专题04 综合实验题型探究（知识清单 解析版）2026年高考化学一轮复习知识清单

专题04综合实验题型探究综综合实验题型探究实验法解释及结论化学反应产反应究寻求反程第一类：第二类能类第二步：提出第三步：寻操作步骤要注意物质的特殊性质，比如颜色、状态、气味、溶解性等物理性质，或能与哪些物质反应生成特殊的沉淀、气体等化方法法与步骤出实验结论1.研究物质性质的基本方法和程序(1)研究物质性质的基本方法：观察法、实验法、分类法、比较法等。(2)研究物质性质的基本程序：预测物质的性质实验和观察解释及结论的通性及特性2.物质性质实验方案的设计思路(1)验证物质性质实验方案的设计对物质具备的性质去求证，关键是设计出简洁的实验方案，要求操作简单、现象明显、安全可行。(2)探索物质性质实验方案的设计分析物质结构特点或从所属类型的典型代表物去推测该物质可能具有的一系列性质，而后据此分别设计出合理的实验方案，去探索它可能具有的性质。【跟踪训练】为验证不同化合价铁的氧化还原能力，利用下列电池装置进行实验。回答下列问题：(1)由FeSO₄·7H₂O固体配制0.10mol·L⁻¹FeSO₄溶液，需要的仪器有药匙、玻璃棒、烧杯、量筒、托盘天平(从下列图中选择，写出名称)。(2)电池装置中，盐桥连接两电极电解质溶液。盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应，并且电迁移率(u”)应尽可能地相近。根据下表数据，盐桥中应选择KCl作为电解质。阳离子阴离子+e⁻==Fe²+,则铁电极溶液中c(Fe²+)增加0.02mol-L⁻¹时，石墨电极溶液中c(Fe²+)1,故此时石墨电极溶液中c(Fe²+)=0.09mol·L⁻¹。(5)石墨电极的电极反应式为Fe³++e⁻=Fe²+,铁电极的电极反应式为Fe-2e⁻-=Fe²+,故验证了氧化性Fe³+>Fe₂+,还原性Fe>Fe₂+。(6)该活化反应为Fe+2Fe³+—3Fe²+,故通过检验Fe³+可说明活化反应是否完成，具体操作为取少量活化后溶液，滴加几滴KSCN溶液，若溶液不变红，则说明活化反应已完成。知能解读02化学反应产物、反应机理的探究1.解答产物确定题的思路分析由性质确定反应产物是解此类题目的根本思路，而题目中所涉及的物质，一般分为两类。常见的熟悉物质质，或能与哪些物质反应生成特殊的沉淀、气体等化学性质能类比迁移的陌生物质进而推断其具体组成2.寻求反应机理类探究性实验解题流程第一步第一步第三步【跟踪训练】1.学习小组探究了铜的氧化过程及铜的氧化物的组成。回答下列问题：(1)铜与浓硝酸反应的装置如下图，仪器A的名称为具支试管,装置B的作用为安全瓶(防倒吸)o(2)铜与过量H₂O₂反应的探究如下：实验②中Cu溶解的离子方程式为Cu+H₂O₂+2H⁺=Cu²=±2H₂O;产生的气体为O₂。比较实验①和②,从氧化还原角度说明H+的作用是增强H₂O₂的氧化能力_o(3)用足量NaOH处理实验②新制的溶液得到沉淀X,元素分析表明X为铜的氧化物，提纯干燥后的X在惰性氛围下加热，mgX完全分解为ng黑色氧化物Y,X的化学式为CuO₂_o(4)取含X粗品0.0500g(杂质不参加反应)与过量的酸性KI完全反应后，调节溶液至弱酸性。以淀粉为指示剂，用0.1000mol-L⁻¹Na₂S₂O₃标准溶液滴定，滴定终点时消耗Na₂S₂O₃3标准溶液15.00mL。(已知：2Cu²++4I==2Cul↓+I₂,标志滴定终点的现象是滴入最后半滴Na₂S₂O₃标准溶液时，溶液蓝色刚好褪去，且半分钟内不恢复,粗品中X的相对含量为96%o【解析】(1)仪器A的名称为具支试管；Cu与浓HNO₃反应产生的尾气直接用NaOH溶液吸收会引发溶液倒吸，装置B起到安全瓶的作用，防止倒吸。(2)Cu在稀H₂SO₄作用下，被H₂O₂氧化生成Cu²+和H₂O,溶液变蓝。Cu²+作用下，H₂O₂会被催化分解生成O₂。在Na₂SO₄溶液中H₂O₂不能氧化Cu,在稀H₂SO₄中H₂O₂能氧化Cu,说明H+使得H₂O₂的氧化性增强。(3)X为铜的氧化物，设X的化学式为CuOx,其在惰性氛围下加热分解生成黑色氧化物Y(CuO),则：贝解得x=2,则X的化学式为CuO₂。(4)CuO₂在酸性条件下生成Cu²+,Cu²+与KI反应生成I₂,I₂遇淀粉变蓝，用Na₂S₂O3标准溶液滴定I₂,当滴入最后半滴Na₂S₂O₃标准溶液时，溶液的蓝色褪去，且半分钟内不恢复时，表明I₂已完全反应，达到滴定终点。CuO₂中Cu为+2价、0为-1价，结合已知反应可知，CuO₂在酸性条件下与KI发生反应2CuO₂+8I+8H⁺==2CuI↓+3I₂+4H₂O,则2CuO₂~3I₂~6Na₂S₂O₃,则样品中1.重视“猜想”:“猜想”部分是基础，提出的猜想一定要全面、合理，即2.攻破“设计”:“设计”部分是核心，分值较大，也是区分度最大的部分。(1)明确实验目的，利用已学知识分析如何达到该实验目的。(2)根据实验原理，结合实验材料及已学知识，设计实验方案。(3)根据题给信息，控制实验条件，排除干扰因素，关注实验细节。(4)注意实验的简约性和安全性。第一步：明确实验目的-第一步：明确实验目的-明确验证的内容第二步：明确验证原理出验证物质性质等的实验原理将第二步的实验原理与第实验方案将实验方案代入题目中的实验第五步：代入流程通盘验空白实验：实验变量无关变量反应变量(对照组)↓设计实验：操纵实验控制无关检测反应(实验组)变量变量变量【跟踪训练】资料：i.Mn²+在一定条件下可被Cl₂或C1O氧化成MnO₂(棕黑色)、(绿色)、MnO₄(紫色)。iii.Cl₂的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaC1O的氧化性随碱实验装置如图(夹持装置略)序号通入Cl₂前通入Cl₂后I水Ⅱ5%NaOH溶液黑色沉淀紫色，仍有沉淀Ⅲ40%NaOH溶液黑色沉淀紫色，仍有沉淀(2)通入Cl₂前，Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色变为棕黑色的化学方程式为2Mn(OH)2+O₂-2MnO₂+2H₂Oo(3)对比实验I、Ⅱ通入Cl₂后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是二价锰化合物还原性随溶 (4)根据资料ii,Ⅲ中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因：原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将氧化为MnO₄。①用化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因Cl₂+2NaOH=NaCl+NaC1O+H₂O,但通过实②取Ⅲ中放置后的1mL悬浊液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色迅速变为绿色的离子方程式为;溶液绿色缓慢加深，原因是MnO₂被CIO(填“化学式”)氧化，可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。③取Ⅲ中放置后的1mL悬浊液，加入4mL水，溶液紫色缓慢加深，发生的反应是3C1O+2MnO₂+2OH ——2MnO₄+3CI+H₂O ④从反应速率的角度，分析实验Ⅲ未得到绿色溶液的可能原因的速率大于【解析】(1)B中试剂为饱和食盐水。吸收HCl气体，防止HCI影响氯气与二价锰化合物反应的探究。(2)通入Cl₂前，Ⅱ、Ⅲ中均为NaOH溶液，Mn²+与OH反应产生Mn(OH)2白色沉中缓慢变成棕黑色沉淀推断出Mn(OH)₂被空气中的氧气氧化为MnO₂:2Mn(OH)₂+O₂==2MnO₂+2H₂O。(3)实验I、Ⅱ中溶液碱性不同，通入氯气后，实验I中二价锰(MnSO₄)被氯气氧化为棕黑色沉淀MnO₂,实验I中二价锰[Mn(OH)2]被氯气氧化为紫色的MnO₄,二价锰被氧化为更高价，则二价锰化合物还原性随溶液的碱性增强而增强。(4)②结合资料ii“浓碱性条件下，可被OH⁻还原为”可知，溶原为,OH⁻浓度减小，C1O氧化性增强，将MnO₂氧化为绿色的浓度增大，所以溶液绿色缓慢加深。③稀释导致悬浊液中OH⁻浓度减小，碱性减弱，CIO氧化性增强，将MnO₂氧化为紫色的MnO₄,MnO₄浓度逐渐增大，溶液紫色缓慢加深，发生反应3C1O⁻+2MnO₂+2OH=2MnO₄+3Cl可知，碱性环境中C1O的氧化性强于MnO₄,从反应速率的角度分析可得，实验Ⅲ未得到绿色溶液的原因可能是CIO⁻将氧化为MnO₄易混易错01综合实验探究四要点(1)实验方案要可行。要尽量避免使用高压和特殊催化剂等实验室难以达到的条件，实验方案要简单易行。(2)实验顺序要科学。要对各个实验步骤进行统一的规划和安排，保证实验准确高效，同时要减少副反应的发生和避免实验步骤间的相互干扰。(3)实验现象要直观。如“证明CH₃COOH是弱电解质”的实验，可配制一定浓度的CH₃COONa溶液，用pH试纸测溶液的pH,通过测定的结果(常温下，pH>7)得出结论，操作简便且现象明显。(4)实验结论要可靠。要反复推敲实验步骤，多方验证实验结果，做到实验结论准确可靠。【跟踪训练】1.某学习小组拟探究CO₂和锌粒反应是否生成CO,已知CO能与银氨溶液反应产生黑色固体。实验装置如图所示，其中装置f中的试剂为银氨溶液，下列说法正确的是i-i-盐酸A.实验开始时，先点燃酒精灯，后打开活塞KB.b、c中试剂依次为饱和食盐水、浓硫酸C.a装置也可以用于铜与浓硫酸的反应D.装置e的作用是安全瓶，防倒吸【分析】探究CO₂和锌粒反应是否生成CO,a装置是CO₂气体发生装置，生成的CO₂气体含有HCI和水蒸气，b装置中盛有饱和NaHCO₃溶液，用来除去HCI,c装置中盛有浓硫酸，用来除去水蒸气，通过d装置加热和锌发生反应，e装置为安全瓶，CO进入f装置中的银氨溶液产生黑色固体，验证CO的生成，以此解答该题。【解析】A.实验开始时应先打开活塞K通入CO₂一段时间，排尽装置内空气，避免空气与锌粉反应，然后B.b装置中盛有饱和NaHCO₃溶液，用来除去HCI,c装置中盛有浓硫酸，用来除去水蒸气，B错误；D.e装置为安全瓶，防止f装置中的液体倒吸到d装置中的硬质玻璃管中，D正确；故选D。2.活泼金属很难置换出溶液中的金属元素，某兴趣小组探究铝与铜盐溶液反应，并探索阴离子对反应的影响。小组同学设计两种铜盐溶液分别与金属铝片(经打磨后)的反应。发现不同现象如下：实验一：4mL8%的CuSO₄溶液实验二：4mL8%的CuCl₂溶液实验现象红色铜立即产生大量气泡，铝片上迅速有红色铜出现，有少②实验二中产生的气体经检验有爆鸣声，该气体为0(2)探究不同现象产生的原因①对比实验一、二后不同现象作如下假设猜想：假设1:相对于铝与硫酸铜溶液的反应，铝与氯化铜溶液的反应时，氯离子对铝置换铜有作用。假设2:CuSO₄溶液显中性，CuCl₂溶液显酸性。②设计实验方案：验证“假设1”的实验设计：取甲、乙两支试管，分别加入等体积的溶液，再向甲试管中加入1g氯化钠固体，向两支试管各加入相同铝片(经打磨后),观察到甲试管产生气体速率乙试管产生气体速率(填验证“假设2”的实验设计：取等体积的两种溶液，分别滴加两滴紫色石蕊溶液，溶液都变红，证明“假设2”不成立。③结论：铝和铜盐溶液反应时，(填写离子符号)是加快反应速率和产生气体的影响因素。【答案】(1)3CuSO₄+2Al=3Cu+Al(SO₄)₃(2)促进CuSO₄快于Cl-【分析】探究铜盐溶液分别与金属铝片(经打磨后)的反应：实验一：4mL8%的CuSO₄溶液与金属铝片反应，短时间无变化，数小时后铝片上仅有少量红色铜，说明金属铝能与CuSO₄溶液反应置换出少量金属铜，反应为3CuSO₄+2Al=3Cu+Al₂(SO₄)₃;实验二：4mL8%的CuCl₂溶液与金属铝片反应，立即产生大量气泡，说明铝片与水发生反应产生氢气，2Al+6H₂O=2AL(OH)₃+3H₂↑;有少量蓝色沉淀，说明还有Cu(OH)₂产生；反应为铝片上迅速有红色铜出现，说明金属铝能与CuCl₂溶液能快速反应置换出金属铜，反应为2Al+3CuCl₂=2AICl₃+3Cu;氯离子破坏氧化膜，促进铝与铜离子反应，同时铜离子水解使溶液显酸性，铝与氢离子②实验二中产生的气体经检验有爆鸣声，根据元素组成及能产生爆鸣声可知该气体(2)①对比实验一、二后不同现象作如下假设猜想：假设1:相对于铝与硫酸铜溶液的反应，铝与氯化铜溶液的反应时，唯一不同的地方为阴离子分别为：SO₄-假设2:CuSO₄溶液显中性，CuCl₂溶液显酸性。溶液，向甲试管中加入1g氯化钠固体，向两支试管各加入相同铝片(经打磨后),观察到甲试管产生气体速(3)③根据前面的探究实验可以得到以下结论：铝和铜盐溶液反应时，CI-是加快反应速率和产生气体的已知：H₂C₂O₄是弱酸【提出猜想】假设1:菠菜中铁元素以Fe²+形式存在；假设3:菠菜中铁元素以Fe²+和Fe³+形式存在。(3)若观察到,则证明假设3成立。(4)经实验，试管a、b中均无明显现象。为探查原因，查阅资料得知：菠菜中的铁元素以草酸亚铁(FeC₂O₄)的形式存在。FeC₂O₄难溶于水，高温下可分解产生FeO以及气体产物。①经检验，气体产物中含有CO₂,由此同学们推测气体中应含有CO,理由是_o②实验证明气体产物为CO₂和CO,n(CO₂):n(CO)=.【实验反思】(5)未检测到菠菜中的铁元素，原因可能是o②取适量滤液于试管中，加入试剂Y,即可证明菠菜中含有+2价铁元素。该试剂y为_o【可行性分析】(7)成年人每天所需铁元素的质量为20mg,每100g菠菜中含铁元素约为2mg,铁吸收率约为2%。①100g菠菜中含FeC,O₄的物质的量为mol(列出计算式)。②若要满足成年人对铁元素的需求量，则需要每天食用菠菜kg。由此可知，菠菜补铁不可行。【答案】(1)菠菜中铁元素以Fe³+形式存在(3)试管a中溶液为红色，试管b中溶液红色比a的深(4)Fe元素的化合价未发生变化，依据氧化还原反应规律，C元素化合价由+3升高至+4价，则必然存在化合价降低的过程，而0元素的化合价已为最低价，因此只能C元素化合价降低，则气态产物为CO(5)FeC₂O₄难溶于水，导致溶液中铁元素含量低【分析】菠菜研磨，水浸，过滤得到滤液，使用活性炭脱色后过滤，滤液加入KSCN溶液检验Fe³+,再加入过氧化氢溶液，若观察到试管a中溶液为红色，且试管b中溶液红色比a的深，则证明假设3成立，据此解答。【解析】(1)结合假设1和假设2可知，假设2:菠菜中铁元素以Fe³+形式存在；(2)Fe³+遇KSCN溶液变红，若加入KSCN溶液，溶液变红则含有Fe³+,所以加入KSCN的目的是检验Fe³+;(3)Fe³+的浓度越大，溶液颜色越深，假设3成立，即菠菜中铁元素以Fe²+和Fe³+形式存在，则试管a中溶液为红色，加入双氧水，Fe²+被氧化为Fe³+,Fe³+浓度增大，试管b中溶液红色比a的深，所以若观察到试管a中溶液为红色，试管b中溶液红色比a的深，则证明假设3成立；(4)①经检验，气体产物中含有CO₂,由此同学们推测气体中应含有CO,根据氧化还原反应规律可知，其理由是：Fe元素的化合价未发生变化，依据氧化还原反应规律，C元素化合价由+3升高至+4价，则必然存在化合价降低的过程，而O元素的化合价已为最低价，因此只能C元素化合价降低，则气态产物为CO;②气体产物为CO₂和CO,C元素化合价由+3升高至+4价而生成二氧化碳，C元素化合价由+3降低至+2价而生成CO,根据得失电子守恒可知，n(CO₂):n(CO)=1:1;(5)查阅资料得知：菠菜中的铁元素以草酸亚铁(FeC₂O₄)的形式存在，FeC₂O₄难溶于水，则未检测到菠菜中的铁元素，原因可能是：FeC₂O₄难溶于水，导致溶液中铁元素含量低；(6)①FeO难溶于水，易溶于酸，加试剂x的目的是浸取铁元素，则试剂x为稀硫酸；②Fe²+与氢氧化钠反应生成白色的Fe(OH)₂沉淀，Fe(OH)₂易被氧气氧化为红褐色的Fe(OH)₃,所以取适量滤液于试管中，加入NaOH溶液，即可证明菠菜中含有+2价铁元素，则该试剂y为NaOH溶液；(7)①根据铁元素守恒可知，100g菠菜中含FeC₂O₄的物质的量为³mol;②若要满足成年人对铁元素的需求量，则需要每天食用菠菜,由此可知，菠菜补铁不可行。4.为探究金属铁和铝的钝化现象，某小组同学做了如下探究实验。序号实验操作及现象I将光亮的铁钉放入冷的浓硫酸中，铁钉表面逐渐聚集白色固体，直至无明显现象。水冲洗后再次放入浓硫酸中，又开始重复以上现象。反复几次后酸液呈淡黄色浑浊。将光亮的铝钉放入冷的浓硫酸中，铝钉变暗。将铝钉取出用蒸馏水冲洗后再次放入浓硫酸中，无明显现象。铁钉或铝钉浓硫酸Fe²+,因此铁在浓硫酸中生成了FeSO₄。(4)若向FeSO₄溶液中滴加未经酸化的H₂O₂溶液，溶液的pH已知：a.未经酸化的H₂O₂溶液pH为4.4,FeSO₄溶液的起始pH为3.4;b.Fe³+沉淀的pH范围为1.9~3.2;用化学方程式解释滴定过程中pH变小的原因o序号试剂B溶液体积实验现象I很快有大量红色固体析出Ⅲ短时间内有较多红色固体析出0.06molL'CuCl₂溶液+试剂a②对比实验Ⅱ、Ⅲ、IV,实验Ⅲ反应速率最快，文献研究表明，C1-是该反应速率的关键影响因素。则实验IV中试剂a为。CI-加快反应速率的原因可能是。(写出一条即可)(5)铝钉在浓硫酸中生成致密的氧化铝膜，使其钝化，而铁钉在浓硫酸中生成硫酸亚铁，对铁钉起不到保护作用0.04mol·L'CuSO₄溶液CI-破坏了铝钉表面的氧化膜；CI-与A³+形成[AICl₄],减少Al³+在铝表面沉积，防止钝化(答出任意一点即可)【分析】在常温下Fe和AI在浓H₂SO₄或浓HNO₃产生钝化现象，某实验小组做如下探究实验：i.将光亮的铁钉放入冷的浓硫酸中，铁钉表面逐渐聚集白色固体，说明Fe与浓硫酸发生了反应，直至无明显现象；将铁钉取出用蒸馏水冲洗后再次放入浓硫酸中，又开始重复以上现象，说明产生的白色固体易溶于水；反复几次后酸液呈淡黄色浑浊，说明浓硫酸被还原为单质S;ii.将光亮的铝钉放入冷的浓硫酸中，铝钉变暗，说明AI与浓硫酸发生了反应，将铝钉取出用蒸馏水冲洗后再次放入浓硫酸中，无明显现象，说明产生的灰色物质难溶于水；据此信息解答。【解析】(1)铝在浓硫酸中其表面生成了致密的氧化物膜，此过程体现了浓硫酸的强氧化性。(2)将实验①中覆盖白色固体的铁钉用蒸馏水冲洗，向收集的冲洗液中加入几滴硫氰化钾溶液，无明显现象，说明无Fe³+存在，再向此无色溶液中滴加几滴酸化的H₂O₂溶液，溶液变红，说明溶液中存在Fe²+,由此得到铁在浓硫酸中生成了FeSO₄的结论。(3)经检验实验中淡黄色浑浊为单质硫，说明Fe将浓硫酸还原为单质硫，同时产生FeSO₄,则反应的化学方程式为：3Fe+4H₂SO₄(浓)=3FeSO₄+(4)向FeSO₄溶液中滴加未经酸化的H₂O₂溶液，发生的反应为：H₂O₂+2Fe²++4H₂O=2Fe(OH)₃↓+4H⁺,根据反应可知，随着反应的进行，生成氢离子增多，因此pH下降。(5)①实验1中将铁钉加入0.1mol·L'CuSO₄溶液中很快有大量红色固体析出，说明铁钉在浓硫酸中生成硫酸亚铁，对铁钉起不到保护作用，Fe能将Cu置换出来；实验Ⅱ中铝钉加入0.1mol·L'CuSO₄溶液中，无明显现象，说明铝钉在浓硫酸中生成致密的氧化铝膜，使其钝化，对铝钉起到保护作用，使AI不在与CuSO₄溶液反应将Cu置换出来；②对比实验Ⅱ、Ⅲ、IV,实验Ⅲ反应速率最快，文献研究表明，CI是该反应速率的关键比原则，实验Ⅱ、Ⅲ、IV所用c(Cu²+)。=0.1mol-L',而实验IV实际所取的c(Cu²+)=0.06mol-L¹,则还需要补充c(Cu²+)=0.04mol-L¹,所以实验IV中试剂a为：0.04mol·L'CuSO₄溶液；根据实验Ⅱ、Ⅲ、IV中的阴(2)进行某些易燃、易爆实验时，要防止爆炸。如H₂还原CuO实验中应先通入H₂,气体点燃前要先验纯。(3)防止氧化。如H₂还原CuO实验中要“先灭灯再停氢”,白磷切割要在水中进行等。【跟踪训练】某学校兴趣小组为研究该膨松剂在加热情况下发生的反应和放出的气体的量，设NaOH【资料】a.浓硫酸常用于吸收水蒸气；b其质量差即为样品产生的二氧化碳的质量。加热前，先对已连接好的装(5)取膨松剂样品40.0g(除NaHCO₃外，不含其它能分解产生CO₂的物质),实验测得产生二氧化碳的质量为8.8g,计算该膨松剂中小苏打的质量分数为_o【答案】(1)(球形)干燥管吸收空气中的CO₂气体(3)D加热前，通入空气是为了排出装置中的CO₂,停止加热后，通入空气是为了使残留在装置中的CO₂全部进入D中以便完全吸收【分析】该实验是研究该膨松剂在加热情况下放出气体的量。实验前先由左端通入空气，A中NaOH溶液可吸收空气中的CO₂气体，然后通过装置B,经装置C中浓硫酸干燥后，经装置D、E排出，当装置充满不含CO₂的空气后，加热装置B,NaHCO₃不稳定，加热分解产生生Na₂CO₃、CO₂、H₂O,产生的CO₂气体经浓硫酸干燥后，被U型管中碱石灰吸收，根据最终D增加质量判断反应产生的CO₂的量的多少，装置中E碱石灰作用是吸收空气中的CO₂、H₂O,防止对实验结果造成干扰，为减少实验误差，停止加热后，还需继续通入一段时间的空气，目的是使残留在装置中的CO₂全部进入D中以便完全吸收，据此分析；【解析】(1)由图可知该装置的名称为：(球形)干燥管；根据分析可知，A中NaOH溶液可吸收空气中(2)加热时试管，NaHCO₃不稳定，加热分解产生生Na₂CO₃、CO₂、H₂O,发生反应的化学方程式：(3)NaHCO₃不稳定，受热分解产生Na₂CO₃、CO₂、H₂O,反应产生的CO₂气体被U型管中的碱石灰吸收，所以样品产生的CO₂的质量可通过测定实验前后装置D的质量测得，为减少实验误差，加热前，通入空气是为了排出装置中的CO₂,停止加热后，还需继续通入一段时间的空气，目的是使残留在装置中的CO₂全部进入D中以便完全吸收；(4)装置中E碱石灰作用是吸收空气中的CO₂、H₂O,防止对实验结果造成干扰；若没有装置E,空气中CO₂、H₂O也会被装置D吸收，导致CO₂质量偏大，从而使测定结果偏大；(5)若上述实验测得二氧化碳的质量为8.8g,膨松剂中小苏打的质量分数为2.化学兴趣小组设计如下实验，证明Na₂O₂可在呼吸面具和潜水艇中做供氧剂，并测定Na₂O₂试样的纯度(通过气体与样品反应后生成O₂的量测定Na₂O₂的含量)。可供选用的反应物：CaCO₃固体、稀盐酸、稀硫酸和蒸馏水。回答下列问题：(1)仪器a的名称为_,其中盛放的试剂为(填试剂名称)。A.饱和NaCI溶液B.浓硫酸C.饱和NaHCO₃溶液D.NaOH溶液(3)装置C中反应生成O₂的化学方程式有_o(5)Na₂O₂还可用来制备高铁酸钠(Na₂FeO₄),高铁酸钠是一种新型、绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。制备高铁酸钠的主要反应为2FeSO₄+6Na₂O₂=2Na₂FeO₄+2Na₂O+2Na₂SO₄+O₂↑,Na₂FeO₄中Fe元素的化合价为_,此反应中还原剂为_o【答案】(1)分液漏斗稀盐酸(3)2Na₂O₂+2H₂O=4NaOH+O₂↑2Na₂O₂+2CO₂=2Na₂CO₃+(4)净化生成的O₂,除去CO₂【分析】利用装置A中碳酸钙与稀盐酸的反应制备CO₂,装置B净化CO₂,除去HCI,装置C中Na₂O₂会与CO₂和混有的水蒸气反应，生成O₂,装置D净化生成的O₂,除去CO₂与H₂O,装置E、F利用排水法收集氧气，通过得到的氧气的体积来计算Na₂O₂的含量。【解析】(1)a为分液漏斗，盛放稀盐酸(稀硫酸与碳酸钙反应会生成硫酸钙难溶物堵塞试管)。(2)B作用为除去CO₂中的HCI,应选用NaHCO₃。(3)C中发生的反应为2Na₂O₂+2H₂O=4NaOH+O₂↑,2Na₂O₂+2CO₂=2Na₂CO₃+O₂。(4)装置D作用为净化生成的O₂,除去CO₂。(5)经计算，Na₂FeO₄中Fe元素的化合价为+6;Fe的价态升高，被氧化，作还原剂；此外，Na₂O₂中的O的价态既有升高又有降低，所以还原剂为FeSO₄、Na₂O₂。3.硫酸铁在化学实验中应用广泛。某小组利用硫酸铁进行如下实验：I.测定Fe和Fe₂(SO₄)₃发生归中反应的反应热。(1)配制250mL0.1mol·L'Fe₂(SO₄)₃溶液。称取一定量Fe₂(SO₄)₃·6H₂O固体溶于适量稀硫酸溶液中，加水稀释至250mL。下列仪器中，完成本实验一定不需要选择的是(填仪器名称，下同);还缺少的玻璃仪器是_o(2)为测定Fe(s)+Fe₂(SO₄)₃(aq)=3FeSO₄(aq)方案操作I在如图所示的简易量热器中加入2.8g铁粉(过量),再加入100mL(1)中配制好的0.1mol·L¹Fe₂(SO₄)₃溶液，测定放出热量Q₁kJ;计算反应热为△H玻璃玻璃隔热层外壳(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。②乙同学认为甲同学设计的实验方案测得的结果误差较大，判断依据是。基于相关原理，乙同学重新设计了优化的实验方案ii。方案操作第1步，在如图所示的简易量热器中加入2.8g铁粉，再加入100mL0.1mol·L¹CuSO₄溶液，测定放出热量Q₂kJ,计算反应热为△H₂;第2步，在如图所示的简易量热器中加入3.2g铜粉，再加入100mL(1)中配制好的0.1mol·L¹Fe₂(SO₄)₃溶液，测定放出热量Q₃kJ,计算反应热为△H₃。l.探究影响Cu和Fe₂(SO₄)₃反应速率的外界因素。实验质量(g)0.1mol·L¹Fe₂(SO₄)₃溶液体积(mL)积(mL)度(℃)所用时间(min)I0VⅢ0(2)上下移动玻璃搅拌器偏高过量的铁粉与硫酸铁溶液中含有的硫酸反应，对实验造成干扰△H₂+△H₃(4)探究浓度对反应速率的影响(5)其他条件相同，升高温度，反应速率增大【分析】反应热测量实验中，配制一定溶液所需仪器为溶液对应体积的容量瓶和量筒以及胶头滴管；通过盖斯定律，计算未知反应的焓变；实验Ⅱ中，实验I和Ⅱ控制三价铁离子浓度不同，探究浓度对反应速率的影响，实验I和Ⅲ控制反应温度不同，探究温度对反应速率的影响；【解析】(1)称取一定量Fe₂(SO₄)₃·6H₂O固体溶于适量稀硫酸溶液中，加水稀释至250mL,需要使用250mL容量瓶、烧杯、量筒、玻璃棒，胶头滴管，不需要分液漏斗；(2)①环形搅拌器应上下搅拌使溶液充分反应，故本实验中“搅拌”的操作方法是上下移动玻璃搅拌器，若把玻璃搅拌器误用为铜质搅拌器，该反应是放热反应，铜易导热，会有热量散失，造成Q偏小，△H₁偏高；②甲同学设计的实验方案中铁粉过量，过量的铁粉与硫酸反应会有热量放出，对实验造成干扰，测得的结果误差较大；③方案ii中，发生两个反应Fe(s)+CuSO₄(aq)=FeCu(s)+Fe₂(SO₄)₃(aq)=2FeSO₄(aq)+CuSO₄(aq)△H₃,根据盖斯定律得Fe(s)+Fe₂(SO₄)₃(aq)=3FeSO₄(aq)(3)铜单质与Fe³+反应生成Cu2+和Fe²+,离子方程式为Cu+2Fe³=Cu²++2Fe²+,实验中实验I和Ⅱ控制其余变量一致，只改变Fe³+浓度，则要保持溶液总体积一致，故V=10;(4)设计实验I、Ⅱ实验中Fe³+浓度不同，故其目的是探究浓度对反应速率的影响；(5)由t>t₃知，其他条件不变时，升高温度，反应速率增大。4.碳酸镁晶体是一种新型吸波隐形材料中的增强剂。回答下列问题：I.合成该物质的步骤如下：步骤1:配制一定浓度的MgSO₄溶液和NH₄HCO₃溶液；步骤2:量取一定量的NH₄HCO₃溶液于容器中，搅拌并逐滴加入MgSO₄溶液，温度控制在50℃,用氨水调节溶液pH至9.5;(1)称取3.3gMgSO₄样品配制240mL溶液的流程如图所示：可可百摇匀-装瓶摇匀-装瓶写出实验仪器的名称：A;B(2)配制溶液过程中仅用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒1次，则配得的MgSO₄溶液的物质的量浓度(3)步骤2中反应的离子方程式为_oICC足量的NaOH溶液b=ee足量的浓硫酸(4)上述装置的连接顺序为(按气流方向，用接口字母表示),其中装置Ⅱ的作用是__o(5)加热前先通入N₂排尽装置中的空气，称取装置Ⅱ、Ⅲ的初始质量后，边加热边通入N₂的作用是_o(6)若冷却玻璃管中无残留物，要准确测定n值。已知：①装置I反应前后质量差为m₁②装置Ⅱ反应前后质量差为m₂,用m₁、m₂表示n=_o【答案】(1)托盘天平250mL容量瓶(3)Mg²++2NH₃·H₂O+2HCO₃=MgCO₃↓+2NH₄+2H₂O(4)aedbc吸收测量CO₂的量(5)将分解生成的气体全部带入装置Ⅱ或Ⅲ中，使其完全吸收【分析】碳酸镁晶体加热分解生成氧化镁、二氧化碳和水，I装置反应前后质量差值为生成的二氧化碳和水的总质量，装置Ⅱ反应前后质量差值为生成的二氧化碳的质量，装置Ⅲ反应前后质量差值为生成的水的质量，据此分析解题。【解析】(1)实验仪器A为称量MgSO₄的仪器，所以名称为托盘天平；仪器B是配置250mL溶液的仪器，所以B为250mL容量瓶；(2)仅用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒1次会导致MgSO₄残留在烧杯内壁和玻璃棒，溶质流失，配得的MgSO₄溶液的物质的量浓度偏低；(3)步骤2,NH₄HCO₃溶液中逐滴加入MgSO₄发生的离子反应为：Mg²++2NH₃·H₂O+2HCO₃=MgCO₃↓+2NH₄+(4)高温加热MgCO₃·nH₂O,产生CO₂和H₂O;反应方程式为：MgCO₃·通过测定CO₂和H₂O的质量，就可以测出MgCO₃·nH₂O结晶水的含量；装置Ⅱ用于吸收测量CO₂以便测定样品中碳元素的含量，所以正确的连接顺序为a→e、d→b→c;(5)通入N₂,为了将分解生成的气体全部带入装置Ⅱ或Ⅲ中，使其完全吸收；(6)①装置I反应前后质量差为m₁,即m(H₂O)+m(CO₂)=m;②装置Ⅱ反应前后质量差为m₂,即m(CO₂)=m₂,则m(H₂O)=m₁-m₂,根据方程式的，①分析实验方案是否科学可行；②实验操作是否安全合理；③实验步骤是否简单方便；④实验效果是否明显。(2)绿色化学方面①实验过程中是否造成环境污染；②原料是否无毒、安全、易得；③原料利用率是否较高；④反应速率是否较大。化学实验从安全角度常考虑的主要因素如下：①净化、吸收气体及实验结束熄灭酒精灯时要防止液体倒吸；②进行某些易燃、易爆实验时要防爆炸；③防氧化；④污染性的气体要进行尾气处理；⑤有粉末状物质参加的反应，要注意防止导气管堵塞；⑥防吸水。(4)规范性方面①冷凝回流：有些反应中，为减少易挥发液体反应物的损耗和充分利用原料，需在反应装置上加装冷凝回流装置，如长玻璃管、竖装的干燥管及冷凝管等；②易挥发液体产物(导出时可为蒸气)的及时冷却；③仪器拆卸顺序与组装顺序相反，按照从右向左、从高到低的顺序；④其他，如实验操作顺序、试剂加入顺序、实验方法使用顺序等。(5)最佳方案的选择几个实验方案都能达到目的，选出一个最佳方案。所谓最佳，就是装置最简单，药品容易取得、价格低廉，现象明显，干扰小，无污染。【跟踪训练】1.由等质量的石灰石制备碳酸钙的两种实验方案如下(部分反应物或反应条件略)。下列说法错误的是①①④④③③A.方案乙与方案甲相比，优点为步骤少，纯度高，耗能低C.四大基本反应类型在上述①~⑤五个反应中均有涉及D.若每一步均完全转化，则理论上方案乙和方案甲的二氧化碳排放一样多【解析】A.方案乙步骤更少，无需高温煅烧，耗能低；氯化钙易溶，反应更彻底，产品纯度高，A正确；B.X可以是Na₂CO₃,与氢氧化钙或氯化钙反应均生成碳酸钙，B正确；C.五个反应涉及分解反应(①)、化合反应(②)、复分解反应(③④⑤),但无置换反应，四大类型未全部涉及，C错误；D.根据元素守恒，两方案中石灰石最终转化为碳酸钙，CO₂总排放量相同，D正确；故选C。2.1.用废铁屑(含少量杂质FeS)为原料制备摩尔盐[(NH₄)₂Fe(SO₄)₂·nH₂0]。实验装置如图所示(加热装置稀硫酸稀硫酸(1)A装置中的反应控制在50～60℃间进行的原因是,三颈烧瓶中液体试剂添加顺序a.先滴加氨水，然后滴加稀硫酸，再水浴加热，反应一段时间后冷却b.先滴加稀硫酸，然后水浴加热，再滴加氨水，反应一段时间后冷却c.先滴加稀硫酸，然后水浴加热，反应一段时间后冷却，再滴加氨水(2)A中反应完成后过滤采用如图b装置，相对于图a装置而言其优点有(写两点)。热水出热水出滤纸一热水进高速水流减压(Ⅱ.CIO₂可用于饮用水消毒，沸点11℃,高浓度CIO₂受热时易分解，常通过CaO₂与H₂SO₄酸化的NaCIO₃反应制备。(3)制备CIO₂反应的化学方程式为__o(4)已知NaClO₃受热分解温度约为300℃,其他条件不变，研究温度对NaClO₃转化率、CIO₂收率的影响，结果如图所示。当温度高于60℃,随着温度升高，NaCIO₃转化率与CIO₂收率之间的差值有增大趋势的原因□-□-NaClO₃转化率%温度/℃(5)研究发现在反应过程中加入HgSO₄(掩蔽CI-),CIO₂收率瞬间降低，但一段时间后又检测到溶液中有CI-存在，最终CIO₂收率也没有改变。产生该现象的原因可能是o【答案】(1)使结晶水和铵盐不被破坏和流失c(2)过滤速度快固液分离较完全或滤出的固体更易干燥(3)2NaClO₃+CaO₂+2H₂SO₄=2CIO₂↑+Na₂SO₄+O(5)CI-作反应的催化剂【分析】废铁屑(含少量杂质FeS)和稀硫酸反应生成FeSO₄、H₂、H₂S,滴加氨水充分反应后得到浅绿色悬浊液，过滤，乙醇洗涤沉淀，低温干燥，得到摩尔盐晶体，部分氨水分解产生氨气，B是安全瓶，C中酸性高锰酸钾溶液吸收H₂S、NH₃,尾气为H₂,据此分析；【解析】(1)使摩尔盐[(NH₄)₂Fe(SO₄)₂·nH₂0]中结晶水和铵盐不被破坏和流失；先向其中加入过量稀硫酸，置于50～60℃水浴加热充分反应，溶解废铁屑，由于氨易挥发且与酸反应，要后加同时需待冷却至室温后向其中滴加氨水，故选c;(2)b装置为减压过滤，优点有过滤速度快，固液分离比较安全，滤出的固体更易干燥；(3)在酸性条件下，NaClO₃可与CaO₂反应生成CIO₂,反应中氯化合价由+5变为+4、过氧化钙中氧化合价则会升高为0得到氧气，结合质量守恒同时生成硫酸钠、硫酸钙和水，化学方程式为2NaCIO₃+CaO₂+2H₂SO₄=2CIO₂↑+Na₂SO₄+O₂↑+C(4)温度升高，CaO₂将CIO₃还原为Cl₂(或Cl₂O),CIO₂分解产生Cl₂和O₂所以当温度高于60℃,随着温度升高，NaCIO₃转化率与CIO₂收率之间的差值有增大趋势；(5)在反应过程中加入HgSO₄(掩蔽C1-),CIO₂收率瞬间降低，但一段时间后又检测到溶液中有CI-存在，最终CIO₂收率也没有改变，产生该现象的原因可能是CI作反应的催化剂，加快反应的速率。3.化学学习小组在实验室制备少量Na₂O₂并探究其性质。I.制备Na₂O₂a.将黄豆大的钠放在硬质玻璃管中，为防止生成的)Na₂O₂对玻璃管的腐蚀，使用铝箔将钠粒与试管隔开，实验装置如图所示(夹持装置略)。(1)B装置中试剂为_(填名称);D装置中盛装碱石灰的仪器名称为o(2)装置D的作用oⅡ.探究与水的反应b.取1.56gNa₂O₂加入10mL滴有酚酞的水中，溶液先变红，t₁s后褪色。c.另取1.56gNa₂O₂加入10mL水中，一开始产生气泡较慢，加入少量MnO₂后，产生大量气泡。(3)根据b、c的现象，预测Na₂O₂与H₂O反应为两步，依次为;2H₂O₂=2H₂O+O₂↑。Ⅲ.探究步骤b中溶液褪色的原因提出猜想：猜想1:生成的氧气的氧化性过强；猜想2:反应后温度升高；猜想3:d.向3mL0.01mol·L-NaOH溶液中滴加两滴酚酞试液，溶液变红，然后往溶液中通O₂,溶液的红色较长时间不褪去。e.取一支干净的试管，加入1.56gNa₂O₂及10mL水，静置片刻后加入少量MnO₂,当不再产生气体后，滴加两滴酚酞试液，溶液变红且tis时刻不褪色。f.往冰水浴的试管中加入1.56gNa₂O₂和10mL滴有酚酞的水，试管内溶液先变红，一段时间后褪色，褪色所用时长大于t₁S。(4)步骤d的现象说明猜想不正确；通过步骤e的操作和现象可知猜想3正确，则猜想3 o o(6)已知实验Ⅱ中反应后得到的NaOH溶液物质的量浓度为4mol/L,请指出实验Ⅲ中的不足之处：【答案】(1)浓硫酸球形干燥管(2)防止生成的Na₂O