五、实验题
11．某小组研究AgCl的溶解平衡：
向10mL1mol/LKCl溶液中加入1mL0.2mol/LAgNO3溶液，将浑浊液均分为2份，进行如下实验：
实验序号
实验操作
实验现象
I
将其中一份浑浊液过滤，向滤液中放入Mg条
i.滤液澄清透明，用激光照射有丁达尔现象。
ii.放入Mg条后，立即有无色气泡产生，气体可燃，滤液中出现白色浑浊。
iii.一段时间后开始出现棕褐色浑浊物，Mg条表面也逐渐变为棕褐色，产生气泡的速率变缓慢。
II
向另一份浑浊液中放入大小相同的Mg条
iv.棕褐色浑浊物的量明显多于实验I，Mg条表面棕褐色更深，其他现象与ii、iii相同。
已知：
AgOH不稳定，立即分解为Ag2O（棕褐色或棕黑色），Ag粉为黑色，AgCl、Ag2O可溶于浓氨水生成Ag（NH3）2＋
（1）滤液所属分散系为________。
（2）现象ii中无色气泡产生的原因是_________（写出化学方程式）。
（3）现象iii中，导致产生气泡的速率下降的主要影响因素是________。
（4）甲认为Mg条表面的棕褐色物质中一定有Ag和Ag2O，其中生成Ag的离子方程式为____。
（5）甲设计实验检验Ag：
取实验I中表面变为棕褐色的Mg条于试管中，向其中加入足量试剂a，反应结束后，继续向其中加入浓硝酸，产生棕色气体，溶液中有白色不溶物。
①白色不溶物为_____（填化学式），棕色气体产生的原因是_____（写离子方程式）。
②试剂a为________，加入试剂a的目的是________。
③该实验能证明棕褐色物质中一定有Ag的实验现象是________。
（6）甲进一步设计实验验证了Mg条表面的棕褐色物质中有Ag2O，实验方案是：
取实验I中表面变为棕褐色的Mg条_________。
（7）综合上述实验，能说明存在AgCl（s）
Ag+（aq）+Cl－（aq）的证据及理由有________。
参考答案
1．B
【分析】
化学变化的本质特征：
宏观上可以看到各种化学变化都产生了新物质；从微观上化学反应前后原子的种类、个数没有变化,仅仅是原子与原子之间的结合方式发生了改变。
【详解】
A.刺绣并未生成新的化学物质，不属于化学变化，故不选A；
B.将熔化的铁水泼向空中，空中铁水会和空气中氧气反应生成氧化物迸溅出火花，故选B；
C.用剪刀或刻刀在纸上剪刻花纹，没有新的化学物质生成，故不选C；
D.用提花机织出图案并未生成新的化学物质，故不选D；
答案：
B
2．A
【详解】
A.在氢氧化钠醇溶液是卤代烃发生消去反应的必要条件，在此条件下醇不能脱水，醇脱水需要浓硫酸做催化剂，控制一定温度，故选A；
B.乙醇、水分子之间能形成氢键，氢键的存在使乙醇的溶解性显著增强，故不选B；
C.肥皂的主要成分是高级脂肪酸钠盐，它可通过油脂在碱性条件下发生皂化反应后盐析得到，故不选C；
D.淀粉和纤维素属于多糖，在酸作用下水解，最终产物为葡萄糖，故不选D；
答案：
A
3．B
【详解】
A.醇的系统命名步骤：
1.选择含羟基的最长碳链作为主链，按其所含碳原子数称为某醇；2.从靠近羟基的一端依次编号，写全名时，将羟基所在碳原子的编号写在某醇前面，例如1-丁醇CH3CH2CH2CH2OH；3.侧链的位置编号和名称写在醇前面。
因此系统命名法给异丁醇命名为：
2-甲基-1-丙醇，故不选A；
B.有几种氢就有几组峰，峰面积之比等于氢原子个数比；异丁醇的核磁共振氢谱有四组峰，且面积之比是1∶2∶1∶6，故选B；
C.根据表格可知，叔丁醇的沸点与异丁醇相差较大，所以用蒸馏的方法可将叔丁醇从二者的混合物中分离出来，故不选C；
D.两种醇发生消去反应后均得到2-甲基丙烯，故不选D；
答案：
B
4．C
【分析】
实验原理分析：
二氧化碳通过U型管与过氧化钠反应生成氧气，氧气和没有反应的二氧化碳通入碱液洗气瓶除二氧化碳，可增加盛有澄清石灰水的洗气瓶验证二氧化碳是否除尽，在通过盛有浓硫酸的洗气瓶干燥氧气，最后收集；
【详解】
A.装置②中试剂可以是NaOH溶液，用来除掉二氧化碳气体，故不选A；
B.装置③中盛有浓硫酸，作用是干燥O2，故不选B；
C.由于氧气密度大于空气，选择装置b，故选C；
D.装置②、③之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶，验证二氧化碳是否除尽，故不选D；
答案：
C
5．D
【详解】
A.氨气是无色有刺激性气味的气体，氨气的相对分子质量17，空气平均相对分子质量29，根据密度比等于相对分子质量之比，可知氨气密度比空气小，故不选A；
B.由于氨气极易溶于水，一体积水可以溶解700体积氨气，且溶解速率快，可以形成较大的压强差，所以可以做喷泉实验，故不选B；
C.烧瓶溶液中存在NH3+H20
NH3.H2O
NH4++OH-，因此含氮微粒有：
NH3、NH3·H2O和NH4+，故不选C；
D.因为NH3·H2O不稳定受热易分解，加热过程中会让NH3·H2O分解，c（NH3·H2O）减小使电离平衡逆向移动；弱电解质的电离是吸热过程，升高温度促进电离平衡正向移动。
由题中信息可知，加热后溶液的红色变浅，说明温度和c（NH3·H2O）对NH3·H2O的电离平衡的影响是不一致的，故选D；
答案：
D
【点睛】
易错选项D，要综合分析NH3·H2O的不稳定性对其浓度的影响，以及浓度变化和温度变化对弱电解质的电离平衡的影响。
6．C
【详解】
A.由于产物CH3COONa水解可使溶液显碱性，不可能使溶液红色褪去，故A错误；
B.②中溶液变红的原因是：
CH3COO－+H2O
CH3COOH+OH-，故B错误；
C.②中由于CH3COONa溶液水解显碱性，会使溶液变红，而③中滴加酚酞溶液变红，说明①中的下层溶液中没有酚酞，综合考虑①、②、③推测，①中红色褪去的原因是乙酸乙酯萃取了酚酞，故C正确；
D.溶液红色褪去的可能原因：
（1）乙酸与碳酸钠反应，同时乙酸过量；
（2）乙酸乙酯萃取了酚酞，故D错误；
答案：
C
【点睛】
本题有一定难度，考查学生分析对比能力，易错选项D。
7．A
【分析】
首先判断这是一个原电池，负极通入氢气，失电子变成
，正极
得电子，方程式为
，据此来分析选项即可。
【详解】
A.电源负极虽然产生
，但是正极会消耗更多的
，因此总体来看溶液酸性在减弱，pH上升，A项错误；
B.Fe（Ⅱ）与Fe（Ⅲ）在反应中不停相互转化，起到了传递电子的作用，B项正确；
C.
被还原为氮气，而
本身被氧化为
，C项正确；
D.钯即负极，氢气在负极失电子变成
，D项正确；
答案选A。
8．羰基浓硝酸/浓硫酸、加热
CH3CHO+H2
CH3CH2OH
2CH3CHO+O2
2CH3COOH
CH3COOH+CH3CH2OH
CH3COOC2H5+H2O
①③
【分析】
线路分析：
（1）逆推法，根据C的结构简式和反应条件Fe/HCl可知,B到C是硝基还原成氨基,推出B的结构简式
根据B可知A在浓硝酸和浓硫酸，加热条件下发生取代反应生成B（
），由此推测出A；
（2）根据产物M（
）逆推，可知单体G为
，因为F中含有醇羟基，可知是F发生醇消去反应生成G，再联系C（
）的结构，可知F为
，根据F（
）和C（
）逆推出E（
），因为2D→E+C2H5OH，可知两分子D发生取代反应：
2CH3COOC2H5→
+C2H5OH，可知D为CH3COOC2H5。
整个推断注意仔细观察有机物结构的变化，主要采用逆推法。
【详解】
（1）由以上分析可知A的结构简式为
，A中含氧官能团的名称是羰基；
答案：
羰基
（2）反应①为
+HNO3
+H2O，因此试剂和条件为浓硝酸/浓硫酸、加热，B的结构简式为
；
答案：
浓硝酸/浓硫酸、加热
（3）乙醛还原成乙醇，氧化成乙酸，乙醇与乙酸发生酯化反应生成D（乙酸乙酯）和水，合成D的化学方程式CH3CHO+H2
CH3CH2OH
2CH3CHO+O2
2CH3COOH
CH3COOH+CH3CH2OH
CH3COOC2H5+H2O；
答案：
CH3CHO+H2
CH3CH2OH2CH3CHO+O2
2CH3COOH
CH3COOH+CH3CH2OH
CH3COOC2H5+H2O；
（4）由上面分析可知：
2CH3COOC2H5→
+C2H5OH，E为
，F为
，G为
；
（5）反应①为硝化反应，属于取代反应，反应②为硝基还原为氨基，属于还原反应，反应③为乙酸乙酯发生分子间取代反应，④属于加成反应⑤属于消去反应⑥属于加聚反应，因此反应①~⑥中属于取代反应的有①③；
答案：
①③
【点睛】
本题主要是逆推法的应用，难点是E、F结构式的推测。
9．32H+（aq）2Cr3+（aq）3SO42-（aq）H2O（l）pH越大，Cr（+6）的去除率降低，反应速率越慢与pH=2相比，pH=4时，Cr（+6）的去除率已达排放标准，控制pH=4左右可减少中和池中NaOH的用量，节约成本b30min前，Cr（+6）去除率主要由反应速率决定，温度高反应速率快，因此80℃的去除率更高30min后，Cr（+6）去除率主要有反应限度决定，Cr2O72-与SO2的反应放热，温度越高，K越小，因此80℃的去除率比40℃低。
8～9.5左右1.5a×99.95%
【分析】
Cr（+6）在酸性环境下主要以Cr2O72-形式存在，将具有强还原性的二氧化硫气体通入吸收塔与Cr（+6）发生氧化还原反应，将Cr（+6）降价生成Cr3+，中和池中加入NaOH使其生成氢氧化物沉淀除去。
（1）氧化还原反应离子方程式配平，利用得失电子数相等和原子守恒配平；热化学方程式书写注意注明状态；
（2）①根据表格可以得出随pH的增大Cr（+6）去除率的变化和去除所需时间。
②从速率、去除率、消耗原料几个角度综合分析；
③a.根据勒夏特例原理分析；b.k的变化只与温度有关；c.氧化还原角度分析；
（3）从速率和平衡两个角度分析；
（4）找出Cr（OH）3物质的量分数最大的pH范围即可；
（5）利用得失电子数相等进行计算。
【详解】
（1）三步法配平：
①根据化合价升降相等，配平化合价发生变化的元素②根据左右两边电荷守恒配平，酸性添加氢离子，碱性氢氧根离子③根据原子守恒配平添加水；热化学方程式书写注意注明状态，Cr2O72-（aq）+3SO2（g）+2H+（aq）
2Cr3+（aq）+3SO42-（aq）+H2O（l）ΔH=-1145kJ/mol；
答案：
32H+（aq）2Cr3+（aq）3SO42-（aq）H2O（l）
（2）①根据表格可以得出结论，随着pH的升高，Cr（+6）的去除率降低，反应速率变慢；
答案：
pH越大，Cr（+6）的去除率降低，反应速率越慢
②实际工业生产应该从节省原料，条件易控角度分析，控制pH=4左右的原因是Cr（+6）的去除率已达排放标准，控制pH=4左右可减少中和池中NaOH的用量，节约成本；
答案：
Cr（+6）的去除率已达排放标准，控制pH=4左右可减少中和池中NaOH的用量，节约成本
③a.根据题干信息Cr2O72-+H2O
2CrO42-+2H+，该酸性含铬废水中一定含有CrO42-，pH增大相当于减小氢离子浓度，平衡正向移动，CrO42-含量越高，故不选a；
b.K的变化只与温度有关，压强无影响，故选b；
c.SO32-、Fe2+等也具有强还原性，可以与Cr（+6）发生氧化还原反应，用于除去Cr（+6），故不选c；
答案：
b
（3）仔细观察图像可以发现前30min，80℃单位时间内去除率越高，反应速率越快；30min后去除率后面几乎不发生变化，说明达到了平衡，40℃时去除率要高，从平衡角度分析。
答案：
30min前，Cr（+6）去除率主要由反应速率决定，温度高反应速率快，因此80℃的去除率更高；30min后，Cr（+6）去除率主要有反应限度决定，Cr2O72-与SO2的反应放热，温度越高，K越小，因此80℃的去除率比40℃低。
（4）Cr（+3）是以氢氧化铬沉淀形式除掉，所以根据图像选择氢氧化铬物质的量分数最大的pH范围；
答案：
8～9.5左右
（5）利用氧化还原反应得失电子数相等列关系式可知
2Cr（+6）～3SO2
2mol3mol
a×10-3mol/L×1000L×99.95%n（SO2）
计算得n（SO2）=3mol×a×10-3mol/L×1000L×99.95%/（2mol）=1.5a×99.95%mol；
答案：
1.5a×99.95%
10．阴
同一主族，最外层电子数相同，因此性质相似。
原子半径不同，得失电子能力不同，性质不同。
CuSe+4H2SO4（浓）
CuSO4+SeO2↑+3SO2↑+4H2ONa2SeO3SeO2+2SO2+2H2O=Se↓+2H2SO4bd
【分析】
（1）粗铜精炼时，粗铜作阳极，精铜作阴极，硫酸酸化的硫酸铜作电解质溶液；
（2）①硒在元素周期表中的位置根据图示可知位于第四周期第VIA族；
②从原子结构分析，原子的最外层电子主要决定化学性质。
原子核对最外层电子的引力也会对化学性质略有影响；
（3）①根据i确定产物为CuSO4、SO2、SeO2，采用零价配平法假设CuSe中Cu与Se元素均为0价，根据化合价升降相等配平；
②SeO2与SO2的性质相似，用NaOH溶液吸收，确定盐的化学式；
③根据氧化还原反应化合价升降相等和原子守恒进行配平书写方程式；
（4）a.SeO2中Se的化合价可以升高到+6价，也可以降低到0价，因此既有氧化性也有还原性，根据方程式SeO2+2SO2+2H2O=Se↓+2H2SO4，可知SeO2的氧化性比SO2强；
b.浓硒酸的性质与浓硫酸性质应该相似；c.非金属性越强，气态氢化物越稳定；
d.非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强。
【详解】
（1）粗铜精炼时，粗铜作阳极，精铜作阴极，硫酸酸化的硫酸铜作电解质溶液；
答案：
阴
（2）硒在元素周期表中的位置根据图示可知位于第四周期第VIA族，Se原子结构示意图可表示为
；
答案：
②硫与硒元素位于同一主族，最外层电子数相同因此性质相似；同一主族从上到下原子半径增大，原子核对最外层电子引力减小，得电子能力减弱，失电子能力增强；
答案：
同一主族，最外层电子数相同，因此性质相似。
原子半径不同，得失电子能力不同，性质不同。
（3）①根据i确定产物为CuSO4、SO2、SeO2，采用零价配平法假设CuSe中Cu与Se元素均为0价，根据化合价升降相等配平，可得CuSe+4H2SO4（浓）
CuSO4+SeO2↑+3SO2↑+4H2O；
答案：
CuSe+4H2SO4（浓）
CuSO4+SeO2↑+3SO2↑+4H2O
②SeO2与NaOH溶液的反应应该与SO2与NaOH反应相似，因此确定该盐的化学式为Na2SeO3；
答案：
Na2SeO3
③根据已知可知步骤ⅱ确定反应物为SO2、SeO2的混合气体和水，产物有Se，根据化合价有升必有降可知，SO2中S的化合价升高到+6价，配平得到方程式；
答案：
SeO2+2SO2+2H2O=Se↓+2H2SO4
（4）a.SeO2中Se的化合价可以升高到+6价，也可以降低到0价，因此既有氧化性也有还原性，根据方程式SeO2+2SO2+2H2O=Se↓+2H2SO4，可知SeO2的氧化性比SO2强，故不选a；
b.浓硒酸与浓硫酸均属于同一主族最高价含氧酸，因此性质可能相似，具有强氧化性、脱水性，故选b；
c.非金属性越强，气态氢化物越稳定，同一主族从上到下非金属性减弱,同一周期从左到右非金属性增强,因此非金属性Cl>S>Se,因此热稳定性H2Sed.非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强;同一主族从上到下非金属性减弱,同一周期从左到右非金属性增强,因此酸性：
H2SeO4答案：
bd
11．胶体Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2↑固体表面积Mg+2Ag+=Mg2++2AgAgClAg+2H++NO3-=Ag++NO2↑+H2O盐酸将Mg除去，避免硝酸与镁反应，干扰实验Ag加入浓硝酸后产生棕色气体用蒸馏水洗涤后，加浓氨水浸泡，取上层清液于试管中，加入适量乙醛，水浴加热，有黑色的Ag生成在Cl-过量的情况下，实验Ⅰ的滤液中存在Ag+，说明Ag+与Cl-的反应存在限度，说明Ag+与Cl-在生成沉淀的同时存在沉淀的溶解；结合实验Ⅱ中棕褐色成电量比实验Ⅰ多，进一步说明平衡发生了移动。
【分析】
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