实验方案的设计与评价高考真题汇编.docx

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实验方案的设计与评价高考真题汇编

实验方案的设计与评价高考真题汇编

1.[2018·全国卷Ⅰ]醋酸亚铬[（CH3COO）2Cr·2H2O]为砖红色晶体，难溶于冷水，易溶于酸，在气体分析中用作氧气吸收剂。

一般制备方法是先在封闭体系中利用金属锌作还原剂，将三价铬还原为二价铬；二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬。

实验装置如图所示。

回答下列问题：

（1）实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却，目的是______________，仪器a的名称是______________。

（2）将过量锌粒和氯化铬固体置于c中，加入少量蒸馏水，按图连接好装置。

打开K1、K2，关闭K3。

①c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，该反应的离子方程式为__________________________。

②同时c中有气体产生，该气体的作用是________________________。

（3）打开K3，关闭K1和K2，c中亮蓝色溶液流入d，其原因是______________________；d中析出砖红色沉淀，为使沉淀充分析出并分离，需采用的操作是________、________、洗涤、干燥。

（4）指出装置d可能存在的缺点________________________。

答案　

（1）去除水中溶解氧　分液漏斗

（2）①Zn＋2Cr3＋===Zn2＋＋2Cr2＋　②排除c中空气

（3）c中产生H2使压强大于大气压　冷却　过滤

（4）敞开体系，可能使醋酸亚铬与空气接触

解析　

（1）由于醋酸亚铬易被氧化，所以需要尽可能避免与氧气接触，因此实验中所用蒸馏水均需煮沸后迅速冷却，目的是去除水中溶解氧；根据仪器构造可知仪器a是分液漏斗。

（2）①c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，说明Cr3＋被锌还原为Cr2＋，反应的离子方程式为Zn＋2Cr3＋===Zn2＋＋2Cr2＋。

②锌还能与盐酸反应生成氢气，由于装置中含有空气，能氧化Cr2＋，所以氢气的作用是排除c中空气。

（3）打开K3，关闭K1和K2，由于锌继续与盐酸反应生成氢气，导致c中压强增大，所以c中亮蓝色溶液流入d装置，与醋酸钠反应；根据题干信息可知醋酸亚铬难溶于冷水，所以为使沉淀充分析出并分离，需要采取的操作是冷却、过滤、洗涤、干燥。

（4）由于d装置是敞开体系，因此装置的缺点是可能使醋酸亚铬与空气接触被氧化而使产品不纯。

2.[2018·全国卷Ⅰ节选]焦亚硫酸钠（Na2S2O5）在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。

回答下列问题：

（1）生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。

写出该过程的化学方程式：

__________________________________。

（2）利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺为：

①pH＝4.1时，Ⅰ中为________溶液（写化学式）。

②工艺中加入Na2CO3固体，并再次充入SO2的目的是______________________________。

（4）Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。

在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00mL葡萄酒样品，用0.01000mol·L－1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00mL。

滴定反应的离子方程式为________________________________，该样品中Na2S2O5的残留量为__________g·L－1（以SO2计）。

答案　

（1）2NaHSO3===Na2S2O5＋H2O

（2）①NaHSO3　②得到NaHSO3过饱和溶液

（4）S2O

＋2I2＋3H2O===2SO

＋4I－＋6H＋　0.128

解析　

（1）亚硫酸氢钠过饱和溶液经结晶脱水生成焦亚硫酸钠，根据原子守恒可知反应的方程式为2NaHSO3===Na2S2O5＋H2O。

（2）①碳酸钠饱和溶液吸收SO2后的溶液显酸性，说明生成物是酸式盐，即Ⅰ中为NaHSO3溶液。

②要制备焦亚硫酸钠，需要制备亚硫酸氢钠过饱和溶液，因此工艺中加入碳酸钠固体、并再次充入二氧化硫的目的是得到NaHSO3过饱和溶液。

（4）单质碘具有氧化性，能把焦亚硫酸钠氧化为硫酸钠，反应的方程式为S2O

＋2I2＋3H2O===2SO

＋4I－＋6H＋；消耗碘的物质的量是0.0001mol，所以焦亚硫酸钠的残留量（以SO2计）是

＝0.128g·L－1。

3．[2018·全国卷Ⅱ]我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家，一种以闪锌矿（ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质）为原料制备金属锌的流程如图所示：

相关金属离子[c0（Mn＋）＝0.1mol·L－1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：

金属离子

Fe3＋

Fe2＋

Zn2＋

Cd2＋

开始沉淀的pH

1.5

6.3

6.2

7.4

沉淀完全的pH

2.8

8.3

8.2

9.4

回答下列问题：

（1）焙烧过程中主要反应的化学方程式为________________________。

（2）滤渣1的主要成分除SiO2外还有__________；氧化除杂工序中ZnO的作用是______________，若不通入氧气，其后果是______________。

（3）溶液中的Cd2＋可用锌粉除去，还原除杂工序中反应的离子方程式为________________________________________________________________________。

（4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极的电极反应式为______________________________；沉积锌后的电解液可返回__________工序继续使用。

答案　

（1）2ZnS＋3O2

2ZnO＋2SO2

（2）PbSO4　调节溶液的pH　无法除去杂质Fe2＋

（3）Zn＋Cd2＋===Zn2＋＋Cd

（4）Zn2＋＋2e－===Zn　溶浸

解析　

（1）由于闪锌矿的主要成分是ZnS，因此焙烧过程中主要反应的化学方程式为2ZnS＋3O2

2ZnO＋2SO2。

（2）由于硫酸铅不溶于水，因此滤渣1的主要成分除SiO2外还有PbSO4；要沉淀铁离子，需要调节溶液的pH，又因为不能引入新杂质，所以需要利用氧化锌调节pH，即氧化除杂工序中ZnO的作用是调节溶液的pH。

根据表中数据可知沉淀亚铁离子的pH较大，所以若不通入氧气，其后果是无法除去杂质Fe2＋。

（3）溶液中的Cd2＋可用锌粉除去，反应的离子方程式为Zn＋Cd2＋===Zn2＋＋Cd。

（4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极发生得到电子的还原反应，因此阴极是锌离子放电，则阴极的电极反应式为Zn2＋＋2e－===Zn；阳极是氢氧根离子放电，破坏了水的电离平衡，产生氢离子，所以电解后还有硫酸产生，因此沉积锌后的电解液可返回溶浸工序继续使用。

4．[2018·全国卷Ⅱ]K3[Fe（C2O4）3]·3H2O（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）晒制蓝图时，用K3[Fe（C2O4）3]·3H2O作感光剂，以K3[Fe（CN）6]溶液为显色剂。

其光解反应的化学方程式为：

2K3[Fe（C2O4）3]

2FeC2O4＋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，按下图所示装置进行实验。

①通入氮气的目的是__________________________________。

②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________、________。

③为防止倒吸，停止实验时应进行的操作是__________________________________________________。

④样品完全分解后，装置A中的残留物含有FeO和Fe2O3，检验Fe2O3存在的方法是______________________________________________。

（3）测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。

①称量mg样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用cmol·L－1KMnO4溶液滴定至终点。

滴定终点的现象是________________________。

②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cmol·L－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______________。

答案　

（1）3FeC2O4＋2K3[Fe（CN）6]===Fe3[Fe（CN）6]2＋3K2C2O4

（2）①隔绝空气、使反应产生的气体全部进入后续装置

②CO2　CO　③先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气　④取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1～2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3

（3）①溶液变紫色　②

×100%

解析　

（1）光解反应的化学方程式为2K3[Fe（C2O4）3]

2FeC2O4＋3K2C2O4＋2CO2↑，反应后有草酸亚铁产生，所以显色反应的化学方程式为3FeC2O4＋

2K3[Fe（CN）6]===Fe3[Fe（CN）6]2＋3K2C2O4。

（2）①装置中的空气在加热条件下能氧化金属铜，能影响E中的反应，所以反应前通入氮气的目的是排尽装置中的空气；同时使反应生成的气体全部进入后续装置。

②实验中观察到装置B中澄清石灰水均变浑浊，说明反应中一定产生了二氧化碳。

装置E中固体变为红色，F中澄清石灰水变浑浊，说明氧化铜被还原为铜，即有还原性气体CO生成，由此判断热分解产物中一定含有CO2、CO。

③为防止倒吸，必须保证装置中保持一定的压力，所以停止实验时应进行的操作是先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后再停止通入氮气。

④要检验Fe2O3存在，首先要转化为可溶性铁盐，因此方法是取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1～2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3。

（3）①高锰酸钾氧化草酸根离子而自身被还原，达到滴定终点时高锰酸钾不再被还原，故溶液变紫色。

②锌把铁离子还原为亚铁离子，酸性高锰酸钾溶液又把亚铁离子氧化为铁离子。

反应中消耗高锰酸钾0.001cVmol，Mn元素化合价从＋7价降低到＋2价，所以根据得失电子守恒可知铁离子的物质的量是0.005cVmol，则该晶体中铁的质量分数的表达式为

×100%＝

×100%。

5.[2018·北京高考]磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：

已知：

磷精矿主要成分为Ca5（PO4）3（OH），还含有

Ca5（PO4）3F和有机碳等。

溶解度：

Ca5（PO4）3（OH）

（1）上述流程中能加快反应速率的措施有____________。

（2）磷精矿粉酸浸时发生反应：

2Ca5（PO4）3（OH）＋3H2O＋10H2SO4

10CaSO4·0.5H2O＋6H3PO4

①该反应体现出酸性关系：

H3PO4________H2SO4（填“>”或“<”）。

②结合元素周期律解释①中结论：

P和S电子层数相同，__________________________________________。

（3）酸浸时，磷精矿中Ca5（PO4）3F所含氟转化为HF，并进一步转化为SiF4除去。

写出生成HF的化学方程式：

________________________________________________________________。

（4）H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除，同时自身也会发生分解。

相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。

80℃后脱除率变化的原因：

____________________________________。

（5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO

残留，原因是____________；加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是________________________________________________________。

（6）取ag所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用bmol·L－1NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液cmL，精制磷酸中H3PO4的质量分数是________。

（已知：

H3PO4摩尔质量为98g·mol－1）

答案　

（1）研磨、加热

（2）①＜　②核电荷数P＜S，原子半径P＞S，得电子能力P＜S，非金属性P＜S

（3）2Ca5（PO4）3F＋10H2SO4＋5H2O===10CaSO4·0.5H2O＋6H3PO4＋2HF↑

（4）80℃后，H2O2分解速率大，浓度显著降低

（5）CaSO4微溶　BaCO3＋SO

＋2H3PO4===BaSO4＋CO2↑＋H2O＋2H2PO

（6）

解析　

（1）研磨能增大反应物的接触面积，加快反应速率，加热，升高温度加快反应速率；流程中能加快反应速率的措施有：

研磨、加热。

（2）①根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，酸性：

H3PO4

②用元素周期律解释酸性：

H3PO4S，得电子能力P

（3）根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，Ca5（PO4）3F与H2SO4反应生成HF、磷石膏和磷酸，生成HF的化学方程式为2Ca5（PO4）3F＋10H2SO4＋5H2O

10CaSO4·0.5H2O＋6H3PO4＋2HF↑。

（4）图示是相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率，80℃前温度升高反应速率加快，相同时间内有机碳脱除率增大；80℃后温度升高，H2O2分解速率大，H2O2浓度显著降低，反应速率减慢，相同条件下有机碳脱除率减小。

（5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO

残留，原因是CaSO4微溶于水。

加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，因为BaSO4难溶于水，其中SO

与BaCO3生成更难溶的BaSO4和CO

，H3PO4的酸性强于H2CO3，在粗磷酸中CO

转化成H2O和CO2，反应的离子方程式为BaCO3＋SO

＋2H3PO4===BaSO4＋CO2↑＋2H2PO

＋H2O。

（6）滴定终点生成Na2HPO4，则消耗的H3PO4与NaOH物质的量之比为1∶2，n（H3PO4）＝

n（NaOH）＝

×bmol·L－1×c×10－3L＝

mol，m（H3PO4）＝

mol×98g·mol－1＝

g＝0.049bcg，精制磷酸中H3PO4的质量分数为

。

6.[2018·天津高考]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：

Ⅰ.采样

采样步骤：

①检验系统气密性；②加热器将烟道气加热至140℃；③打开抽气泵置换系统内空气；④采集无尘、干燥的气样；⑤关闭系统，停止采样。

（1）A中装有无碱玻璃棉，其作用是________。

（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，其作用是与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②加热烟道气的目的是________________。

Ⅱ.NOx含量的测定

将VL气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化为NO

，加水稀释至100.00mL。

量取20.00mL该溶液，加入V1mLc1mol·L－1FeSO4标准溶液（过量），充分反应后，用c2mol·L－1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2＋，终点时消耗V2mL。

（5）NO被H2O2氧化为NO

的离子方程式是________________________。

（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＋＋NO

＋4H＋===NO↑＋3Fe3＋＋2H2O

Cr2O

＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O

则气样中NOx折合成NO2的含量为________________mg·m－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③，会使测试结果________。

若FeSO4标准溶液部分变质，会使测定结果________。

答案　Ⅰ.

（1）除尘　

（2）c　（3）

（4）防止NOx溶于冷凝水

Ⅱ.（5）2NO＋3H2O2===2H＋＋2NO

＋2H2O

（6）锥形瓶、酸式滴定管　（7）

×104　（8）偏低　偏高

解析　Ⅰ.

（1）A的过程叫“过滤”，所以其中玻璃棉的作用一定是除去烟道气中的粉尘。

（2）碱石灰是碱性干燥剂可能与NOx反应，所以不能使用。

硫酸铜的吸水能力太差，一般不用做干燥剂，所以不能使用。

五氧化二磷是酸性干燥剂，与NOx不反应，所以选项c正确。

（3）实验室通常用洗气瓶来吸收气体，与D相同应该在洗气瓶中加入强碱（氢氧化钠）溶液。

（4）加热烟道气的目的是避免水蒸气冷凝后，NOx溶于水中。

Ⅱ.（5）NO被H2O2氧化为硝酸，所以反应的离子方程式为：

2NO＋3H2O2===2H＋＋2NO

＋2H2O。

（6）滴定中使用酸式滴定管（本题中的试剂都只能使用酸式滴定管）和锥形瓶。

（7）用c2mol·L－1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2＋，终点时消耗V2mL，此时加入的Cr2O

为c2V2/1000mol；所以过量的Fe2＋为6c2V2/1000mol；则与硝酸根离子反应的Fe2＋为（c1V1/1000－6c2V2/1000）mol；所以硝酸根离子为（c1V1/1000－6c2V2/1000）/3mol；根据氮原子守恒，硝酸根离子与NO2的物质的量相等。

考虑到配制100mL溶液取出来20mL进行实验，所以NO2为5（c1V1/1000－6c2V2/1000）/3mol，质量为46×5（c1V1/1000－6c2V2/1000）/3g，即230（c1V1－6c2V2）/3mg。

这些NO2是VL气体中含有的，所以含量为230（c1V1－6c2V2）/3Vmg·L－1，即为1000×230（c1V1－6c2V2）/3Vmg·m－3。

（8）若缺少采样步骤③，装置中有空气，则实际测定的是烟道气和空气混合气体中NOx的含量，测定结果必然偏低。

若FeSO4标准溶液部分变质，一定是部分Fe2＋被空气中的氧气氧化，计算时仍然认为这部分被氧化的Fe2＋是被硝酸根离子氧化的，所以测定结果偏高。

7.[2018·江苏高考]以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下：

（1）焙烧过程均会产生SO2，用NaOH溶液吸收过量SO2的离子方程式为____________________。

（2）添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如图所示。

已知：

多数金属硫酸盐的分解温度都高于600℃

硫去除率＝（1－

）×100%

①不添加CaO的矿粉在低于500℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于________。

②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，其主要原因是____________________________。

（3）向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，铝元素存在的形式由__________（填化学式）转化为__________（填化学式）。

（4）“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3。

Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n（FeS2）∶n（Fe2O3）＝________。

答案　

（1）SO2＋OH－===HSO

（2）①FeS2　②硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中

（3）NaAlO2　Al（OH）3　（4）1∶16

解析　

（1）过量SO2与NaOH反应生成NaHSO3和H2O，反应的化学方程式为SO2＋NaOH===NaHSO3，离子方程式为SO2＋OH－===HSO

。

（2）①根据题给已知，多数金属硫酸盐的分解温度高于600℃，不添加CaO的矿粉低于500℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于FeS2。

②添加CaO，CaO起固硫作用，添加CaO发生的反应为2CaO＋2SO2＋O2===2CaSO4，根据硫去除率的含义，700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低的原因是：

硫元素转化为CaSO4留在矿粉中。

（3）“碱浸”时Al2O3、SiO2转化为溶于水的NaAlO2、Na2SiO3，向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，CO2与NaAlO2反应生成NaHCO3和Al（OH）3，反应的离子方程式为CO2＋AlO

＋2H2O===Al（OH）3↓＋HCO

，即Al元素存在的形式由NaAlO2转化为Al（OH）3。

（4）Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，反应的化学方程式为FeS2＋16Fe2O3

11Fe3O4＋2SO2↑，理论上完全反应消耗的n（FeS2）∶n（Fe2O3）＝1∶16。

8.[2018·江苏高考]以Cl2、NaOH、（NH2）2CO（尿素）和SO2为原料可制备N2H4·H2O（水合肼）和无水Na2SO3，其主要实验流程如下：

已知：

①Cl2＋2OH－===ClO－＋Cl－＋H2O是放热反应。

②N2H4·H2O沸点约118℃，具有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。

（1）步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，若温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO3和NaCl，其离子方程式为____________________________；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是______________________。

（2）步骤Ⅱ合成N2H4·H2O的装置如图1所示。

NaClO碱性溶液与尿素水溶液在40℃以下反应一段时间后，再迅速升温至110℃继续反应。

实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是____________________；使用冷凝管的目的是____________________。

（3）步骤Ⅳ用步骤Ⅲ得到的副产品Na2CO3制备无水Na2SO3（水溶液中H2SO3、HSO

、SO

随pH的分布如图2所示，Na2SO3的溶解度曲线如图3所示）。

①边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液。

实验中确定何时停止通SO2的实验操作为__________________________________________。

②请补充完整由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案：

________________________________________________________________________

________________________________________________________________________

________________________________________________________________________，