第3部分 高考大题仿真题型训练 仿真2　探究型实验

1、仿真二探究型实验对应学生用书P1801(2019吉林四平模拟)为了探究NO2与过氧化钠反应，甲、乙两位同学设计了如下实验，其装置如图所示。已知2NO22NaOH=NaNO3NaNO2H2O试回答下列问题：(1)仪器A的名称是_，仪器B的作用是_。(2)装入药品前必须检查装置的气密性，具体操作方法是_。(3)试管中发生反应的离子方程式为_。(4)实验过程中，甲、乙两位同学通过检验得知，气体产物中含有较多氧气。甲同学通过查阅资料了解到NO2具有氧化性，据此甲同学判断NO2与过氧化钠反应有氧气生成，而乙同学认为该结论不合理，理由是_。为验证自己的想法，乙同学对上述装置进行了改进，具体做法是_。(5)

2、改进装置后，再进行实验，两位同学发现过氧化钠的颜色由淡黄色逐渐变成白色，且检验不出有氧气生成，该反应的化学方程式为_。解析(1)由图知，仪器A的名称是分液漏斗；仪器B的作用是防止倒吸。(2)检查装置的气密性的方法是：关闭分液漏斗活塞，将干燥管末端置于水槽中，微热试管，干燥管末端有气泡产生，停止加热后干燥管中形成一段水柱，则说明装置气密性良好。(3)试管中浓硝酸和铜反应生成NO2、硝酸铜和水。所以反应的离子方程式是：Cu4H2NO=Cu22NO22H2O。(4)由装置图分析浓硝酸和铜反应生成NO2、硝酸铜和水，所以得到的NO2中混有水蒸气，水也能与过氧化钠反应得到氧气。改进方法是在装置、之间添加

3、一个装有P2O5的干燥管，以除去气体产物中的水蒸气。(5)改进装置后，再进行实验，两位同学发现过氧化钠的颜色由淡黄色逐渐变成白色，且检验不出氧气的生成，说明该反应没有氧气生成，反应的化学方程式为2NO2Na2O2=2NaNO3。答案(1)分液漏斗防止倒吸(2)关闭分液漏斗活塞，将干燥管末端置于水槽中，微热试管，干燥管末端有气泡产生，停止加热后干燥管中形成一段水柱，则说明装置气密性良好(或其他合理答案)(3)Cu4H2NO=Cu22NO22H2O(4)生成的NO2中混有水蒸气，与过氧化钠反应也生成氧气在装置、之间添加一个装有P2O5的干燥管，以除去气体产物中的水蒸气(其他合理答案也可)(5)2N

4、O2Na2O2=2NaNO32(2019青岛一模)ClO2又称百毒净，可用于水的净化和纸张、纺织品的漂白。用如图所示装置(夹持装置和加热装置省略)制备ClO2并探究ClO2的某些性质。已知：高氯酸：沸点90 ，浓度低于60%比较稳定，浓度高于60%遇含碳化合物易爆炸。饱和NaClO2溶液随温度变化情况：回答下列问题：(1)仪器a的名称为_。实验开始前，胶塞及导管接口必须包锡箔纸，其原因是_。(2)写出装置A制备ClO2同时生成高氯酸的化学方程式_。(3)关闭止水夹，打开止水夹，通空气一段时间，装置C中生成NaClO2，离子方程式为_。若关闭止水夹，打开止水夹，B中可观察到的现象为_。(4)从装

5、置C反应后的溶液中获得NaClO2晶体，需控温在_范围内进行减压蒸发结晶，采用减压蒸发的原因是_。(5)城市饮用水处理新技术用NaClO2、高铁酸钠替代Cl2。如果以单位质量的氧化剂所得到的电子数来表示消毒效率，那么，NaClO2、Na2FeO4、Cl2三种消毒杀菌剂的消毒效率由大到小的顺序是_。解析(1)仪器a为三颈烧瓶。由题可知，高氯酸浓度高于60%遇含碳化合物易爆炸，橡胶是含碳化合物，若生成的高氯酸浓度高时遇橡胶塞及导管易发生爆炸。(2)A中过量浓硫酸和NaClO3反应制备二氧化氯和高氯酸，反应为3NaClO33H2SO4(浓)=HClO42ClO23NaHSO4H2O。(3)关闭止水夹

6、，打开止水夹，二氧化氯和氢氧化钠和过氧化氢在C中反应，2ClO22OHH2O2=2ClO2H2OO2；若关闭止水夹，打开止水夹，二氧化氯有强氧化性，使B中红色布条褪色。(4)根据已知，温度低于38 ，得到的晶体含有结晶水，温度高于60 NaClO2会分解，故从装置C反应后的溶液中获得NaClO2晶体，需要控制温度在3860 进行减压蒸发结晶，采用减压蒸发的原因是减压可降低沸点，在较低温度下蒸发，避免晶体高温分解。(5)NaClO2中氯元素由3价降低为1价，则1 mol NaClO2转移电子4 mol，消毒效率为4/90.5，1 mol Na2FeO4转移电子为3 mol，消毒效率为3/166，

7、1 mol Cl2转移电子为2 mol，消毒效率为2/71，三种消毒杀菌剂的消毒效率由大到小的顺序为：NaClO2Cl2Na2FeO4。答案(1)三颈烧瓶橡胶是含碳化合物，若生成的高氯酸浓度高时遇胶塞及导管易发生爆炸(2)3NaClO33H2SO4(浓)=HClO42ClO23NaHSO4H2O(3)2ClO22OHH2O2=2ClO2H2OO2红色布条褪色(4)3860 减压可降低沸点，在较低温度下蒸发，避免晶体高温分解(5)NaClO2Cl2Na2FeO43(2019唐山高三下学期冲刺卷)三硫代碳酸钠(Na2CS3)常用作杀菌剂、沉淀剂。某小组设计实验探究三硫代碳酸钠的性质并测定其溶液的浓

8、度。实验1：探究Na2CS3的性质步骤操作及现象取少量Na2CS3固体溶于蒸馏水配制成溶液并分成两等份向其中一份溶液中滴加几滴酚酞试液，溶液变红色向另一份溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去(1)H2CS3是_酸(填“强”或“弱”)。(2)已知步骤的氧化产物是SO，写出该反应的离子方程式_。(3)某同学取步骤所得溶液于试管中，滴加足量盐酸、BaCl2溶液产生白色沉淀，他认为通过测定产生的白色沉淀的质量即可求出实验所用Na2CS3的量，你是否同意他的观点并说明理由：_。实验2：测定Na2CS3溶液的浓度如上图所示连接好装置，取50 mL Na2CS3溶液置于A中，打开仪器d的活塞，滴入足量2.

9、0 mol/L稀H2SO4，关闭活塞。已知：Na2CS3H2SO4=Na2SO4CS2H2S。CS2和H2S均有毒。CS2不溶于水，沸点46 ，与CO2某些性质相似，与NaOH作用生成Na2COS2和H2O。(4)盛放Na2CS3溶液的仪器名称是_，B中发生反应的离子方程式是_。(5)反应结束后打开活塞K，再缓慢通入热N2一段时间，其目的是_。(6)为了计算Na2CS3溶液的浓度，对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥、称重，得19.2 g固体，则A中Na2CS3的物质的量浓度为_。(7)分析上述实验方案，还可以通过测定C中溶液质量的增加值来计算Na2CS3溶液的浓度。若反应结束后将通热N2改为通热

10、空气，计算值_(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。解析(1)根据实验中信息：向其中一份溶液中滴加几滴酚酞试液，溶液变红色，说明Na2CS3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，故H2CS3是弱酸。(2)已知步骤向Na2CS3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去，氧化产物是SO，还原产物为Mn2，同时应产生二氧化碳气体，根据氧化还原反应原理进行配平得该反应的离子方程式为5CS24MnO52H=5CO215SO24Mn226H2O。(3)某同学取步骤所得溶液于试管中，滴加足量盐酸、BaCl2溶液产生白色沉淀，但因为KMnO4溶液用H2SO4酸化，含有SO引起实验误差，故根据白色沉淀的质量不能求出实验所用Na

11、2CS3的量。(4)根据仪器的结构可知，盛放Na2CS3溶液的仪器的名称是三颈烧瓶，A中发生反应Na2CS3H2SO4=Na2SO4CS2H2S，气体进入B中，H2S与硫酸铜反应生成不溶于硫酸的硫化铜沉淀和硫酸，故B中发生反应的离子方程式是Cu2H2S=CuS2H。(5)反应结束后打开活塞K，再缓慢通入热N2一段时间，将装置中残留的H2S、CS2全部排入后续装置中，使其被完全吸收。(6)为了计算Na2CS3溶液的浓度，对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥、称重，得19.2 g固体，n(H2S)n(CuS)0.2 mol，根据反应Na2CS3H2SO4=Na2SO4CS2H2S可知，n(Na2CS3

12、)n(H2S)0.2 mol，则A中Na2CS3的物质的量浓度为4.0 mol/L。(7)分析上述实验方案，还可以通过测定C中溶液质量的增加值来计算Na2CS3溶液的浓度，若反应结束后将通热N2改为通热空气，空气中含有CO2能被氢氧化钠溶液吸收，导致C中的质量偏大，从而求得的Na2CS3偏多，因此通过测定C中溶液质量的增加值来计算Na2CS3溶液的浓度时，计算值偏高。答案(1)弱(2)5CS24MnO52H=5CO215SO24Mn226H2O(3)不同意，因为KMnO4溶液用H2SO4酸化，含有SO引起实验误差(4)三颈烧瓶Cu2H2S=CuS2H(5)将装置中残留的H2S、CS2全部排入后

13、续装置中，使其被完全吸收(6)4.0 mol/L(7)偏高4(2019北京西城区高三期末)实验小组研究酸性条件下K2Cr2O7溶液和H2O2溶液的反应。(实验)向盛有H2O2溶液的试管中，加入过量的K2Cr2O7溶液和硫酸，振荡，溶液立即变为紫红色，此时pH1，溶液中持续产生气泡，最终溶液变为绿色。资料：.Cr2(SO4)3溶液呈绿色。.酸性条件下，K2Cr2O7溶液和H2O2溶液反应生成CrO5，CrO5进一步反应生成Cr3和O2。.CrO5是一种6价Cr的过氧化物，其结构如图甲所示，CrO5可溶于水，易溶于乙醚得到蓝色溶液。.乙醚是一种无色、不溶于水、密度比水小的有机溶剂，化学性质稳定。(

14、1)实验中产生的气体是O2，检验的方法是_。(2)实验的紫红色溶液中含有CrO5。验证紫红色溶液中含有CrO5的操作及现象是_。生成CrO5的反应不是氧化还原反应，反应的离子方程式是_。(3)对实验中溶液变为绿色和产生O2的原因，作出如下假设：aCrO5在酸性溶液中不稳定，自身氧化还原生成Cr3和O2。bCrO5在酸性条件下氧化了溶液中的H2O2，生成Cr3和O2。为验证上述假设，用图乙装置进行实验和实验(夹持装置已略，B中石蜡油用于吸收挥发出的乙醚)。实验操作及现象如下：(实验).将20 mL CrO5的乙醚溶液加入A中的20 mL pH1的稀硫酸中，不断搅拌，乙醚层由蓝色变为无色，水层变为

15、绿色，O2体积为V mL。.步骤结束后向A中加入少量K2Cr2O7溶液，轻轻搅拌，静置，乙醚层又显出蓝色。(实验)仅将实验中的pH1的稀硫酸替换为等量的含H2O2的pH1的稀硫酸，重复实验。现象与实验相同，且O2体积仍为V mL。实验步骤中消耗的CrO5与生成的O2的物质的量之比为23，补全离子方程式：2CrO5_=2Cr33O2_。甲同学认为依据实验和中生成O2的体积相同，无法说明假设b是否成立，其理由是_。(4)实验中总反应的离子方程式是_。解析(1)可用带有火星的木条检验氧气，方法是将带火星的木条伸入试管中，木条复燃，说明生成的气体是O2。(2)CrO5可溶于水，易溶于乙醚得到蓝色溶液，

16、检验方法是取少量紫红色溶液于试管中，加入乙醚，振荡，静置，液体分为两层，上层呈蓝色；酸性条件下，K2Cr2O7溶液和H2O2溶液反应生成CrO5，且不是氧化还原反应，反应的离子方程式为Cr2O4H2O22H=2CrO55H2O。(3)实验步骤中消耗的CrO5与生成的O2的物质的量之比为23，反应中Cr元素化合价由6价降低为3价，O元素化合价由1价升高到0价，且生成过氧化氢，反应的方程式为2CrO56H=2Cr33O2H2O22H2O；O2来源于CrO5、H2O2中的1价O，且1价O过量，当CrO5的量相同时，生成O2的体积相同，因而由实验和中生成O2的体积相同无法说明假设b是否成立。(4)溶液中持续产生气泡，最终溶液变为绿色，生成气体为氧气