专题05实验必得专练22题（1）-2022高考化学考前必杀300题（广东卷）.docx

1、2022广东高考考前必得分实验专练（22T）1NH4Cl在生产生活中有重要的用途。某化学小组尝试制备NH4Cl并探究NH4Cl的某些性质，进行了以下实验：(1)该小组用NH3和HCl合成NH4Cl。写出用A装置制备NH3的化学方程式_。为使NH3和HCl在D中充分混合并反应，上述装置的连接顺序为adc_、_hgb。B中圆底烧瓶中放NaCl固体，则分液漏斗中的试剂为_。装置D处除易堵塞导管外，还有不足之处为_。(2)该小组为探究Mg与NH4Cl溶液反应机理，常温下进行以下实验。实验中所取镁粉质量均为0.5g，分别加入到选取的实验试剂中。资料：a.CH3COONH4溶液呈中性；b.Cl对该反应几乎

2、无影响。实验实验试剂实验现象15mL蒸馏水反应缓慢，有少量气泡产生 (经检验为H2)25mL 1.0mol/L NH4Cl溶液 (pH=4.6)剧烈反应，产生刺激性气味气体和灰白色难溶固体经检验实验2中刺激性气味气体为NH3，检验方法是_。用排水法收集一小试管产生的气体，经检验小试管中气体为H2。已知灰白色沉淀中含有Mg2+、OH。为研究固体成分，进行实验：将生成的灰白色固体洗涤数次，至洗涤液中滴加AgNO3溶液后无明显浑浊。将洗涤后固体溶于稀HNO3，再滴加AgNO3溶液，出现白色沉淀。灰白色固体可能是_(填化学式)。甲同学认为实验2比实验1反应剧烈的原因是NH4Cl溶液中c(H+)大，与M

3、g反应快。乙同学通过实验3证明甲同学的说法不合理。实验实验装置现象3两试管反应剧烈程度相当试剂X是_。为进一步探究实验2反应剧烈的原因，进行实验4：实验实验试剂实验现象45mL NH4Cl乙醇溶液有无色无味气体产生 (经检验为H2)依据上述实验，可以得出Mg能与NH反应生成H2.，乙同学认为该方案不严谨，需要补充的实验方案是_。实验总结：通过上述实验，该小组同学得出Mg能与NH反应生成H2的结论。2I.某学习小组做Na2O2与H2O反应的实验，发现一些有趣的现象：取适量Na2O2固体用脱脂棉包好放在石棉网上，然后向脱脂棉上滴加3-4滴水，结果脱脂棉剧烈燃烧。取适量Na2O2固体置于试管中，加水

4、使其充分反应至不再产生气体为止，滴入几滴酚酞试液，溶液先变红后褪色。回答有关问题。(1)已知Na2O2可看作二元弱酸H2O2对应的盐，其第一步水解完全进行。写出其第一步水解的离子方程式为_。(2)由实验现象所得出的有关结论是：A有氧气生成；B_。II.为探究Na2O2与H2O反应的机理，他们在老师的指导下设计了如图所示装置。连接好装置，打开K1、K2，通过注射器注入适量蒸馏水，充分反应后用气球鼓气，Na2S溶液变浑浊，酸性KMnO4溶液褪色。分别取A、C中溶液滴入几滴酚酞，开始都变红，以后A中溶液很快褪色，C中溶液缓慢褪色。另取A、C中溶液分别加入少量二氧化锰，充分振荡，发现均反应剧烈、产生大

5、量气泡，把带火星的木条伸入试管，木条复燃，向反应后的溶液中滴入几滴酚酞试液，溶液变红不褪色。(3)A中冰盐和C中热水的作用分别是_，_。(4)用化学方程式表示Na2S溶液变浑浊的原因_。(5)用离子方程式表示KMnO4溶液褪色的原因(MnO在酸性条件下被还原成Mn2+)_。(6)Na2O2与H2O反应的机理是(用化学方程式表示)第一步_，第二步_。(7)若向Na2O2中滴加适量的稀盐酸，也能同样产生使木条复燃的气体，请写出该反应的化学方程式_。3某课外活动小组根据镁与CO2的反应设计实验探究镁与NO2的反应。甲同学推测产物是MgO和N2；乙同学推测产物除了MgO和N2外，固体中还可能含有Y。该

6、小组同学设计了以下装置探究镁与NO2反应的固体产物，并测定其组成。（1）实验开始时，先关闭止水夹后打开弹簧夹，再打开分液漏斗活塞，当硬质玻璃管充满红棕色气体后，打开止水夹，关闭弹簧夹，最后点燃酒精灯。这样做的目的是_（2）装置B中的试剂可以选用_A、浓硫酸B、无水氯化钙 C、五氧化二磷D、碱石灰（3）装置C中盛装氢氧化钠溶液的作用是：_（4）为保证生成气体体积的准确性，读取量筒刻度时应注意的问题是气体恢复至室温再读数；_；_。（5）实验结束后，同学们将固体产物取出与水反应，发现有刺激性气味的气体产生，该气体能使湿润的石蕊试纸变蓝。说明乙组同学推测正确，请写出Y与水反应的化学方程式_（6）若初始

7、加入镁粉质量为3.6 g，在足量的NO2中充分反应后 ，收集到N2体积为448mL (标准状况)，则产物中MgO的质量是_4某校化学小组探究酸性KMnO4溶液与H2O2溶液反应速率的影响因素。(1)邹邹进行了实验I：常温下，向4mL不同浓度的H2O2溶液中滴入一滴0.04mL0.05mol/LKMnO4溶液，记录如下：c(H2O2)/mol/L0.00100.00150.01250.03120.0440.0620完全褪色时间/s2515122360370无色气泡一样多请写出反应的离子方程式_。对于c(H2O2)增大引起的速率异常现象，根据上述实验结果，伟伟排除了一种可能，请用化学方程式表示这种

8、可能性_。为了解释c(H2O2)增大到一定浓度后速率减小，波波查得了如下资料：资料显示：，H2O2溶液中存在平衡：请用平衡移动原理解释速率忽然减小的原因_。(2)龙龙继续进行实验II，并记录如下：操作现象实验第1-9滴溶液滴下，完全褪色所需时间很长；第10滴溶液滴下迅速褪色。整个过程中几乎无温度变化。对于第10滴溶液与H2O2溶液反应速率剧烈变化的原因，飞飞提出如下假设：_。杰杰设计实验方案证实了上述假设合理，请补全他的方案：操作：滴下5滴溶液现象：完全褪色时间为t秒_。(3)综合上述实验，对于酸性KMnO4溶液与H2O2溶液反应速率，臧臧进行了总结。下列因素一定能加快反应速率的是_。a增大K

9、MnO4溶液浓度 b增大H2O2溶液浓度c增大H2SO4浓度 d加热适当温度 e加入合适的催化剂5某研究小组探究 AgCl 沉淀向 Ag2S 转化过程中发生了异常，并进一步探究原因： (1)写出试管中产生白色沉淀的离子方程式：_(2)用化学方程式表示试管中产生黑色沉淀的原因：_(3)试管中加入浓 HNO3 后的离子反应方程式为：_(4)该小组为探究中乳白色沉淀的原因可能与空气中的氧气有关，设计如下装置：现 象B：一段时间后， 无明显变化C：一段时间后，出现乳白色沉淀E中加入的是_溶液。B中盛放的物质是_。该小组认为 C 中产生沉淀的反应如下(请补充完整)：_2Ag2S + + + 2H2O2

10、S + +4请解释 B、C 现象不同的原因_。(5)为了避免在 AgCl 沉淀向 Ag2S 转化过程中出现异常现象，需要控制的反应条件是_。6为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系，某同学通过改变浓度研究“2Fe3+2I-2Fe2+I2”反应中Fe3+和Fe2+的相互转化。实验如下：（1）待实验I溶液颜色不再改变时，再进行实验II，目的是使实验I的反应达到_。（2）iii是ii的对比试验，目的是排除有ii中_造成的影响。（3）i和ii的颜色变化表明平衡逆向移动，Fe2+向Fe3+转化。用化学平衡移动原理解释原因：_。（4）根据氧化还原反应的规律，该同学推测i中Fe2+向Fe3+转化的原

11、因：外加Ag+使c（I-）降低，导致I-的还原性弱于Fe2+，用下图装置（a、b均为石墨电极）进行实验验证。K闭合时，指针向右偏转，b作_极。当指针归零（反应达到平衡）后，向U形管左管滴加0.01 mol/L AgNO3溶液，产生的现象证实了其推测，该现象是_。（5）按照（4）的原理，该同学用上图装置进行实验，证实了ii中Fe2+向Fe3+转化的原因，转化原因是_。与（4）实验对比，不同的操作是_。（6）实验I中，还原性：I-Fe2+；而实验II中，还原性：Fe2+I-，将（3）和（4）、（5）作对比，得出的结论是_。7某实验小组同学对影响CuSO4溶液和浓氨水反应产物的因素进行了如下探究。【

12、查阅资料】Cu(OH)2(s) Cu2+ + 2OH Ksp = 2.210-20；Cu2+ + 4NH3 K = 4.810-14。Cu(NH3)4SO4H2O是一种易溶于水、难溶于乙醇的深蓝色固体，加热分解有氨气放出。Cu(NH3)4SO4H2O在乙醇-水混合溶剂中的溶解度如下图所示。【实验 1】CuSO4溶液和浓氨水的反应。序号实验内容实验现象1-1向2 mL 0.1 mol/L CuSO4(pH=3.2)中逐滴加入2 mL 1 mol/L氨水立即出现浅蓝色沉淀，溶液变无色；随后沉淀逐渐溶解，溶液变为蓝色；最终得到澄清透明的深蓝色溶液A1-2向 2 mL 1 mol/L氨水中逐滴加入 2

13、mL 0.1 mol/L CuSO4(pH=3.2)始终为澄清透明的深蓝色溶液B(1)进一步实验证明，深蓝色溶液A、B中均含有，相应的实验方案为_(写出实验操作及现象)。【实验 2】探究影响 CuSO4溶液和浓氨水反应产物的因素。序号实验内容实验现象2-1向实验 1-2 所得深蓝色溶液 B 中继续加入 2 mL 0.1 mol/L CuSO4(pH=3.2)有浅蓝色沉淀生成，溶液颜色变浅2-2向实验 1-2 所得深蓝色溶液 B 中继续加入 1 mol/L NaOH有浅蓝色沉淀生成，上层清液接近无色2-3向 2 mL 0.1 mol/L 氨水中逐滴加入2 mL 0.1 mol/L CuSO4(p

14、H=3.2)有浅蓝色沉淀生成，上层清液接近无色(2)依据实验 2-1，甲同学认为 Cu2+浓度是影响 CuSO4溶液和浓氨水反应产物的因素之一。乙同学认为实验 2-1 没有排除硫酸铜溶液呈酸性的干扰，并设计了如下对比实验：序号实验内容实验现象2-4向实验 1-2 所得深蓝色溶液 B 中继续加入 2 mL 试剂 a无明显现象用化学用语表示硫酸铜溶液呈酸性的原因：_。试剂a为_。(3)利用平衡移动原理对实验2-2的现象进行解释：_。(4)实验2-3的目的是_。(5)综合上述实验可以推测， 影响 CuSO4 溶液和浓氨水反应产物的因素有_。8某实验小组欲探究醛的银镜反应用银氨溶液而不直接用AgNO3

15、溶液的原因。（一）甲同学进行了如下对比实验：装置实验序号试管中的药品现象实验2%AgNO3溶液1mL，加入2%氨水22滴；再加入3滴新开瓶的40%的乙醛溶液；水浴加热3分钟光亮的银镜实验2%AgNO3溶液1mL，加入3滴新开瓶的40%的乙醛溶液；水浴加热3分钟无明显现象（1）乙醛发生银镜反应的化学方程式为_。（2）甲同学认为：2%AgNO3溶液应该比用其配制的银氨溶液更易氧化乙醛，可能的理由是_（写出一条即可）；而实验中无明显现象，从化学反应原理的角度解释可能的原因_（写出一条即可）。（二）乙同学为了找到银镜反应用银氨溶液的真正原因，先查阅资料，发现醛银镜反应的机理分为如下三步：（3）据此，乙

16、设计了更好的银镜实验III：2%AgNO3溶液1mL，加入3滴1mol/LNaOH溶液，再加入2%氨水22滴；再加入3滴新开瓶的40%的乙醛溶液；水浴加热，很快出现了银镜。（4）乙根据实验III并结合反应机理中出现银镜的分步机理（3），得出的结论是_。（三）丙同学为了确认AgNO3溶液能氧化醛，继续查找资料，找到了不同浓度的AgNO3溶液对室内HCHO气体去除效果如图。（5）从图中可见：AgNO3溶液浓度达到一定程度，HCHO的去除率基本不变，原因是AgNO3溶液浓度越高，酸性越强，降低了_的还原性；同时，说明了AgNO3溶液和HCHO反应的氧化剂不是_。（四）结合甲乙丙的实验和资料，丁同学进

17、一步提出，溶液的pH稳定，有利于快速形成均匀光亮的银镜。（6）请结合化学用语解释AgNO3溶液与乙醛溶液的反应pH变化明显，而银氨溶液变化不明显_。（7）综合该实验小组四位同学的实验和论证，最后得出银镜反应用银氨溶液，而不是AgNO3溶液的优点是_（写出2条即可）。9某学习小组探究 Mg 与 NaHCO3 溶液反应的机理，做了如下探究。实验一：实验 A实验 B操作在注射器中加入过量镁片（擦去表面氧化膜），吸入 15mL 饱和 NaHCO3 溶液。在注射器中加入过量镁片（擦去表面氧化膜），吸入 15mL 蒸馏水。现象有气体产生，20min 后注射器内壁和底部产生大量白色沉淀缓慢产生气体（1）写出

18、 B 中生成气体的化学方程式_。实验二：（2）实验 A 产生的气体有_。实验三：分别取少量实验 A 和 B 的上层清液于两支试管中，各加入 2 滴 BaCl2 溶液，A 中立即产生白色沉淀，B 中无明显现象。（3）实验三说明 Mg 与 NaHCO3 溶液反应产生了_（填离子符号）。对 A 中白色固体的成分提出假设：I白色固体是 Mg(OH)2；II白色固体是 MgCO3；III白色固体是碱式碳酸镁。实验四：将 A 中白色沉淀过滤、洗涤后，取 0.1mol 加入 1mol/L 盐酸 800mL 恰好完全反应，产生标况下的 CO2 气体 6.72L。（4）白色沉淀的主要成分为_（写化学式）。（5）

19、综上所述，结合平衡移动原理解释实验 A 中产生现象的原因_。10某化学兴趣小组利用如图1所示装置(加持装置省略)制备。已知是一种易溶于水，不溶于酒精的白色或微红色晶体。(1)检验如图1装置气密性的方法是_，装置中发生反应的方程式：_。(2)抽滤如图2所示，与用普通漏斗过滤相比，抽滤的优点是_；其最佳操作顺序是_，确认抽干(填标号)。a打开循环水式真空泵b加入少量蒸馏水润湿滤纸c转移固液混合物(3)根据图3，加热反应后的溶液并控制温度大于40，经蒸发结晶，_，用_洗涤，干燥，可得到产品。(4)图1装置还存在安全隐患，在后的方框内增加合适的装置和药品以消除这种隐患，在方框内完成作答_。(5)产品的

20、纯度可用配位滴定法测定。被空气氧化成后，可与配位剂三乙醇胺生成绿色配合物以掩蔽其他离子，再加入盐酸羟胺将配合物中的还原成，以K-B为指示剂，用EDTA(可以表示为)标准滴定液进行滴定，反应为：。准确称取一定质量的晶体加入250mL的锥形瓶中，加20mL水、10mL三乙醇胺，充分振荡，再加入10mL足量的盐酸羟胺。滴入23滴K-B作指示剂后溶液呈酒红色，摇匀。用已标定的溶液滴定，当溶液由酒红色变成纯蓝色，即为终点。实验数据见下表：实验起始滴定管读数/mL终点滴定管读数/mL10.08450.2026.6020.08450.0026.2030.08450.3228.35则产品的纯度为_(保留整数)

21、。11实验室以V2O5为原料制备氧钒()碱式碳酸铵晶体(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)910H2O。其实验步骤如图，请回答下列问题：V2O5VOCl2溶液氧钒()碱式碳酸铵晶体i.向V2O5中加入6mol/L盐酸和足量N2H4H2O混合液，微沸数分钟还原，有无色无味气体产生。ii.向配制好的VOCl2溶液中缓慢加入足量NH4HCO3溶液，有气泡产生并析出紫红色晶体。iii.反应结束后过滤，用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次，用无水乙醇洗涤2次，静置一段时间后得到产品。(1)步骤i的离子方程式是_。(2)已知VO2+能被O2氧化，步骤ii可在如图装置中进行(夹持仪器略去)，利用A中的反应

22、将中空气排净。仪器M的名称是_。判断C中空气已被排尽的现象：_。若将装置C的滴液漏斗替换为分液漏斗，实验过程中VOCl2溶液滴加速度越来越慢(分液漏斗玻璃塞已取下)，其原因是_。步骤ii中用饱和NH4HCO3溶液洗涤除去的阴离子主要是_(填离子符号)。蓝色VO2+水合配离子的结构如图。向该水合配离子的溶液中加入NaOH至pH=12时，该水合配离子全部转化为褐色的，写出转化过程的离子方程式_。称量mg产品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL稀硫酸溶解后，加入0.02molL-1KMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续滴加1%的NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量NaNO2，最后用cmolL-

23、1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点(已知滴定反应为+Fe2+2H+=VO2+Fe3+H2O)，消耗标准溶液的体积为VmL。若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，会使测定结果_(填“偏高”“偏低”或“无影响”)，产品中钒的质量分数为_(以VO2+的量进行计算，列出计算式)。12钛酸锶可以用作电子陶瓷材料和人造宝石。某化学小组在实验室中制备钛酸锶的步骤如下：步骤一：取一定量的和溶液混合于仪器X中，再取一定量的溶液和氨水混合于三颈烧瓶中，开启搅拌器搅拌，将仪器X中的和的混合溶液逐滴滴入三颈烧瓶中，并不断用氨水调节溶液的pH为10。步骤二：反应一定时间后，抽滤、洗涤，将沉淀放入

24、坩埚中，干燥、研细后，置于马弗炉内煅烧，得。已知：。常温下，酸性溶液不能氧化。(1)仪器X的名称为_。(2)如图乙所示，抽滤完毕时，应先_(选填“断开橡皮管”或“关闭抽气泵”)。(3)三颈烧瓶中发生的反应的化学方程式为_。煅烧过程中发生的反应的化学方程式为_。步骤三：产品纯度的测定。(4)取2.5g产品溶于稍过量的硫酸中配成100mL溶液，取25.00mL溶液，加入90.00mL0.1溶液，充分反应后，用0.1酸性标准溶液滴定剩余的，终点时消耗酸性溶液12.80mL。下列操作中，会导致纯度测定结果偏高的是_(填序号)。a用滴定管取25.00mL待测液时，结束时俯视读数b未用标准溶液润洗盛标准液

25、的滴定管c滴定结束后盛标准液的滴定管尖嘴外有液滴d滴定振荡时锥形瓶中液滴飞溅出来本实验中产品的纯度为_(保留三位有效数字)。13草酸亚铁晶体(FeC2O4xH2O)是一种黄色难溶于水的固体，受热易分解，是生产电池、涂料以及感光材料的原材料。为探究草酸亚铁晶体的热分解的产物，设计装置图如下。回答下列问题：(1)装置a的名称是_；检验产物是否有水时存在一定的缺陷，改进方法为_。(2)为了保证实验结果的准确性，同时防止加热时发生爆炸，实验前应进行的操作是_。实验时夹紧K1，点燃A处与F处的酒精灯进行实验，当观察到_(填现象)时，证明气体产物中含有CO。结束时，应首先熄灭_(填“A”或“F”)处的酒精

26、灯。(3)工业制得的草酸亚铁晶体中常含有FeSO4杂质，测定其纯度的流程如下图：准确量取25.00mL样品溶液的玻璃仪器是_；第二次滴定达到终点的现象是_。以M为草酸亚铁晶体的相对质量，该样品的纯度为_(用代数式表示)，若配制溶液时Fe2+被氧化，则测定结果将_(填“偏高”“偏低”或“不变”)。14某学习小组对SO2使溶液褪色的机理进行探究。ISO2气体的制备和性质初探(1)装置A中发生反应的化学方程式_。(2)装置B中的试剂x是_。(3)小组同学观察到C、D中溶液均褪色，通过检验C溶液中有SO42-，得出C中溶液褪色的原因是_。II小组同学通过实验继续对D中品红溶液褪色进行探究。(4)探究使

27、品红褪色的主要主要微粒（分别取2 mL试剂a，滴加2滴品红溶液）装置序号试剂a实验现象i0.1 mol/L SO2溶液(pH=2)红色逐渐变浅，之后完全褪色ii0.1 mol/L NaHSO3溶液(pH=5 )红色立即变浅，之后完全褪色iii0.1 mol/L Na2SO3溶液( pH=10)红色立即褪色ivpH=2H2SO4溶液红色无明显变化v试剂a红色无明显变化实验 iii中Na2SO3溶液显碱性的原因_(结合化学用语分析解释)。对比实验iii 和v，可以排除在该实验条件下OH-对品红褪色的影响，则试剂a可能 是_溶液。查阅资料：品红与SO2水溶液、NaHSO3溶液、Na2SO3溶液反应前

28、后物质如下：通过上述实验探究并结合资料，小组同学得出结论：一是使品红溶液褪色的主要微粒是_；二是品红溶液中颜色变化主要与其分子中的_结构有关。(5)验证SO2使品红褪色反应的可逆性甲同学加热实验i褪色后的溶液，产生刺激性气味气体，红色恢复，从化学平衡移动角度解释红色恢复的原因_。乙同学向实验i褪色后的溶液中滴入Ba(OH)2溶液至pH=10，生成白色沉淀，溶液变红。写出生成白色沉淀的离子方程式_。丙同学利用SO2的还原性，运用本题所用试剂，设计了如下实验，证实了SO2使品红褪色反应的可逆：则试剂Y是_。15某学习小组通过下列装置探究MnO2与FeCl36H2O能否反应产生Cl2。已知FeCl3

29、的升华温度为315。实验操作和现象：操作现象点燃酒精灯，加热i.试管A中部分固体溶解，上方出现白雾ii.稍后，试管A中产生黄色气体，管壁附着黄色液滴iii.试管B中溶液变蓝(1)分析现象ii，该小组探究黄色气体的成分，实验如下：a.加热FeCl36H2O，产生白雾和黄色气体。b.用KSCN溶液检验现象ii和实验a中的黄色气体，溶液均变红。通过该实验说明现象ii中黄色气体含有_(填化学式)。(2)为进一步确认黄色气体是否含有Cl2，该小组提出以下方案，证实了Cl2的存在：在A、B间增加盛有某种试剂的洗气瓶C，B中溶液变为蓝色。C中盛放的试剂是_(填字母序号)。ANaCl饱和溶液 BNaOH溶液

30、CNaHCO3饱和溶液(3)除了氯气可使B中溶液变蓝，可能的原因还有：在酸性条件下，装置中的空气使之变蓝。为探究KI浓度对该反应速率的影响，进行了如下实验，请完成下表的探究内容。实验H2SO4溶液KI溶液淀粉溶液蒸馏水编号浓度/molL-1体积/mL浓度/molL-1体积/mL体积/mL体积/mL0.10_1.005.03.02.00.102.01.003.0_0.10_1.00_3.06.0混合上述试剂时，最后加入的试剂是_。(4)将试管A中的固体产物分离得到Fe2O3固体和MnCl2溶液。加热时A中产生Cl2的化学方程式为：_；把分离出的MnCl2溶液配制成100mL溶液，从中取出l0.0

31、0mL溶液于锥形瓶中，加入几滴K2CrO4溶液作指示剂，用0.5000molL-1的AgNO3溶液滴定，至滴定终点时消耗12.00mLAgNO3溶液。则混合MnO2与FeCl36H2O进行探究时，所需MnO2的质量为_g。16硫氰酸钾(KSCN)，是一种用途广泛的化学药品，常用于合成树脂、杀虫杀菌剂等。某化学小组用下图实验装置模拟工业制备硫氰酸钾，并进行相关实验探究。已知：不溶于和不溶于水且密度比水大；D中三颈烧瓶内盛放、水和催化剂，发生反应，该反应比较缓慢且在高于170时易分解，在高于25时即分解。回答下列问题：(1)试剂a是_，装置D中盛装KOH溶液的仪器名称是_。(2)制备KSCN溶液：

32、将D中反应混合液加热至105，打开K1通入氨气。反应一段时间后，关闭K1，此时装置C中观察到的现象是保持三颈烧瓶内反应混合液温度为105一段时间，这样操作的目的是_。打开K2，缓缓滴入适量的KOH溶液，继续保持反应混合液温度为105。(3)装置E中发生氧化还原反应的离子方程式是_。(4)制备硫氰酸钾晶体：先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再经_(填操作名称)、减压蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰酸钾晶体。(5)取少量所得KSCN晶体配成溶液，将装置E中混合液过滤得溶液x，进行如下实验：设计实验探究中银镜产生的原因_。小组同学观察到中实验现象后，用力振荡试管，又观察到红色褪去和沉淀增多

33、，请用必要的文字和离子方程式解释：_。17乳酸亚铁晶体是一种很好的食品铁强化剂，吸收效果比无机铁好，易溶于水，几乎不溶于乙醇，可由乳酸与反应制得。I制备，实验步骤如下：i检查气密性，按图示添加药品；ii在装置B中制取硫酸亚铁，并将整个装置内的空气排净；iii将B中溶液导入C中产生沉淀；iv将C中混合物分离提纯，获得纯净的碳酸亚铁产品。(1)仪器A的名称是_。(2)装置D的作用是_。(3)装置C中生成的离子方程式是_。(4)步骤ii中应打开的开关是_，步骤iii中应打开的开关是_。(选填“”或“”)制备乳酸亚铁晶体将制得的加入乳酸溶液中，加入少量铁粉，在下搅拌使之充分反应，然后再加人适量乳酸。经

34、系列操作后得到产品。(5)加入铁粉的目的_。(用离子方程式表示)(6)欲获得尽可能多的产品，上述系列操作指的是：冷却，_，过滤，再洗涤和干燥。探究乳酸亚铁晶体中铁元素含量甲、乙同学分别设计如下方案，以测定样品中铁元素的含量。甲乙称取样品溶于水，用酸性标准溶液滴定，当溶液恰好显浅紫色，且内不恢复，停止滴定，测得消耗标准溶液。由此求得称取样品，灼烧完全灰化，加足量盐酸溶解，加入过量溶液充分反应，然后加入几滴淀粉溶液，用硫代硫酸钠溶液滴定(已知：)，滴定终点时，测得消耗标准溶液。(7)甲方案错误，主要原因是_，该方案测定结果将明显_(填偏大、偏小)。(8)依据乙方案可得出样品中铁元素含量为_(用含有

35、相关字母的代数式表示)。18高铁酸钾(K2FeO4)为高效净水剂，紫色固体，易溶于水，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性溶液中完全、快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。某实验小组制备高铁酸钾并探究其性质。(1)制备K2FeO4(夹持装置略)装置B中所用试剂为_。C中得到紫色固体和紫色溶液，C中发生的主要反应为_(用化学方程式表示)。(2)探究K2FeO4的性质将K2FeO4溶液滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，该现象能否证明酸性条件下与氧化性的强弱关系，请说明理由：_。取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2，为证明是否K2F

36、eO4氧化了Cl-而产生Cl2，某同学设计了以下方案：取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。该方案并不完善，因为溶液变红的原因可能是_，_(用离子方程式表示)。重新设计实验方案，证明是K2FeO4氧化了Cl-而产生Cl2：将装置C中混合物过滤，将所得固体用KOH溶液充分洗涤，再用KOH溶液将少量固体溶解，得到紫色溶液，_。实验中必须使用的试剂：盐酸、淀粉碘化钾试纸19氧化铋(Bi2O3)是一种淡黄色、低毒的氧化物，广泛应用于医药合成、能源材料等领域。其制备方法通常有两种：方法：将金属铋(Bi)溶于足量的稀硝酸得到硝酸铋Bi(NO3)3溶液，所得溶液经浓缩结晶、过滤、洗涤、干燥后得硝酸铋

37、晶体，最后煅烧硝酸铋晶体即得氧化铋产品；方法：将 3.0 g 氯氧化铋(BiOCl，白色难溶于水)与 25 mL 3 molL-1碳酸氢铵溶液混合，加入氨水调节溶液 pH=9，50下反应2h可得到(BiO)2CO3沉淀，其装置如图甲所示(加热及夹持装置已省略)，再将所得沉淀干燥并在 530下煅烧，可得到氧化铋产品。(1)写出金属铋(Bi)溶于足量稀硝酸生成硝酸铋溶液的离子方程式：_；从绿色化学的角度思考，工业上常选方法而不选方法制氧化铋的原因是_。(2)图甲中仪器 c 的名称为_，当观察到澄清石灰水变浑浊说明反应过程中产生 CO2，写出产生(BiO)2CO3沉淀的化学方程式：_。(3)加氨水调

38、节 pH 为9有利于生成(BiO)2CO3 沉淀的原因是_。(4)某研究小组探究温度对沉淀制备的影响，得到温度与所得沉淀产率的关系如图乙所示。结合图像分析，50时沉淀产率最高的原因是温度低于50时，BiOCl固体在水中的溶解度小，导致沉淀的产率降低；温度高于 50时，_。(5)若实验所得氧化铋(Bi2O3)产品的质量为 2.56 g，则氯氧化铋的转化率为_(保留3 位有效数字)。20碘酸钙Ca(IO3)2是无色斜方晶体，可由KClO3、I2、Ca(OH)2等原料制得。实验室制取Ca(IO3)2H2O的实验流程如图：已知：碘酸是易溶于水、不溶于有机溶剂的强酸；碘酸氢钾KH(IO3)2与碱中和生成

39、正盐；Ca(IO3)26H2O是一种难溶于水的白色固体，在碱性条件下不稳定。(1)仪器a的名称为_。(2)仪器b的作用是_和导出生成的Cl2。(3)该实验中三颈烧瓶适宜的加热方式为_，三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为_。(4)为加快三颈烧瓶中的反应速率，可采取的措施是_。(5)制得的KH(IO3)2溶液中还会含有少量I2，为使后续制得较纯净的Ca(IO3)2，需除去I2。除去少量I2的实验操作：向制得的KH(IO3)2溶液中滴入淀粉溶液，再用_(填“乙醇”或“四氯化碳”)多次萃取、_，最终KH(IO3)2溶液为_(填“无色”或“蓝色”)。(6)Ca(IO3)26H2O加热升温过程中剩余固体的质

40、量分数w(w=)随温度变化的关系如图2所示。100时，剩余固体的化学式为_；540时，剩余固体的化学式为_。设计以上述除碘后的水溶液为原料，制取Ca(IO3)2H2O的实验方案：向水溶液中_。实验中必须使用的试剂：Ca(OH)2粉末、AgNO3溶液21某兴趣小组设利用如图所示装置(夹持仪器已省略)制取。已知：可溶于水，在水溶液中的存在形态如图所示回答下列问题：(1)圆底烧瓶内盛装药品的化学式为_，恒压滴液漏斗支管的作用是_。(2)试剂X为_，其作用是除去氯气中的气体、降低氯气的溶解度和_。(3)在0条件下，装置C中首先制备，然后在剧烈搅拌下将90%的分批加入装置C中，充分反应可得溶液，写出该反

41、应的离子方程式_。(4)反应后，将三颈烧瓶中溶液冷却结晶，过滤、得到的粗产品，进一步提纯所用方法是_；然后，经洗涤、干燥得到晶体，用无水乙醇洗涤的目的是_。(5)的纯度测定向溶液中加入饱和溶液，再加入蒸馏水，冷却至室温，准确称取样品，加入上述溶液中使其溶解(恰好反应)，充分反应，过滤后加入稀硫酸酸化，并加入苯二胺磺酸钠作指示剂，用的标准硫酸亚铁铵溶液滴定，至终点时，消耗溶液的体积为.则的质量分数为_(过程中杂质不参与反应)。相关反应：22己二酸()是一种重要的化工原料和合成中间体。某实验小组以钨磷酸为催化剂，开展绿色氧化合成己二酸的实验探究。I.催化剂钨磷酸晶体()的制备实验流程如下：(1)乙

42、醚的作用为_，操作所需的玻璃仪器除烧杯外还有_。(2)水层中的物质有大量和少量，步骤中发生反应的化学方程式是_。II.己二酸的合成向三颈烧瓶中加入0.10g钨磷酸催化剂和3030%双氧水，在室温下搅拌5，然后加入5.0试剂X，在100左右回流反应3h，得到溶液A。(3)环己烯、环己醇、环己酮均可被双氧水氧化成己二酸。仅从所需双氧水理论用量的角度看，试剂X的最佳选择是_(填序号)。A环己烯() B环己醇() C环己酮()(4)在实际操作中，双氧水的实际用量通常要大于理论用量，原因是_。(5)如图是己二酸的浓度与温度关系曲线图。介稳区表示己二酸溶液处于饱和状态，稳定区表示己二酸溶液处于_状态。实验

43、室常根据直线EHI从溶液A获取己二酸晶体，对应的实验操作为_，过滤。III.己二酸的纯度测定(6)取0.2g己二酸晶体样品于锥形瓶中，加水溶解，滴加2滴酚酞试液，用溶液滴定；平行滴定3次，溶液的平均用量为V，则己二酸纯度为_。(己二酸化学式量为146)参考答案1(1) 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O；浓硫酸；e、f无尾气处理装置(2) 将湿润的红色湿润试纸放在试管口，试纸变蓝色Mg(OH)Cl5mL1.0mol/LCH3COONH4溶液取5mL无水乙醇，加入0.5gMg粉【解析】由实验装置图可知，装置A为氯化铵与氢氧化钙共热反应制备氨气的装置，装置C中盛有的碱石灰用

44、于干燥氨气，装置B为浓硫酸与氯化钠共热反应制备氯化氢装置，装置E中盛有的浓硫酸用于干燥氯化氢气体，装置D为氨气与氯化氢反应制备氯化铵装置，氨气的密度小于空气，氯化氢的密度大于空气，应从长导管通入氨气，从短导管通入氯化氢气体，使氨气和氯化氢形成逆向流动，增大气体的接触面积，使氨气和氯化氢充分反应，则装置的连接顺序为ACDEB，接口的连接顺序为adcefhgb，该装置的设计缺陷有两点，一是氨气与氯化氢反应生成的氯化铵固体易堵塞导气管，二是无尾气处理装置，逸出的气体会污染空气。(1)由分析可知，装置A中发生的反应为氯化铵与氢氧化钙共热反应生成氯化钙、氨气和水，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(O

45、H)2CaCl2+2NH3+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O；由分析可知，装置B为浓硫酸与氯化钠共热反应制备氯化氢装置，则B中圆底烧瓶中放NaCl固体，分液漏斗中盛有浓硫酸；制备氯化铵时装置的连接顺序为ACDEB，为增大气体的接触面积，使氨气和氯化氢充分反应，应将密度比空气小的氨气从长导管通入，密度比空气大的氯化氢从短导管通入，则装置接口的连接顺序为adcefhgb，故答案为：浓硫酸；e；f；由分析可知，该装置的设计缺陷有两点，一是氨气与氯化氢反应生成的氯化铵固体易堵塞导气管，二是无尾气处理装置，逸出的气体会污染空气，故答案为：无尾气处理装置；(2

46、)氨气极易溶于水得到能使石蕊试液变蓝色的氨水，则检验实验2中刺激性气味气体为氨气的检验方法为将湿润的红色湿润试纸放在试管口，试纸变蓝色，故答案为：将湿润的红色湿润试纸放在试管口，试纸变蓝色；由题意可知，灰白色沉淀中含有镁离子、氢氧根离子和能与酸化的硝酸银溶液反应生成白色沉淀的氯离子，由化合价代数和为0可知，灰白色沉淀的化学式为Mg(OH)Cl，故答案为：Mg(OH)Cl；氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，水解生成的氢离子可能使反应速率加快，醋酸铵是弱酸弱碱盐，醋酸根和铵根离子在溶液中的水解程度相当，溶液呈中性，为排出氯化铵溶液中氢离子浓度对反应速率的影响，乙同学应选用等体积

47、等浓度的醋酸铵溶液做对比实验，通过实验结果验证甲同学的说法不合理，则试剂X为5mL1.0mol/L醋酸铵溶液，故答案为：5mL1.0mol/LCH3COONH4溶液；为验证实验4中镁与铵根离子反应生成氢气的结论是否正确，应补充镁粉和无水乙醇是否反应的对比实验，若实验中无明显现象，说明镁能与铵根离子反应生成氢气的结论正确，故答案为：取5mL无水乙醇，加入0.5gMg粉。2（1）Na2O2H2O=2NaHO2OH（2）反应放热（3）防止生成的H2O2分解 使H2O2分解（4）Na2S+H2O2S+2NaOH（5）2MnO5H2O26H2Mn25O28H2O（6）Na2O22H2O2NaOHH2O2

48、（6）2H2O22H2OO2 2Na2O24HCl4NaCl2H2OO2【解析】（1）Na2O2可看作二元弱酸H2O2对应的盐，其第一步完全水解离子方程式为：Na2O2H2O=2NaHO2OH；（2）适量Na2O2固体用脱脂棉包好放在石棉网上，然后向脱脂棉上滴加34滴水，结果脱脂棉剧烈燃烧，结合可燃物燃烧的条件，可知Na2O2与水反应，除生成氧气，此反应还是放热反应；（3）双氧水不稳定，温度过高容易分解，则A中用冰盐冷浴，目的是防止温度过高H2O2分解；C中用热水浴可使H2O2分解，故答案为：防止生成的H2O2分解；使H2O2分解；（4）Na2S溶液中滴加H2O2溶液，有S生成，结合原子守恒和

49、电子守恒，发生反应的化学方程式为Na2S+H2O2S+2NaOH；（5）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，H2O2使KMnO4溶液褪色，体现了双氧水的还原性，反应的离子方程式为：2MnO5H2O26H2Mn25O28H2O；（6）根据实验可知，过氧化钠与水反应的机理为：Na2O2与H2O反应生成H2O2，H2O2遇热分解生成氧气，反应方程式为：Na2O22H2O2NaOHH2O2、2H2O22H2OO2；（7）Na2O2中滴加适量的盐酸，也能产生使带火星的木条复燃的气体，且最后溶液呈中性，过氧化钠和盐酸反应生成氯化钠、氧气和水，反应的化学方程式为：2Na2O24HCl4NaCl2H2OO2。3(1

50、)排除装置中空气，避免空气干扰(2)BC(3)吸收剩余NO2(4)调整量筒中液面与D中水平；视线与液体凹液面相切(5)Mg3N2+H2O=3Mg(OH)2+2NH3(6)4.8g【解析】 (1)实验开始时，先关闭止水夹后打开弹簧夹，再打开分液漏斗活塞，当硬质玻璃管充满红综色气体后，打开止水夹，关闭弹簧夹，最后点燃酒精灯。这样做可以排除装置中空气，避免空气干扰，故答案为排除装置中空气，避免空气干扰；(2)装置A中浓硝酸与铜反应生成二氧化氮，生成的二氧化氮中混有水蒸气，装置B中的试剂需要除去其中的水蒸气，可以选用无水氯化钙和五氧化二磷等酸性固体干燥剂，故选BC；(3)二氧化氮能够污染空气，并且与水

51、反应生成一氧化氮，影响氮气的体积的测定，装置C中盛装氢氧化钠溶液可以吸收为反应的NO2，故答案为吸收剩余的NO2；(4)为保证生成气体体积的准确性，读取量筒刻度时应注意的问题是：气体恢复至室温再读数；调整量筒中液面与D中水平；视线与液体凹液面相切，故答案为调整量筒中液面与D中水平；视线与液体凹液面相切；(5)实验结束后，同学们将固体产物取出与水反应，发现有刺激性气味的气体产生，该气体能使湿润的石蕊试纸变蓝，说明生成的气体为氨气，则固体产物中含有氮元素，根据参与反应的物质为镁和二氧化氮，可以判断固体产物为Mg3N2，Mg3N2与水反应的化学方程式为Mg3N2+H2O=3Mg(OH)2+2NH3，

52、故答案为Mg3N2+H2O=3Mg(OH)2+2NH3；(6)镁的物质的量=0.15mol，反应生成氧化镁或氮化镁，失去电子0.3mol，标准状况下，N2体积为448mL，物质的量=0.02mol，得到了电子0.02mol8=0.16mol，根据得失电子守恒，生成Mg3N2mol=0.01mol，根据镁原子守恒，生成的氧化镁为mol=0.12mol，质量为0.12mol40g/mol=4.8g，故答案为4.8g。4(1) 时，H2O2溶液中存在平衡：，使得c(H2O2)减小，导致反应速率忽然减小(2)酸性KMnO4溶液与H2O2溶液反应生成的Mn2+可以催化该反应操作：先滴入9滴0.05 mo

53、l/L MnSO4溶液，再滴下5滴溶液现象：完全褪色时间远小于t秒(3) abcde【解析】 (1) 酸性高锰酸钾溶液与过氧化氢发生氧化还原反应生成硫酸钾、硫酸锰、氧气和水，反应的离子方程式为，故答案为：；由题意可知，向不同浓度的过氧化氢溶液中滴入高锰酸钾溶液不足量，产生的气体一样多说明过氧化氢浓度增大引起的速率异常现象一定不是过氧化氢分解的缘故，过氧化氢分解生成氧气和水的化学方程式为，故答案为：；由信息可知，当过氧化氢浓度大于0.02mol/L时，过氧化氢溶液中会存在如下平衡，当过氧化氢浓度为0.0312mol/L时，过氧化氢转化为H4O4，溶液中过氧化氢浓度减小，导致反应速率忽然减小，故答

54、案为： 时，H2O2溶液中存在平衡：，使得c(H2O2)减小，导致反应速率忽然减小；(2)由整个过程中几乎无温度变化可知，第10滴溶液滴下迅速褪色说明反应速率加快不是温度变化的原因，应该是酸性高锰酸钾溶液与过氧化氢溶液反应生成的锰离子做了反应的催化剂，使反应速率加快，故答案为：酸性KMnO4溶液与H2O2溶液反应生成的Mn2+可以催化该反应；为了验证酸性酸性高锰酸钾溶液与过氧化氢溶液反应生成的锰离子可以催化该反应，应该做加入硫酸锰溶液的对比实验，具体操作为先滴入9滴0.05 mol/L MnSO4溶液，再滴下5滴溶液，发现在锰离子做催化剂作用下，反应速率加快，完全褪色时间远小于t秒，故答案为：

55、操作：先滴入9滴0.05 mol/L MnSO4溶液，再滴下5滴溶液现象：完全褪色时间远小于t秒；(3) a增大高锰酸钾溶液浓度，反应物浓度增大，单位体积内有效碰撞次数增大，反应速率加快，故符合题意；b增大过氧化氢溶液浓度，反应物浓度增大，单位体积内有效碰撞次数增大，反应速率加快，故符合题意；c增大硫酸浓度，氢离子参与反应，浓度增加，反应速率加快，故符合题意；d加热适当温度，反应温度增大，活化分子数增大，有效碰撞次数增大，反应速率加快，故符合题意；e加入合适的催化剂，降低反应的活化能，活化分子数增大，有效碰撞次数增大，反应速率加快，故符合题意；故答案为：abcde。5(1)Ag+ + Cl-=

56、 AgCl(2)2AgCl(s) + S2-(aq)AgS(s) + 2Cl- (aq) (3)S +4H+6=+6NO2 +2H2O或8+Ag2S+8H+=Ag2SO4 +8NO2+4H2O(4)H2O2Ag2S 的悬浊液2Ag2S+1O2 +4NaCl +2H2O4AgCl +2S +4NaOHC中O2将Ag2S氧化生成S时有Ag+游离出来，NaCl中大量的Cl-与游离的 Ag+结合成AgCl沉淀。由于c(Ag+)减小，有利于中反应平衡右移，C 中最终出现乳白色沉淀(5)NaCl不过量或者隔绝氧气或者缩短存放时间【解析】氯化钠和硝酸银反应生成氯化银沉淀，根据试剂用量分析，硝酸银完全反应，再

57、滴入硫化钠，反应生成黑色沉淀，即硫化银沉淀，说明氯化银变成硫化银，长期放置，黑色沉淀变成乳白色沉淀，推测含有氯化银，加入浓硝酸发生氧化还原反应生成产生红棕色二氧化氮气体，沉淀部分溶解，未溶解部分为氯化银，则被氧化的只能是硫元素，被硝酸氧化生成硫酸根离子，过滤后，滤液中加入硝酸钡，产生白色沉淀是硫酸钡。沉淀中加入碘化钾，沉淀变为黄色，说明氯化银变成碘化银沉淀。根据分析，可能是氧气参与反应，将硫化银氧化生成硫，银离子和氯离子结合生成氯化银白色沉淀，乳白色沉淀为氯化银和硫的混合物。(1)氯化钠和硝酸银反应生成氯化银白色沉淀，离子方程式为：Ag+ + Cl-= AgCl；(2)氯化银和硫化钠反应生成硫

58、化银沉淀，方程式为：2AgCl(s) + S2-(aq)AgS(s) + 2Cl- (aq)；(3)白色沉淀为氯化银，说明硫化银被氧气氧化生成了硫，硫和硝酸反应生成二氧化氮和硫酸根离子和水，方程式为：S +4H+6=+6NO2 +2H2O；或认为硫化银被硝酸氧化，离子方程式为：8+Ag2S+8H+=Ag2SO4 +8NO2+4H2O；(4)实验要探究的是氧气对反应的影响，装置内产生氧气，因为烧瓶内已有二氧化锰存在，说明E中加入的为过氧化氢；B中应做对比实验，对比实验应该不含氯化钠溶液，即为Ag2S 的悬浊液；硫化银被氧气氧化生成硫，在氯化钠存在下同时生成氯化银沉淀，产物中钠离子只能以氢氧化钠形

59、式，根据氢元素守恒可知另一种未知反应物为水，方程式为2Ag2S+1O2 +4NaCl +2H2O4AgCl +2S +4NaOH。C中O2将Ag2S氧化生成S时有Ag+游离出来，NaCl中大量的Cl-与游离的 Ag+结合成AgCl沉淀。由于c(Ag+)减小，有利于中反应平衡右移，C 中最终出现乳白色沉淀；(5)为了能实现氯化银变成硫化银，清晰看到实验现象，避免硫化银被氧化，在氯化钠和硝酸银反应过程中控制氯化钠的用量，NaCl不过量或者隔绝氧气或者缩短存放时间。6(1)化学平衡状态（2）溶液稀释，c（Fe2+）降低（3）加入Ag+发生反应：Ag+I-=AgI，c（I-）降低；或增大c（Fe2+）

60、平衡均逆向移动（4）正左管产生黄色沉淀，指针向左偏转（5）Fe2+随浓度增大，还原性增强，使Fe2+还原性强于I-向U形管右管中滴加1mol/L FeSO4溶液（6）该反应为可逆氧化还原反应，在平衡时，通过改变物质的浓度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动方向【解析】（1）待实验I溶液颜色不再改变时，再进行实验II，目的是使实验I的反应达到化学平衡状态，否则干扰平衡移动的判断，故答案为：化学平衡状态；（2）由实验iii和实验ii的对比可知，对比实验的目的是为了排除有ii中水造成溶液中离子浓度改变的影响，故答案为：溶液稀释，c（Fe2+）降低；（3）加入AgNO3，Ag+与I-生成Ag

61、I黄色沉淀，I-浓度降低，2Fe3+ 2I-2Fe2+ I2平衡逆向移动，可知Fe2+向Fe3+转化，故答案为：i中Ag+消耗I-：Ag+（aq）+I-（aq）AgI（s），I-浓度下降，使平衡2Fe3+ 2I-2Fe2+ I2逆向移动；中增大Fe2+浓度，同样平衡2Fe3+2I-?2Fe2+I2逆向移动；（4）加入FeSO4，Fe2+浓度增大，平衡逆移；K闭合时，指针向右偏转，右侧为正极，可知b极Fe3+得到电子，则b作正极，故答案为：正；当指针归零（反应达到平衡）后，向U形管左管中滴加0.01mol/LAgNO3溶液，若生成黄色沉淀，I-浓度降低，2Fe3+ 2I-2Fe2+ I2平衡逆向

62、移动，指针向左偏转，也可证明推测Fe2+向Fe3+转化，故答案为：左侧溶液颜色褪色，有黄色沉淀生成，电流计指针向左偏转；（5）转化的原因为Fe2+浓度增大，还原性增强，使Fe2+还原性强于I-，故答案为：Fe2+浓度增大，还原性增强，使Fe2+还原性强于I-；与（4）实验对比，不同的操作是当指针归零（反应达到平衡）后，向U形管右管中滴加0.01mol/LFeSO4溶液，Fe2+向Fe3+转化，故答案为：当指针归零后，不向左管滴加AgNO3溶液，而是向右管加入1mL1molL-1FeSO4溶液；（6）将（3）和（4）、（5）作对比，得出的结论是该反应为可逆的氧化还原反应，在平衡时，通过改变物质的

63、浓度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动，故答案为：该反应为可逆的氧化还原反应，在平衡时，通过改变物质的浓度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动。7(1)向深蓝色溶液中加入大量乙醇，出现深蓝色沉淀，过滤洗涤沉淀后，将沉淀置于试管中加热，并将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，观察到红色的石蕊试纸变蓝(2) Cu2+2H2OCu(OH)2+2H+；0.1 mol/L硫酸钠溶液(3)存在Cu2+ + 4NH3，当加入氢氧化钠溶液，氢氧根离子和铜离子结合成氢氧化铜蓝色沉淀，使平衡向右移动，浓度降低，溶液变为无色(4)与实验 12对比，探究其它条件相同的情况下，氨水浓度对反应产物的影响(

64、5)铜离子的浓度、溶液的碱性、氨水的浓度（或氨水的浓度、硫酸铜和氨水的相对用量）【解析】 (1)因为Cu(NH3)4SO4H2O 是一种易溶于水、难溶于乙醇的深蓝色固体， 加热分解有氨气放出，所以检验溶液 A、B 中均含有，向溶液中加入大量乙醇，出现深蓝色沉淀，过滤洗涤沉淀后，将沉淀置于试管中加热，并将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，观察到红色的石蕊试纸变蓝，故答案为：向深蓝色溶液中加入大量乙醇，出现深蓝色沉淀，过滤洗涤沉淀后，将沉淀置于试管中加热，并将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，观察到红色的石蕊试纸变蓝；(2)硫酸铜是强酸弱碱盐，铜离子水解使溶液呈酸性，水解的离子方程式为Cu2+ +2H2O

65、Cu(OH)2+2H+，故答案为：Cu2+2H2OCu(OH)2+2H+；跟据乙同学认为实验 2-1 没有排除硫酸铜溶液呈酸性的干扰，根据控制变量法，应设计一个对比实验，对比在没有Cu2+且c(SO)相同的条件中性溶液对反应产物的影响，所以应加入0.1 mol/L硫酸钠溶液，排除酸性溶液的干扰，故答案为：0.1 mol/L硫酸钠溶液；(3)反应 Cu2+ + 4NH3是可逆反应，当加入氢氧化钠溶液时，铜离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀，使铜离子浓度减少，依据勒夏特列原理，平衡向向右移动，浓度降低，溶液变为无色，故答案为：存在Cu2+ + 4NH3，当加入氢氧化钠溶液，氢氧根离子和铜离子结合

66、成氢氧化铜蓝色沉淀，使平衡向右移动，浓度降低，溶液变为无色；(4)与实验 1-2对比可知，实验 2-3的目的是探究其它条件相同的情况下，氨水浓度对反应产物的影响，故答案为：与实验 12对比，探究其它条件相同的情况下，氨水浓度对反应产物的影响；(5)由实验2-1、2-2、2-3可知，影响 CuSO4溶液和浓氨水反应产物的因素有铜离子的浓度、溶液的碱性、氨水的浓度（或氨水的浓度、硫酸铜和氨水的相对用量），故答案为：铜离子的浓度、溶液的碱性、氨水的浓度（或氨水的浓度、硫酸铜和氨水的相对用量）。8（1）CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag+3NH3+H2O（2）Ag+浓度大，

67、氧化性强或酸性条件下，Ag+氧化性强或NO3也可做氧化剂 酸性条件下，乙醛还原性弱或能发生银镜反应，但速率太慢（4）增强碱性（OH-浓度），可加快生成银镜的反应速率；NO3（5）HCHO；NO3（6）CH3CHO+H2O+2AgNO3CH3COOH+2Ag+2HNO3，pH减小，影响银镜生成；而（1）中银氨溶液反应碱性基本不变（或者说NH3NH缓冲溶液体系）（7）银氨溶液溶液呈碱性，醛类还原性增强；或银氨溶液溶液呈碱性，硝酸根的氧化性减弱；或银氨溶液呈碱性，氢氧根浓度大，生成银镜反应速率快；或反应生成乙酸铵和氨气，可使反应体系pH变化不大【解析】（1）乙醛和银氨溶液在水浴加热条件下发生氧化还原

68、反应生成乙酸铵、氨气、银和水，反应的化学方程式为CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag+3NH3+H2O，故答案为：CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag+3NH3+H2O；（2）由乙醛和银氨溶液反应的化学方程式可知，反应中银元素化合价升高被还原，甲同学认为2%AgNO3溶液应该比用其配制的银氨溶液更易氧化乙醛的理由是2%AgNO3溶液中Ag+浓度比银氨溶液中Ag+浓度大，氧化性更强，或2%AgNO3溶液中Ag+水解使溶液呈酸性，酸性条件下，Ag+氧化性强，或2%AgNO3溶液中含有具有氧化性的NO3，NO3也可氧化乙醛；由题意可知实验为碱性条件

69、，有银镜生成，实验为酸性条件，无银镜生成，说明酸性条件下，乙醛还原性比碱性条件弱，不能发生银镜反应，或酸性条件下也能发生银镜反应，但速率太慢，无法观察到银镜，故答案为：Ag+浓度大，氧化性强或酸性条件下，Ag+氧化性强或NO3也可做氧化剂；酸性条件下，乙醛还原性弱或能发生银镜反应，但速率太慢；（4）根据实验III并结合反应机理中出现银镜的分步机理（3）可知，溶液中氢氧根浓度增大，加快了AgH与Ag+的反应速率，可加快生成银镜的反应速率，故答案为：增强碱性（OH-浓度），可加快生成银镜的反应速率；NO3；（5）由图可知，AgNO3溶液浓度达到一定程度，HCHO的去除率基本不变，原因是AgNO3溶

70、液浓度越高，酸性越强，降低了甲醛的还原性，同时说明反应中硝酸根没有参与反应，说明甲醛与硝酸银反应时，硝酸根不是反应的氧化剂，故答案为：HCHO；NO3；（6）乙醛与硝酸银溶液共热反应生成乙酸、硝酸和银，反应的化学方程式为CH3CHO+H2O+2AgNO3CH3COOH+2Ag+2HNO3，反应中生成乙酸和硝酸，溶液酸性增强，pH减小，影响银镜生成，而乙醛与银氨溶液反应生成乙酸铵和氨气，形成了NH3NH缓冲溶液体系，使溶液碱性基本不变，有利于银镜生成，故答案为：CH3CHO+H2O+2AgNO3CH3COOH+2Ag+2HNO3，pH减小，影响银镜生成；而（1）中银氨溶液反应碱性基本不变（或者说

71、NH3NH缓冲溶液体系）；（7）由该实验小组四位同学的实验和论证可知，与AgNO3溶液相比，银氨溶液具有溶液呈碱性，增强了醛类还原性、降低了硝酸根的氧化性；溶液中氢氧根浓度大，生成银镜反应速率快；反应生成乙酸铵和氨气，形成了NH3NH缓冲溶液体系，使溶液碱性基本不变，有利于银镜生成等优点，故答案为：银氨溶液溶液呈碱性，醛类还原性增强；银氨溶液溶液呈碱性，硝酸根的氧化性减弱；银氨溶液呈碱性，氢氧根浓度大，生成银镜反应速率快；反应生成乙酸铵和氨气，可使反应体系pH变化不大。9(1)Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2(2) CO2(3)CO32-(4)Mg4(OH)2(CO3)3(5)在碳酸氢钠溶

72、液中存在着电离平衡HCO3- H+ CO32-和水解平衡HCO3- + H2OH2CO3+OH-，Mg与H+反应生成Mg2+和H2促进了电离平衡正向移动，Mg2+和CO32-、OH-反应生成Mg4(OH)2(CO3)3沉淀，减少了CO32-、OH-的浓度，不仅促进了电离平衡正向移动，也促进了水解平衡正向移动，H2CO3的浓度增大并分解为CO2【解析】该学习小组探究 Mg 与 NaHCO3溶液反应的机理，根据产生的气体具有可燃性可知气体中有H2；根据产生的气体能使澄清的石灰水变浑浊，可以确定其中有CO2；根据实验三可知反应后的溶液中有CO32-；根据定量实验的数据可以确定沉淀的化学式；根据平衡移

73、动原理可说明该反应的机理。(1)镁在常温下可以与水缓慢反应生成氢氧化镁和氢气，所以B 中生成气体的化学方程式为Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2。(2)实验 A 产生的气体能使澄清的石灰水变浑浊，说明A中产生的气体中还有CO2。(3)分别取少量实验 A 和 B 的上层清液于两支试管中，各加入 2 滴 BaCl2溶液，A 中立即产生白色沉淀，该沉淀可能为碳酸钡，说明 Mg 与 NaHCO3溶液反应产生了CO32-。(4)取 0.1mol 白色沉淀加入 1mol/L 盐酸 800mL 恰好完全反应，根据Cl-守恒可知n(MgCl2)=0.4mol；根据产生标况下的 CO2气体 6.72L，可知C

74、O2气体的物质的量为0.3mol，则n(CO32-)=0.3mol；根据电荷守恒可知，n(OH-)=0.2mol。因此，白色沉淀的主要成分为Mg4(OH)2(CO3)3。(5)在碳酸氢钠溶液中存在着电离平衡HCO3- H+ CO32-和水解平衡HCO3- + H2OH2CO3+OH-。Mg与H+反应生成Mg2+和H2促进了电离平衡正向移动，Mg2+和CO32-、OH-反应生成Mg4(OH)2(CO3)3沉淀，减少了CO32-、OH-的浓度，不仅促进了电离平衡正向移动，也促进了水解平衡正向移动，H2CO3的浓度增大并分解为CO2。综上所述，实验 A 中产生现象的原因是：在碳酸氢钠溶液中存在着电离

75、平衡HCO3- H+ CO32-和水解平衡HCO3- + H2OH2CO3+OH-，Mg与H+反应生成Mg2+和H2促进了电离平衡正向移动；Mg2+和CO32-、OH-反应生成Mg4(OH)2(CO3)3沉淀，减少了CO32-和OH-的浓度，不仅促进了电离平衡正向移动，也促进了水解平衡正向移动，H2CO3的浓度增大并分解为CO2。10(1)打开止水夹，微热烧瓶，若装置II中多孔球泡有气泡冒出，冷却后能形成一段水柱，说明气密性良好；MnO2+SO2=MnSO4(2)过滤速度更快；bca(3)趁热过滤；酒精(4)(5)97%【解析】装置I用浓硫酸和Na2SO3反应生成SO2，进入装置II与MnO2

76、发生氧化还原反应生成MnSO4，发生反应的方程式：MnO2+SO2=MnSO4，由于二氧化硫有毒，应在装置末加装NaOH溶液作尾气处理；(1)检验装置I的气密性方法：可打开止水夹，微热烧瓶，若装置II中多孔球泡有气泡冒出，冷却后能形成一段水柱，说明气密性良好；装置中MnO2与SO2发生氧化还原反应生成MnSO4，发生反应的方程式：MnO2+SO2=MnSO4；(2)与用普通漏斗过滤相比，抽滤的主要优点是过滤速度更快；最佳操作顺序是加入少量蒸馏水润湿滤纸，转移固液混合物，再打开循环水式真空泵，即bca；(3)低于40结晶析出MnSO45H2O，高于40结晶析出MnSO4H2O，则加热溶液并控制温

77、度40，蒸发结晶，趁热过滤，已知易溶于水，不溶于酒精，用酒精洗涤，干燥，可得到产品；(4)二氧化硫有毒需要进行尾气处理，可以在装置后增加NaOH溶液，吸收并防止倒吸和尾气处理装置，即；(5)消耗的EDTA标准滴定液体积为26.60-0.20=26.40mL、26.20mL、28.35-0.32=28.03，第3组误差较大应舍去，则V(EDTA)=，n(EDTA)=cV=，反应为：，n()=n(EDTA)= ，质量为m=nM=169g/mol=0.0822g，产品的纯度为。11(1)2V2O5+N2H4H2O+8H+=4VO2+N2+7H2O(2)长颈漏斗； D中产生白色浑浊 反应产生气体，使得

78、三颈烧瓶的压强增大；Cl-；+3OH-=+5H2O；偏高；100%【解析】【分析】由于VO2+能被O2氧化，在反应前应排尽C装置内的空气，所以A装置内制取的气体应为CO2，用石灰石与稀盐酸发生反应；B装置为除去CO2中混有HCl的装置，C装置用于制取(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)910H2O，D装置用于检验CO2气体。(1)步骤i中，V2O5在盐酸中被足量N2H4H2O还原，生成VO2+、N2等，离子方程式是2V2O5+N2H4H2O+8H+=4VO2+N2+7H2O。答案为：2V2O5+N2H4H2O+8H+=4VO2+N2+7H2O；(2)仪器M的名称是长颈漏斗。由分析知，A中

79、制取CO2，化学方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2；用A中产生CO2排尽装置内的空气，所以D中产生白色浑浊，可判断空气已除尽。随着反应进行，三颈烧瓶中不断产生气体，使瓶内压强增大，液体不易留下；根据元素守恒可知，用饱和NH4HCO3溶液洗涤除去的阴离子主要是Cl-；由图知，该水合配离子化学式为，加入碱生成，转化过程的离子方程式为：+3OH-=+5H2O；若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，溶液中Fe2+浓度减小，会消耗更多的标准液，导致测定结果偏高；消耗标准溶液的体积为VmL，根据滴定反应可知，所以产品中钒的质量分数为100%。答案为：长颈漏斗；D中产生白色

80、浑浊；反应产生气体，使得三颈烧瓶的压强增大；Cl-；+3OH-=+5H2O；偏高；100%。12(1)分液漏斗(2)断开橡皮管(1)；(4)ad76.5%【解析】(1)由实验装置图可知，仪器X为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；(2)为了防止产生倒吸，抽滤完毕时，应先断开橡皮管再关闭抽气泵，故答案为：断开橡皮管；(3)由题意可知，三颈烧瓶中发生的反应为四氯化钛和氯化锶混合溶液与碳酸铵和氨水混合溶液反应生成碳酸锶沉淀、氢氧化钛沉淀和氯化铵，反应的化学方程式为；煅烧过程中发生的反应为碳酸锶和氢氧化钛在高温下反应生成钛酸锶、二氧化碳和水，反应的化学方程式为，故答案为：；(4)a移取25.00 mL待测液

81、时，结束时俯视读数会使移取液体体积偏大，溶质的物质的量偏大，导致测定的纯度偏高，故符合题意；b盛装标准溶液的滴定管未润洗，会使标准溶液浓度偏小，滴定时需消耗的标准溶液体积偏大，导致与钛离子反应的亚铁离子的物质的量偏小，使测定的纯度偏低，故不符合题意；c滴定结束后盛标准液的滴定管尖嘴外有液滴，读取的标准液体积偏大，导致与钛离子反应的亚铁离子的物质的量偏小，使测定的纯度偏低，故不符合题意；d滴定振荡时液滴飞溅出来，溶质减少，导致消耗的标准溶液体积偏小，与钛离子反应的亚铁离子的物质的量偏大，使最终测定的纯度偏高，故符合题意；ad正确，故答案为：ad；由得失电子数目守恒可得：n(Fe2+)=5n(KM

82、nO4)+n(Ti4+)，由题给数据可知，25.00mL溶液中n(Ti4+)=0.1mol/L0.09000L0.1mol/L0.01800L5=2.6103mol，由钛原子个数守恒可知，2.5 g产品中100%=76.5%，故答案为：76.5%。13(1)球形干燥管；在B与C之间加一个盛有CaCl2的干燥管(盛有浓硫酸的洗气瓶) (2)先通入一段时间的氮气；F中氧化铜变红，产生的气体使G中澄清石灰水变浑浊；F(3)酸式滴定管(或移液管)；当最后一滴KMnO4溶液加入后，溶液变为浅红色，且半分钟不恢复(或溶液恰好变为浅红色，且半分钟不恢复) ；偏低【解析】整个装置中先通入一段时间的N2，排除装

83、置中的空气，防止干扰实验和发生危险，装置B检验水的产生，装置C检验CO2，装置D吸收CO2，装置E干燥气体，F和G装置检验CO。 (1)装置a的名称为球形干燥管；装置B的作用是检验产物中是否含有水，而装置C中的水蒸气进入装置B中，也会使无水硫酸铜变蓝，干扰产物中水的检验，因此改进措施为在B和C之间添加一个盛有无水CaCl2的干燥管或盛有浓硫酸的洗气瓶；故答案为球形干燥管；B和C之间添加一个盛有无水CaCl2的干燥管或盛有浓硫酸的洗气瓶；(2)根据上述分析，反应前装置中含有空气，空气中的CO2对产物CO2的测量产生干扰，分解产物中可能有CO，CO可燃性物质，为防止实验结果的准确性和防止加热时发生

84、爆炸，实验前应进行的操作是先通入一段时间的氮气；F处发生的反应COCuOCO2Cu，CO2能使澄清石灰水变浑浊，因此证明产物中含有CO的现象是F中氧化铜变红，产生的气体使澄清石灰水变浑浊；实验结束时，应首先熄灭F处的酒精灯；故答案为先通入一段时间的氮气；F中氧化铜变红，产生的气体使澄清石灰水变浑浊；F；(3)量取25.00mL溶液，精确度为0. 01mL，应选用酸式滴定管或移液管；第一次滴定时酸性高锰酸钾溶液将Fe2、氧化成Fe3、CO2，反应后溶液中加入适量锌粉，锌粉将Fe3还原成Fe2，第二次滴定时，酸性高锰酸钾溶液将Fe2氧化成Fe3，因此第二次滴定的现象是当最后一滴KMnO4溶液加入后

85、，溶液变为浅红色，且半分钟不恢复(或溶液恰好变为浅红色，且半分钟不恢复)；故答案为；酸式滴定管或移液管；当最后一滴KMnO4溶液加入后，溶液变为浅红色，且半分钟不恢复(或溶液恰好变为浅红色，且半分钟不恢复)；根据的分析，(V1V2)mL是滴定时消耗的高锰酸钾溶液体积，根据得失电子数目守恒，25mL溶液中草酸根离子物质的量有：n()21=(V1V2)mL103cmolL15，解得n()=mol，从而推的样品的纯度为；配制过程中部分Fe2被氧化Fe3，第一次滴定消耗高锰酸钾溶液的体积减少，而第二次滴定消耗高锰酸钾溶液的体积不变， (V1V2)偏小，即测定的结果将偏低；故答案为；偏低。14（1）Cu

86、+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2 +2H2O（2分）（2）饱和NaHSO3溶液（1分）(3)小SO2具有还原性，与I2发生氧化还原反应，SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，使碘水的黄色褪去（2分）(4)SO32-在溶液发生水解，SO32-+ H2OHSO3-+OH-，SO32-结合H2O电离的H+，最终达到平衡时溶液中c(OH-)c(H+)，溶液呈碱性（2分）pH=10的NaOH溶液或pH=10的Na2CO3溶液（1分）H2SO3、SO32-、HSO3-（1分）双键或共轭或对醌式结构（1分）(5)SO2+H2OH2SO3，加热使溶液中SO2逸出，溶液中H2SO3和SO2浓度均降低

87、，使SO2与品红反应逆向移动，最终达到平衡时，溶液中品红浓度增大，溶液恢复红色（2分）SO2+2OH-+Ba2+=BaSO3+H2O（2分）碘水（1分）【解析】 (1)在装置A中Cu与浓硫酸共热，发生氧化还原反应，产生CuSO4、SO2、H2O，发生反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2 +2H2O；(2)B装置中溶液可以缓冲气流，同时不能溶解SO2气体，可根据H2SO3是二元弱酸，在溶液中存在电离平衡，则B中x溶液为饱和NaHSO3溶液；(3)小组同学观察到C、D中溶液均褪色，通过检验C溶液中有SO42-，这是由于I2具有氧化性，而SO2具有还原性，在溶液中二者会发生

88、氧化还原反应：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，反应产生的H2SO4、HI的水溶液均无色，使C中溶液褪色；(4)Na2SO3是强碱弱酸盐，在溶液中SO32-会发生水解反应：SO32-+H2OHSO3-+OH-，SO32-结合H2O电离的H+，当最终达到平衡时，溶液中c(OH-)c(H+)，因此溶液呈碱性；对比实验iii和v，可以排除在该实验条件下OH-对品红褪色的影响，实验iii为pH=10的Na2SO3溶液，则试剂a可能为pH=10的NaOH溶液或pH=10的Na2CO3溶液；根据实验可知，向红色的品红溶液中加入Na2SO3、NaHSO3，会看到溶液红色褪去，说明使品红溶液褪色的主

89、要微粒是H2SO3、SO32-、HSO3-；根据反应前后溶液颜色变化，结合物质分子结构可知：品红溶液中颜色变化主要与其分子中的双键或共轭或对醌式结构有关；(5)向品红溶液中通入SO2气体，溶液红色褪去，将褪色后的溶液加热，产生刺激性气味气体，红色恢复，说明SO2气体溶于水发生反应：SO2+H2OH2SO3，加热时溶液中SO2气体逸出，溶液中H2SO3和SO2浓度均降低，使SO2与品红反应逆向移动，品红浓度增大，溶液又恢复红色；向实验i褪色后的溶液中滴入Ba(OH)2溶液至pH=10，发生反应：SO2+2OH-+Ba2+=BaSO3+H2O，生成白色沉淀，由于SO2浓度降低，SO2与品红反应逆向

90、移动，品红浓度增大，使溶液又恢复了变红；由于SO2具有还原性，与碘水会发生氧化还原反应：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，使溶液中SO2浓度降低，SO2与品红反应逆向移动，导致品红浓度增大，最终使溶液又恢复了变红。15(1)FeCl3（2）A （3）2.0、3.0、4.0、2.0、1.0；稀硫酸（3）3MnO24FeCl36H2OFe2O33MnCl23Cl224H2O（4）2.610 【解析】由题意可知，加热试管A中二氧化锰与六水氯化铁混合物时，二氧化锰与六水氯化铁反应生成氧化铁、氯化锰、氯气和水。 (1) 铁离子遇硫氰化钾溶液，溶液会变为红色，用硫氰化钾溶液检验加热二氧化锰与六水

91、氯化铁混合物和加热六水氯化铁中的黄色气体，溶液均变红说明黄色气体中含有氯化铁，故答案为：FeCl3；(2)由题意可知，黄色气体中可能含有氯化氢、氯化铁和氯气，氯化铁能与碘化钾溶液发生氧化还原反应生成单质碘，会干扰氯气的检验，由于氯气能与氢氧化钠溶液和饱和碳酸氢钠溶液反应，则吸收黄色气体中氯化铁的试剂应选择饱和食盐水，故答案为：A；(3) 由变量唯一化的原则可知，探究碘化钾浓度对该反应速率的影响时，除碘化钾浓度发生改变外，稀硫酸溶液、淀粉溶液的浓度不能发生改变，则实验时稀硫酸溶液和淀粉溶液的体积必须相同，混合溶液的总体积要保持不变，实验中稀硫酸溶液的体积都为2.0mL、淀粉溶液的体积都为3.0m

92、L，混合溶液的总体积12.0mL，实验中蒸馏水的体积为12.0mL8.0mL=4.0mL，实验中碘化钾溶液的体积为12.0mL11.0mL=1.0mL；因在酸性条件下，装置中的空气使碘化钾溶液变蓝，为防止酸性条件下空气干扰实验，混合上述试剂时，应最后加入稀硫酸溶液，故答案为：2.0；3.0；4.0；2.0；1.0；稀硫酸；(4) 由题给信息可知，试管A中发生的反应为二氧化锰与六水氯化铁反应生成氧化铁、氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为3MnO24FeCl36H2OFe2O33MnCl23Cl224H2O，故答案为：3MnO24FeCl36H2OFe2O33MnCl23Cl224H2O；由题意

93、可得二氧化锰和氯化银的关系为MnO2MnCl22 AgNO3，硝酸银的物质的量为0.5000molL-10.01200L=6103mol，则试管A中二氧化锰的质量为6103mol1087g/mol=2.610g，故答案为：2.610。16（1）浓氨水或浓；恒压滴液漏斗或恒压漏斗（2）瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升，使完全分解而除去，防止受热分解（3）（4）分液（5）取的溶液，加入几滴溶液，若产生银镜，证明是还原得银镜或取的溶液，加入几滴溶液，若无银镜生成证明是还原得银镜红色溶液存在平衡，用力振荡，发生反应，沉淀增多，平衡逆向移动，红色褪去 【解析】将浓氨水与生石灰发生反应，利用球型干燥器除水

94、干燥后，通入到四氯化碳中，产生的氨气，与D中的、水和催化剂发生反应生成NH4SCN以及NH4HS，并且通过已给的条件得知，该反应比较缓慢且在高于170时易分解，在高于25时即分解，生成的产物与氢氧化钾发生反应，生成KSCN，未反应的氢氧化钾及氨气可以用过尾气处理与酸性的硫酸铁溶液进行反应。 (1)判断依据为，给出的条件都提到了NH3和N元素，反应中出现了NH3；由此可以判断A装置是制取氨气，故填浓；(2) 关闭K1，A装置依旧产生气泡，故可以看到此时装置C中有气泡，题中给出了关于温度的条件，故判断目的是防止受热分解；(3)氧化还原反应，故写出三价铁离子与硫化氢气体的离子方程式为；(4)过滤除去

95、固体催化剂后，应该除去未反应完的CS2，故操作为分液；(5)产生银镜反应的原因是溶液中银离子有氧化性，亚铁离子有还原性，两者发生反应，故可设计实验为：取的溶液，加入几滴溶液，若产生银镜，证明是还原得银镜或取的溶液，加入几滴溶液，若无银镜生成证明是还原得银镜；用力振荡，发生反应，沉淀增多，使平衡逆向移动，红色褪去。17（1）分液漏斗（2）液封，防止空气进入C中氧化（3）（4）；（5）（6）加入乙醇（7）乳酸根也能被高锰酸钾氧化；偏大（8） 【解析】亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故B制备硫酸亚铁。利用生成氢气，

96、使B装置中气压增大，将B装置中的硫酸亚铁溶液压入C中，C装置中FeSO4和NH4HCO3发生反应：FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3+(NH4)2SO4+CO2+H2O。装置D防止空气中的氧气进入到C装置中，将Fe2+氧化。I(1)仪器A为分液漏斗；故答案为：分液漏斗；(2)装置D的作用是防止空气中的氧气进入到C装置中，将Fe2+氧化，故答案为：液封，防止空气进入C中氧化；(3) C装置中FeSO4和NH4HCO3发生反应，离子方程式为：，故答案为：；(4)首先关闭活塞K2，打开活塞K1、K3，目的是发生反应制备Fe2+，利用产生的氢气排净装置内的空气，防止Fe2+被氧化；关闭活塞K1，

97、反一段时间后，关闭活塞K3，打开活塞K2，利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的硫酸亚铁溶液压入C中，产生沉淀。故答案为：K3；K2；(5)Fe2+容易被氧化为Fe3+，加入铁粉可将Fe3+还原为Fe3+，离子方程式为：，故答案为：；(6) 乳酸亚铁晶体易溶于水，几乎不溶于乙醇，故加入乙醇可让乳酸亚铁析出更多，提高产量。故答案为：加入乙醇；(7) 乳酸根中含有羟基，也可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的量增大，使计算所得乳酸亚铁的质量偏大。故答案为：乳酸根也能被高锰酸钾氧化；偏大；(8)滴定终点时，V2 mL硫代硫酸钠溶液中所含硫代硫酸钠的物质的量为：n(Na2S2O3)=c

98、2 V210-3mol。根据关系式2Fe2+2Fe3+I22，可知样品中的物质的量为n(Fe2+)=n()=c2 V210-3mol，则样品中铁元素含量为： =，故答案为：。18(1)饱和食盐水3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O(2)能，在过量酸的作用下完全转化为Fe3和O2，溶液浅紫色一定是的颜色(或不能，补充对比实验，向K2FeO4紫色溶液中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色) 20H=4Fe3+3O210H2O、Fe3+3SCN-=Fe(SCN)3；向溶液中滴加盐酸，产生黄绿色气体，能使湿润的淀粉KI试纸变蓝 【解析】(1)装置

99、A制备Cl2，装置B为净化装置，用于除去Cl2中的HCl，装置B中所用试剂为饱和食盐水；在碱性条件下Cl2可以氧化Fe(OH)3制取K2FeO4，反应的化学方程式为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O；(2)在过量酸的作用下完全转化为Fe3和O2，溶液浅紫色一定是的颜色，则K2FeO4在酸性溶液中能将Mn2+氧化成，能证明酸性条件下的氧化性比强；(或不能，补充对比实验，向K2FeO4紫色溶液中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色)；K2FeO4具有强氧化性，在酸性溶液中快速产生O2，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色是由于Fe3+与SCN

100、-结合成血红色的配合物，用离子方程式表示原因为：20H=4Fe3+3O210H2O，Fe3+3SCN-=Fe(SCN)3；为了证明是K2FeO4氧化了Cl而产生Cl2，将装置C中混合物过滤，将所得固体用KOH溶液充分洗涤，再用KOH溶液将少量固体溶解，得到紫色溶液，向溶液中滴加盐酸，产生黄绿色气体，由于氯气能够把碘离子氧化为碘单质，所以氯气使湿润的淀粉KI试纸变蓝。19（1）；方法中金属 Bi与硝酸反应和硝酸铋在受热分解的过程中均会产生污染环境的氮氧化物（2）分液漏斗；（3）氨水会与反应生成 （4）NH2H2O分解，溶液的 pH 降低，不利于的形成，使沉淀产率降低（5） 95.4% 【解析】(

101、1)由题干可知 Bi 与稀硝酸反应，生成的气体应该为 NO，因此离子方程式为；由于金属 Bi 与稀硝酸发生反应时会生成氮氧化物，并且硝酸铋在受热分解的过程中也会产生氮氧化物，会对环境产生污染，故填、方法中金属 Bi与硝酸反应和硝酸铋在受热分解的过程中均会产生污染环境的氮氧化物(2)由图可知仪器e的名称为分液漏斗；由题干信息可知， BiOCl与NH4HCO3反应有(BiO)2CO3和CO2生成，根据原子守恒得反应的化学方程式为，故填分液漏斗、；(3)氨水呈碱性，会与反应产生大量的，有利于生成(BiO)2CO3沉淀，故填氨水会与反应生成 ；(4)当温度高于 50时，会促进溶液中NH3H2O分解，会

102、使溶液 pH降低，从而不利于的形成，使沉淀产率降低。(5)当得到产品质量为2.56g时，转化率a=100%100%95.4%，故填NH2H2O分解，溶液的 pH 降低，不利于的形成，使沉淀产率降低、95.4%。20（1）恒压漏斗(或滴液漏斗) （2）冷凝回流碘，减少碘的损失；水浴加热（3）6I2+11KClO+3H2O6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2或2KClO+I2+HCl=KH(IO3)2+KCl+Cl2 （4）加快搅挥速率（5）四氯化碳；分液；无色（6）Ca(IO3)2H2O；CaO加入Ca(OH)2粉末，边加边搅拌至溶液pH约为7，过滤、洗涤，至向洗涤后的滤液中滴加AgNO3溶液

103、不再有沉淀产生，将滤渣在100160下加热至恒重 【解析】(1)仪器a的名称为：恒压漏斗(或滴液漏斗)；(2) 碘单质易升华，仪器b是球形冷凝管，作用是冷凝回流碘，减少碘的损失，同时导出生成的Cl2；(3)该实验中为了方便控制温度，三颈烧瓶适宜的加热方式为：水浴加热；KClO3和I2发生氧化还原反应生成碘酸氢钾KH(IO3)2，发生反应的化学方程式为：6I2+11KClO3+3H2O6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2；(4)为加快三颈烧瓶中的反应速率，可采取的措施是：加快搅挥速率；(5)碘单质易溶于有机溶剂，可选用分液法除去少量的I2，但选萃取剂时应选择不溶于水的有机物，即四氯化碳，淀粉遇

104、碘变蓝，当溶液中不存在碘单质，则溶液颜色由蓝色变无色；(6) 根据图示，在100160条件下固体质量基本保持不变，则100时，固体减小的质量只是部分结晶水的质量，则剩余固体的化学式为Ca(IO3)2H2O；540时，由于温度升高，结晶水完全减少，而且Ca(IO3)26H2O在碱性条件下不稳定，所以剩余固体的化学式为CaO；除碘后的水层溶液为HIO3溶液，可与Ca(OH)2反应生成Ca(IO3)26H2O，则实验方案：向水层中加入Ca(OH)2粉末，边加边搅拌至溶液pH约为7，过滤，洗涤沉淀至洗涤后滤液滴加AgNO3溶液不再有沉淀产生，将滤渣在100160条件下加热至恒重。21（1）；平衡气压，

105、使90%的溶液顺利滴下（2）饱和食盐水；观察溶液产生气泡多少以控制流速（3）（4）重结晶；乙醇易挥发，且挥发时带走水分，防止与水反应（5）96% 【解析】利用如图所示装置(夹持仪器已省略)制取，图示中A装置制取氯气经由B装置洗气后进入到C装置中，在三颈烧瓶中与硝酸铁和氢氧化钾反应制备，D装置中氢氧化钾溶液用来吸收多余的尾气。 (1)A装置是常温下用来制取氯气，圆底烧瓶内盛装的药品是；恒压滴液漏斗可以使三颈烧瓶内外气压相同，保证恒压滴液漏斗中的液体顺利流下；(2)B装置盛装饱和食盐水；用来除去氯气中混有的氯化氢气体、降低氯气的溶解度、观察溶液产生气泡多少以控制流速；(3) 该反应的离子方程式；(

106、4)粗产品中混有其他可溶性钾盐，所以提纯所用的方法是重结晶；已知可溶于水，05C在酸性至弱碱性条件下，能与水反应，强碱性溶液中比较稳定，选用无水乙醇洗涤的目的是：乙醇易挥发，挥发时会带走水分，防止与水反应；(5)根据题目给定的相关反应可以得到关系式： ，由关系式得： ，则的质量分数为： 。22（1）萃取剂，将钨磷酸转移至乙醚中；分液漏斗（2）（3）C（4）双氧水不稳定，易分解（5）不饱和；恒温蒸发结晶（6） 【解析】热水溶解Na2WO4、Na2HPO4，加入浓盐酸，小火加热，反应生成H3PW12O40，加入乙醚，萃取H3PW12O40，分液得到H3PW12O40的乙醚溶液，再进行水浴加热，冷却

107、结晶，可得到H3PW12O40。 (1)由题意，加入乙醚后进行分液操作，分出水层和油层，因此乙醚作用为萃取钨磷酸；操作I为分液操作，所需的玻璃仪器除烧杯外还需要分液漏斗；(2)从流程图中及产物可知，参加反应的物质有Na2WO4、Na2HPO4、HCl，产物中有H3PW12O40可得化学方程式为；(3)由于存在如下关系式：1mol环己烯 4mol双氧水1mol己二酸，1mol环己醇 4mol双氧水 1mol己二酸，1mol环己酮 3mol双氧水 1mol己二酸，因此，生产等物质的量的己二酸时环己酮消耗的双氧水最少，因此最佳选择为C；(4)双氧水受热容易分解，题中反应温度为100，此温度下双氧水容易分解而损失，因此实际用量偏大；(5)介稳区表示己二酸溶液处于饱和状态，稳定区应表示己二酸溶液处于不饱和状态，己二酸溶液稳定存在，不会有晶体析出；实验室常根据直线EHI从溶液A获取己二酸晶体，对应的实验操作为恒温蒸发结晶，过滤；(6)二者反应，存在关系式：己二酸2，则己二酸物质的量为，质量为，则己二酸纯度为。