《高中化学高考二轮专题复习课件（可编辑）：题型突破新人教版第21讲简答题技能特训》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中化学高考二轮专题复习课件（可编辑）：题型突破新人教版第21讲简答题技能特训（81页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第第21讲讲 简答题技能特训简答题技能特训 一、题型特点一、题型特点 简答题要求考生用简练的文字表述来回答问题。简答题要求考生用简练的文字表述来回答问题。它具有取材广阔，内涵丰富，立意新颖，设问巧妙，它具有取材广阔，内涵丰富，立意新颖，设问巧妙，思考容量大，能力要求高的特点。而且常把识记、理思考容量大，能力要求高的特点。而且常把识记、理解、实验、推论和计算等多方面、多层次的要求融于解、实验、推论和计算等多方面、多层次的要求融于一题之中，往往具有一定的难度，对学生能力要求较一题之中，往往具有一定的难度，对学生能力要求较高。高。 简答题是填空题的变形，即把空格变成问句，所简答题是填空题的变形，即把
2、空格变成问句，所以它们的功能基本相似。它不但用来考查考生的各种以它们的功能基本相似。它不但用来考查考生的各种能力（接受、吸收、整合化学信息的能力、分析问题能力（接受、吸收、整合化学信息的能力、分析问题和解决化学问题的能力、化学实验与探究能力），还和解决化学问题的能力、化学实验与探究能力），还用来考查考生掌握知识的情况。不但用来考查考生是用来考查考生掌握知识的情况。不但用来考查考生是否否“知其然知其然”，还要考查考生能否，还要考查考生能否“知其所以然知其所以然”。 二、简答题在高考中的现状分析二、简答题在高考中的现状分析 在高考化学试题中考简答题已成为非选择题中不在高考化学试题中考简答题已成为非
3、选择题中不可缺少的一个组成部分。从高考试卷分析数据来看，可缺少的一个组成部分。从高考试卷分析数据来看，简答题是历年考生失分的简答题是历年考生失分的“重灾区重灾区”，也是高考，也是高考拉分的关键题型，许多考生简答题不过关，要么束手拉分的关键题型，许多考生简答题不过关，要么束手无策而放弃，要么思维逻辑不清、文字表述不准确，无策而放弃，要么思维逻辑不清、文字表述不准确，要么答非所问费了劲，失了分，要么思维不严密，漏要么答非所问费了劲，失了分，要么思维不严密，漏答要点等。长期以来，许多考生一直受到简答题的困答要点等。长期以来，许多考生一直受到简答题的困扰，在解决简答题的得分问题上没有很好地突破。扰，在
4、解决简答题的得分问题上没有很好地突破。 三、简答题的解答要求三、简答题的解答要求 简答题要求按要点得分，语言叙述要符合逻辑关简答题要求按要点得分，语言叙述要符合逻辑关系，前因后果要明确。系，前因后果要明确。“因因”应是指应是指“化学原理化学原理”，只有紧扣化学原理去分析解决问题，逐步解答才能得只有紧扣化学原理去分析解决问题，逐步解答才能得到相应分数。答题中应注意语言的科学性、逻辑性、到相应分数。答题中应注意语言的科学性、逻辑性、准确性、规范性：准确性、规范性： 1.语言要准确，不能凭主观想象和猜测来回答。语言要准确，不能凭主观想象和猜测来回答。如：如：在回答在回答KI溶液中滴加氯水后有什么现象
5、时，有溶液中滴加氯水后有什么现象时，有的同学回答成：的同学回答成：“有碘生成有碘生成”，也有的回答成：，也有的回答成：“溶溶液中有紫黑色的沉淀生成液中有紫黑色的沉淀生成”；有的同学把有的同学把“胶体微胶体微粒带电粒带电”说成说成“胶体带电胶体带电”；把把“Zn能与盐酸反应能与盐酸反应置换出氢气置换出氢气”说成说成“Zn能置换出盐酸中的氢气能置换出盐酸中的氢气”等等。等等。 2.化学用语要规范。常出现的错误有：（化学用语要规范。常出现的错误有：（1）错）错别字，如别字，如“蓝色蓝色”写成写成“兰色兰色”，“坩埚坩埚”写成写成“甘甘（或钳）锅（或钳）锅”，“苯苯”写成写成“笨笨”，“剧毒剧毒”写成
6、写成“巨毒巨毒”，“铁架台铁架台”写成写成“铁夹台铁夹台”，“过滤过滤”写成写成“过虑过虑”“滤纸滤纸”写成写成“虑纸虑纸”；（；（2）用词不当；）用词不当；（3）混淆概念，如：）混淆概念，如：“无色无色”与与“白色白色”，“广口瓶广口瓶”写成写成“集气瓶集气瓶”，“蒸馏烧蒸馏烧瓶瓶”写成写成“圆底烧瓶圆底烧瓶”等等。等等。 3.回答时要字斟句酌、言简意赅、逻辑性强，不回答时要字斟句酌、言简意赅、逻辑性强，不要废话连篇；同时还要注意答案要点要全面完整，不要废话连篇；同时还要注意答案要点要全面完整，不要顾此失彼等等。要顾此失彼等等。 简答题虽然难于得分，但只要我们平时学习时多简答题虽然难于得分，
7、但只要我们平时学习时多注意培养思维的严密性、知识的精确性、语言的准确注意培养思维的严密性、知识的精确性、语言的准确性，在心理上不畏惧，做有心人则可以将失分降为最性，在心理上不畏惧，做有心人则可以将失分降为最低。低。 题型一题型一 解释原因类简答题解释原因类简答题 对题目中给予的化学事实，运用有关的化学原理对题目中给予的化学事实，运用有关的化学原理做简要的解释。重点考虑用什么概念、定律来回答，做简要的解释。重点考虑用什么概念、定律来回答，必须答出的要点是什么，说理要全面而充分。答题要必须答出的要点是什么，说理要全面而充分。答题要围绕围绕“为什么为什么”抓住本质作文章。抓住本质作文章。【例【例1】
8、 把把AlCl3溶液蒸干灼烧，最后得到的主要溶液蒸干灼烧，最后得到的主要 固体是什么？为什么？（用化学方程式表示并配固体是什么？为什么？（用化学方程式表示并配 以必要的文字说明）。以必要的文字说明）。 解析解析 此题有两问：第一问要答出得到什么，第二此题有两问：第一问要答出得到什么，第二问要答出为什么，关键在第二问，有下列三个要点：问要答出为什么，关键在第二问，有下列三个要点：一抓一抓AlAl3+3+水解平衡；二抓水解平衡体系中的水解平衡；二抓水解平衡体系中的HClHCl易挥易挥发；三抓发；三抓Al(OH)Al(OH)3 3不稳定。不稳定。 答案答案 最后得到最后得到Al2O3，在，在AlCl
9、3溶液中存在着如下溶液中存在着如下平衡：平衡：AlCl3+3H2O Al(OH)3+3HCl，加热时水，加热时水解平衡右移，解平衡右移，HCl浓度增高，蒸干时浓度增高，蒸干时HCl挥发，使平挥发，使平衡进一步向右移动得衡进一步向右移动得Al(OH)3，在灼烧时发生，在灼烧时发生2Al(OH)3 Al2O3+3H2O,因此最后得到的固体是因此最后得到的固体是Al2O3。 这道题所考查的内容，绝大多数考生是很清楚的，但这道题所考查的内容，绝大多数考生是很清楚的，但是如果真正做起来，往往很多考生不按要求去做，得是如果真正做起来，往往很多考生不按要求去做，得不到全分或者不得分，据实际分析不到全分或者不
10、得分，据实际分析,有下列几种情况：有下列几种情况：答案答案1 1：只答结果：只答结果AlAl2 2O O3 3，而忽视了后面的为什么，缺，而忽视了后面的为什么，缺少原因分析。少原因分析。答案答案2 2：“AlAl2 2O O3 3, ,因为因为AlClAlCl3 3水解生成水解生成Al(OH)Al(OH)3 3而而Al(OH)Al(OH)3 3受热易分解。受热易分解。”此答案忽视了用必要的化学方此答案忽视了用必要的化学方程式作更加明确的解释。程式作更加明确的解释。 答案答案3 3：“AlAl2 2O O3 3。因为。因为AlClAlCl3 3+3H+3H2 2O O Al(OH)Al(OH)3
11、 3+3HCl,+3HCl,2Al(OH)2Al(OH)3 3 Al Al2 2O O3 3+3H+3H2 2O O。”此答案给出的解释只强此答案给出的解释只强调用有关的化学方程式表示而忽视了必要的文字说明，调用有关的化学方程式表示而忽视了必要的文字说明，也就将化学平衡移动的条件这一核心知识而漏答了。也就将化学平衡移动的条件这一核心知识而漏答了。 向饱和的向饱和的Na2CO3溶液中通入足量的溶液中通入足量的CO2会有晶体析出，此晶体是会有晶体析出，此晶体是 ；析出此晶体的；析出此晶体的原因是因为原因是因为 。在饱和食盐水中先通入足。在饱和食盐水中先通入足量的氨，再通入足量的量的氨，再通入足量的
12、CO2会有会有NaHCO3晶体析出；晶体析出；若在饱和食盐水中先通入足量若在饱和食盐水中先通入足量CO2，再通入氨气往往，再通入氨气往往没有晶体析出，原因是没有晶体析出，原因是 。 答案答案 NaHCO3 NaHCO3溶解度比溶解度比Na2CO3小小,反反应中消耗了水，且生成的应中消耗了水，且生成的NaHCO3的质量比原的质量比原Na2CO3的质量多的质量多CO2的溶解度小，溶液中的溶解度小，溶液中HCO 浓浓度低度低 题型二题型二 分析归纳推理类简答题分析归纳推理类简答题 此类题一般是给出一定的条件、情景或信息，要此类题一般是给出一定的条件、情景或信息，要求考生据此分析、归纳、推理得出某一结
13、论。该类题求考生据此分析、归纳、推理得出某一结论。该类题目涉及内容广、难度大、主要考查考生的分析归纳能目涉及内容广、难度大、主要考查考生的分析归纳能力。解题思路是：仔细审题，找出直接条件进行推敲，力。解题思路是：仔细审题，找出直接条件进行推敲，然后归纳概括出问题的实质，并用准确的语言表达出然后归纳概括出问题的实质，并用准确的语言表达出来或用该规律来解释其他问题。来或用该规律来解释其他问题。 【例【例2】 A、B、C是在中学化学中常见的三种化合是在中学化学中常见的三种化合 物，它们各由两种元素组成，甲、乙是两种单物，它们各由两种元素组成，甲、乙是两种单 质，这些化合物和单质之间存在如下的关系：质
14、，这些化合物和单质之间存在如下的关系： 据此判断：据此判断：（1）在）在A、B、C这三种化合物中，必定含有乙元素这三种化合物中，必定含有乙元素的是的是 （用（用A、B、C字母填写）。字母填写）。（2）单质乙必定是）单质乙必定是 （填（填“金属金属”或或“非非金属金属”），其理由是），其理由是 。解析解析 （1 1）根据转化关系分析，化合物）根据转化关系分析，化合物A A由单质甲与由单质甲与单质乙化合生成，则单质乙化合生成，则A A中必含乙元素；而单质甲与化中必含乙元素；而单质甲与化合物合物B B反应又可生成含有乙元素的化合物反应又可生成含有乙元素的化合物A A，则，则A A中的中的乙元素必来自
15、于化合物乙元素必来自于化合物B B，因此化合物，因此化合物B B中也必然会有中也必然会有乙元素。则必定含有乙元素的是乙元素。则必定含有乙元素的是A A、B B。 （2 2）抓住）抓住“A+B A+B 乙乙+C+C”这一反应，从（这一反应，从（1 1）可知，）可知，A A、B B均含乙元素，它们反应又可制得单质乙，则在均含乙元素，它们反应又可制得单质乙，则在A A、B B中，乙元素的价态必不相同，而且必然是一正、一负中，乙元素的价态必不相同，而且必然是一正、一负二种价态才可能生成单质乙。考虑金属与非金属的价二种价态才可能生成单质乙。考虑金属与非金属的价态特点，只有非金属才可以具有负化合价。因此，
16、单态特点，只有非金属才可以具有负化合价。因此，单质乙必定是非金属。本小题为简答题，判断乙为非金质乙必定是非金属。本小题为简答题，判断乙为非金属的最简炼答案是：属的最简炼答案是：“因为因为A+B A+B 乙乙+C+C，且乙为单，且乙为单质，可知乙元素在质，可知乙元素在A A、B B中分别呈正、负价，只有非金中分别呈正、负价，只有非金属元素才可能具有负化合价，所以单质乙是非金属。属元素才可能具有负化合价，所以单质乙是非金属。 答案答案 （1）AB （2）非金属）非金属 因为因为A+B 乙乙+C，且乙为单质，可知乙元素在，且乙为单质，可知乙元素在A、B中分别呈正、中分别呈正、负价，所以乙是非金属负价
17、，所以乙是非金属这是一道全国高考题，该题要求考生具有很强的抽象这是一道全国高考题，该题要求考生具有很强的抽象思维能力和严密的逻辑推理能力，并具有很好的区分思维能力和严密的逻辑推理能力，并具有很好的区分度，因此该题常考常新久用不衰，不断为各地命题考度，因此该题常考常新久用不衰，不断为各地命题考试所采用。试所采用。第一种情况：大多数考生仅答出第一空，而对后面的第一种情况：大多数考生仅答出第一空，而对后面的第（第（2 2）问中的两空则束手无策，原因是在思考问题）问中的两空则束手无策，原因是在思考问题时发生了思维逻辑混乱；面对这几种物质之间的反应时发生了思维逻辑混乱；面对这几种物质之间的反应关系理不出
18、头绪。关系理不出头绪。第二种情况：一部分考生最后一问没能答出。第第二种情况：一部分考生最后一问没能答出。第（1 1）问由于比较简单可以答出，而第（）问由于比较简单可以答出，而第（2 2）问中的第）问中的第一空则属于一空则属于“押押”对的，因为对的，因为“金属金属”、“非金属非金属”两个答案二选一，有两个答案二选一，有50%50%的命中机会。由于不知其所的命中机会。由于不知其所以然，最后一问也就无法回答了。以然，最后一问也就无法回答了。 第三种情况：少数考生逻辑思维能力较强，对这道题第三种情况：少数考生逻辑思维能力较强，对这道题分析起来则不感到难，一旦真正像解析中讲的那样。分析起来则不感到难，一
19、旦真正像解析中讲的那样。抓住了单质乙（抓住了单质乙（0 0价）从含有元素乙的化合物价）从含有元素乙的化合物A A和化合和化合物物B B的相互反应中得到，则不难想象到氧化还原反应的相互反应中得到，则不难想象到氧化还原反应中的中的“归中规律归中规律”，化合物，化合物A A和化合物和化合物B B中均含有乙元中均含有乙元素且化合价有正、负之差别。素且化合价有正、负之差别。 有机化合物有机化合物A、B分子式不同，它们只可分子式不同，它们只可能含碳、氢、氧元素中的两种或三种。如果将能含碳、氢、氧元素中的两种或三种。如果将A、B不论以何种比例混合，只要其物质的量之和不变，完不论以何种比例混合，只要其物质的量
20、之和不变，完全燃烧时所消耗的氧气和生成的水的物质的量也不变，全燃烧时所消耗的氧气和生成的水的物质的量也不变，试说明试说明A、B组成必须满足的条件。组成必须满足的条件。 解析解析 要满足要满足A A、B B不论以何种比例混合所组成的混不论以何种比例混合所组成的混合物的某一合物的某一“性质性质”固定不变，只有固定不变，只有A A、B B各自的这一各自的这一“性质性质”相同才行。当混合物是物质的量一定时，如相同才行。当混合物是物质的量一定时，如果将果将A A、B B不论以何种比例混合完全燃烧时所消耗的不论以何种比例混合完全燃烧时所消耗的氧气和生成的水的物质的量都不变则要求氧气和生成的水的物质的量都不
21、变则要求1 mol A1 mol A或或 1 mol Bmol B完全燃烧时所消耗的氧气相等和生成的水的完全燃烧时所消耗的氧气相等和生成的水的物质的量也相等。则物质的量也相等。则A A、B B在组成上应满足的条件可以在组成上应满足的条件可以用以下方法推导得出。设用以下方法推导得出。设A A、B B的组成分别为的组成分别为C Cx x1 1H Hy y1 1O Oz z1 1、C Cx x2 2H Hy y2 2O Oz z2 2，据两者，据两者1 mol1 mol消耗的消耗的O O2 2相同和生成的水相同相同和生成的水相同得得x x1 1+ +y y1 1/4-/4-z z1 1/2=/2=x
22、 x2 2+ +y y2 2/4-/4-z z2 2/2/2且且y y1 1= =y y2 2, ,所以所以2(2(x x1 1- -x x2 2)=)=z z1 1- -z z2 2。 答案答案 A、B的分子组成上如果相差的分子组成上如果相差n n个个C原子则必原子则必相差相差2n n个个O原子即相差原子即相差n n个个CO2分子（分子（n n=1，2，3）。）。 题型三题型三 信息类简答题信息类简答题 高考考试说明中对能力要求中明确提出了接受、高考考试说明中对能力要求中明确提出了接受、吸收、整合化学信息的能力，而在多年来的高考试卷吸收、整合化学信息的能力，而在多年来的高考试卷中信息型试题是
23、高考命题的热点。这一类试题要求考中信息型试题是高考命题的热点。这一类试题要求考生要把题中给出的新信息与已学过的旧知识进行有机生要把题中给出的新信息与已学过的旧知识进行有机结合，关键是通过一个结合点把信息知识与旧知识整结合，关键是通过一个结合点把信息知识与旧知识整合成一体，形成一个新的知识链，然后找到问题的答合成一体，形成一个新的知识链，然后找到问题的答案。案。【例【例3】已知甲基的吸引电子的能力比氢小，是个推】已知甲基的吸引电子的能力比氢小，是个推 电子基，试回答下列问题：电子基，试回答下列问题： （1）丙烯跟）丙烯跟HCl发生加成反应时，是生成发生加成反应时，是生成1_氯丙烷，氯丙烷，还是还
24、是2 _氯丙烷？说明理由。氯丙烷？说明理由。（2）甲酸、乙酸的酸性哪个强？说明理由。）甲酸、乙酸的酸性哪个强？说明理由。（3）乙酸和氯乙酸的酸性哪个强？说明理由。）乙酸和氯乙酸的酸性哪个强？说明理由。 解析解析 （1 1）丙烯是不对称单烯烃，丙烯与）丙烯是不对称单烯烃，丙烯与HClHCl的加成的加成产物如不根据信息分析会有产物如不根据信息分析会有2 2种可能，即种可能，即和和CHCH3 3CHCH2 2CHCH2 2ClCl，题中信息是甲基是推电子基，在，题中信息是甲基是推电子基，在甲基推电子的作用下，使甲基推电子的作用下，使CHCH3 3CH CHCH CH2 2分子中双键分子中双键上电子云
25、分布不均匀，上电子云分布不均匀，“ CHCH2 2”基团带部分负电荷，基团带部分负电荷，CH CH 基团带部分正电荷，而基团带部分正电荷，而HClHCl是极性分是极性分子，分子中带正电的子，分子中带正电的H H原子一端被带负电的原子一端被带负电的“ CHCH2 2” 吸引，而带负电的吸引，而带负电的ClCl原子端靠近原子端靠近CH CH 端，最终生端，最终生成成 。（2 2）同理，在）同理，在H HCOOHCOOH和和CHCH3 3COOHCOOH分子中，乙酸中分子中，乙酸中CHCH3 3的存在使得的存在使得COOHCOOH中中O OH H键电子云密度增大，乙键电子云密度增大，乙酸分子中羟基中
26、酸分子中羟基中H H原子难电离，故甲酸酸性强。原子难电离，故甲酸酸性强。（3 3）氯乙酸和乙酸相比，氯乙酸的甲基上的氢原子）氯乙酸和乙酸相比，氯乙酸的甲基上的氢原子被被ClCl原子取代后，增加了吸电子因素（或减弱了推电原子取代后，增加了吸电子因素（或减弱了推电子作用），使氯乙酸中羟基上子作用），使氯乙酸中羟基上O OH H键极性增强，易电键极性增强，易电离。离。 答案答案 （1）2-氯丙烷氯丙烷丙烯可视为乙烯的甲基取代物，由于甲基是斥电子基，丙烯可视为乙烯的甲基取代物，由于甲基是斥电子基，使使“C C”的电子云向甲基推斥方向移动，即的电子云向甲基推斥方向移动，即CH3CH CH2，使，使HCl
27、中带正电荷的氢原子加到中带正电荷的氢原子加到带部分负电荷的双键碳原子上，带负电荷的氯原子加带部分负电荷的双键碳原子上，带负电荷的氯原子加到带部分正电荷的双键碳原子上。到带部分正电荷的双键碳原子上。（2）甲酸酸性比乙酸酸性强，因甲基推斥电子减弱）甲酸酸性比乙酸酸性强，因甲基推斥电子减弱了羟基中氧氢键的极性。了羟基中氧氢键的极性。（3）氯乙酸的酸性比乙酸酸性强，因氯原子具有强）氯乙酸的酸性比乙酸酸性强，因氯原子具有强烈吸引电子能力，加强了羟基中氧氢键的极性。烈吸引电子能力，加强了羟基中氧氢键的极性。 该题的关键是对该题的关键是对“甲基推电子甲基推电子”信息的理解，如果理信息的理解，如果理解反了，答
28、案自然错。如果理解不透，下面的回答将解反了，答案自然错。如果理解不透，下面的回答将束手无策，无从下手。该题的旧知识是束手无策，无从下手。该题的旧知识是加成反应，加成反应，分子结构对电离的影响，要回答第（分子结构对电离的影响，要回答第（1 1）问比较容）问比较容易，第（易，第（2 2）问稍有难度，甲基的斥电子作用从（）问稍有难度，甲基的斥电子作用从（1 1）问中的影响问中的影响“CH CHCH CH2 2”的电性到影响的电性到影响 “ ”的的“O OH H”，因为问题问酸的酸性，必须抓住，因为问题问酸的酸性，必须抓住“O OH H”键的极性这个关键。第（键的极性这个关键。第（3 3）问则是从甲基
29、）问则是从甲基上又作文章，对上又作文章，对“ClClCHCH2 2”和和“CHCH3 3”作比较，作比较，那就只能从那就只能从ClCl和和H H原子进行分析，原子进行分析，ClCl的吸引电子能力的吸引电子能力比比H H原子强。氯乙酸中原子强。氯乙酸中ClCl原子的吸引电子的能力必然原子的吸引电子的能力必然减弱了甲基的推电子作用，如此，答案自然明了。减弱了甲基的推电子作用，如此，答案自然明了。 Cu+在酸性溶液中不稳定，可发生自身在酸性溶液中不稳定，可发生自身氧化还原反应，生成氧化还原反应，生成Cu2+和和Cu。现有浓。现有浓H2SO4、浓、浓HNO3、稀、稀H2SO4、稀、稀HNO3、FeCl
30、3稀溶液及稀溶液及pH试纸，试纸，而没有其它试剂。简述如何用最简便的实验方法来检而没有其它试剂。简述如何用最简便的实验方法来检验验CuO经氢气还原所得到的红色产物中是否含有氧经氢气还原所得到的红色产物中是否含有氧化物化物Cu2O。 解析解析 首先对新信息和旧知识进行全面分析，然后首先对新信息和旧知识进行全面分析，然后得出正确结论。旧知识：得出正确结论。旧知识：CuCu2+2+在溶液中显蓝色。在溶液中显蓝色。 CuO+HCuO+H2 2 Cu+HCu+H2 2O O。硝酸能将硝酸能将CuCu氧化生成氧化生成CuCu2+2+。FeFe3+3+能将能将CuCu氧化生成氧化生成CuCu2+2+。稀稀H
31、 H2 2SOSO4 4不与不与CuCu反应。反应。 新信息：新信息：2Cu2Cu+ + CuCu2+2+Cu+Cu。知识迁移：知识迁移：2CuO+H2CuO+H2 2 CuCu2 2O+HO+H2 2O O。CuCu2 2O+2HO+2H+ + CuCu2+2+Cu+H+Cu+H2 2O O。知识整合得结论：知识整合得结论：CuOCuO被被H H2 2还原的生成物中如含有还原的生成物中如含有CuCu2 2O O，可将生成物溶于稀，可将生成物溶于稀H H2 2SOSO4 4，若溶液显蓝色，证明混合，若溶液显蓝色，证明混合物中含有物中含有CuCu2 2O O，否则不含有，否则不含有CuCu2 2
32、O O。根据初中旧知识，因。根据初中旧知识，因为还原产物中肯定有为还原产物中肯定有CuCu，用硝酸或，用硝酸或FeClFeCl3 3时，时，CuCu被氧化被氧化成成CuCu2+2+也得到蓝色溶液，不能证明该结论。也得到蓝色溶液，不能证明该结论。 答案答案 取少量该红色产物放入稀取少量该红色产物放入稀H2SO4中（振荡）如中（振荡）如溶液呈蓝色，说明产物中有溶液呈蓝色，说明产物中有Cu2O，若溶液不变色，说，若溶液不变色，说明产物中无明产物中无Cu2O。H+ 题型四题型四 实验设计及评价类简答题实验设计及评价类简答题 要掌握实验设计的一般要领。要掌握实验设计的一般要领。目的：根据提目的：根据提供
33、的一定条件和要求，运用有关的化学原理和实验技供的一定条件和要求，运用有关的化学原理和实验技能，对实验的仪器、装置、步骤和方法进行规划和设能，对实验的仪器、装置、步骤和方法进行规划和设想，提出可行方案。想，提出可行方案。原则：科学性、可行性、简原则：科学性、可行性、简便性、安全性。便性、安全性。步骤：说明相关的理论依据和实步骤：说明相关的理论依据和实验原理，写出对应的化学方程式；选择实验所必需的验原理，写出对应的化学方程式；选择实验所必需的仪器和药品；注明装置的连接顺序或试剂加入的先后仪器和药品；注明装置的连接顺序或试剂加入的先后顺序及其他操作要领；描述有关实验现象，得出正确顺序及其他操作要领；
34、描述有关实验现象，得出正确结论。评价一个实验方案，必须符合设计原则，对于结论。评价一个实验方案，必须符合设计原则，对于不合理的设计能指出存在的问题，并能提出合理建议，不合理的设计能指出存在的问题，并能提出合理建议，对于不同的设计作出比较，实验方案的评价要比设计对于不同的设计作出比较，实验方案的评价要比设计实验的难度稍大，要求稍高。实验的难度稍大，要求稍高。 【例【例4】现有实验药品：一定质量的】现有实验药品：一定质量的 锌（分片状和粒状两种）、浓锌（分片状和粒状两种）、浓 H2SO4（密度（密度1.84 gcm-3）、）、 水以及如右图所示装置。图中水以及如右图所示装置。图中 量气管量气管B由
35、甲、乙两根玻璃管组由甲、乙两根玻璃管组 成，它们用橡皮管连通并装适量水。成，它们用橡皮管连通并装适量水。 甲管有刻度（甲管有刻度（0100 mL）。甲、乙两管可固定）。甲、乙两管可固定 在铁架台上，供量气用。实验时乙管可上下移在铁架台上，供量气用。实验时乙管可上下移 动，以调节液面高低。利用此装置可测定锌的相动，以调节液面高低。利用此装置可测定锌的相 对原子质量（设锌全部反应，产生气体不超过对原子质量（设锌全部反应，产生气体不超过 50 mL）。回答下列问题：）。回答下列问题： （1）实验前应如何检查装置的气密性？）实验前应如何检查装置的气密性？（2）按图示装置实验，要保证不漏出）按图示装置实
36、验，要保证不漏出H2，应如何操，应如何操作？作？（3）为了较准确地测量）为了较准确地测量H2的体积，在读取反应前后的体积，在读取反应前后甲管中液面的读数时，除注意视线与凹液面最低处相甲管中液面的读数时，除注意视线与凹液面最低处相平外，还应注意平外，还应注意 ，原因是，原因是 。（4）设计一个不用量气管，而用中学化学中常用仪）设计一个不用量气管，而用中学化学中常用仪器测量器测量H2体积的装置，应用的仪器（自选）是体积的装置，应用的仪器（自选）是 。解析解析 检查气密性的方法有检查气密性的方法有“气泡法气泡法”和和“液面差法液面差法”，要据此装置的特点，应选用，要据此装置的特点，应选用“液面差法液
37、面差法”，按照，按照操作、现象、结论进行回答。操作中要注意答清楚加操作、现象、结论进行回答。操作中要注意答清楚加水之前的准备及加水的限度问题。要保证操作中不漏水之前的准备及加水的限度问题。要保证操作中不漏出气体，则一定要形成了一封闭的体系以后再让锌与出气体，则一定要形成了一封闭的体系以后再让锌与硫酸接触，而且要根据题目所提供的药品只有浓硫酸硫酸接触，而且要根据题目所提供的药品只有浓硫酸没有稀硫酸，而锌有片状的和粒状的供选择，考虑到没有稀硫酸，而锌有片状的和粒状的供选择，考虑到了以上几点再下笔答题。了以上几点再下笔答题。 答案答案 （1）固定）固定A、甲、乙三管，将、甲、乙三管，将A、甲两管橡、
38、甲两管橡皮塞塞紧，在乙管注入适量水使乙管液面高于甲管液皮塞塞紧，在乙管注入适量水使乙管液面高于甲管液面，静置片刻，液面高度保持不变，说明装置气密性面，静置片刻，液面高度保持不变，说明装置气密性良好。良好。（2）在烧杯中将浓）在烧杯中将浓H2SO4稀释后，将稀稀释后，将稀H2SO4加入加入到试管到试管A中，使液体总体积不超过试管容积的中，使液体总体积不超过试管容积的 ；将试管倾斜，把锌片放在试管内壁上，塞紧塞子，慢将试管倾斜，把锌片放在试管内壁上，塞紧塞子，慢慢直立，使锌片滑下与稀慢直立，使锌片滑下与稀H2SO4接触反应；接触反应；（3）调节甲、乙两管液面高度至相平）调节甲、乙两管液面高度至相平
39、使气体的压强与外界气压相等，减少测量误差使气体的压强与外界气压相等，减少测量误差（4）洗气瓶、带导管的双孔塞、）洗气瓶、带导管的双孔塞、50 mL量筒量筒 （1 1）气密性的检验属于实验基本操作，只要在复习）气密性的检验属于实验基本操作，只要在复习中把检验气密性的原理弄清，该问并不难答出。多数中把检验气密性的原理弄清，该问并不难答出。多数考生能理解这一原理，但在答题时，往往不能准确表考生能理解这一原理，但在答题时，往往不能准确表达，语言不精炼，表述不到位，该问题的要点有三个：达，语言不精炼，表述不到位，该问题的要点有三个：一是要塞紧一是要塞紧A A、甲两管的橡皮塞，二是从乙管中加水、甲两管的橡
40、皮塞，二是从乙管中加水且水面必高于甲管，三是固定乙管，观察甲、乙两管且水面必高于甲管，三是固定乙管，观察甲、乙两管中的液面差。最后下结论。很多考生不能很好把握这中的液面差。最后下结论。很多考生不能很好把握这几个关键，拿起笔来随意写，想到哪里写到哪里，层几个关键，拿起笔来随意写，想到哪里写到哪里，层次不清要点不全。甚至不能得分。次不清要点不全。甚至不能得分。（3 3）读数，除考虑平视读数，还必须考虑压强对气）读数，除考虑平视读数，还必须考虑压强对气体体积的影响，想到这一点才能答好题。体体积的影响，想到这一点才能答好题。（4 4）对于量气装置的设计的几种类型，对高三复习）对于量气装置的设计的几种类
41、型，对高三复习迎考的学生来说应不困难，只要熟知那几种常见的装迎考的学生来说应不困难，只要熟知那几种常见的装置，完全可以答好。置，完全可以答好。 以下是某同学测定硫酸钠晶体中结晶水以下是某同学测定硫酸钠晶体中结晶水含量的实验方案。含量的实验方案。实验用品：硫酸钠晶体试样、研钵、干燥器、坩埚、实验用品：硫酸钠晶体试样、研钵、干燥器、坩埚、三脚架、泥三角、玻璃棒、药匙、托盘天平三脚架、泥三角、玻璃棒、药匙、托盘天平 实验步骤：实验步骤：准确称量一个干净、干燥的坩埚；准确称量一个干净、干燥的坩埚；在坩埚中加入一定量的硫酸钠晶体试样，称重，将称在坩埚中加入一定量的硫酸钠晶体试样，称重，将称量过的试样放入
42、研钵中研细，再放回到坩埚中；量过的试样放入研钵中研细，再放回到坩埚中；将盛有试样的坩埚加热，待晶体变成白色粉末时，停将盛有试样的坩埚加热，待晶体变成白色粉末时，停止加热；止加热；将步骤将步骤中的坩埚放入干燥器，冷却至室温后，称重；中的坩埚放入干燥器，冷却至室温后，称重；将步骤将步骤中的坩埚再加热一定时间，放入干燥器中冷中的坩埚再加热一定时间，放入干燥器中冷却至室温后称量，重复本操作，直至两次称量结果不变；却至室温后称量，重复本操作，直至两次称量结果不变；根据实验数据计算硫酸钠晶体试样中结晶水的质量分根据实验数据计算硫酸钠晶体试样中结晶水的质量分数。数。 分析该方案并回答下面的问题：分析该方案并
43、回答下面的问题：（1）完成本实验还需要的实验用品是）完成本实验还需要的实验用品是 ；（2）指出实验步骤中存在的错误并改正：）指出实验步骤中存在的错误并改正： ；（3）硫酸钠不能放置在空气中冷却的原因是）硫酸钠不能放置在空气中冷却的原因是 ；（4）步骤）步骤的目的是的目的是 ；（5）下面的情况有可能造成测试结果偏高的是）下面的情况有可能造成测试结果偏高的是 （填序号）。（填序号）。A.试样中含有加热不挥发的杂质试样中含有加热不挥发的杂质B.试样中含有加热易挥发的杂质试样中含有加热易挥发的杂质C.测试前试样已有部分脱水测试前试样已有部分脱水D.实验前坩埚未完全干燥实验前坩埚未完全干燥E.晶体加热脱
44、水不完全晶体加热脱水不完全F.加热时晶体溅出加热时晶体溅出 解析解析 本题为定量实验题：本题为定量实验题：实验原理为：实验原理为：NaNa2 2SOSO4 4x xH H2 2O NaO Na2 2SOSO4 4+ +x xH H2 2O O本定量测定实验的关键：一是本定量测定实验的关键：一是NaNa2 2SOSO4 4x xH H2 2O O完全失去完全失去结晶水；二是称量准确。结晶水；二是称量准确。（1 1）围绕实验原理和实验步骤选取实验用品。）围绕实验原理和实验步骤选取实验用品。（2 2）步骤）步骤中先将试样称量，放入研钵中研细，再中先将试样称量，放入研钵中研细，再放回到坩埚中，可能造成
45、试样的损失，带来实验偏高放回到坩埚中，可能造成试样的损失，带来实验偏高的误差。的误差。（3 3）、（）、（4 4）的回答都是以）的回答都是以NaNa2 2SOSO4 4x xH H2 2O O完全失去结完全失去结晶水为依据作答。晶水为依据作答。 （5 5）试样中结晶水的质量分数为）试样中结晶水的质量分数为根据上述式子分析各种情况造成的测量结果误差。根据上述式子分析各种情况造成的测量结果误差。答案答案 （1）坩埚钳、酒精灯（可以不答）坩埚钳、酒精灯（可以不答“火柴火柴”）（2）步骤）步骤有错误，应先将试样研细，后放入坩埚有错误，应先将试样研细，后放入坩埚称重称重（3）因硫酸钠放置在空气中冷却时，
46、会吸收空气中）因硫酸钠放置在空气中冷却时，会吸收空气中的水分的水分（4）保证试样脱水完全）保证试样脱水完全（5）BDF 1.(2008上海理综，上海理综，48)到目前为止，我国已有上百到目前为止，我国已有上百 个城市使用乙醇汽油。个城市使用乙醇汽油。 （1）为了便于区分燃料乙醇和食用乙醇，常在燃）为了便于区分燃料乙醇和食用乙醇，常在燃 料乙醇中添加少量煤油，这里利用的煤油的物理性料乙醇中添加少量煤油，这里利用的煤油的物理性 质是质是 。 （2）含）含10%乙醇的汽油在储存和运输过程中应特乙醇的汽油在储存和运输过程中应特 别注意防水，如果混入了水，汽油中会出现的现象别注意防水，如果混入了水，汽油
47、中会出现的现象 是是 。 解析解析 （1 1）煤油有特殊气味）煤油有特殊气味, ,这是煤油的物理性质。这是煤油的物理性质。（2 2）乙醇与水互溶、乙醇与汽油也互溶，但是汽油）乙醇与水互溶、乙醇与汽油也互溶，但是汽油和水不互溶。因此若水进入会使汽油产生分层现象。和水不互溶。因此若水进入会使汽油产生分层现象。 答案答案 （1）煤油有特殊气味）煤油有特殊气味 （2）发生分层现象）发生分层现象 2.（2008广东，广东，21）某种催化剂为铁的氧化物。化）某种催化剂为铁的氧化物。化 学兴趣小组在实验室对该催化剂中铁元素的价态进学兴趣小组在实验室对该催化剂中铁元素的价态进 行探究：将适量稀硝酸加入少许样品
48、中，加热溶行探究：将适量稀硝酸加入少许样品中，加热溶 解；取少许溶液，滴加解；取少许溶液，滴加KSCN溶液后出现红色。一溶液后出现红色。一 位同学由此得出该催化剂中铁元素价态为位同学由此得出该催化剂中铁元素价态为+3的的 结论。结论。（1）请指出该结论是否合理并说明理由。）请指出该结论是否合理并说明理由。（2）请完成对铁元素价态的探究：）请完成对铁元素价态的探究：限选实验仪器与试剂：烧杯、试管、玻璃棒、药匙、限选实验仪器与试剂：烧杯、试管、玻璃棒、药匙、滴管、酒精灯、试管夹；滴管、酒精灯、试管夹；3 molL-1 H2SO4、3% H2O2、6 molL-1 HNO3、0.01 molL-1
49、KMnO4、NaOH稀溶液、稀溶液、0.1 molL-1 KI、20% KSCN、蒸馏、蒸馏水。水。 提出合理假设提出合理假设假设假设1： ；假设假设2： ；假设假设3： 。 设计实验方案证明你的假设（不要在答题卡上作设计实验方案证明你的假设（不要在答题卡上作答）答）实验过程实验过程根据根据的实验方案，进行实验。请在答题卡上按下的实验方案，进行实验。请在答题卡上按下表格式写出实验操作步骤、预期现象与结论。表格式写出实验操作步骤、预期现象与结论。 实验操作实验操作预期现象与结论预期现象与结论步骤步骤1：步骤步骤2：步骤步骤3： 解析解析 （1 1）如果催化剂中铁元素的化合价为）如果催化剂中铁元素
50、的化合价为+2+2价，当价，当加入加入HNOHNO3 3后，稀后，稀HNOHNO3 3将将FeFe2+2+氧化为氧化为FeFe3+3+，出现同样的现，出现同样的现象，因此结论不正确。象，因此结论不正确。（2 2）催化剂中铁元素存在的价态情况有：铁元素催化剂中铁元素存在的价态情况有：铁元素的价态全为的价态全为+3+3价，铁元素的价态全为价，铁元素的价态全为+2+2价，铁元素的价，铁元素的价态既有价态既有+2+2价又有价又有+3+3价，因此可作这三种假设。价，因此可作这三种假设。要要证明只有证明只有+2+2价的铁元素，可以取样品，将其溶解在已价的铁元素，可以取样品，将其溶解在已赶走溶解的赶走溶解的
51、O O2 2的稀的稀H H2 2SOSO4 4中，然后加入中，然后加入KSCKSC，若无血红，若无血红色则证明催化剂中只有色则证明催化剂中只有FeFe2+2+，若出现血红色，则催化，若出现血红色，则催化剂中只有剂中只有+3+3价价FeFe或既有或既有+2+2价又有价又有+3+3价的铁元素。另取价的铁元素。另取溶液，加入少量溶液，加入少量KMnOKMnO4 4溶液，若溶液呈紫红色，则只有溶液，若溶液呈紫红色，则只有+3+3价铁元素，若溶液紫红色褪去，则既有价铁元素，若溶液紫红色褪去，则既有+2+2价铁，又价铁，又有有+3+3价铁存在。价铁存在。 答案答案 （1）不合理。实验设计不合理，因为硝酸会
52、）不合理。实验设计不合理，因为硝酸会氧化催化剂中可能存在的二价铁，所以从实验结果只氧化催化剂中可能存在的二价铁，所以从实验结果只能判断样品溶解后的溶液中存在三价铁而不能确定样能判断样品溶解后的溶液中存在三价铁而不能确定样品中铁元素的价态品中铁元素的价态（2）催化剂中铁元素全部为催化剂中铁元素全部为+3价价催化剂中铁元素全部为催化剂中铁元素全部为+2价价催化剂中铁元素同时存在催化剂中铁元素同时存在+2价与价与+3价价 实验操作实验操作 预期现象与结论预期现象与结论 步骤步骤1：用滴管取一定量：用滴管取一定量3 molL-1 H2SO4于试管中，加热煮沸数分于试管中，加热煮沸数分钟以除去溶于其中的
53、氧钟以除去溶于其中的氧 步骤步骤2：用药匙取少量样品于试管：用药匙取少量样品于试管中，用滴管加入适量已除氧的中，用滴管加入适量已除氧的 3 molL-1 H2SO4并加热，充分并加热，充分反应后得反应后得A溶液溶液 固体溶解，溶液颜固体溶解，溶液颜色有变化色有变化 步骤步骤3：取少许：取少许A溶液于溶液于试管中，滴加试管中，滴加12滴滴20%KSCN溶液，振荡溶液，振荡 （1）若溶液不呈红色，则）若溶液不呈红色，则假设假设2成立成立（2）若溶液呈红色，则假）若溶液呈红色，则假设设1或假设或假设3成立成立步骤步骤4：另取少许：另取少许A溶液溶液于试管中，滴加于试管中，滴加12滴滴0.01 mol
54、L-1 KMnO4溶液，溶液，振荡振荡 结合步骤结合步骤3中的（中的（2）：）：（1）若溶液呈紫红色，则）若溶液呈紫红色，则假设假设1成立成立（2）若溶液紫红色褪去，）若溶液紫红色褪去，则假设则假设3成立成立 3.(2008海南，海南，16)现拟在实验室里利用空气和镁粉现拟在实验室里利用空气和镁粉 为原料制取少量氮化镁（为原料制取少量氮化镁（Mg3N2）。已知实验中可）。已知实验中可 能会发生下列反应：能会发生下列反应： 2Mg+O2 2MgO; 3Mg+N2 Mg3N2; 2Mg+CO2 2MgO+C; Mg+H2O MgO+H2; Mg3N2+6H2O 3Mg(OH)2+2NH3 可供选择
55、的装置和药品如下所示（镁粉、还原铁粉可供选择的装置和药品如下所示（镁粉、还原铁粉 均已干燥，装置内所发生的反应都是完全的，整套均已干燥，装置内所发生的反应都是完全的，整套 装置的末端与干燥管相连）。装置的末端与干燥管相连）。 回答下列问题：回答下列问题：（1）在设计实验方案时，除装置）在设计实验方案时，除装置A、E外，还应选择外，还应选择的装置（填字母代号）及其目的分别是的装置（填字母代号）及其目的分别是 ；（2）连接并检查实验装置的气密性。实验开始时，）连接并检查实验装置的气密性。实验开始时，打开自来水的开关，将空气从打开自来水的开关，将空气从5升的储气瓶压入反应升的储气瓶压入反应装置，则气
56、流流经导管的顺序是（填字母代号）装置，则气流流经导管的顺序是（填字母代号） ；（3）通气后，如果同时点燃）通气后，如果同时点燃A、F装置的酒精灯，对装置的酒精灯，对实验结果有何影响？实验结果有何影响？ ，原因是原因是 ；（4）请设计一个实验，验证产物是氮化镁：）请设计一个实验，验证产物是氮化镁： 。解析解析 （1 1）因）因MgMg能与能与O O2 2、COCO2 2、H H2 2O O发生反应，应除发生反应，应除去空气中的去空气中的H H2 2O O、O O2 2、COCO2 2，用，用B B来除去空气中的水蒸气，来除去空气中的水蒸气，用用D D来除去空气中的来除去空气中的COCO2 2,
57、,用用F F来除去空气中的来除去空气中的O O2 2。（2 2）除去空气中的）除去空气中的H H2 2O O、O O2 2、COCO2 2的顺序应先除的顺序应先除COCO2 2再再除去水蒸气，最后除去除去水蒸气，最后除去O O2 2。（3 3）如果同时点燃）如果同时点燃A A、F F装置的酒精灯，装置的酒精灯，A A中硬质玻璃中硬质玻璃管中空气没有排尽，这时管中空气没有排尽，这时MgMg会与会与H H2 2O O、COCO2 2、O O2 2等反应，等反应，生成物会不纯。生成物会不纯。（4 4）由于）由于MgMg3 3N N2 2与水能发生水解反应，生成与水能发生水解反应，生成Mg(OH)Mg
58、(OH)2 2和和NHNH3 3，因此可以用湿润的红色石蕊试纸来检验是否产，因此可以用湿润的红色石蕊试纸来检验是否产生生NHNH3 3即可验证是否有即可验证是否有MgMg3 3N N2 2生成。生成。 答案答案 （1）B，目的是除气流中的水蒸气，避免反，目的是除气流中的水蒸气，避免反应应发生；发生；D，目的是除空气中的，目的是除空气中的CO2，避免反应，避免反应发生；发生；F，目的是除空气中的氧气，避免反应，目的是除空气中的氧气，避免反应发生发生（2）jhgdckl(或或lk)ab(或或ba)（3）使氮化镁不纯）使氮化镁不纯 如果装置如果装置F中的还原铁粉没有中的还原铁粉没有达到反应温度时，氧
59、气不能除尽，导致氧气同镁反应，达到反应温度时，氧气不能除尽，导致氧气同镁反应，而使氮化镁中混入氧化镁而使氮化镁中混入氧化镁（4）取适量产物放入试管中，滴加蒸馏水，将润湿）取适量产物放入试管中，滴加蒸馏水，将润湿的红色石蕊试纸靠近试管口，如果试管中的溶液出现的红色石蕊试纸靠近试管口，如果试管中的溶液出现浑浊，红色石蕊试纸变蓝，则可以证明有氮化镁生成浑浊，红色石蕊试纸变蓝，则可以证明有氮化镁生成 4.(2009全国全国理综理综,28)下图所示装置中下图所示装置中,甲、乙、甲、乙、 丙三个烧杯依次分别盛放丙三个烧杯依次分别盛放100 g 5.00%的的NaOH溶溶 液、足量的液、足量的CuSO4溶液
60、和溶液和100 g 10.00%的的K2SO4 溶液，电极均为石墨电极。溶液，电极均为石墨电极。 （1）接通电源，经过一段时间后，测得丙中）接通电源，经过一段时间后，测得丙中K2SO4浓浓度为度为10.47%，乙中，乙中c电极质量增加。据此回答问题：电极质量增加。据此回答问题：电源的电源的N端为端为 极；极；电极电极b上发生的电极反应为上发生的电极反应为 ;列式计算电极列式计算电极b上生成的气体在标准状况下的体积：上生成的气体在标准状况下的体积： ；电极电极c的质量变化是的质量变化是 g;电解前后各溶液的酸碱性大小是否发生变化，简述电解前后各溶液的酸碱性大小是否发生变化，简述其原因其原因:甲溶
61、液甲溶液 ；乙溶液乙溶液 ;丙溶液丙溶液 ;（2）如果电解过程中铜全部析出，此时电解能否继）如果电解过程中铜全部析出，此时电解能否继续进行，为什么？续进行，为什么？ 。 解析解析 由（由（1 1）中信息）中信息c c电极质量增加知：电极质量增加知：c c极上析出极上析出铜，故铜，故c c为阴极，为阴极，d d为阳极，为阳极，e e为阴极，为阴极，f f为阳极，为阳极，NN为正极，为正极，M M为负极，为负极，a a为阴极，为阴极，b b为阳极，为阳极，甲烧杯中甲烧杯中b b极上发生反应为极上发生反应为4OH4OH- - 2H2H2 2O+OO+O2 2+4e+4e- -。电解电解K K2 2S
62、OSO4 4溶液实际是电解水，设电解水的质量为溶液实际是电解水，设电解水的质量为m m。则。则100 g100 g10.00%=(100 g-10.00%=(100 g-m m) )10.47%10.47%，解得，解得m m=4.5 g,=4.5 g,即即0.25 mol H0.25 mol H2 2O O，每电解，每电解2 mol H2 mol H2 2O O转移转移4 mol4 mol电子，电子，故整个装置发生电极反应转移故整个装置发生电极反应转移0.5 mol0.5 mol电子，产生电子，产生O O2 2的的体积为体积为V V= =n nV Vm m= = 22.4 L22.4 Lmol
63、mol-1-1=2.8 L,c=2.8 L,c极极上析出铜的质量为上析出铜的质量为 64 g64 gmolmol-1-1=16 g,=16 g,电电解解NaOHNaOH溶液实质是电解水，溶液实质是电解水，c c(OH(OH- -) )增大，碱性增强；增大，碱性增强；电解电解CuSOCuSO4 4溶液总反应式为：溶液总反应式为：2CuSO2CuSO4 4+2H+2H2 2O 2Cu+ O 2Cu+ 2H2H2 2SOSO4 4+O+O2 2,生成生成H H2 2SOSO4 4，酸性增强；丙中，酸性增强；丙中K K2 2SOSO4 4为中性为中性溶液，电解水后溶液仍呈中性，即溶液酸碱性无变化。溶液
64、，电解水后溶液仍呈中性，即溶液酸碱性无变化。通电通电答案答案 （1）正正 4OH-4e- 2H2O+O2水减少的质量：水减少的质量：100 g =4.5 g，生成，生成O2的的体积：体积： 22.4 Lmol-1=2.8 L16 碱性增大，因为电解后，水量减少，溶液碱性增大，因为电解后，水量减少，溶液中中NaOH浓度增大浓度增大酸性增大，因为阳极上酸性增大，因为阳极上OH-放电生成放电生成O2,溶液中溶液中H+离离子浓度增加子浓度增加酸碱性大小没有变化，因为酸碱性大小没有变化，因为K2SO4是强酸强碱盐，浓是强酸强碱盐，浓度增加不影响溶液的酸碱性度增加不影响溶液的酸碱性（2）能继续进行，因为）
65、能继续进行，因为CuSO4溶液已经变为溶液已经变为H2SO4溶液，反应也就变为水的电解反应溶液，反应也就变为水的电解反应 5.(2009海南，海南，16)下图表示从固体混合物中分离下图表示从固体混合物中分离X的的 2种方案，请回答有关问题。种方案，请回答有关问题。 方案方案 方案方案 （1）选用方案）选用方案I时，时，X应该具有的性质是应该具有的性质是 ，残留物应该具有的性质是残留物应该具有的性质是 ；(2)选用方案选用方案从某金属粉末从某金属粉末(含有含有Au、Ag和和Cu)中分离中分离Au，加入的试剂是，加入的试剂是 ，有关反应的化学方程，有关反应的化学方程式为式为 ；（3）为提纯某）为提
66、纯某Fe2O3样品样品(主要杂质有主要杂质有SiO2、A12O3)，参照方案参照方案I和和，请设计一种以框图形式表示的实验方，请设计一种以框图形式表示的实验方案案(注明物质和操作注明物质和操作)。 解析解析 （1 1）从题中给的信息可理解为升华或蒸馏，）从题中给的信息可理解为升华或蒸馏，因此因此X X的性质为加热时可升华，或易挥发。残留物必的性质为加热时可升华，或易挥发。残留物必须热稳定性好，且没有挥发性。须热稳定性好，且没有挥发性。（2 2）金、银、铜三种金属金的活泼性最差，不能与）金、银、铜三种金属金的活泼性最差，不能与硝酸反应，选用硝酸作为试剂，过滤即可。硝酸反应，选用硝酸作为试剂，过滤
67、即可。（3 3）三种氧化物中，）三种氧化物中，SiOSiO2 2、AlAl2 2O O3 3都能与强碱发生反都能与强碱发生反应，但应，但FeFe2 2O O3 3不会反应，可以选浓不会反应，可以选浓NaOHNaOH溶液反应后过溶液反应后过滤。但如果滤。但如果SiOSiO2 2的含量大，则不宜用前面所述方法，的含量大，则不宜用前面所述方法，可选用盐酸溶解，过滤后去除可选用盐酸溶解，过滤后去除SiOSiO2 2，再在混合液中加，再在混合液中加入过量的入过量的NaOHNaOH溶液，过滤得溶液，过滤得Fe(OH)Fe(OH)3 3沉淀，洗涤后加沉淀，洗涤后加热分解的方法。热分解的方法。 答案答案 （1
68、）加热时可升华，或易挥发）加热时可升华，或易挥发 热稳定性热稳定性好，且没有挥发性好，且没有挥发性（2）浓硝酸）浓硝酸 Ag+2HNO3(浓浓) AgNO3 +NO2+H2O；Cu+4HNO3(浓浓) Cu(NO3)2+2NO2+2H2O（3）1.铵盐受热分解的过程就是铵根离子（铵盐受热分解的过程就是铵根离子（NH ）把质）把质 子转移给酸根离子的过程。对于相同类型的铵盐，子转移给酸根离子的过程。对于相同类型的铵盐， 可以根据上述反应判断稳定性。试比较可以根据上述反应判断稳定性。试比较NH4F、 NH4Cl、NH4Br、NH4I的热稳定性，由弱到强的顺的热稳定性，由弱到强的顺 序是序是 ，叙述
69、强弱的，叙述强弱的 原因：原因： 。解析解析 题中给出的信息揭示了铵盐受热分解的实质，题中给出的信息揭示了铵盐受热分解的实质，而在题中所给的铵盐中，从结构上讲，它们属于同一而在题中所给的铵盐中，从结构上讲，它们属于同一类化合物，阳离子都是类化合物，阳离子都是NH NH ，阴离子不同，只能从阴，阴离子不同，只能从阴离子的结构不同上去找原因。离子的结构不同上去找原因。 答案答案 NH4FNH4ClNH4BrNH4I离子半径：离子半径：F-Cl-Br-Cl-Br-I-,结合质子能力越强的阴离子形成的铵盐越易分解结合质子能力越强的阴离子形成的铵盐越易分解 2.有一学生在实验室测某溶液的有一学生在实验室
70、测某溶液的pH值值,实验时，其先实验时，其先 用蒸馏水润湿用蒸馏水润湿pH试纸，然后用洁净干燥的玻璃棒试纸，然后用洁净干燥的玻璃棒 蘸取试样进行检测。蘸取试样进行检测。 （1）该生的操作方法是否正确？）该生的操作方法是否正确？ （2）如不正确请说明理由，同时请分析是否一定有）如不正确请说明理由，同时请分析是否一定有 误差产生？误差产生？ （3）若用此法分别测定）若用此法分别测定c c(H+)相等的相等的H2SO4和和H3PO4 溶液的溶液的pH值，结果会怎样？值，结果会怎样？ 答案答案 （1）不正确。）不正确。（2）若溶液不显中性，则）若溶液不显中性，则H+或或OH-被稀释，测出的被稀释，测出
71、的不是溶液中不是溶液中H+或或OH-对应的对应的pH值；可能有误差，当值；可能有误差，当溶液为中性时则不产生误差。溶液为中性时则不产生误差。（3）测得的）测得的pH值值H3PO4较较H2SO4小，因为在稀释过小，因为在稀释过程中，程中，H3PO4继续电离产生继续电离产生H+，使得其溶液中，使得其溶液中c c(H+)较较H2SO4溶液的溶液的c c(H+)大。大。 3.在试管里盛在试管里盛5 mL 0.1 mol/L的的KI溶液，当加入溶液，当加入23 滴滴AgNO3溶液，产生黄色沉淀，再加少量稀溶液，产生黄色沉淀，再加少量稀 HNO3，溶液变为深黄色，其原因是（用简要的文，溶液变为深黄色，其原
72、因是（用简要的文 字和反应式表示）字和反应式表示） 。 答案答案 由于由于KI过量，过量，HNO3能将能将I-氧化成氧化成I2，I2溶于溶于KI溶液呈现深黄色：溶液呈现深黄色：2NO +8H+6I- 2NO+3I2+4H2O，I2+I- I4.根据你的理解，某种不溶于水的金属氧化物，如果根据你的理解，某种不溶于水的金属氧化物，如果 要判别它是酸性氧化物、碱性氧化物，还是两性氧要判别它是酸性氧化物、碱性氧化物，还是两性氧 化物，其方法是化物，其方法是 。 答案答案 不溶于酸，能溶于碱生成盐和水的金属氧不溶于酸，能溶于碱生成盐和水的金属氧 化物是酸性氧化物；不溶于碱，能溶于酸生成盐化物是酸性氧化物
73、；不溶于碱，能溶于酸生成盐 和水的氧化物是碱性氧化物；既能溶于酸又能溶和水的氧化物是碱性氧化物；既能溶于酸又能溶 于碱且生成盐和水的金属氧化物是两性氧化物于碱且生成盐和水的金属氧化物是两性氧化物5.白色的亚铜化合物白色的亚铜化合物Cu(NH4)SO3难溶于水。若与足难溶于水。若与足 量的量的10 mol/L的硫酸溶液混合并微热，生成铜和的硫酸溶液混合并微热，生成铜和 SO2气体及溶液。气体及溶液。 （1）完成并配平化学方程式：）完成并配平化学方程式： Cu(NH4)SO3+ H2SO4 Cu+ SO2+ CuSO4+ H2O+ 。 （2）按上述操作，铜的最高转化率是）按上述操作，铜的最高转化率
74、是 。 （3）有人设计上述反应在密闭容器中进行，结果铜）有人设计上述反应在密闭容器中进行，结果铜 转化率大大提高，在密闭容器中反应铜的最高转化转化率大大提高，在密闭容器中反应铜的最高转化 率是率是 ，其理由是，其理由是 。 答案答案 （1）2 2 1 2 1 2 (NH4)2SO4（2）50%（3）100% 密闭容器中密闭容器中SO2的生成使压强增大，的生成使压强增大，则则SO2的溶解量增多，可将的溶解量增多，可将Cu2+还原为铜还原为铜 6.将下列物质分别滴入新制的氯水中，有何现象发将下列物质分别滴入新制的氯水中，有何现象发 生？用简要的文字和化学反应方程式说明。生？用简要的文字和化学反应方
75、程式说明。 （1）紫色石蕊试液。）紫色石蕊试液。 （2）AgNO3溶液。溶液。 （3）Na2CO3溶液。溶液。 （4）FeCl2溶液。溶液。 （5）润湿的有色布条。）润湿的有色布条。 答案答案 新制氯水中含有新制氯水中含有Cl2、H2O、HClO三种分子和三种分子和H+、Cl-、ClO-、OH-四种离子。氯水的多种成分决四种离子。氯水的多种成分决定了它具有多重性质。定了它具有多重性质。Cl2+H2O HCl+HClO。（1）溶液先变红后褪色。起作用的是）溶液先变红后褪色。起作用的是H+、HClO及及ClO-,H+能使石蕊变红，能使石蕊变红，HClO和和ClO-将红色物质漂白。将红色物质漂白。（
76、2）出现白色沉淀。起作用的是）出现白色沉淀。起作用的是Cl-,会生成会生成AgCl白白色沉淀。色沉淀。HCl+AgNO3 AgCl+HNO3。（3）有气泡产生。起作用的是）有气泡产生。起作用的是H+，遇，遇CO 产生气体。产生气体。2HCl+Na2CO3 2NaCl+H2O+CO2。(4)溶液由浅绿色变黄棕色。起作用的是溶液由浅绿色变黄棕色。起作用的是Cl2的强氧化的强氧化性。性。2FeCl2+Cl2 2FeCl3。（5）有色布条褪色。因为）有色布条褪色。因为Cl2与与H2O反应生成具有反应生成具有漂白作用的漂白作用的HClO。 7.漂白粉的成分是漂白粉的成分是Ca(ClO)2和和CaCl2，
77、其有效成分是，其有效成分是 Ca(ClO)2。现已将漂白粉这一产品升级换代成漂。现已将漂白粉这一产品升级换代成漂 粉精。漂粉精的主要成分是粉精。漂粉精的主要成分是Ca(ClO)2。请你从化。请你从化 学角度分析一下，为什么漂白粉会被淘汰？学角度分析一下，为什么漂白粉会被淘汰？ 答案答案 因为漂白粉中含有因为漂白粉中含有CaCl2，容易吸收空气中，容易吸收空气中 的水蒸气而潮解引起产品变质。的水蒸气而潮解引起产品变质。 8.（1）铁、铝、铜是制造潜艇必不可少的重要金属）铁、铝、铜是制造潜艇必不可少的重要金属 材料，下列说法正确的是材料，下列说法正确的是 。 A.向足量的硫酸铁溶液中加入少许铁、铝
78、、铜混合向足量的硫酸铁溶液中加入少许铁、铝、铜混合 物的粉末，充分反应后留有固体物的粉末，充分反应后留有固体 B.用铝制备用铝制备1 mol氢氧化铝时，最少消耗氢氧化铝时，最少消耗0.375 mol 硫酸硫酸 C.铁、铝、铜合金加入到稀硫酸中，长时间加热溶铁、铝、铜合金加入到稀硫酸中，长时间加热溶 液也不会看到蓝色物质产生液也不会看到蓝色物质产生 D.工业上一般是采用电解法来冶炼铁、铝、铜工业上一般是采用电解法来冶炼铁、铝、铜（2）无氧铜用于制造潜艇所需的真空电子器件、电缆，）无氧铜用于制造潜艇所需的真空电子器件、电缆，无氧铜含氧超标造成电真空构件失败仍是国际上无氧铜含氧超标造成电真空构件失败
79、仍是国际上的技术难题。一般所说的铜中含氧，实际上指的是含的技术难题。一般所说的铜中含氧，实际上指的是含有有Cu2O。某化学兴趣小组对一份铜样品展开探究。某化学兴趣小组对一份铜样品展开探究（已知：（已知：Cu2O与与Cu均为红色固体，酸性条件下能发均为红色固体，酸性条件下能发生反应：生反应：Cu2O+2H+ Cu+Cu2+H2O）。）。甲同学取少量该红色试样溶于过量的稀硝酸；乙同学甲同学取少量该红色试样溶于过量的稀硝酸；乙同学取少量该红色试样溶于过量的稀硫酸。甲、乙的实验取少量该红色试样溶于过量的稀硫酸。甲、乙的实验中能判断样品中是否含有中能判断样品中是否含有Cu2O的是的是 。甲同。甲同学的实
80、验现象是：学的实验现象是： 。 解析解析 （1 1）选项）选项A A，由于，由于FeFe3+3+具有强氧化性，能氧化具有强氧化性，能氧化FeFe、AlAl、CuCu而使其溶解，充分反应后没有残留固体；而使其溶解，充分反应后没有残留固体；选项选项B B，部分，部分AlAl与稀与稀H H2 2SOSO4 4反应生成反应生成AlAl2 2(SO(SO4 4) )3 3，部分，部分AlAl与与NaOHNaOH溶液反应生成溶液反应生成NaAlONaAlO2 2，NaAlONaAlO2 2再与再与AlAl2 2(SO(SO4 4) )3 3在在溶液中反应生成溶液中反应生成Al(OH)Al(OH)3 3，这
81、样消耗的，这样消耗的H H2 2SOSO4 4的物质的的物质的量最少。根据反应：量最少。根据反应：2Al+3H2Al+3H2 2SOSO4 4 AlAl2 2(SO(SO4 4) )3 3+3H+3H2 2,2Al+2NaOH+2H,2Al+2NaOH+2H2 2O 2NaAlOO 2NaAlO2 2+ +3H3H2 2, Al, Al3+3+3AlO +6H+3AlO +6H2 2O 4Al(OH)O 4Al(OH)3 3,制备制备1 mol Al(OH)1 mol Al(OH)3 3需要需要1/4 mol Al1/4 mol Al3+3+，则需要，则需要0.375 mol 0.375 mo
82、l H H2 2SOSO4 4；选项；选项C C，随着加热的进行，稀硫酸逐渐变为浓，随着加热的进行，稀硫酸逐渐变为浓硫酸而使硫酸而使CuCu溶解生成蓝色的溶解生成蓝色的CuCu2+2+；选项；选项D D，铁、铜的，铁、铜的冶炼一般采用热还原法，铝的冶炼采用电解法。冶炼一般采用热还原法，铝的冶炼采用电解法。（2 2）根据反应原理，）根据反应原理，CuCu2 2O O溶解在稀硫酸中导致溶液出溶解在稀硫酸中导致溶液出现蓝色，且有固体物质现蓝色，且有固体物质CuCu产生。而产生。而CuCu2 2O O溶解在稀硝酸溶解在稀硝酸中时，中时，HNOHNO3 3具有很强的氧化性，被还原为具有很强的氧化性，被还
83、原为NONO，NONO与空与空气中的气中的O O2 2反应生成红棕色的反应生成红棕色的NONO2 2，所以无论是，所以无论是CuCu或或CuCu2 2O O都会完全溶解，所以无法确定样品中是否含有都会完全溶解，所以无法确定样品中是否含有CuCu2 2O O。答案答案 （1）B （2）乙）乙 红色固体完全溶解形成红色固体完全溶解形成蓝色溶液，试管口有红棕色气体出现蓝色溶液，试管口有红棕色气体出现9.（1）汽车尾气中常常含有）汽车尾气中常常含有CO、NOx x等气体，为减轻等气体，为减轻 污染，当代汽车都加装了污染，当代汽车都加装了“三效催化净化器三效催化净化器”，可，可将将 汽车尾气中的有毒气体
84、处理为无污染的气体，下图汽车尾气中的有毒气体处理为无污染的气体，下图 为该反应的微观示意图（未配平），其中不同符号为该反应的微观示意图（未配平），其中不同符号 的球代表不同种原子。下列说法不正确的是的球代表不同种原子。下列说法不正确的是 。 A.该反应是置换反应该反应是置换反应B.甲和丁中同种元素的化合价不相等甲和丁中同种元素的化合价不相等C.该反应中共有三种元素该反应中共有三种元素D.化学方程式中的反应物可能是化学方程式中的反应物可能是NO2和和CO（2）NH3的催化氧化也可产生的催化氧化也可产生NO，某化学课外活动，某化学课外活动小组设计了下图所示的实验装置，进行小组设计了下图所示的实验装
85、置，进行“氨的催化氧氨的催化氧化化”实验（固定装置略去）。实验（固定装置略去）。 A中使用的药品是碳酸氢铵，则在下列仪器中，中使用的药品是碳酸氢铵，则在下列仪器中，A中未画出的仪器有中未画出的仪器有 （填序号）。（填序号）。a.分液漏斗分液漏斗 b.试管试管 c.烧瓶烧瓶 d.酒精灯酒精灯e.导气管导气管 f.橡胶塞橡胶塞A中反应产物与装置中反应产物与装置B中的药品发生反应的物质有中的药品发生反应的物质有 （填化学式），装置（填化学式），装置C中发生催化氧化中发生催化氧化反应的化学方程式为反应的化学方程式为 。若若A、B中药品足量，则装置中药品足量，则装置D中可以观察到的现中可以观察到的现象是
86、象是 。指导老师从安全与环保的角度考虑，指出该装置指导老师从安全与环保的角度考虑，指出该装置有两处明显的缺陷。请你提出修改建议：有两处明显的缺陷。请你提出修改建议： 。解析解析 （1 1）选项）选项A A，乙、丙中都含有，乙、丙中都含有“黑黑”、“蓝蓝”两种元素，反应物中没有单质，不是置换反应；选两种元素，反应物中没有单质，不是置换反应；选项项B B，比较甲、丁的化学式，丁应该为单质，所以甲、，比较甲、丁的化学式，丁应该为单质，所以甲、丁中丁中“黄黄”元素价态不等；选项元素价态不等；选项C C，该反应涉及，该反应涉及“黑黑”、“蓝蓝”、“黄黄”三种元素；选项三种元素；选项D D，NONO2 2
87、具有氧化具有氧化性，性，COCO具有还原性，在催化剂作用下二者反应生成具有还原性，在催化剂作用下二者反应生成N N2 2和和COCO2 2，所以甲可以是，所以甲可以是NONO2 2，乙可以是，乙可以是COCO，丙可以是，丙可以是COCO2 2，丁可以是，丁可以是N N2 2。（2 2）在装置在装置A A中，中，NHNH4 4HCOHCO3 3受热分解产生受热分解产生NHNH3 3、COCO2 2、H H2 2O O（g g），该装置属于固体加热型，所以需要试管来），该装置属于固体加热型，所以需要试管来盛放盛放NHNH4 4HCOHCO3 3、需要酒精灯加热、需要导气管导气、需要酒精灯加热、需要
88、导气管导气、需要橡胶塞密封。需要橡胶塞密封。装置装置A A中产生的气体有中产生的气体有NHNH3 3、COCO2 2、水蒸气，其中、水蒸气，其中COCO2 2、水蒸气被水蒸气被NaNa2 2O O2 2吸收，同时产生吸收，同时产生O O2 2，NHNH3 3、O O2 2在装置在装置C C中中发生催化氧化反应生成发生催化氧化反应生成NONO和和H H2 2O O。若若A A、B B中药品足量，则产生的中药品足量，则产生的O O2 2也较多，也较多，NONO、O O2 2、H H2 2O O在装置在装置D D中发生反应生成稀硝酸：中发生反应生成稀硝酸：4NO+3O4NO+3O2 2+2H+2H2
89、 2O O 4HNO 4HNO3 3，铜片与稀，铜片与稀HNOHNO3 3反应生成反应生成Cu(NOCu(NO3 3) )2 2、NONO等，等，NONO在装置在装置D D的上部又被氧化为的上部又被氧化为NONO2 2，据此可得出在装置，据此可得出在装置D D中发生的现象。中发生的现象。由于由于NONO、O O2 2、H H2 2O O在在D D中发生反应时导致装置中的压中发生反应时导致装置中的压强降低从而产生倒吸，所以从安全的角度考虑，应在强降低从而产生倒吸，所以从安全的角度考虑，应在装置装置C C、D D之间增加一个防倒吸装置。由于装置之间增加一个防倒吸装置。由于装置D D中中的导气管直接
90、与大气相连，所以有毒的的导气管直接与大气相连，所以有毒的NONO2 2会逸入空会逸入空气中导致环境污染，所以应在装置气中导致环境污染，所以应在装置D D后面增加一个尾后面增加一个尾气吸收装置。气吸收装置。 答案答案 （1）A （2）bdef CO2、H2O 4NH3+5O2 4NO+6H2O铜片逐渐溶解并产生气泡，溶液变蓝色，气体在铜片逐渐溶解并产生气泡，溶液变蓝色，气体在广口瓶上方变为红棕色广口瓶上方变为红棕色在装置在装置C、D之间增加一个防倒吸装置，在装置之间增加一个防倒吸装置，在装置D后面增加一个尾气吸收装置后面增加一个尾气吸收装置 催化剂催化剂 10.海带中含有丰富的碘，一般以海带中含
91、有丰富的碘，一般以I-存在，可用离子交换存在，可用离子交换 法来提取海带中的碘，其步骤如下：法来提取海带中的碘，其步骤如下： 用水浸泡海带，浸出液中含用水浸泡海带，浸出液中含I-和褐藻糖胶。和褐藻糖胶。 用溶液调节浸出液的用溶液调节浸出液的pH至至12左右，使褐藻糖胶转左右，使褐藻糖胶转 化为褐藻糖酸钠而呈絮状沉淀析出，静置澄清，用化为褐藻糖酸钠而呈絮状沉淀析出，静置澄清，用 倾析法倾出清液。倾析法倾出清液。 用溶液调节清液的用溶液调节清液的pH至至1.52，滴入，滴入NaClO，此，此时时 清液变成棕黄色（此时应控制清液变成棕黄色（此时应控制NaClO的用量）。的用量）。 已知：已知：阳离子
92、交换树脂，即溶液中的阳离子与树脂阳离子交换树脂，即溶液中的阳离子与树脂 中的阳离子进行交换。中的阳离子进行交换。I2在水中的溶解度很小，但在水中的溶解度很小，但在在KI溶液中的溶解度很大，原因是溶液中的溶解度很大，原因是I-和和I2可以发生缔可以发生缔合反应。请回答下列问题：合反应。请回答下列问题： （1）写出）写出NaClO与与I-反应的离子方程式：反应的离子方程式： ，此时碘元素主要存在的形式为此时碘元素主要存在的形式为 。（2）在实际操作中，为什么不能加入过量）在实际操作中，为什么不能加入过量NaClO使使I-完全氧化（结合题中操作考虑此问题）？完全氧化（结合题中操作考虑此问题）？（3）
93、将棕褐色的溶液通过氯型强碱性阴离子交换树）将棕褐色的溶液通过氯型强碱性阴离子交换树脂（以脂（以R+Cl-表示）柱。待溶液全部通过后，树脂表示）柱。待溶液全部通过后，树脂呈黑红色，流出液无色，写出上述交换反应方程式：呈黑红色，流出液无色，写出上述交换反应方程式： 。解析解析 ClOClO- -在酸性环境中具有强氧化性，控制在酸性环境中具有强氧化性，控制NaClONaClO的用量时，能将溶液中的部分的用量时，能将溶液中的部分I I- -氧化为氧化为I I2 2，ClOClO- -中中+1+1价的氯被还原为价的氯被还原为ClCl- -，同时生成，同时生成H H2 2O O，其反应的离子方，其反应的离
94、子方程式为程式为2I2I- -+ClO+ClO- -+2H+2H+ + I I2 2+Cl+Cl- -+H+H2 2O O。根据题目叙述，。根据题目叙述，I I2 2在水中的溶解度很小，但在在水中的溶解度很小，但在KIKI溶液中的溶解度很大，溶液中的溶解度很大，控制控制NaClONaClO的用量的目的是为了使溶液中的的用量的目的是为了使溶液中的I I2 2转化为转化为溶解度大的溶解度大的I I 。如果。如果NaClONaClO加入的太多，溶液中的加入的太多，溶液中的I I- -大量被氧化为大量被氧化为I I2 2后，生成的后，生成的I I 很少，再用离子交换很少，再用离子交换树脂提取树脂提取I
95、 I 的量也很少，这种方法就失去了提取价的量也很少，这种方法就失去了提取价值。根据已知条件：溶液中的阳离子与树脂中的阳离值。根据已知条件：溶液中的阳离子与树脂中的阳离子进行交换，可推知溶液中的阴离子与子进行交换，可推知溶液中的阴离子与树脂中的阴离子进行交换，可得反应：树脂中的阴离子进行交换，可得反应：R R+ +ClCl- -+I+I R R+ +I +ClI +Cl- -,R,R+ +ClCl- -+I+I- - R R+ +I I- -+Cl+Cl- -。根。根据以上反应可知，此时一个据以上反应可知，此时一个I I 所占的位置也只相当所占的位置也只相当于一个于一个I I- -的位置，这样在
96、的位置，这样在R R+ +ClCl- -的量一定的条件的量一定的条件下，将下，将I I- -转化为转化为I I 后，后，R R+ +ClCl- -所富集的碘元素的质所富集的碘元素的质量更多，提高了量更多，提高了R R+ +ClCl- -的吸附效率。的吸附效率。 答案答案 （1）2I-+ClO-+2H+ I2+Cl-+H2O I（2）保留一部分）保留一部分I-，使，使I2与与I-形成形成I ，这样既可通过，这样既可通过离子交换树脂进行富集，又可提高离子交换树脂的吸离子交换树脂进行富集，又可提高离子交换树脂的吸附效率。附效率。（3）R+Cl-+I R+I +Cl-、R+Cl-+I-R+I-+Cl- 返回
