(新高考)高考化学二轮复习大题优练2 探究性实验设计(2份打包，解析版+原卷版，可预览)

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探究性实验设计




大题优练2








优选例题



例1：(NH4)2Cr2O7用于有机合成催化剂，媒染剂，显影液等。某化学兴趣小组对(NH4)2Cr2O7的部分性质及组成进行探究。已知：Cr2O(橙色）+H2OCrO(黄色)+2H+。回答下列问题：
(1)在试管中加入少量(NH4)2Cr2O7固体，滴加足量浓KOH溶液，振荡、微热，观察到的主要现象是固体溶解、 、 。
(2)为探究(NH4)2Cr2O7(摩尔质量252g/mol)的分解产物，按下图连接好装置，在A中加入2.52g样品进行实验。

①C的作用是_______。
②实验操作步骤：a，打开和，缓缓通入N2→b，点燃酒精灯，加热→c，熄灭酒精灯→d→e，关闭和→f，称量A和B，则d的操作为______________。
③加热A至恒重，观察到D中溶液不变色，同时测得A、B中质量变化分别为1.00g、0.72g，写出重铬酸铵加热分解反应的化学方程式 。
(3)实验室常用甲醛法测定含(NH4)2Cr2O7的样品中氮的质量分数，其反应原理为：、、
，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸。
实验步骤：
I．称取样品a g，配成250mL溶液。
II．量取25.00mL样品溶液，用氯化钡溶液使Cr2O完全沉淀后，加入10mL 20%的中性甲醛溶液，摇匀、静置5min。
III．以酚酞作指示剂，用c mol∙L−1标准NaOH溶液滴定，记录数据。
IV．重复步骤II、III 2~3次，处理数据。
①滴定终点的颜色变化_______。
②滴定操作使用的玻璃仪器主要有_______。
③步骤III发生反应的离子方程式是_______。
④若实验平均消耗NaOH溶液的体积为b mL，该样品中氮的质量分数的计算式为_______(用含a、b、c式子表示，需要化简)。
⑤下列情况会导致测定结果偏低的是_______(填序号)。
a．若实验中使用的甲醛常混有微量甲酸
b．若步骤II没有静置5min
c．若滴定终点读数时，俯视标准液液面
【答案】（1）有刺激性气味气体放出 溶液变为黄色
（2） 防止水蒸气进入装置B中 继续通入N2 (NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O
（3） 由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色 碱式滴定管、锥形瓶 、 bc
【解析】由实验装置图可知，探究重铬酸铵的分解产物的实验步骤为打开K1和K2，缓缓通入氮气，将装置中的空气排尽后，点燃装置A处酒精灯加热A至恒重时，熄灭酒精灯，继续通入氮气，将产生的气体全部赶入B中，关闭K1和K2，然后分别称量A和B，记录数据，依据重铬酸铵、A和B的质量计算得到重铬酸铵的分解产物。(1)向重铬酸铵固体中滴加足量浓氢氧化钾溶液，振荡、微热发生的反应为重铬酸铵与氢氧化钾浓溶液共热反应生成黄色的铬酸钾、氨气和水，则观察到的主要现象是固体溶解、有刺激性气味气体放出、溶液变为黄色，故答案为：有刺激性气味气体放出；溶液变为黄色；(2)①装置B用于测定反应生成水的质量，酚酞溶液中产生的水蒸气会进入装置B中干扰水的测定，则装置C的作用是防止C中产生水蒸气进入装置B中，影响实验结果，故答案为：防止水蒸气进入装置B中；②由分析可知，d的操作为继续通入氮气，将产生的气体全部赶入B中，防止影响水的质量测定，造成实验误差，故答案为：继续通入N2；③由D中溶液不变色可知，反应中没有氨气生成，B中碱石灰质量增加，说明有水生成，水的质量为0.72g，由质量守恒定律可知，反应中还生成(1.00-0.72)g=0.28g气体，由原子个数守恒可知，该气体应该为氮气，设A中固体中铬元素化合价为+a价，由得失电子数目守恒可得：×(6-a)×2=×[0-(-3)]×2，解得a=3，则A中固体为氧化铬，重铬酸铵、氧化铬、氮气和水的物质的量比为∶∶∶=1∶1∶1∶4，反应的化学方程式为(NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O，故答案为：(NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O；(3)①由题意可知，向酸性溶液中滴入酚酞溶液呈无色，当氢氧化钠溶液与溶液中氢离子和完全反应时，再滴入一滴氢氧化钠溶液，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色时，说明滴定达到终点，故答案为：由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；②氢氧化钠溶液能与玻璃中的二氧化硅反应，所以滴定操作中使用的玻璃仪器为碱式滴定管、锥形瓶，故答案为：碱式滴定管、锥形瓶；③步骤III发生的反应为氢氧根离子与溶液中氢离子和离子分别反应生成水和，反应的离子方程式为、，故答案为：、；④由题意可得如下关系式：(NH4)2Cr2O7～4NaOH，a g样品消耗氢氧化钠的物质的量为c mol/L×b×10−3L×10=0.01bcmol，则(NH4)2Cr2O7的质量分数为×100%=，故答案为：；⑤a．若实验中使用的甲醛常混有微量甲酸，消耗氢氧化钠溶液的体积会偏大，所测结果偏高，故不符合题意；b．若步骤II没有静置5min，甲醛不可能将铵根离子完全转化为离子，消耗氢氧化钠溶液的体积会偏小，所测结果偏低，故符合题意；c．若滴定终点读数时，俯视标准液液面会导致氢氧化钠溶液的体积会偏小，所测结果偏低，故符合题意；bc符合题意，故答案为：bc。



















模拟优练



1．碱式碳酸铜又名孔雀石，主要成分为Cu2(OH)2CO3，呈绿色，是一种具有广泛用途的化工产品。某化学小组探究制备碱式碳酸铜的反应条件并制备少量碱式碳酸铜。
试剂：0.25mol·L−1 Na2CO3溶液、0.5mol·L−1 NaOH溶液、0.5mol·L−1 Cu(NO3)2溶液各100mL
实验1：探究Cu(NO3)2与NaOH和Na2CO3溶液配比
取三种反应溶液，以表中的比例混合，在60℃条件下进行实验，并观察现象。
编号
V[Cu(NO3)2]/mL
V(NaOH)/mL
V(Na2CO3)/mL
沉淀数量
沉淀颜色
1
2
2
2.8
+ + +
蓝色
2
2
2
2.4
+ + +
蓝色
3
2
2
2
+ +
浅绿色
4
2
2
1.6
+
浅绿色
注：“+”越多表示沉淀的相对量越多
实验2：探究反应温度
按上述实验得到的合适反应液用量，在不同温度下进行实验，并观察现象。
反应温度/℃
沉淀数量
沉淀颜色
室温
++++
蓝色
40
++++
蓝色
60
+
浅绿色
75
++
绿色
80
+++
绿色(少量黑色)
实验3：制备碱式碳酸铜
按最佳物料比取50mL 0.5mol·L−1 Cu(NO3)2溶液、50mL 0.5mol·L−1 NaOH溶液和相应体积的0.25mol·L−1 Na2CO3溶液，在最佳反应温度下进行实验，待反应完全后，静置，过滤、洗涤、干燥后，得到2.5g产品。
请回答下列问题：
(1)本实验配制溶液时用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒以外还有_______。
(2)制备碱式碳酸铜时，Cu(NO3)2、NaOH和Na2CO3溶液的最佳物质的量之比为_______，最佳反应温度为_______，本实验的加热方式为_______。
(3)请写出本实验制备碱式碳酸铜的化学方程式_______。
(4)实验2中在80℃反应生成的沉淀中有少量黑色的物质，产生该物质的原因可能是_______。
(5)简述实验3中洗涤沉淀的操作_______。
(6)计算本实验的产率_______%(保留三位有效数字)。
2．实验小组探究FeCl3溶液灼烧的变化。
已知：FeO是一种黑色粉末，不稳定，在空气中加热，可被氧化成Fe3O4，隔绝空气加热会歧化为Fe和Fe3O4。
Ⅰ．FeCl3溶液的灼烧。
实验ⅰ：将一只白粉笔浸泡在FeCl3溶液中，用坩埚钳夹持粉笔于酒精灯上灼烧，很快观察到粉笔表面颜色的变化：黄色→红褐色→铁锈色→黑色。

(1)配制FeCl3溶液时，先将氯化铁晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需要的浓度。结合化学用语解释将氯化铁晶体溶于盐酸的目的_______。
(2)“黄色→红褐色→铁锈色→黑色”颜色变化中的“铁锈色”物质是_______。(填化学式)
(3)针对“黑色”物质，小组成员提出猜想。
猜想1：酒精灼烧粉笔的产物；
猜想2：酒精还原“铁锈色”物质得到的产物。
通过实验排除了猜想①，实验操作和现象是_______。
Ⅱ．探究“黑色”物质的成分。
实验ⅱ：先用酒精蒸气排尽装置中的空气，再在“铁锈色”物质处加热，充分反应至“铁锈色”物质完全变成“黑色”物质。取下装有新制Cu(OH)2的试管，加热，有砖红色沉淀生成。

实验ⅲ：在“黑色”物质中加入热的硫酸，“黑色”物质溶解，无气泡产生。
(4)甲同学根据实验ⅱ和ⅲ的现象，判断“黑色”物质中含有二价铁，其理由是_______。
(5)乙同学用实验ⅲ中所得溶液进行实验iv，证实了甲的判断，实验iv的离子反应方程式为_______。
(6)丙同学发现“黑色”物质完全被磁铁吸引，推测“黑色”物质是Fe3O4，写出“铁锈色”物质变成Fe3O4的化学方程式_______。
(7)丁同学为证明“黑色”物质是Fe3O4，设计实验方案并预测：取实验ⅲ中少量清液滴入足量的Na2S溶液，认为得到物质的量之比为3∶1的FeS和S沉淀，即可证明。你认为是否合理，并说明理由_______。
3．某化学小组探究与溶液的反应。
实验一：用下图所示的装置制备并收集

(1)制备的化学方程式为_______。
(2)装置B的作用为_______。
实验二：探究与溶液的反应
实验
操作
现象
Ⅰ
用试管取2mL 1mol·L−1溶液，通入
溶液变为浅黄色，将溶液进行离心分离无固体沉积，加入淀粉溶液，不变色
Ⅱ
用试管取2mL 1mol·L−1溶液，加入6滴1mol·L−1的盐酸，通入
溶液立即变成深黄色，将溶液进行离心分离有浅黄色固体沉积，溶液黄色变浅，加入淀粉溶液，不变色
资料：在酸性条件下，和溶液反应生成S和I2。
(3)经检验，Ⅱ中的浅黄色固体是S。
①在酸性条件下，和溶液反应的离子方程式为_______。
②针对Ⅱ中加入淀粉溶液不变色，甲同学认为可能是生成的I2又被还原了。为证实自己的假设，甲同学的实验操作为_______。
③乙同学认为甲同学的实验不足以证明其假设，他的理由是_______。
④丙同学向_______溶液中加入6滴1mol·L−1盐酸，通入，无明显现象，再加入盐酸酸化的溶液，几乎没有白色沉淀。丙同学的实验结论是_______。
(4)实验表明，是转化的催化剂，写出在作用下，转化的化学方程式为_______。
(5)对比实验Ⅰ和Ⅱ，推测实验Ⅱ比实验Ⅰ快的原因可能是滴入盐酸后造成溶液酸性增强加快了的转化。为证实该推测，可以设计实验证明，实验方案为_______。
4．某实验小组同学为了探究铜的相关性质的反应及产物，进行了如下系列实验。
（实验1）铜与浓硫酸反应及产物性质实验装置如图所示。

实验步骤：①先连接好装置，检验气密性，加入试剂；②加热具支试管A直到B中品红褪色，熄灭酒精灯；③将丝上提离开液面。
(1)反应过程中以及熄灭酒精灯时，因为有导管D的存在，不必担心B中的液体会倒吸，其原因是_______。（实验2）实验中发现具支试管A内除了产生白色固体外，在铜丝表面还产生黑色固体甲，其中可能含有氧化铜、硫化铜、硫化亚铜以及被掩蔽的氧化亚铜。
(2)具支试管A内产生的白色固体主要成分为_________。
查阅资料：①氧化亚铜在酸性环境下会发生自身氧化还原反应生成和铜单质，在氧气流中煅烧，可以转化为氧化铜。②硫化铜和硫化亚铜常温下都不溶于稀硫酸，在氧气流中煅烧，硫化铜和硫化亚铜都转化为氧化铜和二氧化硫。
为了研究甲的成分，该小组同学在收集到足够量的固体甲后，进行了如图的实验：

(3)③中在煅烧过程中一定发生的反应的化学方程式为_______。
(4)下列对于固体甲的成分的判断正确的是(填字母选项)_________。
A．固体甲中，和不能同时存在
B．固体甲中，和至少有一种
C．固体甲中若没有，则一定有
D．固体甲中若存在，也可能有
（实验3）下图是用于气体制备、干燥、性质验证、尾气处理的部分仪器装置(加热及夹持固定装置均已略去)。请根据下列要求回答问题。

(5)若烧瓶中盛装锌片，分液漏斗中盛装稀硫酸，则：
①当仪器连接顺序为A→C→B→B→D时，两次使用B装置，其中所盛的药品依次是、无水粉末。此实验的目的是________。
②为了使B中反应充分，在不改变现有药品的条件下，可采取的方法有(写一种)____________。
5．高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效净水剂。已知：K2FeO4易浴于水，微溶于浓KOH溶液，难溶于乙醇，在0℃~5℃的强碱性溶液中较稳定。某小组同学用如图装置(部分夹持装置已略)制备并探究K2FeO4的性质。制备原理：3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O。

(1)盛放KOH溶液的仪器名称 ，装置C的作用是 ，请指出装置C的一项明显缺陷 。
(2)装置A中反应的化学方程式是 。
(3)实验时采用冰水浴的原因是 。
(4)K2FeO4粗产品含有Fe(OH)3、KCl等杂质，一般用75%乙醇进行洗涤，其目的是 。
(5)实验测得K2FeO4的实际产率比理论产率低，请根据装置图分析还存在的缺陷是____________。
(6)查阅资料知，K2FeO4在酸性环境中能将Mn2+氧化成MnO，写出该反应的离了方程式 。


答案与解析



模拟优练
1.【答案】（1）100mL容量瓶、胶头滴管
（2）2∶2∶1 75℃ 水浴加热
（3）2NaOH+Na2CO3+2Cu(NO3)2=Cu2(OH)2CO3+4NaNO3
（4） 碱式碳酸铜受热分解生成黑色的氧化铜
（5） 向过滤器中加入蒸馏水没过沉淀，待蒸馏水自然流下后，重复操作2~3次
（6） 90.1
【解析】(1)本实验配制溶液时用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒以外还有100mL 容量瓶、胶头滴管；(2)由实验1表格数据可知，当Cu(NO3)2、NaOH和Na2CO3溶液的体积均为2mL时，生成碱式碳酸铜最多，又Cu(NO3)2、NaOH和Na2CO3溶液的浓度分别为0.5mol·L−1、0.5mol·L−1、0.25mol·L−1，则制备碱式碳酸铜时，Cu(NO3)2、NaOH和Na2CO3溶液的最佳物质的量之比为2∶2∶1；由实验2表格数据可知，当温度为75℃时，生成碱式碳酸铜最多，则最佳反应温度为75℃，故本实验的加热方式为水浴加热；(3)制备碱式碳酸铜的化学方程式为2NaOH+Na2CO3+2Cu(NO3)2=Cu2(OH)2CO3+4NaNO3；(4)实验2中在80℃反应生成的沉淀中有少量黑色的物质，产生该物质的原因可能是碱式碳酸铜受热分解生成黑色的氧化铜；(5)实验3中洗涤沉淀的操作向过滤器中加入蒸馏水没过沉淀，待蒸馏水自然流下后，重复操作2~3次；(6)由反应方程式可知，理论上生成碱式碳酸铜的物质的量为，质量为，则本实验的产率为。
2.【答案】（1）FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，溶于较浓的盐酸中的目的是抑制其水解
（2） Fe2O3
（3） 把洁净的粉笔置于酒精灯上灼烧未呈现黑色
（4） 实验ⅱ中酒精被氧化成乙醛，红色物质Fe2O3中Fe元素即被还原成0价或+2价。实验ⅲ中无气泡生成，可说明黑色物质中没有Fe单质，则一定含有+2价铁元素(逻辑合理即可)
（5） 5Fe2++8H++MnO=Mn2++5Fe3++4H2O或3Fe2++2[Fe(CN)6]3−=Fe3[Fe(CN)6]2↓
（6） CH3CH2OH+3Fe2O3CH3CHO+2Fe3O4+H2O
（7） 合理；根据产物FeS和S物质的量比为3∶1，可知实验中发生了2Fe3++3S2−=2FeS+S和Fe2++S2−=FeS两个反应，进而可知实验ⅲ所得清液中n(Fe3+)∶n(Fe2+)=2∶1，由此可判断黑色物质是Fe3O4(逻辑合理即可)；或不合理；实验中Fe3+与Na2S溶液还可能发生2Fe3++3S2−=2Fe2S3↓和2Fe3++3S2−+6H2O=2Fe(OH)3↓+3H2S↑等反应。(逻辑合理即可)
【解析】(1)FeCl3为强酸弱碱盐，FeCl3溶液中存在Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，为抑制Fe3+的水解，需要配制时先加入浓盐酸中溶解，然后加水稀释到所要浓度；故答案为FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，溶于较浓的盐酸中的目的是抑制其水解；(2)铁锈的主要成分是Fe2O3；故答案为Fe2O3；(3)通过实验排除猜想①，需要将一支干净的粉笔在酒精灯上灼烧，未观察到黑色；故答案为把洁净的粉笔置于酒精灯上灼烧未呈现黑色；(4)实验ii：根据信息，取下装有新制Cu(OH)2的试管，加热，有砖红色沉淀生成，说明乙醇通过铁锈时转化成乙醛，乙醇被氧化，铁锈为Fe2O3，该实验类似于氧化铜与乙醇的反应，Fe2O3中Fe被还原成Fe2+；实验iii：“黑色”物质中加入热的硫酸，“黑色”物质溶解，无气泡产生，说明“黑色”物质中不含铁单质，Fe2O3为红棕色，Fe3O4为黑色，Fe3O4且中既含有Fe2+也含有Fe3+，FeO为黑色，因此“黑色”物质中一定含有+2价铁元素；故答案为实验ⅱ中酒精被氧化成乙醛，红色物质Fe2O3中Fe元素即被还原成0价或+2价。实验ⅲ中无气泡生成，可说明黑色物质中没有Fe单质，则一定含有+2价铁元素。(逻辑合理即可)；(5)证明溶液中存在Fe2+，利用Fe2+的还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，其离子方程式为5Fe2++8H++MnO=Mn2++5Fe3++4H2O；也可以用铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀，其离子方程式为3Fe2++2[Fe(CN)6]3−=Fe3[Fe(CN)6]2↓；(6)乙醇被氧化成乙醛，Fe2O3被还原成Fe3O4，发生的反应方程式为CH3CH2OH+3Fe2O3CH3CHO+2Fe3O4+H2O；（7）Fe3O4溶于热的稀硫酸，溶液中含有Fe2+和Fe3+，Fe3+具有强氧化性，能将-2价S氧化，发生2Fe3++S2−=S+2Fe2+，所加Na2S过量，还发生Fe2++S2−=FeS↓，则得到物质的量之比为3∶1的FeS和S沉淀，所以丁同学合理；或者实验中Fe3+与Na2S溶液还可能发生2Fe3++3S2−=2Fe2S3↓和2Fe3++3S2−+6H2O=2Fe(OH)3↓+3H2S↑等反应，可以推出丁同学说法不合理；故答案为合理；根据产物FeS和S物质的量比为3∶1，可知实验中发生了2Fe3++3S2−=2FeS+S和Fe2++S2−=FeS两个反应，进而可知实验ⅲ所得清液中n(Fe3+)∶n(Fe2+)=2∶1，由此可判断黑色物质是Fe3O4(逻辑合理即可)；或不合理；实验中Fe3+与Na2S溶液还可能发生2Fe3++3S2−=2Fe2S3↓和2Fe3++3S2−+6H2O=2Fe(OH)3↓+3H2S↑等反应(逻辑合理即可)。
3.【答案】（1）
（2） 除去二氧化硫中的硫酸蒸汽
（3） 取实验Ⅱ中经离心分离后的溶液少量，加入盐酸酸化的溶液，观察是否有白色沉淀 二氧化硫及其水溶液容易被空气中的氧气氧化而产生硫酸根离子，会产生干扰 2mL 1mol·L−1 氯离子对二氧化硫的转化没有影响
（4）
（5） 取2个试管，分别取2mL 1mol·L−1溶液，试管甲中加入6滴1mol·L−1的盐酸、试管乙中加入6滴0.5mol·L−1的硫酸、同时通入等量的SO2
【解析】应用氧化还原反应原理、结合实验现象，推断反应产物，书写反应方程式；探究实验影响因素时，做对比实验，进行单因子变量控制，据此回答；(1)Cu与浓硫酸在加热条件下生成二氧化硫、硫酸铜和水，其反应方程式为：。(2)虽然硫酸是高沸点酸，加热温度超过其沸点时会挥发，装置B的作用为除去二氧化硫中的硫酸蒸汽。(3)①经检验，Ⅱ中的浅黄色固体是S。则SO2和溶液反应生成氧化还原反应，SO2被碘离子还原为S，碘离子被氧化，已知离心分离后，溶液黄色变浅加入淀粉溶液不变色，则氧化产物主要为，故在酸性条件下，SO2和溶液反应的离子方程式为：。②甲同学认为可能是生成的I2又被SO2还原了。该反应为： ，要证实自己的假设，甲同学只需要检验反应后的溶液中是否存在硫酸根离子即可，可取实验Ⅱ中经离心分离后的溶液少量，加入盐酸酸化的溶液，观察是否有白色沉淀，若有白色沉淀生成则假设成立、若没有白色沉淀生成则假设不成立，则答案为：取实验Ⅱ中经离心分离后的溶液少量，加入盐酸酸化的溶液，观察是否有白色沉淀。③乙同学认为甲同学的实验不足以证明其假设，他的理由是：二氧化硫及其水溶液容易被空气中的氧气氧化而产生硫酸根离子，会产生干扰。④丙同学探究的是氯离子对二氧化硫的转化有没有影响，对比丙同学的实验和Ⅱ，丙同学实验中没有碘离子，则向2mL 1mol·L−1溶液中加入6滴1mol·L−1盐酸，通入SO2，已知实验中无明显现象，再加入盐酸酸化的溶液，几乎没有白色沉淀。则丙同学的实验结论是氯离子对二氧化硫的转化没有影响。(4)实验表明，是SO2转化的催化剂，由实验知，在作用下，SO2转化为S和硫酸根离子，则化学方程式为。(5)为证实该推测，只要在实验Ⅰ时引入和实验Ⅱ等物质的量浓度的氢离子、可选择能提供氢离子而阴离子又不影响实验的硫酸，实验方案为：取2个试管，分别取2mL 1mol·L−1溶液，试管甲中加入6滴1mol·L−1的盐酸、试管乙中加入6滴的硫酸、同时通入等量的SO2，观察实验现象。
4.【答案】（1）如果试管A中气体压强减小，则外界空气会通过玻璃导管D进入试管，A、B之间不会存在压强差，不会产生倒吸现象
（2） 硫酸铜
（3）
（4） BCD
（5） 验证H2的还原性并检验其氧化产物 控制分液漏斗的活塞，使稀H2SO4缓慢滴下(或在烧瓶中加水或将烧瓶放入冰水中或用冰毛巾捂着烧瓶等减缓气流速率的方案，合理即可)
【解析】由图可知，导管D与大气相同，当具支试管中压强减小时，空气会进入具支试管，故不会倒吸，这个反应的主要反应是铜与浓硫酸的反应，固体产物硫酸铜为白色固体，因为黑色固体中可能含有氧化铜、硫化铜、硫化亚铜以及被掩蔽的氧化亚铜，依据流程中所加试剂及题干所给物质的性质可知，加入稀硫酸能生成蓝色溶液的是CuO或Cu2O，或者是CuO和Cu2O都有，在氧气流中加热质量减轻的只有CuS，所以在煅烧过程中一定发生的反应的化学方程式为，若通过计算可知固体乙中不能只有CuS，实验3是验证氢气的还原性及其产物的判断，要使反应充分，需使气体流速减慢。（1）因为D与大气相通，当停止加热，具支试管中压强减小时，空气会由D进入具支试管，故不会倒吸，所以答案为：如果试管A中气体压强减小，则外界空气会通过玻璃导管D进入试管，A、B之间不会存在压强差，不会产生倒吸现象；（2）因为具支试管中的主要反应是，所以白色固体为硫酸铜，答案为：硫酸铜或CuSO4；（3）因为反应后固体质量增重，反应后固体质量不变，固体质量减轻，因为固体乙在氧气流中加热后固体质量减轻，所以必有，所以答案为：；（4）由反应反应前后的固体质量减少可知，若只有CuS，只需0.96g便可产生0.16g的质量差，所以固体乙中必然含有反应前后固体质量不增加的反应，若是铜则来源于Cu2O，也可能是Cu2S，或者二者都有，所以答案为：BCD；（5）①因为烧瓶中盛装锌片，分液漏斗中盛装稀硫酸，可知装置A为氢气的发生装置，由连接顺序和所加试剂可知该实验的目的是用氢气还原氧化铜，并验证演化产物水，可是制备出来的氢气混有水蒸气，所以需先通入浓硫酸中干燥氢气，最后再加干燥管的目的是防止空气中的水进入，干扰实验，所以答案为：验证的还原性并检验其氧化产物；②在不改变反应物状态的情况下让其充分反应就是增大反应物的接触时间，所以应减缓通入氢气的速率，故答案为：控制分液漏斗的活塞，使稀缓慢滴下(或在烧瓶中加水或将烧瓶放入冰水中或用冰毛巾捂着烧瓶等减缓气流速率的方案，合理即可)。
5.【答案】（1）三颈烧瓶 吸收多余的氯气，防止污染环境 没有防倒吸装置
（2） MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
（3） K2FeO4在0℃~5℃环境中稳定，防止副反应发生(防止K2FeO4分解)
（4） 减少产品溶解损失，便于产品的干燥
（5） 缺少除Cl2中混有的HCl的装置
（6） 5FeO+3Mn2++16H+=5Fe3++3MnO+8H2O
【解析】根据实验装置图可知，A装置中用二氧化锰与浓盐酸加热制得氯气，B中发生反应3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH＝2K2FeO4+6KCl+8H2O来制备K2FeO4，氯气有毒不能直接排空，氯气能和NaOH溶液反应生成钠盐，所以用NaOH溶液除去尾气；(1)盛放KOH的仪器名称三颈烧瓶，氯气能和NaOH溶液反应钠盐，氯气有毒，所以可以用NaOH溶液处理尾气，防止污染大气，氯气易与碱反应，末端导气管直接伸入氢氧化钠溶液中会有倒吸的可能。故答案为：三颈烧瓶；吸收多余的氯气，防止污染环境；没有防倒吸装置；(2)加热条件下浓盐酸和二氧化锰反应生成氯化锰、氯气和水，反应方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；(3)K2FeO4在0℃～5℃的强碱性溶液中较稳定，所以采用冰水浴，从而防止副反应发生；故答案为：K2FeO4在0℃～5℃的强碱性溶液中较稳定，防止副反应发生；(4)浓盐酸易挥发导致生成的氯气中含有HCl，HCl能和KOH反应，从而降低产率，所以应该用饱和食盐水除去HCl，则实验中缺少除HCl的装置，故答案为：缺少除Cl2中混有HCl的装置；(5)K2FeO4在酸性环境中能将Mn2+氧化成MnO，Mn的化合价升高5价，K2FeO4被还原成Fe3+，Fe化合价降低3价，两者的系数比为：3∶5，再结合元素守恒配平得反应的离子方程式为：5FeO+3Mn2++16H+=5Fe3++3MnO+8H2O，故答案为：5FeO+3Mn2++16H+=5Fe3++3MnO+8H2O。