- 研究型实验
- 共4868题
下列各图所示的实验原理、方法、装置或操作，其中正确的是（ ）
A
向容量瓶中转移溶液
B
中和热的测定
C
浓硫酸与铜的反应
D
乙二酸晶体受热分解
正确答案
解析
解：A．转移液体需要使用玻璃棒引流，以免液体溅出，故A错误；
B．中和热的测定需要使用环形玻璃搅拌棒，注意保温，故B正确；
C．二氧化硫能使品红褪色，石蕊试液只能说明气体呈酸性，故C错误；
D．乙二酸分解产物是CO2、CO和H2O，应先检验水，故D错误．
故选B．
（2015秋•淮安期末）根据下列实验现象所得结论正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．碘单质遇淀粉试液变蓝色，碘酸钾中不含碘单质，所以与淀粉实验不反应变色，故A错误；
B．KI和FeCl3溶液发生氧化还原反应生成亚铁离子和碘，碘极易溶于四氯化碳中，四氯化碳和水不互溶，且密度大于水，所以下层溶液显紫红色，该反应中氧化剂是铁离子、氧化产物的碘，所以Fe3+的氧化性大于I2，故B正确；
C．硫酸铵能使蛋白质发生盐析，但氯化铜能使蛋白质发生变性，二者原理不同，故C错误；
D．将0.1mol•L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，说明NaOH完全反应，再滴加0.1mol•L-1CuSO4溶液，先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀，说明发生了沉淀的转化，溶度积大的物质向溶度积小的物质转化，所以Cu（OH）2的溶度积比Mg（OH）2的小，故D正确；
故选BD．
（2015秋•大庆校级期中）正确的实验操作是实验成功的重要因素，下列实验操作正确的是（ ）
A
B
C
D
正确答案
解析
解：A．苯萃取碘水中的碘时，碘的苯溶液在上层，从分液漏斗的上口倒出，故A错误；
B．胶体不能透过半透膜，而离子可以，则图中渗析操作合理，故B正确；
C．稀释时，将密度大的液体注入密度小的液体中，便于混合，则图中应将浓硫酸注入水中，故C错误；
D．胶头滴管应悬于试管上方，不能插入容量瓶内，避免污染液体，故D错误．
故选B．
（2015秋•威海期末）下列实验的有关叙述错误的是（ ）
正确答案
解析
解：A．胶体具有丁达尔效应，溶液没有丁达尔效应，根据图知，甲不形成丁达尔效应、乙形成丁达尔效应，所以甲装置中分散系不是胶体，乙装置中分散系为胶体，故A正确；
B．可以利用压强差检验装置气密性，关闭止水夹，捂住圆底烧瓶，空气具有热胀冷缩的性质，导致导管中水柱上升，当装置气密性良好时水柱会静止不动，由此现象可以说明该装置气密性良好，故B正确；
C．只要该气体极易溶于该溶液形成大的压强差就能形成喷泉实验，打开止水夹，挤压胶头滴管中的水，有喷泉产生，只有HCl极易溶于水形成大的压强差时才能形成喷泉实验，由此说明HCl极易溶于水，故C正确；
D．该装置能形成原电池，但原电池放电时电子不进入电解质溶液，电解质溶液中通过阴阳离子定向移动形成电流，故D错误；
故选D．
为探究CO2与过量的NaOH溶液确实发生了化学反应，甲、乙、丙三位同学设计了下列三种实验装置，请回答下列问题：
（1）请写出CO2与过量的NaOH溶液发生反应的化学方程式：______．
（2）选择任意一种实验装置，简述预计出现的实验现象，解释产生该实验现象的原因．你选择的实验装置是______，实验现象是______．______解释产生该实验现象的原因______．
（3）甲、乙、丙同学设计的三个方案中，有一个方案在实际操作中可行性和安全性存在问题，该方案是______．（填甲、乙或丙）
（4）请设计一个实验检验生成的产物中含有Na2CO3．（简述所用试剂、实验现象和结论．）______．______．
正确答案
CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O
甲
试管内液面明显上升
．
NaOH与CO2发生反应，使容器内气压变小，产生气压差
乙
取少量生成物的溶液于试管，加入盐酸，生成无色无味的气体，则溶液中含有CO32-
．
解析
解：（1）甲装置中CO2与过量的NaOH反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，
故答案为：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O；
（2）选择的实验装置是①；实验现象为：试管内液面明显上升；产生该实验现象的原因是：NaOH与CO2发生反应，使容器内气压变小，产生气压差，
故答案：甲；试管内液面明显上升；NaOH与CO2发生反应，使容器内气压变小，产生气压差；
（3）甲、乙、丙同学设计的三个方案中，乙方案在实际操作中安全性存在问题，因为氢氧化钠滴入和二氧化碳反应后压强减小，气球会膨胀，有可能爆炸，
故答案为：乙；
（4）碳酸钠可以利用加入盐酸生成额一氧化碳气体的现象分析，操作步骤为：取少量生成物的溶液于试管，加入盐酸，生成无色无味的气体，则溶液中含有CO32-，
故答案为：取少量生成物的溶液于试管，加入盐酸，生成无色无味的气体，则溶液中含有CO32-．
下列实验操作或装置正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．分离出BaSO4浊液中的BaSO4用过滤，过滤用普通漏斗，故A错误；
B．二氧化碳和氯化氢都能与碳酸钠反应，将原物质除掉，故B错误；
C．转移液体需要用玻璃棒引流，故C错误；
D．NO不溶于水，不与水反应，故D正确．
故选D．
下表是元素周期表的短周期部分，表中字母分别表示一种元素．请回答下列问题：
（1）f元素在周期表中的位置是第______周期第______族．
（2）e 与f两元素最高价氧化物的水化物相互反应的化学方程式为______
（3）e在空气中燃烧的产物所含化学键的类型为______、______．
（4）化合物ca3的电子式为______，c和d两种元素氢化物的稳定性更强的是______（填物质的化学式）．
正确答案
根据元素所在周期表中的位置可知a为H元素，b为C元素，c为N元素，d为O元素，e为Na元素，f为Al元素，g为元素，
（1）f为Al元素，原子序数为13，位于周期表第三周期IIIA族，故答案为：三、IIIA；
（2）e 与f两元素最高价氧化物的水化物分别为NaOH和Al（OH）3，Al（OH）3为两性氢氧化物，
反应的方程式为NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，
故答案为：NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O；
（3）e在空气中燃烧的产物Na2O2，含有离子键和共价键，故答案为：离子键、共价键；
（4）化合物ca3为NH3，为共价化合物，电子式为
，c和d两种元素中d的非金属性较强，则对应的氢化物的稳定性更强，故答案为：H2O．
A、B、C、D、E原子序数依次递增的五种短周期元素，已知：
①B原子核外电子总数与最外层电子数之比为4：3
②D原子最外层电子数与次外层电子数之比为3：4
③E-，C+，A+的离子半径逐渐减小
④A单质在E单质中燃烧火焰呈苍白色
请回答下列问题：
（1）E的最高价氧化物对应水化物的化学式为：______．它的酸性比D的最高价氧化物对应水化物的酸性：______．（填“强”或“弱”）
（2）X、Y是由上述元素中任意3种组成的强电解质，且构成的原子个数比均为1：1：1．已知X溶液中水电离出来的c（H+）=10-12mol/L，则X的电子式为：______；Y的水溶液酸碱性与X相同，则其原因是（写离子方程式）：______；
（3）B与C构成原子个数比为1：1的化合物与H2O反应的化学方程式为：______；
（4）A与B，A与D均可形成18个电子的分子，这两种分子在水溶液中反应生成物之一是含10电子的化合物；该反应可观察到现象是：______，原因是（用化学方程式表示）______．
正确答案
A、B、C、D、E原子序数依次递增的五种短周期元素，已知：
①B原子核外电子总数与最外层电子数之比为4：3，根据核外电子排布可知，B原子最外层电子数只能为6，则核外电子总数为8，故B为O元素；
②D原子最外层电子数与次外层电子数之比为3：4，D原子只能有3个电子层，最外层电子数为6，则D为S元素；
③结合E-、C+、A+离子的电荷可知，E处于ⅦA族，C、A处于ⅠA族，由原子序数可知，C为Na；而E-、C+、A+半径逐渐减小，故E为Cl；
④A单质在E单质中燃烧火焰呈苍白色，可推知A为H元素，
（1）E为Cl，其最高价氧化物对应水化物的化学式为：HClO4，非金属性Cl＞S，故酸性HClO4＞H2SO4，
故答案为：HClO4；强；
（2）X、Y是由上述元素中任意3种组成的强电解质，且构成的原子个数比均为1：1：1．已知X溶液中水电离出来的c（H+）=10-12mol/L，则X抑制水的电离，为酸或碱，则X为NaOH，其电子式为：
故答案为：
（3）O与Na构成原子个数比为1：1的化合物为Na2O2，与H2O反应生成NaOH与O2，反应化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，
故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；
（4）A与B、A与D均可形成18个电子的分子，分别为H2O2与H2S，H2O2具有强氧化性，与H2S反应生成S与H2O，反应方程式为：H2O2+H2S=S↓+2H2O，可以观察到：有淡黄色沉淀生成，
故答案为：有淡黄色沉淀生成；H2O2+H2S=S↓+2H2O．
六种短周期元素aA、bB、cC、dD、eE、fF，已知原子序数大小关系是：a＜e＜c＜b＜f＜d，且a+b=
（1）E、F形成的化合物甲的电子式为______，该化合物与A2C反应的化学方程式：______．
（2）写出分别由A、B、C、D四种元素所形成的两种化合物的水溶液相互反应的离子方程式：______．
（3）已知B+BEC3-B2C+E2，请将方程式配平后用双线桥表示电子的转移情况______．
（4）A、E形成的四原子核化合物丙容易液化，其原因是：______．由A、C、E三种元素形成的离子化合物溶液中，离子浓度由大到小顺序为______．
（5）经检测，某固体粉末中仅含有B、C两种元素组成的化合物，请设计实验方案探究该固体粉末的成分______．
正确答案
由a+b=
x+x+8=2×（1+11），x=8，所以C为O元素，D为S元素，C、E相邻，且e＜c，则E为N元素，B、F也相邻，且b＜f，则F为Mg元素，则A为氢，B为钠，C为氧，D为硫，E为氮，F为镁，
（1）E、F形成的化合物为Mg3N2，为离子化合物，电子式为
，与水发生反应生成
Mg（OH）2和NH3，反应的化学方程式为Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2+2NH3↑，
故答案为：
；Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2+2NH3↑；
（2）H、O、Na、S对应的化合物有Na2SO4•10H2O、NaHSO4、NaHSO3等，两种化合物的水溶液相互反应的为NaHSO4和NaHSO3，反应的离子方程式为H++HSO3-=SO2↑+H2O，
故答案为：H++HSO3-=SO2↑+H2O；
（3）反应的方程式为10Na+2NaNO3=6Na2O+N2↑，反应中10Na失去10个电子，电子转移数目为10，可表示为：
，故答案为：
；
（4）A、E形成的四原子核化合物为NH3，氨分子之间易形成氢键而导致易液化，由A、C、E三种元素形成的离子化合物为
NH4NO3，为强酸弱碱盐，NH4+水解，溶液呈酸性，则溶液中的离子浓度大小为NO3-＞NH4+＞H+＞OH-，
故答案为：氨分子之间易形成氢键；NO3-＞NH4+＞H+＞OH-；
（5）B、C两种元素组成的化合物为Na2O2、Na2O，Na2O2与水反应生成氧气，有气体生成，而Na2O与水反应没有气体生成，以此可判断是否有Na2O2，根据反应的气体的体积与反应物质量之间的关系可判断固体的成分，具体做法是将粉末加入水中，若无气体生成，则为Na2O，若有气体生成，可根据一定量该固体粉末产生气体的量确定其全部为Na2O2或是两者的混合物，
故答案为：可能的组成为Na2O2，Na2O或两个都有．将粉末加入水中，若无气体生成，则为Na2O，若有气体生成，可根据一定量该固体粉末产生气体的量确定其全部为Na2O2或是两者的混合物．
有A、B、C、D、W五种元素．W的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素；其中A、B、C属于同一周期，A原子最外层p能级的电子数等于次外层的电子总数；B原子最外层中有两个未成对的电子；C元素氢化物与其最高价氧化物对应水化物之间反应生成一种盐；D原子核内的质子数与中子数相等，能与B形成DB2、DB3常见化合物．根据以上条件，回答下列问题：
（1）推断元素名称：A______．
（2）C元素的氢化物的空间构型为______，分子中的化学键______（填“有”或“无”）极性，其分子为______分子（填“极性”或“非极性”）．
（3）比较A、B、C三种元素的第一电离能由大到小的顺序______（用元素符号表示），A、B、C三种元素的氢化物的沸点高低______（用化学式表示）．
（4）写出D元素原子基态时的电子排布式______，其在元素周期表中的位置______．
（5）W元素+2价离子的水溶液呈现天蓝色，是该离子与水分子通过______键形成的______（填化学式）而显示出的颜色．
正确答案
有A、B、C、D、W五种元素．W的原子序数为29，则W为Cu元素；其余的均为短周期主族元素，C元素氢化物与其最高价氧化物对应水化物之间反应生成一种盐，则C为N元素；A、B、C属于同一周期，A原子最外层p能级的电子数等于次外层的电子总数，则外围电子排布为2s22p2，则A为碳元素；B原子最外层中有两个未成对的电子，其最外层电子数不能为4，则外围电子排布为2s22p4，故B为氧元素；D原子核内的质子数与中子数相等，能与O元素形成DO2、DO3常见化合物，则D为硫元素，
（1）由上述分析可知，A为碳，故答案为：碳；
（2）C元素的氢化物为NH3，N原子成3个N-H键、含有1对孤对电子，采取SP3杂化，为三角锥型结构，N-H为极性键，分子不对称，为极性分子；
故答案为：三角锥型；有；极性；
（3）同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，N原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，电子能量降低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能N＞O＞C；常温下水为液体，沸点最高，氨气、甲烷常温下为气体，氨气分子中存在氢键，沸点比甲烷高，故沸点H2O＞NH3＞CH4，
故答案为：N＞O＞C；H2O＞NH3＞CH4；
（4）S元素原子核外有16个电子，基态时的电子排布式1s22s22p63s22p4，处于元素周期表中第三周期第ⅥA族，
故答案为：1s22s22p63s22p4；第三周期第ⅥA族；
（5）Cu2+与水分子通过配位键形成[Cu（H2O）4]2+而显示出的颜色，故答案为：配位键；[Cu（H2O）4]2+．
从防止污染、减少用酸量之可持续发展的角度分析，下列利用金属铜制取Cu（NO3）2的方法中最好的是（ ）
ACu
BCu
CCu
DCu
正确答案
解析
解：假设都制取1mol硝酸铜．
A．铜与浓硝酸制取硝酸铜时的方程式是：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，生成的NO2会造成大气污染，不环保，制取1mol硝酸铜需消耗1mol铜、4mol硝酸；
B．铜与稀硝酸制取硝酸铜时的方程式是：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，生成的NO也会造成大气污染，不环保，制取1mol硝酸铜需消耗1mol铜、
C．此过程用方程式可表示为：2Cu+O2
D．铜和浓硫酸反应Cu+2H2SO4（浓）
制取相同物质的量的Cu（NO3）2，A、B、C方案中C所消耗的HNO3的量最少（原料的利用率最高）且不产生污染环境的气体，C、D方案中C原料的利用率最高，且不产生污染环境的气体；
故选C．
下列有关化学实验原理、现象或结论的描述不正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．无水CoCl2为深蓝色，吸水后能变成粉红色的水合物CoCl2•6H2O，湿度不同颜色不同，所以可以用CoCl2溶液浸泡过的棉花制成简易湿度计，悬挂在家中，以粗略估计空气的湿度，故A正确；
B．NaF和AlCl3反应生成络合物Na3AlF6，溶液中不存在铝离子，所以再滴加氨水时没有白色沉淀生成，则整个过程都无明显现象，故B正确；
C．制取氢氧化铜悬浊液时NaOH应该过量，该选项NaOH较少，无法实现该实验，故C错误；
D．中和滴定时，锥形瓶水洗后未用待测液润洗，碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，会导致使用NaOH体积偏大，则测定结果偏大，故D正确；
故选C．
下列甲、乙、丙、丁所示的装置或操作能达到实验目的是（ ）
正确答案
解析
解：A．用洁净的铂丝蘸取某无色溶液，放在无色火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，火焰的颜色呈紫色说明溶液中有钾元素，故A正确；
B．导管长进短出，否则将液体排除，故B错误；
C．因温度计测量的是蒸汽的温度，故应放在支管口，冷凝水下进上出，故C错误；
D．NO能与空气中的氧气反应，不能用排空气法收集，故D错误．
故选A．
下列实验操作完全正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．取出钠后用滤纸吸干煤油，且烧杯中的水不能装满，操作错误，故A错误；
B．高锰酸钾能腐蚀碱式滴定管中的橡胶，则应利用酸性滴定管盛放高锰酸钾溶液，故B错误；
C．胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出，然后排出气体，操作正确，故C正确；
D．分液应注意上下层液体分离，则下层液体从分液漏斗下端管口放出，上层液体从上口倒出，故D错误；
故选C．
下列有关离子检验的操作和实验结论都正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．某溶液中加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，再加盐酸酸化，沉淀不溶解，该溶液中可能含有SO42-或Ag+，但二者不能同时存在，故A错误；
B．向某溶液中同时加入几滴KSCN溶液和少量新制的氯水，溶液变为红色，该溶液中可能含有Fe2+或Fe3+，或二者都有，若检验亚铁离子，应先加几滴KSCN溶液，不变色，再加氯水，故B错误；
C．向某溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，气体可能为二氧化硫或二氧化碳，则溶液中可能存在HCO3-、SO32-、HSO3-、CO32-，故C错误；
D．铵盐与碱反应生成氨气，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则向某溶液加入NaOH并微热，产生能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体，该溶液中一定含有NH4+，故D正确；
故选D．
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