高考化学《实验综合训练(2)》专项复习卷

实验综合训练(2)可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-28 S-32 Cl-35.5 K-39 Fe-56 Cu-64 Br-80 Ag-108第卷 (选择题 共40分)一、 选择题(本题共20小题，每小题2分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目求的)1下列关于实验仪器的使用说法错误的是( )A分液漏斗、容量瓶、滴定管使用前需要检查是否漏水B在强酸与强碱中和滴定实验中，无论是酸滴定碱还是碱滴定酸，都可以测出待测液的物质的量浓度C烧杯、圆底烧瓶、蒸发皿都可以直接用来加热D使用容量瓶配制溶液，在定容时仰视会使所配制的溶液浓度偏低【答案】C【解析】A项，分液漏斗、容量瓶、滴定管是带有旋塞和瓶塞的仪器，使用前都需要检查是否漏水，A正确，不符合题意； B项，在强酸与强碱中和滴定实验中，反应实质是氢离子与氢氧根离子反应生成水，所以无论是酸滴定碱还是碱滴定酸，都可以测出待测液的物质的量浓度，B正确，不符合题意； C项，烧杯、锥形瓶、圆底烧瓶不能直接加热，加热时必须垫上石棉网，使其受热均匀，而蒸发皿可以直接加热，C错误，符合题意； D项，配制一定物质的量浓度的溶液时，若仰视定容，会导致加入的蒸馏水过多，使配制的溶液的体积偏大，最终导致配制的溶液的浓度偏低，D正确，不符合题意；故选C。2用下列实验装置和方法进行相应实验，能达到实验目的的是( )A用图1所示方法检查装置的气密性B用图2所示装置制取氨气C用图3所示装置进行石油分馏D用图4所示装置分离乙醇与乙酸【答案】A【解析】A项，用图1所示方法检查装置的气密性，关闭止水夹，向长颈漏斗中注入水，使得下端浸入水中，且在下端管中形成一段水柱，片刻后水柱不下降，证明气密性良好，A正确；B项，氯化铵受热分解生成的氨气和氯化氢遇冷又化合成氯化铵，得不到氨气，B错误；C项，石油分馏时温度计的水银球应该位于蒸馏烧瓶的支管口附近，测量的是蒸气的温度，C错误；D项，乙醇与乙酸互溶，不能通过分液分离，D错误；故选A。3下列实验装置或操作正确的是( )A过滤B处理废弃固体药品C检查气密性D读液体体积【答案】D【解析】A项，过滤时要用玻璃棒引流，图中所示操作错误，故A错误；B项，废弃固体药品不能随意倒入水池中，更不能拿出实验室，要放入指定的容器内，图中所示操作错误，故B错误；C项，该装置没有构成密闭体系，无法检查气密性，图中所示操作错误，故C错误；D项，读数时，量筒必须放平，视线要跟量筒内液体的凹液面的最低处保持水平，再读出液体体积，图中所示操作正确，故D正确；故选D。4为达到相应的实验目的，下列实验的设计或操作最合理的是( )A为测定一定浓度的NaOH溶液放置空气中是否部分转化为Na2CO3，用酚酞作指示剂，用标准盐酸溶液滴定B为观察Mg条在CO2气体中的燃烧，在一个集气瓶中收集满CO2气体，取一小段除去表面氧化膜的Mg条用坩埚钳夹持点燃后迅速投入上述集气瓶底部C为比较Cl与S元素的非金属性强弱，相同条件下，测定相同浓度的NaCl溶液和Na2S溶液的pH值D给盛有铜与浓硫酸的试管加热，发现试管底部出现灰白色固体，为检验其中的白色固体为无水硫酸铜，可直接向试管中加入适量水【答案】A【解析】A项，为酸滴定碱，选择酚酞作指示剂，反应终点与指示剂的变色范围接近，则测定一定浓度的NaOH溶液放置空气中是否部分转化为Na2CO3，用酚酞作指示剂，用标准盐酸溶液滴定，故A正确；B项，在一个集气瓶中收集满CO2气体，取一小段除去表面氧化膜的Mg条用坩埚钳夹持在中低部燃烧，不能投入上述集气瓶底部，否则易导致集气瓶底部受高温炸裂，故B错误；C项，测定相同浓度的NaCl溶液和Na2S溶液的pH值，可比较盐酸与氢硫酸的酸性，但不能比较Cl、S的非金属性，故C错误；D项，不能直接向试管中加入适量水，浓硫酸剩余时加水放出大量的热可导致液滴飞溅，则取反应后的白色固体在烧杯中加水溶解观察是否变为蓝色，故D错误；故选A。5下列四位同学设计的实验方案能达到实验目的的是( )A甲同学为测定0.01molL-1盐酸的pH值：用湿的玻璃棒蘸取盐酸，点在pH试纸上B乙同学要检验(NH4)2Fe(SO4)212H2O晶体中的NH4+：取少量晶体溶于水，加入足量浓NaOH溶液并加热，再用湿润的蓝色石蕊试纸检验产生的气体C丙同学为检验Fe3O4中+2价铁元素：先用稀盐酸溶解Fe3O4，再滴加KMnO4溶液D丁同学要验证FeCl3与KI反应的限度：可将少量的FeCl3溶液与过量的KI溶液混合，充分反应后用CCl4萃取，静置，再滴加KSCN溶液【答案】D【解析】A项，不能用湿的玻璃棒蘸取待测液测量pH，否则相当于稀释，可能会引起误差，A错误；B项，应该用湿润的红色石蕊试纸，如果变蓝色，说明含有铵根离子，B错误；C项，酸性高锰酸钾溶液能氧化氯离子，应该用稀硫酸溶解，C错误；D项，KSCN溶液遇三价铁离子变红色，若变红色，说明未完全反应，该实验方案设计正确，能达到实验目的，D正确；故选D。6下列实验装置能达到实验目的的是选项ABCD实验装置实验目的用坩埚灼烧分离氯化钾和氯化铵的混合物实验室制备干燥纯净的氯气用乙醇提取溴水中的溴尾气处理混有少量NO的NOx气体【答案】D【解析】A项，氯化铵受热分解，遇冷化合，不可利用用坩埚灼烧分离氯化钾和氯化铵的混合物。故A错误；B项，收集的氯气中含有HCl和水蒸气，故B错误；C项，乙醇与水任意比互溶，不可用乙醇提取溴水中的溴，故C错误；D项，氢氧化钠可以与混有少量NO的NOx气体反应生成硝酸盐和亚硝酸盐，故D正确；故选D。7实验是研究化学的基础，下列图中所示的实验方法、装置或操作中正确的是( )A干燥SO2B实验室制取并收集O2C装置气密性的检查D分离乙醇和乙酸的混合液【答案】C【解析】A项，SO2能与碱性物质反应，不能用碱石灰干燥，故A错误；B项，氧气比空气密度大，应用向上排空气法收集，故B错误；C项，向右拉针筒活塞，装置内气压减小，长颈漏斗管中液面下降，可以检查装置的气密性，故C正确；D项，乙醇和乙酸互溶，不分层，不能用分液法分离，故D错误；故选C。8草酸亚铁(FeC2O4)可作为生产电池正极材料磷酸铁锂的原料，受热容易分解，为探究草酸亚铁的热分解产物，按下面所示装置进行实验。下列说法不正确的是( )A实验中观察到装置B、F中石灰水变浑浊，E中固体变为红色，则证明分解产物中有CO2和COB反应结束后，取A中固体溶于稀硫酸，向其中滴加12滴KSCN溶液，溶液无颜色变化，证明分解产物中不含Fe2O3C装置C的作用是除去混合气中的CO2D反应结束后，应熄灭A，E处酒精灯后，持续通入N2直至温度恢复至室温【答案】B【解析】A项，实验中观察到装置B中石灰水变浑浊，说明产生了分解产物中有CO2，E中固体变为红色，F中石灰水变浑浊，则证明分解产物中有CO，故A正确；B项，因为反应中生成有CO，CO会部分还原氧化铁得到铁，因此反应结束后，取A中固体溶于稀硫酸，向其中滴加12滴KSCN溶液，溶液无颜色变化，不能证明分解产物中不含Fe2O3，故B错误；C项，为了避免CO2影响CO的检验，CO在E中还原氧化铜，生成的气体在F中变浑浊，因此在装置C要除去混合气中的CO2，故C正确；D项，反应结束后，应熄灭A，E处酒精灯后，持续通入N2直至温度恢复至室温避免生成的铜单质被氧化，故D正确；故选B。9某实验小组通过下图所示实验探究Na2O2与水的反应：下列说法不正确的是( )A中的大量气泡主要成分是氧气B中溶液变红，说明有碱性物质生成C中现象可能是由于溶液中含有强氧化性物质造成的D中MnO2的主要作用是降低了水中氧气的溶解度【答案】D【解析】A项，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，故A正确；B项，过氧化钠与水反应生成了氢氧化钠，氢氧化钠是强碱，遇到酚酞，溶液变成红色，故B正确；C项，过氧化钠与水反应可能生成了过氧化氢，过氧化氢具有强氧化性，能够使溶液褪色，故C正确；D项，生成的过氧化氢在二氧化锰作催化剂时发生了分解，因此放出大量气泡，故D错误；故选D。10实验室为探究铁与浓硫酸(足量)的反应，并验证SO2的性质，设计如图所示装置进行实验，下列说法不正确的是( )A装置B中酸性KMnO4溶液逐渐褪色，体现了二氧化硫的还原性B实验结束后可向装置A的溶液中滴加KSCN溶液以检验生成的Fe2+C装置D中品红溶液褪色可以验证SO2的漂白性D实验时将导管a插入浓硫酸中，可防止装置B中的溶液倒吸【答案】B【解析】A项，SO2通入酸性KMnO4溶液中发生氧化还原反应生成硫酸锰、硫酸钾和硫酸，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，体现SO2的还原性，故A正确；B项，KSCN溶液用于检验三价铁离子，故B错误；C项，SO2能使品红溶液变为无色是二氧化硫生成的亚硫酸结合有机色素形成无色物质，体现了二氧化硫的漂白性，用酒精灯加热，褪色的品红恢复红色，故C正确；D项，B中的溶液发生倒吸，是因为装置A中气体压强减小，实验时A中导管a插入浓硫酸中，A装置试管中气体压强减小时，空气从导管a进入A装置，a导管起平衡气压的作用，故D正确；故选B。11如图所示是氨催化氧化制备硝酸的实验装量，下列有关叙述正确的是()A烧杯中的紫色石蕊溶液不变色B圆底烧瓶中的气体一定为无色C加热后，通过三氯化二铬的气体由无色变为红棕色D三氯化二铬起氧化剂的作用【答案】C【解析】A项，烧杯中紫色石蕊溶液遇硝酸变红，A项叙述错误；B项，圆底烧瓶中的气体可能为红棕色，B项叙述错误；C项，加热后，氨气通过三氯化二铬的催化作用生成无色一氧化氮，一氧化氮被氧化生成红棕色的气体二氧化氮，C项叙述正确；D项，氨气与氧气在三氯化二铬的催化作用反应生成一氧化氮和水，D项叙述错误；故选C。12加热聚丙烯废塑料可以得到碳、氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯。用如图所示装置探究废旧塑料的再利用。下列叙述中不正确的是( )A聚丙烯的链节是CH2CH2CH2B装置乙的试管中可收集到芳香烃C装置丙中的试剂可吸收烯烃以制取卤代烃D最后收集的气体可作燃料【答案】A【解析】A项，聚丙烯的链节是CH2CH(CH3)，A错误；B项，高温加热聚丙烯废塑料可以得到碳、氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯，苯和甲苯的沸点较高，装置乙的试管中可以收集到芳香烃，B正确；C项，烯烃可以和溴单质反应生成溴代烃，C正确；D项，最后收集的气体是H2和甲烷，可作燃料，D正确；故选A。13某同学设计如图装置进行乙醇氧化反应的探究实验，有关说法不正确的是( )A热水的作用是促使乙醇挥发，为硬质玻璃管内提供乙醇蒸汽B通入乙醇蒸汽反应的过程中，撤离酒精灯后反应仍能进行C在硬质玻璃管内发生的主反应为：D实验结束时，先停止加热，再关闭活塞a、b，最后将导管移出水面【答案】D【解析】A项，因乙醇易挥发，热水的作用是促使乙醇挥发，为硬质玻璃管内提供乙醇蒸汽，故A正确；B项，通入乙醇蒸汽反应的过程中，撤离酒精灯后反应仍能进行，与催化氧化反应为放热反应有关，故B正确；C项，乙醇可催化氧化生成乙醛，反应为，故C正确；D项，实验结束时，关闭活塞a、b，先将导管移出水面，再停止加热，防止倒吸使大试管炸裂，故D错误；故选D。14为测定含镁3%5%的铝镁合金中镁的质量分数，设计了2种实验方案，下列说法不正确的是( )方案一：镁铝合金加入足量的氢氧化钠溶液中充分反应后过滤，测定剩余固体质量；方案二：称量m g铝镁合金粉末，放在图中惰性电热板上，通电使其充分灼烧。测得固体质量增重。A方案一中若称取5.4 g合金粉末样品，投入V mL 2.0 mol/L NaOH溶液中反应，则V100 mLB方案一中测定剩余固体质量时，过滤后未洗涤固体就干燥、称量，则镁的质量分数偏高C方案二中欲计算镁的质量分数，实验中还需测定灼烧后固体的质量D方案二中若用空气代替O2进行实验，则测定结果偏高【答案】A【解析】A项，含镁为5%时，金属铝的含量最低，5.4 g合金中铝的质量为5.13g；则根据反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2可知，2Al2NaOH，5.13/27：V10-32=2:2，解得V=95mL，因此取5.4 g合金粉末样品，投入V mL 2.0 mol/L NaOH溶液中反应，则V95 mL，A错误；B项，方案一中金属铝与氢氧化钠溶液反应，过滤后剩余固体镁；测定剩余固体质量时，过滤后未洗涤固体就干燥、称量，相当于镁的质量偏大，则镁的质量分数偏高，B正确；C项，Mg、Al均与氧气反应,生成金属氧化物，则还需测定生成物的质量，根据质量守恒列方程可以求出金属镁的质量，进而求出镁的质量分数，C正确；D项，空气中有氮气和氧气，金属镁能够与氮气反应生成氮化镁，灼烧后固体质量增大，金属镁的质量偏大，测定结果偏高，D正确；故选A。15某实验小组用图示装置制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。已知：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。制取实验完成后，取C中紫色溶液，加入稀盐酸，产生气体。下列说法不正确的是( )AB瓶应盛放饱和食盐水除去混有的HClBC瓶中KOH过量更有利于高铁酸钾的生成C加盐酸产生气体可说明氧化性：K2FeO4Cl2D高铁酸钾是集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等八大特点为一体的优良的水处理剂【答案】C【解析】A项，盐酸易挥发，制得的氯气中含有氯化氢气体，B瓶应盛放饱和食盐水除去混有的HCl，A正确；B项，高铁酸钾在碱性溶液中较稳定，故KOH过量有利于它的生成，B正确；C项，根据题给信息可知，加盐酸产生的气体也可能是氧气，C不正确；D项，高铁酸钾是集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等八大特点为一体的优良的水处理剂，D正确；故选C。16为探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解反应的催化效果，甲、乙两组同学分别设计了如图1、图2所示的实验。下列叙述中不正确的是( )图1图2 A图1实验可通过观察产生气泡的快慢来比较反应速率的大小B若图1所示的实验中反应速率为，则一定说明Fe3+比Cu2+对H2O2分解催化效果好C用图2装置比较反应速率可测定在相同状况下反应产生一定气体体积所需反应时间D为检查图2装置的气密性，可关闭A处活塞，将注射器活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，观察活塞是否复原【答案】B【解析】A项，反应速率可以通过观察产生气泡的快慢来判断，故A正确； B项，若图甲所示实验中反应速率，则能够说明FeCl3比CuSO4对H2O2分解催化效果好，但不一定是Fe3+和Cu2+，可能是硫酸根离子和氯离子，故B错误； C项，反应速率可以用单位时间内产生气体的体积大小来表示，故C正确；D项，关闭A处活塞，将注射器活塞拉出一定距离，若气密性不好，外界气体就能够加入，活塞不能回到原位，故D正确； 故选B。17某同学进行下列实验：装置操作现象将盛有浓硝酸的烧杯A放入盛有淀粉KI溶液的烧杯C中，然后将铜片放入烧杯A后，立即用烧杯B罩住。烧杯A液体上方立即出现大量红棕色气体；一段时间后，红棕色气体消失，烧杯A和C中的液体都变成蓝色。下列说法不合理的是( )A烧杯A中发生反应：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2OB红棕色气体消失可能与NO2和烧杯C中的KI发生反应有关C烧杯A中溶液变蓝是因为产生了Cu(NO3)2D若将铜片换成铁片，则C中的液体不会变蓝【答案】D【解析】A项，烧杯A中铜与浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮和水，反应方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O，A正确；B项，NO2能够直接与溶液中的水反应产生HNO3和NO，硝酸具有挥发性，挥发的HNO3具有氧化性，将烧杯C中的KI氧化产生I2单质，红棕色气体消失与NO2和烧杯C中的KI发生反应有关，也与二氧化氮与水反应有关，B正确；C项，由选项A可知，溶液变蓝是因为产生了Cu(NO3)2，C正确；D项，若将铜片换成铁片，由于铁在室温下遇浓硝酸会发生钝化，由于浓硝酸具有挥发性，则挥发出的硝酸能够氧化碘离子，导致C中的液体也可能变蓝，D错误；故选D。18实验室以苯甲醛为原料制备间溴苯甲醛，其实验步骤为：步骤1：将三颈瓶中的一定配比的无水AlCl3、1，2二氯乙烷和苯甲醛充分混合后，升温至60，缓慢滴加经浓硫酸干燥过的液溴，保温反应一段时间，冷却。步骤2：将反应混合物缓慢加入一定量的稀盐酸中，搅拌、静置、分液。有机相用10%NaHCO3溶液洗涤。步骤3：经洗涤的有机相加入适量无水MgSO4固体，放置一段时间后过滤。步骤4：减压蒸馏有机相，收集相应馏分。下列说法错误的是( )A甲同学认为步骤1中使用1，2二氯乙烷的目的是作催化剂，加快反应速率B乙同学认为可在该实验装置的冷凝管后加接一支装有无水MgSO4的干燥管，实验效果可能会更好C丙同学认为步骤2中有机相用10%NaHCO3溶液洗涤可除去大部分未反应的Br2D丁同学认为步骤4中减压蒸馏有机相是因为间溴苯甲醛高温下容易氧化或分解【答案】A【解析】A项，有机物反应中的催化剂一般是无机物，故AlCl3是反应中的催化剂，1，2二氯乙烷的作用是溶剂，A错误；B项，实验中需使用干燥的Br2，在该实验装置的冷凝管后加接一只装有无水MgSO4的干燥管，可防止外界空气中的水蒸气进入三颈烧瓶，实验效果可能会更好，B正确；C项，步骤2中有机相使用10%NaHCO3溶液洗涤，类似乙酸乙酯中饱和碳酸钠的作用，除去溶解在间溴苯甲醛中溴和盐酸，C正确；D项，醛基容易被氧化，步骤4中减压蒸馏有机相是防止间溴苯甲醛在高温下被氧化或分解，D正确；故选A。19研究苯酚与FeCl3溶液的显色反应，实验如下：下列说法不正确的是( )A苯酚的电离方程式是 +H+B向试管中滴加硫酸至过量，溶液颜色变为浅黄色C对比中的现象说明，滴加稀硫酸后，c(Fe3+)变小D对比、中的现象，说明紫色物质的生成与溶液中c()相关【答案】C【解析】A项，苯酚是一元弱酸，电离方程式是 +H+，故A正确；B项，苯酚加入氢氧化钠溶液后生成苯酚钠，首先Fe3+和苯酚根离子双水解，生成Fe(OH)3 (红褐色沉淀)和苯酚,然后生成的苯酚和三氯化铁显色反应生成紫色络合物, 滴加硫酸至过量，平衡逆向移动，故溶液颜色变为浅黄色，故B正确；C项，根据离子方程式，6C6H5OH+Fe3+ Fe(OC6H5)63- +6H+，滴加稀硫酸后，溶液从紫色转变为黄色，c(Fe3+)变大，故C错误；D项，实验中都加入了氢氧化钠，都生成了，紫色物质的生成与溶液中c()有关，故D正确；故选C。20利用如图装置探究铜粉与下列试剂的反应，在试管中加入一定量铜粉，加入试剂后，立即塞上橡胶塞，实验现象如下表所示，下列推断不正确的是( )资料：Cu2+4NH3 Cu(NH3)42+, Cu(NH3)42+呈绛蓝色。装置序号试剂现象10 mL浓NH3H2O，3 mLH2O溶液变为绛蓝色，左侧水柱上升10 mL浓NH3H2O，3 mL H2O2溶液变为绛蓝色，且比深10 mL 20% HNO3溶液，3 mL H2O溶液快速变蓝，产生无色气体，左侧水柱下降10 mL 20% HNO3溶液，3 mL H2O2溶液变蓝比慢，产生无色气体，左侧水柱下降A中实验现象说明O2参与了反应B中溶液颜色比深可能是由于H2O2氧化Cu生成Cu2+C中左侧水柱下降可能是反应产生NO气体导致的D比变蓝慢是由于H2O2分解造成自身消耗【答案】D【解析】A项，溶液变为绛蓝色，说明铜被氧化；左侧水柱上升，说明装置内气体减少。由此推测，装置内的氧气在浓氨水的环境下将铜氧化，A正确；B项，中溶液颜色比中的深，说明生成的含铜化合物浓度更高，对比可知，由于过氧化氢的存在，增大了铜的溶解量，B正确；C项，根据现象及硝酸的强氧化性可知，铜被硝酸氧化，硝酸被还原成NO，C正确；D项，根据实验现象可知，过氧化氢的存在对硝酸与铜的氧化反应起了干扰作用。硝酸的还原产物为NO，如果过氧化氢分解产生O2，则会与NO反应生成红棕色的NO2，与实验现象不相符，D错误；故选D。第卷 (非选择题 共60分)二、必做题(本题共5小题，共60分)21(8分)绿矾(FeSO47H2O)是治疗缺铁性贫血药品的重要成分。下面是以市售铁屑(含少量锡、氧化铁等杂质)为原料生产纯净绿矾的一种方法：查询资料，得有关物质的数据如下表：25 时pH值饱和H2S溶液3.9SnS沉淀完全1.6FeS开始沉淀3.0FeS沉淀完全5.5(1)检验制得的绿矾晶体中是否含有Fe3，可选用的试剂为_。AKSCN溶液 BNaOH溶液 CKMnO4溶液 D苯酚溶液(2)操作中，通入硫化氢至饱和的目的是_；在溶液中用硫酸酸化至pH2的目的是_。(3)操作的顺序依次为_、冷却结晶、_。(4)操作得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤，其目的是：除去晶体表面附着的硫酸等杂质；_。【答案】(1)AD(2分) (2)除去溶液中的Sn2，并防止Fe2被氧化防止Fe2生成沉淀(2分)(3)蒸发浓缩(21分)过滤洗涤(1分) (4)降低洗涤过程中FeSO47H2O的损耗(2分)【解析】(1)检验Fe3可用KSCN或苯酚溶液。(2)操作中，通入H2S至饱和时，SnS完全沉淀且能防止Fe2被氧化(因为2价硫的还原性更强)，加入H2SO4，至pH2，可以防止Fe2生成沉淀。由于绿矾中带有结晶水，所以应采取蒸发浓缩，冷却结晶的方法，在洗涤沉淀时，用冰水洗涤可降低FeSO47H2O的溶解度。22(13分)某化学小组欲通过实验探究：.苯与液溴发生取代反应；.苯与液溴在催化剂作用下的反应机理。所用装置如图所示。已知：MnO22NaBr2H2SO4Br2MnSO4Na2SO42H2O(1)实验室制备溴苯的化学方程式为_；仪器X的名称为_。(2)制取溴苯的实验操作步骤如下：连接装置，其接口顺序为(填字母)：d接_， _接_，_接c。检查装置气密性。C中加入固体药品，_，再打开D处开关K，点燃C处酒精灯；插入铁丝于混合液中，一段时间后，D中液体沸腾，原因是_。关闭C中活塞。(3)A中对广口瓶进行热水浴的目的是_。(4)若B中有淡黄色沉淀生成，能否确定苯与液溴发生了取代反应？_(填“能”或“否”)。(5)查阅文献：苯与液溴在FeBr3催化下的反应机理共分三步：.Br2FeBr3BrFeBr.请完成第三步反应：._。该小组将A装置中浓硫酸替换成稀硫酸时实验失败，试从反应机理推测可能原因：_。【答案】(1) (2分)球形冷凝管(1分)(2)abef(2分)滴加浓硫酸(其他合理答案均可) (1分)该反应是放热反应(1分)(3)防止溴蒸气冷凝(其他合理答案即可) (1分)(4)否(1分)(5)FeBrFeBr3HBr(2分)有水情况下，无法生成Br(2分)【解析】(1)苯与液溴在FeBr3作催化剂条件下发生取代反应生成和HBr。(2)C装置制备溴蒸气，利用A装置除去其中的水蒸气，d接a，Br2与D中苯反应，b接e，利用B装置检验HBr的生成。加入固体药品(MnO2、NaBr)后滴加浓硫酸。D中液体沸腾，说明反应放热。(3)气态溴易液化(常温下溴呈液态)，A中广口瓶需要热水浴。(4)由于溴易挥发，D中反应放热，有溴蒸气从D中逸出，Br2溶于水后也生成HBr，无法证明AgBr的生成是由于苯与液溴反应产生的HBr。(5)由反应的总方程式可推知FeBr和均为中间产物，两者反应生成、FeBr3(催化剂)、HBr。稀硫酸和浓硫酸的差异在于稀硫酸中有大量H2O，Br无法存在。23(14分)高氯酸铵(NH4ClO4)为白色晶体，具有不稳定性，在400 时开始分解产生多种气体，常用于生产火箭推进剂。某化学兴趣小组同学利用下列装置对NH4ClO4的分解产物进行探究。(假设装置内试剂均足量，部分夹持装置已省略)(1)在实验过程中发现C中铜粉由红色变为黑色，说明分解产物中有_(填化学式)。(2)实验完毕后，取D中硬质玻璃管中的固体物质于试管中，滴加蒸馏水，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，产生该气体的化学方程式为_。(3)通过上述实验现象的分析，某同学认为产物中还应有H2O，可能有Cl2。该同学认为可能有Cl2存在的理由是_。(4)为了证明H2O和Cl2的存在，选择上述部分装置和下列提供的装置进行实验：按气流从左至右，装置的连接顺序为A_。实验结束后发现G中液体变为橙黄色，用必要的文字和方程式解释出现该现象的原因：_。F中发生反应的离子方程式为_。(5)实验结论：NH4ClO4分解时产生了上述几种物质，则高氯酸铵分解的化学方程式为_。(6)在实验过程中仪器E中装有碱石灰的目的是_；实验结束后，某同学拟通过称量D中镁粉质量的变化，计算高氯酸铵的分解率，会造成计算结果_(填“偏大”“偏小”或“无法判断”)。【答案】(1)O2(1分)(2)Mg3N26H2O=3Mg(OH)22NH3(2分)(3)O2和N2都是氧化产物，根据化合价变化规律，还应存在还原产物，从而判断出氯元素的化合价降低，可能生成Cl2(答出要点即可) (2分)(4)HGF(2分)在KBr溶液中通入Cl2，发生反应：2KBrCl2=2KClBr2，生成的溴溶于水使溶液呈橙黄色(2分) Cl22OH=ClClOH2O(1分) (5)2NH4ClO4N22O2Cl24H2O(2分)(6)吸收空气中的CO2和水蒸气(1分)偏大(1分)【解析】(1)NH4ClO4受热分解产生的气体经过碱石灰干燥后，能使铜由红色变为黑色，说明生成了氧化铜，所以分解产物中含有O2。(2)根据题干信息可知D中固体与H2O反应产生NH3，说明高氯酸铵分解产物中还有氮气，氮气与镁反应生成氮化镁，氮化镁与水反应生成氢氧化镁和氨气：Mg3N26H2O=3Mg(OH)22NH3。(3)氧化还原反应中元素的化合价升高和降低是对立统一的关系，氧元素、氮元素的化合价升高，所以应该是氯元素化合价降低，可能有氯气生成。(4)检验水蒸气和氯气，应该先用H中的无水硫酸铜检验水的存在，然后将氯气通入KBr溶液中，发生反应：2KBrCl2=2KClBr2，生成的溴单质溶于水使溶液呈橙黄色。为防止剩余氯气污染环境，还需进行尾气处理，所以气流顺序为A、H、G、F。F中氯气与NaOH溶液发生反应的离子方程式为Cl22OH=ClClOH2O。(5)由实验现象可知高氯酸铵分解的产物有O2、Cl2、N2和H2O，根据得失电子守恒、原子守恒配平化学方程式：2NH4ClO4N22O2Cl24H2O。(6)仪器E中装有碱石灰的目的是吸收空气中的CO2和水蒸气；但空气中的N2和O2仍会进入D中，造成产物质量偏大，导致计算出的高氯酸铵的分解率偏大。24(12分)氯化亚铜(CuCl)是一种重要的催化剂。实验室按如图所示装置和方案制备氯化亚铜。已知：Cu24ClCu2CuCl2。实验步骤：加热至50 ，铜丝表面产生无色气泡，液面上方有红棕色气体产生；通入O2并调节O2的量保持三颈烧瓶内压强不变，停止加热，反应继续进行，且越来越剧烈；反应停止后冷却至室温，待气囊变瘪，三颈烧瓶内红棕色气体消失时关闭K；将液体(含CuCl2)转移至烧杯中用蒸馏水稀释，产生白色沉淀，过滤得氯化亚铜粗品；氯化亚铜粗品经洗涤、烘干，得到氯化亚铜。回答下列问题：(1)步骤中铜丝表面产生无色气泡的反应的离子方程式是_。(2)步骤中停止加热后，反应越来越剧烈的原因是_。(3)步骤中三颈烧瓶内红棕色气体消失的原因是_(结合化学方程式回答)。(4)步骤中产生白色沉淀的反应的离子方程是_。(5)步骤所得滤液经浓缩后可返回至三颈烧瓶继续使用，此时需向三颈烧瓶内补充的物质有_。(6)步骤中用蒸馏水洗涤氯化亚铜粗品时，表面会产生浅黄色固体CuOH，用化学平衡移动原理解释白色固体变黄的原因：_。【答案】(1)3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O(2分)(2)Cu与HNO3反应放热，溶液温度升高，反应速率加快(2分)(3)发生反应4NO2O22H2O=4HNO3(或3NO2H2O=2HNO3NO,2NOO2=2NO2)，NO2完全转化为硝酸(2分)(4)CuCl2=CuClCl(2分)(5)铜丝和盐酸(2分)(6)用水洗涤CuCl粗品时，固体表面吸附的c(HCl)减小，CuCl(s)H2O(l) CuOH(s)HCl(aq)向正反应方向移动，CuCl转化为CuOH(2分)【解析】(1)步骤中铜丝表面产生无色气泡的反应的离子方程式是3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O。(2)步骤中停止加热后，反应越来越剧烈的原因是Cu与稀硝酸反应放热，溶液温度升高，反应速率加快。(3)步骤中三颈烧瓶内红棕色气体消失的原因是发生反应：4NO2O22H2O=4HNO3(或3NO2H2O=2HNO3NO,2NOO2=2NO2)，NO2完全转化为硝酸。(4)步骤中产生白色沉淀CuCl，则步骤中产生白色沉淀的反应的离子方程式是CuCl2=CuClCl。(5)步骤所得滤液含氯化铜，结合初始物质可知，此时需向三颈烧瓶内补充的物质有铜丝和盐酸。(6)步骤中用蒸馏水洗涤氯化亚铜粗品时，表面会产生浅黄色固体CuOH的原因是用水洗涤CuCl粗品时，固体表面吸附的c(HCl)减小，反应CuCl(s)H2O(l) CuOH(s)HCl(aq)向正反应方向移动，CuCl转化为CuOH。25(13分)某小组在验证反应“Fe+2Ag+=Fe2+2Ag”的实验中检测到Fe3+，发现和探究过程如下。向硝酸酸化的0.05 molL-1硝酸银溶液(pH2)中加入过量铁粉，搅拌后静置，烧杯底部有黑色固体，溶液呈黄色。(1)检验产物取出少量黑色固体，洗涤后，(填操作和现象)，证明黑色固体中含有Ag。取上层清液，滴加K3Fe(CN)6溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中含有。(2)针对“溶液呈黄色”，甲认为溶液中有Fe3+，乙认为铁粉过量时不可能有Fe3+，乙依据的原理是(用离子方程式表示)。针对两种观点继续实验:取上层清液，滴加KSCN溶液，溶液变红，证实了甲的猜测。同时发现有白色沉淀产生，且溶液颜色深浅、沉淀量多少与取样时间有关，对比实验记录如下:序号取样时间/min现象3产生大量白色沉淀；溶液呈红色30产生白色沉淀，较3 min时量少；溶液红色较3 min时加深120产生白色沉淀，较30 min时量少；溶液红色较30 min时变浅(资料:Ag+与SCN-生成白色沉淀AgSCN)对Fe3+产生的原因做出如下假设:假设a:可能是铁粉表面有氧化层，能产生Fe3+；假设b:空气中存在O2，由于(用离子方程式表示)，可产生Fe3+；假设c:酸性溶液中的NO3具有氧化性，可产生Fe3+；假设d:根据现象，判断溶液中存在Ag+，可产生Fe3+。下述实验可证实假设a、b、c不是产生Fe3+的主要原因。实验可证实假设d成立。实验:向硝酸酸化的溶液(pH2)中加入过量铁粉，搅拌后静置，不同时间取上层清液滴加KSCN溶液。3 min时溶液呈浅红色，30 min后溶液几乎无色。实验:装置如下图。其中甲溶液是，操作及现象是。(3)根据实验现象，结合方程式推测实验中Fe3+浓度变化的原因：。【答案】(1)加硝酸加热溶解固体，再滴加稀盐酸，产生白色沉淀(2分)Fe2+(1分)(2)2Fe3+Fe=3Fe2+(1分)4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O(1分)加入KSCN溶液后产生白色沉淀(1分)0.05 molL-1 NaNO3(1分)FeSO4溶液(1分)分别取电池工作前与工作一段时间后左侧烧杯中溶液，同时滴加KSCN溶液，后者红色更深(2分)(3)溶液中存在反应:2Ag+Fe=Fe2+2Ag，Ag+Fe2+=Fe3+Ag，Fe+2Fe3+=3Fe2+。反应开始时，c(Ag+)大，以反应为主，c(Fe3+)增大；约30 min后，c(Ag+)小，以反应为主，c(Fe3+)减小(3分)【解析】(1)若黑色固体中含有Ag，可先加入硝酸，加热使之溶解，再加入盐酸，能产生白色沉淀AgCl。K3Fe(CN)6溶液是常见的检验Fe2+的试剂。取上层清液，滴加K3Fe(CN)6溶液，产生蓝色沉淀，说明含有Fe2+。(2)Fe3+具有较强的氧化性，可与Fe发生氧化还原反应:Fe+2Fe3+=3Fe2+。Fe2+与O2可发生氧化还原反应:4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O，生成Fe3+。加入KSCN溶液后产生白色沉淀，说明溶液中含有Ag+，Ag+可将Fe2+氧化为Fe3+。实验证明假设a、b、c不是产生Fe3+的主要原因，即其他条件相同，进行空白实验，排除Ag+的影响，故可选用0.05 molL-1 NaNO3溶液(pH2)。实验证实假设d成立，需证明能够发生原电池反应:Ag+Fe2+=Ag+Fe3+，甲溶液应为FeSO4溶液。通过做对照实验，分别取电池工作前和工作一段时间后左侧烧杯中的溶液，同时滴加KSCN溶液，后者红色会更深。(3):产生的白色沉淀较3 min时量少，溶液红色较3 min时加深，说明c(Fe3+)增大，其原因是此阶段主要发生了反应2Ag+Fe=2Ag+Fe2+、Ag+Fe2+=Ag+Fe3+。:产生的白色沉淀较30 min时量少，溶液红色较30 min时变浅，主要原因是随着反应的进行，溶液中c(Ag+)减小，Ag+的氧化性减弱，此时主要发生反应:Fe+2Fe3+=3Fe2+，导致溶液中Fe3+浓度减小。