2024年高三化学复习主观题一遍过专题20实验现象描述专练含解析

PAGEPAGE22专题20试验现象描述专练1．绿矾是含有确定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学爱好小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题：（3）为探究硫酸亚铁的分解产物，将（2）中已恒重的装置A接入下图所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。试验后反应管中残留固体为红色粉末。①C、D中的溶液依次为_________（填标号）。C、D中有气泡冒出，并可视察到的现象分别为_______________。a．品红b．NaOHc．BaCl2d．Ba(NO3)2e．浓H2SO4【答案】c、a生成白色沉淀、褪色【解析】（1）①最终得到红棕色固体，说明有氧化铁生成，即分解过程发生了氧化还原反应，依据化合价改变可知确定有SO2生成，这说明硫酸亚铁分解生成氧化铁、SO2和三氧化硫。三氧化硫溶于水生成硫酸，硫酸和钡离子结合生成白色沉淀硫酸钡，由于硝酸钡在酸性溶液中有氧化性，能氧化SO2，所以应当用氯化钡，检验SO2用品红溶液，所以C、D的溶液依次为氯化钡溶液和品红溶液，试验现象是C中溶液变浑浊产生白色沉淀，D中品红溶液褪色，故答案为c、a.2．氮的氧化物(NOx)是大气污染物之一，工业上在确定温度和催化剂条件下用NH3将NOx还原生成N2。某同学在试验室中对NH3与NOx反应进行了探究。回答下列问题：（1）氨气与二氧化氮的反应将上述收集到的NH3充入注射器X中，硬质玻璃管Y中加入少量催化剂，充入NO2(两端用夹子K1、K2夹好)。在确定温度下按图示装置进行试验。操作步骤试验现象说明缘由打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢通入Y管中①Y管中_____________②反应的化学方程式____________将注射器活塞退回原处并固定，待装置复原到室温Y管中有少量水珠生成的气态水凝集打开K2③_______________④______________【答案】（1）①红棕色气体渐渐变浅；②8NH3+6NO27N2+12H2O；③Z中NaOH溶液产生倒吸现象；④反应后气体分子数削减，Y管中压强小于外压。【解析】（1）（2）①NO2具有强氧化性，NH3有强还原性，两者相遇，会发生氧化还原反应产生氮气和水，依据电子守恒、原子守恒，可得反应的方程式：8NH3+6NO27N2+12H2O，依据反应方程式可知反应现象是：Y管内看到红棕色气体渐渐变浅，同时在注射器的内壁有水珠产生；②依据①分析可知发生该反应的方程式是8NH3+6NO27N2+12H2O；③反应后由于容器内气体的物质的量削减，所以会使容器内气体压强减小。当打开K2后，烧杯内NaOH溶液在大气压强的作用下会倒吸进入Y管内；④溶液进入Y管内的缘由是由于该反应是气体体积减小的反应，反应发生导致装置内压强降低，在外界大气压的作用下而发生倒吸现象。3．CuCl广泛应用于化工和印染等行业。某探讨性学习小组拟热分解CuCl2·2H2O制备CuCl，并进行相关探究。【资料查阅】【试验探究】该小组用下图所示装置进行试验（夹持仪器略）。请回答下列问题：（1）在试验过程中，视察到B中物质由白色变为蓝色，C中试纸的颜色改变是_______。（2）反应结束后，取出CuCl产品进行试验，发觉其中含有少量的CuCl2或CuO杂质，依据资料信息分析：①若杂质是CuCl2，则产生的缘由是________________。②若杂质是CuO，则产生的缘由是________________。【答案】（1）先变红，后褪色（2）①加热时间不足或温度偏低②通入HCl的量不足【解析】（1）B中物质由白色变为蓝色，说明有水生成，产物中还有Cl2，所以C中石蕊试纸先渐渐变为红色，后褪色，答案为：先变红，后褪色。（2）①依据题给信息知若杂质是CuCl2，说明CuCl2没有反应完全，缘由为加热时间不足或温度偏低，答案为：加热时间不足或温度偏低；②若杂质是氧化铜，说明CuCl2水解生成Cu2(OH)2Cl2，进一步分解生成CuO，缘由是通入HCl的量不足，答案为：通入HCl的量不足。4．草酸（乙二酸）存在于自然界的植物中，其K1=5.4×10－2，K2=5.4×10－5。草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水。草酸晶体(H2C2O4·2H2O)无色，熔点为101℃，易溶于水，受热脱水、升华，170℃以上分解。回答下列问题：（1）甲组同学依据如图所示的装置，通过试验检验草酸晶体的分解产物。装置C中可视察到的现象是_________，由此可知草酸晶体分解的产物中有_______。装置B的主要作用是________。（2）乙组同学认为草酸晶体分解的产物中含有CO，为进行验证，选用甲组试验中的装置A、B和下图所示的部分装置(可以重复选用)进行试验。①乙组同学的试验装置中，依次连接的合理依次为A、B、______。装置H反应管中盛有的物质是_______。②能证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是_______。【答案】（1）有气泡逸出，澄清石灰水变浑浊；CO2；冷凝（水蒸气、草酸等），避开草酸进入装置C反应生成沉淀，干扰CO2的检验。（2）①F、D、G、H、D、I；CuO（氧化铜）；②H中的粉末有黑色变为红色，其后的D中的石灰水变浑浊；【解析】（1）草酸晶体(H2C2O4•2H2O)无色，熔点为101℃，易溶于水，受热脱水、升华，170℃以上分解，假如草酸受热分解，分解时会产生二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钙反应生成难溶性的碳酸钙沉淀而使澄清石灰水变浑浊，所以C中视察到的现象是：有气泡冒出且澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成；草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水，草酸易挥发，导致生成的气体中含有草酸，草酸和氢氧化钙反应生成难溶性的草酸钙而干扰二氧化碳的检验，B装置温度较低，有冷凝作用，防止干扰二氧化碳的检验，故答案为：有气泡冒出，澄清石灰水变浑浊；CO2；冷凝(水蒸气和草酸)，防止草酸进入装置C反应生成沉淀而干扰CO2的检验；（2）①要检验生成CO，在甲组试验后，用浓氢氧化钠除去二氧化碳，用澄清石灰水检验二氧化碳，用碱石灰干燥CO，利用CO和CuO发生还原反应生成CO2，再利用澄清石灰水检验生成的二氧化碳，用排水法收集CO避开环境污染，所以其连接依次是F、D、G、H、D、I；H装置中盛放的物质应当具有氧化性，且和CO反应有明显现象发生，CuO能被CO还原且反应过程中黑色固体变为红色，现象明显，所以H中盛放的物质是CuO，故答案为：F、D、G、H、D、I；CuO；②CO具有还原性，其氧化产物是二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，且CO将黑色的CuO还原为红色的Cu，只要H中黑色固体转化为红色且其后的D装置溶液变浑浊就说明含有CO，故答案为：H中黑色粉末变为红色，其后的D中澄清石灰水变浑浊。5．某学习小组按如下试验流程探究海带中碘含量的测定和碘的制取。试验(一)碘含量的测定取0.0100mol·Lˉ1的AgNO3标准溶液装入滴定管，取100.00mL海带浸取原液至滴定池，用电势滴定法测定碘含量。测得的电动势(E)反映溶液中c(Iˉ)的改变，部分数据如下表：V(AgNO3)/mL15.0019.0019.8019.9820.0020.0221.0023.0025.00E/mV－225－200－150－10050.0175275300325试验(二)碘的制取另制海带浸取原液，甲、乙两种试验方案如下：已知：3I2＋6NaOH＝5NaI＋NaIO3＋3H2O。请回答：（1）①分液漏斗运用前须检漏，检漏方法为。②步骤X中，萃取后分液漏斗内视察到的现象是。【答案】（1）①向分液漏斗中加入少量水，检查旋塞处是否漏水；将漏斗倒转过来，检查玻璃塞是否漏水②液体分上下两层，下层呈紫红色【解析】（1）①分液漏斗的检漏方法为：向分液漏斗中加入少量水，检查旋塞处是否漏水；将漏斗倒转过来，检查玻璃塞是否漏水。②步骤X中，加入CCl4的作用是萃取碘水中的I2，萃取后I2溶解在CCl4中而呈紫色，由于CCl4的密度比水大，沉在下层，所以视察到的试验现象是：液体分上下两层，下层呈紫红色。6．(NH4)2SO4是常见的化肥和化工原料，受热易分解。某爱好小组拟探究其分解产物。[查阅资料](NH4)2SO4在260℃和400℃时分解产物不同。[试验探究]该小组拟选用下图所示装置进行试验（夹持和加热装置略）试验1：连接装置A-B-C-D，检查气密性，按图示加入试剂（装置B盛0.5000mol/L盐酸70.00mL）。通入N2排尽空气后，于260℃加热装置A一段时间，停止加热，冷却，停止通入N2。品红溶液不褪色，取下装置B，加入指示剂，用0.2000mol/LNaOH溶液滴定剩余盐酸，终点时消耗NaOH溶液25.00mL。经检验滴定后的溶液中无SO42-。试验2：连接装置A-D-B，检查气密性，按图示重新加入试剂。通入N2排尽空气后，于400℃加热装置A至(NH4)2SO4完全分解无残留物，停止加热，冷却，停止通入N2。视察到装置A、D之间的导气管内有少量白色固体。经检验，该白色固体和装置D内溶液中有SO32-，无SO42-。进一步探讨发觉，气体产物中无氮氧化物。（1）检验装置D内溶液中有SO32-，无SO42-的试验操作和现象是__________.（2）装置B内溶液汲取的气体是____________.【答案】（1）取少量装置D内溶液于试管中，滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀；加入足量稀盐酸后沉淀完全溶解，放出无色刺激性气体（2）NH3【解析】（1）亚硫酸钡能与盐酸反应生成SO2，硫酸钡不溶于盐酸，则检验装置D内溶液中有SO32－，无SO42－的试验操作和现象是：取少量装置D内溶液于试管中，滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀；加入足量稀盐酸后沉淀完全溶解，放出无色刺激性气体，证明装置D内溶液中有SO2－3，无SO42—；（2）试验2证明，(NH4)2SO4在400℃分解得到的产物中有NH3和SO2，能被装置B中的盐酸溶液汲取的气体为NH3。7．如图是试验室制备氯气并进行一系列相关试验的装置(夹持设备已略)。（1）装置C用于验证氯气是否具有漂白性，因此装置C中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ依次放入：___(填字母)。（2）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性强弱。当向D中缓缓通入足量氯气时，可以看到无色溶液渐渐变为红棕色，说明氯的非金属性强于溴的。打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡。视察到的现象是______。但该现象不能说明溴的非金属性强于碘，缘由是______。【答案】dE中液体分为两层，上层(苯层)为紫红色过量的Cl2也可将I-氧化为I2【解析】(1)装置C用于验证氯气是否有漂白性，Cl2从B装置中到C中，并没有经过干燥，Cl2中还有水蒸气存在，所以首先Cl2接触的应当是潮湿的有色布条。再经过干燥剂干燥，干燥剂可以选择无水氯化钙，硅胶、五氧化二磷等等，不能选择碱石灰，Cl2会与碱石灰反应，不能选择浓硫酸，否则Cl2无法通过U型管，之后再与干燥的布条作用，形成对比，验证氯气是否具有漂白性。所以应当选d；(2)D的溶液中含有的溴单质，还有溶解在溶液中的过量的氯气，均可以与KI反应，生成I2，苯萃取碘单质，上层呈现紫红色。由于通入了过量的氯气，D的溶液中还有溶解的过量的氯气，氯气的氧化性比Br2的氧化性强，会先与KI反应，所以置换出的碘单质的不确定是Br2，所以不能比较Br2和I2的氧化性强弱，进而不能比较出其元素的非金属性强弱。答案为E中液体分为两层，上层(苯层)为紫红色过量的Cl2也可将I-氧化为I2。8．土法酿造葡萄酒(只加糖的纯自然酿酒法)简单出问题，有报道说，喝了自制葡萄酒差点失明。主要缘由是发酵过程产生的菌种多达百种，难以限制，而产生对神经有毒的甲醇等物质。科学酿酒加SO2等辅料，我国国家标准（GB2760-2014）规定葡萄酒中SO2的残留量≤0.25g/L。(1)用如图试验装置探究二氧化硫的氧化性。充入气体前的操作为___，关闭旋塞1和2；按图2充入气体,连接装置。打开旋塞1，可视察到的主要现象是_____；若A瓶和B瓶的体积相等,复原到常温,打开旋塞2，可视察到的现象是____，此时A瓶中可能发生反应的化学方程式为____。(2)从环保角度，利用图2装置设计探究二氧化硫既有氧化性又有还原性的最佳方案。试验方案预期现象将烧杯中的氢氧化钠溶液换成_____溶液（填化学式），操作如(1)说明SO2具有还原性的现象为____，对应的离子方程式为：_____________________【答案】检査装置气密性B瓶内壁有黄色固体和小水珠生成NaOH溶液倒吸到A瓶、B瓶中SO2+NaOH=NaHSO3或SO2+2NaOH=Na2SO3+H2OKMnO4A瓶中酸性KMnO4溶液褪色2MnO4-+SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+（也可以换成Br2，A瓶中溴水褪色；Br2+SO2+2H2O=2Br-+SO42-+4H+）【解析】(1)该反应装置内有气体参加反应，因此充入气体前的操作为检査装置气密性；由于A中SO2气体压强大于B中H2S气体的压强，打开旋塞1，A中SO2向B中扩散，在B中发生反应：SO2+2H2S=3S+2H2O，所以在B中可视察到的主要现象是：B瓶内壁有黄色固体和小水珠生成；若A瓶和B瓶的体积相等，由于SO2的气体压强是H2S的1.5倍，说明SO2的物质的量是H2S的1.5倍，依据SO2+2H2S=3S+2H2O可知，SO2过量，最终A、B中都充溢了SO2气体，复原到常温，打开旋塞2，SO2简单溶于NaOH，并与之发生反应：SO2+NaOH=NaHSO3或SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，使装置内气体压强减小，因此可视察到的现象是NaOH溶液倒吸到A瓶、B瓶中；(2)要证明SO2具有还原性，可以选用具有氧化性的物质，只要反应现象明显，而且环保、无污染即可。可以将NaOH溶于改为酸性KMnO4或溴水，若为酸性KMnO4时，酸性KMnO4将SO2氧化为硫酸，KMnO4被还原为MnSO4无色溶液，因此视察到的试验现象为红色溶液变浅或褪色，反应的离子方程式为：2MnO4-+SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+；若溶液为溴水溶液时，会发生反应：Br2+SO2+2H2O=2Br-+SO42-+4H+，视察到溶液由棕黄色变为浅绿色。9．证明卤族元素的非金属性强弱，某小组用下图所示装置进行试验(夹持仪器已略去，气密性检查)试验过程：Ⅰ.打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸。Ⅱ.当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。Ⅲ.当B中溶液由黄色变为棕红色时，关闭活塞a。Ⅳ.……(1)验证氯气的氧化性强于碘的试验现象是________________________________________。(2)B中溶液发生反应的离子方程式是____________________________________。(3)为验证溴的氧化性强于碘，过程Ⅳ的操作和现象是__________________。【答案】Cu＋4HNO3(浓)＝Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O可以限制反应的发生与停止淀粉碘化钾试纸变蓝2Br－+Cl2＝Br2+2Cl－打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡。静止后四氯化碳层溶液变为紫红色【解析】（1）高锰酸钾氧化浓盐酸生成氯气，氧气把碘化钾氧化为单质碘，则验证氯气的氧化性强于碘的试验现象是淀粉碘化钾试纸变蓝。（2）生成的氯气通入B装置中把溴化钠氧化为单质溴，则B中溶液发生反应的离子方程式是2Br－+Cl2＝Br2+2Cl－。（3）由于要解除氯气对溴置换碘的试验干扰，则为验证溴的氧化性强于碘，过程Ⅳ的操作和现象是打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡。静止后四氯化碳层溶液变为紫红色。10．为探讨乙醇结构及其部分的化学性质，进行下列试验。完成下列问题：利用下列装置进行乙醇的催化氧化试验，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)（1）装置A圆底烧瓶内的固体物质是________，C中热水的作用是__________。（2）试验过程中D装置可以视察到的试验现象为_______。写出D处发生反应的化学方程式__________。试验进行一段时间后，假如撤去D处酒精灯，反应能否接着进行？_____。缘由是_______。（3）检验E中的生成物__________。【答案】MnO2预热反应混合气体亮—黑交替出现2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O能该反应本身放热在干净试管中加入新制氢氧化铜悬浊液，加入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【解析】(1)依据图示，装置A是生成氧气的装置，双氧水在二氧化锰催化作用下分解放出氧气，因此装置A圆底烧瓶内的固体物质是二氧化锰；乙醇易挥发，C中热水可以预热反应混合气体，并产生乙醇蒸气，故答案为：MnO2；预热反应混合气体；(2)铜催化氧化乙醇，事实上包括两个过程，一个是铜与氧气反应，一个是氧化铜氧化氧化，因此试验过程中D装置可以看到铜粉一会儿变黑，一会儿变亮。D处发生反应的总方程式为2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O；该反应为放热反应，试验进行一段时间后，假如撤去D处酒精灯，反应能接着进行，故答案为：亮—黑交替出现；2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O；能；该反应本身放热；(3)E中为乙醛的水溶液，其中可能含有乙醇，因此检验E中的生成物的方法为：在干净试管中加入新制氢氧化铜悬浊液，加入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，故答案为：在干净试管中加入新制氢氧化铜悬浊液，加入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。11．为了探究化学能与热能的转化,某试验小组设计了如图所示三套试验装置：(1)上述3个装置中，不能证明“铜与浓硝酸反应是吸热反应还是放热反应”的是____。

(2)某同学选用装置Ⅰ进行试验(试验前U形管里液面左右相平)，在甲试管里加入适量氢氧化钡溶液与稀硫酸，U形管中可视察到的现象是________________，说明该反应属于____(填“吸热”或“放热”)反应。

(3)为探究固体M溶于水的热效应，选择装置Ⅱ进行试验(反应在甲中进行)。①若M为钠,则试验过程中烧杯中可视察到的现象是_______________________②若视察到烧杯里产生气泡，则说明M溶于水__________(填“确定是放热反应”“确定是吸热反应”或“可能是放热反应”)；③若视察到烧杯里的玻璃管内形成一段水柱，则M可能是____。【答案】Ⅲ左端液柱降低。右端液柱上升放热产生气泡，反应完毕后，冷却至室温，烧杯里的导管内形成一段水柱可能是放热反应NH4NO3【解析】(1)装置Ⅰ可通过U形管中红墨水液面的改变推断铜与浓硝酸的反应是放热还是吸热；装置Ⅱ可通过烧杯中是否产生气泡推断铜与浓硝酸的反应放热还是吸热；装置Ⅲ只是一个铜与浓硝酸反应并将生成的气体用水汲取的装置，不能证明该反应是放热反应还是吸热反应，故答案为：Ⅲ；(2)氢氧化钡与硫酸反应属于中和反应，中和反应都是放热反应，所以锥形瓶中气体受热膨胀，导致U型管左端液柱降低，右端液柱上升，故答案为：左端液柱降低，右端液柱上升；放热；(3))①若M为钠，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，该反应为放热反应，放热的热量使大试管中温度上升，气体压强增大，所以右边烧杯中有气泡产生，反应完毕后，冷却至室温，烧杯里的导管内形成一段水柱，故答案为：放热；产生气泡，反应完毕后，冷却至室温，烧杯里的导管内形成一段水柱；②若视察到烧杯里产生气泡，说明M溶于水可能放出热量，由于放热反应确定属于化学改变，而有热量放出的反应不确定为化学改变，所以不确定属于放热反应，某些物质(如氢氧化钠)溶于水放热，但不是化学反应，故答案为：可能是放热反应；③若视察到烧杯里的玻璃管内形成一段水柱，说明装置中气体的压强减小，则M可能是硝酸铵，硝酸铵溶于水，汲取热量，温度降低，气体压强减小，故答案为：NH4NO3。12．氮的氧化物(NOx)是大气污染物之一，工业上在确定温度和催化剂条件下用NH3将NOx还原生成N2。某同学在试验室中对NH3与NOx反应进行了探究。（1）硬质玻璃管Y中加入少量催化剂和NO2，将NH3充入注射器X中，打开K1，将X中气体推入Y，关闭K1。已知反应生成两种环保无污染的产物，请写出该过程的化学方程式：_____________________，Y中的现象是__________________________（K2始终保持闭合）【答案】8NH3+6NO27N2+12H2O红棕色气体颜色变浅，玻璃管内璧上有小水珠【解析】（1）打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢充入Y管中，则氨气与二氧化氮发生归中反应生成无色氮气，化学方程式为8NH3+6NO27N2+12H2O，看到现象为:红棕色气体渐渐变浅，玻璃管内璧上有小水珠；故答案为：8NH3+6NO27N2+12H2O；红棕色气体颜色变浅，玻璃管内璧上有小水珠。13．按如图装置进行NH3性质试验。（1）先打开旋塞1，B瓶中的现象是_____________；缘由是__________________。稳定后，关闭旋塞1。（2）再打开旋塞2，B瓶中的现象是____________________________________。【答案】产生白色的烟A瓶中压强比B瓶中压强大，打开旋塞1，HCl进入B瓶并与NH3混合，发生反应HCl＋NH3===NH4Cl，生成的NH4Cl为白色固体小颗粒烧杯中的石蕊水溶液倒吸进入到B瓶中，溶液显红色.【解析】（1）依据装置特点，先打开旋塞1，氯化氢与氨气反应生成氯化铵，则B瓶中的现象是产生白色的烟；缘由是A瓶中压强比B瓶中压强大，打开旋塞1，HCl进入B瓶并与NH3混合，发生反应HCl＋NH3===NH4Cl，生成的NH4Cl为白色固体小颗粒；故答案为：产生白色的烟；A瓶中压强比B瓶中压强大，打开旋塞1，HCl进入B瓶并与NH3混合，发生反应HCl＋NH3===NH4Cl，生成的NH4Cl为白色固体小颗粒；（2）氨气极易溶于水，且水溶液呈碱性，所以打开旋塞2，B瓶中的现象是烧杯中的石蕊水溶液倒吸进入到B瓶中，溶液显红色，故答案为：烧杯中的石蕊水溶液倒吸进入到B瓶中，溶液显红色。14．硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2)]是分析化学中的重要试剂，在隔绝空气加热至500℃时能完全分解，分解产物中含有铁氧化物、硫氧化物、氨气和水蒸气等。某化学小组选用下图所示装置进行试验(夹持装置略)，探究此反应产物。(1)甲同学依据可能生成的气体产物，设计下列试验：操作步骤试验现象结论或说明①按______________的依次组装仪器并进行试验②___________气体产物中既有H2O，也有NH3③按A、C、D、E的依次组装仪器并进行试验，其中装置C的作用是____________C中无明显现象，D中生成白色沉淀④D中发生反应的离子方程式为___________【答案】A、F、E、BF中无水硫酸铜变蓝，B中溶液变红汲取NH3，验证是否含有SO3SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+【解析】(1)硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]在隔绝空气加热至500℃时硫酸亚铁铵能完全分解，分解产物中含有铁氧化物、硫氧化物、氨气和水蒸气等。在A中先通入氮气排净装置中的空气，然后加热分解硫酸亚铁铵。依据装置图中的药品可知，装置B可以检验氨气；装置C可以检验生成的产物中是否含有三氧化硫，装置D可以将二氧化硫氧化生成三氧化硫，装置E浓氢氧化钠溶液可以汲取硫的氧化物，装置F中无水硫酸铜可以检验生成的水。要验证气体产物中既有H2O，也有NH3，可以依据装置依次AFEB连接，F中无水硫酸铜变蓝色证明生成水，B中溶液变红说明生成氨气；按A、C、D、E的依次组装仪器并进行试验，通过装置C中的足量盐酸和氯化钡溶液中，C中无明显现象说明无三氧化硫，D中生成白色沉淀，D中过氧化氢氧化二氧化硫生成硫酸，硫酸和氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+；故答案为：A、F、E、B；F中无水硫酸铜变蓝，B中溶液变红；汲取NH3，验证是否含有SO3；SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+。15．SO2为大气污染物，探讨它的性质对环境治理具有重要意义。在铝基氧化铜作催化剂时，可利用自然气脱除二氧化硫，并回收单质硫（熔点为112.8℃，沸点为444.6℃）。（1）利用制得的CH4和SO2并结合B～G装置验证反应产物：CH4＋2SO22S＋CO2＋2H2O生成的单质S和CO2。①B装置作用除了干燥气体和充分混合气体外还有______________________②试验装置依次连接的合理依次为B、______________（每个装置只用一次）③证明有CO2产生的现象为_____________________________。④G装置中发生反应的离子方程式为_____________________________。【答案】视察气泡以便调整CH4和SO2的流速D、C、G、F、EF中品红不褪色，澄清石灰水变浑浊2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+【解析】（1）①CH4和SO2的反应须要高温条件下在硬质玻璃管中进行，所以B中浓硫酸可以起到干燥CH4和SO2的作用；如图，B装置中可同时通入CH4和SO2，便于充分混合CH4和SO2；CH4和SO2气体通过浓硫酸，会形成气泡，视察气泡以便调整CH4和SO2的流速比约为1∶2；②依据试验目的：验证CH4和SO2反应生成的单质S和CO2，则装置C冷却得到固体S单质，用E装置中澄清石灰水验证CO2，为防止SO2对验证CO2试验造成干扰，必需先将其除尽，可依次通过酸性高锰酸钾和品红溶液，综上分析试验装置依次连接的合理依次为B、D、C、G、F、E（每个装置只用一次）；③若F中品红溶液不褪色，则说明SO2已经除尽，E中澄清石灰水变浑浊则能证明该试验有CO2产生。④G装置中，酸性高锰酸钾溶液与SO2发生氧化还原反应，+7价Mn被还原为+2价，+4价S被氧化为+6价，依据电子守恒、电荷守恒、原子守恒可写出离子方程式：2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+。因此，本题正确答案是：视察气泡以便调整CH4和SO2的流速；D、C、G、F、E；F中品红不褪色，澄清石灰水变浑浊；2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+。16．二氯化二硫(S2Cl2)在工业上用于橡胶的硫化。为在试验室合成S2Cl2，某化学探讨性学习小组查阅了有关资料，得到如下信息：①将干燥的氯气在110℃～140℃与硫反应，即可得S2Cl2粗品。②有关物质的部分性质如下表：物质熔点/℃沸点/℃化学性质S112.8444.6略S2Cl2－77137遇水生成HCl、SO2、S；与过量氯气发生S2Cl2＋Cl22SCl2；温度超300℃以上完全分解为硫和氯气设计试验装置图如下：(1)上图中气体发生和尾气处理装置不够完善，请你提出改进看法_______________________。利用改进后的正确装置进行试验，请回答下列问题：(2)仪器A、B的名称分别是___________、___________，F的作用是_______________________。(3)假如在加热E时温度过高，对试验结果的影响_________________________________；在F中可能出现的现象是________________________________________________。【答案】将A换成恒压滴液漏斗(或用导管将A的上口和B相连)，在G和H之间增加干燥装置分液漏斗圆底烧瓶导气冷凝产率降低(或有副产物生成)有固体产生(或其他正确描述)【解析】（1）若B中气压过大，A中浓盐酸不简单滴下，可在A与B之间连接一根导管，以平衡A与B内气压，使浓盐酸在重力作用下顺当滴入B中，或将A换成恒压滴液漏斗；G为S2Cl2的收集装置，H中盛氢氧化钠溶液，水蒸气易挥发进入G中，易使S2Cl2水解，故应在G和H之间增加干燥装置。（2）由试验装置图可得，A为分液漏斗、B为圆底烧瓶；F导管较长有两个作用：导出产品和冷凝产品。（3）由已知S2Cl2与过量氯气反应生成SCl2，温度超300℃以上S2Cl2完全分解为硫和氯气，故温度过高，有副产物生成，产率降低；依据硫的熔、沸点可知，温度过高，使部分硫变成蒸汽，而硫的熔点较低，易凝固，则F管有固体产生或堵塞。17．某化学试验小组的同学为探究和比较SO2和氯水的漂白性，设计了如下的试验装置。(1)反应起先一段时间后，视察到B、D两个试管中的品红溶液出现的现象是：B：_________________________，D：________________________。(2)停止通气后,再给B、D两个试管分别加热，两个试管中的现象分别为B：________________________，D：__________________________。(3)另一个试验小组的同学认为SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性确定会更强。他们将制得的SO2和Cl2按1：1同时通入到品红溶液中，结果发觉褪色效果并不像想象的那样。请你分析该现象的缘由(用化学方程式表示)______________。【答案】品红褪色品红褪色褪色的品红又复原成红色无明显现象Cl2+SO2+2H2O===2HCl+H2SO4【解析】（1）SO2具有漂白性，二氧化硫通入品红溶液中，品红褪色；氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，因而氯气通入品红溶液中也能使品红褪色；故答案为：品红褪色；品红褪色；（2）SO2的漂白具有可逆性，褪色后的溶液加热时又复原原来的红色；次氯酸的漂白不行逆，加热时，不能复原红色，

故答案为：褪色的品红又复原成红色；无明显现象；

（3）氯气具有较强的氧化性，二氧化硫具有较强的还原性，在水溶液中两者1：1发生反应：Cl2+SO2+2H2O===2HCl+H2SO4，生成物都无漂白性，因而SO2和Cl2按1：1同时通入到品红溶液时，品红溶液并不退色，

故答案为：Cl2+SO2+2H2O===2HCl+H2SO4。18．某学习小组查阅资料可知高温下，FeCl2与O2反应确定生成Fe2O3，可能生成FeC13或Cl2。该小组同学利用如下装置对该反应进行探究。回答下列问题：查阅资料：FeCl2固体呈绿色，熔点为674℃，沸点为1023℃；FeC13在100℃左右升华。(l)试验过程中，B处硬质玻璃管中的现象为___；装置E中冷水的作用为____。(2)由上述试验可知：高温下，FeCl2与O2反应的化学方程式为_____。【答案】固体由绿色变为红棕色，有棕色烟产生降温，使FeCl3完全凝华12FeCl2+3O22Fe2O3+8FeCl3【解析】（1）试验探究得出FeCl2与O2反应生成Fe2O3和FeC13，则硬质玻璃管的现象为：固体由绿色变为红棕色，有棕色烟产生；依据已知条件可知，FeC13在100℃左右升华，则生成的FeC13需用冷水降温，使FeCl3完全凝华，便于收集FeC13，故答案为：固体由绿色变为红棕色，有棕色烟产生；降温，使FeCl3完全凝华；（2）FeCl2与O2在高温下反应生成Fe2O3和FeC13，其化学方程式为：12FeCl2+3O22Fe2O3+8FeCl3，故答案为：12FeCl2+3O22Fe2O3+8FeCl3。19．(1)某化学学习小组为探究NO2和SO2的反应，进行如下试验(如图所示)。①图甲两集气瓶中________(填“上”或“下”)瓶颜色深。②图乙中反应的现象是___________________________________________________。③图丙中“有红棕色气体产生”说明SO2和NO2反应的产物中有____________，说明NO2在该反应中显____________性。【答案】①下②两气体混合后，颜色消逝③NO氧化【解析】(1)①NO2红棕色，SO2无色，故下瓶颜色深；②NO2有强氧化性，能被SO2还原成NO，故现象为：两气体混合后，颜色消逝；③NO遇空气被氧化成NO2：2NO＋O2=NO2，“有红棕色气体产生”说明SO2和NO2反应的产物中有NO，体现了NO2的氧化性；20．如图是某探讨性学习小组设计制取氯气并以氯气为原料进行特定反应的装置。(1)要将C装置接入B和D之间，正确的接法是：a→_________→_________→d；(2)D处反应完毕后，关闭旋塞K，移去两个酒精灯，由于余热的作用，A处仍有少量Cl2产生，此时B中的现象是___________________________。(3)用量筒量取20mLE中溶液，倒入已检查不漏水的分液漏斗中，然后再注入10mLCCl4，盖好玻璃塞，振荡，静置于铁架台上(如图)，等分层后取上层液和下层液，呈黄绿色的是_________(填“上层液”或“下层液”)。(4)在A、B、C、D、E装置中有一处须要改进，说明须要改进的理由并在方框中画出改进后的装置图_________________________________________________。【答案】cb瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升下层液D中反应生成的HCI气体极易溶于水，易发生倒吸，改进后的装置图为【解析】(1)为使氯气与水充分接触，装置B、C和D之间的连接应为a→c→b→d。(2)关闭旋塞K后，A处反应生成的氯气进入B中，由于氯气在饱和食盐水中的溶解度很小，使B瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升。(3)试验后E中溶解有生成的HCl和未反应的Cl2，因CCl4不溶于水且密度比水大，而Cl2易于CCl4，故下层液体呈黄绿色。(4)由于HCl极易溶于水，装置E中易发生倒吸现象，故将E装置中导管改为倒置漏斗，使漏斗口略浸入水中。21．已知铁粉与水蒸气在不同温度下反应，所得黑色固体产物的成分不同，某化学小组的同学为测定该固体产物的组成，称取168mg纯铁粉，按下列步骤进行试验：①如图所示连接好装置检查气密性装入药品②打开K，加热某装置，一段时间后，再加热另一装置；③反应完成后，关闭K，停止加热，冷却后读取收集到的气体的体积回答下列问题：(1)试验中先点燃___________处的酒精灯，该操作在将D中的导管伸入量筒中打算收集气体之______(填“前”或“后”)(2)推断铁粉与水蒸气反应已经完成的现象是___________。(3)有同学认为用D装置测量气体的体积时，伸入量筒中的导管应适当加长，该同学的理由是___________。【答案】A后量筒内液面不再发生改变若导管太短，冷却时，气体不能回流，导致气体体积偏大；若导管太长，导管不易插入量筒中，也不易从量筒中取出【详解】(1)装置中的空气与Fe会发生反应，影响试验测定，因此要先加热A处的酒精灯，用水蒸气排出装置内的空气，以防铁粉受热后与空气反应；因反应后装置内会留有H2，必需将装置内的气体全部收集到量筒中，否则所测气体的体积将偏小，故加热A前要先把D处收集装置安装好，即点燃A处酒精灯在将D中的导管伸入量筒中打算收集气体之后进行；(2)铁粉与水蒸气生成黑色产物，与铁粉的颜色不易区分，只能依据反应产生的H2的难溶性，用不再产生气体，即气体的体积不发生改变作为反应完成的标记；(3)有同学认为用D装置测量气体的体积时，伸入量筒中的导管应适当加长，该缘由是反应是在加热时进行的，产生的氢气在温度高时体积大，当温度降低时体积减小，若导管太短，冷却时，气体不能回流，导致气体体积偏大；但是若导管太长，导管就不易插入量筒中，反应结束时导气管也不易从量筒中取出。22．二氯亚砜(SOCl2)是一种无色易挥发液体，猛烈水解生成两种气体，常用作脱水剂，其熔点为－105℃，沸点为79℃，140℃以上时易分解。并且Li-SOCl2电池可用于心脏起搏器。该电池的电极材料分别为锂和碳，电解液是LiAlCl4－SOCl2。电池的总反应可表示为4Li+2SOC12=4LCl+S+SO2。(1)甲同学认为SOCl2还可用作由FeCl3·6H2O制取无水FeCl2的脱水剂，但乙同学认为该试验可能发生副反应使最终的产品不纯。①可能发生的副反应的离子方程式为_________________________________。②两同学设计了如下试验方案推断副反应的可能性：i.取少量FeCl3·6H2O于试管中，加人足量SOCl2，振荡使两种物质充分反应；ii.往上述试管中加水溶解，取溶解后的溶液少许于两支试管，进行试验验证，完成表格内容。(供选试剂：AgNO3溶液、稀盐酸、稀HNO3、酸性KMnO4溶液、BaCl2溶液、K3[Fe(CN)6]溶液、溴水)方案操作现象结论方案一往一支试管中滴加___________若有白色沉淀生成则发生了上述副反应方案二往另一支试管中滴加______________________则没有发生上述副反应【答案】=BaCl2溶液K3[Fe(CN)6]溶液若无蓝色沉淀出现【解析】（1）①SOCl2中+4价硫元素，FeCl3中铁元素具有氧化性，脱水过程中Fe3+会被还原为Fe2+，而SOCl2会被氧化为H2SO4，反应的离子方程式为：SOCl2+2Fe3++3H2O=SO42—+6H++2Fe3++2Cl—，故答案为：SOCl2+2Fe3++3H2O=SO42—+6H++2Fe3++2Cl—；②方案一为检验加水溶解的溶液中是否含有硫酸根，检验硫酸根的试剂是氯化钡溶液，若滴加BaCl2溶液，若生成白色沉淀则证明脱水过程发生了氧化还原反应，故答案为：BaCl2溶液；方案二为检验加水溶解的溶液中是否含有亚铁离子，检验亚铁离子时，因为氯离子检验干扰，不能选用酸性KMnO4溶液，应当选用K3[Fe(CN)6]溶液，若滴加K3[Fe（CN）6]溶液，若没有生成蓝色沉淀则证明脱水过程没有发生氧化还原反应，故答案为：K3[Fe（CN）6]溶液；若无蓝色沉淀出现。23．硫代硫酸钠的工业制备的反应原理为2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2。某化学爱好小组用上述原理试验室制备硫代硫酸钠，并检测用硫代硫酸钠溶液处理后的氰化钠废水能否达标排放。（查阅资料）i.Na2S2O3易溶于水，其稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成。ⅱ.Na2S2O3易被氧化，BaSO3难溶于水，可溶于稀盐酸。（试验一）试验室通过如如图所示装置制备Na2S2O3。(1)试验中要限制SO2生成速率，可实行的措施有___________(写出一条)。(2)b装置的作用是______________________。(3)试验结束后，在e处最好连接盛___________(填“NaOH溶液”、“水”、“CCl4”中的一种)的注射器，接下来的操作为___________，最终拆除装置。(4)为验证产品中含有Na2SO3和Na2SO4，该小组设计了以下试验方案，请将方案补充完整。(所需试剂从稀HNO3、稀H2SO4、稀HCl、蒸馏水中选择)取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，_________________________________。沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4。【答案】限制反应温度、调整酸的滴加速度或调整酸的浓度等平安瓶，防止倒吸NaOH溶液关闭K2，打开K1过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，向沉淀中加入足量稀盐酸【解析】a装置制备二氧化硫，c装置中制备Na2S2O3，反应导致装置内气压减小，b为平安瓶作用，防止溶液倒吸，d装置汲取多余的二氧化硫，防止污染空气。(1)试验中要限制SO2生成速率，可实行的措施有：限制反应温度、调整酸的滴加速度或调整酸的浓度等；(2)由仪器结构特征，可知b装置为平安瓶，起到防止倒吸的作用；(3)试验结束后，装置b中还有残留的二氧化硫，为防止污染空气，应用NaOH溶液汲取，氢氧化钠和二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，再关闭K2打开K1，防止拆除装置时污染空