2013-2019高考化学真题分类解析 专题24化学探究实验设计与评价.docx

1、专题 24 化学探究实验设计与评价 2019 年高考题 1.【2019 天津理综，9,18 分】环己烯是重要的化工原料。其实验室制备流程如下： 回答下列问题： 环己烯的制备与提纯 （1）原料环己醇中若含苯酚杂质，检验试剂为_，现象为_ _。 （2）操作 1 的装置如图所示（加热和夹持装置已略去） 。 烧瓶 A 中进行的可逆反应化学方程式为_，浓硫酸也可 作该反应的催化剂，选择 32 FeCl6H O而不用浓硫酸的原因为_ _（填序号） 。 a浓硫酸易使原料炭化并产生 2 SO b 32 FeCl6H O污染小、可循环使用，符合绿色化学理念 c同等条件下，用 32 FeCl6H O比浓硫酸的平衡

2、转化率高 仪器 B 的作用为_。 （3）操作 2 用到的玻璃仪器是_。 （4）将操作 3（蒸馏）的步骤补齐：安装蒸馏装置，加入待蒸馏的物质和沸石，_ _，弃去前馏分，收集 83的馏分。 环己烯含量的测定 在一定条件下，向ga环己烯样品中加入定量制得的 2 mol Brb，与环己烯充分反应后， 剩余的 2 Br与足量KI作用生成 2 I，用 1 mol Lc 的 223 Na S O标准溶液滴定，终点时消耗 223 Na S O标准溶液mLv（以上数据均已扣除干扰因素） 。 测定过程中，发生的反应如下： 22 Br2KII2KBr 2223246 I2Na S O2NaINa S O （5）滴定

3、所用指示剂为_。样品中环己烯的质量分数为_（用字 母表示） 。 （6）下列情况会导致测定结果偏低的是_（填序号） 。 a样品中含有苯酚杂质 b在测定过程中部分环己烯挥发 c 223 Na S O标准溶液部分被氧化 1. （1） 3 FeCl溶液（1 分） 溶液显紫色（1 分） （2） （2 分） a、b（2 分） 减少环己醇蒸出（2 分） （3）分液漏斗、烧杯（2 分） （4）通冷凝水，加热（2 分） （5）淀粉溶液（1 分） 82 2000 cv b a （3 分） （6）b、c（2 分） 【解析】 I.（1）检验苯酚的首选试剂是 FeCl3溶液，原料环己醇中若含有苯酚，加入 FeCl3 溶

4、液后，溶液将显示紫色； （2）从题给的制备流程可以看出，环己醇在 FeCl3 6H2O 的作用下，反应生成了环己烯， 对比环己醇和环己烯的结构，可知发生了消去反应，反应方程式为： ，注意生成的小分子水勿漏写，题目已明确提示该反应可逆，要 标出可逆符号，FeCl3 6H2O是反应条件（催化剂）别漏标；此处用 FeCl3 6H2O而不用浓硫 酸的原因分析中：a 项合理，因浓硫酸具有强脱水性，往往能使有机物脱水至炭化，该过程 中放出大量的热，又可以使生成的炭与浓硫酸发生反应：C+2H2SO4(浓) CO2+SO2+2H2O；b 项合理，与浓硫酸相比，FeCl3 6H2O对环境相对友好，污染小，绝大

5、部分都可以回收并循环使用，更符合绿色化学理念；c 项不合理，催化剂并不能影响平衡转 化率； 仪器 B 为球形冷凝管，该仪器作用除了导气外，主要作用是冷凝回流，尽可能减少加 热时反应物环己醇的蒸出，提高原料环己醇的利用率； （3）操作 2实现了互不相溶的两种液体的分离，应是分液操作，分液操作时需要用到的玻 璃仪器主要有分液漏斗和烧杯； （4）题目中已明确提示了操作 3 是蒸馏操作。蒸馏操作在加入药品后，要先通冷凝水，再 加热；如先加热再通冷凝水，必有一部分馏分没有及时冷凝，造成浪费和污染； II.（5）因滴定的是碘单质的溶液，所以选取淀粉溶液比较合适；根据所给的式和式， 可知剩余的 Br2与反应

6、消耗的Na2S2O3的物质的量之比为1： 2， 所以剩余 Br2的物质的量为： n(Br2)余= 1 2 cmol L-1vmL 10-3L mL-1= 2000 cv mol， 反应消耗的Br2的物质的量为 （b- 2000 cv ） mol， 据反应式中环己烯与溴单质 1： 1反应， 可知环己烯的物质的量也为 （b- 2000 cv ） mol， 其质量为（b- 2000 cv ） 82g，所以 ag样品中环己烯的质量分数为： () 82 2000 cv b a 。 （6）a 项错误，样品中含有苯酚，会发生反应：， 每反应 1molBr2，消耗苯酚的质量为 31.3g；而每反应 1mol

7、Br2，消耗环己烯的质量为 82g； 所以苯酚的混入，将使耗 Br2增大，从而使环己烯测得结果偏大；b 项正确，测量过程中如 果环己烯挥发，必然导致测定环己烯的结果偏低；c项正确，Na2S2O3标准溶液被氧化，必 然滴定时消耗其体积增大， 即计算出剩余的溴单质偏多， 所以计算得出与环己烯反应的溴单 质的量就偏低，导致最终环己烯的质量分数偏低。 【点睛】向规范、严谨要分数。要注意题设所给的引导限定词语，如“可逆”、“玻璃”等， 这些是得分点，也是易扣分点。 要计算样品中环己烯的质量分数， 只需要算出环己烯的物质的量即可顺利求解。 从所给的 3 个反应方程式可以得出：2Na2S2O3I2Br2，将

8、相关已知数据代入计算即可。 对于 a项分析，要粗略计算出因苯酚的混入，导致单位质量样品消耗溴单质的量增加， 最终使测得环己烯的结果偏高。 2.【2019江苏，19,15分】实验室以工业废渣（主要含CaSO4 2H2O，还含少量SiO2、Al2O3、Fe2 O3）为原料制取轻质CaCO3和(NH4)2SO4晶体，其实验流程如下： （1）室温下，反应CaSO4(s)+ 2 3 CO (aq)CaCO3(s)+ 2 4 SO (aq)达到平衡，则溶液中 2 4 2 3 SO CO c c = Ksp(CaSO4)=4.8105，Ksp(CaCO3)=3109。 （2） 将氨水和NH4HCO3溶液混合

9、， 可制得(NH4)2CO3溶液， 其离子方程式为 ； 浸取废渣时，向(NH4)2CO3溶液中加入适量浓氨水的目的是 。 （3） 废渣浸取在如图所示的装置中进行。 控制反应温度在6070 ， 搅拌， 反应3小时。 温度过高将会导致CaSO4的转化率下降，其原因是 ；保持温度、反应时 间、反应物和溶剂的量不变，实验中提高CaSO4转化率的操作有 。 （4）滤渣水洗后，经多步处理得到制备轻质 CaCO3所需的 CaCl2溶液。设计以水洗后的滤渣 为原料，制取 CaCl2溶液的实验方案： 已知 pH=5 时 Fe(OH)3和 Al(OH)3沉淀完全； pH=8.5 时 Al(OH)3开始溶解。实验中

10、必须使用的试剂：盐酸和 Ca(OH)2。 2. （1）1.6104（3分） （2） 3 HCO+NH3H2O + 4 NH+ 2 3 CO +H2O(或 3 HCO+NH3H2O + 4 NH+ 2 3 CO +H2O) 增加溶液中 2 3 CO 的浓度，促进CaSO4的转化（3分） （3）温度过高，(NH4)2CO3分解 （2分） 加快搅拌速率（2分） （4）在搅拌下向足量稀盐酸中分批加入滤渣，待观察不到气泡产生后，过滤，向滤液中分 批加入少量Ca(OH)2，用pH试纸测量溶液pH，当pH介于58.5时，过滤（3分） 【解析】 （1）反应 CaSO4（s）+CO32-（aq）CaCO3（s）

11、+SO42-（aq）达到平衡时， 溶液中 2 4 2 3 cSO cCO （） （） = 22 4 22 3 cCa? SO cCa? CO （）（） （）（） = sp4 sp3 KCaSO KCaCO? （） （） = 5 9 4.8 10 3 10 =1.6 104。答案：1.6 104 （2）NH4HCO3属于酸式盐，与氨水反应生成（NH4）2CO3，反应的化学方程式为 NH4HCO3+NH3 H2O=（NH4）2CO3+H2O或 NH4HCO3+NH3 H2O（NH4）2CO3+H2O， 离子方程式为 HCO3-+NH3 H2O=NH4+CO32-+H2O（或 HCO3-+NH3 H

12、2O NH4+CO32-+H2O） ；浸取废渣时，加入的（NH4）2CO3属于弱酸弱碱盐，溶液中存在水解平 衡：CO32-+NH4+H2OHCO3-+NH3 H2O，加入适量浓氨水，水解平衡逆向移动，溶液中 CO32-的浓度增大，反应 CaSO4（s）+CO32-（aq）CaCO3（s）+SO42-（aq）正向移动， 促进 CaSO4的转化。答案：HCO3-+NH3 H2O=NH4+CO32-+H2O（或 HCO3-+NH3 H2O NH4+CO32-+H2O） 增加溶液中 CO32-的浓度，促进 CaSO4的转化 （3） 由于铵盐具有不稳定性， 受热易分解， 所以温度过高， （NH4）2CO

13、3分解， 从而使 CaSO4 转化率下降；由于浸取过程中的反应属于固体与溶液的反应（或发生沉淀的转化） ，保持温 度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，提高 CaSO4转化率即提高反应速率，结合外界条 件对化学反应速率的影响，实验过程中提高 CaSO4转化率的操作为加快搅拌速率（即增大 接触面积，加快反应速率，提高浸取率） 。答案：温度过高， （NH4）2CO3分解 加快搅 拌速率 （4）工业废渣主要含 CaSO4 2H2O，还含有少量 SiO2、Al2O3和 Fe2O3，加入（NH4）2CO3 溶液浸取， 其中 CaSO4与 （NH4）2CO3反应生成 CaCO3和 （NH4）2SO4， Si

14、O2、 Al2O3和 Fe2O3 都不反应，过滤后所得滤渣中含 CaCO3、SiO2、Al2O3和 Fe2O3；若以水洗后的滤渣为原料 制取 CaCl2溶液，根据题给试剂，首先要加入足量盐酸将 CaCO3完全转化为 CaCl2，发生的 反应为 CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2，与此同时发生反应 Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O、 Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O， SiO2不反应， 经过滤除去 SiO2； 得到的滤液中含 CaCl2、 AlCl3、 FeCl3，根据“pH=5 时 Fe（OH）3和 Al（OH）3沉淀完全，pH=8.5时 Al（OH）3开

15、始溶解”， 为了将滤液中 Al3+、Fe3+完全除去，应加入 Ca（OH）2调节溶液的 pH介于 58.5加入 Ca （OH）2的过程中要边加边测定溶液的 pH，然后过滤即可制得 CaCl2溶液。答案：在搅拌 下向足量稀盐酸中分批加入滤渣，待观察不到气泡产生后，过滤，向滤液中分批加入少量 Ca（OH）2，用 pH 试纸测得溶液 pH，当 pH介于 58.5时，过滤 【点睛】本题以工业废渣为原料制取轻质 CaCO3和（NH4）2SO4晶体的实验流程为载体， 考查溶度积的计算、影响盐类水解的因素、实验条件的控制、制备实验方案的设计和对信息 的处理能力等。难点是第（4）问实验方案的设计，设计实验方案

16、时首先要弄清水洗后滤渣 中的成分， 然后结合题给试剂和已知进行分析， 作答时要答出关键点， 如 pH介于 58.5等。 3.【2019 江苏，21B，12 分】丙炔酸甲酯（）是一种重要的有机化工原 料，沸点为 103105 。实验室制备少量丙炔酸甲酯的反应为 实验步骤如下： 步骤1：在反应瓶中，加入14 g丙炔酸、50 mL甲醇和2 mL浓硫酸，搅拌，加热回流一 段时间。 步骤2：蒸出过量的甲醇（装置见下图）。 步骤3： 反应液冷却后， 依次用饱和NaCl溶液、 5%Na2CO3溶液、 水洗涤。 分离出有机相。 步骤4：有机相经无水Na2SO4干燥、过滤、蒸馏，得丙炔酸甲酯。 （1）步骤1中，

17、加入过量甲醇的目的是 。 （2）步骤2中，上图所示的装置中仪器A的名称是 ；蒸馏烧瓶中加入碎瓷片的 目的是 。 （3）步骤3中，用5%Na2CO3溶液洗涤，主要除去的物质是 ；分离出有机相的操 作名称为 。 （4）步骤 4 中，蒸馏时不能用水浴加热的原因是 。 5.（每空 2 分） （1）作为溶剂、提高丙炔酸的转化率 （2）(直形)冷凝管 防止暴沸 （3）丙炔酸 分液 （4）丙炔酸甲酯的沸点比水的高 【解析】 本题考查丙炔酸甲酯的制备实验，考查的核心素养是科学探究与创新意识。 （1） 甲醇可作为溶剂，同时增加一种反应物的用量，可提高另一种反应物的转化率。 （2）蒸馏时 用到的仪器 A 为直形冷

18、凝管，蒸馏烧瓶中加入碎瓷片的目的是防止暴沸。 （3）Na2CO3可以与丙炔酸反应。丙炔酸甲酯在 Na2CO3溶液中的溶解度较小， 故可以用分液法分离有机相和无机相。 （4）丙炔酸甲酯的沸点比水高，若用水浴加热，则不能将丙炔酸甲酯蒸出来。 ZK) 2018 年高考题 1. （2018 全国理综，28，15 分）K3Fe(C2O4）3 3H2O(三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体, 可用于晒制蓝图。回答下列问题： (1)ZK(晒制蓝图时,用 K3Fe(C2O4)3 3H2O 作感光剂,以 K3Fe(CN)6溶液为显色剂。 其光解反应的化学方程式为：2K3Fe(C2O4)32FeC2O4+3K2C2O4+

19、2CO2；显色反应 的化学方程式为 。 (2)某小组为探究三草酸合铁酸钾的热分解产物,按如图所示装置进行实验。 通入氮气的目的是 。 实验中观察到装置 B、F 中澄清石灰水均变浑浊,装置 E 中固体变为红色,由 此判断热分解产物中一定含有 、 。 为防止倒吸,停止实验时应进行的操作是 。 样品完全分解后,装置 A 中的残留物含有 FeO 和 Fe2O3,检验 Fe2O3存在的方法 是： 。 (3)测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。 称量 mg 样品于锥形瓶中,溶解后加稀 H2SO4酸化,用 cmolL-1 KMnO4溶液滴定至终点。滴 定终点的现象是 。 向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后,过滤

20、、洗涤,将滤液及洗涤液全部 收集到锥形瓶中。加稀 H2SO4酸化,用 cmolL-1KMnO4溶液滴定至终点,消耗 KMnO4 溶液 VmL。该晶体中铁的质量分数的表达式为 。 1. (1)3FeC2O4+2K3Fe(CN)6=Fe3Fe(CN)62+3K2C2O4(2 分) (2)隔绝空气、使反应产生的气体全部进入后续装置（2 CO2(1 分) CO（1 先熄灭装置 A、E 的酒精灯,冷却后停止通入氮气（2 取少许固体粉末于试管中,加稀硫酸溶解,滴入 12 滴 KSCN 溶液,溶液变红色,证明含有 Fe2O3（2 (3)粉红色出现（2 分） （3 【解析】 本题考查化学实验知识综合应用。 （

21、1）发生的显色反应是溶液中 Fe2+与 K3 Fe(CN)6生成 Fe3Fe(CN)62，其化学方程式为 3FeC2O4+2K3Fe(CN)6=Fe3Fe(CN)62+3K2C2O4。 （2）实验时通入 N2，不仅能隔绝空气，排除空气的干扰，还能使反应产生的气体全部进 入后续装置。 实验中装置 B 中澄清石灰水变浑浊， 说明三草酸合铁酸钾的热分解产物中含 有 CO2， 经 NaOH 溶液可除去 CO2， 气体经浓硫酸干燥后， 与灼热的 CuO 反应， 得到单质 Cu， 且由装置 F 中现象可知装置 E 中又生成 CO2，由此可判断热分解产物中还含有 CO。为防 止倒吸，实验结束后，应先熄灭装置

22、 A、E 两处的酒精灯，冷却后停止通入氮气。要检验 A 中残留固体中含有 Fe2O3，可取少量 A 中残留固体，加入足量稀硫酸或稀盐酸溶解，再滴 入少许 KSCN 溶液，溶液中出现红色，即可确定残留固体中含有 Fe2O3。 （3）KMnO4能将 样品溶液中 Fe2+氧化成 Fe3+，将 C2O42-氧化成 CO2,达到滴定终点时，KMnO4稍过量，溶液中 出现粉红色。加入过量锌粉能将溶液中 Fe3+还原为 Fe2+，酸化后 Fe2+与 KMnO4溶液反应， 根据化合价变化可找出关系式为 5Fe2+MnO4-， 根据消耗 KMnO4 溶液的浓度和体积可知溶液 中 n(Fe2+)=c molL-1

23、V10-3L5=510-3cV mol，则该晶体中铁元素的质量分数为 2.（2018 北京理综，28，16 分）实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。 资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于 KOH 溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产 生 O2，在碱性溶液中较稳定。 (1)制备 K2FeO4(夹持装置略) A 为氯气发生装置。A 中反应方程式是 （锰被还原为 Mn2+） 。 将除杂装置 B 补充完整并标明所用试剂。 C 中得到紫色固体和溶液。C 中 Cl2发生的反应有 3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外还有 。 (2)探究 K2F

24、eO4的性质 取 C 中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液 a,经检验气体中含有 Cl2。为证 明是否 K2FeO4氧化了 Cl-而产生 Cl2，设计以下方案： i.由方案中溶液变红可知 a 中含有 离子，但该离子的产生不能判断一定是 K2FeO4将 Cl-氧化，还可能由 产生（用方程式表示） 。 ii.方案可证明 K2FeO4氧化了 Cl-。用 KOH 溶液洗涤的目的是 。 根据 K2FeO4的制备实验得出：氧化性 Cl2 FeO42- (填“”或“MnO4-，验证实验如下：将溶液 b 滴入 MnSO4 和足量H2SO4的混合溶液中， 振荡后溶液呈浅紫色。 该现象能否证明氧化性Fe

25、O42-MnO4-。 若能，请说明理由；若不能，进一步设计实验方案。 理由或方案： 。 2. (1)2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2+8H2O(2 (2 Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O(2 (2)i.Fe3+(1 分） 4FeO42-+20H+= 4Fe3+3O2+10H2O(2 ii.排除 ClO-的干扰(2 (1 分） 溶液酸碱性不同(2 理由:FeO42-Fe3+和 O2,溶液浅紫色一定是 MnO4-的颜色(2 或方案:向紫色溶液 b 中滴加过量稀 H2SO4,观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色(2 【解析】 本题考查化学实验的设计与评价。 （1） 由

26、题图知 A 中反应物为浓盐酸和 KMnO4， 生成物有 Cl2，且锰被还原为 Mn2+，根据得失电子守恒及元素守恒即可完成反应的化学方程 式。由于装置 C 中高铁酸钾的制备环境呈碱性而制得的氯气中混有的氯化氢气体为酸性， 可用饱和食盐水除去氯化氢， 注意 “长导管进短导管出” 。 氯气能与过量的 KOH 溶液反应。 （2）i.Fe3+遇 KSCN 溶液变红色。由已知高铁酸钾在酸性溶液中快速产生氧气，反应过程 中氧元素的化合价升高，根据氧化还原反应的规律，高铁酸钾中+6 价的铁元素化合价必然 降低，其还原产物可能是 Fe3+。也就是说，Fe3+可能来自于高铁酸钾自身的氧化还原反应。 书写离子方程

27、式时，可以先写出明确的、已知的反应物(即 FeO42-)和生成物(即 Fe3+和 O2)， 根据得失电子守恒确定 Fe3+和 O2的化学计量数之比为 43，再根据电荷守恒和元素守恒确 定反应物中还应有 H+，最后用观察法配平即可。ii.C 中 Cl2与 KOH 反应生成的 ClO-具有氧化 性，也能氧化 Cl-，故需排除 ClO-的干扰。 K2FeO4的制备实验中 Cl2化合价降低作氧化剂，故氧化性 Cl2FeO42-，该反应是在碱性条件 下进行的， 方案是在酸性条件下进行的， 溶液的酸碱性对物质的氧化性或还原性会产生影 3. （2018 天津理综，9，18 分）烟道气中的 NOx是主要的大气

28、污染物之一，为了监测其含 量，选用如下采样和检测方法。回答下列问题： .采样 采样步骤： 检验系统气密性；加热器将烟道气加热至 140 ；打开抽气泵置换系统内空气； 采集无尘、干燥的气样；关闭系统，停止采样。 （1）A 中装有无碱玻璃棉，其作用为 。 （2）C 中填充的干燥剂是（填序号） 。 a.碱石灰 b.无水 CuSO4 c.P2O5 （3）用实验室常用仪器组装一套装置，其作用与 D（装有碱液）相同，在虚线框中画出该 装置的示意图，标明气体的流向及试剂。 （4）采样步骤加热烟道气的目的是 。 .NOx含量的测定 将 v L 气样通入适量酸化的 H2O2溶液中， 使 NOx完全被氧化成 NO

29、3-， 加水稀释至 100.00 mL。 量取 20.00 mL 该溶液，加入 v1 mL c1 molL-1FeSO4 c2 molL-1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的 Fe2+，终点时消耗 v2 mL。 （5）NO 被 H2O2氧化为 NO3-的离子方程式为 。 （6）滴定操作使用的玻璃仪器主要有 。 （7）滴定过程中发生下列反应： 3Fe2+NO3-+4H+NO+3Fe3+2H2O Cr2O72-+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O 则气样中 NOx折合成 NO2的含量为 mgm-3 （8）判断下列情况对 NOx含量测定结果的影响（填“偏高” 、 “偏低”或“无影响” ）

30、若缺少采样步骤，会使测定结果 。 若 FeSO4 标准溶液部分变质，会使测定结果 。 3.（每空 2 分）(1)除尘 （2）c (3) (4)防止 NOx (5)2NO+3H2O2=2H+2NO3-+2H2O （6 （7） （8）偏低 【解析】本题主要考查烟道气中 NOx含量的测定实验。 （1）A 中装有无碱玻璃棉，其作用是 除去烟道气中的粉尘。（2） C 中填充的干燥剂不能吸收 NOx， 因此不能为碱石灰， 而无水 CuSO4 通常只用于检验水而不是吸收水，故该干燥剂为 P2O5。 （3）D 的作用是吸收 NOx，故该装置 中应装有碱液，为洗气瓶装置，气体从长管进、短管出。 （4）NOx中的

31、 NO2能溶于水且与水 反应，故加热烟道气的目的是防止 NOx溶于冷凝水。 （8）若缺少采样步骤，则采集的烟道气中混有空气，测定结果偏低；若 FeSO4 标准溶液 部分变质，则消耗的 FeSO4 4. 2017 年高考题 1.【2017 年高考北京卷年高考北京卷 28 题】题】某小组在验证反应“Fe+2Ag+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 mol L-1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 Ag。 取上层清液，

32、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+，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 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+

33、与 SCN-生成白色沉淀 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 产生 Fe3+； 假设 c:酸性溶液中的具有氧化性，可产生 Fe3+； 假设d:根据 现象， 判断溶液中存在Ag+， 可产生Fe3+。 下述实验可证实假设 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

34、。其中甲溶液是 ，操作及现象是 。 (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: 。 【答案】(1)加硝酸加热溶解固体，再滴加稀盐酸，产生白色沉淀 Fe2+ (2)2Fe3+Fe3Fe2+ 4Fe2+O2+4H+4Fe3+2H2O 加入 KSCN 溶液后产生白色沉淀 0.05 mol L-1 NaNO3 FeSO4溶液 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 (3)溶液中存在反应:2Ag+FeFe2+2Ag，Ag+Fe2+Fe3+Ag，Fe+2Fe3+3Fe2+。 反应开始时，c

35、(Ag+)大，以反应、为主，c(Fe3+)增大。约 30 min 后，c(Ag+)小，以反应 为主，c(Fe3+)减小 【解析】本题考查综合实验探究。 (1)黑色固体溶于热的硝酸溶液后，向其中加入稀盐酸，产生白色沉淀，可证明黑色固体 中含有 Ag。可利用 K3Fe(CN)6检验 Fe2+的存在。(2)过量的铁粉会与 Fe3+反应。空气中 的 O2会与 Fe2+发生氧化还原反应，产生 Fe3+；加入 KSCN 溶液后产生白色沉淀，说明溶液 中存在 Ag+，Ag+可与 Fe2+反应产生 Fe3+。实验可证实假设 a、b、c 不是产生 Fe3+的主 要原因，只要将原实验反应体系中的替换，其他微粒的种

36、类及浓度保持不变，做对比 实验即可，所以可选用 0.05 mol L-1 NaNO3溶液(pH2)；实验利用原电池装置证明反应 Ag+ + Fe2+Ag + Fe3+能发生，所以甲溶液是 FeSO4溶液。操作和现象: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。 2. 【2016 年高考江苏卷年高考江苏卷 19 题】题】 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: 3NaClO 2NaCl+NaClO3 AgCl 可溶于氨水:AgCl

37、+2NH3 H2O+Cl-+2H2O 常温时 N2H4 H2O(水合肼)在碱性条件下能还原：4+N2H4 H2O 4Ag+N2+4+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 NH3 H

38、2O 反应外(该条件下 NaClO3与 NH3 H2O 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 mol L-1水合肼溶液，1 mol L-1 H2SO4)。 【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)将洗涤后的滤液合并入过滤的滤液中 (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 mol L-1水合肼溶液，搅拌使其充分反应，同时用 1

39、mol L-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 【解析】本题考查银的回收实验。 (1)加热温度在低于 100 时，可采用水浴加热的方式。 (2)在溶液中，NaClO 氧化 Ag 生成 AgCl、NaOH 和 O2，根据得失电子守恒及原子守恒配平 反应的化学方程式。 HNO3氧化 Ag 时会产生氮氧化物， 污染环境。 (3)为提高 Ag 的回收率， 需要将洗涤后的滤液也一起合并到过滤的滤液中。(4)未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水， 增加氨水的用量； 由已知信息知冷却后的溶液中因NaClO的分解， 会含有一定浓度的Cl-， 不利于 A

40、gCl 和氨水反应的正向进行。(5)由已知信息知，水合肼可以和银氨溶液发生反应 生成 Ag 和 NH3。生成的 NH3用 1 mol L-1 H2SO4溶液吸收，当溶液中不再产生气泡时，说 明反应已进行完全，静置，过滤出生成的 Ag，洗涤、干燥，得 Ag。 20162013 年年高考高考题题 1 【 【2016 年高考北京卷】年高考北京卷】 （16 分） 以 Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象，探究盐的性质和盐溶液间反应的多 样性。 实验 试剂 现象 滴管 试管 0.2 mol L-1 Na2SO3溶液 饱和 Ag2SO4溶液 .产生白色沉淀 0.2 mol L-1CuSO4溶

41、 液 .溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀 0.1 mol L-1Al2(SO4)3 溶液 .开始无明显变化，继续滴加产生白色 沉淀 (1) 经 检 验 ， 现 象 中 的 白 色 沉 淀 是Ag2SO3。 用 离 子 方 程 式 解 释 现 象 : 。 (2)经检验，现象的棕黄色沉淀中不含，含有 Cu+、Cu2+和。 已知:Cu+Cu+Cu2+，Cu2+CuI(白色)+I2。 用稀 H2SO4证实沉淀中含有 Cu+的实验现象是 。 通过下列实验证实，沉淀中含有 Cu2+和。 a.白色沉淀 A 是 BaSO4，试剂 1 是 。 b.证实沉淀中含有 Cu2+和的理由是 。 (3)已知:Al2(SO

42、3)3在水溶液中不存在。经检验，现象的白色沉淀中无，该白色沉淀 既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性 KMnO4溶液褪色。 推测沉淀中含有亚硫酸根和 。 对于沉淀中亚硫酸根的存在形式提出两种假设:i.被 Al(OH)3所吸附；ii.存在于铝的碱式盐 中。对假设 ii 设计了对比试验，证实了假设 ii 成立。 a.将对比实验方案补充完整。 步骤一: 步骤二: (按如图形式呈现)。 b.假设 ii 成立的实验证据是 。 (4)根据实验，亚硫酸盐的性质有 。盐溶液间反应的多样性与 有关。 【答案】(1)2Ag+Ag2SO3 (2)析出红色固体 a.HCl 和 BaCl2溶液 b.在 I-的作用下，

43、Cu2+转化为白色沉淀 CuI，转化为 (3)Al3+、OH- a. b.V1明显大于 V2 (4)亚硫酸盐的溶解性、氧化还原性、在水溶液中的酸碱性 两种盐溶液中阴、阳离子的性 质和反应条件 【解析】 本题考查了亚硫酸钠溶液和不同的金属盐溶液的相关反应， 以及反应后生成产物的 判断和检验等，意在考查考生接受、吸收、整合信息的能力。充分利用已知信息，理清现象 与结论之间的关联；找到探究点，对已有的实验方案进行微调整；结合实验目的，得出实验 结论。 (1)饱和溶液中的 Ag+与 Na2SO3反应会生成更难溶的 Ag2SO3。(2)根据现象和已 知信息知， 取少量洗涤干净的棕黄色沉淀， 滴加稀硫酸，

44、 若有红色固体析出， 则证明有 Cu+。 a.根据沉淀 A 是 BaSO4，知加入的试剂 1 含 Ba2+，可以选用盐酸酸化的 BaCl2溶液。b.由 白色沉淀 A 为 BaSO4可知原沉淀中的被氧化为，则加入 KI 时反应生成了 I2， 说明原沉淀中有 Cu2+，即加入 KI 时 Cu2+与 I-反应生成白色沉淀 CuI 和 I2，I2又与反 应生成与 I-，所以加入淀粉无明显现象。(3)根据题意知，现象的白色沉淀中无 ，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性 KMnO4溶液褪色，推测沉 淀中含有亚硫酸根、Al3+和 OH-。与 Al(OH)3相比，铝的碱式盐中每个铝离子所对应的氢

45、 氧根离子不足 3 个，因此可设计定量实验，记录数据 V1，设计对比实验，记录数据 V2，对 比 V1与 V2即可得出结论。(4)I2被还原，酸性 KMnO4溶液褪色，均显示了亚硫酸盐的还原 性， 亚硫酸盐与 Al3+发生双水解反应生成氢氧化铝， 证明了亚硫酸盐在水溶液中水解而体现 了酸碱性，根据实验流程及现象可知，盐溶液间反应的多样性和盐的性质及反应条件有关。 2【2016 年高考四川卷】（13 分）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 CuCl2 2H2O 制备 CuCl，并进行相关探究。 【资料查阅】 【实验探究】该小组用如图所示装置进行实验(夹持仪器略)。

46、请回答下列问题: (1)仪器 X 的名称是 。 (2)实验操作的先后顺序是 a e(填操作的编号)。 a.检查装置的气密性后加入药品 b.熄灭酒精灯，冷却 c.在“气体入口”处通入干燥 HCl d.点燃酒精灯，加热 e.停止通入 HCl，然后通入 N2 (3) 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 。 (4)装置 D 中发生的氧化还原反应的离子方程式是 。 【探究反思】 (5)反应结束后，取出 CuCl 产品进行实验，发现其中含有少量的 CuCl2或 CuO 杂质，根据资 料信息分析: 若杂质是 CuCl2，则产生的原因是 。 若杂质是 CuO，则产生的原因是 。 【答案】(1)干燥管 (2)cdb (3)先变红，后褪色 (4)Cl2+2OH- ClO-+Cl-+H2O (5)加热时间不足或温度偏低 通入 HCl 的量不足 【解析】 本题考查化学实验设计与评价， 意在考查考生的实验探究能力和对实验方案的评价 能力。 (1)仪器 X 的名称为干燥管。(2)实验操作中应先通氯化氢气体，再点燃酒精灯，反 应结束后， 先熄灭酒精灯， 再停止通入氯化氢气体， 故实验操作的先后顺序为:acdbe。