式硫酸铝溶液时，维持反应温度和反应时间不变，提高 x值的方法有_。(2)碱式硫酸铝溶液吸收 SO2过程中，溶液的 pH_(填“增大” 、 “减小” 、 “不变”)。(3)通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度确定 x的值，测定方法如下：取碱式硫酸铝溶液 25.00 mL，加入盐酸酸化的过量 BaCl2溶液充分反应，静置后过滤、洗涤、干燥至恒重，得固体 2.3300 g。取碱式硫酸铝溶液 2.50 mL，稀释至 25 mL，加入 0.1000 molL1 EDTA标准溶液525.00 mL，调节溶液 pH约为 4.2，煮沸，冷却后用 0.08000 molL1 CuSO4标准溶液滴定过量

13、的 EDTA至终点，消耗 CuSO4标准溶液 20.00 mL(已知 Al3 、Cu 2 与 EDTA反应的化学计量数之比均为 11)。计算(1 x)Al2(SO4)3xAl(OH)3中的 x值(写出计算过程)解析 (1)碱式硫酸铝中“氢氧化铝”的生成原理是：碳酸钙与硫酸铝水解出的氢离子反应，促进硫酸铝水解，生成氢氧化铝。所以，欲提高 x值，即提高 Al(OH)3的生成量，可以增加碳酸钙的量。也可以在不增加碳酸钙用量的情况下，加快搅拌速率，使二者接触更充分，从而使硫酸铝的水解率增大。(2)二氧化硫是酸性氧化物，吸收二氧化硫必将使碱式硫酸铝溶液的 pH减小。(3)见答案答案 (1)适当增加 Ca

14、CO3的量或加快搅拌速率(2)减小(3)25 mL溶液中：n(SO ) n(BaSO4) 0.0100 mol242.3300 g233 gmol 125 mL 溶液中：n(Al3 ) n(EDTA) n(Cu2 )0.1000 molL1 25.00 mL103 LmL1 0.08000 molL1 20.00 mL103 LmL1 9.00010 4 mol25 mL溶液中： n(Al3 )9.00010 3 mol1 mol (1 x)Al2(SO4)3xAl(OH)3中n(Al3 )(2 x) mol； n(SO )3(1 x) mol24 x0.41。n Al3 n SO24 2 x

15、3 1 x 9.00010 3 mol0.0100 mol4(2017全国卷)水中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(2S2O I 2=2I S 4O )。23 26回答下列问题：(1)取水样时应尽量避免搅动水体表面，这样操作的主

16、要目的是_。6(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 molL1 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 本题采用碘量法测定水中的溶解氧的含量，属于氧化还原滴定。(1)取水样时，

17、若搅拌水体，会造成水底还原性杂质进入水样中，或者水体中的氧气因搅拌溶解度降低逸出。(2)根据氧化还原反应原理，Mn(OH) 2被氧气氧化为 MnO(OH)2，由此可得方程式 2Mn(OH)2O 2=2MnO(OH)2。(3)一定物质的量浓度溶液的配制还需要容量瓶；加热可以除去溶解的氧气，避免实验结果不准确。(4)该实验用硫代硫酸钠标准液滴定 I2，因此终点现象为当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化；根据关系式 O22MnO(OH) 22I 24Na 2S2O3可得水样中溶解氧的含量为( ab103 ) mol432 gmol1 1030.1 L80 ab mgL1 。(

18、5)终点读数时有气泡，气泡占据液体应占有的体积，会导致所测溶液体积偏小，最终结果偏低。答案 (1)避免水底还原性杂质进入水样中(或者防止水体中的氧气逸出)(2)2Mn(OH)2O 2=2MnO(OH)2(3)容量瓶 氧气(4)当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化 80 ab(5)低题型特点：填空题考向评析：物质制备型综合题常以无机制备、工艺流程制备和有机制备为载体考查仪器的使用，分离和提纯操作，以及实验条件控制等，是高考热点题型；而性质、原理探究、成分确定，常借助物质性质通过元素设计完成，以此考查学生发现问题和解决问题的能力，难度较大。7答题启示：实验设计评价能力培养；综合实验题中简答题规范性训练。