2022届高三化学一轮复习 实验专题强基练1 物质的性质实验（含解析）.docx

1、物质的性质实验非选择题（共13题）1甲、乙两同学为探究SO2与可溶性钡的强酸盐能否反应生成白色BaSO3沉淀，用下图所示装置进行实验(夹持装置和A中加热装置已略，气密性已检验)实验操作和现象：操作现象关闭弹簧夹，滴加一定量浓硫酸，加热A中有白雾生成，铜片表面产生气泡B中有气泡冒出，产生大量白色沉淀C中产生白色沉淀，液面上方略显浅棕色并逐渐消失打开弹簧夹，通入N2，停止加热，一段时间后关闭从B、C中分别取少量白色沉淀，加稀盐酸尚未发现白色沉淀溶解(1)A中反应的化学方程式是_。(2)C中白色沉淀是_(填化学式，下同)，C中液面上方生成的浅棕色气体是_。(3)分析B中不溶于稀盐酸的沉淀产生的原因，

2、甲认为是空气参与反应，乙认为是白雾参与反应。为证实各自的观点，在原实验基础上：甲在原有操作之前增加一步操作，该操作是_；乙在A、B间增加洗气瓶D，D中盛放的试剂是_。进行实验，B中现象：甲大量白色沉淀乙少量白色沉淀检验白色沉淀，发现均不溶于稀盐酸，请写出乙中产生少量白色沉淀的离子方程式：_。(4)合并(3)中两同学的方案进行试验。B中无沉淀生成，而C中产生白色沉淀，根据甲、乙同学的实验目的可得出的结论是_。2I在碘化钾和硫酸的混合溶液中加入过氧化氢水溶液，迅速发生反应放出大量气体，反应过程可表示如下：H2O2+2KI+H2SO4=I2+K2SO4+2H2O；H2O2+I2=2HIO；H2O2+

3、2HIO=I2+O2+2H2O(1)H2O2在反应中的作用是_(填正确选项的标号)A氧化剂 B还原剂 C既是氧化剂又是还原剂 D既不是氧化剂也不是还原剂(2)有人认为上述反应说明了碘单质是过氧化氢分解的催化剂，你认为_(填“对”或“不对”)，其理由是_。(3)上述反应说明H2O2、I2、HIO氧化性从强到弱的顺序是_。II硫酸亚铁(FeSO47H2O)是一种重要的食品和饲料添加剂。实验室通过如下实验由废铁屑制备FeSO47H2O晶体：将5%Na2CO3溶液加入到盛有一定量废铁屑的烧杯中，加热数分钟，用倾析法除去Na2CO3溶液，然后将废铁屑用水洗涤23遍；向洗涤过的废铁屑中加入过量的稀硫酸，控

4、制温度在5080之间至铁屑耗尽；趁热过滤，将滤液转入到密闭容器中，静置、冷却结晶；待结晶完毕后，滤出晶体，用少量冰水洗涤23次，再用滤纸将晶体吸干；将制得的FeSO47H2O晶体放在一个小广口瓶中，密闭保存。请回答下列问题：(1)Fe(OH)3在碱性介质中与NaClO反应生成Na2FeO4和NaCl，写出Fe(OH)3与NaClO在碱性介质中反应的离子方程式是_。(2)硫酸亚铁制备中实验步骤的目的是_。(3)实验步骤明显不合理，理由是_。(4)实验步骤中用少量冰水洗涤晶体，其目的是_。3如图1所示装置进行探究实验(浓硫酸和乙醇制备乙烯)。以验证产物中有乙烯生成且乙烯具有不饱和性，当温度迅速上升

5、后，可观察到试管中溴水褪色，烧瓶中浓硫酸与乙醇的混合液体变为棕黑色。图1 图2(1)写出该实验中生成乙烯的化学方程式_。(2)碎瓷片的作用：_；该反应加热到140时发生的副反应的化学方程式_。(3)甲同学认为：考虑到该混合液体反应的复杂性，溴水褪色的现象不能证明反应中有乙烯生成，且乙烯具有不饱和性，其理由正确的是_。(填字母序号)A乙烯与溴水易发生取代反应B使溴水褪色的反应，未必是加成反应C使溴水褪色的物质，未必是乙烯D浓硫酸氧化乙醇生成乙醛，也会使溴水褪色(4)乙同学经过细致观察后认为试管中另一现象可证明反应中有乙烯生成，这个现象是_。(5)丙同学对上述实验装置进行了改进，在和之间增加如图2

6、所示装置，则A中的试剂应为_，其作用是_。4某研究性学习小组在学习SO2 的性质时，通过查阅文献、理性分析、实验验证与CO2 的性质进行了比较。试根据研究主题和过程，回答下列问题。(1)水溶液的酸性常温常压下，纯水的 pH=7，而酸雨的 pH5.6.形成酸雨的主要物质是 SO2 和氮的氧化物。把 pH5.6 的雨水称为酸雨，而不是 pH7，可能的原因是_。查阅文献知： 常温下，H2SO3 的电离常数Ka1 =1.210-2 ，Ka2 =6.310-3 ，H2CO3的电离常数 Ka1 =4.410-7 ，Ka2 =4.710-11 。选用下面的药品和装置验证 H2SO3 和H2CO3 的酸性强弱

7、，其连接顺序：A_(按气流方向用大写字母表示即可)。D装置的主要作用是_。根据中的数据可知，配置相同物质的量浓度的NaHSO3 和NaHCO3 溶液，其pH值大小关系为pH(NaHSO3) _pH(NaHCO3 )(填“”、“”或“=”)。(2)二氧化硫的还原性若按图示装置进行实验(部分固定装置未画出)。请你在实验前根据预设的操作，推测可能的实验现象及其对应的原因。预设的操作步骤预期的实验现象推测可能的原因关闭弹簧夹2,打开弹簧夹1,将硫酸注入三颈烧瓶至浸没固体若将带火星的木条放在D试管口处,木条不复燃SO2与Na2O2反应无O2生成,可能发生反应的化学方程式为_若将带火星的木条放在D试管口处

8、,木条复燃SO2与Na2O2反应有O2生成,发生的化学反应:2SO2+2Na2O2=2Na2SO3+O2关闭弹簧夹1,打开弹簧夹2,残余气体进入E、F中E中_E中反应的离子方程式_F中_F中反应为2OH- + SO2=SO+ H2O5某研究性学习小组将一定浓度溶液滴入溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成一种沉淀；丙同学认为生成和两种沉淀。(查阅资料知：和均不带结晶水)I按照乙同学的理解溶液和溶液反应的化学反应方程式为_；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为过滤洗涤干燥。请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成

9、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)能证明生成物中有的实验现象是_。若和两者都有，可通过下列所示装置的连接，进行定量分析来测定其组成。(1)装置C中碱石灰的作用是_，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_。(2)若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中的质量分数为：_。6(18分)某中学高一课外兴趣小组为探究铜跟硫酸的反应情况，设计了如图所示装置进行有关实验。（1）先关闭活塞a，将6.4g铜片和12 mL某浓度的浓硫酸放在圆底烧瓶中共热至反应完毕，发现烧瓶中还有铜片剩余。再打开活塞a，将气球中的氧气缓缓挤入圆底烧瓶，最后铜片

10、完全消失。写出上述过程中烧瓶内发生的化学方程式：关闭活塞a ；打开活塞a ；B是用来收集实验中产生的气体的装置，但导管未画全，请在上图中把导管补充完整；实验结束后，装置C中的溶液中可能含有的溶质有 。（2）该小组甲同学对“如何检验SO2中混有少许CO2”这个问题很感兴趣，他将A中铜片换作木炭粉，并在A、B之间连接了如下装置：试剂：a. NaOH溶液 b. 品红溶液 c. 酸性KMnO4溶液 d. Ca(OH)2溶液请回答：该同学的实验装置A中发生的化学方程式 。若要达到此目的，可以在：(填所提供试剂编号)D中加入 ；E中加入 ；F中加入 。（3）事实证实，第（1）问铜片完全消失后，硫酸仍有剩余

11、，乙同学欲测定余酸的物质的量浓度，假设反应前后溶液体积变化忽略不计，他向反应后溶液中加入含溶质a mol的NaOH溶液刚好使溶液中Cu2+全部沉淀。据此，他能求出余酸的物质的量浓度吗？若能，请写出余酸物质的量浓度的表达式： mol/L(用含a的代数式表达，若不能，该空不填)。7（15分）某化学兴趣小组在实验室探究氨的有关性质，设计了下图所示实验，A处是气体发生装置，A中所用的实验药品从下列物质中选取。 Na2CO3 NaOH Ca(OH)2 NaHCO3 NH4Cl按上图连接好各仪器，现将C处的铂丝网加热至红热，再将A处产生的气体通过B装置片刻后撤去C处酒精灯。部分实验的现象如下：铂丝继续保持

12、红热状态，D中的铜片慢慢溶解，回答下列问题：（1）A中发生的化学反应方程式为_。制取气体所用到的玻璃仪器主要有_种（不包括连接装置）。（2）B装置的作用为_。（3）D中铜片发生反应的离子方程式为_，为了使Cu片溶解的速率加快，可向D处的溶液中加入下列少量物质中的_（填下列各项序号）ANa2CO3BAgNO3CH2SO4DFeSO4（4）图E中持续通入氧气的作用为_。（5）有人认为他们设计的这套实验装置还存在明显的不足，对其不足之处以及应如何改进，谈谈你的意见：_。8为探究铁与浓硫酸在加热条件下的反应，某活动小组设计并完成以下实验：（1）实验目的：分析铁与浓硫酸在加热条件下的反应。洗气瓶中浓硫酸

13、的作用是_。写出加热条件下铁与浓硫酸反应生成SO2的化学方程式_。活动小组预测随着反应的进行，硫酸的浓度降低，可能还会有氢气产生，为进一步确认气体的成分还需要进行进一步的实验。（2）实验目的：检验气体的成分。试剂：氢氧化钠溶液、浓硫酸、氧化铜粉末、无水硫酸铜固体、品红溶液、高锰酸钾酸性溶液、碱石灰。仪器如下图（可重复使用，可根据需要取用）；连接仪器。将装置的字母填入内，并将试剂名称填写在相应的括号内（可不填满）_若混合气体中含有氧气，实验过程中能观察到的现象是_。（3）实验目的：确定产物的含量。若混合气体中含有SO2和H2，为测定混合气体中各成分含量，需收集的数据有_。若反应后烧瓶中溶液含有的

14、金属阳离子有Fe2+、Fe3+，其中检验是否含有Fe3+可采用的试剂为_；如果该过程中共消耗了11.2g铁，反应后的溶液能吸收标准状况下1.12L氯气，则原溶液中含有Fe3+的物质的量为_mol。9某化学研究性学习小组的同学在学习了NH3的性质时讨论：运用类比的思想，既然NH3具有还原性，能否像H2那样还原CuO呢？他们设计实验制取NH3并探究上述问题。请你参与该小组的活动并完成下列研究：（1）制取NH3写出实验制取NH3的化学方程式_；在实验室中，还可以用浓氨水与_（填写一种试剂）快速制取少量NH3；有同学模仿排饱和食盐水收集氯气的方法，想用排饱和NH4Cl溶液的方法收集NH3。你认为他能否

15、达到目的？_（填“能”或“否”）。（2）该小组中某同学设计了下图所示的实验装置（夹持未画出），探究NH3的还原性：该装置在设计上有一定缺陷，对该装置的改进措施是：_。利用改进后的装置进行实验，充分反应后，观察到CuO全部变为红色物质，无水CuSO4变蓝色，同时生成一种无污染的气体。写出NH3与CuO反应的化学方程式_。（3）问题讨论有同学认为：NH3与CuO反应生成的红色物质中可能含有Cu2O。已知：Cu2O是一种碱性氧化物，在酸性溶液中，Cu易发生自身的氧化还原反应（2Cu+= Cu+Cu2+）。请你设计一个简单的实验检验该红色物质中是否含有Cu2O。_。10SO2是一种大气污染物，某兴趣小

16、组欲探究SO2的性质及绿色实验的方法，设计如下方案。(1)装置A中发生反应的化学方程式为_；为了实现绿色实验的目标，甲同学重新设计了如下图A制取装置：与A装置相比，A 装置的优点是：_；_；(2)换用A 装置后，继续进行下列实验。I验证SO2的氧化性：C装置中可选试剂_(填序号)；ABa(HCO3)2溶液B氢硫酸C溴水D品红溶液II验证SO2的还原性：C装置中可用试剂_(填名称)；用该试剂的理由是_；_；(3)D装置中导管下端倒置漏斗的作用是_；(4)工业生产硫酸有三个阶段，其中用黄铁矿制备SO2的化学反应方程式为：_，尾气用氨吸收的目的是：_。11二氧化锰（MnO2）与浓盐酸混合加热可得到氯

17、气、氯化锰等，下图是制取并探究Cl2化学性质的装置图。（1）写出圆底烧瓶中反应的化学方程式_。（2）A中m管的作用是_；装置F的作用是_。（3）若要得到干燥纯净的气体，则B中应盛放的试剂是_，C中应盛放的试剂是_。（4）E中若装有FeCl2溶液，反应的离子方程式为_；E中若装有淀粉碘化钾溶液，能观察到的实验现象是_。（5）实验中发现：浓盐酸与MnO2混合加热生成氯气，稀盐酸与MnO2混合加热不生成氯气。针对上述现象，化学小组对“影响氯气生成的原因”进行了讨论，并设计了以下实验方案：a稀盐酸滴入MnO2中，然后通入HCl气体，加热b稀盐酸滴人MnO2中，然后加入NaCl固体，加热c稀盐酸滴入Mn

18、O2中，然后加入浓硫酸，加热dMnO2与NaCl的浓溶液混合，加热e浓硫酸与NaCl固体、MnO2固体共热实验b的目的是_；实验c的目的是_。实验现象：a、c、e有黄绿色气体生成，b、d没有黄绿色气体生成。由此得出影响氯气生成的原因是_。12某同学用如图一所示的装置来探究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没有能看到浑浊现象。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，缓慢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，且通入SO2产生现象明显比通入CO2快。（1）对比分析两组实验，你认为用图一装

19、置实验时，通入SO2不能出现浑浊的原因可能是：_。（2）用图二装置实验时，以相同速率通入CO2或SO2，SO2产生浑浊、澄清的现象比CO2快的原因是_。（3）用图一进行SO2与石灰水反应的实验时，从安全角度考虑装置应做何改进？_。（4）有人提出上述实验现象“石灰水先变浑浊再澄清”可能与澄清石灰水的浓度有关。为了探究CO2通入澄清石灰水中的实验现象，查得下列数据： 20时，Ca(OH)2的溶解度为：0.165g/100g水。 不同浓度石灰水生成CaCO3的最大量饱和石灰水与水的体积比1:01:11:21:31:51:7能生成CaCO3的最大量（g/100水）A0.1100.0730.0550.0

20、370.028 上表中A=_g/100g水 在1.01105Pa CO2压力下，CaCO3的溶解度热力学温度/K282298308CaCO3溶解度（g/100水）0.1300.0940.076 5 在不同压强（CO2）下，CaCO3溶解度（18）P(CO2)/Pa01.401049.95104CaCO3溶解度（g/100水）0.001 30.023 30.108 6认真分析以上数据回答下列问题：由表和表可知CaCO3溶解度的变化规律是：_由以上数据可以得出结论：欲观察到“石灰水先变浑浊再澄清的现象”，所需要的实验条件是：_13用下列仪器、药品验证由铜和适量硝酸反应产生的气体中含NO（仪器可选择

21、使用，N2和O2的用量可自由控制）。已知： 气体液化温度：NO2 21， NO -152试回答：（1）写出装置A中发生反应的化学方程式_。（2）仪器的连接顺序（按左右连接，填各接口的编号）为_。在填加药品前应先进行的操作是_。（3）反应前先通入N2，目的是_；（4）确认气体中含NO的现象是_。（5）装置B的作用是_；F的作用是_。（6）若从出来的混合气体中NO2、NO的体积分别为V1mL、V2mL（V1V2），若最终氮的氧化物完全被溶液吸收，装置中至少需要充入氧气的体积为：_（相同状态下）。参考答案1Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O BaSO4 NO2 实验前打开弹簧夹，通

22、入氮气，排尽装置中的空气 饱和NaHSO3溶液 2Ba2+2SO2+O2+2H2O=2BaSO4+4H+ SO2与可溶性强酸钡盐不能生成BaSO3沉淀(或SO2可与强氧化性酸的钡盐生成BaSO4沉淀) 【分析】SO2是酸性氧化物，对应的酸为H2SO3，是弱酸，另外SO2具有还原性，酸性条件下能被氧化。(3)探究B中不溶于稀盐酸的沉淀产生的原因，在甲、乙两同学的实验中，B中均出现了不溶于稀盐酸的白色沉淀，说明该白色沉淀都是BaSO4，由于甲同学没有排除白雾的干扰，故生成BaSO4沉淀的离子方程式为+Ba2+BaSO4；乙同学没有排除空气的干扰，其生成BaSO4的离子方程式为2Ba2+2SO2+O

23、2+2H2O2BaSO4+4H+，白雾的量远多于装置中氧气的量，所以甲中产生大量白色沉淀，乙中产生少量白色沉淀；【详解】(1)铜和浓硫酸加热条件下生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O；(2)在酸性条件下具有强氧化性，自身能被还原为NO。A中生成气体SO2， C中的白色沉淀不溶于稀盐酸，说明C中沉淀为是BaSO4；则原因为：C中在酸性条件下具有强氧化性，能将SO2氧化为，发生的反应的离子方程式是3SO2+3Ba2+2H2O3BaSO4+2NO+4H+，C中液面上方生成浅棕色气体是硝酸还原生成的NO遇O2生成了红棕色的NO2；(3)B中不溶于

24、稀盐酸的沉淀为硫酸钡，则：A中白雾与氯化钡反应能生成BaSO4沉淀，故其可能含有SO3或H2SO4，；甲同学认为是空气参与了反应，要排除装置内空气对实验结果的影响，故甲需要在原有操作之前增加一步操作，该操作是实验前打开弹簧夹，通入氮气，排尽装置中的空气。乙认为是白雾参与反应。白雾可能是硫酸酸雾或挥发出来的三氧化硫，则乙同学为除去白雾，可在A、B间增加一个饱和NaHSO3溶液的洗气瓶；在甲、乙两同学的实验中，B中均出现了不溶于稀盐酸的白色沉淀，说明该白色沉淀都是BaSO4，由于乙同学没有排除空气的干扰，其生成BaSO4的离子方程式为2Ba2+2SO2+O2+2H2O2BaSO4+4H+；(4)合

25、并(3)中两同学的方案进行试验。B中无沉淀生成，而C中产生白色沉淀，说明SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀(或SO2可与强氧化性酸的钡盐生成BaSO4沉淀)。2B 对 从反应可看出碘在反应中没有消耗，在碘的存在下过氧化氢分解放出氧气的速率加快 H2O2 HIO I2 3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-=3Cl-+2+5H2O 除油污 应该铁屑过量(或反应后溶液中必须有铁剩余)，否则溶液中可能有Fe3+存在 洗涤除去晶体表面附着的硫酸等杂质，用冰水洗涤可降低洗涤过程中FeSO47H2O的损耗 【详解】I(1)在反应中H2O2中氧元素化合价变化为-10，化合价升高，H2O2作还

26、原剂，故答案为：B；(2)从反应、可看出碘在反应中没有消耗（反应前后双氧水的质量和化学性质均不变），在碘的存在下过氧化氢分解放出氧气的速率加快，所以碘是过氧化氢分解的催化剂，故答案为：对；从反应可看出碘在反应中没有消耗，在碘的存在下过氧化氢分解放出氧气的速率加快；(3)由判断氧化性强弱的规律：氧化剂的氧化性氧化产物，根据反应H2O2+2KI+H2SO4=I2+K2SO4+2H2O得出：氧化性是H2O2I2；根据反应H2O2+2HIO=I2+O2+2H2O得出氧化性是HIOH2O2，上述反应说明H2O2、I2、HIO氧化性从强到弱的顺序是H2O2HIOI2。故答案为：H2O2；HIO；I2；II

27、(1)Fe(OH)3在碱性介质中与NaClO反应生成Na2FeO4和NaCl，Fe(OH)3与NaClO在碱性介质中反应的离子方程式是3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-=3Cl-+2+5H2O。故答案为：3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-=3Cl-+2+5H2O；(2)Na2CO3溶液显碱性，铁屑表面含有油脂，油脂在碱性条件下，水解成可溶水的物质，硫酸亚铁制备中实验步骤的目的是除油污。故答案为：除油污；(3)实验步骤明显不合理，理由是应该铁屑过量(或反应后溶液中必须有铁剩余)，否则溶液中可能有Fe3+存在。故答案为：应该铁屑过量(或反应后溶液中必须有铁剩余)，否则溶液中可能有Fe3+存

28、在；(4)一般温度低，晶体的溶解度低，实验步骤中用少量冰水洗涤晶体，其目的是洗涤除去晶体表面附着的硫酸等杂质，用冰水洗涤可降低洗涤过程中FeSO47H2O的损耗。故答案为：洗涤除去晶体表面附着的硫酸等杂质，用冰水洗涤可降低洗涤过程中FeSO47H2O的损耗。3CH3CH2OHH2O+CH2=CH2 防止液体发生爆沸 2C2H5OH C2H5OC2H5 + H2O BC 液体分两层，下层有油状液体 NaOH溶液 吸收二氧化硫 【分析】乙醇与浓硫酸混合加热到170，发生消去反应生成乙烯，乙烯与溴水中的溴单质发生加成反应，使溴水褪色，据此回答问题。【详解】(1)实验中生成乙烯的化学方程式CH3CH2

29、OHH2O+CH2=CH2；(2)碎瓷片的作用：防止液体发生爆沸；该反应加热到140时发生的副反应的化学方程式2C2H5OH C2H5OC2H5 + H2O；(3) A乙烯与溴水易发生加成反应，故A错误；B使溴水褪色的反应，未必是加成反应，也可能是浓硫酸使乙醇碳化后的碳单质与浓硫酸加热生成的二氧化硫，与溴单质发生氧化还原反应使溴水褪色，故B错误；C使溴水褪色的物质，未必是乙烯，也可能是二氧化硫，故C正确；D浓硫酸不能氧化乙醇生成乙醛，故D错误；(4)乙同学经过细致观察后认为试管中另一现象可证明反应中有乙烯生成，因为乙烯与溴单质发生加成后生成1,2-二溴-乙烷，该有机物不溶于水，则看到的现象是液

30、体分两层，下层有油状液体；(5)为了防止二氧化硫对乙烯的性质检验产生干扰，丙同学对上述实验装置进行了改进，应在和之间增加如图2所示装置，除去二氧化硫，则A中的试剂应为NaOH溶液，其作用是吸收二氧化硫。4二氧化碳溶于水形成饱和溶液生成碳酸，碳酸部分电离，溶液呈酸性 CBDE 验证B装置中反应后的产物中是否含有SO2 蓝色溶液褪色 红色溶液变浅 【详解】(1)水溶液的酸性：二氧化碳溶于水形成饱和溶液生成碳酸，碳酸部分电离，溶液呈酸性，所以把 pH5.6 的雨水称为酸雨，而不是 pH7；A中用盐酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，用饱和NaHSO3溶液除去二氧化硫中的氯化氢气体，把二氧化硫通入饱和NaH

31、CO3溶液制取二氧化碳，用品红溶液检验二氧化碳中是否含有SO2，再把二氧化碳气体通澄清石灰水中检验二氧化碳气体，可验证 H2SO3 和H2CO3 的酸性强弱，其连接顺序：ACBDE。D装置的主要作用是验证B装置中反应后的产物中是否含有SO2；根据中的数据可知，HSO电离大于水解，NaHSO3溶液呈酸性；HCO电离小于水解，NaHCO3溶液呈碱性，其pH值大小关系为pH(NaHSO3) pH(NaHCO3 )。(2)二氧化硫的还原性：SO2具有还原性、Na2O2具有氧化性，SO2与Na2O2反应无O2生成，则可能发生反应的化学方程式为；SO2具有还原性、I2具有氧化性，E中发生反应，所以E中现象

32、为蓝色溶液褪色；F中反应为2OH- + SO2=SO+ H2O，溶液碱性减弱，所以F中现象为红色溶液变浅。5Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2+Na2SO4+CO2 A C B 无水硫酸铜 装置B中澄清石灰水变浑浊 吸收空气中的H2O 蒸汽和CO2 开始时通入处理过的空气可以将装置中原有含H2O 蒸汽和CO2的空气排出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O 蒸汽和CO2排出 1 【解析】【详解】乙同学的认为：这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀，即是碳酸钠和硫酸铜之间发生双水解反应，原理为：Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2+Na2SO4+C

33、O2； （1）利用加热的方法检验，氢氧化铜和碳酸铜加热分解得到氧化铜、水和二氧化碳，若有氢氧化铜可用无水硫酸铜检验，若有碳酸铜可用澄清的石灰水检验产生的二氧化碳，故答案为：ACB；（2）无水硫酸铜可以检验水的产生和存在，放在干燥管中来检验，故答案为：无水硫酸铜；（3）碳酸铜受热分解会产生氧化铜和二氧化碳，二氧化碳可以使澄清的石灰水变浑浊，氢氧化铜受热分解会产生氧化铜和水，水会使无水硫酸铜变蓝，故答案为：装置C中无水硫酸铜不变蓝，装置B中澄清石灰水变浑浊； （1）装置C中碱石灰的作用是：吸收空气中的H2O 蒸汽和CO2，验开始时和实验结束时都要通入过量且处理过的空气其作用都是将装置中滞留的H2O

34、 蒸汽和CO2排出，故答案为：吸收空气中的H2O 蒸汽和CO2； 将装置中滞留的H2O 蒸汽和CO2排出；（2）装置B质量增加了n克，即生成水的质量是ng，根据方程式则生成的氢氧化铜的物质的质量是：g=g，所以碳酸铜的质量是（m-）g，质量分数为：1-。6（1）Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O；（2分）2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O （2分）(或分步写成：2Cu+O2=2CuO；CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，也可)(2分)NaOH Na2SO3Na2SO4（3分）（2）C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O （3分） c b d （3分

35、）（3）（3分，其余合理表达式均可）【解析】【分析】(1)浓硫酸具有强氧化性,在加热条件下与铜发生氧化还原反应,但稀硫酸与铜不反应,在通入氧气的条件下能继续与铜反应；(2)根据SO2的还原性和漂白性设计实验,注意SO2与CO2都能使澄清石灰水变浑浊；(3)根据反应H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，CuSO4+2NaOH=Na2SO4+Cu(OH)2,从质量守恒的角度列方程式计算。【详解】（1）铜与浓硫酸加热反应生成硫酸铜和二氧化硫，烧瓶内发生的化学方程式：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O；随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，打开活塞a后，气球内的氧气进入酸液中，

36、剩余的铜继续发生反应，生成硫酸铜和水，反应的化学方程式：2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O；综上所述，本题正确答案：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O，2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O；(或分步写成：2Cu+O2=2CuO；CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，也可)。二氧化硫气体密度比空气大，易溶于水，采用向上排空气法进行收集，收集实验中产生的二氧化硫气体的装置如下：；综上所述，本题正确答案：。二氧化硫与足量的氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠，亚硫酸钠又能被氧气氧化为硫酸钠，溶液中有剩余的氢氧化钠；所以实验结束后，装置C中的溶液中可能含有的溶质有

37、NaOH Na2SO3Na2SO4；综上所述，本题正确答案：NaOH 、Na2SO3、Na2SO4。（2）碳与浓硫酸加热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，化学方程式：C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O；综上所述，本题正确答案：C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O。检验SO2中混有少许CO2,根据SO2的具有还原性,先将混合气体通入酸性高锰酸钾溶液,在用品红检验 SO2是否除尽,最后通入澄清石灰水观察溶液是否变浑浊，所以：D中加入酸性KMnO4溶液；E中加入品红溶液；F中加入Ca(OH)2溶液；因此，本题正确答案是:c、b、d。（3）n（Cu）=6.4/64=0.1mol

38、,则n（CuSO4）=6.4/64=0.1mol,设反应后的溶液中含有xmolH2SO4,则:H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O12x2xCuSO4+2NaOH=Na2SO4+Cu(OH)2120.1 0.2则有:2x+0.2=a，x=(a-0.2)/2；所以:反应后余酸的物质的量浓度为: (a-0.2)/2/0.012L=125(a-0.2)/3mol/L；因此，本题正确答案是:能, 125(a-0.2)/3。7Ca(OH)2 +2NH4Cl CaCl2 +2H2O 2NH3 2 吸收二氧化碳和水蒸气并产生氧气 3Cu+8H+ 2NO3-= 3Cu2+ 2NO+ 4H2O BC

39、使有害气体吸收更完全 D装置的液体易倒流入玻璃管C中，使玻璃管破裂，在C装置与D装置之间连接一防倒吸装置。 【分析】（1）实验室用加热氯化铵和氢氧化钙混合物的方法制备氨气，反应为固体与固体混合加热，用到的玻璃仪器主要为试管和酒精灯；（2）B装置作用是二氧化碳和吸收水蒸气生成氧气；（3）D中铜溶解于生成的稀硝酸；硝酸根离子在酸性环境下具有强的氧化性能够氧化铜，增大氢离子浓度能使Cu片溶解的速率加快，可以加入试剂形成原电池加快反应速率，增大离子浓度加快反应速率；（4）持续通入氧气使一氧化氮气体全部氧化，被氢氧化钠溶液吸收，减少环境污染，使有害气体吸收更完全；（5）D装置的液体易倒流入玻璃管C中，使

40、玻璃管破裂，需要在CD之间加一个防倒吸的装置【详解】（1）加热氯化铵和氢氧化钙混合物生成氯化钙、氨气和水，化学方程式：Ca(OH)2 +2NH4Cl CaCl2 +2H2O 2NH3；反应为固体与固体加热，用到的玻璃仪器主要为试管和酒精灯2种；（2）B装置是利用过氧化钠二氧化碳和吸收氯化铵和氢氧化钙反应生成的水蒸气生成氧气；（3）D中铜溶解于生成的稀硝酸：3Cu+8H+ 2NO3-= 3Cu2+ 2NO+ 4H2O；ANa2CO3 消耗硝酸不能加快铜的反应速率，故A错误；BAgNO3 和铜反应生成银，铜和银在稀硝酸溶液中析出原电池加快反应速率，故B正确；C H2SO4 会增大氢离子浓度加快铜与

41、稀硝酸的反应速率，故C正确；DFeSO4有还原性会消耗硝酸，所以不能加快铜的反应速率，故D错误；故答案为BC；（4）持续通入氧气使一氧化氮气体全部氧化，被氢氧化钠溶液吸收，减少环境污染，使有害气体吸收更完全；（5）D装置的液体易倒流入玻璃管C中，使玻璃管破裂，在C装置与D装置之间连接一防倒吸装置。8干燥 2Fe+6H2SO4（浓）Fe2(SO4)3+3SO2+6H2O AAA（或C）DEA（或C）或AAAA（或C）DEA（或C） 品红溶液高锰酸钾酸性溶液浓硫酸（或石灰）氧化铜粉末无水硫酸铜固体浓硫酸碱石灰或：品红溶液高锰酸钾酸性溶液高猛酸钾酸性溶液（或品红）浓硫酸（或碱石灰）氧化铜粉末无水硫酸

42、铜固体浓硫酸或碱石灰或：品红溶液氢氧化钠溶液高猛酸钾酸性溶液（或品红）浓硫酸（或碱石灰）氧化铜粉末无水硫酸铜固体浓硫酸或碱石灰 D中固体粉末由黑色变为红色，E中固体由白色变为蓝色 混合气体的总体积；反应前后D中粉末质量的差值（反应前D中氧化铜粉末质量反应后D中粉末的质量） KSCN溶液 0.1 【解析】【详解】（1）浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂，故答案为干燥；铁在加热条件下发生氧化还原反应生成硫酸铁和二氧化硫气体，反应的化学方程式为2Fe+6H2SO4（浓）Fe2(SO4)3+3SO2+6H2O；（2）浓硫酸与铁在加热条件下反应生成二氧化硫气体，稀硫酸与铁反应生成氢气，检验二氧化硫气体可用品

43、红溶液，用A装置，然后在A装置中用高锰酸钾溶液（或NaOH溶液）除去二氧化硫气体，再在A中用高锰酸钾酸性溶液（或品红）检验二氧化硫是否除尽，在A或C装置中干燥（用浓硫酸（或碱石灰）后通入D中（氧化铜粉末）吸收氢气，然后在E中用无水硫酸铜固体检验是否有水生成，为防止空气中的水进入E中影响实验结果，应最后连接A或C；品红溶液-高锰酸钾酸性溶液-浓硫酸（或石灰）-氧化铜粉末-无水硫酸铜固体-浓硫酸碱石灰，或：品红溶液-高锰酸钾酸性溶液-高锰酸钾酸性溶液（或品红）-浓硫酸（或碱石灰）-氧化铜粉末-无水硫酸铜固体-浓硫酸或碱石灰，或：品红溶液-氢氧化钠溶液-高猛酸钾酸性溶液（或品红）-浓硫酸（或碱石灰）

44、-氧化铜粉末-无水硫酸铜固体-浓硫酸或碱石灰；若混合气体中含有氢气，D中固体粉末由黑色变为红色，生成铜和水，E中固体由白色变为蓝色；（3）测定混合气体中各成分含量，应知道气体的总量和某一种气体的量，氢气的量可根据反应前D中氧化铜粉末质量反应后D中粉末的质量计算，故答案为混合气体的总体积；反应前后D中粉末质量的差值（反应前D中氧化铜粉末质量反应后D中粉末的质量）；检验Fe3+ 可用KSCN溶液，n(Fe)=0.2mol，则n(Fe2+)+n(Fe3+)=0.2mol，由2Fe2+ +Cl2 =2Fe3+ +2Cl- ，可知n(Fe2+)=2n(Cl2)=2 =0.1mol，则n(Fe3+)=0.

45、1mol。92NH4Cl Ca(OH)2CaCl2 2NH3 2H2O 生石灰（或碱石灰、NaOH固体） 否 在AB装置之间增加盛有碱石灰的干燥管，在C装置后增加尾气处理装置 3CuO 2NH33Cu N2 3H2O 取少量红色固体，加入一定量的稀硫酸，若溶液出现蓝色，证明红色物质中有Cu2O；若溶液不出现蓝色，证明红色物质中没有Cu2O 【分析】（1）实验室用固体氯化铵和熟石灰混合加热制取氨气，化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2 CaCl2+2NH3+2H2O；用浓氨水与NaOH固体（或生石灰或碱石灰等）混合可以迅速制备少量氨气；氨气极易溶于水，氯化铵溶液中的铵根离子浓度对氨气的溶解

46、性影响不大；（2）氯化铵和消石灰反应生成氨气和水，氨气和CuO反应前应先干燥，氨气有毒，需要尾气吸收装置；由题意“CuO变为红色物质，无水CuSO4变蓝色，同时生成一种无污染的气体”可知生成物为铜、氮气和水，以此书写化学方程式；（3）利用“在酸性溶液中，Cu能自身发生氧化还原反应生成Cu与Cu2”的性质【详解】（1）实验室用氯化铵固体和消石灰反应生成氨气和氯化钙、水，反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2 CaCl2+2NH3+2H2O；用浓氨水与NaOH固体（或生石灰或碱石灰等）混合可以迅速制备少量氨气；氨气极易溶于水，氯化铵溶液中的铵根离子浓度，所以不能用用排饱和氯化铵溶液的方法

47、收集氨气；（2）氯化铵和消石灰反应生成氨气和水，氨气和CuO反应前应先干燥，氨气有毒，会污染空气，多余的氨气不能直接排放，需要在C装置后需要连接尾气吸收装置；CuO变为红色物质，为Cu，无水CuSO4变蓝色，说明反应生成水，同时生成一种无污染的气体，根据质量守恒及化合价变化可知该气体为氮气，即：氧化铜与氨气反应生成铜、氮气和水，反应的化学方程式为：3CuO 2NH33Cu N2 3H2O；（3）在酸性溶液中，Cu能自身发生氧化还原反应生成Cu与Cu2，检验该红色物质中是否含有Cu2O的实验方案为：取少量样品，加入稀H2SO4，若溶液出现蓝色，说明红色物质中含有Cu2O，若溶液不出现蓝色，证明红

48、色物质中没有Cu2O 。10Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O 不用加热 可以控制反应快慢，使反应随时进行和停止 B 酸性高锰酸钾溶液或溴水 该试剂具有交强氧化性（或易与SO2发生氧化还原反应） 反应现象明显(或颜色变化明显) 防止倒吸 4FeS2+11O28SO2+2Fe2O3 防止污染大气，变废为宝 【分析】（1）根据实验装置图，A中铜与浓硫酸在加热的条件下反应生成二氧化硫，据此书写反应的化学方程式；对照装置图对比分析，总结优点；（2）I、SO2和H2S反应生成S，体现SO2的氧化性；II、二氧化硫具有还原性，和碘水或溴水或酸性高锰酸钾溶液反应；（3）SO2易溶于水，并且

49、和NaOH溶液反应较快，容易发生倒吸；（4）黄铁矿主要成分是FeS2，和氧气反应生成氧化铁、二氧化硫，据此写出反应的化学方程式；SO2是有毒气体，易造成污染。【详解】（1）根据实验装置图可知，A中用铜与浓硫酸在加热的条件下反应生成二氧化硫，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O；对比装置图分析可知，A的制取装置来代替A装置，可以不需要加热，可以控制反应快慢，使反应随时进行和停止，反应装置安全；（2）I、A、SO2和Ba（HCO3）2反应是非氧化还原反应，故A不选；B、SO2和H2S反应生成S，说明SO2具有氧化性，故B选；C、SO2和溴水反应说明SO2具有还原性

50、，故C不选；D、SO2使品红溶液褪色，体现SO2的漂白性，不是氧化性，故D不选；故选B；、二氧化硫具有还原性，能和强氧化性的物质，如溴或酸性高锰酸钾等反应反应，并且它们有颜色、反应后变成无色，现象明显，溴水或酸性高锰酸钾溶液反应，C为溴水或酸性高锰酸钾溶液，即：该试剂具有强氧化性；反应现象明显（或颜色变化明显）；（3）SO2易溶于水，并且和NaOH溶液反应较快，容易发生倒吸，所以倒置漏斗的作用是防倒吸；（4）黄铁矿主要成分是FeS2，在氧气燃烧生成氧化铁、二氧化硫，化学方程式为4FeS2+11O28SO2+2Fe2O3；二氧化硫是酸性氧化物，与碱反应生成亚硫酸盐和水，亚硫酸盐中硫可以回收，尾气

51、用氨吸收的目的是：防止污染大气，变废为宝。11MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O 平衡气压，使分液漏斗中的液体顺利下滴 防止G中液体倒吸至E中 饱和食盐水（饱和NaCl溶液） 浓硫酸 2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl- 无色溶液显蓝色 探究Cl-浓度的影响 探究H+浓度的影响 H+浓度的大小 【分析】（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水；（2）只有有压强差时溶液才能从分液漏斗中流下；氯气极易溶于氢氧化钠溶液而产生倒吸现象，为防止 倒吸，应有缓冲装置；（3）根据氯化氢和氯气的性质分析选用除杂试剂；（4）氯气具有强的氧化性，能够氧化二价铁离子生成三价铁离子

52、，能够氧化碘离子生成单质碘，碘单质遇到淀粉变蓝；（5）比较浓度变化的离子对化学反应是否有影响，从而得出结论。【详解】（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，化学方程式：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O； （2）只有有压强差时溶液才能从分液漏斗中流下，所以m管的作用是平衡气压，使分液漏斗中的液体顺利下滴；氯气极易溶于氢氧化钠溶液而产生倒吸现象，为防止 倒吸，应有缓冲装置，所以F的作用是防止G中液体倒吸至E中;（3）制取的氯气中混有氯化氢气体和水蒸气，氯化氢极易溶于水，氯气也能溶于水，所以不能用水除去氯化氢气体；氯气和 水反应生成盐酸和次氯酸，食盐水中含有氯

53、离子，能抑制氯气的溶解，所以要想除去氯气中的氯化氢应饱和食盐水；（4）氯气具有强的氧化性，能够氧化二价铁离子生成三价铁离子，离子方程式：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，能够氧化碘离子生成单质碘，碘单质遇到淀粉变蓝；（5）实验b：加入NaCl固体前后，溶液中浓度变化的离子是氯离子，所以探究的是氯离子浓度的影响；实验c：加入浓硫酸前后，溶液中浓度变化的离子是氢离子，所以探究的是氢离子浓度的影响;由实验现象知，氢离子的浓度越大，越有氯气生成，氢离子的浓度越小，越没有氯气生成，由此得出影响氯气生成的原因是氢离子的浓度;故答案为H+浓度的大小。【点睛】本题考查了氯气的实验室制法及化学性质，明确氯气

54、制备原理及氯气的性质是解题关键，题目难度不大，为高考频考点。12两者反应时直接生成了酸式盐而看不到沉淀 SO2溶解度大，且对应的亚硫酸酸性比碳酸强，通入的SO2与石灰水反应快 增加尾气吸收装置或增加防倒吸装置和尾气吸收装置 0.22或0.222、0.22 当CO2压力相同时，CaCO3的溶解度随温度的上升而减小；当实验温度相同时，CaCO3的溶解度随CO2压力的增大而增大（其它合理答案也给分）； 应注意澄清石灰水的浓度和CO2压强及温度（其它合理答案也给分） 【分析】（1）通入SO2，澄清石灰水不能出现浑浊的原因可能是二氧化硫多，反应生成溶于水的亚硫酸氢钙；（2）SO2在水中溶解度比CO2大；

55、亚硫酸酸性比碳酸强，在同温度、同体积的溶液中，l mol亚硫酸电离产生的H离子浓度大于l mol碳酸电离产生的H离子浓度；相同条件下，1mol SO2与足量石灰水反应生成CaSO3的速率大于1mol CO2与足量石灰水反应生成CaCO3的速率相同条件下，1molCaSO3被1mol SO2（形成的H离子）溶解形成可溶性Ca（HSO3）2的速率大于1molCaCO3被1molCO2（形成的H离子）溶解形成可溶性Ca（HCO3）2的速率；（3）二氧化硫是有毒气体，要进行尾气处理（4）根据关系式Ca(OH)2CaCO3计算；根据表读出温度和溶解度的关系；表在不同压强（CO2）下，CaCO3溶解度变化

56、规律； 从浓度、温度、压强等条件解析。【详解】（1）二氧化硫与澄清的石灰水反应，如果二氧化硫过量，会发生CaSO3+H2O+SO2=Ca（HSO3）2，亚硫酸氢钙易溶于水，所以，当实验操作通入二氧化硫较快较多，澄清的石灰水相对比较少，两者反应时直接生成了易溶于水的酸式盐，而看不到沉淀；（2）1体积水中溶解二氧化硫约为40体积，1体积水中溶解二氧化碳约为2体积，所以，SO2在水中溶解度比CO2大，在溶液中，参加反应的二氧化硫比二氧化碳多；二氧化硫与水反应生成亚硫酸，二氧化碳与水反应生成碳酸，亚硫酸酸性比碳酸强，在同温度、同体积的溶液中，l mol亚硫酸电离产生的H离子浓度大于l mol碳酸电离产

57、生的H离子浓度，与碱反应，前者电离出的氢离子多，反应快；相同条件下，相同的物质的量与碱反应，反应快，能说明SO2产生现象比CO2快，所以，1mol SO2与足量石灰水反应生成CaSO3的速率大于1mol CO2与足量石灰水反应生成CaCO3的速率正确；相同条件下，相同的物质的量的气体与沉淀，溶解得快，说明SO2产生现象比CO2快，所以，1molCaSO3被1mol SO2（形成的H离子）溶解形成可溶性Ca（HSO3）2的速率大于1molCaCO3被1molCO2（形成的H离子）溶解形成可溶性Ca（HCO3）2的速率，故原因为：SO2溶解度大，且对应的亚硫酸酸性比碳酸强，通入的SO2与石灰水反应

58、快；（3）二氧化硫是有毒气体，要进行尾气处理，防止SO2污染空气，所以用图一进行SO2与石灰水反应的实验时，要增加尾气吸收装置；（4）根据关系式Ca(OH)2CaCO3计算；A为0.165g100/74=0.22或0.222、0.223g；由表和表可知CaCO3溶解度的变化规律是：由表当CO2压力相同时，CaCO3的溶解度随温度的上升而减小；由表当实验温度相同时，CaCO3的溶解度随CO2压力的增大而增大；欲观察到“石灰水先变浑浊再澄清的现象”，所需要的实验条件是：应注意澄清石灰水的浓度和CO2压强及温度。13Cu+4HNO3(浓)= Cu(NO3)2+ 2NO2+ 2H2O、3Cu + 8H

59、NO3(稀)= 3Cu(NO3)2+ 2NO+4H2O 15410116732(或15411106732) 检查装置的气密性 排除整个装置系统中的空气 D中气体变为红棕色 进行尾气处理，防治污染空气 把NO2和NO进行分离 0.25V1+0.75V2 【分析】(1)装置A中铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水；硝酸变淡，Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水；(2)根据实验的目的和各部分的作用确定连接顺序，洗气需长管进短管出，排气需根据密度大小选择导管的进出端，在装入药品前应先检验装置的气密性；(3)NO易被氧化成二氧化氮；(4)二氧化氮为红棕色气体，NO易被氧化成二氧化氮，气体中含NO，通入

60、O2后有红棕色生成；(5)装置B吸收尾气，根据气体液化温度分析F的作用；(6)根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3、4NO+3O2+2H2O=4HNO3分析。【详解】(1)装置A中铜与浓硝酸反应，铜被氧化成硝酸铜，硝酸被还原成二氧化氮，反应的化学反应方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O，硝酸变淡，Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O；(2)A中铜与浓硝酸反应NO2进入C浓硫酸干燥，洗气需长管进短管出，仪器连接顺序为：1-5，NO2 21，NO-152，然后进入F冰水混合物冷却使二

61、氧化氮液化分离，剩余的NO进入D与氧气反应，最后连接尾气处理装置，所以仪器连接顺序为：1-5-4-10-11-6-7-3(或1-5-4-11-10-6-7-3)；凡是有气体参加或产生的实验，实验前一定要检查装置的气密性，所以该实验在装入药品前应先检验装置的气密性；(3)因NO易被氧化，若装置中存在氧气则不能说明NO的存在，所以反应前先通入N2目的是排尽装置中的空气，防止NO被氧化；(4)因NO与氧气反应生成二氧化氮，则确认气体中含NO的现象是观察到D中烧瓶内通入O2后，无色气体变成红棕色；(5)装置B中盛放氢氧化钠，吸收尾气，反应为：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，已知气体液化温度：NO2：21，NO：-152，所以装置F通过冰水混合物的冷却二氧化氮变为液体，一氧化氮仍为气体，使二者分离；(6)二氧化氮吸收的反应为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3、所以V1mLNO2至少需要充入氧气的体积为：0.25V1，一氧化氮吸收的反应为：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，所以V2mLNO至少需要充入氧气的体积为：0.75V2，装置中至少需要充入氧气的体积为：0.25V1+0.75V2。