高三化学二轮复习 第1部分 专题4 化学实验 突破点19 实验方案的设计与评价

突破点19实验方案的设计与评价提炼1实验方案设计1.实验方案设计的基本思路2设计实验方案时注意的问题(1)实验方案要可行。要尽量避免使用高压和特殊催化剂等实验室难以达到的条件，实验方案要简单易行。(2)实验顺序要科学。要对各个实验步骤进行统一的规划和安排，保证实验准确且高效。同时要减少副反应的发生和避免实验步骤间的干扰。(3)实验现象要直观。如“证明醋酸是弱电解质”的实验，可配制一定浓度的CH3COONa溶液，用pH试纸测溶液的pH，通过测定的结果pH7从而得出结论，既操作简便又现象明显。(4)实验结论要可靠。要反复推敲实验步骤和多方论证实验结果，保证实验结论准确可靠。提炼2实验方案评价的基本思路1.从试剂、仪器和装置的合理性上评价。2从实验原理上评价，实验方案要符合实验原理，保证达到实验目的。3从操作步骤、实验现象上评价，实验方案要步骤简单，现象明显。4从环境保护上评价，实验方案的设计要充分体现环保意识。5从节能、安全可靠上评价，实验方案的设计要节约能源，节省原料且安全可靠。回访1(2015福建高考)某化学兴趣小组制取氯酸钾和氯水并进行有关探究实验。 【导学号：14942072】实验一制取氯酸钾和氯水利用下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。实验二氯酸钾与碘化钾反应的研究(3)在不同条件下KClO3可将KI氧化为I2或KIO3。该小组设计了系列实验研究反应条件对反应产物的影响，其中系列a实验的记录表如下(实验在室温下进行)：试管编号12340.20 molL1 KI/mL1.01.01.01.0KClO3(s)/g0.100.100.100.106.0 molL1 H2SO4/mL03.06.09.0蒸馏水/mL9.06.03.00实验现象系列a实验的实验目的是_。设计1号试管实验的作用是_。若2号试管实验现象为“黄色溶液”，取少量该溶液加入淀粉溶液显蓝色；假设氧化产物唯一，还原产物为KCl，则此反应的离子方程式为_。实验三测定饱和氯水中氯元素的总量(4)该小组设计的实验方案为：使用下图装置，加热15.0 mL饱和氯水试样，测定产生气体的体积。此方案不可行的主要原因是_。(不考虑实验装置及操作失误导致不可行的原因)(5)根据下列资料，为该小组设计一个可行的实验方案(不必描述操作过程的细节)：_。资料：.次氯酸会破坏酸碱指示剂；.次氯酸或氯气可被SO2、H2O2和FeCl2等物质还原成Cl。解析(1)过滤需要漏斗、玻璃棒、烧杯等仪器，而洗涤沉淀也需要漏斗、玻璃棒、烧杯等仪器。(2)若对调B和C装置，可以通过水先把Cl2中的HCl除去，可提高KClO3的产率。(3)根据图表可看出其他条件都相同，只有H2SO4的浓度不同，因此该实验研究的是硫酸的浓度对反应产物的影响。1号实验中H2SO4的浓度为0，故该实验起到与其他实验对照的作用；淀粉遇到碘单质会显蓝色，故氧化产物为碘单质，ClO被还原为Cl。(4)产生的Cl2会重新溶于水，同时HClO也会发生分解，生成HCl，极易溶于水，则无法计算氯元素的量。(5)根据信息可知SO2、H2O2、FeCl2都能将次氯酸或者氯气还原，如果选择SO2会引入SO，对Cl的测定造成干扰，如果选择FeCl2则会引入Cl，而H2O2不会引入杂质离子，因此选择H2O2将次氯酸或者氯气还原为Cl，再用AgNO3溶液测定Cl。答案(1)烧杯、漏斗、玻璃棒、胶头滴管(不填“胶头滴管”也可)(2)能(3)研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响硫酸浓度为0的对照实验ClO6I6H=Cl3I23H2O(4)因存在Cl2的重新溶解、HClO分解等，此方案无法测算试样含氯总量(或其他合理答案)(5)量取一定量的试样，加入足量的H2O2溶液，加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，称量沉淀质量(或其他合理答案)回访2(2015全国卷)草酸(乙二酸)存在于自然界的植物中，其K15.4102，K25.4105。草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水。草酸晶体(H2C2O42H2O)无色，熔点为101 ，易溶于水，受热脱水、升华，170 以上分解。回答下列问题：(1)甲组同学按照如图所示的装置，通过实验检验草酸晶体的分解产物。装置C中可观察到的现象是_，由此可知草酸晶体分解的产物中有_。装置B的主要作用是_。(2)乙组同学认为草酸晶体分解产物中还有CO，为进行验证，选用甲组实验中的装置A、B和下图所示的部分装置(可以重复选用)进行实验。乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为A、B、_。装置H反应管中盛有的物质是_。能证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是_。(3)设计实验证明：草酸的酸性比碳酸的强_。草酸为二元酸_。解析(1)结合草酸晶体(H2C2O42H2O)的组成可知，澄清石灰水应是用来检验其分解产物CO2的存在。因草酸晶体易升华，且草酸钙难溶于水，若草酸进入C装置，会干扰CO2的检验，故装置B中冰水的主要作用是冷凝挥发出来的草酸。(2)要验证草酸晶体分解产物中还有CO，只能通过检验CO与CuO反应的产物CO2的存在来达到这一目的。因为草酸晶体的分解产物本身含有CO2，会对CO的检验造成干扰，所以在检验CO前应将分解产物中的CO2除尽，可选用F装置来除去CO2，D装置用来检验CO2是否除尽。将除去CO2的气体通过盛有无水氯化钙的装置G干燥，然后通过盛有CuO的装置H，CuO将CO氧化为CO2，再将气体通过盛有澄清石灰水的D装置，用来检验CO2的存在。因CO有毒，最后可将尾气通过排水法收集。若前一个装置D中澄清石灰水不变浑浊，说明草酸晶体分解的产物CO2已除尽；H中黑色CuO变红，同时其后的装置D中澄清石灰水变浑浊，说明草酸晶体分解产物中含有CO。(3)根据强酸制弱酸的反应原理，可选择NaHCO3加入草酸溶液的实验方法来证明草酸的酸性比碳酸的强。根据酸碱中和反应原理，可采用中和滴定的方法用NaOH标准溶液来滴定一定物质的量浓度的草酸溶液，根据反应的草酸与NaOH的物质的量的比值为12，证明草酸是二元酸。答案(1)有气泡逸出、澄清石灰水变浑浊CO2冷凝(水蒸气、草酸等)，防止草酸进入装置C反应生成沉淀，干扰CO2的检验(2)F、D、G、H、D、ICuOH中黑色粉末变为红色，其后的D中澄清石灰水变浑浊(3)向盛有少量NaHCO3的试管里滴加草酸溶液，有气泡产生用NaOH标准溶液滴定草酸溶液，消耗NaOH的物质的量为草酸的2倍回访3(2014新课标全国卷)某小组以CoCl26H2O、NH4Cl、H2O2、浓氨水为原料，在活性炭催化下，合成了橙黄色晶体X。为确定其组成，进行如下实验。氨的测定：精确称取w g X，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10% NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用V1 mL c1 molL1的盐酸标准溶液吸收。蒸氨结束后取下接收瓶，用c2 molL1 NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗V2 mL NaOH溶液。氨的测定装置(已省略加热和夹持装置)氯的测定：准确称取样品X，配成溶液后用AgNO3标准溶液滴定，K2CrO4溶液为指示剂，至出现淡红色沉淀且不再消失为终点(Ag2CrO4为砖红色)。回答下列问题：(1)装置中安全管的作用原理是_。(2)用NaOH标准溶液滴定过剩的HCl时，应使用_式滴定管，可使用的指示剂为_。(3)样品中氨的质量分数表达式为_。(4)测定氨前应该对装置进行气密性检验，若气密性不好测定结果将_(填“偏高”或“偏低”)。(5)测定氯的过程中，使用棕色滴定管的原因是_；滴定终点时，若溶液中c(Ag)2.0105 molL1，c(CrO)为_molL1。已知：Ksp(Ag2CrO4)1.121012(6)经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为163，钴的化合价为_。制备X的化学方程式为_；X的制备过程中温度不能过高的原因是_。解析(1)若没有A中的安全管，当A中产生气体时，会因装置压力过大发生危险，反之，有安全管存在，当A中压力过大时，安全管中的液面会上升，使A瓶中压力稳定。(2)由题意知，用NaOH标准溶液滴定过剩的HCl时，NaOH溶液应放入碱式滴定管中，可使用酚酞作指示剂，滴定至终点时溶液由无色变为浅红色。(3)已知盐酸的总的物质的量为c1 molL1V1 mL103 LmL1c1V1103 mol，NH3反应完后剩余的盐酸用NaOH标准溶液滴定，可求出剩余的盐酸为c2V2103 mol，由NH3HCl=NH4Cl可求出NH3的物质的量。进而求出w g X中的含氨量，即：100%。(4)若装置气密性不好，会有NH3外逸，而不被HCl吸收，则剩余的HCl的物质的量会增多，消耗NaOH增多，即c2V2的值增大，由(3)中计算式可知氨的测定结果偏低。(5)AgNO3是见光易分解的物质，使用棕色滴定管的目的是防止AgNO3分解而影响实验结果；由Ag2CrO4的溶度积常数Ksp1.121012，c(Ag)2.0105 molL1，可求出c(CrO) molL12.8103 molL1。(6)样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为163，可写出化学式为Co(NH3)6Cl3，由化合物中正负化合价代数和为0计算，NH3整体为0价，氯为1价，故Co为3价；从而推出制备X的化学方程式为2CoCl22NH4Cl10NH3H2O2=2Co(NH3)6Cl32H2O。由于温度过高时H2O2易分解，NH3易挥发，故制备过程中温度不能过高，否则H2O2分解，NH3挥发。答案(1)当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定(2)碱酚酞(或甲基红)(3)100%(4)偏低(5)防止硝酸银见光分解2.8103(6)32CoCl22NH4Cl10NH3H2O2=2Co(NH3)6Cl32H2O温度过高过氧化氢分解、氨气逸出题型分析实验方案的设计与评价问题常结合实验基础知识、基本操作与化学基本理论、元素化合物知识、化学计算等综合考查考生的实验能力。高考主要考查方向有：(1)给定实验情境或物质性质，要求考生设计实验方案；(2)提出实验问题，要求考生选择仪器、药品，组装实验装置，确定实验步骤，评价实验方案；(3)结合给定的实验情境考查现象分析与结论得出。典型例题硫代硫酸钠是一种常见的化工原料。实验室制备硫代硫酸钠产品的流程如下：请回答下列问题：(1)“溶解”使用的水必须先煮沸一段时间，然后冷却至室温待用，其目的是_。(2)写出“反应”中的化学方程式：_。(3)设计如图所示装置制备硫代硫酸钠晶体：B装置和D装置的作用是_。实验中先打开_(填“A”或“C”)处分液漏斗的活塞。(4)为了研究粗产品中含有的杂质，进行如下实验：该粗产品中可能含有杂质Na2CO3、Na2SO3和S。请选择下列试剂设计实验方案，检验产品中是否含有Na2CO3。实验方案现象及结论限选试剂：3 molL1H2SO4溶液、1 molL1 NaOH溶液、酸性KMnO4溶液、饱和NaHCO3溶液、品红溶液、澄清石灰水。【解题指导】(1)陌生氧化还原方程式的书写技巧：先判断反应物再判断已知产物据原子守恒判断未知生成物据得失电子守恒、质量守恒配平。(2)检验SO2、CO2混合气体中含有CO2的方法：除去SO2检验SO2是否除净检验CO2。解析(1)硫化钠、硫代硫酸钠均具有还原性，易被氧气氧化。煮沸水的目的是除去水中的O2。(2)硫化钠与碳酸钠的物质的量之比为21，可根据氧化还原反应得失电子守恒书写化学方程式。(3)B、D装置用于防倒吸。先使A装置中反应产生SO2，将装置内空气排尽后再进行后续反应。(4)检验是否含有Na2CO3，要排除Na2SO3的干扰。酸性高锰酸钾溶液起检验SO2、除去SO2的作用，品红溶液检验SO2是否除尽。答案(1)除去水中的O2(2)2Na2SNa2CO34SO2=3Na2S2O3CO2(3)安全瓶(或缓冲瓶)A(4)取少量样品加入3 molL1H2SO4溶液，将产生气体依次通入酸性高锰酸钾溶液、品红溶液、澄清石灰水，若品红溶液不褪色，且澄清石灰水变浑浊，说明产品中混有Na2CO3(或其他合理答案)针对训练1单质铜及其化合物一般都具有特殊的颜色，如：CuCu2OCuOCu(OH)2CuSO45H2O红色(或紫红色)红色黑色蓝色蓝色某学校研究性学习小组甲为检测实验室用H2还原CuO所得红色固体中是否含有Cu2O进行了认真的探究。.查阅资料得出下列信息：Cu2O属于碱性氧化物高温灼烧CuO生成Cu2O；Cu2O在酸性条件下能发生下列反应：Cu2O2H=CuCu2H2O。.设计实验方案：方案1：取该红色试样溶于足量的稀硝酸中，观察溶液颜色变化。方案2：取该红色试样溶于足量的稀硫酸中，观察溶液是否呈蓝色。方案3：称得干燥坩埚的质量为a g，取红色试样置于坩埚中称得总质量为b g，在空气中高温灼烧至质量恒定，称得最后总质量为c g。(1)写出下列的化学方程式：方案1中Cu2O参与的化学方程式：_。方案2中Cu2O参与的化学方程式：_。(2)请你评价方案1和方案2的合理性，并简述理由：方案1：_。方案2：_。(3)方案3中，若确认红色粉末中含有Cu2O，则a、b、c应符合的数学关系为_，该实验方案最少得进行_次称量。.研究性学习小组乙，设计了新的探究方案，拟通过干燥管CuSO4是否变蓝来判断红色固体中是否含有Cu2O，装置如图所示。(4)简述该探究方案中，检验气体发生装置气密性的方法(说明操作方法、现象和结论)：_。(5)为确保探究的科学、合理、安全，你认为实验中还应采取的措施有：_(填字母代号)。A在氢气发生器与硬质玻璃管之间加一个干燥装置B加热前先排尽装置中的空气C在盛有硫酸铜的干燥管后再连接一个装有碱石灰的干燥管解析方案1中因为稀硝酸具有氧化性，所以无法区分溶液中的Cu2是来自于铜被氧化，还是Cu2O被氧化；方案2中因为稀硫酸无强氧化性，所以通过溶液中是否有红色沉淀及溶液是否显蓝色可以判断红色固体中是否含有Cu2O；方案3是通过定量的方法来进行判断的，原理是4CuO22Cu2O，若(ba) g全部是Cu，那么可以得到Cu2O的质量为(ba)g，若红色固体中含有Cu2O，则存在关系：(ba) g(ca) g，即8c9ba。答案(1)3Cu2O14HNO3(稀)=6Cu(NO3)22NO7H2OCu2OH2SO4(稀)=CuCuSO4H2O(2)不合理，因为铜和氧化亚铜均可溶于稀硝酸形成蓝色溶液合理，因为氧化亚铜与稀硫酸生成Cu和Cu2，导致溶液呈蓝色(3)8c9ba4(4)关闭导气管上的活塞，从长颈漏斗中往试管中注水，漏斗中的液面高度高于试管中的液面高度，在一段时间内液面差不变，说明气体发生装置气密性良好(5)ABC2(2016衡水一中模拟)资料表明硫粉与热的KOH溶液共热生成两种盐，其中一种是K2SO3。某化学兴趣小组进行该实验时，却检测到生成的盐中含有SO。 【导学号：14942073】(1)该兴趣小组设计实验对上述反应中生成盐的成分进行探究。他们提出如下假设，请你根据氧化还原反应的规律，完成假设二和假设三。假设一：生成的盐是K2S和K2SO3。假设二：生成的盐是_。假设三：生成的盐是K2SO3和K2SO4。请评价该兴趣小组假设三的合理性：_(填“合理”或“不合理”)，原因是_。(2)请你设计实验验证上述假设一，完成表中内容。除了硫粉与热的KOH溶液之外，可供选择的药品还有稀硝酸、稀盐酸等。已知：6HSO2S2=3S3H2O。实验方案(不要求写出具体操作过程)预期实验现象和结论(3)兴趣小组通过改变硫粉的质量，得出生成钾盐的质量与硫粉质量的变化关系如图所示。有人据此得出结论：生成的盐一定是K2S和K2SO3的混合物。请你根据计算结果指出该结论是否正确：_。(4)请分析上述反应中有K2SO4生成的可能原因是_。(5)请设计实验方案检验硫粉与热的KOH溶液反应的产物中含有少量SO：_。解析(1)由题干信息“生成两种盐”结合常见的含硫元素的盐可知，S与KOH反应可能生成K2S、K2SO3、K2SO4，其组合为K2S和K2SO3、K2S和K2SO4或K2SO3和K2SO4；假设三不符合氧化还原反应的原理，所以不合理。(2)由题干信息“6HSO2S2=3S3H2O”可知，检验假设一的实验方案应是向反应后的清液中加入非氧化性酸发生反应：6HSO2S2=3S3H2O，若溶液变浑浊且无气体逸出，则假设一成立；若溶液中有气体生成则假设二成立。(3)若发生反应：3S6KOH=2K2SK2SO33H2O，根据化学方程式列比例式计算可得3.2 g S，生成钾盐的质量为m(钾盐)m(K2S)m(K2SO3)12.6 g；若发生反应：4S8KOH=3K2SK2SO44H2O，根据化学方程式列比例式计算可得3.2 g S生成钾盐的质量为m(钾盐)m(K2S)m(K2SO4)12.6 g，故根据该图像不能判定S与KOH反应一定生成K2S和K2SO3的混合物。(4)K2SO3与空气中的O2反应可生成K2SO4。(5)由于反应得到的产物中还含有K2S、K2SO3，故需要加入足量的稀盐酸，无沉淀S和气体H2S生成后，取少量上层清液，向其中滴入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成则一定含SO。答案(1)K2S和K2SO4不合理S与KOH的反应属于歧化反应，S的化合价应该一部分升高，一部分降低，不可能化合价均升高(2)实验方案(不要求写出具体操作过程)预期实验现象和结论在反应液中加入足量的稀盐酸若溶液变浑浊且没有气体逸出，则假设一成立；若溶液中有气体(H2S)逸出，则假设一不成立，假设二成立(3)不正确，通过计算可知，3.2 g硫粉完全反应，无论是生成K2S和K2SO3的混合物还是K2S和K2SO4的混合物，所得钾盐的质量均为12.6 g(4)生成的K2SO3被空气中的氧气氧化为K2SO4(5)向所得的反应液中加入足量的稀盐酸，待无沉淀S和气体H2S生成时，再向上层清液中滴入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成则一定含SO3(2016北京高考)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(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SO，含有Cu、Cu2和SO。已知：CuCuCu2，Cu2CuI(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SO。a白色沉淀A是BaSO4，试剂1是_。b证实沉淀中含有Cu2和SO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SO，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：.被Al(OH)3所吸附；.存在于铝的碱式盐中。对假设设计了对比实验，证实了假设成立。a将对比实验方案补充完整。步骤一：步骤二：_(按上图形式呈现)。b假设成立的实验证据是_。(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。解析(1)现象 中的白色沉淀是Ag2SO3，故反应的离子方程式为2AgSO=Ag2SO3。(2)根据反应CuCuCu2，若沉淀中含有Cu，加入稀硫酸会发生歧化反应生成单质铜，实验现象是析出红色固体。分析实验流程知实验原理为2Cu24I=2CuII2、I2SOH2O=SO2I2H，SOBa2=BaSO4。a白色沉淀A是BaSO4，为排除其他离子的干扰，所以试剂1是盐酸酸化的BaCl2溶液。b棕黄色沉淀与KI溶液反应生成白色沉淀(CuI)，在I的作用下Cu2转化为白色沉淀CuI，SO转化为SO。(3)根据题意知实验的白色沉淀中无SO，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Al3、OH。步骤二的目的是作对比实验，如果SO存在于铝的碱式盐中，消耗的NaOH的量大，故设计实验步骤二如下：2 mL 0.1 molL1Al2(SO4)3溶液若V1明显大于V2，则证明假设成立。(4)根据实验，亚硫酸盐具有溶解性、氧化还原性、在水溶液中的酸碱性。盐溶液间反应的多样性与两种盐溶液中阴、阳离子的性质和反应条件有关。答案(1)2AgSO=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，SO转化为SO(3)Al3、OHa.2 mL 0.1 molL1Al2(SO4)3溶液bV1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