2024年高考二轮复习专题练习-综合实验探究

-2-参考答案：1．(1)BADC(2)托盘天平(3)关闭螺旋夹搅拌，使反应更快更充分(4)与S的反应需要加热在酸性溶液中不稳定(5)75%【分析】由题中实验步骤可知，烧瓶中Na2SO3和70%的H2SO4反应制备SO2，锥形瓶中Na2S和Na2CO3的混合溶液中通入SO2制备硫代硫酸钠，电磁搅拌器可以搅拌溶液，使反应更充分，通过螺旋夹控制通入锥形瓶中的SO2的量，防止锥形瓶中的溶液倒吸进入烧瓶，NaOH溶液用于吸收尾气，防止有毒气体污染空气。【详解】（1）工业硫化钠加热水溶解，加快溶解速度，并且温度高时硫化钠的溶解度大，煤粉不溶于水，趁热过滤除去煤粉，蒸发后降温结晶，然后过滤、洗涤、干燥得到纯Na2S⋅5H2O，综上所述正确的顺序为BADC；故答案为：BADC。（2）实验室称量硫化钠晶体和Na2CO3的质量需要使用的主要仪器有镊子、药匙、砝码、称量瓶和托盘天平；故答案为：托盘天平。（3）向锥形瓶中通入SO2气体时，若观察到锥形瓶中出现倒吸现象，可以关闭螺旋夹，待烧瓶中产生更多的SO2时再打开螺旋夹，可以防止倒吸；锥形瓶中小磁铁的作用是搅拌的作用，使反应更充分；故答案为：关闭螺旋夹；搅拌，使反应更充分。（4）Na2S与SO2反应生成单质硫为浅黄色固体，同时生成Na2SO3，化学方程式为2Na2S+3SO2=3S↓+2Na2SO3；Na2SO3与S的反应需要加热，而实验中没有加热装置，但反应仍然能进行，说明能说明锥形瓶中溶液与SO2气体发生放热反应；Na2S2O3在中性或碱性溶液中稳定，在酸性溶液中不稳定，故反应过程中控制溶液的pH值不小于7；故答案为：2Na2S+3SO2=3S↓+2Na2SO3；Na2SO3与S的反应需要加热；Na2S2O3在酸性溶液中不稳定。（5）16.8gNa2S⋅5H2O的物质的量为0.1mol，5.3gNa2CO3，物质的量为0.05mol，依据方程式2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2可知，理论上硫化钠和碳酸钠恰好完全反应，同时生成0.15mol的Na2S2O3，则生成Na2S2O3⋅5H2O的质量为0.15mol×248g/mol=37.2g，则成Na2S2O3⋅5H2O的产率为×100%=75%；故答案为：75%。2．(1)三颈烧瓶或三口烧瓶(2)Cu+H2O2+2H＋Cu2＋+2H2O(3)降温至26～42℃结晶抑制Cu2＋水解；增大Cl-浓度，有利于CuCl2·2H2O结晶(4)H2O2受热易分解导致损耗(5)2CuCl+H2O2+2H+=2Cu2++2Cl-+2H2OCl-和Cu＋结合生成难溶物CuCl，降低了Cu+的浓度，从而提高了Cu2＋的氧化性，加快了反应i的速率；由于反应i是决速步骤，从而加快了H2O2分解反应速率AC消毒剂，杀菌剂，脱臭剂，漂白剂，氧化剂，还原剂等【分析】铜和双氧水、浓盐酸反应生成CuCl2，反应完成后，持续通入气体，蒸发浓缩，降温至26～42℃结晶析出CuCl2·2H2O晶体、过滤、洗涤、干燥得产品CuCl2·2H2O。【详解】（1）根据装置图，仪器a的名称为三口烧瓶；（2）铜被双氧水氧化为CuCl2，反应的离子方程式为Cu+H2O2+2H＋Cu2＋+2H2O；（3）根据表格数据，26～42℃时析出CuCl2·2H2O，加热蒸发浓缩，降温至26～42℃结晶，过滤，洗涤，低温干燥得CuCl2·2H2O晶体。持续通入气体的目的是抑制Cu2＋水解；增大Cl-浓度，有利于CuCl2·2H2O结晶。（4）实验中，H2O2的实际用量要大于理论用量，可能得原因1：H2O2受热易分解导致损耗；（5）①总反应为双氧水分解生成水和氧气，总反应-第一步反应得第二步反应的离子方程式为2CuCl+H2O2+2H+=2Cu2++2Cl-+2H2O；②Cl-和Cu＋结合生成难溶物CuCl，降低了Cu+的浓度，从而提高了Cu2＋的氧化性，加快了反应i的速率；由于反应i是决速步骤，从而加快了H2O2分解反应速率。③A．实验Ⅰ的目的是证明仅有NaCl对H2O2分解没有催化作用，故A正确；B．根据实验Ⅱ，可知对H2O2分解有没有催化作用，故B错误；C．根据实验Ⅲ、Ⅳ、Ⅴ，可知Cl-增强了Cu2＋对H2O2分解的催化效果，且Cl-浓度越大催化效果越强，故C正确；选AC。④H2O2的用途有消毒剂、杀菌剂、漂白剂，氧化剂等。3．(1)三颈(口)烧瓶(2)冷凝回流，提高原料利用率(3)催化剂乙酸酐遇水形成乙酸，影响反应的进行，碳酸钾也失去催化作用；研成粉末会增大表面积，加快反应速率(4)苯甲醛水(5)降低【分析】利用苯甲醛和乙酸酐无水环境下合成肉桂酸，按题干实验步骤，首先在装置甲三颈烧瓶中加入反应物以及碳酸钾，160~170℃回流30min，然后用装置乙除去未反应完的苯甲醛，加入10mL10%氢氧化钠溶液溶解肉桂酸，加活性炭吸附色素，进行抽滤，将滤液冷却后，搅拌并用浓盐酸酸化，将肉桂酸钾反应为肉桂酸结晶析出，冷却后抽滤，洗涤沉淀，抽干获得粗产品。【详解】（1）仪器c为三颈(口)烧瓶。（2）空气冷凝管的作用为冷凝回流，提高原料利用率。（3）根据可缩短反应时间可知，的作用是催化剂，如果有水乙酸酐会生成乙酸影响反应，而且碳酸钾也会失去催化作用；研成粉末会增大表面积，加快反应速率。（4）水蒸气蒸馏时蒸馏出沸点低的苯甲醛，试剂A洗涤的目的为洗掉多余的盐酸、乙酸和氯化钠，故A为水。（5）根据反应原理可知，肉桂酸的理论产量为，故产率；加热回流时，若温度控制不当，使反应液剧烈沸腾，导致肉桂酸挥发，产率降低。4．(1)坩埚胶头滴管(2)1∶1.2(3)CuSO4过量，氢氧化铜(含有空轨道)易与硫酸根和H2O配位(4)75℃碱式碳酸铜在较高温度容易分解产生黑色氧化铜(5)取最后一次洗涤液于试管中，先加入足量盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，无沉淀即洗净(6)【分析】配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；【详解】（1）配制CuSO4溶液500mL，所需实验仪器有，500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，因此不需要的仪器为坩埚，需补充的为胶头滴管。（2）碱式碳酸铜是一种不溶于水和乙醇的绿色固体，由表格可知1∶1.2时，沉淀生成速率快，沉淀量最多，制备碱式碳酸铜的最佳实验条件为CuSO4和Na2CO3的物质的量之比为1：1.2；铜离子和碳酸根离子生成碱式碳酸铜，结合质量守恒可知，还生成二氧化碳，反应为：；（3）蓝色沉淀的成分是，铜能提供空轨道，CuSO4过量时，易与硫酸根和H2O配位形成；（4）由表格可知75℃时沉淀生成速率快，沉淀量最多且为绿色，故最适宜温度应为75℃。温度较高，导致部分碱式碳酸铜分解，生成黑色的氧化铜，故产生绿色偏暗可能是碱式碳酸铜在较高温度容易分解产生黑色氧化铜；（5）判断沉淀是否洗净可判断表面的硫酸根是否存在，取最后一次洗涤液于试管中，先加入足量盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，无沉淀即洗净；（6）根据所给方程式可知，，，，铜含量为。5．(1)两电极均产生无色气体(2)玻璃棒12.5(3)阳离子半径离子浓度增加，阴阳离子之间的作用力增强，导致离子迁移速度变慢，电导率减小。(4)(5)(6)点为溶液，点为等浓度的溶液，硫酸溶液电导率大于对应盐溶液，（或导电率大于）故点电导率大于点。【分析】实验目的为探究溶液导电性的影响因素，实验原理为测定相同浓度、不同电解质溶液导电性及同种电解质、不同浓度的溶液电导率，分析影响因素。需要配制一定物质的量浓度的不同溶液，实验步骤为①计算并称量需要的一定质量的固体溶质，②用量筒量取一定体积的蒸馏水作溶剂溶解固体溶质，③冷却后将溶液转移至一定体积的容量瓶中，④洗涤烧杯及玻璃棒2-3次，将洗涤液转入容量瓶中，⑤振荡后，定容，加蒸馏水至距离刻度线1-2cm时，需要改用胶头滴管继续加蒸馏水至凹液面最低点与刻度线相平，⑥颠倒摇匀，⑦将溶液倒入试剂瓶中、贴标签。【详解】（1）以石墨为电极，探究硫酸溶液导电性实验时，装置为电解池，与直流电源正极相连的石墨为阳极，发生，与直流电源负极相连的石墨为阴极，发生，故看到现象为灯泡发光，且两电极都有无色气体生成；向硫酸溶液中滴加等浓度的溶液，硫酸为强酸，在离子方程式中写离子符号，为强碱，在离子方程式中写离子符号，生成的难溶于水，写化学式，水为难电离物质，写化学式，故离子反应方程式为；故答案为：两电极均产生无色气体；。（2）配制一定物质的量浓度的溶液，需要用到的实验仪器有托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒、一定体积的容量瓶、胶头滴管，图中给的仪器缺少玻璃棒，故还需要用到的玻璃仪器为玻璃棒；配制的硫酸溶液，需量一定体积硫酸溶液稀释，该稀释过程溶质物质的量不变，根据计算量取的硫酸溶液的体积为；故答案为：玻璃棒；12.5。（3）分析表格数据，同种电解质溶液（如硫酸钾），溶液浓度由，电导率由，而溶液浓度由，电导率由，即得出结论①同种电解质溶液随浓度增大，电导率呈现出先增大后减小的变化规律；相同浓度的电解质溶液硫酸钾与硫酸钠比较，硫酸钾溶液的电导率小于硫酸钠溶液的电导率，相同浓度的电解质溶液硫酸镁与硫酸铜比较，硫酸铜溶液的电导率小于硫酸镁溶液的电导率，比较，半径大于半径，比较，半径大于半径，即得出结论②在一定浓度范围内，电解质溶液浓度相同、阴离子相同且阳离子所带电荷数相同时，阳离子半径越大，电解质溶液电导率越小，阳离子半径越小，电解质溶液电导率越大；同种电解质溶液（如硫酸钾），溶液浓度由，电导率由，溶液浓度增大，阴、阳离子浓度增大，即单位体积内阴、阳离子数目增加，阴阳离子之间的作用力增强，导致离子迁移速度变慢，电导率减小；故答案为：阳离子半径；离子浓度增大，阴阳离子之间的作用力增强，导致离子迁移速度变慢，电导率减小。（4）即为质子，质子传递过程是键断裂过程和键形成过程，故质子传递结束后，存在键及氢键，故水分子示意图及氢键表示为；故答案为：。（5）溶液中滴加发生反应为，恰好完全反应时，溶液中离子浓度极小，电导率几乎为0，即点所在曲线为滴加过程中，电导率变化，则a点所在曲线为滴加过程中，电导率变化，图中点是滴加溶液，使电导率最低状态，溶液中离子浓度最小时，即为溶液中完全反应，发生反应为，故a点溶质为；故答案为：。（6）点所在曲线为溶液中滴加发生反应为，b点溶液为完全反应后，加入过量硫酸形成的硫酸溶液与a点溶液浓度相同，则b点电导率大于a点电导率是因为同浓度硫酸溶液的电导率大于其对应盐溶液的电导率；故答案为：点为溶液，点为等浓度的溶液，硫酸溶液电导率大于对应盐溶液，（或导电率大于）故导点电导率大于点。6．(1)饱和食盐水(2)(3)水浴加热(4)探究溶液的酸性对漂白性的影响其他条件相同，越高，漂白性越弱[或其他条件相同，越低，漂白性越强]温度升高，的水解程度增大，分解生成和，漂白性减弱【分析】利用浓盐酸与二氧化锰共热制备氯气，利用饱和盐酸水除去氯气中的氯化氢，进入装置C、D中保持溶液在40℃、70℃分别与石灰乳反应制漂白粉和氯酸钙，E装置吸收尾气。【详解】（1）制备的氯气中含有氯化氢，用饱和食盐水除去氯化氢，避免其与氢氧化钙反应。（2）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。（3）反应温度分别为40℃、70℃，应严格控制水浴温度，避免因温度高，次氯酸钙含量降低，故C、D中常采用的加热方式为水浴加热。（4）①实验Ⅰ、Ⅱ中溶液的酸性不同，可探究溶液的酸性对漂白性的影响。②实验测得：，可得出其他条件相同，越高，漂白性越弱。③温度升高，的水解程度增大，分解生成和，漂白性减弱。7．(1)2、3(2)c(3)3010(4)m取代发生的反应为，生成的HBr使溶液中离子浓度增大程度远大于溴水，故电导率增大，若是加成反应则会使离子浓度变小，电导率减小(5)若苯酚浓度过大，生成的三溴苯酚溶于过量苯酚，将难以观察到溶液浑浊的现象(6)制备外用药膏、护肤品、外科消毒剂、防腐剂、抗氧化剂、杀虫剂、除草剂、染料、香料、合成树脂等【分析】通过设计实验探究苯酚的酸性，利用氢氧化钠的浓度不同对其影响；通过设计实验探究苯酚与溴水的反应，根据溴水的浓度不同进行探究；【详解】（1）实验1无明显现象说明苯酚不一定与NaOH溶液反应，实验2溶液变澄清说明苯酚确实与NaOH溶液反应了，具有酸性，只有实验3无明显现象说明该条件下苯酚不能使紫色石蕊变色，由实验2、3的对比推测苯酚的酸性很弱；（2）①电导率值越大，溶液离子浓度越大，溶液中浓度越大，酸性越强，曲线a的电导率值远大于其他三条曲线，推测为盐酸，曲线d电导率值几乎为零，推测为乙醇溶液，苯酚酸性介于醋酸和乙醇之间，为曲线c；②为吸电子基团，能使酚羟基的极性增强，因此的酸性比强，为推电子基团，使酚羟基的极性减弱，因此的酸性比弱；（3）控制变量，使溶液体积、加入浓溴水的量一致，故，。（4）反应生成，增大了溶液中的和，溶液导电性增强，故电导率曲线为变化较大的曲线m；该反应为取代反应，若为加成反应，则生成物中离子浓度大大下降，不会出现电导率增加的情况；（5）对于反应量的相关问题应考虑的是反应进行的程度、杂质的产生、实验操作原则（节约试剂、分离简便等），故可结合相似相溶原理，反应中生成的三溴苯酚溶于过量苯酚，难以观察到溶液浑浊的现象，也会给产物的分离带来困难；（6）苯酚具有还原性，推测其可做抗氧化剂，具有消毒防腐作用推测可做防腐剂、外用药膏、外科消毒剂等，因本身有毒性，可做杀虫剂、除草剂等。8．(1)cd(2)铁氰化钾或有蓝色沉淀生成不是(3)b防止产生的有毒气体氯气污染空气(4)溶液溶液和溶液【分析】配制480mL0.1mol⋅L−1FeSO4溶液，需选用500mL容量瓶，其步骤包括计算→称量→溶解→冷却至室温后移液→洗涤→定容→摇匀。【详解】（1）①配制溶液，需选用容量瓶，需要的质量为；②配制溶液需要药匙、托盘天平、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，可选用量筒，图中一定不需要的仪器是(直形)冷凝管、分液漏斗，cd符合题意；（2）)①选用特征试剂铁氰化钾检验，会生成蓝色沉淀；②溶液中超过千分之一被氧化时，忽略溶液体积变化，若氧化得到不沉淀，；由图1可知时接近4，根据时允许存在最大值为几乎以的形式存在，不是。综上分析，该过程中溶液中通入发生反应的离子方程式为；（3）由(2)可知，被氧化后生成，过程，溶液显著下降，体系中少量参与反应，可用离子方程式：表示；过程，溶液下降相对缓慢，主要是体系中转化为和弱酸，可用离子方程式：表示；过程，体系中与继续滴入的反应转化为，可用离子方程式：表示；在上述反应过程中溶液的逐渐下降以及溶液中的浓度逐渐增大，发生、和三者之间的反应会产生氯气。过程，主要是发生与之间的氧化还原反应，同时本身水解程度大，使得溶液进一步下降。①段主要发生的是反应：，故选b；②在上述反应过程中溶液的逐渐下降以及溶液中的浓度逐渐增大，发生和三者之间的反应会产生氯气，反应为，则需要注意防止产生的有毒气体氯气污染空气；（4）对比与对分解的催化效果，除了控制反应体系温度、和浓度相同外，还需要控制体系中阳离子、和阴离子浓度相同，则溶液的体积应是溶液和溶液体积之和为2mL，且溶液和溶液体积相等即均为1mL。9．(1)(2)灰白色固体完全溶解，有气体生成，在试管口变为红棕色(3)ba(4)试纸变蓝(5)2.00(6)浓度增大，Mg与反应生成Ag的反应速率增大，单位时间内生成Ag的量增多，形成更多的微小原电池，产生氢气速率加快(7)合理氨水浓度改变，会使平衡移动，改变，从而影响生成Ag的速率【分析】实验目的为探究镁与银氨溶液反应的产物及影响其反应速率的因素，根据镁与银氨溶液反应的现象确定部分产物，对产物性质研究确定产物成分；探究反应速率的影响因素，则进行对比实验，改变条件，收集相同体积的气体，所需时间长短，确定速率快慢。【详解】（1）实验目的探究镁与银氨溶液反应的产物，则需要配制银氨溶液，实验1是配制银氨溶液，故反应的离子方程式为；（2）实验2-1中产生灰白色固体，实验2-2是灰白色固体与过量稀硝酸反应，根据现象证明2-1中有Ag生成，则银与硝酸发生氧化还原反应溶解，同时生成NO气体，NO与氧气反应生成红棕色的NO2，故实验现象为：灰白色固体完全溶解，有气体生成，在试管口变为红棕色；（3）为证明2-1中有生成，加入试剂甲后没有明显现象，则试剂甲不是稀硝酸，加入试剂乙后，固体中含有银溶解，则试剂乙为稀硝酸，有少量白色沉淀，结合实验2-2，白色沉淀为，则试剂甲为稀盐酸，与盐酸反应生成和水，没有明显现象，加入稀硝酸，不溶于硝酸，Ag与硝酸反应溶解；故答案为：b；a；（4）氨气溶于水溶液显碱性，可以时石蕊试纸变蓝；镁与银氨溶液反应生成、，故反应方程式为；（5）根据控制变量的要求，只改变一个条件浓度，其他条件相同，即总体积相同，都为8.00ml，则a=2.00ml；（6）浓度增大，Mg与反应生成Ag的反应速率增大，单位时间内生成Ag的量增多，形成更多的微小原电池，产生氢气速率加快（7）推测合理；根据反应，氨水浓度改变，影响，从而影响生成Ag的速率；故答案为：合理，氨水浓度改变，会使平衡移动，改变，从而影响生成Ag的速率。10．(1)氯化钡溶液碳酸钠溶液(2)分液漏斗MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O(3)减小随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，反应速率逐渐下降1417-1173<A1-A2或1417-1056<A1-A3(其它合理答案也可以)NaOH溶液体积/mL蒸馏水体积/mL温度/℃abT1baT1abT2【详解】（1）精制过程中要除去、、，加过量的氢氧化钠溶液可沉淀，加过量的氯化钡溶液可沉淀，加过量的碳酸钠溶液可沉淀及前面过量的，最后加稀盐酸可除去前面过量的氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液，故依次加入的四种试剂为氢氧化钠溶液、氯化钡溶液、碳酸钠溶液、稀盐酸。（2）①装置A中盛放浓盐酸的仪器名称是分液漏斗；A装置中浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，离子方程式：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；②由于氯化铝不宜与水接触，F装置需要有阻隔水汽的作用，且F同时为尾气氯气的吸收装置，则F装置图可为：。（3）①由第1组实验数据知，随着反应进行，相同时间内的电导率变化值越来越小，说明反应速率减小，其原因是随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，反应速率逐渐下降；②若上述实验中相同时间段内30℃时的电导率变化值小于35℃时的，如1417-1173<A1-A2或1417-1056<A1-A3(其它合理答案也可以)，就能得出温度升高，反应速率增大的结论；③探究NaOH溶液浓度、反应温度对乙酸乙酯碱性环境水解速率的影响，根据单一变量原则可知，应在保证乙酸乙酯的量相同和总体积相同的情况下改变溶液酸碱性和溶液温度，故表格的第一行需记录的物理量依次为：NaOH溶液体积/mL、蒸馏水体积/mL、温度/℃，实验1对应的NaOH溶液体积/mL、蒸馏水体积/mL、温度/℃可分别为a、b、T1，实验2可与实验1作对照探究NaOH溶液浓度对乙酸乙酯碱性环境水解速率的影响，则实验2对应的NaOH溶液体积/mL、蒸馏水体积/mL、温度/℃可分别为b、a、T1；实验3可与实验1作对照探究反应温度对乙酸乙酯碱性环境水解速率的影响，则实验3对应的NaOH溶液体积/mL、蒸馏水体积/mL、温度/℃可分别为a、b、T2。11．(1)分液漏斗(2)(3)B(4)加水稀释溶液逐渐由红色变为黄色(5)溶液中已有，因此无法通过存在说明有生成。(6)向其中持续通入溶液变橙红色(7)强于【详解】（1）图中仪器A的名称为分液漏