讲练测2019年高考化学三轮复习核心热点总动员专题14：化学实验设计与评价（含解析）

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1、化学实验设计与评价【名师精讲指南篇】【高考真题再现】1【2018 新课标 1 卷】醋酸亚铬(CH 3COO)2CrH2O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。c 中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，该反应的离子方程式为_。同时 c 中有气体产生，该气体的作用是

2、_。（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】 去除水中溶解氧 分液（或滴液）漏斗 Zn+2Cr3 Zn 2 +2Cr2 排除 c 中空气 c 中产生 H2使压强大于大气压 （冰浴）冷却 过滤 敞开体系，可能使醋酸亚铬与空气接触【解析】分析：在盐酸溶液中锌把 Cr3 还原为 Cr2 ，同时产生氢气排尽装置中的空气防止氧化。生成的氢气导致 c 中压强增大，可以把生成的 CrCl2压入 d 装置发生反应，据此解答。详解：（1）由于醋酸亚铬

3、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（或滴液）漏斗；（2）c 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 Zn 2 +2Cr2 ；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 中亮蓝色溶液能流入 d 装置，与醋酸钠反应；根据题干信息可知醋酸亚铬难溶于水冷水，所以为使沉淀充分析出并分离，需要采取的

4、操作是（冰浴）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。点睛：本题主要是考查醋酸亚铬制备原理的实验探究，考查学生的化学实验与探究的能力、从提供的新信息中，准确地提取实质性内容，并与已有知识整合，重组为新知识块的能力，题目难度中等。明确实验原理、有关物质的性质尤其是题干信息中提取和应用是解答的关键。2 【2018 新课标 2 卷】K 3Fe(C2O4)33H2O（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 K3Fe(C2O4)33H2O 作感光剂，以 K3Fe(CN)6溶液为显色剂。其

5、光解反应的化学方程式为：2K 3Fe(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。通入氮气的目的是_。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_、_。为防止倒吸，停止实验时应进行的操作是_。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。称量 m g 样品于锥形瓶中，溶解后加稀 H2SO4酸化，用 c molL-1 KMnO4溶液滴定至终点

6、。滴定终点的现象是_。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 c molL-1 KMnO4溶液滴定至终点，消耗 KMnO4溶液 V mL。该晶体中铁的质量分数的表达式为_。【答案】 3FeC2O4+2K3Fe(CN)6 Fe3Fe(CN)62+3K2C2O4 隔绝空气、使反应产生的气体全部进入后续装置 CO2 CO 先熄灭装置 A、E 的酒精灯，冷却后停止通入氮气 取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入 12 滴 KSCN 溶液，溶液变红色，证明含有 Fe2O3 粉红色出现 【解析】分析：（1）根据亚铁离子能与 K3Fe

7、(CN)6发生显色反应解答；（2）根据氮气能隔绝空气和排尽气体分析；根据 CO2、CO 的性质分析；要防止倒吸可以根据外界条件对压强的影响分析；根据铁离子的检验方法解答；（3）根据酸性高锰酸钾溶液显红色 ；根据电子得失守恒计算。详解：（1）光解反应的化学方程式为 2K3Fe(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+2K3Fe(CN)6Fe 3Fe(CN)62+3K2C2O4。（2）装置中的空气在高温下能氧化金属铜，能影响 E 中的反应，所以反应前通入氮气的目的是隔绝空气排尽装置中的空气；反应中有气体生成，不会全部

8、进入后续装置。实验中观察到装置 B、F 中澄清石灰水均变浑浊，说明反应中一定产生二氧化碳。装置 E 中固体变为红色，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；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，冷却后停止通入氮气即可。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 12 滴 KSCN 溶液，溶液变红色，证明含有 Fe2O3。（3）高锰酸钾氧化草酸根离子，其溶液显红色，所以滴定终点的现象是粉红色出现。锌把铁离子还原为亚铁离子，酸性高锰

9、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是 0.001cVmol，Mn 元素化合价从+7 价降低到+2 价，所以根据电子得失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 。点睛：本题主要是考查物质分解产物检验、元素含量测定等实验方案设计与评价，题目难度中等，明确实验原理和相关物质的性质是解答的关键。关于化学实验从安全角度常考虑的主要因素如下：净化、吸收气体及熄灭酒精灯时要防止液体倒吸；进行某些易燃易爆实验时要防爆炸(如 H2还原 CuO 应先通H2，气体点燃前先验纯等)；防氧化(如 H2还原 CuO 后要“先灭灯再停氢” ，白磷切割宜在水中进行

10、等)；污染性的气体要进行尾气处理；有粉末状物质参加的反应，要注意防止导气管堵塞；防吸水(如实验取用、制取易吸水、潮解、水解的物质时宜采取必要措施，以保证达到实验目的)。3 【2018 新课标 3 卷】硫代硫酸钠晶体（Na 2S2O35H2O，M=248 gmol1）可用作定影剂、还原剂。回答下列问题：（1）已知：Ksp(BaSO 4)=1.11010，Ksp(BaS 2O3)=4.1105。市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质，选用下列试剂设计实验方案进行检验：试剂：稀盐酸、稀 H2SO4、BaCl 2溶液、Na 2CO3溶液、H 2O2溶液实验步骤 现象取少量样品，加入除氧蒸馏水 固体完全溶解得

11、无色澄清溶液_ _，有刺激性气体产生静置，_ _（2）利用 K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：溶液配制：称取 1.2000 g 某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在_中溶解，完全溶解后，全部转移至 100 mL 的_中，加蒸馏水至_。滴定：取 0.00950 molL1的 K2Cr2O7标准溶液 20.00 mL，硫酸酸化后加入过量 KI，发生反应： Cr2O72+6I+14H+ 3I2+2Cr3+7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32 S4O62+2I。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液_，即为终点。平行滴定

12、 3 次，样品溶液的平均用量为 24.80 mL，则样品纯度为_%（保留 1 位小数） 。【答案】 加入过量稀盐酸 出现乳黄色浑浊 （吸）取上层清液，滴入 BaCl2溶液 产生白色沉淀 烧杯 容量瓶 刻度 蓝色褪去 95.0【解析】分析：本题考查的是化学实验的相关知识，主要包括两个方面一个是硫酸根离子的检验，一个是硫代硫酸钠的定量检测。详解：（1）检验样品中的硫酸根离子，应该先加入稀盐酸，再加入氯化钡溶液。但是本题中，硫代硫酸根离子和氢离子以及钡离子都反应，所以应该排除其干扰，具体过程应该为先将样品溶解，加入稀盐酸酸化（反应为 S2O32- + 2H+ = SO2+S+H 2O） ，静置，取上

13、层清液中滴加氯化钡溶液，观察到白色沉淀，证明存在硫酸根离子。所以答案为：加入过量稀盐酸；有乳黄色沉淀；取上层清液，滴加氯化钡溶液；有白色沉淀产生。配制一定物质的量浓度的溶液，应该先称量质量，在烧杯中溶解，在转移至容量瓶，最后定容即可。所以过程为：将固体再烧杯中加入溶解，全部转移至 100mL 容量瓶，加蒸馏水至刻度线。淡黄绿色溶液中有单质碘，加入淀粉为指示剂，溶液显蓝色，用硫代硫酸钠溶液滴定溶液中的单质碘，滴定终点时溶液的蓝色应该褪去。根据题目的两个方程式得到如下关系式：Cr 2O72-3I 26S 2O32-，则配制的 100mL 样品溶液中硫代硫酸钠的浓度 c=，含有的硫代硫酸钠为 0.0

14、04597mol，所以样品纯度为点睛：本题考查的知识点比较基本，其中第一问中的硫代硫酸钠样品中硫酸根离子的检验，在 2014 年的天津、山东、四川高考题中都出现过，只要注意到有刺激性气味气体就可以准确作答。4【2018 北京卷】实验小组制备高铁酸钾（K 2FeO4）并探究其性质。资料：K 2FeO4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

15、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K2FeO4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。i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

16、） 。ii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，24FeOCl2和 的氧化性强弱关系相反，原因是_。FeO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24Fe4MnH2SO4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24FeOMn说明理由；若不能，进一步设计实验方案。理由或方案：_。【答案】 2KMnO4+16HCl 2MnCl2+2KCl +5Cl2+8H 2O Cl2+2OH Cl+ClO+H2O Fe3+

17、4FeO42+20H+ 4Fe3+3O2+10H 2O 排除 ClO的干扰 溶液的酸碱性不同 若能，理由：FeO 42在过量酸的作用下完全转化为 Fe3+和 O2，溶液浅紫色一定是 MnO4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）【解析】分析：（1）KMnO 4与浓盐酸反应制 Cl2；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；Cl 2与 Fe（OH） 3、KOH 反应制备 K2FeO4；最后用NaOH 溶液吸收多余 Cl2，防止污染大气。（2）

18、根据制备反应，C 的紫色溶液中含有 K2FeO4、KCl，Cl 2还会与 KOH 反应生成 KCl、KClO 和H2O。I.加入 KSCN 溶液，溶液变红说明 a 中含 Fe3+。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+。II.产生 Cl2还可能是 ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H 2O，即 KClO 的存在干扰判断；K 2FeO4微溶于 KOH 溶液，用KOH 洗涤除去 KClO、排除 ClO-的干扰，同时保持 K2FeO4稳定存在。根据同一反应中，氧化性：氧化剂 氧化产物。对比两个反应的异同，制备反应在碱性条件下，方案 II 在酸性条件下，说明酸碱

19、性的不同影响氧化性的强弱。判断的依据是否排除 FeO42-的颜色对实验结论的干扰。详解：（1）A 为氯气发生装置，KMnO 4与浓盐酸反应时，锰被还原为 Mn2+，浓盐酸被氧化成Cl2，KMnO 4与浓盐酸反应生成 KCl、MnCl 2、Cl 2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+2MnCl 2+5Cl2+8H 2O，离子方程式为 2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H 2O。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 HC

20、l，除杂装置 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，Cl 2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

21、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 4FeO42-+20H+=3O2+4Fe 3+10H2O。ii.产生 Cl2还可能是 ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H 2O，即 KClO 的存在干扰判断；K 2FeO4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的原理为 3Cl2+2Fe（OH） 3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，在该反应中 Cl 元素的化合价由0 价降至-1 价，Cl 2是氧化剂，Fe 元素的化合价由+3 价升至+6 价，Fe（OH） 3是还原

22、剂，K 2FeO4为氧化产物，根据同一反应中，氧化性：氧化剂 氧化产物，得出氧化性 Cl2 FeO42-；方案 II的反应为 2FeO42-+6Cl-+16H+=2Fe3+3Cl2+8H 2O，实验表明，Cl 2和 FeO42-氧化性强弱关系相反；对比两个反应的条件，制备 K2FeO4在碱性条件下，方案 II 在酸性条件下；说明溶液的酸碱性的不同影响物质氧化性的强弱。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 FeO42-，溶液振荡后呈浅紫色一定是 MnO4-的颜色，说明 FeO42-将 Mn2+氧化成 MnO4-，所以

23、该实验方案能证明氧化性 FeO42- MnO4-。 （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 42-）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） 。点睛：本题考查 K2FeO4的制备和 K2FeO4的性质探究。与气体有关的制备实验装置的连接顺序一般为：气体发生装置除杂净化装置制备实验装置尾气吸收。进行物质性质实验探究是要排除其他物质的干扰。尤其注意最后一空为开放性答案，要注重多角度思考。5 【2018 天津卷】烟道气中的 NOx是主要的大气污

24、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：.采样采样步骤：检验系统气密性；加热器将烟道气加热至 140；打开抽气泵置换系统内空气；采集无尘、干燥的气样；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 CP 2O5（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）采样步骤加热烟道气的目的是_。.NO x含量的测定将 v L 气样通入适量酸化的 H2O2溶液中，使 NOx完全被氧化为 NO3，加水稀释至 100.00 m

25、L。量取20.00 mL 该溶液，加入 v1 mL c1 molL1 FeSO4标准溶液（过量） ，充分反应后，用 c2 molL1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的 Fe2+，终点时消耗 v2 mL。（5）NO 被 H2O2氧化为 NO3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+NO3+4H+ NO+3Fe 3+2H2OCr2O72 + 6Fe2+ +14H+ 2Cr3+ +6Fe3+7H2O则气样中 NOx折合成 NO2的含量为_mgm 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

26、采样步骤，会使测试结果_。若 FeSO4标准溶液部分变质，会使测定结果_。【答案】 除尘 c 防止 NOx溶于冷凝水 2NO+3H2O2=2H+2NO3+2H2O 锥形瓶、酸式滴定管 偏低 偏高【解析】分析：本题主要考查了定量实验的基本过程。首先要仔细分析题目的流程图，注意分析每一步的作用和原理，再结合题目中每个问题的提示进行解答。详解：（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

27、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，所以答案为： 。（4）加热烟道气的目的是避免水蒸气冷凝后，NO X溶于水中。（5）NO 被 H2O2氧化为硝酸，所以反应的离子方程式为：2NO+3H 2O2=2H+2NO3+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 c2 molL1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的 Fe2+，终点时消耗 V2 mL，此时加入的 Cr2O72-为c2V2/1000 mol；所以过量的 Fe2+为 6c2V2/1000 mol；则与硝酸根离子反应的 Fe2+为(c1V1/10006c 2

28、V2/1000) mol；所以硝酸根离子为(c 1V1/10006c 2V2/1000)/3 mol；根据氮元素守恒，硝酸根与 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(c1V1/10006c 2V2/1000)/3 mol，质量为 465(c1V1/10006c 2V2/1000)/3 g，即230(c1V16c 2V2)/3 mg。这些 NO2是 VL 气体中含有的，所以含量为 230(c1V16c 2V2)/3V mgL-1，即为 1000230(c1V16c 2V2)/3V mgm-3，所以答案为： mgm3。（8）若缺少采样步骤，

29、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。点睛：注意本题中的流程图，装置 D 实际不是为了测定含量进行吸收，装置 D 相当于是尾气吸收。样品气的吸收应该是在“采样处”进行的。6 【2018 江苏卷】3，4亚甲二氧基苯甲酸是一种用途广泛的有机合成中间体，微溶于水，实验室可用KMnO4氧化 3，4亚甲二氧基苯甲醛制备，其反应方程式为实验步骤如下：步骤 1：向反应瓶中加入 3，4亚甲二氧基苯甲醛和水，快速搅拌，

30、于 7080 滴加 KMnO4溶液。反应结束后，加入 KOH 溶液至碱性。步骤 2：趁热过滤，洗涤滤饼，合并滤液和洗涤液。步骤 3：对合并后的溶液进行处理。步骤 4：抽滤，洗涤，干燥，得 3，4亚甲二氧基苯甲酸固体。（1）步骤 1 中，反应结束后，若观察到反应液呈紫红色，需向溶液中滴加 NaHSO3溶液， 转化为_（填化学式） ；加入 KOH 溶液至碱性的目的是_。（2）步骤 2 中，趁热过滤除去的物质是_（填化学式） 。（3）步骤 3 中，处理合并后溶液的实验操作为_。（4）步骤 4 中，抽滤所用的装置包括_、吸滤瓶、安全瓶和抽气泵。【答案】 （1）SO 42 将反应生成的酸转化为可溶性的盐

31、（2）MnO 2（3）向溶液中滴加盐酸至水层不再产生沉淀（4）布氏漏斗【解析】分析：（1）反应结束后，反应液呈紫红色，说明 KMnO4过量，KMnO 4具有强氧化性将 HSO3-氧化成SO42-。根据中和反应原理，加入 KOH 将 转化为可溶于水的 。（2）MnO 2难溶于水，步骤 2 中趁热过滤是减少 的溶解，步骤 2 中趁热过滤除去的物质是MnO2。（3）步骤 3 中，合并后的滤液中主要成分为 ，为了制得 ，需要将合并后的溶液进行酸化。（4）回忆抽滤装置即可作答。详解：（1）反应结束后，反应液呈紫红色，说明 KMnO4过量，KMnO 4具有强氧化性将 HSO3-氧化成 SO42-，反应的离

32、子方程式为 2MnO4-+3HSO3-=2MnO2+3SO 42-+H2O+H+。根据中和反应原理，加入 KOH 将转化为可溶于水的 。（2）MnO 2难溶于水，步骤 2 中趁热过滤是减少 的溶解，步骤 2 中趁热过滤除去的物质是MnO2。（3）步骤 3 中，合并后的滤液中主要成分为 ，为了制得 ，需要将合并后的溶液进行酸化；处理合并后溶液的实验操作为：向溶液中滴加盐酸至水层不再产生沉淀。（4）抽滤所用的装置包括布氏漏斗、吸滤瓶、安全瓶和抽气泵。点睛：本题以“3，4亚甲二氧基苯甲酸的制备实验步骤 ”为背景，侧重了解学生对实验化学模块的学习情况，考查物质的分离和提纯、实验步骤的补充、基本实验装置

33、和仪器、利用所学知识解决问题的能力，解题的关键是根据实验原理，整体了解实验过程，围绕实验目的作答。7【2017 新课标 1 卷】（15 分）凯氏定氮法是测定蛋白质中氮含量的经典方法，其原理是用浓硫酸在催化剂存在下将样品中有机氮转化成铵盐，利用如图所示装置处理铵盐，然后通过滴定测量。已知：NH3+H3BO3=NH3H3BO3；NH 3H3BO3+HCl= NH4Cl+ H3BO3。回答下列问题：（1）a 的作用是_。（2）b 中放入少量碎瓷片的目的是_。f 的名称是_。（3）清洗仪器：g 中加蒸馏水；打开 k1，关闭 k2、k 3，加热 b，蒸气充满管路；停止加热，关闭k1，g 中蒸馏水倒吸进入

34、 c，原因是_；打开 k2放掉水，重复操作 23 次。（4）仪器清洗后，g 中加入硼酸（H 3BO3）和指示剂。铵盐试样由 d 注入 e，随后注入氢氧化钠溶液，用蒸馏水冲洗 d，关闭 k3，d 中保留少量水。打开 k1，加热 b，使水蒸气进入 e。d 中保留少量水的目的是_。e 中主要反应的离子方程式为_，e 采用中空双层玻璃瓶的作用是_。（5）取某甘氨酸（C 2H5NO2）样品 m 克进行测定，滴定 g 中吸收液时消耗浓度为 c molL1的盐酸 V mL，则样品中氮的质量分数为_%，样品的纯度_%。【答案】 （1）避免 b 中压强过大 （2）防止暴沸 直形冷凝管 （3）c 中温度下降，管路

35、中形成负压（4）液封，防止氨气逸出 +OH= NH3+H 2O 保温使氨完全蒸出+4N（5）.cVm7.5c【解析】 （1）a 中导管与大气相连，所以作用是平衡气压，以避免 b 中压强过大。（2）b 中放入少量碎瓷片的目的是防止暴沸。f 的名称是直形冷凝管。（3）由于 c、e 及其所连接的管道内水蒸气冷凝为水后，气压远小于外界大气压，在大气压的作用下，因此锥形瓶内的蒸馏水被倒吸入 c 中。（4）氨气是气体，因此 d 中保留少量水的目的是液封，防止氨气逸出。e 中主要反应是铵盐与碱在加热条件下的反应，离子方程式为 +OH= NH3+H 2O；e 采用中空双层玻璃瓶的作用是保温+4NH减少热量损失

36、，有利于铵根转化为氨气逸出。（5）取某甘氨酸（C 2H5NO2）样品 m 克进行测定，滴定 g 中吸收液时消耗浓度为 c molL1的盐酸 V mL，根据反应 NH3H3BO3+HClNH 4Cl+H3BO3，可以求出样品中 n(N) n(HCl) c molL1V103 L0.001 cV mol，则样品中氮的质量分数为 ，样品中甘氨酸的质量0.001 cV75g/mol，所以样品的纯度 。7.5%cVm【名师点睛】明确相关物质的性质和实验原理是解答的关键，注意掌握解答综合性实验设计与评价题的基本流程：原理反应物质仪器装置现象结论作用意义联想。具体分析为：（1）实验是根据什么性质和原理设计的

37、？实验的目的是什么？（2）所用各物质名称、状态、代替物(根据实验目的和相关的化学反应原理，进行全面的分析比较和推理，并合理选择)。 （3）有关装置：性能、使用方法、适用范围、注意问题、是否有替代装置可用、仪器规格等。 （4）有关操作：技能、操作顺序、注意事项或操作错误的后果。 （5）实验现象：自下而上，自左而右全面观察。 （6）实验结论：直接结论或导出结论。实验方案的设计要点：（1）设计要点：实验方案的设计要明确以下要点：题目有无特殊要求；题给的药品、装置的数量；注意实验过程中的安全性操作；会画简单的实验装置图；注意仪器的规格；要防倒吸、防爆炸、防燃烧、防暴沸、防氧化、防吸水、冷凝、冷却、水浴

38、加热时采取相应措施；同一仪器在不同位置的相应作用等；要严格按照“操作(实验步骤)现象结论”的格式叙述。8 【2017 新课标 2 卷】（14 分）水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为 CaO、SiO 2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：回答下列问题：（1）在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的是_，还可使用_代替硝酸。（2）沉淀 A 的主要成分是_，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学方程式为_。（3）加氨水过程中加热的目的是_。沉淀 B 的主要成分为_、_（写化学式） 。（4）草酸钙

39、沉淀经稀 H2SO4处理后，用 KMnO4标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量 ，滴 定 反 应 为 ： +H+H2C2O4 Mn2+CO2+H2O。 实 验 中 称 取 0.400 g 水 泥 样 品 ， 滴 定 时 消 耗 了n0.0500 molL1的 KMnO4溶液 36.00 mL，则该水泥样品中钙的质量分数为_。【答案】 （1）将样品中可能存在的 Fe2+氧化为 Fe3+ H2O2（2）SiO 2 (或 H2SiO3) SiO2+4HF=SiF4+2H 2O（或 H2SiO3+4HF= SiF4+3H 2O）（3）防止胶体生成，易沉淀分离 Fe(OH) 3 Al(OH)

40、3 （4）45.0%【解析】 （1）根据题中信息，水泥中含有一定量的铁、铝、镁等金属氧化物，根据流程需要除去这些杂质，因为 Fe3+容易在 pH 较小时以氢氧化物的形式沉淀出来，因此加入硝酸的目的是将样品中可能存在的Fe2 转化成 Fe3 ；加入的物质具有氧化性，同时不能引入新的杂质，同时因为过氧化氢被称为绿色氧化剂，因此可以选择双氧水。（2）根据水泥中成分，二氧化硅不溶于一般酸溶液，所以沉淀 A 是二氧化硅；SiO 2溶于氢氟酸，发生的反应是：SiO 2+4HF=SiF4+2H 2O。（3）加热可以使胶体聚沉，防止胶体生成，易沉淀分离；pH 为 45 时 Ca2+、Mg 2+不沉淀，Fe 3

41、+、Al 3+沉淀，所以沉淀 B 为 Fe(OH)3、 (OH)3。（4）草酸钙的化学式为 CaC2O4， 作氧化剂，化合价降低 5 价，H 2C2O4中的 C 化合价由3 价4Mn4 价，整体升高 2 价，最小公倍数为 10，因此 的系数为 2，H 2C2O4的系数为 5，运用关系式4nO法：5Ca 2+5H 2C2O42KMnO 4n(KMnO4)=0.0500 mol/L36.00103 mL=1.80103 moln(Ca2+)=4.50103 mol水泥中钙的质量分数为 4.50103 mol40.0 g/mol0.400 g100%=45.0%。【名师点睛】化学工艺流程题是高考的热

42、点内容，每年都会涉及，体现了化学知识与生产实际的紧密联系；工艺流程题一般由多步连续的操作组成，每一步操作都有其具体的目标、任务；解答时要看框内，看框外，里外结合；边分析，边思考，易处着手；先局部，后全盘，逐步深入；而且还要看清问题，不能答非所问。要求用理论回答的试题应采用“四段论法”：本题改变了什么条件(或是什么条件)根据什么理论所以有什么变化结论；化学工艺流程一般涉及氧化还原反应方程式的书写、化学反应原理知识的运用、化学计算、实验基本操作等知识，只要理解清楚每步的目的，加上夯实的基础知识，此题能够很好的完成。9 【2017 新课标 2 卷】（15 分）水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件

43、。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下：取样、氧的固定用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与 Mn(OH)2碱性悬浊液（含有 KI）混合，反应生成 MnO(OH)2，实现氧的固定。酸化、滴定将固氧后的水样酸化，MnO(OH) 2被 I还原为 Mn2+，在暗处静置 5 min，然后用标准 Na2S2O3溶液滴定生成的 I2（2 +I2=2I+ ） 。3SO46S回答下列问题：（1）取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是_。（2） “氧的固定”中发生反应的化学方程式为_。（3）Na 2S2O3溶液不稳定，使用前需标定。配制该溶液时需要的玻

44、璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和_；蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除_及二氧化碳。（4）取 100.00 mL 水样经固氧、酸化后，用 a molL1Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为_；若消耗 Na2S2O3溶液的体积为 b mL，则水样中溶解氧的含量为_mgL1。（5）上述滴定完成时，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测量结果偏_。 （填“高”或“低” ）【答案】 （1）使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差（2）O 2+2Mn(OH)2 =2MnO(OH)2 （3）量筒 氧气（4）蓝色刚好褪去 80 ab （5）低【解析】本题采用碘量法测定水中的溶

45、解氧的含量，属于氧化还原滴定。（1）取水样时，若搅拌水体，会造成水底还原性杂质进入水样中，或者水体中的氧气因搅拌溶解度降低而逸出。（2）根据氧化还原反应原理，Mn(OH) 2被氧气氧化为 MnO(OH)2，Mn 的化合价由2 价4 价，化合价升高 2，氧气中 O 的化合价由 0 价2 价，整体降低 4 价，最小公倍数为 4，由此可得方程式O2+2Mn(OH)2=2MnO(OH)2。（3）Na 2S2O3溶液不稳定，使用前还需要标定，因此配制该溶液时不需要精确配制，需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和量筒，并不需要容量瓶；Na 2S2O3溶液不稳定，加热可以除去蒸馏水中溶解的氧气和二氧化碳，减少 Na2S2O3的损失。（4）该实验用硫代硫酸钠标准液滴定 I2，因此终点现象为蓝色刚好褪去；根据题干，MnO(OH) 2把 I氧化成 I2，本身被还原成 Mn2 ，根据得失电子数目守恒，即有 nMnO(OH)22=n(I2)2，因此建立关系式 O22MnO(OH)22I24Na2S2O3。可得水样中溶解氧的含量为