2022届高三化学一轮化学实验专题细练：31实验方案设计探究实验 WORD版含答案.docx

1、2022届高三化学一轮化学实验专题细练：31实验方案设计探究实验非选择题（共10题）1溴乙烷是卤代烃的代表，通过对溴乙烷的探究来掌握卤代烃的性质，可以达到举一反三、触类旁通的效果。I已知：NaBr+H2SO4(浓)NaHSO4+ HBr CH3CH2OH+HBrCH3CH2Br+H2O溴乙烷的沸点38.4，实验室制备溴乙烷（CH3CH2Br）的装置和步骤如下：检查装置的气密性，向装置图所示的U形管和大烧杯中加入冰水；在圆底烧瓶中加入10mL95%乙醇、28mL78%浓硫酸，然后加入研细的13g溴化钠和几粒碎瓷片；小心加热，使其充分反应。回答下列问题：（1）为了更好的控制反应温度，除用图示的小火

2、加热，更好的加热方式是_。（2）浓硫酸具有强氧化性，能氧化还原性气体HBr为Br2，导致U形管中粗制的溴乙烷呈棕黄色。为了除去粗产品中的杂质Br2，可选择下列试剂中的：_（填序号）ANaOH溶液BH2OCNa2SO3溶液DCCl4分离时所需的主要玻璃仪器是_（填仪器名称）。要进一步制得纯净的溴乙烷，可用水洗，然后加入无水CaCl2，再进行_（填操作名称）。II溴乙烷在不同溶剂中与NaOH可发生不同类型的反应，生成不同的反应产物。某同学依据溴乙烷的性质，用图实验装置(铁架台、酒精灯略)验证取代反应和消去反应的产物，请你一起参与探究。（1）在试管中加入5 mL 1 mol/L NaOH水溶液和5

3、mL溴乙烷，将试管如图固定后，加热。试管口安装一长导管的作用是_。鉴定生成物中乙醇的结构，可用的波谱是_和_。（2）在试管中加入5 mL NaOH乙醇溶液和5 mL溴乙烷，将试管如图固定后，加热。请写出该反应的化学方程式_。为证明溴乙烷在NaOH乙醇溶液中发生的是消去反应，在设计的实验方案中，需要检验的是_，检验的装置如图所示，在气体通入酸性高锰酸钾溶液前加一个盛水的试管，其作用是_。2硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2是分析化学中的重要试剂，在不同温度下加热分解产物不同。设计如图实验装置（夹持装置略去），在500时隔绝空气加热A中的硫酸亚铁铵至分解完全。确定分解产物的成分。（1）B装置的

4、作用是_。（2）实验中，观察到C中无明显现象，D中有白色沉淀生成，可确定产物中定有_气体产生，写出D中发生反应的离子方程式_。若去掉C，是否能得出同样结论并解释其原因_。（3）A中固体完全分解后变为红宗色粉末，某同学设计实验验证固体残留物仅为Fe2O3.而不含FeO。请完成表内容。(试剂，仅然和用品自选)实验步骤预期现象结论取少量A中残留物于试管中，加入适量稀硫酸，充分振荡使其完全溶解：_固体残留物仅为Fe2O3（4）E中收集到的气体只有N2，其物质的量为xmol，固体残留物刚体死目物Fe2O3的物质的量为ymol，D中沉淀物质的量为zmol，根据氧化还原反应的基本规律，x、y和z应满足的关系

5、为_。（5）结合上述实验现象和相关数据的分析。写出硫酸亚铁铵在500时隔绝空气加热完全分解的化学方程式：_。3某小组设计不同实验方案比较Cu2+、Ag+ 的氧化性。查阅资料：Ag+ + I- = AgI K1 =1.21016；2Ag+ + 2I- = 2Ag+ I2 K2 = 8.7108（1）方案1：通过置换反应比较向酸化的AgNO3溶液插入铜丝，析出黑色固体，溶液变蓝，说明氧化性Ag+Cu2+。反应的离子方程式是_。（2）方案2：通过Cu2+、Ag+ 分别与同一物质反应进行比较实验试 剂编号及现象试 管滴 管1.0 mol/LKI溶液1.0 mol/L AgNO3溶液产生黄色沉淀，溶液无

6、色1.0 mol/L CuSO4溶液产生白色沉淀A，溶液变黄经检验，中溶液不含I2，黄色沉淀是_。经检验，中溶液含I2。推测Cu2+做氧化剂，白色沉淀A是CuI。确认A的实验如下：a检验滤液无I2。溶液呈蓝色说明溶液含有_（填离子符号）。b白色沉淀B是_。c白色沉淀A与AgNO3溶液反应的离子方程式是_，说明氧化性Ag+Cu2+。（3）分析方案2中Ag+ 未能氧化I- ，但Cu2+氧化了I-的原因，设计实验如下：编号实验1实验2实验3实验KI溶液 KI溶液 AgNO3溶液a bKI溶液 CuSO4溶液c d现象无明显变化a中溶液较快变棕黄色,b中电极上析出银；电流计指针偏转c中溶液较慢变浅黄色

7、；电流计指针偏转（电极均为石墨，溶液浓度均为 1 mol/L，b、d中溶液pH4）a中溶液呈棕黄色的原因是_（用电极反应式表示）。“实验3”不能说明Cu2+氧化了I-。依据是空气中的氧气也有氧化作用，设计实验证实了该依据，实验方案及现象是_。方案2中，Cu2+能氧化I-,而Ag+未能氧化I-。其原因一是从K值分析：_；二是从Cu2+的反应特点分析：_。4实验小组用下列装置进行乙醇催化氧化的实验。已知：乙醛可被氧化为乙酸。(1)实验过程中铜网出现红色和黑色交替的现象，请写出相应的化学方程式_ 、_。(2)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。进一步研

8、究表明，鼓入空气的速率与反应体系的温度关系曲线如图所示。试解释出现图中现象的原因_。(3)甲和乙两个水浴作用不相同。甲的作用是_；乙的作用是_。(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_。要除去该物质，可在混合液中加入_ (填写字母)。然后，再通过_(填实验操作名称)即可除去。A氯化钠溶液 B苯 C碳酸氢钠溶液 D四氯化碳5某小组研究AgCl的溶解平衡：向10 mL 1mol/L KCl 溶液中加入1 mL 0.2 mol/LAgNO3溶液，将浑浊液均分为2份，进行如下实验：实验序号实验操作实验现象I将其中一份浑浊液过滤，向滤液中放入Mg条i. 滤液澄清透明

9、，用激光照射有丁达尔现象。ii. 放入Mg条后，立即有无色气泡产生，气体可燃，滤液中出现白色浑浊。iii. 一段时间后开始出现棕褐色浑浊物，Mg条表面也逐渐变为棕褐色，产生气泡的速率变缓慢。II向另一份浑浊液中放入大小相同的Mg条iv. 棕褐色浑浊物的量明显多于实验I，Mg条表面棕褐色更深，其他现象与ii、iii相同。已知：AgOH不稳定，立即分解为Ag2O（棕褐色或棕黑色），Ag粉为黑色，AgCl、Ag2O可溶于浓氨水生成Ag(NH3)2（1）滤液所属分散系为_。（2）现象ii中无色气泡产生的原因是_（写出化学方程式）。（3）现象iii中，导致产生气泡的速率下降的主要影响因素是_。（4）甲认

10、为Mg条表面的棕褐色物质中一定有Ag和Ag2O，其中生成Ag的离子方程式为_。（5）甲设计实验检验Ag：取实验I中表面变为棕褐色的Mg条于试管中，向其中加入足量试剂a，反应结束后，继续向其中加入浓硝酸，产生棕色气体，溶液中有白色不溶物。 白色不溶物为_（填化学式），棕色气体产生的原因是_（写离子方程式）。 试剂a为_，加入试剂a的目的是_。 该实验能证明棕褐色物质中一定有Ag的实验现象是_。（6）甲进一步设计实验验证了Mg条表面的棕褐色物质中有Ag2O，实验方案是：取实验I中表面变为棕褐色的Mg条_。（7）综合上述实验，能说明存在AgCl(s) Ag+(aq) + Cl(aq)的证据及理由有_

11、。6碘化钠在医疗及食品方面有重要的作用。实验室用NaOH、单质碘和水合肼(N2HH2O)为原料制备碘化钠。已知：水合肼具有还原性。回答下列问题：(1)水合肼的制备有关反应原理为：CO(NH2)2(尿素)+NaClO+2NaOHN2H4H2O+NaCl+Na2CO3制取次氯酸钠和氧氧化钠混合液的连接顺序为_(按气流方向，用小写字母表示)。若该实验温度控制不当，反应后测得三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5：1，则氯气与氢氧化钠反应时，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为_。制备水合肼时，应将_滴到 _ 中（填“NaClO溶液”或“尿素溶液”），且滴加速度不能过快。(2)碘化钠

12、的制备采用水合肼还原法制取碘化钠固体，其制备流程如图所示：在“还原”过程中，主要消耗反应过程中生成的副产物IO3-，该过程的离子方程式为_。工业上也可以用硫化钠或铁屑还原碘酸钠制备碘化钠，但水合肼还原法制得的产品纯度更高，其原因是_。(3)测定产品中NaI含量的实验步骤如下：a称取1000g样品并溶解，在500mL容量瓶中定容；b量取2500mL待测液于锥形瓶中，然后加入足量的FeCl3溶液，充分反应后，再加入M溶液作指示剂：c用02100molL-1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点(反应方程式为；2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，重复实验多次，测得消耗标准溶液的体积为15

13、00mL。M为_(写名称)。该样品中NaI的质量分数为_。7某同学设计了测定气体摩尔体积的探究实验，利用氯酸钾分解制O2。实验步骤如下：连接好实验装置，检查装置的气密性。把适量的氯酸钾粉末和少量二氧化锰粉末混合均匀，放入干燥的试管中，准确称量试管和药品的总质量为15.95 g。加热，开始反应，直到不再有气体产生为止。测量排入量筒中水的体积为285.0 mL，换算成标准状况下氧气的体积为279. 7 mL。准确称量试管和残留物的质量为15. 55 g。根据上述实验过程，回答下列问题：(1)如何检查装置的气密性？_。(2)以下是测量收集的气体体积必须包括的几个步骤：调整量筒的高度使广口瓶和量筒内的

14、液面高度相同；使试管和广口瓶内气体都冷却至室温；读取量筒内液体的体积。这三步操作的正确顺序是_(请填写步骤代号)。进行的实验操作时，若仰视读数，则读取氧气的体积_(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。(3)实验过程中产生氧气的物质的量是_mol；实验测得氧气的气体摩尔体积是_(保留小数点后两位)。8某化学兴趣小组对2-溴丙烷与NaOH溶液发生的反应进行探究，实验装置如下（夹持和加热装置已略去）：实验步骤：将圆底烧瓶用水浴加热，冷凝管中通入冷凝水；将分液漏斗中的2-溴丙烷与NaOH溶液的混合液滴入圆底烧瓶内。（1）水冷凝管a口是_（填“进水口”或“出水口”）。（2）取具支试管中收集到的液体，经红外

15、光谱检测，其中一种物质中存在C-O键和O-H键。则该物质的结构简式是_。（3）实验中酸性KMnO4溶液褪色，生成该使酸性KMnO4溶液褪色的物质的反应的化学方程式是_。（4）通过该实验得到的结论是_。9汽车用汽油的抗爆剂约含 17的 1，2一二溴乙烷。某学习小组用下图所示装置制备少量 1，2 一二溴乙烷，具体流秳如下: 已知：1，2 一二溴乙烷的沸点为131，熔点为9.3。1，2 一二溴乙烷的制备步聚、的实验装置为：实验步骤： ()在冰水冷却下，将 24mL 浓硫酸慢慢注入12mL乙醇中混合均匀。()向 D 装置的试管中加入3.0mL 液溴(0.10mol)，然后加入适量水液封，开向烧杯中加入

16、冷却剂。()连接仪器并检验气密性。向三口烧瓶中加入碎瓷片，通过滴液漏斗滴入一部分浓硫酸与乙醇的混合物，一部分留在滴液漏斗中。()先切断瓶C与瓶D的连接处，加热三口瓶，待温度上升到约120，连接瓶 C与瓶D，待温度升高到180200，通过滴液漏斗慢慢滴入混合液。(V)继续加热三口烧瓶，待D装置中试管内的颜色完全褪去，切断瓶C与瓶D的连接处，再停止加热。回答下列问题:(1)图中 B 装置玻璃管的作用为_。(2)()中“先切断瓶C与瓶D的连接处，再加热三口瓶”的原因是_。(3)装置D的烧杯中需加入冷却剂，下列冷却剂合适的为_。a.冰水混合物 b.5的水 c.10的水1，2 一二溴乙烷的纯化步骤：冷却

17、后，把装置 D 试管中的产物转移至分液漏斗中，用 1的氢氧化钠水溶液洗涤。步骤：用水洗至中性。步骤：“向所得的有机层中加入适量无水氯化钙，过滤，转移至蒸馏烧瓶中蒸馏，收集130132的馏分，得到产品5.64g。(4)步骤中加入 1的氢氧化钠水溶液时，发生反应的离子方程式为_。(5)步骤中加入无水氯化钙的作用为_。该实验所得产品的产率为_。10某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。已知：（1）探究BaCO3和BaSO4之间的转化，实验操作： 试剂A试剂B试剂C加入盐酸后的现象实验BaCl2Na2CO3Na2SO4实验Na2SO4Na2CO3有少量气泡产生，沉淀部分溶解实验说明B

18、aCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，_实验中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是_。实验说明沉淀发生了部分转化，结合BaSO4的沉淀溶解平衡解释原因：_（2）探究AgCl和AgI之间的转化，实验：实验：在试管中进行溶液间反应时，同学们无法观察到AgI转化为AgCl，于是又设计了如下实验（电压表读数：acb0）。注：其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大；离子的氧化性（或还原性）强弱与其浓度有关。 实验证明了AgCl转化为AgI，甲溶液可以是_（填序号）。a. AgNO3溶液 b. NaCl溶液 c. KI溶液 实验的步骤中，

19、B中石墨上的电极反应式是 _ 结合信息，解释实验中ba的原因：_。 实验的现象能说明AgI转化为AgCl，理由是_11某实验小组探究少量Cl2和FeBr2反应的过程。（1）配制FeBr2溶液：.配制50mL1.0mol/LFeBr2溶液；.上述溶液呈淡黄色。取少量此溶液，向其中滴入KSCN溶液，变为浅红色。配制50mL1.0mol/LFeBr2溶液需要的玻璃容器是_。由可知，此FeBr2溶液呈黄色的原因是其中含有_，用离子方程式解释产生其原因：_。（2）氯气和FeBr2反应实验操作及现象如下：据此甲同学得出结论：少量Cl2既能和Fe2+又能和Br-发生氧化还原反应。Cl2和Fe2+发生反应的离

20、子方程式是_。乙同学认为上述实验不能证明Cl2和Br-发生反应，理由是_。乙同学改进实验如下：在上述FeBr2溶液中加入过量铁粉，取上清液2 mL，向其中滴加3滴饱和氯水后，再加入CCl4，振荡后静置，观察现象。乙得出结论：少量Cl2只与Fe2+反应，不与Br-反应。乙得出该结论依据的实验现象是_。（3）丙同学继续设计实验，探究反应过程：转移到大试管前CCl4液体中呈红棕色的物质是_。丙通过此实验可得出结论：_。12某化学兴趣小组为探究高锰酸钾与铜的反应，设计实验如下：实验一现象酸性溶液一段时间后，培养皿中由铜片向外侧依次呈现：A区澄清且几乎无色；B区底部覆盖棕黑色固体；C区澄清且紫色变浅资料

21、：a.在酸性溶液中不能稳定存在：b.为粉红色沉淀、溶于强酸；为黑色沉淀、不溶于强酸(1)被氧化成_，依据是_。(2)为探究的还原产物，取A区中溶液_(填操作和现象)，证明有生成。(3)A区中与反应的离子方程式是_。(4)经检验，B区的棕黑色固体是，从溶液中离子扩散的角度，结合离子方程式解释B区和C区中的现象：_。(5)小组同学又进行了以下定量实验：实验一现象酸性溶液一段时间后，铜片质量减少了0.02g，溶液中无固体析出、溶液紫色变浅通过计算，分析溶液紫色变浅而未完全褪色的原因：_。参考答案1水浴加热 C 分液漏斗 蒸馏 冷凝回流 红外光谱 核磁共振氢谱 CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2

22、NaBrH2O 乙烯 除去乙烯中混有的乙醇蒸汽 【分析】I.（1）为了更好的控制温度，最好用水浴加热的方法；（2）U形管得到了溴乙烷，溴乙烷中混有溴，除杂时注意溴和溴乙烷的性质角度考虑；分液用到分液漏斗；溴乙烷不溶于水，水洗后分液分离，再加入无水CaCl2，最后进行蒸馏操作；II.（1）溴乙烷易挥发，用长导管进行冷凝回流减少溴乙烷的损失；根据乙醇分子结构中有三种氢原子选择检测方法；（2）溴乙烷为卤代烃，同NaOH乙醇溶液在加热条件下会发生消去反应，其反应方程式为：CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2NaBrH2O；无论发生取代反应还是消去反应，溶液中都会产生Br-，但生成的有机物不同，故应

23、检验生成的有机物；乙醇易溶于水，而乙烯难溶于水。【详解】I.（1）为了更好的控制温度，除用图示的小火加热外，最好用水浴加热的方法；（2）在U形管内有Br2，A.溴乙烷能够与氢氧化钠反应，故A错误；B.溴乙烷和溴单质均不溶于水，无法进行分离，故B错误；C.Na2SO3与溴发生氧化还原反应，Na2SO3可除去溴，故C正确；D.溴和溴乙烷都能溶于四氯化碳，不能将二者分离，故D错误；加入氢氧化钠溶液洗涤后静置然后分液，萃取分液使用的主要仪器是分液漏斗；要进一步制得纯净的C2H5Br，可用水洗，分液后再加入无水CaCl2，利用沸点不同再进行蒸馏分离；II.（1）溴乙烷的沸点38.4，溴乙烷易挥发，用长导

24、管进行冷凝回流减少溴乙烷的损失；乙醇分子结构中有三种氢原子，它们的比为3:2:1，利用核磁共振氢谱可检测，也可用红外光谱检测；（2）溴乙烷为卤代烃，同NaOH乙醇溶液在加热条件下会发生消去反应，其反应方程式为：CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2NaBrH2O；无论发生取代反应还是消去反应，溶液中都会产生Br-，但生成的有机物不同，溴乙烷发生消去反应生成乙烯，所以应检验生成的有机物乙烯；检验乙烯可根据其能使酸性高锰酸钾褪色的原理进行，但同时乙醇也能使酸性高锰酸钾褪色，故需要除去乙烯中的乙醇，乙醇能溶于水，而乙烯不能溶于水，故在气体通入酸性高锰酸钾溶液前加一个盛水的试管，其作用是除去乙烯中混

25、有的乙醇蒸汽。2检验产物中是否有水生成 SO2 SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4+2H+ 否，若有SO3也有白色沉淀生成 将溶液分成两份，分别滴加高锰酸钾溶液、KSCN溶液 若高锰酸钾溶液不褪色，加入KSCN溶液后变红 3x+y=z 2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3+2NH3+N2+4SO2+5H2O 【详解】（1）硫酸亚铁铵（NH4）2Fe（SO4）2在500时隔绝空气加热分解，H、O结合有水生成，故B装置的作用是检验产物中是否有水生成。（2）装置C中BaC12溶液的作用是为了检验分解产物中是否有SO3气体生成，若含有该气体，会生成硫酸钡白色沉淀，观察到的现象为溶液变浑浊，但该

26、装置中没有明显现象，可知产物中无有SO3气体生成；装置D中有白色沉淀，说明产物中有SO2气体生成，通入过氧化氢发生氧化还原反应，生成硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4+2H+，若去掉C，若有SO3也有白色沉淀生成，不能得出说明出有SO2而无SO3的结论。（3）根据Fe2+的还原性，可以用高锰酸钾溶液检验，依据Fe3+与KSCN溶液后变红可检验，方法为：取少量A中残留物与试管中，加入适量稀硫酸，充分振荡使其完全溶解，将溶液分成两份，分别滴加高锰酸钾溶液、KSCN溶液（或：依次滴加K3Fe(CN)6溶液、KSCN溶液或其他合理答案）并振荡，若

27、高锰酸钾溶液不褪色，加入KSCN溶液后变红（或：加入K3Fe(CN)6溶液无现象，加入KSCN溶液后变红，或其他合理答案），则残留物仅为Fe2O3而不含FeO。（4）若产物中有氮气生成，则失去电子的元素是Fe和N，得到电子的元素是S， （NH4）2Fe（SO4）2分解，E中生成xmolN2失去电子的物质的量是6xmol，生成ymol Fe2O3失去电子的物质的量是2y mol，D中沉淀物质的量为zmol，即生成的二氧化硫的物质的量是z mol，则得电子的物质的量是2z mol，根据得失电子守恒，6x+2y=2z即3x+y=z；（5）结合上述实验现象和相关数据的分析，完成硫酸亚铁铵（NH4）2F

28、e（SO4）2在500时隔绝空气加热完全分解的化学方程式：2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3+2 NH3+N2+4SO2+5H2O【点睛】该题为实验探究题，主要考查物质的检验，如H2O，Fe2O3，FeO，SO2等，考查实验设计，氧化还原的计算等知识，理解实验目的和掌握基础知识为关键，难度适中。3Cu+2Ag+2Ag+Cu2+ ； AgI Cu2+ AgCl CuI+2Ag+Cu2+Ag+AgI 2I2eI2 将d烧杯内的溶液换为pH4的1 mol/L Na2SO4溶液，c中溶液较慢变浅黄，电流计指针偏转 K1K2，故Ag+更易与I_发生复分解反应，生成AgI 2Cu2+ + 4I- =

29、 2CuI + I2 ，生成了CuI沉淀，使得Cu2+的氧化性增强 【详解】(1)向酸化的硝酸银中插入铜丝，析出黑色固体，溶液变蓝，说明银离子氧化铜，反应生成银单质和铜离子，反应的离子方程式为： Cu+2Ag+2Ag+Cu2+ ； (2)经过检验，中溶液含有碘单质，推测铜离子做氧化剂，白色沉淀为碘化亚铜，沉淀中加入足量硝酸银溶液得到灰黑色沉淀，过滤得到滤液为蓝色，说明生成了铜离子，滤渣加入浓硝酸得到黄色沉淀为碘化银，溶液中加入稀盐酸生成白色沉淀，说明为氯化银。经检验，中溶液不含I2，黄色沉淀为AgI。a检验滤液无I2。溶液呈蓝色说明溶液含有铜离子；b白色沉淀B是氯化银；c白色沉淀A与AgNO3

30、溶液反应的离子方程式是CuI+2Ag+Cu2+Ag+AgI。 (). 中溶液较快变棕黄色，中电极上析出银，说明形成原电池，为负极失去电子发生氧化反应，溶液变黄色是生成了碘单质，电极反应为2I2eI2 。实验不能说明铜离子氧化碘离子，依据是空气中的氧气也有氧化作用，设计实验验证了该依据，实验方案及现象为：将d烧杯内的溶液换为pH4的1 mol/L Na2SO4溶液，c中溶液较慢变浅黄，电流计指针偏转。方案中，铜离子氧化碘离子，而银离子未能氧化碘离子的原因，K1K2，故Ag+更易与I_发生复分解反应，生成AgI。铜离子氧化碘离子的方程式为：2Cu2+ + 4I- = 2CuI + I2 ，生成了C

31、uI沉淀，使得Cu2+的氧化性增强。42Cu+O22CuO CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O 放热 流速过快的气体将体系中的热量带走 加热乙醇，便于乙醇的挥发 冷却，便于乙醛的收集 乙酸 C 蒸馏 【分析】(1)乙醇的催化氧化反应实质是：金属铜被氧气氧化为氧化铜，氧化铜将乙醇氧化为乙醛，金属铜起催化剂作用；(2)反应放的热可以部分代替酒精灯加热，根据图示曲线的变化来分析；(3)热水浴和冷水浴的作用是不同的；(4)能使紫色石蕊试纸变红的是酸，碳酸氢钠可以和乙酸反应。【详解】(1)乙醇的催化氧化反应实质是：金属铜被氧气氧化为氧化铜，反应方程式为：2Cu+O22CuO，氧化铜将乙醇

32、氧化为乙醛，方程式为：CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O；(2)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，根据图示的曲线：反应放出的热的多少和乙醇以及氧气的量有关，鼓气多反应放热多，所以开始阶段温度升高，但是过量的气体会将体系中的热量带走，所以后阶段温度降低；(3)甲和乙两个水浴作用不相同，甲是热水浴，作用是使乙醇平稳气化成乙醇蒸气，乙是冷水浴，目的是将乙醛冷却下来，便于乙醛的收集；(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，说明液体中还含有乙酸，四个选择答案中，只有碳酸氢钠可以和乙酸反应，生成乙酸钠、水和二氧化碳，故合理选项是C；实现两种互溶

33、物质的分离用蒸馏法。【点睛】本题考查乙醇化学性质，涉及化学实验基本操作、物质的检验方法、实验操作的目的等，要对物质的物理性质、化学性质有系统的了解才可以对问题进行正确的解答。5胶体 Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2 固体表面积 Mg+2Ag+=Mg2+2Ag AgCl Ag+2H+NO3-=Ag+NO2+H2O 盐酸 将Mg除去，避免硝酸与镁反应，干扰实验Ag 加入浓硝酸后产生棕色气体 用蒸馏水洗涤后，加浓氨水浸泡，取上层清液于试管中，加入适量乙醛，水浴加热，有黑色的Ag生成 在Cl-过量的情况下，实验的滤液中存在Ag+，说明Ag+与Cl-的反应存在限度，说明Ag+与Cl-在生成沉淀的同时

34、存在沉淀的溶解；结合实验中 棕褐色成电量比实验多，进一步说明平衡发生了移动。 【分析】实验分析：本题主要考察了难溶电解质的沉淀溶解平衡；10 mL 1mol/L KCl 溶液中加入1 mL 0.2 mol/LAgNO3溶液，生成氯化银沉淀，同时氯化钾过量很多；实验I：将其中一份浑浊液过滤，除掉氯化银沉淀；i. 滤液澄清透明，用激光照射有丁达尔现象，说明分散系属于胶体，ii. 放入Mg条后，由于Mg属于活泼金属与水可以反应，Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2消耗了水破坏了氯化银的沉淀溶解平衡，滤液中出现白色浑浊为氯化银。iii. 一段时间后随着镁与水的反应，氢氧根离子浓度增大，AgCl(s)

35、Ag+(aq) + Cl(aq)，Ag+OH-=AgOH，AgOH不稳定，立即分解为Ag2O（棕褐色或棕黑色），因此开始出现棕褐色浑浊物，氯化银沉淀溶解平衡被破坏，平衡向溶解方向移动，Mg条表面也逐渐覆盖了棕褐色的Ag2O，同时因为活泼金属置换不活泼金属，Mg+2Ag+=Mg2+2Ag，所以也覆盖了Ag，减小了镁条与水的接触面积，产生气泡的速率变缓慢。实验II：浑浊液中放入大小相同的Mg条，由于没有过滤氯化银沉淀会使更多的棕褐色的Ag2O生成，因此棕褐色浑浊物的量明显多于实验I，Mg条表面覆盖的氧化银更多，棕褐色更深。【详解】（1）产生丁达尔现象是胶体的性质，因此滤液所属分散系为胶体；答案：胶

36、体（2）Mg属于活泼金属，可以与水反应，Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2；答案：Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2（3）Mg条表面也逐渐覆盖了棕褐色的Ag2O和Ag，减小了镁条与水的接触面积，产生气泡的速率变缓慢；答案：固体表面积（4）活泼金属置换不活泼金属原理，生成Ag的离子方程式为Mg+2Ag+=Mg2+2Ag；答案：Mg+2Ag+=Mg2+2Ag（5）利用Mg属于活泼金属可以与非氧化性酸反应，而银属于不活泼金属不能与非氧化性酸反应，除掉Mg，防止干扰实验，在选择氧化性酸验证Ag的存在，涉及的反应Mg+2H+=Mg2+H2、Ag+2H+NO3-=Ag+NO2+H2O，Ag+Cl-=A

37、gCl因此：白色不溶物为AgCl，棕色气体产生的原因是Ag+2H+NO3-=Ag+NO2+H2O；试剂a为HCl，加入试剂a的目的是将Mg除去，避免硝酸与镁反应，干扰实验Ag； Ag与浓硝酸反应产生棕色气体；答案：AgCl Ag+2H+NO3-=Ag+NO2+H2O 盐酸 将Mg除去，避免硝酸与镁反应，干扰实验Ag 加入浓硝酸后产生棕色气体（6）根据Ag2O可溶于浓氨水生成Ag(NH3)2，利用银镜反应验证；答案：用蒸馏水洗涤后，加浓氨水浸泡，取上层清液于试管中，加入适量乙醛，水浴加热，有黑色的Ag生成（7）综合上述实验，能说明存在AgCl(s) Ag+(aq) + Cl(aq)的证据及理由有

38、：在Cl-过量的情况下，实验的滤液中存在Ag+，说明Ag+与Cl-的反应存在限度，存在难溶电解质氯化银的沉淀溶解平衡；结合实验中 棕褐色沉淀量比实验多，进一步说明平衡发生了移动；答案：在Cl-过量的情况下，实验的滤液中存在Ag+，说明Ag+与Cl-的反应存在限度，说明Ag+与Cl-在生成沉淀的同时存在沉淀的溶解；结合实验中 棕褐色成电量比实验多，进一步说明平衡发生了移动。【点睛】本题难度较大，注意主要考查学生分析问题解决问题的能力，第（6）小题易错，忽略银镜实验的应用。6ecdabf 5:3 NaClO溶液 尿素 2IO3-+3N2H4H2O=3N2+2I-+9H2O N2H4H2O被氧化后的

39、产物为N2和H2O，不引入杂质 淀粉 94.5% 【分析】(1)根据制备氯气，除杂，制备次氯酸钠和氧氧化钠，处理尾气分析；三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5：1，设ClO-与ClO3-的物质的量分别为5mol、1mol，根据得失电子守恒，生成5molClO-则会生成Cl-5mol，生成1mol ClO3-则会生成Cl-5mol，据此分析可得；NaClO氧化水合肼；(2)碘和NaOH反应生成NaI、NaIO，副产物IO3-，加入水合肼还原NaIO、副产物IO3-，得到碘离子和氮气，结晶得到碘化钠；(3)淀粉溶液遇碘单质溶液变蓝色；根据碘元素守恒，2I-I22Na2S2O3，则n(Na

40、I)=n(Na2S2O3)，故样品中NaI的质量为：0.2100mol0.015L150g/mol=9.45g，据此计算。【详解】(1)水合肼的制备有关反应原理为：CO(NH2)2(尿素)+NaClO+2NaOHN2H4H2O+NaCl+Na2CO3装置c由二氧化们和浓盐酸制备氯气，用B装置的饱和食盐水除去HCl气体，为保证除杂充分，导气管长进短出，氯气与NaOH在A中反应制备，为充分反应，从a进去，由D装置吸收未反应的氯气，防止污染空气，故导气管连接顺序为：ecdabf；三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5：1，设ClO-与ClO3-的物质的量分别为5mol、1mol，根据得失电子

41、守恒，生成5molClO-则会生成Cl-5mol，生成1mol ClO3-则会生成Cl-5mol，则被还原的氯元素为化合价降低的氯元素，即为Cl-，有5mol+5mol=10mol，被氧化的氯元素为化合价升高的氯元素，物质的量之比为ClO-与ClO3-共5mol+1mol=6mol，故被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为10：6=5:3；将尿素滴到NaClO溶液中或过快滴加，都会使过量的NaClO溶液氧化水合肼，降低产率，故实验中取适量NaClO溶液逐滴加入到定量的尿素溶液中制备水合肼，滴加顺序不能颠倒，且滴加速度不能过快，防止水合肼被氧化；(2)根据流程可知，副产物IO3-与水合肼

42、生成碘离子和氮气，反应为：2IO3-+3N2H4H2O=3N2+2I-+9H2O；N2H4H2O被氧化后的产物为N2和H2O，不引入杂质，水合肼还原法制得的产品纯度更高；(3)实验中滴定碘单质，用淀粉做指示剂，即M为淀粉；根据碘元素守恒，2I-I22Na2S2O3，则n(NaI)=n(Na2S2O3)，故样品中NaI的质量为：0.2100mol0.015L150g/mol=9.45g，故其质量分数为100%=94.5%。7往广口瓶中注满水，塞紧橡胶塞，按装置图连接好装置，用手将试管底部捂热，若观察到广口瓶中长玻璃管内液面上升，松开手后，过一会儿长玻璃管内的液面下降，则证明该装置不漏气 偏小 0

43、.012 5 22. 38 L/mol 【详解】(1)往广口瓶中装满水，使装置左侧形成密闭体系，通过捂热试管看广口瓶中长导管液面高度的变化来判断装置气密性。(2)在测量收集到O2的体积时，先将装置中的气体冷却至室温，然后调整量筒高度，使量筒内液面和广口瓶中液面相平，最后再读取量筒内水的体积。读数时若仰视量筒内的液面，会使读取O2的体积偏小。(3)根据质量守恒定律，产生O2的质量为：15.95 g15.55 g=0.4 g。n(O2)=0.0125 mo1，则Vm=22.38 L/mol。8出水口 (CH3)2CHOH 2-溴丙烷与氢氧化钠溶液既能发生取代反应又能发生消去反应，两个反应在同一条件

44、下同时发生 【解析】（1）为了充分冷却蒸气，必须使冷凝管内充满冷却水，故需要低进高出，冷凝管a口是出水口；(2) 2-溴丙烷与NaOH溶液反应的生成物结构中存在C-O键和O-H键，则说明2-溴丙烷在此条件发生了水解反应生成了(CH3)2CHOH和溴化钠；（3）挥发出来的乙醇经水洗后溶解在水中，2-溴丙烷沸点较高经冷却后不会进入水中，要使酸性KMnO4溶液褪色，可能是在前面反应中还生成了难溶于水且沸点低的烯烃，所以反应方程式为：；（4）通过上述实验说明2-溴丙烷与氢氧化钠溶液既能发生取代反应又能发生消去反应，两个反应在同一条件下同时发生。9指示 B 中压强变化，避免气流过快引起压强过大 防止乙烯

45、生成前装置中的热气体将溴吹出而降低产率 c Br2+2OH=Br+BrO+H2O 干燥产品（除去产品中的水） 30% 【分析】(1)图中B装置气体经过，但B中气体流速过快，则压强会过大，通过观察B中玻璃管可以看出气体的流速和反应速率，因此玻璃管的作用为指示B中压强变化，避免气流过快引起压强过大。(2)()中“先切断瓶C与瓶D的连接处，再加热三口瓶”的原因是防止乙烯生成前装置中的热气体将溴吹出而降低产率。(3)装置D的烧杯中需加入冷却剂，因为1，2一二溴乙烷的沸点为131，熔点为9.3，因此只能让1，2一二溴乙烷变为液体，不能变为固体，变为固体易堵塞导气管，因此合适冷却剂为c。(4)步骤中加入1

46、的氢氧化钠水溶液主要是将1，2一二溴乙烷中的单质溴除掉，发生反应的离子方程式为Br2+2OH=Br+BrO+H2O。(5)步骤中加入无水氯化钙的作用为干燥产品（除去产品中的水）；单质溴为0.1mol，根据质量守恒得到1，2一二溴乙烷理论物质的量为0.1mol，因此该实验所得产品的产率为。【详解】(1)图中B装置气体经过，但B中气体流速过快，则压强会过大，通过观察B中玻璃管可以看出气体的流速和反应速率，因此玻璃管的作用为指示B中压强变化，避免气流过快引起压强过大，故答案为：指示B中压强变化，避免气流过快引起压强过大。(2)()中“先切断瓶C与瓶D的连接处，再加热三口瓶”的原因是防止乙烯生成前装置

47、中的热气体将溴吹出而降低产率，故答案为：防止乙烯生成前装置中的热气体将溴吹出而降低产率。(3)装置D的烧杯中需加入冷却剂，因为1，2一二溴乙烷的沸点为131，熔点为9.3，因此只能让1，2一二溴乙烷变为液体，不能变为固体，变为固体易堵塞导气管，因此合适冷却剂为c，故答案为：c。(4)步骤中加入1的氢氧化钠水溶液主要是将1，2一二溴乙烷中的单质溴除掉，发生反应的离子方程式为Br2+2OH=Br+BrO+H2O，故答案为：Br2+2OH=Br+BrO+H2O。(5)步骤中加入无水氯化钙的作用为干燥产品（除去产品中的水）；单质溴为0.1mol，根据质量守恒得到1，2一二溴乙烷理论物质的量为0.1mo

48、l，因此该实验所得产品的产率为，故答案为：干燥产品（除去产品中的水）；30%。10沉淀不溶解或无明显现象 BaCO3 + 2H+ = Ba2+ + CO2+ H2O BaSO4在溶液中存在BaSO4(s) Ba2+(aq) +SO42- (aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动 b 2I- - 2e- = I2 由于生成AgI沉淀使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱 实验表明Cl-本身对该原电池电压无影响，则cb说明加入Cl-使c(I-)增大，证明发生了AgI + Cl- AgCl + I- 【解析】【分析】（1） BaC

49、O3与盐酸反应放出二氧化碳气体， BaSO4不溶于盐酸；实验中加入稀盐酸后有少量气泡产生，是BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳；实验 中加入试剂Na2CO3后，发生反应是BaSO4+ CO32-= BaSO4+ SO42-，根据离子浓度对平衡的影响分析作答；（2） 要证明AgCl转化为AgI， AgNO3与NaCl溶液反应时，必须是NaCl过量；I具有还原性、Ag+具有氧化性，B中石墨是原电池负极；B 中滴入AgNO3(aq)生成AgI沉淀；AgI转化为AgCl，则c(I)增大，还原性增强，电压增大。【详解】因为BaCO3能溶于盐酸，放出CO2气体，BaSO4不溶于盐酸，所以实验说明全部转化为B

50、aSO4，依据的现象是加入盐酸后，沉淀不溶解或无明显现象； 实验是BaCl2中加入Na2SO4和Na2CO3产生BaSO4和BaCO3，再加入稀盐酸有少量气泡产生，沉淀部分溶解，是BaCO3和盐酸发生反应产生此现象，所以反应的离子方程式为：BaCO3 + 2H+ = Ba2+ + CO2+ H2O； 由实验知A溶液为3滴0.1mol/LBaCl2，B为2mL0.1mol/L的Na2SO4溶液，根据Ba2+ SO42-= BaSO4，所以溶液中存在着BaSO4 (s) Ba2+(aq)+ SO42-(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡

51、向右移动。所以BaSO4沉淀也可以转化为BaCO3沉淀。答案：BaSO4在溶液中存在BaSO4(s) Ba2+(aq)+ SO42-(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动。（2）甲溶液可以是NaCl溶液，滴入少量的AgNO3溶液后产生白色沉淀，再滴入KI溶液有黄色沉淀产生。说明有AgCl转化为AgI，故答案为b； 实验的步骤中，B中为0.01mol/L的KI溶液，A中为0.1mol/L的AgNO3溶液，Ag+具有氧化性，作原电池的正极，I-具有还原性，作原电池的负极，所以B中石墨上的电极反应式是2I- - 2e- = I2；

52、由于AgI的溶解度小于AgCl，B中加入AgNO3溶液后，产生了AgI沉淀，使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱，根据已知其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大，而离子的浓度越大，离子的氧化性（或还原性）强。 所以实验中ba。答案：由于生成AgI沉淀使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱 。虽然AgI的溶解度小于AgCl，但实验中加入了NaCl(s)，原电池的电压cb，说明c(Cl-)的浓度增大，说明发生了AgI + Cl- AgCl + I-反应，平衡向右移动，c(I-)增大，故答案为实验表明Cl-本身对该原电池电压无影响，则c

53、b说明加入Cl-使c(I-)增大，证明发生了AgI + Cl- AgCl + I-。11 50mL容量瓶、烧杯（多答“量筒”亦可） Fe3+ 4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O Cl2+ 2Fe2+=2CL-+ 2Fe3+ 溶液中含有的Fe3+可与I-反应生成I2使淀粉变蓝 静置后，上层溶液为黄色，下层溶液无色 Br2 少量Cl2能与Br-反应，生成的Br2会继续氧化溶液中的Fe2+【解析】(1)配制50mL1.0molL-1FeBr2溶液，步骤有计算，称量，溶解，转移，洗涤转移，定容，摇匀等，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、50mL容量瓶；亚铁离子在溶液中易被空气中的氧气氧化

54、为Fe3+，使溶液略显黄色，发生反应的离子方程式为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O；(2)Cl2氧化Fe2+生成Fe3+发生反应的离子方程式是Cl2+ 2Fe2+=2C1-+ 2Fe3+；溶液中含有的Fe3+有强氧化性，也能氧化I-生成I2使淀粉变蓝，故乙同学认为不能证明Cl2和Br-发生反应；如果静置后，看到上层溶液为黄色说明溶液中含有Fe3+，下层溶液无色说明无Br2，即可证明少量Cl2只与Fe2+反应，不与Br-反应；(3)Br2的CCl4溶液呈红棕色，说明转移到大试管前CCl4液体中呈红棕色的物质是Br2；丙实验中先有Br2生成，后利用Br2氧化Fe2+得Fe3+，故丙实验可

55、得结论是少量Cl2能与Br-反应，生成的Br2会继续氧化溶液中的Fe2+。点睛：化学是以实验为主体的学科，因此结合实验现象得出结论这是解题的关键，同时要学会挖掘隐含信息，能透过现象看本质，如甲同学滴加氯水后可以通过KSCN溶液可以证明有Fe3+生成，而淀粉KI溶液变蓝色只能证明溶液中存在氧化性强的微粒，此微粒可以是生成的Fe3+，甚至还可以是过量的氯水，并不能证明是溶液中存在Br2，故要注意分析实验原理的严密性。12 被氧化可能生成或，根据资料a，在酸性溶液中不能稳定存在，所以其氧化产物为 通入足量后，取上层清液，加入足量的溶液，观察到粉红色沉淀 A区生成的向外扩散，C区的向内扩散，二者在B区

56、相遇发生反应：；C区减小，溶液颜色变浅 ，理论上，能与实验二中恰好完全反应，但溶液紫色并未完全消失，说明有剩余，所以有其他氧化剂参与反应，如空气中的 【详解】(1)Cu被氧化只会生成Cu+和Cu2+，由于资料中说明Cu+在酸性溶液中不能存在，故氧化产物为Cu2+；(2)根据资料提示，MnS为粉红色沉淀，故加入Na2S观察有无沉淀生成，且为了防止CuS产生干扰，还要加入强酸观察沉淀是否部分溶解，故答案为通入足量后，取上层清液，加入足量的溶液，观察到粉红色沉淀；(3)根据(1)(2)题可得：A区中生成了Cu2+和Mn2+，故方程式为；(4) B区的棕黑色固体是，A区生成的向外扩散，C区的向内扩散，二者在B区相遇发生反应：；C区减小，溶液颜色变浅；(5)通过计算， ，理论上，能与实验二中恰好完全反应，但溶液紫色并未完全消失，说明有剩余，所以有其他氧化剂参与反应，如空气中的。