主题13 二、性质探究型综合实验（课件）-【新高考方案】2026年高考化学Ⅰ一轮总复习

性质探究型综合实验 二、 [例2]　(2024·广东卷)含硫物质种类繁多,在一定条件下可相互转化。 (1)实验室中,浓硫酸与铜丝反应,所产生的尾气可用　　　　(填化学式)溶液吸收。  (2)工业上,烟气中的SO2可在通空气条件下用石灰石的浆液吸收,生成石膏。该过程中, 　　　　(填元素符号)被氧化。  (3)工业锅炉需定期除水垢,其中的硫酸钙用纯碱溶液处理时,发生反应:CaSO4(s)+C(aq) CaCO3(s)+S(aq)(Ⅰ)。兴趣小组在实验室探究Na2CO3溶液的浓度对反应(Ⅰ)的反应速率的影响。 ①用Na2CO3固体配制溶液,以滴定法测定其浓度。 ⅰ.该过程中用到的仪器有　　　　。  ⅱ.滴定数据及处理:Na2CO3溶液V0 mL,消耗c1 mol·L-1盐酸V1 mL(滴定终点时, C转化为HC),则c(Na2CO3)=　　　　　 mol·L-1。  ②实验探究:取①中的Na2CO3溶液,按下表配制总体积相同的系列溶液,分别加入m1 g硫酸钙固体,反应t1 min后,过滤,取V0 mL滤液,用c1 mol·L-1盐酸参照①进行滴定。记录的部分数据如下表(忽略C水解的影响)。 则x=　　　　　,测得的平均反应速率之比va∶vb=　　　　。  序号 V(Na2CO3)/mL V(H2O)/mL V(滤液)/mL V消耗(盐酸)/mL a 100.0 0 V0 2V1/5 b 80.0 x V0 3V1/10 (4)兴趣小组继续探究反应( Ⅰ )平衡的建立,进行实验。 ①初步实验　将1.00 g硫酸钙(M=136 g·mol-1)加入100.0 mL 0.100 mol·L-1Na2CO3溶液中,在25 ℃和搅拌条件下,利用pH计测得体系的 pH随时间的变化曲线如图。 ②分析讨论　甲同学根据t2 min后pH不改变,认为反应(Ⅰ)已达到平衡;乙同学认为证据不足,并提出如下假设: 假设1　硫酸钙固体已完全消耗; 假设2　硫酸钙固体有剩余,但被碳酸钙沉淀包裹。 ③验证假设　乙同学设计如下方案,进行实验。 ④实验小结　假设1成立,假设2不成立。①实验中反应(Ⅰ)平衡未建立。 ⑤优化方案、建立平衡　写出优化的实验方案,并给出反应(Ⅰ)平衡已建立的判断依据:　 。  步骤 现象 ⅰ.将①实验中的反应混合物进行固液分离 — ⅱ.取少量分离出的沉淀置于试管中,滴加　　　  　　　　,沉淀完全溶解  ⅲ.继续向ⅱ的试管中滴加　　　  无白色沉淀生成 [例2]　(2024·广东卷)含硫物质种类繁多,在一定条件下可相互转化。 (1)实验室中,浓硫酸与铜丝反应,所产生的尾气可用　　　　(填化学式)溶液吸收。  解析：第(1)问考查尾气的处理:做实验产生的尾气如果有毒或污染空气,就需处理。浓硫酸与铜丝反应产生的尾气为SO2,可污染空气,根据物质的性质进行分析,可用NaOH溶液吸收。 (2)工业上,烟气中的SO2可在通空气条件下用石灰石的浆液吸收,生成石膏。该过程中,　　(填元素符号)被氧化。  解析：第(2)问可根据化合价变化分析:由题给信息知,SO2与空气中的O2、石灰浆中的CaCO3反应生成CaSO4,反应过程中S元素的化合价由+4价上升到+6价,失去电子,被氧化。 NaOH S [例2]　(2024·广东卷)含硫物质种类繁多,在一定条件下可相互转化。 (3)工业锅炉需定期除水垢,其中的硫酸钙用纯碱溶液处理时,发生反应: CaSO4(s)+C(aq) CaCO3(s)+S(aq)(Ⅰ)。兴趣小组在实验室探究Na2CO3溶液的浓度对反应(Ⅰ)的反应速率的影响。 ①用Na2CO3固体配制溶液,以滴定法测定其浓度。 ⅰ.该过程中用到的仪器有　　　。  BD 　解析：第(3)问①ⅰ考查仪器的选择:在选择量器时要根据需要量取液体的精确度选择量筒(误差较大)或滴定管(比较精准);在选择容器时根据实验需求选择合适的容器,如试管、烧杯、烧瓶、蒸发皿等,本实验是用Na2CO3固体配制溶液→用到所给仪器中的烧杯;以滴定法测定其浓度→该过程用到酸式滴定管。 [例2]　(2024·广东卷)含硫物质种类繁多,在一定条件下可相互转化。 (3)工业锅炉需定期除水垢,其中的硫酸钙用纯碱溶液处理时,发生反应: CaSO4(s)+C(aq) CaCO3(s)+S(aq)(Ⅰ)。兴趣小组在实验室探究Na2CO3溶液的浓度对反应(Ⅰ)的反应速率的影响。 ①用Na2CO3固体配制溶液,以滴定法测定其浓度。 ⅱ.滴定数据及处理:Na2CO3溶液V0 mL,消耗c1 mol·L-1盐酸V1 mL(滴定终点时, C转化为HC),则c(Na2CO3)=　　　　 mol·L-1。  解析：第(3)问①ⅱ考查实验数据的处理:浓度的计算,根据离子方程式C+H+===HC可知,c(Na2CO3)== mol·L-1。 [例2]　(2024·广东卷)含硫物质种类繁多,在一定条件下可相互转化。 (3)工业锅炉需定期除水垢,其中的硫酸钙用纯碱溶液处理时,发生反应: CaSO4(s)+C(aq) CaCO3(s)+S(aq)(Ⅰ)。兴趣小组在实验室探究Na2CO3溶液的浓度对反应(Ⅰ)的反应速率的影响。 ②实验探究:取①中的Na2CO3溶液,按下表配制总体积相同的系列溶液,分别加入m1 g硫酸钙固体,反应t1 min后,过滤,取V0 mL滤液,用c1 mol·L-1盐酸参照①进行滴定。记录的部分数据如下表(忽略C水解的影响)。 则x=　　　,测得的平均反应速率之比va∶vb=　　　。  序号 V(Na2CO3)/mL V(H2O)/mL V(滤液)/mL V消耗(盐酸)/mL a 100.0 0 V0 2V1/5 b 80.0 x V0 3V1/10 　解析：第(3)问②由表格可知,应用的是变量控制思想,二者总体积应相同,所以x为20.0 mL;a中消耗的盐酸体积为,即Δc(Na2CO3)= mol·L-1,同理可得, b中Δc(Na2CO3)=×-=,由于v=,va∶vb=∶=6∶5。 [例2]　(2024·广东卷)含硫物质种类繁多,在一定条件下可相互转化。 (4)兴趣小组继续探究反应( Ⅰ )平衡的建立,进行实验。 ①初步实验　将1.00 g硫酸钙(M=136 g·mol-1)加入100.0 mL 0.100 mol·L-1Na2CO3溶液中,在25 ℃和搅拌条件下,利用pH计测得体系的pH随时间的变化曲线如图。 ②分析讨论　甲同学根据t2 min后pH不改变,认为反应(Ⅰ)已达到平衡;乙同学认为证据不足,并提出如下假设: 假设1　硫酸钙固体已完全消耗; 假设2　硫酸钙固体有剩余,但被碳酸钙沉淀包裹。 ③验证假设　乙同学设计如下方案,进行实验。 步骤 现象 ⅰ.将①实验中的反应混合物进行固液分离 — ⅱ.取少量分离出的沉淀置于试管中,滴加　 　　  　　　 　,沉淀完全溶解  ⅲ.继续向ⅱ的试管中滴加　 　　  无白色沉淀生成 解析：第(4)问③验证假设:由④实验小结可知假设1成立,假设2不成立,推知①实验中的沉淀均为CaCO3,要验证沉淀中无CaSO4,可采用酸溶后滴加BaCl2。具体操作为将①实验中的反应混合物进行固液分离后,取少量分离出的沉淀置于试管中,滴加过量稀盐酸,有气体产生,沉淀完全溶解,继续滴加BaCl2溶液,无白色沉淀生成,说明沉淀均为CaCO3,无CaSO4。 [例2]　(2024·广东卷)含硫物质种类繁多,在一定条件下可相互转化。 (4)兴趣小组继续探究反应( Ⅰ )平衡的建立,进行实验。 ④实验小结　假设1成立,假设2不成立。①实验中反应(Ⅰ)平衡未建立。 ⑤优化方案、建立平衡　写出优化的实验方案,并给出反应(Ⅰ)平衡已建立的判断依据:   将最少1.36 g硫酸钙加入100.0 mL 0.100 mol·L-1 Na2CO3溶液中,在25 ℃和搅拌条件下,利用pH计测得体系的pH,当pH不变时,加入Na2SO4固体,若pH变大,说明反应(Ⅰ)平衡已建立 。 解析：第(4)问⑤优化方案、建立平衡:此问从化学平衡原理视角来考查验证实验。不仅是创新点,更是学生的失分点。需要学生利用“平衡体系中反应物与生成物共存”的思想,从改变反应物投料关系(加入过量硫酸钙或减小碳酸钠用量等)的定量角度,重新建立平衡,进一步检验过量物质是否存在、溶液pH是否改变等,进而说明反应(Ⅰ)平衡已经建立。本问实验设计为由方程式CaSO4(s)+C(aq) CaCO3(s)+S(aq)可知,假设正反应100%进行,n(CaSO4)=n(C)=0.100 mol· L-1×0.1 L=0.01 mol,质量为0.01 mol×136 g·mol-1=1.36 g,实验方案为将最少1.36 g硫酸钙加入100.0 mL 0.100 mol·L-1 Na2CO3溶液中,在25 ℃和搅拌条件下,利用pH计测得体系的pH,当pH不变时,加入Na2SO4固体,若pH变大,说明反应(Ⅰ)平衡已建立。 输入你的标题 [迁移应用] 1.[对多个平行或对照实验的分析]某化学兴趣小组设计下列三组实验探究浓度、温度对化学反应速率的影响(表中两种溶液的浓度均为0.1 mol·L-1)。 若实验①②探究浓度对反应速率的影响,则V1=　　　。若V2=20,则实验①③探究的是 　 (影响因素)对反应速率的影响。  实验编号 反应温度/℃ 液体体积/mL Na2S2O3溶液 稀硫酸 H2O ① T1 20 30 0 ② T1 V1 30 5 ③ T2 V2 30 0 15 温度 解析:采用控制变量法进行研究,根据实验①可知混合溶液总体积是50 mL,则实验②加入Na2S2O3溶液体积应该是15 mL;实验①和实验③只有反应温度不同,其他条件须相同,故V2=20。 2.[对物质的性质进行探究]氧化铜是一种黑色固体,可溶于稀硫酸。某同学想知道是稀硫酸中的哪种粒子 (H2O、H+、S)能使氧化铜溶解,请你和他一起通过如图Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ中三个实验完成这次探究活动。 (1)某同学提出的假设是H2O、H+、S中的某一种粒子能够使CuO溶解。通过实验Ⅰ可以证明　 。 解析:通过实验Ⅰ可以证明H2O不能使CuO溶解,结合实验Ⅱ可知是另外的H+、S两种粒子中的一种粒子使CuO溶解。 H2O不能使CuO溶解 2.[对物质的性质进行探究]氧化铜是一种黑色固体,可溶于稀硫酸。某同学想知道是稀硫酸中的哪种粒子 (H2O、H+、S)能使氧化铜溶解,请你和他一起通过如图Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ中三个实验完成这次探究活动。 (2)要证明另外两种粒子能否溶解氧化铜,还需要进行实验Ⅱ和Ⅲ,在Ⅱ中加入稀硫酸后氧化铜溶解,则进一步确认的实验操作是在Ⅲ中先加入________________ 溶液,再加入　　　　。  解析:要想证明起作用的是H+,首先要排除S的干扰,所以在Ⅲ中应该加入含S的盐,如Na2SO4(或K2SO4等),加入Na2SO4后,氧化铜不溶解,再加入稀硫酸,氧化铜溶解,则证明溶解氧化铜的是氢离子。 Na2SO4(或K2SO4等)　 稀硫酸 2.[对物质的性质进行探究]氧化铜是一种黑色固体,可溶于稀硫酸。某同学想知道是稀硫酸中的哪种粒子 (H2O、H+、S)能使氧化铜溶解,请你和他一起通过如图Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ中三个实验完成这次探究活动。 (3)探究结果为_____________________________________________________ 　 。  解析:通过对比实验验证起作用的成分,得出结论是:氧化铜固体溶于稀硫酸是稀硫酸中H+在起作用,而H2O、S两种粒子都不能使CuO溶解。 氧化铜固体溶于稀硫酸是稀硫酸中H+在起作用,而H2O、 S两种粒子都不能使CuO溶解 2.[对物质的性质进行探究]氧化铜是一种黑色固体,可溶于稀硫酸。某同学想知道是稀硫酸中的哪种粒子 (H2O、H+、S)能使氧化铜溶解,请你和他一起通过如图Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ中三个实验完成这次探究活动。 (4)资料显示: Cu2O是红色粉末,在酸性条件下发生反应: Cu2O+2H+===Cu+Cu2++H2O。某同学提出: H2还原CuO所得的红色固体产物中可能含Cu2O。请你设计实验探究这位同学提出的假设:_________________________ 　 。  取少量样品于试管中,加入 稀硫酸,若溶液出现蓝色,说明红色固体中含有Cu2O,反之则无 解析:Cu2O是红色粉末,在酸性条件下发生反应: Cu2O+2H+===Cu+Cu2++ H2O。验证CuO完全反应后生成的红色固体中是否含有Cu2O的方法为取少量样品于试管中,加入稀硫酸,若溶液出现蓝色,说明红色固体中含有Cu2O,反之则无。 课时跟踪检测 1 2 3 4 1.(14分)(2025·陕西教育联盟阶段检测)兴趣小组在课外实验中意外发现:将镁条放入Na2CO3溶液中,快速产生较多气泡,有白色沉淀生成,小组同学对此进行了系列探究活动。 探究1:反应产生的气体是什么? [作出猜想]　小组同学经查阅资料和讨论,作出如下猜想,气体可能是: ①氢气;②二氧化碳;③氢气和二氧化碳。 [实验1]　取适量镁条、100 mL Na2CO3溶液于反应装置A中, 按如图1所示方案进行实验,B中石灰水不变浑浊;C处气体燃烧, 烧杯内壁有水珠。说明猜想①正确。 1 2 3 4 (1)反应装置A应选用图2中的　　装置(填标号)。  解析:Mg条与Na2CO3溶液属于固液不加热反应,E是加热固体制备气体的装置;F中导气管应刚刚露出橡皮塞,反应装置A应选用图2中的D装置。 D (2)小组同学讨论认为,上述实验中“烧杯内壁有水珠”作为“反应产生的气体是氢气”的证据不可靠。为使这一证据可靠,且仍能一次性地验证三个猜想,只需在图1所示方案的基础上加以改进完善即可。你的改进方案是 　 。  解析:B中水蒸气有可能进入C产生水珠,所以改进方案是在B、C之间增加干燥装置。 在装置B、C之间增加干燥装置 27 1 2 3 4 探究2:快速产生气体的原因是什么? [查阅资料]　镁与水缓慢反应生成氢气:Na2CO3溶液显碱性,其溶液中除Na+、 C外,还有OH-。 [作出猜想]　可能是Na2CO3溶液中的某一种离子促进了镁与水的反应。 [实验2]　按图3所示方案进行实验。G、I中缓慢产生气泡,H中快速产生较多气泡, 说明是C而不是Na+、OH-促进了镁与水的反应。 (3)G中实验的作用是 　 。 解析:G中实验现象与H、I作对比,所以G的作用是作对比实验。 作对比实验 28 1 2 3 4 (4)试剂X是　　　　 　　溶液。  解析:探究Na+、C、OH-对反应的影响,H中快速产生较多气泡,说明是C而不是Na+、OH-促进了镁与水的反应,所以应该证明Na+、OH-对反应无影响,X为氢氧化钠溶液。 探究3:反应产生的白色沉淀中是否含有MgCO3? [实验3]　取实验1反应生成的沉淀于试管中,加入试剂Y,根据实验现象说明白色沉淀中含有MgCO3。 NaOH或氢氧化钠 29 1 2 3 4 (5)试剂Y为　　　　,实验操作及现象为____________________________________ 　　　　　　　　　　　 　,MgCO3与试剂Y反应的离子方程式为 。  反思交流与结论:Mg与Na2CO3溶液反应产生氢气,白色沉淀中可能含有MgCO3, Na2CO3溶液中的C促进了镁与水的反应。 解析:MgCO3能与盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳、水,试剂Y为稀盐酸;实验操作及现象为取实验1反应生成的沉淀于试管中,加入稀盐酸,有(无色无味)气泡生成,将气体通入澄清石灰水中,石灰水变浑浊;反应的离子方程式为MgCO3+2H+===Mg2++H2O+CO2↑。 稀盐酸 取实验1反应生成的沉淀于试管中,加入 稀盐酸,有(无色无味)气泡生成,将气体通入澄清石灰水中,石灰水变浑浊 MgCO3+2H+===Mg2++H2O+CO2↑ 30 1 2 3 4 2.(15分)绿矾(FeSO4·xH2O)是生血片的主要成分。某研究性学习小组拟对绿矾热分解产物进行探究。 [实验猜想] 猜想1:生成Fe2O3、SO2、H2O 猜想2:生成Fe、Fe2O3、SO2、H2O 猜想3:生成Fe2O3、SO2、SO3、H2O …… [实验探究] 该小组用如图所示装置进行实验(夹持仪器略)。 1 2 3 4 请回答下列问题: (1)实验操作的先后顺序是　　　 (填字母)。  a.熄灭酒精灯,冷却 b.先检查装置的气密性,后加入药品 c.点燃酒精灯,加热 d.在“气体入口”处通入干燥的N2 解析:该实验探究有气体生成,故首先应检查装置的气密性;Fe2+具有还原性,易被空气中的氧气氧化,影响探究结果,故应在“气体入口”处通入干燥的N2,排净装置内的空气;然后点燃酒精灯,对样品进行加热,实验结束后,熄灭酒精灯,进行冷却,故实验操作的先后顺序是:bdca。 bdca 1 2 3 4 2.(15分)绿矾(FeSO4·xH2O)是生血片的主要成分。某研究性学习小组拟对绿矾热分解产物进行探究。 [实验猜想] 猜想1:生成Fe2O3、SO2、H2O 猜想2:生成Fe、Fe2O3、SO2、H2O 猜想3:生成Fe2O3、SO2、SO3、H2O …… [实验探究] 该小组用如图所示装置进行实验(夹持仪器略)。 1 2 3 4 (2)在实验过程中,观察到A中固体变红色,B中无水CuSO4　　　　　　　 , C中试纸的颜色变化是　　　　　　　。  解析:加热时,FeSO4·xH2O首先会失去结晶水,然后FeSO4分解;B中无水CuSO4用于检验水的生成,吸水后固体由白色变成蓝色;C中收集到酸性气体,该气体会使湿润的蓝色石蕊试纸变红。 由白色变蓝色 由蓝色变红色 1 2 3 4 2.(15分)绿矾(FeSO4·xH2O)是生血片的主要成分。某研究性学习小组拟对绿矾热分解产物进行探究。 [实验猜想] 猜想1:生成Fe2O3、SO2、H2O 猜想2:生成Fe、Fe2O3、SO2、H2O 猜想3:生成Fe2O3、SO2、SO3、H2O …… [实验探究] 该小组用如图所示装置进行实验(夹持仪器略)。 1 2 3 4 (3)反应结束后,取A中固体进行实验,实验操作及现象如下: ①将固体加入盛有足量稀硫酸的试管中,固体完全溶解,且无气体放出; ②取①中溶液滴入适量KMnO4溶液中,KMnO4溶液不褪色; ③取①中溶液滴入KSCN溶液中,溶液变红色。 由此得出结论:红色固体为　　　　。  解析:由实验①可知,没有气体放出,可能的原因有两个:一是反应后的固体中没有单质Fe,二是固体中有单质Fe与Fe2O3,二者发生反应生成Fe2+;由实验②可知,溶液中不存在Fe2+,则可知反应后的固体中没有单质Fe;由实验③和固体颜色可知,反应后的固体应为Fe2O3。 Fe2O3 1 2 3 4 2.(15分)绿矾(FeSO4·xH2O)是生血片的主要成分。某研究性学习小组拟对绿矾热分解产物进行探究。 [实验猜想] 猜想1:生成Fe2O3、SO2、H2O 猜想2:生成Fe、Fe2O3、SO2、H2O 猜想3:生成Fe2O3、SO2、SO3、H2O …… [实验探究] 该小组用如图所示装置进行实验(夹持仪器略)。 1 2 3 4 (4)D中有白色沉淀生成,该沉淀的化学式为　　　 　　　。有同学认为还应该增加一个实验,取D中沉淀,加入一定量的盐酸以确定其组成,从而确定FeSO4·xH2O的分解产物,你认为是否需要　　　　?说明你的理由:   解析:由(3)可知,Fe元素的化合价升高,则必有S元素的化合价降低,根据原子守恒和得失电子守恒可知,只有部分S元素的化合价降低,从而可知进入D中的气体为SO3和SO2,因此D中的白色沉淀为BaSO4和BaSO3,不需要再经过实验验证。 BaSO4、BaSO3 不需要 Fe元素的化合价升高,则必有S元素的化合价降低,根据原子守恒和得失电子守恒,可知只有部分S元素的化合价降低,则进入D中的气体为SO3和SO2 。 1 2 3 4 2.(15分)绿矾(FeSO4·xH2O)是生血片的主要成分。某研究性学习小组拟对绿矾热分解产物进行探究。 [实验猜想] 猜想1:生成Fe2O3、SO2、H2O 猜想2:生成Fe、Fe2O3、SO2、H2O 猜想3:生成Fe2O3、SO2、SO3、H2O …… [实验探究] 该小组用如图所示装置进行实验(夹持仪器略)。 1 2 3 4 (5)硫酸亚铁晶体加热分解的化学方程式为_____________________________ 　 。  解析:由上述分析可知,产物为H2O、Fe2O3、SO2和SO3,则反应的化学方程式为2(FeSO4·xH2O) Fe2O3+SO2↑+SO3↑+2xH2O。 2(FeSO4·xH2O) Fe2O3+ SO2↑+SO3↑+2xH2O 1 2 3 4 3.(15分)将电能转化为化学能在生活生产和科学研究中具有重要意义。某学习小组用石墨电极持续电解CuCl2溶液。 实验 时刻 现象 t1 a极析出红色固体;b极产生气体(用湿润的碘化钾淀粉试纸检验,试纸变蓝) t2 a极产生白色沉淀;a极附近溶液变为黄绿色;b极产生气体 …… …… t3 a极产生气体;b极产生气体 1 2 3 4 (1)t1时刻,a极析出铜的电极反应式为 　。 解析:t1时刻,a极析出铜的电极反应式为Cu2++2e-===Cu。 　 Cu2++2e-===Cu 1 2 3 4 3.(15分)将电能转化为化学能在生活生产和科学研究中具有重要意义。某学习小组用石墨电极持续电解CuCl2溶液。 实验 时刻 现象 t1 a极析出红色固体;b极产生气体(用湿润的碘化钾淀粉试纸检验,试纸变蓝) t2 a极产生白色沉淀;a极附近溶液变为黄绿色;b极产生气体 …… …… t3 a极产生气体;b极产生气体 1 2 3 4 (2)从a极刮取白色沉淀(含少量红色固体),经检验含CuCl、Cu。 已知:Cu+ Cu+Cu2+,CuOH(黄色,不溶)→Cu2O(红色,不溶) ①白色沉淀A为AgCl,试剂1是 　。 ②向试管ⅰ中加入NaOH溶液,生成的黄色沉淀很快转变为红色。解释沉淀由黄色变红色发生的化学反应方程式:　 。 ③证实从a极刮取的白色沉淀中含有CuCl的理由是__________________________ 　 。  硝酸酸化的AgNO3溶液 2CuOH===Cu2O+H2O 加入硝酸酸化的AgNO3溶液 产生白色沉淀,沉淀为AgCl,可判断固体中含有CuCl 1 2 3 4 解析:①根据白色沉淀(含少量红色固体),经检验含CuCl、Cu,则白色沉淀A为AgCl,试剂1则是硝酸酸化的AgNO3溶液。②向试管ⅰ中加入NaOH溶液,生成的黄色沉淀很快转变为红色。根据已知信息,沉淀由黄色变红色发生CuOH(黄色,不溶) →Cu2O(红色,不溶),化学反应方程式为2CuOH===Cu2O+H2O。③证实从a极刮取的白色沉淀中含有CuCl的理由是加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀,沉淀为AgCl,可判断固体中含有CuCl。 1 2 3 4 3.(15分)将电能转化为化学能在生活生产和科学研究中具有重要意义。某学习小组用石墨电极持续电解CuCl2溶液。 实验 时刻 现象 t1 a极析出红色固体;b极产生气体(用湿润的碘化钾淀粉试纸检验,试纸变蓝) t2 a极产生白色沉淀;a极附近溶液变为黄绿色;b极产生气体 …… …… t3 a极产生气体;b极产生气体 1 2 3 4 (3)针对CuCl沉淀是如何产生的,小组提出两种假设。 假设1:由电极反应产生:Cu2++Cl-+e-===CuCl↓。 假设2:除电极反应外,也可由氧化还原反应产生CuCl,请用离子方程式说明: 　　 。 解析:溶液中有Cl-和Cu2+,则由氧化还原反应产生CuCl应是Cu参与了反应,离子方程式:Cu2++2Cl-+Cu===2CuCl。 Cu2++2Cl-+Cu===2CuCl　 1 2 3 4 3.(15分)将电能转化为化学能在生活生产和科学研究中具有重要意义。某学习小组用石墨电极持续电解CuCl2溶液。 实验 时刻 现象 t1 a极析出红色固体;b极产生气体(用湿润的碘化钾淀粉试纸检验,试纸变蓝) t2 a极产生白色沉淀;a极附近溶液变为黄绿色;b极产生气体 …… …… t3 a极产生气体;b极产生气体 1 2 3 4 (4)t1时a极未产生气体,而t3时a极产生气体。原因是 　 。 解析: a极是阴极,t1时a极未产生气体,而t3时a极产生气体,原因是t1时铜离子未反应完全, t3时铜离子反应完全。 (5)镀铜工业中,电镀液以CuSO4、H2SO4为主,同时含Cl-和添加剂。过多的Cl-会使镀层出现白色胶状薄膜。电镀前向电镀液中加入适量Ag2SO4(微溶)固体能有效解决该问题,写出发生反应的离子方程式: 　 。  解析:电镀液以CuSO4、H2SO4为主,同时含Cl-和添加剂,过多的Cl-会使镀层出现白色胶状薄膜。电镀前向电镀液中加入适量Ag2SO4(微溶)固体能降低Cl-浓度,有效解决该问题,发生反应的离子方程式:Ag2SO4(s)+2Cl-(aq) ===2AgCl(s)+S(aq)。 t1时未反应完全,t3时铜离子反应完全 Ag2SO4(s)+2Cl-(aq) ===2AgCl(s)+S(aq) 1 2 3 4 4.(15分)兴趣小组欲探究乙醛被新制Cu(OH)2氧化的反应,进行了如下实验。 Ⅰ.探究反应产物 (1)甲同学认为橙红色浊液中含有Cu2O,理由是________________________ 　 (用化学方程式表示)。  2Cu(OH)2+CH3CHO+ NaOH Cu2O↓+CH3COONa+3H2O 1 2 3 4 解析:向NaOH溶液中滴加CuSO4生成Cu(OH)2,再滴加乙醛溶液,颜色变化浊液颜色从蓝色变为黄绿色,再变为红色,生成了Cu2O;浊液成分检验:Cu2O可与酸反应,不溶于乙醇,用乙醇进行萃取分离,黄色滤液为多烯醛聚合物的乙醇溶液,砖红色沉淀为Cu2O,加盐酸生成CuCl,盐酸过量发生CuCl+Cl- [CuCl2]-反应,生成[CuCl2]-。 (1)乙醛可与新制Cu(OH)2发生氧化还原反应生成羧酸钠、Cu2O和水,化学方程式为2Cu(OH)2+CH3CHO+NaOH Cu2O↓+CH3COONa+3H2O。 1 2 3 4 4.(15分)兴趣小组欲探究乙醛被新制Cu(OH)2氧化的反应,进行了如下实验。 Ⅰ.探究反应产物 (2)乙同学推测浊液的颜色变化不只与Cu2O的生成有关,证据是__________________ 　。  小组同学查阅资料发现,乙醛在碱性条件下可发生缩聚,生成多烯醛聚合物,其化学式为CH3(CH==CH)nCHO。随聚合程度增大,聚合物颜色由橙黄色加深至红褐色。为检验浊液成分,小组同学进行了如图实验。 已知:Cu2O可与酸反应,不溶于乙醇。 CuCl是白色难溶固体,在含Cl-溶液中存在平衡:CuCl+Cl- [CuCl2]-。 浊液颜色从蓝色变 为黄绿色,再变为红色(而不是从蓝色直接变为红色)　 1 2 3 4 解析:向NaOH溶液中滴加CuSO4生成Cu(OH)2,再滴加乙醛溶液,颜色变化浊液颜色从蓝色变为黄绿色,再变为红色,生成了Cu2O;浊液成分检验:Cu2O可与酸反应,不溶于乙醇,用乙醇进行萃取分离,黄色滤液为多烯醛聚合物的乙醇溶液,砖红色沉淀为Cu2O,加盐酸生成CuCl,盐酸过量发生CuCl+Cl- [CuCl2]-反应,生成[CuCl2]-。 (2)浊液颜色从蓝色变为黄绿色,再变为红色(而不是从蓝色直接变为红色),说明有其他中间产物生成。 1 2 3 4 4.(15分)兴趣小组欲探究乙醛被新制Cu(OH)2氧化的反应,进行了如下实验。 Ⅰ.探究反应产物 (3)经检验,橙红色浊液中含Cu2O和多烯醛聚合物。 ①黄色滤液可使酸性KMnO4褪色,但不能据此证明多烯醛聚合物的存在,原因是 　 。  ②上述实验中,随着盐酸的加入,先产生白色沉淀,后沉淀消失。从平衡移动角度解释白色沉淀消失的原因:_________________________________________________ 　 。  洗涤时加入的乙醇也有还原性 加盐酸使c(Cl-)增大,平衡CuCl+Cl- [CuCl2]-正向移动, 白色沉淀溶解　 1 2 3 4 解析:向NaOH溶液中滴加CuSO4生成Cu(OH)2,再滴加乙醛溶液,颜色变化浊液颜色从蓝色变为黄绿色,再变为红色,生成了Cu2O;浊液成分检验:Cu2O可与酸反应,不溶于乙醇,用乙醇进行萃取分离,黄色滤液为多烯醛聚合物的乙醇溶液,砖红色沉淀为Cu2O,加盐酸生成CuCl,盐酸过量发生CuCl+Cl- [CuCl2]-反应,生成[CuCl2]-。 (3)①黄色滤液中含有洗涤时加入的乙醇和多烯醛聚合物,乙醇也有还原性,可使酸性KMnO4褪色,不能据此证明多烯醛聚合物的存在;②随着盐酸的加入先产生白色沉淀,方程式为Cu2O+2HCl===2CuCl+H2O,CuCl是白色难溶固体,在含Cl-溶液中存在平衡:CuCl+Cl- [CuCl2]-,继续加盐酸使c(Cl-)增大,平衡CuCl+Cl- [CuCl2]-正向移动,白色沉淀溶解。 1 2 3 4 4.(15分)兴趣小组欲探究乙醛被新制Cu(OH)2氧化的反应,进行了如下实验。 Ⅱ.探究反应条件 丙同学减少碱的用量以避免多烯醛聚合物的生成,但反应后浊液变黑。小组同学调整NaOH溶液的浓度,重新进行原实验(CuSO4和乙醛溶液的浓度、体积均不变)。反应过程中的现象记录如下: 1 2 3 4 组别 20% NaOH 溶液用量 蒸馏水用量 加热前 加热至沸 过滤,经乙醇洗涤后 1 0 mL 2 mL 淡蓝色溶液 淡蓝色溶液 无固体 2 2滴 2 mL 淡蓝色浊液 土色发黑 的浊液 黑色固体 3 0.2 mL 1.8 mL 半透明蓝色浊液 黑红色浊液 黑红色固体 4 1 mL 1 mL 半透明蓝色浊液 橙红色浊液 砖红色固体 5 2 mL 0 mL 深蓝色溶液 橙红色浊液 砖红色固体 1 2 3 4 (4)经检验,第2组实验中的黑色沉淀为CuO。将检验的操作和现象补充完整:取洗涤后的黑色沉淀, 　 　。  解析:通过改变NaOH的浓度,观察反应现象的不同,探究乙醛被新制Cu(OH)2氧化的实验中碱性环境对实验的影响。(4)CuO为碱性氧化物可与酸反应生成Cu2+,向其中加入稀盐酸(或稀硫酸),沉淀溶解,得到蓝绿色(或蓝色)溶液。 向其中加入稀盐酸(或稀硫酸),沉淀溶解,得到蓝绿色(或蓝色)溶液 1 2 3 4 4.(15分)兴趣小组欲探究乙醛被新制Cu(OH)2氧化的反应,进行了如下实验。 Ⅱ.探究反应条件 丙同学减少碱的用量以避免多烯醛聚合物的生成,但反应后浊液变黑。小组同学调整NaOH溶液的浓度,重新进行原实验(CuSO4和乙醛溶液的浓度、体积均不变)。反应过程中的现象记录如下: 1 2 3 4 组别 20% NaOH 溶液用量 蒸馏水用量 加热前 加热至沸 过滤,经乙醇洗涤后 1 0 mL 2 mL 淡蓝色溶液 淡蓝色溶液 无固体 2 2滴 2 mL 淡蓝色浊液 土色发黑 的浊液 黑色固体 3 0.2 mL 1.8 mL 半透明蓝色浊液 黑红色浊液 黑红色固体 4 1 mL 1 mL 半透明蓝色浊液 橙红色浊液 砖红色固体 5 2 mL 0 mL 深蓝色溶液 橙红色浊液 砖红色固体 1 2 3 4 (5)实验现象说明,碱性增强有利于乙醛被氧化。 ①第5组实验中,加热前溶液呈深蓝色,原因是 (用离子方程式表示)。 ②第4、5组实验中,反应过程中未观察到黑色物质产生,可能的原因是___________ ______________________________________________________________________ 　 (写出一条即可)。  解析:通过改变NaOH的浓度,观察反应现象的不同,探究乙醛被新制Cu(OH)2氧化的实验中碱性环境对实验的影响。 (5)加热前溶液呈深蓝色是因为过量碱与Cu(OH)2反应生成[Cu(OH)4]2-,Cu2++4OH-=== [Cu(OH)4]2-;Cu(OH)2分解生成CuO,碱性较强时,Cu(Ⅱ)氧化乙醛的速率大于Cu(OH)2分解速率{或碱性较强时,部分Cu(OH)2转化为[Cu(OH)4]2-,不易分解生成CuO}。 Cu2++4OH-=== [Cu(OH)4]2- 碱性较强 时,Cu(Ⅱ)氧化乙醛的速率大于Cu(OH)2分解速率或部分Cu(OH)2转化为[Cu(OH)4]2-, 不易分解生成CuO 1 2 3 4 4.(15分)兴趣小组欲探究乙醛被新制Cu(OH)2氧化的反应,进行了如下实验。 Ⅱ.探究反应条件 丙同学减少碱的用量以避免多烯醛聚合物的生成,但反应后浊液变黑。小组同学调整NaOH溶液的浓度,重新进行原实验(CuSO4和乙醛溶液的浓度、体积均不变)。反应过程中的现象记录如下: 1 2 3 4 组别 20% NaOH 溶液用量 蒸馏水用量 加热前 加热至沸 过滤,经乙醇洗涤后 1 0 mL 2 mL 淡蓝色溶液 淡蓝色溶液 无固体 2 2滴 2 mL 淡蓝色浊液 土色发黑 的浊液 黑色固体 3 0.2 mL 1.8 mL 半透明蓝色浊液 黑红色浊液 黑红色固体 4 1 mL 1 mL 半透明蓝色浊液 橙红色浊液 砖红色固体 5 2 mL 0 mL 深蓝色溶液 橙红色浊液 砖红色固体 1 2 3 4 (6)小组同学反思乙醛被新制Cu(OH)2氧化的实验,提出下列促使实验成功的注意事项。其中合理的是　　(填标号)。  a.制备Cu(OH)2时NaOH不宜过量,避免乙醛在碱性条件下缩聚 b.制备Cu(OH)2时应使NaOH过量,促进乙醛的氧化反应 c.反应后,宜用乙醇洗涤生成的固体,再观察固体颜色 解析:通过改变NaOH的浓度,观察反应现象的不同,探究乙醛被新制Cu(OH)2氧化的实验中碱性环境对实验的影响。 (6)碱性弱时,容易生成CuO,a不合理;制备Cu(OH)2时应使NaOH过量,促进乙醛的氧化反应,防止有CuO的生成,b合理;反应后,Cu2O可与酸反应,不溶于乙醇,故可用乙醇洗涤生成的固体,再观察固体颜色,c合理。 bc $$