2022版高考化學一輪復習第十章實驗方案的設計與評價學案新人教版

第十章實驗方案的設計與評價考點一物質的組成、性質實驗探究(命題指數★★★★★)命題角度1：物質性質驗證實驗【典例1】(2021·全國Ⅲ卷)氯可形成多種含氧酸鹽，廣泛應用于殺菌、消毒及化工領域。實驗室中利用以下圖裝置(局部裝置省略)制備KClO3和NaClO，探究其氧化復原性質。答復以下問題：(1)盛放MnO2粉末的儀器名稱是__________，a中的試劑為__________。(2)b中采用的加熱方式是__________，c中化學反響的離子方程式是___________________________________________________________________，采用冰水浴冷卻的目的是____________。(3)d的作用是________，可選用試劑________(填標號)。A．Na2SB．NaClC．Ca(OH)2D．H2SO4(4)反響結束后，取出b中試管，經冷卻結晶，____________，______________，枯燥，得到KClO3晶體。(5)取少量KClO3和NaClO溶液分別置于1號和2號試管中，滴加中性KI溶液。1號試管溶液顏色不變，2號試管溶液變?yōu)樽厣?，參加CCl4振蕩，靜置后CCl4層顯________色?？芍摋l件下KClO3的氧化能力__________NaClO(填“大于〞或“小于〞)。實驗目的：利用氯氣與堿的反響制備KClO3和NaClO。實驗原理：制備裝置1：利用MnO2與濃鹽酸反響制取氯氣。凈化裝置：由于濃鹽酸的揮發(fā)性導致氯氣中含有雜質HCl，會影響后續(xù)的反響。制備裝置2：根據裝置中的藥品，可以得知制取KClO3的原理為3Cl2＋6KOHeq\o(=,\s\up7(△))5KCl＋KClO3＋3H2O，制取NaClO的原理為Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O。吸收裝置：氯氣有毒，為防止污染空氣，應用復原性物質或堿液除去?！窘馕觥?1)盛放MnO2粉末的儀器為圓底燒瓶；由于鹽酸易揮發(fā)，所以制得的Cl2中含有HCl雜質，由于飽和食鹽水既可除去HCl又可降低Cl2在水中的溶解度，所以a中的試劑為飽和食鹽水。(2)由圖可知b中采用的加熱方式為水浴加熱；由題意知c中制備的是NaClO，所以反響的離子方程式為Cl2＋2OH－=ClO－＋Cl－＋H2O，由題意知b中制備的是KClO3，而b、c顯著差異為條件分別為熱水和冰水，可見溫度不同時Cl2與堿反響的產物不同，據此可知c中采取冰水浴冷卻的目的是防止溫度較高時發(fā)生副反響生成NaClO3。(3)Cl2有毒能污染環(huán)境，所以d的作用是除去多余的Cl2以防污染。由于Na2S和Ca(OH)2均可與Cl2反響，所以可使用二者進行尾氣處理。(4)要在b中試管獲得KClO3晶體，可采用冷卻結晶，過濾、洗滌、枯燥等步驟。其中洗滌時為了防止KClO3晶體溶解損失，最好選用冷水進行洗滌。(5)NaClO溶液中參加中性KI溶液變?yōu)樽厣?，可見發(fā)生了氧化復原反響：ClO－＋2I－＋H2O=2OH－＋Cl－＋I2，參加CCl4振蕩后，將生成的I2萃取到CCl4中，故靜置后CCl4層顯紫色。由于1號試管溶液顏色不變，可知該條件下KClO3不能將KI氧化，故KClO3的氧化能力小于NaClO。答案：(1)圓底燒瓶飽和食鹽水(2)水浴加熱Cl2＋2OH－=ClO－＋Cl－＋H2O防止生成NaClO3(3)吸收尾氣(Cl2)AC(4)過濾少量(冷)水洗滌(5)紫小于【備選例題】(2021·南昌模擬)某實驗小組為探究KI與Cu(NO3)2的反響，進行實驗一：注：本實驗忽略Cu2＋在此條件下的水解。(1)取棕黃色清液，參加少量__________溶液(試劑a)，清液變?yōu)開_________色，說明生成了I2。(2)探究生成I2的原因。①甲同學進行如下實驗：向2mL1mol·L－1KI溶液中參加1mL__________溶液(硝酸酸化，pH＝1.5)，再參加少量試劑a，觀察到與(1)相同的現象。甲同學由此得出結論：實驗一中生成I2的原因是酸性條件下，NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))氧化了I－。②乙同學認為僅由甲同學的實驗還不能得出相應結論。他的理由是該實驗沒有排除_________________________________________氧化I－的可能性。③假設要證明實驗一中是NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))氧化了I－，應在實驗一的根底上進行檢驗__________________________的實驗。(3)探究棕黑色沉淀的組成。①查閱資料得知CuI為難溶于水的白色固體。于是對棕黑色沉淀的組成提出兩種假設：a．CuI吸附I2；b.__________吸附I2。為證明上述假設是否成立，取棕黑色沉淀進行實驗二：：CuI難溶于CCl4；I2＋2S2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))=2I－＋S4Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(6))(無色)；Cu＋＋2S2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))=Cu(S2O3)eq\o\al(\s\up1(3－),\s\do1(2))(無色)。由實驗二得出結論：棕黑色沉淀是CuI吸附I2形成的。②現象ⅲ為____________________________。③用化學平衡移動原理解釋產生現象ⅱ的原因：_______________________。④由實驗二可推知，Cu(NO3)2與KI反響過程中，一定發(fā)生反響的離子方程式為____________________?！窘馕觥?1)此步驟的目的是驗證題述實驗中發(fā)生氧化復原反響產生了I2，利用淀粉遇碘變藍的性質進行驗證，即試劑a為淀粉溶液，清液變?yōu)樗{色說明生成了I2。(2)①實驗一中Cu2＋有可能氧化I－得到I2，因此需要排除Cu2＋的干擾，可向2mL1mol·L－1KI溶液中參加1mL2mol·L－1KNO3溶液(硝酸酸化，pH＝1.5)，再參加少量淀粉溶液；②溶液中的Cu2＋和溶液中溶解的一局部氧氣都有可能氧化I－；③根據實驗目的，需要檢驗NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))的復原產物。(3)①根據假設a，Cu2＋的化合價降低到＋1價形成CuI，那么也有可能降低到0價形成Cu，因此假設b為Cu吸附I2；②由信息知，I2易溶于有機溶劑，而CuI難溶于CCl4，因此實驗ⅲ的現象是棕黑色固體顏色變淺，液體變?yōu)樽霞t色；③CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡CuI(s)Cu＋(aq)＋I－(aq)，參加足量Na2S2O3溶液后，S2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))與Cu＋反響生成Cu(S2O3)eq\o\al(\s\up1(3－),\s\do1(2))，使c(Cu＋)減小，平衡正向移動，從而使白色沉淀溶解；④因為不考慮Cu2＋的水解，根據實驗二，Cu2＋把I－氧化成I2，自身被復原成＋1價的Cu＋，Cu＋與I－結合形成沉淀，因此反響的離子方程式為2Cu2＋＋4I－=2CuI↓＋I2。答案：(1)淀粉藍(2)①2mol·L－1KNO3②溶液中的Cu2＋及空氣中的O2③NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))的復原產物(或NO、NO2等)(3)①Cu②棕黑色固體顏色變淺，液體變?yōu)樽霞t色③CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡CuI(s)Cu＋(aq)＋I－(aq)，參加足量Na2S2O3溶液后，S2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))與Cu＋反響生成Cu(S2O3)eq\o\al(\s\up1(3－),\s\do1(2))，使c(Cu＋)減小，平衡正向移動，從而使白色沉淀溶解④2Cu2＋＋4I－=2CuI↓＋I2命題角度2：定性探究“物質組成〞型實驗【典例2】(2021·北京等級考)探究Na2SO3固體的熱分解產物。資料：①4Na2SO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2S＋3Na2SO4；②Na2S能與S反響生成Na2Sx，Na2Sx與酸反響生成S和H2S；③BaS易溶于水。隔絕空氣條件下，加熱無水Na2SO3固體得到黃色固體A，過程中未檢測到氣體生成。黃色固體A加水得到濁液，放置得無色溶液B。(1)檢驗分解產物Na2S：取少量溶液B，向其中滴加CuSO4溶液，產生黑色沉淀，證實有S2－。反響的離子方程式是________________________________________。(2)檢驗分解產物Na2SO4：取少量溶液B，滴加BaCl2溶液，產生白色沉淀，參加鹽酸，沉淀增多(經檢驗該沉淀含S)，同時產生有臭雞蛋氣味的氣體(H2S)，由于沉淀增多對檢驗造成干擾，另取少量溶液B，參加足量鹽酸，離心沉降(固液別離)后，________________________(填操作和現象)，可證實分解產物中含有SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))。(3)探究(2)中S的來源。來源1：固體A中有未分解的Na2SO3，在酸性條件下與Na2S反響生成S。來源2：溶液B中有Na2Sx，加酸反響生成S。針對來源1進行如圖實驗：①實驗可證實來源1不成立。實驗證據是____________________________。②不能用鹽酸代替硫酸的原因是______________________________________。③寫出來源2產生S的反響的離子方程式：______________________________。(4)實驗證明Na2SO3固體熱分解有Na2S、Na2SO4和S產生。運用氧化復原反響規(guī)律分析產物中S產生的合理性：___________________________________?！窘馕觥?1)Na2S和CuSO4溶液反響生成硫化銅和硫酸鈉，反響的離子方程式是S2－＋Cu2＋=CuS↓；(2)根據題干資料：Na2S能與S反響生成Na2Sx，Na2Sx與酸反響生成S和H2S，取少量溶液B，滴加BaCl2溶液，產生白色沉淀，參加鹽酸，沉淀增多(經檢驗該沉淀含S)，同時產生有臭雞蛋氣味的氣體(H2S)，說明B溶液中含有Na2Sx，Na2Sx與酸反響生成S和H2S，由于沉淀增多對檢驗造成干擾，另取少量溶液B，參加足量鹽酸，離心沉降(固液別離)后，滴加BaCl2溶液，產生白色沉淀，可證實分解產物中含有SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))；(3)①實驗可證實來源1不成立。根據分析，溶液2為H2SO3，向溶液2中參加少量KMnO4溶液，H2SO3具有復原性，酸性條件下KMnO4具有強氧化性，二者混合后應發(fā)生氧化復原反響，KMnO4溶液應該褪色，但得到的仍為紫色，說明溶液B中不含Na2SO3；②不能用鹽酸代替硫酸的原因是鹽酸中氯元素為－1價，是氯元素的最低價，具有復原性，會與KMnO4溶液發(fā)生氧化復原反響，使KMnO4溶液褪色，干擾實驗現象和實驗結論；③來源2認為溶液B中有Na2Sx，加酸反響生成S，反響的離子方程式：Seq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(x))＋2H＋=H2S↑＋(x－1)S↓；(4)根據資料：4Na2SO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2S＋3Na2SO4，亞硫酸鈉中硫為＋4價，硫酸鈉中硫為＋6價，硫化鈉中硫為－2價，根據反響可知Na2SO3發(fā)生歧化反響，其中的硫元素化合價既可升高也可降低，能從＋4價降為－2價，也應該可以降到0價生成硫單質。答案：(1)S2－＋Cu2＋=CuS↓(2)滴加BaCl2溶液，產生白色沉淀(3)①向溶液2中參加KMnO4溶液，溶液沒有褪色②鹽酸中氯元素為－1價，是氯元素的最低價，具有復原性，會與KMnO4溶液發(fā)生氧化復原反響，使KMnO4溶液褪色，干擾實驗現象和實驗結論③Seq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(x))＋2H＋=H2S↑＋(x－1)S↓(4)根據反響4Na2SO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2S＋3Na2SO4可知，Na2SO3發(fā)生歧化反響，其中的硫元素化合價既可升高也可降低，能從＋4價降為－2價，也應該可以降到0價生成硫單質【備選例題】(2021·皖南模擬)實驗室在500℃時隔絕空氣加熱硫酸亞鐵銨[(NH4)2Fe(SO4)2]至分解完全并確定分解產物成分的裝置如下圖(分解的固體產物中可能有FeO、Fe2O3和Fe3O4，氣體產物中可能有NH3、N2、H2O、SO3和SO2)。以下說法正確的選項是()A.裝置②用于檢驗分解產物中是否有水蒸氣生成，試劑X最好選用堿石灰B．裝置③用于檢驗分解產物中是否有SO3氣體生成并除去SO3和NH3C．?、僦泄腆w殘留物與稀硫酸反響并滴加KSCN溶液，溶液變血紅色，那么殘留物一定為Fe2O3D．裝置④用于檢驗分解產物中是否有SO2氣體生成，裝置⑤用于收集生成的NH3和N2【解析】選B。裝置②的作用是檢驗分解產物中是否有水蒸氣生成，故試劑X應選用無水CuSO4，A錯誤；裝置③用于檢驗分解產物中是否有SO3氣體生成，假設有SO3氣體生成，那么裝置③中產生白色沉淀硫酸鋇，并用氯化鋇和鹽酸除去SO3和NH3，B正確；①中固體殘留物中可能還含有FeO，可能不含有Fe2O3而含有Fe3O4，不一定為Fe2O3，C錯誤；NH3極易溶于水，假設分解產物中有NH3，那么NH3被裝置③中的溶液吸收，裝置⑤中不可能收集到NH3，D錯誤。命題角度3：定量探究“物質組成〞型實驗【典例3】(2021·全國卷Ⅱ)K3[Fe(C2O4)3]·3H2O(三草酸合鐵酸鉀)為亮綠色晶體，可用于曬制藍圖。答復以下問題：(1)曬制藍圖時，用K3[Fe(C2O4)3]·3H2O作感光劑，以K3[Fe(CN)6]溶液為顯色劑。其光解反響的化學方程式為：2K3[Fe(C2O4)3]eq\o(=,\s\up7(光照))2FeC2O4＋3K2C2O4＋2CO2↑；顯色反響的化學方程式為________________________________________。(2)某小組為探究三草酸合鐵酸鉀的熱分解產物，按以下圖所示裝置進行實驗。①通入氮氣的目的是__________________________________________。②實驗中觀察到裝置B、F中澄清石灰水均變渾濁，裝置E中固體變?yōu)榧t色，由此判斷熱分解產物中一定含有________、________。③為防止倒吸，停止實驗時應進行的操作是____________________________。④樣品完全分解后，裝置A中的殘留物含有FeO和Fe2O3，檢驗Fe2O3存在的方法是：______________________________________________________________。(3)測定三草酸合鐵酸鉀中鐵的含量。①稱量mg樣品于錐形瓶中，溶解后加稀硫酸酸化，用cmol·L－1KMnO4溶液滴定至終點。滴定終點的現象是____________________________________。②向上述溶液中參加過量鋅粉至反響完全后，過濾、洗滌，將濾液及洗滌液全部收集到錐形瓶中。加稀H2SO4酸化，用cmol·L－1KMnO4溶液滴定至終點，消耗KMnO4溶液VmL。該晶體中鐵的質量分數的表達式為______________________。【標準答題】滴定終點現象準確判斷的答題模板[針對問題(3)①]答題模板當滴入最后一滴××標準溶液后，溶液由××色變?yōu)椤痢辽野敕昼娭畠炔蛔兩?，或者××色褪去，且半分鐘之內不恢復原色模板例如用amol·L－1的鹽酸滴定未知濃度的NaOH溶液，用酚酞作指示劑，到達滴定終點的現象：當滴入最后一滴鹽酸標準液，溶液由紅色變?yōu)闊o色，且半分鐘內不恢復紅色模板應用用標準碘溶液滴定溶有SO2的水溶液，以測定水中SO2的含量，應選用_____作指示劑，到達滴定終點的現象是_____。提示：淀粉溶液當滴入最后一滴標準液，溶液由無色變?yōu)樗{色，且半分鐘內不褪色【解析】(1)題目給出K3[Fe(CN)6]溶液為顯色劑，因此顯色反響只能為FeC2O4與K3[Fe(CN)6]反響，其方程式為3FeC2O4＋2K3[Fe(CN)6]=Fe3[Fe(CN)6]2＋3K2C2O4。(2)①三草酸合鐵酸鉀的化學式為K3[Fe(C2O4)3]·3H2O，根據題目中②和④的表達其分解產物中含有CO、CO2、FeO和Fe2O3等，因此通入氮氣的作用是將裝置內的空氣排出以隔絕空氣，同時將產生的氣體全部趕到后續(xù)的實驗裝置中。②B中澄清石灰水變渾濁，說明三草酸合鐵酸鉀分解產生了CO2；裝置E中的CuO固體變?yōu)榧t色，F中澄清石灰水變渾濁，說明三草酸合鐵酸鉀分解產生了CO。③停止實驗時，假設先使裝置A、E處的酒精燈停止加熱，會使裝置內的溫度降低，導致裝置內的壓強減小，從而產生倒吸，因此為防止產生倒吸，應繼續(xù)通入氮氣直至裝置冷卻。④裝置A中的殘留物含有FeO和Fe2O3，因此應先取少許固體粉末于試管中，加稀硫酸溶解，然后再滴入KSCN溶液，溶液變紅色，證明含有Fe2O3。(3)①滴定至終點時溶液中的Fe2＋消耗完，因此再滴入KMnO4不再反響，此時溶液中呈淺紅色或粉紅色，且半分鐘內不褪色。②在此滴定反響中KMnO4作氧化劑將Fe2＋氧化為Fe3＋，而自身被復原為Mn2＋，因此根據氧化復原反響中的電子守恒可以得出5n(KMnO4)＝n(Fe2＋)，因此有5×cmol·L－1×V×10－3L＝n(Fe2＋)，所以晶體中鐵的質量分數的表達式為：eq\f(5×cmol·L－1×V×10－3L×56g·mol－1,mg)×100%＝eq\f(5cV×56,m×1000)×100%。答案：(1)3FeC2O4＋2K3[Fe(CN)6]=Fe3[Fe(CN)6]2＋3K2C2O4(2)①隔絕空氣、使反響產生的氣體全部進入后續(xù)裝置②CO2CO③先熄滅裝置A、E的酒精燈，冷卻后停止通入氮氣④取少許固體粉末于試管中，加稀硫酸溶解，滴入1～2滴KSCN溶液，溶液變紅色，證明含有Fe2O3(3)①粉紅色出現②eq\f(5cV×56,m×1000)×100%(合理即可)物質性質實驗探究常見命題角度：(1)物質氧化性、復原性的判斷。如探究SO2具有復原性的方法是將SO2氣體通入酸性KMnO4溶液中，通過KMnO4溶液褪色來說明SO2具有復原性。(2)物質氧化性強弱、復原性強弱的判斷。如探究Fe3＋的氧化性強于I2時，可利用FeCl3與KI-淀粉溶液反響，通過溶液變藍色來說明Fe3＋的氧化性強于I2。(3)同周期、同主族元素性質的遞變規(guī)律一般通過設計元素金屬性、非金屬性的強弱實驗來完成，如通過Mg、Al與同濃度鹽酸反響產生H2的快慢來說明Mg的活潑性強于Al。(4)電解質強弱的判斷。如探究一元酸HA是弱酸的方法是在常溫下配制NaA的溶液，測該溶液的pH，假設pH>7，那么說明HA為弱酸。(5)物質酸性強弱的判斷。如探究碳酸和硅酸的酸性強弱，可利用相對強的酸制備相對弱的酸的反響原理，將CO2氣體通入Na2SiO3溶液，有白色沉淀生成說明碳酸酸性比硅酸強。(6)鋼鐵發(fā)生電化學腐蝕的規(guī)律探究?？梢酝ㄟ^控制所含的雜質是否與空氣接觸、所接觸的電解質溶液的酸堿度、鋼鐵在腐蝕過程中體系內的氣壓變化等角度設計實驗，找出規(guī)律。命題點1：物質性質驗證實驗(根底性考點)1．(2021·衡陽模擬)以下實驗操作能到達實驗目的的是()選項實驗目的實驗操作A除去MgCl2溶液中的少量FeCl3向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中參加足量Mg(OH)2粉末，攪拌一段時間后，過濾B檢驗溶液中是否含有SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))取少量溶液于試管中，先參加BaCl2溶液，再滴加稀鹽酸，假設產生的白色沉淀不溶解，那么說明溶液中含有SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))C比擬HCl和CH3COOH的酸性強弱用pH試紙測定濃度均為0.1mol·L－1的NaClO溶液和CH3COONa溶液的pHD驗證H2O2的氧化性比Fe3＋強將硫酸酸化的H2O2滴入Fe(NO3)2溶液，溶液變黃色【解析】選A。Mg(OH)2促進鐵離子水解轉化為沉淀，那么反響后過濾可別離，故A正確；先參加BaCl2溶液，可生成AgCl沉淀或硫酸鋇沉淀，不能確定是否含硫酸根離子，故B錯誤；NaClO溶液具有漂白性，不能選pH試紙測定pH，故C錯誤；酸性條件下亞鐵離子、硝酸根離子發(fā)生氧化復原反響，不能說明H2O2的氧化性比Fe3＋強，故D錯誤。命題點2：定性探究物質的組成(綜合性考點)2．(2021·無錫模擬)為落實“五水共治〞，某工廠擬綜合處理含NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))廢水和工業(yè)廢氣(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考慮其他成分)，設計了如下流程：以下說法不正確的選項是()A．固體1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3B．X可以是空氣，且需過量C．捕獲劑所捕獲的氣體主要是COD．處理含NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))廢水時，發(fā)生反響的離子方程式為NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))＋NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))=N2↑＋2H2O【解析】選B。工業(yè)廢氣中CO2、SO2可被石灰乳吸收，生成固體CaCO3、CaSO3，因氫氧化鈣過量，那么固體1主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，故A正確；由分析可知，氣體1是不能被過量石灰水吸收的N2、NO、CO，氣體1通入氣體X，用氫氧化鈉溶液處理后得到NaNO2，X可為空氣，但不能過量，否那么得到硝酸鈉，故B錯誤；氣體2含有CO、N2，經捕獲劑得到氮氣和CO，所捕獲的氣體主要是CO，防止污染空氣，故C正確；NaNO2與含有NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))的溶液反響生成無污染氣體，應生成氮氣，發(fā)生氧化復原反響，離子方程式為NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))＋NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))=N2↑＋2H2O，故D正確。命題點3：定量探究物質的組成(應用性考點)3．(2021·銀川模擬)堿式碳酸鈷[Cox(OH)y(CO3)z]常用作電子材料、磁性材料的添加劑，受熱時可分解生成三種氧化物。為了確定其組成，某化學興趣小組的同學設計了如下圖裝置進行實驗。(1)請完成以下實驗步驟：①稱取3.65g樣品置于硬質玻璃管內，稱量乙、丙裝置的質量；②按如下圖裝置組裝好儀器，并檢驗裝置的氣密性；③加熱甲中玻璃管，當乙裝置中__________________(填實驗現象)，停止加熱；④翻開活塞a，緩緩通入空氣數分鐘后，稱量乙、丙裝置的質量；⑤計算。(2)步驟④中緩緩通入空氣數分鐘的目的是______________________________。(3)某同學認為上述實驗裝置中存在一個明顯缺陷，為解決這一問題，可選用以下裝置中的__________(填字母)連接在__________(填裝置連接位置)。(4)假設按正確裝置進行實驗，測得如下數據：乙裝置的質量/g丙裝置的質量/g加熱前80.0062.00加熱后80.3662.88那么該堿式碳酸鈷的化學式為____________________________________。【解析】(1)加熱甲中玻璃管，當乙裝置中不再有氣泡產生，說明堿式碳酸鈷分解完畢。(2)步驟④中緩緩通入空氣數分鐘，將裝置中生成的CO2和H2O全部排入乙、丙裝置中，以免影響測量結果。(3)在活塞a前，加裝裝置D，裝置中盛放的堿石灰可吸收空氣中的水蒸氣和二氧化碳。(4)堿式碳酸鈷樣品的質量為3.65g，反響前乙裝置的質量為80.00g，反響后乙裝置的質量為80.36g，故生成水的質量為80.36g－80.00g＝0.36g，其物質的量為eq\f(0.36g,18g·mol－1)＝0.02mol，那么堿式碳酸鈷樣品中含OH－的物質的量為0.04mol；反響前丙裝置的質量為62.00g，反響后丙裝置的質量為62.88g，生成二氧化碳的質量為62.88g－62.00g＝0.88g，其物質的量為eq\f(0.88g,44g·mol－1)＝0.02mol，那么堿式碳酸鈷樣品中含COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))的物質的量為0.02mol，故樣品中鈷離子的質量為3.65g－17g·mol－1×0.04mol－60g·mol－1×0.02mol＝1.77g，其物質的量為eq\f(1.77g,59g·mol－1)＝0.03mol，根據Co、H、C原子守恒可知，x∶y∶z＝0.03mol∶(0.02mol×2)∶0.02mol＝3∶4∶2，故堿式碳酸鈷的化學式為Co3(OH)4(CO3)2。答案：(1)③不再有氣泡產生時(2)將裝置中產生的H2O(g)和CO2全部排入乙、丙裝置中(3)D活塞a前(或裝置甲前)(4)Co3(OH)4(CO3)24．(2021·廊坊模擬)Na2O2具有強氧化性，H2具有復原性，某同學根據氧化復原反響的知識推測Na2O2與H2能發(fā)生反響。為了驗證此推測結果，該同學設計并進行如下實驗。步驟1：按如下圖的裝置組裝儀器(圖中夾持儀器已省略)并檢查裝置的氣密性，然后裝入藥品。步驟2：翻開K1、K2，在產生的氫氣流經裝有Na2O2的硬質玻璃管的過程中，未觀察到明顯現象。步驟3：進行必要的實驗操作，淡黃色的粉末慢慢變成白色固體，無水硫酸銅未變藍色。(1)組裝好儀器后，要檢查裝置的氣密性。簡述檢查虛線框內裝置氣密性的方法：________________。(2)B裝置中所盛放的試劑是________，其作用是________________。(3)步驟3中的必要操作為翻開K1、K2，________(請按正確的順序填入以下步驟的字母)。A．加熱至Na2O2逐漸熔化，反響一段時間B．用小試管收集氣體并檢驗其純度C．關閉K1D．停止加熱，充分冷卻(4)由上述實驗可推出Na2O2與H2反響的化學方程式為____________________。【解析】(1)關閉K1，向A裝置中的漏斗中加水至漏斗內液面高于漏斗外液面，并形成一段水柱，一段時間后水柱穩(wěn)定不下降，說明啟普發(fā)生器的氣密性良好；(2)A中生成的H2中混有水蒸氣和揮發(fā)出的HCl，應利用B裝置中所盛放的堿石灰吸收氫氣中的水和氯化氫；(3)步驟3中的必要操作為翻開K1、K2，應先通一會兒氫氣并用小試管收集氣體并檢驗其純度，當裝置內空氣完全除去后，加熱C裝置至Na2O2逐漸熔化，反響一段時間，然后停止加熱，充分冷卻，最后關閉K1，故操作順序為BADC；(4)Na2O2與H2反響無水生成，說明產物為NaOH，發(fā)生反響的化學方程式為Na2O2＋H2eq\o(=,\s\up7(△))2NaOH。答案：(1)關閉K1，向A裝置中的漏斗中加水至漏斗內液面高于漏斗外液面，并形成一段水柱，一段時間后水柱穩(wěn)定不下降，說明虛線框內的裝置氣密性良好(2)堿石灰吸收氫氣中的水和氯化氫(3)BADC(4)Na2O2＋H2eq\o(=,\s\up7(△))2NaOH考點二實驗的設計與評價(命題指數★★★★★)命題角度1：定性實驗方案的設計與評價【典例1】(2021·全國Ⅰ卷)為驗證不同化合價鐵的氧化復原能力，利用以下電池裝置進行實驗，答復以下問題：(1)由FeSO4·7H2O固體配制0.10mol·L－1FeSO4溶液，需要的儀器有藥匙、玻璃棒、________(從以下圖中選擇，寫知名稱)。(2)電池裝置中，鹽橋連接兩電極電解質溶液。鹽橋中陰、陽離子不與溶液中的物質發(fā)生化學反響，并且電遷移率(u∞)應盡可能地相近。根據下表數據，鹽橋中應選擇________作為電解質。陽離子u∞×108/(m2·s－1·V－1)陰離子u∞×108/(m2·s－1·V－1)Li＋4.07HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))4.61Na＋5.19NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))7.40Ca2＋6.59Cl－7.91K＋7.62SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))8.27(3)電流表顯示電子由鐵電極流向石墨電極?？芍?，鹽橋中的陽離子進入________電極溶液中。(4)電池反響一段時間后，測得鐵電極溶液中c(Fe2＋)增加了0.02mol·L－1。石墨電極上未見Fe析出。可知，石墨電極溶液中c(Fe2＋)＝________。(5)根據(3)、(4)實驗結果，可知石墨電極的電極反響式為________________，鐵電極的電極反響式為________________。因此，驗證了Fe2＋氧化性小于________，復原性小于____。(6)實驗前需要對鐵電極外表活化。在FeSO4溶液中參加幾滴Fe2(SO4)3溶液，將鐵電極浸泡一段時間，鐵電極外表被刻蝕活化。檢驗活化反響完成的方法是________________________________________________________________?！窘馕觥?1)由FeSO4·7H2O固體配制0.10mol·L－1FeSO4溶液的步驟為計算、稱量、溶解并冷卻至室溫、移液、洗滌、定容、搖勻、裝瓶、貼標簽，由FeSO4·7H2O固體配制0.10mol·L－1FeSO4溶液需要的儀器有藥匙、托盤天平、適宜的量筒、燒杯、玻璃棒、適宜的容量瓶、膠頭滴管。(2)Fe2＋、Fe3＋能與HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))反響，Ca2＋能與SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))反響，FeSO4、Fe2(SO4)3都屬于強酸弱堿鹽，水溶液呈酸性，酸性條件下NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))能與Fe2＋反響，根據題意“鹽橋中陰、陽離子不與溶液中的物質發(fā)生化學反響〞，鹽橋中陰離子不可以選擇HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，陽離子不可以選擇Ca2＋，另鹽橋中陰、陽離子的遷移率(u∞)應盡可能地相近，根據表中數據，鹽橋中應選擇KCl作為電解質。(3)電流表顯示電子由鐵電極流向石墨電極，那么鐵電極為負極，石墨電極為正極，鹽橋中陽離子向正極移動，那么鹽橋中的陽離子進入石墨電極溶液中。(4)根據(3)的分析，鐵電極的電極反響式為Fe－2e－=Fe2＋，石墨電極上未見Fe析出，石墨電極的電極反響式為Fe3＋＋e－=Fe2＋，電池反響一段時間后，測得鐵電極溶液中c(Fe2＋)增加了0.02mol·L－1，根據得失電子守恒，石墨電極溶液中c(Fe2＋)增加0.04mol·L－1，石墨電極溶液中c(Fe2＋)＝0.05mol·L－1＋0.04mol·L－1＝0.09mol·L－1。(5)根據(3)、(4)實驗結果，可知石墨電極的電極反響式為Fe3＋＋e－=Fe2＋，鐵電極的電極反響式為Fe－2e－=Fe2＋；電池總反響為Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，根據同一反響中，氧化劑的氧化性強于氧化產物、復原劑的復原性強于復原產物，那么驗證了Fe2＋氧化性小于Fe3＋，復原性小于Fe。(6)在FeSO4溶液中參加幾滴Fe2(SO4)3溶液，將鐵電極浸泡一段時間，鐵電極外表被刻蝕活化，發(fā)生的反響為Fe＋Fe2(SO4)3=3FeSO4，要檢驗活化反響完成，只要檢驗溶液中不含Fe3＋即可，檢驗活化反響完成的方法是取活化后溶液少許于試管中，參加KSCN溶液，假設溶液不出現血紅色，說明活化反響完成。答案：(1)燒杯、量筒、托盤天平(2)KCl(3)石墨(4)0.09mol·L－1(5)Fe3＋＋e－=Fe2＋Fe－2e－=Fe2＋Fe3＋Fe(6)取少許溶液，參加KSCN溶液，不出現血紅色命題角度2：定量實驗方案的設計與評價【典例2】(2021·天津等級考)為測定CuSO4溶液的濃度，甲、乙兩同學設計了兩個方案。答復以下問題：Ⅰ.甲方案實驗原理：CuSO4＋BaCl2=BaSO4↓＋CuCl2實驗步驟：(1)判斷SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))沉淀完全的操作為________________。(2)步驟②判斷沉淀是否洗凈所選用的試劑為___________________________。(3)步驟③灼燒時盛裝樣品的儀器名稱為________。(4)固體質量為wg，那么c(CuSO4)＝________mol·L－1。(5)假設步驟①從燒杯中轉移沉淀時未洗滌燒杯，那么測得c(CuSO4)__________(填“偏高〞“偏低〞或“無影響〞)。Ⅱ.乙方案實驗原理：Zn＋CuSO4=ZnSO4＋CuZn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑實驗步驟：①按如圖安裝裝置(夾持儀器略去)②……③在儀器A、B、C、D、E中參加圖示的試劑④調整D、E中兩液面相平，使D中液面保持在0或略低于0刻度位置，讀數并記錄⑤將CuSO4溶液滴入A中攪拌，反響完成后，再滴加稀硫酸至體系不再有氣體產生⑥待體系恢復到室溫，移動E管，保持D、E中兩液面相平，讀數并記錄⑦處理數據(6)步驟②為____________________。(7)步驟⑥需保證體系恢復到室溫的原因是____________________(填序號)。a．反響熱受溫度影響b．氣體密度受溫度影響c．反響速率受溫度影響(8)Zn粉質量為ag，假設測得H2體積為bmL，實驗條件下ρ(H2)＝dg·L－1，那么c(CuSO4)＝_______________________________mol·L－1(列出計算表達式)。(9)假設步驟⑥E管液面高于D管，未調液面即讀數，那么測得c(CuSO4)__________(填“偏高〞“偏低〞或“無影響〞)。(10)是否能用同樣的裝置和方法測定MgSO4溶液的濃度：__________(填“是〞或“否〞)?！窘馕觥?1)判斷SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))沉淀完全，可以用BaCl2溶液檢驗溶液中無SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))，操作為向上層清液中繼續(xù)滴加BaCl2溶液，無白色沉淀生成，那么沉淀完全。(2)步驟②判斷沉淀是否洗凈，可以檢驗最后一次洗滌液中是否含有Cl－，所選用的試劑為AgNO3溶液。(3)灼燒固體在坩堝中進行，故步驟③灼燒時盛裝樣品的儀器名稱為坩堝。(4)所得固體為BaSO4，n(BaSO4)＝eq\f(w,233)mol，根據CuSO4＋BaCl2=BaSO4↓＋CuCl2，n(CuSO4)＝n(BaSO4)＝eq\f(w,233)mol，故c(CuSO4)＝eq\f(\f(w,233)mol,0.025L)＝eq\f(40w,233)mol·L－1。(5)假設步驟①從燒杯中轉移沉淀時未洗滌燒杯，那么沉淀質量偏小，測定結果偏低。(6)組裝完實驗裝置后，需要檢查裝置氣密性，因此步驟②為檢查裝置氣密性。(7)步驟⑥是測定生成的氫氣的體積，需要恢復到室溫，是因為氣體密度受溫度影響。(8)根據Zn＋CuSO4=ZnSO4＋Cu、Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，那么n(Zn)＝n(CuSO4)＋n(H2)，故n(CuSO4)＝n(Zn)－n(H2)＝eq\f(ag,65g·mol－1)－eq\f(b×10－3L×dg·L－1,2g·mol－1)＝(eq\f(a,65)－eq\f(bd×10－3,2))mol，故c(CuSO4)＝(eq\f(a,65)－eq\f(bd×10－3,2))mol÷(25×10－3L)＝eq\f(\f(a,65)－\f(bd×10－3,2),25×10－3)mol·L－1。(9)假設步驟⑥E管液面高于D管，未調液面即讀數，那么壓強偏大，導致氫氣體積偏小，n(CuSO4)偏大，故測定結果偏高。(10)Mg的活動性比Zn強，Zn不能與MgSO4溶液發(fā)生置換反響，故不能用同樣的裝置和方法測定MgSO4溶液的濃度。答案：(1)向上層清液中繼續(xù)滴加BaCl2溶液，無白色沉淀生成，那么沉淀完全(2)AgNO3溶液(3)坩堝(4)eq\f(40w,233)(5)偏低(6)檢查裝置氣密性(7)b(8)eq\f(\f(a,65)－\f(bd×10－3,2),25×10－3)(9)偏高(10)否1．化學實驗方案的設計：(1)化學實驗方案設計的根本思路。根據實驗目的和原理及所選用的藥品和儀器，設計合理的裝置，并且從幾種方案中分析選擇出最正確方案。(2)實驗方案設計的根本原那么。a．根本原那么：科學性實驗原理。b.實驗流程：科學合理。c.平安性：保護人身、儀器、環(huán)境平安。d.可行性：儀器、條件、試劑在中學現有條件下能滿足要求。e.簡約性：步驟少、儀器裝置簡單、節(jié)省藥品、效果好。(3)化學實驗方案設計的步驟。2．化學實驗方案的評價：(1)實驗評價的主要形式。從評價的主要針對點來看，實驗綜合題可分為裝置評價型和原理評價型兩類。①實驗裝置的評價。比照各方案裝置，從裝置的合理性、操作的簡便可行性等方面進行全面分析，選出最正確裝置。②實驗原理的評價。緊扣實驗目的，對各方案的原理綜合考慮，從原理是否科學、原料是否節(jié)約、誤差是否較小等方面進行全面分析，選出最正確方案。(2)實驗方案評價的解題思路。一個實驗方案的優(yōu)劣主要從實驗原理是否科學合理，操作與裝置是否簡單可行，以及綠色化學和平安性的角度去評價。①從“科學性〞和“可行性〞方面對實驗方案作出評價。評價時可從以下4個方面分析：實驗原理是否科學；實驗操作是否合理；實驗步驟是否簡單、方便；實驗效果是否明顯。②從“綠色化學〞視角對實驗方案作出評價。反響原料是否易得、平安、無毒；原料利用率以及生成物的產率是否較高；實驗過程中是否造成環(huán)境污染。③從“平安性〞方面對實驗方案作出評價?；瘜W實驗從平安角度?？紤]的因素主要有防倒吸、防爆炸、防吸水、防泄漏、防著火、防濺液、防破損等。命題點1：客觀題中定性實驗的設計與評價(綜合性考點)1．(2021·南京模擬)河水中含有一些懸浮物和膠體，用自然沉降法難以除去，常參加混凝劑使其聚集成較大顆粒而沉淀除去?，F有盛有河水的三個燒杯，做如下實驗，以下說法不正確的選項是()實驗現象燒杯1參加FeSO4·7H2O，攪拌靜置一段時間河水仍然渾濁燒杯2參加適量NaOH溶液調整pH＝9，然后參加FeSO4·7H2O，攪拌靜置一段時間河水變得澄清燒杯3參加Fe2(SO4)3，攪拌靜置河水迅速變得澄清A.混凝劑除去懸浮物質的過程既有物理變化又有化學變化B．FeSO4·7H2O是常用的混凝劑，它在水中最終生成Fe(OH)2沉淀C．Fe2＋在堿性條件下更易被氧化D．除去河水中的Ca2＋、Mg2＋，可向水中參加生石灰后再參加純堿【解析】選B?；炷齽〧eSO4·7H2O，被氧化、水解生成Fe(OH)3，Fe2(SO4)3水解生成Fe(OH)3，Fe(OH)3膠體具有吸附作用，因此除去懸浮物質的過程既有物理變化又有化學變化，故A正確；根據A中分析FeSO4·7H2O是常用的混凝劑，它在水中最終生成Fe(OH)3，故B錯誤；根據燒杯2中實驗Fe2＋在堿性條件下更易被氧化，生成Fe(OH)3，故C正確；除去河水中的Ca2＋、Mg2＋，可向水中參加生石灰除掉Mg2＋，反響后再參加純堿除掉Ca2＋，故D正確。命題點2：客觀題中定量實驗的設計與評價(綜合性考點)2．為檢驗某加碘食鹽中是否含有KIO3，取相同食鹽樣品進行下表所示實驗：實驗①實驗②實驗③振蕩，溶液迅速變?yōu)樗{色振蕩，一段時間后溶液變?yōu)闇\藍色振蕩，溶液變?yōu)闇\黃色以下說法不正確的選項是()A．僅由實驗①不能證明食鹽樣品中存在KIO3B．實驗②中發(fā)生反響的離子方程式為4I－＋O2＋4H＋=2I2＋2H2OC．實驗③變?yōu)闇\黃色是因為Fe2＋被氧化D．以上實驗說明離子的復原性：I－>Fe2＋【解析】選D。實驗①中溶液迅速變?yōu)樗{色，說明溶液中有I2，但僅由實驗①不能說明是碘化鉀在酸性條件下被KIO3氧化，不能證明食鹽中存在KIO3，A說法正確；實驗②碘化鉀在酸性條件下被空氣中的氧氣氧化，那么一段時間后變藍，反響的離子方程式為4I－＋O2＋4H＋=2I2＋2H2O，B說法正確；實驗③溶液呈淺黃色，為鐵離子的顏色，說明亞鐵離子被氧化，可能是被空氣中的氧氣氧化或被碘酸鉀氧化，C說法正確；②中說明碘離子能夠被氧氣氧化，③中說明亞鐵離子能夠被氧氣或碘酸鉀氧化，以上實驗不能判斷I－和Fe2＋的復原性強弱，D說法錯誤。命題點3：主觀題中定性實驗的設計與評價(應用性考點)3．(2021·安慶模擬)實驗室以綠礬(FeSO4·7H2O)制備補血劑甘氨酸亞鐵[(NH2CH2COO)2Fe]，有關物質性質如下：甘氨酸(NH2CH2COOH)檸檬酸甘氨酸亞鐵易溶于水，難溶于乙醇，兩性化合物易溶于水和乙醇，有強酸性和復原性易溶于水，難溶于乙醇實驗過程：Ⅰ.配制含0.10molFeSO4的綠礬溶液。Ⅱ.制備FeCO3：向配制好的綠礬溶液中，緩慢參加200mL1.1mol·L－1NH4HCO3溶液，邊加邊攪拌，反響結束后過濾并洗滌沉淀。Ⅲ.制備(NH2CH2COO)2Fe：實驗裝置如圖(夾持和加熱儀器已省略)，將實驗Ⅱ得到的沉淀和含0.20mol甘氨酸的水溶液混合后參加C中，然后利用A中的反響將C中空氣排凈，接著滴入檸檬酸溶液并加熱。反響結束后過濾，濾液經蒸發(fā)結晶、過濾、洗滌、枯燥得到產品。答復以下問題：(1)實驗Ⅰ中：實驗室配制綠礬溶液時，為防止FeSO4被氧化變質，應參加的試劑為_______________(寫化學式)。再滴加少量稀硫酸的作用是_____________。(2)實驗Ⅱ中：生成沉淀的離子方程式為____________________。(3)實驗Ⅲ中：①C中盛檸檬酸溶液的儀器名稱為________________。②裝置A中所盛放的藥品是________。(填序號)A．Na2CO3和稀H2SO4B．CaCO3和稀H2SO4C．CaCO3和稀鹽酸③確認C中空氣排盡的實驗現象是________________________________。④參加檸檬酸溶液一方面可調節(jié)溶液的pH促進FeCO3溶解，另一個作用是____________________________。⑤洗滌實驗Ⅲ中得到的沉淀，所選用的最正確洗滌試劑是________。(填序號)A．熱水B．乙醇溶液C．檸檬酸溶液⑥假設產品的質量為17.34g，那么產率為________%?！窘馕觥?1)Fe2＋具有復原性，能被空氣中的氧氣氧化，因此需要參加Fe粉，防止Fe2＋被氧化；Fe2＋能發(fā)生水解，參加稀硫酸的目的是抑制Fe2＋的水解；(2)實驗Ⅱ制備的是FeCO3，所用試劑為FeSO4和NH4HCO3，利用HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))的電離HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋H＋，Fe2＋結合COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))，促使平衡向正反響方向進行，H＋濃度增大，H＋與HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))反響生成CO2，因此離子方程式為Fe2＋＋2HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))=FeCO3↓＋CO2↑＋H2O；(3)①根據儀器的特點，盛放檸檬酸的儀器是恒壓滴液漏斗；②裝置A制備CO2，裝置A為啟普發(fā)生器的簡易裝置，因此盛放的藥品是CaCO3和鹽酸，故C正確；③空氣排盡，CO2充滿裝置，即裝置D中出現白色沉淀或溶液變渾濁；④根據信息，檸檬酸具有復原性和強酸性，能夠促進FeCO3的溶解，防止Fe2＋被氧化；⑤甘氨酸亞鐵易溶于水，難溶于乙醇，因此用乙醇溶液洗滌，應選項B正確；⑥甘氨酸亞鐵的物質的量為0.2÷2＝0.1(mol)，質量為20.4g，產率為eq\f(17.34,20.4)×100%＝85%。答案：(1)Fe防止Fe2＋水解(2)Fe2＋＋2HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))=FeCO3↓＋CO2↑＋H2O(3)①恒壓滴液漏斗②C③D中澄清石灰水變渾濁④防止二價鐵被氧化⑤B⑥85命題點4：主觀題中定量實驗的設計與評價(應用性考點)4．(2021·西安模擬)Mn2O3是一種重要的工業(yè)原料，在電磁和有機合成等領域應用廣泛。某學習小組在實驗室用CH4復原MnO2制備Mn2O3，并測定產品純度。請答復以下問題：Ⅰ.制備Mn2O3(實驗裝置如下圖)。：Al4C3＋12H2O=4Al(OH)3＋3CH4↑(1)儀器a的名稱為________。(2)連接好實驗裝置，檢驗裝置的氣密性，參加試劑，_______________(填操作步驟)，點燃裝置C處酒精燈。(3)儀器b中同時生成兩種能參與大氣循環(huán)的物質，該反響的化學方程式為________________________。(4)上述實驗裝置有一處明顯的缺陷，改良措施為__________________。Ⅱ.測定產品中Mn2O3的純度(只考慮產品中混有少量未參與反響的MnO2)ⅰ.實驗結束后，取儀器b中所得固體7.19g，參加足量硫酸酸化的KI溶液，使固體中錳元素全部轉化為Mn2＋；ⅱ.將所得溶液稀釋至500mL；ⅲ.取25.00mL稀釋后的溶液，滴加淀粉溶液作指示劑，用0.200mol·L－1的Na2S2O3標準溶液滴定，到達滴定終點時，消耗25.00mLNa2S2O3標準溶液。(2Na2S2O3＋I2=Na2S4O6＋2NaI)(5)步驟ⅰ中發(fā)生反響的離子方程式為____________________。(6)步驟ⅲ中滴定終點的現象為________________________________________。(7)所取固體中Mn2O3的質量分數為________(計算結果精確到0.1%)?！窘馕觥?1)根據圖中信息得到儀器a的名稱為球形枯燥管；(2)連接好實驗裝置，檢驗裝置的氣密性，參加試劑，翻開分液漏斗的活塞，一段時間后，在枯燥管末端收集氣體并驗純，點燃裝置C處酒精燈；(3)儀器b中同時生成兩種能參與大氣循環(huán)的物質，根據元素守恒得到二氧化碳和水，因此該反響的化學方程式為8MnO2＋CH4eq\o(=,\s\up7(△))4Mn2O3＋CO2＋2H2O；(4)甲烷是可燃性氣體，反響時還有甲烷未參與反響，因此上述實驗裝置有一處明顯的缺陷，改良措施為在整套裝置末端對未參與反響的CH4進行點燃處理或用氣囊收集；(5)步驟ⅰ中發(fā)生的是MnO2在酸性條件下氧化碘離子，Mn2O3在酸性條件下氧化碘離子，因此反響的離子方程式為MnO2＋4H＋＋2I－=Mn2＋＋2H2O＋I2、Mn2O3＋6H＋＋2I－=2Mn2＋＋3H2O＋I2；(6)開始溶液是藍色，開始滴定，顏色逐漸變淺，因此步驟ⅲ中滴定終點的現象為溶液藍色消失，且30s不恢復原色；(7)根據2Na2S2O3＋I2=Na2S4O6＋2NaI得到n(I2)＝eq\f(1,2)×0.200mol·L－1×0.025L×20＝0.05mol，設Mn2O3物質的量為xmol，MnO2物質的量為ymol，根據反響方程式MnO2＋4H＋＋2I－=Mn2＋＋2H2O＋I2、Mn2O3＋6H＋＋2I－=2Mn2＋＋3H2O＋I2，那么有xmol＋ymol＝0.05mol，158g·mol－1×xmol＋87g·mol－1×ymol＝7.19g，得到x＝0.04，Mn2O3的質量分數為w＝eq\f(0.04mol×158g·mol－1,7.19g)×100%≈87.9%。答案：(1)球形枯燥管(2)翻開分液漏斗的活塞，一段時間后，在枯燥管末端收集氣體并驗純(3)8MnO2＋CH4eq\o(=,\s\up7(△))4Mn2O3＋CO2＋2H2O(4)在整套裝置末端對未參與反響的CH4進行點燃處理或用氣囊收集(5)MnO2＋4H＋＋2I－=Mn2＋＋2H2O＋I2、Mn2O3＋6H＋＋2I－=2Mn2＋＋3H2O＋I2(6)溶液藍色消失，且30s不恢復原色(7)87.9%【加固訓練—拔高】1．(2021·東營模擬)化學小組探究FeCl3溶液與Na2S溶液的反響產物，利用如圖裝置進行以下實驗：Ⅰ.向盛有0.1mol·L－1FeCl3溶液的三頸瓶中，滴加一定量0.1mol·L－1Na2S溶液，攪拌，能聞到臭雞蛋氣味，產生沉淀A。Ⅱ.向盛有0.1mol·L－1Na2S溶液的三頸瓶中，滴加少量0.1mol·L－1FeCl3溶液，攪拌，產生沉淀B。：①FeS2為黑色固體，且不溶于水和鹽酸。②Ksp(Fe2S3)＝1×10－88，Ksp(FeS2)＝6.3×10－31，Ksp[Fe(OH)3]＝1×10－38，Ksp(FeS)＝4×10－19答復以下問題：(1)NaOH溶液的作用是_________________________________________。小組同學猜想，沉淀A、B可能為S、硫化物或它們的混合物。他們設計如下實驗進行探究：實驗一、探究A的成分取沉淀A于小燒杯中，進行如下實驗：(2)試劑X是________________。由此推斷A的成分是________________(填化學式)。實驗二、探究B的成分取沉淀B于小燒杯中，進行如下實驗：(3)向試管a中參加試劑Y，觀察到明顯現象，證明溶液中存在Fe2＋，試劑Y是________，明顯現象是________________________。由此推斷B的成分是________________________(填化學式)。(4)請分析Ⅱ中實驗未得到Fe(OH)3的原因是____________________________。【解析】(1)實驗中產生了臭雞蛋氣味的H2S有毒氣體，為防止污染環(huán)境，用氫氧化鈉吸收；(2)實驗現象中別離出淡黃色固體硫，硫的溶解度是易溶于二硫化碳、微溶于酒精、不溶于水，固體加鹽酸后溶解聞到臭雞蛋氣味，說明是FeS；(3)亞鐵離子和K3[Fe(CN)6]溶液反響生成藍色沉淀，亞鐵離子遇到NaOH溶液生成白色沉淀，轉化為灰綠色、最后變?yōu)榧t褐色；FeCl3溶液和Na2S溶液間可發(fā)生復分解反響生成Fe2S3也可發(fā)生氧化復原反響生成FeS和S的混合物，根據加試劑X得溶液甲加熱無淡黃色固體，說明無硫單質，及后續(xù)實驗和現象，故FeCl3溶液和Na2S溶液間發(fā)生復分解反響生成Fe2S3；(4)Ksp[Fe(OH)3]＝10－38，Ksp(Fe2S3)＝10－88，可知Fe2S3的溶解度遠小于Fe(OH)3，那么Fe3＋更容易生成Fe2S3沉淀。答案：(1)吸收H2S有毒氣體(2)二硫化碳FeS和S的混合物(3)K3[Fe(CN)6]溶液或NaOH溶液生成藍色沉淀或生成白色沉淀，轉化為灰綠色、最后變?yōu)榧t褐色Fe2S3(4)由溶度積數據知，Fe2S3的溶解度遠小于Fe(OH)3，Fe3＋更容易生成Fe2S3沉淀2．(2021·天山模擬)中美貿易戰(zhàn)的矛盾激化，讓我們看到了中國半導體產業(yè)存在的諸多缺乏，俗話說“亡羊補牢，為時未晚〞，找出存在的缺乏，然后針對地去解決問題，才能讓半導體產業(yè)鏈開展壯大起來。三氯氧磷(POCl3)是一種重要的化工原料，常用作半導體摻雜劑及光導纖維原料。一研究小組在實驗室模擬PCl3＋SO2＋Cl2=POCl3＋SOCl2制備POCl3并測定產品含量。資料卡片：物質熔點/℃沸點/℃相對分子質量其他PCl3－111.876.1137.5遇水劇烈水解，易與O2反響POCl32105.3153.5遇水劇烈水解，能溶于PCl3SOCl2－10578.8119遇水劇烈水解，受熱易分解請答復以下問題：(1)假設選用Na2SO3固體與70%濃H2SO4制取SO2，反響的化學方程式是____________。(2)溶液A為飽和食鹽水，乙裝置中應該盛裝的試劑為____________(填“P2O5〞“堿石灰〞“濃H2SO4〞或“無水硫酸銅〞)；反響裝置圖的虛框中未畫出的儀器最好選擇________(填“己〞或“庚〞)。(3)甲、丁裝置的作用除了用于氣體的凈化除雜外，還有________________。(4)水浴加熱三頸燒瓶，控制反響溫度在60～65℃，其原因是________________。(5)通過佛爾哈德法可測定經過提純后的產品中POCl3的含量：準確稱取1.600g樣品在水解瓶中搖動至完全水解，將水解液配成100mL溶液，取10.00mL于錐形瓶中，參加0.2000mol·L－1的AgNO3溶液20.00mL(Ag＋＋Cl－=AgCl↓)，再加少許硝基苯，用力振蕩，使沉淀被有機物覆蓋。參加NH4Fe(SO4)2作指示劑，用0.1000mol·L－1KSCN標準溶液滴定過量的AgNO3至終點(Ag＋＋SCN－=AgSCN↓)，做平行實驗，平均消耗KSCN標準溶液10.00mL。①到達滴定終點的現象是_____________________________________。②POCl3的質量分數為____________(保存三位有效數字)。③：Ksp(AgCl)＝3.2×10－10mol2·L－2，Ksp(AgSCN)＝2×10－12mol2·L－2，假設無硝基苯覆蓋沉淀外表，測定POCl3的質量分數將________(填“偏大〞“偏小〞“無影響〞)?！窘馕觥?1)Na2SO3固體與70%濃H2SO4反響生成硫酸鈉、二氧化硫和水，反響的化學方程式為Na2SO3＋H2SO4=Na2SO4＋SO2↑＋H2O；(2)溶液A中飽和食鹽水的作用是除去氯氣中混有的氯化氫，裝置乙中盛有酸性固體枯燥劑五氧化二磷，枯燥氯氣，防止水蒸氣進入三頸燒瓶中導致三氯氧磷水解；裝置中球形冷凝管的作用是冷凝回流三氯化磷、三氯氧磷等，防止三氯化磷、三氯氧磷等受熱揮發(fā)，降低三氯氧磷的產率，為增強冷凝效果不能選用直形冷凝管，應選擇裝置己；(3)甲、丁裝置的作用除了用于氣體的凈化除雜外，還可以起到觀察產生氣泡的速率控制通入氣體的流速，有利于反響充分進行；(4)因假設溫度太低，反響速率太慢，假設溫度太高，PCl3等物質受熱揮發(fā)，降低三氯氧磷的產率，所以實驗時用水浴加熱三頸燒瓶，控制反響溫度在60～65℃；(5)①由題意可知，測定POCl3產品含量時以NH4Fe(SO4)2溶液為指示劑，用KSCN溶液滴定過量的AgNO3溶液，到達終點時的現象是滴入最后一滴KSCN標準溶液，溶液變紅色，且半分鐘內不褪色；②KSCN的物質的量為0.1mol·L－1×0.01L＝0.001mol，根據反響Ag＋＋SCN－=AgSCN↓，可知溶液中剩余的銀離子的物質的量為0.001mol，那么與POCl3和水反響生成的氯化氫反響的銀離子的物質的量為(0.004mol－0.001mol)＝0.003mol，水解生成的氯化氫的物質的量為0.003mol，由題意可知1.600g樣品中POCl3的物質的量為eq\f(0.003mol,3)×eq\f(100mL,10.00mL)＝0.01mol，所以產品中POCl3的質量分數為eq\f(0.01mol×153.5g·mol－1,1.600g)×100%≈95.9%；③參加少量硝基苯可以使生成的氯化銀沉淀離開溶液，如果不加硝基苯，在水溶液中局部氯化銀可以轉化成AgSCN，：Ksp(AgCl)＝3.2×10－10mol2·L－2，Ksp(AgSCN)＝2×10－12mol2·L－2，AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，如果不進行此操作，那么會有AgCl局部電離，消耗的KSCN溶液偏多，導致樣品中氯元素的含量偏小，測定POCl3的質量分數將偏小。答案：(1)Na2SO3＋H2SO4=Na2SO4＋SO2↑＋H2O(2)P2O5己(3)通過觀察產生氣泡的速率控制通入氣體的流速(4)溫度太低，反響速率太慢；溫度太高，PCl3等物質受熱揮發(fā)，降低三氯氧磷的產率(5)①滴入最后一滴KSCN標準溶液，溶液變紅色，且半分鐘內不褪色②95.9%③偏小考點一無機物的制備(命題指數★★★★★)一、氣體的制備1．常見的氣體制備原理：(1)O2：2KClO3eq\o(=,\s\up7(MnO2),\s\do5(△))2KCl＋3O2↑、2KMnO4eq\o(=,\s\up7(△))K2MnO4＋MnO2＋O2↑或2H2O2eq\o(=,\s\up7(MnO2))2H2O＋O2↑。(2)H2：Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑。(3)NH3：2NH4Cl＋Ca(OH)2eq\o(=,\s\up7(△))CaCl2＋2H2O＋2NH3↑；NH3·H2Oeq\o(=,\s\up7(△))NH3↑＋H2O。(4)CO2：CaCO3＋2HCl=CaCl2＋H2O＋CO2↑。(5)Cl2：MnO2＋4HCl(濃)eq\o(=,\s\up7(△))MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；2KMnO4＋16HCl(濃)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O。(6)SO2：Na2SO3＋H2SO4=Na2SO4＋H2O＋SO2↑。(7)NO：3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。(8)NO2：Cu＋4HNO3(濃)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O。(9)H2S：FeS＋H2SO4=FeSO4＋H2S↑。(10)C2H4：C2H5OHeq\o(→,\s\up7(濃H2SO4),\s\do5(170℃))C2H4↑＋H2O。(11)C2H2：CaC2＋2H2O=Ca(OH)2＋C2H2↑。2．常見氣體制備的發(fā)生裝置：氣體制備裝置考前須知“固—固〞加熱裝置(該裝置可用于制備O2和NH3等)A.試管口應略向下傾斜，防止水蒸氣冷凝回流炸裂試管B.試管夾夾在距試管口1/3處C.藥品應平鋪于試管底部D.導管不宜伸入試管內過長，粉末狀固體應在試管口堵一團棉花E.實驗前先檢驗裝置的氣密性F.加熱時，先預熱，且用外焰加熱“固(液)—液〞加熱裝置(該裝置可用于制備Cl2、NH3、HCl、C2H4、CO等)A.實驗前檢驗裝置的氣密性B.加熱燒瓶需要墊石棉網C.加熱時要先預熱，使受熱均勻D.加熱易暴沸的混合物時要加碎瓷片，防暴沸E.制乙烯時不必用分液漏斗，但要用溫度計控制反響溫度F.假設使用分液漏斗，滴液前先翻開上口活塞或將上口活塞處小孔對準凹槽，以保證液體順利滴下；分液漏斗中液體滴完后，應及時關閉漏斗活塞，防止氣體經分液漏斗逸出“固(液)－液〞不加熱裝置(該裝置可用于制備H2、O2、Cl2、NH3、CO2、H2S、SO2、NO2、NO和C2H2等)A.使用前檢驗裝置的氣密性B.使用長頸漏斗應將下端管口插入液面以下C.制H2S時應在通風櫥中D.啟普發(fā)生器只適用于塊狀固體與液體在反響速率適中且不加熱(也不能大量放熱)條件下制取難溶于反響混合物的氣體如CO2、H2S、H2(不可用于制C2H2、SO2、NO2)3.常見的氣體凈化除雜裝置：(1)設計原那么：根據主要氣體及雜質氣體的性質差異來選擇除雜試劑及除雜裝置。(2)除雜裝置根本類型。裝置示意圖適用范圍試劑與雜質氣體反響，與主要氣體不反響；裝置③用固體吸收復原性或氧化性雜質氣體雜質氣體被冷卻后變?yōu)橐后w，主要氣體不變?yōu)橐后w(3)常見的除雜方法。①物理方法。a．液化法：利用沸點不同從空氣中別離出N2和O2。b．水洗法：利用溶解度不同從N2和NH3的混合氣體中除去NH3。②化學方法。a．氧化復原法：通過灼熱的銅絲網除去混合氣體中的O2；通過灼熱的CuO除去H2、CO等。b．酸堿法：將NH3和CO2的混合氣體通過堿石灰除去CO2。c．沉淀法：除去CO2中的H2S可利用CuSO4溶液，H2S＋CuSO4=CuS↓＋H2SO4。(4)吸收劑的選擇。①原那么。不減原那么：通過操作之后，目標氣體的量不能減少；不反響原那么：除雜試劑不能與目標氣體反響。②常見吸收劑。試劑適用范圍濃硫酸利用吸水性，可除去H2、SO2、HCl、CO、NO2、CH4等氣體中混有的水蒸氣(不能用于枯燥H2S、HI、HBr、NH3)NaOH溶液可吸收CO2、SO2、H2S、Cl2、NO2等酸性氣體飽和NaHCO3溶液/NaHSO3溶液可除去CO2/SO2中混有的HCl等氣體酸性KMnO4溶液可除去SO2、H2S等復原性氣體CuSO4溶液除去H2S、PH3等氣體CCl4或苯等有機溶劑除去Br2、苯蒸氣等③常見枯燥劑。酸性枯燥劑濃硫酸、P2O5可以枯燥H2、O2、N2、CO2、CO、Cl2、HCl、SO2、CH4等氣體堿性枯燥劑堿石灰主要用于枯燥NH3，但也可枯燥H2、O2、N2、CO和CH4等中性枯燥劑CaCl2可以枯燥H2、O2、N2、CO2、Cl2、HCl和H2S等，但不能枯燥NH34．常見的氣體收集裝置：收集方法收集裝置適用范圍向上排空氣法適用于收集密度比空氣大的氣體，如CO2、Cl2、HCl等向下排空氣法適用于收集密度比空氣小的氣體，如H2、NH3等排水法(或排飽和溶液法)適用于收集難溶或微溶于水，且與水不反響的氣體，如H2、O2、NO、C2H2、N2、CO等；也可排飽和溶液，如Cl2(排飽和食鹽水)5.常見的尾氣處理裝置尾氣處理方法尾氣處理裝置適用范圍直接排放/適用于空氣組分O2、N2水溶解法適用于極易溶于水的HX、NH3等堿液(或堿性枯燥劑)吸收法適用于Cl2、H2S、CO2、SO2、NO2等酸性氣體燃燒法適用于可燃且燃燒產物對環(huán)境無害的氣體，如CH4、C2H4、C2H2、H2、CO等收集法適用于處理直接排放污染空氣的氣體，如CO、H2S、SO2等二、幾種非氣體物質的制備1．氫氧化鋁的制備：(1)原理。①鋁鹽法：Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))。②偏鋁酸鹽法：AlOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))。③鋁鹽和偏鋁酸鹽水解法：Al3＋＋3AlOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋6H2O=4Al(OH)3↓。(2)考前須知。氫氧化鋁屬于兩性氫氧化物，能溶于氫氧化鈉溶液，但不溶于氨水，制備時一般用可溶性鋁鹽與氨水反響。2．氫氧化亞鐵的制備：(1)原理：離子方程式：Fe2＋＋2OH－=Fe(OH)2↓。(2)考前須知。①Fe(OH)2有強復原性，易被空氣中的O2氧化而迅速變色，因此用于配制硫酸亞鐵溶液和氫氧化鈉溶液的蒸餾水常通過煮沸除去水中溶解的氧氣。②將吸有氫氧化鈉溶液的膠頭滴管伸入硫酸亞鐵溶液液面下，再將氫氧化鈉溶液擠出。③還可在硫酸亞鐵溶液上方加一層植物油，以減少與空氣的接觸。3．氫氧化鐵膠體的制備：實驗步驟在潔凈的小燒杯里參加約25mL蒸餾水，加熱至沸騰，然后向沸水中逐滴參加1～2mLFeCl3飽和溶液，繼續(xù)煮沸至液體呈紅褐色，停止加熱實驗現象及結論所制膠體呈紅褐色透明狀化學方程式FeCl3＋3H2Oeq\o(=,\s\up7(△))Fe(OH)3(膠體)＋3HCl4.氨堿法制純堿：制備原理向濃氨水中加足量食鹽晶體制成飽和氨鹽水，然后向飽和氨鹽水中通入足量的CO2氣體生成NaHCO3，因為NaHCO3在該狀態(tài)下溶解度小先結晶析出。再加熱分解得到純堿、水和二氧化碳化學方程式NaCl＋NH3＋H2O＋CO2=NaHCO3↓＋NH4Cl2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋H2O＋CO2↑1．判斷以下說法是否正確，正確的打“√〞，錯誤的打“×〞(1)SO2是復原性氣體，不能用濃硫酸枯燥。()提示：×。SO2與濃硫酸