高考化学实验探究及解析.docx

1、高考化学实验探究及解析2015年03月14日ding的高中化学组卷参考答案与试题解析一填空题（共6小题）1（2014安徽模拟）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某同学通过如下实验探究反应原理并验证产物实验I：用砂纸擦去镁条表面氧化膜，将其放入盛适量滴有酚酞的饱和碳酸氢钠溶液的烧杯中，迅速反应，产生大量气泡和白色不溶物，溶液的浅红色加深（1）该同学对反应中产生的白色不溶物做出如下猜测：猜测1：白色不溶物可能为Mg（OH）2猜测2：白色不溶物可能为MgCO3猜测3：白色不溶物可能为碱式碳酸镁yMg（OH）2xMgCO3（2）为了确定产物，进行以下定性实验：实验序号实 验实验

2、现象结 论实验将实验I中收集到的气体点燃安静燃烧，火焰呈淡蓝色气体成分为氢气实验将实验I中的白色不溶物滤出、洗涤，取少量加入足量稀盐酸产生气泡，沉淀全部溶解白色不溶物中含有MgCO3实验取实验中的滤液，向其中加入适量CaCl2或BaCl2稀溶液产生白色沉淀，溶液红色变浅溶液中存在CO32离子实验中洗涤的操作方法是用玻璃棒引流，向过滤器（或漏斗）中注入蒸馏水至浸没沉淀，等水自然流尽后，重复23遍（3）为进一步确定实验I的白色不溶物的成分，进行以下定量实验，装置如图所示：称取干燥、纯净的白色不溶物 4.52g，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中实验后装置A增重0.3

3、6g，装置B增重1.76g装置C的作用是防止空气中的水蒸气和CO2进入装置B中，影响实验结果；白色不溶物的化学式为Mg（OH）22MgCO3或Mg3（OH）2（CO3）2（4）写出镁与饱和碳酸氢钠溶液反应的化学方程式3Mg+4NaHCO3+2H2O=Mg（OH）22MgCO3+2Na2CO3+3H2考点：性质实验方案的设计菁优网版权所有专题：实验设计题分析：（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；（2）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

4、；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；实验中洗涤的操作方法是用玻璃棒引流，向过滤器（或漏斗）中注入蒸馏水至浸没沉淀，等水自然流尽后，重复23遍；（3）根据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B不能直接与空气接触，为了防止空气中的水蒸气和CO2进入装置B中，影响实验结果，所以应连接一个干燥装置除去空气中的水蒸气和CO2；根据B

5、中碱石灰质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量计算出碳酸镁的质量，剩余的就是氢氧化镁的质量；（4）根据分析、计算可知，镁与碳酸氢钠溶液反应生成Mg（OH）22MgCO3、碳酸钠和氢气，据此写出反应的化学方程式解答：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

6、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CaCl2或BaCl2生成沉淀证明含有碳酸根离子，实验中洗涤的操作方法是用玻璃棒引流，向过滤器（或漏斗）中注入蒸馏水至浸没沉淀，等水自然流尽后，重复23遍；故答案为：氢气；稀盐酸；产生气泡沉淀全部溶解；CaCl2或BaCl2；用玻璃棒引流，向过滤器（或漏斗）中注入蒸馏水至浸没沉淀，等水自然流尽后，重复23遍；（3）根据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B不能直接与空气接触，为了防止空气中的

7、水蒸气和CO2进入装置B中，影响实验结果，所以应连接一个干燥装置除去空气中的水蒸气和CO2；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8.8g，设生成8.8g二氧化碳，需要碳酸镁的质量为X则：MgCO3+2HClMgCl2+H2O+CO284 44X 8.8g根据：=解得X=16.8g，所以含有氢氧化镁质量为：22.6g16.8g=5.8g；碳酸镁和氢氧化镁物质的量之比为：=0.2：0.1=2：1，白色不溶物的化学式为Mg（OH）2（CO3）2或2MgCO3Mg（OH）2，故答案为：防止空气中的水蒸气和CO2进入装置B中，影响实验结果；Mg（OH）2（CO3）2或

8、2MgCO3Mg（OH）2 ；（4）根据以上分析可知，镁与饱和碳酸氢钠溶液反应生成2Mg（OH）22MgCO3沉淀、Na2CO3和H2，反应的化学方程式为：3Mg+4NaHCO3+2H2O=Mg（OH）22MgCO3+2Na2CO3+3H2；故答案为：3Mg+4NaHCO3+2H2O=Mg（OH）22MgCO3+2Na2CO3+3H2；点评：本题难度较大，考查全面，从定性和定量两个方面测定物质的种类，关键在于知道碳酸根离子与酸反应能产生二氧化碳，镁和氢离子反应生成氢气，题目难度较大2（2014安徽模拟）某研究性学习小组拟探究在含Mg2+、Al3+的混合溶液中滴加NaOH溶液时，生成氢氧化物沉淀

9、的过程【实验】在0.1molL1 MgSO4、0.05molL1 Al2（SO4）3的混合溶液中滴加0.5molL1 NaOH溶液，借助氢离子传感器和相应分析软件，测得溶液的pH随NaOH溶液的加入变化情况如图所示（1）为精确控制加入NaOH溶液的体积，可将NaOH溶液置于碱式滴定管 （填仪器名称）中滴加（2）图中有三个pH增加缓慢的阶段，第一阶段（a点前）对应的实验现象是生成白色沉淀并逐渐增多（3）对第二阶段（b、c之间）溶液pH变化缓慢的本质，小组同学做出如下推测，请补充推测2和3：推测1：生成Mg（OH）2沉淀，消耗OH推测2：生成Al（OH）3沉淀消耗OH推测3：Al（OH）3沉淀溶解

10、，消耗OH若推测1符合实际情况，则a点之前反应的离子方程式为Al3+3OHAl（OH）3，请据此描述Mg（OH）2、Al（OH）3两种物质在水溶液中溶解性的差异Al（OH）3比Mg（OH）2更难溶于水（4）请分析e点后溶液中较大量存在的含金属元素的离子并设计实验检验（可不填满）：较大量存在的含金属元素的离子检验方法考点：性质实验方案的设计；镁、铝的重要化合物菁优网版权所有专题：实验设计题；元素及其化合物分析：由图象可知，pH变化缓慢的主要原因应为：生成Mg（OH）2沉淀，消耗OH；生成Al（OH）3沉淀消耗OH； Al（OH）3沉淀溶解，消耗OH三种可能，至于哪一阶段为那种可能，应与 Al（O

11、H）3、Mg（OH）2二者的溶解度有关解答：解：（1）精确控制加入NaOH溶液的体积，应用精确度0.01ml的滴定管，又NaOH呈碱性，故选用碱式滴定管，故答案为：碱式滴定管；（2）由图象可知，PH变化缓慢的主要原因应为：生成Mg（OH）2沉淀，消耗OH；生成Al（OH）3沉淀消耗OH； Al（OH）3沉淀溶解，消耗OH三种可能，第一阶段（a点前）应该是生成沉淀消耗了滴下去的氢氧化钠，故现象为：生成白色沉淀并逐渐增多，故答案为：生成白色沉淀并逐渐增多；（3）根据分析可知，PH变化缓慢的主要原因应为：生成Mg（OH）2沉淀，消耗OH；生成Al（OH）3沉淀消耗OH； Al（OH）3沉淀溶解，消耗

12、OH三种可能，若推测1符合实际情况，b、c之间生成Mg（OH）2沉淀，消耗OH，则a点之前应该是产生氢氧化铝的反应，所以反应的离子方程式为Al3+3OHAl（OH）3，据此说明在碱性溶液中铝离子比镁离子更易沉淀，所以Al（OH）3比Mg（OH）2更难溶于水，故答案：生成Al（OH）3沉淀消耗OH；Al（OH）3沉淀溶解，消耗OH；Al3+3OHAl（OH）3；Al（OH）3比Mg（OH）2更难溶于水；（4）根据以上分析得出，e点前的反应为Al（OH）3+OHAl（OH）4，所以e点后溶液中较大量存在的含金属元素的离子为钠离子和Al（OH）4离子，故答案为：较大量存在的含金属元素的离子检验方法N

13、a+用洁净的铂丝蘸取少量待测液在酒精灯火焰上灼烧，若火焰呈黄色，表明存在Na+Al（OH）4取少量待测液于试管中，滴加盐酸，产生白色沉淀，盐酸过量时，沉淀又溶解点评：本题考查了学生根据图象分析反应过程的能力，解题关键还在于熟悉有关镁铝的性质3（2014潍坊模拟）某校研究性学习小组的同学学习完氮的有关物质的性质之后，对氮元素的氢化物和氧化物的性质进行了更深入的研究INH3的性质探究（1）实验室制取氨气的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O（2）某同学模仿排饱和食盐水收集氯气的方法，想用排饱和氯化铵溶液的方法收集氨气你认为他能否达到目的？否（填“能”或“否”），理

14、由是氨气极易溶于水、氯化铵对氨气在水中的溶解影响不大（3）该小组的同学设计了如图甲所示的实验装置（夹持及尾气处理装置未画出），探究氨气的还原性该装置在设计上有一定缺陷为保证实验结果的准确性，对该装置的改进措施是在装置A与B之间增加装有碱石灰的U型管利用改进后的装置进行实验，观察到CuO变为红色物质，无水CuSO4变蓝色，同时生成一种无污染的气体氨气与CuO反应的化学方程式为3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O有同学认为：NH3与CuO反应生成的红色物质中可能含有Cu2O已知Cu2O是一种碱性氧化物；在酸性溶液中，Cu+Cu+Cu2+请设计一个简单的实验检验该红色物质中是否含有Cu2O：取少

15、量样品，加入稀硫酸，若溶液出现蓝色，说明含有Cu2O，否则不含有NO2的性质探究该小组的同学还设计了如图乙所示装置用以制取NO2，并验证NO2能否支持木条燃烧（忽略N2O4的存在，图中铁架台等夹持仪器均已略去）已知：2Cu（NO3）22CuO+4NO2+O2（4）当集气瓶中充满红棕色气体时，木条复燃了有的同学得出“NO2能支持木条燃烧”的结论你认为这一结论是否正确？正确（填“正确”或“不正确”），理由是硝酸铜分解产生的混合气体中氧气的体积分数与空气中氧气的体积分数基本相同，若NO2不支持燃烧，则木条不会复燃（5）NH3与NO2在一定条件下可以反应生成无污染性气体，体现了NH3的还原性，化学方程

16、式为6NO2+8NH37N2+12H2O考点：性质实验方案的设计菁优网版权所有专题：实验设计题分析：（1）实验室用氯化铵和消石灰反应制备氨气；（2）氨气极易溶于水、氯化铵对氨气在水中的溶解影响不大；（3）氯化铵和消石灰反应生成氨气和水，氨气和CuO反应前应先干燥；由题意可知生成物为铜、氮气和水，以此书写化学方程式；依据氧化亚铜在酸溶液中发生自身氧化还原反应生成铜和铜离子，溶液蓝色证明氧化亚铜的存在；（4）根据该反应中氧气所占的体积分数与空气中氧气所占的体积分数比较来进行判断；（5）由题意可知反应物为NH3与NO2，生成物无污染性气体氮气，以此书写化学方程式解答：解：（1）实验室用氯化铵和消石灰

17、反应制备氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O；故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O（2）氨气极易溶于水、氯化铵对氨气在水中的溶解影响不大，所以不能用用排饱和氯化铵溶液的方法收集氨气，故答案为：否；氨气极易溶于水、氯化铵对氨气在水中的溶解影响不大（3）氯化铵和消石灰反应生成氨气和水，氨气和CuO反应前应先干燥；故答案为：在装置A与B之间增加装有碱石灰的U型管CuO变为红色物质，无水CuSO4变蓝色，同时生成一种无污染的气体，说明生成铜、氮气和水，反应的化学方程式为：3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O；故答案为：3

18、CuO+2NH33Cu+N2+3H2OCu20是一种碱性氧化物，在酸性溶液中Cu+生成Cu+Cu2+，据此反应设计实验验证是否含有氧化亚铜，步骤为：取少量样品，加入稀硫酸，若溶液出现蓝色，说明含有Cu2O，否则不含有；故答案为：取少量样品，加入稀硫酸，若溶液出现蓝色，说明含有Cu2O，否则不含有2Cu（NO3）22CuO+4NO2+O2，该反应中氧气占总气体体积的 四分之一与空气中氧气的体积分数基本相同，若NO2不支持燃烧，则木条不会复燃，根据实验现象知，二氧化氮支持燃烧，故正确 故答案为：正确，理由是硝酸铜分解产生的混合气体中氧气的体积分数与空气中氧气的体积分数基本相同，若NO2不支持燃烧，

19、则木条不会复燃（5）由题意可知反应物为NH3与NO2，生成物无污染性气体氮气，另一物质为水，化学方程式为：6NO2+8NH37N2+12H2O；故答案为：6NO2+8NH37N2+12H2O；点评：本题考查了氨气实验室制备方法，氨气的性质验证实验设计用于分析判断，化学方程式的书写即实验方案的设计，难度较大，注意根据实验目的设计实验方案，掌握基础是关键4（2014大兴区一模）某化学小组进行Na2O2与水反应的实验，如图所示，该小组对试管c中红色褪去的原因进行探究（1）Na2O2中含有的化学键类型：离子键、非极性键；请写出a中反应的化学方程式2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2查阅资料：当Na

20、OH溶液pH13时，可以使酚酞由红色褪为无色；Na2O2与水反应分两步进行：Na2O2+H2O=NaOH+H2O2；2H2O2=2H2O+O2（2）请设计实验验证Na2O2与水反应后的溶液中有H2O2残留：取少量b溶液于试管中，加入少量MnO2粉末，产生大量气泡，用带火星的木条检验，木条复燃，证明溶液中有H2O2残留（3）结合资料，该小组同学针c中溶液红色褪去的原因提出以下假设：溶液中NaOH浓度较大，pH13；溶液中H2O2破坏酚酞的结构；NaOH和H2O2共同作用结果（4）该小组同学测出c中溶液的pH为14，认为还不能排除假设、，于是又进行了如下实验，请完成下表空白处：实验操作现象结论1向

21、少量H2O2中滴加2滴酚酞，放置一段时间，再加入NaOH溶液至pH=12加入NaOH后，无色溶液先变红，后褪色仅H2O2不能破坏酚酞结构，酚酞褪色是H2O2和NaOH共同作用结果或假设不正确，假设正确2向少量 NaOH溶液（pH=14）中滴加2滴酚酞；再加适量稀盐酸至溶液 pH=12溶液先变红，后褪色；加盐酸后，又出现红色，且不褪色溶液pH大于13时，NaOH使变红的溶液褪色；pH在813时，NaOH不能使溶液褪色3向Na2O2与水反应后的溶液（pH=14）中滴加2滴酚酞；再加适量稀盐酸至溶液 pH=12溶液先变红，后褪色；加稀盐酸后，又出现红色，但随后褪色溶液pH大于13时，NaOH使变红的

22、溶液褪色；pH在813时，NaOH和H2O2共同作用使溶液褪色（5）某同学按取（4）中述实验2褪色后的溶液，加水稀释至pH=12，没有观察到溶液变红该同学推测实验2加盐酸后溶液变红还可能与温度有关，请写出理由：加入稀盐酸，会因发生中和反应而放热，使溶液温度升高考点：性质实验方案的设计；化学实验方案的评价菁优网版权所有专题：实验设计题分析：（1）Na2O2是由钠离子和过氧根离子组成的离子化合物，含有离子键和非极性键；过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气；（2）H2O2在MnO2的催化作用下可分解出氧气，燃气可使带火星的木条复燃；（3）由题干所给资料当NaOH溶液pH13时，可以使酚酞由红色褪为无色

23、，结合（3）中分析；（4）实验1：加入NaOH溶液至pH=12后，溶液先变红，说明假设溶液中H2O2破坏酚酞的结构错误，后褪色说明假设NaOH和H2O2共同作用结果正确；实验2：向少量 NaOH溶液（pH=14）中滴加2滴酚酞，溶液先变红，后褪色，说明当NaOH溶液pH13时，可以使酚酞由红色褪为无色，再加适量稀盐酸至溶液 pH=12，又出现红色，且不褪色，说明PH值小于13时NaOH不能使溶液褪色；实验3：向Na2O2与水反应后的溶液（pH=14）中滴加2滴酚酞，溶液pH大于13时，NaOH使变红的溶液褪色，因此现象为溶液先变红，后褪色；再加适量稀盐酸至溶液 pH=12，pH在813时，Na

24、OH和H2O2共同作用使溶液褪色，因此现象为加稀盐酸后，又出现红色，但随后褪色；（5）能导致温度变化的原因是加入稀盐酸，与氢氧化钠发生中和反应而放热，使溶液温度升高解答：解：（1）Na2O2是由钠离子和过氧根离子组成的离子化合物，含有离子键和非极性键；过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，古答案为：离子键、非极性共价键；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；（2）H2O2在MnO2的催化作用下可分解出氧气，燃气可使带火星的木条复燃，因此可向Na2O2与水反应后的溶液中加入少量MnO2粉末，若产生大量气泡，用带火星的木条检验，木条复燃，则证

25、明溶液中有H2O2残留，故答案为：加入少量MnO2粉末，产生大量气泡，用带火星的木条检验，木条复燃；（3）假设溶液中H2O2破坏酚酞的结构和假设NaOH和H2O2共同作用结果，由题干所给资料当NaOH溶液pH13时，可以使酚酞由红色褪为无色，因此假设为溶液中NaOH浓度较大，pH13，古答案为：溶液中NaOH浓度较大，pH13； （4）实验1：加入NaOH溶液至pH=12后，溶液先变红，说明假设溶液中H2O2破坏酚酞的结构错误，后褪色说明假设NaOH和H2O2共同作用结果正确；实验2：向少量 NaOH溶液（pH=14）中滴加2滴酚酞，溶液先变红，后褪色，说明当NaOH溶液pH13时，可以使酚酞

26、由红色褪为无色，再加适量稀盐酸至溶液 pH=12，又出现红色，且不褪色，说明PH值小于13时NaOH不能使溶液褪色；实验3：向Na2O2与水反应后的溶液（pH=14）中滴加2滴酚酞，溶液pH大于13时，NaOH使变红的溶液褪色，因此现象为溶液先变红，后褪色；再加适量稀盐酸至溶液 pH=12，pH在813时，NaOH和H2O2共同作用使溶液褪色，因此现象为加稀盐酸后，又出现红色，但随后褪色；故答案为：实验操作现象结论1向少量H2O2中滴加2滴酚酞，放置一段时间，再加入NaOH溶液至pH=12加入NaOH后，无色溶液先变红，后褪色仅H2O2不能破坏酚酞结构，酚酞褪色是H2O2和NaOH共同作用结果

27、或假设不正确，假设正确2向少量 NaOH溶液（pH=14）中滴加2滴酚酞；再加适量稀盐酸至溶液 pH=12溶液先变红，后褪色；加盐酸后，又出现红色，且不褪色溶液pH大于13时，NaOH使变红的溶液褪色；pH在813时，NaOH不能使溶液褪色3向Na2O2与水反应后的溶液（pH=14）中滴加2滴酚酞；再加适量稀盐酸至溶液 pH=12溶液先变红，后褪色；加稀盐酸后，又出现红色，但随后褪色溶液pH大于13时，NaOH使变红的溶液褪色；pH在813时，NaOH和H2O2共同作用使溶液褪色（5）能导致温度变化的原因是加入稀盐酸，与氢氧化钠发生中和反应而放热，使溶液温度升高，故答案为：加入稀盐酸，会因发生

28、中和反应而放热，使溶液温度升高点评：本题考查了性质实验方案的设计和探究，围绕使酚酞褪色的原因展开实验的设计、然后进行实验验证，具有非常高的思维容量，综合性强，试题难度大，掌握物质的性质、领会题干所给信息是解题的关键5（2014浙江模拟）硫酸亚铁铵（NH4）2SO4FeSO46H2O又称摩尔盐某兴趣小组为了制备硫酸亚铁铵，上网查阅到硫酸铵、硫酸亚铁、硫酸亚铁铵三种盐的溶解度（单位为g/100g水）如表：温度/102030405070（NH4）2SO473.075.478.081.084.591.9FeSO47H2O40.048.060.073.3（NH4）2SO4FeSO46H2O18.121.

29、224.527.91制备晶体该兴趣小组设计了制取少量摩尔盐的流程如下：试回答下列问题：步骤3中进行“趁热快速过滤”，可采取的措施是将漏斗置于沸水中预热后进行快速热过滤（写出1种），趁热过滤的目的是防止FeSO47H2O晶体析出；步骤4中加热浓缩至液体表面出现晶膜时为止；）步骤4中析出的晶体不含（NH4）2SO4、FeSO4的原因是在相同温度下，（NH4）2SO4FeSO46H2O的溶解度比（NH4）2SO4、FeSO4都要小，理论上制得的摩尔盐的质量为7（m1m2）g（2）纯度分析为了测定产品中Fe3+杂质含量，进行下列定量分析：配制Fe3+浓度为1.0mg/mL的标准溶液100mL称取860

30、.7mg高纯度的硫酸铁铵（NH4）Fe（SO4）212H2O，加2.00mL经处理的去离子水，振荡溶解后，加入2molL1 HBr溶液1mL和1molL1 KSCN溶液0.5mL，加水制成100mL溶液配制过程中必须用到的定量仪器为bc（选填编号）a精确度为0.001g的电子天平 b精确度为0.1mg的电子天平c.100mL容量瓶 d酸式滴定管 e.10mL量筒将上述溶液稀释为浓度分别为0.2、1.0、3.0、5.0、7.0、10.0（单位：mg/L）的溶液分别测定不同浓度溶液对光的吸收程度，并将测定结果绘制成曲线如图取该兴趣小组所得的硫酸亚铁铵产品，按步骤配得产品溶液10mL，稀释至100mL，然后按步骤的方法进行测定，两