1、2022届高三化学一轮化学实验专题细练：28物质性质探究型实验非选择题（共10题）1实验小组制备焦亚硫酸钠(Na2S2O5)并探究其性质。资料：焦亚硫酸钠为白色晶体；可溶于水。(1)制备Na2S2O5(夹持装置略)A为SO2发生装置，A中反应方程式是_。将尾气处理装置C补充完整并标明所用试剂_。(2)探究Na2S2O5的性质实验编号实验操作及现象实验I取B中少量白色晶体于试管中，加入适量蒸馏水，得溶液a，测得溶液呈酸性。实验II取少量溶液a于试管中，滴加足量氢氧化钡溶液，有白色沉淀生成，过滤后，将沉淀放入试管中，滴加过量盐酸，充分振荡，产生气泡，白色沉淀溶解。实验III取B中少量白色晶体于试管
2、中，滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液，剧烈反应，溶液紫红色很快褪去。实验IV取B中少量白色晶体于大试管中加热，将产生的气体通入品红溶液中，红色褪去；将褪色后的溶液加热，红色恢复。由实验I可知，Na2S2O5溶于水，溶液呈酸性的原因_(用化学方程式表示)。实验II中白色沉淀滴加过量盐酸，沉淀溶解，用平衡原理解释原因_。实验III中经测定溶液中产生Mn2+，该反应的离子方程式是_。从上述实验探究中，体现出Na2S2O5具有_性质。(至少说出两点)。2某实验小组用如图所示的装置制备硝基苯实验步骤如下：I.配制浓硫酸与浓硝酸(体积比为4：3)的混合物(即混酸)35mL；II.在三颈烧瓶中加入1
3、3g苯；III.按图示装好药品并装好其他仪器；IV.向三颈烧瓶里加入混酸，并不断搅拌(磁力搅拌器已略去)；V.控制温度在50-60，一段时间后三颈烧瓶内有淡黄色油状液体出现；VI.分离出硝基苯经提纯最终得到纯净的硝基苯12.3g。可能用到的有关数据如下：苯的密度：，沸点：；硝酸的密度：(质量分数为63%)，沸点：。回答下列问题：(1)仪器d的名称为_，其作用是_。(2)配制一定比例的浓和浓的混合酸时，操作注意事项是_。(3)三颈烧瓶内发生的主要反应的化学方程式为_。(4)硝基苯的密度比水的_(填“大”或“小”)；纯净的硝基苯是油状无色液体，而实验所得的硝基苯是淡黄色油状液体，原因是_。(5)将
4、粗产品依次用蒸馏水和5%的溶液洗涤，最后再用蒸馏水洗涤。若用无水干燥后将粗硝基苯进行蒸馏则可得到纯硝基苯。加入溶液的作用是_。本实验中硝基苯的产率是_。3碱式碳酸铜又名孔雀石，主要成分为Cu2(OH)2CO3，呈绿色，是一种具有广泛用途的化工产品。某化学小组探究制备碱式碳酸铜的反应条件并制备少量碱式碳酸铜。试剂：0.25 molL-1 Na2CO3溶液、0.5 molL-1 NaOH溶液、0.5 molL-1 Cu(NO3)2溶液各100mL实验1：探究Cu(NO3)2与NaOH和Na2CO3溶液配比取三种反应溶液，以表中的比例混合，在60条件下进行实验，并观察现象。编号VCu(NO3)2/m
5、LV(NaOH)/mLV(Na2CO3)/mL沉淀数量沉淀颜色1222.8+ + +蓝色2222.4+ + +蓝色3222+ +浅绿色4221.6+浅绿色注：“+”越多表示沉淀的相对量越多实验2：探究反应温度按上述实验得到的合适反应液用量，在不同温度下进行实验，并观察现象。反应温度/沉淀数量沉淀颜色室温+ + + +蓝色40+ + + +蓝色60+浅绿色75+ +绿色80+ + +绿色(少量黑色)实验3：制备碱式碳酸铜按最佳物料比取50mL 0.5 molL-1 Cu(NO3)2溶液、50mL 0.5 molL-1 NaOH溶液和相应体积的0.25 molL-1Na2CO3溶液，在最佳反应温度
6、下进行实验，待反应完全后，静置，过滤、洗涤、干燥后，得到2.5 g产品。请回答下列问题：(1)本实验配制溶液时用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒以外还有_。(2)制备碱式碳酸铜时，Cu(NO3)2、NaOH和Na2CO3溶液的最佳物质的量之比为_，最佳反应温度为_，本实验的加热方式为_。(3)请写出本实验制备碱式碳酸铜的化学方程式_。(4)实验2中在80反应生成的沉淀中有少量黑色的物质，产生该物质的原因可能是_。(5)计算本实验的产率_%(保留三位有效数字)。4铋酸钠(NaBiO3)是分析化学中的重要试剂，在水中缓慢分解，遇沸水或酸则迅速分解。某兴趣小组设计实验制取铋酸钠并探究其性质。回答下列问题：
7、.制取铋酸钠制取装置如图(加热和夹持仪器已略去)，部分物质性质如下表：物质NaBiO3Bi(OH)3性质不溶于冷水，浅黄色难溶于水；白色(1)a装置的名称为_，D装置中的试剂是_。(2)C中发生反应的离子方程式为_。(3)当观察到C中白色固体消失时，应关闭K3和K1，并停止对A加热，原因是_。(4)拆除装置前必须先除去装置a中残留Cl2以免污染空气。除去a中Cl2的操作是_。(5)反应结束后，为从装置C中获得尽可能多的产品，需要的操作有、过滤、洗涤、干燥、_。.探究铋酸钠的氧化性(6)将铋酸钠固体加到足量浓盐酸中，浅黄色固体溶解，有黄绿色气体产生。该反应的化学方程式为_。该反应中体现的NaBi
8、O3与Cl2的氧化性强弱关系与C装置的反应中体现的氧化性强弱关系相反，原因是_。5高铁酸钾是一种绿色高效的水处理剂，具有杀菌、消毒、氧化、絮凝、吸附、脱色等多种功能。以下是制取高铁酸钾并探究其性质的相关实验，回答相关问题：i.在C中加入和的浓溶液混合均匀，保持以下，将A产生的缓缓通入C中，不断搅拌至溶液呈深紫红色即得的混合液。ii.取下C继续加入固体至饱和，过滤取滤液。.在滤液中加入饱和溶液，保持温度不变，不断搅拌至有大量黑色沉淀生成，过滤取滤渣。.将滤渣用溶液溶解，再加入饱和溶液，冰水冷却析出晶体，过滤后用95%乙醇洗去碱液，再用乙醚洗涤即得到产品。已知一定条件下，时相关物质溶解度如下表：物
9、质溶解度36.187.3108.6112138.538.2(1)B装置的作用是_；A制取适合的试剂是_(选填编号)。a.(浓) b.(浓)c.(浓) d.溶液(2)装置C应置于_中。(3)步骤加的目的是沉盐，该盐主要是_。(4)步骤加的反应方程式为_。(5)步骤iv中乙醚洗涤的作用是_。(6)浑浊的城市污水中常含硫化物而发臭，向污水中加入高铁酸钾，静置一会儿后发现污水变澄清臭味消失。请解释原因：_。(7)在同等浓度不同条件下，溶液的分解率如图所示，据此分析，保存溶液的适宜条件是_。6“84消毒液”因1984年北京某医院研制使用而得名，在2020年抗击新型冠状病毒肺炎中被广泛用于消毒，其有效成分
10、是NaClO。某校化学研究性学习小组在实验室制备NaClO溶液，并进行性质探究和成分测定。已知：室温下，饱和NaClO溶液pH为1125时，H2CO3：Ka1=4.410-7，Ka2=4.710-11；HClO：Ka=3.010-8I制备NaClO溶液该学习小组按下图装置进行实验(部分夹持装置省去)(1)上图中A为实验室制备Cl2的发生装置，可以选用下列图中_(填代号)装置，用该装置制备Cl2反应的化学方程式为_。(2)B装置中仪器a的名称是_，B装置可除去氯气中氯化氢杂质， 此外还有_作用(写出一点)。IINaClO性质探究按上图装置进行实验，一段时间后，取C瓶中的溶液进行实验，如下表：实验
11、内容实验现象实验l取样，滴加紫色石蕊试液变蓝，不褪色实验2测定溶液的pH12(3)C瓶溶液中的溶质除NaCl外，还有_(填化学式)。(4)将C瓶中NaOH溶液换成NaHCO3溶液，反应一段时间后，取C瓶中的溶液按上表实验内容进行实验。现象为：实验l中紫色石蕊试液立即褪色，实验2中溶液的pH=7。结合平衡移动原理解释紫色石蕊试液立即褪色的原因是_。III测定C瓶溶液中NaClO含量(单位：gL-1)i.取C瓶溶液10.00mL于锥形瓶中，加入适量硫酸酸化，迅速加入过量KI溶液，盖紧瓶塞并在暗处充分反应。ii.用0.1000molL-1Na2S2O3标准溶液滴定上述锥形瓶中的溶液至终点，重复操作2
12、3次，消耗Na2S2O3溶液的平均用量为12.00mL。(已知：I2+2=2I-+)(5)i中主要发生反应的离子方程式为_，ii中用_作指示剂。(6)盖紧瓶塞并在暗处反应的原因是_。(7)C瓶溶液中NaClO含量是_gL-1(保留2位小数)。7过氧化钙是一种白色固体，微溶于冷水，不溶于乙醇，化学性质与过氧化钠类似。某学习小组设计在碱性环境中利用CaCl2与H2O2反应制取CaO28H2O，装置如下图所示：回答下列问题：(1)小组同学查阅文献得知：该实验用质量分数为20%的H2O2溶液最为适宜。市售H2O2溶液的质量分数为30%。该小组同学用市售H2O2溶液配制约20%的H2O2溶液的过程中，使
13、用的玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管外，还有_。(2)仪器X的主要作用除导气外，还具有的作用是_。(3)在冰水浴中进行的原因是_。(4)实验时，在三颈烧瓶中析出CaO28H2O晶体，总反应的离子方程式为_。(5)反应结束后，经过滤、洗涤、低温烘干获得CaO28H2O。下列试剂中，洗涤CaO28H2O的最佳选择是_。A无水乙醇 B浓盐酸 CNa2SO3溶液 DCaCl2溶液(6)若CaCl2原料中含有Fe3+杂质，Fe3+催化分解H2O2，会使H2O2的利用率明显降低。反应的机理为：Fe3+H2O2=Fe2+H+HOOH2O2+X=Y+Z+W(已配平)Fe2+OH=Fe3+OH-H+OH-=H2O根据
14、上述机理推导步骤中的化学方程式为_。(7)如图所示装置，安全漏斗在实验中的作用除了滴加液体外，还有_。8某同学欲探究Na2S2O3的有关化学性质，设计如图实验流程图。请回答下列问题：(1)用pH试纸测定溶液pH的操作方法是：_(2)写出生成白色沉淀W所涉及的离子方程式：_(3)将上述流程中所加BaCl2溶液和氯水的顺序颠倒，也得到白色沉淀，能否说明该白色沉淀与 W 为同种物质_(填“能”、“否”)；(4)取三支大小相同的试管，通过测定Na2S2O3溶液与稀硫酸反应出现浑浊的时间，研究外界条件对化学反应速率的影响。设计实验表格如下：实验序号实验温度/0.1mol/LNa2S2O3溶液的体积/mL
15、H2O的体积/mL0.1mol/LH2SO4溶液的体积/mL所需时间/s甲25552/乙25561/丙3555V/V_；探究浓度对化学反应速率的影响，应选择_(填实验编号)组实验进行对比分析；为了准确控制反应的温度，应采用的加热方式为_9某化学兴趣小组为制取NH3并探究其性质，按下图装置进行实验。（制取氨气的反应原理:2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O，部分夹持仪器已略去）（实验探究）(1)装置(I)中仪器a的名称是_。(2)装置()中可用_(填“碱石灰”或“食盐”)作干燥剂。(3)实验进行一段时间后，装置()中干燥的红色石蕊试纸不变色，然后滴加水，观察到试纸颜色变为_
16、(填“白色”或“蓝色”)原因是氨水呈_(填“碱性”或“酸性”)。(4)装置()中胶头滴管若改装浓盐酸，实验进行一段时间后，滴加浓盐酸，观察到瓶内充满_(填“白烟”或“白雾”)，写出NH3与HCl反应生成NH4Cl的化学方程式:_。(5)装置(IV)中稀硫酸的作用是_。(6)用0.1 mol NH4Cl与足量Ca(OH)2反应，理论上可生成NH3的物质的量是_mol。（实验拓展）(7)已知:2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O，若把装置()换为如图装置，当实验进行一段时间后，观察到黑色固体变为_(填“白色”或“红色”)，在这过程中NH3表现出_(填“还原性”或“氧化性”)。（知识应用）(8)
17、氨气是一种重要的化工原料。写出它的一种用途:_。10二氧化硫是重要的工业原料，探究其制备方法和性质具有非常重要的意义。（1）工业上用黄铁矿（主要成分为，其中硫元素为价）在高温条件下和氧气反应制备：，该反应中被氧化的元素是_（填元素符号）。当该反应转移电子时，生成的二氧化硫在标准状况下的体积为_。（2）实验室中用下列装置测定被催化氧化为的转化率。（已知的熔点为，假设气体进入装置时均被完全吸收，且忽略空气中的影响）简述使用分液漏斗向圆底烧瓶中滴加浓硫酸的操作：_。当停止通入，熄灭酒精灯后，需要继续通一段时间的氧气，其目的是_。实验结束后，若装置增加的质量为mg，装置中产生白色沉淀的质量为ng，则此
18、条件下二氧化硫的转化率是_（用含字母的代数式表示，不用化简）。（3）某学习小组设计了如图所示装置来验证二氧化硫的化学性质。能说明二氧化硫具有氧化性的实验现象为_。为验证二氧化硫的还原性，反应一段时间后，取试管中的溶液分成三份，分别进行如下实验。方案：向第一份溶液中加入溶液，有白色沉淀生成方案：向第二份溶液中加入品红溶液，红色褪去方案：向第三份溶液中加入溶液，产生白色沉淀上述方案合理的是_（填“”“”或“”）；试管中发生反应的离子方程式为_。参考答案1Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O Na2S2O5+H2O=NaHSO3、HSOH+ BaSO3存在平衡：BaSO3(s)Ba
19、2+(aq)+(aq)，加入盐酸，+H+=，+H+=SO2+H2O，平衡右移，沉淀溶解 5+4+2H+=10+4Mn2+H2O 体现出Na2S2O5具有还原性、不稳定性、盐的通性 【详解】(1)根据较强酸制较弱酸原理，可利用亚硫酸钠与浓硫酸制备二氧化硫，因此A中反应方程式是Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O；尾气为二氧化硫，可用浓的氢氧化钠溶液吸收，装置可采用集气瓶、双孔塞，导管连接方式为长进短出，即为；(2)由实验可知，Na2S2O5溶于水，先和水反应Na2S2O5+H2ONaHSO3，亚硫酸氢根再电离HSOH+，溶液显酸性；实验中白色沉淀滴加过量盐酸，沉淀溶解，这是由于
20、溶液中BaSO3存在平衡：BaSO3(s)Ba2+(aq)+(aq)，加入盐酸，+H+=，+H+=SO2+H2O，平衡右移，因此沉淀溶解；实验中经测定溶液中产生Mn2+，Na2S2O5与高锰酸钾发生了氧化还原反应，Na2S2O5中硫元素化合价由+4价升高到+6价发生氧化反应，Na2S2O5为还原剂，高锰酸钾中的锰元素化合价由+7价降低到+2价生成Mn2+，发生还原反应，离子方程式为5+4+2H+=10+4Mn2+H2O；根据上述实验探究可判断反应中体现出Na2S2O5具有还原性、不稳定性、盐的通性。2冷凝管 冷凝回流 先将浓硝酸注入容器中，再慢慢注入浓硫酸，并及时搅拌和冷却 大 硝基苯中溶有N
21、O2而呈黄色 C6H6+HNO3(浓) C6H5NO2+H2O 除去粗产品中残留的酸 64.39% 【详解】(1)仪器d的名称为冷凝管，其作用是冷凝回流。(2)配制一定比例的浓和浓的混合酸时，操作注意事项是先将浓硝酸注入容器中，再慢慢注入浓硫酸，并及时搅拌和冷却。(3)三颈烧瓶内发生的主要反应的化学方程式为：C6H6+HNO3(浓) C6H5NO2+H2O。(4)硝基苯的密度比水的大；纯净的硝基苯是油状无色液体，而实验所得的硝基苯是淡黄色油状液体，原因是硝基苯中溶有NO2而呈黄色。(5)将粗产品依次用蒸馏水和5%的溶液洗涤，最后再用蒸馏水洗涤。若用无水干燥后将粗硝基苯进行蒸馏则可得到纯硝基苯。
22、反应后的粗产品中含有硫酸和硝酸，加入溶液的作用是除去粗产品中残留的酸。产率的计算方法就是用实际产量除以理论产量，根椐方程式，1mol苯可以得到1mol硝基甲苯，换成质量即：78g苯可以得到123g的硝基苯，则13g的苯就能得到的硝基苯的质量为：，本实验中分离出硝基苯，经提纯最终得到纯净的硝基甲苯共13.2g，所以硝基苯的产量为：。3100mL 容量瓶、胶头滴管 2：2：1 75 水浴加热 2NaOH+Na2CO3+2Cu(NO3)2 = Cu2(OH)2CO3+4NaNO3 碱式碳酸铜受热分解生成黑色的氧化铜 90.1 【详解】(1)本实验配制溶液时用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒以外还有100m
23、L 容量瓶、胶头滴管；(2)由实验1表格数据可知，当Cu(NO3)2、NaOH和Na2CO3溶液的体积均为2mL时，生成碱式碳酸铜最多，又Cu(NO3)2、NaOH和Na2CO3溶液的浓度分别为0.5 molL-1、0.5 molL-1、0.25 molL-1，则制备碱式碳酸铜时，Cu(NO3)2、NaOH和Na2CO3溶液的最佳物质的量之比为2：2：1；由实验2表格数据可知，当温度为75时，生成碱式碳酸铜最多，则最佳反应温度为75，故本实验的加热方式为水浴加热；(3)制备碱式碳酸铜的化学方程式为2NaOH+Na2CO3+2Cu(NO3)2 = Cu2(OH)2CO3+4NaNO3；(4)实验
24、2中在80反应生成的沉淀中有少量黑色的物质，产生该物质的原因可能是碱式碳酸铜受热分解生成黑色的氧化铜；(5)由反应方程式可知，理论上生成碱式碳酸铜的物质的量为，质量为，则本实验的产率为。4三颈烧瓶(或三颈瓶、三口烧瓶) NaOH溶液 Bi(OH)3 +3OH- +Na+ +Cl2 =NaBiO3+2Cl- +3H2O 防止Cl2过量太多，溶液呈酸性，使 NaBiO3分解 关闭 K1、K3，打开K2，摇动A装置(关闭 K1、K3可不写，“摇动 A 装置”也可不写) 在冰水中冷却结晶 NaBiO3+6HCl(浓)=NaCl+BiCl3+Cl2+3H2O 溶液的酸碱性不同 【分析】A用于制取氯气，浓
25、盐酸具有挥发性导致生成的氯气中含有HCl，HCl极易溶于饱和食盐水且饱和食盐水能抑制氯气溶解，C中盛放Bi(OH)3与NaOH混合物，与Cl2反应生成NaBiO3，氯气有毒不能直接排空，但是能和NaOH反应而消除污染，所以D装置是尾气处理。【详解】(1)a装置的名称为三颈烧瓶(或三颈瓶、三口烧瓶)，氯气有毒不能直接排空，D装置中的试剂是NaOH溶液，吸收末反应的氯气，防止污染空气。故答案为：三颈烧瓶(或三颈瓶、三口烧瓶)；NaOH溶液；(2)C中盛放Bi(OH)3与NaOH混合物，与Cl2反应生成NaBiO3，C中发生反应的离子方程式为Bi(OH)3 +3OH- +Na+ +Cl2 =NaBi
26、O3+2Cl- +3H2O。故答案为：Bi(OH)3 +3OH- +Na+ +Cl2 =NaBiO3+2Cl- +3H2O；(3)当观察到C中白色固体消失时，应关闭K3和K1，并停止对A加热，原因是防止Cl2过量太多，溶液呈酸性，使NaBiO3分解。故答案为：防止Cl2过量太多，溶液呈酸性，使 NaBiO3分解；(4)氯气有毒不能直接排空，但是能和NaOH反应而消除完污染，所以要让A中NaOH溶液滴下来，吸收氯气，除去a中Cl2的操作是关闭 K1、K3，打开K2，摇动A装置(关闭 K1、K3可不写，“摇动 A 装置”也可不写)。故答案为：关闭 K1、K3，打开K2，摇动A装置(关闭 K1、K3
27、可不写，“摇动 A 装置”也可不写)；(5)想要获得纯净NaBiO3，首先要将让其结晶析出，然后沉淀过滤出来，再进行洗涤、干燥才可以得到纯净的NaBiO3。反应结束后，为从装置C中获得尽可能多的产品，需要的操作有、过滤、洗涤、干燥、在冰水中冷却结晶。故答案为：在冰水中冷却结晶；(6)将铋酸钠固体加到足量浓盐酸中，浅黄色固体溶解，有黄绿色气体产生，氯离子被氧化生成氯气，NaBiO3被还原成BiCl3。该反应的化学方程式为NaBiO3+6HCl(浓)=NaCl+BiCl3+Cl2+3H2O。故答案为：NaBiO3+6HCl(浓)=NaCl+BiCl3+Cl2+3H2O；该反应中体现的NaBiO3与
28、Cl2的氧化性强弱关系与C装置的反应中体现的氧化性强弱关系相反，原因是溶液的酸碱性不同。故答案为：溶液的酸碱性不同。5除去氯气中混有的氯化氢； a； 冷水浴； 氯化钠； 除去晶体表面的乙醇溶液； 高铁酸钾把硫化物氧化，本身被还原为三价铁离子，水解生成的氢氧化铁胶体吸附悬浮物形成沉淀； 低温20以下、碱性pH7.5、少量氯化铜。 【详解】(1)A装置是制取氯气的装置，一般用浓盐酸，会挥发出氯化氢，B装置的作用是除去氯气中混有的氯化氢，实验室用二氧化锰和浓盐酸制取氯气，是固体和液体在加热条件下制备气体，应该选择a，故答案为：除去氯气中混有的氯化氢；a；(2) 要求C中保持以下，所以装置C应置于冷水
29、浴中；故答案为：冷水浴；(3) C中加入和的浓溶液，然后通入氯气，氯气把三价铁离子氧化，本身被还原为氯离子，加的目的是沉盐，该盐主要是氯化钠，故答案为：氯化钠；(4)根据表中溶解度差异，步骤加的反应方程式为，故答案为：；(5)乙醚沸点低，容易挥发，所以乙醚洗涤的作用是除去晶体表面的乙醇溶液，故答案为：除去晶体表面的乙醇溶液；(6) 城市污水中常含硫化物而发臭，高铁酸钾具有强氧化性，能把硫化物氧化为硫酸根，本身被还原为三价铁离子水解生成的氢氧化铁胶体吸附悬浮物形成沉淀，使污水变澄清臭味消失，故答案为：高铁酸钾把硫化物氧化，本身被还原为三价铁离子，水解生成的氢氧化铁胶体吸附悬浮物形成沉淀；(7)由
30、图可知，其他条件相同时，温度越高分解率越大，故应低温20以下保存；其他条件相同时，碱性越强，分解率越小，故应碱性条件下保存；其他条件相同时，加微量氯化铜时，分解率较小，故应加入少量氯化铜，故保存条件是：低温20以下、碱性pH7.5、少量氯化铜。【点睛】本题以制取高铁酸钾为载体，考查实验室制取氯气等知识，考查学生的分析问题和解决问题的能力，特别时读取题干中信息的能力，难度适中。6甲或乙 MnO2+4HCl(浓)Cl2+MnCl2+2H2O 或2KMnO4+16HCl2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O 长颈漏斗 贮藏少量气体或平衡气压(安全瓶)或防倒吸 NaClO、NaOH 溶液中存在平衡
31、 Cl2+H2OHCl+HClO，HCO3- 消耗 H+，使平衡右移，HClO 浓度增大 ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O 淀粉溶液 防止HClO分解(防止Cl2、I2逸出) 4.47 【详解】I制备NaClO溶液(1)实验室制备Cl2若采用二氧化锰与浓盐酸加热的方法，根据反应条件结合装置可知乙和丙不能进行加热，只能在甲装置中进行反应，发生反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)Cl2+MnCl2+2H2O；若采用采用高锰酸钾与浓盐酸常温下制备氯气，则不需要加热装置，同时因高锰酸钾易溶于水不能选用丙装置制取，应该在乙装置中进行，发生反应的化学方程式为：2KMnO4+16HCl
32、2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，故答案为：甲或乙；MnO2+4HCl(浓)Cl2+MnCl2+2H2O或2KMnO4+16HCl2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O；(2) B装置中仪器a为长颈漏斗，B装置可除去氯气中氯化氢杂质， 此外因长颈漏斗与外界连通，可以起到平衡内外压强的作用从而能有效的防止倒吸现象，另外过量的氯气还可以贮藏在B中，故答案为：长颈漏斗；贮藏少量气体或平衡气压(安全瓶)或防倒吸；IINaClO性质探究 (3) C瓶溶液中的溶质除NaCl外，还存在产物次氯酸钠，但室温下，饱和NaClO溶液pH为11，C中溶液的pH值12，从而说明溶液还存在未反应完的氢氧化
33、钠，故答案为：NaClO、NaOH；(4) 溶液中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，结合碳酸的酸性比盐酸弱，但因H2CO3：Ka1=4.410-7，HClO：Ka=3.010-8，可知碳酸酸性强于次氯酸，则碳酸氢钠只与盐酸反应不能与次氯酸反应，HCO3- 消耗H+，使平衡右移，HClO 浓度增大，HClO浓度越大漂白能力增强，因此使紫色石蕊褪色，故答案为：溶液中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，HCO3- 消耗H+，使平衡右移，HClO 浓度增大；III测定C瓶溶液中NaClO含量(单位：gL-1)(5)i.取C瓶溶液10.00mL于锥形瓶中，加入适量硫酸酸化，迅速加入过量KI溶液
34、，C中的ClO-具有强氧化性能氧化碘离子，发生反应的离子方程式为：ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O；ii.用0.1000molL-1Na2S2O3标准溶液滴定含碘单质的溶液至终点，应选用淀粉做指示剂，故答案为：ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O；淀粉；(6) 盖紧瓶塞并在暗处反应的主要原因是：HClO不稳定，在受热或者见光条件下易发生分解反应，同时也可以防止溶液中产生的氯气和碘逸出，故答案为：防止HClO分解(防止Cl2、I2逸出)(7) 结合反应ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O，I2+2=2I-+，根据转化关系可知，则，C瓶溶液中NaClO含量是，故答
35、案为：4.47。7烧杯、量筒 防止三颈烧瓶中溶液发生倒吸 防止温度过高H2O2分解；有利于晶体析出。 Ca2+ + H2O2 + 2NH3 + 8H2O=CaO28H2O + 2 A HOO+ H2O2=H2O + O2 +OH 形成液封，吸收HCl气体 【分析】（1）市售H2O2溶液的质量分数为30%，配制成20%，可用量筒、烧杯等；（2）氨气易溶于水，体积较大，可避免倒吸；（3）反应温度较低，可避免过氧化氢分解；（4）反应为氨气、过氧化氢和氯化钙，生成过氧化钙和氯化铵；（5）洗涤CaO28H2O，应避免溶解和变质；（6）过氧化氢在氯化铁催化下生成水和氧气，由流程可知反应应生成氧气和OH，则
36、HOO参与反应。【详解】（1）用市售H2O2溶液配制约20%的H2O2溶液的过程中，使用的玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管外，还有烧杯、量筒，可根据溶液的体积估算质量，用烧杯配制，故答案为：烧杯、量筒；（2）氨气易溶于水，体积较大，除导气外，还可防止三颈烧瓶中溶液发生倒吸，故答案为：防止三颈烧瓶中溶液发生倒吸；（3）冰水浴可防止温度过高H2O2分解、有利于晶体析出，故答案为：防止温度过高H2O2分解、有利于晶体析出；（4）反应为氨气、过氧化氢和氯化钙，生成过氧化钙和氯化铵，离子方程式为Ca2+H2O2+2NH3+8H2OCaO28H2O+2，故答案为：Ca2+H2O2+2NH3+8H2OCaO28H
37、2O+2；（5）洗涤CaO28H2O，应避免溶解和变质，可用乙醇，亚硫酸钠具有还原性，可使过氧化钙变质，故答案为：A；（6）过氧化氢在氯化铁催化下生成水和氧气，由流程可知反应应生成氧气和OH，则HOO参与反应，反应的方程式为HOO+ H2O2=H2O + O2 +OH，故答案为：HOO+ H2O2=H2O + O2 +OH；（7）安全漏斗的作用是：形成液封，吸收HCl气体，故答案为：形成液封，吸收HCl气体。8取一小段pH试纸于表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取待测溶液点在pH试纸中段，与比色卡对照，读出溶液的pH S2O+4Cl2+5H2O2SO+8Cl+10H+；Ba2+SOBaSO4 否 2
38、甲、乙 水浴加热 【分析】(2)硫代硫酸钠和氯化钡不反应，加入氯水后生成白色沉淀，是利用氯气和硫代硫酸根离子发生的氧化还原反应生成硫酸根离子，硫酸根离子结合钡离子生成硫酸钡沉淀；(3)先加入氯水可能会氧化硫代硫酸钠为硫单质沉淀，也可能硫代硫酸钠和钡离子形成白色沉淀；【详解】(1)溶液pH的测定方法和步骤为取一小段pH试纸于表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取待测溶液点在pH试纸中段，与比色卡对照，读出溶液的pH；(2)硫代硫酸钠和氯化钡不反应，加入氯水后生成白色沉淀，是利用氯气和硫代硫酸根离子发生的氧化还原反应生成硫酸根离子，硫酸根离子结合钡离子生成硫酸钡沉淀；反应的离子方程式为：S2O+4Cl2+5
39、H2O2SO+8Cl+10H+；Ba2+SOBaSO4；(3)先加入氯水可能会氧化硫代硫酸钠为硫单质沉淀，也会使溶液变白色浑浊，或硫代硫酸钠和钡离子形成沉淀，不能说明沉淀成分相同；(4)研究化学反应速率的影响因素试验，需要其他条件不变，改变其中一个条件分析判断，所以丙中改变了温度，其他条件不变，V=2；探究浓度对化学反应速率的影响，分析图表数据可知，甲乙硫酸浓度不同观察反应的快慢；研究温度变化，温度低于100C，利用水浴加热用温度计准确控制改变的温度，为了准确控制反应的温度采用水浴加热。9酒精灯 碱石灰 蓝色 碱性 白烟 NH3 + HCl= NH4Cl 吸收多余的氨气 0.1 红色 还原性
40、制化肥 【详解】(1)装置(I)中根据仪器a的构造可知为酒精灯，故答案为：酒精灯；(2)装置()中的目的是干燥氨气，食盐不具有吸水性不可用，碱石灰为固体氢氧化钠和生石灰的混合物，具有很好的吸水性，可用于干燥氨气，故答案为：碱石灰；(3)实验进行一段时间后，装置()中干燥的红色石蕊试纸不变色，然后滴加水，因氨气可与水反应产生一水合氨，一水合氨为弱碱电离产生氢氧根离子显碱性，红色石蕊试纸遇碱会变蓝色，故答案为：蓝色；碱性；(4)装置()中胶头滴管若改装浓盐酸，实验进行一段时间后，滴加浓盐酸，氯化氢与氨气反应产生固体氯化铵，在试剂瓶中可以看到白烟，相应的反应为：NH3+HCl=NH4Cl，故答案为：
41、白烟；NH3+HCl=NH4Cl； (5)氨气是有毒气体挥发到空气中污染环境，因此装置(IV)中稀硫酸的作用是吸收多余的氨气，防止污染空气，故答案为：吸收多余的氨气；(6)用0.1 mol NH4Cl与足量Ca(OH)2反应，根据元素守恒可知，理论上可生成NH3的物质的量是0.1mol，故答案为：0.1；(7) 2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O，把装置()换为如图装置，当实验进行一段时间后，观察到黑色的氧化铜固体变为红色铜单质，在这过程中NH3转变成N2化合价升高被氧化，表现出还原性，故答案为：红色；还原性；(8)氨气是一种重要的化工原料，可跟酸反应产生铵盐做氮肥使用，故答案为：制化肥
42、；10、 打开分液漏斗上部的活塞，旋开分液漏斗的旋塞，缓慢滴加 使残留在装置中的和被充分吸收 试管中出现黄色浑浊 【分析】（1）化合价升高的元素被氧化；（2）要使分液漏斗中的液体顺利滴下，要打开分液漏斗上的活塞；停止通入，装置中还残留没有被吸收的SO2和三氧化硫；D装置增加的质量是三氧化硫的质量，E中产生的白色沉淀是硫酸钡，则根据S原子守恒计算；（3）SO2具有氧化性，能把硫离子氧化生成单质S沉淀；氯水中含有氯离子，和硝酸银溶液一定生成白色沉淀；氯水具有强氧化性，能使品红溶液褪色；向第三份溶液加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，白色沉淀一定是硫酸钡；【详解】（1），Fe元素化合价由+2升高为+3
43、、S元素化合价由-1升高为+4，该反应中被氧化的元素是、；根据反应方程式，转移44mol电子生成8molSO2，当该反应转移电子时，生成的二氧化硫的物质的量是0.5mol，在标准状况下的体积为11.2L。（2）要使分液漏斗中的液体顺利滴下，则要首先打开分液漏斗上的活塞，所以正确的操作是打开分液漏斗上的活塞，旋开分液漏斗的旋塞，缓慢滴加。由于装置中还残留没有被吸收的SO2和三氧化硫，因此需要继续通一段时间的氧气的目的是使残留在装置中的二氧化硫和三氧化硫被充分吸收；D装置增加的质量是三氧化硫的的质量，E中产生的白色沉淀是硫酸钡，则根据S原子守恒可知，SO2的转化率应该是。（3）SO2具有氧化性，能把硫离子氧化生成单质S沉淀，所以能说明二氧化硫具有氧化性的实验现象为a试管中有淡黄色沉淀生成；氯水中含有氯离子，和硝酸银溶液一定生成白色沉淀，方案I不正确；氯水具有强氧化性，能使品红溶液褪色，则方案也不正确；向第三份溶液加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，白色沉淀一定是硫酸钡，即SO2被氧化生成硫酸，所以方案合理。反应的离子方程式是Cl2SO22H2O=4H2ClSO42。【点睛】试题侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，有利于培养学生规范严谨的实验设计能力以及评价能力。要求学生必须认真、细致的审题，联系所学过的知识和技能，进行知识的类比、迁移、重组。