鲁科版（新课标）高考化学专题练习 《化学综合实验》综合训练

这是一份鲁科版（新课标）高考化学专题练习 《化学综合实验》综合训练，共25页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共14小题，共42分。
1.为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是( )(不考虑存放试剂的容器和连接装置)
A. AB. BC. CD. D
2.按如图装置进行实验，注入浓盐酸发生反应，一段时间后注入浓氨水，观察到试剂瓶内产生白烟。下列不同反应阶段的预期现象或说法不合理的是( )
A. 小试管内反应的离子方程式为16H++10Cl−+2MnO4−=2Mn2++5Cl2↑+8H2O
B. 实验过程中，①处试纸先变红后褪色、②处试纸变蓝、③处纸条无明显现象
C. 注入氨水后生成的白烟为盐酸小液滴
D. 烧杯中NaOH溶液吸收Cl2时，NaOH既不体现氧化性，也不体现还原性
3.根据下列实验过程，能达到相应实验目的的是 ( )
A. AB. BC. CD. D
4.室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是 ( )
A. AB. BC. CD. D
5.常温下，通过下列实验探究H2S、～Na2S溶液的性质。
实验1：向0.1ml⋅L−1H2S溶液中通入一定体积NH3，测得溶液pH为7
实验2：向0.1ml⋅L−1H2S溶液中加等体积同浓度NaOH溶液，充分反应后再滴入2滴酚酞，溶液呈红色
实验3：向1mL0.1ml⋅L−1Na2S溶液中加入1mL0.1ml⋅L−1H2S溶液
已知：Ka1(H2S)=9.1×10−8，Kb(NH3⋅H2O)=1.8×10−5，Kb(NH3⋅H2O)=1.8×10−5，Ka2(H2CO3)=5.6×10−11。
下列说法正确的是( )
A. 实验1得到的溶液中存在c(NH4+)c(HS−)，故A错误；
B.实验2得到的溶液为硫氢化钠溶液，溶液呈碱性，说明溶液中硫氢根离子的水解程度大于电离程度，则硫氢根离子的水解常数Kh=KwKa1(H2S)>Ka2(H2S)，则Kw>Ka1(H2S)×Ka2(H2S)，故B错误；
C.实验3中反应S2−+H2S=2HS−的平衡常数K=c2(HS−)c(S2−)⋅c(H2S)，由Ka1(H2S)=c(H+)×c(HS−)c(H2S)，Ka2(H2S)=c(H+)⋅c(S2−)c(HS−)，可得K=c2(HS−)c(S2−)×c(H2S)=Ka1(H2S)Ka2(H2S)=9.1×10−81.0×10−12=9.1×104，故C正确；
D.因为Ka1(H2CO3)>Ka1(H2S)，Ka2(H2CO3)>Ka2(H2S)，所以酸性：H2CO3>H2S，HCO3−>HS−，根据强酸制弱酸，离子方程式为：CO2+S2−+H2O=HS−+HCO3−，故D错误；
故选：C。
A.实验1中，向0.1ml⋅L−1H2S溶液中通入一定体积NH3，溶液pH为7，说明溶液呈中性，根据电荷守恒和物料守恒分析离子浓度；
B.实验2中，向0.1ml⋅L−1H2S溶液中加等体积同浓度NaOH溶液，反应生成NaHS，再滴入酚酞，溶液呈红色，说明溶液呈碱性，根据水的离子积常数和H2S的电离常数分析；
C.实验3中，向1mL0.1ml⋅L−1Na2S溶液中加入1mL0.1ml⋅L−1H2S溶液，反应生成HS−，根据平衡常数的定义计算；
D.向Na2S溶液中通入少量CO2，生成H2S和Na2CO3，根据电荷守恒和原子守恒分析离子方程式。
本题主要考查性质实验方案的设计等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
6.【答案】D
【解析】解：A．NH4+、CH3COO−、SO32−都会水解，且NH4+对CH3COO−、SO32−水解都有促进作用，但两个实验中铵根离子的浓度不同，故无法形成对比，也不能得出题中结论，故A错误；
B.出现蓝色沉淀，说明溶液中有Fe2+，这是因为溶液中的过量的二氧化硫(酸性条件下二氧化硫优先和硝酸反应)将Fe3+还原成Fe2+，故B错误；
C.AgBr是浅黄色沉淀，故卤代烃中不含溴元素，故C错误；
D.反应自发进行说明ΔG=ΔH−TΔS0、ΔS>0，故反应能发生是因为熵增，故D正确；
故选：D。
A.根据盐类水解的原理，弱酸根离子的水解程度与酸的酸性强弱有关，酸性越弱，其对应的酸根离子水解程度越大，进行分析；
B.根据氧化还原反应的原理，三价铁离子具有氧化性，而二氧化硫具有还原性，二者会发生氧化还原反应，进行分析；
C.根据卤代烃的水解反应以及卤离子的检验方法，卤代烃水解后生成卤离子，通过硝酸酸化后再与硝酸银反应生成沉淀来判断卤素种类，进行分析；
D.根据反应的热效应和反应方向的判断，反应能否自发进行不仅取决于焓变，还与熵变有关，进行分析。
本题主要考查实验方案的分析与评价，涉及盐类水解、氧化还原反应、卤素离子的检验以及反应方向的判断等知识。注意完成此题，需从实验方案和现象中抽取有用的信息，结合化学原理进行综合分析。
7.【答案】B
【解析】解：A.加热时氯化铵分解生成氨气和氯化氢，在试管口氨气与氯化氢化合生成氯化铵，不能制备氨气，应选氯化铵与氢氧化钙加热制备，故A错误；
B.转移液体需要玻璃棒引流，且玻璃棒的下端在刻度线以下，操作合理，故B正确；
C.pH试纸不能浸入溶液中，应选玻璃棒蘸取待测液滴在pH试纸上，故C错误；
D.常温下NO与氧气反应，不能选图中向下排空气法收集，故D错误；
故选：B。
A.加热时氯化铵分解生成氨气和氯化氢，在试管口氨气与氯化氢化合生成氯化铵；
B.转移液体需要玻璃棒引流；
C.pH试纸不能浸入溶液中；
D.常温下NO与氧气反应。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、气体的收集、pH测定、溶液的配制、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
8.【答案】A
【解析】解：A.中和热测定选择强酸和强碱的稀溶液反应，例如稀盐酸和稀氢氧化钠溶液，故A正确；
B.向煮沸的蒸馏水中逐滴加入5～6滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，可制得氢氧化铁胶体，1ml/L的氯化铁溶液和1ml/L的氢氧化钠溶液混合制得Fe(OH)3沉淀，故B错误；
C.精密pH试纸可以测到小数点后1位，广泛pH试纸只能读到整数值并且氯水具有漂白性无法用pH试纸测定，故C错误；
D.氢氧化亚铁易被氧化，制备时要隔绝氧气，在试管中制备氢氧化亚铁时，将盛氢氧化钠溶液胶头滴管伸入硫酸亚铁溶液中再挤压胶头滴管，故D错误；
故选：A。
A.根据中和热测定的原理和要求进行分析；
B.根据Fe(OH)3胶体的制备方法进行分析；
C.根据氯水的性质和pH试纸的使用方法进行分析；
D.根据Fe(OH)2的制备方法和实验操作进行分析。
本题主要考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
9.【答案】C
【解析】【详解】A.向硫酸四氨合铜溶液中加入95%乙醇溶液可以降低硫酸四氨合铜的溶解度，便于晶体析出，则题给装置能达到制备一水硫酸四氨合铜晶体的实验目的，故A不选；
B.向硝酸银溶液中加入过量的氯化钠溶液，将溶液中银离子完全转化为氯化银白色沉淀，再向反应后的试管中加入等浓度的碘化钾溶液，氯化银白色沉淀转化为黄色的碘化银沉淀说明氯化银的溶度积大于碘化银，则题给装置能达到验证氯化银和碘化银溶度积大小的实验目的，故B不选；
C.电石中混有的硫化钙等杂质能与水反应生成能使酸性高锰酸钾溶液褪色的硫化氢等气体，则题给装置不能达到检验乙炔具有还原性的实验目的，故C选；
D.由实验装置图可知，用蒸馏的方法能达到利用海水蒸馏制淡水的实验目的，故D不选；
故选C。
10.【答案】B
【解析】解：A.Cu(OH)2可溶于浓氨水形成[Cu(NH3)4]2+，而Mg(OH)2不溶，经过滤、洗涤干燥得到固体，故A错误；
B.两者若被氧化产生Fe3+和I2，但两者在溶液中呈棕黄色，而无法确定是谁发生反应，故B正确；
C.若存在水解，加入Ba2+与碳酸根沉淀，会抑制水解溶液的碱性减弱酚酞变浅，故C错误；
D.淀粉若部分水解可用I2检验到淀粉，若完全水解检验不到I2，故D错误；
故选：B。
A.Cu(OH)2可溶于浓氨水形成[Cu(NH3)4]2+，而Mg(OH)2不溶；
B.两者若被氧化产生Fe3+和I2，但两者在溶液中呈棕黄色；
C.若存在水解，加入Ba2+与碳酸根沉淀；
D.淀粉若部分水解可用I2检验到淀粉，若完全水解检验不到I2。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、混合物的分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
11.【答案】B
【解析】解：A.CuSO4溶液水解显酸性，溶液的pH小于7可证明，故A正确；
B.可能硫酸根离子或铜离子作催化剂，产生气体的速率加快，不能证明铜离子催化过氧化氢分解，故B错误；
C.CuSO4溶液与HI发生氧化还原反应生成CuI沉淀，则Cu2+具有氧化性，故C正确；
D.边振荡边滴加过量浓氨水，溶液先变浑浊后变澄清，最终生成硫酸四氨合铜，则Cu2+能形成配位键，故D正确；
故选：B。
A.CuSO4溶液水解显酸性；
B.可能硫酸根离子或铜离子作催化剂；
C.CuSO4溶液与HI发生氧化还原反应生成CuI沉淀；
D.边振荡边滴加过量浓氨水，溶液先变浑浊后变澄清，最终生成硫酸四氨合铜。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应速率、配位键为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
12.【答案】A
【解析】解：A.苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠、碳酸氢钠，则苯酚的酸性强于HCO3−，溶液变澄清，故A正确；
B.亚硫酸钡溶液盐酸，硫酸钠溶于盐酸，HNO3可将BaSO3氧化为BaSO4，无法判断Na2SO3是否被完全氧化，故B错误；
C.蔗糖水解后，没有加NaOH中和硫酸，不能检验葡萄糖，故C错误；
D.黄色溶液中可能含铁离子或溴单质，Br2也可以氧化KI，溶液变蓝，故D错误；
故选：A。
A.苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠、碳酸氢钠；
B.亚硫酸钡溶液盐酸，硫酸钠溶于盐酸，酸性溶液中硝酸根离子氧化亚硫酸根离子；
C.蔗糖水解后，在碱性溶液中检验葡萄糖；
D.黄色溶液中可能含铁离子或溴单质等。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
13.【答案】C
【解析】解：A.HCl与MnO2需要加热才能反应，故固体不会消失，故A错误；
B.SO2与碳酸钠溶液反应，故CaCO3不会消失，故B错误；
C.浓硝酸与铁反应生成硝酸铁，会得到澄清溶液，固体会消失，故C正确；
D.NH3与水反应生成氨水，氨水与铜不反应，故固体不会消失，故D错误；
故选：C。
根据各物质的性质进行分析解答。
本题考查物质的性质及变化的相关知识，侧重考查学生基本实验的掌握情况，试题难度中等。
14.【答案】C
【解析】解：A.钠与水反应剧烈，放出大量的热，为安全考虑，不能近距离俯视，故A正确；
B.铝热反应放出大量的热，则操作时要戴上隔热手套和护目镜，故B正确；
C.浓硫酸沾到皮肤上，先用水冲洗，再用3%～5%的NaHCO3溶液冲洗，故C错误；
D.滴定读数时，滴定管需保持垂直，则可单手持滴定管上端并保持其自然垂直，故D正确；
故选：C。
A.钠与水反应剧烈，放出大量的热；
B.铝热反应放出大量的热；
C.浓硫酸沾到皮肤上，先用水冲洗；
D.滴定读数时，滴定管需保持垂直。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、仪器的使用、实验安全、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
15.【答案】；
球形冷凝管；水浴；
提高苯乙酸的转化率；
分水器中的水面不再变化；
吸收(去除)残余水分、干燥有机相；229℃；
91.0%
【解析】解：该实验以苯乙酸和乙醇为原料制备苯乙酸乙酯；先在三颈烧瓶中加入苯乙酸、环己烷、浓硫酸、沸石和乙醇，控制温度在65～70℃加热回流2h，反应结束后，经调节溶液pH、萃取、干燥、蒸馏获得产品；
(1)本实验以苯乙酸和乙醇为原料制备苯乙酸乙酯，化学方程式为：，
故答案为：；
(2)仪器A的名称是球形冷凝管；制备苯乙酸乙酯时，控制温度在65～70℃加热回流，为使反应物受热均匀，便于控制反应温度，应采用热水浴，
故答案为：球形冷凝管；水浴；
(3)装置中分水器的作用是分离出生成物水，使平衡向正反应方向移动，提高苯乙酸的转化率，
故答案为：提高苯乙酸的转化率；
(4)分水器中的水面不再变化时，说明反应没有水生成，已达到平衡状态，化学平衡状态是反应的最大限度，
故答案为：分水器中的水面不再变化；
(5)中和后的液体含有水，加入无水氯化钙是为了“吸收(去除)残余水分、干燥有机相”；苯乙酸乙酯的沸点为229℃，收集苯乙酸乙酯的馏分得到产品应控制的最佳温度为229℃，
故答案为：吸收(去除)残余水分、干燥有机相；229℃；
(6)由题意可知，制备苯乙酸乙酯时，加入的乙醇过量，由13.60g苯乙酸制得14.50mL苯乙酸乙酯，则苯乙酸乙酯的产率=m实际m理论×100%=1.03g/mL××164g/ml×100%=91.0%，
故答案为：91.0%。
该实验以苯乙酸和乙醇为原料制备苯乙酸乙酯；先在三颈烧瓶中加入苯乙酸、环己烷、浓硫酸、沸石和乙醇，控制温度在65～70℃加热回流2h，反应结束后，经调节溶液pH、萃取、干燥、蒸馏获得产品。
本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。
16.【答案】平衡气压，使盐酸顺利流下；三颈(口)烧瓶；
HS−+H+=H2S↑；
I2+2KOH+H2S≜2KI+S↓+2H2O；
当滴入最后半滴硫代硫酸钠溶液后，溶液蓝色褪去且30s内不恢复原色；0.100×14.20×4×10−3×1661.000×100%；
①向试管中加入5mL0.1ml⋅L−1的KI溶液和两滴淀粉溶液，加稀硫酸调至溶液pH=5；
②实验Ⅰ中KI过量，取充分反应后的溶液加入KSCN仍变血红色，说明溶液中仍有Fe3+，证明Fe3+和I−的反应是可逆的
【解析】解：利用装置A制取硫化氢气体，方程式为：FeS+2HCl=FeCl2+H2S↑，由于挥发出来氯化氢气体，需除去氯化氢，利用装置B除去氯化氢，发生的反应为：HS−+H+=H2S↑，硫化氢气体进入C装置制取KI，方程式为：I2+2KOH+H2S≜2KI+S↓+2H2O，最后利用D装置除去多余的有毒气体硫化氢；
(1)装置A中a管的作用是平衡气压，使盐酸顺利流下；根据装置图可知b为三颈(口)烧瓶，
故答案为：平衡气压，使盐酸顺利流下；三颈(口)烧瓶；
(2)B中NaHS的目的是除去H2S中的HCl，反应的离子方程式为HS−+H+=H2S↑，
故答案为：HS−+H+=H2S↑；
(3)在碱性加热条件下，I2和H2S发生反应生氧化还原反应，化学方程式为I2+2KOH+H2S≜2KI+S↓+2H2O，
故答案为：I2+2KOH+H2S≜2KI+S↓+2H2O；
(4)淀粉做指示剂，用Na2S2O3溶液滴定，当滴入最后半滴Na2S2O3溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色，说明达到终点。根据关系式：2I−∼I2∼2S2O32−，可知样品中KI的纯度=0.100ml⋅L−1×14.20mL×4×10−3L⋅mL−1×166g⋅ml−11.000g×100%，
故答案为：当滴入最后半滴硫代硫酸钠溶液后，溶液蓝色褪去且30s内不恢复原色；0.100×14.20×4×10−3×1661.000×100%；
(5)①要和实验Ⅰ形成对比实验，应选用相同的试剂并控制溶液pH相同，应向试管中加入5mL0.1ml⋅L−1的KI溶液和两滴淀粉溶液，加稀硫酸调至溶液pH=5，
故答案为：向试管中加入5mL0.1ml⋅L−1的KI溶液和两滴淀粉溶液，加稀硫酸调至溶液pH=5；
②实验Ⅰ中KI过量，取反应后的溶液加入KSCN仍变血红色，说明溶液中仍有Fe3+，证明Fe3+和I−的反应是可逆的，
故答案为：实验Ⅰ中KI过量，取充分反应后的溶液加入KSCN仍变血红色，说明溶液中仍有Fe3+，证明Fe3+和I−的反应是可逆的。
利用装置A制取硫化氢气体，方程式为：FeS+2HCl=FeCl2+H2S↑，由于挥发出来氯化氢气体，需除去氯化氢，利用装置B除去氯化氢，发生的反应为：HS−+H+=H2S↑，硫化氢气体进入C装置制取KI，方程式为：I2+2KOH+H2S≜2KI+S↓+2H2O，最后利用D装置除去多余的有毒气体硫化氢。
本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。
17.【答案】恒压分液漏斗；B；
观察浓硫酸中气泡均匀产生；
除去产品中溶解的KOH；取少许最后一次洗涤液水层中液体于试管中，滴入硝酸酸化的AgNO3溶液，无白色沉淀产生；蒸发结晶；
分子晶体；184×1030NAa3
【解析】解：(1)由图可知，仪器A的名称为恒压分液漏斗，由题意可知三颈烧瓶中共加入115.5mL液体，烧瓶内所盛装的液体的体积不小于烧瓶容积的三分之一、不超过烧瓶容积的三分之二，所以宜选择容积为250mL的三颈烧瓶，即B符合题意，
故答案为：恒压分液漏斗；B；
(2)为使氮气均匀通入，可通过观察浓硫酸中产生气泡的速率，调节通氮气的速率来实现，
故答案为：观察浓硫酸中气泡均匀产生；
(3)步骤三先用盐酸洗涤，其目的是除去产品中溶解的KOH，再用水洗，水洗时能说明已洗涤干净的依据是取少许最后一次洗涤液水层中液体于试管中，滴入硝酸酸化的AgNO3溶液，无白色沉淀产生，洗涤后从得到的二茂铁乙醚溶液中获得二茂铁固体可采用的操作X是蒸发结晶，
故答案为：除去产品中溶解的KOH；取少许最后一次洗涤液水层中液体于试管中，滴入硝酸酸化的AgNO3溶液，无白色沉淀产生；蒸发结晶；
(4)二茂铁晶体的晶体类型为分子晶体，二茂铁隔绝空气受热分解生成一种化学式为FeC3的铁碳合金，其立方晶胞结构如图所示，由图可知，晶体中距离C原子最近的Fe原子有2个，距离为a2pm，根据均摊法可知，1个晶胞中含有(8×18+1)=2个铁，若晶胞参数为apm，则晶体的密度ρ=mV=2(56+36)NAg(a×10−10cm)3=184×1030NAa3g⋅cm−3，
故答案为：分子晶体；184×1030NAa3。
(1)根据仪器构造，判断仪器名称，烧瓶内所盛装的液体的体积不小于烧瓶容积的三分之一、不超过烧瓶容积的三分之二；
(2)为使氮气均匀通入，可通过观察浓硫酸中产生气泡的速率，调节通氮气的速率来实现；
(3)先用盐酸洗涤，可除去产品中溶解的KOH，再用水洗，可除去过量的盐酸等，可通过检查滤液中是否含有Cl−等来检验是否洗涤干净，由于二茂铁易溶于乙醚，乙醚易挥发，故可采用蒸发结晶的操作方法；
(4)二茂铁熔点、沸点较低，则判断二茂铁为分子晶体，根据均摊法，晶胞中大球数目为8×18+1=2，小黑球数目为12×14+6×12=6，个数比为2：6=1：3，由化学式为FeC3可知，大球代表Fe原子，小黑球代表C原子，以棱心上的一个C原子为中心，距离C原子最近的Fe原子在顶角上，共有2个，根据晶体密度=mV进行计算。
本题主要考查制备实验方案的设计，具体涉及二茂铁的制取，同时考查晶胞的计算，属于高考高频考点，难度中等。
18.【答案】①Cu(OH)2；
②Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O、2H2O2=O2↑+2H2O；
③[Cu(NH3)4]2+；
④(NH4)2SO4；加入(NH4)2SO4固体，NH4+结合OH−，使溶液碱性减弱，铜片依然保持光亮；
①Cu−2e−=Cu2+；
②增强；向右侧双氧水中加入一定量硫酸钠固体，待固体溶解后，闭合开关K；待灵敏电流计指针稳定后，先向Cu电极一侧滴加5ml/L稀硫酸，指针偏转幅度没有明显变化；再向石墨电极一侧滴加5ml/L稀硫酸，指针偏转幅度增大；
③加入氨水生成[Cu(NH3)4]2+，Cu的还原性增强是主要原因
【解析】解：(1)①实验I的蓝色沉淀物为Cu(OH)2，
故答案为：Cu(OH)2；
②实验II的现象是有气泡生成，溶液变蓝色，发生的反应有：Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O、2H2O2=O2↑+2H2O，
故答案为：Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O、2H2O2=O2↑+2H2O；
③实验III中溶液呈深蓝色，是因为生成的Cu2+与NH3分子形成配离子[Cu(NH3)4]2+，
故答案为：[Cu(NH3)4]2+；
④实验III中Cu表面依然有蓝色沉淀Cu(OH)2，原因是溶液的碱性较强，加入水解呈酸性的(NH4)2SO4，同时还可以增大NH3⋅H2O浓度，使Cu(OH)2转化为[Cu(NH3)4]2+，铜片依然保持光亮，
故答案为：(NH4)2SO4；加入(NH4)2SO4固体，NH4+结合OH−，使溶液碱性减弱，铜片依然保持光亮；
(2)①利用原电池原理，H2O2具有氧化性，作为正极反应物，电极反应式为：H2O2+2e−=2OH−；Cu为负极反应物，发生氧化反应，电极反应式为：Cu−2e−=Cu2+，
故答案为：Cu−2e−=Cu2+；
②加入硫酸，氧化剂H2O2的氧化性增强；验证加入稀硫酸，H2O2的氧化性增强的操作及现象是：向右侧双氧水中加入一定量硫酸钠固体，待固体溶解后，闭合开关K；待灵敏电流计指针稳定后，先向Cu电极一侧滴加5ml/L稀硫酸，指针偏转幅度没有明显变化，说明增大反应物浓度，Cu的还原性没有增强；再向石墨电极一侧滴加5ml/L稀硫酸，指针偏转幅度增大，说明H2O2的氧化性增强了，
故答案为：增强；向右侧双氧水中加入一定量硫酸钠固体，待固体溶解后，闭合开关K；待灵敏电流计指针稳定后，先向Cu电极一侧滴加5ml/L稀硫酸，指针偏转幅度没有明显变化；再向石墨电极一侧滴加5ml/L稀硫酸，指针偏转幅度增大；
③实验III比实验I加入了氨水生成[Cu(NH3)4]2+，增大了反应物浓度，溶液更快变蓝的原因可能是还原剂的还原性增强，
故答案为：加入氨水生成[Cu(NH3)4]2+，Cu的还原性增强是主要原因。
根据实验I现象可知，Cu与H2O2反应较慢，生成蓝色沉淀为Cu(OH)2，实验I和实验II对比可知，实验II中加入硫酸，酸性增强，H2O2的氧化性增强，酸性条件下生成Cu2+，没有沉淀生成，Cu2+对H2O2的分解起到催化剂作用，有气泡O2产生，实验III和实验I对比，加入了氨水，生成深蓝色溶液是[Cu(NH3)4]2+，增加了反应物浓度，减少了生成物Cu2+浓度，还原剂Cu的还原性增强。
本题考查了实验探究及实验方案设计等知识，为高频考点，把握实验探究的方法是解题关键，侧重分析能力、实验能力和运用能力的考查，注意掌握对比实验在实验探究中的应用，题目难度中等。
19.【答案】氨水；Ba(NO3)2；AgNO3；
屏蔽Fe3+，防止对滴定过程产生干扰；偏大；2Cu2++4I−=2CuI+I2；80%
【解析】解：(1)分析实验过程可知，①制得的粗晶体中可能含有Fe2(SO4)3，FeCl3杂质，取一定量样品，加入蒸馏水、稀硫酸，固体溶解，得到蓝色透明溶液，含铁离子、铜离子。可能含硫酸根离子、氯离子，②取少量①所得溶液，滴加氨水至过量，先析出沉淀氢氧化铁和氢氧化铜，继续滴加氨水后沉淀部分溶解，是氢氧化铜溶于氨水得到铜氨溶液，过滤得深蓝色溶液，滤渣为红褐色为Fe(OH)3，③另取少量①所得溶液，加入足量的Ba(NO3)2溶液，出现白色沉淀，证明含硫酸根离子，④取③中所得上层清液，加入AgNO3溶液，无明显现象，证明不含氯离子，实验结论：粗胆矾晶体中含有Fe2(SO4)3，不含FeCl3，
故答案为：氨水；Ba(NO3)2；AgNO3；
(2)铜离子、铁离子都能氧化碘离子，已知：Fe3+6F−=FeF63−，步骤①中，加入足量NaF溶液的可能原因是：屏蔽Fe3+，防止对滴定过程产生干扰，若不加NaF溶液，铜离子、铁离子都能氧化碘离子，导致碘单质增多，消耗Na2S2O3标准溶液体积增大，可导致最终的测量值偏大，反应过程中的电离关系：2Cu2++4I−=2CuI+I2，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，得到2CuSO4⋅5H2O～2Cu2+～2Na2S2O3，若Na2S2O3标准溶液的平均用量为10.00mL，则产品中胆矾的质量分数=0.1ml/L×0.01L×10025×250g/ml1.25g/ml×100%=80%，
故答案为：屏蔽Fe3+，防止对滴定过程产生干扰；偏大；2Cu2++4I−=2CuI+I2；80%。
(1)①制得的粗晶体中可能含有Fe2(SO4)3，FeCl3杂质，取一定量样品，加入蒸馏水、稀硫酸，固体溶解，得到蓝色透明溶液，含铁离子、铜离子，可能含硫酸根离子、氯离子，②取少量①所得溶液，滴加氨水至过量，先析出沉淀氢氧化铁和氢氧化铜，继续滴加氨水后沉淀部分溶解，是氢氧化铜溶于氨水得到铜氨溶液，过滤得深蓝色溶液，滤渣为红褐色为Fe(OH)3，③另取少量①所得溶液，加入足量的Ba(NO3)2溶液，出现白色沉淀，证明含硫酸根离子，④取③中所得上层清液，加入AgNO3溶液，无明显现象，证明不含氯离子，实验结论：粗胆矾晶体中含有Fe2(SO4)3，不含FeCl3；
(2)铜离子、铁离子都能氧化碘离子，加入足量NaF溶液可以屏蔽铁离子，若不加NaF溶液，铁离子也氧化碘离子，生成碘单质增多，消耗步骤溶液增大，滴加KI溶液生成沉淀的，反应的离子方程式：2Cu2++4I−=2CuI+I2，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，得到2CuSO4⋅5H2O～2Cu2+～2Na2S2O3，结合定量关系计算。
本题主要考查物质成分的实验验证、基本的实验操作、滴定实验的计算、阅读题目获取信息能力等，需要学生具备综合运用知识及题目信息分析问题、解决问题能力，题目难度中等。
20.【答案】(1)MnO2 分离出固体后的液体用CCl4萃取，下层液体无色
(2) IO3−+5I−+6H+=3I2+3H2O 排除在酸性条件下，O2对IO3−氧化I−的干扰
(3)3MnO42−+I−+3H2O=3MnO2↓+IO3−+6OH−
(4)MnO4−+5e−+8H+=Mn2++4H2O，加酸可以增强MnO4−的氧化性
(5)加入MnSO4溶液至紫色褪去，静置后取上层清液，加入KI溶液和H2SO4，溶液立即变黄，加入淀粉溶液，溶液变蓝
(6)溶液紫色变浅，有棕黑色沉淀生成，最终溶液为黄色

【解析】【分析】本实验探究不同条件下KMnO4与KI溶液的反应，利用高锰酸钾溶液的强氧化性，将I−氧化成I2、IO3−，根据Mn元素被还原成不同物质，发生颜色变化或有无沉淀生成，判断不同条件的反应，据此分析；
【详解】(1)①根据实验Ⅰ现象出现黑色沉淀，判断出实验Ⅰ中MnO 4−的还原产物为MnO2；
②若实验Ⅰ氧化的产物是I2，用CCl4萃取，下层液体呈黄色，而实验 Ⅰ下层液体无色，说明没有是I2生成；
(2)①滴加3滴3ml⋅L−1H2SO4，溶液立即变黄，滴加淀粉后溶液变蓝说明生成了I2，则证明是IO3−与I−在酸性条件下发生归中反应生成I2，离子方程式为：IO3−+5I−+6H+=3I2+3H2O；
②甲同学取2mL0.01ml⋅L−1KI溶液，加入5滴水和3滴3ml⋅L−1H2SO4，与上述实验形成对比，溶液不变黄，说明没有生成I2，目的是为了排除在酸性条件下，O2对IO3−氧化I−的干扰；
(3)实验Ⅱ溶液立即变绿，说明生成了MnO42−(绿色)，一段时间后绿色消失，产生棕黑色沉淀，说明生成了MnO2，则该反应为MnO42−在碱性环境下氧化I−生成I2，离子反应为3MnO42−+I−+3H2O=3MnO2↓+IO3−+6OH−；
(4)实验Ⅲ中未见棕黑色沉淀，说明MnO4−被还原为Mn 2+，乙同学依据MnO4−的电极反应分析实验 Ⅲ反应条件下应检测到IO3−，说明酸性条件下，MnO4−能将I−氧化生成IO3−，即加酸可以增强MnO4−的氧化性，对应的MnO4−的电极反应为MnO4−+5e−+8H+=Mn2++4H2O；
(5)已知Mn2+在一定条件下可被MnO4−氧化成MnO2，故首先将紫色溶液中的MnO4−完全除掉，故实验操作和现象是将取上层溶液，加入MnSO4溶液至紫色褪去，完全除去过量的KMnO4溶液，静置后取上层清液，加入KI溶液、H2SO4溶液变黄，加入淀粉溶液，溶液变蓝，证明生成碘单质，说明溶液B中含IO3−；
(6)由上一问可知，若酸性KMnO4溶液过量，MnO4−能将Mn2+氧化成MnO2，故首先出现紫色褪去、溶液中出现黑色沉淀现象，随着0.01ml⋅L−1KI溶液逐渐加入，溶液最终变为黄色。
选项
实验目的
玻璃仪器
试剂
A
配制230mL2ml⋅L−1稀硫酸
250mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、玻璃棒
蒸馏水、98%浓硫酸
B
验证Ksp(AgI)Ksp(BaCO3)
C
取少量NH4HSO3样品溶于水，加入Ba(NO3)2溶液，再加入足量盐酸，产生白色沉淀
无法判断原样品是否变质
D
将新制饱和氯水慢慢滴入含酚酞的稀NaOH溶液中，溶液红色褪去
HClO具有漂白性
选项
实验方案
实验现象
实验结论
A
分别测定等物质的量浓度的CH3COONH4和(NH4)2SO3溶液的pH
后者pH大
酸性：CH3COOH