2019高考化学三轮冲刺大题提分大题精做3探究性实验设计

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1、大题精做三 探究性实验设计1.(2018北京卷)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+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O,另外还有_。(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K2F

2、eO4氧化了Cl而产生Cl2,设计以下方案:方案取少量a,滴加KSCN溶液至过量,溶液呈红色。方案用KOH溶液充分洗涤C中所得固体,再用KOH溶液将K2FeO4溶出,得到紫色溶液b。取少量b,滴加盐酸,有Cl2产生。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)。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_(填“”或“”),而方案实验表明,Cl2和的氧化性强弱关系相反,原因是_。资料表明,酸性溶液中的氧化性,验证实验如下:将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4

3、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。若能,请说明理由;若不能,进一步设计实验方案。理由或方案:_。【解析】(1)A为氯气发生装置,KMnO4与浓盐酸反应时,锰被还原为Mn2+,浓盐酸被氧化成Cl2,KMnO4与浓盐酸反应生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O,根据得失电子守恒和原子守恒,反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O,离子方程式为2MnO+10Cl+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O。由于盐酸具有挥发性,所得Cl2中混有HCl和H2O(g),HCl会消耗Fe(OH)3、KOH,用饱和食盐水除去HCl,除杂装置

4、B为。C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O,还有Cl2与KOH的反应,Cl2与KOH反应的化学方程式为Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O,反应的离子方程式为Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O。(2)根据上述制备反应,C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl,还可能含有KClO等。I.方案I加入KSCN溶液,溶液变红说明a中含Fe3+。但Fe3+的产生不能判断K2FeO4与Cl发生了反应,根据题意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2,自身被还原成Fe3+,根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒,可能的反应为4FeO+20H+

5、=4Fe3+3O2+10H2O。II.产生Cl2还可能是ClO+Cl+2H+=Cl2+H2O,即KClO的存在干扰判断;K2FeO4微溶于KOH溶液,用KOH溶液洗涤的目的是除去KClO、排除ClO的干扰,同时保持K2FeO4稳定存在。制备K2FeO4的反应3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O,在改反应中Cl的化合价由0降到-1价,氯气是氧化剂,铁元素的化合价由-3到+6,2Fe(OH)3是还原剂,K2FeO4为氧化产物根据同一反应中,氧化性:氧化剂大于氧化产物,得出氧化性Cl2FeO;方案II的反应为4FeO+20H+=4Fe3+3O2+10H2O,实验

6、表明,Cl2与FeO氧化性强弱相反;对比两个反应的条件,方案II在酸性条件下,说明溶液的酸碱性的不同影响氧化性的强弱。该小题为开放性试题。若能,根据题意K2FeO4在足量H2SO4溶液中会转化为Fe3+和O2,最后溶液中不存在FeO,溶液振荡后呈浅紫色一定是MnO4-的颜色,说明FeO将Mn2+氧化成MnO,所以该实验方案能证明氧化性FeOMnO。(或不能,因为溶液b呈紫色,溶液b滴入MnSO4和H2SO4的混合溶液中,c(FeO)变小,溶液的紫色也会变浅;则设计一个空白对比的实验方案,方案为: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)。【答案】(1)2KMnO4+

7、16HCl=2MnCl2+2KCl +5Cl2+8H2O Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O (2) Fe3+ 4FeO+20H+=4Fe3+3O2+10H2O (3)排除ClO的干扰溶液的酸碱性不同若能,理由:FeO在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2,溶液浅紫色一定是MnO的颜色(若不能,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)1.(2018辽宁丹东市一模)某探究性实验小组的同学将打磨过的镁条投入到滴有酚酞的饱和NaHCO3溶液中,发现反应迅速,产生大量气泡和白色不溶物,溶液的浅红色加深。该小组同学对白色不溶物的成分进行了探究和确定。、提出假设:甲

8、同学:可能只是MgCO3;乙同学:可能只是Mg(OH)2;丙同学:可能是xMgCO3yMg(OH)2、定性实验探究:(1)取沉淀物少许于试管中,加入稀盐酸时固体溶解,产生大量气泡,则_同学假设错误(选填“甲”、“乙”或“丙”)。、定量实验探究:取一定量已干燥过的沉淀样品,利用下列装置测定其组成(部分固定夹持类装置未画出),经实验前后对比各装置的质量变化来分析沉淀的组成,得出丙同学的假设是正确的。请回答下列问题:(2)实验中合理的连接顺序为:e_ gh(各装置只使用一次)。(3)实验一段时间后,当B装置中_(填实验现象),停止加热,说明固体已分解完全;打开f处的活塞,缓缓通入空气数分钟的目的是_

9、,(4)指导老师认为在上述实验装置中末端还需再连接一个D装置,若无此装置,会使测出的xy的值_(选填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。(5)若改进实验后,最终装置B质量增加m克,装置D质量增加了n克,则xy=_。(用含m、n的代数式表示)【解析】(1)取沉淀物少许于试管中,加入稀盐酸时固体溶解,产生大量气泡,则乙同学假设错误;(2)浓硫酸吸收分解产生的水蒸气,碱石灰吸收分解产生的CO2,利用空气排尽装置中产生的气体,实验中合理的连接顺序为:efabdc gh或efbadcgh;(3)实验一段时间后,当B装置中无气泡冒出时,停止加热,说明固体已分解完全;根据以上分析可知打开f处的活塞,缓缓通入空

10、气数分钟的目的是排出装置中的CO2和水蒸气。由于空气中含有水蒸气和CO2,所以装置C中碱石灰的作用是吸收通入空气中的CO2和水蒸气;(4)指导老师认为在上述实验装置中末端还需再连接一个D装置,若无此装置,空气中的水蒸气和CO2也被碱石灰吸收,导致生成的CO2质量增加,因此会使测出的xy的值偏大;(5)若改进实验后,最终装置B质量增加mg,即产生水是m18mol,装置D质量增加了ng,CO2的物质的量是n44mol,则根据原子守恒可知xy=9n22m。【答案】(1)乙同学(2)fabdc或fbadc(3)无气泡冒出排出装置中的CO2和水蒸气(4)偏大(5)9n/22m2.(2018江西十校联考)

11、硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2是分析化学中的重要试剂,在不同温度下加热分解产物不同。设计如图实验装置(夹持装置略去),在500时隔绝空气加热A中的硫酸亚铁铵至分解完全,确定分解产物的成分。(1)B装置的作用是_。(2)实验中,观察到C中无明显现象,D中有白色沉淀生成,可确定产物中一定有_气体产生,写出D中发生反应的离子方程式_。若去掉C,能否得出同样结论_(填“是”或“否”),原因是_。(3)A中固体完全分解后变为红棕色粉末,某同学设计实验验证固体残留物仅为Fe2O3,而不含FeO,请帮他完成表中内容。(试剂,仪器和用品自选)实验步骤预期现象结论_固体残留物仅为Fe2O3(4)若E中收

12、集到的气体只有N2,其物质的量为xmol,固体残留物Fe2O3的物质的量为ymol,D中沉淀物质的量为zmol,则x、y和z应满足的关系为_。(5)结合上述实验现象,完成硫酸亚铁铵在500时隔绝空气加热完全分解的化学方程式_。【解析】(1)B装置中硫酸铜粉末的作用是检验产物中是否有水生成;(2)装置C中BaC12溶液的作用是为了检验分解产物中是否有SO3气体生成,若含有该气体,会生成硫酸钡白色沉淀,观察到的观象为溶液变浑浊;现C中无明显现象,说明不含有SO3气体,再结合观察到D中有白色沉淀生成,说明含有SO2气体;装置D中通入二氧化硫和过氧化氢发生氧化还原反应,生成硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉

13、淀,反应的离子方程式为:SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4+2H+;若去掉C,不能得出相同的结构,原因是无法排除SO3的干扰,因若有SO3也有白色沉淀生成;(3)根据亚铁离子的还原性,可以用高锰酸钾溶液检验,方法为:取少量A中残留物与试管中,加入适量稀硫酸,充分振荡使其完全溶解,在所得溶液中滴加高锰酸钾溶液,并振荡,若高锰酸钾溶液褪色,则残留物中含有FeO;若高锰酸钾溶液不褪色,则残留物中不含FeO;(4)若E中收集到的气体只有N2,其物质的量为xmol,固体残留物Fe2O3的物质的量为ymol,D中沉淀物质的量为zmol,其中N2和Fe2O3均为氧化产物,而SO2为还原产物,根据电子守恒

14、规律,可知23xmol+2ymol=2Zmol,即3x+y=z;(5)综合实验现象并结合电子守恒和原子守恒,硫酸亚铁铵在500时隔绝空气加热完全分解的化学方程式为2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3+2NH3+N2+4SO2+5H2O。【答案】(1)检验产物中是否有水生成(2)SO2 SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4+2H+否若有SO3也有白色沉淀生成(3)步骤:取少量A中残留物于试管中,加入适量稀硫酸,充分振荡使其完全溶解;将溶液分成两份,分别滴加高锰酸钾溶液、KSCN溶液(或:依次滴加K3Fe(CN)6溶液、KSCN溶液或其他合理答案)现象:若高锰酸钾溶液不褪色,加入KSCN溶液

15、后变红(或:加入K3Fe(CN)6溶液无现象,加入KSCN溶液后变红,或其他合理答案)(4)3x+y=z (5)2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3+2 NH3+N2+4SO2+5H2O3.(2018哈尔滨市调研)某小组设计不同实验方案比较Cu2+、Ag+ 的氧化性。(1)方案1:通过置换反应比较向酸化的AgNO3溶液插入铜丝,析出黑色固体,溶液变蓝。反应的离子方程式是_,说明氧化性Ag+Cu2+。(2)方案2:通过Cu2+、Ag+分别与同一物质反应进行比较实验试剂编号及现象试管滴管1.0mol/LKI溶液1.0 mol/LAgNO3溶液产生黄色沉淀,溶液无色1.0 mol/LCuSO4溶

16、液产生白色沉淀A,溶液变黄经检验,中溶液不含I2,黄色沉淀是_。经检验,中溶液含I2。推测Cu2+做氧化剂,白色沉淀A是CuI。确认A的实验如下:a检验滤液无I2。溶液呈蓝色说明溶液含有_(填离子符号)。b白色沉淀B是_。c白色沉淀A与AgNO3溶液反应的离子方程式是_,说明氧化性Ag+Cu2+。编号实验1实验2实验3实验现象无明显变化a中溶液较快变棕黄色,b中电极上析出银;电流计指针偏转c中溶液较慢变浅黄色;电流计指针偏转(3)分析方案2中Ag+ 未能氧化I,但Cu2+氧化了I的原因,设计实验如下:(电极均为石墨,溶液浓度均为1mol/L,b、d中溶液pH4)a中溶液呈棕黄色的原因是_(用电

17、极反应式表示)。“实验3”不能说明Cu2+氧化了I。依据是空气中的氧气也有氧化作用,设计实验证实了该依据,实验方案及现象是_。方案2中,Cu2+能氧化I,而Ag+未能氧化I的原因:_。(资料:Ag+I=AgI K1=1.21016;2Ag+2I=2Ag+I2 K2=8.7108)【解析】(1)向酸化的AgNO3溶液插入铜丝,析出黑色固体,溶液变蓝,说明铜置换出了金属银,反应的离子方程式为Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+,说明氧化性Ag+Cu2+,故答案为:Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+;(2)经检验,中溶液不含I2,黄色沉淀是碘离子与银离子形成的碘化银沉淀,故答案为:AgI;中溶液含I2,说

18、明Cu2+做氧化剂,将碘离子氧化,本身被还原为Cu+,因此白色沉淀A是CuI。a检验滤液无I2。溶液呈蓝色说明溶液含有Cu2+,故答案为:Cu2+;b滤渣用浓硝酸溶解后,在上层清液中加入盐酸,生成的白色沉淀B为AgCl,故答案为:AgCl;c白色沉淀A与AgNO3溶液反应生成了Cu2+和灰黑色沉淀,灰黑色沉淀用浓硝酸溶解后的溶液中含有银离子,黄色沉淀为AgI,说明灰黑色沉淀中含有金属银,反应的离子方程式为CuI+2Ag+=Cu2+Ag+AgI,说明氧化性Ag+Cu2+,故答案为:CuI+2Ag+=Cu2+Ag+AgI;(3)碘化钾溶液与硝酸银溶液构成了原电池,a中溶液中的碘离子发生氧化反应生成

19、碘单质,溶液呈棕黄色,电极反应式为2I-2e-=I2,故答案为:2I-2e-=I2;“实验3”不能说明Cu2+氧化了I-。依据是空气中的氧气也有氧化作用,只需设计没有铜离子的情况下,也能看到相似的现象即可,可以设计实验:将d烧杯内的溶液换为pH4的1 mol/L Na2SO4溶液,c中溶液较慢变浅黄,电流计指针偏转,故答案为:将d烧杯内的溶液换为pH4的1mol/L Na2SO4溶液,c中溶液较慢变浅黄,电流计指针偏转;Ag+I=AgI K1=1.21016;2Ag+2I=2Ag+I2K2= 8.7108,K1K2,故Ag+更易与I-发生复分解反应,生成AgI。2Cu2+4I=2CuI+I2,

20、生成了CuI沉淀,使得Cu2+的氧化性增强,因此方案2中,Cu2+能氧化I,而Ag+未能氧化I,故答案为:K1K2,故Ag+更易与I-发生复分解反应,生成AgI。2Cu2+4I=2CuI+I2,生成了CuI沉淀,使得Cu2+的氧化性增强。【答案】(1)Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+(2) AgI Cu2+ AgCl CuI+2Ag+=Cu2+Ag+AgI(3)2I-2e-=I2将d烧杯内的溶液换为pH4的1mol/L Na2SO4溶液,c中溶液较慢变浅黄,电流计指针偏转 K1K2,故Ag+更易与I发生复分解反应,生成AgI 2Cu2+4I=2CuI+I2,生成了CuI沉淀,使得Cu2+的氧化

21、性增强4.(2018甘肃省师范附属中学期中)某兴趣小组探究SO2气体还原Fe3+、I2,它们使用的药品和装置如图所示:(1)SO2气体还原Fe3+的产物是_(填离子符号),参加反应的SO2和Fe3+的物质的量之比是_。(2)下列实验方案适用于在实验室制取所需SO2的是_。ANa2SO3溶液与HNO3 BNa2SO3固体与浓硫酸C固体硫在纯氧中燃烧 D铜与热浓H2SO4(3)装置C的作用是_。(4)若要从A中所得溶液提取晶体,必须进行的实验操作步骤:蒸发、冷却结晶、过滤、自然干燥,在这一系列操作中没有用到的仪器有_(填序号)。A蒸发皿B石棉网C漏斗D烧杯E玻璃棒F坩埚(5)在上述装置中通入过量的

22、SO2,为了验证A中SO2与Fe3+发生了氧化还原反应,他们取A中的溶液,分成三份,并设计了如下实验:方案:往第一份试液中加入酸性KMnO4溶液,紫红色褪去。方案:往第二份试液中加入KSCN溶液,不变红,再加入新制的氯水,溶液变红。方案:往第三份试液中加入用稀盐酸酸化的BaCl2,产生白色沉淀。上述方案不合理的是_,原因是_。【解析】(1)根据反应SO2+2Fe3+2H2O=2Fe2+SO+4H+可知,SO2气体还原Fe3+的产物是Fe2+和SO;参加反应的SO2和Fe3+的物质的量之比是:12;综上所述,本题答案是:Fe2+和SO;12。(2)A硝酸具有强氧化性,把亚硫酸钠氧化成硫酸钠,得不

23、到二氧化硫,故A错误;B浓硫酸虽具有强氧化性,但不能氧化亚硫酸钠,和亚硫酸钠发生复分解反应生成二氧化硫气体,所以B选项是正确;C固体硫在纯氧中燃烧,操作不容易控制,故C错误;D铜与热浓H2SO4加热反应生成硫酸铜、二氧化硫,可以制备二氧化硫,所以D选项是正确;综上所述,本题答案是:BD。(3)二氧化硫是酸性氧化物具有刺激性气味,直接排放污染大气,能和碱反应生成盐和水,所以可用碱液处理二氧化硫,所以装置C的作用是吸收SO2尾气,防止污染空气;因此,本题正确答案是:吸收多余的二氧化硫,防止污染空气。(4)操作步骤:蒸发需用到A蒸发皿,E.玻璃棒,冷却结晶需用到烧杯,过滤需用到C.漏斗,D.烧杯,E

24、.玻璃棒,故不需要B.石棉网、F.坩埚;因此,本题正确答案是:BF。(5)二氧化硫有还原性,高锰酸钾有强氧化性,二氧化硫能与高锰酸钾发生氧化还原反应使高锰酸钾溶液褪色,Fe2+也使高锰酸钾溶液褪色,所以不合理的是方案,因为A的溶液中含有SO2,SO2也能使KMnO4溶液褪色;因此,本题正确答案是:方案,SO2也能使酸性高锰酸钾溶液褪色。【答案】(1)Fe2+和SO 12 (2)BD (3)吸收多余的二氧化硫,防止污染空气(4)BF(5)方案SO2也能使酸性高锰酸钾溶液褪色5.(2018宁夏回族自治区长庆中学月考)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。某化学小组利用如

25、图装置探究其反应产物。查阅资料CO能与银氨溶液反应:CO2Ag(NH3)22OH=2Ag2NHCO2NH3。Cu2O为红色,不与Ag+反应,能发生反应:Cu2O2H=Cu2+CuH2O。(1)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)(3)实验中滴加稀盐酸的操作为_。(4)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_。(5)当反应结束后,装置D处试管中固体全部变为红色。设计实验证明红色固体中含有Cu2O:_。欲证明红色固体中是否含有Cu,甲同学设计如下实验:向少量红色固体中加入适量0.1molL1AgNO3溶液,发现溶

26、液变蓝,据此判断红色固体中含有Cu。乙同学认为该方案不合理,欲证明甲同学的结论,还需增加如下对比实验,完成表中内容。实验步骤(不要求写出具体操作过程)预期现象和结论_若观察到溶液不变蓝,则证明红色固体中含有Cu;若观察到溶液变蓝,则不能证明红色固体中含有Cu【解析】(1)A中Al4C3与盐酸发生复分解反应,反应方程式Al4C312HCl=3CH44AlCl3;因此本题答案是:Al4C312HCl=3CH44AlCl3。(2)A中反应后,需除去气体可能携带的HCl,故紧接着是F,然后将气体通入反应器D,随后通入B中,检验是否有水生成,再通入澄清石灰水E,检验二氧化碳,最后通入C中检验一氧化碳,最

27、后G收集尾气,故顺序为: FDBECG;综上所述,本题答案是:FDBECG。(3)滴加稀盐酸操作:先打开分液漏斗上口的玻璃塞(或先将分液漏斗上口的玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔),再将分液漏斗下面的旋塞打开,使稀盐酸缓慢滴下;综上所述,本题答案是:先打开分液漏斗上口的玻璃塞(或先使分液漏斗上口的玻璃塞的凹槽对准漏斗上的小孔),再将分液漏斗下面的旋塞打开,使稀盐酸缓慢滴下。(4)根据题给信息可知,气体产物中含有CO,所以C中银氨溶液可被还原为银,试管内有黑色固体生成;反应产生的甲烷气体中含有HCl和H2O,为了不影响后续反应,利用F装置除去甲烷中的HCl和H2O;综上所述,本题答案是:试管内有黑

28、色固体生成(或试管内有银镜生成,除去甲烷中的HCl气体和水蒸气。(5)欲证明红色固体中是否含有Cu,甲同学设计如下实验:向少量红色固体中加入适量0.1molL1AgNO3溶液,发现溶液变蓝,据此判断红色固体中含有Cu;乙同学认为该方案不合理,欲证明甲同学的结论,还需增加如下对比实验:取少量红色固体,加入适量稀硫酸,若溶液变蓝色,说明溶液中含有Cu2+,则证明红色固体中含Cu2O;综上所述,本题答案是:取少量红色固体,加入适量稀硫酸,若溶液变为蓝色,则证明红色固体中含有Cu2O。取少量的Cu2O固体于试管中,加入适量的0.1molL1AgNO3溶液,若溶液不变蓝,则可排除红色固体中Cu2O的干扰,证明其中含有Cu;综上所述,本题答案是:取少量Cu2O固体于试管中,加入适量0.1molL1AgNO3溶液。【答案】(1)Al4C312HCl=3CH44AlCl3 (2)FDBECG (3)先打开分液漏斗上口的玻璃塞(或先使分液漏斗上口的玻璃塞的凹槽对准漏斗上的小孔),再将分液漏斗下面的旋塞打开,使稀盐酸缓慢滴下试管内(4)有黑色固体生成(或试管内有银镜生成) 除去甲烷中的HCl气体和水蒸气(5)取少量红色固体,加入适量稀硫酸,若溶液变为蓝色,则证明红色固体中含有Cu2O取少量Cu2O固体于试管中,加入适量0.1molL1AgNO3溶液10

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