新情境命题3 创新实验探究
1.(2023·汕头金山中学一模)某学校实验探究小组利用碎铜屑和浓硫酸制备CuSO4·5H2O大晶体，实验步骤如下：
ⅰ.将过量铜屑加入一定量浓硫酸中，加热，生成的气体通入到浓碱液中；
ⅱ.在反应混合体系中加入稍过量的CuO，过滤，除去滤渣：
ⅲ.将滤液蒸发至饱和溶液状态，冷却，在饱和溶液中悬挂晶种，静置24小时。
下列说法不正确的是( )
A.ⅰ中将气体通入浓碱液中的目的是防止尾气污染
B.反应混合体系中加入CuO的目的是除去剩余的硫酸
C.过滤后的滤渣中含有Cu、CuO等物质
D.该实验用到的仪器有酒精灯、漏斗、容量瓶、烧杯等
2.(2023·深圳龙岗区模拟)为探究含氯化银沉淀的水溶液的电解，进行了如下实验
装置示意图 序号 电解质溶液 实验现象
① 10 mL 0.1 mol·L－1 AgNO3溶液和10 mL 0.1 mol·L－1 NaCl溶液 两电极上均有气泡产生，用湿润淀粉KI试纸靠近阳极，试纸变为蓝色，阴极附近的白色沉淀变成黑色(经检验为Ag)，并沉积在烧杯底部
② 20 mL 0.05 mol·L－1 NaNO3溶液 两电极上均有气泡产生
依据上述实验现象，结论不合理的是( )
A.实验①中淀粉KI试纸变蓝说明Cl－参与了阳极放电
B.实验①中AgCl(s)??Ag＋(aq)＋Cl－(aq)的平衡向沉淀溶解方向移动
C.结合实验①和②可知，实验①中电解池的阳极产生的气体可能还含有O2
D.可以预测AgCl滤液为电解质溶液时，电极现象与②相同
3.为探究“2I－＋H2O2＋2H＋===I2＋2H2O”碘离子氧化过程进行如下实验。
编号 1 2
实验 内容
实验 现象 随着液体不断滴入，产生大量气体；溶液变黄并不断加深至棕黄色后又变浅 随着液体不断滴入，溶液变黄，摇匀后又褪色，不断重复直至析出紫色沉淀
下列说法不正确的是( )
A.实验1中溶液变浅是因为I2＋5H2O2===2HIO3＋4H2O
B.实验2中出现紫色沉淀是因为HIO3＋5HI===3I2↓＋3H2O
C.实验1中产生大量气体的原因是I－被氧化的过程大量放热
D.实验2相较于实验1，可节约H2O2用量且有利于反应终点观察
4.下列实验的装置和试剂选用不合理的是( )
选项 实验目的 装置 选用试剂
A 制备AlCl3(易升华)固体 甲 ①为Cl2，②为铝粉， ③为浓硫酸，④为碱石灰
B 海水制淡水 乙 x为海水，y为冷水
C 实验室制备SO2 丙 a为浓硫酸，b为铜片，c为浓硫酸，d为NaOH溶液
D 除去CO2中少量的HCl气体得到纯净CO2气体 丁 Ⅰ为饱和NaHCO3溶液，Ⅱ为浓硫酸
5.二氧化硫催化氧化生成三氧化硫的过程是无机基础化工的重要催化过程，目前各国工业上用于SO2催化氧化的是钒系催化剂。如图是实验室模拟制取三氧化硫的装置图：
已知：二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，可认为分成两步进行。
①2SO2＋2V2O5===2SO3＋4VO2
②……
总反应：2SO2＋O22SO3
下列说法错误的是( )
A.浓硫酸的作用是与亚硫酸钠反应制取二氧化硫
B.若将烧杯中的NaOH溶液换成澄清石灰水也可以充分吸收尾气
C.冰盐浴的作用是冷凝三氧化硫
D.反应②为4VO2＋O2===2V2O5
6.(2023·广州六十五中段考)2－氯乙醇(ClCH2CH2OH)可用于制备环氧乙烷、合成橡胶、染料、医药及农药等。实验室通过乙烯和氯水制备2－氯乙醇的装置如图所示。已知CH3CH2OHCH2===CH2↑＋H2O，在制备乙烯的过程中会产生CO2和SO2气体。
下列说法错误的是( )
A.试剂X为浓盐酸
B.装置A中应将浓硫酸慢慢加入乙醇中并搅拌
C.装置B中NaOH溶液的主要作用是吸收CO2和SO2气体
D.导管a可连接一个盛有无水CaCl2的干燥管吸收尾气
7.为探究温度、浓度对铝和碳酸钠溶液反应的影响，某兴趣小组查询了相关资料，并进行了实验探究。以下三组实验均采用了相同形状且等质量的打磨后的铝片。
【文献资料】
(Ⅰ)铝和碱液的反应实质是铝先和水反应生成Al(OH)3和H2，生成的Al(OH)3和OH－反应生成[Al(OH)4]－而溶解。
(Ⅱ)碳酸氢钠溶液常温下就能缓慢分解，温度越高分解速率越大。
实验 温度/℃ c(Na2CO3)/(mol/L) V(Na2CO3)溶液/mL 实验现象
① 25 0.5 5 有细小的气泡
② 25 a 5 有较多气泡，气体不能使澄清石灰水变浑浊；用试管收集的气体靠近火焰有爆鸣声
③ 80 2.0 5 有大量白色絮状沉淀和气泡，气体可使澄清石灰水变浑浊；气体通过NaOH溶液除杂后用试管收集，靠近火焰有爆鸣声
下列说法错误的是( )
A.a＝2.0
B.实验①②中未见白色絮状沉淀可能是因为铝与水反应生成的氢氧化铝附着在铝表面，阻止了反应的进一步进行
C.实验③的反应速率比实验②更大的原因之一是实验③中OH－浓度更大
D.实验③中的气体为CO2、H2混合气体，白色沉淀的产生可能是由于CO2往溶液上方移动时与[Al(OH)4]－反应生成
8.碘化钾为白色固体，可用作分析试剂、感光材料、制药和食品添加剂等，可通过碘酸钾与硫化氢反应制备。实验装置如图所示(夹持及加热装置已省略)，下列说法错误的是( )
A.仪器a、b名称是恒压滴液漏斗，实验中应先关闭K，打开仪器b，制备碘酸钾
B.滴入30%氢氧化钾溶液后，乙装置中紫黑色固体溶解，棕黄色溶液逐渐变为无色
C.乙装置中稀硫酸主要作用是减小硫化氢溶解度，以利于其逸出在丙装置中被吸收
D.如果乙装置中最终生成4.8 g黄色沉淀，则理论上可制得碘化钾的质量为8.3 g
9.三聚氯氰是重要的精细化工产品，具有广泛的用途，其生产通常是由氯化氰制备和氯化氰聚合两个过程组成。
Ⅰ.氯化氰制备
已知：氯化氰为无色液体，熔点－6.5 ℃，沸点12.5 ℃。可溶于水、乙醇、乙醚等，遇水缓慢水解为氰酸和盐酸。现用氰化钠和氯气在四氯化碳中反应制备氯化氰，反应式：NaCN＋Cl2===NaCl＋CNCl。反应装置如图所示，在三口烧瓶上装有温度计、搅拌器、进气管、出气管，据图回答下列问题：
(1)CNCl的结构式为________；其中C原子的杂化类型为________。
(2)在氯化氰的制备装置中，装置3、装置9中的试剂为________。在反应前需要先向装置内通入约3分钟干燥氮气，目的是________________。
(3)该制备分为两个阶段。
阶段一：将40 g氰化钠粉末及140 mL四氯化碳装入烧瓶中，缓慢送入氯气并搅拌使得氯气与NaCN充分反应。此阶段装置7、装置10、装置11作用相同，为________________；当D中出现________________现象时，说明阶段一结束。
阶段二：将________(填“装置7”“装置10”或“装置11”)的温度调整至60 ℃，将________(填“装置7”“装置10”或“装置11”)的温度调整至－40 ℃并缓慢通入氮气直至阶段二结束。阶段二结束之后产品将被集中在________中(填字母)。
Ⅱ.氯化氰聚合
(4)氯化氰干燥后，在聚合塔中加热至400 ℃后便能得到氯化氰三聚物，请画出氯化氰三聚物的结构式：________________。
10.某小组探究CuCl2溶液和Na2SO3溶液的反应物，开展如下活动。
【理论预测】
预测 反应的离子方程式 实验现象
1 Cu2＋＋SO===CuSO3↓ 生成绿色沉淀
2 Cu2＋＋SO＋H2O=== Cu(OH)2↓＋SO2↑ ________
3 2Cu2＋＋2SO＋H2O===Cu2SO3↓＋SO＋2H＋ 生成红色沉淀
4 ____________________ 生成白色沉淀(CuCl)
(1)预测2中的实验现象为_________________________________________。
(2)预测4中反应的离子方程式为______________________________
_______________________________________________________。
【实验探究】
实验1 1 mL 0.2 mol·L－1Na2SO3溶液 立即生成橙黄色沉淀，3 min后沉淀颜色变浅并伴有少量白色沉淀产生，振荡1 min沉淀全部变为白色
2 mL 0.2 mol·L－1CuCl2溶液
(3)为证明实验1中白色沉淀为CuCl，设计实验如下。
①已知[Cu(NH3)2]＋在水中呈无色。实验2总反应的离子方程式为___________________________________________________________________
____________________________________________________________________。
②为证明深蓝色溶液中含有Cl－，进一步实验所需的试剂为_______________________________________________(填化学式)。
【进一步探究】查阅资料获知橙黄色沉淀可能为xCuSO4·yCu2SO3·zH2O。在实验1获得橙黄色沉淀后，立即离心分离并洗涤。为探究其组成进行如下实验。
实验3
(4)离心分离的目的是加快过滤速度，防止________________________________
____________________________________________________________________。
(5)已知2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2。实验3能否证明橙黄色沉淀中含有Cu2＋和SO，结合实验现象做出判断并说明理由_____________________________________
__________________________________________________________________。
(6)橙黄色沉淀转化为CuCl的原因可能是Cl－提高了Cu2＋的氧化性，进行如下实验(已知装置中物质氧化性与还原性强弱差异越大，电压越大)。
实验4
装置
试剂a 0.2 mol·L－1 Na2SO3溶液 0.2 mol·L－1 Na2SO3溶液
试剂b 0.2 mol·L－1 CuCl2溶液 X
电压表读数 V1 V2
①表中X为____________________________________________________。
②能证实实验结论的实验现象为_____________________________________。
【解释和结论】综上，Cu2＋与SO发生复分解反应速率较快，发生氧化还原反应趋势更大。
新情境命题3 创新实验探究
1.D [A.铜和浓硫酸反应生成的气体为二氧化硫，二氧化硫可以和氢氧化钠反应，A正确；B.氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜，同时可以除去过量的硫酸，B正确；C.随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，反应停止，则铜会剩余，在除去过量的硫酸的时候，加入的氧化铜是过量的，故过滤后的滤渣中含有Cu、CuO等物质，C正确；D.加热时需要酒精灯，过滤时需要漏斗，反应时需要烧杯，不需要容量瓶，D错误。]
2.D [A.实验①中淀粉KI试纸变蓝说明生成了氯气，则Cl－参与了阳极放电发生氧化反应生成氯气，氯气氧化碘离子生成碘单质，A项合理；B.阴极银离子放电发生还原反应生成银，溶液中银离子、氯离子浓度减小，AgCl（s）??Ag＋（aq）＋Cl－（aq）的平衡向沉淀溶解方向移动，B项合理；C.实验②中阳极水电离出氢氧根离子放电生成氧气，氧气具有氧化性也能使碘离子氧化为碘单质，故实验①中电解池的阳极产生的气体可能还含有O2，C项合理；D.AgCl滤液中含银离子和氯离子，阴极银离子放电生成银单质，不会生成气体，D项不合理。]
3.C [A.溶液变黄说明生成碘单质，变黄色并不断加深至棕黄色后又变浅，说明生成的碘单质又和过氧化氢反应转化为高价态的碘酸，导致溶液颜色变浅，A正确； B.碘单质为紫黑色固体，溶液变黄，摇匀后又褪色，说明生成了碘酸，再加入过量的碘离子，碘离子具有还原性，和碘酸发生氧化还原反应生成碘单质，B正确；C.过氧化氢不稳定，在碘离子催化作用下会生成氧气，故产生大量气体的原因是过氧化氢在碘离子催化下生成了氧气，C错误； D.实验1中开始过氧化氢分解生成氧气导致过氧化氢没有和碘离子反应，且实验2中生成紫色沉淀现象明显，故实验2相较于实验1，可节约H2O2用量且有利于反应终点观察，D正确。]
4.C [A.AlCl3可用Cl2和Al化合制备，AlCl3易水解，反应、收集装置内不能有水出现，因此Cl2必须先用浓硫酸干燥，装置末端还要用碱石灰吸收多余Cl2防止污染空气，并防止空气中的水蒸气进入反应、收集装置，A合理；B.用蒸馏实验进行海水制淡水，水的沸点为100 ℃，水沸腾后控制好收集的时间段即可收集到淡水，因此实验可不用温度计，冷凝管冷却水按“下进上出”通过，因此，B合理；C.SO2是酸性氧化物，易与NaOH溶液反应，装置末端导管直接伸入d烧杯的NaOH溶液中，会产生液体倒吸现象，C不合理；D.CO2中混合的HCl气体可与饱和NaHCO3溶液反应而被吸收除去，同时生成CO2气体，CO2气体通入浓硫酸中进行干燥，最后得到纯净干燥的CO2气体，D合理。]
5.B [实验中通过二氧化锰与过氧化氢制取氧气，用浓硫酸与亚硫酸钠反应制取二氧化硫，生成的二氧化硫和氧气在a中混合后进入b，在催化剂、高温条件下发生反应生成三氧化硫，反应后混合气体进入c中，在冰盐浴中将三氧化硫冷凝为液体或固体实现混合气体的分离，未反应的二氧化硫用氢氧化钠溶液吸收，据此分析解答。A.该实验中用浓硫酸与亚硫酸钠反应制取二氧化硫，故A正确；B.氢氧化钙在水中的溶解度较小，澄清石灰水的浓度较低，不利于二氧化硫充分吸收，故B错误；C.为实现产物三氧化硫分离，利用冰盐浴将三氧化硫冷凝以得到液态或固态三氧化硫，故C正确；D.②中应实现VO2转化为V2O5，该过程中VO2被氧化，可知应与氧气反应，反应方程式为：4VO2＋O2===2V2O5，故D正确。]
6.D [A中乙醇发生消去反应生成乙烯，通过氢氧化钠吸收可能生成的二氧化碳、二氧化硫气体后进入装置C，浓盐酸和二氧化锰在装置D中反应生成氯气，进入装置C与乙烯反应生成产品。A.装置D用于制备氯气，所以试剂X为浓盐酸，A正确；B.装置A中添加药品时，应将浓硫酸慢慢加入乙醇中并搅拌，B正确；C.装置B中NaOH溶液的主要作用是吸收CO2和SO2气体，C正确；D.该反应中的尾气是Cl2，无水CaCl2不能用来吸收Cl2，可用碱石灰吸收，D错误。]
7.B [A.实验需控制单一变量，②和③温度不同，因此a＝2.0，故A正确；B.实验①②中未见白色絮状沉淀的原因是铝与水反应生成Al（OH）3，碳酸根离子水解产生OH－，Al（OH）3和OH－反应生成[Al（OH）4]－溶解，故B错误；C.实验③的反应速率比实验②更大的原因有两点：温度升高，反应速率加快，温度升高促进平衡CO＋H2O??HCO＋OH－正向移动导致OH－浓度增大，故C正确；D.由实验现象可知实验③中的气体为CO2、H2混合气体，80 ℃时碳酸氢钠溶液分解产生CO2，CO2往溶液上方移动时与[Al（OH）4]－反应生成白色絮状沉淀Al（OH）3，故D正确。]
8.D [本题为利用碘酸钾和硫化氢制备碘化钾，由装置所盛试剂可知，装置甲为启普发生器，利用硫化亚铁和稀硫酸制备硫化氢气体，装置乙中盛放碘单质和氢氧化钠，用以制备碘酸钾，待碘酸钾制备完成，将硫化氢通入碘酸钾溶液制备碘化钾，同时有淡黄色硫单质生成，最后用氢氧化钠吸收尾气。A.仪器a、b为恒压滴液漏斗，利用碘酸钾与硫化氢气体制备碘化钾，由于碘酸钾为溶液，硫化氢为气体，因此需先关闭K制备碘酸钾，然后制备并将硫化氢通入碘酸钾溶液制备碘化钾，A正确；B.碘单质溶解后溶液呈棕黄色，随着碘单质与氢氧化钠反应生成无色的碘化钾和碘酸钾，溶液逐渐变为无色，B正确；C.硫化氢为弱电解质，加入稀硫酸能抑制硫化氢的电离，降低其溶解度，使其逸出在丙中吸收，C正确；D.黄色沉淀为S，4.8 g S为0.15 mol，硫元素由硫化氢中的－2价升高为0价，0.15 mol S转移0.3 mol电子，I2最终转化为KI，每生成1 mol碘化钾转移1 mol电子，因此共生成碘化钾0.3 mol，质量为49.8 g，D错误。]
9.答案 （1）N≡C—Cl sp （2）浓硫酸 将装置内的空气排净
（3）维持低温环境，防止产物气化 黄绿色气体 装置11 装置10 C （4）
解析 （1）碳为四价结构，N为三价结构，所以CNCl的结构式为C—Cl≡N。C形成了两个π键，采取sp杂化。（2）氯化氰与水反应需要进行干燥无水处理，选择浓硫酸干燥，同时需要排尽装置中的空气。（3）为了减少Cl2挥发使其充分反应和便于收集氯化氰，需要降温冷凝，所以装置7、10、11均为冷凝作用。而多余的Cl2则进入D中而呈现黄绿色。当反应结束后需要将装置中残留的氯化氰蒸出，所以对装置11升温便于氯化氰逸出，同时装置10降温冷凝收集氯化氰。（4）氯化氰碳氮三键可进行加聚，所以三聚物为。
10.答案 （1）生成蓝色沉淀、并伴有刺激性气味气体生成
（2）2Cu2＋＋SO＋H2O＋2Cl－===2CuCl↓＋SO＋2H＋
（3）①4CuCl＋O2＋16NH3·H2O===
4[Cu（NH3）4]2＋＋4Cl－＋4OH－＋14H2O
②HNO3、AgNO3
（4）沉淀长时间与空气接触而被氧化
（5）能，实验中生成白色沉淀CuI，说明橙黄色沉淀中含有铜离子被碘离子还原；溶液无色、无明显现象，说明橙黄色沉淀中含有亚硫酸根离子将最初生成的碘单质还原为碘离子
（6）①0.2 mol·L－1CuSO4溶液 ②V1>V2
解析 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）预测2中反应生成氢氧化铜沉淀和二氧化硫气体，故其现象为：溶液中生成蓝色沉淀、并伴有刺激性气味气体生成；（2）预测4中生成白色沉淀CuCl，铜元素化合价降低，则硫元素化合价升高转化为硫酸根离子，结合电子守恒和质量守恒可知，反应的离子方程式为2Cu2＋＋SO＋H2O＋2Cl－===2CuCl↓＋SO＋2H＋；（3）①已知[Cu（NH3）2]＋在水中呈无色，根据题意，实验中白色沉淀为CuCl，放置一段时间后溶液变为蓝色，说明空气中氧气将正一价铜氧化为正二价铜，则实验2总反应为CuCl、一水合氨、氧气反应转化为四氨合铜离子、氯离子、氢氧根离子和水，离子方程式为4CuCl＋O2＋16NH3·H2O===4[Cu（NH3）4]2＋＋4Cl－＋4OH－＋14H2O；②氯离子和银离子生成不溶于酸的氯化银沉淀，故为证明深蓝色溶液中含有Cl－，进一步实验所需的试剂为稀硝酸和硝酸银溶液；（4）正一价铜容易被空气中氧气氧化为正二价铜，故离心分离的目的是加快过滤速度，防止沉淀长时间与空气接触而被氧化；（5）已知2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2，碘单质能使淀粉变蓝色，碘单质也能和亚硫酸根离子发生氧化还原反应；实验中生成白色沉淀CuI，说明橙黄色沉淀中含有铜离子被碘离子还原；溶液无色、无明显现象，说明橙黄色沉淀中含有亚硫酸根离子将最初生成的碘单质还原为碘离子；（6）①实验探究橙黄色沉淀转化为CuCl的原因可能是Cl－提高了Cu2＋的氧化性，则试剂b应该是不含氯离子的同浓度铜离子的溶液，故表中X为0.2 mol·L－1 CuSO4溶液；②已知装置中物质氧化性与还原性强弱差异越大，电压越大，则能证实实验结论的实验现象为电压V1更大，故V1>V2。
