实验设计与评价.docx

1、实验设计与评价实验设计与评价一、选择题(本题包括4小题,每题6分,共24分)1.(2020濮阳模拟)下列由相关实验事实所推出的结论或所作出的解释正确的是 ()选项实验事实结论或解释A锌与稀硫酸反应制氢气时,滴加几滴硫酸铜溶液可使反应速率加快硫酸铜作反应的催化剂B在淀粉的水解液中加入新制氢氧化铜悬浊液,加热,未生成红色沉淀淀粉尚未发生水解C盐酸的酸性强于碳酸的酸性氯的非金属性强于碳的非金属性D实验室可用排饱和NaHCO3溶液的方法收集CO2CO2难溶于饱和NaHCO3溶液【解析】选D。滴加几滴硫酸铜溶液,构成Cu、Zn原电池,加快反应速率,与催化剂无关,故A错误;水解后在碱性溶液中检验葡萄糖,没

2、有在碱性溶液中加新制氢氧化铜悬浊液,加热,不能说明淀粉是否水解,故B错误;盐酸为无氧酸,不能比较非金属性,故C错误;NaHCO3溶液可抑制CO2的溶解,则可用排饱和 NaHCO3溶液的方法收集CO2,故D正确。2.(2019海淀模拟)取1 mL 0.1 molL-1 AgNO3溶液进行如下实验(实验中所用试剂浓度均为0.1 molL-1):下列说法不正确的是 ()A.实验白色沉淀是难溶的AgClB.由实验说明AgI比AgCl更难溶C.若按顺序实验,看不到黑色沉淀D.若按顺序实验,看不到白色沉淀【解析】选C。AgNO3溶液中加入NaCl溶液,发生Ag+Cl-AgCl,即实验中白色沉淀是AgCl,

3、故A正确;实验中加入过量KI溶液,出现黄色沉淀,说明产生AgI,即发生AgCl(s)+I-(aq)AgI(s)+Cl-(aq),推出AgI比AgCl更难溶,故B正确;实验得到黑色沉淀,该黑色沉淀为Ag2S,推出Ag2S比AgI更难溶,溶解度由大到小的顺序是AgClAgIAg2S,按顺序实验,能观察黑色沉淀,故C错误;根据选项C分析,按照顺序实验,生成更难溶的AgI,不能得到AgCl,即无法观察到白色沉淀,故D正确。3.(2019河南模拟)类比是学习化学的重要方法。下列类比错误的是 () 选项事实理由类比A CH2CH2发生加聚反应生成聚乙烯 CH2CH2和CF2CF2具有相同官能团CF2CF2

4、发生加聚反应生成聚四氟乙烯BNa在O2中燃烧生成Na2O2Na和Li同主族,化学性质相似 Li在O2中燃烧生成Li2O2C稀盐酸和稀NaOH溶液反应测定中和热 KOH和NaOH都是一元强碱 稀盐酸与稀KOH溶液反应测定中和热且数值相等DSO2能使酸性KMnO4溶液褪色 NaHSO3和SO2中硫元素化合价相同NaHSO3也能使酸性KMnO4溶液褪色【解析】选B。CH2CH2和CF2CF2都含有碳碳双键,都能发生加聚反应生成高分子化合物,故A正确;Li活泼性小于Na,锂在空气中燃烧生成氧化锂,不会生成Li2O2,故B错误;氢氧化钠和氢氧化钾都是强碱,可以与盐酸测定中和热且数值相等,故C正确;二氧化

5、硫和亚硫酸氢钠都具有较强的还原性,都能够使酸性高锰酸钾溶液褪色,故D正确。4.氮化铝(AlN)是一种新型无机材料。某学习小组为测定m g氮化铝(仅含有Al2O3杂质)样品中AlN的纯度,设计如图实验装置,下列说法中不正确的是 ()已知:AlN+NaOH+3H2ONaAl(OH)4+NH3A.读数时量气装置两侧液面一定要保持相平B.为测定生成气体的体积,装置中的X可以是NH4Cl溶液C.完全反应后,测得标准状况下气体的体积为V mL,则氮化铝的纯度为100%D.如果撤去导管a,测得样品的纯度偏高【解析】选B。为了减小压强对测量结果的影响,读数时量气装置两侧液面一定要保持相平,故A正确;氨气极易溶

6、于水,利用排水法测定氨气体积时,不能用氯化铵溶液,可以用苯或四氯化碳,故B错误;若m g样品完全反应,测得生成气体的体积为V mL(已转换为标准状况),设氮化铝纯度为x,AlN+NaOH+H2ONaAlO2+NH341 g 22.4 Lmx g V10-3Lx=100%=100%,故C正确;如果撤去导管a,导致装置中压强增大,测定的氨气体积偏大,从而导致测得样品的纯度偏高,故D正确。二、非选择题(本题包括2小题,共26分)5.(12分)(2019潍坊模拟)氯酸钾是一种重要的氧化剂,受热易分解。为充分利用资源,变废为宝,实验室以电石渣主要成分为Ca(OH)2和CaCO3为原料制备KClO3的流程

7、如下 操作2KClO3固体回答下列问题:(1)加热下氯化过程发生反应的化学方程式为。(2)为保证氯化过程中Cl2反应充分,制Cl2时应采取的措施是,导气口n后所连接装置合适的是(填序号)。(3)操作2包含一系列实验操作,主要为降温结晶过滤洗涤低温干燥。(4)下图是制备过程中处理尾气的部分装置。B中溶液为。A中装有蒸馏水,查阅资料可知次氯酸或氯气可被SO2,H2O2,FeCl2等物质还原成Cl-,请设计实验方案测定A中氯元素含量。【解析】(1)氯化过程中,反应物为Cl2和Ca(OH)2,生成物为Ca(ClO3)2、CaCl2和H2O,因此该反应的化学方程式为6Cl2+6Ca(OH)2Ca(ClO

8、3)2+5CaCl2+6H2O;(2)欲使氯气充分反应,应减慢通入Cl2的速率,因此可通过控制活塞将浓盐酸缓慢而均匀地滴入三颈烧瓶中;为使Cl2充分反应,应增大氯气与电石渣浆的接触面积,因此需选用装置cd;(3)操作2是从溶液中获得晶体,因此其操作过程为蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、低温干燥;(4)由于Cl2能与NaOH溶液反应,实验过程中常用NaOH溶液吸收过量的Cl2,装置B中为NaOH溶液;欲测定氯元素的含量,可通过测定反应生成AgCl沉淀的质量进行计算,因此需先将A中氯元素全部转化为Cl-,再加入AgNO3溶液反应生成AgCl沉淀,故其实验操作为:量取一定量A中溶液于试管中,加入足量

9、的H2O2溶液,充分振荡后,加热除去过量的H2O2,冷却后,再加入足量的AgNO3溶液,过滤后洗涤沉淀,干燥后称量沉淀的质量;最后结合氯元素守恒,计算A中氯元素的含量。答案:(1)6Cl2+6Ca(OH)2Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O(2)控制活塞将浓盐酸缓慢而均匀地滴入三颈烧瓶中cd(3)蒸发浓缩(4)氢氧化钠溶液量取一定量A中溶液于试管中,加入足量的 H2O2溶液,充分振荡;加热除去过量的 H2O2,冷却,再加入足量的硝酸银溶液,过滤洗涤沉淀,干燥后称量沉淀质量6.(14分)某活动小组利用废铁屑(含少量S等元素)为原料制备三草酸合铁()酸钾晶体K3Fe(C2O4)33H2O并

10、测定其组成。实验一:制备硫酸亚铁铵(NH4)2SO4FeSO46H2O。小组同学设计如图所示装置(夹持仪器略去)。称取一定量的废铁屑于锥形瓶中,加入适量的稀硫酸,在通风橱中置于5060热水浴中加热,充分反应。待锥形瓶中溶液冷却后加入氨水,搅拌使其反应完全,制得浅绿色悬浊液。(1)废铁屑在使用前需要用热的饱和碳酸钠溶液进行洗涤,目的是。(2)在实验中选择5060热水浴的原因是,KMnO4溶液的作用是。(3)若要确保获得浅绿色悬浊液,实验过程应注意的是(填字母)。A.保持铁屑过量B.控制溶液呈强酸性C.持续升高温度实验二:制备三草酸合铁()酸钾晶体。实验小组用实验一锥形瓶中的悬浊液设计以下实验流程

11、制备三草酸合铁()酸钾晶体。(4)写出步骤生成黄色沉淀(FeC2O42H2O)的化学方程式:_。(5)小组同学准确称取了m g废铁屑,经过以上步骤(假设过程中铁没有损失)得到三草酸合铁()酸钾晶体并配制成了250 mL溶液,取25 mL该溶液于锥形瓶中,加入2 molL-1硫酸溶液15 mL,滴入二苯胺磺酸钠作指示剂,用C molL-1的K2Cr2O7标准液滴定至紫红色,进行了三次平行实验,平均消耗标准液V mL,已知Cr2在酸性介质中被还原为Cr3+,则废铁屑中铁元素的质量分数为(用相关字母表示)。【解析】废铁屑使用热的饱和碳酸钠溶液洗涤是为了去除铁屑上的油污,水浴加热的目的是控制温度,加快

12、反应的速率,同时防止温度过高,氨水挥发过多,原料利用率低。由于铁屑中含有S,因此会产生SO2,同时氨水易挥发,因此高锰酸钾溶液吸收这些气体,防止污染空气。由于Fe2+易被氧化,所以为防止其被氧化,铁屑应过量,同时为抑制Fe2+的水解,所以溶液要保持强酸性。利用电子守恒可知:3C2Cr2,n(Cr2)=CV10-3 mol,所以,n(C2)=3CV10-3 mol,在三草酸合铁()酸钾晶体中,Fe3+3C2,所以:n(Fe3+)=CV10-3 mol,铁的质量分数w=100%=%。答案:(1)除去废铁屑上的油污(2)使受热均匀,加快反应速率,防止温度过高,氨水挥发过多,原料利用率低(答案合理即可

13、)吸收氨气、二氧化硫等杂质气体,防止污染空气(3)AB(4)(NH4)2SO4FeSO46H2O+H2C2O4FeC2O42H2O+(NH4)2SO4+H2SO4+4H2O(5)%一、选择题(本题包括3小题,每题5分,共15分)1.(2020郑州模拟)某兴趣小组将下表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中,以研究硫酸铜的浓度对稀硫酸与锌反应生成氢气速率的影响。下列判断错误的是 () 实验组别混合溶液ABCDEF4 molL-1H2SO4/mL30V1V2V3V4V5饱和CuSO4溶液/mL00.52.55V620H2O/mLV7V8V9V10100A.V1=30,V6=10,V

14、7=20B.本实验利用了控制变量思想,变量为铜离子浓度C.反应一段时间后,实验A中的金属呈灰黑色,实验F的金属呈现红色D.该小组的实验结论是硫酸铜的量与生成氢气速率成正比【解析】选D。对比试验效果,那么除了反应的物质的量不一样以外,要保证其他条件相同,而且是探究硫酸铜量的影响,那么每组硫酸的量要保持相同,六组反应的总体积也应该相同,A组中硫酸为30 mL,那么其他组硫酸量也都为30 mL,而硫酸铜溶液和水的总量应相同,F组中硫酸铜20 mL,水为0,那么总量为20 mL,所以V1=30 mL,V6=10 mL,V7=20 mL,故A正确;分析图表数据可知,探究的是硫酸铜的浓度对稀硫酸与锌反应生

15、成氢气速率的影响,所以变量为铜离子浓度,实验利用了控制变量思想,故B正确;因为锌会先与硫酸铜反应,直至硫酸铜反应完才与硫酸反应生成氢气,硫酸铜量较多时,反应时间较长,而且生成的铜会附着在锌片上,反应一段时间后,实验A中的金属呈灰黑色,实验F的金属呈现红色,故C正确;因为锌会先与硫酸铜反应,直至硫酸铜反应完才与硫酸反应生成氢气,硫酸铜量较多时,反应时间较长,而且生成的铜会附着在锌片上,会阻碍锌片与硫酸继续反应,氢气生成速率下降,故D错误。2.(2019石景山区模拟)资料显示:自催化作用是指反应产物之一使该反应速率加快的作用。用稀硫酸酸化的KMnO4进行下列三组实验,一段时间后溶液均褪色(0.01

16、 molL-1可以记做0.01M)。实验实验实验1 mL 0.01M的KMnO4溶液和1 mL 0.1M的H2C2O4溶液混合1 mL 0.01M的KMnO4溶液和1 mL 0.1M的H2C2O4溶液混合1 mL 0.01M的KMnO4溶液和1 mL 0.1M的H2C2O4溶液混合褪色比实验褪色快比实验褪色快下列说法不正确的是 ()A.实验中发生氧化还原反应,H2C2O4是还原剂,产物MnSO4能起自催化作用B.实验褪色比快,是因为MnSO4的催化作用加快了反应速率C.实验褪色比快,是因为Cl-的催化作用加快了反应速率D.若用1 mL 0.2M的H2C2O4做实验,推测比实验褪色快【解析】选C

17、。C元素的化合价升高,且锰离子可作催化剂,则实验中发生氧化还原反应,H2C2O4是还原剂,产物MnSO4能起自催化作用,故A正确;催化剂可加快反应速率,则实验褪色比快,是因为MnSO4的催化作用加快了反应速率,故B正确;高锰酸钾可氧化氯离子,则实验褪色比快,与催化作用无关,故C错误;增大浓度,反应速率加快,则用1 mL 0.2M的H2C2O4做实验,推测比实验褪色快,故D正确。3.(2020蚌埠模拟)如图装置,将溶液A逐滴加入固体B中,下列叙述正确的是 ()A.若A为浓盐酸,B为MnO2,C中盛品红溶液,则C中溶液褪色B.若A为醋酸,B为贝壳,C中盛过量澄清石灰水,则C中溶液变浑浊C.若A为浓

18、氨水,B为生石灰,C中盛AlCl3溶液,则C中先产生白色沉淀后沉淀又溶解D.若A为浓硫酸,B为Na2SO3固体,C中盛石蕊试液,则C中溶液先变红后褪色【解析】选B。二氧化锰与浓盐酸混合加热可得到氯气,而题目中的装置制取气体无需加热,所以无法制取氯气,故A错误;贝壳的主要成分为碳酸钙,醋酸和碳酸钙反应:CaCO3+2CH3COOHCa(CH3COO)2 +H2O+CO2,该反应无需加热就可以发生,二氧化碳和澄清石灰水反应:CO2+Ca(OH)2CaCO3+H2O,有不溶于水的碳酸钙生成,所以试管中溶液变浑浊,故B正确;实验室制备NH3,可用浓氨水和CaO固体反应,化学方程为NH3H2O+CaOC

19、a(OH)2+NH3,浓氨水易挥发,CaO固体与水反应放出大量的热,导致温度升高,使得氨气在水中的溶解度进一步减少,以气体的形式逸出,制得氨气,可选择图中的制取装置,C中盛AlCl3溶液,氨气和水反应生成氨水,氨水和AlCl3溶液反应生成氢氧化铝沉淀,但氨水是弱碱,不能溶解氢氧化铝,C中不可能先产生白色沉淀后沉淀又溶解,故C错误;亚硫酸是弱酸,硫酸是强酸,利用强酸制弱酸的原理,硫酸和亚硫酸钠反应生成亚硫酸,亚硫酸分解生成二氧化硫和水,Na2SO3+H2SO4Na2SO4+SO2+H2O,所以能用图中的制取装置制备SO2,二氧化硫溶于水反应生成亚硫酸,能使C中石蕊试液变红,但不能使其褪色,故D项

20、错误。二、非选择题(本题包括3小题,共35分)4.(11分)某学习小组按如下实验流程探究海带中碘含量的测定和碘的制取。实验(一)碘含量的测定取0.0100 molL-1的AgNO3标准溶液装入滴定管,取100.00 mL海带浸取原液至滴定池,用电势滴定法测定碘含量。测得的电动势(E)反映溶液中c(I-)的变化,部分数据如下表:V(AgNO3)/mL15.0019.0019.8019.9820.0020.0221.0023.0025.00E/mV-225-200-150-10050.0175275300325实验(二)碘的制取另制海带浸取原液,甲、乙两种实验方案如下:已知:3I2+6NaOH5N

21、aI+NaIO3+3H2O。(1)实验(一) 中的仪器名称:仪器A,仪器B。(2)根据表中数据绘制滴定曲线:该次滴定终点时用去AgNO3溶液的体积为mL,计算得海带中碘的百分含量为%。(已知碘的相对原子质量为127)(3)分液漏斗使用前须检漏,检漏方法为_。步骤X中,萃取后分液漏斗内观察到的现象是_。下列有关步骤Y的说法,正确的是。A.应控制NaOH溶液的浓度和体积B.将碘转化成离子进入水层C.主要是除去海带浸取原液中的有机杂质D.NaOH溶液可以由乙醇代替实验(二) 中操作Z的名称是。(4)方案甲中若采用蒸馏不合理,理由是_。【解析】(1)根据仪器的构造可知,用于灼烧海带的仪器为坩埚;通过仪

22、器B配制500 mL含有碘离子的浸取液,需要使用500 mL的容量瓶;(2)根据表中数据可以绘制出电动势(E)与消耗硝酸银溶液体积的关系图。根据滴定曲线可知,当加入20 mL硝酸银溶液时,电动势出现了突变,说明滴定终点时消耗了20.00 mL硝酸银溶液;20.00 mL硝酸银溶液中含有硝酸银的物质的量为0.010 0 molL-10.02 L=0.000 2 mol,则500 mL原浸出液完全反应消耗硝酸银的物质的量为0.000 2 mol=0.001 mol,说明20.00 g该海带中含有0.001 mol碘离子,所以海带中碘的百分含量为100%=0.635%;(3)检查分液漏斗是否漏水的操

23、作方法为向分液漏斗中加入少量蒸馏水,检查旋塞处是否漏水;将漏斗倒转过来,检查玻璃塞是否漏水;碘单质易溶于有机溶剂,微溶于水,且四氯化碳的密度大于水溶液,所以步骤X向含有碘单质的水溶液中加入四氯化碳后,混合液会分为上下两层,下层为四氯化碳的碘溶液,则下层呈紫红色;发生反应3I2+6NaOH5NaI+NaIO3+3H2O中,需要浓氢氧化钠溶液,所以应控制NaOH溶液的浓度和体积,故A正确;根据反应3I2+6NaOH5NaI+NaIO3+ 3H2O可知,步骤Y将碘转化成离子进入水层,故B正确;该操作的主要目的是将碘单质转化成碘酸钠、碘化钠,将碘转化成离子进入水层,不是除去有机杂质,故C错误;乙醇易溶

24、于水和四氯化碳,将氢氧化钠换成乙醇,仍然无法分离出碘单质,故D错误;步骤Z将碘单质和水分离,由于碘单质不溶于水,可通过过滤操作完成;(4)方案甲中若采用蒸馏操作,由于碘单质容易升华,会导致碘单质损失,所以甲方案不合理。答案:(1)坩埚500 mL容量瓶(2)20.00 mL0.635(3)向分液漏斗中加入少量蒸馏水,检查旋塞处是否漏水,将漏斗倒转过来,检查玻璃塞是否漏水,旋转旋塞180,正立再次检验旋塞,旋转玻璃塞180,再次倒立检验玻璃塞是否漏水液体分为上下两层,下层呈紫红色AB过滤(4)碘单质易升华,会导致碘损失5.(12分)氯化亚砜(SOCl2)常用于医药、农药、染料工业,也可在有机合成

25、工业中作氯化剂。已知:SOCl2的相关性质如下表所示:颜色、状态熔点沸点腐蚀性水解无色或微黄液体-10578强极易水解现利用如图装置制备SOCl2。请回答下列问题:. 制备SO2和Cl2。(1)本实验选用装置甲制备SO2和Cl2,装置甲中仪器x的名称为;若以KMnO4和浓盐酸反应制备Cl2,反应的离子方程式为。. 制备SOCl2。以活性炭作为催化剂,SO2和Cl2可以和S粉在180200时反应合成SOCl2,选用装置A、B、C、D进行制备(夹持、加热装置略去)。(2)按气流从左到右的方向,装置A、B、C、D的连接顺序为(填仪器接口的字母编号)。(3)试剂y为(填选项字母,下同);试剂z为。A.

26、热水B.乙醇C.石蜡油D.冰水(4)装置A中U形管内发生反应的化学方程式为。(5)装置C的作用为;若装置A通入的SO2和Cl2的物质的量之比为13,则装置C中生成的盐为(填化学式);请设计实验验证装置C中生成的盐中含有S:。【解析】.(1)装置甲中仪器x的名称为分液漏斗;若选用装置甲以高锰酸钾和浓盐酸反应制备Cl2,反应的离子方程式为2Mn+16H+10Cl-2Mn2+5Cl2+8H2O。.(2)按气流从左到右的方向,A为制备装置,D为收集装置,B为干燥装置,连接在D后防止水蒸气进入,C为尾气处理装置,连接顺序为afg(gf)bcde。(3)试剂y为石蜡油,能保持油浴温度为180200;试剂z

27、为冰水,冷凝收集生成的氯化亚砜。(4)装置A中U形管内发生反应的化学方程式为SO2+2Cl2+S2SOCl2。(5)装置C的作用为吸收未反应的SO2和Cl2;若装置A通入的SO2和Cl2的物质的量之比为13,Cl2过量,则装置C中发生的反应为SO2+Cl2+4NaOH2NaCl+Na2SO4+2H2O、Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O,生成的盐为NaCl、Na2SO4和NaClO;验证装置C中生成的盐中含有S的具体操作为取装置C中少量溶液于试管中,加过量稀盐酸酸化,继续滴加BaCl2溶液,生成白色沉淀,证明有S。答案:.(1)分液漏斗2Mn+16H+10Cl-2Mn2+5Cl2+

28、8H2O.(2)afg(gf)bcde(3)CD(4)SO2+2Cl2+S2SOCl2(5)尾气处理(或吸收未反应的SO2和Cl2)NaCl、NaClO和Na2SO4取装置C中少量溶液于试管中,加过量稀盐酸酸化,继续滴加BaCl2溶液,生成白色沉淀,证明有S6.(12分)(2019全国卷)立德粉ZnSBaSO4(也称锌钡白),是一种常用白色颜料。回答下列问题: (1)利用焰色反应的原理既可制作五彩缤纷的节日烟花,亦可定性鉴别某些金属盐。灼烧立德粉样品时,钡的焰色为(填标号)。A.黄色B.红色C.紫色D.绿色(2)以重晶石(BaSO4)为原料,可按如下工艺生产立德粉:重晶石焦炭粉还原料净化的BaS溶液立德粉成品在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡,该过程的化学方程式为_。回转炉尾气中含有有毒气体,生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能源气体,该反应的化学方程式为_。在潮湿空气中长期放置的“还原料”,会逸出臭鸡蛋气味的气体,且水溶性变差,其原因是“还原料”表面生成了难溶于水的(填化学