初中化学实验探究练习题(含答案)

参考答案1．（1）CO2密度比空气大、CO2不能燃烧也不支持燃烧（2）与氧气接触、温度达到着火点[实验分析]①除去二氧化碳气体中混有的水蒸气。②Na2O2和CO2反应放出热量，使石灰水温度升高，氢氧化钙的溶解度减小，析出氢氧化钙固体[得出结论]②化学能[拓展提高]①小明，反应前后元素种类不变，反应物中没有氢元素所以不能生成NaOH②2Na2O2+2CO2==2Na2CO3+O2【解析】试题分析：（1）“下面的蜡烛先熄灭，上面的蜡烛后熄灭”的现象说明二氧化碳具有密度比空气大、不能燃烧也不支持燃烧；（2）“棉花是可燃物”，会燃烧，说明满足了：与氧气接触、温度达到着火点的条件。浓硫酸具有吸水性，能除去二氧化碳中混有的水蒸气。氢氧化钙的溶解度随温度的升高而减小，所以D装置的烧杯内澄清石灰水变浑浊的原因是：Na2O2和CO2反应放出热量，使石灰水温度升高，析出氢氧化钙固体。所以将化学能转化为内能；根据化学反应遵循质量守恒定律，变化前后元素的种类不变，可确定小明的猜想更合理，反应物中没有氢元素所以不能生成NaOH。Na2O2和CO2反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2==2Na2CO3+O2。考点：二氧化碳的性质、物质的燃烧条件、质量守恒定律、化学方程式的书写2．（1）除去二氧化碳变红CO2+Ca（OH）2→CaCO3↓+H2O（2）在C和D之间加无水硫酸铜干燥装置，白色变蓝色（合理给分）点燃或收集(合理即可)（3）加可溶性钙盐（或钡盐），酚酞可溶性铜盐或铁盐（合理给分）NaOH+CuSO4→Cu(OH)2↓+Na2SO4【解析】试题分析：①二氧化碳能与氢氧化钠反应，故A中氢氧化钠溶液的作用是除去二氧化碳；一氧化碳的检验是利用一氧化碳的还原性，一氧化碳还原氧化铜市场铜和二氧化碳；②氢气还原氧化铜生成的是铜和水，那么只有检验是否有水存在即可知氢气的存在，水可以用无水硫酸铜检验；③碳酸钠会与可溶性钙盐（或钡盐）反应生成白城沉淀，如与氯化钙反应生成碳酸钙白色沉淀；NaOH溶液呈碱性，能使无色酚酞变红；氢氧化钠能与氯化铜反应生成蓝色沉淀。考点：实验探究3．（1）计算凹液面最低处（2）长颈漏斗Zn+H2SO4→ZnSO4+H2↑A控制反应速度D（3）水一支试管固体不溶解，另二支试管固体溶解出现白色固体/无明显现象该试管中溶质是氯化钡/该试管中溶质是硝酸钾【解析】试题分析：溶液配制的第一步是计算，读取水的体积时，视线应与量筒内液体的最低处保持水平，仪器a的名称是长颈漏斗，锌粒与稀硫酸反应的化学方程式是Zn+H2SO4→ZnSO4+H2↑，A中氢气无法出来，所以收集不到气体，比较B、C装置，B装置的优点是可以控制反应的速率，D装置可以随时控制反应的发生与停止，塑料棒向下与液体接触时，反应发生，向上与液体不接触时，则反应停止，再任取一支未鉴别出试剂的试管中滴入稀硫酸，有白色沉淀产生的为氯化钡，无明显现象的为硝酸钾。考点：溶液的配制，反应装置的选择，物质的鉴别4．【推理假设】Na2CO3+2HCl＝2NaCl+H2O+CO2↑。【实验探究】（1）①石蕊试液②无明显现象（2）pH试纸。（3）不可行，理由是：氯化钠中混有硝酸钠杂质。实验方案设计：加入试剂：稀盐酸，分离方法：蒸发结晶。（4）拓展运用：溶质是Na2CO3。【解析】试题分析：【推理假设】根据碳酸钠与盐酸反应的实质写出其反应的化学方程式为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑；【实验探究】（1）①判定废液中是否含盐酸所取用的酸碱指示剂不能用酚酞试剂，因酸不能使无色的酚酞变色，故取用紫色石蕊试液，酸能使紫色石蕊试液变红色；②镁和盐酸反应出现的现象是产生大量气泡，如没气泡产生则证明废液中一定没有盐酸；（2）测定溶液的酸碱性的最简单方法用pH试纸；（3）根据化学上除杂质原则分析实验方案设计，即除去原杂质不能添加新的杂质，因而处理废液，回收利用废液中得到纯净的NaCl时，如加适量Ca（NO3）2溶液，虽然除去了碳酸钠，但却引进新杂质NaNO3；如加入过量的稀盐酸蒸发结晶后可得到纯净的氯化钠．（4）根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变．除杂质题至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质．分离BaCl2和NaCl的固体混合物时，Ｘ溶液中溶质是Na2CO3。考点：酸碱盐的通性、复分解反应、物质的分离与提纯5．（1）白色固体(在点燃条件下)，发出黄白色火焰，放热，产生大量白炯(或生成白色固体)；A中水面先下降后上升最终约至1刻度处；（2）白磷燃烧，消耗集气瓶内空气中的氧气，生成五氧化二磷固体(或方程式)，使A中气体减少，压强减小，由于A、B连通，B中压强也减小，小于外界大气压，而原来B中压强与大气压相等，因此在压强差的作用下，气球变得比原来还小【解析】试题分析：白磷燃烧产生大量的白烟，同时消耗氧气导致瓶内的压强减小，由于A、B连通，B中压强也减小，小于外界大气压，而原来B中压强与大气压相等，因此在压强差的作用下，气球变得比原来还小。考点：白磷燃烧实验6．（11)根据质量守恒定律或化学反应前后元素种类不变或反应前不含氮元素(12)先通过装罝B，会干扰对水的鉴别(13)丁（14)吸收和检验二氧化碳，并收集尾气(15)CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O(16)H2C2O4浓硫酸H2O+CO2+CO(17)缺少尾气处理装置浓硫酸【解析】试题分析:①由于反应前的物质中不含氮元素所以生成的物质中也不能含有氮元素，故丙猜想是错误的；②由于先通过装置B会干扰对水的鉴别所以A、B装置的顺序不能颠倒；③A中无水CuSO4变蓝，说明有水产生，B、D澄清石灰水变浑浊，C中红棕色粉末变成黑色说明有草酸分解的产物中有二氧化碳和一氧化碳生成，故丁同学的猜想是正确的；④为了吸收和检验二氧化碳，并收集尾气，所在该实验加装了D装罝；在书写化学方程式时一定要找准找全反应物、生成物及反应条件；由于一氧化碳有毒，逸散到空气中会污染环境，本实验没有尾气处理装置，这是该实验的最大不足之处.考点：质量守恆定律，化学方程式的书写，一氧化碳还原氧化铁的实验.7．（1)石灰水变浑浊，产生白色沉淀(2)CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O(3)II(4)开始时左高右低，最终左右相平【解析】试题分析：(1)实验a中，容器1中的物质为二氧化碳，从针筒中加入的物质是澄清石灰水，二者反应生成碳酸钙沉淀和水，所以现象为：石灰水变浑浊，产生白色沉淀。反应的化学方程式为:CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O(2)实验b中，针筒I、II内盐酸足量且溶质质量分数相同，产生气泡剧烈程度与金属的活动性有关.容器I中的金属为锌、容器II中的金属为镁；二者镁的活动性强。即容器II中产生气泡更烈.开始时由于镁比锌反应快，因此容器11生成的气体快，红墨水左高右低.0.24g镁与足量的稀盐酸反应可生成0.02gH2,0.65g锌与足量的稀盐酸反应可生成约0.02gH2所以产生两容器最终生成气体的质量一样多.最终红墨水左右相平.考点：考査二氧化碳的性质、金属与酸的反应实验探究8．（1）CuSO4或硫酸铜；有刺激性气味的气体生成；（2）SO2或二氧化硫；Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；（3）浓度大小或质量分数大小；【拓展延伸】SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O【解析】试题分析：【分析猜想】（1）溶液呈蓝色，说明生成了硫酸铜；（2）根据有刺激性气味的气体生成；推断，产生的气体不可能是氢气，很可能是一种含硫元素的气体．【实验结论】（2）在加热条件下铜与浓硫酸反应产生的气体是二氧化硫；此反应还生成了水，该反应的化学方程式：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；（3）浓硫酸与铜加热时能反应，而稀硫酸与铜即使加热也不能反应，由此说明：物质的化学性质除了与物质本身的性质有关外，还可能与溶液中溶质的浓度大小或质量分数大小有关；【拓展延伸】为了防止污染空气，小红和她的同学采用氢氧化钠溶液来吸收多余的气体，该反应的化学方程式为：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O考点：浓硫酸的化学性质9．(8分)（1）NaCl；CaCO3(各1分)；（2）Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O(2分)；（3）生成二氧化碳的质量为：21.5g+150g-162.7g=8.8g设Na2CO3的质量为xNa2CO3+2HCl==2NaCl+H2O+CO2↑(1分)10644x8.8g106∶44=x∶8.8gx=21.2g (1分)×100%=98.6%(1分)（4）部分CO2溶于水(或CO2没有及时全部排出)(1分)【解析】试题分析：【方案一】（1）根据溶液M含有的溶质是CaCl2说明加入x的溶液是氯化钙溶液，氯化钙和碳酸钠反应生成氯化钠和碳酸钙沉淀，故溶液M含有的溶质是CaCl2和NaCl，沉淀N的化学式是CaCO3；【方案二】（2）碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠、水、二氧化碳，二氧化碳通常用澄清的石灰水检验，写出反应的化学方程式；（3）根据题中信息结合质量守恒定律求出二氧化碳的质量，再用化学方程式计算即可；（4）根据部分CO2

溶于水解答．考点：实验探究物质的组成成分以及含量；盐的化学性质；质量守恒定律；根据化学反应方程式的计算10．（1)无现象或无明显现象；(2)浓；(3)浓度或溶质质量分数等合理答案(4)气泡；(5)H或H+；(6)白色沉淀(7)Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑(8)BaCO3【解析】试题分祈：(1)醋酸晶体不与镁反应，所以无明显现象.(2)浓硫酸有脱水性，可使纸张炭化.(3)浓硫酸浓度大，有脱水性；稀硫酸浓度小，无脱水性；可看出由于浓度不同二者的性质不完全相同(4)碳酸钠可与稀硫酸、稀盐酸反应，均生成二氧化碳气体，因此都有气泡出现.(5)酸具有相似的化学性质是因为在酸溶液中都含有大量的氢离子.(6)硫酸可与氯化钡反应生成不溶于水的硫酸钡，所以E试管中会出现白色沉淀.(7)根据上面的实验过程可知，废液中可能含有：Na2CO3 H2SO4HClBaCl2中未完全反应的物质.产生气泡说明废液中含有地Na2CO3HCl.二者反应：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑(8)废液混合后出现白色沉淀说明废液中含有BaCl2Na2CO3, 二者反应后会生成BaCO3;所以还可能有BaCO3.考点：考査酸的性质实验探究11．【猜想与假设】Na2CO3＋Ca(OH)2CaCO3↓＋2NaOH小强Na2CO3和Ca(OH)2不能共存Ca(OH)2【活动与探究】取少量滤液于试管中，向其中加入碳酸钠溶液若产生白色沉淀，则证明滤液中有Ca(OH)2；若不产生白色沉淀，则证明滤液中没有Ca(OH)2(其他合理答案也可)【反思】滴加盐酸量很少，在氢氧化钠未反应完之前，不会产生气泡【解析】氧化钙会和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与碳酸钠反应就会生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠；Ca(OH)2和Na2CO3不可能同时存在，否则二者会继续发生反应，因此小强的猜想错误；分析已给出的猜想可知，还有一种可能是滤液中除NaCl和NaOH外还可能有Ca(OH)2；验证Ca(OH)2的存在可利用Ca(OH)2能与碳酸钠溶液反应生成白色沉淀CaCO3的性质进行；由于滤液中有NaOH，因为滴加盐酸，盐酸首先会与氢氧化钠反应，然后再与Na2CO3反应，由于题目中只滴加了几滴稀盐酸，因此不能根据没有气泡，就得出没有Na2CO3的结论。12．（1）2H2O22H2O+O2↑、CO2（或H2）；（2）b（3）装置漏气（或反应物药品的量不足）．【解析】试题分析：（1）此装置适用于固液不加热反应，制取氧气的固液不加热反应的药品可以是过氧化氢溶液和固体二氧化锰；制取二氧化碳和氢气也可用此装置；（2）此装置相当于排水法收集气体，气体从b端进，在大气压强的作用下，水被沿导管排出；（3）从没收集到气体的原因考虑，如装置漏气、药品量不足等．考点：气体制取装置的探究；常用气体的收集方法；氧气的制取装置；氧气的检验和验满；二氧化碳的实验室制法；氢气的制取和检验；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．点评：本题考查适用于固液不加热反应制取的气体，以及气体的收集和收集不到气体的原因，属于对课本基础知识的总结．13．【实验设计】(1)干燥的红色石蕊试纸变蓝(2)变浑浊(3)(其他合理答案均可)【实验结论】NH4HCO3NH3↑+H2O+CO2↑【实验评价】小明同学用生石灰和水反应放出的热量做热源(或小红同学验证二氧化碳的方法)(合理即可)【实验反思】存放NH4HCO3时应避光、避热、密封【解析】水和氨气结合生成氨水，氨水呈碱性能使红色石蕊试纸变蓝，根据CO2能与NaOH反应生成Na2CO3，Na2CO3与酸反应产生CO2(或Na2CO3能与CaCl2反应生成沉淀)等明显的实验现象设计实验。14．（1)蓝；NH4HC03+Ca(OH)2=CaCO3+NH3↑+2H2O或（NH4）2S04+Ca(OH)2=CaSO4+2NH3↑+2H2O(2)①硫酸钡②步骤1中加入的稀盐酸引入了氯离子，影响了氯化钾的检验；将步骤1中的稀盐酸换为稀硫酸或稀硝酸【解析】试题分析：（1)氨气溶于水显碱性能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，铵态氮肥遇碱放出氨气，可能发生该反应的化学方程式是NH4HC03+Ca(OH)2=CaCO3+NH3↑+2H2O或（NH4）2S04+Ca(OH)2=CaSO4+2NH3↑+2H2O；故填：蓝；NH4HC03+Ca(OH)2=CaCO3+NH3↑+2H2O或（NH4）2S04+Ca(OH)2=CaSO4+2NH3↑+2H2O;(2)①硝酸钡和硫酸铵反应生成硫酸钡沉淀和硝酸铵，白色沉淀E是硫酸钡；故填：硫酸钡；②步骤1中加入的稀盐酸引入了氯离子，影响了氯化钾的检验，为了使小明的结论正确，小强对上述实验进行了改动，他的做法是将步骤I中的稀盐酸换为稀硫酸或稀硝酸.故填：步骤I中加入的稀盐酸引入了氯离子，影响了氯化钾的检验；将步骤Ⅰ中的稀盐酸换为稀硫酸或稀硝酸。考点：考查铵态氮肥的检验；酸的化学性质；盐的化学性质15．（1）集气瓶（2）CaCO3+2HCl===CaCl2+H2O+CO2↑，BC（3）2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑。从水槽中移出导管；防治水倒流炸裂试管【解析】试题分析：有所学知识可知（1）仪器a的名称为集气瓶；（2）实验室制取二氧化碳的化学方程式为CaCO3+2HCl===CaCl2+H2O+CO2↑；因为是固液常温反应，生成的气体的密度比空气大，且溶于水，应选用的发生装置和收集装置分别为BC；（3）用高锰酸钾制取氧气，该反应的化学方程式为2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑，将装置A和E连接进行此实验，实验结束，停止加热前先从水槽中移出导管，目的是防治水倒流炸裂试管。考点：实验室制取气体思路和方法16．（1）Mn（3）Mn+H2SO4MnSO4+H2↑（4）②探究钯在金属活动性顺序中的具体位置（Ⅰ）Pd（5）银和铂（6）与酸反应，根据能否反应或反应的剧烈程度判断；与相应区域其他金属的化合物溶液依次反应判断。（7）实验目的实验操作实验现象和结论探究Mn和Zn的金属活动性强弱取相同的稀硫酸于2个小烧杯中，分别放入Mn和Zn，观察现象。若Mn产生气泡的速度比Zn快，则Mn>Zn；反之，Mn<Zn。（必须答出两种情况）【解析】试题分析：（1）小昕同学仔细观察后提出了初步猜想：由于有的锰锭上已经覆盖了红褐色的锈，而经过长时间佩戴的钯金戒指还很光亮，所以Mn相对活泼一些。初步结论：猜想成立；实验①（Ⅱ）中发生反应的化学方程式为Mn+H2SO4MnSO4+H2↑；实验目的实验操作实验现象②探究钯在金属活动性顺序中的具体位置（Ⅰ）取少量CuSO4溶液于一个小烧杯中，用镊子加入金属Pd，一段时间后取出冲洗。无明显现象。（Ⅱ）取少量AgNO3溶液于另一个小烧杯中，用镊子加入金属钯，一段时间后取出冲洗。无明显现象。（Ⅲ）取少量PdCl2溶液于第三个小烧杯中，加入老师提供的Pt丝。无明显现象。（5）结论：钯在金属活动性顺序中应该排在银和铂之间。（6）反思：根据上述实验，判断金属活动性强弱的两种方法为与酸反应，根据能否反应或反应的剧烈程度判断；与相应区域其他金属的化合物溶液依次反应判断。（7）应用：实验目的实验操作实验现象和结论探究Mn和Zn的金属活动性强弱取相同的稀硫酸于2个小烧杯中，分别放入Mn和Zn，观察现象。若Mn产生气泡的速度比Zn快，则Mn>Zn；反之，Mn<Zn。（必须答出两种情况）考点：实验设计与探究；金属活动性。点评：金属活动性顺序：K、Ca、Na、Mg、Al、Zn、Fe、Sn、Pb、（H）、Cu、Hg、Ag、Pt、Au。在金属活动性顺序中，氢前的金属能与酸发生置换反应，且位置越靠前，反应越剧烈；位置在前的金属能把位于其后的金属从其盐溶液中置换出来。17．（2）澄清石灰水并振荡；澄清石灰水变浑浊；CO2+Ca(OH)2==CaCO3↓+H20；（3）①耗尽瓶中的氧气；②方案二：反应是在密闭的装置内完成的；③A组采用排水集气法，部分二氧化碳溶解于水.【解析】试题分析：利用二氧化碳的性质（2）检验气体中是否含有二氧化碳气体的方法为；向所取的气体中加入澄清石灰水振荡，澄清石灰水变浑浊证明含有二氧化碳，涉及的化学方程式为CO2+Ca(OH)2==CaCO3↓+H20；（3）测定气体中氧气的含量①实验中磷的量应为足量，目的是耗尽装置内的氧气；②两个方案的实验测定结果不同，测定结果比较准确的是方案是方案二：反应是在密闭的装置内完成的误差较小；③经过A、B两组同学的实验，A组测得的含氧量总是大于B组的，根据二氧化碳和氧气的性质及操作可以知道原因是A组采用排水集气法，部分二氧化碳溶解于水.考点：二氧化碳和氧气的检验及测定18．（1）Na2CO3+2HCl==2NaCl+H2O+CO2↑（2分）（2）温室效应（1分）（3）CO2+3H2CH3OH+H2O（2分）（4）

Na2CO3、H2O（2分，每回答一种，即给一分）【解析】试题分析：（1）从图中可知：在吸收池中碳酸钠与空气中的二氧化碳发生了反应，生成碳酸氢钠。根据碳酸氢钠的组成元素可知，反应物还应有含氢元素的物质水。所以反应的化学方程式为Na2CO3+2HCl==2NaCl+H2O+CO2↑。（2）二氧化碳是造成温室效应的主要气体，所以回收利用空气中的CO2，降低大气中CO2浓度，有利于减缓温室效应。（3）根据题意可知：在合成塔内发生反应的反应物为CO2与氢气；反应条件为；生成物为甲醇（CH3OH）和水。（4）该流程的目的是工业生回收利用空气中CO2，所以能循环利用的物质是Na2CO3和H2O。考点：碳酸钠与碳酸氢钠的性质、化学方程式的书写19．（1）2H2O通电=2H2↑+O2通电=（2）纸花不变色（3）3Fe+2O2点燃=Fe3O4防止熔融物溅落使集气瓶底炸裂。点燃=（4）混合物（5）D【解析】试题分析：⑴A装置为电解水装置。⑵干燥的小花遇到二氧化碳不会变色，能使石蕊染成的小花变色的是碳酸而不是二氧化碳。⑶铁丝燃烧放出大量热，如果瓶中不放水，瓶子会炸裂。⑷该装置只能除去不溶性杂质，所得水中仍有可溶性杂质，所以还是混合物。⑸化肥、农药对人类的贡献相当大，不能因为使用不当会污染水体而弃之不用。考点：化学实验20．（1）（1分）3.6（2）（4分）（设答共1分，其它共3分）解：设混合物中CuO的质量为XH2+CuOCu+H2O8018X3.6g80：18=X：3.6g解得X=16g混合物中氧化铀的质量分数为了×100%=80%答：混合物中氧化铜的质量分数是80%（3）（2分）H：O=[（287.8—284.2）—（85.3-82.1）]：（85.3-82.1）【解析】试题分析：（1）在图示装置中，A的作用是除去氢气中的水蒸气；B的作用是反应装置；C的作用是吸收生成的水。所以生成水的质量实际上就是C装置的质量变化值。即287.8g—284.2g=3.6g（2）已知：水的质量未知：氧化铜在混合物中的质量分数。解题思路：可根据水和氧化铜在反应中的质量关系求出氧化铜的质量，再求出其质量分数。具体解题过程见答案（3）装置B内的物质在反应前为氧化铜，反应后为铜。所以反应前后的质量差值即为氧元素的质量。即（85.3-82.1）g。水中氢元素的质量为：[（287.8—284.2）—（85.3-82.1）]g。考点：科学探究、根据化学方程式的计算21．（1）集气瓶（2）过氧化氢溶液；干燥氧气（3）用向上排空气法收集；装置c中的左边导管插入液面下【解析】试题分析：（1）熟记常用仪器的名称可知d为集气瓶．（2）只有用分解过氧化氢溶液制氧气时才选用此装置，分液漏斗中装的是液体药品，是过氧化氢溶液；从发生装置中出来的氧气不干燥，需要通过干燥剂将其干燥，因而C中试剂的作用是干燥氧气．故答案为：过氧化氢溶液；干燥氧气（3）氧气的密度比空气大，不能用向下排空气法收集；c装置中左边的导管应伸入液面下，否则气体没有通过干燥剂．故答案为：用向上排空气法收集；装置c中的左边导管插入液面下考点：氧气的制取装置；气体的干燥（除水）；制取氧气的操作步骤和注意点．点评：在固-液不加热型的发生装置中，若使用长颈漏斗，长颈漏斗下端的管口必须要伸到液面下，否则生成的气体从长颈漏斗下端的管口跑掉，若使用分液漏斗，则不需要将漏斗下端的管口伸到液面下．22．（1）试管①（2）③⑦（3）④⑤⑥2H2O22H2O+O2↑向上排空（4）双氧水分解产物没有污染（或分解产物是水和氧气，而高锰酸钾分解产物有污染）（5）将导管插入水中，用手握住（或点燃酒精灯微热）试管，如果导管口有少量气泡逸出、放开手后能在导管中形成稳定的水柱，则气密性良好【解析】试题分析：（1）根据实验常识可写出仪器的名称是试管；实验室取用粉末状固体用药匙．（2）用加热KMnO4的方法制取氧气，属于“固固加热型”（3）用H2O2分解来制取氧气，属于“固液不加热型”，收集CO2气体的方法为向上排空气法．（4）双氧水分解产物没有污染（或分解产物是水和氧气）．（5）根据检验装置气密性的操作方法作答即可考点：常用气体的发生装置和收集装置与选取方法；化学实验方案设计与评价；检查装置的气密性；常用仪器的名称和选用；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．点评：本题考查到的知识点比较多，涉及到常用仪器的名称和选用，常用的气体制取方法以及发生装置和收集装置的选用，化学方程式的书写，检验装置气密性的操作方法等等，这些基本知识要求掌握．

实验室制取气体的发生装置应根据反应物的状态和反应发生的条件来确定．一般分为两种：①固体与固体反应生成气体，反应需要加热，简称“固固加热型”．选择实验室制取O2的发生装置；②固体与液体反应生成气体，反应不需要加热，简称“固液不加热型”．选择实验室制取CO2的发生装置．23．（1）2H2O2MnO2=Δ2H2MnO2=Δ（2）催化剂Aad（3）b52%（4）CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑关闭弹簧夹【解析】试题分析：（1）甲同学用双氧水制取氧气，发生反应的化学方程式是2H2O2MnO2=Δ2H2O+O2↑，氧气可以用排水法和向下排空气法收集，氧气是用带火星的木条来检验的。（2）乙同学用氯酸钾和二氧化锰为原料制取氧气，二氧化锰的作用是催化剂，应选择的发生装置是固固加热型的装置，应选择A，a氧气的物理性质未发生改变，氧气不可能与空气中其他成分反应的，d错。（3）排水法收集氧气，氧气应从短导管进入，排尽装置内的水，说明进来40%的氧气，而原来60%的空气中，也存在氧气，氧气在空气中占20%，氧气占集气瓶的12%，加上进来的40%的氧气，所以瓶内氧气的体积分数为52%。（4）制取二氧化碳的化学方程式为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2MnO2=Δ考点：气体的制取，发生装置，收集装置的选择，空气中氧气的体积分数。24．（1）根据质量守恒定律或化学反应前后元素种类不变或反应前不含氮元素（2）先通过装置B，会干扰对水的鉴别（3）丁（4）吸收和检验二氧化碳，并收集尾气Ca(OH)2+CO2→CaCO3↓+H2O（5）H2C2O4MnO2浓硫酸H2MnO2浓硫酸（6）缺少尾气处理装置【解析】试题分析：（1）由于反应前的物质中不含氮元素所以生成的物质中也不能含有氮元素，故丙猜想是错误的；（2）由于先通过装置B，会干扰对水的鉴别所以A、B装置的顺序不能颠倒；（3）A中无水CuSO4变蓝，说明有水产生，B、D中澄清石灰水变浑浊，C中红棕色粉末变成黑色说明有草酸分解的产物中有二氧化碳和一氧化碳生成，故丁同学的猜想是正确的；（4）为了吸收和检验二氧化碳，并收集尾气，所在该实验加装了D装置；在书写化学方程式时一定要找准找全反应物、生成物及反应条件；由于一氧化碳有毒，逸散到空气中会污染环境，本实验没有尾气处理装置，这是该实验的最大不足之处。考点：质量守恒定律，化学方程式的书写，一氧化碳还原氧化铁的实验。25．（1）探究可燃物燃烧的条件（2）白磷在热水中燃烧、4P+5O2

2P2O5、化合反应（3）过滤（4）可燃物燃烧需要达到着火点【解析】试题分析：燃烧需要同时满足三个条件：一是要有可燃物，二是可燃物要与氧气接触，三是温度要达到可燃物的着火点；以上三个条件都能满足时，可燃物才能发生燃烧。过氧化氢在二氧化锰的催化作用下会产生氧气，白磷分别放在热水和冷水中，温度不相同，可探究燃烧需要一定的温度这一条件。二氧化锰是该反应的催化剂，能改变物质的反应速率，但本身的质量和化学性质不变。考点：可燃物燃烧的条件26．1）a：试管b：长颈漏斗；酒精灯不用时没有盖上灯帽致灯心留有水份。（2）2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑，试管口没有塞一小团棉花，造成高锰酸钾粉末通过导管进入水槽；（3）BEF（或AEF）（2分选漏1个扣1分，选错1个得0分），CaCO3+2HClCaCl2+H2O+CO2↑（4）使二氧化碳与水隔离，防止二氧化碳溶于水，没有；（5）②，③。23．（化学方程式每个2分，特别标明分值外，其余每空1分，共13分）（1）澄清石灰水，澄清石灰水变浑浊，A。（2）如图2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2；②在常温下进行反应，能吸收人呼出的二氧化碳，生成物不污染等【解析】试题分析：：（1）检验氧气中是否含有未反应的二氧化碳的方法是向集气瓶中滴加石灰水，看是否变浑浊，除去氧气中的二氧化碳用氢氧化钠溶液，注意导管要长进短出．（2）过氧化钠与水反应生成氧气，检验氧气用带火星的木条，碳酸钠与酸生成二氧化碳气体．【实验反思】①过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式是：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2．过氧化钠常用于潜水艇、宇宙飞船上制取氧气的优点是在常温下进行反应，能吸收人呼出的二氧化碳，，生成物不污染等．考点：实验探究物质的性质或变化规律；实验探究物质的组成成分以及含量．点评：该题根据查阅资料提供的信息并结合实验步骤和现象解决问题．主要考查读题能力，能把题目所给信息与所学知识进行牵连．知道性质决定用途，用途体现性质27．(1)光照、温度(2)避光、低温保存(3)酸【解析】根据题中表格对维生素的处理办法可知，该题是探究光照、温度对维生素C的影响，根据表格数据可知在光照、高温时，维生素C会部分变质，因此保存维生素C应避光、低温。pH小于7的溶液显酸性。28．（1）根据进入量筒中水的体积，判断生成氢气的体积e（2）①③或②④（3）硫酸的质量分数越大，反应速率越快或锌与硫酸的接触面积越大，反应速率越快（4）由慢到快然后逐渐减慢因为随着反应的进行，硫酸被消耗，硫酸溶质质量分数变小（5）取质量形状相等的锌粒分别放入两只试管中，然后分别加入温度不同，体积和溶质质量分数相同的稀硫酸，测量收集等体积的氢气所需要的时间【解析】试题分析：（1）比较锌与硫酸反应的快慢主要通过比较产生氢气的体积来比较，那么可根据进入量筒中水的体积，判断生成氢气的体积；（2）要比较不同质量分数的硫酸对反应快慢的影响应采用控制变量法，即只有一个变量，气体是因素要完全相同；通过①③或②④的比较可知：硫酸的质量分数越大，反应速率越快或锌与硫酸的接触面积越大，反应速率越快；通过表格可发现锌与硫酸反应由慢到快然后逐渐减慢，第二分钟以后由于随着反应的进行，硫酸被消耗，硫酸溶质质量分数变小，故反应速率变慢。考点：影响化学反应速率的因素29．（1）3CO+Fe2O32Fe+3CO2；（2）点燃尾气，防止污染空气；（3）将铁片浸入硫酸铜溶液中，铁片表面有红色固体析出（或将铁片浸入稀硫酸中，有气泡产生，但产生气泡的速度比锌片慢）．【解析】试题分析：（1）A中一氧化碳与氧化铁在高温下反应生成铁和二氧化碳，反应的化学方程式为3CO+Fe2O32Fe+3CO2．（2）一氧化碳有毒，能污染环境，应对尾气进行处理，故C装置的作用是点燃尾气，防止污染空气．（3）设计实验证明金属活动性的强弱，主要是根据金属活动性，与酸的反应或是与盐溶液的反应．由金属的性质可知，锌和铁在氢的前面，可与酸发生反应产生氢气且锌的反应比铁剧烈，而铜不行；题中设计的方案，①可说明锌的活动性比氢强，②可说明铜的活动性比氢弱，③可说明锌的活动性铁强；但是不能说明铁和铜的关系，所以需要补充的实验是证明铁和铜的关系，可将铁片浸入硫酸铜溶液中或铁片浸入稀硫酸中，观察对比产生气泡的快慢．考点：一氧化碳还原氧化铁；金属活动性顺序及其应用．30．（2）【方案一】不能通过现象判断化学反应的发生。【方案二】①Ca(OH)2（或氢氧化钙）②CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2OCO2能溶解于水且与水反应③关闭K时，B中的溶液无明显变化，通常状况下，1体积的水约能溶解1体积二氧化碳，通入的CO2气体体积远大于A中溶液的体积，说明CO2和KOH发生了反应。（2分）【反思与评价】证明反应后某一反应物不存在【解析】试题分析：【方案一】化学变化的基本特征是有新物质生成，而不是有明显的现象。所以不能只通过现象判断化学反应的发生。【方案二】①在关闭K的情况下，气体先从A中经过，然后才能进入B中。二氧化碳与氢氧化钙反应会生成白色沉淀。因为A中没有明显现象，所以A中一定不是氢氧化钙。因此A中应为氢氧化钾，则B中的氢氧化钙。②打开K，继续通入二氧化碳。一部分气体会不经过A而进入B。B中的反应为：CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O结合两步的现象，还不足以证明二氧化碳和氢氧化钾发生了反应，其理由是在步骤①出现的现象还可能是因为CO2能溶解于A中的水且与水反应。③关闭K时，B中的溶液无明显变化，说明气体没有进入B中。通常状况下，1体积的水约能溶解1体积二氧化碳。通入的CO2气体体积（500mL）远大于A中溶液的体积（50mL），则排除了二氧化碳气体完全溶解于水或与水反应的可能，所以能说明CO2和KOH发生了反应。【反思与评价】该实验是通过证明“将二氧化碳气体通往氢氧化钾溶液中后，二氧化碳发生了反应而不存在”的方法来验证二者的反应。考点：常见的酸碱盐31．【做出猜想】碳酸钙（CaCO3）根据质量守恒定律【交流反思】氧化钙与水反应也生成氢氧化钙【进行实验】实验一：没现象（或没气泡）实验二：取少量白色固体（或取样）加水溶解，取上层清液，通入二氧化碳气体（或取样，滴加酚酞试液）有白色沉淀出现（或有浑浊产生）（或酚酞显红色）【实验结论】CaC2+2H2O=Ca(OH)2+C2H2↑【解析】试题分析：根据质量守恒定律化学反应前后的元素种类不变，碳酸钙（CaCO3）根据质量守恒定律;氧化钙与水反应也生成氢氧化钙；实验现象是没现象（或没气泡），因为碳酸钙和稀盐酸反应会产生二氧化碳气体；取少量白色固体（或取样）加水溶解，取上层清液，通入二氧化碳气体（或取样，滴加酚酞试液）；有白色沉淀出现（或有浑浊产生）（或酚酞显红色）碳化钙与水反应制取乙炔的化学方程式CaC2+2H2O=Ca(OH)2+C2H2↑。考点：质量守恒定律、化学方程式的书写、实验探究。32．（1）CO+CuOCu+CO2黑色固体变红色还原性氧化铜（CuO）（2）澄清石灰水变浑浊，吸收尾气一氧化碳，防止污染空气（3）乙→甲→丙→甲→丁【解析】试题分析：（1）丙装置内发生反应的化学方程式是CO+CuOCu+CO2氧化铜是黑色，铜为红色，所以现象是黑色固体变红色；该实验证明一氧化碳气体具有的化学性质是还原性；该反应中氧化剂是氧化铜（CuO）；（2）因为一氧化碳和氧化铜反应生成二氧化碳，所以证明一氧化碳存在的另一个现象是澄清石灰水变浑浊；一氧化碳是污染空气的气体，所以气囊的作用是吸收尾气一氧化碳，防止污染空气；（3）检验二氧化碳要用澄清石灰水，吸收二氧化碳要用氢氧化钠溶液，而在这个实验这先要除去二氧化碳，排除二氧化碳的干扰，在利用一氧化碳还原氧化铜，然后检验是否发生反应，最后收集尾气，故相关装置的连接顺序应该是乙→甲→丙→甲→丁。考点：化学方程式的书写、实验现象等。33．（1）①4P+5O22P2O5；②白色固体是可燃物，与氧气接触并达到着火点；（2）①Ⅰ中盐酸进入Ⅱ中将碳酸钙完全反应；②取Ⅱ中的澄清液于试管中，向其中滴加紫色石蕊溶液．【解析】试题分析：（1）①Ⅱ中液体内出现燃烧现象，说明白色固体是可燃物，与氧气接触并达到着火点，因此白色固体的着火点很低，是白磷，白磷燃烧的化学方程式是4P+5O22P2O5；②Ⅱ中液体内出现燃烧现象，说明白色固体是可燃物，与氧气接触并达到着火点；（2））①Ⅱ中导管口有气泡冒出，溶液浑浊，可知产生的气体为二氧化碳，溶液浑浊的反应是CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O，因此Ⅰ中产生二氧化碳的反应是CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑；关闭止水夹，Ⅰ中不断生成的二氧化碳使装置内的气压变大，因此Ⅰ中盐酸进入Ⅱ中将生成的碳酸钙完全反应掉，因此溶液由浑浊变澄清；②实验后Ⅱ中澄清液中一定有氯化钙，氯化钙溶液显中性；若盐酸过量，盐酸将氢氧化钙反应掉后有剩余，因此还会有氯化氢，盐酸显酸性；若盐酸不足，溶液中会有氢氧化钙，氢氧化钙溶液显碱性，所以为检验其成分，应该进行的实验操作是取Ⅱ中的澄清液于试管中，向其中滴加紫色石蕊溶液．考点：反应现象和本质的联系．34．（1）①酒精灯②集气瓶（2）2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑E（3）C（4）S燃烧产生的SO2被NaOH溶液吸收，瓶内气压减小a【解析】试题分析：仪器的名称分别为酒精灯和集气瓶，实验室用高锰酸钾制取氧气的化学方程式是2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑，选用的收集装置是E，收集氧气用排水法，D为向下排空气法，实验室可用氧化钙固体与浓氨水在常温下混合制取少量氨气，为了得到平稳的氨气流，即可以控制反应的速率，所以选择的是C，产生的二氧化硫被氢氧化钠溶液吸收，导致瓶内压强减小，所以玻璃片被“吸住”而不掉下来，读数是视线应该与凹液面的最低处保持水平，所以选择a。考点：气体的制取，装置的选择35．【得出结论】紫卷心菜牵牛花胡萝卜【拓展应用】酸【反思与评价】pH试纸或pH计【解析】能作酸碱指示剂的汁液应在酸碱性不同的溶液中显示不同的颜色，由题中实验结果可知，胡萝卜的汁液在中性、酸性和碱性三种环境中都显橙色，不能作酸碱指示剂；牵牛花的汁液在酸性环境中显红色，故该雨水样品显酸性；测定溶液的酸碱度最简单的方法是使用pH试纸，精确测量可使用pH计。36．猜想IV：木炭(1)过滤玻璃棒(2)CO2CuOC和CuCuO+H2SO4CuSO4+H2O(3)CuSO4氧化铜(或CuO)IVⅢ【解析】试题分析：根据反应物是氧化铜和木炭，生成物的固体是铜，结合反应中的过量和不足问题，利用数学中的组合知识将三种物质任意组合，可以得到四种猜想：①全部是铜，②铜和氧化铜的混合物，③铜和木炭的混合物，④铜、氧化铜和木炭．对照题中的猜想确定答案，故答案为：木炭．（1）要将粉末状的固体分离成溶液和固体，需要先将样品配成溶液，然后进行过滤操作，故答案为：过滤．（2）根据质量守恒定律，反应物中的元素有：碳、铜、氧，结合通入石灰水后出现浑浊，可以推出C是二氧化碳，固体B灼烧后得到的黑色物质与硫酸反应会得到蓝色溶液，可以推出D是氧化铜，根据C是二氧化碳、D是氧化铜可以确定B的组成是：C、Cu．根据反应物是硫酸和氧化铜，生成物中有硫酸铜书写化学方程式，故答案为：CO2，CuO，C、Cu，CuO+H2SO4=CuSO4+H2O（3）根据质量守恒定律，加入硫酸后溶液显蓝色，可知该溶液中含有硫酸铜，可知原粉末中有氧化铜，（2）推导出B中有铜，也就是原粉末中有铜，所以原粉末中有铜和氧化铜和碳，可以判断出猜想IV正确，A是无色，说明原混合物中没有氧化铜，生成的气体C还得会使石灰水变浑浊所以猜想III正确，故答案为：CuSO4，Cu、CuO、C，Ⅳ、Ⅲ考点：碳的化学性质；实验探究物质的组成成分以及含量；过滤的原理、方法及其应用；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．点评：在对固体猜想是要利用组合知识，总结到位，总结全面，对化学中典型的现象要加以识记，如带色的离子等．37．【实验分析】（1）2H2O22H2O+O2↑（2）相同时间内收集氧气的体积（3）C【实验结论】双氧水浓度越大，产生氧气速度越快【交流评价】（1）收集等体积氧气所需要的时间（2）电子天平的读数不再发生变化时,所需要的时间【实验反思】催化剂的种类（温度等）分别取等质量等浓度的过氧化氢溶液，依次加入等量、不同种类的催化剂，记录收集等体积氧气所需要的时间【解析】试题分析：过氧化氢分解生成水和氧气：2H2O22H2O+O2↑；探究影响过氧化氢分解速度的某种因素要通过比较相同时间内收集氧气的体积，收集到的氧气的量越大，说明反应速率越快；测量O2体积可通过测量排出的水的体积来判断，故选C装置；通过该实验可以发现双氧水浓度越大，产生氧气速度越快；探究影响过氧化氢分解速度的某种因素要通过比较相同时间内收集氧气的体积，或收集相同体积的氧气所需时间的长短；过氧化氢分解产生的氧气会逸散到空气中，该装置可通过电子天平的读数不再发生变化时,所需要的时间，时间越短，说明反应速率越快；温度和催化剂也会影响过氧化氢的分解速率，但要采用控制变量法，如分别取等质量等浓度的过氧化氢溶液，依次加入等量、不同种类的催化剂，记录收集等体积氧气所需要的时间。考点：影响化学反应速率的因素38．（1）①铁架台②集气瓶（2）检查装置的气密性（3）A；2H2O22H2O+O2↑（4）密度比空气小且不与空气中的物质反应（5）B；E【解析】试题分析：（1）熟悉常见仪器，了解其名称，图中①是铁架台；②是集气瓶；（2）由于该实验要求装置具备良好的气密性，故向气体发生装置内加入药品前，应该先进行装置气密性的检查；（3）由于要根据反应物的状态和反应条件选择发生装置，结合实验室用加热高锰酸钾固体分解制取氧气的方法可知，该反应属于“固体加热型”，故发生装置要选用A；双氧水在二氧化锰做催化剂的条件下分解，生成水和氧气，故反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2↑；（4）由于C装置是向下排空气法收集气体，所以要求收集的气体的密度要比空气小，且不与空气中的成分反应；（5）制取气体的装置分为发生装置和收集装置，发生装置的选择，需要考虑反应物的状态和反应条件，根据题意，“实验室用电石（固体）与水反应制取乙炔”，可知发生装置可选B装置；收集装置的选择，需要考虑生成气体的水溶性和密度与空气的大小。由于“乙炔是一种密度比空气略小，不溶于水的气体”，所以要用排水法收集，即用E装置来收集。考点：常用仪器的名称和选用，常用气体的发生装置和收集装置与选取方法，实验室制取氧气的反应原理，书写化学方程式点评：常见气体的发生装置，依据反应物的状态和反应条件，可分为“固体加热型”和“固液常温型”两种装置；常用气体的收集装置，依据气体的溶解性、密度及其是否与水或者空气的成分发生反应，可分为“排水法”、“向下排空气法”、“向上排空气法”三种装置来收集。39．（1）氧气．（2）二氧化碳；氧气比空气中少；二氧化碳比空气中的多．【解析】试题分析：（1）点燃的木条在竹子里气体的旺盛程度比在空气中燃烧的要低，但能够燃烧，说明一定有氧气。（2）竹子里的气体能使石灰水变浑浊，说明有二氧化碳气体；木条在竹子里气体的旺盛程度比在空气中燃烧的要低，竹子里气体能马上使石灰水浑浊，则二氧化碳比空气中的多，氧气比空气中少．考点：常见气体的检验与除杂方法．40．（1）关闭K1，打开K2；2H2O22H2O+O2↑（2）2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O（3）澄清石灰水变浑浊，打开K1后，丁中液体倒吸入甲，产生无色气泡，浑浊减少（消失），甲中液体流入丁．【解析】试题分析：（1）加入液体后会将伸入试管底部的导管口没入液体内，气体无法排除，所以关闭K1，打开K2使气体从K2的导管排出；反应物是过氧化氢，生成物是水和氧气，用观察法配平，二氧化锰作催化剂，写在等号的上边，所以方程式是：2H2O22H2O+O2↑；（2）滴有酚酞的氢氧化钠溶液显红色，加入酸发生反应后，碱性变弱，当把氢氧化钠反应完就变成无色，所以从分液漏斗向甲中加入浓硫酸，浓硫酸溶于水放出大量的热，使试管内压强增大，把硫酸压入丙试管内，硫酸与氢氧化钠发生反应，使红色退去，所以反应物是氢氧化钠和硫酸写在等号的左边，生成物是硫酸钠和水，写在等号的右边，用观察法配平，所以方程式是：2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O；（3）从分液漏斗向甲中加入适量的澄清石灰水，因为二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，所以变浑浊，二氧化碳减少后，试管内压强减小，打开K1盐酸在大气压的作用下，被压入试管内，盐酸与碳酸钙反应产生二氧化碳，浑浊减少或消失并且有气泡产生，气体增多压强增大，又将甲种液体压入丁中；考点：氧气的制取装置；二氧化碳的化学性质；燃烧与燃烧的条件．41．（1）a：试管b：长颈漏斗；酒精灯不用时没有盖上灯帽致灯心留有水份。（2）2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑，试管口没有塞一小团棉花，造成高锰酸钾粉末通过导管进入水槽；（3）BEF（或AEF）CaCO3+2HClCaCl2+H2O+CO2↑（4）使二氧化碳与水隔离，防止二氧化碳溶于水，没有；（5）②，③。【解析】试题分析：1）a属于可以作为发生装置的试管，b属于可以加入液体的仪器长颈漏斗；正确的使用酒精灯的方法是用完后，随时将灯冒盖上，否则由于酒精的挥发性，致使灯心留有水分不易点燃．（2）用高锰酸钾制氧气属于需要进行加热的反应类型，所以发生装置可以选择C，化学方程式为2KMnO4≜K2MnO4+MnO2+O2↑，而用C和D装置进行实验时，发现水槽中的水变成紫红色，原因是试管口没有塞一小团棉花，造成在加热时一部分高锰酸钾粉末通过导管进入水槽，所以致使水槽水变红色．（3）在实验室制取气体的发生装置的选取时，应注意A和B的区别，A、B均属于固液不需要加热的反应类型的发生装置，但是A与B的区别是A不能随时加热液体．用石灰石和稀盐酸制取和收集干燥的二氧化碳，反应的原理为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑．由于石灰石和稀盐酸不需要加热的反应，应选择的发生装置可以选择A或B，由于二氧化碳微溶于水，收集装置只能选择E，F装置用于酸性气体的干燥装置，所以此题的组合为BEF（或AEF）．（4）由于二氧化碳微溶于水，在水面放一层植物油，目的防止与水反应．避免了空气中二氧化碳对实