题型05 实验探究综合题（期末真题汇编）（解析）

/题型05实验探究综合题1．(24-25高一上·安徽黄山·期末)钠元素在自然界中都以化合物的形式存在，如NaCl、Na2CO3、Na2SO4等。(1)在探究金属钠与水反应的实验过程中，某课外小组同学记录了如下实验现象和实验结论。①为1-3选择合适的实验现象或结论(填字母)。实验现象钠熔成光亮的小球2钠四处游动溶液变红实验结论1钠的密度比水小3有碱生成A．钠浮在水面上B．有气体产生C．反应放热，钠熔点低D．反应剧烈②写出钠与水反应的离子方程式。(2)为探究Na2CO3和NaHCO3热稳定性的相对强弱，该小组同学分别设计了以下装置。①如甲图所示分别用Na2CO3和NaHCO3做实验，试管②中的试剂是(填字母)。a．稀硫酸b．澄清石灰水c．NaOH溶液②如乙图所示，试管④中装入的固体应该是(填化学式)。③写出NaHCO3受热分解的化学方程式。(3)为测定某Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3的质量分数，该小组同学称取四份不同质量的上述混合物，将其溶于水后分别滴入20mL相同浓度的盐酸。实验数据如下表：实验序号1234样品质量(g)2.744.115.486.85CO2体积(mL)6721008896784(表中CO2体积数据均已折算成标准状况下的体积，且不考虑CO2在水中的溶解)①第1组样品中n(Na2CO3)=mol。②盐酸的物质的量浓度c(HCl)=mol/L。【答案】(1)CAB(2)bNaHCO3(3)0.013.0【详解】（1）①钠和水反应是放热反应，放出的热量使钠熔成小球，说明钠的熔点较低，故选C；钠的密度比水小，所以钠浮在水面上，故选A；钠四处游动，钠和水反应生成的氢气使钠受力不均匀而使钠四处游动，故选B。②钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为：。（2）①碳酸氢钠加热分解生成二氧化碳，二氧化碳使澄清石灰水变浑浊，碳酸钠加热不分解，则甲图分别用Na2CO3和NaHCO3做实验，试管②中的试剂是b。②碳酸氢钠加热易分解，碳酸钠加热不分解，为体现对比，小试管中应为碳酸氢钠，即乙图的试管④中装入的固体应该是NaHCO3。③NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O，反应的化学方程式是。（3）①结合实验1、2可知，随着样品质量增加，生成二氧化碳的体积逐渐增大，说明1中盐酸过量，和的完全反应，设1组中、的物质的量分别为x、y，则①、②，联立①②解得：、，所以样品中。②根据实验3、4可知，4中盐酸不足，优先反应生成，由于，设6.85g样品中含有碳酸钠、碳酸氢钠的物质的量分别为、，则，解得：，即6.85g样品中含有0.025mol碳酸钠、0.05mol碳酸氢钠，将样品加入盐酸中，先发生反应，0.025mol碳酸钠完全反应消耗HCl的物质的量为0.025mol，碳酸钠完全反应后发生再发生反应，生成标准状况下784mL二氧化碳消耗HCl的物质的量为：，所以20mL盐酸中含有HCl的物质的量为：，该盐酸的物质的量浓度为：。2．(24-25高一上·广东惠州·期末)某小组对碳酸钠和碳酸氢钠的性质进行探究，并测定混合物中碳酸氢钠的质量分数。(1)碳酸钠和碳酸氢钠的鉴别与稳定性探究①图1、2所示实验，能够鉴别Na2CO3和NaHCO3的是图(填“1”或“2”)，另一种装置不能鉴别碳酸钠和碳酸氢钠的理由是。②图(填“3”或“4”)能更好说明二者的稳定性，写出固体分解的化学方程式。(2)利用已鉴别出的NaHCO3和Na2CO3，对“能否用CaCl2鉴别NaHCO3和Na2CO3”的问题进行探究。编号实验操作实验现象原因分析或离子方程式ⅠCa2+与生成CaCO3Ⅱ烧杯中产生白色沉淀和无色气泡反应的离子方程式：(3)该小组对NaHCO3与CaCl2的反应深入探究，利用气体压力传感器得到的部分实验数据如下：(注：CaCl2溶液浓度相同，所需时间指容器内气体浓度达到10000ppm所需时间)1：52：54：51：11.01421241141560.53682642442840.258824503546320.1112613168161816由实验数据可得出的结论是：①当V(CaCl2)：V(NaHCO3)一定时，随着，气体逸出速率减小；②NaHCO3浓度在0.1～1.0mol/L，V(CaCl2)与V(NaHCO3)的比值为时，气体逸出速率最快，可获得理想的实验观察效果。(4)加热10.00g的碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，一段时间后，质量减少了2.48g且不再改变，则混合物中碳酸氢钠的质量分数为。【答案】(1)图2碳酸钠和碳酸氢钠都能与盐酸反应产生二氧化碳，均使澄清石灰水变浑浊图4(2)烧杯中产生白色沉淀2+Ca2+=CaCO3↓+H2O+CO2↑(3)c(NaHCO3)的减小4：5(4)67.2%【详解】（1）①等质量Na2CO3和NaHCO3和足量盐酸反应时：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，则是Na2CO3释放的二氧化碳少、且反应不够剧烈，NaHCO3释放的二氧化碳多、且反应剧烈，则图1、2所示实验，能够鉴别Na2CO3和NaHCO3的是图2，另一种装置即图1不能鉴别碳酸钠和碳酸氢钠的理由是：碳酸钠和碳酸氢钠都能与盐酸反应产生二氧化碳，均使澄清石灰水变浑浊。②Na2CO3稳定，受热不分解，而NaHCO3不稳定受热易分解，因此若将稳定性比较强的Na2CO3放在温度高的外管，再将NaHCO3放在温度比较低的内管进行实验，根据石灰水变浑浊的情况，更能比较二者的稳定性的强弱，即图4能更好说明二者的稳定性，固体分解的化学方程式：。（2）实验Ⅰ中，Ca2+与生成CaCO3，则实验现象为：烧杯中产生白色沉淀；Ⅱ中，烧杯中产生白色沉淀和无色气泡，即生成了碳酸钙沉淀和二氧化碳气体，则反应的离子方程式：2+Ca2+=CaCO3↓+H2O+CO2↑；（3）①由表可知，当V(CaCl2)：V(NaHCO3)一定时，随着c(NaHCO3)的减小，容器内气体浓度达到10000ppm所需时间递增，即气体逸出速率减小；②由表可知，NaHCO3浓度依次为1.0mol/L、0.05mol/L、0.25mol/L、0.1mol/L时，容器内气体浓度达到10000ppm所需时间的最少分别为114s、244s、354s、8146，对应的V(CaCl2)与V(NaHCO3)的比值均为4:5；则在0.1～1.0mol/L，V(CaCl2)与V(NaHCO3)的比值为4:5时，气体逸出速率最快，可获得理想的实验观察效果。（4）加热10.00g的碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，受热发生分解反应：，而不反应，一段时间后，质量减少了2.48g且不再改变，则，则混合物中碳酸氢钠的质量分数为。3．(24-25高一上·浙江温州·期末)氧化二氯是一种广谱、高效的灭菌剂。(一)在实验室中以和空气(不参与反应)按体积比1：3混合通入碳酸钠溶液中来制备反应原理：，再用水吸收制备次氯酸溶液(装置如图所示)。已知：常温下，是棕黄色、有刺激性气味的气体，42℃以上分解(1)装置A中仪器X的名称为。(2)实验过程中，装置C需放在冷水中，其目的是。(3)实验中控制氯气与空气的体积比的方法是。(4)装置D中生成次氯酸的反应方程式是。(二)用碳酸钠晶体()配制反应中所需的100mL1.500mol/L溶液。(5)准确称取42.900g碳酸钠晶体()需用到。A．托盘天平

B．分析天平(6)配制过程中，下列情况会引起溶液浓度偏低的是。A．所用碳酸钠晶体失去部分结晶水B．转移时未洗涤烧杯和玻璃棒C．定容时俯视刻度线D．定容摇匀后发现液面低于刻度线，加水至刻度线E．容量瓶清洗后，未经过干燥处理【答案】(1)分液漏斗(2)防止生成的分解(3)通过观察装置B产生中气泡的流速调节气体流速(4)(5)B(6)BD【分析】装置A中浓盐酸与MnO2在加热的条件下反应生成Cl2，B中盛放饱和食盐水，除去Cl2中的HCl，同时与空气混合，C中和空气(不参与反应)按体积比1：3混合通入碳酸钠溶液中来制备，已知：常温下，是棕黄色、有刺激性气味的气体，42℃以上分解，为防止分解，采用冰水浴，D中用水吸收制备次氯酸溶液，E装置用来吸收尾气。【详解】（1）装置A中仪器X的名称为分液漏斗。（2）据分析，实验过程中，装置C需放在冷水中，其目的是防止生成的分解。（3）实验中控制氯气与空气的体积比的方法是：通过观察装置B产生中气泡的流速调节气体流速。（4）是酸性氧化物，能与水反应生成次氯酸溶液，装置D中生成次氯酸的反应方程式是。（5）托盘天平的精确度低，要准确称取42.900g碳酸钠晶体()需用到分析天平，选B。（6）A．所用碳酸钠晶体失去部分结晶水，则的物质的量偏大，会导致配制溶液浓度偏高，A不选；B．转移时未洗涤烧杯和玻璃棒，会导致配制溶液的溶质物质的量偏小、浓度偏低，B选；C．定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，配制溶液浓度偏高，C不选；D．定容摇匀后发现液面低于刻度线，加水至刻度线，会导致溶液体积偏大或溶液被稀释，配制溶液浓度偏低，D选；E．容量瓶清洗后，未经过干燥处理，不影响溶质的物质的量、不影响溶液的体积，故对浓度无影响，E不选；选BD。4．(24-25高一上·北京顺义区·期末)补铁剂中的铁元素通常是Fe2+，若保存不当，Fe2+会缓慢氧化。当补铁剂中Fe2+的氧化率超过10%时不宜服用。某补铁剂的主要成分为硫酸亚铁，每片含Fe2+约60毫克。小组同学检验某瓶该补铁剂中Fe2+的氧化率，检验原理为：10FeSO4+2KMnO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Fe2(SO4)3+8H2O(药品中其他成分不与KMnO4反应)I．配制250mL0.01mol·L-1KMnO4溶液。(1)用分析天平称量gKMnO4固体。(2)配制溶液时，必须用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、。(3)下列配制溶液的部分操作中，不合理的是(填序号)。a．溶解b．转移c．洗涤d．定容(4)定容后摇匀，容量瓶内液面下降，甲同学继续加水至刻度线，该操作会导致配制的KMnO4溶液浓度(填“偏大”或“偏小”)Ⅱ．溶解药品取10片上述补铁剂研碎，充分溶于稀硫酸中，配制成100mL溶液。Ⅲ．实验测定取出10.00mL步骤Ⅱ中所配溶液，滴加0.01mol·L-1的KMnO4溶液，紫色恰好褪去时，消耗KMnO4溶液的体积为15.00mL。(5)每片补铁剂中含Fe2+毫克，判断该瓶补铁剂是否适宜服用并说明理由。【答案】(1)0.3950(2)250mL容量瓶(3)ad(4)偏小(5)42不适宜服用，因为Fe2+的氧化率超过10%【详解】（1）配制250mL0.01mol/L的KMnO4溶液，溶液中含有溶质的物质的量n=c·V=0.01mol/L×0.25L=0.0025mol，则需称量的溶质的质量m=n·M=0.0025mol×158g/mol=0.3950g，因此要称量的KMnO4质量是0.3950g；（2）配制250mL0.01mol/L的KMnO4溶液，需要使用的仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和250mL的容量瓶已经给出了烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管，因此还缺少的仪器是250mL容量瓶；（3）a．溶解应在烧杯中进行，操作不合理，a选；b．转移需要用玻璃棒引流，操作合理，b不选；c．洗涤烧杯内壁以及玻璃棒，避免溶质残留，操作合理，c不选；d．定容时液面高度距离刻度线1-2cm时，改用胶头滴管，操作不合理，d选；故选ad；（4）定容后摇匀，容量瓶内液面下降，这是正常现象，若加水，则水的体积偏大，溶液浓度偏小；（5）与反应的离子方程式是：；根据离子方程式可找出关系式：，每片补铁剂中的质量为：，题目中说明每片含Fe2+约60毫克，当补铁剂中Fe2+的氧化率超过10%时不宜服用，则该补铁剂的氧化率为，则该补铁剂不宜服用，因为Fe2+的氧化率超过10%。5．(24-25高一上·浙江丽水·期末)草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸，可作还原剂和漂白剂。广泛应用于纺织、印染、冶金、药物生产和化工生产。草酸与酸性KMnO4溶液发生反应：2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4=K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O。实验室根据以上原理测定某草酸样品的纯度。(1)溶液配制：1000mL0.0100mol·L-1酸性KMnO4溶液。①用托盘天平称取gKMnO4晶体，放入烧杯中，加入少许水和稀硫酸溶解，冷却至室温。②将溶液转移到1000mL容量瓶中，洗涤烧杯和玻璃棒2~3次，并将洗涤液一并转入容量瓶，定容、摇匀。③下列操作使所配制的酸性KMnO4溶液的物质的量浓度偏低的是(填字母)。A．容量瓶底部有少量的蒸馏水B．转移液体后没有洗涤烧杯和玻璃棒C．定容时，俯视刻度线D．定容、摇匀后，发现液面低于刻度线，补加蒸馏水至刻度线(2)含量测定①称取0.5g草酸样品配制成100.00mL溶液，待用。②移取20.00mL酸性KMnO4溶液，加入25.00mL草酸样品溶液，溶液恰好完全褪色(假设其他杂质都不反应)。根据以上数据计算样品中草酸的质量分数。【答案】(1)1.6(1.58)BD(2)36%【详解】（1）①配制10000.0100酸性溶液所需要的晶体质量为：；A．容量瓶底部有少量蒸馏水，定容前存在不影响，因最终体积准确，浓度不变；B．未洗涤烧杯和玻璃棒，溶质残留在烧杯中，n减小，浓度偏低；C．定容时俯视刻度线，实际体积V偏小，浓度偏高；D．摇匀后补加蒸馏水，V增大，浓度偏低；故选BD；（2）根据方程式，20.00酸性溶液，加入25.00草酸样品溶液，溶液恰好完全褪色，样品中草酸的质量分数为：。6．(24-25高一上·陕西汉中多校联考·期末)铁是人体不可或缺的微量元素之一，通过食补的方式补铁，可以选择食用菠菜。而当下人体严重缺铁时，则需要服用补铁剂。某小组同学设计实验，对菠菜补铁的可行性进行探究。【提出猜想】猜想1：菠菜中铁元素以Fe2+形式存在；猜想2：菠菜中铁元素以Fe3+形式存在；猜想3：菠菜中铁元素以Fe2+和Fe3+形式存在。【设计实验方案】(1)活性炭脱色的过程中利用了活性炭的性。加入KSCN溶液的目的是。(2)若观察到现象，则证明猜想3成立。【实验验证】(3)甲同学在实验过程中发现试管a、b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，高温下隔绝空气可分解产生FeO以及气体产物，试写出FeC2O4高温隔绝空气分解的化学方程式：。(4)乙同学改进实验方案，不用水溶解，改用稀硫酸重新实验，发现试管a中无明显现象，滴加少量H2O2溶液后，试管b中溶液变红，证明猜想1成立。请用离子方程式解释试管b中溶液变红的原因：、Fe3++2SCN-=Fe(SCN)3。【可行性分析】(5)成年人每天所需铁元素的质量为20mg，每1g菠菜中含铁元素约为0.02mg，铁吸收率约为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。【得出结论】仅靠菠菜补铁不可行。(6)严重缺铁时很难通过食补来满足对铁元素的需求量，需要服用补铁剂，已知Fe2+易被人体吸收。①补铁剂中铁元素的化合价是。②医生建议在服用该补铁剂时，同时服用维生素C，原因是。【答案】(1)吸附检验溶液中是否含有Fe3+(2)试管a中溶液呈红色，试管b中溶液红色比a中的深(3)(4)2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O(5)50(6)+2维生素具有还原性，可以防止Fe2+被氧化【分析】根据题干实验方案设计可知，将菠菜剪碎后研磨，在加入水进行浸取过滤出滤液1，向滤液1中加入活性炭进行脱色，过滤得到滤液2，向滤液2中先滴入KSCN溶液以检验菠菜中是否含有Fe3+，再滴入酸化的H2O2溶液，以检验菠菜中是否含有Fe2+，据此分析结合各题具体解题。【详解】（1）活性炭具有强吸附性，能够吸附菠菜中的其他色素，该脱色的过程中利用了活性炭的吸附性，由分析可知，加入KSCN溶液的目的是检验溶液中是否含有Fe3+，故答案为：吸附；检验溶液中是否含有Fe3+；（2）猜想3即菠菜中铁元素以Fe2+和Fe3+形式存在，向滤液2中先加入KSCN溶液，溶液变为红色，再向其中加入酸化的H2O2溶液则将Fe2+氧化为Fe3+，故溶液红色加深，即若观察到试管a中溶液呈红色，试管b中溶液红色比a中的深，则证明猜想3成立，故答案为：试管a中溶液呈红色，试管b中溶液红色比a中的深；（3）FeC2O4难溶于水，高温下隔绝空气可分解产生FeO以及气体产物即为CO和CO2，则FeC2O4高温隔绝空气分解的化学方程式为：，故答案为：；（4）乙同学改进实验方案，不用水溶解，改用稀硫酸重新实验，发现试管a中无明显现象说明菠菜中不含Fe3+，滴加少量H2O2溶液后，试管b中溶液变红说明菠菜中含有Fe2+，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，从而证明猜想1成立，请用离子方程式解释试管b中溶液变红的原因为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O、Fe3++2SCN-=Fe(SCN)3，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；（5）成年人每天所需铁元素的质量为20mg，每1g菠菜中含铁元素约为0.02mg，铁吸收率约为2%，若要满足成年人对铁元素的需求量，则有：m(菠菜)×0.02mg/g×2%=20mg，解得m(菠菜)==50000g=50kg，即需要每天食用菠菜50kg，故答案为：50；（6）①根据已知Fe2+易被人体吸收可知，补铁剂中铁元素的化合价是+2价，故答案为：+2价；②已知Fe2+已被氧气氧化，维生素C具有还原性，能够防止Fe2+被氧化，同时服用可以增强Fe2+吸收，故医生建议在服用该补铁剂时，同时服用维生素C，故答案为：维生素具有还原性，可以防止Fe2+被氧化。7．(24-25高一上·河北廊坊·期末)二氧化氯()广泛应用于纸浆漂白、杀菌消毒和水净化处理等领域，工业上利用干燥的氯气和固体亚氯酸钠()制备。某实验小组欲用如下装置利用该原理制备。经查阅资料：的熔点为-59°C，沸点为10℃，室温为黄红色气体，具有强烈刺激性气味；见光受热易分解，气体含量在10%~90%时易发生爆炸；若用空气、二氧化碳、氮气等惰性气体稀释时，爆炸性则降低。(1)盛放浓盐酸的仪器名称是，A中发生反应的离子方程式为，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为。(2)请组装上述实验装置制取二氧化氯(按小写字母填写)(3)装置B中饱和食盐水的作用是；装置C中盛放的试剂a是，作用是。(4)装置D中通入的作用是；制备时需要用冰水浴，其作用是。(5)装置E的作用是。【答案】(1)分液漏斗1：5(2)abcedgfhj(3)除去HCl浓硫酸除去水蒸气(4)稀释降低ClO2的浓度，减少其爆炸的可能性使变为液态(5)尾气吸收【分析】A中KClO3和浓盐酸制取Cl2，因为浓盐酸具有挥发性，生成的Cl2中含有HCl、水蒸气，B中饱和食盐水除去HCl，C中浓硫酸干燥Cl2，D中Cl2、NaClO2反应生成ClO2，D中反应方程式为；氯气有毒，装置E为尾气吸收装置；据此分析解答；【详解】（1）根据图示，盛放浓盐酸的仪器为分液漏斗；A中二氧化锰和KClO3浓盐酸制取Cl2，离子方程式为：；反应中氧化剂（）与还原剂（）的物质的量之比为1：5；（2）根据分析组装制取二氧化氯实验装置，A为发生装置，B、C为除杂装置，D为反应装置，E为尾气吸收装置，连接顺序为abcedgfhj；（3）据分析，B中饱和食盐水除去HCl；装置C用于除去水蒸气，盛放的试剂a是浓硫酸；（4）由题意可知，二氧化氯极易爆炸分解，若用空气、二氧化碳、氮气等惰性气体稀释时，爆炸性则降低，则向装置D中通入能稀释降低二氧化氯的浓度，减少其爆炸的可能性；沸点较低，冰水浴作用使其变为液态；（5）氯气有毒，装置E作用是尾气吸收。8．(24-25高一上·黑龙江哈尔滨黑龙江哈尔滨六校联考·期末)亚氯酸钠()是一种高效漂白剂，可由、、反应制取。有类似的性质，在酸性条件下可生成并放出。某化学兴趣小组探究的制备与性质，装置如图所示。回答下列问题。(已知：遇淀粉溶液变蓝色)I.制备亚氯酸钠。关闭止水夹②，打开止水夹①，从进气口通入足量，充分反应(反应放出大量热)。(1)仪器a的名称为，仪器b的作用是。(2)装置A中生成，反应的离子方程式为。(3)实际反应中发现消耗的比理论值偏少，原因可能是。Ⅱ.探究亚氯酸钠的性质。停止通入气体，再通入空气一段时间后，关闭止水夹①，打开止水夹②，向A中滴入稀硫酸。(4)已知反应物浓度、温度或催化剂等会影响化学反应的速率。开始时A中反应缓慢，稍后产生气体的速率急剧加快。反应急剧加快的可能原因是。(5)实验过程中，B中酸化的淀粉溶液变蓝色，产生该现象的离子方程式为。(6)实验完成后，为防止装置中滞留的有毒气体污染空气，可以进行的操作是，C中发生反应的化学方程式。【答案】(1)圆底烧瓶防止倒吸(2)(3)该反应放热，导致部分分解(4)与反应生成的对反应起催化作用(或反应放热，温度升高，反应速率加快)(5)(6)再次打开止水夹①，在进气口通入一段时间的空气，让有毒气体完全被吸收【分析】在仪器A中通过进气口通入ClO2气体，ClO2、NaOH、H2O2发生氧化还原反应产生NaClO2、O2、H2O，在装置B中ClO2可以将碘离子氧化为碘单质，而在装置C中仪器b是干燥管，其作用是扩大ClO2与NaOH反应的接触面积，从而可以起到防止倒吸的作用。NaOH溶液能够吸收多余ClO2气体，防止大气污染。【详解】（1）据图示可知仪器a是圆底烧瓶；②仪器b是干燥管，其作用是可以扩大ClO2与NaOH反应的接触面积，使未反应的ClO2气体可以被NaOH溶液充分吸收，从而可以起到防止倒吸的作用；（2）在装置A中ClO2、NaOH、H2O2发生氧化还原反应产生NaClO2、O2、H2O，该反应中氯化合价由+4变为+3、过氧化氢中氧化合价由-1变为0，结合电子守恒，离子方程式为：；（3）实际反应中发现消耗的NaOH比理论值偏少，原因可能是反应放出的热量使温度升高导致H2O2分解，导致ClO2反应的物质的量减少，因而其反应消耗的NaOH比理论值偏少；（4）开始时A中反应缓慢，稍后产生气体的速率急剧加快，反应急剧加快的可能原因是NaClO2与H2SO4反应生成的Cl-对反应起催化作用，导致反应速率加快(或反应放热，温度升高，反应速率加快)；（5）装置B中ClO2可以将碘离子氧化为碘单质，使得淀粉溶液变蓝色，反应中氯化合价由+4变为-1、碘化合价由-1变为0，结合电子守恒，离子方程式为；（6）实验完成后，为防止装置中滞留的有毒气体污染空气，可以进行的操作是：再次打开止水夹①，在进气口通入一段时间的空气，让有毒气体完全被赶入装置C中被NaOH吸收。C中发生反应为和氢氧化钠发生歧化反应生成氯酸钠、、水，反应为。9．(24-25高一上·河北廊坊·期末)菠菜中富含铁元素，某化学兴趣小组对菠菜中的铁元素进行分析，过程如下：已知：KSCN具有一定的还原性，可被双氧水氧化而失去显色作用；遇铁氰化钾()溶液生成蓝色沉淀。(1)操作Ⅱ中不规范的是(填字母)a．用玻璃棒在漏斗中搅动以加快过滤速率

b．滤纸边缘高于漏斗边缘c．将滤纸润湿，使其紧贴漏斗内壁

d．漏斗下端紧贴烧杯内壁(2)Ⅴ灼烧时使用的主要仪器有(填序号)(3)加入的目的是(用离子方程式表示)，但加入的的量不能太大，原因是。(4)菠菜中铁元素的质量分数是(用含a、b的百分数表示)(5)甲同学认为菠菜中仅含，乙同学认为还有其他可能情况，并提出了相应的检验方案：猜想实验操作及现象只有①②取透明溶液少许于试管中，向试管中滴加溶液，无明显现象③取透明溶液少许于试管中，向试管中滴加溶液，生成蓝色沉淀；另取透明溶液少许于试管中，向试管中滴加KSCN溶液，溶液变红【答案】(1)ab(2)①③④⑤(3)KSCN具有一定的还原性，可被双氧水氧化而失去显色作用(4)(5)取透明溶液少许于试管中，向试管中滴加KSCN溶液，溶液不变红，另取透明溶液少许于试管中，向试管中滴加溶液，生成蓝色沉淀只有既有又有【分析】将菠菜捣碎、酸浸，过滤后得到不溶物和透明溶液，把溶液平均分为两份，其中一份加入双氧水，发生，再加入KSCN，溶液变为血红色；另一份加入足量沉淀剂，例如氢氧化钠溶液，经过过滤、洗涤、灼烧，得到氧化铁，可以根据铁守恒，计算出铁元素的质量分数。【详解】（1）a．过滤时，不能用玻璃棒在漏斗中搅动，否则会导致滤纸破损，导致实验失败，故符合题意；b．过滤时，滤纸的边缘应低于漏斗边缘，否则会因溶液逸出，导致实验失败，故符合题意；c．过滤时，应将滤纸润湿，使其紧贴漏斗内壁便于滤液顺利流下，故不符合题意；d．过滤时，漏斗下端紧贴烧杯内壁，防止液体飞溅，故不符合题意；故选ab；（2）灼烧时使用的主要仪器有：酒精灯、三脚架、泥三角、坩埚、坩埚钳，即①③④⑤；（3）加入的目的是：；因为KSCN具有一定的还原性，可被双氧水氧化而失去显色作用，所以加入的的量不能太大；（4）bg红棕色固体是氧化铁，氧化铁物质的量是：，bg氧化铁中铁元素物质的量是：，ag菠菜中铁元素物质的量是：，ag菠菜中铁元素的质量分数是：；（5）①取透明溶液少许于试管中，向试管中滴加KSCN溶液，溶液不变红，另取透明溶液少许于试管中，向试管中滴加溶液，生成蓝色沉淀，则证明菠菜中仅含；②取透明溶液少许于试管中，向试管中滴加溶液，无明显现象，说明菠菜中不含，只有；③取透明溶液少许于试管中，向试管中滴加溶液，生成蓝色沉淀，说明菠菜中有；另取透明溶液少许于试管中，向试管中滴加KSCN溶液，溶液变红，说明菠菜中有。10．(24-25高一上·广西柳州·期末)二氧化氯(ClO2)具有强氧化性，是一种高效消毒剂。ClO2常温下为黄绿色气体，熔点-59℃，沸点11℃，极易溶于水且不与水反应。高浓度的ClO2受热时易爆炸。实验室可用干燥的氯气与亚氯酸钠(NaClO2)固体反应来制备ClO2，反应为：，装置如图所示。(1)装置C名称为。(2)A中发生反应的化学方程式为。(3)B中试剂的作用是。(4)实验时需要向D中通入一定量的干燥空气，目的是。(5)若将E中收集到的ClO2加入H2O2和NaOH的混合溶液中，可生成NaClO2，该反应的离子方程式为。(6)为了测定所得NaClO2样品的纯度，称取样品0.200g，溶于水后加入硫酸酸化，向溶液中加入0.4000mol·L-1的KI溶液，恰好完全反应时消耗KI溶液的体积为20.00mL。已知反应的化学方程式为：，杂质不参与反应。计算样品中NaClO2的质量分数。【答案】(1)球形干燥管(2)2KMnO4+16HCl(浓)＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O(3)除去氯气中混有的HCl(4)降低ClO2的浓度，防止爆炸(5)2ClO2+H2O2+2OH-＝2ClO+O2↑+2H2O(6)90.5%【分析】A中高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气，B中试剂为饱和食盐水，用于除去氯气中的HCl，C中可以为无水氯化钙，用来干燥氯气；D中氯气与NaClO2反应制备ClO2，干燥空气的目的是降低ClO2的浓度，防止爆炸；E中收集ClO2，F吸收尾气，同时防止空气中的水进入E中，据此分析。【详解】（1）由图可知，装置C为球形干燥管，答案为：球形干燥管；（2）A中为浓盐酸与KMnO4反应生成Cl2、MnCl2、KCl和H2O，反应方程式为：2KMnO4+16HCl(浓)＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，答案为：2KMnO4+16HCl(浓)＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；（3）由分析可知，B装置的试剂为饱和食盐水，用于除去氯气中混有的HCl。答案为：除去氯气中混有的HCl；（4）由题给信息可知，高浓度的ClO2受热易爆炸，因此向D装置中通入干燥空气，可以降低ClO2的浓度，降低爆炸的风险。答案为：降低ClO2的浓度，防止爆炸；（5）由题给信息，根据得失电子守恒：若将E中收集到的ClO2加入H2O2和NaOH的混合溶液中，可生成NaClO2，该反应的离子方程式为2ClO2+H2O2+2OH-＝2ClO+O2↑+2H2O；答案为：2ClO2+H2O2+2OH-＝2ClO+O2↑+2H2O；（6）根据反应方程式可得关系式：NaClO2~4KI，则样品中NaClO2的质量分数=。答案为：90.5%。11．(24-25高一上·浙江省金华十校·期末)、和都是重要的工业产品。Ⅰ．实验室用如下装置制取氯气，并用氯气进行实验。回答下列问题：(1)装置A中用浓盐酸和反应制取氯气，其化学方程式为。(2)G装置用于尾气处理，则该装置盛装的试剂为。(3)下列有关该实验的说法正确的是______。A．装置连接的顺序可以是ABCDEFG或ABFCDEGB．该实验可验证具有漂白性C．若过量的与反应的方程式为，则F中现象是先变蓝后褪色D．8.7g与足量浓盐酸反应可生成2.24LⅡ．下图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程。(4)在催化剂和加热条件下氧化炉中发生反应的化学方程式是，从氧化炉中出来的气体，先降温再进入吸收塔，吸收塔中通入空气的作用是。(5)若要实现，从氧化还原反应原理上看，下列试剂可行的是______。A．Fe B． C． D．(6)工业生产中为了盛装大量浓硝酸，可选择______作为罐体材料A．铜 B．铂 C．铝 D．镁(7)氮及其化合物在催化剂a和催化剂b作用下发生转化的过程如图所示，下列分析合理的是。A．与反应属于氮的固定过程B．催化剂a表面发生了非极性共价键的断裂和极性共价键的形成C．催化剂a作用下的转化涉及电子转移，催化剂b作用下的转化不涉及电子转移【答案】(1)（浓）(2)氢氧化钠溶液(3)AC(4)使NO、完全转化为(5)BC(6)C(7)AB【分析】装置B用于除去氯气中的氯化氢杂质，装置C用于干燥氯气，装置D、E用于验证氯气的漂白性相关性质，装置F用于验证氯气的氧化性，装置G用于尾气处理。装置连接顺序可以是先除杂再干燥进行漂白性验证等（ABCDEFG），也可以先除杂进行氧化性验证再干燥和进行漂白性验证等（ABFCDEG）；氮气和氢气在一定条件下在合成塔中反应生成氨气，氨分离器得到氨气进入氧化炉，氨气催化氧化反应生成一氧化氮和水，一氧化氮进入吸收塔和氧气、水反应生成硝酸，最后尾气处理剩余的氮氧化物。【详解】（1）实验室用浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制取氯气，该反应中MnO2作氧化剂，HCl作还原剂，装置A中用浓盐酸和反应制取氯气，其化学方程式为（浓）。故答案为：（浓）；（2）氯气有毒，需要进行尾气处理，氯气能与氢氧化钠溶液反应，常用氢氧化钠溶液作为尾气处理试剂。G装置用于尾气处理，则该装置盛装的试剂为氢氧化钠溶液。故答案为：氢氧化钠溶液；（3）A．装置B用于除去氯气中的氯化氢杂质，装置C用于干燥氯气，装置D、E用于验证氯气的漂白性相关性质，装置F用于验证氯气的氧化性，装置G用于尾气处理。装置连接顺序可以是先除杂再干燥进行漂白性验证等（ABCDEFG），也可以先除杂进行氧化性验证再干燥和进行漂白性验证等（ABFCDEG），故A正确；B．氯气本身没有漂白性，是氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，该实验只能验证次氯酸的漂白性，不能验证氯气具有漂白性，故B错误；C．氯气能将KI氧化为I2，淀粉遇I2变蓝，若氯气过量，会发生反应5Cl2+I2+6H2O=10HCl+2HIO3，I2被氧化，蓝色褪去，所以F中现象是先变蓝后褪色，故C正确；D．8.7gMnO2的物质的量为n==0.1mol，在反应（浓）中，0.1mol MnO2与足量浓盐酸反应，理论上生成0.1molCl2，但题中未说明是标准状况，不能确定生成氯气的体积为2.24L，故D错误；故答案为：AC；（4）氨气催化氧化反应生成一氧化氮和水，在催化剂和加热条件下氧化炉中发生反应的化学方程式是，从氧化炉中出来的气体，先降温再进入吸收塔，一氧化氮进入吸收塔和氧气、水反应生成硝酸，吸收塔中通入空气的作用是使NO、完全转化为。故答案为：；使NO、完全转化为；（5）在NH3中N元素化合价为-3价，反应后变为N2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，因此需加入氧化剂就可以实现上述转化。A．Fe具有还原性，不能将NH3氧化为N2，A不符合题意；B．O2具有氧化性，在点燃时NH3与O2反应产生N2、H2O，可以实现上述转化，B符合题意；C．NO2具有氧化性，在加热时NH3与NO2发生氧化还原反应产生N2、H2O，可以实现上述转化，C符合题意；D．NH4Cl与NH3不能发生反应，因此不能实现上述转化，D不符合题意；故答案为：BC；（6）A．铜与浓硝酸在常温下能发生反应，故不符；B．铂与浓硝酸虽不反应，但价格太贵，强度不够，故不符；C．铝与浓硝酸在常温下发生氧化还原反应，在表面产生一层致密的氧化膜，阻止内部金属继续反应，故符合；D．镁与浓硝酸在常温下能发生反应，故不符；故答案为：C；（7）A．游离态氮转化为化合态氮为氮的固定，故N2与H2反应属于氮的固定过程，A正确；B．催化剂a表面氮气和氢气的非极性共价键断裂，同时生成氨气，有N-H极性共价键的形成，B正确；C．在催化剂b表面形成氮氧键时，氮元素化合价由-3价变为+2价，涉及电子转移，C错误；故答案为：AB。12．(24-25高一上·湖南永州·期末)亚硝酸钠（）的外观与食盐相似，是一种白色结晶状粉末，易溶于水，易被氧化。实验室可用NO和过氧化钠反应来制备亚硝酸钠，装置如图所示（部分夹持装置略去）。已知：①，②酸性条件下，NO、或都能与反应生成和。回答下列问题：(1)组装好仪器后，首先进行的操作是，然后装入药品。(2)装置A中盛装浓的仪器名称为。(3)装置B中观察到铜粉溶解，请写出该反应的化学方程式。(4)装置C、E中盛装相同的试剂是，其中E的作用是。(5)实验结束后，再通入一段时间，其目的是。(6)测定样品中的纯度。实验步骤如下：ⅰ.准确称取7.00g样品置于烧杯中，加入蒸馏水溶解，然后配成250mL溶液。ⅱ.向锥形瓶中移入25.00mL样品溶液，滴加0.10mol/L酸性溶液至恰好反应完全。ⅲ.重复步骤ⅱ三次。①平均消耗酸性溶液为36.00mL，样品中的纯度是（结果保留三位有效数字）。②测定时操作时间不宜过长，否则导致测定的结果（填“偏大”或“偏小”或“无影响”）。【答案】(1)检查装置气密性(2)分液漏斗(3)、(4)浓（浓硫酸）防止空气进入D装置(5)将装置中残留有气体和NO气体赶到装置F充分吸收，以防止污染空气(6)88.7%偏小【分析】实验室用NO和反应来制备的操作为：连接好装置，检查装置气密性，装入实验药品，先打开弹簧夹通入排除掉装置的空气，关闭弹簧夹，将分液漏斗中的浓放入装置A中与Cu反应：，将生成的气体通入含水和铜粉的装置B中继续反应得到NO气体：、；生成NO气体通过装置C的浓硫酸进行干燥，进入装置D中与反应生成；装置E中盛装的仍是浓硫酸，作用为防止空气进入D装置；最后剩余的尾气用酸性氧化除去，防止污染空气，据此分析解答。【详解】（1）在气体制取实验中，组装好仪器后，首先进行装置气密性的检查，然后装入药品。（2）根据实验装置中的仪器图形可知，盛装浓的仪器名称为：分液漏斗。（3）装置A中生成气体通入装置B中，气体先与水反应生成硝酸和NO：，生成的稀硝酸与Cu粉继续反应产生NO气体，反应的化学方程式为：。（4）根据分析，装置C、E中盛装相同的试剂为：浓（浓硫酸）；装置C的作用为：干燥NO气体；装置E的作用为：防止空气进入D装置。（5）实验结束后，装置中残留有气体和NO气体，此时再通入一段时间，其目的将装置中残留有气体和NO气体赶到装置F充分吸收，以防止污染空气。（6）准确称取7.00g样品置于烧杯中，加入蒸馏水溶解，然后配成250mL溶液；向锥形瓶中移入25.00mL样品溶液，滴加0.10mol/L酸性溶液至恰好反应完全；与酸性反应的离子方程式为：；重复滴定三次；①平均消耗酸性溶液为36.00mL，则样品中的纯度为：；②测定时操作时间不宜过长，如溶液长期暴露在空气中，会有部分被空气中的氧气氧化，从而减小高锰酸钾的消耗量，最终导致测定的结果为：偏小。13．(24-25高一上·天津红桥区·期末)某小组同学用如图1装置制取氯气并探究其性质(夹持装置和加热仪器略)。(1)装置A中制取氯气的化学方程式是：，反应中利用了的(填字母)。若生成的物质的量是0.2mol，该气体在标准状况下的体积为L。a．氧化性

b．还原性(2)装置C中的现象是。(3)装置D的作用是。(4)氯气溶解在石灰乳中可以制漂白粉，发生反应的化学方程式为。(5)若将上述图1中B和C分别换成图2中的M和N。①M中发生反应的离子方程式为。②取一支试管，加入2mLN中变橙黄色的溶液，再滴入几滴淀粉KI溶液，观察到溶液变为蓝色。通过以上实验，能否得出结论：的氧化性强于的氧化性，。写出你的观点和理由。③下列关于F、Cl、Br、I性质的比较，不正确的是(填字母)。A．单质的颜色随核电荷数的增加而加深B．单质的氧化性随核电荷数的增加而减弱C．它们的氢化物的稳定性随核电荷数的增加而增强D．它们的原子核外电子层数随核电荷数的增加而增多【答案】(1)a4.48(2)湿润的有色纸条褪色(3)尾气吸收，防止污染(4)(5)能因为橙黄色消失：C【分析】A装置生成氯气，B装置除去挥发的氯化氢气体，氯气和水生成漂白性次氯酸使得有色纸条褪色，尾气有毒，使用氢氧化钠溶液吸收；【详解】（1）反应中锰化合价降低，体现的二氧化锰的氧化性，故选a；若生成的物质的量是0.2mol，该气体在标准状况下的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L；（2）由分析C中的现象是湿润的有色纸条褪色；（3）由分析，D用于尾气吸收，防止污染；（4）氯气和氢氧化钙生成氯化钙和次氯酸钙、水，反应为：；（5）①M中发生反应为氯气氧化亚铁离子生成铁离子，离子方程式为。②取一支试管，加入2mLN中变橙黄色的溶液，再滴入几滴淀粉KI溶液，观察到溶液变为蓝色，说明溴单质氧化碘离子生成碘单质：，则氧化剂的氧化性大于氧化产物，则能说明的氧化性强于氧化性；③A．单质的颜色分别是浅黄绿色、黄绿色、深红棕色和紫黑色，单质的颜色随核电荷数的增加而加深，A正确；B．F、Cl、Br、I原子半径增大，原子核对电子的引力逐渐减小，单质的氧化性随核电荷数的增加而减弱，B正确；C．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性F＞Cl＞Br＞I，F、Cl、Br、I原子半径增大，与氢原子的作用力逐渐减小，它们的氢化物的稳定性随核电荷数的增加而减弱，C错误；D．F、Cl、Br、I的原子核外电子层数分别为2、3、4、5，随核电荷数的增加而增多，D正确；故选C。14．(24-25高一上·天津河西区·期末)嫦娥5号月球探测器带回的月壤样品的元素分析结果如图，有关含量前六位元素如图所示。回答下列问题：

(1)铝元素在周期表中的位置：第周期第族。(2)二氧化硅属于酸性氧化物，与NaOH溶液反应的离子方程式为。(3)钙、镁的最高价氧化物对应的水化物碱性更强的是(填化学式)。元素M与钙同主族，为长周期元素，下列有关M的单质及化合物性质的推测错误的是(填序号)。a．单质熔点：M>Cab．单质M暴露在空气中，最终产物为c．可与水反应，产生氢气(4)实验小组通过卤素单质间的置换反应，探究同主族元素非金属性的递变规律，设计相关实验如下：(已知：氯水为浅黄绿色，稀溴水呈黄色，碘水呈棕黄色。)实验Ⅰ

实验Ⅱ取a中的黄色溶液少许，加入KI溶液，再加入淀粉溶液。①b中反应的离子方程式是。②实验I中得出单质氧化性强弱的顺序为。③甲同学认为：实验Ⅱ加入淀粉后，(填现象)，得出氧化性。④乙同学对上述实验进行反思，认为实验Ⅱ不能充分证明氧化性，他补做了实验Ⅲ，另取a中溶液少许，加入足量NaBr固体，振荡，然后加入KI溶液和淀粉溶液，溶液变蓝色。补做实验Ⅲ的目的是。⑤实验结论：在元素周期表中，同主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多，，，非金属性减弱。【答案】(1)三ⅢA(2)(3)ab(4)、Cl2＞I2溶液变蓝色排除过量的氧化带来的干扰原子半径逐渐增大得电子能力逐渐减弱【分析】氯水滴入溴化钠溶液中，氯气与溴化钠反应生成溴单质，使溶液呈黄色；氯水滴入KI溶液中，氯气与KI反应生成碘单质，使溶液呈棕黄色，通过两实验可知氯气的氧化性大于溴单质，氯气的氧化性大于碘单质；实验Ⅱ中将生成的溴单质溶液滴入碘化钾中，滴加淀粉，可证明溴的氧化性大于碘单质。【详解】（1）Al原子序数为13，位于元素周期表第三周期第IIIA族；（2）二氧化硅与NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，离子方程式：；（3）元素金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物碱性越强，金属性：Ca＞Mg，则碱性较强的为；a．第ⅡA族元素从上到下，单质熔点逐渐较小，单质熔点：M＜Ca，错误；b．单质M与Ca同族，暴露在空气中，先生成，与水反应生成，可与空气中二氧化碳反应，最终产物为，错误；c．可以水反应生成氢气，则也可与水反应，产生氢气，正确；答案选ab；（4）①b中氯气可将碘离子氧化为碘单质，反应的离子方程式：；②实验I的a中氯气可将溴离子氧化为溴单质，根据氧化性：氧化剂＞氧化产物，得出单质氧化性强弱的顺序：，b中氯气将碘离子氧化为碘单质，则氧化性：Cl2＞I2；③实验Ⅱ若产生碘单质，则淀粉溶液会变蓝色，通过观察溶液变蓝可确定溴单质的氧化性大于碘单质；④通过以上实验现象无法确定实验I中是否有氯气残留，因此补做实验Ⅲ可排除过量的Cl2氧化I-带来的干扰；⑤在元素周期表中，同主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱。15．(24-25高一上·北京通州区·期末)某实验小组进行卤素单质性质的探究实验(加热装置和夹持装置已省略)，设计实验如下：(1)写出装置A中制取氯气的化学方程式。(2)验证氯气的氧化性强于碘的实验证据是。(3)装置B中发生反应的离子方程式是。(4)上述实验不能比较的氧化性强弱，请说明理由：。请选用以下试剂补充试管实验：(填操作和现象)，证明了的氧化性强于。可选择的试剂：氯水、溴水、碘水、溶液、溶液、溶液。(5)请从“位置—结构—性质”的角度解释氧化性逐渐减弱的原因。【答案】(1)(浓)(2)A装置中湿润的淀粉KI试纸变蓝(3)(4)过量的氧化KI取少量KI溶液于试管中，滴入少量溴水，振荡，溶液由无色变为棕黄色(5)同主族元素从上到下，原子核外电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，元素的非金属性逐斩减弱，对应单质的氧化性减弱【分析】装置A中浓盐酸和MnO2在加热的条件下发生反应生成Cl2：，瓶颈处KI与Cl2发生氧化还原反应生成I2：Cl2+2KI=2KCl+I2，碘遇淀粉变蓝，故湿润的淀粉KI试纸变蓝，B中发生：，B中生成的溴若挥发进入到C中，溴单质也不一定能与碘化钾反应，因为氯气的氧化性比溴单质强，B中多余逸出的氯气在C中发生：Cl2+2KI=2KCl+I2，D中氢氧化钠溶液用来吸收尾气，防止空气污染。【详解】（1）装置A中制取氯气，MnO2与浓HCl共热生成MnCl2、Cl2和H2O，化学方程式为。（2）根据氧化性强弱规律，氧化剂的氧化性大于氧化产物，则Cl2+2KI=2KCl+I2体现了氯气的氧化性强于碘，C中可能发生溴和碘化钾的反应，则结合分析可知，验证氯气的氧化性强于碘的实验证据是：A装置中湿润的淀粉KI试纸变蓝。（3）装置B中发生：，则发生反应的离子方程式是。（4）上述实验不能比较的氧化性强弱，因为多余氯气进入C中发生的反应是：Cl2+2KI=2KCl+I2，即过量的氧化KI；要证明的氧化性强于，根据氧化性强弱规律，氧化剂的氧化性大于氧化产物，应该实施反应：，则补充试管实验为：取少量KI溶液于试管中，滴入少量溴水，振荡，溶液由无色变为棕黄色。（5）从“位置—结构—性质”的角度解释氧化性逐渐减弱的原因为：同主族元素从上到下，原子核外电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，元素的非金属性逐斩减弱，对应单质的氧化性减弱。16．(24-25高一上·天津南开区·期末)元素周期律的发现，对化学的发展有很大影响。某兴趣小组的同学进行实验，验证元素周期律。回答下列问题：．验证同周期元素性质的递变规律。(1)用离子方程式解释现象1：。(2)对比分析现象1和现象2，说明沉淀X属于(填“酸”“碱”或“两氧化物”)。(3)现象4为。(4)该组实验可验证同周期元素金属性强弱：MgAl(填“<”或“>”)。．探究同主族元素性质的递变规律。(5)实验i溶液颜色变深，反应的离子方程式是。(6)实验ii观察到的现象是，甲同学根据此现象得出结论：Br2>I2，乙同学认为实验ii不能充分证明氧化性Br2>I2，其理由是。(7)从原子结构的角度解释同一主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱的原因：。【答案】(1)Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O(2)碱(3)沉淀逐渐溶解(4)＞(5)Cl2+2Br-=Br2+2Cl-(6)溶液变为蓝色实验i反应后的溶液可能Cl2还有剩余(7)元素原子核外电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大【分析】Ⅰ．MgCl2与氨水反应产生Mg(OH)2白色沉淀和NH4Cl；将产生的白色沉淀分成两份，向其中一份中加入2mol/LHCl，发现白色沉淀逐渐溶解变为无色溶液；向另一份中加入2mol/LNaOH溶液，沉淀不溶解；AlCl3溶液与氨水反应产生Al(OH)3白色沉淀和NH4Cl；将产生的白色沉淀也分成两份，向其中一份中加入2mol/LHCl，发现沉淀溶解变为无色溶液；向另一份中加入2mol/LNaOH溶液，沉淀也能够溶解。说明Mg(OH)2属于碱，Al(OH)3为两性氢氧化物。Ⅱ．向KBr溶液中滴入氯水，发生反应：Cl2+2KBr=2KCl+Br2，溶液变为橙色；将上述反应后的溶液加入KI溶液与淀粉溶液的混合物中，发现溶液变为蓝色，说明反应产生了I2，可能是发生反应：Br2+2KI=2KBr+I2，也可能是过量的氯水与KI发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，I2遇淀粉，溶液变为蓝色。因此只能证明元素的非金属性：Cl＞Br，而不能证明元素的非金属性：Br＞I，即不能说明氧化性：Br2＞I2。【详解】（1）MgCl2与氨水反应产生的白色沉淀是Mg(OH)2，沉淀X是Mg(OH)2，向其中滴加2mol/L盐酸，发生复分解反应产生MgCl2、H2O，该反应的离子方程式为：Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O；（2）向Mg(OH)2白色沉淀中加入盐酸，沉淀溶解，向其中加入等浓度的NaOH溶液，沉淀不溶解，说明Mg(OH)2沉淀属于碱；（3）Al(OH)3白色沉淀既能与盐酸反应，也能够与NaOH溶液反应，说明Al(OH)3是两性氢氧化物，则现象4为白色沉淀逐渐溶解；（4）元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强。Mg(OH)2能溶于盐酸、不溶于NaOH溶液；Al(OH)3能溶于盐酸和NaOH溶液，说明Mg(OH)2属于碱、Al(OH)3是两性氢氧化物，则盐酸的金属性强弱：Mg＞Al；（5）实验i溶液颜色变深，说明氯水与KBr溶液反应生成了Br2单质，反应的离子方程式为Cl2+2Br-=Br2+2Cl-；（6）Cl2与KBr溶液发生置换反应：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，Br2与KI溶液发生置换反应：Br2+2KI=2KBr+I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，因此甲同学得出结论，物质的氧化性：Br2＞I2的结论，则实验ii观察到的现象是：溶液变为蓝色；乙同学认为实验ii不能充分该结论。这是应用发生ⅰ反应时，若氯水过量，氯水中氯气也能氧化KI生成I2，造成实验干扰，所以乙同学认为实验ii不能充分证明氧化性：Br2＞I2；（7）同一主族元素，原子核外最外层电子数相同，但从上到下，原子核外电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，原子获得电子的能力逐渐减弱，因此元素的非金属性逐渐减弱，元素单质的氧化性就逐渐减弱。17．(24-25高一上·北京昌平区·期末)某实验小组配制Na2S2O3溶液，并探究其与FeCl3溶液的反应。I．配制250mL0.1mol/LNa2S2O3溶液(1)用到的仪器有：天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和。(2)计算所需Na2S2O3·5H2O固体的质量为g。(Na2S2O3·5H2O的摩尔质量为248g/mol)(3)下列情况中，会使所配溶液浓度偏低的是(填字母)。a．硫代硫酸钠晶体部分失去结晶水

b．转移时，未洗涤烧杯和玻璃棒c．转移时，少量溶液溅出

d．定容时，眼睛俯视刻度线II．探究Na2S2O3溶液与FeCl3溶液的反应实验编号实验操作实验现象i溶液呈暗紫色，静置后暗紫色褪去，生成无色溶液。久置后产生淡黄色浑浊。资料：Fe3++=

Fe(S2O3)+(暗紫色)，Fe2+遇无明显现象；(4)实验ⅰ中溶液呈暗紫色，该过程发生的反应(填“是”或“不是”)氧化还原反应。(5)暗紫色褪去生成无色溶液的过程，发生氧化还原反应，设计实验ii、iii检验产物。实验ii：取实验i中无色溶液于试管中，向其中加入过量NaOH溶液，生成白色沉淀，白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色。实验iii：取实验i中无色溶液于试管中，向其中加入过量BaCl2溶液，一直无明显现象。①实验ii产生白色沉淀的离子方程式为；白色沉淀最终变成红褐色的化学方程式为。②由实验iii可得的结论是。③查阅资料得知无色溶液中生成，补全紫色褪去生成无色溶液过程的离子方程式：。☐Fe(S2O3)+☐___=

☐___+☐___(6)取实验iii反应后的溶液中加入HCl溶液，产生浑浊，且有刺激性气味气体产生，经实验证实气体为SO2、浑浊中含BaSO4和S。①探究和S的来源来源1：较强酸性条件下的自身分解。来源2：。经实验证实来源2产生S，不产生。②设计实验证实来源1成立。向2mL0.1mol/LNa2S2O3溶液中加入，得到无色溶液，向无色溶液中加入(填实验操作及现象)。(7)结合离子方程式解释实验i久置后产生淡黄色浑浊的原因。【答案】(1)250mL容量瓶(2)6.2(3)bc(4)不是(5)Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3氧化还原反应产物中没有和2Fe(S2O3)+=+2Fe2+(6)在酸性条件下自身分解2mL0.1mol/LFeCl3溶液HCl溶液，产生淡黄色沉淀，静置取上层清液，加入BaCl2溶液产生白色沉淀(7)FeCl3溶液中含H+，过量，在酸性条件下自身发生氧化还原生成S单质和SO2气体+2H+=S↓+SO2↑+H2O【分析】I．配制250mL0.1mol/LNa2S2O3溶液，需要计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，误差分析要考虑溶质的物质的量以及溶液的体积；II．探究Na2S2O3溶液与FeCl3溶液的反应，开始不发生氧化还原反应，得到含Fe(S2O3)+的暗紫色溶液，后发生氧化还原反应，生成，久置后产生淡黄色浑浊。【详解】（1）配制250mL0.1mol/LNa2S2O3溶液，用到的仪器有：天平、药匙、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和250mL容量瓶；（2）Na2S2O3物质的量：0.250.1mol/L=0.025mol，则Na2S2O3·5H2O也是0.025mol，硫代硫酸钠晶体的质量为；（3）a．硫代硫酸钠晶体部分失去结晶水，则Na2S2O3·5H2O物质的量增多，所配溶液浓度偏高，a错误；b．转移时，未洗涤烧杯和玻璃棒，则溶质物质的量减少，所配溶液浓度偏低，正确；c．转移时，少量溶液溅出，则溶质物质的量减少，所配溶液浓度偏低，c正确；d．定容时，眼睛俯视刻度线，则溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，d错误；故选bc；（4）实验ⅰ中溶液呈暗紫色，说明生成了Fe(S2O3)+，该过程发生Fe3++=Fe(S2O3)+，没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应；（5）①实验ii产生白色沉淀的离子方程式为Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，实验ii白色沉淀最终变成红褐色的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；②取实验i中无色溶液于试管中，向其中加入过量BaCl2溶液，一直无明显现象。说明氧化还原反应产物中没有和；③根据得失电子守恒以及电荷、原子守恒可以得到：2Fe(S2O3)+=+2Fe2+；（6）①FeCl3溶液中含H+，过量，在酸性条件下自身发生氧化还原生成S单质和SO2气体：+2H+=S↓+SO2↑+H2O，则实验i久置后产生淡黄色浑浊。②向2mL0.1mol/LNa2S2O3溶液中加入2mL0.1mol/LFeCl3溶液，得到无色溶液，根据信息知道无色溶液中生成，向无色溶液中加入HCl溶液，产生淡黄色沉淀，静置取上层清液，加入BaCl2溶液产生白色沉淀，则证明较强酸性条件下的自身分解。（7）FeCl3溶液中含H+，过量，在酸性条件下自身发生氧化还原生成S单质和SO2气体+2H+=S↓+SO2↑+H2O。18．(24-25高一上·浙江丽水·期末)某研究小组利用次氯酸钠和硝酸铁溶液反应生成的高铁酸钠(Na2FeO4)制备新型绿色消毒剂高铁酸钾(K2FeO4)，按如下流程开展实验。用以下装置完成上述反应I和反应Ⅱ：已知：K2FeO4易溶于水，在浓KOH溶液中溶解度小；在酸性和碱性条件下都具有强氧化性，且氧化性强于酸性高锰酸钾溶液；在0~5℃碱性溶液中较稳定，在酸性或中性溶液中快速产生O2.(1)盛有KMnO4固体的仪器名称；饱和NaCl溶液的作用。(2)反应I的离子方程式。(3)下列说法正确的是_____。A．反应I和反应II均在a仪器中进行B．反应II结束后应通一段时间N2，然后再拆下装置进行后续实验C．加入饱和KOH溶液进行转化时，发生氧化还原反应D．可用FeCl3溶液代替Fe(NO3)3溶液(4)高铁酸钾既能消毒又能净水，其原因是。(5)为提高纯度，需对粗产品进行重结晶操作，从下列选项中选出合理的操作步骤：。→过滤取滤液→加入饱和KOH溶液→置于冰水浴中→→洗涤、干燥→得产品a．将粗产品溶于热水b．将粗产品溶于冷的稀KOH溶液c．过滤取沉淀d．蒸发浓缩，趁热过滤f．冷却结晶(6)测定产品的纯度(K2FeO4式量为M)向NaOH溶液中加入固体碘化钾和氟化钠并溶解；准确称取mg样品加入该溶液，待样品充分溶解后，加硫酸酸化至反应完全；用cmol·L-1Na2S2O3溶液进行反应，恰好完全反应时消耗Na2S2O3溶液体积为vmL。已知：2FeO+6I-+12F-+8H2O=2FeF+3I2+16OH-；I2+2S2O=2I-+S4O，实验测得K2FeO4纯度为。【答案】(1)圆底烧瓶除去Cl2中混有的HCl(2)Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O(3)AB(4)高铁酸钾具有强氧化性，可杀菌消毒；同时生成氢氧化铁胶体，可以净水(5)bc(6)%【分析】该实验装置利用和浓盐酸反应制备氯气，通过饱和食盐水出去