2022届高三化学大一轮实验专题强基练：15猜想型综合实验探究评价 WORD版含答案.docx

1、2022届高三化学大一轮实验专题强基练：15猜想型综合实验探究评价非选择题（共13题）硫酸铜受热分解生成氧化铜和气体，受热温度不同生成的气体成分也不同。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以下探究性实验，探究测定反应产生的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：1提出猜想所得气体的成分可能只含_一种。所得气体的成分可能含有_二种。所得气体的成分可能含有_三种。2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：请你组装探究实验的装置，按从

2、左至右的方向，各仪器接口连接顺序为_(填序号)。若实验结束，B中量筒没有收集到水，则证明猜想_。正确。若实验结束，经测定装置C的总质量增加了，能否肯定气体产物中含有SO2而不含SO3。请说明理由_。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：实验小组称取CuSO4的质量/g装置C增加的质量/g量筒中水的体积(折算成标准状况下气体的体积)/mL一6.42.56448二6.43.84224请通过计算，推断出第一小组和第二小组的实验条件下CuSO4分解的化学反应方程式：一组：_；二组：_。3绿矾(FeSO4xH2O)是生血片的主要成分，某研究性学习小组拟对

3、绿矾热分解产物进行探究，（实验猜想）绿帆分解可能生成Fe、FeO、Fe2O3、SO3、SO2或H2O等。（实验探究）该小组用如图所示装贸进行实验(夹持仪器略)回答下列问题：(1)为保证实验结果的准确性，点燃灯之前的关键操作：_。(注：气密性已检验完)(2)（实验现象）A中固体变红色，B中无水CuS04_，C中蓝色石蕊试纸_。D中产生白色沉淀。(3)反应结束后，取A中固体继续进行实验，实验的操作及现象如下：向固体样品中加入过量稀硫酸，固体完全溶解，且无气体放出；取中溶液滴入少量铁氰化钾溶液，无明显现象；另取中溶液，并向其中滴入KSCN溶液，溶液变红。由此得出结论：红色固体为_(写化学式)，该物质

4、的常见用途：_。(4)D中白色沉淀的成分：_(写化学式)，有同学认为还应该增加一个实验:取D中沉淀，加入一定量的盐酸以确定其组成，事实上不需要再进行实验也可以确定沉淀成分，请说明理由：_。（实验拓展）(5)测定绿矾中结晶水的含量：该小组同学设计如下实验步骤：.准确称量27.8g绿矾样品，配成250 mL溶液后量取25.00mL所配制的溶液于锥形瓶中；.用硫酸酸化的0.100 0molL-1KMn04溶液滴定至终点；.重复操作3次，消耗KMn04溶液的体积分别为20.02mL、24.98mL、19.98 mL。根据以上数据，计算绿矾化学式中结晶水数目x=_。下列情况会使测得的x偏小的是_。a.开

5、始读数时滴定管尖嘴有气泡而终点时无气泡b.样品失去部分结晶水C量取待测液前未用待测液润洗滴定管d.滴定开始时平视（实验结论）(6)FeS04xH20的分解的化学方程式为：_。4是一种绿色试剂，在化学工业中用作生产过氧乙酸、亚氯酸钠等的原料，医药工业用作杀菌剂、消毒剂。某化学小组欲探究双氧水的性质做了如下实验：(1)下表是该小组研究影响过氧化氢（）分解速率的因素时采集的数据用溶液制取所需的时间（s）。30%双氧水15%双氧水10%双氧水5%双氧水无催化剂、不加热几乎不反应几乎不反应几乎不反应几乎不反应无催化剂、加热360480540720、加热102560120研究小组在设计方案时，考虑了浓度、

6、_、因素对过氧化氢分解速率的影响。(2)另一研究小组拟在同浓度的催化下，探究双氧水浓度对分解速率的影响，限选试剂与仪器：30%双氧水、溶液、蒸馏水、锥形瓶、双孔塞、水槽、胶管、玻璃导管、量筒、秒表、恒温水浴槽、注射器。设计实验装置，完成图甲方框内的装置示意图_（要求所测得的数据能直接体现反应速率大小）。(3)对于分解反应，也有一定的催化作用。为比较和对分解的催化效果，研究小组的同学设计了如图乙所示的实验。请回答相关问题：可通过观察_，比较得出结论。有同学提出将的溶液改为溶液更为合理，其理由是_。(4)已知溶液中主要含有、和三种微粒，该组同学又做了两种猜想：猜想1：真正催化分解的是溶液中的；猜想

7、2：真正催化分解的是_。完成表格，验证猜想：所需试剂操作及现象结论_对分解无催化作用5将过量的溶液滴入到一定量溶液中得到蓝色固体。某研究性学习小组对蓝色固体的成分进行了如下探究。(一)猜想与假设猜想一：固体为。猜想二：固体为，理由：溶液呈_(填“酸性”或“碱性”)。猜想三：固体为和的混合物。(二)查阅资料和晶体均不带结晶水；、受热易分解分别生成两种氧化物。(三)设计实验.固体的获取：将反应后的固、液混合物经_、洗涤、低温烘干得蓝色固体。.用如图所示装置，探究固体的成分。(1)若用装置A、B组合进行实验，B中无现象，则猜想_正确。(2)若用装置A、C组合进行实验，C中无现象，则猜想_正确。(3)

8、小组同学将装置按A、_、_(填“B”、“C”)的顺序组合进行实验，验证出猜想三是正确的。实验中：B中的现象为_，C中的现象为_。(四)实验结论：固体为和的混合物。经实验测得，混合物中两种固体的物质的量之比为1：1，试写出过量的溶液和一定量反应的离子方程式_。6某化学兴趣小组用稀硫酸和高纯度锌粒按如图所示装置制取H2并还原CuO时，发现尾气略有刺激性。通过进一步探究，证明尾气中含有SO2。(1)A装置的名称_；装置中浓硫酸的作用_；(2)经讨论，认为SO2的产生有以下两种可能：甲同学：_反应产生了SO2；乙同学：H2与装置中浓硫酸反应产生了SO2；请完善甲同学的猜想，并结合供选试剂设计简单方案求

9、证乙同学猜想的合理性。(仪器任选；除上述试剂外，可另选试剂如下：稀盐酸、稀硝酸、无水氯化钙、碱石灰)_(3)如果乙同学猜想成立，请用化学方程式表示其原理_；(4)已知常温下H2不能与酸性高锰酸钾溶液反应，有同学提出可以在装置前用酸性高锰酸钾溶液除去SO2，请用离子方程式表示反应的原理：_；(5)SO2是一种有毒的污染性气体，实验室常用X溶液进行尾气处理，X是_(填化学式)；尾气吸收时下列装置不能起到防倒吸效果的是_(填选项)。7化学小组的同学用如图所示的装置探究二氧化碳的性质后，觉得探究很有意思，想继续探究：提出问题反应后溶液中的溶质有什么？查阅资料(1)氢氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式为_

10、。(2)在上述反应中，若二氧化碳过量，能发生如下反应：Na2CO3H2OCO2=2NaHCO3。(3) 2NaHCO3Na2CO3H2OCO2。猜想与假设通过分析，小明做出如下猜想：含有氢氧化钠和碳酸钠；含有碳酸钠和碳酸氢钠。实验探究为确定反应后溶液的组成，同学进行了如下两项探究活动：(1) 对相关物质性质的研究：碳酸氢钠溶液氢氧化钠溶液碳酸钠溶液加入稀盐酸产生气泡无明显变化产生气泡加入饱和石灰水溶液变浑浊溶液变浑浊现象加入氯化钙溶液无明显变化溶液变浑浊溶液变浑浊加热溶液至沸腾，将气体通入澄清石灰水澄清石灰水变浑浊澄清石灰水无明显变化澄清石灰水无明显变化上表中现象对应的化学方程式为_。(2)探

11、究反应后溶液的成分：为确认反应后溶液的组成，小明设计了如下实验过程实验步骤操作实验现象实验结论取一定量反应后溶液放入试管中，滴加适量的氯化钙溶液有沉淀产生将步骤所得的混合物过滤、洗涤，并将滤渣分成两部分向其中一份步骤所得固体中滴加稀盐酸有气泡产生原溶液中含有_取另一份步骤所得固体，_反思与评价(1)若想直接证明小明的另一个猜想不正确，在上述方案的基础上，应加做的实验是_。(2)小伟提出，小明的猜想不完全，反应后溶液的组成还可能是_(有几种写几种)。8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

12、。.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”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

13、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

14、可证明。你认为是否合理，并说明理由_。9某课外小组探究Cu()盐与溶液的反应。（查阅资料）i.(绿色)(无色)；ii.(无色)，遇空气容易被氧化成(蓝色)；iii.易被氧化为或。（猜想假设）同学们根据资料认为Cu()盐与可能会发生两种反应。假设1：与在溶液中发生络合反应生成；假设2：Cu()有_性，与在溶液中发生氧化还原反应。（实验操作及现象分析）实验一：探究与溶液的反应。实验操作实验序号h(mL)(mL)逐滴加入溶液时的实验现象a1.50.5溶液逐渐变为绿色，静置无变化b1.01.0溶液先变为绿色，后逐渐变成浅绿色，静置无变化c02.0溶液先变为绿色，后逐渐变浅至无色，静置无变化(1)根据实

15、验a的现象可推测溶液中生成的含Cu微粒是_(填化学符号)。(2)甲同学认为实验一能证明假设2成立，他的理由是_。实验二：探究与溶液的反应。(3)乙同学利用已知资料进一步确证了实验二的无色溶液中存在Cu()。他的实验方案是：取少量无色溶液，_。(4)经检验白色沉淀为CuCl，从化学平衡的角度解释继续加溶液后CuCl沉淀溶解的原因：_。(5)经检验氧化产物以形式存在。写出与发生氧化还原反应得到无色溶液的离子方程式：_。（获得结论）综合以上实验，同学们认为Cu()盐与在液中的反应与多种因素有关，得到实验结论：随的增大，_；_。10以下为某学习小组探究用硫酸钙和焦炭在高温下反应制备硫化钙并检验产物的实

16、验装置。（1）甲同学设计如图所示的实验装置检验气体产物。B装置的作用是_。D和E装置能检验装置A的反应产物中有气体_（填化学式），能说明产生有该气体的现象是_。（2）乙同学根据氧化还原反应原理，提出装置A产生的气体产物中可能还有CO2、SO2，为了验证他的猜想，结合上述装置并选择下列仪器设计实验方案(同一种仪器可重复使用)。气流从左至右，仪器连接顺序为A、F、_、M。能证明有CO2的现象是_。除去SO2的离子方程式为_。（3）经实验检验气体产物有SO2、CO、CO2且气体体积之比为112，写出A中反应的化学方程式：_。11已知：草酸是一种弱酸，草酸晶体(H2C2O42H2O)易溶于水，熔点较低

17、，加热会熔化、气化和分解。草酸(H2C2O4)与氢氧化钙的反应：H2C2O4+Ca(OH)2=CaC2O4(白色)+2H2O。I.某小组同学配置0.1molL-1的草酸溶液480ml并验证草酸的性质（1）配置该溶液需要草酸晶体_g。(已知H2C2O42H2O的相对分子质量为126)（2）下列操作会使配置溶液的物质的量浓度偏低的是（_）A定容时俯视容量瓶刻度线B加水时超过刻度线，用胶头滴管吸出C转移过程中有少量的溶液溅出D称量固体时，砝码放在左盘E.容量瓶用蒸馏水洗涤干净后没有干燥就移入所配置溶液F.配置过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒（3）取一定量草酸溶液装入试管，加入一定体积的酸性高锰酸钾

18、溶液，振荡试管，发现溶液褪色(MnO4-被还原为Mn2+)，反应的离子方程式为_；该反应的反应速率先慢后快的主要原因可能是_。II.根据草酸晶体的组成，猜想其受热分解产物为CO、CO2和H2O。通过如图装置验证草酸晶体的部分分解产物。（4）反应开始前通入氮气的目的是_。（5）B中澄清石灰水变浑浊，并不能证明产物中一定有CO2，理由是_。（6）E中固体变成红色，F中澄清石灰水变浑浊，说明产物中含有气体_ (填化学式)。（7）最后可用装置收集多余的CO，气体应从_端进入(选填“a”或“b”)。12某化学兴趣小组的同学通过查阅资料，获得了草酸的一些信息，整理出下表。结构简式HOOC-OOH溶解性能溶

19、于水，易溶于乙醇特性大约在157升华(175以上发生分解)化学性质H2C2O4+Ca(OH)2=CaC2O4+2H2OHOOC-COOHCO2+CO+H2O2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2+8H2O（1）该组同学欲通过实验验证草酸受热分解产物中的CO2和CO(装置符合气密性要求，其他试剂可选)。填写表中空内。仪器ABC加入试剂_NaOH溶液简述检验CO的实验方法和实验现象_。（2）实验室常用草酸钠测定KMnO4溶液的浓度。准确称取2.680g草酸钠，溶于稀硫酸和水制成100.0 mL溶液，每次取20.00mL溶液于锥形瓶中；将待测KMnO4溶液置

20、于_(填“酸式”或“碱式”)滴定管中进行滴定。重复上述滴定操作三次，实验数椐如下表所示。待测KMnO4溶液的物质的量浓度为_。滴定前均为第一次终点第二次终点第三次终点滴定管液面刻度0.00 mL20.02mL21.00mL19.98mL将酸性KMnO4溶液和H2C2O4溶液混合后，发现开始时溶液褪色不明显，但不久后迅速褪色，针对该实验现象，某同学认为KMnO4溶液与H2C2O4溶液的反应是放热反应，导致溶液温度升高，反应速率加快。你猜想还有可能是_的影响。若用实验证明你的猜想，除KMnO4溶液、H2C2O4溶液、稀硫酸外，还需要选择的合理试剂是_。13某兴趣小组利用以下实验装置模拟工业炼铁的主

21、要过程：（1）装置甲中发生的反应为：HCOOH(甲酸)CO+H2O。已知甲酸是一种无色有刺激性气味的液体。制取一氧化碳时应该_（填字母）。a将甲酸滴入浓硫酸 b将浓硫酸滴入甲酸 c将甲酸与浓硫酸混合后加入（2）请按合适的顺序连接好以下装置：甲（_）（_）（_）（3）丙装置中碱石灰的作用是_。（4）实验将近完成时，熄灭装置甲、乙、丁中酒精灯的先后顺序为_。（5）为了探究影响反应产物的外界因素，在Fe2O3，与CO反应部位，该小组同学分别用酒精灯和酒精喷灯进行了两次实验，结果如下：加热方式通CO加热时间min澄清石灰水变浑浊时间min产物颜色产物能否全部被磁铁吸引酒精灯305黑色能酒精喷灯301黑

22、色能甲同学猜想黑色产物中可能含有碳单质。乙同学排除了该可能，他提出的两种理由是：_、_。丙同学查找资料发现，Fe3O4也能被磁铁吸引，对黑色产物成分提出以下三种假设：i全部为铁；ii_；iii_。通过进一步定量实验，黑色产物所含元素组成和质量分数如下：样品序号加热方式元素组成和质量分数产物样品I酒精灯w(Fe)=74.4、w(O)=25.6产物样品II酒精喷灯w(Fe)=100样品I的成分及质量分数为_。14硫酸铜受热分解生成氧化铜和气体，加热温度不同，气体成分也不同。气体成分可能含SO2、SO3和O2中的一种、两种或三种。某化学课外活动小组通过设计探究性实验，测定反应产生的SO2、SO3和O

23、2的物质的量，并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.所得气体的成分可能只含SO3一种；.所得气体的成分可能含有_两种；.所得气体的成分可能含有_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。(1)请你组装探究实验的装置，按从左至右的方向，各仪器接口的连接顺序为_(填接口序号)。(2)若实验结束时B中量筒没有收集到水，则证明猜想_正确。(3)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：实验小组称取CuSO4的质量/g装置C增加的质量/g量筒中水的体积折算成标准状况下气体的体

24、积/mL一6.42.56448二6.42.56224 请通过计算，推断出第一小组和第二小组的实验条件下CuSO4分解的化学方程式。第一小组：_；第二小组：_。参考答案1 SO3 SO2、O2 SO3、SO2、O2 2 I 不能，因为SO3与F中的饱和NaHSO3反应会生成SO2 2CuSO42CuO+2SO2+O3 4CuSO44CuO+2SO2+2SO3+O2 【详解】略3排净装置内的空气 变蓝 变红 Fe203 油漆涂料 BaSO4、BaS03 Fe元素化合价升高，S元素化合价降低，根据原子守恒和得失电子守恒得知，只有部分S元素化合价降低 7 ab 2FeS047H20 =F2O3+SO3

25、+SO2+7H2O 【分析】（1）为了防止空气中的氧气的干扰，点燃酒精灯之前，用氮气排净装置中的空气；（2）绿矾(FeSO4xH2O)加热分解生成水蒸气，无水硫酸铜吸水后变为五水硫酸铜，白色粉末变为蓝色晶体；C中湿润的蓝色石蕊试纸，吸收硫的氧化物后显酸性，试纸变为红色；（3）向固体样品中加入过量稀硫酸，固体完全溶解，且无气体放出；取中溶液滴入少量铁氰化钾溶液，无明显现象；则溶液中无亚铁离子，且固体中无单质铁，另取中溶液，并向其中滴入KSCN溶液，溶液变红，则固体物质为氧化铁，其用途为油漆、涂料；(4)D中白色沉淀的成分为BaSO4，为了测定是否生成二氧化硫，则取D中沉淀，加入一定量的盐酸以确定

26、其组成是否含有BaS03，由于Fe元素化合价升高，S元素化合价降低，根据原子守恒和得失电子守恒得知，只有部分S元素化合价降低，则白色沉淀为BaSO4、BaS03；（5）消耗高锰酸钾的体积中，24.98mL数据偏大，舍弃不用，则体积的平均值为20.00mL，n（KMn04）=0.100 0mol/L20.00mL，绿矾中的亚铁离子与高锰酸钾的物质的量之比=5：1，则n（FeSO4）= n（FeSO4xH2O）=5 n（KMn04）=0.0100mol，可确定250mL溶液时，溶质的物质的量为0.1mol，水的物质的量为（27.8-15.2）/18=0.7，则x=7；使测得的x偏小，则硫酸亚铁的质

27、量偏大，使用的高锰酸钾的体积偏大，a.开始读数时滴定管尖嘴有气泡而终点时无气泡，导致读数的高锰酸钾的体积比使用的体积大，a正确；b.样品失去部分结晶水，则总质量减小，计算的水的物质的量减小，x偏向，b正确；c.量取待测液前未用待测液润洗滴定管，则使用的高锰酸钾偏小，x偏大，c错误；d.滴定开始时平视，对结果无影响，d错误；（6）根据上述实验结果，绿矾分解产物为氧化铁、二氧化硫、三氧化硫和水；【详解】（1）为了防止空气中的氧气的干扰，点燃酒精灯之前，用氮气排净装置中的空气，答案为：排净装置内的空气；（2）绿矾(FeSO4xH2O)加热分解生成水蒸气，无水硫酸铜吸水后变为五水硫酸铜，白色粉末变为蓝

28、色晶体；C中湿润的蓝色石蕊试纸，吸收硫的氧化物后显酸性，试纸变为红色；（3）向固体样品中加入过量稀硫酸，固体完全溶解，且无气体放出；取中溶液滴入少量铁氰化钾溶液，无明显现象；则溶液中无亚铁离子，且固体中无单质铁，另取中溶液，并向其中滴入KSCN溶液，溶液变红，则固体物质为氧化铁，其用途为油漆、涂料，答案为：Fe203；油漆涂料；(4)D中白色沉淀的成分为BaSO4，为了测定是否生成二氧化硫，则取D中沉淀，加入一定量的盐酸以确定其组成是否含有BaS03，由于Fe元素化合价升高，S元素化合价降低，根据原子守恒和得失电子守恒得知，只有部分S元素化合价降低，则白色沉淀为BaSO4、BaS03，答案为：

29、BaSO4、BaS03；Fe元素化合价升高，S元素化合价降低，根据原子守恒和得失电子守恒得知，只有部分S元素化合价降低；（5）消耗高锰酸钾的体积中，24.98mL数据偏大，舍弃不用，则体积的平均值为20.00mL，n（KMn04）=0.100 0mol/L20.00mL，绿矾中的亚铁离子与高锰酸钾的物质的量之比=5：1，则n（FeSO4）= n（FeSO4xH2O）=5 n（KMn04）=0.0100mol，可确定250mL溶液时，溶质的物质的量为0.1mol，水的物质的量为（27.8-15.2）/18=0.7，则x=7；使测得的x偏小，则硫酸亚铁的质量偏大，使用的高锰酸钾的体积偏大，a.开始

30、读数时滴定管尖嘴有气泡而终点时无气泡，导致读数的高锰酸钾的体积比使用的体积大，a正确；b.样品失去部分结晶水，则总质量减小，计算的水的物质的量减小，x偏向，b正确；c.量取待测液前未用待测液润洗滴定管，则使用的高锰酸钾偏小，x偏大，c错误；d.滴定开始时平视，对结果无影响，d错误；答案为ab；（6）根据上述实验结果，绿矾分解产物为氧化铁、二氧化硫、三氧化硫和水，反应方程式：2FeS047H20 =F2O3+SO3+SO2+7H2O；【点睛】计算结晶水的含量时，注意配置的溶液为250mL，量取实验的体积为25mL；高锰酸钾的体积一次数据偏大，应舍弃不用。4温度 、催化剂 反应产生气泡快慢 消除阴

31、离子不同对实验的干扰 溶液中的 双氧水、盐酸 向盛有溶液的试管中加入少量的盐酸，然后把带火星的木条伸入试管中，木条不复燃 【分析】(1)过氧化氢在常温下很难分解得到氧气，其分解速度受浓度、温度、催化剂等因素的影响设计实验方案来证明时，控制变量以确保实验结果的准确性；(2)利用排水量气法收集一定体积的氧气，用盛满水的量筒倒立于盛水的水槽中，并用导管与图1连接；(3)根据反应生成气体的快慢分析；根据H2O2分解的催化作用有可能是氯离子起的作用，改为Fe2(SO4)3使阴离子相同，更为合理；(4)由于双氧水溶液中有水，则可排除水作催化剂，根据猜想1可知猜想2应是真正催化分解H2O2的是Cl-；为验证

32、猜想2可向盛有H2O2溶液的试管中加入少量的HCl，然后把带火星的木条伸入试管中，木条不复燃，得出结论。【详解】(1)根据表中给出的数据，浓度相同时，无催化剂、不加热的情况下，过氧化氢几乎不分解，在无催化剂、加热的情况下，过氧化氢分解，说明过氧化氢的分解速率与温度有关；加热不同浓度的过氧化氢溶液，得到相同体积气体的所需时间不同，浓度越大，反应的速率越快，说明过氧化氢的分解速率与浓度有关；同一浓度的过氧化氢溶液，在无催化剂、加热的时候收集需要的时间比有催化剂、加热的条件下需要的时间长，说明过氧化氢的分解速率与催化剂有关，因此该研究小组在设计方案时，考虑了浓度、温度和催化剂因素对过氧化氢分解速率的

33、影响。故答案为：温度 、催化剂；(2)要想使所测得的数据能直接体现反应速率大小，则应利用排水量气法收集一定体积的氧气，可以用盛满水的量筒倒立于盛水的水槽中。故答案为：；(3)由于过氧化氢分解产生气体，而且反应放热，因此可以根据反应中产生气泡的快慢来判断和对分解的催化效果；和中阳离子不同，阴离子也不同，不符合单一变量原则，改为溶液，阴离子相同，这样可以消除阴离子不同对实验的干扰，更为合理。故答案为：反应产生气泡快慢；消除阴离子不同对实验的干扰；(4)溶液中主要含有、和三种微粒，由于双氧水中有水，则可排除水作催化剂，根据猜想1可知猜想2为真正催化分解的是溶液中的；为验证猜想2，可向盛有溶液的试管中

34、加入少量的盐酸，然后把带火星的木条伸入试管中，木条不复燃，得出对分解无催化作用的结论。故答案为：溶液中的；双氧水、盐酸；向盛有溶液的试管中加入少量的盐酸，然后把带火星的木条伸入试管中，木条不复燃。5碱性 过滤 二 一 C B 澄清的石灰水变浑浊 白色固体变蓝 【分析】1.根据碳酸钠为强碱弱酸盐分析。2.根据二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，水能使白色硫酸铜变蓝进行分析。【详解】猜想二：碳酸钠为强碱弱酸盐，在水中会进行水解生成氢氧根离子，显碱性；.分离固体和液体的方法为过滤。(1)若用装置A、B组合进行实验，B中无现象，即澄清的石灰水没有变浑浊，说明没有二氧化碳生成，则固体没有碳酸铜，只有氢氧化铜，

35、故猜想二正确。(2)若用装置A、C组合进行实验，C中无现象，即无水硫酸铜不变蓝说明没有水生成，固体中没有氢氧化铜，只有碳酸铜，故猜想一正确。(3)要证明生成物中有水和二氧化碳，应先证明水再证明二氧化碳，若先证明二氧化碳的话，通过澄清的石灰水，会带出水蒸气，干扰水蒸气的检验，气体通过澄清的石灰水，若变浑浊，C中无水硫酸铜白色固体变蓝色，说明有二氧化碳和水，则证明猜想三是正确的。(四)经实验测得，混合物中两种固体的物质的量之比为1：1，过量的溶液和一定量反应的离子方程式：。6分液漏斗 干燥 锌粒与硫酸 方案一A中用稀盐酸代替稀硫酸若收集到的气体依然含有二氧化硫乙的猜想正确方案二装置中用装无水氯化钙

36、的球形干燥管代替浓硫酸若收集到的气体不含二氧化硫乙的猜想正确 H2+H2SO4(浓)SO2+2 H2O 5SO2+2MnO4+2H2O5SO42+2Mn 2+4H+ NaOH BCD 【分析】（1）根据装置图确定仪器的名称；浓硫酸具有吸水性，常用作干燥剂；（2）二氧化硫的产生可能是锌粒与硫酸反应生成的，也可能是H2与装置中浓硫酸反应产生了SO2，据此两位同学进行猜想；（3）氢气与浓硫酸反应，生成SO2和水；（4）高锰酸钾具有强氧化性，可将SO2氧化为SO42-，自身被还原为Mn2+；（5）SO2为酸性气体，用碱液进行尾气吸收。【详解】（1）由装置图可知，A为分液漏斗；浓硫酸吸收随氢气出来的水份

37、，起干燥的作用；故答案为：分液漏斗；干燥；（2）二氧化硫的产生可能是锌粒与硫酸反应生成的，也可能是H2与装置中浓硫酸反应产生了SO2，所以甲同学的猜测为锌粒与硫酸反应；方案一：A中用稀盐酸代替稀硫酸，若收集到的气体依然含SO2则乙猜想正确；方案二：装置中用装无水氯化钙的球形干燥管代替浓硫酸，若收集到的气体不含SO2则乙猜想正确；方案一A中用稀盐酸代替稀硫酸若收集到的气体依然含有二氧化硫乙的猜想正确方案二装置中用装无水氯化钙的球形干燥管代替浓硫酸若收集到的气体不含二氧化硫乙的猜想正确(3)如果乙同学猜想成立，则氢气与浓硫酸反应生成二氧化硫与水，方程式为：H2+H2SO4(浓)SO2+2 H2O；

38、 (4)酸性高锰酸钾与二氧化硫发生氧化还原反应，得到硫酸根离子和二价锰离子，其离子方程式为：5SO2+2MnO4+2H2O5SO42+2Mn 2+4H+； (5)二氧化硫是有毒性气体，必须进行尾气的处理，常用碱液来吸收，故用氢氧化钠溶液，尾气吸收时装置要防倒吸，A中漏斗可以防止倒吸，BCD均插入在溶液中，溶液易倒吸。72NaOHCO2=Na2CO3H2O Ca(OH)2Na2CO3=CaCO32NaOH 碳酸钠 溶于水，然后向上层清液中滴加无色酚酞溶液 无色酚酞溶液变为红色 原溶液中有氢氧化钠 取实验步骤所得的滤液适量于试管中，加热，将产生的气体通入澄清石灰水，石灰水不变浑浊，证明小明的猜想不

39、正确 只有碳酸钠或只有碳酸氢钠 【分析】查阅资料根据书写方程式原则书写方程式；实验探究根据碳酸钠和氢氧化钙相互交换成分的特点写出化学方程式；（2）根据表中三种物质的不同性质分析实验现象和结论；反思与评价（1）根据表中已知碳酸氢钠与氢氧化钠和碳酸钠性质的不同点设计实验方案；（2）根据化学反应的生成物及考虑反应物是否剩余作出猜想。【详解】查阅资料（1）氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，反应的化学方程式为 2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O；实验探究碳酸钠与氢氧化钙能反应生成碳酸钙和氢氧化钠，化学方程式Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3+2NaOH；（2）取一定量反应后溶液放入试管中

40、，滴加适量的CaCl2溶液有沉淀产生，说明含有氢氧化钠或碳酸钠，将步骤所得的混合物过滤，洗涤，并将滤渣分成两部分，向其中一份步骤所得固体中滴加稀盐酸，有气泡产生，说明沉淀中含有碳酸钙，则溶液中一定含有碳酸钠，若猜想正确，取另一份步骤所得固体，溶液于水，然后向上层清液中滴加无色酚酞溶液，无色酚酞溶液变为红色，说明沉淀中含有氢氧化钙，则原溶液中含有氢氧化钠；反思与评价（1）小明的另一个猜想含有Na2CO3和NaHCO3不正确，根据两种物质的性质可取实验步骤所得的滤液适量于试管中，加热，将产生的气体通入澄清石灰水，石灰水不变浑浊，证明小明的猜想不正确；（2）根据化学反应2NaOH+CO2=Na2CO

41、3+H2O和Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3可知，反应后的溶液中的溶质还可能只有碳酸钠或只有碳酸氢钠。【点睛】本题考查了碳酸氢钠、氢氧化钠及碳酸钠的性质、方程式的书写，在猜想反应后溶液中溶质时要考虑生成的可溶物及反应物的剩余情况。8FeCl3+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3F

42、e2+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

43、抑制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

44、解，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

45、案为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

46、+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)。9氧化 实验b中，溶液先变为绿色，后逐渐变成浅绿色，说明先发生络合反应之后又发生氧化还

47、原反应(或实验a到实验c，最终溶液颜色逐渐变浅，说明发生了氧化还原反应) 向其中滴加氨水，放置在空气中，若溶液变为蓝色，则说明含Cu() CuCl(s) Cu+(aq)+Cl-(aq)，滴加溶液后，c(Cu+)浓度降低，使平衡正向移动，沉淀溶解 2Cu2+6=2+ 二者发生络合反应的趋势减弱，发生氧化还原反应的趋势增强 Cu()盐的阴离子为Cl-时能增大Cu2+和发生氧化还原反应的趋势 【分析】根据资料i.(绿色)，和Cu()有氧化性，具有还原性，提出假设；通过与溶液的反应的现象，实验a到实验c，溶液浓度变大，最终溶液颜色逐渐变浅，说明发生了氧化还原反应；随的增大，二者发生络合反应的趋势减弱，

48、发生氧化还原反应的趋势增强；探究与溶液的反应，起初现象溶液先变为绿色，后逐渐变成浅绿色，静置很快出现白色沉淀，再加溶液，白色沉淀很快溶解形成无色溶液；结合资料ii.(无色)，遇空气容易被氧化成(蓝色)，要确定无色溶液中存在Cu()，加入氨水，可先呈现无色，后变为蓝色；Cu()盐的阴离子为Cl-时能增大Cu2+和发生氧化还原反应的趋势。【详解】假设2：具有还原性，Cu()有氧化性，与在溶液中发生氧化还原反应。故答案为：氧化；实验一：探究与溶液的反应。(1)结合资料i.(绿色)，根据实验a的现象溶液逐渐变为绿色，静置无变化，可推测溶液中生成的含Cu微粒是(填化学符号)。故答案为：；(2)甲同学认为

49、实验一能证明假设2成立，他的理由是实验b中，溶液先变为绿色，后逐渐变成浅绿色，说明先发生络合反应之后又发生氧化还原反应(或实验a到实验c，最终溶液颜色逐渐变浅，说明发生了氧化还原反应)。故答案为：实验b中，溶液先变为绿色，后逐渐变成浅绿色，说明先发生络合反应之后又发生氧化还原反应(或实验a到实验c，最终溶液颜色逐渐变浅，说明发生了氧化还原反应)；实验二：探究与溶液的反应。(3)结合资料ii.(无色)，遇空气容易被氧化成(蓝色)，无色溶液中存在Cu()，加入氨水，可先呈现无色，后变为蓝色。他的实验方案是：取少量无色溶液，向其中滴加氨水，放置在空气中，若溶液变为蓝色，则说明含Cu()。故答案为：向

50、其中滴加氨水，放置在空气中，若溶液变为蓝色，则说明含Cu()；(4)经检验白色沉淀为CuCl，从化学平衡的角度解释继续加溶液后CuCl沉淀溶解的原因：CuCl(s) Cu+(aq)+Cl-(aq)，滴加溶液后，c(Cu+)浓度降低，使平衡正向移动，沉淀溶解。故答案为：CuCl(s) Cu+(aq)+Cl-(aq)，滴加溶液后，c(Cu+)浓度降低，使平衡正向移动，沉淀溶解；(5)与发生氧化还原反应得到无色溶液，生成和，离子方程式：2Cu2+6=2+。故答案为：2Cu2+6=2+；由分析，获得结论：随的增大，二者发生络合反应的趋势减弱，发生氧化还原反应的趋势增强；氯离子易与亚铜离子生成氯化亚铜，

51、Cu()盐的阴离子为Cl-时能增大Cu2+和发生氧化还原反应的趋势。故答案为：二者发生络合反应的趋势减弱，发生氧化还原反应的趋势增强；Cu()盐的阴离子为Cl-时能增大Cu2+和发生氧化还原反应的趋势。10除去酸性气体 CO 黑色氧化铜变红，澄清石灰水变浑浊 J、F、I 第二个F中的品红不退色，I中的澄清石灰水变浑浊 5SO2+MnO4-+2H2O=2Mn2+5SO42-+4H+ 2CaSO4+3CCaS+CaO+SO2+CO+2CO2 【分析】硫酸钙和焦炭在高温下反应制备硫化钙的方程式里可能产生使氧化铜还原的气体应为CO，CuO氧化CO生成红色的Cu和CO2，CO2使石灰水变浑浊。验证A中的

52、气体产物可能还有CO2、SO2，必须先用品红验证SO2后再用酸性高锰酸钾除去SO2，再用澄清石灰水检验CO2。根据检验气体产物有SO2、CO、CO2且气体体积之比为1：1：2，写出方程式：2CaSO4+3CCaS+CaO+SO2+2CO2+CO，据此分析解答。【详解】(1) 硫酸钙和焦炭在高温下反应制备硫化钙的反应中可能产生使氧化铜还原的气体应为CO，除此之外还可能有CO2、SO2等，会干扰CO的检验，因此氢氧化钠溶液可吸收除去酸性气体，排除对CO检验的干扰；通过一氧化碳还原，氧化铜由黑色变红色，生成的CO2能够使澄清石灰水变浑浊，说明装置A的反应产物是CO；(2)装置A中的气体产物可能含有S

53、O2和CO2，根据装置图，可以通过品红溶液检验二氧化硫，除去二氧化硫后再用澄清石灰水检验二氧化碳，因此气流从左到右的仪器连接顺序为A、F、J、F、I、M；能证明有二氧化碳的现象是第二个F中品红不退色，I中的澄清石灰水变浑浊；装置J中酸性高锰酸钾将二氧化硫氧化，反应的离子方程式为5SO2+MnO4-+2H2O=2Mn2+5SO42-+4H+；(3)经实验检验气体产物有SO2、CO、CO2且气体体积之比为112，反应的化学方程式为2CaSO4+3C=高温CaS+ CaO+ SO2+CO+2CO2。【点睛】二氧化硫和二氧化碳都可以使澄清石灰水变浑浊，验证A中的气体产物可能还有CO2、SO2，必须先用

54、品红验证SO2后再用酸性高锰酸钾除去SO2，再用澄清石灰水检验CO2，要排除二氧化硫的干扰。116.3 BCDF 生成的锰离子能作催化剂而加快反应速率 排尽装置内的空气以免对相关气体的检验造成干扰 草酸加热汽化产生的草酸蒸汽与氢氧化钙反应生成白色的草酸钙沉淀 CO b 【分析】（1）配配制0.1molL-1的草酸溶液480mL，应选择500mL容量瓶，依据m=CVM计算需要溶质的质量；（2）分析操作对溶质物质的量和溶液体积的影响，依据c= 进行误差分析；（3）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，草酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明草酸能将酸性高锰酸钾溶液还原，二者发生氧化还原反应，依据得失电子守恒、原

55、子个数守恒配平方程式；生成的锰离子能作催化剂而加快反应速率；（4）草酸分解产物中含有二氧化碳和水，而空气中也含有二氧化碳和水，为防止空气中成分对分解产物检验造成干扰，应先用氮气排尽装置内的空气；（5）草酸能够与氢氧化钙反应生成草酸钙白色沉淀；（6）依据一氧化碳与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，二氧化碳能够使澄清石灰水变浑浊解答；（7）图示为排液法收集气体，应短进长出。【详解】配制的草酸溶液480mL，实验室没有480mL容量瓶，可配制500mL溶液，然后根据需求取480mL即可，故应选择500mL容量瓶，需要溶质的质量为：，故答案为：；定容时俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，A错误

56、；B加水时超过刻度线，用胶头滴管吸出，导致部分溶质损耗，溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，B正确；C转移过程中有少量的溶液溅出，导致部分溶质损耗，溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，C正确；D称量固体时，砝码放在左盘，因为使用游码，导致称取固体质量偏小，溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，D正确；E容量瓶用蒸馏水洗涤干净后没有干燥就移入所配制溶液，对溶质物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度无影响，E错误；F配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，导致部分溶质损耗，溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，F正确；故答案为：BCDF；草酸与高锰酸钾发生氧化还原反应生成二氧化碳、二价锰离子、水，该反应中Mn元素化

57、合价由价变为价、C元素化合价由价变为价，根据转移电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平方程式为，生成的锰离子能作催化剂而加快反应速率；故答案为：；生成的锰离子能作催化剂而加快反应速率；草酸分解产物中含有二氧化碳和水，而空气中也含有二氧化碳和水，为防止空气中成分对分解产物检验造成干扰，应先用氮气排尽装置内的空气，故答案为：排尽装置内的空气以免对相关气体的检验造成干扰；二氧化碳与澄清石灰水反应生成白色沉淀，而草酸能够与氢氧化钙反应生成草酸钙白色沉淀，所以B中澄清石灰水变浑浊，并不能证明产物中一定有，故答案为：草酸加热汽化产生的草酸蒸汽与氢氧化钙反应生成白色的草酸钙沉淀；一氧化碳与氧化铜反应生成铜和二氧化

58、碳，二氧化碳能够使澄清石灰水变浑浊，所以E中固体变成红色，F中澄清石灰水变浑浊，说明产物中含有CO，故答案为：CO；图示为排水法收集气体，应短进长出，故答案为：b。【点睛】配制溶液好比泡糖水，糖多水少(溶质加过或水加少了)，浓度偏大，糖少水多(溶质加少或水加多了)，浓度偏小。12 乙醇 澄清石灰水 在C处后尖嘴管点燃气体，火谄呈蓝色，再用一个内壁附着附澄清石灰水的烧杯罩在火焰上，烧杯内壁的石灰水变浑浊 酸式 0.080 00 mol/L 催化剂(或Mn2+的催化作用) 硫酸锰(或 MnSO4)【解析】试题分析：（1）装置A目的是除去草酸，装置B用于检验二氧化碳，据此完成本题；根据一氧化碳燃烧的

59、火焰颜色及燃烧产物二氧化碳完成检验一氧化碳；（2）根据高锰酸钾溶液具有强氧化性选择使用的滴定管；先判断滴定数据的有效性，然后计算出消耗的高锰酸钾溶液的平均体积，根据反应2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4K2SO4+2MnSO4+10CO2+8H2O及滴定数据计算出待测KMnO4溶液的物质的量浓度；根据反应开始锰离子浓度较小，反应过程中锰离子浓度逐渐增大分析；选择含有锰离子的试剂进行验证解析：（1）根据题中数据可知，草酸能够使澄清石灰水变浑浊，加热过程中草酸会升华，生成的二氧化碳和一氧化碳中含有草酸，检验二氧化碳之前必须用有机溶剂乙醇除去草酸，所以A装置为乙醇；然后用装置B澄清石灰水检验

60、二氧化碳，检验一氧化碳的方法为：在C处后尖嘴管点燃气体，火焰呈蓝色，再用一个内壁附着澄清石灰水的烧杯罩在火焰上，烧杯内壁的石灰水变浑浊；（2）高锰酸钾溶液具有强氧化性，应该选用酸式滴定管量取；由于第二次滴定数据误差较大，应该舍弃，消耗的高锰酸钾溶液的平均体积为20.00mL；2.680g草酸钠的物质的量为： =0.02mol，20mL溶液中含有的醋酸钠的物质的量为：0.02mol =0.004mol，根据反应方程式2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4K2SO4+2MnSO4+10CO2+8H2O，n（KMnO4）= n（H2C2O4）=n（Na2C2O4）=0.0016mol，高锰酸钾溶

61、液的浓度为： =0.08000 mol/L；影响反应速率的因素除了温度，还有可能为催化剂的影响，反应中锰离子浓度逐渐增大，锰离子可能起到了催化剂的作用，使反应速率加快；若用实验证明猜想，除高锰酸钾溶液、草酸溶液、稀硫酸外，还需要选择能够改变锰离子浓度的试剂，如硫酸锰。 13a 丙 丁 乙 除去一氧化碳中的甲酸和水蒸气 丁甲乙 碳单质不会被磁铁吸引 从氧化还原角度分析不可能生成碳单质等 全部为四氧化三铁 四氧化三铁和铁的混合物 w(Fe3O4)=92.8、w(Fe)=7.20 【详解】（1）由于甲酸是一种无色有刺激性气味的液体。为了防止产生大量的甲酸蒸气扩散到空气中，加热浓硫酸与甲酸的混合物制取

62、CO的操作方法是甲酸滴入浓硫酸，选项是a；（2）用甲装置制取CO，用碱石灰干燥CO并除去挥发的甲酸蒸气，然后将干燥的CO通入Fe2O3的装置，发生反应：3CO+ Fe2O3 2Fe+3CO2.，反应产物可以用乙装置的澄清石灰水检验，CO是大气污染物，用点燃的方法除去。因此合适的顺序连接好以下装置：甲丙丁乙；（3）丙装置中碱石灰的作用是除去一氧化碳中的甲酸和水蒸气；（4）实验将近完成时，先熄灭装置丁中的酒精灯，使产生的Fe在CO环境中冷却，然后熄灭制取CO的甲装置的酒精灯，最后熄灭尾气处理的乙装置中酒精灯；（5） 甲同学猜想黑色产物中可能含有碳单质。乙同学排除了该可能，他提出的两种理由是：碳单质

63、不会被磁铁吸引，Fe会磁铁吸引，而且从氧化还原角度分析不可能生成碳单质等；丙同学查找资料发现，Fe3O4也能被磁铁吸引，对黑色产物成分提出以下三种假设：i全部为铁；ii全部为四氧化三铁；iii四氧化三铁和铁的混合物；完全是Fe3O4，则w(Fe)= （563）（563+164）=72.4、w(O)=27.6, 假如样品I中Fe的含量是74.472.4，说明为Fe和Fe3O4的混合物。设总质量为m,其中Fe的含量是x，Fe3O4的含量是（1-x）,则xm+(563)(563+164)(1-x) m=74.4，解得x=7.20,（1-x）=92.8。即w(Fe)=7.20、w(Fe3O4)=92.

64、8。14SO2、O2 SO2、SO3、O2 2CuSO42CuO2SO2O2 4CuSO44CuO2SO32SO2O2 【提出猜想】猜想如果有氧气生成，则发生的化学反应是氧化还原反应，则生成的另一种气体应该是SO2；猜想硫酸铜受热分解所得气体的成分可能含有SO3、SO2、O2；（1）实验时，根据反应装置、洗气装置、干燥装置、收集装置进行排序；（2）若实验结束时装置B中量筒没有收集到水，说明生成的气体完全被吸收；（3）c装置吸收的是SO2，E装置中收集的气体是O2，根据转移电子配平方程式，实验一中n（CuSO4）=0.04mol，n（SO2）=0.04mol、n（O2）=0.02mol，根据转移

65、电子守恒知，硫酸铜分解生成n（SO2）=0.04mol，所以该反应中没有SO3生成，实验二中n（CuSO4）=0.04mol，n（SO2）=0.06mol，n（O2）=0.01mol，根据转移电子守恒知，硫酸铜分解生成n（SO2）=0.02mol0.06mol，所以生成的气体中含有SO3。【详解】试题分析：【提出猜想】猜想如果有氧气生成，则发生的化学反应中有电子转移，所以是氧化还原反应，则生成的另一种气体应该是SO2，因为硫酸和SO3中S元素化合价相同，所以只能是SO2；猜想硫酸铜受热分解所得气体的成分可能含有SO3、SO2、O2，故答案为SO2、O2；SO3、SO2、O2；（1）实验时，根据

66、反应装置、洗气装置、干燥装置、收集装置进行排序，A是制取气体、B是量取生成氧气体积、C是吸收二氧化硫、D是干燥氧气、E是排水法收集氧气、F吸收三氧化硫，其实验先后顺序是制取气体、除去三氧化硫、吸收水分、吸收二氧化硫、吸收二氧化硫、干燥氧气、收集氧气，所以其排列顺序为，故答案为；（2）若实验结束时装置B中量筒没有收集到水，说明生成的气体完全被吸收，因为生成二氧化硫时一定生成氧气，氧气不能被吸收，所以生成的气体只能是三氧化硫，所以I是正确的，故选I；（3）c装置吸收的是SO2，E装置中收集的气体是O2，实验一中n（CuSO4）=0.04mol，n（SO2）=0.04mol、n（O2）=0.02mo

67、l，根据转移电子守恒知，硫酸铜分解生成n（SO2）=0.04mol，所以该反应中没有SO3生成，再结合原子守恒配平方程式为2CuSO42CuO+2SO2+O2；实验二中n（CuSO4）=0.04mol，n（SO2）=0.06mol，n（O2）=0.01mol，根据转移电子守恒知，硫酸铜分解生成n（SO2）=0.02mol0.06mol，所以生成的气体中含有SO3，根据SO3+2NaHSO3=Na2SO4+2SO2+H2O知，生成n（SO3）=1=0.02mol，所以n（SO2）：n（SO3）：n（O2）=0.02mol：0.02mol：0.01mol=2：2：1，根据原子守恒配平方程式得4CuSO44CuO+2SO2+2SO3+O2，故答案为2CuSO42CuO+2SO2+O2；4CuSO44CuO+2SO2+2SO3+O2。【点晴】本题考查性质实验方案设计，侧重考查学生实验操作、分析问题、解答问题能力，明确实验原理是解本题关键，知道实验仪器连接顺序，知道各个仪器中试剂的作用。本题的易错点和难点是氧化还原反应方程式的书写。