高三化学二轮复习专题三 综合实验探究

高三化学二轮复习专题三答案[解析]：（1）、4和5中金属质量、C(H2SO4)、V（H2SO4）、反应前溶液温度均相同，结果反应后溶液温度和反应速率不同，由反应速率的影响因素可知其原因是金属状态不同，即固体表面积的影响。

固体表面积越大，反应速率越快。

能表明同一规律的实验还有1和2。

（2）、根据探究（1）的方法可知仅表明反应物浓度对反应速率产生影响的实验有2和5，1、3、4、6、8中任意两组的组合。

（3）本实验中影响反应速率的其他因素还有温度和催化剂，其实验序号是分别是7（于6比较）和9（与8比较）。

（4）实验中的所有反应，反应前后溶液的温度变化值（约15℃）相近，其原因是反应物物质的量相差无几，溶液体积相同，放热总值相差无几，故溶液的温度变化值（约15℃）相近。

答案：（1）固体表面积。

固体表面积越大。

1和2。

（2）2和5，1、3、4、6、8中任意两组的组合。

（3）温度和催化剂。

79[解析]：（1）因“足量的浓硝酸、稀硝酸且体积相同，与相同质量的铜反应”，所以C(Cu2+)相同，此观点不正确。

（2）①加热的目的是赶出溶液中的NO2气体，但是忘记了4HNO3=2H2O+4NO2+O2，所以甲同学的方案不妥当。

②乙同学方案妥当。

既然硝酸铜溶液的“绿色”是溶解了NO2的缘故，氧气通入，4NO2+O2+2H2O=4HNO3，“绿色”应改变蓝色。

此即“对症下药”验证法。

③丙同学方案也可以，此即反向验证法。

答案：（1）不同意。

因为铜片质量相同，溶液体积相同，生成的铜离子浓度相同。

（2）①不妥当，硝酸是过量的，即使溶液里没有二氧化氮，加热过程中因为硝酸的分解也会产生二氧化氮，应当通过观察其溶液是否变蓝色来加以验证。

②4NO2+O2+2H2O=4HNO3.③Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2+2H20.④乙，因为乙方案中没有有毒气体产生。

答案：（1）验证同周期元素性质的递变规律。

（2）酒精灯胶头滴管⑶3-A、1-B、4-D、5-C、6-E、2-F（4）同周期随原子序数递增，Na、Mg、Al、S、Cl元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强。

（5）①同周期从左到右，随着原子序数的递增，原子半径逐渐减小，原子核对外层电子吸引力逐渐增强，因而原子失电子能力逐渐减弱，得电子能力逐渐增强，表现在化学性质上，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强。

②另两种元素是Si和P，设计方案为：向硅酸钠溶液中加入磷酸溶液，有白色沉淀生成，说明磷酸的酸性比硅酸强，即非金属性：P＞Si。

答案：⑴滴入几滴浓HNO3后亚铁离子已被氧化成三价铁离子。

⑵2SCN+2OH-+22NO3-===2SO42-+2CO2+N2+22NO2+10H2O（3）比较硫氰根离子与氯离子、溴离子、碘离子的还原性强弱（4）加入氧化剂如氯气等必须少量专题三综合实验探究补充练（一）1. （共13分）(1) 常温时，铁遇浓硝酸形成致密氧化膜，阻止反应进一步发生。

（2分，答“钝化”也可以得分）（2）排除反应体系中的空气，防止对产物中有无一氧化氮判断的干扰（2分，答排除空气干扰也可以得2分）（3）FeSO 4+NO Fe(NO)SO 4(棕色) ΔH <0，正反应放热，加热后，平衡向逆反应方向移动 （2分，未写可逆反应方程式不扣分，但必须指明具体反应的特征，改变了什么条件，引起了什么结果，答其余无关语言不扣分）（4）A 中没有红棕色气体生成，B 中溶液变为棕色（2分，只答“A 中没有红棕色气体生成”得1分，只答“B 中溶液变为棕色”得1分，答其余无关语言不扣分）（5）Fe 2+（2分） 0. 8（3分）2. 【提出猜想】Cu(OH)2 CuCO 3【实验探究】B 中白色固体变蓝，C 中无明显现象（若猜想1所得沉淀为CuCO 3，则实验现象为B 中无明显现象，C 中产生白色沉淀）【问题讨论】（1）用酒精灯微热硬质玻璃管，若C 中有气泡逸出，撤去酒精灯冷却一段时间后，C 中导管内形成水柱，则证明装置的气密性良好（2）①Ba(OH)2溶解度大于Ca(OH)2，充分吸收CO 2；BaCO 3的摩尔质量大于CaCO 3，测量误差小②Cu 5(OH)6(CO 3)2［或2CuCO 3·3Cu(OH)2］3【答案】（1）BaSO 3的溶度积或BaSO 3的溶解度或Ksp(BaSO 3)（只答出一种即可）2 2 224222323 2 2424BaCl 2=BaSO 4↓+2HCl （三种答对两即可）（4）BaCl 2溶液中混有Ba （OH ）2 或含有Ba(NO)3、HNO 3、H 2O 2、Fe 3+等均可。

4.答案：[提出猜想] SO 2或SO 2与H 2的混合气体[问题讨论] 不正确，若溶液中含有Fe 3＋，则无法检验原溶液中是否含有Fe 2＋解析：通入过量CO2时会产生Al(OH)3沉淀和HCO－3，再加入过量稀盐酸，沉淀溶解同时有气体产生。

B中生成的CO2气体，在除去了CO2的空气作用下，可全部排入到C中与Ba(OH)2反应，提高实验的准确性。

B中反应发生前，装置内若残留有CO2，会影响测量的准确度；滴加盐酸过快，有可能导致CO2不能被C中Ba(OH)2全部吸收；因水对BaCO3质量不产生影响，Ba(OH)2又是足量的，故挥发出的HCl不会影响CO2的吸收，答案为c、d。

3.94 g BaCO3的物质的量是0.02 mol，由碳守恒知样品中含有0.02 mol CaCO3，质量为2 g，其质量分数为25%。

直接测量C装置实验前后的质量，可求出生成的CO2的质量，但因从B中出来的还有水蒸气、HCl气体等，会导致测量结果偏高。

答案：(1)Al(OH)3＋OH－===[Al(OH)4]－(2)通入CO2气体有白色沉淀生成；加入盐酸有气体产生、沉淀溶解(3)把生成的CO2全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收(4)Ba(OH)2＋CO2===BaCO3↓＋H2O(5)c、d(6)25%(7)B中的水蒸气、HCl气体等进入装置C中(或其他合理答案)7. （共13分）（1）（1分）Fe被冷浓硫酸钝化（2）（各2分，共4分）①CD，②80%（3）（1分）确认SO2已除尽（4）（依次1分、2分，共3分）B与C之间，C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O （5）（各2分，共4分）D中固体由黑变红、E中固体由白变蓝，Fe+2H+═Fe2++H2↑专题三综合实验探究补充练（二）13．(1)浓硫酸吸收未反应的SO2(2)(其他合理答案均可)(3)V=7m1/30 0＜V＜7m1/30 V=0CaO2+SO2===CaSO4假设1：Na2SO3假设2：Na2SO4假设3：固体为Na2SO3和Na2SO4的混合物，证明二氧化硫部分被氧化(4)取反应后的固体放入试管中，加少量水溶解，加入BaCl 2溶液有白色沉淀产生，再加入稀盐酸，沉淀部分溶解，证明原固体中既有亚硫酸钠也有硫酸钠，即Na 2O 2将SO 2部分氧化(5)若Na 2O 2有剩余，固体加水溶解时，过氧化钠能将SO 2－4氧化成SO 2－4，检验出SO 2－4时不能说明其是过氧化钠与SO 2反应生成的2、(1)FeCl 3 FeCl 3和FeCl 2(2)往溶液中加入几滴KSCN 溶液 溶液变血红色(以上两空答案不惟一，只要能检验 Fe 3＋即可) 往溶液中加入少量酸性KMnO 4溶液 FeCl 2(3)由浅绿色变为黄色 3Fe 2＋＋NO －3＋4H ＋===3Fe 3＋＋NO↑＋2H 2O 溶液中出现红褐色沉淀，产生大量气体 2Fe 3＋＋3CO 2－3＋3H 2O===2Fe(OH)3↓＋3CO 2↑3、【答案】（2）D（3）Na 2CO 3溶液显碱性，也会使酚酞变红（4）Na 2CO 3 方案2的①中出现的白色沉淀是BaCO 3，所以燃烧后的白色物质中有Na 2CO 3，②中滴加无色酚酞试液无明显现象，说明燃烧后的白色产物中没有Na 2O 。

（5）4Na+3CO 2====2Na 2CO 3+C（6）不同意。

因为反应物中无氢元素（或违背质量守恒定律）4、解析 (1)Cl 2有毒，对人体有害。

(2)①根据氧化还原反应中得失电子数目相等写出ClO －2与I －的离子方程式为ClO －2＋4I －＋4H ＋===2I 2＋Cl －＋2H 2O 。

②当溶液pH 为7.0～8.0时，ClO 2转化为ClO －2，可测定。

③水样中ClO 2与KI 反应生成ClO －2，化学方程式为2ClO 2＋2I －===2ClO －2＋I 2；n 1(ClO －2)＝2n (I 2)＝n (Na 2S 2O 3)＝cV 1×10－3 mol ，发生步骤4后的溶液中所有ClO －2的物质的量n 总(ClO －2)＝14n (S 2O 2－3)(由关系式法：ClO －2～4I －～2I 2～4S 2O 2－3所得)＝14×cV 2×10－3 mol 。

故原水样中ClO －2的浓度c ＝n 总－n 1V mL×10－3 L·mL －1＝14cV 2×10－3－cV 1×10－3V ×10－3 mol·L －1 ＝c V 2－4V 1 4Vmol·L －1。

④Fe 2＋被ClO －2氧化为Fe 3＋，Fe 3＋与OH －结合成Fe(OH)3沉淀。

答案 (1)方法二制备的ClO 2中不含Cl 2(2)①ClO －2＋4H ＋＋4I －===Cl －＋2I 2＋2H 2O②调节溶液的pH≤2.0③c V 2－4V 1 4V④Fe(OH)35、【答案】Ⅰ.（1）容量瓶（2分）（2）2 5 6 2 8 5O2（2分）（3）酸式（2分）滴入一滴高锰酸钾溶液，溶液呈浅红色，且30秒内不褪色（2分）（4）（2分）（5）偏高（2分）Ⅱ.（各1分，共4分）配平。

KMnO4是强氧化剂，腐蚀橡皮管，故用酸式滴定管。

由于KMnO4本身有色，故不需指示剂，到达终点，描述现象要准确、全面，特别强调“半分钟内不褪色”。

结合方程式，建立关系式：2～5H2O2计算时注意H2O2体积数：10.00 mL→250 mL→25.00 mL，原H2O2中质量分数：滴定过程中气泡消失，则消耗KMnO4溶液体积V偏大，造成最终结果偏大。

Ⅱ.要证明H2O2氧化性，需选用还原性试剂，如KI溶液，或饱和H2S均可。

验证其不稳定性，通过受热分解，验证产物有O2产生即可。