2021届高三化学二轮复习实验专题强化练——定性探究式实验大题【能力突破】

1、2021届届届届届届届届届届届届届届届届届届届届届届届届届能届力突破 届1. Co(NH3)6Cl3、Co(NH3)5CICl2、Co(NH3)4Cl2CI均是典型的维尔纳配合物，假设各取其1 mol溶于水配成溶液，然后参加足量的AgNO3溶液，产生AgCI的物质的量分别为3 mol、2 mol、1 mol。某同学在实验室以活性炭为催化剂，在NH3、NH4Cl存在的条件下，利用H2O2氧化CoC2溶液可制取Co(NH 3)6Cl3。答复以下问题：I .Co(NH 3)6Cl3的制备实验原理：2C0CI2+ 2NH4CI+ H2O2 + 10NH3 = 2Co(NH 3)6Cl3 + 2H2O

2、AH< 0实验步骤：步骤1 :向温热的NH4C溶液中参加研细的CoCl2 6H2O粉末，将所得溶液转移到置 于冷水浴中的三颈烧瓶内，参加浓氨水和适量活性炭粉末。冷却至10C后逐滴参加H2O2溶液生成Co(NH 3)6Cl3 ；步骤2 :在60C的恒温水浴中加热20 min，然后冷却过滤；步骤 3：将沉淀溶于热的浓盐酸中， 趁热过滤， 滤液中参加适量浓盐酸并冷却结晶；步骤4 :过滤，用乙醇洗涤晶体并在105C条件下烘干。(1) 步骤1中冷却至10 C,逐滴参加H2O2溶液的目的有：使反响温和； ;防止NH3大量挥发。(2) 步骤 3中在滤液中参加适量浓盐酸的主要目的是假设没有活性炭作催化剂

3、，那么制得的Co(NH3)6Cb中会含有较多的CO(NH3)5CICl2，这表达了催化剂的 (填“高活性或“选择性)。设计区分Co(NH 3)6Cl3晶体和Co(NH 3)5CICl2晶体的实验方案： 。n 氮元素含量的测定利用以下图装置测定Co(NH 3)6Cl3样品中氮元素的含量(局部夹持仪器已略去)。称取m g制得的CoNH 36Cl3样品配成溶液，注入B中，然后逐滴参加足量的 NaOH 溶液，通入水蒸气将样品中的 NH3全部蒸出，利用E中VmL cimol L-1盐酸将其完 全吸收，最后滴定 E中剩余的盐酸，消耗 V2mLc2mol L-1 NaOH溶液。4检测NH3是否全部蒸出的简单

4、方法是 。5A中长直玻璃管的主要作用是 。6样品中氮的质量分数表达式为 ，滴定剩余盐酸时，滴定终点时俯视液面读数，所测氮的质量分数 填“偏高或“偏低。2. 钴是一种中等活泼金属，化合价为+2价和+3价，其中CoCb易溶于水。某校同学设计实验制取CH3COO2Co乙酸钴并验证其分解产物。答复以下问题：烧瓶中发生反响的离子方程式为 由烧瓶中的溶液制取枯燥的 CoCl2 4H2O，还需经过的操作有蒸发浓缩、洗涤、枯燥等。乙同学利用甲同学制得的 CoCb4H2O在醋酸气氛中制得无水CH3COO2Co,并 利用如图装置检验CH3COO2Co在氮气气氛中的分解产物。 PdCl2溶液可用于 检验CO,反响的

5、化学方程式为 CO+ PdCl2 + H2O= CC2 + 2HCl + Pd J产生黑色 金属钯粉末，使溶液变浑浊 。假设乙酸钴最终分解生成固态氧化物X、CO、CO2、C2H6，且对应物质的量之比为1 ：4 ：2 ：3，那么乙酸钴在氮气气氛中分解的化学方程式为装置E、F所盛试剂分别为 、填名称。 E、F、G中的试剂均足量，观察到 I中氧化铜变红，J中固体由白色变蓝色，K中石灰水变浑浊，那么可证明产物中有 。 实验要通入足够长时间的 N2，通氮气的作用是 。 实验结束时，先 ，后停止通氮气，再关闭弹簧夹，其目的是。3. 亚硝酸钠NaNO2外观酷似食盐且有咸味，是一种常用的发色剂和防腐剂，某学习

6、 小组针对亚硝酸钠设计了如下实验：【实验 I 】制备 NaNO2:：2NO+ Na2 O2 = 2NaNO2 ； 2NO2 + Na2 O2 = 2NaNO3 ；NO能被酸性高锰酸钾氧化为 NO3 :设计制备装置如下夹持装置略去。1装置D的目的A中发生反响的化学方程式为 2如果没有B装置，C中发生的副反响有用化学方程式表示甲同学检查完装置气密性良好后进行实验，发现制得的NaNO2中混有较多的NaNO3杂质。于是在 A与B装且间增加了装有 的洗气瓶装置，改良后提高了 NaNO2的纯度。【实脸II】测定制取的样品中NaN02的含量 为了测定样品中亚硝酸钠的含量，该小组称量4.6克样品溶于水配成 2

7、50mL溶液,取25.00mL于锥形瓶中，用0.1000mol/L的酸性高锰酸钾进行滴定，消耗20.00mL酸性高锰酸钾溶液。滴定终点现象 所得样品中亚硝酸钠的质量分数【实脸川】反复烧开的水样品 NaNO2的含量的测定利用目视比色法比拟溶液颜色深浅以测定物质浓度测定水样品NaNO2的含量步骤I :在5个有编号的试管中分别加人不同量的NaNO2溶液，各参加1 ml的M溶M遇NaNO2呈紫红色，NaNO2浓度越大颜色越深，再加蒸馏水至总体积均为 10 mL并振荡，制成标准色阶：标准色阶1号2号3号4号5号100mg/LNaNO 2溶液体积(ml)02468M溶液体积ml11111蒸馏水ml9753

8、1步骤H：取5ml待测水样已冷却，参加1ml M溶液，然后加蒸馏水 4ml。振荡， 与标准色阶比拟结果与 2号色阶颜色相同，那么此水样 NaNO2的含量为 mg/L。假设比色结果发现水样显色后比5号色阶还深，应采取的措 施。4. 草酸H2C2O4是一种二元弱酸，局部性质如下：能溶于水，易溶于乙醇；大约在175 C 升华175 C 以上分解生成 H20、CO2和CO; H2C2O4+ CaOH2 = CaQO4 J+2H2O. 现用h2c2o4进行如下实验：一探究草酸的不稳定性通过如图1实验装置验证草酸受热分解产物中的CQ和CO, A、B、C中所参加的试剂分别是： B中盛装的试剂填化学式; A中

9、参加乙醇的目的是二探究草酸的酸性将0.01mol草酸晶体H2C2O4 ?2H2O参加到100mL 0.2mol/L的NaOH溶液中充分 反响，测得反响后溶液呈碱性，其原因是 用离子方程式表示三用酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液反响来探究影响化学反响速率的因素 I实验前先用酸性KMnO4标准溶液滴定未知浓度的草酸反响原理：口MnO? + 口日2。204 + = Mi2+ + CO f + DH2O 配平上述离子方程式； 滴定时KMnO4溶液应盛装于 (填"酸式或"碱式)滴定管中.n探究影响化学反响速率的因素实验编号H2C2O4溶液酸性KMnO4溶液温度浓度(mol/L)体

10、积(mL)浓度(mol/L)体积(mL)0.102.00.0104.0250.202.00.0104.0250.202.00.0104.050(1) 探究温度对化学反响速率影响的实验编号是 (填编号，下同)，探究反响物浓度对化学反响速率影响的实验编号是 测得某次实验(恒温)时溶液中Mn2+物质的量与时间关系如图2请解释n(Mn2+)在反响起始时变化不大、一段时间后快速增大的原因：5. 为验证CI2、Fe3+、I2三者氧化性的相对强弱，某小组用以下图所示装置进行实验(夹持仪器已略去，气密性已检验)。湿润的淀柄KI试纸溶液ABA10 ml.】mol -浸有NaOH 溶液的捣花越哲2 i舌塞b5 1

11、.0,2 isnol' L- K1溶液D实验过程:I .翻开弹簧夹，翻开活塞 a,滴加浓盐酸。n .当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。向B中参加一定量 KSCN溶液，混合液显红色，一段时间后，B中溶液红色加深，关闭活塞a。IV A中产生黄绿色气体，写出 A中发生反响的化学反响方程式：。(1验证氯气的氧化性强于碘单质的实验现象是B中溶液发生反响的离子方程式是为验证Fe3+的氧化性强于碘单质，过程 V的操作和现象是，对应反响的离子方程式是浸有氢氧化钠溶液的棉花作用是过程川实验的目的是假设将氯气通入无色碘化钾溶液中，无色溶液先变为黄色，继续通入氯气后，溶液 又变为无色，每1 mol

12、KI完全反响转移6 mol电子，写出过量氯气与碘化钾溶液反响的离子方程式： 6. Na2CQ和NaHCQ在生活中都有广泛的应用。I.为探究两者的性质，进行了相关实验，按要求填空。鉴别两者的溶液，能否选择澄清石灰水？判断并说明理由 。(2) 取等量的两者溶液，逐滴参加稀盐酸，其中一种溶液并没有立即产生气泡，用 离子方程式表示原因是II.为探究NaHCO3的热稳定性，并验证其产物与过氧化钠的反响，按以下装置图进 行实验。(3) A中反响的化学方程式为(4) 假设A中的固体足量，那么 D中现象是 C中发生反响的化学方程式为 ,假设E收集到22.4mL气体(标准状况下)，那么C中反响转移电子数为。7.

13、 为研究乙醇结构及其局部的化学性质，进行以下实验。完成以下问题：I用如图装置来推测乙醇的结构式。(1) 实验中钠需要粉碎成很小的颗粒，其原因是。(2) 两次实验平均用乙醇1.15克，收集到气体体积平均为0.28升(换算成标准状态)。由实验数据可以推测乙醇分子的结构，依据是 。(3) 假设使用的乙醇中含有少量的水，那么收集到氢气的体积 。(偏大、偏小、无影响)n .利用以下装置进行乙醇的催化氧化实验，并检验其产物，其中C装置的试管中盛有无水乙醇。(固定和夹持装置已略去)装置A圆底烧瓶内的固体物质是 , C中热水的作用是 。(5) 实验过程中D装置可以观察到的实验现象为 。写出D处发生反响的化学方

14、程式。实验进行一段时间后，如果撤去D处酒精灯，反响能否继续进行？ 。原因是(6) 检验E中的生成物的方法。8. 某同学看到利用零价铁复原 N03脱除地下水中硝酸盐的相关报道后，利用如下装置探究铁粉与kno3溶液的反响。实验过程如下：翻开弹簧夹，缓慢通入 n2，并保持后续反响均在 n2气氛中进行；ii.参加pH已调至2.5的O.OImol ?L-1 KNO3酸性溶液100mL, 段时间后铁屑局部溶 解，溶液逐渐变为浅绿色；待铁粉不再溶解，静置后发现，剩余固体外表有少量白 色物质附着；过滤剩余固体时，外表的白色物质变为红褐色；iv.检测到滤液中存在 NO3、NH；和Fe2+。(1) 通入N2并保持

15、后续反响均在 N2气氛中进行的实验目的是 。(2) 用化学方程式解释其变为红褐色的原因： 。(3) 用aFe(CN)6检验滤液中Fe2+的实验方案是(写出具体操作、现象及结论)。(4) 取少量滤液，向其中参加几滴KSCN溶液，无明显现象；再参加几滴稀硫酸，溶液呈红色。溶液变成红色的原因是 。(5) 该同学进一步査阅文献发现，用铁粉、碳粉混合物脱除硝酸盐，效果更佳。他 用上述KNO3溶液继续设计如下实验，探究碳粉的作用。假设实验操作现象及结论假设1:碳粉可用作还 向烧杯中参加 ，一段时间后,原剂，脱除硝酸盐测定烧杯中no3的浓度按以下图所示组装实验装置，一段时间后, 测定NO3浓度电辿什NO3浓

16、度无明显变 化，说明假设1不 成立假设2:碳粉、铁粉形 成无数个微小的原电 池，促进了硝酸盐的 脱除，说明假设2成立 关于碳粉的作用，还可以提出的合理假设是 9. 某兴趣小组用以下图装置探究氨的催化氧化.石蕊试液(1) 氨催化氧化的化学方程式为 .(2) 加热玻璃管C 一段时间后，打入空气，观察到 C中物质呈红热状态；停止加热后仍能保持红热，该反响是 反响(填"吸热或"放热).(3) 为保证在装置E中观察到红棕色气体，装置D应装入 ;假设取消D，在E中仅观察到大量白烟，原因是 .常温下AI(OH) 3的Ksp = 10-36，在pH = 8的氨水中，可以存在的Al3+的浓度

17、为 mol/L ；在pH = 3的溶液中，Al3+ (填“能或“不能)完全沉淀.10. 硫酸是中学化学实验室的常见药品，答复以下问题：I、配制一定物质的量浓度的硫酸溶液：(1) 某次实验中需要1.84mol/LH 2SO1溶液235mL.那么实验员配制时需量取密度为1.84g/mL、98% 的浓硫酸 mL on、蔗糖与浓硫酸的炭化实验会产生大量的有刺激性气味的气体，会对环境造成污染。某实验小组利用如下装置对该实验进行改良。答复以下问题：注：硬质玻璃管中 、处分别为滴有Na2S溶液的滤纸、滴有酸性 KMnO4溶 液的滤纸、滴有品红溶液的滤纸，a和b分别为两个小气球。(2) 硬质玻璃管中实验现象说

18、明炭化实验产生的刺激性气味气体是 ，写出产生这种气体的化学方程式 (3) 实验开始后先关闭活塞 K,硬质玻璃管中 号试纸变黄，号和号滤纸均褪 色，a处气球变大。 处产生的黄色物质是 ; 处发生反响的离子方程式 ; 处褪色后，假设再进行加热，现象为 。(4) 翻开活塞K, a处气球变小，b处气球变大。使三颈烧瓶内气体缓慢通过B瓶和C瓶，一段时间之后，发现澄清石灰水变浑浊。 如果没有装置(滴有品红溶液的 滤 纸)，为了证明有CO2生成，那么B瓶中的现象应该为 。答案和解析1.【答案】 防止H2O2大量分解； 增大C浓度，有利于Co(NH3)6Cl3析出；选择性；取相同质量的两种晶体分别配成溶液，向

19、其中分别滴加足量AgN03溶液，静置、过滤、洗涤、枯燥，称量所得沉淀，沉淀质量大的原晶体为CO(NH3)6Cl3，另一种为CO(NH 3)5ClCl2 ；用pH试纸检测B中蒸出液体的pH ；防止A中压强过大；X 100 %;偏咼。(ciVi-c 2V2) x 10m【解析】【分析】此题考查了物质的检验方法的设计，滴定原理的应用及相关计算及勒夏特列原理的应用等，此题综合性较强，有一定的难度。【解答】 由于H2O2受热易分解，所以步骤1中冷却至10C ,逐滴参加H2O2溶液的目的有 使 反响温和；防止H2O2大量分解；防止NH3大量挥发，故答案为：防止 H2O2大量分 解； 根据实验原理可知，步骤

20、3中在滤液中参加适量浓盐酸的主要目的是增大Cl-浓度，有利于Co(NH 3)6心3析出；故答案为：增大 Cl-浓度，有利于Co(NH 3)6Cl3析出； 假设没有活性炭作催化剂，那么制得的Co(NH 3)6Cl3中会含有较多的Co(NH 3)5CICl2,这表达了催化剂的选择性；根据两种晶体的组成特点，设计区分Co(NH 3)6Cl3晶体和Co(NH 3)5CICl2晶体的实验方案为：取相同质量的两种晶体分别配成溶液，向其中分别滴加足量AgNO3溶液，静置、过滤、洗涤、枯燥，称量所得沉淀，沉淀质量大的原晶体为Co(NH3)6Cl3，另一种为Co(NH3)5CICl2 ；故答案为：选择性；取相同

21、质量的两种 晶体分别配成溶液，向其中分别滴加足量AgNO3溶液，静置、过滤、洗涤、枯燥，称量所得沉淀，沉淀质量大的原晶体为Co(NH3)6CI3，另一种为Co(NH3)5CICI2 ； (4) 由于NH3为碱性气体，所以用pH试纸检测B中蒸出液体的pH来检测NH3是否全部 x 14蒸出，故答案为：用 pH试纸检测B中蒸出液体的pH；(5) A中长直玻璃管的主要作用是防止A中压强过大；故答案为：防止A中压强过大；由题意参加的盐酸分别与氨气和NaOH溶液反响，那么与氨气反响的盐酸的物质的量为("Vi - C2V2) X10"3 mol ,所以 n(N) = n(NH 3) =(

22、C1V1 - C2V2) X10"3 mol ,氮元素的 质量为(CiVi - C2 V2) x 10-3 mol x 14g/mol，所以样品中氮的质量分数为：(CiVi-C 2V2) x 103 X 14 x 100 %，滴定剩余盐酸时，滴定终点时俯视液面读数，会使消耗的mNaOH的读数偏小，与氨气反响的盐酸的物质的量偏大，所测氮的质量分数偏高，故答(CV-C 2V2)x 103 x 14案为：u =x 100%；偏咼。2. 【答案】(1)+ 6H+ + 2C= 2Co2+ + 3H2O+ Cl2 T冷却结晶、过滤(2) 3(CH3COO)2Co= C03O4+ 4CO T+2C

23、O2 T+3C2H6 T 澄清石灰水、氯化钯溶液 乙烷或C2H6 排除装置中的空气；不使 K中水蒸气进入盛无水 CuSd的枯燥管中；有利于 D中的 气态产物被后续装置所吸收 先熄灭D和I处的酒精灯；防止倒吸【解析】【分析】此题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、实验装置的作用、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目 难度不大。【解答】(1) CqO3与盐酸反响生成CoCl2、CI2和水，离子反响为Co2O3 + 2CI- + 6H+ = 2Co2+ + Cl2 T+3H 2O,故答案为：Co?O3 + 2C+ 6H+ = 2Co2+ +

24、 Cl2 T+3H 2O；由烧瓶中的溶液制取枯燥的 CoCl2 ?4H2O，因加热促进水解，且生成盐酸易挥发，需经过的操作有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、枯燥等，故答案为：冷却结晶、过滤；(2) 由图可知，E中澄清石灰水可检验二氧化碳， F中PdCb溶液可检验CO, G中NaOH 可除去二氧化碳，H中无水氯化钙可枯燥，I中氧化铜变红，J中固体由白色变蓝色， K 中石灰水变浑浊，那么乙酸钴分解生成烃，烃被氧化生成水、二氧化碳， 假设乙酸钴最终分解生成固态氧化物X、CO、CO2、C2H6，且n(X) : n(CO) : n(CO2):n(C2H6) = 1 : 4： 2: 3(空气中的成分不参与

25、反响 )，由原子守恒可知，乙酸钴在空气气 氛中分解的化学方程式为3(CH3COO)2Co= Co3O4 + 4CO T+2CO2 T+3C2H6 T故答案为：3(CH 3COO)2Co = C8O4+ 4CO T+2CO2 T+3C2H6 T； 装置E、F是用于检验CO和CQ的，CO的氧化产物为二氧化碳， 那么先检验二氧化碳，其中装置F盛放PdCS溶液，装置E盛放澄清石灰水； E、F、G中的试剂均足量，观察到 I中氧化铜变红，J中固体由白色变蓝色， K中石灰水变浑浊，那么可得出的结论是分解产物中还含有一种或多种含C、H元素的物质，可证明产物中有乙烷或 C2H6 ； 实验需要检验水和二氧化碳，通

26、氮气的作用是将排除装置中的空气；不使K中水蒸气进入盛无水CuSO4的枯燥管中；有利于 D中的气态产物被后续装置所吸收； 实验结束时，先熄灭D和I处的酒精灯，一段时间后再关闭弹簧夹，其目的是防止倒吸。3. 【答案】 吸收多余的 NO气体；3Cu + 8HNO3 = 3Cu(NO3)2+ 2NO f+4H 2O;(2) 2Na2O2 + 2H2O= 4NaOH + O2 f;水；(4) 无色变成浅紫红色，且半分钟不改变；75 %；(5) 40 ;稀释体积2倍，再取稀释液5ml进行相同的实验。【解析】【分析】此题考查了物质性质实验，明确实验原理是解答此题的关键，注意实验方法的推测，题目难度一般。【解

27、答】(1) NO为有毒气体，且能够被酸性高锰酸钾溶液氧化成NO3离子，所以装置 D的作用是吸收多余的NO气体，A中铜片与稀硝酸反响生成硝酸铜、NO和水，反响的化学方程式为：3Cu+ 8HNO3 = 3Cu(NO3)2 + 2NO f+4H 2O;故答案为：吸收多余的NO气体；3Cu + 8HNO3 = 3Cu(NO3)2+ 2NO f+4H 2O；(2) 从A中产生的气体含有水蒸气，无水氯化钙是吸收NO气体中的水蒸气，假设无该装置，Na2O2会与 出。反响，反响的化学方程式为：2Na2O2 + 2H2O= 4NaOH + O2 f故答案为：2Na2O2 + 2H2O= 4NaOH + O2 f

28、由反响 2NO+ Na2O2 = 2NaNO2 ； 2NO2 + Na2O2 = 2NaNO3可知 NaNO?中混有 较多的NaNO3那么是生成的NO气体中h含有NO?，根据反响3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO, 在A与B装且间增加了装有水的洗气瓶装置来除去杂质气体 NO2，故答案为：水；亚硝酸钠与酸性高锰酸钾溶液反响的离子方程式为：5NO2 + 2MnO4 + 6H+ =5NO3 + 2Mn2+ + 3H2O,滴加过程中高锰酸钾溶液溶液颜色褪去，当溶液无色变成浅紫红色，且半分钟不改变时，滴定反响到达了终点；根据离子方程式可知5NaNO2 2KMnO45mol 2moln(NaN

29、O2) 0.1000mol/L x 20 x 10-3 L那么n(NaNO2) = 5.000 X10-3 mol ,所以250mL溶液即4.6克样品中含有NaNO2的物质的 量为 5.000 x 10-2 mol ,质量为 5.000 x 10-2 mol X69g/mol = 3.45g ,所得样品中亚硝酸 钠的质量分数为 讐 x 100% = 75% ;故答案为：无色变成浅紫红色，且半分钟不改变；75 %；(6) 取5ml待测水样(已冷却)，参加1ml M溶液，然后加蒸馏水 4ml，振荡，与标准色阶比拟结果与2号试管色阶颜色相同说明混合后水样NaNO2的浓度与2号浓度相同，设此水样NaN

30、O?的含量为xmg/L，那么有10= 二解得x= 40，所以此水样NaNO?的含量为40mg/L ; 5号试管的浓度是2号试管浓度的4倍，假设比色结果发现水样显色后比5号色阶还深，应采取的措施为稀释体积2倍，再取稀释液5ml进行相同的实验；故答案为：40;稀释体积2倍，再取稀释液5ml进行相同的实验。4. 【答案】Ca(OH) 2或Ba(OH)2 ；除去H2C2O4，防止对CQ的检验造成干扰；C2o4- + H2O ?HC2O4 + OH- ； 6H + ;酸式；和；和；Mn2+对该反响有催化作用【解析】解：(一)草酸混合气体中含有未分解的草酸，草酸与氢氧化钙反响生成醋酸 钙沉淀，干扰二氧化碳

31、的检验，所以A中的乙醇目的是除去草酸，那么B中的试剂是Ca(OH) 2或Ba(OH)2溶液，目的是检验二氧化碳的存在，C中氢氧化钠的作用是除去二氧化碳，以便检验 CO的存在，故答案为：Ca(OH) 2或 Ba(OH)2 ；草酸能够与检验二氧化碳的氢氧化钡或氢氧化钙反响生成沉淀，会影响二氧化碳的测定，故A中乙醇的目的是除去 H2C2O4，防止对CQ的检验造成干扰，故答案为：除去H2C2O4，防止对CO2的检验造成干扰；(二) 草酸是二元酸，与氢氧化钠反响时二者恰好完全反响，假设草酸是强酸，那么反响后的 溶液为中性，现在溶液呈碱性，说明草酸为弱酸，草酸根离子水解，使溶液呈碱性，离 子方程式为：C2

32、O2- + H2O? HC2O4 + OH-，故答案为： Qo4- + H2O? HC2O4 + OH-；(三) 1.高锰酸根离子中 Mn元素的化合价从+7价降低到+2价，得到5个电子，草酸中 C元素的化合价从+3价升高到+4价，共失去2个电子，根据得失电子守恒，那么高锰酸根离子的系数是 2,草酸的系数是5,根据元素守恒配平 Mn2+、CO2的系数，最后根据 电荷守恒配平氢离子、水的系数，配平后的反响为：2MnO4 + 5H2C2O4 + 6H+ =2Mn 2+ + 10CO2 f+8H 2O,故答案为：2； 5； 6H+ ； 2； 10； 8；高锰酸钾的氧化性强，所以不能用碱式滴定管，易腐蚀

33、碱式滴定管的胶管，所以用酸式滴定管盛放高锰酸钾，故答案为：酸式；II. (1)探究温度对反响速率的影响时，必须满足除了温度不同以外，其它条件必须完全相同，满足条件的为：和；探究反响物浓度对化学反响速率影响，反响温度、溶液体积必须完全相同，满足条件的只有和，故答案为：和；和；测得某次实验(恒温)时溶液中Mn2+物质的量与时间关系如图2,根据反响2MnO4 +5H2C2O4 + 6H + = 2Mn2+ + 10CO2 T +8H 2。可知，该反响中产生了锰离子，锰离子对该反响起到了催化作用，大大加快了反响速率，故n(Mn 2+)在反响起始时变化不大、一段时间后快速增大，故答案为：Mn 2+对该反

34、响有催化作用.(一)草酸与氢氧化钙反响生成醋酸钙沉淀，干扰二氧化碳的检验，所以A中的乙醇目的是除去草酸，那么 B中的试剂是Ca(OH*或Ba(OH)2溶液，目的是检验二氧化碳的存 在，C中氢氧化钠的作用是除去二氧化碳，防止干扰CO的检验，第13页，共20页故答案为：CaQHQ或BaQHQ ; 草酸能够与检验二氧化碳的氢氧化钡或氢氧化钙反响生成沉淀，干扰二氧化碳的检 验，用乙醇的目的是除去草酸；( 二 ) 草酸为二元弱酸， 二者恰好反响生成草酸钠， 草酸根离子局部水解， 溶液显示碱性；( 三 )I. 高锰酸根离子中 Mn 元素的化合价从 +7 价降低到 +2 价，得到 5 个电子， 草酸中 C

35、元素的化合价从 +3 价升高到 +4 价，共失去 2 个电子，根据得失电子守恒配平该反响； 高锰酸钾的氧化性强，易腐蚀碱式滴定管的胶管，应该选用酸式滴定管盛放高锰酸 钾；II. (1) 探究温度对反响速率的影响时，必须满足除了温度不同以外，其它条件必须完全 相同；探究反响物浓度对化学反响速率影响，反响温度、溶液体积必须完全相同； 根据反响2MnO4 + 5H2C2O4 + 6H + = 2Mn2+ + 10CO2 f+8H 20可知，该反响中产生 了锰离子，锰离子对该反响起到了催化作用，大大加快了反响速率此题考查对草酸性质的探究实验的设计与评价、 化学方程式的配平及气体的检验， 题目 难度中等

36、，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力及灵活应用 根底知识的能力， 明确实验目的及常见物质的性质及检验方法为解答关键，注意掌握性质实验方案设计与评价原那么5. 【答案】(1)2HCI + NaClO = NaCl + CI2 T+H 2O(2) A 中湿润的淀粉 KI 试纸变蓝(3) CI 2 + 2Fe2+ = 2Fe3+ + 2CI-(4) 翻开活塞b,将C中少量黄色溶液滴入 D中。关闭活塞b,取下D振荡，静置后CCI4 层溶液变为紫(红)色2I- + 2Fe3+ = 2Fe2+ + I2 J(5) 吸收氯气等有毒气体,防止污染空气确认C的黄色溶液中无CI2，排除CI2

37、对Fe3+氧化碘离子实验的干扰(7) I - + 3CI2 + 3H2O= IO-3 + 6H+ + 6CI-【解析】 【分析】主要考查性质实验方案的探究, 利用氧化复原反响方程式判断物质氧化性的强弱, 同时 注意实验过程中的根本操作及尾气的处理。【解答】(1) 84 消毒液的主要成分为次氯酸钠,次氯酸钠与浓盐酸反响生成氯气,A 中产生黄绿色气体，A中发生反响的离子方程式为 2HCI + NaClO = NaCl + CI2 T+H 2。， 故答案为： 2HCI + NaCIO = NaCI + CI2 T+H 2O；(2) 淀粉变蓝色，说明有单质碘生成，也说明氯气氧化性强于单质碘，故答案为：

38、A中湿润的淀粉KI试纸变蓝；(3) B中氯化亚铁溶液与氯气反响生成氯化铁，发生反响的离子方程式是Cb + 2Fe2+ =2Fe3+ + 2Cl-，故答案为：C12 + 2Fe2+ = 2Fe3+ + 2Cl-；(4) 为验证Fe3+的氧化性强于碘，应将 C中生成的Fe3+参加到盛有KI溶液的D中，如发生氧化复原反响，那么静至后CCI4层溶液变为紫红色，故答案为：翻开活塞 b,将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b,取下D振荡，静至后 CCI4层溶液变为紫红色；(5) 浸有氢氧化钠溶液的棉花作用是吸收氯气等有毒气体，防止污染空气，故答案为：吸收氯气等有毒气体，防止污染空气；为验证Fe3+的氧化性强于

39、碘，实验时应防止氯气的干扰，当B中溶液由黄色变为红色时，说明有大量的Fe3+生成，此时应关闭活塞 a，否那么氯气过量，影响实验结论， 故答案为：保证 C中的黄色溶液无CI2，排除CI2对Fe3+氧化碘离子实验的干扰。(7)根据题意可知，该离子方程式为：I- + 3CI2 + 3H2O= IO3 + 6H+ + 6CI-，故答案为：I- + 3CI2 + 3H2O= IO3 + 6H+ + 6C。6. 【答案】1.(1)不能，两者都会使澄清石灰水变浑浊；(2)co3- + H+ = HCO3 ；II. (3) 2NaHCO3= NazCQ + CQ T+H2O(4) 澄清石灰水先变浑浊，后又变澄

40、清(5) 2Na 2O2 + 2CO2 = Na2CQ + O2 0.002N A【解析】 解：(1)二者都与氢氧化钙反响，且都生成沉淀，不能用澄清石灰水鉴别，故 答案为：不能，两者都会使澄清石灰水变浑浊；滴加盐酸，碳酸钠反响先生成碳酸氢钠，反响的离子方程式为CO2- + H+ = HCO3 ,故答案为：CO2- + H+ = HCO3 ；(3) A中碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠、二氧化碳气体和水，反响的化学方程式为2NaHCO3= Na2CO3+ CO2 T+H 2O，故答案为：2NaHCO3= NazCQ + CQ T+H 2O；(4) 假设A中的固体足量，那么二氧化碳过量可与氢氧化钙溶液反

41、响生成碳酸钙沉淀，进而继续反响生成碳酸氢钙，那么D中现象是澄清石灰水先变浑浊，后又变澄清，故答案为：澄清石灰水先变浑浊，后又变澄清；(5) C中发生反响的化学方程式为 2Na2O2 + 2CO2 = Na2CQ+ O2，由O元素的化合价从 -1价升高为0可知，每生成1moIO2转移2mol电子，假设E收集到22.4mL气体(标准状况 下)，即为0.001mol，那么应转移0.002Na电子，故答案为：2Na2O2 + 2CO2 = W2CO3 + O2 ； 0.002Na。1.(1)二者都与氢氧化钙反响，且都生成沉淀；(2) 滴加盐酸，碳酸钠反响先生成碳酸氢钠；n 实验目的是探究碳酸氢钠的热稳

42、定性，并利用其产物验证过氧化钠与二氧化碳的反应，由实验装置可知，A中碳酸氢钠分解生成二氧化碳，B中浓硫酸枯燥气体，C中发生2Na2O2 + 2CO2 = Na2CO3+O2，D中吸收二氧化碳，E为排水法收集氧气，以此解 答该题。此题综合考查碳酸氢钠的性质，为高频考点，明确实验目的为解答关键，注意掌握碳酸氢钠与过氧化钠的性质，试题侧重对学生的分析能力及化学实验能力的考查，题目难度中等。7. 【答案】增大接触面以提高反响速率通过计算，2mol乙醇与足量钠反响生成1mol氢气，说明1mol乙醇分子中存在1mol活泼氢原子偏大 MnO2预热反响混合气体 亮-黑交替出现；，-'能 该反响本身放热

43、 实验结束后，卸下装置E中盛有少量蒸馏水的试管，从中取出少许溶液做银镜反应实验也可使之与新制Cu(OH) 2悬浊液反响，来证明乙醛的生成【解析】解：1.(1)实验中钠需要粉碎成很小的颗粒，目的增大接触面，提高反响速率，故答案为：增大接触面以提高反响速率； 乙醇的质量为：m(C2%O)= 1.15g，那么乙醇的物质的量为：n(C2H6O)= 1.15g/46g ? mol-1 = 0.025mol ,收集到气体体积平均为 0.28升(换算成标准状态)，为0.01255molH 2，也就是为 0.025molH ,即1个C2%O分子中，只有1个H可以被Na置换，这说明©出。分子里的 6个

44、H中，有1个与其他5个是不同的，乙醇的结构简式为CH3CH2OH,而不是CH3 - O-CH3,故答案为：通过计算，2mol乙醇与足量钠反响生成 1mol氢气，说明1mol乙醇分子中存在1mol活泼氢原子；2Na + 2H2O= 2NaOH + H2 f,水的摩尔质量小于乙醇， 等质量的水产生的氢气比等 质量的乙醇多，假设使用的乙醇中含有少量的水，那么收集到氢气的体积偏大，故答案为：偏大；n .(4)A中是过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成水和氧气，反响的化学方程式为?Mn O2?2H2O2 2H2O+ 02 f B是吸收氧气中的水蒸气；C是加热乙醇得到乙醇蒸气进入D，所以C的作用为预热反响混合

45、气体，故答案为：MnO2;预热反响混合气体；(5)实验过程中铜粉出现黑色，是由于铜和氧气反响生成氧化铜，反响的方程式为2Cu +?O2-2CuO，由黑色变成红色，是由于乙醇和氧化铜反响生成铜，反响的方程式为CH3CH2OH + CuO二CH3CHO+ Cu + H2O，在反响前后，实际上铜参加反响，在铜作催化剂、加热条件下，乙醇能被氧气氧化生成乙醛和水，所以D处发生反响的化学方程式为' '：'',撤掉酒精灯，反响仍进行，是因醇的催化氧化反响是放热反响，放出的热量满足反响所需温度，故答案为：亮-黑交替出现-;能；该反应本身放热；(6) 乙醇被氧化为乙醛，乙醛含有醛

46、基，具有复原性，能被银氨溶液或新制氢氧化铜悬 浊液氧化，因此验证乙醇氧化产物的化学方法是：实验结束后，卸下装置E中盛有少量蒸馏水的试管中，参加新制的银氨溶液水浴加热，观察试管壁上有光亮的银镜生成，或 取少量的氧化产物于试管中，参加新制的氢氧化铜悬浊液加热，观察有红色的沉淀生成，故答案为：实验结束后，卸下装置E中盛有少量蒸馏水的试管，从中取出少许溶液做银 镜反响实验也可使之与新制Cu(0H)2悬浊液反响，来证明乙醛的生成。1.(1)钠粉碎能增大接触面，提高反响速率；计算出乙醇的物质的量，由于钠过量，乙醇完全反响，根据氢气的物质的量计算出乙醇中能够被钠取代氢原子数；根据氢原子数确定乙醇的结构；(3

47、) 水的摩尔质量小于乙醇，水也能和钠反响生成氢气；n .(4)A中是过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成水和氧气；B是吸收氧气中的水蒸气；C是加热乙醇得到乙醇蒸气进入D ；(5) 铜丝做催化剂，和氧气反响生成氧化铜，和乙醇反响又生成铜，D管中铜网黑、红交替出现；在铜作催化剂、加热条件下，乙醇能被氧气氧化生成乙醛和水；实验进行一段时间后，如果撤掉酒精灯，反响能继续进行，说明反响是放热反响；(6) 乙醇被氧化为乙醛，依据醛基检验方法进行设计实验，可以利用银氨溶液或新制的氢氧化铜检验，如在洁净试管中参加新制氢氧化铜悬浊液，参加E中溶液，加热煮沸，试管中出现砖红色沉淀，说明生成了乙醛。此题考查了物质性质的

48、实验验证方法和实验设计，主要是过氧化氢的分解反响，乙醇的催化氧化产物判断和检验，注意：催化剂实际上在反响中参加反响，只是在初始反响中作反响物，在最终反响中作生成物，从外表上看没有参加反响，题目难度中等。8. 【答案】 防止空气中氧气对 Fe与NO3离子反响的干扰4Fe(OH)2+ O2 + 2出0 =4Fe(OH)3取滤液，参加几滴K3Fe(CN)6溶液，有蓝色沉淀生成，证明滤液中存Fe2+ 溶液中存在Fe2+、NO3离子，参加硫酸，酸性增强，将Fe2+氧化成Fe3+ pH =3溶液、碳粉 Fe电极局部溶解，电流计指针偏转碳粉作为催化剂，提高脱除硝酸盐反响速率【解析】解：(1)用氮气排尽装置中

49、空气，防止空气中氧气对 Fe与NO3离子反响的干扰，故答案为：防止空气中氧气对Fe与NO3离子反响的干扰；(2)铁粉局部溶解，溶液逐渐变为浅绿色，说明有Fe2+生成，待铁粉不再溶解，静置后发现，剩余固体外表有少量白色物，酸性减弱Fe2+水解得到Fe(OH)2，被氧化为氢氧化铁，颜色变为红褐色，反响方程式为：4Fe(OH)2+ O2 + 2出0= 4Fe(OH) 3 ,故答案为：4Fe(OH) 2 + O2 + 2H2O= 4Fe(OH) 3 ； 用K3Fe(CN)6检验滤液中Fe2+的实验方案是：取滤液，参加几滴K3Fe(CN)6溶液,有蓝色沉淀生成，证明滤液中存Fe2+ ,故答案为：取滤液，

50、参加几滴K3Fe(CN) 6溶液，有蓝色沉淀生成，证明滤液中存Fe2+ ； 溶液中存在Fe2+、NO3离子，参加硫酸，发生反响：3Fe2+ + NO3 + 4H+ = 3Fe3+ +NO f+2H 2O,生成的Fe3+和SCN反响使溶液呈红色，故答案为：溶液中存在 Fe2+、NO3离子，参加硫酸，酸性增强，将Fe2+氧化成Fe3+ ；第17页，共20页假设1探究的是碳粉直接与 N03反响效果，应向烧杯参加 pH = 3 溶液、碳粉即可，作对照试验，溶液选取与原题中相同；假设2:构成原电池，负极电极反响式：Fe- 2e- = Fe2+，正极NO3被复原，Fe电极部分溶解，电流计指针偏转等，说明假

51、设2成立，碳粉作为催化剂，提高脱除硝酸盐反响速率，故答案为：pH = 3溶液、碳粉；Fe电极局部溶解，电流计指针偏转； 碳粉作为催化剂，提高脱除硝酸盐反响速率。(1) 空气中氧气会影响 Fe与硝酸根离子的反响；(2) 铁粉局部溶解，溶液逐渐变为浅绿色，说明有Fe2+生成，酸性减弱Fe2+水解得到Fe(OH)2，氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁，颜色变为红褐色；取滤液，参加几滴K3Fe(CN)6溶液，有蓝色沉淀生成，注明滤液中存Fe2+;(4) 溶液中存在亚铁离子、硝酸根离子，亚铁离子含有复原性，硝酸根再酸性条件下具 有氧化性，亚铁离子被氧化为铁离子；假设1探究的是碳粉直接与 NO3反响效果，参加碳粉

52、即可，作对照试验，溶液选取 与原题中相同；假设2:构成原电池，负极电极反响式：Fe- 2e- = Fe2+，正极NO3被复原；碳粉作为催化剂，提高脱除硝酸盐反响速率。此题考查探究实验方案问题，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力、实验能力， 需要学生具备扎实的根底、分析解决问题的能力，注意把握实验的原理和物质的性质以及实验的操作方法，题目难度中等。9. 【答案】4NH3 + 5O2 ?4No + 6H20；放热；浓H2SO4 ；生成的NO与。2反响生成 no2, no2与水反响生成hno3, nh3与HNO3反响生成NH4NO3； 1.0 X 10-18 ；不能【解析】 解：(1)NH3和O2氧化生成NO和出0,反响的化学方程式为：4NH3 +催化剂？5。2 4NO + 6H2O?催化剂？故答案为：4NH3+ 502 4N0 + 6H2O；(2) 加热玻璃管C 一段时间后，打入空气，观察到 C中物质呈红热状态；停止加热后仍 能保持红热，说明该反响为放热，故不加热