2021高考化学(广东专用)二轮考点突破-第五部分-化学实验-专题二十三-实验方案的设计与评价-

专题二十三试验方案的设计与评价常见气体的试验室制法1.(2021年安徽理综,8,6分)试验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示(省略夹持和净扮装置)。仅用此装置和表中供应的物质完成相关试验,最合理的选项是()选项a中的物质b中的物质c中收集的气体d中的物质A浓氨水CaONH3H2OB浓硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液C稀硝酸CuNO2H2OD浓盐酸MnO2Cl2NaOH溶液解析:NH3应用向下排气法收集,A项不合理;稀硝酸与Cu反应,产物为NO,且NO与空气中的O2反应,不应用排气法收集,C项不合理;浓盐酸与MnO2在常温下不反应,D项不合理。答案:B2.(2022年江苏化学,6,2分)用下列试验装置进行相应试验,能达到试验目的的是() A.用图1所示装置除去Cl2中含有的少量HClB.用图2所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体C.用图3所示装置制取少量纯洁的CO2气体D.用图4所示装置分别CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层解析:气体的除杂要保证原气体与洗涤液不反应,由于Cl2能与NaOH溶液反应,A选项错;由于NH4Cl受热易分解,所以不能蒸干溶液,应当加热浓缩,冷却结晶获得NH4Cl晶体,B选项错;图3是简易启普发生器装置,要求用块状固体,纯碱是粉末状固体,使粉末漏于容器底部而无法把握反应速率,C选项错;对于不相混溶的液体,用分液漏斗进行分别,D选项正确。答案:D3.(2022年江苏化学,13,4分)下列依据试验操作和现象所得出的结论正确的是()选项试验操作试验现象结论A向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和CuSO4溶液均有固体析出蛋白质均发生变性B向溶液X中先滴加稀硝酸,再滴加Ba(NO3)2溶液毁灭白色沉淀溶液X中确定含有C向确定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体毁灭白色沉淀H2SiO3的酸性比H2CO3的酸性强D向浓度均为0.1mol·L-1NaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液毁灭黄色沉淀Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)解析:向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和CuSO4溶液,虽然试验现象均有固体析出,但前者属于盐析,后者属于变性,A项错误;向含有而不含的溶液中先滴加稀硝酸,被氧化生成,再滴加Ba(NO3)2溶液,也会毁灭白色沉淀,B项错误;向确定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体,毁灭白色沉淀,则可知H2CO3的酸性比H2SiO3的酸性强,C项错误;向浓度均为0.1mol·L-1NaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液,毁灭黄色沉淀,说明沉淀向着溶解度更小的方向转化,则Ksp(AgCl)>Ksp(AgI),D项正确。答案:D4.(2022年福建理综,25,15分)试验室常用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2(反应装置如图所示)。(1)制备试验开头时,先检查装置气密性,接下来的操作依次是(填序号)。

A.往烧瓶中加入MnO2粉末B.加热C.往烧瓶中加入浓盐酸(2)制备反应会因盐酸浓度下降而停止。为测定反应残余液中盐酸的浓度,探究小组同学提出的下列试验方案:甲方案:与足量AgNO3溶液反应,称量生成的AgCl质量。乙方案:接受酸碱中和滴定法测定。丙方案:与已知量CaCO3(过量)反应,称量剩余的CaCO3质量。丁方案:与足量Zn反应,测量生成的H2体积。继而进行下列推断和试验:①判定甲方案不行行,理由是。

②进行乙方案试验:精确量取残余清液稀释确定倍数后作为试样。a.量取试样20.00mL,用0.1000mol·L-1NaOH标准溶液滴定,消耗22.00mL,该次滴定测的试样中盐酸浓度为mol·L-1;

b.平行滴定后获得试验结果。③推断丙方案的试验结果(填“偏大”、“偏小”或“精确     ”)。

[已知:Ksp(CaCO3)=2.8×10-9、Ksp(MnCO3)=2.3×10-11]④进行丁方案试验:装置如图所示(夹持器具已略去)。(i)使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是将转移到中。

(ii)反应完毕,每间隔1分钟读取气体体积、气体体积逐次减小,直至不变。气体体积逐次减小的缘由是(排解仪器和试验操作的影响因素)。

解析:(1)加药挨次一般是先加入固体药品,再加入液体药品,最终再加热。则依次挨次是ACB。(2)①加入足量的硝酸银溶液只能求出氯离子的量,而不能求出剩余盐酸的浓度。②由cHClVHCl=cNaOHVNaOH可得出盐酸的浓度为0.1100mol/L。③由于Ksp(MnCO3)<Ksp(CaCO3),过量的CaCO3要转化为一部分MnCO3,由于M(MnCO3)>M(CaCO3),故最终剩余的固体质量增加,导致测得c(H+)偏小。④使Zn粒进入残余清液中让其发生反应。这样残余清液就可以充分反应,假如反过来,残余清液不行能全部转移到左边。反应完毕时,相同时间内则气体体积削减,又排解了其他影响因素,只能从气体本身角度思考,联想到该反应是放热的,就可能想到气体未冷却了。答案:(1)ACB(按序号写出三项)(2)①残余清液中,n(Cl-)>n(H+)(或其他合理答案)②0.1100③偏小④(i)Zn粒残余清液(按序号写出两项)(ii)装置内气体尚未冷却至室温5.(2011年天津理综,9,18分)某争辩性学习小组为合成1丁醇,查阅资料得知一条合成路线:CH3CH=CH2+CO+H2CH3CH2CH2CHOCH3CH2CH2CH2OH;CO的制备原理:HCOOHCO↑+H2O,并设计出原料气的制备装置(如图)。请填写下列空白:(1)试验室现有锌粒、稀硝酸、稀盐酸、浓硫酸、2丙醇,从中选择合适的试剂制备氢气、丙烯,写出化学反应方程式:,。

(2)若用以上装置制备干燥纯洁的CO,装置中a和b的作用分别是,。c和d中盛装的试剂分别是,。若用以上装置制备H2,气体发生装置中必需的玻璃仪器名称是;在虚线框内画出收集干燥H2的装置图。

(3)制丙烯时,还产生少量SO2、CO2及水蒸气,该小组用以下试剂检验这四种气体,混合气体通过试剂的挨次是(填序号)。

①饱和Na2SO3溶液②酸性KMnO4溶液③石灰水④无水CuSO4⑤品红溶液(4)合成正丁醛的反应为正向放热的可逆反应,为增大反应速率和提高原料气的转化率,你认为应当接受的适宜反应条件是。

a.低温、高压、催化剂 b.适当的温度、高压、催化剂c.常温、常压、催化剂 d.适当的温度、常压、催化剂(5)正丁醛经催化加氢得到含少量正丁醛的1丁醇粗品。为纯化1丁醇,该小组查阅文献得知:①R—CHO+NaHSO3(饱和)RCH(OH)SO3Na↓;②沸点:乙醚34℃,1丁醇118℃,并设计出如下提纯路线:粗品滤液有机层1丁醇、乙醚纯品试剂1为,操作1为,操作2为,操作3为。

解析:(1)试验室用锌粒和稀盐酸制备氢气;用2丙醇和浓硫酸共热,消去反应制备丙烯;(2)在题给装置中,a的作用是保持分液漏斗和烧瓶内的气压相等,以保证分液漏斗内的液体能顺当加入烧瓶中;b主要是起平安瓶的作用,以防止倒吸;c为除去CO中的酸性气体,选用NaOH溶液,d为除去CO中的H2O(g),试剂选用浓硫酸;若用题给装置制备H2,则不需要酒精灯,必需得是反应容器和滴加盐酸的仪器,氢气用向下排空气法收集,留意导气管伸入底部;(3)检验丙烯和少量SO2、CO2及水蒸气组成的混合气体各成分时,应首先选④无水CuSO4检验水蒸气,然后用⑤品红溶液检验SO2,并用①饱和Na2SO3溶液除去SO2;然后用③石灰水检验CO2,用②酸性KMnO4溶液检验丙烯,应当先除尽SO2,由于丙烯和SO2都能使酸性KMnO4褪色;(4)题给合成正丁醛的反应为气体体积减小的放热反应,为增大反应速率和提高原料气的转化率,选b;(5)由操作1后得到“滤液”和信息①可知,试剂1应为NaHSO3饱和溶液,操作为过滤;加入乙醚时1丁醇易溶解于其中,故操作2为萃取分液;依据两种有机物沸点的不同,操作3应为蒸馏。答案:(1)Zn+2HClZnCl2+H2↑CH3CHCH2↑+H2O(2)恒压防倒吸NaOH溶液浓H2SO4分液漏斗、蒸馏烧瓶(3)④⑤①②③(或④⑤①③②)(4)b(5)饱和NaHSO3溶液过滤萃取蒸馏试验方案的设计与评价1.(2021年天津理综,9,18分)FeCl3在现代工业生产中应用广泛。某化学争辩性学习小组模拟工业流程制备无水FeCl3,再用副产品FeCl3溶液吸取有毒的H2S。Ⅰ.经查阅资料得知:无水FeCl3在空气中易潮解,加热易升华。他们设计了制备无水FeCl3的试验方案,装置示意图(加热及夹持装置略去)及操作步骤如下:①检验装置的气密性;②通入干燥的Cl2,赶尽装置中的空气;③用酒精灯在铁屑下方加热至反应完成;④……⑤体系冷却后,停止通入Cl2,并用干燥的N2赶尽Cl2,将收集器密封。请回答下列问题:(1)装置A中反应的化学方程式为。

(2)第③步加热后,生成的烟状FeCl3大部分进入收集器,少量沉积在反应管A右端。要使沉积的FeCl3进入收集器,第④步操作是。

(3)操作步骤中,为防止FeCl3潮解所实行的措施有(填步骤序号)。

(4)装置B中冷水浴的作用为;装置C的名称为;装置D中FeCl2全部反应后,因失去吸取Cl2的作用而失效,写出检验FeCl2是否失效的试剂:。

(5)在虚线框中画出尾气吸取装置E并注明试剂。Ⅱ.该组同学用装置D中的副产品FeCl3溶液吸取H2S,得到单质硫;过滤后,再以石墨为电极,在确定条件下电解滤液。(6)FeCl3与H2S反应的离子方程式为。

(7)电解池中H+在阴极放电产生H2,阳极的电极反应式为。

(8)综合分析试验Ⅱ的两个反应,可知该试验有两个显著优点:①H2S的原子利用率为100%;②。

解析:(1)A中反应的化学方程式为2Fe+3Cl22FeCl3。(2)由题干知FeCl3加热易升华,故在沉积的FeCl3固体下方加热,可使FeCl3进入收集器。(3)防止FeCl3潮解就是防止FeCl3接触水蒸气,故步骤②⑤是为了防止FeCl3潮解而实行的措施。(4)装置B中冷水浴的作用是将FeCl3蒸气冷却为FeCl3固体。装置C为干燥管。检验FeCl2是否失效就是检验D中是否存在Fe2+,可以用K3[Fe(CN)6]溶液检验,现象:若存在Fe2+,溶液中有蓝色沉淀生成。(5)Cl2是有毒气体,可以用NaOH溶液吸取。(6)H2S与FeCl3发生氧化还原反应:2Fe3++H2S2Fe2++S↓+2H+。(7)由于阳极材料为石墨,故阳极是溶液中的Fe2+放电:Fe2+-e-Fe3+。(8)试验Ⅱ的显著优点是:①H2S的利用率高,②FeCl3可以循环利用。答案:(1)2Fe+3Cl22FeCl3(2)在沉积的FeCl3固体下方加热(3)②⑤(4)冷却,使FeCl3沉积,便于收集产品干燥管K3[Fe(CN)6]溶液(5)(6)2Fe3++H2S2Fe2++S↓+2H+(7)Fe2+-e-Fe3+(8)FeCl3得到循环利用2.(2021年福建理综,25,15分)固体硝酸盐加热易分解且产物较简洁。某学习小组以Mg(NO3)2为争辩对象,拟通过试验探究其热分解的产物,提出如下4种猜想:甲:Mg(NO2)2、NO2、O2 乙:MgO、NO2、O2丙:Mg3N2、O2 丁:MgO、NO2、N2(1)试验前,小组成员经争辩认定猜想丁不成立,理由是

。

查阅资料得知:2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O针对甲、乙、丙猜想,设计如下图所示的试验装置(图中加热、夹持仪器等均省略):(2)试验过程①仪器连接后,放入固体试剂之前,关闭k,微热硬质玻璃管(A),观看到E中有气泡连续放出,表明

。

②称取Mg(NO3)2固体3.7g置于A中,加热前通入N2以驱尽装置内的空气,其目的是;

关闭k,用酒精灯加热时,正确操作是先,

然后固定在管中固体部位下加热。③观看到A中有红棕色气体毁灭,C、D中未见明显变化。④待样品完全分解,A装置冷却至室温、称量,测得剩余固体的质量为1.0g。⑤取少量剩余固体于试管中,加入适量水,未见明显现象。(3)试验结果分析争辩①依据试验现象和剩余固体的质量经分析可初步确认猜想是正确的。

②依据D中无明显现象,一位同学认为不能确认分解产物中有O2,由于若有O2,D中将发生氧化还原反应:(填写化学方程式),溶液颜色会褪去;小组争辩认定分解产物中有O2存在,未检测到的缘由是

。

③小组争辩后达成的共识是上述试验设计仍不完善,需改进装置进一步争辩。解析:(1)丁中物质只有氮元素化合价降低,无其他元素化合价上升,不符合氧化还原反应规律。(2)①装置连接完成后,需检查气密性,E中有气泡,说明气密性良好。②假设A中加热分解产生的气体全部为氧气,先通N2目的是排尽装置内的氧气,防止对分解产生O2的检验造成干扰;为了防止玻璃管受热不匀而爆裂,应对其先预热。(3)①剩余固体加入水未见明显变化,可排解猜想丙,由于氮化镁可与水反应产生氨气;3.7gMg(NO3)2的物质的量为0.025mol,若加热分解生成Mg(NO2)2,最终所得固体的质量为0.025mol×116g/mol=2.9g,而实际固体的质量为1.0g,因此甲不合理,乙方案合理。②D中盛的是Na2SO3酚酞溶液,若产物中有O2,D中将发生反应2Na2SO3+O22Na2SO4,溶液碱性减弱,溶液颜色会褪去。由于试验过程③观看到A中有红棕色气体毁灭,C、D中未见明显现象,说明NO2与O2在装置B中已反应完。答案:(1)不符合氧化还原反应原理(或其他合理答案)(2)①装置气密性良好②避开对产物O2的检验产生干扰(或其他合理答案)移动酒精灯预热硬质玻璃管(3)①乙②2Na2SO3+O22Na2SO4O2在通过装置B时已参与反应(或其他合理答案)3.(2021年重庆理综,9,15分)某争辩小组利用如图装置探究温度对CO还原Fe2O3的影响(固定装置略)。(1)MgCO3的分解产物为。

(2)装置C的作用是,处理尾气的方法为。

(3)将争辩小组分为两组,按如图装置进行对比试验,甲组用酒精灯、乙组用酒精喷灯对装置D加热,反应产物均为黑色粉末(纯洁物)。两组分别用产物进行以下试验:步骤操作甲组现象乙组现象1取黑色粉末加入稀盐酸溶解,无气泡溶解,有气泡2取步骤1中溶液,滴加K3[Fe(CN)6]溶液蓝色沉淀蓝色沉淀3取步骤1中溶液,滴加KSCN溶液变红无现象4取步骤3溶液中滴加新制氯水红色褪去先变红,后褪色①乙组得到的黑色粉末是。

②甲组步骤1中反应的离子方程式为。

③乙组步骤4中,溶液变红的缘由为,溶液褪色可能的缘由及其验证方法为

。

④从试验平安考虑,题图装置还可实行的改进措施是

。

解析:(1)MgCO3为碳酸盐,分解产生MgO和CO2。(2)装置B是制备CO,装置C是吸取没有与Zn反应的CO2;尾气中的CO有毒,常用点燃法除去。(3)①由表中的试验现象推知甲得到Fe3O4,乙得到Fe。②Fe3O4可表示为FeO·Fe2O3,故Fe3O4与盐酸反应的离子方程式为Fe3O4+8H+Fe2++2Fe3++4H2O。③乙组步骤4溶液先变红,是由于2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-,Fe3++3SCN-Fe(SCN)3(红色溶液);后又褪色,可能是氯水的强氧化性将SCN-氧化,此时,在溶液中再加入KSCN,若溶液变红,说明假设成立,若不变红,则假设不成立。④B装置温度高,若发生倒吸,则会造成玻璃管炸裂,所以在BC之间增加防倒吸装置。答案:(1)MgO、CO2(2)除CO2点燃(3)①Fe②Fe3O4+8H+2Fe3++Fe2++4H2O③Fe2+被氧化为Fe3+,Fe3+遇SCN-显红色假设SCN-被Cl2氧化,向溶液中加入KSCN溶液,若毁灭红色,则假设成立(其他合理答案均可得分)④在装置B、C之间添加装置E防倒吸(其他合理答案均可得分)4.(2021年北京理综,28,15分)某同学对SO2与漂粉精的反应进行试验探究:操作现象取4g漂粉精固体,加入100mL水部分固体溶解,溶液略有颜色过滤,测漂粉精溶液的pHpH试纸先变蓝(约为12),后褪色ⅰ.液面上方毁灭白雾;ⅱ.稍后,毁灭浑浊,溶液变为黄绿色;ⅲ.稍后,产生大量白色沉淀,黄绿色褪去(1)Cl2和Ca(OH)2制取漂粉精的化学方程式是

。

(2)pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是。

(3)向水中持续通入SO2,未观看到白雾。推想现象i的白雾由HCl小液滴形成,进行如下试验:a.用潮湿的碘化钾淀粉试纸检验白雾,无变化;b.用酸化的AgNO3溶液检验白雾,产生白色沉淀。①试验a的目的是。

②由试验a、b不能推断白雾中含有HCl,理由是

。

(4)现象ⅱ中溶液变为黄绿色的可能缘由:随溶液酸性的增加,漂粉精的有效成分和Cl-发生反应。通过进一步试验确认了这种可能性,其试验方案是。

(5)将A瓶中混合物过滤、洗涤,得到沉淀X。①向沉淀X中加入稀HCl,无明显变化。取上层清液,加入BaCl2溶液,产生白色沉淀。则沉淀X中含有的物质是。

②用离子方程式解释现象ⅲ中黄绿色褪去的缘由:

。

解析:(1)Cl2和Ca(OH)2反应:2Cl2+2Ca(OH)2CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O,制取漂粉精为CaCl2和Ca(ClO)2的混合物,有效成分是Ca(ClO)2;(2)用pH试纸测漂粉精溶液的pH,pH试纸先变蓝说明溶液呈碱性,后褪色又说明溶液具有漂白性;(3)向水中持续通入SO2未观看到白雾,说明SO2不能形成白雾,推想可能由反应2SO2+2H2O+Ca(ClO)2CaSO4+H2SO4+2HCl生成的HCl形成HCl小液滴白雾;①试验a说明白雾中无强氧化性的Cl2;②试验b说明白雾与AgNO3溶液作用产生白色沉淀,既可能是HCl的性质也可能是混有的SO2在酸性条件下被氧化为作用的结果,因此不能推断白雾中确定含有HCl;(4)欲通过试验确认漂粉精在酸性条件下反应生成Cl2,可直接取漂粉精溶液向其中滴加硫酸,观看溶液有无变黄绿色;(5)①沉淀X中加入稀HCl无明显变化,而取上层清液与BaCl2溶液作用又产生白色沉淀,说明X中含,为CaSO4。②Ca(ClO)2消耗完全产生大量白色沉淀后,连续通入的SO2与Cl2反应SO2+Cl2+2H2OH2SO4+2HCl黄绿色消逝。答案:(1)2Cl2+2Ca(OH)2CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O(2)碱性、漂白性(3)①检验白雾中是否含有Cl2,排解Cl2的干扰;②白雾中混有SO2显酸性,可与AgNO3反应生成Ag2SO4白色沉淀(4)直接向漂粉精溶液中滴加硫酸,观看溶液是否变黄绿色(5)①CaSO4②SO2+Cl2+2H2O4H+++2Cl-5.(2022年安徽理综,28,13分)工业上从废铅蓄电池的铅膏回收铅的过程中,可用碳酸盐溶液与处理后的铅膏(主要成分为PbSO4)发生反应:PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+(aq)。某课题组用PbSO4为原料模拟该过程。探究上述反应的试验条件及固体产物的成分。(1)上述反应的平衡常数表达式:K=。

(2)室温时,向两份相同的PbSO4样品中分别加入同体积、同浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液均可实现上述转化,在溶液中PbSO4转化率较大,理由是

。

(3)查阅文献:上述反应还可能生成碱式碳酸铅[2PbCO3·Pb(OH)2]。它和PbCO3受热都易分解生成PbO。该课题组对固体产物(不考虑PbSO4)的成分提出如下假设,请你完成假设二和假设三:假设一:全部为PbCO3;假设二:;

假设三:。

(4)为验证假设一是否成立,课题组进行如下争辩。①定性争辩:请你完成下表中内容。试验步骤(不要求写出具体操作过程)预期的试验现象和结论取确定量样品充分干燥,……②定量争辩:取26.7mg的干燥样品,加热,测得固体质量随温度的变化关系如图。某同学由图中信息得出结论:假设一不成立。你是否同意该同学的结论,并简述理由:

。

解析:(1)中,依据化学方程式,即可写出平衡常数表达式:K=。(2)中,因平衡常数K只随温度转变而转变,当温度相同时,两份样品的溶液中K相同,而同浓度的Na2CO3溶液中c()更大,故PbSO4的转化率较大。(3)中,利用争辩举例法,可得出假设二(全部为碱式碳酸铅),假设三(PbCO3和碱式碳酸铅)。(4)由于从分解反应产物:PbCO3PbO+CO2↑,2PbCO3·Pb(OH)23PbO+2CO2↑+H2O,可以知道,假设一与假设二、三的不同之处在于没有H2O生成,故试验时运用无水CuSO4检验分解产物中是否含有H2O即可。假设一成立,则依据反应PbCO3PbO+CO2↑,26.7mgPbCO3的物质的量为n(PbCO3)==10-4mol,而加热至质量不再转变时放出n(CO2)=QUOTE<10-4mol,说明放出的气体不全是CO2。答案:(1)QUOTE(2)Na2CO3Na2CO3溶液中的c()大(3)全部为碱式碳酸铅PbCO3和碱式碳酸铅混合物(4)①试验步骤(不要求写具体试验过程)预期的试验现象和结论充分加热样品,将产生的气体通入盛有无水硫酸铜的干燥管若无水硫酸铜不变蓝,则假设一成立;若无水硫酸铜变蓝,则假设一不成立②同意,若全部为PbCO3时,26.7mg完全分解后最终固体质量应为22.3mg(或不同意,试验最终得到固体的质量与全部为PbCO3分解所得固体质量相差不大,可能是试验过程中产生的误差引起的)(合理答案均可)6.(2022年北京理综,27,15分)有文献记载:在强碱条件下,加热银氨溶液可能析出银镜。某同学进行如下验证和对比试验。装置试验序号试管中的药品现象试验Ⅰ2mL银氨溶液和数滴较浓NaOH溶液有气泡产生;一段时间后,溶液渐渐变黑;试管壁附着有银镜试验Ⅱ2mL银氨溶液和数滴浓氨水有气泡产生:一段时间后,溶液无明显变化该同学欲分析试验Ⅰ和试验Ⅱ的差异,查阅资料:a.[Ag(NH3)+2H2OAg++2NH3·H2Ob.AgOH不稳定,极易分解为黑色Ag2O(1)配制银氨溶液所需的药品是。

(2)经检验,试验Ⅰ的气体中有NH3,黑色物质中有Ag2O。①用潮湿的红色石蕊试纸检验NH3,产生的现象是。

②产生Ag2O的缘由是。

(3)该同学对产生银镜的缘由提出假设:可能是NaOH还原Ag2O。试验及现象:向AgNO3溶液中加入,毁灭黑色沉淀,水浴加热,未毁灭银镜。

(4)重新假设:在NaOH存在下,可能是NH3还原Ag2O。用如图所示装置进行试验。现象:毁灭银镜。在虚线框内画出用生石灰和浓氨水制取NH3的装置简图(夹持仪器略)。(5)该同学认为在(4)的试验中会有Ag(NH3)2OH生成。由此又提出假设:在NaOH存在下,可能是Ag(NH3)2OH也参与了NH3还原Ag2O的反应。进行如下试验:①有部分Ag2O溶解在氨水中,该反应的化学方程式是

。

②试验结果证明假设成立,依据的现象是。

(6)用HNO3清洗试管壁上的Ag,该反应的化学方程式是。

解析:(1)配制银氨溶液得向AgNO3溶液中滴加稀氨水,边滴边振荡,至最初产生的沉淀恰好溶解为止。所以配制所需药品为AgNO3溶液、稀氨水。(2)①因NH3溶于水显碱性,使试纸变蓝。②在NaOH存在下,加热促进了NH3·H2O分解逸出NH3,使平衡[Ag(NH3)+2H2OAg++2NH3·H2O右移,c(Ag+)增大,生成AgOH,分解得到Ag2O沉淀。(3)AgNO3溶液中加入NaOH溶液会生成AgOH,继而分解为Ag2O,当加入过量NaOH溶液时,若再毁灭银镜,则说明NaOH可还原Ag2O。(4)由题意可知,所需装置条件为固+液加热,故可接受。(5)①Ag2O溶解在氨水中生成了Ag(NH3)2OH。②试验结果成立,即为Ag+被还原为Ag单质。(6)清洗一般用浓HNO3。答案:(1)AgNO3溶液、稀氨水(2)①潮湿红色石蕊试纸变蓝②在NaOH存在下,加热促进NH3·H2O分解逸出NH3,促使[Ag(NH3)QUOTE+2H2OAg++2NH3·H2O平衡正向移动,c(Ag+)增大,Ag+与OH-反应马上转化为Ag2O:2Ag++2OH-Ag2O↓+H2O(3)过量NaOH溶液(4)(其他合理答案也可)(5)①Ag2O+4NH3·H2O2Ag(NH3)2OH+3H2O②烧杯内试管内壁毁灭光亮的银镜(6)Ag+2HNO3(浓)AgNO3+NO2↑+H2O7.(2022年安徽理综,27,15分)亚硫酸盐是一种常见食品添加剂。为检测某食品中亚硫酸盐含量(通常以1kg样品中含SO2的质量计)。某争辩小组设计了如下两种试验流程:(1)气体A的主要成分是。为防止煮沸时发生暴沸,必需先向烧瓶中加入;通入N2的目的是

。

(2)写出甲方案第①步反应的离子方程式:

。

(3)甲方案第②步滴定前,滴定管需用NaOH标准溶液润洗。其操作方法是

。

(4)若用盐酸代替稀硫酸处理样品,则按乙方案试验测定的结果(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。

(5)若取样品wg,按乙方案测得消耗0.01000mol·L-1I2溶液VmL,则1kg样品中含SO2的质量是g(用含w、V的代数式表示)。

解析:(1)样品(亚硫酸盐)中含有,与足量稀H2SO4反应生成SO2气体,煮沸时防止暴沸要向烧瓶中加入沸石(或碎瓷片),通N2的目的是使产生的SO2气体全部逸出。(2)H2O2吸取SO2的离子反应方程式为:H2O2+SO22H++。(3)向滴定管注入少量标准液,倾斜转动滴定管润洗全部内壁后,从尖嘴放出液体,重复操作2～3次。(4)由于若用稀盐酸处理样品后,SO2气体中混有HCl气体,用碱液吸取时会生成Na2SO3和NaCl,用酸处理后,Na2SO3生成NaHSO3,但NaCl不与I2反应,所以对滴定结果无影响。(5)乙方案的离子方程式为:+I2+H2O+2I-+3H+,又SO2～,所以SO2～～I2,则n(SO2)=n(I2)=0.0100mol·L-1VmL×10-3L·mL-1=10-5Vmol,m(SO2)=6.4×10-4Vg,则1kg样品中含SO2:g。答案:(1)N2和SO2沸石(或碎瓷片)使产生的SO2全部逸出(2)H2O2+SO22H++(3)向滴定管注入少量标准液,倾斜转动滴定管润洗全部内壁后,从尖嘴放出液体,重复操作2～3次(4)无影响(5)QUOTE8.(2010年大纲全国理综Ⅰ,29,15分)请设计CO2在高温下与木炭反应生成CO的试验。(1)在下面方框中,A表示由长颈漏斗和锥形瓶组成的气体发生器,请在A后完成该反应的试验装置示意图(夹持装置、连接胶管及尾气处理部分不必画出,需要加热的仪器下方用△标出),按气流方向在每件仪器下方标出字母B、C……;其他可选用的仪器(数量不限)简易表示如下:(2)依据方框中的装置图,填写该表仪器标号仪器中所加物质作用A石灰石、稀盐酸石灰石与盐酸作用产生CO2(3)有人对气体发生器作如下改进:在锥形瓶中放入一小试管,将长颈漏斗下端插入小试管中。改进后的优点是

。

(4)验证CO的方法是

。

解析:物质制备试验流程设计为:气体发生装置→气体净扮装置→气体干燥装置→气体收集装置→尾气处理装置。(1)这里与一般的物质制备思路是全都的,思路是先制备CO2,再净化除杂、干燥,然后让纯洁干燥的CO2与木炭在高温下反应制取CO;由于CO2不行能完全反应,故要除去未反应完的CO2,最终应进行尾气的处理。(2)产生的CO2中混有氯化氢气体和水蒸气,在和木炭反应之前需要除去杂质气体,分别用饱和碳酸氢钠溶液和浓硫酸;未反应完全的CO2可以用氢氧化钠溶液或澄清石灰水吸取。(3)可以通过把握加酸的量,来把握气体产生的快慢;同时小试管中布满盐酸,可以起到液封的作用,防止反应猛烈时气体经漏斗冲出。(4)可以点燃气体,看火焰颜色并验证生成的产物CO2(合理即可)。答案:(1)(2)仪器标号仪器中所加物质作用B饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中的HCl气体C浓硫酸除去CO2中的水气D干燥木炭粉与CO2反应产生COE澄清石灰水吸取未反应的CO2(3)可以通过把握加酸的量,来把握气体产生的快慢;同时小试管中布满盐酸,可以起到液封作用,防止反应激烈时气体经漏斗冲出(4)点燃气体,火焰呈蓝色,再用一个内壁附着有澄清石灰水的烧杯罩在火焰上,烧杯内壁的石灰水变浑浊9.(2011年福建理综,25,16分)化学爱好小组对某品牌牙膏中摩擦剂成分及其含量进行以下探究:查得资料:该牙膏摩擦剂由碳酸钙、氢氧化铝组成;牙膏中其他成分遇到盐酸时无气体产生。Ⅰ.摩擦剂中氢氧化铝的定性检验取适量牙膏样品,加水充分搅拌、过滤。(1)往滤渣中加入过量NaOH溶液,过滤。氢氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式是

。

(2)往(1)所得滤液中先通入过量二氧化碳,再加入过量稀盐酸。观看到的现象是

。

Ⅱ.牙膏样品中碳酸钙的定量测定利用如图所示装置(图中夹持仪器略去)进行试验,充分反应后,测定C中生成的BaCO3沉淀质量,以确定碳酸钙的质量分数。依据试验过程回答下列问题:(3)试验过程中需持续缓缓通入空气。其作用除了可搅拌B、C中的反应物外,还有:

。

(4)C中反应生成BaCO3的化学方程式是

。

(5)下列各项措施中,不能提高测定精确度的是(填标号)。

a.在加入盐酸之前,应排净装置内的CO2气体b.滴加盐酸不宜过快c.在A～B之间增加盛有浓硫酸的洗气装置d.在B～C之间增加盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置(6)试验中精确称取8.00g样品三份,进行三次测定,测得BaCO3平均质量为3.94g。则样品中碳酸钙的质量分数为。

(7)有人认为不必测定C中生成的BaCO3质量,只要测定装置C在吸取CO2前后的质量差,一样可以确定碳酸钙的质量分数。试验证明按此方法测定的结果明显偏高,缘由是

。

解析:Ⅰ.(1)Al(OH)3+OH-+2H2O。(2)和CO2反应生成Al(OH)3沉淀和;加盐酸会和反应产生CO2气体,Al(OH)3和盐酸反应,沉淀溶解。Ⅱ.(3)空气可以将系统内部的CO2全部排到C中,从而使CO2全部被Ba(OH)2溶液吸取。(4)Ba(OH)2+CO2BaCO3↓+H2O。(5)假如不排净装置中CO2,则CO2会与Ba(OH)2反应,使测得m(BaCO3)增大,测定结果偏高;滴加盐酸过快会导致CO2产生过快不利于CO2的充分吸取;浓H2SO4只吸水对CO2无影响;增加饱和碳酸氢钠后,HCl(g)会与之反应生成CO2,使测定结果偏高,综上所述,c、d不能提高测定精确度。(6)CaCO3～BaCO3100 197 m 3.94gm=2.00gw=×100%=25%。(7)生成的CO2气体混有的HCl、水蒸气等会进入C中,使测得的CO2质量偏大从而导致CaCO3的质量分数偏大。答案:Ⅰ.(1)Al(OH)3+OH-+2H2O(2)通入CO2气体有白色沉淀生成;加盐酸有气体产生,沉淀溶解Ⅱ.(3)把生成的CO2全部排入C中,使之完全被Ba(OH)2溶液吸取(4)Ba(OH)2+CO2BaCO3↓+H2O(5)cd(6)25%(7)B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中(或其他合理答案)10.(2011年四川理综,27,16分)三草酸合铁酸钾晶体K3[Fe(C2O4)3]·xH2O是一种光敏材料,在110℃(1)铁含量的测定步骤一:称量5.00g三草酸合铁酸钾晶体,配制成250mL溶液。步骤二:取所配溶液25.00mL于锥形瓶中,加稀H2SO4酸化,滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部氧化成二氧化碳,同时,被还原成Mn2+。向反应后的溶液中加入一小匙锌粉,加热至黄色刚好消逝,过滤,洗涤,将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中,此时,溶液仍呈酸性。步骤三:用0.010mol/LKMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点,消耗KMnO4溶液20.02mL,滴定中被还原成Mn2+。重复步骤二、步骤三操作,滴定消耗0.010mol/LKMnO4溶液19.98mL。请回答下列问题:①配制三草酸合铁酸钾溶液的操作步骤依次是:称量、、转移、洗涤并转移、、摇匀。

②加入锌粉的目的是。

③写出步骤三中发生反应的离子方程式:。

④试验测得该晶体中铁的质量分数为。在步骤二中,若加入的KMnO4溶液的量不够,则测得的铁含量。(选填“偏低”“偏高”“不变”)

(2)结晶水的测定将坩埚洗净,烘干至恒重,记录质量;在坩埚中加入研细的三草酸合铁酸钾晶体,称量并记录质量;加热至110℃,恒温一段时间,置于空气中冷却,称量并记录质量;计算结晶水含量。请订正试验过程中的两处错误:;。解析:(1)将三草酸合铁酸钾晶体配成溶液后,电离生成K+、Fe3+、,由稀H2SO4酸化,滴加KMnO4溶液至恰好全部氧化为CO2,被还原成Mn2+,反应的离子方程式为:5+2+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2O。向反应后的溶液中加入锌粉,目的是还原Fe3+:Zn+2Fe3+2Fe2++Zn2+。步骤三中,用KMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点,反应离子方程式为:5Fe2+++8H+5Fe3++Mn2++4H2O。取两次滴定消耗0.010mol/LKMnO4溶液体积平均值:V==20.00mL。依据关系式:5Fe2+～ 5mol 1mol n(Fe2+) 0.010mol/L×0.020L解得n(Fe2+)=0.001mol,即原晶体中n(Fe3+)=0.001mol×=0.01mol,m(Fe3+)=0.56g,故晶体中w(Fe)=×100%=11.20%。若步骤二中加入的KMnO4溶液量不够,会有少量未被氧化而残留在溶液中,而步骤三中也会消耗,则此时测得的铁含量偏高。(2)中,错误1:加热三草酸合铁酸钾晶体至110℃错误2:加热晶体使之脱去结晶水的操作,必需再加热、冷却、称量,至两次称量结果相差小于0.1g。答案:(1)①溶解定容②将溶液中的Fe3+全部还原为Fe2+,保证测定结果精确③5Fe2+++8H+5Fe3++Mn2++4H2O④11.20%偏高(2)应在干燥器中冷却应再加热、冷却、称量,至两次称量结果相差小于0.1g为止11.(2011年广东理综,33,17分)某同学进行试验争辩时,欲配制1.0mol·L-1Ba(OH)2溶液,但只找到在空气中暴露已久的Ba(OH)2·8H2O试剂(化学式量:315),在室温下配制溶液时发觉所取试剂在水中仅部分溶解,烧杯中存在大量未溶物,为探究其缘由,该同学查得Ba(OH)2·8H2O在283K、293K和303K时的溶解度(g/100gH2O)分别为2.5、3.9和5.6。(1)烧杯中未溶物可能仅为BaCO3,理由是

。

(2)假设试剂由大量Ba(OH)2·8H2O和少量BaCO3组成,设计试验方案,进行成分检验,写出试验步骤、预期现象和结论(不考虑结晶水的检验;室温时BaCO3饱和溶液的pH=9.6)限选试剂及仪器:稀盐酸、稀硫酸、NaOH溶液、澄清石灰水、pH计、烧杯、试管、带塞导气管、滴管试验步骤预期现象和结论步骤1:取适量试剂于洁净烧杯中,加入足量蒸馏水,充分搅拌,静置,过滤,得滤液和沉淀步骤2:取适量滤液于试管中,滴加稀硫酸步骤3:取适量步骤1中的沉淀于试管中,

步骤4:(3)将试剂初步提纯后,精确测定其中Ba(OH)2·8H2O的含量,试验如下:①配制250mL约0.1mol·L-1Ba(OH)2溶液:精确称取w克试样,置于烧杯中,加适量蒸馏水,,将溶液转入中,洗涤,定容,摇匀。

②滴定:精确量取25.00mL所配Ba(OH)2溶液于锥形瓶中,滴加指示剂,将(填“0.020”“0.05”“0.1980”或“1.5”)mol·L-1盐酸装入50mL酸式滴定管,滴定至终点,记录数据,重复滴定2次,平均消耗盐酸VmL。

③计算:Ba(OH)2·8H2O的质量分数=

(只列出算式,不做运算)。(4)室温下,(填“能”或“不能”)配制1.0mol·L-1Ba(OH)2溶液。

解析:(1)Ba(OH)2·8H2O放在空气中,只可能和空气中的CO2反应生成BaCO3,与其他气体不反应。(2)要检验混合物的成分,需要检验Ba(OH)2和BaCO3的存在。首先将两者溶于水后过滤分别开,再分别检验沉淀和溶液。可通过测滤液pH的方法来证明OH-的存在,通过向滤液中加过量稀H2SO4是否生成沉淀的方法来确定Ba2+,从而确定Ba(OH)2的存在,由题意知BaCO3饱和溶液的pH=9.6,所以当pH>9.6时,说明有大量OH-[Ba(OH)2]存在;再检验是否存在,可接受的方法如下:向沉淀中加足量稀盐酸将生成的气体通入澄清石灰水看是否变浑浊来确认存在。(3)①固体的溶解需用玻璃棒搅拌过滤后取滤液冷却后移入250mL容量瓶中。②需要的盐酸的最小浓度由c碱V碱=c酸V酸,得:25.00mL×0.2mol·L-1=c酸×50mLc酸=0.1mol·L-1假如酸为1.5mol·L-1,那V酸==3.33mL,所需酸的体积太小,误差太大。故应选0.1980mol·L-1的盐酸。③Ba(OH)2～2HCl 1 2n[Ba(OH)2] V×10-3×0.1980mol·L-1n[Ba(OH)2]=molw[Ba(OH)2·8H2O]=×100%(4)室温下1L水最多只能溶解3.9g×10=39gn==0.12mol,故无法配制1.0mol·L-1Ba(OH)2溶液。答案:(1)Ba(OH)2·8H2O放置在空气中,只能和空气中的CO2反应生成BaCO3(2)试验步骤预期现象和结论步骤1:略步骤2:略产生白色沉淀,稀H2SO4过量不溶解,说明原试剂含Ba2+步骤3:取适量步骤1中的沉淀于试管中,滴加稀盐酸,将生成的气体通入澄清石灰水沉淀溶解,试管中有气泡生成,且澄清石灰水变浑浊,说明沉淀中有,再结合步骤2,说明沉淀为BaCO3步骤4:取适量1中的滤液于试管中,用pH计测定其pHpH>9.6,说明原试剂含有大量OH-(3)①用玻璃棒搅拌使之溶解过滤恢复至室温250mL容量瓶②0.1980QUOTE×100%(4)不能常见气体的试验室制法1.(2021四川龙台中学模拟)下列制备气体的试验设计中错误的是()选项ABCD药品NH4Cl与Ca(OH)2石灰石和稀盐酸稀硝酸和铜片KMnO4与浓盐酸装置解析:A装置是制取NH3,用碱石灰干燥,正确;B是简易启普发生器制取CO2,正确;C是制取NO,由于NO极易被空气中的氧气氧化为NO2,所以只能用排水法收集,错误;KMnO4氧化性很强,与浓盐酸反应不需要加热,D正确。答案:C2.(2022福建泉州四校联考)如图装置,将溶液A逐滴加入固体B中,下列叙述正确的是()A.若A为浓盐酸,B为MnO2,C中盛品红溶液,则C中溶液褪色B.若A为醋酸,B为贝壳,C中盛CaCl2溶液,则C中溶液变浑浊C.若A为浓硝酸,B为铜,C中盛KI淀粉溶液,则C中溶液变蓝D.若A为浓硫酸,B为Na2SO3固体,C中盛石蕊试液,则C中溶液先变红后褪色解析:A项不加热,不产生氯气,A项错误;B项将CO2通入CaCl2溶液中,两者不反应,不会产生沉淀,B项错误;Cu与浓HNO3反应放出NO2气体,NO2有氧化性,通入KI淀粉溶液中能生成I2,遇淀粉变蓝色,C项正确;SO2为酸性气体,只能使石蕊变红,不能漂白石蕊,D项错误。答案:C3.(2022福建福州期末)图中装置可以用来发生、洗涤、干燥、收集(不考虑尾气处理)气体。该装置可用于()A.锌和盐酸生成氢气B.亚硫酸钠和浓硫酸生成二氧化硫C.碳酸钙和盐酸生成二氧化碳D.浓氨水和烧碱制取氨气解析:该装置能够制取的气体应是:①固液反应不需加热,②生成的气体不溶于水,③能用浓H2SO4进行干燥,④ρ气<ρ空气,能用向下排气法收集,只有A项同时满足上述四个条件。A项可用此装置;二氧化硫、二氧化碳在水中溶解度较大,且不能用向下排空气法收集,B、C项错误;氨气极易溶于水,D项错误。答案:A试验方案的设计与评价4.(2021安徽示范高中名校联考)用下列装置不能达到有关试验目的的是()解析:当把水捏入烧瓶中后,由于HCl易溶于水,造成烧瓶内气体压强减小,则气球体积胀大,从而可以得出HCl易溶于水的结论,A正确;CCl4的密度比水大,不能防止O2将Fe(OH)2氧化,B错误;NH3是碱性气体,用碱石灰干燥,从短管进气可以通过向下排解集气瓶中的空气,并用倒扣的漏斗吸取尾气,能防止倒吸,C正确;石墨作阳极时电解饱和食盐水,阳极反应为2Cl--2e-Cl2↑,阴极反应为2H++2e-H2↑,可以制得Cl2、H2,D正确。答案:B5.(2021广东揭阳一模)下列化学试验事实的描述及其结论都正确的是()A.将饱和氯水滴到淀粉碘化钾试纸上,试纸先变蓝后变白,说明氯水具有漂白性B.将SO2通入含HClO的溶液中,生成H2SO4,说明HClO酸性比H2SO4强C.FeCl3溶液可以腐蚀印刷电路板上的Cu,说明Fe的金属活动性大于CuD.铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落,说明铝箔表面氧化铝熔点高于铝解析:饱和氯水滴到淀粉碘化钾试纸上,发生反应:Cl2+2I-2Cl-+I2,碘遇淀粉变蓝,但是滤纸不会变白色,A错;将SO2通入含HClO的溶液中,生成H2SO4,是由于HClO具有强氧化性,把SO2氧化为H2SO4,不能说明HClO与H2SO4的酸性强弱,B错;FeCl3溶液可以与Cu反应是由于Fe3+有较强的氧化性,不是金属间的置换,也就不能说明Fe与Cu的金属性强弱关系,C错;铝的熔点只有600多℃,受热易熔化,氧化铝熔点很高,在酒精灯的火焰上不能熔化,兜住熔化的铝不滴落,所以D正确。答案:D6.(2021茂名二模)下列试验能达到目的的是()A.用乙醇和浓硫酸除去乙酸乙酯中的少量乙酸B.用NaOH溶液与FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体C.用品红和盐酸检验Na2SO3和Na2CO3D.将混有乙烯的二氧化硫通入酸性高锰酸钾溶液中除去乙烯解析:可用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中的少量乙酸,A项错误;制备氢氧化铁胶体的方法是往沸水中滴加饱和氯化铁溶液,并连续煮沸至生成红褐色液体,B项错误;盐酸与亚硫酸钠反应时有二氧化硫气体生成,二氧化硫可使品红溶液褪色,盐酸与碳酸钠反应时有二氧化碳气体生成,二氧化碳不能使品红溶液褪色,C项正确;二氧化硫、乙烯均可与酸性高锰酸钾溶液发生反应,D项错误。答案:C7.(2022宁波八校联考)某化学爱好小组为测定确定质量的某铜铝混合物中铜的质量分数,设计了如下试验方案:方案一:铜铝混合物测定生成气体的体积方案二:铜铝混合物测定剩余固体的质量下列有关推断中不正确的是()A.溶液A和溶液B均可以是盐酸或NaOH溶液B.若溶液B选用浓硝酸,测得铜的质量分数偏大C.方案一可能产生氢气,方案二可能剩余铜D.试验室中方案二更便于实施解析:盐酸或NaOH溶液都只能溶解铝且能生成H2,A正确;若B为浓硝酸,铜溶解,铝会钝化,表面生成一层致密的氧化膜,导致剩余固体的质量偏大,故测得铜的质量分数偏小,B不正确;若方案一选用盐酸或NaOH溶液,二者与铝反应放出氢气,方案二选用盐酸或NaOH溶液则只能溶解铝而剩余铜,C正确;试验室中测定固体的质量要比测定气体的体积更简洁操作,D正确。答案:B8.(双选题)(2021四川成都七中模拟改编)依据下列试验现象,所得结论正确的是()试验试验现象结论A左边烧杯中铁表面有气泡,右边烧杯中铜表面有气泡金属活动性:Al>Fe>CuB左边棉花变为橙色,右边棉花变为蓝色氧化性:Cl2>Br2>I2C白色固体先变为淡黄色,后变为黑色溶解性:AgCl>AgBr>Ag2SD锥形瓶中有气体产生,烧杯中液体变浑浊非金属性:Cl>C>Si解析:活泼的金属作负极,失电子,较不活泼的金属作正极,H+在正极得电子析出氢气,所以金属活动性:Al>Fe>Cu,A正确;B中只能得出氧化性:Cl2>Br2;Cl2>I2,不能比较Br2与I2的氧化性,B错误;C中发生了沉淀的转化,溶解性大的难溶物转化为溶解性小的难溶物,所以得到结论为:溶解性:AgCl>AgBr>Ag2S,C正确;利用酸性强弱比较非金属的非金属性强弱时只能是其最高价含氧酸,这里用盐酸,不能得出相应的结论,D错误。答案:AC9.(双选题)(2022广州一模)对于试验Ⅰ～Ⅳ的试验现象猜想正确的是()A.试验Ⅰ:试管中先毁灭白色胶状物质,后溶解B.试验Ⅱ:振荡后静置,下层溶液颜色保持不变C.试验Ⅲ:抽去中间玻璃片,瓶内产生白烟D.试验Ⅳ:BaCl2溶液变浑浊,品红溶液褪色解析:氨水与硫酸铝溶液反应可生成氢氧化铝沉淀,滴加过量的氨水,氢氧化铝沉淀也不溶解,A项错误;I2可与NaOH溶液发生化学反应,故试验Ⅱ振荡后静置,下层溶液呈无色,B项错误;氨气与氯化氢气体发生化学反应,生成白色的氯化铵固体小颗粒,C项正确;SO3可与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀,但SO2与氯化钡溶液不反应,SO2可使品红溶液褪色,D项正确。答案:CD10.(2022年安徽省城名校第一次联考)目前流行的关于生命起源假设的理论认为,生命起源于约40亿年前的古洋底的热液环境。这种环境系统中普遍存在铁硫簇结构,如Fe2S2、Fe4S4、Fe8S7等,这些铁硫簇结构参与了生命起源的相关反应。某化学爱好小组在争辩某铁硫簇结构的组成时,设计了下列试验。【试验Ⅰ】硫的质量确定:按图连接装置,检查好装置的气密性后,在硬质玻璃管A中放入1.0g铁硫簇结构(含有部分不反应的杂质),在试管B中加入50mL0.1mol·L-1的酸性KMnO4溶液,在试管C中加入品红溶液。通入空气并加热,发觉固体渐渐转变为红棕色。待固体完全转化后将B中溶液转移至250mL容量瓶,洗涤试管B后定容。取25.00mL该溶液用0.01mol·L-1的草酸(H2C2O4)进行测定剩余KMnO4滴定次数待测溶液体积/mL草酸溶液体积/mL滴定前刻度滴定后刻度125.001.5023.70225.001.0226.03325.000.0024.99相关反应:①2+2H2O+5SO22Mn2++5+4H+②2+6H++5H2C2O42Mn2++10CO2↑+8H2O【试验Ⅱ】铁的质量确定:将试验Ⅰ硬质玻璃管A中的残留固体加入稀盐酸中,充分搅拌后过滤,在滤液中加入足量的NaOH溶液,过滤后取滤渣,经充分灼烧得0.6g固体。试回答下列问题:(1)检查“试验Ⅰ”中装置气密性的方法是

。

(2)滴定终点的推断方法是

。

(3)试管C中品红溶液的作用是

。

有同学提出,撤去C装置,对试验没有影响,你的看法是(选填“同意”或“不同意”),理由是

。

(4)依据试验Ⅰ和试验Ⅱ中的数据可确定该铁硫簇结构的化学式为。

【问题探究】滴定过程中,细心的小明发觉该KMnO4颜色褪去的速率较平常滴定时要快得多。为争辩快的缘由,甲同学连续进行了下列试验,试验数据如下表:编号温度/℃酸化的H2C2O溶液/mLKMnO4溶液/mL溶液褪色时间/s1255.02.0402255.0(另加少量可溶于水的MnSO4粉末)2.043605.02.025(5)分析上述数据,滴定过程中反应速率较快的一种可能缘由是。

解析:(4)第1次H2C2O4溶液体积误差较大,舍去。第2、3次取平均值。V(H2C2O4)=25.00mL。与H2C2O40.01mol·L-1×0.025L××10=0.001mol,与SO2反应的KMnO4的物质的量为:0.05L×0.1mol·L-1-0.001mol=0.004mol,n(SO2)=0.004mol×2.5=0.01mol,n(S)=0.01mol×32g·mol-1=0.32g;0.6g固体为Fe2O3,n(Fe)=×2mol=0.0075mol,m(Fe)=0.0075mol×56g·mol-1=0.42g;==,所以该铁硫簇结构的化学式为Fe3S4。(5)1、2对比,增加Mn2+,反应速率加快;1、3对比,温度上升,反应速率加快。答案:(1)在试管C中加入少量水,关闭活塞,用手捂住硬质玻璃管A(或用酒精灯微热),C中有气泡产生,松开手(或撤去酒精灯),有水进入导气管并形成一段水柱,证明气密性良好(2)当滴入最终一滴草酸溶液时,锥形瓶中溶液紫红色马上变为无色,且半分钟不变色(3)验证SO2是否被酸性KMnO4溶液完全吸取同意B中溶液不褪色,即可证明SO2已被酸性KMnO4溶液完全吸取(4)Fe3S4(5)生成的Mn2+对反应起到催化作用(或反应放热使温度上升,加快反应速率)11.(2021四川成都外国语学校模拟)某化学课外活动小组通过试验争辩NO2的性质。已知:2NO2+2NaOHNaNO3+Na