高考化学一轮复习第章化学实验基础第讲实验方案的设计与评价试题鲁科版

热点一“物质组成”型实验方案的设计一、定性检测[例1] 某混合粉末由Fe2O3、Fe、CuO、C、Al中的几种物质组成，为检测其成分，取样品进行下列实验(部分产物略去)：回答下列问题：(1)取少量溶液X，加入过量的NaOH溶液，有沉淀生成。

取上层清液，通入CO2，无明显变化，说明样品中不含的物质是______________(填化学式)。

(2)Z为一种或两种气体：①若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液，则反应Ⅰ中能同时生成两种气体的化学方程式是___________________________________。

②若Z为两种气体的混合物，试剂a为适量水，则Z中两种气体的化学式是________。

(3)向Y溶液中通入过量氯气，并不断搅拌，充分反应后，溶液中的阳离子是_________(填离子符号)。

(4)取Y溶液，调pH约为7，加入淀粉­KI溶液和H2O2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成。

当消耗2 mol I－时，共转移3 mol电子，该反应的离子方程式是___________________。

(5)另取原样品，加入足量稀硫酸充分反应。

若溶液中一定不会产生红色固体，则原样品中所有可能存在的物质组合是(各组合中的物质用化学式表示)___________________。

[解题流程] 首先要注意框图中量的描述为“过量”，其次进行大致推断，最后根据具体设问提供的信息具体分析。

能与Fe2O3、Fe、CuO、C、Al几种物质反应产生两种气体的浓酸不可能是浓盐酸；如果是浓硫酸，在加热时可以与Fe、C、Al发生氧化还原反应，浓硫酸被还原为SO2，C被氧化为CO2，Fe和Al分别被氧化为Fe3＋和Al3＋；如果是浓硝酸，则两种气体是CO2和NO2。

无论是哪种浓酸均可以使两种氧化物Fe2O3、CuO转化为对应的盐。

(1)无论加什么浓酸(浓硫酸或浓硝酸)，溶液X中都可能含有Fe3＋、Cu2＋、Al3＋三种金属阳离子。

向溶液X中加入过量的NaOH溶液，Fe3＋和Cu2＋可转化为Fe(OH)3和Cu(OH)2沉淀析出，如果有Al3＋，则转化为[Al(OH)4]－，向上层清液中通入CO2后，会产生白色沉淀Al(OH)3，离子方程式为2[Al(OH)4]－＋CO2(少量)===2Al(OH)3↓＋CO2－3＋H2O或[Al(OH)4]－＋CO2(足量)===Al(OH)3↓＋HCO－3，与题目中“取上层清液，通入CO2，无明显变化”不相符。

所以可以肯定溶液X中没有Al3＋，样品中没有Al。

(2)有了前面的分析，问题(2)就比较容易解答了。

(3)向溶液X中加入过量Fe粉，得Y溶液和两种固体，且其中一种固体为红色(Cu)，另一种就是过量的Fe 粉，Y溶液中的阳离子为Fe2＋，通入过量的Cl2后，Fe2＋被氧化为Fe3＋，Cl2与水反应生成HCl 和HClO，两者电离产生H＋，故溶液中的阳离子为Fe3＋和H＋。

(4)依据信息“当消耗2 mol I－时，共转移3 mol 电子”，转移的3 mol 电子中有2 mol 来自I －，另外1 mol 电子来自Fe 2＋。

(5)根据前面四步设问可知，样品中一定没有Al ，一定有CuO 和C ，不能确定是否有Fe 和Fe 2O 3。

加入足量稀硫酸后一定不产生Cu ，那么排除Fe ，符合整个设问的组合只有两种：CuO 、C ；CuO 、C 、Fe 2O 3。

答案 (1)Al (2)①C＋2H 2SO 4(浓)=====△CO 2↑＋2SO 2↑＋2H 2O ②NO、CO 2 (3)Fe 3＋、H ＋(4)2Fe 2＋＋3H 2O 2＋4I －===2Fe(OH)3↓＋2I 2(5)CuO 、C 或CuO 、C 、Fe 2O 3 归纳总结固体成分检测实验方案设计的一般方法方法一：取少量固体试样→溶于水配成溶液→检测溶液中存在的阴、阳离子→得出实验结论。

方法二：取少量固体试样→在氧气流等中反应→检测所产生的物质(如气体)→得出实验结论。

方法三：取少量固体试样→加酸(或碱)溶液产生气体→检测气体产物的成分→得出实验结论。

二、固体物质组成的定量测定数据测定的常用方法1.沉淀法先将某种成分转化为沉淀，然后称量纯净、干燥的沉淀的质量，再进行相关计算。

2.测气体体积法对于产生气体的反应，可以通过测定气体体积的方法测定样品纯度。

量气装置的设计：下列装置中，A 是常规的量气装置，B 、C 、D 是改进后的量气装置。

3.测气体质量法将生成的气体通入足量的吸收剂中，通过称量实验前后吸收剂的质量，求得所吸收气体的质量，然后进行相关计算。

4.滴定法即利用滴定操作原理，通过酸碱中和滴定、沉淀滴定和氧化还原反应滴定等获得相应数据后再进行相关计算。

5.热重法只要物质受热时发生质量变化，都可以用热重法来研究物质的组成是在控制温度的条件下，测量物质的质量与温度关系的方法。

通过分析热重曲线，我们可以知道样品及其可能产生的中间产物的组成、热稳定性、热分解情况及生成产物等与质量相联系的信息。

[例2] (2014·北京理综，27)碳、硫的含量影响钢铁性能。

碳、硫含量的一种测定方法是将钢样中碳、硫转化为气体，再用测碳、测硫装置进行测定。

(1)采用装置A ，在高温下将x 克钢样中碳、硫转化为CO 2、SO 2。

①气体a 的成分是________。

②若钢样中硫以FeS 的形式存在，A 中反应：3FeS ＋5O 2=====高温1________＋3________。

(2)将气体a 通入测硫装置中(如下图)，采用滴定法测定硫的含量。

①H 2O 2氧化SO 2的化学方程式：__________________________________。

②用NaOH 溶液滴定生成的H 2SO 4，消耗z mL NaOH 溶液，若消耗1 mL NaOH 溶液相当于硫的质量为y 克，则该钢样中硫的质量分数：________。

(3)将气体a 通入测碳装置中(如下图)，采用重量法测定碳的含量。

①气体a 通过B 和C 的目的是______________________________________。

②计算钢样中碳的质量分数，应测量的数据是_________________________。

解析 (1)①钢样中的碳、硫在装置A 中高温加热条件下生成CO 2和SO 2，还有未反应的O 2，故气体a 的成分为O 2、SO 2、CO 2。

②根据得失电子守恒和质量守恒定律配平化学方程式：3FeS＋5O 2=====高温Fe 3O 4＋3SO 2。

(2)①H 2O 2和SO 2发生氧化还原反应：H 2O 2＋SO 2===H 2SO 4。

②根据题意，消耗1 mL NaOH 溶液相当于硫的质量为y 克，则消耗z mL NaOH 溶液，相当于硫的质量为yz g ，所以钢样中硫的质量分数为yz x 或yz x×100%。

(3)①气体a 中含有O 2、SO 2和CO 2，在吸收CO 2测定碳的含量时，也可能吸收SO 2，故气体a 通过装置B 和C 的目的排除SO 2对CO 2测定的干扰。

②计算钢样中碳的质量分数，应测量吸收CO 2前、后吸收瓶的质量，其质量差为CO 2的质量。

答案 (1)①O 2、SO 2、CO 2 ②Fe 3O 4 SO 2(2)①H 2O 2＋SO 2===H 2SO 4 ②yz x(3)①排除SO 2对CO 2测定的干扰②吸收CO 2前、后吸收瓶的质量[例3] (2014·江苏，18)碱式碳酸铝镁[Mg a Al b (OH)c (CO 3)d ·x H 2O]常用作塑料阻燃剂。

(1)碱式碳酸铝镁具有阻燃作用，是由于其受热分解需吸收大量热量和______________。

(2)Mg a Al b (OH)c (CO 3)d ·x H 2O 中a 、b 、c 、d 的代数关系式为_______________________。

(3)为确定碱式碳酸铝镁的组成，进行如下实验：①准确称取3.390 g 样品与足量稀盐酸充分反应，生成CO 2 0.560 L(已换算成标准状况下)。

②另取一定量样品在空气中加热，样品的固体残留率[(固体样品的剩余质量/固体样品的起始质量)×100%]随温度的变化如下图所示(样品在270 ℃时已完全失去结晶水，600 ℃以上残留固体为金属氧化物的混合物)。

根据以上实验数据计算碱式碳酸铝镁样品中的n (OH －)∶n (CO 2－3)(写出计算过程)。

解析 (1)因为碱式碳酸铝镁分解得到Al 2O 3、MgO ，二者的熔点都较高，都具有阻燃作用。

(2)Al 元素的化合价为＋3价，Mg 元素的化合价为＋2价，OH －整体显示－1价，CO 2－3整体显示－2价，根据化合物中化合价代数和为0可得出关系：2a ＋3b ＝c ＋2d 。

(3)n (CO 2)＝0.560 L 22.4 L·mol ＝2.50×10－2 mol m (CO 2)＝2.50×10－2 mol×44 g·mol －1＝1.10 g在270～600 ℃ 之间，失去结晶水后的样品进一步受热分解放出CO 2和H 2Om (CO 2)＋m (H 2O)＝3.390 g×(0.734 5－0.370 2)＝1.235 gm (H 2O)＝1.235 g －1.10 g ＝0.135 gn (H 2O)＝0.135 g 18 g·mol－1＝7.50×10－3mol n (OH －)＝7.50×10－3 mol×2＝1.50×10－2 moln (OH －)∶n (CO 2－3)＝(1.50×10－2 mol)∶(2.50×10－2 mol)＝3∶5。

答案 (1)生成的产物具有阻燃作用(2)2a ＋3b ＝c ＋2d(3)n(CO2)＝0.560 L22.4 L·mol－1＝2.50×10－2 molm(CO2)＝2.50×10－2mol×44 g·mol－1＝1.10 g在270～600 ℃之间，失去结晶水后的样品进一步受热分解放出CO2和H2O m(CO2)＋m(H2O)＝3.390 g×(0.734 5－0.370 2)＝1.235 gm(H2O)＝1.235 g－1.10 g＝0.135 gn(H2O)＝0.135 g18 g·mol－1＝7.50×10－3 moln(OH－)＝7.50×10－3mol×2＝1.50×10－2 moln(OH－)∶n(CO2－3)＝(1.50×10－2mol)∶(2.50×10－2 mol)＝3∶51.某研究性学习小组用下列装置(铁架台等夹持仪器略)探究氧化铁与乙醇的反应，并检验反应产物。