1、版高三化学一轮复习5年真题分类专题16 化学实验2012年高考化学试题分类解析 专题16 化学实验设计与探究1.（2012广东，33）苯甲酸广泛应用于制药和化工行业。某同学尝试用甲苯的氧化反应制备苯甲酸。反应原理:+2KMnO4+KOH+2MnO2+H2O实验方法：一定量的甲苯和KMnO4溶液在100 反应一段时间后停止反应，按如下流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯。 已知:苯甲酸分子量122,熔点122.4 ,在25 和95 时溶解度分别为0.3 g和6.9 g;纯净固体有机物一般都有固定熔点。(1)操作为,操作为。(2)无色液体A是 ,定性检验A的试剂是 ,现象是 。(3)测定白色固体B的
2、熔点,发现其在115 开始熔化,达到130 时仍有少量不熔。该同学推测白色固体B是苯甲酸与KCl的混合物,设计了如下方案进行提纯和检验,实验结果表明推测正确。请完成表中内容。(4)纯度测定:称取1.220 g产品,配成100 mL甲醇溶液,移取25.00 mL溶液,滴定,消耗KOH的物质的量为2.4010-3mol。产品中苯甲酸质量分数的计算表达式为 ,计算结果为 (保留二位有效数字)。【答案】 (1)分液蒸馏(2)甲苯酸性KMnO4溶液溶液颜色褪去(其他合理答案也给分)(3)冷却结晶,过滤 滴入稀HNO3和AgNO3溶液测定熔点白色晶体在122.4 左右完全熔化(4)100%96%【解析】本
3、题考查基本实验技能和对综合实验的理解应用。首先通读流程。反应混合物过滤后的滤液中有未反应的甲苯及产品苯甲酸盐。过滤后将滤液分离为有机相和水相的操作应为分液。有机相经无水硫酸钠干燥后蒸馏即可回收甲苯。水相经浓盐酸酸化后再用结晶法分离获取苯甲酸。将这一流程理清楚后再开始针对题设问题作答。2.（2012福建，25）实验室常用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2（发生装置如图所示）。(1)制备实验开始时，先检查装置气密性，接下来的操作依次是（填序号）A.往烧瓶中加人MnO2粉末 B.加热 C.往烧瓶中加人浓盐酸(2)制备反应会因盐酸浓度下降而停止。为测定反应残余液中盐酸的浓度，探究小组同 学提出下列实验方案
4、：甲方案：与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量。乙方案：采用酸碱中和滴定法测定。丙方案：与已知量CaCO3（过量）反应，称量剩余的CaCO3质量。丁方案：与足量Zn 反应，测量生成的H2体积。继而进行下列判断和实验： 判定甲方案不可行，理由是 。 进行乙方案实验：准确量取残余清液稀释一定倍数后作为试样。a.量取试样20.00 mL，用0 . 1000 molL-1 NaOH标准溶液滴定，消耗 22.00mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度为 molL-1b.平行滴定后获得实验结果。 判断丙方案的实验结果 （填“偏大”、“偏小”或“准确”）。已知：Ksp（CaCO3 ) = 2.810-
5、9、Ksp（MnCO3 ) = 2.310-11 进行丁方案实验：装置如图所示（夹持器具已略去）。 (i) 使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是将 转移到 中。(ii)反应完毕，每间隔1 分钟读取气体体积，气体体积逐次减小，直至不变。气体体积逐次减小的原因是 （排除仪器和实验操作的影响因素）。【答案】(1)ACB(按序写出三项)(2)残余清液中,n(Cl-)n(H+)(或其他合理答案) 0.110 0 偏小(i)Zn粒残余清液(按序写出两项) (ii)装置内气体尚未冷至室温【解析】本题主要考查化学实验基础知识,意在考查考生实验操作、实验设计能力。(1)注意实验操作的规范性;正确的操作顺序
6、为ACB。(2)甲方案中加入足量AgNO3溶液,产生AgCl白色沉淀。反应后的残余液中溶质主要为MnCl2和HCl,故不能用来测定残余液中盐酸的浓度。由酸碱中和滴定的量关系可得c(HCl)=0.110 0 molL-1。由MnCO3、CaCO3的Ksp数值可知,加入CaCO3,CaCO3不仅与残余液中的盐酸反应,还会生成MnCO3沉淀,使测定结果偏小。3.（2012四川，28）甲、乙两个研究性学习小组为测定氨分子中氮、氢原子个数比，设计如下实验流程：实验中，先用制得的氨气排尽洗气瓶前所有装置中的空气，再连接洗气瓶和气体收集装置，立即加热氧化铜。反应完成后，黑色的氧化铜转化为红色的铜。下图A、B
7、、C为甲、乙两小组制取氨气时可能用到的装置，D为盛有浓硫酸的洗气瓶。甲小组测得：反应前氧化铜的质量m1g、氧化铜反应后剩余固体的质量m2g、生成氮气在标准状况下的体积V1L。乙小组测得：洗气前装置D的质量m3g、洗气后装置D的质量m4g、生成氮气在标准状况下的体积V2L。请回答下列问题：（1）写出仪器a的名称 。（2）检查A装置气密性的操作是 。（3）甲、乙两小组选择了不同的方法制取氨气，请将实验装置的字母编号和制备原理填写在下表的空格中。实验装置实验药品制备原理甲小组A氢氧化钙、硫酸铵反应的化学方程式为 。乙小组 浓氨水、氢氧化钠用化学平衡原理分析氢氧化钠的作用： 。（4）甲小组用所测数据计
8、算出氨分子中氮、氢的原子个数之比为 。（5）乙小组用所测数据计算出氨分子中氮、氢的原子个数比明显小于理论值，其原因是 。为此，乙小组在原有实验的基础上增加了一个装有某药品的实验仪器，重新实验。根据实验前后该药品的质量变化及生成氮气的体积，得出了合理的实验结果。该药品的名称是 。【答案】(1)圆底烧瓶(2)连接导管,将导管插入水中;加热试管,导管口有气泡产生;停止加热,导管内有水回流并形成一段稳定的水柱(3)(NH4)2SO4+Ca(OH)22NH3+2H2O+CaSO4 B 氢氧化钠溶于氨水后放热;增大OH-浓度,使NH3+H2ONH3H2O NH4+OH-向逆方向移动,加快氨气逸出(4)5V
9、17(m1-m2)(5)浓硫酸吸收了未反应的氨气,从而使计算的氢的量偏高 碱石灰(氢氧化钠、氧化钙等)【解析】本题考查化学实验,意在考查考生的化学实验设计和评价能力。(1)仪器a是圆底烧瓶。(2)连接导管,将导管的末端插入水中,轻轻加热试管,若导管口有气泡冒出,停止加热后,在导管中形成一段水柱,说明装置气密性良好。(3)仿照NH4Cl与碱石灰混合加热制取氨气,即可写出相应的化学方程式:(NH4)2SO4+Ca(OH)2CaSO4+ 2H2O+2NH3。选用装置C要求固体为块状固体,NaOH为粉末状,故不能选用C装置,选用B装置即可。固体NaOH溶于浓氨水后,放出大量的热,促使NH3的挥发,溶液
10、中OH-浓度的增大,这两个因素都使NH3+H2ONH3H2O NH4+OH-向逆反应方向即生成NH3的方向移动。(4)由反应前后氧化铜减少的质量即可求得氨气被氧化生成水的质量为(m1-m2)g,其中氢原子的物质的量为(m1-m2)mol;氮原子的物质的量为2 mol,则氨分子中氮、氢原子个数比为2 mol(m1-m2)mol=5V17(m1-m2)。(5)可能是未参加反应的氨气与水蒸气一起被浓硫酸吸收了,导致计算出的水的质量增大,求得氢原子的物质的量增大,最终求得氨分子中氮、氢原子个数比明显比理论值小。可以选用只吸收水分而不吸收氨气的药品(如碱石灰等)及相应的装置。4.（2012大纲版，28）
11、现拟用如图所示装置（尾气处理部分略）来制取一氧化碳，并用以测定某铜粉样品（混有CuO粉末）中金属铜的含量。（1）制备一氧化碳的化学方程式是 ；（2）实验中，观察到反应管中发生的现象是 ；尾气的主要成分是 ；（3）反应完成后，正确的操作顺序为 （填字母）a.关闭漏斗开关； b.熄灭酒精1； c.熄灭酒精灯2（4）若实验中称取铜粉样品5.0g，充分反应后，反应管中剩余固体的质量为4.8g，则原样品中单质铜的质量分数为 ；（5）从浓硫酸、浓硝酸、蒸馏水、双氧水中选用合适的试剂，设计一个测定样品中金属铜质量分数的方案；设计方案的主要步骤是（不必描述操作过程的细节） ；写出有关反应的化学方程式 。【答案
12、】(1)HCOOHCO+H2O (2)样品粉末逐渐变为红色 CO、CO2(3)cab (4)80% (5)将浓硫酸稀释;称取一定量的样品;样品与过量稀硫酸充分反应;过滤、洗涤;干燥、称重、计算 CuO+H2SO4CuSO4+H2O【解析】本题考查化学实验基本操作,意在通过对常规实验的实验原理、实验现象、实验基本操作、实验数据处理等问题的考查,引导考生对常规实验进行创新。(1)实验室常将甲酸和浓硫酸混合加热来制取CO, HCOOHCO+H2O 。(2)反应管中是铜(红色)和氧化铜(黑色)的混合物,反应中逐渐变为红色的铜,尾气的主要成分为CO和CO2。(3)反应前和反应完成后点燃酒精灯和熄灭酒精灯
13、的操作顺序事关实验安全问题,反应完成后应按c、a、b的顺序操作。(4)反应前后固体物质的质量差为5.0 g-4.8 g =0.2 g ,即原混合物中氧化铜中氧原子的质量为0.2 g,则原混合物中氧化铜为1 g,即金属铜的质量分数为80%。(5)从所给试剂来看,易于操作,且实验效果较好的是:将浓硫酸稀释后,用过量稀硫酸与样品反应,过滤、洗涤、干燥、称量、计算。5.（2012重庆，27）氯离子插层镁铝水滑石Mg2Al(OH)6ClxH2O是一种新型离子交换材料,其在高温下完全分解为MgO、Al2O3、HCl和水蒸气。现用如图装置进行实验确定其化学式(固定装置略去)。(1)Mg2Al(OH)6Clx
14、H2O热分解的化学方程式为 。(2)若只通过测定装置C、D的增重来确定x,则装置的连接顺序为 (按气流方向,用接口字母表示),其中C的作用是 。装置连接后,首先要进行的操作的名称是 。(3)加热前先通N2排尽装置中的空气,称取C、D的初始质量后,再持续通入N2的作用是 、 等。(4)完全分解后测得C增重3.65 g、D增重9.90 g,则x= 。若取消冷却玻管B后进行实验,测定的x值将 (填“偏高”或“偏低”)。(5)上述水滑石在空气中放置时易发生反应生成Mg2Al(OH)6Cl1-2y(CO3)yzH2O,该生成物能发生类似的热分解反应。现以此物质为样品,用(2)中连接的装置和试剂进行实验测
15、定z,除测定D的增重外,至少还需测定 。【答案】（1）2Mg2Al(OH)6ClxH2O4MgO+Al2O3+2HCl+(5+2x)H2O（2）a-e-d-b 吸收HCl气体 检验气密性（3）将分解产生的气体全部带入装置C、D中完全吸收 防止产生倒吸（合理答案均给分）（4）3 偏低（5）装置C的增重及样品质量（样品质量及样品分解后残余物质量或装置C的增重及样品分解后残余物质量）【解析】本题涉及化学反应方程式的书写、实验设计与数据处理等知识。题目情境陌生,考查内容灵活,但其考查基本点是元素及其化合物知识与实验设计的融合,旨在考查考生的实验设计与实验数据分析、处理能力。(1)根据题目信息,Mg2A
16、l(OH)6ClxH2O热分解得到MgO、Al2O3、HCl、H2O(g),根据原子守恒即可写出反应方程式。(2)装置D用于吸收Mg2Al(OH)6ClxH2O分解产生的H2O (g),装置C用于吸收Mg2Al(OH)6ClxH2O分解产生的HCl。根据装置D的增重可得H2O(g)的质量,根据装置C的增重可得HCl的质量,根据HCl的物质的量可得样品的物质的量,结合H2O(g)的质量即可得出x。连接装置时应该首先用浓硫酸吸收H2O(g),然后用NaOH溶液吸收HCl。(3)该实验是定量实验,Mg2Al(OH)6ClxH2O分解产生的HCl、H2O(g)要完全被C、D装置中的药品吸收,这样实验结
17、果才准确,同时要防止装置内空气中的CO2被NaOH溶液吸收。所以实验前需通入N2赶走装置中的空气,反应后也需持续通入N2,将装置中产生的HCl、H2O(g)全部赶入装置C、D中,从而减小实验误差。停止加热后,H2O(g)、HCl被浓H2SO4、NaOH溶液吸收过程中可导致装置压力迅速减小,可能发生倒吸现象,所以反应后持续通入N2也可防止倒吸现象发生。(4)反应生成HCl3.65 g(0.1 mol),生成H2O9.90 g(0.55 mol),根据2 mol HCl (5+2x)mol H2O可得2(5+2x)=0.10.55,解得x=3。若取消冷却玻管B,导致气体温度过高,流速快,H2O(g
18、)可能不能被浓H2SO4完全吸收,导致所测x值偏低。(5)Mg2Al(OH)6Cl1-2y(CO3)yzH2O分解产生的气体除HCl、H2O(g)外,还有CO2,而C装置质量增加包含CO2、HCl的质量,所以需要测定装置C的增重、D的增重及样品质量。6.（2012浙江，28）实验室制备苯乙酮的化学方程式为：制备过程中还有等副反应。主要实验装置和步骤如下：（I）合成：在三颈瓶中加入20 g无水三氯化铝和30 mL无水苯。为避免反应液升温过快，边搅拌边慢慢滴加6 mL乙酸酐和10 mL无水苯的混合液，控制滴加速率，使反应液缓缓回流。滴加完毕后加热回流1小时。（）分离与提纯：边搅拌边慢慢滴加一定量浓
19、盐酸与冰水混合液，分离得到有机层水层用苯萃取，分液将所得有机层合并，洗涤、干燥、蒸去苯，得到苯乙酮粗产品蒸馏粗产品得到苯乙酮。回答下列问题：（1）仪器a的名称：_；装置b的作用：_。（2）合成过程中要求无水操作，理由是_。（3）若将乙酸酐和苯的混合液一次性倒入三颈瓶，可能导致_。A反应太剧烈 B液体太多搅不动 C反应变缓慢 D副产物增多（4）分离和提纯操作的目的是_。该操作中是否可改用乙醇萃取？_（填“是”或“否”），原因是_。（5）分液漏斗使用前须_并洗净备用。萃取时，先后加入待萃取液和萃取剂，经振摇并_后，将分液漏斗置于铁架台的铁卷上静置片刻，分层。分离上下层液体时，应先_，然后打开活塞放
20、出下层液体，上层液体从上口倒出。（6）粗产品蒸馏提纯时，下列装置中温度计位置正确的是_，可能会导致收集到的产品中混有低沸点杂质的装置是_。【答案】(1)干燥管 吸收HCl气体 (2)防止三氯化铝与乙酸酐水解(只答三氯化铝水解或乙酸酐水解也可) (3)AD (4)把溶解在水中的苯乙酮提取出来以减少损失 否 乙醇与水混溶 (5)检漏 放气 打开上口玻璃塞(或使塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔)(6)CAB 【解析】本题是实验综合题,重点考查了有关物质制备、提纯的实验仪器、操作方法等知识。(1)仪器a为干燥管,装置b的作用是吸收反应过程中所产生的HCl气体;(2)由于三氯化铝与乙酸酐均极易水解,所以要求
21、合成过程中应该无水操作;(3)若将乙酸酐和苯的混合液一次性倒入三颈瓶,可能会导致反应太剧烈及产生更多的副产物;(4)水层用苯萃取并分液的目的是把溶解在水中的苯乙酮提取出来以减少损失,由于乙醇能与水互溶,所以不能用乙醇代替苯进行萃取操作;(5)分液漏斗使用前须进行检漏,振摇后要进行放气操作,放下层液体时,应该先打开上口玻璃塞(或使塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔),然后再打开下面的活塞;(6)蒸馏装置中温度计位置正确的是C项,A、B项中装置容易导致低沸点杂质混入收集到的产品中。7.（2012浙江，26）已知：I222I-。相关物质的溶度积常数见下表：物质Cu(OH)2Fe(OH)3CuClCuIKs
22、p2.210-202.610-391.710-71.310-12（1）某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，为得到纯净的CuCl22H2O晶体，加入 ，调至pH4，使溶液中的Fe3转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中的c(Fe3)_；过滤后，将所得滤液低温蒸发、浓缩结晶，可得到CuCl22H2O晶体。（2）在空气中直接加热CuCl22H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，原因是_（用化学方程式表示）。由CuCl22H2O晶体得到纯的无水CuCl2的合理方法是_。（3）某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl22H2O晶体的试样（不含能与I-发生反应的氧化性杂质）的纯度，过程如下：取0.3
23、6 g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀。用0.1000 mol/L Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL。可选用_作滴定指示剂，滴定终点的现象是_。CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为_。该试样中CuCl22H2O的质量百分数为_。【答案】 (1)Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3 2.610-9 molL-1 (2)2CuCl22H2OCu(OH)2CuCl2+2HCl+2H2O主要产物写成Cu(OH)2、Cu(OH)Cl、CuO均可 在干燥的HCl气流中加热脱水(3)淀粉溶液 蓝色褪去，放置一定时间后不复色 2Cu
24、2+4I-=2CuI+I2 95【解析】本题是考查溶度积的应用、盐类水解、氧化还原滴定及氧化还原计算的综合题,试题涉及知识点多,对考生的能力要求相对较高。(1)调节溶液pH时不应该带入其他杂质,故可选择Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质消耗溶液中的H+,使溶液的pH升高;当溶液的pH=4时,c(H+)=110-4molL-1, c(OH-)= 110-10mol L-1,由Fe(OH)3的Ksp计算可得c(Fe3+)=Ksp/c3(OH-)= 2.610-39/(110-30)= 2.610-9molL-1。(2)由于加热能促进CuCl2的水解,且生成的HCl又易挥发而脱离体系,造成
25、水解较完全,最终得不到纯的无水CuCl2,反应方程式为2CuCl22H2OCu(OH)2CuCl2+2HCl+2H2O;要得到纯的无水CuCl2的合理方法是让CuCl22H2O晶体在干燥的HCl气流中加热脱水。(3)滴定前的过程中发生反应:2Cu2+4I-2CuI+I2,滴定过程中I2完全消失是滴定的终点,所以可选用淀粉溶液作滴定指示剂,滴定终点的现象为蓝色褪去,且在半分钟内不恢复颜色;从反应2Cu2+4I-2CuI+I2, I2+2I-,可知Cu2+,n(Cu2+)=0.1000molL-120.0010-3L=2.010-3mol,m(CuCl22H2O) = 2.010-3mol171
26、gmol-1=0.342 g,则试样中CuCl22H2O的质量百分数为0.342 g0.36 g100%=95%。8.（2012安徽，28）工业上从废铅蓄电池的铅膏回收铅的过程中,可用碳酸盐溶液与处理后的铅膏(主要成分为PbSO4)发生反应:PbSO4(s)+CO32-(aq)PbCO3(s)+SO42-(aq)。某课题组用PbSO4为原料模拟该过程,探究上述反应的实验条件及固体产物的成分。(1)上述反应的平衡常数表达式:K=。(2)室温时,向两份相同的PbSO4样品中分别加入同体积、同浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液均可实现上述转化,在溶液中PbSO4转化率较大,理由是。(3)查阅文献:
27、上述反应还可能生成碱式碳酸铅2PbCO3Pb(OH)2,它和PbCO3受热都易分解生成PbO。该课题组对固体产物(不考虑PbSO4)的成分提出如下假设,请你完成假设二和假设三:假设一:全部为PbCO3;假设二:;假设三:。(4)为验证假设一是否成立,课题组进行如下研究。定性研究:请你完成下表中内容。实验步骤(不要求写出具体操作过程)预期的实验现象和结论取一定量样品充分干燥,定量研究:取26.7 mg的干燥样品,加热,测得固体质量随温度的变化关系如图。某同学由图中信息得出结论:假设一不成立。你是否同意该同学的结论,并简述理由:。【答案】(1)(2) Na2CO3 Na2CO3溶液中的c()大(3
28、)全部为2PbCO3Pb(OH)2 PbCO3与2PbCO3Pb(OH)2(4)同意,若全部为PbCO3时,26.7 mg完全分解后最终固体质量应为22.3 mg(或:不同意,实验最终得到固体的质量与全部为PbCO3分解所得固体质量相差不大,可能是实验过程中产生的误差引起的)(本题属于开放性试题,合理答案均可)【解析】本题考查化学平衡、实验探究等,意在综合考查考生的思维能力。(1)因固态物质或纯液态物质的浓度为常数,故反应的平衡常数表达式为K= c(SO42)/c(CO32)。(2)使用Na2CO3溶液PbSO4转化率高是因为同浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液,Na2CO3溶液中CO23浓
29、度大,促使反应:PbSO4(s)+CO23(aq)PbCO3(s)+SO42(aq)向右进行。(3)结合信息可知得到两种固体,可形成三种情况:PbCO3、2PbCO3Pb(OH)2、PbCO3与2PbCO3Pb(OH)2。(4)PbCO3受热分解生成PbO与CO2,Pb(OH)2受热分解产生PbO与H2O,利用无水硫酸铜来检验分解后是否有H2O生成来判断假设一是否成立。由PbCO3分解的方程式可知若固体全部为PbCO3,则26.7 mg固体完全分解后可得到22.3 mg固体(PbO),结合图中数据可知假设一不成立;因为实验最终得到的固体质量与全部为PbCO3分解所得到的固体质量相差不大,可能是实验过程中产生的误差引起的,此时假设一成立。9.（2012天津，9）信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70Cu、25Al、4Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计
