大单元8 四类必考大题解题方略(4) 化学综合实验(课时作业)-【优化探究】2026年高考化学二轮专题复习配套课件（广东专版）

2 3 4 1 非选择题 1.(18分)(2025·广东大湾区高三二模)1800年,科学家尼科尔森和卡莱尔最早完成电解水实验。兴趣小组模拟实验如下。 (1)配制0.1 mol/L的NaOH溶液并标定。 ①用KHP( )通过中和滴定标定上述溶液准确浓度,需要用到的 仪器是　　　　(填字母)。 ②V1 mL的NaOH溶液消耗c0 mol/L KHP标准溶液V0 mL,则c(NaOH)= 　　　　　mol/L。  AD 1 2 3 4 1 解析:①用KHP( )通过中和滴定标定题述溶液准确浓度时,需要使用酸式、碱式滴定管,并用胶头滴管往锥形瓶内滴加1~2滴酸碱指示剂,则需要用到的仪器是A、D。 ②KHP分子中,—COOH能与NaOH反应,而—COOK与NaOH溶液不反应,所以1 mol KHP消耗1 mol NaOH,V1 mL的NaOH溶液消耗c0 mol/L KHP标准溶液V0 mL,则c(NaOH)== mol/L。 2 2 3 4 1 (2)实验探究:取(1)中配制的NaOH溶液30.0 mL滴加2滴指示剂后,用如图1装置(a、b均为石墨电极)在恒定电压下通电20 min,记录如表: 序号 指示剂 主要现象 Ⅰ 甲基橙 b极附近溶液黄色变浅,U形管内其余位置溶液无明显变化 Ⅱ 酚酞溶液 b极附近溶液红色褪去,U形管内其余位置溶液红色变浅 3 2 3 4 1 Ⅰ中观察到b极附近溶液黄色变浅,兴趣小组认为是电解中b极附近溶液c(OH-)降低导致的。你认为该推论　　　　　　(填“合理”或“不合理”),理由是________________________________________________________ 　 。  不合理 若因c(OH-)降低导致溶液变色,Ⅰ中应该观察到溶液由黄色变为橙色(或红色)(合理即可) 4 2 3 4 1 解析:Ⅰ中观察到b极附近溶液黄色变浅,若是电解中b极附近溶液c(OH-)降低导致的,则溶液的碱性变弱,甚至呈酸性,甲基橙应变为酸性区域的颜色。所以该推论不合理,理由是若因c(OH-)降低导致溶液变色,Ⅰ中应该观察到溶液由黄色变为橙色(或红色)。 5 2 3 4 1 (3)兴趣小组对Ⅱ中U形管内其余位置溶液红色变浅的原因提出如下假设: 假设1　实验过程中,c(OH-)降低,导致酚酞溶液不显色。 假设2　实验过程中,酚酞与NaOH反应,导致溶液红色褪去。 兴趣小组设计如下实验方案进行实验。 步骤 现象 ⅰ.取少量U形管内浅红色溶液于试管中,滴加　　 　　　后充分振荡  溶液红 色加深 ⅱ.取少量　 　　　 　于试管中,滴加酚酞后静置20 min  　　 　  ________ 探究结论:假设1不成立,假设2成立。 酚酞溶液 0.1 mol/L NaOH溶液[或(1)中配制的NaOH溶液] 溶液红色变浅 6 2 3 4 1 解析:若加入NaOH后溶液变红,则表明不显色是c(OH-)降低造成的;若加入酚酞后溶液变红,则表明不显色是NaOH与酚酞发生反应造成的。实验结论为假设1不成立,假设2成立,则不显色是由NaOH与酚酞发生反应造成的,则取少量U形管内浅红色溶液于试管中,滴加酚酞溶液充分振荡后溶液红色加深,或取少量0.1 mol/L NaOH溶液[或(1)中配制的NaOH溶液]于试管中,滴加酚酞后静置20 min,使二者充分反应后,溶液颜色变浅。 7 2 3 4 1 (4)电解前期,两极收集到气体的体积与通电时间关系如图2所示。 ①图中代表H2的曲线是　　　　　(填字母)。  ②兴趣小组查阅文献后推理:开始电解时两极几乎没有收集到气体的原因是产生的气体分子被石墨电极吸附。请根据电化学原理,设计实验证实该推理。 限选材料:通电一段时间后的石墨电极a和b、NaOH溶液、电流表(可用 表示)、导线、烧杯。 n 8 2 3 4 1 在方框内绘出实验装置图。能证实上述推理的实验现象是   　 。  答案: 电流表指针发生偏转 9 2 3 4 1 解析:①电解前期,两电极生成的少量H2、O2都被石墨电极吸附,吸附达到最大限度后,生成的H2、O2从溶液中逸出,理论上,生成H2的体积是O2体积的二倍,则图中代表H2的曲线是n。 ②既然石墨电极吸附了H2、O2,就可设计成氢氧燃料电池,将两石墨电极插入盛有电解质的溶液中,用导线连接,用电流表检验是否有电流产生,则使用材料:通电一段时间后的石墨电极a和b、NaOH溶液、电流表(可用 表示)、导线、烧杯。实验装置图为 。能证实题述推理的实验中, 线路中有电流产生,电流表指针发生偏转,则实验现象是电流表指针发生偏转。 10 2 3 4 1 2.(18分)(2025·广东茂名高三二模)FeCl3易潮解,是一种重要的无机化工品,广泛应用于水处理、印刷电路板制作、染料及催化剂等领域。 (1)FeCl3的制备 下列装置可用于实验室制备少量无水FeCl3。 ①仪器A的名称为　　　 　。  ②仪器的接口顺序为a→　　 　　　　　 　　　(装置可重复使用)。  分液漏斗 f→g→d→e→h→i→d→e→b→c 11 2 3 4 1 (2)FeCl3浓度的测定 ①将上述制备的FeCl3配成稀溶液,移取20.00 mL至锥形瓶中,加入 　　　 　作指示剂,用c1 mol·L-1 KI标准溶液滴定。  ②重复滴定三次,平均消耗标准溶液V1 mL,则c(FeCl3)= 　 　　　mol·L-1(用含c1和V1的代数式表示)。  KSCN溶液 0.05c1V1(或) 12 2 3 4 1 解析:本题是无机物制备类的实验题,由浓盐酸和高锰酸钾反应制备氯气,首先用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢杂质,干燥后,氯气与铁粉反应生成氯化铁,制备无水氯化铁,后面还要连一个除水装置,最后用氢氧化钠处理尾气,以此解题。 (2)①三价铁离子遇到硫氰化钾显示红色,碘化钾和氯化铁反应的离子方程式为2Fe3++2I-===2Fe2++I2,则可以加入KSCN溶液作指示剂。 ②结合2Fe3++2I-===2Fe2++I2可知,c(FeCl3)= mol·L-1=0.05c1V1 mol·L-1。 13 2 3 4 1 (3)探究工业盐酸呈黄色的原因 【查阅资料】工业盐酸溶有FeCl3,固体FeCl3为棕褐色,[Fe(H2O)6]3+为淡紫色,[Fe(OH)]2+为黄色。 ①甲同学观察2 mL 0.01 mol·L-1 FeCl3溶液、2 mL　　　　mol·L-1 Fe2(SO4)3溶液,颜色均为黄色。  【提出猜想】Fe3+发生了水解反应,生成[Fe(OH)]2+显黄色。 ②补充完整方程式:Fe3++H2O⥫⥬[Fe(OH)]2++　　　　,K1=10-6.31。  0.005 H+ 14 2 3 4 1 【实验验证】 初步实验:取3支洁净的试管,分别加入2 mL 0.01 mol·L-1 FeCl3溶液,然后按下表开展实验。 序号 操作 现象 1 向试管中滴入10滴6 mol·L-1 H2SO4 溶液黄色褪去,接近无色 2 向试管中滴入　　　 　　  溶液黄色略变浅 3 向试管中滴入10滴12 mol·L-1盐酸 溶液黄色变亮变深 15 2 3 4 1 分析讨论:甲同学认为根据实验1现象可知猜想成立,乙同学认为还应开展实验2才能进一步验证。 ③请补充完整实验2中操作: 　 。  进一步探究:根据实验3中的异常现象,进一步查阅资料,FeCl3溶液中还存在反应:Fe3++4Cl-⥫⥬ [FeCl4]-(黄色),K2=100.01≈1.02。 ④请设计实验进一步验证该反应的存在(写出操作和现象):____________   　 。  向0.005 mol·L-1 Fe2(SO4)3溶液中加入NaCl固体,溶液黄色加深(合理皆可) 10滴蒸馏水 16 2 3 4 1 【理论验证】 ⑤某工业盐酸中c(Cl-)=c(H+)=10 mol·L-1,则该溶液中=　　　 　。  【实验结论】 ⑥工业盐酸呈黄色的原因是 　 。  1011.32(或1.02×1011.31) 工业盐酸中含有[FeCl4]- 17 2 3 4 1 解析:①进行对比实验时,各溶液中三价铁离子的浓度应该相同,则Fe2(SO4)3的浓度为0.005 mol·L-1。 ②结合题意和电荷守恒可知,Fe3+发生了水解反应生成[Fe(OH)]2+和氢离子。 ③结合表格中信息可知,实验2溶液黄色只是略变浅,和实验1对比,可知实验2滴入了10滴蒸馏水。 ④根据资料显示三价铁离子可以和氯离子结合形成黄色的[FeCl4]-,可以设计实验验证该反应存在,操作和现象为向0.005 mol·L-1 Fe2(SO4)3溶液中加入NaCl固体,溶液黄色加深。 18 2 3 4 1 ⑤c(Cl-)=c(H+)=10 mol·L-1,K1==10-6.31, K2==100.01,则=×c4(Cl-)·c(H+)=1011.32。 ⑥工业盐酸显酸性,工业盐酸中溶有FeCl3,且其中含有大量的氯离子,则呈黄色的原因是含有[FeCl4]-。 19 2 3 4 1 3.(18分)(2025·广东广州高三二模)弱酸及其盐的混合溶液是常见的缓冲溶液,如醋酸(用HAc表示)、醋酸钠(用NaAc表示)混合溶液。缓冲溶液具有能够缓解少量外来酸、碱或水产生的影响,维持溶液pH不发生明显变化的能力。 Ⅰ.某小组同学通过加入等量盐酸,研究25 ℃下NaAc、HAc混合溶液缓冲能力的影响因素。 20 2 3 4 1 (1)配制100 mL 1.00 mol·L-1的NaAc溶液,需要醋酸钠晶体(NaAc·3H2O,M=136 g·mol-1)的质量为　　　　　g,该过程用到的仪器有 　　　　　(填字母)。  13.6 BC 2 3 4 1 解析:配制一定物质的量浓度的溶液,所需的步骤有计算、称量、溶解(冷却)、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签;控制变量的实验探究中要注意变量的唯一性,通过控制变量进行对比实验研究某一因素对实验结果的影响。 (1)配制100 mL 1.00 mol·L-1的NaAc溶液,需要醋酸钠晶体(NaAc·3H2O,M=136 g·mol-1)的质量为1.00 mol·L-1×0.1 L×136 g·mol-1=13.6 g,该过程用到的仪器有胶头滴管、烧杯、托盘天平、药匙、玻璃棒、100 mL容量瓶,故选B、C。 2 3 4 1 (2)探究NaAc、HAc混合溶液总浓度对缓冲能力的影响。 用浓度均为1.00 mol·L-1的NaAc和HAc溶液按下表配制总体积相同的系列溶液,分别加入5.00 mL 0.050 mol·L-1的盐酸,测得加盐酸前后pH如表。 序号 V(NaAc 溶液)/mL V(HAc 溶液)/mL V(H2O)/ mL 加盐酸 前pH 加盐酸 后pH 1 0 0 20.00 7.00 x 2 2.50 2.50 15.00 4.76 4.67 3 5.00 5.00 10.00 4.76 4.72 2 3 4 1 ①实验测得x与理论计算一致,x=　　　　　。  ②实验2、3加盐酸前后pH变化明显小于实验1的原因是   　 (用离子方程式表示)。  ③由实验2、3加盐酸前后pH变化可知,NaAc、HAc混合溶液总浓度越大,缓冲能力越　　　　(填“强”或“弱”)。  2.00 H++Ac-⥫⥬HAc 强 2 3 4 1 解析:①5.00 mL 0.050 mol·L-1的盐酸加入20.00 mL的水中,得到的溶液中氢离子浓度为=0.01 mol·L-1,则x=2.00。 ②实验2、3加盐酸前后pH变化明显小于实验1的原因是存在平衡H++Ac-⥫⥬HAc,加入盐酸后,氢离子和醋酸根离子结合为醋酸。 ③由表可知,实验2、3加盐酸前后pH变化分别为0.09、0.04,则NaAc、HAc混合溶液总浓度越大,缓冲能力越强。 2 3 4 1 (3)探究NaAc、HAc混合溶液中不同配比对缓冲能力的影响。 提出猜想:混合溶液中n(NaAc)∶n(HAc)越大,缓冲能力越强。 设计实验、验证猜想:参照(2)进一步实验。 序 号 V(NaAc 溶液)/mL V(HAc 溶液)/mL V(H2O)/ mL n(NaAc)∶ n(HAc) 加盐酸 前pH 加盐酸 后pH 4 1.00 9.00 10.00 1∶9 3.80 3.67 5 2.00 8.00 10.00 1∶4 4.16 4.09 6 V1 V2 10.00 4∶1 5.36 5.30 2 3 4 1 ①V1=　　　　　。  ②甲同学根据实验4、5和6认为猜想成立,乙同学根据实验　　　和 　　　　认为猜想不足以成立。  ③经查阅资料,其他条件相同下,混合溶液中n(NaAc)∶n(HAc)越接近1,缓冲能力越强。 8.00 3 6 2 3 4 1 解析:①由表,醋酸钠、醋酸溶液总体积为10.00 mL,当n(NaAc)∶n(HAc)=4∶1时,V1=8.00。 ②结合表中数据,实验3和6加盐酸前后pH变化分别为0.04、0.06,不能说明混合溶液中n(NaAc)∶n(HAc)越大,缓冲能力越强。 2 3 4 1 Ⅱ.缓冲溶液在络合滴定法测定金属离子浓度中具有广泛应用。 (4)利用EDTA(Na2H2Y)测定ZnO的纯度,滴定反应为Zn2++H2Y2-===ZnY2-+2H+,需维持滴定过程中pH≈5。 准确称取ZnO固体a g于锥形瓶中,加足量盐酸溶解,配制成250 mL溶液,从中取25.00 mL,加入指示剂和20 mL缓冲溶液,滴定至终点消耗c mol·L-1 EDTA溶液V mL。 2 3 4 1 ①下列缓冲溶液的pH均约为5,其中缓冲能力最强的是　　(填字母),原因是　 　 。  A.0.06 mol·L-1 NaAc、0.04 mol·L-1 HAc混合溶液 B.0.12 mol·L-1 NaAc、0.08 mol·L-1 HAc混合溶液 C.0.19 mol·L-1 HCOONa、0.01 mol·L-1 HCOOH混合溶液 ②测定结果:ZnO(摩尔质量为Mr g·mol-1)晶体的纯度为　　　　(用Mr、a、c、V表示)。  B B中n(盐)∶n(酸)最接近1∶1且混合溶液总浓度最大 % 2 3 4 1 解析:①由(2)、(3)的实验结论:NaAc、HAc混合溶液总浓度越大,缓冲能力越强;其他条件相同下,混合溶液中n(NaAc)∶n(HAc)越接近1,缓冲能力越强。题中所给缓冲溶液的pH均约为5,其中缓冲能力最强的是B,原因是B中n(盐)∶n(酸)最接近1∶1且混合溶液总浓度最大。 ②结合滴定反应Zn2++H2Y2-===ZnY2-+2H+和数据,ZnO晶体的纯度为×100%=%。 2 3 4 1 4.(18分)(2025·广东湛江高三二模)氯气是一种重要的化工原料,在生产生活中有着重要的应用。请回答下列问题: 32 2 3 4 1 (一)某兴趣小组用如图装置在实验室制备氯气。 (1)图示装置中仪器a的名称为　　　　　。装置中制备Cl2的化学方程式为 　 。  分液漏斗 MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O 33 2 3 4 1 (二)探究盐酸与MnO2的反应。 (2)不同温度下MnO2与盐酸反应的平衡常数如表所示。 MnO2与盐酸的反应是　　　　(填“放热”或“吸热”)反应。  温度T/℃ 50 80 110 平衡常数K 3.104×10-4 2.347×10-3 1.293×10-2 吸热 解析:由表中数据可以看出,升高温度,反应的平衡常数增大,则加热时,平衡正向移动,所以MnO2与盐酸的反应是吸热反应。 34 2 3 4 1 (3)实验采用4 mol·L-1的盐酸与一定量的MnO2反应时,没有产生明显实验现象。小组同学猜测可能的原因是: 猜想1　反应温度低; 猜想2　　　　　　　。  请完成如下实验设计并证明上述猜想是否成立。 序号 试剂 反应温度 现象 Ⅰ 40 mL 4 mol·L-1盐酸、一药匙MnO2 65 ℃ 无明显现象 Ⅱ 　　　　盐酸、一药匙MnO2  80 ℃ 无明显现象 Ⅲ 40 mL 7 mol·L-1盐酸、一药匙MnO2 65 ℃ 产生黄绿 色气体 35 2 3 4 1 ①上述猜想2为　　　 　　,表中实验Ⅱ所用试剂中盐酸的规格为 　 　　　 　;根据上述实验可知猜想　　　　　 (填“1”或“2”)成立。  ②实验Ⅰ中无明显现象的原因可能是c(H+)或c(Cl-)较低,设计实验进行探究: 由上述实验结果可知MnO2氧化盐酸的反应中,c(H+)变化的影响　　 (填“大于”或“小于”)c(Cl-)。  盐酸浓度低 40 mL 4 mol·L-1 2 大于 2 3 4 1 ③为探究c(H+)变化究竟是影响了MnO2的氧化性还是影响了Cl-的还原性,用如图所示装置(A、B均为石墨电极,恒温水浴加热装置省略)进行实验。 序号 操作 现象 ⅰ K闭合 指针向左偏转 ⅱ 向U形管　　　　　 (填“左侧”或“右侧”)滴加浓硫酸至c(H+)≥7 mol·L-1  指针偏转幅度变化不大 ⅲ 　　　　　 　　　　  _________________________ 指针向左偏转幅度 　　　　  右侧 向U形管左侧滴加浓硫酸至c(H+)≥7 mol·L-1 增大 2 3 4 1 U形管左侧发生的电极反应为　　　　　 　　　　　　　　;将ⅰ和ⅱ、ⅲ作对比,得出结论:MnO2氧化盐酸的反应中,HCl的还原性与c(H+)无关;MnO2的氧化性与c(H+)有关,c(H+)越大,MnO2的氧化性越强。  MnO2+4H++2e-===Mn2++2H2O 2 3 4 1 ④为测定实验Ⅲ的反应残余液中盐酸的浓度,探究小组同学取实验Ⅲ中反应残余液10 mL,稀释10倍后取20 mL用1.00 mol·L-1的NaOH溶液滴定,消耗NaOH溶液的体积为b mL,则实验Ⅲ的反应残余液中盐酸的浓度为 　　　　　mol·L-1。  0.5b 2 3 4 1 解析: MnO2与盐酸反应时,不加热不发生反应,稀盐酸与MnO2即使在加热条件下也不发生反应,所以温度和盐酸的浓度都对反应的发生造成影响。 ①实验Ⅰ中,使用40 mL 4 mol·L-1盐酸、一药匙MnO2,温度为65 ℃,反应未发生;实验Ⅱ中,虽然将温度由65 ℃升高到80 ℃,反应仍未发生,则表明溶液的浓度小导致反应未发生,所以猜想2为盐酸浓度低。比较实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的温度和浓度可以得出,实验Ⅰ与实验Ⅲ中浓度产生差异,即为猜想2的对照实验组,而实验Ⅰ与实验Ⅱ中温度产生差异,即为猜想1的对照实验组,则实验Ⅱ所用试剂中盐酸的规格为40 mL 4 mol·L-1。上述实验中,升高温度时反应未发生,但增大盐酸浓度时反应发生,由此可知猜想2成立。 ②由题述实验结果可知,MnO2氧化盐酸的反应中,c(H+)从4 mol·L-1增大到 7 mol·L-1时,反应发生,而c(Cl-)由4 mol·L-1增大到10 mol·L-1时,反应才发生,所以c(H+)变化的影响大于c(Cl-)。 2 3 4 1 ③为探究c(H+)变化究竟是影响了MnO2的氧化性还是影响了Cl-的还原性,则可向图中装置的U形管左侧或右侧分别滴加浓硫酸至c(H+)≥7 mol·L-1,观察指针的偏转情况,由此得出结论。 序号 操作 现象 ⅰ K闭合 指针向左偏转 ⅱ 向U形管右侧滴加浓硫酸至c(H+)≥7 mol·L-1 指针偏转幅度变化不大 ⅲ 向U形管左侧滴加浓硫酸至c(H+)≥7 mol·L-1 指针向左偏转幅度增大 2 3 4 1 U形管左侧,A电极为正极,MnO2得电子与电解质反应,生成Mn2+等,发生的电极反应为MnO2+4H++2e-===Mn2++2H2O;将ⅰ和ⅱ、ⅲ作对比,得出结论:MnO2氧化盐酸的反应中,HCl的还原性与c(H+)无关;MnO2的氧化性与c(H+)有关,c(H+)越大,MnO2的氧化性越强。④盐酸与NaOH溶液反应的化学方程式为HCl+NaOH===NaCl+H2O,则10 mL实验Ⅲ的反应残余液中n(HCl)=×100 mL=5b×10-3 mol,则实验Ⅲ的反应残余液中盐酸的浓度为=0.5b mol·L-1。 $