必刷题 性质探究型实验综合题--2024年高考化学二轮试题必刷题含答案.pdf

1必刷题 性质探究型实验综合题必刷题 性质探究型实验综合题建议完成时间：120分钟建议完成时间：120分钟选择题：精选0题选择题：精选0题实际完成时间：分钟实际完成时间：分钟非选择题：精选10题非选择题：精选10题1(2024辽宁沈阳统考一模)铜盐是五颜六色的。某学习小组发现固体CuSO4(白色)、固体CuCl2(棕黄色)、固体CuBr2(深褐色)。CuSO4和CuBr2溶液呈蓝色，CuCl2溶液时而呈绿色，时而呈蓝色，于是对颜色不同的原因展开了探究。1.【查阅资料】固体铜盐的颜色与阴离子极化能力有关，随化学键共价性增强，吸收光的能量下降，因此颜色加深。在CuCl2溶液中存在如下平衡：Cu H2O42+(蓝色)+4Cl-CuCl42-(黄色)+4H2OH0Cu H2O42+(蓝色)+4Cl-CuCl42-(黄色)+4H2OH02.【提出假设】铜盐的颜色不同与离子种类有关。CuCl2溶液呈绿色的原因是溶液中既有黄色的 CuCl42-，又有蓝色的 Cu H2O42+，根据光学原理蓝色和黄色的混合色为绿色。3.【设计方案】序号温度/V(0.5molL-1氯化铜)/mLV(饱和硫酸铜)/mLV(饱和_)/mLV(饱和氯化钠)/mLV(水)/mL溶液颜色1254.0无色2254.0无色3254.0蓝色4254.0绿色5252.0a蓝绿色6252.02.0蓝绿色7252.02.0黄绿色8504.0黄绿色回答下列问题：(1)解释CuBr2的颜色深于CuCl2的原因。(2)配制CuCl2溶液的方法是。必刷题 性质探究型实验综合题-2024年高考化学二轮试题必刷题2(3)根据表中信息，补充试剂和数据：饱和、a=。(4)实验4和5中溶液颜色差异的原因(用平衡移动原理解释)。(5)以上实验说明影响CuCl2溶液颜色的因素主要有。(答两点即可)4.【实验结论】假设1，2成立。(6)CuCl2溶液呈现不同颜色的根本原因与Cl-、CuCl42-和微粒(写结构式)的浓度有关。2(2024河南南阳校联考模拟预测)NaClO在生产、生活中有广泛应用。某小组设计实验制备NaClO并探究其性质。回答下列问题：实验(一)制备NaClO。实验装置如图所示(夹持仪器已省略)。(1)装置B中试剂是(填名称)(2)写出装置A中发生反应的离子方程式：。(3)研究发现，NaClO在热水中发生歧化反应生成NaCl和NaClO3，已知：在水溶液中ClO-、Cl-、ClO-3的相对能量依次为60kJmol-1、0kJmol-1、63kJmol-1。写出该反应的热化学方程式：。实验(二)探究外界因素对NaClO水解程度的影响(在本题设定温度范围内NaClO只发生水解反应，不考虑其他副反应)。【提出猜想】猜想1：其他条件相同，pH越大，NaClO水解程度越小；猜想2：其他条件相同，浓度越小，NaClO水解程度越大；猜想3：其他条件相同，适当升温，NaClO水解程度增大。【设计实验】实验方案如下(各溶液浓度均为0.1molL-1，每支试管各滴加3滴相同浓度的紫色石蕊溶液)：序号温度/V(NaClO溶液)/mLV(NaOH溶液)/mLV(HCl溶液)/mLV(H2O)/mL褪色时间/s12010.0005.0t12205.00010.0t232010.02.003.0t342010.002.03.0t453010.0005.0t53(4)实验1、3、4测得结果：t3t1t4，用平衡移动原理解释实验结果：；实验1、2不能验证猜想2，其原因是c NaClO浓度越小，NaClO水解程度越大，而c HClO越小。请你提出改进方案：已知NaClO水解度=c HClOc0NaClO100%。(5)实验结果；t5Kh35Kh30，升温能促进NaClO水解。3(2024广西校联考模拟预测)肼(N2H4)可作火箭发射的燃料。某实验兴趣小组利用氨与次氯酸钠反应制备N2H4，并探究N2H4的性质，其制备装置如图所示。回答下列问题：(1)仪器b的名称为，仪器a的作用是。(2)装置A试管中发生反应的化学方程式为。(3)上述装置B、C间缺少一个装置，可能导致的结果是。(4)探究N2H4的性质。将制得的N2H4分离提纯后，进行如下实验。4查阅资料AgOH不稳定，易分解生成黑色的Ag2O，Ag2O可溶于氨水。提出假设黑色固体可能是Ag、Ag2O中的一种或两种。实验验证设计如下方案，进行实验。操作现象结论取少量黑色固体于试管中，加入足量，振荡黑色固体部分溶解黑色固体中有Ag2O取少量黑色固体于试管中，加入足量稀硝酸，振荡黑色固体是Ag和Ag2O，则肼具有的性质是碱性和(5)实验制得的肼往往以N2H4H2O的形式存在于溶液中，其原因是。(6)肼又称联氨，是一种常用的还原剂，可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀。理论上1kg联氨可除去水中溶解的O2的质量为kg。4(2023福建厦门校考模拟预测)FeCl3是饮用水、工业用水、城市污水及游泳池循环水处理的高效廉价絮凝剂，也是中学实验室中常见的试剂。某实验小组用以下装置制备FeCl3固体，并探究FeCl3溶液与Cu的反应。已知：FeCl3晶体易升华，FeCl3溶液易水解。.FeCl3的制备(1)装置C中碱石灰的作用是。(2)从D、E、F中选择合适的装置制备纯净的Cl2，正确的接口顺序为a(可选试剂：饱和食盐水、NaOH溶液、浓硫酸、碱石灰，仪器可重复使用)。5(3)写出装置D中制备Cl2的化学方程式：。.探究FeCl3溶液与Cu的反应向4mL0.1molL-1FeCl3溶液中滴加几滴0.2molL-1KSCN溶液，溶液变红；再加入过量Cu粉，溶液红色褪去，不久有白色沉淀产生。查阅资料可知：CuCl和CuSCN均为难溶于水的白色固体。针对白色沉淀同学们有以下猜想：猜想1：Cu2+与过量的Cu粉反应生成Cu+，再结合Cl-生成白色沉淀CuCl。猜想2：Cu2+与SCN-发生氧化还原反应生成Cu+，再结合SCN-生成白色沉淀CuSCN。针对上述猜想，实验小组同学设计了以下实验：实验编号操作现象实验1加入铜粉后无现象实验2溶液很快由蓝色变为绿色，未观察到白色沉淀；2h后溶液为绿色，未观察到白色沉淀；24h后，溶液绿色变浅，试管底部有白色沉淀(4)实验结果说明猜想(填“1”或“2”)不合理。(5)根据实验现象进一步查阅资料发现：i.Cu2+与SCN-可发生如下两种反应：反应A：Cu2+4SCN-=Cu(SCN)42-(淡荧色)反应B：2Cu2+4SCN-=2CuSCN+(SCN)2(黄色)。ii.Cu(SCN)42-与Cu2+共存时溶液显绿色。由实验2中的现象推测，反应速率：A(填“”或“”)B，说明反应B(填“是”或“不是”)产生CuSCN的主要原因。进一步查阅资料可知，当反应体系中同时存在Fe2+、Cu2+、SCN-时，Cu2+氧化性增强，可将Fe2+氧化为Fe3+。据此将实验2改进，向CuSO4溶液中同时加入KSCN、FeCl2，立即生成白色沉淀CuSCN，写出该反应离子方程式：。(6)若向100mLamolL-1CuSO4溶液中滴加足量的KSCN和FeCl2的混合溶液，经过一系列操作得到白色沉淀CuSCN的质表bg，则CuSCN的产率为。5(2023湖南娄底统考模拟预测)某小组拟设计实验探究金属氢氧化物在铵盐溶液中溶解度的影响因素。已知：常温下，几种氢氧化物的溶度积数据如下表所示：M OH2Mg OH2Ni OH2Pb OH2Sn OH2Ksp5.610-125.510-161.410-205.510-276可能用到的试剂：0.1molL-1NH4Cl溶液、0.01molL-1NH4Cl溶液、0.1molL-1CH3COONH4溶液和0.01molL-1CH3COONH4溶液；常温下，CH3COOH的电离常数Ka=1.810-5，NH3H2O的电离常数Kb=1.810-5。实验一比较Mg OH2在不同浓度的NH4Cl溶液中溶解情况。操作试剂X现象()0.1molL-1NH4Cl溶液，10.0mL白色浊液逐渐变澄清()0.01molL-1NH4Cl溶液，10.0mL白色浊液变化不明显(1)实验结论是。(2)针对实验(I)，“白色浊液变澄清”的原因，提出如下假设：假设：NH+4+H2ONH3H2O+H+，Mg OH2Mg2+2OH-，H+OH-H2O。假设：Mg OH2Mg2+2OH-，(补充离子方程式)。为了验证(2)提出的假设，设计如下实验：实验二比较Mg OH2在不同浓度的CH3COONH4溶液中溶解情况。操作试剂X现象()0.1molL-1CH3COONH4溶液，10.0mL白色浊液逐渐变澄清()0.01molL-1CH3COONH4溶液，10.0mL白色浊液变化不明显(3)选择CH3COONH4的理由是。实验结论是(2)中假设成立(填“”或“”)。根据上述实验，有同学认为金属氢氧化物都能溶解于CH3COONH4溶液。为了验证他的观点，设计如下实验：实验三探究Ni OH2在CH3COONH4溶液中溶解情况。操作Y现象()Ni OH2没有明显现象()Pb OH2浊液变澄清溶液7()Sn OH2没有明显现象已知：(a)CH3COO2Ni、CH3COO2Pb、CH3COO2Sn都易溶于水，实验()浊液变澄清可能的原因是 CH3COO2Pb更难电离；(b)其他条件相同，难溶金属氢氧化物的溶解度越小，在同种铵盐溶液中溶解度越小。(4)常温下，Sn OH2、Pb OH2、Ni OH2溶解度由大到小排序为。(5)通过上述实验，影响M OH2在铵盐溶液中溶解度的因素主要有铵盐浓度、。6(2023湖南长沙校考一模)实验小组制备NaNO2，并探究其性质。I制备NaNO2(1)仪器a的名称是；气体b的化学式为。用漏斗代替导管的目的是(答2条)。(2)为检验B中制得NaNO2，甲进行以下实验：序号试管操作现象2mLB中溶液加2mL0.1mol/LKI溶液，滴加几滴淀粉溶液不变蓝2mLB中溶液滴加几滴H2SO4溶液至pH=5，加2mL0.1mol/LKI溶液，滴加几滴淀粉溶液变蓝2mLH2O滴加几滴H2SO4溶液至pH=5，加2mL0.1mol/LKI溶液，滴加几滴淀粉溶液不变蓝乙认为上述3组实验无法证明B中一定含NaNO2，还需补充实验，理由是。II探究NaNO2的性质装置操作现象取10mL1mol/LNaNO2溶液于试剂瓶i溶液迅速变为棕色8中，加入几滴H2SO4溶液酸化，再加入10mL1mol/LFeSO4溶液，迅速塞上橡胶塞，缓缓通入足量O2ii溶液逐渐变浅，有无色气泡产生，溶液上方为浅红棕色最终形成棕褐色溶液资料：i Fe NO2+在溶液中呈棕色。iiHNO2在溶液中不稳定，易分解产生NO和NO2气体。(3)溶液迅速变为棕色的原因是。已知棕色溶液变浅是由于生成了Fe3+，反应的离子方程式是。(4)最终棕褐色溶液的成分是Fe OHxSO4y，测得装置中混合溶液体积为20mL，设计如下实验测定其组成。资料：充分反应后，Fe2+全部转化为Fe OHxSO4y。加掩蔽剂KF的原理和目的是(掩蔽Fe3+的颜色除外)。由上述数据可知Fe OHxSO4y中x=(用含V1、V2的代数式表示)。7(2023湖北统考模拟预测)Mg与冷水反应时，Mg表面会附着Mg OH2固体导致反应较缓慢。某兴趣小组为了探究部分离子对Mg与水反应的影响，进行了如下的实验。.探究NH+4和HCO-3对Mg与水反应的促进作用实验序号abcd盐溶液(均为0.1molL-1)NH4ClNaHCO3NaClNH4HCO330min时产生气体体积/mL1.50.7”“0Cu H2O42+(蓝色)+4Cl-CuCl42-(黄色)+4H2OH02.【提出假设】铜盐的颜色不同与离子种类有关。CuCl2溶液呈绿色的原因是溶液中既有黄色的 CuCl42-，又有蓝色的 Cu H2O42+，根据光学原理蓝色和黄色的混合色为绿色。3.【设计方案】序号温度/V(0.5molL-1氯化铜)/mLV(饱和硫酸铜)/mLV(饱和_)/mLV(饱和氯化钠)/mLV(水)/mL溶液颜色1254.0无色2254.0无色3254.0蓝色4254.0绿色5252.0a蓝绿色6252.02.0蓝绿色7252.02.0黄绿色8504.0黄绿色回答下列问题：(1)解释CuBr2的颜色深于CuCl2的原因。(2)配制CuCl2溶液的方法是。2(3)根据表中信息，补充试剂和数据：饱和、a=。(4)实验4和5中溶液颜色差异的原因(用平衡移动原理解释)。(5)以上实验说明影响CuCl2溶液颜色的因素主要有。(答两点即可)4.【实验结论】假设1，2成立。(6)CuCl2溶液呈现不同颜色的根本原因与Cl-、CuCl42-和微粒(写结构式)的浓度有关。【答案】(1)电负性氯大于溴，溴化铜中化学键共价性更强，吸收光的能量低，颜色更深；(2)将氯化铜固体溶解在浓盐酸中，加水稀释至所需浓度(3)硫酸钠2.0(4)稀释后 Cu H2O42+，Cl-和 CuCl42-浓度下降，平衡 Cu H2O42+(蓝色)+4Cl-CuCl42-(黄色)+4H2OH0Cu H2O42+(蓝色)+4Cl-CuCl42-(黄色)+4H2OH0逆移，颜色以蓝绿色为主(5)离子浓度，温度(6)【详解】(1)根据题给信息可知，固体铜盐的颜色与阴离子极化能力有关，随化学键共价性增强，吸收光的能量下降，因此颜色加深，故答案为：电负性氯大于溴，溴化铜中化学键共价性更强，吸收光的能量低，颜色更深；(2)铜离子可以水解，在配制氯化铜溶液时可以加入盐酸防止铜离子水解，故答案为：将氯化铜固体溶解在浓盐酸中，加水稀释至所需浓度；(3)本题分别探究了硫酸根离子和氯离子对铜离子在溶液中颜色的影响，根据表格中的信息可知，为了作对比实验，需要补充的试剂为饱和硫酸钠溶液；根据表格中数据可以发现，表格中每组数据溶液的体积都为4mL，则a=2.0mL；(4)对比实验4和5可知，其中5相当于在4的基础上的稀释，则实验4和5中溶液颜色差异的原因是：稀释后 Cu H2O42+，Cl-和 CuCl42-浓度下降，平衡 Cu H2O42+(蓝色)+4Cl-CuCl42-(黄色)+4H2OH0Cu H2O42+(蓝色)+4Cl-CuCl42-(黄色)+4H2OH0逆移，颜色以蓝绿色为主；(5)根据以上实验可知，上述实验探究了溶液的温度，溶液看中硫酸根离子和氯离子的浓度对溶液颜色的影响，故答案为：离子浓度，温度；(6)根据第4问分析可知，CuCl2溶液呈现不同颜色的根本原因与Cl-、CuCl42-和的浓度有关。2(2024河南南阳校联考模拟预测)NaClO在生产、生活中有广泛应用。某小组设计实验制备NaClO并探究其性质。回答下列问题：实验(一)制备NaClO。实验装置如图所示(夹持仪器已省略)。3(1)装置B中试剂是(填名称)(2)写出装置A中发生反应的离子方程式：。(3)研究发现，NaClO在热水中发生歧化反应生成NaCl和NaClO3，已知：在水溶液中ClO-、Cl-、ClO-3的相对能量依次为60kJmol-1、0kJmol-1、63kJmol-1。写出该反应的热化学方程式：。实验(二)探究外界因素对NaClO水解程度的影响(在本题设定温度范围内NaClO只发生水解反应，不考虑其他副反应)。【提出猜想】猜想1：其他条件相同，pH越大，NaClO水解程度越小；猜想2：其他条件相同，浓度越小，NaClO水解程度越大；猜想3：其他条件相同，适当升温，NaClO水解程度增大。【设计实验】实验方案如下(各溶液浓度均为0.1molL-1，每支试管各滴加3滴相同浓度的紫色石蕊溶液)：序号温度/V(NaClO溶液)/mLV(NaOH溶液)/mLV(HCl溶液)/mLV(H2O)/mL褪色时间/s12010.0005.0t12205.00010.0t232010.02.003.0t342010.002.03.0t453010.0005.0t5(4)实验1、3、4测得结果：t3t1t4，用平衡移动原理解释实验结果：；实验1、2不能验证猜想2，其原因是c NaClO浓度越小，NaClO水解程度越大，而c HClO越小。请你提出改进方案：已知NaClO水解度=c HClOc0NaClO100%。(5)实验结果；t5Kh35Kh30，升温能促进NaClO水解。【答案】(1)饱和食盐水(2)2MnO-4+16H+10Cl-=2Mn2+5Cl2+8H2O(3)3NaClO aq=NaClO3aq+2NaCl aqH=-117kJmol-1(4)ClO-+H2OHClO+OH-，实验4中pH减小，促进平衡向右移动，c HClO增大，实验3中pH增c HClO大，平衡左移，c HClO减小测定不同浓度NaClO溶液中c HClO，计算NaClO水解度=c HClOc0NaClO100%(5)浓度不变时，升温，褪色反应速率本身也增大(6)测定30该浓度NaClO溶液的 pH102b-4a510-3V-10b-2a【详解】(1)高锰酸钾与浓盐酸反应，由于浓盐酸易挥发，故生成的氯气中混有氯化氢气体，B装置用饱和食盐水除去氯气中混有的氯化氢气体；(2)高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、二氯化锰、氯气和水的离子方程式为 2MnO-4+16H+10Cl-=2Mn2+5Cl2+8H2O；(3)根据“相对能量”，反应热等于产物总能量与反应物总能量之差：H=63-603kJmol-1=-117kJmol-1，故热化学方程式3NaClO aq=NaClO3aq+2NaCl aqH=-117kJmol-1；(4)石蕊先变红后褪色，褪色与c HClO有关，根据次氯酸钠水解方程式，分析盐酸、NaOH对平衡的影响。浓度对水解程度影响是两个方面：一是平衡移动；二是改变体积；测得产物浓度，测定不同浓度 NaClO溶液中c HClO，计算NaClO水解度=c HClOc0NaClO100%通过定量计算可以判断浓度对水解程度的影响；(5)升温，对褪色有两个方面影响：一是升温，水解程度增大，c HClO增大，褪色速率增大；二是升温，褪色反应速率本身也要增大；(6)水解常数表达式起提示作用，计算水解常数需要3个物理量：对应温度下水的离子积常数；起始NaClO5溶液浓度、30时，该浓度NaClO溶液的 pHNaClO溶液pH、NaClO溶液中c NaClO+c NaOH等于起始NaClO溶液浓度，分别求出3个量，代入水解常数表达式中计算，c0=0.1000V20.00molL-1，Kw=10-2a，c OH-=10-2a10-b=10b-2a，Kb=10b-2a20.1V20-10b-2a=102b-4a510-3V-10b-2a。3(2024广西校联考模拟预测)肼(N2H4)可作火箭发射的燃料。某实验兴趣小组利用氨与次氯酸钠反应制备N2H4，并探究N2H4的性质，其制备装置如图所示。回答下列问题：(1)仪器b的名称为，仪器a的作用是。(2)装置A试管中发生反应的化学方程式为。(3)上述装置B、C间缺少一个装置，可能导致的结果是。(4)探究N2H4的性质。将制得的N2H4分离提纯后，进行如下实验。查阅资料AgOH不稳定，易分解生成黑色的Ag2O，Ag2O可溶于氨水。提出假设黑色固体可能是Ag、Ag2O中的一种或两种。实验验证设计如下方案，进行实验。操作现象结论取少量黑色固体于试管中，加入足量，振荡黑色固体部分溶解黑色固体中有Ag2O取少量黑色固体于试管中，加入足量稀硝酸，振荡黑色固体是Ag和Ag2O，则肼具有的性质是碱性和(5)实验制得的肼往往以N2H4H2O的形式存在于溶液中，其原因是。(6)肼又称联氨，是一种常用的还原剂，可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀。理论上1kg联氨可除去水中溶解的O2的质量为kg。【答案】(1)恒压滴液漏斗导气和防倒吸6(2)Ca OH2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O(3)肼的产率降低(4)氨水黑色固体全部溶解，产生无色气体，无色气体迅速变为红棕色还原性(5)N2H4能与H2O形成氢键(6)1【详解】(1)仪器b的名称为恒压滴液漏斗，仪器a的作用是导气和防倒吸。(2)装置A试管中发生反应产生氨气，化学方程式Ca OH2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O(3)浓盐酸有挥发性，C中产生的氯气中混有HCl，HCl会与B中NaOH溶液反应，导致肼的产率降低。(4)根据“Ag2O可溶于氨水”和“黑色固体部分溶解”即可知道操作1加入试剂是氨水；根据结论“黑色固体是Ag和Ag2O”可知，加入稀硝酸后的现象是黑色固体全部溶解，产生无色气体NO，无色气体迅速变为红棕色的NO2；黑色固体中Ag的存在说明肼具有还原性，Ag2O由AgOH分解产生，AgOH的存在说明肼具有碱性。(5)肼分子中有氮原子，氮原子上连有氢原子，能与水分子形成氨键，肼往往以N2H4H2O的形式存在于溶液中。(6)联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀，发生的反应为H2N4+O2=N2+2H2O，理论上1kg联氨可除去水中溶解的氧气的质量为1kg。4(2023福建厦门校考模拟预测)FeCl3是饮用水、工业用水、城市污水及游泳池循环水处理的高效廉价絮凝剂，也是中学实验室中常见的试剂。某实验小组用以下装置制备FeCl3固体，并探究FeCl3溶液与Cu的反应。已知：FeCl3晶体易升华，FeCl3溶液易水解。.FeCl3的制备(1)装置C中碱石灰的作用是。(2)从D、E、F中选择合适的装置制备纯净的Cl2，正确的接口顺序为a(可选试剂：饱和食盐水、NaOH溶液、浓硫酸、碱石灰，仪器可重复使用)。7(3)写出装置D中制备Cl2的化学方程式：。.探究FeCl3溶液与Cu的反应向4mL0.1molL-1FeCl3溶液中滴加几滴0.2molL-1KSCN溶液，溶液变红；再加入过量Cu粉，溶液红色褪去，不久有白色沉淀产生。查阅资料可知：CuCl和CuSCN均为难溶于水的白色固体。针对白色沉淀同学们有以下猜想：猜想1：Cu2+与过量的Cu粉反应生成Cu+，再结合Cl-生成白色沉淀CuCl。猜想2：Cu2+与SCN-发生氧化还原反应生成Cu+，再结合SCN-生成白色沉淀CuSCN。针对上述猜想，实验小组同学设计了以下实验：实验编号操作现象实验1加入铜粉后无现象实验2溶液很快由蓝色变为绿色，未观察到白色沉淀；2h后溶液为绿色，未观察到白色沉淀；24h后，溶液绿色变浅，试管底部有白色沉淀(4)实验结果说明猜想(填“1”或“2”)不合理。(5)根据实验现象进一步查阅资料发现：i.Cu2+与SCN-可发生如下两种反应：反应A：Cu2+4SCN-=Cu(SCN)42-(淡荧色)反应B：2Cu2+4SCN-=2CuSCN+(SCN)2(黄色)。ii.Cu(SCN)42-与Cu2+共存时溶液显绿色。由实验2中的现象推测，反应速率：A(填“”或“是Cu2+Fe2+SCN-=CuSCN+Fe3+8(6)b12.2a100%【详解】在制取氯化铁的实验中，先用浓盐酸与二氧化锰加热制氯气，氯气需要经过净化干燥除去含有的HCl和H2O，再通入A中与热的铁粉反应，由于氯化铁易升华转化为气体，在收集器中冷却后被收集，最后C处的碱石灰作用有吸收多余的氯气和防止空气中的水蒸气进入使氯化铁水解。(1)碱石灰作用有两个，吸收多余的Cl2，用于尾气处理，同时可以防止空气中的水蒸气进入收集器中使FeCl3水解变质；(2)需要把生成的氯气净化干燥，除去混有的HCl用盛有饱和食盐水的洗气瓶，除去水蒸气用盛有浓硫酸的洗气瓶，接口顺序是abcbc，(3)MnO2与浓HCl加热制氯气的方程式为：4HCl+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2；(4)通过实验1和实验2对比可知，实验1中CuCl2加入铜后没有现象，说明Cu2+与Cu不反应，因此猜想1不正确；(5)根据实验2现象可知溶液很快变绿色，绿色是 Cu(SCN)42-与Cu2+共存时溶液显绿色，说明反应A速率比B快，反应速率AB，B反应生成了CuSCN，说明B反应是产生CuSCN的主要原因，题目中给出反应物离子是Fe2+、Cu2+、SCN-，生成物为Fe3+和CuSCN白色沉淀，因此方程式为Cu2+Fe2+SCN-=CuSCN+Fe3+；(6)产率=实际产量理论产量100%，理论上1molCuSO4能生成1mol的CuSCN，CuSO4为0.1amol，能生成0.1amol122g/mol=12.2ag，产率=b12.2a100%。5(2023湖南娄底统考模拟预测)某小组拟设计实验探究金属氢氧化物在铵盐溶液中溶解度的影响因素。已知：常温下，几种氢氧化物的溶度积数据如下表所示：M OH2Mg OH2Ni OH2Pb OH2Sn OH2Ksp5.610-125.510-161.410-205.510-27可能用到的试剂：0.1molL-1NH4Cl溶液、0.01molL-1NH4Cl溶液、0.1molL-1CH3COONH4溶液和0.01molL-1CH3COONH4溶液；常温下，CH3COOH的电离常数Ka=1.810-5，NH3H2O的电离常数Kb=1.810-5。实验一比较Mg OH2在不同浓度的NH4Cl溶液中溶解情况。操作试剂X现象()0.1molL-1NH4Cl溶液，10.0mL白色浊液逐渐变澄清()0.01molL-1NH4Cl溶液，10.0mL白色浊液变化不明显(1)实验结论是。(2)针对实验(I)，“白色浊液变澄清”的原因，提出如下假设：假设：NH+4+H2ONH3H2O+H+，Mg OH2Mg2+2OH-，H+OH-H2O。9假设：Mg OH2Mg2+2OH-，(补充离子方程式)。为了验证(2)提出的假设，设计如下实验：实验二比较Mg OH2在不同浓度的CH3COONH4溶液中溶解情况。操作试剂X现象()0.1molL-1CH3COONH4溶液，10.0mL白色浊液逐渐变澄清()0.01molL-1CH3COONH4溶液，10.0mL白色浊液变化不明显(3)选择CH3COONH4的理由是。实验结论是(2)中假设成立(填“”或“”)。根据上述实验，有同学认为金属氢氧化物都能溶解于CH3COONH4溶液。为了验证他的观点，设计如下实验：实验三探究Ni OH2在CH3COONH4溶液中溶解情况。操作Y现象()Ni OH2没有明显现象()Pb OH2浊液变澄清溶液()Sn OH2没有明显现象已知：(a)CH3COO2Ni、CH3COO2Pb、CH3COO2Sn都易溶于水，实验()浊液变澄清可能的原因是 CH3COO2Pb更难电离；(b)其他条件相同，难溶金属氢氧化物的溶解度越小，在同种铵盐溶液中溶解度越小。(4)常温下，Sn OH2、Pb OH2、Ni OH2溶解度由大到小排序为。(5)通过上述实验，影响M OH2在铵盐溶液中溶解度的因素主要有铵盐浓度、。【答案】(1)Mg OH2溶解度随着NH4Cl浓度减小而减小(2)NH+4+OH-NH3H2O(3)CH3COOH、NH3H2O的电离常数相等，CH3COONH4溶液显中性，排除了H+干扰(4)Ni(OH)2Pb(OH)2Sn(OH)2(5)产物电离程度本身的溶度积大小【详解】(1)对比实验、，NH4Cl浓度小的沉淀变化不明显，说明NH4Cl浓度小10Mg(OH)2的溶解度小。答案为Mg(OH)2溶解度随着NH4Cl浓度减小而减小；(2)溶解度增大即溶解平衡正向只要解释到OH-减少平衡正向即可，所以NH+4+OH-NH3H2O。答案为NH+4+OH-NH3H2O；(3)假设解释NH4Cl呈酸性消耗OH-，所以若验证假设需要排除溶液酸碱性的干扰只考虑铵根结合OH-的问题。而CH3COONH4呈中性同时有铵根，满足实验要求。结合实验看，增大CH3COONH4的浓度沉淀澄清溶解，说明假设成立。答案为CH3COONH4；(4)同类型的物质，溶解度越大，Ksp越大。对比数据，溶解度的Ni(OH)2Pb(OH)2Sn(OH)2。答案为Ni(OH)2Pb(OH)2Sn(OH)2；(5)结合Mg(OH)2和其他三个的实验对比，Mg(OH)2溶度积最大溶解了，可看出在铵盐溶液中溶解度与物质本身溶度积有关。而Ni(OH)2、Pb(OH)2、Sn(OH)2三者对比，溶解度中间的Pb(OH)2却溶于CH3COONH4，主要由于(CH3COO)2Pb更难电离，所有与产物电离程度有关。答案为产物电离程度；本身的溶度积大小。6(2023湖南长沙校考一模)实验小组制备NaNO2，并探究其性质。I制备NaNO2(1)仪器a的名称是；气体b的化学式为。用漏斗代替导管的目的是(答2条)。(2)为检验B中制得NaNO2，甲进行以下实验：序号试管操作现象2mLB中溶液加2mL0.1mol/LKI溶液，滴加几滴淀粉溶液不变蓝2mLB中溶液滴加几滴H2SO4溶液至pH=5，加2mL0.1mol/LKI溶液，滴加几滴淀粉溶液变蓝2mLH2O滴加几滴H2SO4溶液至pH=5，加2mL0.1mol/LKI溶液，滴加几滴淀粉溶液不变蓝乙认为上述3组实验无法证明B中一定含NaNO2，还需补充实验，理由是。II探究NaNO2的性质装置操作现象取10mL1mol/LNaNO2溶液于试剂瓶i溶液迅速变为棕色11中，加入几滴H2SO4溶液酸化，再加入10mL1mol/LFeSO4溶液，迅速塞上橡胶塞，缓缓通入足量O2ii溶液逐渐变浅，有无色气泡产生，溶液上方为浅红棕色最终形成棕褐色溶液资料：i Fe NO2+在溶液中呈棕色。iiHNO2在溶液中不稳定，易分解产生NO和NO2气体。(3)溶液迅速变为棕色的原因是。已知棕色溶液变浅是由于生成了Fe3+，反应的离子方程式是。(4)最终棕褐色溶液的成分是Fe OHxSO4y，测得装置中混合溶液体积为20mL，设计如下实验测定其组成。资料：充分反应后，Fe2+全部转化为Fe OHxSO4y。加掩蔽剂KF的原理和目的是(掩蔽Fe3+的颜色除外)。由上述数据可知Fe OHxSO4y中x=(用含V1、V2的代数式表示)。【答案】(1)圆底烧瓶O2防止倒吸、增大接触面积使其充分反应(2)NO2可能与H2O、NaOH反应生成NaNO3，酸性条件下NO-3可能也会氧化I-(3)酸性条件下，HNO2分解产生NO与溶液中Fe2+以配位键结合形成 Fe NO2+，因此溶液呈棕色4 Fe NO2+O2+4H+=4Fe3+4NO+2H2O(4)F-能与Fe3+形成稳定的无色配合物 FeF63-，可避免Fe3+与氢氧化钠反应造成实验干扰V1-V215【详解】Cu与稀硝酸反应产生Cu(NO3)2、NO、H2O，NO与O2反应产生NO2，NO、NO2被水吸收得到NaNO2和水，为防止倒吸现象，在导气管末端安装了一个倒扣的漏斗，NaNO2在酸性条件下可以将KI氧化为I2而使淀粉溶液变为蓝色，据此检验NaNO2的存在，若气体中NO2过量，与碱反应产生NaNO3，在酸性条件下NO-3也可以氧化I-为I2而会产生干扰；据此分析解答。(1)由仪器a的构造可知a为圆底烧瓶，a中铜与稀硝酸反应生成NO，为得到亚硝酸钠，应从b口通入一定量氧气，将NO氧化为二氧化氮或部分氧化为二氧化碳，产生的气体再通入NaOH溶液中生成亚硝酸钠；B中选用漏斗替代长直导管的优点是：扩大了气体与NaOH的接触面积，是反应快速发生，同时又可防止由于气体溶解而产生的倒吸现象的发生；故答案为：圆底烧瓶；O2；防止倒吸、增大接触面积使其充分反应；(2)在装置A中反应产生NO，有一部分NO与通入的O2反应产生NO2，若通入NaOH溶液中NO、NO2的物质的量相等，就会发生反应：NO+NO2+2NaOH=NaNO2+H2O，若NO2的物质的量比NO，还会发生反应：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，这样得到的溶液中含有NaNO3，酸性条件下NO-3可能也会氧化I-产生I2而产生干扰，因此需要补做实验；故答案为：NO2可能与H2O、NaOH反应生成NaNO3，酸性条件下NO-3可能也会氧化I-；(3)NaNO2与稀硫酸反应产生HNO2，离子方程式为：NO-2+H+HNO2，HNO2不稳定，分解产生NO，NO与FeSO4溶液中的Fe2+结合形成Fe(NO)2+，使溶液呈棕色；Fe(NO)2+具有还原性，会被溶解在酸性溶液中O2氧化产生Fe3+，同时得到NO，导致溶液逐渐变浅，有无色气泡产生，在溶液上方变为浅红棕色气12体，相关反应为：4 Fe NO2+O2+4H+=4Fe3+4NO+2H2O；故答案为：酸性条件下，HNO2分解产生NO与溶液中Fe2+以配位键结合形成 Fe NO2+，因此溶液呈棕色；4 Fe NO2+O2+4H+=4Fe3+4NO+2H2O；(4)加入掩蔽剂KF后，F-能与Fe3+形成稳定的无色配合物 FeF63-，可避免Fe3+与氢氧化钠反应造成实验干扰；根据反应H+OH-=H2O可知Fe(OH)x(SO4)y与H+反应的物质的量的比是1：x，10mL1mol/LFeSO4溶液中含有Fe2+的物质的量是n(Fe2+)=cV=1mol/L0.01 L=0.01mol，最后Fe2+全部转化为Fe(OH)x(SO4)y，溶液体积为20mL则在3mL溶液中含有Fe(OH)x(SO4)y的物质的量nFe(OH)x(SO4)y=3200.01mol=1.510-3mol，其反应消耗H+的物质的量为1.5x10-3mol=0.1mol/L(V1-V2)10-3L=(V1-V2)10-4mol，解得x=V1-V215。故答案为：F-能与Fe3+形成稳定的无色配合物FeF63-，可避免Fe3+与氢氧化钠反应造成实验干扰；V1-V215。7(2023湖北统考模拟预测)Mg与冷水反应时，Mg表面会附着Mg OH2固体导致反应较缓慢。某兴趣小组为了探究部分离子对Mg与水反应的影响，进行了如下的实验。.探究NH+4和HCO-3对Mg与水反应的促进作用实验序号abcd盐溶液(均为0.1molL-1)NH4ClNaHCO3NaClNH4HCO330min时产生气体体积/mL1.50.7”“(2)KSCN取上层清液，滴加NaCl溶液，产生白色沉淀存在Fe2+4(3)酸式滴定管0.01943.29或3.3B【详解】(1)根据现象产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色，说明有铁离子生成，根据强制弱，得出氧化性 Ag+Fe3+；(2)有KSCN溶液检验Fe3+，溶液变为红色；取上层清液，滴加NaCl溶液，产生白色沉淀，则有Ag+；Fe2+与K3Fe(CN)6产生蓝色沉淀，故含有Fe2+；根据实验现象，不需要实验4也可以说明该反应为可逆反应，因为题目所给的Fe2+是过量的；(3)酸式滴定管根据方程式5Fe2+MnO-451c(Fe2+)0.005mol/L0.0194L则：c(Fe2+)=0.0194mol/L由实验I可知，开始时c(Fe2+)=0.020mol/L，c(Ag+)=0.010mol/L，平衡时c(Fe2+)=0.0194mol/L，c(Ag+)=0.0094mol/L，c(Fe3+)=0.0006mol/L则K=c(Fe3+)c(Fe2+)c(Ag+)=0.0006mol/L0.0194mol/L0.0094mol/L=3.29若取反应后的含Ag浊液进行实验，会使测得的平衡常数K值偏小，因为浊液中的Ag会使Ag+Fe2+15Fe3+Ag逆向移动，Fe2+增多，消耗高锰酸钾的体积增大，使测得的平衡时Fe2+偏大，消耗的Fe2+偏小，平衡时生成的Fe3+偏小。9(2023山东泰安统考三模)某学习小组欲利用FeCl3+3KSCNFe SCN3+3KCl平衡体系探究影响平衡的因素，将220mL 0.005mol/LFeCl3溶液和20mL 0.015mol/L KSCN溶液混合，得血红色溶液X，进行下列实验：实验改变Fe3+、SCN-、Cl-、K+等离子浓度对平衡的影响(1)取2mL溶液X，加入5滴0.01mol/L KSCN溶液，溶液红色(填“变深”、“变浅”或“不变”，下同)；取2mL溶液X，插入经砂纸打磨过的铁丝，溶液红色。基于上述两个实验可以得到的结论是。(2)取2mL溶液