2023年高考化学专题 化学探究实验设计与评价.docx

1、2023年高考化学专题 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b污染小、可循环使用，符合绿色化学理念c同等条件下，用比浓硫酸的平衡转化率高仪器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

2、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，向环己烯样品中加入定量制得的，与环己烯充分反应后，剩余的与足量作用生成，用的标准溶液滴定，终点时消耗标准溶液（以上数据均已扣除干扰因素）。测定过程中，发生的反应如下：（5）滴定所用指示剂为_。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标准溶液部分被氧化1. （1）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）（3

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FeCl36H2O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，FeCl36H2O是反应条件（催化剂）别漏标；此处用FeCl36H2O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

4、+SO2+2H2O；b项合理，与浓硫酸相比，FeCl36H2O对环境相对友好，污染小，绝大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

5、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=cmolL-1vmL10-3LmL-1=mol，反应消耗的Br2的物质的量为（b-）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-）mol，其质量为（b-）82g，所以ag样品中环己烯的质量分数为：。（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 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

6、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.【201

7、9江苏，19,15分】实验室以工业废渣（主要含CaSO42H2O，还含少量SiO2、Al2O3、Fe2O3）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)+(aq)CaCO3(s)+(aq)达到平衡，则溶液中= Ksp(CaSO4)=4.8105，Ksp(CaCO3)=3109。（2）将氨水和NH4HCO3溶液混合，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

8、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。实验中必须使用的试剂：盐酸和Ca(OH)2。 2. （1）1.6104（3分）（2）+NH3H2O+H2O(或+NH3H2O+H2O)增加溶液中的浓度，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

9、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）+SO42-（aq）达到平衡时，溶液中=1.6104。答案：1.6104（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+NH3H2O=（NH4）2CO3+H2O或NH4HCO3+NH3H2O（NH4）2CO3+H2O，离子方程式为HCO3-+NH3H2O=NH4+CO32-+H2O（或HCO3-+NH3H2ONH4+CO32-+H2O）；浸取废

10、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-+NH3H2O，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-+NH3H2O=NH4+CO32-+H2O（或HCO3-+NH3H2ONH4+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）2CO3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（

11、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CaSO42H2O，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，SiO2、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

12、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

13、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

14、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，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

15、）（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(C2O

16、4）33H2O(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)33H2O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+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

17、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、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分）CO2(1分) CO（1分）先熄灭装置A、E的酒精灯,冷却后停止通入氮气（

18、2分）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分）(3)粉红色出现（2分） （3分）【解析】 本题考查化学实验知识综合应用。（1）发生的显色反应是溶液中Fe2+与K3Fe(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

19、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KMnO

20、4溶液的浓度和体积可知溶液中n(Fe2+)=c molL-1V10-3L5=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

21、还有 。 (2)探究K2FeO4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FeO42-MnO4-。若能

22、，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分）(2分）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O(2分）(2)i.Fe3+(1分） 4FeO42-+20H+= 4Fe3+3O2+10H2O(2分）ii.排除ClO-的干扰(2分）(1分） 溶液酸碱性不同(2分）理由:FeO42-在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2,溶液浅紫色一定是MnO4-的颜色(2分）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分）【解析】本题考查化学实验的设计与评价。（1）由题图知A

23、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。书写离子方程式时，可以先写出明确的、已知的反应物(即FeO42-)和

24、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响。3. （2018天津理综，9，18分）烟道气中的NOx是主要的大气污染物之一，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

25、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NO3-，加水稀释至100.00 mL。量取20.00 mL该溶液，加入v1 mL c1 molL-1FeSO4标准溶液（过量），充分反应后，用c2 mol

26、L-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+2H2OCr2O72-+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”）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溶于冷凝水(5)2NO+3H2

27、O2=2H+2NO3-+2H2O（6）锥形瓶、酸式滴定管（7）（8）偏低 偏高【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标准溶液的体积

28、偏大，测定结果偏高。4.2017年高考题1.【2017年高考北京卷28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 molL-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，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

29、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+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+

30、。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。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 molL-1NaNO3FeSO4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

31、，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(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

32、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，其他微粒的种类及浓度保持不变，做对比实验即可，所以可选用0.05 molL-1NaNO3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19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:3NaClO2NaCl

33、+NaClO3AgCl可溶于氨水:AgCl+2NH3H2O+Cl-+2H2O常温时N2H4H2O(水合肼)在碱性条件下能还原：4+N2H4H2O4Ag+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NH3H2O反应外(该条件下NaCl

34、O3与NH3H2O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 molL-1水合肼溶液，1 molL-1H2SO4)。【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 molL-1水合肼溶液，搅拌使其充分反应，同时用1 molL-1H2SO4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

35、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AgCl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 molL-1H2SO4溶液吸收

36、，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年高考题1【2016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 molL-1Na2SO3溶液饱和Ag2SO4溶液.产生白色沉淀0.2 molL-1CuSO4溶液.溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀0.1 molL-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+、C

37、u2+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(SO3)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

38、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，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

39、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，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

40、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CuCl22H2O制备CuCl，并进行相关探究。【资料查阅】【实验探究】该小组

41、用如图所示装置进行实验(夹持仪器略)。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ae(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HCld.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

42、)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。(3)实验过程中，由于通入氯化氢气体，多余的氯化氢气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红；又由于反应过程中产生氯气，氯气与水反应生成的HClO能漂白试纸而使试纸褪色。(4)装置D中发生的氧化还原反应为氯气与氢氧化钠溶液的反应，离子方程式为Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O。(5)由于加热时间不足或温度偏低，CuCl22H2O失去结晶水后生成CuCl2，CuCl2没有完全分解；通入的氯化氢气体不足，反应过程中CuCl2水解生成Cu2(OH)2Cl2，Cu2(OH)2Cl2分解而生成CuO。3【2015福建理综化学】（15分）某化学兴趣小组制取氯酸钾和氯水并进行有关探究实验。实验一制取氯酸钾和氯水利用右图所示的实验装置进行实验。（1）制取实验结束后，取出B中试管冷却结晶、过滤、洗涤。该实验操作过程需要的玻璃仪器有_。（2）若对调B和C装置的位置，_(填“能”或 “不能”)提高B中氯酸钾的产率。