课时微练46 实验方案的设计与评价-（教师用书）【赢在微点·顶层设计】2027年高中化学高考一轮总复习

课时微练(四十六)　实验方案的设计与评价 　 基础训练 1.推理是一种重要的能力。打开分液漏斗活塞,进行如图所示的探究实验,对实验现象的预测及分析错误的是(C) A.试管内CCl4层溶液褪色,说明Br2具有氧化性 B.试管中的红色花瓣褪色,说明SO2具有漂白性 C.试管中产生大量气泡,说明Na2SO3被氧化产生SO3 D.一段时间后试管内有白色沉淀,说明有S生成 解析　硫酸能够和Na2SO3反应生成SO2。试管内CCl4层溶液褪色,说明SO2与Br2发生了氧化还原反应,反应中SO2为还原剂,Br2为氧化剂,说明Br2具有氧化性,A项正确;试管中的红色花瓣褪色,说明SO2具有漂白性,B项正确;试管中产生大量气泡,说明生成了SO2,但Na2SO3既不是氧化剂也不是还原剂,C项错误;一段时间后试管内有白色沉淀,说明有S生成,这是因为Br2和SO2发生了氧化还原反应,SO2被氧化为S,D项正确。 解题有方　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?实验的目的是什么? (2)所用各物质的名称、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地分析比较和推理,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。 2.下列实验方案能达到实验目的的是(D) A.用苯和饱和溴水制溴苯 B.用浓盐酸和铁粉制少量氯气 C.用NaOH溶液除去MgCl2溶液中的AlCl3杂质 D.用如图所示装置制备乙酸乙酯 解析　苯与液溴在溴化铁作催化剂条件下发生取代反应生成溴苯,苯与溴水不反应,A项错误;铁和盐酸反应生成氢气,不能制取氯气,B项错误;用NaOH溶液除去MgCl2溶液中的AlCl3杂质得到的是Mg(OH)2沉淀,C项错误;题述装置能够制备乙酸乙酯,D项正确。 3.某小组同学探究Al与Cu2+的反应,实验如下。 装置 序号 试剂a 现象 ① 2 mL 0.5 mol·L-1 CuSO4溶液 无明显变化,数小时后观察到铝片上仅有少量红色斑点 ② 2 mL 0.5 mol·L-1 CuCl2溶液 迅速产生红色固体和无色气泡,且气体的生成速率逐渐增大,反应放出大量的热。在铝片表面产生少量白色沉淀,经检验为CuCl 下列说法不正确的是(D) A.②中气体生成速率逐渐增大可能与Al和Cu在溶液中形成了原电池有关 B.②中产生白色沉淀的可能原因:Al+3Cu2++3Cl-===3CuCl↓+Al3+ C.向①中加入一定量的NaCl固体,推测出现与②相似的实验现象 D.②比①反应迅速是由于Cu2+水解使②中的c(H+)更大,有利于破坏铝片表面的氧化膜 解析　对比实验①和②,实验①无明显现象,说明刚开始铝片与CuSO4不反应,实验②现象明显,说明刚开始铝片与CuCl2就发生反应。从所加试剂知,两个实验的变量是阴离子不同,氯离子能破坏铝片表面的致密氧化膜,氯化铜水解使溶液呈酸性,Al能从氯化铜溶液中置换出Cu,也能与水解产生的H+反应置换出氢气,Al和置换出的Cu在溶液中可形成原电池,反应速率增大,而表面析出的白色沉淀CuCl可能是铝和铜离子发生氧化还原反应产生的沉淀,S不能破坏铝片表面的致密氧化膜,所以铝与2 mL 0.5 mol·L-1 CuSO4溶液的反应相当缓慢,只有少量铜生成。根据分析可知,②中产生的气体为氢气,气体生成速率逐渐增大可能与Al和Cu在溶液中形成了原电池有关,A项正确。根据分析可知,②中产生白色沉淀的可能原因是发生反应Al+3Cu2++3Cl-===3CuCl↓+Al3+,B项正确。向①中加入一定量的NaCl固体,氯离子能破坏铝片表面的致密氧化膜,溶液中含有铜离子、氯离子,则可推测出现与②相似的实验现象,C项正确。两个反应体系中含有等浓度的Cu2+,则二者反应速率不同与Cu2+水解无关,②比①反应迅速是由于氯离子能破坏铝片表面的致密氧化膜,S不能破坏铝片表面的致密氧化膜,D项错误。 4.下列实验装置能达到相应实验目的的是(B) 选项 实验装置 实验目的 A 蒸发浓缩含有少量稀盐酸的AlCl3溶液,获得AlCl3·6H2O晶体 B 制备NaHCO3晶体,先从a管通入氨气,后从b管通入二氧化碳 C 探究Cl-对Fe3+和S2反应速率的影响 D 实验室制备Cl2 解析　溶液的蒸发浓缩应在蒸发皿中进行,A项不符合题意;氨气极易溶于水,二氧化碳在水中溶解度较小,制备NaHCO3晶体时先从a管通入氨气,形成碱性溶液后再从b管通入二氧化碳,以增大二氧化碳的溶解量,能达到相应实验目的,B项符合题意;图中向两支试管中加入的Fe3+浓度不同,且S也可能影响Fe3+和S2的反应速率,不能达到相应实验目的,C项不符合题意;MnO2和浓盐酸反应制备氯气需要加热,不能达到相应实验目的,D项不符合题意。 5.下列实验操作与预期目的或所得结论一致的是(B) 实验操作 实验目的或结论 ① 向某钠盐溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡溶液,有白色沉淀生成 说明该钠盐是硫酸钠或硫酸氢钠 ② 向混有乙酸和乙醇的乙酸乙酯混合物中加入饱和Na2CO3溶液洗涤、分液 得到较纯净的乙酸乙酯 ③ 向直馏汽油中加入酸性高锰酸钾溶液,振荡,紫色褪去 说明汽油中含有甲苯等苯的同系物 ④ 向含有少量FeBr2的FeCl2溶液中加入适量氯水,再加CCl4萃取分液 除去FeCl2溶液中的FeBr2 A.①② B.②③ C.①④ D.③④ 解析　酸性条件下N具有强氧化性,若钠盐是亚硫酸钠或亚硫酸氢钠,也可出现题述现象,①错误;乙醇可以溶解在饱和Na2CO3溶液中,乙酸可以和饱和Na2CO3溶液反应,乙酸乙酯在饱和Na2CO3溶液中的溶解度较小,因此可以得到较纯净的乙酸乙酯,②正确;直馏汽油中不含不饱和烃,能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是苯的同系物,③正确;Fe2+的还原性强于Br-,因此加入氯水后Fe2+先被氧化为Fe3+,不符合除杂的要求,④错误。 能力训练 6.某小组用淀粉水解液和浓H2SO4(作催化剂)、HNO3为原料制取草酸晶体(H2C2O4·xH2O),进而制备纳米草酸钙(CaC2O4),按如下流程开展实验(夹持仪器略): 已知:①草酸能溶于水,易溶于乙醇; ②纳米草酸钙难溶于水,高温易分解; ③淀粉水解液与混酸反应的方程式:C6H12O6+12HNO33H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O。 回答下列问题: (1)仪器a相比普通分液漏斗的优点是 平衡气压,便于液体顺利流下 ,仪器b的名称为 球形冷凝管 ,步骤Ⅱ的操作名称是 冷却结晶 。  (2)NO不与NaOH反应,但在本实验中可以完全被吸收,请用离子方程式表示NO被完全吸收的原因: NO+NO2+2OH-===2N+H2O 。  (3)催化剂浓硫酸用量过多,会导致草酸产率减少,原因是 浓硫酸具有脱水性,会使有机物脱水碳化 。  (4)下列有关操作说法正确的是 B 。  A.步骤Ⅲ洗涤可用乙醇水溶液,步骤Ⅳ洗涤可用蒸馏水 B.步骤Ⅳ采用离心分离,装置如图乙所示,操作时应将两支离心管放置于1、4处 C.步骤Ⅳ干燥采用图丙装置,取用时,手握干燥器盖顶圆球向上拉,取下盖子倒放在桌上,将装有产品的器皿放在陶瓷板上 D.步骤Ⅴ为提高反应速率,也可采用更高温度加热 (5)草酸晶体(H2C2O4·xH2O)含有结晶水,某同学准确称取一定质量草酸晶体于锥形瓶中,用蒸馏水溶解,以酚酞作指示剂,用NaOH标准溶液滴定,若草酸晶体中混有H2C2O4,则该滴定法测得产品中x的值 偏小 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。  解析　由题给流程和实验装置图可知,装置A中发生的反应为浓硫酸作用下淀粉水解液中的葡萄糖与混酸中的浓硝酸反应生成草酸、一氧化氮、二氧化氮和水,装置B为安全瓶,起防倒吸的作用,装置C中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收氮的氧化物,防止污染空气;将装置A中得到的反应液冷却结晶、抽滤、洗涤得到草酸晶体;向草酸晶体中加入氯化钙溶液,加热充分反应后,经离心分离、洗涤、干燥得到纳米二水草酸钙;纳米二水草酸钙在250 ℃条件下加热脱水转化为纳米草酸钙。(1)由实验装置图可知,仪器a为恒压滴液漏斗,与普通分液漏斗相比,恒压滴液漏斗可以起到平衡气压,便于液体顺利流下的作用;仪器b为球形冷凝管,起冷凝回流的作用;由分析可知,步骤Ⅱ为冷却结晶。(2)一氧化氮为不成盐氧化物,不能与氢氧化钠溶液反应,一氧化氮和二氧化氮在氢氧化钠溶液中发生归中反应生成亚硝酸钠和水,反应的离子方程式为NO+NO2+2OH-===2N+H2O。(3)若催化剂浓硫酸用量过多,具有脱水性的浓硫酸会使反应生成的草酸脱水碳化,导致草酸产率减少。(4)A项,由题给信息可知,草酸能溶于水,易溶于乙醇,则步骤Ⅲ洗涤时如果用乙醇水溶液,草酸晶体会因部分溶解而造成损失,故错误;B项,步骤Ⅳ采用离心分离得到纳米二水草酸钙,由对称平衡原理可知,分离操作时应将两支离心管放置于1、4处,故正确;C项,打开干燥器时,不能向上拉,应用左手按住干燥器,右手小心将盖子稍微平推,等空气缓缓进入,器内气压平衡后,才能将开口推大成全开,取下的盖子必须仰放,故错误;D项,由题给信息可知,纳米草酸钙高温易分解,步骤Ⅴ如果采用更高温度加热,纳米草酸钙会分解导致产率降低,故错误;故选B。(5)若草酸晶体中混有草酸会使溶质的物质的量增大,消耗氢氧化钠溶液的体积偏大,导致测得产品中x的值偏小。 7.(2024·甘肃卷)某兴趣小组设计了利用MnO2和H2SO3生成MnS2O6,再与Na2CO3反应制备Na2S2O6·2H2O的方案: 适量水过滤取滤液Na2S2O6·2H2O (1)采用如图所示装置制备SO2,仪器a的名称为 恒压滴液漏斗 ;步骤Ⅰ中采用冰水浴是为了 增大SO2的溶解度,增大H2SO3的浓度,同时为步骤Ⅱ提供低温 。  (2)步骤Ⅱ应分数次加入MnO2,原因是 防止过多的MnO2与H2SO3反应生成MnSO4,同时防止反应太快、放热太多、不利于控制温度低于10 ℃ 。  (3)步骤Ⅲ滴加饱和Ba(OH)2溶液的目的是 除去过量的SO2(或H2SO3) 。  (4)步骤Ⅳ生成MnCO3沉淀,判断Mn2+已沉淀完全的操作是 静置,向上层清液中继续滴加几滴饱和Na2CO3溶液,若不再产生沉淀,说明Mn2+已沉淀完全 。  (5)将步骤Ⅴ中正确操作或现象的标号填入相应括号中。 将滤液倒入蒸发皿中—→用酒精灯加热—→( D )—→( A )—→停止加热—→( E )—→过滤  A.蒸发皿中出现少量晶体 B.使用漏斗趁热过滤 C.利用蒸发皿余热使溶液蒸干 D.用玻璃棒不断搅拌 E.等待蒸发皿冷却 解析　(2)由于MnO2具有氧化性,SO2(或H2SO3)具有还原性,步骤Ⅱ应分数次加入MnO2,原因是防止过多的MnO2与H2SO3反应生成MnSO4,同时防止反应太快、放热太多、不利于控制温度低于10 ℃。(3)步骤Ⅲ中滴加饱和Ba(OH)2溶液的目的是除去过量的SO2(或H2SO3),防止后续反应中SO2与Na2CO3溶液反应,增加饱和Na2CO3溶液的用量并使产品中混有杂质。(5)步骤Ⅴ的正确操作或现象为将滤液倒入蒸发皿中→用酒精灯加热→用玻璃棒不断搅拌→蒸发皿中出现少量晶体→停止加热→等待蒸发皿冷却→过滤、洗涤、干燥得到Na2S2O6·2H2O,依次填入D、A、E。 学科网（北京）股份有限公司 $$