2023高考化学一轮复习高频考点100题《实验探究题》（含解析）

实验探究题第I卷（选择题）1．为探究溴乙烷与NaOH的醇溶液共热发生的是水解反应还是消去反应，甲、乙、丙三名同学分别设计如下三个实验方案：甲：向反应混合液中滴入溴水，若溶液颜色很快褪去，则可证明发生了消去反应。乙：向反应混合液中滴入稀硝酸中和NaOH，然后再滴入AgNO3溶液，若有浅黄色沉淀生成,则可证明发生了消去反应。丙：向反应混合液中滴入酸性KMnO4溶液，若溶液颜色变浅，则证明发生了消去反应。则有关上述实验方案叙述（）A．甲正确B．乙正确C．丙正确D．上述实验方案都不正确【答案】D【解析】试题分析：A、反应混合液中存在氢氧化钠，溴与氢氧化钠反应而褪色，不能说明发生了消去反应，甲错误；B、溴乙烷发生水解反应也会有此现象，不能说明说明发生了消去反应，乙错误；C、反应混合液中的醇也可以使酸性KMnO4溶液颜色变浅，不能说明说明发生了消去反应，丙错误，答案选D。考点：考查对卤代烃发生消去反应实验的判断2．我们学习化学很重要的一个方面就是解决生活中的实际问题，下列家庭小实验不合理的是(　　)A．用灼烧并闻气味的方法检验真皮衣料B．用淀粉和水检验食盐中的碘元素C．用食用碱(Na2CO3)溶液洗涤餐具上的油污D．用食醋除去热水壶中的水垢【答案】B【解析】食盐中的碘元素以KIO3的形式存在，用淀粉和水不能直接检验。3．某研究性学习小组为了探索镁粉与溴水反应的机理，做了如下四组实验：①将镁粉投入冷水中，未见任何现象；②将镁粉放入溴水中，观察到只是开始时产生极少量的气泡，但溴水的颜色逐渐褪去；③将镁粉放入液溴中，未观察到任何明显现象；④向含足量镁粉的液溴中滴加几滴水，观察到溴的红棕色很快褪去。则下列关于镁与溴水的反应机理论述中正确的是（）A．镁粉只直接与溴水中的溴反应B．镁粉只与溴水中的酸反应C．产生极少量的气泡是由于镁粉与水反应得到D．镁粉在水的催化下与溴发生反应【答案】D【解析】试题分析：根据实验现象可得出结论：①镁不易与冷水反应。②和当水中放入溴时镁粉缓慢发生反应，溴逐渐消耗。③镁与液溴不反应。④镁粉和滴加几滴水液溴，瞬速反应，溴很快消耗完全。综上所述镁与溴水的反应机理是：镁粉在水的催化下与溴发生反应。现象为：D。考点：考查镁与溴水的反应机理论的知识。4．下列各项实验操作正确的是（　　）A．使C2H5Br和NaOH溶液混合后水解，取上层清液，滴加AgNO3溶液检验溴元素\nB．为增强高锰酸钾溶液的氧化性，可用盐酸将高锰酸钾溶液酸化C．将苯与溴水混合后，再加铁粉，即可制得溴苯D．在测定盐酸和氢氧化钠溶液反应的中和热时，氢氧化钠溶液应过量【答案】D【解析】试题分析：C2H5Br和NaOH溶液混合后水解，因为C2H5Br的密度比水小，所以上层清液不能用来检验溴元素，要取下层清液，故A错误；B盐酸可以被酸性高锰酸钾氧化，故为增强高锰酸钾溶液的氧化性，不可用盐酸将高锰酸钾溶液酸化，一般加入的是硫酸，故B错误；C中，应该是将苯与液溴混合后加入铁粉，在加热制备溴苯，故C错误；D中为了减小误差，在测定盐酸和氢氧化钠溶液反应的中和热时，氢氧化钠溶液应过量，故D正确。考点：化学实验点评：本题考查了化学的一些常见的实验，这是实验均是学生比较熟悉的，常常是高考命题的热点，本题难度中等。5．下列实验装置是探究铜丝与过量浓硫酸的反应，下列叙述不正确的是A．装置①能控制反应的发生和结束B．若将反应后②的试管取下，在通风橱中加热，会产生刺激性气味的气体，溶液呈红色C．③中石蕊溶液变红色D．为确认CuSO4生成，向①中加水，观察溶液颜色【答案】D【解析】铜和浓硫酸反应生成SO2、硫酸铜和水。SO2溶于水显酸性，能使石蕊试液显红色，所以选项ABC都是正确的。D不正确，应该是把试管中的溶液倒入水中，因为试管中还含有浓硫酸，答案选D。\n第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分二、填空题（题型注释）6．为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某学习小组用碳素钢(即铁和碳的合金)进行了以下探究活动：[探究一](1)将已去除表面氧化物的铁钉(碳素钢)放入冷浓硫酸中，10分钟后移入硫酸铜溶液中，片刻后取出观察，铁钉表面无明显变化，其原因是。(2)称取碳素钢6.0g放入15.0mL浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液X并收集到混合气体Y。①甲同学认为X中除Fe3＋之外还可能含有Fe2＋。若要确认其中的Fe2＋，应选用(选填序号)。A．KSCN溶液和氯水B．铁粉和KSCN溶液C．浓氨水D．酸性KMnO4溶液②乙同学取560mL(标准状况)气体Y通入足量溴水中，发生SO2＋Br2＋2H2O=2HBr＋H2SO4反应，然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得干燥固体4.66g。由此推知气体Y中SO2的体积分数为。[探究二]根据上述实验中SO2体积分数的分析，丙同学认为气体Y中还可能含有Q1和Q2两种气体，其中Q1气体，在标准状况下，密度为0.0893g·L－1。为此设计了下列探究实验装置(假设有关气体完全反应)。(3)装置B中试剂的作用是。(4)分析Y气体中的Q2气体是如何生成的(用化学方程式表示)。(5)已知洗气瓶M中盛装澄清石灰水，为确认Q2的存在，需在装置中添加洗气瓶M于(填序号)。A．A之前B．A—B间C．B—C间D．C—D间(6)如果气体Y中含有Q1，预计实验现象应是。【答案】(1)铁被钝化(2)①D　②0.80(3)检验SO2是否除尽(4)C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O(5)C(6)D中的固体由黑变红、E中的固体由白变蓝【解析】(1)由于在常温下，铁在浓硫酸中钝化，从而在铁表面形成一层致密的氧化膜，所以不再和CuSO4溶液反应。\n(2)①Fe2＋具有还原性，可以被KMnO4(H＋)氧化，从而溶液褪色，据此可以鉴别，答案选D。，所以SO2的体积分数为。(3)M＝0.0893g·L－1×22.4L·mol－1＝2.0g·mol－1。所以Q1为H2。由于C能被浓H2SO4氧化成CO2，所以Q2应为CO2。检验H2用CuO，而检验CO2气体需用澄清石灰水，在验证CO2之前，须除尽SO2气体，所以A装置用来除去SO2，B装置用来检验是否除尽，M装置应放在B、C之间。若有H2，CuO应由黑变红，CuSO4由白变蓝。7．铁在冷的浓硫酸中能发生钝化。某兴趣小组的同学发现将一定量的铁与浓硫酸加热时，观察到铁完全溶解，并产生大量气体。实验室现有下列试剂：0.01mol/L酸性KMnO4溶液、0.1mol/LKI溶液、3%H2O2溶液、淀粉溶液、蒸馏水。请你协助他们探究所得溶液和气体的成分。【提出猜想】Ⅰ.所得溶液中的金属离子可能含有Fe2＋和Fe3＋中的一种或两种；Ⅱ.所得气体中可能含有________中的一种或两种。实验操作预期现象结论验证猜想Ⅰ步骤①：取少量0.01mol/L酸性KMnO4溶液，滴入所得溶液步骤②：________含有Fe3验证猜想Ⅱ将所得气体通入如下装置含有两种气体【实验探究】【问题讨论】有同学提出，若另外选用KSCN溶液，则仅利用KSCN和H2O2两种溶液即可完成猜想Ⅰ的所有探究，判断该方法是否正确并进行评价：_____________________________【答案】【提出猜想】Ⅱ.SO2、H2溶液紫红色褪去　含有Fe2＋(或溶液紫红色不褪去，不含Fe2＋)另取少量所得溶液，滴加KI淀粉溶液　溶液变为蓝色甲中KMnO4溶液褪色，乙中KMnO4溶液颜色不变，试管中收集到气体【问题讨论】　不正确，若溶液中含有Fe3＋，则无法检验溶液中是否含有Fe2＋【解析】解答本题时应注意以下三点：(1)明确实验的目的是验证溶液和气体的成分；\n(2)根据溶液中可能存在的离子Fe2＋(铁过量)、Fe3＋或两者的混合物，选择合适的试剂进行检验；(3)根据气体的可能成分SO2和H2选择合适的试剂进行检验。铁与浓硫酸加热时，产生的金属离子可能有Fe2＋(铁过量)、Fe3＋，产生的气体可能有H2(铁过量)、SO2。Fe2＋可以使酸性KMnO4溶液褪色，Fe3＋具有氧化性，可把I－氧化成I2可使KI淀粉溶液变为蓝色；SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，并被其吸收。8．某同学对Cl2与KI溶液的反应进行了实验探究。反应装置如下：通入氯气一段时间，KI溶液变为黄色。继续通入氯气一段时间后，溶液黄色褪去，变为无色。继续通入氯气，最后溶液变为浅黄绿色。（1）已知I2＋I－I3－，I2、I3－在水中均呈黄色。为确定黄色溶液的成分，进行了以下实验。操作实验现象a取2~3mL黄色溶液，加入足量CCl4，振荡静置。CCl4层呈紫红色，水层显浅黄色。b取2~3mL饱和碘水，加入足量CCl4，振荡静置。CCl4层呈紫红色，水层几近无色。①实验b的目的是。②根据实验a中，水层中含有的粒子有。③实验a中水溶液颜色变浅的原因是。④为保证实验的严谨性，在实验a、b的基础上，需补充一个实验，该实验为。（2）通入氯气，溶液由黄色变为无色，是因为氯气将I2氧化。已知1molCl2可氧化0．2molI2，该反应的化学方程式是。（3）根据上述实验，请预测向淀粉-KI溶液中持续通入氯气，可能观察到的现象为。【答案】（1）①对比实验，证明实验a中水层显浅黄色是因为存在I2＋I－I3－平衡，不是单一的I2浓度降低所导致的。（2分）②I2、I－、I3－、Cl－、K+（可不写H2O、H+、OH－）（2分）③由于萃取使水溶液中I2浓度降低，同时I2＋I－I3－平衡逆向向移动，I3－浓度也降低，导致水溶液颜色变浅。（2分）④取2~3mLKI溶液，滴加少量的氯水（或通入少量氯气，或加入少量碘单质），再加入足量CCl4，振荡静置，观察到水层是否为黄色。（2分）【或取少量实验a的水层溶液滴加AgNO3溶液，观察是否有黄色沉淀生成。或取少量实验a的水层溶液淀粉溶液，观察是否变蓝。】（2）I2＋5Cl2＋6H2O10HCl+2HIO3（2分）（3）溶液先变蓝后褪色（1分）【解析】\n试题分析：（1）①实验b的目的是对比实验，证明实验a中水层显浅黄色是因为存在I2＋I－I3－平衡，不是单一的I2浓度降低所导致的。②根据实验a中，取2~3mL黄色溶液，加入足量CCl4，振荡静置。因为KI＋Cl22KCl＋I2，水层中，含有含有Cl－、K+，水层显浅黄色，说明存在I2＋I－I3－，对可逆反应I2、I－、I3－均存在；③实验a中水溶液颜色变浅的原因是由于萃取使水溶液中I2浓度降低，同时I2＋I－I3－平衡逆向向移动，I3－浓度也降低，导致水溶液颜色变浅。④为保证实验的严谨性，在实验a、b的基础上，需补充检验I－或I2的实验，所以答案是取2~3mLKI溶液，滴加少量的氯水（或通入少量氯气，或加入少量碘单质），再加入足量CCl4，振荡静置，观察到水层是否为黄色。（或取少量实验a的水层溶液滴加AgNO3溶液，观察是否有黄色沉淀生成。或取少量实验a的水层溶液淀粉溶液，观察是否变蓝。）（2）已知1molCl2可氧化．2molI2，知Cl2和I2的系数比是5:1，根据氧化还原反应特点，化合价升降总数相等，判断出I2变为+5价，配平得I2＋5Cl2＋6H2O10HCl+2HIO3；（3）向淀粉-KI溶液中持续通入氯气，可能观察到的现象为溶液先变蓝，I2＋5Cl2＋6H2O10HCl+2HIO3所以后褪色；考点：考查探究实验和实验方案的设计。9．为证明Fe3+具有较强的氧化性，甲同学做了如下实验：将Cu片放入0.5mol/LFe(NO3)3溶液中，观察到Cu片逐渐溶解，溶液由黄色变为蓝绿色，由此甲同学得到Fe3+具有较强氧化性的结论。乙同学提出了不同的看法：“Fe(NO3)3溶液具有酸性，在此酸性条件下NO3-也能氧化Cu”，并设计实验进行探究。已知：水解反应平衡常数（K）Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+7.9×10-4Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+3.2×10-10Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+3.2×10-7请回答：（1）稀硝酸和Cu反应的化学方程式为。（2）请利用所提供的试剂，帮助乙同学完成实验方案设计。试剂：0.5mol/LFe(NO3)3溶液、Cu片、精密pH试纸（0.5～5.0）、硝酸钠溶液、稀盐酸。方案：。（3）丙同学分别实施了甲、乙两位同学的实验方案，并在实验过程中用pH计监测溶液pH的变化，实验记录如下。实验内容实验现象甲同学的实验方案溶液逐渐变成蓝绿色，pH略有上升乙同学的实验方案无明显现象，pH没有明显变化。①据实验现象写出发生反应的离子方程式：。②导致实验过程中溶液pH略有上升的可能原因是。③解释乙同学的实验现象。（4）请你设计更简便可行的实验方案，帮助甲同学达到实验目的：。【答案】（1）3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O（2分）\n（2）测定硝酸铁溶液的pH，再用硝酸钠溶液和稀盐酸配制成与硝酸铁溶液PH相同、硝酸根离子浓度相同的溶液，将铜片加入到该溶液中，观察二者是否反应。（3分）（3）①Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+（2分）②Fe3+变为Cu2+和Fe2+，水解能力下降（2分）③在此酸性条件下NO3-不能氧化Cu。（2分）（4）将铜片放入0.5mol/L氯化铁溶液中（2分）【解析】试题分析：（1）稀硝酸和Cu反应的化学方程式为3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O（2）乙同学认为Fe(NO3)3溶液具中的NO3-也能氧化Cu，据此设计对照实验，配制pH与Fe(NO3)3溶液相同但只含NO3-不能氧化CuNO3-不含Fe3+的溶液即可，将铜放入该溶液中，观察二者是否反应（3）①根据丙同学的实验证明甲同学的结论是正确的，发生的离子反应方程式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+②根据水解反应的平衡常数知Fe3+水解程度最大，溶液的pH略有上升，说明Fe3+变为Cu2+和Fe2+浓度减小，水解能力下降③乙同学的实验现象说明在Fe(NO3)3溶液的酸性条件下，NO3-不能氧化Cu（4）甲同学的实验中，NO3-造成干扰，将原溶液中的NO3-换成其他易溶盐的酸根离子即可证明考点：考查铜与硝酸的反应，铁离子的氧化性，对实验现象的分析能力，设计实验的能力10．某研究性学习小组探究如下实验：在常温下，取两片质量相等、外形和组成相同且表面经过砂纸打磨完全去掉氧化膜的铝片，分别加入盛有相同体积、H＋浓度相同的稀硫酸和稀盐酸的两支大小相同的试管中，发现铝片在稀盐酸中产生氢气的反应速率比在稀硫酸中的快。查阅相关资料后得知：化学反应速率主要由参加反应的物质的性质决定，其次是外界因素的影响。(1)写出以上反应的离子方程式_______________________________。(2)出现上述现象的原因可能：假设①SO42—对铝与H＋的反应有抑制作用；假设②______________________________________。(3)请设计实验对上述假设进行验证：①____________________________________________；②____________________________________________。(4)如果上述假设都成立，要使上述稀硫酸与铝反应产生氢气的速率加快，可以采取的措施有：①__________________________________________________；②__________________________________________________；③__________________________________________________；④__________________________________________________。【答案】(1)2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑　(2)Cl－对铝与H＋的反应有促进作用　(3)①向上述稀硫酸中加入少量氯化钠、氯化钾等可溶性氯化物，如果能加快反应速率，则假设②成立　②向上述稀盐酸中加入少量硫酸钠、硫酸钾等可溶性硫酸盐，如果反应速率减小，则假设①成立(4)①加入可溶性氯化物　②增加H＋浓度　③加热　④将铝片换成铝丝【解析】(1)金属与酸反应的实质是金属与溶液中的H＋反应。(2)本题的难点是如何提出问题。稀硫酸中含有H＋和SO42—，稀盐酸中含有H＋和Cl－。依题意信息知，外形和组成均相同的铝与等浓度的酸反应，接触面积相同，H＋\n浓度相同，反应在相同温度下进行，说明二者的温度、浓度、接触面积都相同，不同的是溶液中所含阴离子不同，联想催化剂对化学反应的影响，可能是阴离子对反应的影响不同。(3)针对提出的猜想，设计实验方案。设计方案可以从正反两个方面切入。(4)改变条件加快反应，要从影响化学反应速率的因素切入：温度、浓度、催化剂和固液反应接触面积。11．亚铁是血红蛋白重要组成成分，起着向人体组织传送O2的作用，如果缺铁就可能出现缺铁性贫血，但是摄入过量的铁也有害。下面是一种常见补药品说明书中的部分内容：该药品含Fe2+33%～36%，不溶于水但能溶于人体中的胃酸：与Vc（维生素C）同服可增加本品吸收。（一）甲同学设计了以下下实验检测该补铁药品中是否含有Fe2+并探究Vc的作用：（1）加入新制氯水后溶液中发生的离子反应方程式是_________________________、Fe3++SCN-[Fe(SCN)]2+。（2）加入KSCN溶液后溶液变为淡红色，说明溶液中有少量Fe3+。该离子存在的原因可能是（填编号）_____________________。A．药品中的铁本来就应该以三价铁的形式存在B．在制药过程中生成少量三价铁C．药品储存过程中有少量三价铁生成（3）药品说明书中“与Vc同服可增加本品吸收”请说明理由_______________________。（二）乙同学采用在酸性条件下用高锰酸钾标准溶液滴定的方法测定该药品是否合格，反应原理为。准确称量上述药品10.00g，将其全部溶于试剂2中，配制成1000mL溶液，取出20.00mL，用0.0200mol/L的KMnO4溶液滴定，用去KMnO4溶液12.00mL。（4）该实验中的试剂2与甲同学设计的实验中的试剂1都可以是______（填序号）。A．蒸馏水B．稀盐酸C．稀硫酸D．稀硝酸（5）本实验滴定过程中操作滴定管的图示正确的是_______（填编号）。（6）请通过计算，说明该药品含“铁”量是否合格（写出主要计算过程）？【答案】（1）（2）B、C（3）Fe2+在人体血红蛋白中起传送O2的作用，Fe3+没有此功能，服用Vc可防止药品中的Fe2+被氧化成Fe3+（或答人体只能吸收Fe2+，Fe2+在人体血红蛋白中起传送O2的作用，服用Vc可防止药品中的Fe2+被氧化成Fe3+）（其他合理答案也可给分）。（4）C（5）A（6）\n含“铁”量为：,该药品含“铁”量合格。（分步适当给分）【解析】试题分析：（一）（1）根据题给信息和流程图知，加入新制氯水后溶液变血红色，Fe2+被氧化成Fe3+，发生的离子反应方程式是Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-、Fe3++SCN-[Fe(SCN)]2+；（2）加入KSCN溶液后溶液变为淡红色，说明溶液中有少量Fe3+。A．根据题给信息知药品中的铁应该以二价铁的形式存在，错误；B．二价铁具有较强的还原性，在制药过程中可能被空气中的氧气氧化生成少量三价铁，正确；C．二价铁具有较强的还原性，药品储存过程中可能被空气中的氧气氧化生成少量三价铁，正确，选BC；（3）由题给信息知，Vc具有还原性，Fe2+在人体血红蛋白中起传送O2的作用，Fe3+没有此功能，服用Vc可防止药品中的Fe2+被氧化成Fe3+（或答人体只能吸收Fe2+，Fe2+在人体血红蛋白中起传送O2的作用，服用Vc可防止药品中的Fe2+被氧化成Fe3+）；（二）（4）根据题给信息知，该药片可溶于酸，而盐酸可与高锰酸钾标准溶液发生氧化还原反应，稀硝酸具有强氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+，故选用稀硫酸，选C；（5）本实验滴定过程中用到高锰酸钾标准溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装，滴定时应左手控制活塞，右手摇动锥形瓶，操作滴定管的图示正确的是A；（6）根据题给化学方程式得关系式：5Fe2+——MnO4—，则，，含“铁”量为：,该药品含“铁”量合格。考点：考查离子方程式的书写、铁元素化合物的性质就、氧化还原滴定及关系式法计算，考查阅读材料接受信息的能力、灵活运用所学知识的能力。12．现有A、B、C、D、E五种易溶于水的强电解质，它们由如下离子组成(各种离子不重复)。阳离子H+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Al3+阴离子OH-、Cl-、HCO3-、NO3-、SO42-已知：①0.1mol/LA溶液的pH<1；②将B溶液分别与其它四种溶液混合，均有白色沉淀生成；③C溶液白色沉淀。请回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：A______________、B______________。（2）写出“C溶液白色沉淀”有关反应的离子方程式____________________________。（3）D、E两种物质中必有一种是_______________，写出将少量该物质的溶液滴加到B溶液中反应的离子方程式___________________________________________________________________。（4）请你设计实验确定C及另一种未知物各是什么物质。(只许在A～E中选择检验试剂)实验步骤预期现象和结论取适量C的溶液于试管中，①。预期现象和结论1：②；预期现象和结论2：③；【答案】(14分)(1)Ａ：H2SO4B：Ba(OH)2(2)Ag+＋Cl－＝AgCl↓\n（各2分，共6分）(3)NH4HCO3NH4＋＋HCO3－＋Ba2＋＋2OH－＝BaCO3↓＋NH3·H2O＋H2O（各2分，共4分）(4)①向其中加入足量的Ba(OH)2溶液；（2分）②若开始有白色沉淀生成，最终无沉淀生成，则C为AlCl3；③若自始至终有白色沉淀生成，则C为MgCl2（各1分，共2分）(或：①向其中加入溶液NH4HCO3；②若既有气体又有白色沉淀生成，则C为AlCl3；③若无任何现象，则C为MgCl2。(其它方法正确也给分)【解析】试题分析：（1）0.1mol/LA溶液的pH＜1，这说明A应该是二元强酸，所以A是硫酸。将B溶液分别与其它四种溶液混合，均有白色沉淀生成，这说明B中含有OH－和Ba2＋，即B是氢氧化钡，且一定不存在硝酸铵或氯化铵。（2）C溶液白色沉淀，说明C中含有氯离子，反应的离子方程式是Ag+＋Cl－＝AgCl↓。（3）又因为HCO3－和Al3＋不能大量共存，又一定不存在硝酸铵或氯化铵，所以D、E两种物质中必有一种是NH4HCO3。则将少量该物质的溶液滴加到B溶液中反应的离子方程式NH4＋＋HCO3－＋Ba2＋＋2OH－＝BaCO3↓＋NH3·H2O＋H2O，（4）根据以上分析可知，C是氯化铝或氯化镁，而另外一种物质是硝酸镁或硝酸铝。因此可以根据氢氧化铝的两性进行检验，所以要检验C的成分，正确的操作应该是①向其中加入足量的Ba(OH)2溶液；②若开始有白色沉淀生成，最终无沉淀生成，则C为AlCl3；③若自始至终有白色沉淀生成，则C为MgCl2。(或：①向其中加入溶液NH4HCO3；②若既有气体又有白色沉淀生成，则C为AlCl3；③若无任何现象，则C为MgCl2。)考点：考查离子的共存、检验、鉴别以及实验方案的设计点评：该题综合性强，难度较大，对学生的思维能力要求高，学生不易得分。试题在注重对学生基础知识巩固和检验对同时，侧重对学生答题能力的培养和解题方法的指导与训练，有利于培养学生的逻辑推理能力和规范严谨的实验设计能力，有助于提升学生的学科素养，提高学生的学习效率和学习积极性。注意基础知识的积累、总结和运用。13．某氯化亚铁和氯化铁的混合物。现要测定其中铁元素的质量分数，按以下步骤进行实验：Ⅰ．请根据上面流程，回答以下问题：（1）操作I所用到的玻璃仪器除烧杯、胶头滴管、玻璃棒外，还必须有。（填仪器名称）（2）请写出加入氯水发生的离子反应方程式。（3）将沉淀物加热、灼烧，冷却至室温，用天平称量其质量为b1g，再次加热并冷却至室温称量其质量为b2g，若b1－b2＝0.3g，则接下来还应进行的操作是；蒸发皿质量是W1g，蒸发皿与加热后固体总质量是W2g，则样品中铁元素的质量分数是。\nⅡ．有同学提出，还可以采用以下方法来测定：（1）选择的还原剂是否能用铁（填“是”或“否”），原因是：；（2）若滴定用掉cmol•L-1KMnO4溶液bmL，则样品中铁元素的质量分数是：。【答案】（11分）Ⅰ．（1）250mL容量瓶（1分）（2）2Fe2+＋Cl2＝2Fe3+＋2Cl－（2分）（3）再次加热冷却并称量，直至两次质量差小于0.1g（1分）铁元素的质量分数是（2分）Ⅱ．（1）否（1分）如果用铁做还原剂，自身的氧化产物是Fe2+；且会与过量的硫酸反应生成Fe2+，干扰铁元素的测定（2分，答出一个原因即给2分）（2）铁元素的质量分数是（2分）【解析】试题分析：：Ⅰ、（1）因配制一定物质的量浓度的溶液所需要的仪器有：量筒、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、一定规格的容量瓶，所以还需要的仪器有250mL容量瓶。（2）氯水具有强氧化性，能把亚铁离子氧化生成铁离子，反应的离子方程式2Fe2+＋Cl2＝2Fe3+＋2Cl－。（3）为了减少误差，需再次加热冷却并称量，直至两次质量差小于0.1g；因铁元素质量守恒，即红棕色固体中的铁就是样品中铁，Fe2O3中铁元素的质量为。Ⅱ．（1）还原剂不能用铁，因为铁会和过量稀硫酸反应生成硫酸亚铁，再用高锰酸钾滴定，多消耗氧化剂产生误差，干扰原混合物的铁元素的测定。（2）设铁元素质量分数为x，则依据反应5Fe2++MnO4－+8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O可知5Fe2+～5Fe3+～KMnO45×56  1a×x×0.001bc则铁元素的质量分数是x＝考点：考查铁元素的质量分数测定的实验探究和有关判断点评：该题是中等难度的试题，也是高考中的常见题型。试题针对性强，主要是考查学生实验分析，实验数据的计算应用，同时考查了实验知识的分析判断能力，有利于培养学生的综合实验能力，也有利于培养学生的逻辑推理能力和规范严谨的实验设计能力。14．某研究性学习小组用FeCl3溶液做“腐蚀液”，制作印刷电路板，其反应原理是：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2。【实验探究】（1）\n通过《化学1》的学习，知道了有离子参加的化学反应为离子反应。离子反应可用离子方程式表示。请写出2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2反应的离子方程式为：。（2）若要溶解电路板上3.2g的铜，则至少需要FeCl3物质的量为mol。（3）使用后失效的“腐蚀液”为废液，验证废液中是否存在Fe3+的试剂是，加入该试剂后，若出现现象，说明废液中还存在Fe3+。（4）废液中的CuCl2可通过加入足量的，反应后转化成铜且能使所得溶液中含有单一溶质。（5）回收Cu后的废液，通入足量的Cl2，可以重新获得FeCl3溶液，其反应的化学方程式为。【实验结论】利用FeCl3溶液做印刷电路板的“腐蚀液”，不仅废液中的铜可以得到回收，经过处理后的废液还可以重新使用。【知识拓展】（6）铁元素是维持生命活动不可缺少的微量元素，虽然人体中通常只含有3～５g铁元素，但铁元素在人体中却发挥着重要作用，人体缺铁会引起疾病。【答案】(13分)（1）2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+[2分]（2）0.1[2分]（3）KSCN溶液（或NaOH溶液），溶液呈（血）红色（或红褐色沉淀）[每空2分（其它合理答案均得分）]（4）铁粉[2分]（5）2FeCl2+Cl2＝2FeCl3[2分]（6）贫血[1分]【解析】试题分析：（1）根据化学方程式可知，该反应的离子方程式是2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+。（2）3.2g铜的物质的量是3.2g÷64g/mol＝0.05mol，则根据反应的化学方程式可知，至少需要FeCl3物质的量为0.05mol×2＝0.1mol。（3）检验铁离子的方法是KSCN溶液或氢氧化钠溶液，实验现象是溶液呈（血）红色（或红褐色沉淀）。（4）铁的金属性强于铜的，所以废液中的CuCl2可通过加入足量的铁粉，反应后转化成铜且能使所得溶液中含有单一溶质。（5）氯气具有氧化性，能把氯化亚铁氧化，反应的离子方程式是2FeCl2+Cl2＝2FeCl3。（6）人体缺铁会引起贫血疾病。考点：考查离子方程式的书写、氧化还原反应的计算、铁离子的检验、金属的回收以及铁元素对人体健康的关系点评：该题是高考中的常见题型和考点，属于基础性试题的考查，侧重对学生基础知识的巩固和训练，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。也有利于调动学生的学习兴趣和学习积极性，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。15．为了探究Cl2、SO2同时通入H2O中发生的反应，某校化学兴趣小组同学设计了如下图所示的实验装置。请填空：\n（1）D装置中主要反应的离子方程式为，F仪器的作用是。（2）为验证通入D装置中的气体是Cl2还是SO2过量，兴趣小组的同学准备了以下试剂：a氯化铁稀溶液b氯化亚铁溶液c硫氰化钾溶液d苯酚溶液e品红溶液f酸性高锰酸钾溶液①若Cl2过量：取适量D中溶液滴加至盛有（选填一个符号）试剂的试管内，再加入（选填一个符号）试剂，发生的现象是：；②若选用上述试剂中的一种再结合必要的操作就可以验证通入D装置中的气体是Cl2过量还是SO2过量，该试剂是（选填一个符号）。必要的操作和结论是。【答案】（共12分）（1）Cl2+SO2+2H2O＝4H++2Cl―+SO42－（2分）；防倒吸(2分)；（2）①b(1分)；c（或d）(1分)；溶液呈红色（或紫色）(2分)；②e（2分）；品红褪色，加热不复原，说明氯气过量；品红褪色，加热又复原，说明二氧化硫过量。（2分）【解析】试题分析：（1）氯气具有氧化性，能把SO2氧化生成硫酸和盐酸，反应的离子方程式是Cl2+SO2+2H2O＝4H++2Cl―+SO42－。由于SO2易溶于水，也易与水反应，且溶解度较大会发生倒吸，则F装置的作用是防止倒吸。（2）①若Cl2过量，则所得溶液具有强氧化性，能把亚铁离子氧化生成铁离子，据此可以通过检验铁离子来检验氯气是否过量，即答案选b、c或d。②因氯气和二氧化硫都具有漂白性，则选择品红来检验是Cl2过量还是SO2过量，即答案选e。若品红褪色，加热不复原，说明氯气过量；品红褪色，加热又复原，说明二氧化硫过量。考点：考查氯气、二氧化氯的性质探究点评：该题是高考中的常见考点和题型，属于中等难度试题的考查，试题综合性强，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和规范严谨的实验设计能力，提高学生的学科素养。该题的关键是明确物质的性质及发生的化学反应，并能灵活运用即可。16．下表是稀硫酸与某金属反应的实验数据：实验序号金属质量/g金属状态c(H2SO4)/mol·L-1V(H2SO4)/mL溶液温度/℃金属消失的时间/S反应前反应后10.10丝0.550203450020.10粉末0.55020355030.10丝0.750203625040.10丝0.850203520050.10粉末0.85020362560.10丝1.050203512570.10丝1.05035505080.10丝1.150203410090.10丝1.150204440分析上述数据，回答下列问题：(1)实验4和5表明_________对反应速率有影响；________，反应速率越快，能表明这一规律另一组实验是___________（填实验序号）。(2)在前4次实验中，能表明反应物浓度对反应速率产生影响的实验有________（填实验序号）。\n(3)本实验中影响反应速率的其他因素还有_________，其实验序号是_____。(4)实验中，反应前后溶液的温度变化值（约15℃）相近，推测其原因：_________________________________________________________。【答案】（8分每空1分）（1）固体表面积　　固体表面积越大　　实验1和2（2）实验1、3、4　　（3）温度　　实验6和7　　（4）反应物的量相同，放出热量相同【解析】试题分析：影响化学反应速率的因素很多：1、固体颗粒的大小，在其他条件相同时，固体颗粒越小，反应物的表面积越大，化学反应速率越快；固体颗粒越小，固体反应物的表面积越小，化学反应速率降低；2、反应物的浓度，在其他条件相同时，增大反应物的浓度，化学反应速率加快；减小反应物的浓度，反应速率降低；3、反应物的温度，在其他条件相同时，升高反应物的温度，化学反应速率加快；降低反应物的温度，反应速率降低。（1）观察实验4和5，金属和稀硫酸的量相同，金属的状态不同，可知固体的表面积越大反应速率越快。（2）仅表明反应物浓度对反应速率产生影响的实验，金属的状态就应该相同，或者为丝状，或者为粉末，因此答案为：1、3、4、6、8或2、5。（3）本实验中，反应温度也影响化学反应速率，如实验6和7。（4）由于反应物的量相同，放出热量相同，所以实验中，反应前后溶液的温度变化值（约15℃）相近。考点：考查外界条件对化学反应速率影响的实验探究点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题，试题综合性强，侧重考查学生对实验数据的分析、归纳以及得出正确结论的能力。该类试题通过陌生情景考查化学反应速、影响化学反应速率的外界因素（浓度）、学生对图表的观察、分析以及学生对实验数据的分析、整理、归纳等方面的思维能力，难度较大。解决该类试题应注意：①认真审题，明确实验目的，理解直接测量与实验目的间的逻辑和数学关系；②理解控制变量的思想在实验设计和数据分析中的运用。17．用脱脂棉包住约0.2g过氧化钠粉末，置于石棉网上，往脱脂棉上滴水，可观察到脱脂棉剧烈燃烧起来。（1）由上述实验现象所得出的有关过氧化钠跟水反应的结论是：第一，有氧气生成；第二，____________。过氧化钠跟水反应的化学方程式是________________________。（2）某研究性学习小组拟用右图装置进行实验，以证明上述结论。用以验证第一条结论的实验方法是：__________________。用以验证第二条结论的实验方法及现象是：_______________________________。（3）实验（2）中往试管内加水至固体完全溶解且不再有气泡生成后，取出试管，往试管中滴入酚酞试液，发现溶液变红；振荡后，红色褪去。为探究此现象，该小组同学查阅有关资料得知：Na2O2与H2O反应可生成H2O2，H2O2具有强氧化性和漂白性。请设计一个简单的实验，证明Na2O2和足量H2O充分反应后的溶液中有H2O2存在。现有Na2S溶液、KI溶液、红色布条等，请从中选择试剂，加以验证（只要求列出实验所用的试剂及观察到的现象）。试剂：____________。现象：______________。\n【答案】（1）第二，是放热反应（1分）2Na2O2+2H2O====4NaOH+O2↑（2分）（2）将带火星的木条靠近导管口p处，木条复燃（2分）将导管q浸入水中，反应过程中导管口有气泡冒出（2分）（3）Na2S溶液（1分）溶液变浑浊（2分）(或者：红色布条布条褪色)【解析】试题分析：（1）物质燃烧有两个条件，一是温度达到着火点；二是有氧气等助燃物质存在。由此进行分析可得出：该反应是放热反应。（2）本小题实质上是考查氧气的检验、气密性检查等化学实验基本操作方法的应用。将带火星的木条靠近导管口处，木条复燃。将导管浸入水中，反应过程中导管口有气泡冒出。（3）本题中已给出信息，即H2O2具有强氧化性和漂白性，所以只要验证反应充分后此溶液仍具有强氧化性和漂白性就可证明有H2O2，所以可选Na2S溶液验证其具有强氧化性，或选红色布条，布条褪色验证其具有漂白性。考点：过氧化钠的性质点评：本题属于性质实验的考查，首先要先理解题意，然后观察实验装置，并分析每一个实验装置的设计意图，再结合实际的化学反应来对现象进行推测。18．（12分）某学习小组为证明并观察铜与稀HNO3反应的产物是NO，设计了如下图所示的实验装置。请你根据他们的思路，回答有关的问题。（一）实验仪器：大试管、玻璃导管、橡皮塞、烧杯、棉花、注射器。（二）实验药品：铜丝、稀硝酸、碳酸钙颗粒、烧碱溶液。（三）实验原理：铜与稀硝酸反应的离子反应方程式①。（四）实验步骤：1、按右图所示连接好装置，检验装置的②；2、向试管中加入一定量的固体药品（填化学式）③，然后向试管中倒入过量的稀硝酸，并迅速塞紧带铜丝和导管的橡皮塞；3、让试管中的反应进行一段时间后，用蘸有NaOH溶液的棉花团封住导管口；4、将铜丝向下移动插入试管液体中，使之与稀硝酸反应；5、把注射器的针孔插入试管口的橡皮塞中，缓慢向试管内推入空气。（五）实验讨论：1、实验步骤②的目的是（写出反应的离子方程式，结合文字说明）④；2、实验步骤⑤的目的是（写出反应的化学方程式，结合文字说明）⑤。（六）实验评价：该装置的优点是（任写一个即可）⑥；有同学提出：增加右图所示装置，在步骤②完成后，当有明显现象再撤去该装置，并继续步骤③的“用蘸有NaOH溶液的棉花团封住导管口”。请评价他的做法⑦。\n【答案】①3Cu+8H++2NO3－=3Cu2++2NO↑+4H2O（2分）②气密性（1分）③CaCO3（1分）④CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O（2分），利用CO2排出试管中的空气，防止O2与NO反应（1分）⑤2NO+O2=2NO2（1分）,气体由无色变红棕色证明Cu与稀硝酸反应生成NO（1分）⑥使用可抽动的铜丝能随时控制反应的开始和结束，节约药品用量，减少污染气体的产生。（或使用蘸有NaOH溶液的棉花团封住导管口，可防止NO和NO2气体逸出污染大气。）（2分）⑦通过石灰水变浑浊的现象准确判断试管内无空气后，才进行步骤④，使得出的结论更科学。（1分）【解析】①硝酸是氧化性酸，能和铜发生氧化还原反应，方程式为3Cu+8H++2NO3－=3Cu2++2NO↑+4H2O。②制气装置连接好后，首先检验装置的气密性。③由于装置中含有空气，会氧化生成的NO，从而干扰实验，所以需要先排尽装置中的空气。可以利用硝酸和碳酸钙反应生成的CO2来实现，即加入的固体药品是碳酸钙，反应的方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O。⑤由于NO极易被氧化生成红棕色NO2，所以目的是证明Cu与稀硝酸反应生成NO的，方程式为2NO+O2=2NO2。⑥评价实验可以从操作的难易程度、尾气的处理、实验现象等考虑。根据装置及实验过程可知，优点是使用可抽动的铜丝能随时控制反应的开始和结束，节约药品用量，减少污染气体的产生。（或使用蘸有NaOH溶液的棉花团封住导管口，可防止NO和NO2气体逸出污染大气。）⑦由于在排空气时，无法判断是否完全排尽，所以通过石灰水变浑浊的现象，来准确判断试管内无空气后，才进行步骤④，使得出的结论更科学。19．（6分）为了研究外界条件对分解反应速率的影响，某同学在四支试管中分别加入溶液，并测量收集气体所需的时间，实验记录如下：实验序号溶液浓度溶液温度催化剂所用时间①5%20℃2滴②5%40℃2滴③10%20℃2滴④5%20℃不使用请回答：\n（1）过氧化氢分解的化学方程式是__________。（2）实验①②是研究__________对反应速率的影响。（3）实验测得，原因是__________。（4）实验①④的测定过程如下图，曲线a对应的实验序号是__________（填“①”或“④”）。【答案】（1）（2分，写或催化剂或不写条件不扣分）（2）温度（1分）（3）在其他条件相同时（1分），实验③的反应物浓度大于实验①的反应物浓度，所以实验③的反应速率大于实验①的反应速率（1分）（4）①（1分）【解析】（1）过氧化氢在催化剂的作用下，分解生成氧气和水，方程式为。（2）实验①②中只有温度是不同的，实验研究的是温度对反应速率的影响。（3）实验①③中只有反应物的浓度是不同放热，所以在其他条件相同时，实验③的反应物浓度大于实验①的反应物浓度，所以实验③的反应速率大于实验①的反应速率，所用时间就少。（4）催化剂能加快反应速率，所用根据图像可知，曲线不是实验①的。20．（16分）某化学实验小组的同学为探究和比较SO2和氯水的漂白性，设计了如下的实验装置（图3）。图3（1）①反应开始一段时间后，观察到B、D两个试管中的品红溶液出现的现象是：B：________________________________，D：____________________________。②停止通气后,再给B、D两个试管分别加热，两个试管中的现象分别为B：________________________________，D：____________________________。（2）另一个实验小组的同学认为SO2\n和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性肯定会更强，他们将制得的SO2和Cl2按1:1同时通入到品红溶液中，结果发现褪色效果并不像想象那样。请你分析该现象的原因（用化学方程式表示）______________________________。（3）装置E中用MnO2和浓盐酸反应制得Cl2，若反应生成的Cl2体积为2.24L（标准状况），则被氧化的HCl为mol。（4）实验结束后，有同学认为装置C中可能含有SO32－、SO42－、Cl－、OH－等阴离子，请填写检验其中SO42－和SO32－的实验报告。限选试剂：2mol·L－1HCl；1mol·L－1H2SO4；lmol·L－1BaCl2；lmol·L－1MgCl21mol·L－1HNO3；0.1mol·L－1AgNO3；新制饱和氯水。编号实验操作预期现象和结论步骤①取少量待测液于试管中，滴入至过量，证明待测液中含SO32－。步骤②在步骤①的溶液中滴入少量，证明待测液中含SO42－。【答案】（第（4）小题每空1分，其余每空2分）（1）①B：品红溶液褪色，D：品红溶液褪色。②B：褪色的品红又恢复为红色，D：无明显现象。（2）Cl2＋SO2＋2H2O=2HCl＋H2SO4（3）0.2（4）编号实验操作预期现象和结论步骤①2mol·L-1HCl有汽泡产生步骤②lmol·L-1BaCl2有白色沉淀生成【解析】（1）①SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，氯水具有强氧化性，也能使品红溶液褪色。②由于SO2的漂白性是可逆的，所以加热能使品红溶液恢复红色。但氯水的漂白性是氧化导致的，是不可逆的，加热不能恢复红色。（2）由于SO2还具有还原性，而氯气具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成氯化氢和硫酸，方程式为Cl2＋SO2＋2H2O=2HCl＋H2SO4。（3）2.24L氯气在标准状况下的物质的量是0.1mol，根据氯原子守恒可知，被氧化的氯化氢是0.2mol。（4）SO32－的检验可用盐酸，反应中生成SO2气体。SO42－的检验用氯化钡溶液，生成白色沉淀硫酸钡。21．（11分）Ⅰ．（1）0.02mol·L-1的HCN溶液与0.02mol·L-1NaCN溶液等体积混合，已知该混合溶液中c(Na+)>c(CN-)，用“>、<、=”符号填空①溶液中c(OH-)c(H+)②c(HCN)c(CN-)（2）常温下，向Al2(SO4)3溶液中滴入Ba(OH)2溶液至Al3+刚好完全沉淀时，溶液pH7，（填“>、<、=”）反应的离子方程式为_____________________________。Ⅱ．依据氧化还原反应：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，欲采用滴定的方法测定FeSO4的质量分数，实验步骤如下：①称量FeSO4样品，配成100mL待测溶液；②取一定体积待测液置于锥形瓶中，并加入一定量的硫酸；\n③将标准浓度的KMnO4溶液装入滴定管中，调节液面至amL处；④滴定待测液至滴定终点时，滴定管的液面读数bmL；⑤重复滴定2～3次。（1）如何知道滴定到达终点？_下列操作会导致测定结果偏低的是___________A．盛标准溶液的滴定管用蒸馏水洗涤后未用标准液润洗就装液滴定      B．锥形瓶用蒸馏水洗涤后未用待测液润洗        C．读取标准液读数时，滴定前平视，滴定到终点后俯视D．滴定前滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失（2）下列每种量器的数量不限，在上述实验中，必须使用的有；A．托盘天平B．量筒C．碱式滴定管D．酸式滴定管【答案】（共11分）Ⅰ．（1）①>（1分）②>（1分）（2）＝（1分）2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓（2分）Ⅱ．（1）滴入最后一滴KMnO4,溶液由浅绿色变为紫红色，且半分钟内不褪色（2分）C（2分）（2）AD（2分）【解析】Ⅰ．（1）根据电荷守恒c(Na+)＋c(H+)＝c(CN-)＋c(OH-)可知，当c(Na+)>c(CN-)时，c(H+)＜c(OH-)，即溶液显碱性，这说明HCN的电离程度小于NaCN的水解程度，所以c(HCN)＞c(CN-)。（2）Al3+刚好完全沉淀时，此时硫酸铝和氢氧化钡的物质的量之比是1︰3，则此时也恰好生成硫酸钡沉淀，即方程式为2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓，所以溶液显中性。Ⅱ．（1）由于酸性高锰酸钾溶液显紫红色，所以不需要指示剂。即当滴入最后一滴KMnO4,溶液由浅绿色变为紫红色，且半分钟内不褪色时，反应即达到滴定终点。A相当于稀释，所以消耗高锰酸钾溶液的体积偏大，测定结果偏高。锥形瓶不需要标准液润洗，所以选项B不影响。滴定到终点后俯视，则读数偏小，消耗高锰酸钾溶液的体积偏小，测定结果偏低。D相当于消耗的高锰酸钾溶液的体积偏大，测定结果偏高。答案选C。（2）由于需要称量硫酸亚铁的质量，A必须有。稀释高锰酸钾溶液必须用酸式滴定管，因此D必须有。选项B可以不用，C不需要。答案选AD。评卷人得分三、实验题（题型注释）22．某研究小组为探究SO2和Fe(NO3)3溶液的反应的实验。设计了如下图所示装置进行实验.已知：1.0mol/L的Fe(NO3)3溶液的pH＝1请回答：（1）装置A中用于添加浓硫酸的仪器名称为。（2）实验前鼓入N2的目的是。\n（3）装置B中产生了白色沉淀，其成分是_______，说明SO2具有____性。（4）分析B中产生白色沉淀的原因。观点1：SO2与Fe3＋反应；观点2：在酸性条件下SO2与NO3-反应；①若观点1正确，除产生沉淀外，还应观察到的现象是。②按观点2，装置B中反应的离子方程式是。③有人认为，如将装置B中的Fe(NO3)3溶液替换为等体积的下列溶液，在相同条件下进行实验，也可验证观点2是否正确。此时应选择的最佳试剂是（填序号）。A．1mol/L稀硝酸B．1.5mol/LFe(NO3)2溶液C．6.0mol/LNaNO3溶液和0.2mol/L盐酸等体积混合的溶液D．3.0mol/LNaNO3溶液和0.1mol/L硫酸等体积混合的溶液【答案】（1）分液漏斗（2）排净装置中的空气，防止溶液中的SO2被空气中的氧气氧化，干扰实验。（3）BaSO4还原（4）①静置一段时间后，溶液由棕黄色变成浅绿色②3SO2+2NO3-+3Ba2++2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+③C【解析】（2）反应前在通入N2，排除装置A中的空气，防止对实验干扰；（3）硝酸具有强氧化性，白色沉淀是BaSO4，则说明二氧化硫具有还原性；（4）分析各个观点，观点1是Fe3+把二氧化硫氧化，反应原理是，2Fe3++SO2+Bs2++2H2O=2Fe2++BaSO4+4H+；Fe(NO3)3中含有Fe3+，A错；NO3‑在酸性条件下有氧化性，B错；选C。23．某实验小组用下列装置进行乙醇催化氧化的实验。（1）实验过程中铜网出现黑色和红色交替的现象，请写出相应的化学方程式、。在不断鼓入空气的情况下，熄灭酒精灯，反应仍能继续进行，说明该乙醇催化反应是反应。（填吸热或放热）（2）甲和乙两个水浴作用不相同．甲的作用是；乙的作用是。（3）反应进行一段时间后，试管a中收集到的主要有机生成物是。（写名称）若要检验试管a中能收集的该物质，进行的操作为。（4）若试管a中收集到的液体用紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，说明液体中还含有。（写结构简式）要除去该物质，可向混合液中加入（填写序号）。再通过（填试验操作名称）即可除去。A．水B．苯C．碳酸氢钠溶液D．四氯化碳【答案】（1）Cu+O22CuO、CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O；放热；\n（2）加热乙醇，便于乙醇的挥发；冷却，便于乙醛的收集；（3）乙醛；加入新制的氢氧化铜悬浊液，加热煮沸若有砖红色沉淀，证明产物是乙醛；（4）CH3COOH；C；蒸馏。【解析】试题分析：（1）在加热Cu丝时发生反应Cu+O22CuO。当把热的Cu丝遇到乙醇蒸气时发生反应：CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O。在不断鼓入空气的情况下，熄灭酒精灯，反应仍能继续进行，说明该乙醇催化反应是放热反应，反应放出的热量就足够后面发生反应需要消耗的能量。（2）甲的水浴加热作用是产生乙醇蒸气，便于乙醇的挥发；而乙用的是冷水浴。目的是冷却降温，便于乙醛的收集。（3）由（1）的反应方程式可知：反应进行一段时间后，试管a中收集到的主要有机生成物是乙醛。若要检验试管a中能收集的该物质，可以利用醛基的性质进行的操作是加入新制的氢氧化铜悬浊液，加热煮沸若有砖红色沉淀产生，证明产物是乙醛；（4）若试管a中收集到的液体用紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，说明液体中还含有酸性物质。在该该反应中产生的酸性物质只有乙酸CH3COOH。为除去乙酸。可以利用乙酸不同与乙醛的性质：有酸性，而且酸性比碳酸强，乙酸能跟碳酸盐发生反应消耗，同时生成的碳酸不温度，会分解，以气体的形式扩散。从而达到除杂的目的。反应的方程式为：NaHCO3+CH3COOH→CH3COONa+H2O+CO2↑。选项为C。反应后的溶液为CH3COONa和乙醛的混合溶液。乙酸钠是离子化合物，熔沸点高，而乙醛的沸点较低，所以再通过蒸馏就可以除去乙酸钠，得到纯净的乙醛。考点：考查乙醇的催化氧化反应原理、实验操作方法、产物的检验、杂质的除去的知识。24．某化学兴趣小组的同学利用下图所示实验装置进行某些气体的制备、性质等实验（图中夹持装置有省略）。请按要求填空：Ⅰ探究氯气与氨气的反应（1）为制取干燥氨气，可将装置C与(填装置编号)连接；装置C中的烧瓶内固体宜选用。a．碱石灰b．氯化钙c．五氧化二磷d．生石灰（2）装置A、E、E连接可制取纯净、干燥的氯气，则两个E装置内的药品依次是。（3）装置F可用于探究氯气与氨气（已知氯气与氨气可发生反应：3Cl2＋2NH3=N2＋6HCl）的反应。实验时打开弹簧夹1、3，关闭2，先向烧瓶中通入，然后关闭1、3，打开2，向烧瓶中缓慢通入一定量的另一种气体。实验一段时间后烧瓶内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，请设计一个实验方案鉴定该固体中的阳离子。Ⅱ探究某些物质的性质（4）利用装置A、E，可设计实验比较Cl－和Br－的还原性强弱，能证明结论的实验现象是。\n（5）若利用装置A、E进行乙烯与溴水反应的实验，写出反应的化学方程式。（6）将装置B、C分别与F相连后，进行H2S与SO2反应的实验。F的烧瓶中发生反应的化学方程式为；F的烧杯所起的作用是。【答案】（1）D；ad（2）饱和食盐水；浓硫酸（3）氯气；取少量固体于试管中，加入适量浓NaOH溶液，并且加热，在管口用湿润的红色石蕊试纸检验所产生的气体，如果试纸变蓝，则证明该固体是铵盐，含有NH4+。（4）装置E中的NaBr溶液变成橙红色（5）CH2=CH2+Br2=CH2Br—CH2Br（6）SO2+2H2S=3S↓+2H2O；吸收尾气【解析】（1）制取氨气可用加热浓氨水，用碱石灰干燥，但不能用五氧化磷及氯化钙干燥，氨气会与氯化钙反应；（2）制取干燥的氯气，先用饱和食盐水除去HCl，再用浓硫酸干燥；（3）向烧瓶中先通入氯气，然后再通入氨气，因氯气有颜色，用利于观察。一开始先通入NH3，由于弹簧夹3打开，容易形成喷泉。证明NH4+存在，切记实验设计的环节。（4）利用氧化性Cl2置换Br2来说明阴离子的还原性强弱；25．某些资料认为：NO、NO2不能与Na2O2反应。某小组学生提出质疑，他们从理论上分析过氧化钠和二氧化氮都有氧化性，根据化合价升降原则提出假设：假设Ⅰ．过氧化钠氧化二氧化氮假设Ⅱ．二氧化氮氧化过氧化钠（1）小组甲同学设计实验如下：①试管A中反应的化学方程式是。②待试管B中收集满气体，向试管B中加入适量Na2O2粉末，塞紧塞子，轻轻振荡试管内粉末，观察到红棕色气体迅速消失；再将余烬木条迅速伸进试管内，看见木条复燃。甲同学认为假设Ⅱ正确；乙同学认为该装置不能达到实验目的，为达到实验目的，在A、B之间增加一个装置，该装置的作用是。③乙同学用改进后装置，重复了甲同学的实验操作，观察到红棕色气体迅速消失；余烬木条未复燃。得出结论：假设Ⅰ正确。NO2和Na2O2反应的方程式是。（2）丙同学认为NO易与O2发生反应，应更易被Na2O2氧化。查阅资料：①2NO+Na2O2＝2NaNO2②6NaNO2+3H2SO4＝3Na2SO4+2HNO3+4NO↑+2H2O；③酸性条件下，NO或NO2–都能与MnO4–反应生成NO3–和Mn2+丙同学用下图所示装置(部分夹持装置略)探究NO与Na2O2的反应。\n①B中观察到的主要现象是，F装置的作用是。②在反应前，打开弹簧夹，通入一段时间N2，目的是。③充分反应后，检验D装置中发生反应的实验是。【答案】（1）①Cu+4HNO3(浓）＝Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O(2分)②除去生成NO2气体中混有的水蒸气(2分)；③Na2O2+2NO2＝2NaNO3(2分)（2）①铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色，有无色气泡产生(2分)；吸收未反应的NO(2分)②将装置中的空气排出(2分)③取D装置中产物少许，加入稀盐酸，若产生无色气体，遇到空气变为红棕色，产物是亚硝酸钠，反之为硝酸钠。(2分)【解析】试题分析：（1）①试管A中反应Cu+4HNO3(浓）＝Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O。②H2O容易与Na2O2反应，为达到实验目的，故在A、B之间增加一个干燥装置。③乙同学用改进后装置，重复了甲同学的实验操作，观察到红棕色气体迅速消失；余烬木条未复燃，证明没有O2生成。即Na2O2+2NO2＝2NaNO3。（2）①B中观察到铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色，有无色气泡产生；F装置的作用是吸收未反应的NO。②在反应前，打开弹簧夹，通入一段时间N2，目的是将装置中的空气排出，防止O2氧化NO。③充分反应后，检验D装置中发生反应的实验：取D装置中产物少许，加入稀盐酸，若产生无色气体，遇到空气变为红棕色，产物是亚硝酸钠，反之为硝酸钠。考点：化学实验。对NO、NO2能否与Na2O2反应进行探究和评价。26．某研究性学习小组用下列装置(铁架台等支撑仪器略)探究氧化铁与乙醇的反应，并检验反应产物。（1）为快速得到乙醇气体，可采取的方法是；若实验时小试管中的溶液已经开始发生倒吸，你采取的措施是(填写编号)；a．取下小试管b．移去酒精灯c．将导管从乳胶管中取下d．以上都可以（2）盛Cu(OH)2悬浊液的试管中出现的现象为。（3）如图实验，观察到红色的Fe2O3全部变为黑色固体(M)，充分反应后停止加热。为了检验M的组成，进行下列实验。①M能被磁铁吸引；加入足量稀硫酸，振荡，固体全部溶解，未观察到有气体生成；②经检验溶液中有Fe2+和Fe3+，检验该溶液中的Fe2+的方法是；关于M中铁元素价态的判断正确的是(填写编号)。\na．一定有+3价和+2价铁，无0价铁b．一定有+3价、+2价和0价铁c．一定有+3价和0价铁，无+2价铁d．一定有+3和+2价铁，可能有0价铁（4）若M的成份可表达为FeXOY，用CO还原法定量测定其化学组成。称取agM样品进行定量测定，实验装置和步骤如下：①组装仪器；②点燃酒精灯；③加入试剂；④打开分液漏斗活塞；⑤检查气密性；⑥停止加热；⑦关闭分液漏斗活塞；⑧……。正确的操作顺序是(填写编号)a．①⑤④③②⑥⑦⑧b．①③⑤④②⑦⑥⑧c．①⑤③④②⑥⑦⑧d．①③⑤②④⑥⑦⑧（5）若实验中每步反应都进行完全，反应后M样品质量减小bg，则FexOy中=。【答案】（1）在烧杯中加入热水(对烧杯加热)c；（2）试管中出现砖红色沉淀。（3）在Fe2+和Fe3+溶液中检验Fe2+的方法是：取少量溶液于试管中，加入酸性高锰酸钾溶液，若紫红色褪去，则说明有Fe2+(或向溶液中加入K3[Fe(CN)6]，若产生蓝色沉淀，则说明有Fe2+)。d；（4）c;（5）【解析】试题分析：（1）快速得到乙醇气体，可采取的方法是在烧杯中加入80℃的热水给烧瓶加热(或烧杯热水并加热)，若实验时小试管中的溶液已经开始发生倒吸，应采取的措施是将导管从乳胶管中取下；（2）盛Cu(OH)2悬浊液的试管中出现砖红色沉淀。（3）在取少量溶液于试管中，加入酸性高锰酸钾溶液，若紫红色褪去，则说明有Fe2+(或向溶液中加入K3[Fe(CN)6]，若产生蓝色沉淀，则说明有Fe2+)。M能被磁铁吸引，说明可能是单质Fe或Fe3O4，加入足量稀硫酸，振荡，固体全部溶解，未观察到有气体生成，不可能全部为Fe，证明一定含有Fe3O4，稀硫酸溶解得到Fe2+和Fe3+溶液，若有少量的Fe单质，能与Fe3+反应生成Fe2+，故选d；（5）M样品质量ag与CO减小bg，减小的是O的质量，余下的是Fe的质量，则FexOy中==。考点：化学实验的设计与评价。27．某小组对Cu与浓HNO3的反应进行研究。记录如下：\nI．Cu与浓HN03反应的化学方程式是。II．探究实验1中溶液A呈绿色而不是蓝色的原因。（1）甲认为溶液呈绿色是由Cu2+离子浓度较大引起的。乙根据实验记录，认为此观点不正确，乙的依据是。（2）乙认为溶液呈绿色是由溶解的NO2引起的。进行实验2：先将NO2通入B中，再鼓入N2。结果证实假设成立。则以上两步操作对应的现象分别是、。（3）为深入研究，丙查阅资料，有如下信息：i．溶有NO2的、浓HNO3呈黄色；水或稀HNO3中通少量NO2溶液呈无色。ii．NO2溶于水，会发生反应2NO2+H2O=HNO3+HNO2HNO2是弱酸，只能稳定存在于冷、稀的溶液中，否则易分解。iii．NO—2能与Cu2+反应：Cu2+（蓝色）+4NO2-Cu（NO2）42-（绿色）据此，丙进一步假设：①可能是A中剩余的浓HNO3溶解了NO2得到的黄色溶液与Cu（NO3）2的蓝色溶液混合而形成的绿色；②可能是A中生成了Cu（NO2）2—4使溶液呈绿色。丙进行如下实验：①亚硝酸分解的化学方程式是。②请用平衡原理解释加入稀H2SO4后绿色溶液变蓝的原因：。（4）根据实验得出结论：实验l中溶液A呈绿色的主要原因是，请依据实验现象阐述理由：。【答案】Ⅰ、Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O（2分）Ⅱ、(1)溶液A和溶液B中，c（Cu2+）基本相同；（2分）（2）溶液由蓝变绿，（1分）溶液由绿变蓝，（1分）有红棕色气体逸出（1分）（3）①3HNO2=HNO3+2NO↑+H2O（2分）②加入稀硫酸，抑制HNO2的电离，并使HNO2分解，降低c(NO2-),造成Cu2++4NO2-Cu（NO2）42-平衡向逆反应方向移动，绿色变蓝色；（2分）（4）A中剩余浓硝酸溶解了NO2得到黄色溶液与Cu(NO3)2蓝色溶液混合而形成的绿色；（2分）实验4中加稀硫酸，溶液变为蓝色，说明酸性较强的A溶液中NO2-不能大量存在，因此，A溶液中绿色的Cu（NO2）42-不能大量存在，Cu2+和NO2-反应生成Cu（NO2）42-不是使溶液呈绿色的主要原因。（2分）【解析】试题分析：Ⅰ、Cu与浓HN03反应的化学方程式是Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；Ⅱ、（1）铜片完全溶解后，溶液A和溶液B中，c（Cu2+）基本相同；（2）乙认为溶液呈绿色是由溶解的NO2引起的，当将NO2\n通入B中时溶液应由蓝变绿，再通入氮气，红棕色二氧化氮气体逸出，溶液又由绿变回蓝色；（3）①HNO2中氮元素为+3价，分解时应发生歧化反应，化学方程式为3HNO2=HNO3+2NO↑+H2O②从化学平衡移动角度分析。HNO2是弱酸，只能稳定存在于冷、稀的溶液中，否则易分解。加入稀硫酸，抑制HNO2的电离，并促使HNO2分解，降低c(NO2-),造成Cu2++4NO2-Cu（NO2）42-平衡向逆反应方向移动，绿色变蓝色；(4)由实验3得溶液呈绿色的主要原因是A中剩余浓硝酸溶解了NO2得到黄色溶液与Cu(NO3)2蓝色溶液混合而形成的绿色；实验4中加稀硫酸，溶液变为蓝色，说明酸性较强的A溶液中NO2-不能大量存在，因此，A溶液中绿色的Cu（NO2）42-不能大量存在，Cu2+和NO2-反应生成Cu（NO2）42-不是使溶液呈绿色的主要原因。考点：考查化学方程式的书写，对实验现象的分析，平衡理论的应用28．铁触媒(铁的氧化物)是合成氨工业的催化剂。某同学设计了以下两种方案研究铁触媒的组成。方案一：用下列实验方法测定铁触媒的含铁量，确定其组成。（1）步骤④中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和。（2）若通入Cl2不足量，溶液B中还含有会影响测定结果。（3）若通入Cl2过量且加热煮沸不充分，溶液B中可能含有Cl2。请设计实验方案检验Cl2，完成下列实验报告。限选试剂：0．1molL-1酸性KMnO4溶液、紫色石蕊试液、淀粉-KI溶液、0．1molL-1KSCN溶液、品红稀溶液实验操作实验现象与结论取适量溶液B于试管中，滴加，振荡，放置一段时间后，观察现象。若溶液，则溶液B中含Cl2；若溶液，则溶液B中不含Cl2。方案二：用下列装置测定铁触媒的含铁量，确定其组成。（4）干燥管C的作用是。（5）称取15.2g铁触媒进行上述实验。充分反应后，测得干燥管B增重ll.0g，则该铁触媒的化学式可表示为。【答案】（1）250mL容量瓶（2分）（2）FeCl2或者FeSO4或者Fe2+（2分）\n（3）2-3滴紫色石蕊试液（或者是品红溶液）（2分）溶液显红色后，红色褪去。（品红溶液只需要答红色褪去）（2分）溶液不褪色（2分）（4）防止空气中的CO2和水蒸气进入B中（2分）（5）Fe4O5或2FeO·Fe2O3或FeO·Fe3O4（其他合理答案均可）（3分）【解析】试题分析：⑴配制一定物质的量浓度的溶液，要用到的仪器一定要有容量瓶，并且要指明规格。在此题中，必需说明是250mL容量瓶。⑵如若氯气不足，则溶液A中的二价铁离子就会氧化不完全，影响后续实验。⑶可以使用紫色石蕊试液来检验。⑷防止空气中的二扣化碳和水蒸汽进入B中，影响实验结果。⑸干燥管B增加的质量是二氧化碳的质量，二氧化碳是一氧化碳结合一个氧原子生成的，因此铁触媒中的氧元素的质量就等于干燥管中增加的二氧化碳的物质的量，由此可以计算：n(O)＝11g/44g/mol＝0.25mol,那么15.2g铁触媒中铁的物质的量就可以用下列的方式来进行计算：；所以考点：溶液的配制，氯气的检验，以及简单的计算。29．实验室测定含碘废液中I－的含量以及碘的回收过程如下：Ⅰ.含碘废液中I－含量的测定用移液管量取25.00mL废液于250mL锥形瓶中，分别加入5mL2mol·L－1H2SO4和10mL20%NH4Fe(SO4)2·12H2O溶液，摇匀。小火加热蒸发至碘完全升华，取下锥形瓶冷却后，加入10mL2mol·L－1H2SO4，加入几滴二苯胺磺酸钠(用作指示剂)，用0.0250mol·L－1标准K2Cr2O7溶液进行滴定至终点。重复3次，数据记录如下表：(已知反应：①2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2　②6Fe2＋＋Cr2O72-＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O)次数123滴定体积(mL)19.6019.6519.55Ⅱ.碘的回收取250mL含碘废液于烧杯中加入按上述计算所需的Na2S2O3溶液，并将CuSO4饱和溶液在不断搅拌下滴加到废液中，加热至70℃左右完全反应(已知：2I－＋2Cu2＋＋2S2O32-=2CuI↓＋S4O62-)。过滤，得到的沉淀按图1进行操作。检查装置的气密性后，从分液漏斗中逐滴加入浓硝酸(注意滴液的速度)完全反应后，通过减压过滤，得到粗碘固体产品和抽滤液。然后按图2进行粗碘的提纯。回答下列问题：(1)用移液管量取废液时，将移液管竖直放入稍倾斜的锥形瓶中，接着的操作是______________________________________，数秒后，取出移液管。\n(2)在盛有废液的锥形瓶中先加入5mL2mol·L－1H2SO4的目的是__________________________。(3)根据滴定有关数据，该废液中I－含量是________g·L－1。在滴定过程中，下列操作(其他操作正确)会造成测定结果偏低的是_____。A．终点读数时俯视读数，滴定前平视读数B．锥形瓶水洗后未干燥C．滴定管未用标准K2Cr2O7溶液润洗D．盛标准K2Cr2O7溶液的滴定管，滴定前有气泡，滴定后无气泡(4)在图1锥形瓶中发生反应的化学方程式是____________________。(5)按图2装置进行粗碘提纯，采用的分离方法是________，a、b为冷凝水进出口，其中________(选填a或b)接水龙头进水。最终得到较高纯度的单质碘。【答案】(1)管尖与锥形瓶内壁接触，松开食指使溶液全部流出(2)抑制Fe3＋水解(3)14.94(14.93～14.95均可给分)　A(4)2CuI＋8HNO3=2Cu(NO3)2＋4NO2↑＋I2＋4H2O(5)升华法　a【解析】(1)使用移液管时，应使管尖与锥形瓶内壁接触，然后松开食指使溶液全部流出。(2)加入稀硫酸是为了抑制Fe3＋的水解。(3)由反应①、②可得出如下关系式：6I－～Cr2O72-，滴定消耗标准液K2Cr2O7溶液的体积V＝＝19.60mL，则：c(I－)×0.0250L＝6×0.0250mol·L－1×0.01960L，解得c(I－)＝0.1176mol·L－1，则废液中I－的含量为0.1176mol·L－1×127g·mol－1≈14.94g·L－1。A项，滴定终点时俯视读数，滴定前平视读数，会造成标准液体积偏小而导致测定结果偏低；B项，对测定结果无影响；C项，标准液被稀释，造成滴定时所用体积偏大而使测定结果偏高；D项，标准液滴定前有气泡，滴定后无气泡，使标准液读取体积偏大，使测定结果偏高。故选A。(4)CuI中Cu＋和I－均可被浓HNO3氧化，根据得失电子守恒、原子守恒可写出：2CuI＋8HNO3=2Cu(NO3)2＋4NO2↑＋I2＋4H2O。(5)图2是利用升华法提纯碘，冷凝水应从a口进，使碘蒸气更易凝结为固体碘。30．某实验小组同学探究铜与硝酸的反应。（1）用浓硝酸和水按照不同体积比配成不同浓度的硝酸溶液，各取10mL硝酸溶液分别与铜片反应，实验记录如下：序号浓硝酸与水的体积比实验现象Ⅰ1:1反应速率快，溶液很快变成蓝色，铜丝表面有大量气泡冒出，气体呈红棕色Ⅱ1:3反应速率较快，溶液变成蓝色，铜丝表面有大量气泡冒出，气体无色Ⅲ1:5反应速率慢，微热后速率加快，溶液变成蓝色，铜丝表面有气泡冒出，气体无色铜与稀硝酸反应的离子方程式为；若生成标准状况下0．56LNO气体，反应中被还原的HNO3的质量为g（小数点后保留两位有效数字）。依据上表，制备NO气体最适宜的是实验II，理由是。\n（2）为防止有毒气体逸散造成空气污染，该小组同学改进实验装置，如右图所示（夹持仪器略去）。用该装置进行铜与稀硝酸的反应并验证产生NO气体的性质，实验步骤如下：Ⅰ．安装好装置后，检查装置气密性。Ⅱ．打开旋塞C，从B管上端加入所选浓度的硝酸，至铜丝下沿（不接触铜丝）。Ⅲ．向上移动B管，使A管液面上升至与橡皮塞恰好接触，关闭旋塞C，反应开始。Ⅳ．当液面重新下降至与铜丝脱离接触时，反应停止。Ⅴ．打开旋塞C，向下移动B管，使A中迅速进入少量空气，关闭旋塞C，观察现象。……①步骤Ⅰ中检查装置气密性的操作是：关闭旋塞C，从B管上端加入水，若观察到，说明装置的气密性良好。②步骤Ⅲ操作的目的是。③为使A管内的NO气体完全被溶液吸收，可进一步采取的操作是，能确定NO完全被溶液吸收的现象是。【答案】（1）①3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O1．58②产物是NO，反应速率较快（不用加热）。（2）①A、B间形成液面差，且保持不变②赶走液面上方空气，防止NO被空气中的O2氧化，以便观察生成气体的颜色。③重复步骤Ⅴ的操作（或答“向下移动B管，使A中迅速进入空气，关闭旋塞C，待气体变为红棕色，反复上述操作”）。再次重复操作后气体不再变为红棕色。【解析】试题分析：（1）①铜与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；8HNO3(全部)~2HNO3(被还原)~2NO2×63g2×22．4L1．58g0．56L②依据上表，制备NO气体最适宜的是实验II，理由是产物是NO，反应速率较快（不用加热）。（2）①步骤Ⅰ中检查装置气密性的操作是：关闭旋塞C，从B管上端加入水，若观察到A、B间形成液面差，且保持不变，说明装置的气密性良好。②步骤Ⅲ操作的目的是赶走液面上方空气，防止NO被空气中的O2氧化，以便观察生成气体的颜色。③为使A管内的NO气体完全被溶液吸收，可进一步采取的操作是重复步骤Ⅴ的操作（或答"向下移动B管，使A中迅速进入空气，关闭旋塞C，待气体变为红棕色，反复上述操作"）。能确定NO完全被溶液吸收的现象是再次重复操作后气体不再变为红棕色。\n考点：本题考查化学实验的探究。31．酯是重要的有机合成中间体，广泛应用于溶剂、增塑剂、香料、黏合剂及印刷、纺织等工业。乙酸乙酯的实验室和工业制法常采用如下反应：CH3COOH＋C2H5OHCH3COOC2H5＋H2O请根据要求回答下列问题：（1）欲提高乙酸的转化率，可采取的措施有：__________、__________等。（2）若用如图所示的装置来制备少量的乙酸乙酯，产率往往偏低，其原因可能为________、________等。（3）此反应以浓硫酸为催化剂，可能会造成__________、__________等问题。（4）目前对该反应的催化剂进行了新的探索，初步表明质子酸离子液体可用作此反应的催化剂，且能重复使用。实验数据如下表所示（乙酸和乙醇以等物质的量混合）。同一反应时间同一反应温度反应温度/℃转化率（%）选择性（%）*反应时间/h转化率（%）选择性（%）*4077.8100280.21006092.3100387.81008092.6100492.310012094.598.7693.0100①根据表中数据，下列________（填字母）为该反应的最佳条件。A．120℃，4hB．80℃，2hC．60℃，4hD．40℃，3h②当反应温度达到120℃时，反应选择性降低的原因可能为________。【答案】（1）增大乙醇的浓度　加热及时蒸出产物（2）温度过高，发生了副反应　冷凝效果不好，部分产物挥发了（3）产生大量的酸性废液（或造成环境污染）　部分原料炭化　催化剂重复使用困难（任填两种）　（4）①C　②发生了副反应【解析】（1）酯化反应是一个可逆反应，欲提高乙酸的转化率，可以增大乙醇的浓度或加热及时蒸出产物等。（2）因乙酸、乙醇都易挥发，而图中装置竖直导管太短，冷凝效果不好，原料来不及反应就被蒸出，温度过高发生副反应，这些因素都会导致产率偏低。（3）浓H2SO4除具有催化作用外，还具有强氧化性和脱水性，因此可能造成产生大量的酸性废液、造成环境污染、部分原料炭化等。（4）①从表中可以看出，同一反应时间60℃时的转化率远大于40℃而接近80℃，所以60℃时最合适，而以同一反应温度下的不同时间来看，4小时转化率已较高，接近6小时的转化率，故选C。\n②当反应温度达120℃时反应选择性降低，则说明发生了副反应。32．乙酸乙酯是重要的有机合成中间体，广泛应用于化学工业。实验室制备乙酸乙酯的化学方程式：CH3COOH＋C2H5OHCH3COOC2H5＋H2O，为证明浓硫酸在该反应中起到了催化剂和吸收剂的作用，某同学利用下图所示装置进行了以下四个实验，实验开始先用酒精灯微热3min，再加热使之微微沸腾3min。实验结束后充分振荡试管Ⅱ再测有机层的厚度，实验记录如下：实验编号试管Ⅰ中的试剂试管Ⅱ中试剂测得有机层的厚度/cmA2mL乙醇、2mL乙酸、1mL18mol·L－1浓硫酸饱和碳酸钠溶液5.0B3mL乙醇、2mL乙酸0.1C3mL乙醇、2mL乙酸、6mL3mol·L－1硫酸1.2D3mL乙醇、2mL乙酸、盐酸1.2（1）实验D的目的是与实验C相对照，证明H＋对酯化反应具有催化作用。实验D中应加入盐酸的体积和浓度分别是________mL和________mol/L。（2）分析实验________（填实验编号）的数据，可以推测出浓硫酸的吸水性提高了乙酸乙酯的产率。浓硫酸的吸水性能够提高乙酸乙酯产率的原因是_______________________________________________________________。（3）加热有利于提高乙酸乙酯的产率，但实验发现温度过高乙酸乙酯的产率反而降低，可能的原因是____________________________________________（答出两条即可）。【答案】（1）6　6（2）A、C　浓硫酸可以吸收酯化反应生成的水，平衡向生成乙酸乙酯的方向移动（3）有大量乙酸和乙醇被蒸出；温度过高而发生其他反应【解析】（1）H＋对反应的催化作用，需要确保c（H＋）相等、溶液体积相等。33．教材中给出了Na2O2与H2O反应的化学方程式2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑。为了探究Na2O2与H2O反应的机理，某学习探究小组在教师指导下设计了如图所示装置进行实验。实验步骤如下：①按图示组装仪器，并检查装置气密性为良好后装入药品。②保持K1打开、K2关闭，将注射器中的蒸馏水推入试管中，此时试管中并无气体产生。③挤压装有酚酞的胶头滴管，使酚酞滴入试管中，试管中溶液显红色。④挤压装有稀盐酸的胶头滴管，使稀盐酸滴入试管中，红色消失后再滴加2滴。⑤用双连打气球向A中试管中鼓气，使试管中溶液通过喷头进入B中支管中，发现淀粉－KI溶液变蓝，KMnO4溶液褪色。⑥迅速打开K2、关闭K1\n，继续向A中试管中鼓气，待试管中溶液进入C中试管中约三分之一时停止鼓气。然后用热水浴加热C中试管片刻，有气泡冒出，经检验为氧气。请回答下列问题：（1）用离子方程式表示淀粉－KI溶液变蓝的原因：_____________________________________________________________________________________________________。（2）用离子方程式表示KMnO4溶液褪色的原因：______________________________________________________________________________________________________。（3）A中用冰盐冷浴和C中用热水浴的作用分别是________、______________________。（4）Na2O2与H2O反应的机理是____________________（用化学方程式表示）。【答案】（1）2I－＋2H＋＋H2O2=I2＋2H2O（2）2MnO4-＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O（3）防止生成的H2O2分解　使H2O2分解（4）Na2O2＋2H2O=2NaOH＋H2O2,2H2O22H2O＋O2↑【解析】开始试管中无气体生成，滴入酚酞，溶液变红色，说明Na2O2与H2O反应生成了碱和H2O2，然后滴入的稀盐酸中和NaOH，H2O2在C中分解生成O2。（1）H2O2有强氧化性能氧化I－。（2）H2O2使KMnO4溶液褪色，体现了其还原性。（3）A中用冰盐冷浴，防止温度过高H2O2分解，C中用热水浴可使H2O2分解。（4）Na2O2与H2O反应生成H2O2，H2O2遇热分解。34．某小组同学将一定浓度NaHCO3溶液加入到CuSO4溶液中发现生成了沉淀。甲同学认为沉淀是CuCO3;乙同学认为沉淀是CuCO3和Cu(OH)2的混合物,他们设计实验测定沉淀中CuCO3的质量分数。(1)按照甲同学的观点,发生反应的离子方程式为。(2)两同学利用下图所示装置进行测定:①在研究沉淀物组成前,须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作依次为过滤、洗涤、干燥。②装置E中碱石灰的作用是。 ③实验过程中有以下操作步骤:a.关闭K1、K3,打开K2、K4,充分反应b.打开K1、K4,关闭K2、K3,通入过量空气c.打开K1、K3,关闭K2、K4,通入过量空气正确的顺序是(填选项序号,下同)。若未进行步骤,将使测量结果偏低。 ④若沉淀样品质量为mg,装置D质量增加了ng,则沉淀中CuCO3的质量分数为。 (3)丙同学认为还可以通过测量CO2的体积并测量来测定沉淀中CuCO3的质量分数。 【答案】(1)Cu2++2HC=uCO3↓+CO2↑+H2O(2)②防止空气中CO2和水蒸气进入装置D③cabb④×100%\n(3)样品质量(或样品充分灼烧后的质量)(其他合理答案也可)【解析】(1)如果甲的观点正确,则生成碳酸铜的同时,必然还生成CO2和水,离子方程式为Cu2++2HCCuCO3↓+CO2↑+H2O。(2)②由于空气中也含有水蒸气和CO2,所以E中碱石灰的作用是防止空气中的CO2和水蒸气进入装置D,干扰实验结果。③由于装置中也含有空气,所以首先要排尽装置中的空气,然后再反应。由于反应中生成的气体会残留在装置中,因此反应结束后,再通入空气将反应生成的气体全部排出,因此正确的答案选cab。如果不进行b步骤,必使CO2的量偏小,将使测量结果偏低。④D是吸收CO2的,所以碳酸铜的质量是×124g,所以碳酸铜的质量分数是×100%。(3)由CO2的体积可计算CuCO3的物质的量,还必须直接或间接测得样品的质量。35．某化学小组用下列装置对铁及其化合物的性质进行探究，回答有关问题：（1）该小组同学想制得氢氧化亚铁并保存较长时间，按如图（a）所示装置对其进行操作。①某同学的操作是：先夹紧止水夹K，再使A管开始反应，实验中在B管中观察到的现象是。②为达到实验目的，正确的操作是。B管中发生反应的离子方程式是。（2）当上述装置的实验结束后，取A管内反应所得的溶液，隔绝空气小心蒸干后得到FeSO4，再高温煅烧（有关装置和操作均已略去），最后留下红棕色固体，将分解时产生的气体按图（b）所示装置依次通过洗气装置，结果试管甲内出现白色沉淀，试管乙内品红溶液红色褪去，回答：①用方程式表示试管甲产生白色沉淀的原因。②为验证红棕色固体成分，可进行如下操作。③图（b）中丙装置的作用是。④根据实验现象写出A管内溶液蒸干后，在高温煅烧分解时所发生反应的化学方程式。【答案】（1）①A中溶液进入B中，开始产生白色沉淀，然后变为灰绿色，最后变成红褐色②打开止水夹a，使A管反应一段时间至B中导管有均匀气泡产生后再夹紧止水夹aFe2＋＋2OH－=Fe（OH）2↓（酸与碱的中和反应写或不写均可）（2）①SO3＋H2O=H2SO4　H2SO4＋BaCl2=BaSO4↓＋2HCl或SO3＋H2O＋BaCl2=BaSO4↓＋2HCl②取固体溶于盐酸后，再滴加KSCN溶液，观察到溶液变红色\n③吸收SO2④2FeSO4Fe2O3＋SO3↑＋SO2↑【解析】（1）由装置a看出，实验的原理为先使铁与稀硫酸反应生成H2和FeSO4，打开止水夹K，使生成的H2将装置内空气全部排出后关闭止水夹，H2产生的压力将A管中的FeSO4溶液“压”入B管中，产生Fe（OH）2白色沉淀，处于H2的保护中，能保持较长时间不变色。（2）试管甲能产生白色沉淀，说明一定产生了SO3，SO2不与BaCl2溶液反应，故乙装置的作用是检验SO2，而丙装置的作用是吸收SO2，防止污染。根据题意，加热FeSO4固体时产生SO2、SO3和Fe2O3，再结合电子守恒可写出反应的化学方程式。36．为了探究SO2与Na2O2的反应是否类似于CO2与Na2O2的反应，甲同学设计了如图所示的实验装置，回答下列问题：（1）移开棉花，将带火星的木条放在C试管口，未见木条复燃，甲同学因此认为SO2与Na2O2的反应不同于CO2。请按甲同学的观点写出反应的化学方程式。（2）乙同学认为无论反应原理如何，最终都有O2产生，乙同学的理由是。按照乙同学的观点，该装置需做的改进是。（3）假设Na2O2完全反应，反应后B装置中固体生成物可能是：①Na2SO3；②Na2SO4；③Na2SO3和Na2SO4。请设计实验方案检验，写出实验步骤以及预期现象和结论，完成下表：限选试剂：2mol·L－1HCl溶液，1mol·L－1HNO3溶液，1mol·L－1BaCl溶液，1mol·L－1Ba（NO3）2溶液，0.01mol·L－1KMnO4酸性溶液。实验步骤预期现象和结论步骤1：取B中的少量固体样品于试管中，滴加足量蒸馏水，溶解，然后取少量待测液分别置于Ⅰ、Ⅱ试管中固体完全溶解步骤2：往Ⅰ试管中加入，再滴加，则证明生成物中含Na2SO4步骤3：往Ⅱ试管中若，则证明生成物中有Na2SO3；若则说明生成物中没有Na2SO3。（4）生成物中亚硫酸钠含量的测定：①取ag生成物配制成100mL溶液，取10.00mL该溶液于锥形瓶中，加入几滴淀粉溶液作指示剂，用0.0100mol·L－1碘水进行滴定，滴定终点现象为。记录数据，重复滴定2次，平均消耗碘水20.00mL。\n②计算：生成物中亚硫酸钠的质量分数为。【答案】（1）SO2＋Na2O2=Na2SO4（2）A中生成的SO2气体中含有水蒸气在A和B之间连接一个装有浓硫酸的洗气瓶（或其他合适的干燥装置）（3）步骤2：往Ⅰ试管中加入足量的1_mol·L－1盐酸，再滴加1_mol·L－1_BaCl2溶液有白色沉淀生成，则证明生成物中含Na2SO4步骤3：往Ⅱ试管中加入2～3滴0.01_mol·L－1_KMnO4酸性溶液，振荡若KMnO4溶液紫红色褪去，则证明生成物中有Na2SO3；若KMnO4溶液紫红色不褪去，则说明生成物中没有Na2SO3（4）①溶液出现蓝色，且半分钟内不褪色②×100%【解析】（1）～（2）实验的原理可解读为：将反应后所得气体通过足量NaOH溶液除去过量SO2后，该气体不能使带火星木条复燃说明反应中没有O2生成；而乙同学的观点是考虑到水蒸气的影响，故需要设计实验将气体干燥后再用带火星木条检验是否为O2。（3）根据假设中的三种情况，设计实验的目的就是检验所得固体中是否含有SO42-和SO32-，SO42-的检验可利用BaCl2和稀盐酸；SO32-的检验可根据其还原性，利用溶液是否能使酸性高锰酸钾溶液褪色来进行。（4）①滴定过程中发生的反应为H2O＋SO32-＋I2=2I－＋SO42-＋2H＋，故滴定终点时的现象为溶液出现蓝色，且半分钟内不褪色。②由①中离子方程式可得关系式Na2SO3～I2，故生成物中亚硫酸钠的质量分数为×100%＝×100%。37．为研究铜与浓硫酸的反应，某化学兴趣小组进行如下实验。实验Ⅰ　反应产物的定性探究实验装置如图所示。（固定装置已略去）（1）A中反应的化学方程式为。（2）F烧杯中的溶液通常是。（3）实验过程中，能证明浓硫酸中硫元素的氧化性强于氢元素的现象是。（4）实验结束后，证明A装置试管中反应所得产物是否含有铜离子的操作方法是\n。（5）为说明浓硫酸中的水是否影响B装置现象的判断，还须进行一次实验。实验方案为。实验Ⅱ　反应产物的定量探究（6）在铜与浓硫酸反应的过程中，发现有黑色物质出现，经查阅文献获得下列资料。资料1：硫酸/mol·L－1黑色物质出现的温度/℃黑色物质消失的温度/℃15约150约23616约140约25018约120不消失资料2：X射线晶体分析表明，铜与浓硫酸反应生成的黑色物质为Cu2S、CuS、Cu7S4中的一种或几种。仅由上述资料可得出的正确结论是__。a．铜与浓硫酸反应时所涉及的反应可能不止一个b．硫酸浓度选择适当，可避免最后产物中出现黑色物质c．该反应发生的条件之一是硫酸浓度≥15mol·L－1d．硫酸浓度越大，黑色物质越快出现、越难消失（7）为测出硫酸铜的产率，将该反应所得溶液中和后配制成250.00mL溶液，取该溶液25.00mL加入足量KI溶液振荡，以淀粉溶液为指示剂，用bmol·L－1Na2S2O3溶液滴定生成的I2，3次实验平均消耗该Na2S2O3溶液VmL。若反应消耗铜的质量为ag，则硫酸铜的产率为_。（已知：2Cu2＋＋4I－=2CuI＋I2，2S2O32-＋I2=S4O62-＋2I－）【答案】（1）Cu＋2H2SO4（浓）CuSO4＋SO2↑＋2H2O（2）NaOH溶液（或酸性KMnO4溶液等）（3）D装置中黑色固体颜色无变化，E中溶液褪色（4）将A装置中试管内冷却的混合物沿杯壁（或玻璃棒）缓缓倒入盛有水的烧杯中，并不断搅拌，看溶液是否变蓝（5）使用上述装置，不放入铜丝进行实验，观察无水硫酸铜是否变蓝（6）abd　（7）%【解析】（1）反应的还原产物为SO2；（2）该实验尾气为SO2，可以用强碱或者强氧化剂溶液吸收；（3）要证明浓硫酸中硫元素的氧化性强于氢元素则需证明A中还原产物为SO2而非H2，产物为SO2则D中黑色固体颜色不变，E中品红溶液会褪色；（4）若含有Cu2＋则溶于水显蓝色；（5）对比实验中，不加入铜丝则反应不会发生，由现象可以判断反应外的因素对实验是否存在影响；（6）生成物可能不止一种，则反应可能不止一个，a项正确；硫酸浓度越低，黑色物质出现的温度越高，消失的温度越低，则硫酸浓度选择适当，可避免最后产物中出现黑色物质，b项正确；只要控制在合适的温度，浓硫酸浓度小于15mol/L也可与铜反应，c项错误；硫酸浓度越大，黑色物质出现温度越低，消失温度越高，d项正确；（7）滴定反应溶液中铜离子的物质的量为mol，滴定I2消耗的Na2S2O3的物质的量为\nmol，可知反应生成的I2的物质的量为mol，反应生成的Cu2＋的物质的量为mol，则CuSO4的产率为%。38．某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按如图所示装置进行实验。请回答下列问题：（1）装置A中盛放亚硫酸钠的仪器名称是__________________，其中发生反应的化学方程式为______________；（2）实验过程中，装置B、C中产生的现象分别是___________、___________，这些现象分别说明SO2具有的性质是___________和___________；装置B中发生反应的离子方程式为_________________________________________________。（3）装置D的目的是探究SO2与品红溶液作用的可逆性，请写出实验操作及现象____________；（4）尾气可采用______________溶液吸收。【答案】（1）蒸馏烧瓶Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O（2）溶液由紫红色变为无色无色溶液中出现黄色浑浊还原性氧化性（3）品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热，品红溶液恢复为红色（4）NaOH（答案合理即可）【解析】本题考查了SO2的制备及性质、化学实验的基本操作。（1）常见的烧瓶有：圆底烧瓶、平底烧瓶和蒸馏烧瓶，图示中带支管的为蒸馏烧瓶。（2）SO2因有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，离子方程式为：。SO2能与-2价的硫离子反应生成硫沉淀，体现氧化性。（3）SO2与品红溶液作用的可逆性指：SO2使品红溶液褪色，加热后品红溶液又恢复红色，注意实验操作中品红溶液褪色后要关闭分液漏斗的旋塞。（4）SO2为酸性气体，一般用碱性溶液吸收，也可用酸性高锰酸钾溶液等强氧化性溶液吸收。39．（15分）某研究性学习小组的一个课题是“NO2能否支持木条的燃烧？”由于实验室中没有现成的NO2气体，该小组的同学设计了两个方案（忽略N2O4\n的存在，图中铁架台等夹持仪器均已略去）：I．实验装置如下图所示（5分）（1）硝酸铜固体加热分解的产物有氧化铜、二氧化氮和氧气。写出该反应的化学方程________________。（2）当集气瓶中充满红棕色气体时，木条复燃了。有的同学得出“NO2能支持木条的燃烧”的结论。你认为这一结论是否正确？____________（填“正确”或“不正确”），理由是_______II．实验装置如图所示：（5分）（1）写出浓硝酸受热分解的化学方程式：__________________________________。（2分）（2）实验开始后木条上的火星逐渐熄灭，有的同学提出“NO2不能支持木条的燃烧”的结论。你认为这一结论是否正确？________（填“正确”或“不正确”），理由是。（3分）III．为了更能直接说明“NO2能否支持木条的燃烧”这一问题，请你重新设计一个简单的实验方案，简述实验原理和主要操作。（2分）_________________________________________________。【答案】I．（1）2Cu(NO3)22CuO+4NO2↑+O2↑（2）正确，2Cu(NO3)2分解产生的混合气体中O2的体积分数与空气中O2的体积分数相当空气中带火星的木条不复燃，而在NO2和O2混合气体中木条复燃，所以NO2能支持燃烧。Ⅱ．（1）4HNO3（浓）4NO2↑+O2+2H2O（2）不正确。带火星的木条熄灭可能是由于加热时产生大量水蒸气所致。Ⅲ．用Cu与浓HNO3反应制取NO2气体，并用浓H2SO4干燥，再将带火星的木条伸入NO2中观察现象。【解析】试题分析：I．（1）硝酸铜固体加热分解的产物有氧化铜、二氧化氮和氧气的化学方程式是：2Cu(NO3)22CuO+4NO2↑+O2↑（2）当集气瓶中充满红棕色气体时，木条复燃了。有的同学得出“NO2能支持木条的燃烧”这一结论正确。原因是2Cu(NO3)2分解产生的混合气体中O2的体积分数与空气中O2的体积分数相当空气中带火星的木条不复燃，而在NO2\n和O2混合气体中木条复燃，所以NO2能支持燃烧。II．（1）浓硝酸受热分解的化学方程式4HNO3（浓）4NO2↑+O2+2H2O。（2）实验开始后木条上的火星逐渐熄灭，有的同学提出“NO2不能支持木条的燃烧”的结论。你这一结论不正确。因为带火星的木条熄灭可能是由于加热时产生大量水蒸气所致。Ⅲ．从新设计的方案是：用Cu与浓HNO3反应制取NO2气体，并用浓H2SO4干燥，再将带火星的木条伸入NO2中观察现象。考点：考查NO2能否支持木条的燃烧的各种实验方案的研究的问题的知识。40．根据Mg能在CO2中燃烧，某兴趣小组推测Na应该也能在CO2中燃烧，且固体产物可能为C、Na2O和Na2CO3中的两种或三种。该小组用如下图装置进行了实验探究。已知PdCl2能被CO还原得到黑色的Pd。回答下列问题：（1）为了使反应随开随用，随关随停，上图虚线方框内应选用装置(填下图字母代号)，如何检验所选装置的气密性。（2）装置2中所盛试剂为。A．NaOH溶液B．饱和NaHCO3溶液C．饱和Na2CO3溶液D．饱和NaCl溶液（3）检测装置的气密性完好并装好药品后，在点燃酒精灯前应先进行装置1中的反应操作，待观察到现象时，再点燃酒精灯，这步操作的目的是。（4）由实验现象和进一步的探究得出反应机理。A．装置6中有黑色沉淀生成；B．取反应后直玻管中的固体物质23.0g溶于足量的水中，无气泡产生且得到澄清的溶液；将溶液加水稀释配成250mL的溶液；C．取25.00ml步骤B的溶液，滴加足量BaCl2溶液，将生成的白色沉淀过滤、洗涤、干燥，称量得固体质量为1.97g。①步骤C中不溶物干燥前必须经过洗涤，如何检验该沉淀是否洗涤干净。②该探究得出钠与二氧化碳反应的化学方程式为。【答案】（1）C（2分），关闭弹簧夹，向长颈漏斗中加水，一定时间后静置液面保持不动，说明气密性良好（2分）（2）B（2分）（3）装置5中出现大量混浊（2分）；排尽装置中的空气（2分）（4）①取最后一次洗涤液加入稀H2SO4，不出现浑浊说明沉淀洗涤干净（2分）②6Na+4CO22Na2O+Na2CO3+3CO（2分）\n【解析】试题分析：C装置是采用固液分开的设计，打开弹簧夹液体加入反应开始，关闭弹簧夹反应产生气体的压强使固液分开反应停止；检验有多个出口的实验装置的气密性，一般只保留一个封住其它出口进行实验，关闭弹簧夹，向长颈漏斗中加水，一定时间后静置液面保持不动，说明气密性良好；（2）装置C是用石灰石或大理石与盐酸反应产生二氧化碳，会混有HCl杂质，故2用饱和NaHCO3溶液来除去HCl同时转化为二氧化碳；（3）CO易燃，混有空气可能会发生爆炸，反应前需先同二氧化碳除去装置中的空气，当观察到5中石灰水变浑浊时认为装置中充满二氧化碳，空气排尽；（4）检验洗涤是否干净，一般是要取最后次的洗涤液，进行检验可能存在的杂质离子，鉴于洗涤液中离子浓度较低，一般检验比较容易出现现象的离子如硫酸根离子、氯离子等；根据实验现象知产物物碳单质，无钠剩余，根据碳酸钡的质量计算出n(Na2CO3)=n(BaCO3)=1.97÷197×10=0.1molm(Na2CO3)=0.1×106=10.6g所以固体中含有氧化钠n(Na2O)=（23.0－10.6）÷62=0.2mol根据氧化还原反应原理，反应中碳元素化合价下降为+2价CO，方程式为6Na+4CO22Na2O+Na2CO3+3CO考点：考查综合实验中物质的制备与检验有关问题。41．某学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱，按下图装置进行实验（夹持仪器已略去）。可选药品：稀硝酸、浓硝酸、浓硫酸、NaOH溶液、蒸馏水查阅资料：A．浓硝酸能将NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO。B．氢氧化钠溶液不与NO反应，能与NO2反应2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O实验过程实验现象I．检验装置的气密性II．……III．打开分液漏斗活塞，将浓硝酸缓慢滴入烧瓶中，关闭活塞。①中产生大量的红棕色气体，红棕色气体在②中变为无色，气体通过③后依然为无色，通过④后变为红棕色（1）①中发生反应的离子方程式是。（2）②中发生反应的化学方程式是。（3）装置②~⑤中盛放的药品分别是②、③、④、⑤。（4）II的操作是\n，目的是。（5）该同学得出结论所依据的实验现象是。【答案】（1）Cu+4H++2NO3—==Cu2++2NO2↑+2H2O（2）3NO2+H2O==2HNO3+NO（3）蒸馏水、稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液（4）打开弹簧夹，通一段时间N2，关闭弹簧夹赶净装置中的空气（或氧气）（5）③中液面上方为无色，④中液面上方变为红棕色【解析】试题分析：（1）在①中Cu与浓硝酸发生反应：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+NO2↑+2H2O离子方程式是Cu+4H++2NO3—==Cu2++2NO2↑+2H2O.（2）②中发生反应的化学方程式是3NO2+H2O==2HNO3+NO。（3）装置②~⑤中盛放的药品分别是②蒸馏水、③稀硝酸、④浓硝酸、⑤氢氧化钠溶液。（4）检验装置的气密性后进行的II的操作是打开弹簧夹，通一段时间N2，关闭弹簧夹，目的是赶净装置中的空气（或氧气）使整个系统处于惰性环境中，防止空气中的氧气把反应产生的NO氧化而影响实验结果的判断。（5）①中发生反应：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+NO2↑+2H2O，②中发生反应3NO2+H2O==2HNO3+NO,③不反应，④中发生反应NO+2HNO3(浓)=3NO2↑+H2O，⑤中发生反应2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O.因此该同学得出结论所依据的实验现象是③中液面上方为无色，④中液面上方变为红棕色。考点：考查浓、稀硝酸氧化性的相对强弱及离子方程式的书写、试剂使用的先后顺序等的知识。42．某化学课外活动小组通过实验研究NO2的性质．已知：2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O利用图1所示装置探究NO2能否被NH3还原（K1、K2为止水夹，夹持固定装置略去）（1）E装置中制取NO2反应的离子方程式是（2）该实验中制取氨气时若只用一种试剂，从下列物质中选取（）a．NH4HCO3b．NH4Clc．浓氨水（3）若NO2能够被NH3还原，预期观察到C装置中的现象是（4）此实验装置存在一个明显的缺陷是（5）探究NO2能否与Na2O2发生氧化还原反应．为了验证NO2能被Na2O2氧化，该小组同学选用B、D、E装置，将B中的药品更换为Na2O2，另选F装置（如图2所示），重新组装，进行实验．装置的合理连接顺序是（6）实验过程中，B装置中淡黄色粉末逐渐变成白色．经检验，该白色物质为纯净物，且无其他物质生成．推测B装置中反应的化学方程式为【答案】（1）Cu+4H++2NO3-═Cu2++2NO2↑+2H2O（2）a（3）C装置中混合气体颜色变浅\n（4）缺少尾气吸收装置（5）EDBDF或EDBF或FDBDE或FBDE2NO2+Na2O2═2NaNO3【解析】试题分析：（1）浓硝酸与Cu反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3-═Cu2++2NO2↑+2H2O。（2）用一种固体物质加热制取NH3，要用aNH4HCO3分解的方法。NH4HCO3NH3↑+H2O+CO2↑.不能用加热NH4Cl的方法。因为：NH4ClNH3↑+HCl↑。在试管口二者又重新化合生成NH4Cl。NH3+HCl=NH4Cl。最终得不到氨气。（3）若NO2能够被NH3还原，预期观察到C装置中的现象是由于消耗红棕色的NO2气体，使得C装置中混合气体颜色变浅。（4）由于NH3、NO2都是你大气污染物，所以此实验装置存在一个明显的缺陷是缺少尾气吸收装置。（5）探究NO2能否与Na2O2发生氧化还原反应，重新组装，进行实验．装置的合理连接顺序是EDBDF或EDBF或FDBDE或FBDE，（6）根据元素的原子个数守恒和电子守恒的知识，结合题干已知条件可推测B装置中反应的化学方程式为2NO2+Na2O2═2NaNO3。考点：考查NH3、NO2的实验室制法及NO2的化学性质的探究。43．根据Mg与CO2的反应推测，Na也能在CO2中燃烧，且固体产物可能为C、Na2O和Na2CO3中的两种或三种。某兴趣小组用如下装置开展两个阶段的实验探究。【实验I】引发CO2与Na反应。操作步骤为：①按图连接装置，检验装置气密性，并往各装置中加入试剂；②打开装置a上活塞一段时间；③点燃d处酒精灯，使CO2与Na充分反应。停止加热，继续通气体使双通管冷却。回答下列问题：（1）装置a中用到的玻璃仪器有试管和；（2）装置b中装入的试剂是　　　　　　　　　　　；（3）装置c的作用是　　　　　　　　　　　；（4）步骤②中，当观察到　　　　　　　　　时，才能进入步骤③。【实验Ⅱ】探究反应产物及反应机理。取反应后双通管中固体物质29.2g进行如下实验：①仔细观察固体，发现有黑色颗粒；②将固体溶于足量的水并过滤、洗涤，得到1.8g滤渣（干燥）；③将滤液加水稀释配成250mL的溶液；④取少量③的溶液，先加足量BaCl2溶液，观察到白色沉淀,所得固体质量为3.94g；再加几滴酚酞试液，溶液变红；⑤取25.00mL③的溶液，滴加甲基橙作为指示剂，用3.0mol·L-1盐酸滴定，消耗盐酸体积为20.00mL。回答下列问题：（5）如何判断⑤中的滴定终点　　　　　　　　　　　\n（6）反应后装置d中的固体物质为　　　　　　　　　　　；通过计算分析：29.2g残留固体中，各组分的质量各是多少?　　　　　　　　【答案】（1）长颈漏斗（2分,多答导管不扣分）（2）饱和NaHCO3溶液（2分）（3）干燥CO2（2分）（4）e处澄清石灰水变浑浊（2分）（5）当滴入最后一滴盐酸时溶液恰好由黄色变为橙色，且半分钟内不变色。（2分）（6）C、Na2O、Na2CO3（3分）C：1.8g；Na2O：6.2g；Na2CO3：21.2g（3分）【解析】试题分析：（1）从图中可以看出a中的玻璃仪器有试管和长颈漏斗，二者构成了简易启普发生器。（2）本题要探究的是Na在CO2中燃烧的产物，所以Na与CO2反应位置应该在d中的硬质玻璃管中，所以CO2从左边通入。因此a装置是CO2制取装置，实验中用盐酸和石灰石反应制取。制得的CO2混有水蒸气和HCl气体，所以要除杂，防止其他的杂质气体与钠反应，所以b装置可以除去HCl气体，应用饱和碳酸氢钠溶液。（3）c装置除水蒸气，干燥二氧化碳。（4）为了防止空气中的氧气参与反应，应在反应之前先通二氧化碳气体排除空气，所以当看到e处澄清石灰水变浑浊，则说明装置已充满二氧化碳气体。（5）因为酸滴定碱，用甲基橙作指示剂，所以滴定终点时甲基橙的颜色应该为黄色变为橙色，所以判定终点是：当滴入最后一滴盐酸时溶液恰好由黄色变为橙色，且半分钟内不变色。（6）步骤①将固中得到1.8g滤渣（干燥）为不溶物碳。步骤③中最终所得固体质量为3.94g为碳酸钡，说明反应生成碳酸钠，根据碳元素守恒可知，碳酸钠的物质的量=3.94g/197g/mol=0.02mol，故29.2g固体物质中n(Na2CO3)=0.02mol×250ml/25ml=0.2mol，m(Na2CO3)=0.2mol×106g/mol=21.2g。步骤④中盐酸滴定碳酸钠，消耗盐酸的物质的量为0.02mol×2=0.04mol，实际消耗HCl为3.0mol•L-1×0.020L=0.06mol，大于0.02mol，故溶液中含有氢氧化钠，说明反应中有氧化钠生成，滴定中氢氧化钠消耗的HCl为0.06mol-0.04mol=0.02mol，根据钠离子守恒可知氧化钠的物质的量n(Na2O)=0.02mol/2=0.01mol，其质量为m(Na2O)=0.1mol×62g/mol=6.2g，且1.8g+21.2g+6.2g=29.2g，等于所取固体物质的质量，故生成为C、Na2O和Na2CO3。考点：本题考查的是实验探究题。44．某研究性学习小组拟探究在含Mg2+、Al3+的混合溶液中滴加NaOH溶液时，生成氢氧化物沉淀的过程。【实验】在0.1mol∙L－1MgSO4、0.05mol∙L－1Al2(SO4)3的混合溶液中滴加0.5mol∙L-1NaOH溶液，借助氢离子传感器和相应分析软件，测得溶液的pH随NaOH溶液的加入变化情况如图所示。\n（1）为精确控制加入NaOH溶液的体积，可将NaOH溶液置于                    （填仪器名称）中滴加。（2）图中有三个pH增加缓慢的阶段，第一阶段（a点前）对应的实验现象是。（3）对第二阶段（b、c之间）溶液pH变化缓慢的本质，小组同学做出如下推测，请补充推测2和3：推测1：生成Mg(OH)2沉淀，消耗OH－；推测2：           ；推测3：                          。若推测1符合实际情况，则a点之前反应的离子方程式为                         ，请据此描述Mg(OH)2、Al(OH)3两种物质在水溶液中溶解性的差异。（4）请分析e点后溶液中较大量存在的含金属元素的离子并设计实验检验（可不填满）：较大量存在的含金属元素的离子检验方法【答案】（1）碱式滴定管（2）生成白色沉淀并逐渐增多（3）生成Al(OH)3沉淀，消耗OH－Al(OH)3沉淀溶解，消耗OH－Al3++3OH－=Al(OH)3↓Al(OH)3比Mg(OH)2更难溶于水（4）较大量存在的含金属元素的离子检验方法Na+用洁净的铂丝蘸取少量待测液在酒精灯火焰上灼烧，若火焰呈黄色，表明存在Na+[Al(OH)4]－取少量待测液于试管中，滴加盐酸，产生白色沉淀，盐酸过量时，沉淀又溶解【解析】试题分析：由图像可知，PH变化缓慢的主要原因应为：生成Mg(OH)2沉淀，消耗OH－；生成Al(OH)3沉淀消耗OH－；Al(OH)3沉淀溶解，消耗OH－三种可能，至于哪一阶段为那种可能，应与Al(OH)3、Mg(OH)2二者的溶解度有关。考点：考查实验基本操作、物资的性质、离子的检验等相关知识。45．实验室合成乙酸乙酯的步骤如下：在图甲的圆底烧瓶内加入乙醇、浓硫酸和乙酸，加热回流一段时间，然后换成图乙装置进行蒸馏，得到含有乙醇、乙酸和水的乙酸乙酯粗产品。\n请回答下列问题：（1）图甲中冷凝水从_________（a或b）进，图乙中B装置的名称为____________（2）反应中加入过量的乙醇，目的是_________________________________________（3）现拟分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物下列框图是分离操作步骤流程图：则试剂a是：____________，试剂b是____________，分离方法III是___________。（4）甲、乙两位同学欲将所得含有乙醇、乙酸和水的乙酸乙酯粗产品提纯得到乙酸乙酯，在未用指示剂的情况下，他们都是先加NaOH溶液中和酯中过量的酸，然后用蒸馏法将酯分离出来。甲、乙两人蒸馏产物结果如下：甲得到了显酸性的酯的混合物，乙得到了大量水溶性的物质。丙同学分析了上述实验目标产物后认为上述实验没有成功。试解答下列问题：gkstk①甲实验失败的原因是：_______________________________________________②乙实验失败的原因是：_______________________________________________【答案】（8分，每格1分）（1）b，牛角管（尾接管）（2）提高乙酸的转化率（3）饱和Na2CO3溶液，浓H2SO4蒸馏。（4）①NaOH加入量太少，未能完全中和酸；②NaOH加入过量太多，使乙酸乙酯水解。【解析】试题分析：（2）反应中加入过量的乙醇，根据平衡移动原理，可以提高另一种反应物的转化率；（3）乙酸乙酯在饱和碳酸钠中的溶解度小，所以试剂a为碳酸钠；（4）甲得到了显酸性的酯的混合物，说明混合物中还有酸存在，所以碱不足。乙得到了大量水溶性的物质，说明乙酸乙酯已经水解。考点：考查乙酸乙酯的制备，有机物的分离提纯。46．(15分)碱式碳酸铜的成分有多种，其化学式一般可表示为xCu(OH)2·yCuCO3。(1)孔雀石呈绿色，是一种名贵的宝石，其主要成分是Cu(OH)2·CuCO3。某兴趣小组为探究制取孔雀石的最佳反应条件，设计了如下实验：实验1：将2.0mL0.50mol·L–1的Cu(NO3)2溶液、2.0mL0.50mol·L–1的NaOH溶液和0.25mol·L–1的Na2CO3溶液按表Ⅰ所示体积混合。实验2：将合适比例的混合物在表Ⅱ所示温度下反应。实验记录如下：\n表Ⅰ表Ⅱ编号V(Na2CO3)/mL沉淀情况编号反应温度/℃沉淀情况12.8多、蓝色140多、蓝色22.4多、蓝色260少、浅绿色32.0较多、绿色375较多、绿色41.6较少、绿色480较多、绿色(少量褐色)①实验室制取少许孔雀石，应该采用的最佳条件是。②80℃时，所制得的孔雀石有少量褐色物质的可能原因是。(2)实验小组为测定上述某条件下所制得的碱式碳酸铜样品组成，利用下图所示的装置(夹持仪器省略)进行实验：步骤1：检查装置的气密性，将过滤、洗涤并干燥过的样品置于平直玻璃管中。步骤2：打开活塞K，鼓入空气，一段时间后关闭，称量相关装置的质量。步骤3：加热装置B直至装置C中无气泡产生。步骤4：(请补充该步操作内容)。步骤5：称量相关装置的质量。①装置A的作用是；若无装置E，则实验测定的x/y的值将。(选填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。②某同学在实验过程中采集了如下数据：A．反应前玻璃管与样品的质量163.8gB．反应后玻璃管中残留固体质量56.0gC．装置C实验后增重9.0gD．装置D实验后增重8.8g为测定x/y的值，你认为可以选用上述所采集数据中的(写出所有组合的字母代号)任一组即可进行计算，并根据你的计算结果，写出该样品组成的化学式。【答案】(1)①n[Cu(NO3)2]:n(NaOH):n(Na2CO3)=2:2:175℃②有少量孔雀石受热分解为CuO(2)打开活塞K，继续通一段时间空气①除去空气中的CO2和H2O偏小②BC、BD、CD(3分)5Cu(OH)2·2CuCO3(除倒数第二空3分外，其余每空2分，最佳条件缺一扣1分，答错不给分。共15分)【解析】试题分析：(1)①由表中数据，0.25mol·L–1的Na2CO3溶液2mL时生成的碱式碳酸铜最多，此时n[Cu(NO3)2]:n(Na2CO3)=2:1；当温度在75℃，生成的碱式碳酸铜最佳。②温度较高，少量孔雀石受热分解生成CuO，孔雀石中含有的少量褐色物质是氧化铜。(2)反应完毕后，需要继续通空气，让装置冷却。①装置A碱石灰是干燥剂，可吸收空气中的水蒸气和\n二氧化碳，防止对装置CD增重的数据造成影响，装置E的作用是防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入D装置，D装置是吸收生成的二氧化碳的，C装置是吸收生成的水的，如果没有装置E，会使D装置质量增重偏大，即生成的二氧化碳质量偏大，则x/y的值会偏小。②碱式碳酸铜分解的化学方程xCu(OH)2·yCuCO3(x+y)CuO+xH2O+yCO2↑要测定的值，可以测定生成的水和二氧化碳的质量，即测定C装置增重的质量和D装置增重的质量；故可选CD。xCu(OH)2·yCuCO3(x+y)CuO+xH2O+yCO2↑18x44y9g8.8g∴若测出反应后玻璃管中样品的质量以及装置C增重的质量，即已知生成的氧化铜和水的质量，可求出的值；故可选BC。xCu(OH)2·yCuCO3(x+y)CuO+xH2O+yCO2↑(x+y)×8018x56g   9g∴同样若已知反应后玻璃管中样品的质量以及装置D增重的质量，即已知生成的氧化铜和二氧化碳的质量，可求出出的值；故可选BD。xCu(OH)2·yCuCO3(x+y)CuO+xH2O+yCO2↑(x+y)×8044y56g8.8g\n∴考点：化学实验综合考查，包括实验原理、实验装置、误差分析、数据处理及根据化学方程式的计算。47．亚硝酸钠是一种工业盐，在生产、生活中应用广泛。现用下图所示仪器（夹持装置已省略）及药品，探究亚硝酸钠与硫酸反应及生成气体产物的成分。已知：①NO＋NO2＋2OH-＝2NO2-＋2H2O②气体液化的温度：NO221℃、NO－152℃（1）为了检验装置A中生成的气体产物，仪器的连接顺序为（从左向右连接）：A→C→_______→_______→_______；组装好仪器后，接下来进行的操作是________________。（2）关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞，滴入70％的硫酸后,A中产生红棕色气体.①确认A中产生气体含有NO，依据的现象是_____________________________.②装置E的作用是_______________________________________________________（3）如果向D中通入过量O2,则装置B中发生反应的化学方程式为________________.如果没有装置C，对实验结论造成的影响是______________________________。（4）通过上述实验探究过程，可得出装置A中反应的化学方程式是_______________。（5）工业生产中氮氧化物的排放会造成环境污染，可采用如下方法处理氮氧化物：CH4（g）＋2NO2（g）＝N2（g）＋CO2（g）＋2H2O（g）△H＝－867kJ·mol-1CH4（g）＋4NO（g）＝2N2（g）＋CO2（g）＋2H2O（g）△H＝－1160kJ·mol-1则CH4将NO2还原为NO的热化学方程式为：___________________________.【答案】(1)EDB(2分)；检验装置的气密性（1分）(2)①D中出现红棕色气体(2分)②冷凝，使NO2完全液（2分）(3)4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O(2分)水会与NO2反应产生NO，影响NO的确定(2分)(4)2NaNO2+H2SO4=Na2SO4+NO2↑+NO↑+H2O(2分)(5)CH4（g）＋4NO2（g）＝4NO(g)＋CO2（g）＋2H2O（g）△H＝－574kJ·mol-1(2分)【解析】试题分析：本题是实验题。实验题是同学们的难点。也是最难得分的题型。对于实验题，首先需看清楚实验目的是什么。在结合看清实验流程，实验操作，物质检验等知识会穿插其中。这题是一道实验探究题，探究NaNO2与H2SO4的反应。从所给装置中，A显然是发生装置。B是NaOH溶液，可能是除杂装置，C是浓硫酸，显然是干燥装置。D是热水浴，并通入了O2，需要通O2检验的是NO气体。E是冷水浴装置。显然是冷却物质。由题中所给2个信息，第一个信息是NO与NO2的混合气体与NaOH发生归中反应。第二个信息是NO、NO2\n两种气体的物理性质。从液化的温度来看，显然NO2比NO更易液化。A中三颈瓶，采用固液不加热反应，还有一个弹簧夹用来控制通氮气，显然要氮气，目的应是排除氧气。因氧气有氧化性。可能会对实验结果产生干扰。通过上述信息就可以猜测出产生的两种气体可能是NO和NO2。（1）为了检验装置A中生成的气体产物，仪器的连接顺序为（从左向右连接）：Ａ是发生装置，Ｃ是干燥除去水，NO和NO2的分离，先分离NO2因为更易液化。所以接E，NO2分离后再检验NO，需通氧气。接D。观察到气体从无色变成红棕色。所以说明是NO。B是尾气处理。吸收反应后剩余的NO和NO2的混合气体。在这里存在几个先后问题，首先NO和NO2的检验，根据液化温度判断得到NO2更易液化，可以观察到E中有红棕色液体产生。而后NO会和氧气生成NO2。对于NO2的检验会产生干扰。所以先检验NO2。还有一问题就是除水，如果不除去水的话，NO2会与H2O反应生成NO，所以又会对NO的检验产生干扰，同时也影响NO2的检验。还有一问题就是在A中药品反应之前需通氮气将O2排出来。否则也会影响NO和NO2的检验。装置连接好之后，就是检查装置气密性。（2）关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞，滴入70％的硫酸后,A中产生红棕色气体。说明生成了NO2气体。①确认A中产生气体含有NO，是在D装置中通O2来检验的。观察气体是否变红棕色。②装置E的作用是冷凝，是使NO2完全液化。（3）如果向D中通入过量O2,不存在NO剩余，但有过量的O2会与NO2发生氧化还原反应，O2降低，NO2升高，所以可推断出反应方程式为：4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O。如不干燥，水会与NO2反应产生NO，影响NO的确定。（4）通过上述实验探究过程，可得出装置A中反应应产生两种气体。+3价氮元素发生歧化反应。化学方程式是2NaNO2+H2SO4=Na2SO4+NO2↑+NO↑+H2O。（5）工业生产中氮氧化物的排放会造成环境污染，可采用如下方法处理氮氧化物：CH4（g）＋2NO2（g）＝N2（g）＋CO2（g）＋2H2O（g）△H＝－867kJ·mol-1CH4（g）＋4NO（g）＝2N2（g）＋CO2（g）＋2H2O（g）△H＝－1160kJ·mol-1根据盖斯定律上式×2-下式可得出：CH4（g）＋4NO2（g）＝4NO(g)＋CO2（g）＋2H2O（g）△H＝－574kJ·mol-1(2分)考点：探究实验及实验评价48．在高温时硫铁矿（主要成分FeS2）和氧气反应生成三氧化二铁和二氧化硫（假设硫铁矿中的杂质不参与化学反应）。某化学研究学习小组对硫铁矿样品进行如下实验探究：【实验一】测定硫元素的含量I．实验装置如下图所示（夹持和加热装置已省略）。A中的试剂是双氧水，将m·g该硫铁矿样品放人硬质玻璃管D中。从A向B中逐滴滴加液体，使气体发生装置不断地缓缓产生气体，高温灼烧硬质玻璃管D中的硫铁矿样品至反应完全。II．反应结束后，将E瓶中的溶液进行如下处理：\n【实验二】测定铁元素的含量III．测定铁元素含量的实验步骤如下：①用足量稀硫酸溶解已冷却的硬质玻璃管D中的固体，过滤，得到滤液A;②在滤液A中加入过量的还原剂使溶液中的Fe3+完全转化为Fe2+，过滤，得到滤液B；③将滤液B稀释为250mL;④取稀释液25．00mL,用浓度为cmol/L的酸性KMnO4溶液滴定，三次滴定实验所需KMnO4溶液体积的平均值为VmL。请根据以上实验，回答下列问题：（1）I中装置C中盛装的试剂是_;E瓶的作用是_。（2）11中加入过量H2O2溶液发生反应的离子方程式为____。（3）111的步骤③中，将滤液B稀释为250mL需要用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还必须要用到的是_；④中盛装KMnO3溶液的仪器是_。（4）假设在整个实验过程中硫元素和铁元素都没有损失，则该硫铁矿样品中硫元素的质量分数为_。（用含m1和m2的代数式表示）；铁元素的质量分数为____。（用含m1、c、v的代数式表示）【答案】（14分）（1）浓硫酸（1分）；吸收二氧化硫（2分）（2）H2O2＋SO32－＝SO42－＋H2O（3分）（3）250ml容量瓶（2分）；酸式滴定管（2分）（4）×100%（2分）；×100%（2分）【解析】试题分析：（1）A中盛有双氧水，说明该装置是制备氧气的。由于氧气中含有水蒸气，所以C中盛装的试剂是浓硫酸，用来干燥氧气；硫铁矿样品和氧气在高温下反应生成SO2，所以E中氢氧化钠溶液的作用是吸收二氧化硫。（2）氢氧化钠溶液吸收二氧化硫生成亚硫酸钠，所以11中加入过量H2O2的目的是氧化亚硫酸钠，生成硫酸钠。因此溶液中发生反应的离子方程式为H2O2＋SO32－＝SO42－＋H2O.（3）111的步骤③中，将滤液B稀释为250mL需要用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还必须要用到的是250mL容量瓶；④中取稀释液25.00ml，溶液是酸性溶液，体积数据要求到小数点后两位，需用的仪器是酸式滴定管，所以④中盛装KMnO3溶液的仪器是酸式滴定管。（4）最终所得沉淀是硫酸钡，根据硫原子守恒得硫的质量，设硫的质量为x，则S——BaSO432g  233gx    m2g解得x＝g\n所以质量分数＝×100%高锰酸钾的还原产物是Mn2＋，在反应中得到7－2＝5个电子。而Fe2＋在反应中失去1个电子，所以根据电子的得失守恒可知，在25.00ml溶液中亚铁离子的物质的量是cmol/L×0.001VL×5＝0.005cVmol，所以铁元素的质量分数＝×100%＝×100%考点：考查化学实验基本操作、试剂和仪器的选择、物质含量的测定和计算、实验方案的设计等49．2012年10月8日发布的修订版《机动车驾驶证申领和使用规定》，以其对违章驾驶员的严厉惩罚被人们称为“史上最严交规”，其中饮酒后驾驶机动车的一次记12分。利用如下测试管可检测司机是否酒后驾车，化学原理如下：金属铬在化合物中主要有+3价和+6价两种价态。+6价铬化合物K2CrO4和K2Cr2O7在水溶液中分别呈黄色和橙色，它们在溶液中存在如下平衡关系：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O在酸性条件下+6价铬化合物具有强氧化性，可以将C2H5OH氧化为CH3COOH，本身被还原为Cr3+，Cr3+在水溶液中呈灰绿色。（1）根据上述条件可知，在强酸性条件下+6价铬主要以（填“CrO2-4”或“Cr2O2-7”）形式存在。如果司机酒后驾车，则测试管中的现象是且超过法定警界线，反应的离子方程式为。（2）研究发现+6价铬的毒性为+3价铬的毒性的100～200倍，有多种方法可以将废水中的+6价铬转化为+3价铬以降低毒性。其中两种方法如下：方法一：电化学方法。将含Cr2O2-7的酸性废水加适量NaCl搅拌均匀并以Fe作电极进行电解。在阳极产生的Fe2+将Cr2O2-7还原为Cr3+，在电解过程中溶液的pH不断上升，最终Cr3+和Fe3+以Cr（OH）3和Fe（OH）3沉淀的形式析出。①请分析溶液pH不断上升的原因：。②已知Fe3+和Cr3+变为Fe（OH）3和Cr（OH）3沉淀的pH如下表：当溶液的pH范围为____时，溶液中Fe3+已沉淀完全而Cr3+还没有开始沉淀。③当电路中通过3mol电子时，理论可还原Cr2O2-7的物质的量为mol。方法二：还原沉淀法。将l0ml某含铬（Cr2O2-7）废水用硫酸亚铁铵[FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O]处理，反应中铁元素和铬元素完全转化为沉淀，该沉淀经干燥后为nmolFeO·FeyCrxO3。④不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是\nA．反应中发生转移的电子个数为3nxB．该废水中c（Cr2O2-7）为50nxmol/LC．消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n（l+y）molD．在FeO·FeyCrxO3中，x+y=2【答案】（14分）（1）Cr2O2-7；灰绿色；3C2H5OH+2Cr2O2-7+16H+=3CH3COOH+4Cr3++11H2O；（2）①电解时阴极消耗H+，Cr2O2-7还原为Cr3+也消耗H+，所以pH不断上升；②3.7＜pH＜8.5；③0.25mol；④A【解析】试题分析：（1）因为在强酸性溶液中；2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O平衡向右移动；Cr2O2-7与C2H5OH反应生成Cr3+所以呈灰绿色；根据氧化还原反应配平得3C2H5OH+2Cr2O2-7+16H+=3CH3COOH+4Cr3++11H2O；（2）①电解时阴极的电极反应方程式为2H++2e=H2另外溶液中还发生Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O②3.7＜pH＜8.5，溶液中Fe3+已沉淀完全而Cr3+还没有开始沉淀；③当电路中通过3mol电子时，会产生1.5molFe2+，再根据Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O还原的Cr2O72-为0.25mol；④反应中发生转移的电子个数为ny；考点：本题以探究实验为基础，考察学生对氧化还原反应的掌握情况。50．根据镁与二氧化碳的反应推测，钠也能在二氧化碳中燃烧，且固体产物可能为碳酸钠、氧化钠、碳中的两种或三种。某兴趣小组对钠在二氧化碳中燃烧后的产物进行定性和定量探究。（1）假设产物为Na2CO3、Na2O和C的混合物，设计实验方案，验证其中的Na2CO3和Na2O。在答题卡上写出实验步骤、预期现象和结论。（已知室温时BaCO3饱和溶液的pH=9.6）限选试剂及仪器：稀盐酸、BaCl2溶液、Ba(OH)2溶液、精密pH试纸（精确至0.1）、烧杯、试管、滴管、玻璃棒、表面皿、比色卡实验操作预期现象和结论步骤1：取适量产物样品于洁净烧杯中，加入足量蒸馏水，充分搅拌，静置，取上层清液备用。有不溶的黑色固体。步骤2：取适量步骤1清液于试管中，步骤3：（2）假设产物为Na2CO3、Na2O和C的混合物，为进一步测定产物中Na2CO3的含量，进行了以下实验：步骤1：准确称取w克试样，溶解、过滤后准确配制成250mL溶液。步骤2：准确量取25.00mL所配溶液于锥形瓶中，滴加几滴指示剂A，滴加cmol/L的标准盐酸至溶液的pH约为8.2（碳的主要存在形式为HCO3―），消耗盐酸的体积为V1mL；再滴加几滴甲基橙，继续用上述盐酸滴至溶液由黄色变橙色，消耗盐酸的体积为V2mL。步骤3：重复实验3次。滴定结果如下\n滴定次数待测溶液的体积/mL消耗标准盐酸的体积V1/mLV2/mL125.0015.024.97225.0014.985.03325.0013.216.75①步骤2中，第一步滴定所使用的A指示剂为，滴定终点的现象为。②计算Na2CO3的质量分数=（用含w、c的代数式表示）【答案】（1）实验操作预期现象与结论步骤2：滴加足量的BaCl2溶液，充分振荡，静置，取上层清液于另外一支试管备用有白色沉淀生成，说明产物中有Na2CO3步骤3：将一片精密PH试纸置于表面皿上，用玻璃棒蘸取步骤2上层清液点在精密PH试纸上，待颜色稳定后，对照比色卡读出数据。溶液的PH明显大于9.6，说明产物中含有Na2O（2）①酚酞由浅红色变为无色，且半分钟不变色②5.3c/w×100%【解析】试题分析：（1）Na2O+H2O=2NaOH，NaOH和Na2CO3都能与稀盐酸反应，因此不能滴加稀盐酸；Na2CO3与BaCl2、Ba(OH)2是都能反应生成白色沉淀，但是后者会引入NaOH，干扰产物中Na2O的检验，因此步骤2中只能滴加足量BaCl2溶液；充分振荡，有白色沉淀生成，说明产物中存在Na2CO3；静置，取上层清液于另外一支试管备用；由于室温时BaCO3饱和溶液的pH=9.6，如步骤2的上层清液中混有NaOH，则其pH>9.6，因此步骤3中应将一片精密pH试纸置于表面皿上，用玻璃棒蘸取步骤二上层清液点在精密pH试纸上，待颜色稳定后，对照比色卡读出数据，若溶液pH明显大于9.6说明产物中含有Na2O；（2）①步骤2中第一步滴定终点的pH约为8.2，刚好在酚酞的pH变色范围，因此选择酚酞作指示剂，当待测的碱性溶液由浅红色变成无色，且半分钟内不变色，这是滴定终点的现象，就停止滴定；②第3次滴定所得数据存在明显的误差，应舍去；根据第1、2次滴定所得体积计算平均体积，则V1=(15.02+14.98)mL/2=15.00mL，V2=(4.97+5.03)mL/2=5.00mL；由于第1次滴定时先后发生反应为NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，则n(HCl)=n(NaOH)+n(Na2CO3)=cmol/L×15.00×10—3L、n(Na2CO3)=n(NaHCO3)；第2次滴定时只发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，则n(HCl)=n(NaHCO3)=cmol/L×5.00×10—3L，所以n(Na2CO3)=n(NaHCO3)=cmol/L×5.00×10—3L，n(NaOH)=cmol/L×15.00×10—3L—cmol/L×5.00×10—3L=cmol/L×10.00×10—3L；式样中n(Na2CO3)=cmol/L×5.00×10—3L×250mL/25.00mL，n(NaOH)=cmol/L×10.00×10—3L×250mL/25.00mL；式样中m(Na2CO3)=cmol/L×5.00×10—3L×250mL/25.00mL×106g/mol，w(Na2CO3)=cmol/L×5.00×10—3L×250mL/25.00mL×106g/mol÷wg×100%=5.3c/w×100%。考点：考查探究实验和测定产物中某一成分纯度的定量实验，包括检验产物中有关成分的实验方案的设计、酸碱中和滴定指示剂的选择、滴定终点的现象、滴定数据的处理与计算、质量分数的计算等问题。\n51．Fridel—Crafts反应是向苯环上引入烷基最重要的方法，在合成上有很大的实用价值，该反应可以简单表示如下：Ar+RXArR+HX△H<0（Ar表示苯基）。某化学兴趣小组在实验室先利用叔丁醇（沸点90.70C)与盐酸反应制得叔丁基氯（沸点500C)，再利用Fridel—Crafts反应原理制备对叔丁基苯酚（熔点990C)。反应流程及实验装置如下图所示：试回答下列问题：（1）实验装置烧杯中漏斗的作用是________。（2）巳知Fridel—Cxafts反应是放热反应，为防止叔丁基氣的蒸气被大量的HCl气体带走而影响产率，应将锥形瓶置于_______(填“冷水浴”或“热水浴”）中。（3）有机层中加入饱和氣化钠溶液及饱和碳酸氢钠溶液的作用可能是_______。通过操作可将叔丁基氯粗产物转化为较为纯净的叔丁基氯。（4）某同学因去掉该制备装置中的氣化钙干燥管，发现产率很低(观察不到对叔丁基苯酚白色固体)且锥形瓶中有大量的白雾，他推测是作催化剂的AlCl3发生强烈水解所致，该同学设计如下实验方案进行验证，请完成下表内容。实验方案实验现象能否说明水解①将锥形瓶中白雾通入HNO3酸化的AgNO3溶液②将充分冒白雾后的液体抽滤，得不溶性固体，将固体分成两份，。两份固体均溶解（5）若上述同学称取了9.4g苯酚与适量叔丁基氯反应，从反应液中提取出对叔丁基苯酚，将其配成100mL乙醇溶液，移取25.00mL溶液，滴定，消耗NaOH物质的量为5×10－4moL，则以苯酚为基准计算对叔丁基苯酚产率的表达式为_______。【答案】（16分）（1）防止液体倒吸（2分）（2）冷水浴（2分）（3）除去叔丁基氯粗产物中的HCl（3分）蒸馏（2分）（4）（4分）\n实验方案实验现象能否说明水解①将锥形瓶中白雾通入HNO3酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀（1分）不能（1分）②将充分冒白雾后的液体抽滤，得不溶性固体，将固体分成两份，一份加入足量的盐酸，另一份加入足量的NaOH溶液，振荡。（1分）两份固体均溶解能（1分）（5）（3分）【解析】试题分析：（1）依题意，叔丁醇与过量的盐酸发生取代反应，生成叔丁基氯和水，由于叔丁醇、叔丁基氯和水的沸点分别为90.7℃、50.7℃、100℃，则反应后从锥形瓶、干燥管逸出的气体是盐酸挥发出的HCl气体，由于HCl易溶于水，所以烧杯中倒扣漏斗的作用是防止液体倒吸；（2）叔丁基氯的沸点为50.7℃，因此应将锥形瓶置于冷水浴中，可以防止叔丁基氯沸腾；（3）HCl的酸性比碳酸强，HCl的溶解度比NaCl大，由此推断加入饱和氯化钠溶液及饱和碳酸氢钠溶液的作用是除去叔丁基氯粗产物中的HCl；由于叔丁醇、叔丁基氯的沸点分别为90.7℃、50.7℃，相差40℃，因此通过蒸馏可以从叔丁基氯粗产物中分离提纯出叔丁基氯；（4）叔丁基氯与苯酚发生Fridel—Crafts反应，生成对叔丁基苯酚和HCl，由于观察不到对叔丁基苯酚白色固体，则锥形瓶中白雾可能是无水AlCl3，也可能是AlCl3发生强烈水解产生的盐酸，因此将白雾通入HNO3酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，只能说明白雾中存在Cl－，不能证明AlCl3水解；由于AlCl3水解产物是氢氧化铝和HCl，氢氧化铝难溶于水，HCl易溶于水，将充分冒白雾后的液体抽滤，得到的不溶性固体为Al(OH)3，Al(OH)3是两性氢氧化物，既能溶于强酸，又能溶于强碱，所以向一份固体中加入足量盐酸，向另一份固体中加入足量NaOH溶液，若两份固体均溶解，能说明AlCl3水解；（5）由于1mol对叔丁基苯酚与1molNaOH恰好完全中和，由滴定时消耗NaOH物质的量推断25.00mL溶液中含对叔丁基苯酚的物质的量为5×10－4moL；由于100mL溶液是25.00mL溶液的4倍，则100mL溶液中含对叔丁基苯酚的物质的量为5×10－4moL×；由于1mol苯酚与1mol对叔丁基苯氯完全反应时，生成1mol对叔丁基苯酚1molHCl，根据对叔丁基苯酚的物质的量推断参加反应的苯酚的物质的量为5×10－4moL×；苯酚的分子式为C6H6O，则相对分子质量为94，由于m=n•M，则参加反应的苯酚质量为5×10－4moL××94g•mol－1；由于苯酚的实际质量为9.4g，则参加反应的苯酚质量分数表达式（或以苯酚为基准计算对叔丁基苯酚产率的表达式）为≈2.0%。考点：考查综合实验和化学计算，涉及尾气吸收装置中漏斗的作用、水浴的温度的选择、除杂试剂的作用、设计实验方案、溶液配制、中和滴定、物质的量的有关计算、产率表达式等。52．对于H2O2分解反应，Cu2+也有一定的催化作用。为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，某化学研究小组的同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。请回答相关问题：\n①定性分析：如图甲可通过观察_________________________，定性比较得出结论。有同学提出将FeCl3改为Fe2(SO4)3更为合理，其理由是_________________________。②定量分析：用图乙所示装置做对照实验，实验时均以生成40mL气体为准，其他可能影响实验的因素均已忽略。实验中需要测量的数据是________________________。【答案】①溶液中气泡产生的速率排除氯离子的干扰②收集40ml气体所需的时间【解析】试题分析：①定性分析：该反应中产生气体，所以可根据生成气泡的快慢判断反应速率；氯化铁和硫酸铜中阴阳离子都不同，无法判断是阴离子起作用还是阳离子起作用。所以将FeCl3改为Fe2(SO4)3更为合理的理由是可以排除氯离子的干扰。②定量分析：该反应是通过生成气体的反应速率分析判断的，所以根据反应速率的表达式υ＝可知，需要测量的数据是产生40ml气体所需要的时间。考点：考查外界条件对反应速率影响的实验探究点评：该题是高考中的常见题型，属于基础性试题的考查，难度不大。解答时须注意明确实验的原理，依据影响反应速率的外界条件逐一进行分析即可，有利于培养学生的逻辑思维能力和规范严谨的实验设计能力。学会分析将FeCl3改为Fe2（SO4）3更为合理是难点。53．某校化学课外小组为了鉴别碳酸钠和碳酸氢钠两种白色固体，用不同的方法做了以下实验，如图Ⅰ～Ⅳ所示。（1）只根据图Ⅰ、Ⅱ所示实验，能够达到实验目的的是(填装置序号)__________；（2）图Ⅲ、Ⅳ所示实验均能鉴别这两种物质，其都发生的反应的化学方程式为________________________；与实验Ⅲ相比，实验Ⅳ的优点是__________________________；（3）若用实验Ⅳ验证碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性，则试管B中装入的固体最好是________；（4）有同学认为，除上述试验方法外，向两种固体配成的溶液中加入澄清石灰水也可以区分它们，这种说法是_____________（填“正确”或“错误”）的。（5）将碳酸氢钠溶液与足量的澄清石灰水混合并充分反应，其离子方程式为\n_________________________。其剩余溶液的溶质化学式为___________（6）另有两瓶溶液，已知分别是K2CO3和NaHCO3，请你写出两种不同的鉴别方法。①________________________________________________________________________；②_______________________________________________________________________。【答案】（1）Ⅱ（2）2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；CO2+Ca(OH)2＝CaCO3↓+H2O；Ⅳ可以做到用一套装置同时进行两个对比实验，而Ⅲ不行（3）2NaHCO3（4）错误（5）HCO3-+Ca2++OH-＝CaCO3↓+H2O；Ca(OH)2、NaOH（6）①焰色反应，隔蓝色钴玻璃能看到紫色焰色的是K2CO3，否则是2NaHCO3。②加入BaCl2(CaCl2)溶液，产生白色沉淀的是K2CO3，否则是2NaHCO3。【解析】试题分析：（1）无论碳酸钠还是碳酸氢钠都能和盐酸反应生成二氧化碳，二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊，故Ⅰ无法鉴别；实验Ⅱ中，盐酸和碳酸氢钠反应立即产生气泡，盐酸和碳酸钠先反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠和盐酸反应生成二氧化碳气体，所以看到的现象不同，故能鉴别碳酸钠和碳酸氢钠。（2）碳酸氢钠在加热条件下能分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，反应的化学方程式是2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑。CO2能使澄清的石灰水变混浊，则反应的化学方程式是CO2+Ca(OH)2＝CaCO3↓+H2O。与实验相比，实验Ⅳ可以做到用一套装置同时进行两个对比实验，而Ⅲ不行。（3）碳酸钠直接加热，碳酸氢钠不直接加热，不直接加热的碳酸氢钠能分解而直接加热的碳酸钠不分解更能说明碳酸氢钠不稳定，所以试管B中装入的固体最好是碳酸氢钠。（4）澄清石灰水均能和碳酸氢钠以及碳酸钠反应生成白色沉淀碳酸钙，不能鉴别，所以这种说法是错误的。（5）如果澄清的石灰水过量，则碳酸氢钠和石灰水反应生成物是碳酸钙、氢氧化钠和水，反应的离子方程式是HCO3-+Ca2++OH-＝CaCO3↓+H2O。因此剩余溶液的溶质化学式为Ca(OH)2、NaOH。（6）①根据盐中阳离子的不同，可以通过焰色反应鉴别，即利用焰色反应，隔蓝色钴玻璃观察，能看到紫色焰色的是K2CO3，否则是2NaHCO3。②根据盐中阴离子的不同，可以利用沉淀法鉴别。即加入BaCl2(CaCl2)溶液，产生白色沉淀的是K2CO3，否则是2NaHCO3。考点：考查了碳酸钠和碳酸氢钠的性质实验探究、实验方案的评价、物质的鉴别和检验等点评：化学是一门以实验为基础的学科，所以有化学实验即科学探究之说法。纵观近几年高考，主要以考察探究性实验和物质制备实验为主。这些探究性和制备性实验的试题，综合性强，理论和实践的联系紧密，有的还提供一些新的信息，这就要求学生必须认真、细致的审题，联系所学过的知识和技能，进行知识的类比、迁移、重组，全面细致的思考才能得出正确的结论。明确物质的性质和实验原理，是答题的关键。54．（1）某研究性学习小组为了证明铁的金属性比铜强,他们设计了如下几种方案,其中合理的是________(填序号)。A．铁片置于硫酸铜溶液中置换出铜B．铁、铜与氯气反应分别生成FeCl3、CuCl2C．铜片置于FeCl3溶液中,铜片逐渐溶解D．铁片、铜片分别置于盛有稀硫酸的烧杯中,铁片上有气泡产生,而铜片无气泡E．常温下,分别将铁片和铜片置于浓硝酸中,铁片不溶解,而铜片溶解\n（2）请你另设计一个能证明铁的金属活动性比铜强的实验。要求:A．此方案的原理不同于上述任一合理方案;B．绘出实验装置图并注明所需的药品;C．写出实验过程中的主要实验现象。实验装置实验现象______________。【答案】（1）A、D（2）铁棒溶解,铜棒变粗【解析】试题分析：（1）活泼的金属能置换出不活泼的金属，所以铁片置于硫酸铜溶液中置换出铜，说明铁的金属性强于铜的，A正确；氯气极易强氧化性，铁、铜与氯气反应分别生成FeCl3、CuCl2，不能说明铁的金属性强于铜的，B不正确；氯化铁能和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，但不能说明铁的金属性强于铜的，C不正确；铁片、铜片分别置于盛有稀硫酸的烧杯中,铁片上有气泡产生,而铜片无气泡，这说明金属性铁强于铜的，D正确；常温下,分别将铁片和铜片置于浓硝酸中,铁片不溶解,而铜片溶解，其中铁发生的是钝化，不能说明金属性铁强于铜，E不正确，答案选AD。（2）要比较金属性强弱，还可以通过原电池。原电池中较活泼的金属是负极，不活泼的金属是正极，所以铁片、铜片铜导线连接后分别置于盛有论述题溶液的烧杯中，如果铁棒溶解,铜棒变粗，就说明铁的金属性强于铜的，装置图是。考点：考查金属性强弱比较的判断点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力。答题时能从原电池的负极、金属之间的置换反应、金属与酸或水反应的剧烈程度、金属最高价氧化物的水化物的碱性强弱等方面来判断金属的活动性强弱，注意相关知识的积累和总结。55．Ⅰ．下列实验操作中正确的是A．分液时，分液漏斗下层液体从下端放出，上层液体从上口倒出B．蒸馏时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口C．蒸发结晶时应将溶液直接蒸干D．称量非腐蚀性药品应放在托盘天平左盘的称量纸上，砝码放在托盘天平右盘的称量纸上Ⅱ\n．影响化学反应速率的因素很多，某学校化学小组用实验的方法进行探究。他们只利用Cu、Fe、Mg和不同浓度的硫酸（0.5mol/L、2mol/L、18.4mol/L），设计实验方案来探究影响化学反应速率的因素。甲同学的实验报告如下表：实验步骤现象结论①分别取等体积2mol/L的硫酸于试管中②Mg产生气泡速率快于Fe，Cu无明显变化金属性质越活泼，反应速率越快（1）甲同学表中实验步骤②为。（2）甲同学的实验目的是探究。乙同学为了更精确地研究浓度对反应速率的影响，利用下图所示装置进行定量实验。（3）乙同学在实验中应该测定的数据是。（4）乙同学完成实验应选用的实验药品是。【答案】（11分）Ⅰ．（3分，选对1个得1分，见错不得分，全选不得分）ABDⅡ．（8分，每空2分）（1）分别投入形状、大小相同的Cu、Fe、Mg（2）探究金属（反应物）本身的性质与反应速率的关系；温度相同（3）测定同一金属与浓度不同但体积相同的硫酸产生一定体积的气体所需要的时间于（或在一定时间内产生气体的体积）（4）Mg（或Fe）、0.2mol/L硫酸和2mol/L硫酸【解析】试题分析：Ⅰ．分液时，分液漏斗下层液体从下端放出，上层液体从上口倒出，A选项正确；蒸馏时，温度计测量的是气体温度，所以应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口处，选项B正确；蒸发结晶时当出现大量晶体时即可停止加热，利用余热蒸干，选项C不正确；称量非腐蚀性药品应放在托盘天平左盘的称量纸上，砝码放在托盘天平右盘的称量纸上，选项D正确，答案选ABD。Ⅱ．（1）根据甲同学的实验过程可知，该实验是通过观察不同的金属与相同的稀硫酸反应的反应速率来探究探究金属（反应物）本身的性质与反应速率的关系，所以需选用的实验药品为相同的浓度的硫酸，不同的金属，因此甲同学表中实验步骤②为分别投入形状、大小相同的Cu、Fe、Mg。（2）根据以上分析可知，甲同学的实验目的是探究探究金属（反应物）本身的性质与反应速率的关系；为保证实验的准确性，还要保证实验时溶液的温度是相同的。反应速率的表示方法为单位时间内反应物浓度的减少，或生成物浓度的增加．探究不同浓度的硫酸对反应速率的影响，所以可以测生成物气体的体积或生成气体所需的时间，故答案为：测定一定时间产生的体积（或者测定一定体积的气体所需的时间）；（3）该装置左边为分夜漏斗，锥形瓶，分液漏斗为加液体，锥形瓶为反应容器，右边为量气装置，且该装置不需加热，该实验的目的为探究不同浓度的稀硫酸与相同金属反应的反应速率，进行的是定量实验，所以乙同学在实验中应该测定的数据是测定同一金属与浓度不同但体积相同的硫酸产生一定体积的气体所需要的时间（或在一定时间内产生气体的体积）。（4）根据以上分析可知，乙同学完成实验应选用的实验药品是Mg（或Fe）、0.2mol/L硫酸和2mol/L硫酸。考点：考查化学实验基本操作、外界条件对反应速率影响的实验探究\n点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。侧重对学生实验能力的考查，有利于培养学生规范严谨的实验设计能力，明确实验原理是答题的关键。该类试题主要是以常见仪器的选用、实验基本操作为中心，通过是什么、为什么和怎样做重点考查实验基本操作的规范性和准确性及灵活运用知识解决实际问题的能力。56．下图中的实验装置可以用于实验室制取乙炔。请填空：（1）图中A管的作用是，制取乙炔的化学反应方程式为。（2）乙炔通入酸性KMnO4溶液中，发生反应，可以观察到现象，若通入溴水中，发生反应。（3）乙炔燃烧的化学方程式为，燃烧时的现象为，为了安全，点燃乙炔前应该先。【答案】（1）调节水面的高度来控制反应的发生和停止CaC2+H2OCa(OH)2+↑（2）氧化紫色酸性高锰酸钾溶液逐渐褪色加成（3）明亮火焰黑色浓烟验纯【解析】试题分析：（1）图中A管是可以上下移动的，所以可以通过调节水面的高度来控制反应的发生和停止。实验室制取乙炔的化学方程式是CaC2+H2OCa(OH)2+↑。（2）乙炔含有碳碳三键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，也能和溴水发生加成反应，所以乙炔通入酸性KMnO4溶液中，发生氧化反应，可以观察到紫色酸性高锰酸钾溶液逐渐褪色；若通入溴水中，发生加成反应。（3）乙炔是可燃性气体，点燃前相应检验乙炔的纯度。由于乙炔中含碳量高，所以燃烧时有黑色浓烟生成，反应的化学方程式是2HCH2＋5O24CO2＋2H2O。考点：考查乙炔的实验室制备、乙炔的化学性质点评：该题是基础性试题的考查，难度不大。试题贴近教材，基础性强，旨在巩固学生的基础，提高学生的应试能力。明确乙炔的实验室制备原理、乙炔的结构特点和性质特点，是答题的关键。57．某化学课外小组用如图所示装置制取溴苯。先向分液漏斗中加入苯和液溴，再将混合液慢慢滴入反应器A(A下端活塞关闭)中。\n（1）写出A中反应的化学方程式________________。（2）观察到A中的现象是____________________________________。（3）实验结束时，打开A下端的活塞，让反应液流入B中，充分振荡，目的是________________，写出有关的化学方程式___________________。（4）C中盛放CCl4的作用是____________________。（5）若证明苯和液溴发生的是取代反应，而不是加成反应，可向试管D中加入AgNO3溶液，若产生淡黄色沉淀，则能证明。另一种验证的方法是向试管D中加入___，现象是_______________________。【答案】（10分）（1）（2）反应液微沸，有红棕色气体充满A容器（3）除去溶于溴苯中的溴Br2＋2NaOH＝NaBr＋NaBrO＋H2O或3Br2＋6NaOH＝5NaBr＋NaBrO3＋3H2O（4）除去溴化氢气体中的溴蒸气（5）石蕊试液　溶液变红色(其他合理答案都对)【解析】试题分析：（1）装置A中用来制备溴苯的，所以A中反应的化学方程式是。（2）由于该反应是放热反应，且单质溴易挥发，所以实验中观察到的实验现象是反应液微沸，有红棕色气体充满A容器。（3）由于生成的溴苯中含有溶解的单质溴，所以让反应液流入氢氧化钠溶液中的目的是除去溶于溴苯中的溴，有关反应的方程式是Br2＋2NaOH＝NaBr＋NaBrO＋H2O，或3Br2＋6NaOH＝5NaBr＋NaBrO3＋3H2O。（4）由于单质溴易挥发，会干扰溴化氢的检验，所以四氯化碳的作用是除去溴化氢气体中的溴蒸气。（5）由于溴化氢溶于水溶液显酸性，据此可以检验，即向试管D中加入石蕊试液，而实验现象是溶液变红色。考点：考查溴苯制备的有关实验探究的判断点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题贴近高考，针对性强，主要是考查学生对溴苯制备原理、物质的除杂、物质的检验的了解掌握情况，有助于培养学生规范严谨的实验设计能力，有利于提高学生的应试能力，有助于提升学生的学科素养。58．某化学小组拟采用如下装置（夹持和加热仪器已略去）来电解饱和食盐水，并用电解产生的H2还原CuO粉末来测定Cu的相对原子质量，同时检验氯气的氧化性。\n（1）为完成上述实验，正确的连接顺序为_______接A,B接_______（填写连接的字母）。（2）对硬质玻璃管里的氧化铜粉末加热前，需要的操作为               。（3）若检验氯气的氧化性，则乙装置的a瓶中溶液及对应的现象是 　　      　     。（4）为测定Cu的相对原子质量，设计了如下甲、乙两个实验方案精确测量硬质玻璃管的质量为ag, 放入CuO后，精确测量硬质玻璃管和CuO的总质量为bg,实验完毕后甲方案：通过精确测量硬质玻璃管和Cu粉的总质量为cg,进而确定Cu的相对原子质量。乙方案：通过精确测定生成水的质量dg，进而确定Cu的相对原子质量。请你分析并回答：你认为不合理的方案及其不足之处是            。②按测得结果更准确的方案进行计算，Cu的相对原子质量                       。【答案】（10分）（1）E（1分） C（1分）（2）检验氢气的纯度，防止发生爆炸（2分）（3）淀粉KI溶液，溶液变为蓝色（2分）（4）①乙方案不合理，因为空气中的CO2和H2O通过D口进入U形管造成实验误差较大（2分）②16(c-a)/(b-c)（2分）【解析】试题分析：（1）A电极和电源的负极相连，是阴极，阴极上产生的是氢气。B是阳极，阳极上产生的是氯气，要用氢气来还还原氧化铜，所以A连接E，干燥氢气后用氢气来还原氧化铜，所以B连接C。（2）氢气是可燃性气体，所以加热氧化铜之前要检验纯度，否则加热易引起爆炸。（3）氯气具有氧化性，能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，可以用湿润的淀粉碘化钾试纸来检验。（4）①U型管也可能吸收空气中的水和CO2，从而会导致测定Cu的相对原子质量有误差，所以乙方案是不合理的。②根据甲方案，设金属铜的原子量为M，则CuO～CuM+16      Mb-a      c-a解得M＝考点：考查电解原理的应用、化学基本实验操作以及铜元素相对原子质量测定的实验探究点评：该题是高考中的常见题型，\n是一道氯碱工业和实验相结合的综合题目，考查角度广，要求学生具有很好的分析和解决问题的能力，难度较大。有利于激发学生的学习兴趣和学习积极性，也有利于培养学生的逻辑推理能力和规范严谨的实验设计能力，有助于提高学生的应试能力，提升学生的学科素养。59．某校化学研究性学习小组欲设计实验验证Al、Fe、Cu的金属活动性，他们提出了以下两种方案。请你帮助他们完成有关实验项目：（1）用三种金属与盐酸反应的现象来判断，实验中除选择大小相同的金属片外，还需要控制_____________、_____________相同；若选用一种盐溶液验证三种金属的活泼性，该试剂为。（2）①若用Fe、Cu作电极设计成原电池，以确定Fe、Cu的活动性。试在下面方框中画出原电池装置图，标出原电池的电极材料和电解质溶液。上述装置中正极反应式为。②某小组同学采用Al、Fe作为电极，只用一个原电池证明三种金属的活动性，则电解质溶液最好选用。A.0.5mol·L-1氯化亚铁溶液B.0.5mol·L-1氯化铜溶液C.0.5mol·L-1盐酸D.0.5mol·L-1氯化亚铁和0.5mol·L-1氯化铜混合溶液（3）利用提供的试剂和用品：0.1mol·L-1盐酸溶液、0.1mol·L-1醋酸溶液、0.5mol·L-1氯化铝溶液、0.5mol·L-1氢氧化钠溶液、PH试纸。请设计最简单实验证明氢氧化铝为弱碱【答案】（1）盐酸的浓度(1分)；溶液的温度(1分)；硫酸亚铁溶液（或其他的亚铁盐溶液）(2分)；（2）①(2分)FeCu稀硫酸或硫酸铜2H＋＋2e－=H2↑或Cu2＋＋2e－=Cu(2分)②D(2分)（3）取适量的氯化铝溶液，用pH试纸测其pH值小于7，则证明氢氧化铝为弱碱。(2分)【解析】试题分析：（1）要验证Al、Fe、Cu的金属活动性，除选择大小相同的金属片外，还需要控制盐酸的浓度和溶液的温度相同，还可以用硫酸亚铁溶液（或其他的亚铁盐溶液）来验证三种金属的活泼性；（2）①若用Fe、Cu作电极设计成原电池，\n则Fe为负极，Cu为正极，可以用稀硫酸或者是硫酸铜为电解质溶液，所以该装置图为，若电解质为稀硫酸，则正极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，若电解质溶液为硫酸铜，则正极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu；②用Al、Fe作为电极，只用一个原电池证明三种金属的活动性，则电解质溶液最好选用0.5mol·L-1氯化亚铁和0.5mol·L-1氯化铜混合溶液；（3）可以测定铝的强酸盐的pH来判断，其实验过程为取适量的氯化铝溶液，用pH试纸测其pH值小于7，则证明氢氧化铝为弱碱。考点：原电池，盐类水解点评：本题利用原电池的知识来设计实验比较金属的活动性，这有利于培养学生的探究性思维，该题难度适中。60．已知某混合金属粉末，除铝外还含有铁、铜中的一种或两种，所含金属的量都在5%以上。请设计合理实验探究该混合物金属粉末中铁、铜元素的存在。仅限选择的仪器和试剂：烧杯、试管、玻璃棒、量筒、容量瓶、滴管、药匙；1mol/L硫酸、2mol/L硝酸、2mol/LNaOH溶液、20%KSCN溶液。完成以下实验探究过程：（1）提出假设：假设1该混合金属粉末中除铝外还含有元素；假设2该混合金属粉末中除铝外还含有元素；假设3该混合金属粉末中除铝外还含有Fe、Cu元素；（2）设计实验方案基于假设3，设计出实验方案（不要在答题卡上作答）。（3）实验过程根据（2）的实验方案，完成实验操作、预期现象和结论的有关问题。编号实验操作预期现象结论①用药匙取少许样品，加入试管A中，再用滴管取过量NaOH溶液并滴加到试管A中，充分反应后，静置，弃去上层清液，剩余固体备用样品部分溶解，并有气体放出②往试管A的剩余固体中加过量稀硫酸，充分反应后，静置。取上层清液于试管B中，剩余固体备用固体部分溶解，并有气体放出，溶液呈浅绿色可能含(填元素名称，以下同)③往试管B中加入少许稀硝酸，再滴加KSCN溶液溶液先变黄色，加KSCN后显结合②可知，一定含\n④往②剩余固体中加入稀硝酸，再滴加NaOH溶液固体溶解，有无色刺激性气体产生并很快变成红棕色，溶液显蓝色，加NaOH溶液后有沉淀产生。一定含。【答案】（1）Cu；Fe（顺序可交换）（3）②铁③血红色铁④蓝色铜（每空1分）【解析】试题分析：（1）根据已知信息和假设3可知，假设1是该混合金属粉末中除铝外还含有铁元素；假设2是该混合金属粉末中除铝外还含有铜元素。（3）固体部分溶解，并有气体放出，溶液呈浅绿色，这说明一定含有铁元素。硝酸具有强氧化性，能把亚铁离子氧化生成铁离子，从而和KSCN溶液反应显血红色。固体溶解，有无色刺激性气体产生并很快变成红棕色，溶液显蓝色，这说明硝酸被还原，所以还含有金属铜。氢氧化钠和硝酸铜反应生成蓝色的氢氧化铜沉淀。考点：考查合金中金属元素判断的实验探究点评：化学是一门以实验为基础的学科，所以有化学实验即科学探究之说法，主要以考查探究性实验和物质制备实验为主。这些探究性和制备性实验的试题，综合性强，理论和实践的联系紧密，有的还提供一些新的信息，这就要求学生必须认真、细致的审题，联系所学过的知识和技能，进行知识的类比、迁移、重组，全面细致的思考才能得出正确的结论。61．某研究性学习小组设计了一组实验来探究元素周期律。甲同学根据元素非金属性与对应最高价含氧酸之间的关系，设计了如图1装置来一次性完成碳族元素中C与Si的非金属性强弱比较的实验研究；乙同学设计了如图2装置来验证卤族元素性质的递变规律。A、B、C三处分别是沾有NaBr溶液的棉花、湿润的淀粉KI试纸、湿润红纸。已知常温下浓盐酸与高锰酸钾能反应生成氯气。图1(1)甲同学设计实验的依据是__________________________________________________________________；写出选用物质的化学式：A____________，B_____________，C____________；（2）其中装置B中所盛试剂的作用为_____________________________________；C中反应的离子方程式为____________________________________________；(3)乙同学的实验原理是_____________________________________________；写出B处的离子方程式：___________________________________________。【答案】(13分)(1)强酸制弱酸（2分）；碳酸钙、饱和碳酸氢钠溶液、硅酸钠溶液（3分）　\n(2)除去CO2中的氯化氢气体（2分；SiO32－＋2CO2＋2H2O＝H2SiO3↓＋2HCO3－（2分）(3)强氧化剂生成弱氧化剂或活泼的非金属单质置换较不活泼的非金属单质（2分）　2I－＋Cl2＝2Cl－＋I2（2分）【解析】试题分析：（1）根据图①装置的特点可知，甲同学设计实验的依据是根据较强的酸制备减弱酸的原理进行设计的。A装置是制备CO2的，所以A中盛放的是碳酸钙，C盛放的是硅酸钠溶液。由于盐酸易挥发，也能和硅酸钠反应，生成硅酸沉淀，所以B中应该盛放饱和碳酸氢钠溶液，除去CO2中的氯化氢气体。（2）C中反应的离子方程式为SiO32－＋2CO2＋2H2O＝H2SiO3↓＋2HCO3－。（3）根据图②装置的特点可知，甲同学设计实验原理是强氧化剂生成弱氧化剂或活泼的非金属单质置换较不活泼的非金属单质。高锰酸钾溶液能把氯化氢氧化生成氯气，氯气能把碘化钾溶液氧化生成单质碘，反应的离子方程式是2I－＋Cl2＝2Cl－＋I2。考点：考查元素非金属性强弱比较实验探究的有关判断点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。该题综合性强，侧重对学生实验能力的培养，提高学生的学科素养。有利于培养学生规范、严谨的实验设计、评价能力以及操作动手能力。该题需要明确的这种类型的试题主要是以常见仪器的选用、实验基本操作为中心，通过是什么、为什么和怎样做重点考查实验基本操作的规范性和准确性及灵活运用知识解决实际问题的能力。62．在进行某实验探究过程中，一些学生发现等质量的铜片分别与等体积（均过量）的浓硝酸和稀硝酸反应，所得溶液前者为绿色，后者为蓝色。针对这种现象，学生们进行了讨论后，出现了以下两种观点：一种认为，这可能是Cu2+浓度的差异引起的。你同意这种看法吗?(填“同意”或“不同意”)，原因是。另一种认为，呈“绿色”是Cu2+与NO2混合的结果。请你设计出一个实验方案证明之，你设计的实验方案是已知0.3molCu与足量的稀硝酸反应，则被还原的HNO3的物质的量是mol。【答案】不同意（1分）浓硝酸、稀硝酸均过量，Cu全部转化为Cu2+，则在同体积的溶液中Cu2+浓度相同、溶液颜色应该相同（2分）加水稀释看能否由绿色变为蓝色（2分，其它合理答案均可）0.2mol（2分）【解析】试题分析：因溶液的颜色由有色离子的浓度来决定，而Cu2+浓度相同，颜色应该相同，故答案为：不同意；浓硝酸、稀硝酸均过量，Cu全部转化为Cu2+，则在同体积的溶液中Cu2+浓度相同、溶液颜色应该相同。因除去NO2若颜色变蓝，则是由于Cu2+与NO2混合的结果，故答案为：加水稀释看能否由绿色变为蓝色。Cu与足量的稀硝酸反应：3Cu+8HNO3===3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，在这个方程式中我们可以知道有2mol硝酸被还原成NO，参加反应的硝酸与被还原的硝酸的物质的量之比是4：1，而0.3molCu和0.8molHNO3完全反应，所以硝酸物质的量为0.8mol，则被还原的HNO3物质的量是0.2mol。考点：硝酸的化学性质；探究化学实验中的反常现象．点评：本题主要考查了铜与硝酸的反应，根据问题情景，运用所学知识来解决问题，培养了学生分析问题解决问题的能力，题目难度中等。63．)实验室制备溴苯可用如图所示的装置，填写下列空白：\n（1）关闭F夹，打开C夹，在装有少量苯的三口烧瓶中由A口加入少量溴，再加入少量铁屑，塞住A口，反应一段时间制的溴苯。溴苯是一种密度比水(填”小”或”大”)的无色液体，在实验中因为而显褐色。则三口烧瓶中发生反应的化学方程式为_____和___。（2）D、E试管内出现的现象为_____________________________________。（3）待三口烧瓶中的反应进行到仍有气泡冒出时松开F夹，关闭C，可以看到的现象是____________________________________。（4）三口烧瓶中的溴苯经过下列步骤分离提纯：①向三口烧瓶中加入10mL水，然后过滤除去未反应的铁屑；②滤液依次用10mL水、8mL10％的NaOH溶液、10mL水洗涤。NaOH溶液洗涤的作用是_______________________；③向分出的粗溴苯中加入少量的无水氯化钙，静置、过滤。加入氯化钙的目的是___。(5)经过上述分离操作后，粗溴苯中还含有的主要杂质为_____________，要进一步提纯，下列操作中必须的是_______（填入正确选项前的字母）：A．重结晶B．过滤C．蒸馏D．萃取【答案】(13分)⑴大(1分)溶有Br2(1分)2Fe＋3Br2＝2FeBr3(2分)(2分)⑵D管石蕊试液变红(1分)，E管出现浅黄色沉淀。(1分)⑶水倒流进三口烧瓶。(1分)⑷吸收HBr和Br2(1分)干燥(1分)(5)苯(1分)C(1分)【解析】试题分析：（1）在催化剂的作用下，苯和液溴发生取代反应生成溴苯，所以有关反应的化学方程式分别是2Fe＋3Br2＝2FeBr3、。溴苯是一种密度比水大的无色液体，在实验中因为溶有Br2而显褐色。（2）由于生成的溴化氢极易挥发，溶于水显酸性，则紫色石蕊试液变红。溴化氢溶于水和硝酸银反应生成溴化银淡黄色长的，即实验现象是溶液中有淡黄色沉淀生成。\n（3）由于溴化氢极易溶于水，所以待三颈烧瓶中的反应进行到仍有气泡冒出时松开F夹，关闭C夹，可以看到的现象是与F相连的广口瓶中NaOH溶液流入三颈烧瓶。（4）②由于溴苯中溶有溴化氢与单质溴，所以氢氧化钠溶液的作用是吸收HBr和Br2。③氯化钙是常用的干燥剂，其干燥作用。（5）苯易溶在溴苯中，且和氢氧化钠溶液不反应，所以粗溴苯中还含有的主要杂质为苯，二者的沸点相差较大，蒸馏即可分离，答案选C。考点：考查溴苯制备实验的有关判断点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题，试题综合性强，难易适中。在注重对学生基础性知识考查和训练的同时，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，有利于培养学生的严谨规范的实验设计能力，也有利于提高学生的学科素养。64．铝镁合金已成为轮船制造、化工生产等行业的重要材料。研究性学习小组的同学，为测定某不同品牌铝镁合金（不含其它元素）中镁的质量分数，设计下列两种不同实验方案进行探究。填写下列空白。[探究一]实验方案：铝镁合金测定生成气体的体积实验装置如下图，问题讨论：（1）反应完毕,每间隔1分钟读取气体体积，气体体积逐渐减小，直至不变。气体体积减小的原因是（仪器和实验操作的影响因素除外）。（2）为使测定结果尽可能精确，实验中应注意的问题除了检查装置的气密性、加入足量盐酸使合金完全溶解和按（1）操作外，请再写出两点：①②（3）如果用分析天平准确称取0.51g镁铝合进行实验，测得生成气体体积为560mL（已折算成标况下体积），请计算合金中镁的质量分数。（请写出计算过程）_______________________________________________________________________________________。[探究二]实验方案：称量Bg另一品牌铝镁合金粉末．放在如下图所示装置的惰性电热板上，通电使其充分灼烧。问题讨论：\n（1）欲计算Mg的质量分数，该实验中还需测定的数据是。（2）用本方案进行实验时，装置中至少要充入O2的物质的量mol（用含B的最简式表示）。[实验拓展]研究小组对某无色透明的溶液进行实验，发现该溶液跟铝反应时放出H2，试判断下列离子：Mg2+、Cu2+、Ba2+、H+、Ag+、SO42－、HCO3－、OH－、NO3－，在下列两种情况下,可能存在于此溶液中的是：①当与铝反应后生成Al3+时，原溶液可能大量存在的离子。②当与铝反应后生成[Al(OH)4]－时，原溶液可能大量存在的离子是。【答案】(12分）[探究一]（1）反应放热，气体温度较高，温度降低时，气体体积减小。1分（2）①调整量气管C的高度，使C中液面与B液面相平；②读数时保证视线与凹液面的最低点相平；(各1分)（3）47．1%(4分)[探究二]（1）灼烧后固体的质量(1分)（2）B/36(2分)[实验拓展]①Mg2+、SO42－、H+②Ba2+、OH-、NO3－(各1分)【解析】试题分析：[探究一]（1）活泼金属与酸的反应是放热反应，故气体体积减小的原因是反应放热，气体温度较高，温度降低时，气体体积减小。（2）①要使容器中的压强相等才能计量准确，即调整量气管C的高度，使C中液面与B液面相平；②排除认为的原因，即读数时保证视线与凹液面的最低点相平。（3）560mL即0.025mol，Mg~~~H2↑、Al~~~3/2H2↑，24n(Mg)+27n(Al)=0.51、n(Mg)+3/2n(Al)=0.025。解得n(Al)=0.01mol，n(Mg)=0.01mol。m(Mg)=24n(Mg)=0.024(g)。合金中镁的质量分数为0.024g/0.51g*100%=47.1%。[探究二]（1）欲计算镁的质量分数，该实验中还需测定的一种数据是：完全反应后生成的固体的质量。（2）如果合金全是铝，消耗氧气是最少的，关系式为Al~~~3/4O2,经计算得装置中至少要充入O2的物质的量为B/36mol。[实验拓展](1)生成Al3+，证明体系中存在H+能与H+共同存在的是Ba2+，Cu2+，Mg2+，H+，SO42-，NO3-，Cl-溶液无色，排除Cu2+若存在NO3-，则不与Al反应产生H+，产生NO或者NO2，故而NO3-不存在余下的Ba2+和SO42-不能同时存在故而体系中存在Ba2+，Mg2+，H+，Cl-或者Mg2+，H+，Cl-，SO42-，无论哪种情况Ag+均不能存在，Ag2SO4和AgCl均溶解度不好(2)生成AlO2-，证明体系含OH-2Al+2OH-+2H2O====2AlO2-+3H2↑含有OH-，则不能含有Mg2+（否则Mg(OH)2沉淀），不能有H+，不能有Ag+，不能有Cu2+，不能有HCO3-剩余为Ba2+，SO42-，SO32-，NO3-，OH-和Cl-溶液中必有阳离子，Ba2+所以没有SO32-和SO42-只剩下：Ba2+，NO3-，OH-和Cl-考点：探究物质的组成或测量物质的含量镁的化学性质铝的化学性质点评：\n主要考查物质含量的测定、对实验原理与装置的理解、实验方案设计等，难度中等，理解实验原理是解题的关键，是对知识的综合考查，需要学生具有知识的基础与综合运用知识分析问题、解决问题的能力。65．文献资料显示某地区的酸雨主要为硫酸型和盐酸型酸雨。某兴趣小组对酸雨进行实验研究：(1)提出合理的假设：该酸雨中的溶质除H2SO4、HCl外，该小组同学根据硫酸型酸雨的形成过程，预测主要溶质还一定有。(2)设计实验方案验证以上假设。在答题卡上写出实验步骤、预期现象和结论。限选试剂及仪器：盐酸、硝酸、BaCl2溶液、Ba(OH)2溶液、AgNO3溶液、紫色石蕊试液、品红溶液、烧杯、试管、胶头滴管。实验步骤预期现象和结论步骤1：取适量酸雨于A、B两支洁净试管中，待用。步骤2：往A试管中加入过量的Ba(OH)2溶液，静置，过滤。步骤3：取少量步骤2得到的滤渣加入足量的盐酸。步骤4：取少量步骤2得到的的滤液，加入。步骤5：往B试管中加入。【答案】（12分）（1）SO2（或H2SO3）（2分）（2）每空2分实验步骤预期现象和结论步骤3：若滤渣不完全溶解则酸雨中含有硫酸步骤4：取少量步骤2得到的的滤液，加入过量的硝酸银，然后加入少量的硝酸银溶液若产生白色沉淀，则酸雨中含有盐酸步骤5：往B试管中加入几滴品红溶液，振荡若品红溶液褪色，则所以中含有亚硫酸或SO2【解析】试题分析：（1）由于酸雨中硫酸是亚硫酸被氧化后生成的，所以主要溶质还一定有亚硫酸或SO2。（2）由于硫酸钡和亚硫酸钡都是不溶于水的白色沉淀，但硫酸钡还不能溶于酸中，所以步骤3中，预期的现象和结论应该是：若滤渣不完全溶解则酸雨中含有硫酸；氯离子的检验一般用硝酸酸化的硝酸银溶液，所以步骤4应该是：取少量步骤2得到的的滤液，加入过量的硝酸银，然后加入少量的硝酸银溶液。预期的现象和结论应该是：若产生白色沉淀，则酸雨中含有盐酸。SO2的检验一般用品红溶液，所以步骤5应该是：往B试管中加入几滴品红溶液，振荡。预期的现象和结论应该是：若品红溶液褪色，则所以中含有亚硫酸或SO2。考点：考查酸雨成分实验探究的有关判断点评：该题是高考中的常见考点，属于中等难度的试题。试题难易适中，侧重对学生基础性知识的巩固与训练，有助于培养学生综合实验能力和规范严谨的实验实际能力。该类试题综合性强，理论和实践的联系紧密，有的还提供一些新的信息，这就要求学生必须认真、细致的审题，联系所学过的知识和技能，进行知识的类比、迁移、重组，全面细致的思考才能得出正确的结论。66．某铝合金中含有单质铝、镁、铜、硅，为了测定该合金中铝的含量，设计了如下实验流程，请回答有关问题：\n（1）步骤1所得固体甲的成分为。（2）步骤2中加足量盐酸，而不采用通入足量二氧化碳的原因为。（3）步骤3中生成固体丙的离子方程式为；溶液C中所含有的阳离子符号为。（4）步骤4所发生反应的化学方程式为。（5）现用托盘天平称取10.0g铝合金进行上述流程图所示操作，所得固体丁质量为15.3g，则该铝合金中铝的质量分数为；并判断以下操作对铝质量分数测定的影响（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。a．步骤1中烧碱量不足，则；b．步骤4中灼烧不充分，则。【答案】(16分)（1）镁、铜（2分）（2）通入二氧化碳得到硅酸与氢氧化铝的固体混合物，无法将硅、铝元素分离开来。（2分）（3）Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+（3分）；Na+、NH4+（2分）（4）2Al(OH)3Al2O3+3H2O（3分）（5）81.0%（2分）；偏小（1分）；偏大（1分）【解析】试题分析：（1）镁、铜不与烧碱溶液反应，故固体甲的成分为镁、铜。（2）氢氧化铝沉淀可以和盐酸反应，而不能和二氧化碳反应，故不采用通入足量二氧化碳的原因是通入二氧化碳得到硅酸与氢氧化铝的固体混合物，无法将硅、铝元素分离开来。（3）氢氧化铝沉淀不再与氨水反应，故步骤3中生成固体丙的离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+。溶液C中所含有的阳离子符号为Na+、NH4+。（4）丙是氢氧化铝，故反应方程式为2Al(OH)3Al2O3+3H2O。（5）Al→1/2Al2O327g51gm15.3g51g×m=27g×15.3g解得m=8.1g故10.0g铝合金中铝的质量分数为81.0%。a．步骤1中烧碱量不足，Al反应不完，故偏小。b．步骤1中灼烧不充分，丁的质量将偏大，故铝质量分数测定要偏大。考点：探究物质的组成或测量物质的含量铝的化学性质点评：本题考查学生对实验与操作原理、物质的分离提纯、物质含量的测定、化学计算等，难度中等，清楚实验原理是解题的关键，是对所学知识的综合运用，需要学生具备扎实的基础与运用知识分析问题解决问题的能力。\n67．在呼吸面具和潜水艇中可以用过氧化钠作为供氧剂。某化学探究学习小组选用适当的化学试剂和实验用品，用下图中实验装置，进行实验来证明过氧化钠可作供氧剂。其中，A是实验室制取CO2的装置，D中装有过氧化钠固体。（1）写出A装置中发生反应的离子方程式：；（2）填写表中空格：仪器加入试剂加入该试剂的目的B饱和NaHCO3溶液C除去CO2中的水蒸气E（3）若无C装置，对实现该实验目的是否有影响（填“是”或“否”），原因；（4）试管F中收集满气体并从水中取出后，下一步实验操作为：。【答案】（1）CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑（2分）（2）（每空1分）仪器加入试剂加入该试剂的目的B除去CO2中的HClC浓硫酸ENaOH溶液除去O2中的CO2（3）否（1分），2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2（2分）（4）立即把带火星的木条伸入试管口内，木条复燃，证明试管中收集的气体是氧气。（2分）【解析】试题分析：（1）A是实验室制取CO2的装置，所以发生反应的离子方程式是CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑。（2）由于生成的CO2中含有水蒸气和氯化氢气体，所以再和过氧化钠反应之前，需要除杂。B中饱和碳酸氢钠溶液除去的杂质是氯化氢；C中的试剂原来构造CO2，则选择的是浓硫酸；由于生成的氧气中含有未反应的CO2，因此为了防止CO2对氧气收集的干扰，需要先除去CO2，则E中氢氧化钠溶液的作用就是除去氧气中的CO2气体。（4）由于水蒸气也能和过氧化钠反应生成氧气，因此也可以证明过氧化钠可作供氧剂，所以若无C装置，对实现该实验目的无影响。（4）试管F中收集满气体并从水中取出后，下一步实验操作应该是检验收集的气体是否是氧气，正确的做法是立即把带火星的木条伸入试管口内，木条复燃，证明试管中收集的气体是氧气。考点：考查CO2的制备、除杂，过氧化钠做供氧剂的有关判断、氧气的检验\n点评：该题是中等难度的试题，试题注重基础，侧重实验能力的培养和训练，有利于培养学生严谨的实验设计和动手操作能力，提高学生的综合实验能力。该题主要是以实验基本操作为中心，通过是什么、为什么和怎样做重点考查实验基本操作的规范性和准确性及灵活运用知识解决实际问题的能力。68．(15分)S2Cl2是工业上常用的硫化剂，实验室制备S2Cl2的反应原理有两种：①CS2＋3Cl2℃CCl4＋S2Cl2；②2S＋Cl2℃S2Cl2。已知：S2Cl2易与水反应，S2Cl2＋Cl22SCl2。下列是几种物质的熔沸点和反应装置图物质沸点/℃熔点/℃S445113CS247－109CCl477－23S2Cl2137－77（1）利用上图装置（部分夹持仪器已略去）来制备S2Cl2，反应原理是（填写以上两种反应原理的数字序号）（2）若装置C更换成干燥管，则装置C中可选用的固体试剂是。（3）D装置中冷凝管的作用是；反应结束后，将D装置锥形瓶内的混合物中分离出产物的方法是。（4）S2Cl2与足量水反应有黄色沉淀生成，产生的无色气体能使品红溶液褪色，则该反应的化学方程式为。（5）为了提高制得的产品S2Cl2的纯度，关键的操作是控制好温度和。（6）上图尾部装置不够完善，存在的问题是。【答案】(15分)（1）①。（2分）（2）无水氯化钙或固体五氧化二磷。（2分）（3）冷凝回流、导气。（各1分，共计2分）蒸馏（2分）（4）2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl（2分）（5）控制浓盐酸的滴速不要过快（2分）（6）在D和E之间增加干燥装置、尾气吸收要防止倒吸（3分，少一个扣2分）【解析】试题分析：（1）图中D装置是液体与液体的反应，故反应原理是①。\n（2）注意C装置中的固体不能与2Cl2反应，故装置C中可选用的固体试剂是无水氯化钙或固体五氧化二磷。（3）D装置中冷凝管是冷凝Cl2的温度，故作用是冷凝回流、导气。CS2与S2Cl2沸点的相差很大，故分离的方法是蒸馏。（4）S2Cl2与足量水反应有黄色沉淀生成，产生的无色气体能使品红溶液褪色，说明生成了固体S和SO2气体，故方程式为2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl。（5）为了提高制得的产品S2Cl2的纯度，需要控制好温度和使反应物混合均匀充分反应，故填空为控制浓盐酸的滴速不要过快。（6）E装置容易倒吸，故存在的问题是在D和E之间增加干燥装置、尾气吸收要防止倒吸。考点：化学实验蒸馏操作尾气吸收点评：本题是有关实验方案的设计和评价的考查，要求学生熟悉所实验的内容及原理，能够考查同学们进行分析问题、解决问题的能力。69．（Ⅰ）（8分）某无色溶液中可能含有Na＋、SO42—、MnO4—、、Cl—、Br—、中的若干种，依次进行下列实验。观察到现象如下：①用pH试纸检验，溶液pH＞7；②向溶液中滴加氯水，无气体产生，再加入CCl4振荡、静置,CCl4层呈橙红色，用分液漏斗分液；③向分液后的水溶液中加入AgNO3和HNO3混合液，有白色沉淀产生。④另取原溶液少量加入Ba(NO3)2和盐酸的混合液，产生白色沉淀。回答下列问题：（1）溶液中肯定含有的离子是；肯定没有的离子是。⑵写出步骤②中的离子方程式。（Ⅱ）（6分）SO2气体通入滴有酚酞的NaOH溶液，红色逐渐褪去，可能的原因：①②。简述设计实验证明：。【答案】（Ⅰ）.（8分）⑴Na+、Br—、、MnO4—⑵Cl2+2Br—==Br2+2Cl—+Cl2+H2O==2H++2Cl—+SO42—（Ⅱ）.(6分）①假设一：SO2或SO2与水作用的产物漂白了红色的溶液；②假设二：SO2与NaOH反应降低了溶液的PH（答消耗NaOH，碱性减弱均可）方案一、取上述褪色后的溶液于试管，加入NaOH溶液，溶液恢复红色，则假设二成立；方案二、取上述褪色后的溶液于试管，用酒精灯加热，溶液恢复红色，，则假设一成立【解析】试题分析：此题的做法是一边做，一变分析，判断，具体做法如下：某无色溶液肯定没有MnO4—（紫色）中可能含有Na＋（肯定有，因为只有它一种阳离子）、SO42—、MnO4—肯定没有MnO4—（紫色）、、Cl—、Br—、中的若干种，依次进行下列实验。观察到现象如下：①用pH试纸检验，溶液pH＞7；说明溶液呈现碱性，所以在碱性环境中不能大量共存的离子不能存在，此处不能排除任何离子；②向溶液中滴加氯水，无气体产生，再加入CCl4振荡、静置,CCl4\n层呈橙红色，用分液漏斗分液；说明一定有Br—离子，因为溴单质溶于四氯化碳后是橙红色的；③向分液后的水溶液中加入AgNO3和HNO3混合液，有白色沉淀产生。判断不出是不是有氯离子，因为前面加的是氯水，其中含有氯离子，对实验是有干扰的。只能说可能有氯离子。④另取原溶液少量加入Ba(NO3)2和盐酸的混合液，产生白色沉淀。肯定有亚硫酸根，溶液中的硝酸根和氢离子把它氧化成了硫酸根了，所以一定有亚硫酸根。所以溶液中肯定含有的离子是Na+、Br—、；肯定没有的离子是MnO4—；步骤②中的离子方程式是Cl2+2Br—==Br2+2Cl—；+Cl2+H2O==2H++2Cl—+SO42—；SO2气体通入滴有酚酞的NaOH溶液，红色逐渐褪去，可能的原因：SO2或SO2与水作用的产物漂白了红色的溶液；SO2与NaOH反应降低了溶液的PH；设计实验证明的方法：方案一、取上述褪色后的溶液于试管，加入NaOH溶液，溶液恢复红色，则假设二成立；方案二、取上述褪色后的溶液于试管，用酒精灯加热，溶液恢复红色，，则假设一成立。考点：化学实验点评：离子推断题解法归纳：这些推断题的解法在于掌握离子的特有反应以及离子间的共存情况。在解题之前，应对所提供的离子在溶液中能否大量共存进行分析，做到心中有数。一般来说，离子间能生成沉淀、或气体、或弱电解质，以及能发生氧化还原反应的，就不能在溶液中大量共存。例如，H+与OH- ，H+与弱酸根阴离子，OH- 与弱碱阳离子，Ag+与Cl- 、Br- 、I- 、、，Ba2+、Ca2+与、，Fe2+与(酸性条件下)，Fe3+与S2- ，Al3+与、S2- 等等，都不能在溶液中共存。在具体推断过程中，要注意以下几点：(1) 把推断离子的肯定与否定存在结合起来考虑，不要单打一。(2) 推断过程中，前后的结论不应该矛盾。因此，前面已下结论的离子，在后面的推断过程中可不再重叙。若在分析中发现前后结论有矛盾，则应找出错误原因。(3) 在作推断结果时，应该考虑三个方面，即肯定存在的离子，肯定不存在的离子，不能判定存在与否的离子。并且这三个方面的离子应是互相独立的，任何一种离子只能出现一次，不能重复出现。当然有的题目中不一定三种情况都需要回答，但分析问题时都应该考虑到。70．（12分）某化学兴趣小组在化学实验室发现一瓶没有标签的淡黄色粉末，同学们对探究该粉末产生浓厚兴趣，并在老师的指导下进行探究活动。【提出问题】这种淡黄色粉末是什么？有什么性质和用途？【查阅资料】①硫是淡黄色粉末，不溶于水；②过氧化钠（Na2O2）是淡黄色粉末，在常温下能与水反应生成碱和一种气体；在呼吸面具中和潜水艇里常用作供氧剂。【猜想与探究】猜想：淡黄色粉末可能是：a．硫；b．过氧化钠；c．硫和过氧化钠的混合物。探究：过氧化钠与水反应的生成物的成分。【实验与结论】实验操作实验现象实验结论猜想在一支洁净的试管中加入适量的上述淡黄色粉末，再加入足量的蒸馏水_____________________猜想a、c不成立，猜想b成立。\n探究①用带火星的木条伸入过氧化钠与水反应的试管中木条复燃生成物有___________②往①试管内的溶液中滴加______________________________________________生成物有氢氧化钠【继续探究】小组对过氧化钠能作为供氧剂也很感兴趣，大家讨论认为可能是CO2在常温下能与过氧化钠反应有关，abCO2氢氧化钠于是设计上图所示的装置继续实验探究。实验操作实验现象实验结论①将CO2从a口处通入装置内，再把带火星的木条放在装置b口处木条复燃CO2在常温下能与过氧化钠反应，该反应的化学方程式为：____________________________②取出充分反应后的固体生成物于试管中，往试管内滴加稀盐酸，将生成的氢气通入澄清石灰水中有气泡产生石灰水变浑浊【交流与比较】与我们学过的制氧气方法相比，常选用过氧化钠作为呼吸面具和潜水艇的供氧剂的一个理由是：________________________________。【答案】每空2分实验操作实验现象实验结论猜想完全溶解且有气泡产生探究氧气无色酚酞试液（合理即可）酚酞试液变红（与操作对应）【继续探究】2CO2+2Na2O22Na2CO3+O2↑【比较】反应在常温下进行或反应消耗了人体呼出的二氧化碳气体（合理即可）【解析】试题分析：过氧化钠与水反应的化学方程式为：2H2O+2Na2O24NaOH+O2↑根据生成物可判断出表格中的现象及所对应的结论。由课本知识可知，二氧化碳与过氧化钠反应的化学方程式为：2CO2+2Na2O22Na2CO3+O2↑。选用过氧化钠作为呼吸面具和潜水艇的供氧剂，既可充分利用人体呼吸作用产生的CO2，又可以产生O2。考点：Na2O2的性质点评：本题以探究题的性质考查了Na2O2的性质，考查形式难度大，但都是基本知识，属于中等难度题型。考生只需掌握Na2O2的相关性质即可正确得出结论。71．(14分)室温下，将一定浓度的Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到了蓝色沉淀。为了确定该沉淀的组成，某研究性学习小组进行了以下实验和研究。(一)【提出假说】假设一：两者反应只生成CuCO3沉淀；假设二：两者反应只生成Cu(OH)2沉淀；假设三：。(二)【理论探究】假设二中只生成Cu(OH)2的原因是(用一个离子方程式表示)。查阅资料：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水；\n(三)【实验探究】步骤一：将CuSO4溶液加入到等浓度等体积的Na2CO3溶液中并搅拌，有蓝色沉淀生成。步骤二：将沉淀从溶液中分离出来。步骤三：利用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。步骤四：步骤三：利用下图所示装置，进行定量分析：（4）①A装置中玻璃仪器的名称是。②实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是和。数据记录：B装置中样品的质量(g)C装置的质量(g)D装置的质量(g)实验前33.3262.1223.8试验后24264.8230.4(四)【实验结论】利用上述数据初步判断该沉淀的成分是CuCO3和Cu(OH)2，若所得沉淀是纯净物而不是混合物，通过计算写出该物质的化学式。【答案】（14分）(一)【提出假说】：生成的是CuCO3和Cu(OH)2的混合物（1分）(二)【理论探究】：Cu2++CO32-+H2O=Cu(OH)2↓+CO2↑（2分）；(三)【实验探究】：（1）A→C→B（2分）（2）无水硫酸铜（2分）（3）装置B中澄清石灰水变浑浊（2分）（4）①U形管；（1分）②将装置中原有含水蒸气和CO2的空气排出；（1分）将B中分解产生的水蒸气和CO2全部排出，被C、D装置完全吸收。（1分）(四)【实验结论】：Cu2(OH)2CO3（2分）。【解析】\n试题分析：根据假设1和假设2推出假设3。氢氧化铜应为水解产物。考点：探究物质的组成或测量物质的含量铜金属及其重要化合物的主要性质点评：本题属于难度较大综合性较强的物质推断题，完成此类题目，要注意分析题干所提供的信息，明确各种物质的性质，以及哪些因素对实验结果有影响，认真分析实验数据，仔细作答，还要注意平时知识的积累。72．（10分）某化学课外兴趣小组为探究铜跟浓硫酸的反应情况，用右图所示装置进行有关实验。请回答：(1)装置A中发生的化学反应方程式为_____________________________________。(2)装置D中试管口放置的棉花中应浸一种液体，这种液体是，其作用是。(3)装置B的作用是贮存多余的气体。当D处有明显的现象后，关闭旋塞K,移去酒精灯,但由于余热的作用,A处仍有气体产生，此时B中现象是。B中应放置的液体是(填字母)。a．水b．酸性KMnO4溶液c．浓溴水d．饱和NaHSO3溶液(4)实验中，取一定质量的铜片和一定体积18mol·L—1的浓硫酸放在圆底烧瓶中共热，直到反应完毕，发现烧瓶中还有铜片剩余，该小组学生根据所学的化学知识认为还有一定量的硫酸剩余。①有一定量的余酸但未能使铜片完全溶解，你认为原因是。②下列药品中能用来证明反应结束后的烧瓶中确有余酸的是________(填字母)。a．NaOH固体b．BaCl2溶液c．银粉d．Na2CO3溶液【答案】（10分）（1）Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O（2）碱液（其他合理答案均可给分）；吸收多余的二氧化硫，防止污染空气（3）广口瓶中液面下降，而长颈漏斗中液面上升；d（4）①反应过程中浓硫酸被消耗，逐渐变稀，而铜不和稀硫酸反应②d【解析】试题分析：(1)本题探究铜跟浓硫酸的反应情况，由图可知，A为反应的发生装置，即铜与浓硫酸在加热的条件下发生反应；(2)装置D中试管口放置的棉花中应浸有可以吸收多余SO2的碱液，目的是防止污染空气；(3)装置B的作用是贮存多余的气体，B中应放置饱和NaHSO3溶液，故而B中现象是广口瓶中液面下降，而长颈漏斗中液面上升；(4)①反应过程中浓硫酸被消耗，逐渐变稀，而铜不和稀硫酸反应，故而不能反应完全，②用来检验是否还有硫酸，a．加入NaOH固体观察不到现象，b．加入BaCl2溶液只能证明硫酸根离子的存在，c．加入银粉不反应，d．加入Na2CO3溶液有气泡产生，现象明显，故选d考点：铜与浓硫酸的反应\n点评：本题考查铜与浓硫酸的反应，注意积累实验基础知识和环保理念，本题难度不大。73．（10分）某校化学研究性学习小组查阅资料了解到以下内容：乙二酸(HOOC-COOH，可简写为H2C2O4)俗称草酸，易溶于水，属于二元中强酸(为弱电解质)，且酸性强于碳酸，其熔点为101.5℃，在157℃升华。为探究草酸的部分化学性质，进行了如下实验：(1)向盛有1mL饱和NaHCO3溶液的试管中加入足量乙二酸溶液，观察到有无色气泡产生。该反应的离子方程式为___________________________________。(2)向盛有乙二酸饱和溶液的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现其溶液的紫红色褪去，说明乙二酸具有_____________(填“氧化性”、“还原性”或“酸性”)，请配平该反应的离子方程式：____MnO4–+____H2C2O4+____H+=____Mn2++____CO2↑+____H2O(3)将一定量的乙二酸放于试管中，按下图所示装置进行实验(注：忽略草酸的升华，且夹持装置未标出)：实验发现：装置C、G中澄清石灰水变浑浊，B中CuSO4粉末变蓝，F中CuO粉末有黑色变为红色。据此回答：上述装置中，D的作用是__________________.乙二酸分解的化学方程式为______________________________________.(4)该小组同学将2.52g草酸晶体(H2C2O4·2H2O)加入到100mL0.2mol/L的NaOH溶液中充分反应，测得反应后溶液呈酸性（忽略溶液体积变化）。则下列关系合理的是A．c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4—)+c(OH—)+c(C2O42-)B．c(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.2mol·L-1C．c(HC2O4-)>c(C2O42—)>c(H2C2O4)D．c(Na+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42—)【答案】(1)HCO3–+H2C2O4=HC2O4–+CO2↑+H2O(2分)(2)还原性(1分)  2 5 6 2 10 8（2分)(3)  除去混合气体中的CO2(1分)；H2C2O4H2O+CO↑+CO2↑  (2分)(4)CD(2分)【解析】试题分析：(1)无色气泡为二氧化碳。HCO3–+H2C2O4=HC2O4–+CO2↑+H2O（2）酸性KMnO4为强氧化剂，褪色说明乙二酸具有还原性。由得失电子守恒和元素守恒配平。（3）氢氧化钠的作用为除去混合气体中的CO2，装置C、G中澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳，B中CuSO4粉末变蓝，说明有水蒸气，F中CuO粉末有黑色变为红色，说明有一氧化碳，分解方程式：CO2H2C2O4H2O+CO↑+CO2↑  （4）反应后成酸性，可得c(HC2O4-)>c(C2O42—)>c(H2C2O4)，又由阴阳离子电荷守恒;c(Na+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42—).考点：探究化学反应机理；性质实验方案的设计点评：本题是一道实验探究题，考查学生分析和解决问题的能力，注意平时只是的积累是解题的关键，综合性较强，难度大．\n74．（12分）某研究性学习小组对过量炭粉与氧化铁反应的气体产物成分进行研究。(1)提出假设：①该反应的气体产物是CO2；②该反应的气体产物是CO；③该反应的气体产物是。(2)计方案如图所示，将一定量的氧化铁在隔绝空气的条件下与过量炭粉完全反应，测定参加反应的碳元素与氧元素的质量比。(3)查阅资料：氮气不与碳、氧化铁发生反应。实验室可以用氯化铵饱和溶液和亚硝酸钠（NaNO2）饱和溶液混合加热反应制得氮气。请写出该反应的离子方程式：。(4)实验步骤：①按上图连接装置，并检查装置的气密性，称取3.20g氧化铁、2.00g碳粉混合均匀，放入48.48g的硬质玻璃管中；②加热前，先通一段时间纯净干燥的氮气；③停止通入N2后，夹紧弹簧夹，加热一段时间，澄清石灰水（足量）变浑浊；④待反应结束，再缓缓通入一段时间的氮气。冷却至室温，称得硬质玻璃管和固体总质量为52.24g；⑤过滤出石灰水中的沉淀，洗涤、烘干后称得质量为2.00g。步骤②、④中都分别通入N2，其作用分别为。(5)数据处理：试根据实验数据分析，写出该实验中氧化铁与碳发生反应的化学方程式：。(6)实验优化：学习小组有同学认为应对实验装置进一步完善。①甲同学认为：应将澄清石灰水换成Ba(OH)2溶液，其理由是。②从环境保护的角度，请你再提出一个优化方案将此实验装置进一步完善：。【答案】⑴CO2、CO的混合物⑶NH4++NO2—N2↑+2H2O⑷步骤②中是为了排除空气中的CO2，步骤④是为了赶出所有的CO2，确保完全吸收⑸2C+Fe2O32Fe+CO↑+CO2↑⑹①Ba(OH)2溶解度大，浓度大，使CO2被吸收的更完全；M(BaCO3)＞M(CaCO3)，称量时相对误差小。②在尾气出口处加一点燃的酒精灯或增加一尾气处理装置【解析】试题分析：（1）根据极端假设可知还有一种情况就是两者的混合物，即CO2、CO的混合物。（3）用氯化铵饱和溶液和亚硝酸钠（NaNO2）饱和溶液制氮气反应的离子方程式为：NH4++NO2—N2↑+2H2O。\n（4）步骤②通入氮气的目的是排除装置中的CO2。步骤④通入氮气的目的是将生成的CO2全部通入澄清石灰水中。（5）由题意可知碳粉过量，产生的CO2为0.02mol，剩余的固体为3.76g，所以固体中有单质铁2.24g，则剩余的碳粉为3.76-2.24=1.52g，所以参加反应的碳粉为2-1.52=0.48g=0.04mol，则可以确定生成CO为0.02mol，因此方程式为：2C+Fe2O32Fe+CO↑+CO2↑。（6）①应将澄清石灰水换成Ba(OH)2溶液的原因是Ba(OH)2溶解度大，浓度大，使CO2被吸收的更完全，M(BaCO3)＞M(CaCO3)，称量时相对误差小。②从环保的角度来看生成的CO也要处理掉，因此应该在尾气出口处加一点燃的酒精灯或增加一尾气处理装置考点：化学实验点评：本题综合性较强，难度较大，主要考查学生分析问题和解决问题的能力。75．(11分)为证明有关物质的性质，某学生设计了如图所示的装置。当打开活塞C，使液体A与隔板H上的固体B相遇时，即有气体产生，并发现D中蜡烛熄灭；关闭C打开E时，则看到G中蜡烛燃得更亮。（1）请判断各仪器中盛放的物质的化学式：A；B；F。（2）用化学反应方程式表示上述有关反应（不包括蜡烛的燃烧）：,,.【答案】（1）A.HClB.CaCO3F.Na2O2（2）CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2【解析】试题分析：D中蜡烛熄灭，说明试管中生成了二氧化碳气体，试管中发生的反应是实验室制取二氧化碳气体的反应；G中蜡烛燃烧更旺，说明G中生成了氧气，应是二氧化碳与过氧化钠发生反应，二氧化碳气体通过过氧化钠时气体未干燥，所以还有过氧化钠与水蒸气的反应。（1）A、B、F分别为HCl、CaCO3、Na2O2。（2）有关反应方程式为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。考点：化学实验点评：二氧化碳气体通过过氧化钠时没有用干燥剂干燥二氧化碳气体，所以二氧化碳气体中混有水蒸气，当然应该还有氯化氢与过氧化钠的反应。76．某研究性学习小组将一定浓度的Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为沉淀可能是CuCO3；乙同学认为沉淀可能是Cu(OH)2；丙同学认为沉淀可能是CuCO3和Cu(OH)2的混合物。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2\n均不带结晶水）Ⅰ、⑴按照甲同学的观点，发生反应的离子反应方程式为______________________；(2)在探究沉淀成分前，须将沉淀从溶液中过滤、洗涤、低温干燥，检验沉淀是否洗涤干净的方法是。Ⅱ、请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为_________→_________→___________。（2）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是_____________________________________。Ⅲ、若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可利用下列装置通过实验测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是_________________________________________。（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为__________。【答案】Ⅰ、（1）CO32-+Cu2+=CuCO3↓（2）取最后一次洗涤液，滴加BaCl2溶液，无沉淀生成，说明已洗净。Ⅱ、（1）A→C→B（2）装置B中澄清石灰水变浑浊Ⅲ、（1）吸收空气中的水蒸气和CO2（2）【解析】试题分析：I（1）Na2CO3溶液与CuSO4溶液反应的离子方程是为CO32-+Cu2+=CuCO3↓。（2）检验沉淀是否洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液，滴加BaCl2溶液，无沉淀生成，说明已洗净。II（1）仪器的连接顺序应该为：反应装置，检验水装置，检验CO2装置，所以顺序是A→C→B。（2）证明生成物中有CuCO3的实验现象是装置B中澄清石灰水变浑浊III（1）C装置与D装置的差别在于C装置有空气通过，说明C装置是吸收空气中的水蒸气和CO2。（2）装置B质量增加的是水的质量，可求m[Cu(OH)2]=，m[CuCO3]=m-，则沉淀中CuCO3的质量分数为1-(49n/9m)。考点：化学实验点评：本题是实验与计算相结合类型的实验，重视物质的检验顺序，另外这种通过测定产物质量来计算百分含量的题，必须要将产物全部通入吸收装置中，所以前面要通空气。77．（8分）立足教材实验是掌握高中化学实验的基础，是理解化学科学的实验原理、实验方法和实验思路，提高学生实验能力的基本途径。\n（1）实验1：取一块金属钠，在玻璃片上用滤纸吸干表面的煤油后，用小刀切去一端的外皮。观察钠的颜色。这个实验中还需用到的一种仪器是；（2）实验2：向一个盛有水的小烧杯里滴入几滴酚酞试液，然后把一小块钠投入小烧杯。把反应的现象和相应结论填入空格。“浮”---钠的密度比水小；“熔”---；“红”---反应生成了氢氧化钠；（3）实验3：在两支试管里分别加入5mL盐酸和5mLNaOH溶液，在各放入一小段铝片，观察实验现象。试写出铝和NaOH溶液反应的离子方程式：；（4）实验4：把水滴入盛有Na2O2固体的试管中，立即用带火星的木条放在试管口，检验生成的气体。向反应后的溶液中加入酚酞试液，可以看到；（5）实验5：在玻璃管中放入还原铁粉和石棉绒的混合物，加热，并通入水蒸气。该氧化还原反应的氧化剂是；（6）实验6：在试管里注入少量新制备的FeSO4溶液，用胶头滴管吸取NaOH溶液，将滴管尖端插入试管里溶液底部，慢慢挤出NaOH溶液，可以看到开始时析出一种白色的絮状沉淀，并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。发生这种颜色变化的原因是（用化学方程式表示）：。【答案】（1）实验1：镊子（2）实验2：“熔”——钠的熔点低，反应放热（3）实验3：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑（4）实验4：溶液先变红后褪色（5）实验5：水蒸气（6）实验6：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3【解析】（1）钠是块状固体，应该用镊子夹取金属钠。（2）钠迅速熔化，说明钠的熔点低，且反应放热。（3）铝能和氢氧化钠溶液反应生成氢气和偏铝酸钠，方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。（4）氢氧化钠溶于水生成氢氧化钠，溶液显碱性，所以溶液变成红色；同时过氧化钠还具有漂白性，因此溶液的红色会逐渐褪去。（5）高温下铁能和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，在反应中铁是还原剂，水蒸气是氧化剂。（6）氢氧化亚铁具有还原性，极易被氧化生成氢氧化铁，方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。78．（14分）三苯甲醇()是重要的有机合成中间体，实验室中合成三苯甲醇时采用图2所示的装置，其合成流程如图1所示。图1已知：（1）（碱式溴化镁）；（2）相关物质的物理性质如下：物质熔点沸点溶解性三苯甲醇164.2℃380℃不溶于水，溶于乙醇、乙醚等有机溶剂\n乙醚-116.3℃34.6℃微溶于水，溶于乙醇、苯等有机溶剂溴苯-30.7°C156.2°C不溶于水，溶于乙醇、乙醚等多数有机溶剂苯甲酸乙酯-34.6°C212.6°C不溶于水Mg(OH)Br常温下为固体能溶于水，不溶于醇、醚等有机溶剂请回答以下问题：（1）写出装置图中玻璃仪器的名称：A，导管B的作用；（2）制取格氏试剂时要保持微沸，可以采用水浴加热，优点是，微沸回流时冷凝管中水流的方向是（填“X→Y”或“Y→X”），装有无水CaCl2的仪器A的作用是；（3）制得的三苯甲醇粗产品中，含有乙醚、溴苯、苯甲酸乙酯等有机物和碱式溴化镁等杂质，可以设计如下提纯方案，请填写空白：图2图3（4）抽滤时所用装置如图3所示，该装置存在的错误有，抽滤完毕或中途停止抽滤时的操作方法：应先，然后；（5）洗涤液最好选用，检验产品已经洗涤干净的操作为。（A）水（B）乙醚（C）乙醇（D）苯【答案】（1）干燥管[1分],平衡压强[1分]；（或“保持漏斗上下压强相同使试剂便于滴下”等）（2）受热均匀[1分]、温度易于控制[1分]；“X→Y”[1分]；防止空气中水蒸汽进入装置[1分]使格氏试剂水解（3）蒸馏[1分]（4）布氏漏斗颈口斜面未与抽滤瓶支管口相对[1分]，安全瓶中长管和短管的连接顺序弄错[1分]断开抽滤瓶与安全瓶的连接（或安全瓶与水龙头的连接）[1分]，关闭水龙头[1分]；（5）A[1分]，取最后一次的洗出液[1分]，滴加NaOH溶液（或AgNO3溶液）[1分]，若洗出液未见浑浊，则已洗涤干净（或“滴加酚酞试液，洗涤液未变色”等）。【解析】（1）根据仪器的结构特点可知，A是干燥管；根据B的结构可知，主要作用是保持漏斗上下压强相同使试剂便于滴下。（2）水浴加热可以使溶液受热均匀，且温度易于控制；冷却水的流向和气体的流向应该是相反的，所以答案是从X→Y；根据题意，格氏试剂易水解，而空气中含有水蒸气，所以作用是防止空气中水蒸汽进入装置，使格氏试剂水解。（3）根据物质的物理性质可知，它们的沸点相差较大，所以分离的方法是蒸馏。\n（4）根据图3可知，存在的错误是布氏漏斗颈口斜面未与抽滤瓶支管口相对，其次是安全瓶中长管和短管的连接顺序弄错；实验结束后，应该先断开抽滤瓶与安全瓶的连接（或安全瓶与水龙头的连接），然后再关闭水龙头。（5）由于三苯甲醇易溶在有机溶剂中，但不溶于水，因此应该用水洗涤，答案选A；由于洗涤液中含有氯离子，据此可用鉴别，即取最后一次的洗出液，滴加NaOH溶液（或AgNO3溶液），若洗出液未见浑浊，则已洗涤干净。79．(9分)某校一化学实验小组通过实验分析，确定一红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。己知:①Cu2O溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,②Cu2O在空气中加热生成CuO。(1)实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg(b>a)，则混合物中Cu2O的质量分数为__________。(2)实验小组欲利用该红色粉末制取较纯净的胆矾(CuSO4·5H2O)。经查阅资料得知，在溶液中通过调节溶液的酸碱性而使Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋分别生成沉淀的pH如下：氢氧化物开始沉淀时的pH氢氧化物沉淀完全时的pH供选择试剂Fe3+1.93.7A.氯水，B.H2O2，C.NaOH，D.氨水，E.CuO，F.Cu2(OH)2CO3Fe2+7.511Cu2+6.010实验小组设计如右图实验方案：试回答：①试剂1可以为________________，试剂2可以为________________。②固体X的化学式为____________。③操作Ⅰ为____________________。【答案】(1)×100%（3分）(2)①B;（1分）EF　（2分）②Fe(OH)3（1分）③蒸发浓缩、冷却结晶（2分）【解析】（1）氧化亚铜生成氧化铜的方程式为2Cu2O＋O24CuO，所以根据差量法可知，氧化亚铜的质量是，所以混合物中Cu2O的质量分数为×100%。（2）①混合物溶液稀硫酸中，生成硫酸铜、铜和硫酸铁，所以应该加入双氧水氧化单质铜，即试剂1是B；试剂2是原来调节溶液pH值的，由于不能引入杂质，所以反应是EF。②通过调节pH可以生成氢氧化铁沉淀，则X是Fe(OH)3。③要得到硫酸铜晶体，应该通过蒸发浓缩、冷却结晶，最后过滤得到。80．（11分）某化学兴趣小组想探究某一温度下氯化钠饱和溶液的酸碱度。探究过程如下：【猜想或假设】溶液的pH可能为：①pH<7，②，③。\n【设计和实验】要测定该溶液的酸碱度，除有正确的操作步骤外，其中不能采用下列物质中的（填序号）来进行实验。①pH试纸②紫色石蕊试液③酚酞试液组内同学进行了如下实验：甲同学：取pH试纸放在玻璃片上，用玻璃棒蘸取氯化钠溶液沾在pH试纸上，把试纸显示的颜色与标准比色卡比较，测得pH=7。乙同学：取pH试纸放在玻璃片上，先用蒸馏水将pH试纸润湿，然后用玻璃棒蘸取氯化钠溶液沾在pH试纸上，把试纸显示的颜色与标准比色卡比较，测得pH=7。丙同学：将pH试纸直接浸入氯化钠溶液中，把试纸显示的颜色与标准比色卡比较，测得pH=7。【评价与反思】三位同学中操作正确的是同学。指出其于同学的操作错误：同学：；同学：；【结论与分析】丙同学得出：“凡是盐溶液的pH都等于7”，你认为该同学结论（填“正确”或“不正确”）。如不正确，请举一例说明（如正确，该处不填）。【答案】【猜想与假设】pH=7；pH＞7（2分）【设计与实验】②③（2分）【评价与反思】甲；（1分）乙同学：pH试纸不能润湿；（2分）丙同学：pH试纸不能直接放入待测溶液中（2分）【结论与分析】不正确；碳酸钠（2分）【解析】根据假设可知，pH＝7，或者是pH＞7；②③只能用来判断溶液的酸碱性，但不能判断溶液的pH，所以答案选②③；用pH试纸检验溶液的pH值时，不能将试纸湿润，也不能把试纸插入到溶液中，所以甲同学是正确的，乙和丙都是错误的；盐溶液的pH不一定都是7，例如碳酸钠溶液的pH就大于7。81．（14分）实验和探究对化学学科的发展起着非常重要的作用（1）写出下列实验过程中所体现的总的离子反应方程式：①用PH试纸测得醋酸钠溶液呈碱性：__________②用石墨做电极，电解硝酸银溶液后，溶液呈酸性：__________③根据浑浊出现的快慢，探究硫代硫酸钠与酸反应速率的影响因素：__________（2）已知锌能溶解在NaOH溶液中，产生H2。某同学据此设计了测定镀锌铁皮镀层厚度的实验方案，将单侧面积为S、质量为m1的镀锌铁皮与石墨用导线相连，放入6NaOH溶液中，判断锌层完全反应的标志是：__________，最后，取出铁片用水冲洗、烘干后称量，得质量为m2，设锌镀层单侧厚度为h，锌的密度为，则h=__________（3）实验室测定绿矾中FeSO4含量的步骤是：称1g绿矾，用30mL蒸馏水溶解并加入H2SO4溶液和H3PO4溶液，再用0.02mol/LKMnO4标准溶液滴定到溶液刚变成粉红色，停止滴定，消耗标准溶液VmL。反应中涉及的重要化学方程式有：\n①绿矾的含量为__________%。②的作用是__________。【答案】（1）①②③（2）产生氢气速率突然变慢（3）2.78V%消除的颜色干扰【解析】（1）①醋酸钠是强碱弱酸盐，水解显碱性，方程式为CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－。②用石墨做电极，电解硝酸银溶液后，阳极OH－放电，生成氧气，从而破坏水的电离平衡，因此溶液中氢离子大于OH－浓度，显酸性，方程式为4Ag＋＋2H2O4Ag＋4H＋＋O2↑。③在酸性条件下，硫代硫酸钠发生氧化还原反应生成单质S和SO2，方程式为。（2）当锌完全被消耗之后，溶液中就不再产生氢气，即产生氢气的速率突然变慢时，就说明反应已知停止。参加反应的锌是m1－m2，所以有2hS＝m1－m2，解得h＝。（3）①消耗高锰酸钾是2V×10-5mol，所以绿矾的物质的量是2V×10-5mol×5＝V×10-4mol，所以含量是.②由于铁离子在溶液中显棕黄色，能干扰终点的颜色判断，所以磷酸的作用是消除的颜色干扰。82．用NH4Cl进行如下实验，试判断发生的现象，并简单说明原因。(1)用玻璃棒蘸取少量NH4Cl溶液与pH试纸接触时，试纸显示的颜色与标准比色卡相比，可发现NH4Cl溶液的pH7(填“<”、“=”或“>”），显性（填“酸”、“碱”或“中”），其原因可用离子方程式表示为；(2)在NH4Cl溶液中加入镁粉，可观察到有气体生成，其主要成分为。(3)25℃时，向0.1mol/L的氨水中加入少量氯化铵固体，当固体溶解后，测得溶液pH减小，主要原因是（填序号）。A．氨水与氯化铵发生化学反应B．氯化铵溶液水解显酸性，增大了c(H+)C．氯化铵溶于水，电离出大量铵离子，抑制了氨水的电离，使c(OH―)减小【答案】（1）＜酸NH4++H2ONH3·H2O+H+（1）H2（3）C\n【解析】（1）NH4Cl是强酸弱碱盐，NH4＋水解显酸性，方程式为NH4++H2ONH3·H2O+H+。（2）氯化铵显酸性，所以能和镁反应产生氢气。（3）氨水中存在电离平衡NH3·H2ONH4＋＋OH－。加入少量氯化铵固体，增大NH4＋浓度，抑制氨水的电离，所以碱性降低，pH减小，答案选C。83．（8分）某中学化学小组查阅资料发现金属氧化物A也能催化氯酸钾的分解，且A和二氧化锰的最佳催化温度均在500℃左右。于是对A和二氧化锰的催化性能进行了定量对照实验。实验时均以收满500mL氧气为准（其他可能影响实验的因素均已忽略）。请回答：(1)上述实验中的待测数据应是：______________。(2)完成此研究后，他们准备发表一篇研究报告，请你替他们拟一个报告的题目：______________________________________________。【答案】（8分）（1）收满500mLO2所需的时间；（2）探究A和MnO2催化氯酸钾性能的比较【解析】（1）氯酸钾分解生成氧气，所以要比较反应速率大小，则需要测量的数据就是收满500mLO2所需的时间。（2）根据实验过程及原理可知，题目可以是探究A和MnO2催化氯酸钾性能的比较84．（8分）某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，他在100mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用带刻度的集气瓶排水法收集氢气，每隔1分钟记录一次数据（累计值）：时间（min）12345氢气体积（mL）50120232290310（1）从0～3分钟时间段内，产生氢气的速率是如何变化的？答：。造成这种变化的主要因素是；从3～5分钟时间段内，产生氢气的速率是如何变化的？答：。造成这种变化的主要因素是。（2）在盐酸中分别加入等体积的下列溶液，能减缓反应速率而又不减少产生氢气的量的是。A．蒸馏水B．NaCl溶液C．Na2CO3溶液D．CuSO4溶液（3）在0～1、1～2、2～3、3～4、4～5分钟五个时间段中，反应速率最大的时间段的盐酸的反应速率为（设溶液体积不变，上述气体体积为标况下数据）。【答案】（1）反应速率逐渐增大（1分）；锌与盐酸反应放热，使溶液温度升高（1分）；反应速率逐渐减小（1分）；随着反应进行，c(H+)逐渐减小（1分）。（2）A、B(2分)（3）0.1mol/（L•min）（2分，单位错、漏得0分）【解析】（1）根据表中数据可知，在0～1、1～2、2～3内生成的氢气分别是（ml）50、70、112，所以反应速率逐渐增大，这是由于锌与盐酸反应放热，使溶液温度升高，反应速率增大。在3～4、4～5内生成的氢气分别是（ml）58、20，所以反应速率逐渐减小，这是由于随着反应进行，c(H+)逐渐减小，反应速率逐渐减小。\n（2）稀释能降低氢离子浓度，但不减少氢离子的物质的量，所以A正确。氯化钠溶液也是相当于稀释，B正确。碳酸钠能消耗氢离子，导致生成的氢气减少，C不正确，锌能置换出铜，从而构成原电池，加快反应速率，D不正确。答案选AB。（3）根据（1）可知，在2～3内生成的氢气最多，氢气的物质的量是0.005mol，消耗盐酸是0.01mol，所以盐酸的反应速率是。85．（10分）石油资源紧张曾是制约中国发展轿车事业，尤其是制约轿车进入家庭的重要因素．据2004年5月23日的《扬子晚报》报道，中国宣布将推广“车用乙醇汽油”．乙醇完全燃烧生成CO2和H2O．（1）写出乙醇完全燃烧的化学方程式______________________________________。（2）乙醇燃烧时如果氧气不足，可能还有CO生成．用以下装置确证乙醇燃烧产物有CO、CO2、H2O，应将乙醇燃烧产物依次通过（按气流从左到右顺序填装置编号）：__________（3）实验时可观察到装置②中A瓶的石灰水变浑浊，C瓶的石灰水不变浑浊．A瓶溶液的作用是___________________________；B瓶溶液的作用是________________________；C瓶溶液的作用是______________________________________．（4）装置③的作用是将CO氧化成CO2．装置①中所盛的是_________________溶液，作用是________________________________．（5）装置④中所盛的固体药品是________________，它可以确证产生是____________．【答案】（10分）（1）CH3CH2OH+3O22CO2+3H2O（2）④②③①．（3）验证CO2存在；除去混合气体中的CO2；验证混合气体中的CO2是否已被除尽．（4）将CO氧化成CO2，澄清石灰水[或氢氧化钙、Ca(OH)2]溶液，检验由CO与CuO反应所生成的CO2，从而确证有CO气体．（5））无水硫酸铜（或CuSO4）H2O（或水）．【解析】（1）乙醇完全燃烧生成CO2和水，方程式为CH3CH2OH+3O22CO2+3H2O。（2）验证CO一般用炽热的氧化铜，验证水蒸气一般用无水硫酸铜，验证CO2，一般用澄清的石灰水。由于气体通过溶液一定会带出水蒸气，所以首先验证水蒸气，因此正确的顺序是④②③①。（3）A瓶溶液的作用是验证CO2存在；瓶溶液的作用是除去混合气体中的CO2；C瓶溶液的作用是验证混合气体中的CO2是否已被除尽。（4）CO能被氧化铜氧化生成CO2，所以装置①中所盛的是澄清石灰水，作用是检验由CO与CuO反应所生成的CO2，从而确证有CO气体。（5）装置④中所盛的固体药品是无水硫酸铜，它可以确证产生是水。86．（7分）某研究小组为了探究甲烷和氯气反应情况，设计了几个实验。请填写下列空白：\n【实验一】用如图所示装置，排水法收集一试管甲烷和氯气的混合气体，光照后观察到量筒内形成一段水柱，认为有氯化氢生成。（1）该反应的化学方程式为（只写第一步）；该反应属于（填反应类型）（2）水槽中盛放的液体最好为；（填标号）A．水B．饱和石灰水C．饱和食盐水D．饱和NaHCO3溶液【实验二】用排蒸馏水法收集一试管甲烷和氯气的混合气体，光照反应后，滴加AgNO3溶液，看到有白色沉淀生成，认为有氯化氢生成。（3）该实验设计的错误之处__________________________________；(用反应方程式和必要的文字加以说明)【答案】（6分）（1）CH4+Cl2 CH3Cl+HCl（2分）取代反应（1分）（2）C（1分）（3）氯水中加入AgNO3溶液也会产生白色沉淀，Cl2+H2O==HClO+HCl（3分）【解析】（1）甲烷在光照的条件下能和氯气反应取代反应，生成氯代烃和氯化氢，一氯取代的方程式为CH4+Cl2 CH3Cl+HCl。（2）水槽中的液体，应该尽量避免氯气的溶解而损失，所以应选择饱和食盐水，答案选C。（3）由于没有反应的氯气溶于水，也能和硝酸银反应产生白色沉淀氯化银，方程式为Cl2+H2O==HClO+HCl、HCl＋AgNO3＝AgCl↓＋HNO3。87．（8分）某化学小组设计实验验证温度对化学反应速率的影响。【实验用品】溶液、、烧杯、冷水、热水、秒表等【实验步骤】I.取两支试管各加入。II.另取两支试管各加入。III.……IV.一段时间后，分别混合并搅拌。V.记录实验现象及数据。（1）步骤III的操作为。（2）该实验需要记录的实验数据是。（3）和反应的化学方程式为。（4）能说明温度升高反应速率增大的现象是。【答案】（8分）（每空2分）\n（1）将四支试管分成两组（各有一支盛有和的试管），一组放入冷水中，另一组放入热水中。（一定要答出先分组浸泡，表述合理即可得分。若答为先混合，再分组浸泡不得分）（2）出现浑浊的时间（3）（4）放入热水中的一组先出现浑浊【解析】（1）要验证温度对反应速率的影响，则需要进行对比实验，因此步骤Ⅲ是将四支试管分成两组（各有一支盛有和的试管），一组放入冷水中，另一组放入热水中。（2）由于反应中会产生单质硫沉淀，所以需要记录的实验数据是溶液出现混浊的时间。（3）在酸性溶液中，发生自身的氧化还原反应生成单质硫、SO2和水，方程式为。（4）温度高反应速率就快，所以出现混浊的时间就少。88．为了研究外界条件对H2O2分解速率的影响，某同学做了以下实验，请回答下列问题。编号操作实验现象①分别在试管A、B中加入5mL5%H2O2溶液，各滴入2滴1mol/LFeCl3溶液。待试管中均有适量气泡出现时，将试管A放入盛有5℃左右冷水的烧杯中；将试管B放入盛有40℃左右热水的烧杯中。试管A中产生气泡量减少；试管B中产生的气泡量增大。②另取两支试管分别加入5mL5%H2O2溶液和5mL10%H2O2溶液试管A、B中均未明显见到有气泡产生。（1）过氧化氢分解的化学方程式为________。（2）实验①的目的是________。（3）实验②未观察到预期的实验现象，为了帮助该同学达到实验目的，你提出的对上述操作的改进意见是_______（用实验中所提供的几种试剂）。（4）某同学在50mL一定浓度的H2O2溶液中加入一定量的二氧化锰，放出气体的体积（标准状况下）与反应时间的关系如下图所示，则A、B、C三点所表示的瞬时反应速率最快的是______（填“A”或“B”或“C”）。（5）对于H2O2分解反应，Cu2+也有一定的催化作用。为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，某化学研究小组的同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。请回答相关问题：\n①定性分析：如图甲可通过观察_________，定性比较得出结论。有同学提出将FeCl3改为Fe2（SO4）3更为合理，其理由是_______。②定量分析：用图乙所示装置做对照实验，实验时均以生成40mL气体为准，其他可能影响实验的因素均已忽略。实验中需要测量的数据是_________。【答案】（2）研究温度对H2O2分解速率的影响（2分）（3）将两支试管同时放入盛有相同温度热水的烧杯中，或向两支试管中同时滴入2滴1mol/LFeCl3溶液，观察产生气泡的速率（2分）（4）A（1分）（5）①溶液中气泡产生的速率（1分）排除氯离子的干扰（其他合理答案也给分）（1分）②收集40mL气体所需的时间（1分）（其它合理答案同样给分）【解析】考查外界条件对反应速率的影响。（1）过氧化氢在催化剂的作用下分解生成氧气和水，方程式为2H2O22H2O＋O2↑。（2）根据实验过程中的操作可知，目的是研究温度对H2O2分解速率的影响。（3）用于在实验中没有使用催化剂，且溶液的温度较低，双氧水的分解很慢，所以改进的方法是将两支试管同时放入盛有相同温度热水的烧杯中，或向两支试管中同时滴入2滴1mol/LFeCl3溶液，观察产生气泡的速率。（4）反应速率越快，反映在曲线上的斜率就越大，所以根据图像可知，A点反应速率最快。（5）①由于反应中产生氧气，所以可通过观察溶液中气泡产生的速率来比较反应快慢。由于两种盐溶液中阴离子特，所以为排除阴离子不同而造成实验的不准确，用硫酸铁最好。②要想定量分析，则必须测量收集40mL气体所需的时间来比较反应的快慢。89．14分)某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，他在100mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用带刻度的集气瓶排水法收集氢气，每隔1分钟记录一次数据（累计值）：时间（min）12345氢气体积（mL）50120232290310（1）从0～3分钟时间段内，产生氢气的速率是如何变化的？答：___________________。造成这种变化的主要因素是_________________；从3～5分钟时间段内，产生氢气的速率是如何变化的？答：_________。造成这种变化的主要因素是_____________________。（2）在盐酸中分别加入等体积的下列溶液，能减缓反应速率而又不减少产生氢气的量的是___________（双选题，漏选得1分，多选，错选得0分）。A．蒸馏水B．NaCl溶液C．Na2CO3溶液D．CuSO4溶液（3）在0～1、1～2、2～3、3～4、4～5分钟五个时间段中，反应速率最大的是在____分钟时间段内，在该时间段内盐酸的反应速率为（设溶液体积不变，上述气体体积为标况下数据）。\n【答案】（1）反应速率逐渐增大；锌与盐酸反应放热，使溶液温度升高；反应速率逐渐减小；随着反应进行，c(H+)逐渐减小。（2）A、B(全对得2分，漏选得1分，多选错选得0分)（3）2～3，0.1mol/（L•min）（单位错、漏得0分）【解析】（1）根据表中数据可知，单位时间内从0～3分钟时间段内生成氢气的反应速率是逐渐增大的。这是由于锌与盐酸反应放热，使溶液温度升高，反应速率逐渐增大。而反应的后期，由于盐酸的浓度逐渐减小，所以反应速率又逐渐降低。（2）考查外界条件对反应速率的影响。要降低反应速率，但又不能影响氢气的产量，则必须降低氢离子的浓度，铜又不能减小氢离子的物质的量，AB都是相当于稀释，氢离子的物质的量不变，浓度减小，正确。碳酸钠溶液能消耗氢离子生成CO2，氢离子的浓度和物质的量都减小，不正确。D中能置换出铜，从而构成原电池，加快反应速率，不正确。答案选AB。（3）根据数据可知，在0～1、1～2、2～3、3～4、4～5分钟五个时间段中，产生的氢气体积分别是50ml、70ml、112ml、58ml、20ml。反应速率最大的是在2～3时间段内。在该时间段内消耗的盐酸是0.112L÷22.4L/mol×2＝0.01mol，所以盐酸的反应速率是0.01mol÷0.1L÷1min＝0.1mol/（L•min）。90．化学是以实验为基础的学科，化学实验又有定性实验和定量实验之分。利用已学知识对下列实验进行分析并填空：Ⅰ.实验实验结论结论：FeCl3在实验中的作用为：反应方程式II.资料：氯气难溶于饱和氯化钠溶液；实验室可利用MnO2和浓盐酸在加热的条件下制备氯气实验：某食盐样品中混有NaBr杂质，为测定该食盐样品的纯度，设计实验过程如甲图所示：阅读上述资料和实验过程，完成下列填空：（1）请从下方乙图中选出四个装置（可重复使用），来完成制取并向溶液A中通入过量Cl2的实验，将所选装置的选项代码填入方框，并在括号中写出装置内所放的化学药品。\n（2）为了证明甲图中溶液D中几乎不存在Br－，可选用的试剂为（填选项字母）A.碘水B.淀粉碘化钾溶液C.新制氯水和四氯化碳D.食盐水（3）依据甲图所示，在萃取操作中应选取的有机溶剂为A.四氯化碳B.水C.乙醇D.苯（4）在萃取、分液的过程中，把分液漏斗玻璃塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔，其目的是（5）试计算原固体混合物中氯化钠的质量分数为%【答案】Ⅰ.实验目的：探究温度对H2O2分解反应速率的影响温度越高，化学反应速率越快催化剂（或加快反应速率）2H2O22H2O＋O2↑Ⅱ.（1）（2）C（3）D（4）内外气压相通，使分液漏斗内液体能够顺利流下。（5）92.4％【解析】Ⅰ.根据实验装置图及试剂可知，目的是检验探究温度对H2O2分解反应速率的影响。根据实验现象可知，温度越高，反应速率越快。在该反应中氯化铁起催化剂的作用，方程式为2H2O22H2O＋O2↑。Ⅱ.（1）生成的氯气中含有氯化氢气体，所以需要利用饱和食盐水除去氯化氢。氯气有毒，所以尾气处理，用氢氧化钠吸收氯气。（2）如果含有溴离子，在可利用氯水的氧化性把溴离子氧化生成单质溴，然后利用四氯化碳除去即可，答案选C。（3）水和乙醇不能用作萃取剂，根据图可知，上层是有机层，说明萃取剂的密度小于水的，所以答案选D。（4）这样做的目的是内外气压相通，使分液漏斗内液体能够顺利流下。（5）反应的方程式为Cl2＋2NaBr=Br2＋2NaCl206g117gm（88g－84.2g）＝3.8g所以m＝6.7g则氯化钠的质量是88g－6.7g＝81.3g\n所以质量分数为81.3÷88×100％＝92.4％91．（16分）硫酸铜受热分解生成氧化铜和气体，受热温度不同，该气体成分也不同。气体成分可能含SO2、SO3和O2中的一种、二种或三种。某化学课外活动小组通过设计一探究性实验，测定反应产生的SO2、SO3和O2的物质的量，并经计算确定各物质的化学计量数，从而确定CuSO4分解的化学方程式，实验用到的仪器如下图所示：【提出猜想】I.所得气体的成分可能只含_________一种；II.所得气体的成分可能含有__________二种；III.所得气体的成分可能含有SO2、SO3、O2三种。【实验探究】实验操作过程（略）。已知实验结束时，硫酸铜完全分解。请回答下列问题：（1）请你组装探究实验的装置，按从左至右的方向，行仪器接口连接顺序为__________（填序号）；（2）若实验结束，B中量筒没有收集到水，则证明猜想__________正确；（3）实验过程，仪器C的作用是________________________；（4）有两个实验小组进行该实验，由于加热时的温度不同，实验结束后测得相关数据也不同，数据如下：请通过计算，推断出第①小组和第②小组的实验条件下CuSO4分解的化学反应方程式：组_________________________________________________________________；②组_______________________________________________________________。【答案】I。SO2；Ⅱ。SO2、O2。（1）①③④⑥⑤②（2）I（3）吸收SO2和三氧化硫气体（4）①4CuSO44CuO＋2SO2↑＋2SO3↑＋O2↑②2CuSO42CuO＋2SO2↑＋O2↑【解析】I.根据猜想Ⅲ可知，猜想I是所得气体的成分可能只含SO2一种，猜想Ⅱ是所得气体的成分可能含有SO2、O2两种。（1）根据所给的装置可判断，碱石灰是吸收SO2或三氧化硫的，最后通过排水法收集气体氧气，以测量氧气的体积，所以正确的顺序是①③④⑥⑤②。\n（2）B中量筒没有收集到水，说明没有氧气生成，所以猜想I是正确的。（3）仪器C含有碱石灰，用来吸收SO2和三氧化硫气体。（4）①中氧气是0.01mol，转移电子是0.04mol，所以一定生成0.02molSO2。其质量是1.28g，所以三氧化硫的质量是2.88g－1.28g＝1.6g，物质的量是0.02mol，所以方程式为4CuSO44CuO＋2SO2↑＋2SO3↑＋O2↑。②中氧气是0.02mol，转移电子是0.08mol，所以一定生成0.04molSO2。其质量是2.56g，所以没有三氧化硫生成，则方程式为2CuSO42CuO＋2SO2↑＋O2↑92．（15分）某研究小组探究SO2和Fe(NO3)3溶液的反应。已知：1.0mol/L的Fe(NO3)3溶液的pH=l请回答：（1）装置A中反应的化学方程式是____________。（2）为排除空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应进行的操作是___________。（3）装置B中产生了白色沉淀，其成分是____________，说明SO2具有________性。（4）分析B中产生白色沉淀的原因：观点1．____________；观点2：SO2与Fe3+反应；观点3：在酸性条件下SO2与NO3－反应；①按观点2，装置B中反应的离子方程式是___________，为证明该观点应进一步检验生成的新物质，其实验操作及现象是__________。②按观点3，只需将装置B中的Fe(NO3)3溶液替换为等体积的下列溶液，在相同条件下进行实验。应选择的试剂是（填序号）____________。a．0．1mol/L稀硝酸b．1．5mol/LFe(NO3)2溶液c．6．0mol/LNaNO3和0．2mol/L盐酸等体积混合的溶液【答案】（1）Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O（2分）（2）打开弹簧夹，向装置中通入一段时间的N2，关闭弹簧夹（2分）（3）BaSO4（1分）还原性（1分）（4）观点1：SO2和Fe3+、酸性条件下NO3－都反应（2分）①SO2+2Fe3++Ba2++2H2O==BaSO4↓+2Fe2++4H+（2分）取少量B溶液于试管中，加入少量的酸性KMnO4溶液，紫色褪去则溶液中有Fe2+，然后用湿润的淀粉KI试纸靠近B导管末端，若不变蓝，说明NO3－没反应则证明观点2合理（3分）②c（2分）【解析】（1）浓硫酸和亚硫酸钠反应生成SO2，方程式为Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O。\n（2）要排除空气对实验的干扰，则就需要排尽装置中的空气。可利用氮气来排尽装置中的空气，即打开弹簧夹，向装置中通入一段时间的N2，关闭弹簧夹。（3）B中溶液显酸性，因此不可能是亚硫酸钡沉淀，只能是硫酸钡沉淀。这说明SO2被氧化生成了硫酸产生的，因此SO2具有还原性。（4）根据观点2、3可知，观点1应是SO2和Fe3+、酸性条件下NO3－都反应。①如果是②，则铁离子的还原产物是亚铁离子，所以方程式为O2+2Fe3++Ba2++2H2O==BaSO4↓+2Fe2++4H+。要检验亚铁离子，可利用其还原性进行检验，即取少量B溶液于试管中，加入少量的酸性KMnO4溶液，紫色褪去则溶液中有Fe2+。如果NO3－氧化了SO2，则其还原产物是NO，NO具有氧化性，可以利用湿润的淀粉KI试纸，即用湿润的淀粉KI试纸靠近B导管末端，若不变蓝，说明NO3－没反应则证明观点2合理。②为排除铁离子的干扰，可以选择不含铁离子的硝酸盐即可，所以答案选C。93．(8分)碘在科研与生活中有重要的应用。某兴趣小组用0.50mol·L-1KI、0.2％淀粉溶液、0.20mol·L-1K2S2O8、0.10mol·L-1Na2S2O3等试剂，探究反应条件对化学反应速率的影响。已知S2O82—+2I—=2SO42—+I2(慢)I2+2S2O32—=2I—+S4O62—（快）（1）向KI、Na2S2O3与淀粉的混合溶液中加入一定量的K2S2O8溶液，当溶液中（写离子符号）耗尽后，溶液颜色将由无色变为蓝色，为确保能观察到蓝色，S2O32—与S2O82—初始的物质的量需满足的关系为n（S2O32—）︰n（S2O82—）。（2）为探究反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如下表：实验序号体积/mLK2S2O8溶液水KI溶液Na2S2O3溶液淀粉溶液①10.00.04.04.02.0②9.01.04.04.02.0③8.0VX4.04.02.0表中VX=mL，理由是。【答案】（每空各2分）（1）S2O32—、＜2（2）2.0、保持溶液总体积不变，仅改变S2O82—的浓度而其他物质的浓度不变【解析】（1）溶液颜色将由无色变为蓝色，说明溶液中有单质碘生成。所以根据反应S2O82—+2I—=2SO42—+I2(慢)和I2+2S2O32—=2I—+S4O62—（快）可知，此时S2O32—已经消耗完毕。根据方程式可知，恰好反应时n（S2O32—）︰n（S2O82—）＝2︰1，所以要能观察到蓝色，则n（S2O32—）要不足，即n（S2O32—）︰n（S2O82—）＜2︰1。（2）要探究浓度对反应速率的影响，则溶液的体积必须相同。根据①②可知，溶液的体积都是20ml，唯一不同的是S2O82—的物质的量，所以VX=2.0ml。94．（12分）某学生实验兴趣小组拟用图1装置来完成“NaHCO3和NaCl混合物中NaHCO3含量的测定”的实验。\n图1（1）各仪器接口连接顺序是_________________（用接口字母填写）。（2）该装置连接好而未装药品前，检验气密性的操作是_________________________。（3）甲同学认为上述方法误差较大，提出如下改进措施，你认为可行的有______。（填序号）A．在滴入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体B．在装置①中稀盐酸换成稀硫酸，装置②中水换成饱和NaHCO3溶液C．在装置②中水换成饱和Na2CO3溶液D．滴加盐酸不宜过快（4）乙同学认为在装置②③之间的导管内会积存水，使测定结果不准，从而改用图2装置。假定滴定管起始读数为V1mL，终了读数为V2mL，而注射器测定排出的气体为V3mL（标准状况下），混合物样品质量为mg，则原混合物中NaHCO3的质量分数的表达式为_______。（用含V1、V2、V3、m的式子表示）。（5）丙同学改用图3装置，通过测定烧杯的质量。你认为乙、丙两同学的方案中，谁的方案更合理__________，理由是:_____________。【答案】（1）a、b、c、d（2分）（2）答案1：在②中加水浸没长导管，关闭分液漏斗活塞，用手握住圆底烧瓶（或酒精灯微热），若②中长导管内液面上升，则说明气密性好；答案2：在③中加水浸没导管，关闭分液漏斗活塞，用酒精灯微热，若③中导管口产生均匀的气泡，停止加热后，导管末端形成一段水柱且保持一段时间不下降，则说明气密性好。（2分）（3）BD（2分）（4）（2分）\n（5）乙同学（1分）丙同学的方案中，生成的CO2没有全被NaOH溶液吸收。（2分）【解析】（1）根据实验装置图可知，是利用通过排水法测量水的体积，进而得出气体的体积，实验正确的顺序是a、b、c、d。（2）根据装置的特点可知，检验方法是在②中加水浸没长导管，关闭分液漏斗活塞，用手握住圆底烧瓶（或酒精灯微热），若②中长导管内液面上升，则说明气密性好；或在③中加水浸没导管，关闭分液漏斗活塞，用酒精灯微热，若③中导管口产生均匀的气泡，停止加热后，导管末端形成一段水柱且保持一段时间不下降，则说明气密性好。（3）由于反应后装置中会残留部分CO2气体，所以反应前没有必要排净装置内的CO2气体。由于CO2能和碳酸钠溶液反应，所以C也不正确，因此正确的答案是BD。（4）根据体积的变化可知，生成的CO2是V3－（V2－V1）＝V3＋V1－V2，其物质的量是（V3＋V1－V2）/22400mol，所以碳酸氢钠的质量是84（V3＋V1－V2）/22400g，因此质量分数是。（3）根装置③的结构可知，反应中产生的CO2不可能完全被氢氧化钠溶液吸收，测定结果偏低，所以不如装置②好。95．（本小题满分7分）某研究性学习小组设计了一组实验来探究元素周期律。甲同学根据元素非金属性与对应最高价含氧酸之间的关系，设计了如图装置来一次性完成N、C、Si的非金属性强弱比较的实验研究；乙同学根据置换反应的规律，利用下图装置完成了O元素的非金属性比S强的实验研究。回答下列问题：(1)图中D装置名称是。(2)N、C、Si的非金属性由强到弱的顺序是：；从以下所给物质中选出甲同学设计的实验所用到物质：试剂A为_________；试剂C为_________（填序号）。①稀HNO3溶液②稀盐酸③碳酸钙④Na2SiO3溶液⑤SiO2(3)乙同学设计的实验所用到试剂A为________；试剂B为________；试剂C为________。【答案】（7分，每空1分）(1)长颈漏斗(2)N、C、Si①④(3)双氧水二氧化锰氢硫酸或硫化钠溶液【解析】（1）根据装置中仪器的特点可知，D是长颈漏斗。（2）根据元素周期律可知，同周期自左向右非金属性逐渐增强，同主族自上而下非金属性逐渐减弱，所以N、C、Si的非金属性由强到弱的顺序是N、C、Si。比较非金属性强弱，可以根据最高价氧化物的水化物的酸性强弱，利用较强的酸制取较弱的酸实现，所以A是硝酸，C是硅酸钠。（3）比较非金属性强弱，还可以利用单质之间的相互置换能量来实现，所以此时A中双氧水，B是二氧化锰，C中是氢硫酸或硫化钠溶液。96．\n某学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱，按下图装置进行实验（夹持仪器已略去）。实验表明浓硝酸能将NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO。由此得出的结论是浓硝酸的氧化性强于稀硝酸。①②③⑤⑥④可选药品：浓硝酸、3mol/L稀硝酸、蒸馏水、浓硫酸、氢氧化钠溶液及二氧化碳已知：氢氧化钠溶液与NO不反应，能与NO2反应2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O（1）实验应避免有害气体排放到空气中，装置③、⑥中盛放的药品依次是（2）滴加浓硝酸之前的操作是检验装置的气密性，加入药品后，还应进行哪些操作再滴加浓硝酸与铜反应。（3）装置①中发生反应的化学方程式是（4）装置②的作用是，发生反应的化学方程式是（5）该小组得出的结论依据的实验现象是【答案】（1）、稀硝酸、氢氧化钠（各2分）（2）、打开弹簧夹，通入CO2一段时间，关闭弹簧夹，将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内(2分)（3）、Cu+4HNO3（浓）=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O（2分）（4）、将NO2转化为NO，3NO2+H2O=2HNO3+NO（各2分）（5）、装置③中液面上方气体仍为无色，装置④中液面上方气体由无色变为红棕色（2分）【解析】（1）根据装置的特点可知，⑤是利用排水法收集气体NO的，所以③中盛放的是稀硝酸，实验目的是检验浓硝酸和稀硝酸的氧化性强弱的，实验④盛放的浓硝酸。由于浓硝酸能把NO氧化生成NO2，所以为了NO2污染空气，⑥中要盛放氢氧化钠溶液来吸收NO2。（2）由于装置中含有空气，能把NO氧化生成NO2，从而干扰检验，所以在反应之前需要把装置中的空气排尽。（3）浓硝酸和铜反应生成NO2，方程式为Cu+4HNO3（浓）=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O。（4）为了进行后面的对比实验，需要把生成的NO2转化为NO，所以装置②的目的将NO2转化为NO，反应式为3NO2+H2O=2HNO3+NO。（5）由于稀硝酸不能氧化NO，而浓硝酸能氧化NO，所以装置③中液面上方气体仍为无色，装置④中液面上方气体由无色变为红棕色。97．（14分）用一定物质的量浓度的NaOH溶液滴定10.00mL已知浓度的盐酸，滴定结果如图所示。回答下列问题：\n（1）有关滴定的操作可分解为如下几步，并补充完整。①用NaOH溶液润洗滴定管。②取NaOH溶液注入碱式滴定管至“0”刻度以上2~3mL。③④调节液面至“0”或“0”刻度以下，记下读数。⑤移取10.00mL盐酸注入锥形瓶中，加入酚酞。⑥把锥形瓶放在滴定管的下面，用氢氧化钠溶液滴定并记下读数。（2）若滴定前俯视滴定管读数，滴定后平视刻度读数，则会使氢氧化钠浓度的测定结果（填“偏高”“偏低”或“不变”）。（3）如用酚酞作指示剂，则滴定终点的实验现象是。（4）c(HCl)=mol·L-1（5）c(NaOH)=mol·L-1（6）右图表示50mL滴定管中液面的位置，如果液面处的读数是a，则滴定管中液体的体积（填代号）。A．是amL　　　　　　　　B．是（50－a）mLC．一定大于amL　　　　　D．一定大于（50－a）mL（7）常温下，用0.01mol•L-1H2SO4溶液滴定0.01mol•L-1NaOH溶液，中和后加水至100ml。若滴定到终点时少加一滴H2SO4（设1滴为0.05ml）。则此时溶液的pH为。【答案】（1）调节滴定管尖嘴使之充满溶液（2）偏低（3）最后一滴滴入后，锥形瓶中溶液恰好出现红色，且半分钟内红色不褪去（4）0.09（5）0.03（6）D（7）9【解析】（1）碱式滴定管在装入标准液后需要调节滴定管尖嘴使之充满溶液。（2）滴定管自上而下刻度线是逐渐增大的，所以滴定前俯视滴定管读数，读数是偏小的，则企氢氧化钠的体积偏大，结果就偏低。（3）由于是氢氧化钠滴定盐酸，所以终点时的现象是最后一滴滴入后，锥形瓶中溶液恰好出现红色，且半分钟内红色不褪去。（4）根据图像可知，当加入2ml氢氧化钠时，溶液的pH是1。终点时消耗氢氧化钠的体积是30mol，所以盐酸的浓度是氢氧化钠的3倍，则，解得x＝0.03mol/L，所以盐酸的浓度是0.09mol/L。（5）见（4）（6）由于滴定管的最下端是不带刻度线的，所以滴定管中溶液的体积应大于（50－a）mL。（7）一滴硫酸中氢离子的物质的量是0.05ml×10－3×2×0.01mol/L＝10－6mol/L，所以过量的氢氧化钠是10－6mol/L，因此c(OH－)＝,则氢离子浓度是10－9mol/L，pH等于9.98．（10分）某同学用如图一所示装置来探究CO2、SO2与澄清石灰水的反应，结果通入CO2可以看到先浑浊后澄清的现象，但通入SO2没有看到浑浊现象。经过思考分析后，该同学改用图二的装置，将气体收集在注射器，缓缓地将气体一个气泡一个气泡地通入澄清石灰水中，都能看到石灰水先变浑浊再澄清的现象。\n（1）SO2是空气污染物之一，它的危害是。（2）图一中生成CO2反应的离子方程式为；（3）如何鉴别CO2和SO2（只需要写出一种方法，应写出操作方法、现象和结论）？。（4）用图一进行SO2与石灰水反应的实验时，从环保角度考虑，还需要增加什么装置，在方框中画出。（5）对比分析两组实验，你认为用图一装置实验时，通过SO2不能出现浑浊的原因可能是。【答案】（1）会形成酸雨（2）CO32－＋2H＋＝H2O＋CO2↑（3）将两种气体分别通入品红溶液，褪色的是SO2，不褪色的是CO2（4）（“长进短出”为1分，“NaOH溶液”为1分）（5）SO2溶解度大，图一中SO2与石灰水反应时SO2过量，直接生成了酸式盐，因而看不到沉淀。【解析】（1）SO2的危害主要是形成酸雨。（2）硫酸的酸性强于碳酸的，所以硫酸和碳酸钠反应生成CO2气体，离子方程式为CO32－＋2H＋＝H2O＋CO2↑。（3）SO2具有漂泊性，据此可以鉴别SO2和CO2。（4）SO2有毒，所以必须有尾气处理装置，可以利用氢氧化钠溶液吸收剩余的SO2。（5）由于SO2易溶于水，因此反应中SO2是过量的，生成的盐是酸式盐，看不到沉淀。99．同学想通过下图所示装置（夹持装置已略去）进行实验，研究推断SO2与Na2O2反应的产物。回答下列问题：（1）装置B的作用___________________________________________________。装置D除了吸收过量的SO2外还有什么作用___________________________。\n（2）如何检验反应中是否有O2生成______________________________________。（3）假如Na2O2已反应完全，为确定C中固体产物的成分，甲设计如下实验：得出结论：产物是Na2SO4.该方案是否合理____________（填是或否），理由是_____________________-。【答案】（1）干燥SO2气体，防止较多的水蒸气与Na2O2反应。防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入C装置与Na2O2反应；（2）用带有余烬的木条靠近干燥管口a，观察其是否燃烧。（3）否；HNO3有氧化性，据此不能确定产物是NaSO3还是Na2SO4或者二者兼有【解析】（1）A中生成的SO2中含有水蒸气，而水也能与过氧化钠反应，所以需要除去SO2中的水。由于空气中也含有水蒸气和CO2。因此为防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入C装置与Na2O2反应，需要用碱石灰来吸收。（2）检验氧气一般用带火星的木条靠近干燥管口a，木条复燃即证明有氧气生成。（3）由于硝酸具有氧化性，可以把溶液亚硫酸钡氧化生成硫酸钡，所以据此不能确定产物是NaSO3还是Na2SO4或者二者兼有。100．某化学实验兴趣小组在“探究氯水与溴化亚铁溶液反应”的实验中发现：“在足量的溴化亚铁溶液中，加入1～2滴氯水，振荡后溶液呈黄色。”【资料】溴水是溴单质的水溶液，因溶有溴单质而呈黄色。根据已有化学知识及资料，请你参与上述现象形成原因的分析与探究：（1）提出问题猜想：溶液呈黄色是因发生离子反应①（填离子方程式）所致。溶液呈黄色是因发生离子反应②（填离子方程式）所致。（2）设计实验并验证为验证①与②中是哪个原因导致了溶液变黄色，设计并进行了以下实验。请根据以下所给试剂，进行合理选用，完成实验方案1和方案2：试剂酚酞试液、CCl4、无水酒精、KSCN溶液方案操作步骤实验现象结论1取所述黄色溶液于试管中，滴加并振荡溶液变红色反应所致2取所述黄色溶液于试管中，滴加并振荡________________（3）实验结论：以上实验不仅验证了溶液变黄的真实原因，同时证明了Fe2+的还原性比Br－（填“强”或“弱”）。（4）实验反思I.根据上述实验推测，若在溴化亚铁溶液中滴入足量氯水，再加入CCl4并充分振荡后静止，产生的现象是。Ⅱ.在100mLFeBr2溶液中通入2.24LCl2（标准状况），溶液中有1/2的Br－被氧化成单质Br2，则原FeBr2溶液中FeBr2的物质的量浓度为。【答案】（1）2Fe2+＋Cl2=2Fe3+＋2Cl－；2Br－＋Cl2=Br2＋2Cl－（2）方案操作步骤实验现象结论1KSCN溶液①\n2CCl4溶液分上下两层，上层为黄色、下层为无色（3）强（4）I.溶液分上下两层，上层为黄色、下层为橙红色。Ⅱ.1mol/L【解析】（1）因为单质溴和铁离子在溶液中均显黄色，氯气既能氧化亚铁离子生成铁离子，还能氧化溴离子生成单质溴。所以反应的离子方程式分别为2Fe2+＋Cl2=2Fe3+＋2Cl－、2Br－＋Cl2=Br2＋2Cl－。（2）如果反应中生成铁离子，则加入KSCN溶液，溶液应该显红色。如果生成的是单质溴，则可以利用萃取进行验证。（3）亚铁离子的还原性强于溴离子的，所以氯气首先氧化的是亚铁离子。（4）如果氯水足量，则溴离子也被氧化生成单质溴。如果加入CCl4并充分振荡后静止，溶液应分上下两层，上层为黄色、下层为橙红色。如果FeBr2的物质的量是xmol，则根据得失电子守恒可知x×1+2x×1/2×1＝0.1×2，解得x＝0.1，所以浓度是1mol/L。101．Na2S2O3·5H2O在化学定量分析中常用作基准物质，实验室制备原理为：2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2。设计如下装置(夹持仪器省略)进行实验。（1）A中发生的化学反应方程式为。（2）C中所盛试剂可能是；若要停止A中的化学反应，除取下酒精灯停止加热外，还可以采取的操作是。（3）学生乙在加热A后，发现液面下的铜丝变黑。对黑色生成物该学生提出如下假设：①可能是CuO②可能是Cu2O③可能是CuS学生丙提出假设②一定不成立，依据是；该生用如下实验进一步验证黑色物质的组成：基于上述假设分析，黑色物质的组成为(填化学式)。（4）实验室用Na2S2O3标液测量废水Ba2＋的浓度，过程如下：\n(已知：2S2O32一+I2=S4O62—+2I－)①写出BaCrO4沉淀与过量HI、HCl溶液反应的离子方程式；②以淀粉为指示剂，则到达滴定终点的现象是；③若标液Na2S2O3的浓度0.0030mol·L－1，消耗该Na2S2O3溶液体积如图，则废水Ba2＋的浓度为。【答案】（1）Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O（2）氢氧化钠溶液可将铜丝抽离液面已停止反应（3）Cu2O为砖红色（4）2BaCrO4+6I-+16H+=3I2+2Cr3++2Ba2++8H2O滴入最后一滴溶液，锥形瓶内溶液有蓝色变为无色，维持30s不变，0.0011mol/L【解析】试题分析：（1）金属铜和浓硫酸反应生成二氧化硫气体，根据质量守恒定律不难写出相关化学方程式。（2）吸收未反应的二氧化硫气体和生成的二氧化碳气体，采用的尾气处理溶液为氢氧化钠溶液。把铜丝抽离液面反应就可以停止。(3)氧化亚铜颜色为红色的；黑色物质不溶于硫酸，所以该黑色物质不可能是氧化铜，应该是硫化铜；（4）根据反应物和生成物不难写出相关离子方程式；当滴入最后一滴溶液，锥形瓶内溶液由蓝色变成无色，且保持30s不变；消耗该Na2S2O3溶液体积，27.80ml-0.30ml=27.50ml，关系式：Ba2+-BaCrO4-I2-3S2O32一；n（Ba2+）=×27.50×10-3L×0.0030mol·L－1=2.75×10-5mol，Ba2＋的浓度为：=1.1×10-3mol·L－1。考点：考查铜和浓硫酸化学实验的探究，生活生产中有关滴定的相关计算。102．用中和滴定法测定烧碱的纯度，若烧碱中含有少量不与酸作用的可溶性杂质，试根据实验回答：（1）准确称取4.1g烧碱样品。（2）将样品配成250mL待测液，需要的仪器有小烧杯、玻璃棒、、胶头滴管。（3）用量取10mL待测液于中（填仪器名称），并滴加几滴甲基橙作指示剂。（4）用0.2010mol·L－１标准盐酸滴定待测烧碱溶液，滴定时手旋转式滴定管的玻璃活塞，\n手不停地摇动锥形瓶，两眼注视锥形瓶内溶液颜色的变化，直到滴定终点，滴定终点时锥形瓶内溶液的PH约为，达到终点的具体现象是：。（5）若两次实验滴定的数据如下表：滴定次数待测液体积（mL）标准盐酸体积（mL）滴定前读数（mL）滴定后读数（mL）第一次10.000.5020.4第二次10.004.0024.1据上表数据，计算待测烧碱溶液的浓度：。(6)根据上述各数据，计算烧碱的纯度：（7）滴定时，滴定管尖嘴部分滴定前有气泡，滴定终了无气泡，测定结果将_______（填偏高、偏低或无影响，其它操作均正确）。【答案】[(1)~(4)小题每空1分，其余2分共15分]（2）250mL容量瓶（3）碱式滴定管锥形瓶（4）左；酸；右；3.1～4.4，溶液由黄色变为橙色，且半分钟不变色。（2分）（5）0.4020mol·L－１（6）98.05%（7）偏高【解析】（2）准确配制一定物质的量是的溶液时需要的仪器是250ml容量瓶。（3）氢氧化钠是碱，需要碱式滴定管，待测液要放在锥形瓶中。（4）考查中和滴定的基本实验操作。甲基橙的变色范围是3.1～4.4，所以终点时的现象是溶液由黄色变为橙色，且半分钟不变色。（5）两次消耗的盐酸体积是19.90ml和20.10mol，则其平均值是20.00ml，所以氢氧化钠的浓度是0.2010mol·L－１×0.020L÷0.010L＝0.4020mol·L－１。（6）样品中氢氧化钠的质量是0.4020mol·L－１×0.25L×40g/mol＝4.020g，所以纯度是4.020g÷4.1g×100％＝98.05%。（7）气泡消失，相当于盐酸的体积偏大，所以测定结果偏高。