1、高考资源网（） 您身边的高考专家化学实验的设计与评价学校：_姓名：_班级：_考号：_一、单选题()1、为研究铁及其化合物的性质，某探究小组进行如下实验：将一表面有铁锈（Fe2O3）的铁钉浸泡在稀硫酸中一段时间，取适量浸泡后的溶液滴入少量KSCN溶液，未见溶液呈血红色。请根据要求回答问题：（1）甲同学认为：“将一表面有铁锈（Fe2O3）的铁钉浸泡在稀硫酸中一段时间”，体系中不仅铁锈、铁与稀硫酸发生了反应，同时还发生另一个反应。铁锈与稀硫酸反应的化学方程式为_。“还发生另一个反应”对应的离子方程式应为_。（2）现有下列仪器和试剂，若要通过实验验证甲同学的分析是否正确，你将设计怎样的实验方案？请将你
2、设计的方案填入下列表格中。仪器：试管、胶头滴管试剂：氯水、稀硫酸、铁粉、硫氰酸钾溶液实验操作实验现象实验结论取适量铁钉与稀硫酸浸泡后的溶液于试管中，_。_。乙同学的观点_(填“正确”或“错误”)。2、下列实验中，不能达到目的的是3、下列实验能达到预期目的的是编号实验内容实验目的A取两只试管，分别加入4ml 0.01mol/L KMnO4酸性溶液，然后向一只试管中加入0.1mol/L H2C2O4溶液2ml，向另一只试管中加入0.1mol/L H2C2O4溶液4ml，记录褪色时间。可以证明H2C2O4浓度越大反应速率越快。B向1ml 0.2mol/L NaOH溶液中滴入2滴0.1mol/L Mg
3、Cl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/L FeCl3溶液，又生成红褐色沉淀。可以证明在相同温度下，溶解度Mg(OH)2Fe(OH)3C测定等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH，后者较大。证明了非金属性SCD向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色会变浅。可以证明Na2CO3溶液中存在水解平衡。4、下列有关实验装置的说法中正确的是A用图1装置制取干燥纯净的NH3B用图2装置实验室制备Fe(OH)2C用图3装置可以完成“喷泉”实验D用图4装置测量Cu与浓硝酸反应产生气体的体积5、下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作实验现象结论A
4、向1 mL 1% NaOH溶液加入2 mL 2%的CuSO4溶液，振荡后滴加0.5 mL葡萄糖溶液，加热未出现红色沉淀葡萄糖中不含有醛基B在CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡有白色沉淀生成，苯层呈紫色白色沉淀可能为CuIC等体积pH=3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，排水法收集气体HA放出的氢气多且反应速率快HA酸性比HB强D向加入了几滴酚酞试液的Na2CO3溶液中滴加BaCl2溶液红色逐渐褪去Na2CO3溶液中存在水解平衡6、下列图中的实验方案，能达到实验目的的是ABCD实验方案将NO2球浸泡在冰水和热水中实验目的验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用探究温度对平衡2NO
5、2N2O4的影响除去CO2气体中混有的SO2比较HCl、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱7、下列各图所示实验设计能达到相应实验目的的是A用图装置验证氯、碳、硅元素非金属性B用图装置能收集O2、CO2和H2C用图装置电解精炼铝D用图装置验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性8、下述实验能达到预期目的的是A甲图：验证铜与稀硝酸反应的气体产物只有NOB乙图：实验室制取乙酸乙酯C丙图：验证钢铁片发生吸氧腐蚀D丁图：证明在相同温度下Mg(OH)2的溶解度大于Fe(OH)39、（14分）过氧化钠常用做漂白剂、杀菌剂、消毒剂。过氧化钠保存不当容易变质。（1）某课外活动小组欲探究一包过氧化钠样品是否已经变
6、质：取少量样品，溶解，加入_溶液，充分振荡后有白色沉淀，证明Na2O2已经变质。（2）该课外活动小组为了粗略测定过氧化钠的质量分数，他们称取ag样品，并设计用下图装置来测定过氧化钠的质量分数。将仪器连接好以后，必须进行的第一步操作是_。写出装置C中发生反应的化学方程式：_。实验结束时，在读取实验中生成气体的体积时，你认为合理的是_ (填选项编号）。a直接读取气体体积，不需冷却到室温b调整量筒内外液面高度使之相同c视线与凹液面的最低点相平读取量筒中水的体积读出量筒内水的体积后，折算成标准状况下氧气的体积为VmL，则样品中过氧化钠的质量分数为_。本实验方案存在的缺陷是_。10、碳酸钙常用作牙膏的摩
7、擦剂某同学设计了一种制备碳酸钙的方案，其流程图如下：（所用石灰石含有杂质SiO2）回答下列问题：（1）充分煅烧110吨石灰石得到固体66吨标准状况下生成二氧化碳的体积为L，石灰石中碳酸钙的质量分数为%（2）假设第步反应完全进行，则第步反应过滤后得到的不溶性滤渣的成分为（3）第步反应一般不采用通入CO2的主要原因是，相应的离子方程式为（4）CaCO3是一种难溶液物质，25时其KSP=2.810-9现将等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合，若Na2CO3溶液的浓度为2.010-4mol/L，则生成沉淀所需CaCl2溶液的物质的量浓度最小是（5）某学生用石灰石为原料，设计了另一种制备碳酸钙的
8、实验方案，其流程图如下：与前一方案相比较，该方案的优点是11、以下进行性质比较的实验设计，不合理的是A比较Cu、Fe2+的还原性：Cu加入FeCl3溶液中B比较氯、溴非金属性：氯气通入溴化钠溶液中C比较镁、铝金属性：镁、铝（除氧化膜）分别放入4molL1NaOH溶液中D比较高锰酸钾、氯气的氧化性：高锰酸钾中加入浓盐酸12、下列实验操作、现象与结论对应关系正确的是选项实验操作实验现象与结论A向盛有Fe(NO3)2溶液的试管中加入0.1molL1 H2SO4溶液试管口出现红棕色气体。则溶液中NO3被Fe2+还原为NO2B向样品溶液中先滴加过量的稀盐酸，再滴加BaCl2溶液先滴加稀盐酸无现象，滴加B
9、aCl2后出现白色沉淀。说明样品溶液中一定含有SO42C向0.1molL1 Na2CO3溶液中，滴加2滴酚酞显浅红色，微热红色加深。说明盐类水解是吸热反应D向淀粉溶液中加入稀H2SO4，加热几分钟，冷却后再加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热无砖红色沉淀生成。表明淀粉没有水解生成葡萄糖13、如下实验操作正确且能达到实验目的的是A用铁粉与稀硝酸反应，制取少量氢气，用排水法收集B在蒸发皿中给十水碳酸钠加热脱水C用酸式滴定管量取6.55mL的KMnO4溶液D用分液漏斗分离溴乙烷与氢氧化钠溶液发生反应后的生成物14、用下列实验装置进行的实验中，不能达到相应实验目的的是A用图所示实验装置排空气法收集H2气
10、体B图装置可以用来验证化学能转化为电能C图铁片最终完全溶解，且高锰酸钾溶液褪色D图所示实验可比较硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱15、从下列实验事实中得到的结论，正确的是实验事实结论A将纯铜片和另一种金属M用导线连接，同时插入稀硫酸中，铜片表面有气泡冒出金属活动性：M CuB将SO2通入酸性KMnO4溶液中，红色褪去SO2有漂白性CCO2通入苯酚钠溶液中，出现浑浊酸性：苯酚 1；pH试纸的使用方法回答要点要全面。（3）配制的两种酸pH相同，加水稀释弱电解质的电离平衡向右移动，弱电解质的H+浓度更大，装HA溶液的试管中放出H2的速率快，可证明HA为弱电解质。（4）利用盐类的水解，测量NaA溶液的
11、酸碱性可证明HA为弱电解质。考点：本题考查基本仪器和基本操作、弱电解质的判断方法 23.【解析】试题分析：（1）根据装置图可知，电极a与电源的负极相连，作阴极，溶液中的氢离子放电。随着氢离子的放电，a电极附近水的电离被促进，从而导致a电极负极溶液中OH浓度增大。又因为溶液中含有镁离子，因此会产生氢氧化镁白色沉淀，有关的电极反应式为2H+2e-= H2、Mg2+2OH-=Mg(OH)2。（2）b电极与电源的正极相连，作阳极，溶液中的氯离子放电生成氯气。氯气具有强氧化性，能把硫离子氧化生成单质S沉淀，从而使溶液变混浊，因此C中溶液可能出现的现象是有淡黄色沉淀，反应的离子方程式为Cl2S2-=2Cl
12、-S。（3）由于氯气溶于水生成次氯酸和盐酸，溶液显酸性，因此褪色的原因也可能是H+中和了OH-而褪色。（4）由于次氯酸的氧化而褪色是不可逆的，即向褪色后的溶液中再滴加氢氧化钠溶液，则不会恢复用来的颜色，据此可以验证。因此正确的操作是取少量D中褪色后的溶液于试管中，加入稍过量的NaOH溶液，若不变红，则假设一正确。考点：考查电解原理的有关判断、氯气性质以及实验设计方案等24.【解析】试题分析：碘酸盐有强的氧化性，而碘离子有强的还原性，二都在酸性条件下可以发生氧化还原反应生成碘单质：IO35I6H3I23H2O加碘食盐中加入硫酸和碘化钾后，形成碘单质，然后用有还原性的硫代硫酸钠来进行滴定，肯定是使
13、用淀粉溶液来作指示剂了，因为淀粉指示剂不影响碘单质和硫代硫酸钠的用量。还能表明二者的反应刚好完全，所以判断反应完全的实验现象是：溶液由蓝色变为无色，且在三十秒内没有变化。从以上提供的方程式中可知：IKIO33I26S2O32127g 6mol2.0103mol/L0.01Lx =2.0105mol则该加碘盐样品中碘元素的含量为:1000x1000=因为原来加的是纯食盐，所以不含有碘酸钾，但是加入碘离子再加入酸后为什么还变色呢，肯定是有氧化剂，这个氧化剂只能是空气中的氧气。考点：食盐中的成分以及碘元素的性质。25.【解析】试题分析：本题测定物质组成的综合计算题，(2)有碘单质参与或生成的反应均可
14、以用淀粉作为反应是否完全的依据；（3）根据第步反应可以计算出C2O42-的量，n(C2O42-)=0.0200020.0010-35/2=1.0010-3mol第是除去溶液中多余的高锰酸钾溶液，第可以计算出铜离子的量n(Cu2+)=0.0500010.0010-3=5.0010-4mol根据电荷守恒可知，晶体还含有阳离子K+， n(K+)=21.0010-3-25.0010-4=1.0010-3mol故晶体的化学式为K2Cu(C2O4)2xH2O然后再根据总质量计算出结晶水的量，m(H2O)=0.1680-5.0010-4318=0.009gn(H2O)=0.009/18=5.0010-4mo
15、l 故晶体的化学式为K2Cu(C2O4)2H2O考点：考查以工业测定物质组成而设计的计算题，涉及离子方程式书写，滴定指示剂选择、根据守恒计算等有关问题。26.【解析】试题分析：（1）结合题意分析可知为：O2。（2）H2O22HCu=Cu22H2O（3）H2O2在仅作氧化剂的反应中-1价氧转变为-2价氧的得2电子、仅作还原剂的反应-1价氧转变为0价氧失去2电子，分解反应中-1价氧转移的1电子，等物质的量H2O2转移的数目之比为221。（4）方案一生成的二氧化硫污染环境的同时会消耗更多的硫酸，方案三铜会催化过氧化氢的分解，增大成本，所以选择方案二。考点：考察元素及其化合物性质、化学反应的计算。27
16、.【解析】试题分析：（1）方案甲中电缆废料在空气中燃烧时能产生污有毒的气体、粉尘、烟雾而污染空气；而方案乙中不燃烧，所以不能产生有毒气体，因此方案乙符合绿色化学理念。（2）在加热的条件下铜和氧气反应生成氧化铜，氧化铜溶解在稀硫酸中生成硫酸铜，反应的离子方程式为2Cu + O2 +4H+2Cu2+ + 2H2O。（3）取a g的晶体进行脱水实验，获得无水固体为（a1.26）g，这说明反应中生成的水的质量是1.26g，物质的量是1.26g18g/mol0.07mol；消耗氯化钡的物质的量是0.01mol，白色沉淀是硫酸钡，则根据原子守恒可知，晶体中SO42的物质的量是0.01mol，所以晶体中硫酸
17、亚铁和结晶水的个数之比是1:7，因此晶体的化学式为FeSO47H2O。（4）根据离子方程式Fe 3+CuClFe 2+Cu2+Cl ，Ce4+ + Fe 2+Fe 3+ + Ce3+可知，CuClFe 2+Ce4+1mol 1moln 0.0246L0.1000mol/L解得n0.00246mol所以CuCl的质量0.00246mol99.5g/mol0.24477g因此上述样品中CuCl的质量分数为100%97.9%。考点：考查绿色化学、晶体化学式确定、物质制备以及物质含量测定的有关计算28.【解析】试题分析：（1）在同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以由得氧化性Br
18、O3I，由得BrO3IO3，由得IO3Br2，综合可得氧化性由强到弱的顺序为BrO3 IO3 Br2 I2；KBrO3与KBr在酸性条件下生成Br2，进而得出离子方程式。（2）反应前锥形瓶中含I，物质的量为0.03L0.2molL1=610-3mol，图像的起点（0,6），根据方程式BrO3+ 6I+ 6H+ = 3I2 + Br+ 3H2O，可得I完全反应需要BrO3：610-3mol6=10-3mol，生成I2的物质的量为：610-3mol2=310-3mol，得坐标（1,3），步骤发生反应：2BrO3+ I2 = 2IO3 + Br2，310-3mol的I2完全反应需要BrO3：310-
19、3mol2=610-3mol，生成的IO3为610-3mol， BrO3可氧化Br，BrO3 + 5Br + 6H+ = 3Br2 + 3H2O，10-3mol的Br需要BrO3物质的量：0.210-3mol，得终点坐标（7.2,6），把各点连线可得图像。（1）甲同学装置用了，可以测量氧气的体积；因为后面用排水法测量氧气的体积，所以用浓硫酸干燥没有必要。（2）乙同学实验装置为，碱石灰增加的质量为二氧化碳的质量，所以乙同学的目的为测量二氧化碳的质量；乙同学没有防止外界空气中的二氧化碳、水分进入的装置，会导致空气中的二氧化碳和水分进入增重使结果偏大；通过储气瓶通入N2把装置内空气排出，最后连上盛有
20、碱石灰的干燥管，防止外界空气中的二氧化碳和水进入，所以改进后的仪器顺序为：。考点：本题考查氧化性强弱比较、离子方程式的书写、根据化学计算绘制图像、实验仪器的选择和排序、实验方案的分析与评价。29.【解析】试题分析：该题分为两部分，前一部分是课本上知识内容的应用，比较简单，后一部分为对新现象的探究，有一定难度。探究题在解答的过程中要注意对新信息的收集和联系课本已有知识，进行整合。在电解过程中阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，故在阴极上不可能生成氯气。根据新信息，多价态混合物质比单一物质颜色深，结合铜有+1、+2两个价态，可以进行相关猜测；然后根据CuCl的性质（溶于浓HCl）进行设计方案，探究
21、。计算可以根据守恒法：生成0.01molCu，得到0.02mol电子，还有0.03=0.02=0.01mol电子为Cu2+得到电子生成Cu+，故生成Cu+为0.01mol。考点：本题以电解产物进行相关的探究，考查元素及化合物知识、电解原理、氧化还原理论和化学计算等相关问题。30.【解析】试题分析：（1）由于实验室没有80ml容量瓶，所以需要配制100ml510-4molL的碘溶液，需要单质碘的质量是0.1L510-4molL254g/mol0.013g。SO2具有还原性，单质碘具有氧化性，所以二者能发生氧化还原反应，反应的化学方程式是SO2I22H2O=H2SO42HI。（2）所测定的SO2含
22、量仍然比实际含量低，这说明通入的SO2没有完全被碘溶液吸收，因此可能的原因有装置气密性差；抽气速度过快；SO2易溶于水而装置中的棉花团不干燥；部分SO2溶于水后与水中溶解的少量O2反应生成硫酸而损失（其他合理答案亦可）。（3）0.182mg白色沉淀是硫酸钡，则根据S原子时候可知，SO2的质量是640.050mg，所以取样处空气中SO2含量为0.025 mg/L.（4）由于溶液中c(Ba2)0.1mol/L，c(SO32)6.3108mol/L，其离子积c(Ba2)c(SO32)6.3109Ksp(BaSO3)5.48107，所以直接用0.1mol/LBaCl2溶液来吸收SO2不能产生BaSO4
23、沉淀。（5）因为原电池中负极失去电子，发生氧化反应。所以根据总的反应式可知，负极是SO2失去电子，被氧化生成硫酸，负极电极反应式是SO22H2O2e2SO424H。考点：考查物质的量浓度的配制；氧化还原反应方程式的书写；误差分析；物质含量的测定；电极反应式的书写等31.【解析】试题分析：（1）实验时，过滤操作中，除了玻璃棒、漏斗外，还要用到的玻璃仪器为烧杯。（2）过滤后沉淀的洗涤是在过滤器中完成的，所以洗涤沉淀B的操作是用玻璃棒引流，注入蒸馏水，直至刚好没过沉淀，待水从漏斗底部自然流完后，重复上述操作2-3次。（3）能和氯化钡反应生成沉淀的是碳酸钠，即B是碳酸钡。所以若实验中测得样品质量为m
24、g，沉淀质量为n g，则碳酸钡的质量就是ng，物质的量mol，因此根据CO32-守恒可知，碳酸钠的物质的量也是mol，质量g，则碳酸钠的质量分数为100%。（4）由于碱石灰也能吸收水蒸气和氯化氢，而生成的CO2气体中含有水蒸气，所以B中盛放的应该是浓硫酸，用来干燥CO2。又因为盐酸易挥发，如果用盐酸代替稀硫酸，则生成的CO2气体中混有氯化氢气体，碱石灰吸收氯化氢，导致测量的CO2质量不准确，因此不能用盐酸代替稀硫酸。（5）由于在质量相等的条件下，碳酸氢钠与稀硫酸反应放出的CO2气体多，所以样品中碳酸钠的质量分数越大，生成的CO2越少，则实验中吸收净化后气体的干燥管在充分吸收气体前后的质量差越小
25、。由于空气中也含有水蒸气、CO2，所以D装置中碱石灰的作用是吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，以确保前一个干燥管中质量增加量的准确性。（6）由于装置中含有空气，所以实验前通入氮气的目的是排尽装置中的空气。而实验后装置还有未被吸收的CO2，所以实验后通入氮气的目的是将B、C装置中残留CO2全部驱入D装置的碱石灰中，减小实验误差。考点：考查碳酸钠与碳酸氢钠混合物含量测定的实验方案设计与探究等32.【解析】试题分析：（1）影响化学反应速率的因素：温度，浓度，压强，催化剂，反应物的表面积。题中给出了3个变量，要想测得每个变量对化学反应速率的影响，应先控制其他两个变量不变，观察第三个变量对化学反应速率的影响
26、。所以测的是浓度对化学反应速率的影响。测的是温度对化学反应速率的影响、测的是反应物的表面积对化学反应速率的影响。（2）大理石的质量（3）量筒 因为此实验采用“测量HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，研究影响反应速率的因素”， 质量减小的为二氧化碳的质量。因为干燥管也在电子天平上，质量也计入称量结果，为了测得二氧化碳损失的质量，则干燥管中不可含有吸收二氧化碳的碱石灰。同时为减少二氧化碳逸出所带走的水蒸气造成的实验误差，采用无水CaCl2 、P2O5固体做干燥剂，另外干燥管中不可盛放液体，故D项浓硫酸不选。因为取消干燥管，则二氧化碳逸出所带走的水蒸气造成实验误差，使得减少的质量=m二氧化碳+
27、m水。使得所测速率偏大。考点：本题考查实验探究的思维方法及仪器的使用等相关知识。33.【解析】试题分析：a方法固态氯化铵加热分解得不到氨气，因为分解生成的氨气跟氯化氢气体在温度稍低的情况下就会结合生成氯化铵；c方法氯化铵溶液与氢氧化钠溶液共热，不能得到氨气，因为氨气在水中的溶解度大。因此选b、d：完成这一步后，相当于先在整个装置中通入了氢气，先把装置中的空气进行了排除。使氢气与氨气的反应更安全。关闭弹簧夹c，取下截去底部的细口瓶C，打开弹簧夹a，将氢气经导管B验纯后点燃,然后立即罩上无底细口瓶C，塞紧瓶塞，如图所示。氢气继续在瓶内燃烧，此时消耗的是无底细口瓶C中的氧气，几分钟后火焰因缺氧而熄灭
28、；步先点燃E处酒精灯，只是为了先给催化剂升温，因为催化剂也只有在适宜的温度下才能发挥最大的活性，对于铁触媒来说，温度应该为500，在这同时，继续通入氢气，待无底细口瓶C内水位下降到液面保持不变时，此时两种气体也混合的很均匀了，打开弹簧夹b，无底细口瓶C内气体经D进入反应管E，在这个地方氮气跟氢气进行反应生成氨气，但是这个反应是可逆反应，不可能大量的生成氨气，尽管氨气在水中的溶解度比较大，但由于该混合气体中氨气的量少，进入F装置的气体中，含有较多难溶性的气体，所以不易产生倒吸。考点：氨气的实验室制法。34.【解析】试题分析：（2）还缺反应容器：试管。（3）加入氯水后，Cl2把Fe2+氧化为Fe3
29、+，离子方程式为：2Fe2+ +Cl2=2Fe3+ +2 Cl-，Fe3+与SCN发生络合反应：Fe3+3SCN- = Fe(KSCN)3，说明Fe2+具有还原性。Fe2+ Zn = Fe + Zn 2+反应中，Fe元素的化合价降低，说明Fe2+具有氧化性。要证明Fe3具有氧化性，先加入KSCN溶液，溶液变红，再加入还原剂，如Cu片（或铁粉或锌片），红色消失，说明Fe3+具有氧化性，根据选择的试剂写出离子方程式。（4）元素化合价处于中间价态的物质，既有氧化性也有还原性，Cl2、H2O2中Cl元素和O元素处于中间价态，这两种物质既有氧化性也有还原性，故A项、D项正确。（5）在氯化亚铁溶液中滴入K
30、SCN溶液后，就出现了血红色，是因为Fe2+具有还原性，被氧化为Fe3+；配制氯化亚铁溶液时加入少量的铁粉，可防止Fe2+被氧化。（6）Fe2+具有还原性，可使KMnO4溶液褪色，故C项正确。考点：本题考查实验仪器的选择、离子的检验、离子方程式的书写、实验方案的设计与分析、 物质氧化性和还原性的判断。35.【解析】试题分析：（1）根据除去旧杂质不引入新杂质原则，Fe+2H+=Fe2+H2，因此除酸步骤选择的单质X一定是过量的铁粉或铁屑；（2）氯化亚铁是强酸弱碱盐，能水解，且其水解反应是吸热反应，因此高温能使其彻底水解，生成氢氧化亚铁和氯化氢；氯化氢气体逸出，氢氧化亚铁不稳定，容易被空气中的氧气
31、氧化为氢氧化铁；氢氧化铁焙烧时分解，生成氧化铁和水；根据上述三步反应可以得到总反应式；（3）若假设1成立，Fe2O3、CuO都是难溶于水的碱性氧化物，不能直接选择试剂检验CuO的存在，必须先用足量稀硫酸溶解配成硫酸铁、硫酸铜溶液；再根据金属活动性顺序表和铁盐、铜盐的性质，Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4，Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，因此加入过量的铁粉，充分反应后析出红色固体，说明样品中含有CuO；而选择NaOH溶液或观察溶液的颜色都不行，因为铁离子对铜离子的检验造成干扰；若假设2成立，Fe2O3、FeO都是难溶于水的碱性氧化物，不能直接选择试剂检验FeO的存在，必须先用足量稀硫酸
32、溶解配成硫酸铁、硫酸亚铁溶液；再根铁盐、亚铁盐的性质，铁盐溶液不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而亚铁盐溶液则能，反应为5Fe2+MnO4+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O，因此加入少量酸性高锰酸钾溶液，充分反应后溶液褪色，说明样品中含有FeO；不能选择KSCN和双氧水检验，因为铁离子会干扰亚铁离子的检验；（4）设所需的HCl体积为xL，由于n=V/22.4Lmol1、m=nM、m(溶液)=m(溶质)+m(水)、w(溶质)=m(溶质)/m(溶液)100%，则(36.5x/22.4)/(1000+ 36.5x/22.4) 100%=36.5% ，解得x= 22400/63.5(L)=352.8(L)
33、。考点：考查化学工艺流程大题、探究实验大题的拼盘，涉及金属元素及其化合物的主要性质、盐类水解、气体摩尔体积、物质的量、质量、质量分数的计算等。36.【解析】试题分析：（1）草酸中碳元素为+3价，二氧化碳中碳元素为+4价，由化合价升高总数等于转移电子数可知1个H2C2O4转移2个电子，则每消耗1molH2C2O4转移2mol 电子；草酸与酸性高锰酸钾溶液反应为5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=10CO2+K2SO4+2MnSO4+8H2O10e，只有当KMnO4完全反应，溶液的紫红色才能褪去，如果n(H2C2O4)=5mol、n(KMnO4)2mol，就能观察到紫色褪去，所以c(H2C
34、2O4)c(KMnO4) = n(H2C2O4)n(KMnO4)2.5；（2）根据控制变量设计探究实验方案原则，实验和所用试剂的浓度、体积均相同，反应温度分别为25、50，这组对比实验的目的是探究温度对化学反应速率的影响；实验和的温度相同，酸性高锰酸钾溶液的浓度、体积均相同，草酸浓度分别为0.1mol/L、0.2mol/L，这组实验的目的是探究浓度对化学反应速率的影响；实验和既改变了反应物的浓度，又改变了反应温度，不能得到合理的结论；（3）实验中：2.0mL草酸溶液加入4.0mL酸性高锰酸钾溶液，能稀释后者，设稀释后高锰酸钾的初始浓度为xmol/L，根据题意和稀释定律（c1V1=c2V2）可知
35、，0.010 molL14.0103L=x molL1（4.0+2.0）103L，则x=0.010 molL14.0/6.0，紫色恰好褪色时高锰酸钾浓度减小为0，则c(KMnO4) =0.010 molL14.0/6.0，而t=40/60min，由v=c/t可得，v(KMnO4)=c(KMnO4)/t=0.010 molL14.0/6.040/60min=0.010 molL1min1；（4）根据控制变量原则，高锰酸根离子的起始浓度不变，仅仅降低温度，反应速率减小，则褪色的时间增大，相同时间内高锰酸根离子的变化浓度减小，则25时反应过程中c(MnO4)t的变化曲线位于50时曲线的右边。考点：考
36、查氧化还原反应、浓度和温度对化学反应速率的影响、稀释定律、物质的量浓度和平均反应速率的计算、画出不同温度对反应物浓度与反应时间的变化示意图等。37.【解析】试题分析：（1）氯化硅水解生成原硅酸和氯化氢，水解方程式为SiCl4+4H2OH4SiO4+4HCl。（2）在反应中硅元素的化合价从4价降低到0价，得到4个电子。当反应中有1mol电子转移时吸收59KJ热量，则消耗1mol氯化硅是吸收的热量是59kJ4236kJ，因此该反应的热化学方程式为SiCl4(s)+2H2(g)Si(s)+4HCl(s)H+236kJ/mol。（3）pH3.4时，三价铁离子完全生成沉淀；盐酸和碳酸钡反应生成氯化钡和二
37、氧化碳、水，所以加钡矿粉并调节pH7的作用是使BaCO3转化为BaCl2，同时使Fe3+完全沉淀。（4）溶液的pH7，则溶液中 c(OH)1107mo/L，则共计氢氧化铁的溶度积常数可知，滤液中Fe3+浓度2.210-17mo/L。（5）由于滤液中还含有镁离子，所以需要调节溶液的pH12.5，使镁离子完全沉淀生成氢氧化镁，反应的离子方程式是Mg22OHMg(OH)2（6）根据钡原子守恒可知，10吨含78.8% BaCO3的钡矿粉理论上最多能生成BaCl22H2O的质量为2449.76t。考点：考查制备实验方案的设计；热化学方程式的书写；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的计算；物质制备的计算等38
38、.【解析】试题分析：（1）根据题意，Cr被还原为Cr3+，Cl-被氧化为Cl2，然后依据氧化还原反应电子得失守恒和原子守恒可写出方程式。依据方程式，消耗1mol K2Cr2O7转移电子6mol，转移3mol电子时消耗0.5mol K2Cr2O7。（2）根据假设1和假设2，假设3应为假设1、2的综合。依据假设，可知步骤一为对照实验标准，步骤二、三应分别改变氯离子浓度、氢离子浓度，改变氯离子浓度可通过加入NaCl实现，改变氢离子浓度可通过加入浓硫酸实现。然后用湿润的淀粉KI实质检验是否产生Cl2。考点：考查氧化还原反应方程式书写及计算，化学实验原理，实验设计，化学实验操作等。39.【解析】试题分析
39、：（1）高锰酸钾具有氧化性、草酸具有还原性，MnO4-将H2C2O4氧化为CO2气体，本身被还原为Mn2+，根据得失电子相等、电荷守恒、质量守恒配平。MnO4-呈紫色，反应后溶液为无色。增大反应物浓度，反应速率加快。（2）由表2可知，硫酸浓度对反应速率影响显著；而高锰酸钾和草酸浓度对反应速率影响不明显。（3）当高锰酸钾溶液浓度为0.005 molL-1、草酸溶液浓度为0.01 molL-1时反应速率最快。（4）褪色时间1分钟和2分钟即60s和120s，对应的浓度分别为18 molL-1和10 molL-1。考点： 离子方程式实验数据的分析40.【解析】试题分析：（1）苯酚与NaOH发生中和反应
40、，得到苯酚钠和水，乙酸苯酚酯与NaOH溶液发生水解反应或取代反应，生成乙酸钠、苯酚钠和水，由此推断A的主要成分是苯酚钠和乙酸钠、水，由于酸性：乙酸碳酸苯酚碳酸氢根离子，则通入二氧化碳气体时发生的反应为苯酚钠与二氧化碳、水发生复分解反应，生成苯酚和碳酸氢钠；（2）由于苯酚的沸点为182，根据B变为C的条件推断为蒸馏，则B为液态有机相，而D为水相，因此推断为分液；C为苯酚，D为乙酸钠、碳酸氢钠和水；（3）苯酚在常温下溶解度较小，与NaOH溶液混合能发生中和反应，生成苯酚钠和水；与饱和溴水能发生取代反应，生成白色的三溴苯酚沉淀和氢溴酸；遇氯化铁溶液显紫色；根据上述性质可以设计如下实验方案，步骤1：取
41、少量C放入a试管，加入少量蒸馏水，振荡，出现白色浑浊，说明常温下苯酚在水中的溶解度较小；步骤2：取少量C的稀溶液分装b、c两支试管，往b试管中滴入1-2滴或少量饱和溴水，产生白色沉淀，说明苯酚与溴发生取代反应生成三溴苯酚白色沉淀；步骤3：往c试管滴入几滴FeCl3溶液，振荡，溶液变为紫色，说明C与加入试剂发生显色反应；（4）由于n=cV，则KBrO3的物质的量为0.01667mol/L30.00103L=0.0166730.00103 mol；由于BrO3+5Br+6H+=3Br2+3H2O中各物质的系数之比等于物质的量之比，则该反应生成的Br2的物质的量为0.0166730.00103 3m
42、ol；设25.00mL试样中C或苯酚物质的量为xmol，由于1mol苯酚与3molBr2与发生取代反应，生成三溴苯酚和溴化氢，则xmol苯酚与3xmol Br2与发生取代反应，所以剩余的Br2的物质的量为(0.0166730.00103 33x)mol；由于Br2+2KI=2KBr+I2中各物质的系数之比等于物质的量之比，则加入过量KI时生成的I2的物质的量为(0.0166730.00103 33x)mol；由于n=cV，则Na2S2O3的物质的量为0.1100mol/L11.80103L=0.110011.80103 mol；由于I2+2S2O32=2I+S4O62中各物质的系数之比等于物质
43、的量之比，则(0.0166730.00103 33x) 2=0.110011.80103，解得：x=0.0166730.001030.110011.801031/6；由于1000mL容量瓶只能配制1000mL溶液，则25.00mL溶液来自1000mL，因此1000mL溶液中苯酚的物质的量为(0.0166730.001030.110011.801031/6)mol1000mL/25.00mL。考点：考查综合实验与化学计算，涉及苯酚钠溶液与二氧化碳气体反应的化学方程式、混合物分离提纯的常用方法、设计实验方案验证苯酚的重要性质、物质的量在化学或离子方程式计算中的应用、测定苯酚的物质的量等。41.【解
44、析】试题分析：（1）实验室制取氯气的反应：MnO2+4HCl (浓) MnCl2+ Cl2+2H2O。FeCl2溶液与Cl2发生氧化还原反应生成三价铁离子，加入KSCN溶液，溶液变红色。由题意得：Cl2+2H2O+Na2CO3= NaCl+ NaCl+2NaHCO3。（2）漂白粉主要成分CaCl2、Ca（ClO）2，Ca（ClO）2变质会生成CaCO3。提出假设二：该漂白粉全部变质，含CaCO3、CaCl2。根据假设可知检测CaCO3的实验方案。考点：考查元素及化合物性质、化学实验的设计、操作、化学计算等相关知识。、氧化还原反应计算，结合图像的化学计算。42. （1）蒸馏水取水洗液于试管中，加
45、入稀硝酸酸化，滴加AgNO3溶液，若无白色浑浊出现，则表明Cl-已经冼净。（2）2。（3）偏高。43.（1）稀硫酸，碱石灰（或生石灰），吸收倒流进入空气中水蒸气及二氧化碳气体，防止对E质量的干扰。-6分（2分+2分+2分）（2）CO2 + 2OH- = CO32- + H2O -2分（3）558%-3分（4）偏大-2分44.(1) Cu (1分) 5 (1分) 2.5 (1分) (2) 80% (3分) (3) 20.4%(3分)45.【解析】试题分析：（1）亚铁离子具有还原性，双氧水具有氧化性，在碱性条件下，将亚铁离子氧化生成氢氧化铁而除去，反应得离子方程式是2Fe2H2O24OH2Fe(O
46、H)3。（2）氢氧化铝是两性氢氧化物，所以由氢氧化铁和氢氧化铝制备硫酸铝的主要操作是：滤渣2溶解在氢氧化钠溶液，过滤得到氢氧化铁固体，然后向滤液中进入适量的稀硫酸生成硫酸铝，然后蒸发浓缩、冷却结晶即可，所以实验过程的最后步骤是过滤、洗涤、干燥。（3）A固体的质量是0.80g，因此在加热过程中固体减少0.98g0.80g0.18g。由于0.98g氢氧化铜中水的质量是18g/mol0.18g，这说明A固体恰好是氧化铜，化学式是CuO。氧化铜继续加热又生成氧化亚铜，这说明在高温下，氧化亚铜比氧化铜较稳定。氧化铜可将NH3氧化为N2，同时氧化铜被还原为单质Cu，所以支持甲同学结论的现象是硬质玻璃管中黑
47、色固体变成红色，烧杯中导管口部分产生气泡，有无色、无味气体生成。由于该气体是无色、有刺激性气味的气体，所以根据物质的组成元素可知，该气体是SO2。由于实验中因为反应产生SO2气体易于NaOH溶液反应，会使体系内压强急剧减小造成倒吸，所以在导管末端连接一倒置的漏斗，漏斗边缘刚刚没于液面下以防止倒吸，所以是有必要的。考点：考查氧化还原反应方程式、物质的制备于分离；氢氧化铜分解产物以及铜的氧化物稳定性判断；氧化铜、SO2的性质、倒吸装置的选择等46.【解析】试题分析：（1）M是红色金属，则M是铜。双氧水具有强氧化性，在稀硫酸溶液中能把铜氧化生成硫酸铜，而双氧水的还原产物是水，反应的离子方程式是CuH
48、2O22HCu22H2O。（2）Y能和KSCN溶液反应，溶液显红色，所以Y中含有铁离子，因此E是金属铁。铁和硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁，即X是硫酸亚铁。亚铁离子具有还原性，据此可以检验，即检验X中阳离子的方法和现象是取X溶液少许于试管中，滴入几滴KSCN溶液，溶液不显红色，再向试管中加入几滴新制氯水，溶液显红色。（3）亚铁离子具有还原性，在空气中易被氧化生成铁离子，铁离子具有氧化性，能把碘化钾氧化生成单质碘，碘遇淀粉显蓝色，反应的离子方程式是2Fe3+ + 2I-2Fe2+ + I2。（4）从硫酸铜溶液中得到硫酸铜晶体的操作是蒸发，除了酒精灯、烧杯、玻璃棒、漏斗、铁架台外，还需要用到的硅酸盐仪
49、器蒸发皿。（5）B装置是制备氢气的，由于盐酸易挥发，所以生成的氢气中含有氯化氢和水蒸气，因此C装置中盛有饱和食盐水，吸收氯化氢，D装置中盛有浓硫酸，吸收水蒸气，干燥氢气。由于装置中还含有空气，实验前需要利用氢气排尽空气，所以首先从A瓶中逐滴加入液体。又因为氢气是可燃性气体，点燃前需要检验氢气的纯度，所以在这两步之间还应进行的操作是检验氢气的纯度。由于氢气是可燃性气体，不能随意排放到空气中，所以该装置存在不足，改进的方法是用酒精灯将未反应的氢气燃烧掉即可。（6）由于高铁酸钾具有强氧化性，杀菌后自身被还原为Fe3+，Fe3+水解后生成的氢氧化铁胶体又具有较强的吸附性，因而高铁酸钾可有做高效净水剂。考点：考查金属铜、铁的性质、亚铁离子的检验、蒸发操作仪器的选择、氢气的制备和净化、尾气处理、实验方案评价、高铁酸钾的净水剂等- 39 - 版权所有高考资源网
