高三化学大题专题复习——实验方案设计原理题.docx

2022届高三化学大题专题复习实验方案设计原理题实验题（共8题）1某化学兴趣小组为探究高锰酸钾与铜的反应，设计实验如下：实验一现象酸性溶液一段时间后，培养皿中由铜片向外侧依次呈现：A区澄清且几乎无色；B区底部覆盖棕黑色固体；C区澄清且紫色变浅资料：a.在酸性溶液中不能稳定存在：b.为粉红色沉淀、溶于强酸；为黑色沉淀、不溶于强酸(1)被氧化成_，依据是_。(2)为探究的还原产物，取A区中溶液_(填操作和现象)，证明有生成。(3)A区中与反应的离子方程式是_。(4)经检验，B区的棕黑色固体是，从溶液中离子扩散的角度，结合离子方程式解释B区和C区中的现象：_。(5)小组同学又进行了以下定量实验：实验一现象酸性溶液一段时间后，铜片质量减少了0.02g，溶液中无固体析出、溶液紫色变浅通过计算，分析溶液紫色变浅而未完全褪色的原因：_。2某研究性学习小组查阅资料收集到如下信息：铁盐能蚀刻银而用来制作液晶显示器的银线路板。他们对蚀刻银的过程进行了探究。（实验1）制备银镜：(1)i.配制银氨溶液，需要的试剂是_。并取等量银氨溶液于多支试管中。ii.向银氨溶液中加入等量的葡萄糖溶液，水浴加热。产生银镜，洗净，备用。（实验2）溶解银镜：分别向两支试管中加入5mLFe(NO3)3、Fe2(SO4)3溶液。编号ab试剂0.1mol/LFe(NO3)30.05mol/LFe2(SO4)3现象银镜消失较快；溶液黄色略变浅；产生少许白色沉淀银镜消失较慢；溶液黄色明显变浅；产生较多白色沉淀(2)选用Fe2(SO4)3溶液的浓度为0.05mol/L，目的是保证_相等。(3)从a、b中均检出了Fe2+，说明Fe3+具有氧化性。a中Fe3+氧化Ag的离子方程式是_。(4)确认b中沉淀为Ag2SO4(微溶)，检验Ag2SO4固体中的方法是_。(5)推测在a中的酸性条件下氧化了银，证据是_。通过如下实验验证了推测是合理的：i.测pH：测定实验a中所用Fe(NO3)3溶液的pH=2；ii.配制溶液：_。取5mL此溶液加入有银镜的试管，现象是_。请将步骤ii补充完整。(6)分析a中白色沉淀的成分，提出假设。假设1：Fe(OH)2；假设2：AgNO2；假设3：设计实验方案验证假设1：取少量沉淀置于空气中，未变色。假设1不成立。设计实验方案验证假设2(已知：亚硝酸盐能与酸化的KI溶液反应)。实验方案预期现象和结论_（实验结论与讨论）铁盐能蚀刻银；能提高铁盐的蚀刻能力。推测硝酸铁溶液如果保持足够的酸性，可以避免产生沉淀。3以废弃小铁钉和赤铁矿渣(主要成分为Fe2O3、SiO2和少量Al2O3)为原料均能制备FeSO4·7H2O晶体。(1)取4g废弃小铁钉，先用浓度为10%的碳酸钠溶液清除油渍，然后用倾斜法倒去碳酸钠溶液，用蒸馏水洗涤2-3次后，再加到如图所示的三颈烧瓶中，再加入15mL4.6mol·L-1的硫酸溶液。控制7080水浴加热1015分钟，将所得溶液经趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤等操作，得到FeSO4·7H2O晶体。NaOH溶液的作用是_。用冷水洗涤FeSO4·7H2O晶体的操作是_。将FeSO4·7H2O晶体在隔绝空气条件下加热到800，生成红棕色固体，写出反应方程式_。(2)以赤铁矿渣为原料制备FeSO4·7H2O晶体，请补充完整相应的实验方案：取一定量的赤铁矿渣，_，向滤液中加乙醇，在恒温水浴槽中冷却结晶，过滤，用丙酮洗涤，干燥。已知该实验中pH=3.5时，Fe3+沉淀完全；pH=4.1时，Al3+开始沉淀。实验中必须使用的试剂：1.0mol·L-1H2SO4、1.0mol·L-1NaOH、铁粉。(3)通过下列方法测定产品纯度：准确称取3.000gFeSO4·7H2O样品，加适量水溶解，配成100mL溶液，取20.00mL溶液置于锥形瓶中，用0.02000mol·L-1的酸性KMnO4标准溶液滴定(杂质不与酸性KMnO4标准溶液反应)，经3次测定，每次消耗KMnO4溶液的体积如下：实验序号123消耗KMnO4溶液体积19.98mL20.58mL20.02mL通过计算确定产品中FeSO4·7H2O的质量分数为_(写出具体计算过程)。4某校同学设计用NaClO3氧化I2法制备NaIO3，再由碱性条件下Cl2氧化NaIO3法制备H5IO6(弱酸)。回答下列问题：(1)甲组同学依据反应6I2+11NaClO3+3H2O=6NaH(IO3)2+5NaCl+3Cl2，并用如图所示实验装置(夹持及加热装置已略)制备NaIO3。(Cl2需及时逸出，否则会对实验产生干扰)起始时，三颈烧瓶中的反应液需调至pH为12的目的是_。反应开始阶段直至I2消失，控制温度不超过50，其原因是_；若反应一段时间后三颈烧瓶中仍有少量I2，应采取的措施是_；当I2完全消失后，煮沸并加强热搅拌的目的是_。三颈烧瓶冷却析出NaH(IO3)2(碘酸氢钠)，得到后续原料NaIO3溶液还需经过的操作是_。(2)乙组同学利用甲组制得的NaIO3溶液和漂白粉并用如图装置制备H5IO6。已知：(I)NaIO3+Cl2+3NaOH=Na2H3IO6+2NaCl()Na2H3IO6+5AgNO3+3NaOH=Ag5IO6(橙黄色)+5NaNO3+3H2O()4Ag5IO6+10Cl2+10H2O=4H5IO6+20AgCl+5O2A中制取Cl2的化学方程式为_。B中反应完全后，加入适量AgNO3溶液和NaOH溶液，过滤并洗涤，得到含Ag5IO6的滤渣。将滤渣放回B装置，加入适量的水，继续缓慢通Cl2，能说明Ag5IO6完全转化为H5IO6的依据是_。(3)丙组同学取乙组制得的H5IO6溶液少许，滴入MnSO4溶液，溶液变紫色，该反应的离子方程式为_(H5IO6被还原为HIO3，HIO3为弱酸，HMnO4为强酸)。5某化学兴趣小组设计装置，进行实验探究KMnO4与浓盐酸的反应。实验1设计如图1所示装置，并验证氯气的漂白性。(1)利用装置C验证氯气是否具有漂白性，则装置中I、II、III处依次放入的物质可能是_。实验2设计如图2所示装置，左侧烧杯中加入100 mL由2.00 mol·L-1 KMnO4和6 mol·L-1 H2SO4组成的混合溶液，右侧烧杯中加入100 mL 5.00 mol·L-1 BaCl2溶液，盐桥选择KNO3琼脂。(2)若用98%的浓硫酸(密度为1.84 g·cm-3)配制500 mL 6 mol·L-1的稀硫酸时，除了需用到玻璃棒、烧杯、量筒之外，还必须用到的玻璃仪器为_；下列操作会导致所配溶液浓度偏小的是_(填字母)。A容量瓶内壁附有水珠却未干燥处理B加水定容时俯视刻度线C颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补足D稀释过程中有少量液体溅出烧杯外(3)左侧烧杯中石墨电极上的电极反应式为_；盐桥中的K移向_ (填“左”或“右”)侧烧杯的溶液中。(4)实验发现，其他条件不变，改用10.0 mol·L-1 H2SO4时，生成氯气的速率比使用6 mol·L-1 H2SO4时快且产生的气体体积更大，其可能的原因是_。6用P2O5作催化剂，将乙醇脱水制乙烯。按下表所示各化学试剂的用量和反应条件，在三颈瓶中加入试剂并加热，观察现象。实验P2O595%乙醇量加热方式实验12g4mL酒精灯实验22g4mL水浴70实验结果如下：实验实验现象三颈瓶收集瓶试管实验1酒精加入时，有少量白雾生成，当用酒精灯加热快速升温，气泡加快生成并沸腾，生成粘稠状液体。有无色液体溶液褪色实验2酒精加入时，有少量白雾生成，当用水浴加热时，不产生气泡，反应一个小时，反应瓶内生成粘稠状液体有无色液体溶液不褪色根据上述资料，完成下列填空。(1)写出本实验乙醇制备乙烯的化学方程式_。(2)图中装置中冷凝管的作用是_，进水口为(填“a”或“b”)_。(3)实验1使溴的四氯化碳溶液褪色的物质是_(写结构简式)。(4)为了验证反应机理，特配制250mL2mol·L-1磷酸溶液，如图是该同学转移溶液的示意图，图中的错误是_；三颈瓶、收集瓶中的液体经检验为磷酸三乙酯，写出三颈瓶中生成磷酸的化学方程式_，P2O5在实验1中的作用是_。(5)根据实验1、2可以推断：以P2O5作为催化剂获得乙烯的反应条件是_。7水合肼(N2H4·H2O)可用作抗氧剂等，常用尿素CO(NH2)2和NaClO 溶液反应制备水合肼与无水Na2SO3。已知：Cl2+2OH=ClO+Cl+H2O是放热反应；N2H4·H2O沸点118，具有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成氮气。I、制备NaClO溶液(1)步骤I制备NaClO溶液时，若温度超过40，有副反应发生生成 NaClO3，该副反应的离子方程式为_。为了避免副反应的发生除了用冰水浴降温，还可以采取的措施有_。(2)配制100g 30%NaOH溶液时，所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和_。II、制取水合肼：合成N2H4·H2O的装置如图1所示。(3)图1中NaClO碱性溶液与尿素CO(NH2)2水溶液在40 以下反应一段时间后，再迅速升温至110继续反应。实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是_(填“NaClO碱性溶液”或“CO(NH2)2水溶液” )；使用冷凝管的目的是_。(4)三颈烧瓶中反应的化学方程式_。III、步骤IV用步骤III得到的副产品Na2CO3制备无水Na2SO3，水溶液中H2SO3、随pH的分布如图2所示，Na2SO3的溶解度曲线如图3所示。(5)边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3  溶液，实验中当溶液pH约为_停止通SO2。(6)请补充完整由NaHSO3 溶液制备无水Na2SO3的实验方案：边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，_，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。8某兴趣小组根据镁与沸水的反应推测镁也能与饱和碳酸氢钠溶液反应。资料显示，镁与饱和碳酸氢钠溶液反应产生大量气体和白色不溶物。该兴趣小组设计了如下实验方案并验证产物、探究反应原理。实验I ：用砂纸擦去镁条表面氧化膜，将其放入盛有适量滴有酚酞的饱和碳酸氢钠溶液的试管中，迅速反应，产生大量气泡和白色不溶物，溶液由浅红变红。(1)提出假设该同学对反应中产生的白色不溶物作出如下猜测：猜测I：可能是_。猜测2：可能是MgCO3。猜测3：可能是碱式碳酸镁xMgCO3·yMg(OH)2(2)设计定性实验确定产物并验证猜测：实验序 号实验预期现象和结论实验II将实验I中收集的气体点燃_实验III取实验I中的白色不溶物，洗涤，加入足量_如果出现_，则白色不溶物可能是 MgCO3实验IV取实验I中的澄清液，向其中加入少量CaCl2稀溶液 如果产生白色沉淀，则溶液中存在_离子(3)设计定量实验确定实验I的产物，称取实验I中所得干燥、纯净的白色不溶物36.8 g，充分加热至不再产生气体为止，并使分解产生的气体全部进入装置A和B中。实验前后装置A增重3.6 g，装置B增重13.2 g，试确定白色不溶物的化学式_。(4)请结合化学用语和化学平衡移动原理解释 Mg 和饱和 NaHCO3溶液反应产生大量气泡的原因_。试卷第7页，总8页参考答案1 被氧化可能生成或，根据资料a，在酸性溶液中不能稳定存在，所以其氧化产物为 通入足量后，取上层清液，加入足量的溶液，观察到粉红色沉淀 A区生成的向外扩散，C区的向内扩散，二者在B区相遇发生反应：；C区减小，溶液颜色变浅 ，理论上，能与实验二中恰好完全反应，但溶液紫色并未完全消失，说明有剩余，所以有其他氧化剂参与反应，如空气中的 【详解】(1)Cu被氧化只会生成Cu+和Cu2+，由于资料中说明Cu+在酸性溶液中不能存在，故氧化产物为Cu2+；(2)根据资料提示，MnS为粉红色沉淀，故加入Na2S观察有无沉淀生成，且为了防止CuS产生干扰，还要加入强酸观察沉淀是否部分溶解，故答案为通入足量后，取上层清液，加入足量的溶液，观察到粉红色沉淀；(3)根据(1)(2)题可得：A区中生成了Cu2+和Mn2+，故方程式为；(4) B区的棕黑色固体是，A区生成的向外扩散，C区的向内扩散，二者在B区相遇发生反应：；C区减小，溶液颜色变浅；(5)通过计算， ，理论上，能与实验二中恰好完全反应，但溶液紫色并未完全消失，说明有剩余，所以有其他氧化剂参与反应，如空气中的。2AgNO3溶液、稀氨水 c(Fe3+) Fe3+Ag =Fe2+Ag+ 取少量Ag2SO4固体于试管中，加入适量蒸馏水，振荡、静置，取上层清液，滴加Ba(NO3)2溶液，出现白色沉淀 a中溶液黄色略变浅，b中溶液黄色明显变浅 配制pH=2，c()=0.3mol/L的溶液 银镜消失，溶液颜色无明显变化 取少量白色沉淀，向其中加入过量酸化的KI溶液，静置，再向上层清液中滴加淀粉溶液（或取上层清液，加入CCl4后振荡、静置） 加入酸化的KI溶液后产生黄色沉淀，上层清液滴加淀粉溶液后变蓝（或CCl4层显紫色），假设2成立 【详解】(1)硝酸银溶液中加氨水，至生成的沉淀恰好溶解可得到银氨溶液，所以配制银氨溶液，需要的试剂是AgNO3溶液、稀氨水，故答案为：AgNO3溶液、稀氨水； (2)分别向两支银镜的试管中加入5mLFe(NO3)3、Fe2(SO4)3溶液，保证铁离子浓度相等的前提下，来判断银镜溶解的速度，故答案为：c(Fe3+)； (3)Fe3+具有氧化性，金属银具有还原性，Fe3+氧化Ag得到亚铁离子和银离子，即：Fe3+AgFe2+Ag+，故答案为：Fe3+AgFe2+Ag+；(4)硫酸根离子可以和钡离子之间反应生成白色不溶于硝酸的沉淀硫酸钡，检验硫酸银中硫酸根离子的方法：取少量Ag2SO4固体于试管中，加入适量蒸馏水，振荡、静置，取上层清液，滴加Ba(NO3)2溶液，出现白色沉淀；(5)根据选择的铁盐溶液铁离子浓度相等，但是盐溶液中的阴离子硝酸根离子和硫酸根离子的不同，单质银镜的溶解情况不同，a中溶液黄色略变浅，b中溶液黄色明显变浅，得到在a中的酸性条件下氧化了银，0.1mol/L Fe(NO3)3中，硝酸根离子是0.3mol/L，所以配制pH=2，c()=0.3mol/L的溶液，结果银镜消失溶液的颜色无变化，说明铁离子没有参加反应，证明a中的酸性条件下氧化了银，故答案为：a中溶液黄色略变浅，b中溶液黄色明显变浅；配制pH=2，c()=0.3mol/L的溶液；银镜消失，溶液颜色无明显变化； (6)碘化银是一种黄色沉淀，亚硝酸盐能与酸化的KI溶液反应产生黄色沉淀，亚硝酸具有氧化性，能将碘离子氧化，含有碘单质的溶液中滴加淀粉溶液后变蓝（或CCl4层显紫色），据此确定白色沉淀是否是亚硝酸银，故答案为：实验方案预期现象和结论取少量白色沉淀，向其中加入过量酸化的KI溶液，静置，再向上层清液中滴加淀粉溶液（或取上层清液，加入CCl4后振荡、静置）加入酸化的KI溶液后产生黄色沉淀，上层清液滴加淀粉溶液后变蓝（或CCl4层显紫色），假设2成立3吸收反应中可能产生的SO2等气体，防止污染环境 沿玻璃棒向漏斗(过滤器)中加水至水浸没沉淀，待水自然流下，重复23次 2FeSO4·7H2OFe2O3+SO2+SO3+7H2O 在不断搅拌下，分批次加入到足量1.0mol/L稀硫酸中，充分反应后过滤，用1.0mol·L-1NaOH调节溶液pH到3.54.1，生成Fe(OH)3沉淀，过滤、洗涤、将沉淀溶入1.0mol·L-1硫酸溶液中，同时加入过量铁粉，充分反应后，过滤 92.67% 【分析】(1)废弃小铁钉上有油渍，可用碳酸钠溶液清洗，再用蒸馏水洗涤2-3次后，干净的小铁钉放入三颈烧瓶中，再加入15mL4.6mol·L-1的硫酸溶液，控制7080水浴加热1015分钟，得到硫酸亚铁溶液，将所得溶液经趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤等操作，得到FeSO4·7H2O晶体，把硫酸亚铁晶体在隔绝空气条件下加热到800，得到氧化铁红色固体、二氧化硫和三氧化硫气体。反应过程中产生的二氧化硫气体可以用碱液吸收处理。(2) 赤铁矿渣(主要成分为Fe2O3、SiO2和少量Al2O3)，根据所提供的试剂分析，先用稀硫酸溶液矿渣得到硫酸铁、硫酸铝和硫酸的混合溶液，再用1.0mol·L-1NaOH调节溶液pH到3.54.1，铁离子转化为氢氧化铁，然后再将氢氧化铁溶入1.0mol·L-1硫酸溶液中，再加入过量铁粉，得到硫酸亚铁溶液，向溶液中加入乙醇，在恒温水浴槽中冷却结晶，过滤，用丙酮洗涤，干燥，可以得到FeSO4·7H2O晶体；(3)根据氧化还原反应电子得失守恒，找出5FeSO4·7H2OKMnO4关系，利用n(KMnO4)可以计算出n(FeSO4·7H2O)，进而计算出晶体的质量分数；计算过程中注意高锰酸钾溶液的体积选用，最后计算溶质的总量需要扩大10倍。【详解】(1)反应过程中可能会产生SO2等一些有害气体，需用NaOH溶液进行吸收处理，防止污染环境；根据固体的洗涤操作的步骤可知，把FeSO4·7H2O晶体放入过滤器中，沿玻璃棒向漏斗(过滤器)中加水至水浸没沉淀，待水自然流下，重复23次；将FeSO4·7H2O晶体在隔绝空气条件下加热到800，生成红棕色固体，该固体为氧化铁，铁元素的价态升高，硫元素的价态降低，可以生成二氧化硫气体，根据原子守恒，还应该有三氧化硫气体产生，反应方程式为：2FeSO4·7H2OFe2O3+SO2+SO3+7H2O；(2)赤铁矿渣(主要成分为Fe2O3、SiO2和少量Al2O3) ，取一定量的赤铁矿渣，在不断搅拌下，分批次加入到足量1.0mol/L稀硫酸中，反应得到硫酸铁、硫酸铝和硫酸的混合溶液，充分反应后过滤，滤渣为二氧化硅，滤液用1.0mol·L-1NaOH调节溶液pH到3.54.1，生成Fe(OH)3沉淀，过滤、洗涤、将沉淀溶入1.0mol·L-1硫酸溶液中，生成硫酸铁，再加入过量铁粉，铁离子被还原为亚铁离子，充分反应后，过滤，向滤液中加乙醇，在恒温水浴槽中冷却结晶，过滤，用丙酮洗涤，干燥，可以得到FeSO4·7H2O晶体；(3)通过实验数据分析，20.58mL误差较大，舍去不用；所以消耗KMnO4溶液的平均体积V=20.00mL；20mL溶液中，n(KMnO4)=0.02000×196mol·L1×20.00×103L=4.000×104mol；根据电子守恒关系：5FeSO4·7H2OKMnO4可知，n(FeSO4·7H2O)=4.000×104mol×5=2.000×103mol；100mL溶液中，n(FeSO4·7H2O)=2.000×103mol×5=1.000×102mol；FeSO4·7H2O的质量分数=92.67%。4减小Cl2的溶解度 防止I2升华 冷却至室温后补加NaIO3 将生成的Cl2逐出 过滤，洗涤，滤渣溶于热水，用NaOH溶液中和 Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2+2H2O 沉淀完全变为白色，液体呈浅黄绿色 2Mn2+5H5IO6=5HIO3+2+6H+7H2O 【分析】甲组同学在三颈烧瓶中加入I2、NaClO3、H2O，发生反应：6I2+11NaClO3+3H2O=6NaH(IO3)2+5NaCl+3Cl2，需调至pH为12，减少氯气的溶解度，当I2完全消失后，煮沸并加强热排除氯气的干扰，将产物NaH(IO3)2加入氢氧化钠生成NaIO3，氢氧化钠溶液作为尾气处理装置；乙组同学的实验装置为：A中漂白粉和浓盐酸制取氯气，在B装置中，氯气与NaClO3、NaOH反应生成Na2H3IO6，依次发生反应I：NaIO3+Cl2+3NaOH=Na2H3IO6+2NaCl，反应：Na2H3IO6+5AgNO3+3NaOH=Ag5IO6(橙黄色)+5NaNO3+3H2O，反应：4Ag5IO6+10Cl2+10H2O=4H5IO6+20AgCl+5O2，从而制得H5IO6，由此分析。【详解】(1)由Cl2+H2OH+Cl-+HClO可知，酸性条件下Cl2溶解度小，所以起始时，三颈烧瓶中的反应液需调至pH为12，减少氯气在水中的溶解度，减少实验干扰；温度高，I2易升华损失，控制温度不超过50的理由是防止I2升华；若溶液仍显黄色或有固态碘未溶解，说明氧化剂NaClO不足；应采取的措施是冷却至室温后补加NaClO3；由于氯气需及时逸出，否则对实验产生干扰，因此I2完全反应后可煮沸并搅拌，有利于三颈烧瓶中Cl2逐出；冷却结晶得到的NaH(IO3)2；经过滤和洗涤，再溶于热水，用NaOH溶液中和，NaH(IO3)2+NaOH=2NaIO3+H2O，即得到NaClO3溶液；(2)A中漂白粉氧化浓盐酸得到氯气，次氯酸钙作为氧化剂，氯元素的化合价从+1价降低到0价，浓盐酸作为还原剂，氯元素的化合价从-1价降低到0价，氯气既是氧化产物又是还原产物，根据化合价升降总和相等、原子守恒配平该化学方程式，则制取氯气的化学方程式为：Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2+2H2O；B中的溶液加人硝酸银，Cl-同时沉淀，滤渣为Ag5IO6和AgCl，继续用该装置，发生反应4Ag5IO6+10Cl2+10H2O=4H5IO6+20AgCl+5O2，由已知信息Ag5IO6为橙黄色，当完全变白，溶于溶液中的Cl2不再被还原(溶液呈淡黄绿色)，说明已反应完全；(3)H5IO6滴入MnSO4溶液，溶液变紫色，说明生成，H5IO6为弱酸，HIO3是弱酸，写离子方程式时不能拆成离子形式，锰元素的化合价从+2升高到+7价，碘元素的化合价从+7价降低到+5价，根据化合价升降总和相等配平离子方程式：2Mn2+5H5IO6=5HIO3+2+6H+7H2O。5湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条 500mL容量瓶、胶头滴管 CD +5e-+8H+=Mn2+4H2O 左 氢离子浓度大，KMnO4的氧化性增强，反应速率快能氧化更多的氯离子 【分析】实验1：装置A中用浓盐酸和高锰酸钾反应制取氯气，装置B中用饱和食盐水除去氯气中混有的HCl气体，由于从装置B中出来的氯气本身就是湿润的，所以检验氯气漂白性时要先通过湿润的有色布条，干燥后再通过湿润的有色布条，装置D吸收尾气；实验2：该装置中左侧为硫酸酸化的高锰酸钾，右侧为氯化钡溶液，所以总反应应为酸性环境下高锰酸根氧化氯离子的反应，左侧为正极，右侧为负极。【详解】(1)装置A生成Cl2，利用饱和食盐水除去 Cl2中的HCl，经过B装置的氯气中含有水蒸气，因此先经过湿润的有色布条，再干燥，再经过干燥的有色布条，来验证氯气是否具有漂白性；因此 I为湿润的有色布条，为干燥的有色布条，为无水氯化钙，用于干燥Cl2；(2)用浓硫酸配制一定物质的量浓度的硫酸时，量取浓硫酸时需要量筒，浓硫酸稀释时，需要烧杯和玻璃棒；转移时，需要玻璃棒和500mL 容量瓶，定容时需要胶头滴管；因此还需要的玻璃仪器有500mL容量瓶、胶头滴管；A容量瓶内壁有水珠未干燥，对溶液中的硫酸的物质的量和溶液的体积均无影响，浓度不变，A不符合题意；B加水定容时，俯视刻度线，体积偏小，硫酸的浓度偏大，B不符合题意；C颠倒摇匀后，凹液面低于刻度线又补加水，相当于稀释，所配溶液浓度偏小，C符合题意；D稀释过程中，有少量液体溅出，则容量瓶溶液中的溶质减小，所配溶液浓度偏小，D符合题意；答案选CD；(3)利用原电池制备Cl2，左侧加入的KMnO4和 H2SO4，KMnO4得到电子转化为Mn2 ，其电极反应式为5e8H =Mn24H2O；在原电池中，阳离子向正极移动，左侧KMnO4 得到电子发生还原反应，则左侧的石墨电极为正极，所以 K向左移动；(4)在一般情况下，酸性越强，氧化性越强；硫酸的浓度越大，氢离子浓度越大，高锰酸钾的氧化性越强，化学反应速率越快，能氧化更多的氯离子。6CH3-CH2-OHCH2=CH2+H2O 冷凝导气 b CH2=CH2 未用玻璃棒引流，容量瓶规格不对 P2O5+3H2O2H3PO4 反应物和催化剂 较高温度下或直接加热 【详解】(1)乙醇在五氧化二磷的存在下制备乙烯，化学方程式为CH3-CH2-OHCH2=CH2+H2O；(2)冷凝管的作用是冷凝导气，冷却水的流向为下进上出，即进水口为b；(3)乙醇在五氧化二磷做催化剂条件下生成乙烯，所以实验1使溴的四氯化碳溶液褪色的物质是乙烯，结构简式为CH2=CH2；(4)转移溶液过程中需要用玻璃棒引流，且应使用250mL容量瓶，图中的错误是未用玻璃棒引流，容量瓶规格不对；五氧化二磷可以和水反应生成磷酸，化学方程式P2O5+3H2O2H3PO4，实验1也生成了粘稠状液体，说明五氧化二磷参与反应，同时实验1中生成乙烯，所以说明P2O5在实验1中的作用是反应物和催化剂；(5)根据实验1、2可以推断：以P2O5作为催化剂获得乙烯的反应条件是实验1中的条件，即较高温度下或直接加热。73Cl2+6OH+5Cl+3H2O 缓慢通入氯气(其他合理答案均可) 量筒 NaClO碱性溶液 冷凝回流，减少水合肼的挥发 NaClO+CO(NH2)2+2NaOHN2H4·H2O+ NaCl+Na2CO3 4 在高于34条件下趁热过滤 【分析】氯气和氢氧化钠在低温下反应生成次氯酸钠、氯化钠和水，防止尿素、次氯酸钠、氢氧化钠反应生成的N2H4·H2O被次氯酸钠氧化，因此向尿素中逐滴加入次氯化钠碱性溶液，低温下反应，待反应完后，再升高温度，蒸馏出N2H4·H2O，剩余的碳酸钠溶液中通入二氧化硫，反应至pH=4时停止通入二氧化硫气体，反应生成碳酸氢钠，再向溶液中加入氢氧化钠至亚硫酸氢钠反应完生成亚硫酸钠，根据溶解度曲线，溶液加热浓缩到大量晶体，在34条件下趁热过滤。【详解】(1)步骤I制备NaClO溶液时，若温度超过40，有副反应发生生成 NaClO3，该副反应的离子方程式为3Cl2+6OH+5Cl+3H2O。为了避免副反应的发生，主要是降低温蒂，可以用冰水浴降温，还可以采取的措施有缓慢的通入氯气，使反应速率降低，利用热量散失；故答案为：3Cl2+6OH+5Cl+3H2O；缓慢通入氯气(其他合理答案均可)。(2)配制100g 30%NaOH溶液时，称量所需NaOH固体质量，再用量筒量出水的体积，因此所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和量筒；故答案为：量筒。(3)图1中NaClO碱性溶液与尿素CO(NH2)2水溶液在40 以下反应一段时间后，再迅速升温至110继续反应。N2H4·H2O具有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成氮气，防止N2H4·H2O被NaClO氧化，应逐滴加入NaClO，因此实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是NaClO碱性溶液；N2H4·H2O沸点118，使用冷凝管的目的是冷凝回流，减少水合肼的挥发；故答案为：NaClO碱性溶液；冷凝回流，减少水合肼的挥发。(4)三颈烧瓶中NaClO、CO(NH2)2和NaOH在加热条件下反应生成N2H4·H2O、NaCl和Na2CO3，反应的化学方程式NaClO+CO(NH2)2+2NaOHN2H4·H2O+ NaCl+Na2CO3；故答案为：NaClO+CO(NH2)2+2NaOHN2H4·H2O+ NaCl+Na2CO3。(5)根据图2信息，pH=4时几乎是NaHSO3溶液，因此实验中当溶液pH约为4停止通SO2；故答案为：4。(6)根据图3信息得到在高于34时晶体为Na2SO3，随温度升高，Na2SO3晶体溶解度减小，因此当pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34条件下趁热过滤，再洗涤、干燥；故答案为：在高于34条件下趁热过滤。【点睛】化学实验是常考题型，主要根据信息书写离子方程式和反应方程式，对图像中信息的加工处理。8Mg( OH) 2 能安静燃烧、产生淡蓝色火焰，气体成分为氢气 稀盐酸 产生气泡，沉淀全部溶解 3MgCO3 2Mg(OH)2或2Mg(OH) 2 3MgCO3或Mg5(OH)4(CO3)3 NaHCO3溶液中存在如下平衡： H+、 H2OH+ OH-，Mg和H+反应生成H2和Mg2+，Mg2+跟OH-、生成难溶物Mg(OH)2 3MgCO3，则H+、OH-、的浓度均降低，促使上述两平衡均向右移动。故Mg与饱和NaHCO3溶液反应产生大量H2 【分析】依据实验的现象分析，镁条和碳酸氢钠溶液迅速反应，产生大量气泡和白色不溶物，可以说明镁与饱和碳酸氢钠溶液反应能生成一种无色气体和一种白色不溶物；气体安静燃烧、产生淡蓝色火焰，说明该气体具有可燃性，再根据质量守恒定律反应前后元素种类不变分析出是氢气；依据实验的推断分析，加入一种试剂产生气泡可知碳酸盐与酸反应产生二氧化碳，所以加入的是酸，有气泡产生，说明含有碳酸镁；加入盐酸沉淀碳酸镁全部溶解；依据实验加入氯化钙生成沉淀证明含有碳酸根离子；以此解答。【详解】(1)依据猜测可知白色不溶物可能是Mg(OH)2或MgCO3或Mg(OH)2，MgCO3，故答案为：Mg(OH)2；(2)迅速反应，产生大量气泡和白色不溶物，可以说明镁与饱和碳酸氢钠溶液反应能生成一种无色气体和一种白色不溶物；气体安静燃烧、产生淡蓝色火焰，说明该气体具有可燃性，再根据质量守恒定律反应前后元素种类不变，该气体可能是氢气或一氧化碳，如果测定是一氧化碳时，燃烧后需要用到澄清石灰水，所以该气体是氢气；依据实验的推断分析，加入一种试剂产生气泡可知碳酸盐与酸反应产生二氧化碳，所以加入的是酸，有气泡产生，说明含有碳酸镁；加入盐酸沉淀碳酸镁全部溶解；依据实验加入氯化钙生成沉淀证明含有碳酸根离子，故答案为：能安静燃烧、产生淡蓝色火焰，气体成分为氢气；稀盐酸；产生气泡沉淀全部溶解；(3)B中碱石灰质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量，所以生成二氧化碳的质量为13.2g，设生成13.2g二氧化碳，需要碳酸镁的质量为X则：根据：，解得X=25.2g，所以含有氢氧化镁质量为：36.8g-25.2g=11.6g；碳酸镁和氢氧化镁物质的量之比为：=0.3：0.2=3：2，白色不溶物的化学式为3MgCO3 2Mg(OH)2或2Mg(OH) 2 3MgCO3或Mg5(OH)4(CO3)3，故答案为：3MgCO3 2Mg(OH)2或2Mg(OH) 2 3MgCO3或Mg5(OH)4(CO3)3；(4)NaHCO3溶液中存在平衡，HCO3-H+、H2OH+OH-；Mg和H+反应生成氢气和镁离子，镁离子和氢氧根离子、碳酸根离子反应生成难溶物Mg(OH)22MgCO3，则H+、OH-、的浓度均减小，促使上述两平衡均向右进行，故答案为：NaHCO3溶液中存在如下平衡： H+、 H2OH+ OH-，Mg和H+反应生成H2和Mg2+，Mg2+跟OH-、生成难溶物Mg(OH)2 3MgCO3，则H+、OH-、的浓度均降低，促使上述两平衡均向右移动。故Mg与饱和NaHCO3溶液反应产生大量H2。答案第9页，总10页