2022届高三化学一轮化学实验专题细练：25猜想型探究实验题 WORD版含答案.docx

1、2022届高三化学一轮化学实验专题细练：25猜想型探究实验题非选择题(共12题)1镁将成为21世纪重要的轻型环保材料。(1)海洋是天然的镁元素宝库，从海水中提取镁的流程如下：海水中MgCl2 Mg(OH)2 MgCl26H2O MgCl2 Mg在实验室进行过滤操作时需要用到玻璃棒，其作用是_。电解熔融氯化镁的过程中，_能转化为_能。(2)金属镁是一种较活泼金属，在二氧化碳气体中也能燃烧。燃烧的化学方程式为2Mg+CO2=C+2MgO，此反应类型属于_A分解反应 B化合反应 C置换反应 D复分解反应金属镁在高温下与氮气反应生成氮化镁，在氮化镁中氮元素的化合价为3.据此写出氮化镁的化学式_。(3)

2、镁铝合金广泛用于火箭、导弹和飞机制造业等。某兴趣小组为探究镁铝合金的组成，取16g镁铝合金样品，把60g氢氧化钠溶液平均分成三份依次加入样品中，充分反应后，过滤出固体，将其洗涤、干燥、称量，得实验数据如下：所加氢氧化钠溶液的次数第一次第二次第三次剩余固体的质量/g10.65.24.0从以上数据可知，该合金中，镁元素与铝元素的质量比为_。所用氢氧化钠溶液的溶质质量分数为_。(4)老师每次做有关镁的实验时都会强调：镁是一种银白色有金属光泽的金属。但拿出的镁条总是有一层灰黑色的“外衣”，这层灰黑色的外衣是什么物质呢？猜想：小明认为可能是MgO；小赵认为可能是 Mg2(OH)2CO3；小花认为可能是M

3、g(OH)2 。小花认为小明的猜想是错误的，其理由是_。实验探究：小赵按如图所示装置进行实验，发现试管口有液滴出现，澄清石灰水变浑浊，同时试管内生成白色固体。实验分析：实验后，小赵认为小花的猜想也是错误的，其理由是_。查阅资料得出结论： Mg(OH)2和 Mg2(OH)2CO3都可以加热分解，产物均为氧化物，据此请你写出 Mg2(OH)2CO3加热分解的化学方程式_。2某学习小组在实验室制取CO2气体的过程中，不慎用到了浓盐酸，导致制得的CO2气体中混有氯化氢气体，他们设计了如下除去氯化氢气体并探究CO2与过氧化钠(Na2O2)反应的实验。请回答下列问题：(1)装置A的作用是_。(2)为确定反

4、应后装置B硬质玻璃管中固体的成分，小组同学取适量固体于试管中，加入足量的蒸馏水溶解形成溶液M，无气泡产生，则该固体中不含_，该小组同学继续进行探究。（提出问题）反应后硬质玻璃管中固体的成分是什么？（做出猜想）猜想一：Na2CO3；猜想二：NaOH；猜想三：Na2CO3和NaOH，经过讨论，大家一致认为猜想二不合理，理由是_。（实验验证）小组同学取上述形成的溶液M于试管中，向其中加入过量的_溶液，若产生白色沉淀，过滤，向滤液中滴加几滴酚酞试液，溶液变红，则证明猜想三成立。（交流反思）小组中有同学认为，将上述滤液中滴加的酚酞试液换成硝酸铜溶液，也能得出同样的结论，你认为该同学的观点_(填“正确”或

5、“错误”)，理由是_。（拓展延伸）在盛有氯化铵(NH4Cl)浓溶液的试管中，加入足量的过氧化钠(Na2O2)固体，有气泡产生，产生的气体是_。3碳还原氧化铜的实验装置如图甲、乙所示。甲图中酒精灯上网罩的作用是_。提出问题碳燃烧时可能生成CO2也可能生成CO，那么碳与氧化铜反应生成的气体是否也有多种可能？作出猜想猜想I：CO；猜想II：CO2；猜想III：_。设计方案验装置如图乙所示。打开K，缓缓通入干燥的氮气一段时间，关闭K，点燃酒精喷灯和酒精灯，充分反应后，熄灭酒精喷灯和酒精灯，打开K，再通入一段时间氮气。方案一：从定性观察角度判断(1)实验时装置A中的现象是_。(2)若B中无明显现象，D处

6、的气体能点燃，则猜想_(填序号)成立。方案二：从定量计算角度判断取一定量碳粉和4g氧化铜的混合物进行实验，并测定表格中的四个数据：反应前的质量反应后的质量A(玻璃管+固体)m1m2B+C(广口瓶+混合液)m3m4(3)若猜想成立，则理论上(m4m3)_(m1m2)(填“”或“”)。交流反思实验开始前缓缓通入氮气的目的是_。4某研究性学习小组欲探究铜与浓硫酸反应产物的组成及性质。甲同学以装置I进行实验：加热后，试管A中液面上产生大量白雾，铜片表面先变黑后开始溶解，同时发现试管B中出现白色沉淀。反应结束后，试管A中得到灰绿色溶液，底部沉积少量白色固体，未溶解的铜片表面仍有黑色物质附着。倾倒出液体后

7、，向白色固体上小心加水，溶解后溶液呈蓝色。结合查阅资料，完成下列填空。（查阅资料）：Cu2S不溶于稀硫酸，能够溶于热的稀硝酸中，且产生离子。98.3%浓硫酸的沸点：339； 酒精灯火焰的温度为400500(1)试管B中白色沉淀的化学式是_，请用离子方程式表示生成该白色沉淀的可能原因_、_。(2)乙同学认为甲同学的装置不完善，设计了改进装置II进行实验(夹持装置和A中加热装置已略，气密性已检验)。打开弹簧夹，通入N2一段时间后关闭弹簧夹滴加一定量浓硫酸，加热A，一段时间后C中未见沉淀生成。操作的目的是_，洗气瓶B中的试剂是_。(3)丙同学取乙实验后的C中溶液少许，滴加一种无色溶液，也产生不溶于盐

8、酸的白色沉淀，丙滴加的试剂可能是_。ANaOH溶液 BNaAlO2溶液 CH2O2溶液 D酸性 KMnO4溶液(4)探究上述实验过程中铜表面产生的黑色固体组成，某同学猜想可能为CuO或Cu2S的一种，将未溶解的表面有黑色物质附着的铜滤出、清洗、干燥、磨碎。下列实验设计能够确认上述同学猜想的是_。A取少量样品加入稀硝酸加热观察是否溶解，试管口是否有气体变红棕色B取少量样品加入稀硫酸充分振荡，观察溶液是否变蓝色C取少量样品加入足量稀硝酸加热，溶解，加入BaCl2检验是否产生离子(5)取上述反应的烧瓶中残留物制备CuSO45H2O晶体，残留物去除不溶物后中缓缓加入适量水，溶解、_、_、过滤、洗涤、干

9、燥称重得该晶体。5某实验小组在电压12V电流3A的条件下电解2mol/L的氯化铜溶液并探究其产物的性质。(1)根据电解原理，预测：阴极发生的实验现象是_。阳极发生的电极反应式为_。电解氯化铜溶液总的化学方程式为_。(2)小组同学在实际电解过程中，意外的观察到下表的实验现象：条件电极现象电压12V电流3A阴极3min后，附近溶液变成棕褐色。30min后，溶液变成深棕褐色。电极底部表面有少量红色金属生成，还有少量白色物质。阳极开始出现少量气泡，后来气泡增多。实验小组学生对阴极区产生异常现象的原因进行了探究：资料1：CuCl是白色的难溶物，用Cu还原CuCl2溶液可以得到CuCl沉淀，它易溶于浓盐酸

10、，用水稀释CuCl的浓盐酸溶液则又析出CuCl白色沉淀。资料2：CuCl2.CuCl2(H2O)-(棕褐色)CuCl+Cu2+3Cl-+H2O。.探究阴极表面产生的白色物质：根据资料写出Cu还原CuCl2溶液反应的化学方程式_。学生为了确定阴极产物进行实验A：取2mol/L的CuCl2溶液，加入铜粉，充分振荡，几分钟后，试管底有白色沉淀生成，过滤出白色固体，加入浓盐酸，固体溶解，加水稀释，又析出白色沉淀。如果要确认阴极产生的白色沉淀是CuCl，还需要进行对照实验B，该实验的设计方案是_。实验结论：通过实验A和实验B的对比，可以确定阴极产生的白色固体是CuCl。.探究阴极区域溶液呈现棕褐色的原因

11、：猜想1：可能是Cu2+与高浓度的Cl-发生络合反应所致。实验C：向2mol/L的CuCl2溶液中加入_，溶液呈现绿色，没有变成棕褐色。实验结论：溶液颜色呈现棕褐色_(填“是”或者“不是”)由于Cu2+与高浓度的Cl-发生络合反应所致。猜想2：棕褐色溶液可能与+1价Cu有关。实验D：用铜粉和2mol/L的CuCl2溶液反应制备CuCl2CuCl2(H2O)，取少量该标准溶液与实验中得到的棕褐色溶液进行对照实验。步骤一：配制标准CuCl2.CuCl2(H2O)-棕褐色溶液进行稀释，实验流程如图所示：步骤二：取阴极附近的棕褐色溶液，重复上述实验进行对照，请画出对照实验的流程图_。实验结论：通过对照

12、实验，确认棕褐色溶液与+1价Cu有关。6某兴趣小组探究溶液的pH对KI与O2反应的影响，实验如下。装置烧杯中的液体现象2mL1mol/LKI溶液+5滴淀粉5分钟后无明显变化2 mL1mol/LKI溶液+5滴淀粉+2mL0.2mol/LHCl溶液5分钟后溶液变蓝2mL1mol/LKI溶液+5滴淀粉+2mL0.2mol/L KCl溶液5分钟后无明显变化2mLpH=8.5混有KOH的1 mol/LKI溶液+5滴淀粉5小时后溶液才略变蓝2mLpH=10混有KOH的1mol/L KI溶液+5滴淀粉5小时后无明显变化(1)实验中无现象，可能的原因是：i.KI与O2不反应，ii._。(2)若放置5小时后，实

13、验中的溶液变蓝，则反应的离子方程式是_。(3)去掉实验，对该探究过程_(填“有”或“没有”)影响。(4)对于实验的现象，甲同学提出猜想“pH=10时O2不能氧化I-”，设计了下列装置进行实验，验证猜想。i.烧杯a中的溶液为_。ii.实验结果是b中溶液变蓝，此猜想不成立。通入O2后，a中的电极反应式是_。iii.实验的结果说明实验中“无明显现象的原因”是_。7某化学研究性学习小组探讨Fe3和SO32之间发生怎样的反应，请你一起参与并协助他们完成实验。(1)提出猜想：甲同学认为发生氧化还原反应，其反应方程式为_。乙同学认为发生了相互促进的水解反应，其反应方程式为：2Fe33SO326H2O2Fe(

14、OH)3(胶体)3H2SO3(2)实验验证：丙同学设计了下列实验来探究反应的可能性。为了检验所用Na2SO3是否变质，应选用的试剂是_。取5 mL FeCl3溶液于试管中，逐滴加入Na2SO3溶液至过量，观察到溶液颜色由黄色变为红褐色(无气泡产生，也无沉淀生成)。将溶液分成两等份，其中一份加入稀盐酸至过量，再加入BaCl2稀溶液，有白色沉淀生成；另一份滴入几滴KSCN溶液，溶液变成血红色。(3)得出结论：根据丙同学的实验得出的结论是：_。实验中溶液变成血红色的有关离子方程式为_。(4)拓展探究：丁同学在FeCl3溶液中加入Na2CO3溶液，观察到红褐色沉淀并且产生无色气体，该反应的离子方程式是

15、_。从形式上看，Na2CO3和Na2SO3相似，但是从上述实验中可以看到，两者的水溶液与氯化铁溶液反应的现象差别很大，其可能的原因除SO32水解能力较CO32小外，还有_。8影响化学反应速率的因素很多，某校化学小组用实验的方法进行探究。实验一：他们只利用Cu、Fe、Mg和不同浓度的硫酸(0.5 molL1、2 molL1、18.4 molL1)设计实验方案来研究影响化学反应速率的因素。甲同学的实验报告如下表：实验步骤现象结论分别取等体积的2 molL1的硫酸于试管中反应速率MgFe，Cu不反应金属的性质越活泼，反应速率越快_反应物浓度越大，反应速率越快（1）甲同学表中实验步骤为_。（2）甲同学

16、的实验目的是_；要得出正确的实验结论，还需控制的实验条件是_。乙同学为了更精确地研究浓度对反应速率的影响，利用如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）乙同学完成该实验应选用的实验药品是_，该实验中不选用某浓度的硫酸，理由是_。实验二：已知 2KMnO45H2C2O43H2SO4=K2SO42MnSO48H2O10CO2，在高锰酸钾酸性溶液和草酸溶液反应时，发现开始一段时间，反应速率较慢，溶液褪色不明显；但不久突然褪色，反应速率明显加快。（5）针对上述实验现象，丙同学认为KMnO4与H2C2O4反应放热，导致溶液温度升高，反应速率加快。从影响化学反应速率的因素看，

17、你猜想还可能是_的影响。（6）若用实验证明你的猜想，除高锰酸钾酸性溶液、草酸溶液外，还需要选择的试剂最合理的是_(填字母)。A硫酸钾B硫酸锰 C二氯化锰 D水9“摩尔盐” (NH4)2Fe(SO4)26H2O 是分析化学中的重要试剂。查阅文献得知：“摩尔盐”隔绝空气加热至500时可完全分解，但产物复杂。某学习小组欲探究其分解产物。.（提出猜想）摩尔盐受热分解，小组同学认为分解产物可能有以下几种情况：aFe2O3、SO3、NH3、H2O bFeO、NH3、SO3、H2OcFeO、SO2、NH3、H2O dFe2O3、NH3、SO2、SO3、H2O经认真分析，通过推理即可确定，猜想_不成立（填序号

18、）。.（实验探究）为检验分解产物，甲同学设计了如下实验装置。请回答下列问题：（1）B装置的容器名称是_。（2）取一定量“摩尔盐”置于加热管A中，加热至分解完后打开K，再通入N2，目的是_。（3）观察到A中固体逐渐变为红棕色，B、C中均产生白色沉淀。C中发生反应的离子方程式为_。（4）待A中剩余固体冷却至室温后，取少量置于试管中，加入稀硫酸溶解，再滴几滴KSCN溶液，可以观察到的现象是_。（5）乙同学设计实验验证A中残留物不含FeO，操作方法及实验现象是：取少量A中残留物放入试管中，_。（实验反思）乙同学认为：装置B中产生白色沉淀不能证明分解产物中一定含SO3，原因是_。10在无机化工中，硫酸亚

19、铁铵(NH4)2Fe(SO4)2是制取其它铁系化合物的原料，如制取氧化伯系颜料、磁性材料和黄血盐等。某化学兴趣小组设计如下实验方案，探究(NH4)2Fe(SO4)2完全分解的产物。已知：隔绝空气受热完全分解是氧化还原反应。98%浓硫酸能顺利吸收SO3。甲同学根据以下流程探究分解的部分产物，试回答下列问题：（1）B装置预期的现象是_；C装置的作用可能是_，D装置可以检验分解产物中是否含有_。（2）加热前先通一会儿N2，再关闭气阀，其目的是_。乙同学猜想(NH4)2Fe(SO4)2分解时可能生成了SO3，为了验证他的猜想，小组同学又提供了如右图装置，试回答下列问题：（3）不能选择E和F装置的原因是

20、_。（4）加热装置A与G、H连接并进行实验，请你提出需要改进的方案_。（5）已知饱和SO2水溶液中c(SO32-)=6.010-8molL-1，Ksp(BaSO3)=5.410-7。通过计算判断在1.0molL-1的BaCl2溶液中，通入足量纯净的SO2能否生成BaSO3沉淀？_（6）当G中出现大量白色沉淀时，并不能说明A中生成了SO3，理由是_；为了进一步证明是否有SO3生成，请你补充实验方案（不要求写具体的操作过程）_。11某研究性学习小组为研究Cu与浓H2SO4的反应，设计如下实验探究方案(装置中的固定仪器和酒精灯均未画出)实验选用细铜丝、98.3% H2SO4、品红溶液、澄清石灰水、C

21、Cl4、NaOH溶液等药品，铜丝被卷成螺旋状，一端没入浓H2SO4中，另一端露置在液面上方。以下是该学习小组部分交流记录及后续探究实验的记录根据上述材料回答下列问题(1)A试管上方的长导管的作用是_；D、E两支试管中CCl4的作用是_。(2)加热过程中，观察到A试管中出现大量白色烟雾，起初部分烟雾在试管上部内壁析出淡黄色固体物质，在持续加热浓硫酸(沸腾)时，淡黄色固体物质又慢慢地消失。写出淡黄色固体消失的化学反应方程式：_。(3)对A试管中的浓H2SO4和铜丝进行加热，很快发现C试管中品红溶液褪色，但始终未见D试管中澄清石灰水出现浑浊或沉淀。你的猜想是：_。设计实验验证你的猜想_。(4)根据上

22、述研究，结合所学知识，你认为液面下方铜丝表面的黑色物质成分是_。(写化学式)12实验小组探究FeCl3溶液灼烧的变化。已知：FeO是一种黑色粉末，不稳定，在空气中加热，可被氧化成Fe3O4，隔绝空气加热会歧化为Fe和Fe3O4。.FeCl3溶液的灼烧。实验：将一只白粉笔浸泡在FeCl3溶液中，用坩埚钳夹持粉笔于酒精灯上灼烧，很快观察到粉笔表面颜色的变化：黄色红褐色铁锈色黑色。(1)配制FeCl3溶液时，先将氯化铁晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需要的浓度。结合化学用语解释将氯化铁晶体溶于盐酸的目的_。(2)“黄色红褐色铁锈色黑色”颜色变化中的“铁锈色”物质是_。(填化学式)(3)针对“黑色

23、”物质，小组成员提出猜想。猜想1：酒精灼烧粉笔的产物；猜想2：酒精还原“铁锈色”物质得到的产物。通过实验排除了猜想，实验操作和现象是_。.探究“黑色”物质的成分。实验：先用酒精蒸气排尽装置中的空气，再在“铁锈色”物质处加热，充分反应至“铁锈色”物质完全变成“黑色”物质。取下装有新制Cu(OH)2的试管，加热，有砖红色沉淀生成。实验：在“黑色”物质中加入热的硫酸，“黑色”物质溶解，无气泡产生。(4)甲同学根据实验和的现象，判断“黑色”物质中含有二价铁，其理由是_。(5)乙同学用实验中所得溶液进行实验iv，证实了甲的判断，实验iv的离子反应方程式为_。(6)丙同学发现“黑色”物质完全被磁铁吸引，推

24、测“黑色”物质是Fe3O4，写出“铁锈色”物质变成Fe3O4的化学方程式_。(7)丁同学为证明“黑色”物质是Fe3O4，设计实验方案并预测：取实验中少量清液滴入足量的Na2S溶液，认为得到物质的量之比为31的FeS和S沉淀，即可证明。你认为是否合理，并说明理由_。参考答案1引流 电 化学 C Mg3N2 1：3 40% 氧化镁为白色固体与水缓慢反应生成氢氧化镁 样品分解生成的二氧化碳使澄清石灰水变浑浊 Mg2(OH)2CO32MgO+CO2+H2O。 【详解】(1)过滤使用玻璃棒，起引流作用，因此，本题正确答案是：引流；电解中电能转化为化学能，因此，本题正确答案是：电；化学；(2)反应为单质与

25、化合物反应生成单质与化合物，该反应为置换反应，因此，本题正确答案是：C；在氮化镁中氮元素的化合价为-3，Mg为+2价，则氮化镁的化学式为Mg3N2，因此，本题正确答案是Mg3N2；(3)取16g镁铝合金样品，把60g氢氧化钠溶液平均分成三份依次加入样品中，最后剩余固体为Mg，其质量为4g,则Mg、Al质量比为4g:(16g-4g)=1:3；由第一、第二次数据和AlNaOH可以知道，NaOH的质量为，则20g溶液中的质量分数为,因此，本题正确答案是：1:3；40%；(4)小赵认为小明的猜想是错误的，其理由是氧化镁为白色固体与水缓慢反应生成氢氧化镁，而信息中为灰黑色物质；小赵认为小花的猜想也是错误

26、的，其理由是样品分解生成的二氧化碳使澄清石灰水变浑浊，而氢氧化镁不会生成二氧化碳，则Mg2(OH)2CO3分解生成MgO、CO2、H2O,反应为Mg2(OH)2CO32MgO+CO2+H2O。因此，本题正确答案是：氧化镁为白色固体与水缓慢反应生成氢氧化镁；样品分解生成的二氧化碳使澄清石灰水变浑浊；Mg2(OH)2CO32MgO+CO2+H2O。2除去CO2气体中混有的HCl气体 Na2O2 根据质量守恒定律，反应前后元素的种类不变，反应前有碳元素，反应后也应有碳元素 BaCl2或Ba(NO3)2或CaCl2或Ca(NO3)2 正确 因为氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，如果有蓝色沉淀生

27、成，说明固体中含有氢氧化钠 O2和NH3 【详解】(1)生成的CO2中混有氯化氢气体，装置A中的饱和碳酸氢钠溶液能降低CO2的溶解并能与HCl发生反应NaHCO3HCl=NaClCO2H2O而除去HCl气体，因而装置A的作用是除去CO2中氯化氢。故答案为：除去CO2中氯化氢；(2)为确定反应后装置B硬质玻璃管中固体的成分，小组同学取适量固体于试管中，加入足量的蒸馏水，因为2Na2O22H2O=4NaOHO2，而该步操作时无气泡产生，说明Na2O2已经消耗完，所以反应后的固体中不含Na2O2.故答案为：Na2O2；做出猜想根据质量守恒定律，反应前后元素的种类不变，反应前有碳元素，反应后也应有碳元

28、素，因而猜想二不合理。故答案为：根据质量守恒定律，反应前后元素的种类不变，反应前有碳元素，反应后也应有碳元素；实验验证猜想三中含有Na2CO3，因此加入BaCl2或Ba(NO3)2或CaCl2或Ca(NO3)2产生白色沉淀，说明含有Na2CO3，滴加几滴酚酞，溶液变红，说明含有NaOH。故答案为：BaCl2或Ba(NO3)2或CaCl2或Ca(NO3)2；交流反思溶液中含有NaOH，加入Cu(NO3)2后发生的反应是Cu(NO3)22NaOH=Cu(OH)22NaNO3，会观察到有蓝色沉淀生成，故该同学的观点正确，故答案为：正确；因为氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，如果有蓝色沉淀生成

29、，说明固体中含有氢氧化钠；拓展延伸2Na2O22H2O=4NaOHO2，此反应是放热反应，NaOHNH4Cl= NH3H2ONaCl，因此气体为O2和NH3.故答案为：O2和NH3。3集中火焰，提高温度 CO和CO2 黑色粉末变为红色 I 排出内部残留的空气，避免加热时发生爆炸，以及防止空气中组分影响实验结果的判断 【分析】方案一：一氧化碳是可燃性气体，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，若B中澄清石灰变浑浊，D处气体不能被点燃，则产物中只有二氧化碳；若B中澄清石灰不变浑浊，D处气体能被点燃，则产物中只有一氧化碳；若B中澄清石灰变浑浊，D处气体能被点燃，则产物中有一氧化碳和二氧化碳；方案二：A中两种

30、反应物均为固体，无论哪种猜想，产物均为气体，澄清石灰水吸收二氧化碳，浓硫酸吸收B中蒸发出来的水蒸气，若B和C增重质量=A中减少的质量，则说明气体全是二氧化碳；若B和C增重且增重质量小于A中减少的质量，则说明一部分气体没有被澄清石灰吸收，一部分气体被澄清石灰吸收，气体中含一氧化碳和二氧化碳；若B和C增重质量为0，而A中质量减少，则气体全是一氧化碳。【详解】(1)氧化铜为黑色，碳与氧化铜反应生成了铜，铜为红色固体，所以可以看到固体由黑色变为红色；(2)B无明显现象，说明没有CO2，可以点燃，说明有CO，因此猜想I成立；(3)若猜想II成立，说明气体中有CO2，没有CO，B中足量的氢氧化钙溶液可以将

31、CO2全部吸收，因此要遵循质量守恒定律；而A中减少的质量为CO2质量，而B和C中增加的质量则为生成的CO2质量，所以都表示二氧化碳质量，两部分质量差应该相等，即(m4-m3)=(m1-m2)；交流反思 CO易燃易爆，而CO2可使澄清石灰水变浑浊，空气中含有氧气，可以使CO燃烧发生爆炸；含有CO2影响澄清石灰水变浑浊的判断，所以需要先通入氮气，排出内部残留的空气。4BaSO4 Ba2+= BaSO4 2 Ba2+ 2SO2 + O2+2H2O= 2BaSO4+ 4H+ 排除装置内的空气(O2) H2O C BC 蒸发浓缩 冷却结晶 【分析】本实验目的是探究与浓硫酸反应产物和性质，实验原理是Cu2

32、H2SO4(浓)CuSO4SO2H2O，然后根据题中现象和信息，可用所学知识进行分析；【详解】(1)根据题中所给信息，98.3%浓硫酸的沸点低于酒精灯的火焰温度，加热后，试管A中液面上产生大量白雾，为挥发出的硫酸，铜片表面先变黑后开始溶解，主要反应为试管A中发生Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO2H2O，同时发现试管B中出现白色沉淀，反应结束后，试管A中得到灰绿色溶液，为CuSO4溶液，底部沉积少量白色固体为硫酸铜固体，未溶解的铜片表面仍有黑色物质附着，可能为Cu2S等其他物质，倾倒出液体后，向白色固体上小心加水，溶解后，溶液呈蓝色，进一步说明白色固体为CuSO4，雾状浓硫酸挥发出来的硫酸进

33、入B试管中，与Ba2反应：Ba2=BaSO4，与浓硫酸反应生成的SO2具有强还原性，可能被空气中氧气氧化成SO3，SO3与水反应生成H2SO4，H2SO4与BaCl2反应生成BaSO4沉淀，反应离子方程式为2 Ba2+ 2SO2 + O2+2H2O= 2BaSO4+ 4H+；故答案为BaSO4；Ba2=BaSO4；2 Ba2+ 2SO2 + O2+2H2O= 2BaSO4+ 4H+；(2)根据(1)的分析，以及实验目的，空气中的氧气以及硫酸对SO2的检验产生干扰，操作的目的是排除装置中的空气或O2；C中未见沉淀生成，装置B的作用是吸收挥发出H2SO4，装置B盛放的试剂能吸收H2SO4，且不产生

34、新的杂质，还不能与SO2反应，因此该试剂为H2O；故答案为排除装置中的空气或O2；H2O；(3)乙实验后的C中的溶液会溶有SO2，题中不溶于盐酸的白色沉淀为BaSO4，因此要加一种氧化剂，滴加的是一种无色溶液，酸性高锰酸钾溶液是紫色，NaOH溶液，NaAlO2溶液无氧化性，则只能是H2O2溶液，故答案为C；(4)A滤出物中含有Cu，Cu能够与稀硝酸反应生成氮的氧化物，试管口有气体变为红棕色不能说明含有Cu2S，故A不符合题意；BCu2S、Cu均不溶于稀硫酸，而CuO能够溶于稀硫酸，取少量样品加入稀硫酸充分振荡，若观察溶液变蓝色，说明含有CuO，故B符合题意；CCuO、Cu与硝酸反应不能生成，C

35、u2S能够溶于热的稀硝酸中，且产生，取少量样品加入足量稀硝酸加热溶解，若加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，说明反应后的溶液中有产生，即证明有Cu2S，故C符合题意；故答案为BC；(5)从硫酸铜溶液中制取CuSO45H2O晶体，需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥称重；故答案为蒸发浓缩；冷却结晶。5有红色(紫红色)固体产生 2Cl- - 2e- = Cl2 CuCl2Cu + Cl2 Cu+CuCl2=CuCl 取阴极产生的白色固体，溶于稀盐酸配成溶液，浇水稀释，又析出白色沉淀 NaCl固体至不再溶解 不是 【分析】（1）根据电解原理，电极氯化铜溶液，阴极发生的反应是铜离子得到电子生成铜，

36、阳极是氯离子失电子发生氧化反应生成氯气；（2）根据资料用Cu还原CuCl2溶液可以得到CuCl沉淀可得；取试验中阴极的白色物质与实验A做对照试验；猜想1：可能是Cu2+与高浓度的Cl-发生络合反应所致实验应向氯化铜溶液加入高浓度的Cl-，溶液没有变成棕褐色，说明该猜想不成立；猜想2：棕褐色溶液可能与+1价Cu有关取阴极附近的棕褐色溶液重复步骤一，得到与步骤一相同的现象说明该猜想成立。【详解】（1）根据电解原理，电极氯化铜溶液，阴极发生的反应是铜离子得到电子生成铜，电极反应：Cu2+2e-=Cu，阴极发生的实验现象是：析出红色铜，阳极是氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，电极反应：2Cl-2e-=

37、Cl2，电解氯化铜溶液总的化学方程式为：CuCl2Cu+Cl2，故答案为：析出红色铜；2Cl-2e-=Cl2；CuCl2Cu+Cl2；（2）Cu还原CuCl2溶液的反应为：Cu+CuCl2=2CuCl；故答案为：Cu+CuCl2=2CuCl；实验A：取2mol/L的CuCl2溶液，加入铜粉，充分振荡，几分钟后，试管底有白色沉淀生成，过滤出白色固体，加入浓盐酸，固体溶解，加水稀释，又析出白色沉淀，要确认阴极产生的白色沉淀是CuCl，还需要进行对照实验B，应取阴极的白色产物做对照，实验B为：取阴极白色物质于试管中，加入浓盐酸，固体溶解，加水稀释，又析出白色沉淀，可以确定阴极产生的白色固体是CuCl

38、，故答案为：取阴极白色物质于试管中，加入浓盐酸，固体溶解，加水稀释，又析出白色沉淀；猜想1：可能是Cu2+与高浓度的Cl-发生络合反应所致实验C：向2mol/L的CuCl2溶液中加入NaCl固体，溶液呈现绿色，没有变成棕褐色；实验结论：溶液颜色呈现棕褐色不是由于Cu2+与高浓度的Cl-发生络合反应所致；故答案为：NaCl固体至不再溶解；不是；猜想2：棕褐色溶液可能与+1价Cu有关。实验D：用铜粉和2mol/L的CuCl2溶液反应制备CuCl2CuCl2（H2O），取少量该标准溶液与实验中得到的棕褐色溶液进行对照实验。步骤一：配制标准CuCl2CuCl2（H2O）棕褐色溶液进行稀释，实验流程如图

39、所示：，步骤二：取阴极附近的棕褐色溶液，重复上述实验进行对照：，通过对照实验，确认棕褐色溶液与+1价Cu有关；故答案为：。6KI与O2反应速率慢 4I-+O2+2H2O=I2+4OH- 有 pH=10的KOH溶液 O2+2H2O+4e-=4OH- 生成的I2与OH-反应 【详解】(1)实验中5分钟后无明显变化可能是反应并没有发生，也可能是反应速率太慢，时间太短不足以观察到现象，故答案为：KI与O2反应速率慢；(2)若放置5小时后，实验中的溶液变蓝，是因为碘离子能被氧气氧化成I2，反应离子方程式为：4I+O2+2H2O=I2+4OH；(3)对比实验和实验可以排除氯离子对反应的影响，如果去掉实验则

40、不能说明氯离子对反应是否有影响，故答案为：有；(4) i：因甲同学提出猜想“pH=10时O2不能氧化I-”，所以通氧气的一侧烧杯中应加pH=10的KOH溶液，故答案为：pH=10的KOH溶液；ii.实验结果是b中溶液变蓝，说明pH=10时，氧气可以氧化碘离子，从而说明猜想不成立，则通入O2后，a中的电极反应式是O2+2H2O+4e-=4OH-；iii.实验的结果说明pH=10时，氧气可以氧化碘离子，而实验中“无明显现象的原因”只能是产生的碘单质被碱消耗导致，即生成的I2与OH反应。72Fe3SO32H2O2Fe2SO422H BaCl2溶液、稀盐酸 Fe3与SO32同时发生氧化还原反应和相互促

41、进的水解反应 Fe(OH)3(胶体)3SCNFe(SCN)33OH 2Fe33CO323H2O2Fe(OH)33CO2 SO32有较强的还原性，而CO32还原性很弱 【解析】【详解】(1)铁离子具有氧化性，能把SO32氧化生成SO42，反应的离子方程式是2Fe3SO32H2O2Fe2SO422H；（2）如果亚硫酸钠变质，则被氧化生成硫酸钠，所以可以通过检验硫酸钠来检验亚硫酸钠是否变质，即为了检验所用Na2SO3是否变质，应选用的试剂是BaCl2溶液、稀盐酸。（3）其中一份加入稀盐酸至过量，再加入BaCl2稀溶液，有白色沉淀生成，这说明有硫酸钠生成；另一份滴入几滴KSCN溶液，溶液变成血红色，这

42、说明溶液中还有铁离子，所以Fe3与SO32同时发生氧化还原反应和相互促进的水解反应。（4）在FeCl3溶液中加入Na2CO3溶液，观察到红褐色沉淀并且产生无色气体，这说明反应中有氢氧化铁和CO2生成，即二者发生的是水解相互促进的反应，所以该反应的离子方程式是2Fe33CO323H2O2Fe(OH)33CO2。由于SO32有较强的还原性，而CO32还原性很弱，所以铁离子能和SO32发生氧化还原反应，而与CO32不能发生氧化还原反应。8向等体积浓度分别为 0.5 mol/L、2 mol/L硫酸溶液中投入大小、形状相同的Fe或者Mg 研究金属(或反应物)本身的性质及反应物的浓度对化学反应速率的影响

43、温度相同 测定一定时间内产生气体的体积(或产生一定体积的气体所需时间) Mg(或Fe)、0.5 molL1硫酸和2 molL1硫酸 常温下Mg和18.4 molL1浓硫酸反应生成SO2、Fe在18.4 molL1浓硫酸中发生钝化 MnSO4(或Mn2)的催化作用 B 【分析】根据控制变量法分析反应条件；根据实验结论确定实验目的；根据影响化学反应速率的因素分析化学反应速率变化的原因。【详解】（1）甲同学表中实验步骤所得到的实验结论为：反应物浓度越大，反应速率越快。根据控制变量法，可知该操作为：向等体积浓度分别是0.5 mol/L、2 mol/L的硫酸中加入投入大小、形状相同的Fe或者Mg。（2）

44、由表中的实验结论可知，甲同学的实验目的是：研究金属(或反应物)本身的性质及反应物的浓度对化学反应速率的影响。要得出正确的实验结论，还需控制的实验条件是：温度相同。这样才能形成对照实验。（3）若相同的时间内产生的气体体积越大，则反应速率越快；或者收集相同体积的气体，需要的时间越短，则反应速率越快。因此，乙同学在实验中应该测定的数据是：相同时间内产生气体的体积的多少或者产生相同体积的气体所需要的时间的长短。（4）乙同学完成该实验应选用的实验药品是：Mg(或Fe)、0.5 molL1硫酸和2 molL1硫酸；在该实验中不能选用18.4 mol/L硫酸，是因为Fe在浓硫酸中会发生钝化现象；而Mg与18

45、.4 mol/L硫酸发生反应得到硫酸镁、SO2、反应原理发生了改变。（5）针对该实验现象，丙同学认为KMnO4与H2C2O4反应放热，导致溶液温度升高，反应速率加快。从影响化学反应速率的因素看，还可能是反应产生的Mn2+对反应起催化剂的作用，使反应速率大大加快。（6）若是Mn2+对反应起催化剂的作用，只要加入的物质中含有+2价的锰元素就可以。分析各个选项，可知应该加入硫酸锰。选项为B。【点睛】控制变量法是定性实验中经常采用的实验手段，通过控制不同的变量，分析影响实验数据的关键因素。9a c 锥形瓶 将分解产生的气体全部排到B、C装置中使其全部被吸收 SO2H2O2Ba2=BaSO42H 溶液变

46、为红色 加入稀硫酸（盐酸）溶解，再滴加K3Fe(CN)6溶液，不产生蓝色沉淀（或加入稀硫酸溶解，再滴入KMnO4稀溶液，不褪色 分解产生的氨气消耗完B装置中HCl后，过量的NH3存在时SO2也可与BaCl2溶液反应生成白色沉淀 【详解】试题分析：.a 中生成Fe2O3，只有铁元素的化合价升高，没有元素化合价降低，c中生成FeO、SO2，其中铁元素和硫元素的化合价均降低，但是没有元素化合价升高，不符合电荷守恒。（1）B装置的容器名称是锥形瓶，（2）通入N2的目的是将分解产生的气体全部排到B、C装置中使其全部被吸收。（3）观察到A中固体逐渐变为红棕色，说明生成了氧化铁，B、C中均产生白色沉淀，说明

47、产生了三氧化硫和二氧化硫。C中发生反应的离子方程式为SO2H2O2Ba2=BaSO42H。（4）A中生成了氧化铁，为三价铁离子，遇到硫氰化钾会显红色。（5）乙同学设计实验验证A中残留物不含FeO，考虑是检验二价亚铁离子，操作方法及实验现象是：取少量A中残留物放入试管中，加入稀硫酸（盐酸）溶解，再滴加K3Fe(CN)6溶液，不产生蓝色沉淀。分解产生的氨气消耗完B装置中HCl后，过量的NH3存在时SO2也可与BaCl2溶液反应生成白色沉淀考点：有机实验综合题。10变蓝 吸收NH3或SO3SO2 SO2 排出装置内的空气 都能吸收SO3和SO2 A、G之间增加防倒吸的装置 Q=1.06.010-8=

48、6.010-8Ksp(BaSO3)，所以不能生成BaSO3沉淀 NH3和SO2同时通入BaCl2溶液中，能生成BaSO3白色沉淀 取白色沉淀于试管中，滴加过量的稀盐酸，若白色沉淀不溶解或部分溶解，则有SO3生成，若白色沉淀完全溶解，则没有SO3生成 【详解】试题分析：（1）硫酸亚铁铵分解应该产生氨气，氧化铁和三氧化硫或二氧化硫和水等，无水硫酸铜是检验水蒸汽，无水硫酸铜遇到水变蓝。浓硫酸能吸收NH3或SO3；品红溶液遇到二氧化硫能褪色，所以检验SO2。（2）先通氮气，是为了排出装置内的空气，防止空气中的氧气参与反应。（3）想要检验三氧化硫，但氢氧化钡或碱石灰都能吸收SO3和SO2，不能只吸收三氧

49、化硫。（4）因为反应产生二氧化硫，能溶于水，所以应该在A、G之间增加防倒吸的装置。（5）Q=1.06.010-8=6.010-8Ksp(BaSO3)，所以不能生成BaSO3沉淀。（5）NH3和SO2同时通入BaCl2溶液中，能生成BaSO3白色沉淀，不能说明生成三氧化硫。要证明是否有三氧化硫生成，可以检验溶于中是否有硫酸钡沉淀，操作为取白色沉淀于试管中，滴加过量的稀盐酸，若白色沉淀不溶解或部分溶解，则有SO3生成，若白色沉淀完全溶解，则没有SO3生成。考点： 物质的检验和性质【点睛】常见离子的检验： 1、 颜色：铜离子为蓝色、铁离子为浅黄色、亚铁离子为浅绿色，高锰酸根离子为紫色。2、 硫酸根离

50、子：加入盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，产生白色沉淀。3、 氯离子：加入稀硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，产生白色沉淀。4、 碳酸根离子：加入氯化钙，产生白色沉淀，沉淀溶于盐酸产生无色无味的能使澄清的石灰水变浑浊的气体。5、铝离子：加入氢氧化钠溶液，先产生沉淀后沉淀溶解。11冷凝、回流 防止倒吸 S+2H2SO4(浓)3SO2+2H2O 由于SO2溶解度较大，生成了Ca(HSO3)2溶液的缘故 取样后，向其中加入氢氧化钠溶液，观察是否有沉淀生成。 CuO、CuS、Cu2S 【分析】(1)长导管除了导气作用之外，还可以让气体冷凝，回流；二氧化硫和强碱的反应十分剧烈，要注意防止倒吸现象的发生；(2)硫在加

51、热时能和浓硫酸反应生成二氧化硫和水，据此写出反应的化学方程式；(3)酸式盐和强碱中的氢氧根反应能得到正盐，可以使用氢氧化钠溶液进行检验；(4)含有铜元素的常见黑色物质有CuO、CuS、Cu2S，结合实际来回答。【详解】(1)根据实验装置，长导管的作用一定是能导气，但气体在导管中时间一长就会冷凝，回流；二氧化硫和强碱的反应十分剧烈，可以采用四氯化碳的作用来达到防止倒吸现象的发生的目的；(2)浓硫酸具有强氧化性，硫在加热时能和浓硫酸反应，反应的化学方程式为S+2H2SO4(浓)3SO2+2H2O；(3)未见D试管中澄清石灰水出现浑浊或沉淀，可能是SO2溶解度较大，生成了Ca(HSO4)2的缘故；利

52、用Ca(HSO4)2能和强碱反应生成溶解度较小的亚硫酸钙，可以加入氢氧化钠溶液，观察是否有沉淀生成；(4)含有铜元素的黑色物质有：CuO、CuS、Cu2S，根据题中信息可知，所以液面下方铜丝表面的黑色物质成分为CuO、CuS、Cu2S。12FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl,溶于较浓的盐酸中的目的是抑制其水解 Fe2O3 把洁净的粉笔置于酒精灯上灼烧未呈现黑色 实验中酒精被氧化成乙醛，红色物质Fe2O3中Fe元素即被还原成0价或+2价。实验中无气泡生成，可说明黑色物质中没有Fe单质，则一定含有+2价铁元素。(逻辑合理即可) 5Fe2+8H+MnO=Mn2+5Fe3+4H2O或3Fe2

53、+2Fe(CN)63=Fe3Fe(CN)62 CH3CH2OH+3Fe2O3CH3CHO+2Fe3O4+H2O 合理；根据产物FeS和S物质的量比为31，可知实验中发生了2Fe3+3S2=2FeS+S和Fe2+S2=FeS两个反应，进而可知实验所得清液中n(Fe3+)n(Fe2+)=21，由此可判断黑色物质是Fe3O4(逻辑合理即可)；或不合理；实验中Fe3+与Na2S溶液还可能发生2Fe3+3S2-=2Fe2S3和2Fe3+3S2-+6H2O=2Fe(OH)3+3H2S等反应。(逻辑合理即可) 【详解】(1)FeCl3为强酸弱碱盐，FeCl3溶液中存在Fe33H2OFe(OH)33H，为抑制

54、Fe3的水解，需要配制时先加入浓盐酸中溶解，然后加水稀释到所要浓度；故答案为FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，溶于较浓的盐酸中的目的是抑制其水解；(2)铁锈的主要成分是Fe2O3；故答案为Fe2O3；(3)通过实验排除猜想，需要将一支干净的粉笔在酒精灯上灼烧，未观察到黑色；故答案为把洁净的粉笔置于酒精灯上灼烧未呈现黑色；(4)实验ii：根据信息，取下装有新制Cu(OH)2的试管，加热，有砖红色沉淀生成，说明乙醇通过铁锈时转化成乙醛，乙醇被氧化，铁锈为Fe2O3，该实验类似于氧化铜与乙醇的反应，Fe2O3中Fe被还原成Fe2；实验iii：“黑色”物质中加入热的硫酸，“黑色”物质溶解，

55、无气泡产生，说明“黑色”物质中不含铁单质，Fe2O3为红棕色，Fe3O4为黑色，Fe3O4且中既含有Fe2也含有Fe3，FeO为黑色，因此“黑色”物质中一定含有+2价铁元素；故答案为实验中酒精被氧化成乙醛，红色物质Fe2O3中Fe元素即被还原成0价或+2价。实验中无气泡生成，可说明黑色物质中没有Fe单质，则一定含有+2价铁元素。(逻辑合理即可)；(5)证明溶液中存在Fe2，利用Fe2的还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，其离子方程式为5Fe2+8H+MnO=Mn2+5Fe3+4H2O；也可以用铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀，其离子方程式为3Fe2+2Fe(CN)63=Fe3Fe(CN)62；故答案为

56、5Fe2+8H+MnO=Mn2+5Fe3+4H2O；3Fe2+2Fe(CN)63=Fe3Fe(CN)62；(6)乙醇被氧化成乙醛，Fe2O3被还原成Fe3O4，发生的反应方程式为CH3CH2OH+3Fe2O3CH3CHO+2Fe3O4+H2O；故答案为CH3CH2OH+3Fe2O3CH3CHO+2Fe3O4+H2O；(7)Fe3O4溶于热的稀硫酸，溶液中含有Fe2和Fe3，Fe3具有强氧化性，能将2价S氧化，发生2Fe3S2=S2Fe2，所加Na2S过量，还发生Fe2S2=FeS，则得到物质的量之比为3：1的FeS和S沉淀，所以丁同学合理；或者实验中Fe3+与Na2S溶液还可能发生2Fe3+3S2-=2Fe2S3和2Fe3+3S2-+6H2O=2Fe(OH)3+3H2S等反应，可以推出丁同学说法不合理；故答案为合理；根据产物FeS和S物质的量比为31，可知实验中发生了2Fe3+3S2=2FeS+S和Fe2+S2=FeS两个反应，进而可知实验所得清液中n(Fe3+)n(Fe2+)=21，由此可判断黑色物质是Fe3O4(逻辑合理即可)；或不合理；实验中Fe3+与Na2S溶液还可能发生2Fe3+3S2-=2Fe2S3和2Fe3+3S2-+6H2O=2Fe(OH)3+3H2S等反应。(逻辑合理即可)。