（全国通用）高考化学二轮热点题型归纳与变式演练 专题10 性质探究类综合实验（解析+原卷）学案

专题10 性质探究类综合实验
目录
一、热点题型归纳………………………………………………………………………………………………..1
【题型一】物质的氧化性、还原性及强弱的探究……………………………………………………..…1
【题型二】反应条件不同（酸碱性，浓度，是否加热等）对性质影响的探究…………..……………4
【题型三】同周期、同主族元素性质的递变规律的探究………………………………………..………8
【题型四】热分解产物的性质探究、判断………………………………………………….……………12
二、最新模考题组练…………………………………………………………………………………… ………15

【题型一】 物质的氧化性、还原性及强弱的探究
【典例分析】二氧化氯()是一种黄绿色易溶于水的气体，具有强氧化性，是国际上公认为安全、无毒的绿色消毒剂。某化学学习小组制备并进行性质探究，实验装置如下：

回答下列问题：
(1)加入药品前，需对整套装置进行_______检验。
(2)图中装有固体的仪器名称为_______。
(3)装置②用于制备，同时还生成一种酸式盐，该反应的化学方程式为_______。
(4)实验开始后装置③中的溶液变红，已知在该反应中的还原产物为，则该过程中的氧化还原反应的离子方程式为_______。
(5)装置④用于吸收尾气，反应可得溶液，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
(6)由上述反应可知、、氧化性由强到弱的顺序为_______。
【答案】气密性 圆底烧瓶 2：1 、、
【详解】
(1)对于气体制备及性质实验，在加入药品前需进行气密性检验。
(2)图中装有固体的仪器名称为圆底烧瓶。
(3)装置②反应中，反应物有、和，生成物有，生成的酸式盐为，故该反应的化学方程式为。
(4)装置③中的溶液变红，说明将氧化为，又知在该反应中的还原产物为，故该反应的离子方程式为。
(5)装置④用于吸收尾气，反应可得溶液，故化合价的变化情况是Cl元素由价降到价，做氧化剂，中的O元素化合价由价升高到0价，做还原剂，根据电子得失守恒可知，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1。
(6)由(3)中的反应可知氧化性比强， 由(4)中的反应可知氧化性比强，故氧化性由强到弱的顺序为、、。
【提分秘籍】
物质的氧化性、还原性及强弱的探究是近几年高考的热点，设计实验探究时,要求原理准确、步骤简捷、现象明显、结论易得,且不对环境造成污染。如探究SO2具有还原性的方法是将气体通入酸性KMnO4溶液中,通过酸性KMnO4溶液是否退色来说明；如探究Fe3+的氧化性强于I2时,可利用FeCl3与KI淀粉溶液反应,通过溶液是否变蓝色来说明Fe3+的氧化性强于I2。
【变式演练】
1．小明很喜欢化学实验课，今天要学习“探究铁及其化合物的氧化性或还原性”。
(1)实验前小明预测Fe2＋既有还原性又有氧化性。你认为他预测的依据是_______________。
(2)小明欲用实验证明他的预测。实验室提供了下列试剂：3%的过氧化氢溶液、锌粒、铜片、0.1 mol·L－1氯化亚铁溶液、硫氰化钾溶液、新制氯水。
①若小明计划在0.1 mol·L－1氯化亚铁溶液滴入新制氯水，探究Fe2＋的还原性，你预计可能发生的反应的离子方程式是______________________________，可能观察到的现象是溶液由浅绿色变为________色。
②实验中，小明发现现象不太明显，老师分析可能是产物的含量太低，建议可以通过检验Fe2＋被氧化的产物Fe3＋的存在以获取证据。你认为可选_________滴入小明所得的混合液中，并通过溶液出现______色的现象，证明小明的观点和实验方案都是正确的。
③对于证明Fe2＋具有氧化性，小明认为金属单质都具有还原性，并分别将铜片、锌粒投入氯化亚铁溶液中，结果铜片没变化，锌粒逐渐变小。由此说明三种金属的还原性由强至弱的顺序为__________（填化学式）。
④实际上Fe2＋的还原性较强，实验室的氯化亚铁溶液常因氧化而变质，除去杂质的方法是______，相关反应的离子方程式是_____________。
【答案】因为Fe2＋中铁元素化合价处于中间价态，可以升高也可以降低 Cl2＋2Fe2＋===2Cl－＋2Fe3＋ 黄 硫氰化钾溶液 红 Zn＞Fe＞Cu 加入适量铁粉 2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋
【详解】
(1)元素化合价处于最高价只具有氧化性，处于最低价只具有还原性，处于中间价态既可以升高也可以降低，既具有氧化性又具有还原性；故依据为：因为亚铁离子中铁元素化合价处于中间价态，可以升高也可以降低；正确答案：因为Fe2＋中铁元素化合价处于中间价态，可以升高也可以降低。
(2)①在0.1mol/L氯化亚铁溶液滴入新制氯水，氯气具有强氧化性能把亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为：；现象是溶液颜色从浅绿色变为黄色；正确答案：Cl2＋2Fe2＋===2Cl－＋2Fe3＋ ； 黄。
②通过检验亚铁离子被氧化的产物铁离子的存在以获取证据．需要的试剂为硫氰酸钾溶液，发生反应：，溶液变血红色；正确答案：硫氰化钾溶液 ；红。
③金属单质都具有还原性，分别将铜片、锌粒投入氯化亚铁溶液中，结果铜片没变化，锌粒逐渐变小，发生反应Zn+Fe2+=Fe+Zn2+；氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物，锌的还原性大于铁，铁大于铜，故它们还原性由强到弱为：Zn>Fe>Cu；正确答案：Zn＞Fe＞Cu 。
④实验室的氯化亚铁溶液常因氧化而变质，为防止亚铁离子的氧化，需要加入还原铁粉，发生反应，避免亚铁离子的氧化；正确答案：加入适量铁粉；2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋。
【题型二】 反应条件不同（酸碱性，浓度，是否加热等）对性质影响的探究
【典例分析】利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”，某小组设计了如下方案：先分别量取两种溶液，然后倒入试管中迅速振荡混合均匀，开始计时，通过测定褪色所需时间来判断反应的快慢。
编号
H2C2O4溶液
酸性KMnO4溶液
温度/℃
浓度/mol·L－1
体积/mL
浓度/mol·L－1
体积/mL
①
0.10
2.0
0.010
4.0
25
②
0.20
2.0
0.010
4.0
25
③
0.20
2.0
0.010
4.0
50
（1）已知H2C2O4与KMnO4反应产生MnSO4和CO2。为了观察到紫色褪去，H2C2O4与KMnO4初始的物质的量需要满足的关系为n（H2C2O4）∶n（KMnO4）≥________。
（2）探究温度对反应速率影响的实验编号是___________（填编号，下同），探究反应物浓度对反应速率影响的实验编号是____________。
（3）不同温度下c（MnO4－）随反应时间t的变化曲线如图所示，判断T1_________T2（填“＞”或“＜”）

【答案】2.5 ②和③ ①和② ＜
【分析】
根据外界条件对化学反应速率的影响进行推测。
【详解】
(1)H2C2O4中碳元素的化合价为+3价，变成二氧化碳后化合价总共升高了2（4-3）价，所以每消耗1mol H2C2O4失去2mol电子；1molKMnO4被还原为Mn2+得到5mol电子，为了观察到紫色褪去，高锰酸钾的物质的量应该少量，即c（H2C2O4）：c（KMnO4）≥=2.5，故答案为2.5；
(2)②和③的条件中，只有温度不同，故探究温度对反应速率影响，①和②中，只有浓度不同，即探究的是浓度对化学反应速率的影响，故答案为②和③，①和②；
(3)从图像而知，单位时间内，T2时c(MnO4－)变化的多，说明T2时MnO4－的化学反应速率快，而c(MnO4－)相同时，温度越高，化学反应速率越快，故可知T2>T1，故答案为<。
【提分秘籍】
反应条件不同（酸碱性，浓度，是否加热等）对产物的生成影响很大。如钠与氧气反应，加热时生成过氧化钠，不加热时生成氧化钠；如铜与硝酸反应，浓硝酸时生成二氧化氮气体，稀硝酸时生成一氧化氮气体；如高锰酸钾是强氧化剂，在酸性条件下被还原为二价锰离子，在中性条件下被还原为二氧化锰，在碱性条件下被还原为锰酸根离子。
【变式演练】
2．H2O2是一种常见试剂，在实验室、工业生产上有广泛用途

Ⅰ.实验室用H2O2快速制氧，其分解速率受多种因素影响。实验测得70℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如甲乙丙丁四图所示：
（1）下列说法正确的是：________（填字母序号）
A．图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越慢
B．图乙表明，其他条件相同时，溶液碱性越弱，H2O2分解速率越快
C．图丙表明，少量Mn 2+存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快
D．图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大
（2）催化剂Mn2+在反应中，改变了____________________ (填字母序号)
A．反应速率  B．反应限度 C．反应焓变 D．反应路径 E.反应活化能 F.活化分子百分数
Ⅱ．H2O2在工业上作为Fenton法主要试剂，常用于处理含难降解有机物的工业废水。在调节好pH（溶液的酸碱性）和Fe2+浓度的废水中加入H2O2，所产生的羟基自由基能氧化降解污染物。现运用该方法降解有机污染物p-CP，探究有关因素对该降解反应速率的影响。
（实验设计）控制p-CP的初始浓度相同，恒定实验温度在298K或313K（其余实验条件见下表），设计如下对比试验，并将实验结果绘制时间-p-CP浓度图如下。

（3）电中性的羟基自由基的电子式为：______________。
（4）请完成以下实验设计表(表中不要留空格)。
实验编号
实验目的
T/K
pH
c/10-3mol·L-1
H2O2
Fe2+
①
为以下实验作参考
298
3
6.0
0.30
②
探究温度对降解反应速率的影响
_________
______
_______
_________
③
__________________
298
10
6.0
0.30
（5）请根据右上图实验①曲线，计算降解反应在50～150s内的反应速率：v(p-CP)=_____________。
（6）实验时需在不同时间从反应器中取样，并使所取样品中的反应立即停止下来。根据实验结果，给出一种迅速停止反应的方法：__________________________。
【答案】A D A D E F 313 3 6.0 0.30 探究溶液的酸碱性（pH）对降解反应速率的影响 8×10 - 6mol /（L·s） 加入NaOH溶液使溶液的pH=10（大于10也对）
【解析】
（1）由甲图可知，双氧水浓度越大，分解越快，H2O2浓度越小，其分解速率越慢，A正确；由图乙可知，溶液的碱性越强即pH越大，双氧水分解越快，B错误；C．溶液的碱性越强即pH越大，双氧水分解越快，故C错误；由图丙和图丁可知， Mn2+浓度越大，双氧水分解越快，D正确。
（2）催化剂通过改变反应路径降低活化能，提高反应速率，加入催化剂平衡不移动；催化剂能加快反应速率，故A正确；催化剂不能使平衡发生移动，故B错误； 加入催化剂，平衡不移动，反应焓变不变，故C错误； 催化剂参与反应，改变反应路径，故D正确；    
催化剂降低反应活化能，故E正确； 催化剂通过降低活化能，提高活化分子百分数，故F正确。（3）电中性的羟基含有9个电子，电子式是；（4）探究温度对降解反应速率的影响，变量只能是温度，所以实验②与实验①只有温度不同，其余都相同，实验②温度是313K，PH=3，过氧化氢的浓度是6.0，Fe2+的浓度是0.30；根据表格数据实验③与实验①相比只有PH不同，实验③探究溶液的酸碱性对降解反应速率的影响；（5）根据 ，v(p-CP)= = 8×10 - 6mol/（L·s）；
（6）根据表格数据，pH=10时，反应速率几乎为0，加入NaOH溶液使溶液的pH=10，可以迅速停止反应；
【题型三】 同周期、同主族元素性质的递变规律的探究
【典例分析】某同学设计实验以探究元素性质的递变规律，实验装置如图所示：

实验Ⅰ：探究同主族元素C和Si非金属性递变规律。
已知A装置的烧瓶里装有大理石，分液漏斗里装有盐酸，B装置中装有饱和碳酸氢钠溶液，C装置中装有足量Na2SiO3溶液，试回答：
（1）中反应的离子方程式为_______，B装置的作用是_______；
（2）C中发生反应的化学方程式为_______可观察到的现象是_______；
（3）根据实验现象推知，碳酸、盐酸、硅酸的酸性强弱顺序为_______，能否由此得出碳、氯、硅三种元素非金属性的强弱_______填“能”或“否”并说明理由_______。
实验Ⅱ：探究同周期元素S和Cl的非金属性强弱。已知常温下高锰酸钾与浓盐酸混合可产生氯气，B装置中装有Na2S溶液，试回答：
（4）装置分液漏斗中所装试剂为_______，B中可观察到的现象是_______；
（5）C装置的作用是_______，写出C中发生反应的离子方程式_______。
（6）验结论：氧化性：_______，非金属性：_______。
【答案】
（1）CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑ 除去挥发的氯化氢气体
（2）Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓ 白色胶状沉淀生成
（3）碳酸＞盐酸＞硅酸 否 比较元素的非金属性应该比较元素的最高价氧化物对应水化物的酸性，盐酸不是Cl元素的最高价氧化物对应的水化物
（4）浓盐酸 有淡黄色沉淀生成
（5）尾气处理，防止Cl2污染大气 Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
（6）Cl2＞S Cl＞S
【分析】
实验Ⅰ：在A中大理石与稀盐酸发生复分解反应产生CO2，由于盐酸具有挥发性，挥发的HCl在B中与NaHCO3反应变为CO2而被除去，在C中CO2与溶液中的Na2SiO3溶液发生反应产生H2SiO3沉淀，得到结论酸性：H2CO3＞H2SiO3，从而证明元素的非金属性：C＞Si。
实验Ⅱ：在A中酸性KMnO4溶液与浓盐酸发生氧化还原反应产生Cl2，在B中Cl2与Na2S溶液反应产生难溶于水的S单质，证明物质的氧化性：Cl2＞S，从而得出元素的非金属性：Cl＞S的结论，Cl2具有毒性，要使用NaOH溶液进行尾气处理，然后再排放。
(1)在A中大理石与稀盐酸发生复分解反应产生CO2，该反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；盐酸具有挥发性，B中NaHCO3溶液的作用是为了除去挥发的HCl气体。
(2)根据强酸制取弱酸的原理，碳酸的酸性强于硅酸，C中为Na2SiO3溶液，二氧化碳通入反应生成硅酸沉淀，发生反应：Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓，因此看到的实验现象是：有白色胶状沉淀生成。
(3)A中反应是碳酸钙和稀盐酸反应生成二氧化碳，根据强酸制取弱酸的原理可知：盐酸的酸性强于碳酸；碳酸的酸性强于硅酸，所以三种酸的酸性强弱顺序是：盐酸＞碳酸＞硅酸，碳酸、硅酸分别为C、Si的最高价含氧酸,所以可证明碳的非金属性大于硅；但是盐酸不是Cl的最高价含氧酸，因此不能得到Cl的非金属性强于碳。
(4)在A装置中，浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，所以分液漏斗中所装试剂为浓盐酸；氯气通入装置B中，与溶液中硫化钠发生反应，S2-+Cl2=S↓+2Cl-；由于S是淡黄色不溶于水的物质，因此看到B装置的溶液中出现淡黄色沉淀。
(5)装置中挥发出来的氯气有毒，会污染空气，氢氧化钠能吸收氯气，所以要用装置C的氢氧化钠溶液进行尾气吸收，该反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。
(6)单质的氧化性越强，则相应元素的非金属性就越强。根据装置B的反应S2-+Cl2=S↓+2Cl-可得到物质的氧化性：Cl2＞S，从而证明元素的非金属性：Cl＞S。
【提分秘籍】
同周期、同主族元素性质的递变规律一般通过设计元素金属性、非金属性的强弱实验来完成,如通过Mg、Al与同浓度盐酸反应产生H2的快慢来说明Mg的活泼性强于Al。
【变式演练】
3．某化学课外兴趣小组设计了如下实验装置，用来比较乙酸、碳酸和硅酸的酸性强弱。回答下列问题：

(1)装置甲、装置乙中所盛药品分别是___________、___________。
(2)装置C中发生反应的离子方程式为___________。
(3)得出的实验结论是___________。
(4)若去掉装置B进行实验，能否得出上述实验结论？___________(填“能”或“否”)，理由是___________。
(5)利用去掉B后的装置来比较Cl、C和Si的非金属性，装置甲中盛放的药品是___________(填溶质的化学式)；得出的结论是___________。
【答案】乙酸 饱和碳酸氢钠溶液 (合理即给分) 酸性：乙酸＞碳酸＞硅酸 否 乙酸具有挥发性，也能使硅酸钠转化为硅酸 HClO4 非金属性：Cl＞C＞Si
【详解】
(1)实验用到的药品甲为乙酸，将乙酸滴入碳酸钠溶液中，发生反应的化学方程式为：
2CH3COOH + Na2CO3 = 2CHJCOONa+ H2O+ CO2↑，则装置B中盛放饱和碳酸氢钠溶液，吸收挥发出来的乙酸，故答案为：乙酸；饱和碳酸氢钠溶液；
(2) CO2通过硅酸钠溶液产生硅酸沉淀，发生反应的离子方程式为：，故答案为：
(3) 根据强酸制弱酸原理，由化学方程式
2CH3COOH + Na2CO3 = 2CHJCOONa+ H2O+ CO2↑；
H2O + CO2 + Na2SiO3 = Na2CO3+ H2SiO3↓
可以得出酸性由强到弱的顺序： CH3COOH>H2CO3>H2SiO3，故答案为：酸性由强到弱的顺序： 酸性：乙酸＞碳酸＞硅酸
(4) 若去掉装置B进行实验，C中硅酸沉淀不能判断是碳酸制出的还是挥发的乙酸制出的，所以不能得出上述结论，故答案为：否；乙酸具有挥发性，也能使硅酸钠转化为硅酸
(5) 利用去掉B后的装置来比较Cl、C和Si的非金属性，分液漏斗甲中应该盛放高氯酸，A中盛放碳酸钠溶液，C中盛放硅酸钠，最高价含氧酸酸性越强，元素的非金属性越强，故答案：HClO4，非金属性：Cl＞C＞Si。
【题型四】 热分解产物的性质探究、判断
【典例分析】【探究二】某草酸钙晶体（CaC2O4·xH2O）热分解研究
(提示：CaC2O4·xH2O受热会失去结晶水成为CaC2O4 ；白色硫酸铜粉末遇水会变蓝。）
按下图装置将草酸钙晶体样品高温加热，使其完全分解，对所得气体产物进行探究（假设装置中各试剂均足量）

（4）①反应开始前通入氮气的目的是___________，装置C的作用是_______________。
②装置B中硫酸铜粉末变蓝，C、F中澄清石灰水均变浑浊，E中CuO变红，说明产物有__________________，经检验A中残留固体为氧化物。
③对上述装置从环保角度提一个改进建议_____________。
（5）某研究所利用SDT Q600热分析仪对草酸钙晶体（CaC2O4·xH2O）进行热分解，
获得相关数据，绘制成固体质量—分解温度的关系如图。

①800℃以上时，固体成分的化学式为_______。
②残留固体为CaC2O4时的温度范围__________。
③写出固体质量由12.8g变为10.0g时的化学方程式________________。
【答案】排净装置中的空气 检验并除去气体中的二氧化碳 H2O、CO2和CO 在F装置后增加尾气处理装置 CaO 200—400℃ CaC2O4CaCO3+CO↑
【解析】（4）①反应开始前通入氮气的目的是排净装置中的空气，装置C的作用是检验并除去气体中的二氧化碳。
②装置B中硫酸铜粉末变蓝，说明产物有H2O。C中澄清石灰水变浑浊，说明产物有CO2。F中澄清石灰水变浑浊，E中CuO变红，说明产物有CO。总之，说明产物有H2O、CO2和CO，经检验A中残留固体为氧化物。
③对上述装置从环保角度提一个改进建议在F装置后增加尾气处理装。排除CO对空气的污染。
（5）①800℃以上时，固体为受热分解的最终生成物，其化学式为CaO。
②草酸钙晶体受热分解首先失去结晶水，所以残留固体为CaC2O4时的温度范围 200—400℃。
③固体质量由12.8g变为10.0g时发生反应的化学方程式为 CaC2O4CaCO3+CO↑。
【提分秘籍】
不同类别的物质在加热条件下分解的产物不一样，既使同一类别的物质在加热条件下其分解产物也不一定一样。
如常见的几种物质的分解：
（1）难溶碳酸盐氧化物+CO2↑
（2）碳酸的酸式盐碳酸的正盐+ CO2↑+H2O
（3）铵盐NH3↑+相应的酸（或酸性氧化物+ H2O）（NH4NO3除外）
（4）硝酸盐金属（或金属氧化物、亚硝酸盐）+氮氧化物（NO或NO2）↑+O2↑
（5）草酸晶体 CO2↑+ CO↑+ H2O
【变式演练】
1．为了探究明矾晶体的结晶水数目及分解产物，在N2气流中进行热分解实验，得到明矾晶体的热分解曲线如图所示(TG%代表的是分解后剩余固体质量占样品原始质量的百分率，失重百分率＝×100%)：

根据TG曲线出现的平台及失重百分率，30～270℃范围内，失重率约为45.57%，680～810℃范围内，失重百分率约为25.31%，总失重率约为70.88%，请分别写出所涉及到30～270℃、680～810℃温度范围内这两个阶段的热分解方程式：___________、_____________
【答案】KAl(SO4)2▪12H2OKAl(SO4)2+12H2O 2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑
【解析】根据题目所给数据，结合KAl(SO4)2▪12H2O的化学式，可验证出第一个阶段应是脱掉结晶水得到KAl(SO4)2；第二阶段脱掉SO3，发生的是非氧化还原反应，得到K2SO4和Al2O3；
答案：KAl(SO4)2▪12H2OKAl(SO4)2+12H2O 2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑

1．某化学兴趣小组同学在查阅资料的基础上对乙醛与新制氢氧化铜的反应进行了探究。
（1）乙醛与新制氢氧化铜反应的化学方程式为 ___。
（查阅资料）i.乙醛在碱性条件下可发生缩合等反应生成有色物质；
ii.溶液的酸碱性可能会影响物质的氧化性、还原性。
（初步探究）
序号
实验操作
实验现象
Ⅰ
向试管中加入4mL10%NaOH溶液，滴入0.5mL水，加入0.5mL 40%乙醛溶液，振荡，在酒精灯上加热至沸腾后保持沸腾
无色溶液逐渐变黄并变浑浊加热后得黄色浊液之后无明显变化
Ⅱ
向试管中加入4mL10%NaOH溶液，滴入0.5mL 2mLCuSO4溶液，振荡，加入0.5%mL 40%乙醛溶液，振荡；在酒精灯上加热至沸腾后保持沸腾
蓝色浊液依次呈绿色、黄色、橙色最终生成红色固体之后无明显变化
Ⅲ
向试管中加入4mL水，滴入0.5mL 2mLCuSO4溶液，振荡，加入0.5mL 40%乙醛溶液，振荡，在酒精灯上加热至沸腾后保持沸腾
蓝色溶液无明显变化
（2）实验Ⅰ的目的是 ___。
（3）甲同学为了检验实验Ⅱ中红色固体的成分进行了如下实验：取少量红色固体于试管中加入适量稀HNO3，振荡，观察到红色固体完全溶解，得蓝色溶液。甲同学认为，该实验现象说明实验Ⅱ中反应生成了Cu。
乙同学认为甲的观点不正确，理由是Cu2O也可能被硝酸氧化，产生上述现象。该反应的离子方程式为 ___。
（深入探究）乙同学对比实验Ⅱ和实验Ⅲ，对实验Ⅱ能够发生反应的原因提出了猜想：
乙醛的还原性随着溶液碱性的增强而增强，并利用实验Ⅳ进行验证。
实验装置
序号
A池试剂
B池试剂
实验现象

Ⅳ-1
0.2% CuSO4溶液
NaSO4溶液和40%乙醛溶液按体积比9：1混合
指针不偏转，A、B池中均无明显变化
Ⅳ-2
0.2% CuSO4溶液
——
——
（4）实验IV-1中，Na2SO4溶液的作用是使B池溶液具有 ___；同时保证中性环境，与实验IV-2对比。
（5）实验IV-2中，B池中的试剂是 ___。
（6）根据实验现象，乙同学认为其猜想成立。乙同学观察到的实验现象是 ___。
（7）综合上述实验，小组同学经过深入讨论，认为除了乙同学的猜想外，与实验Ⅲ相比，实验Ⅱ能够发生反应的原因还可能有 ___和 ___。
【答案】
（1）CH3CHO + 2Cu(OH)2+ NaOH→CH3COONa + Cu2O↓+ 3H2O
（2）实验I与实验II做对比，排除乙醛在碱性条件下发生缩合等反应生成有色物质对实验II的干扰
（3）3Cu2O+14H++2NO3-=6Cu2++2NO+7H2O
（4）导电性
（5）10% NaOH溶液、40%乙醛溶液、蒸馏水按体积比8：1：1混合
（6）指针偏转，A池中（或A池电极上）生成红色固体
（7）Cu（II）在碱性条件下氧化性增强或Cu(OH)2的氧化性强于CuSO4 乙醛缩合反应产物的还原性强于乙醛
【解析】
（1）乙醛与新制氢氧化铜、氢氧化钠反应生成醋酸钠、氧化亚铜和水。
（2）根据实验内容对比可比，实验I与实验II做对比，排除乙醛在碱性条件下发生缩合等反应生成有色物质对实验II的干扰。
（3）Cu2O也可能被硝酸氧化为Cu2+，产生“红色固体完全溶解，得蓝色溶液”的现象，该离子方程式为3Cu2O+14H++2NO3-=6Cu2++2NO+7H2O。
（4）乙醛是非电解质，乙醛溶液不导电，加入Na2SO4溶液的作用是使B池溶液具有导电性，同时保证中性环境，与实验IV-2对比。
（5）根据控制变量法，实验IV-2中，B池应增大氢氧化钠浓度，并保证乙醛浓度相等，所以B中试剂是：10% NaOH溶液、40%乙醛溶液、蒸馏水按体积比8：1：1混合。
（6）增大氢氧化钠浓度，乙醛的还原性增强，A中CuSO4被还原，乙观察到的现象是：指针偏转，A池中（或A池电极上）生成红色固体。
（7）实验II溶液的碱性大于实验III，实验II中乙醛不是直接还原氢氧化铜，而是乙醛的缩聚产物还原氢氧化铜，故实验II能够发生反应的原因还可能有CuSO4在碱性条件下氧化性增强或Cu(OH)2的氧化性强于CuSO4或乙醛缩合反应产物的还原性强于乙醛。
2．某学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱的，按下图装置进行试验(夹持仪器已略去)。实验表明浓硝酸能将NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO。由此得出的结论是浓硝酸的氧化性强于稀硝酸。

可选药品：浓硝酸、3mo/L 稀硝酸、蒸馏水、浓硫酸、氢氧化钠溶液及二氧化碳
已知：氢氧化钠溶液不与NO反应，能与NO2反应2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O
(1)实验应避免有害气体排放到空气中，装置③、④、⑥中盛放的药品依次是_______
(2)滴加浓硝酸之前的操作是检查装置的气密性，加入药品，打开弹簧夹后_______
(3)装置①中发生反应的化学方程式是________
(4)装置②的作用是 ________， 发生反应的化学方程式是________
(5)该小组得出的结论依据的试验现象是________
(6)试验结束后，同学们发现装置①中溶液呈绿色，而不显蓝色。甲同学认为是该溶液中硝酸铜的质量分数较高所致，而乙同学认为是该溶液中溶解了生成的气体。同学们分别涉及了以下4个试验来判断两种看法是否正确，这些方案中可行的是 _______(填序号字母，多选不给分)
a)加热该绿色溶液，观察颜色变化
b)加水稀释绿色溶液，观察颜色变化
【答案】3mol/L稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液 通入CO2一段时间，关闭弹簧夹，将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内 Cu + 4HNO3(浓)＝Cu(NO3)2+ 2NO2↑ +2H2O 将NO2转化为NO 3NO2+ H2O＝2HNO3+ NO 装置③中液面上方气体仍为无色，装置④中液面上方气体由无色变为红棕色 a
【分析】
要验证浓硝酸可以将NO氧化成NO2，而稀硝酸不可以。装置①为铜和浓硝酸反应生成NO2的装置，经②与水发生反应生成NO，再分别通过浓硝酸和稀硝酸，进行验证试验；由于氮氧化物均为有毒物质，所以均需要尾气处理。
【详解】
(1)氮氧化物均为有毒气体，均需要尾气处理，根据已知，NO不能被NaOH吸收，而NO2可以，则装置⑥为NaOH吸收NO2的装置，则④中盛放的为浓硝酸，将NO氧化成NO2，装置③中为稀硝酸，不能将NO氧化，而NO不溶于水，排水法收集。答案为：3mol/L稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液；
(2)由于装置中残存的空气能氧化NO而对实验产生干扰，所以滴加浓HNO3之前需要通入一段时间CO2赶走装置中的空气，同时也需将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内防止反应产生的NO气体逸出；
(3)Cu与浓HNO3反应生成Cu(NO3)2、NO2、H2O，方程式为：Cu + 4HNO3(浓)＝Cu(NO3)2+ 2NO2↑ +2H2O；
(4)装置①为铜和浓硝酸反应生成NO2的装置，经②与水发生反应生成NO。所欲装置②中盛放H2O，使NO2与H2O反应生成NO，方程式为：3NO2+ H2O＝2HNO3+ NO。
(5)NO通过稀HNO3溶液后，若无红棕色NO2产生，说明稀HNO3不能氧化NO，所以盛放稀HNO3装置的液面上方没有颜色变化即可说明之。装置④中盛放的是浓HNO3，若浓HNO3能氧化NO则装置④液面的上方会产生红棕色气体；答案为装置③中液面上方气体仍为无色，装置④中液面上方气体由无色变为红棕色；
(6)要证明是Cu(NO3)2浓度过低或是溶解了NO2导致装置①中溶液呈绿色，一是可设计将溶解的NO2赶走（a方案）再观察颜色变化；答案为a。
①②③④⑤⑥
3．某同学为验证同主族元素原子得电子能力强弱进行如下实验：
Ⅰ.向溶液中滴加少量氯水，充分反应后，加1mL四氯化碳振荡，静置；
Ⅱ.向溶液中滴加少量氯水，充分反应后，加1mL四氯化碳振荡，静置；
Ⅲ.在淀粉碘化钾试纸上滴加几滴溴水。
回答下列问题：
(1)实验Ⅰ的现象_______。
(2)根据Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的实验现象可得实验结论为_______，请用原子结构的知识解释其原因：_______。
(3)实验Ⅰ、Ⅱ得到的层中含有卤素单质，可用浓溶液反萃取分离回收。以下是反萃取回收的操作过程：
①向装有的溶液的_______(填仪器名称)中加入少量浓溶液；
②振荡至溶液的_______色消失，振荡过程中仪器内压强会增大，需要打开_______(填“上口玻璃塞”或“下口活塞”)放气；
③静置、分层，先将层从仪器的下口放出，再将含碘的碱溶液从仪器的_______(填“上”、“下”)口倒入烧杯中；
④边搅拌边加入几滴45%的溶液，溶液立即转为棕黄色，并析出碘晶体，写出该反应的离子方程式_______。
【答案】溶液分层，下层呈橙色 元素原子得电子能力： 氯、溴、碘元素位于元素周期表中的同一主族，三种元素原子的最外层电子数相同，因此随着核外电子层数的依次增加，原子半径依次增加，元素原子吸引电子的能力依次减弱 分液漏斗 紫红 下口活塞 上
【分析】
元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；氯气能氧化溴离子生成溴单质，能氧化碘离子生成碘单质，溴能氧化碘离子生成碘单质，据此判断非金属性强弱。
【详解】
(1) 根据分析，向溶液中滴加少量氯水，充分反应后，加1mL四氯化碳振荡，静置，发生置换反应，生成的溴单质溶于四氯化碳，四氯化碳不溶于水，密度比水大，则现象为溶液分层，下层呈橙色，故答案为：溶液分层，下层呈橙色；
(2) Ⅰ中氧化剂是Cl2，氧化产物是Br2，Ⅱ中氧化剂是Cl2，氧化产物是I2，Ⅲ中氧化剂是Br2，氧化产物是I2，所以氧化性强弱顺序是Cl2> Br2> I2，则元素原子得电子能力：。用原子结构的知识解释为：氯、溴、碘元素位于元素周期表中的同一主族，三种元素原子的最外层电子数相同，因此随着核外电子层数的依次增加，原子半径依次增加，元素原子吸引电子的能力依次减弱，故答案为：元素原子得电子能力：；氯、溴、碘元素位于元素周期表中的同一主族，三种元素原子的最外层电子数相同，因此随着核外电子层数的依次增加，原子半径依次增加，元素原子吸引电子的能力依次减弱；
(3)①用浓溶液反萃取后再加稀酸，可以分离和，向装有的溶液的分液漏斗中加入少量浓溶液进行反萃取，故答案为：分液漏斗；
②碘单质溶于四氯化碳时呈紫红色，加入氢氧化钠浓溶液后振荡，碘单质与氢氧化钠反应，至溶液的紫红色消失。萃取时振荡过程中分液漏斗内压强会增大，要将分液漏斗倒置让漏斗颈向上，慢慢打开下口活塞放气，故答案为：紫红；下口活塞；
③充分反应后NaI、NaIO3溶于水，密度小于四氯化碳，分层后水溶液位于上层，因此含碘的碱溶液从分液漏斗的上口倒出，故答案为：上；
④由题给信息可知，NaI、NaIO3在酸性条件下发生归中反应生成碘，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，写出该反应的离子方程式为：，故答案为：。
4．为证明卤族元素的非金属性强弱，某小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器已略去，气密性已检查)。

实验过程：
Ⅰ．打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸。
Ⅱ．当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。
Ⅲ．当B中溶液由黄色变为棕红色时，关闭活塞a。
Ⅳ．打开活塞b，将C中溶液滴入试管中并振荡、静置。
(1)验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是___________。
(2)B中溶液发生反应的离子方程式是___________。
(3)为验证溴的氧化性强于碘，过程Ⅳ中试管的现象是___________。
(4)试管B管口塞有浸有NaOH溶液的棉花的目的是___________。
(5)氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下，原子半径逐渐___________，得电子能力逐渐___________。
【答案】湿润的淀粉-KI试纸变蓝 Cl2+2Br-=2Cl-+Br2 溶液分层，上层为无色(变浅)，下层为紫红色(紫色) 吸收多余氯气，防治污染空气 增大 减弱
【分析】
验证卤素单质氧化性的相对强弱，装置A：高锰酸钾溶液和浓盐酸反应生成氯化锰、氯化钾、氯气和水，装置A中生成氯气，烧瓶上端湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝色，验证氯气的氧化性强于碘，装置B：装置B中盛有溴化钠，氯气进入装置B中，氯气氧化溴离子为溴单质，溶液呈橙红色，验证氯的氧化性强于溴，氯气有毒，能被氢氧化钠吸收，浸有氢氧化钠的棉花防止氯气污染空气，当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹，为验证溴的氧化性强于碘，实验时应避免氯气的干扰，当B中溶液由黄色变为棕红色时，说明有大量的溴生成，此时应关闭活塞a，否则氯气过量，影响实验结论，以此解答该题。
【详解】
(1)A中产生的黄绿色气体是氯气，氯气具有氧化性，能把碘化钾氧化生成单质碘，碘遇淀粉显蓝色，所以验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是湿润的淀粉KI试纸变蓝。
(2)氯元素的非金属性强于溴元素的非金属性，所以B中氯气能和溴化钠反应生成单质溴，反应的离子方程式是Cl2+2Br-＝Br2+2Cl-。
(3)由于C中有单质溴生成，所以要验证溴的氧化性强于碘，过程Ⅳ的操作为打开活塞b，将C中溶液滴入试管中并振荡、静置，故现象为：静置后溶液分层，上层为无色(变浅)，下层CCl4溶液层为紫红色(紫色)。
(4)由于Cl2有毒，试管B管口塞有浸有NaOH溶液的棉花的目的为吸收多余氯气，防治污染空气。
(5)根据元素周期律可知氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱的原因是：同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱。
5．元素的金属性、非金属性是元素的重要性质。实验室通过简单的“试管实验”即可探索元素的金属性、非金属性的强弱。请你选用下列试剂，根据实验要求完成下表。
试剂：①镁条②铝条③氯水④AlCl3溶液⑤MgCl2溶液⑥NaBr溶液⑦氢硫酸⑧水⑨NaOH溶液
实验方案(只要求填写选用试剂)
实验一
实验二
(1)____(填试剂序号)
(2)___(填试剂序号)
实验现象
一支试管中有白色沉淀，另一支试管中先生成白色沉淀，后白色沉淀消失
(3)_____
有关反应的离子方程式
(4)______；_____
(5)_____
结论
金属性：Mg>Al
非金属性：(6)___
(7)从原子结构的角度解释金属性Mg大于Al的原因：______。
【答案】④⑤⑨ ③⑦(或③⑥) 生成浅黄色沉淀(或溶液由无色变为橙色) Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓ Al3++3OH-=Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]- Cl2+H2S=2Cl-+2H++S↓(或Cl2+2Br-=Br2+2Cl-) Cl>S(或Cl>Br) 镁原子和铝原子电子层数相同，但镁原子半径比铝原子大，核对外层电子的引力逐渐小，失电子能力大
【详解】
(1) 实验一的现象：一支试管中有白色沉淀另一支试管中先生成白色沉淀，后白色沉淀消失；推出实验一的目的是探究金属性强弱，因此所需试剂为④⑤⑨；故答案为④⑤⑨；
(2)根据实验一的目的，推出实验二的目的是比较非金属性的强弱的探究，根据所给试剂，实验二验证Cl与S或Cl与Br非金属性强弱，所用试剂为③⑦或③⑥；故答案为③⑦或③⑥；
(3)利用氯元素的氧化性强于S或Br，如果所选试剂为③⑦，发生的离子方程式为Cl2＋H2S=S↓＋2H＋＋2Cl－，有浅黄色沉淀生成；若选用③⑥，发生Cl2＋2Br－=2Cl－＋Br2，现象：溶液由无色变为橙色；故答案为有浅黄色沉淀生成或溶液由无色变为橙色；
(4)根据所选试剂，发生的离子方程式为Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓；Al3++3OH-=Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-；故答案为Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓；Al3++3OH-=Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-；
(5)根据(3)，发生的离子方程式为Cl2+H2S=2Cl-+2H++S↓(或Cl2+2Br-=Br2+2Cl-)；故答案为Cl2+H2S=2Cl-+2H++S↓(或Cl2+2Br-=Br2+2Cl-)；
(6)根据(5)反应的离子方程式，利用氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，因此推出非金属性：Cl＞S或Cl＞Br；故答案为Cl＞S或Cl＞Br；
(7)Mg和Al都属于第三周期，核外电子层数相同，但Mg的半径大于Al的半径，Mg对核外电子的吸引能力小于Al，Mg失电子能力强；故答案为镁原子和铝原子电子层数相同，但镁原子半径比铝原子大，核对外层电子的引力逐渐小，失电子能力大。
6．为了探究同周期元素性质递变规律，某同学进行了以下实验，请你帮其完成实验记录：
(一) 探究钠、镁、铝金属性强弱：
实验操作
实验现象
实验结论

浮：浮于水面、
熔：熔成小球、
游：四处游动、
嘶：嘶嘶响声、
滴加酚酞溶液变红。
钠与冷水反应剧烈，反应的化学方程式为2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑

加热前，镁条表面附着了少量无色气泡，加热至沸腾后，有较多的无色气泡冒出，滴加酚酞溶液变为___________色。
镁与冷水几乎不反应，能与热水反应，反应的化学方程式为___________。

两支试管内都有无色气泡冒出，但放镁的试管中逸出气体的速率较___________。(填快或慢)
这两种金属___________更容易置换出酸中的氢，反应的化学方程式分别为： ___________；Mg＋2HCl=MgCl2＋H2↑
结论：钠、镁、铝置换出水(或酸)中的氢时，由易到难的顺序为___________；
钠、镁、铝的最高价氧化物对应的水化物的碱性由强到弱的顺序为___________；
钠、镁、铝的金属性逐渐___________。(填增强或减弱)

(二) 探究Si、P、S、Cl的非金属性的强弱：

Si
P
S
Cl
判断依据
与氢气反应
高温
磷蒸气与氢气能反应
加热
光照或点燃
由难到易的顺序为Si、P、S、Cl
最高价氧化物对应的水化物的酸性
H2SiO3
H3PO4
H2SO4
___________
酸性依次___________。(填增强或减弱)
结论
Si、P、S、Cl的非金属性逐渐___________。(填增强或减弱)

(三)同周期元素性质递变规律： 。同一周期从左到右，元素________________逐渐减弱，______________逐渐增强。(填“金属性”或“非金属性”)
【答案】红 Mg+ 2H2O Mg (OH)2 + H2↑ 快 镁 2Al+ 6HCl=2AlCl3+ 3H2↑ 钠＞镁＞铝 氢氧化钠＞氢氧化镁＞氢氧化铝 减弱 HClO4 增强 增强 金属性 非金属性
【分析】
根据同一周期从左到右，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，结合实验现象分析解答。
【详解】
(一) 探究钠、镁、铝金属性强弱：
镁与水的实验：加热前，镁条表面附着了少量无色气泡，加热至沸腾后，有较多的无色气泡冒出，是镁与热水反应生成了氢氧化镁和氢气，因此滴加酚酞溶液变为红色，说明镁与冷水几乎不反应，能与热水反应，反应的化学方程式为Mg+ 2H2O Mg (OH)2 + H2↑；
镁、铝与稀盐酸的实验：两支试管内都有无色气泡冒出，但镁的金属性比铝强，放镁的试管中逸出气体的速率较快，两种金属中镁更容易置换出酸中的氢，反应的化学方程式分别为： 2Al+ 6HCl=2AlCl3+ 3H2↑；Mg＋2HCl=MgCl2＋H2↑；
结论：钠、镁、铝置换出水(或酸)中的氢时，由易到难的顺序为钠＞镁＞铝；钠、镁、铝的最高价氧化物对应的水化物的碱性由强到弱的顺序为氢氧化钠＞氢氧化镁＞氢氧化铝；
钠、镁、铝的金属性逐渐减弱；
故答案为：红；Mg+ 2H2O Mg (OH)2 + H2↑；快；镁；2Al+ 6HCl=2AlCl3+ 3H2↑；钠＞镁＞铝；氢氧化钠＞氢氧化镁＞氢氧化铝；减弱；
(二) 探究Si、P、S、Cl的非金属性的强弱：
Cl元素的最高价氧化物的水化物为HClO4；Si、P、S、Cl与氢气反应由难到易的顺序为Si、P、S、Cl，说明非金属性依次增强，最高价氧化物的水化物是酸性依次增强，故答案为：HClO4；增强；增强；
(三)同周期元素性质递变规律： 。同一周期从左到右，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，故答案为：金属性；非金属性。
7．为探究Fe(NO3)2晶体的热分解产物。某化学兴趣小组按图进行了如下实验，回答下列问题∶

①实验时观察到A处试管中有红棕色气体生成，说明硝酸亚铁晶体分解产物含有___________，B中无水硫酸铜变蓝，说明分解产物中含有___________
②检验热分解后的固体为氧化铁的方案为
实验步骤
现象
(i)取反应后少量红棕色固体于试管中，加入稀硫酸溶解
溶解后得___________色溶液
(i)向少许(i)溶液中滴入少量____________
溶液变成红色
由以上实验结果写出Fe(NO3)2·xH2O分解的化学方程式___________
【答案】NO2 H2O 棕黄 KSCN溶液 4Fe(NO3)2·xH2O4xH2O+8NO2↑+2Fe2O3+O2↑
【详解】
(1) 根据元素组成和物质性质推断红棕色气体为二氧化氮；
无水硫酸铜遇水变蓝，说明产物中含有水；
(2)氧化铁中铁元素呈+3价，形成溶液显棕黄色；
Fe3+和硫氰化钾溶液反应后，溶液显红色；
综上Fe(NO3)2·xH2O分解产生二氧化氮，氧化铁和水，根据氧化还原规律可知化学方程式是4Fe(NO3)2·xH2O4xH2O+8NO2↑+2Fe2O3+O2↑
8．钴的某些化合物与铁的化合物性质相似，某研究性学习小组为探究钴的化合物的性质，进行了以下实验：
Ⅰ．探究草酸钴的热分解产物
(1)为探究草酸钴的热分解产物，按气体流动方向，各装置的连接顺序为：A→E→________________。

(2)能证明分解产物中有CO的实验现象是_____________________________________________________。
(3)取5.49gCoC2O4·2H2O于硬质玻璃管中加热至恒重，冷却、称量，剩余固体的质量为2.25g，球形干燥管增重1.32g。则球形干燥管吸收的气体的结构式为：__________________；A中发生反应的化学方程式为：_____________________________________________________。
Ⅱ．探究Co(OH)2的还原性及Co(OH)3的氧化性
取A装置所得固体溶解于稀H2SO4中得到粉红色溶液，备用。
已知试剂颜色：CoSO4溶液(粉红色)，Co(OH)2(粉红色)，Co(OH)3(棕褐色)。
实验记录如表：

实验操作及现象
实验分析
实验1
取少许粉红色溶液于试管中，滴加0.1mol·L－1NaOH溶液，生成粉红色沉淀，并将该沉淀分成两份

实验2
取一份实验1中所得的粉红色沉淀，加入3%的H2O2溶液，粉红色沉淀立即变为棕褐色
反应的化学方程式为___________________________
实验3
向实验2得到的棕褐色沉淀中滴加浓盐酸，固体逐渐溶解，并有黄绿色气体产生
反应的离子方程式为____________________________
实验4
取另一份实验1中所得的粉红色沉淀，滴加浓盐酸，粉红色沉淀溶解，未见气体生成
酸性条件下，Cl2、Co(OH)2、Co(OH)3的氧化能力由大到小的顺序是______________________________
【答案】C→D→B D装置中CuO由黑色变成红色 O=C=O CoC2O4·2H2OCoO＋CO↑＋CO2↑＋2H2O 2Co(OH)2＋H2O2===2Co(OH)3 2Co(OH)3＋6H＋＋2Cl－===Cl2↑＋2Co2＋＋6H2O Co(OH)3、Cl2、Co(OH)2或Co(OH)3＞Cl2＞Co(OH)2
【分析】
Ⅰ. (1)装置A中草酸钴受热分解，生成的气体通过装置E中浓硫酸吸收水蒸气，通过装置C中碱石灰吸收生成的二氧化碳，通过装置D验证生成的一氧化碳，一氧化碳和氧化铜反应生成红色铜，剩余CO用装置B吸收；
(3)根据原子守恒进行计算；
Ⅱ. 根据已知信息和现象确定反应物、生成物，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平方程式，根据氧化性强弱规律分析。
【详解】
Ⅰ．(1)装置A中草酸钴受热分解，生成的气体通过装置E中浓硫酸吸收水蒸气，通过装置C中碱石灰吸收生成的二氧化碳，通过装置D验证生成的一氧化碳，一氧化碳和氧化铜反应生成红色铜，剩余CO用装置B吸收，则为探究草酸钴的热分解产物，按气体流动方向，各装置的连接顺序为：A→E→C→D→B；
(2)一氧化碳具有还原性，能还原氧化铜生成红色铜，根据实验装置和过程分析可知，能验证分解产物中有CO的实验现象是：装置D中氧化铜由黑色变成红色；
(3)5.49g CoC2O4•2H2O物质的量＝，等到硬质玻璃管中加热至恒重，冷却、称量，剩余固体的质量为2.25g，球形干燥管增重1.32g为吸收的二氧化碳，物质的量，其结构式为O=C=O，由碳元素守恒得到生成CO物质的量0.03mol；生成钴的氧化物中钴元素物质的量0.03mol，质量是0.03mol×59g/mol＝1.77g，则氧元素的质量是2.25g－1.77g＝0.48g，物质的量是0.03mol，所以氧化物为CoO，生成水物质的量0.04mol，结合原子守恒配平书写化学方程式：CoC2O4•2H2OCoO+CO2↑+CO↑+2H2O；
Ⅱ．实验2. CoSO4溶液(粉红色)，滴加0.1mol·L-1NaOH溶液，生成粉红色沉淀为Co(OH)2(粉红色)，将该沉淀分成两份，一份中加入3%的H2O2溶液，粉红色沉淀立即变为棕褐色，说明Co(OH)2被氧化为Co(OH)3(棕褐色)，反应的化学方程式为：2Co(OH)2＋H2O2===2Co(OH)3；
实验3. 向实验2得到的棕褐色沉淀中滴加浓盐酸，固体逐渐溶解，并有黄绿色气体产生，说明生成了氯气，发生了氧化还原反应，Co(OH)3氧化氯离子生成氯气，反应的化学方程式：2Co(OH)3＋6H＋＋2Cl－===Cl2↑＋2Co2＋＋6H2O；
实验4. 取另一份实验1中所得的粉红色沉淀，滴加浓盐酸，粉红色沉淀溶解，未见气体生成，说明Co(OH)2不具有氧化性，不能氧化氯离子生成氯气，氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则酸性条件下，Cl2、Co(OH)2、Co(OH)3的氧化能力由大到小的顺序是：Co(OH)3＞Cl2＞Co(OH)2。
9．某小组探究三草酸合铁酸钾(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)的热分解产物，按图所示装置进行实验。

（1）通入N2的目的是___________。
（2）实验中观察到装置B变浑浊、E中固体变为红色、F变浑浊，由此可判断分解产物一定有___________，___________。
（3）样品完全分解后，装置A中的残留固体有FeO，Fe2O3和K2O，且FeO与Fe2O3的物质的量之比为2：1.再结合以上信息，写出三草酸合铁酸钾完全分解的化学方程式___________。
（4）为测定Fe2+和Fe3+溶液中铁元素的总含量，实验操作如下：准确量取20.00mL溶液于带塞锥形瓶中，加入足量H2O2，调节pH<2，加热除去过量H2O2；加入过量KI充分反应，再用0.1000mol∙L-1硫代硫酸钠标准液滴定至终点，消耗标准液20.00mL(已知I2+2=2I-+)。
①加热除去过量H2O2的目的是___________。
②加入KI溶液发生的离子方程式___________。
③溶液中铁元素的总含量为___________g·L-1
【答案】
（1）将装置内空气排净，并将分解产生的气体排进后续装置进行检验
（2）CO CO2
（3）4K3[Fe(C2O4)3]∙3H2O=2FeO+Fe2O3+11CO+13CO2+6K2O+12H2O
（4）防止氧化KI，影响铁含量的测定 2Fe3++2I-=2Fe2++I2 5.6
【分析】
由实验装置可知，A中K3[Fe(C2O4)3]•3H2O加热分解生成FeO、Fe2O3、CO2、CO、H2O，氮气可将装置中气体排出，B中检验二氧化碳，C中NaOH除去二氧化碳，D中干燥气体，E中CO还原CuO，F中石灰水变浑浊可检验生成的二氧化碳，据此分析解题。
（1）由于空气中含有CO2等气体，将影响实验结论，故通入氮气的目的是将装置内空气排净，并将分解产生的气体排进后续装置进行检验，故答案为：将装置内空气排净，并将分解产生的气体排进后续装置进行检验；
（2）实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊，装置E中固体变为红色，由此判断热分解产物中一定含有CO2、CO，故答案为：CO2；CO；
（3）样品完全分解后，装置A中的残留固体有FeO，Fe2O3和K2O，且FeO与Fe2O3的物质的量之比为2：1，由(2)分析可知产物中含有CO和CO2，再结合以上信息，反应中Fe的化合价由+3价部分变为+2价，C的化合价由+3价变为CO中的+2价，和变为CO2中的+4价，根据氧化还原反应配平原则可知，三草酸合铁酸钾完全分解的化学方程式为：4K3[Fe(C2O4)3]∙3H2O=2FeO+Fe2O3+11CO+13CO2+6K2O+12H2O，故答案为：4K3[Fe(C2O4)3]∙3H2O=2FeO+Fe2O3+11CO+13CO2+6K2O+12H2O；
（4）①由于H2O2能够氧化I-为I2，反应为：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，如果不加热除去过量H2O2，将导致I2的量偏大，即Fe3+的量偏大，实验结果偏大，故此步操作的目的是防止氧化KI，影响铁含量的测定，故答案为：防止氧化KI，影响铁含量的测定；
②加入KI溶液即与Fe3+反应生成I2和Fe2+，故发生的离子方程式为：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，故答案为：2Fe3++2I-=2Fe2++I2；
③由反应方程式：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，I2+2=2I-+可知：n(Fe3+)=2n(I2)=n()=0.1000mol∙L-1×20.00×10-3L=2.00×10-3mol，溶液中铁元素的总含量为=5.6g·L-1，故答案为：5.6。