高考化学实验方案设计与评价创新性试题名师点精Word文件下载.docx

高考化学实验方案设计与评价创新性试题名师点精Word文件下载.docx

《高考化学实验方案设计与评价创新性试题名师点精Word文件下载.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考化学实验方案设计与评价创新性试题名师点精Word文件下载.docx（18页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

2H2O

2CuCl+Cl2↑+4H2O；

加热温度不够；

没有在HCI气流中加热（或HCI气流不足）；

Fe3＋＋CuCl=Fe2＋＋Cu2＋＋Cl－；

；

【解析】

（1）热分解CuCl2·

2H2O制备CuCl，为了抑制CuCl2的水解（提高CuCl的产率和纯度）以及防止CuCl被氧化，所以实验开始前需要从气体入口通入HCl气体排尽装置中的空气；

实验过程中通入HCl；

实验结束停止通入HCl，通入N2直至硬质玻璃管冷却；

实验操作的先后顺序为①→③→④→②→⑤。

（2）B中物质由白色变为蓝色，说明生成了H2O；

分解过程中Cu元素的化合价由+2价降为+1价，即Cu元素被还原，则反应中还有Cl2生成，C处湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色。

根据得失电子守恒和原子守恒，A处发生的主要反应的方程式为2CuCl2·

2CuCl+Cl2↑+4H2O。

（3）反应结束后，CuCl产品中若含有少量CuCl2杂质，产生的原因可能是加热温度不够，CuCl2·

2H2O失去结晶水；

若含有少量CuO杂质，则产生的原因可能是没有在HCl气流中加热，CuCl2水解生成Cu（OH）2，加热时Cu（OH）2分解成CuO和H2O。

（4）根据题意CuCl被FeCl3氧化成CuCl2，Fe3+被还原成Fe2+，反应的离子方程式为CuCl+Fe3+=Cu2++Cl-+Fe2+。

题中发生的反应有CuCl+Fe3+=Cu2++Cl-+Fe2+、Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+，则CuCl~Ce4+，产品中n（CuCl）=

mol×

=

mol，产品中CuCl的质量分数为99g/mol×

mol÷

ag=

。

2.甲烷在加热条件下可还原氧化铜。

某化学小组利用如图装置探究其反应产物。

[查阅资料]①CO能与银氨溶液反应：

CO+2[Ag（NH3）2]++2OH－=2Ag↓+2NH4++CO32－+2NH3。

②Cu2O为红色，能发生反应：

Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O

（1）仪器a的名称是___________，装置A中反应的化学方程式为______________________。

（2）按气流方向各装置从左到右的连接顺序为A→___________（填字母编号，每个装置限用一次）。

（3）已知气体产物中含有CO，则装置C中可观察到的现象是___________；

装置F的作用为_________。

（4）当反应结束后，装置D处试管中固体全部变为红色。

①设计简单实验证明红色固体中含有Cu2O：

_________________________________。

②若红色固体为单质，且产物中含碳氧化物的物质的量之比为1：

1，则D处发生的反应化学方程式是_______。

【答案】圆底烧瓶Al4C3+12HCl=3CH4↑+4AlCl3A→F→D→B→E→C→G试管内有黑色固体生成除去CH4中杂质气体 

HCl 

和 

H2O取少量红色固体，加入适量稀硫酸，若溶液变蓝色，说明原固体中含Cu2O2CH4+7CuO

7Cu+CO+CO2+4H2O

【解析】装置 

A 

中反应是稀盐酸和Al4C3反应生成AlCl3和CH4，甲烷在加热条件下可还原氧化铜，气体产物除水蒸气外，还有碳的氧化物，生成的甲烷气体通过装置F吸收混有的HCl，干燥气体，通过装置D加热还原CuO，通过装置B检验生成的水蒸气，通过装置E检验吸收生成产物CO2，通过装置C中银氨溶液验证CO，CO 

能与银氨溶液反应：

CO+2[Ag（NH3）2]++2OH-=2Ag↓+2NH4++CO32-+2NH3，最后用排水法吸收和收集尾气。

（1）通过装置图示可知：

仪器a的名称是烧瓶；

在装置 

中稀盐酸和Al4C3反应生成AlCl3和CH4，反应的化学方程式为：

Al4C3+12HCl=3CH4↑+4AlCl3；

（2）装置 

中反应是稀盐酸和Al4C3反应生成AlCl3和CH4，CH4在加热条件下可还原CuO，气体产物除水蒸气外，还有碳的氧化物，生成的CH4气体通过装置F干燥，通过装置D加热还原氧化铜，通过装置装置B检验生成的水蒸气，通过装置E检验吸收生成产物CO2，通过装置C中银氨溶液验证CO，CO 

CO+2[Ag（NH3）2]++2OH-=2Ag↓+2NH4++CO32-+2NH3，最后用排水法吸收和收集气体，按气流方向各装置从左到右的连接顺序为 

A→F→D→B→E→C→G；

（3）气体含有CO，C中银氨溶液被CO还原生成Ag单质，会看到试管内有黑色固体生成，F是除去甲烷中杂质气体 

H2O；

（4）当反应结束后，装置 

D 

处试管中固体全部变为红色。

①可利用Cu2O与酸发生反应：

Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O，反应产生的Cu2+的水溶液显蓝色检验。

故实验证明红色固体中含有Cu2O的方法为：

取少量红色固体，加入适量稀硫酸，若溶液变蓝色，说明含铜离子，证明原固体含Cu2O；

1，则D处发生的反应化学方程式是2CH4+7CuO

7Cu+CO+CO2+4H2O。

3.Mn2O3是一种重要的工业原料，在电磁和有机合成等领域应用广泛。

某学习小组在实验室用CH4还原MnO2制备Mn2O3，并测定产品纯度。

请回答下列问题：

Ⅰ.制备（实验装置如图所示）

已知：

Al4C3+12H2O==4Al（OH）3+3CH4↑。

（1）仪器a的名称为______________________

（2）用稀醋酸代替水的优点有________________________________________

（3）连接好实验装置，检验装置的气密性并加入相应试剂。

向烧瓶中滴加稀醋酸之后，在点燃酒精灯之前应进行的操作是__________________________________

（4）仪器b中同时生成两种能参与大气循环的物质，该反应的化学方程式为______________

（5）指出上述实验装置有一处明显的缺陷____________________________

Ⅱ.测定产品中Mn2O3的纯度（只考虑产品中混有少量未参与反应的MnO2）

ⅰ.实验结束后，取仪器b中所得固体7.19g，加入足量硫酸酸化的KI溶液，使固体中锰元素全部转化为Mn2+；

ⅱ.将所得溶液稀释至500mL；

ⅲ.取25.00mL稀释后的溶液，滴加几滴淀粉溶液，用0.200mol∙L-1的Na2S2O3标准溶液滴定，达到滴定终点时，消耗25.00mLNa2S2O3标准溶液。

（已知：

I2+2Na2S2O3==Na2S4O6+2NaI）

（1）步骤ⅰ中发生反应的离子方程式为________________________________________

（2）滴定终点的标志是__________________________________________________

（3）所取固体中Mn2O3的质量分数为___________________（计算结果精确到0.1％）

（4）下列操作使测定结果偏高的是______________

A.滴定前平视，滴定终点俯视读数

B.盛放Na2S2O3标准溶液的滴定管未用标准液润洗

C.硫酸酸化的KI溶液在空气中静置时间过长

D.滴定前正常，滴定后滴定管尖嘴内有气泡

【答案】球形干燥管溶解Al（OH）3提高Al4C3的利用率在装置出口处收集气体验纯CH4+8MnO2

4Mn2O3+CO2↑+2H2O缺少甲烷的尾气处理装置Mn2O3+2I-+6H+==2Mn2++I2+3H2OMnO2+2I-+4H+==Mn2++I2+2H2O最后一滴Na2S2O3标准液滴入，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色87.9％AD

【解析】Ⅰ.

（1）图中a为球形干燥管，故答案为：

球形干燥管；

（2）根据给定条件可知，制备甲烷的化学方程式为：

Al4C3+12H2O==4Al（OH）3+3CH4↑，稀醋酸可以溶解Al（OH）3，提高Al4C3的利用率，故答案为：

溶解Al（OH）3提高Al4C3的利用率；

（3）因制取的甲烷成分不纯点燃会引起爆炸，所以在点燃酒精灯之前应进行的操作是在装置出口处收集气体验纯，故答案为：

在装置出口处收集气体验纯；

（4）因CH4可还原MnO2生成Mn2O3，C元素生成CO2，根据元素守恒并结合氧化还原反应的规律可知两种能参与大气循环的物质为CO2和H2O，其化学方程式为：

CH4+8MnO2

4Mn2O3+CO2↑+2H2O，故答案为：

4Mn2O3+CO2↑+2H2O；

（5）此装置中缺少甲烷的尾气处理装置，故答案为：

缺少甲烷的尾气处理装置；

Ⅱ.

（1）固体中有Mn2O3和MnO2，I-具有还原性，与固体反应生成锰离子，其相应的离子方程式为：

Mn2O3+2I-+6H+==2Mn2++I2+3H2O，MnO2+2I-+4H+==Mn2++I2+2H2O，故答案为：

Mn2O3+2I-+6H+==2Mn2++I2+3H2O，MnO2+2I-+4H+==Mn2++I2+2H2O；

（2）滴定终点的标志是最后一滴Na2S2O3标准液滴入，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色，故答案为：

最后一滴Na2S2O3标准液滴入，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色；

（3）设Mn2O3的物质的量为xmol，MnO2的物质的量为ymol，则158g/mol×

x+87×

y=7.19g①，又Mn2O3+2I-+6H+==2Mn2++I2+3H2O，MnO2+2I-+4H+==Mn2++I2+2H2O，则生成的I2的物质的量为（x+y）mol，标准Na2S2O3的物质的量为0.200mol∙L-1

25

10-3L=0.005mol，根据I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI可知，反应的I2的物质的量=

×

=0.05mol，则x+y=0.05mol②，结合①和②式解得，x=0.04，y=0.01，所以Mn2O3的质量分数为

87.9%，故答案为：

87.9%；

（4）A.滴定前平视，滴定终点俯视读数，则标准液的体积读数偏小，c（测）=

，待测液中I2的物质的量偏小，通过计算得出最终使Mn2O3的纯度偏高，A项正确；

B.盛放Na2S2O3标准溶液的滴定管未用标准液润洗，标准液浓度偏低，消耗的标准液体积偏大，I2的总物质的量偏大，通过计算得出最终使Mn2O3的纯度偏低，B项错误；

C.硫酸酸化的KI溶液在空气中静置时间过长，溶液中的I-部分会被氧化成I2，则消耗的Na2S2O3标准液体积偏大，通过计算得出最终使Mn2O3的纯度偏低，C项错误；

D.滴定前正常，滴定后滴定管尖嘴内有气泡，则标准液的体积读数偏小，根据c（测）=

，待测液中I2的物质的量偏小，通过计算得出最终使Mn2O3的纯度偏高，D项正确；

答案选AD。

4.二氧化钒（VO2）是一种新型热敏材料。

+4价的钒化合物在弱酸性条件下易被氧化。

实验室以V2O5为原料合成用于制备VO2的氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体，过程如下：

回答下列问题：

（1）VOC12中V的化合价为________。

（2）步骤i中生成VOC12的同时生成一种无色无污染的气体，该化学方程式为___。

也可只用浓盐酸与V2O5来制备VOC12溶液，该法的缺点是_______

（3）步骤ii可在下图装置中进行。

①反应前应通入CO2数分钟的目的是________。

②装置B中的试剂是____。

（4）测定氧钒（IV）碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。

称量ag样品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL混酸溶解后，加0.02mol/LKMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续加1%NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量的NaNO2，最后用cmol/L（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定至终点，消耗体积为bmL。

滴定反应为：

VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O.

①KMnO4溶液的作用是_______。

NaNO2溶液的作用是______。

②粗产品中钒的质量分数的表达式为_________。

【答案】+42V2O5+N2H4•2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O有氯气生成，污染空气排除装置中的空气，避免产物被氧化饱和NaHCO3溶液将+4的钒化合物氧化为VO2+除去过量的KMnO4

（1）根据氧的化合价为-2，氯的化合价为-1，化合物中各元素化合价代数和为0可得，VOC12中V的化合价为+4价；

（2）步骤i中V2O5中加入N2H4•2HCl和盐酸反应生成VOC12的同时生成一种无色无污染的气体，V2O5被还原为VOCl2，则气体为N2，反应的化学方程式为2V2O5+N2H4•2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；

也可只用浓盐酸与V2O5来制备VOC12溶液，V2O5被还原为VOCl2，则浓盐酸被氧化有氯气生成，污染空气；

（3）①+4价钒化合物在弱酸性条件下易被氧化，为防止+4价钒化合物被氧化，反应前应通入CO2数分钟排除装置中的空气，避免产物被氧化；

②装置B中的试剂用于除去二氧化碳中的氯化氢气气，故所装试剂为饱和NaHCO3溶液；

称量ag样品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL混酸溶解后，加0.02mol/LKMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续加1%NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量的NaNO2,最后用cmol/L（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定至终点，消耗体积为bmL。

①KMnO4溶液具有强氧化性，其作用是将+4的钒化合物氧化为VO2+；

NaNO2溶液的作用是除去过量的KMnO4；

②根据反应VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O可知，n（VO2+）=n（Fe2+）=bc

，根据钒守恒，粗产品中钒的质量分数的表达式为

5.苯甲醛在浓氢氧化钾溶液中发生Cannizzaro反应，反应方程式如下，可用于制备苯甲酸和苯甲醇。

2

+KOH

\

+HCl

①乙醚微溶于水，是有机物良好的溶剂，沸点34.6℃，极易挥发，在空气中的沸点160℃。

②苯甲酸在水中的溶解度0.17g（25℃）,0.95g（50℃）,6.8g（95℃）

实验步骤：

①在50mL三口瓶中加入4.5gKOH和4.5mL水，将装置置于冷水浴中，打开磁力搅拌器，分批加入5mL新蒸苯甲醛（密度1.04g/mL），使反应物充分混合（如上左图），最后成为白色糊状物，放置24h以上。

②向反应混合物中逐渐加入足量水并震荡，使其完全溶解后倒入_____（填装置名称）中，用10mL乙醚萃取3次，合并乙醚萃取液，并依次用3mL饱和亚硫酸氢钠、5mL10%Na2CO3溶液及5mL水洗涤，分出的乙醚层用无水Na2CO3干燥。

③干燥后的乙醚溶液在水浴中蒸去乙醚，然后适当调整和改造装置（如上右图），继续加热蒸馏，收集198℃～204℃的苯甲醇馏分，产量为2.16g。

④乙醚萃取后的水溶液（水层），用浓盐酸酸化并充分冷却，使苯甲酸完全析出，过滤，粗产品用水重结晶得到苯甲酸，产量是2g。

（1）不断搅拌然后放置24h的目的是____________________________________

（2）步骤②横线处装置名称是___________________________

（3）萃取液共洗涤了3次，其中10%碳酸钠溶液欲除去的杂质是_______（填化学式）

（4）使用水浴蒸去乙醚的优点是_____________

（5）蒸去乙醚后适当的调整和改造装置，应将上右图虚线框中的装置换为________。

（6）苯甲酸重结晶时，常用冷水洗涤固体，其目的是______；

苯甲酸重结晶时所需的玻璃仪器有__________________

①烧杯②试管③锥形瓶④酒精灯⑤量筒⑥短颈玻璃漏斗⑦玻璃棒

（7）该实验中Cannizzaro反应的转化率是_____%（保留1位小数）。

通常，该实验中苯甲酸的产率会比苯甲醇更低，但若是某次实验中并未塞紧瓶塞，导致苯甲酸的产率明显偏高，分析可能的原因是__________。

【答案】分液漏斗使反应物混合均匀，充分反应分液漏斗NaHSO3水浴加热可提供恒定的温度，达到受热均匀且便于控制温度的目的c减少苯甲酸的溶解度带来的损失①④⑤⑥⑦81.6%原料中的苯甲醛被空气部分氧化生成苯甲酸，导致苯甲酸的含量明显偏高

【解析】萃取分离物使用的仪器的分液漏斗；

（1）不断搅拌然后放置24h，可使反应物混合均匀，充分反应；

（2）萃取用到的仪器是分液漏斗；

（3）实验加入饱和亚硫酸氢钠，可加入碳酸钠除去，故答案为：

NaHSO3；

（4）水浴加热可提供恒定的温度，达到受热均匀且便于控制温度的目的；

（5）蒸去乙醚后适当的调整和改造装置，收集198℃-204℃的苯甲醇馏分，无需较低温度进行冷凝，可改用空气冷凝管，因此答案为c；

（6）苯甲酸重结晶时，常用冷水洗涤固体，可降低苯甲酸的溶解度，避免损失，苯甲酸重结晶需要烧杯、酒精灯以及玻璃棒以及短颈玻璃漏斗、玻璃棒，故使用仪器的序号是①④⑤⑥⑦；

（7）加入5mL新蒸苯甲醛（密度1.04g/mL），则苯甲酸的质量为5.2g，物质的量为n=

=0.049mol，理论可生成苯甲酸的质量m=

122g/mol=2.989g，生成苯甲醇的质量为m（苯甲醇）=

108g/mol=2.646g，则Cannizzaro反应的转化率由苯甲醇计算，转化率为

100%=81.6%，原料中的苯甲醛可被氧化生成苯甲酸，实验中并未塞紧瓶塞，导致苯甲酸的产率明显偏高。

6.钴是一种中等活泼金属，化合价为+2价和+3价，其中CoC12易溶于水。

某校同学设计实验制取（CH3COO）2Co（乙酸钴）并验证其分解产物。

（1）甲同学用Co2O3与盐酸反应制备CoC12•4H2O，其实验装置如下：

①烧瓶中发生反应的离子方程式为______。

②由烧瓶中的溶液制取干燥的CoC12•4H2O，还需经过的操作有蒸发浓缩、______、洗涤、干燥等。

（2）乙同学利用甲同学制得的CoC12•4H2O在醋酸氛围中制得无水（CH3COO）2Co，并利用下列装置检验（CH3COO）2Co在氮气气氛中的分解产物。

已知PdC12溶液能被CO还原为Pd。

①装置E、F是用于检验CO和CO2的，其中盛放PdC12溶液的是装置______（填“E”或“F”）。

②装置G的作用是______；

E、F、G中的试剂均足量，观察到I中氧化铜变红，J中固体由白色变蓝色，K中石灰水变浑浊，则可得出的结论是______。

③通氮气的作用是______。

④实验结束时，先熄灭D和I处的酒精灯，一段时间后再关闭弹簧夹，其目的是______。

⑤若乙酸钴最终分解生成固态氧化物X、CO、CO2、C2H6，且n（X）：

n（CO）：

n（CO2）：

n（C2H6）=1：

4：

2：

3（空气中的成分不参与反应），则乙酸钴在空气气氛中分解的化学方程式为______。

【答案】Co2O3＋6H＋＋2Cl－=2Co2＋＋Cl2↑＋3H2O冷却结晶、过滤F除去CO2分解产物中还含有一种或多种含C、H元素的物质将D中的气态产物被后续装置所吸收，或排除装置中的空气或不使K中水蒸气进入盛无水CuSO4的干燥管中防止倒吸3（CH3COO）2Co

Co3O4＋4CO↑＋2CO2↑＋3C2H6↑

（1）①已知，盐酸、COCl2易溶于水，写离子形式，氧化物、单质写化学式，反应的离子方程式:

Co2O3+2Cl-+6H+=2Co2++Cl2↑+3H2O；

②因反应产物中含有结晶水，则不能直接加热制取，应采用：

蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤干燥等操作；

（2）①装置E、F是用于检验CO和CO2，PdCl2溶液能被CO还原为Pd，因此装置E用于检验CO2，F装置用于检验CO，装盛足量PdCl2溶液；

②装置G的作用是吸收CO2，以防在装置内对后续实验产生干扰；

氧化铜变红，则氧化铜被还原，无水硫酸铜变蓝，说明反应中产生水，石灰水变浑浊，则说明产生二氧化碳气体，则说明分解产物中含有一种或多种含有C、H元素的物质，答案为：

除去CO2；

分解产物中含有一种或多种含C、H元素的物质；

③通入氮气的作用为使D装置中产生的气体全部进入后续装置，且排净后续装置内的氧气等，答案为：

将D中的气态产物带入后续装置（或排除装置中的空气或不使K中水蒸气进入盛无水硫酸铜的干燥管等）；

④实验结束时，先熄天D和I处的酒精灯，一段时间后装置D、E内的温度降低后再停止通入气体可以有效防止倒吸，答案为：

防止倒吸；

⑤乙酸钴受热分解，空气中的成分不参与反应生成物有固态氧化物X、CO、CO2、C2H6，且n（X）︰n（CO）︰n（CO2）︰n（C2H6）=1︰4︰2︰3，根据原子守恒配平即可，反应式为：

3（CH3COO）2Co

Co3O4+4CO↑+2CO2↑+3C2H6↑。

7．（16分）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0.05mol·

L-1硝酸银溶液（pH≈2）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

①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。

②取上层清液，滴加K3[Fe（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：

①取上层清液，滴加KSCN溶液，溶液变红，证