1、实验设计与评价客观题中的定性实验方案的评价1.(原创)下列由实验得出的结论正确的是()选项实验结论A向NaHCO3溶液中滴加稀盐酸,产生的气体能使澄清石灰水变浑浊非金属性:ClCB向蔗糖中加入浓硫酸,有机物变黑、体积膨胀,放出有刺激性气味的气体浓硫酸具有脱水性和强氧化性C向FeCl3溶液中加入铜粉,溶液变蓝金属性:FeCuD将石蜡油在碎瓷片上加热,产生的气体通过溴的四氯化碳溶液,溶液褪色产生的气体是乙烯【解析】选B。通过最高价氧化物的水化物的酸性来比较非金属性强弱,该实验证明酸性HClH2CO3,不能比较非金属性强弱,A错误;浓硫酸使蔗糖脱水碳化,再与C反应生成CO2和SO2,说明浓硫酸具有脱
2、水性和强氧化性,B正确;Cu与Fe3+的反应不能比较铁和铜的金属性,C错误;石蜡油分解产生的使溴的四氯化碳溶液褪色的气体是烯烃,D错误。2.(2020年山东等级考模拟)下列操作能达到相应实验目的的是()实验目的操作A检验绿茶中是否含有酚类物质向茶水中滴加FeCl3溶液B测定“84”消毒液的pH用洁净的玻璃棒蘸取少许“84”消毒液滴在pH试纸上C除去苯中混有的少量苯酚向苯和苯酚的混合物中滴加溴水,过滤后分液D实验室制备乙酸乙酯向试管中依次加入浓硫酸、乙醇、乙酸和碎瓷片,加热【解析】选A。A选项,酚羟基遇Fe3+发生显色反应。B选项,“84”消毒液的主要成分是次氯酸钠,是一种强碱弱酸盐,水解显碱性
3、,但水解产物具有漂白性,对pH 试纸有漂白作用,可以使用数字pH计测量。C选项,溴水与苯酚生成的三溴苯酚也可溶于苯中,一般加入氢氧化钠溶液再进行分液。D选项,正确顺序为依次加入碎瓷片、乙醇、浓硫酸、乙酸,再加热。【归纳提升】表格分析型实验题的思维模型主观题中的定性实验3.(2019黄冈模拟)三硫代碳酸钠(Na2CS3)常用作杀菌剂、沉淀剂。某小组设计实验探究三硫代碳酸钠的性质并测定其溶液的浓度。实验1:探究Na2CS3的性质步骤操作及现象取少量Na2CS3 固体溶于蒸馏水配制成溶液并分成两等份向其中一份溶液中滴加几滴酚酞试液,溶液变红色向另一份溶液中滴加酸性KMnO4溶液,紫色褪去(1)H2C
4、S3是_酸(填“强”或“弱”)。(2)已知步骤的氧化产物是S,写出该反应的离子方程式_。(3)实验2:测定Na2CS3溶液的浓度,按如图所示连接好装置,取100 mL Na2CS3溶液置于三颈烧瓶中,打开仪器d的活塞,滴入足量2.0 molL-1稀H2SO4,关闭活塞。已知:Na2CS3+ H2SO4Na2SO4+CS2+H2S。CS2和H2S均有毒。CS2不溶于水,沸点46,与CO2某些性质相似,与NaOH作用生成Na2COS2和H2O。盛放无水CaCl2的仪器的名称是_。(4)反应结束后打开活塞K,再缓慢通入热N2一段时间,其目的是_。(5)为了计算Na2CS3溶液的浓度,对B中混合物进行
5、过滤、洗涤、干燥、称重,得19.2 g固体,则A中Na2CS3的物质的量浓度为_。(6)分析上述实验方案,还可以通过测定C中溶液质量的增加值来计算Na2CS3溶液的浓度,若反应结束后将通热N2改为通热空气,计算值_(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。【解析】(1)向Na2CS3溶液中加入酚酞后,溶液显红色,说明溶液中存在C的水解,因此H2CS3为弱酸;(2)由题干信息可知,该反应中反应物为Mn和C, 生成物为S、Mn2+和CO2;反应过程中,碳元素的化合价不变,Mn由+7变为+2价,得到5个电子,C中S由-2价变为+6价,失去24个电子,根据得失电子守恒可得,Mn和Mn2+的系数为24,C的系
6、数为5,S的系数为15;由电荷守恒可得,反应物中含有H+, 且其系数为52;由碳原子守恒可得,CO2的系数为5;由H原子守恒可得,生成物中含有H2O,且其系数为26;据此可得该反应的化学方程式为 5C+24Mn+52H+5CO2+15S+24Mn2+26H2O;(3)盛放无水CaCl2的仪器名称为干燥管;(4)反应结束后,继续通入热N2的目的是将装置中残留的H2S、CS2全部排入后续装置中,使其被完全吸收;(5)装置B中发生反应的化学方程式为CuSO4+H2SH2SO4+CuS,因此B中混合物经过滤、洗涤、干燥、称量后,得到19.2 g固体为CuS,其物质的量n(CuS)=0.2 mol, 由
7、反应的化学方程式可知,n(Na2CS3)=n(CuS)=0.2 mol,因此Na2CS3溶液的浓度c=2 molL-1;(6)若将热N2改为热空气,由于空气中的CO2也能被NaOH溶液吸收,因此会导致测得CS2的质量偏大,由CS2计算所得的n(Na2CS3)偏大,最终计算所得溶液的浓度偏高。答案:(1)弱(2)5C+24Mn+52H+5CO2+15S+24Mn2+26H2O(3)干燥管(4)将装置中残留的H2S、CS2全部排入后续装置中,使其被完全吸收(5)2.0 molL-1(6)偏高4.(2020广州模拟)宇宙飞船可用高氯酸铵(NH4ClO4)与铝粉固体混合物做燃料,点燃时,铝粉被氧化放热
8、引发高氯酸铵分解产生多种气体。某化学兴趣小组同学利用下列装置,对NH4ClO4的分解产物进行探究(假设装置内药品均足量,部分夹持装置已省略)。回答下列问题:(1)在实验过程中发现装置C中铜粉由红色变为黑色,说明分解产物中有_(填化学式)。(2)实验完毕后,取装置D硬质玻璃管内的固体物质于试管中,滴加蒸馏水,产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体。判断实验过程中装置D中镁粉的作用_。(3)通过上述实验现象的分析,某同学认为产物还应有H2O,可能有Cl2。该同学认为可能有Cl2的理由是_。(4)为了证明H2O和Cl2的存在,选择上述装置A和下列提供的装置,进行实验:按气流从左至右,装置的连接顺序为
9、A_。物质X为_(填化学式)。(5)实验结论:高氯酸铵分解产生了上述几种物质,则1 mol高氯酸铵完全分解,在200 时生成所有气体的物质的量之和为_mol。(6)实验开始时,某同学先点燃装置C、D中的酒精灯,再点燃装置A中的酒精灯,实验结束后,通过称量装置D反应前后固体质量的变化计算高氯酸铵的分解率,计算结果将_(填“偏大”或“偏小”)。【解析】(1)NH4ClO4受热分解产生的气体,经碱石灰干燥后,能使铜粉由红色变为黑色,说明生成了CuO,所以分解产物中含有O2;(2)产生的能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体为氨气,发生反应为Mg3N2+6H2O3Mg(OH)3+2NH3,说明D中固体为M
10、g3N2,据此可判断NH4ClO4受热分解产物中有N2生成;(3)根据分析可知,NH4ClO4分解产物中含有O2和N2,O2和N2都是氧化产物,根据氧化还原反应规律,还应存在还原产物,从而判断出氯元素的化合价降低,可能生成氯气;(4)检验水蒸气和氯气,应该先用H中的物质X检验水的存在,因此物质X为无水硫酸铜;然后再用溴化钾检验氯气,现象是水溶液变为橙黄色;为了防止多余的氯气污染环境,还需要使用尾气吸收装置,所以按气流从左至右,装置的连接顺序为AHGF;根据分析可知,物质X为CuSO4;(5)根据以上分析可知,NH4ClO4分解生成氮气、氧气、氯气和水,结合电子守恒、原子守恒配平可得:2NH4C
11、lO4N2+4H2O+Cl2+2O2,则1 mol高氯酸铵完全分解,在200 时生成所有气体的物质的量之和为(1 mol+4 mol+1 mol+2 mol)=4 mol;(6)先点燃装置C、D中的酒精灯,再点燃装置A中的酒精灯,会使镁粉与装置中的氧气、氮气反应,造成产物质量偏大,导致计算出的高氯酸铵的分解率偏大。答案:(1)O2(2)证明NH4ClO4的分解产物中有N2生成(3)O2和N2都是氧化产物,根据氧化还原反应规律,还应存在还原产物,从而判断出氯元素的化合价降低,可能生成氯气(4)HGFCuSO4(5)4(6)偏大【归纳提升】定性实验设计时需要注意的问题有水蒸气生成时,先检验水蒸气。
12、涉及易燃气体时要防爆炸,如H2还原CuO时应先通H2排尽装置中空气再加热。制取易吸水、易潮解或易水解的物质时,应采取措施隔离水蒸气,防止发生副反应。如制备无水氯化铁固体时,应在制备装置前后加上防止水蒸气进入的装置,营造干燥环境。易挥发的液体产物应及时冷却,防止逸出造成损失。对于需要进行转化才能检测的成分要注意排除干扰。如检验CO时,应先排除CO中可能混有的CO2,再将CO氧化,防止CO2的存在干扰后续检测。若试题只给出部分药品和装置,则应给出必要的补充;若给出多余的试剂品种,则应进行筛选。注重答题的规范性,有些题目要求指出试剂的名称。如无水硫酸铜、澄清石灰水、酸性高锰酸钾溶液、饱和NaHCO3
13、溶液等。探究性实验5.(2019北京高考)化学小组实验探究SO2与AgNO3溶液的反应。(1)实验一:用如下装置(夹持、加热仪器略)制备SO2,将足量SO2通入AgNO3溶液中,迅速反应,得到无色溶液A和白色沉淀B。浓H2SO4与Cu反应的化学方程式是_。试剂a是_。(2)对体系中有关物质性质分析得出:沉淀B可能为Ag2SO3、Ag2SO4或二者混合物。(资料:Ag2SO4微溶于水;Ag2SO3难溶于水)实验二:验证B的成分写出Ag2SO3溶于氨水的离子方程式:_。加入盐酸后沉淀D大部分溶解,剩余少量沉淀F。推断D中主要是BaSO3,进而推断B中含有Ag2SO3。向滤液E中加入一种试剂,可进一
14、步证实B中含有Ag2SO3。所用试剂及现象是_。(3)根据沉淀F的存在,推测S的产生有两个途径:途径1:实验一中,SO2在AgNO3溶液中被氧化生成Ag2SO4,随沉淀B进入D。途径2:实验二中,S被氧化为S进入D。实验三:探究S的产生途径向溶液A中滴入过量盐酸,产生白色沉淀,证明溶液中含有_;取上层清液继续滴加BaCl2溶液,未出现白色沉淀,可判断B中不含Ag2SO4。做出判断的理由:_。实验三的结论:_。(4)实验一中SO2与AgNO3溶液反应的离子方程式是_。(5)根据物质性质分析,SO2与AgNO3溶液应该可以发生氧化还原反应。将实验一所得混合物放置一段时间,有Ag和S生成。(6)根据
15、上述实验所得结论: _。【解析】(1)铜和浓硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水,反应的化学方程式为:Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O。由于反应时逸出的SO2气体可能带出少量硫酸,所以试剂a应为除杂试剂,可用饱和NaHSO3溶液。(2)Ag2SO3溶于氨水得到Ag(NH3,离子方程式为:Ag2SO3+4NH3H2O2Ag(NH3+S+4H2O。推测沉淀D为BaSO3,加过量稀盐酸溶解得滤液E和少量沉淀F,则E中可能含有溶解的SO2,可加入双氧水溶液,若加入双氧水溶液,可以将亚硫酸(或亚硫酸根离子)氧化为硫酸根离子,从而生成白色的硫酸钡沉淀,则证明B中含有Ag2SO
16、3。(3)加入过量盐酸产生白色沉淀,说明含有Ag+;Ag2SO4微溶于水,若产生Ag2SO4,则溶液中会有微量S,加入BaCl2产生硫酸钡沉淀,与实验现象不符。由实验三可以得出:实验一中SO2未被氧化;实验二中S被氧化为S进入D。(4)根据以上分析,二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银沉淀,离子方程式为:2Ag+SO2+H2O Ag2SO3+2H+。(6)该实验的结论为:二氧化硫与硝酸银溶液既能发生沉淀反应生成亚硫酸银,又能发生氧化还原反应,沉淀反应的速率大于氧化还原反应的速率。答案:(1)Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O饱和NaHSO3溶液(2)Ag2SO3+4NH3H2
17、O2Ag(NH3+S+4H2OH2O2溶液,产生白色沉淀(3)Ag+Ag2SO4溶解度大于BaSO4,没有BaSO4沉淀时,必定没有Ag2SO4途径1不产生S,途径2产生S(4)2Ag+SO2+H2O Ag2SO3+2H+(6)实验条件下:SO2与AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和S的速率(或碱性溶液中S更易被氧化为S)6.(2020石家庄模拟)向硝酸酸化的2 mL 0.1 molL-1 AgNO3溶液(pH=2)中加入过量铁粉,振荡后静置,溶液先呈浅绿色,后逐渐呈棕黄色,试管底部仍存有黑色固体,过程中无气体生成。实验小组同学针对该实验现象进行如下探究。.探究Fe2+产生的原因
18、(1)提出猜想:Fe2+可能是Fe与_或_反应的产物。(2)实验探究:在两支试管中分别加入与上述实验等量的铁粉,再加入不同的液体试剂,5 min后取上层清液,分别加入相同体积和浓度的铁氰化钾溶液液体试剂加入铁氰化钾溶液1号试管2 mL 0.1 molL-1AgNO3溶液无蓝色沉淀2号试管_蓝色沉淀2号试管中所用的试剂为_。资料显示:该温度下,0.1 molL-1的AgNO3溶液可以将Fe氧化为Fe2+。但1号试管中未观察到蓝色沉淀的原因可能为_。小组同学继续进行实验,证明了2号试管得出的结论正确。实验如下:取100 mL 0.1 molL-1硝酸酸化的AgNO3溶液(pH=2),加入铁粉并搅拌
19、,分别插入pH传感器和N传感器(传感器可检测离子浓度),得到如图图示,其中pH传感器测得的图示为_(填“图甲”或“图乙”)。实验测得2号试管中有N生成,则2号试管中发生反应的离子方程式为_。.探究Fe3+产生的原因查阅资料可知,反应中溶液逐渐变棕黄色是因为Fe2+被Ag+氧化。小组同学设计不同实验方案对此进行验证。(3)方案一;取出少量黑色固体,洗涤后_(填操作和现象),证明黑色固体中有Ag。(4)方案二:按图连接装置,一段时间后取出左侧烧杯溶液,加入KSCN溶液,溶液变红。该实验现象_(填“能“或“不能“)证明Fe2+可被Ag+氧化,理由为_。【解析】(1)提出猜想:Fe2+可能是Fe与HN
20、O3或AgNO3反应的产物;(2)2号试管中所用的试剂为硝酸酸化的2 mL 0.1 molL-1 AgNO3的溶液(pH=2),与1为对比实验;资料显示:该温度下,0.1 molL-1的AgNO3溶液可以将Fe氧化为Fe2+。但1号试管中未观察到蓝色沉淀的原因可能为该反应速率很小或反应的活化能较大;反应中消耗氢离子,pH变大,则pH传感器测得的图示为图乙;实验测得2号试管中有N生成,则2号试管中发生反应的离子方程式为N+4Fe+10H+N+4Fe2+3H2O;(3)方案一:取出少量黑色固体,洗涤后加入足量稀硝酸加热将固体全部溶解,再向所得溶液中加入稀盐酸,产生白色沉淀(或加入足量盐酸,有黑色固
21、体剩余),证明黑色固体中有Ag;(4)方案二:一段时间后取出左侧烧杯溶液,加入KSCN溶液,溶液变红,该实验现象不能证明Fe2+可被Ag+氧化,理由为Fe2+可能被硝酸氧化或被氧气氧化。答案:(1)HNO3AgNO3(2)硝酸酸化的2 mL 0.1 molL-1 AgNO3的溶液(pH=2)该反应速率很小或反应的活化能较大图乙N+4Fe+10H+N+4Fe2+3H2O(3)加入足量稀硝酸加热将固体全部溶解,再向所得溶液中加入稀盐酸,产生白色沉淀(4)不能Fe2+可能被硝酸氧化或被氧气氧化【加固训练】1.(2020辽宁一模)下列实验现象与对应结论均正确的是()操作现象结论AKNO3和KOH混合溶
22、液中加入铝粉并加热,试管口放湿润的红色石蕊试纸试纸变为蓝色N被还原为NH3B向硅酸钠溶液中滴加盐酸溶液变浑浊氯的非金属性强于硅,故盐酸能制得硅酸C向体积为100 mL浓度均为0.01 molL-1的NaCl和Na2CrO4的混合溶液中滴加0.01 molL-1的AgNO3溶液先产生白色沉淀,后产生红色沉淀(Ag2CrO4)同温下,溶度积常数:Ksp(AgCl)Ksp(Ag2CrO4)D将过量过氧化钠固体投入紫色石蕊试液中溶液变成蓝色过氧化钠与水反应生成氢氧化钠,溶液呈碱性【解析】选A。KNO3和KOH混合溶液中加入铝粉并加热,发生氧化还原反应生成氨气,氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝,故A正确;
23、盐酸不是最高价含氧酸,不能由盐酸、硅酸的酸性比较非金属性,故B错误;沉淀类型不同,不能由现象直接比较Ksp,需要计算后比较,故C错误;过氧化钠具有漂白性,可使紫色石蕊试液先变蓝后褪色,故D错误。2.(2020保定模拟)为了探究NO2与过氧化钠反应的情况,甲、乙两位同学设计了如下实验,其装置如图。已知:2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O试回答下列问题:(1)仪器A的名称是_,仪器B的作用是_。(2)装入药品前必须检查装置的气密性,具体操作方法是_。(3)试管中发生反应的离子方程式是_。(4)实验过程中,两位同学通过检验得知气体产物中含有较多氧气。该同学通过查阅资料了解NO2具有氧
24、化性,据此甲同学判断NO2与过氧化钠反应可得到氧气,而乙同学认为该结论不合理,理由是_。为验证自己的想法,乙同学对上述装置进行了改进,具体做法是_。(5)改进装置后,再进行实验,两位同学发现过氧化钠的颜色由淡黄色逐渐变成白色,且检验不出氧气的生成,该反应的化学方程式为_。【解析】(1)仪器A为分液漏斗;吸收多余的NO2,B可以防止倒吸;(2)装入药品前必须检查装置的气密性,具体操作方法是关闭分液漏斗活塞,将干燥管末端置于水槽中,微热试管,干燥管末端有气泡产生,停止加热后干燥管中形成一段水柱,则说明装置气密性良好;(3)试管中铜粉与浓硝酸生成硝酸铜、二氧化氮和水,反应为Cu+4H+2NCu2+2
25、NO2+2H2O;(4)得到的NO2中混有水蒸气,与过氧化钠反应制得氧气,故气体产物中含有较多氧气;为验证该想法,可以在装置、之间加一个装有P2O5的干燥管,以除去气体产物中的水蒸气;(5)过氧化钠和二氧化氮反应不生成氧气,说明二氧化氮被过氧化钠氧化,过氧化钠的颜色由淡黄色逐渐变成白色,生成硝酸钠,反应为2NO2+Na2O22NaNO3。答案:(1)分液漏斗防止倒吸(2)关闭分液漏斗活塞,将干燥管末端置于水槽中,微热试管,干燥管末端有气泡产生,停止加热后干燥管中形成一段水柱,则说明装置气密性良好(3)Cu+4H+2NCu2+2NO2+2H2O(4)得到的NO2中混有水蒸气,与过氧化钠反应制得氧气在装置、之间加一个装有P2O5的干燥管,以除去气体产物中的水蒸气(5)2NO2+Na2O22NaNO3【归纳提升】1.探究实验特点探究现象、组分、原理、性质;提出猜想、设计实验验证、得出结论。2.分析思路明确实验目的分析实验原理结合题目已知设问回归实验目的作答
