【文档说明】高考化学三轮冲刺考题必刷-以“气体流程”为载体的定性 、定量探究实验 (含解析).doc，共(30)页，3.096 MB，由MTyang资料小铺上传

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第1页，共30页三轮冲刺2020届高三化学考题必刷——以“气体流程”为载体的定性、定量探究实验1.如图是在实验室进行氨气快速制备与性质实验的组合装置，部分固定装置未画出．在组装好装置后，若要检验装置的气密性，其操作是首先______，然后微热A，观察到E中有气泡冒出，移开酒

精灯或松开双手，E中导管有水柱形成，说明装置气密性良好．装置B中盛放的试剂是______．点燃C处酒精灯，关闭弹簧夹2，打开弹簧夹l，从分液漏斗放出浓氨水至浸没烧瓶中固体后关闭分液漏斗，稍候片刻，装置C中黑色固体逐渐变红，装置E中溶液里出现大量气泡，同时还可能产生的现象是_____

_；从E中逸出液面的气体可以直接排入空气，请写出在C中发生反应的化学方程式：______．当C中固体全部变红色后，关闭弹簧夹1，慢慢移开酒精灯，待冷却后，称量C中固体质量，若反应前固体质量为16g，反应后称重固体质量减少，通过计算确定该固体产物的成分是______用化学式表示．在关闭弹簧夹1后，打

开弹簧夹2，残余气体进入F中，很快发现装置F中产生白烟，同时发现G中溶液迅速倒吸流入F中．请写出产生白烟的化学方程式：______，迅速产生倒吸的原因是______．为了汪明一水合氨是弱碱，甲、乙两同学分别设计以下实验进行探究．甲同学用pH试纸测得室温下氨水pH为10，则认定一水合

氨是弱电解质，理由是______．乙同学取出10mL氨水，滴入2滴酚酞试液，显粉红色，再加入晶体少量，观察到的现象是______，则证明一水台氨是弱电解质．2.实验室常用亚硫酸钠固体和的浓硫酸制备气体，反应方程式为，请设计一套实验装置，收集一试管干

燥的气体．在下面方框中，A表示由分液漏斗和锥形瓶组成的气体发生器，请在答题卡上的A后完成该反应的实验装置示意图夹持装置、连接胶管不必画出，尾气处理部分必须画出，需要加热的仪器下方用标出，按气流方向在每件仪器下方标出字母B、；其它可选用的仪器数量不限简易表示如下：根据方框中的装置图

甲，在答题卡上填写下表可不填满仪器标号仪器中所加物质作用A亚硫酸钠、浓硫酸产生某实验小组用如图乙装置测定收集到的气体中的含量，反应管中装有酸性高猛酸钾溶液．和酸性高猛酸钾溶液发生反应的离子方程式为：______．反应管内溶液紫红色消失后，若没有及时停止通气，则测得的含量第3页，共30页

______选填：“偏高”、“偏低”或“无影响”若酸性高猛酸钾溶液体积为，浓度为，量气管内增加的水的体积为已折算成标准状况下的体积用c、、表示的体积百分含量为______．3.某实验小组用如图装置制备家用消毒液，并探究其性质．反应停止后，取洗气瓶中无色溶液5mL分

别进行了如下实验：操作现象测溶液pH，并向其中滴加2滴酚酞，溶液变红，5min后褪色向其中逐滴加入盐酸溶液逐渐变成黄绿色写出利用上述装置制备消毒液涉及反应的化学方程式______、______．查阅资料：酚酞的变色范围为，且酚酞在强碱性溶液

中红色会褪去为探究操作a中溶液褪色的原因，又补充了如下实验：操作现象取______NaOH溶液，向其中滴加2滴酚酞溶液变红，30min后褪色获得结论：此实验小组制备的消毒液具有______性．该小组由操作b获得结论：随着溶液酸性的增强，此消毒液的稳定性下降．操作

b中溶液变成黄绿色的原因：______用离子方程式表示．有同学认为由操作b获得上述结论并不严谨，需要进一步确认此结论的实验方案是______．有效氯的含量是检测含氯消毒剂消毒效果的重要指标．具体用“单位质量的含氯消毒液在酸性条件下所能释放出氯气的质量”进行表征，一般家用消毒液有效氯含量在以上．小

组同学进行如下实验测定有效氯：取此消毒液5g，加入20mL溶液，10mL的硫酸溶液；加几滴淀粉溶液后，用溶液滴定生成的，达滴定终点时消耗已知：达到滴定终点时的实验现象是______．此消毒液有效氯含量为______保留一位有效数字获得结论：此实验制得的消毒液_____

_填“符合”或“不符合”家用要求．4.碳酸氢钠是一种重要的化工原料，在日常生活中也有广泛的用途，侯德榜先生发明了连续生产纯碱与氯化铵的联合制碱工艺，成为近代化学工业的奠基人之一，该反应原理为：饱和．现用如图所示装置和上述原理制取碳酸氢钠晶体，图中夹持装置已略去．可选用的

药品有：石灰石生石灰盐酸稀硫酸浓氨水饱和氯化钠溶液饱和碳酸氢钠溶液请回答下列问题仪器a的名称是______．中应选用的药品是______填序号在实验过程中，应先向C中通入的气体的化学式是______，其原因是______．中脱脂棉应浸润的试剂是______填写字

母编号浓硫酸稀硫酸氢氧化钠溶液浓硝酸该小组同学为了测定C中所得晶体中碳酸氢钠的纯度假设晶体中不含碳酸盐杂质，先将晶体充分干燥后，称量质量为wg，称量质量为wg，然后进行如下图第5页，共30页所示实验：操作Ⅲ中的方法是______，______，______所得晶体中碳酸氢

钠的纯度是______不必化简5.重铬酸钾是高中化学常见的氧化剂，工业上以铬铁矿为原料用碱溶氧化法制备．铬铁矿中通常含有、FeO、、等．已知：遇水强烈水解．黄色橙色请回答下列问题：将矿石粉碎的目的是______；高温灼烧时发生反应的化学方程式为______．滤渣1中有红褐色物

质，写出生成该物质反应的离子方程式______滤渣2的主要成分是和______．用简要的文字说明溶液中加入KCl固体，降温析出的原因______．时，对反应黄色橙色，取溶液进行实验，测得部分实验数据如下：时间00反应达到平衡时，溶液的，该反应

平衡常数K为______．下列有关说法正确的______．加少量固体，可使溶液的橙色加深时溶液中：：1时该反应已达平衡状态反应达到平衡时的转化率为6.某兴趣小组利用文献资料设计方案对氯及其化合物进行探究．Ⅰ用高锰酸钾和浓盐酸反

应制取氯气该小组利用右图装置及试剂制备并收集适量，装置B、C的作用分别是______、______．制得的氯气中加入适量水，得到饱和氯水，饱和氯水中含氯元素的微粒有______写出全部微粒．饱和氯水与石灰石的反应是制取较浓HClO溶液的方法之一．在过量的石灰石中加入饱和氯水充分反应，

有少量气泡产生，溶液浅黄绿色褪去，过滤，得到的滤液其漂白性比饱和氯水更强．滤液漂白性增强的原因是______________________________用化学平衡移动原理解释．饱和氯水与石灰石反应生成HClO的方程式是________________________

____________．Ⅱ、和反应的探究、KCl与硫酸可以反应．该小组设计了系列实验研究反应条件对反应的影响，实验记录如下实验在室温下进行：烧杯编号1234第7页，共30页氯酸钾饱和溶液1mL1mL1mL1mL氯化钾固体1g1g1g1g水8mL6mL3mL0mL硫酸0mL2mL____

__8mL现象无现象溶液呈浅黄色溶液呈黄绿色，生成浅黄绿色气体溶液呈黄绿色，生成黄绿色气体该系列实验的目的__________________________________________________________________．烧杯3取用硫酸

的体积应为______mL．该小组同学查资料得知：将氯酸钾固体和浓盐酸混合也能生成氯气，同时有大量生成；沸点为，熔点为，液体为红色；沸点为，液态为黄绿色．设计最简单的实验验证中含有__________

__________________________________________________．7.图1为实验室制备、收集少量HCl的装置．制备HCl所用药品为浓硫酸和浓盐酸，则甲的最佳装置应选用图2中的______．请解释能用浓硫酸和浓盐酸制备HCl气体的原因______．装置丙

用来吸收过量的HCl气体，为防止倒吸，则烧杯中应该装入水和______．以下为苯的取代反应的探究实验如图．按图3所示的装置图连接好各仪器．检验装置的气密性．在A中加入适量的苯和液溴的混合液体，在B中加入少量铁粉，塞上橡皮塞，打开，开始进行反应，放入适量混合液后，关

闭写出B中发生反应的化学方程式______装置C的作用是______．反应结束后，用试管取少量D中的溶液，加入______描述试剂和现象，则证明B中的取代反应已经发生．把B中的固液混合物过滤，分离出液体混合物，按图4方案精制含有苯和溴的溴苯．其中试剂为__

____，操作名称为______．第9页，共30页8.过氧化氢和臭氧是用途很广的氧化剂．试回答下列问题：过氧化氢是一种绿色氧化剂，写出在酸性条件下氧化氯化亚铁的离子反应方程式：______、、以及都可与酸

作用生成过氧化氢，目前实验室制取过氧化氢可通过上述某种过氧化物与适量稀硫酸作用，过滤即可制得．最适合的过氧化物是______写电子式，臭氧可以使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，反应的化学方程式为：未配平回答问题：还原产物的化学式为______配平后的化学方程式是______可由

臭氧发生器原理如图1所示电解稀硫酸制得．图1中阴极为______填“A”或“B”．若C处不通入，D、E处分别收集到和有气体标准状况下，则E处收集的气体中所占的体积分数为______忽略的分解．若C处通入

，则A极的电极反应式为：______．新型氧化技术对燃煤烟气中的NOx和脱除效果显著，锅炉烟气中的NOx以上是以NO形式存在的，可发生反应在一定条件下，将NO和通入绝热恒容密闭容器中发生上述反应，正反应速率随时间变化的示意图如图所示．由图可得出的正确说法是______反

应在c点达到平衡状态反应物浓度：b点小于c点反应物的总能量低于生成物的总能量时，NO的转化率：段小于段．9.工业上常利用含硫废水生产，实验室可用如下装置略去部分加持仪器模拟生成过程．烧瓶C中发生反应如下：ⅠⅡⅢ装置A中发生的化学反应方程式为______为提高产品纯度，应使烧瓶

C中和恰好完全反应，则烧瓶C中和物质的量之比为______．装置B的作用之一是观察的生成速率，其中的液体最好选择______蒸馏水饱和溶液饱和溶液饱和溶液实验中，为使缓慢进入烧瓶C，采用的操作是_____

_．已知反应Ⅲ相对较慢，则烧瓶C中反应达到终点的现象是______，装置E的作用为______反应终止后，烧瓶C中的溶液经蒸发浓缩即可析出，其中可能含有、等杂质．利用所给试剂设计实验，检测产品中是否存

在，简要说明实验操作，现象和结论：______．第11页，共30页已知：遇酸易分解：供选择的试剂：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、溶液、溶液．10.某化学兴趣小组的同学利用如图所示实验装置进行实验图中a、b、表示止水夹．某化学请按要求填

空：可供选择的试剂有：Cu片，粉末，浓硝酸，稀硝酸，浓硫酸，浓盐酸，氢氧化钠溶液，酚酞、C、E相连后的装置可用于制取并进行相关的性质实验．若在丙中加入适量水，即可制得氯水．将所得氯水加入到滴有酚酞的NaOH溶液中，观察到溶液褪色，甲同学给出的结论是氯水溶于水生成了酸，将NaOH中和后溶液褪

色．写出制取氯气的化学方程式：______．乙同学认为甲同学的结论不正确，他认为褪色的原因可能是______．如何验证甲、乙两同学的结论写出所加试剂．现象，结论：______．、D、E装置相连后，可制得并进行有关实验．中发生反应的化学方程式为______．欲用D装置验证与水

的反应，其操作步骤为：先关闭止水夹______，再打开止水夹______，使烧杯中的水进入试管丁的操作是______．试管丁中的与水充分反应，若向试管内缓缓通入一定量的O2，知道试管全部充满水，则所得溶液中的溶质的物质的量浓度是______气体按标准状况计算，结果保留二位有效数字．答案和解析1.【

答案】关闭弹簧夹2和分液漏斗活塞，打开弹簧夹1，在E中装入水后；碱石灰；白色沉淀；；、Cu；；盛满氯气的集气瓶中因氨气消耗氯气生成部分固体，导致内压减小，引起溶液倒吸；如果氨水是强碱，氨水pH为13，而溶液的，所以一水合氨是弱碱；溶液颜色变浅【解析】解：组装好装置后，若要检验

装置的气密性，其操作是：首先关闭弹簧夹2和分液漏斗活塞，打开弹簧夹1，在E中装入水后，然后微热A，观察到E中有气泡冒出，移开酒精灯或松开双手，E中导管有水柱形成说明装置气密性良好，故答案为：关闭弹簧夹2和分液漏斗活塞，打开弹簧夹1，在E中装入水后；进入C中硬质试管的氨气应干燥，装置B的作

用是干燥氨气，干燥氨气用碱石灰，故答案为：碱石灰；反应后的尾气中含有未反应的氨气，氨气在E溶液中与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与氯化钡反应生成亚硫酸钡，故还有白色沉淀沉淀，装置C中黑色固体逐渐变红，说明有Cu

生成，从E中逸出液面的气体可以直接排入空气，说明氨气被氧化为氮气，同时生成水，C中发生反应的化学方程式为：；故答案为：白色沉淀；；中含有Cu元素质量为，含有氧元素质量为，反应后称重固体质量减少，剩余固体质量为，大于，故剩余固体含有Cu、O元素，故，含有O元素的质量为，，：：：：1，故剩余固第

13页，共30页体为、Cu，故答案为：、Cu；氯气有强氧化性，氧化氨气生成，产生白烟，说明生成固体，故还生成，反应方程式为：盛满氯气的集气瓶中因氨气消耗氯气生成部分固体，导致内压减小，引起溶液倒吸，故答案

为：；盛满氯气的集气瓶中因氨气消耗氯气生成部分固体，导致内压减小，引起溶液倒吸；如果氨水是强碱，氨水，pH为13，实际上溶液的，所以氨水是弱碱；故答案为：如果氨水是强碱，氨水pH为13，而溶液的，所以一水合氨是弱碱；向氨水中加入氯化铵后，如果氨水是弱电解质，则抑制氨水的电离，溶液中

氢氧根离子浓度降低，溶液的碱性减弱，则溶液的颜色变浅，则说明氨水存在电离平衡；故答案为：溶液颜色变浅；组装好装置后，若要检验装置的气密性，其操作是：首先关闭弹簧夹2和分液漏斗活塞，打开弹簧夹1，在E中装入水后，然后微

热A，观察到E中有气泡冒出，移开酒精灯或松开双手，E中导管有水柱形成说明装置气密性良好；进入C中硬质试管的氨气应干燥，装置B的作用是干燥氨气，干燥氨气用碱石灰；反应后的尾气中含有未反应的氨气，氨气在E溶液中与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与氯化钡反应生成亚硫酸钡；装置C中黑色固体逐渐变

红，说明有Cu生成，从E中逸出液面的气体可以直接排入空气，说明氨气被氧化为氮气，同时生成水；反应前固体质量为16g，反应后称重固体质量减少，剩余固体质量为，计算剩余固体中Cu、O质量，进而计算：确定组成；氯气有强氧化性，氧化氨气生

成，产生白烟，说明生成固体，故还生成；盛满氯气的集气瓶中因氨气消耗氯气生成部分固体，导致内压减小，引起溶液倒吸；根据一定物质的量浓度的溶液的pH大小，确定电解质的电离程度，进而确定强弱电解质；如果氨水是弱碱

，则存在电离平衡，加入含有相同离子的盐能改变平衡的移动，则溶液的颜色发生变化，如果不变化，则证明是强碱；本题考查氨气的制备与性质实验、对装置的理解、实验操作、化学计算以及弱电解质的实验探究，难度中等，掌握物质的性质、理解原

理是解题的关键，是对知识的综合考查，需要学生具有扎实的基础与分析问题、解决问题的能力．2.【答案】；偏低；【解析】解：制备气体的一般装置：发生装置、净化装置、收集装置，依据反应方程式为，制备干燥的二氧

化硫需要在A中加入亚硫酸钠固体，分液漏斗中加入浓硫酸，加热反应生成二氧化硫，二氧化硫中含有水蒸气，需要通过浓硫酸除去水蒸气，在集气瓶中收集纯净干燥的二氧化硫，最后用氢氧化钠溶液吸收过量的二氧化硫防止污染空，如图，故答案为：；依据设计步骤和试剂选择用亚硫酸

钠与浓硫酸制备纯净、干燥的二氧化硫，需要在装置A中加入亚硫酸钠，分液漏斗中加入浓硫酸，二氧化硫中含有水蒸气，通过浓硫酸除去水蒸气，在集气瓶中收集纯净干燥的氯气，最后用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫防止污染空气；故答案为：仪器标号仪器中所加物质作用A亚硫

酸钠、浓硫酸产生B浓硫酸除去水蒸气CD氢氧化钠溶液吸收过量的二氧化硫，防止空气污染第15页，共30页高锰酸根离子在酸性环境下具有强的氧化性，能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子．离子方程式：；故答案为：；反应管内溶液紫红色消失后，若没有及时停止通气，“没有及

时停止通气”就会使得混合气体增大，则二氧化硫的含量偏低；故答案为：偏低；根据反应：，，其标况下体积，即；所以的体积百分含量为；故答案为：．制备气体的一般装置：发生装置、净化装置、收集装置，据此解答；依据设计步骤和

试剂选择用亚硫酸钠与浓硫酸制备纯净、干燥的二氧化硫，需要在装置A中加入亚硫酸钠，分液漏斗中加入浓硫酸，二氧化硫中含有水蒸气，通过浓硫酸除去水蒸气，在集气瓶中收集纯净干燥的氯气，最后用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫防止污染空气

；高锰酸根离子在酸性环境下具有强的氧化性，能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子；反应管内溶液紫红色消失时，与反应管内所含的高锰酸根离子恰好反应，若没及时停止通气，则未反应的气体也排水到量气管；根据反应：，，依据计算二氧化硫的体积，然后计算二氧化硫的百分含量．本题考查的是二氧

化硫的制备、性质、实验误差的判断，熟悉实验原理是解题关键，注意二氧化硫含量误差分析和的百分含量计算，题目难度中等．3.【答案】；；；漂白；；取洗气瓶中溶液5mL，向其中逐滴加入硫酸，观察溶液是否逐渐变为黄绿色；溶液蓝色褪去且半分钟不恢复；；不符合【解析】解：消毒液的主要成分为次氯酸钠，

利用上述装置制备消毒液，首先在装置A：盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，，其次在装置B：氯气和氢氧化钠反应：，制得消毒液，故答案为：；；酚酞在强碱性溶液中红色会褪去，但同样体积、同PH值的氢氧化钠溶液，滴加2滴酚酞

溶液变红，30min后褪色，而消毒液，，溶液变红，5min后褪色，褪色时间短，说明此实验小组制备的消毒液具有漂白性，故答案为：5mL；漂白性；次氯酸根中氯为价，氯离子为价，在酸性条件下发生归中反应，生成氯气，反应为：，黄绿色气体为氯气，故答案为：；操作b中溶液变成黄绿色

，有同学认为氯元素的价态归中生成氯气结论并不严谨，需要进一步确认此结论，可由硫酸替代酸性条件，取洗气瓶中溶液5mL，向其中逐滴加入硫酸，观察溶液是否逐渐变为黄绿色，若没有，操作b获得上述结论严谨，故答案为：取洗气瓶中溶液5mL，向其中逐滴加入硫酸，观察溶液是否逐渐变为黄绿色；碘单质遇淀粉显示

蓝色，用溶液滴定生成的，溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复，达到滴定终点，第17页，共30页故答案为：溶液蓝色褪去且半分钟不恢复；具有强氧化性，酸性条件下，将氧化为，自身被还有为，同时生成，发生离子反应为：，结合，可得关系式，有效氯指单位质量的

含氯消毒液在酸性条件下所能释放出氯气的质量，，根据，，所以此实验制得的消毒液不符合家用要求；故答案为：；不符合．制备家用消毒液，并探究其性质：装置A：盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，，装置B：氯气和氢氧化钠反应：，制得消毒液，氯气

有毒，尾气需用氢氧化钠吸收．制备消毒液涉及反应为制取氯气，氯气和碱反应生成消毒液；同体积、同的溶液中，30min后褪色，而消毒液，5min后褪色，通过对比实验，得出此实验小组制备的消毒液具有漂白性；操作b中溶液变成黄绿色为氯气，是因为氯离子、次氯酸根离子在酸性条件下发生氧化还原反应，生成

氯气；用硫酸代替盐酸，据此判断是否为氯元素的价态归中生成氯气；碘单质遇淀粉显示蓝色，根据滴定终点碘单质消耗，判断颜色变化；具有强氧化性，酸性条件下，将氧化为，自身被还有为，同时生成，发生离子反应为：，结合，，可得关系式，据此计算单位质量的含氯消毒液在酸性条件下所能释放出氯

气的质量，进而计算此消毒液有效氯含量．本题以消毒液考查物质的成分及含量的探究，明确物质的性质及发生的化学反应为解答的关键，注意计算中量的关系为解答的易错点，题目难度中等．4.【答案】圆底烧瓶；；；在水中溶解度小，先通至饱和，有利于析出；b；过滤；洗涤；干燥；【解析】解：装置为制取二

氧化碳的装置，仪器a为圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶；装置的作用为除去二氧化碳中的氯化氢，二氧化碳在饱和碳酸氢钠溶液中溶解度不大，氯化氢能够与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，所以B中盛有试剂为饱和碳酸氢钠溶液，故答案为：；在水中溶解度小，氨气极易溶于水，则先

通至饱和，然后通入二氧化碳气体，有利于析出，故答案为：；在水中溶解度小，先通至饱和，有利于析出；氨气易挥发，D中脱脂棉应浸润的试剂吸收逸出的氨气，浓硫酸能使棉花脱水、浓硝酸具有挥发性，氨气为碱性气体，与硫酸反应，所以选择稀硫酸，故答案为：b；

测定C中所得晶体的碳酸氢钠的纯度假设晶体中不含碳酸盐杂质，将晶体充分干燥后，称量质量为wg，此时为碳酸氢钠粗品质量，操作1将晶体加热到质量不再变化时，所得粉末为碳酸钠和杂质，然后溶解，加入氢氧化钡溶液，氢

氧化钡跟碳酸钠反应生成碳酸钡，将生成的碳酸钡过滤、洗涤、干燥，称量为，反应的化学方程式为，，得到的碳酸钡需要经过过滤、洗涤、干燥后方可称量．设样品中碳酸氢钠的质量为x，由上两式可得关系式：197xn，，所得晶体中碳酸氢钠的纯度，第

19页，共30页故答案为：过滤；洗涤；干燥；．根据常用的仪器名称解答；装置的作用为除去二氧化碳中的氯化氢，二氧化碳在饱和碳酸氢钠溶液中溶解度不大，氯化氢能够与碳酸氢钠反应生成二氧化碳；根据二氧化碳和氨气的溶解性判断先通入的气体，氨气极易溶于水，

易于二氧化碳的吸收，所以应先通入氨气；氨气易挥发，氨气为碱性气体，与酸反应、与碱不反应，浓硫酸具有强氧化性，浓硝酸易挥发；测定C中所得晶体的碳酸氢钠的纯度假设晶体中不含碳酸盐杂质，将晶体充分干燥后，称量质量为wg，此时为碳酸氢钠粗品质量，操作1将晶体加

热到质量不再变化时，所得粉末为碳酸钠和杂质，然后溶解，加入氢氧化钡溶液，氢氧化钡跟碳酸钠反应生成碳酸钡，将生成的碳酸钡过滤、洗涤、干燥，称量为ng，根据关系式--可求出纯碳酸氢钠的质量．本题考查了工业制纯碱的原理分析，生产过程中的物质变化，混合物成分的分析判断和计算应用，注意实验过程分

析，除杂操作，尾气吸收是解答关键，题目难度中等．5.【答案】增大反应物的表面积，加快反应速率；；；；的溶解度受温度影响较大，氯化钠的溶解度受温度影响较小；；bd【解析】解：铁矿中通常含有、FeO、、等，将铬铁矿和烧碱、氧气混合焙烧得到、

，而与NaOH发生反应生成，与NaOH发生反应，生成，故还含有、，由于会发生强烈水解，滤渣1中有红褐色物质，可推知水解生成氢氧化钠与氢氧化铁，过滤分离，滤液1中主要是、、、NaOH，滤渣1为；调节溶液pH，使、反应转化为、沉淀，过滤除去，滤液2主要是，加入硫酸酸化，溶质变为，然后加入KCl固

体，利用溶解度不同或者受温度影响不同，结晶得到晶体，采用过滤方法得到晶体，将矿石粉碎的目的是：增大反应物的表面积，加快反应速率；发生氧化还原反应，与、NaOH反应生成与水，反应方程式为：，故答案为：增大反应物的表面积，加快反

应速率；；会发生强烈水解生成氢氧化钠与氢氧化铁，反应离子方程式为：；滤渣2的主要成分是和，故答案为：；；溶液中加入KCl固体，降温析出的原因：的溶解度受温度影响较大，氯化钠的溶解度受温度影响较小，故答案为：的溶解度受温度影响较大，

氯化钠的溶解度受温度影响较小；时，与时的浓度相等，故时处于平衡状态，反应达到平衡时，溶液的，该反应平衡常数，故答案为：；加少量固体，消耗氢离子，平衡逆向移动，溶液的橙色变浅，黄色加深，故a错误；时处于平衡状态，说明同种离子的生成熟练与消耗熟练相等，故b正确；平衡时各

组分的浓度不一定等于化学计量数之比，与转化率等有关，故c错误；反应达到平衡时的转化率为：，故d正确；故答案为：bd．第21页，共30页铁矿中通常含有、FeO、、等，将铬铁矿和烧碱、氧气混合焙烧得到、，而与NaOH发生反应生成，与NaOH发生反应，生成，故还含有、，由于会发生强烈水解，滤渣1中

有红褐色物质，可推知水解生成氢氧化钠与氢氧化铁，过滤分离，滤液1中主要是、、、NaOH，滤渣1为；调节溶液pH，使、反应转化为、沉淀，过滤除去，滤液2主要是，加入硫酸酸化，溶质变为，然后加入KCl固体，利用溶解度不同或者受温度影响不同，结晶得到晶体，采用过滤

方法得到晶体，增大反应物的表面积，加快反应速率；发生氧化还原反应，与、NaOH反应生成与水；会发生强烈水解生成氢氧化钠与氢氧化铁；滤渣2的主要成分是氢氧化铝与硅酸；的溶解度受温度影响较大，氯化钠的溶解度受温度影响较小；

时，与时的浓度相等，故时处于平衡状态，再根据计算；加少量固体，消耗氢离子，平衡逆向移动；时处于平衡状态，不同物质表示的正逆速率之比等于其化学计量数之比；平衡时各组分的浓度不一定等于化学计量数之比，与转化率等有关；转化率．本题考查学生对工艺流程的理解、阅读题目获取信息能力、物质的分离提纯、化学平衡移

动及计算等知识，题目难度中等，明确实验目的、实验原理为解答关键，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力．6.【答案】收集氯气；防止D中的溶液进入B；、、、HClO；氯水中存在平衡：，

与盐酸反应使平衡正移，增大HClO的浓度，漂白效果增强；；其他条件相同时，氢离子浓度不同对化学反应速率的影响；；收集一试管气体，盖上胶塞，放入冰水混合物中，观察液体或气体颜色变化【解析】【分析】Ⅰ用高锰酸钾和浓盐酸反应制取氯气，氯气的密

度比空气大，收集时采用长进短出的方式，C是安全装置；新制的饱和氯水中存在，，HClO分子，存在，，，离子；氯水中存在平衡：，加入石灰石后，HCl与反应浓度减小，使平衡向右移动，HClO浓度增大，漂白效果好；氯水

中含盐酸、次氯酸，加入石灰石后，HCl与反应，据此解答；Ⅱ从表中数据看出其他条件相同时，溶液的总体积相同，只有硫酸的浓度不同，得出本实验的目的；根据每组实验的总体积应相同计算出烧杯3取用硫酸的体积；根据物质沸点不同设计实验．本题考查了实验室制氯气的方法，氯水的成分，化学平衡移动原理的

应用，浓度对化学反应速率影响的探究，重点是实验能力的考查，难度适中，注意阐述的准确性．【解答】解：Ⅰ用高锰酸钾和浓盐酸反应制取氯气，氯气的密度比空气大，收集时采用B装置长进短出的方式，C是安全装置，防止D中的溶液进入B，故答案为：收集氯气；防止D中的溶液进入B；新制的饱和氯水中存在，，HClO分

子，存在，，，离子，含氯元素的微粒有：、、、HClO，故答案为：、、、HClO；氯水中存在平衡：，加入石灰石后，HCl与反应浓度减小，使平衡向右移动，HClO浓度增大，漂白效果好，故答案为：氯水中存在平衡：，与盐酸反应使平衡正移，增大HClO的浓度，漂白效果增强；第23

页，共30页氯水中含盐酸、次氯酸，加入石灰石后，HCl与反应生成氯化钙、二氧化碳和水，总反应方程式为：，故答案为：；Ⅱ从表中数据看出其他条件相同时，溶液的总体积相同，只有氢离子的浓度不同，得出本实验的目的为：其他条件相同时，氢离子浓度不同对化学反应速率的影响，故答案为：其他条件相同时，

氢离子浓度不同对化学反应速率的影响；根据每组实验的总体积应相同计算出烧杯3取用硫酸的体积，实验1的总体积为，所以烧杯3中硫酸的体积为：，故答案为：5；根据沸点为，熔点为，液体为红色，沸点为，液态为黄绿色，为验证中含有，收

集一试管气体，盖上胶塞，放入冰水混合物中，观察液体或气体颜色变化，若出现红色，则说明中含有，故答案为：收集一试管气体，盖上胶塞，放入冰水混合物中，观察液体或气体颜色变化．7.【答案】；浓硫酸具有强吸水性，吸收了浓盐酸中的水，同时放出大量的热，促进了

HCl气体的挥发；；；吸收溴和苯的蒸气；少量溶液，如果有淡黄色沉淀生成；NaOH溶液；分液、蒸馏【解析】【分析】本题考查了物质的制备、分离和提纯，侧重于基本实验操作的考查，题目难度不大．浓硫酸和浓盐酸混合会挥发出大量

HCl；根据浓硫酸稀释放热与HCl的挥发性分析；四氯化碳的密度比水大，而且HCl难溶于四氯化碳，据此分析；中为苯和溴反应生成溴苯；苯和溴易挥发，二者易溶于四氯化碳，HBr难溶于四氯化碳；装置用来吸收HBr，HBr与反应生成AgBr；溴单质能与

氢氧化钠反应生成水溶液，与苯和溴苯分层，分离苯和溴苯用蒸馏．【解答】浓硫酸和浓盐酸混合会挥发出大量HCl，该过程不需要加热，所以选择装置c；故答案为：c；浓硫酸具有强吸水性，与浓盐酸混合时会吸收浓盐酸中的水，同时放出

大量的热，由于HCl易挥发，硫酸放热促进了HCl气体的挥发，所以可以用浓硫酸和浓盐酸制备HCl气体；故答案为：浓硫酸具有强吸水性，吸收了浓盐酸中的水，同时放出大量的热，促进了HCl气体的挥发；四氯化碳的密度比水大，而

且HCl难溶于四氯化碳，所以装置丙用来吸收过量的HCl气体，为防止倒吸，则烧杯中应该装入水和；故答案为：；中为苯和溴反应生成溴苯，其反应的化学方程式为：；苯和溴易挥发，二者易溶于四氯化碳，所以用四氯化碳来吸收苯和溴，HBr难溶于四氯化碳，不被吸收；故答案为：；吸收溴和苯的蒸气；装置用来吸收H

Br，HBr与反应生成AgBr，所以加少量溶液，如果有淡黄色沉淀生成，证明有HBr，即说明苯与溴发生了取代反应；故答案为：少量溶液，如果有淡黄色沉淀生成；溴单质能与氢氧化钠反应生成溴化钠和次溴酸钠的水溶液，与苯和溴苯分层，通过分液分离，分离苯和溴苯用蒸馏

；故答案为：NaOH溶液；分液、蒸馏．8.【答案】；；KOH；；A；；；d【解析】解：酸性条件下氧化氯化亚铁生成氯化铁和水，反应的离子方程式为：；故答案为：；第25页，共30页实验室通过上述某种过氧化物与适量稀硫酸作用，过滤后即可制得较纯净的溶液，说明

生成了硫酸钡沉淀，所以选用，过氧化钡是离子化合物，电子式为：故答案为：；该反应中臭氧得电子化合价降低，所以臭氧是氧化剂；氧化剂对应的产物是还原产物，所以氢氧化钾是还原产物，碘元素化合价价变化为0价，氧元素化合价变化为价，结合电子守恒配平书写化学方程式为：；故答案为：KOH；；由图

可知，B极生成、，B极反应氧化反应，电解池阳极发生氧化反应，故A为阴极，电极反应为，故答案为：A；若C处不通入，实质为电解水，D处为氢气，体积为，物质的量为，E处为氧气、臭氧，体积共为，物质的量为；令臭氧的体积为xL，根据电子转移守恒有，解得

，所以E处收集的气体中所占的体积分数为，故答案为：；处通入，发生还原反应，在酸性条件下生成水，电极反应式为，故答案为：；该反应反应前后气体的物质的量不变，容器体积不变，故体系压强恒定．绝热恒容密闭容器，体系温度随反应进行变化，随反应进行反应物的浓度降低，

由图可知，c点以前正反应速率增大，说明正反应为放热反应，c点以后反应正反应速率降低，应是浓度影响比温度影响更大．图为正反应速率随时间变化，说明反应未到达平衡．反应在c点前，温度对速率影响大，c点以后浓度减小对速率影响大，C点未达到平衡状态，故a错误；反应为达平衡，b

点在c点之前，浓度反应物浓度：b点大于c点，故b错误；该反应为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，故c错误；段反应速率小于段反应速率，时，段反应的NO更多，故NO的转化率：段小于段，故d正确．故选：d

．酸性条件下氧化氯化亚铁生成氯化铁和水；根据题目信息，实验室通过上述某种过氧化物与适量稀硫酸作用，过滤后即可制得较纯净的溶液，说明生成了沉淀；反应中碘化钾是还原剂，臭氧作氧化剂得电子发生还原反应，反应中

得电子化合价降低的物质是氧化剂，氧化剂对应的产物是还原产物；依据元素化合价变化结合电子守恒配平书写化学方程式；由图可知，B极生成、，B极反应氧化反应，电解池阳极发生氧化反应，故A为阴极；若C处不通入，实质为电解水，D处为氢气，体积为，E处为氧气、臭氧，

体积共为，令臭氧的体积为xL，利用电子转移守恒列放出计算x的值，再根据体积分数定义计算；处通入，发生还原反应，在酸性条件下生成水；该反应反应前后气体的物质的量不变，容器体积不变，故体系压强恒定．绝热恒容密闭容器，体系温度随反应进行变化，随反应进行反应物的浓度降低，由图可知，

c点以前正反应速率增大，说明正反应为放热反应，c点以后反应正反应速率降低，应是浓度影响比温度影响更大．图为正反应速率随时间变化，说明反应未到达平衡．本题考查原电池与电解池反应原理、反应热的计算、氧化还原反应计算、化学平衡图象、阅读题目获取信息的能力等，难度中等，需要学生具备运用信息与基础知识分

析问题、解决问题的能力．9.【答案】；2：1；c；控制滴加硫酸的速度；溶液变澄清或混浊消失；吸收防止污染空气；取少量产品溶于足量稀盐酸中，静置，取上层清液或过滤后取滤液，滴加溶液，若出现白色沉淀则说明含有杂质【解析】解：根据装

置图可知，A中的反应为浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，反应的化学方程式为：，第27页，共30页故答案为：；中和恰好完全反应，由ⅠⅡⅢ可知，ⅠⅡⅢ，得到总反应为，则C中和物质的量之比为2：1，故答案为：2：1；观察的生成速率，发生强酸制取

弱酸的反应，a不生成二氧化硫，bd中物质均与二氧化硫反应，只有c中饱和溶液适合制取二氧化硫，通过控制滴加硫酸的速度，可以控制产生二氧化硫的速率，所以为使缓慢进入烧瓶C，采用的操作是控制滴加硫酸的速度，故答案为：c；控制滴加硫酸的速度；根据C中发生的反应可知，烧瓶C中反应达到终点发生反应为

硫与亚硫酸钠反应生成硫代硫酸钠，反应的现象为溶液变澄清或混浊消失，反应尾气中有未反应的二氧化硫气体，会污染空气，所以要用E装置吸收防止污染空气，故答案为：溶液变澄清或混浊消失；吸收防止污染空气；检测产品中是否存在，操作、现象和结论为取

少量产品溶于足量稀盐酸中，静置，取上层清液或过滤后取滤液，滴加溶液，若出现白色沉淀则说明含有杂质，故答案为：取少量产品溶于足量稀盐酸中，静置，取上层清液或过滤后取滤液，滴加溶液，若出现白色沉淀则说明含有杂质

．根据装置图可知，A中的反应为浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫；中和恰好完全反应，结合烧杯C中的反应分析；观察的生成速率，装置B中的溶液不能与二氧化硫反应也不能吸收二氧化硫，通过控制滴加硫酸的速度，可以控制产生二氧化硫的速率，据此答题；根据C中发生的反应可知，烧瓶C中反应达到终点发生的反

应为硫与亚硫酸钠反应生成硫代硫酸钠，反应尾气中有未反应的二氧化硫气体，会污染空气；检测产品中是否存在，先加盐酸排除干扰，再利用氯化钡检验硫酸根离子；本题考查实验方案的分析与评价，涉及气密性检验、离子检验、对操作的分析评价、化学计算等，侧重实验分析能力及知识综合应用能力的考查，为易

错点，可以利用总反应的分析，题目难度中等．10.【答案】浓；次氯酸具有漂白性，能使溶液褪色；取反应后的溶液少许于试管中，加入NaOH溶液，若溶液变红，说明褪色是由于氯水溶于水生成了酸，将NaOH中和后溶液褪色，即甲同学正确，若溶液不变红，则说明褪色次氯

酸具有漂白性，能使溶液褪色，即乙同学正确；；浓；ab；c；双手紧握试管丁使试管中气体逸出，二氧化氮与水接触后即可引发烧杯中的水倒流于试管丁；【解析】解：浓盐酸与二氧化锰加热反应来制取氯气的化学方程式为：浓；故答案

为：浓；氯将所得氯水加入到滴有酚酞的NaOH溶液中，观察到溶液褪色，可能是次氯酸具有漂白性，能使溶液褪色，盐酸能与氢氧化钠反应，也能使溶液褪色；故答案为：次氯酸具有漂白性，能使溶液褪色；向褪色后的溶液中加入NaOH溶液，若溶液变红，说明褪色是由于氯水溶于水生成了酸，将NaOH中和

后溶液褪色，即甲同学正确，若溶液不变红，则说明褪色次氯酸具有漂白性，能使溶液褪色，即乙同学正确；故答案为，取反应后的溶液少许于试管中，加入NaOH溶液，若溶液变红，说明褪色是由于氯水溶于水生成了酸，将NaOH

中和后溶液褪色，即甲同学正确，若溶液不变红，则说明褪色次氯酸具有漂白性，能使溶液褪色，即乙同学正确；第29页，共30页铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，方程式为：浓故答案为：浓若二氧化氮能和水反应，则烧杯内气体的压强会减小，小于外界大气压，

烧杯中的溶液会倒流于试管丁，所以先关闭止水夹ab再打开止水夹c，使烧杯中的水进入试管丁．故答案为：ab；c；双手紧握试管丁使试管中气体逸出，二氧化氮与水接触后即可引发烧杯中的水倒流于试管丁．设容器的体积为VL，所以二氧

化氮气体的物质的量为，二氧化氮和氧气、水反应生成硝酸，所以溶质是硝酸．设生成硝酸的物质的量为xmol；4mol4molxmol解得：硝酸的物质的量浓度是；故答案为：．浓盐酸和二氧化锰加热反应生成氯化锰、氯气和水；氯气与水反应生成次氯酸和盐酸，次氯酸具有漂白性，能使溶液褪色，盐酸能与氢氧化钠反

应，也能使溶液褪色；向褪色后的溶液中加入氢氧化钠溶液，溶液变红，证明甲同学正确，反之乙同学正确；铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，写出相应的反应方程式；根据二氧化氮溶于水形成压强差分析；先根据二氧化氮的体积计算硝酸的物质的量，再根据计算溶液的浓度；本题考查较为综合，题目难度中等，注意实验

室制备气体的实验装置和反应原理，把握物质的主要性质，注重基础知识的积累．