2020届高考化学二轮复习专题19：化学实验设计与探究（基础版含详解）

专题19：化学实验设计与探究一、单选题1．关于下列图示的说法中正确的是（）①②③④A.用图①所示实验可比较硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱B.用图②所示实验装置排空气法收集CO2气体C.图③表示可逆反应CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）的△H＞0D.图④两个装置中通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的物质的量也相同2．下列有关实验操作、现象及结论均正确的是选项实验操作主要现象结论A取绿豆大小一块钠投入硫酸铜溶液中有气体和红色固体产生钠比铜活泼，能置换出铜B将二氧化硫通入高锰酸钾溶液中溶液紫色褪去二氧化硫有漂白性C向溶液中先加入氯水，再加入KSCN溶液溶液变红色原溶液中存在Fe2+D将乙烯气体通入溴的四氯化碳溶液中溶液橙红色逐渐变为无色发生了加成反应A.AB.BC.CD.D3．某化学兴趣小组用下图装置探究硝酸银受热分解的产物，在a处充分加热固体后，b中观察到红棕色气体，d中收集到无色气体，a中残留黑色固体，下列叙述错误的是A.装置a中残留的固体是Ag2OB.装置b还起安全瓶的作用C.装置c中生成的盐含有NaNO3D.装置d

中的无色气体遇空气仍然是无色4．已知饱和氯化铵溶液与亚硝酸钠晶体混合加热可制备氮气。利用如下装置制取氮气，并用氮气制备Ca3N2，Ca3N2遇水发生水解反应。下列说法错误的是A.①中发生的化学反应为NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2OB.④、⑥中依次盛装的试剂可以是浓H2SO4、碱石灰C.③中盛放的试剂是NaOH溶液D.实验结束，取⑤中的少量产物于试管中，加适量蒸馏水，可以使试管口湿润的红色石蕊试纸变蓝5．装置a、b、c中分别盛有试剂1、2、3，用如图所示的装置进行实验（夹持仪器略去，必要时可加热），能达到相应实验目的的是选项试剂1试剂2试剂3实验目的装置A浓Cu片KI-淀粉溶液验证的氧化性B盐酸石灰石饱和制备C稀硫酸溶液X澄清石灰水验证溶液X中是否有D70%硫酸酸性溶液证明具有漂白性A.AB.BC.CD.D6．下列制取Cl2，用其氧化含I-废液，回收并提纯I2的装置和原理能达到实验目的的是A.制取Cl2B.氧化碘离子C.过滤出粗碘D.升华提纯碘7．将少量SO2

气体通入BaC12和FeC13的混合溶液中，溶液颜色由棕黄色变成浅绿色，同时有白色沉淀产生。针对上述变化，下列分析正确的是A.该实验表明SO2有漂白性B.白色沉淀为BaSO3C.该实验表明FeC13有还原性D.反应后溶液酸性增强8．下列实验操作及现象与预期实验目的或实验结论正确的是选项实验操作及现象实验目的或结论A向硅酸钠溶液中滴加盐酸，用激光笔照射，有丁达尔现象说明有硅酸胶体生成B向纯碱中滴加足量浓盐酸，将产生的气体通入硅酸钠溶液，熔液变浑浊酸性：盐酸>碳酸>硅酸C取少量Fe（NO3）2试样加水溶解，加稀硫酸酸化，滴加KSCN溶液，溶液变为红色该Fe（NO3）2试样已经变质D将SO2气体通入高锰酸钾溶液中，紫色褪去SO2具有漂白性A.AB.BC.CD.D9．下列有关实验或操作能达到实验目的的是选项ABCD实验目的制备一定量的H2检查滴定管是否漏液验证氨气的溶解性和氨水的碱性牺牲阳极的阴极保护法实验或操作A.AB.BC.CD.D10．可用于实验室制取乙炔的发生装置是A.AB.BC.CD.D11．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象实验结论A用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色该溶液中一定不含K+B将稀盐酸滴入硅酸钠溶液中，充分振荡，有白色沉淀产生非金属性：

Cl>SiC向淀粉溶液中加入稀硫酸并加热，再加入银氨溶液，水浴加热，未见有银镜产生淀粉没有水解D相同条件下，在两支试管中各加入4mL0.01mol/L

KMnO4和2mL0.1mol/L

H2C2O4，再向其中一支试管中快速加入少量MnSO4固体，加有MnSO4的试管中容液褪色较快MnSO4对该反应有催化作用A.AB.BC.CD.D12．某兴趣小组探究SO2气体的还原性，装置如图所示，下列说法不合理的是A.为了验证A中发生了氧化还原反应，加入稀盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀B.该实验装置至少存在一处设计缺陷C.向反应后的A溶液中加入酸性KMnO4溶液，紫红色褪去，说明一定有Fe2+D.装置B是为了验证还原性：SO2>I-二、填空题13．CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合时产生蓝绿色沉淀，某实验小组进行实验，探究蓝绿色沉淀的组成。【查阅资料】i.氢氧化铜是一种蓝色絮状沉淀，难溶于水，溶于酸、氨水等，受热会分解。ii.碳酸铜是蓝绿色粉末状固体，受热易分解，遇水转化为氢氧化铜和碱式碳酸铜的混合物。iii.碱式碳酸铜呈孔雀绿颜色，又叫孔雀石，难溶于水，溶于酸、氨水等，在空气中加热会分解。【提出假设】假设1：沉淀为Cu（OH）2假设2：沉淀为CuCO3假设3：沉淀为碱式碳酸铜[化学式可表示为xCuCO3•yCu（OH）2]（1）假设1中产生沉淀Cu（OH）2的离子方程式是_______。（2）甲同学认为假设2不成立，理由是_______。【定性实验】（3）实验小组同学将沉淀从溶液中分离并净化，取少量净化后的固体于试管中，滴加稀硫酸，观察到_______，证明假设3成立。【定量实验】为了确定碱式碳酸铜化学式中x与y的关系，实验小组称取净化后的蓝绿色固体m1g，使用下列装置（夹持仪器未画出）进行实验。（4）B、C、D中的试剂依次为_______（填标号）。a．澄清石灰水b．碱石灰c．氯化钙溶液d．浓硫酸（5）各装置接口的连接顺序：a→_______（填字母序号）。（6）装置D的作用是_______。（7）加热到固体完全分解，硬质玻璃管中得到黑色固体，其余产物被相应装置完全吸收。实验结束后，测得装置B的质量增加m2g，则xCuCO3•yCu（OH）2中=_______（列式表示）。若无D装置，则的值_______（填“偏大”或“偏小”或“无影响”）。14．三氯氧磷（POCl3）是重要的基础化工原料，广泛用于制药、染化。塑胶助剂等行业。某兴趣小组模拟PCl3直接氧化法制备POCl3，实验装置设计如下：有关物质的部分性质如下表：熔点/℃沸点/℃其他PCl3-11275.5遇水生成H3PO3和HCl，遇O2生成POCl3POCl32105.3遇水生成H3PO4和HCl，能溶于PCl3回答下列问题：（1）仪器a的名称是_____，装置A中发生反应的化学方程式为____________。（2）B装置的作用除观察O2的流速之外。还有____________。（3）C装置控制反应在60℃～65℃进行，其主要目的是____________。（4）通过佛尔哈德法可以测定三氯氧磷产品中Cl元素含量，实验步骤如下：I.取xg产品于锥形瓶中，加入足量NaOH溶液，待完全反应后加稀硝酸至酸性。II.向锥形瓶中加入0.1000mol/L的AgNO3溶液

40.00

mL，使

Cl-完全沉淀。III.向其中加入2mL硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖。IV.加入指示剂，用cmol/LNH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积VmL。已知：Ksp（AgCl）=3.2×10-10，Ksp（AgSCN）=2×10-12①滴定选用的指示剂是_______（填标号），滴定終点的现象为_____________。a.FeCl2b.NH4Fe（SO4）2c.淀粉d.甲基橙②C1元素的质量百分含量为（列出算式）____________。③步骤III加入硝基苯的目的是___，如无此操作，所测C1元素含量将会___（填“偏大”“偏小”或“不变”）。15．硫酸铜可用于消毒、制杀虫剂、镀铜等。实验小组制取CuSO4·5H2O晶体并进行热分解的探究。请回答以下问题：探究Ⅰ：制取CuSO4·5H2O晶体小组同学设计了如下两种方案：甲：将铜片加入足量浓硫酸中并加热乙：将铜片加入稀硫酸，控温40～50℃，滴加双氧水（1）方案甲发生反应的化学方程式为____________，反应结束后有大量白色固体析出。简述从中提取CuSO4·5H2O晶体的方法：倒出剩余液体，____________。（2）方案乙发生反应：Cu+H2SO4+H2O2=CuSO4+2H2O，该实验控温40～50℃的原因是________；与方案甲相比，方案乙的主要优点有_________、___________。（写出2种）探究Ⅱ：用以下装置（加热装置省略）探究CuSO4·5H2O晶体热分解产物已知：CuSO4·5H2O脱水后升高温度，会继续分解成CuO

和气体产物，气体产物可能含有SO3、SO2、O2中的1～3

种。（3）称5.00gCuSO4·5H2O于A

中加热，当观察到A中出现_____________，可初步判断晶体已完全脱水并发生分解。加热一段时间后，A中固体质量为3.00g，则此时A中固体的成分为___________。（4）装置B中迅速生成白色沉淀，说明分解产物中有________，C装置的作用是________。（5）理论上E中应收集到VmL气体，事实上体积偏少，可能的原因是______________。（不考虑泄漏等仅器与操作原因）。16．硫酸铜可用于消毒、制杀虫剂、镀铜等。实验小组制取CuSO4·5H2O晶体并进行热分解的探究。请回答以下问题：探究Ⅰ：制取CuSO4·5H2O晶体小组同学设计了如下两种方案：甲：将铜片加入足量浓硫酸中并加热乙：将铜片加入稀硫酸，控温40～50℃，滴加双氧水（1）方案甲发生反应的化学方程式为____________，反应结束后有大量白色固体析出。简述从中提取CuSO4·5H2O晶体的方法：倒出剩余液体，____________。（2）方案乙发生反应：Cu+H2SO4+H2O2=CuSO4+2H2O，该实验控温40～50℃的原因是________；与方案甲相比，方案乙的主要优点有_________、___________。（写出2种）探究Ⅱ：用以下装置（加热装置省略）探究CuSO4·5H2O晶体热分解产物已知：CuSO4·5H2O脱水后升高温度，会继续分解成CuO

和气体产物，气体产物可能含有SO3、SO2、O2中的1～3

种。（3）称5.00gCuSO4·5H2O于A

中加热，当观察到A中出现_____________，可初步判断晶体已完全脱水并发生分解。加热一段时间后，A中固体质量为3.00g，则此时A中固体的成分为___________。（4）装置B中迅速生成白色沉淀，说明分解产物中有__________，C装置的作用是____________。（5）理论上E中应收集到VmL气体，事实上体积偏少，可能的原因是______________。（不考虑泄漏等仅器与操作原因）。三、实验题17．硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3·5H2O）又称海波，呈无色透明状，易溶于水，不溶于乙醇，常用作棉织物漂白后的脱氯剂、定量分析中的还原剂。Ⅰ.Na2S2O3·5H2O的制备Na2S2O3·5H2O的制备方法有多种，其中亚硫酸钠法是工业和实验室中的主要方法：Na2SO3+S+5H2ONa2S2O3·5H2O制备过程如下：①称取12.6gNa2SO3于100mL烧杯中，加50mL去离子水搅拌溶解。②另取4.0g硫粉于200mL烧杯中，加6mL乙醇充分搅拌均匀将其润湿，再加入Na2SO3溶液，隔石棉网小火加热煮沸，不断搅拌至硫粉几乎全部反应。③停止加热，待溶液稍冷却后加2g活性炭，加热煮沸2分钟（脱色）。④趁热过滤，得滤液至蒸发皿中，_________________、____________________。⑤过滤、洗涤，用滤纸吸干后，称重，计算产率。（1）加入的硫粉用乙醇润湿的目的是____________________________。（2）步骤④趁热过滤的原因_____________________，空格处应采取的操作是_________________、____________________。（3）步骤⑤洗涤过程中，为防止有部分产品损失，应选用的试剂为__________________________。（4）滤液中除Na2S2O3和未反应完全的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是________________，生成该杂质的原因可能是____________________________。Ⅱ.产品纯度的测定准确称取1.00g产品（硫代硫酸钠晶体的摩尔质量为248g/mol），用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000mol/LI2的标准溶液滴定，反应的离子方程式为：2S2O32-+I2=S4O62-+2I-，记录数据如下：滴定次数滴定前读数（mL）滴定后读数（mL）10.3021.3220.3622.5630.1021.08（5）计算所得产品的纯度为___________（保留三位有效数字），该数据的合理解释可能是__________（不考虑实验操作引起的误差）。Ⅲ.产品的应用（6）Na2S2O3常用于脱氯剂，在溶液中易被Cl2氧化为SO42-，该反应的离子方程式为_____________________________。18．工业上可以直接氧化PCl3制备POCl3。某兴趣小组模拟该工艺设计实验装置如下（某些夹持装置、加热装置已略去）：部分物质的性质如下表：熔点/℃沸点/℃其他PCl3-11275.5遇水生成H3PO3和HCl，遇O2生成POCl3，缓慢通入氧气POCl3产率较高POCl32105.3遇水生成H3PO4和HCl，能溶于PCl3实验步骤如下I.连接仪器，检查装置气密性。关闭K1、K2打开K3、K4，点燃酒精灯制备气体。II.缓慢向C中通入适量气体至C中白磷消失，熄灭酒精灯。III.关闭K3、K4，打开K1、K2，A中开始发生反应。IV.C装置控制反应在60℃～65℃，最终制得POCl3产品。回答下列问题：（1）B、D装置中盛放的试剂是_______，B装置的作用除了干燥O2和平衡气压之外，还有___。（2）仪器a的名称是______，装置E中发生反应的离子方程式为____________。（3）步骤IV控制温度60℃~65℃，其主要目的是____________。（4）该实验装置存在一处明显的设计缺陷是_______________。（5）通过下面步骤可以测定三氯氧磷产品中Cl的含量：I.取xg产品于锥形瓶中，加入足量NaOH溶液，PCl3完全反应后加稀硝酸至酸性。II.向锥形瓶中加入0.1000mol/L的AgNO3溶液40.00mL，使Cl-完全沉淀。III.向其中加入20mL硝基苯，振荡，使沉淀表面被有机物覆盖。IV.加入指示剂，用cmol/LNH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积VmL。（己知：Ag3PO4溶于酸，Ksp（AgCl）=3.2×10-10，Ksp（AgSCN）=2×10-12）①滴定选用的指示剂是_____（填标号）a.酚酞b.淀粉c.NH4Fe（SO4）2d.甲基橙②元素Cl的质量分数为（列出算式）________________。③步骤III若不加入硝基苯，所测Cl含量将会_______（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。四、计算题19．（1）某学习小组利用下图装置制取氯气并探究其性质。①甲装置中反应的化学方程式是；②证明乙装置中FeCl2溶液与Cl2发生了反应的实验方法是（只注明试剂、现象）；③丙装置中通入少量Cl2，可制得某种生活中常用的漂白、消毒的物质。已知碳酸的酸性强于次氯酸，则丙中反应的化学方程式是。（2）有一瓶长期放置的漂白粉，请利用以下仪器和试剂，完成该漂白粉成份的探究。试管、胶头滴管、带导管的单孔塞、蒸馏水、1mol·L-1盐酸、品红溶液、新制澄清石灰水。【提出假设】假设一：该漂白粉未变质，含CaCl2、Ca（ClO）2；假设二：该漂白粉全部变质，含；假设三：该漂白粉部分变质，含CaCl2、Ca（ClO）2、CaCO3。【进行实验】在答题卡上完成下表（不必检验Ca2+、Cl-）：实验步骤预期现象和结论①用A试管取少量澄清石灰水备用，用B试管取少量样品，再向B试管若无气体放出且澄清石灰水未见浑浊，则假设一成立；②五、推断题20．A、B、C、D、E、X是中学化学中的常见物质，存在如图所示转化关系（部分生成物和反应条件略去）．（1）若A为淡黄色粉末，则0.1molA与水反应时转移的电子数目为________．（2）若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色；X是一种造成温室效应的气体，则鉴别等浓度的D、E两种溶液的试剂为______________．（3）若B具有漂白性，则A与H2O反应的离子方程式：________________．（4）若A为红棕色气体，向E溶液中滴加足量氨水，生成的白色沉淀迅速变成绿色，最终变成红褐色．①X的化学式为__________．②A与H2O反应的化学方程式为____________________________________．专题19：化学实验设计与探究1．A【解析】A.元素的非金属性越强，其相应最高价氧化物对应的水化物含氧酸的酸性越强，强酸能制取弱酸，硫酸是强酸能和碳酸钠反应生成碳酸，碳酸不稳定分解生成二氧化碳和水，二氧化碳、水和硅酸钠反应生成不溶于水的硅酸和碳酸钠，硫酸的酸性大于碳酸的酸性，碳酸的酸性大于硅酸的酸性，所以用图①所示实验可比较硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱，故A正确；B、二氧化碳的密度大于空气的密度，且二氧化碳和空气中的成分不反应，所以收集二氧化碳应采用向上排空气集气法，即长管进气短管出气，故B错误；

C、该反应反应物的能量大于生成物的能量，所以是放热反应，△H<0故C错误；

D、Al-Ag/H2SO4原电池中负极上电极反应式为

Zn-C/H2SO4形成的原电池的，负极上电极反应式为

两个原电池负极上失去相同电子时，Al-Ag/H2SO4原电池中消耗2Al，Zn-C/H2SO4形成的原电池的中消耗3Zn所以两个原电池消耗负极的物质的量不同，故D错误。本题答案A。点睛：本题通过实验和图像考察了酸性与非金属的性质，气体密度大小判定，化学反应能量变化和原电池反应原理的相关知识。在比较非金属性强弱时，要注意抓最高价氧化物对应水化物酸性越强，其非金属就越强。观察反应物和生成物本身能量高低，确定吸放热；根据原电池反应原理，抓住电子守恒进行处理。2．D【解析】A.将金属钠通入硫酸铜溶液中，首先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，不能置换出铜，故A错误；B．二氧化硫通入高锰酸钾溶液中，溶液紫色褪去，是与高锰酸钾发生了氧化还原反应，体现了二氧化硫的还原性，故B错误；C、若溶液中存在铁离子，溶液也变红色，故溶液中一定存在铁元素，可能为二价或三价，应该先加入KSCN溶液，不变色，再加入氯水，溶液变红色，故C错误；D.将乙烯气体通入溴的四氯化碳溶液中，乙烯与溴发生了加成反应，使得溶液橙红色逐渐变为无色，故D正确；故选D。3．A【解析】A、Ag2O受热分解生成银和氧气，故装置a中残留的固体是Ag，选项A错误；B.装置b还起安全瓶的作用，防止c中溶液倒吸入b中，选项B正确；C、二氧化氮与氢氧化钠反应生成NaNO3、NaNO2和水，选项C正确；D、装置d

中的无色气体为氧气，遇空气仍然是无色，选项D正确。答案选A。4．C【解析】A、根据题干可知，装置①为制备氮气的装置，饱和氯化铵溶液与亚硝酸钠晶体混合生成氮气、氯化钠和水，所以反应方程式为NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O，故A正确。B、Ca3N2遇水发生水解，所以产生的氮气需要干燥才能进入玻璃管中反应，装置④应为干燥装置，可选用浓硫酸作干燥剂；装置⑥中也应装有干燥剂，防止空气中的水蒸气进入，装置⑥中可盛放碱石灰，故B正确。C、装置中含有氧气，可利用装置③除去装置中的氧气，NaOH溶液不能除氧气，可改成酸性氯化亚铁溶液，故C错误；D、实验结束后，装置⑤中有生成的Ca3N2，Ca3N2遇水发生水解反应生成NH3和Ca（OH）2，NH3可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故D正确。故选C。5．B【解析】A.浓硝酸易挥发，生成的二氧化氮气体中含有硝酸蒸汽，无法验证NO2的氧化性，故A错误；B.盐酸与石灰石反应放出的二氧化碳中混有少量氯化氢气体，通过饱和NaHCO3可以除去氯化氢，从而得到较为纯净的二氧化碳，故B正确；C.能够使澄清石灰水的气体不一定是二氧化碳，可能是二氧化硫，因此X中不一定有CO32-，故C错误；D.二氧化硫与高锰酸钾溶液反应，体现了二氧化硫的还原性，不是漂白性，故D错误；故选B。6．D【解析】A、稀盐酸与二氧化锰不反应，应选用浓盐酸、二氧化锰加热制备，选项A错误；B、导管应长进短出，图中气体可将液体排出，选项B错误；C、碘溶于水，不能用过滤分离，应选择萃取法，选项C错误；D、加热碘易升华，冷却变为固体碘，则图中装置可分离碘，选项D正确。答案选D。7．D【解析】往FeCl3和BaCl2的混合溶液中通入SO2，溶液颜色由棕黄色变成浅绿色，同时有白色沉淀产生。是因为SO2+H2O=H2SO3（亚硫酸），H2SO3具有很强的还原性，而Fe3+具有较强的氧化性，所以SO32-和Fe3+发生反应，生成Fe2+和SO42-，所以溶液颜色由黄变绿（Fe2+），同时有白色沉淀（BaSO4）同时有H2SO4生成，所以酸性增强。A.该实验表明SO2有还原性，选项A错误；B.白色沉淀为BaSO4，选项B错误；C.该实验表明FeC13具有氧化性，选项C错误；D.反应后溶液酸性增强，选项D正确。答案选D。8．A【解析】A．向硅酸钠溶液中滴加盐酸，反应生成硅酸胶体，则用激光笔照射，有丁达尔现象，选项A正确；B．浓盐酸具有挥发生，反应产生的二氧化碳中含有氯化氢气体，干扰二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸，无法证明碳酸酸性强于硅酸，选项错误；C．加了硫酸，即加入H+，与原来的NO3-构成了HNO3，能将原来的Fe2+氧化为Fe3+，就不能证明该Fe（NO3）2试样已经变质了，选项C错误；D．二氧化硫通入溴水发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸，说明二氧化硫具有还原性，选项D错误。答案选A。9．C【解析】A．硝酸具有强氧化性，与铁常温下发生钝化，不能反应放出氢气，故A错误；B．检查滴定管是否漏液，不需要用手捏着玻璃珠，这个操作是给碱式滴定管排气泡，故B错误；C．氨气极易溶于水，且氨水显碱性，溶液变红，则图中装置可验证氨气的溶解性和氨水的碱性，故C正确；D．由外加电源可知，该方法为外加电源的阴极保护法，故D错误；故选C。10．C【解析】实验室制取乙炔常用电石（固体）与水反应，而A装置常用由乙醇制备乙烯的实验；B装置适用于制备硝基苯的实验，C装置选用于固体与液体且不需要加热反应，乙炔的制备就符合这个条件，D适用于固体加热型气体制备，故答案选C。11．D【解析】A．K元素焰色反应必须透过蓝色钴玻璃观察，滤去钠元素黄光的干扰，选项A错误；B．由现象可知，生成硅酸，则盐酸的酸性大于硅酸，但不能利用无氧酸与含氧酸的强弱比较非金属性，方案不合理，选项B错误；C．淀粉在酸性条件下水解生成葡萄糖，葡萄糖的银镜反应应在碱性条件下进行，题目没有调节溶液至碱性，选项C错误；D、两只试管中草酸和

KMnO4的浓度和用量都相同，通过对比加入和没加放MnSO4时试管中溶液褪色快慢探究MnSO4对该反应有催化作用，选项D正确。答案选D。12．C【解析】A、Fe3＋具有强氧化性，与SO2发生2Fe3＋＋2H2O＋SO2=2Fe2＋＋SO42－＋4H＋，加入稀盐酸酸化的BaCl2，发生Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓，从而说明A中发生氧化还原反应，故A说法正确；B、缺少防倒吸装置，故B说法正确；C、A装置中含有过量的SO2，SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，对Fe2＋检验产生干扰，故C说法错误；D、淀粉褪色，说明发生SO2＋I2＋2H2O=H2SO4＋2HI，根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性，即还原性：SO2>I－，故D说法正确。13．Cu2++CO32-+H2O=Cu（OH）2↓+CO2↑碳酸铜遇水会发生双水解，转化为氢氧化铜和碱式碳酸铜的混合物蓝绿色沉淀溶解，产生气泡，溶液呈蓝色adbcb→d或cbd或cbde防止空气中的二氧化碳进入装置B，影响测定结果偏大【解析】本题主要考查对于探究CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合时产生蓝绿色沉淀成分实验的评价。（1）假设1中产生沉淀Cu（OH）2的离子方程式是Cu2++CO32-+H2O=Cu（OH）2↓+CO2↑。（2）甲同学认为假设2不成立，理由是碳酸铜遇水转化为氢氧化铜和碱式碳酸铜的混合物。（3）实验小组同学将沉淀从溶液中分离并净化，取少量净化后的固体于试管中，滴加稀硫酸，观察到蓝绿色沉淀溶解，产生气泡，溶液呈蓝色，证明假设3成立。（4）C用来吸水水蒸气，B用来吸收二氧化碳，D用来吸收空气中的二氧化碳，所以B、C、D中的试剂依次为adb。（5）各装置接口的连接顺序：a→cb→de。（6）装置D的作用是防止空气中的二氧化碳进入装置B而影响测定结果。（7）装置B吸收的二氧化碳的物质的量为m2/44mol，CuCO3的质量为31/11m2g，Cu（OH）2的质量为（m1-124/44m2）g，物质的量为（m1-124/44m2）/98mol，则xCuCO3•yCu（OH）2中=。若无D装置，x增大，则的值偏大。14．冷凝管（或球形冷凝管）2Na2O2＋2H2O==4NaOH＋O2↑（或2H2O22H2O＋O2↑）平衡气压、干燥O2（或平衡气压和除去水，防止PCl3和POCl3遇水反应引入杂质）加快反应速率，同时防止PCl3气化，逸出损失b溶液刚好变为红色，且半分钟内不褪色

×100％[

或

%

]防止在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀，导致多消耗NH4SCN溶液偏小【解析】本题主要考查PCl3直接氧化法制备POCl3的探究实验。（1）仪器a的名称是冷凝管（或球形冷凝管），装置A中产生氧气，发生反应的化学方程式为2Na2O2＋2H2O==4NaOH＋O2↑（或2H2O22H2O＋O2↑）。（2）B装置的作用除观察O2的流速之外，还有平衡气压、干燥O2（或平衡气压和除去水，防止PCl3和POCl3遇水反应引入杂质）。（3）C装置控制反应在60℃～65℃进行，其主要目的是加快反应速率，同时防止PCl3气化，逸出损失。（4）①过量NH4SCN溶液遇Fe3+变红，所以滴定选用的指示剂是b，滴定終点的现象为溶液刚好变为红色，且半分钟内不褪色。②C1元素的质量百分含量为（0.1000mol/L×40.00mL-cvmmol）×35.5g/mol/xg=

×100％[

或

%

]。③步骤III加入硝基苯的目的是防止在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀，导致多消耗NH4SCN溶液，如无此操作，所测C1元素含量将会偏小。15．.Cu+2H2SO4（浓）SO2↑+CuSO4+2H2O加入适量水，蒸发浓缩，冷却结晶温度较低，反应速率慢；温度太高，H2O2分解，损耗大原料利用率高不产生污染等合理答案固体变为黑色CuSO4和CuOSO3检验有SO2生成在C装置中部分O2参与了氧化还原反应【解析】本题主要考查对于“制取CuSO4·5H2O晶体并进行热分解”的探究实验的评价。（1）方案甲发生反应的化学方程式为Cu+2H2SO4（浓）SO2↑+CuSO4+2H2O，反应结束后有大量白色固体析出。从中提取CuSO4·5H2O晶体的方法：倒出剩余液体，加入适量水，蒸发浓缩，冷却结晶。（2）方案乙发生反应：Cu+H2SO4+H2O2=CuSO4+2H2O，该实验控温40～50℃的原因是温度较低，反应速率慢；温度太高，H2O2分解，损耗大；与方案甲相比，方案乙的主要优点有原料利用率高、不产生污染等合理答案。探究Ⅱ：（3）若5.00gCuSO4·5H2O完全成为CuO，则质量为1.6g。加热一段时间后，A中固体质量为3.00g>1.6g，则此时A中固体的成分为CuSO4和CuO。（4）装置B中迅速生成白色沉淀，说明分解产物中有SO3，C装置的作用是检验有SO2生成。（5）理论上E中应收集到VmL气体，事实上体积偏少，可能的原因是在C装置中部分O2参与了氧化还原反应。点睛：解答本题CuSO4·5H2O晶体热分解产物时，需要明确装置B是用来检验SO3的，装置C是用来检验SO2的，装置D用来除去酸性气体SO2，装置E和F用排水法量取氧气体积。16．.Cu+2H2SO4（浓）SO2↑+CuSO4+2H2O加入适量水，蒸发浓缩，冷却结晶温度较低，反应速率慢；温度太高，H2O2分解，损耗大原料利用率高不产生污染等合理答案固体变为黑色CuSO4和CuOSO3检验有SO2生成在C装置中部分O2参与了氧化还原反应【解析】本题主要考查对于“制取CuSO4·5H2O晶体并进行热分解”的探究实验的评价。（1）方案甲发生反应的化学方程式为Cu+2H2SO4（浓）SO2↑+CuSO4+2H2O，反应结束后有大量白色固体析出。从中提取CuSO4·5H2O晶体的方法：倒出剩余液体，加入适量水，蒸发浓缩，冷却结晶。（2）方案乙发生反应：Cu+H2SO4+H2O2=CuSO4+2H2O，该实验控温40～50℃的原因是温度较低，反应速率慢；温度太高，H2O2分解，损耗大；与方案甲相比，方案乙的主要优点有原料利用率高、不产生污染等合理答案。探究Ⅱ：（3）若5.00gCuSO4·5H2O完全成为CuO，则质量为1.6g。加热一段时间后，A中固体质量为3.00g>1.6g，则此时A中固体的成分为CuSO4和CuO。（4）装置B中迅速生成白色沉淀，说明分解产物中有SO3，C装置的作用是检验有SO2生成。（5）理论上E中应收集到VmL气体，事实上体积偏少，可能的原因是在C装置中部分O2参与了氧化还原反应。点睛：解答本题CuSO4·5H2O晶体热分解产物时，需要明确装置B是用来检验SO3的，装置C是用来检验SO2的，装置D用来除去酸性气体SO2，装置E和F用排水法量取氧气体积。17．增大亚硫酸钠与硫粉的接触面积，加快反应速度防止温度降低，产品析出而损失蒸发浓缩冷却结晶乙醇Na2SO4Na2SO3被空气中的O2氧化104%产品中有未反应的Na2SO3也会与I2发生反应，且相同质量的Na2SO3消耗I2更多S2O32－+4Cl2+5H2O==2SO42－+8Cl－+10H+【解析】（1）硫不溶于水，微溶于酒精，因此加入的硫粉用乙醇润湿的目的是增大亚硫酸钠与硫粉的接触面积，加快反应速度。（2）步骤④趁热过滤的原因是防止温度降低时，产品析出而损失。得到的溶液需要移至蒸发皿中，然后蒸发浓缩、冷却结晶即可。（3）由于硫代硫酸钠晶体易溶于水，不溶于乙醇，因此洗涤过程中，为防止有部分产品损失，应选用的试剂为乙醇。（4）由于Na2SO3易被空气中的O2氧化转化为硫酸钠，则最可能存在的无机杂质是Na2SO4。（5）三次实验消耗标准液体积分别是21.02mL、22.20mL、20.08mL，第二次数据太大舍去，标准液体积的平均值是21.00mL，所得产品的纯度为，由于产品中有未反应的Na2SO3也会与I2发生反应，且相同质量的Na2SO3消耗I2更多，所以会出这种结果。（6）Na2S2O3常用于脱氯剂，在溶液中易被Cl2氧化为SO42-，该反应的离子方程式为S2O32－+4Cl2+5H2O==2SO42－+8Cl－+10H+。18．浓硫酸观察氧气的流速球形冷凝管4H++2Cl－+MnO2Mn2++Cl2↑+2H2O加快反应速率，同时防止PCl3气化缺少尾气处理和干燥装置c

×100％[

或

%

]偏小【解析】（1）由于POCl3易于水反应，则参与反应的气体必须是干燥的，因此B、D装置中盛放的试剂是浓硫酸。由于反应需要控制气体的流速，则B装置的作用除了干燥O2和平衡气压之外，还有观察氧气的流速的作用。（2）根据仪器a的结构可判断名称是球形冷凝管。根据缓慢向C中通入适量气体至C中白磷消失，可判断装置E用来制备氯气，反应需要加热，则其中发生反应的离子方程式为4H++2Cl－+MnO2M