鲁科版高中化学选修6 实验化学主题2 物质性质及反应规律的研究复习巩固

鲁科版高中化学选修6实验化学主题2物质性质及反应规律的研究复习巩固

>第1题【单选题】

某晶体M-nH20溶于水后，溶液温度降低。而M⑸溶于水后，溶液温度升高，可将变化过程表示为

图。下列说法中错误的是()

M-nH;O(s)----------►M(aq)

Aft△压

---------►M(s)------------

A、△H1=AH2+AH3

B、M(s)溶于水形成溶液△S>0

C、△H2>AH3

D、若M为CuS04,则25℃时CuS04溶液pH=7

【答案】：

D

【解析】：

【解答】A.根据盖斯定律可知,总反应的然效应等于各分步反应的然效应之和，因此⑷1=*2+用3,2F符合题意;

B.M⑸溶于水形成溶液，混乱度增大，烯变增大，2S>0,B不符合题意；

C.M(s)溶于水后,溶液温度升高,^H3<0,晶体MnH2O溶于水后,溶液温度降低，,根据盖斯定律可知，山广

2H2+田3,%2=*1-%3>0,所以2H2>叫3,C不符合题意；

D.CuS。握例酸弱侬，Cu2+zW^溶液显蝌，25°C时CuSO4溶液pH<7,D符合";

故答案为：D

［分析】A.根据盖斯定律确定反应热的计算式;

B.固体溶于水形成溶液后,体系的混乱度增大，精变大；

C.根据反应的热效应,结合盖斯定律分析反应热的大小关系;

D.CU2+TW^得CUSO4溶液显雌；

>第2题【单选题】

298K时，在20.0mL0.10mol?LA-l氨水中滴入0.10mol?LA-l的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积

关系如图所示。已知0.10mol?LA-l氨水的电离度为1.32%,下列有关叙述正确的是()

A、该滴定过程应该选择酚醐作为指示剂

B、M点对应的盐酸体积为20.0mL

C、M点处的溶液中c(NH43)=C(C1A-)=C(HA+)=c(OHA-)

D、N点处的溶液中pH<12

【答案】：

D

【解析】：

【解答】A.把盐酸滴加到氨水中，开始时溶液显碱性,当滴定达到终点时，溶液由碱性变为酸性，根据人视觉有滞后性,观察

溶液的颜色由浅到深比较敏锐，所以为减小滴定误差,在该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂更精确些，不应该选择酚做作

为指示剂，2F符合题意；

B.如果二者恰好反应,则会生成氯化铁,氯化钱是强酸弱碱盐，NH4+水解使溶液显酸性,因此M点pH=7,则M点对应的盐酸

体积小于20。mLrB不符合题意;

+

C.根据电荷守恒可得：C(NH4+)+C(H+)=C(C|-)+C(OH-).由于M点处的溶液显中性，c(H)=c(OH-),所以c(NH4+)=

c(C|-).盐是强电解质，电离远远大于弱电解质水的电离程度，所以溶液中离子浓度关系是：c(NH4+)=c(C|-)>c(H+)=

c(OH-),

D.N点氨水溶液中已经电离的一水合氨浓度等于溶液中氢氧根离子的浓度，c(OH-)=0.1mol/Lxl.32%=1.32xl0-3mol/L,根

据水的离子积常数可知：N处的溶液中氢离子浓度=1314,"加=7.6xlO-12mol/L,根据pH=-lgc(H+)可知此时溶液中

1.32x107

pH<12,D符^题意。

故答案为：D.

【分析】A酸5商碱用甲基橙，碱滴酸用酚酸

B,氯化铉显酸性,pH=7显中性,应该是氯化镂与氨水的混合溶液，盐酸小于20ml

C,呈中性，则氢离子，氢氧根离子小到忽略不计，远小于钱根离子，氯离子

第3题【单选题】

下列化肥：①(NH4)2SO4②氨水③过磷酸钙④K2c03⑤KCI⑥尿素，其中能混合使用的是()

A、①④⑤

B、③⑤⑥

C、②③⑤

D、③④⑥

【答案】：

B

【解析】：

【分析】由上述化肥的性质可知，①©呈酸性,⑤©呈中性，②©呈碱性，根据呈酸性的月蝌不睇］呈碱性的肥料混合使用的

原则，只有B选项合理.

第4题【单选题】

下列有关电解应用，正确的是（）

A、电解精炼铜时，粗铜作阴极

B、电解精炼铜时，溶液浓度基本不变

C、在铁制容器上镀铜时，可用CuS04溶液作电镀液

D、在铁制容器上镀铜时，铁制容器连接外接电源的正极

【答案】：

C

【解析】：

【解答】解：A、电解法精炼铜时，粗铜作阳极，纯银作阴极，故A错误;

B、电解精炼锅时，阳极是活泼电极，金属锌、铁、银先于金属铜失电子，阳极上是信离子失电子的氧化反应,所以溶液浓度减

小，故B错误；

C、在铁制容器上镀铜时，电镀液是含有镀层金属阳离子的盐，可用CuSC）4溶液作电镀液，故C正确；

D、在铁制容器上镀铜时，镀层金属做阳极,镀件作阳极，电镀液是含有镀层金属阳离子的盐，即铁制容器连接外接电源的负

极，故D错误.

aa^c.

【分析】A、电解法精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极；

B、电解精煤桐时，阳极是活泼电极，阴极上是铜离子失电子的氧化反应，据电极反应判断；

C、在铁制容器上镀铜时，电镀液是含有镀层金属阳离子的盐；

D、在铁制容器上镀铜时,镀层金属做阳极,镶件作阳极，电镀液是含有镀层金属阳离子的盐.

第5题【单选题】

如图是电解CUCI2溶液的装置，其中c、d为石墨电极，则下列有关判断正确的是（

A、a为负极，b为正极

B、d为阳极，c为阴极

C、电解过程中，d电极质量增加

D、电解过程中，氯离子浓度不变

【答案】：

C

【解析】：

【弊答】解：在电解池中，电流的流向和电子的移动方向相反，电流是从正极流向阳极，所以c是阳极，d是阴极，a是正极，b

是负极.A、a是正极，b是负极，故A错误;

B、c是阳极，d是阴极，故B错误;

C、电解过程中，d电极是阳极，该电极上铜离子得电子析出金属铜，电极质量增加，故C正确；

D、电癣过程中，氯离子在阳极上失电子产生氯气，氯离子浓度减小，故D错误.

【分析】在电解池中，电流的流向和电子的移动方向相反，根据电子或电流的流向可以确定电癣池的阴阳极，进而确定电极反

应.

＞第6题【单选题】

用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，通电一段时间后，向所得溶液中加入O.lmolCu(OH)2后

恢复到电解前的浓度和pH,则电解过程中转移的电子数为()

A、0.2mol

B、0.4mol

C、0.6mol

D、0.8mol

【答案】：

B

【解析】：

【解答】解：Cu（OH）2从组成上可看成CuOHzO,加入O.lmoICu（OH）2后恰好恢复到电解前的浓度和pH,

即电解生成了0.1molH2SC）4,并电解了O.lmolH2。,由电解的总反应式可知，

2H2O+2CUSO42CU+O2T+2H2so4转移电子

2mol4mol

O.lmol0.2mol

2H2O整2H2卜02T转移电子

2mol4mol

O.lmol0.2mol

所以电解过程中共转移电子为0.201。1+0.2^1。1=0.401。1,

【分析】力口入O.lmolCu（OH）2后恢复到电解前的浓度和pH,可知发生2H2O+2CuSC>4里绘2Cu+C）2t+2H2so4、2H2。

电解2H2T+O2t,结合反应计算.

>第7题【单选题】

下列物质的水溶液不发生水解的是（）

A、NaCIO

B、NH4CI

C、CuS04

D、HN03

【答案】：

D

【解析】：

【解答】解：A.NaCIO为强碱弱酸盐,次氨酸根水解后溶液呈碱性,故A不符;B.NH4Q为强酸弱碱盐,按根水解后溶液呈

酸性,故B不符;

C.CuSC>4为强酸弱碱盐，铜离子水解后溶液呈酸性，故GF符;

D.HN03为强酸，不发生水解，在水中完全电离,故D符合；

婕D.

【分析】有弱才水解,强酸弱碱盐、强碱弱酸盐、弱酸弱碱盐在水中都会发生水解，以此解答该题.

>第8题【单选题】

通以相等的电量，分别电解等浓度的硝酸银和硝酸亚汞（亚汞的化合价为+1）溶液，若被还原的硝酸

银和硝酸亚汞的物质的量之比n（硝酸银）：n（硝酸亚汞）=2：1,则下列表述正确的是（）

A、在两个阴极上得到的银和汞的物质的量之比n（银）：n（汞）=2：1

B、在两个阳极上得到的产物的物质的量不相等

C、硝酸亚汞的分子式为HgN03

D、硝酸亚汞的分子式为Hg2（N03）2

【答案】：

D

【解析】：

【癣答】A、由于电解过程中，两个阴极上发生电极反应:Ag++e-=Ag,Hg++e-=Hg,通电量相同，则生成的银和汞的物

质的量相等，即得到的银和汞的物质的量之比n（银）：n（汞）=1:1,故A错误；

B、在两个阳极上发生的电极反应均是氢氧根失去电子的反应,由于通电量相同，则阳极产物物质的量相等，故B错误；

C、因电解的n（硝酸银）:n（硝酸亚汞）=2:1,硝酸银的化学式为AgNC）3，说明Imol硝酸亚汞中含有2moi+1价的Hg,

故硝酸涯的能为HgN03，只能为Hg2（NO3）2，故C*；

D、因电解的n（硝酸银）:n（硝酸亚汞）=2:1,硝酸银的化学式为AgNC）3,说明lmol硝酸亚汞中含有2moi+1价的Hg,

故硝酸亚汞的化学式不可能为HgNC）3,只能为Hg2（NO3）2，故D正确.

【分析】A、根据电极反应和电子守酸识来计算；

B、根据阴极发生的电极反应来判断；

C、根据被还原的石和石辍E汞的物质的量之比n（硝酸银）:n（硝酸亚汞）=2:保判断分子式;

D、根据被还原的硝酸银和硝酸亚汞的物质的量之比n（硝酸银）:n（硝酸亚汞）=2:1来判断分子式.

>第9题【单选题】

有物质的量浓度均为O.lmol/L的①氨水？②NH4cl溶液？③Na2CO3溶液？④NaHC03溶液各25mL,

下列说法正确的是（）

A、4种溶液pH的大小顺序：

B、溶液①、②等体积混合后pH>7,则c（NH4A+）<c（NH3?H2O）

C、向溶液①、②中分别加入25mLO.lmol/L盐酸后，溶液中c（NH4A+）：①>②

D、向溶液③、④中分别加入25mLO.lmol/LNaOH溶液后，两溶液中的离子种类相同

【答案】：

D

【解析】：

【解答】解：A、物质的量浓度均为O.lmol/L的废水②NH4a溶液③Na2c。3溶液④NaHCO?溶液各25mL,一水合氨电离

生成氢氧根离子显碱性,氯化镣溶液中钺根离子水解显酸性；碳酸根离子水解显碱性,碳酸氢根离子水解显碱性；同浓度碳酸

根离子水解程度大于碳酸氢根离子水解程度,溶液碱性强；所以溶液PH大小为：：①>③>④>②，故A错误；

B、溶液①氨水是弱碱存在电离平衡；②NH4cl溶液水解显酸性,①、②等浓度等体积混合后pH>7,说明溶液中一水合氨电

+

于离子水,所以c（NH4）>c（NH3«H2O）,故B脸；

C、盐酸和一水合氨恰好反应生成氯化镣溶液,氯化皎的浓度为0.05mol/L,氯化铉溶液中加入盐酸抑制钺根离子的水解,溶液

中C（NH4+）:①〈②，故C错误；

D、向溶液③、④中分别加入25mL0.1mol/LNaOH溶液后，碳酸氢钠和氢氧化钠反应生成碳酸钠溶液，两溶液中的离子种类

相同，故D正确；

SS6^D.

【分析】A、依据溶液中的溶质电离和水解程度分析判断；

B、依据溶液中一水合氨电离程度大于钻根离子的水解程度分析判断；

C、盐酸和一水合氨恰好反应生成氨化核溶液，抑制铁根离子的水解；

D、依据碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液中的电离和水解分析离子和噗.

>第10题【单选题】

对于相同体积的K2CO3溶液（浓度为cl）和（NH4）2CO3溶液（浓度为c2）,若其中CO3A2-的物质的量浓度

相同，则cl和C2的关系是（）

A、cl=c2

B、cl>c2

C、cl>c2

D、cl<c2

【答案】：

D

【解析】：

【分析】K+对CO32-的水解没有任何影响，NH4+对832-的水解起促进作用，所以同浓度的K2c。3溶液和（NH4）2CC>3溶液，

CUO32-）前者大于后者，因此当C（C52-）相同时，正确的选项为D.

【点评】两种离子水解后，溶液的酸碱性相同，则两种离子的水解相互抑制，离子浓度大。两种离子水解后，溶液的酸碱性相

反，则两种离子的水解相互促进,离子浓度小.

>第11题【单选题】

相同温度下用惰性电极电解下列物质的水溶液，一段时间后溶液酸碱性不变的是（）

A、HCI

B、NaOH

C、Na2SO4

D、CuS04

【答案】：

c

【解析】：

【解答】解：A.电解HQ溶液,本质是电解HQ,电解后HQ的浓度减小，溶液酸性减弱,故A错误;

B.电解NaOH溶液，本质是电解水,若原溶液为饱和溶液,NaOH浓度不变，溶液pH不变f若不是饱和溶液，NaOH的物质

的量不变,但溶液体积减小,溶液碱性增强，故B错误；

C.电解Na2so4溶液，本质是电解水，Na2so4的物质的量不变,溶液浓度增大,但硫酸钠溶液为中性,溶液酸碱性不变,故C

正确；

电解溶液时电池总反应式为：电健有心成，溶液酸性增强,故

D.C11SO4，2CUSO4+2H2O2Cu+O2t+2H2SO4,H2soD

4r、口

：C.

【分析】A.电解HQ溶液，本质是电解HCI,电解后HCI的浓度减小;

B.电解NaOH溶液,本质是电解水，NaOH的浓度可能增大；

C.电解Na2so4溶液，本质是电解水,但硫酸钠溶液为中性；

D.电解CuSC）4溶液，铜离子、水均放电，有硫酸生成.

＞第12题【单选题】

用惰性电极电解某溶液时，发现两极只有H2和02生成，则电解一段时间后，若电解前后温度变化

忽略不计，下列有关溶液叙述正确的有（）

①该溶液的pH可能增大

②该溶液的pH可能减小

③该溶液的pH可能不变

④该溶液的浓度可能增大

⑤该溶液的浓度可能不变

⑥该溶液的浓度可能减小.

A、①②③④⑤

B、只有①②③④

C、只有①③⑤

D、①②③④⑤⑥

【答案】：

B

【解析】：

【解答】解：用惰性电极电解某溶液时，发现两极只有H2和。2生成，实质上是电解水型装置，电解时溶液中的溶质为强碱、含

氧的强酸或强酸强碱盐,电解强碱溶液时，实质上是电解水，溶液的伊积减小，溶质的物质的量不变，则溶液浓度增大，溶液

的pH增大；

电解含氧强酸时，实质上是电解水，溶液体积减小，溶质的物质的量不变，则酸浓度增大，溶液的pH减小；

电解强酸强碱盐时，实质上是电解水,溶液体积减小，溶质的物质的量不变，溶液的浓度增大，但溶质不水解,溶液仍然是强

酸强碱盐溶液，溶液呈中性，pH不变，

通过以上分析知,电解过程中溶液的pH可能增大、减小或不变，但溶液浓度增大,

【分析】用惰性电极电解某溶液时，发现两极只有H2和。2生成，实质上是电解水型装置，电解时溶液中的溶质为强碱、含氧的

强酸或强筋虽脸,领溶液中溶酸雌分析器.

>第13题【实验探究题】

卤代点是一类重要的有机合成中间体，是许多有机合成的原料.根据卤代燃的相关性质，回答下列问

题

化合物A和B的分子式都是C2H4Br2,A的核磁共振氢谱图如图所示，则A的结构简式为,

请预测B的核磁共振氢谱上应该有个峰（信号）.

A、CH2<\Vsub>BrCH2<\\/sub>Br

B、2

【第空】

1CH2BrCH2Br

【第2空】2

某同学用如图1装置（铁架台、酒精灯等略）验证取代反应和消去反应的产物.

图1

实验操作I：在试管中加入5mLlmol/LNaOH溶液和0.5mL澳乙烷振荡.

实验操作n：将试管如图1固定后，水浴加热.

①据图1：用水浴加热而不直接用酒精灯加热的原因是.

②图2是为证明澳乙烷在NaOH乙醇溶液中发生的是消去反应，实验中需要检验的产物是,水

的作是，实验现象是

酸性溶液

图？

A\u4fbf\u4e8e\u63a7\u5236\u6e29\u5ea6\uffOc\u53d7\u70ed\u5747\u5300

B\u4e59\u70ef

C\u9664\u53bb\u4e59\u70ef\u4e2d\u7684\u4e59\u9187\uff0c\u9632\u6b62\u5e72\u6270\u4e59\u70ef\

u7684\u68c0\u9a8c

D\u9178\u6027\u9ad8\u9530\u9178\u94be\u6eb6\u6db2\u7d2b\u7ea2\u8272\u892a\u53bb

【第1空】便于控制温度,受热均匀

【第2空】乙烯

【第3空】除去乙烯中的乙醇，防止干扰乙烯的检验

【第4空】酸性高镒酸钾溶液紫红色褪去

【答案】：

【解析】：

【弊答】薛：(1)核磁共振氢谱中只给出1种峰，说明该分子中只有1种H原子，贝UA的结构简式为CHzBrCHzBr,B应为

有个峰,哙案为于控制3匀,漠乙烷的七；

CH3CHBr2,2:CH2BrCH2Br;2;(2)K

故答案为：便于控制温度，受然均匀；②漠乙烷在NaOH乙醇溶液中发生的是消去反应生成乙烯，实验中需要检验的产物是乙

端,乙烯中含有乙醇，可以用水除去乙醇；乙烯能使高镒酸钾溶液褪色，

故答案为：乙烯；除去乙蟠中的乙醇，防止干扰乙烯的检验；酸性高镒酸钾溶液紫红色褪去.

【分析】(1)核磁共振氢谱中峰值数等于有机物中氢原子的种类数，核磁共振氢谱中只给出一种峰,说明该分子中只有1种H

原子，结构对称，如含2个峰，则应为CH3CHB「2；(2)①漠乙烷沸点低，漠乙烷易挥发，用水浴加热热均匀，减少漠乙烷的

损失；②漠乙烷在NaOH乙醇溶液中发生的是消去反应生成乙烯；乙烯中含有乙醇，可以用水除去乙醇；乙烯能使高镒酸钾溶

液褪色.

＞第14题【实验探究题】

某课外活动小组欲利用CuO与NH3的反应研究NH3的性质与分子组成，设计了如图实验装置（夹持

装置未画出）进行实验.请回答下列问题：

仪器a的名称为；仪器b中的试剂不能为下列中的（填字母）

A.氧化钙B.碱石灰C.石灰石D.熟石灰

A\u5206\u6db2\u6f0f\u6597

B、C

【第1空】分®漏斗

【第2空】C

装置B的作用是

A\u5e72\u71e5\u6c28\u6cl4

【第1空】例《气

实验中观察到装置C中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管收集到无色无味的气体，写出装置C中发

生反应的化学方程式

【第空】UU

13CO+2NH3△3C+3H2O+N2

实验完毕，若测得干燥管D增重mg,装置F测得气体的体积为nL（已折算成标准状况），则氨分子

中氮、氢的原子个数比为（用含m、n字母的代数式表示）

【第1空】TO

【答案】：

【解析】：

【解答】解：（1）装置中仪器a为分液漏斗；仪器b是利用分液漏斗中滴入的氨水使傕形瓶中的固体溶解放热促进一水合氨分

解生成氨气,氢氧化钠固体、氧化钙固体、碱石灰固体，不能为石灰石，故选C,故答案为：分液漏斗;C;（2）装置B中是碱

性干燥剂，可以干燥氨气，故答案为：干燥氨气；（3）实验中观察到装置C中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管有无色无味

的气体，说明氨气和氧化铜反应生成铜和玩气与水，氨气被氧化铜氧化表现还原性，结合原子守恒配平写出的化学方程式为：

3CUO+2NH3△3CU+3H2O+N2,:3CuO+2NH3△3Cu+3H2O+N2；(4)若批例管Dig重mg为水物质

的量=，;二，,装置F测得气体的体积为nL（已折算成标准状况）为N2,物质的量=J,依据元森守恒得到氮原

18glmoJ22ALmol

fflg

子和氢原子物质的量之比=（、、叱,X2）:（-o；,x2）=,则氨分子中氨、氢的原子个数比为下雪一，故答案

22ALimolISglniol112m

【分析】装置A是利用浓氨水滴入碱石灰或氧化钙固体生成氨气，通过装置B中碱石灰干燥得到干燥氨气，通过装置C中氧化锢

氧化氨气生成铜、氮气和水，通过装置D干燥气体后通过浓硫酸吸候除氨气，通过装置F收集氯气测定运气的体积，（1）依

据装置仪器分析回答，浓氨水滴入锥形瓶中利用固体溶解放热使一水合氨分解生成氨气，需要选择氢氧化钠固体，氧化钙固体

或碱石灰；（2）装置B中碱石灰是干燥生成的氨气；（3）C中黑色Cug末变为红色固体,量气管有无色无味的气体,说明氧

化铜做氧化剂氧化氨气生成铜、氮气和水；（4）干燥管D增重mg为反应生成的水,装置F测得气体的体积为nL为反应生成的运

气；依据元素守恒计算得到.

>第15题【实验探究题】

丁烷的催化裂解可按下列两种方式进行：C4H10TC2H6+C2H4；C4H10TCH4+C3H6；某化学兴趣小组

的同学为测定丁烷裂解气中CH4的物质的量，设计实验如图所示：

（注：CuO能将燃氧化成C02和H20；AI2O3是催化剂，G后面装置已省略。）

如图连接好装置后，需进行的实验操作有：①给D、G装置加热；②检查整套装置的气密性；③排

尽装置中的空气。

这三步操作的先后顺序依次是：

【第1空】

B装置所起的作用是o

【第1空】控制气体艇

写出C2H6在G中的化学方程式：

【第1空】C2H6+7CuO_△2CO2+3H2O+7Cu

实验室中对E装置中的混和物按下图操作:

L水层

gq/亚硫酸钠溶液

混合物------------

操作1」有机层

NaOH蜃溶港

C3H4

△

①操作I中用到玻璃仪器是，写出M的分子式

②亚硫酸钠溶液的作用是(用离子方程式表示)

【第1空】加漏斗烧杯

【第2空】C2H4Br2

22+

【第3空】SO3-+Br2+H2O=SO4'+2Br+2H

假定丁烷完全裂解，流经各装置中的气体能完全反应，当(E和F)装置的总质量比反应前增加了

15.4g,G装置中固体质量减少了30.4g,则丁烷的裂解产物中n(CH4)=。

【第1空】0.3mol

【答案】：

【解析】：

【解答】(1)应先检查整套装置的气蛮性,排出装置中的空气，再给D、G装置加热,所以符合题意的操作顺序为：②③①,

故答案为：②®®；

(2)B装置中盛有水，可以通过观察B中产生的气泡快慢来控制气体的流速,故答案为：通过观察气泡，调节K,控制气体流

速；

(3)加热条件下,C2HgifflCuO发生氧化还原反应生成二M化碳、Cu和水,反应的方程式为C2H6+7Cu。A

2CO2+3H2O+7CU,故答案为:C2H6+7CUO_△2CO2+3H2O+7Cu;

(4)混合物中含有单质漠、水、1,2-二漠乙烷、1,2-二漠丙烷，加入亚硫酸钠,亚硫酸钠被漠氧化生成硫酸钠，同时生成

NaBr,从而除去单质溪,1,2-二漠乙烷、1,2-二漠丙烷都不溶于水，溶液分层，采用分液的方法分离出混合物和有机层,互

溶的1,2-二溟乙烷、1,2-二漠丙烷采用蒸馈的方法分离，根据N在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应生成C3H4,可知N为1,

2-二漠丙烷,所以M为1,2-二溟乙烷,

据上面的分析可知，操作I为分液,用到玻璃仪器是分液漏斗、烧杯，M为1,2-二漠乙烷，其分子式为C2H4B「2,故答案

为：分液漏斗、烧杯；C2H4Br2；

2

②亚硫酸钠溶液的作用是除去漠单质，反应的离子方程式为SO32-+Br2+H2O=SC>42-+2B「+2H+,故答宴为：SO3-

2+

+Br2+H2O=SO4-+2Br-+2H;(5)丁烷的裂解中生成的乙烯和乙烷的物质的量相等，生成的甲烷和丙烯的物质的量相等，

E、F吸收的是烯羟,设C2H4的物质的量为x,C3H6的物质的量为y,乙烯用甲烷的物质的量分别是x、y,则：

28x+42y=15.4g,G减少的质量是氧化铜中的氧元素质量,乙烷和甲烷和氧化铜反应需要的氧原子的物质的量为：2(2x+y)+

6H4p=睢1,解得：x=o.lmoLy=0.3mol,所以n(CH4)=n(C3H6)=0.3mol,故答案为：0.3mol.

216

【分析】混淆点：氢氧化钠水溶液加热发生取代反应，氢氧化钠醇溶液加热发生消去反应。

>第16题【实验探究题】

某校化学课外小组为了鉴别碳酸钠和碳酸氢钠两种白色固体，用不同的方法做了以下实验，如图I〜

IV所示.

只根据图I、II所示实验，能够达到实验目的是（填装置序号）

A\u2161

【第1空】n

图川、IV所示实验均能鉴别这两种物质，其反应的化学方程式为;与实验III相比，实验IV

的优点是（填选项序号）.

A.Ill比IV复杂B.IV比川安全

C.IV比III操作简便D.IV可以做到用一套装置同时进行两个对比实验，而川不行

B、D

【第1空】2NaHCC>3△Na2cO3+CO2T+H2O

【第2空】D

若用实验V验证酸钠和碳酸氢钠的稳定性，则试管B中装入的固体最好是（填化学式）

A、NaHC03<\Vsub>

【第1空】NaHCO3

将碳酸氢钠溶液与澄清石灰水混合并充分反应.

①当石灰水过量时，其离子方程式为;②碳酸氢钠与氢氧化钙的物质的量之比是2：1时，所

得溶液中的溶质的化学式为.

AHCO3<\/sub>+OHA\ufe63<Vsup>+CaA2+<\/sup>\u2550CaCO3<\/sub>\u2193+H2<\/sub>O

B、Na2<\\/sub>CO3<\\/sub>

2+

【第1空】HCO3+OH•+Ca=CaCO3l+H2O

【第2空】Na2c。3

【答案】：

【解析】：

【解答】癣：(1)I装置反应现象相同；II装置，向碳酸钠溶液中滴加盐酸先没有气体生成,随着盐酸的不断滴加，后产生气

泡，向碳酸氢钠溶液中滴加盐酸立即产生气泡，所以能够达到卖险目的是口,故答案为：口；(2)碳酸氢钠在加热条件下能

分解生成碳酸钠和水、二a化碳2NaHCC>3△Na2CO3+CO2T+H2O;实验m、IV相比，响以做到一W装置同时进行两个对

比实验,而IH不能，故选D,

故答案为：2NaHCO3△Na2CO3+CO2t+H2O;D;(3)碳酸钠直接加热不产生气体，而碳酸氢钠不直接加热就产生气体，

就更说明碳酸氢钠不稳定，所以试管B中装入的固体最好是NaHC03,

2+

案为：NaHCO3;(4)①当石灰;!时，箕离子75^；为HCO3+OH'+Ca=CaCO3l+H2O,故答案为:HCO3+OH

2+

-+Ca=CaCO3l+H2O;②6朦氢钠与氢氧化钙的物质的量之比是2:1时，发生2NaHCC)3+Ca(OH)2=CaCO3l

+Na2co3+2H2O,所得溶液中的溶质的化学式为，故答案为：Na2c。3.

【分析】(1)碳酸钠和盐酸反应分两步进行,盐酸和碳酸钠、碳酸氢钠反应都生成二氧化碳，二氧化碳能使澄清的石灰水变浑

浊.(2)碳酸氢钠在加热条件下能分解生成碳酸钠和水、二氧化碳；根据两个实验的区别分析.(3)根据碳酸氢钠的性质分

析.(4)碳酸氢钠和氢氧化钙发生复分解反应,石灰水过量时反应生成碳酸钙、NaOH,水；碳酸氢钠与氢氧化钙的物质的量

之比是2:1时，生成碳酸钙、碳酸钠和水.

>第17题【实验探究题】

某学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱，按下图装置进行实验(夹持仪器已略去)。实验表明浓

硝酸能将N。氧化成N02,而稀硝酸不能氧化N0。由此得出的结论是浓硝酸的氧化性强于稀硝酸。

可选药品：浓硝酸、3moi/L稀硝酸、蒸储水、浓硫酸、氢氧化钠溶液及二氧化碳

已知：氢氧化钠溶液不与N0反应，能与N02反应：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O

装置①中发生反应的离子方程式是;

+2+

【第1空】Cu+4H+2NO3X浓）=Cu+2NO2T+2H2。

装置②的目的是,发生反应的化学方程式是;

【第1空】将NO2转化为NO

【第2空】3NO2+H20=2HNO3+NO

实验应避免有害气体排放到空气中，装置③、④、⑥中盛放的药品依次是;

【第1空】3mol/L稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液

实验的具体操作是：先检验装置的气密性，再加入药品，然后（此操作的目的是）,最

后滴加浓硝酸；

【第1空】打开弹簧夹通入C02一段时间，关闭弹簧夹,将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内

【第2空】赶走装置中空气（氧气）

该小组得出的结论所依据的实验现象是o

【第1空】装置③中液面上方气体仍为无色,装置④中液面上方气体由无色变为红棕色

【答案】：

【解析】：

【解答】(1)装置①是铜和浓硝酸反应,其中发生反应的离子方程式为Cu+4H++2NO3X浓)=Ci?++2NO2t+2H2。;

(2)装置①中反应生成了二氧化氨，在装置②中二氧化氢会与水反应，gP3NO2+H2O=2HNO3+NO,所以装置②的作用是将

NO2转化为NO；

(3)根据装置特点和实验目的，装置⑤是收集NO,装置⑥中盛放NaOH溶液吸收NO2防止污染大气；因为要验证稀HNO3不

能氧化NO,所以装置③中应该盛放稀硝酸，④中盛放浓硝酸；

(4)由于装置中残存的空气，能氧化N。而对实验产生干扰，所以滴加浓HNC>3之前需要通入一段时间C02赶走装置中的空

气，则实验的具体操作是：先检验装置的气密性,再加入药品，然后打开弹簧夹通入C02一段时间，关闭弹簧夹,将装置⑤中

导管末端申入倒置的烧瓶内，最后滴加浓硝酸；

(5)NOil过稀HNO3溶液后,若无红棕色NO2产生,说明稀HNO3不能氧化NO,所以盛放稀HNO3装置的液面上方没有颜色

变化即可说明，装置④中盛放的是浓HNO3，若浓HNO3有建化N。则装置④液面的上方会产生红棕色气体.

sm案为:(1)Cu+4H++2NO3X浓)=Cu2++2NO2T+2H2O;(2)将NO2转化为NO;3NO2+H20=2HNO3+

NO;(3)3mol/L稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液；(4)打开弹簧夹通入CO2一段时间，关闭弹簧夹,将装置⑤中导管末端

伸入倒置的烧瓶内；赶走装置中的空气(氧气)；(5)装置③中液面上方气体仍为无色，装置④中液面上方气体由无色变为红

棕色；

【分析】验证浓硝酸的氧化性，应首先检查装置的气密性,硝酸与铜发生反应生成二氧化员,通入水后生成一氧化氮,然后通

过浓硝酸,如无色气体生成红棕色气体，可证明硝酸具有氧化性，可氧化一氧化氨，生成的气体不能直接排放到空气中，应有

尾气处理装置,据此分析判断.

>第18题【实验探究题】

CI02与CI2的氧化性相近，在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛.某兴趣小组通过图1装置(夹

持装置略)对其制备、吸收、释放和应用进行了研究.

仪器D的名称是,仪器E的名称是.安装F中导管时，应选用图2中的

A\u9525\u5f62\1174f6

B\u5206\u6db2\u6f0f\u6597

C、b

【第1空】锥形瓶

【第2空】溺"

【第3空】b

打开B的活塞，A中发生反应：2NaCIO3+4HCI=2CIO2个+CI2个+2NaCI+2H20,这个反应中氧化剂和还原

剂的物质的量之比为，为使CI02在D中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度宜______（填"快"或

"慢"）.

Al\ufflal

B\u6162

【第1空】1:1

【第2空】慢

关闭B的活塞，CI02在D中被稳定剂完全吸收生成NaCI02,此时F中溶液的颜色不变，则装置C

的作用是.

A\u5438\u6536CI2<Vsub>

【第1空】吸收

已知在酸性条件下NaCI02可发生反应生成NaCI并释放出CI02,该反应的离子方程式为,

在CI02释放